高中數(shù)學第八章第1節(jié)《基本立體圖形》提高訓練題 (37)(含答案解析)

第八章第1節(jié)《基本立體圖形》提高訓練題（37）

一、單項選擇題（本大題共16小題，共80.（）分）

1.如圖所示，在三棱錐P-48C中，AB1BC,AB=3,BC=2,點P在本、

平面ABC內的投影。恰好落在A8上，且40=1,=2,則三棱錐P-/\

/we外接球的表面積為（）

A.97rB

B.IOTT

C.127r

D.147r

2.已知正方體4當GJ-力BCD中，點尸是線段上的動點，對于下列結論：

①NPGB一定是銳角；

②G。_L平面&BD1；

③存在點尸，使4P〃Ci。；

④存在點尸，使GP〃平面4B￡?i，正確的是（）

A.①②B.②③C.①②④D.③④

3.已知三棱錐P-4BC每對異面的棱長度都相等，且44BC的邊長分別為VTL3,4,則三棱錐P-

4BC外接球的體積為（）

A.6a兀B.9V2;rC.187rD.367r

4.如圖，網(wǎng)格紙上小方格的邊長為1,粗線畫出的是某幾何體的三視圖，則該幾何體的外接球的

表面積為（）

A.447r7r

33

5.如圖所示，三棱錐P-ABC的外接球的半徑為凡且PA過球心，△P4B圍

繞棱PA旋轉60。后恰好與^P4C重合.若4P48=60%且三棱錐P-48c的

體積為遮，則R=()

A.1

B.V2

C.V3

D.2

6.中國古代數(shù)學名著《九章算術?商功》中有這樣的記載：“斜解立方，得兩塹堵.斜解塹堵，其

一為陽馬，一為鱉席.”意思是說：把一塊長方體沿斜線分成相同的兩塊，這兩塊叫“塹堵”，

如圖；

再把一塊“塹堵”沿斜線分成兩塊，以矩形為底，另有一棱與底面垂直的四棱錐，稱為“陽馬”，

余下的三棱錐是由四個直角三角形組成的四面體，稱為“鱉膈”，如圖.

塹堵陽馬

現(xiàn)有一四面體48CC,已知ZB=2,BC=3,CD=4,DB=5,AC=V13,AD二的,請分

析上述史料中蘊含的數(shù)學思想方法，求出四面體ABCD的外接球表面積是

A.297rB.387rC.45兀D.50TT

7.已知球。是正四面體4-BCD的外接球，BC=2,點E在線段8。上，且BD=3BE,過點E作

球。的截面，則所得截面圓面積的最小值是

A8T-）11/T547r

A-嚴B-7Tc-石兀D-T

8.已知球的直徑SC=6,A、B是該球球面上的兩點，且AB=SA=SB=3,則棱錐S-ABC的體

積為（）

A.B.尬C*D.這

4422

9.從長方體4BC。-AiBiGDi的頂點4發(fā)出的一束光線，依次經(jīng)平面BBiGC,CCi5。和。。送送

反射后到達頂點反.記光線與三個平面的交點依次為M,N,Q.若4B=V2.AD=3,AA1=3vL

點尸在側棱CCi上，且存=2兩，則三棱錐P-MNQ的外接球的半徑為

A.立B.1C.更D.在

222

10.在四面體ABC。中，AB=CD=2,AC=BD=近,40=BC=V7.若平面a同時與直線AB、

直線C。平行，且與四面體的每一個面都相交，由此得到一個多邊形截面，則該多邊形截面面

積的最大值為

A迪B.立C.也D.氈

8288

11.長方、塹堵、陽馬、陽馬和鱉膈的應/0）這些名詞出自中國古代數(shù)學名著《九章算術?商功》，

在仇章算術?商功J）中有這樣的記載：“斜解立方，得兩塹堵.斜解塹堵，其一為陽馬，一為

鱉膈."意思是說：把一塊長方體沿斜線分成相同的兩塊，這兩塊叫“塹堵”，如圖；

再把一塊“塹堵”沿斜線分成兩塊，以矩形為底，另有一棱與底面垂直的四棱錐，稱為“陽馬”，

余下的三棱錐是由四個直角三角形組成的四面體，稱為“鱉席”，如圖.

現(xiàn)有一四面體A8CD已知4B=2,BC=3CD=4,DB=5,AC=V13，AD=V29,請分

析上述史料中蘊含的數(shù)學思想方法，求出四面體ABCZ）的外接球表面積是（）

A.29兀B.38兀C.457rD.50兀

12.側棱長為26的正四棱錐內，有一半球，其大圓面落在正四棱錐底面上，且與正四棱

錐的四個側面相切，當正四棱錐的體積最大時，該半球的半徑為（）

A.1B.V2C-TD.2

13.如圖，外層是類似于“甜筒冰淇淋”的圖形，上部分是體積為10b兀的半球,

下面大圓剛好與高度為6的圓錐的底面圓重合，在該封閉的幾何體內倒放一

個小圓錐，小圓錐底面平行于外層圓錐的底面，且小圓錐頂點與外層圓錐頂

點重合，則該小圓錐體積的最大值為（）

A..-92n

B.-98n

3

C.307r

100

D.-----7T

3

14.已知正四棱錐P-4BCD的所有頂點都在球。的球面上，該四棱錐的五個面所在的平面截球面所

得的圓大小相同，若正四棱錐P-4BCD的高為2,則球。的表面積為（）

A.87rB.97rC.127rD.16兀

15.已知A,B,C是球。的球面上的三點，^AOB=^AOC=60°,若三棱錐0-ABC體積的最大值

為1,則球。的表面積為（）

A.47rB.97rC.167rD.20n

16.某廣場設置了一些石凳子供大家休息，這些石凳子是由正方體沿各棱的中點截去八個一樣的正

三棱錐后得到的.如果被截正方體的棱長為40cm,則石凳子的體積為（）

19200031600003160003640003

A.cm'B.cm0C.cm'D.cm°

3333

二、多項選擇題（本大題共2小題，共8.0分）

17.正方體aBCD-AiBiGCi的棱長為1,E,F,G分別為BC,CJ,的

中點.則（）

A.直線。山與直線A尸垂直

B.直線&G與平面AEF平行

C.平面AE尸截正方體所得的截面面積為:

O

D.點C與點G到平面AEF的距離相等

18.如圖，在正方體4BCD-A/IGDI中，記平面4GB與平面ABCD的交線

為I,則下列結論正確的是（）.

A.〃/平面AB】。

B.I14B

C.I與BC、所成角大小為60°

D.Iu平面AB、C

三、填空題（本大題共12小題，共60.0分）

19.在棱長為1的正方體ABCD-4B1C1D1中，P、。分別為棱BDi和BBi上的動點，則△^PQ周長

的最小值為.

20.已知四面體的四個頂點均在半徑為1的球面上，且至少有一個面為頂角是120。的等腰三角形，

則該四面體體積的最大值為.

21.如圖，正方體ABCD-AiBiGDi的棱長為1,有下列四個命題：

①①當與平面BCD送1所成的角為45。；

②三棱錐4一4BD與三棱錐G-&BD的體積比為1：2；

③存在唯一平面a,使得平面a〃平面4BD且a截此正方體所得截面為正六邊形;

④過點4作平面a,使得棱AB,A。，A4］在平面a上的正投影的長度相等，則這樣的平面a有且

只有一個；

上述四個命題中，正確命題的序號為

22.某工廠現(xiàn)將一棱長為次的正四面體毛坯切割成一個圓柱體零件，則該圓柱體體積的最大值為

23.動點尸從正方體力8。。-4/6。1的頂點4出發(fā)，沿著棱運動到頂點Ci后再到A,若運動中恰

好經(jīng)過6條不同的棱，稱該路線為“最佳路線”，則“最佳路線”的條數(shù)為（用數(shù)字作答

）.

24.已知等邊三角形ABC的三個頂點都在以點。為球心、2為半徑的球面上，若三棱錐。-ABC的

高為1,則三棱錐。-4BC的體積為.

25.已知三棱錐S-ABC外接球。的體積為288兀，在44BC中，AB=6,AC=8,cos/CBA=|,則

三棱錐S-ABC體積的最大值為.

26.正三棱柱4BC-A#16（底面是正三角形，側棱垂直底面）的各條棱長均相等,D為A&的中點.M、

N分別是BBi、CG上的動點（含端點），且滿足=GN.當M、N運動時，下列結論中正確的是

（填上所有正確命題的序號）.①平面DMN_L平面BCC/i；

②三棱錐&一OMN的體積為定值；

（3）團DMN可能為直角三角形；

④平面。與平面A8C所成的銳二面角范圍為（0,習.

27.已知正四棱椎P-4BCD中，AP4C是邊長為3的等邊三角形，點M是

△P4C的重心，過點M作與平面PAC垂直的平面a,平面a與截面PACIxj//

交線段的長度為2,則平面a與正四棱椎P-4BCD表面交線所圍成的封

B

閉圖形的面積可能為.（請將可能的結果序號填到橫線上）

①2；②2夜；③3；④）2近.

28.在四棱錐S-ABCD中，底面四邊形A8CD為矩形，SA1平面ABC。，P,。分別是線段8S,AD

的中點，點R在線段SO上.若AS=4,AD=2,AR1PQ,則4R=.

29.已知正四棱椎P-4BCO中，△PAC是邊長為3的等邊三角形，點M是APAC的重心，過點M作

與平面PAC垂直的平面a,平面a與截面P4C交線段的長度為2,則平面a與正四棱椎P-力BCD

表面交線所圍成的封閉圖形的面積可能為.（請將可能的結果序號填到橫線上）①2；

②2vL③3;④2亞

30.三棱錐P-4BC中，AB=PA^PB=2,乙4cB=30。，當三棱錐P-ABC體積最大時，其外接

球半徑為.

【答案與解析】

1.答案：D

解析：

結合已知構造直三棱柱PAB-MNC,則直三棱柱PAB-MNC的外接球即為所求，球心0為直三棱

柱上下底面三角形外接圓圓心連線的中點，結合球的性質及勾股定理可求.

本題考查球的表面積的求法，是中檔題，解題時要認真審題，注意空間思維能力的培養(yǎng).

解：由題意可知，。。_1平面42<?,PDu平面PAB,

所以平面P4B，平面ABC,

又因為4B1BC,平面PABC平面ABC=4B,

所以BC_L平面PAB,

構造直三棱柱P4B-MNC,如圖，

則直三棱柱PAB-MNC的外接球即為三棱錐P-力BC的外接球,

球心。為直三棱柱上下底面三角形外接圓圓心連線的中點，

因為P0J.4B,PD=2,AD=1,BD=2,

則P4=y/PD2+AD2=V5，4PBD=%

△/MB中，由正弦定理可得外接圓半徑為焉=零，

2sin4-2

外接球半徑為J1+嚕2="，

???三棱錐P-ABC外接球表面積為47rx（四>=14兀，

k27

故選：D.

2.答案:B

解析：

本題考查命題真假的判斷，考查空間中線線、線面間的位置關系等基礎知識，是中檔題.

根據(jù)空間中線線、線面間的位置關系對①②③④逐一進行判斷即可.

解：在①中，當點P運動到點B時，點P,G，B,三點共線，故①錯誤；

在②中，由正方體的性質可得6。140,CyD1CDlt

因為4?！?劣，CDJ/A^B,

所以G。14iDi,GD1418,

又415n=A］，u平面&BDi，

所以Q0L平面故②正確；

在③中，???CiC〃ABi，所以當點P運動到與的交點時，AP//C.D,故③正確；

在④中，???點Ci€平面點Pg平面ABDi,

與平面AB"相交，故④錯誤.

故選：B.

3.答案：B

解析：

本題考查棱錐的外接球的體積的計算，考查空間想象能力和轉化能力，屬中檔題.

依題意將三棱錐可以補形成一個長方體，該長方體的各面上的對角線長分別為VTT,3,4,設長方

體的長、寬、高分別為a,b,c,求出長方體的對角線長即得到球的直徑，即可求體積.

解：由于三棱錐P-4BC每對異面的棱長度都相等，所以該三棱錐可以補形成一個長方體，且該長

方體的各面上的對角線長分別為V1L3,4,

設該長方體的長、寬、高分別為a,b,c,

且不妨設a?+爐=(VTT)2~11,a2+c2=32=9,b2+c2=42=16,

所以a?+b2+c2=18,

所以三棱錐的外接球的直徑為Va2+岳+c2=3魚，

三棱錐P-4BC外接球的體積為任x(竽-9y^7T，

故選B.

4.答案：A

解析：

本題考查了空間幾何體的三視圖，幾何體外接球表面積的求法，求出外接球的半徑是解決本題的關

鍵，屬于中檔題.

根據(jù)幾何體的三視圖，得到該幾何體為四棱錐，將四棱錐補形為的直四棱柱，然后根據(jù)幾何關系求

出外接球半徑即可求解.

解：根據(jù)幾何體的三視圖可得，該幾何體為四棱錐P-ABCD,將四棱錐補形為如圖的直四棱柱，

則外接球的球心為上底外心M與下底外心N連線的中點0,

由俯視圖得BO-2述，ND.AB'',

在△ABC中，由正弦定理.其二=2NB,得NB=同,

sinz.DAB

22

所以0B2=R2=ON+NB=11,則s以=4TTR2=447r.

故選A.

解析：

本題考查了求三棱錐的體積，考查了三棱錐外接球的有關性質，屬于中檔題.

過點B作BH1PA于H,連接CH,則依題意,=60%進而可得CH=BH=BC=^R,VP_ABC=

^P-BCH+匕-BCH，可得結果.

解：如圖所示：

J.

過點B作BH1PA于H,連接CH,

則依題意，LCHB=60%因為PA過球心，所以球心為PA中點，所以三角形PA8是直角三角形,

PA為斜邊，

因為CH1PA,BHCCH=u平面BCH,

PA平面BCH,

進而可得CH=BH=BC百R,

^P-ABC=^P-BCH+匕-BCH

=—R3=V3,

8

解得R=2.

故選D.

6.答案：A

解析：

本題主要考查了可擴充為長方體的三棱錐外接球的表面積求法，屬于中等題.

根據(jù)材料可得該四面體可擴充為長方體，且長方體的對角線長為聞，即可求出外接球的半徑，從

而得出表面積.

解：由題意得。。14&。。_18&4818。，從給出的史料可得它是鱉腌，

從而它可以擴充為一個長方體，且長方體的對角線長即為內，所以2R=g=R=適，

所以外接球的表面積為S=4nR2=4n'(立馬？=4兀x*=297T.

故選A.

7.答案：A

解析:

考查正四面體的外接球的半徑與棱長的關系，及截面面積最小時的情況.屬于較難題.

由正四面體的棱長求出底面外接圓的半徑即棱錐的高，再由外接球的半徑與高和底面外接圓的半徑

之間的關系求出外接球的半徑，在ABE。'，由余弦定理求出E。'的值，當過E的截面與0E垂直時,

截面的面積最小，求出0E,再求求出截面的半徑，進而求出截面的面積.

解：作40'1面BCD,垂足為。'連接B。'并延長交C￡)于凡

由題意得F時CQ的中點，且。'為三角形BCD的外接圓的圓心，設三角形

BCD的外接圓半徑為『，則r=80,=2口尸=幺勺BC=更?2=也，

33233

高九=4。'=、AB2-B0,2=卜一(竽)2=乎,

設外接球的球心為O,設外接球的半徑為R,則由題意知。在4。'上，連接08,R=0B,在三角形

B。。'中：R2=r2+(h-R)2,

所以2/?/1=/+h2,將，，/?值代入可得：R=立，

2

所以00，=40，—R=辿—漁=立，

326

因為點E在線段BO上，且BD=3BE,BD=2,所以BE=|,在三角形BE。'中，由余弦定理：O'E=

y/BO,2+BE2-2-BO'-BE-cos30°=1(—)2+(-)2-2--

\v373323

正三角形0E0,中，OF?=O'E2+00'2=(|)2+4)2=11

當過E的截面與OE垂直時，截面的面積最小，設截面的半徑為/則d=R2-0E2=g)2_1|=

16_8

18-

所以截面的面積5=仃'2=:兀，

9

故選：A.

8.答案：D

解析：

本題考查棱錐體積的求法，設球心為M,三角形ABC截面小圓的圓心為0「根據(jù)條件作出對應的直

觀圖，求出棱錐的高和底面邊長，計算出錐體的體積即可.

解：設經(jīng)過A、B和SC垂直的截面小圓的圓心為0「

因為SC為直徑，所以NS4C=90。，所以.ACx/SC2SA2-\/27-

又SCU01.4,所以Q.4-S.f1=3x；若=y/27,同理。山=冬，

所以三角形40把為等腰三角形，設高為/?,則h=J(字產(chǎn)—［尸:挈,其面積

013、歷,,90

=5Xx3=—>

^a-AHC=^S-Oi.4B+^C-OiAB=鼻SdOiABx。6+-xO|C

J?5

1s190,9g

="cxSC=-x——x6=——，

<)J4N

9.答案：C

解析：

本題考查幾何作圖以及三棱錐的外接球，屬于較難題,解題關鍵在于運用光線的反射原理，根據(jù)對稱

性確定光線在三個平面的反射點，然后根據(jù)條件可以發(fā)現(xiàn)三棱錐N-MPQ的三條側棱NQ,NM,NP

兩兩垂直，故可將三棱錐N=MPQ補形成長方體計算外接球的半徑.

解：把長方體ABCD-4/的劣左右兩側拼接與長方體力BCD-&B1GD1相同的長方體ADGH-

A1D1G^H^^BEFC-B1E1F1C-l,

則四邊形與“iG】G的邊長都為3夜的正方形，

點4與E關于平面BBiGC對稱，點Hi與Bi關于平面A&DiD對稱，分別取E/與FG1的中點/與人，

則四邊形Gi/〃i與EF/J的邊長都為3的正方形，〃i_L平面F&GiG,與E/1關于直線〃1對稱，

所以根據(jù)光線反射原理，點N與A重合，"Ji與平面E/i與平面8CGB1的交點分別為Q,

M,

且MQ=2,MN=NQ=五,乙MNQ=90°.

因為汴=2正，由平面幾何知識可得PN=1,連接F",則點P為&G與CQ的交點，在正方形FF】GiG

中，

F]G1GiF,又F、G1EF,所以F】G，平面EFGi/,即FGJ_平面MNQ,

PN_L平面MNQ,故三棱錐N—MPQ的三條側棱N。，NM,NP兩兩垂直，

將之補形為棱長企，企,1的長方體，可計算其外接球半徑R=避尹=苧，

故選C.

10.答案：B

解析：

本題考查了平面的基本性質及推論，截面面積最值的求法，涉及基本不等式求最值，屬較難題.

補成長，寬，高分別為2,遙，1的長方體，在長方體中可解決.

解：補成長，寬，高分別為2,遮，1的長方體（如下圖）

由于EFla,故截面為平行四邊形A/NKL

可得KL+KN=y/7.

設異面直線8c與A。所成的角為9,

則sin。=sinzHFB=sin乙LKN.

△HFB中，HB=2,FH=FB=

2

由余弦定理可得cose=未迪=

.八473

:、smd=—，

7

SgMNKL=NK?KL?sin乙NKL

46

=-NK-KL

當且僅當NK=KL="時取等號.

2

故選B.

11.答案：A

解析：

本題考查了幾何體外接球表面積求解，屬于中檔題.

根據(jù)題意將四面體ABCD的外接球轉化相對應的長方體的外接球，然后求解.

解：依題意可知乙IBC=/ABD=NACD=4BCD=90。，即此四面體的四個面都是直角三角形，它

是一個“鱉膈”，

四面體ABCD的外接球也就是相對應的長方體的外接球，該長方體的體對角線AD為外接球直徑.

外接球半徑R=尊外接球表面積S=4兀呼產(chǎn)=29兀，

故選A

12.答案：B

解析：

本題考查棱錐的體積的最值問題，屬于中檔題；

設E為AO中點，。為底面中心，0F1UE交VE于點F,連接。4設40=2a,則。4=&a,VO=

,12-2a2.正四棱錐的體積1/=?『o=型近2—2a2,利用導數(shù)可得a=2時，正四棱錐的體

33

積最大，此時球的半徑為夜.

解：如圖，E為AO中點，O為底面中心，0F1UE交VE于點F,連接。A.

設4。=2a,則0A=V2a.VO=V12-2a2.

正四棱錐的體積V=^AD2-VO=—V12-2a2,

33

記g(t)=看吟令t=。2,aG(0,2遍)，貝IjtG(0,12),

g(t)=t2(12-2t)=-2t3+12t2,

g'(t)=-6t2+24t=-6t(t-4),

因此當tG(0,4)時，g'(t)>0;當t€(4,12)時，g'(t)<0,

即g(t)在(0,4)上單調遞增，在(4,12)單調遞減，

故當t=a2=4時,體積最大.

此時a=2,VO=V12-2a2=2;VE=2>/2;

則VE-OF=EO-VO,可得OF=V2

故球的半徑為企;

故選B.

13.答案：B

解析：

本題考查圓錐的體積問題，也考查了利用導數(shù)研究函數(shù)的最值，考查了推理能力與計算能力，屬于

中檔題.

令上部分的半球半徑為R,小圓錐的底面半徑為r,小圓錐底面中心到球心距離為/?,由圓錐體積公

式，可得U=：兀/(h+6)=1兀+令/?(%)=(15—/12)(八+6),求出

導函數(shù)，利用導數(shù)與函數(shù)單調性的關系求出最大值.

解：令上部分的半球半徑為R,可得|兀/?3=io反兀，解得R=危，

設小圓錐的底面半徑為r,小圓錐底面中心到球心距離為h,

可知r,h,和R可構成直角三角形，即八+八2=15,

圓錐體積U=1nr2(h+6)=1TT(15-F)(/i+6)(0<h<V15),

令f(h)=(15-F)(九+6),則尸(九)=-3(/1+5)?(八一1),

可知/(九)在(0,1)上單調遞增，在(1,“虧)上單調遞減，

所以當/1=1時，/(八)最大，即Knax=F-

故選總

14.答案：A

解析：

本題考查棱錐的定義，以及球的表面積公式，屬于中檔題.

首先求出正四棱錐P-ABC。的側棱長，再求出球。的半徑，從而得到求。的表面積.

解：設正四棱錐P-4BCD的底面邊長為“，則側棱長為PA=J(守(+22=卓竺,

所以cos〃PB=云聲片品,所以如乙^=卜心=哥,

22

由于四棱錐的五個面所在的平面截球面所得的圓大小相同，所以三角形PAB的外接圓半徑為立a,

2

所以由正弦定理得:后急=2、三巴解得：。2=8立一8,

溫+8

設球。的外接圓半徑為r,所以r2=(2-r)2+(#a)2,解得「=等=吟絲=魚，

2

所以球。的表面積為47n--17r(v^)=8TT,

故選A.

15.答案：C

解析：

本題考查三棱錐的體積的最值問題以及其外接球的表面積，屬于中檔題.

確定當平面AOC與面408垂直時，三棱錐。-4BC的體積最大是解題關鍵，再結合三棱錐的體積公

式求出球的半徑，則球的表面積可求.

解：如圖,

設球。的半徑為R,???4408=60。，.??SAAOB=，R2,

^O-ABC=LC-HOB，1"以AOB【加積為定值，

???當點C到平面AOB的距離最大時，力TBC最大，

二當平面AOC與面AOB垂直時，體積%TBC最大，

Z.AOC=60°,OA=OC=R,

.?.△AOC為等邊三角形，

此時三棱錐C-40B的高為更R,

2

三棱錐0-ABC體積最大值為三X遮R2X立R=1,

342

???R=2,

??.球。的表面積為4TTR2=4兀x22=16兀,

故選C

16.答案：B

解析：

由已知求得正方體的體積，減去八個正三棱錐的體積得答案.

本題考查正方體與三棱錐體積的求法，是基礎的計算題.

解：由題意可知，截去的八個四面體是全等的正三棱錐，體積是8xix|x20x20x20=?cm3；

正方體的體積為40x40x40=64000cm3；

Elk/0/義工□日32(MM)

則石凳的體積是64000———

*5?5

故選B.

17.答案：BC

解析：

本題考查空間直線與平面的位置關系，主要是平行和垂直，記熟線面平行、垂直的判定和性質是迅

速解題的關鍵，同時考查截面的畫法及計算，以及空間異面直線所成的角的求法，屬于較難題.

利用空間向量法判斷兩直線是否垂直；利用面面平行證明線面平行；作出正方體的截面為等腰梯形，

求其面積即可；利用等體積法處理點到平面的距離，或用反證法證明.

解：對選項4：以。點為坐標原點，DA.DC、DDi所在的直線分別為x、y、z軸，建立空間直角坐

標系，

則。(0,0,0)、4(1,0,0)、41(1,0,1)、￡(-,1,0),F(0,l,])、6(1,1,-),/(0,0,1).

從而西=(0,0,1)，AF=(-1,1,i),

從而DD]?AF=

所以0劣與直線AF不垂直，

選項A錯誤；

對選項B：取DDi的中點N,連接4N,則4V為直線A尸在平面ADD14內的射影，4V與。仇不垂直,

從而A尸與DDi也不垂直，選項A錯誤；取BC的中點為M,連接為M、GM,則4M〃4E,GM//EF,

易證平面A、MG“平面AEF,雙而A[G”平面AEF,選項B正確；

對于選項C,連接40[,。1產(chǎn)，易知四邊形AEFA為平面AEF截正方體所得的截面四邊形(如圖所示),

且D/=AH=炳,ArD=V2,

22＞S

所以=|V2XJ(V5)-(y)=|而S四邊形AEFD、=l^AD1H=從而選項C正確；

對于選項。：(方法一)由于SdGEF=S版陶EFG-S/1EBG=3(1+{)xg-Tx^Xg=%而

sSECF=oxoxo=o,而匕YEF=JSAEFG。AB，VA-ECF=Z5AKCf--4B,所以匕_GEF=

2VA_ECF,即%-EF=2%-AEF，點G到平面AEF的距離為點C到平面AEF的距離的二倍.從而。錯

誤

(方法二)假設點C與點G到平面AE尸的距離相等，即平面4EF將CG平分，則平面AEF必過CG的

中點，連接CG交EF于點。，易知。不是CG的中點，故假設不成立，從而選項。錯誤.

故選8,C

18.答案：AC

解析:

本題考查立體幾何中線面平行的判定，直線與直線的關系，直線與平面的位置關系，屬于中檔題.

根據(jù)正方體的性質，確定平面與平面ABCD的交線為/的位置是解題的關鍵.

解：如圖所示：延長2C至E是的CE=BE,連接BE,￡E,

根據(jù)正方體的性質可知，BEf/ACf/A^,

又平面4BC0〃平面AiBiGDi，&Gu平面4/16。]且4Bu平面488,

故直線BE即為平面為C1B與平面ABC。的交線為。

???BE〃4C且ACu平面ABiC,BEC平面4&C,故8E〃平面4/C,即1〃平面48停,故A正確;

由圖可知而=前=而+而，砧=荏-痂，所以布.砧=（荏+而）（而-理）=|函2>

0,

所以/與不垂直，故3錯誤；

由圖易知ABCiE為等邊三角形，故4EBG=60。，故C正確；

由4選項可知〃/平面ABiC,故〃錯誤；

故選4C.

19.答案：J4+2企.

解析：

本題考查了棱柱的結構特征，以及對稱點的運用.由對稱點，求出最短距離，得到三角形周長的最小

值.

解：將三角形D1C/繞軸旋轉到平面OiOB,由三角形全等易知，C]P=DP；

同理將平面BCG/繞軸BBi旋轉到與對角平面DiDBBi所處同一平面上，則三角形C】PQ的周長的最

小值轉化為對角平面矩形的對角線長，

由勾股定理計算得J解+1）2+#=V4+2V2.

故答案為94+2也

20.答案：誓

解析：

本題考查空間想象能力、運算求解能力和邏輯思維能力，屬于難題.

本題需要根據(jù)球的結構特征獲取到三棱堆高的最大值.并選取合適的變量表示三棱維的體積.

解：不設四面體為三棱錐D-ABC.且AaBC為頂角是120。的等腰三角形G4B=BC,NABC120。，過球

心。作面ABC的垂線.垂足為0'.設。O'=x,0<x<1.

由于。4=OB=OC,故。%=O'B=O'C=4^7，即。'為△4BC的外心.

所以AC=2V1-x2-sin600=存/x2.又AB=BC,/.ABC=120°,

所以AB=BC=萬中.設三棱錐D4BC高為h,則h<%+1.

則14MBe=gs&Mf<|X[('I—]fX-(T+1)=y^(l-X2)(X+1).

令"%)=|(1-%2)(x+1).則((無)=柒-3/-2X+1)=-柒芯+1)(3%-1).

令f'(x)=0,得x=g.當xe(0,》時，[(x)>0.當xe?.1)時，f(%)<0.

所以f(x)max=-X^X-=且遮，所以四面體體積的最大值為見1

12938181

故答案為隨.

81

21.答案：①②③④

解析：

本題考查了空間位置關系的判定、三棱錐體積計算公式、簡易邏輯的判定方法，考查了推理能力與

計算能力，屬于中檔題.

如圖所示，

①與平面BCD1&所成的角為4B14B,求出即可判斷出正誤；

②利用三棱錐的體積計算公式即可得出4-4BD的體積V,三棱錐G-&BD的體積=I3-4V,即

可得出體積比；

③存在唯一平面a,使得平面a〃平面4BD且a截此正方體所得截面為正六邊形，如圖所示EFGHKL,

E,F,G,H,K,L分別為各棱的中點；

④滿足條件的平面a有且只有一個，是經(jīng)過點A且與直線AC】垂直的平面.

解：如圖所示，

①公當與平面BCD14所成的角為NBi&B=45°,正確；

②三棱錐4一4B0的體積=]x[xl2=a三棱錐C1-4B0的體積=13-4X*=%因此體積比

=1：2,正確；

③存在唯一平面a,使得平面a〃平面4BD且a截此正方體所得截面為正六邊形，

如圖所示平面EFGHKL,E,F,G,H,K,L分別為各棱的中點，正確；

④過點A作平面a,使得棱A8,AD,在平面a上的正投影的長度相等，

則這樣的平面a有且只有一個，是經(jīng)過點A且與直線4cl垂直的平面，正確.

上述四個命題中，正確命題的序號為①②③④.

故答案為：①②③④.

22.答案：空.

27

解析：

本題考查正四面體的結構特征，圓柱體的體積及基本不等式的應用，屬于較難題.

由題意，正四面體的斜高為|,高為遮，設圓柱體的底面半徑為廣，高為/?,由三角形相似得力=

2V2g-r),0<r<1,根據(jù)體積公式表示圓柱體體積，利用基本不等式求最大值即可.

解：由題意，正四面體的斜高為|,高為我，

設圓柱體的底面半徑為「，高為〃，則如圖所示，

OA,EA分別為正四面體的高和斜高，G為圓柱上底面與正四面體側面的切點，。為底面三角形的中

心.

E

o1rx

AE=AO=V2,OE=設4G=x,則由1=T，得％=3r,

2222

由芽

*得仁苧

2(1-9,

所以h2V2g-r),0<r<I，

9

解析：解：從4點出發(fā)有3種方法，（4，B,D）,假如選擇了&,則有2種選法（即仇）到G，再從G出

發(fā)，若選擇了（當，或5）,則只有一種方法到A,若選擇了C,則有2種方法到A,

故“最佳路線”的條數(shù)為06（1+2）=18種，

故答案為：18

根據(jù)分步計數(shù)和分類計數(shù)原理即可求出答案

本題考查排列、組合的應用，涉及棱柱的結構特征，關鍵掌握分部和分類計算原理，屬于基礎題.

24.答案：逋

4

解析：

本題考查棱錐體積的求法和組合體的結構特征，考查空間想象能力與思維能力，考查計算能力，是

中檔題.

由題意畫出圖形，求解三角形可得正三棱錐。-ABC的底面邊長，再由棱錐體積公式求解.

解：設等邊AHBC的邊長為〃?，則卜_（駟）2*+仔=22,所以巾=-3（舍）或m=3,所以

嗔-=：x（；x3x3xsin60。）x1=限

故答案為公

4

25.答案：48+8V11.

解析：

本題考查正弦、余弦定理的應用，解決問題的關鍵是根據(jù)余弦定理求解8C,結合體積公式求解R,

球心距，根據(jù)幾何關系分析取得最大值的位置.

解：在三角形A8C中，根據(jù)余弦定理可得：

AC2=AB2+BC2-2AB-BCct^ACHA,

解得BC=10,

=288兀，...R=6,

球心O到平面ABC的距離d=V36-25-"I，

當平面SBC，平面4BC時，三棱錐S-ABC體積的取得最大值，

|x（|x6x8）x（6+VT1）=48+8VIL

故答案為48+8aL

26.答案：①②④

解析:

本題考查了命題的真假與應用，考查了棱柱的結構特征，以及面面垂直的判定，三棱錐4-DMN的

體積公式，二面角；對于①，由BM=C]N,得線段MN必過正方形BCGBi的中心。，由。。J■平面

BC￡B],可得平面。MN_L平面BCC1B1；對于②，由的面積不變，N到平面的距離不

變，得到三棱錐&-DMN的體積為定值；對于③，利用反證法思想說明△DMN不可能為直角三角

形；對于④，平面。歷N與平面ABC平行時所成角為0,當"與8重合，N與G重合時，平面。MN

與平面ABC所成的銳二面角最大.

如圖，①，當M、N分別在8B

1、CQ上運動時，若滿足BM=C1N,則線段MN

必過正方形BCG&的中心O,而D0，平面BCGBi，

平面0MN1平面BCGB1，故正確；

（2）,當M、N分別在8%、CQ上運動時，△&￡）“

的面積不變，N到平面A】?！钡木嚯x不變，棱錐

N-&DM的體積不變，即三棱錐4-CMN的體積

R

為定值，故正確；

③，若A0MN為直角三角形，則必是以NMDN為直角的直角三角形，但MN的最大值為8G，而此

時。M,ON的長大于BBi，???4MON<90°,.??△DMN不可能為直角三角形，故錯誤；

④，當M、N分別為BBi，CG中點時，平面。MN與平面ABC所成的角為0,當M與B重合，N

與G重合時，平面DMN與平面A8C所成的銳二面角最大，為乙CiBC,等于:..??平面DMN與平面A8C

所成的銳二面角范圍為（0,白，故正確,

???正確的是①②④.

故答案為：①②④.

27.答案：①③

解析:

本題考查空間幾何體中的截面問題，考查空間想象能力、數(shù)形結合的思想，題目較難.設4cnBC=。,

因為P-4BCD為正四棱錐，易知B。！平面尸4C,過M作MT〃B。分別交棱P8、于點7、L,則

MT1平面PAC.由題意，只需所作的平面a是包含九且與截面PAC交線段的長度為2即可.數(shù)形結

合，作出截面即可得到答案.

解：設4CnBD=0,因為P-ABC。為正四棱錐，易知平面PACL平面A8CD

5LB0LAC,平面PACC平面力BCD=ZC,BOABCD,所以B。1平面PAC.

過例作M7〃B。分別交棱PB、PD于點T、L,則M71平面PAC.

由題意，只需所作的平面a是包含7Z且與截面PAC交線段的長度為2即可.

又△P4C是邊長為3的等邊三角形，點M是APAC的重心，

過M作MQ〃AC分別交棱PA、PC于點E、Q,

所以矍=等，即詈=1，所以EQ=2.

如圖1,則平面ET°L為滿足題意的平面a,

因為AC=3,所以AB=越，

2

所以產(chǎn)電=靠）2=4所以」X延2=2，

s正那PB9訝ETQL9'9,

故①正確；

如圖2,過T作77/〃GF,過L作LQ〃GF,

易知平面GLQHT為滿足題意的平面式，且GLQH7為兩個全等的直角梯形.

易知八，分別為GE、EF的中點，所以HT=3GF=1,

所以五邊形