资料中包含下列文件，点击文件名可预览资料内容
还剩8页未读，
继续阅读
【考前50天】最新高考数学重点专题三轮冲刺演练 专题12 立体几何小题 （压轴版）
展开
这是一份【考前50天】最新高考数学重点专题三轮冲刺演练 专题12 立体几何小题 （压轴版），文件包含专题12立体几何小题压轴练原卷版docx、专题12立体几何小题压轴练解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共63页， 欢迎下载使用。
1、多加总结。当三年所有的数学知识点加在一起，可能会使有些基础不牢固的学生犯迷糊。
2、做题经验。哪怕同一题只改变数字，也能成为一道新的题目。
3、多刷错题。多刷错题能够进一步地扫清知识盲区，多加巩固之后自然也就掌握了知识点。
对于学生来说，三轮复习就相当于是最后的“救命稻草”，家长们同样是这样，不要老是去责怪孩子考试成绩不佳，相反，更多的来说，如果能够陪同孩子去反思成绩不佳的原因，找到问题的症结所在，更加重要。
【一专三练】 专题12 立体几何小题压轴练-新高考数学复习分层训练（新高考通用）
一、单选题
1．（2023·山东济宁·统考一模）已知直三棱柱，为线段的中点，为线段的中点，过的内切圆圆心，且，，，则三棱锥的外接球表面积为（ ）
A．B．πC．D．
【答案】B
【分析】计算，，过分别作平面，平面的垂线， 两垂线交于点，点为三棱取的外接球球心，计算，，再利用勾股定理得到，计算表面积得到答案.
【详解】如图，为线段的中点，，平面，平面，
故，，平面，故平面，
平面，故，
故，
因为为线段的中点且过的内切圆圆心，
故，即.
所以.
取的中点，连接、，
分别在、上取 、的外接圆圆心、.
过分别作平面，平面的垂线， 两垂线交于点，
则点为三棱取的外接球球心.
在中由余弦定理得：，
所以.
设、的外接圆半径分别为、， 三棱锥的外接球半径为.
，解得，同理，
所以，，
所以三㥄锥的外接球表面积为.
故选：B
【点睛】关键点点睛：本题考查了线面垂直，三棱锥的外接球表面积，意在考查学生的计算能力，空间想象能力和转化能力，其中，确定过圆心的垂线交点是球心再利用勾股定理求解是解题的关键，此方法是常考方法，需要熟练掌握.
2．（2023春·湖北武汉·高三华中师大一附中校考期中）在正四棱台中，，，M为棱的中点，当正四棱台的体积最大时，平面截该正四棱台的截面面积是（ ）．
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据正四棱台的体积公式、结合基本不等式、线面平行的判定定理、梯形的面积公式进行求解即可．
【详解】设，上底面和下底面的中心分别为，，过作,
该四棱台的高，
在上下底面由勾股定理可知，．
在梯形中，，
所以该四棱台的体积为，
所以，
当且仅当，即时取等号，此时，，．
取,的中点，,连接,，显然有，
由于平面，平面，所以平面，因此平面就是截面．
显然，
在直角梯形中，，
因此在等腰梯形中，，
同理在等腰梯形中，，
在等腰梯形中，设，，
则，
，
所以梯形的面积为，
故选：C．
【点睛】解决与几何体截面的问题，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）根据空间中的线面关系，找到线线平行或者垂直，进而确定线面以及面面关系，
（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）求长度下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于长度的方程，并求解.
3．（2023·湖北武汉·华中师大一附中校联考模拟预测）在三棱锥中，是以AC为底边的等腰直角三角形，是等边三角形，，又BD与平面ADC所成角的正切值为，则三棱锥外接球的表面积是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据线面角算出点B到平面ADC的距离，从而找到球心的位置，利用几何关系算出球的半径即可.
【详解】取AC的中点E，连接BE，DE，则，，可得平面DEB．
又平面ADC，故平面平面DEB，且平面平面．
在平面DEB中，过点B作于点H，则平面ADC，
∴是直线BD与平面ADC所成角的平面角．
设，则，易求，，则．
由勾股定理可得，即，解得，于是，
点H恰好是正的中心（外心），故球心O必在BH上，
的外心为E，连接OE,则平面ABC，,设三棱锥外接球的半径，
在中，由射影定理可得，即，解得，
∴三棱锥外接球的表面积．
故选：B.
4．（2023秋·湖南湘潭·高三校联考期末）点分别是棱长为2的正方体中棱的中点，动点在正方形(包括边界)内运动.若面，则的长度范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】取的中点，的中点F，连结，，，取EF中点O，连结，证明平面平面，从而得到P的轨迹是线段，从而得出长度范围.
【详解】取的中点，的中点F，连结，，，取EF中点O，连结，,
∵点M，N分别是棱长为2的正方体中棱BC，的中点，
，,
，四边形为平行四边形，
，而在平面中，易证，
∵平面，平面，平面，
平面，平面，平面，
又，平面，∴平面平面，
∵动点P在正方形（包括边界）内运动，且平面AMN，
∴点P的轨迹是线段EF，
，，∴，
∴当P与O重合时，的长度取最小值，
为等腰三角形，∴在点或者点处时，此时最大，最大值为.
即的长度范围为
故选：B．
5．（2023春·湖南·高三统考阶段练习）正方体的棱长为1，点在三棱锥的表面上运动，且，则点轨迹的长度是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据题意，点在以为球心，半径的球面上，进而依次讨论该球与三棱锥的表面的交线即可得答案.
【详解】解：由题设知点在以为球心，半径的球面上，
所以点P的轨迹就是该球与三棱锥的表面的交线．
由正方体性质易知三棱锥为正四面体，
所以，点到平面的距离，
所以球在平面上的截面圆的半径，
所以，截面圆的圆心是正中心，正的边长为，其内切圆的半径．
因此，点P在面内的轨迹是圆在内的弧长，
如图所示．，所以，
所以，
所以，点P在此面内的轨迹长度为．
因为平面ABCD，所以球在平面ABCD上的截面圆心为A，
其半径，又，
所以点P在平面BCD内的轨迹是一段弧，
如图所示，，
所以，从而，所以．
由于对称性，点P在平面和平面内的轨迹长度都是，
故点P在三棱锥的表面上的轨迹的长度是．
故选：A
6．（2023·广东梅州·统考一模）《九章算术》是我国古代著名的数学著作，书中记载有几何体“刍甍”.现有一个刍甍如图所示，底面为正方形，平面，四边形，为两个全等的等腰梯形，，且，则此刍甍的外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据给定条件，求出点到平面的距离，再由几何体的结构特征确定球心位置，结合球面的性质求解作答.
【详解】取、中点、，正方形中心，中点，连接，
根据题意可得平面，，点是的中点，，
在等腰中，，，
同理，
则等腰梯形的高为，
根据几何体的结构特征可知，刍甍的外接球的球心在直线上，连接，
正方体的外接圆的半径，
则有，
而，，
当点在线段的延长线（含点）时， 视为非负数，若点在线段的延长线（不含点）时， 视为负数，
即有，
则，解得，
则刍甍的外接球的半径为，
则刍甍的外接球的表面积为，
故选：C.
7．（2023·广东·校联考模拟预测）已知四棱锥的五个顶点都在球面O上，底面ABCD是边长为4的正方形，平面平面ABCD，且，则球面O的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】如图，取中点为E，三角形外接圆圆心为，正方形ABCD外接圆圆心为，过做平面，底面ABCD垂线，则两垂线交点为四棱锥外切球球心O.由题目条件，可证得四边形为矩形，设外接球半径为R，则.后可得答案.
【详解】如图，取中点为E，三角形外接圆圆心为，正方形ABCD外接圆圆心为，过作平面，底面ABCD垂线，则两垂线交点为四棱锥外接球球心O.
因平面平面ABCD，平面平面ABCD，，平面，则平面ABCD.又平面ABCD，则.
因，则四边形为矩形.
设三角形外接圆半径为，则，又则.
则，设外接球半径为R，则，又，
则，则球O表面积为：.
故选：C.
8．（2023·广东深圳·深圳中学校联考模拟预测）在矩形ABCD中，已知，E是AB的中点，将沿直线DE翻折成，连接，当二面角的平面角的大小为时，则三棱锥外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】取的中点为，证明，取的中点为，证明，根据二面角的定义证明，根据球的截面性质确定三棱锥外接球的球心位置，解三角形求球的半径，由此可得三棱锥外接球的表面积
【详解】由已知，E是AB的中点，
所以，又，，
所以为等腰直角三角形，故为等腰直角三角形，
取的中点为，则，
因为，又，，所以
同理可得，又，
所以，取的中点为，连接，
则，所以，
所以为二面角的平面角，
所以，
因为，，，
所以为等边三角形，取的中点为，则，
因为，，，平面，
所以平面，平面，
所以，又，，平面，
所以平面，
因为为直角三角形，为斜边，
所以，所以为的外接圆的圆心，
设为三棱锥外接球的球心，则平面，
设，三棱锥外接球的半径为，
则，
若球心和点位于平面的两侧，
延长到点，使得，
因为平面，平面，所以，
所以四边形为平行四边形，
所以，，
所以，
所以，
所以，，
所以三棱锥外接球的表面积，
若球心和点位于平面的同侧，
因为平面，平面，所以，
过点作，则四边形为平行四边形，
所以，，
所以，
所以，
所以，舍去 ，
故选：A.
【点睛】关键点点睛：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，作出合适的截面图，解三角形确定球的半径.
二、多选题
9．（2023·浙江温州·统考二模）蜜蜂是自然界的建筑大师，在18世纪初，法国数学家马拉尔迪指出，蜂巢是由许许多多类似正六棱柱形状的蜂房（如图）构成，其中每个蜂房的底部都是由三个全等的菱形构成，每个菱形钝角的余弦值是，则（ ）
A．平面
B．
C．蜂房底部的三个菱形所在的平面两两垂直
D．该几何体的体积与以六边形为底面，以为高的正六棱柱的体积相等
【答案】AD
【分析】对A：根据线面平行的判定定理分析判断；对B、C：根据空间中的垂直关系分析判断；对D：通过补形，结合锥体体积分析判断.
【详解】对A：因为，，则，
平面，且平面，
故平面，故A正确；
对B：每个菱形钝角的余弦值是，即不垂直，
因为，即不垂直，故B错误；
对C：若蜂房底部的三个菱形所在的平面两两垂直，
可知平面平面，则平面，
平面，所以，
且，故，这与不垂直矛盾，故C错误；
对D：如图，补形可知：过作正六边形，
∵为菱形，则的中点在上，故点到平面的距离相等，
故，
同理可得：，
故该几何体的体积与以六边形为底面，以为高的正只棱柱的体积相等，所以D正确；
故选：．
10．（2023春·江苏扬州·高三统考开学考试）在四面体的四个面中，有公共棱的两个面全等，，，，二面角大小为，下列说法中正确的有（ ）
A．四面体外接球的表面积为
B．四面体体积的最大值为
C．若，，则
D．若，，则
【答案】ACD
【分析】选项A：找出四面体得外接球得外接圆圆心和半径即可；选项B：先确定底面，底面积确定，利用夹角的变化确定体积最大的时候的高即可；选项C：直接画出二面角，然后计算其夹角即可；选项D：先过点画的垂线，垂足为;过点画的垂线，垂足为，然后二面角为与的夹角，利用基底法计算长度即可.
【详解】由题的示意图，画中点为，连接
选项A：由题可知在中，，所以,
又因为有公共棱的两个面全等, ，故,
由直角三角形的性质可知，,故该三棱锥的外接球球心为点，直径为，
所以外接球表面积为，故A正确；
选项B：要使四面体的体积最大，则只需以为底面，在边上的高为高即可；
因为公共棱的两个面全等，所以，所以有，
已知，所以，所以体积最大时，该四面体的体积为，故B 错误；
选项C：分别过点画边的垂线，显然垂足均为，则,得示意图
由选项B可知，又，，所以,
由余弦定理的，因为在三角形中，所以，故C正确；
选项D:如图所示，过点画的垂线，垂足为;过点画的垂线，垂足为，
因为，所以,
因为，所以与的夹角为，
由选项B可知，,所以,同理,
由选项A可知所以，
,所以得，
所以，故D正确；
故选：ACD
11．（2023春·江苏南京·高三南京市第五高级中学校考阶段练习）已知正四棱台的上下底面边长分别为4，6，高为，E是的中点，则（ ）
A．正四棱台的体积为
B．平面平面
C．AE∥平面
D．正四棱台的外接球的表面积为104π
【答案】BCD
【分析】对于A：直接代入正四棱台的体积公式即可求解；对于B：先证BD⊥平面，再根据面面垂直的判定定理即可证明；对于C：取的中点F，连接AF，EF，，连接AG，先证四边形是平行四边形，易得GA平面，EF平面，根据面面平行判定定理可证平面平面，再根据面面平行的性质即可证明AE平面；对于D：分球心在正四棱台内、外两种情况讨论，且球心必在上或的延长线上，再利用勾股定理列出关于球半径的方程即可求解.
【详解】依题意，
对于A，正四棱台的体积为，故错误；
对于B，易知BD⊥AC，BD⊥，又，
平面，平面，
则BD⊥平面，又BD平面，
所以平面⊥平面，故B正确；
对于C，取的中点F，连接AF，EF，
，连接AG，
所以EF，又因为E是的中点，
所以，所以G是的中点，
因为，所以，
又，所以，又因为，
所以四边形是平行四边形，
所以，又GA⊄平面， ⊂平面，
所以GA平面，因为BD，所以EFBD，
EF⊄平面，BD⊂平面，所以EF平面，
因为EF∩AG＝G，所以平面平面，
因为AE⊂平面AEF，所以AE平面，
故C正确；
对于D，连接AC、BD相交于，连接，相交于，
如果外接球的球心O在正四棱台的内部，
则O在上，，
因为上下底面边长分别为4，6，
所以，，
设外接球O的半径为R，
所以，
即，无解，
所以外接球的球心O在正四棱台的外部，如图：
则O在延长线上，，
因为上下底面边长分别为4，6，
所以，，
设外接球O的半径为R，所以，
即，解得＝26，
所以正四棱台的外接球的表面积为4π＝104π，故D正确；
故选：BCD．
【点睛】方法点睛：证明线面、面面的平行垂直关系时，关键是转化为线与线的平行垂直关系，常用的方法有：平行四边形的性质、三角形中位线、对角线、勾股定理以及向量法等；外接球问题，根据几何图形的对称性确定球心是关键，熟悉常见外接球的模型可以提升解题速度.
12．（2023秋·辽宁葫芦岛·高三统考期末）在正方体中，M为AB中点，N为BC中点，P为线段上一动点（不含C）过M，N，P的正方体的截面记为，则下列判断正确的是（ ）
A．当P为中点时，截面为六边形
B．当时，截面为五边形
C．当截面为四边形时，它一定是等腰梯形
D．设中点为Q，三棱锥的体积为定值
【答案】AC
【分析】延长交于，交于，延长交于，取的中点，连接交于，连接，结合图形即可判断A；延长交于，交于，连接交于，连接交于，此时截面为五边形，求出即可判断B；当截面为四边形时，点与点重合，判断四边形的形状即可判断C.设为到平面的距离，三棱锥的体积：，不为定值，可判断D.
【详解】对A，如下图所示，延长交于，交于，延长交于，取的中点，连接交于，连接，
因为M为AB中点，N为BC中点，所以，
同理，又因为，所以，
同理，所以共面，
此时六边形为截面，
所以截面为六边形，故A正确；
对B，如下图所示，延长交于，交于，连接交于，
连接交于，此时截面为五边形，
因为，所以，
所以，即，
所以当时，截面为五边形，故B错误；
对C，当截面为四边形时，点与点重合，如图，
由A得，，所以四边形即为截面，
设正方体的棱长为1，则，，所以，
所以四边形是等腰梯形，故C正确.
对D，设为到平面的距离，
延长，交于一点，连接与交于一点，
所以直线与平面相交，所以直线与平面不平行，
三棱锥的体积：，
因为为定值，P为线段上一动点，所以到平面的距离不为定值，
所以三棱锥的体积为不为定值，故D不正确.
故选：AC.
13．（2023春·江苏苏州·高三统考开学考试）六面体中，底面ABCD、分别是边长为4和2的正方形，侧面、侧面均是直角梯形，且，．若该六面体为台体，下列说法正确的是（ ）
A．六面体的体积为28
B．异面直线与的夹角的余弦值为
C．二面角的正弦值为
D．设P为上底面上一点，且，则P的轨迹为一个圆
【答案】AB
【分析】对于选项A：根据已知证明六面体为棱台，高，即可根据棱台的体积公式得出答案判断；
对于选项B：建立空间直角坐标系，根据异面直线所成角的向量求法求出答案判断；
对于选项C：根据二面角的向量求法求出二面角的余弦值，再根据同角三角函数的关系得出答案判断；
对于选项D：设出点，根据空间向量垂直数量积为0，列式化简即可判断.
【详解】对于选项A：
底面ABCD是的正方形，
，
，且，平面，
平面，
，
侧面、侧面均是直角梯形，
，，
，，面ABCD，面，
面面，
则六面体为棱台，且高，
则，故A正确；
对于选项B：
根据选项A的过程可得两两相互垂直，
以点为坐标原点，以方向为轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，
则，，
则异面直线与的夹角的余弦值为，故B正确；
对于选项C：
根据选项B的过程得出：，，，
则，，
设是平面的一个法向量，
则，令，则，
面为面，
为面的一个法向量，
则二面角的余弦值为，
则二面角的正弦值为，故C错误；
对于选项D：
根据已知设点，其中
根据选项B过程可得，，
则，，
，
，即无解，
则上底面不存在点，使得，故D错误；
故选：AB.
14．（2023·山东·沂水县第一中学校联考模拟预测）已知圆锥顶点为S，高为1，底面圆的直径长为．若为底面圆周上不同于的任意一点，则下列说法中正确的是（ ）
A．圆锥的侧面积为
B．面积的最大值为
C．圆锥的外接球的表面积为
D．若，为线段上的动点，则的最小值为
【答案】BCD
【分析】对A：根据圆锥的侧面积公式分析运算；对B：根据题意结合三角形的面积公式分析运算；对C：根据题意可得圆锥的外接球即为的外接圆，利用正弦定理求三角形的外接圆半径，即可得结果；对D：将平面与平面展开为一个平面，当三点共线时，取到最小值，结合余弦定理分析运算.
【详解】对A：由题意可知：，
故圆锥的侧面积为，A错误；
对B：面积，
在中，，故为钝角，
由题意可得：，
故当时，面积的最大值为，B正确；
对C：由选项B可得：，为钝角，可得，
由题意可得：圆锥的外接球即为的外接圆，设其半径为，
则，即；
故圆锥的外接球的表面积为，C正确；
对D：将平面与平面展开为一个平面，如图所示，
当三点共线时，取到最小值，
此时，
在，，则为锐角，
则，
在，则，
由余弦定理可得，
则，故的最小值为，D正确.
故选：BCD.
15．（2023·湖北·校联考模拟预测）如图，在正四面体中，棱的中点为M，棱的中点为N，过的平面交棱于P，交棱于Q，记多面体的体积为，多面体的体积为，则（ ）
A．直线与平行B．
C．点C与点D到平面的距离相等D．
【答案】BCD
【分析】判断与的位置关系，判断A；结合点C与点D在平面两侧，且N是的中点，可判断点C与点D到平面的距离相等，判断C；讨论Q是中点和Q不是中点两种情况，结合线面平行的判定和性质，推出线段的比例关系，判断B；利用割补思想，可得，结合，，结合线段间的比例关系，即可判断D.
【详解】由题意当为的中点时，,
不为的中点时，直线与不平行，A错误；
点C与点D在平面两侧，且N是的中点，
故点C与点D到平面的距离相等，C正确；
若Q是中点，则平面平面，
故平面，平面平面,平面,
故,又，故．
又N是的中点，故P是的中点，从而；
若Q不是中点，则不平行，
结合在同一平面内，故相交，
设交点为T，点T在直线上，故点T在平面上，点T在直线上，
故点T在平面上，于是T是平面与平面的公共点，
进而T在平面与平面的交线上，即直线交于点T．
在平面内，过A作交直线于点G，于是是的中位线，
故，进而，故．
同理，在平面内可得，故，
综上，，B正确．
设四棱锥的体积为V，，
由点C与点D到平面的距离相等得：，①
，，结合，
故，②
由①②相加得，D正确．
故选：BCD．
【点睛】难点点睛：本题难点在于B选项的判断，解答时要讨论Q是否是中点两种情况，结合线面平行的判定以及性质定理推出线段的比例关系，进行判断.
16．（2023春·湖北武汉·高三华中师大一附中校考期中）已知异面直线与所成角为，平面与平面的夹角为，直线与平面所成的角为，点为平面、外一定点，则下列结论正确的是（ ）
A．过点且与直线、所成角都是的直线有条
B．过点且与平面、所成角都是的直线有条
C．过点且与平面、所成角都是的直线有条
D．过点与平面成角，且与直线成的直线有条
【答案】BC
【分析】根据选项，在利用图形，可知A有条；根据，，可知B有条；根据，可知C有条；做以为顶点，且与圆锥中轴线夹角为，可知该直线条数，判断D即可.
【详解】对于A选项，因为异面直线与直线所成角为，
在空间中的点作直线、，使得，，设直线、确定平面，如下图所示：
因为直线、所成角为，则直线、所成角为，
在直线、上分别取点、，使得，
则在平面内的角平分线所在直线与直线、所成角均为，
过点在平面外能作两条直线、使得这两条直线与直线、所成角均为，
综上所述，过点且与直线、所成角都是的直线有条，A错；
对于BC选项，因为平面与平面的夹角为，
则过点与平面、所成角都是和的直线各有一条、，
若过点与平面、所成角都是，则在、的两侧各有一条，
所以共条，故B正确，
若过点且与平面、所成角都是，其中一条直线为直线，在直线的两侧各有一条，
所以共条，C对；
对于D选项，过点作与平面成角的直线，
形成以为顶点，与圆锥中轴线夹角为，且底面在上的圆锥的母线，
设所求直线与的交点为, 不妨假设在上，设直线与的交点为，
设点在底面的射影点为点，直线交圆锥底面圆于、两点，
易知，又因为，则为等边三角形，
所以，，
因为，则直线与平面所成角为，
则，
故，
当点位于点时，取得最小值，
当点位于点时，取得最大值，
所以，故能作出两条满足条件的直线，故D错误.
故选：BC.
【点睛】方法点睛：该题考查立体几何综合应用，属于难题，关于角度的方法有：
（1）异面直线所成角：平移异面直线至有交点，则异面直线所成角即为平移后相交直线所成角；
（2）线面角：过线上一点做面的垂线，连接垂足及线与面的交点形成线段，则线与该线段所成角即为线面角；
（3）面面角：过面面交线上一点在两个面中分别做交线的垂线，则两垂线的夹角即为面面角.
17．（2023春·湖南·高三长郡中学校联考阶段练习）某同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒.包装盒如图所示，是由等高的半个圆柱和个圆柱拼接而成，其中四边形是边长为4的正方形，点是弧上的动点，且四点共面.下列说法正确的有（ ）
A．若点为弧的中点，则平面平面
B．存在点，使得
C．存在点，使得直线与平面所成的角为
D．当点到平面的距离最大时，三棱锥外接球的半径
【答案】AD
【分析】利用图形数形结和反例，结合面面垂直的判定、线线平行的判定、线面角的求解方法、几何体外接球的关系以及空间向量的应用逐项分析即可.
【详解】连接，如图所示：
若点为弧的中点，则，
所以，即，
因为，
所以，又，面，
所以平面平面，
则平面平面，
故A正确；
假设存在点，使得，
则四点共面，
又该几何体上下两个底面平行，
且为平面与这两个底面的交线，
所以，
则四边形为平行四边形，
则有，
这显然不成立，故B错误；
假设存在点，使得直线与平面所成的角为，
以为原点，方向为轴正方向建立空间直角坐标系，
如图所示：
则，，设，
则，
所以，
，
设平面的法向量为，
则，
令，则，
即，
依题意，
整理得，这与矛盾，所以假设不成立，
故C错误；
当点到平面的距离最大时，点位于点，三棱锥，
即三棱锥，即三棱锥，
可将其补型为一个以为同一个顶点出发的三条侧棱的正方体，
棱长为4，其外接球半径，
故正确.
18．（2023春·江苏南通·高三海安高级中学校考阶段练习）如图的六面体中，CA＝CB＝CD＝1，AB＝BD＝AD＝AE＝BE＝DE＝，则（ ）
A．CD⊥平面ABCB．AC与BE所成角的大小为C．D．该六面体外接球的表面积为3π
【答案】ACD
【分析】利用线面垂直的判定定理、空间向量以及球的表面积公式进行计算求解.
【详解】因为CA＝CB＝CD＝1，BD＝AD＝，
所以，
即 又，
所以CD⊥平面ABC，故A正确；
因为CD⊥平面ABC，如图，建立空间之间坐标系，
因为CA＝CB＝CD＝1，所以四面体是正三棱锥，
因为AB＝BD＝AD＝AE＝BE＝DE＝，所以四面体是正四面体，
在正三棱锥中过点C作底面的垂线，垂足为正三角形的中心，
同理，在正四面体中，过顶点作底面的垂线，垂足为正三角形的中心，
所以，三点共线；
因为，因为正三角形的中心，所以，
设，因为在正四面体中，，在正三棱锥中，，
所以，解得，所以，所以，又，
所以，故AC与BE所成角的大小为，故B错误；
因为，所以，故C正确；
显然，该六面体外接球的球心位于线段的中点，因为，所以六面体外接球的半径，
所以该六面体外接球的表面积为，故D正确.
故选：ACD.
19．（2023·湖南岳阳·统考二模）在中国共产党第二十次全国代表大会召开期间，某学校组织了“喜庆二十大，永远跟党走，奋进新征程，书画作品比赛.如图①，本次比赛的冠军奖杯由一个铜球和一个托盘组成，若球的体积为；如图②，托盘由边长为4的正三角形铜片沿各边中点的连线垂直向上折叠而成，则下列结论正确的是（ ）
A．直线与平面所成的角为
B．经过三个顶点的球的截面圆的面积为
C．异面直线与所成的角的余弦值为
D．球离球托底面的最小距离为
【答案】CD
【分析】如图1，根据题意和面面垂直的性质可得平面，同理平面，由平行四边形的判定方法可知四边形、为平行四边形，结合线面角的定义与外接圆的定义即可判断AB；如图1易知异面直线AD与CF所成的角或其补角，结合余弦定理计算即可判断C；根据球的体积公式求出球的半径，结合图形2计算即可判断D.
【详解】A：如图1，取DE、EF、DF的中点N、M、K，取MF的中点H，连接BK、BH、KH、BM、AN、MN、DM，
由为正三角形，得，又平面平面，
平面平面，平面，平面，
由，得平面，同理平面，
则，且，所以四边形为平行四边形，
由，得，
所以四边形为平行四边形，得，，
即为直线AD与平面所成的角，，所以，故A错误；
B：如图1，连接AB、BC、AC，
由选项A的分析知，
同理，，
所以经过三个顶点A、B、C的球的截面圆为的外接圆，
其半径为，面积为，故B错误；
C：连接AM，由，得四边形是平行四边形，
则，所以异面直线AD与CF所成的角或其补角，
，在中，，由余弦定理，
得，故C正确；
D：设球的半径为，由球的体积为，得，解得.
如图2，，，
所以球离球托底面DEF的最小距离为，故D正确.
故选：CD.
20．（2023·广东·高三校联考阶段练习）如图，矩形中，，，为边的中点，沿将折起，点折至处（平面），若为线段的中点，平面与平面所成锐二面角，直线与平面所成角为，则在折起过程中，下列说法正确的是（ ）
A．存在某个位置，使得
B．面积的最大值为
C．
D．三棱锥体积最大时，三棱锥的外接球的表面积
【答案】BCD
【分析】对于A，取的中点，连接，，先证明，再证明与不垂直，进而可得结论；
对于B，依题意先得到，从而可得到面积的最大值；
对于C，取的中点，的中点，作平面，且点在平面内，连接，，，先说明点在直线上，再证明，，得到，，进而可得结论；
对于D，先根据三棱锥的体积公式得到点与点重合，即平面时，最大，进而可得到三棱锥的外接球的半径和长、宽、高分别为，，的长方体的外接球的半径相等，从而可求得其外接球的半径，即可求解．
【详解】对于A，取的中点，连接，，
显然，且，又，且，所以，且，
所以四边形为平行四边形，所以，
又，，且为的中点，
则与不垂直，所以与也不垂直，故A错误；
对于B，由，，则，
所以当时，最大，且最大值为，故B正确；
对于C，取的中点，的中点，作平面，且点在平面内，
连接，，，
由，则，又，且，则，
则在平面上的射影在直线上，即点在直线上，
则平面与平面所成的二面角，则，所以，
又在平面上的射影为，则，所以，
所以，故C正确；
对于D，结合C可知，，
则当点与点重合，即平面时，最大，且最大值为，
则，又，且，则平面，
所以，，两两垂直，且，，，
则三棱锥的外接球的半径和长、宽、高分别为，，的长方体的外接球的半径相等，
所以其外接球的半径为，
所以三棱锥的外接球的表面积为，故D正确．
故选：BCD．
【点睛】三棱锥外接球点睛：
求三棱锥外接球时，常见方法有两种：一种是直接法，一种是补形．解题时要认真分析图形，看能否把三棱锥补成一个正方体(长方体)，若能，则正方体(长方体)的顶点均在球面上，正方体(长方体)的体对角线长等于球的直径；另一种是直接法，三棱锥任意两个面过外心的垂线的交点即为三棱锥外接球的球心．
21．（2023·广东深圳·统考一模）如图，已知正三棱台的上、下底面边长分别为2和3，侧棱长为1，点P在侧面内运动（包含边界），且AP与平面所成角的正切值为，则（ ）
A．CP长度的最小值为
B．存在点P，使得
C．存在点P，存在点，使得
D．所有满足条件的动线段AP形成的曲面面积为
【答案】ACD
【分析】先将正三棱台侧棱延长补成正三棱锥，求出点到平面的距离即可确定点的运动轨迹，再逐项分析即可.
【详解】依题意，延长正三棱台侧棱相交于点，取中点，
中点，连接，则有，
所以的延长线必过点且，
过点作，则四边形是边长为1的菱形.
如图所示：
在中，，即，
解得，所以，
所以为边长为3等边三角形，
所以，
所以，
因为是边长为3的等边三角形且为中点，
所以，，
在中，由余弦定理变形得，，
在中，由余弦定理变形得，
，
解得，所以，所以；
由，可得平面，
又平面，所以，
由，，，可得平面，
因为AP与平面所成角的正切值为，
所以，解得，，
所以点在平面的轨迹为，
对于A：当点运动到与的交点时有最小值，
因为四边形是边长为1且的菱形，
所以，所以，
故A选项正确；
对于B：要使得，则点必须落在
平面与平面的交线上且，
由图易知，在平面中不存在这样的点，
故B选项错误；
对于C：当点运动到点时，连接，交于点，
连接，由于平面平面，
所以平面，又平面，平面平面，
所以，所以存在点P，存在点，使得，
故C选项正确；
对于D：设的长度为，则，
动线段AP形成的曲面展开为两个面积相等扇形，设其中一个的面积为,
则有，
因此所有满足条件的动线段AP形成的曲面面积为，
故D选项正确；
故选：ACD.
【点睛】本题考查了线面角的相关性质与证明，先证明线垂直于平面是几何法中求线面角的关键，线面垂直的证明，可先转化为线线垂直的问题，利用等腰三角形性质，勾股定理是证明线线垂直常用的方法，要求考生平时多加练习总结，熟练掌握线面平行垂直、面面平行垂直的判定定理及其相关性质定理是高考的基本要求.
22．（2023·江苏南通·二模）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（ ）
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
【答案】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.
23．（2023·广东江门·统考一模）勒洛Franz Reuleaux（1829～1905），德国机械工程专家，机构运动学的创始人.他所著的《理论运动学》对机械元件的运动过程进行了系统的分析，成为机械工程方面的名著.勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，因此它能像球一样来回滚动.勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的相交部分围成的几何体.如图所示，设正四面体的棱长为2，则下列说法正确的是（ ）
A．勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为
B．勒洛四面体被平面截得的截面面积是
C．勒洛四面体表面上交线的长度为
D．勒洛四面体表面上任意两点间的距离可能大于2
【答案】ABD
【分析】A选项：求出正四面体的外接球半径，进而得到勒洛四面体的内切球半径，得到答案；B选项，作出截面图形，求出截面面积；C选项，根据对称性得到交线所在圆的圆心和半径，求出长度；D选项，作出正四面体对棱中点连线，在C选项的基础上求出长度.
【详解】A选项，先求解出正四面体的外接球，如图所示：
取的中点，连接，过点作于点，则为等边的中心，
外接球球心为，连接，则为外接球半径，设，
由正四面体的棱长为2，则，，
，
，，
由勾股定理得：，即，
解得：，
此时我们再次完整的抽取部分勒洛四面体，如图所示：
图中取正四面体中心为，连接交平面于点，交于点，其中与共面，其中即为正四面体外接球半径，
设勒洛四面体内切球半径为，则，故A正确；
B选项，勒洛四面体截面面积的最大值为经过正四面体某三个顶点的截面，如图所示：
面积为，B正确；
C选项，由对称性可知：勒洛四面体表面上交线所在圆的圆心为的中点，
故，又，
由余弦定理得：，
故，且半径为，故交线的长度等于，C错误；
D选项，将正四面体对棱所在的弧中点连接，此时连线长度最大，如图所示：
连接，交于中点，交于中点，连接，则，
则由C选项的分析知：，
所以，
故勒洛四面体表面上两点间的距离可能大于2，D正确.
故选：ABD
【点睛】勒洛四面体考试中经常考查，下面是一些它的性质：
①勒洛四面体上两点间的最大距离比四面体的棱长大，是对棱弧中点连线，最大长度为，
②表面6个弧长之和不是6个圆心角为60°的扇形弧长之和，其圆心角为，半径为.
24．（2023秋·浙江·高三浙江省永康市第一中学校联考期末）正方体的棱长为，中心为，以为球心的球与四面体的四个面相交所围成的曲线的总长度为，则球的半径为（ ）
A．B．C．D．
【答案】BC
【分析】根据正四面体性质可求得球心到正四面体每个面的距离；当正四面体每个面截得的曲线为一个圆时，可求得小圆的半径，由可求得；当正四面体每个面截得的曲线为三段等差的圆弧时，可得，构造函数，利用导数可求得在上单调递增，可确定其唯一零点，由可求得结果.
【详解】由题意可知：四面体为正四面体，设球的半径为；
正方体棱长为，正四面体的棱长为，
设球心到正四面体各个面的距离为，
正四面体体积，表面积，；
①若正四面体的一个面截球如图所示，
设小圆半径为，则，解得：，
，解得：；
②若正四面体的一个面截图如图所示，
每个面截球所得的曲线长为，的长为，
设小圆半径为，为正四面体侧面的中心，为中点，
，，又，
，，
令，，
恒成立，在上单调递增，
又，，
，解得：；
综上所述：球的半径为或.
故选：BC.
【点睛】关键点点睛：本题考查球的截面截球所得曲线相关问题的求解，解题关键是能够通过分类讨论的方式，确定正四面体各个侧面截球所得曲线的不同情况，从而根据不同情况下曲线长度来求解截面圆的半径.
三、填空题
25．（2023·浙江金华·浙江金华第一中学校考模拟预测）已知矩形在平面的同一侧，顶点在平面上，，，且，与平面所成的角的大小分别为30°，45°，则矩形与平面所成角的正切值为______．
【答案】
【分析】如图，过，分别做平面的垂线，垂足分别为，，连接，，通过几何关系可得到，，，过作满足，过做垂直于点，连接，则即为所求，通过等面积法计算出即可求解
【详解】如图，过，分别做平面的垂线，垂足分别为，，连接，，
由，所以，
因为，与平面所成的角的大小分别为30°,45°,且，，
所以，，得，，
因为所以，
又，所以四边形是平行四边形，
所以，因为，所以，所以，
过作满足，则即为矩形与平面的交线，
过做垂直于点，连接，则即为所求，
在中，，
由可得，
所以，解得，
所以矩形与平面所成角的正切值为.
.
故答案为：.
26．（2023春·江苏南通·高三校考开学考试）在直四棱柱中，底面ABCD是边长为1的正方形，侧棱，M为侧棱的中点，N在侧面矩形内(异于点)，则三棱锥体积的最大值为____________.
【答案】##0.5
【分析】建立空间直角坐标系，写出点的坐标，得到，故⊥，求出，再利用点到平面的距离公式求出点到平面的距离，表达出三棱锥的体积为，结合的范围，求出体积最大值.
【详解】以D为坐标原点，DA，DC，所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，
则，设，，，其中与不能同时成立，
则，，
故，
因为，所以⊥，
故，
设平面的法向量为，
，
取，则，故，
点到平面的距离，
三棱锥的体积为，
因为，，其中与不能同时成立，
要想最大，由于恒成立，只需要最大，当时，，满足要求，
所以当时，取得最大值，最大值为.
故答案为：
【点睛】立体几何中体积最值问题，一般可从三个方面考虑：一是构建函数法，即建立所求体积的目标函数，转化为函数的最值问题进行求解；二是借助基本不等式求最值，几何体变化过程中两个互相牵制的变量（两个变量之间有等量关系），往往可以使用此种方法；三是根据几何体的结构特征，变动态为静态，直观判断在什么情况下取得最值.
27．（2023秋·江苏南京·高三南京市第一中学校考期末）在三棱锥中，，且，则直线PC与平面ABC所成角的余弦值为__________.
【答案】
【分析】先利用线面垂直的判定定理与性质定理证得面，从而得到为直线PC与平面ABC所成角的平面角，再利用余弦定理与勾股定理求得，从而求得，由此得解.
【详解】记的中点为，连结，过作交的延长线于，如图，
因为，为的中点，所以，
因为，，，所以，则，
又为的中点，所以，
因为面，所以面，
又面，所以，
因为，面，所以面，
所以为直线PC与平面ABC所成角的平面角，
不妨设，
在中，，则，，
在中，，
在中，，则，
即，故，
在中，，
所以在中，，
又，则，即，
所以，
所以，
故直线PC与平面ABC所成角的余弦值为.
故答案为：.
28．（2023·山东聊城·统考一模）已知正四棱柱的体积为16，是棱的中点，是侧棱上的动点，直线交平面于点，则动点的轨迹长度的最小值为______．
【答案】
【分析】取的中点，连接交于点，连接、交于点，连接、，即可得到、、、四点共面，从而得到平面平面，连接交于点，则线段即为点的轨迹，再由三角形相似得到，则问题转化为求的最小值，设、，，利用勾股定理表示出，再由均值不等式求出的最小值，即可得解.
【详解】如图取的中点，连接交于点，连接、交于点，连接、，
因为是棱的中点，所以，则为的四等分点且，
由正四棱柱的性质可知且，所以四边形为平行四边形，所以，
所以，所以、、、四点共面，
所以平面平面，
连接交于点，因为是侧棱上的动点，直线交平面于点，
所以线段即为点的轨迹，
如图在平面中，过点作，交于点，因为，
所以，所以，所以，
设、，，
依题意，，
所以，
要求动点的轨迹长度的最小值，即求的最小值，即求的最小值，
因为，所以，
所以，
当且仅当，即、时取等号，
所以，所以，即动点的轨迹长度的最小值为.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题解答的关键是找到动点的轨迹，再利用均值不等式求出的最小值.
29．（2023春·湖北武汉·高三华中师大一附中校考阶段练习）蹴鞠（如图所示），又名蹴球，蹴圆，筑球，踢圆等，蹴有用脚蹴、踢、蹋的含义，鞠最早系外包皮革、内实米糠的球因而蹴鞠就是指古人以脚蹴、蹋、踢皮球的活动，类似于今日的足球.2006年5月20日，蹴鞠作为非物质文化遗产经国务院批准已列入第一批国家非物质文化遗产名录.已知某鞠（球）的表面上有四个点A，B，C，P，且球心О在PC上，，，，则该鞠（球）的表面积为__________.
【答案】
【分析】画出图形，做出辅助线，利用勾股定理求出球的半径，求出球的表面积.
【详解】
如图，取AB的中点M，连接MP，由
得：
连接CM并延长，交球O于点H，连接PH，因为PC球O的直径，
设球的半径为R，则
球的表面积为
故答案为：.
30．（2023春·湖南·高三校联考阶段练习）在正四棱锥中，为的中点，过作截面将该四棱锥分成上､下两部分，记上､下两部分的体积分别为，则的最大值是___________.
【答案】2
【分析】根据给定条件，作出过的正四棱锥的截面，再求出的表达式并结合均值不等式求解作答.
【详解】记正四棱锥的体积为，的最大值，由为定值知，只需求的最小值，
设过的截面分别交和于，平面与平面的交线为与相交于，如图，
则，令，则，即有，
，
当且仅当时取等号，此时，
所以的最大值是2.
故答案为：2
【点睛】方法点睛：作截面的常用三种方法：直接法，截面的定点在几何体的棱上；平行线法，截面与几何体的两个平行平面相交，或者截面上有一条直线与几何体的某个面平行；延长交线得交点，截面上的点中至少有两个点在几何体的同一平面上.
1、多加总结。当三年所有的数学知识点加在一起，可能会使有些基础不牢固的学生犯迷糊。
2、做题经验。哪怕同一题只改变数字，也能成为一道新的题目。
3、多刷错题。多刷错题能够进一步地扫清知识盲区，多加巩固之后自然也就掌握了知识点。
对于学生来说，三轮复习就相当于是最后的“救命稻草”，家长们同样是这样，不要老是去责怪孩子考试成绩不佳，相反，更多的来说，如果能够陪同孩子去反思成绩不佳的原因，找到问题的症结所在，更加重要。
【一专三练】 专题12 立体几何小题压轴练-新高考数学复习分层训练（新高考通用）
一、单选题
1．（2023·山东济宁·统考一模）已知直三棱柱，为线段的中点，为线段的中点，过的内切圆圆心，且，，，则三棱锥的外接球表面积为（ ）
A．B．πC．D．
【答案】B
【分析】计算，，过分别作平面，平面的垂线， 两垂线交于点，点为三棱取的外接球球心，计算，，再利用勾股定理得到，计算表面积得到答案.
【详解】如图，为线段的中点，，平面，平面，
故，，平面，故平面，
平面，故，
故，
因为为线段的中点且过的内切圆圆心，
故，即.
所以.
取的中点，连接、，
分别在、上取 、的外接圆圆心、.
过分别作平面，平面的垂线， 两垂线交于点，
则点为三棱取的外接球球心.
在中由余弦定理得：，
所以.
设、的外接圆半径分别为、， 三棱锥的外接球半径为.
，解得，同理，
所以，，
所以三㥄锥的外接球表面积为.
故选：B
【点睛】关键点点睛：本题考查了线面垂直，三棱锥的外接球表面积，意在考查学生的计算能力，空间想象能力和转化能力，其中，确定过圆心的垂线交点是球心再利用勾股定理求解是解题的关键，此方法是常考方法，需要熟练掌握.
2．（2023春·湖北武汉·高三华中师大一附中校考期中）在正四棱台中，，，M为棱的中点，当正四棱台的体积最大时，平面截该正四棱台的截面面积是（ ）．
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据正四棱台的体积公式、结合基本不等式、线面平行的判定定理、梯形的面积公式进行求解即可．
【详解】设，上底面和下底面的中心分别为，，过作,
该四棱台的高，
在上下底面由勾股定理可知，．
在梯形中，，
所以该四棱台的体积为，
所以，
当且仅当，即时取等号，此时，，．
取,的中点，,连接,，显然有，
由于平面，平面，所以平面，因此平面就是截面．
显然，
在直角梯形中，，
因此在等腰梯形中，，
同理在等腰梯形中，，
在等腰梯形中，设，，
则，
，
所以梯形的面积为，
故选：C．
【点睛】解决与几何体截面的问题，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）根据空间中的线面关系，找到线线平行或者垂直，进而确定线面以及面面关系，
（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）求长度下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于长度的方程，并求解.
3．（2023·湖北武汉·华中师大一附中校联考模拟预测）在三棱锥中，是以AC为底边的等腰直角三角形，是等边三角形，，又BD与平面ADC所成角的正切值为，则三棱锥外接球的表面积是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据线面角算出点B到平面ADC的距离，从而找到球心的位置，利用几何关系算出球的半径即可.
【详解】取AC的中点E，连接BE，DE，则，，可得平面DEB．
又平面ADC，故平面平面DEB，且平面平面．
在平面DEB中，过点B作于点H，则平面ADC，
∴是直线BD与平面ADC所成角的平面角．
设，则，易求，，则．
由勾股定理可得，即，解得，于是，
点H恰好是正的中心（外心），故球心O必在BH上，
的外心为E，连接OE,则平面ABC，,设三棱锥外接球的半径，
在中，由射影定理可得，即，解得，
∴三棱锥外接球的表面积．
故选：B.
4．（2023秋·湖南湘潭·高三校联考期末）点分别是棱长为2的正方体中棱的中点，动点在正方形(包括边界)内运动.若面，则的长度范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】取的中点，的中点F，连结，，，取EF中点O，连结，证明平面平面，从而得到P的轨迹是线段，从而得出长度范围.
【详解】取的中点，的中点F，连结，，，取EF中点O，连结，,
∵点M，N分别是棱长为2的正方体中棱BC，的中点，
，,
，四边形为平行四边形，
，而在平面中，易证，
∵平面，平面，平面，
平面，平面，平面，
又，平面，∴平面平面，
∵动点P在正方形（包括边界）内运动，且平面AMN，
∴点P的轨迹是线段EF，
，，∴，
∴当P与O重合时，的长度取最小值，
为等腰三角形，∴在点或者点处时，此时最大，最大值为.
即的长度范围为
故选：B．
5．（2023春·湖南·高三统考阶段练习）正方体的棱长为1，点在三棱锥的表面上运动，且，则点轨迹的长度是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据题意，点在以为球心，半径的球面上，进而依次讨论该球与三棱锥的表面的交线即可得答案.
【详解】解：由题设知点在以为球心，半径的球面上，
所以点P的轨迹就是该球与三棱锥的表面的交线．
由正方体性质易知三棱锥为正四面体，
所以，点到平面的距离，
所以球在平面上的截面圆的半径，
所以，截面圆的圆心是正中心，正的边长为，其内切圆的半径．
因此，点P在面内的轨迹是圆在内的弧长，
如图所示．，所以，
所以，
所以，点P在此面内的轨迹长度为．
因为平面ABCD，所以球在平面ABCD上的截面圆心为A，
其半径，又，
所以点P在平面BCD内的轨迹是一段弧，
如图所示，，
所以，从而，所以．
由于对称性，点P在平面和平面内的轨迹长度都是，
故点P在三棱锥的表面上的轨迹的长度是．
故选：A
6．（2023·广东梅州·统考一模）《九章算术》是我国古代著名的数学著作，书中记载有几何体“刍甍”.现有一个刍甍如图所示，底面为正方形，平面，四边形，为两个全等的等腰梯形，，且，则此刍甍的外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据给定条件，求出点到平面的距离，再由几何体的结构特征确定球心位置，结合球面的性质求解作答.
【详解】取、中点、，正方形中心，中点，连接，
根据题意可得平面，，点是的中点，，
在等腰中，，，
同理，
则等腰梯形的高为，
根据几何体的结构特征可知，刍甍的外接球的球心在直线上，连接，
正方体的外接圆的半径，
则有，
而，，
当点在线段的延长线（含点）时， 视为非负数，若点在线段的延长线（不含点）时， 视为负数，
即有，
则，解得，
则刍甍的外接球的半径为，
则刍甍的外接球的表面积为，
故选：C.
7．（2023·广东·校联考模拟预测）已知四棱锥的五个顶点都在球面O上，底面ABCD是边长为4的正方形，平面平面ABCD，且，则球面O的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】如图，取中点为E，三角形外接圆圆心为，正方形ABCD外接圆圆心为，过做平面，底面ABCD垂线，则两垂线交点为四棱锥外切球球心O.由题目条件，可证得四边形为矩形，设外接球半径为R，则.后可得答案.
【详解】如图，取中点为E，三角形外接圆圆心为，正方形ABCD外接圆圆心为，过作平面，底面ABCD垂线，则两垂线交点为四棱锥外接球球心O.
因平面平面ABCD，平面平面ABCD，，平面，则平面ABCD.又平面ABCD，则.
因，则四边形为矩形.
设三角形外接圆半径为，则，又则.
则，设外接球半径为R，则，又，
则，则球O表面积为：.
故选：C.
8．（2023·广东深圳·深圳中学校联考模拟预测）在矩形ABCD中，已知，E是AB的中点，将沿直线DE翻折成，连接，当二面角的平面角的大小为时，则三棱锥外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】取的中点为，证明，取的中点为，证明，根据二面角的定义证明，根据球的截面性质确定三棱锥外接球的球心位置，解三角形求球的半径，由此可得三棱锥外接球的表面积
【详解】由已知，E是AB的中点，
所以，又，，
所以为等腰直角三角形，故为等腰直角三角形，
取的中点为，则，
因为，又，，所以
同理可得，又，
所以，取的中点为，连接，
则，所以，
所以为二面角的平面角，
所以，
因为，，，
所以为等边三角形，取的中点为，则，
因为，，，平面，
所以平面，平面，
所以，又，，平面，
所以平面，
因为为直角三角形，为斜边，
所以，所以为的外接圆的圆心，
设为三棱锥外接球的球心，则平面，
设，三棱锥外接球的半径为，
则，
若球心和点位于平面的两侧，
延长到点，使得，
因为平面，平面，所以，
所以四边形为平行四边形，
所以，，
所以，
所以，
所以，，
所以三棱锥外接球的表面积，
若球心和点位于平面的同侧，
因为平面，平面，所以，
过点作，则四边形为平行四边形，
所以，，
所以，
所以，
所以，舍去 ，
故选：A.
【点睛】关键点点睛：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，作出合适的截面图，解三角形确定球的半径.
二、多选题
9．（2023·浙江温州·统考二模）蜜蜂是自然界的建筑大师，在18世纪初，法国数学家马拉尔迪指出，蜂巢是由许许多多类似正六棱柱形状的蜂房（如图）构成，其中每个蜂房的底部都是由三个全等的菱形构成，每个菱形钝角的余弦值是，则（ ）
A．平面
B．
C．蜂房底部的三个菱形所在的平面两两垂直
D．该几何体的体积与以六边形为底面，以为高的正六棱柱的体积相等
【答案】AD
【分析】对A：根据线面平行的判定定理分析判断；对B、C：根据空间中的垂直关系分析判断；对D：通过补形，结合锥体体积分析判断.
【详解】对A：因为，，则，
平面，且平面，
故平面，故A正确；
对B：每个菱形钝角的余弦值是，即不垂直，
因为，即不垂直，故B错误；
对C：若蜂房底部的三个菱形所在的平面两两垂直，
可知平面平面，则平面，
平面，所以，
且，故，这与不垂直矛盾，故C错误；
对D：如图，补形可知：过作正六边形，
∵为菱形，则的中点在上，故点到平面的距离相等，
故，
同理可得：，
故该几何体的体积与以六边形为底面，以为高的正只棱柱的体积相等，所以D正确；
故选：．
10．（2023春·江苏扬州·高三统考开学考试）在四面体的四个面中，有公共棱的两个面全等，，，，二面角大小为，下列说法中正确的有（ ）
A．四面体外接球的表面积为
B．四面体体积的最大值为
C．若，，则
D．若，，则
【答案】ACD
【分析】选项A：找出四面体得外接球得外接圆圆心和半径即可；选项B：先确定底面，底面积确定，利用夹角的变化确定体积最大的时候的高即可；选项C：直接画出二面角，然后计算其夹角即可；选项D：先过点画的垂线，垂足为;过点画的垂线，垂足为，然后二面角为与的夹角，利用基底法计算长度即可.
【详解】由题的示意图，画中点为，连接
选项A：由题可知在中，，所以,
又因为有公共棱的两个面全等, ，故,
由直角三角形的性质可知，,故该三棱锥的外接球球心为点，直径为，
所以外接球表面积为，故A正确；
选项B：要使四面体的体积最大，则只需以为底面，在边上的高为高即可；
因为公共棱的两个面全等，所以，所以有，
已知，所以，所以体积最大时，该四面体的体积为，故B 错误；
选项C：分别过点画边的垂线，显然垂足均为，则,得示意图
由选项B可知，又，，所以,
由余弦定理的，因为在三角形中，所以，故C正确；
选项D:如图所示，过点画的垂线，垂足为;过点画的垂线，垂足为，
因为，所以,
因为，所以与的夹角为，
由选项B可知，,所以,同理,
由选项A可知所以，
,所以得，
所以，故D正确；
故选：ACD
11．（2023春·江苏南京·高三南京市第五高级中学校考阶段练习）已知正四棱台的上下底面边长分别为4，6，高为，E是的中点，则（ ）
A．正四棱台的体积为
B．平面平面
C．AE∥平面
D．正四棱台的外接球的表面积为104π
【答案】BCD
【分析】对于A：直接代入正四棱台的体积公式即可求解；对于B：先证BD⊥平面，再根据面面垂直的判定定理即可证明；对于C：取的中点F，连接AF，EF，，连接AG，先证四边形是平行四边形，易得GA平面，EF平面，根据面面平行判定定理可证平面平面，再根据面面平行的性质即可证明AE平面；对于D：分球心在正四棱台内、外两种情况讨论，且球心必在上或的延长线上，再利用勾股定理列出关于球半径的方程即可求解.
【详解】依题意，
对于A，正四棱台的体积为，故错误；
对于B，易知BD⊥AC，BD⊥，又，
平面，平面，
则BD⊥平面，又BD平面，
所以平面⊥平面，故B正确；
对于C，取的中点F，连接AF，EF，
，连接AG，
所以EF，又因为E是的中点，
所以，所以G是的中点，
因为，所以，
又，所以，又因为，
所以四边形是平行四边形，
所以，又GA⊄平面， ⊂平面，
所以GA平面，因为BD，所以EFBD，
EF⊄平面，BD⊂平面，所以EF平面，
因为EF∩AG＝G，所以平面平面，
因为AE⊂平面AEF，所以AE平面，
故C正确；
对于D，连接AC、BD相交于，连接，相交于，
如果外接球的球心O在正四棱台的内部，
则O在上，，
因为上下底面边长分别为4，6，
所以，，
设外接球O的半径为R，
所以，
即，无解，
所以外接球的球心O在正四棱台的外部，如图：
则O在延长线上，，
因为上下底面边长分别为4，6，
所以，，
设外接球O的半径为R，所以，
即，解得＝26，
所以正四棱台的外接球的表面积为4π＝104π，故D正确；
故选：BCD．
【点睛】方法点睛：证明线面、面面的平行垂直关系时，关键是转化为线与线的平行垂直关系，常用的方法有：平行四边形的性质、三角形中位线、对角线、勾股定理以及向量法等；外接球问题，根据几何图形的对称性确定球心是关键，熟悉常见外接球的模型可以提升解题速度.
12．（2023秋·辽宁葫芦岛·高三统考期末）在正方体中，M为AB中点，N为BC中点，P为线段上一动点（不含C）过M，N，P的正方体的截面记为，则下列判断正确的是（ ）
A．当P为中点时，截面为六边形
B．当时，截面为五边形
C．当截面为四边形时，它一定是等腰梯形
D．设中点为Q，三棱锥的体积为定值
【答案】AC
【分析】延长交于，交于，延长交于，取的中点，连接交于，连接，结合图形即可判断A；延长交于，交于，连接交于，连接交于，此时截面为五边形，求出即可判断B；当截面为四边形时，点与点重合，判断四边形的形状即可判断C.设为到平面的距离，三棱锥的体积：，不为定值，可判断D.
【详解】对A，如下图所示，延长交于，交于，延长交于，取的中点，连接交于，连接，
因为M为AB中点，N为BC中点，所以，
同理，又因为，所以，
同理，所以共面，
此时六边形为截面，
所以截面为六边形，故A正确；
对B，如下图所示，延长交于，交于，连接交于，
连接交于，此时截面为五边形，
因为，所以，
所以，即，
所以当时，截面为五边形，故B错误；
对C，当截面为四边形时，点与点重合，如图，
由A得，，所以四边形即为截面，
设正方体的棱长为1，则，，所以，
所以四边形是等腰梯形，故C正确.
对D，设为到平面的距离，
延长，交于一点，连接与交于一点，
所以直线与平面相交，所以直线与平面不平行，
三棱锥的体积：，
因为为定值，P为线段上一动点，所以到平面的距离不为定值，
所以三棱锥的体积为不为定值，故D不正确.
故选：AC.
13．（2023春·江苏苏州·高三统考开学考试）六面体中，底面ABCD、分别是边长为4和2的正方形，侧面、侧面均是直角梯形，且，．若该六面体为台体，下列说法正确的是（ ）
A．六面体的体积为28
B．异面直线与的夹角的余弦值为
C．二面角的正弦值为
D．设P为上底面上一点，且，则P的轨迹为一个圆
【答案】AB
【分析】对于选项A：根据已知证明六面体为棱台，高，即可根据棱台的体积公式得出答案判断；
对于选项B：建立空间直角坐标系，根据异面直线所成角的向量求法求出答案判断；
对于选项C：根据二面角的向量求法求出二面角的余弦值，再根据同角三角函数的关系得出答案判断；
对于选项D：设出点，根据空间向量垂直数量积为0，列式化简即可判断.
【详解】对于选项A：
底面ABCD是的正方形，
，
，且，平面，
平面，
，
侧面、侧面均是直角梯形，
，，
，，面ABCD，面，
面面，
则六面体为棱台，且高，
则，故A正确；
对于选项B：
根据选项A的过程可得两两相互垂直，
以点为坐标原点，以方向为轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，
则，，
则异面直线与的夹角的余弦值为，故B正确；
对于选项C：
根据选项B的过程得出：，，，
则，，
设是平面的一个法向量，
则，令，则，
面为面，
为面的一个法向量，
则二面角的余弦值为，
则二面角的正弦值为，故C错误；
对于选项D：
根据已知设点，其中
根据选项B过程可得，，
则，，
，
，即无解，
则上底面不存在点，使得，故D错误；
故选：AB.
14．（2023·山东·沂水县第一中学校联考模拟预测）已知圆锥顶点为S，高为1，底面圆的直径长为．若为底面圆周上不同于的任意一点，则下列说法中正确的是（ ）
A．圆锥的侧面积为
B．面积的最大值为
C．圆锥的外接球的表面积为
D．若，为线段上的动点，则的最小值为
【答案】BCD
【分析】对A：根据圆锥的侧面积公式分析运算；对B：根据题意结合三角形的面积公式分析运算；对C：根据题意可得圆锥的外接球即为的外接圆，利用正弦定理求三角形的外接圆半径，即可得结果；对D：将平面与平面展开为一个平面，当三点共线时，取到最小值，结合余弦定理分析运算.
【详解】对A：由题意可知：，
故圆锥的侧面积为，A错误；
对B：面积，
在中，，故为钝角，
由题意可得：，
故当时，面积的最大值为，B正确；
对C：由选项B可得：，为钝角，可得，
由题意可得：圆锥的外接球即为的外接圆，设其半径为，
则，即；
故圆锥的外接球的表面积为，C正确；
对D：将平面与平面展开为一个平面，如图所示，
当三点共线时，取到最小值，
此时，
在，，则为锐角，
则，
在，则，
由余弦定理可得，
则，故的最小值为，D正确.
故选：BCD.
15．（2023·湖北·校联考模拟预测）如图，在正四面体中，棱的中点为M，棱的中点为N，过的平面交棱于P，交棱于Q，记多面体的体积为，多面体的体积为，则（ ）
A．直线与平行B．
C．点C与点D到平面的距离相等D．
【答案】BCD
【分析】判断与的位置关系，判断A；结合点C与点D在平面两侧，且N是的中点，可判断点C与点D到平面的距离相等，判断C；讨论Q是中点和Q不是中点两种情况，结合线面平行的判定和性质，推出线段的比例关系，判断B；利用割补思想，可得，结合，，结合线段间的比例关系，即可判断D.
【详解】由题意当为的中点时，,
不为的中点时，直线与不平行，A错误；
点C与点D在平面两侧，且N是的中点，
故点C与点D到平面的距离相等，C正确；
若Q是中点，则平面平面，
故平面，平面平面,平面,
故,又，故．
又N是的中点，故P是的中点，从而；
若Q不是中点，则不平行，
结合在同一平面内，故相交，
设交点为T，点T在直线上，故点T在平面上，点T在直线上，
故点T在平面上，于是T是平面与平面的公共点，
进而T在平面与平面的交线上，即直线交于点T．
在平面内，过A作交直线于点G，于是是的中位线，
故，进而，故．
同理，在平面内可得，故，
综上，，B正确．
设四棱锥的体积为V，，
由点C与点D到平面的距离相等得：，①
，，结合，
故，②
由①②相加得，D正确．
故选：BCD．
【点睛】难点点睛：本题难点在于B选项的判断，解答时要讨论Q是否是中点两种情况，结合线面平行的判定以及性质定理推出线段的比例关系，进行判断.
16．（2023春·湖北武汉·高三华中师大一附中校考期中）已知异面直线与所成角为，平面与平面的夹角为，直线与平面所成的角为，点为平面、外一定点，则下列结论正确的是（ ）
A．过点且与直线、所成角都是的直线有条
B．过点且与平面、所成角都是的直线有条
C．过点且与平面、所成角都是的直线有条
D．过点与平面成角，且与直线成的直线有条
【答案】BC
【分析】根据选项，在利用图形，可知A有条；根据，，可知B有条；根据，可知C有条；做以为顶点，且与圆锥中轴线夹角为，可知该直线条数，判断D即可.
【详解】对于A选项，因为异面直线与直线所成角为，
在空间中的点作直线、，使得，，设直线、确定平面，如下图所示：
因为直线、所成角为，则直线、所成角为，
在直线、上分别取点、，使得，
则在平面内的角平分线所在直线与直线、所成角均为，
过点在平面外能作两条直线、使得这两条直线与直线、所成角均为，
综上所述，过点且与直线、所成角都是的直线有条，A错；
对于BC选项，因为平面与平面的夹角为，
则过点与平面、所成角都是和的直线各有一条、，
若过点与平面、所成角都是，则在、的两侧各有一条，
所以共条，故B正确，
若过点且与平面、所成角都是，其中一条直线为直线，在直线的两侧各有一条，
所以共条，C对；
对于D选项，过点作与平面成角的直线，
形成以为顶点，与圆锥中轴线夹角为，且底面在上的圆锥的母线，
设所求直线与的交点为, 不妨假设在上，设直线与的交点为，
设点在底面的射影点为点，直线交圆锥底面圆于、两点，
易知，又因为，则为等边三角形，
所以，，
因为，则直线与平面所成角为，
则，
故，
当点位于点时，取得最小值，
当点位于点时，取得最大值，
所以，故能作出两条满足条件的直线，故D错误.
故选：BC.
【点睛】方法点睛：该题考查立体几何综合应用，属于难题，关于角度的方法有：
（1）异面直线所成角：平移异面直线至有交点，则异面直线所成角即为平移后相交直线所成角；
（2）线面角：过线上一点做面的垂线，连接垂足及线与面的交点形成线段，则线与该线段所成角即为线面角；
（3）面面角：过面面交线上一点在两个面中分别做交线的垂线，则两垂线的夹角即为面面角.
17．（2023春·湖南·高三长郡中学校联考阶段练习）某同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒.包装盒如图所示，是由等高的半个圆柱和个圆柱拼接而成，其中四边形是边长为4的正方形，点是弧上的动点，且四点共面.下列说法正确的有（ ）
A．若点为弧的中点，则平面平面
B．存在点，使得
C．存在点，使得直线与平面所成的角为
D．当点到平面的距离最大时，三棱锥外接球的半径
【答案】AD
【分析】利用图形数形结和反例，结合面面垂直的判定、线线平行的判定、线面角的求解方法、几何体外接球的关系以及空间向量的应用逐项分析即可.
【详解】连接，如图所示：
若点为弧的中点，则，
所以，即，
因为，
所以，又，面，
所以平面平面，
则平面平面，
故A正确；
假设存在点，使得，
则四点共面，
又该几何体上下两个底面平行，
且为平面与这两个底面的交线，
所以，
则四边形为平行四边形，
则有，
这显然不成立，故B错误；
假设存在点，使得直线与平面所成的角为，
以为原点，方向为轴正方向建立空间直角坐标系，
如图所示：
则，，设，
则，
所以，
，
设平面的法向量为，
则，
令，则，
即，
依题意，
整理得，这与矛盾，所以假设不成立，
故C错误；
当点到平面的距离最大时，点位于点，三棱锥，
即三棱锥，即三棱锥，
可将其补型为一个以为同一个顶点出发的三条侧棱的正方体，
棱长为4，其外接球半径，
故正确.
18．（2023春·江苏南通·高三海安高级中学校考阶段练习）如图的六面体中，CA＝CB＝CD＝1，AB＝BD＝AD＝AE＝BE＝DE＝，则（ ）
A．CD⊥平面ABCB．AC与BE所成角的大小为C．D．该六面体外接球的表面积为3π
【答案】ACD
【分析】利用线面垂直的判定定理、空间向量以及球的表面积公式进行计算求解.
【详解】因为CA＝CB＝CD＝1，BD＝AD＝，
所以，
即 又，
所以CD⊥平面ABC，故A正确；
因为CD⊥平面ABC，如图，建立空间之间坐标系，
因为CA＝CB＝CD＝1，所以四面体是正三棱锥，
因为AB＝BD＝AD＝AE＝BE＝DE＝，所以四面体是正四面体，
在正三棱锥中过点C作底面的垂线，垂足为正三角形的中心，
同理，在正四面体中，过顶点作底面的垂线，垂足为正三角形的中心，
所以，三点共线；
因为，因为正三角形的中心，所以，
设，因为在正四面体中，，在正三棱锥中，，
所以，解得，所以，所以，又，
所以，故AC与BE所成角的大小为，故B错误；
因为，所以，故C正确；
显然，该六面体外接球的球心位于线段的中点，因为，所以六面体外接球的半径，
所以该六面体外接球的表面积为，故D正确.
故选：ACD.
19．（2023·湖南岳阳·统考二模）在中国共产党第二十次全国代表大会召开期间，某学校组织了“喜庆二十大，永远跟党走，奋进新征程，书画作品比赛.如图①，本次比赛的冠军奖杯由一个铜球和一个托盘组成，若球的体积为；如图②，托盘由边长为4的正三角形铜片沿各边中点的连线垂直向上折叠而成，则下列结论正确的是（ ）
A．直线与平面所成的角为
B．经过三个顶点的球的截面圆的面积为
C．异面直线与所成的角的余弦值为
D．球离球托底面的最小距离为
【答案】CD
【分析】如图1，根据题意和面面垂直的性质可得平面，同理平面，由平行四边形的判定方法可知四边形、为平行四边形，结合线面角的定义与外接圆的定义即可判断AB；如图1易知异面直线AD与CF所成的角或其补角，结合余弦定理计算即可判断C；根据球的体积公式求出球的半径，结合图形2计算即可判断D.
【详解】A：如图1，取DE、EF、DF的中点N、M、K，取MF的中点H，连接BK、BH、KH、BM、AN、MN、DM，
由为正三角形，得，又平面平面，
平面平面，平面，平面，
由，得平面，同理平面，
则，且，所以四边形为平行四边形，
由，得，
所以四边形为平行四边形，得，，
即为直线AD与平面所成的角，，所以，故A错误；
B：如图1，连接AB、BC、AC，
由选项A的分析知，
同理，，
所以经过三个顶点A、B、C的球的截面圆为的外接圆，
其半径为，面积为，故B错误；
C：连接AM，由，得四边形是平行四边形，
则，所以异面直线AD与CF所成的角或其补角，
，在中，，由余弦定理，
得，故C正确；
D：设球的半径为，由球的体积为，得，解得.
如图2，，，
所以球离球托底面DEF的最小距离为，故D正确.
故选：CD.
20．（2023·广东·高三校联考阶段练习）如图，矩形中，，，为边的中点，沿将折起，点折至处（平面），若为线段的中点，平面与平面所成锐二面角，直线与平面所成角为，则在折起过程中，下列说法正确的是（ ）
A．存在某个位置，使得
B．面积的最大值为
C．
D．三棱锥体积最大时，三棱锥的外接球的表面积
【答案】BCD
【分析】对于A，取的中点，连接，，先证明，再证明与不垂直，进而可得结论；
对于B，依题意先得到，从而可得到面积的最大值；
对于C，取的中点，的中点，作平面，且点在平面内，连接，，，先说明点在直线上，再证明，，得到，，进而可得结论；
对于D，先根据三棱锥的体积公式得到点与点重合，即平面时，最大，进而可得到三棱锥的外接球的半径和长、宽、高分别为，，的长方体的外接球的半径相等，从而可求得其外接球的半径，即可求解．
【详解】对于A，取的中点，连接，，
显然，且，又，且，所以，且，
所以四边形为平行四边形，所以，
又，，且为的中点，
则与不垂直，所以与也不垂直，故A错误；
对于B，由，，则，
所以当时，最大，且最大值为，故B正确；
对于C，取的中点，的中点，作平面，且点在平面内，
连接，，，
由，则，又，且，则，
则在平面上的射影在直线上，即点在直线上，
则平面与平面所成的二面角，则，所以，
又在平面上的射影为，则，所以，
所以，故C正确；
对于D，结合C可知，，
则当点与点重合，即平面时，最大，且最大值为，
则，又，且，则平面，
所以，，两两垂直，且，，，
则三棱锥的外接球的半径和长、宽、高分别为，，的长方体的外接球的半径相等，
所以其外接球的半径为，
所以三棱锥的外接球的表面积为，故D正确．
故选：BCD．
【点睛】三棱锥外接球点睛：
求三棱锥外接球时，常见方法有两种：一种是直接法，一种是补形．解题时要认真分析图形，看能否把三棱锥补成一个正方体(长方体)，若能，则正方体(长方体)的顶点均在球面上，正方体(长方体)的体对角线长等于球的直径；另一种是直接法，三棱锥任意两个面过外心的垂线的交点即为三棱锥外接球的球心．
21．（2023·广东深圳·统考一模）如图，已知正三棱台的上、下底面边长分别为2和3，侧棱长为1，点P在侧面内运动（包含边界），且AP与平面所成角的正切值为，则（ ）
A．CP长度的最小值为
B．存在点P，使得
C．存在点P，存在点，使得
D．所有满足条件的动线段AP形成的曲面面积为
【答案】ACD
【分析】先将正三棱台侧棱延长补成正三棱锥，求出点到平面的距离即可确定点的运动轨迹，再逐项分析即可.
【详解】依题意，延长正三棱台侧棱相交于点，取中点，
中点，连接，则有，
所以的延长线必过点且，
过点作，则四边形是边长为1的菱形.
如图所示：
在中，，即，
解得，所以，
所以为边长为3等边三角形，
所以，
所以，
因为是边长为3的等边三角形且为中点，
所以，，
在中，由余弦定理变形得，，
在中，由余弦定理变形得，
，
解得，所以，所以；
由，可得平面，
又平面，所以，
由，，，可得平面，
因为AP与平面所成角的正切值为，
所以，解得，，
所以点在平面的轨迹为，
对于A：当点运动到与的交点时有最小值，
因为四边形是边长为1且的菱形，
所以，所以，
故A选项正确；
对于B：要使得，则点必须落在
平面与平面的交线上且，
由图易知，在平面中不存在这样的点，
故B选项错误；
对于C：当点运动到点时，连接，交于点，
连接，由于平面平面，
所以平面，又平面，平面平面，
所以，所以存在点P，存在点，使得，
故C选项正确；
对于D：设的长度为，则，
动线段AP形成的曲面展开为两个面积相等扇形，设其中一个的面积为,
则有，
因此所有满足条件的动线段AP形成的曲面面积为，
故D选项正确；
故选：ACD.
【点睛】本题考查了线面角的相关性质与证明，先证明线垂直于平面是几何法中求线面角的关键，线面垂直的证明，可先转化为线线垂直的问题，利用等腰三角形性质，勾股定理是证明线线垂直常用的方法，要求考生平时多加练习总结，熟练掌握线面平行垂直、面面平行垂直的判定定理及其相关性质定理是高考的基本要求.
22．（2023·江苏南通·二模）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（ ）
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
【答案】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.
23．（2023·广东江门·统考一模）勒洛Franz Reuleaux（1829～1905），德国机械工程专家，机构运动学的创始人.他所著的《理论运动学》对机械元件的运动过程进行了系统的分析，成为机械工程方面的名著.勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，因此它能像球一样来回滚动.勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的相交部分围成的几何体.如图所示，设正四面体的棱长为2，则下列说法正确的是（ ）
A．勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为
B．勒洛四面体被平面截得的截面面积是
C．勒洛四面体表面上交线的长度为
D．勒洛四面体表面上任意两点间的距离可能大于2
【答案】ABD
【分析】A选项：求出正四面体的外接球半径，进而得到勒洛四面体的内切球半径，得到答案；B选项，作出截面图形，求出截面面积；C选项，根据对称性得到交线所在圆的圆心和半径，求出长度；D选项，作出正四面体对棱中点连线，在C选项的基础上求出长度.
【详解】A选项，先求解出正四面体的外接球，如图所示：
取的中点，连接，过点作于点，则为等边的中心，
外接球球心为，连接，则为外接球半径，设，
由正四面体的棱长为2，则，，
，
，，
由勾股定理得：，即，
解得：，
此时我们再次完整的抽取部分勒洛四面体，如图所示：
图中取正四面体中心为，连接交平面于点，交于点，其中与共面，其中即为正四面体外接球半径，
设勒洛四面体内切球半径为，则，故A正确；
B选项，勒洛四面体截面面积的最大值为经过正四面体某三个顶点的截面，如图所示：
面积为，B正确；
C选项，由对称性可知：勒洛四面体表面上交线所在圆的圆心为的中点，
故，又，
由余弦定理得：，
故，且半径为，故交线的长度等于，C错误；
D选项，将正四面体对棱所在的弧中点连接，此时连线长度最大，如图所示：
连接，交于中点，交于中点，连接，则，
则由C选项的分析知：，
所以，
故勒洛四面体表面上两点间的距离可能大于2，D正确.
故选：ABD
【点睛】勒洛四面体考试中经常考查，下面是一些它的性质：
①勒洛四面体上两点间的最大距离比四面体的棱长大，是对棱弧中点连线，最大长度为，
②表面6个弧长之和不是6个圆心角为60°的扇形弧长之和，其圆心角为，半径为.
24．（2023秋·浙江·高三浙江省永康市第一中学校联考期末）正方体的棱长为，中心为，以为球心的球与四面体的四个面相交所围成的曲线的总长度为，则球的半径为（ ）
A．B．C．D．
【答案】BC
【分析】根据正四面体性质可求得球心到正四面体每个面的距离；当正四面体每个面截得的曲线为一个圆时，可求得小圆的半径，由可求得；当正四面体每个面截得的曲线为三段等差的圆弧时，可得，构造函数，利用导数可求得在上单调递增，可确定其唯一零点，由可求得结果.
【详解】由题意可知：四面体为正四面体，设球的半径为；
正方体棱长为，正四面体的棱长为，
设球心到正四面体各个面的距离为，
正四面体体积，表面积，；
①若正四面体的一个面截球如图所示，
设小圆半径为，则，解得：，
，解得：；
②若正四面体的一个面截图如图所示，
每个面截球所得的曲线长为，的长为，
设小圆半径为，为正四面体侧面的中心，为中点，
，，又，
，，
令，，
恒成立，在上单调递增，
又，，
，解得：；
综上所述：球的半径为或.
故选：BC.
【点睛】关键点点睛：本题考查球的截面截球所得曲线相关问题的求解，解题关键是能够通过分类讨论的方式，确定正四面体各个侧面截球所得曲线的不同情况，从而根据不同情况下曲线长度来求解截面圆的半径.
三、填空题
25．（2023·浙江金华·浙江金华第一中学校考模拟预测）已知矩形在平面的同一侧，顶点在平面上，，，且，与平面所成的角的大小分别为30°，45°，则矩形与平面所成角的正切值为______．
【答案】
【分析】如图，过，分别做平面的垂线，垂足分别为，，连接，，通过几何关系可得到，，，过作满足，过做垂直于点，连接，则即为所求，通过等面积法计算出即可求解
【详解】如图，过，分别做平面的垂线，垂足分别为，，连接，，
由，所以，
因为，与平面所成的角的大小分别为30°,45°,且，，
所以，，得，，
因为所以，
又，所以四边形是平行四边形，
所以，因为，所以，所以，
过作满足，则即为矩形与平面的交线，
过做垂直于点，连接，则即为所求，
在中，，
由可得，
所以，解得，
所以矩形与平面所成角的正切值为.
.
故答案为：.
26．（2023春·江苏南通·高三校考开学考试）在直四棱柱中，底面ABCD是边长为1的正方形，侧棱，M为侧棱的中点，N在侧面矩形内(异于点)，则三棱锥体积的最大值为____________.
【答案】##0.5
【分析】建立空间直角坐标系，写出点的坐标，得到，故⊥，求出，再利用点到平面的距离公式求出点到平面的距离，表达出三棱锥的体积为，结合的范围，求出体积最大值.
【详解】以D为坐标原点，DA，DC，所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，
则，设，，，其中与不能同时成立，
则，，
故，
因为，所以⊥，
故，
设平面的法向量为，
，
取，则，故，
点到平面的距离，
三棱锥的体积为，
因为，，其中与不能同时成立，
要想最大，由于恒成立，只需要最大，当时，，满足要求，
所以当时，取得最大值，最大值为.
故答案为：
【点睛】立体几何中体积最值问题，一般可从三个方面考虑：一是构建函数法，即建立所求体积的目标函数，转化为函数的最值问题进行求解；二是借助基本不等式求最值，几何体变化过程中两个互相牵制的变量（两个变量之间有等量关系），往往可以使用此种方法；三是根据几何体的结构特征，变动态为静态，直观判断在什么情况下取得最值.
27．（2023秋·江苏南京·高三南京市第一中学校考期末）在三棱锥中，，且，则直线PC与平面ABC所成角的余弦值为__________.
【答案】
【分析】先利用线面垂直的判定定理与性质定理证得面，从而得到为直线PC与平面ABC所成角的平面角，再利用余弦定理与勾股定理求得，从而求得，由此得解.
【详解】记的中点为，连结，过作交的延长线于，如图，
因为，为的中点，所以，
因为，，，所以，则，
又为的中点，所以，
因为面，所以面，
又面，所以，
因为，面，所以面，
所以为直线PC与平面ABC所成角的平面角，
不妨设，
在中，，则，，
在中，，
在中，，则，
即，故，
在中，，
所以在中，，
又，则，即，
所以，
所以，
故直线PC与平面ABC所成角的余弦值为.
故答案为：.
28．（2023·山东聊城·统考一模）已知正四棱柱的体积为16，是棱的中点，是侧棱上的动点，直线交平面于点，则动点的轨迹长度的最小值为______．
【答案】
【分析】取的中点，连接交于点，连接、交于点，连接、，即可得到、、、四点共面，从而得到平面平面，连接交于点，则线段即为点的轨迹，再由三角形相似得到，则问题转化为求的最小值，设、，，利用勾股定理表示出，再由均值不等式求出的最小值，即可得解.
【详解】如图取的中点，连接交于点，连接、交于点，连接、，
因为是棱的中点，所以，则为的四等分点且，
由正四棱柱的性质可知且，所以四边形为平行四边形，所以，
所以，所以、、、四点共面，
所以平面平面，
连接交于点，因为是侧棱上的动点，直线交平面于点，
所以线段即为点的轨迹，
如图在平面中，过点作，交于点，因为，
所以，所以，所以，
设、，，
依题意，，
所以，
要求动点的轨迹长度的最小值，即求的最小值，即求的最小值，
因为，所以，
所以，
当且仅当，即、时取等号，
所以，所以，即动点的轨迹长度的最小值为.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题解答的关键是找到动点的轨迹，再利用均值不等式求出的最小值.
29．（2023春·湖北武汉·高三华中师大一附中校考阶段练习）蹴鞠（如图所示），又名蹴球，蹴圆，筑球，踢圆等，蹴有用脚蹴、踢、蹋的含义，鞠最早系外包皮革、内实米糠的球因而蹴鞠就是指古人以脚蹴、蹋、踢皮球的活动，类似于今日的足球.2006年5月20日，蹴鞠作为非物质文化遗产经国务院批准已列入第一批国家非物质文化遗产名录.已知某鞠（球）的表面上有四个点A，B，C，P，且球心О在PC上，，，，则该鞠（球）的表面积为__________.
【答案】
【分析】画出图形，做出辅助线，利用勾股定理求出球的半径，求出球的表面积.
【详解】
如图，取AB的中点M，连接MP，由
得：
连接CM并延长，交球O于点H，连接PH，因为PC球O的直径，
设球的半径为R，则
球的表面积为
故答案为：.
30．（2023春·湖南·高三校联考阶段练习）在正四棱锥中，为的中点，过作截面将该四棱锥分成上､下两部分，记上､下两部分的体积分别为，则的最大值是___________.
【答案】2
【分析】根据给定条件，作出过的正四棱锥的截面，再求出的表达式并结合均值不等式求解作答.
【详解】记正四棱锥的体积为，的最大值，由为定值知，只需求的最小值，
设过的截面分别交和于，平面与平面的交线为与相交于，如图，
则，令，则，即有，
，
当且仅当时取等号，此时，
所以的最大值是2.
故答案为：2
【点睛】方法点睛：作截面的常用三种方法：直接法，截面的定点在几何体的棱上；平行线法，截面与几何体的两个平行平面相交，或者截面上有一条直线与几何体的某个面平行；延长交线得交点，截面上的点中至少有两个点在几何体的同一平面上.
相关试卷
【考前50天】最新高考数学重点专题三轮冲刺演练 专题11 数列小题 （压轴版）： 这是一份【考前50天】最新高考数学重点专题三轮冲刺演练 专题11 数列小题 （压轴版），文件包含专题11数列小题压轴练原卷版docx、专题11数列小题压轴练解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共48页， 欢迎下载使用。
【考前50天】最新高考数学重点专题三轮冲刺演练 专题11 数列小题 （基础版）： 这是一份【考前50天】最新高考数学重点专题三轮冲刺演练 专题11 数列小题 （基础版），文件包含专题11数列小题基础练原卷版docx、专题11数列小题基础练解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共23页， 欢迎下载使用。
【考前50天】最新高考数学重点专题三轮冲刺演练 专题11 数列小题 （拔高版）： 这是一份【考前50天】最新高考数学重点专题三轮冲刺演练 专题11 数列小题 （拔高版），文件包含专题11数列小题拔高练原卷版docx、专题11数列小题拔高练解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共30页， 欢迎下载使用。
