(必考题)高中数学必修二第一章《立体几何初步》测试(包含答案解析)(5)

一、选择题
1．已知正方体1111ABCD A B C D -，E 、F 分别是正方形1111D C B A 和11ADD A 的中心，则EF 和BD 所成的角的大小是（ ）
A ．30
B ．45
C ．60
D ．90
2．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 ．2515
3．设1l 、2l 、3l 是三条不同的直线，α、β、γ是三个不同的平面，则下列命题是真命题的是（ ）
A ．若1//l α，2//l α，则12l l //
B ．若1l α⊥，2l α⊥，则12l l ⊥
C ．若12//l l ，1l α⊂，2l β⊂，3l αβ⋂=，则13//l l
D ．若αβ⊥，1l αγ=，2l βγ⋂=，则12l l // 4．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︒
5．在三棱锥P ABC -中，PA ⊥平面ABC ，120224BAC AP AB AC ∠====，，则三棱锥P ABC -的外接球的表面积是（ ）
A ．18π
B ．36π
C ．40π
D ．72π 6．在正方体1111ABCD A B C D -，中，M ，N ，P ，Q 分别为1A B ，1B D ，1A D ，1CD 的中点，则异面直线MN 与PQ 所成角的大小是（ ）
A ．6π
B ．4π
C ．3π
D ．2
π 7．如图，圆锥的母线长为4，点M 为母线AB 的中点，从点M 处拉一条绳子，绕圆锥的侧面转一周达到B 点，这条绳子的长度最短值为25 ）
A ．4π
B ．5π
C ．6π
D ．8π
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，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是矩形.其中3AB =，2AD =，PAD △是以A ∠为直角的等腰直角三角形，若60PAB ∠=︒，则异面直线PC 与AD 所成角的余弦值是（ ）
A ．2211
B ．2211-
C ．77
D ．1111
10．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 11．三棱锥P ABC -中，6AB =，8AC =，90BAC ∠=︒，若
52PA PB PC ===B 到平面PAC 的距离为（ ）
A ．32
B ．4141
C 1534
D ．6
12．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23π
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
二、填空题
13．如图，在三棱锥P ABC -中，点B 在以AC 为直径的圆上运动，PA ⊥平面,ABC AD PB ⊥，垂足为,D DE PC ⊥，垂足为E ，若23,2PA AC ==，则三棱锥P ADE -体积的最大值是_________．
14．在正方体1111ABCD A B C D -中，过对角线1BD 的一个平面交1AA 于E ，交1CC 于F ，①四边形1BFD E 一定是平行四边形；②四边形1BFD E 有可能是正方形；③四边形1BFD E 在底面ABCD 内的投影一定是正方形；④四边形1BFD E 有可能垂直于平面1BB D ．以上结论正确的为___________．（写出所有正确结论编号）
15．若一个底面边长为62，侧棱长为6的正六棱柱的所有定点都在一个球的面上，则此球的体积是___________． 16．已知三棱锥P ABC -的外接球O 的表面积为12π，PA ⊥平面ABC ，BA AC ⊥，2PA =，则ABC 面积的最大值为__________．
17．如图，在三棱锥P ABC -中，PA ⊥平面ABC ，AB BC ⊥，2PA AB ==，22AC =，M 是BC 的中点，则过点M 的平面截三棱锥P ABC -的外接球所得截面的面积最小值为___
18．已知棱长为4的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，点M 是棱AD 的中点，点N 是棱AA 1的中点，P 是侧面四边形ADD 1A 1内一动点（含边界），若C 1P ∥平面CMN ，则线段C 1P 长度的取值范围是________.
19．如图，已知正四面体P ABC -的棱长为2，动点M 在四面体侧面PAC 上运动，并且总保持MB PA ⊥，则动点M 的轨迹的长度为__________.
20．水平放置的ABC ∆的斜二测直观图如图所示,已知''4,''3B C A C ==,则ABC ∆中
AB 边上的中线的长度为_______ .
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，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．
23．如图，四棱锥E ABCD -中，底面ABCD 是边长为2的正方形，平面AEB ⊥平面ABCD ，4EBA π∠=，2EB =，F 为CE 上的点，BF CE ⊥.
（1）求证：BF ⊥平面ACE ；
（2）求点D 到平面ACE 的距离.
24．如图，在三棱锥P ABC -中，1,2,135AB AC BAC ︒==∠=，
1cos ,3
BAP AP BC ∠=-⊥．
（1）若23
BM MC =，求证：PM BC ⊥； （2）当3AP =，且N 为BC 中点时，求AN 与平面PBC 所成角的正弦值．
25．如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为菱形，M 是棱PD 的中点.
（1）求证：//PB 平面AMC ；
（2）若PD ⊥平面ABCD ，2AD PD ==，3BAD π∠=
，求点B 到平面AMC 的距
离．
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】
作出图形，连接1AD 、11B D 、1AB ，推导出1//EF AB ，11//BD B D ，可得出异面直线EF 和BD 所成的角为11AB D ∠，分析11AB D 的形状，即可得出结果.
【详解】
如下图所示，连接1AD 、11B D 、1AB ，
设正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，则11112AD AB B D ===，
所以，11AB D 为等边三角形，则1160AB D ∠=，
因为E 、F 分别是正方形1111D C B A 和11ADD A 的中心，则E 、F 分别是11B D 、1AD 的中
点，所以，1//EF AB ，
在正方体1111ABCD A B C D -中，11//BB DD 且11BB DD =，
所以，四边形11BB D D 为平行四边形，则11//BD B D ，
所以，异面直线EF 和BD 所成的角为1160AB D ∠=.
故选：C.
【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． 2．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1
AG =
GF =
13A F ===，
1AGF △
中，22211111cos 2AG 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． 3．C
解析：C
【分析】
利用已知条件判断1l 与2l 的位置关系，可判断AD 选项的正误；利用线面垂直的性质定理可判断B 选项的正误；利用线面平行的性质定理可判断C 选项的正误.
【详解】
对于A 选项，若1//l α，2//l α，则1l 与2l 平行、相交或异面，A 选项错误；
对于B 选项，若1l α⊥，2l α⊥，由线面垂直的性质定理可得12//l l ，B 选项错误； 对于C 选项，12//l l ，1l α⊂，2l β⊂，α、β不重合，则1l β⊄，1//l β∴， 1l α⊂，3l αβ⋂=，13//l l ∴，C 选项正确；
对于D 选项，若αβ⊥，1l α
γ=，2l βγ⋂=，则1l 与2l 相交或平行，D 选项错误.
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． 4．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． 5．D
解析：D
【分析】
先找出ABC 的外接圆的半径，然后取ABC 的外接圆的圆心N ，过N 作平面ABC 的垂线NG ，作PA 的中垂线，交NG 于O ，则O 是外接球球心， OA 为外接球半径，求解半径并求表面积即可.
【详解】
如图所示，1204BAC AB AC ∠===，，取BC 中点M ，连接AM 并延长到N 使AM =MN ，则四边形ABNC 是两个等边三角形组成的菱形，AN =BN =CN ，点N 是ABC 的外接圆圆心，过N 作平面ABC 的垂线NG ，则球心一定在垂线NG 上，因为PA ⊥平面
ABC ，则PA //NG ，PA 与NG 共面，在面内作PA 的中垂线，交NG 于O ，则O 是外接球
球心，半径R =OA ，Rt AON 中，1
22ON AP ==，4AN =，故
()
2
2
4232R =+
=2441872S R πππ==⨯=.
故选:D. 【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.本题就是采用这个方法.本题使用了定义法.
6．B
解析：B 【分析】
由M 也是1A B 的中点，P 也是1AD 中点，得平行线，从而找到异面直线MN 与PQ 所成角，在三角形中可得其大小． 【详解】
如图，连接1AD ，1AB ，显然M 也是1A B 的中点，P 也是1AD 中点， 又N 是1B D 中点，Q 是1CD 中点，所以//MN AD ，//PQ AC ， 所以CAD ∠是异面直线MN 与PQ 所成角（或补角），大小为4
π． 故选：B ．
【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．
7．B
解析：B 【分析】
根据圆锥侧面展开图是一个扇形，且线段25MB =计算底面圆半径即可求解. 【详解】
设底面圆半径为r ， 由母线长4l
，可知侧面展开图扇形的圆心角为22
r r
l ππα=
=， 将圆锥侧面展开成一个扇形，从点M 拉一绳子围绕圆锥侧面转到点B ，最短距离为BM ； 如图，
在ABM 中，25,2,4MB AM AB ===， 所以222AM AB MB +=,
所以2
MAB π
∠=,
故2
2
r
ππ
α=
=
，解得1r =，
所以圆锥的表面积为25S rl r πππ=+=, 故选：B 【点睛】
关键点点睛：首先圆锥的侧面展开图为扇形，其圆心角为2r
l
πα=
，其次从点M 拉一绳子围绕圆锥侧面转到点B ，绳子的最短距离即为展开图中线段MB 的长，解三角即可求解底面圆半径r ，利用圆锥表面积公式求解.
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】
在图形中找到（并证明）异面直线所成的角，然后在三角形中计算． 【详解】
因为//AD BC ，所以PCB ∠是异面直线PC 与AD 所成角（或其补角）， 又PA AD ⊥，所以PA BC ⊥，
因为AB BC ⊥，AB PA A ⋂=，,AB PA ⊂平面PAB ，所以BC ⊥平面PAB ， 又PB ⊂平面PAB ，所以PB BC ⊥．
由已知2PA AD ==，所以
22222cos 2322
3cos607PB PA AB PA AB PAB =+-⋅∠=+-⨯⨯︒=， 22211
cos 11(7)2
BC PCB PC ∠=
==+， 所以异面直线PC 与AD 所成角的余弦值为211
11
． 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．
10．C
解析：C 【分析】
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 -2
222=，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.
11．C
解析：C 【分析】
取BC 中点为O ，连接OP ，OA ，根据题中条件，由线面垂直的判断定理，证明PO ⊥平面ABC ；求出三棱锥P ABC -的体积；以及PAC △的面积，设点B 到平面PAC 的距离为d ，根据等体积法，由P ABC B PAC V V --=，即可求出结果. 【详解】
取BC 中点为O ，连接OP ，OA ，
因为6AB =，8AC =，90BAC ∠=︒，所以226810BC =+=，则
1
52
AO BC =
=； 又52PA PB PC ===222100PB PC BC +==，则PB BC ⊥，
1
52
PO BC =
=， 所以22250PO OA PA +==，所以PO AO ⊥； 因为PB PC =，O 为BC 中点，所以PO BC ⊥，
又BC AO O ⋂=，BC ⊂平面ABC ，AO ⊂平面ABC ，所以PO ⊥平面ABC ； 此时三棱锥P ABC -的体积为11168540332
P ABC ABC
V S PO -=
⋅=⨯⨯⨯⨯=， 因为在PAC △中，52PA PC ==，8AC =，所以PAC △的面积为
182PAC
S
=⨯=， 设点B 到平面PAC 的距离为d ， 由P ABC B PAC V V --=可得1
403
PAC
S d =⋅，
所以d ==
. 故选：C. 【点睛】 方法点睛：
求解空间中点P 到面α的距离的常用方法：
（1）等体积法：先设所求点到面的距离，根据几何体中的垂直关系，由同一几何体的不同的侧面（或底面）当作底，利用体积公式列出方程，即可求解；
（2）空间向量法：先建立适当的空间直角坐标系，求出平面α的一个法向量m ，以及平面α的一条斜线PA 所对应的向量PA ，则点P 到面α的距离即为PA m d m
⋅=
.
12．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 ,AB =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
2OE BF AB
==
=,
所以2222,R R =+∴=
所以外接球的体积为3
43
π⨯=，所以选项
A 错误；
所以外接球的表面积为2448ππ⨯=，所以选项C 错误；
由题得AC AD ===
所以△ACD △6=， 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)323
ππ⨯=（
，所以选项B 错误； 所以内切球的表面积为2
24()2ππ⨯=，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 =++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 .
二、填空题
13．【分析】由已知证明再由三角形相似列比例式可得证明利用基本不等式求得的最大值可得三棱锥体积的最大值【详解】由平面得又平面得又平面得而平面可得在中由得由得则由得又得即（当且仅当时等号成立）三棱锥体积的最
解析：3
4
【分析】
由已知证明AE PC ⊥，再由三角形相似列比例式可得PE ，证明AD DE ⊥，利用基本不等式求得AD DE ⋅的最大值，可得三棱锥P ADE -体积的最大值． 【详解】
由PA ⊥平面ABC ，得PA BC ⊥，又BC AB ⊥，PA AB A =，
BC ∴⊥平面PAB ，得BC AD ⊥，又AD PB ⊥，PB BC B ⋂=，
AD ∴⊥平面PBC ，得AD PC ⊥，而DE PC ⊥，AD DE D ⋂=， PC ∴⊥平面ADE ，可得AE PC ⊥．
在Rt PAC △中，由23,2PA AC ==，得4PC =．
由Rt PEA Rt PAC ∽，得PE PA PA PC =，则212
34PA PE PC ===， 由3PE =，23PA =，得23AE =，
又AD DE ⊥，2223AD DE AE ∴+==，得2232AD DE AD DE =+≥⋅， 即3
2
AD DE
⋅（当且仅当AD DE =时等号成立）， ∴三棱锥P ADE -体积的最大值是111133332
322
4
AD DE PE ⨯⨯⨯=⨯⨯⨯=．
故答案为：34
． 【点睛】
方法点睛：解答空间几何体中垂直关系时，一般要根据已知条件把空间中的线线、线面、面面之间垂直关系进行转化，转化时要正确运用有关的定理，找出足够的条件进行推理．
14．①③④【分析】由题意在正方体中结合几何关系逐一考查所给命题的真假即可求得最终结果【详解】对于①由平面平面并且四点共面同理可证故四边形一定是平行四边形故①正确；对于②若是正方形有又且平面又平面与经过平
解析：①③④ 【分析】
由题意，在正方体中，结合几何关系逐一考查所给命题的真假即可求得最终结果 【详解】
对于①，由平面11//BCC B 平面11ADD A ，并且 B 、E 、F 、1D 四点共面，
1//F ED B ∴，
同理可证，1//FD EB ，故四边形1BFD E 一定是平行四边形，故①正确； 对于②，若1BFD E 是正方形，有1ED BE ⊥，又 11A D BE ⊥，且11
11A D ED D =，
BE ∴⊥平面11ADD A ，又 AB ⊥平面11ADD A ，
与经过平面外一点作已知平面的垂线有且只有一条相矛盾，故②错误；
对于③，由图得，1BFD E 在底面ABCD 内的投影一定是正方形ABCD ，故③正确； 对于④，当点E 和F 分别是对应边的中点时，:
平面1BFD E ⊥平面11BB D D ，故④正确． 故答案为：①③④ 【点睛】
方法点睛：本题主要考查了正方体的几何特征，利用面面平行和线线垂直，以及特殊情况进行判断，考查了学生的空间想象能力和逻辑思维能力，属于中档题.
15．【分析】计算出正六棱柱的外接圆直径进而可求得外接球的半径利用球体体积公式即可计算出正六棱柱的外接球的体积【详解】如下图所示：圆柱的底面圆直径为母线长为则的中点到圆柱底面圆上每点的距离都相等则为圆柱外 解析：3π
【分析】
计算出正六棱柱的外接圆直径，进而可求得外接球的半径，利用球体体积公式即可计算出正六棱柱的外接球的体积. 【详解】 如下图所示：
圆柱12O O 的底面圆直径为2r ，母线长为h ，则12O O 的中点O 到圆柱底面圆上每点的距离都相等，则O 为圆柱12O O 外接球的球心，设球O 的半径为R ，则()
2
222R r h =+，
可作出正六棱柱111111ABCDEF A B C D E F -的外接圆，
可将正六棱柱111111ABCDEF A B C D E F -放在圆柱12O O 中，如下图所示：
连接11O A 、11O B ，则11160A O B ∠=，且1111O A O B =，则111O A B △为等边三角形， 则圆1O 的半径为111162
r O A A B ===
， 正六棱柱111111ABCDEF A B C D E F -的侧棱长为6h = 设正六棱柱111111ABCDEF A B C D E F -的外接球的半径为R ，则
()
2
22223R r h =
+=
所以，3R =，因此，正六棱柱的外接球体积为3
344
3=4
333
V R πππ==⨯
.
故答案为：3π. 【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. 16．2【分析】由球的表面积可求出半径取的中点可得设由基本不等式可得即可求出面积的最大值【详解】因为球的表面积为所以球的半径取的中点则为的外接圆圆心平面设由得因为所以当且仅当时取等因为的面积为所以面积的最 解析：2
【分析】 由球的表面积可求出半径3R =，取BC 的中点D ，可得1OD =，设AB x =，AC y =，由基本不等式可得4xy ≤，即可求出ABC 面积的最大值.
【详解】
因为球O 的表面积为12π，所以球O 的半径3R =．
取BC 的中点D ，则D 为ABC 的外接圆圆心，
PA ⊥平面ABC ，11
2
OD PA ∴==， 设AB x =，AC y =，由2222134
+==+=+=x y R OC CD OD ，得228x y +=． 因为222x y xy +≥，所以4xy ≤，当且仅当2x y ==时取等．
因为ABC 的面积为
1122
⋅=AB AC xy ，所以ABC 面积的最大值为2． 故答案为：2.
【点睛】
本题考查几何体的外接球问题，解题的关键是是建立勾股关系，利用基本不等式求出4xy ≤.
17．【分析】将三棱锥补成长方体计算出三棱锥的外接球半径计算出球心到过点的截面的距离的最大值可求得截面圆半径的最小值利用圆的面积可求得结果
【详解】平面将三棱锥补成长方体则三棱锥的外接球直径为所以设球心为点 解析：π
【分析】
将三棱锥P ABC -补成长方体ABCD PEFN -，计算出三棱锥P ABC -的外接球半径
R ，计算出球心到过点M 的截面的距离d 的最大值，可求得截面圆半径的最小值，利用圆的面积可求得结果.
【详解】
PA ⊥平面ABC ，AB BC ⊥，将三棱锥P ABC -补成长方体ABCD PEFN -，
则三棱锥P ABC -的外接球直径为
22222223R PC PA AB AD PA AC ==++=+=，所以，3R =
设球心为点O ，则O 为PC 的中点，连接OM ， O 、M 分别为PC 、BC 的中点，则//OM PB ，且
2211222
OM PB PA AB =
=+= 设过点M 的平面为α，设球心O 到平面α的距离为d . ①当OM α⊥时，2d OM ==
②当OM 不与平面α垂直时，2d OM <=. 综上，2d OM ≤.
设过点M 的平面截三棱锥P ABC -的外接球所得截面圆的半径为r ，则
221r R d =-≥，
因此，所求截面圆的面积的最小值为2r ππ=.
故答案为：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. 18．【分析】分别取棱的中点连接易证平面平面由题意知点必在线段上由此可判断在或处时最长位于线段中点处时最短通过解直角三角形即可求得【详解】
如下图所示连分别为所在棱的中点则又平面平面平面四边形为平行四边形又 解析：[32,25]
【分析】
分别取棱1BB 、11B C 的中点M 、N ，连接MN ，易证平面1//A MN 平面AEF ，由题意知点P 必在线段MN 上，由此可判断P 在M 或N 处时1A P 最长，位于线段MN 中点处时最短，通过解直角三角形即可求得．
【详解】
如下图所示，
连MN ，EF ，1A D ，EM
M ，N ，E ，F 分别为所在棱的中点，则1//MN A D ，1//EF A D ，
//EF MN ∴，又MN ⊂平面1C EF ，EF ⊂平面1C EF ，
//MN ∴平面1C EF ．
11//,C C EM C C EM =，
∴四边形1C CME 为平行四边形，
1//C E CM ，
又CM ⊄平面1C EF ，1C E ⊂平面1C EF ，
//CM ∴平面1C EF ，
又NM CM M =， ∴平面//NMC 平面1C EF ．
P 是侧面四边形ADD 1A 1内一动点，且C 1P ∥平面CMN ，
∴点P 必在线段EF 上．
在Rt △11C D E 中，222211114225C E C D D E =+=
+=
同理，在Rt △11C D F 中，可得125C F =， ∴△1C EF 为等腰三角形．
当点P 为EF 中点O 时，1C P EF ⊥，此时1C P 最短；点P 位于,E F 处时，1C P 最长． ()222211(25)232C O C E OE =-=-=1125C E C F ==
∴线段1C P 长度的取值范围是[32,25]． 故答案为：[32,25]
【点睛】
本题考查点、线、面间的距离问题，考查学生的运算能力及推理转化能力，属中档题，解决本题的关键是通过构造平行平面寻找P 点位置．
19．【分析】取PA 的中点E 连接EBEC 推出PA ⊥平面BCE 故点M 的轨迹为线段CE 解出即可【详解】取PA 的中点E 连接EBEC 因为几何体是正四面体P ﹣ABC 所以BE ⊥PAEC ⊥PAEB∩EC ＝E ∴PA ⊥平面
解析：3
【分析】
取PA 的中点E ，连接EB ，EC ，推出PA ⊥平面BCE ，故点M 的轨迹为线段CE ，解出即可．
【详解】
取PA 的中点E ，连接EB ，EC ，因为几何体是正四面体P ﹣ABC ，所以BE ⊥PA ，EC ⊥PA ，EB ∩EC ＝E ，
∴PA ⊥平面BCE ，且动点M 在正四面体侧面PAC 上运动，总保持MB PA ⊥，∴点M 的轨迹为线段CE ，
正四面体P ﹣ABC 的棱长为2，在等边三角形PAC 中求得CE ＝
323⨯=. 故答案为：3
【点睛】
本题考查了正四面体的性质和线面垂直与线线垂直的判定，判断轨迹是解题的关键，属于中档题．
20．【分析】首先根据直观图可知其平面图形为直角三角形且两条直线边长为长接下来利用勾股定理即可求出AB 的长然后利用直角三角形的性质进行解答即可【详解】把直观图还原成平面图形如图所示：得为直角三角形且两条直 73 【分析】
首先根据直观图可知其平面图形为直角三角形，且两条直线边长为长3,8AC BC ==，接下来利用勾股定理即可求出AB 的长，然后利用直角三角形的性质进行解答即可.
【详解】
把直观图还原成平面图形如图所示：
得ABC ∆为直角三角形，且两条直角边的长3,8AC BC ==， 由勾股定理可得73AB =
故三角形AB 边上的中线长为
732， 故答案是
732
. 【点睛】 本题是一道关于平面几何图形的直观图的题目，解答本题的关键是熟练掌握斜二测画法的相关知识.
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）
1,2,45AB 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 =，211AC PC t =∴=+
，
又AE PC ⊥，21AE t =+，得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︒，
∴222||3|cos ,||cos150|||||12
m n m n m n t t 〈〉===︒=++， 解得2t =，故侧棱PA 的长为2．
【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；（2）77
-
；（3）存在；12PF PB =． 【分析】。