//
设正四棱锥V﹣ABCD底面中心为O，BC=a， 则VB=ka，易知OB=
a；
在Rt△VOB中，cos∠VBO=∵∠VBO∈（0，∴0＜
＜1，
），
=
，
∴解得k＞
， ；
∴k的取值范围是（，+∞）．
【点评】本题考查了正四棱锥的结构特征的应用问题，也考查了空间想象能力与逻辑推理能力，是基础题目． 6．（5分）（2013新郑市校级模拟）已知圆锥的底面半径为R，高为3R，在它的所有内接圆柱中，全面积的最大值是（ ） A．πR2 B．πR2 C．πR2 D．πR2 【分析】将全面积表示成底面半径的函数，用配方法求二次函数的最大值．
【解答】解：设内接圆柱的底面半径为r，高为h，全面积为S，则有
∴h=3R﹣3r， ∴S=2πrh+2πr2 =﹣4πr2+6πRr
=．
=﹣4π（r2﹣Rr）=﹣4π（r﹣R）2+πR2 ∴当r=R时，S取的最大值πR2．
//
故选：C．
【点评】考查实际问题的最值问题，常转化成函数的最值．考查空间想象能力以及计算能力． 7．（5分）（2006四川）如图，正四棱锥P﹣ABCD底面的四个顶点A、B、C、D在球O的同一个大圆上，点P在球面上，如果
，则求O的表面积为（ ）
A．4π B．8π C．12π D．16π
【分析】由题意可知，PO⊥平面ABCD，并且是半径，由体积求出半径，然后求出球的表面积．
【解答】解：如图，正四棱锥P﹣ABCD底面的四个顶点A，B，C，D在球O的同一个大圆上，点P在球面上，PO⊥底面ABCD，PO=R，SABCD=2R2， 所以，R=2， 球O的表面积是16π， 故选D．
，
【点评】本题考查球的内接体问题，球的表面积、体积，考查学生空间想象能力，是基础题．
8．如图是水平放置的平面图形的斜二测直观图，其原来平面图形面积是（ ）
//
A．2
B．4
C．4
D．8
【分析】用斜二侧画法的法则，可知原图形是一个两边分别在x、y轴的直角三角形，x轴上的边长与原图形相等，而y轴上的边长是原图形边长的一半，由此不难得到平面图形的面积． 【解答】解：设原图形为△A′OB′， ∵OA=2，0B=2 ∠AOB=45° ∴OA′=4，OB′=2，∠A′OB′=90°
因此，Rt△A′OB′的面积为S=×4×2=4 故选C
【点评】本题要求我们将一个直观图形进行还原，并且求出它的面积，着重考查了斜二侧画法和三角形的面积公式等知识，属于基础题． 9．（5分）（2015株洲一模）如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB=BC=2，AA1=1，则BC1与平面BB1D1D所成角的正弦值为（ ）
A． B． C． D． 【分析】由题意，由于图形中已经出现了两两垂直的三条直线所以可以利用空间向量的方法求解直线与平面所成的夹角．
【解答】解：以D点为坐标原点，以DA、DC、DD1所在的直线为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系（图略）， 则A（2，0，0），B（2，2，0），C（0，2，0），C1（0，2，1） ∴ ∴cos＜
，
＞═
=（﹣2，0，1），
=
．
=（﹣2，2，0），
且为平面BB1D1D的一个法向量．
∴BC1与平面BB1D1D所成角的正弦值为
故答案为D．
//
【点评】此题重点考查了利用空间向量，抓住直线与平面所成的角与该直线的方向向量与平面的法向量的夹角之间的关系这一利用向量方法解决了抽象的立体几何问题． 10．（5分）（2014浙江二模）正四面体ABCD的棱长为1，其中线段AB∥平面α，E，F分别是线段AD和BC的中点，当正四面体绕以AB为轴旋转时，线段EF在平面α上的射影E1F1长的范围是（ ）
A．[0，] B．[，] C．[，] D．[，]
【分析】取AC中点为G，连接EG、FG，根据四面体绕AB旋转时，GF∥平面α，GE与GF的垂直性保持不变， 当CD与平面α垂直时射影E1F1的长取得最小，当CD与平面α平行时，E1F1取得最大，分别求出最大、最小值，可得答案． 【解答】解：如图，取AC中点为G，连接EG、FG，
∵E，F分别是线段AD和BC的中点，∴GF∥AB，GE∥CD，在正四面体中，AB⊥CD，∴GE⊥GF， ∴EF2=GE2+GF2=，当四面体绕AB旋转时， ∵GF∥平面α，GE与GF的垂直性保持不变，
当CD与平面α垂直时，GE在平面上的射影长最短为0，此时EF在平面α上的射影E1F1的长取得最小值；
，
当CD与平面α平行时，GE在平面上的射影长最长为，E1F1取得最大值 ∴射影E1F1长的取值范围是[，故选：D
]，
【点评】本题借助考查线段在平面内的射影问题，考查空间直线与直线位置关系的判定，考查了学生的空间想象能力， 11．（5分）（2013北京）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P为对角线BD1的三等分点，P到各顶点的距离的不同取值有（ ）
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