高中数学-空间几何体测试题(含答案)

高中数学-空间几何体测试题
第I卷（选择题）
1.在空间直角坐标系中，点M的坐标是（4，7，6），则点M关于y轴的对称点坐标为( ) A．（4，0，6）B．（﹣4，7，﹣6）C．（﹣4，0，﹣6）D．（﹣4，7，0）
2.圆锥的母线长为2，侧面展开图是一个半圆，则此圆锥的表面积为( )
A．6πB．5πC．3πD．2π
3.如图所示，已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，长为2的线段MN的一个端点M在棱DD1上运动，另一端点N在正方形ABCD内运动，则MN的中点的轨迹的面积为( )
A．4πB．2πC．πD．
4.由小正方体木块搭成的几何体的三视图如图所示，则搭成该几何体的小正方体木块有
( )
A．6块B．7块C．8块D．9块
5.把球的大圆面积扩大为原来的2倍，那么体积扩大为原来的( )
A．2倍B．2倍C．倍D．3
6.已知三棱锥S﹣ABC的所有顶点都在球O的表面上，△ABC是边长为1的正三角形，SC为球O的直径，且SC=2，则此三棱锥的体积为( )
A．B．C．D．
7.如图，棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P为线段A1B上的动点，则下列结论错误的是( )
A ．DC 1⊥D 1P
B ．平面D 1A 1P ⊥平面A 1AP
C ．∠AP
D 1的最大值为90° D ．AP+PD 1的最小值为22+
8.三棱锥O ﹣ABC 中，OA ⊥OB ，OB ⊥OC ，OC ⊥OA ，若OA=OB=a ，OC=b ，D 是该三棱锥外部（不含表面）的一点，则下列命题正确的是( )
①存在无数个点D ，使OD ⊥面ABC ；
②存在唯一点D ，使四面体ABCD 为正三棱锥；
③存在无数个点D ，使OD=AD=BD=CD ；
④存在唯一点D ，使四面体ABCD 有三个面为直角三角形．
A ．①③
B ．①④
C ．①③④
D ．①②④
9.如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高8cm ，将一个球放在容器口，再向容器注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6cm ，如不计容器的厚度，则球的体积为
( )
A ．33500cm π
B ．33866cm π
C ．331372cm π
D ．33
2048cm π 10.（原创）将直径为2的半圆绕直径所在的直线旋转半周而形成的曲面所围成的几何体的表面积为( )
（A ）错误!未找到引用源。

（B ）错误!未找到引用源。

（）4π
（）6
11.如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，线段AC1上有两个动点E，F，且EF=．给出下列四个结论：
①CE⊥BD；
②三棱锥E﹣BCF的体积为定值；
③△BEF在底面ABCD内的正投影是面积为定值的三角形；
④在平面ABCD内存在无数条与平面DEA1平行的直线
其中，正确结论的个数是( )
A．1 B．2 C．3 D．4
12.如图，动点P在正方体ABCD﹣A1B1C1D1的对角线BD1上．过点P作垂直于平面BB1D1D 的直线，与正方体表面相交于M，N．设BP=x，MN=y，则函数y=f（x）的图象大致是( )
A．B．C．D．
13.一个圆锥的表面积为π，它的侧面展开图是圆心角为120°的扇形，则该圆锥的高为( ) A．1 B．C．2 D．2
14.在如图的正方体中，M、N分别为棱BC和棱CC1的中点，则异面直线AC和MN所成的角为( )
A．30° B．45° C．60° D．90°
15.如图，ABCD﹣A1B1C1D1为正方体，下面结论错误的是( )
A．BD∥平面CB1D1
B．AC1⊥BD
C．AC1⊥平面CB1D1
D．异面直线AD与CB1所成的角为60°
16.已知O是棱长为a的正方体ABCD﹣A1B1C1D1的对角线的交点，平面α经过点O，正方体的8个顶点到α的距离组成集合A，则A中的元素个数最多有（）
A．3 B．4 C．5 D．6
17.已知三棱锥S﹣ABC的所有顶点都在球O的球面上，△ABC是边长为1的正三角形，SC
为球O的直径，且SC=2，则此棱锥的体积为（）
A．B．C．D．
18.如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点P为线段AD1上一动点，点Q为底面ABCD内（含边界）一动点，M为PQ的中点，点M构成的点集是一个空间几何体，则该几何体为( )
A．棱柱 B．棱锥 C．棱台 D．球
第II 卷（非选择题）
19.如图所示，一种医用输液瓶可以视为两个圆柱的组合体．开始输液时，滴管内匀速滴下球状液体，其中球状液体的半径毫米，滴管内液体忽略不计．如果瓶内的药液恰好156分钟滴完，则每分钟应滴下 滴．
20.三棱锥P ﹣ABC 中，∠APB=∠BPC=∠CPA=90°，M 在△ABC 内，∠MPA=∠MPB=60°，则∠MPC= ．
21.若一个球的表面积是4π，则它的体积是 ．
22.如图，正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1棱长为1，P 为BC 中点，Q 为线段CC 1上动点，过点A ，P ，
Q 的平面截该正方体所得截面记为S ．当CQ=21
时，S 的面积为__________；若S 为五边形，则此时CQ 取值范围__________．
23.（原创）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为
24.几何体ABCDEF 如图所示，其中AC ⊥AB, AC=3，AB=4，AE 、CD 、BF 均垂直于面ABC ，且AE=CD=5，BF=3，则这个几何体的体积为 .
25.在三棱锥P ﹣ABC 中，△PAB 是等边三角形，PA ⊥AC ，PB ⊥BC ．
（1）证明：AB⊥PC；
（2）若PC=2，且平面PAC⊥平面PBC ，求三棱锥P ﹣ABC 的体积．
26.如图，在底面是直角梯形的四棱锥S ﹣ABCD 中，∠ABC=90°，SA ⊥面ABCD ，SA=AB=BC=1，
AD=21
．
（1）求四棱锥S ﹣ABCD 的体积；
（2）求证：面SAB⊥面SBC ；
（3）求SC 与底面ABCD 所成角的正切值．
27.如图，边长为2的正方形ABCD 绕AB 边所在直线旋转一定的角度（小于180°）到ABEF 的位置．
（1）若∠CBE=120°，求三棱锥B ﹣ADF 的外接球的表面积；
（2）若K为线段BE上异于B，E的点，CE=22．设直线AK与平面BDF所成角为φ，当30°≤φ≤45°时，求BK的取值范围．
28. (本小题满分13 分)有一个所有棱长均为a 的正四棱锥P—ABCD，还有一个所有棱长均为a 的
正三棱锥．将此三棱锥的一个面与正四棱锥的一个侧面完全重合地粘在一起，得到一个如图所示的多
( I ) 证明： P, E, B, A四点共面；
( II ) 求三棱锥 A-DP E 的体积；
( III )在底面ABCD 内找一点M ，使 EM面PBC ．
指出M 的位置，并说明理由．
试卷答案
1.B
【考点】空间中的点的坐标．
【专题】计算题；函数思想；空间位置关系与距离．
【分析】先根据空间直角坐标系对称点的特征，点（x，y，z）关于y轴的对称点的坐标为只须将横坐标、竖坐标变成原来的相反数即可，即可得对称点的坐标．
【解答】解：∵在空间直角坐标系中，
点M（x，y，z）关于y轴的对称点的坐标为：（﹣x，y，﹣z），
∴点M（4，7，6）关于y轴的对称点的坐标为：Q（﹣4，7，﹣6）．
故选：B．
【点评】本小题主要考查空间直角坐标系、空间直角坐标系中点的坐标特征等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想、化归与转化思想．属于基础题．
2.C
【考点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台）．
【专题】空间位置关系与距离．
【分析】半径为2的半圆的弧长是2π，圆锥的底面周长等于侧面展开图的扇形弧长，因而圆锥的底面周长是2π，利用弧长公式计算底面半径后，可得圆锥的表面积．
【解答】解：一个圆锥的母线长为2，它的侧面展开图为半圆，
圆的弧长为：2π，即圆锥的底面周长为：2π，
设圆锥的底面半径是r，
则得到2πr=2π，
解得：r=1，
这个圆锥的底面半径是1，
∴圆锥的表面积S=πr（r+l）=3π，
故选：C．
【点评】本题综合考查有关扇形和圆锥的相关计算．解题思路：解决此类问题时要紧紧抓住两者之间的两个对应关系：（1）圆锥的母线长等于侧面展开图的扇形半径；（2）圆锥的底面周长等于侧面展开图的扇形弧长．正确对这两个关系的记忆是解题的关键．
3.D
【考点】球的体积和表面积．
【专题】计算题；压轴题．
【分析】根据题意，连接N点与D点，得到一个直角三角形△NMD，P为斜边MN的中点，所以|PD|的长度不变，进而得到点P的轨迹是球面的一部分．
【解答】解：如图可得，端点N在正方形ABCD内运动，连接N点与D点，
由ND，DM，MN构成一个直角三角形，
设P为MN的中点，根据直角三角形斜边上的中线长度为斜边的一半可得
不论△MDN如何变化，P点到D点的距离始终等于1．
故P点的轨迹是一个以D为中心，半径为1的球的球面积．
所以答案为，
故选D．
【点评】解决此类问题的关键是熟悉结合体的结构特征与球的定义以及其表面积的计算公式．
4.B
考点：简单组合体的结构特征．
专题：计算题．
分析：由俯视图易得最底层正方体的个数，由主视图和左视图找到其余层数里正方体的个数相加即可．
解答：解：由俯视图，我们可得该几何体中小正方体共有4摞，
结合正视图和侧视图可得：
第1摞共有3个小正方体；
第2摞共有1个小正方体；
第3摞共有1个小正方体；
第4摞共有2个小正方体；
故搭成该几何体的小正方体木块有7块，
故选B．
点评：用到的知识点为：俯视图决定底层立方块的个数，三视图的顺序分别为：主视图，左视图，俯视图
5.B
【考点】球的体积和表面积．
【专题】计算题；空间位置关系与距离．
【分析】直接应用公式化简可得球的半径扩大的倍数，然后求出体积扩大的倍数．
【解答】解：解：设原球的半径R，
∵球的大圆的面积扩大为原来的2倍，
则半径扩大为原来的倍，
∴体积扩大为原来的2倍．
故选B．
【点评】本题考查球的表面积、体积和球的半径的关系，是基础题．
6.C
【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积．
【专题】计算题；空间位置关系与距离．
【分析】根据题意作出图形，利用截面圆的性质即可求出OO1，进而求出底面ABC上的高SD，即可计算出三棱锥的体积．
【解答】解：根据题意作出图形：
设球心为O，过ABC三点的小圆的圆心为O1，则OO1⊥平面ABC，
延长CO1交球于点D，则SD⊥平面ABC．
∵CO1==，
∴OO1==，
∴高SD=2OO1=，
∵△ABC是边长为1的正三角形，
∴S△ABC=，
∴V三棱锥S﹣ABC==．
故选：C．
【点评】本题考查棱锥的体积，考查球内接多面体，解题的关键是确定点S到面ABC的距离．7.C
考点：棱柱的结构特征．
专题：应用题；空间位置关系与距离．
分析：利用DC1⊥面A1BCD1，可得DC1⊥D1P，A正确
利用平面D1A1BC，⊥平面A1ABB1，得出平面D1A1P⊥平面A1AP，B正确；
当A1P=时，∠APD1为直角角，当0＜A1P＜时，∠APD1为钝角，C错；
将面AA1B与面ABCD1沿A1B展成平面图形，线段AD1即为AP+PD1的最小值．
解答：解：∵A1D1⊥DC1，A1B⊥DC1，∴DC1⊥面A1BCD1，D1P⊂面A1BCD1，∴DC1⊥D1P，A正确
∵平面D1A1P即为平面D1A1BC，平面A1AP 即为平面A1ABB1，切D1A1⊥平面A1ABB1，
∴平面D1A1BC，⊥平面A1ABB1，∴平面D1A1P⊥平面A1AP，∴B正确；
当0＜A1P＜时，∠APD1为钝角，∴C错；
将面AA1B与面A1BCD1沿A1B展成平面图形，线段AD1即为AP+PD1的最小值，
在△D1A1A中，∠D1A1A=135°利用余弦定理解三角形得AD1=，
即AP+PD1≥，
∴D正确．
故选：C．
点评：本题考查正方体的结构特征，空间位置关系的判定，转化的思想
8.B
考点：命题的真假判断与应用．
专题：综合题；运动思想；空间位置关系与距离；简易逻辑．
分析：①取AB的中点M，连接OM，CM，过点O作OQ⊥CM，可得OQ⊥平面ABC，则直线OQ 上除去线段OQ上的点取为D，则OD⊥面ABC，因此存在无数个点D，使OD⊥面ABC，即可判断出才正误；
②以线段AB为边作一个正△DAB，使得点C在△ABD内的射影为△ABD的中心，这样的点D 至少有两个，分别位于平面ABC的两侧，即可判断出正误；
③由已知：可以将此四面体补成一个以OA，OB，OC为邻边的长方体，其对角线的中点为此长方体外接球的球心D且唯一，即可判断出正误；
④取点O关于平面ABC的对称点为D，则四面体ABCD有三个面为直角三角形，此D点唯一，即可判断出正误．
解答：解：①取AB的中点M，连接OM，CM，过点O作OQ⊥CM，可得OQ⊥平面ABC，则直线OQ上除去线段OQ上的点取为D，则OD⊥面ABC，因此存在无数个点D，使OD⊥面ABC；
②以线段AB为边作一个正△DAB，使得点C在△ABD内的射影为△ABD的中心，则四面体ABCD 为正三棱锥，这样的点D至少有两个，分别位于平面ABC的两侧，因此不正确；
③∵OA⊥OB，OB⊥OC，OC⊥OA，∴可以将此四面体补成一个以OA，OB，OC为邻边的长方体，其对角线的中点为此长方体外接球的球心D，满足OD=AD=BD=CD，因此有唯一的一个点D，使OD=AD=BD=CD，故不正确；
④取点O关于平面ABC的对称点为D，则四面体ABCD有三个面为直角三角形，此D点唯一，因此正确．
综上可知：①④正确．
故选：B．
点评：本题考查线面垂直的判定与性质定理、直三棱锥、长方体与外接球的性质、特殊的四面体性质，考查了空间想象能力、推理能力，属于中档题
9.A
考点：球的体积和表面积． 专题：计算题；空间位置关系与距离．
分析：设正方体上底面所在平面截球得小圆M ，可得圆心M 为正方体上底面正方形的中心．设球的半径为R ，根据题意得球心到上底面的距离等于（R ﹣2）cm ，而圆M 的半径为4，由球的截面圆性质建立关于R 的方程并解出R=5，用球的体积公式即可算出该球的体积． 解答：解：设正方体上底面所在平面截球得小圆M ，
则圆心M 为正方体上底面正方形的中心．如图．
设球的半径为R ，根据题意得球心到上底面的距离等于（R ﹣2）cm ，
而圆M 的半径为4，由球的截面圆性质，得R 2=（R ﹣2）2+42，
解出R=5，
∴根据球的体积公式，该球的体积V=
==．
故选A ．
点评：本题给出球与正方体相切的问题，求球的体积，着重考查了正方体的性质、球的截面圆性质和球的体积公式等知识，属于中档题
10.B
由题意知，该几何体为半球，表面积为大圆面积加上半个求面积，
22114132
S πππ=⨯+⨯⨯⨯=，故选B . 【考点】旋转体的几何特征，球的表面积.
11.D
【考点】棱柱的结构特征；命题的真假判断与应用．
【专题】计算题；空间位置关系与距离．
【分析】由BD⊥平面ACC 1，知BD⊥CE；
由点C 到直线EF 的距离是定值，点B 到平面CEF 的距离也是定值，知三棱锥B ﹣CEF 的体积为定值；
线段EF在底面上的正投影是线段GH，故△BEF在底面ABCD内的投影是△BGH，由此能导出△BGH的面积是定值；
设平面ABCD与平面DEA1的交线为l，则在平面ABCD内与直线l平行的直线有无数条．【解答】解：∵BD⊥平面ACC1，
∴BD⊥CE，故①正确；
∵点C到直线EF的距离是定值，点B到平面CEF的距离也是定值，
∴三棱锥B﹣CEF的体积为定值，故②正确；
线段EF在底面上的正投影是线段GH，
∴△BEF在底面ABCD内的投影是△BGH，
∵线段EF的长是定值，
∴线段GH是定值，从而△BGH的面积是定值，故③正确；
设平面ABCD与平面DEA1的交线为l，则在平面ABCD内与直线l平行的直线有无数条，故④对．
故选D．
【点评】本题考查命题的真假判断和应用，解题时要认真审题，仔细解答，要熟练掌握棱柱的结构特征．
12.B
【考点】空间中直线与直线之间的位置关系．
【专题】压轴题．
【分析】只有当P移动到正方体中心O时，MN有唯一的最大值，则淘汰选项A、C；P点移动时，x与y的关系应该是线性的，则淘汰选项D．
【解答】解：设正方体的棱长为1，显然，当P移动到对角线BD1的中点O时，函数
取得唯一最大值，所以排除A、C；
当P在BO上时，分别过M、N、P作底面的垂线，垂足分别为M1、N1、P1，
则y=MN=M1N1=2BP1=2•xcos∠D1BD=2•是一次函数，所以排除D．
故选B．
【点评】本题考查直线与截面的位置关系、空间想象力及观察能力，同时考查特殊点法、排除法．
13.B
【考点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台）．
【专题】空间位置关系与距离．
【分析】设圆锥的底面半径为r，结合圆锥的表面积为π，它的侧面展开图是圆心角为120°的扇形，求出圆锥和母线，进而根据勾股定理可得圆锥的高．
【解答】解：设圆锥的底面半径为r，
∵它的侧面展开图是圆心角为120°的扇形，
∴圆锥的母线长为3r，
又∵圆锥的表面积为π，
∴πr（r+3r）=π，
解得：r=，l=，
故圆锥的高h==，
故选：B
【点评】本题考查的知识点是旋转体，熟练掌握圆锥的几何特征是解答的关键．
14.C
【考点】异面直线及其所成的角．
【专题】常规题型．
【分析】连接C1B，D1A，AC，D1C，将MN平移到D1A，根据异面直线所成角的定义可知∠D1AC 为异面直线AC和MN所成的角，而三角形D1AC为等边三角形，即可求出此角．
【解答】解：连接C1B，D1A，AC，D1C，MN∥C1B∥D1A
∴∠D1AC为异面直线AC和MN所成的角
而三角形D1AC为等边三角形
∴∠D1AC=60°
故选C．
【点评】本小题主要考查异面直线所成的角、异面直线所成的角的求法，考查空间想象能力、运算能力和推理论证能力，考查转化思想，属于基础题．
15.D
【考点】空间中直线与直线之间的位置关系；棱柱的结构特征；空间中直线与平面之间的位置关系．
【分析】A中因为BD∥B1D1可判，B和C中可由三垂线定理进行证明；而D中因为CB1∥D1A，所以∠D1AD即为异面直线所成的角，∠D1AD=45°．
【解答】解：A中因为BD∥B1D1，正确；B中因为AC⊥BD，由三垂线定理知正确；
C中有三垂线定理可知AC1⊥B1D1，AC1⊥B1C，故正确；
D中显然异面直线AD与CB1所成的角为45°
故选D
【点评】本题考查正方体中的线面位置关系和异面直线所成的角，考查逻辑推理能力．16.B
考点：棱柱的结构特征．
专题：计算题；空间位置关系与距离．
分析：根据题意，由正方体的结构特点，可得O是线段A1C的中点，过点O作任一平面α，设A1C与α所成的角为θ，分析可得点A1与C到平面α的距离相等，同理可得B与D1，A与C1，D与B1到平面α的距离相等，则可得集合A中的元素个数最多为4个，即可得答案．
解答：解：根据题意，如图，点O为正方体对角线的交点，则O是线段A1C的中点，
过点O作任一平面α，设A1C与α所成的角为θ，
分析可得点A1与C到平面α的距离相等，均为，
同理B与D1到平面α的距离相等，
A与C1到平面α的距离相等，
D与B1到平面α的距离相等，
则集合A中的元素个数最多为4个；
故选：B．
点评：本题考查正方体的几何结构，注意正方体中心的性质，即体对角线的交点，从而分析得到体对角线的两个端点到平面α的距离相等
17.A
考点：球内接多面体；棱柱、棱锥、棱台的体积．
专题：压轴题．
分析：先确定点S到面ABC的距离，再求棱锥的体积即可．
解答：解：∵△ABC是边长为1的正三角形，
∴△ABC的外接圆的半径
∵点O到面ABC的距离，SC为球O的直径
∴点S到面ABC的距离为
∴棱锥的体积为
故选A．
点评：本题考查棱锥的体积，考查球内角多面体，解题的关键是确定点S到面ABC的距离．18.A
【考点】棱柱的结构特征．
【专题】空间位置关系与距离．
【分析】先讨论P点与A点重合时，M点的轨迹，再分析把P点从A点向上沿线段AD1移动，在移动过程中M点轨迹，最后结合棱柱的几何特征可得答案．
【解答】解：∵Q点不能超过边界，
若P点与A点重合，
设AB中点E、AD中点F，移动Q点，则此时M点的轨迹为：
以AE、AF为邻边的正方形；
下面把P点从A点向上沿线段AD1移动，
在移动过程中可得M点轨迹为正方形，
…，
最后当P点与D1点重合时，得到最后一个正方形，
故所得几何体为棱柱，
故选：A
【点评】本题考查的知识点是棱柱的几何特征，解答的关键是分析出P点从A点向上沿线段AD1移动，在移动过程中M点轨迹．
19.75
【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积．
【专题】计算题；方程思想；等体积法；空间位置关系与距离．
【分析】设每分钟滴下k（k∈N*）滴，由圆柱的体积公式求出瓶内液体的体积，再求出k 滴球状液体的体积，得到156分钟所滴液体体积，由体积相等得到k的值．
【解答】解：设每分钟滴下k（k∈N*）滴，
则瓶内液体的体积=156πcm3，
k滴球状液体的体积=mm3=cm3，
∴156π=×156，解得k=75，
故每分钟应滴下75滴．
故答案为：75．
【点评】本题考查简单的数学建模思想方法，解答的关键是对题意的理解，然后正确列出体积相等的关系式，属中档题．
20.45°
【考点】棱锥的结构特征．
【专题】计算题；运动思想；数形结合法；空间位置关系与距离．
【分析】过M做平面PBC的垂线，交平面PBC于Q，连接PQ，由公式：
cos∠MPB=cos∠MPQ×cos∠QPB，得到cos∠QPB=，从而可得cos∠QPC=，再用公式：cos∠MPC=cos∠MPQ×cos∠QPC，即可求∠MPC．
【解答】解：如图，过M做平面PBC的垂线，交平面PBC于Q，连接PQ．
∵∠APB=∠APC=90°，∴AP⊥平面PBC，
∵MQ⊥平面PBC，∴AP∥MQ，
∵∠MPA=60°，∴∠MPQ=90°﹣60°=30°．
由公式：cos∠MPB=cos∠MPQ×cos∠QPB，得到cos∠QPB=．
∵∠QPC是∠QPB的余角，∴cos∠QP C=．
再用公式：cos∠MPC=cos∠MPQ×cos∠QPC，得到cos∠MPC=．
∴∠MPC=45°．
故答案为：45°．
【点评】本题考查空间角，考查学生分析解决问题的能力，利用好公式是关键，是中档题．
21.
【考点】球的体积和表面积．
【专题】空间位置关系与距离．
【分析】由球的表面积是4π，求出球半径为1，由此能求出球的体积．
【解答】解：设球的半径为R，
∵球的表面积是4π，∴4πR2=4π，
解得R=1，
∴球的体积V==．
故答案为：．
【点评】本题考查球的体积的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意球的表面积、体积的计算公式的合理运用．
22.
解：如图：
当CQ=时，即Q为CC1中点，此时可得PQ∥AD1，AP=QD1=，
故可得截面APQD1为等腰梯形，
∴S=（+）•=；
当CQ=时，如下图，
，
延长DD1至N，使D1N=，连结AN交A1D1于S，
连结QN交C1D1于R，连结SR，则AN∥PQ，
由△NRD1∽△QRC1，可得C1R：D1R=C1Q：D1N=1：2．
∴C1R=，RD1=，
∴当＜CQ＜1时，此时的截面形状是上图所示的APQRS，为五边形．
考点：平面的基本性质及推论．
专题：数形结合；综合法；空间位置关系与距离．
分析：由题意作出满足条件的图形，由线面位置关系找出截面即可求出答案．解答：解：如图：
当CQ=时，即Q为CC1中点，此时可得PQ∥AD1，AP=QD1=，
故可得截面APQD1为等腰梯形，
∴S=（+）•=；
当CQ=时，如下图，
，
延长DD1至N，使D1N=，连结AN交A1D1于S，
连结QN交C1D1于R，连结SR，则AN∥PQ，
由△NRD1∽△QRC1，可得C1R：D1R=C1Q：D1N=1：2．
∴C1R=，RD1=，
∴当＜CQ＜1时，此时的截面形状是上图所示的APQRS，为五边形．
点评：本题考查命题的真假判断与应用，考查了学生的空间想象和思维能力，借助于特殊点分析问题是解决该题的关键，是中档题．
23.22
该几何体为一个四棱锥，直观图如图所示：
AB，
由三视图可知，SC⊥平面CD
11
S=⨯+⨯⨯+⨯⨯=+，故选C.
112(11)2(12)22
22
【考点】三视图，棱锥的表面积.
24.26
25.
解：（1）证明：在Rt△PAC和Rt△PBC中
取AB中点M，连结PM，CM，则AB⊥PM，AB⊥MC，
∴AB⊥平面PMC，而PC⊂平面PMC，∴AB⊥PC…
（2）在平面PAC内作AD⊥PC，垂足为D，连结BD
∵平面PAC⊥平面PBC，∴AD⊥平面PBC，又BD⊂平面PBC，∴AD⊥BD，又Rt△PAC≌RtPBC，
∴AD=BD，∴△ABD为等腰直角三角形…
设AB=PA=PB=a，则
在Rt△PAC中：由PA•AC=PC•AD，
得，
解得…
∴，
∴．…（13分）
考点：棱柱、棱锥、棱台的体积；平面与平面垂直的判定．专题：空间位置关系与距离．
分析：（1）求出AC和BC，取AB中点M，连结PM，CM，说明AB⊥PM，AB⊥MC，证明AB⊥平面PMC，然后证明AB⊥PC．
（2）在平面PAC内作AD⊥PC，垂足为D，连结BD，证明ABD为等腰直角三角形，设AB=PA=PB=a，求解a，然后求解底面面积以及体积即可．
解答：解：（1）证明：在Rt△PAC和Rt△PBC中
取AB中点M，连结PM，CM，则AB⊥PM，AB⊥MC，
∴AB⊥平面PMC，而PC⊂平面PMC，∴AB⊥PC…
（2）在平面PAC内作AD⊥PC，垂足为D，连结BD
∵平面PAC⊥平面PBC，∴AD⊥平面PBC，又BD⊂平面PBC，
∴AD⊥BD，又Rt△PAC≌RtPBC，
∴AD=BD，∴△ABD为等腰直角三角形…
设AB=PA=PB=a，则
在Rt△PAC中：由PA•AC=PC•AD，
得，
解得…
∴，
∴．…（13分）
点评：本题考查几何体的体积的求法，直线与平面垂直的判定与性质的应用，考查空间想象能力以及计算能力
26.
（1）解：∵底面是直角梯形的四棱锥S﹣ABCD中，∠ABC=90°，
SA⊥面ABCD，SA=AB=BC=1，AD=．
∴四棱锥S﹣ABCD的体积：
V==
==．
（2）证明：∵SA⊥面ABCD，BC⊂面ABCD，
∴SA⊥BC，
∵AB⊥BC，SA∩AB=A，
∴BC⊥面SAB
∵BC⊂面SBC
∴面SAB⊥面SBC．
（3）解：连接AC，
∵SA⊥面ABCD，
∴∠SCA 就是SC与底面ABCD所成的角．
在三角形SCA中，
∵SA=1，AC=，
∴．…10分
考点：直线与平面所成的角；棱柱、棱锥、棱台的体积；平面与平面垂直的判定．
专题：综合题．
分析：（1）由题设条四棱锥S﹣ABCD的体积： V==，由此能求出结果．
（2）由SA⊥面ABCD，知SA⊥BC，由AB⊥BC，BC⊥面SAB，由此能够证明面SAB⊥面SBC．（3）连接AC，知∠SCA 就是SC与底面ABCD所成的角．由此能求出 SC与底面ABCD所成角的正切值．
解答：（1）解：∵底面是直角梯形的四棱锥S﹣ABCD中，∠ABC=90°，
SA⊥面ABCD，SA=AB=BC=1，AD=．
∴四棱锥S﹣ABCD的体积：
V==
==．
（2）证明：∵SA⊥面ABCD，BC⊂面ABCD，
∴SA⊥BC，
∵AB⊥BC，SA∩AB=A，
∴BC⊥面SAB
∵BC⊂面SBC
∴面SAB⊥面SBC．
（3）解：连接AC，
∵SA⊥面ABCD，
∴∠SCA 就是SC与底面ABCD所成的角．
在三角形SCA中，
∵SA=1，AC=，
∴．…10分
点评：本题考查棱锥的体积的求法，面面垂直的证明和直线与平面所成角的正切值的求法．解题时要认真审题，注意合理地进行等价转化
27.
（1）三棱锥B﹣ADF的外接球就是三棱柱DFA﹣CEB的外接球，球的半径为R，
R==，
外接球的表面积为：4πR2=20π．
（2）解：∵BE=BC=2，CE=2，∴CE2=BC2+BE2，
∴△BCE为直角三角形，BE⊥BC，…
又BE⊥BA，BC∩BA=B，BC、BA⊂平面ABCD，
∴BE⊥平面ABCD．…
以B为原点，BC、BA、BE的方向分别
为x轴、y轴、z轴的正方向，
建立空间直角坐标系，则B（0，0，0），F（0，2，2），A（0，2，0），=（2，2，0），．设K（0，0，m），平面BDF的一个法向量为=（x，y，z）．
由，，得，可取，…
又=（0，﹣2，m），于是sinφ==，
∵30°≤φ≤45°，∴sinφ，即…
结合0＜m＜2，解得，即BK的取值范围为（0，]．…
考点：直线与平面所成的角；球的体积和表面积．
专题：计算题；数形结合；转化思想；空间位置关系与距离；空间角．
分析：（1）求出外接球的半径，利用取得面积公式求解即可．
（2）证明BE⊥平面ABCD．=以B为原点，BC、BA、BE的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，求出相关点的坐标，求出平面BDF的一个法向量为=（x，y，z）．推出
sinφ==，结合sinφ，即求出BK的取值范围．
解答：解：（1）三棱锥B﹣ADF的外接球就是三棱柱DFA﹣CEB的外接球，球的半径为R，
R==，
外接球的表面积为：4πR2=20π．
（2）解：∵BE=BC=2，CE=2，∴CE2=BC2+BE2，
∴△BCE为直角三角形，BE⊥BC，…
又BE⊥BA，BC∩BA=B，BC、BA⊂平面ABCD，
∴BE⊥平面ABCD．…
以B为原点，BC、BA、BE的方向分别
为x轴、y轴、z轴的正方向，
建立空间直角坐标系，则B（0，0，0），F（0，2，2），A（0，2，0），=（2，2，0），．设K（0，0，m），平面BDF的一个法向量为=（x，y，z）．
由，，得，可取，…
又=（0，﹣2，m），于是sinφ==，
∵30°≤φ≤45°，∴sinφ，即…
结合0＜m＜2，解得，即BK的取值范围为（0，]．…
点评：本题考查几何体的外接球的表面积的求法，直线与平面所成角的求法与应用，考查空间想象能力以及计算能力
28.。