高中數(shù)學(xué)第八章第1節(jié)《基本立體圖形》提高訓(xùn)練題 (28)(含答案解析)

第八章第1節(jié)《基本立體圖形》提高訓(xùn)練題（28）

一、單項選擇題（本大題共9小題，共45.0分）

1.在三棱錐P-4BC中，PA=PB=PC=2,且底面ABC為正三角形，。為側(cè)棱PA的中點，若

PCLBD,棱錐P-力BC的四個頂點在球。的表面上，則球。的表面積為（）

A.67rB.87TC.127rD.167r

2.在三棱錐P—HBC中，PA=PB=PC=AB=V3，且CB1C4,若三棱錐P-ABC四個頂點在

球。的表面上，則球。的表面積為（）

A.nB.47rC.D.y

3.己知正方體力8。。-48傳1。1的棱長為1,E、F分別是線段48、BZ\上的動點，若EF〃平面

ADD^,則三棱錐4-EFBi的最大體積為（）

A.更B.C.士D.J

1212248

4.在三棱錐P-ABC中，AB1BC,P在底面ABC上的投影為AC的中點。，DP=DC=1.有下列

結(jié)論：

①三棱錐P-ABC的三條側(cè)棱長均相等；

②4PAB的取值范圍是?（）；

③若三棱錐的四個頂點都在球O的表面上，則球O的體積為善；

④若48=BC,E是線段PC上一動點，則OE+BE的最小值為”.

其中正確結(jié)論的個數(shù)是（）

A.1B.2C.3D.4

5.在四面體4-BCD中，AB=CD=AC=BD=V3>AD=BC=2,若平面a同時與直線A8、直

線CD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*B.越C.V2D.越

242

6.在四面體ABC。中，△ABC和△BCD均是邊長為1的等邊三角形，己知四面體A8CO的四個頂

點都在同一球面上，且A。是該球的直徑，則四面體ABC。的體積為（）

A.立B.立C.立D.在

241264

7.在三棱錐A—BCD中，4ABD與ZCBD均為邊長為2的等邊三角形，且二面角4一BD-C的平面

角為120。，則該三棱錐的外接球的表面積為（）

A.7兀B.8兀C.—D.—

33

8.已知在三棱錐P-48c中，PA=PB,a/BC為銳角三角形，且點尸在平面A3C上的投影01為

△4BC的垂心，。2為△P4B的重心.若二面角P-48-C的余弦值為且POi=2V2,PC=2^3,

貝1JCO2=

A.1B.2V2C.越D.3

3

9.正方體49（7。-44弓馬的棱長為/，點M在棱上，且期=g，點尸是平面H5CZ）上

的動點，且點尸到直線44的距離與點尸到點M的距離的平方差為乙則點尸的軌跡是（）

A.拋物線

B.雙曲線

C.直線

D.以上都不對

二、多項選擇題（本大題共6小題，共24.0分）

10.己知邊長為2的菱形ABCD中，AABC=y,現(xiàn)沿著8。將菱形折起，使得4C=同則下列結(jié)

論正確的是（）

A.AC1BD

B.二面角4-8D-C的大小為g

C.點A到平面BCD的距離為|

D.直線AO與平面BC。所成角的正切值為g

11.（多選題）如圖所示，在正方體48。。一41/6。1中，M,N分別為棱

G2,qc的中點，有以下四個結(jié)論，其中正確的結(jié)論為（）.

A.直線AM與CQ是相交直線

B.直線AM與BN是平行直線

C.直線8N與MB1是異面直線

D.直線MN與4c所成的角為60。.

12.如圖，以等腰直角△ABC的斜邊上的高AO為折痕，把AABD和aACD折成相互垂直的兩個平面,

卜列結(jié)論正確的是（）

B.ZBAC=60°

C.若AD=1,則三棱錐內(nèi)切球的半徑為匕0

6

D.二面角B—AC-。的平面角的正切值為立

2

13.如圖，正方體2BCD-4B1GD］的棱長為1,P為BC的中點，。為線

段CC1上的動點，過點A,P,Q的平面截該正方體所得的截面記為S,

則下列命題正確的是（）

A.當(dāng)0<CQ<：時，S為四邊形

B.當(dāng)“=泄，S為等腰梯形

C.當(dāng)CQ=：時，S與GS的交點R滿足C/=?

D.當(dāng):<CQ<1時，S為六邊形

4

14.如圖，正方體ABCD-4道傳101的棱長為1,尸為BC的中點，。為線段CC】上的動點，過點A,

P,。的平面截該正方體所得的截面記為S.則下列命題正確的是（）

A.當(dāng)0<CQ<2時，S為四邊形；

B.當(dāng)CQ=1時，S不為等腰梯形；

C.當(dāng)CQ=即寸，S與C/i的交點R滿足C#=i；

D.當(dāng)CQ=1時，S的面積為手.

15.在棱長為1的正方體4BCD-AiBiQDi中，M是線段4G上一個動點，則下列結(jié)論正確的是（）

A.四面體/ACM的體積恒為定值

B.直線D】M與平面ADiC所成角正弦值的最大值為士

2

C.異面直線與AC所成角的范圍是［60。,90。］

D.當(dāng)441M=&G時，平面截正方體所得的截面面積為：

三、填空題（本大題共13小題，共65.0分）

16.在平面四邊形ABCQ中，AB=CD=1,BC=近，AD=2,/.ABC=90°,將△ABC沿AC折

成三棱錐，三棱錐B—ACO的體積最大值為，當(dāng)三棱錐B—4CD的體積最大時此三棱錐外

接球的體積為.

17.如圖，直三棱柱4BC-4B1G中，AAX=2,AB=BC=1,乙ABC=90°,外接球的球心為O,

點E是側(cè)棱BBi上的一個動點.有下列判斷:

/分…萬一一

①直線4C與直線GE是異面直線:②&E一定不垂直于4G；③三棱錐E-440的體積為定值;

@AE+EG的最小值為2vL

其中正確的序號是.

18.無人偵察機(jī)在現(xiàn)代戰(zhàn)爭中扮演著非常重要的角色，我國最新款的無人偵察機(jī)名叫“無偵-8”.無

偵-8（如圖1）是一款以偵察為主的無人機(jī)，它配備了2臺火箭發(fā)動機(jī)，動力強(qiáng)勁，據(jù)報道它的最

大飛行速度超過3馬赫，比大多數(shù)防空導(dǎo)彈都要快.如圖2,已知空間中同時出現(xiàn)了A,B,C,

。四個目標(biāo)（目標(biāo)和無人機(jī)的大小忽略不計），其中=2?akm，AD=2gakm，BC=CD=

BD=6akm,a>0,且目標(biāo)A,B,。所在平面與目標(biāo)8,C,。所在平面恰好垂直，若無人

機(jī)可以同時觀察到這四個目標(biāo)，則其最小偵測半徑為km.

19.已知三棱錐P-ABC的頂點P在底面的射影。為△ABC的垂心，若S4ABc-S&oBC=SipBC，且三

棱錐P-ABC的外接球半徑為3,則SAPM+SAPBC+SAPAC的最大值為.

20.如圖正方體力Ci中,M為AB中點，N為8c中點，P為線段CG上一動點（不含C）,過M,N,P與

正方體的截面為a，則下列說法正確的是

①當(dāng)言時，a為五邊形

②截面a為四邊形時，a為等腰梯形

③截面a過久時，言書

④a為六邊形時在底面投影面積Si，a為五邊形時在底面投影面積S2,則Si>S2

21.如圖正方體AC1中，M為A8中點，N為BC中點，P為線段CC1上一動點（不含C）,過M,N,P與

正方體的截面為a,則下列說法正確的是.

①當(dāng)言W：時，a為五邊形；

②截面a為四邊形時，a為等腰梯形;

③截面a過5時，言=《；

④a為六邊形時在底面投影面積Si，a為五邊形時在底面投影面積S2,則Si>52.

P

22.如圖，在三棱錐P-ABC中，PAA.AB,PC1BC,AB1BC,\AB\=2,

\BC\=1,\PC\=V5,則PA與平面ABC所成角的大小為;三棱錐P-

48C外接球的表面積是B

23.已知三棱錐P-4BC的頂點P在底面的射影。為△ABC的垂心，若S^ABC?SABC=S和BC，且三

棱錐P-4BC的外接球半徑為3,則SAP48+SAPBC+SAP.C的最大值為.

24.已知一圓錐底面圓的直徑是3,圓錐的母線長為3,在該圓錐內(nèi)放置一個棱長為。的正四面體（每

條棱長都為a的三棱錐），并且正四面體可以在該圓錐內(nèi)任意轉(zhuǎn)動，則。的最大值為.

25.在正四棱錐P-4BC0中，PA=2岳,48=4,若一個正方體在該正四棱錐內(nèi)部可以任意轉(zhuǎn)動，

則正方體的最大棱長為.

26.如圖，已知球0是直三棱柱力BC-4/傳1的外接球，AC=BC=CCi=

6,ACIBC,E,尸分別為&G的中點，過點A,E,F作三棱柱

的截面a,若a交BiG于M,過點M作球。的截面，則所得截面圓面積

的最小值是.

27.已知正方體A8CD的棱長為2遮，M,N為體對角線8劣

的三等分點,動點尸在三角形AC%內(nèi),且三角形PMN的面積為

3

則動點P的軌跡長度為.

28.3。打印模型是使用輔助設(shè)計軟件CAD來進(jìn)行制作的.現(xiàn)有一家公司決定通過C4。來設(shè)計一個

球形兒童玩具模型，為增加美觀性，決定在球內(nèi)設(shè)計一個內(nèi)接三棱錐幾何體，已知該三棱錐P-

BMN的底面是等腰直角三角形8MM且BM=BN=2,且點P到△BMN的三個頂點的距離都

為幾，則該公司設(shè)計的球形兒童玩具模型的半徑為.

四、多空題（本大題共1小題，共4.0分）

29.在直四棱柱ABCD—4$iGDi中，側(cè)棱長為6,底面是邊長為8的菱形，且N4BC=120。，點E

在邊BC上，且滿足BE=3EC,動點M在該四棱柱的表面上運動，并且總保持ME1則

動點M的軌跡圍成的圖形的面積為_(1)_：當(dāng)MC與平面ABC。所成角最大時，異面直線MG與

AC所成角的余弦值為_(2)_.

五、解答題(本大題共1小題，共12.0分)

30.圓錐底面半徑為1c㈤高為ecm，其中有一個內(nèi)接正方體，求這個內(nèi)接正方體的棱長.

【答案與解析】

1.答案：C

解析：

【試題解析】

本題考查棱錐和球的結(jié)構(gòu)特征和球的表面積公式，屬于較難題.

由已知得PCJ.P4PCLPB,PA1PB,因此以PA,PB,PC為同一頂點出發(fā)的正方體的八個頂點

在球。的表面上，

正方體的體對角線即為球的直徑，進(jìn)而求得球的表面積.

解：設(shè)AB的中點為E,連接PE,CE,

由PA=PB,

..AB1PE,

由底面48c為正三角形，

???AB1CE,

vPEC\CE=E

AB_L平面PEC,

???AB1PC,

又PCJLBD,ABCBD=B

PC1平面DAB,

即PC_L平面PAB,

???PC1PA,PC1PB,

由PA=PB=PC,且底面ABC為正三角形，

三棱錐P-ABC為正三棱錐，

PA1PB,

因此，以P4,PB,PC為同一頂點出發(fā)的正方體的八個頂點在球。的表面上，

???正方體的體對角線即為球的直徑，設(shè)球的半徑為R,

：.4R2=PA2+PB2+PC2=12,

???球0的表面積為4兀R2=127r.

故選C.

2.答案:B

解析：

本題考查了組合體的結(jié)構(gòu)特征以及球的表面積，求出球的半徑是解題的關(guān)鍵，是一般題.

解：由題意可知，平面P4B1平面A8C,

2

R=(|-/?)2+2,即R=1,S=4/r,

選B.

3.答案：C

解析：

本題考查了空間幾何體的結(jié)構(gòu)特征，及幾何體的體積的計算，其中解答中找出所求四面體的底面面

積和四面體的高是解答的關(guān)鍵，著重考查了分析問題和解答問題的能力，對于空間幾何體的體積與

表面積的計算時，要正確把握幾何體的結(jié)構(gòu)特征和線面位置關(guān)系在解答中的應(yīng)用.

設(shè)EB=x,xe(0,1),根據(jù)已知條件可以得到=尸到平面AAiBiB的距離為x,進(jìn)而得到三

棱錐A-EFBi的體積為V=-X)-1，=3(X—X2),以此求解即可.

解：由題意在棱長為1的正方體ABCO-AiBiGDi中，點E,F分別是線段4B,上的動點，

且線段EF平行于平面4遇。％,又EF與4劣共面，:E/7/月歷

AEF7?~A.4D1Z?,—=

BEAB

設(shè)EB=x,x€(0,1),則EF=V2x."到平面AA/iB的距離為x,

所以三棱錐A-EFBi的體積為V=1-i(l-x)-l-x=J(x-x2),

當(dāng)x=!時，體積取得最大值或，故選C.

4.答案：C

解析：

本題考查三棱錐的結(jié)構(gòu)特征，余弦定理的應(yīng)用，三棱錐外接球的體積及線面垂直的應(yīng)用，多面體上

最短距離問題，屬于綜合題.

由題意POJ_平面A8C,P0=BD=AD=DC=1,三棱錐P-4BC的三條側(cè)棱長都為，M+了=魚,

判斷①正確；設(shè)48=-由余弦定理可知cosNPa8=?xe（0，￥）,可判斷②正確；若三棱錐的四

個頂點都在球。的表面上，外接球。的半徑為1,根據(jù)球0的體積公式可判斷③錯誤；將APBC沿

著線段PC翻轉(zhuǎn)，當(dāng)APBC與ADPC在同一平面且在線段PC的兩側(cè)時，DE+BE有最小值，根據(jù)余

弦定理求出0E+BE的最小值，判斷④正確.

解：如圖，

p

E

C

在三棱錐P-ABC中，AB1BC,

P在底面ABC上的投影為AC的中點。，

則P。1平面ABC,

連接BD、PD,BD、AD,DCu平面ABC,

所以PDJ.8D,PDLAD,PD1DC,

DP=DC=1,且。是AC中點，AB1BC

則BO=AD=DC=1,

①三棱錐P-4BC的三條側(cè)棱長都為、12+1=應(yīng),所以相等,

故①正確；

②設(shè)48=x,0<x<2,

由余弦定理可知COSNPAB=一+（可#）2=

2-X-V24\2J

在A/MB中，4P4B的取值范圍是（%金，故②正確；

③若三棱錐的四個頂點都在球。的表面上，

因為DP=DA=DB=DC=1,

所以球心。為點。，球的半徑為1,球。的體積為半，故③錯誤；

④若AB=BC,則4B=BC=&，E是線段PC上一動點，

將APBC沿著線段PC翻轉(zhuǎn)，當(dāng)APBC與ADPC在同一平面且在線段PC兩側(cè)時，DE+BE有最小值

\BD\,

PD=1,PB=V2.NDPC=45°,NBPC=60°,

2

則DE+BE的最小值為J12+(V2)-2x1xV2Xcos(45°+60°)=后臂=漁產(chǎn)，故④正確.

其中所有正確結(jié)論的個數(shù)為3.

故選C.

5.答案：A

解析：

【試題解析】

本題考查了平面的基本性質(zhì)及推論，截面面積最值的求法，屬難題.

補(bǔ)成長，寬，高分別為1,VL1的長方體，在長方體中可解決.

解：由于四面體的對棱相等，故四面體A8CD可看作長方體的面對角線組成的三棱錐,

a2+b2=3

設(shè)長方體共點的三條棱長分別為。，b,c,則a?+c2=3,

b2+c2=4

解得：a=1,b=c=V2?

TAB〃平面a,CD〃平面a,

???平面a和長方體的上、下底面平行，補(bǔ)成長，寬，高分別為1,1,我的長方體（如下圖）,

設(shè)截面與長方體底面間的距離為無（0<無<魚），平面a與四面體4-BCD的截面為PQMN,顯然四

邊形PQMN是平行四邊形，設(shè)四邊形PQMN在長方體底面的投影為P'Q'M'N',則強(qiáng)=?="，

所以。(/=字，DP'=h,

四邊形P'Q'M'N'的面積為S=V2-|xy/ix/ix2-ix(l-y/i)x(V2-/i)x2=-V2/12+

2/i=-V2(/l-y)2+y,

所以當(dāng)九=叱時，s取得最大值名，

22

又平面a的面積與S相等，所以該多邊形截面面積的最大值為迎.

2

故選A.

6.答案：B

解析：

本題考查四面體的外接球的結(jié)構(gòu)特征，四面體的體積，屬于中檔題.

由題意得OC_L平面ABD,,從而求得四面體的體積.

解：如圖，取AO的中點。，連接A。，CO,

因為AB=8。=1,OA=OB=0D,所以448。=90。，OB=—，

2

同理可得oc=立.

2

因為BC=1,

所以。5+0。2=BC2,

所以。81OC.

又4C=C0,。為A。的中點，

所以O(shè)C，AD,

又。BC/W=0,

所以。CJ?平面AB。，

所以四面體ABCD的體積|Z=[SAABDXOC=IXIX/IBXBDXOC=y|.

故選總

7.答案：D

解析：

【試題解析】

本題考查了球的表面積公式的應(yīng)用，重點考查球的球心位置的判定.屬于中檔題.

首先確定球心的位置，進(jìn)一步確定球的半徑，最后確定球的表面積.

解：如圖所示：

因為△28。與4BCD是邊長為2的等邊三角形且二面角4-BD-C為120。,

取AABD和△BCD的中心F,E,取BO的中點記為G,連接EG,FG,

所以乙EGF=120°,

則球心。為過△48。和4BCD的中心的垂線的交點，

在四邊形OEG中可計算得：OE=OF=1,又因為ED=泗，

利用勾股定理得：球的半徑r=卜+（芋）2=亨,

則外接球的表面積S=4兀3=等.

故選

8.答案：B

解析：

【試題解析】

本題主要考查二面角以及余弦定理的應(yīng)用，屬于較難題.

依題意作圖，延長P02交A5于點M,根據(jù)空間中位置關(guān)系可得二面角P-48-C的平面角即為

4PMOp

及可求各線段長，再利用余弦定理求出MC,進(jìn)而可在回OzMC中，利用余弦定理求出答案.

解：如圖所示，延長P02交AB于點則M為AB的中點，

且由PA=P8可得PM148.又P。］_L48,所以48_L平面PM。］,所以M。114B.

所以二面角P-AB-C的平面角即為4PMO1，又01為△ABC的垂心，所以點C在的延長線上.

因為cosz_PMOi=J,所以sin/PMOi=—,tanzPMOi=2近.又PO］=2a,

所以PM=3,MO1=1.又外為APAB的重心，所以MO?=1.設(shè)MC=K，在APMC中，

利用余弦定理，可得9+/-2x=12,所以MC=x=3.

再在AOzMC中，利用余弦定理，可得。。2=2交，

故選&

9.答案：A

解析：

本題主要考查正方體的結(jié)構(gòu)特征，拋物線的定義，求點的軌跡方程的方法，屬于中檔題.

作PQ1A0,作QE1014,PE即為點P到直線為劣的距離，由勾股定理得PE2-PQ2=EQ2=1,

又已知PE2—P“2=1,故PQ=PM,即P到點仞的距離等于P到A。的距離，由此可得點P的軌

跡是拋物線.

解：如圖所示：正方體48co-中，

作PQL4D,。為垂足，貝iJPQ1平面

又&Diu平面4。。出，所以PQJ.45，

過點Q作QEJ.D14,因為QEnPQ=Q,PQ,QEu平面PQE,

所以1平面PQE,

"PEu平面PQE,

?1,D141PE,PE即為點P到直線4D1的距離，

由題意可得PE?-PQ2=EQ2=1.

又已知PE?-PM2=1,

PM=PQ,

即P到點M的距離等于P到AD的距離，

根據(jù)拋物線的定義可得，點P的軌跡是拋物線，

故選A.

10.答案：ABC

解析：解析：

本題考查了線面垂直的判定與性質(zhì)、直線與平面所成角、二面角和空間中的距離，屬于較難題.

根據(jù)直線與平面所成的角，及點到平面的距離，二面角的定義逐項分析，即可得出正確結(jié)論.

解：取的中點O,連接AO,OC,

?.,菱形ABCD的邊長為2,/.BAD=60°,

???△AB。，△BCD為正三角形，

則4。1BD,0C1BD,且4。nC。=。，A。、COu平面AOC,

則BO_L平面AOC,又4Cu平面AOC,所以BOJ.4C,故A正確;

易知4AOC是二面角4-BD-C的平面角，

?.?菱形ABC。是邊長為2,

???AO=0C=V3>

AC-V3>

???△40C為正三角形，則乙40C=或故8正確；

在三角形AOC,過4作AE1OC,交0c于E,

由BD_L平面AOC,AEu平面AOC,

則BD_LAE,

又BDnOC=。，BD、OCc^FffiBCD,

則AE1平面BCD,

易知三角形AOC為等邊三角形，AO=V3>

則4E=VJx隹=三，即點A到平面BC。的距離為j故C正確；

由4EJL平面BCD,可得〃DE為直線AD與平面BCD所成角，

3

則2則cosNADE=11一()2=苧,所以tn”,故。

Z-

S9

U1-

玨f誤

日

故選ABC.

IL答案：CD

解析：

【試題解析】

本題考查異面直線的判定方法，考查兩條直線的位置關(guān)系，兩條直線有三種位置關(guān)系，異面，相交

或平行.

利用兩條直線是異面直線的判斷方法來驗證A2C的正誤，利用平移法，判斷D,得到結(jié)論.

解：?.?直線CCi在平面CC12。內(nèi)，

而Me平面CGDiD,ac平面CGDiD,

???直線AM與直線CCi異面，故A不正確，

???直線AM與直線2N異面，故B不正確，

利用A的方法驗證直線8N與直線MB1異面，故C正確，

利用平移法，可得直線例N與AC所成的角為60。，故。正確,

故選CD.

12.答案：ABC

解析：

本題考查空間中直線的位置關(guān)系，考查三棱錐的內(nèi)切球的半徑問題及二面角的作法與運算，屬于中

檔題.

設(shè)等腰直角三角形△4BC的腰為“，則斜邊BC=V2a.再結(jié)合選項依次判斷即可.

解：設(shè)等腰直角三角形AABC的腰為〃，則斜邊8C=或a，

對于A項，0為BC的中點，???力。J.BC,

又平面4BD_L平面AC。，平面ABDn平面4CD=4D,BD1AD,BDc^jgfABD,

ABD1平面ADC,乂ACu平面ADC,

???BD1AC,故A正確；

對于B項，由A知，BDADC,CDADC,

:.BDLCD,又BD=CD=4,

2

:.BC=y/2x—a=a?又AB=AC=a,

2

??.△ABC是等邊三角形，故B正確；

對于C項，若4。=1,則BD=CD=1,AB=AC=BC=立,

設(shè)三棱錐內(nèi)切球的半徑為八

rrr

因為以-BCD=^SAABD,R+~^ABCD?+[S—cD,+,'

所以工x2xlxlxl=Z0xlxl+」xlxl+2xlxl+3xV^x&)r

323\2224/

解得：上Y&故C正確；

6

對于。項，?.?△力0。為等腰直角三角形，取斜邊AC的中點凡

^ADFLAC,又△力BC為等邊三角形，連接B凡則BF14C,

NBF。為二面角B-AC-。的平面角,

而=竽=多BD=A，

222

則ta"吁上建=也故。錯誤.

2

故選ABC.

13.答案：ABC

解析：

本題考查正方體的截面問題，考查分類討論思想，考查直觀想象和邏輯推理素養(yǎng)，難度較大.

對應(yīng)每種選項CQ的值，分別畫出對應(yīng)的截面，然后利用幾何知識進(jìn)行判斷求解.

解：對于4,如圖1,連結(jié)AP并延長交力C于點M,連結(jié)M。，

當(dāng)0<CQ（卡寸，M。的延長線交線段4。于點M且點N在。1與點。之間，連結(jié)4V,

則截面為四邊形APQV,故A正確；

對于B,如圖2,當(dāng)CQ=2時，即。為CG的中點，此時可得PQ〃45,4P=QD]=Jl+；=與,

故可得截面APQ5為等腰梯形，故B正確；

對于C,如圖3,當(dāng)CQ=:時，延長至點N,使得￡>iN=點連結(jié)4V交久久于點S,連結(jié)NQ交

GA于點K,連結(jié)SR,

可證AN〃PQ,

由ANRDiQRCi，可得C1R：QR=GQ:DiN=1:2,故可得GR=%故C正確；

對于。，如圖3,當(dāng):<CQ<1時，因為截面過點A,與面只交于點4,易得S為五邊形，故

。錯誤.

故選ABC.

N.

圖1圖2

圖3

14.答案：ACD

解析：

【試題解析】

本題考查正方體的截面問題，考查分類討論思想，考查直觀想象和邏輯推理素養(yǎng)，難度較大.

對應(yīng)每種選項CQ的值，分別畫出對應(yīng)的截面，然后利用幾何知識進(jìn)行判斷求解.

解：如圖1,連結(jié)AP并延長交OC于點M,連結(jié)MQ,

當(dāng)0<CQ<決寸，的延長線交線段以。于點M且點N在。1與點。之間，連結(jié)AN,

則截面為四邊形APQN,故A正確；

如圖2,當(dāng)CQ=：時，即。為CCi的中點，此時可得PQ〃也，AP=QDi=Jl+”爭

故可得截面力PQDi為等腰梯形，故8錯誤；

如圖3,當(dāng)CQ=：時，延長DDi至點M使得Z\N=%連結(jié)AN交為。1于點5,連結(jié)N0交GD】于點

R,連結(jié)SR,

可證4N〃PQ,

由△NR/SAQRG，可得C/：D*=CiQ:￡>iN=1:2,故可得GR=/故C正確，

當(dāng)CQ=1時,如圖,S與4也的交點為H且S是菱形，邊長為］鏟+1=爭連接PH,可得PH=&,

過點A作AMJ.PH于點M,則AM=立，

2

所以S的面積為&X曰=冬故。正確.

故選ACD.

15.答案：AC

解析:

【試題解析】

本題考查正方體的結(jié)構(gòu)特征、錐體的體積、直線和平面所成的角、異面直線所成的角、幾何體中的

截面問題和空間想象能力，涉及利用空間向量求線線角與線面角、線面垂直的性質(zhì)、面面平行的性

質(zhì)、函數(shù)的最值，屬于較難題.

對于A,由&CJ/AC可得AACM面積為定值，又由當(dāng)?shù)狡矫鍭CM的距離即為點占到平面ACC14的

距離歿i，代入體積公式計算即可判定；

對于B,以D為原點，以分別為x,y,z建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)的=4訴(0<A<1)

可得-九1),計算平面力DiC的法向量，利用空間向量求解線面角，轉(zhuǎn)化為二次函數(shù)求最值即

可判定；

對于C,利用空間向量求解線線角，可得cos<前，n>=而總"春，令”1一24,分t=0和

tH0求解范圍即可判定；

對于。，由平面4小。口〃平面可得梯形EFBO即為截面，計算梯形面積即可判定.

解：對于A,因為點M是線段41cl上的動點，且&CJ/AC,所以A4CM面積為定值，

又因為點當(dāng)?shù)狡矫鍭CM的距離即為點名到平面力的距離等，故也為定值，

所以Vgi-.CM=[SAACM,歿1為定值,故A正確；

對于8,以。為原點，以分別為X，y,Z建立空間直角坐標(biāo)系，

則(0,0,1),4(1,0,0),C(0,1,0),&(1,0,1),6(0,1,1),

設(shè)的=；1^^(04441)，則一兒1).

則瓦行=(尢1一尢0)，

易得平面4。道的法向量為沅=(1,1,1),設(shè)直線與平面4所成角為仇

則sin"Icos<瓦和沅>|=LaC+ixJ

11V6

所以當(dāng)4=：時sin。有最大值逅=三故B錯誤;

2

對于C,由於=(-1,1,0),BM=所以8s<而，配>=標(biāo)浣嬴，

令t=1-24,則—cos<BM,AC>—-^-=,

當(dāng)t=0時，cos<~BM,AC>=0;

當(dāng)two時，即g)2》i，所C°S<BM,AC>=XW42.

所以cos<麗，前>e[o,1],

所以異面直線BM與AC所成角的范圍是[60。,90。],故C正確；

對于。，由平面小小SD"/平面ABC'。可得，平面BOM與平面4B1GD1的交線平行于8Q,

過點M點作直線EF〃BD,則梯形EFBD即為截面，

因為4AlM=A￡,所以EF=￥，此時EF,BC間的距離為，“2+(穿=手,

所以截面面積為堡里強(qiáng)=延，故。錯誤.

24

故選AC.

16.答案：烏亨

63

解析：

【試題解析】

本題考查了簡單組合體及其結(jié)構(gòu)特征，球的表面積和體積，余弦定理，線面垂直的性質(zhì)和面面垂直

的性質(zhì)，屬于較難題.

利用簡單組合體及其結(jié)構(gòu)特征得當(dāng)三棱錐8-4C。的體積最大時，平面4BC1平面ACD,在平面ABC

內(nèi)過B作BH1AC,交AC于H,利用面面垂直的性質(zhì)得1平面4CZ),取4。的中點01，利用平

面幾何知識得。1是△4CD的外接圓圓心，且半徑為r=l,過0i作直線/垂直于平面AC。，利用簡單

組合體及其結(jié)構(gòu)特征得三棱錐B-AC。的外接球球心。在直線/上，連接HO1，利用線面垂直的性質(zhì)

得4H1HOI和。0i1HO1，再利用余弦定理得H因=[,設(shè)0。1=x(x>0),三棱錐B—4CD的外接

球半徑為R,解三角形得R=l,最后利用球的體積公式，計算得結(jié)論.

解：如圖(1)：

A

在平面四邊形ABC。中，AB=CD=1,BC=&,AD=2,^ABC=90s,

則4c=V3.

因此在△ACD中，NGA。:，ZACDJ.

將△ABC沿AC折成三棱錐B-ACD,如圖(2)：

當(dāng)三棱錐B-ACC的體積最大時，平面力BC1平面ACD.

在平面4BC內(nèi)過B作BH1AC,交AC于",

而平面ABCn平面ACO=AC,因此平面ACD

取AO的中點0],則01是△AC。的外接圓圓心，且半徑為r=l,

過。1作直線/垂直于平面ACD,

則三棱錐8-4CD的外接球球心O在直線/上.

連接H01，因為HO】u平面ACQ,

而BH_L平面ACD,/垂直于平面ACD,

所以AH1HO1,。。11H0「

設(shè)。0i=x(x>0),三棱錐B—4CD的外接球半徑為R

ABXBClXy/2\/6

在RtZLA"「中，\BH\=

AC=方=§

三棱錐B—ACD的體積最大值為工SACD-\BH\=-x-XlXy[3x—=—

33236

AH=條=a=當(dāng)

2

在』AHOi中，HOl=AH+AOl-2AH-A01cosZ.HA01

因此R2=ool+。1。2=(BH±。。1)2+HOl.

2

由003+0rD=(BH±001)2+HO?得/+[=件±%)+1,

解得x=0,因此R2=1,即R=1,

因此三棱錐B-4CD的外接球的體積為；.

故答案為立；

17.答案：①③④

解析：解：如圖,

???直線AC經(jīng)過平面BCGBi內(nèi)的點C,而直線GE在平面BCG%內(nèi)不過C,

???直線AC與直線GE是異面直線，故①正確；

當(dāng)￡與B重合時，ABXLArB,而GBi_L4iB,

.??4/1平面力BiG，則4E垂直AC]，故②錯誤；

由題意知，直三棱柱ABC-4當(dāng)。1的外接球的球心為。是4G與41c的交點，則△A&。的面積為定

值，由B8i〃平面AAiGC,

??.E到平面44。的距離為定值，二三棱錐E-AAiO的體積為定值，故③正確；

22

設(shè)BE=x,則B]E=2—x,AE+ECr=V1+x+^/1+(2—x).

由其幾何意義，即平面內(nèi)動點(x,1)與兩定點(0,0),(2,0)距離和的最小值知，

其最小值為2VL故④正確.

故答案為：①③④

由題意畫出圖形，由異面直線的概念判斷①；利用線面垂直的判定與性質(zhì)判斷②；找出球心，由棱

錐底面積與高為定值判斷③；設(shè)BE=x,列出AE+EC1關(guān)于x的函數(shù)式，結(jié)合其幾何意義求出最小

值判斷④.

本題考查命題的真假判斷與應(yīng)用，考查空間想象能力和思維能力，屬中檔題

18.答案：2顯a

解析：

【試題解析】

本題考查線面垂直的判定以及性質(zhì)，幾何體的外接球問題，解三角形的應(yīng)用，考查空間想象能力、

邏輯思維能力、運算求解能力，屬于難題.

由題意可得當(dāng)無人機(jī)在三棱錐4-BCO的外接球球心時，使測半徑最小，且最小半徑為球0的半徑

心結(jié)合線面垂直的判定以及性質(zhì)，結(jié)合三角形運算即可求解.

解：如圖，

顯然外接球的球心。在平面BCD上的射影就是正三角形BC。的外接圓圓心，

記為。1，連接。。1，OXB,則=4BC=當(dāng)x6a=2V5a.

設(shè)。Oi=d,連接OB,

則R2=OB2=0/2+=(2y/3a)2+d2=12a2+d2①.

過點A作4H_LBD于H,過點。作。E_L4”于E,連接OA,0rH,

因為平面力BCJ?平面BCD,且平面力BDn平面BCD=BD,AHu平面ABC,

所以力H_L平面BCD.

又00iJ?平面BCD,所以四邊形00i“E為矩形，故EH=d,AE=AH-d.

在△力BC中，AB=2在a,AD=2V3a>BD=6a,

所以AB?+4。2=故所以A”=繪"=亞辿變紅=2或a,

BD6a

DH=J(2V3a)2-(2V2a)2=2a-

取8。的中點M,則MH=a,連接OiM,

則01MlBD,O.M=yBC=yx6a=V3a，故0擔(dān)="所+MW=J(V3a)2+a2=2a>

故在RMAOE中，OA2=OE2+AE2,即R?=Qa)?+(2&a—d)2②,

由①②解得憶黑.

所以最小偵測半徑為26成爪

故答案為2^a.

19.答案：18

解析：【試題解析】

解：連A0,并延長交BC于。，頂點尸在底面的射影。為△ABC的垂心，.??4。1BC,

又P01平面ABC,：.POLBC,

?.ADnPO=0,A。、POu平面.A￡)P,

???BC1?ADP,可得8cJ.P4BC1PD.

同理可證"1PB,AB1PC.

由SA48C,S&0BC=S3BC，可得AD?OD=PD?,—=—,

且NPOO=/.PDA,POD*APD,

???AAPD=/.POD=90°,

???PALPD,又P41BC,BCCPD=D,BC、PDc?PBC,APiffiPBC,

PAI.PC,PA1PB,5LPBLAC,且4PnAC=A,AC.PAc?APC,

：.PB_L面APC,即可得PB1PC,

故PA,PB,PC兩兩互相垂直，

三棱錐P-ABC的外接球為以PA,PB,PC為棱的長方體的外接球，

又三棱錐P-ABC的外接球半徑為3,

???PA2+PB2+PC2=36,

222222

11nle,0,0PAPB,PBPC,PAPCPA+PB+PB+PC+PA+PC?C

則SAPHB+S“BC+SAPAC=<----------------4----------------=18.

所以則SAPAB+SAPBC+SAP4c的最大值為18,當(dāng)且僅當(dāng)P4=PB=PC=時，等號成立.

故答案為：18.

連A0,并延長交BC于D,頂點P在底面的射影。為A8C的垂心，結(jié)合相關(guān)條件進(jìn)行分析可得BC1PA,

BC1PD,AC1PB,48_12。由5448—54080=533(;，POD-^APD,PA1PD,進(jìn)而即可

得PA,PB,PC兩兩互相垂直，利用三棱錐P-ABC的外接球為以PA,PB,PC為棱的長方體的外

接球，即可求解.

本題考查了空間線面垂直，三棱錐外接球，考查了轉(zhuǎn)化思想、計算能力，屬于較難題.

20.答案：②③

解析：

【試題解析】

此題考查了截面的性質(zhì)，面面平行的性質(zhì)，屬于較難題.

由題意作出滿足條件的圖形，由線線、線面、面面位置關(guān)系找出截面可判斷選項的正誤.

解：作CD，GDi，4$i的中點R,S,T,則平面A/HST〃平面BCG/,設(shè)a與5R交點為。，

連接MN,NP,PQ,MQ,由面面平行性質(zhì)可知，PN〃平面MRST,

故由線面平行的性質(zhì)知PN//MQ,

在棱CG上作PC=PC,

由三角形的中位線定理可得PN//AC'〃八"？，則8MQC'共面，又面.13場小〃面DCGDi,

所以根據(jù)面面平行和線面平行的性質(zhì)知3A/〃QC”,即四邊形MBC'Q是平行四邊形，MQ=BC',所

以PN=：MQ,PC=^QR,

CPCP1

當(dāng)PQ的延長線過時，貝I」CP+DD1=2QR=4CP,所以布CC?、壅_；

當(dāng)CP=PG時，即此時S,Q重合，截面如圖所示,

此時截面為六邊形，在底面投影如圖,

當(dāng)截面為五邊形時，在底面投影如圖,

則Si<S2,故①、④不正確;當(dāng)P與C1重合時，a為平面MNC12,因為A/N〃AC〃小。，不妨設(shè)

正方體棱長為2a,則為"=遍a=C[N，所以a為等腰梯形，則②正確.故答案為：②③.

D,G

21.答案：②③

解析：

此題考查了截面的性質(zhì)，關(guān)鍵是利用面面平行、面面相交的性質(zhì)確定截面的頂點，屬于較綜合的中

檔題.

由題意作出滿足條件的圖形，由線線、線面、面面位置關(guān)系找出截面可判斷選項的正誤.

解：作。，6必,4避1的中點R,S,T,

則平面MRST"平面BCCiBi，

設(shè)a與SR交點為Q,連接MN,NP,PQ,MQ,

由面面平行性質(zhì)可知，PN//MQ,作PC=PC',

由三角形的中位線定理可得PN//3C7/MQ,

則BMQC'共面，

又面工33小1〃面DCC/i,

所以氏W/QC”,

即MBC'Q是平行四邊形，MQ=BC,

所以PN=|M<2，PC=：QR,

當(dāng)PQ的延長線過Di時，貝UCP+DDi=2QR=4CP,

所以齡二/g,③