高中數(shù)學第八章《立體幾何初步》提高訓練題 (48)(含答案解析)

第八章《立體幾何初步》提高訓練題（48）

一、單項選擇題（本大題共9小題，共45.0分）

1.己知一個球的半輕為3。則該球內(nèi)接正六校錐的體積的最大值為（）

A.10V3B.2C.16行D.巴理

22

2.如圖，在棱長為1的正方體4BCD-4/住12中，點M是線段上的動點，下列四個結(jié)論:

①存在點M,使得GM〃平面ABiC；

②存在點M,使得A一GDM的體積為城

③存在點M,使得平面GDM交正方體4BCD-4/165的截面為等腰梯形；

④若Z\M=3MB,過點M作正方體ABC。-的外接球的截面，則截面的面積最小值

為今

則上述結(jié)論正確的是

A.①②④B.①③C.②③④D.①②

3.如圖，在長方體ABCD-4B1GD1中，AD=DD1=1,AB=遮，E,F,G分別為AB,BC,

Ci5的中點，點尸在平面A8CQ內(nèi)，若直線DiP〃平面EFG,則線段D/長度的最小值是（）

A.2B.且dD.包

3222

4.正三棱錐P-ABC中，PA=4,AB=4近，點E在棱PA上，且PE=3E4正三棱錐P-ABC的

外接球為球0,過E點作球。的截面a,a截球。所得截面面積的最小值為（）.

A.4兀B.37rC.27rD.n

5.已知球。與棱長為近的正方體4BC0-的各個面都相切，則平面4C5截此球所得的截

面面積為（）

A.WB.yC.nD.y

6.在棱長為1的正方體4BCD-4道傳1。1中，MN分別是ACi，&Bi的中點.點尸在該正方體的表

面上運動，則總能使MP與BN垂直的點P所構(gòu)成的軌跡的周長等于（）

A.V5+1B.V5+2C.2V5+1D.2遍+2

7.在我國古代數(shù)學名著《九章算術(shù)》中，將四個面都是直角三角形的四面體稱為“鱉膈”，在鱉

脆4一BCD中，4B_L平面BC￡>,BD1CD,S.AB=BD=CD,M為A。的中點，則異面直線

8M與CO所成角的正弦值為

A.OB.3C.漁D.1

33

8.正方體4BCD中，在△小田1。1內(nèi)部（不含邊界）存在點P,滿足點戶到平面4。6公的

距離等于點P到棱SB1的距離,分別記二面角P-4?！狟為a,二面角P-AC-B為小二面角P-

8（7-4為丫，下列說法正確的是（）

A.a>/?>yB.a<y<P

C.a<0<yD.以上說法均不正確

9.在我國古代數(shù)學名著《九章算術(shù)》中，將四個面都是直角三角形的四面體稱為“鱉犒”，在鱉

席4-BC0中，AB1平面BCD,BD1CD,且4B=BD=CD,M為A。的中點，則二面角M-

BC-。的正弦值為

A?￥BTC-fD.1

二、多項選擇題（本大題共1小題，共4.0分）

10.在如圖所示的棱長為1的正方體ABC。-A1B1G5中，點P在側(cè)面BCC/i所

在的平面上運動，則下列命題中正確的為（）

A.若點P總滿足P41BO*則動點P的軌跡是一條直線

B.若點P到點A的距離為企，則動點尸的軌跡是一個周長為2兀的圓

C.若點P到直線AB的距離與到點C的距離之和為1,則動點P的軌跡是橢圓

D.若點P到直線AD與直線CG的距離相等，則動點P的軌跡是雙曲線

三、填空題（本大題共8小題，共40.0分）

11.如圖，在多面體A8CDEF中，已知ABCZ）是邊長為1的正方形，且△ADE,

△BC尸均為正三角形,=2,則該多面體的體積為

12.已知正方體的ABCD-AiBiCiDi棱長為2,點M,N分別是棱BC、口5的中點，點尸在平面

418傳1。［內(nèi)，點。在線段占'上，若PM=花，則PQ長度的最小值為

13.已知點P,A,B,C均在表面積為817r的球面上，其中PAJ_平面ABC,zBAC=30s,AC=取AB,

則三棱錐P-ABC的體積的最大值為

14.已知正四棱錐P-4BCD的底面邊長為4后，高為6位，其內(nèi)切球與面PAB切于點M,球面上與

P距離最近的點記為N,若平面a過點M,N且與48平行，則平面a截該正四棱錐所得截面的面

積為.

15.如圖1四邊形A8CZ）是邊長為10的菱形，其對角線4c=12,現(xiàn)將團4BC沿對角線AC折起，連

接BD,形成如圖2的四面體A8CQ,則異面直線AC與8。所成角的大小為在圖2中，

若將團4BC沿對角線AC折成直二面角，設棱AC的中點為8。的中點為N,若四面體A8CD

的外接球的球心在四面體的內(nèi)部，則線段"N長度的為.

16.在直四棱柱4BC0-41B1GD1中，底面ABCQ是邊長為6的正方形，點E在線段上，且滿

足4E=2ED,過點E作直四棱柱A8CD-4仍￡。1外接球的截面，所得的截面面積的最大值與

最小值之差為26兀，則直四棱柱力BCO外接球的半徑為

17.如圖，正方體ABCD—4$iGDi的棱長為1,P為BC的中點，。為

線段CG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（寫出所有正確命題的編號）.①

當0<CQ<軻，S為四邊形：②當CQ=割寸，S為等腰梯形；③當

。<2=：時，S與GA的交點R滿足Ci&=*④當:<CQ<1時，S

為六邊形；⑤當CQ=1時，S的面積為亭

18.已知在四面體ABC。中，4B=/W=BC=BD=CC=26,二面角A-BD-C的大小為120。,

則四面體ABCD的外接球的表面積為.

四、解答題（本大題共12小題，共144.0分）

19.如圖，三棱柱ABC-中，△ABC^l^&BC均為等腰直角三角形，4BAC=NB&C=90°,

側(cè)面BAAiBi是菱形.

(1)證明：平面4BC，平面AiBC；

(2)求二面角A-BCi-C的余弦值.

20.如下圖，已知多面體ABCQE尸的底面48CD是邊長為2的正方形，R4，底面ABC。，AF=2,

且炭=4肝(0</l<1).

(1)求證：CE〃平面4BF；

(2)若二面角B-CF-E的大小為；，求;I的值.

6

21.如圖所示，在四面體A8C￡)中,4。14B,平面ABD1平面A8C，48=BC=心AC，且4。+BC=

2

4.

(1)證明：BCJ?平面ABD；

(2)設E為棱AC的中點，當四面體ABCQ的體積取得最大值時，求二面角C-BD-E的余弦值.

22.如圖所示，在三棱柱ABC-&B￡中，4C=BC,點。是AB的中點，求證:

BCi〃平面C&D

23.在四棱錐P-4BCC中，P4_L底面A8C。，AD1AB,AB//DC,AD=DC=AP=2,AB=1,

點E為棱PC的中點.

(1)證明：BE1CD；

(2)若尸為棱PC上一點，滿足BF14C,求二面角F-4B-P的余弦值.

24.在三棱柱4BC—中，4411_平面力iBiG，ABLAC,AAr=AC.

(I)求證：4cl1B]C；

(n)點M是線段4殳上的動點，若CM與平面A41cle所成角的最大正切值為當，試確定最大值

時點M的位置，并求此時二面角4一CM—4的大小.

25.在如圖所示的幾何體中，A8CC是矩形，是正三角形，且平面M40_L平面ABCQ,平面

MABn平面MCD=MN.已知BC=4,CD=2,MN=1.

(1)求證：MN1MD；

(2)求二面角M-BD-N的余弦值.

26.如圖，四棱錐P-ABC。的底面ABC。是邊長為2的菱形，LABC=pP4工平面ABC。，點M

是棱PC的中點.

(1)證明：P4〃平面BMC；

(2)當PA=舊時，求直線AM與平面PBC所成角的正弦值.

27.如圖，在正方形4BCD中，點E是AB的中點，點尸是BC的中點，將△AED,△DCF分別沿

DE,。尸折起，使A,C兩點重合于P,連接EF,PB.

A___V_________DP

CR

(1)求證：PB1EF；

(2)點M是上一點，若PB〃平面EFM,則版為何值？并說明理由.

(3)若MD=3PM,求二面角M—EF-D的余弦值.

28.在幾何體尸E4BCC中，PD1?ABCD,直角梯形A8CD中，ABIAD,AB//CD,且CD=2AB=

2AD=2,且EC//PD,EC=|PD.

(1)求證：平面EBC_L平面PD8；

(2)若直線PB與平面P0C所成角的正切值為當，求平面PBD分幾何體的兩部分的體積之比.

29.在四棱錐P-4BCD卉4B〃CD,48JL4D,4B=2,40=VLC。=1,PAL平面ABC。，PA=2

(1)設平面P4Bn平面PCD=m,求證：CD//m；

(2)設點Q為線段PB上一點，且直線QC與平面PAC所成角的正切值為當，求器的值.

30.如圖，在四棱錐P—4BCD中，底面A8C。是正方形，E,F分別為PC,BD的中點，側(cè)面PAD_1_底

(1)求證：EF"平面PAD;

(2)求證：平面P4B1平面PCD.

【答案與解析】

1.答案：C

解析：

本題考查球的內(nèi)接多面體、棱錐的體積計算，解題的關(guān)鍵是利用位置關(guān)系求得相關(guān)的幾何量，屬于

中檔題.

由題意知棱錐的高經(jīng)過球心，設高為上通過已知條件把正六棱錐的體積用含有人的代數(shù)式表示，

得到V=九，再由基本不等式求得最值.

解：設正六棱錐為P-4BCDEF,其底面A8CDEF的中心為0',易知P。'是正六棱錐的高，

因為正六棱錐各頂點都在球面上，可知棱錐的高P。'經(jīng)過球心O,設P0'=/i(0</i<6),

則底面六角形所在的圓的半徑0，B=Q_(h_3產(chǎn)=V6/1-/12.

正六棱錐的底面積S=6x^O'B2'sin60°=芋(6八一公)，

正六棱錐體積V=[sh=1x^(6h-h2)xh=手(12—2帥?h《手產(chǎn)智幺邛=16次，

當且僅當12—2h=/i,即h=4時，正六棱錐體積有最大值分3=16百.

故選C.

2.答案：B

解析：

本題以正方體為載體考查線面平行的判定、性質(zhì)的應用、截面面積和棱錐體積的計算，考查空間想

象能力和計算能力，屬中檔題.

利用線面平行的判定定理可判斷①;利用極限法或常規(guī)推導可以判定不存在點M,使得5-GDM的

體積為判斷②;由GD】〃平面ABB/1，平面GDM交平面288送1的交線與GDi平行，顯然存在點

M,使截面為等腰梯形，判斷③；由當M為截面圓得圓心時，截面圓得面積最小，易求截面的面積

可判斷④.

解析：對于①，連接D&,G&，顯然平面。C14〃平面ZB1C,令平面DC1&CIBD1=M,則存在

點M，使得GM〃平面4&C,故正確；

/

對于②，㈤-CRM=%-(7必￡>，方法—、極限法:M-時,如-CiDMT0,M->B時，(lD1-C1DM)max

2,易判定不存在點M,使得。1-GDM的體積為城

方法二、常規(guī)推導：連接。14,GB,則平面MDiG與平面D1GB4共面，

VD1-ctDM=%-c必M=：x當SACQM《/日彳」?應=［，所以不存在點M,使。1一GDM的體積

為故錯誤；

對于③，因為QDi〃平面4BB1&,平面QDM交平面ABB"1的交線與CWi平行，顯然存在點M,

使截面為等腰梯形，故正確；

對于④，當且僅當M為截面圓得圓心時，截面圓得面積最小，易求截面的面積最小值小于詈，故錯

誤；

故選B.

3.答案：D

解析：

本題考查點、線、面的位置關(guān)系，考查空間想象能力.

如圖，連接。送，AC,DC由E,F,G分別為AB,BC,GA的中點，

可得4c〃EF,EFC平面4C￡)i，則EF〃平面4coi.因為EG〃力?！?/p>

同理得EG〃平面AC%,又EFCEG=E,得平面4。劣〃平面EFG,然后進行后面的解答即可得.

解：如圖，連接仇4,AC,DC因為E,F,G分別為A8,BC,GQ的中點，

所以4C〃EF,岳尸,平面4皿，則EF〃平面AC%因為EG〃岫，

所以同理得EG〃平面又EFCEG=E,得平面〃平面EFG.

因為直線DiP〃平面EFG,所以點尸在直線AC上.

在△力中，AD】=V2>AC=2,CDi=2,ixV2XI22—(~^)2=

V7_

故當。止，AC時，線段。止的長度最小，最小值為昆=亞.

-2X22

故選D.

4.答案:B

解析：

本題考查了球與三棱錐的綜合應用，考查了空間想象能力，轉(zhuǎn)化思想，解題關(guān)鍵是要確定何時取最

值，屬于中檔題.

通過補體可得球。的直徑及0E=3,平面a截球。的截面面積最小時，應有平面a,從而可計

算截面圓的半徑從而得到其面積的大小.

解：由題意，正三棱錐P-4BC中，V2PA=AB=4V2.

所以PA=PC=PB=4,AB=AC=BC=4VL

+PC2=AC2,

所以NCPA同理NC'PB=^BPA:,故可把正三棱錐補成正方體（如圖所示），

其外接球即為球0,直徑為正方體的體對角線，令半徑為R,故2R=4K，

設PA的中點為F,連接。F,則0尸=2夜且0尸，「.4，

所以0E=V8TI=3，

當OE_L平面a時，平面a截球。的截面面積最小，此時截面為圓面，其半徑為］（2遮）2_32=b,

故所得截面面積的最小值為37T.

故選B.

5.答案:A

解析:

【試題解析】

本題考查了正方體的內(nèi)切球問題，屬于較難題.

求出球心0到平面4CD1的距離，求出它的內(nèi)切圓的半徑，最后求出內(nèi)切圓的面積.

解：由題意知，球。的球心為正方體的中心（體對角線的交點），

設球的半徑為R,則口=理.

2

設點當?shù)狡矫娴木嚯x為九則由/「女01=以-D遙遙，

得工x工x2x2xsin60。x九=工x遺x2?x—,得h=—.

323433

又B[D=]（魚）2+（a）2+（a）2=網(wǎng),

所以球心O到平面4CD1的距離為連一乎=9，

從而截面圓的半徑為J-凈=導

因此所求截面的面積為萬x（空）27T

=-?

故選A.

6.答案：B

解析：

本題考查了立體幾何中的軌跡問題，考查學生的分析解決問題的能力，解題的關(guān)鍵是確定使8N與

MP垂直的點P所構(gòu)成的軌跡，屬于較難題.

取BBi的中點E,CG的中點F,連接AE,EF,FD,則使BN與垂直的點尸所構(gòu)成的軌跡為矩

形，由此可得使BN與垂直的點P所構(gòu)成的軌跡的周長.

解：如圖，取BBi的中點E,CG的中點F,連接AE,EF,FD,

易知△ABE34BB，N,

則NE4B=NNBBi，可得BN14E,

又4。1BN,ADCtAE=A,AD,AEu平面AEFD,

則BN，平面AEFD,

設何在平面ABB/i中的射影為0,過M。與平面AEFO平行的平面為a,

???能使MP與BN垂直的點尸所構(gòu)成的軌跡為矩形，

其周長與矩形AEFD的周長相等，

???正方體ABCD-4/165的棱長為1,

矩形AEFD的周長為b+2.

故選B.

7.答案：D

解析：

本題考查異面直線所成角的求法及線面垂直的判定，屬于較易題，

解：設4B=BD=CD=1,

因為BD1CD,AB_L平面BCD,所以CD1AB,

ABdBD=B,所以CDJL面ABD,CD1AM,則異面直線BA/與CD所成角為90。

異面直線BM與CZ）所成角的正弦值為1,

故選￡>.

A

解析：

本題考查二面角及其求法，是中檔題.

由題意畫出圖形，比較P到4。1、&G、BiG的距離的大小，得到tcmy>tariS>tana,再由正切

函數(shù)的單調(diào)性得答案.

尸到4也、4停1、BiG的距離分別為九［,h2>h3,

由P在4①劣/內(nèi)部（不含邊界），且點P到平面4CC1&的距離等于點P到棱B8i的距離,

得九1>九2>九3，

過戶作PQL氐面A3CD,垂直為Q,

則tana—^tan/i—空?Ltany—

電、2八3

.?.tany>tanp>tana,

又正切函數(shù)在（0,今上為增函數(shù)，

a<p<y.

故選：C.

9.答案：C

解析：

本題考查異面直線所成角的余弦值的求法，考查空間中線線、線面、面面間的位置關(guān)系等基礎知識，

考查運算求解能力，考查數(shù)形結(jié)合思想，屬于中檔題.

以C為原點，CZ）為x軸，CB為y軸，過C作A2的平行線，如圖所示，建立空間直角坐標系，利

用向量法能求出異面直線8M與C。夾角的余弦值.根據(jù)同角三角函數(shù)的基本關(guān)系的計算，求出二

面角M—BC-D的正弦值.

解：由題意可以C為原點，CO為x軸，C8為y軸，過C作平面BOC的垂線為z軸（與AB平行），

建立空間直角坐標系如圖所示，

設4B=BC=CD=1,

則4(0,1,1),8(0,1,0),C(0,0,0),

0(1,0,0),“&谷)，

則詢=色-及，CD=(1,0,0),

設異面直線8M與CD夾角為。,

八|麗可\V3

則。。58=兩同=t=三?

??.二面角M-BC-。的正弦值為11-COS2。=Jl-(^)2=爭

故選C.

10.答案：ABD

解析：

本題考查了立體圖形的空間點，線，面的位置關(guān)系，命題的真假判斷與應用及圓錐曲線的定義和方

程的應用，以及圓錐曲線的動點軌跡的判斷.

A.根據(jù)BQ，平面4BiC,判斷點P的軌跡；B,根據(jù)平面與球相交的性質(zhì)，判斷選項；C.由條件可轉(zhuǎn)化

為|PB|+|PC|=1,根據(jù)橢圓的定義判斷；D.由條件建立坐標系，求點P的軌跡方程，判斷軌跡是

否是雙曲線.

A.在正方體&C中，AC1JL平面ABCD,

所以BBi1AC.BB^BD=B,所以4c_L平面BBmi。，

B。1u平面8當。1。，所以4cIB。1,

同理AB11BD^AB^AC=A,所以，平面ABC

而點P在側(cè)面BCGa所在的平面上運動，且PA1BDi，

所以點尸的軌跡就是直線B]C,故A正確；

B點P的軌跡是以A為球心，半徑為魚的球面與平面BCCiBi的交線,

即點P的軌跡為小圓，設小圓的半徑為r,

球心A到平面BCGBi的距離為1,則「—1=1,

所以小圓周長I=2nr=2兀，故B正確；

C.點P到直線AB的距離就是點P到點B的距離，

即平面BCQBi內(nèi)的點P滿足|PB|+\PC\=1=\BC\,

即滿足條件的點P的軌跡就是線段8C,不是橢圓，故C不正確；

D如圖，過P分別做PMJ.8C于點M,PE1CG于點E,

則PM_L平面ABC￡>,所以PM14。，過用做“2_1/10,連結(jié)PN,PMCMN=M,所以AD_L平面

PMN,所以PNJ./W,

如圖建立平面直角坐標系，設P（x,y）,

PM=y,則PN2=l+y2,PE2=（1—工產(chǎn)，即1+y?=q—%）2,整理為：（x—l）2—y2=],

則動點尸的軌跡是雙曲線，故。正確.故選：ABD

11.答案：立

3

解析:

由已知中在多面體ABCOEF中，已知A8CD是邊長為1的正方形，且△ADE,aBCF均為正三角形，

EF//AB,EF=2,我們易將幾何體分解為三棱錐E-ADG,三棱柱ADG-8CH,三棱錐F-HBC三

個部分，分別計算出三部分的體積，加在一起即可得到多面體的體積.本題考查的知識點是組合幾

何體的體積問題，其中對幾何體進行合理的劃分，從面能便捷的計算出基本幾何體的體積是解答本

題的關(guān)鍵.

解：過4。作與底面ABCD垂直的平面交E尸于G點，過BC作與底面A5CD垂直的平面交E尸于，

點,

則多面體ABCQEF被分為三棱錐E-40G,三棱柱40G-BCH,三棱錐F-HBC三個部分,

由4BCD是邊長為1的正方形，且△4DE,aBC/均為正三角形，EF//AB,EF=2,

易得EG=HF=$GH=1,

S&ADG=S^BCH~7

?'?^E-ADG—^F-HBC=^ADG-BCH=f

???多面體ABC的的體積k2x各號邛

故答案為多.

12.答案：*1

解析：

本題考查線段長的最小值的求法，考查空間中線線、線面、面面間的位置關(guān)系等基礎知識，考查推

理論證能力、運算求解能力、空間想象能力，考查化歸與轉(zhuǎn)化思想、數(shù)形結(jié)合思想，屬于中檔題.

取BiG中點0,則MO1面4B1GD1，即M0J.0P,可得點P在以。為圓心，以1為半徑的位于平

面%B1GD1內(nèi)的半圓上.即。到&N的距離減去半徑即為PQ長度的最小值，作。于從可

得OH,PQ長度的最小值為。”一1.

解：如圖，取BiG中點0,且M為8C中點，

則MO1平面力$iGDi，且OPu平面4BiGD「

MO10P,

???PM=V5.則。p=J(V5)2-22=1-

.??點P在以0為圓心，以1為半徑的位于平面內(nèi)的半圓上.

可得。到&N的距離減去半徑即為尸。長度的最小值，

作?！?&N于H,

???△40N的面積為2x2-|x2xlx2-|xlxl=|,

??2&NXOH=|,可得。"=逆，.、PQ長度的最小值為還一1.

NN55

13.答案：?

O

解析：

本題主要考查棱錐的外接球，棱錐的體積計算，利用導數(shù)法求最值等問題.屬于較難題.

先求出球的半徑，設=PA=y,由余弦定理求得8C,從而得到/+日=擔，再建立三棱錐

J44

P-ABC的體積關(guān)于y的函數(shù)關(guān)系式，再運用導數(shù)法求最值，即可得到答案.

解：設球的半徑為七

由4兀/?2=8171■可得球的半徑為R=(

設AB=x,PA=y,則4C=V3x,

由余弦定理可得BC?=AB2+AC2-2AB-ACcos^BAC=x2,所以BC=x.

將三棱錐P-ABC補成一個以△ABC外接圓面為底面，PA為高的圓柱，

則有/?2=產(chǎn)+(32,其中廠是△ABC外接圓的半徑，2r=一與/=2和

'2/sinz.BAC

即「=心h=PA=y,所以

三棱錐P—A8C的體積為

11LV3

V=v3x-sin30°?y=—x29y

=**%=*y3+8iy)，

V'=*(-3y2+81),

由U'＞0可得0＜丫＜3加，函數(shù)單調(diào)遞增，

由，＜0可得y＞3g,函數(shù)單調(diào)遞減，

所以當y=3VW,V有最大值/=會

故答案為

O

14.答案:9V3

解析：

本題考查空間幾何體的截面問題，需要熟練掌握組合體的結(jié)構(gòu)特征，屬于難題.

根據(jù)題干條件正確畫出圖形，進行分析確定球心的位置，并結(jié)合條件求出球的半徑，確定截面的形

狀，進一步計算截面面積即可.

解：結(jié)合題意可得下圖，設A8的中點為E,CD的中點為F,連PE,PF,則M在PE上，ABC。的

中心為H,球心。和N都在上，

因為平面a過點例，N且與AB平行，所以截面STY'S'為等腰梯形，

HE=2瓜PH=6或,PE=4V6,

由4PM。-4PHE得==r=242,

2V64V6

乙EPH=30°,所以PM=2V2XV3=2V6=?E,M為PE的中點,

MN2=(2V6)2+(2V2)2-2x2V6x2V2xy=8,M/V=2也

所以AOMN為正三角形，所以NPMN=30。，

又乙EPF=60°,所以MG=2V6xy=3&,

而ST=-AB=2V6,PG=-PM=屈,ST=-PF=V6,

224

所以截面的面積為5X3V2X(2V6+遍)=9V3,

故答案為9遍.

15.答案：~；(V14,8)

解析：

本題主要考查空間中的距離計算，考查異面直線所成的角.連接切仄DM,利用線面垂直的判定定理

可求異面直線AC與8。所成角的大小；先根據(jù)外接球的性質(zhì)確定出四面體ABC。的外接球球心，利

用勾股定理，求出M4和進而求出。借助三角函數(shù)的取值范圍以及0M<MN,即可求出

線段長度的取值范圍.

解：連接8M、DM,四邊形A8C￡>是菱形，M為棱AC的中點，

所以4c1BM,AC1DM,

乂=則4C1平面8例。，

由BOu平面BMD,

則4C1BD,即異面直線AC與BQ所成角的大小為最

由四邊形A8CD是邊長為10的菱形，其對角線4c=12,

則M4=6,MB=8,

。1是E14BC的外心，在中線上,

設過點01的直線11_L平面ABC,易知，1u平面BMD,

同理(力是日4CD的外心，在中線QM上，

設過點的直線，2，平面A。。，易知，2U平面BMD,

由對稱性易知匕、%的交點O在直線MN上,

根據(jù)外接球的性質(zhì)，點。為四面體ABC。的外接球的球心，

。1屁=。泌2+04+0]M=BM=8,

2

(8-0M2=0rM+36,解得'

q

令乙BMN=3,根據(jù)題意可知BDJ.CN,B。14N,且CNnAN=N,

則BC，平面ACN,MNu平面ACN,貝ijBD1MN,

所以0<。<三，二MN=BMcosd=8cos6<8,

八MNO]M

VCOS0=—=——,

BM0M

7

:.0M?MN=0加?8M=：X8=14,

又0M<MN,MN2>14,???MN>V14，

???E<MN<8，即線段MN長度的取值范圍為(舊,8)，

故答案為：p(V14,8)

16.答案：V34

解析:

本題考查求幾何體外接球的半徑，考查直四棱柱以及球的結(jié)構(gòu)特征即可，考查空間想象能力，屬于

較難題.

先根據(jù)直四棱柱的特征，得到其外接球的球心位于直四棱柱的中心，記作0,過點。向底面ABC。

作垂線，垂足為G,連接8。，取A。中點為F,連接OF,0E,0B,設A4=2a,根據(jù)題意，先得

到外接球半徑R=0B=、a2+18,求出oE=la2+10,根據(jù)球的特征，分別求出截面面和的最大

值與最小值，列出方程求解，得出。2=19,即可求出半徑.

解：因為四棱柱48。0-4&口。1是直棱柱，且底面是正方形，

所以其外接球的球心位于直四棱柱的中心，記作0，

過點。向底面ABC。作垂線，垂足為G,則0G=；AAi，

連接80,因為底面ABC。是邊長為6的正方形，所以點G為8。的中點，

取中點為F'連接OE'OE,OB,

設44=2a,則。G=a,所以外接球的半徑為R=。8=JoG2+=Va2+18.

因為點E在線段AQ上，且滿足4E=2ED,則EF=DF—DE==1,

又FG=：AB=3,所以。F不5，

因為直四棱柱中，481側(cè)面4。。出，F(xiàn)G//AB,所以尸G1側(cè)面4。么必，

所以FG1AD,又0G，底面ABC。，所以0G14D

又FGC\OG=G,所以OFJ.4。，

則0E=VOF2+EF2=yja2+10;

根據(jù)球的特征，過點E作直四棱柱ABCD-外接球的截面，

當截面過球心時，截面圓面積最大，此時截面面積為S=TTR2

當0E1截面時，此時截面圓半徑為，R2-。岳2,

所以此時截面圓面積為a=TT(V/?2-OF2)2=兀(/?2-OE2);

又截面面積的最大值與最小值之差為26兀，

所以S-S]=TTR2-Jre-OE2)=n-OE2=267r

因此a?+10=26>即a?=16,所以R=yja2+18=V34-

故答案為

17.答案：①②③⑤

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，逐項判斷即可,

屬中檔題.

結(jié)合兒何體的特征，利用線面的位置關(guān)系判斷即可.

解：②當CQ=,時，即。為CG中點，此時可得PQ〃/1。1，

2

AP=QD,=Jp+(|)=故可得截面ZPQDi為等腰梯形,

S等腰梯形，故②正確;

①由如圖當點。向C移動時，滿足0<CQ<4,

只需在￡>/上取點M滿足4M//PQ,

即可得截面為四邊形APQM,如圖所示，S是四邊形，故①正確;

③當CQ=q時，如圖，延長DD］至M使DiN=%

連接AN交aDi于S,連接N。交G5于R,連接SR,

可證4N〃PQ,由回NR。1一團QRG，

可得GR:DiR=GQ:DiN=1:2,故可得=/故③正確;

④由③可知當?<CQ<1時，只需點。上移即可，此時的截面形狀仍然如圖所示的APQR5,如圖S

是五邊形，故④不正確；

⑤當CQ=1時，。與G重合，取公5的中點F,連接AF,

可證PCi〃4F,且PCi=4F,可知截面為APQF為菱形，

故其面積為3AC】?PF=’遮?或=當，

如圖S是菱形，面積為&=M故⑤正確，

故答案為①②③⑤

18.答案：287r

解析：

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

根據(jù)已知條件求出二面角4-8。的平面角，然后再根據(jù)條件求出外接球的半徑，即可求解.

解：設30的中點為E,連接AE,CE,

■■■AB=AD=BC=BD=DC=2百，

???AE1BD,CELBD,

乙4EC為二面角4-BD-C的平面角，則乙4EC=120°,

設四面體4BC。的外接球的球心為。，半徑為R,

過點。作面CDB的垂線，垂足為三角形CDB的中心H,

過點。作面AQB的垂線，垂足為三角形AQB的中心F,

-??OH1?BCD,OFIffiBAD,

OHA.EC,OF1AE,

.?.點E,F,O,H共面，

^AEC+^HOF=180",

乙HOF=60°,

???AB=AD=BC=BD=DC=2技

連接OE,

AOFEAOEH,

乙EOH=30°,

/BCD中，CH=-x—x2V3=2,￡,H=-x—x2V3=1,

3232

???RMO//E中，OH=近,

???RMOHC中，CO=R=VOW2+HC2=V3T4=夕.

S=4TTR2=7X4〃=28TT,

故球O的表面積為28兀.

故答案為287r.

19.答案：(1)證明：取BC中點O,連接A。，&0,

由已知可得4。_LBC,Ax01BC,AO=A1O=-BC=OB,

???側(cè)面844/1是菱形，AB=AAr,

A04三AAOB,

：."OB=NAOAI=90°,即4。1AO,

■■■AODBC=0,41。_L平面ABC,

又必。u平面&BC.

???平面ABC，平面&BC.

(2)解：設BC=2,則40=At0=BO=OC=1,

建立如圖所示空間直角坐標系。-孫z,

則4(1,0,0),4式0,0,1),8(0,1,0),C(0,-l,0),

磯=鬲=(-1,0,1),Cx(-1,-1,1).跖=(-1,-2,1),BA=(1,-1,0),

設平面4BG的法向量為沆=(x,y,z),

IL

則伊?耍=0,gp(-x-2y+z=0；令久=1得記=(,3).

同理設平面BCG的法向量有=(a,b,c),

則佇吧=0,即a-也+c、。，可得b=o,令c=i得元=(1,0,1).

值?CG=0?-b+c=0

可求得平面BCG的法向量元=(1,0,1).

,—?fm,n42V22

cos(m，n>=麗==k

???二面角力-BC1-c的余弦值為2.

11

解析：本題考查了面面垂直的判定、二面角和利用空間向量求面面的夾角，是中檔題.

(1)取BC中點0,連接A0,右。，可得4。1BC,再證明△40&三AAOB,可得N40B=^AOAX=90°,

即4。，4。，則401平面ABC,由面面面垂直的判定得證.

(2)建立空間直角坐標系。-xyz,分別得出平面ABG的法向量和平面BCG的法向量，由空間向量運

算可得二面角4-BCi-C的余弦值.

20.答案：解：(1)證：因為。爐=A4F，所以DE〃/IF,

又因為DEC平面ABF,AFu平面ABF,

所以DE〃平面ABF.

因為底面ABCO是正方形，所以CD〃4B,

又因為C。仁平面ABF,ABu平面ABF,

所以CD〃平面AB凡

因為CDu平面CDE,DEu平面CDE,CDCDE=D,

所以平面CDE〃平面ABF.

因為CEu平面CDE,

所以CE〃平面4BF-

(2)以A為坐標原點，分別以A8,AD,4尸所在直線為x軸、y軸、z軸，

建立如圖空間直角坐標系.

由AB=AD=AF=2得，

4(0,0,0),8(2,0,0),C(2,2,0),

F(0,0,2),D(0,2,0),E(0,2,22).

設平面BC尸的法向量為五=Qi，yi，zi),

由已知得，而=(2,0,-2),正=(2,2,-2),

市ph?FB-0,/2/一2Z]-0,

1%.FC=0也14-2%-2zi=0.

不妨取Xi=1,則yi=0,Zi=1,

從而平面BCF的一個法向量為布=(1,0,1).

設平面ECF的法向量為4=(上,％*2)，

又"一2,。，2A),喉黑料落螳￡3.

不妨取之2=1,則％2=九丫2=1-九

所以平面EC尸的一個法向量為爪=01—尢1).

所以COSVE，荻＞=2二1；+.

因為二面角B—EC—F的大小為萼，

所以廠與2-=且，化簡得2M-52+2=0,

2〃2-2+12

解得;1=[或；1=2(舍去).

解析：本題考查線面平行的判定定理，利用空間向量求二面角，考查推理能力和計算能力，屬中檔

題.

(1)由圖形根據(jù)題意分析知，可通過證明平面CDE〃平面AB尸再結(jié)合線面平行的定義證明CE〃平面

ABF；

(2)根據(jù)題意建立空間坐標系，分別用參數(shù)4表示出兩個平面的法向量，利用夾角為『建立方程，解

O

方程求出;I的值.

21.答案：解：(1)證明：因為401AB,平面ABD1平面ABC,

平面ABDn平面ABC=AB,ADu平面ABD,

所以4D1平面ABC,

因為BCu平面ABC,所以4DJ.BC.

因為AB=BC=-^4C，所以AB?+Be?=AC?,

2

所以ABIBC,

因為ADnAB=4所以BC1平面ABO.

(2)解：設4。=x(0<%<4),則4B=BC=4-x,

四面體ABCD的體積V=/(%)=-%x-(4—x)2=-(x3—8x2+16x)(0<x<4).

326

/'(%)-—(3—-16x+16)=—(%—4)(3%—4),

66

當0<x<g時，f(x)>0,V=f(x)單調(diào)遞增；

當g<x<4時，f'(x)<0,V=f(x)單調(diào)遞減.

故當4D=x=并寸，四面體A8C。的體積取得最大值.

以3為坐標原點，建立空間直角坐標系B-孫z,

則8(0,0,0),4(0,|,0),C(|,0,0),。(0,工)，F(xiàn)(p^,0).

設平面8CD的法向量為記=(x,y,z),

布曳=0,即.

則

n-BD=08

令z=-2,得元=(0,1,—2),

同理可得平面8OE的一個法向量為記=(1,一1,2),

則COS〈玩㈤=二5=-

V5XV66

由圖可知，二面角C-BD-E為銳角，故二面角C-BD-E的余弦值為烏.

6

u

解析：該題考查的是有關(guān)立體幾何的問題，涉及到的知識點有面面垂直的性質(zhì)，線面垂直的判定，

椎體的體積，二面角的求法，在解題的過程中，注意巧用導數(shù)求解體積的最大值.

(1)根據(jù)面面垂直的性質(zhì)得到40J?平面A8C,從而得到力。1BC,利用勾股定理得到481BC,利用

線面垂直的判定定理證得BC，平面A8￡>；

(2)設A￡>=x(0<%<4),利用椎體的體積公式求得V=/(x)=x；(4-x)2=i(x3-8x2+

3L6

16%)(0<%<4),利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，從而求得力。=%=:時，四面體A8CD的體積取得

最大值，之后利用空間向量求得二面角的余弦值.

22.答案：證明：連接G4設G4C41C=O,

???在三棱柱ABC-4/16中，四邊形ACG4是平行四邊形,

。為G4中點，

???。為AB中點，

。。為△BG4中位線，

BCJ/DO,

又?:DOu平面。4山，BG<t平面C4iD,

BCi〃平面C&D

解析：連接CiAn4iC=。，由三角形中位線性質(zhì)得BG//DO,由此能證明BCi〃平面C&D

本題考查線面平行的證明，是中檔題，解題時要認真審題，注意空間中線線、線面、面面間的位置

關(guān)系的合理運用

23.答案：解：（1）證明：1底面A8C￡>,ADLAB,以4為坐標原點，建立如圖所示的空間直角

坐標系，

vAD=DC=AP=2,48=1,點E為棱PC的中點，

.??8(1,0,0),C(2,2,0),￡)(0,2,0),

P(0,0,2),E(l,l,1),

所以宿=(0,1,1),萬律=(2,0,0).

所以宿?萬｝=0.

???BE1DC；

(2)???BC=(1,2,0),T?=(-2,-2,2),

=(2,2,0)，

由尸點在棱尸C上，

設#=XCP=(-22,-22,22)(0<A