2024年全国一卷数学新高考题型细分2-8——立体几何 多选 5 棱锥

2024年全国一卷新高考题型细分2-8 ——立体几何 多选5 1、 试卷主要是2024年全国一卷新高考地区真题、模拟题，合计202套。其中全国高考真题4套，广东47套，山东22套，江苏18套，浙江27套，福建15套，河北23套，湖北19套，湖南27套。 2、 题目设置有尾注答案，复制题干的时候，答案也会被复制过去，显示在文档的后面，双击尾注编号可以查看。方便老师备课选题。 3、 题型纯粹按照个人经验进行分类，没有固定的标准。 4、 《立体几何——多选》按照题目中的几何体进行分类，具体有： 线面关系，其他线面关系，正方体，棱锥，棱柱，其他多面体，圆柱，圆锥，圆台，其他旋转体等，大概106道题。 棱锥： 1. （多选，2024年苏J05常州调研）10. 已知正方形ABCD的边长为4，点E在线段AB上，．沿DE将折起，使点A翻折至平面BCDE外的点P，则（ [endnoteRef:2] ） A. 存在点P，使得 B. 存在点P，使得直线平面PDE C. 不存在点P，使得 D. 不存在点P，使得四棱锥的体积为8 （垂直，平行，平行，体积，中下） [2: 【答案】AC 【解析】 【分析】对于A,根据线面垂直的判定定理可得面PCD，继而，根据勾股定理验证即可；对于B，根据线面平行的性质定理可得，矛盾，B错；对于C，根据线面垂直的判定定理可得则面DEN，则，矛盾，C错；对于D，当平面时，体积最大，通过计算可判定. 【详解】若，又，, 平面，平面， 则面PCD，平面,则， 而，，有解，A对． 若平面PDE，平面BCDE， 平面平面， ∴，矛盾，故B错误； 取PC中点N，∵，则， 若，又， 且平面DEN，平面DEN, 则面DEN，又平面DEN, 则，则矛盾， ∴不存在P使得，C对． ， A到DE距离， ，存在，D错， 故选：AC． ] 2. （多选，2024年鄂J23荆州四适）10．如图，正八面体棱长为2．下列说法正确的是（    [endnoteRef:3]） A．平面 B．当P为棱EC的中点时，正八面体表面从F点到P点的最短距离为 C．若点P为棱EB上的动点，则三棱锥的体积为定值 D．以正八面体中心为球心，1为半径作球，球被正八面体各个面所截得的交线总长度为 （平行，最短路径，体积，轨迹，中下） [3: 10．ABD 【分析】对于A，由线线平行证得线面平行；对于B，将和展开至同一平面，由余弦定理可求最小值；对于C，等体积法得到三棱锥的体积为定值，对于D，以O为球心，1为半径的球与各条棱均切于中点处，据此计算可求球被正八面体各个面所截得的交线总长度. 【详解】对于A，在正八面体中，故四边形为菱形， 故，又平面，平面， 所以平面，故A正确； 对于B，将和展开至同一平面，如图所示， 其中，，， 由余弦定理得：，，故B正确； 对于C，，连接、，相交于点，连接， 由对称性可知，， 、均为等腰直角三角形， 所以，，， 又平面， 可证得平面，所以到平面的距离为， 设菱形的面积为，则，， 三棱锥的体积为定值，故C错误； 对于D，易得以O为球心，1为半径的球与各条棱均切于中点处， 故球与每个侧面的交线即侧面正三角形的内切圆， 又以2为边长的正三角形的高为， 可得内切圆半径，交线总长度，故D正确． 故选：ABD. 【点睛】方法点睛：求一点沿空间几何体的表面到另一点间的距离的最小值问题，常常展开在同一平面内，通过求平面内两点间的距离求得最小值. ] 3. （多选，2024年湘J32长沙雅礼一测）10. 四棱锥的底面为正方形，PA与底面垂直，，，动点M在线段PC上，则（ [endnoteRef:4] ） A. 不存在点M，使得 B. 最小值为 C. 四棱锥的外接球表面积为5π D. 点M到直线AB的距离的最小值为 （垂直，最短路径，外接球，点线距离，中下） [4: 【答案】BD 【解析】 【分析】当点为中点时，利用垂直关系的转化，即可判断A；利用展开图，利用数形结合求的最小值，即可判断B；利用几何体与外接球的关系，即可求解球心，并求外接球的表面积，即可判断C；利用异面直线的距离的转化，即可判断D. 【详解】对于A：连接BD，且，如图所示，当M在PC中点时， 因为点O为AC的中点，所以，因为平面ABCD， 所以平面ABCD，又因为平面ABCD，所以， 因为ABCD为正方形，所以． 又因为，且BD，平面BDM，所以平面BDM， 因为平面BDM，所以，所以A错误； 对于B：将和所在的平面沿着PC展开在一个平面上，如图所示， 和是全等的直角三角形，，， 连结，， 则的最小值为BD，直角斜边PC上高为，即， 直角斜边PC上高也为，所以的最小值为，所以B正确； 对于C：易知四棱锥的外接球直径为PC， 半径，表面积，所以C错误； 对于D：点M到直线AB的距离的最小值即为异面直线PC与AB的距离， 因为，且平面PCD，平面PCD，所以平面PCD， 所以直线AB到平面PCD的距离等于点A到平面PCD的距离，过点A作， 因为平面ABCD，面，所以， 又，且，面， 故平面PAD，平面PAD，所以， 因为，且PD，平面PCD，所以平面PCD， 所以点A到平面PCD的距离，即为AF的长，如图所示， 在中，，，可得， 所以由等面积得，即直线AB到平面PCD的距离等于，所以D正确， 故选：BD． ] 4. （多选，2024年湘J46长沙一中二模）10．如图，正三棱锥A-PBC和正三棱锥D-PBC的侧棱长均为，BC 2．若将正三棱锥A-PBC绕BC旋转，使得点A，P分别旋转至点处，且，B，C，D四点共面，点，D分别位于BC两侧，则（[endnoteRef:5]    ） A． B．平面BDC C．多面体的外接球的表面积为 D．点A，P旋转运动的轨迹长相等 （垂直，平行，外接球，轨迹，中下） [5: 10．BC 【分析】由已知可得，正三棱锥侧棱两两互相垂直，放到正方体中，借助正方体研究线面位置关系和外接球表面积. 【详解】正三棱锥A-PBC和正三棱锥D-PBC的侧棱长均为，BC 2，则正三棱锥A-PBC中侧棱两两互相垂直，正三棱锥D-PBC中侧棱两两互相垂直，则正三棱锥可以放到正方体中，当点A，P分别旋转至点处，且，B，C，D四点共面，点，D分别位于BC两侧时，如图所示， 连接，，如图所示 正方体中且，四边形为平行四边形，则有 为等边三角形，则与夹角为，，有与夹角为，选项A错误； ，平面BDC ，平面BDC ，平面BDC ，选项B正确； 多面体的外接球即棱长为的正方体的外接球，外接球的半径为，表面积为，选项C正确； 点A，P旋转角度相同，但旋转半径不同，所以运动的轨迹长不相等，选项D错误. 故选：BC 【点睛】思路点睛：本题的关键在于作出旋转后的图形，根据图形研究相关的性质，而正三棱锥中侧棱两两互相垂直，图形放到正方体中，又使判断线面位置关系和运算变得更简便. ] 5. （多选，2024年湘J47长沙雅礼二模）11．三棱锥的侧棱垂直于底面，，，三棱锥的体积，则（[endnoteRef:6]   ） A．三棱锥的四个面都是直角三角形 B． C． D．三棱锥外接球的体积 （垂直，长度，垂直，外接球，中下） [6: 11．ABD 【分析】根据题设条件构造长方体，计算分析推得正方体，判断其外接球直径即该正方体的体对角线长，推理计算即可一一判断各选项正误. 【详解】因平面，则,又 则可构造如图所示的长方体，则为三棱锥的外接球的直径． 对于A，因平面，因平面,则，， 因，，且,可得平面， 又平面，故,即三棱锥的四个面都是直角三角形，故A正确； 对于B，由解得，即B正确； 对于C，由A项分析得，故在中，是锐角，故C错误； 对于D，设三棱锥外接球的半径为R，由, 知该长方体为正方体，则,解得， 故其外接球体积为，即D正确. 故选:ABD． 【点睛】关键点点睛：本题主要考查三棱锥的相关性质的应用及外接球问题,属于难题. 解此题的关键在于弄清题中三条直线的两两垂直关系，构造长方体，从而将对三棱锥的性质探究转化为对长方体的探究，给解题带来了较大的方便. ] 6. （多选，2024年湘J38怀化二模）11．在三棱锥中，平面，点是三角形内的动点（含边界），，则下列结论正确的是（  [endnoteRef:7]  ） A．与平面所成角的大小为 B．三棱锥的体积最大值是2 C．点的轨迹长度是 D．异面直线与所成角的余弦值范围是 （线面角，体积，轨迹，线线角，中下） [7: 11．ACD 【分析】根据给定条件，把几何体补形成正四棱柱，利用几何法求出线面角判断A；确定点的轨迹并求出长度判断C；求出点到距离的最大值计算判断B；建立坐标系，利用异面直线夹角的向量求法建立函数关系求解判断D. 【详解】如图，把三棱锥补形成正四棱柱并建立空间直角坐标系， 对于A，由平面，得是与平面所成的角，， 因此，A正确； 对于C，由，得点的轨迹是以线段为直径的球面与相交的一段圆弧及点， 令的中点分别为，则平面，，于是， 显然点所在圆弧所对圆心角大小为，长度是，C正确； 对于B，由选项C知，当时，点到平面距离最大，最大距离为1， 因此三棱锥的体积，B错误； 对于D，设，则点，而， 于是，又，令异面直线与所成的角大小为， 则， 令，在上单调递增， 因此，D正确. 故选：ACD 【点睛】思路点睛：涉及立体图形中的轨迹问题，若动点在某个平面内，利用给定条件，借助线面、面面平行、垂直等性质，确定动点与所在平面内的定点或定直线关系，结合有关平面轨迹定义判断求解. ] 7. （多选，2024年闽J23厦门四检）11．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（  [endnoteRef:8]  ） A． B． C．平面 D．三棱锥外接球的表面积为 （长度，垂直，垂直，外接球，中下） [8: 11．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：ACD. 【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. ] 8. （多选，2024年闽J24漳州四检）10．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（[endnoteRef:9]    ）    A． B． C． D． （垂直，中下） [9: 10．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. （多选，2024年鄂J06武汉二调）10. 将两个各棱长均为1的正三棱锥和的底面重合，得到如图所示的六面体，则（[endnoteRef:10] ） A. 该几何体的表面积为 B. 该几何体的体积为 C. 过该多面体任意三个顶点的截面中存在两个平面互相垂直 D. 直线平面 （表面积，体积，截面，平行，中下） [10: 【答案】AC 【解析】 【分析】对于A，首先求得其中一个正三角形的面积，进一步即可验算；对于B，首先求得，进一步即可验算；对于C，证明面面即可判断；对于D，建立适当的空间直角坐标系，验算平面法向量与直线方向向量是否垂直即可. 【详解】对于A，，所以表面积为，故A对； 对于B，如图所示： 设点在平面内的投影为，为的中点，则由对称性可知为三角形的重心， 所以，又因为， 所以正三棱锥的高为， 所以题图所示几何体的体积为，故B错； 对于C，由B选项可知面，由对称性可知三点共线， 所以面，而面， 所以面面，故C正确； 对于D，建立如图所示的空间直角坐标系： 其中轴平行，因为， 所以， 设平面的法向量为，所以， 不妨取，解得，所以取， 又， 而，所以直线与平面不平行，故D错. 故选：AC. ] 10. （多选，2024年湘J51师附二模）10．在菱形中，.将菱形沿对角线折成大小为（）的二面角，若折成的四面体内接于球，则下列说法正确的是（  [endnoteRef:11]  ） A．四面体的体积的最大值是 B．的取值范围是 C．四面体的表面积的最大值是 D．当时，球的体积为 （体积，长度，表面积，外接球，中下） [11: 10．AD 【分析】求出当时，四面体的体积最大，利用锥体的体积公式可判断A选项的正误；利用余弦定理可判断B选项的正误；利用时，四面体的表面积的最大，可判断C选项的正误；求出球的半径，利用球体的体积公式可判断D选项的正误. 【详解】对于A，，，则为等边三角形， 取的中点，则，同理得，为等边三角形，则， 且，， 于是二面角的平面角为， 设点到平面的距离为，则， ，当且仅当时取等号， 即四面体的体积的最大值是，A正确； 对于B，由余弦定理得， 因此，B错误； 对于C，，由，，得≌， 则， 因此四面体的表面积的最大值是，C错误； 对于D，设、分别为、的外心，则， 在平面内过点作的垂线与过点作的垂线交于点， 由，，平面，得平面， 而平面，则，又，平面， 于是平面，同理得平面，则为四面体的外接球球心， 连接，由，，，得≌， 因此，，而平面，平面，， 则，即球的半径为，球的体积为，D正确. 故选：AD. ] 11. （多选，2024年湘J41永州三模）11．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（ [endnoteRef:12]   ） 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 （最短路径，外接球，轨迹，表面积，中下） [12: 11．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. ] 12. （多选，2024年冀J26保定十校三模）11．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（  [endnoteRef:13]  ） 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 （涉后导数） （垂直，平行，体积，长度，中下） [13: 11．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. ] 13. （多选，2024年冀J01某市一模）10. 已知三棱锥，则下列论述正确的是（ [endnoteRef:14] ） A. 若点S在平面内的射影点为的外心，则 B. 若点S在平面内的射影点为A，则平面与平面所成角的余弦值为 C. 若，点S在平面内的射影点为的中点，则四点一定在以为球心的球面上 D. 若四点在以的中点为球心的球面上，且S在平面内的射影点的轨迹为线段（不包含两点），则点S在球的球面上的轨迹为圆 （射影，二面角，外接球，轨迹，中下） [14: 【答案】AB 【解析】 【分析】证明可判断A；作出平面与平面所成角，由三角形面积公式即可判断B；由题意知不一定成立，可知C错误；根据球的性质可知点S的轨迹是以为半径的圆，且不包括两点，可知D错误. 【详解】设的外心为点，则，， 所以， 所以，A正确； 过点A作的垂线，交于点，连接， 因为平面，平面，所以， 又平面，，所以平面， 又平面，所以， 所以是平面与平面所成角的平面角， 则，B正确； 因为是的中点， 所以，但不一定成立，C错误； 依题知点S的轨迹是以为半径的圆，且不包括两点，错误. 故选：. ] 14. （多选，2024年湘J26衡阳八中）10. 三棱锥各顶点均在半径为2的球的表面上，，，平面与平面所成的角为，则下列结论正确的是（ [endnoteRef:15] ） A. 直线平面 B. 三棱锥的体积为 C. 点到平面的距离为 D. 点形成的轨迹长度为 （平行，体积，点面距离，轨迹，中下） [15: 【答案】BCD 【解析】 【分析】先根据外接球的性质，确定球心的位置，再利用三棱锥中的棱长和角的大小可以确定平面于的外心， 平面于的外心，进而可得错误，由，可得正确，由可得D正确. 【详解】 如图，设是的外心，是的外心， 则平面，平面，又平面，平面， 所以，，又，平面，平面， 所以平面，又平面， 所以，由，则是的中点，所以，且， 所以是二面角的平面角，即， 因为，所以，所以，即， 又四点共面，且，则是中点，如图， 显然，直线与平面相交于，故A错误； ，故B正确； 由是中点，则，故C正确； 由，故点形成的轨迹是半径为的圆，故轨迹长度为，故D正确. 故选：BCD ] 15. （多选，2024年浙J09温州中学一模）11. 在三棱锥中，，，是棱的中点，是棱上一点，，平面，则（ [endnoteRef:16] ） A. 平面 B. 平面平面 C. 点到底面的距离为2 D. 二面角的正弦值为 （平行，垂直，点面距离，二面角，中下） [16: 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据线面平行的判定定理可判断A；根据面面垂直的判定定理可判断B；取的中点，过点作交于点，利用线面垂直的判定定理可得平面，求出可判断C；以为正交基底建立空间直角坐标系，求出平面、平面的一个法向量，由线面角的向量求法可判断D． 【详解】对于A，因为平面，平面，所以．因为， 且直线平面，所以． 因为平面，平面，所以平面，A正确； 对于B，平面，平面，所以平面平面，B正确； 对于C，取的中点，连接，过点作交于点，因为， 所以．因为平面，平面，所以， 因为，，平面，所以平面，， C错误； 对于D，如图，以为正交基底建立空间直角坐标系， 因为是的中点，，所以， 因为，所以，即， 所以， 设平面一个法向量， 则，即，令，得， 所以平面的一个法向量， 设平面的一个法向量，则，即， 令，得，所以平面的一个法向量， 所以， 设二面角为，所以， 所以二面角的正弦值为，故D正确． 故选：ABD． 【点睛】方法点睛：二面角的通常求法，1、由定义作出二面角的平面角；2、作二面角棱的垂面，则垂面与二面角两个面的交线所成的角就是二面角的平面角；3、利用向量法求二面角的平面. ] 16. （多选，2024年湘J07株洲一检）11. 小学实验课中，有甲、乙两位同学对同一四面体进行测量，各自得到了一条不全面的信息：甲同学：四面体有两个面是等腰直角三角形；乙同学：四面体有一个面是边长为1的等边三角形.那么，根据以上信息，该四面体体积的值可能是（[endnoteRef:17] ） A. B. C. D. （体积，中下） [17: 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据题意分类作出满足条件的图形，求出其体积即可. 【详解】若三棱锥底面为等边三角形，如图：若平面， 是边长为1的等边三角形, 都是等腰直角三角形， 则， 则四面体体积， 若平面，是边长为1的等边三角形, 都是等腰直角三角形， 则， 因为，所以， 则， 则四面体体积， 若是边长为1的等边三角形, 都是等腰直角三角形，如下图： ， 取线段中点，连接， 则由都是等腰直角三角形与棱长可得， 且， 则易得平面， 又因为， 所以，则， 则可求得四面体体积. 故选：BCD ] 17. （多选，2024年苏J06三市调研，末）11. 已知正四面体的棱长为3，下列说法正确的是（ [endnoteRef:18] ） A. 平面与平面夹角的余弦值为 B. 若点满足，则的最小值为 C. 在正四面体内部有一个可任意转动的正四面体，则它的体积可能为 D. 点在内，且，则点轨迹的长度为 （二面角，长度，体积，轨迹，中档） [18: 【答案】ABC 【解析】 【分析】于A，建立适当的空间直角坐标系，求出两平面的法向量，结合法向量夹角余弦公式即可验算；对于B，可得，故只需求出到面的距离验算即可；对于C，用大正四面体内切球半径与小四面体外接球半径（含参）比较大小，得出参数（体积）范围即可判断；对于D，用几何法得出点的轨迹不是一个完整的圆即可判断. 【详解】将正四面体补全为正方体，并如图建系，， , 设面的一个法向量，面的一个法向量， 所以，，取，解得， 所以面的一个法向量，面的一个法向量， 设平面与平面夹角为时，A对. ，则共面，正四面体棱长为3，则正方体棱长为， 所以，，B对. 大正四面体内切球半径，小正四面体棱长为，此外接球半径， ，C对. 分别在上取使，延长至使， ，取的中点在以为球心， 为半径的球面上，且在内，作在平面上的射影， 为图中，显然不是一个完整的圆， 的轨迹长度不为，D错. 故选：ABC. 【点睛】关键点点睛：第二问的关键是得到四点共面，转换为验算点面距离即可顺利得解. ] 18. （多选，2024年冀J10承德二模，末，湘J06雅礼一模，末）11. 如图所示，有一个棱长为4的正四面体容器，是的中点，是上的动点，则下列说法正确的是（ [endnoteRef:19] ） A. 直线与所成的角为 B. 的周长最小值为 C. 如果在这个容器中放入1个小球（全部进入），则小球半径的最大值为 D. 如果在这个容器中放入4个完全相同的小球（全部进入），则小球半径的最大值为 （线线角，最短路径，内切球，内切球相关，中档） [19: 【答案】ACD 【解析】 【分析】A选项，作出辅助线，由三线合一得到线线垂直，进而得到线面垂直，进而得到线线垂直，求出答案；B选项，把沿着展开与平面同一平面内，由余弦定理求出的最小值，得到周长的最小值；C选项，求出正四面体的内切球即为小球半径的最大值；D选项，当四个小球相切且与大正四面体相切时，小球半径最大，连接四个小球的球心，构成正四面体，设出半径，结合C选项中结论得到方程，求出小球半径的最大值. 【详解】A选项，连接，由于为的中点， 所以⊥，⊥， 又，平面， 所以直线⊥平面，又平面， 所以⊥，故A正确； B选项，把沿着展开与平面同一个平面内，连接交于点， 则的最小值即为的长， 由于，， ， ， 所以， 故，的周长最小值为，B错误； C选项，要使小球半径最大，则小球与四个面相切，是正四面体的内切球， 设球心为，取的中点，连接，过点作垂直于于点， 则为的中心，点在上，过点作⊥于点， 因为，所以，同理， 则， 故， 设，故， 因为∽，所以，即， 解得，C正确； D选项，4个小球分两层（1个，3个）放进去，要使小球半径要最大，则4个小球外切，且小球与三个平面相切， 设小球半径为，四个小球球心连线是棱长为的正四面体， 由C选项可知，其高为， 由C选项可知，是正四面体的高，过点且与平面交于，与平面交于， 则，， 由C选项可知，正四面体内切球的半径是高的得，如图正四面体中，，， 正四面体高为，解得，D正确. 故选：ACD 【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 ] 19. （多选，2024年粤J110珠海一中冲刺）9．如图，已知二面角的棱上有，两点，，，，，且，则下列说法正确的是（ [endnoteRef:20]   ） A． B．当二面角的大小为时， C．若，则与所成的角的余弦是 D．若，则二面角的余弦值为 （向量，二面角，线线角，二面角，中档） [20: 【答案】ABD 【分析】由空间向量的数量积运算计算判断A；由数量积的运算律计算判断B；由利用空间向量求出异面直线夹角的余弦判断C；由几何法求出二面角的余弦判断D. 【详解】二面角中，，于，于，， 对于A，，A正确； 对于B，由二面角的大小为，得， 则 ，B正确； 对于C，由选项A知，，则与所成的角的余弦为，C错误； 对于D，过作，且使，连接，则四边形是正方形， 有，，而平面，则平面， 又平面，因此，即，由，得， 所以为等边三角形，取中点，连接，则，， 取中点，连接，，有，    又平面，则平面，又平面，则， 因此为二面角的平面角，又，， 显然，即，则，D正确. 故选：ABD ] 20. （多选，2024年浙J25温州二适，末）11. 已知半径为球与棱长为1的正四面体的三个侧面同时相切，切点在三个侧面三角形的内部（包括边界），记球心到正四面体的四个顶点的距离之和为，则（ [endnoteRef:21] ） A. 有最大值，但无最小值 B. 最大时，球心在正四面体外 C. 最大时，同时取到最大值 D. 有最小值，但无最大值 （涉后导数） （内切球，半径最值，中档） [21: 【答案】ABD 【解析】 【分析】求出的取值范围可判断A，B；设，根据题意得到关于的表达式，构造函数，对求导，得到的单调性和最值可判断C，D. 【详解】对于AB，设球心为，正四面体为，的中心为， 则在上，，， 球与平面，平面，平面相切，与平面相切于点， ，， 因为，在中，，则 所以在中，， 因为，所以，有最大值，但无最小值，故A正确； 当，此时， 最大时，球心在正四面体外，故B正确； 对于CD，设，，， 所以，令， 令，解得：或（舍去）， 当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递减， 所以当时，，所以有最小值，但无最大值，故D正确，C错误 故选：ABD. 【点睛】关键点点睛：本题CD选项解决的关键在于，假设，将表示为关于的表达式，再利用导数即可得解. ] 21. （多选，2024年鄂J03武汉二联，末）12. 已知四棱锥，底面是正方形，平面，，与底面所成角正切值为，点为平面内一点，且，点为平面内一点，，下列说法正确的是（ [endnoteRef:22] ） A. 存在使得直线与所成角 B. 不存在使得平面平面 C. 若，则以为球心，为半径的球面与四棱锥各面的交线长为 D. 三棱锥外接球体积最小值为 （线线角，垂直，轨迹，外接球，中档） [22: 【答案】BCD 【解析】 【分析】A根据已知得到是与底面所成角，且，由在面内即可判断直线与所成角范围；B由线面垂直的性质及判定证面，再由题设有要在直线上得到矛盾；C通过展开图确定球体与侧面交线长度，加上底面交线长即可判断；D首先化为求棱锥外接球问题，并确定在面的轨迹为圆，再根据对称性取四分之一圆弧，研究在圆弧上移动时的变化范围，结合的外接圆半径且棱锥外接球半径确定其最小值，即可判断. 【详解】由平面，底面是正方形，，可得， 且是与底面所成角，即，则， 同理是与底面所成角，故， 由题意，在面内，故直线与所成角不小于，A错； 平面，平面，则，又， ，面，则面， 要平面平面，要在直线上，而， 显然不存在，B对； 由题设，将侧面展开如下图， 球与侧面的交线是以为圆心，为半径的圆与侧面展开图的交线，如下， 由，则，， 所以，根据对称性有，故， 所以长为， 又球与底面交线是以为圆心，为半径的四分之一圆，故长度为， 综上，球面与四棱锥各面的交线长为，C对； 由题设，三棱锥外接球也是棱锥外接球， 又为平面内一点，，且面，则面面， ，面面，面，故面， 易知在面轨迹是以为圆心，2为半径的圆（去掉与直线的交点）， 根据圆的对称性，不妨取下图示的四分之一圆弧，则在该圆弧上， 当接近与面重合时趋向， 当面时最小且为锐角，， 而的外接圆半径， 正方形的外心为交点，且到面的距离为， 所以棱锥外接球半径，要使该球体体积最小，只需最小， 仅当时，此时，故外接球最小体积为，D对. 故选：BCD 【点睛】关键点点睛：C项注意通过展开图求球体与侧面的交线长为关键；D项化为求棱锥外接球半径最小值为关键. ] 22. （多选，2024年粤J25深圳一调，末）11. 如图，八面体的每一个面都是边长为4的正三角形，且顶点在同一个平面内．若点在四边形内（包含边界）运动，为的中点，则（ [endnoteRef:23] ） A. 当为的中点时，异面直线与所成角为 B. 当∥平面时，点的轨迹长度为 C. 当时，点到的距离可能为 D. 存在一个体积为的圆柱体可整体放入内（涉后导数） （线线角，轨迹，点线距离，内接圆柱，中上） [23: 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据几何体的特征，化空间为平面，逐个推理，计算分析. 【详解】 因为为正方形，连接与，相交于点，连接，则，，两两垂直， 故以为正交基地，建立如图所示的空间直角坐标系， ，，，，，，为的中点，则. 当为的中点时， ，，， 设异面直线与所成角为，，，故，A正确； 设为的中点，为的中点，则∥，平面，平面， 则∥平面， 又∥平面，又，设， 故平面∥平面，平面平面， 平面平面，则∥，则为的中点， 点在四边形内（包含边界）运动，则， 点的轨迹是过点与平行的线段，长度为4，B不正确； 当时，设，，， ，得，即， 即点的轨迹以中点为圆心，半径为的圆在四边内（包含边界）的一段弧（如下图）， 到的距离为，弧上的点到的距离最小值为， 因为，所以存在点到距离为，C正确； 由于图形的对称性，我们可以先分析正四棱锥内接最大圆柱的体积， 设圆柱底面半径为，高为，为的中点，为的中点, ，， 根据相似，得，即，， 则圆柱体积， 设，求导得， 令得，或，因为，所以舍去，即， 当时，，当时，， 即时有极大值也是最大值，有最大值， ，故 所以存在一个体积为的圆柱体可整体放入内，D正确. 故选：ACD. 【点睛】关键点点睛：异面直线所成的角；线面平行性质；空间点的轨迹，圆柱的体积计算，利用导数求体积的最值. ] 第 1 页 共 1 页 学科网（北京）股份有限公司 $$