专题04 立体几何（6大题型）-【好题汇编】2024年高考数学三模试题分类汇编（新高考新题型专用）

2024高考三模数学试题分类汇编 一、单选题 1．（2024·山西临汾·三模）宋代是中国瓷器的黄金时代，涌现出了五大名窑：汝窑、官窑、哥窑、钧窑、定窑．其中汝窑被认为是五大名窑之首．如图1，这是汝窑双耳罐，该汝窑双耳罐可近似看成由两个圆台拼接而成，其直观图如图2所示．已知该汝窑双耳罐下底面圆的直径是12厘米，中间圆的直径是20厘米，上底面圆的直径是8厘米，高是14厘米，且上、下两圆台的高之比是，则该汝窑双耳罐的体积是（    ） A． B． C． D． 2．（2024·河南郑州·三模）如图，正方形的中心为，边长为4，将其沿对角线折成直二面角，设为的中点，为的中点，则三角形沿直线旋转一周得到的旋转体的体积为（    ） A． B． C． D． 3．（2024·山西·三模）正方体的棱长为2，分别为的中点，为底面的中心，则三棱锥的体积是（    ） A． B． C． D． 4．（2024·山东潍坊·三模）某同学在劳动课上做了一个木制陀螺，该陀螺是由两个底面重合的圆锥组成．已知该陀螺上、下两圆锥的体积之比为，上圆锥的高与底面半径相等，则上、下两圆锥的母线长之比为（    ） A． B． C． D． 5．（2024·山东泰安·三模）已知圆台的母线长为4，下底面圆的半径是上底面圆的半径的3倍，轴截面周长为16，则该圆台的表面积为（    ） A． B． C． D． 6．（2024·河南·三模）已知圆锥的底面半径为2，其侧面展开图是一个圆心角为的扇形，则该圆锥的侧面积为（    ） A． B． C． D． 7．（2024·天津·三模）已知直四棱柱的底面是边长为2的菱形，且．若M，N分别是侧棱，上的点，且MC=2，NB=1，则四棱锥的体积为（    ） A． B．2 C． D．6 8．（2024·黑龙江·三模）佛兰德现代艺术中心是比利时洛默尔市的地标性建筑，该建筑是一座全玻璃建筑，整体成圆锥形，它利用现代设计手法令空间与其展示的艺术品无缝交融，形成一个统一的整体，气势恢宏，美轮美央.佛兰德现代艺术中心的底面直径为8，高为30，则该建筑的侧面积为（   ） A． B． C． D． 9．（2024·广东广州·三模）已知斜三棱柱中，O为四边形对角线的交点，设四棱锥的体积为，三棱柱的体积为，则（    ） A． B． C． D． 10．（2024·山东济南·三模）三棱锥中，平面，．若该三棱锥的最长的棱长为9，最短的棱长为3，则该三棱锥的最大体积为（    ） A． B． C．18 D．36 11．（2024·安徽合肥·三模）已知某圆锥的侧面展开图是一个半径为的半圆，则该圆锥的体积为（    ） A． B． C． D． 12．（2024·安徽·三模）如图，在棱长为2的正方体中，内部有一个底面垂直于的圆锥，当该圆锥底面积最大时，圆锥体积最大为（    ） A． B． C． D． 13．（2024·福建宁德·三模）已知圆台的上底半径为3，下底半径为6，母线长为6，则以下结论错误的是（    ） A．圆台侧面积为 B．圆台外接球的半径为6 C．圆台的体积为 D．圆台侧面上的点到下底圆心的最短距离为 14．（2024·福建莆田·三模）若制作一个容积为的圆锥形无盖容器（不考虑材料的厚度），要使所用材料最省，则该圆锥的高是（    ） A． B．2 C． D．4 二、多选题 15．（2024·河南·三模）已知圆台的上下底面半径分别为1，2，高为，为下底面圆的一条直径，为上底面圆的一条弦，且，则（    ） A．圆台的体积为 B．圆台的母线与下底面所成角为 C．当，，，不共面时，四面体的外接球的表面积为 D．的最大值为 16．（2024·重庆·三模）已知在直三棱柱中，，直线与底面ABC所成角的正弦值为，则（    ） A．直三棱柱的体积为 B．点到平面的距离为 C．当点为线段的中点时，平面平面 D．E，F分别为棱上的动点，当取得最小值时， 三、填空题 17．（2024·河南·三模）在空间直角坐标系中，已知，则几何体的体积为 . 18．（2024·安徽·三模）已知四棱锥的底面为矩形，其中，点平面，点M，N分别在线段，上（不含端点位置），其中，则四面体的体积最大值为 . 19．（2024·浙江·三模）已知圆台的上底面半径为1，下底面半径为5，侧面积为，则圆台的高为 . 20．（2024·浙江杭州·三模）已知正三角形ABC的边长为2，中心为O，将绕点O逆时针旋转角，然后沿垂直于平面ABC的方向向上平移至，使得两三角形所在平面的距离为，连接，，，，，，得到八面体，则该八面体体积的取值范围为 ． 21．（2024·黑龙江·三模）如图所示，中，，分别是边上的点，，将沿折起，点折起后的位置记为点，得到四棱锥，则四棱锥体积的最大值为 .    一、单选题 1．（2024·江西宜春·三模）已知是空间中两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列说法错误的是（    ） A．若、，则 B．若，，则 C．若，，，则 D．若，，则 2．（2024·河南·三模）已知为两条不同的直线，为两个不同的平面，下列命题为真命题的是（   ） A．若，，，，则 B．若，，则 C．若，，，则 D．若，，，则 3．（2024·全国·三模）已知，是两个不同的平面，m，l是两条不同的直线，若，，则“”是“”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 4．（2024·四川眉山·三模）如图，该组合体由一个正四棱柱和一个正四棱锥组合而成，已知，则（    ） A．平面 B．平面 C．平面 D．平面 5．（2024·上海·三模）在空间中，“a、b为异面直线”是“a、b不相交”的（    ）． A．充分非必要条件 B．必要非充分条件 C．充要条件 D．既非充分又非必要条件 6．（2024·重庆·三模）设是三个不同的平面，a，b是两条不同的直线，则下列命题中为真命题的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则与异面 D．若，则 7．（2024·四川雅安·三模）如图，在正方体中，已知点为底面的中心，为棱的中点，则下列结论中错误的是（    ）    A．平面 B．平面 C．异面直线与所成的角等于 D．直线与平面所成的角等于 8．（2024·江西景德镇·三模）已知，是空间内两条不同的直线，，，是空间内三个不同的平面，则下列说法正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，，则 D．若，，，则或 9．（2024·四川·三模）已知表示空间中两条不同的直线，表示一个平面，且∥，则“”是“”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 10．（2024·内蒙古·三模）设，是两个不同的平面，，是两条不同的直线，且则“”是“且”的（    ） A．充分不必要条件 B．充分必要条件 C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件 11．（2024·陕西榆林·三模）设为两条不同的直线，为两个不同的平面，下面为真命题的是（    ） A．若，则 B．对于空间中的直线，若，则 C．若直线上存在两点到平面的距离相等，则 D．若，则 12．（2024·四川成都·三模）已知 是两条不同的直线， 是平面，若 ，则 不可能（    ） A．平行 B．垂直 C．相交 D．异面 13．（2024·四川南充·三模）如图，在直三棱柱中，，E、F、G、H分别为的中点，则下列说法中错误的是（    ）    A．E、F、G、H四点共面 B．三线共点 C．设，则平面截该三棱柱所得截面的周长为 D．与平面所成角为 14．（2024·河北石家庄·三模）设是三个不同的平面，是两条不同的直线，则下列命题为真命题的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 15．（2024·云南昆明·三模）已知是两条不重合的直线，是两个不重合的平面，下列说法错误的是（    ） A．若，则“”是“”的必要条件 B．若，，则“”是“”的充分条件 C．若，则“”是“”的充要条件 D．若，则“”是“”的既不充分也不必要条件 16．（2024·湖南岳阳·三模）下列命题正确的是（    ） A．若直线上有无数个点不在平面内，则 B．若直线不平行于平面且，则平面内不存在与平行的直线 C．已知直线，，平面，且，则直线，平行 D．已知两条相交直线，，且平面，则与相交 二、多选题 17．（2024·河北秦皇岛·三模）在长方形中，，，点在线段上（不包含端点），沿将折起，使二面角的大小为，，则（    ） A．存在某个位置，使得 B．存在某个位置，使得直线平面 C．四棱锥体积的最大值为 D．当时，线段长度的最小值为 18．（2024·福建厦门·三模）如图1，将三棱锥型礼盒的打结点解开，其平面展开图为矩形，如图2，其中A，B，C，D分别为矩形各边的中点，则在图1中（    ） A． B． C．平面 D．三棱锥外接球的表面积为 一、单选题 1．（2024·四川泸州·三模）已知正方体的棱长为2，P为的中点，过A，B，P三点作平面，则该正方体的外接球被平面截得的截面圆的面积为（     ） A． B． C． D． 2．（2024·安徽安庆·三模）在正方体中，点分别为棱的中点，过点三点作该正方体的截面，则（    ） A．该截面多边形是四边形 B．该截面多边形与棱的交点是棱的一个三等分点 C．平面 D．平面平面 3．（2024·陕西铜川·三模）在正方体中，分别为的中点，若，则平面截正方体所得截面的面积为（    ） A． B． C． D． 4．（2024·四川成都·三模）在棱长为5的正方体 中，是中点，点在正方体的内切球的球面上运动，且，则点的轨迹长度为（    ） A． B． C． D． 二、多选题 5．（2024·辽宁·三模）如图，在棱长为2的正方体中，点分别为的中点，为面的中心，则以下命题正确的是（    ） A．平面截正方体所得的截面面积为 B．四面体的外接球的表面积为 C．四面体的体积为 D．若点为的中点，则存在平面内一点，使直线与所成角的余弦值为 6．（2024·江西景德镇·三模）正方体的棱长为6，，分别是棱，的中点，过，，作正方体的截面，则（    ） A．该截面是五边形 B．四面体外接球的球心在该截面上 C．该截面与底面夹角的正切值为 D．该截面将正方体分成两部分，则较小部分的体积为75 7．（23-24高三上·辽宁·期末）已知正方体，点满足，下列说法正确的是（    ）    A．存在无穷多个点，使得过的平面与正方体的截面是菱形 B．存在唯一一点，使得平面 C．存在无穷多个点，使得 D．存在唯一一点，使得平面 8．（2024·山东潍坊·三模）在棱长为 1 的正方体中，分别为棱的中点，则（      ） A．直线与是异面直线 B．直线与所成的角是 C．直线平面 D．平面截正方体所得的截面面积为. 9．（2024·安徽·三模）在棱长为2的正方体中，点E为棱的中点，点F是正方形内一动点（包括边界），则（    ） A．三棱锥的体积为定值 B．若平面，则点F的轨迹长度是 C．当点Q在直线上运动时，的最小值是 D．若点F是棱的中点，则平面截正方体所得截面的周长为 10．（2024·广东·三模）已知正方体的棱长为分别为棱的中点，则（   ） A．三棱锥的体积为 B．与所成的角为 C．过三点的平面截正方体所得截面图形为等腰梯形 D．平面与平面夹角的正切值为 11．（2024·河南·三模）如图，在棱长为1的正方体中，是棱上的动点（不含端点），过三点的平面将正方体分为两个部分，则下列说法正确的是（   ） A．正方体被平面所截得的截面形状为梯形 B．存在一点，使得点和点到平面的距离相等 C．正方体被平面所截得的截面的面积随着线段的长度的增大而增大 D．当正方体被平面所截得的上部分的几何体的体积为时，是的中点 12．（2024·福建三明·三模）在棱长为2的正方体中，E，F，G分别为 的中点，则下列说法正确的是（   ） A．若点P在正方体的表面上，且，则点P的轨迹长度为 B．若三棱锥的所有顶点都在球O的表面上，则球O的表面积为 C．过点的平面截正方体 所得截面多边形的周长为 D．若用一张正方形的纸把此正方体完全包住，不考虑纸的厚度，不将纸撕开，则所需纸的面积的最小值为32 13．（2024·广东广州·三模）在正四棱柱中，，，E，F分别为，的中点，点M是侧面上一动点（含边界），则下列结论正确的是（    ） A．∥平面 B．若，则点M的轨迹为抛物线的一部分 C．以为直径的球面与正四棱柱各棱共有16个公共点 D．以为直径的球面与正四棱柱各侧面的交线总长度为 14．（2024·浙江·三模）在棱长为 1 的正方体中，已知分别为线段的中点，点满足，则（    ） A．当时，三棱锥的体积为定值 B．当，四棱锥的外接球的表面积是 C．周长的最小值为 D．若，则点的轨迹长为 15．（2024·湖南益阳·三模）如图，点P是棱长为2的正方体的表面上的一个动点，则下列结论正确的是（    ） A．当点P在平面上运动时，四棱锥的体积不变 B．当点P在线段AC上运动时，与所成角的取值范围为 C．使直线AP与平面ABCD所成角为的动点P的轨迹长度为 D．若F是的中点，当点P在底面ABCD上运动，且满足平面时，PF长度的最小值为 16．（2024·福建莆田·三模）如图，在边长为4的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别是棱B1C1，C1D1的中点，P是正方形A1B1C1D1内的动点，则下列结论正确的是（    ） A．若DP∥平面CEF，则点P的轨迹长度为 B．若AP=，则点P的轨迹长度为 C．若AP=，则直线AP与平面CEF所成角的正弦值的最小值是 D．若Р是棱A1B1的中点，则三棱锥的外接球的表面积是 17．（2024·河北石家庄·三模）如图，在棱长为2的正方体中，为的中点，则下列说法正确的有（    ）    A．若点为中点，则异面直线与所成角的余弦值为 B．若点为线段上的动点（包含端点），则的最小值为 C．若点为的中点，则平面与四边形的交线长为 D．若点在侧面正方形内（包含边界）且，则点的轨迹长度为 三、填空题 18．（2024·黑龙江哈尔滨·三模）正三棱柱内切球（球与上下底面和侧面都相切）的半径是为棱上一点，若二面角为，则平面截内切球所得截面面积为 . 一、单选题 1．（2024·江西南昌·三模）如图，在正四棱台中，，为上底面的对角线，且下底面的面积和侧面的面积分别为20和，则该正四棱台外接球的表面积是（    ） A． B． C． D． 2．（2024·黑龙江齐齐哈尔·三模）已知某圆锥的底面半径长为2，侧面展开图的面积为，则该圆锥内部最大球的半径为（    ） A． B． C．1 D． 3．（2024·江苏南通·三模）已知一个正四棱台的上、下底面边长分别为2，8，侧棱长为，则该正四棱台内半径最大的球的表面积为（    ） A． B． C． D． 4．（2024·安徽·三模）已知圆台的上､下底面面积分别为，其外接球球心满足，则圆台的外接球体积与圆台的体积之比为（    ） A． B． C． D． 5．（2024·陕西榆林·三模）已知正三棱锥的侧棱与底面边长的比值为，若三棱锥外接球的表面积为，则三棱锥的高为（    ） A．1 B． C． D． 6．（2024·四川成都·三模）已知正四棱台的上底面积为16，下底面积为64，且其各个顶点均在半径的球的表面上，则该四棱台的高为（    ） A．2 B．8 C．8或12 D．2或12 7．（2024·陕西铜川·三模）榫卯结构是中国古代建筑文化的瑰宝，在连接部分通过紧密的拼接，使得整个结构能够承受大量的重量，并且具有较高的抗震能力.这其中木楔子的运用，使得榫卯配合的牢度得到最大化满足，木楔子是一种简单的机械工具，是用于填充器物的空隙使其牢固的木橛､木片等.如图为一个木楔子的直观图，其中四边形是边长为2的正方形，且均为正三角形，，则该木楔子的外接球的体积为（    ）    A． B． C． D． 8．（2024·山西·三模）某公司在庆典活动中，设计了一款纪念品如图所示，其底座是顶部有凹槽的圆台，上面放置一个水晶玻璃球，圆台上底圆周的所有点都在凹槽面上四槽面上的所有点都在球面上圆台的上、下底面半径分别为2cm，4cm，母线长为cm，球的顶端到底座下底面的距离为8cm，则水晶球的半径为（    ） A．cm B．cm C．cm D．cm 9．（2024·贵州毕节·三模）在正四棱台中，，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（    ） A． B． C． D． 10．（2024·四川凉山·三模）已知正六棱锥底面边长为2，体积为，则外接球的体积为（    ） A． B． C． D． 二、多选题 11．（2024·山西·三模）将一个直径为的铁球磨制成一个零件，能够磨制成的零件可以是（    ） A．底面直径为，高为的圆柱体 B．底面直径为，高为的圆锥体 C．底面直径为，高为的圆锥体 D．各棱长均为的四面体 12．（2024·山东济宁·三模）如图，在直三棱柱中，，，分别是棱，上的动点（异于顶点），，为的中点，则下列说法中正确的是（    ） A．直三棱柱体积的最大值为 B．三棱锥与三棱锥的体积相等 C．当，且时，三棱锥外接球的表面积为 D．设直线，与平面分别相交于点，，若，则的最小值为 13．（2024·湖南永州·三模）在平面四边形中，，，为等边三角形，将沿折起，得到三棱锥，设二面角的大小为.则下列说法正确的是（    ） A．当时，，分别为线段，上的动点，则的最小值为 B．当时，三棱锥外接球的直径为 C．当时，以为直径的球面与底面的交线长为 D．当时，绕点旋转至所形成的曲面面积为 14．（2024·山东聊城·三模）已知圆锥为底面圆心的轴截面是面积为1的等腰直角三角形，是底面圆周上的一个动点，直线满足，设直线与所成的角为，直线与所成的角为，则（    ） A．的取值范围为 B．该圆锥内切球的表面积为 C．的取值范围为 D． 15．（2024·河南郑州·三模）已知三棱锥是边长为2的正三角形，分别是的中点，在平面内的投影为点在平面内的投影为点．（    ） A．两两垂直 B．在平面的投影为的中点 C．三点共线 D．形如三棱锥的容器能被整体装入一个直径为2.5的球 16．（2024·广西桂林·三模）如图，已知圆锥PO的底面半径为，高为，AB为底面圆的直径，点C为底面圆周上的动点，则（    ） A．当C为弧AB的三等分点时，△PAC的面积等于或 B．该圆锥可以放入表面积为的球内 C．边长为的正方体可以放入到该圆锥内 D．该圆锥可以放入边长为的正方体中 三、填空题 17．（2024·福建漳州·三模）在矩形中，为的中点，将沿折起，把折成，使平面平面，则三棱锥的外接球表面积为 . 18．（2024·四川·三模）已知正四棱台的上下底面边长分别为4，6，若正四棱台的外接球的表面积为，则正四棱台的体积 19．（2024·内蒙古·三模）在平行四边形中，，沿将折起，则三棱锥的体积最大时，三棱锥外接球的表面积为 . 20．（2024·陕西渭南·三模）已知底面半径为2的圆锥的侧面积为，则该圆锥的外接球的表面积为 ． 21．（2024·全国·三模）已知正四棱台中，，则该正四棱台内部能够放入的最大球体的半径为 . 22．（2024·四川雅安·三模）已知在直三棱柱中，，且此三棱柱有内切球，则此三棱柱的内切球与外接球的表面积之比为 . 23．（2024·贵州遵义·三模）如图，是南京博物馆展示的一件名为“陶三棱锥”的文物，该文物的出土，为研究吴越文化提供了重要价值，博物馆准备为该文物制作一个透明的球形玻璃外罩进行保护供游客观赏研究，经测量该文物的所有棱长都为分米，则制作的球形玻璃外罩（玻璃外罩厚度忽略不计）的直径至少为 分米． 24．（2024·四川成都·三模）已知三棱锥的顶点都在球的表面上，若球的表面积为，，，，则当三棱锥的体积最大时， . 一、单选题 1．（2024·河南·三模）在长方体中，与平面所成的角为与所成的角为，则（    ）    A． B． C． D． 2．（2024·陕西咸阳·三模）已知各棱长都为1的平行六面体中，棱、、两两的夹角均为，则异面直线与所成角为（    ） A． B． C． D． 3．（2024·广西桂林·三模）在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑，在鳖臑中，平面，，且，为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 4．（2024·宁夏石嘴山·三模）在正方体中，分别是线段与的中点，现有如下结论： ①直线与直线所成的角为；        ②； ③；                            ④平面． 则正确结论的个数为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 5．（2024·四川绵阳·三模）在平行四边形中，，沿对角线将三角形折起，所得四面体外接球的表面积为，则异面直线与所成角为（    ） A． B． C． D． 6．（2024·湖北荆州·三模）已知正四棱台上底面边长为，下底面边长为，体积为，则正四棱台的侧棱与底面所成角的正切值为（    ） A． B． C． D． 7．（2024·河南·三模）在四面体中，平面平面，是直角三角形，，则二面角的正切值为（    ） A． B． C． D． 二、多选题 8．（2024·福建漳州·三模）如图，四棱锥中，底面，且，，平面与平面交线为，则下列直线中与垂直的是（    ）    A． B． C． D． 9．（2024·浙江温州·三模）已知空间两条异面直线所成的角等于60°，过点与所成的角均为的直线有且只有一条，则的值可以等于（    ） A．30° B．45° C．75° D．90° 10．（2024·江西宜春·三模）如图，正方体的棱长为2，设P是棱的中点，Q是线段上的动点（含端点），M是正方形内（含边界）的动点，且平面，则下列结论正确的是（    ）    A．存在满足条件的点M，使 B．当点Q在线段上移动时，必存在点M，使 C．三棱锥的体积存在最大值和最小值 D．直线与平面所成角的余弦值的取值范围是 11．（2024·甘肃酒泉·三模）如图，在正方体中，为线段的中点，为线段上的动点．则下列结论正确的是（    ） A．若为中点，则平面 B．若为中点，则平面 C．不存在点，使得 D．PQ与平面所成角的正弦值最小为 12．（2024·黑龙江哈尔滨·三模）正方体中，分别为面对角线与上的点，，则下面结论正确的是（    ） A．平面 B．直线与直线所成角的正切值为 C． D．直线平面 13．（2024·河北·三模）如图，多面体由正四棱锥和正四面体组合而成，其中，则（    ）    A．该几何体的表面积为 B．该几何体为七面体 C．二面角的余弦值为 D．存在球，使得该多面体的各个顶点都在球面上 三、填空题 14．（2024·贵州毕节·三模）在正方体中，点P是线段上的一个动点，记异面直线DP与所成角为，则的最小值为 ． 四、解答题 15．（2024·河北秦皇岛·三模）如图，在三棱柱中，，四边形为菱形，，. (1)证明：. (2)已知平面平面，求二面角的正弦值. 16．（2024·山西·三模）如图三棱锥分别在线段AB，CD上，且满足. (1)求证:平面平面; (2)求AD与平面BCD所成角的正弦值. 17．（2024·浙江·三模）已知四面体. (1)证明：; (2)若，求直线与平面所成角的正弦值. 18．（2024·重庆·三模）如图，在四棱锥中，平面平面，. (1)求证：平面； (2)若二面角的余弦值为，求直线PD与底面所成角的余弦值. 19．（2024·浙江金华·三模）如图，四棱锥中，四边形是菱形，，是正三角形，是的重心，点满足. (1)求证：平面； (2)若，求直线与平面所成角的正弦值. 20．（2024·四川南充·三模）己知如图，在矩形中，，将沿着翻折至处，得到三棱锥，过M作的垂线，垂足为．    (1)求证：； (2)求二面角的余弦值． 21．（2024·陕西咸阳·三模）已知平行四边形中，，，且.若为边上一点，满足，若将三角形沿着折起，使得二面角为. (1)求证：平面； (2)求四棱锥的体积. 22．（2024·河南·三模）如图，在四棱锥中，底面为等腰梯形，分别为的中点. (1)在答题卡的图中作出平面截四棱锥所得的截面，写出作法（不需说明理由）； (2)若底面，平面与交于点，求异面直线与所成角的余弦值. 23．（2024·黑龙江齐齐哈尔·三模）如图，在三棱柱中，平面平面，． (1)证明：； (2)求二面角的正弦值． 24．（2024·安徽·三模）如图，在三棱锥中，分别为棱的中点.    (1)证明：平面平面； (2)若点到底面的距离等于，且，求二面角的正弦值. 25．（2024·江西景德镇·三模）已知在正三棱柱中，，. (1)已知，分别为棱，的中点，求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 26．（2024·安徽·三模）如图，已知四棱锥中，点在平面内的投影为点，，.    (1)求证：平面平面； (2)若平面与平面所成角的正弦值为，求的值. 27．（2024·河南·三模）如图，在四棱锥中，平面平面，且．    (1)证明：平面平面； (2)求平面与平面夹角的正弦值． 28．（2024·广东广州·三模）在五面体中，，，，，，，平面平面. (1)证明：，并求出，之间的距离； (2)求出平面和平面夹角的余弦值. 29．（2024·河南·三模）如图所示，在四棱锥中，，， ，为正三角形. (1)证明：在平面上的射影为的外心（外接圆的圆心）； (2)当二面角为时，求直线与平面所成角的正弦值. 30．（2024·山东潍坊·三模）如图，在直三棱柱中，，是棱的中点． (1)求证：平面； (2)求二面角的大小． 一、单选题 1．（2024·北京·三模）故宫角楼的屋顶是我国十字脊顶的典型代表，如图1，它是由两个完全相同的直三棱柱垂直交叉构成，将其抽象成几何体如图2所示.已知三楼柱和是两个完全相同的直三棱柱，侧棱与互相垂直平分，交于点I，，，则点到平面的距离是（    ）    A． B． C． D． 二、多选题 2．（2024·黑龙江齐齐哈尔·三模）已知正方体的棱长为3，P在棱上，为的中点，则（    ） A．当时，到平面的距离为 B．当时，平面 C．三棱锥的体积不为定值 D．与平面所成角的正弦值的取值范围是 3．（2024·山西·三模）正四棱锥中，各棱长均为1，过点M，N，Q的平面交PD于点S，且，则（    ） A． B．点S到平面PMQ的距离为 C．平面MNQ与平面ABCD夹角的余弦值为 D．两个四棱锥与体积之比为 三、解答题 4．（2024·重庆·三模）如图，在三棱锥中，平面，，，，分别为，的中点.    (1)证明：平面平面； (2)证明平面，并求直线到平面的距离. 5．（2024·四川·三模）正方体的棱长为2，分别是的中点. (1)求证：面； (2)求点到平面的距离. 6．（2024·四川成都·三模）已知平面与平面是空间中距离为1的两平行平面，，，且，和的夹角为. (1)证明：四面体的体积为定值； (2)已知异于、两点的动点，且、、、、均在半径为的球面上.求点到直线的距离的取值范围. 7．（2024·黑龙江哈尔滨·三模）如图：四棱柱底面为等腰梯形，.    (1)求证：平面； (2)若为菱形，，平面平面. ①求平面和平面夹角的余弦； ②求点到平面的距离. 8．（2024·四川南充·三模）已知如图，在矩形中，，，将沿折起，得到三棱锥，其中是折叠前的，过M作的垂线，垂足为H，. (1)求证：； (2)过H作的垂线，垂足为N，求点N到平面的距离. 9．（2024·浙江金华·三模）如图所示的多面体由一个四棱锥和一个三棱柱组合而成，四棱锥与三棱柱的所有棱长都为2，．    (1)求直线AB与平面的距离； (2)求平面与平面夹角的余弦值． 10．（2024·北京·三模）如图，四边形ABCD为菱形，，把沿着BC折起，使A到位置. (1)证明：； (2)若，求直线与平面所成角的正弦值； (3)在（2）的条件下，求点D到平面的距离. 11．（2024·黑龙江·三模）如图，在直三棱柱中，，，为的中点. (1)证明：平面； (2)若二面角的余弦值为，求点到平面的距离. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024高考三模数学试题分类汇编 一、单选题 1．（2024·山西临汾·三模）宋代是中国瓷器的黄金时代，涌现出了五大名窑：汝窑、官窑、哥窑、钧窑、定窑．其中汝窑被认为是五大名窑之首．如图1，这是汝窑双耳罐，该汝窑双耳罐可近似看成由两个圆台拼接而成，其直观图如图2所示．已知该汝窑双耳罐下底面圆的直径是12厘米，中间圆的直径是20厘米，上底面圆的直径是8厘米，高是14厘米，且上、下两圆台的高之比是，则该汝窑双耳罐的体积是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】求出上下圆台的高，利用台体体积公式求出答案. 【详解】上、下两圆台的高之比是，故上圆台的高为厘米， 下圆台的高为厘米， 故上圆台的体积为立方厘米， 下圆台的体积为立方厘米， 故该汝窑双耳罐的体积为立方厘米. 故选：D 2．（2024·河南郑州·三模）如图，正方形的中心为，边长为4，将其沿对角线折成直二面角，设为的中点，为的中点，则三角形沿直线旋转一周得到的旋转体的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】借助题目条件，结合面面垂直的性质，勾股定理及余弦定理可计算出的长度，结合题意知该旋转体为圆锥的组合体，然后利用圆锥体积公式计算即可. 【详解】由题意可得， 过点作于点，连接， 由二面角为直二面角，故平面平面， 又平面平面，平面， 故平面，又平面，故， 则，，， 在中，利用余弦定理得， 在中，， 在中，，，取MN的中点为H， 则点到的距离为， 根据圆锥的定义知：三角形沿直线旋转一周得到的旋转体为两个相同圆锥的组合体， 故圆锥的半径为，所以旋转体的体积为. 故选：C. 3．（2024·山西·三模）正方体的棱长为2，分别为的中点，为底面的中心，则三棱锥的体积是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】建立空间直角坐标系，求解平面法向量，利用向量法求解点面距离，即可根据体积公式求解. 【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，则, , 设平面法向量为， 则，取，则， 故到平面的距离为， 而, 故, 故， 故选：B 4．（2024·山东潍坊·三模）某同学在劳动课上做了一个木制陀螺，该陀螺是由两个底面重合的圆锥组成．已知该陀螺上、下两圆锥的体积之比为，上圆锥的高与底面半径相等，则上、下两圆锥的母线长之比为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由圆锥的体积公式及圆锥高、半径与母线的关系计算即可． 【详解】设上、下两圆锥的底面半径为，高分别为，体积分别为， 因为上圆锥的高与底面半径相等，所以， 则得，， 上圆锥的母线为，下圆锥的母线为， 所以上、下两圆锥的母线长之比为， 故选：A． 5．（2024·山东泰安·三模）已知圆台的母线长为4，下底面圆的半径是上底面圆的半径的3倍，轴截面周长为16，则该圆台的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】作出圆台的轴截面，利用其周长和两底面圆半径的关系列方程，求出，代入公式，即可求得圆台的表面积. 【详解】    如图，作出圆台的轴截面,设上底面圆的半径为，则下底面圆的半径是， 故轴截面周长为，解得， 所以上、下底面圆的面积分别为，，圆台侧面积， 所以圆台的表面积为. 故选:C. 6．（2024·河南·三模）已知圆锥的底面半径为2，其侧面展开图是一个圆心角为的扇形，则该圆锥的侧面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据半径求底面周长，由弧长公式可得母线长，然后可得侧面积. 【详解】因为底面半径，所以底面周长， 又圆锥母线长，所以圆锥侧面积． 故选：A． 7．（2024·天津·三模）已知直四棱柱的底面是边长为2的菱形，且．若M，N分别是侧棱，上的点，且MC=2，NB=1，则四棱锥的体积为（    ） A． B．2 C． D．6 【答案】A 【分析】取中点，证明平面，再利用锥体的体积公式计算即得. 【详解】在直四棱柱中，取中点，连接， 由四边形是菱形，且，得是正三角形，， 而平面，平面，则，又， 平面，于是平面，显然， 四边形是梯形，， 所以四棱锥的体积. 故选：A 8．（2024·黑龙江·三模）佛兰德现代艺术中心是比利时洛默尔市的地标性建筑，该建筑是一座全玻璃建筑，整体成圆锥形，它利用现代设计手法令空间与其展示的艺术品无缝交融，形成一个统一的整体，气势恢宏，美轮美央.佛兰德现代艺术中心的底面直径为8，高为30，则该建筑的侧面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据勾股定理求出圆锥的母线长，再利用圆锥的侧面积公式求出侧面积. 【详解】由题知该建筑的底面直径为8， 所以底面半径为4， 所以母线长， 则其侧面积. 故选：C. 9．（2024·广东广州·三模）已知斜三棱柱中，O为四边形对角线的交点，设四棱锥的体积为，三棱柱的体积为，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先过O往上、下底面作高，然后把体积比通过割补法转化即可. 【详解】设点O到底面、的距离分别是, 三棱柱的高为,且, ∴, ∴， 故选:B. 10．（2024·山东济南·三模）三棱锥中，平面，．若该三棱锥的最长的棱长为9，最短的棱长为3，则该三棱锥的最大体积为（    ） A． B． C．18 D．36 【答案】C 【分析】由线面垂直得到线线垂直，推出该三棱锥的最长的棱为，故，最短的棱为或，分三种情况，利用锥体体积公式和基本不等式求出体积的最大值，得到答案. 【详解】因为平面，平面， 所以，， 故， 因为，所以，故， 则该三棱锥的最长的棱为，故， 最短的棱为或， 当最短的棱为，即时， 由勾股定理得， 故，故， 当且仅当时，等号成立， 故三棱锥体积为， 当最短的棱为，即时， 设，则，则， 故， 三棱锥体积为， 当且仅当，即时，等号成立， 当最短的棱为，即时， 设，则，则， 故， 三棱锥体积为， 当且仅当，即时，等号成立， 综上，该三棱锥的最大体积为18. 故选：C 11．（2024·安徽合肥·三模）已知某圆锥的侧面展开图是一个半径为的半圆，则该圆锥的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】设圆锥的底面半径，结合侧面展开图可知底面半径与高，进而可得体积. 【详解】设圆锥的底面圆半径为， 由于圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，则，解得， 又侧面展开图是半径为的半圆，即圆锥的母线长为， 则圆锥的高， 所以该圆锥的体积为， 故选：D． 12．（2024·安徽·三模）如图，在棱长为2的正方体中，内部有一个底面垂直于的圆锥，当该圆锥底面积最大时，圆锥体积最大为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】取的中点，记为，当圆锥底面内切于正六边形时该圆锥的底面积最大，结合圆锥体积公式计算即可得解. 【详解】如图所示，取的中点，记为， 易知六边形为正六边形，此时的中点在正六边形的中心， 当圆锥底面内切于正六边形时该圆锥的底面积最大， 设此时圆锥底面圆半径为，因为，所以， 圆锥底面积为，圆锥顶点为（或）处， 此时圆锥体积最大，此时. 故选：C. 13．（2024·福建宁德·三模）已知圆台的上底半径为3，下底半径为6，母线长为6，则以下结论错误的是（    ） A．圆台侧面积为 B．圆台外接球的半径为6 C．圆台的体积为 D．圆台侧面上的点到下底圆心的最短距离为 【答案】C 【分析】由圆台的上下底面半径及母线长，得圆台的高及体积，作出圆台的轴截面，由勾股定理可求得外接球的半径及最短距离. 【详解】设圆台的上底半径为，下底半径为，母线长为，高为， 依题意得，，. 对于A，圆台的侧面积为，故A正确； 对于B，圆台的高， 记球心为，设，球的半径为，如图所示， 则， 即，， 所以， 解得， 所以球的半径，故B正确； 对于C， 上底面积， 下底面积， 所以圆台的体积为：，故C错误； 对于D，由B知，下底圆心即为外接球球心，则圆台侧面上的点到下底圆心的最短距离为，故D正确； 故选：C. 14．（2024·福建莆田·三模）若制作一个容积为的圆锥形无盖容器（不考虑材料的厚度），要使所用材料最省，则该圆锥的高是（    ） A． B．2 C． D．4 【答案】B 【分析】设圆锥的高与半径，利用体积公式得出高与半径的关系，再消元转化得出侧面积，法一、利用三元均值不等式计算即可；法二、利用导数计算单调性与最值即可. 【详解】设该圆锥的高为h，底面圆的半径为r，则，从而，即， 该圆锥的侧面积. 法一、因为， 当且仅当，即时，等号成立，所以要使所用材料最省，则该圆锥的高是2. 法二、令， 易知时单调递减，时单调递增，即， 所以要使所用材料最省，则该圆锥的高是2. 故选：B 二、多选题 15．（2024·河南·三模）已知圆台的上下底面半径分别为1，2，高为，为下底面圆的一条直径，为上底面圆的一条弦，且，则（    ） A．圆台的体积为 B．圆台的母线与下底面所成角为 C．当，，，不共面时，四面体的外接球的表面积为 D．的最大值为 【答案】ACD 【分析】对于A选项，直接套用公式计算即可，对于B选项，先做出圆台的轴截面进行判断，对于C选项，当与异面时，外接球的轴截面大圆刚好是圆台轴截面的外接圆，根据几何关系确定圆心即可计算判断，对于D选项，需要建立空间直角坐标系，进行用坐标法计算取值范围. 【详解】对于A选项，圆台体积为，A选项正确； 对于B选项和C选项，先做出轴截面： 根据几何关系，可知圆台的母线与下底面所成角为，B选项错误； 对C选项，当与异面时，外接球的轴截面大圆刚好是圆台轴截面的外接圆，由几何关系得出，即下底面圆心刚好为四面体的外接球球心，则外接球半径为2，表面积为，C选项正确. 对选项D，需建立空间直角坐标系，由，可知，不妨设，，则，所以，所以，D选项正确. 故选：ACD 16．（2024·重庆·三模）已知在直三棱柱中，，直线与底面ABC所成角的正弦值为，则（    ） A．直三棱柱的体积为 B．点到平面的距离为 C．当点为线段的中点时，平面平面 D．E，F分别为棱上的动点，当取得最小值时， 【答案】BC 【分析】利用线面夹角及棱柱的体积公式可判定A，利用等体积法可判定B，利用线线垂直的判定与性质及线面垂直的性质可判定C，利用多面体的展开图计算最值可判定D. 【详解】 对于A，由直三棱柱的特征可知，直线与底面ABC所成角为， 所以， 因为，所以， 则直三棱柱的体积为，故A错误； 对于B，由上可知平面， 因为平面，所以，则， 设点到平面的距离为， 易知，故B正确； 对于C，取的中点，易知在线上，， 由直三棱柱的特征知， 因为平面， 所以平面，而平面平面 因为平面，所以平面平面，故C正确； 对于D，将三棱柱侧面展开，如下图所示， 显然取得最小值时，，故D错误. 故选：BC 三、填空题 17．（2024·河南·三模）在空间直角坐标系中，已知，则几何体的体积为 . 【答案】 【分析】依题意可得这个点是一个三棱台的个顶点，且与该三棱台的底面垂直，根据棱台的体积公式计算可得. 【详解】因为， 所以，，，， ，，， 所以，，即，， 又，，， ，，即，， ，平面，所以平面， 所以这个点是一个三棱台的个顶点，且与该三棱台的底面垂直， 又， 所以几何体的体积： . 故答案为： 【点睛】关键点点睛：本题关键是由空间向量法得到几何关系，再由棱台的体积公式计算. 18．（2024·安徽·三模）已知四棱锥的底面为矩形，其中，点平面，点M，N分别在线段，上（不含端点位置），其中，则四面体的体积最大值为 . 【答案】 【分析】设，，根据题意，得到，，，求得的面积为，得到，结合二次函数的性质，即可求解. 【详解】在上取点，使得， 由，设，，其中， 又由，，且平面， 因为平面，所以， 可得，且，，， 因为，且平面，所以平面， 在中，由，可得，则的面积为， 故， 当且仅当时等号成立，所以四面体的体积最大值为. 故答案为：. 19．（2024·浙江·三模）已知圆台的上底面半径为1，下底面半径为5，侧面积为，则圆台的高为 . 【答案】3 【分析】根据圆台的侧面积求圆台的母线，再根据圆台轴截面求出高即可. 【详解】因为圆台的上底面半径为1，下底面半径为5，侧面积为 ， 设母线长为，高为. 则，解得. 如图所示圆台的轴截面， 在中，， 由勾股定理得：圆台的高. 故答案为：3. 20．（2024·浙江杭州·三模）已知正三角形ABC的边长为2，中心为O，将绕点O逆时针旋转角，然后沿垂直于平面ABC的方向向上平移至，使得两三角形所在平面的距离为，连接，，，，，，得到八面体，则该八面体体积的取值范围为 ． 【答案】 【分析】将八面体转换成四个三棱锥的体积之和，结合三角函数的值域即可得解. 【详解】先证明一个引理：如图所示，在三棱柱中，，三棱柱的高为，则三棱锥的体积为. 引理的证明如下： ，引理得证. 事实上上述引理等价于，若三棱锥满足，，异面直线所成夹角为，且异面直线之间的距离为，则三棱锥的体积为. 从而由上述引理有 ． 若，则，从而的取值范围是， 的取值范围是. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：关键在于对八面体的适当划分，结合体积公式以及引理即可顺利得解. 21．（2024·黑龙江·三模）如图所示，中，，分别是边上的点，，将沿折起，点折起后的位置记为点，得到四棱锥，则四棱锥体积的最大值为 .    【答案】/ 【分析】根据题意，得到平面时，四棱锥的体积最大，设，利用锥体的体积公式，求得，令，利用导数求得函数的单调性与最大值，即可求解. 【详解】当底面的面积一定时，且平面平面， 因为且，可得，即， 又因为平面平面，且平面，所以平面， 即平面时，四棱锥的体积最大， 设，即，则， 可得， 令，则， 令，解得或（舍）， 当时，，函数单调递增； 当时，，函数单调递减， 所以当时，函数取得最大值， 即四棱锥的体积最大值为. 故答案为：. 一、单选题 1．（2024·江西宜春·三模）已知是空间中两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列说法错误的是（    ） A．若、，则 B．若，，则 C．若，，，则 D．若，，则 【答案】D 【分析】对于A，可过n作平面，使，则，即可判断；对于B，由线面垂直的性质即可判断；对于C，由条件，可得，又，则，即可判断；对于D，要考虑可能在平面内，即可判断． 【详解】对于A，当时，过n作平面，使，则，因为，， 所以，所以，故A正确； 对于B，当，，由线面垂直的性质可得，故B正确； 对于C，因为，，所以，又，所以，故C正确； 对于D，当，时，可能在平面内，故D错误． 故选：D． 2．（2024·河南·三模）已知为两条不同的直线，为两个不同的平面，下列命题为真命题的是（   ） A．若，，，，则 B．若，，则 C．若，，，则 D．若，，，则 【答案】C 【分析】由空间中直线与直线，直线与平面，平面平面的位置关系逐一判断各个选项即可. 【详解】A：由，可知、可能平行或相交，A错误； B：由，，可知、可能平行或异面，B错误； C：由，，，可知，C正确； D：由，，，可知、可能平行或异面，D错误. 故选：C 3．（2024·全国·三模）已知，是两个不同的平面，m，l是两条不同的直线，若，，则“”是“”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】C 【分析】由直线与平面平行的判定定理和性质定理，结合充分条件、必要条件的概念判断即可. 【详解】若，，，且，所以直线与平面平行的判定定理知； 若，，，所以直线与平面平行的性质定理知； 所以“”是“”的充要条件. 故选：C. 4．（2024·四川眉山·三模）如图，该组合体由一个正四棱柱和一个正四棱锥组合而成，已知，则（    ） A．平面 B．平面 C．平面 D．平面 【答案】C 【分析】借助线面平行的判断定理可得平面，即可得A错误，同理可得B错误；借助线面垂直的判定定理可得平面，又，即可得C正确、D错误. 【详解】对A、B：如图，因为， 在平面中有， 所以平面不平行于平面，故A错误； 同理不平行于平面，故B错误； 对C、D：，， 有，所以， 又，,,平面， 所以平面，又因为平面， 所以，又，、平面， 所以平面，故C正确； 又因为，且过一点有且仅有一条直线与平面垂直， 所以不垂直于平面，故D错误. 故选：C. 5．（2024·上海·三模）在空间中，“a、b为异面直线”是“a、b不相交”的（    ）． A．充分非必要条件 B．必要非充分条件 C．充要条件 D．既非充分又非必要条件 【答案】A 【分析】利用异面直线的定义及充分条件、必要条件的定义判断即得. 【详解】直线a、b为异面直线，则直线a、b不相交， 反之，直线a、b不相交，直线a、b可能平行，也可能是异面直线， 所以在空间中，“a、b为异面直线”是“a、b不相交”的充分非必要条件. 故选：A 6．（2024·重庆·三模）设是三个不同的平面，a，b是两条不同的直线，则下列命题中为真命题的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则与异面 D．若，则 【答案】D 【分析】ABC选项根据空间中直线与平面的位置关系直接判断即可，D选项需要通过画图解释，另外需要结合线面垂直、面面垂直、线面平行的性质进行分析. 【详解】对A，若，则a与b相交、平行或异面都有可能，故A错误； 对B，若，则或a与b异面，故B错误； 对C，若，则a与b相交、平行或异面都有可能，故C错误； 对D，若，设与的交线为m，与的交线为n， 在平面内取，在平面内取，与a不重合， 由面面垂直的性质可得，所以， 又，所以，由线面平行的性质定理得， 所以有，故D正确.    故选：D. 7．（2024·四川雅安·三模）如图，在正方体中，已知点为底面的中心，为棱的中点，则下列结论中错误的是（    ）    A．平面 B．平面 C．异面直线与所成的角等于 D．直线与平面所成的角等于 【答案】D 【分析】根据平行四边形即可得线线平行，进而可判断A，根据，即可判断B,根据异面直线的夹角即可求解C，根据线面角的几何法即可求解D. 【详解】对于A，连接，，交于，则四边形为平行四边形， 所以，因为平面，平面，所以平面，故A正确； 对于B，连接，为底面的中心，为棱的中点，， 由于平面，平面，所以， 又,且都在面内，则平面， 有平面，故，同理可得， 再由平面,平面，则平面，B正确； 对于C，，为异面直线与所成的角所成的角， △为等边三角形，，故C正确； 对于D，因为平面， 为直线与平面所成的角， 由于，故不等于，故D不正确 故选：D    8．（2024·江西景德镇·三模）已知，是空间内两条不同的直线，，，是空间内三个不同的平面，则下列说法正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，，则 D．若，，，则或 【答案】C 【分析】借助于模型，完成线面关系的推理可得C项正确，可通过举反例或罗列由条件得到的所有结论，进行对A,B,D选项的排除. 【详解】对于A，由，，设，当时，可得，故A错误； 对于B，由，可得或，故B错误； 对于C，如图，设，，在平面作不与重合的直线，使， 因，则，因，，则，因，则，于是，故C正确； 对于D，当，，时，若且， 则可以和平面成任意角度，故D错误. 故选：C. 9．（2024·四川·三模）已知表示空间中两条不同的直线，表示一个平面，且∥，则“”是“”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】A 【分析】将直线和平面放入特殊图形中证明充分性，否定必要性即可. 【详解】   如图，在长方体中，设取为直线，取为平面， 取为直线，满足但，则“”是“”的充分不必要条件. 故选：A 10．（2024·内蒙古·三模）设，是两个不同的平面，，是两条不同的直线，且则“”是“且”的（    ） A．充分不必要条件 B．充分必要条件 C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】C 【分析】根据题意，利用线面平行的判定定理与性质定理，结合充分条件、必要条件的判定方法，即可求解. 【详解】当时，可能在内或者内，故不能推出且，所以充分性不成立； 当且时，设存在直线，，且， 因为，所以，根据直线与平面平行的性质定理，可知， 所以，即必要性成立，故“”是“且”的必要不充分条件. 故选：C. 11．（2024·陕西榆林·三模）设为两条不同的直线，为两个不同的平面，下面为真命题的是（    ） A．若，则 B．对于空间中的直线，若，则 C．若直线上存在两点到平面的距离相等，则 D．若，则 【答案】D 【分析】根据空间中直线和平面的位置关系的判定定理和性质，对每个选项进行逐一分析，即可判断. 【详解】对于A：在长方体中， 令平面是平面，平面为平面，直线为直线， 直线为直线，显然， 此时直线是异面直线，不平行，故A错误； 对于B：当，时，只有相交时才有， 比如A选项的长方体中平面，平面，，， 但是与平面不垂直，故B错误； 对于C：若直线上存在两点到平面的距离相等，则或与相交，故C错误； 对于D：如图： 因为，过作平面和平面交于，则，而，故， 又，故，故D正确. 故选：D. 12．（2024·四川成都·三模）已知 是两条不同的直线， 是平面，若 ，则 不可能（    ） A．平行 B．垂直 C．相交 D．异面 【答案】C 【分析】若与相交，得到与有交点，这与题设矛盾，得到答案. 【详解】因为，，则与可能平行，异面和垂直， 若与相交，，则，所以， 即直线与平面有公共点，这与矛盾，故B不可能. 故选：C. 13．（2024·四川南充·三模）如图，在直三棱柱中，，E、F、G、H分别为的中点，则下列说法中错误的是（    ）    A．E、F、G、H四点共面 B．三线共点 C．设，则平面截该三棱柱所得截面的周长为 D．与平面所成角为 【答案】C 【分析】根据两直线平行确定平面判断A；利用相交平面的公共点共线得三点共线可判断B；作出截面四边形，根据截面边长的大小判断C；作于，利用线面垂直的判定定理证明平面，进而得到为与平面所成的角可得D正确. 【详解】如图，    A：连接，因为E、F、G、H分别为、、、的中点， 所以，，所以，所以E、F、G、H四点共面，故A正确； B：由A知，且，所以梯形的两腰、所在直线必相交于一点， 因为平面，平面， 又平面平面，所以，所以与重合， 即、、三线共点于，故B正确. C：延长交的延长线于点，连接，交于点，连接，， 设确定平面为，则，所以，所以， 则易知三棱柱的截面四边形为， 在中，， 在中，，而中，， 而，所以截面的周长大于，故C错误； D：作于， 因为，所以为中点， 因为平面，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 又，所以， 又平面，平面， 所以平面， 所以为与平面所成的角，等于，故D正确； 故选：C. 【点睛】关键点点睛：利用共面的判定，结合直线与平面的关系，作出平面与三棱柱截面的图形，是解决C选项的关键所在 14．（2024·河北石家庄·三模）设是三个不同的平面，是两条不同的直线，则下列命题为真命题的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【答案】D 【分析】根据线面位置关系依次讨论各选项即可得答案. 【详解】对于A选项，若，则或，无法确定与的关系，错误； 对于B选项，根据面面平行的性质定理，缺少的条件，它们可能平行或异面，错误； 对于C选项，根据面面垂直的性质定理，缺少条件，平行、相交或均有可能，错误； 对于D选项，若，则，由面面垂直的判定定理可得，正确. 故选：D 15．（2024·云南昆明·三模）已知是两条不重合的直线，是两个不重合的平面，下列说法错误的是（    ） A．若，则“”是“”的必要条件 B．若，，则“”是“”的充分条件 C．若，则“”是“”的充要条件 D．若，则“”是“”的既不充分也不必要条件 【答案】A 【分析】利用线面垂直的性质可判断A；利用线面平行的判定和性质可判断B；利用线面垂直的性质和面面平行的判定可判断C；利用线面平行的性质可判断D. 【详解】对于A，若，则“”是“”的充分不必要条件，故A错误； 对于B，，，则“”“”“m，n平行或异面， 所以是的充分条件，故B正确； 对于C，，则“”“”， 则“”是“”的充要条件，故C正确； 对于D，，则“”“或”， “”“m，n相交、平行或异面”， 所以“”是“”的既不充分也不必要条件，故D正确. 故选：A. 16．（2024·湖南岳阳·三模）下列命题正确的是（    ） A．若直线上有无数个点不在平面内，则 B．若直线不平行于平面且，则平面内不存在与平行的直线 C．已知直线，，平面，且，则直线，平行 D．已知两条相交直线，，且平面，则与相交 【答案】B 【分析】根据空间直线与平面的位置关系的定义，分类，及几何特征，逐一分析选项，可得答案. 【详解】若直线上有无数个点不在平面内，则或与相交，故A选项不正确； 若直线不平行于平面且，则与相交，所以平面内不存在与平行的直线，故B选项正确； 已知直线，平面，且，则直线平行或异面，C选项错误； 两条相交直线，且平面，则平面或与相交，D选项错误. 故选：B 二、多选题 17．（2024·河北秦皇岛·三模）在长方形中，，，点在线段上（不包含端点），沿将折起，使二面角的大小为，，则（    ） A．存在某个位置，使得 B．存在某个位置，使得直线平面 C．四棱锥体积的最大值为 D．当时，线段长度的最小值为 【答案】ACD 【分析】利用特殊位置可判定A，根据线面平行的性质可判定B，利用棱锥的体积公式及导数研究函数的最值可判定C，利用空间向量数量积研究模长可判定D. 【详解】设点A在平面上的投影为，即， 而当时，平面， 所以平面，平面，所以， 这种情况显然存在，故A正确； 若平面，平面，平面平面， 所以，显然矛盾，故B错误； 设，，则点A到的距离为，，， 要使得四棱锥的体积最大，则， 此时四棱锥的体积， ，在上单调递减， 且当时，. 令，，则，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 故， 即四棱锥体积的最大值为，C正确. 过A，作的垂线，垂足分别为，，从而得到，， 又， 所以 . 因为二面角的大小为，所以与的夹角为120°. 设，，则， ，，，， 所以， 所以 . 故当时，有最小值28，故线段长度的最小值为，D正确. 故选：ACD 【点睛】思路点睛：对于C项，设，利用表示线段长，利用棱锥体积公式得，通过导数研究其单调性计算最值即可；对于D项，根据空间向量数量积公式计算模长即可. 18．（2024·福建厦门·三模）如图1，将三棱锥型礼盒的打结点解开，其平面展开图为矩形，如图2，其中A，B，C，D分别为矩形各边的中点，则在图1中（    ） A． B． C．平面 D．三棱锥外接球的表面积为 【答案】ACD 【分析】对于A，结合展开图可得，判断A；对于B，利用平面向量数量积，求，判断B；对于C，利用线面垂直的判定定理，判断C；对于D，将三棱锥放在长方体中，求出外接球的表面积，判断D. 【详解】对于A，，故A正确； 对于B，，，所以，则， 又在中，，，故， 所以 ，故不垂直，故B错误； 对于C，因为在中，，所以， 又，，平面，平面， 所以平面，故C正确； 对于D，因为 ， 所以三棱锥三组对棱相等，可以将其放入长方体中，    设外接球半径为，则有，解得，所以外接球的表面积为，故D正确， 故选：ABD. 【点睛】方法点睛：对于D选项，根据三棱锥棱长相等，将其直接放在长方体中，求出外接球表面积. 一、单选题 1．（2024·四川泸州·三模）已知正方体的棱长为2，P为的中点，过A，B，P三点作平面，则该正方体的外接球被平面截得的截面圆的面积为（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据给定条件，求出球心到平面的距离，再利用球的截面小圆性质求出截面圆半径即可. 【详解】正方体的外接球球心是的中点，而， 则点到平面的距离等于点到平面的距离的一半，又平面过线段的中点P， 因此点与点到平面的距离相等，由平面，，得平面， 在平面内过作于，而平面，于是， 又，从而，又球的半径， 则正方体的外接球被平面截得的截面圆半径，有， 所以正方体的外接球被平面截得的截面圆的面积. 故选：D 2．（2024·安徽安庆·三模）在正方体中，点分别为棱的中点，过点三点作该正方体的截面，则（    ） A．该截面多边形是四边形 B．该截面多边形与棱的交点是棱的一个三等分点 C．平面 D．平面平面 【答案】B 【分析】将线段向两边延长，分别与棱的延长线，棱的延长线交于，连分别与棱交于，可判断A；利用相似比可得，可判断B；证明平面即可判断C；通过证明平面，可判断D. 【详解】对于A，将线段向两边延长，分别与棱的延长线，棱的延长线交于， 连分别与棱交于，得到截面多边形是五边形，A错误； 对于B，易知和全等且都是等腰直角三角形，所以， 所以，即，点是棱的一个三等分点，B正确； 对于C，因为平面，平面，所以， 又，平面，所以平面， 因为平面，所以，同理可证， 因为平面，所以平面， 因为平面与平面相交，所以与平面不垂直，C错误； 对于D，易知，所以， 又，所以平面， 结合C结论，所以平面与平面不平行，D错误. 故选：B． 3．（2024·陕西铜川·三模）在正方体中，分别为的中点，若，则平面截正方体所得截面的面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】借助正方体截面的性质可得该截面是边长为的正六边形，计算其面积即可得. 【详解】如图，过点作的平行线交于点，过点作的平行线交于点， 过点作的平行线交于点，易知点都在截面内， 且都是其所在棱的中点，从而所得截面是边长为的正六边形， 所求面积. 故选：D. 4．（2024·四川成都·三模）在棱长为5的正方体 中，是中点，点在正方体的内切球的球面上运动，且，则点的轨迹长度为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】建立空间直角坐标系，作出辅助线，得到⊥平面，由点到平面的距离和球的半径得到点的轨迹为以为半径的圆，从而求出点的轨迹长度. 【详解】以点为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 则，， 球心，取的中点，的中点，连接， 则，， ， 故，， 又，平面， 故⊥平面， 故当位于平面与内切球的交线上时，满足， 此时到平面的距离为 ， ，其中为平面截正方体内切球所得截面圆的半径， 故点的轨迹为以为半径的圆， 故点的轨迹长度为. 故选：B 二、多选题 5．（2024·辽宁·三模）如图，在棱长为2的正方体中，点分别为的中点，为面的中心，则以下命题正确的是（    ） A．平面截正方体所得的截面面积为 B．四面体的外接球的表面积为 C．四面体的体积为 D．若点为的中点，则存在平面内一点，使直线与所成角的余弦值为 【答案】ABC 【分析】选项A，取中点，连接，利用正方体的性质，得出平面截正方体所得的截面为菱形，即可求解；选项B，建立空间直角坐标系，直接求出球心坐标，从而求出半径，即可求解；选项C，取中点，中点连接，根据条件证得面，从而有，再利用棱锥的体积公式，求出底面积和高，即可求解；选项D，先求出与在面的投影所成角的大小，再利用最小角定理即可求解，从而求出结果. 【详解】对于选项A，如图1，取中点，连接，因为点分别为的中点， 所以，，且，即四边形为菱形， 所以平面截正方体所得的截面即为菱形， 又易知，所以菱形的面积为，故选项A正确， 对于选项B，如图2建立空间直角坐标系， 则， 设四面体的外接球的球心坐标为，外接球的半径为， 所以， 解得，所以， 故四面体的外接球的表面积为，所以选项B正确， 对于选项C，如图3，取中点，中点连接，易知， 又是中点，所以，得到， 又面，面，所以面， 所以， 又易知到面的距离为， ， 所以，故选项C正确， 对于选项D，如图4，分别是平面的垂线和斜线，是在平面内的射影， 易知为锐角，是平面内和不重合的任一直线，在上截取， 连接，则， 在与中，因为，， 而，所以， 即平面外的一条斜线和它在平面内的射影所成的锐角，是这条斜线和平面内经过斜足的直线所成的一切角中最小的角， 如图5，取中点，易知在面上投影为， 又因为，，所以， 过作直线，使，设直线与所成的角为， 所以， 又，在区间上单调递减， 故在平面内不存在点，使直线与所成角的余弦值为， 故选：ABC. 【点睛】关键点点晴：本题的关键在于选项D，先求出与在面的投影所成角的大小，再利用最小角定理及的单调性，即可求解. 6．（2024·江西景德镇·三模）正方体的棱长为6，，分别是棱，的中点，过，，作正方体的截面，则（    ） A．该截面是五边形 B．四面体外接球的球心在该截面上 C．该截面与底面夹角的正切值为 D．该截面将正方体分成两部分，则较小部分的体积为75 【答案】ACD 【分析】对于A，过三点作正方体的截面即可；对于B，计算四面体外接球半径，以及外接圆半径，比较球心与圆心是否重合即可；对于C，建立空间直角坐标系，计算平面和平面的法向量即可；对于D，将被截正方体较小部分体积分为5个三棱锥计算即可. 【详解】对于A，如图①所示，延长交的延长线于，延长交的延长线于， 连接交于，连接交于， 连接，，则五边形为平面截正方体所得的截面，故A正确； 对于B， 如图②所示，设三棱锥底面外心为， 三棱锥外接球球心为， 且, 在中，,， 所以外接圆半径为, 所以在中，三棱锥外接球半径 , 所以三棱锥外接球球心到三点的距离都为. 在中，， 所以外接圆半径, 所以四面体外接球的球心不在该截面上，故B错误； 对于C，如图③所示，以分别为轴建立如图空间直角坐标系， 且正方体边长为6，即， 所以， 设为平面的法向量，则 ，取， 所以， 又因为平面， 故为平面的法向量， 则， ，故C正确； 对于D，如图④所示，取中点，连接, 因为，所以，即， 又因为，所以，即， 同理，由得， 由得， 所以， ， ， ， , 所以该截面将正方体分成两部分，较小部分体积为，故D正确. 故选：ACD. 7．（23-24高三上·辽宁·期末）已知正方体，点满足，下列说法正确的是（    ）    A．存在无穷多个点，使得过的平面与正方体的截面是菱形 B．存在唯一一点，使得平面 C．存在无穷多个点，使得 D．存在唯一一点，使得平面 【答案】ACD 【分析】对于A：取线段的中点，过点作正方体的截面，然后证明点在线段上时可满足条件；对于B：通过证明面面，当点在线段上时，有平面；对于C：通过证明面，当点在线段上时，有；对于D：通过证明面，当点在点位置时，有平面. 【详解】点满足， 即点在正方形内（包括正方形的四条边）上运动， 对于A：取线段的中点，过点作正方体的截面， 因为面面，面面，根据面面平行的性质定理知如果一个平面与两个平行平面相交，则交线平行， 所以有，即四边形为平行四边形， 又为线段的中点，则有，所以四边形为菱形， 所以当点在线段上时，过的平面与正方体的截面是菱形， 故有无穷多个点，使得过的平面与正方体的截面是菱形，A正确；    对于B：在正方体中，因为，且， 所以四边形为平行四边行， 所以，又面，面， 所以面，同理可得面， 又，面 所以面面，当点在线段上时，有平面， 故有无穷多个点，使得平面，B错误；    对于C：连接， 根据正方体可得， 又面， 所以面，又面， 所以，同理，又面， 所以面，当点在线段上时，有， 故有无穷多个点，使得，C正确；    对于D：由选项证明面同理可证明面， 过平面外一点有且只有一条直线与已知直线垂直， 当且仅当点在点位置时，有平面， 所以存在唯一一点，使得平面，D正确.    故选：ACD. 【点睛】方法点睛：对于立体几何中，针对找某点满足某种位置关系的问题，可以将问题进行转化，如找点满足线面平行，可以转化为找面，使面面平行，找点满足线线垂直，可以转化为找面，使线面垂直. 8．（2024·山东潍坊·三模）在棱长为 1 的正方体中，分别为棱的中点，则（      ） A．直线与是异面直线 B．直线与所成的角是 C．直线平面 D．平面截正方体所得的截面面积为. 【答案】ABD 【分析】根据异面直线成角，线面垂直的判定定理，梯形面积公式逐项判断即可. 【详解】对于A，由于平面，平面， 故直线与是异面直线，故A正确； 对于B，如图，连接，因为分别为棱的中点，所以， 所以直线与所成的角即为直线与所成的角， 又因为是等边三角形，所以直线与所成的角为， 故直线与所成的角是，故B正确； 对于C，如图，假设直线平面，又因为平面，所以，而，这三边不能构成直角三角形， 所以与不垂直，故假设错误，故C错误； 对于D，如图，连接，因为，所以， 所以平面截正方体所得的截面为梯形， 且，所以梯形的高为， 所以截面面积为，故D正确. 故选：ABD. 9．（2024·安徽·三模）在棱长为2的正方体中，点E为棱的中点，点F是正方形内一动点（包括边界），则（    ） A．三棱锥的体积为定值 B．若平面，则点F的轨迹长度是 C．当点Q在直线上运动时，的最小值是 D．若点F是棱的中点，则平面截正方体所得截面的周长为 【答案】AB 【分析】对A：由平面平行可得点到平面的距离为定值，结合体积公式即可得；对B：借助线面平行的判定定理与性质定理与面面平行的性质定理可得平面平面，计算即可得点F的轨迹长度；对C：将沿翻折到与在同一个平面，借助两点之间线段最短计算即可得；对D：画出截面图形后计算即可得. 【详解】对于A：平面平面，则点到平面的距离为定值2， 则，故A正确； 对于B：如图1，分别取中点，连接， 则，且，又，， 故且，所以四边形是平行四边形， 所以，因为平面平面， 所以平面，同理，有平面， 因为且都在面，所以平面平面， 因为平面平面， 所以点的轨迹是线段，其长度为，故B正确； 对于C，把沿翻折到与在同一个平面(如图2所示)， 连接，则是的最小值， 其中是边长为的等边三角形， 是直角边为2的等腰直角三角形， 由对称性得， 即的最小值是，故C错误； 对于D：如图3，由B选项知，四边形就是平面截正方体所得截面的图形， 其周长为，故D错误. 故选：AB. 10．（2024·广东·三模）已知正方体的棱长为分别为棱的中点，则（   ） A．三棱锥的体积为 B．与所成的角为 C．过三点的平面截正方体所得截面图形为等腰梯形 D．平面与平面夹角的正切值为 【答案】ACD 【分析】求出锥体体积判断A；用定义法求出异面直线的夹角判断B；推理判断截面形状判断C；建立坐标系，利用空间向量求出面面角的余弦判断D. 【详解】正方体的棱长为分别为棱的中点， 对于A，三棱锥的体积，A正确； 对于B，，则是与所成的角或其补角，而， 因此与所成的角为，B错误； 对于C，连接，由，得，则， 而，，因此平面截正方体所得截面图形为等腰梯形，C正确； 对于D，建立如图所示的空间直角坐标系，， ，设平面的法向量， 则，令，得，显然平面的法向量， 设平面与平面的夹角为，则， ，则，D正确. 故选：ACD 【点睛】方法点睛：利用向量法求二面角的常用方法：①找法向量，分别求出两个半平面所在平面的法向量，然后求得法向量的夹角，结合图形得到二面角的大小；②找与交线垂直的直线的方向向量，分别在二面角的两个半平面内找到与交线垂直且以垂足为起点的直线的方向向量，则这两个向量的夹角就是二面角的平面角． 11．（2024·河南·三模）如图，在棱长为1的正方体中，是棱上的动点（不含端点），过三点的平面将正方体分为两个部分，则下列说法正确的是（   ） A．正方体被平面所截得的截面形状为梯形 B．存在一点，使得点和点到平面的距离相等 C．正方体被平面所截得的截面的面积随着线段的长度的增大而增大 D．当正方体被平面所截得的上部分的几何体的体积为时，是的中点 【答案】AC 【分析】根据面面平行的性质定理可得，易证，从而判定A，假设点和点C到平面的距离相等可得平面，与已知矛盾判定B，求出截面的面积，利用导数可判定C，求出正方体被平面所截得的上部分的几何体的体积与已知相等可判定D. 相等， 【详解】选项A：设过三点的平面与交点为F，连接， 因为平面平面，且平面平面， 平面平面，所以， 由正方体性质可知，，所以四边形为平行四边形， 所以，所以，即， 所以正方体被平面所截得的截面形状为梯形，故A正确. 选项B：由点和点B到平面的距离相等， 若点和点C到平面的距离相等，必有平面， 又由，可得平面，与平面矛盾，故B错误； 选项C：如图：在上取点H，使得，连接， 设， 因为，可得平面为过三点的截面， 在梯形中，， 梯形的高为， 梯形的面积为， 令， 则 所以函数单调递增，可得正方体被平面所截得的截面面积随着的长度增大而增大，故C正确； 选项D：因为，， 正方体被平面所截得的上部分的几何体的体积为： ， 解得，故D错误； 故选：AC. 【点睛】关键点点睛：本题C选项解决的关键是设，求得梯形的面积关于的表达式，再利用导数即可得解. 12．（2024·福建三明·三模）在棱长为2的正方体中，E，F，G分别为 的中点，则下列说法正确的是（   ） A．若点P在正方体的表面上，且，则点P的轨迹长度为 B．若三棱锥的所有顶点都在球O的表面上，则球O的表面积为 C．过点的平面截正方体 所得截面多边形的周长为 D．若用一张正方形的纸把此正方体完全包住，不考虑纸的厚度，不将纸撕开，则所需纸的面积的最小值为32 【答案】BCD 【分析】由得到点一定在球面上，又因为点在正方体的表面上，可以得到的轨迹为6个半径为1的圆，进而得到轨迹长度； 求有一条侧棱垂直于底面的三棱锥的外接球表面积，即求半径，根据外接圆半径结合勾股定理即可求得； 利用平行找到过三点的截面，进而求的截面周长； 利用正方形的对角线长度求得正方形面积. 【详解】A选项，因为，所以P在以EG为直径的球面上，又因为E、G分别是AB和的中点，结合棱切球与各个面的交点为各条棱的中点，得到该球是正方体的棱切球， 又由P在正方体的表面上，所以的轨迹为6个半径为1的圆，所以P的轨迹长度为，故A错误； B 选项，即求三棱锥即的外接球， 在中，由余弦定理得， 所以，由正弦定理得，其中是外接圆半径，所以， 因为侧棱面，所以外接球半径，所以球O的表面积为，故B正确； C选项，如图 延长FE交DA的延长线于点P，可得到，所以， 连接交于点Q，由得，所以Q是上靠近A的三等分点， 连接，作交于点，则是靠近的三等分点，连接，则五边形即为所求截面， ，， ，， ， 所以周长为，故C正确； D选项， 由正方体的侧面展开图，结合上图可以看出五个正方形及上下左右四个三角形组成一个正方形， 可知要想把正方体完全包住，正方形即为所求正方形， 对角线长为，所以面积为，故D正确； 故选：BCD. 13．（2024·广东广州·三模）在正四棱柱中，，，E，F分别为，的中点，点M是侧面上一动点（含边界），则下列结论正确的是（    ） A．∥平面 B．若，则点M的轨迹为抛物线的一部分 C．以为直径的球面与正四棱柱各棱共有16个公共点 D．以为直径的球面与正四棱柱各侧面的交线总长度为 【答案】ACD 【分析】利用线线平行易证线面平行可判断选项A；利用线线角为定值，知另一边在一个圆锥上，从面用截面思想可判断选项B；利用球心在正四棱柱的中心，然后可以判断到上下底面各棱的距离都正好等于半径，而到各侧棱的距离都小于半径，从而可以判断选项C；利用球被平面所截是一个小圆，小圆的圆心就是球心到各侧面的射影，从而可通过计算交线长，再来判断选项D． 【详解】 根据已知条件可知，，，连结，可得四边形是平行四边形， 所以可得，又因为平面,平面, 所以平面，故选项A正确； 因为是一个定值，所以也等于一个定值，所以一定是以为轴的一个圆锥的母线， 这样的圆锥被过顶点的平面所截，所得的是两条母线， 即落在侧面内的轨迹就是线段，所以选项B是错误的； 由正四棱柱的中心对称心可知，以为直径的球心一定是在正四棱柱的中心， 根据，，可知， 所以可知球心到上下两底面各棱的中点的距离都等于该球的半径， 即该球与上下两底面各棱的交点共有8个， 又因为球心到各侧棱的距离是，到各顶点的距离是1， 所以每条侧棱上都有两个点到球心等于该球的半径，即总共就有16个.故C选项正确； 由上面推理易知，以为直径的球与上下两底面的交线是两个完整的内切圆， 此时一个圆的周长是， 而根据该球心到一个侧面射影是，，， 可解得，所在侧面截得交线如图： 由，，可得，即， 所以在该侧面内留下的交线长为， 即该球面与正四棱柱各侧面的交线总长度为，故D选项正确； 故选：ACD. 14．（2024·浙江·三模）在棱长为 1 的正方体中，已知分别为线段的中点，点满足，则（    ） A．当时，三棱锥的体积为定值 B．当，四棱锥的外接球的表面积是 C．周长的最小值为 D．若，则点的轨迹长为 【答案】ABD 【分析】A选项，先得到，故点在线段上，证明出，所以三棱锥为定值；B选项，点为线段的中点，作出辅助线，找到外接球球心，从而得到外接球半径和外接球面积；C选项，取线段的中点，由对称性知，，数形结合得到，从而得到周长的最小值；D选项，由得到点的轨迹为以为圆心，半径为1的圆的一部分，求出圆的半径，得到轨迹长度. 【详解】A选项，当时，， 故，即， 故点在线段上， 连接，与相交于点，则为的中点，连接， 因为为的中点，所以，故三棱锥的体积为定值，A正确； B选项，当时，由A选项可知，，点为线段的中点， 连接相交于点，则⊥平面， 设正四棱锥的外接球的球心为，则三点共线， 其中，设，则， 由勾股定理得，即， 解得， 则表面积是，B正确； C选项，点在矩形及其内部，取线段的中点， 由对称性知，， ，此时三点共线， 又， ，C错误； D选项，因为 ，又点在矩形及其内部， 点的轨迹为点为球心，半径长为的球面被平面截且在矩形及其内部的图形， 又⊥平面，且， 故 ， 所以点的轨迹为以为圆心，半径为1的圆的一部分， 如图，其中，， 故， 则， 则， 则轨迹长为，D正确. 故选：ABD 【点睛】解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径 15．（2024·湖南益阳·三模）如图，点P是棱长为2的正方体的表面上的一个动点，则下列结论正确的是（    ） A．当点P在平面上运动时，四棱锥的体积不变 B．当点P在线段AC上运动时，与所成角的取值范围为 C．使直线AP与平面ABCD所成角为的动点P的轨迹长度为 D．若F是的中点，当点P在底面ABCD上运动，且满足平面时，PF长度的最小值为 【答案】ABC 【分析】由底面正方形的面积不变，点到平面的距离不变，可判定A正确；以为原点，建立空间直角坐标系，设，则，结合向量的夹角公式，可判定B正确；由直线与平面所成的角为，作平面，得到点的轨迹，可判定C正确；设，求得平面的一个法向量为，得到，可判定D错误. 【详解】选项A：底面正方形的面积不变，点到平面的距离为正方体棱长，所以四棱锥的体积不变，正确； 选项B：以为原点，所在的直线分别为轴、轴和轴，建立空间直角坐标系，可得， 设，则， 设直线与所成角为，则， 因为，则， 当时，可得，所以； 当时，， 当且仅当，即时，等号成立， 可知，且，所以； 所以异面直线与所成角的取值范围是，正确； 对于C：因为直线与平面所成的角为， 若点在平面和平面内， 因为最大，不成立； 在平面内，点的轨迹是； 在平面内，点的轨迹是； 在平面时，作平面，如图所示， 因为，所以， 又因为，所以，所以， 所以点的轨迹是以点为圆心，以2为半径的四分之一圆， 所以点的轨迹的长度为， 综上，点的轨迹的总长度为，所以C正确； 对于D，由， 设，则 设平面的一个法向量为，则， 取，可得，所以， 因为平面，所以，可得， 所以，当时，等号成立，错误. 故选：ABC. 【点睛】方法点睛：对于立体几何的综合问题的解答方法： 1、立体几何中的动态问题主要包括：空间动点轨迹的判断，求解轨迹的长度及动角的范围等问题； 2、解答方法：一般时根据线面平行，线面垂直的判定定理和性质定理，结合圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹，有时也可以利用空间向量的坐标运算求出动点的轨迹方程； 3、对于线面位置关系的存在性问题，首先假设存在，然后再该假设条件下，利用线面位置关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论，则否定假设； 4、对于探索性问题用向量法比较容易入手，一般先假设存在，设出空间点的坐标，转化为代数方程是否有解的问题，若由解且满足题意则存在，若有解但不满足题意或无解则不存在. 16．（2024·福建莆田·三模）如图，在边长为4的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别是棱B1C1，C1D1的中点，P是正方形A1B1C1D1内的动点，则下列结论正确的是（    ） A．若DP∥平面CEF，则点P的轨迹长度为 B．若AP=，则点P的轨迹长度为 C．若AP=，则直线AP与平面CEF所成角的正弦值的最小值是 D．若Р是棱A1B1的中点，则三棱锥的外接球的表面积是 【答案】ACD 【分析】由面面平行的判定定理可得平面平面，从而可得点Р的轨迹是线段，即可判断AB，建立空间直角坐标系结合空间向量的坐标运算即可判断C，结合条件可得外接球的半径，即可判断D 【详解】 分别取棱，的中点M，N，连接， 易证，， 平面，平面，所以平面， 且平面，平面，所以平面， 又平面，则平面平面， 因为平面，且P是正方形内的动点， 所以点Р的轨迹是线段. 因为，所以，因为，所以， 故A正确. 因为，所以点P的轨迹是以为圆心，1为半径的个圆， 则点Р的轨迹长度为，则B错误. 以A为坐标原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向， 建立如图1所示的空间直角坐标系. 由题中数据可知则，，. 设平面CEF的法向量为，则，得. 设直线AР与平面CEF所成的角为，则. 因为，所以，所以， 所以，则，故C正确. Р是棱的中点，则外接圆的圆心为正方形的中心，半径为2. 如图2，设，则三棱锥的外接球的半径满足，解得， 从而三棱锥P-CEF的外接球的表面积是，故D正确. 故选：ACD 17．（2024·河北石家庄·三模）如图，在棱长为2的正方体中，为的中点，则下列说法正确的有（    ）    A．若点为中点，则异面直线与所成角的余弦值为 B．若点为线段上的动点（包含端点），则的最小值为 C．若点为的中点，则平面与四边形的交线长为 D．若点在侧面正方形内（包含边界）且，则点的轨迹长度为 【答案】BD 【分析】取中点，连接，为异面直线与所成角，可判断A；将侧面延旋转至与平面共面，根据两点间线段最短可判断B；对于C，如图以点为原点，以为轴建立空间直角坐标系，取靠近的四等分点，则可证明，判断C；并确定点的轨迹为直线在正方形内的线段，判断D. 【详解】对于A，取中点，连接， 则，所以为异面直线与所成角， 在中，，故A错误； 对于B，将侧面延旋转至与平面共面， 如图连接，交与点，此时最小，    且，故B正确； 对于C，如图，以点为原点，以为轴建立空间直角坐标系， 则 因为平面平面， 所以平面与平面的交线为过点且平行于的直线， 取靠近的四等分点，连接，并延长交于点， 连接，交于点， 由，所以， 则，则，所以为平面与平面的交线， 则为平面与平面的交线， 所以为平面与四边形的交线， 由于，所以， 又，所以， 则，故C错误； 对于D，因为点在侧面正方形内，设， 则， 因为，所以， 化简为， 则点的轨迹为直线在正方形内的线段，其长度为，故D正确. 故选：BD        【点睛】关键点睛：本题选项D为空间动点轨迹的探索问题，解答本题的关键是利用空间直角坐标系探索出动点的轨迹. 三、填空题 18．（2024·黑龙江哈尔滨·三模）正三棱柱内切球（球与上下底面和侧面都相切）的半径是为棱上一点，若二面角为，则平面截内切球所得截面面积为 . 【答案】 【分析】由内切球的半径得正三棱柱的高和底面边长，求球心到平面的距离，勾股定理求截面圆的半径，可得截面面积. 【详解】正三棱柱内切球的半径是，则棱柱的高， 正三角形内切圆的半径是，则， 得， 分别为的中点，则，，， 二面角为，则， 内切圆的圆心为上靠近点的三等分点，内切圆的圆心为上靠近点的三等分点， 为正三棱柱内切球球心，则为的中点， 则，， ，， 由对称性可知，球心到平面的距离等于到直线的距离， 平面中，以为原点，为轴，为轴建立如图所示的平面直角坐标系， 有，，所在直线方程为，即， 则点到直线的距离，即球心到平面的距离， 平面截内切球所得截面圆的半径为，则， 所以截面圆的面积. 故答案为：. 【点睛】方法点睛： 正三棱柱的内切球中，如果内切球的半径为，那么正三棱柱的高为，底面正三角形的边长为，截面圆的半径由球的半径和球心到截面距离利用勾股定理计算. 一、单选题 1．（2024·江西南昌·三模）如图，在正四棱台中，，为上底面的对角线，且下底面的面积和侧面的面积分别为20和，则该正四棱台外接球的表面积是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先确定该棱台的上下底面边长和高，然后解出外接球球心到下底面的距离，最后求出外接球半径和表面积. 【详解】由于该棱台是正四棱台，故每条侧棱的长度都相等，且上下底面都是正方形. 而下底面的面积是，所以下底面的边长. 而，所以上底面的边长. 由于每个侧面都是上下底分别为和的等腰梯形，而面积为， 故每个等腰梯形的高， 所以每个等腰梯形的侧棱长. 由于每条侧棱在底面上的投影长都是，所以该棱台的高. 最后设该棱台外接球球心到下底面的距离为，则外接球球心到上底面的距离为，并设外接球的半径为. 则，，所以， 即.解得， 所以. 所以该外接球的表面积等于. 故选：A. 【点睛】关键点点睛：本题的关键点在于设出外接球球心到下底面的距离，再列方程组求解. 2．（2024·黑龙江齐齐哈尔·三模）已知某圆锥的底面半径长为2，侧面展开图的面积为，则该圆锥内部最大球的半径为（    ） A． B． C．1 D． 【答案】C 【分析】根据圆锥表面积公式求出母线长，再由圆锥轴截面图象中相似三角形,可得圆锥内部最大球即与圆锥相切的球的半径. 【详解】设母线长为，依题意，解得， 所以圆锥的高为， 作出圆锥轴截面图象， 设圆锥内部最大球即与圆锥相切的球的半径为， 由于，则， 可得，解得.    故选：C． 3．（2024·江苏南通·三模）已知一个正四棱台的上、下底面边长分别为2，8，侧棱长为，则该正四棱台内半径最大的球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先求出正四棱台的高，再分析出最大内切球与四侧面及下底面相切，再根据三角函数得到其半径大小，最后利用球的表面积公式即可. 【详解】作出如图所示正四棱台，其中为正四棱台的高，为其斜高，    因为正四棱台的上、下底面边长分别为2，8，侧棱长为， 则，，， 因为，故半径最大的球不与上下底面同时相切， ，则，则， 过作正四棱台的截面，截球得大圆，则该圆与等腰梯形两腰和下底相切，则， 则，则更确定最大内切球与四侧面及下底面相切，    即该正四棱台内半径最大的球半径，球的表面积为. 故选：D. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是得到正四棱台内半径的最大的球是与侧面和底面同时相切的，再求出其高，得到侧棱与底面夹角，作出轴截面图形，再求出最大球半径. 4．（2024·安徽·三模）已知圆台的上､下底面面积分别为，其外接球球心满足，则圆台的外接球体积与圆台的体积之比为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据相切结合勾股定理可得，即可求解，由圆台和球的体积公式即可求解. 【详解】设圆台的高为，外接球半径为，作出轴截面如图： 的上､下底面面积分别为，则圆，的半径分别为2，6， 则，解得， 故所求体积之比为 故选：B    5．（2024·陕西榆林·三模）已知正三棱锥的侧棱与底面边长的比值为，若三棱锥外接球的表面积为，则三棱锥的高为（    ） A．1 B． C． D． 【答案】B 【分析】根据球心到底面的距离、底面三角形的外接圆半径和球的半径满足勾股定理，求得，然后可得棱锥的高. 【详解】如图，为等边三角形， 设为中点，面，，则， 所以， 设三棱锥外接球的半径为，由正棱锥的性质可知球心为在上， 则，即，所以. 由，解得. 所以三棱锥的高为. 故选：B.    6．（2024·四川成都·三模）已知正四棱台的上底面积为16，下底面积为64，且其各个顶点均在半径的球的表面上，则该四棱台的高为（    ） A．2 B．8 C．8或12 D．2或12 【答案】D 【分析】做出截面，根据圆心是否位于截面内部分两种情况，根据线段关系即可求解. 【详解】    如图，做出截面， 当圆心位于截面内部时，    取中点，中点，连接、和， 易得点在上，由题意得，，， 因为，， 所以， 当不在截面内时，    同第一种情况理可得，， 所以，综上所述：该四棱台的高为2或12. 故选：D. 7．（2024·陕西铜川·三模）榫卯结构是中国古代建筑文化的瑰宝，在连接部分通过紧密的拼接，使得整个结构能够承受大量的重量，并且具有较高的抗震能力.这其中木楔子的运用，使得榫卯配合的牢度得到最大化满足，木楔子是一种简单的机械工具，是用于填充器物的空隙使其牢固的木橛､木片等.如图为一个木楔子的直观图，其中四边形是边长为2的正方形，且均为正三角形，，则该木楔子的外接球的体积为（    ）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据几何体的结构特征可知球心在直线上，由勾股定理可得，进而可得，进而，即可求解，由体积公式即可求解. 【详解】如图，分别过点作的垂线，垂足分别为，连接，则，故. 取的中点，连接， 又，则. 由对称性易知，过正方形的中心且垂直于平面的直线必过线段的中点，且所求外接球的球心在这条直线上，如图. 设球的半径为，则，且， 从而，即， 当点在线段内（包括端点）时，有，可得， 从而，即球心在线段的中点，其半径. 当点在线段外时，，解得（舍）. 故所求外接球的体积. 故选：C      8．（2024·山西·三模）某公司在庆典活动中，设计了一款纪念品如图所示，其底座是顶部有凹槽的圆台，上面放置一个水晶玻璃球，圆台上底圆周的所有点都在凹槽面上四槽面上的所有点都在球面上圆台的上、下底面半径分别为2cm，4cm，母线长为cm，球的顶端到底座下底面的距离为8cm，则水晶球的半径为（    ） A．cm B．cm C．cm D．cm 【答案】A 【分析】根据圆台的性质可知圆台的高位4cm，球的最高点到圆台上底面的距离为4cm，设球的半径为cm，结合球的性质分析求解. 【详解】由题意可知：圆台的高位cm，球的最高点到圆台上底面的距离为cm， 设球的半径为cm，则，解得cm. 故选：A. 9．（2024·贵州毕节·三模）在正四棱台中，，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】连接，，求得上、下底面所在圆的半径，设球心到上下底面的距离分别为，球的半径为，利用球的截面圆的性质，列出方程求得，结合球的体积公式，即可求解. 【详解】设正四棱台上下底面所在圆面的半径分别为，连接，， 取，，的中点，连接， 所以，， 所以，      所以， 设球心到上下底面的距离分别为，球的半径为， 可得，，故或， 即或， 因为，所以， 对上式两边同时平方可得： （舍去）或， 解得，符合题意， 所以球的表面积为． 故选：A. 10．（2024·四川凉山·三模）已知正六棱锥底面边长为2，体积为，则外接球的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先计算底面面积，进而得到该六棱锥的高，即可得出外接球的球心及半径，根据球的体积公式计算即可． 【详解】由正六棱锥得，底面为正六边形，设底面的中心为，连接， 则，底面，为正六棱锥的高， 所以， 因为正六棱锥的体积为，所以，即， 故点为外接球的球心，半径为2， 故外接球的体积， 故选：C． 二、多选题 11．（2024·山西·三模）将一个直径为的铁球磨制成一个零件，能够磨制成的零件可以是（    ） A．底面直径为，高为的圆柱体 B．底面直径为，高为的圆锥体 C．底面直径为，高为的圆锥体 D．各棱长均为的四面体 【答案】ACD 【分析】根据球的几何性质，结合勾股定理，即可结合选项逐一求解. 【详解】对于A,若圆柱的底面直径为8，则半径为4， 此时球心到圆柱底面的距离为，故圆柱的高可以为6，A符合， 对于B，若圆锥的底面直径为8，则半径为4， 此时球心到圆锥底面的距离为，故圆锥的高最大时为，B符合， 对于C，若圆锥的底面直径为7，则半径为， 此时球心到圆锥底面的距离为， 故圆锥的高最大时为，C不符合， 对于D , 若将各棱长均为的四面体放入到棱长为的正方体中， 此时正方体的外接球直径为，故D符合， 故选：ACD 12．（2024·山东济宁·三模）如图，在直三棱柱中，，，分别是棱，上的动点（异于顶点），，为的中点，则下列说法中正确的是（    ） A．直三棱柱体积的最大值为 B．三棱锥与三棱锥的体积相等 C．当，且时，三棱锥外接球的表面积为 D．设直线，与平面分别相交于点，，若，则的最小值为 【答案】BCD 【分析】A选项：根据三棱柱体积公式，结合三角函数值域可得最值；B选项：根据等体积转化可判断；C选项：结合正弦定理确定正三角形外心，进而确定球心及半径；D选项：根据相似及基本不等式可得最值. 【详解】A选项：由已知可得，又， 所以，即体积的最大值为，A选项错误； B选项：如图所示， 由点为的中点，则，设点到平面的距离为， 则，， 又，所以，所以，B选项正确； C选项：如图所示， 由已知为正三角形，设外接球球心为，中心为，中点为，则平面，且，，即， 所以外接球半径为，外接球表面积为，C选项正确； D选项：如图所示， 取中点，可知在的延长线上，在的延长线上， 则，即， 设，， 易知，， 则，， 则，,， 所以， 当且仅当，即时取等号，故D选项正确； 故选：BCD. 13．（2024·湖南永州·三模）在平面四边形中，，，为等边三角形，将沿折起，得到三棱锥，设二面角的大小为.则下列说法正确的是（    ） A．当时，，分别为线段，上的动点，则的最小值为 B．当时，三棱锥外接球的直径为 C．当时，以为直径的球面与底面的交线长为 D．当时，绕点旋转至所形成的曲面面积为 【答案】ACD 【分析】对于A，当为中点且时，长度最短，由等面积法可得求得最小值即可判断；对于B，利用截面圆的性质求解即可；对于C，根据题意画出球与底面的交线，从而可求解判断；对于D，转过的曲面为圆锥的一部分侧面积，从而可求解判断. 【详解】对于A， 如图，取中点，连接，，则，， 所以为二面角的平面角，角， 由题意可得， 当时，根据余弦定理可得， 当为中点且时，长度最短， 由等面积法可得，求得最小值为故A对. 对于B，如图，的外接圆的圆心分别为，三棱锥外接球的球心为，连接，则， 当时，则，所以， 所以球的半径故B错. 对于C，当时，如图，过球心作 则为的中点，且，又球半径为1，球与的一交点为， 则，又过作，， 球与底面的交线如图， 所以交线长为，故C对. 对于D，转过的曲面为圆锥的一部分侧面积，该圆锥母线长为，底面圆半径为1， 故面积为，故D对. 故选：ACD. 【点睛】方法点睛：求多面体的外接球的面积和体积问题，常用方法有：（1）三条棱两两互相垂直时，可恢复为长方体，利用长方体的体对角线为外接球的直径，求出球的半径；（2）直棱柱的外接球可利用棱柱的上下底面平行，借助球的对称性，球心为上下底面外接圆的圆心连线的中点，再根据勾股定理求球的半径；（3）如果涉及几何体有两个面相交，可过两个面的外心分别作两个面的垂线，垂线的交点为几何体的球心. 14．（2024·山东聊城·三模）已知圆锥为底面圆心的轴截面是面积为1的等腰直角三角形，是底面圆周上的一个动点，直线满足，设直线与所成的角为，直线与所成的角为，则（    ） A．的取值范围为 B．该圆锥内切球的表面积为 C．的取值范围为 D． 【答案】BC 【分析】根据圆锥轴截面面积求出圆锥的半径和高，由圆锥内切球最大截面为其轴截面的内切圆求半径，利用球表面积公式判断B，建立空间直角坐标系，设，，利用向量法求得，，利用余弦函数的性质求得的范围判断A，利用二倍角正弦公式求得，然后利用正弦函数性质求解范围判断C，结合同角三角函数知识求解判断D. 【详解】如图： 圆锥中，，， 由题意，所以， 所以， 如图， 作出圆锥及其内切球的轴截面，设圆锥的内切球半径为， 易知，圆锥内切球的半径即等于内切圆的半径. 因为，所以， 所以，故圆锥的内切球表面积， 故选项B正确； 在圆锥底面上使， 由于直线满足，不妨令，，符合题意， 以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系， 如图： 则，，，，， 设，， 所以，，, 由异面直线向量夹角公式知：，，因为，所以， 所以，所以，故选项A错误； 所以，故选项D错误； ，因为，所以， 所以，所以，故选项C正确. 故选：BC 【点睛】方法点睛：求空间角的常用方法： （1）定义法，由异面直线所成角、线面角、二面角的定义，结合图形，作出所求空间角，再结合题中条件，解对应三角形，即可求出结果； （2）向量法：建立适当的空间直角坐标系，通过计算向量夹角（直线方向向量与直线方向向量、直线方向向量与平面法向量，平面法向量与平面法向量）的余弦值，即可求出结果. 15．（2024·河南郑州·三模）已知三棱锥是边长为2的正三角形，分别是的中点，在平面内的投影为点在平面内的投影为点．（    ） A．两两垂直 B．在平面的投影为的中点 C．三点共线 D．形如三棱锥的容器能被整体装入一个直径为2.5的球 【答案】ACD 【分析】A选项，作出辅助线，得到⊥平面，结合勾股定理逆定理得到三条侧棱两两垂直；B选项，作出辅助线，得到在平面的投影不为的中点；C选项，根据正三棱锥的特征得到三点共线；D选项，求出三棱锥的外接球直径，与比较后得到答案. 【详解】A选项，因为分别为的中点，所以， 因为，所以，故， 取的中点，连接， 因为，所以⊥，⊥， 又，平面， 所以⊥平面， 因为平面，所以⊥， 因为，平面， 所以⊥平面， 因为平面，所以⊥，⊥， 又，，故， 又，， 由勾股定理逆定理得⊥，两两垂直，A正确； B选项，由题意得不重合，过点作，交于点， 因为⊥平面，所以⊥平面， 且不重合，故在平面的投影不为的中点，B错误； C选项，三棱锥为正三棱锥，故点为等边三角形的中心， 故三点共线，C正确； D选项，因为两两垂直，故三棱锥的外接球即为以为棱的正方体的外接球， 故外接球直径为，而， 形如三棱锥的容器能被整体装入一个直径为的球，D正确.    故选：ACD 【点睛】方法点睛：特殊几何体的内切球或外接球的问题，常常进行补形，转化为更容易求出外接球或内切球球心和半径的几何体，比如墙角模型，对棱相等的三棱锥常常转化为棱柱来进行求解. 16．（2024·广西桂林·三模）如图，已知圆锥PO的底面半径为，高为，AB为底面圆的直径，点C为底面圆周上的动点，则（    ） A．当C为弧AB的三等分点时，△PAC的面积等于或 B．该圆锥可以放入表面积为的球内 C．边长为的正方体可以放入到该圆锥内 D．该圆锥可以放入边长为的正方体中 【答案】ABD 【分析】如图1，分类讨论、时△PAC的面积对应的值即可判断A；如图2，确定圆锥外接球的半径，结合外接球的表面积公式即可判断B；如图3，确定PH的值，即可判断C；如图4，过正方体一边的中点作与体对角线垂直的平面，确定平面到顶点P的距离，即可判断D. 【详解】对于A，取AC的中点D，连接OD，PD，OC，则，， 如图1，当C为弧AB的三等分点时，或， 当时，， 所以，，， 所以△PAC的面积为； 当时，， 所以，， 所以△PAC的面积为，故A正确； 对于B，因为圆锥的底面半径为，高为，所以圆锥的外接球球心在圆锥内部， 设圆锥外接球的半径为R，过点A的轴截面如图2，为外接球球心， 则，解得， 外接球的表面积为，，故B正确； 对于C，设放入圆锥内最大的正方体边长为a，沿着正方体对角面的轴截面如图3， 因为圆锥的底面半径为，高为，所以，所以， 所以，，因为，所以C错误； 对于D，过正方体一边的中点作与体对角线垂直的平面，如图4， 此平面到顶点P的距离为体对角线的一半，即为， 平面截正方体得到边长为2的正六边形，该正六边形的内切圆的半径为， 以该圆作为圆锥的底面，点P为顶点即可得到圆锥．故D正确． 故选：ABD． 【点睛】思路点睛：解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的思路是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径. 三、填空题 17．（2024·福建漳州·三模）在矩形中，为的中点，将沿折起，把折成，使平面平面，则三棱锥的外接球表面积为 . 【答案】 【分析】利用勾股定理逆定理证明，由面面垂直的性质得到平面，求出外接圆的半径，设三棱锥的外接球的半径为，则，最后由球的表面积公式计算可得. 【详解】因为，，为的中点， 则有，， 所以，所以， 又平面平面，平面平面，平面. 所以平面， 又为等腰直角三角形，所以其外接圆的半径， 设三棱锥的外接球的半径为，则， 所以，所以三棱锥的外接球的表面积. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：本题解答的关键是证明平面，再由直棱锥的外接球的模型计算外接球的半径. 18．（2024·四川·三模）已知正四棱台的上下底面边长分别为4，6，若正四棱台的外接球的表面积为，则正四棱台的体积 【答案】/ 【分析】先求出外接球的半径，设正方形和正方形的中心分别为，外接球的球心为，利用勾股定理求出，即可得正棱台的高，再根据台体的体积公式即可得解. 【详解】设外接球的半径为， 则，， 设正方形和正方形的中心分别为，外接球的球心为， 则在线段上， 如图，在等腰梯形中， ， 则， 所以，即正四棱台的高为， 所以正四棱台的体积. 故答案为：. 19．（2024·内蒙古·三模）在平行四边形中，，沿将折起，则三棱锥的体积最大时，三棱锥外接球的表面积为 . 【答案】 【分析】根据条件，利用余弦定理得，由题知平面时，三棱锥的体积最大，再将三棱锥补全为正方体，将问题转化成求正方体的外接球半径，即可解决问题. 【详解】在中，， 由余弦定理得， 得到，所以，则， 由题可知，当平面时，三棱锥的体积最大， 如下图，可将三棱锥补全为正方体， 则三棱锥外接球的半径即为正方体外接球的半径，易知, 所以，故三棱锥外接球的表面积为， 故答案为：. 20．（2024·陕西渭南·三模）已知底面半径为2的圆锥的侧面积为，则该圆锥的外接球的表面积为 ． 【答案】 【分析】求出圆锥的母线，求出圆锥的高，设圆锥外接球的半径，列出方程，求出半径，得到表面积. 【详解】设圆锥的母线为，又，故， 解得， 圆锥的高为， 设该圆锥的外接球的半径为， 故，故， 由勾股定理得，即， 解得， 故该圆锥的外接球的表面积为. 故答案为： 21．（2024·全国·三模）已知正四棱台中，，则该正四棱台内部能够放入的最大球体的半径为 . 【答案】/ 【分析】延长交于点，由条件结合棱台的性质求棱台的高，由此证明四棱台内部能够放入的球体的直径，取的中点，求球心到的距离，由此可得结论. 【详解】如图1，延长交于点， 由棱台的性质可得与相似，相似比为， 所以，， 设在正四棱台上、下底面的投影点分别记为，， ，. 首先四棱台内部能够放入的球体的直径，即； 其次取的中点，作纵截面，如图2， 设球的球心为O，O到线段SN的距离为d，则. ，，， 所以，， 所以. 所以. 故答案为：. 22．（2024·四川雅安·三模）已知在直三棱柱中，，且此三棱柱有内切球，则此三棱柱的内切球与外接球的表面积之比为 . 【答案】 【分析】设，结合条件可求，根据三棱柱有内切球求出此三棱柱的内切球半径，再求外接球的半径，结合球的表面积公式求结论. 【详解】设，因为， 所以， 设的内切圆的半径为，则， 即，解得， 因为三棱柱有内切球， 所以， 因为，， 所以直三棱柱的外接球的直径就是以为棱的长方体的对角线，其长为， 所以三棱锥的内切球的表面积为， 三棱锥的外接球的表面积为， 所以三棱柱的内切球与外接球的表面积之比为. 故答案为：. 23．（2024·贵州遵义·三模）如图，是南京博物馆展示的一件名为“陶三棱锥”的文物，该文物的出土，为研究吴越文化提供了重要价值，博物馆准备为该文物制作一个透明的球形玻璃外罩进行保护供游客观赏研究，经测量该文物的所有棱长都为分米，则制作的球形玻璃外罩（玻璃外罩厚度忽略不计）的直径至少为 分米． 【答案】 【分析】利用勾股定理求出正四面体外接球的半径即可得解. 【详解】如图，四面体为正四面体， 作平面，垂足为，则为的重心， 且， 则正四面体的高为， 设正四面体的外接球半径为， 由图可知，，解得， 所以该四面体外接球的直径为， 即制作的球形玻璃外罩（玻璃外罩厚度忽略不计）的直径至少为分米. 故答案为：. 24．（2024·四川成都·三模）已知三棱锥的顶点都在球的表面上，若球的表面积为，，，，则当三棱锥的体积最大时， . 【答案】 【分析】设是的外心，即可得到，再根据球的表面积求出球的半径，即可得，当且仅当、、三点共线且平面和点位于点异侧时，三棱锥的体积最大，再由勾股定理计算可得. 【详解】在中，根据正弦定理，可得， 又，所以．如图：    设为的外心，则为的中点，且， 由于球的表面积为，设球的半径为，则，解得或（舍去）， 所以球的半径，， 当，，三点共线且平面和点位于点的异侧时，， 三棱锥的体积最大，此时. 故答案为： 一、单选题 1．（2024·河南·三模）在长方体中，与平面所成的角为与所成的角为，则（    ）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】借助线面角定义与等角定理可得与相等，与相等，结合线面垂直的性质定理计算即可得. 【详解】连接，由长方体的性质可得平面， 故与平面所成的角为与相等， 又平面，故平面，即， 又，故与所成的角与与所成角相等， 即与相等，又， 故.    故选：C. 2．（2024·陕西咸阳·三模）已知各棱长都为1的平行六面体中，棱、、两两的夹角均为，则异面直线与所成角为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据给定条件，结合平行六面体的结构特征，利用几何法求出异面直线与所成角. 【详解】在平行六面体中，连接，， 则四边形是平行四边形，，于是是异面直线与所成角或其补角， 由，棱两两的夹角均为， 得都是正三角形，即，则， 所以异面直线与所成角为. 故选：C 3．（2024·广西桂林·三模）在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑，在鳖臑中，平面，，且，为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】如图取的中点，可得 ，即异面直线与所成的角为，然后利用平面，可得两直角三角形的斜边中线长，从而得到求解. 【详解】取的中点，连接，如图所示： ∵分别为的中点，则且， ∴异面直线与所成的角为或其补角． ∵平面，平面，∴，， ∴，同理可得，∴， ∴，则, 故选:C． 4．（2024·宁夏石嘴山·三模）在正方体中，分别是线段与的中点，现有如下结论： ①直线与直线所成的角为；        ②； ③；                            ④平面． 则正确结论的个数为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【分析】作于点，于点根据异面直线的角的定义求出平面角判断①；由①得，结合判断②；设边长为2，，分别求出判断③；利用线面平行判定定理，可判断④. 【详解】 对于①，如图作于点，于点，连接，所以， 且，，且，所以四边形为平行四边形， 所以，所以即为直线与直线所成的角，又， 所以，故①错误； 对于②，因为平面，面，所以， 由①知，所以，故②正确； 对于③，设正方体的边长为，因为，在中，， 又因为，所以，即，故③正确； 对于④，由①得，，因为平面，平面， 所以平面，故④正确 所以，②③④正确，①错误， 故选：C. 5．（2024·四川绵阳·三模）在平行四边形中，，沿对角线将三角形折起，所得四面体外接球的表面积为，则异面直线与所成角为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】画出翻折前后的图形，找到球心位置，利用长度的几何关系证明四边形为正方形即可得到异面直线与所成角. 【详解】 取中点，中点，中点， 则为外心，为外心，， 因为，则， 翻折后，过作直线垂直于平面，过作直线垂直于平面，两直线的交点为即为球心，设球半径为 由题意可得，可得，即 且， 则由勾股定理可得， 由得四边形为菱形， 由平面，平面，可得， 所以四边形为正方形，， 由可得异面直线与所成角为， 故选：D. 6．（2024·湖北荆州·三模）已知正四棱台上底面边长为，下底面边长为，体积为，则正四棱台的侧棱与底面所成角的正切值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】画出相应图形，借助正四棱台的性质及体积公式可得其高，结合线面角定义计算即可得解. 【详解】如图所示，作于点， 则，即， ， 则， 由正四棱台的侧棱与底面所成角即为与底面所成角， 设其为，则，即. 故答案为：. 7．（2024·河南·三模）在四面体中，平面平面，是直角三角形，，则二面角的正切值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】设的中点为，连接，分别证得和，证得平面，得到，得出为二面角的平面角，在中，即可求解. 【详解】设的中点分别为，连接，则， 因为，所以， 又因为平面平面，平面，平面平面， 所以平面，而平面，则， 因为是直角三角形，，所以， 所以，且， 因为，且平面，所以平面， 又因为平面，则，所以为二面角的平面角， 且. 故选：A. 二、多选题 8．（2024·福建漳州·三模）如图，四棱锥中，底面，且，，平面与平面交线为，则下列直线中与垂直的是（    ）    A． B． C． D． 【答案】BCD 【分析】利用线面所成的角判断A；利用线面垂直的判定定理可知平面PAD，利用线面平行的判定定理证明平面PAD，由线面平行的性质定理可得，进而可证明平面PDC，可判断BCD 【详解】分别取PD、PC的中点，连接AE、EF、BF， 因为EF是的中位线，所以且， 又且，所以且， 所以四边形是平行四边形， 所以，且， 又平面PAD，平面PAD，所以平面PAD， 又平面与平面交线为，平面PAD，所以， 又，E是PD的中点，所以, 因为底面，平面，所以， 又，所以，又平面PAD， 所以平面PAD，又平面PAD， 所以，，，平面PDC， 所以平面PDC，又，所以平面PDC， 又平面PDC， 所以，故BCD对 由，，所以， 所以与PB所成的角就是BF与与PB所成的角即， 令， ， 在中，由余弦定理得, ，所以，故l与PB不垂直，故A 错； 故选：BCD    9．（2024·浙江温州·三模）已知空间两条异面直线所成的角等于60°，过点与所成的角均为的直线有且只有一条，则的值可以等于（    ） A．30° B．45° C．75° D．90° 【答案】AD 【分析】过点作，求得直线与所成角的范围为或，结合选项，即可求解. 【详解】过点作， 从两对角的角平分线开始，直线与所成角的范围为或， 而均为的直线有且仅有一条，根据对称性，可得或. 故选：AD. 10．（2024·江西宜春·三模）如图，正方体的棱长为2，设P是棱的中点，Q是线段上的动点（含端点），M是正方形内（含边界）的动点，且平面，则下列结论正确的是（    ）    A．存在满足条件的点M，使 B．当点Q在线段上移动时，必存在点M，使 C．三棱锥的体积存在最大值和最小值 D．直线与平面所成角的余弦值的取值范围是 【答案】ABC 【分析】由已知，取的中点E，的中点F，并连接，可得点M的轨迹为线段．对于A，连接，交于点O，可得平面，当M为线段中点时，，又，则可判断：对于B，分别以向量，，的方向为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，由空间向量坐标运算可得存在，即可判断；对于C，设点M到的距离为h，可知当M与E重合时，，当M与F重合时，，即可求出三棱锥的体积存在最大值和最小值，则可判断；对于D，由平面知，即为直线与平面所成的角，在中，可得，则得，进而得，则可判断. 【详解】取的中点E，的中点F，连接，，，，如图所示．    易知，， 因为平面，平面，所以平面， 同理，平面， 又，又平面， 所以平面平面，又平面， 所以平面，故点M的轨迹为线段． 对于A，连接，交于点O，如图所示．    则，又，，平面， 所以平面，当M为线段中点时，， 因为，所以，故A正确； 对于B，分别以向量，，的方向为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所示．    则，， 设（），得，从而， 又，令，得， 当时，显然不合题意； 当时，由，解得， 即当点Q在线段上移动时，均存在点M，使，故B正确； 对于C，设点M到的距离为h， 则三棱锥的体积为 ， 当M与E重合时，，得； 当M与F重合时，，得，故C正确； 对于D，设直线与平面所成的角为、连接，如图所示．    由平面知，，在中， 由，得， 所以，所以，故D错误． 故选：ABC． 【点睛】关键点点睛，本题关键是先找到点M的轨迹，对于B选项，通过设出向量的含参坐标，借助参数的范围满足条件，得到答案；对于C选项，利用等积转化，转化成棱锥高取得最值，可得体积最值；对于D选项，关键是找到线面角正切的范围，进而得到余弦的范围. 11．（2024·甘肃酒泉·三模）如图，在正方体中，为线段的中点，为线段上的动点．则下列结论正确的是（    ） A．若为中点，则平面 B．若为中点，则平面 C．不存在点，使得 D．PQ与平面所成角的正弦值最小为 【答案】AB 【分析】对于A，为中点，可证出，进而可证出平面；对于B，先证明平面，再由，所以平面；对于C，只需说明当点与点重合时，即可；对于D，求得PQ与平面所成角的最小正弦值与答案比对即可. 【详解】对于A，连结，由为线段的中点，为中点， 在中，为的中位线，所以， 平面，平面，所以平面， 故选项A正确； 对于B，连结，由为中点，由A的证明可知， 由为正方体，所以四边形为正方形， 所以，又平面，平面， 所以，由，所以平面， 再由，所以平面，所以选项B正确； 对于C，由为正方体，设棱长为， 所以，为线段的中点， 所以，又因为且， 所以四边形为平行四边形，故， 所以，所以当点与点重合时，，故C错误； 对于D，取中点，连结，设正方体棱长为， 则在中，为线段的中点，为中点， 所以为中位线，所以， 又因为平面，所以平面， PQ与平面所成角为，则， 由，即， 所以欲使PQ与平面所成角的正弦值最小，即最小， 可知当与点重合时，最大，最小，可知最小， 此时，， 所以，故选项D错误； 故选：A B. 12．（2024·黑龙江哈尔滨·三模）正方体中，分别为面对角线与上的点，，则下面结论正确的是（    ） A．平面 B．直线与直线所成角的正切值为 C． D．直线平面 【答案】BCD 【分析】建立空间直角坐标系，对于A，求出平面的一个法向量，判定即可；对于B，直接求出直线与直线所成角的余弦值进而解出正切值即可；对于C，直接证明出即可，对于D，直接用向量证明出，，即可证明直线平面. 【详解】    如图：因为为正方体， 以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系， 设棱长为.则， ， 设，则， 设，则， ， ，所以， 解得：， 则，， 对于A，平面的一个法向量为， 由，所以不平行平面，所以选项A错误； 对于B，由，设直线与直线所成角为， 则，则，， 所以选项B正确； 对于C，，由， 所以，所以选项C正确； 对于D，因为，，所以， ，， 所以直线平面，所以选项D正确. 故选：BCD. 13．（2024·河北·三模）如图，多面体由正四棱锥和正四面体组合而成，其中，则（    ）    A．该几何体的表面积为 B．该几何体为七面体 C．二面角的余弦值为 D．存在球，使得该多面体的各个顶点都在球面上 【答案】AC 【分析】求出几何体的表面积判断A；利用二面角的平面角的余弦计算判断BC；利用正四棱锥、正四面体的外接球球心位置判断D. 【详解】依题意，正四棱锥和正四面体的所有棱长均为1， 对于A，该几何体的表面积为，A正确； 对于B，取中点，连接，由均为正三角形， 得，则分别是二面角和二面角的平面角， 且平面，平面，而平面与平面有公共点，因此四点共面， 又，， 而，于是， 则平面与为同一平面，同理，平面和平面也为同一平面， 所以该几何体为五面体，B错误；    对于C，由选项B知，二面角的余弦值为，C正确； 对于D，正四棱锥的外接球球心在过点垂直于平面的直线上， 正四面体的外接球球心在过点垂直于平面的直线上，而平面平面， 因此直线与直线不重合，显然，即点在球外，点在球外， 所以不存在球，使得该多面体的各个顶点都在球面上，D错误. 故选：AC 三、填空题 14．（2024·贵州毕节·三模）在正方体中，点P是线段上的一个动点，记异面直线DP与所成角为，则的最小值为 ． 【答案】 【分析】连接，由题意可得是异面直线与所成的角，由，可知最小时，最小，此时最小，计算可求的最小值. 【详解】连接， 在正方体中，可得， 所以（或其补角）是异面直线与所成的角， 在正方体中，可得平面，又平面， 所以，所以，即， 当最小时，最小，此时最小， 当时，最小， 令，可得，可得， 所以. 故答案为：. 四、解答题 15．（2024·河北秦皇岛·三模）如图，在三棱柱中，，四边形为菱形，，. (1)证明：. (2)已知平面平面，求二面角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）通过线面、面面的位置关系证平行四边形为菱形即可； （2）先证平面，根据题意建立空间直角坐标系，利用空间向量的方法即可求解. 【详解】（1） 设为的中点，连接，，，， 因为，所以， 因为四边形为菱形，，所以为等边三角形，则， 又平面，平面，，所以平面， 因为平面，所以， 因为，平面平面，平面， ，所以平面， 因为平面，所以，所以四边形为菱形，即. （2） 因为平面平面，且平面平面，， 所以平面； 以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴， 建立如图所示的空间直角坐标系，设. 则，，，，， 可得，，. 设平面的法向量为，则 令，则，，可得. 设平面的法向量为，则 令，则，，可得. ，故二面角的正弦值为. 16．（2024·山西·三模）如图三棱锥分别在线段AB，CD上，且满足. (1)求证:平面平面; (2)求AD与平面BCD所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据垂直关系，结合勾股定理可得即可求证，根据线线垂直可得平面，进而可得，进而可得平面，即可求证面面垂直， （2）根据勾股定理以及线线垂直可证明平面,即可得为直线与平面所成的角，即可求解. 【详解】（1）连接, 由于所以 由于，所以 故，即， 又，，平面， 故平面，平面,故, 平面， 所以平面，平面， 故平面平面 （2）由于所以 由于，所以 故，即， 又，，平面， 故平面，平面,故, 平面， 故平面,故即为直线与平面所成的角， ,, 17．（2024·浙江·三模）已知四面体. (1)证明：; (2)若，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据题意可知，结合线面垂直的判定定理分析证明； （2）方法1：根据题意可知：平面平面，作辅助线，可知平面，利用等体积法求点到平面的距离为，结合线面夹角的定义分析求解；方法2：根据题意可知：平面平面，作辅助线，可知平面，建系，利用空间向量求线面夹角. 【详解】（1）取的中点，连， 由，可得， 又因为，平面， 所以 平面 ， 因为平面，所以. （2）方法1：因为，所以， 又因为，所以， 由（1）可得平面，所以平面平面， 作交延长线于点，则平面且， 设点到平面的距离为， 因为，则， 可得， 设直线与平面所成角为，可得， 所以直线与平面取成线面角的正弦值为； 方法2：因为，所以， 又因为，可知， 由（1）可得平面，且平面， 所以平面平面， 作交延长线于点， 则平面且， 如图，以为轴，为轴，轴建立空间直角坐标系， 则， 可得， 设平面的一个法向量为，则， 令，则，可得， 设直线与平面所成角为， 可得， 所以直线与平面取成线面角的正弦值为. 18．（2024·重庆·三模）如图，在四棱锥中，平面平面，. (1)求证：平面； (2)若二面角的余弦值为，求直线PD与底面所成角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）要证平面，可证且，通过勾股定理可证，通过线面垂直性质可证； （2）以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系，分别求出平面和平面的法向量，结合向量夹角余弦公式即可求解BP的长度，由（1）知平面，直线与底面所成的角为，则线面角的余弦值可求. 【详解】（1）由，得 因为平面平面ABCD，平面平面平面PBC 所以平面ABCD，又平面ABCD，则，. 又，所以，因为， 所以， 过点作交BC于点， 则， 所以，因为， 故，即， 又平面PBD，所以平面PBD； （2）因为，平面平面ABCD，平面平面， 所以平面 故以点为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示， 设， 则. 所以 由题意可知为平面PBC的一个法向量， 设平面PCD的法向量为， 则，即， 令，则，故. 因为二面角的余弦值为， 所以， 解得，即，则， 由（1）可知，平面ABCD，则直线PD与平面ABCD所成的角为， 所以， 故直线PD与平面ABCD所成的角的余弦值为. 19．（2024·浙江金华·三模）如图，四棱锥中，四边形是菱形，，是正三角形，是的重心，点满足. (1)求证：平面； (2)若，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据重心的性质可得，即可根据线线平行求证， （2）根据线线垂直可得线面垂直，进而可得平面平面，根据余弦定理以及勾股定理求解长度，即可利用等体积法求解长度，利用线面角的几何法求解，或者建立空间直角坐标系，利用法向量与直线方向向量的夹角求解即可. 【详解】（1）如图，连接，交点为，则是的中点.因为是的重心，所以.又是的中点，所以. 由知在线段上，且，所以， 而平面，平面，所以平面. （2）方法1：设，则.取中点，连接，则，，平面, 故平面，又平面，所以平面平面，交线为. 由，，则, 得.所以到平面的距离等于到直线的距离. 设到平面的距离为，由平面知到平面的距离也是. 由得，，， 从而. 在中，，，，由余弦定理得， 所以直线与平面所成角的正弦值是. 方法2：如图，以中点为原点，所在直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系. 设，则，，，，，，，所以,,, 设平面的法向量是，由 . 令，则，. 所以，， 从而直线与平面所成角的正弦值是. 20．（2024·四川南充·三模）己知如图，在矩形中，，将沿着翻折至处，得到三棱锥，过M作的垂线，垂足为．    (1)求证：； (2)求二面角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用线面垂直的性质定理，转化为证明平面，利用线面垂直的判断定理，即可证明； （2）结合几何关系，构造二面角的平面角，三角形内根据余弦定理，即可求解. 【详解】（1）连结， 由，，， 得，，，， 在中，由余弦定理得, ， ， ，又平面，， 平面，又平面， ； （2）过点作于点，在平面内作与点，交于点，连结，    则为二面角的平面角， 在中，由，得，， 在中，由余弦定理得， 在中，， ， 在中，由勾股定理得：， 在中，由余弦定理得：, ， 即二面角的余弦值为. 21．（2024·陕西咸阳·三模）已知平行四边形中，，，且.若为边上一点，满足，若将三角形沿着折起，使得二面角为. (1)求证：平面； (2)求四棱锥的体积. 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）在平行四边形中结合余弦定理证明，在几何体中，由二面角结合余弦定理证明，再利用线面垂直的判定推理即得. （2）在线段DE上取一点，使得，证明平面ABED，再利用锥体体积公式计算即得. 【详解】（1）在中，连接BE，，且， 在中，，又，则， 由余弦定理得：，解得， 因为，则，即， 在折叠后的几何体中，由，且平面CDE， 则平面CDE，又平面CDE，则， 由，及二面角为，得为二面角的平面角，即， 在中，，由余弦定理得， 于是，则，即， 因为平面BCE， 所以平面BCE. （2）如图，在线段DE上取一点，使得，连接CO， 在中，，由余弦定理得， 于是，则，即， 由（1）知平面平面DCE，则， 又，且平面ABED， 则平面ABED，即四棱锥的高为OC， 又，则， 所以四棱锥的体积为. 22．（2024·河南·三模）如图，在四棱锥中，底面为等腰梯形，分别为的中点. (1)在答题卡的图中作出平面截四棱锥所得的截面，写出作法（不需说明理由）； (2)若底面，平面与交于点，求异面直线与所成角的余弦值. 【答案】(1)答案见解析 (2). 【分析】（1）利用延长平面内的直线与直线相交，去找到与另一个平面的交点，再由截面内两确定一条直线得到截面的交线，以此作出截面图形； （2）利用建立空间直角坐标系来求解空间角，对于可用线性运算来求出向量坐标即可. 【详解】（1）所作截面如图1所示. 作法：延长交于点，连接交于，连接， 延长交于点，连接交于，连接， 则截面是五边形. （2） 如图2，过点作，垂足为， 在等腰梯形中，因为，， 所以， 由点是的中点，且，，所以点是的中点， 又为的中点，所以为的重心，则， 以为坐标原点，的方向为轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示， 则， 所以， 由 所以， 故异面直线与所成角的余弦值为. 23．（2024·黑龙江齐齐哈尔·三模）如图，在三棱柱中，平面平面，． (1)证明：； (2)求二面角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用直线与平面垂直证明两直线垂直；（2）利用空间向量法求解二面角的正弦值； 【详解】（1）取AC的中点，则，且， 因为平面平面ABC，且平面平面平面ABC， 所以平面 因为平面， 所以， 因为， 又因为平面平面， 又平面； （2）如图所示，以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系， 可得， 因为， 设平面的法向量为， 则由得 令，则， 设平面的法向量为， 则由得 令，则， 记二面角的平面角为， 因为， 显然，所以， 所以二面角的正弦值为. 24．（2024·安徽·三模）如图，在三棱锥中，分别为棱的中点.    (1)证明：平面平面； (2)若点到底面的距离等于，且，求二面角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2). 【分析】（1）取棱的中点，连接，分别证得和和，利用线面垂直的判定定理，证得平面，进而证得平面平面； （2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，不妨设，分别求得平面和的法向量和，结合向量的夹角公式，即可求解. 【详解】（1）证明：取棱的中点，连接， 因为，所以， 又因为，由直角三角形的性质，可得， 因为，所以， 可得，即， 因为，且平面，所以平面， 又因为平面，故平面平面. （2）解：以为坐标原点，所在直线分别为轴，过点垂直与平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 不妨设，则， 所以， 可得， 设为平面的法向量，则， 取，可得，所以， 设为平面的法向量，则， 取，可得，所以. 所以，故二面角的正弦值为.    25．（2024·江西景德镇·三模）已知在正三棱柱中，，. (1)已知，分别为棱，的中点，求证：平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）为中点，通过证明，证明平面； （2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，向量法求线面角的正弦值. 【详解】（1）取中点，连接，. ，分别为，中点，且， 又为中点，且， 且， 故四边形是平行四边形，. 而平面，面， 平面. （2）如图以为坐标原点，，分别为，轴建立空间直角坐标系， 则，，，， 则. 设平面的法向量为，则， 令，得，，. 又，. 即直线与平面所成角的正弦值是. 26．（2024·安徽·三模）如图，已知四棱锥中，点在平面内的投影为点，，.    (1)求证：平面平面； (2)若平面与平面所成角的正弦值为，求的值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）设中点为，连接，即可得到四边形为正方形，利用勾股定理逆定理得到，再由线面垂直的性质得到，即可证明平面，从而得证； （2）建立空间直角坐标系，设，求出平面的法向量和平面的法向量，利用空间向量求解即可. 【详解】（1）设中点为，连接， 因为，且，故四边形为正方形， 而，，， 所以，所以， 因为平面，平面， 所以，又平面，， 所以平面，因为平面， 所以平面平面； （2）以为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 设，则，，，，所以，， 设平面的法向量为，则，即，令，所以， 由（1）知，平面的法向量为， 设平面与平面所成角为，则，所以， 即，解得或（舍去）， 所以.    27．（2024·河南·三模）如图，在四棱锥中，平面平面，且．    (1)证明：平面平面； (2)求平面与平面夹角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）先由线段关系证，结合面面垂直的性质判定线线垂直，利用线线垂直证线面垂直； （2）建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量计算面面角即可. 【详解】（1）由题意，则， 因为，所以， 因为平面平面，平面平面， 且平面， 所以平面， 因为平面，所以， 且平面，所以平面， 又平面，所以平面平面； （2）如图，以A为原点，分别为轴，轴正方向，在平面内过点A作平面ABC的垂线为z轴， 建立空间直角坐标系，    则， 所以，， 设平面的一个法向量， 则，令，得， 设平面的法向量， 则，令，得， 设平面与平面的夹角为，则， 所以平面与平面夹角的正弦值为． 28．（2024·广东广州·三模）在五面体中，，，，，，，平面平面. (1)证明：，并求出，之间的距离； (2)求出平面和平面夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析，距离为， (2) 【分析】（1）证明出平面，利用线面平行的性质可证得结论成立； （2）利用面面垂直的性质可得出面，再利用线面垂直的性质可证，，两两垂直，以为原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得平面和平面夹角的余弦值. 【详解】（1）因为，平面，平面，所以平面， 又因为面，面面，所以， 又，故， 由于，，故，之间的距离为. （2）且，故四边形是平行四边形，故， 由，可得. 因为平面平面，平面平面，平面，所以平面. 而平面，，因为，故. ，，故， 中，由余弦定理可得，故， 又由，，得， 因为，所以. 以为原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系. 则，2，，，0，，，0，，，0，， 设平面的法向量为，，，，0，，，2，， 则，取，可得，1，， 设平面的法向量为，，，，，，， 则，取，可得，，， 则，， 故平面和平面夹角的余弦值是. 29．（2024·河南·三模）如图所示，在四棱锥中，，， ，为正三角形. (1)证明：在平面上的射影为的外心（外接圆的圆心）； (2)当二面角为时，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2). 【分析】（1）为正三角形，利用三角形全等证明，得为的外心. （2）取中点，中点，可证，以为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，向量法求线面角的正弦值. 【详解】（1）如图所示， 因为在梯形中，，又三角形为正三角形，所以. 在平面上的射影为，即平面，连接， 由，为公共边，有， 所以，即为的外心. （2）在等腰梯形中，取中点，连接， 由，，则四边形为平行四边形，有， 又，则是边长为2的正三角形， 取中点，所以， 以为原点，所在直线分别为轴，过与平面垂直的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系. 在正中，， 由二面角的平面角的定义可知为二面角的平面角，则. ，，， 则有， 在正中，，由，有，则， 则. 设平面的法向量为，有 令，得，则. 又， 所以. 30．（2024·山东潍坊·三模）如图，在直三棱柱中，，是棱的中点． (1)求证：平面； (2)求二面角的大小． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取的中点，连接，先得出平面平面，由面面平行证明线面平行即可； （2）建立空间直角坐标系，根据面面夹角的向量公式计算即可． 【详解】（1）取的中点，连接， 由直三棱柱得，，， 因为是棱的中点，点是的中点， 所以，所以四边形为平行四边形，所以， 同理可得四边形为平行四边形，所以 所以，所以四边形为平行四边形， 所以， 因为平面，平面， 所以平面，同理可得平面， 又，平面， 所以平面平面，又平面， 所以平面． （2）设，以为原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图所示， 则， 所以， 设平面的一个法向量为， 由得，，取，的， 设平面的一个法向量为， 由得，，取，的， 设平面与平面的夹角为， 则， 由图可知二面角为锐角，则二面角的大小为． 一、单选题 1．（2024·北京·三模）故宫角楼的屋顶是我国十字脊顶的典型代表，如图1，它是由两个完全相同的直三棱柱垂直交叉构成，将其抽象成几何体如图2所示.已知三楼柱和是两个完全相同的直三棱柱，侧棱与互相垂直平分，交于点I，，，则点到平面的距离是（    ）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据已知条件，结合空间总直线与平面的位置关系，先确定点到平面的垂线段，在根据已知条件得，解方程求出即可. 【详解】取中点，连接，过作的垂线交的延长线于点，    取中点，连接， 由已知，、分别为、中点， 因为是直三棱柱，所以，且 ， 所以其，所以四边形为平行四边形， 又，所以为矩形，所以， 又，平面，平面，， 所以平面，平面，所以， 又因为，平面，平面，， 所以平面，所以点到平面的距离等于线段的长度，设为； ，在中，， 所以，设角，则有， 因为四边形为平行四边形，所以， 又因为因为是直三棱柱，所以，且， 所以，， 又因为平面， 平面，所以， 所以，即，解得， 所以点到平面的距离是， 故选：B. 【点睛】关键点点睛：本题关键在于根据空间中点、线、面的位置关系，确定点到平面的垂线段. 二、多选题 2．（2024·黑龙江齐齐哈尔·三模）已知正方体的棱长为3，P在棱上，为的中点，则（    ） A．当时，到平面的距离为 B．当时，平面 C．三棱锥的体积不为定值 D．与平面所成角的正弦值的取值范围是 【答案】ABD 【分析】当时与重合，则为正三棱锥，求出点到平面的距离，即可判断A，设为的中点，连接、，即可证明、，从而得到平面，即可判断B，由判断C，设点到平面的距离为，与平面所成角为，则，求出的面积最值，从而求出相应的，再由判断D. 【详解】当时与重合，则为正三棱锥，， 设在平面内的投影为，则为的中心， 则， 所以，即当时，点到平面的距离为，故A正确； 由正方体的性质可得平面，平面，所以， 设为的中点，连接、，则平面，平面，所以， 当时为的中点，则，所以， 又，所以，所以， ，平面， 所以平面，平面，所以， ，平面，所以平面，故B正确； 当运动时，到平面的距离保持不变为， 又， 所以， 所以三棱锥的体积为定值，故C错误； 由C可知，三棱锥的体积为定值，设点到平面的距离为，与平面所成角为， 所以， 显然当时，的面积最大为， 则， 此时与平面所成角正弦值， 当时，的面积最小为， 则， 此时与平面所成角正弦值， 所以与平面所成角正弦值的取值范围是，故D正确. 故选：ABD． 3．（2024·山西·三模）正四棱锥中，各棱长均为1，过点M，N，Q的平面交PD于点S，且，则（    ） A． B．点S到平面PMQ的距离为 C．平面MNQ与平面ABCD夹角的余弦值为 D．两个四棱锥与体积之比为 【答案】BCD 【分析】对于A：建系，求平面的法向量，利用空间向量处理四点共面问题；对于B：可得，且平面PMQ的法向量结合点到面的距离公式运算求解；对于C：利用空间向量求面面夹角；对于D：利用转换顶点法结合锥体的体积公式运算求解. 【详解】对于选项A：设底面的中心为O， 以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系， 则， 可得， 又因为， 则， 设平面的法向量，则， 令，则，可得， 因为， 因为四点共面，则， 可得，解得，故A错误； 对于选项B：可得，且平面PMQ的法向量， 所以点S到平面PMQ的距离为，故B正确； 对于选项C：显然平面ABCD的法向量为，且， 所以平面MNQ与平面ABCD夹角的余弦值为，故C正确； 对于选项D：设点S、D到平面PAB的距离分别为、，则， 因为 ， 所以两个四棱锥与体积之比为，故D正确； 故选：BCD. 【点睛】关键点点睛：在处理四点共面（或截面）问题时，可以利用空间向量处理问题，将烦琐的逻辑推理转化为计算问题，简化分析过程. 三、解答题 4．（2024·重庆·三模）如图，在三棱锥中，平面，，，，分别为，的中点.    (1)证明：平面平面； (2)证明平面，并求直线到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析， 【分析】（1）利用线面垂直的性质，得到，根据条件及线面垂直的判定定理得到平面，从而有，再根据条件得到，由线面垂直的判定定理，得到平面，即可证明结果； （2）根据条件有，利用线面平行的判定定理，即可证明结果；利用平面，将线到面的距离转化成点到面的距离，再利用等体积法，即可求出结果. 【详解】（1）因为平面，又平面，所以， 又，，平面，所以平面， 又平面，所以， 又，为中点，所以，又，平面， 所以平面，又平面，故平面平面. （2）由题，分别为，中点，故， 又平面，平面，故平面， 则直线到平面的距离为点到平面的距离. 由为中点，所以，记为，， 又，所以， 由（1）知，平面，故，，， 由题知，，， 所以， 而， 所以.   . 5．（2024·四川·三模）正方体的棱长为2，分别是的中点. (1)求证：面； (2)求点到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）利用中位线定理构建线线平行，再利用线面平行的判定定理证明线面平行即可. （2）利用线面平行合理转化点面距离，再利用等体积法处理即可. 【详解】（1） 连接，因为分别是的中点， 由中位线定理得，又， 所以，所以四点共面，由于是AD的中点， 则且那么四边形为平行四边形， 从而，又面面故面， （2）由上问结论知点到平面的距离等于点到平面的距离. 易得， 利用余弦定理得 则 设点到平面的距离， 利用等体积法， 可得， 即点到平面的距离为. 6．（2024·四川成都·三模）已知平面与平面是空间中距离为1的两平行平面，，，且，和的夹角为. (1)证明：四面体的体积为定值； (2)已知异于、两点的动点，且、、、、均在半径为的球面上.求点到直线的距离的取值范围. 【答案】(1)证明见解析； (2) 【分析】（1）用补形法将三棱锥补形为三棱柱，利用三棱锥与三棱柱体积的关系即可求解. （2）考查点到直线的距离问题，与球的截面圆相结合，先确定球心位置和动点P的轨迹即可进一步研究点到直线的距离的取值范围. 【详解】（1）如图，平移线段使得与重合， 并将四面体补成一个斜三棱柱， 则该斜棱柱的底面积，高， 所以该斜棱柱的体积为定值， 又此斜棱柱恰好可以分为三个与三棱锥的底面积相同，高相同的三棱锥， 于是这三个三棱锥的体积都相等，都是斜棱柱的， 所以四面体的体积为，是定值. （2）设球心是，并设与平面，平面的距离分别是，， 由可知， 在，的中垂面和，的中垂面（过线段中点且垂直于线段的平面）的交线上， 设的中点是，的中点是.则由勾股定理得， 注意到，所以，，共线，且平面， 因为，且、、、、均在球上， 所以在以点为圆心、以为直径的圆上（除去、两点）， 过点N直线AB的平行线， 设点到直线AB，的距离分别为，，则， 又，所以. 【点睛】关键点睛：确定球心位置和动点P的轨迹是解决点到直线的距离的取值范围的关键. 7．（2024·黑龙江哈尔滨·三模）如图：四棱柱底面为等腰梯形，.    (1)求证：平面； (2)若为菱形，，平面平面. ①求平面和平面夹角的余弦； ②求点到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2)①；② 【分析】（1）借助平行四边形的性质可得线线平行，结合线面平行的判定定理即可得； （2）建立适当的空间直角坐标系，借助空间向量可计算夹角，借助点到平面的距离公式计算距离. 【详解】（1）在棱上取点，使，连接， 由已知， 四边形为平行四边形，， 又，即四点共面， 连接，由已知， ，四边形为平行四边形，， 平面平面， 平面，即平面； （2）在菱形中，，取中点，连接，则， 又平面平面，平面平面， 平面，平面， 在等腰梯形中，， 两两互相垂直， 以为原点所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， ， ①， 设为平面的一个法向量， 则，取，则有， 设为平面的一个法向量， 则，取，则有， 设平面与平面夹角为， 则， 平面与平面夹角余弦值为， ②， 点到平面的距离为.    8．（2024·四川南充·三模）已知如图，在矩形中，，，将沿折起，得到三棱锥，其中是折叠前的，过M作的垂线，垂足为H，. (1)求证：； (2)过H作的垂线，垂足为N，求点N到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）连接，利用余弦定理、勾股定理的逆定理证明，再利用线面垂直的判定性质推理即得. （2）证明平面，再利用等体积法求出点到平面的距离即可. 【详解】（1）连接，由，， 得， 在中，由余弦定理得， 则，于是，而平面， 因此平面，又平面， 所以. （2）在中，由，，得，而平面， 平面，则平面，于是点到平面的距离等于点到平面的距离， 又，设点到平面的距离为，则， ，， ，， 由，得，即，解得， 所以点N到平面的距离. 9．（2024·浙江金华·三模）如图所示的多面体由一个四棱锥和一个三棱柱组合而成，四棱锥与三棱柱的所有棱长都为2，．    (1)求直线AB与平面的距离； (2)求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)； (2)． 【分析】（1）由图中几何关系和线面垂直的判定定理证明为矩形，再由线面角的定义结合余弦定理解出即可； （2）解1建系后分别求出平面的一个法向量和平面的一个法向量，代入二面角的向量公式求解即可；解2将三棱柱补形为平行六面体，由（1）得到即为所求平面与平面的夹角，再用余弦定理解出即可. 【详解】（1）取AB中点O和中点，连OP、、， 作，H为垂足，连，与交于点M，连，显然过M点，    ∵，M为中点，∴，同理，， 又∵，平面，平面∴PM⊥平面． 而平面，∴， ∵，∴， 又∵，平面，平面∴平面， 而平面，∴，而，∴， ∴四边形为矩形． （也可由，得到，∴， 又∵，∴AB⊥平面，∴，∴四边形为矩形）．    ∵平面，∴由平面，可知，， 又∵，，平面，平面，∴OH⊥平面．    ∵，，， ∴， 综上，直线AB与平面的距离为． （2）解1：连、、、、OC， 由平面，平面可得P、O、C、、O五点共面， 由可得，， ∴，，∴， ∴， ∴P、、三点共线，∴P、、、四点共面．     如图，以O为原点，OB、OC、OH所在直线为x、y、z轴，建立空间直角坐标系， 则，，，， ，，， 设平面的一个法向量为， 则，可取，     设平面的一个法向量为， 则，可取，    设所求平面与平面夹角为， 则， 综上，平面与平面夹角的余弦值为．    解2：如图，将三棱柱补形为平行六面体， 由可得，在此平行六面体中，， 而， ∴点与P点重合，∴P、、、四点共面．    下面考虑平面与平面的夹角即可． 取中点M，连MB、，易得， 由（1）可知四边形为矩形， ∴，又∵，，∴，∴． 又∵，∴， ∴即为所求平面与平面的夹角，     ∴， 综上，平面与平面夹角的余弦值为．        10．（2024·北京·三模）如图，四边形ABCD为菱形，，把沿着BC折起，使A到位置. (1)证明：； (2)若，求直线与平面所成角的正弦值； (3)在（2）的条件下，求点D到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析； (2) (3) 【分析】（1）取线段的中点，连接，通过证明面可得结论； （2）先证明出两两垂直，然后建立空间直角坐标系，利用向量法求线面角； （3）斜线段的长度乘以线面角的正弦可得点到面的距离. 【详解】（1）取线段的中点，连接， 因为四边形ABCD为菱形，且， 所以，为等边三角形， 所以，又面， 所以面，又面， 所以； （2）由，为边长为2的等边三角形可得， 所以，结合面可得两两垂直， 如图建立空间直角坐标系，， ， 设面的法向量为，直线与平面所成角为， 则，取得， ， 即直线与平面所成角的正弦值为； （3）由（2）得点D到平面的距离为. 11．（2024·黑龙江·三模）如图，在直三棱柱中，，，为的中点. (1)证明：平面； (2)若二面角的余弦值为，求点到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2)点到平面的距离为. 【分析】（1）先证四边形为正方形，得到，再证平面，从而得到，即可证明平面； （2）建系，设边长，写出相应点和向量的坐标，求出两个平面的法向量，利用二面角的余弦值列式子，求出的长度，再利用点到平面的距离公式，求出点到平面的距离. 【详解】（1）证明：由直三棱柱的性质可知，，四边形为平行四边形， 又因为，所以四边形为正方形，所以， 因为，，， 所以平面， 所以， 因为， 所以， 又因为平面 所以平面. （2）以为原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 设，则，，，， 所以，，， 所以平面的一个法向量为， 设平面的一个法向量为， 则，所以， 取，则，， 所以， 设二面角的大小为， 则，解得， 所以，平面的一个法向量， 设点到平面的距离为， 则， 所以点到平面的距离为. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$