第第頁專題06立體幾何一、單選題1．（2022·全國·高考真題）南水北調工程緩解了北方一些地區水資源短缺問題，其中一部分水蓄入某水庫.已知該水庫水位為海拔時，相應水面的面積為；水位為海拔時，相應水面的面積為，將該水庫在這兩個水位間的形狀看作一個棱臺，則該水庫水位從海拔上升到時，增加的水量約為（）（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根據題意只要求出棱臺的高，即可利用棱臺的體積公式求出．【詳解】依題意可知棱臺的高為(m)，所以增加的水量即為棱臺的體積．棱臺上底面積，下底面積，∴．故選：C．2．（2022·全國·高考真題）已知正四棱錐的側棱長為l，其各頂點都在同一球面上.若該球的體積為，且，則該正四棱錐體積的取值范圍是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】設正四棱錐的高為，由球的截面性質列方程求出正四棱錐的底面邊長與高的關系，由此確定正四棱錐體積的取值范圍.【詳解】∵球的體積為，所以球的半徑,[方法一]：導數法設正四棱錐的底面邊長為，高為，則，,所以，所以正四棱錐的體積，所以，當時，，當時，，所以當時，正四棱錐的體積取最大值，最大值為，又時，，時，,所以正四棱錐的體積的最小值為，所以該正四棱錐體積的取值范圍是.故選：C.[方法二]：基本不等式法由方法一故所以當且僅當取到，當時，得，則當時，球心在正四棱錐高線上，此時，，正四棱錐體積，故該正四棱錐體積的取值范圍是3．（2022·全國·高考真題）已知正三棱臺的高為1，上、下底面邊長分別為和，其頂點都在同一球面上，則該球的表面積為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根據題意可求出正三棱臺上下底面所在圓面的半徑，再根據球心距，圓面半徑，以及球的半徑之間的關系，即可解出球的半徑，從而得出球的表面積．【詳解】設正三棱臺上下底面所在圓面的半徑，所以，即，設球心到上下底面的距離分別為，球的半徑為，所以，，故或，即或，解得符合題意，所以球的表面積為．故選：A．

4．（2021·全國·高考真題）已知圓錐的底面半徑為，其側面展開圖為一個半圓，則該圓錐的母線長為（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】設圓錐的母線長為，根據圓錐底面圓的周長等于扇形的弧長可求得的值，即為所求.【詳解】設圓錐的母線長為，由于圓錐底面圓的周長等于扇形的弧長，則，解得.故選：B.5．（2021·全國·高考真題）北斗三號全球衛星導航系統是我國航天事業的重要成果．在衛星導航系統中，地球靜止同步衛星的軌道位于地球赤道所在平面，軌道高度為（軌道高度是指衛星到地球表面的距離）．將地球看作是一個球心為O，半徑r為的球，其上點A的緯度是指與赤道平面所成角的度數．地球表面上能直接觀測到一顆地球靜止同步軌道衛星點的緯度最大值為，記衛星信號覆蓋地球表面的表面積為（單位：），則S占地球表面積的百分比約為（

）A．26% B．34% C．42% D．50%【答案】C【分析】由題意結合所給的表面積公式和球的表面積公式整理計算即可求得最終結果.【詳解】由題意可得，S占地球表面積的百分比約為：.故選：C.6．（2021·全國·高考真題）正四棱臺的上?下底面的邊長分別為2，4，側棱長為2，則其體積為（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】由四棱臺的幾何特征算出該幾何體的高及上下底面面積，再由棱臺的體積公式即可得解.【詳解】作出圖形，連接該正四棱臺上下底面的中心，如圖，因為該四棱臺上下底面邊長分別為2，4，側棱長為2，所以該棱臺的高，下底面面積，上底面面積，所以該棱臺的體積.故選：D.二、多選題7．（2023·全國·高考真題）下列物體中，能夠被整體放入棱長為1（單位：m）的正方體容器（容器壁厚度忽略不計）內的有（

）A．直徑為的球體B．所有棱長均為的四面體C．底面直徑為，高為的圓柱體D．底面直徑為，高為的圓柱體【答案】ABD【分析】根據題意結合正方體的性質逐項分析判斷.【詳解】對于選項A：因為，即球體的直徑小于正方體的棱長，所以能夠被整體放入正方體內，故A正確；對于選項B：因為正方體的面對角線長為，且，所以能夠被整體放入正方體內，故B正確；對于選項C：因為正方體的體對角線長為，且，所以不能夠被整體放入正方體內，故C不正確；對于選項D：因為，可知底面正方形不能包含圓柱的底面圓，如圖，過的中點作，設，可知，則，即，解得，且，即，故以為軸可能對稱放置底面直徑為圓柱，若底面直徑為的圓柱與正方體的上下底面均相切，設圓柱的底面圓心，與正方體的下底面的切點為，可知：，則，即，解得，根據對稱性可知圓柱的高為，所以能夠被整體放入正方體內，故D正確；故選：ABD.8．（2023·全國·高考真題）已知圓錐的頂點為P，底面圓心為O，AB為底面直徑，，，點C在底面圓周上，且二面角為45°，則（

）．A．該圓錐的體積為 B．該圓錐的側面積為C． D．的面積為【答案】AC【分析】根據圓錐的體積、側面積判斷A、B選項的正確性，利用二面角的知識判斷C、D選項的正確性.【詳解】依題意，，，所以，A選項，圓錐的體積為，A選項正確；B選項，圓錐的側面積為，B選項錯誤；C選項，設是的中點，連接，則，所以是二面角的平面角，則，所以，故，則，C選項正確；D選項，，所以，D選項錯誤.故選：AC.

9．（2022·全國·高考真題）已知正方體，則（

）A．直線與所成的角為 B．直線與所成的角為C．直線與平面所成的角為 D．直線與平面ABCD所成的角為【答案】ABD【分析】數形結合，依次對所給選項進行判斷即可.【詳解】如圖，連接、，因為，所以直線與所成的角即為直線與所成的角，因為四邊形為正方形，則，故直線與所成的角為，A正確；連接，因為平面，平面，則，因為，，所以平面，又平面，所以，故B正確；連接，設，連接，因為平面，平面，則，因為，，所以平面，所以為直線與平面所成的角，設正方體棱長為，則，，，所以，直線與平面所成的角為，故C錯誤；因為平面，所以為直線與平面所成的角，易得，故D正確.故選：ABD10．（2022·全國·高考真題）如圖，四邊形為正方形，平面，，記三棱錐，，的體積分別為，則（

）A． B．C． D．【答案】CD【分析】直接由體積公式計算，連接交于點，連接，由計算出，依次判斷選項即可.【詳解】設，因為平面，，則，，連接交于點，連接，易得，又平面，平面，則，又，平面，則平面，又，過作于，易得四邊形為矩形，則，則，，，則，，，則，則，，，故A、B錯誤；C、D正確.故選：CD.11．（2021·全國·高考真題）在正三棱柱中，，點滿足，其中，，則（

）A．當時，的周長為定值B．當時，三棱錐的體積為定值C．當時，有且僅有一個點，使得D．當時，有且僅有一個點，使得平面【答案】BD【分析】對于A，由于等價向量關系，聯系到一個三角形內，進而確定點的坐標；對于B，將點的運動軌跡考慮到一個三角形內，確定路線，進而考慮體積是否為定值；對于C，考慮借助向量的平移將點軌跡確定，進而考慮建立合適的直角坐標系來求解點的個數；對于D，考慮借助向量的平移將點軌跡確定，進而考慮建立合適的直角坐標系來求解點的個數．【詳解】易知，點在矩形內部（含邊界）．對于A，當時，，即此時線段，周長不是定值，故A錯誤；對于B，當時，，故此時點軌跡為線段，而，平面，則有到平面的距離為定值，所以其體積為定值，故B正確．對于C，當時，，取，中點分別為，，則，所以點軌跡為線段，不妨建系解決，建立空間直角坐標系如圖，，，，則，，，所以或．故均滿足，故C錯誤；對于D，當時，，取，中點為．，所以點軌跡為線段．設，因為，所以，，所以，此時與重合，故D正確．故選：BD．【點睛】本題主要考查向量的等價替換，關鍵之處在于所求點的坐標放在三角形內．12．（2021·全國·高考真題）如圖，在正方體中，O為底面的中心，P為所在棱的中點，M，N為正方體的頂點．則滿足的是（

）A． B．C． D．【答案】BC【分析】根據線面垂直的判定定理可得BC的正誤，平移直線構造所考慮的線線角后可判斷AD的正誤.【詳解】設正方體的棱長為，對于A，如圖（1）所示，連接，則，故（或其補角）為異面直線所成的角，在直角三角形，，，故，故不成立，故A錯誤.對于B，如圖（2）所示，取的中點為，連接，，則，，由正方體可得平面，而平面，故，而，故平面，又平面，，而，所以平面，而平面，故，故B正確.對于C，如圖（3），連接，則，由B的判斷可得，故，故C正確.對于D，如圖（4），取的中點，的中點，連接，則，因為，故，故，所以或其補角為異面直線所成的角，因為正方體的棱長為2，故，，，，故不是直角，故不垂直，故D錯誤.故選：BC.三、填空題13．（2023·全國·高考真題）在正四棱臺中，，則該棱臺的體積為．【答案】/【分析】結合圖像，依次求得，從而利用棱臺的體積公式即可得解.【詳解】如圖，過作，垂足為，易知為四棱臺的高，

因為，則，故，則，所以所求體積為.故答案為：.四、解答題14．（2023·全國·高考真題）如圖，在正四棱柱中，．點分別在棱,上，．

(1)證明：；(2)點在棱上，當二面角為時，求．【答案】(1)證明見解析；(2)1【分析】（1）建立空間直角坐標系，利用向量坐標相等證明；（2）設，利用向量法求二面角，建立方程求出即可得解.【詳解】（1）以為坐標原點，所在直線為軸建立空間直角坐標系，如圖，

則，，，又不在同一條直線上，.（2）設，則，設平面的法向量，則，令，得，，設平面的法向量，則，令，得，，，化簡可得，，解得或，或，.15．（2023·全國·高考真題）如圖，三棱錐中，，，，E為BC的中點．(1)證明：；(2)點F滿足，求二面角的正弦值．【答案】(1)證明見解析；(2)．【分析】（1）根據題意易證平面，從而證得；（2）由題可證平面，所以以點為原點，所在直線分別為軸，建立空間直角坐標系，再求出平面的一個法向量，根據二面角的向量公式以及同角三角函數關系即可解出．【詳解】（1）連接，因為E為BC中點，，所以①，因為，，所以與均為等邊三角形，，從而②，由①②，，平面，所以，平面，而平面，所以．（2）不妨設，，．，，又，平面平面．以點為原點，所在直線分別為軸，建立空間直角坐標系，如圖所示：

設，設平面與平面的一個法向量分別為，二面角平面角為,而，因為，所以，即有，，取，所以；，取，所以，所以，，從而．所以二面角的正弦值為．16．（2022·全國·高考真題）如圖，直三棱柱的體積為4，的面積為．(1)求A到平面的距離；(2)設D為的中點，，平面平面，求二面角的正弦值．【答案】(1)(2)【分析】（1）由等體積法運算即可得解；（2）由面面垂直的性質及判定可得平面，建立空間直角坐標系，利用空間向量法即可得解.【詳解】（1）在直三棱柱中，設點A到平面的距離為h，則，解得，所以點A到平面的距離為；（2）取的中點E,連接AE,如圖，因為，所以,又平面平面，平面平面，且平面，所以平面，在直三棱柱中，平面，由平面，平面可得，，又平面且相交，所以平面，所以兩兩垂直，以B為原點，建立空間直角坐標系，如圖，由（1）得，所以，，所以，則,所以的中點，則，,設平面的一個法向量，則，可取，設平面的一個法向量，則，可取，則，所以二面角的正弦值為.17．（2022·全國·高考真題）如圖，是三棱錐的高，，，E是的中點．

(1)證明：平面；(2)若，，，求二面角的正弦值．【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）連接并延長交于點，連接、，根據三角形全等得到，再根據直角三角形的性質得到，即可得到為的中點從而得到，即可得證；（2）建立適當的空間直角坐標系，利用空間向量法求出二面角的余弦的絕對值，再根據同角三角函數的基本關系計算可得.【詳解】（1）證明：連接并延長交于點，連接、，因為是三棱錐的高，所以平面，平面，所以、，又，所以，即，所以，又，即，所以，，所以所以，即，所以為的中點，又為的中點，所以，又平面，平面，所以平面

（2）解：過點作，如圖建立空間直角坐標系，因為，，所以，又，所以，則，，所以，所以，，，，所以，則，，，設平面的法向量為，則，令，則，，所以；設平面的法向量為，則，令，則，，所以；所以.設二面角的大小為，則，所以，即二面角的正弦值為.

18．（2021·全國·高考真題）如圖，在三棱錐中，平面平面，，為的中點.（1）證明：；（2）若是邊長為1的等邊三角形，點在棱上，，且二面角的大小為，求三棱錐的體積.【答案】(1)證明見解析；(2).【分析】(1)由題意首先證得線面垂直，然后利用線面垂直的定義證明線線垂直即可；(2)方法二：利用幾何關系找到二面角的平面角，然后結合相關的幾何特征計算三棱錐的體積即可.【詳解】（1）因為，O是中點，所以，因為平面，平面平面，且平面平面，所以平面．因為平面，所以.（2）[方法一]：通性通法—坐標法如圖所示，以O為坐標原點，為軸，為y軸，垂直且過O的直線為x軸，建立空間直角坐標系，則，設,所以，設為平面的法向量，則由可求得平面的一個法向量為．又平面的一個法向量為，所以，解得．又點C到平面的距離為，所以，所以三棱錐的體積為．[方法二]【最優解】：作出二面角的平面角如圖所示，作，垂足為點G．作，垂足為點F，連結，則．因為平面，所以平面，為二面角的平面角．因為，所以．由已知得，故．又，所以．因為，．[方法三]：三面角公式考慮三面角，記為，為，，記二面角為．據題意，得．對使用三面角的余弦公式，可得，化簡可得．①使用三面角的正弦公式，可得，化簡可得．②將①②兩式平方后相加，可得，由此得，從而可得．如圖可知，即有，根據三角形相似知，點G為的三等分點，即可得，結合的正切值，可得從而可得三棱錐的體積為．【整體點評】(2)方法一：建立空間直角坐標系是解析幾何中常用的方法，是此類題的通性通法，其好處在于將幾何問題代數化，適合于復雜圖形的處理；方法二：找到二面角的平面角是立體幾何的基本功，在找出二面角的同時可以對幾何體的幾何特征有更加深刻的認識，該法為本題的最優解.方法三：三面角公式是一個優美的公式，在很多題目的解析中靈活使用三面角公式可以使得問題更加簡單、直觀、迅速.19．（2021·全國·高考真題）在四棱錐中，底面是正方形，若．（1）證明：平面平面；（2）求二面角的平面角的余弦值．【答案】（1）證明見解析；（2）.【分析】（1）取的中點為，連接，可證平面，從而得到面面.（2）在平面內，過作，交于，則，建如圖所示的空間坐標系，求出平面、平面的法向量后可求二面角的余弦值.【詳解】（1）取的中點為，連接.因為，，則，而，故.在正方形中，因為，故，故，因為，故，故為直角三角形且，因為，故平面，因為平面，故平面平面.（2）在平面內，過作，交于，則，結合（1）中的平面，故可建如圖所示的空間坐標系.則，故.設平面的法向量，則即，取，則，故.而平面的法向量為，故.二面角的平面角為銳角，故其余弦值為.一、單選題1．（2024·湖北·二模）已知圓錐的頂點為，其三條母線，，兩兩垂直．且母線長為6．則圓錐的內切球表面積與圓錐側面積之和為（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】由三條母線兩兩垂直且長為6可得，圓錐的底面圓內接正邊長，進而由正弦定理得底面圓的半徑，再求出圓錐的高，就可得圓錐軸截面面積，又圓錐軸截面三角形的內切圓半徑即為圓錐內切球半徑，等面積即可得內切球的半徑，進而得所求.【詳解】因為，，兩兩互相垂直且長度均為6，所以為圓錐底面圓的內接正三角形，且邊長，由正弦定理得底面圓的半徑，所以圓錐的高．如圖，圓錐軸截面三角形的內切圓半徑即為圓錐內切球半徑，軸截面三角形面積為，所以內切球的半徑．內切球的表面積為，圓錐的側面積為，所以其和為.故選：C.2．（2024·山東棗莊·一模）在側棱長為2的正三棱錐中，點為線段上一點，且，則以為球心，為半徑的球面與該三棱錐三個側面交線長的和為（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】借助線面垂直的判定定理與性質定理可得、、兩兩垂直，即以為球心，為半徑的球面與該三棱錐三個側面交線分別為三段半徑為，圓心角為的弧，借助弧長公式計算即可得.【詳解】取中點，連接、，則有，，又，、平面，故平面，又平面，故，又，，、平面，故平面，又、平面，故，，由正三棱錐的性質可得、、兩兩垂直，故，即以為球心，為半徑的球面與側面的交線長為：，即與該三棱錐三個側面交線長的和為.故選：C.

3．（2024·浙江·二模）在正三棱臺中，已知，，側棱的長為2，則此正三棱臺的體積為（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】先計算出三棱臺的上下底面的面積，再根據底面邊長與側棱長求解三棱臺的高，進而計算出三棱臺的體積．【詳解】正三棱臺中，已知，，所以的面積為，的面積為，設，分別是，的中心，設，分別是，的中點，，，三點共線，，，三點共線，，，，，，過作，垂足為，則，，三棱臺的高為，三棱臺的體積為．故選：C．4．（2024·河北邢臺·一模）如圖，正四棱臺容器的高為12cm，，，容器中水的高度為6cm．現將57個大小相同、質地均勻的小鐵球放入容器中（57個小鐵球均被淹沒），水位上升了3cm，若忽略該容器壁的厚度，則小鐵球的半徑為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】先計算水的體積，再計算放入球后水和球的總體積，可得鐵球的體積，利用體積公式可得答案.【詳解】正四棱臺容器的高為12cm，，，正四棱臺容器內水的高度為6cm，由梯形中位線的性質可知水面正方形的邊長為，其體積為；放入鐵球后，水位高為9cm，沿作個縱截面，從分別向底面引垂線，如圖，其中是底面邊長10cm，是容器的高為12cm，是水的高為9cm，由截面圖中比例線段的性質，可得,此時水面邊長為4cm，此時水的體積為，放入的57個球的體積為，設小鐵球的半徑為，則，解得.故選：A5．（2024·江蘇南通·二模）在棱長為2的正方體中，，，分別為棱，，的中點，平面截正方體外接球所得的截面面積為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根據正方體的幾何性質確定外接球半徑，設球心為，求解到截面的距離，從而可得截面圓的面積.【詳解】取正方體的中心為，連接，由于正方體的棱長為2，所以正方體的面對角線長為，體對角線長為，正方體外接球球心為點，半徑，又易得，且，所以三棱錐為正四面體，如圖所示，取底面正三角形的中心為，即點到平面的距離為，又正三角形的外接圓半徑為，由正弦定理可得，即，所以，即正方體外接球的球心到截面的距離為，所以截面被球所截圓的半徑，則截面圓的面積為.故選：A.二、多選題6．（2024·山東·一模）已知四棱錐，底面ABCD是正方形，平面，，PC與底面ABCD所成角的正切值為，點M為平面內一點（異于點A），且，則（

）A．存在點M，使得平面B．存在點M，使得直線與所成角為C．當時，三棱錐的體積最大值為D．當時，以P為球心，為半徑的球面與四棱錐各面的交線長為【答案】BC【分析】利用反證法判斷A；建立空間直角坐標系，根據空間角的向量求法，可判斷B；根據點M的軌跡，結合棱錐的體積公式判斷C；利用棱錐的側面展開圖結合弧長的計算判斷D.【詳解】對于A，假設存在點M，使得平面，由于平面，平面，則平面平面，平面平面，平面，則，由于，平面，故直線重合，即M點落在上，由于，即M落在以A為圓心，以為半徑的圓面內(不包含圓)，這與M點落在上矛盾，A錯誤；對于B，以A為坐標原點，所在直線為軸建立空間直角坐標系，平面，則即為與底面所成角，故，而，故，則，結合A的分析，可取，則,由于直線與所成角范圍為，故此時直線與所成角為，即存在點M，使得直線與所成角為，B正確；對于C，當時，當M位于的延長線時，的高最大為，此時面積最大，最大值為，則三棱錐的體積最大值為，C正確；對于D，當時，，以P為球心，為半徑的球面與四棱錐各面的交線是以P為圓心，為半徑的圓與側面展開圖的交線，如下圖，由于,則,即,則，則，則，根據對稱性有，故的長為，又球與底面的交線是以A為圓心，為半徑的四分之一圓，故長度為，故以P為球心，為半徑的球面與四棱錐各面的交線長為，D錯誤，故選：BC【點睛】難點點睛：本題考查了幾何體中求解空間角以及體積和側面展開圖的問題，難度較大，難點在于D選項的判斷，解答時要利用側面展開圖求解.7．（2024·安徽·二模）已知正方體的棱長為1，，分別為棱，上的動點，則（

）A．四面體的體積為定值 B．四面體的體積為定值C．四面體的體積最大值為 D．四面體的體積最大值為【答案】BCD【分析】根據到平面的距離不是定值即可判斷A；根據為定值與到平面的距離即可判斷B；確定當Q與、與重合時四面體的體積取得最大值，即可判斷判斷C；如圖，確定四面體的體積為，即可判斷D.【詳解】A：因為的面積為，到平面的距離不是定值，所以四面體的體積不是定值，故A錯誤；B：因為的面積為，P到矩形的距離為定值，所以到平面的距離為，則四面體的體積為，故B正確；C：當Q與重合時，取得最大值，為，當與重合時，到平面的距離d取得最大值，在正中，其外接圓的半徑為，則，故四面體的體積最大值為，故C正確；D：過點作，，，設，，則，，，，，，故四面體的體積為，其最大值為，故D正確．故選：BCD【點睛】關鍵點點睛：本題主要考查正方體的性質，三棱錐體積有關問題.明確當體積達到最值時動點的位置是解題的關鍵.8．（2024·山西朔州·三模）在三棱錐中，平面，，P為內的一個動點（包括邊界），與平面所成的角為，則（

）A．的最小值為 B．的最大值為C．有且僅有一個點P，使得 D．所有滿足條件的線段形成的曲面面積【答案】ACD【分析】確定A在平面的投影H，根據線面夾角的定義確定P點軌跡，由數形結合及圓中最值可判定A、B、C選項，利用圓錐的側面積公式結合圖形計算即可判定D選項.【詳解】依題意，，取的中點M，則，所以平面，過A作于H，因為平面，所以，所以平面，易得，且H為等邊的外心，由與平面所成角為，可知，所以點P軌跡是以H為圓心，為半徑的圓在內部的一部分，如圖所示，所以的最小值為，A選項正確；由于軌跡圓部分在平面外部，所以的最大值不等于，B選項錯誤；因為平面，若，則點P在線段上，有且僅有一個點P滿足題意，C選項正確；動線段形成的曲面為圓錐側面積的一部分，因為，所以，因為，所以曲面面積為圓錐側面的，圓錐側面積為，所以所有滿足條件的動線段形成的曲面面積為，D選項正確.故選：ACD．【點睛】關鍵點睛：本題第4小題解決的關鍵是理解線段形成的曲面是哪一部分，利用直觀想象能力與圓錐的側面積公式即可得解.9．（2024·浙江臺州·二模）已知正方體的棱長為1，為平面內一動點，且直線與平面所成角為，E為正方形的中心，則下列結論正確的是（

）A．點的軌跡為拋物線B．正方體的內切球被平面所截得的截面面積為C．直線與平面所成角的正弦值的最大值為D．點為直線上一動點，則的最小值為【答案】BCD【分析】對于A，根據到點長度為定值，確定動點軌跡為圓；對于B，理解內切球的特點，計算出球心到平面的距離，再計算出截面半徑求面積；對于C，找到線面所成角的位置，再根據動點的運動特點（相切時）找到正弦的最大值；對于D，需要先找到點位置，再將立體問題平面化，根據三點共線距離最短求解.【詳解】對于A，因為直線與平面所成角為，所以.點在以為圓心，為半徑的圓周上運動，因此運動軌跡為圓.故A錯誤.對于B，在面內研究，如圖所示為內切球球心，為上底面中心，為下底面中心，為內切球與面的切點.已知，為球心到面的距離.在正方體中，，，.利用相似三角形的性質有，即，.因此可求切面圓的，面積為.故B正確.對于C，直線與平面所成角即為，當與點的軌跡圓相切時，最大.此時.故C正確.對于D，分析可知，點為和圓周的交點時，最小.此時可將面沿著翻折到面所在平面.根據長度關系，翻折后的圖形如圖所示.當三點共線時，最小.因為，，所以最小值為，故D正確.故選：BCD10．（2024·安徽蕪湖·二模）如圖，多面體由正四棱錐和正四面體組合而成，其中，則下列關于該幾何體敘述正確的是（

）A．該幾何體的體積為 B．該幾何體為七面體C．二面角的余弦值為 D．該幾何體為三棱柱【答案】ACD【分析】選項A可以分別求正四棱錐和正四面體的體積即可；選項C先確定二面角的平面角為，在三角形中利用余弦定理可得；選項D先根據二面角與二面角的關系確定四點共面，再證得平面平面，三個側面都是平行四邊形即可；選項B根據選項D三棱柱有5個面，可判斷錯誤.【詳解】如圖：在正四面體中中，為的中點，連接，連接作于，則為的中心，為正四面體中的高，因，，，，，在正四面體中中，為的中點，所以，，故為二面角的一個平面角，如圖：在正四棱錐中，由題意，連接，交于點，連接，則為正四棱錐的高，，，，該幾何體的體積為，故A正確，取的中點，連接，，由題意正四棱錐的棱長都為1，所以，，故即為二面角的一個平面角，其中，，在中，，故C正確，因，可知二面角與二面角所成角互補，故平面與為同一平面，同理，平面和平面也為同一平面，故該幾何體有5個面，B錯誤，因四點共面，且和都為等邊三角形，易知，且，故側面為平行四邊形，又平面,平面，所以平面，同理平面，且側面為平行四邊形，又，平面，平面，所以平面平面，又側面為正方形，故多面體即為三棱柱，故D正確，故選：ACD三、填空題11．（2024·山西呂梁·二模）已知圓臺的高為3，中截面（過高的中點且垂直于軸的截面）的半徑為3，若中截面將該圓臺的側面分成了面積比為1:2的兩部分，則該圓臺的母線長為.【答案】5【分析】作出圓臺軸截面圖象，根據梯形中位線性質，圓臺側面積公式可求上底和下底的半徑，根據圖形性質即可求出母線.【詳解】設圓臺的上?下底面圓的半徑分別為，因為中截面的半徑為3，所以根據梯形中位線性質可知：.又中截面將該圓臺的側面分成了面積比為的兩部分，所以根據圓臺側面積公式可知：，解得，所以.又圓臺的高為3，所以圓臺的母線長為.故答案為：5.12．（2024·山東·二模）三棱錐中，和均為邊長為2的等邊三角形，分別在棱上，且平面平面，若，則平面與三棱錐的交線圍成的面積最大值為．【答案】【分析】首先證明截面為長方形，設，將面積表示為關于的二次函數，結合二次函數的性質即可得結果.【詳解】如圖所示，因為平面，設面，所以，同理：，設，所以，即，所以四邊形為平行四邊形，即，面，面，所以面，又因為面，面面，所以，即，且，取中點，連接，易得，，，所以面，所以，所以，所以四邊形為正方形，所以面與三棱錐的交線圍成的面積，當，即為中點時，面積最大，最大值為，故答案為：.

13．（2024·浙江嘉興·二模）在四面體中，，且與所成的角為.若四面體的體積為，則它的外接球半徑的最小值為.【答案】3【分析】根據題意，將四面體補形為直三棱柱，設，由求得，在中，勾股定理得，由余弦定理可得，結合基本不等式求解.【詳解】依題意，可將四面體補形為如圖所示的直三棱柱，因為與所成的角為，所以或，設，外接球半徑記為，外接球的球心如圖點.易知平面，所以點到平面的距離等于點到平面的距離，，得，在中，，在中，由余弦定理得，所以當時，外接球的半徑會更小.所以，所以，所以.故答案為：3.【點睛】關鍵點點睛：本題關鍵是將求四面體補形為直三棱柱，轉化為求直三棱柱外接球半徑的最小值.14．（2024·河北邯鄲·二模）在長方體中，，平面平面，則截四面體所得截面面積的最大值為．【答案】【分析】結合題意畫出對應圖形后，設，則有，則有，借助表示出面積，結合二次函數的性質即可得.【詳解】平面截四面體的截面如圖所示，設，則，所以四邊形為平行四邊形，且，在矩形中，，，則，當且僅當時，等號成立.故答案為：.【點睛】關鍵點點睛：本題關鍵點是得到所得截面后，借助割補法表示出該截面面積，并結合二次函數的性質求解.15．（2024·廣東韶關·二模）在三棱錐中，側面所在平面與平面的夾角均為，若，且是直角三角形，則三棱錐的體積為．【答案】或或或【分析】過作面于，過作，根據題設可得，，分為三角形的內心或旁心討論，設，利用幾何關系得到，再根據條件得到在以為焦點的橢圓上，再利用是直角三角形，即可求出結果.【詳解】如圖，過作面于，過作，因為面，面，所以，又，面，所以面，又面，所以，故為二面角的平面角，由題知，，同理可得，當在三角形內部時，由，即為三角形的內心，設，則，得到，所以，三棱錐的體積為；

又因為，所以點在以為焦點的橢圓上，如圖，以所在直線為軸，的中垂線為軸，建立平面直角坐標系，則，由題知，橢圓中的，所以橢圓的標準方程為，設，因為是直角三角形，當時，易知，此時，所以，得到，當時，易知，此時，所以，得到，又因為，故以為圓心，為半徑的圓與橢圓沒有交點，即，綜上所述，；同理，當在三角形外部時，由，即為三角形的旁心，設，則，得到，所以，三棱錐的體積為；或，得到，所以，三棱錐的體積為；或，得到，所以，三棱錐的體積為.

故答案為：或或或.【點睛】關鍵點點晴：本題的關鍵點在于，設出后，得出，再將問題轉化到以為焦點的橢圓上來求的面積，即可解決問題.四、解答題16．（2024·廣東韶關·二模）如圖，圓柱內有一個直三棱柱，三棱柱的底面三角形內接于圓柱底面，已知圓柱的軸截面是邊長為6的正方形，，點在線段上運動．(1)證明：；(2)當時，求與平面所成角的正弦值．【答案】(1)證明見解析.(2).【分析】（1）建立空間直角坐標系，求出向量和的坐標，由得到；（2）先由，得到點是線段的中點，求出的一個方向向量和平面的一個法向量的坐標夾角余弦的絕對值，即為與平面所成角的正弦值.【詳解】（1）連接并延長，交于，交圓柱側面于，，為圓柱的高，兩兩垂直，以為原點，過點做平行線為軸，以為軸，以為軸，建立如圖所示空間直角坐標系，，，在中，由射影定理得，，從而，，設，，，.（2）由（1）可得，，，得，即點是線段的中點，，，設平面的一個法向量為，則，取，得，設的一個方向向量為，于是得：，設與平面所成角為，則，所以與平面所成角的正弦值為.17．（2024·浙江寧波·二模）在菱形中，，以為軸將菱形翻折到菱形，使得平面平面，點為邊的中點，連接.(1)求證：平面；(2)求直線與平面所成角的正弦值.【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）利用面面平行的判定定理證明平面平面，從而根據線面平行的性質可證得結論；（2）法1：根據面面垂直得線面垂直，從而建立空間直角坐標系，利用空間向量的坐標運算求解線面夾角即可；法2：根據點、線、面的位置關系，利用等體積轉化求解到平面的距離，從而轉化求解直線與平面所成角得正弦值.【詳解】（1）平面平面平面.同理可得平面.又平面，平面平面.平面平面.（2）法1：取中點，易知.平面平面，平面平面，又平面，平面.如圖，建立空間直角坐標系，則.從而，得.又，設平面的法向量，有，得，解得，取，故，設直線與平面所成角為，則，所以直線與平面所成角的正弦值為.法2：取中點，則是平行四邊形，所以.從而與平面所成角即為與平面所成角，設為.過作交于，過作交于，過作交于.因為平面平面，平面平面，又平面，所以平面，又平面，所以，又，平面，從而平面，因為平面，所以，又，平面，從而平面.所以的長即為到平面的距離.由，可得.又，所以到平面的距離設為即為到平面的距離，即.又，可得.在中，，所以，得.所以，所以直線與平面所成角的正弦值為.18．（2024·黑龍江哈爾濱·一模）如圖1，在平行四邊形中，，將沿折起，使點D到達點P位置，且，連接得三棱錐，如圖2．(1)證明：平面平面；(2)在線段上是否存在點M，使平面與平面的夾角的余弦值為，若存在，求出的值，若不存在，請說明理由．【答案】(1)證明見解析(2)存在；【分析】（1）推導出，證明出平面，可得出，利用面面垂直的判定定理可證得結論成立；（2）以點為坐標原點，、、的方向分別為、、軸的正方向建立空間直角坐標系，設，其中，利用空間向量法可得出關于的等式，結合求出的值，即可得出結論.【詳解】（1）證明：翻折前，因為四邊形為平行四邊形，，則，因為，則，，由余弦定理可得，所以，，則，同理可證，翻折后，則有，，因為，，、平面，所以，平面，因為平面，則，因為，、平面，所以，平面，所以平面平面.（2）因為平面，，以點為坐標原點，、、的方向分別為、、軸的正方向建立如下圖所示的空間直角坐標系，則、、、，設，其中，則，，設平面的法向量為，則，取，則，，所以，，平面的一個法向量為，，，則，令，可得，則，整理可得，因此，線段上存在點，使平面AMB與平面MBC的夾角的余弦值為，且.19．（2024·江蘇·一模）如圖，已知四棱臺的上、下底面分別是邊長為2和4的正方形，平面⊥平面ABCD，，點P是棱的中點，點Q在棱BC上．

(1)若，證明：平面；(2)若二面角的正弦值為，求BQ的長．【答案】(1)證明見解析；(2)1．【分析】（1）取的中點M，先證明四邊形BMPQ是平行四邊形得到線線平行，再由線面平行性質定理可得；（2）法一：應用面面垂直性質定理得到線面垂直，建立空間直角坐標系，再利用共線條件設，利用向量加減法幾何意義表示所需向量的坐標，再由法向量方法表示面面角，建立方程求解可得；法二：同法一建立空間直角坐標系后，直接設點坐標，進而表示所需向量坐標求解兩平面的法向量及夾角，建立方程求解；法三：一作二證三求，設，利用面面垂直性質定理，作輔助線作角，先證明所作角即為二面角的平面角，再利用已知條件解三角形建立方程求解可得.【詳解】（1）證明：取的中點M，連接MP，MB．在四棱臺中，四邊形是梯形，，，又點M，P分別是棱，的中點，所以，且．在正方形ABCD中，，，又，所以．從而且，所以四邊形BMPQ是平行四邊形，所以．又因為平面，平面，所以平面；（2）在平面中，作于O．因為平面平面，平面平面，，平面，所以平面．在正方形ABCD中，過O作AB的平行線交BC于點N，則．以為正交基底，建立空間直角坐標系．因為四邊形是等腰梯形，，，所以，又，所以．易得，，，，，所以，，．

法1：設，所以．設平面PDQ的法向量為，由，得，取，另取平面DCQ的一個法向量為．設二面角的平面角為θ，由題意得．又，所以，解得（舍負），因此，．所以當二面角的正弦值為時，BQ的長為1．法2：設，所以．設平面PDQ的法向量為，由，得，取，另取平面DCQ的一個法向量為．設二面角的平面角為θ，由題意得．又，所以，解得或6（舍），因此．所以當二面角的正弦值為時，BQ的長為1．

法3：在平面中，作，垂足為H．因為平面平面，平面平面，，平面，所以平面，又平面，所以．在平面ABCD中，作，垂足為G，連接PG．因為，，，PH，平面，所以平面，又平面，所以．因為，，所以是二面角的平面角．在四棱臺中，四邊形是梯形，，，，點P是棱的中點，所以，．設，則，，在中，，從而．因為二面角的平面角與二面角的平面角互補，且二面角的正弦值為，所以，從而．所以在中，，解得或（舍）．所以當二面角的正弦值為時，BQ的長為1．20．（2024·山東棗莊·一模）如圖，在四棱錐中，底面為正方形，平面與底面所成的角為，為的中點．(1)求證：平面；(2)若為的內心，求直線與平面所成角的正弦值．【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）由線面垂直的性質以及線面垂直的判定定理可證；（2）由等腰直角三角形內心的特點確定點的位置，以為原點建立空間直角坐標系，寫出各點坐標，根據線面角的空間向量公式計算可得出結果.【詳解】（1）因為平面平面，所以，因為與平面所成的角為平面，所以，且，所以，又為的中點，所以，因為四邊形為正方形，所以，又平面，所以平面，因為平面，所以，因為平面，所以平面．（2）因為底面為正方形，為的內心，所以在對角線上．如圖，設正方形的對角線的交點為，所以，所以，所以，所以，又因為，所以．由題意知兩兩垂直，以所在的直線分別為軸，軸，軸建立如圖所示的空間直角坐標系．所以，由（1）知，所以，所以．又因為平面，所以平面的一個法向量為．設直線與平面所成角為，則．一、單選題1．（2024·全國·模擬預測）已知底面半徑為的圓錐，其軸截面為正三角形.若它的一個內接圓柱的底面半徑為，則此圓柱的側面積的最大值為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】作出圓錐及其內接圓柱的軸截面，利用幾何關系得到，從而得到圓柱的側面積為，即可求出結果.【詳解】如圖，作出圓錐及其內接圓柱的軸截面和矩形.依題意，得，，，所以，易知，則，即，所以，因為圓錐內接圓柱的底面半徑為，高，所以圓柱的側面積，當時，圓柱的側面積取得最大值，最大值為，故選：A.2．（2024·全國·模擬預測）如圖，在直三棱柱中，，P為線段的中點，Q為線段（包括端點）上一點，則的面積的最大值為（

）

A． B． C．2 D．【答案】A【分析】如圖，根據線面垂直的判定定理與性質可得，確定的最大值，即可求解△BCQ面積的最大值.【詳解】取AB的中點E，連接CE，過Q作，垂足為M，過M作，垂足為N，連接QN，PE，

則，且，點E到BC的距離為.由直三棱柱的性質知平面ABC，所以平面ABC，MN，平面ABC，則，，且，QM，平面QMN，所以平面QMN，且平面QMN，則，可知，當且僅當點Q與點P重合時，等號成立，所以面積的最大值為.故選：A.3．（2024·全國·模擬預測）已知四棱錐的頂點都在球的表面上，平面，，，，，則球的體積為（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根據題意取的中點，連接，取的中點，連接，利用直角三角形的性質可得，再根據線面垂直可得平面，再由勾股定理求得，即可得外接球的球心的位置與半徑大小，從而得結論.【詳解】如圖，取的中點，連接，取的中點，連接，因為，，，所以．又，所以，因為平面，平面，所以，則，又點分別為，中點，所以，，則平面，因為平面，所以，則可得，知點即為四棱錐的外接球的球心，所以球的半徑，所以球的體積為．故選：B．二、多選題4．（2024·江蘇蘇州·模擬預測）如圖，是矩形所在平面外一點，，二面角為，為中點，為中點，為中點．則下列說法正確的是（

）A． B．是二面角的平面角C． D．與所成的角的余弦值【答案】BD【分析】利用二面角的平面角定義判斷B，選項；根據已知條件，建立空間直角坐標系，利用空間向量逐一判斷A、C、D選項即可.【詳解】連接，過向平面引垂線，垂足為，連接；因為，為中點，所以；因為垂直于平面，平面，所以；平面，平面，，所以平面，又因為平面，所以，所以二面角的平面角為；在中，，，所以，在中，，，所以，；因為為矩形，所以，又，，過點作交于，，所以四邊形為正方形；如圖所示，建立以為坐標原點，為軸，過且與垂直的方向為軸，為軸的空間直角坐標系；，，，，，，為中點，所以；，所以，故，A錯誤；為中點，為中點，為中位線，，又，所以，又因為，所以是二面角的平面角，B正確；因為為銳角，且，，所以，所以，所以，C錯誤；設與所成的角為，，，，D正確.故選：BD5．（2024·全國·模擬預測）已知正方形為圓柱的軸截面，為的中點，為的中點，分別為的中點，且圓柱的側面積為，則（

）A．圓柱的體積為 B．的面積為C． D．直線與直線所成的角為【答案】ABD【分析】根據圓柱的側面積和體積公式可判斷A，根據條件可判定為直角三角形可判定B，根據線面垂直的判定定理可得可判定C，過點作，根據異面直線所成角可得或其補角為所求，結合條件可證可判斷D.【詳解】設圓柱的底面半徑為.由圓柱的軸截面為正方形，且圓柱的側面積為，則，解得（負值已舍去），則.所以圓柱的體積，故A正確.如圖，易得，所以，所以，所以的面積，故B正確.如圖，連接.因為分別為的中點，所以，且.又底面，所以底面.因為平面，所以，所以，故C錯誤.過點作，交于點，則或其補角為直線與直線所成的角.連接，易得四邊形為正方形，，.又，所以，所以，所以，即,所以直線與直線所成的角為，故D正確.故選：ABD.6．（2024·江蘇揚州·模擬預測）如圖，在棱長為1的正方體中，為平面內一動點，則（

）A．若在線段上，則的最小值為B．平面被正方體內切球所截，則截面面積為C．若與所成的角為，則點的軌跡為橢圓D．對于給定的點，過有且僅有3條直線與直線所成角為【答案】ABD【分析】合理構造圖形，利用三角形的性質判斷A，利用球的截面性質判斷B，利用線線角的幾何求法求出軌跡方程判斷C，合理轉化后判斷D即可.【詳解】對于A，延長到使得，則，等號在共線時取到；故A正確，對于B，由于球的半徑為，球心到平面的距離為，故被截得的圓的半徑為，故面積為，故B正確，對于C，與所成的角即為和所成角，記，則，即，所以的軌跡是雙曲線；故C錯誤，對于D，顯然過的滿足條件的直線數目等于過的滿足條件的直線的數目，在直線上任取一點，使得，不妨設，若，則是正四面體，所以有兩種可能，直線也有兩種可能，若，則只有一種可能，就是與的角平分線垂直的直線，所以直線有三種可能.故選：ABD三、填空題7．（2024·山西晉中·模擬預測）如圖，在透明塑料制成的直三棱柱容器內灌進一些水，，若水的體積恰好是該容器體積的一半，容器厚度忽略不計，則容器中水的體積與直三棱柱外接球體積之比的最大值為.【答案】【分析】根據圖象找到三棱柱外接球球心位置，利用幾何關系求出半徑，再求出外接球體積；然后求出水的體積表達式，結合基本不等式求出水體積的最大值，最后計算結果即可.【詳解】如圖，取的中點，連接，取的中點，連接，則為外接圓的圓心，為三棱柱外接球的球心，所以為外接圓半徑，且，所以直三棱柱的外接球的體積為，又水的體積，且，當且僅當時取等號，則容器中水的體積與直三棱柱外接球體積之比的最大值為，故答案為：.8．（2024·江蘇揚州·模擬預測）已知長方體的表面積為8，所有棱長和為16，則長方體體積的最大值為.【答案】【分析】由題意可得，，則，從而可設函數，借助導數研究其單調性即可得最值.【詳解】設該長方體的長、寬、高分別為、、，由長方體的對稱性，不妨設，則有，即，，即，則即，即，即，令，則，當時，，當時，，故在上單調遞增，在上單調遞減