北师大版高中数学必修二第一章《立体几何初步》测试(有答案解析)(1)

一、选择题
1．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 ．30
B ．45︒
C ．60︒
D ．90︒
2．如图，四棱柱ABCD A B C D ''''-中，底面ABCD 为正方形，侧棱AA '⊥底面
ABCD ，32AB =，
6AA '=，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
π B ．
93
π C ．
96
π D ．
93
π 3．在我国古代，将四个角都是直角三角形的四面体称为“鳖臑”．在“鳖臑”ABCD 中，
AB ⊥平面BCD ，BD CD ⊥且AB BD CD ==，若该四面体的体积为
4
3
，则该四面体外接球的表面积为（ ）
A ．8π
B ．12π
C ．14π
D ．16π
4．某几何体的三视图（单位：cm ）如图所示，则该几何体的体积（单位：3cm ）为
（ ）
A ．
43
B ．2
C ．4
D ．6
5．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画的是某几何体的三视图，则该几何体的
体积为（ ）
A ．
16
B ．
13
C ．1
D ．2
6．在下面四个正方体ABCD A B C D ''''-中，点M 、N 、P 均为所在棱的中点，过
M 、N 、P 作正方体截面，则下列图形中，平面MNP 不与直线A C '垂直的是（ ）
A ．
B ．
C ．
D ．
7．正三棱柱111ABC A B C -各棱长均为1，M 为1CC 的中点，则点1B 到面1A BM 的距离为（ ） A ．2
B ．
2 C ．
12
D ．
3 8．如图，正方形ABCD 的边长为4，点E ，F 分别是AB ，B C 的中点，将ADE ，
EBF △，FCD 分别沿DE ，EF ，FD 折起，使得A ，B ，C 三点重合于点A '，若点G 及四
面体A DEF '的四个顶点都在同一个球面上，则以FDE 为底面的三棱锥G -DEF 的高h 的最大值为（ ）
A 263
B 463
C ．463
D ．263
9．已知四面体ABCD 中，二面角A BC D --的大小为60，且2AB =，4CD =，
120CBD ∠=，则四面体ABCD 体积的最大值是（ ）
A 43
B 23
C ．
83
D ．
43
10．某三棱锥的三视图如图所示，已知网格纸上小正方形的边长为1，则该三棱锥的体积为（ ）
A ．43
B ．
83
C ．3
D ．4
11．我国古代数学名著《九章算术》中“开立圆术”曰：置积尺数，以十六乘之，九而一，所得开立方除之，即立圆径意思是：球的体积V 乘16，除以9，再开立方，即为球的直径d ，由此我们可以推测当时球的表面积S 计算公式为（ ）
A ．2278S d =
B ．2272S d =
C ．292S d =
D ．2
1114
S d = 12．已知直线a 、b 都不在平面α内，则下列命题错误的是（ ）
A ．若//a b ，//a α，则//b α
B ．若//a b ，a α⊥，则b α⊥
C ．若a b ⊥，//a α，则b α⊥
D ．若a b ⊥，a α⊥，则//b α
二、填空题
13．已知直三棱柱111ABC A B C -，90CAB ∠=︒，1222AA AB AC ===，则直线1A B 与侧面11BC CB 所成角的正弦值是______.
14．如图，平面四边形ABCD 中，1AB AD ==，2,3,BD CD BD CD ==⊥将其沿对角线BD 折成四面体A BCD '-，使平面A BD '⊥平面BCD ，则四面体A BCD '-的
外接球的球心到平面ACD '
的距离等于__________．
15．三棱锥P ABC -三条侧棱两两垂直，正四面体D ABC -与三棱锥相接且棱长为
2P 与D 在面ABC 异侧，则所成多面体外接球的体积是_________．
16．如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为菱形，PD ⊥底面ABCD ，O 为对角
线AC 与BD 的交点，若2PD =，3
APD BAD π
∠=∠=，则三棱锥P AOD -的外接球
表面积为_________．
17．点A 、B 、C 、D 在同一个球的球面上，3AB BC AC ===，若四面体ABCD 体积的最大值为
3
，则这个球的表面积为______. 18．如图，在三棱锥V ABC -中，22AB =，VA VB =，1VC =，且AV BV ⊥，AC BC ⊥，则二面角V AB C --的余弦值是_____．
19．如图①，一个圆锥形容器的高为2a ，内装有一定量的水.如果将容器倒置，这时水面的高恰为a （如图②），则图①中的水面高度为_________．
20．已知点O 为圆锥PO 底面的圆心，圆锥PO 的轴截面为边长为2的等边三角形
PAB ，圆锥PO 的外接球的表面积为______.
三、解答题
21．如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 为平行四边形，
1,2AB BC ==45ABC ∠=︒，AE PC ⊥垂足为E ．
（Ⅰ）求证：平面AEB ⊥平面PCD ；
（Ⅱ）若二面角B AE D --的大小为150︒，求侧棱PA 的长．
22．如图，ABC 是边长为2的正三角形，ABD △是以AB 为斜边的等腰直角三角形，且2CD =.
（1）求证：平面ABC ⊥平面ABD ； （2）求二面角A-BC-D 的余弦值.
23．如图，三棱柱111ABC A B C -中，12
AB BC AC BB ===，1B 在底面ABC 上的射影恰好是点A ，E 是11AC 的中点.
（1）证明：1//A B 平面1
BCE ； （2）求1A B 与平面11BCC B 所成角的正弦值.
24．如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是正方形，
32,3,PB PD PA AD ====点,E F 分别为线段,PD BC 的中点.
（1）求证://EF 平面ABP ; （2）求证:平面AEF ⊥平面PCD ; （3）求三棱锥C AEF -的体积
25．如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为菱形，平面PAD ⊥平面ABCD ，PA PD ⊥，PA PD =，3
BAD π
∠=
，E 是线段AD 的中点，连结BE ．
（1）求证：BE PA ⊥；
（2）求二面角A PD C --的余弦值；
（3）在线段PB 上是否存在点F ，使得//EF 平面PCD ？若存在，求出PF
PB
的值；若不存在，说明理由．
26．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．
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一、选择题 1．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．
2．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,CE CC AA BC AB ''=====
BE ==
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 6S rl CC DC πππ'==⨯⨯=⨯⨯，
所以曲面面积为18⨯=. 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18
是关键，考查系数的空间想象力.
3．B
解析：B 【分析】
由题意计算2,AB BD CD ===分析该几何体可以扩充为长方体，所以只用求长方体的外接球即可. 【详解】
因为AB ⊥平面BCD ，BD CD ⊥且AB BD CD ==， 43
A BCD V -=， 而114
323
A BCD V BD CD A
B -=
⨯⨯⨯=,所以2AB BD CD ===， 所以该几何体可以扩充为正方体方体，所以只用求正方体的外接球即可.
设外接球的半径为R ，则223R =,
所以外接球的表面积为2412S R ππ==
故选：B
【点睛】
多面体的外接球问题解题关键是找球心和半径，求半径的方法有：
(1)公式法；(2) 多面体几何性质法；(3)补形法；(4)寻求轴截面圆半径法；(5)确定球心位置法．
4．B
解析：B
【分析】
根据三视图判断出几何体的结构，利用椎体体积公式计算出该几何体的体积.
【详解】
根据三视图可知，该几何体为如图所示四棱锥，
该棱锥满足底面是直角梯形，且侧棱ED ⊥平面ABCD ，
所以其体积为11(12)22232
V =
⨯⨯+⨯⨯=， 故选：B.
【点睛】
方法点睛：该题考查的是有关根据几何体三视图求几何体体积的问题，解题方法如下： （1）首先根据题中所给的几何体的三视图还原几何体；
（2）结合三视图，分析几何体的结构特征，利用体积公式求得结果.
5．B
解析：B
【分析】
根据三视图得到直观图，根据棱锥的体积公式可得结果.
【详解】
由三视图可知，该几何体是长、宽、高分别为1,2,1的长方体中的三棱锥D ABC -，如图所以：
所以该几何体的体积为111121323
V =
⨯⨯⨯⨯=. 故选：B
【点睛】 关键点点睛：根据三视图还原出直观图是本题解题关键.
6．A
解析：A
【分析】
利用线面垂直的判定定理可判断BCD 选项，利用假设法推出矛盾，可判断A 选项.
【详解】
对于A 选项，连接B C '，假设A C '⊥平面MNP ，
在正方体ABCD A B C D ''''-中，A B ''⊥平面BB C C ''，B C '⊂平面BB C C ''，A B B C '''∴⊥，所以，A B C ''为直角三角形，且A CB ''∠为锐角，
因为M 、N 分别为BB '、BC 的中点，则//MN B C '，所以，MN 与A C '不垂直， 这与A C '⊥平面MNP 矛盾，故假设不成立，即A C '与平面MNP 不垂直；
对于B 选项，连接B D ''、A C ''，如下图所示：
因为四边形A B C D ''''为正方形，则A C B D ''''⊥，
CC '⊥平面A B C D ''''，B D ''⊂平面A B C D ''''，CC B D '''∴⊥，
A C CC C ''''=，
B D ''∴⊥平面A C
C ''，
A C '⊂平面A CC ''，AC
B D '''∴⊥， M 、P 分别为A B ''、A D ''的中点，则//MN B D ''，可得MP A
C '⊥，
同理可证A C MN '⊥，
MP MN M ⋂=，A C '∴⊥平面MNP ；
对于C 选项，连接C D '、A N '、CN 、A P '、PC ，取A B ''的中点E ，连接C E '、PE ，
因为四边形CC D D ''为正方形，则CD C D ''⊥，
A D ''⊥平面CC D D ''，C D '⊂平面CC D D ''，C D A D '''∴⊥，
CD A D D ''''=，C D '∴⊥平面A CD ''，
A C '⊂平面A CD ''，A C C D ''∴⊥， M 、N 分别为DD '、C D ''的中点，//MN C D '∴，A C MN '∴⊥，
在正方形A B C D ''''中，E 、N 分别为A B ''、C D ''的中点，//A E C N ''∴且A E C N ''=， 所以，四边形A EC N ''为平行四边形，所以，//A N C E ''且A N C E ''=，
同理可证四边形CC EP '为平行四边形，//C E CP '∴且C E CP '=，
所以，//A N CP '且A N CP '=，所以，四边形A PCN '为平行四边形，
易得A N CN '=，所以，四边形A PCN '为菱形，所以，A C PN '⊥，
MN PN N =，A C '∴⊥平面MNP ；
对于D 选项，连接AC 、BD ，
因为四边形ABCD 为正方形，则AC BD ⊥，
AA '⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，AA BD '∴⊥，
AC AA A '⋂=，BD ∴⊥平面AAC
'， A C '⊂平面AAC
'，A C BD '∴⊥， M 、N 分别为CD 、BC 的中点，则//MN BD ，A C MN '∴⊥，同理可证
A C MP '⊥，
MN MP M ⋂=，A C '∴⊥平面MNP .
故选：A.
【点睛】
方法点睛：证明线面垂直的方法：
一是线面垂直的判定定理；
二是利用面面垂直的性质定理；
三是平行线法（若两条平行线中一条垂直于这个平面，则另一条也垂直于这个平面），解题时，注意线线、线面与面面关系的相互转化；
另外，在证明线线垂直时，要注意题中隐含的垂直关系，如等腰三角形的底边上的高、中线和顶角的角平分线三线合一、矩形的内角、直径所对的圆周角、菱形的对角线互相垂直、直角三角形（或给出线段长度，经计算满足勾股定理）、直角梯形等等． 7．B
解析：B
【分析】
连接11A N B A B =，根据已知条件先证明11B A A B ⊥、1⊥MN AB ，再通过线面垂直的判定定理证明1AB ⊥平面1A BM ，由此确定出1B N 的长度即为点1B 到面1A BM 的距离，最后完成求解.
【详解】
连接1B A 交1A B 于N ，连接11,,,,MB MN MB MA MA ，如图所示：
因为11A ABB 为正方形，所以11B A A B ⊥， 又因为2211111514MB MC C B =+=+=221514MA MC CA =+=+， 所以1MB MA =且N 为1AB 中点，则MN 为等腰三角形1AMB 的中垂线，
∴1⊥MN AB 且1MN A B N =，∴1AB ⊥平面1A BM ，
∴1B N 就是点1B 到截面1A BM 的距离， 又因为1111211222B N AB =
=+=，所以点1B 到截面1A BM 的距离为22， 故选：B.
【点睛】
方法点睛：求解平面外一点A 到平面α的距离的方法：
（1）几何方法：通过线面垂直的证明，找到A 在平面α内的投影点A '，则AA '即为A 到平面α的距离；
（2）向量方法：①建立合适空间直角坐标系，在平面α内取一点B ；②求解出AB 和平面α的法向量n ；③根据AB n
d n ⋅=即可求解出点A 到平面α的距离.
8．A
解析：A
【分析】
先求出'A FDE -外接球的半径和外接圆的半径，再利用勾股定理求出外接球的球心到外接圆的圆心的距离，可得高h 的最大值.
【详解】
因为A ，B ，C 三点重合于点A '，原来A B C ∠∠∠、、都是直角，所以折起后三条棱'''A F A D A E 、、互相垂直，所以三棱锥'A FDE -可以看作一个长方体的一个角，它们有相同的外接球，外接球的直径就是长方体的体对角线，即为
'2'2'22441626R AF AD AE =++=++6R =，
2241625DE DF AD AE ==+=+=2222EF BE BF =+
在DFE △中，22210cos 210
22522DE EF DF DEF DE EF +-∠===⨯⨯⨯， 所以DEF ∠为锐角，所以2310sin 1cos DEF DEF ∠=-∠=， DEF 的外接圆的半径为5522sin 310DF r DEF ===∠
则球心到DEF 2223R r -，以FDE 为底面的三棱锥G -DEF 的高h 的最大值为1R OO +263
. 故选：A.
【点睛】 本题考查了翻折问题和外接球的问题，关键点翻折前后量的变化及理解外接球和三棱锥的关系，考查了学生的空间想象力和计算能力.
9．D
解析：D
【分析】
在BCD △中，利用余弦定理和基本不等式可得163BC BD ⋅≤
，由三角形的面积公式可得43BCD S ≤，由二面角A BC D --的大小为60，可得A 到平面BCD 的最大距离为2sin 603h ==ABCD 体积的最大值.
【详解】
在BCD △中，由余弦定理可得 2222cos120CD BC BD BC BD =+-⋅22BC BD BC BD =++⋅ 因为222BC BD BC BD +≥，所以23CD BC BD ≥⋅，
所以163
BC BD ⋅≤，当且仅当BC BD =时等号成立， 111634sin12032233
BCD S BC BD =⋅≤⨯⨯=， 因为二面角A BC D --的大小为60，
所以点A 到平面BCD 的最大距离为2sin 603h ==，
所以1144333333
A BCD BCD V S h -=⋅≤⨯⨯=， 所以四面体ABCD 体积的最大值是
43
， 故选：D
【点睛】 关键点点睛：本题解题的关键点是利用余弦定理和基本不等式、三角形面积公式求出BCD S △最大值，再由二面角求出高的最大值.
10．A
解析：A
【分析】
首先由三视图还原几何体，然后由几何体的空间结构特征求解三棱锥的体积即可.
【详解】
由三视图可知，在棱长为2的正方体中，其对应的几何体为棱锥P ABC -，
该棱锥的体积：11142223323V Sh ⎛⎫=
=⨯⨯⨯⨯= ⎪⎝⎭
. 故选：A.
【点睛】 方法点睛：(1)求解以三视图为载体的空间几何体的体积的关键是由三视图确定直观图的形
状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应体积公式求解；(2)若所给几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用等积法、分割法、补形法等方法进行求解． 11．A
解析：A
【分析】 根据已知条件结合球的体积公式3432d π⎛⎫ ⎪⎝⎭
求解出π的值，然后根据球的表面积公式2
42d π⎛⎫ ⎪⎝⎭
求解出S 的表示，即可得到结果. 【详解】
d =，所以33941632d d V π⎛⎫== ⎪⎝⎭，所以278π=， 所以2
222727442848d d S d π⎛⎫==⨯⨯= ⎪⎝⎭
， 故选：A.
【点睛】
关键点点睛：解答本题的关键是根据球的体积公式得到π的表示，再将π带入到球的表面积公式即可完成求解. 12．C
解析：C
【分析】
利用线面平行的性质和判定定理可判断A 选项的正误；由线面垂直的定义可判断B 选项的正误；根据已知条件判断b 与α的位置关系，可判断C 选项的正误；根据已知条件判断b 与α的位置关系，可判断D 选项的正误.
【详解】
由于直线a 、b 都不在平面α内.
在A 中，若//a α，过直线a 的平面β与α的交线m 与a 平行，
因为//a b ，可得//b m ，b α⊄，m α⊂，所以，//b α，A 选项正确；
在B 中，若a α⊥，则a 垂直于平面α内所有直线，
//a b ，则b 垂直于平面α内所有直线，故b α⊥，B 选项正确；
在C 中，若a b ⊥，//a α，则b 与α相交或平行，C 选项错误；
在D 中，若a b ⊥，a α⊥，则//b α或b α⊂，
b α⊄，//b α∴，D 选项正确.
故选：C.
【点睛】
方法点睛：对于空间线面位置关系的组合判断题，解决的方法是“推理论证加反例推断”，即正确的结论需要根据空间线面位置关系的相关定理进行证明，错误的结论需要通过举出反例说明其错误，在解题中可以以常见的空间几何体（如正方体、正四面体等）为模型进
行推理或者反驳．
二、填空题
13．【分析】取中点连接证明平面可得为直线与侧面所成的角进而可得答案
【详解】取中点连接直三棱柱中平面平面又又面平面在平面上的射影为故为直线与侧面所成的角中中中故答案为：【点睛】方法点睛：求直线与平面所成的 解析：10 【分析】
取11B C 中点D ，连接1,A D BD ，证明1A D ⊥平面11BC CB ，可得1A BD ∠为直线1A B 与侧面11BC CB 所成的角，进而可得答案.
【详解】
取11B C 中点D ，连接1,A D BD ，
直三棱柱中，1BB ⊥平面111A B C ，1A D ⊂平面111A B C ，
11BB A D ∴⊥，
又11111A B AC ==，111A D B C ∴⊥，
又1111B C BB B =，111,B C BB ⊂面11BB C C ，
1A D ∴⊥平面11BC CB ，
1A B ∴在平面11BC CB 上的射影为DB ，
故1A BD ∠为直线1A B 与侧面11BC CB 所成的角，
11Rt A B B 中，22211121125BB A B A B =+=+=
111Rt B AC 中，11122
12122B C A D ===
1Rt A BD ∴中，1112102
sin 105
A D A BD A
B ∠===， 故答案为：
10. 【点睛】
方法点睛：求直线与平面所成的角有两种方法：一是传统法，证明线面垂直找到直线与平面所成的角，利用平面几何知识解答；二是利用空间向量，求出直线的方向向量以及平面的方向向量，利用空间向量夹角余弦公式求解即可. 14．【分析】取的中点为可证明为四面体外接球的球心利用等体积可得答案
【详解】取的中点为连接因为平面平面平面平面平面故平面因为平面故因为故故又故平面因为平面故而为的中点故又所以故为四面体外接球的球心设球心到 解析：12
【分析】
取BC 的中点为M ，可证明M 为四面体A BCD '-外接球的球心，利用等体积可得答案.
【详解】
取BC 的中点为M ，连接,A M DM '，
因为平面A BD '⊥平面BCD ，BD CD ⊥，平面A BD '平面BCD BD =， CD ⊂平面BCD ，故CD ⊥平面A BD '，
因为BA '⊂平面A BD '，故CD BA '⊥，
因为1A B A D ''==，2BD =，故222BD A B A D ''=+，故''⊥BA A D ，
又A D DC D '⋂=，故'⊥BA 平面ACD '，因为A C '⊂平面ACD '，
故A D A C ''⊥，而M 为BC 的中点，故MA MB MC '==，
又BD DC ⊥，所以MD MB =，故M 为四面体A BCD '-外接球的球心.
设球心M 到平面ACD '的距离为h ，
因为2B A CD M A CD V V ''--=，所以1
1233A CD A CD S A B S h '''=⨯，即12h =.
故答案为：12. 【点睛】 本题考查四面体的外接球，此类问题一般是先确定球心的位置，再把球的半径放置在可解的平面图形中处理，如果球心的位置不易确定，则可以通过补体的方法来处理. 15．【分析】根据几何体的几何关系可将几何体放在正方体中多面体的外接球和正方体的外接球是同一外接球由此可求外接球的体积【详解】如图所示并且两两互相垂直所以所以正四面体与三棱锥相接且棱长为所以如图所示将此多 解析：32
π 【分析】
根据几何体的几何关系，可将几何体放在正方体中，多面体的外接球和正方体的外接球是同一外接球，由此可求外接球的体积.
【详解】
如图所示，AB AC BC ==，并且,,PA PB PC 两两互相垂直，所以
222222PA PB PA PC PB PC +=+=+，所以PA PB PC ==，
正四面体D ABC -与三棱锥相接且棱长为2，所以如图所示，将此多面体放在正方体中，多面体的外接球就是此正方体的外接球，并且棱长为1，正方体外接球的半径
22221113R =++=，得3R =，
则外接球的体积3433V R ππ=
=. 故答案为：3π
【点睛】
关键点点睛：本题的关键点是根据多面体的几何关系可采用补体，转化为求正方体的外接球的体积，这样计算就容易了.
16．【分析】根据棱锥的性质证明的中点就是三棱锥的外接球球心得出半径后可求表面积【详解】取中点中点连接则因为底面所以平面是菱形则所以是的外心又底面平面所以所以到四点距离相等即为三棱锥的外接球球心又所以所以
解析：16π．
【分析】
根据棱锥的性质，证明PA 的中点就是三棱锥P AOD -的外接球球心，得出半径后可求表面积．
【详解】
取PA 中点M ，DA 中点E ，连接,ME EO ，则//ME PD ，
因为PD ⊥底面ABCD ，所以ME ⊥平面ABCD ，ABCD 是菱形，则AO OD ⊥，所以E 是AOD △的外心，
又PD ⊥底面ABCD ，AD ⊂平面ABCD ，所以PD AD ⊥，所以M 到,,,P A D O 四点距离相等，即为三棱锥P AOD -的外接球球心．
又2PD =，3APD
π∠=，所以2
4cos 3PA π
==，所以2MA MP ==，
所以三棱锥P AOD -的外接球表面积为24216S ππ=⨯=．
故答案为：16π．
【点睛】
结论点睛：本题考查求三棱锥外接球表面积，解题关键是求出外接球球心．三棱锥的外接球球心一定在过各面外心且与此面垂直的直线上．
17．【分析】先由题意得到的面积以及外接圆的半径记的外接圆圆心为为使四面体体积最大只需与面垂直由此求出设球心为半径为根据为直角三角形由勾股定理列出等式求出球的半径即可得出结果【详解】根据题意知是一个等边三 解析：254
π 【分析】
先由题意，得到ABC 的面积，以及ABC 外接圆的半径，记ABC 的外接圆圆心为Q ，为使四面体ABCD 体积最大，只需DQ 与面ABC 垂直，由此求出2DQ =，设球心为O ，半径为R ，根据AQO 为直角三角形，由勾股定理列出等式，求出球的半径，即可得出结果.
【详解】
根据题意知，ABC 是一个等边三角形，其面积为()
221333 3322S ⎛⎫=-= ⎪ ⎪⎝⎭，ABC 外接圆的半径为1312sin 60r =⨯=，记ABC 的外接圆圆心为Q ，则1AQ r ==； 由于底面积ABC S 不变，高最大时体积最大，
所以DQ 与面ABC 垂直时体积最大，最大值为133ABC S DQ ⋅=，2DQ ∴=， 设球心为O ，半径为R ，则在直角AQO 中，222OA AQ OQ =+，
即2221(2)R R =+-，54
R ∴=， 则这个球的表面积为：2525444S ππ⎛⎫== ⎪⎝⎭
. 故答案为：
254π. 【点睛】
思路点睛：
求解几何体与球外接问题时，一般需要先确定底面外接圆的圆心位置，求出底面外接圆的半径，根据球的性质，结合题中条件确定球心位置，求出球的半径，进而即可求解. 18．【分析】取的中点连接证明出可得出面角的平面角为计算出利用余弦定理求得由此可得出二面角的余弦值【详解】取的中点连接如下图所示：为的中点则且同理可得且所以二面角的平面角为由余弦定理得因此二面角的余弦值为
解析：34
【分析】
取AB 的中点O ，连接VO 、OC ，证明出VO AB ⊥，OC AB ⊥，可得出面角V AB C --的平面角为VOC ∠，计算出VO 、OC ，利用余弦定理求得cos VOC ∠，由此可得出二面角V AB C --的余弦值.
【详解】
取AB 的中点O ，连接VO 、OC ，如下图所示：
VA VB =，O 为AB 的中点，则VO AB ⊥，且AV BV ⊥，22AB =122
VO AB ∴== 同理可得OC AB ⊥，且2OC =V AB C --的平面角为VOC ∠， 由余弦定理得2223cos 24
VO OC VC VOC VO OC +-∠==⋅， 因此，二面角V AB C --的余弦值为
34. 故答案为：
34. 【点睛】
本题考查二面角余弦值的计算，考查二面角的定义，考查计算能力，属于中等题. 19．【分析】由第二个图可知水的体积占整个圆锥体积的在第一个图中水的体积占圆锥的上面小圆锥体积占大圆锥体积的根据小圆锥体积与大圆锥体积比是其高的三次方的比即可解得a 的值【详解】在图②中水形成的小圆锥和大圆 解析：3(27)a
【分析】 由第二个图可知，水的体积占整个圆锥体积的
18，在第一个图中，水的体积占圆锥的18，上面小圆锥体积占大圆锥体积的
78，根据小圆锥体积与大圆锥体积比是其高的三次方的比，即可解得a 的值.
【详解】
在图②中，水形成的小“圆锥”和大圆锥形容器高的比为
12，底面半径比为12，故其底面积的比为
14，所以体积比为18，则在图①中，无水部分形成的小“圆锥”和大圆锥形容器的体积比为78，设水面高度为h ，则小“圆锥”和大圆锥形容器的高的比为22a h a
-，体积比为
327(=28a h a -），解的h =3(27)a -. 故答案为: 3(27)a -
【点睛】
本题考查了圆锥的体积的计算，属于中档题目，解题中的关键是要准确利用圆锥体积公式得到大小圆锥体积比与大小圆锥的高比的关系.
20．【分析】由题意知圆锥的轴截面为外接球的最大截面即过球心的截面且球心在上由等边三角形性质有即求得外接球的半径为R 进而求外接球的表面积【详解】设外接球球心为连接设外接球的半径为R 依题意可得在中有即解得故 解析：163π 【分析】
由题意知圆锥PO 的轴截面为外接球的最大截面，即过球心的截面且球心在PO 上，由等边三角形性质有Rt AO O '△，即222O A AO O O ''=+求得外接球的半径为R ，进而求外接球的表面积.
【详解】
设外接球球心为O '，连接AO '，设外接球的半径为R ，依题意可得1AO =，3PO =，
在Rt AO O '△中，有222O A AO O O ''=+，即)22213R R =+，解得3R =， 故外接球的表面积为24164433S R πππ==⋅
=. 故答案为：
163
π. 【点睛】 本题考查了求圆锥体的外接球面积，由截面是等边三角形，结合等边三角形的性质求球半径，进而求外接球面积，属于基础题.
三、解答题
21．（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ2【分析】
（Ⅰ）推导出AB AC ⊥，CD AC ⊥，PA CD ⊥，从而CD ⊥平面PAC ，进而CD AE ⊥，AE PC ⊥，由此能证明平面AEB ⊥平面PCD ．
（Ⅱ）以A 为原点，以AB ，AC ，AP 所在射线分别为x ，y ，z 的正半轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出侧棱PA 的长．
【详解】
证明：（Ⅰ
）
1,45AB BC ABC =∠=︒，AB AC ∴⊥ 又//AB CD ，CD AC ∴⊥，
PA ⊥平面ABCD ，PA CD ∴⊥，
又
AC AP A =，,AC AP ⊂平面PAC ， CD
平面PAC ， AE ⊂平面PAC ，CD AE ∴⊥， 又AE PC ⊥，PC CD C =，,PC CD ⊂平面PCD ，
AE ∴⊥平面PCD ，
又AE ⊂平面AEB ，
∴平面AEB ⊥平面PCD ．
（Ⅱ）以A 为原点，以AB ，AC ，AP 所在射线分别为x ，y ，z 的正半轴，建立空间直角坐标系．
设AP t =，则(0A ，0，0)，(1B ，0，0)，(0C ，1，0)，(1,10)D -，(0P ，0，)t ， AB PC ⊥，AE PC ⊥，
PC ∴⊥平面ABE ，∴平面ABE 的一个法向量为(0,1,)n PC t ==-
在Rt PAC △中，PA t =
，1AC PC =∴=
又AE PC ⊥
，AE =222(0,,)11t t E t t ++ 设平面ADE 的一个法向量为(,,)m x y z =
由m AD m AE ⎧⊥⎨⊥⎩，得222··0110t t y z t t x y ⎧+=⎪++⎨⎪-+=⎩
，解得(1,1,)m t =- 二面角B AE D --的大小为150︒，
∴22|||cos
,||cos150|||||
m n m n m n t 〈〉===︒+， 解得t =PA
【点睛】
本题考查了立体几何中的面面垂直的判定和二面角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.
22．（1）证明见解析；（221. 【分析】
（1）取AB 中点O ，连OC ､OD ，即可得到COD ∠是二面角C AB D --的平面角，再由勾股定理逆定理得到222OC OD CD +=，即可得到二面角是直二面角，即可得证； （2）过O 作OM ⊥BC 交BC 于M ，连DM ，即可证明BC ⊥平面DOM ，从而得到ODM ∠为二面角A-BC-D 的平面角，再利用锐角三角函数计算可得；
【详解】
（1）证明：取AB 中点O ，连OC ､OD ，因为ABC 是边长为2的正三角形，ABD △是以AB 为斜边的等腰直角三角形，
所以OC AB ⊥，⊥OD AB ，
所以COD ∠是二面角C AB D --的平面角.
在OCD 中， 因为3OC =1OD =，2CD =，所以222OC OD CD +=
所以90COD ∠=︒.
所以平面ABC ⊥平面ABD .
（2）过O 作OM ⊥BC 交BC 于M ，连DM ，
由（1）可知DO ⊥面ABC ，又BC ⊂面ABC ，所以BC DO ⊥，由OM DO O =，,OM DO ⊂面DOM
所以BC ⊥平面DOM
因为DM ⊂面DOM ，所以BC ⊥DM ，
则ODM ∠为二面角A-BC-D 的平面角.
在Rt OMD 中，1OD =，3OM =，由勾股定理：7DM =， ∴二面角A-BC-D 的余弦值为21cos 7
OM OMD DM ∠==.
【点睛】
本题考查了立体几何中的面面垂直的判定和二面角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力；解答本题关键在于能利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，通过严密推理，同时对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解.
23．（1）证明见解析；（2105. 【分析】
（1）连接1BC 与1BC 相交于M ，连接EM ，证明1//EM A B ，再由线面平行的判定定理证明即可；
（2）证明平面1AB F ⊥平面11BCC B ，得出NO ⊥平面11BCC B ，结合线面角的定义得出OBN ∠即为1A B 与平面11BCC B 所成角，再由相似三角形、勾股定理、直角三角形边角关系得出1A B 与平面11BCC B 所成角的正弦值.
【详解】
（1）连接1BC 与1BC 相交于M ，连接EM
由于E ，M 分别是11AC ，1BC 的中点，则1//EM A B
因为EM ⊂平面1BCE ，1A B ⊄平面1BCE ，所以1//A B 平面1
BCE .
（2）取BC 中点F ，连接AF ，1B F ，则AF BC ⊥
因为1B A ⊥平面ABC ，所以1B A BC ⊥
又1,AF B A ⊂平面1AB F ，1AF B A A ⋂=，所以BC ⊥平面1AB F
又BC ⊂平面11BCC B ，所以平面1AB F ⊥平面11BCC B ，过N 作1NO B F ⊥于O 因为NO ⊂平面1AB F ，平面1AB F ⋂平面111BCC B B F =
所以NO ⊥平面11BCC B ，连接OB ，则OBN ∠即为1A B 与平面11BCC B 所成角 设12BB =，易知22110222BN AN AB =+=+=，6AF =，114B F = 由11ONB AFB △△，114214
B N ON AF B F =⋅= 所以105sin ON OBN BN ∠==. 【点睛】
关键点睛：解决第一问的关键在于由中位线定理证明线线平行，再由线面平行的判定定理证明线面平行；解决第二问的关键在于由线面垂直找出线面角，再由直角三角形边角关系求出正弦值.。