专题08 空间向量与立体几何（期末真题汇编，江苏专用）高三数学上学期

专题08 空间向量与立体几何 12大高频考点概览 考点01 点线面位置关系 考点02 线面平行的判定及性质 考点03 线面垂直的判定及性质 考点04 面面平行的判定及性质 考点05 面面垂直的判定及性质 考点06 空间几何体的表面积与体积 考点07 异面直线所成角 考点08 线面角 考点09 二面角 考点10 空间距离 考点11 几何体的外接与内切球 考点12 几何体的截面问题 地 城 考点01 点线面位置关系 1．（2024·江苏南京·期末）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 地 城 考点02 线面平行的判定及性质 2．（2023·江苏常州·期末）如图，在四棱锥中，底面ABCD，底面ABCD为正方形，，E，F，M分别是PB，CD，PD的中点． (1)证明：平面PAD． (2)求平面AMF与平面EMF的夹角的余弦值． 3．（2024高三·江苏镇江·期末）如图，在直三棱柱中，，，点、分别为棱、的中点． (1)求证：平面； (2)求直线与直线的夹角的余弦值； (3)求点到平面的距离． 4．（2023·江苏南通·期末）如图，在圆台中，分别为上、下底面直径，且，， 为异于的一条母线． (1)若为的中点，证明：平面； (2)若，求二面角的正弦值． 地 城 考点03 线面垂直的判定及性质 5．（2024·江苏南京·期末）如图，正三棱锥的三条侧棱、、两两垂直，且长度均为2．、分别是、的中点，是的中点，过作平面与侧棱、、或其延长线分别相交于、、，已知． （1）求证：⊥平面； （2）求二面角的大小． 6．（2024·江苏泰州·期末）如图，在三棱锥中，是外接圆的直径，垂直于圆所在的平面，、分别是棱、的中点． (1)求证：平面； (2)若二面角为，，求与平面所成角的正弦值． 7．（23-24高三上·江苏南通·期末）已知是圆锥的底面直径，C是底面圆周上的一点，，平面和平面将圆锥截去部分后的几何体如图所示． (1)证明：平面； (2)求二面角的余弦值． 8．（23-24高三上·江苏常州·期末）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，，是的中点，是线段上一点，且平面，． (1)求证：平面； (2)求平面和平面所成的二面角的正弦值． 地 城 考点04 面面平行的判定及性质 9．（23-24高三上·江苏苏州·期末）如图，在多面体中，底面为平行四边形，，矩形所在平面与底面垂直，为的中点. (1)求证：平面平面； (2)若平面与平面夹角的余弦值为，求与平面所成角的正弦值. 地 城 考点05 面面垂直的判定及性质 10．（2024·江苏盐城·期末）如图，在三棱柱中，，，且平面平面. （1）求证：平面平面； （2）设点为直线的中点，求直线与平面所成角的正弦值. 11．（23-24高三上·江苏苏州·期末）如图所示，四边形ABCD为圆柱ST的轴截面，点Р为圆弧BC上一点（点P异于B，C）． (1)证明：平面PAB⊥平面PAC； (2)若，（），且二面角的余弦值为，求的值． 12．（23-24高三上·江苏·期末）在平行六面体中，底面为正方形，，，侧面底面. (1)求证：平面平面； (2)求直线和平面所成角的正弦值. 13．（23-24高三上·江苏扬州·期末）如图，在三棱锥中，底面是边长为2的正三角形，. (1)求证：； (2)若平面平面，在线段（包含端点）上是否存在一点E，使得平面平面，若存在，求出的长，若不存在，请说明理由. 14．（24-25高三上·江苏·期末）如图，在所有棱长都为2的三棱柱中，点E是棱的中点，． (1)求证：平面平面； (2)若，点P满足，求直线与平面所成角的正弦值． 地 城 考点06 空间几何体的表面积与体积 15．（23-24高三上·江苏泰州·期末）底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥，所得棱台的体积为（    ） A．26 B．28 C．30 D．32 16．（23-24高三上·江苏苏州·期末）在梯形中，，以下底所在直线为轴，其余三边旋转一周形成的面围成一个几何体，则该几何体的体积为（   ） A． B． C． D． 17．（23-24高三上·江苏扬州·期末）某圆台的上下底面半径分别为1和2，若它的外接球表面积为，则该圆台的高为 . 18．（24-25高三上·江苏·期末）已知四棱锥的底面是平行四边形，点E满足．设三棱锥和四棱锥的体积分别为和，则的值为 ． 19．（23-24高三上·江苏扬州·期末）折扇是我国古老文化的延续，在我国已有四千年左右的历史，“扇”与“善”谐音，折扇也寓意“善良”“善行”.它常以字画的形式体现我国的传统文化，也是运筹帷幄、决胜千里、大智大勇的象征（如图1）.图2是一个圆台的侧面展开图（扇形的一部分），若两个圆弧DE，AC所在圆的半径分别是3和6，且，则该圆台的体积为（    ） A． B． C． D． 20．（2023·江苏·期末）在三棱锥中，，，圆柱体在三棱锥内部（包含边界），且该圆柱体的底面圆在平面内，则当该圆柱体的体积最大时，圆柱体的高为（    ） A． B． C． D． 21．（23-24高三上·江苏·期末）某兴趣小组准备将一棱长为a的正方体木块打磨成圆锥，则圆锥的最大体积为 ． 地 城 考点07 异面直线所成角 22．（23-24高三上·江苏常州·期末）已知二面角为，内一条直线与所成角为，内一条直线与所成角为，则直线与直线所成角的余弦值是 ． 23．（2023·江苏南通·期末）（多选）在边长为2的菱形ABCD中，，将菱形ABCD沿对角线BD折成空间四边形A'BCD，使得．设E，F分别为棱BC，A'D的中点，则（    ） A． B．直线A'C与EF所成角的余弦值为 C．直线A'C与EF的距离为 D．四面体A'BCD的外接球的表面积为 地 城 考点08 线面角 24．（2023·江苏南京·期末）如图，平面五边形中，△是边长为2的等边三角形，，，，将△沿翻折，使点翻折到点． (1)证明：； (2)若，求直线与平面所成角的正弦值． 25．（2024·江苏扬州·期末）在四棱锥中，底面． (1)证明：； (2)求PD与平面所成的角的正弦值． 26．（23-24高三上·江苏南京·期末）（多选）如图，长方体中，，点是半圆弧上的动点（不包括端点），点是半圆弧上的动点（不包括端点），则下列说法正确的是（    ）    A．的取值范围是 B．若与平面所成的角为，则 C．的最小值为 D．若三棱锥的外接球表面积为，则 地 城 考点09 二面角 27．（23-24高三上·江苏·期末）图1是蜂房正对着蜜蜂巢穴开口的截面图，它是由许多个正六边形互相紧挨在一起构成．可以看出蜂房的底部是由三个大小相同的菱形组成，且这三个菱形不在一个平面上．研究表明蜂房底部的菱形相似于菱形十二面体的表面菱形，图2是一个菱形十二面体，它是由十二个相同的菱形围成的几何体，也可以看作正方体的各个正方形面上扣上一个正四棱锥（如图3），且平面与平面的夹角为，则（    ） A． B． C． D． 28．（2023·江苏连云港·期末）如图，直三棱柱中，，E，F分别是AB，的中点． (1)证明：EF⊥BC； (2)若，直线EF与平面ABC所成的角为，求平面与平面FEC夹角的余弦值． 29．（23-24高三上·江苏扬州·期末）如图，在四棱锥中，为等边三角形，四边形是边长为2的菱形，平面平面分别为的中点，且. (1)求证：； (2)求二面角的余弦值. 30．（23-24高三上·江苏·期末）如图，在直四棱柱中，，，．    (1)证明：； (2)求二面角的平面角的余弦值． 地 城 考点10 空间距离 31．（23-24高三上·江苏常州·期末）已知正三棱锥的侧棱长为3，当该三棱锥的体积取得最大值时，点到平面的距离是（   ） A． B． C．3 D． 32．（24-25高三上·江苏扬州·期末）（多选）如图，在棱长为1的正四面体中，点是顶点在底面内的射影，为的中点，则（    ） A． B． C．点到平面的距离为 D．三棱锥的外接球的表面积为 33．（23-24高三上·江苏苏州·期末）（多选）如图，在长方体中，已知为棱的中点，为底面上（含边界）的一动点.记点轨迹的长度为，则下列说法正确的有（   ） A．若，则 B．若平面，则 C．若，则 D．若到平面的距离为，则 地 城 考点11 几何体的外接与内切球 34．（23-24高三·江苏镇江·期末）如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝AA1＝2，BC＝4，E为AD中点，则三棱锥A1﹣CDE外接球的表面积为（    ） A．8π B．24π C．32π D．44π 35．（23-24高三·江苏镇江·期末）在三棱锥中，平面，，是线段上的动点，记直线与平面所成角为，若的最大值为，则三棱锥外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 36．（2023·江苏连云港·期末）在三棱锥中，两两垂直，，为棱 上一点，于点，则面积的最大值为 ；此时，三棱锥 的外接球表面积为 ． 37．（2024·江苏南京·期末）在四面体中，，若，则四面体体积的最大值是 ，它的外接球表面积的最小值为 . 38．（23-24高三上·江苏·期末）（多选）在四棱锥中，平面，，，四棱锥的外接球为球O，则（    ） A．⊥ B． C． D．点O不可能在平面内 39．（23-24高三上·江苏泰州·阶段练习）（多选）已知棱长为1的正方体的棱切球（与正方体的各条棱都相切）为球，点为球面上的动点，则下列说法正确的是（    ） A．球的表面积为 B．球在正方体外部的体积大于 C．球内接圆柱的侧面积的最大值为 D．若点在正方体外部（含正方体表面）运动，则 40．（23-24高三上·江苏盐城·期末）（多选）下列物体，能够被半径为的球体完全容纳的有（    ） A．所有棱长均为的四面体 B．底面棱长为，高为的正六棱锥 C．底面直径为，高为的圆柱 D．上､下底面的边长分别为，高为的正四棱台 地 城 考点12 几何体的截面问题 41．（23-24高三上·江苏南通·期末）从正方体的八个顶点中选择四个顶点构成空间四面体，则该四面体不可能（    ） A．每个面都是等边三角形 B．每个面都是直角三角形 C．有一个面是等边三角形，另外三个面都是直角三角形 D．有两个面是等边三角形，另外两个面是直角三角形 42．（23-24高三上·江苏常州·期末）（多选）在棱长为2的正方体中，在线段上运动（包括端点），下列说法正确的有（   ） A．存在点，使得平面 B．不存在点，使得直线与平面所成的角为 C．的最小值为 D．以为球心，为半径的球体积最小时，被正方形截得的弧长是 43．（23-24高三上·江苏扬州·期末）（多选）棱长为2的正方体中，下列选项中正确的有（    ） A．过的平面截此正方体所得的截面为四边形 B．过的平面截此正方体所得的截面的面积范围为 C．四棱锥与四棱锥的公共部分为八面体 D．四棱锥与四棱锥的公共部分体积为 44．（23-24高三上·江苏南通·期末）（多选）我国古代数学家祖暅提出一条原理：“幂势既同，则积不容异”，即两个等高的几何体若在所有等高处的水平截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等．利用该原理可以证明：一个底面半径和高都等于R的圆柱，挖去一个以上底面为底面，下底面圆心为顶点的圆锥后，所得的几何体的体积与一个半径为R的半球的体积相等．现有一个半径为R的球，被一个距离球心为d（）的平面截成两部分，记两部分的体积分别为，则（    ） A． B． C．当时， D．当时， 试卷第1页，共3页 2 / 45 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题08 空间向量与立体几何 12大高频考点概览 考点01 点线面位置关系 考点02 线面平行的判定及性质 考点03 线面垂直的判定及性质 考点04 面面平行的判定及性质 考点05 面面垂直的判定及性质 考点06 空间几何体的表面积与体积 考点07 异面直线所成角 考点08 线面角 考点09 二面角 考点10 空间距离 考点11 几何体的外接与内切球 考点12 几何体的截面问题 地 城 考点01 点线面位置关系 1．（2024·江苏南京·期末）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． 地 城 考点02 线面平行的判定及性质 2．（2023·江苏常州·期末）如图，在四棱锥中，底面ABCD，底面ABCD为正方形，，E，F，M分别是PB，CD，PD的中点． (1)证明：平面PAD． (2)求平面AMF与平面EMF的夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取PA的中点N，证明后可得线面平行； （2）以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，用空间向量法求二面角． 【详解】（1）证明：取PA的中点N，连接EN，DN，因为E是PB的中点，所以，． 又底面ABCD为正方形，F是CD的中点，所以，，所以四边形ENDF为平行四边形，所以． 因为平面PAD，平面PAD，所以平面PAD． （2）以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 不妨设，则，，，，． 从而，，． 设平面AMF的法向量为，则，令，得． 设平面EMF的法向量为，则，令，得． ． 故平面AMF与平面EMF的夹角的余弦值为． 3．（2024高三·江苏镇江·期末）如图，在直三棱柱中，，，点、分别为棱、的中点． (1)求证：平面； (2)求直线与直线的夹角的余弦值； (3)求点到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）证明出四边形为平行四边形，可得出，再利用线面平行的判定定理可证得结论成立； （2）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可求得直线与直线的夹角的余弦值； （3）利用空间向量法可求得点到平面的距离. 【详解】（1）在直三棱柱中，且，则四边形为平行四边形， 所以，且， 因为、分别为、的中点，则且， 所以，四边形为平行四边形，所以，， 因为平面，平面，因此，平面. （2）因为平面，， 以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 因为，则、、、， 所以，，， ， 所以，直线与直线的夹角的余弦值为. （3）易知，，， 设平面的法向量为， 则，取，可得， 且，所以，点到平面的距离为. 4．（2023·江苏南通·期末）如图，在圆台中，分别为上、下底面直径，且，， 为异于的一条母线． (1)若为的中点，证明：平面； (2)若，求二面角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）如图根据题意和圆台的结构可知平面平面，有面面平行的性质可得，根据相似三角形的性质可得为中点，则，结合线面平行的判定定理即可证明； （2）建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法求出平面、平面的法向量，结合空间向量数量积的定义和同角的三角函数关系计算即可求解. 【详解】（1）如图，连接． 因为在圆台中，上、下底面直径分别为，且， 所以为圆台母线且交于一点P，所以四点共面. 在圆台中，平面平面， 由平面平面，平面平面，得. 又，所以， 所以，即为中点． 在中，又M为的中点，所以． 因为平面，平面， 所以平面； （2）以为坐标原点，分别为轴，过O且垂直于平面的直线为轴， 建立如图所示的空间直角坐标系． 因为，所以． 则． 因为，所以． 所以，所以． 设平面的法向量为， 所以，所以， 令，则，所以，又， 设平面的法向量为， 所以，所以， 令，则，所以， 所以． 设二面角的大小为，则， 所以． 所以二面角的正弦值为. . 地 城 考点03 线面垂直的判定及性质 5．（2024·江苏南京·期末）如图，正三棱锥的三条侧棱、、两两垂直，且长度均为2．、分别是、的中点，是的中点，过作平面与侧棱、、或其延长线分别相交于、、，已知． （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）利用三角形中位线定理结线面平行的判定可得∥平面，再由线面平行的性质可得∥，由等腰三角形的性质可得⊥，从而可得⊥，再由已知可得⊥平面，则⊥，然后利用线面垂直的判定定理可证得结论； （2）作⊥于，连，则由已知条件可证得平面，从而可得就是二面角的平面角，过作⊥于，则可得∥，设，然后利用平行线分线段成比例定理结合已知条件可求得，在中可求出的长，从而可求得，进而可直角三角形中可求得结果. 【详解】（1） 证明：因为、分别是、的中点， 所以是的中位线，所以∥， 因为平面，平面， 所以∥平面， 因为平面，平面平面， 所以∥． 因为、分别是、的中点， 所以， 因为，所以， 因为是的中点，所以⊥， 所以⊥． 因为⊥，⊥，， 所以⊥平面， 因为平面， 所以⊥， 因为 因此⊥面． （2） 作⊥于，连． 因为， 因为⊥平面， 因为平面， 所以， 因为，所以平面， 因为平面，所以⊥， 所以就是二面角的平面角． 过作⊥于，则∥，则是的中点， 则． 设，由得，，解得，则， 在中，， 则． 所以在中，， 故二面角为． 6．（2024·江苏泰州·期末）如图，在三棱锥中，是外接圆的直径，垂直于圆所在的平面，、分别是棱、的中点． (1)求证：平面； (2)若二面角为，，求与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）， ，由线面垂直的判定定理可得平面，再由三角形中位线定理可得答案； （2）以为坐标原点，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立的空间直角坐标系， 求出、平面的一个法向量，由线面角的向量求法可得答案. 【详解】（1）因为是圆的直径，所以， 因为垂直于圆所在的平面，平面，所以， 又因为，平面，平面PAC， 所以平面，因为分别是棱的中点， 所以，从而有平面； （2）由（1）可知，平面，平面， 所以,平面，平面,所以为二面角的平面角， 从而有，则， 又，得， 以C为坐标原点，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向， 建立如图所示的空间直角坐标系，， ,，，，， 所以，，, 设是平面的一个法向量， 则，即，可取， 设AE与平面ACD所成角为 故， 所以AE与平面ACD所成角的正弦值为. 7．（23-24高三上·江苏南通·期末）已知是圆锥的底面直径，C是底面圆周上的一点，，平面和平面将圆锥截去部分后的几何体如图所示． (1)证明：平面； (2)求二面角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由等腰三角形三线合一得，由线面垂直的性质得，结合线面垂直的判定定理即可得证； （2）建立适当的空间直角坐标系，求出两平面的法向量，然后利用向量夹角公式即得. 【详解】（1）为底面圆周上一点， ，又， 又为中点，， 又底面，底面， ， 又底面， 平面． （2）底面，底面， 所以， 又因为， 所以以为原点，所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 因为， ， ， 设平面的一个法向量， 由，，取，所以， 而平面的一个法向量， 设二面角平面角为，显然为锐角， ． 8．（23-24高三上·江苏常州·期末）如图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，，是的中点，是线段上一点，且平面，． (1)求证：平面； (2)求平面和平面所成的二面角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）过点作，证得，再由平面，得到，结合线面垂直的判定定理，即可证得平面； （2）以为坐标原点，分别求得平面和的一个法向量和，结合向量的夹角公式，即可求解. 【详解】（1）证明：过点作交于点，连接， 因为四边形为正方形，且为的中点，所以，所以， 又因为平面，且平面，平面平面， 所以，所以四边形为平行四边形，所以， 所以分别为的中点， 因为，所以， 又因为，为的中点，所以， 因为，且平面，所以平面， 又因为平面，所以， 因为，且平面，所以平面. （2）解：以为坐标原点，以所在的直线分别为轴，以垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 由， 在中，由余弦定理得， 所以，设轴与交于点，则， 可得， 又由（1）知，点为的中点，可得， 则， 设平面的一个法向量为，则， 取，可得，可得； 设平面的一个法向量为，则， 取，可得，可得， 设平面与平面所成的角为， 可得，所以. . 地 城 考点04 面面平行的判定及性质 9．（23-24高三上·江苏苏州·期末）如图，在多面体中，底面为平行四边形，，矩形所在平面与底面垂直，为的中点. (1)求证：平面平面； (2)若平面与平面夹角的余弦值为，求与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据平面与平面平行的判定定理证明； （2）建立空间直角坐标系，利用向量法求解. 【详解】（1）如图，连接交于点，连接. 因为底面为平行四边形， 所以为的中点. 因为为的中点，所以. 又因为平面平面， 所以平面. 因为为矩形，所以平面平面， 所以平面. 因为平面平面， 所以平面平面. （2）因为，所以. 因为平面平面，平面平面， 所以平面. 分别以为轴建立空间直角坐标系， 设，则，，，，， 所以， 设平面的法向量为，则 即，令，则， 设平面的法向量为，则 即，令，则， 所以，解得， 所以. 设与平面所成的角为， 则. 所以与平面所成的角的正弦值为. 地 城 考点05 面面垂直的判定及性质 10．（2024·江苏盐城·期末）如图，在三棱柱中，，，且平面平面. （1）求证：平面平面； （2）设点为直线的中点，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）在中，由正弦定理可得，则，进而由面面垂直的性质得出平面，即得，在中，由余弦定理求出可得，结合可得平面，即可证明； （2）以为坐标原点，以为轴，为轴，过作平面的垂线为轴建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量关系求解. 【详解】（1）证明：因为，所以. 因为，所以. 在中，，即， 所以，即. 又因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面. 又平面，所以， 在中，，，， 所以，即， 所以. 而，平面，平面，， 所以平面. 又平面，所以平面平面. （2）以为坐标原点，以为轴，为轴，过作平面的垂线为轴建立如图所示的空间直角坐标系： 则，，， 平面，，， 在三棱柱中，，可得，， 为中点，， ，，， 设平面的一个法向量为， 则，即，令，可得， 则， 设直线与平面所成角为， 则, 故直线与平面所成角的正弦值为. 【点睛】思路点睛：利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”. 11．（23-24高三上·江苏苏州·期末）如图所示，四边形ABCD为圆柱ST的轴截面，点Р为圆弧BC上一点（点P异于B，C）． (1)证明：平面PAB⊥平面PAC； (2)若，（），且二面角的余弦值为，求的值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）先根据直径所对的圆周角是直角及线面垂直的性质得出：，；再根据线面垂直的判定定理证得：PC⊥平面PAB；最后根据面面垂直的判定定理即可证明； （2）先建立空间直角坐标系，写出点的坐标，依据向量共线求出点；再求出平面PBM与平面BMC的法向量；最后根据面面所成角的向量计算方法即可求解. 【详解】（1）∵ P为圆弧BC上一点，BC为圆S直径，∴， ∵在圆柱ST中，平面BCP，平面BCP，∴， ∵，平面PAB，平面PAB， ∴平面PAB， ∵平面PAC， ∴平面平面PAC． （2）以点为坐标原点，、所在直线分别为轴、轴， 在平面BCP内以过点且垂直于的直线为轴、建立空间直角坐标系，如图所示： 因为， 则，，， 所以，，，，即 设，由得：， 即，∴，， 设平面PBM的一个法向量， ∴，令，得. ∵轴平面BMC， ∴取平面BMC的一个法向量， ∴， 解得：． 12．（23-24高三上·江苏·期末）在平行六面体中，底面为正方形，，，侧面底面. (1)求证：平面平面； (2)求直线和平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据面面垂直的判定定理可证； （2）建立空间直角坐标系，利用向量法求解. 【详解】（1）因为底面为正方形， 所以，又侧面底面， 侧面底面，且平面， 所以平面， 又因为平面，所以平面平面. （2）因为，，连接， 则为正三角形，取中点，则， 由平面及平面，得， 又，所以底面， 过点作交于， 如图以为原点建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，， 所以，，. 设平面的法向量， 所以 令，则，可得平面的法向量. 所以， 故直线和平面所成角的正弦值为. 13．（23-24高三上·江苏扬州·期末）如图，在三棱锥中，底面是边长为2的正三角形，. (1)求证：； (2)若平面平面，在线段（包含端点）上是否存在一点E，使得平面平面，若存在，求出的长，若不存在，请说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)存在， 【分析】（1）利用线面垂直的判定得平面，再通过线面垂直的性质即可证明； （2）建立合适的空间直角坐标系，求出相关法向量，利用面面垂直的空间向量法即可得到方程，解出即可. 【详解】（1）取的中点，连接， 因为是边长为2的正三角形，所以， 由，所以， 又平面，所以平面， 又平面，所以； （2）由（1）得，因为平面平面且交线为，且平面，所以平面， 如图，以点为原点，建立空间直角坐标系，则， 设，则， 设平面的法向量为，，则， 令，则，则 设平面的法向量为 则，令，所以， 若平面平面，则，求得， 此时，所以．即此时. 14．（24-25高三上·江苏·期末）如图，在所有棱长都为2的三棱柱中，点E是棱的中点，． (1)求证：平面平面； (2)若，点P满足，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）如图，由题意可得，根据线面垂直的判定定理可得平面，结合面面垂直的判定定理即可证明； （2）建立空间直角坐标系，根据和空间向量的坐标表示求得，利用空间向量法求解线面角即可. 【详解】（1）取的中点O，连接，，． 因为E为中点，O为中点，所以． 在三棱柱中，，则四边形是菱形，得， 则，又，，，平面， 所以平面．又因为平面，所以． 因为是等边三角形，O为中点，所以． 又因为，，平面， 所以平面．又因为面， 所以平面平面． （2）连接． 因为，，所以是等边三角形，所以． 又平面平面，平面平面，平面， 所以平面．由平面，得，又， 如图，以O为原点，、、分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系． 则，，，，． 设，又，即，得， 所以，则， 易知平面的一个法向量，所以， 设直线与平面所成角为θ，则． 地 城 考点06 空间几何体的表面积与体积 15．（23-24高三上·江苏泰州·期末）底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥，所得棱台的体积为（    ） A．26 B．28 C．30 D．32 【答案】B 【分析】割补法，根据正四棱锥的几何性质以及棱锥体积公式求得正确答案. 【详解】由于，而截去的正四棱锥的高为，所以原正四棱锥的高为， 所以正四棱锥的体积为， 截去的正四棱锥的体积为， 所以棱台的体积为. 故选：B. 16．（23-24高三上·江苏苏州·期末）在梯形中，，以下底所在直线为轴，其余三边旋转一周形成的面围成一个几何体，则该几何体的体积为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】所得几何体为圆柱与一个同底的圆锥的组合体，分别求出圆柱与圆锥的体积，从而得解. 【详解】旋转后所得几何体为圆柱与一个同底的圆锥的组合体，如图所示： 其中圆柱与圆锥的底面半径都等于， 圆柱的高等于，圆锥的高等于， 底面圆的面积为， 圆锥的体积为，圆柱的体积为， 所以所得几何体的体积为． 故选：B. 17．（23-24高三上·江苏扬州·期末）某圆台的上下底面半径分别为1和2，若它的外接球表面积为，则该圆台的高为 . 【答案】 【分析】由球体面积求球体半径，结合圆台轴截面外接圆为外接球最大截面圆，根据已知条件即可求圆台的高. 【详解】若外接球半径，则，可得， 由圆台轴截面外接圆为外接球最大截面圆，如下图于， 所以，则该圆台的高. 故答案为： 18．（24-25高三上·江苏·期末）已知四棱锥的底面是平行四边形，点E满足．设三棱锥和四棱锥的体积分别为和，则的值为 ． 【答案】 【分析】根据题意，由锥体的体积公式代入计算，即可得到结果. 【详解】 设点到平面的距离为， 因为，则， 则，其中三棱锥的体积为， 则，， 又，所以，则. 故答案为： 19．（23-24高三上·江苏扬州·期末）折扇是我国古老文化的延续，在我国已有四千年左右的历史，“扇”与“善”谐音，折扇也寓意“善良”“善行”.它常以字画的形式体现我国的传统文化，也是运筹帷幄、决胜千里、大智大勇的象征（如图1）.图2是一个圆台的侧面展开图（扇形的一部分），若两个圆弧DE，AC所在圆的半径分别是3和6，且，则该圆台的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据题意求出圆台上下底面半径，圆台的高，代入圆台的体积计算公式即可求解. 【详解】设圆台上下底面的半径分别为，由题意可知，解得， ，解得：，作出圆台的轴截面，如图所示： 图中，， 过点向作垂线，垂足为，则， 所以圆台的高， 则上底面面积，，由圆台的体积计算公式可得： ， 故选：. 20．（2023·江苏·期末）在三棱锥中，，，圆柱体在三棱锥内部（包含边界），且该圆柱体的底面圆在平面内，则当该圆柱体的体积最大时，圆柱体的高为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】设内接圆柱的底面半径为r，高为h，由轴截面中相似三角形把用表示，求出体积后利用导数求最大值及取最值时高的条件． 【详解】    设内接圆柱的底面半径为r，圆柱体的高为h. 是圆柱上底面与三棱锥侧面的切点,是连接直线与棱锥下底面的交点， 是圆柱上底面所在平面与的交点， ，，    则由与相似，可得,可得，可得. 内接圆柱体积. 因为， 单调递增,单调递减, 所以有最大值，此时. 故选:A. 21．（23-24高三上·江苏·期末）某兴趣小组准备将一棱长为a的正方体木块打磨成圆锥，则圆锥的最大体积为 ． 【答案】 【分析】根据题意作出圆锥取得最大体积时的图形，结合图形分别求得圆锥底面圆的半径与高，利用圆锥的体积公式即可得解. 【详解】如图，在正方体中取各边棱长中点得正六边形， 则正六边形的边长为， 其最大内切圆的半径为， 正方体的体对角线的一半为圆锥的高， 所以圆锥的最大体积为. 【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是找到圆锥取得最大体积时的图形，从而得解. 地 城 考点07 异面直线所成角 22．（23-24高三上·江苏常州·期末）已知二面角为，内一条直线与所成角为，内一条直线与所成角为，则直线与直线所成角的余弦值是 ． 【答案】 【分析】分类讨论作出二面角的平面角，然后根据余弦定理求角. 【详解】如图，过上一点作交于点，交于点    设，，， 如图，设，，，，，，    ， 故答案为：. 23．（2023·江苏南通·期末）（多选）在边长为2的菱形ABCD中，，将菱形ABCD沿对角线BD折成空间四边形A'BCD，使得．设E，F分别为棱BC，A'D的中点，则（    ） A． B．直线A'C与EF所成角的余弦值为 C．直线A'C与EF的距离为 D．四面体A'BCD的外接球的表面积为 【答案】AC 【分析】对于A项，取CD中点G，构建BD、的中位线，将EF放在直角三角形中，根据勾股定理求出EF长度； 对于B项，确定平行线FG，与EF在同一个三角形中，求出FG与EF夹角余弦值即可； 对于C项，根据线面平行判定定理确定平面，求出线面距离即为异面直线距离，作出平面EFG的垂线HN，通过勾股定理求解； 对于D项，通过三角形边长符合勾股定理确定均为直角三角形，根据直角三角形性质确定外接球球心及半径，即可计算外接球表面积. 【详解】设菱形ABCD中，AC与BD交于点O，取CD中点G，连接EG、FG，得到如下图所示四面体.      在菱形ABCD中，，，则为等边三角形，所以，. 在空间四边形中，，，则. 因为ABCD是菱形，所以、，即在空间四边形中，、， 则平面，所以. 对于A项：因为E、F、G分别为BC、、CD，所以且， 且，因为，所以，则，故A项正确； 对于B项：因为，所以直线与EF所成角为， 又因为，所以，直线与EF所成角的余弦值为，故B项错误； 对于C项：因为，平面，所以平面，设与OC交于点H， 因为为等边三角形、，所以CO为的中线，又因为EG为中位线，所以H为中点. 作于点M、于点N，则且、，又因为平面、， 所以平面,平面，所以，则平面，即HN为到平面距离. 如下图所示，在等腰中，，则点H到直线距离为， 即直线与平面距离为，又因为平面，所以直线与EF的距离为，故C项正确；    对于D项：因为、， 所以均为直角三角形，取中点P， 由直角三角形性质可得， 则P点为四面体的外接球球心，外接球半径，则外接球表面积为，故D项错误. 故选：AC. 地 城 考点08 线面角 24．（2023·江苏南京·期末）如图，平面五边形中，△是边长为2的等边三角形，，，，将△沿翻折，使点翻折到点． (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）在平面图形中取中点，连接，，由等边三角形性质、三角形全等有、，再应用线面垂直的判定、性质证结论； （2）首先证两两垂直，再构建空间直角坐标系并确定相关点坐标，求直线的方向向量、平面的法向量，进而求线面角的正弦值. 【详解】（1）在平面图形中取中点，连接，， ∵△是边长为2的等边三角形， ∴，，故翻折后有， 又，则，，， 所以△△，即，则， 由，、平面，故平面， ∵，则， ∴平面，又平面， ∴． （2）在面内作，交于，由平面，平面， 所以，故两两垂直， 以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系， 由（1）得，四边形为矩形， 在△中，，由余弦定理得，故， 所以，，，，， 所以，，， 设平面的一个法向量，则，令，则， 设直线与平面所成角为，则． 25．（2024·江苏扬州·期末）在四棱锥中，底面． (1)证明：； (2)求PD与平面所成的角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）作于，于，利用勾股定理证明，根据线面垂直的性质可得，从而可得平面，再根据线面垂直的性质即可得证； （2）以点为原点建立空间直角坐标系，利用向量法即可得出答案. 【详解】（1）证明：在四边形中，作于，于， 因为， 所以四边形为等腰梯形， 所以， 故，， 所以， 所以， 因为平面，平面， 所以， 又， 所以平面， 又因为平面， 所以； （2）解：如图，以点为原点建立空间直角坐标系， ， 则， 则， 设平面的法向量， 则有，可取， 则， 所以与平面所成角的正弦值为. 26．（23-24高三上·江苏南京·期末）（多选）如图，长方体中，，点是半圆弧上的动点（不包括端点），点是半圆弧上的动点（不包括端点），则下列说法正确的是（    ）    A．的取值范围是 B．若与平面所成的角为，则 C．的最小值为 D．若三棱锥的外接球表面积为，则 【答案】BCD 【分析】利用空间向量数量积的定义可判断A选项的正误，利用线面角的定义可判断B选项的正误;利用的最小值及勾股定理可求出的最小值判断C，利用建系的方法计算出的外接球的半径的取值范围，结合球体的表面积公式可判断D选项的正误;利用锥体的体积公式可判断D选项的正误. 【详解】如图，，    连接，在中，， 所以， 因为，所以， 所以的取值范围是，故A错误； 连接，由于平面，所以与平面所成的角为，如图， 所以，因为，所以，故B正确； 设在底面的射影为，为中点，连接， 则，又， 则，而， 所以，故，故C正确； 以为坐标原点，直线为轴，为轴，为轴，如图，    则点的坐标满足，可设的坐标为， 由球心在BC的中垂线（即过外接圆圆心且与底面垂直的直线）上，可设球心坐标为， 因为，所以， 解得，故，所以外接球的半径， 所以，故D选项正确. 故选：BCD. 地 城 考点09 二面角 27．（23-24高三上·江苏·期末）图1是蜂房正对着蜜蜂巢穴开口的截面图，它是由许多个正六边形互相紧挨在一起构成．可以看出蜂房的底部是由三个大小相同的菱形组成，且这三个菱形不在一个平面上．研究表明蜂房底部的菱形相似于菱形十二面体的表面菱形，图2是一个菱形十二面体，它是由十二个相同的菱形围成的几何体，也可以看作正方体的各个正方形面上扣上一个正四棱锥（如图3），且平面与平面的夹角为，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】连接相交于点，取的中点，可得即为平面与平面的夹角，设，在中由余弦定理可得答案. 【详解】连接相交于点，连接，平面， 取的中点，连接， 因为，所以， 所以即为平面与平面的夹角，即， 设，则，所以， ， 在，由余弦定理得. 故选：C. 28．（2023·江苏连云港·期末）如图，直三棱柱中，，E，F分别是AB，的中点． (1)证明：EF⊥BC； (2)若，直线EF与平面ABC所成的角为，求平面与平面FEC夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】(1)取BC中点H，分别连结EH，FH，则，得FH⊥平面ABC，利用线面垂直的性质和判定定理证明BC⊥平面EFH，即可证明； (2)根据题意，由（1）知∠FEH为EF与平面ABC所成的角，求出，建立如图空间直角坐标系，利用向量法分别求出平面CEF与平面的法向量，结合空间向量数量积的定义计算即可. 【详解】（1）证法1： 取BC中点H，分别连结EH，FH，因为F为的中点，所以， 因为三棱柱为直棱柱，所以平面ABC，所以FH⊥平面ABC， 由平面ABC，所以FH⊥BC， 又E为AB的中点，则，且，所以， 因为EH，平面EFH，， 所以BC⊥平面EFH，因为平面EFH，所以． 证法2： 设，，，则 ， 由题知，，， 所以，， 从而，即． （2）由（1）知∠FEH为EF与平面ABC所成的角，所以， 由，得． 如图，以CA，CB，分别为x轴，y轴，z轴正向，建立空间直角坐标系． 则，，，，，，，， ，，， 设平面CEF的一个法向量为， 由得，取， 平面的法向量为， 由得，取， 设平面CEF与平面的夹角为，则． 所以平面CEF与平面夹角的余弦值为. 29．（23-24高三上·江苏扬州·期末）如图，在四棱锥中，为等边三角形，四边形是边长为2的菱形，平面平面分别为的中点，且. (1)求证：； (2)求二面角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）法一：连结，由题设及线面垂直的判定和性质得，应用勾股定理得，最后利用线面垂直的判定和性质证结论；法二：构建空间直角坐标系，向量法证明线线垂直； （2）构建空间直角坐标系，应用向量法求二面角余弦值. 【详解】（1）方法一：连结. 因为为等边三角形，是的中点，所以. 又面面，面面面，所以面. 因为面，所以. 在Rt中，所以， 在中，所以，即，则. 又，所以， 又面， 所以面，又面，所以， 方法二：连结因为为等边三角形，是的中点，所以. 又面面，面面面，所以面. 如图，在平面内作，分别以为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则.    设，则. 因为，所以①， 因为，所以②， 由①②，解得：（舍负）. 所以， 因为为的中点，所以，所以， 所以，所以. （2）由（1）知，平面，又平面， 所以，又， 以为原点，所在直线分别为、、轴建立如图所示的空间直角坐标系，    则. 因为为的中点，所以， 由（1）知，又，面，所以面， 所以为平面的一个法向量. 设为平面的一个法向量，则， 因为，所以 取，则，则为平面的一个法向量. 所以， 由图知二面角的平面角为钝角，余弦值为. 30．（23-24高三上·江苏·期末）如图，在直四棱柱中，，，．    (1)证明：； (2)求二面角的平面角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2)． 【分析】（1）法一：连接，交于点，利用相似证得，从而平面可证； 法二：以为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系，利用坐标运算得，得证； （2）空间向量法求二面角. 【详解】（1）法一：连接，交于点， 在梯形中，，，所以， 又，所以， 则，因为，所以， 则，即． 直四棱柱中，平面， 因为平面，所以． 因为、平面，，所以平面． 因为平面，所以． 法二：以为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，，，，．    因为，， 所以， 所以，即． （2）设平面与平面的一个法向量分别为与， 因为，，， 由得，则，令得， 所以． 由得，令，则，， 所以． 所以， 由图可知二面角的平面角为锐角， 所以二面角的平面角的余弦值为． 地 城 考点10 空间距离 31．（23-24高三上·江苏常州·期末）已知正三棱锥的侧棱长为3，当该三棱锥的体积取得最大值时，点到平面的距离是（   ） A． B． C．3 D． 【答案】C 【分析】根据正棱锥的性质得到，然后根据导数分析单调性得到时三棱锥的体积最大，最后求距离即可. 【详解】    设底面边长为，为的中心，则底面面积，， ，， 令，，， 则时，，单调递增， 时，，单调递减，， 即时，， 到面距离，则，. 故选：C． 32．（24-25高三上·江苏扬州·期末）（多选）如图，在棱长为1的正四面体中，点是顶点在底面内的射影，为的中点，则（    ） A． B． C．点到平面的距离为 D．三棱锥的外接球的表面积为 【答案】ACD 【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法判断位置关系判断选项AB；先求出平面的法向量，然后利用点到平面的向量距离公式求解判断C；利用勾股定理建立方程，求出，即可求出三棱锥外接球的表面积判断D. 【详解】如下图所示： 在正四面体中，平面，则为的中心， 且，， 因为平面，平面，所以， 则， 以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立如上图所示的空间直角坐标系， 则、、、、、， 对于A，，， 所以，所以，正确； 对于B，，， 所以，所以不成立，错误； 对于C，，，设平面的法向量为， 则，令得， 又，所以点到平面的距离为，正确； 对于D，因为，所以，设三棱锥外接球的半径为， 则根据球的截面性质得，解得， 所以三棱锥外接球的表面积为，正确. 故选：ACD 33．（23-24高三上·江苏苏州·期末）（多选）如图，在长方体中，已知为棱的中点，为底面上（含边界）的一动点.记点轨迹的长度为，则下列说法正确的有（   ） A．若，则 B．若平面，则 C．若，则 D．若到平面的距离为，则 【答案】ACD 【分析】建立适当的空间直角坐标系，对于A，首先得，进一步即可得，由此即可验算；对于B，首先得面面，从而由即可判断；对于C，由，可得，由此即可判断；对于D，由点面距离公式即可判断. 【详解】 对于A，设在上的射影为，所以面， 又面，所以，则四点共面， 又面，所以， 又，面， 所以面，又面，即， 以为原点建系，由得， 设，则， 所以，解得， 所以可得，且点的轨迹是过点且平行于的线段，故，故A正确； 对于B，取的中点，所以， 又，， 又， 所以四边形是平行四边形，所以， 而面，面， 所以面，同理面， 又因为平面， 所以平面面，又平面， 所以，故B错误； 对于C，设在上的射影为，即面， 又面，所以， 易得，又， 所以可得，即点的轨迹是以点为圆心1为半径的半圆弧， 所以，故C正确； 对于D，以为原点建系，，设， 所以， 设平面的法向量为， 则， 令，则， ，解得或， 即或， 所以点的轨迹为平面内的两条直线或被矩形所截得的线段，如图所示： 显然只有直线与矩形交于点， 即点的轨迹为线段， 所以可得，故D正确. 故选：ACD. 【点睛】关键点睛：判断D选项的关键是建立适当的空间直角坐标系，由点面距离公式即可顺利得解. 地 城 考点11 几何体的外接与内切球 34．（23-24高三·江苏镇江·期末）如图，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝AA1＝2，BC＝4，E为AD中点，则三棱锥A1﹣CDE外接球的表面积为（    ） A．8π B．24π C．32π D．44π 【答案】D 【分析】建立空间直角坐标系，利用球的性质，结合空间两点间距离公式、球的表面积公式进行求解即可. 【详解】建立如图所示的空间直角坐标系， ， 设三棱锥A1﹣CDE外接球的球心为， 所以， 由， 由， 由 ， 所以，因此三棱锥A1﹣CDE外接球的半径为， 故该外接球的表面积为， 故选：D 35．（23-24高三·江苏镇江·期末）在三棱锥中，平面，，是线段上的动点，记直线与平面所成角为，若的最大值为，则三棱锥外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由平面，是线段上一动点,当最短时，即时直线与平面所成角的正切值最大，求出.再计算出，由勾股定理得出△为直角三角形.把三棱锥扩充为长方体，则长方体体对角线长为三棱锥的外接球的直径，即可得出结论. 【详解】解：是线段上一动点，连接. 平面,就是直线与平面所成角.当最短时，即时直线与平面所成角的正切值最大.此时， 又，所以.在△中，. .在△中，.因为， 由勾股定理得△是直角三角形且.把三棱锥扩充为长方体，则长方体的体对角线长为. 所以三棱锥外接球的半径为，所以三棱锥外接球的表面积为. 故选：C 【点睛】本题考查推理论证和空间想象力，关键是通过构造长方体模型计算三棱锥外接球的半径，属于中档题. 36．（2023·江苏连云港·期末）在三棱锥中，两两垂直，，为棱 上一点，于点，则面积的最大值为 ；此时，三棱锥 的外接球表面积为 ． 【答案】 【分析】设，求得，结合，求得，进而求得和，根据，求得面积的最大值，再根据正方体的性质求得三棱锥的外接球的半径为，进而求得外接球的表面积. 【详解】设，且， 因为两两垂直，所以， 所以，可得， 因为且，所以平面， 又因为平面，所以，所以， 因为且，所以平面， 又因为平面，所以，所以， 所以， 当且仅当，即时等号成立， 设三棱锥的外接球的半径为， 则， 所以三棱锥的外接球的表面积为. 故答案为：；. 37．（2024·江苏南京·期末）在四面体中，，若，则四面体体积的最大值是 ，它的外接球表面积的最小值为 . 【答案】 【分析】根据余弦定理以及不等式可得，进而可求解面积的最大值，进而根据，即可求解高的最大值，进而可求解体积，根据正弦定理求解外接圆半径，即可根据球的性质求解球半径的最小值，即可由表面积公式求解. 【详解】由余弦定理可得, 故，所以， 当且仅当时取等号，故， 故面积的最大值为， ， 由于，所以点在以为直径的球上（不包括平面），故当平面平面时，此时最大为半径， 故， 由正弦定理可得：，为外接圆的半径， 设四面体外接球半径为,则,其中分别为球心和外接圆的圆心，故当时，此时最小， 故外接球的表面积为, 故答案为：,    38．（23-24高三上·江苏·期末）（多选）在四棱锥中，平面，，，四棱锥的外接球为球O，则（    ） A．⊥ B． C． D．点O不可能在平面内 【答案】AC 【分析】A选项，推出四点共面，结合得到⊥；B选项，若四边形为正方形，此时；C选项，得到球心在的垂直平分线上，故到平面距离为到平面距离的一半，C正确；D选项，举出实例，D错误. 【详解】A选项，四棱锥的外接球为为顶点的球， 而四点共面，故这四点必共圆， 又，故为直径，⊥，A正确： B选项，由A可知，四点共圆， 又，为直径， 若四边形为正方形，此时，，B错误； C选项，因为平面，所以球心到两点的距离相等， 即球心在的垂直平分线上， 故到平面距离为到平面距离的一半， 故，C正确； D选项，当四边形为正方形时，连接，相交于点， 则⊥平面， 结合球心在的垂直平分线上，此时为中点， 点O在平面上，D错误. 故选：AC. 39．（23-24高三上·江苏泰州·阶段练习）（多选）已知棱长为1的正方体的棱切球（与正方体的各条棱都相切）为球，点为球面上的动点，则下列说法正确的是（    ） A．球的表面积为 B．球在正方体外部的体积大于 C．球内接圆柱的侧面积的最大值为 D．若点在正方体外部（含正方体表面）运动，则 【答案】ABD 【分析】对A，可求得正方体棱切球半径，运用表面积公式即可得；对B，由球在正方体外部的体积大于球体体积与正方体的体积之差计算即可得；对C，计算出球内接球内接圆柱的高及底面积即可得；对D，根据向量的数量积运算即可得. 【详解】解析：对于A．如图所示， 正方体的棱切球的半径，则球的表面积为，故A正确； 对于B．若球体､正方体的体积分别为． 球在正方体外部的体积，故B正确； 对于C，球的半径，设圆柱的高为， 则底面圆半径， 所以， 当时取得最大值，且最大值为，所以C项错误； 对于D，取中点，可知在球面上，可得， 所以， 点在球上且在正方体外部（含正方体表面）运动， 所以（当为直径时，）， 所以．故D正确． 故选ABD．    40．（23-24高三上·江苏盐城·期末）（多选）下列物体，能够被半径为的球体完全容纳的有（    ） A．所有棱长均为的四面体 B．底面棱长为，高为的正六棱锥 C．底面直径为，高为的圆柱 D．上､下底面的边长分别为，高为的正四棱台 【答案】ABD 【分析】求出正四面体外接球的半径，将此半径与所给球的半径比较大小即可判断A；可假设正六棱锥的外接球半径为2m，底面棱长为1m，求出此时正六棱锥的高，将求出的高与所给高进行比较可判断B；求出底面直径为，高为的圆柱外接球的半径可判断C；求出上､下底面的边长分别为，外接球的半径为正四棱台的高可判断D. 【详解】对于A，设所有棱长均为的四面体的外接球的球心为，顶点在底面的射影为， 外接球的半径为，则，， 因为，所以，解得，故A正确；    对于B，底面棱长为的正六棱锥的底面外接圆的半径为， 并设此时的外接球的半径为设球心到底面的距离为， 则由球的性质可知，解得或（舍去）， 此时正六棱锥的高的最大值为，故B正确；    对于C，圆柱的底面半径为，高的一半为，设其外接球的半径为， 所以，故C错误；    对于D，正四棱台中，上底面的对角线长为，上底面外接圆的半径长为， 下底面的对角线长为，下底面外接圆的半径长为， 易知外接球的球心在正四棱台的上、下底面中心的连线上，且在上底面的下方， 设球心到上底面的距离为，球的半径为， 当球心在两底面之间时，球心到下底面的距离为， 则，解得，符合题意；    当球心在下底面上或下方时，球心到下底面的距离为， 则，解得，不符合题意，    故选：ABD. 【点睛】思路点睛：本题解题的思路是利用空间几何体的结构特征、外接球结合每个选项的条件，逐一对各个选项分析判断. 地 城 考点12 几何体的截面问题 41．（23-24高三上·江苏南通·期末）从正方体的八个顶点中选择四个顶点构成空间四面体，则该四面体不可能（    ） A．每个面都是等边三角形 B．每个面都是直角三角形 C．有一个面是等边三角形，另外三个面都是直角三角形 D．有两个面是等边三角形，另外两个面是直角三角形 【答案】D 【分析】根据正方体的性质和四面体的特征，结合图形逐个分析判断即可. 【详解】如图， 每个面都是等边三角形，A不选； 每个面都是直角三角形，B不选； 三个面直角三角形，一个面等边三角形，C不选，选D． 故选：D. 42．（23-24高三上·江苏常州·期末）（多选）在棱长为2的正方体中，在线段上运动（包括端点），下列说法正确的有（   ） A．存在点，使得平面 B．不存在点，使得直线与平面所成的角为 C．的最小值为 D．以为球心，为半径的球体积最小时，被正方形截得的弧长是 【答案】BCD 【分析】方法一：AB选项，利用空间向量的方法判断；C选项，将的长度转化为与，距离之和，然后根据几何性质判断；D选项，利用函数的性质得到时最小，然后根据球的性质求弧长即可； 方法二：A选项，根据三垂线定理判断；B选项，利用空间向量的方法判断；C选项，将转化为平面上的长度，然后根据两点之间线段最短求最小值即可；D选项，根据题意得到球半径最小值为到的距离，然后根据球的性质求弧长. 【详解】方法一：    如图，以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系， ，，，，，, ，则， 对于A，因为为正方体， 所以， 由三垂线定理得，， 因为，平面， 所以平面， 是平面一个法向量， 假设面，则与共线矛盾，假设不成立，A错． 对于B，若存在，与所成角为，则或，或， ，不满足条件， 假设不成立，B对． 对于C， ． 表示与，距离之和，     ，，C对． 对于D，， 时最小，，， 设截面小圆的圆心为，半径为，则平面，所以，， 因为， 所以球与面为圆心，为半径的圆弧， 因为， 所以在正方形内轨迹为半圆，弧长，选项D正确；    方法二：对于A，若平面，则，由三垂线定理知为中点，但此时不与垂直，故不存在这样的，A不正确；      对于B，同法一，B正确； 对于C，可将面与面摊平，，C正确．    对于D，球半径最小值为到的距离，，，在面上的射影为， 截面圆半径， 过作分别交，于，，，   球被正方体截得的弧长是半圆弧，长为，D正确， 故选：BCD． 43．（23-24高三上·江苏扬州·期末）（多选）棱长为2的正方体中，下列选项中正确的有（    ） A．过的平面截此正方体所得的截面为四边形 B．过的平面截此正方体所得的截面的面积范围为 C．四棱锥与四棱锥的公共部分为八面体 D．四棱锥与四棱锥的公共部分体积为 【答案】ABD 【分析】利用平面基本性质作出任意一个过的平面截正方体所得的截面，即可判断A；由正方体结构特征，讨论为各线段上的中点及从中点向线段两端运动时截面面积的变化情况确定截面面积的范围判断B；令交于，交于，交于，结合平面基本性质找到四棱锥与四棱锥的公共部分，并应用棱锥的体积公式求其体积判断C、D. 【详解】连接与线段上任意一点，过作交于， 所以过的平面截此正方体所得的截面为四边形，A对； 由上分析及正方体结构特征易知：四边形为平行四边形， 若为各线段上的中点时，四边形为菱形， 此时截面最小面积为； 根据正方体的对称性，从中点向或运动时，四边形面积都是由小变大， 当与重合时，截面最大面积为； 综上，过的平面截此正方体所得的截面的面积范围为，B对； 令交于，交于，交于， 显然是各交线的中点，若是中点，连接， 所以四棱锥与四棱锥的公共部分为六面体，C错； 其体积，D对. 故选：ABD 【点睛】关键点点睛：对于A、B，应用平面基本性质作出截面，结合正方体结构特征判断；对于C、D，将棱锥各侧棱连接，由平面基本性质判断相交平面，进而确定公共部分的几何特征. 44．（23-24高三上·江苏南通·期末）（多选）我国古代数学家祖暅提出一条原理：“幂势既同，则积不容异”，即两个等高的几何体若在所有等高处的水平截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等．利用该原理可以证明：一个底面半径和高都等于R的圆柱，挖去一个以上底面为底面，下底面圆心为顶点的圆锥后，所得的几何体的体积与一个半径为R的半球的体积相等．现有一个半径为R的球，被一个距离球心为d（）的平面截成两部分，记两部分的体积分别为，则（    ） A． B． C．当时， D．当时， 【答案】ACD 【分析】对于A，，化简即可验算；对于B，化简即可验算；对于C，，将代入即可判断；对于D，求的最小值即可. 【详解】（同底等高）， ，A对． ，B错． 对于C，，，C对． 对于D，时，， ， 在，，D对． 故选：ACD. 【点睛】关键点睛：判断D选项的关键是首先得到，然后通过换元求导得函数最小值即可验证，从而顺利得解. 试卷第1页，共3页 67 / 67 学科网（北京）股份有限公司 $