专题10 选择填空压轴题型：立体几何综合题-2022-2023两年浙江省高一下学期期末数学试题分类汇编

专题10 选择填空压轴题型：立体几何综合题 一、单选题 1．（21-22高一下·浙江丽水·期末）如图，直四棱柱的底面是边长为2的正方形，，分别是的中点，过点的平面记为，则下列说法中错误的是（    ） A．点到平面的距离与点到平面α的距离之比为 B．平面截直四棱柱所得截面的面积为 C．平面将直四棱柱分割成的上、下两部分的体积之比为49︰25 D．平面截直四棱柱所得截面的形状为五边形 2．（22-23高一下·浙江湖州·期末）三棱锥中，平面平面，是边长为2的正三角形，，则三棱锥外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 3．（22-23高一下·浙江嘉兴·期末）如图，棱长为3的正方体中，点在线段上且，点分别为线段上的动点，则空间四边形周长的最小值为（    ）    A． B． C． D． 二、多选题 4．（21-22高一上·浙江·期末）如图所示，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，P，Q分别为BD1，BB1上的动点，则下列说法正确的是（    ） A．ACPQ B．周长最小为 C．AC//PQ D．周长最小为 5．（21-22高一下·浙江宁波·期末）如图，在正方体中，点在线段上运动，则（    ） A．三棱锥的体积为定值 B．异面直线与所成的角的取值范围为 C．直线与平面所成角的正弦值的最大值为 D．过作直线，则 6．（22-23高一下·浙江嘉兴·期末）如图，棱长为的正方体中中，下列结论正确的是（    ）    A．异面直线与所成的角为 B．直线与平面所成的角为 C．二面角平面角的正切值为 D．点到平面的距离为 7．（22-23高一下·浙江宁波·期末）已知正四棱柱的底面边长为1，侧棱长为2，点M为侧棱上的动点（包括端点），平面．下列说法正确的有（    ） A．异面直线AM与可能垂直 B．直线BC与平面可能垂直 C．AB与平面所成角的正弦值的范围为 D．若且，则平面截正四棱柱所得截面多边形的周长为 8．（22-23高一下·浙江宁波·期末）《几何原本》是古希腊数学家欧几里得的数学著作，其中第十一卷称轴截面为等腰直角三角形的圆锥为直角圆锥.如图，，是直角圆锥底面圆的两条不同的直径，下列说法正确的是（    ）    A．存在某条直径，使得 B．若，则三棱锥体积的最大值为 C．对于任意直径，直线与直线互为异面直线 D．若，则异面直线与所成角的余弦值是 9．（22-23高一下·浙江温州·期末）如图，在长方形ABCD中，，，点E，F分别为边BC，AD的中点，将沿直线BF进行翻折，将沿直线DE进行翻折的过程中，则（    ）    A．直线AB与直线CD可能垂直 B．直线AF与CE所成角可能为60° C．直线AF与平面CDE可能垂直 D．平面ABF与平面CDE可能垂直 10．（23-24高二上·浙江杭州·期末）如图，在棱长为4的正方体中，E，F，G分别为棱的中点，点P为线段上的动点（包含端点），则（    ）    A．存在点P，使得平面 B．对任意点P，平面平面 C．两条异面直线和所成的角为 D．点到直线的距离为4 11．（22-23高一下·浙江杭州·期末）圆锥内半径最大的球称为该圆锥的内切球，若圆锥的顶点和底面的圆周都在同一个球面上，则称该球为圆锥的外接球.如图，圆锥的内切球和外接球的球心重合，且圆锥的底面直径为，则（    ）    A．设内切球的半径为，外接球的半径为，则 B．设内切球的表面积，外接球的表面积为，则 C．设圆锥的体积为，内切球的体积为，则 D．设、是圆锥底面圆上的两点，且，则平面截内切球所得截面的面积为 12．（22-23高一下·浙江湖州·期末）已知正四棱台的所有顶点都在球O的球面上，，，为内部（含边界）的动点，则（    ）    A．直线与平面相交 B．球O的体积为 C．直线与平面所成角的最大值为 D．的取值范围为 13．（22-23高一下·浙江绍兴·期末）如图，在边长为的正方形中，为的中点，将沿折起，使点到达点的位置，且二面角为.若、分别为、的中点，则（    ）    A． B．平面 C．平面平面 D．点到平面的距离为 14．（22-23高一下·浙江金华·期末）在三棱锥中，两两垂直，，点分别在侧面和棱上运动且为线段的中点，则下列说法正确的是（    ）    A．三棱锥的内切球的半径为 B．三棱锥的外接球的表面积为 C．点到底面的距离的最小值为 D．三棱锥的体积的最大值为 15．（21-22高一下·浙江温州·期末）如图， 在梯形中， 为线段 的两个三等分点， 将和分别沿着向上翻折， 使得点分别至 (在的左侧)， 且平面分别为的中点， 在翻折过程中， 下列说法中正确的是（    ） A．四点共面 B．当 时， 平面 平面 C．存在某个位置使得 D．存在某个位置使得平面 平面 16．（21-22高一下·浙江金华·期末）若正四棱柱的底面棱长为4 ，侧棱长为3 ，且为棱的靠近点的三等分点，点在正方形的边界及其内部运动，且满足与底面的所成角，则下列结论正确的是（    ） A．点所在区域面积为 B．四面体的体积取值范围为 C．有且仅有一个点使得 D．线段长度最小值为 17．（21-22高一下·浙江宁波·期末）如图，四棱柱底面是边长为1的正方形，，点是直线上一动点，下列说法正确的是（    ） A．若棱柱是直棱柱，其外接球半径为2，则 B．若棱柱是正方体，分别为棱，中点，则四棱锥的体积为 C．不论取何值，一定存在点使得直线平面 D．若直线，，与平面所成角分别是，，，则 18．（22-23高一下·浙江丽水·期末）如图，矩形所在平面与正方形所在平面互相垂直，，，点是线段上的动点，则下列命题中正确的是（    ）    A．不存在点，使得直线平面 B．直线与所成角余弦值的取值范围是 C．直线与平面所成角的取值范围是 D．三棱锥的外接球被平面所截得的截面面积是 三、填空题 19．（22-23高一下·浙江丽水·期末）如图，从正四面体的4个顶点处截去4个相同的正四面体，得到一个由正三角形与正六边形构成的多面体.若该多面体的表面积是，则该多面体外接球的表面积是 .      20．（22-23高一下·浙江嘉兴·期末）如图，在直角梯形中，，将沿翻折成，使二面角为，则三棱锥外接球的表面积为 .    21．（21-22高一下·浙江宁波·期末）如图，四边形为平行四边形，，现将沿直线翻折，得到三棱锥，若，则三棱锥的内切球与外接球表面积的比值为 ． 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题10 选择填空压轴题型：立体几何综合题 一、单选题 1．（21-22高一下·浙江丽水·期末）如图，直四棱柱的底面是边长为2的正方形，，分别是的中点，过点的平面记为，则下列说法中错误的是（    ） A．点到平面的距离与点到平面α的距离之比为 B．平面截直四棱柱所得截面的面积为 C．平面将直四棱柱分割成的上、下两部分的体积之比为49︰25 D．平面截直四棱柱所得截面的形状为五边形 【答案】C 【分析】根据长方体及平面的基本性质作图画出平面截直四棱柱所得截面，进而求其面积判断B、D；根据对称性和等比例关系判断到截面的距离比，应用棱锥、棱柱的体积公式求截面得到上下部分的体积比. 【详解】将延长交延长线与，连接交于， 所以平面截直四棱柱所得截面为五边形，D正确； 由题设易知：在棱长为3的正方体顶点上， 由对称性知：到截面的距离相等，而 所以，面，共线且在面上， 故到截面的距离为，即到截面的距离为，A正确； 由上分析知：， 而， 所以，B正确； 由， 而另一部分的体积， 所以体积比为，C错误. 故选：C. 2．（22-23高一下·浙江湖州·期末）三棱锥中，平面平面，是边长为2的正三角形，，则三棱锥外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】取中点为，连接，证得平面.找出外接圆的圆心为，求出.设为三棱锥外接球的球心，，，在以及中，根据勾股定理，列出关于的关系式，求解得出的值，根据球的面积公式，即可得出答案. 【详解】如图， 取中点为，连接，设外接圆的圆心为，连接. 因为，，中点为，所以. 因为平面平面，平面平面，平面， 所以，平面. 设为三棱锥外接球的球心，半径为，连接，则，平面. 因为，， 所以，，，. 设，，过作交于点，连接， 则，. 又平面，， 在中，有. 又在中，有. 所以，有，解得， 所以，. 所以，三棱锥外接球的表面积为. 故选：B. 【点睛】关键点睛：找出外接圆的圆心，根据面面垂直的性质定理得出平面的垂线，过作垂线的平行线，可知球心在该条线上. 3．（22-23高一下·浙江嘉兴·期末）如图，棱长为3的正方体中，点在线段上且，点分别为线段上的动点，则空间四边形周长的最小值为（    ）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】把平面与平面展开在同一平面上上，然后利用对称将空间四边形各边长转化到同一直线上，找到最小值即可求解； 【详解】把平面与平面展开在同一平面上上，    作点关于的对称点，因为，且正方体边长为3，易得为正三角形，由对称性可得：， 所以周长 作，可得 易得， , 故选：C. 二、多选题 4．（21-22高一上·浙江·期末）如图所示，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，P，Q分别为BD1，BB1上的动点，则下列说法正确的是（    ） A．ACPQ B．周长最小为 C．AC//PQ D．周长最小为 【答案】AB 【分析】根据线面垂直的判定定理可证明平面,从而证明ACPQ，因此可判断A,C的正误，利用几何体的侧面展开图求得线段的长也就是周长最小值，从而确定B,D的正误. 【详解】如图正方体ABCD-A1B1C1D1中，连接B1D1，BC1， 对于A， 底面ABCD，而底面ABCD，所以AC， 又,所以， 而,故平面, 而平面，故ACPQ，故A正确,C错误； 对于吧B，D,如图，将三棱锥各侧面按图示展开： 则线段的长就是周长的最小值， 由正方体棱长为1，可知 , , , 所以 , 故，则, 所以 , 故B正确，D错误， 故选：AB. 5．（21-22高一下·浙江宁波·期末）如图，在正方体中，点在线段上运动，则（    ） A．三棱锥的体积为定值 B．异面直线与所成的角的取值范围为 C．直线与平面所成角的正弦值的最大值为 D．过作直线，则 【答案】ACD 【分析】证明平面，结合三棱锥的体积计算判断A；利用异面直线夹角的定义计算判断B；求出点到平面的距离计算判断C；证明平面判断D作答. 【详解】对于A，在正方体中，对角面是矩形，即， 平面，平面，则平面，即点P到平面的距离等于点C到 平面的距离，为定值，而的面积是定值，因此，三棱锥的体积为定值，A正确； 对于B，由选项A知，，则异面直线与所成的角即为直线与所成的角，连， 则有是正三角形，点在线段上运动，当点P与或重合时，直线与所成的角最小，为， 当点P为线段的中点时，直线与所成的角最大，为， 所以异面直线与所成的角的取值范围为，B不正确； 对于C，令正方体棱长为2，点到平面的距离为h，正边长为，面积为， 由得：，解得，当点P为线段的中点时，， 所以直线与平面所成角的正弦值的最大值为，C正确； 对于D，在正方体中，，平面，又平面，因此， 而，平面，于是有平面，又平面， 则，又直线过，且直线，所以，D正确. 故选：ACD 6．（22-23高一下·浙江嘉兴·期末）如图，棱长为的正方体中中，下列结论正确的是（    ）    A．异面直线与所成的角为 B．直线与平面所成的角为 C．二面角平面角的正切值为 D．点到平面的距离为 【答案】ACD 【分析】由可知异面直线与所成角为（或其补角），由长度关系可知A正确；由线面角定义可知所求角为，由长度关系知B错误；由二面角平面角定义可知所求角为，通过可知C正确；利用割补法可求得，由棱锥体积公式可构造方程求得点面距离，知D正确. 【详解】对于A，连接，    ，，四边形为平行四边形，， 异面直线与所成角即为直线与所成角，即（或其补角）， ，为等边三角形，， 即异面直线与所成角为，A正确； 对于B，连接，    平面，即为直线与平面所成角， ，，，， ，即直线与平面所成角不是，B错误； 对于C，连接，交于点，连接，    四边形为正方形，，为中点， ，， 二面角的平面角为， 平面，平面，， 又，，， ， 即二面角的正切值为，C正确； 对于D，连接，    ，， ， 又，， 设点到平面的距离为，则，解得：， 即点到平面的距离为，D正确. 故选：ACD. 7．（22-23高一下·浙江宁波·期末）已知正四棱柱的底面边长为1，侧棱长为2，点M为侧棱上的动点（包括端点），平面．下列说法正确的有（    ） A．异面直线AM与可能垂直 B．直线BC与平面可能垂直 C．AB与平面所成角的正弦值的范围为 D．若且，则平面截正四棱柱所得截面多边形的周长为 【答案】AD 【分析】在题设条件下，对于A选项：矩形BCC1B1中，判断在CC1上是否存在点M使即可；对于B选项：判断直线AM与BC是否平行即可；对于C选项：与平面所成角转化为与平面的垂线所成角解决；对于选项D：作出并证明平面截正四棱柱所得截面多边形，再求出周长即可. 【详解】在正四棱柱中，底面正方形ABCD的边长为1，AA1=2，如图：    选项A：当MC=时， 在矩形BCC1B1中，，所以， 又因为AB⊥平面BCC1B1，所以AB⊥B1C， 又因为，、平面， 所以B1C⊥平面ABM，所以，故选项A正确； 选项B：因为AM与BC是异面直线，所以AM与BC不可能平行， 故与不可能垂直，故选项B错误； 选项C：因为平面，AB是平面的斜线，则AB与平面所成角， 所以， 又因为当点M在棱CC1移动时，， 所以，所以，故选项C错误； 选项D：当M为CC1中点时，连接AB1，AD1，AC，MB1，MD1，BD1，如图所示，      则有，， 所以，所以AM⊥MB1，同理AM⊥MD1， 又因为，、面， 所以AM⊥平面MB1D1， 所以平面截正四棱柱所得截面多边形为正△， 所以其周长，故选项D正确. 故选：AD. 8．（22-23高一下·浙江宁波·期末）《几何原本》是古希腊数学家欧几里得的数学著作，其中第十一卷称轴截面为等腰直角三角形的圆锥为直角圆锥.如图，，是直角圆锥底面圆的两条不同的直径，下列说法正确的是（    ）    A．存在某条直径，使得 B．若，则三棱锥体积的最大值为 C．对于任意直径，直线与直线互为异面直线 D．若，则异面直线与所成角的余弦值是 【答案】BCD 【分析】对于A，由是直径得，从而可知不存在直径，使得，从而可判断；对于B，由题意可得当时，三棱锥体积最大，求解即可判断；对于C，根据异面直线的判定方法即可判断；对于D，取的中点，取的中点，连接，可得（或及其补角）为异面直线与所成角的平面角，根据余弦定理即可求解，从而可判断. 【详解】对于A，连接，因为平面，平面，所以， 若，只需， 因为是直径，所以，所以不存在直径，使得， 所以不存在某条直径，使得，A错误；    对于B，若，则， 所以三棱锥的体积为， 所以当时，三棱锥体积的最大值为，B正确 ； 对于C，，是直角圆锥底面圆的两条不同的直径，所以与没有交点， 而平面，平面，所以直线与直线互为异面直线，C正确； 对于D，取的中点，取的中点，连接， 则，所以（或及其补角）为异面直线与所成角的平面角. 令，则，所以， 因为，所以，则， 所以， 所以，D正确.    故选：BCD. 9．（22-23高一下·浙江温州·期末）如图，在长方形ABCD中，，，点E，F分别为边BC，AD的中点，将沿直线BF进行翻折，将沿直线DE进行翻折的过程中，则（    ）    A．直线AB与直线CD可能垂直 B．直线AF与CE所成角可能为60° C．直线AF与平面CDE可能垂直 D．平面ABF与平面CDE可能垂直 【答案】AD 【分析】将沿直线BF进行翻折，得到以BF为轴，线段AF绕BF旋转形成的一个圆锥，点在圆锥的底面圆周上，同理将沿直线DE进行翻折的过程中，点也在相应的圆锥的底面圆周上.求出圆锥轴截面的最大张角，再逐一判断各选项. 【详解】如图，将沿直线BF进行翻折，得到以BF为轴，线段AF绕BF旋转形成的一个圆锥，点在圆锥的底面圆周上， 同理将沿直线DE进行翻折的过程中，点也在相应的圆锥的底面圆周上. 对于A，如图，在长方形ABCD中，.旋转形成的圆锥的轴截面张角最大， 由，，则，， 所以，则， 假设不做旋转，在旋转过程中可以与旋转前的初始位置垂直，即在旋转过程中可以与AB垂直，故A正确. 对于B，由选项A同理可得，，轴截面张角， 所以同理可得直线AF与CE所成角不可能为60°，故B错误； 对于C，若直线AF与平面CDE垂直，则直线AF与CE垂直， 由选项B可知，，直线AF不可能与CE垂直， 所以直线AF与平面CDE不可能垂直，故C错误； 对于D，当平面ABF不做旋转，平面CDE旋转到与平面BEDF垂直时，即平面ABF与平面CDE垂直，故D正确.    故选：AD. 10．（23-24高二上·浙江杭州·期末）如图，在棱长为4的正方体中，E，F，G分别为棱的中点，点P为线段上的动点（包含端点），则（    ）    A．存在点P，使得平面 B．对任意点P，平面平面 C．两条异面直线和所成的角为 D．点到直线的距离为4 【答案】ABD 【分析】A选项当与重合时，用线面平行可得出，进而可得；B选项证明平面即可得出；选项C由正方体的性质和画图直接得出；选项D由余弦定理确定，之后求距离即可. 【详解】 A：   当与重合时，由题可知，， 四边形为平行四边形，故，又平面，平面，则平面，故A正确； B：   连接，平面，平面，， 又， 故， 又平面，平面， 又平面，故对任意点P，平面平面，故B正确； C：   由正方体的结构特征可知，异面直线和所成的角即为和所成的角，由图可知为，故C错误； D：   由正方体的特征可得， ， 所以点到直线的距离，故D正确； 故选：ABD. 11．（22-23高一下·浙江杭州·期末）圆锥内半径最大的球称为该圆锥的内切球，若圆锥的顶点和底面的圆周都在同一个球面上，则称该球为圆锥的外接球.如图，圆锥的内切球和外接球的球心重合，且圆锥的底面直径为，则（    ）    A．设内切球的半径为，外接球的半径为，则 B．设内切球的表面积，外接球的表面积为，则 C．设圆锥的体积为，内切球的体积为，则 D．设、是圆锥底面圆上的两点，且，则平面截内切球所得截面的面积为 【答案】ACD 【分析】作出圆锥的轴截面，依题意可得为等边三角形，设球心为（即为的重心），即可求出的外接圆和内切圆的半径，即可为圆锥的外接球、内切球的半径，即可判断A、B，由圆锥及球的体积公式判断C，所对的圆心角为（在圆上），设的中点为，即可求出，不妨设为上的点，连接，过点作交于点，利用三角形相似求出，即可求出截面圆的半径，从而判断D. 【详解】作出圆锥的轴截面如下：    因为圆锥的内切球和外接球的球心重合，所以为等边三角形， 又，所以， 设球心为（即为的重心），所以，， 即内切球的半径为，外接球的半径为，所以，故A正确； 设内切球的表面积，外接球的表面积为，则，故B错误； 设圆锥的体积为，则， 内切球的体积为，则，所以，故C正确； 设、是圆锥底面圆上的两点，且，则所对的圆心角为（在圆上）， 设的中点为，则，不妨设为上的点，连接，则， 过点作交于点，则，所以， 即，解得， 所以平面截内切球截面圆的半径， 所以截面圆的面积为，故D正确； 故选：ACD. 【点睛】关键点睛：本题解答的关键是由题意得到圆锥的轴截面三角形为等边三角形，从而确定外接球、内切球的半径. 12．（22-23高一下·浙江湖州·期末）已知正四棱台的所有顶点都在球O的球面上，，，为内部（含边界）的动点，则（    ）    A．直线与平面相交 B．球O的体积为 C．直线与平面所成角的最大值为 D．的取值范围为 【答案】BCD 【分析】对于A，利用平行四边形证得AE∥O2G，进而证得AE∥平面BDG，可判断直线AE与平面BDG的交点；对于B，先假设O的位置，利用勾股定理与半径相等得到等量关系，可确定O的位置，可求出半径，故可求得球O的体积；对于C，利用面面垂直的性质作出AP⊥面BDG，故∠AMP为AM与平面BDG所成角，再利用得知当M与O2重合时，∠AMP取得最大值，再利用对顶角相等求∠G O2C，进而得到∠AMP的最大值；对于D，先判断M落O2G上，再进一步判断M与O2重合时，取得最小值为，再计算当M在点时的长度判断的最大值即可求出范围. 【详解】对于A，如图1，    由棱台的结构特征易知与的延长线必交于一点，故四点共面， 又面∥面，而面∩面＝，面∩面＝，故∥，即∥； 由平面几何易得，，即=； 所以四边形是平行四边形，故， 而面，面，故∥平面，即直线与平面不相交，故A错误； 对于B，如图2，    设O1为的中点，O为正四棱台外接球的球心，则AO＝EO＝R， 在等腰梯形中，易得，即， 为方便计算，不妨设O1O＝a，由， 若在正四棱台外，即面外侧，，则， 所以，不合； 若在正四棱台内，即，则，所以， 综上，O与O2重合，故，故球O体积为，故B正确； 对于C，由图2易得BD⊥O1O2，BD⊥AC，O1O2∩AC＝O2，O1O2、AC⊂面ACGE， 故BD⊥面ACGE，BD⊂面BDG，故面ACGE⊥面BDG， 在面ACGE内过A作AP⊥O2G交O2G于P，如图3，    则AP⊂面ACGE，面ACGE∩面BDG＝O2G，故AP⊥面BDG，故∠AMP为AM与平面BDG所成角， 在Rt△APM中，，故当AM取得最小值时，sin∠AMP取得最大值，即∠AMP取得最大值； 显然，动点M与O2重合时，AM取得最小值，即∠AMP取得最大值，且∠AMP＝∠CO2G， 在△O2GC中，，，， 故△O2GC为正三角形，即∠CO2G＝60°，即AM与平面BDG所成角的最大值为，故C正确； 对于D，由C知，BD⊥面ACGE， 不妨设M落在图4的M处，过M作MN∥BD，交O2G于点N，则MN⊥面ACGE， NA在面ACGE中，故MN⊥NA，在Rt△AMN'中，NA＜MA（勾股边小于斜边）；同理EN＜EM， 所以NA+NE＜MA+ME，故动点M只有落在O2G上，EM+MA才有可能取得最小值； 再看图5，由E关于O2G对称点为C知，； 当在边界时，取得最大值， 当与点重合时，，， 即，，此时； 当点与点或点重合时，， 所以的范围为，故D正确；    故选：BCD． 【点睛】思路点睛：空间中线段和、差的最值问题，需类比平面上的一些方法即通过对称转化转化为空间中两个定点之间的限度的长度问题. 13．（22-23高一下·浙江绍兴·期末）如图，在边长为的正方形中，为的中点，将沿折起，使点到达点的位置，且二面角为.若、分别为、的中点，则（    ）    A． B．平面 C．平面平面 D．点到平面的距离为 【答案】ABD 【分析】连接交于点，连接，取的中点，连接、，推导出平面，利用线面垂直的性质可判断A选项；证明出平面平面，利用面面平行的性质可判断B选项；利用反证法可判断C选项；利用等体积法计算出点到平面的距离，可判断D选项. 【详解】连接交于点，连接，取的中点，连接、，    对于A选项，在正方形中，因为，，， 所以，，则， 所以，，则，即， 翻折后，则有，， 又因为，、平面，所以，平面， 因为平面，所以，，A对； 对于B选项，因为、分别为、的中点，所以，， 因为平面，平面，所以，平面， 因为，，则四边形为梯形， 又因为、分别为、的中点，所以，， 因为平面，平面，则平面， 因为，、平面，则平面平面， 因为平面，故平面，B对； 对于C选项，因为，且，，， 所以，，所以，， 则， 在中，， 所以，， 因为平面平面，平面平面，， 平面，所以，平面， 因为平面，所以，， 所以，，且， 翻折前，，翻折后，， 若平面平面，且平面平面，平面， 所以，平面， 因为平面，则， 事实上，，，，则， 即、不垂直，假设不成立，故平面与平面不垂直，C错； 对于D选项，因为，且平面， 所以，， 在中，，， 由余弦定理可得， 所以，， 所以，， 设点到平面的距离为，由，即， 所以，，D对. 故选：ABD. 【点睛】方法点睛：求点到平面的距离，方法如下： （1）等体积法：先计算出四面体的体积，然后计算出的面积，利用锥体的体积公式可计算出点到平面的距离； （2）空间向量法：先计算出平面的一个法向量的坐标，进而可得出点到平面的距离为. 14．（22-23高一下·浙江金华·期末）在三棱锥中，两两垂直，，点分别在侧面和棱上运动且为线段的中点，则下列说法正确的是（    ）    A．三棱锥的内切球的半径为 B．三棱锥的外接球的表面积为 C．点到底面的距离的最小值为 D．三棱锥的体积的最大值为 【答案】BC 【分析】对于A，利用等体积法可求出三棱锥的内切球的半径，对于B，由题意将三棱锥补成一个长方体，则长方体的体对角线就是三棱锥的外接球的直径，对于C，由题意可得平面，则，，所以点的轨迹是以为球心，1为半径的球面上，然后求出点到平面的距离，从而可得点到底面的距离的最小值，对于D，设球面分别交于点，当点与点或重合时，点到底面的距离最大，从而可求出其体积的最大值. 【详解】对于A，因为两两垂直，， 所以，， ， 所以， 设三棱锥的内切球的半径为，则 ， 所以， 解得，所以A错误， 对于B，因为两两垂直，所以将三棱锥补成如图所示的长方体， 则长方体的体对角线等于三棱锥外接球的直径， 设三棱锥外接球半径为，则 ，解得， 所以三棱锥的外接球的表面积为，所以B正确，    对于C，因为，，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 所以， 因为为线段的中点，所以， 所以点的轨迹是以为球心，1为半径的球面上， 设点到平面的距离为， 因为，所以， 所以，解得， 所以点到底面的距离的最小值为，所以C正确，    对于D，由选项C可知点的轨迹是以为球心，1为半径的球面上， 因为的面积为定值，所以当点到底面的距离最大值时，三棱锥的体积最大， 设球面分别交于点， 因为，所以当点与点或重合时，点到底面的距离最大，设为，则有，得， 所以三棱锥的体积的最大值为，所以D错误， 故选：BC.    【点睛】关键点点睛：此题考查三棱锥与球的切接问题，考查立体几何中点的轨迹问题，解题的关键是由得到点的轨迹是以为球心，1为半径的球面上，然后逐个分析判断，考查空间想象能力，属于较难题. 15．（21-22高一下·浙江温州·期末）如图， 在梯形中， 为线段 的两个三等分点， 将和分别沿着向上翻折， 使得点分别至 (在的左侧)， 且平面分别为的中点， 在翻折过程中， 下列说法中正确的是（    ） A．四点共面 B．当 时， 平面 平面 C．存在某个位置使得 D．存在某个位置使得平面 平面 【答案】BCD 【分析】对于A选项，直线MN与直线CD为异面关系，所以A错误； 对于B选项，当 时，其长度恰好等于底面梯形中位线的长度，易知M,N两点在底面的投影恰好落在DE和CF上，可得平面平面； 对于C选项，可找出NF的平行线，将垂直的判断转化为异面直线所成角； 对于D选项，从翻折的过程看二面角的变化趋势可得. 【详解】对于A选项：如图，分别取EF,CF的中点Q，S，连接AP，BP，DQ， 易知均是边长为2的正三角形， 所以在翻折过程中M，N两点在底面的射影分别落在直线PA和PB上，如图2，易知， 设M，N两点到底面的距离分别为，则， 因为平面，所以，又，所以， 易得，则，则易知共面，共面, 易知异面，所以不在同一平面内，则A错误； 对于B选项:当 时，恰有，则MNSO为平行四边形，由对称性知此时，M，N两点在底面的射影即为O,S两点，所以,得平面平面，则B正确； 对于C选项:过M点作交EF于T，即为DM与FN所成角，易知在翻折过程中， 又因为，则当时，，即,所以C正确； 当，由B选项知，平面平面，平面平面， 此时DE与CF的夹角即为平面与平面的夹角，易知此时的夹角为， 而与在翻折的极限位置为,即两平面的夹角的最大值为 ，所以在连续变化过程中必存在某个位置使得平面平面 ，所以 D正确. 故选：BCD. 16．（21-22高一下·浙江金华·期末）若正四棱柱的底面棱长为4 ，侧棱长为3 ，且为棱的靠近点的三等分点，点在正方形的边界及其内部运动，且满足与底面的所成角，则下列结论正确的是（    ） A．点所在区域面积为 B．四面体的体积取值范围为 C．有且仅有一个点使得 D．线段长度最小值为 【答案】AB 【分析】A选项，根据题意得到所在区域为以A为圆心，1为半径的圆在正方形内部部分（包含边界弧长），得到区域面积；B选项，根据P点不同位置求出点P到平面的距离最大值及最小值，求出最大体积和最小体积；C选项，寻找到不止一个点使得；D选项，结合P的所在区域及三角形两边之和大于第三边求出长度最小值. 【详解】A选项，当时，与与底面的所成角，故点所在区域为以A为圆心，1为半径的圆在正方形内部部分（包含边界弧长），即圆的，面积为，A正确； 如图，当点P位于上时，此时点P到平面的距离最大，最大距离为， 此时四面体的体积为， 当P与点F重合时，此时点P到平面的距离最小，最小距离为， 因为△BFK∽△BAH，所以，所以最小体积为， 故四面体的体积取值范围为，B正确； C选项，不妨点P与点F重合， 此时，由余弦定理得：，则 同理可得：， 故多于一个点使得，C错误； D选项，当PC取最小值时，线段长度最小，由三角形两边之和大于第三边可知：当A，P，C三点共线时，PC取得最小值，即，则，D错误 故选：AB. 17．（21-22高一下·浙江宁波·期末）如图，四棱柱底面是边长为1的正方形，，点是直线上一动点，下列说法正确的是（    ） A．若棱柱是直棱柱，其外接球半径为2，则 B．若棱柱是正方体，分别为棱，中点，则四棱锥的体积为 C．不论取何值，一定存在点使得直线平面 D．若直线，，与平面所成角分别是，，，则 【答案】BCD 【分析】根据直棱柱其体对角线为外接球的直径，可求得的值，即可判断A的正误；根据正方体的性质，可得四边形为菱形，则，根据体积公式，即可判断B的正误；根据线面平行的判定定理，分析即可判断C的正误；作底面ABCD于H，连接PA、PB、PC，则，即可表示出，根据余弦定理，分析推理，可判断D的正误，即可得答案. 【详解】对于A：若棱柱是直棱柱，则其体对角线为外接球的直径， 所以，即，解得，故A错误； 对于B：若棱柱是正方体，则棱长均为1， 因为分别为棱，中点， 所以，即四边形为菱形， 所以，故B正确； 对于C：连接AC、BD交于点O，连接、PC，如图所示 当P为中点时，有，， 所以四边形为平行四边形， 所以， 因为平面，平面， 所以平面， 所以当P为中点时，不论取何值，一定存在点使得直线平面，故C正确； 对于D：作底面ABCD于H，连接PA、PB、PC，如图所示 因为，则H一定在AC所在直线上， 则， 所以， 当H位于线段AC内时，设，则时，此时， 由余弦定理得， 所以恒成立， 当H位于AC延长线， 则时，此时， 由余弦定理得， 所以恒成立， 当H位于CA延长线时，设，则， 由余弦定理得， 所以恒成立， 综上恒成立 所以，则 所以，故D正确， 故选：ACD 【点睛】解题的关键是熟练掌握柱体、锥体的性质、体积公式等知识，并灵活应用，难点在于要求间的关系，需作垂线，根据三角函数定义，表示出，再根据函数的性质，比较大小，属中档题. 18．（22-23高一下·浙江丽水·期末）如图，矩形所在平面与正方形所在平面互相垂直，，，点是线段上的动点，则下列命题中正确的是（    ）    A．不存在点，使得直线平面 B．直线与所成角余弦值的取值范围是 C．直线与平面所成角的取值范围是 D．三棱锥的外接球被平面所截得的截面面积是 【答案】BCD 【分析】当点P是线段EF中点时判断A，利用向量法求出异面直线夹角的余弦的范围判断B，利用线面角的定义转化为正弦值计算判断C，求出外接圆面积判断D. 【详解】取EF中点G，连DG，令，连FO，如图，    在正方形ABCD中，O为BD中点，而BDEF是矩形， 则且，即四边形DGFO是平行四边形， 即有，而平面ACF，平面， 于是得平面ACF，当点P与G重合时，直线平面ACF，故A错误； 因平面平面ABCD，平面平面，，平面， 所以平面，因为，所以平面， 因为平面，所， 因为，，所以， 又，所以直线与所成角为（或其补角）， 因为 ， 而， ，所以， 当时，， 当时，， 综上，，故B正确； 设到平面的距离为，因为，， 所以，又， 由等体积法，，即，解得， 设直线与平面所成角为， 当与重合时，直线平面ACF，直线与平面所成角， 当点由向运动时，变大，当运动到时，因为， 所以，由知，， 当运动到时，， 综上知，，故C正确； 在中，，显然有，， 由正弦定理得外接圆直径，， 以为长宽高作长方体，如图，    则三棱锥的外接球即为长方体的外接球， 三棱锥的外接球被平面ACF所截得的截面是的外接圆，其面积为，故D正确. 故选：BCD. 【点睛】关键点点睛：线面角的范围为，求点到平面的距离可以利用等体积法，当两条直线平行时，直线与同一平面所成角相等，当直线与平面不平行线时，直线上一点到平面的距离与斜线长的比为线面角的正弦值. 三、填空题 19．（22-23高一下·浙江丽水·期末）如图，从正四面体的4个顶点处截去4个相同的正四面体，得到一个由正三角形与正六边形构成的多面体.若该多面体的表面积是，则该多面体外接球的表面积是 .      【答案】 【分析】求出原正四面体外接球的半径，从而可求出多面体外接球的球心到底面的距离，求出多面面体的棱长，即可求出其外接球的半径，从而可求出外接球的表面积. 【详解】由题意可得多面体的棱长为原正四面体棱长的，设原正四面体的棱长为， 则其表面积为，由图易知该多面体与原正四面体相比较， 表面积少了8个边长为的正三角形的面积， 所以该多面体的表面积为，所以. 如图，是下底面正六边形的中心，是上底面正三角形的中心，    由正四面体的对称性可知截角四面体的外接球的球心在原正四面体的高上， ，. 设球的半径为，在中，，所以， 在中，，所以， 所以，解得，所以， 所以该多面体外接球的表面积. 故答案为：. 20．（22-23高一下·浙江嘉兴·期末）如图，在直角梯形中，，将沿翻折成，使二面角为，则三棱锥外接球的表面积为 .    【答案】 【分析】外接球的球心为，半径为为中点，为中点，由二面角的定义可得为二面角的平面角，所以有，作于，由题意可求得，进而可得，即可得答案. 【详解】解：如图，设外接球的球心为，半径为为中点，为中点， 因为，所以，∥， 又因为，， 所以， 所以,, 所以，， 所以为二面角的平面角， 所以， 作于， 因为，，， 所以平面， 又因为平面， 所以 ， 又因为，, 则平面，所以∥， 则有， 即，      由题意可求得：， 设， 由题上式可得：， 求得：，从而求得：， 故三棱锥外接球的表面积为. 故答案为：. 21．（21-22高一下·浙江宁波·期末）如图，四边形为平行四边形，，现将沿直线翻折，得到三棱锥，若，则三棱锥的内切球与外接球表面积的比值为 ． 【答案】 【分析】过A作于E，交CD于F，连，利用余弦定理、面积定理求出点到平面的距离，再借助锥体体积求出内切球半径，结合该锥体的结构特征求出外接球半径作答. 【详解】过A作于E，交CD于F，连，如图， 在中，由余弦定理得：，， ，， ，，， 因，则三棱锥的4个表面三角形全等，在中，， ， 在中，，， 因，，平面，则平面，而平面， 于是得平面平面，在平面内过作于，又平面平面， 因此，平面，， 设三棱锥的内切球半径为，则，解得， 因是锐角三角形，则三棱锥的外接球截平面所得截面圆圆心在内， 半径，则，解得，令三棱锥的外接球球心为O， 显然，球O截三棱锥的4个表面三角形所得截面圆圆心均在相应三角形内， 因球心O与各个三角形的外心连线均垂直于相应的三角形所在平面，且这些三角形的外接圆半径均为， 因此，球心O到各个三角形所在平面距离都相等，且球心O在三棱锥内，必为三棱锥内切球球心， 令三棱锥的外接球半径为，则， 所以三棱锥的内切球与外接球表面积的比值为. 故答案为： 【点睛】结论点睛：一个多面体的表面积为S，如果这个多面体有半径为r的内切球，则此多面体的体积V满足：. 学科网（北京）股份有限公司 $$