专题06立体几何小题综合-2024年高考数学冲刺双一流之小题必刷满分冲刺-1

专题06立体几何小题综合一、单选题1．（2023·安徽亳州·安徽省亳州市第一中学校考模拟预测）若正四棱台的上、下底面边长分别为1，2，高为3，则该正四棱台的体积为（

）A．5 B．7 C． D．【答案】B【分析】根据棱台的体积公式即可求解.【详解】.故选：B2．（2023·安徽淮北·统考一模）如图所示，在三棱台中，沿平面截去三棱锥，则剩余的部分是（

）

A．三棱锥 B．四棱锥 C．三棱柱 D．组合体【答案】B【分析】根据图形和棱锥的定义及结构特征，即可得出结论．【详解】三棱台中，沿平面截去三棱锥，剩余的部分是以为顶点，四边形为底面的四棱锥．故选：B3．（2023·安徽滁州·安徽省定远中学校考二模）我国古代数学名著《数书九章》中有“天池盆测雨”题，是指在下雨时可以用圆台形的盆接雨水来测量降雨量．若一个圆台形盆的上口直径为40cm，盆底直径为20cm，盆深18cm，某次下雨盆中积水9cm，则这次降雨量最接近（注：降雨量等于盆中水的体积除以盆口面积）（

）A．3cm B．3.5cm C．5.5cm D．5.8cm【答案】B【分析】根据圆台的体积公式求出水的体积，再除以盆口面积即可.【详解】根据题意，盆中水的体积约为，降雨量等于．故选：B．4．（2023·安徽安庆·安庆一中校考三模）陀螺起源于我国，最早出土的石制陀螺是在山西夏县发现的新石器时代遗址.如图所示的是一个陀螺立体结构图.已知，底面圆的直径，圆柱体部分的高，圆锥体部分的高，则这个陀螺的表面积（单位：）是（

）

A． B．C． D．【答案】C【分析】根据圆柱与圆锥的表面积公式求解.【详解】由题意可得圆锥体的母线长为，所以圆锥体的侧面积为，圆柱体的侧面积为，圆柱的底面面积为，所以此陀螺的表面积为，故选：C.5．（2023·安徽合肥·合肥一六八中学校考模拟预测）米斗是称量粮食的量器，是古代官仓､粮栈､米行及地主家里必备的用具､如图为一倒正四棱台型米斗，高为40cm.已知该正四棱台的所有顶点都在一个半径为50cm的球O的球面上，且一个底面的中心与球O的球心重合，则该正四棱台的侧棱与底面所成角的正弦值为（

）

A． B． C． D．【答案】D【分析】由题意作出正四棱台的对角面，为外接球球心，为线段中点，过点作，垂足为，则即为所求角.【详解】由题意，作出正四棱台的对角面，如图为正四棱台上底面正方形对角线，为正四棱台下底面正方形对角线，为外接球球心，为线段中点，则，过点作，垂足为，则即为所求角.因为，所以，所以，所以，所以正四棱台的侧棱与底面所成角的正弦值为.

故选:D.6．（2023·安徽滁州·安徽省定远中学校考模拟预测）转子发动机采用三角转子旋转运动来控制压缩和排放．如图1，三角转子的外形是有三条侧棱的曲面棱柱，且侧棱垂直于底面，底面是以正三角形的三个顶点为圆心，正三角形的边长为半径画圆构成的曲面三角形（如图2），正三角形的顶点称为曲面三角形的顶点，侧棱长为曲面棱柱的高，记该曲面棱柱的底面积为S，高为h．已知曲面棱柱的体积V=Sh，如图1所示的曲面棱柱的体积为，，则（

）A．2 B．3 C．4 D．6【答案】B【分析】把底面分为三个弓形和三角形面积之和，在根据题中体积和高可得.【详解】由题意可知该曲面棱柱的底面积．设，则，解得.故选：B.7．（2023·安徽·校联考模拟预测）已知某圆锥的母线长为3，则当该圆锥的体积最大时，其侧面展开图的圆心角的弧度数为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】表达出圆锥的体积，通过求导得出其单调性，即可求出当该圆锥的体积最大时，其侧面展开图的圆心角的弧度数.【详解】由题意，圆锥的母线长为3，设圆锥的底面半径为，高为，则，，∴体积：，∴，∴当时，单调递增，当时，单调递减，当时，取得最大值，此时，侧面展开图的圆心角.故选：A．8．（2023·安徽合肥·合肥市第六中学校考模拟预测）已知在长方体中，，，在线段上取点M，在上取点N，使得直线平面，则线段MN长度的最小值为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】以为轴建立空间直角坐标系发，写出各点坐标，求出平面的法向量，由向量与平面的法向量垂直可得关系式，从而表示出的模，然后可求得最小值．【详解】解：如图，以为轴建立空间直角坐标系，则，，，设平面的一个法向量为，则，取，则，即，又，，，设，，则，因为平面，故即，当时，取得最小值，即的长度的最小值为．故选：D．

9．（2023·安徽芜湖·统考模拟预测）如图，底面同心的圆锥高为，，在半径为3的底面圆上，，在半径为4的底面圆上，且，，当四边形面积最大时，点到平面的距离为（

）A． B． C．2 D．【答案】A【分析】根据给定条件，确定四边形的形状，再求出四边形面积最大时，圆心O到边的距离，然后在几何体中作出点到平面的垂线段，借助直角三角形计算作答.【详解】如图，直线交大圆于点，连接，由，知四边形为等腰梯形，取的中点，连接，则，由，知四边形是矩形，因此四边形为矩形，过O作于Q，连接，从而四边形的面积，当且仅当，即时取等号，此时，如图，在几何体中，连接，因为平面，平面，则，又，平面，于是平面，而平面，则有平面平面，显然平面平面，在平面内过O作于R，从而平面，即长即为点到平面的距离，在中，，，，所以点到平面的距离是.故选：A【点睛】方法点睛：求点到平面的距离可以利用几何法，作出点到平面的垂线段求解；也可以用向量法，求出平面的法向量，再求出这一点与平面内任意一点确定的向量在法向量的投影即可.10．（2023春·安徽亳州·高三蒙城第一中学统考开学考试）有一个正三棱柱形状的石料，该石料的底面边长为6．若该石料最多可打磨成四个半径为的石球，则至少需要打磨掉的石料废料的体积为（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】求出柱形石料的高，利用柱体体积减去四个球体体积可得结果.【详解】设底面是边长为的等边三角形的内切圆的半径为，由等面积法可得，解得，若可以将该石料打磨成四个半径为的石球，则该柱形石料的高至少为，因此，至少需要打磨掉的石料废料的体积为.故选：B.11．（2023·安徽黄山·屯溪一中校考模拟预测）如图，已知圆锥的顶点为S，AB为底面圆的直径，点M，C为底面圆周上的点，并将弧AB三等分，过AC作平面，使，设与SM交于点N，则的值为（

）

A． B． C． D．【答案】B【分析】连接交于点，连接，根据线面平行得性质证明，再根据可得，进而可得出答案.【详解】连接交于点，连接，则平面即为平面，

因为，平面，平面，所以，因为AB为底面圆的直径，点M，C将弧AB三等分，所以，，所以且，所以，又，所以，所以.故选：B.12．（2023·安徽黄山·统考三模）如图，球的表面积为，四面体内接于球，是边长为的正三角形，平面平面，则该四面体体积的最大值为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】首先根据球的表面积求得求得半径，再根据题意得出当时，点到底面的距离最大，求出点到底面的距离即可求出最大值.【详解】因为球的表面积为，所以，由题意知底面三角形的面积为定值，要使四面体体积的最大，只须顶点到底面的距离最大即可，又因为平面平面，可知当时，点到底面的距离最大，外接圆的半径，则到面的距离为，且到面的距离为，设点到平面的距离为，则，解得，此时体积最大值为.故选：B.13．（2023·安徽淮北·统考二模）已知球和正四面体，点在球面上，底面过球心，棱分别交球面于，若球的半径，则所得多面体的体积为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】首先利用正四面体和球的关系，利用勾股定理求出正四面体的棱长，进一步利用体积公式及比列关系求出多面体的体积即可.【详解】设正四面体，棱长为，如图所示：设外接球的球心为，半径为，所以，解得，由于，所以，在中，过O作AB垂线OH，由面积可得，则，利用勾股定理：，即：，,多面体的体积为.故选：D.14．（2023·安徽·校联考模拟预测）在正方体中，为正方形内（含边界）一动点，且满足，则直线与平面所成角的正弦值的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】先结合题目条件，找出线面角的平面角为，根据几何关系，求出，进而得出的正弦值的取值范围.【详解】因为，所以，M，B三点共线，连接，，，因为平面，所以直线与平面所成角为，其正弦值为，，当时，，所以，则，所以直线与平面所成角的正弦值的取值范围是.故答案为：D.15．（2023·安徽阜阳·安徽省临泉第一中学校考三模）已知球O与圆台的上、下底面及母线均相切，且圆台的上、下底面半径之比为，记球O与圆台的表面积分别为、，则（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】根据题意，做出截面图，再结合球的表面积公式，代入计算，即可得到结果.【详解】

圆台与球O的截面图如图所示，设球O的半径为R，圆台的上、下底面半径分别为r，2r，则母线长为3r，由已知得.，，，即，故选：B.16．（2023·安徽合肥·合肥市第八中学校考模拟预测）“阿基米德多面体”也称为半正多面体（semiregularsolid），是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美.如图，它是由正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共截去八个三棱锥得到.已知，若该半正多面体的表面积为，体积为，则为（

）

A． B． C．2 D．【答案】A【分析】根据表面积公式计算表面积，把多面体积转化为正方体体积去掉8个三棱锥体积求解，最后求比值即可.【详解】如图，该半正多面体的表面由6个正方形和8个正三角形构成，则其表面积，该半正多面体的体积可以由正方体截去8个三棱锥的体积计算，.

故选:A.17．（2023·安徽合肥·合肥市第八中学校考模拟预测）在平面直角坐标系中，为圆上的动点，定点.现将坐标平面沿轴翻折成平面角为的二面角，此时点翻折至，则两点间距离的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】分和两种情况讨论,当三点共线时取得最小值，综合两种情况可得结果.【详解】设所在平面为，圆的另一半所在平面为，若，则三点共线时，有最小值；当在圆与轴交点时，取到最大值，即；

若在上的投影为，则到面距离为，则三点共线时，有最大值，，此时；当在圆与轴交点时，有最小值，，此时；即；综上可得，.

故选:B.18．（2023·安徽安庆·安庆一中校考模拟预测）已知分别是双曲线的左、右焦点，过点作直线交于两点.现将所在平面沿直线折成平面角为锐角的二面角，如图，翻折后两点的对应点分别为，且若，则的离心率为（

）

A． B． C． D．【答案】C【分析】根据题意分析可知锐角二面角，利用双曲线的定义与性质结合余弦定理运算求解.【详解】设双曲线的半焦距为，由题意可得：，则，且，则锐角二面角，在中，由余弦定理可得：，在中，由余弦定理可得：，因为，即，可得，解得.故选：C.【点睛】方法点睛：双曲线离心率(离心率范围)的求法求双曲线的离心率或离心率的范围，关键是根据已知条件确定a，b，c的等量关系或不等关系，然后把b用a，c代换，求e的值．19．（2023·安徽滁州·安徽省定远中学校考模拟预测）在正四棱柱中，，，为中点，为正四棱柱表面上一点，且，则点的轨迹的长为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据给定的条件，结合正四棱柱的结构特征，作出过点垂直于的正四棱柱的截面即可计算作答.【详解】在正四棱柱中，连接，如图，，平面，因为平面，则，又平面，，则平面，又平面，则，取中点，连接，在平面内过作，交于，显然，而平面，则平面，有，又平面，，于是平面，而平面，因此，因为平面，，从而平面，连接，则点的轨迹为平面与四棱柱的交线，即，因为，即有，又，于是，有，，所以点的轨迹长为.故选：A【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.20．（2023·安徽铜陵·统考三模）已知平面上两定点、，则所有满足（且）的点的轨迹是一个圆心在上，半径为的圆.这个轨迹最先由古希腊数学家阿波罗尼斯发现，故称作阿氏圆.已知棱长为3的正方体表面上动点满足，则点的轨迹长度为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据阿氏圆性质求出阿氏圆圆心O位置及半径，P在空间内轨迹为以O为球心的球，球与面，，交线为圆弧，求出截面圆的半径及圆心角，求出在截面内的圆弧的长度即可.【详解】在平面中，图①中以B为原点以AB为x轴建系如图，设阿氏圆圆心,半径为，，设圆O与AB交于M,由阿氏圆性质知，，，P在空间内轨迹为以O为球心半径为2的球，若P在四边形内部时如图②,截面圆与分别交于M，R，所以P在四边形内的轨迹为，在中，，所以，当P在面内部的轨迹长为，同理，当P在面内部的轨迹长为，当P在面时,如图③所示，面，平面截球所得小圆是以B为圆心，以BP为半径的圆，截面圆与分别交于，且，所以P在正方形内的轨迹为，所以，综上：P的轨迹长度为.故选：C【点睛】方法点睛：求球与平面公共点轨迹长度时先求出平面截球所得圆面的半径，当截面为完整的圆时可直接求圆周长，当截面只是圆的一部分时先求圆心角的大小再计算弧长.二、多选题21．（2023春·安徽阜阳·高三安徽省临泉第一中学校考专题练习）如图，在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，E､F､G､M､N均为所在棱的中点，动点P在正方体表面运动，则下列结论正确的有（

）

A．当点P为BC中点时，平面PEF⊥平面GMNB．异面直线EF､GN所成角的余弦值为C．点E､F､G､M､N在同一个球面上D．若，则P点轨迹长度为【答案】ACD【分析】根据正方体图形特征证明面面垂直判断A选项，根据异面直线所成角判断B选项，根据五点共圆判断C选项，根据轨迹求出长度判断D选项.【详解】取中点，连接，在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，E､F､G､M､N均为所在棱的中点，易知，平面，GM在面ABCD内，，平面，平面，，平面面，

连接，是正方形,，平面，平面，，平面，平面，，平面平面，综上，平面，平面，又所以平面，平面故平面平面，故A正确；取中点，连接，是异面直线所成的角，又则，故B错误；记正方体的中心为点，则，故点在以为球心，以为半径的球面上，故C正确；是的中点，，故点轨迹是过点与平行的线段，且，，故D正确.故选：ACD.22．（2023·安徽蚌埠·统考模拟预测）已知正方体的棱长为6，点分别是棱的中点，是棱上的动点，则（

）A．直线与所成角的正切值为B．直线平面C．平面平面D．到直线的距离为【答案】BCD【分析】把直线与所成的角，转化为直线与所成的角，在直角中，求得所成的角的正切值为，可判定A不正确；由，利用线面平行的判定定理，证得平面，可判定B正确；由平面，得到平面，结合面面垂直的判定定理，可判定C正确；设，证得，得到即为点到直线的距离，在直角中求得，可判定D正确.【详解】对于A中，在正方体中，可得，所以异面直线与所成的角，即为直线与所成的角，设，取的中点，连接和，在直角中，，即异面直线与所成的角的正切值为，所以A不正确；对于B中，因为点分别是棱的中点，可得，又因为平面，平面，所以直线平面，所以B正确；对于C中，在正方体中，可得平面，因为，所以平面，又因为平面，所以平面平面，所以C正确；对于D中，设，因为平面，且平面，可得，所以即为点到直线的距离，在直角中，，所以，即到直线的距离为，所以D正确.故选：BCD.23．（2023·安徽合肥·合肥一六八中学校考模拟预测）正四棱锥中，高为3，底面是边长为2的正方形，则下列说法正确的有（

）A．到平面的距离为B．向量在向量上的投影向量为C．棱锥的内切球的半径为D．侧面所在平面与侧面所成锐二面角的余弦值为【答案】BD【分析】补形成长方体，在长方体中作出所求距离，利用等面积求解可判断A；根据投影向量的几何意义可判断B；利用等体积法可判断C；利用长方体作出平面角，由余弦定理可得.【详解】

补形为长方体.如图，

记，的中点分别为P，Q，作于点W,易知，，，在中，,即,解得.易知,CW为CD到平面距离，A错误；根据投影向量概念知：向量在向量上的投影向量为向量.即为，所以B正确；即AB中点为N，连接MN，ON，易得，所以，，由等体积求内切球半径,得，，所以C错误；连接，由长方体性质可知是所求二面角的平面角，在中由余弦定理得：正确.故选：BD24．（2023·安徽安庆·安庆一中校考三模）如图，已知四边形是以为斜边的等腰直角三角形，为等边三角形，，将沿对角线翻折到在翻折的过程中，下列结论中正确的是（

）

A．B．与可能垂直C．四面体的体积的最大值是D．直线与平面所成角的最大值是【答案】ABC【分析】由折叠平面的变与不变性，对于A，取中点，可得⊥面，A选项可判断；对于B，假设与垂直，则⊥面，再根据题目所给长度即可判断；对于C，当面面时，此时四面体的体积的最大,计算最大体积即可;对于D，当面面时，此时直线与平面所成角最大，判断即可.【详解】对于A，如图所示，取的中点，连接，

是以为斜边的等腰直角三角形，，为等边三角形，，又面，面，又面，，故A正确.对于B，假设，又面，面，又面，，又，易知，当时，，故与可能垂直，故B正确.对于D，当面面时，面面=，平面，此时面即为直线与平面所成角，此时，故D错误.对于C，易知当面面时，此时四面体的体积最大，此时的体积为：，故C正确.故选：ABC.25．（2023·安徽·校联考模拟预测）勒洛三角形也被称为定宽曲线，勒洛三角形的立体版就是如图所示的立体图形，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，它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公共部分组成的，因此它能像球一样来回滚动.这种立体图形称为勒洛四面体，若图中勒洛四面体的四个顶点分别为P、A、B、C，任意两个顶点之间的距离为1，则下列说法正确的是（

）A．图中所示勒洛四面体表面上任意两点间距离的最大值为1B．图中所示勒洛四面体的内切球的表面积为C．平面截此勒洛四面体所得截面的面积为D．图中所示的勒洛四面体的体积是【答案】AB【分析】根据表面上任意两点间距离的最大值即为其内接四面体的棱长1，可判定A正确；根据点E为该球与勒洛四面体的一个切点，由A，O，E三点共线，求得，求得内切球的表面积，可判定B正确；由截面形状为三个半径为1，圆心角为60°的扇形面积减去两个边长为1的正三角形的面积可判定C错误；求得正四面体的体积，其外接球的体积，可判定D错误.【详解】对于A中，勒洛四面体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，所以其表面上任意两点间距离的最大值，即为其内接四面体的棱长1，所以A正确；对于B中，勒洛四面体的内切球与勒洛四面体的弧面相切，如图所示，其中点E为该球与勒洛四面体的一个切点，O为该球的球心，则该球的球心O为正四面体的中心，半径为OE，连接AE，由A，O，E三点共线，且，，因此，内切球的表面积为，故B正确；对于C中，如图所示，截面形状为三个半径为1，圆心角为60°的扇形面积减去两个边长为1的正三角形的面积，则，所以C错误；对于D中，勒洛四面体的体积介于正四面体的体积和正四面体的外接球的体积之间，正四面体的体积，其外接球的体积，所以D错误.故选：AB.26．（2023·安徽黄山·屯溪一中校考模拟预测）如图，正三棱锥和正三棱锥的侧棱长均为，.若将正三棱锥绕旋转，使得点E，P分别旋转至点A，处，且A，B，C，D四点共面，点A，C分别位于BD两侧，则（

）

A． B．C．多面体的外接球的表面积为 D．点P与点E旋转运动的轨迹长之比为【答案】AD【分析】由线面垂直的判定定理和性质定理结合正三棱锥的性质可判断A，B；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可判断C；由题意转动的半径长为，转动的半径长为可判断D.【详解】取的中点为，连接，由，所以，又，平面，所以平面，将正三棱锥绕旋转，使得点E，P分别旋转至点A，处，所以平面，所以，故A正确；因为平面，所以，故B不正确；

因为A，B，C，D四点共面，，可得：，，所以平面，所以平面，同理平面，由已知为正方形，所以可将多面体放入边长为的正方体，

则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不正确；由题意转动的半径长为，转动的半径长为，所以点P与点E旋转运动的轨迹长之比为，故D正确.故选：AD.27．（2023·安徽滁州·安徽省定远中学校考模拟预测）如图，正方体的棱长为，点为的中点，下列说法正确的是（

）

A．B．平面C．点到平面的距离为D．与平面所成角的正弦值为【答案】ACD【分析】连接、，证明平面，再根据线面垂直的性质即可判断A；根据，与平面相交与点即可判断B；连接、交于，证明平面，从而可得点到平面的距离即为点到平面的距离，即可判断C；取中点，连接、，证明平面，从而可得与平面所成角即为，从而可判断D.【详解】对于A选项，连接、，在正方体中，平面，平面，所以，因为四边形是正方形，所以，因为，、平面，所以平面，又平面，所以，故A正确；对于B选项，在正方体中，有，且与平面相交与点，故FG与平面不平行，故B错误；对于C选项，连接、交于，在正方体中，平面，又平面，所以，因为四边形是正方形，所以，因为，、平面，所以平面，因为，平面，平面，所以平面，所以点到平面的距离即为点到平面的距离，即为，又正方体棱长为，则，则点到平面的距离为，故C正确；对于D选项，取中点，连接、，因为四边形是正方形，点为的中点，所以，因为平面，所以平面，又平面，所以，所以与平面所成角即为，则，则与平面所成角的正弦值为，故D正确．

故选：ACD．28．（2023·安徽·合肥一中校联考模拟预测）已知半径为R的球与圆台的上下底面和侧面都相切.若圆台上下底面半径分别为r1和r2，母线长为l，球的表面积与体积分别为S1和V1，圆台的表面积与体积分别为S2和V2.则下列说法正确的是（

）A． B．C． D．的最大值为【答案】ABC【分析】根据题意结合圆台与球的表面积、体积公式逐项分析判断.【详解】由切线长定理易得，A正确；由勾股定理知，解得，B正确；因为，，所以正确；因为，当且仅当时，等号成立，这与圆台的定义矛盾，故D错误.故选：ABC.29．（2023·安徽合肥·合肥市第八中学校考模拟预测）如图，点是正四面体底面的中心，过点的直线分别交于点是棱上的点，平面与棱的延长线相交于点，与棱的延长线相交于点，则（

）A．存在点与直线，使B．存在点与直线，使平面C．若，其中，，则的最小值是D．【答案】BCD【分析】对A，利用向量数量积公式计算即可判断；对B，找到为线段上靠近的三等分点，并利用线面垂直的判定即可证明；对C，利用向量基本定理结合三点共线有，再利用基本不等式的乘“1”法即可计算最值；对D，利用空间向量中四点共面的结论得，结合即可证明.【详解】对于选项A，，故A错误；对于选项，当直线平行于直线为线段上靠近的三等分点，即，此时平面，以下给出证明：在正四面体中，设各棱长为，均为正三角形，点为的中心，，由正三角形中的性质，易得，在中，，由余弦定理得，，，则，同理，，又平面平面，平面存在点与直线，使平面，故B正确；对于选项C，，，，根据三点共线有，，当且仅当时等号成立，故C正确；对于选项D，设为的中点，则，又三点共线，三点共线，三点共线，，设，则，四点共面，，又，，即，故D正确.故选:BCD.【点睛】关键点睛：本题B选项的关键是先找到点的位置，再利用余弦定理、勾股定理以及线面垂直的判定即可证明；C选项主要是利用基底法得，再利用三点共线的结论得到，再利用乘“1”法即可，对于D选项则需利用空间四点共面的推论证明.30．（2023·安徽亳州·安徽省亳州市第一中学校考模拟预测）正方体棱长为是直线上的一个动点，则下列结论中正确的是（

）A．的最小值为B．的最小值为C．若为直线上一动点，则线段的最小值为D．当时，过点作三棱锥的外接球的截面，则所得截面面积的最小值为【答案】AC【分析】的最小值为等边三角形的高，可求解A；将与矩形沿着翻折到一个平面内，可知的最小值为，进而利用余弦定理求解B；转化问题为求异面直线和之间的距离，进而建立空间直角坐标系利用向量求解C；结合可得的坐标，进而得到，根据过点的外接球的截面时，所得截面面积最小，进而求解D.【详解】对于A，在中，，所以为边长为的等边三角形，所以的最小值为的高，此时为中点，即，故A正确；对于B，将与矩形沿着翻折到一个平面内，如图所示，所以的最小值为，此时三点共线，又，，，即，由余弦定理得，，即，即，故B错误；

对于C，根据题意，即求异面直线和之间的距离，分别以，，为，，轴建立空间直角坐标系，则，，，，则，，，设直线与的共垂线向量为，则，即，即，可取，

所以异面直线和之间的距离为，所以线段的最小值为，故C正确；对于D，设三棱锥的外接球心为，当过点的外接球的截面时，所得截面面积最小，因为，由选项C知，，则，而三棱锥的外接球即为正方体的外接球，所以三棱锥的外接球直径为正方体的体对角线，即，即三棱锥的外接球半径为，所以所在圆的直径，所以所得截面面积为，故D错误.故选：AC.

三、填空题31．（2023·安徽滁州·安徽省定远中学校考模拟预测）半正多面体亦称“阿基米德体”，是以边数不全相同的正多边形为面的多面体．如图，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，如此共可截去八个三棱锥，得到一个有十四个面的半正多面体，它的各棱长都相等，其中八个面为正三角形，六个面为正方形，称这样的半正多面体为二十四等边体．则得到的二十四等边体与原正方体的体积之比为______．【答案】【分析】利用棱柱及棱锥的体积公式即可求解.【详解】设棱长为2，则所以原正方体的体积为，所以二十四等边体为，所以二十四等边体与原正方体的体积之比为．故答案为：.32．（2023·安徽·校联考二模）在正三棱柱中，D为棱AB的中点，与交于点E，若，则CD与所成角的余弦值为___．【答案】【分析】作出辅助线，找到CD与所成的角，证出线面垂直，得到，设出，利用余弦定理求出，，求出余弦值.【详解】连接，取中点F，连接，EF，则，所以为CD与所成的角（或其补角）．因为在正三棱柱中，D为棱AB的中点，所以⊥，⊥平面，因为平面，所以⊥，因为，平面，所以CD⊥平面，可得EF⊥平面，又平面，所以．不妨设，则，，所以，又，所以，所以，所以＝．故答案为：33．（2023·安徽滁州·安徽省定远中学校考模拟预测）已知三棱锥中，平面，，，则三棱锥外接球的体积为______．【答案】【分析】将三棱锥补成直三棱柱，直三棱柱的外接球即为三棱锥的外接球，确定外接球球心的位置，求出底面三角形的外接圆半径，进而求得三棱锥外接球半径，即可得答案.【详解】因为，，所以在中，根据余弦定理可得：，即．所以，所以∠ABC=120°，所以底面是顶角为120°的等腰三角形．由题意将三棱锥补成如图所示的直三棱柱，则该直三棱柱的外接球即为三棱锥的外接球，且直三棱柱的外接球球心落在上、下底面外接圆圆心连线的中点上．设外接圆的半径为r，三棱锥外接球的半径为R，由正弦定理得，，所以，，所以三棱锥外接球的体积为，故答案为：34．（2023·安徽六安·安徽省舒城中学校考模拟预测）已知圆柱的两个底面的圆周都在表面积为的球面上，则该圆柱的侧面积的最大值为__________．【答案】【分析】先求出半径，根据条件列出圆柱底面半径和母线的关系，即可得到侧面积表达式，然后用基本不等式即可求解最大值.【详解】解：设球的半径为R，圆柱的底面半径为r，母线为l，由题意可知，，又圆柱的两个底面的圆周都在球面上，则满足，而圆柱的侧面积，，因为，当且仅当，即，时等号成立，所以，，故答案为：35．（2023·安徽安庆·统考二模）在棱长为4的正方体中，点是棱上一点，且.过三点、、的平面截该正方体的内切球，所得截面圆面积的大小为______.【答案】【分析】建立空间直角坐标系，求出球心到平面的距离，由可求出截面圆的半径，即可求出截面圆面积.【详解】由条件知正方体的内切球半径大小为2，设球心到平面的距离为，建立如图所示的空间直角坐标系，则，设正方体内切球的球心为，，则，设平面的法向量为，，令，所以，所以于是截面圆的半径大小为，

故截面圆的面积大小为.故答案为:.36．（2023春·安徽·高三安徽省临泉第一中学校联考阶段练习）已知正四棱台内接于半径为1的球，且球心是四边形的中心，若该棱台的侧棱与底面所成的角是60°，则该棱台的体积为___________.【答案】/【分析】根据正四棱台的几何特征应用线面角分别求出上下底面边长及高，再应用棱台的体积公式计算即可.