专题04 立体几何（解析版）2024年高考数学一模试题分类汇编（新高考新题型专用）

第第页专题04立体几何空间几何体的有关计算1．（2024·山西晋城·统考一模）若一个正棱台的棱数大于15，且各棱的长度构成的集合为，则的最小值为，该棱台各棱的长度之和的最小值为．【答案】642【分析】根据正棱台共有条棱，从而得到不等式，求出的最小值为6，得到棱的长度之和最小值.【详解】因为正棱台的侧棱有条，底面有条棱，所以正棱台共有条棱，由，得，所以的最小值为6，该棱台各棱的长度之和的最小值为．故答案为：，2．（2024·浙江·校联考一模）已知圆台的上下底面半径分别是1，4，且侧面积为，则该圆台的母线长为．【答案】2【分析】利用圆台侧面积公式求解即可.【详解】设母线长度为，由圆台侧面积公式得，解得，故圆台母线长度为2.故答案为：23．（2024·安徽合肥·合肥一六八中学校考一模）球O的半径与圆锥M的底面半径相等，且它们的表面积也相等，则圆锥M的侧面展开图的圆心角大小为，球O的体积与圆锥M的体积的比值为．【答案】/120°【分析】设球O的半径及圆锥M的底面半径均为R，圆锥M的母线长为l，再根据球与圆锥的表面积公式求得，即可得圆锥M的侧面展开图的圆心角大小；根据勾股定理求得，再结合球与圆锥的体积公式分析体积比即可【详解】设球O的半径及圆锥M的底面半径均为R，圆锥M的母线长为l，则，所以，圆锥M的侧面展开图的圆心角大小为；球O的体积为，圆锥M的高，圆锥M的体积为，所以球O的体积与圆锥M的体积的比值为．故答案为：，4．（2024·湖南长沙·雅礼中学校考一模）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：；5．（2024·广东深圳·校考一模）已知圆锥的侧面展开图是一个半径为4的半圆.若用平行于圆锥的底面，且与底面的距离为的平面截圆锥，将此圆锥截成一个小圆锥和一个圆台，则小圆锥和圆台的体积之比为.【答案】/1:7【分析】由题意，根据圆锥侧面积计算公式，求的圆锥底面半径、母线，结合三角形相似即可求出小圆锥和圆台的体积之比.【详解】设圆锥底面半径为，母线长为，由题意，，，故，作圆锥轴截面如下图：所以，，，所以圆锥体积为，因为用与底面的距离为的平面截圆锥，故，且，所以小圆锥体积，所以圆台的体积，故小圆锥和圆台的体积之比为.故答案为：6．（2024·辽宁沈阳·统考一模）正方体的8个顶点分别在4个互相平行的平面内，每个平面内至少有一个顶点，且相邻两个平面间的距离为1，则该正方体的棱长为（

）A． B． C．2 D．【答案】BD【分析】分类讨论两个平面的位置，作截面结合正方体的结构特征运算求解.【详解】设该正方体为，且其棱长为，若考虑4个平面中最中间的两个平面，共有两种情况.①若中间的两个平面为平面和平面，如图1所示，则过作截面，截面图如图2所示，其中分别为中点，则，设相邻两平面间距离即为A到的距离，可得，解得，即相邻两平面间距离即为A到的距离，可知，解得；②若中间的两个平面如图3所示，过作截面，截面图如图4所示，其中分别为中点，则，设相邻两平面间距离即为到的距离，可得，解得，即相邻两平面间距离即为到的距离，则，解得；故选：BD.【点睛】方法点睛：根据题意分类讨论平面的位置分布，结合正方体的结构特征以及截面分析求解.7．（2024·云南曲靖·统考一模）为努力推进“绿美校园”建设，营造更加优美的校园环境，某校准备开展校园绿化活动．已知栽种某绿色植物的花盆可近似看成圆台，圆台两底面直径分别为18厘米，9厘米，母线长约为7.5厘米．现有2000个该种花盆，假定每一个花盆装满营养土，请问共需要营养土约为（

）（参考数据：）A．1.702立方米 B．1.780立方米C．1.730立方米 D．1.822立方米【答案】B【分析】利用圆台的结构特征求高，再由圆台体积公式求体积，即可求2000个该种花盆所需要的营养土.【详解】令（单位厘米），则花盆的高，所以花盆的体积为，故2000个该种花盆共需要营养土约为立方厘米，即1.780立方米.故选：B8．（2024·新疆乌鲁木齐·统考一模）某广场设置了一些石凳供大家休息，这些石凳是由棱长为40cm的正方体截去八个一样的四面体得到的，则（

）A．该几何体的顶点数为12B．该几何体的棱数为24C．该几何体的表面积为D．该几何体外接球的表面积是原正方体内切球、外接球表面积的等差中项【答案】ABD【分析】对于A，该几何体的顶点是正方体各棱的中点，由正方体有12条棱即可判断；对于B，由该几何体有6个面为正方形即可判断；对于C，该几何体的棱长为，根据正三角形及正方形的面积公式求解即可判断；对于D，原正方体内切球的半径为20cm，原正方体外接球的半径为，该几何体外接球的球心为原正方体的中心，故外接球半径为，根据球的表面积公式及等差中项的定义即可判断.【详解】对于A，该几何体的顶点是正方体各棱的中点，正方体有12条棱，所以该几何体的顶点数为12，故A正确；对于B，由题意知，该几何体有6个面为正方形，故该几何体的棱数为，故B正确；对于C，该几何体的棱长为，该几何体有6个面为正方形，8个面为等边三角形，所以该几何体的表面积为，故C错误；对于D，原正方体内切球的半径为20cm，内切球表面积为.原正方体外接球的半径为，外接球表面积为.由题意得该几何体外接球的球心为原正方体的中心，故外接球半径为，所以该几何体外接球的表面积为.因为，所以该几何体外接球的表面积是原正方体内切球、外接球表面积的等差中项，故D正确.故选:ABD.9．（2024·山西晋城·统考一模）如图，在正四棱柱中，，，，平面将该正四棱柱分为上、下两部分，记上部分对应的几何体为，下部分对应的几何体为，则（

）A．的体积为2B．的体积为12C．的外接球的表面积为D．平面截该正四棱柱所得截面的面积为【答案】ACD【分析】根据题意求截面，可知为直三棱柱，进而可求相应的体积，即可判断AB；利用补形法结合长方体的性质求外接球的半径和表面积，即可得判断C；可知平面截该正四棱柱所得截面为矩形，即可得面积判断D.【详解】设，连接，，，由长方体的性质可知：，可知A，，，四点共面，所以为直三棱柱，其体积为，故A正确；的体积为，B错误．的外接球即为长方体的外接球，所以的外接球的半径，则的外接球的表面积为，C正确．平面截该正四棱柱所得截面为矩形，其面积为，D正确．故选：ACD.点线面位置关系、空间角及距离10．（2024·河北·校联考一模）已知直线、、与平面、，下列命题正确的是（

）A．若，，，则 B．若，，则C．若，，则 D．若，，则【答案】D【分析】利用线线，线面，面面的位置关系，以及垂直，平行的判断和性质判断选项即可.【详解】对于A，若，，，则与可能平行，也可能异面，故A错误；对于B，若，，则与可能平行，也可能相交，故B错误；对于C，若，，则与可能平行，也可能相交或异面，故C错误；对于D，若，则由线面平行的性质定理可知，必有，使得，又，则，因为，所以，故D正确.故选：D.11．（2024·浙江·校联考一模）已知直线和平面，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】由线面平行的判定、面面平行的性质以及充分不必要条件的定义即可求解.【详解】因为，则存在使得且，若且，则，又且，所以，充分性成立；设，，则有，但不平行，即必要性不成立.故选：A.12．（2024·广东深圳·校考一模）已知，是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，则下列说法正确的是（

）A．若，，，则 B．若，，，则C．若，，，则 D．若，，，则【答案】A【分析】由空间中线线、线面、面面之间的位置关系逐一判定各选项即可.【详解】若，，设对应法向量分别为，也是m,n的方向向量，由，即，则，故A正确；若，，，则与可能平行或相交，故B错误；若，，，则，或，或n与相交，故C错误；若，，则，又，则或，D错误.故选：A13．（2024·吉林白山·统考一模）正八面体可由连接正方体每个面的中心构成，如图所示，在棱长为2的正八面体中，则有（

）

A．直线与是异面直线 B．平面平面C．该几何体的体积为 D．平面与平面间的距离为【答案】D【分析】可借助正方体解决正八面体的有关问题.【详解】正八面体可由正方体每个面的中心构成，如图：

因为正八面体的棱长为2，所以正方体的棱长为.∵，，，四点共面，直线与是共面的，故A错；设二面角为，，，所以.所以：二面角，故B错；，故C错；由八面体的构成可知：平面和平面之间的距离是正方体体对角线的，所以两个平面之间的距离为：，故D对.故选：D14．（2024·河南郑州·郑州市宇华实验学校校考一模）如图，在四棱锥中，平面，是等边三角形.(1)证明：平面平面.(2)求二面角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）设，由已知得，又平面得，利用线面垂直的判断定理得平面，再由面面垂直的判断定理可得平面平面；（2）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.求出平面的法向量、平面的法向量，由二面角的向量求法可得答案.【详解】（1）设，因为是等边三角形，且，所以是的中点，则，又，所以，所以，即，又平面平面，所以，又，所以平面，因为平面，所以平面平面.（2）以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系.因为，所以，，设平面的法向量，则令，得，设平面的法向量为，则令，得，，，故二面角的正弦值为.15．（2024·辽宁沈阳·统考一模）如图，在三棱锥中，平面平面，且，，点在线段上，点在线段上.(1)求证：；(2)若平面，求的值；(3)在（2）的条件下，求平面与平面所成角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)(3)【分析】（1）根据三角形全等，可证明线线垂直，进而可得线面垂直，进而可求证，（2）建立空间直角坐标系，利用向量即可求解.或者利用空间垂直关系的转化即可结合三角形的边角关系求解.（3）建立空间直角坐标系，利用法向量的夹角即可求解.【详解】（1）证明：过作直线于，连接.由题知，，即，又平面,平面，又平面，，即（2）方法一：平面平面，平面平面，平面平面.以为原点，以的长度为单位长度，以的方向分别为轴，轴，的正方向建立空间直角坐标系，如图，则.平面.为中点，由题知设，，，又在中，，所以.方法二：平面.设，由知，.平面平面，平面平面平面，平面，又平面，又，平面.（3）由（2）知，平面的一个法向量为，设平面的一个法向量为，则令则，，平面与平面所成角的余弦值为.16．（2024·重庆·统考一模）如图，四棱锥中，底面，四边形中，，．

(1)若为的中点，求证：平面平面；(2)若平面与平面所成的角的余弦值为．（ⅰ）求线段的长；（ⅱ）设为内（含边界）的一点，且，求满足条件的所有点组成的轨迹的长度．【答案】(1)证明见解析；(2)（ⅰ）2；（ⅱ）.【分析】（1）根据给定条件，利用线面垂直的性质、判定，再结合面面垂直的判定推理即得.（2）以点A为原点，建立空间直角坐标系，设，利用面面角的向量求法结合已知求出，再求出并确定轨迹求解即得.【详解】（1）在四棱锥中，底面，平面，则，而平面，于是平面，又平面，则，由，为的中点，得平面，因此平面，而平面，所以平面平面.（2）（ⅰ）由（1）知，直线两两垂直，以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，

过作于，由，得，令，则，，设平面的法向量，则，令，得，由平面，得平面的一个法向量，依题意，，整理得，而，解得，所以线段的长为2.（ⅱ）显然平面，而平面，则，又，于是，解得，因此点的轨迹是以点为圆心，为半径的圆的，所以点的轨迹的长度为.17．（2024·云南曲靖·统考一模）在图1的直角梯形中，，点是边上靠近于点的三等分点，以为折痕将折起，使点到达的位置，且，如图2．(1)求证：平面平面；(2)在棱上是否存在点，使得二面角的大小为？若存在，求出线段的长度，若不存在说明理由．【答案】(1)证明见解析；(2)【分析】（1）由直角梯形边长可知，连接交于点，由线面垂直的判定定理可证明平面，即可得出结论；（2）建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，利用二面角的大小为解方程即可求得线段的长度为.【详解】（1）根据题意，由直角梯形边长可知；又点是边上靠近于点的三等分点，所以，可得为等边三角形；连接，交于点，如下图所示：可得四边形为菱形，所以，即折起后，如下图所示：易知，又，满足，即；又，平面，所以平面，又因为平面，所以平面平面；（2）以为坐标原点，分别以为轴，方向为轴正方向建立空间直角坐标系，如下图所示：则；可得，假设存在点满足题意，设，所以，则，由（1）可知平面，利用易得平面的一个法向量可取为设平面的一个法向量为，则，可得；所以，解得或（舍），此时，可得；即线段的长度为.18．（2024·云南曲靖·统考一模）如图所示，正方体的棱长为1，分别是棱的中点，过直线的平面分别与棱交于点，以下四个命题中正确的是（

）A．四边形一定为菱形B．四棱锥体积为C．平面平面D．四边形的周长最小值为4【答案】ACD【分析】由正方体截面性质有为平行四边形，若为中点，易得为正方形，进而得到即可判断A；由到面的距离之和为底面对角线且求体积判断B；利用线面垂直、面面垂直的判定判断C；根据正方体的结构特征判断在运动过程中，周长最短时位置判断D.【详解】由题意，正方体截面的性质易知，即为平行四边形，取为中点，因为分别是棱的中点，则为正方形，所以，则，故为菱形，A对；由到面的距离之和为底面对角线为，又为定值，B错；由菱形性质知，由正方体性质知面，面，则，又，面，故面，而面，所以平面平面，C对；在运动过程中，仅当它们为对应线段中点时，菱形各边最短且为1，此时为正方形，周长为4，D对.故选：ACD19．（2024·山东济南·山东省实验中学校考一模）如图，在四棱锥中，平面，与底面所成的角为，底面为直角梯形，，点为棱上一点，满足，下列结论正确的是（

）

A．平面平面；B．在棱上不存在点，使得平面C．当时，异面直线与所成角的余弦值为；D．点到直线的距离；【答案】ACD【分析】根据面面垂直的判定定理可判断A；由A的结论，可推得，即可知点到直线的距离即为的长度，计算求得长，判断D；采用平移法，作出异面直线与所成角，解三角形可求得与所成角的余弦值，判断C；结合C选项，根据线面平行的判定定理即可判断B.【详解】A选项，因为平面，平面，平面，所以，，故即为与底面所成的角，即，故，而，所以，在直角梯形中，，则，故，又因为平面，所以平面，因为平面，故平面平面，故A正确；D选项：由A选项的证明过程可知：平面，因为平面，所以，故点到直线的距离即为的长度，因为平面，平面，故，而，即点到直线的距离，故D正确；对于C，当时，，即为的中点，

设为的中点，连接，则，而，故，故四边形为平行四边形，则，故异面直线与所成角即为的夹角，在中，，则，则异面直线与所成角的余弦值为，C正确；对于B，由C选项知，当时，，因为平面，平面，所以平面，所以时，平面，故B错误.故选：ACD.20．（2024·新疆乌鲁木齐·统考一模）如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面，，点E，F分别是棱，的中点．

(1)求直线与平面所成角的正弦值；(2)在截面内是否存在点，使平面，并说明理由．【答案】(1)(2)不存在，理由见解析【分析】（1）由题意可建立相应空间直角坐标系，结合空间向量计算即可得；（2）假设存在，可设，，，，结合空间向量解出、，可得其与假设矛盾，故不存在.【详解】（1）由平面，、平面，故、，又底面为正方形，故，即、、两两垂直，故可以为坐标原点，的方向为轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设，则，，，，，，，，，，设平面的法向量，则，即，可取，因为，所以与平面所成角的正弦值为；

（2）假设截面内存在点满足条件，设，，，，有，，，所以，因为平面，所以，所以，解得，这与假设矛盾，所以不存在点，使平面．21．（2024·山西晋城·统考一模）如图，是边长为2的正六边形所在平面外一点，的中点为在平面内的射影，．

(1)证明：平面．(2)若，二面角的大小为，求．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）设，连接，可证四边形为平行四边形，所以，从而得证平面；（2）由空间向量法求得二面角的大小为，，再由二倍角公式求解.【详解】（1）如图，设，连接．因为，所以，所以，且．连接交于，连接，由，所以，中，，，所以，由，可得，所以四边形为平行四边形，所以．又因为平面，平面，所以平面．（2）以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系．

易知，，，，则，，，，则，，．设平面的法向量为，则即令，得．设平面的法向量为，则即令，得，由，得，所以.22．（2024·河南郑州·郑州市宇华实验学校校考一模）如图，在正方体中，点是的中点，点是直线上的动点，则下列说法正确的是（

）A．是直角三角形B．异面直线与所成的角为C．当的长度为定值时，三棱锥的体积为定值D．平面平面【答案】ABC【分析】设正方体的棱长为2，求出相关线段长度，利用勾股定理逆定理可判断形状，判断A；利用平移法可求得异面直线与所成的角，判断B；根据棱锥的体积公式可判断C；建立空间直角坐标系，利用空间位置的向量证明方法可判断D.【详解】对于A，设正方体的棱长为2，点是的中点，故;平面平面，故，则，则，即，即是直角三角形，A正确；对于B，在正方体中，点是的中点，

则直线DP即为直线，异面直线与所成的角即异面直线与所成的角，由于，，故四边形为平行四边形，所以，则即为异面直线与所成的角或其补角，连接，则，即，故异面直线与所成的角为，B正确；对于C，设交于点O，则O为AC的中点，连接PO，

则PO为的中位线，故，平面，平面，故平面，当的长度为定值时，到平面的距离为定值，则Q到平面的距离为定值，而的面积为定值，故为定值，又三棱锥的体积，故三棱锥的体积为定值，C正确；对于D，以D为坐标原点，以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，

则，则，设平面的法向量为，则，令，则；设平面的法向量为，则，令，则；则，即不垂直，故平面和平面不垂直，D错误，故选：ABC23．（2024·浙江·校联考一模）在三棱柱中，四边形是菱形，是等边三角形，点是线段的中点，．

(1)证明：平面；(2)若平面平面，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）根据四边形是菱形，可得；在中，根据题意可证，又是的中点，得，即可得到结论.（2）根据题意，建立空间直角坐标系，求得平面的法向量，利用线面角公式即可.【详解】（1）设与交点为，连接．

四边形是菱形，是的中点．在中，是等边三角形，．在中，是的中点，．又平面，平面．（2）连接，是等边三角形，是线段的中点，又平面平面，平面平面，平面，平面．以为原点，所在直线分别为轴，轴如图建立空间直角坐标系，不妨设，则，，于是，设平面的法向量为，则，即，令，得，所以平面的一个法向量为．设直线与平面所成角大小为，则，故直线与平面所成角的正弦值为.24．（2024·广东深圳·校考一模）如图，在圆锥中，是圆的直径，且是边长为4的等边三角形，为圆弧的两个三等分点，是的中点.(1)证明：平面；(2)求平面与平面所成锐二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）证明：取的中点，连接，由题意可证得，再由线面平行的判定定理证明即可；（2）以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.求出平面与平面的法向量，由二面角的向量公式求解即可.【详解】（1）证明：取的中点，连接.因为为圆弧的两个三等分点，所以.因为分别为的中点，所以，则，从而四边形为平行四边形，故.因为平面平面，所以平面.（2）解：以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.因为，所以，，则.设平面的法向量为，则令，得.设平面的法向量为，则令，得.设平面与平面所成锐二面角为，则.故平面与平面所成锐二面角的余弦值为.25．（2024·广西南宁·南宁三中校联考一模）在如图所示的五面体中，共面，是正三角形，四边形为菱形，平面，点为中点．

(1)证明：平面；(2)已知，求平面与平面所成二面角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）连接交与点O，证明四边形为平行四边形，推出，根据线面平行的判定定理，即可证明结论；（2）取中点为N，连接，建立空间直角坐标系，求出相关点坐标，求出平面和平面的法向量，根据空间角的向量求法，即可求得答案.【详解】（1）证明：连接交与点O，连接，由于平面平面，平面平面，故，O为的中点，点为中点，故，，则四边形为平行四边形，则，而平面，平面，故平面；（2）由（1）知，取中点为N，连接，由题意知是边长为2的正三角形，在中，，则，故，是边长为2的正三角形，则，又平面，则平面，平面，故，，则为正三角形，故，而平面，故平面，以N为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，

则，则，设平面的法向量为，则，则，令，则；，设平面的法向量为，则，即，令，则，故，设平面与平面所成二面角为，故，故平面与平面所成二面角的正弦值为.26．（2024·安徽合肥·合肥一六八中学校考一模）如图，菱形的对角线与交于点，，，点，分别在，上，，交于点，将沿折到位置，．(1)证明：平面；(2)求平面与平面的夹角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）先利用平行转化得垂直关系，再利用勾股定理计算证明线线垂直，然后利用线面垂直判定定理证明线面垂直，（2）根据题意建立空间直角坐标系，利用法向量方法求二面角的余弦值.【详解】（1）由已知得，，又由得，故，因此，从而.由，得.由得.所以,.又已知，于是，故.又，且，平面.所以平面.（2）如图，以为坐标原点，以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，则，，，，，，，.设是平面的法向量，则，即，令,可得.设是平面的法向量，则，即，令,可得，设平面与平面的夹角为，于是，平面与平面的夹角的余弦值是.27．（2024·安徽合肥·合肥一六八中学校考一模）设、表示两条直线，、表示两个平面，则下列命题正确的是（

）A．若，，则 B．若，，则C．若，，则 D．若，，则【答案】D【分析】由直线与平面平行分析直线与平面内直线的关系判断A；由直线与直线平行分析线面关系判断B；由直线与平面平行、平面与平面垂直分析线面关系判断C；由线面平行的性质及平面与平面垂直的判定判断D．【详解】若，，则或与异面，故A错误；若，，则或，故B错误；若，，则或或与相交，相交也不一定垂直，故C错误；若，过的平面与相交，设交线为，则，又，则，而，则，故D正确．故选：D．28．（2024·吉林延边·统考一模）已知三棱柱，侧面是边长为2的菱形，，侧面四边形是矩形，且平面平面，点D是棱的中点．(1)在棱AC上是否存在一点E，使得平面，并说明理由；(2)当三棱锥的体积为时，求平面与平面夹角的余弦值．【答案】(1)存在，理由见解析(2)【分析】（1）取的中点F，连接EF，DF，易得，则四边形DFEA是平行四边形，从而AD∥EF，再利用线面平行的判定定理证明；（2）根据四边形是矩形，结合平面平面，得到面，由，得到，再由，得到，然后以为坐标原点建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量为，易知平面的一个法向量，由求解.【详解】（1）解：存在，当E为AC的中点时，AD∥平面，理由如下：如图所示：取的中点F，连接EF，DF，∵DF是的中位线，

∴，又

，∴

，∴四边形DFEA是平行四边形，∴AD∥EF，又面，面

，∴AD∥平面．（2）∵四边形是矩形，∴，，又∵平面平面，∴面，∵，∴

，∵侧面是菱形，，∴是正三角形，∵E是AC的中点，∴，以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，则，，设平面的一个法向量为，由，得，令，则，，∴，又平面的一个法向量，

∴，∴平面与平面的夹角的余弦值是.29．（2024·黑龙江齐齐哈尔·统考一模）如图1，在平面四边形中，，.点是线段上靠近端的三等分点，将沿折成四棱锥，且，连接，如图2.

(1)在图2中，证明：平面；(2)求图2中，直线与平面所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2).【分析】（1）根据线面平行的判定定理证得平面.（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求得直线与平面所成角的正弦值.【详解】（1）连接交于点，连接，，平面平面平面，

（2）在图1中，，在图2中，，平面，平面，平面，所以，而，由此以点为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，设平面的法向量为，则，可取，又，所以，所以直线与平面所成角的正弦值为.30．（2024·重庆·统考一模）如图，在边长为1的正方体中，是的中点，是线段上的一点，则下列说法正确的是（

）

A．当点与点重合时，直线平面B．当点移动时，点到平面的距离为定值C．当点与点重合时，平面与平面夹角的正弦值为D．当点为线段中点时，平面截正方体所得截面面积为【答案】ACD【分析】对A，根据平行线确定一个平面即可判断，对BC建立空间坐标系进行判断，对D作出截面图形，并求出相关长度，利用面积公式即可求出.【详解】对A，因为，所以点四点共面，当点与点重合时，直线平面，故A正确；对B，以为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，

因为为中点，则设，，，，则，，，设平面的方向量为，则，即，令，则，所以，则点到平面的距离，显然不是定值，故B错误；对C，当点与点重合时，由B知此时，，平面的法向量，设平面与平面夹角为，，则，故C正确；对D，连接，并在上底面内将直线沿着的方向平移，直至该直线经过点，交于点，交于点，因为，，所以四边形为平行四边形，所以，因为，所以，因为点，所以平面截正方体所得的图形为四边形，不妨以为坐标原点，在上底面内建立如图所示平面直角坐标系，则，因为为线段中点，则，根据直线，则，设直线的方程为，代入点坐标得，解得，则，则点位于线段的四分之一等分点处，且靠近点，点位于线段的四分之一等分点处，且靠近点，则，，，结合，则四边形为等腰梯形，则其高为,则，故D正确.故选：ACD.

【点睛】关键点睛：本题BC选项的关键是建立合适的空间直角坐标系，利用点到平面的距离公式和面面角的空间向量求法进行计算判断，对D选项的关键是作出截面图形，并求出相关长度，得出其截面为等腰梯形，最后计算面积即可.31．（2024·福建厦门·统考一模）如图，在四棱锥中，，，，，平面，过点作平面．(1)证明：平面平面；(2)已知点F为棱的中点，若，求直线与平面所成角的正弦值．【答案】(1)证明见详解(2)【分析】（1）利用三角形相似及等量代换得，利用线面垂直得，进而得平面EAC，结合已知条件得证；（2）利用空间向量法可求【详解】（1）

设AC与BD的交点为O，连接OF，因为，且，所以，因为，所以，，，且，，，所以，所以，所以，因为，所以，所以，即，所以，所以，即，因为平面，平面，所以，因为，平面EAC，所以平面EAC，又因为平面，且平面EAC，所以平面平面（2）

因为，平面，所以两两垂直，如图，以A为原点，分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，则，，，所以，因为点F为棱的中点，所以，设平面FBD的一个法向量为，则，所以，取，得，所以平面FBD的一个法向量为，记直线AD与平面FBD所成角为，则，所以直线与平面所成角的正弦值为．32．（2024·吉林延边·统考一模）如图，在多面体中，底面是边长为的正方形，平面，动点在线段上，则下列说法正确的是（

）A．B．存在点，使得平面C．三棱锥的外接球被平面所截取的截面面积是D．当动点与点重合时，直线与平面所成角的余弦值为【答案】ABD【分析】由面面垂直的性质定理可判断选项A；由线面平行的判定定理和性质定理可判断选项B；由截面是的外接圆及正弦定理可判断选项C;由面面垂直的判定定理、面面垂直的性质及余弦定理可判断选项D；【详解】设,连接，令中点为，连接，如图所示：由底面是正方形可得：是的中点，且；由平面，平面，平面,可得平面平面，；由，,可得四边形为矩形.对于选项A:由，平面平面，且平面平面,面，可得面，又面,所以，故选项A正确；对于选项B:因为在矩形中,所以四边形是平行四边形，则直线因为平面,平面,则面.故当是线段的中点时，直线面,故B正确；对于选项C:因为在中，,所以,由正弦定理得：的外接圆直径,则半径为，圆面积为,因为三棱锥的外接球的球心在过点且与平面垂直的直线上，且四边形为矩形，所以点在三棱锥的外接球上.所以三棱锥的外接球被平面所截取的截面是的外接圆，因此三棱锥的外接球被平面所截取的截面面积是，故C错误．对于选项D:因为面，平面,所以面平面，所以在平面内的射影在直线上，即直线与平面所成角为.在中，,故选项D正确；故选：ABD.33．（2024·福建厦门·统考一模）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.内切球、外接球问题34．（2024·黑龙江齐齐哈尔·统考一模）已知四面体的各个面均为全等的等腰三角形，且.设为空间内任一点，且五点在同一个球面上，则（

）A．B．四面体的体积为C．当时，点的轨迹长度为D．当三棱锥的体积为时，点的轨迹长度为【答案】AC【分析】根据线面的垂直可判断线线垂直，判断A；根据棱锥的体积公式可判断B；根据条件，确定轨迹的形状，结合圆的周长求得轨迹长度或范围，即可判断C，D.【详解】对于A，依题意，可知，设F为的中点，连接，则，而平面，故平面，平面，故，A正确；对于B，将四面体放入长方体中，设长方体的相邻三条棱长分别为，则，解得，由于，即异面直线和的距离为，且平面，，所以四面体的体积为，B错误；对于C，由以上分析可知，四面体的外接球半径为，由，知点的轨迹为一个圆，设轨迹圆的半径为，则，解得，所以的轨迹长度为，C正确；对于D，由题意可得,故的外接圆半径为，所以球心到所在平面的距离为，设三棱锥的高为h，由三棱锥的体积为时，可得，故，又由，故E点轨迹为外接球上平行于平面且到平面的距离为的两个截面圆，其中一个圆为外接球的大圆，所以点的轨迹长度大于，D错误，故选：AC.【点睛】难点点睛：本题考查了四面体中的线面以及线线的位置关系，以及体积和空间几何体中的轨迹问题，难点在于要发挥空间想象，明确空间几何体中的线线位置关系，特别是选项D中要明确E点轨迹，从而确定轨迹长度或其范围.35．（2024·吉林白山·统考一模）在四面体中，，，且满足，，．若该三棱锥的体积为，则该锥体的外接球的体积为．【答案】【分析】将四面体放在长方体中，通过求长方体的外接球半径得出结果.【详解】如图，依题意将四面体放在长方体中，设长方体的高为.根据锥体的体积，解得，所以长方体的长宽高分别为，和4，所以长方体的外接球直径即为对角线，解得.所以四面体外接球的体积为．故答案为：.36．（2024·吉林延边·统考一模）已知一个圆锥的侧面展开图是一个圆心角为，半径为的扇形.若该圆锥的顶点及底面圆周都在球的表面上，则球的体积为.【答案】/【分析】根据扇形的弧长计算可得圆锥的高，结合勾股定理和圆锥外接球体积计算，即可求解.【详解】设该圆锥的底面半径为，高为．由扇形圆心角为，半径为，得圆锥底面圆周长为，解得．因为扇形半径为，所以，所以．易知球心在圆锥的高所在的直线上．设球的半径为，则，即，解得，所以球的体积为．故答案为：．37．（2024·河南郑州·郑州市宇华实验学校校考一模）已知正三棱柱的底面边长为2，以为球心、为半径的球面与底面的交线长为，则三棱柱的表面在球内部分的总面积为．【答案】【分析】根据题意结合球的性质求正三棱柱的高和球面与底面的交线半径，进而分析各面与球的截面，结合扇形面积运算求解.【详解】记以为球心，为半径的球面与底面的交线半径为，正三棱柱的高为，则，且，解得，，可知：底面在球内部分是以半径为，圆心角为的扇形，面积为，底面在球内部是以半径为，圆心角为的扇形，面积为，侧面在球内部分如图（阴影部分）所示，因为，可知，所以面积为，同理侧面在球内部分面积为，显然侧面与球不相交，所以三棱柱的表面在球内部分的总面积为.故答案为：.【点睛】关键点睛：涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题求解．38．（2024·江西吉安·吉安一中校考一模）已知球的直径，，，是球球面上的三点，是等边三角形，且，则三棱锥的体积为（

）.A． B． C． D．【答案】B【分析】求得三棱锥的底面积和高，由此计算出三棱锥的体积.【详解】设球心为，等边三角形截面小圆的圆心为（也是等边三角形的中心）.由于是等边三角形，，所以平面，在面的投影即，也即等边三角形的中心，且平面，则.因为是直径，所以.所以，.由于是等边三角形的中心，所以，所以等边三角形的高，.所以三棱锥的体积为.故选：B【点睛】本小题主要考查与几何体外接球有关的计算，属于难题.39．（2024·湖南长沙·雅礼中学校考一模）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40．（2024·江西吉安·吉安一中校考一模）如图，在正三棱锥中，有一半径为1的半球，其底面圆O与正三棱锥的底面贴合，正三棱锥的三个侧面都和半球相切．设点D为BC的中点，．(1)用分别表示线段BC和PD长度；(2)当时，求三棱锥的侧面积S的最小值．【答案】(1)；(2)【分析】（1）连接OP，由题意O为的中心，则可得为直角三角形，设半球与面PBC的切点为E，然后分别在和中求解即可，（2）由已知条件可得，，令，则上述函数变形为，，然后利用导数可求得结果【详解】（1）连接OP，由题意O为的中心，且面ABC，又面ABC，所以，所以为直角三角形．设半球与面PBC的切点为E，则且．在中，，所以．在中，．（2）由题知，，化简得，，令，则上述函数变形为，，所以，令，得．当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以当时，三棱锥的侧面积S的最小值为．41．（2024·江西吉安·吉安一中校考一模）地球仪是地理教学中的常用教具.如图1所示，地球仪的赤道面(与转轴垂直)与黄道面(与水平面平行)存在一个夹角，即黄赤交角，大小约为23.5°.为锻炼动手能力，某同学制作了一个半径为4cm的地球仪(不含支架)，并将其放入竖直放置的正三棱柱中(姿态保持不变)，使地球仪与该三棱柱的三个侧面相切，如图2所示.此时平面恰与地球仪的赤道