高中數(shù)學第八章第1節(jié)《基本立體圖形》提高訓練題 (十)(含答案解析)

第八章第1節(jié)《基本立體圖形》提高訓練題（10）

一、單項選擇題（本大題共11小題，共55.0分）

1.下列說法正確的是（）

A.有兩個側面是矩形的四棱柱是直四棱柱

B.正四面體是特殊的正四棱錐

C.有一個面是多邊形，其余各個面都是三角形的多面體叫做棱錐

D.正四棱柱是平行六面體

2.己知三棱錐P-4BC的三條側棱兩兩互相垂直，且AB=花，BC=V7,AC=2,則此三棱錐的

外接球的體積為（）

A8n8A/2廠16c32

A-”B-—nc-丁D--n

3.以下給出的四個命題中，命題正確的有（）

①兩個面互相平行，其余各面都是平行四邊形，這些面圍成的幾何體叫做棱柱；

②以直角三角形的一條邊所在的直線為旋轉軸，其余各邊旋轉而成的曲面所圍成的幾何體叫做

圓錐；

③用一個平行于底面的平面去截圓錐，底面與截面之間的部分叫做圓臺；

④空間中，如果兩個角的兩條邊分別垂直，那么這兩個角相等或互補。

A.0個B.1個C.2個D.3個

4.一個正方體紙盒展開后如圖所示，在原正方體紙盒中，下列結論：

①lAB/IEF；②CDLMN；③MN與AB是異面直線；④BF與CZ）

成60。角，其中正確的是（）

A.①③

B.②③

C.②④

D.③④

5.某幾何體是由一個半球挖去一個圓柱形成的，其三視圖如圖所示.已知半球的半徑為遙，則當

此幾何體體積最小時，它的表面積等于

A.247rB.（18+3V3）7TC.217rD.（18+4V2）TT

6.已知三棱錐S-ABC的外接球球心為O,SALSB,SB1SC,SA1SC,且SB=SC=2SA=4,

若。在球。的球面上，則。到平面ABC距離的最大值為

A.3+-B.3+-C.3+-D.3+—

6323

7.四面體力一BCD中，AB=CD=10,AC=BD=2用，AD=BC=2同，則四面體Z-BCD外

接球的表面積為（）

A.20071B.IOOTTC.1207rD.2407r

8.在正方體4BC0-41B1GD1中，E、F分別為線段上的動點，設直線EF與平面A8C￡>、

平面BCQBi所成角分別是。、（p,則（）

A..6><p,（tan。）7nm=yB.9=（p,dmax=45°

C.9<（p,dmax=45°D,0—（p,9min=45°

9.在四面體ABC。中，AB=CD=2,AC=BD=居力。=BC=b.若平面a同時與直線A3、

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延B.如C.也D.型

8288

10.已知球。是正三棱錐（底面為正三角形，頂點在底面的射影為底面中心）4-BCD的外接球,BC=

3,4B=26，點E在線段8。上，且BC=6BE,過點E作球。的截面，則所得截面圓面積的

取值范圍是

A.尊4初B.呼,4用C.弓,4兀］D.呼,4初

11.在棱長為2的正方體43。。一公8道1￡）1中，歷是棱為劣的中點，過6,B,M作正方體的截面,

則這個截面的面積為（）

B?手C

A-當-1

二、多項選擇題（本大題共7小題，共28.0分）

12.已知球O的直徑SD=4,A、3、C是球。表面上的三個不同的點,

/4SO=NBS0=NCSO=30°,則（）

A.AB1SD

B.線段AB的最長長度為2遮

C.三棱錐S-ABC的體積最大值為3

D.過SA作球的截面中，球心。到截面距離的最大值為1

13.已知在棱長為4的正方體4BCD-AiBiCWi中，E為棱BC的中點，以點E為球心，以，歷為半

徑的球的球面記為『，則下列結論正確的是（）

A.「與面4BB1&的交線長為與

B.直線BO1被「截得的線段長為華

C.若點”為「上的一個動點，則”名的最小值為8-國

D.r與截面8。。道1的交線長為手7r

14.如圖所示，在長方體4BCD-&B1GD1中，4B=BC=1,441=2,P是上的一動點，則下列

選項正確的是（）

A.QP的最小值為當B.QP的最小值為通

C.AP+PG的最小值為歷D.4P+PG的最小值為等

15.四棱錐P-ABCD的底面ABC。是矩形，側面PADABCD,Z.APD=120°,AB=P4=PD=

2,下列說法正確的是（）

A.PC=V7

B.PC與AD所成的角的余弦為漁

4

C.PC與AD所成的角的余弦為一在

4

D.該四棱錐P-48CD外接球的半徑為遙

16.在棱長為1的正方體ABCD-4/GD1中，下列結論正確的是（）

A.異面直線B/\與當。所成的角大小為90°

B.四面體QDBC的每個面都是直角三角形

C.二面角劣一BC-當?shù)拇笮?0。

D.正方體4BCD-&B1GD1的內切球上一點與外接球上一點的距

離的最小值為更二

2

17.在棱長為1的正方體力BC。一月iBiQA中，M是線段4G上一個動點，則下列結論正確的

是（）

A.存在M點使得異面直線與AC所成角為75°

B.存在M點使得二面角M—B。-C為135。的二面角

C.直線與平面皿C所成角正弦值的最大值為當

D.當441M=&G時，平面截正方體所得的截面面積為:

4

18.在六棱錐。-ABCDE尸中，底面ABCCEF為正六邊形，頂點。在底面的

射影恰為正六邊形的中心，記04與BC、C。所成角分別為的,戊2,OA

與平面O2C、平面OCD所成角分別為用,為，則下列結論一定正確的是

（）

A.tana2=2tanax

B.+a2>Pi+P2

C.sin02=2sin0i

D.劭+'>]

三、填空題（本大題共12小題，共60.0分）

19.已知三棱錐P-4BC的各條棱長均為1,M,N分別是棱PA,BC的中點，將APMN繞PN所在

的直線旋轉一周，直線MN與平面尸48所成角余弦值的取值范圍是.

20.已知正方體4BC0-AiBiGDi的棱長為5,其中有一半徑為2的球。與該正方體的底面48C。

和兩個側面ADD14,4BB14都相切。另有一球。2,既與正方體的另外兩側面BCC$i，DCCR

以及底面A8CD相切，又與球。1相切，則球。2的半徑為-

21.如圖所示，正方體4BCD-&B1C1D1的棱長為4,MN是它的內切

球的一條弦（我們把球面上任意兩點之間的線段稱為球的弦），P為

正方體表面上的動點，當弦MN的長度最大時，前?麗的取值范

圍是.

22.已知各棱長都相等的直三棱柱所有頂點都在球。的表面上.若球。的表面積為28兀，則該三棱

柱的側面積為.

23.如圖，在底面邊長為2,高為3的正四棱柱中，大球與該正四棱柱的五個

面均相切，小球在大球上方且與該正四棱柱的三個面相切，也與大球相切，

則小球的半徑為.

2

24,已知三棱錐S-4BC內接于半徑為4的球中，S4J■平面｛即｝，NBAC=45。，Sn=pn+n,則三

棱錐S-ABC體積的最大值為

25.如圖，正方體4BC。一4避16。1的棱長為1,E,F分別為

BiQCiDi的中點，尸是底面4B1GD1上一點.若4P〃平面BEF,

則AP長度的最小值是_；最大值是一.

26.三棱錐P-4BC中,ZL4BC是邊長為企的正三角形，頂點P在底面ABC上的投影是44BC的中心，

且PA=1.三棱錐P-ABC的內切球為球0「外接球為球。2，若球。1的半徑為廣，球外的半徑為

R，則r+R=_______;若用為球0i上任意一點，N為球。2上任意一點，則線段用N的最小值為

27.在正三棱錐S-ABC中，M,N分別是棱SC,BC的中點，且MNJ.4M,若側棱$4=2百，則

正三棱錐S-ABC外接球的表面積為.

28.已知正方體4BC0-&九的劣的棱長均為2,其內有9個小球，球01與正方體48C0

的六個面都相切，球。2，。3，。4，。5，。6，。7，。8，。9與正方體力BC。一AiBiG%三個面和球

。1都相切，則球。1的體積等于,球。2的表面積等于.

29.已知正四面體4的棱長為辿，若該正四面體4-BC0能在底面半徑為2的圓錐S內任意

3

轉動，則該圓錐體積的最小值為.

30.已知長方體4BCD-中，側面BCG當?shù)拿娣e為2,給出下列四個結論：

①當E為々Ci的中點時，AC1〃平面&BE；

②若三棱柱ABC-4181cl的體積為2,則點。1到平面BCGB1的距離為3；

③若BC=BBi，且在棱AO上當且僅當存在一點M,滿足MB1MC,則四棱錐M-的

外接球的體積為半；

④若在棱4。上存在一點例，使得AMBC為等邊三角形，則四棱錐M-BCGBi的外接球表面積

的最小值為隨力

3

所有正確命題的編號為.

【答案與解析】

1.答案：。

解析：

本題主要考查命題的真假判斷，涉及棱錐，直棱柱的定義的判斷，難度不大.

人根據(jù)直棱柱的性質進行判斷，B,正四面體是三棱錐，C.根據(jù)棱錐的定義進行判斷，D.根據(jù)正四棱柱

和平行六面體的定義進行判斷.

解：A當兩個側面是矩形且相鄰時，四棱柱是直四棱柱；當兩個側面是矩形且不相鄰時，四棱柱不

是直四棱柱；故A不正確；

B.正四面體是三棱錐，故B錯誤，

C棱錐有一個面是多邊形，其余各面都是有一個公共頂點的三角形的幾何體，故C錯誤，

。.正四棱柱是平行六面體，正確，

故選O.

2.答案：B

解析：

本題給出三棱錐的空間特征及外接球問題，屬于中檔題.

依題三棱錐可以補成長方體，則長方體的外接球同時也是三棱錐P-4BC外接球.求出P4=1,PC=

V3.PB=2,算出長方體的對角線，即球直徑，進而利用球的體積公式求解.

解：???AB=V5>BC=V7,AC=2,

^\PA2+PB2=5,PB2+PC2=7,PA2+PC2=4

???解得P4=l,PC=V3>PB=2,

以PA、PB、PC為過同一頂點的三條棱，作長方體如圖，

則長方體的外接球同時也是三棱錐P-ABC外接球.

???長方體的對角線長為A/1+3+4=2V2,

???球直徑為2VL半徑R=72，

因此三棱錐P-4BC外接球的體積是0/?3=,*(V2)3=竽兀，

故選用

3.答案：B

解析：

本題考查了空間中的位置關系，重點考查了多面體和旋轉體的結構特征，屬于基礎題.

解：有兩個面互相平行，其余各個面都是平行四邊形的多面體是棱柱，錯誤；反例：將兩個相同的

斜平行六面體疊放，故①錯誤；

以直角三角形的斜邊所在直線為旋轉軸，其余兩邊旋轉形成的曲面所圍成的幾何體不是圓錐，故②

錯誤；

③用一個平行于底面的平面去截圓錐，底面與截面之間的部分叫做圓臺，故③正確；

④空間中，如果兩個角的兩條邊分別垂直，那么這兩個角相等或互補，故④錯誤；

故選B.

4.答案：B

解析：

本題考查正方體的幾何性質，線線的位置關系，本題涉及到了直線間的幾個卡--

常見位置關系如平行、垂直、異面.屬于基礎題.^|\JXT

將其還原成正方體，如圖所示，依據(jù)圖形、正方體的幾何性質進行判斷各線

的位置關系.f---------Y

解：將正方體紙盒展開圖還原成正方體，如圖知，AB1EF,CD1MN,MN與48是異面直線，BF

與平行，只有②③正確，

故選：B.

5.答案：D

解析：

本題主要考查了空間幾何體的三視圖及其表面積的計算，球體的體積和面積公式，圓柱的體積和面

積公式，函數(shù)模型的應用，利用導數(shù)來求函數(shù)閉區(qū)間上的最值，考查了綜合分析能力和計算能力，

屬于中檔題.

如圖，設幾何體的體積為匕挖去的圓柱的體積為匕，圓柱的高AB=x(x>0),利用球體的體積公

式和圓柱的體積公式，表示出幾何體的體積匕求V的導數(shù)，利用導數(shù)來求函數(shù)V在閉區(qū)間上的最

值，進而得出幾何體體積最小時的x的值，進而得出圓柱的底面半徑，再利用球體的表面積公式，

圓的面積公式，圓柱的表面積公式，求出該幾何體的表面積.

解：設幾何體的體積為匕挖去的圓柱的體積為匕，

???半球的半徑為遙，

所以半球的體積為：遍)’=4｛開，

則幾何體的體積V4V/BTT-\\，

如下圖，A為半球的圓心，C為圓柱上底面圓上的一點，過4點作圓柱底面的垂線，垂足為

設圓柱的高力B=x(x>0)

在中，由勾股定理得：BC2=AC2-AB2=(V6)2-x2=6-x2.

則V=4v/6?r—VI=4VziITT—7T-BC2-AB=-IX/GTT-TT(6—r2)-x=7rx;l—(ir./,-1\nHi,

則I"=BTTJ,2—67r，令，=0,解得x=/或％=—魚(舍去),

當％=企，此幾何體體積V最小，

此時圓柱底面半徑為：Bc=J(峋2=2，

則幾何體的表面積為:

2/、2

5x4?r?(4)+7Tx(VW)—IT-BC2+it-BC2+2?r-BC-AB

=：X4TT-(X/^)+7rx(v4i)+2?r-2xx/2

=127T+6TF+4X/2TT

=(18+4@TT

故選。.

6.答案：B

解析：

本題考查簡單組合體及其結構、三棱錐外接球問題，屬于中檔題題.

證出SA_L平面SBC,即SA,SB,SC兩兩互相垂直，得出三棱錐可以看做是長方體的一部分，根據(jù)

題意求解外接球半徑是解題關鍵.

解：三棱錐S-ABC的外接球即為以SA,SB,SC為長、寬、高的長方體的外接球，其直徑2R=

V22+42+42=6.

又cos乙BAC=p故sin/BAC=辿，故44BC外接圓的半徑r=BC=也，則球心。到平面ABC

552sinz.BAC3

的距離為＞//?2—丁2—漁，

3

故點。到平面ABC距離的最大值為3+立.

3

故選B.

7.答案：A

解析：

本題主要考查球的切接問題，球的表面積的求解，將四面體放入長方體內考慮即可求解.

解：因為四面體4-BCD的三對對棱分別相等，

所以把它放在如下的長方體內，

所以如圖:

設長方體的棱長分別為X,y,Z,

由己知/+y2=100,y2+z2=(2V34)2=136,%2+z2=(2V41)2=164,

所以久2+y2+z2=200,

得長方體的外接球半徑為5vL

又四面體4-8C。的外接球與長方體的外接球相同，

所以四面體a-BCD外接球的表面積為S=4兀/?2=2007T.

故選A.

8.答案：B

解析：

本題考查線面角的大小的判斷，考查空間中線線、線面、面面間的位置關系等基礎知識，考查運算

求解能力，是中檔題.

過E作EMJ■平面4BCC,交AO于過E作EN_L平面BCqB],交81cl于M連結M凡NF,設

正方體ZBCD—4B1GD1中棱長為a,則EM=EN=a,MF>a,NF>a,4EFM=9,乙EFN=cp,

從而t<m8=累Wl,進而Omax=45°,易證△ENFmAEMF,能推導出0=9.

解：過E作EMJL平面ABC。，交A。于M,過E作EN_L平面BCGB]，交當前于N,

連結MF,NF,

設正方體力BCD—4/iGDi中棱長為a,

則EM=EN=a,MF>a,NF>a,乙EFM=0,乙EFN=<p,

EM

???tand=—<1,emax=45°,

易證AENF三AEMF,能推導出。=9.

9=cp,9max=45°,

故選B.

9.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2,8，1的長方體，在長方體中可解決.

解：補成長，寬，高分別為2,6，1的長方體（如下圖）

由于EF1a,故截面為平行四邊形MNKL,

可得KL+KN=2.

設異面直線AB與C。所成的角為8,

則sin。=sinZDFH=sin乙LKN.

△HFD中，HD=1,FD=FH=1,

??.△HFD為正三角形，

sind=—,

2

???SsiMNKL=NK-KL-sm^NKL

V3

=—NK-KL

2

-2I2J~2'

當且僅當NK=KL=1時取等號.

故選B.

10.答案：B

解析:

本題考查正三棱錐的外接球及球的截面的性質的應用，屬于較難題目.

解題關鍵是關鍵是構造圖形，利用解三角形計算外接球的半徑.

設三角形BOC的中心為01，球O的半徑為R,

連接0。OD,?；ǎ琌E,

則。1。=3stn60°x|=遮，a。1_y/AD2-￡)0f-3-

在RtAOOi。中，R2=3+(3-R)2,

解得R=2,

因為BD=6BE,

所以DE=|,

在ADEO］中，O、E=J3+Y-2XV3X|XCOS30°=y.

所以。E=JO.+00工=J：+1=手，

過點E作圓。的截面，當截面與OE垂直時，截面的面積最小,

此時截面圓的半徑為后二亙=匹，

\42

最小面積為:兀，

4

當截面過球心時，截面的面積最大，最大面積為47r.

故截面圓的面積的取值范圍為s兀,4兀］.

故選B.

11.答案：C

解析：

本題考查空間中截面的作法及梯形的面積公式.由點、線、面的位置關系作出截面，依據(jù)圖形求出

面積即可.

解：如圖，由面面平行的性質知截面與平面的交線MN是△441。的中位線，

所以截面是等腰梯形BGMN,

正方體的棱長為2,可知MN=^BCi=&,BN-C^M=V22+l2=>/5>

所以梯形的高為J（俑2_（爭2=吟

所以截面的面積為3（遮+2近）x乎=|.

故選C.

12.答案：ABD

解析：

本題考查球，正棱錐的結構特征，棱錐的體積公式，線面垂直的性質，球的截面問題，屬于較難題.

根據(jù)題意，先得出SOI平面A8C,且S。和平面ABC的交點為△4BC的外心，再逐一分析各選項即

可.

解：連接D4,DB,DC,

由題意，SQ為球。的直徑，所以NS4D=NSBD=Z5CD=9O。，

又24so=乙BSD=乙CSD=30°,

所以S4=SB=SC=SD?cos30°=2百，

所以SO和平面48c的交點為△力BC的外心，，且SD1平面4BC,連接AH,

可得4H=SA-sin30°=遮，即4ABC外接圓半徑為VL

vABu平面ABC,

AB1SD,故A正確；

48的最大值為圓，的直徑2舊，故B正確；

可知SH=SA-cos30°=2>/3x—=3.

2

在△ABC中，若要使其面積最大,

則該三角形的高必然通過圓心，，此時小ABC為等腰三角形,

不妨記48=AC=b,BC=2a,A到BC邊上的高為x,則遮<x<28,

所以△力BC的面積為S=ax,

可得a2+Q_⑸2=（0）2,可得@2=2巡%-％2,

所以S?=a2x2=2V3%3—x4f令f（%）=2A/3X3—%4,V3<%<2痘,

則/（%）=6>/3x2—4x3=4x2（半—%）,

當時，r（x）>0,/（X）單調遞增；

當苧<x<2次時，f（x）<0,f（x）單調遞減；

故/（X）的最大值為/（苧）=（子?X（2V3—苧）=翼，

所以三棱錐S—ABC的體積最大值為工X3X匡=鳴故C錯誤；

3y164

可知過S4作球的截面中，球心。到截面距離為。到SA的距離，

其大小為=gx4xsin30o=1,故。正確；

故選ABD.

13.答案：ABD

解析：

本題以正方體為載體考查球的性質，考查空間想象能力、計算能力，屬中檔題.

由8E_1_平面488遇0得平面截「所得小圓的半徑r,即可求「與面48%久的交線長，判斷A

正確；

由點E到直線BO1的距離為點C到直線BC1的距離的也可求直線BL11被「截得的線段長，判斷8正確；

由DiE=6>VIU,所以點久在該球外，可得HD1的最小值為6-45，判斷C錯誤；

確定以VTU為半徑的球面與對角面BDD1B1的交點為RG,,求出NF01G=120。，即可求該交線的

長，判斷。，

解：因為BE_L平面48當4,所以平面48當41截r所得小圓的半徑r=付==述，

圓心為點B,所以r與面ABB1A1的交線長為gX{=半，故A正確；

點E到直線BO1的距離為點C到直線BD］的距離的即E直線BO1的的距離為半xg=呼，

所以直線BD1被r截得的線段長為2小0一1=當,故B項正確；

因為DiE=V16+16+4=6>VW，所以點Di在該球外,,所以HD1的最小值為6-同,故C錯誤；

過E作EC)11BD于。「連接。$1，則BE=2,OXE=V2,OrB=V2.B101=372.

連接E。，在8。上取CF=&,則EF=6TT=V1U，所以點F在該球上，在上取86=聲,

則GO】=、6+2=2夜,GE=VTO?所以點G在該球上，所以點E為球心，

以為半徑的球面與對角面BDD1B1的交點為F、G,

又因為。聲="內,所以NG。*=60°,乙FO[G=120°,

所以該交線的長為14*2通￥萬，故。項正確，

故選ABD.

14.答案：AD

解析：

本題考查空間點、線、面的關系，考查最短距離求法，屬于難題.

求。P的最小值，即求△O&B底邊上的高；以所在直線為軸，將△41BC]所在平面旋轉到平

面2BB14,設點6的新位置為C',連接AC',則"'即為AP+PG的最小值，利用余弦定理即可求解.

解：求DP的最小值，即求△D&B底邊4$上的高，

易知=AtD=V5?BD=A/2?

所以邊上的高為/I=|VS,

連接&Q,BCr,得ZM/G，

以所在直線為軸，將AAiBCi所在平面旋轉到平面4BB14,

設點G的新位置為C'，連接ZC',則4C'即為AP+PG的最小值，

易知力&=2,AXC'=V2-AB=1,BC=V5>

在直角三角形力"8中，cosa=-1-,sina=-?

在三角形&BC中，由余弦定理得cos/?=察，則sin/?=等，

則coszAzliC'=cos(a+.)=一味，

所以在三角形441C'中，AC=J4+2-2X2XV2X(-y|)=

故選AD.

15.答案：BD

解析：

本題考查四棱錐的結構特征，空間中的距離，異面直線所成的角，面面垂直的性質，四棱錐的外接

球的結構特征，屬較難題.

對于A,取A3的中點E,連接PE,由面面垂直的性質可得PEJ.平面.43。。，即可得直角三角形

求解長度；對于BC,由4D〃BC可得NPCB或其補角即為直線尸C與AO所成的角，在△PBC中計算

角度即可；對于￡>,設ABC。中心為Op球心為。，△P40外心為。2，由四棱錐和其外接球特征構

建兩個直角三角形求解即可.

解：對于4,取AD的中點E,連接PE,因為乙4PD=120。小川=|PD|=2,

所以PE1AD,且|PE|=1,\AD\=28，

又因為面P4D1平面ABCD平面P.ADC平面-AO,PEc面PAD,

所以PE_L平面連結CE,則IEU平面ABC'。，所以PE1CE,

又因為底面ABC。是矩形，=2,所以|CE|=V7,

所以|PC|=J|PE|2+|CE『=22,所以4錯誤:

對于8C,因為力D//BC,所以4PCB或其補角即為直線PC與AO所成的角，

APBC中,由A可得|PB|=|PC|=2近，|BC|=2V5,

所以COSNPCB=^W鬻胖時=言新為=漁，故8正確，C錯誤；

2\PC\-\BC\2X2V2X2V34

對于。，如圖，設ABC。中心為01，球心為O,△24。外心為。2，

由4APD=120°|PX|=\PD\=2,可得外位于△PAD外,

由四棱錐和其外接球特征可得0。1J?面ABCD,002_1_面PAD,且匕瓦。2三點共線.

所以。。110世,0021P02.

22

所以|0B|=R=J|0/|2+[0]0|2,\0P\=R=y/\OO2\+\PO2\,

所以QB|=2,\P02\-I00J=1,\002\=\0xE\=1,

解得|OR|=1,則區(qū)=斤口：=&，所以。正確.

故選BD

解析：

本題考查線面垂直、線面角、二面角等眾多立體幾何的知識點，屬于難題.

對于A,由線面垂直的判定定理證明u平面BDiG即可；對于B,直接分析每個面的三角形即可；

對于C由二面角定義即可；對于。分析出正方體4BCD-&B1GD1的內切球，外接球與BO】的同一

側的兩個交點的距離最小，是關鍵.

解：在棱長為1的正方體ABCD-AiBiCiA中，連接86，

GDiJ"平面BG，B[Cu平面8G，

???C1D11B]C,

C1B1B1C,C-iD-iAC^B—Ci,C1D1,C】Bu平面BDiG，

BjC_L平面BDiG，

DjBu平面BDiQ,

???BiClBDi，即異面直線BDi與BiC所成的角大小為90。，A正確；

四面體。iDBC的面中，BC1CD,三角形BCD是直角三角形,DtD1CD,三角形是直角三角

形，

。1。1平面ABCD,BDu平面ABCD,

DrDA.BD,三角形是直角三角形，

同理BC12C,三角形DiCB是直角三角形，故B正確；

二面角5-BC-Bi即為一BC—Bi，由二面角定義可知其大小為45。，故C錯誤；

正方體4BCD-41B1GD1的內切球半徑為右外接球半徑3

正方體ABC。-&B1C1D1的內切球，外接球與5%的同一側的兩個交點的距離最小，

即亨.故。正確.

故選ABD.

17.答案：AC

解析：

本題考查正方體的結構特征、二面角，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、面面平行的性質、

函數(shù)的最值，屬于較難題.

以。為原點，以分別為x,y,z建立空間直角坐標系，

則5(0,0,1),4(100),C(0,1,0),2(1,0,1),G(0,1,1),

設的=<A<1)，則-Z1).則而=(A,l-A,0).

再結合選項依次判斷.

解：以。為原點，以04,CC,0Di分別為x,y,z建立空間直角坐標系，

則。1(0,0,1)4(1。0),C(0,1,0),41(1,0,1),6(0,1,1),

設金而=4GA；(0O則

則瓦羽=U,1-A,0)-

對于A項，

由前=(-1,1,0)，BM=(A-1,-2,1).所以cos(麗，而>=7x%；？2；l+2

令t=1一2九則—cos<BM,AC>—^=,

當t=0時，cos<麗，前>=0;

當"0時，即G)，l，所8s(麗，前>=忘".

所以cos<'EM,AC>e[o,1],

所以異面直線BM與AC所成角的范圍是[60。,90。],

則存在M點使得異面直線8例與AC所成角為75。，故A項正確；

對于8項，

如圖:

當點M移動到&時，二面角M-BO-C最大，連接8。交AC于點。，連接為。，&C,

則AiO_LBD,0C1BD,得乙410C為二面角M-BD-C為135。的二面角，

在RM44。中,

smZ-A^OA

得sin乙4I0C=sin乙41。4=除

而sinl35。=當＜強

函數(shù)y=sinx在槨,兀］上單調遞減，

故44。(？<135°,

因為當點M移動到兒時，二面角M-BD-C最大，故不存在M點使得二面角M-BD-C為135。的

二面角，

故3項錯誤；

對于C項，

設平面4D1C的法向量為沅=(x,y,z),

則近=(-1,1,0),=(-1,0,1)-

由,安，得，取4=1，得'=1，z=l，

(m-ADj=0l-x+z=0，

得平面4D1C的法向量為記=(1,1,1),設直線AM與平面AOiC所成角為氏

則sin。=|cos<Dj4,m>\=以屋+m/

111V6

所以當;l=；時5也。有最大值，%=詞=1■故C項正確；

2/2X--2X-+1XV3Y

對于。，由平面平面用5ao可得，平面80M與平面為B1C1D1的交線平行于8力,

過點用點作直線EF〃BD,則梯形EFBD即為截面，

因為4AlM=&G，所以EF=#，此時WB。間的距離為，+（當j=苧

所以截面面積為更必=延，故。項錯誤.

24

故選AC.

18.答案:BC

解析：

本題考查正六棱錐的結構特征，異面直線所成的角，直線和平面所成的角，同角三角函數(shù)的基本關

系，正弦函數(shù)的性質，正切函數(shù)的性質，屬較難題.

設底面正六邊形4BCDEF的邊長為2,正六棱錐高為/?,由異面直線所成的角及直線和平面所成的

角的定義可得tana】/tana?=科sing】=笈贏帚sg=猊鬻畸利用同角

三角函數(shù)的基本關系，正弦函數(shù)的性質，正切函數(shù)的性質，逐一判斷即可.

解：由題意可得該六棱錐為正六棱錐，設底面正六邊形ABCOE尸的邊長為2,正六棱錐高為/?,則

側棱長為側面上的斜高為"=71不必，由正六邊形488￡：尸的性質可得8?！?。,。。〃4尸,

hh

所以和N04F分另IJ為0A與BC、C￡>所成角分別為劭,戊2,在等腰△。40中，tan%=國=5；在

2

2

等腰△OAF中，tana2=與=V3+h；設點A到平面OBC、平面OCD的距離分別為均也，因為

z2

S^ABC=\\BA\'\BC\'sinl20°=ix2x2x^=V3.Sh0BC=；|BC|-/i=；x2XV3+h=

222zz

A/3+h?，所以由勿-08c=%T8c可得，,SMBC,h=』SA（）BC?di,解得由=,所以sin/?i=TT~—

JJv/l+3117/11

JW黑z+爐又S“CD=\MC|-|CD|=ix2V3x2=2V3,S.℃D=同理可得d?=焉

所以/為=蒜=旃鬻畸

2

對于A,由tanai=T，tana2=V3+/i>tana?=2tan的不恒成立，故A錯誤；

對于B,0A與8C所成角為的，0A與平面08c所成角為由，因為BCu平面。8C,所以由最小角定

理可知，直線與平面內所有直線所成的角中線面角最小，所以的》用；又0A與CZ）所成角為a2,

0A與平面OCD所成角為傷，由C。<=平面OCD,同理可得a2》傷.由不等式的可加性可得%+a2>

用+僅，故B正確；

對于C,由到辿=標金前=黑+旬，可得sin的=2sin自恒成立，故C正確；

對于由sin。】=篇舄且凡為銳角,可得tan0】=而黑而,又tana「*所以

h

442

tan（的+氏）=z哈12="”4*12+2震因為4人+2+48一3/i=h+16h+48>

1?」x近h2V/l4+4h2+12-V3/l216h

2Jh4+4九2+12

0,所以4h4+16F+48>3h4,BP2Vh4+4/i2+12>V3/i2,所以tanl的+'）>0,又因為a1,凡均

為銳角，所以（）<5+d<：,故。錯誤.

故選BC.

19.答案：[號與1]

解析:

本題考查旋轉體中直線和平面所成的角，涉及正三棱錐的結構特征，圓錐的結構特征，同角三角函

數(shù)的基本關系，屬較難題.

由正三棱錐結構特征可得將△PMN繞PN所在的直線旋轉一周，MN旋轉形成的軌跡為一個圓錐的側

面，設直線PN與平面PAB所成的角為夕，MN與平面PAB所成角為仇可將問題轉化為直線AB與

平面a所成的角川確定，直線8c繞直線BA旋轉，且8c與BA所成的角小于直線AB與平面a所成的

角，所以0404/?+4ABC,由此即可求解.

解：由三棱錐P-ABC的各條棱長均為1,N分別是棱BC的中點，可得|PN|=當，

又因為三棱錐P-ABC為正三棱錐，所以點C到平面PAB的距離為J1.(|X到=導又由N分

別是棱BC的中點可得，點N到平面PAB的距離為在，

6

V6

設直線PN與平面PAB所成的角為氏貝㈣邛=塞=爭所以cos￡=*

2

又因為M,N分別是棱尸4,8c的中點，由|PN|=|4N|可得MNJ.PM,

則sin"NM==冬cos/PNM=—.

|PW|33

將△PMN繞PN所在的直線旋轉一周，因為PN與平面PA8所成角為定值，NPNM為定值，所以MN

旋轉形成的軌跡為一個圓錐的側面，設MN與平面PAB所成角為仇

可將問題轉化為：直線A8與平面a所成的角￡確定，直線BC繞直線8A旋轉，且BC與BA所成的

角小于直線A8與平面a所成的角，所以0<6</?+乙4BC,其中乙4BC即為原圖中/PNM,所以

sinZ-ABC=爭cosZ-ABC=當而cosO=1,cos(fi+Z-ABC)=cos/??cosZ-ABC—sin/??sinZ-ABC

V7V6V2V3V42-x^6

-X------------X-=------------

33339

.所以3P《cos。＜1，即直線MN與平面PA8所成角余弦值的取值范圍是[些F，l].

故答案為[號四,1]

20.答案：1

解析：

本題考查了空間兒何體的結構特征以及空間距離的求法，屬于較難題目.

根據(jù)題意設球。2半徑為「，作出截面圖，由勾股定理求出結果即可.

解：設球。2半徑為r，球。1和球。2與底面A8C￡>的切點分別為M、N,

過。2作02H和垂直，垂足為H，

作出正方體的截面圖力CG4，如圖：

因為01半徑為2,且與該正方體的底面A8CQ和兩個側面4。。送1，ABB14都相切.

所以AM=2V2,

球。2與正方體的另外兩側面BCCiG，OCCiA以及底面A8CD相切，所以ND=V^r，

又AD=5V2,

222

則由勾股定理：0.H+02H=0^2,

即(2-r)2+(5V2-2V2-V2r)2=(2+r)2,

解得：「1=1,r2=9(舍去).

故答案為1.

21.答案：[0,8]

解析：

本題考查了正方體的結構特征，簡單組合體及其結構特征，空間向量的數(shù)量積及加減運算，屬于較

難題.

利用正方體的內切球的結構特征得當弦MN的長度最大時，是此內切球的直徑且MN=4,設

的中點為。，再利用正方體的內切球的結構特征得。是內切球的球心，也是正方體4BCD-&&GD1

中心，利用空間向量的加減運算及數(shù)量積得麗.麗=而2一小再利用正方體的結構特征得24

\P0\<2百，最后計算得結論.

解：因為MN是棱長為4的正方體4BC0的內切球的一條弦，

所以當弦的長度最大時，是此內切球的直徑且MN=4.

設MN的中點為0,則。是內切球的球心，也是正方體4BCD-48iGDi中心，

因此麗=一麗，|麗|=|而|=2,

所以兩?~PN=（P0+西）?（P0+0/V）

=時-ON）-（P0+ON）

,一>2...>2---?2

=PO-ON=P0-4-

又因為尸為正方體表面上的動點，。為正方體ABCD-&B1GD1中心，

所以2<\P0\<2百，

因此04而2-448，

即由?前的取值范圍是[0,8].

故答案為[0,8].

22.答案：36

解析：

本題考查球的內接體與球的關系，球的半徑的求解，考查計算能力，是中檔題.

通過球的內接體，說明兒何體的中心是球的球心，由球的表面積求出球的半徑，設出三棱柱的底面

邊長，通過解直角三角形求得“，然后得三棱柱的側面積.

解：如圖，

???三棱柱48c-4181cl的所有棱長都相等，6個頂點都在球0的球面上，

???三棱柱為正三棱柱，則其中心為球的球心，設為。

再設球的半徑為一，由球。的表面積為28加，得471r2=28兀，

???T—V7.

設三棱柱的底面邊長為a,則上底面所在圓的半徑為漁a,且球心。到上底面中心”的距離OH=當

32

直三棱柱高為力，底面周長為工

“2=(|)2+白)2,即「=島，

a=2-\/3=h>L=3xa=6v5

則三棱柱的側積為S=Lxh=3xaxh=3x2V3x2V3=36

故答案為：36.

23.答案：*

2

解析：

本題考查棱柱的結構特征，球的半徑的求法，根據(jù)題意作出輔助線，利用勾股定理列方程解答是解

題的關鍵.

根據(jù)題意，作輔助線，在正四棱柱對角線的截面構造直角三角形01。28,設小球半徑為廣，利用勾股

定理列方程，解方程可得小球的半徑.

解：如圖，

設大球的球心為0「