学校：___________姓名：___________班级：___________考号：___________
说明：
１、本试卷包括第Ⅰ卷（选择题·）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。满分100分。考试时间100分钟。
２、答题前，考生务必将自己的姓名、考号用0.5毫米的黑色签字笔填写在答题卡上，并检查条形码粘贴是否正确。
3．超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。考试结束后，将答题卡收回。
第Ⅰ卷（选择题）
| 评卷人 | 得 分 |
1．如图的组合体的结构特征是（ ）
| A．一个棱柱中截去一个棱柱 | B．一个棱柱中截去一个圆柱 |
| C．一个棱柱中截去一个棱锥 | D．一个棱柱中截去一个棱台 |
| A．点H是△A1BD的垂心 | B．直线AH与CD1的成角为900 |
| C．AH的延长线经过点C1 | D．直线AH与BB1的成角为450 |
| A．M⊊P⊊N⊊Q | B．M⊊P⊊Q⊊N | C．P⊊M⊊N⊊Q | D．P⊊M⊊Q⊊N |
| A．1 | B． | C． | D． |
| A．1 | B． | C． | D． |
| A． | B． | C． | D． |
①FG⊥BD；
②B1D⊥面EFG；
③面EFG∥面ACC1A1；
④EF∥面CDD1C1．
正确结论的序号是（ ）
| A．①和② | B．③和④ | C．①和③ | D．②和④ |
| A．必定都不是直角三角形 | B．至多有一个直角三角形 |
| C．至多有两个直角三角形 | D．可能都是直角三角形 |
①平面A′FG⊥平面ABC；
②BC∥平面A′DE；
③三棱锥A′-DEF的体积最大值为a3；
④存在某个位置，使得DF与A′E垂直．
其中正确的命题是（ ）
| A．② | B．②③ | C．①②③ | D．①②③④ |
①AC⊥BE
②EF∥平面ABCD
③三棱锥A-BEF的体积为定值
④△AEF的面积与△BEF的面积相等．
其中错误的结论个数是（ ）
| A．0 | B．1 | C．2 | D．3 |
| A．1：1 | B．1：2 | C．1：3 | D．1：4 |
| A．27 | B．36 | C．54 | D．162 |
| A． | B． | C． | D． |
| A． | B．4 | C． | D．3 |
A．底面是正方形，有两个侧面垂直与底面
B．底面是正方形，有两个侧面是矩形
C．底面是菱形，且过一个顶点的三条棱两两垂直
D．各个面都是矩形的平行六面体
| " 第Ⅱ卷（非选择题） |
| 评卷人 | 得 分 |
16．一个圆锥的侧面展开图为一个半径为2的半圆，则它的高为______．
17、如图，已知正方体ABCD-A1B1C1D1中，F为线段BC1的中点，E为线段A1C1上的动点，则下列四个结论：
①存在点E，使EF∥BD；
②存在点E，使EF⊥平面AB1C1D；
③EF与AD1所成的角不可能等于60°；
④三棱锥B1-ACE的体积随动点E而变化．
其中正确的是______．
18、如图所示，在三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1⊥底面A1B1C1，底面为直角三角形，∠ACB=90°，AC=2，BC=1，CC1=，P是BC1上一动点，则A1P+PC的最小值是______．
19．三棱锥P-ABC的底面为等腰直角三角形，∠C=90°，PC⊥AC，PC⊥BC，若PC=AC=4，则△ABP的面积为______．
20、如图在长方体ABCD-A1B1C1D1中，三棱锥A1-ABC的面是直角三角形的个数为：______．
21．侧棱和底面边长都是3的正四棱锥的外接球半径是______．
22、如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，O是底面A1B1C1D1的中心，则O到平面ABC1D1的距离为______．
23．在三棱锥P-ABC中，给出下列四个命题：
①如果PA⊥BC，PB⊥AC，那么点P在平面ABC内的射影是△ABC的垂心；
②如果点P到△ABC的三边所在直线的距离都相等，那么点P在平面ABC内的射影是△ABC的内心；
③如果棱PA和BC所成的角为60？，PA=BC=2，E、F分别是棱PB、AC的中点，那么EF=1；
④三棱锥P-ABC的各棱长均为1，则该三棱锥在任意一个平面内的射影的面积都不大于；
⑤如果三棱锥P-ABC的四个顶点是半径为1的球的内接正四面体的顶点，则P与A两点间的球面距离为π-arccos．
其中正确命题的序号是______．
24、在三棱锥的四个面中，最多有______个面为直角三角形．
25、如图，长方体ABCD-A1B1C1D1中，AD=1，若边AB上有且只有一个点P，使D1P⊥PC，则AB=______．
| 评卷人 | 得 分 |
26、正三棱台的高为3，上、下底面边长分别为2和4，求这个棱台的侧棱长和斜高．
27、如图，设三棱锥S-ABC的三个侧棱与底面ABC所成的角都是60°，又∠BAC=60°，且SA⊥BC．
（1）求证：S-ABC为正三棱锥；
（2）已知SA=a，求S-ABC的全面积．
28、如图，已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是边长为2、∠ADC=120°的菱形，Q是侧棱DD1（DD1＞）延长线上的一点，过点Q、A1、C1作菱形截面QA1PC1交侧棱BB1于点P．设截面QA1PC1的面积为S1，四面体B1-A1C1P的三侧面△B1A1C1、△B1PC1、△B1A1P面积的和为S2，S=S1-S2．
（Ⅰ）证明：AC⊥QP；
（Ⅱ）当S取得最小值时，求cos∠A1QC1的值．
29、已知三棱椎D-ABC，AB=AC=1，AD=2，∠BAD=∠CAD=∠BAC=90°，点E，F分别是BC，DE的中点，如图所示，
（1）求证AF⊥BC
（2）求线段AF的长．
30．已知正三棱锥的高为1，底面边长为2，其内有一个球和该三棱锥的四个面都相切，求：
（1）棱锥的全面积；
（2）球的半径R．
参
| 评卷人 | 得 分 |
1．如图的组合体的结构特征是（ ）
| A．一个棱柱中截去一个棱柱 | B．一个棱柱中截去一个圆柱 |
| C．一个棱柱中截去一个棱锥 | D．一个棱柱中截去一个棱台 |
解析：
解：如图所示的图形，可看成是四棱柱截取一个角
即三棱锥可得的组合体．
故为一个棱柱中截去一个棱锥所得．
故选C．
2、如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，过点A作平面A1BD的垂线，垂足为H，则以下命题中，错误的是（ ）
| A．点H是△A1BD的垂心 | B．直线AH与CD1的成角为900 |
| C．AH的延长线经过点C1 | D．直线AH与BB1的成角为450 |
解析：
解：由ABCD-A1B1C1D1是正方体，得A-A1BD是一个正三棱锥，因此A点在平面A1BD上的射影H是三角形A1BD的中心，故A正确；
∵AH⊥面A1BD，∴AH⊥A1B，又CD1∥A1B，可得直线AH与CD1的成角为90°，故B正确；
连接AC1，由三垂线定理及线面垂直的判定可得AC1⊥面A1DB，再由过一点与已知平面垂直的直线有且只有一条可得AH与AC1重合，可得C正确；
直线AH与BB1所成的角，即为AH与AA1所成的角，设为θ，
由正方体棱长为1，可得正三棱锥的底面边长为，从而求得AH=，则cos，∴D错误．
故选：D．
3．设M={正四棱柱}，N={直四棱柱}，P={长方体}，Q={直平行六面体}，则四个集合的关系为（ ）
| A．M⊊P⊊N⊊Q | B．M⊊P⊊Q⊊N | C．P⊊M⊊N⊊Q | D．P⊊M⊊Q⊊N |
解析：
解：M={正四棱柱}；底面是正方形的直棱柱；
N={直四棱柱}：是侧棱与底面垂直的四棱柱，底面是四边形即可；
P={长方体}：底面是矩形侧棱垂直底面的四棱柱；
Q={直平行六面体}：是侧棱垂直底面的四棱柱；
故选B．
4、在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，若E，F，G分别为C1D1，AA1，BB1的中点，则空间四边形EFBG在正方体下底面ABCD上的射影面积为（ ）
| A．1 | B． | C． | D． |
解析：
解：过E点做EH垂直CD于H，连接EH，易得H即为E在平面ABCD上的射影，
连接AH，BH，如下图所示
则AH，BH，AB分别为FE，EG，FB在平面ABCD上的射影，
又由G在平面ABCD上的射影为B，
故△ABH即为空间四边形EFBG在正方体下底面ABCD上的射影
∵S△ABH=SABCD=
故选B
5．在棱长为1的正方体中过相邻三个面上的对角线截得一个正三棱锥，则它的高是（ ）
| A．1 | B． | C． | D． |
解析：
解：沿棱长为1的正方体相邻三个面的对角线截去一个棱锥，如图，
棱锥C′-CBD的体积为：=，
又棱锥C-BDC′的体积为：，
它们是同一个几何体的体积，
∴=，
∴h=，
故选C．
6．设棱锥的高为H，底面积为S，用平行于底面的平面截得的棱锥高的下半部分高为h，若截面面积为P，则h：H是（ ）
| A． | B． | C． | D． |
解析：
解：∵平行于底面的截面与底面是相似的多边形，
两个面积的相似比等于对应的棱锥的高度之比，
∴，
∴，
∴h：H=1-=，
故选D
7、如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E、F、G分别是棱A1B1、BB1、B1C1的中点，则下列结论中：
①FG⊥BD；
②B1D⊥面EFG；
③面EFG∥面ACC1A1；
④EF∥面CDD1C1．
正确结论的序号是（ ）
| A．①和② | B．③和④ | C．①和③ | D．②和④ |
解析：
解：如图连接A1C1、A1B、BC1、BD、B1D，因为E、F、G分别是棱A1B1、BB1、B1C1的中点
对于①因为FG∥BC1，△BDC1是正三角形，FG⊥BD，不正确．
对于②因为平面A1C1B∥平面EFG，并且B1D⊥平面A1C1B，所以B1D⊥面EFG，正确．
③面EFG∥面ACC1A1；显然不正确．
④EF∥平面CDD1C1内的D1C，所以EF∥面CDD1C1．正确．
故选D
8．一个三棱锥，如果它的底面是直角三角形，那么它的三个侧面（ ）
| A．必定都不是直角三角形 | B．至多有一个直角三角形 |
| C．至多有两个直角三角形 | D．可能都是直角三角形 |
解析：
解：如果一个三棱锥的底面是直角三角形，如图，
AB⊥面BCD，BC⊥CD，BC⊥AC，
那么它的三个侧面都是直角三角形．
故选D．
9、如图，边长为a的等边三角形ABC的中线AF与中位线DE交于点G，已知△A′DE（A′∉平面ABC）是△ADE绕DE旋转过程中的一个图形，有下列命题：
①平面A′FG⊥平面ABC；
②BC∥平面A′DE；
③三棱锥A′-DEF的体积最大值为a3；
④存在某个位置，使得DF与A′E垂直．
其中正确的命题是（ ）
| A．② | B．②③ | C．①②③ | D．①②③④ |
解析：
解：①中由已知可得四边形ABCD 是菱形，
则DE⊥GA′，DE⊥GF，
∴DE⊥平面A′FG，∴面A′FG⊥面ABC，①正确；
又 BC∥DE，∴BC∥平面A′DE；②正确；
当面A′DE⊥面ABC 时，三棱锥A′-DEF 的体积达到最大，最大值为××a2×a=a3，③正确；
当（A′E）2+EF2=（A′F）2时，DF与A′E垂直，∴④正确；
故选：D．
10、如图所示，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，线段B1D1上有两个动点E，F，且EF=，则下列有四个结论：
①AC⊥BE
②EF∥平面ABCD
③三棱锥A-BEF的体积为定值
④△AEF的面积与△BEF的面积相等．
其中错误的结论个数是（ ）
| A．0 | B．1 | C．2 | D．3 |
解析：
解：对于①，根据题意，结合图形知，AC⊥面DD1B1B，BE⊂平面DD1B1B，
∴AC⊥BE，命题正确；
对于②，正方体ABCD-A1B1C1D1中，平面ABCD∥平面A1B1C1D1，EF⊂平面A1B1C1D1，
∴EF∥平面ABCD，命题正确；
对于③，三棱锥A-BEF的体积为V三棱锥A-BEF=•S△BEF•h=×××1×=，
∴三棱锥A-BEF的体积为定值，命题正确；
对于④，∵点B到直线EF的距离与点A到直线EF的距离不相等，
∴△AEF与△BEF的面积不相等，命题错误；
综上，错误的命题有1个．
故选：B．
11．如图，E为正方体的棱AA1的中点，F为棱AB上的一点，且∠C1EF=90°，则AF：FB=（ ）
| A．1：1 | B．1：2 | C．1：3 | D．1：4 |
解析：
解：解：设正方体的棱长为：2，由题意可知C1E==3，
∠C1EF=90°，所以设AF=x，12+x2+C1E2=22+22+（2-x）2，
解得：x=，所以AF：FB=：=1：3；
故选：C．
12．一个球与一个正三棱柱的三个侧面和两个底面都相切，已知这个球的体积为36π，那么这个正三棱柱的体积是（ ）
| A．27 | B．36 | C．54 | D．162 |
解析：
解：由球的体积公式，得πR3=36π，
∴R=3．
∴正三棱柱的高h=2R=6．
设正三棱柱的底面边长为a，则其内切圆的半径为：•a=3，
∴a=6．
∴该正三棱柱的体积为：V=S底•h=•a•a•sin60°•h=162．
故选D．
13、三棱锥P-ABC，PC⊥面ABC，△PAC是等腰三角形，PA=4，AB⊥BC，CH⊥PB，垂足为H，D是PA的中点，则△CDH的面积最大时，CB的长是（ ）
| A． | B． | C． | D． |
解析：
解：三棱锥P-ABC中，PC⊥面ABC，AB⊂平面ABC，∴PC⊥AB；
又AB⊥BC，BC∩PC=C，
∴AB⊥平面PBC；
又CH⊂平面PBC，
∴AB⊥CH，
又CH⊥PB，
PB∩AB=B，
∴CH⊥平面PAB，
又DH⊂平面PAB，
∴CH⊥DH；
又△PAC是等腰直角三角形，且PA=4，D是PA的中点，
∴CD=PA=2，
设CH=a，DH=b，
则a2+b2=CD2=4，
∴4=a2+b2≥2ab，
即ab≤1，
当且仅当a=b=时，“=”成立，此时△CDH的面积最大；
在Rt△PBC，设BC=x，
则PB===，
∴PC•BC=PB•CH，
即2•x=•；
解得x=，
∴CB的长是．
故选：D．
14、如图，在边长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，P为棱AB的中点，M为面BCC1B1上的点．一质点从点P射向点M，遇正方体的面反射（反射服从光的反射原理），反射到点D1．则线段PM与线段MD1的长度和为（ ）
| A． | B．4 | C． | D．3 |
解析：
解：根据几何体的性质，结合光的反射原理得出
P关于B的对称点N，
∴MP=NP，
即连接DN，D1N，
根据正方体的性质，得出Rt△D1DN，
∵边长为2，
∴AN=3，AD=2，
即DN=，
∵DD1=2，
∴D1N==．
故选：C
15．一个棱柱为正四棱柱的充要条件是（ ）
A．底面是正方形，有两个侧面垂直与底面
B．底面是正方形，有两个侧面是矩形
C．底面是菱形，且过一个顶点的三条棱两两垂直
D．各个面都是矩形的平行六面体
答案：C
解析：
解：若底面是正方形，有相对的两个侧面垂直于底面，另外两个侧面不垂直于底面，则棱柱为斜棱柱，故A不满足要求；
若底面是正方形，有相对的两个侧面是矩形，另外两个侧面是不为矩形的平行四边形，则棱柱为斜棱柱，故B不满足要求；
底面是菱形，且过一个顶点的三条棱两两垂直，则底面为正方形，侧棱与底面垂直，此时棱柱为正四棱柱，故C满足要求；
各个面都是矩形的平行六面体，其底面可能不是正方形，故D不满足要求；
故选C
| 评卷人 | 得 分 |
16．一个圆锥的侧面展开图为一个半径为2的半圆，则它的高为______．
答案：
解析：
解：一个圆锥的侧面展开图为一个半径为2的半圆，
所以圆锥的底面周长为：2π
底面半径：1
所以圆锥的高是：
故答案为：
17、如图，已知正方体ABCD-A1B1C1D1中，F为线段BC1的中点，E为线段A1C1上的动点，则下列四个结论：
①存在点E，使EF∥BD；
②存在点E，使EF⊥平面AB1C1D；
③EF与AD1所成的角不可能等于60°；
④三棱锥B1-ACE的体积随动点E而变化．
其中正确的是______．
答案：②
解析：
解：设正方体的边长为1，以点D为坐标原点，以DA，DC，DD1所在的直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则D（0，0，0），A（1，0，0），B（1，1，0），C（0，1，0），D1（0，0，1），A1（1，0，1），B1（1，1，1），C1（0，1，1），点，
则，而，，
∴，因此，
∴E=（λ，1-λ，1），∴，
对于①而言就是否存在实数λ，使EF∥BD，而=（-1，-1，0），，此即，这样的λ不存在，∴①错误；
对于②而言就是否存在实数λ，使EF⊥平面AB1C1D，首先我们在平面AB1C1D内任意找到两条相交直线的方向向量，不妨就找和，
∴，于是⇒，即就是当E为C1A1的中点的时候，∴②正确；
同理，对于③而言，还是判断这样的实数λ是否存在，，
设其夹角为θ，则，
令θ=60°，此即，将上式平方解得，将λ回代原式结论成立，∴这样的λ存在；③错误；
对于④来说，E点无论在A1C1上怎样移动，底面△ACE的高不变，故而底面面积不变，三棱锥的高为定值，所以其体积不会随着E点的变化而变化，故④错误．
故答案为：②．
18、如图所示，在三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1⊥底面A1B1C1，底面为直角三角形，∠ACB=90°，AC=2，BC=1，CC1=，P是BC1上一动点，则A1P+PC的最小值是______．
答案：
解析：
解：连A1B，沿BC1将△CBC1展开与△A1BC1在同一个平面内，如图所示，
连A1C，则A1C的长度就是所求的最小值．
在三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1⊥底面A1B1C1，底面为直角三角形，∠ACB=90°，AC=2，BC=1，CC1=，
∴BC1=2，A1C1=2，A1B=2，BC=1，CC1=，
即∠A1C1B=90°，∠CC1B=30°，
∴∠A1C1C=90°+30°=120°，
由余弦定理可求得A1C2==，
∴A1P+PC的最小值是，
故答案为：．
19．三棱锥P-ABC的底面为等腰直角三角形，∠C=90°，PC⊥AC，PC⊥BC，若PC=AC=4，则△ABP的面积为______．
答案：
解析：
解：∵三棱锥P-ABC的底面为等腰直角三角形，∠C=90°，PC⊥AC，PC⊥BC，
∴三棱锥P-ABC是正方体的一个角，
∴△ABP是一个边长为4的正三角形，
则△ABP的面积为==．
故答案为：．
20、如图在长方体ABCD-A1B1C1D1中，三棱锥A1-ABC的面是直角三角形的个数为：______．
答案：4
解析：
解析：据题意由AA1⊥平面ABCD，
可得三角形AA1B，AA1C为直角三角形，
又易推出BC⊥平面AA1B，
故三角形A1BC和ABC为直角三角形，即此四面体各个面均为直角三角形．
故答案为：4．
21．侧棱和底面边长都是3的正四棱锥的外接球半径是______．
答案：36π
解析：
解：解：如图，侧棱和底面边长都是3的正四棱锥
设正四棱锥底面的中心为O，AB=BC=3
则在直角三角形ABC中，AC=×AB=6，
∴AO=CO=3，
在直角三角形PAO中，PO==3，
∴正四棱锥的各个顶点到它的底面的中心的距离都为3，
∴正四棱锥外接球的球心在它的底面的中心，且球半径r=3，
球的表面积S=4πr2=36π，
故答案为：36π
22、如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，O是底面A1B1C1D1的中心，则O到平面ABC1D1的距离为______．
答案：
解析：
解：因为O是A1C1的中点，求O到平面ABC1D1的距离，
就是A1到平面ABC1D1的距离的一半，
就是A1到AD1的距离的一半．
所以，连接A1D与AD1的交点为P，则A1P的距离是：
O到平面ABC1D1的距离的2倍
O到平面ABC1D1的距离：
故答案为：
23．在三棱锥P-ABC中，给出下列四个命题：
①如果PA⊥BC，PB⊥AC，那么点P在平面ABC内的射影是△ABC的垂心；
②如果点P到△ABC的三边所在直线的距离都相等，那么点P在平面ABC内的射影是△ABC的内心；
③如果棱PA和BC所成的角为60？，PA=BC=2，E、F分别是棱PB、AC的中点，那么EF=1；
④三棱锥P-ABC的各棱长均为1，则该三棱锥在任意一个平面内的射影的面积都不大于；
⑤如果三棱锥P-ABC的四个顶点是半径为1的球的内接正四面体的顶点，则P与A两点间的球面距离为π-arccos．
其中正确命题的序号是______．
答案：①④⑤
解析：
解：①若PA⊥BC，PB⊥AC，因为PH⊥底面ABC，所以AH⊥BC，同理BH⊥AC，可得H是△ABC的垂心，正确．
②若PA=PB=PC，易得AH=BH=CH，则H是△ABC的外心，不正确．
③如果棱PA和BC所成的角为60°，PA=BC=2，E、F分别是棱PB、AC的中点，那么EF=1或；不正确．
④如果三棱锥P-ABC的各条棱长均为1，则该三棱锥在任意一个平面内的射影的面积都不大于，正确．
⑤如果三棱锥P-ABC的四个顶点是半径为1的球的内接正四面体的顶点，则P与A两点间的球面距离为π-arccos，正确．
故答案为：①④⑤．
24、在三棱锥的四个面中，最多有______个面为直角三角形．
答案：4
解析：
解：如果一个三棱锥V-ABC中，侧棱VA⊥底面ABC，并且△ABC中∠B是直角．
因为BC垂直于VA的射影AB，所以VA垂直于平面ABC的斜线VB，
所以∠VBC是直角．
由VA⊥底面ABC，所以∠VAB，∠VAC都是直角．
因此三棱锥的四个面中∠ABC；∠VAB；∠VAC；∠VBC都是直角．
所以三棱锥最多四个面都是直角三角形．
故答案为：4
25、如图，长方体ABCD-A1B1C1D1中，AD=1，若边AB上有且只有一个点P，使D1P⊥PC，则AB=______．
答案：2
解析：
解：由题意，连接DP
∵D1P⊥PC，D1D⊥平面ABCD
∴DP⊥PC
∵边AB上有且只有一个点P，使D1P⊥PC
∴P是AB的中点，
∵AD=1，∴AB=2
故答案为2．
| 评卷人 | 得 分 |
26、正三棱台的高为3，上、下底面边长分别为2和4，求这个棱台的侧棱长和斜高．
答案：
解：如图所示，
正三棱台ABC-A1B1C1中，高OO1=3，底面边长为A1B1=2，AB=4，
∴OA=×AB=，
O1A1=×A1B1=，
∴棱台的侧棱长为
AA1==；
又OE=×AB=，
O1E1=×A1B1=，
∴该棱台的斜高为
EE1==．
27、如图，设三棱锥S-ABC的三个侧棱与底面ABC所成的角都是60°，又∠BAC=60°，且SA⊥BC．
（1）求证：S-ABC为正三棱锥；
（2）已知SA=a，求S-ABC的全面积．
答案：
（1）证明：正棱锥的定义中，底面是正多边形；
顶点在底面上的射影是底面的中心，两个条件缺一不可．
作三棱锥S-ABC的高SO，O为垂足，连接AO并延长交BC于D．
因为SA⊥BC，所以AD⊥BC．又侧棱与底面所成的角都相等，
从而O为△ABC的外心，OD为BC的垂直平分线，所以AB=AC．又∠BAC=60°，
故△ABC为正三角形，且O为其中心．所以S-ABC为正三棱锥．
（2）解：在Rt△SAO中，由于SA=a，∠SAO=60°，
所以SO=a，AO=a．因O为重心，所以AD=AO=a，
BC=2BD=2ADcot60°=a，OD=AD=a．
在Rt△SOD中，SD2=SO2+OD2=（a）2+（a）2=，则SD=a．
于是，（SS-ABC）全=•（a）2sin60°+3••a•a=a2．
28、如图，已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是边长为2、∠ADC=120°的菱形，Q是侧棱DD1（DD1＞）延长线上的一点，过点Q、A1、C1作菱形截面QA1PC1交侧棱BB1于点P．设截面QA1PC1的面积为S1，四面体B1-A1C1P的三侧面△B1A1C1、△B1PC1、△B1A1P面积的和为S2，S=S1-S2．
（Ⅰ）证明：AC⊥QP；
（Ⅱ）当S取得最小值时，求cos∠A1QC1的值．
答案：
解：（Ⅰ）连AC、BD，则AC⊥BD；
∵PB⊥底面ABCD，则AC⊥BP，∴AC⊥平面QPBD．
而QP⊂平面QPBD，∴AC⊥QP．（4分）
（Ⅱ）设O是A1C1与QP的交点，QD1=x、QO=y，则x2+1=y2，S=S1-S2
==．（8分）
∵令，则，
∴当即时，S取得最小值．（11分）
此时，，由余弦定理有cos∠A1QC1=．（13分）
29、已知三棱椎D-ABC，AB=AC=1，AD=2，∠BAD=∠CAD=∠BAC=90°，点E，F分别是BC，DE的中点，如图所示，
（1）求证AF⊥BC
（2）求线段AF的长．
答案：
解：（1）分别以AB、AC和AD为x、y、z轴，建立空间直角坐标系O-xyz，
如图所示：
记A（0，0，0），B（1，0，0），C（0，1，0），D（0，0，2），
∴E（，，0），F（，，1）；
∴（，，1），=（-1，1，0），
∴•=×（-1）+×1+1×0=0，
∴⊥，
即AF⊥BC；
（2）∵=（，，1），
∴||===，
即线段AB=．
30．已知正三棱锥的高为1，底面边长为2，其内有一个球和该三棱锥的四个面都相切，求：
（1）棱锥的全面积；
（2）球的半径R．
答案：
解：（1）设正三棱锥的底面中心为H，
由题意知PH=1，边长BC=2，取BC中点E，
连接HE、PE，
则HE=
S全=3×
=9
（2）过O作OG⊥PE于点G，
则△POG∽△PEH，且OG=OH=R，
∴，
∴R=
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