(好题)高中数学必修二第一章《立体几何初步》测试题(答案解析)(4)

一、选择题
1．若圆锥的内切球（球面与圆锥的侧面以及底面都相切）的半径为1，当该圆锥体积取最小值时，该圆锥体积与其内切球体积比为（ ）
A ．2：1
B ．4：1
C ．8：1
D ．8：3
2．正三棱锥（底面为正三角形，顶点在底面的射影为底面中心的棱锥）的三视图如图所示，俯视图是正三角形，O 是其中心，则正视图（等腰三角形）的腰长等于（ ）
A 5
B ．2
C 3
D 2
3．在正方体1111ABCD A B C D -中，点,E F 分别是梭BC ，CD 的中点，则1A F 与1C E 所成角的余弦值为（ ）
A 5
B 25
C ．515
D ．515
4．已知正三棱柱111ABC A B C -，底面正三角形ABC 的边长为2，侧棱1AA 长为2，则点1B 到平面1A BC 的距离为（ ）
A ．2217
B ．22121
C 47
D 47 5．已知三棱锥P ABC -的三条侧棱两两垂直，且,,PA PB PC 的长分别为,,a b c ，又2()2a b c +=，侧面PAB 与底面ABC 成45︒角，当三棱锥体积最大时，其外接球的表面积为（ ）
A ．10π
B ．40π
C ．20π
D ．18π
6．如图，圆形纸片的圆心为O ，半径为6cm ，该纸片上的正方形ABCD 的中心为O .E ，F ，G ，H 为圆O 上的点，ABE △，BCF △，CDG ，ADH 分别是以AB ，BC ，CD ，DA 为底边的等腰三角形.沿虚线剪开后，分别以AB ，BC ，CD ，
DA 为折痕折起ABE △，BCF △，CDG ，ADH ，使得E ，F ，G ，H 重合得到一个四棱锥.当该四棱锥的侧面积是底面积的2倍时，该四棱锥的外接球的表面积为（ ）
A ．163π
B ．253π
C ．643π
D ．1003
π 7．已知平面图形PABCD ，ABCD 为矩形，4AB =，是以P 为顶点的等腰直角三角形，如图所示，将PAD △沿着AD 翻折至P AD '△，当四棱锥P ABCD '-体积的最大值为163
，此时四棱锥P ABCD '-外接球的表面积为（ ）
A ．12π
B ．16π
C ．24π
D ．32π 8．如图所示，A ，B 为正方体的两个顶点，M ，N 为其所在棱的中点，则异面直线AB 与MN 所成角的大小为（ ）
A ．30°
B ．45°
C ．60°
D ．90°
9．如图是某个四面体的三视图，则下列结论正确的是（）
A．该四面体外接球的体积为48π
B．该四面体内切球的体积为2 3π
C．该四面体外接球的表面积为323π
D．该四面体内切球的表面积为2π
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．4 3
B．8 3
C ．3
D ．4
11．已知三棱锥D ABC -，记二面角C AB D --的平面角是θ，直线DA 与平面ABC 所成的角是1θ，直线DA 与BC 所成的角是2θ，则（ ）
A ．1θθ≥
B ．1θθ≤
C ．2θθ≥
D ．2θθ≤ 12．在正方体1111ABCD A B C D -中，M 和N 分别为11A B ，和1BB 的中点．，那么直线AM 与CN 所成角的余弦值是（ ）
A ．25
B ．1010
C ．35
D ．32
二、填空题
13．张衡(78年~139年)是中国东汉时期伟大的天文学家､文学家､数学家､地理学家，他的数学著作有《算罔论》，他曾经得出结论：圆周率的平方除以十六等于八分之五，已知正方体的外接球与内切球上各有一个动点A ，B ，若线段AB 31，利用张衡的结论可得该正方体的内切球的表面积为___________.
14．已知四棱锥P ABCD -的底面ABCD 为矩形，且所有顶点都在球O 的表面上，侧面PAB ⊥底面ABCD ，23PA PB ==，120APB ∠=︒，4=AD ，则球O 的表面积为_______.
15．在如图棱长为2的正方体中，点M 、N 在棱AB 、BC 上，且1AM BN ==，P 在棱1AA 上，α为过M 、N 、P 三点的平面，则下列说法正确的是__________．
①存在无数个点P ，使面α与正方体的截面为五边形；
②当11A P =时，面α与正方体的截面面积为33；
③只有一个点P ，使面α与正方体的截面为四边形；
④当面α交棱1CC 于点H ，则PM 、HN 、1BB 三条直线交于一点．
16．已知长方体1234ABCD A B C D -，底面是边长为4的正方形，高为2，点O 是底面ABCD 的中心，点P 在以O 为球心，半径为1的球面上，设二面角111P A B C --的平面角为θ，则tan θ的取值范围是________.
17．正四面体ABCD 棱长为2，AO ⊥平面BCD ，垂足为O ，设M 为线段AO 上一点，且90BMC ︒∠=则二面角M BC O --的余弦值为________．
18．如图，已知一个八面体的各条棱长均为2，四边形ABCD 为正方形，给出下列说法：
①该八面体的体积为83；②该八面体的外接球的表面积为8π； ③E 到平面ADF 的距离为3；④EC 与BF 所成角为60°.
其中正确的说法为__________.（填序号）
19．已知扇形的面积为56π，圆心角为
63π，则由该扇形围成的圆锥的外接球的表面积为_________．
20．若三棱锥S ABC -的底面是以AB 为斜边的等腰直角三角形，23AB =，7SA SB SC ===，则该三棱锥的外接球的表面积为__________．
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．如图，三枝锥D ABC -中，90ABC ∠=︒，1AB =，2BC CD DB ===
（1）若平面BCD ⊥平面ABC .求证：AB CD ⊥；
（2）若1AD =，求CD 与平面ABC 所成的角.
23．如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，12AB BC AA ==，1O 是底面1111D C B A 的中心.
（Ⅰ）求证：1//O B 平面1ACD ；
（Ⅱ）求二面角1D AC D --的平面角的余弦值.
24．在三棱锥A BCD -中，E 、F 分别为AD 、DC 的中点，且BA BD =，平面ABD ⊥平面ADC .
（1）证明：//EF 平面ABC ；
（2）证明：BE CD ⊥.
25．如图，在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，F 为AC 中点.
（1）若此三棱柱为正三棱柱，且1112A A AC =，求异面直线1AB 与BF 所成角的大小； （2）求证：1AB //平面1BFC .
26．如图，ABC 中，2AC BC AB ==
，ABED 是边长为1的正方形，平面ABED ⊥平面ABC ，若G 、F 分别是EC 、BD 的中点．
（1）求证：//GF 平面ABC ；
（2）求证：AC ⊥平面EBC ．
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一、选择题
1．A
解析：A
【分析】
根据三角形相似得出圆锥的底面半径和高的关系，根据体积公式和基本不等式得出答案．
【详解】
设圆锥的高为h ，底面半径为r ，
则当球面与圆锥的侧面以及底面都相切时，轴截面如图，
由~AOE ACF 可得：22(1)11h r --=，即22r h h =-， ∴圆锥的体积22148[(2)4]33(2)323
h V r h h h h ππππ===-++--． 当且仅当22h -=，即4h =时取等号．
∴该圆锥体积的最小值为83π． 内切球体积为43
π． 该圆锥体积与其内切球体积比2:1．
故选：A ．
【点睛】
方法点睛：在利用基本不等式求最值时，要特别注意“拆、拼、凑”等技巧，使其满足基本不等式中“正”（即条件要求中字母为正数）、“定”（不等式的另一边必须为定值）、“等”（等号取得的条件）的条件才能应用，否则会出现错误.
2．B
解析：B
【分析】
可得原几何体如图所示正三棱锥A BCD -，取BD 中点E ，连接,AE CE ，设底面边长
为2x ，表示出2522x AO OE -===1333x OE CE ==，即可求出x ，进而求出腰长.
【详解】
根据三视图可得原几何体如图所示正三棱锥A BCD -，
取BD 中点E ，连接,AE CE ，则底面中心O 在CE 上，连接AO ，可得AO ⊥平面ABC ，
由三视图可知5AB AC AD ===45AEC ∠=，
设底面边长为2x ，则DE x =，则25AE x =-
则在等腰直角三角形AOE 中，2
522
x AO OE -===，
O 是底面中心，则1333x OE CE ==， 则25323
x x -=，解得3x =， 则1AO =，底面边长为23，
则正视图（等腰三角形）的腰长为
()22312+=.
故选：B.
【点睛】
本题考查根据三视图计算原几何体的相关量，解题的关键是根据正三棱锥中的关系求出底面边长.
3．D
解析：D
【分析】
延长DA 至G ，使AG CE =，可证11//A G C E ，得1GA F ∠是异面直线1A F 与1C E 所成的角（或其补角）．在1
AGF △中，由余弦定理可得结论． 【详解】
延长DA 至G ，使AG CE =，连接1,GE GA ,GF ，11,AC A C ，
又//AG CE 所以AGEC 是平行四边形，//,GE AC GE AC =，
又正方体中1111//,AC AC AC AC =，
所以1111//,AC DE AC DE =，
所以11AC EG 是平行四边形，则11//A G C E ，
所以1GA F ∠是异面直线1A F 与1C E 所成的角（或其补角）．
设正方体棱长为2，在正方体中易得15AG =10GF =
2222
2112(21)3A F AA AF =+=++=，
1
AGF △中，2221
111125cos 2253AG A F GF GA F AG A F
+-∠===⋅⨯⨯． 故选：D ．
【点睛】
方法点睛：本题考查空间向量法求异面直线所成的角，求异面直线所成角的方法： （1）定义法：根据定义作出异面直线所成的角并证明，然后解三角形得结论； （2）建立空间直角坐标系，由两异面直线的方向向量的夹角得异面直线所成的角．
4． A
解析：A 【分析】
根据题意，将点1B 到平面1A BC 的距离转化为点A 到平面1A BC 的距离，然后再利用等体积法11A A BC A ABC V V --=代入求解点A 到平面1A BC 的距离. 【详解】
已知正三棱柱111ABC A B C -，底面正三角形ABC 的边长为2，侧棱1AA 长为2，所以可得1122==A B AC 1A BC 为等腰三角形，所以1A BC 7，由对称性可知，111--=B A BC A A BC V V ，所以点1B 到平面1A BC 的距离等于点A 到平面1A BC 的距离，所以11A A BC A ABC V V --=，又因为11
2772
=
⨯=A BC S △1
2332
ABC
S =⨯=111233⨯⨯=⨯⨯A BC ABC S h S △△，即2322177
h == 故选：A.
【点睛】
一般关于点到面的距离的计算，一是可以考虑通过空间向量的方法，写出点的坐标，计算平面的法向量，然后代入数量积的夹角公式计算即可，二是可以通过等体积法，通过换底换高代入利用体积相等计算.
5．A
解析：A 【分析】
将三棱锥体积用公式表示出来，结合均值不等式和2()2a b c +=a b =，进而得到2
2
c a =
，带入体积公式求得2,2a b c ===24S R π=求出外接球的表面积. 【详解】 解：2
11162116222
66()643
V abc ab ab a b ab =
=⋅⋅=
+，当且仅当a b =时取等号， 因为侧面PAB 与底面ABC 成45︒角， 则2
2
PC a c =
=， 212226V a ∴=
=
2,2a b c ∴===
所以2222410R a b c =++=， 故外接球的表面积为10π. 故选：A. 【点睛】
易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：
（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；
（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；
（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方.
6．D
解析：D 【分析】
连接OE 交AB 于点I ，设E ，F ，G ，H 重合于点P ，正方形的边长为x （0x >）
cm ，
则2x OI =，62
x
IE =-，求出x 的值，再利用勾股定理求R ，代入球的表面积公式，即可得答案. 【详解】
连接OE 交AB 于点I ，设E ，F ，G ，H 重合于点P ，正方形的边长为x （0x >）cm ，
则2x OI =
，62
x IE =-， 因为该四棱锥的侧面积是底面积的2倍，
所以246222x x x ⎛⎫⨯⨯-= ⎪⎝⎭
，解得4x =. 设该四棱锥的外接球的球心为Q ，半径为R ，如图，
则QP QC R ==，22OC =16423OP =-= 所以()(2
2
232R
R =+，解得3
R =
所以外接球的表面积为2
1004
3S ππ==（2
cm ）.
故选：D . 【点睛】
关键点点睛：本题考查平面图形的折叠，四棱锥外接球的半径，解题关键在于平面图形折叠成立体图形后，要明确变化的量和没有变的量，以及线线的位置，线面的位置关系，对于几何体的外接球的问题，关键在于确定外接球的球心的位置.
7．C
解析：C 【分析】
分析出当平面P AD '⊥平面ABCD 时，四棱锥P ABCD '-的体积取最大值，求出AD 、
P A '的长，然后将四棱锥P ABCD '-补成长方体P AMD QBNC '-，计算出该长方体的体
对角线长，即为外接球的直径，进而可求得外接球的表面积. 【详解】
取AD 的中点E ，连接P E '，由于P AD '△是以P '为顶点的等腰直角三角形，则
P E AD '⊥，
设AD x =，则1122
P E AD x '=
=， 设二面角P AD B '--的平面角为θ，则四棱锥P ABCD '-的高为1
sin 2
h x θ=， 当90θ=时，max 12
h x =
， 矩形ABCD 的面积为4S AB AD x =⋅=，2111216433233
P ABCD V Sh x x x '-=≤⨯⨯==，解
得x =
将四棱锥P ABCD '-补成长方体P AMD QBNC '-， 所以，四棱锥P ABCD '-的外接球直径为
2R P N '====，则R =，
因此，四棱锥P ABCD '-的外接球的表面积为2424R 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．C
解析：C 【分析】
由MN 与正方体的面对角线平行，可得异面直线所成的角，此角是正三角形的内角，由此可得． 【详解】
作如图所示的辅助线，由于M ，N 为其所在棱的中点，所以//MN PQ ，又因为
//AC PQ ，所以//AC MN ，所以CAB ∠即为异面直线AB 与MN 所成的角（或补角），
易得AB AC BC ==，所以60CAB ∠=︒. 故选：C ．
9．D
解析：D
【分析】
先找到几何体原图，再求出几何体的外接球的半径和内切球的半径，再判断每一个选项得解. 【详解】
由三视图得几何体为下图中的三棱锥A BCD -，AB ⊥平面
BCD ,42AB =,2CE DE ==,2BE =,由题得2
CBD π
∠=
.
设外接球的球心为,O 外接球的半径为R ，则OE ⊥平面BCD , 连接,OB OA ,取AB 中点
F ,连接OF .
由题得1
222
OE BF AB ==
=,所以222(22)2,23R R =+∴=, 所以外接球的体积为3
4(23)3233
ππ⨯=，所以选项A 错误； 所以外接球的表面积为24(23)48ππ⨯=，所以选项C 错误； 由题得22(42)(22)210AC AD ==+=， 所以△ACD △的高为24026-=， 设内切球的半径为r ，则
1111111
(422242222446)24423222232
r ⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯=⨯⨯⨯⨯ 所以2
r
， 所以内切球的体积为34
22)323ππ⨯=（
，所以选项B 错误； 所以内切球的表面积为2
24()22
ππ⨯=，所以选项D 正确. 故选：D
【点睛】
方法点睛：求几何体外接球的半径一般有两种方法:模型法和解三角形法.
模型法就是把几何体放在长方体中，使几何体的顶点和长方体的若干个顶点重合，则几何
体的外接球和长方体的外接球是重合的，长方体的外接球的半径2
2212
r a b c =++就是几何体的外接球半径.如果已知中有多个垂直关系，可以考虑用此种方法.
解三角形法就是找到球心O 和截面圆的圆心O '，找到OO '、球的半径OA 、截面圆的半
径O A '确定的Rt OO A '△,再解Rt OO A '△求出球的半径OA .
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】
设三棱锥D -ABC 是棱长为2的正四面体，取AB 中点E ，DC 中点M ，AC 中点M ，连结DE 、CE 、MN 、EN ，过D 作DO CE ⊥，交CE 于O ，连结AO ，则DEC θ∠=，
1DAO θ∠=，2MNE θ∠=，排除B ，C ．当二面角C AB D --是直二面角时，2θθ≥，
排除D ．由此能求出结果． 【详解】
设三棱锥D -ABC 是棱长为2的正四面体，
取AB 中点E ，DC 中点M ，AC 中点M ，连结DE 、CE 、MN 、EN ， 过D 作DO ⊥CE ，交CE 于O ，连结AO ，
则DEC θ∠=，1DAO θ∠=，2MNE θ∠=，413DE CE ==-=2DC =，
∴1
cos 3233θ=
=⨯⨯，2233AO CO CE ===
∴123
33cos 33
AO AD θ===
， 取BC 中点F ，连结DF 、AF ，则DF BC ⊥，AF BC ⊥，
又DF AF F ⋂=，∴BC ⊥平面AFD ，∴BC AD ⊥，∴290θ=︒， ∴21θθθ≥≥，排除B ，C ，
当二面角C AB D --是直二面角时，2θθ≥，排除D ， 故选：A . 【点睛】
关键点点睛：将三棱锥看成特殊的正四面体，采用排除法，充分理解线线角、线面角以及面面的概念是解题的关键.
12．A
解析：A 【分析】
作出异面直线AM 和CN 所成的角，然后解三角形求出两条异面直线所成角的余弦值. 【详解】
设,E F 分别是1,AB CC 的中点，由于,M N 分别是111,A B BB 的中点，结合正方体的性质可知11//,//B E AM B F CN ，
所以1EB F ∠是异面直线AM 和CN 所成的角或其补角， 设异面直线AM 和CN 所成的角为θ，设正方体的边长为2，
2211125B E B F ==+=，2221216EF =++=
则1cos cos EB F θ=∠=5562
5
255+-=⨯⨯.
故选：A.
【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．
二、填空题
13．【分析】设正方体的棱长为正方体的内切球半径为正方体的外接球半径再由已知条件和球的表面积公式可得答案【详解】设正方体的棱长为正方体的内切球半径为正方体的外接球半径满足：则由题意知：则该正方体的内切球的 解析：10
【分析】
设正方体的棱长为a ，正方体的内切球半径为2a r =，正方体的外接球半径3R =，再由已知条件和球的表面积公式可得答案． 【详解】
设正方体的棱长为a ，正方体的内切球半径为2
a r =
， 正方体的外接球半径R 满足：2
2
2
22a R ⎫⎛⎫=+⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭
，则32R a =. 由题意知：33122
a
R r a -=
-=，则2a =，3R = 该正方体的内切球的表面积为4π，
又因为圆周率的平方除以十六等于八分之五，即25
168
π=，所以10π=
所以内切球的表面积为
故答案为：【点睛】
关键点点睛：本题考查正方体的外接球和内切球问题，考查空间几何新定义，解决本题的关键点是利用正方体的外接球半径，内切球半径和正方体面对角线的一半组成勾股定理，得出正方体内切球半径，进而得出表面积，考查学生空间想象能力和计算能力，属于中档题．
14．【分析】首先利用垂直关系和底面和侧面外接圆的圆心作出四棱锥外接球的球心再计算外接球的半径以及球的表面积【详解】连结交于点取中点连结并延长于点点是外接圆的圆心侧面底面侧面底面平面过点作平面侧面所以点是 解析：64π
【分析】
首先利用垂直关系和底面ABCD 和侧面ABCD 外接圆的圆心，作出四棱锥P ABCD -外接球的球心，再计算外接球的半径，以及球O 的表面积. 【详解】
连结,AC BD ，交于点M ，取AB 中点N 连结AN ，MN ，并延长于点E ，点E 是
PAB △外接圆的圆心，
侧面PAB ⊥底面ABCD ，侧面PAB 底面ABCD AB =，MN AB ⊥ MN ∴⊥平面PAB ，
过点M 作MO ⊥平面ABCD ，//EO MN ，
EO ∴⊥侧面PAB ，所以点O 是四棱锥P ABCD -外接球的球心， 可知四边形MNEO 是矩形，
右图，PA PB ==，120APB ∠=，2cos306AB PB ∴==， 点E 是PAB △外接圆的圆心，
sin 303PN PB ∴==，PBE △是等边三角形，PE =
NE ∴==，MO ∴=
12MC AC =
==，
4R OC ∴===，
∴球O 的表面积2464S R ππ==
故答案为：64π
【点睛】
本题考查了球与几何体的综合问题，考查空间想象能力以及化归和计算能力，（1）当三棱锥的三条侧棱两两垂直时，并且侧棱长为,,
a b c，那么外接球的直径
222
2R a b c
=++，（2）当有一条侧棱垂直于底面时，先找底面外接圆的圆心，过圆心做底面的垂线，球心在垂线上，根据垂直关系建立R的方程.（3）而本题类型，需要过两个平面外接圆的圆心作面的垂线，垂线的交点就是球心.
15．①②④【分析】让从开始逐渐向运动变化观察所得的截面从而可得正确的选项【详解】由题设可得为所在棱的中点当时如图（1）直线分别交与连接并延长于连接交于则与正方体的截面为五边形故①正确当如图（2）此时与正
解析：①②④
【分析】
让P从A开始逐渐向1A运动变化，观察所得的截面，从而可得正确的选项．
【详解】
由题设可得,
M N为所在棱的中点.
当
2
3
AP
<<时，如图（1），
直线MN 分别交,AD DC 与,T S ，连接TP 并延长1DD 于G ， 连接GS 交1CC 于H ，则α与正方体的截面为五边形，故①正确.
当11A P =，如图（2），此时α与正方体的截面为正六边形，其边长为2，
其面积为()
2
3
62=33⨯⨯
，故B 正确.
当,A P 重合或1,A P 重合时，如图（3），α与正方体的截面均为四边形，故③错误.
如图（4），
在平面α内，设PM HN S ⋂=，则S PM ∈，而PM ⊂平面11A B BA ， 故S ∈平面11A B BA ，同理S ∈平面11C B BC ，
故S ∈平面11A B BA ⋂平面111C B BC BB =即PM 、HN 、1BB 三条直线交于一点. 故答案为：①②④. 【点睛】
思路点睛：平面的性质有3个公理及其推理，注意各个公理的作用，其中公理2可用来证明三点共线或三线共点，公理3及其推理可用来证明点共面或线共面，作截面图时用利用公理2来处理.
16．【分析】根据题意画出相应的图形结合题意找出什么情况下取最大值什么情况下取最小值利用和差角正切公式求得最值得到结果【详解】根据题意如图所示：取的中点过点作球的切线切点分别为可以判断为的最小值为的最大值
解析：474733⎡-⎢⎣⎦
【分析】
根据题意，画出相应的图形，结合题意，找出什么情况下取最大值，什么情况下取最小值，利用和差角正切公式求得最值，得到结果. 【详解】
根据题意，如图所示：
取11A B 的中点H ，过H 点作球O 的切线，切点分别为,M N ， 可以判断1O HN ∠为θ的最小值，1O HM ∠为θ的最大值， 且1112
tan 12
OO O HO HO ∠=
==， 22,1OH OM ON ===，所以7HM HN ==tan tan 7
NHO OHM ∠=∠=
， 1117827477tan tan()1637117O HN O HO NHO -
--∠=∠-∠====++ 1117827477tan tan()1637117
O HM O HO OHM +
+∠=∠+∠====-， 所以tan θ的取值范围是4747-+⎣⎦，
故答案为：4747-+⎣⎦
. 【点睛】
方法点睛：该题考查的是有关二面角的求解问题，解题方法如下： （1）先根据题意画图；
（2）结合题意，找出在什么情况下取最大值和最小值； （3）结合图形求得相应角的正切值； （4）利用和差角正切公式求得结果.
17．【分析】连接延长交于则是中点可得是二面角的平面角求出可得结论【详解】由已知是中心连接延长交于则是中点连接则而∴平面平面∴∴是二面角的
平面角由对称性又由平面平面得∴故答案为：【点睛】关键点点睛：本题考 解析：
3 【分析】
连接DO 延长交BC 于E ，则E 是BC 中点，可得MEO ∠是二面角M BC O --的平面角．求出,ME OE 可得结论． 【详解】
由已知O 是BCD △中心，
连接DO 延长交BC 于E ，则E 是BC 中点，连接AE ，则BC AE ⊥，BC DE ⊥，而
AE
DE E =，∴BC ⊥平面AED ，ME ⊂平面AED ，∴BC ME ⊥，
∴MEO ∠是二面角M BC O --的平面角．
2BC =，90BMC ︒∠=，由对称性2BM CM ==，1
12
ME BC =
=， 又1133
233EO DE =
=⨯⨯=
， 由AO ⊥平面BCD ，EO ⊂平面BCD ，得AO EO ⊥， ∴3
cos EO MEO ME ∠==
． 故答案为：
3．
【点睛】
关键点点睛：本题考查求二面角，解题关键是作出二面角的平面角．这可根据平面角的定义作出（并证明），然后在直角三角形中求角即得．注意一作二证三计算三个步骤．
18．②④【分析】①求出该八面体的体积即可判断；②可得球心为正方形ABCD 对角线交点即可得出半径求出表面积；③取AD 的中点G 连接EGFGEF 过E 作求出即可；④可得为所成角【详解】①八面体的体积为；②八面体
解析：②④
①求出该八面体的体积即可判断；②可得球心为正方形ABCD 对角线交点，即可得出半径求出表面积；③取AD 的中点G ，连接EG ，FG ，EF ，过E 作EH FG ⊥，求出EH 即可；④可得DEC ∠为所成角. 【详解】
①八面体的体积为2182
2(22)33
⨯⨯⨯=
； ②八面体的外接球球心为正方形ABCD 对角线交点，易得外接球半径为2，表面积为
8π；
③取AD 的中点G ，连接EG ，FG ，EF ，
易得3EG FG ==AD ⊥平面EGF ，
过E 作EH FG ⊥，交FG 的延长线于H ，
又EH AD ⊥，AD FG G ⋂=，故EH ⊥平面ADF ， 解得26
EH =
，所以E 到平面ADF 26； ④因为//ED BF ，所以EC 与BF 所成角为60︒. 故答案为：②④. 【点睛】
解本题的关键是正确理解正八面体的性质，根据线面垂直关系得到点到平面的垂线段.
19．【分析】由扇形的面积及圆心角可得扇形的半径再由扇形的弧长等于圆锥的底面周长可得底面半径再由外接球的半径与圆锥的高和底面半径的关系求出外接球的半径进而求出球的表面积【详解】设扇形的长为l 半径为R 则解得 解析：36π
【分析】
由扇形的面积及圆心角可得扇形的半径，再由扇形的弧长等于圆锥的底面周长可得底面半径，再由外接球的半径与圆锥的高和底面半径的关系求出外接球的半径，进而求出球的表面积.
设扇形的长为l ，半径为R ，则22111656222S lR R R παπ=
==⨯=，解得30R =，扇形弧长l 为锥底面周长2r π，
∴底面的半径5r =
，∴圆锥的高为225R r -=．
设外接球的半径为1R ，∴()2
22115(5)R R =-+，解得13R =，
∴该外接球的表面积为2
1436R ππ=，
故答案为：36π. 【点睛】
本题考查扇形的弧长与圆锥的底面周长的关系及外接球的半径和圆锥的高及底面半径的关系，和球的表面积公式的应用，属于中档题.
20．【详解】取的中点由题意可得：所以面ABC 所以球心在直线上所以得所以 解析：
494
π
【详解】
取AB 的中点，由题意可得：2222,3,SD DC SD DC SC ==+=，
所以,SD AB SD DC ⊥⊥，SD ⊥面ABC.
所以球心在直线SD 上，所以()2
232R R =+-，得74
R =， 所以2
4944
S R π
π==
． 三、解答题
21．（1）证明见解析；（2）33
. 【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 =
-=，从而()
2
2
1231B 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32
CD =， ∴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．（1）证明见解析（2）30 【分析】
（1）先由面面垂直证明AB ⊥平面BCD ，再由线面垂直的性质证明AB CD ⊥； （2）过点D 作AC 的垂线，垂足于点E ，连接BE ，先证明AC ⊥平面BDE ，进而得出
D ABC V -，再由等体积法求出点D 到平面ABC 的距离，最后由直角三角形的边角关系得出
线面角. 【详解】
（1）
90ABC ∠=︒，AB BC ∴⊥
又平面BCD ⊥平面ABC ，平面BCD 平面ABC BC =，AB 平面ABC
AB ∴⊥平面BCD CD ⊂平面BCD
AB CD ∴⊥
（2）过点D 作AC 的垂线，垂足于点E ，连接BE
ABC ACD ≅△△，BE AC ∴⊥
，且AB BC DE BE AC ⋅==
==
又BE DE E ⋂=，,BE DE ⊂平面BDE
AC ∴⊥平面BDE
222
21
3cos 423
33BED +--
∠===-，120BED ︒∴∠=
112sin120223BED S ︒∴==⨯=
△
11
366
D ABC A BD
E C BDE V V V ---∴=+=⨯=
设点D 到平面ABC 的距离为h ，CD 与平面ABC 所成的角为θ
11113326D ABC ABC V S h h h -=⋅⋅=⨯⨯=△
166h ∴=
，2
h =
1sin 2
h CD θ===
，[]0,90θ∈︒
30θ∴=︒
【点睛】
关键点睛：在解决第二问时，关键是利用等体积法求出点D 到平面ABC 的距离h ，进而由sin h
CD
θ=
求出线面角. 23．（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）6. 【分析】
（Ⅰ）连接BD 交AC 于点O ，连接1D O ，连接11B D ，可证11//O B D O ，即可得证； （Ⅱ）依题意可得1D OD ∠是二面角1D AC D --的平面角，再根据锐角三角函数计算可得； 【详解】
（Ⅰ）证明：连接BD 交AC 于点O ，连接1D O ，连接11B D ， 由长方体的性质知11BO O D =，且11//BO O D ， 故四边形11BO D O 是平行四边形， 所以11//O B D O .
又因为1D O ⊂平面1ACD ，1O B ⊄平面1ACD ， 所以1//O B 平面1ACD .
（Ⅱ）解：设122AB BC AA ===，由长方体底面ABCD 是正方形，得DO AC ⊥. 因为11D A D C =，O 是AC 的中点，所以1D O AC ⊥， 所以1D OD ∠是二面角1D AC D --的平面角.
在直角三角形1D DO 中，190D DO ∠=︒，易得11=D D
，
12DO BD ===
，
1D O =
== 得11cos DO D OD D O ∠==
所以二面角1D AC D --. 【点睛】
作二面角的平面角可以通过垂线法进行，在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线，再过垂足作二面角的棱的垂线，两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角．
24．（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【分析】
（1）利用中位线的性质可得出//EF AC ，再利用线面平行的判定定理可证得结论成立； （2）利用面面垂直的性质定理可得出BE ⊥平面ACD ，进而可证得BE CD ⊥.
【详解】
（1）在ADC 中，E 、F 分别是AD 、DC 的中点，//EF AC ∴.
EF ⊄平面ABC ，AC ⊂平面ABC ，//EF ∴平面ABC ；
（2）在ABD △中，BA BD =，E 为AD 的中点，BE AD ∴⊥，
又平面ABD ⊥平面ADC ，平面ABD ⋂平面ADC AD =，BE ⊂平面ABD ， BE ∴⊥平面ADC .
CD ⊂平面ADC ，BE CD ∴⊥.
【点睛】
方法点睛：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． 25．（1）60；（2）证明见解析
【分析】
（1）取11A C 中点E ，连接1,,B E EF AE ，可得1//B E BF ，得出1AB E ∠即为异面直线1AB 与BF 所成角，求出即可；
（2）先通过1//B E 平面1BFC 和//AE 平面1BFC 得出平面1//AB E 平面1BFC ，即可证明.
【详解】
（1）取11A C 中点E ，连接1,,B E EF AE ，
在三棱柱中，,E F 是中点，则11EF AA BB ，
∴四边形1EFBB 是平行四边形，1//B E BF ∴，
1AB E ∴∠即为异面直线1AB 与BF 所成角或其补角，。