上海洋泾中学东校必修二第一章《立体几何初步》检测题(有答案解析)

一、选择题
1．现有一个三棱锥形状的工艺品P ABC
-，点P在底面ABC的投影为Q，满足
1
2
QAB QAC QBC
PAB PAC PBC
S S S
S S S
===
△△△
△△△
，
222
222
1
3
QA QB QC
AB BC CA
++
=
++
，93
ABC
S=，若要将此工艺品放入一个球形容器（不计此球形容器的厚度）中，则该球形容器的表面积的最小值为（）
A．42πB．44πC．48πD．49π
2．在底面为正方形的四棱锥P ABCD
-中，侧面PAD⊥底面ABCD，PA AD
⊥，
PA AD
=，则异面直线PB与AC所成的角为（）
A．30B．45︒C．60︒D．90︒
3．如图，四棱柱ABCD A B C D
''''
-中，底面ABCD为正方形，侧棱AA'⊥底面ABCD，32
AB=，6
AA'=，以D为圆心，DC'为半径在侧面BCC B''上画弧，当半径的端点完整地划过C E'时，半径扫过的轨迹形成的曲面面积为（）
A
96
B
93
C
96
D
93
4．如图，在正四棱锥P ABCD
-中，设直线PB与直线DC、平面ABCD所成的角分别为α、β，二面角P CD B
--的大小为γ，则（）
A ．,αβγβ>>
B ．,αβγβ><
C ．,αβγβ<>
D ．,αβγβ<<
5．在三棱柱111ABC A B C -中，90BAC ∠=︒，1
BC AC ，且1
2
AC BC =
，则直线11B C 与平面1ABC 所成的角的大小为（ ）
A ．30°
B ．45°
C ．60°
D ．90°
6．如图，在矩形ABCD 中，1AB =，3BC =，沿BD 将矩形ABCD 折叠，连接
AC ，所得三棱锥A BCD -正视图和俯视图如图，则三棱锥A BCD -中AC 长为（ ）
A ．
32
B 3
C 10
D ．2
7．已知一个正三棱锥的四个顶点都在一个球的球面上，且这个正三棱锥的所有棱长都为
2，求这个球的表面积（ ）
A ．4π
B ．8π
C ．12π
D ．24π
8．《九章算术》是古代中国乃至东方的第一步自成体系的数学专著，书中记载了一种名为“刍甍”的五面体（如图），其中四边形ABCD 为矩形，//EF AB ，若3AB EF =，
ADE 和BCF △都是正三角形，且2AD EF =，则异面直线AE 与CF 所成角的大小为（ ）
A ．
6
π B ．
4
π C ．
3
π D ．
2
π 9．某几何体的三视图如图所示，该几何体的体积为V ，该几何体所有棱的棱长之和为L ，则（ ）
A ．8
,14253
V L ==+B ．8,1425V L ==+ C ．8
,16253
V L =
=+D ．8,1625V
L ==+10．在四棱锥P -ABCD 中，//AD BC ，2AD BC =，E 为PD 中点，平面ABE 交PC 于F ，则
PF
FC
=（ ） A ．1 B ．
32
C ．2
D ．3
11．α
β是两个不重合的平面，在下列条件中，可判定平面α与β平行的是（ ）
A ．m 、n 是α内的两条直线，且//m β，βn//
B ．α、β都垂直于平面γ
C ．α内不共线三点到β的距离相
D ．m 、n 是两条异面直线，m α⊂，n β⊂，且//m β，//n α
12．空间四边形PABC 的各边及对角线长度都相等，D 、E 、F 外别是AB 、BC 、CA
的中点，下列四个结论中不成立的是（ ） A ．//BC 平面PDF B ． DF ⊥平面PAE C ．平面PDE ⊥平面ABC
D ．平面PA
E ⊥平面ABC
二、填空题
13．如图，在四棱锥P ABCD -中，平面PAD ⊥平面ABCD ，PAD △为等边三角形，四边形ABCD 为矩形，24AB AD ==，则四棱锥P ABCD -的外接球的表面积为________．
14．已知一个几何体的三视图如图所示，俯视图为等腰三角形，则该几何体的外接球表面积为_________.
15．如图，正二十面体是由20个等边三角形组成的正多面体，共有12个顶点，30条棱，20个面，是五个柏拉图多面体之一.如果把sin36按3
5
计算，则棱长为6的正二十面体的外接球半径等于___________.
16．已知三棱锥A BCD -中，2AB CD ==
，3AC BC AD BD ====，则三棱锥
A BCD -的体积是____________．
17．如图，已知ABC 的顶点C ∈平面α，点,A B 在平面α的同一侧，且
||23,||2AC BC ==．若,AC BC 与平面α所成的角分别为
5,124
ππ
，则ABC 面积的取值范围是_____
18．在三棱锥P ABC -中，P 在底面ABC 的射影为ABC 的重心，点M 为棱PA 的中点，记二面角P BC M --的平面角为α，则tan α的最大值为___________.
19．如图，已知四棱锥S ABCD -的底面为等腰梯形，//AB CD ，1AD DC BC ===，
2AB SA ==，且SA ⊥平面ABCD ，则四棱锥S ABCD -外接球的体积为______.
20．如图，已知正四面体D ABC -，P 为线段AB 上的动点（端点除外），则二面角
D PC B --的平面角的余弦值的取值范围是___________．
三、解答题
21．如图，在三棱柱111ABC A B C -中，1B C ⊥平面ABC ，侧面11ABB A 为矩形，
11,2AB AA AC ===.
（1）证明：平面11ABB A ⊥平面1BB C ； （2）求四棱锥11C ABB A -的体积.
22．正四棱台两底面边长分别为3和9，若侧棱所在直线与上、下底面正方形中心的连线所成的角为45，求棱台的侧面积．
23．如图，已知长方体1111ABCD A B C D -，2AB =，11AA =，直线BD 与平面1AAB B 所成的角为30°，AE 垂直BD 于E ．
（1）若F 为棱11A B 上的动点，试确定F 的位置使得//AE 平面1BC F ，并说明理由； （2）若F 为棱11A B 上的中点；求点A 到平面BDF 的距离；
（3）若F 为棱11A B 上的动点（端点1A ，1B 除外），求二面角F BD A --的大小的取值范围．
24．如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥底面ABCD ，
,,AB AD AC CD PA AC ⊥⊥=，E 是PC 的中点．
证明：（Ⅰ）CD AE ⊥； （Ⅱ）PD ⊥平面ABE ．
25．如图，三棱锥V —ABC 中， VA=VB ＝AC=BC=2，AB ＝23，VC=1．
（1）证明： AB ⊥VC ； （2）求三棱锥V —ABC 的体积．
26．如图，在直角梯形ABED 中，//BE AD ，DE AD ⊥，BC AD ⊥，4AB =，
23BE =将矩形BEDC 沿BC 翻折，使得平面ABC ⊥平面BCDE .
（1）若BC BE =，证明：平面ABD ⊥平面ACE ；
（2）当三棱锥A BCE -的体积最大时，求平面ADE 与平面ABC 所成的锐二面角的余弦值.
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一、选择题 1．D 解析：D 【分析】
作QM AB ⊥，连接PM ，易证AB PM ⊥，由
1
121
22
QAB PAB
AB QM
S S AB PM ⨯⨯==⨯⨯△△,得到
2PM QM =，再根据
1
2
QAB QAC QBC PAB
PAC
PBC
S S S S S S =
=
=
△△△△△△，由对称性得到AB BC AC ==，然后根据222222
13
QA QB QC AB BC CA ++=++，93ABC
S =6,3AB AQ ==，在AOQ
△中，由222AO OQ AQ =+求解半径即可.
【详解】 如图所示：
作QM AB ⊥与M ，连接PM ， 因为PQ ⊥平面ABC ，
所以PQ AB ⊥，又QM PQ Q ⋂=， 所以AB ⊥平面PQM ， 所以AB PM ⊥，
所以
1
1
212
2
QAB PAB AB QM S S AB PM ⨯⨯==⨯⨯△△, 2PM QM =,
因为
12
QAB QAC QBC PAB
PAC
PBC
S S S S S S =
=
=△△△△△△， 由对称性得AB BC AC ==,
又因为22222213
QA QB QC AB BC CA ++=++，93ABC
S
=
所以21
sin 60932
ABC
S
AB =⨯⨯= 解得6,3AB AQ == 所以3,23,3QM PM PQ =
==，
设外接球的半径为r ，
在AOQ △中，222AO OQ AQ =+，即()(2
2
2323r r =-+， 解得72
r =
， 所以外接球的表面积为2449S r ππ==， 即该球形容器的表面积的最小值为49π. 故选：D 【点睛】
关键点点睛：本题关键是由1
2
QAB QAC QBC PAB
PAC
PBC
S S S S S S =
=
=
△△△△△△得到三棱锥是正棱锥，从而找到外接球球心的位置而得解..
2．C
解析：C 【分析】
由已知可得PA ⊥平面ABCD ，底面ABCD 为正方形，分别过P ，D 点作AD ，AP 的平行线 交于M ，连接CM ，AM ，因为PB ∥CM ，所以ACM 就是异面直线PB 与AC 所成的角,再求解即可. 【详解】
由题意：底面ABCD 为正方形， 侧面PAD ⊥底面ABCD ，PA AD ⊥， 面PAD
面ABCD AD =，
PA ⊥平面ABCD ，
分别过P ，D 点作AD ，AP 的平行线交于M ， 连接CM ，AM ， ∵PM ∥AD ，AD ∥BC ， PM ＝AD ，AD ＝BC ． ∴ PBCM 是平行四边形， ∴ PB ∥CM ，
所以∠ACM 就是异面直线PB 与AC 所成的角． 设PA ＝AB ＝a ， 在三角形ACM 中，2,2,2AM a AC a CM a ===，
∴三角形ACM 是等边三角形．
所以∠ACM 等于60°，
即异面直线PB 与AC 所成的角为60°． 故选：C. 【点睛】
思路点睛：先利用面面垂直得到PA ⊥平面ABCD ，分别过P ，D 点作AD ，AP 的平行线交于M ，连接CM ，AM ，得到∠ACM 就是异面直线PB 与AC 所成的角．
3．A
解析：A 【分析】
先确定曲面面积占以点D 为顶点， DC '为母线在平面 BCC B ''所形成的圆锥的侧面积的
1
8
，利用圆锥的侧面积S rl π=即可得出结论. 【详解】
由题意 6,32CE CC AA BC AB ''=====，所以
22361832BE CE CB =-=-=，所以
45BCE ∠=， 45ECC '∠=， 所以曲面面积占以点D 为顶点， DC '为母线在平面 BCC B ''所形成的圆锥的侧面积的1
8
，所以圆锥的侧面积 636186S rl CC DC ππππ'==⨯⨯=⨯⨯=， 所以曲面面积为19618684
ππ⨯=. 故选：A. 【点睛】
方法点睛：本题考查曲面面积，考查圆锥的侧面积，确定曲面面积占以点D 为顶点， DC '为母线在平面 BCC B ''所形成的圆锥的侧面积的
1
8
是关键，考查系数的空间想象力. 4．A
解析：A 【分析】
连接AC 、BD 交于O ，连PO ，取CD 的中点E ，连,OE PE ，根据正棱锥的性质可知，PCE α∠=，PCO β∠=，PEO γ∠=，再比较三个角的正弦值可得结果. 【详解】
连接AC 、BD 交于O ，连PO ，取CD 的中点E ，连,OE PE ，如图：
因为//AB CD ，所以PBA α∠=，又因为四棱锥P ABCD -为正四棱锥，所以
PCE α∠=，
由正四棱锥的性质可知，PO ⊥平面ABCD ，所以PCO β∠=， 易得OE CD ⊥，PE CD ⊥，所以PEO γ∠=，
因为sin PE PC α=
，sin PO
PC
β=，且PE PO >，所以sin sin αβ>，又,αβ都是锐角，所以αβ>，
因为sin PO PE γ=，sin PO
PC
β=，且PC PE >，所以sin sin γβ>，因为,βγ都是锐角，所以γβ>.
故选：A 【点睛】
关键点点睛：根据正棱锥的性质，利用异面直线所成角、直线与平面所成角、二面角的平面角的定义得到这三个角是解题关键，属于中档题.
5．A
解析：A 【分析】
证明CBA ∠就是BC 与平面1ABC 所成的角，求出此角后，利用11//B C BC 可得结论， 【详解】
∵90BAC ∠=︒，1
2
AC BC =，∴30CBA ∠=︒， ∵1
BC AC ，AB AC ⊥，1
BC AB
B ，1,B
C AB ⊂平面1ABC ，
∴AC ⊥平面1ABC ，
∴CBA ∠就是BC 与平面1ABC 所成的角，即BC 与平面1ABC 所成的角是30， ∵棱柱中11//B C BC ，∴11B C 与平面1ABC 所成的角的大小为30， 故选：A ．
【点睛】
思路点睛：本题考查求直线与平面所成的角，解题方法是定义法，即过直线一点作平面的垂直，得直线在平面上的射影，由直线与其射影的夹角得直线与平面所成的角，然后在直角三角形中求出此角．解题过程涉及三个步骤：一作出图形，二证明所作角是直线与平面所成的角，三是计算．
6．C
【分析】
先由正视图、俯视图及题意还原三棱锥，过A 作AM ⊥BD 于点M ,连结MC ，把AC 放在直角三角形AMC 中解AC . 【详解】
根据三棱锥A BCD -正视图和俯视图，还原后得到三棱锥的直观图如图示，由图可知：平面ABD ⊥平面CBD ，过A 作AM ⊥BD 于点M ,连结MC ,则AM ⊥平面CBD ， ∴△MCA 为直角三角形. 过C 作CN ⊥BD 于点N ,
在直角三角形ABD 中，AB =1，AD 3，∴222BD AB AD =+=
所以∠ABD=60°，∠ADB=30°，
则在直角三角形ABM 中，AB =1，∠ABM=60°，∴13
,2BM AM ==
. 同理，在直角三角形CBD 中，13,2DN CN ==
. ∴MN =BD -BM -DN =11
2122
-
-=, ∴222237
(
)12CM CN MN =+=+=
在直角三角形AMC 中，2
2227310
()22AC CM AM ⎛⎫=+=+= ⎪ ⎪⎝⎭
故选：C 【点睛】
(1)根据三视图画直观图，可以按下面步骤进行：①、首先看俯视图，根据俯视图画出几何体地面的直观图 ；②、观察正视图和侧视图找到几何体前、后、左、右的高度；③、画出整体，让后再根据三视图进行调整.
(2)立体几何中求线段长度：①、把线段放在特殊三角形中，解三角形；②、用等体积法求线段.
7．C
解析：C
将正三棱锥补成一个正方体，计算出正方体的棱长，可得出正方体的体对角线长，即为外接球的直径，进而可求得这个球的表面积. 【详解】
设该正三棱锥为A BCD -，将三棱锥A BCD -补成正方体AEBF GCHD -，如下图所示：
则正方体AEBF GCHD -的棱长为
2
2222
⨯=，该正方体的体对角线长为23 所以，正三棱锥A BCD -的外接球直径为23R =3R =， 该球的表面积为2412S R ππ==. 故选：C. 【点睛】
方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法：
①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；
②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径； ③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可.
8．D
解析：D 【分析】
过点F 作//FG AE 交AB 于点G ，连接CG ，则异面直线AE 与CF 所成角为CFG ∠或其补角，然后在CFG △中求解. 【详解】
如下图所示，在平面ABFE 中，过点F 作//FG AE 交AB 于点G ，连接CG ， 则异面直线AE 与CF 所成角为CFG ∠或其补角，
设1EF =，则3AB =，2BC CF AE ===，
因为//EF AB ，//FG AE ，所以，四边形AEFG 为平行四边形， 所以，2FG AE ==，1AG =，2BG =， 由于2
ABC π
∠=
，由勾股定理可得2222CG BC BG =+=
所以，222CG CF FG =+，则2
CFG π
∠=.
故选：D. 【点睛】
思路点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下： （1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角； （2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角； （3）计算：求该角的值，常利用解三角形； （4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是0,2π⎛⎤
⎥⎝
⎦
，当所作的角为钝角时，应取它的
补角作为两条异面直线所成的角．
9．A
解析：A 【分析】
由三视图还原几何体，由棱锥的体积公式可得选项. 【详解】
在如图所示的正方体1111ABCD A B C D -中，P ，E 分别为11,B C BC 的中点，该几何体为四棱锥P ABCD -，且PE ⊥平面ABCD ． 由三视图可知2AB =，则5,3PC
PB PD PA ====，
则218
25681425,2233
L V =+=+=⨯⨯=． 故选：A.
【点睛】
方法点睛：三视图问题的常见类型及解题策略：
(1)由几何体的直观图求三视图．注意正视图、侧视图和俯视图的观察方向，注意看到的部分用实线表示，不能看到的部分用虚线表示．
(2)由几何体的部分视图画出剩余的部分视图．先根据已知的一部分三视图，还原、推测直观图的可能形式，然后再找其剩下部分三视图的可能形式．当然作为选择题，也可将选项逐项代入，再看看给出的部分三视图是否符合．
(3)由几何体的三视图还原几何体的形状．要熟悉柱、锥、台、球的三视图，明确三视图的形成原理，结合空间想象将三视图还原为实物图．
10．C
解析：C 【分析】
首先通过延长直线,DC AB ，交于点G ，平面BAE 变为GAE ，连结PG ，EG 交于点
F ，再根据三角形中线的性质，求
PF
FC
的值. 【详解】
延长,DC AB ，交于点G ，连结PG ，EG 交PC 于点F ，
//AD BC ，且2AD BC =，可得点,B C 分别是,AG DG 的中点，
又
点E 是PD 的中点，PC ∴和GE 是△PGD 的中线，
∴点F 是重心，得
2PF
FC
=
故选：C
【点睛】
关键点点睛：本题的关键是找到PC 与平面BAE 的交点，即将平面BAE 转化为平面
GAE 是关键. 11．D
解析：D 【分析】
取a αβ⋂=，且//m a ，//n a ，利用线面平行的判定定理可判断A 选项；根据αγ⊥，
βγ⊥判断平面α与β的位置关系，可判断B 选项；设AB 、AC 的中点D 、E 在平面
β内，记平面ABC 为平面α，判断出A 、B 、C 三点到平面β的距离相等，可判断C
选项；过直线n 作平面γ，使得a αγ⋂=，利用线面平行、面面平行的判定定理可判断D 选项. 【详解】
对于A 选项，若a αβ⋂=，且//m a ，//n a ，m β⊄,n β⊄,则//m β，βn//，但α与
β
相交；
对于B 选项，若αγ⊥，βγ⊥，则α与β平行或相交；
对于C 选项，设AB 、AC 的中点D 、E 在平面β内，记平面ABC 为平面α，如下图所示：
D 、
E 分别为AB 、AC 的中点，则//DE BC ，
DE β⊂，BC β⊄，//BC β∴，所以，点B 、C 到平面β的距离相等，
由于D 为AB 的中点，则点A 、B 到平面β的距离相等，
所以，点A 、B 、C 三点到平面β的距离相等，但平面α与平面β相交； 对于D 选项，如下图所示：
由于//n α，过直线n 作平面γ，使得a αγ⋂=，则//a n ，
//n a ，a β⊄，n β⊂，//a β∴，
//m β，m a A =，m α⊂，a α⊂，//αβ∴.
故选：D. 【点睛】
方法点睛：证明或判断两个平面平行的方法有： ①用定义，此类题目常用反证法来完成证明；
②用判定定理或推论（即“线线平行”⇒“面面平行”），通过线面平行来完成证明； ③根据“垂直于同一条直线的两个平面平行”这一性质进行证明； ④借助“传递性”来完成．
12．C
解析：C 【分析】
由线面平行的判定定理可判断A ；由线面垂直的判定定理可判断B ；反证法可说明C ；由面面垂直的判定定理可判断D. 【详解】
对于A ，
D ，F 外别是AB ，CA 的中点，//BC DF ∴，DF ⊂平面PDF ，
∴//BC 平面PDF ，故A 正确，不符合题意；
对于B ，
各棱长相等，E 为BC 中点，,BC AE BC PE ∴⊥⊥，PE
AE E =，
BC ∴⊥平面PAE ，//BC DF ，∴
DF ⊥平面PAE ，故B 正确，不符合题意；
对于C，假设平面PDE⊥平面ABC，设DE BF O
⋂=，连接PO，则O是DE中点，PO DE
∴⊥，平面PDE平面ABC DE
=，PO
∴⊥平面ABC，BF⊂平面ABC，PO BF
∴⊥，则PB PF
=，与PB PF
≠矛盾，故C错误，符合题意；
对于D，由B选项DF⊥平面PAE，DF⊂平面ABC，∴平面PAE⊥平面ABC，故D正确，不符合题意.
故选：C.
【点睛】
本题考查线面关系和面面关系的判定，解题的关键是正确理解判断定理，正确理解垂直平行关系.
二、填空题
13．【分析】先根据面面垂直取平面的外接圆圆心G平面的外接圆圆心H分别过两点作对应平面的垂线找到交点为外接球球心再通过边长关系计算半径代入球的表面积公式即得结果【详解】如图取的中点的中点连在上取点使得取的
解析：64 3π
【分析】
先根据面面垂直，取平面PAD的外接圆圆心G，平面ABCD的外接圆圆心H，分别过两点作对应平面的垂线，找到交点为外接球球心O，再通过边长关系计算半径，代入球的表面积公式即得结果.
【详解】
如图，取AD的中点E，BC的中点F，连EF，PE，在PE上取点G，使得2
PG GE
=，取EF的中点H，分别过点G、H作平面PAD、平面ABCD的垂线，两垂线相交于点O，显然点O为四棱锥P ABCD
-外接球的球心，
由2AD =，4AB =，可得3PE =33
GE OH ==
，2222125AH AE EH +=+=
则半径2
2
343(5)33r OA ⎛⎫==+= ⎪ ⎪⎝⎭
， 故四棱锥P ABCD -外接球的表面积为2
364433π
π⎛⎫⨯= ⎪ ⎪⎝⎭
． 故答案为：643
π
. 【点睛】
方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法：
①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；
②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径； ③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可.
14．【分析】首先把三视图转换为直观图进一步求出几何体的外接球的半径最后求出球的表面积【详解】根据几何体的三视图可知该几何体是底面为等腰三角形高为2的三棱锥体如图所示:设底面外接圆的半径为t 圆心为H 则解得
解析：414
π
【分析】
首先把三视图转换为直观图，进一步求出几何体的外接球的半径，最后求出球的表面积. 【详解】
根据几何体的三视图可知该几何体是底面为等腰三角形，高为2的三棱锥体．如图所示:
设底面外接圆的半径为t ,圆心为H ，则222
1(2)t t =+-，解得54
t =
， 设外接球的半径r ，球心为O ，则OH ⊥底面，且1OH =， 则22541
()14r =
+=
所以41414().164
S π
π=⨯⨯= 故答案为：414
π 【点睛】
关键点点睛：球心与底面外接圆圆心连线垂直底面，且OH 等于棱锥高的一半，利用勾股定理求出球的半径，由面积公式计算即可.
15．【分析】由已知得出正二十面体的外接球即为上方正五棱锥的外接球设正五边形的外接圆半径为由平面几何知识可求得外接球的半径【详解】由图正二十面体的外接球即为上方正五棱锥的外接球设其半径为正五边形的外接圆半 1811
【分析】
由已知得出正二十面体的外接球即为上方正五棱锥的外接球，设正五边形的外接圆半径为
r ，由平面几何知识可求得外接球的半径．
【详解】
由图，正二十面体的外接球即为上方正五棱锥的外接球， 设其半径为R ，正五边形的外接圆半径为r ，则33
sin 365
r ==，得=5r ，所以正五棱362511-=， 所以(2
2
2511R R =+，解得1811R =
. 1811
【点睛】
关键点点睛：本题考查几何体的外接球的问题，关键在于确定外接球的球心和半径．
16．【分析】取中点连接由条件可证明平面由此将三棱锥的体积表示为计算可得结果【详解】取中点连接如下图所示：因为所以平面平面所以平面又因为所以所以又因为故答案为：【点睛】关键点点睛：解答本题的关键是通过找的 解析：
2 【分析】
取AB 中点O ，连接,CO DO ，由条件可证明AB ⊥平面CDO ，由此将三棱锥A BCD -的体积表示为13
CDO
AB S ⨯⨯，计算可得结果.
【详解】
取AB 中点O ，连接,CO DO ，如下图所示：
因为AC BC AD BD ===，所以,AB CO AB DO ⊥⊥，CO DO O =，CO ⊂平面
CDO ，DO ⊂平面CDO ，所以AB ⊥平面CDO ，
又因为3AC BC AD BD ====，2AB CD ==
()
2
2
210
32CO DO ⎛⎫==
-= ⎪ ⎪⎝⎭
， 所以22
1
10221
2
22CDO
S
⎛⎫⎛⎫
=-= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
， 又因为1
12
2133A BCD CDO
V AB S -=⨯⨯==
故答案为：2
3
. 【点睛】
关键点点睛：解答本题的关键是通过找AB 的中点，证明出线面垂直，从而将三棱锥的体
积表示为13
CDO AB S
⨯⨯，区别于常规的1
3
⨯底面积⨯高的计算方法，本例实际可看成是两
个三棱锥的体积之和.
17．【分析】由题意可得AB 的轨迹得到当ACBC 与轴l 共面时∠ACB 取到最大值和最小值求得sin ∠ACB 的范围代入三角形面积公式得答案【详解】∵ACBC 与平面α所成的角分别为且|AC|＝2|BC|＝2则A 解析：[3,3]
【分析】
由题意可得A ，B 的轨迹，得到当AC 、BC 与轴l 共面时，∠ACB 取到最大值和最小值，求得sin ∠ACB 的范围，代入三角形面积公式得答案． 【详解】
∵AC ，BC 与平面α所成的角分别为
512π
，4
π，且|AC |＝23，|BC |＝2， 则A ，B 分别在如图所示的两个不同的圆周上运动，
当直线AC ，BC 与轴l 在同一平面内时，∠ACB 取到最大值和最小值， 于是，有6
3
ACB π
π
≤∠≤
，
∴sin
6π≤sin ∠ACB ≤sin 3π，即12≤sin ∠ACB ≤3
而ABC 的面积S ＝1
2
|AC |⋅|BC |⋅sin ∠ACB ＝3∠ACB ． ∴
33S ≤≤．
故答案为：[3,3] 【点睛】
关键点睛：根据题意得到A ，B 的轨迹，利用几何直观和空间想象进行分析是解题的关键.
18．【分析】取中点为过分别作底面的垂线根据题中条件得到；过分别作的垂线连接由二面角的定义结合线面垂直的判定定理及性质得到为二面角的平面角；为二面角的平面角得出令进而可求出最值【详解】取中点为过分别作底面
解析：3
4
【分析】
取BC 中点为E ，过P 、M 分别作底面的垂线PO 、MN ，根据题中条件，得到
AN NO OE ==，2PO MN =；过O 、N 分别作BC 的垂线OG 、NH ，连接MH ，PG ，
由二面角的定义，结合线面垂直的判定定理及性质，得到MHN ∠为二面角M
BC A
--的平面角；PGO ∠为二面角A BC P --的平面角，得出tan 4tan PGO MHN ∠=∠，
()2
3tan tan tan 14tan MHN
PGO MHN MHN
α∠=∠-∠=
+∠，令tan 0x MHN =∠>，进而可求出最值. 【详解】
取BC 中点为E ，过P 、M 分别作底面的垂线PO 、MN ， 则O 为ABC 的重心，MN ⊥平面ABC ；PO ⊥平面ABC ； 由于点M 为棱PA 的中点，所以有AN NO OE ==，2PO MN =； 过O 、N 分别作BC 的垂线OG 、NH ，连接MH ，PG ， 因为BC ⊂平面ABC ，所以MN BC ⊥，同理PO BC ⊥； 又MN NH N ⋂=，MN ⊂平面MNH ，NH ⊂平面MNH ， 所以BC ⊥平面MNH ；因为MH ⊂平面MNH ，所以BC MH ⊥， 所以MHN ∠为二面角M
BC A --的平面角；
同理BC PG ⊥，所以PGO ∠为二面角A BC P --的平面角， 所以tan PO PGO OG ∠=
，tan MN
MHN HN
∠=， 因为NO OE =，//OG NH ，所以1
2
OG NH =
；
因此
2
tan4tan
1
2
PO MN
PGO MHN
OG HN
∠===∠
，
所以()2
tan tan3tan tan tan
1tan tan14tan
PGO MHN MHN
PGO MHN
PGO MHN MHN α
∠-∠∠
=∠-∠==
+∠⋅∠+∠
，令tan0
x MHN
=∠>，则
2
333
tan
1444
x x
x x
α=≤=
+
，
当且仅当2
14x
=，即
1
2
x=时，等号成立.
故答案为：
3
4
.
【点睛】
关键点点睛：
求解本题的关键在于确定二面角M BC A
--、A BC P
--以及P BC M
--三者之间的关系，由题中条件得出二面角A BC P
--是二面角M BC A
--的4倍，进而可求得结果. 19．【分析】取AB中点连接根据平行四边形性质可得为等腰梯形ABCD的外心取SB中点O连接则可得O是四棱锥的外接球球心在中求得r=OA即可求得体积【详解】取AB中点连接则所以四边形为平行四边形所以同理所以
解析：
82
3
π
【分析】
取AB中点1
O，连接
11
,
O C O D，根据平行四边形性质，可得
1
O为等腰梯形ABCD的外心，取SB中点O，连接1
,,,
OA OC OD OO，则可得O是四棱锥S ABCD
-的外接球球心，在Rt SAB中，求得r=OA，即可求得体积.
【详解】
取AB中点1
O，连接
11
,
O C O D，则
1
//
CD O A，
所以四边形1
ADCO为平行四边形，
所以1=1
CO，同理
1
=1
O D，
所以1111
=
O A O B O C O D
==，即
1
O为等腰梯形ABCD的外心，
取SB中点O，连接1
,,,
OA OC OD OO，则
1
//
OO SA，
因为SA ⊥平面ABCD ，
所以1OO ⊥平面ABCD ，又2AB SA ==, 所以=OA OB OC OD ==，又SA AB ⊥，
所以OA OS =，即O 是四棱锥S ABCD -的外接球球心， 在Rt SAB 中，2AB SA ==，
所以1
2
OA SB ==
所以3433V π=
⨯=
，
故答案为：3
. 【点睛】
解决外接球的问题时，难点在于找到球心，可求得两个相交平面的外接圆圆心，自圆心做面的垂线，垂线交点即为球心，考查空间想象，数学运算的能力，属中档题.
20．【分析】当点从点运动到点时二面角的平面角逐渐增大二面角的平面角最小趋于二面角的平面角最大趋于二面角的平面角的补角求出二面角的平面角和二面角的平面角即可【详解】当点从点运动到点时二面角的平面角逐渐增大
解析：11,33⎛⎫
- ⎪⎝⎭
【分析】
当点P 从点A 运动到点B 时，二面角D PC B --的平面角逐渐增大，二面角
D PC B --的平面角最小趋于二面角D AC B --的平面角，最大趋于二面角
D BC A --的平面角的补角，求出二面角D AC B --的平面角和二面角D BC A --的平面角即可. 【详解】
当点P 从点A 运动到点B 时，二面角D PC B --的平面角逐渐增大，二面角
D PC B --的平面角最小趋于D AC B --的平面角，最大趋于二面角D BC A --的平面角的补角，
设正四面体的棱长为2a ，如图所示，取AC 的中点E ，连接DE 、BE ， 易知DEB ∠为二面角D AC B --
的平面角，DE BE ==，
所以
()2
2
2
21cos 3
a DEB +
-∠==， 同理可得：二面角D BC A --的平面角的补角的余弦值为13
-， 故二面角D PC B --的平面角的余弦值的取值范围是11,33⎛⎫- ⎪⎝⎭
，
故答案为：11,33⎛⎫- ⎪⎝⎭
【点睛】
本题主要考查了二面角的平面角的求解，考查空间想象能力，属于中档题.
三、解答题
21．（1）证明见解析；（23 【分析】
（1）根据线面垂直的判定定理，先证明AB ⊥平面1BB C ，再由面面垂直的判定定理，即可证明结论成立；
（2）先由（1）得到AB BC ⊥，求出BC 和1B C ，过点C 作1CD BB ⊥于点D ，求出
CD ，再由棱锥的体积公式，即可求出结果. 【详解】
（1）∵1B C ⊥平面ABC ，AB
平面ABC ，∴1B C AB ⊥，
又四边形11ABB A 为矩形，∴1AB B B ⊥.
又∵111B B B C B ⋂=，1B B ⊂平面1BB C ，1B C ⊂平面1BB C ，∴AB ⊥平面1BB C ， 又AB
平面11ABB A ，∴平面11ABB A ⊥平面1BB C .
（2）由（1）知AB ⊥平面1BB C ，∴AB BC ⊥， 则22
3BC AC AB =
-()
2
2123
1B C =
-
=，
在1BB C △中，过点C 作1CD BB ⊥于点D ， 由于平面11ABB A ⊥平面1BB C ，平面11ABB A 平面11BB C BB =，
∴CD ⊥平面11ABB A ， 由1111122BC
B S
B C BC BB CD =
⋅=⋅可得3CD =， ∴四棱锥11C ABB A -的体积为11
1
133
1233ABB A V S CD =
⋅=⨯⨯=.
【点睛】 方法点睛：
证明空间中位置关系时，通常根据空间中线面、面面平行或垂直的判定定理及性质，直接证明即可；有时也可建立适当的空间直角坐标系，求出对应的直线的方向向量，以及平面的法向量等，根据空间位置的向量表示进行判断. 22．723S =侧. 【分析】
过1C 作1C E AC ⊥于E ， 过E 作EF BC ⊥于F ，得到1C F 为正四棱台的斜高， 可得答案. 【详解】
如图，设1O 、O 分别为上、下底面的中心，则1O O ⊥平面ABCD ， 过1C 作1C E AC ⊥于E ，所以11//C E O O ， 所以1C E ⊥平面ABCD ，1C E BC ⊥， 过E 作EF BC ⊥于F ，连接1C F ，且1C E EF E =，
所以BC ⊥平面1EFC ，1C F BC ⊥， 则1C F 为正四棱台的斜高， 由题意知145C CO ∠=，
()112
93322
CE CO EO CO C O =-=-=
-= 又2
sin 453232
EF CE =⋅==， ∴高()
2
2231132333C F C E EF =+=+=
∴()1
393347232
S =
⨯+⨯=侧
【点睛】
本题考查了正四棱台侧面积的求法，关键点是作出正四棱台的斜高，考查了学生的空间想象力和计算能力. 23．（1）11113B F B A =，证明见解析；（225；（3）,42ππ⎛⎫
⎪⎝⎭
． 【分析】
（1）延长AE 交CD 于M ，在11C D 上取点N ，使得1D N DM =，连接1,MN A N ，可证得1//AM A N ，从而可得11//C F A N ，由此可得11113B F B A =，再由1111
3
B F B A =证明线面平行即得；
（2）用等体积法可求得点A 到平面BDF 的距离；
（3）作FP AB ⊥，垂足为P ，作PQ BD ⊥于E ，连接FQ ，FQP ∠是二面角
F BD A --的平面角，设1B F x =，(02)x <<，求出平面角的正切值可得范围，从而
得角的范围． 【详解】
（1）
1111
3
B F B A =时，//AE 平面1B
C F ，证明如下： 延长AE 交C
D 于M .
因为AD ⊥平面11ABB A ，所以DBA ∠是直线BD 与平面11ABB A 所成的角，即
30DBA ∠=︒，所以23
tan 303
AD AB =︒=
． 由AE BD ⊥，所以30DAE ∠=︒，2tan 303
DM AD =︒=， 在11C D 上取点N ，使得12
3
D N =
，连接1,MN A N ， ∵
11113B F B A =，则123B F =，1143
A F C N ==，又11//A F C N ，∴11A FC N 是平行四边形， 11//A N FC ，
11,//D N DM D N DM =，1D NMD 是平行四边形，
∴1111////,MN DD AA MN DD AA ==，∴1A AMN 是平行四边形，∴1//AM A N ∴1//AM C F ，又AM ⊄平面1BC F ，1C F ⊂平面1BC F ，∴//AM 平面1BC F ，即
//AE 平面1BC F ．
（2）1232322ABD S =
=△12323
13F ABD V -=⨯=
， 由长方体性质可得2BF =433BD =
，30
DF =，∵222BF FD BD +=，∴BF DF ⊥， ∴13015
22BDF S ==
△，设A 到平面BDF 的距离为h ，则由A BDF F ABD V V --=得
1153
339
⨯=
，∴255h = （3）作FP AB ⊥，垂足为P ，作PQ BD ⊥于Q ，连接FQ ，则FP ⊥平面ABCD ，
BD ⊂平面ABCD ，∴FP BD ⊥，同理FP PQ ⊥，
∵FP
PQ P =，,FP PQ ⊂平面FPQ ，∴BD ⊥平面FPQ ，
而FQ ⊂平面FPQ ，∴BD FQ ⊥，∴FQP ∠是二面角F BD A --的平面角， 设1B F x =，(02)x <<，则由1BB FP 是矩形得BP x =，11FP BB ==， 则1sin 302
PQ BP x =︒=， ∴2tan FP FQP PQ x ∠=
=(1,)∈+∞，FQP ∠是锐角，∴,42FPQ ππ⎛⎫
∠∈ ⎪⎝⎭
． ∴二面角F BD A --的范围是,42ππ⎛⎫
⎪⎝⎭
． 【点睛】
方法点睛：本题考查线面平行的性质与判定，考查等体积法求点到平面的距离，考查二面角．求点到平面的距离的方法有三种：一是根据定义作出点到平面的垂线段，求出垂线段。