2019高三复习强化训练立体几何

立体几何
一．选择题（共20小题）
1．在封闭的直三棱柱ABC﹣A1B1C1内有一个体积为V的球，若AB⊥BC，AB=6，BC=8，AA1=5，则V的最大值是（）
A．4πB． C．D．
2．已知在各棱长都为2的三棱锥A﹣BCD中，棱DA，DB，DC的中点分别为P，Q，R，则三棱锥Q﹣APR的体积为（）
A．B．C．D．
3．在三棱锥ABCD中，BC⊥CD，Rt△BCD斜边上的高为1，三棱锥ABCD的外接球的直径是AB，若该外接球的表面积为16π，则三棱锥ABCD体积的最大值为（）
A．B．C．1 D．
4．已知三边长分别为4，5，6的△ABC的外接圆恰好是球O的一个大圆，P为球面上一点，若三棱锥P﹣ABC体积的最大值为（）
A．8 B．10 C．12 D．14
5．四面体ABCD中∠BAC=∠BAD=∠CAD=60°，AB=2，AC=3，AD=4，则四面体ABCD 的体积V=（）
A．2 B．2 C．4 D．4
6．已知三棱锥P﹣ABC的三条侧棱两两互相垂直，且AB=，BC=，AC=2，则此三棱锥的外接球的体积为（）
A．πB．πC．πD．π
7．如图，四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD为平行四边形，NB=2PN，则三棱锥N﹣PAC与三棱锥D﹣PAC的体积之比为（）
A．1：2 B．1：3 C．1：4 D．1：6
8．已知三棱锥O﹣ABC底面ABC的顶点在半径为的球O表面上，且AB=，AC=，BC=2，则三棱锥O﹣ABC的体积为（）
A．1 B．C．D．
9．已知△ABC中，AB=2，BC=1，∠ABC=90°，平面ABC外一点，P满足PA=PB=PC=，则三棱锥P﹣ABC的体积是（）
A．1 B．C．D．
10．在棱长为3的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P在线段BD1上，且，M 为线段B1C1上的动点，则三棱锥M﹣PBC的体积为（）
A．1 B．
C．D．与M点的位置有关
11．边长为2的正方形ABCD的顶点都在同一球面上，球心到平面ABCD的距离为1，则此球的表面积为（）
A．3πB．5πC．12πD．20π
12．已知A，B，C三点都在以O为球心的球面上，OA，OB，OC两两垂直，三
棱锥O﹣ABC的体积为，则球O的表面积为（）
A．B．16πC．D．32π
13．若△PAD所在平面与矩形ABCD所在平面互相垂直，PA=PD=AB=2，∠APD=60°，若点P，A，B，C，D都在同一个球面上，则此球的表面积为（）
A．πB．πC．πD．π
14．已知三棱柱ABC﹣A1B1C1的侧棱垂直于底面，各顶点都在同一球面上，若该
棱柱的体积为，AB=2，则此球的体积等于（）A．B． C．D．
15．已知底面边长为的正三棱锥O﹣ABC的体积为，且A，B，C在球O 上，则球的体积是（）
A．B．8πC．20πD．
16．已知棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1，球O与该正方体的各个面相切，则平面ACB1截此球所得的截面的面积为（）
A． B． C． D．
17．三棱柱ABC﹣A1B1C1的侧棱垂直于底面，且AB⊥BC，AB=BC=AA1=2，若该三棱柱的所有顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（）
A．48πB．32πC．12πD．8π
18．点A，B，C，D在同一个球的球面上，AB=BC=，∠ABC=90°，若四面体ABCD 体积的最大值为3，则这个球的表面积为（）
A．2πB．4πC．8πD．16π
19．三棱锥A﹣BCD中，△ABC为等边三角形，AB=2，∠BDC=90°，二面角A ﹣BC﹣D的大小为150°，则三棱锥A﹣BCD的外接球的表面积为（）
A．7πB．12πC．16πD．28π
20．已知球O的半径为R，A，B，C三点在球O的球面上，球心O到平面ABC 的距离为R，AB=AC=BC=2，则球O的表面积为（）
A．πB．16πC．πD．64π
二．解答题（共15小题）
21．如图，直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC=BC=AA1，D是棱AA1的中点，DC1⊥BD
（1）证明：DC1⊥BC；
（2）求二面角A1﹣BD﹣C1的大小．
22．如图，直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC=4，BC=3，AA1=4，AC⊥BC，点D在线段AB上．
（Ⅰ）证明AC⊥B1C；
（Ⅱ）若D是AB中点，证明AC1∥平面B1CD；
（Ⅲ）当=时，求二面角B﹣CD﹣B1的余弦值．
23．如图，四边形ABCD为菱形，∠ABC=60°，AC与BD相交于点O，AE⊥平面ABCD，CF⊥平面ABCD，AB=AE=2，G为EF中点．
（Ⅰ）求证：OG∥平面ABE；
（Ⅱ）求二面角D﹣BE﹣A的正弦值；
（Ⅲ）当直线OF与平面BDE所成角为45°时，求异面直线OF与DE所成角的余弦值．
24．如图，已知四棱锥P﹣ABCD的底面为菱形，∠BCD=120°，AB=PC=2，AP=BP=．
（I）求证：AB⊥PC；
（Ⅱ）求二面角B一PC﹣D的余弦值．
25．如图，四边形ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，PD∥QA，QA=AB=PD．（1）证明：平面PQC⊥平面DCQ；
（2）求二面角Q﹣BP﹣C的正弦值．
26．如图（1），在等腰梯形CDEF中，CB，DA是梯形的高，AE=BF=2，AB=2，现将梯形沿CB，DA折起，使EF∥AB且EF=2AB，得一简单组合体ABCDEF如图（2）示，已知M，N分别为AF，BD的中点．
（Ⅰ）求证：MN∥平面BCF；
（Ⅱ）若直线DE与平面ABFE所成角的正切值为，则求平面CDEF与平面ADE 所成的锐二面角大小．
27．如图，四棱锥P﹣ABCD中，平面PAC⊥底面ABCD，BC=CD=AC=2，∠ACB=
∠ACD=．
（1）证明：AP⊥BD；
（2）若AP=，AP与BC所成角的余弦值为，求二面角A﹣BP﹣C的余弦值．．
28．如图，菱形ABCD与正三角形BCE的边长均为2，它们所在平面互相垂直，FD⊥平面ABCD，且FD=．
（I）求证：EF∥平面ABCD；
（Ⅱ）若∠CBA=60°，求二面角A﹣FB﹣E的余弦值．
29．如图，四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD是菱形，∠ADC=60°，PA=PC，PD⊥PB，AC∩BD=E，二面角P﹣AC﹣B的大小为60°．
（1）证明：AC⊥PB；
（2）求二面角E﹣PD﹣C的余弦值．
30．如图，已知四边形ABCD和BCEG均为直角梯形，AD∥BC，CE∥BG，且∠BCD=∠BCE=，平面ABCD⊥平面BCEG，BC=CD=CE=2AD=2BG=2．
（1）证明：AG∥平面BDE．
（2）求平面BDE和平面ADE所成锐二面角的余弦值．
31．在如图所示的几何体中，四边形ABCD为矩形，直线AF⊥平面ABCD，EF∥AB，AD=2，AB=AF=2EF=1，点P在棱DF上．
（1）求证：AD⊥BF；
（2）若P是DF的中点，求异面直线BE与CP所成角的余弦值；
（3）若，求二面角D﹣AP﹣C的余弦值．
32．在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，△ABC是正三角形，AC与BD的交点为M，又PA=AB=4，AD=CD，∠CDA=120°，点N是CD的中点．
（1）求证：平面PMN⊥平面PAB；
（2）求二面角A﹣PC﹣B的余弦值．
33．如图，在多面体ABCDPE中，四边形ABCD和CDPE都是直角梯形，AB∥DC，PE∥DC，AD⊥DC，PD⊥平面ABCD，AB=PD=DA=2PE，CD=3PE，F是CE的中点．（1）求证：BF∥平面ADP；
（2）求二面角B﹣DF﹣P的余弦值．
34．如图，点P是菱形ABCD所在平面外一点，PA⊥平面ABCD，PA∥FB∥ED，∠ABC=60°，PA=AB=2BF=2DE．
（Ⅰ）求证：平面PAC⊥平面PCE；
（Ⅱ）求二面角B﹣PC﹣F的余弦值．
35．如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D为AA1的中点，E为BC的中点．
（1）求证：直线AE∥平面BDC1；
（2）若三棱柱ABC﹣A1B1C1是正三棱柱，AB=2，AA1=4，求平面BDC1与平面ABC 所成二面角的正弦值．
（35）解放军武警立体几何
参考答案与试题解析
一．选择题（共20小题）
1．（2017•临翔区校级一模）在封闭的直三棱柱ABC﹣A1B1C1内有一个体积为V 的球，若AB⊥BC，AB=6，BC=8，AA1=5，则V的最大值是（）
A．4πB． C．D．
【分析】先保证截面圆与△ABC内切，记圆O的半径为r，由等面积法得（AC+AB+BC）r=6×8，解得r=2．由于三棱柱高为5，此时可以保证球在三棱柱内部，球的最大半径为2，由此能求出结果．
【解答】解：如图，由题知，球的体积要尽可能大时，球需与三棱柱内切．
先保证截面圆与△ABC内切，记圆O的半径为r，
则由等面积法得，
所以（AC+AB+BC）r=6×8，又AB=6，BC=8，
所以AC=10，所以r=2．由于三棱柱高为5，此时可以保证球在三棱柱内部，
若r增大，则无法保证球在三棱柱内，
故球的最大半径为2，所以．
故选：D．
【点评】本题考查球的最大体积的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．
2．（2017•安徽模拟）已知在各棱长都为2的三棱锥A﹣BCD中，棱DA，DB，DC
的中点分别为P，Q，R，则三棱锥Q﹣APR的体积为（）
A．B．C．D．
【分析】取CD中点E，连结BE，AE，作AO⊥底面BCD，交BE于O，A到平面PQR的距离h=，三棱锥Q﹣APR的体积为V Q﹣APR=V A﹣BCD，由此能求出结果．【解答】解：取CD中点E，连结BE，AE，作AO⊥底面BCD，交BE于O，
∵在各棱长都为2的三棱锥A﹣BCD中，棱DA，DB，DC的中点分别为P，Q，R，∴QR=QP=PR=1，∴S
==，
△PQR
BE=AE=，OE=，
AO==，A到平面PQR的距离h=，
∴三棱锥Q﹣APR的体积为：
V Q﹣APR=V A﹣BCD===．
故选：C．
【点评】本题考查三棱锥的体积的取值范围的求法，考查空间想象能力与计算能力，考查空间思维能力，考查推理论证能力，考查数形结合思想、等价转化思想，是中档题．
3．（2017•赣州一模）在三棱锥ABCD中，BC⊥CD，Rt△BCD斜边上的高为1，三棱锥ABCD的外接球的直径是AB，若该外接球的表面积为16π，则三棱锥ABCD 体积的最大值为（）
A．B．C．1 D．
【分析】当AD⊥平面BCD时，以CB、CD、CA为棱构造长方体，此时三棱锥ABCD 的外接球即该长方体的外接球，其直径为AB，由已知得当a=b=时，AC=2，此时三棱锥ABCD体积为V=．由此排除A，B，C选项．
【解答】解：当AD⊥平面BCD时，以CB、CD、CA为棱构造长方体，
此时三棱锥ABCD的外接球即该长方体的外接球，其直径为AB，
∵该外接球的表面积为16π，∴AB=4，
设BC=a，CD=b，∵在三棱锥ABCD中，BC⊥CD，Rt△BCD斜边上的高为1，
∴BD=，
设Rt△BCD斜边上的高为CE，则CE=1，
由，得BD==ab，
∵a＞0，b＞0，∴=ab≥，即ab≥2，
当且仅当a=b=时，取等号，
∴当a=b=时，=2，解得AC=2，
此时三棱锥ABCD体积为V===．
由此排除A，B，C选项，
故选：D．
【点评】本题考查三棱锥的体积的最大值的求法，是中档题，解题时要认真审题，
注意空间思维能力的培养．
4．（2017•宁城县一模）已知三边长分别为4，5，6的△ABC的外接圆恰好是球O的一个大圆，P为球面上一点，若三棱锥P﹣ABC体积的最大值为（）A．8 B．10 C．12 D．14
【分析】利用正弦定理和余弦定理求出△ABC的外接圆的半径即球的半径，则当P到平面ABC的距离为球的半径时，棱锥的体积最大．
【解答】解：设△ABC的最大角为α，则cosα==，
∴sinα==．
==．
∴S
△ABC
设△ABC的外接圆半径为r，则=2r，∴r=．
∴当P到平面ABC的距离d=r时，三棱锥P﹣ABC体积取得最大值
V===10．
故选：B．
【点评】本题考查了棱锥的体积计算，正余弦定理解三角形，属于中档题．
5．（2017•江门一模）四面体ABCD中∠BAC=∠BAD=∠CAD=60°，AB=2，AC=3，AD=4，则四面体ABCD的体积V=（）
A．2 B．2 C．4 D．4
【分析】由题意画出图形，通过分割补形，求出B到底面ACD的距离，代入体积公式求解．
【解答】解：如图，
在AC上取E，使AE=2，在AD上取F，使AF=2，连接BE、BF、EF，
则四面体B﹣AEF为正四面体，过B作BO⊥平面AEF，垂足为O，
连接AO并延长，交EF于G，则AG=，AO=，
∴BO=．
=．
∴．
故选：A．
【点评】本题考查棱柱、棱锥、棱台的体积，考查空间想象能力和逻辑思维能力，是中档题．
6．（2017•福建模拟）已知三棱锥P﹣ABC的三条侧棱两两互相垂直，且AB=，
BC=，AC=2，则此三棱锥的外接球的体积为（）
A．πB．πC．πD．π
【分析】求出PA=1，PC=，PB=2，以PA、PB、PC为过同一顶点的三条棱，作长方体如图，则长方体的外接球同时也是三棱锥P﹣ABC外接球．算出长方体的对角线即为球直径，结合球的体积公式，可算出三棱锥P﹣ABC外接球的体积．
【解答】解：∵AB=，BC=，AC=2，
∴PA=1，PC=，PB=2
以PA、PB、PC为过同一顶点的三条棱，作长方体如图
则长方体的外接球同时也是三棱锥P﹣ABC外接球．
∵长方体的对角线长为=2，
∴球直径为2，半径R=，
因此，三棱锥P﹣ABC外接球的体积是πR3=π×（）3
=π
故选：B．
【点评】本题给出三棱锥的三条侧棱两两垂直，求它的外接球的表面积，着重考查了长方体对角线公式和球的表面积计算等知识，属于中档题．
7．（2017•广西一模）如图，四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD为平行四边形，NB=2PN，则三棱锥N﹣PAC与三棱锥D﹣PAC的体积之比为（）
A．1：2 B．1：3 C．1：4 D．1：6
【分析】由题意得到N与D到平面PAC的距离的关系，结合棱锥体积公式得答案．
【解答】解：如图，
设平面PAC的面积为S，
∵底面ABCD为平行四边形，∴D到平面PAC的距离等于B到平面PAC的距离，又NB=2PN，∴N到平面PAC的距离等于B到平面PAC距离的．
设N到平面PAC的距离为h，则D到平面PAC的距离为3h．
∴，．
∴三棱锥N﹣PAC与三棱锥D﹣PAC的体积之比为1：3．
故选：B．
【点评】本题考查三棱锥体积的求法，考查空间想象能力和思维能力，属中档题．
8．（2017•南平一模）已知三棱锥O﹣ABC底面ABC的顶点在半径为的球O表
面上，且AB=，AC=，BC=2，则三棱锥O﹣ABC的体积为（）
A．1 B．C．D．
【分析】由已知得OA=OB=OC=AB=AC=，∠BAC=∠BOC=90°，取BC中点D，连结AD，OD，则AD⊥BC，OD⊥BC，AD=OD=1从而OD⊥平面ABC，由此能求出三棱锥O﹣ABC的体积．
【解答】解：∵三棱锥O﹣ABC底面ABC的顶点在半径为的球O表面上，且
AB=，AC=，BC=2，
∴OA=OB=OC=AB=AC=，
∴OC2+OB2=BC2，AB2+AC2=BC2，∴∠BAC=∠BOC=90°，
取BC中点D，连结AD，OD，则AD⊥BC，OD⊥BC，
AD=OD===1，∴AD2+OD2=AO2，
∴OD⊥AD，∵BC∩AD=D，∴OD⊥平面ABC，
∴三棱锥O﹣ABC的体积为：
V O﹣ABC==
=．
故选：C．
【点评】本题考查三棱锥的体积的求法，考查数据处理能力、运算求解能力以及应用意识，考查数形结合思想等，是中档题．
9．（2016•淄博校级模拟）已知△ABC中，AB=2，BC=1，∠ABC=90°，平面ABC 外一点，P满足PA=PB=PC=，则三棱锥P﹣ABC的体积是（）
A．1 B．C．D．
【分析】由已知得棱锥顶点P在底面投影为△ABC的外心，CA=，外接圆半径
R==，高h==1，S△ABC==1，由此能求出三棱椎P﹣ABC的体积．
【解答】解：∵PA=PB=PC=，
∴棱锥顶点P在底面投影为△ABC的外心
∴先求外接圆半径R，
∵CA2=22+12﹣2•2•1cos90°=5，CA=，
∴R==，
∴高h==1，
S△ABC==1，
三棱椎P﹣ABC的体积V=×1×1=．
故选：B．
【点评】本题考查三棱锥的体积的求法，是中档题，解题时要注意空间思维能力
的培养．
10．（2016•广东模拟）在棱长为3的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P在线段BD1上，且，M为线段B1C1上的动点，则三棱锥M﹣PBC的体积为（）A．1 B．
C．D．与M点的位置有关
【分析】如图所示，连接BC1，取=，可得PN∥D1C1，=1，由于D1C1⊥平面BCC1B1，可得PN⊥平面BCC1B1，利用三棱锥M﹣PBC的体积=V
=即可得出．
三棱锥P﹣BCM
【解答】解：如图所示，连接BC1，取=，
则PN∥D1C1，，PN=1，
∵D1C1⊥平面BCC1B1，
∴PN⊥平面BCC1B1，
即PN是三棱锥P﹣BCM的高．
=V三棱锥P﹣BCM===．
∴V
三棱锥M﹣PBC
故选：B．
【点评】本题考查了正方体的性质、线面垂直的判定与性质定理、三角形中平行线分线段成比例定理的逆定理、三棱锥的体积计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
11．（2017•肃南裕县校级一模）边长为2的正方形ABCD的顶点都在同一球面上，
球心到平面ABCD的距离为1，则此球的表面积为（）
A．3πB．5πC．12πD．20π
【分析】由正方形边长求出对角线长，根据球心到平面ABCD的距离，正方形对角线一半，以及球的半径构成直角三角形，利用勾股定理求出球半径，即可确定出球的表面积．
【解答】解：∵正方形的边长为2，
∴正方形的对角线长为=2，
∵球心到平面ABCD的距离为1，
∴球的半径R==，
则此球的表面积为S=4πR2=12π．
故选：C．
【点评】此题考查了球的体积和表面积，求出球的半径是解本题的关键．
12．（2017•宝鸡一模）已知A，B，C三点都在以O为球心的球面上，OA，OB，
OC两两垂直，三棱锥O﹣ABC的体积为，则球O的表面积为（）A．B．16πC．D．32π
【分析】设球O的半径为R，则OA=OB=OC=R，所以三棱锥O﹣ABC的体积为，利用三棱锥O﹣ABC的体积为，求出R，即可求出球O的表面积．
【解答】解：设球O的半径为R，则OA=OB=OC=R，
所以三棱锥O﹣ABC的体积为．
由，解得R=2．
故球O的表面积为16π．
故选：B．
【点评】本题考查球的表面积的求法，球的内含体与三棱锥的关系，考查空间想象能力以及计算能力．
13．（2017•道里区校级一模）若△PAD所在平面与矩形ABCD所在平面互相垂直，
PA=PD=AB=2，∠APD=60°，若点P，A，B，C，D都在同一个球面上，则此球的表面积为（）
A．πB．πC．πD．π
【分析】设球心为O，求出AD=2，BD=2，设AC∩BD=E，则BE=，OP=OB=R，设OE=x，则OB2=BE2+OE2=2+x2，过O作线段OH⊥平面PAD于H点，H是垂足，PO2=OH2+PH2=1+（﹣x）2，由此能求出球半径R，由此能求出此球的表面积．【解答】解：设球心为O，如图，
∵△PAD所在平面与矩形ABCD所在平面互相垂直，PA=PD=AB=2，∠APD=60°，∴AD=2，BD==2，
设AC∩BD=E，则BE=，
∵点P，A，B，C，D都在同一个球面上，∴OP=OB=R，
设OE=x，在Rt△BOE中，OB2=BE2+OE2=2+x2，
过O作线段OH⊥平面PAD于H点，H是垂足，
∵O点到面PAD的距离与点E到平面PAD的距离相等，∴OH=1，
∴在Rt△POH中，PO2=OH2+PH2=1+（﹣x）2=x2﹣2+4，
∴2+x2=x2﹣2+4，解得x=，∴R=，
∴此球的表面积S=4πR2=4π×=．
故选：B．
【点评】本题考查球的表面积的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意球、四棱锥的性质及构造法的合理应用．
14．（2017•大理州二模）已知三棱柱ABC﹣A1B1C1的侧棱垂直于底面，各顶点都在同一球面上，若该棱柱的体积为，AB=2，则此球的体积等于（）
A．B． C．D．
【分析】画出球的内接三棱柱ABC﹣A1B1C1，作出球的半径，然后可求球的表面积．
【解答】解：设AA1=h，则
∵棱柱的体积为，AB=2，
∴
∴h=1，
∵AB=2，
∴BC==，
如图，连接上下底面外心，O为PQ的中点，OP⊥平面ABC，
AP==
则球的半径为OA，
由题意OP=，∴OA==，
所以球的体积为：πR3=π
故选B．
【点评】本题是基础题，解题思路是：先求底面外接圆的半径，转化为直角三角形，求出球的半径，这是三棱柱外接球的常用方法；本题考查空间想象能力，计
算能力．
15．（2017•临翔区校级一模）已知底面边长为的正三棱锥O﹣ABC的体积为
，且A，B，C在球O上，则球的体积是（）
A．B．8πC．20πD．
【分析】正三棱锥的顶点正好是球心，底面为一个小圆，求出小圆半径、三棱锥的高，可得球的半径，即可求出球的体积．
【解答】解：正三棱锥的顶点正好是球心，底面为一个小圆，因正△ABC的边长为，所以小圆半径r=2，
又因，所以三棱锥的高h=1，
设球半径为R，则，，
故选A．
【点评】本题考查球的体积，考查学生的计算能力，求出球的半径是关键．
16．（2017•深圳一模）已知棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1，球O与该正方体的各个面相切，则平面ACB1截此球所得的截面的面积为（）
A． B． C． D．
【分析】求出平面ACB1截此球所得的截面的圆的半径，即可求出平面ACB1截此球所得的截面的面积．
【解答】解：由题意，球心与B的距离为=，B到平面ACB1的距离为
=，球的半径为1，球心到平面ACB1的距离为﹣=，∴平面ACB1截此球所得的截面的圆的半径为=，
∴平面ACB1截此球所得的截面的面积为=，
故选D．
【点评】本题考查平面ACB1截此球所得的截面的面积，考查学生的计算能力，属于中档题．
17．（2017•番禺区一模）三棱柱ABC﹣A1B1C1的侧棱垂直于底面，且AB⊥BC，AB=BC=AA1=2，若该三棱柱的所有顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（）
A．48πB．32πC．12πD．8π
【分析】以AB，BC，AA1为棱构造一个正方体，则该三棱柱的所有顶点都在该正方体的外接球上，由此能求出该球的表面积．
【解答】解：∵三棱柱ABC﹣A1B1C1的侧棱垂直于底面，且AB⊥BC，AB=BC=AA1=2，∴以AB，BC，AA1为棱构造一个正方体，
则该三棱柱的所有顶点都在该正方体的外接球上，
该球的半径R==，
∴该球的表面积为S=4πR2=4π×3=12π．
故选：C．
【点评】本题考查球的表面积的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意球、三棱柱的性质及构造法的合理应用．
18．（2017•银川二模）点A，B，C，D在同一个球的球面上，AB=BC=，∠ABC=90°，若四面体ABCD体积的最大值为3，则这个球的表面积为（）
A．2πB．4πC．8πD．16π
【分析】根据几何体的特征，判定外接球的球心，求出球的半径，即可求出球的表面积
【解答】解：根据题意知，直角三角形△ABC的面积为3．其所在球的小圆的圆心在斜边AC的中点上，设小圆的圆心为Q，
不变，高最大时体积最大，若四面体ABCD的体积的最大值，由于底面积S
△ABC
所以，DQ与面ABC垂直时体积最大，最大值为为S
×DQ=3，
△ABC
即×3×DQ=3，∴DQ=3，如图．设球心为O，半径为R，则在直角△AQO中，OA2=AQ2+OQ2，即R2=（）2+（3﹣R）2，∴R=2，
则这个球的表面积为：S=4π×22=16π．
故选：D．
【点评】本题考查的知识点是球内接多面体，球的表面积，其中分析出何时四面体ABCD的体积的最大值，是解答的关键，考查等价转化思想思想，是中档题．
19．（2017•福州一模）三棱锥A﹣BCD中，△ABC为等边三角形，AB=2，∠BDC=90°，二面角A﹣BC﹣D的大小为150°，则三棱锥A﹣BCD的外接球的表面积为（）
A．7πB．12πC．16πD．28π
【分析】由题意画出图形，通过求解直角三角形可得三棱锥A﹣BCD的外接球的半径，代入球的表面积公式得答案．
【解答】解：设球心为M，BC的中点为P，
∵三角形BDC满足∠BDC=90°，∴P为三角形BDC的外心，
设△ABC的外心为O，∵△ABC为等边三角形，
∴MO⊥平面ABC，MP⊥平面BDC，
∵二面角A﹣BC﹣D的大小为150°，∴∠OPM=60°，
在等边三角形ABC中，由AB=2，得AP=3，
∴OP=1，在Rt△MOP中，可得MO=，
在Rt△MOA中，得MA=．
∴三棱锥A﹣BCD的外接球的表面积为．
故选：D．
【点评】本题考查球的表面积与体积，考查空间想象能力和思维能力，属中档题．
20．（2017•福州一模）已知球O的半径为R，A，B，C三点在球O的球面上，球
心O到平面ABC的距离为R，AB=AC=BC=2，则球O的表面积为（）A．πB．16πC．πD．64π
【分析】由已知求出截面圆的半径r，根据已知中球心到平面ABC的距离，根据勾股定理求出球的半径，代入球的表面积公式，即可得到答案．
【解答】解：设平面ABC截球所得球的小圆半径为r，则2r==4，∴r=2，由得R2=16，所以球的表面积S=4πR2=64π．
故选D．
【点评】本题考查的知识点是球的表面积，其中根据球半径，截面圆半径，球心距，构成直角三角形，满足勾股定理，求出球的半径是解答本题的关键．
二．解答题（共15小题）
21．（2017•南开区）如图，直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC=BC=AA1，D是棱AA1的中点，DC1⊥BD
（1）证明：DC1⊥BC；
（2）求二面角A1﹣BD﹣C1的大小．
【分析】（1）证明DC1⊥BC，只需证明DC1⊥面BCD，即证明DC1⊥DC，DC1⊥BD；（2）证明BC⊥面ACC1A1，可得BC⊥AC取A1B1的中点O，过点O作OH⊥BD于点H，连接C1O，C1H，可得点H与点D重合且∠C1DO是二面角A1﹣BD﹣C1的平面角，由此可求二面角A1﹣BD﹣C1的大小．
【解答】（1）证明：在Rt△DAC中，AD=AC，∴∠ADC=45°
同理：∠A1DC1=45°，∴∠CDC1=90°
∴DC1⊥DC，DC1⊥BD
∵DC∩BD=D
∴DC1⊥面BCD
∵BC⊂面BCD
∴DC1⊥BC
（2）解：∵DC1⊥BC，CC1⊥BC，DC1∩CC1=C1，∴BC⊥面ACC1A1，
∵AC⊂面ACC1A1，∴BC⊥AC
取A1B1的中点O，过点O作OH⊥BD于点H，连接C1O，OH
∵A1C1=B1C1，∴C1O⊥A1B1，
∵面A1B1C1⊥面A1BD，面A1B1C1∩面A1BD=A1B1，
∴C1O⊥面A1BD
而BD⊂面A1BD
∴BD⊥C1O，
∵OH⊥BD，C1O∩OH=O，
∴BD⊥面C1OH∴C1H⊥BD，∴点H与点D重合且∠C1DO是二面角A1﹣BD﹣C1的平面角
设AC=a，则，，
∴sin∠C1DO=
∴∠C1DO=30°
即二面角A1﹣BD﹣C1的大小为30°
【点评】本题考查线面垂直，考查面面角，解题的关键是掌握线面垂直的判定，正确作出面面角，属于中档题．
22．（2017•河东区）如图，直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC=4，BC=3，AA1=4，AC ⊥BC，点D在线段AB上．
（Ⅰ）证明AC⊥B1C；
（Ⅱ）若D是AB中点，证明AC1∥平面B1CD；
（Ⅲ）当=时，求二面角B﹣CD﹣B1的余弦值．
【分析】（Ⅰ）以C为原点建立空间直角坐标系C﹣xyz．求出相关点的坐标，通过推出AC⊥B1C．
（Ⅱ）解法一：求出平面B1CD的法向量，通过
，推出AC1∥平面B1CD；
解法二：连接BC1，交BC1于E，DE．推出DE∥AC1，然后证明AC1∥平面B1CD．（Ⅲ）求出平面BCD的法向量，设平面B1CD的法向量，设二面角B﹣CD﹣B1的大小为θ，利用向量的数量积求解二面角B﹣CD﹣B1的余弦值．
【解答】解：（Ⅰ）证明：如图，以C为原点建立空间直角坐标系C﹣xyz．则B （3，0，0），A（0，4，0），A 1（0，4，4），B1（3，0，4），C1（0，0，4）.，，，所以AC⊥B1C．
（Ⅱ）解法一：
设平面B 1CD的法向量，
由•（x，y，z）=﹣3x﹣4y=0，
且，
令x=4得，
所以，
又AC1⊄平面B1CD，所以AC1∥平面B1CD；
解法二：证明：连接BC1，交BC1于E，DE．
因为直三棱柱ABC﹣A1B1C1，D是AB中点，
所以侧面BB1C1C为矩形，DE为△ABC1的中位线．
所以DE∥AC1，
因为DE⊂平面B1CD，AC1⊄平面B1CD，
所以AC1∥平面B1CD．
（Ⅲ）由（Ⅰ）知AC⊥BC，
设D（a，b，0）（a＞0，b＞0），
因为点D在线段AB上，且，即=．
所以a=2，，=．
所以，．
平面BCD的法向量为．
设平面B1CD的法向量为，
由，，得，
所以，y=2，=．
设二面角B﹣CD﹣B1的大小为θ，
所以．
所以二面角B﹣CD﹣B1的余弦值为．
【点评】本题考查二面角的平面角的求法，直线与平面平行的判定定理的应用，直线与平面垂直的性质定理的应用，考查空间想象能力以及计算能力．
23．（2017•天津）如图，四边形ABCD为菱形，∠ABC=60°，AC与BD相交于点O，AE⊥平面ABCD，CF⊥平面ABCD，AB=AE=2，G为EF中点．
（Ⅰ）求证：OG∥平面ABE；
（Ⅱ）求二面角D﹣BE﹣A的正弦值；
（Ⅲ）当直线OF与平面BDE所成角为45°时，求异面直线OF与DE所成角的余弦值．
【分析】（Ⅰ）推导出AE∥CF，OG∥AE，由此能证明OG∥平面ABE．
（Ⅱ）分别以OD、OA、OG为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角D﹣BE﹣A的正弦值．
（Ⅲ）设F（0，﹣1，a），=（0，﹣1，a），由OF与平面BDE所成角为45°，利用向量法求出a，由此能求出异面直线OF与DE所成角的余弦值．
【解答】证明：（Ⅰ）∵AE⊥平面ABCD，CF⊥平面ABCD，∴AE∥CF，
∵四边形ABCD为菱形，∴O为AC中点，
又G为EF中点，∴OG∥AE，
∵OG⊄面ABE，AE⊂平面ABE，
∴OG∥平面ABE．
解：（Ⅱ）分别以OD、OA、OG为x，y，z轴，
建立空间直角坐标系，
则D（，0，0），E（0，1，2），B（﹣，0，0），
A（0，1，0），
=（﹣，1，2），=（），
=（），
设平面BDE的法向量=（x，y，z），
则，取y=2，得=（0，2，﹣1），
设平面ABE的法向量=（x，y，z），
则，取y=3，得=（﹣），
∴cos＜＞==，
∴sin＜＞=，
∴二面角D﹣BE﹣A的正弦值为．
（Ⅲ）设F（0，﹣1，a），=（0，﹣1，a），
∵OF与平面BDE所成角为45°，∴=，
解得a=3，或a=﹣（舍），
∴=（0，﹣1，3），cos＜＞==，
∴异面直线OF与DE所成角的余弦值为．
【点评】本题考查点到平面的距离、二面角等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力、数据处理能力，考查函数与方程思想、化归与转化思想、数形结合，考查创新意识、应用意识，是中档题．
24．（2017•大东区一模）如图，已知四棱锥P﹣ABCD的底面为菱形，∠BCD=120°，AB=PC=2，AP=BP=．
（I）求证：AB⊥PC；
（Ⅱ）求二面角B一PC﹣D的余弦值．
【分析】（Ⅰ）取AB的中点O，连接PO，CO，AC，由已知条件推导出PO⊥AB，CO⊥AB，从而AB⊥平面PCO，由此能证明AB⊥PC．
（Ⅱ）由已知得OP⊥OC，以O为原点，OC为x轴，OB为y轴，OP为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角B一PC﹣D的余弦值．
【解答】（Ⅰ）证明：取AB的中点O，连接PO，CO，AC，
∵△APB为等腰三角形，∴PO⊥AB…（2分）
又∵四边形ABCD是菱形，∠BCD=120°，
∴△ACB是等边三角形，∴CO⊥AB…（4分）
又CO∩PO=O，∴AB⊥平面PCO，
又PC⊂平面PCO，∴AB⊥PC …（6分）
（Ⅱ）解：∵ABCD为菱形，∠BCD=120°，AB=PC=2，AP=BP=，
∴PO=1，CO=，∴OP2+OC2=PC2，
∴OP⊥OC，
以O为原点，OC为x轴，OB为y轴，OP为z轴，
建立空间直角坐标系，
则A（0，﹣1，0），B（0，1，0），C（，0，0），
P（0，0，1），D（，﹣2，0），
=（，﹣1，0），=（），=（0，2，0），
设平面DCP的法向量=（x，y，z），
则，令x=1，得=（1，0，），
设平面PCB的法向量=（a，b，c），
，令a=1，得=（1，），
cos＜＞==，
∵二面角B一PC﹣D为钝角，∴二面角B一PC﹣D的余弦值为﹣．
【点评】本题考查异面直线垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．
25．（2017•包头模拟）如图，四边形ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，PD∥QA，
QA=AB=PD．
（1）证明：平面PQC⊥平面DCQ；
（2）求二面角Q﹣BP﹣C的正弦值．
【分析】（1）先证明CD⊥平面PDAQ，可得CD⊥PQ；再由勾股定理得逆定理证得PQ⊥QD．再利用直线和平面垂直的判定定理证得PQ⊥平面DCQ，从而证得平面PQC⊥平面DCQ．
（2）如图建立空间坐标系，求得和的坐标，再求得平面的PBC法向量的坐标，同理求得平面PBQ的法向量的坐标，求得cos＜，＞=的值，从而求得sin＜，＞的值，即为所求．
【解答】解：（1）由题意可得QA⊥平面ABCD，∴QA⊥CD．
由四边形ABCD为正方形知DC⊥AD，又QA、AD为平面PDAQ内
两条相交直线，
∴CD⊥平面PDAQ，∴CD⊥PQ．
在直角梯形PDAQ中可得DQ=PQ=PD，
∴PQ2+DQ2=PD2．
由勾股定理得逆定理得：PQ⊥QD．
又CD、QD为平面ADCB内两条相交直线，
∴PQ⊥平面DCQ．
再由PQ⊂平面PQC，可得平面PQC⊥平面DCQ．
（2）如图，以D为坐标原点，线段DA的长为单位长，
射线DA为x轴的正半轴建立空间直角坐标系D﹣xyz；
依题意有Q（1，1，0），C（0，0，1），P（0，2，0），B（1，0，1），
=（1，0，0），=（﹣1，2，﹣1）．
设=（x，y，z）是平面的PBC法向量，则，即，
可取=（0，﹣1，﹣2）．
同理求得平面PBQ的法向量=（1，1，1）．
所以cos＜，＞===﹣，故有sin＜，＞=，
即二面角Q﹣BP﹣C的正弦值为．
【点评】本题主要考查面面垂直的判定定理的应用，二面角的求法，两个向量的夹角公式．注意建立坐标系要
容易求出点的坐标，顶点一般选在有两两垂直的三条直线的交点处，这样才有助于下一步的计算，体现了
转化的数学思想，属于中档题．
26．（2017•宁夏一模）如图（1），在等腰梯形CDEF中，CB，DA是梯形的高，AE=BF=2，AB=2，现将梯形沿CB，DA折起，使EF∥AB且EF=2AB，得一简单组合体ABCDEF如图（2）示，已知M，N分别为AF，BD的中点．
（Ⅰ）求证：MN∥平面BCF；
（Ⅱ）若直线DE与平面ABFE所成角的正切值为，则求平面CDEF与平面ADE 所成的锐二面角大小．
【分析】（I）连结AC，通过证明MN∥CF，利用直线与平面平行的判定定理证明MN∥平面BCF．
（II）先由线面垂直的判定定理可证得AD⊥平面ABFE，可知∠DEA就是DE与平面ABFE所成的角，解Rt△DAE，可得AD及DE的长，分别以AB，AP，AD所在的直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，求出平面ADE与平面CDFE的法向量，代入向量夹角公式，可得答案．
【解答】证明：（Ⅰ）连AC，
∵四边形ABCD是矩形，N为BD中点，
∴N为AC中点．
在△ACF中，M为AF中点，
故MN∥CF．
∵CF⊂平面BCF，MN⊄平面BCF，
∴MN∥平面BCF．
（Ⅱ）依题意知DA⊥AB，DA⊥AE且AB∩AE=A
∴AD⊥平面ABFE，
∴DE在面ABFE上的射影是AE．
∴∠DEA就是DE与平面ABFE所成的角．
故在Rt△DAE中：
∴．
设P∈EF且AP⊥EF，分别以AB，AP，AD所在的直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则
∴
设分别是平面ADE与平面CDFE的法向量
令，
即
取
则
∴平面ADE与平面CDFE所成锐二面角的大小为．
【点评】本题考查的知识点是用空间向量求平面间的夹角，直线与平面垂直的判定与性质，直线与平面平行的判定，线面夹角，是立体几何知识的综合考查，难。