专题10 立体几何小题（83题）-【百强名校好题】刷透百强模拟 2025年高考数学直通130+（金题特训·名校巅峰）

专题10 立体几何小题 1. 立体几何基础公式 所有椎体体积公式：，所有柱体体积公式：，球体体积公式： 球体表面积公式：，圆柱： 圆锥： 2. 长方体（正方体、正四棱柱）的体对角线的公式 （1） 已知长宽高求体对角线： （2） 已知共点三面对角线求体对角线： 3. 棱长为的正四面体的内切球的半径为,外接球的半径为. 4. 欧拉定理(欧拉公式) (简单多面体的顶点数V、棱数E和面数F). （1）=各面多边形边数和的一半.特别地,若每个面的边数为的多边形，则面数F与棱数E的关系：； （2）若每个顶点引出的棱数为，则顶点数V与棱数E的关系：. 5．空间的线线平行或垂直 设，，则 ； . 5. 夹角公式 设，b＝，则 . 6．异面直线所成角 = （其中（）为异面直线所成角，分别表示异面直线的方向向量） 7．直线与平面所成角，(为平面的法向量). 8. .二面角的平面角 （，为平面，的法向量）. 9. 异面直线间的距离 (是两异面直线，其公垂向量为，分别是上任一点，为间的距离). 10. 点到平面的距离 （为平面的法向量，是经过面的一条斜线，）. 【金题】1．（河北省衡水市第二中学2025届高三高考模拟一）吹气球时，气球的体积（单位：）与半径（单位：）之间的关系是．当时，气球的瞬时膨胀率为（    ） A． B． C． D． 【金题】2．（河南省郑州市郑州中学2024-2025学年高三上学期一测模拟演练）如果棱台的两底面积分别是，中截面的面积是，则（    ） A． B． C． D． 【金题】3．（安徽省合肥市第一中学2025届高三上学期阶段性诊断检测）已知一圆锥高为2，母线长为.若用一平面截圆锥得到的圆台体积是圆锥的，则圆台的侧面积为（     ） A． B． C． D． 【金题】4．（河南省郑州市郑州中学2024-2025学年高三上学期一测模拟演练）（多选）如图是一个正方体的表面展开图，则在原正方体中，（    ） A．直线与垂直 B．直线与平行 C．直线与异面 D．直线与成角 【金题】5．（河北省衡水中学2024届高三下学期模拟押题（一）已知正方体的棱长为是棱的中点，空间中的动点满足，且，则动点的轨迹长度为（    ） A． B．3 C． D． 【金题】6．（重庆市第八中学2024届高三下学期强化考试（四））圆台上、下底面半径分别为，作平行于底面的平面将圆台分成上下两个体积相等的圆台，截面圆的半径为（    ）. A． B． C． D． 【金题】7．（河北省衡水中学2024届高三下学期模拟押题（一）在直三棱柱中，是棱上一点，平面将直三棱柱分成体积相等的两部分.若四点均在球的球面上，则球的体积为 . 【金题】8．（山东省济南市山东师范大学附属中学2025届高三上学期高考模拟考试）（多选）在正四棱锥中，，则（    ） A． B．异面直线所成角的余弦值为 C．向量在向量上的投影向量为 D．直线与平面所成角的正弦值为 【金题】9．（陕西省西北工业大学附属中学2025届高三上学期第六次适应性训练）如图，已知四棱锥的底面是边长为6的菱形，，，相交于点，平面，，是的中点，动点在该棱锥表面上运动，并且总保持，则动点的轨迹的长为（    ） A．3 B．7 C．13 D．8 【金题】10．（山东省济南市山东省实验中学2024届高三高考定心卷）（多选）如图，将一块边长为4m的正方形铁片上有四块阴影部分，将这些阴影部分裁下来，然后用余下的四个全等的等腰三角形加工成一个正四棱锥形容器，下列说法正确的是（    ） A．当时，正四棱锥的侧面积为 B．当时，正四棱锥的体积为 C．当时，正四棱锥外接球的体积为 D．正四棱锥的体积最大值为 【金题】11．（山东省济南市山东省实验中学2024届高三高考定心卷）在三棱锥中，平面，，，，分别为，的中点，则下列结论正确的是（    ） A．，是异面直线， B．，是相交直线， C．，是异面直线，与不垂直 D．，是相交直线，与不垂直 【金题】12．（河北省衡水市第二中学2025届高三高考模拟一）六氟化硫，化学式为，在常压下是一种无色､无臭､无毒､不燃的稳定气体，有良好的绝缘性，在电器工业方面具有广泛用途.六氟化硫分子结构为正八面体结构（正八面体每个面都是正三角形，可以看作是将两个棱长均相等的正四棱锥将底面粘接在一起的几何体）.如图所示，正八面体的棱长为，下列说法中正确的个数有（    ） ①此八面体的表面积为； ②异面直线与所成的角为； ③此八面体的外接球与内切球的体积之比为； ④若点为棱上的动点，则的最小值为. A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【金题】13．（河北省衡水市第二中学2025届高三高考模拟一）已知：平面，，，，，，，，，直线AC与BD的夹角是，则线段CD的长为 ． 【金题】14．（湖南省长沙市长郡中学2023-2024学年高三下学期保温卷一）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 ． 【金题】15．（辽宁省沈阳市东北育才学校2025届高三上学期第三次模拟考试）已知矩形ABCD，，， M为边DC上一点且， AM与BD交于点Q，将沿着AM折起，使得点D折到点P的位置，则的最大值是（    ） A． B． C． D． 【金题】16．（辽宁省沈阳市东北育才学校2025届高三上学期第三次模拟考试）（多选）如图所示，在五面体中，四边形是矩形，和均是等边三角形，且，，则（    ） A．平面 B．二面角随着的减小而减小 C．当时，五面体的体积最大值为 D．当时，存在使得半径为的球能内含于五面体 【金题】17．（辽宁省沈阳市东北育才学校2025届高三上学期第三次模拟考试）如图，平面四边形中，为等边三角形，现将沿翻折，使点移动至点，且，则三棱锥的外接球的表面积为 . 【金题】18．（广东省广州市华南师范大学附属中学2025届高三上学期10月阶段检测）（多选）如图所示，四面体的底面是以为斜边的直角三角形，体积为，平面，，为线段上一动点，为中点，则下列说法正确的是（    ） A．三棱锥的体积和三棱锥的体积相等 B．当时， C．当时， D．四面体的外接球球心为，且外接球体积与之比的最小值是 【金题】19．（吉林省东北师范大学附属中学2024-2025学年高三上学期第三次摸底考试）点M、N为正四面体的内切球球面上的两个动点，T为棱上的一动点，则当取最大值时，（    ） A．1 B． C． D． 【金题】20．（江苏省南京大学附属中学2024-2025学年高三下学期2月模拟）已知在棱长为3的正方体中，点是底面ABCD内的动点，点为棱BC上的动点，且，则的最小值为 . 【金题】21．（安徽省合肥市第一中学2025届高三上学期阶段性诊断检测）（多选）如图所示，两个正方形 , 的边长为，两个动点分别在正方形对角线和上,中点为且,. 则 （     ）    A．运动过程中，不存在 B．若平面平面,,则平面 平面 C．当在线段上运动时（不包括端点），二面角可以为直二面角 D．当在线段上运动时（不包括端点），四面体的外接球表面积的最小值为 单选+填空 1．（湖南长沙雅礼中学2024届高三一模）已知m，n表示两条不同直线，表示平面，下列说法正确的是 A．若则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则 2．（吉林长春东北师大附中2024届五模）已知直线平面，直线平面，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 3．（湖南省长沙市长郡中学2024届考前模拟）一个圆柱形容器的底面半径为，高为，将该圆柱注满水，然后将一个半径为的实心球缓慢放入该容器内，当球沉到容器底部时，留在圆柱形容器内的水的体积为（    ） A． B． C． D． 4．（湖南长沙长郡中学2024届高三下学期二模）若底面半径为r，母线长为的圆锥的表面积与直径为的球的表面积相等，则（    ） A． B． C． D． 5．（湖南长沙长郡中学2024届高三下学期考前模拟）已知四棱锥，平面平面，四边形是正方形，为中点，则（    ） A．平面 B．平面 C．平面平面 D． 6．（山东省实验2024届高三二模）已知正方体分别是的中点，则（    ） A．平面 B．平面 C．平面 D．平面 7．（河南郑州外国语2024高三适应性考试）如图所示的四棱锥中，底面为正方形，且各棱长均相等，是的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（    ） A．1 B． C． D． 8．（浙江宁波镇海中学2024适应性测试）已知棱长为1的正方体分别是AB和BC的中点，则MN到平面的距离为（    ） A． B． C． D． 9．（山东青岛二中二模）在正三棱台中，已知，，侧棱的长为2，则此正三棱台的体积为（    ） A． B． C． D． 10．（贵州贵阳一中2024届高三一模）某圆锥的轴截面是一个边长为8的等边三角形，在该圆锥中内接一个圆柱，则该圆柱的侧面积的最大值为（    ） A． B． C． D． 11．（河南郑州一中2024届考前全真模拟）如图，在三棱锥中，点O为的中点，点P在平面的射影恰为的中点E，已知，点C到的距离为，则当最大时，直线与平面所成角的大小为 12．（2024山东省实验5月模拟）古希腊数学家阿基米德发现了“圆柱容球”定理.圆柱形容器里放一个球，该球顶天立地，四周碰边（即球与圆柱形容器的底面和侧面都相切），球的体积是圆柱体积的三分之二，球的表面积也是圆柱表面积的三分之二.在一个“圆柱容球”模型中，若球的体积为，则该模型中圆柱的表面积为（    ） A． B． C． D． 13．（湖北武汉二中2024高三最后一卷）蒙古包（Mongolianyurts）是蒙古族牧民居住的一种房子，建造和搬迁都很方便，适于牧业生产和游牧生活，蒙古包古代称作穹庐､毡包或毡帐.已知蒙古包的造型可近似的看作一个圆柱和圆锥的组合体，已知圆锥的高为2米，圆柱的高为3米，底面圆的面积为平方米，则该蒙古包（含底面）的表面积为（    ） A．平方米 B．平方米 C．平方米 D．平方米 14．（浙江宁波镇海中学2024适应性测试）已知圆锥的轴截面面积为，则该圆锥的外接球半径的最小值为 . 15．（2024吉林长春东北师大附中高三七模）如图，是水平放置的平面图形的斜二测直观图，若，且，则原图形中边上的高为（   ） A． B． C． D． 16．（2024广东华南师大附中综合测试）将一副三角板排接成平而四边形ABCD（如图），，将其沿BD折起，使得而ABD⊥面BCD．若三棱锥A-BCD的顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为（    ） A． B． C． D． 17．（湖北武汉华师一2024届高三考前测试）在三棱锥中，，且.记直线，与平面所成角分别为，，已知，当三棱锥的体积最小时，则三棱锥外接球的表面积为 . 18．（湖北武汉华师一2024届高三考前测试）如图所示是一个以为直径，点为圆心的半圆，其半径为4，为线段的中点，其中，，是半圆圆周上的三个点，且把半圆的圆周分成了弧长相等的四段，若将该半圆围成一个以为顶点的圆锥的侧面，则在该圆锥中下列结果正确的是（    ） A．为正三角形 B．平面 C．平面 D．点到平面的距离为 19．（河北衡水中学2023-2024学年高三下学期自我提升测试）如图，四边形和是两个相同的矩形，面积均为300，图中阴影部分也是四个相同的矩形，现将阴影部分分别沿，，，折起，得到一个无盖长方体，则该长方体体积的最大值为 ． 20．（江苏南京外国语2024年2月开学考试）如图，正四面体的棱与平面平行，且正四面体内的所有点在平面内的射影构成图形面积的最小值是，则该正四面体的棱长为（    ）    A． B． C． D． 21．（江苏南京外国语2024年2月开学考试）科技是一个国家强盛之根，创新是一个民族进步之魂，科技创新铸就国之重器，极目一号（如图1）是中国科学院空天信息研究院自主研发的系留浮空器．2022年5月，“极目一号”III型浮空艇成功完成10次升空大气科学观测，最高升空至9050米，超过珠穆朗玛峰，创造了浮空艇大气科学观测海拔最高的世界纪录，彰显了中国的实力．“极目一号”III型浮空艇长55米，高19米，若将它近似看作一个半球、一个圆柱和一个圆台的组合体，正视图如图2所示，则“极目一号”III型浮空艇的体积约为（    ） （参考数据：，，，） A． B． C． D． 22．（湖北武汉华师一2024届高三五月适应性考试）已知矩形中，以所在直线为旋转轴，将矩形旋转一周形成的面所围成的几何体的体积为 ． 23．（河北石家庄第二中学2024届高三一模）已知正方体的棱长为为线段上的动点，则点到平面距离的最小值为（    ） A．1 B． C． D．2 24．（河北省衡水中学2024届高三下学期押题）如图，已知正四面体的棱长为分别为棱的中点.若该正四面体有一内接圆锥，其中为圆锥的顶点，底面圆心在线段上，则该圆锥体积的最大值为 . 25．（湖南长沙雅礼中学2024届高三一模）已知圆锥的母线长为2，则当圆锥的母线与底面所成的角的余弦值为 时，圆锥的体积最大，最大值为 ． 26．（贵州贵阳一中2024届高三一模）如图，表面积为的球面上有四点，，，，是等边三角形，球心到平面的距离为3，若平面平面，则三棱锥体积的最大值为 ．    27．（湖南长沙长郡中学2024届高考适应）《九章算术·商功》中有这样一段话：“斜解立方，得两壍堵．斜解壍堵，其一为阳马，一为鳖臑．阳马居二，鳖臑居一，不易之率也．”意思是：如图，沿正方体对角面截正方体可得两个壍堵，再沿平面截壍堵可得一个阳马（四棱锥），一个鳖臑（三个棱锥），若为线段上一动点，平面过点，平面，设正方体棱长为，，与图中鳖臑截面面积为，则点从点移动到点的过程中，关于的函数图象大致是（ ）    A．   B．   C．   D．   28．（湖南长沙长郡中学2024届高考适应）“迪拜世博会”上，中国馆取型中国传统灯笼，寓意希望和光明．某人制作了一个中国馆的实心模型，模型可视为内外两个同轴圆柱组成．已知内层底面直径为，外层底面直径为，且内外层圆柱的底面圆周都在一个直径为的球面上，此模型的体积为 ． 29．（湖南省长沙市长郡中学2024届高三一模）如图是一个球形围墙灯，该灯的底座可以近似看作正四棱台.球形灯与底座刚好相切，切点为正四棱台上底面中心，且球形灯内切于底座四棱台的外接球.若正四棱台的上底面边长为4，下底面边长为2，侧棱长为，则球形灯半径与正四棱台外接球半径的比值为 . 30．（湖南长沙雅礼中学2024届高三下学期3月测试）如图，圆锥底面半径为，母线PA＝2，点B为PA的中点，一只蚂蚁从A点出发，沿圆锥侧面绕行一周，到达B点，其最短路线长度为 ，其中下坡路段长为 ．    31．（安徽合肥一中2024届最后一卷）已知四棱锥的各顶点在同一球面上，若，为正三角形，且面面，则该球的表面积为（    ） A． B． C． D． 32．（山东省实验2024届高三二模）将一个圆形纸片裁成两个扇形，再分别卷成甲､乙两个圆锥的侧面，甲､乙两个圆锥的侧面积分别为和，体积分别为和.若，则 . 33．（吉林长春东北师大附中2024届五模）如图，为球形物品设计制作正四面体、正六面体、正八面体形状的包装盒，最少用料分别记为，则它们的大小关系为（    ） A． B． C． D． 34．（河北石家庄第二中学2024届高三一模）已知三棱锥顶点均在一个半径为5的球面上，，P到底面ABC的距离为5，则的最小值为 ． 35．（湖南师大附中2024二模）若一个正三棱台的各顶点之间的距离构成的集合为，且该三棱台的所有顶点都在球的表面上，则球的表面积为 . 36．（江苏南京外国语2024年2月开学考试）已知球的表面积为，三棱锥的顶点都在该球面上，则三棱锥体积的最大值为 ． 多选 37．（湖南长沙长郡中学2024届高三下学期考前模拟）已知是空间中三条不同的直线，是空间中两个不同的平面，下列命题不正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则或. D．若，则， 38．（湖北武汉二中2024高三最后一卷）设是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列四个命题正确的是（   ） A．若 则； B．若 则； C．若， 则； D．若 则. 39．（2024广东华南师大附中综合测试）设a，b为两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，则下列结论不正确的是（    ） A．若a∥b，b∥α，则a∥α B．若a∥b，a∥α，b∥β，则α∥β C．若a⊥b，a⊥α，b∥β，则α⊥β D．若a⊥α，b∥α，则a⊥b 40．（湖北武汉华师一2024届高三五月适应性考试）如图，在正方体中，分别为棱的中点，点是面的中心，则下列结论正确的是（    ） A．四点共面 B．平面被正方体截得的截面是等腰梯形 C．平面 D．平面平面 41．（河南郑州一中2024届考前全真模拟）下列说法中，错误的为（    ） A．有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥； B．有两个面互相平行，其余四个面都是等腰梯形的六面体是棱台； C．底面是等边三角形，侧面都是等腰三角形的三棱锥是正三棱锥； D．棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则此棱锥不可能是正六棱锥． 42．（山东青岛二中二模）正方体中，，分别为棱和的中点，则下列说法正确的是（    ） A．平面 B．平面 C．异面直线与所成角为60° D．平面截正方体所得截面为等腰梯形 43．（河北衡水中学2023-2024学年高三下学期自我提升测试）把底面为椭圆且母线与底面都垂直的柱体称为“椭圆柱”.如图，椭圆柱(中椭圆长轴，短轴，为下底面椭圆的左右焦点，为上底面椭圆的右焦点，， P为线段上的动点，E 为线段上的动点，MN 为过点的下底面的一条动弦(不与AB重合)，则下列选项正确的是（    ）    A．当平面时，为的中点 B．三棱锥外接球的表面积为 C．若点Q是下底面椭圆上的动点，是点Q在上底面的射影，且，与下底面所成的角分别为，则的最大值为 D．三棱锥体积的最大值为8 44．（河北省衡水中学2024届高三下学期押题）已知正三棱柱的棱长均为为棱上靠近点的四等分点，为棱的中点，则（    ） A．平面平面 B．直线与所成角的正切值为3 C．点到平面的距离为 D．以为球心，2为半径的球面与该棱柱的棱公共点的个数为6 45．（湖南省长沙市长郡中学2024届考前模拟）如图，已知正方体的棱长为为底面的中心，交平面于点，点为棱的中点，则（    ） A．三点共线 B．点到平面的距离为 C．用过点的平面截该正方体所得的较小部分的体积为 D．用过点且平行于平面的平面截该正方体，则截得的两个多面体的能容纳的最大球的半径均为 46．（湖南长沙长郡中学2024届高三下学期二模）在三棱锥中，平面平面，，则（    ） A．三棱锥的体积为1 B．点到直线AD的距离为 C．二面角的正切值为2 D．三棱锥外接球的球心到平面的距离为 47．（湖南长沙雅礼中学2024届高三下学期3月测试）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（    ） A．不存在点M，使得 B．的最小值为 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 48．（湖南长沙雅礼中学2024届高三一模）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（    ）    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 49等，，为圆柱上下底面的圆心，O为球心，EF为底面圆的一条直径，若球的半径，则（    ） A．球与圆柱的体积之比为 B．四面体CDEF的体积的取值范围为 C．平面DEF截得球的截面面积最小值为 D．若P为球面和圆柱侧面的交线上一点，则的取值范围为 50．（2024吉林长春东北师大附中高三七模）已知正方体边长为2，动点满足，则下列说法正确的是（    ） A．当时，则直线平面 B．当时，的最小值为 C．当时，的取值范围为 D．当，且时，则点的轨迹长度为 51．（湖南师大附中2023-2024学年高三下一模）如图，在棱长为2的正方体中，已知M，N，P分别是棱，，的中点，Q为平面上的动点，且直线与直线的夹角为，则（    ） A．平面 B．平面截正方体所得的截面面积为 C．点Q的轨迹长度为 D．能放入由平面PMN分割该正方体所成的两个空间几何体内部（厚度忽略不计）的球的半径的最大值为 52．（湖南师大附中2024二模）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（    ） 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 53．（河南郑州外国语2024高三适应性考试）如图，在正方体中，点为线段上的动点，则下列结论正确的是（    ） A．当时，的值最小 B．当时， C．若平面上的动点满足，则点的轨迹是椭圆 D．直线与平面所成角的正弦值是 54．（广东广州华南师大附中2024年5月月考）如图所示，在五面体中，都是等腰直角三角形，，且平面平面，平面平面，则下列说法正确的有（    ） A．平面 B．五面体的外接球半径为2 C．五面体的体积为 D．五面体的内切球半径为 55．（浙江杭州二中2024届6月热身考试）已知正四面体，过点的平面将四面体的体积平分，则下列命题正确的是（    ） A．截面一定是锐角三角形 B．截面可以是等边三角形 C．截面可能为直角三角形 D．截面为等腰三角形的有6个 56．（辽宁沈阳东北育才2024高三六模）如图，在中，，，，过中点的直线与线段交于点．将沿直线翻折至，且点在平面内的射影在线段上，连接交于点，是直线上异于的任意一点，则（    ）    A． B． C．点的轨迹的长度为 D．直线与平面所成角的余弦值的最小值为 57．（山东省实验2024届高三一模）已知四棱锥，底面ABCD是正方形，平面，，PC与底面ABCD所成角的正切值为，点M为平面内一点（异于点A），且，则（    ） A．存在点M，使得平面 B．存在点M，使得直线与所成角为 C．当时，三棱锥的体积最大值为 D．当时，以P为球心，为半径的球面与四棱锥各面的交线长为 58．（江苏南京外国语2024年2月开学考试）如图，在矩形中，点B，C，D与点，，分别是线段与的四等分点，且．若把矩形卷成以为母线的圆柱的侧面，使线段，重合，则（    ）．    A．直线与异面 B．直线与异面 C．直线与平面垂直 D．直线与平面垂直 59．（安徽合肥一六八中学2024届最后一卷）如图，在边长为1的正方体中，点为线段上的动点，则（    ） A．不存在点，使得 B．的最小值为 C．当时， D．若平面上的动点满足，则点的轨迹是直线的一部分 60．（贵州贵阳一中2024届高三一模）如图，正方体的棱长为1，是线，段上的动点，则下列结论正确的是（    ） A．四面体的体积为定值 B．的最小值为 C．平面 D．当直线与所成的角最大时，四面体的外接球的体积为 61．（重庆巴蜀中学2024届高考适应性考试）柏拉图实体，也称为柏拉图多面体，是一组具有高度对称性的几何体．它们的特点是每个面都是相同的正多边形，每个顶点处的面的排列也完全相同．正八面体就是柏拉图实体的一种．如图是一个棱长为2的正八面体．甲、乙二人使用它作游戏：甲任选三个顶点，乙任选三个面的中心点，构成三角形．甲、乙选择互不影响，下列说法正确的是（    ） A．该正八面体的外接球的体积为 B．平面截该正八面体的外接球所得截面的面积为 C．甲能构成正三角形的概率为 D．甲与乙均能构成正三角形的概率为 62．（福建福州一中2024届高三5月模拟）在棱长为2的正方体中，分别是的中点，是线段上的动点（不含端点），则（    ） A．存在点，使平面 B．存在点，点到直线的距离等于 C．过四点的球的体积为 D．过三点的平面截正方体所得截面为六边形 1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题10 立体几何小题 1. 立体几何基础公式 所有椎体体积公式：，所有柱体体积公式：，球体体积公式： 球体表面积公式：，圆柱： 圆锥： 2. 长方体（正方体、正四棱柱）的体对角线的公式 （1） 已知长宽高求体对角线： （2） 已知共点三面对角线求体对角线： 3. 棱长为的正四面体的内切球的半径为,外接球的半径为. 4. 欧拉定理(欧拉公式) (简单多面体的顶点数V、棱数E和面数F). （1）=各面多边形边数和的一半.特别地,若每个面的边数为的多边形，则面数F与棱数E的关系：； （2）若每个顶点引出的棱数为，则顶点数V与棱数E的关系：. 5．空间的线线平行或垂直 设，，则 ； . 5. 夹角公式 设，b＝，则 . 6．异面直线所成角 = （其中（）为异面直线所成角，分别表示异面直线的方向向量） 7．直线与平面所成角，(为平面的法向量). 8. .二面角的平面角 （，为平面，的法向量）. 9. 异面直线间的距离 (是两异面直线，其公垂向量为，分别是上任一点，为间的距离). 10. 点到平面的距离 （为平面的法向量，是经过面的一条斜线，）. 【金题】1．（河北省衡水市第二中学2025届高三高考模拟一）吹气球时，气球的体积（单位：）与半径（单位：）之间的关系是．当时，气球的瞬时膨胀率为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】气球膨胀率指的是气球体积变化的值与半径变化值之间的比值，即，但此题所求的时瞬时变化率，故需要利用导数求解. 【详解】因为，所以，所以， 所以，当时，. 故选：A 【金题】2．（河南省郑州市郑州中学2024-2025学年高三上学期一测模拟演练）如果棱台的两底面积分别是，中截面的面积是，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】设棱台的高为，棱台上底面截去的棱锥的高为，根据比例关系得到，，进而可得结果. 【详解】棱台可以看成是由与棱锥底面平行的平面截棱锥之后所得几何体， 设棱台的高为，棱台上底面截去的棱锥的高为， 因为棱台的两底面积分别是，不放令为上底面积，为下底面积， 则，， 所以，因此； 故选：D 【金题】3．（安徽省合肥市第一中学2025届高三上学期阶段性诊断检测）已知一圆锥高为2，母线长为.若用一平面截圆锥得到的圆台体积是圆锥的，则圆台的侧面积为（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据题意可知截去圆锥体积是原圆锥体积的，可求得截去圆锥的高和底面半径，从而可求圆台的侧面积. 【详解】如图， 设圆锥的高，母线， 则圆锥的底面半径为， 若用一平面截圆锥得到的圆台体积是圆锥的， 则截去圆锥体积是原圆锥体积的， 设截去小圆锥的底面半径为，则，则①， 又，即，代入①解得， 则， 则圆台的侧面积为. 故选：C. 【金题】4．（河南省郑州市郑州中学2024-2025学年高三上学期一测模拟演练）（多选）如图是一个正方体的表面展开图，则在原正方体中，（    ） A．直线与垂直 B．直线与平行 C．直线与异面 D．直线与成角 【答案】BCD 【分析】作出正方体，利用异面直线所成角的定义可判断AD选项；利用平行四边形的性质可判断B选项；利用图形可判断C选项. 【详解】作出正方体，如下图所示，连接. 对于A选项，因为且，则四边形为平行四边形， 故与所成的角为或其补角， 易知为等边三角形，则， 所以直线与的夹角为，A错； 对于B选项，由A可知，四边形为平行四边形，则，B对； 对于C选项，由图可知，平面，，平面， 所以直线与为异面直线，C对； 对于D选项，因为且，故四边形为平行四边形， 所以，所以与所成的角为或其补角， 因为为等边三角形，则，即直线与直线所成角为，D对. 故选：BCD. 【金题】5．（河北省衡水中学2024届高三下学期模拟押题（一）已知正方体的棱长为是棱的中点，空间中的动点满足，且，则动点的轨迹长度为（    ） A． B．3 C． D． 【答案】D 【分析】分别取的中点，连接，证明平面，从而可得点在平面内，再根据，得点在以为球心，半径为1的球面上，可得动点的轨迹为平面与球的球面的交线，求出平面截球所得截面圆的半径，即可得解. 【详解】如图，分别取的中点，连接， 因为平面，平面，所以， 在中，， 所以，所以， 又，所以，所以， 又，平面，所以平面， 由，得点在平面内， 由，得点在以为球心，半径为1的球面上， 因此动点的轨迹为平面与球的球面的交线，即在平面内的圆， 连接，设点到平面的距离为，平面截球所得截面圆的半径为， 则由得， 且，所以，则， 因此动点的轨迹长度为. 故选：D. 【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. 【金题】6．（重庆市第八中学2024届高三下学期强化考试（四））圆台上、下底面半径分别为，作平行于底面的平面将圆台分成上下两个体积相等的圆台，截面圆的半径为（    ）. A． B． C． D． 【答案】B 【分析】设截面半径为，上，下圆台的高分别为，，上，下圆台的体积分别为，则，而，利用圆台体积公式建立方程，化简求解即可得到答案． 【详解】设截面半径为x，上、下圆台的高分别为，，上，下圆台的体积分别为， 则，又， 则， 于是，则， 得，故. 故选：B． 【金题】7．（河北省衡水中学2024届高三下学期模拟押题（一）在直三棱柱中，是棱上一点，平面将直三棱柱分成体积相等的两部分.若四点均在球的球面上，则球的体积为 . 【答案】 【分析】由平面将直三棱柱分成体积相等的两部分，确定点为的中点，再确定的外心以及三棱锥的高，最后求三棱锥的外接圆半径即可. 【详解】如图，连接. 因为， 且 所以， 所以， 所以， 因此，即为的中点. 取的中点的中点，连接， 则，且， 所以四边形为平行四边形， 所以. 因为， 所以， 又因为平面平面， 且平面平面, 所以平面， 则平面. 因为是的外心， 且的外接圆半径， 三棱锥的高. 设球的半径为，则， 则5， 所以球的体积. 故答案为：. 【点睛】思路点睛：本题可从以下方面解题. （1）通过平面将直三棱柱分成体积相等的两部分可确定点的位置； （2）求三棱锥的外接球半径，先确定底面三角形的外接圆半径及高，再通过即可求解. 【金题】8．（山东省济南市山东师范大学附属中学2025届高三上学期高考模拟考试）（多选）在正四棱锥中，，则（    ） A． B．异面直线所成角的余弦值为 C．向量在向量上的投影向量为 D．直线与平面所成角的正弦值为 【答案】ABD 【分析】建立如图所示空间直角坐标系，由空间两点间距离可得A正确；由异面直线间夹角公式可得B正确；由投影向量可得C错误；由空间线面角公式可得D正确； 【详解】如图，记，连接，以为坐标原点，的方向分别为， 轴的正方向建立空间直角坐标系，则，.因为， 所以，故A正确. 因为，所以，故B正确. 向量在向量上的投影向量为，故C不正确. 设平面的法向量为，因为， 所以令，得. 设直线与平面所成的角为，则，故D正确. 故选：ABD. 【金题】9．（陕西省西北工业大学附属中学2025届高三上学期第六次适应性训练）如图，已知四棱锥的底面是边长为6的菱形，，，相交于点，平面，，是的中点，动点在该棱锥表面上运动，并且总保持，则动点的轨迹的长为（    ） A．3 B．7 C．13 D．8 【答案】D 【分析】取，的中点，，连接，，利用中位线可得到，，再利用线面平行以及面面平行的判定定理得到平面平面，再利用线面垂直的判定定理得到平面，进而得到平面，可得动点的轨迹的周长即为的周长，求解即可. 【详解】 取，的中点，，连接，， ∵是的中点， ∴，， 平面，平面， 则平面； 平面，平面， 则平面， 又， ∴平面平面， ∵平面， ∴， 又四边形是菱形， ∴， ∵， ∴平面， 则平面， 故只要动点在平面内即总保持， 又动点在棱锥表面上运动， ∴动点的轨迹的周长即为的周长， ∵四边形是菱形边长为6，且， ∴， 则， 又， ∴， 故，， ∴的周长为8， 故选：D. 【点睛】关键点睛：本题主要考查了线面平行以及面面平行的判定定理，考查了线面垂直的判定定理以及以及性质定理；解决本题的关键是通过证明平面平面，得到平面，进而得到动点在平面内即总保持. 【金题】10．（山东省济南市山东省实验中学2024届高三高考定心卷）（多选）如图，将一块边长为4m的正方形铁片上有四块阴影部分，将这些阴影部分裁下来，然后用余下的四个全等的等腰三角形加工成一个正四棱锥形容器，下列说法正确的是（    ） A．当时，正四棱锥的侧面积为 B．当时，正四棱锥的体积为 C．当时，正四棱锥外接球的体积为 D．正四棱锥的体积最大值为 【答案】BCD 【分析】作出示意图，对于A：可求得判断A；对于B：当时，，可得判断B；，设外接球的半径为，可得，进而求得体积判断C；可得，，可得，利用利用换元法，结合导数可求其最大值判断D. 【详解】用余下的四个全等的等腰三角形加工成一个正四棱锥形容器如图所示： 对于A：当时，即，由题意可得的边上的高为2， 所以侧面面积为，故A错误； 对于B：当时，由题意可得侧面斜高，， 可得，所以，故B正确； 对于C：当时，可得，， 正四棱锥外接球的球心在直线上，设外接球的半径为， 则，解得，所以正四棱锥外接球的体积为，故C正确； 对于D：可得，， ， 令，则，求导得， 令，则，解得， 当，，，， 所以，此时时取等号，故D正确. 故选：BCD. 【金题】11．（山东省济南市山东省实验中学2024届高三高考定心卷）在三棱锥中，平面，，，，分别为，的中点，则下列结论正确的是（    ） A．，是异面直线， B．，是相交直线， C．，是异面直线，与不垂直 D．，是相交直线，与不垂直 【答案】A 【分析】先用定理判断，是异面直线，再证明与垂直，连接，即可得到平面，取的中点，连接，，从而得到、，即可证明平面，从而得解． 【详解】显然根据异面直线判定方法：经过平面外一点与平面内一点的直线与平面内不经过点的直线是异面直线． 下面证明与垂直： 证明：因为平面，平面， 所以， 因为，分别为的中点，连接， 所以， 因为，平面， 所以平面， 如图：取的中点，连接，， 因为平面，所以， 又因为，所以， 因为， 所以， 又因为为的中点，所以， 因为，平面， 所以平面， 又因为平面，所以． 故选：A． 【金题】12．（河北省衡水市第二中学2025届高三高考模拟一）六氟化硫，化学式为，在常压下是一种无色､无臭､无毒､不燃的稳定气体，有良好的绝缘性，在电器工业方面具有广泛用途.六氟化硫分子结构为正八面体结构（正八面体每个面都是正三角形，可以看作是将两个棱长均相等的正四棱锥将底面粘接在一起的几何体）.如图所示，正八面体的棱长为，下列说法中正确的个数有（    ） ①此八面体的表面积为； ②异面直线与所成的角为； ③此八面体的外接球与内切球的体积之比为； ④若点为棱上的动点，则的最小值为. A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】B 【分析】对①：计算出一个三角形面积后乘8即可得；对②：借助等角定理，找到与平行，与相交的线段，计算即可得；对③：借助外接球与内切球的性质计算即可得；对④：空间中的距离和的最值问题可将其转化到同意平面中进行计算. 【详解】对①：由题意可得，故①正确； 对②：连接，取中点，连接、， 由题意可得、为同一直线，、、、四点共面， 又，故四边形为菱形， 故，故异面直线与所成的角等于直线与所成的角， 即异面直线与所成的角等于，故②错误； 对③：由四边形为正方形，有， 故四边形亦为正方形，即点到各顶点距离相等， 即此八面体的外接球球心为，半径为， 设此八面体的内切球半径为， 则有，化简得， 则此八面体的外接球与内切球的体积之比为，故③正确； 对④：将延折叠至平面中，如图所示： 则在新的平面中，、、三点共线时，有最小值， 则，故④错误. 故选：B. 【点睛】关键点点睛：本题④中，关键点在于将不共面的问题转化为同一平面的问题. 【金题】13．（河北省衡水市第二中学2025届高三高考模拟一）已知：平面，，，，，，，，，直线AC与BD的夹角是，则线段CD的长为 ． 【答案】5或 【分析】作且，连接，则（或其补角）为异面直线所成的角，所以或，证明，先求出，再得． 【详解】如图，作且，连接，则（或其补角）为异面直线所成的角，所以或， 因为且，所以是平行四边形，所以，， 因为，所以，，所以平面，平面，所以， ，若，则，， 若，则，． 故答案为：5或． 【点睛】本题考查异面直线所成角的应用，都可空间两点间的距离．解题关键是作出异面直线所成的角．构造三角形，在三角形中求线段长． 【金题】14．（湖南省长沙市长郡中学2023-2024学年高三下学期保温卷一）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. 【金题】15．（辽宁省沈阳市东北育才学校2025届高三上学期第三次模拟考试）已知矩形ABCD，，， M为边DC上一点且， AM与BD交于点Q，将沿着AM折起，使得点D折到点P的位置，则的最大值是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】分析可知，结合垂直关系可知平面，结合长度关系可知点P在以点Q为圆心，半径为的圆上，结合圆的性质分析求解. 【详解】在矩形，，，， 由可得由可得， 则，即， 可知折起后，必有，，平面， 故平面， 因为是确定的直线，故对任意点P， 都在同一个确定的平面内， 因为，可知点P在以点Q为圆心，半径为的圆上（如图）， 由图知，当且仅当PB与该圆相切时，取到最大值，则也取到最大值， 此时,，则的最大值为 故选：A. 【点睛】关键点点睛：本题解题的关键在于在证明平面后，要考虑动点的轨迹，同时将理解为点与圆上的点的连线，结合图形，得出当且仅当PB与该圆相切时，取到最大值的结论. 【金题】16．（辽宁省沈阳市东北育才学校2025届高三上学期第三次模拟考试）（多选）如图所示，在五面体中，四边形是矩形，和均是等边三角形，且，，则（    ） A．平面 B．二面角随着的减小而减小 C．当时，五面体的体积最大值为 D．当时，存在使得半径为的球能内含于五面体 【答案】ACD 【分析】A由线面平行的判定证明；B设二面角的大小为，点到面的距离为，则，分析取最小值的对应情况即可判断；C把五面体补成直三棱柱，取的中点，设，则，结合并应用导数研究最值；D先分析特殊情况：和所在平面均垂直于面时构成正三棱柱，再借助左视图、正视图研究内切圆半径分析一般情况判断. 【详解】A：由题设，面，面，则面， 由面面，面，则， 面，面，则平面，对； B：设二面角的大小为，点到面的距离为，则， 点到面的距离，仅在面面时取得最大值， 当时取最小值，即取最小值，即二面角取最小值， 所以，二面角先变小后变大，错；    C：当，如图，把五面体补成直三棱柱， 分别取的中点，易得面，， 设，则， ， 令，则， 令，可得或（舍），即， ，，递增，，，递减， 显然是的极大值点，故. 所以五面体的体积最大值为，C对； D：当时，和所在平面均垂直于面时构成正三棱柱， 此时正三棱柱内最大的求半径，故半径为的球不能内含于五面体， 对于一般情形，如下图示，左图为左视图，右图为正视图，    由C分析结果，当五面体体积最大时，其可内含的球的半径较大， 易知，当时，， 设的内切圆半径为，则，可得， 另外，设等腰梯形中圆的半径为，则， 所以，存在使半径为的球都能内含于五面体，对. 故选：ACD 【点睛】关键点点睛：对于C通过补全几何体为棱柱，设得到五面体的体积关于的函数；对于D从特殊到一般，结合几何体视图研究内切圆判断最大半径是否大于为关键. 【金题】17．（辽宁省沈阳市东北育才学校2025届高三上学期第三次模拟考试）如图，平面四边形中，为等边三角形，现将沿翻折，使点移动至点，且，则三棱锥的外接球的表面积为 . 【答案】 【详解】因为，，平面， 所以平面， 将三棱锥补形为如图所示的直三棱柱，则它们的外接球相同， 外接球的球心在棱柱上下底面三角形的外心连线上， 令的外心为，由为等边三角形，， 得， 因为，所以在中，， 即外接球的半径为2， 所以外接球的表面积为. 故答案为： 【金题】18．（广东省广州市华南师范大学附属中学2025届高三上学期10月阶段检测）（多选）如图所示，四面体的底面是以为斜边的直角三角形，体积为，平面，，为线段上一动点，为中点，则下列说法正确的是（    ） A．三棱锥的体积和三棱锥的体积相等 B．当时， C．当时， D．四面体的外接球球心为，且外接球体积与之比的最小值是 【答案】ABD 【分析】根据锥体体积的计算公式可得两个三棱锥高和底面积相等，即A正确；利用线面垂直判定定理以及面面垂直的性质定理可证明平面，可判断B正确；当与重合，可知，这与矛盾，因此C不成立；利用三棱锥性质可求得外接球球心为的位置及其半径与三棱锥棱长的关系即可求得与之比的最小值. 【详解】对于A，因为为中点，则，而两个三棱锥高相等，故体积相等，A正确； 对于B，因为平面，平面，所以， 又，，平面， 故平面，平面，故平面平面， 过作，垂足为，如下图所示： 因为面平面，平面，故面， 而面，故，若， 则，而平面，故平面， 又平面，故，故B正确. 对于C，若与不重合，由平面，平面，可得； 又是以为斜边的直角三角形可知， 又,平面，所以平面, 又平面，所以， 当时，，平面， 所以平面，又平面， 可得， 但若与重合，由于，若，，平面， 所以平面，平面，故，这与矛盾，所以不成立， 故与重合，满足，但此时不成立，故C错误； 对于D，由平面，平面，故， 故，为外接球球心，且，， 又，可以在以中点为圆心，为半径的圆上运动， 到的距离为， 当且仅当时等号成立， 故到的距离最大为，此时， 故，D正确， 故选：ABD. 【金题】19．（吉林省东北师范大学附属中学2024-2025学年高三上学期第三次摸底考试）点M、N为正四面体的内切球球面上的两个动点，T为棱上的一动点，则当取最大值时，（    ） A．1 B． C． D． 【答案】C 【分析】根据正四面体体积的等积性求得内切球半径，由球的性质可知：当，与圆相切时，最大，结合圆的切线性质，结合锐角三角函数定义、正切二倍角公式、正弦函数的单调性进行求解即可. 【详解】设正四面体的棱长为，正四面体的内切球的球心为，顶点在底面的射影为， 显然在线段上，该正四面体内切球的半径为， 如图，为正三角形的中心，则， ， 由三棱锥的等体积得，即， 解得， ， 由球的性质可知：当，与圆相切时，最大， 如图所示：， 由圆的切线长定理可知：， 在中，， 最大时，最小，因为， 所以此时为的中点，即有， 正四面体的内切球的球心为，显然也是该正四面体的外接球的球心， 所以， 因此，， ， 所以. 故选：C. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用球的几何性质即当，与圆相切时，最大，结合圆的切线性质求解. 【金题】20．（江苏省南京大学附属中学2024-2025学年高三下学期2月模拟）已知在棱长为3的正方体中，点是底面ABCD内的动点，点为棱BC上的动点，且，则的最小值为 . 【答案】 【分析】由正切函数定义结合几何位置关系，得到，结合解析几何中的圆的知识，得到三点共线时，取得最小值，得到结果. 【详解】如图（一），，. 又，. 如图（二），建立平面直角坐标系，则，，，设点. ，化简得：（，）. 则圆心为，，点关于BC的对称点. 故答案为：. 【金题】21．（安徽省合肥市第一中学2025届高三上学期阶段性诊断检测）（多选）如图所示，两个正方形 , 的边长为，两个动点分别在正方形对角线和上,中点为且,. 则 （     ）    A．运动过程中，不存在 B．若平面平面,,则平面 平面 C．当在线段上运动时（不包括端点），二面角可以为直二面角 D．当在线段上运动时（不包括端点），四面体的外接球表面积的最小值为 【答案】BCD 【分析】根据线面垂直、面面垂直的判定定理，线面平行的性质定理判断A，B；利用二面角的概念结合图形判定C；运用四面体的结构特征，结合外接球半径公式计算分析判定D. 【详解】    对于A， 如图，当分别运动到的中点时，取的中点，分别连接， 因是边长为的正方形，则有 因平面，故平面， 因平面，故此时，即A错误；    对于B， 如图，因平面（即平面）平面， 且平面，平面，则平面， 又平面，故，因，则， 又，平面，故平面. 又则平面，因因，平面，故平面⊥平面，故B正确；    对于C，D，连结，易得四面体是一个对棱相等的四面体. 如图，当在线段上运动时（不包括端点），在点处二面角为，在点处二面角大小为. 由于四面体的这种特殊性质，使得二面角与两个正方形平面的二面角大小相等， 所以在的变化过程中，二面角可以为直二面角，故C正确；        当在线段上运动时（不包括端点），四面体的外接球半径记为. 因四面体的对棱相等，故有：(*).（下面提供证明） 设.由图 . 代入 (*)， . 则四面体的外接球表面积. 因为，所以，则D正确. 故选：BCD. [下面证明对棱相等的四面体的外接球半径公式]：      如图，四面体的三条对棱都分别相等，设过点的三条棱长分别为， 则该四面体的四个顶点可作为长方体的顶点， 设长方体中过点的三条棱长分别为，则四面体与长方体有相同的外接球， 设半径为，则，且， 则，即. 【点睛】关键点点睛：本题关键是找出满足题意的位置，运用对棱相等四面体外接球性质，结合正方体知识，求出半径即可求出表面积. 单选+填空 1．（湖南长沙雅礼中学2024届高三一模）已知m，n表示两条不同直线，表示平面，下列说法正确的是 A．若则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则 【答案】B 【详解】试题分析：线面垂直，则有该直线和平面内所有的直线都垂直，故B正确. 考点：空间点线面位置关系． 2．（吉林长春东北师大附中2024届五模）已知直线平面，直线平面，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】根据题意，由空间中的线面关系，分别验证命题的充分性与必要性即可得到结果. 【详解】因为直线平面，直线平面，当时，可得，即充分性满足； 当时，不一定平行，有可能相交还有可能异面，故必要性不满足； 所以“”是“”的充分不必要条件. 故选：A 3．（湖南省长沙市长郡中学2024届考前模拟）一个圆柱形容器的底面半径为，高为，将该圆柱注满水，然后将一个半径为的实心球缓慢放入该容器内，当球沉到容器底部时，留在圆柱形容器内的水的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】分别求出圆柱体积及球的体积，再相减即可得出结果. 【详解】根据题意可知留在容器内水的体积为等于圆柱体积减去实心球的体积， 即. 故选：B 4．（湖南长沙长郡中学2024届高三下学期二模）若底面半径为r，母线长为的圆锥的表面积与直径为的球的表面积相等，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据圆锥表面积公式和球的表面公式得到，解出即可. 【详解】圆锥的表面积为，球的表面积为， 故，即，故（负舍）. 故选：D. 5．（湖南长沙长郡中学2024届高三下学期考前模拟）已知四棱锥，平面平面，四边形是正方形，为中点，则（    ） A．平面 B．平面 C．平面平面 D． 【答案】C 【分析】由线面平行的性质判断A错误；举反例判断B错误；先证明，再由线面垂直得到平面，进而得到平面平面，判断C正确；由已知条件判断D错误. 【详解】A：易知平面， 因为，且两条直线都在平面内， 所以不可能平行平面，故A错误； B：举反例，如图垂直平面时，由于，所以不垂直，故B错误； C：作于点， 因为平面平面，且平面， 所以平面， 因为平面，所以， 又，，且都在平面内， 所以平面， 因为平面， 所以平面平面， 故C正确； D：没有任何条件可以证明，故D错误； 故选：C. 6．（山东省实验2024届高三二模）已知正方体分别是的中点，则（    ） A．平面 B．平面 C．平面 D．平面 【答案】C 【分析】通过证明面可得，从而排除AB，再利用证明平面以及排除D即可. 【详解】由已知面，面， 则，又，，面， 所以面，又面，所以，排除AB， 明显分别为的中点，所以， 又面，面， 所以平面，C正确； 若平面，则必有，又， 所以，明显不成立，D错误. 故选：C. 7．（河南郑州外国语2024高三适应性考试）如图所示的四棱锥中，底面为正方形，且各棱长均相等，是的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（    ） A．1 B． C． D． 【答案】D 【分析】根据给定条件，以为空间向量的一个基底，再利用空间向量夹角公式求解即得. 【详解】令四棱锥的各条棱长均为2，则，由是的中点，得, 显然不共面，，又， ， 因此， 所以则异面直线与所成角的余弦值为. 故选：D 8．（浙江宁波镇海中学2024适应性测试）已知棱长为1的正方体分别是AB和BC的中点，则MN到平面的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】延长交延长线于点，连接，由几何关系证明MN到平面的距离即点到平面的距离，再由等体积法求出结果即可； 【详解】 延长交延长线于点，连接，， 因为分别是AB和BC的中点，则， 由正方体的性质可得，所以， 又平面，平面，所以平面， 所以MN到平面的距离即点到平面的距离，设为， 则， 因为正方体的棱长为1， 所以，，， 所以，即， 故选：C. 9．（山东青岛二中二模）在正三棱台中，已知，，侧棱的长为2，则此正三棱台的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先计算出三棱台的上下底面的面积，再根据底面边长与侧棱长求解三棱台的高，进而计算出三棱台的体积． 【详解】正三棱台中，已知，， 所以的面积为，的面积为， 设，分别是，的中心， 设，分别是，的中点， ，，三点共线，，，三点共线， ，， ，， ， 过作，垂足为，则， ， 三棱台的高为， 三棱台的体积为． 故选：C． 10．（贵州贵阳一中2024届高三一模）某圆锥的轴截面是一个边长为8的等边三角形，在该圆锥中内接一个圆柱，则该圆柱的侧面积的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由题意作图，根据圆锥与圆柱的几何性质，可得到答案. 【详解】由题意作图如下 由题设可知该圆锥的高， 设在该圆锥中内接一个高为的圆柱， 该圆柱的底面半径为，由，得， 即，所以， 故该圆柱的侧面积 当且仅当，即时，等号成立， 故圆柱的侧面积的最大值为. 故选：C 11．（河南郑州一中2024届考前全真模拟）如图，在三棱锥中，点O为的中点，点P在平面的射影恰为的中点E，已知，点C到的距离为，则当最大时，直线与平面所成角的大小为 【答案】 【分析】根据点C到的距离为，得到点C是以OP为旋转面的轴的圆柱与平面ABC的公共点，即点C的轨迹是以AB为焦距，以为短轴长的椭圆求解. 【详解】解：因为点C到的距离为， 所以点C是以OP为旋转面的轴的圆柱与平面ABC的公共点， 即点C的轨迹是以AB为焦距，以为短轴长的椭圆， 又由椭圆的对称性可知：当最大时，有， ， 因为点P在平面的射影恰为的中点E， 所以PE平面ABC，因为 平面PAB， 所以平面PAB平面ABC，平面PAB平面ABC=AB， 所以CO平面ABC， 所以是直线与平面所成的角， 因为， 所以， 所以， 故答案为： 12．（2024山东省实验5月模拟）古希腊数学家阿基米德发现了“圆柱容球”定理.圆柱形容器里放一个球，该球顶天立地，四周碰边（即球与圆柱形容器的底面和侧面都相切），球的体积是圆柱体积的三分之二，球的表面积也是圆柱表面积的三分之二.在一个“圆柱容球”模型中，若球的体积为，则该模型中圆柱的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用球的体积公式，先求出球的半径，再利用圆柱的表面积公式即可求出结果. 【详解】可设球的半径为，则根据题意可知圆柱的底面半径也为， 圆柱的高等于直径，即为，由球的体积为， 利用球的体积公式可得：，解得：， 再由圆柱的表面积公式得： ， 故选：D. 13．（湖北武汉二中2024高三最后一卷）蒙古包（Mongolianyurts）是蒙古族牧民居住的一种房子，建造和搬迁都很方便，适于牧业生产和游牧生活，蒙古包古代称作穹庐､毡包或毡帐.已知蒙古包的造型可近似的看作一个圆柱和圆锥的组合体，已知圆锥的高为2米，圆柱的高为3米，底面圆的面积为平方米，则该蒙古包（含底面）的表面积为（    ） A．平方米 B．平方米 C．平方米 D．平方米 【答案】A 【分析】由题意可求出底面圆的半径，即可求出圆锥的母线长，根据圆锥的侧面积公式以及圆柱的侧面积公式结合圆的面积公式，即可求得答案. 【详解】由题意知圆锥的高为2米，圆柱的高为3米，底面圆的面积为平方米， 设底面圆的半径为r，则， 则圆锥的母线长为（米）， 故该蒙古包（含底面）的表面积为（平方米）， 故选：A 14．（浙江宁波镇海中学2024适应性测试）已知圆锥的轴截面面积为，则该圆锥的外接球半径的最小值为 . 【答案】2 【分析】设圆锥的底面半径为，高为，可得，，设，利用导数判断单调性求出最值. 【详解】设圆锥的底面半径为，高为，则， 设圆锥的外接球的半径为，则无论球心在圆锥内还是圆锥外，都有，则， 设，则， 当时，，单调递减，当时，，单调递增，. 故答案为：2. 15．（2024吉林长春东北师大附中高三七模）如图，是水平放置的平面图形的斜二测直观图，若，且，则原图形中边上的高为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据题意，由三角形面积公式求出的长，结合斜二测画法可得原图中的长. 【详解】画出平面直角坐标系，在轴上取，即， 在图①中，过作轴，交轴于，在轴上取， 过点作轴，并使， 连接，则即为原来的图形，如图②所示： 原图形中，于点， 则BD为原图形中边上的高，且， 在直观图③中作于点，则的面积， 在直角三角形中，， 所以， 故原图形中AC边上的高为． 故选：D． 16．（2024广东华南师大附中综合测试）将一副三角板排接成平而四边形ABCD（如图），，将其沿BD折起，使得而ABD⊥面BCD．若三棱锥A-BCD的顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用面面垂直的性质和线面垂直的判定找到球心的位置即为的中点，再利用球的表面积公式即可. 【详解】由题意得，，因为面面BCD， 面面BCD，且，面，则面， 因为面，所以，又因为，面，且， 所以平面，因为平面，所以， 取中点为，则，则球心即为中点， 而，则球的半径为， 则球O的表面积为， 故选：C. 17．（湖北武汉华师一2024届高三考前测试）在三棱锥中，，且.记直线，与平面所成角分别为，，已知，当三棱锥的体积最小时，则三棱锥外接球的表面积为 . 【答案】 【分析】根据给定条件，探求点在平面内的投影的轨迹，确定当三棱锥体积最小时点的位置，进而可得并求出外接球半径，求出球的表面积. 【详解】设点在平面内的投影为，由直线与平面所成角分别为，且，    则，，，于是， 以为轴，线段的中垂线为y轴，建立平面直角坐标系，    令，由，，得，，， 则，化简得， 因此点在以为圆心，为半径的圆上， 当最小时，最小，即三棱锥的体积最小， 此时，，，， 因此点在底面上的射影在上，且，又， 显然的中点到点的距离相等，此时三棱锥的外接球的球心为的中点， 外接球的半径，表面积为. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：解决与球有关的内切或外接问题时，关键是确定球心的位置，再求出球半径即可. 18．（湖北武汉华师一2024届高三考前测试）如图所示是一个以为直径，点为圆心的半圆，其半径为4，为线段的中点，其中，，是半圆圆周上的三个点，且把半圆的圆周分成了弧长相等的四段，若将该半圆围成一个以为顶点的圆锥的侧面，则在该圆锥中下列结果正确的是（    ） A．为正三角形 B．平面 C．平面 D．点到平面的距离为 【答案】C 【分析】根据题意,还原圆锥原图,找出对应线段长度关系,位置关系.很容易得解. 【详解】选项A，该半圆围成的圆锥，如图所示， 设圆锥底面半径为，则，∴，∴， ∵为的中点，为的中点，∴，且， ∴，为等腰直角三角形，选项A错误； 选项B，若平面，则，直角中，， ∴，选项B错误； 选项C，∵，∴平面，选项C正确； 选项D，∵，，∴平面，∴平面平面， ∴到直线的距离即为到平面的距离， 又∵，∴到直线的距离等于到直线的距离，为，选项D错误； 故选:C. 19．（河北衡水中学2023-2024学年高三下学期自我提升测试）如图，四边形和是两个相同的矩形，面积均为300，图中阴影部分也是四个相同的矩形，现将阴影部分分别沿，，，折起，得到一个无盖长方体，则该长方体体积的最大值为 ． 【答案】 【分析】根据已知条件设、，由此可得，对函数求导，根据导数判断函数的单调性，求得最值即可. 【详解】由题意设，因为面积为，所以， 根据题意有：， 所以， 则长方体的体积为， ，令，有， 所以时，，函数在上单调递增， 时，，函数在上单调递减， 所以当时，取得最大值，最大值为. 故答案为： 20．（江苏南京外国语2024年2月开学考试）如图，正四面体的棱与平面平行，且正四面体内的所有点在平面内的射影构成图形面积的最小值是，则该正四面体的棱长为（    ）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据投影的概念可得面积最小值及四面体的棱长. 【详解】当正四面体绕着与平面平行的一条边转动时，不管怎么转动，投影图形的一边始终是的投影，长度为棱长，而发生变化的是投影的高， 可知，当平面，射影面的面积最小， 此时构成的三角形底边为正四面体的棱长， 设正四面体的棱长为， 高是直线到的距离，    取，中点，， 由正四面体可知，，且，， 又，，平面， 平面， 所以直线到的距离为， 则射影面积为：，解得． 故选：B． 21．（江苏南京外国语2024年2月开学考试）科技是一个国家强盛之根，创新是一个民族进步之魂，科技创新铸就国之重器，极目一号（如图1）是中国科学院空天信息研究院自主研发的系留浮空器．2022年5月，“极目一号”III型浮空艇成功完成10次升空大气科学观测，最高升空至9050米，超过珠穆朗玛峰，创造了浮空艇大气科学观测海拔最高的世界纪录，彰显了中国的实力．“极目一号”III型浮空艇长55米，高19米，若将它近似看作一个半球、一个圆柱和一个圆台的组合体，正视图如图2所示，则“极目一号”III型浮空艇的体积约为（    ） （参考数据：，，，） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先根据图2得半球、圆柱底面和圆台一个底面的半径为，而圆台一个底面的半径为，再根据球、圆柱和圆台的体积公式即可求解． 【详解】由图2得半球、圆柱底面和圆台一个底面的半径为（m），而圆台一个底面的半径为（m）， 则（m3）， （m3）， （m3）， 所以（m3）． 故选：A． 22．（湖北武汉华师一2024届高三五月适应性考试）已知矩形中，以所在直线为旋转轴，将矩形旋转一周形成的面所围成的几何体的体积为 ． 【答案】 【分析】以所在直线为旋转轴，旋转一周形成两个共底面的圆锥，旋转一周形成一个倒立的相同的几何体，将其体积记为，这两个几何体重叠部分是以圆为底面，为顶点的两个小圆锥，其体积记为，计算可求矩形旋转一周形成的面所围成的几何体的体积. 【详解】如图，以所在直线为旋转轴，旋转一周形成两个共底面的圆锥， 旋转一周形成一个倒立的相同的几何体，将其体积记为， 这两个几何体重叠部分是以圆为底面，为顶点的两个小圆锥，其体积记为， 则所求几何体体积. 故答案为：. 23．（河北石家庄第二中学2024届高三一模）已知正方体的棱长为为线段上的动点，则点到平面距离的最小值为（    ） A．1 B． C． D．2 【答案】B 【分析】根据棱锥的体积公式求得，再根据等体积转化法，确定的最大值，即可求得点到平面距离的最小值. 【详解】由题意得， 设点到平面的距离为，则由等体积转化法为， 当与重合时，最大，最大为， 此时最小，为. 故选：B. 24．（河北省衡水中学2024届高三下学期押题）如图，已知正四面体的棱长为分别为棱的中点.若该正四面体有一内接圆锥，其中为圆锥的顶点，底面圆心在线段上，则该圆锥体积的最大值为 . 【答案】 【分析】设，表示出圆锥的底面半径、高、体积，运用导数进行求解即可. 【详解】如图，连接，则， ，， 设圆锥与侧面的接触点为，连接， 根据正四面体的对称性知点一定在上，且，设， 则圆锥底面圆的半径为， 圆锥的高， 所以圆锥的体积为， 则，当时，单调递增； 当时，单调递减，所以. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于用一个未知数表示出圆锥的底面半径、高、体积，然后运用导数求解体积函数的单调性最值. 25．（湖南长沙雅礼中学2024届高三一模）已知圆锥的母线长为2，则当圆锥的母线与底面所成的角的余弦值为 时，圆锥的体积最大，最大值为 ． 【答案】 【分析】由线面角的定义得出，从而得出，再由导数求解即可. 【详解】设圆锥的底面半径为，圆锥的母线与底面所成的角为，易知. 圆锥的体积为 令，则， 当时，，当时，， 即函数在上单调递增，在上单调递减， 即，此时. 故答案为：； 26．（贵州贵阳一中2024届高三一模）如图，表面积为的球面上有四点，，，，是等边三角形，球心到平面的距离为3，若平面平面，则三棱锥体积的最大值为 ．    【答案】 【分析】由已知可求得球的半径，可求得的面积，当到平面距离的最大值，计算三棱锥体积的最大值即可. 【详解】球的表面积为，球的半径为，    设的中心为， 则，且平面， 的外接圆半径， 连接并延长交于，则为的中点，且， 显然，而平面平面，平面平面， 平面，则平面， 令的外接圆圆心为，则平面，有， 又平面，平面，， ，平面，则平面， 平面，， 而平面平面，平面平面， 平面，则平面， 有，因此四边形为平行四边形， 则，， 的外接圆半径， 的外接圆上点到直线距离的最大值为， 而点在平面上的射影落在直线上， 于是到平面的距离最大值， 是等边三角形，外接圆半径为4，由正弦定理的边长为，的面积为， 棱锥体积的最大值为. 故答案为： 27．（湖南长沙长郡中学2024届高考适应）《九章算术·商功》中有这样一段话：“斜解立方，得两壍堵．斜解壍堵，其一为阳马，一为鳖臑．阳马居二，鳖臑居一，不易之率也．”意思是：如图，沿正方体对角面截正方体可得两个壍堵，再沿平面截壍堵可得一个阳马（四棱锥），一个鳖臑（三个棱锥），若为线段上一动点，平面过点，平面，设正方体棱长为，，与图中鳖臑截面面积为，则点从点移动到点的过程中，关于的函数图象大致是（ ）    A．   B．   C．   D．   【答案】B 【分析】分析得出，可得出，求出关于的函数关系式，由此可得出合适的选项. 【详解】设、分别为截面与、的交点，，，    平面，平面，所以，平面平面， 因为平面平面，平面平面， 所以，，同理可得，， 所以，， 所以，，易知， 因此，. 故选：B. 【点睛】关键点点睛：本题考查函数图象的辨别，解题的关键就是充分分析图形的几何特征，以此求出函数解析式，结合解析式进行判断. 28．（湖南长沙长郡中学2024届高考适应）“迪拜世博会”上，中国馆取型中国传统灯笼，寓意希望和光明．某人制作了一个中国馆的实心模型，模型可视为内外两个同轴圆柱组成．已知内层底面直径为，外层底面直径为，且内外层圆柱的底面圆周都在一个直径为的球面上，此模型的体积为 ． 【答案】912 【分析】由题意，实心模型由两个圆柱构成，实心模型的体积内层圆柱的体积外层几何体的体积，利用圆柱与球的几何性质，求出内层圆柱的体积和外层圆柱的体积，从而求出外层几何体的体积，求出模型的体积． 【详解】解：由题意可知，实心模型由两个圆柱构成， 实心模型的体积内层圆柱的体积外层几何体的体积， 因为内层圆柱的底面直径，所以， 所以内层圆柱的底面积为， 外层底面直径为，所以， 所以外层的底面面积为， 又内外层的底面圆周都在一个直径为的球上，即， 如图，以内层圆柱为例， 因为内层圆柱的底面圆周在球面上， 所以球心与内层圆柱的底面圆心的连线垂直于底面圆，即， 所以， 根据球的对称性可得，内层圆柱的高为， 所以内层圆柱的体积为， 同理可得，外层圆柱的高为， 所以外层圆柱的体积为， 由题意可得，外侧几何体的体积等于外层圆柱体的体积减去高为12的内层圆柱体的体积， 故， 所以该几何体的体积为． 故答案为：． 29．（湖南省长沙市长郡中学2024届高三一模）如图是一个球形围墙灯，该灯的底座可以近似看作正四棱台.球形灯与底座刚好相切，切点为正四棱台上底面中心，且球形灯内切于底座四棱台的外接球.若正四棱台的上底面边长为4，下底面边长为2，侧棱长为，则球形灯半径与正四棱台外接球半径的比值为 . 【答案】 【分析】设正四棱台上底面与下底面中心分别为，则正四棱台的外接球球心为及球形灯的圆心均在直线上.由几何关系，求出，求出R的值，再根据求出r的值，即可得到比值. 【详解】如图所示，设正四棱台上底面与下底面中心分别为,作截面，则正四棱台外接球球心及球形灯的圆心均在直线上，作于H. 因为正四棱台的上底面边长为4，下底面边长为2，侧棱长为， 则有，，. 在中，， 在中，， 所以，整理得. 由图可知，在圆中，有,解得， 所以. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：本题的关键是作出相关图形，利用勾股定理等得到相关方程，从而解出两个半径长. 30．（湖南长沙雅礼中学2024届高三下学期3月测试）如图，圆锥底面半径为，母线PA＝2，点B为PA的中点，一只蚂蚁从A点出发，沿圆锥侧面绕行一周，到达B点，其最短路线长度为 ，其中下坡路段长为 ．    【答案】 【分析】将圆锥侧面沿母线PA剪开并展开成扇形，过P作AB的垂线，垂足为M，最短路线即为扇形中的直线段AB，利用余弦定理求出即可；当蚂蚁从M点爬行到B点的过程中，它与点P的距离越来越大，故MB为下坡路段，求出即可. 【详解】如图，将圆锥侧面沿母线PA剪开并展开成扇形， 易知该扇形半径为2，弧长为，故圆心角∠APB＝， 最短路线即为扇形中的直线段AB，由余弦定理易知 AB＝＝， cos∠PBA＝＝； 过P作AB的垂线，垂足为M， 当蚂蚁从A点爬行到M点的过程中，它与点P的距离越来越小，故AM为上坡路段， 当蚂蚁从M点爬行到B点的过程中，它与点P的距离越来越大，故MB为下坡路段， 下坡路段长MB＝PB･cos∠PBA＝． 故答案为：，.    31．（安徽合肥一中2024届最后一卷）已知四棱锥的各顶点在同一球面上，若，为正三角形，且面面，则该球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】作辅助线，找到球心的位置，证明到四棱锥所有顶点距离相等；根据勾股定理，求出球的半径，进而求出球的表面积. 【详解】如图，取的中点，取的中点，连接、，在线段上取一点，使， 过点作平面的垂线，使，连接， 易知四边形是等腰梯形，、、均为等边三角形， 所以， 因为平面， 所以， 所以， 因为为正三角形，为的中点， 所以， 又因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 因为平面， 所以，即 又因为，所以四边形为平行四边形， 所以， 因为为正三角形，为的中点， 所以， 又因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，所以平面， 又因为是的外心，所以， 所以， 所以即为四棱锥外接球的球心， 因为，， 所以 所以， 故选：C. 32．（山东省实验2024届高三二模）将一个圆形纸片裁成两个扇形，再分别卷成甲､乙两个圆锥的侧面，甲､乙两个圆锥的侧面积分别为和，体积分别为和.若，则 . 【答案】/ 【分析】设母线长为，甲圆锥底面半径为，乙圆锥底面圆半径为，根据圆锥的侧面积公式可得，再结合圆心角之和可将分别用表示，再利用勾股定理分别求出两圆锥的高，再根据圆锥的体积公式即可得解. 【详解】设母线长为，甲圆锥底面半径为，乙圆锥底面圆半径为， 则，所以， 又，则，所以， 所以甲圆锥的高， 乙圆锥的高， 所以. 故答案为：. 33．（吉林长春东北师大附中2024届五模）如图，为球形物品设计制作正四面体、正六面体、正八面体形状的包装盒，最少用料分别记为，则它们的大小关系为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由题意包装盒的最少用料为球形物品的外切多面体，根据多面体的结构特征求出正四面体、正六面体、正八面体形状的包装盒的内切球半径与其表面积的关系，再进行比较. 【详解】由题意包装盒的最少用料为球形物品的外切多面体，下面求正四面体、正六面体、正八面体形状的包装盒的内切球的半径与其表面积的关系. 设球形物品的半径为，则正方体的棱长为，表面积； 设正四面体的棱长为，则正四面体的表面积为， 如图正四面体，由正四面体的对称性与球的对称性可知内切球的球心在正四面体的高上，如图， 底面等边三角形的高，外接圆半径，正四面体的高， 体积， 所以，又，所以， 所以正四面体的表面积； 设正八面体的棱长为，如图， 在正八面体中连接，，，可得，，互相垂直平分，四边形为正方形，， 在中，， 则该正八面体的体积， 该八面体的表面积， 因为，即，解得， 所以， 所以. 故选：B. 34．（河北石家庄第二中学2024届高三一模）已知三棱锥顶点均在一个半径为5的球面上，，P到底面ABC的距离为5，则的最小值为 ． 【答案】 【分析】作出辅助线，得到点在以为圆心，为半径的圆上，得到，再画出平面图形，建立坐标系，设出，求出，的最小值为，得到答案. 【详解】因为，所以球心在平面的投影为的中点， 连接，则， 因为外接球半径，故，故， 延长至点，使，则， 由勾股定理得， 则点在以为圆心，为半径的圆上， 设点在上的投影为，则在以为圆心，为半径的圆上， 则， 故， 以为坐标原点，所在直线为轴，垂直的直线为轴， 建立平面直角坐标系， 故， 则 ， 而当三点共线，且在线段上时，最小，最小值为， 故的最小值为， 故的最小值为. 故答案为： 【点睛】几何体外接球问题，通常要找到几何体的一个特殊平面，利用正弦定理或几何性质找到其外心，求出外接圆的半径，进而找到球心的位置，根据半径相等列出方程，求出半径，再求解外接球表面积或体积. 35．（湖南师大附中2024二模）若一个正三棱台的各顶点之间的距离构成的集合为，且该三棱台的所有顶点都在球的表面上，则球的表面积为 . 【答案】 【分析】设正三棱台，先考察正三棱台的一个侧面，设，求得，设三棱台的上底面中心为，下底面中心为，利用三角形重心的性质求得，设球的半径为，，利用勾股定理即可求解． 【详解】设正三棱台.如图，先考察正三梭台的一个侧面. 设，在中，由于是钝角，故中最大的边是. 若，则和的长只能取1或.此时若两边长均为1和1，则不满足两边之和大于第三边； 若一边长1，一边长，则变为直角三角形； 若两边长均为，则的长只能为1，与矛盾. 因而只能是. 设三棱台的上底面中心为，下底面中心为. 如图，在直角梯形中求球的半径， 在直角梯形中求球的半径， 利用重心的性质容易求得， 设球的半径为，，由图1 得， 解得（舍）， 由图2得，解得， 故球的表面积为. 故答案为：． 【点睛】方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下： （1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径； （2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的； （3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解. 36．（江苏南京外国语2024年2月开学考试）已知球的表面积为，三棱锥的顶点都在该球面上，则三棱锥体积的最大值为 ． 【答案】 【分析】 根据题意可求球的半径，当三棱锥底面越大，高越长的时候，三棱锥体积有最大值，设三棱锥底面的外接圆半径为，利用导数可求三棱锥体积的最大值. 【详解】根据题意，设球的半径为，则有，解得， 设底面的外接圆的圆心为， 需要的面积越大，先定住点， 若要的面积最大，则得为等腰三角形， 且在的底边的高线上，如图所示， 设到线段的距离为，底面的外接圆半径为，故， ，， 令，， 故， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 所以，此时的面积最大， 此时，即， 所以是正三角形时，圆的内接三角形面积最大， 设正三角形的底面边长为，，三棱锥的高为， 则，故， 所以三棱锥的体积：， 令，， 由，得， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 故当时，取最大值， 即三棱锥的体积取得最大值为， 故答案为：. 多选 37．（湖南长沙长郡中学2024届高三下学期考前模拟）已知是空间中三条不同的直线，是空间中两个不同的平面，下列命题不正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则或. D．若，则， 【答案】ABC 【分析】由题意分别进行判断，错误的选项指明错误点. 【详解】对，需要补上不平行才成立，否则可能与相交或平行，故错误； 对，若，则或，故错误； 对，有可能且且，故错误； 对D，若，则，故D正确. 故选：ABC. 38．（湖北武汉二中2024高三最后一卷）设是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列四个命题正确的是（   ） A．若 则； B．若 则； C．若， 则； D．若 则. 【答案】BC 【分析】利用空间中线面、面面间的判定定理与相关性质逐项判断即可. 【详解】对于A，没说明直线垂直于两平面的交线，所以不能判断，故A错误； 对于B，根据面面平行的性质定理，若，，则，故B正确； 对于C，垂直于同一条直线的两个平面平行， 所以若，则， 若，则，故C正确； 对于D，若，，则平行或相交， 若，则或与相交或，故D错误． 故选：BC 39．（2024广东华南师大附中综合测试）设a，b为两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，则下列结论不正确的是（    ） A．若a∥b，b∥α，则a∥α B．若a∥b，a∥α，b∥β，则α∥β C．若a⊥b，a⊥α，b∥β，则α⊥β D．若a⊥α，b∥α，则a⊥b 【答案】ABC 【分析】A.利用直线与平面的位置关系判断；B. 利用平面与平面的位置关系判断；C. 利用平面与平面的位置关系判断；D.利用线面垂直的性质定理判断. 【详解】A. 若a∥b，b∥α，则a∥α或，故错误； B. 若a∥b，a∥α，b∥β，则α∥β或α与β相交，故错误； C. 若a⊥b，a⊥α，b∥β，则α与β平行或相交，故错误； D.若a⊥α，b∥α，则a⊥b，故正确； 故选：ABC 40．（湖北武汉华师一2024届高三五月适应性考试）如图，在正方体中，分别为棱的中点，点是面的中心，则下列结论正确的是（    ） A．四点共面 B．平面被正方体截得的截面是等腰梯形 C．平面 D．平面平面 【答案】BD 【分析】可得过三点的平面为一个正六边形，判断A；分别连接和，截面是等腰梯形，判断B；分别取的中点，易证显然不平行平面，可判断C；平面，可判断D. 【详解】对于A：如图经过三点的平面为一个正六边形，点在平面外，四点不共面，选项A错误； 对于B：分别连接和，则平面即平面，截面是等腰梯形，选项B正确； 对于C：分别取的中点，则平面即为平面， 由正六边形，可知，所以不平行于， 又平面，所以，所以平面， 所以不平行于平面，故选项错误； 对于D：因为是等腰三角形，， ，， 是的中点，易证，由正方体可得平面， 平面，又平面，， 平面，平面， 平面，平面平面故选项D正确． 故选：BD． 41．（河南郑州一中2024届考前全真模拟）下列说法中，错误的为（    ） A．有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥； B．有两个面互相平行，其余四个面都是等腰梯形的六面体是棱台； C．底面是等边三角形，侧面都是等腰三角形的三棱锥是正三棱锥； D．棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则此棱锥不可能是正六棱锥． 【答案】ABC 【分析】对于A，根据棱锥的定义分析判断，对于B，根据棱台的定义分析判断，对于C，根据正三棱锥的定义分析判断，对于D，根据正六棱锥的定义分析判断. 【详解】对于A，有一个面是多边形，其余各面都是有一个公共顶点的三角形，由这些面所围成的多面体叫棱锥， 而有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体不一定是棱锥，如图，所以A错误， 对于B，棱台是由棱锥被平行于棱锥底面的平面所截而得，而有两个面互相平行，其余四个面都是等腰梯形的六面体的侧棱不一定交于一点，所以B错误， 对于C，底面是等边三角形，侧面都是等腰三角形的三棱锥的顶点不一定在底面的射影为底面等边三角形的中心，所以C错误， 对于D，若六棱锥的所有棱长都相等，则底面为正六边形，由过底面中心和顶点的截面知，若以正六边形为底面，则侧棱必然大于底面边长，所以D正确， 故选：ABC 42．（山东青岛二中二模）正方体中，，分别为棱和的中点，则下列说法正确的是（    ） A．平面 B．平面 C．异面直线与所成角为60° D．平面截正方体所得截面为等腰梯形 【答案】ACD 【分析】于A，连接，利用三角形中位线证得，结合线面平行判定定理即可判断A；对于B，取中点，连接，设正方体棱长为，根据线段长度结合勾股定理判断与是否垂直，即判断与是否垂直，从而可判断B；对于C，连接，根据正方体的面对角线性质，即可得异面直线与所成角的大小，从而判断C；对于D，连接，确定截面完整图形为四边形，再计算其四边长度与位置关系，即可判断D. 【详解】对于A，如图，连接，因为，分别为棱和的中点，所以， 又平面，平面，所以平面，故A正确； 对于B，如图，取中点，连接， 在正方体中，，所以四边形为平行四边形， 所以，又分别为，中点，则，故， 设正方体棱长为，则， 故，所以不垂直于，故不垂直于，又平面，所以不垂直平面，故B错误； 对于C，如图，连接， 在正方体中，，即为正三角形， 又因为，分别为棱和的中点，所以，故异面直线与所成角即为，故C正确； 对于D，如图，连接， 在正方体中，，所以四边形为平行四边形， 则，又，所以，所以四点共面， 故平面截正方体所得截面为四边形， 设正方体棱长为，则， 所以，又，故截面为四边形为等腰梯形，故D正确. 故选：ACD. 43．（河北衡水中学2023-2024学年高三下学期自我提升测试）把底面为椭圆且母线与底面都垂直的柱体称为“椭圆柱”.如图，椭圆柱(中椭圆长轴，短轴，为下底面椭圆的左右焦点，为上底面椭圆的右焦点，， P为线段上的动点，E 为线段上的动点，MN 为过点的下底面的一条动弦(不与AB重合)，则下列选项正确的是（    ）    A．当平面时，为的中点 B．三棱锥外接球的表面积为 C．若点Q是下底面椭圆上的动点，是点Q在上底面的射影，且，与下底面所成的角分别为，则的最大值为 D．三棱锥体积的最大值为8 【答案】ACD 【分析】当平面时，可得，确定点位置判断选项A；几何法求三棱锥外接球的半径，计算表面积判断选项B；令，得，由求最大值判断选项C；由，要使三棱锥体积最大，只需的面积和到平面距离之和都最大，求结果判断选项D. 【详解】由题设，长轴长，短轴长， 则，    得分别是中点，而柱体中为矩形，连接， 由，，∴四边形为平行四边形，， 当平面时，平面，平面平面， 则，有， 中，是中点，则为的中点，A选项正确； ，，，则中，，， 外接圆半径为， ，则平面， 三棱锥外接球的半径为， 所以外接球的表面积为，B选项错误； 点Q是下底面椭圆上的动点，是点Q在上底面的射影，且，与下底面所成的角分别为， 令，则，又， 则，，， ，由椭圆性质知， 则当或时，的最大值为，C选项正确；    由，要使三棱锥体积最大， 只需的面积和到平面距离之和都最大， ，令，且，则， ， 当时，有最大值， 在下底面内以为原点，构建如上图的直角坐标系，且，则椭圆方程为， 设，联立椭圆得，， ，， 令，， 由对勾函数性质可知在上递增，， 综上，三棱锥体积的最大值为，D选项正确. 故选：ACD 【点睛】方法点睛： 本题是解析几何与立体几何的综合问题，解析几何部分要用好椭圆的定义、方程和性质，确定图形中各点的位置，利用韦达定理解决弦长；椭圆中立体几何部分要用好几何体的结构特征，利用线面平行的性质得线线平行，几何法解决外接球问题，几何法求线面角. 44．（河北省衡水中学2024届高三下学期押题）已知正三棱柱的棱长均为为棱上靠近点的四等分点，为棱的中点，则（    ） A．平面平面 B．直线与所成角的正切值为3 C．点到平面的距离为 D．以为球心，2为半径的球面与该棱柱的棱公共点的个数为6 【答案】AC 【分析】运用立体几何的几何法证明线面垂直可判断A、B，利用三棱锥的等体积法判断，根据圆心到直线的距离与半径相比，可判断D. 【详解】由题意得，， 则， 所以，则； 因为正三棱柱中，为棱的中点， 所以，平面平面， 又平面平面平面，所以平面， 又平面，所以； 又，平面，所以平面， 又平面，所以平面平面，故A正确； 如图①，连接，交于点，连接，则是的中位线， 所以，由平面及平面，得， 所以，故B错误； ，， 由余弦定理，，则， 设点到平面的距离为，由， 得，解得， 所以点到平面的距离为，故正确； 如图②，，到棱的距离等于，， 故球的球面与侧面的棱各有一个交点，分别为， 同理可得与侧面的棱各有一个交点，分别为， 如图③，，， 到棱的距离等于， 故球的一个截面圆与有两个交点分别为. 如图④，，， 到棱的距离等于， 故球的一个截面圆与没有交点. 综上，以为球心，2为半径的球面与该棱柱的棱公共点的个数为8，故D错误. 故选：AC. 【点睛】方法点睛：点到平面的距离常用几何的等体积法和向量的投影方法来解决；要判断球与棱的公共点个数，先判断棱所在直线与球的位置关系，再结合球心到棱端点的距离与球半径的大小关系来判断. 45．（湖南省长沙市长郡中学2024届考前模拟）如图，已知正方体的棱长为为底面的中心，交平面于点，点为棱的中点，则（    ） A．三点共线 B．点到平面的距离为 C．用过点的平面截该正方体所得的较小部分的体积为 D．用过点且平行于平面的平面截该正方体，则截得的两个多面体的能容纳的最大球的半径均为 【答案】ACD 【分析】对于A，只需证明三点都在平面与平面上（即在交线上）即可判断；对于B，首先证明平面，然后通过解三角形知识即可验算；对于C，首先得出过点的平面截该正方体所得的较小部分为三棱台，结合棱台体积公式验算即可；对于D，首先算出，，， 【详解】由已知平面平面平面， 又平面平面平面， 所以三点都在平面与平面的交线上，即三点共线，故A正确； 因为平面平面， 所以， 又平面， 所以平面， 又平面， 所以， 同理可得， 因为，平面， 所以平面，则的长度就是点到平面的距离， 显然为正三角形的中心， 因为正方体的棱长为4， 所以正三角形的边长为，所以， 又，所以， 即点到平面的距离为，故B错误； 取的中点，连接，因为， 所以等腰梯形就是过点的平面截该正方体所得的截面， 如图： 所以过点的平面截该正方体所得的较小部分为三棱台， 其体积为，故C正确； 过点且平行平面的平面截该正方体，所截得的两个多面体全等，如下图所示， 该七面体能容纳的最大球亦为正三棱锥的内切球（如下图所示）， ， 设为的中心，则，高， 设正三棱锥的内切球的半径为， 则，① 在中，， 得，， 代入①，得，故D正确. 故选：ACD. 【点睛】关键点睛：判断D选项的关键是准确画出图形计算正三棱锥的表面积体积，由等体积法即可顺利得解. 46．（湖南长沙长郡中学2024届高三下学期二模）在三棱锥中，平面平面，，则（    ） A．三棱锥的体积为1 B．点到直线AD的距离为 C．二面角的正切值为2 D．三棱锥外接球的球心到平面的距离为 【答案】ACD 【分析】对A：取AB的中点，面面垂直的性质定理及等体积法计算即可得；对B、C：结合中位线的性质构造出点到直线的距离，结合勾股定理计算即可得其长度，亦可得二面角的平面角，即可得其正切值；对D：设出外接球球心及，的外心，，结合线面垂直的性质定理可得四边形为矩形，从而可计算出，即可得解. 【详解】对A：如图，取AB的中点，连接DG，CG， 因为平面平面，且平面平面， 平面，又因为，所以， 所以平面， 因为， 所以，故A正确； 对B、C：取AD的中点，连接BE，取AE的中点，连接FG，CF， 因为F，G分别为AE，AB中点，则， 又因为，所以，所以， 因为平面，平面，所以， 又，，平面， 所以平面，又因为平面，则， 则点到直线AD的距离为， 则为二面角的平面角，，B错误，C正确； 对D：设，的外心分别为，，则， 又平面平面，平面，所以平面， 设三棱锥外接球的球心为，则平面，平面， 所以四边形为矩形，则， 故三棱锥外接球的球心到平面的距离为，D正确. 故选：ACD. 47．（湖南长沙雅礼中学2024届高三下学期3月测试）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（    ） A．不存在点M，使得 B．的最小值为 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 【答案】BD 【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． 48．（湖南长沙雅礼中学2024届高三一模）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（    ）    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 【答案】ACD 【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 49等，，为圆柱上下底面的圆心，O为球心，EF为底面圆的一条直径，若球的半径，则（    ） A．球与圆柱的体积之比为 B．四面体CDEF的体积的取值范围为 C．平面DEF截得球的截面面积最小值为 D．若P为球面和圆柱侧面的交线上一点，则的取值范围为 【答案】AD 【分析】根据给定的条件，利用球、圆柱的体积公式计算判断A；利用建立函数关系判断B；求出球心O到平面DEF距离的最大值判断C；令点P在圆柱下底面圆所在平面上的投影点为Q，设，利用勾股定理建立函数关系，求出值域作答. 【详解】对于A，球的体积为，圆柱的体积，则球与圆柱的体积之比为，A正确； 对于B，设为点到平面的距离，，而平面经过线段的中点， 四面体CDEF的体积，B错误； 对于C，过作于，如图，而，则， 又，于是，设截面圆的半径为，球心到平面的距离为，则， 又，则平面DEF截球的截面圆面积，C错误； 对于D，令经过点P的圆柱的母线与下底面圆的公共点为Q，连接， 当与都不重合时，设，则，当与之一重合时，上式也成立， 因此，， 则， 令，则，而，即， 因此，解得，所以的取值范围为，D正确. 故选：AD 【点睛】思路点睛：与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图. 50．（2024吉林长春东北师大附中高三七模）已知正方体边长为2，动点满足，则下列说法正确的是（    ） A．当时，则直线平面 B．当时，的最小值为 C．当时，的取值范围为 D．当，且时，则点的轨迹长度为 【答案】BC 【分析】由时，得到为的中点，可判定A错误；在上取点，得到求得点在上，将平面与平面沿着展开到同一平面内，可判定B正确；证得平面，求得的最大值与最小值，可判定C正确；求得点的轨迹在内，根据题意得到点轨迹是以为圆心，为半径的圆的一部分，且，可判定D错误． 【详解】对于A中，由于时，则，此时为的中点， 在正方体中，由平面，所以直线不会垂直平面，所以A错误； 对于B中，在上取点，使，在上取点，使， 因为，即，可得点在上， 将平面与平面沿着展开到同一平面内，如图（1）（2）所示， 连接交于，此时三点共线，取到最小值即的长， 由于，所以，则， 所以，所以， 即此时的最小值为，所以B正确； 对于C中，当时，可得点的轨迹在平面内（包括边界）， 在正方形中，可得， 因为平面，平面，所以， 又因为，且平面，所以平面， 所以，又由， 所以的取值范围为，所以C正确； 对于D中，当时，可得点的轨迹在内（包括边界）， 由于平面，平面，可得， 又因为平面，故平面， 因为平面，可得，同理可证， 又因为平面，所以平面， 设与平面交于点，由于， 为边长为的正三角形，则点到平面的距离为， 若，则，即点落在以为圆心，为半径的圆上， 此时点到三边的距离均为， 即点轨迹是以为圆心，为半径的圆的一部分， 又由，其轨迹长度为3倍的弧长，所以D错误． 故选：BC. 【点睛】方法点睛： 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. 51．（湖南师大附中2023-2024学年高三下一模）如图，在棱长为2的正方体中，已知M，N，P分别是棱，，的中点，Q为平面上的动点，且直线与直线的夹角为，则（    ） A．平面 B．平面截正方体所得的截面面积为 C．点Q的轨迹长度为 D．能放入由平面PMN分割该正方体所成的两个空间几何体内部（厚度忽略不计）的球的半径的最大值为 【答案】ABD 【分析】A选项，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，得到线面垂直；B选项，作出辅助线，找到平面截正方体所得的截面，求出面积；C选项，作出辅助线，得到点Q的轨迹，并求出轨迹长度；D选项，由对称性得到平面分割该正方体所成的两个空间几何体对称，由对称性可知，球心在上，设球心为，由得到方程，求出半径的最大值. 【详解】A选项，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， ， 故. 设平面的法向量为， 则， 令得，，故， 因为，故平面，A正确； B选项，取的中点，连接， 因为M，N，P分别是棱，，的中点， 所以，又， 所以，所以平面截正方体所得的截面为正六边形， 其中边长为，故面积为，B正确； C选项，Q为平面上的动点，直线与直线的夹角为， 又平面，设垂足为，以为圆心，为半径作圆， 即为点Q的轨迹， 其中，由对称性可知，， 故半径， 故点Q的轨迹长度为，C错误； D选项，因为M，N，P分别是棱，，的中点， 所以平面分割该正方体所成的两个空间几何体对称， 不妨求能放入含有顶点的空间几何体的球的半径最大值， 该球与平面切与点，与平面，平面，平面相切， 由对称性可知，球心在上，设球心为，则半径为， ，故，即，解得， 故球的半径的最大值为，D正确. 故选：ABD 【点睛】立体几何中截面的处理思路： （1）直接连接法：有两点在几何体的同一个平面上，连接该两点即为几何体与截面的交线，找截面就是找交线的过程； （2）作平行线法：过直线与直线外一点作截面，若直线所在的平面与点所在的平面平行，可以通过过点找直线的平行线找到几何体与截面的交线； （3）作延长线找交点法：若直线相交但在立体几何中未体现，可通过作延长线的方法先找到交点，然后借助交点找到截面形成的交线； （4）辅助平面法：若三个点两两都不在一个侧面或者底面中，则在作截面时需要作一个辅助平面. 52．（湖南师大附中2024二模）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（    ） 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 【答案】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. 53．（河南郑州外国语2024高三适应性考试）如图，在正方体中，点为线段上的动点，则下列结论正确的是（    ） A．当时，的值最小 B．当时， C．若平面上的动点满足，则点的轨迹是椭圆 D．直线与平面所成角的正弦值是 【答案】ABC 【分析】对于选项A,B，建立空间直角坐标系，利用向量运算可判断；对于C，构造圆锥．母线与中轴线的夹角为，然后用平面去截圆锥，根据椭圆定义可判断；对于D，易知是与平面所成的角，可判断得解. 【详解】对于A选项，建立如图1所示的空间直角坐标系，    设，则． 设，则． ， ， ， 当，即时，的值最小，故A正确． 对于B选项，， ， ，故B正确． 对于C选项，如图2所示构造圆锥．母线与中轴线的夹角为，然后用平面去截圆锥， 使直线与平面的夹角为，则截口为点的轨迹图形， 由圆锥曲线的定义可知，点的轨迹为椭圆，故C正确． 对于D选项，直线与平面所成的角，即直线与平面所成的角． 是与平面所成的角，又，则，故D不正确． 故选：ABC．    54．（广东广州华南师大附中2024年5月月考）如图所示，在五面体中，都是等腰直角三角形，，且平面平面，平面平面，则下列说法正确的有（    ） A．平面 B．五面体的外接球半径为2 C．五面体的体积为 D．五面体的内切球半径为 【答案】ABC 【分析】由线面平行的判定定理可判断A；由五面体的外接球球心为的中点可判断B；五面体的体积为，分别求出三个三棱锥的体积可判断C；先假设五面体存在内切球，后验证与假设矛盾可判断D. 【详解】对于，分别取的中点，连接， 设，则， ， 又平面平面，平面平面平面， 平面， 同理可证平面，， 又因为，所以四边形是平行四边形，， 又平面平面， 平面，故选项正确； 对于B，取中点，由A知，因为， 又因为，所以四边形，是平行四边形， 所以， 所以五面体的外接球球心为点，其半径为2，故选项正确， 对于C，五面体的体积为： ， ， 因为三棱锥的每条边的边长为， 如下图，过点作平面，连接交于点， 所以， 所以， 所以， 所以， 故五面体的体积为，故选项正确， 对于D，假设五面体存在内切球，设其半径为， 则其平行于底面的球大圆内切于距底面高度为的梯形，梯形高为，上底为， 下底为，两腰与下底的夹角均为， 但此时梯形并不存在半径为的内切圆，故五面体不存在内切球，选项错误. 故选：ABC. 【点睛】方法点睛：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. 55．（浙江杭州二中2024届6月热身考试）已知正四面体，过点的平面将四面体的体积平分，则下列命题正确的是（    ） A．截面一定是锐角三角形 B．截面可以是等边三角形 C．截面可能为直角三角形 D．截面为等腰三角形的有6个 【答案】AD 【分析】根据题意，结合正四面体的几何特征，以及余弦定理和三角形的性质，逐项判定，即可求解. 【详解】如图所示，设过点的截面交底面于点，且， 因为过点的平面将正四面体的体积平分，即平分的面积， 可设正四面体的棱长为， 可得，解得，且， 对于A中，在中，可得， 在中，可得， 在中，可得， 则，即， 同理可得，， 即在中，任意的两边的平方和大于第三边，所以为锐角三角形，所以A正确； 对于B中，若截面为等边三角形，则满足， 若，即，可得， 此时，可得， 所以截面不是等边三角形，所以B错误； 对于C中，当点与点重合时，要使得平面平分三棱锥的体积， 即平分的面积，此时为的中点，此时， 则中，边取得最小值，且，且， 可得，此时的最大角为锐角， 所以不能为直角三角形，所以C错误； 对于D中，当过点截面过底面的一个顶点和对边的中点时， 如图（1）所示，得到截面，,，此时， 此时三个三角形都为等腰三角形，且满足把正四面体的体积平分； 如图（2）所示，在的边长上分别取， 使得，连接， 使得恰好平分的面积，此时截面恰好平分正四面体的体积，且为等腰三角形， 综上可得，截面为等腰三角形的有6个，所以D正确. 故选：AD.     56．（辽宁沈阳东北育才2024高三六模）如图，在中，，，，过中点的直线与线段交于点．将沿直线翻折至，且点在平面内的射影在线段上，连接交于点，是直线上异于的任意一点，则（    ）    A． B． C．点的轨迹的长度为 D．直线与平面所成角的余弦值的最小值为 【答案】BCD 【分析】A、B选项结合线面角最小，二面角最大可判断;对于C，先由旋转，易判断出，故其轨迹为圆弧，即可求解.对于D求直线与平面所成角的余弦值，即求，，用表示，再结合三角恒等变换求出函数的最值即可 【详解】    依题意，将沿直线翻折至，连接,由翻折的性质可知，关于所沿轴对称的两点连线被该轴垂直平分， 故，又在平面内的射影在线段上， 所以平面，平面，所以， ，平面，平面 所以平面. 平面，平面，平面， ， ，且即为二面角的平面角 对于A选项，由题意可知，为与平面所成的线面角，故由线面角最小可知，故A错误； 对于B选项， 即为二面角的平面角，故由二面角最大可知，故B正确； 对于C选项， 恒成立，故的轨迹为以为直径的圆弧夹在内的部分，易知其长度为，故C正确； 对于D选项，如下图所示    设， 在中，，， 在中，，， 所以，设直线与平面所成角为， 则 ， 当且仅当时取等号，故D正确． 故选：BCD． 57．（山东省实验2024届高三一模）已知四棱锥，底面ABCD是正方形，平面，，PC与底面ABCD所成角的正切值为，点M为平面内一点（异于点A），且，则（    ） A．存在点M，使得平面 B．存在点M，使得直线与所成角为 C．当时，三棱锥的体积最大值为 D．当时，以P为球心，为半径的球面与四棱锥各面的交线长为 【答案】BC 【分析】利用反证法判断A；建立空间直角坐标系，根据空间角的向量求法，可判断B；根据点M的轨迹，结合棱锥的体积公式判断C；利用棱锥的侧面展开图结合弧长的计算判断D. 【详解】对于A，假设存在点M，使得平面， 由于平面，平面，则平面平面， 平面平面，平面，则， 由于，平面，故直线重合， 即M点落在上，由于，即M落在以A为圆心，以为半径的圆面内(不包含圆)， 这与M点落在上矛盾，A错误； 对于B，以A为坐标原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系， 平面，则即为与底面所成角， 故，而，故， 则， 结合A的分析，可取，则, 由于直线与所成角范围为，故此时直线与所成角为， 即存在点M，使得直线与所成角为，B正确； 对于C，当时，当M位于的延长线时，的高最大为， 此时面积最大，最大值为，则三棱锥的体积最大值为，C正确； 对于D，当时，， 以P为球心，为半径的球面与四棱锥各面的交线是以P为圆心， 为半径的圆与侧面展开图的交线，如下图， 由于,则,即, 则，则， 则，根据对称性有， 故的长为， 又球与底面的交线是以A为圆心，为半径的四分之一圆，故长度为， 故以P为球心，为半径的球面与四棱锥各面的交线长为，D错误， 故选：BC 【点睛】难点点睛：本题考查了几何体中求解空间角以及体积和侧面展开图的问题，难度较大，难点在于D选项的判断，解答时要利用侧面展开图求解. 58．（江苏南京外国语2024年2月开学考试）如图，在矩形中，点B，C，D与点，，分别是线段与的四等分点，且．若把矩形卷成以为母线的圆柱的侧面，使线段，重合，则（    ）．    A．直线与异面 B．直线与异面 C．直线与平面垂直 D．直线与平面垂直 【答案】BC 【分析】由题意可证得可判断A；由异面直线的定义可判断B；由线面垂直的判定定理可判断C；与不一定垂直可判断D. 【详解】对于A，因为点B，C，D与点，，分别是线段与的四等分点，取分别为下底面和上底面的圆心，根据对称性直线，故A不正确；    对于B，连接，直线与既不平行也不相交，故直线与异面直线，故B正确；      对于C，因为点B，C，D与点，，分别是线段与的四等分点， 连接， 由圆柱的性质知，，所以四边形为平行四边形， 所以，同理，因为圆的直径，所以， 即，又因为底面，底面，所以，，平面，所以平面，故C正确；    对于D，连接，因为圆弧，则设圆的半径为， 所以圆弧，而，所以圆弧， 所以与不一定相等，故四边形的对角线与不一定垂直， 所以直线与平面不一定垂直，故D不正确；    故选：BC. 59．（安徽合肥一六八中学2024届最后一卷）如图，在边长为1的正方体中，点为线段上的动点，则（    ） A．不存在点，使得 B．的最小值为 C．当时， D．若平面上的动点满足，则点的轨迹是直线的一部分 【答案】BC 【分析】A选项，根据线面垂直的性质证明当为的中点时；B选项，设，然后利用向量的线性运算和数量积的运算律得到，最后求最小值即可；C选项，利用空间向量再证明即可；D选项，建立空间直角坐标系，然后根据列方程得到点的轨迹方程，即可得到点的轨迹. 【详解】 A选项：当为的中点时，理由如下： 由图可知，当为的中点时平面， 因为为正方体，所以平面，， 因为平面，所以， 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以，故A错误； B选项：设，， 则， ， 所以，当时取得最小值，最小值为，故B正确； C选项：当时，，，， 所以，故C正确； D选项：如图，以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系， ，，设，，则，， 当平面上的动点满足时，， 整理得，所以点的轨迹为椭圆的一部分，故D错. 故选：BC. 60．（贵州贵阳一中2024届高三一模）如图，正方体的棱长为1，是线，段上的动点，则下列结论正确的是（    ） A．四面体的体积为定值 B．的最小值为 C．平面 D．当直线与所成的角最大时，四面体的外接球的体积为 【答案】AC 【分析】对于A，利用平面平面可得到到平面的距离相等，即可判断；对于B，举反例即可判断；对于C，连接，，证明平面平面即可判断；对于D，当与重合时，直线与所成的角最大，则求出外接球半径即可. 【详解】对于A，由正方体可得平面平面，且平面， 所以到平面的距离等于到平面的距离， 所以四面体的体积为， 所以四面体的体积为定值，故 A正确； 对于B，当与重合时，， 所以的最小值不为，故B错误； 对于C， 连接，， 由正方体可得，所以四边形是平行四边形， 所以， 因为平面，平面，所以平面， 同理可得平面， 因为，平面，所以平面平面， 因为平面，所以平面，故C正确； 对于D，因为，所以（或其补角）为直线与所成的角， 由图可得当与重合时，此时最大，故此时直线与所成的角最大， 所以四面体即四面体的外接球即为正方体的外接球， 所以外接球的直径为，即， 所以四面体的外接球的体积为，故D错误； 故选：AC. 【点睛】方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法： ①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解； ②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径； ③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可； ④坐标法：建立空间直角坐标系，设出外接球球心的坐标，根据球心到各顶点的距离相等建立方程组，求出球心坐标，利用空间中两点间的距离公式可求得球的半径. 61．（重庆巴蜀中学2024届高考适应性考试）柏拉图实体，也称为柏拉图多面体，是一组具有高度对称性的几何体．它们的特点是每个面都是相同的正多边形，每个顶点处的面的排列也完全相同．正八面体就是柏拉图实体的一种．如图是一个棱长为2的正八面体．甲、乙二人使用它作游戏：甲任选三个顶点，乙任选三个面的中心点，构成三角形．甲、乙选择互不影响，下列说法正确的是（    ） A．该正八面体的外接球的体积为 B．平面截该正八面体的外接球所得截面的面积为 C．甲能构成正三角形的概率为 D．甲与乙均能构成正三角形的概率为 【答案】ABD 【分析】由图形，根据勾股定理求出球的半径，结合球的体积公式计算即可判断A；如图，根据等面积求出OH，进而求出截面圆的半径即可判断B；确定甲乙选择的三个点构成正三角形的情况，结合古典概型的概率公式计算即可判断CD. 【详解】A：由棱长为2，得正八面体上半部分的斜高为，高为， 则正八面体的体积为． 则正八面体的外接球的球心为，半径为， 所以外接球的体积为，故A正确； B：由于到平面的距离等于到平面的距离， 在中，过作的垂线，垂足为，则平面． 由，得， 平面截正八面体的外接球所得截面是圆，半径， 所以所得截面的面积为，故B正确； C：甲随机选择的情况有种，甲选择的三个点构成正三角形，只有一种情况： 甲从上下两个点中选一个，从中间四个点中选相邻两个，共有种， 甲构成正三角形的概率为，故C错误； D：乙随机选择的情况有种，乙构成正三角形，只有一种情况： 上面四个面的中心中选一个点且从下面四个面的中心选相对的两个点， 或下面四个面的中心中选一个点且从上面四个面的中心选相对的两个点， 共有种，概率为；又甲能构成正三角形的概率为， 所以甲与乙均能构成正三角形的概率为，故D正确. 故选：ABD． 【点睛】关键点点睛：本题考查几何体与球的综合问题，垂直关系的转化，平面截球的问题，关键是：⑴利用球的弦长公式计算弦长；⑵确定平面截球体所得截面的形状. 62．（福建福州一中2024届高三5月模拟）在棱长为2的正方体中，分别是的中点，是线段上的动点（不含端点），则（    ） A．存在点，使平面 B．存在点，点到直线的距离等于 C．过四点的球的体积为 D．过三点的平面截正方体所得截面为六边形 【答案】ACD 【分析】对于A，利用线面平行的判定定理即可；对于B，设，然后解方程即可；对于C，利用外接球的性质求出其半径，再求其体积即可；对于D，直接构造出相应的截面即可. 【详解】 对于A，当是的中点时，由于是的中点，故. 而，且，故四边形是平行四边形，所以，从而. 而在平面内，不在平面内，所以平面，故A正确； 对于B，设，则，，. 所以， 这就得到. 故点到直线的距离，故B错误； 对于C，设的中点为，过四点的球的球心为，在平面上的投影为，则. 由可知平面，再由可知是的中点. 所以球的半径. 从而球的体积，故C正确； 对于D，分别在上取点，使得. 则过三点的平面截正方体所得截面为六边形，故D正确. 故选：ACD. 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于对线面平行的判定定理的使用. 1 学科网（北京）股份有限公司 $$