2023高考数学复习专项训练《空间几何体的结构》

这是一份2023高考数学复习专项训练《空间几何体的结构》，共20页。试卷主要包含了、单选题，、填空题，、解答题等内容，欢迎下载使用。

一 、单选题（本大题共13小题，共65分）
1.（5分）已知A，B，C，D是某球面上不共面的四点，且AB=BC=CD=1,BD=AC=2,BA⊥CD，则此球的体积为( )
A. 32πB. 3πC. 23πD. 43π
2.（5分）如图，矩形ABCD中，AB=2AD，E为边AB的中点，将ΔADE沿直线DE翻转成ΔA1DE.若M为线段A1C的中点，则在ΔADE翻转过程中，下列结论中：①|BM|是定值；②点M在球面上运动；③DE⊥A1C；④MB//平面A1DE.其中错误的有( )个
A. 0B. 1C. 2D. 3
3.（5分）如图所示，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD为正方形，PA=AB=1，E、F为线段PD上的两个动点(不包括端点)，且满足EF=22，以下结论正确的个数是()
(1)AC⊥EF；
(2)PB//平面AEC；
(3)二面角E-BD-C的大小为定值；
(4)四面体ACEF的体积为定值．
A. 4个B. 3个C. 2个D. 1个
4.（5分）如图，平面四边形ABCD中，AB=AD=CD=1，BD=2,BD⊥CD，将其沿对角线BD折成四面体A'-BCD，使平面A'BD⊥平面BCD，若四面体A'-BCD顶点在同一个球面上，则该球的体积为( )

A. 32πB. 3πC. 23πD. 2π
5.（5分）如图是一个几何体的三视图，则该几何体可能是( )
A. 半球B. 球C. 圆柱D. 圆锥
6.（5分）已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为3，点P在棱AD上，过点P作该正方体的截面，当截面平行于平面B1D1C且该截面的面积为3时，线段AP的长为()
A. 32B. 1C. 3D. 2
7.（5分）在ΔABC中，AB=2，BC=1.5，∠ABC=120°，若将该三角形绕直线BC旋转一周，则所形成的几何体的体积是 ( )
A. 3π2B. 5π2C. 7π2D. 9π2
8.（5分）如图，在四棱锥S-ABCD中，SB⊥底面ABCD，底面ABCD为梯形，AB⊥AD，AB//CD，AB=1，AD=3，CD=2.若点E是线段AD上的动点，则满足∠SEC=90∘的点E的个数是

A. 0 B. 1 C. 2 D. 3
9.（5分）下列几何体中恰有5个面的是( )
A. 正方体B. 三棱锥C. 四棱台D. 四棱锥
10.（5分）如图，在矩形ABCD中，已知AB=2AD=2a，E是AB的中点，将ΔADE沿直线DE翻折成ΔA1DE，连接A1C.若当三棱锥A1-CDE的体积取得最大值时，三棱锥A1-CDE外接球的体积为823π，则a=( )
A. 2 B. 2C. 22D. 4
11.（5分）棱锥的一个平行于底面的截面把棱锥的高分成1：2(从顶点到截面与从截面到底面)两部分，那么这个截面把棱锥的侧面分成两部分的面积之比等于( )
A. 1：9B. 1：8C. 1：4D. 1：3
12.（5分）如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，点P在面对角线AC上运动，给出下列四个命题：①D1P//平面A1BC1；②D1P⊥BD；③平面PDB1⊥平面A1BC1；④三棱锥A1-BPC1的体积不变.则其中所有正确命题的序号是( )
A. ①②③B. ②③④
C. ①③④D. ①②④
13.（5分）直三棱柱ABC-A1B1C1的底面是以C为直角的等腰直角三角形，且AC=CC1=1，在面对角线BC1上存在一点P使P到B1和P到A的距离之和最小，则这个最小值是( )
A. 2B. 1+2C. 5D. 2+62
二 、填空题（本大题共5小题，共25分）
14.（5分）如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为23，动点P在对角线BD1上，过点P作垂直于BD1的平面α，记这样得到的截面多边形(含三角形)的周长为y，设BP=x，则当x∈[1,5]时，函数y=f(x)的值域为______．
15.（5分）已知正三棱锥P-ABC，点P、A、B、C都在半径为3的求面上，若PA,PB,PC两两互相垂直，则球心到截面ABC的距离为________．
16.（5分）正三棱柱ABC-A1B1C1中，所有棱长均为2，点E,F分别为棱BB1,A1C1的中点，若过点A,E,F作一截面，则截面的周长为_____.
17.（5分）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=3，P是BC1上一动点，则A1P+PC的最小值是______．
18.（5分）在三棱锥P-ABC中，PA=PB=BC=4，AC=8，AB⊥BC.平面PAB⊥平面ABC，若球O是三棱锥P-ABC的外接球，则球O的表面积为_____________.
三 、解答题（本大题共5小题，共60分）
19.（12分）规定：在桌面上，用母球击打目标球，使目标球运动，球的位置是指球心的位置我们说球A是指该球的球心点A.两球碰撞后，目标球在两球的球心所确定的直线上运动，目标球的运动方向是指目标球被母球击打时，母球球心所指向目标球球心的方向．所有的球都简化为平面上半径为1的圆，且母球与目标球有公共点时，目标球就开始运动，在桌面上建立平面直角坐标系，解决下列问题：
(1)如图1，设母球A的位置为(0,0)，目标球B的位置为(4,0)，要使目标球B向C(8,-4)处运动，求母球A球心运动的直线方程；
(2)如图2，若母球A的位置为(0,-2)，目标球B的位置为(4,0)，能否让母球A击打目标B球后，使目标B球向(8,-4)处运动？
(3)若A的位置为(0,a)吋，使得母球A击打目标球B时，目标球B(42,0)运动方向可以碰到目标球C(72,-52)，求a的最小值(只需要写出结果即可)．

20.（12分）如图，四边形AA1B1B是边长为3的正方形，CC1=2，CC1//AA1//BB1，请你判断这个几何体是棱柱吗？若是棱柱，指出是几棱柱；若不是棱柱，请你试用一个平面截去一部分，使剩余部分是一个侧棱长为2的三棱柱，并指出截去的几何体的特征，在图中画出截面．
21.（12分）如图，正方体ABCD-A1B1C1D1中.E、F分别是B1C1、CC1的中点.求证：A1E、D1C1、DF三线共点．
22.（12分）如图，一个圆锥的底面半径R=3cm，高H=4cm，在其内部有一个高为xcm的内接圆柱(圆柱的下底面在圆锥的底面上，上底面圆周上的点都在圆锥的侧面上).
(1)求圆锥的侧面积；
(2)当x为何值时，圆柱的侧面积最大？求出最大值．
23.（12分）设三棱锥P-ABC的顶点P在平面ABC上的射影是H，证明：
(1)若PA⊥BC，PB⊥AC，则H是ΔABC的垂心；
(2)若PA=PB=PC，则H是ΔABC的外心．
答案和解析
1.【答案】A;
【解析】
该题考查多面体的外接球的体积的计算，考查空间想象力以及计算能力，判断几何体的形状求解外接球的半径是解答该题的关键．
利用已知条件判断四面体的形状，然后求解外接球的半径，求解球的体积即可．

解：因为AB=BC=CD=1,BD=AC=2，
所以BA⊥CB，BC⊥CD，因为BA⊥CD，
又因为CD∩CB=C, CD,CB⊂平面CBD，
所以BA⊥平面BCD，
所以A，B，C，D为棱长为1的正方体四个顶点，
外接球半径为32，
因此球的体积为43π(32)3=32π，
故选：A．

2.【答案】B;
【解析】解：取DC中点N，连MN，NB，MN//A1D，NB//DE，
∴面MNB//面A1DE，MB⊂面MNB，
∴MB//面A1DE，故④正确；
∠A1DE=∠MNB，MN=12A1D为定值，NB=DE为定值，
根据余弦定理得到：MB2=MN2+NB2-2MN⋅NB⋅cs∠MNB，
所以MB是定值．故①正确．
B是定点，所以M是在以B为圆心，MB为半径的球上，故②正确．
A1C在平面ABCD中的射影为AC，AC与DE不垂直，故③不正确．
故选：B．
取DC中点N，连MN，NB，则MN//A1D，NB//DE，从而MB//面A1DE；由MN=12A1D，NB=DE，根据余弦定理得到MB是定值；M是在以B为圆心，MB为半径的球上；A1C在平面ABCD中的射影为AC，AC与DE不垂直．
此题主要考查命题命题真假的判断，是基础题，解题时要认真审题，注意空间中线线、线面、面面间的位置关系的合理运用．
3.【答案】C;
【解析】解：(1)PA⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，则PA⊥AC，若AC⊥EF，即AC⊥PD，
而PA⋂PD=P，PA，PD⊂平面PAD，所以AC⊥平面PAD，
又AD⊂平面PAD，所以AC⊥AD，
这是不可能的，正方形中∠CAD=45°，(1)错；
(2)设AC⋂BD=O，若PB//平面AEC，
又因为平面PBD⋂平面EAC=EO，PB⊂平面PBD，则PB//EO，
又O是BD中点，所以E是PD中点，
所以只有E是PD中点时，才有PB//平面AEC，
当E不是PD中点时，PB//平面AEC不成立，(2)错；

(3)二面角E-BD-C即为二面角P-BD-C，其大小为定值，(3)正确；
(4)由于EF=22为定值，EF在PD上，所以△AEF的面积为定值，
而C到平面AEF的距离即为C到平面PAD的距离为定值，
所以三棱锥C-AEF即四面体ACEF的体积为定值，(4)正确．
故选：C.
由线面垂直的判定定理和性质定理判断(1)，由线面平行的性质定理判断(2)，由二面角的定义判断(3)，由棱锥的体积公式判断(4).
此题主要考查线面平行的判定，二面角的计算，空间想象能力的培养，空间中的垂直关系等知识，属于中等题．
4.【答案】A;
【解析】
本题是基础题，考查折叠问题，三棱锥的外接球的体积的求法，考查计算能力，正确球的外接球的半径是解答该题的关键．
说明折叠后几何体的特征，求出三棱锥的外接球的半径，然后求出球的体积．

解：由题意平面四边形ABCD中，AB=AD=CD=1，BD=2,BD⊥CD，
将其沿对角线BD折成四面体A'-BCD，使平面A'BD⊥平面BCD，
由平面A'BD∩平面BCD=BD，BD⊥CD，CD⊂平面BCD，
则CD⊥平面A'BD，A'B⊂平面A'BD，CD⊥A'B，
AB=AD=1,BD=2，易得AB⊥AD，
将四面体A'-BCD补成一个正方体，
若四面体A'-BCD顶点在同一个球面上，
所以BC是外接球的直径，所以BC=3，球的半径为：32；
所以球的体积为：4π3(32)3=32π．
故选：A．
5.【答案】A;
【解析】解：根据三视图可知，该几何体为圆锥．
故选：A.
由三视图可知该几何体为半球．
此题主要考查三视图的识别和判断，比较基础．
6.【答案】D;
【解析】解：由题意可知平面B1D1C//平面A1DB，并且面积相等，
点P在棱AD上，过点P作该正方体的截面，当截面平行于平面B1D1C且该截面的面积为3时，截面PMN与平面A1DB平行并且相似，
所以(PMBD)2=334×(32)2，
可得PM=2，
所以PA=2.
故选：D.
画出图形，利用截面与平面平行，通过面积比与相似比的平方，转化求解即可．
此题主要考查平面的基本性质的应用，空间点、线、面距离的求法，相似比性质的应用，是中档题．
7.【答案】A;
【解析】
此题主要考查圆锥的体积公式的应用，判断旋转体的形状是解答该题的关键．
所形成的几何体是以ACD为轴截面的圆锥中挖去了一个以ABD为轴截面的小圆锥后剩余的部分，故用大圆锥的体积减去小圆锥的体积，即为所求．

解：如图：

ΔABC中，绕直线BC旋转一周，
则所形成的几何体是以ACD为轴截面的圆锥中挖去了一个以ABD为轴截面的小圆锥后剩余的部分．
∵AB=2，BC=1.5，∠ABC=120°，
∴AE=ABsin60°=3，BE=ABcs60°=1，
V大圆锥=13ππ2，V小圆锥=13ππ，
∴该几何体的体积V=V大圆锥-V小圆锥=3π2，
故选A.
8.【答案】C;
【解析】
此题主要考查了空间位置关系、向量垂直与数量积的关系、三垂线定理，考查了空间想象能力与计算能力，属于中档题．
如图所示，连接BE，由于SB⊥底面ABCD，∠SEC=90°，可得：CE⊥BE.设E(0,t)(0⩽t⩽3)，由CE→.BE→=0，解出即可判断出结论．

解：如图所示，连接BE，
∵SB⊥底面ABCD，CE⊂平面ABCD，
∴SB⊥CE，
∵∠SEC=90°，∴SE⊥CE，
又SB∩SE=S，SB、SE⊂平面SBE，
∴CE⊥平面SBE，又BE⊂平面SBE，
∴CE⊥BE.
设E(0,t)(0⩽t⩽3)，B(-1,3)，C(-2,0)，
则CE→.BE→=(2,t)⋅(1,t-3)=2+t(t-3)=0，
解得t=1或2.
∴E(0,1)，或(0,2).
∴满足∠SEC=90°的点E的个数是2.
故选C.

9.【答案】D;
【解析】解：因为正方体与四棱台都有6个面；
三棱锥有4个面；
四棱锥有5个面．
故选：D．
直接根据几何体的特征去判断即可．
这道题主要考查几何体的结构特征，属于基础题目．
10.【答案】B;
【解析】
此题主要考查棱锥的体积以及球的体积公式，属于中档题.
当ΔA1DE与平面BCDE垂直时，三棱锥A1-CDE的体积取得最大值，由此可得三棱锥A1-CDE外接球半径(含a的代数式)，由三棱锥A1-CDE外接球的体积为823π，可求得半径，从而求得a的值.

解：由于AB=2AD=2a，E是AB的中点，
可得ΔADE，ΔBCE为等腰直角三角形，
所以ΔDEC为等腰直角三角形，
当ΔA1DE与平面BCDE垂直时，三棱锥A1-CDE的体积取得最大值，
取DE的中点M，连接A1M，取DC的中点H，
过H作A1M的平行线HO(O为三棱锥A1-CDE外接球的球心)，
过O作ON⊥A1M，
所以MH=12EC=12a2+a2=22a，A1M=a.a2a=22a，
设三棱锥A1-CDE外接球的半径为r，
所以r2=MH2+A1N2=(22a)2+(A1M-MN)2，
即r2=12a2+(22a-OH)2，
由于OH=r2-a2，
所以r2=12a2+(22a-r2-a2)2，
解得r=a，
由于三棱锥A1-CDE外接球的体积为823π，
所以43πr3=823π，
所以r=2，a=r=2，
故选B.

11.【答案】B;
【解析】解：因为截面把棱锥的高分成1：2(从顶点到截面与从截面到底面)两部分，
所以小棱锥的高与原棱锥的高之比为1：3，
由于棱锥的侧面均为三角形，所以截得的小三角形的高与侧面的原三角形的高之比为1：3，
对应边之比也为1：3，所以小三角形面积与原三角形面积之比为1：9，
所以这个截面把棱锥的侧面分成两部分的面积之比等于1：8.
故选：B.
利用面积比等于相似比的平方比，从而可得这个截面把棱锥的侧面分成两部分的面积之比．
此题主要考查了棱锥的侧面积，解答该题的关键是利用面积比等于相似比的平方比，同时考查了逻辑推理的能力，属于基础题．
12.【答案】C;
【解析】
此题主要考查空间直线和平面平行和垂直的位置关系的判断，综合考查了空间想象能力与推理能力，综合性较强，属于中档题.
①根据线面平行的判断定理进行判断D1P//平面A1BC1；
②D利用特殊位置即可判断D1P⊥BD不成立；
③根据面面垂直的判断条件即可判断平面PDB1⊥平面A1BC1；
④将三棱锥的体积进行等价转化，即可判断三棱锥A1-BPC1的体积不变．

解：①∵在正方体中，D1A//BC1，D1C//BA1，
且D1A⊄平面A1BC1，BC1⊂平面A1BC1，D1C⊄平面A1BC1，BA1⊂平面A1BC1，
∴D1A//平面A1BC1，D1C//平面A1BC1，
且D1A∩D1C=D1，
∴平面D1AC//平面A1BC1；
∵P在面对角线AC上运动，
∴D1P//平面A1BC1；∴①正确．
②当P位于AC的中点时，D1P⊥BD不成立，∴②错误；
③∵A1C1⊥平面BDD1B1；∴A1C1⊥B1D，
同理A1B⊥B1D，
∴B1D⊥平面A1BC1，
∴平面PDB1⊥平面A1BC1；
∴③正确．

④三棱锥A1-BPC1的体积等于三棱锥B-A1PC1的体积．
ΔA1PC1的面积为定值12A1C1⋅AA1，
B到平面A1PC1的高为BP为定值，
∴三棱锥A1-BPC1的体积不变，∴④正确．
故选：C.
13.【答案】D;
【解析】解：如图，以C为坐标原点，分别以CB，CC1，CA所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，

则C(0,0,0)，A(0,0,1)，B1(1,1,0)，B(1,0,0)，C1(0,1,0)，
B→C1=(-1,1,0)，令BP→=λB→C1，λ∈[0,1]，
∴P(1-λ,λ,0)，则AP→=(1-λ,λ,-1)，B1→P=(-λ,λ-1,0)，
|AP→|+|B1→P|=λ2-2λ+1+λ2+1+λ2+λ2-2λ+1
=2λ2-2λ+2+2λ2-2λ+1=2(λ-12)2+32+2(λ-12)2+12．
∴当λ=12时，|AP→|+|B1→P|取最小值为6+22．
故选：D．
以C为坐标原点，分别以CB，CC1，CA所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，令BP→=λB→C1，λ∈[0,1]，把P的坐标用含有λ的代数式表示，求出|AP→|+|B1→P|，利用配方法求最值．
此题主要考查空间中点、线、面间的距离计算，考查空间向量在求解最值问题中的应用，考查运算求解能力，是中档题．
14.【答案】[36,66];
【解析】解：由题意，连接AB1，B1C，AC，则BD1⊥AB1C，
此时BP=2，当BP=1时，截面周长为截面AB1C的周长的一半，即36．
当BP=3时，即当截面过体对角线BD1的中点时，此时截面为正六边形，
其定点为个棱的中点，(如图)截面周长为66，
∴函数y=f(x)的值域为[36,66]
故答案为：[36,66].
棱长为23，故体对角线BD1=6，根据对称性，只需研究x∈[1,3]，函数y=f(x)的值域即可．
该题考查了几何体中动点问题，截面周长问题．转化思想，平移平面，找到截面最大时动点位置是关键．
15.【答案】33;
【解析】
此题主要考查球的内接三棱锥和内接正方体间的关系及其相互转化，棱柱的几何特征，球的几何特征，属于中档题．，
先利用正三棱锥的特点，将球的内接三棱锥问题转化为球的内接正方体问题，从而将所求距离转化为正方体中，中心到截面的距离问题，．

解：∵正三棱锥P-ABC，PA，PB，PC两两垂直，
∴此正三棱锥的外接球即以PA，PB，PC为三边的正方体的外接球O，
∵球O的半径为3，
∴正方体的边长为2，即PA=PB=PC=2，
球心到截面ABC的距离即正方体中心到截面ABC的距离，
设P到截面ABC的距离为h，则正三棱锥P-ABC的体积V=13SΔABC×h=13SΔPAB×PC=13×12×2×2×2=43，
ΔABC为边长为22的正三角形，SΔABC=34×(22)2=23，
∴h=3VSΔABC=233，
∴球心(即正方体中心)O到截面ABC的距离为3-233=33．
故答案为33．
16.【答案】2 5+2 13 3;
【解析】
此题主要考查了柱体的结构特征，考查了空间距离的求法，是难题．通过扩大几何体，先找到截面，由已知利用勾股定理、重心的相关知识求得边长得答案．
解：如图将三棱柱ABC-A1B1C1扩大为如图的正三棱柱，

其中AA''=2AA1=4，AH=2AB=4，
则点E为AH'的中点，点F为AC''的中点．设H'F∩B1C1=I，
所以EF//H'C''，
所以过点A，E，F的截面为AEIF，
因为ΔABE和ΔAA1F均为两直角边分别为2，1的直角三角形，
∴AE=AF=22+12 =5，
在ΔA1H'D'中，如图：

连接HF，交B1C1于I，连接H'C1，
则I为三角形A1H'C1的重心，
所以B1I=1 3B1C1=2 3，FI=1 3H'F，
因为H'C1=4×sin60°=23，C1F=1，所以FI=1 3H'F=1 312+1=13 3.
又因为B1E⊥平面A1B1C1，
所以三角形EB1I为直角三角形，且EB1=1，B1I=2 3，所以EI=4 =DFRAC13 3，
所以，截面的周长为：2 5+2 13 3.
17.【答案】7+23;
【解析】
这道题主要考查空间线段长度的最值计算，利用平面展开法将空间问题转化为平面两点之间线段最短是解决本题的关键，利用余弦定理即可求解长度问题，属于中档题．
连A1B，沿BC1将ΔCBC1展开与ΔA1BC1在同一个平面内，利用两点之间线段最短，即可求出满足条件的P的位置，然后利用余弦定理即可求解．

解：连A1B，沿BC1将ΔCBC1展开与ΔA1BC1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=3，
∴BC1=2，A1C1=2，A1B=22，BC=1，CC1=3，
即∠A1C1B=90°，∠CC1B=30°，
∴∠A1C1C=90°+30°=120°，
由余弦定理可求得A1C2=22+(3)2-2×2×3×cs120°
=4+3+2×2×3×12=7+23，
∴A1P+PC的最小值是7+23，
故答案为：7+23．
18.【答案】80π
;
【解析】
此题主要考查的是几何体的外接球问题，属于中档题.
结合球的截面性质求出球半径，再求球O的表面积.

解：如图：

因为AB⊥BC.取AC中点D，由球的截面性质知，OD⊥平面ABC，
又平面PAB⊥平面ABC，平面PAB∩平面ABC=AB，PA=PB，
取AB中点E，则PE⊥AB，且PE⊂平面PAB，
所以PE⊥平面ABC，所以OD//PE，
则四边形ODEP为直角梯形，又CD=4，
设球半径为R，则OD=R2-16，
因为AB=AC2-BC2=82-42=43,AE=23，
PE=PA2-AE2=16-12=2，
过O作OF//DE交PE于F，
若O与P在平面ABC同侧，则PF=2-FE=2-OD=2-R2-16，
又PO=R，OF=DE=12BC=2，
在直角三角形PFO中，PO2=PF2+FO2，
得R2=2-R2-162+4，该方程无解，
若O与P在平面ABC两侧，则PF=PE+EF=PE+DO=2+R2-16，
又PO=R，OF=DE=12BC=2，
在直角三角形PFO中，PO2=PF2+FO2，
得R2=2+R2-162+4，解得R2=20，
所以球O的表面积为4πR2=80π，
故答案为80π.
19.【答案】解：（1）如图，

∵B（4，0），C（8，4），∴BC：x+y-4=0．
由AB=2，可得xA=4-2，yA=2．
∴母球A运动的直线方程为y=24-2x=2+17x；
（2）如上图，若母球A的位置为（0，-2），要使目标球B向（8，-4）处运动，
则母球击打后运行到（4-2，2）时与目标球碰撞，则点（0，-2）与点（4-2，2）连线
的斜率小于等于1，而k=2+24-2=827＞1，
∴不能让母球A击打目标B球后，使目标B球向（8，-4）处运动；
（3）a的最小值为-33434．;
【解析】
(1)求出BC所在直线方程，得到碰撞时A的坐标，可得母球A球心运动的直线方程；
(2)由母球运动直线与BC所在直线夹角为锐角，可知不能让母球A击打目标B球后，使目标B球向(8,-4)处运动；
(3)直接由题意求得a的最小值．
该题考查函数模型的选择及应用，考查圆与圆位置关系的应用，是中档题．
20.【答案】不是棱柱，截去的部分如图所示.;
【解析】这个几何体是不是棱柱；在四边形ABB1A1中，在AA1上取点E，使AE=2；在BB1上取使；连接C1E，EF，C1F，则过C1EF的截面将几何体分成两部分，其中一部分是棱柱ABC-EFC1，其棱长为2；截去的部分是一个四棱锥EA1B1F.

21.【答案】证明：连结EF、B1C、A1D，由题可知A1D∥B1C，
∵E、F分别是B1C1、C1C的中点，
∴EF∥B1C，且EF=12B1C，
∴EF∥A1D，且EF=12A1D，
∴A1DFE为梯形．
则可令A1E∩DF=P．
由P∈A1E⊂面A1B1C1D1，P∈DF⊂面D1DCC1，
∴P∈D1C1=面A1B1C1D1∩面D1DCC1，
∴A1E、D1C1、DF共点于P．得证．;
【解析】
根据如果两个平面有一个公共点，那么它们还有其他公共点，且这些公共点的集合是一条过这个公共点的直线，从而可证得结论．
这道题主要考查了平面得基本性质，同时考查了空间想象能力和推理能力，属于基础题．
22.【答案】解：（1）圆锥的母线长为L=R2+H2=9+16=5cm，
∴圆锥的侧面积为S侧=π⋅R⋅L=π×3×5=15πcm2；
（2）设圆柱的底面半径为r，
如图可得xH=R-rR，即x4=3-r3，
得r=3-34x(0＜x＜4)．
∴圆柱的侧面积S=2π⋅r⋅x=3π2⋅(-x2+4x)(0＜x＜4)．
S是x的二次函数，当x=2∈（0，4）时，S取得最大值6π．
即当x=2时，圆柱的侧面积最大，最大面积为6πcm2．;
【解析】
(1)由已知利用勾股定理求得圆锥的母线长，再由侧面积公式求解；
(2)圆柱的底面半径为r，利用三角形的相似比把r用含有x的代数式表示，写出圆柱的侧面积，再由二次函数求最值．
此题主要考查圆柱与圆锥位置关系的应用，考查旋转体侧面积的求法，考查运算求解能力，是基础题．
23.【答案】证明：（1）如图，由题意可知，PH⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，
则BC⊥PH，又PA⊥BC，且PA∩PH=P，PA，PH⊂平面PAH，
又AH⊂平面PAH，
所以BC⊥AH，
同理可得AC⊥BH，
所以H是△ABC的垂心；
（2）因为PH⊥平面ABC，AB，AC，BC⊂平面ABC，
所以PH⊥AB，PH⊥AC，PH⊥BC，
又PA=PB=PC，
故Rt△PAH≌Rt△PBH≌Rt△PCH，
所以AH=BH=CH，
故H是△ABC的外心．;
【解析】
(1)利用线面垂直的性质定理证明BC⊥AH，AC⊥BH，结合三角形垂心的定义即可证明；
(2)利用线面垂直的性质定理可证明PH⊥AB，PH⊥AC，PH⊥BC，由三角形全等可证AH=BH=CH，结合三角形外心的定义即可证明．
此题主要考查了线面垂直的性质定理的应用，三角形垂心以及外心定义的理解和应用，考查了逻辑推理能力，属于基础题．