【文档说明】2022-2023学年四川省成都等各市高一下数学期末试题分类汇编：立体几何压轴题1 Word版含解析.docx，共(61)页，5.651 MB，由小赞的店铺上传

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2022-2023学年四川省成都等各市高一下数学期末试题分类汇编：立体几何压轴题1一、多选题1．已知圆锥顶点为S，高为1，底面圆O的直径AB长为22．若C为底面圆周上不同于,AB的任意一点，则下列说法中正确的是（）A．圆锥SO的侧面积为62πB．SA

C面积的最大值为32C．圆锥SO的外接球的表面积为9πD．若ACBC=，E为线段AC上的动点，则SEBE+的最小值为742+【答案】BCD【分析】对A：根据圆锥的侧面积公式分析运算；对B：根据题意结合三角形的面积公式

分析运算；对C：根据题意可得圆锥SO的外接球即为SAB△的外接圆，利用正弦定理求三角形的外接圆半径，即可得结果；对D：将平面ABC与平面SAC展开为一个平面，当,,SEB三点共线时，SEBE+取到最小值，结合余弦定理分析运算.【详解】对A：由题意可知：

222,1,3OAOBSOSASBSCSOOB======+=，故圆锥SO的侧面积为π236π=，A错误；对B：SAC面积113sin33sinsin222SACSSASCASCASCASC===，在SAB△中，2223381cos023233SASBABASBSASB+

−+−===−，故ASB为钝角，由题意可得：0ASCASB，故当π2ASC=时，SAC面积的最大值为33sin22ASC=，B正确；对C：由选项B可得：1cos3ASB=−，SAB为钝角，可得222sin1cos3SABSAB=−=，

由题意可得：圆锥SO的外接球半径即为SAB△的外接圆半径，设其半径为R，则2223sin223ABRASB===，即32R=；故圆锥SO的外接球的表面积为234π9π2=，C正确；对D：将平面ABC与

平面SAC展开为一个平面，如图所示，当,,SEB三点共线时，SEBE+取到最小值，此时π2,2ACBCACB===，在SAC，2224333cos023223ACSCASACSACSC+−+−===

，则ACS为锐角，则26sin1cos3ACSACS=−=，在SBC△，则()π6coscoscossin23SCBSCAACBSCAACS=+=+=−=−，由余弦定理可得22262cos34

2327423SBSCBCSCBCSCB=+−=+−−=+，则742SB=+，故SEBE+的最小值为742+，D正确.故选：BCD.2．数学中有许多形状优美、寓意独特的几何体，“等腰四面体”就是其中之一，它是三组对棱

分别相等的四面体．已知等腰四面体ABCD中，三组对棱长分别是4ADBC==，25ABCD==，27ACBD==，则对该等腰四面体的叙述正确的是（）A．该四面体ABCD的体积是1633．B．该四面体ABCD的外接球表面积是32πC．πBACDACDAB+

+D．一动点P从点B出发沿四面体ABCD的表面经过棱AD到点C的最短距离是45【答案】ABD【分析】将等腰四面体放入长方体中，即可由长方体的性质求解AB,利用三角形全等即可判断C，由展开图，利用两点距离最小即可判断D.【详解】如图，将等腰四面体ABCD补成长方体，设

该长方体的长、宽、高分别是a，b，c，则2222224,25,27,abbcac+=+=+=解得23a=，2b=，4c=，则该等腰四面体的体积为：11163232423244323V=−=．故A正确，由于4ADBC==，25ABCD==，27ACBD

==，所以ABDBAC△△,ABCCDA,故,DACBCADABCBA==所以πBACDACDABBACBCACBA++=++=,故C错误，由于等腰四面体的三条棱分别是长方体的三条面对角线，所以长方体的外接球即为等腰四面

体的外接球，而长方体的体对角线长度为()22222223242abc++++==4，故外接球的半径为42222=，故表面积为()24π2232π=，故B正确，将平面ABD和平面ACD沿着AD翻折到一个平面ABDC内，连接BC,则BC

即为最短距离，由于4=AD，25ABCD==，27ACBD==，则四边形ABDC为平行四边形，设BC与DA交于点O,则O为BC与DA的中点，在ABD△中，2221620281cos2242525ADABBDBADADAB+−+

−===,故在ABC△中，221222cos242022254525BCBOAOABAOABBAD==+−+−==故D正确，故选：ABD．3．四棱锥的四个侧面都是腰长为7，底边长为2的等腰三角形，则该四棱锥的高为（）

A．2B．62C．3D．5【答案】ACD【分析】满足要求的四棱锥有三种情形，对三种情况进行讨论求出结果.【详解】满足要求的四棱锥有如下三种情形.（1）如图，四条侧棱长均为7，则四棱锥为正四棱锥，连接ACBD、交于点E，连接OE，则OE⊥平面ABCD，OE是四棱锥的高，则122CEA

C==，122CEAC==，所以225OEOCCE=−=，四棱锥的高为5；（2）如图，有两条侧棱长为7，作OE⊥平面ABCD，记AEy=，OEx=，OE是四棱锥的高，于是，227xy+=，且2247xy−

=−.解得2x=，5y=.四棱锥的高为2；（3）如图，三条侧棱（OB、OC、OD）长为7，一条侧棱2OA=，7ABAC==，2BDDC==，设AD与BC交于点E.记BEx=.由等腰三角形三线合一可得：DEBCOEBC⊥⊥、,DE平面AOD，OE平面AOD，DEOEE

=，则BC⊥平面AOD，因为BC平面ABCD，所以平面ABCD⊥平面AOD，过O作OMAD⊥，因为平面ABCD平面AODAD=,所以OM⊥平面ABCD，OM是四棱锥的高，则有224DEx=−，227OEx=−，227AEx=−.因为coscosOEDOEA=

−，于是，22222222OEEDODOEEAOAOEEDOEEA+−+−=−.将前面的结果代入上式，解得3x=或22.显然22x，故3x=.12DEAE==、，在ADO△中，3,2,7,ADAOAD===由余弦定理得22227cos207ADODAOODAADD+−==,

221sin1cos7ODAODA=−=，sin3OMODODA==，四棱锥的高为3.故选：ACD.4．棱长为2的正方体1111ABCDABCD−中，M是线段1AB上的动点，下列正确的是（）A．1A

MD的最大值为90°B．11DCDM⊥C．三棱锥1MDCC−的体积为定值D．1AMMD+的最小值为4【答案】BC【分析】对A，令122(01)AMtt=，在1AAM△中，根据余弦定理求得2AM，再在1AMD△中根据余弦定理求解1cosAMD的表达式，判断出当102t时，1

cos0AMD即可；对B，根据线面垂直的性质与判定，证明1CD⊥平面11ABCD即可；对C，根据体积公式结合长方体的性质证明即可；对D，把1AAB与矩形11ABCD展开在同一平面内，再分析最小值即可【详解】对

A，在正方体1111ABCDABCD−中，连接11,,ADAMDM，如图，而2AB=，则122AB=，令122(01)AMtt=，在1AAM△中，145AAM=，由余弦定理得22222(22)2222cos45884AMtttt=+−=−+，根据线面垂直的性质有111DAAM⊥

，则222212(22)48DMtt=+=+，1AMD△中，122AD=，222111118(21)cos22AMDMADttAMDAMDMAMDM+−−==，当102t时，1cos0AMD，即1AMD是钝角，A不正确

；对B，因11AD⊥平面11CDDC，1CD平面11CDDC，则111ADCD⊥，正方形11CDDC中，11CDCD⊥，1111ADCDD=，111,ADCD平面11ABCD，于是得1CD⊥平面11ABCD，又1DM平面11ABCD，因此，11

DMCD⊥，B正确；对C，由题意，M到平面1DCC的距离为定值BC，故1113MDCCDCCVSBC−=为定值，C正确；对D，把1AAB与矩形11ABCD展开在同一平面内，连接1AD交1AB于点M，如图，在

1AAD△中，1135AAD=，由余弦定理得：2212224cos135222AD=+−=+，因点M在线段1AB上，111AMMDADAMMD+=+，当且仅当点M与M重合时取“=”，所以1APPD+的最小值为222+，D错误；故选：BC5．如图，在长方体1111ABC

DABCD−中，12AAABAD==，M，N分别为棱11CD，1CC的中点，则下列说法正确的是（）A．M，N，A，B四点共面B．直线BN与平面ADM相交C．直线BN和1BM所成的角为π4D．平面ADM和平面1111DCBA所成锐二面角的余弦值为

55【答案】BD【分析】对于A：连接11,ADBC，根据AM、B、N与面11ABCD位置关系即可判断；对于B：F为1DD中点，连接AF，易得//AFBN，根据它们与面ADM的位置关系即可判断；C：若,HG分别是111,AAAB中点，连接11,HDGD，

易知直线BN和1BM所成的角为1GDH，再证明△1HDG为等边三角形即可得大小；D：若G分别是11AB中点，求面ADMG和面1111DCBA的夹角即可，根据面面角的定义找到其平面角即可.【详解】对于A：连接11,ADBC，如下图AM面11ABCD，而B

面11ABCD，N面11ABCD，所以M，N，A，B四点不共面，A错误；对于B：若F为1DD中点，连接AF，N为棱1CC的中点，由长方体性质知：//AFBN，显然BN面ADM，若//BN面ADM，而AFÇ平面ADMA=，显然有矛盾，所以直线BN与平面ADM相交，B正确；C：若,HG分别是1

11,AAAB中点，连接11,HDGD，由长方体性质易知：111//,//HDAFGDBM，而//AFBN，故1//HDBN，即直线BN和1BM所成的角为1GDH，设2ABa=，由已知1111AGAHADa===，易知112HDGDHGa===，即1HD

G为等边三角形，所以1GDH为60，所以直线BN和1BM所成的角为π3，C错误；D：若G分别是11AB中点，显然11////MGADAD，易知,,,ADMG共面，所以平面ADM和平面1111DCBA的夹角，即为

面ADMG和面1111DCBA的夹角，而面ADMG面1111ABCDMG=，长方体中11AAAG⊥，1AAMG⊥，如下图，1AGA为ADMG和面1111DCBA夹角的平面角，115cos5AGAGAAG==，D正确.故选：BD6．勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它

能像球一样来回滚动．勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的相交部分围成的几何体．如图所示，设正四面体ABCD的棱长为2，则下列说法正确的是（）A．勒洛四面体能够容纳的最大球的半

径为622−B．勒洛四面体被平面ABC截得的截面面积是()2π3−C．勒洛四面体表面上交线AC的长度为2π3D．勒洛四面体表面上任意两点间的距离可能大于2【答案】ABD【分析】A选项：求出正四面体ABCD的外接球半径，进而得到勒洛四面体的内切球

半径，得到答案；B选项，作出截面图形，求出截面面积；C选项，根据对称性得到交线AC所在圆的圆心和半径，求出长度；D选项，作出正四面体对棱中点连线，在C选项的基础上求出长度.【详解】A选项，先求解出正四面体ABCD的外接球，如图所示：取CD的中点G，连接,BGAG，过

点A作AFBG⊥于点F，则F为等边ABC的中心，外接球球心为O，连接OB，则,OAOB为外接球半径，设OAOBR==，由正四面体的棱长为2，则1CGDG==，3BGAG==，1333FGBG==，22333BFBG==22126333AFA

GFG=−=−=，263OFAFRR=−=−，由勾股定理得：222OFBFOB+=，即222262333RR−+=，解得：62R=，此时我们再次完整的抽取部分勒洛四面体，如图所示：图中取正四面体ABCD中心为O，连

接BO交平面ACD于点E，交AD于点F，其中AD与ABD△共面，其中BO即为正四面体外接球半径62R=，设勒洛四面体内切球半径为r，则622rOFBFBO==−=−，故A正确；B选项，勒洛四面体截面面积的最大值为经过正四面体某三个顶点的截面，

如图所示：面积为()2221π3333π22222344−+=−，B正确；C选项，由对称性可知：勒洛四面体表面上交线AC所在圆的圆心为BD的中点M，故3MAMC==，又2AC=，

由余弦定理得：2223341cos23233AMMCACAMCAMMC+−+−===，故1arccos3AMC=，且半径为3，故交线AC的长度等于13arccos3，C错误；D选项，将正四面体对棱所在的弧中点连接，此时连线长度最

大，如图所示：连接GH，交AB于中点S，交CD于中点T，连接AT，则22312STATAS=−=−=，则由C选项的分析知：3TGSH==，所以3232322GH=−+=−，故勒洛四面体表面上两点间的距离可能大于2，D正确.故选：ABD.【点睛】结论点睛：勒洛四面体考试中经常考查，下面是一些它的

性质：①勒洛四面体上两点间的最大距离比四面体的棱长大，是对棱弧中点连线，最大长度为232aa−，②表面6个弧长之和不是6个圆心角为60的扇形弧长之和，其圆心角为1arccos3，半径为32a.7．已知正方体1111ABCDABCD−的棱长为1

，点P为线段1BC上的动点，则（）A．DP//平面11ABDB．1DPCP+的最小值为12+C．直线DP与平面ABCD、平面11DCCD、平面11ADDA所成的角分别为,,，则222sinsinsin1++=D．点C关于平面11ABD的对称点为M，则M到平面ABCD的距

离为43【答案】ACD【分析】根据正方体的几何性质结合线面平行判定定理、勾股定理、余弦定理、线面夹角的定义、点到平面的距离，逐项盘点即可得答案.【详解】对于A，如图连接11111,,,,DBDCABADBD在正方体1111A

BCDABCD−中，因为1111//,ABDCABDC=，所四边形11ABCD为平行四边形，所以11//ADBC，又1BC平面1BCD，1AD平面1BCD，所以1//AD平面1BCD，同理可得11//DBDB，又

DB平面1BCD，11DB平面1BCD，所以11//DB平面1BCD，由1111111,,ADDBDADDB=平面11ABD，所以平面1//BCD平面11ABD，因为DP平面1BCD，所以//DP11ABD，故A正确.对于B，如图将平

面11DCB和平面1BCC展开到同一个平面，连接1DC1DPCP+的最小值即为1DC，在正方体可得11DC⊥平面1BCC，1CB平面1BCC，所以111DCCB⊥，且11,CCBCCCBC=⊥，所以1π4BCC=则平面中113π4DC

C=，由余弦定理得22211111111122cos11211222DCDCCCDCCCDCC=+−=+−−=+，即122DC=+，故B错误；对于C，如图，过P作1PNCC⊥于N，PEBC⊥于E，PQ⊥平面11ADDA于Q，连接,,,QDDEDNPC由正方体易得PN^

平面11DCCD，PE⊥平面ABCD，又直线DP与平面ABCD、平面11DCCD、平面11ADDA所成的角分别为,,，所以sinsin,sinsin,sinsinPEPNPQPDEPDNPDQPDPDPD======，

则2222222222sinsinsinPEPNPQPEPNPQPDPDPDPD++++=++=，因为PQ⊥平面11ADDA，CD⊥平面11ADDA，则//PQCD，且PQCD=，所以四边形PQDC为平行四边形，所以DQPC

=，又在矩形PNCE中可得22222PEPNPEECPC+=+=，所以222PEPNDQ+=，在RtPQD△中，222DQPQPD+=，所以2222PEPNPQPD++=，即222sinsinsin1++=，故C正确；对于D，连接111,,ACDCAC，连接1AC交平面11ABD于F，过F

作//FHAC交AC于H在正方体中可得，1111ACBD⊥，1CC⊥平面1111DCBA，因为11BD平面1111DCBA，所以111CCBD⊥，又1111111,,CCACCCCAC=平面11ACC，所以11BD⊥平面11ACC，又1AC

平面11ACC，所以111BDAC⊥，同理可得11ADAC⊥，因为1111111,,ADBDDADBD=平面11ABD，所以1AC⊥平面11ABD，即1AF⊥平面11ABD，因为正方形的面对角线111

12ADBDAB===，所以11ABD为正三角形，又111111AABDAABDVV−−=，所以11111111133ABDABDSAFSAA=，则111111111111321π322sin23ABDABDSAAAFS

===，因为正方体的体对角线13AC=，所以1113AFAC=，因为//FHAC，所以1123FHCFAAAC==，即23FH=，因为1AA⊥平面ABCD，所以F到平面ABCD的距离为23，由于点C关于平面11ABD的对称点为M，则F为CM中点，于是M到平面ABCD的距离

为43，故D正确.故选：ACD.8．魏晋时期著名数学家刘徽解释了《九章算术-商功》中记录的空间几何体“堑堵、阳马、鳖臑”的形状和产生过程，即：“邪解立方得两堑堵，邪解堑堵，其一为阳马，一为鳖臑，阳马居二，鳖臑居一，不易之率也”，其意思是：把正方体或长方体斜向分解成两个

堑堵，再把堑堵斜向分解得到一个阳马和一个鳖臑，两者的体积比为定值．如图，在长方体1111ABCDABCD−被平面11ABCD截得两个“堑堵”，其中一个“堑堵”11BCCADD−又被平面1DBC截为一个“阳马”1DABCD−和一个“鳖臑”11D

BCC−，则下列说法正确的是（）A．“阳马”1DABCD−是一个底面为矩形，且有一条侧棱垂直于底面的四棱锥，“鳖臑”11DBCC−为四个面全是直角三角形的三棱锥B．“阳马”1DABCD−的体积是“鳖臑”11DBCC−的体

积的2倍C．“阳马”1DABCD−的最长棱和“鳖臑”11DBCC−的最长棱不相等D．若1AB=，“鳖臑”11DBCC−的所有顶点都在同一球面上，且该球的表面积为5π，则长方体1111ABCDABCD−的体积的最大值为2【答案】ABD

【分析】对于A，根据长方体的性质结合线面垂直的性质和判定分析判断，对于B，根据棱锥的体积公式计算判断，对于C，计算出各个棱长后分析判断，对于D，根据鳖臑”11DBCC−的外接球就是长方体1111ABCDABCD

−的外接球，求出长方体的对角线【详解】对于A，因为四边形ABCD是矩形，1DD⊥平面ABCD，所以“阳马”1DABCD−是一个底面为矩形，且有一条侧棱垂直于底面的四棱锥，因为11DC⊥平面11BCCB，1BC平面11BCCB，所以111DCBC⊥，同理可得

1BCDC⊥，又因为111DCCC⊥，1BCCC⊥，所以111111,,,BCCBCDBCDDCC都为直角三角形，所以“鳖臑”11DBCC−为四个面全是直角三角形的三棱锥，正确，对于B，设1,,ABaA

DbAAc===，则111133DABCDABCDVSDDabc−==，1111111113326DBCCBCCVSDCbcaabc−===，所以“阳马”1DABCD−的体积是“鳖臑”11DBCC−的体积的2倍，正确，对于C，设1,,ABaADbAAc===，则“阳

马”1DABCD−的最长棱为2221DBabc=++，“鳖臑”11DBCC−的最长棱为2221DBabc=++，所以“阳马”1DABCD−的最长棱和“鳖臑”11DBCC−的最长棱相等，错误，对于D，设“鳖臑”11DBCC−的外接球的半径为R

，则由“鳖臑”11DBCC−的外接球的表面积为5π，得24π5πR=，解得52R=因为“鳖臑”11DBCC−的外接球与长方体1111ABCDABCD−的外接球是同一个球，所以125DBR==，设1,BCxAAy==，则2215xy++=，224xy+=，所以22

42xyxy=+，即2xy，当且仅当2xy==时取等号，则长方体1111ABCDABCD−的体积为2Vxy=，当且仅当2xy==时取等号，所以长方体1111ABCDABCD−的体积的最大值为2，正确，故选：ABD9．如图

，在棱长为2的正方体1111ABCDABCD−中，,EF分别为棱11BC，1BB的中点，G为面对角线1AD上的一个动点，则（）A．三棱锥1BEFG−的体积为定值B．线段1AD上存在点G，使1AC⊥平面EFG

C．线段1AD上存在点G，使平面//EFG平面1ACDD．设直线FG与平面11ADDA所成角为，则sin的最大值为223【答案】ABD【分析】对于A选项，利用等体积法判断；对于B、C、D三个选项可以建立空间直角坐标系，利用空间向量求解

【详解】易得平面11//ADDA平面11BCCB，所以G到平面11BCCB的距离为定值，又1BEFS△为定值，所以三棱锥1GBEF−即三棱锥1BEFG−的体积为定值，故A正确．对于B,如图所示,以D为坐标原点,DA

为x轴,DC为y轴,1DD为z轴,建立空间直角坐标系,则()2,0,0A，()()2,2,0,0,0,0BD,()0,2,0C，()12,0,2A，()10,0,2D()()()10,2,2,1,2,2,2

,2,1CEF，所以()12,2,2AC=−，()2,2,0AC=−，()12,0,2AD=−，()1,0,1EF=−设1DGDA=（01≤≤），则()2,0,2G所以()21,2,22EG=−−−，()22,2,21FG=−−−1AC⊥平面EFG11

ACEGACFG⊥⊥即()()()()()()()()221222220222222210−−+−+−−=−−+−+−−=解之得14=当G为线段1AD上靠近D的四等分点时，1

AC⊥平面EFG.故B正确对于C，设平面1ACD的法向量()1111,,nxyz=则1111111220220nACxynADxz=−+==−+=，取11x=得()11,1,1n=设平面EFG的法向量()2222,,nxyz=,则()()2222222021222

0nEFxznEGxyz=−==−−+−=取21x=,得21,,1243n=−,平面1ACD//平面EFG12//nn设12nkn=,即()431,1,11,,12k−=,解得451,k==，01，不合题意线段1BC上不存在点G,

使平面EFG//平面1BDC，故C错误．对于D，平面11ADDA的法向量为()0,1,0n=则22sin8129FGnFGn==−+因为22398129842−+=−+92所以22222sin39

81292==−+所以sin的最大值为223．故D正确．故选：ABD10．在棱长为4的正方体1111ABCDABCD−中，E，F，G，R，S分别是11AB，BD，11BD，1AC，11BC的中点，点H是线段1CG上靠近G的三等分点，点I是线段CF上靠近F的三等分点，P为底面11

11DCBA上的动点，且//DP面ACE，则（）A．//RICHB．三棱锥HABC−的外接球的球心到面ABC的距离为43C．多面体1EBSABC−为三棱台D．P在底面1111DCBA上的轨迹的长度是22【答案】ACD【分析】在平面11AACC中，由中位线定

理、平行直线判断定理，以及平行的传递性可得//RICH，可判断选项A正确；确定三棱锥HABC−的外接球的球心O在直线FG上位置，即可求出球心到面ABC的距离，可判断选项B错误；根据棱台的定义判断多面体1EBSABC

−为三棱台，可判断选项C正确；找到过点D与面ACE平行的平面，即可找到点D的轨迹，可判断选项D正确.【详解】根据题意，可知RICH、平面11AACC，如图画出平面11AACC，取IC的中点Q，连接GQFG、，在1ACC△中，由中位线定理

可知112RFCC=，所以R为FG中点，则在GFQ中，由中位线定理得，//RIGQ，由1RtGFQRtCCH@，得1GQFCHC??，由平行线性质1HCQCHC??，所以HCQGQF??，可得//GQCH所以//RICH，选项A正确；依题意，由于

ABC为直角三角形，则其外心为点F，又因为FG⊥平面ABC，可知三棱锥HABC−的外接球的球心O在直线FG上（如图），设FOx=，由RtOGHRtOFC、中OHOCR==，得()22224xFCxGH+=-+，即()()2222222243xx骣琪琪+=-+琪琪桫，解得，109x

=，则球心到面ABC的距离为109，选项B错误；由题意，可知平面1//EBS平面ABC，延长1BBCSAE、、，1BB与CS交于点K，1BB与AE交于点K，由于1BSBC∥，且112BSBC=，所以1B为BK的中点，同理1B

为BK¢的中点，所以K与K重合，即多面体1EBSABC−三条侧棱交于一点，故多面体1EBSABC−为三棱台，选项C则正确；取1111ADCD、的中点NM、，连接MNDMDN、、，由题意易知MNES∥，ES平面ACE，MN平面ACE

，所以MN平面ACE，同理DM∥平面ACE，MN平面DMN，DM平面DMN，MNDMM=，所以平面//DMN平面ACE，当点PMN时，DP平面DMN，所以DP∥平面ACE，则P在底面1111DCBA上的轨迹为

MN，且22MN=，选项D正确.故选：ACD【点睛】方法点睛：多面体与球切、接问题的求解方法（1）涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题求解．（2）若球面上四点P、A、B、C构成的三条线段PA、

PB、PC两两垂直，且PA＝a，PB＝b，PC＝c，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，根据4R2＝a2＋b2＋c2求解．（3）正方体的内切球的直径为正方体的棱长．（4）球和正方体的棱相切时，球的直径为正方体的面对角线长．（5）利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外

接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解．11．如图，平面四边形ABCD是由正方形AECD和直角三角形BCE组成的直角梯形，1AD=，π6CBE=，现将RtACD沿斜边AC翻折成1ACD△（1D不在平面AB

C内），若P为BC的中点，则在RtACD翻折过程中，下列结论正确的是（）A．1AD与BC不可能垂直B．三棱锥1CBDE−体积的最大值为612C．若1,,,ACED都在同一球面上，则该球的表面积是2πD．直线1AD与EP所成角的取值

范围为（ππ63，）【答案】BCD【分析】对于A选项：根据线面垂直的判断定理，由11ADCD⊥，当11ADDB⊥时，1AD⊥平面1BCD，则1ADBC⊥；对于B选项：取AC的中点O，连接1,OEOD，根据1

1CBDEDBCEVV−−=，则平面1ACD⊥平面ABC时，三棱锥1CBDE−体积的最大值，从而可判断；对于C，根据1OEODOAOC===，可得1,,,ACED都在同一球面上，且球的半径为OC，从而可判断；对于D选项：由1AD可以看成以AC为轴

线，以45为平面角的圆锥的母线，即可求得1AD与EP所成角的取值范围.【详解】解：对于A选项：由ADCD⊥，则11ADCD⊥，当11ADDB⊥时，且1DBAB，此时满足1AD⊥平面1BCD，因此1ADBC⊥，故A错误；对于B，取AC的中点O，连接

1,OEOD，则122OEODOAOC====，且1ODAC⊥，因为11CBDEDBCEVV−−=，当平面1ACD⊥平面ABC时，三棱锥1CBDE−体积的最大值，在RtBCE△中，π,16CBECE==，则3BE=，此时1111261332212CBDEDBCEVV−−===，所以三

棱锥1CBDE−体积的最大值为612，故B正确；对于C，因为122OEODOAOC====，所以1,,,ACED都在同一球面上，且球的半径为22，所以该球的表面积是22422=，故C正确；对于D，作AMEP∥，因为P为BC的中点，所有1EP=，EP

BEBPAMABBM==，所以333AMBM+==，所以30BAMABC==，所以15MAC=，1AD可以看成以AC为轴线，以45为平面角的圆锥的母线，所以AC与1AD夹角为45，AC与AM夹角为15，又1D不在平面ABC内，6045

15=+，304515=−，所以1AD与DM所成角的取值范围(,)63，所以D正确，故选：BCD.【点睛】本题考查线面平行与垂直的判定定理及异面直线所成的角，多面体的外接球问题，棱锥的体积问题，考查了折叠问

题，考查转化思想，计算能力与空间想象能力，有一定的难度.12．如图，在菱形ABCD中，2AB=，π3BAD=，将ABD△沿BD折起，使A到A，点A不落在底面BCD内，若M为线段AC的中点，则在ABD△翻折过程中，以下说法正确的是（）A．存在某一位置，使得BMCD⊥B．异面直线BM，AD

所成的角为定值C．四面体ABCD−的表面积的最大值为423+D．当二面角ABDC−−的余弦值为13时，四面体ABCD−的外接球的半径为62【答案】ACD【分析】假设存在某一位置，使得BMCD⊥，根据空间线面垂直的判定，可判断A；作出异面直线BM，AD所成的角，

结合余弦定理计算可判断B；利用基本不等式结合三棱锥表面积的计算，可判断C；判断四面体ABCD−为正四面体，补成正方体，可求得外接球半径，判断D.【详解】对于A，不妨假设存在某一位置，使得BMCD⊥，

连接AC交BD于点O，连接OA，取CD的中点为N，连接,MNBN，M为线段AC的中点，故MNAD∥；由于在菱形ABCD中，,ABBCABBC==，而M为线段AC的中点，故BMCA⊥，由于,,CDACCCD

AC=平面ADC，故BM⊥平面ADC，MN平面ADC，故BMMN⊥，而π3BAD=，故π3BCD=，即BCD△为正三角形，则BCBD=，故332BNBC==，又MNAD∥，且112MN

AD==，故222BMBNMN=−=,由于BMCA⊥，故22422,22AMABBMAC=−=−==，因为3AOOC==，满足AOOCAC+，即当AC22=时，使得BMCD⊥，A正确；对于B

，因为MNAD∥，故异面直线BM，AD所成的角即为BMN或其补角，而22222c13122osMNBMBNBMBMBMNMNBMBMBM+−+−===−，由于BM长不是定值，故1cs2oBMBMNBM−=不是定值，即异面直线BM，AD所

成的角不为定值，B错误；对于C，由题意可知12ADCABCSSACBMAMBM===,因为2224ABAMBM=+=，故2222AMBMAMBM+=，当且仅当2AMBM==时取得等号，故,ADCABCSS的最大值为2，而122sin6032ABDC

BDSS===，则四面体ABCD−的表面积的最大值为max()423ADCABCABDCBDSSSS+++=+，C正确；对于D，因为,OCBDOABD⊥⊥，故AOC为二面角ABDC−−的平面角，即1cos3AOC=，所以2222233612632

33AOOCACACACAOOC+−+−−===，即2AC=，而2ADABBDBCCD=====，则四面体ABCD−为正四面体，故将其补成如图所示正方体，且正方体棱长为2，则该正方体的外接球即为四

面体ABCD−的外接球，正方体的体对角线长即为外接球直径，则外接球半径为222(2)(2)(2)622++=，即四面体ABCD−的外接球半径为62，D正确，故选：ACD【点睛】难点点睛：本题综合考查了空间线线、线面位置以及异面直线所成角以及几何体表面积和体积问题以及多面体外

接球问题，综合性强，难度较大，解答的关键是要能灵活应用空间几何的相关知识，充分发挥空间想象，结合相关定义解决问题.二、单选题13．如图，三棱锥−PABC中，PC⊥平面ABC，CHPB⊥，ABBC⊥，4PA=，点C到PA的距离2CD=，若BH和平面CD

H所成角的正弦值为34，则BC长度为（）A．1B．2C．3D．2【答案】A【分析】利用线面垂直的判定定理证明CH⊥平面PAB，再由CDPA⊥，进而证明PD⊥平面CDH，进而可证明PHD为BH和平面CDH所成的角，则3sin4PDPHDPH==，求出PH，设BCa=，由PBCHP

CCB=，解方程即可得出答案.【详解】因为PC⊥平面ABC，则,ABAC平面ABC，所以,PCABPCAC⊥⊥，又因为ABBC⊥，且PCBCC=，,PCBC平面PBC，所以AB⊥平面PBC，因为CH平面

PBC，所以ABCH⊥，因为CHPB⊥，且ABPBB=,,ABPB平面PAB，所以CH⊥平面PAB，PA平面PAB，所以CHPA⊥，因为4PA=，2CD=，PCAC⊥，所以点D是PA的中点，又因为CDPA⊥，所

以PAC△是等腰直角三角形，由,,CHCDCCHCD=平面CDH，所以PA⊥平面CDH，所以PHD为BH和平面CDH所成的角，因为4,PA=则2PD=，所以23sin4PDPHDPHPH===，则83PH=，因为PAC△是等腰直角三角形，所以22PCAC==，设BCa=，所以2228PB

PCCBa=+=+，又22223CHPCPH=−=，又因为PBCHPCCB=，所以2228223aa+=，解得：1a=.故选：A.14．如图1，在以BC为底边的等腰ABC中，D，E分别是AC，AB上的点，

2ADCD=，2AEBE=，将ADEV沿DE折起，得到如图2所示的四棱锥ABCDE−.若O为BC的中点，AO⊥平面BCDE，则二面角ADEO−−的余弦值等于（）A．12B．22C．32D．24【答案】A【分析】如图1，连接OA交DE于点F，易得OADE⊥，2AF

OF=，故,OFDEAFDE⊥⊥，则OFA即为二面角ADEO−−的平面角，即可得解.【详解】如图1，连接OA交DE于点F，因为O为BC的中点，ACAB=，所以OABC⊥，因为2ADCD=，2AEBE=，所以//BCDE，所以O

ADE⊥，2AFOF=，将ADEV沿DE折起，则,OFDEAFDE⊥⊥，所以OFA即为二面角ADEO−−的平面角，因为AO⊥平面BCDE，OF平面BCDE，所以AOOF⊥，所以1cos2OFOFAAO==.故选：A.【点睛】方法点睛：求二面角常用的方法：（1）几何法：二面角

的大小常用它的平面角来度量，平面角的作法常见的有：①定义法；②垂面法，注意利用等腰三角形的性质；（2）空间向量法：分别求出两个平面的法向量，然后通过两个平面法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求

二面角是锐角还是钝角.15．如图，在棱长为3的正方体1111ABCDABCD−中，点P是平面11ABC内一个动点，且满足1213DPPB+=+，则直线1BP与直线1AD所成角的余弦值的取值范围为（）A．10,2B．10,3

C．12,22D．13,22【答案】A【分析】求得点P的轨迹是平面11ABC内以点O为圆心，半径为1的圆，可得111////ADBCBM，进而可得出题中所求角等于直线1BM与直线1BP的夹角，然后过点O作OH⊥平面ABCD于

点H，过点H作HNBC⊥于点N，连接ON，找出使得1PBM最大和最小时的位置，进而可求得所求角的余弦值的取值范围.【详解】连接1BD交平面11ABC于点O，延长线段CB至点M，使得CBBM=，连接1BM、OM、PM，如下图所示：已知在正方体1111ABCDABCD−中，1DD⊥底面

1111DCBA，11AC平面1111DCBA，111DDAC⊥，又四边形1111DCBA为正方形，所以，1111ACBD⊥，1111DDBDD=，11AC⊥平面11BDD，1BD平面11BDD，111BDAC⊥，同理11BDAB⊥，1111ACABA=，1BD⊥平

面11ABC，三棱锥111BABC−的体积为11131193322BABCV−==，()11123933242ABCS==△，111111933393222BABCVBOBO−===，可得11133BOBD==，所以，线段1BD的长被平面11ABC与平面1ADC三等分，且与两平面分别垂

直，而正方体1111ABCDABCD−的棱长为3，所以13OB=，23OD=，如下图所示：其中1POBD⊥，不妨设OPx=，由题意可1213PBPD+=+，所以，22123213xx+++=+，可得1x=，所以，点P在

平面11ABC内以点O为圆心，半径为1的圆上.因为111////ADBCBM，所以，直线1BM与直线1BP的夹角即为直线1BP与直线1AD所成角.接下来要求出线段1BM与PM的长，然后在1BPM△中利用余弦定理求解.如图，过点O作OH⊥平面ABCD于点H，过点H作HNBC⊥于点N，连接ON

，根据题意可知2OH=，1HNBN==，且ONMN⊥，所以，5ON=，24521OM=+=.如图所示，121OPOP==，当点P在1P处时，1PBM最大，当点P在2P处时，1PBM最小.这两种情况下直线1BP与直线1BM夹角的余弦值最大，为111cossin2PBMPBO==；当点P在点O

处时，1PBM为直角，此时余弦值最小为0.综上所述，直线1BP与直线1AD所成角的余弦值的取值范围是10,2.故选：A.【点睛】本题考查异面直线所成角的取值范围的求解，解题的关键就是确定点P的轨迹，考查推理能力与计算能力，属于难题.16．设正三棱锥

ABCD−的底面BCD△的边长为2，侧面与底面所成的二面角的余弦值为63，则此三棱锥的体积为（）A．53B．23C．33D．26【答案】D【分析】设CD的中点为E，连接,AEBE，设O为等边BCD△的中心，连接AO，由正三棱锥的性质可得AO⊥平面BCD，

AEB为侧面与底面所成的二面角的平面角，从而结合已知可求出高AO，进而可求出其体积.【详解】设CD的中点为E，连接,AEBE，设O为等边BCD△的中心，连接AO，则AO⊥平面BCD，BECD⊥因为三棱锥ABCD−为正三棱锥，所以ACAD=，所以AECD⊥，所以AEB为侧面与底

面所成的二面角的平面角，因为等边BCD△的边长为2，所以113323323OEBE===，因为侧面与底面所成的二面角的余弦值为63，所以363cos3OEAEBAEAE===，解得22AE=，所以22116236AOAEOE=−=−=，所以三棱锥的体积为1

1362433466BCDVSAO===，故选：D.17．已知某圆锥的内切球（球与圆锥侧面､底面均相切）的体积为323，则该圆锥的表面积的最小值为（）A．32B．28C．24D．20【

答案】A【分析】先求得内切球半径2r=，再画图设底面半径为R，利用三角函数值代换表达出表面积的公式4224RSR=−，再设240tR=−，根据基本不等式求最小值即可【详解】设圆锥的内切球半径为r，则343233r=，解得2r=，设圆锥顶点为A，底面圆周上

一点为B，底面圆心为C，内切球球心为D，内切球切母线AB于E，底面半径2BCR=，BDC=，则tan2R=，又2ADE=−，故()2tan22tan2ABBEAERR=+=+−=−，又2222tan4tan21tan414

RRRR===−−−，故()2224844RRRABRRR+=−=−−，故该圆锥的表面积为()2242224244RRRSRRR+=+=−−，令240tR=−，则()22416162822832tSttttt+==+++=

，当且仅当16tt=，即4,22tR==时取等号.故选：A.三、填空题18．已知直四棱柱1111ABCDABCD−，13,2,1,60AAABADBAD====，底面ABCD为平行四边形，侧棱1AA⊥底面ABCD，以1D为球心，

半径为2的球面与侧面11BCCB的交线的长度为.【答案】π2【分析】根据已知，结合图形，利用弧长公式、勾股定理、线面垂直计算求解.【详解】如图，连接11DB，直四棱柱1111ABCDABCD−，2,1,60ABADBAD===，所以11111112,1,60CDBCBCD==

=，在111BCD△中，由余弦定理有：22211111111112cos60DBCDCBCDCB=+−，代入数据，解得113DB=，所以222111111DBCBCD+=，即1111DBCB⊥，又111BBDB

⊥，1111BBCBB=，所以11DB⊥平面11BCCB，在平面11BCCB上，以点1B为圆心，作半径为1的圆，交棱11,BBCC于点1,MC，得到弧1MC，在1MC上任取一点与11,BD都构成直角三角形，根据勾股定理可知弧1MC上任取一

点到点1D的长度为2，所以以1D为球心，半径为2的球面与侧面11BCCB的交线的长度为弧1MC的长，因为11π2BBC=，所以根据弧长公式有：弧1MC的长度为ππ122=.故答案为：π2.19．如图，在三棱柱111ABCABC-中，3AB=，E是棱AB上一点，且满足2BEEA

=，若平面11ACE把三棱柱111ABCABC-分成大、小两部分，则大、小两部分的体积比为．【答案】198【分析】取BC的三等分点F，连接EF，可得//EFAC，设三棱柱111ABCABC-的底面面积为S，高为h，得到三棱柱111ABC

ABC-的体积为VSh=，进而求得三棱台111ABCEBF−的体积为11927VV=，即可求解.【详解】如图所示，由在三棱柱111ABCABC-中，E是棱AB上一点，且满足2BEEA=，即点E为AB的三等分点，取BC的三等

分点F，连接EF，可得//EFAC，设三棱柱111ABCABC-的底面面积为S，高为h，则三棱柱111ABCABC-的体积为VSh=，因为,EF分别为,ABBC的三等分点，可得224()39BEFABCS

S==，即49BEFSS=，所以三棱台111ABCEBF−的体积为11441919()3992727VSSSShShV=++==，所以两部分的体积比为19192719827VVV=−.故答案为：198.20．某儿童玩具的实物图如图1所示，从中抽象出的几何模型如图2所示，由OA，OB，OC

，OD四条等长的线段组成，其结构特点是能使它任意抛至水平面后，总有一条线段所在的直线竖直向上，则sinAOB=.【答案】223/223【分析】根据题意可得两两连接,,,ABCD后所得到的四面体为正四面体，且O是其外接球的球心，

设出棱长，在直角三角形中建立等式关系，求得OB，BE的长度，即可求得结果.【详解】根据题意可得OA，OB，OC，OD相等且两两所成的角相等，两两连接,,,ABCD后所得到的四面体为正四面体，且O是其外接球

的球心，延长AO交面BCD于E，连接BE，则E为BCD△的外心，设BCa=，则233323BEaa==，222236()33AEABBEaaa=−=−=，222OEOBBE=−,222(),AEOAOBBE

−=−22263()()33aOAOBa−=−，因为OAOB=，所以解得64OBa=，22sinsin3BEAOBBOEOB===.故答案为：223.21．如图，在边长4为的正方形123APPP中，,BC分别为12PP、23PP的中点，现将1APB△，2BPC△，3APC分别沿,

,ABBCCA折起使点123,,PPP重合，重合后记为点P，得到三棱锥−PABC，则三棱锥−PABC的外接球的表面积为.【答案】24π【分析】由题意可知折叠成的三棱锥−PABC三条侧棱,,PAPBPC两两垂直，可得三棱锥−PABC的外接球

的直径等于以,,PAPBPC为长、宽、高的长方体的对角线，再结合已知数据可求得结果.【详解】根据题意得三棱锥−PABC中，4,2PAPBPC===，因为,,PAPBPC两两垂直，所以三棱锥−PABC的外接球直径2222164

426RPAPBPC=++=++=，所以三棱锥−PABC的外接球的半径为6R=，所以三棱锥−PABC的外接球的表面积为24π24πR=，故答案为：24π22．如图，直四棱柱1111ABCDABCD−中，底面ABCD为平行四边形，11,2,2,60ABADAABAD====，点P是半

圆弧11AD上的动点(不包括端点)，点Q是半圆弧BC上的动点(不包括端点)，若三棱锥PBCQ−的外接球表面积为S，则S的取值范围是．【答案】25π,13π4【分析】先由余弦定理求出3BD=，从而得到ABBD⊥，确定BC的中点E为三

棱锥PBCQ−的外接球球心O在平面BCQ的投影，再证明出M为AD的中点，N为11BC的中点，即EN⊥平面ABCD，故球心在线段EN上，从而确定当点P与点N重合时，三棱锥PBCQ−的外接球半径最小，点P与1A或1D重合，此时PN最长，故三棱锥PB

CQ−的外接球半径最大，画出图形，求出相应的外接球半径和表面积，最后结合点P是半圆弧11AD上的动点(不包括端点)，故最大值取不到，求出表面积的取值范围.【详解】因为1,2,60ABADBAD===，由余弦定理得：2212cos1

4432BDABADABADBAD=+−=+−=，因为222ABBDAD+=，由勾股定理逆定理得：ABBD⊥，直四棱柱1111ABCDABCD−中，底面为平行四边形，故BD⊥CD，点Q是半圆弧BC上的动点(不包括

端点)，故BC为直径，取BC的中点E，则E为三棱锥PBCQ−的外接球球心O在平面BCQ的投影，设BC与AD相交于点M，11AD与11BC相交于点N，连接EM，ED，则EM=ED因为60BCD=，故30CBD=，260DEMDBC=

=，故三角形DEM为等边三角形，1122DMDEBCAD===，即M为AD的中点，同理可得：N为11BC的中点，连接EN，则EN⊥平面ABCD，故球心在线段EN上，显然，当点P与点N重合时，三棱锥PBCQ−的外接球半径最小，假如点P与1A或1D重合，此时PN最长，故三棱锥PBCQ−的外接球半径最

大，如图1，点P与点N重合，连接OC，设ONR=，则OE=2-R，OCR=，由勾股定理得：222OEECOC+=，即()2221RR−+=，解得：54R=，此时外接球表面积为2254ππ4R=；如图2，当点P与1A或1D重合时，连接11,,AOANOC，其

中2211111112?cos1203ANABBNABBN=+−=，设OEh=，则2ONh=−，由勾股定理得：()2221132AOANONh=+=+−，2221OCOEECh=+=+，故()22321hh+−=+，解得：

32h=，此时外接球半径为913142OC=+=，故外接球表面积为134π13π4=，但因为点P是半圆弧11AD上的动点(不包括端点)，故最大值取不到，综上：S的取值范围是25π,13π4.故答案为：25π,13π4【点睛】几何体外接球问题，通常要找到几何体

的一个特殊平面，利用正弦定理或几何性质找到其外心，求出外接圆的半径，进而找到球心的位置，根据半径相等列出方程，求出半径，再求解外接球表面积或体积.23．如图，在四棱锥PABCD−中，PA⊥底面ABCD，底面ABCD为矩形，且2PAAB==，1BC=，则该四棱锥的外接球的表面积为.【答案

】9π【分析】将四棱锥PABCD−补成长方体，求出长方体的对角线长，即可得外接球的半径，进而得表面积.【详解】将四棱锥PABCD−补成长方体如图：则此四棱锥的外接球即为长方体的外接球，长方体的对角线长为2222213++=，所以四棱锥的外接球的直径为3，即半径3

2R=，则该四棱锥的外接球的表面积为24π9πSR==.故答案为：9π.24．如图，在正三棱柱111ABCABC-中，1ABAA=，D，E分别为1AA，AC的中点．若侧面11BBCC的中心为O，M为侧面11AACC内的一个动点，//OM平面BDE，且

M的轨迹长度为32，则三棱柱111ABCABC-的表面积为．【答案】4883+/8348+【分析】连接1CE交1AC于I，取1CE的中点F，过F作1//HGAC，分别交111,CCAC于,HG，连接1,,,,HGOGOFOHBC，由面面平行的判定定理可证得平面//OHG

平面BED，所以M的轨迹为线段HG，再由相似比求出AB，即可求出三棱柱111ABCABC-的表面积.【详解】连接1CE交1AC于I，取1CE的中点F，过F作1//HGAC，分别交111,CCAC于,HG，连

接1,,,,HGOGOFOHBC，易得//,//OFBEHGDE，因为,OFHG平面BED，,BEDE平面BED，所以//OF平面BED，//HG平面BED，因为OFHGF=，且都在面OHG内，所以平面//OHG平面B

ED，所以M的轨迹为线段HG，因为11CEIACI，所以11111111322,243CECIACCFEICECICE====，因为111CGCCAH，所以11134CFHGCACI==，所以11142

=42,432CAHGABAACA====，故三棱柱111ABCABC-的表面积为13244+34448+8322=.故答案为：4883+.25．在平面四边形ABCD中，ABAC⊥，3ACAB=，1ADCD==，则BD的

最大值为.【答案】3【分析】设CAD=，利用三角函数函数得2cosAC=，再利用余弦定理结合三角恒等变换即可得到最值.【详解】设CAD=，π0,2，则12cosACAD=，代入数据得2cosAC=，3ACAB=，2cos23cos

33AB==，在ABD△中运用余弦定理得222π2cos2BDABADABAD=+−+，即2224cos2312cos1sin33BD=++224cos2312cos1sin33=++41cos223sin21323+=++223545cos2

sin2sin2333363=++=++π0,2，ππ7π2,666+，所以当ππ262+=，即π6=时，2BD的最大值为3，则BD的最大值为3.故答案为：3.【点睛】关键点睛：本题的关键在于引角，设CAD=，

再利用三角函数和余弦定理得到222π2cos2BDABADABAD=+−+，最后结合诱导公式和三角恒等变换即可求出最值.26．如图，在正四棱锥PABCD−中，点,EF分别为侧棱DP，底边BC的中点.平面AEF与DC的延长线交

于点,4MEM=，3cos8CPD=，则该正四棱锥的外接球的表面积为.【答案】323/323【分析】设,ABaPAb==，则在CDP△中由余弦定理可得2245ab=，在DEM△中由余弦定理可得2213164ba+=，则可求得5,2ab==，设AC与BD交于点G，连接PG，正四棱锥PABC

D−外接球的球心在PG上，设为O，再在OBG△中可求出外接球的半径，从而可求出外接球的表面积.【详解】设,ABaPAb==，则1122DEPDb==，因为CF∥AD，所以CFM△∽DAM△，所以12CMCFDMAD==，所以222DMCMCDa===，因为在等腰CDP△

中，3cos8CPD=，,PDPCbCDa===，所以由余弦定理得22223cos28baCPDb−==，化简得2245ab=，因为12cos2CDaCDPPDb==，所以在DEM△中由余弦定理得，222cos2

2DEDMEMaCDPDEDMb+−==,221416422baaabb+−=，化简得2213164ba+=，解得5,2ab==，设AC与BD交于点G，连接PG，因为四棱锥PABCD−为正四棱锥，所以PG⊥平面ABCD，且正四棱锥PABCD

−外接球的球心在PG上，设为O，因为正方形ABCD的边长为5a=，所以225510BDCBCD=+=+=所以11022BGBD==，所以22106442PGPBBG=−=−=，设正四棱锥PABCD−外接球的半径为R，则6,2OPOBROGR===−，因为222OBBGO

G=+，所以22210622RR=+−，解得46R=，所以正四棱锥的外接球的表面积为21632π4π4π63R==,故答案为：32π3【点睛】关键点点睛：此题考查四棱锥与其外接

球问题，考查余弦定理的应用，解题的关键是分别CDP△和DEM△中利用余弦定理结合已知条件列方程可求出正四棱锥的棱长，从而可求出其外接球的半径，考查空间想象能力和计算能力，属于较难题.27．已知ABC，，为球O的球面上的

三个点，且ABBC⊥，球心O到平面ABC的距离为2，若球O的表面积为12π，则三棱锥OABC−体积的最大值为.【答案】23/123【分析】取AC中点D，得到2OD=，3OC=，进而得到三棱锥OABC−体积表达式，结合基本不等式求解即可.【详解】

如下图所示，取AC中点D，因为ABBC⊥，所以ADCDBD==，即D是ABC外接圆圆心，所以球心O到平面ABC的距离为2OD=,因为球O的表面积为24π12πr=，则球O的半径3r=，即3OC=，在直角O

CD中，221CDOCOD=−=，所以22ACCD==，设,ABxBCy==，则22224xy+==，三棱锥OABC−体积为2231221223266xyODABACxy+==，当且仅当2xy==时取等号，此时

三棱锥OABC−体积取得最大值为23.【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何的综合问题.关键要找出AC中点D是ABC外接圆圆心，进而结合棱锥体积公式进行计算.本题考查数形结合能力、转化与化归能力，属于中档题.四、解答题28．如图，在斜三棱柱111ABCABC-中，11BAAC⊥，等腰RtAB

C△的斜边22AB=，1A在底面ABC上的投影恰为AC的中点.(1)求二面角1BACC−−的正弦值；(2)求1AC的长；(3)求1CC到平面11ABBA的距离.【答案】(1)1(2)123AC=(3)2217.【分析

】（1）设AC中点为D，则1AD⊥平面ABC，然后由面面垂直的判定可得平面ABC⊥平面11ACCA，从而可得二面角1BACC−−为直二面角；（2）由面面垂直的性质可得BC⊥平面11ACCA，则1BCAC⊥，再结合11ACAB⊥可得1AC⊥平面1ABC，则11A

CAC⊥，从而可得11ACCA为菱形，进而可求得结果；（3）利用等体积法求解即可.【详解】（1）设AC中点为D，因为1A在底面ABC上的投影恰为AC的中点.所以1AD⊥平面ABC，因为1AD平面11ACCA，所以平面ABC⊥平面11ACC

A，所以二面角1BACC−−的正弦值为1.（2）因为平面ABC⊥平面11ACCA，且平面ABC平面11ACCAAC=又因为BCAC⊥，所以BC⊥平面11ACCA，因为1AC平面11ACCA，所以1BCAC⊥.因为11ACAB⊥，1ABBCB=I，1,ABBC平面1ABC，所以1

AC⊥平面1ABC，因为1AC平面1ABC，所以11ACAC⊥，所以11ACCA为菱形，所以1AAAC=，因为等腰RtABC△的斜边22AB=，所以2ACBC==，所以12AA=，所以112ADAC==，所以

在直角1AAD中，111cos2ADAADAA==，所以160AAC=，所以1AAC△为等边三角形，所以1322232AC==.（3）111111232233323CAAABCABBACVVSAD−−====△设1CC

到平面11ABBA的距离为h，连接BD，因为1AD⊥平面ABC，BD平面ABC，所以1ADBD⊥，所以22113522ABADBD=+=+=，因为122,2ABAA==，所以122111181122722AABAAABAAS==−−=△，所以

111172373333CAABAABhVShh−====△，所以2217h=.29．如图，四棱锥PABCD−的底面为直角梯形，//,44,2BCADADBCAP===，PA⊥底面ABCD，平面PAC⊥平面PCD，点E在棱PD上，且4PDPE=.(1)证明：//CE

平面PAB；(2)求二面角PCDA−−的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)22【分析】（1）在线段PA上取点F使得4PAPF=，连接EF，BF，由题可得四边形BCEF为平行四边形，则//CEBF，由线面平行的判定定理，即可得出答案．（2）在平面PAC

中，过点A作AQPC⊥交PC于点Q，由平面PAC⊥平面PCD，结合面面垂直的性质定理可得AQ⊥平面PCD，即AQCD⊥，由PA⊥底面ABCD，可得PACD⊥，进而可得CD⊥平面PAC，则PCA为二面角PCDA−−的平面角，在直角梯形ABCD中，设ABx

=，由ABCDCA∽，解得x，即可得出答案．【详解】（1）证明：在线段PA上取点F使得4PAPF=，连接EF，BF，因为//BCAD，又4PDPE=，4PAPF=，所以PEFPAD∽，则//EFAD，且4ADEF=，所以//EFBC．又

因为4ADBC=，所以EFBC=，所以四边形BCEF为平行四边形．所以//CEBF，又CE平面PAB，BF平面PAB，所以//CE平面PAB．（2）在平面PAC中，过点A作AQPC⊥交PC于点Q，

因为平面PAC⊥平面PCD，平面PAC平面PCDPC=，AQ平面PAC，所以AQ⊥平面PCD，又CD平面PCD，所以AQCD⊥，因为PA⊥底面ABCD，CD平面ABCD，所以PACD⊥，因为PA平面PAC，AQ平面PAC，PAAQA=，所以CD⊥平面P

AC，所以CDAC⊥，CDPC⊥，所以PCA为二面角PCDA−−的平面角，在直角梯形ABCD中，设ABx=，由90,ABCACDDACACB===，可得BACADC=所以ABCDCA∽，则AC

ADBCAC=，即221411xx+=+，所以3,2xAC==，所以二面角PCDA−−的正弦值为2sin2PCA=．30．如图，斜三棱柱111ABCABC-中，ACBC=，D为AB的中点，1D为11AB的中

点，平面ABC⊥平面11ABBA．(1)求证：直线1//AD平面11BCD；(2)设直线1AB与直线1BD的交点为点E，若三角形ABC是等边三角形且边长为2，侧棱172AA=，且异面直线1BC与1AB互相垂直，求异面直线1AD与1BC所成角；(3)若12

2,2,tan2ABACBCAAB====，在三棱柱111ABCABC-内放置两个半径相等的球，使这两个球相切，且每个球都与三棱柱的三个侧面及一个底面相切．求三棱柱111ABCABC-的高．【答案】(1

)证明见解析(2)23arctan3(3)2369+【分析】（1）证明出四边形11ADBD为平行四边形，从而11//ADBD，得到线面平行；（2）先证明出E为三等分点，然后运用余弦定理求出1AB可得；（3）因为在三棱柱111ABCABC-内放置两个半径相等的球，使

这两个球相切，且每个球都与三棱柱的三个侧面及一个底面相切，故小球的半径即为三棱柱直截面的内切圆的半径，利用面积公式得到内切圆半径，画出立体几何图形，结合相关关系求出三棱柱的高.【详解】（1）斜三棱柱111ABCABC-中，1D为11AB

的中点，D为AB的中点，所以11111122ADABABBD===，且11ADBD，所以四边形11ADBD为平行四边形，所以11//ADBD，因为1BD平面11BCD，1AD平面11BCD，所以1//AD平面11BCD；（2）因为AC=B

C，D为AB的中点，所以CD⊥AB，因为平面ABC⊥平面11ABBA，交线为AB，CD平面ABC，所以CD⊥平面11ABBA，故11CD⊥平面11ABBA，所以111CDAB⊥,又1BC与1AB互相垂直，

1111BCCDC=,111,BCCD面11BCD故1AB⊥面11BCD,得11⊥ABBD.即11BDE为直角三角形，在11ABBA中，1,DD为中点，11//ADBD，所以E为1AB的三等分点，设1BEt=，由余弦定理可得：()222222111

1111111117322cos21232tBEABABAAtABABDABABt+−+−====解之：32t=，所以11π,6ABA=故112DE=11111113//,,.22DEBDABABBDEBAB===11CD⊥平面11ABBA，111,CDBD

⊥在11BDC△中，1123tan3DBC=.1AD与1BC所成的角为23arctan.3（3）过B作1BPAA⊥于P，过P作1FPCC⊥于F，连BFBPF为直截面，小球半径为BPF△的内切圆半径因为2,2ABACBC===，所以222ACBCAB+=，故AC⊥BC，则112

CDAB==设2,BPt=所以2APt=，由222ABBPAP=+解得63t=，2326,33BPAP==；由最小角定理11221coscoscos263AACAABBAC===12sin3PFACAAC==由CD⊥面11ABBA,易知

1BPCC⊥，23BFPFBP===内切圆半径为：13r=则12362sin.9hrrrAAB+=++=【点睛】定义法求解二面角，需要先作出辅助线，找到二面角的平面角，再求出各边长，利用余弦定理求解该角的余弦值，或根

据直角三角形锐角三角函数求出该角的正弦，余弦或正切值，得到答案.31．如图，在四棱台1111ABCDABCD−中，底面ABCD是边长为2的菱形，3DAB=，平面11BDDB⊥平面ABCD，点1,OO分别为11,BDBD的中点，1111,,OB

AABOBO=均为锐角.(1)求证：1ACBB⊥；(2)若异面直线CD与1AA所成角正弦值为217，四棱锥1AABCD−的体积为1，求二面角1BAAC−−的平面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)34【分析】（1）由面面垂直的性质得到A

C⊥平面11BDDB，从而得到1ACBB⊥；（2）几何法：通过面面垂直作过二面角的平面角，通过几何计算求解；空间向量法：建立坐标系用空间向量求解.【详解】（1）底面ABCD是菱形，ACBD⊥，又平面11BDDB⊥平面ABCD，且平面11BDDB平面ABCDBD=，AC平面ABCD

，AC⊥平面11BDDB，又1BB平面11BDDB，1ACBB⊥.（2）解法一：由（1）知AC⊥面11BDDB，又AC平面11ACCA，平面11ACCA⊥平面11BDDB，作BE⊥交线1OO，垂足为E，因为平面11ACCA平面11BD

DB=1OO，BE平面11BDDB，则BE⊥面11ACCA，又1AA平面11ACCA，所以1AABE⊥.再作1BFAA⊥，垂足为F，BE面BEF，BF面BEF，BEBFB=所以1AA⊥面BEF，又面EFBEF则1EFAA⊥

，所以BFE为二面角1BAAC−−的平面角，111111132231,3322AABCDABCDAAAVShhh−====因为11AC//平面ABCD，所以1O到底面ABCD的距离也为32.作1OHOB⊥，因为平

面11BDDB⊥平面ABCD，平面11BDDB平面ABCD＝OB，1OH平面11BDDB，所以1OH⊥平面ABCD，所以132OH=，又1OBO为锐角，所以11,60,2BHOBO==又11OBOB==，所以1BOO为等边三角形，故11OO=，所以32BE=，因为//ABCD，所以11

21221sinsin77BAABFABBAA===，所以3732sin,cos442217BEBFEBFEBF====.所以二面角1BAAC−−的平面角的余弦值为34.解法二：由（1）知AC⊥面11BDDB，又AC

平面ABCD，平面ABCD⊥平面11BDDB，作1OHBD⊥，因为平面11BDDB⊥平面ABCD，平面11BDDB平面ABCD＝BD，1OH平面11BDDB，所以1OH⊥平面ABCD，如图，建立直角坐标系：O为原点，,OAOB为

,xy轴方向，z轴//1OH.11111132231,3322AABCDABCDAAAVShhh−====因为11AC平面ABCD，所以1O到底面ABCD的距离也为32.所以132OH=，又1OBO为锐角，所以111,,60,22BHOHOBO===又11OBOB==

，所以1BOO为等边三角形，故11OO=，在空间直角坐标系中：()()()3,0,0,0,1,0,3,0,0ABC−，设113,,22Aa，则()1133,,,3,1,022AAaDCAB=−==−

()11211332732cos,.7213(3)244aDCAADCAAaDCAAa−−+====−++则()()1313,,,3,1,0,23,0,0222AAABAC=−=−=−，设平面1ABA的

法向量为(),,mxyz=，1313022230mAAxyzmABxy=−++==−+=，取(1,3,0)m=设平面1ACA的法向量为(),,nxyz=，13130222230nAAxyznACx=−++=

=−=，取()0,3,1n=−所以3cos,4mnmnmn==−，由题知二面角为锐角，故二面角1BAAC−−的平面角的余弦值为34.32．如图，在五边形ABCFD中，四边形ABCD为矩形，点E为边BC的中点，2323ABAD==，//DFEC，DFFC⊥．

沿EC，ED将BEC，AED△折起，使得A，B重合于点P，得到四棱锥PECFD−，G为侧棱PD靠近P的三等分点．(1)求CG与ED所成的角；(2)求平面PED与平面PCF所成锐二面角的正切值．【答案】(1)

π2(2)226【分析】（1）由线面垂直的判定定理可得PE⊥面PCD，然后由余弦定理可得CG，再结合勾股定理即可得到PDGC⊥，从而可得GC⊥面PED，即可得到结果；（2）根据题意，先由条件找到所求二面角，然后

通过计算，即可得到结果.【详解】（1）由题可知，2EDECDC===，1PE=，3PCPD==，且PEPC⊥，PEPD⊥．又PCPDP=，PD面PCD，PC面PCD，所以PE⊥面PCD．又GC面PCD，所以PEG

C⊥．在PCD中，由余弦定理可得，2223341cos23233DPCPDCDPCDPCP+−+−===．在PCG中，11333PGPD==，由余弦定理可得，22131262cos3233333CGPCPGPCPGCPG=+−=+−

=，所以222PGCGPC+=，即PDGC⊥．又PEPDP=，PD面PED，PE面PED，所以GC⊥面PED．又ED面PED，所以EDGC⊥．故CG与ED所成的角为π2．（2）因为//DFEC，DFFC⊥，所以π3CDF=，1

FD=．又FDEC，所以延长ED，CF必交于一点H．所以平面PED平面PCFPH=．又GC⊥面PED，过点G作GQPH⊥，连接CQ，则GQC或其补角为所求．又π6PDE=，所以5π6PDH=．又π3FDH=，所以2DHDC==．在PDH△中，由余弦定理可得，2232cos34232132

PHDPDHDPDHPDH=+−=+−−=．设点D到PH的距离为d，在PDH△中，运用等面积法则有sin3913PDDHPDHdPH==．所以139339GQd==，在RtCGQ中，tan226GCGQCGQ==．所以平面PED与

平面PCF所成锐二面角的正切值为226．33．如图，在三棱锥−PABC中，,,2,6,5ABBCBCPCBCPCPA⊥⊥===.点D是PB的中点，45APB=，连接,ADCD.(1)求证：平面ACD⊥平面ABC；(2)求点C到平面ABP的距离.【答案】(1)证明见解析(2)255

【分析】（1）取AC的中点为点O，连接,DOBO，利用等腰三角形性质求得DOAC⊥，利用勾股定理得DOBO⊥，从而利用线面垂直证面面垂直即可；（2）利用等体积法求解距离即可.【详解】（1）取AC的中点为点O，连接,DOBO.2,6,BCPCBCPC==⊥

，在RtPCB中，2210PBPCBC=+=.在PAB中，5,45PAAPB==，由余弦定理得2222cos45ABAPBPAPBP=+−，代入解得5AB=.222APABBP+=∴，即PAB为等腰直角三角形，PAAB⊥.点

D是PB的中点，102ADCD==，DOAC⊥.13,22ABBCBOAC⊥==.在BOD中，22221031310,,22222DOADAOBOBD=−=−===，222DOBOBD+=，即DOBO⊥.又,ACBO在平面ABC内，ACBOO=，DO⊥

平面ABC.又DO平面ACD，平面ACD⊥平面ABC.（2）记点C到平面ABP的距离为d，12PABSABAP=155522==，则1536CPABPABVSdd−==.由（1）知DO⊥平面A

BC，所以点P到平面ABC的距离为12212hOD===，又1152522ABCSABBC===，11551333PABCABCVSh−===，由CPABPABCVV−−=，得5563d=，解得255d

=.点C到平面ABP的距离为255.【点睛】关键点点睛：面面垂直的证明，一般利用线面垂直判定定理，即从线线垂直出发给予证明，而线线垂直的寻找与论证，往往从两个方面进行，一是利用线面垂直判定与性质定理，将垂直条件进行多次转化，二是利用平面几何知识，如等腰三角形底面上的中线也是高线.

34．如图，在几何体ABCDEF中，平面ACE⊥平面ABCD，四边形ABCD是平行四边形，90ACB=，EFBC∥.(1)证明：CEEF⊥；(2)若22ACBC==，2EF=，2AEEC==，G为DE上一动点，求直线CG与平面ABF所成角的正弦值的取值范围.【答案】(1)证明见解析(2)10,

2【分析】（1）根据已有的面面垂直得到线面垂直，进而证明线线垂直即可；（2）方法一：延长FE至Q，使得FQAD=，由平面//ABF平面DCQ得到CG与平面ABF所成角即为CG与平面CDQ所成角，根据图形关系找出最值情况求解即可；方法二：取AD与BC的中点分别为M

，N，过G作//GHDN交FN于点H，得到平面MNE//平面BAF，所以CG与平面ABF所成角即为MH与平面EMN所成角，根据图形关系找出最值情况求解即可；【详解】（1）因为90ACB=，所以BCAC⊥，因为平面ACE⊥平面ABCD，平面EAC平面ABCDAC=，BC平面ABCD，所以BC

⊥平面ACE，因为CE平面ACE，所以BCCE⊥又因为//EFBC，所以CEEF⊥（2）方法一：延长FE至Q，使得FQAD=，所以//,22FQADFQAD==，所以四边形ADQF为平行四边形所以//FADQ，因为FA平面DCQ，DQ平面DCQ，所以

//FA平面DCQ，因为//ABCD，同理得//AB平面DCQ，又因为,ABFA平面ABF，ABFAA=，所以平面//ABF平面DCQ所以CG与平面ABF所成角即为CG与平面CDQ所成角，当G与D重合时，CG与平面CDE所成角为0，此时所求线面角正弦值最小且为0；当G与E重合时，CG与平面C

DE所成角最大.因为E为FQ的中点，所以点E到面CDQ的距离h等于点E到面ABF的距离，即等于三棱柱ABFDCQ−高的一半.取AC，AB的中点分别为O，M，连接OE，OM，MF，MC，又因为2AEEC==，所以EOAC⊥，因为平面ACE⊥平面DAC

，EO平面ACE，平面ACE平面DACAC=，所以EO⊥面ABCD又因为//EFOMEFOM=，，所以四边形EFMO是平行四边形，所以//FMEO，所以FM⊥面ABCD，因为CM面ABCD，所以FM⊥CM，又因为CMAB⊥，,

ABFM平面ABF，ABFMM=，所以CM⊥平面ABF，在直角ABC中，AMCM=，因为222228AMCMCMAC+===,则2CM=，所以112hCM==，此时所求线面角正弦值最大且为12hCE=，综上可得，直线CG与平面ABF所成

角的正弦值的取值范围是10,2；方法二：取AD与BC的中点分别为M，N，连接EM，EN，MN，FN，过G作//GHDN交FN于点H，连接MH.因为//EFDNEFDN=，，所以四边形EFND为平行四边形因为//GHDNGHDN=，，

//MCDNMCDN=，，所以//MCGHMCGH=，所以四边形MCGH为平行四边形所以//CGMHCGMH=，，又因为//BMEFBMEF=，，所以四边形BMEF为平行四边形，所以//MEBF，因为ME平面BAF，BF平面BAF，所以//ME平面BAF，因为/

/MNAB，同理可得//MN平面BAF，又因为,MNME平面MNE，MNMEM=，所以平面MNE//平面BAF所以CG与平面ABF所成角即为MH与平面EMN所成角；当G与D重合时，H与N重合，此时MH与平面EMN所成角为0，当G与E重合时，H与F重合，此时MH与平面E

MN所成角最大，所以线面角的最大为直线FM与平面EMN所成角，即线面角的最大为直线EC与平面EMN所成角，因为π2DACACB==，所以ADAC⊥，因为平面ACE⊥平面ABCD，AD平面ABCD，平面ACE平面ABCD

AC=，所以AD⊥平面ACE，因为CE平面ACE，所以AD⊥CE.所以FMBC⊥，在RtFMB中，2FMCE==，2BM=，所以6BFEM==，在RtNAE中，226ENANAE=+=，所以142222EMNS==△，12222

CEMS==△，因为CEMNNECMVV−−=，记点C到平面EMN的距离为h，则24242CEMEMNShS===△△，所以直线EC与平面EMN所成角的正弦为21sin42==，所以CG与平面ABF所成角的正弦的范围是10,2【点睛】关键点

睛：本题考查立体几何的面面垂直性质定理与线面角的求法.求解线面角的关键点在于通过辅助线和平行关系的转化，将线面角转化，并找出具体的角，结合图形关系找到最值情况进行求解.本题考查空间想象能力、转化思想、逻辑推理能力，属于较难题.35．如图，在四棱锥PABCD−

中，底面ABCD为平行四边形，AD⊥平面PCD，平面ADP⊥平面APC，2PCPD==，4=AD，M为PA的中点．(1)求证：PCPD⊥；(2)求二面角CMDP−−的正切值．【答案】(1)证明见解析；(2)52.【分析】（1）过D在平

面PAD内作DFPA⊥，垂足为点F，证明出PCDF⊥，由线面垂直的性质可得出PCAD⊥，利用线面垂直的判定和性质可证得结论成立；（2）过点P在平面PAD内作PNDM⊥，垂足为点N，连接CN，证明出DM⊥平面PNC，可得出PNC为二面角CDMP−−的平面角，计算出PN的

长，即可求得PNC的正切值，即可得解.【详解】（1）证明：过D在平面PAD内作DFPA⊥，垂足为点F，平面ADP⊥平面APC，平面ADP平面APCAP=，DF平面ADP，DF⊥∴平面APC，PC平面APC，则DFP

C⊥，AD⊥平面PCD，PC平面PDC，PCAD⊥，ADDFD=，PC⊥平面PAD，PD平面PAD，PCPD⊥.（2）解：过点P在平面PAD内作PNDM⊥，垂足为点N，连接CN，由（1）知PC

⊥平面ADP，DM平面ADP，DMPC⊥，DMPN⊥，PNPCP=，所以，DM⊥平面PNC，因为CN平面PCN，所以，CNDM⊥，所以，PNC为二面角CDMP−−的平面角，AD⊥平面PCD，PD平面PCD

，ADPD⊥，4AD=，2PD=，则2225PAADPD=+=，M为PA的中点，所以，152DMPA==，由1114452225PDMSPDADMDPNPNPN====，25tan425PCCNPPN===，因此，二面角CDMP−−的正切值为52.