备战高考数学之985高校强基计划入围资格（新高考通.用）专题03 立体几何（40题难题）（解析版）

专题03立体几何（40题难题）（10单选10多选10填空10大题）一、单选题1．（2024·广东·模拟预测）若在长方体中，．则四面体与四面体公共部分的体积为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】设，平面，可知四面体与四面体公共部分为四面体，建系，利用空间向量分析可知为的重心，进而根据体积关系运算求解.【详解】设，平面，可知四面体与四面体公共部分为四面体，以D为坐标原点，分别为轴正方向，建立空间直角坐标系，

则，可得，设平面的法向量为，则，令，则，可得，设，则，因为，则，解得，可得，即，在中，结合为的中点，可知为的重心，则，所以四面体的体积.故选：A.【点睛】关键点点睛：根据题意分析可知公共部分，利用空间向量的相关知识确定点的位置，即可得结果.2．（2024·湖北武汉·模拟预测）在三棱锥中，，，，，且，则二面角的余弦值的最小值为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】首先得的轨迹方程，进一步作二面角的平面角为，结合轨迹的参数方程以及余弦定理、基本不等式即可求解，注意取等条件.【详解】因为，所以，点的轨迹方程为（椭球），

又因为，所以点的轨迹方程为，（双曲线的一支）

过点作，而面，所以面，

设为中点，则二面角为，所以不妨设，所以，所以，令，所以，等号成立当且仅当，所以当且仅当时，.故选：A.【点睛】关键点点睛：关键是用定义法作出二面角的平面角，结合轨迹方程设参即可顺利得解.3．（2024·山西·一模）如图，在体积为1的三棱锥的侧棱上分别取点，使，记为平面､平面､平面的交点，则三棱锥的体积等于（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】先画出图形确定O的位置，将三棱锥的体积，转化为线段的长度比，充分利用直线的平行进行推导，求出比例即可．【详解】如图所示，假设，连接，易知，在中，设，所以，，则，即，同理，则，设到底面的距离分别为，则，所以.故选：B【点睛】思路点睛：先根据平面性质确定交点位置，再由平面向量的线性运算计算线段比例关系得出棱锥高的比例关系即可.4．（2024·全国·模拟预测）如图，已知长方体中，，，为正方形的中心点，将长方体绕直线进行旋转．若平面满足直线与所成的角为，直线，则旋转的过程中，直线与夹角的正弦值的最小值为（

）（参考数据：，）A． B． C． D．【答案】A【分析】求出直线与的夹角，可得绕直线旋转的轨迹为圆锥，求直线与的夹角，结合图形可知，当与直线平行时，与的夹角最小，利用三角函数知识求解即可.【详解】在长方体中，，则直线与的夹角等于直线与的夹角．长方体中，，，为正方形的中心点，则，又，所以是等边三角形，故直线与的夹角为．则绕直线旋转的轨迹为圆锥，如图所示，．因为直线与所成的角为，，所以直线与的夹角为．在平面中，作，，使得．结合图形可知，当与直线平行时，与的夹角最小，为，易知．设直线与的夹角为，则，故当时最小，而，故直线与的夹角的正弦值的最小值为.故选：A【点睛】关键点点睛：解题中在平面中，作，，使得，结合图形可知，当与直线平行时，与的夹角最小，为是关键.5．（2024·全国·模拟预测）在三棱锥中，底面是等边三角形，侧面是等腰直角三角形，，是平面内一点，且，若，则点的轨迹长度为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】取的中点，连接，作交的延长线于点，利用线面垂直的判定得到平面，进而得出，再结合余弦定理和同角三角函数的基本关系可得点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，最后结合圆的周长计算公式即可求解.【详解】如图，取的中点，连接，易得，又，平面，所以平面，又，所以，，，在中，，由余弦定理得，作交的延长线于点，则，又，平面，所以平面，又平面，所以，所以，所以，在中，，则，所以点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，则点的轨迹长度为，故选：C，【点睛】方法点睛：立体几何中的轨迹问题：1、由动点保持平行性求轨迹.（1）线面平行转化为面面平行得轨迹；（2）平行时可利用法向量垂直关系求轨迹.2、动点保持垂直求轨迹.（1）可利用线线线面垂直，转化为面面垂直，得交线求轨迹；（2）利用空间坐标运算求轨迹；（3）利用垂直关系转化为平行关系求轨迹.3、由动点保持等距（或者定距）求轨迹.（1）距离，可转化为在一个平面内的距离关系，借助于圆锥曲线的定义或者球和圆的定义等知识求解轨迹；（2）利用空间坐标计算求轨迹.4、由动点保持等角（或定角）求轨迹.（1）直线与面成定角，可能是圆锥侧面；（2）直线与定直线成等角，可能是圆锥侧面；（3）利用空间坐标系计算求轨迹.5、投影求轨迹.（1）球的非正投影，可能是椭圆面；（2）多面体的投影，多为多边形.6、翻折与动点求轨迹.（1）翻折过程中寻求不变的垂直关系求轨迹；（2）翻折过程中寻求不变的长度关系求轨迹；（3）利用空间坐标运算求轨迹.6．（2024·河北邯郸·三模）已知在四面体中，，二面角的大小为，且点A，B，C，D都在球的球面上，为棱上一点，为棱的中点．若，则（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据题意和几何关系，并在所在平面内建立平面直角坐标系，确定点的位置和坐标，即可求解.【详解】由题意知与均为等边三角形，连接，，则，，是二面角的平面角，

所以，又易知，所以是等边三角形．设为的外心，为的中点，连接，则点O，P，Q都在平面内，建立平面直角坐标系如图．设，则，，所以．又，所以，因为，易知，则，，从而，．

故选：C【点睛】关键点点睛：本题的关键是结合几何关系，建立如图所示的平面直角坐标系，转化为平面几何问题.7．（2024·全国·模拟预测）如图，已知四棱锥的底面是边长为2的菱形，为的交点，平面，，则四棱锥的内切球的体积为（

）

A． B． C． D．【答案】C【分析】求出四棱锥的高和侧棱长，再利用四棱锥的体积与其内切球半径之间的关系求四棱锥的内切球半径即可得解.【详解】因为四边形为菱形，，所以是正三角形，则.因为平面平面，所以.设，则，.在中，由，可得，解得，所以.因为为的中点，，所以.又，，所以，同理可证，，所以.设四棱锥的内切球的半径为，则，所以，所以四棱锥的内切球的体积，故选：C.【点睛】方法点睛：有关几何体外接球、内切球问题的常用结论（1）棱长为的正四面体的斜高为，高为，外接球的半径为，内切球的半径为.（2）如果三棱锥的三条侧棱互相垂直，那么可以将其补形为长方体或正方体（三棱锥的三条侧棱相等时为正方体，不相等时为长方体），则长方体或正方体的外接球的球心即三棱锥的外接球球心，长方体或正方体的体对角线即三棱锥外接球的直径.（3）一个棱锥的内切球半径可以根据内切球球心到各个面的距离相等以及棱锥的体积公式求得.8．（2024·湖南衡阳·二模）已知三棱锥中，，三棱锥的体积为，其外接球的体积为，则线段长度的最大值为（

）A．7 B．8 C． D．10【答案】C【分析】依题意可知为直角三角形且其外接圆的半径为，根据题意可求得点到平面的距离为，由求得半径求出过的截面圆半径，即可得出结论.【详解】因为球的体积为，所以球的半径满足，可得；又，因此，即，此时；设点到平面的距离为，则，可得，因为在球的截面圆上，设截面圆所在的平面为，当与平面平行时，有最大值；设球心到平面的距离为，而的外心即为的中点，外接圆的半径为，则，故球心到平面的距离为，可知截面圆半径为；设在平面上的射影为，则的轨迹为圆，如下图所示：

设该圆圆心为，则当三点共线时且点在中间时，最长，此时，故线段长度的最大值为.故选：C【点睛】关键点点睛：本题关键在于求出点到平面距离之后，确定出当三点共线时且点在中间时，最长，利用勾股定理计算可得其最大值.9．（2024·浙江湖州·一模）在四棱锥中，棱长为2的侧棱垂直底面边长为2的正方形，为棱的中点，过直线的平面分别与侧棱、相交于点、，当时，截面的面积为（

）A．2 B．3 C． D．【答案】D【分析】建立空间直角坐标系，利用向量共面确定点的坐标，利用向量数量积及三角形面积公式即可求出.【详解】由题意，平面，四边形为正方形，如图，建立空间直角坐标系，则，，，，，，，设，，则，又，，所以，则，由题意，四点共面，所以，所以，解得，所以，，所以，所以，即，所以，所以，又，所以，即，所以，所以，所以截面的面积为.故选：D10．（2024·河北沧州·模拟预测）某包装设计部门为一球形塑料玩具设计一种正四面体形状的外包装盒（盒子厚度忽略不计），已知该球形玩具的直径为2，每盒需放入10个塑料球，则该种外包装盒的棱长的最小值为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】先确定正四面体的棱长与高还有内切球半径的关系，然后根据当a取得最小值时，从上到下每层中放在边缘的小球都与正四面体的面都相切，从而计算出棱长的最小值.【详解】设正四面体的棱长为，高为，内切球半径为则，可得，又，可得，

即正四面体的高等于其棱长的，正四面体的内切球的半径等于其棱长的．如图，10个直径为2的小球放进棱长为a的正四面体中，构成三棱锥的形状，有3层，从上到下每层的小球个数依次为1，3，6．

当a取得最小值时，从上到下每层中放在边缘的小球都与正四面体的侧面相切，底层的每个球都与正四面体的底面相切，任意相邻的两个小球都外切，位于底层正三角状顶点的所有相邻小球的球心连线为一个正四面体，底面的中心为，与面的交点为，则该正四面体的棱长为，可求得其高为，，所以正四面体的高为，进而可求得其棱长a的最小值为．故选：C.【点睛】方法点睛：对于四面体的内切球问题，我们最好能熟记正四面体的棱长与高还有内切球半径的关系，即正四面体的高等于其棱长的，正四面体的内切球的半径等于其棱长的，这样解题的时候我们可以利用这个关系快速得到我们要的量.二、多选题11．（2024·湖南长沙·二模）在正方体中，为的中点，是正方形内部一点（不含边界），则（

）A．平面平面B．平面内存在一条直线与直线成角C．若到边距离为，且，则点的轨迹为抛物线的一部分D．以的边所在直线为旋转轴将旋转一周，则在旋转过程中，到平面的距离的取值范围是【答案】AC【分析】根据正方体的结构特征可证明线线垂直，进而可得线面垂直，即可求证面面垂直，可判断A，根据线面角的性质，结合线面角的求解即可判断B，根据抛物线的定义即可判断C，根据旋转可得点的运动轨迹是平面内以为圆心，为半径的圆，即可求解D.【详解】对于A：如图，连接，则，因为平面平面，所以，且平面，所以平面平面，所以，同理，且，且平面，所以平面，且平面，所以平面平面，故A正确；

对于B：从正方体中分离出四棱锥，取的中点，连接，并让点可在正方形边界移动.因为平面，，即，则与平面所成角的最小值是，所以，因为线面角是线与平面内的线所成的最小角，所以平面内不存在一条直线与直线成角，故B错误；

对于C：如图，取的中点，连接平面，作于点，则，因为，则，即点到点的距离和点到的距离相等，即可知点形成的轨迹是抛物线的一部分，故C正确；

对于D：连接交于点，取的中点，连接，则点的运动轨迹是平面内以为圆心，为半径的圆，易知，由，知，且平面，所以平面平面，所以平面平面，，如图，与圆的交点分别为，当点位于点时，点到平面的距离分别取得最大值和最小值，且距离的最大值为，距离的最小值为，所以点到平面的距离的取值范围是，故错误.故选：AC

【点睛】方法点睛：立体几何中与动点轨迹有关的题目归根到底还是对点线面关系的认知，其中更多涉及了平行和垂直的一些证明方法，在此类问题中要么很容易的看出动点符合什么样的轨迹(定义)，要么通过计算(建系)求出具体的轨迹表达式，和解析几何中的轨迹问题并没有太大区别，所求的轨迹一般有四种，即线段型，平面型，二次曲线型，球型.12．（2024·浙江温州·二模）已知半径为球与棱长为1的正四面体的三个侧面同时相切，切点在三个侧面三角形的内部（包括边界），记球心到正四面体的四个顶点的距离之和为，则（

）A．有最大值，但无最小值 B．最大时，球心在正四面体外C．最大时，同时取到最大值 D．有最小值，但无最大值【答案】ABD【分析】求出的取值范围可判断A，B；设，根据题意得到关于的表达式，构造函数，对求导，得到的单调性和最值可判断C，D.【详解】对于AB，设球心为，正四面体为，的中心为，则在上，，，球与平面，平面，平面相切，与平面相切于点，，，因为，在中，，则所以在中，，因为，所以，有最大值，但无最小值，故A正确；当，此时，最大时，球心在正四面体外，故B正确；对于CD，设，，，所以，令，令，解得：或（舍去），当时，，在上单调递减，当时，，在上单调递减，所以当时，，所以有最小值，但无最大值，故D正确，C错误.故选：ABD.【点睛】关键点点睛：本题CD选项解决的关键在于，假设，将表示为关于的表达式，再利用导数即可得解.13．（2024·全国·模拟预测）已知四棱锥中，四边形是正方形，平面，则（

）A．若平面平面，且平面平分四棱锥的体积，平面，则B．若平面平面，且平面将四棱锥的体积分为的两部分，平面，则C．若平面平面，且平面，则平面将四棱锥的体积分为的两部分D．若平面平面，且平面，则平面将四棱锥的体积分为的两部分【答案】AC【分析】对于A项，利用多面体的相似，体积之比等于相似比的三次方即可求得；对于B项判断原理与A项相似，同时还用到底面面积相等且高相同的三棱锥体积相等的结论；对于C项，原理仍相同，不同之处即是由相似比求体积之比；对于D项，因分割成的两部分几何体是组合体，故不能应用前面方法，在求小部分体积时，需要对其进行合理分割后再求它们体积的和，最后求体积的比值.【详解】对于选项A，如图，设平面平面平面，

则四棱锥与四棱锥相似，则两个四棱锥的体积之比为高之比的三次方，所以，则，故A正确；对于选项B，如图，设平面平面，

则三棱锥与三棱锥相似，则两个三棱锥的体积之比为棱长之比的三次方，易知三棱锥的体积为四棱锥体积的，由题意知三棱锥的体积为四棱锥体积的，故三棱锥的体积为三棱锥体积的，所以，则，所以，所以，故B错误；对于选项C，如图，设平面平面，

则三棱锥与三棱锥相似，则两个三棱锥的体积之比为棱长之比的三次方，由得，即，则三棱锥与三棱锥的体积之比为，易知三棱锥的体积为四棱锥体积的，故三棱锥与四棱锥的体积之比为，故平面将四棱锥的体积分为的两部分，故C正确；对于选项D，由知为的中点，如图，在平面内过点作交于点，过点作的平行线交于点，过点作的平行线交于点，连接，则平面即平面.取的中点，取的中点，连接，则平面将四棱锥的体积分为一大一小两部分，其中较小的部分又可分为三棱柱和四棱锥.

设，则，则三棱柱的体积为，四棱锥的体积为，即平面将四棱锥的体积分成的较小部分的体积为，而四棱锥的体积为，故平面将四棱锥分成的两部分的体积之比为，故D错误.故选：AC.【点睛】方法点睛：解决用平行平面截四棱锥产生的同类锥体的体积比或者对应线段之比的问题时，一般可通过体积比等于对应线段比的三次方来计算；在求不规则几何体的体积时，可以利用割补法，转化为几个规则几何体的体积的和（差）进行求解.14．（2024·湖南·二模）如图，点是棱长为2的正方体的表面上一个动点，是线段的中点，则（

）A．若点满足，则动点的轨迹长度为B．三棱锥体积的最大值为C．当直线与所成的角为时，点的轨迹长度为D．当在底面上运动，且满足平面时，线段长度最大值为【答案】CD【分析】利用线面垂直的性质定理可得动点的轨迹为矩形，其周长为；显然三棱锥体积的最大值即为正四面体，易知最大值为；易知当点在线段和弧上时，直线与所成的角为，可知其轨迹长度为；根据面面平行的判定定理可求出点在底面上的轨迹为三角形，易知长度的最大值为.【详解】对于A，易知平面平面，故动点的轨迹为矩形，动点的轨迹长度为矩形的周长，即为，所以错误；对于B，因为，而等边的面积为定值，要使三棱锥的体积最大，当且仅当点到平面的距离最大，易知点是正方体到平面距离最大的点，所以，此时三棱锥即为棱长是的正四面体，其高为，所以，B错误；对于C：连接AC，，以B为圆心，为半径画弧，如图1所示，当点在线段和弧上时，直线与所成的角为，又，弧长度，故点的轨迹长度为，故正确；对于D，取的中点分别为，连接，如图2所示，因为平面平面，故平面，，平面平面，故平面；又平面，故平面平面；又，故平面与平面是同一个平面.则点的轨迹为线段：在三角形中，则，故三角形是以为直角的直角三角形；故，故长度的最大值为，故正确.故选：.【点睛】方法点睛：立体几何中动点轨迹问题经常利用不动点的位置和动点位置关系，利用线面、面面平行或垂直的判定定理和性质定理，找出动点的轨迹进而计算出其轨迹长度.15．（2024·河北唐山·一模）在透明的密闭正三棱柱容器内灌进一些水，已知．如图，当竖直放置时，水面与地面距离为3．固定容器底面一边AC于地面上，再将容器按如图方向倾斜，至侧面与地面重合的过程中，设水面所在平面为α，则（

）

A．水面形状的变化：三角形⇒梯形⇒矩形B．当时，水面的面积为C．当时，水面与地面的距离为D．当侧面与地面重合时，水面的面积为12【答案】ABC【分析】根据题设条件得到，正三棱柱的体积，再结合各个选项的条件，逐一分析判断，即可得出结果.【详解】由题知，正三棱柱的体积，对于选项A，当容器按题设方向倾斜至时，水面形状是三角形，再倾斜时，水面形状是梯形，直到侧面与地面重合时，水面形状是矩形，所以选项A正确，对于选项B，如图1，当容器按题设方向倾斜至时，设水面与棱的交点为，设，又三棱柱为正三棱柱，取中点，连接，易知，又，面，所以面，所以到平面的距离为，所以，解得，此时水面图形为，又，，取中点，则，且，所以，故选项B正确，

对于选项C，如图2，当容器按题设方向倾斜至时，设水面与棱的交点为，易知，设，由，得到，因为水面始终与地面平行，始终与水面平行，且始终在地面上，所以水面与地面的距离，即到平面的距离，取中点，连接，设交于，连接，易知，又，面，所以面，又，所以面，过作于，连接，因为面，所以，又，面，所以，即为水平面到地面的距离，如图3，过作于，易知，所以，得到，又，所以，故选项C正确，

对于选项D，如图4，当侧面与地面重合时，水面为矩形，设，则由，解得，所以，故，所以选项D错误，

【点睛】关键点点晴：本题的关键在于选项C，利用容器倾斜时始终与地面平行，边始终与水面平行，将问题转化成到水面的距离，再利用几何关系，即可求出结果.16．（2024·湖北·二模）如图，棱长为2的正方体中，为棱的中点，为正方形内一个动点（包括边界），且平面，则下列说法正确的有（

）

A．动点轨迹的长度为B．三棱锥体积的最小值为C．与不可能垂直D．当三棱锥的体积最大时，其外接球的表面积为【答案】ABD【分析】对A由平面，联想到存在一个过的平面与平面平行，利用正方体特征找到平面平面,进而得到的轨迹为线段，对B，根据棱锥体积公式分析即可，对C举反例即可；对D，利用勾股定理求出外接球半径即可.【详解】对A，如图，令中点为,中点为,连接，又正方体中，为棱的中点，可得,，平面,平面,又，且平面，平面平面,又平面，且平面，平面，又为正方形内一个动点（包括边界），平面平面，而平面平面，，即的轨迹为线段.由棱长为2的正方体得线段的长度为，故选项A正确；对B，由正方体侧棱底面，所以三棱锥体积为，所以面积最小时，体积最小，如图，，易得在处时最小，此时,所以体积最小值为，故选项B正确；对C，当为线段中点时，由可得,又中点为,中点为,，而，,故选项C不正确；对D，如图，当在处时，三棱锥的体积最大时，由已知得此时,所以在底面的射影为底面外心，,,,所以底面为直角三角形，所以在底面的射影为中点，设为，如图，设外接球半径为,由,,可得外接球半径，外接球的表面积为，故选项D正确.故选：ABD.

17．（2024·广东佛山·二模）对于棱长为1（单位：）的正方体容器（容器壁厚度忽略不计），下列说法正确的是（

）A．底面半径为，高为的圆锥形罩子（无底面）能够罩住水平放置的该正方体B．以该正方体的三条棱作为圆锥的母线，则此圆锥的母线与底面所成角的正切值为C．该正方体内能同时整体放入两个底面半径为，高为的圆锥D．该正方体内能整体放入一个体积为的圆锥【答案】BCD【分析】对于A，若高为的圆锥形罩子刚能覆盖水平放置的正方体，考虑圆锥的轴截面，求出底面圆的最小半径即可判断；对于B，原问题等价于求与平面所成角的正切值，利用等体积法求高，结合勾股定理、正切定义即可验算；对于C，以矩形的中心为圆锥底面圆圆心，半径为0.5，求出圆锥的最大高度即可判断；对于D，以正方体的体对角线作为圆锥的轴，为圆锥顶点，为圆锥底面圆的直径时，圆锥的体积大于，由此即可判断.【详解】对于A，若高为的圆锥形罩子刚能覆盖水平放置的正方体，考虑圆锥的轴截面，如图，

，因为，所以，所以，圆锥底面圆半径最小为，A错误；对于B，如图，以，，三条棱作为圆锥母线，底面所在平面为平面，等价于求与平面所成角的正切值，因为，所以，所以点到平面的距离为，则此圆锥的母线与底面所成角的正切值为，B正确；

对于C，如图，以矩形的中心为圆锥底面圆圆心，半径为0.5，分别以，的中点，为两个圆锥的顶点，每个圆锥高的最大值为，C正确；

对于D，如图，的中点作垂线，分别交，于点，，则，以正方体的体对角线作为圆锥的轴，为圆锥顶点，为圆锥底面圆的直径时，该圆锥的体积为，D正确．

事实上，以正方体的体对角线作为轴，为顶点的圆锥的体积最大值，显然底面圆心在线段上（不含点），设，当与为的四等分点）重合时，，因此，因为，所以，则，圆锥体积，在上恒成立，所以在上单调递增，体积的最大值为,D正确.故选：BCD.【点睛】关键点点睛：判断C选项的关键是以矩形的中心为圆锥底面圆圆心，半径为0.5，算出圆锥的最大高度，由此即可顺利得解.18．（2024·全国·二模）如图，在正四面体中，分别为侧棱上的点，且，为的中点，为四边形内（含边界）一动点，，则（

）

A．B．五面体的体积为C．点的轨迹长度为D．与平面所成角的正切值为【答案】ABD【分析】根据给定条件，确定点的位置，利用线面垂直的性质、判定证得平面，再逐项分析计算即可.【详解】对于A，取的中点，连接，依题意，是正的重心，则点在上，由平面，得平面，而平面，则，又，，，在中，由余弦定理得，显然，则，而平面，则平面，又平面，所以，A正确；

对于B，由选项A知，正四面体的高，由已知，平面平面，则平面，同理平面，又平面，于是平面平面，四面体为正四面体，高为，，因此五面体的体积：，B正确；对于C，由选项A知，，则，而，以线段为直径的半圆交于，点的轨迹是此半圆在四边形及内部的弧和弧，显然是的中点，而，，因此，点的轨迹长度为，C错误；对于D，由选项C知，是与平面所成角，，D正确.故选：ABD【点睛】结论点睛：平行于锥体底面的平面去截该锥体，截得的锥体与原锥体的体积比等于它们高的立方比.19．（2024·山东·一模）已知四棱锥，底面ABCD是正方形，平面，，PC与底面ABCD所成角的正切值为，点M为平面内一点（异于点A），且，则（

）A．存在点M，使得平面B．存在点M，使得直线与所成角为C．当时，三棱锥的体积最大值为D．当时，以P为球心，为半径的球面与四棱锥各面的交线长为【答案】BC【分析】利用反证法判断A；建立空间直角坐标系，根据空间角的向量求法，可判断B；根据点M的轨迹，结合棱锥的体积公式判断C；利用棱锥的侧面展开图结合弧长的计算判断D.【详解】对于A，假设存在点M，使得平面，由于平面，平面，则平面平面，平面平面，平面，则，由于，平面，故直线重合，即M点落在上，由于，即M落在以A为圆心，以为半径的圆面内(不包含圆)，这与M点落在上矛盾，A错误；对于B，以A为坐标原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，平面，则即为与底面所成角，故，而，故，则，结合A的分析，可取，则,由于直线与所成角范围为，故此时直线与所成角为，即存在点M，使得直线与所成角为，B正确；对于C，当时，当M位于的延长线时，的高最大为，此时面积最大，最大值为，则三棱锥的体积最大值为，C正确；对于D，当时，，以P为球心，为半径的球面与四棱锥各面的交线是以P为圆心，为半径的圆与侧面展开图的交线，如下图，由于,则,即,则，则，则，根据对称性有，故的长为，又球与底面的交线是以A为圆心，为半径的四分之一圆，故长度为，故以P为球心，为半径的球面与四棱锥各面的交线长为，D错误，故选：BC【点睛】难点点睛：本题考查了几何体中求解空间角以及体积和侧面展开图的问题，难度较大，难点在于D选项的判断，解答时要利用侧面展开图求解.20．（2024·安徽·二模）已知正方体的棱长为1，，分别为棱，上的动点，则（

）A．四面体的体积为定值 B．四面体的体积为定值C．四面体的体积最大值为 D．四面体的体积最大值为【答案】BCD【分析】根据到平面的距离不是定值即可判断A；根据为定值与到平面的距离即可判断B；确定当Q与、与重合时四面体的体积取得最大值，即可判断判断C；如图，确定四面体的体积为，即可判断D.【详解】A：因为的面积为，到平面的距离不是定值，所以四面体的体积不是定值，故A错误；B：因为的面积为，P到矩形的距离为定值，所以到平面的距离为，则四面体的体积为，故B正确；C：当Q与重合时，取得最大值，为，当与重合时，到平面的距离d取得最大值，在正中，其外接圆的半径为，则，故四面体的体积最大值为，故C正确；D：过点作，，，设，，则，，，，，，故四面体的体积为，其最大值为，故D正确．故选：BCD【点睛】关键点点睛：本题主要考查正方体的性质，三棱锥体积有关问题.明确当体积达到最值时动点的位置是解题的关键.三、填空题21．（2024·山东临沂·一模）球面被平面所截得的一部分叫做球冠，截得的圆叫做球冠的底，垂直于截面的直径被截得的一段叫做球冠的高.球被平面截下的一部分叫做球缺，截面叫做球缺的底面，垂直于截面的直径被截下的线段长叫做球缺的高，球缺是旋转体，可以看做是球冠和其底所在的圆面所围成的几何体.如图1，一个球面的半径为，球冠的高是，球冠的表面积公式是，与之对应的球缺的体积公式是.如图2，已知是以为直径的圆上的两点，，则扇形绕直线旋转一周形成的几何体的表面积为，体积为.

【答案】【分析】首先求出，再根据扇形面积公式求出圆的半径，过点作交于点，过点作交于点，即可求出、、、、、，将扇形绕直线旋转一周形成的几何体为一个半径的球中上下截去两个球缺所剩余部分再挖去两个圆锥，再根据所给公式分别求出表面积与体积.【详解】因为，所以，设圆的半径为，又，解得（负值舍去），过点作交于点，过点作交于点，则，，所以，同理可得，，将扇形绕直线旋转一周形成的几何体为一个半径的球中上下截去两个球缺所剩余部分再挖去两个圆锥，其中球缺的高，圆锥的高，底面半径，则其中一个球冠的表面积，球的表面积，圆锥的侧面积，所以几何体的表面积，又其中一个球缺的体积，圆锥的体积，球的体积，所以几何体的体积.故答案为：；【点睛】关键点点睛：本题关键是弄清楚经过旋转之后得到的几何体是如何组成，对于表面积、体积要合理转化.22．（2024·山东菏泽·一模）如图，在正四棱台中，，，该棱台体积，则该棱台外接球的表面积为．

【答案】【分析】作出辅助线，找到球心的位置，求出外接球半径，得到外接球表面积.【详解】连接，取的中点，连接，则外接球球心在直线上，设球心为，如图所示，则，

则⊥平面，因为正四棱台中，，，故，所以，设四棱台的高为，故，解得，故，设，则，，故，解得，故半径，故该棱台外接球的表面积为.故答案为：【点睛】方法点睛：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23．（2024·广东汕头·一模）如图，在正方体中，是棱的中点，记平面与平面的交线为，平面与平面的交线为，若直线分别与所成的角为，则，.【答案】/0.5/【分析】利用平面基本事实作出直线，进而求出；利用面面平行的性质结合等角定理，再利用和角的正切计算即得.【详解】在正方体中，是棱的中点，延长与延长线交于点，连接，则直线即为直线，，由，得，又，于是，由平面平面，平面平面，平面平面，则，又，因此，，所以.故答案为：；【点睛】关键点睛：利用平面的基本事实作出直线是求出角的关键.24．（2024·辽宁辽阳·一模）如图，在矩形中，分别在线段上，，将沿折起，使到达的位置，且平面平面，若直线与平面所成角的正切值为，则四面体的外接球的半径为.【答案】【分析】取的中点，连接，直线与平面所成的角为，设，根据求得值；四面体的外接球球心在的中点处垂直平面方向上，由求得，从而得球的半径.【详解】取的中点，连接，依题意可得为等腰直角三角形，则.设，作分别交于，则，，因为平面平面，且交线为，平面，所以平面，所以直线与平面所成的角为，所以，则，解得或（舍去），可得.因为，则，可知的外心为的中点.设四面体的外接球的球心为，则平面，且，则，可知，所以，由，得，解得，可得，所以四面体的外接球的半径为.

故答案为：.【点睛】方法点睛：几何体外接球球心的求法：（1）将几何体置入长方体或直棱柱中找球心；（2）利用几何法找到几何体各个顶点距离相等的点即为球心；（3）设球心坐标，根据到各顶点的距离相等解方程组得到球心坐标.25．（2024·广东韶关·二模）在三棱锥中，侧面所在平面与平面的夹角均为，若，且是直角三角形，则三棱锥的体积为．【答案】或或或【分析】过作面于，过作，根据题设可得，，分为三角形的内心或旁心讨论，设，利用几何关系得到，再根据条件得到在以为焦点的椭圆上，再利用是直角三角形，即可求出结果.【详解】如图，过作面于，过作，因为面，面，所以，又，面，所以面，又面，所以，故为二面角的平面角，由题知，，同理可得，当在三角形内部时，由，即为三角形的内心，设，则，得到，所以，三棱锥的体积为；

又因为，所以点在以为焦点的椭圆上，如图，以所在直线为轴，的中垂线为轴，建立平面直角坐标系，则，由题知，椭圆中的，所以椭圆的标准方程为，设，因为是直角三角形，当时，易知，此时，所以，得到，当时，易知，此时，所以，得到，又因为，故以为圆心，为半径的圆与椭圆没有交点，即，综上所述，；同理，当在三角形外部时，由，即为三角形的旁心，设，则，得到，所以，三棱锥的体积为；或，得到，所以，三棱锥的体积为；或，得到，所以，三棱锥的体积为.

故答案为：或或或.【点睛】关键点点晴：本题的关键点在于，设出后，得出，再将问题转化到以为焦点的椭圆上来求的面积，即可解决问题.26．（2024·河北沧州·一模）如图，已知点是圆台的上底面圆上的动点，在下底面圆上，，则直线与平面所成角的余弦值的最小值为．【答案】【分析】以为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得对应点的坐标，设出未知点的坐标，利用向量法求线面角正弦值的最大值，再求余弦值的最小值即可.【详解】连接，过作垂直于的延长线于点，以为坐标原点，建立空间直角坐标系如下所示：在三角形中，因为，故，则，则，，故点；又，设点，由，则可得；，设平面的法向量，则，即，取，则，故平面的法向量，又，设直线与平面所成角为，则因为，且，故令，则又，故，，也即，故的最大值为，又，故的最小值为.即直线与平面所成角的余弦值的最小值为.故答案为：.【点睛】关键点点睛：本题用向量法处理线面角的求解，结合问题的关键一是，能够准确求得的坐标，二是能够根据，求得的范围；属综合困难题.27．（2024·全国·模拟预测）已知三棱柱中，是边长为2的等边三角形，四边形为菱形，，平面平面，为的中点，为的中点，则三棱锥的外接球的表面积为.【答案】【分析】解法一

连接，，记，确定为外接圆的圆心，然后利用面面垂直的性质定理证明平面，利用球的性质建立方程求解外接球的半径，代入球的表面积公式求解即可；解法二连接，，利用面面垂直的性质定理证明平面，建立空间直角坐标系，先求出的外接圆圆心，然后计算出球心的坐标，即可求出球的半径，代入球的表面积公式求解即可.【详解】解法一

连接，，记，则.连接，，则，故为外接圆的圆心.取的中点，连接，则，所以点在的外接圆上．连接，因为为等边三角形，所以，.由平面平面，知平面平面，又平面平面，平面，所以平面.设三棱锥的外接球半径为，则，故三棱锥的外接球的表面积为.

解法二

连接，，则为正三角形，，故，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，以为轴，为轴，为轴建立如图所示的空间直角坐标系，

得，，，，，，由为等边三角形，则的外接圆圆心为.设三棱锥的外接球的球心为，连接，，，则平面，又平面，所以.设，由，可得，解得，因此球心，故外接球半径，故三棱锥的外接球的表面积.故答案为：【点睛】关键点点睛：求几何体外接球的半径，可以根据题意先画出图形，确定球心的位置，进而得到关于球的半径的式子，解题时要注意球心在过底面外接圆圆心且垂直于底面的直线上，且球心到几何体各顶点的距离相等.在确定球心的位置后可在直角三角形中表示出球的半径，此类问题对空间想象能力和运算求解能力要求较高，难度比较大.28．（2024·全国·模拟预测）如图，已知四棱锥的底面为矩形，平面为的中点，点分别在线段上运动，当最小时，三棱锥的体积为．

【答案】【分析】展开图将其平面化，再利用平面上“两点之间线段最短得到最小值，再由三角形相似得到点为线段的中点和点为线段的中点，最后由三棱锥的体积公式计算得到.【详解】将平面沿直线翻折，使得平面与平面在同一平面上，如图所示．

取关于直线对称的点为，连接，分别与交于点，连接，易知此时，因此的最小值为．由可得，因此，故点为线段的中点，由可得，因此，故点为线段的中点，三棱锥的体积．故答案为：.【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是，将平面沿直线翻折，使得平面与平面在同一平面上，将空间问题转化为平面问题，从而得解.29．（2024·江苏南通·二模）若正四棱锥的棱长均为2，则以所有棱的中点为顶点的十面体的体积为，该十面体的外接球的表面积为.【答案】/【分析】根据给定条件，利用割补法，结合锥体体积公式计算体积；建立空间直角坐标系，求出外接球半径即可求出表面积.【详解】正四棱锥的所有棱长为2，点是所在棱的中点，如图，显然，即有，则正四棱锥的高为，于是，到平面的距离，所以所求十面体的体积为；令，以直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图，则，则，，设外接球球心，半径，则，因此，解得，所以十面体的外接球的表面积为.故答案为：；【点睛】关键点睛：求几何体的体积，将给定的几何体进行恰当的分割，转化为可求体积的几何体求解是关键.30．（2024·河北·模拟预测）已知四面体中，，过点的其外接球直径与、夹角正弦值分别为、，则与夹角正弦值为.【答案】/【分析】由题意，将四面体放在长方体中，则即为长方体的体对角线，设，再结合已知即可得解.【详解】由题意，将四面体放在长方体中，如图所示，则即为长方体的体对角线，设，则，因为平面，平面，所以，因为平面，平面，所以，因为平面，平面，所以，又因为与、夹角正弦值分别为、，所以，而，即，所以，即，所以与夹角正弦值为.故答案为：.四、解答题31．（2023·浙江·模拟预测）如图，在四面体中，分别是线段的中点，.

(1)证明：平面；(2)是否存在，使得平面与平面的夹角的余弦值为？若存在，求出此时的长度；若不存在，请说明理由.【答案】(1)证明见解析(2)存在，使得平面与平面的夹角的余弦值为；理由见解析.【分析】（1）由已知条件先分别去证明、，由线面垂直的判定定理即可求解.（2）根据已知条件建立适当的空间直角坐标系，引入参数来表示某些点的坐标，若要使得平面与平面的夹角的余弦值为，即可通过计算和分析去判断是否存在满足题意的参数，此时对应的即可判断是否存在满足题意的的长度.【详解】（1）如图所示：

因为分别是线段的中点，所以，，又因为，即，所以，且注意到，所以，又因为平面，平面，且，所以由线面垂直的判定定理可知平面.（2）因为点是线段的中点，且有，所以，所以易知是直角三角形，其中，又由（1）可知平面，所以以为轴，过点与平行的直线为轴建立如下图所示的空间直角坐标系：

因为，，设，不妨设当，，此时平面与平面的夹角的余弦值为.由（1）可知，平面，所以平面，又，分别是线段的中点，所以有，所以不妨设平面与平面的法向量分别为，则有，，即有，，分别令、，此时有，不妨设平面与平面的夹角为，则由题意，整理得，因为，所以，所以，即，此时有.综上所述：存在，使得平面与平面的夹角的余弦值为.32．（2023·全国·模拟预测）如图，在直三棱柱中，，，垂直于平面．点，，分别为边，，上的动点（不包括顶点），且满足．(1)求三棱锥的体积的最大值；(2)记平面与平面所成的锐二面角为，当最小时，求的值，并说明点所处的位置．【答案】(1)(2)；在中点【分析】（1）设出，由体积公式结合二次函数性质计算即可得；（2）建立空间直角坐标系后，得到平面与平面法向量，即可表示出，结合导数即可得的最大值，亦可得到所处的位置.【详解】（1）由垂直于平面，且为直三棱柱，故平面，故为三棱锥的高，设，则，由，故，则，故，故时，三棱锥的体积有最大值；

（2）由垂直于平面，、平面，故、，又，故、、两两垂直，设，以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，则有、、、、、，故、、、，设平面与平面的法向量分别为、，则有，，即，，令，，可得、，、，故，，故，令，，则，由，故当时，，当时，，故，故，由为锐角时，随的增大而减小，故当最小时，有最大，即此时，此时，即点在中点.33．（2024·全国·模拟预测）如图，已知直角的直角边，，点是从左到右的四等分点（非中点）.已知椭圆所在的平面垂直平面，且其左右顶点为，左右焦点为，点在上.

(1)求三棱锥体积的最大值；(2)证明：二面角的大小小于.【答案】(1)；(2)证明见解析.【分析】（1）建立合适的空间直角坐标系，先求得椭圆的轨迹方程，利用椭圆的性质及棱锥的体积公式计算即可；（2）根据三角换元设，利用空间向量表示平面与平面的法向量，结合换元法计算其夹角余弦值，利用导数及放缩法判定其最值即可.【详解】（1）

取中点，在上取一点使得，易知为中点，由椭圆所在的平面⊥平面，且两面交线为，所以底面，且底面，以为坐标原点，为正方向，的中垂线的方向向量为轴正方向，为轴正方向，建立空间直角坐标系．设点，椭圆的方程为．由题意，易知，，则，，解得，所以．，故三棱锥体积的最大值是．（2）易知，，，显然当P在横轴上时，二面角的大小为，符合题意；当P不在横轴时，不妨设，则，，设平面的一个法向量，则令，则，，所以平面的一个法向量，同理可求得平面的一个法向量，令，则化简后得:，（I）当时，则，所以，令，，因为，所以，令得，当时，，单调递增；当时，，单调递减，此时；（II）当时，令，，令，则，所以单调递减，所以，即单调递减，，综上，对成立，即，即，故二面角的大小小于得证．34．（2024·湖北·模拟预测）如图，在梯形中，，，.将沿对角线折到的位置，点P在平面内的射影H恰好落在直线上.(1)求二面角的正切值；(2)点F为棱上一点，满足，在棱上是否存在一点Q，使得直线与平面所成的角为?若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.【答案】(1)(2)存在，【分析】（1）过点作于点，连接，可证得平面，进而可知为二面角的平面角，利用三角形计算即可得出结果.（2）连接，由为等边三角形，H为线段的中点，，又平面，以H为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，求得平面的法向量，假设棱上存在满足要求的点，设，，利用，计算可求得，即可得出结果.【详解】（1）如图，过点作于点，连接，，平面，平面，，又，平面，平面，平面，，.为二面角的平面角.∵，，∴为等边三角形，，又中，，，，.又，，，H为线段的中点.，，中，，，所以二面角的正切值为.（2）连接，为等边三角形，H为线段的中点，，又平面，则，，两两垂直，以H为坐标原点，，，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，则，，，，，，.设平面的法向量为，，令，可得.假设棱上存在满足要求的点Q，设，，.，因为直线与平面所成的角为，，整理得：，解得或（舍去）.所以，则.所以当时，与平面所成的角为.35．（2024·黑龙江哈尔滨·一模）如图1，在平行四边形中，，将沿折起，使点D到达点P位置，且，连接得三棱锥，如图2．(1)证明：平面平面；(2)在线段上是否存在点M，使平面与平面的夹角的余弦值为，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由．【答案】(1)证明见解析(2)存在；【分析】（1）推导出，证明出平面，可得出，利用面面垂直的判定定理可证得结论成立；（2）以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，设，其中，利用空间向量法可得出关于的等式，结合求出的值，即可得出结论.【详解】（1）证明：翻折前，因为四边形为平行四边形，，则，因为，则，，由余弦定理可得，所以，，则，同理可证，翻折后，则有，，因为，，、平面，所以，平面，因为平面，则，因为，、平面，所以，平面，所以平面平面.（2）因为平面，，以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，则、、、，设，其中，则，，设平面的法向量为，则，取，则，，所以，，平面的一个法向量为，，，则，令，可得，则，整理可得，因此，线段上存在点，使平面AMB与平面MBC的夹角的余弦值为，且.36．（2024·广东佛山·模拟预测）在四棱雉中，四边形为矩形，，，点为线段的中点．已知点在平面上的射影在四边形外，且直线与平面所成的角为．(1)设点为线段的中点，求证：；(2)求平面与平面的夹角的余弦值．【答案】(1)详解见解析(2)【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出，即得证（2）利用空间向量法可求得平面PAC的法向量和平面ABCD的一个法向量，利用向量的夹角公式求解即可.【详解】（1）作平面ABCD，连接OA，OD，OE所以直线与平面所成的角即为，又因为在等腰三角形APD中，，所以，因为，所以，故，以O为坐标原点，以垂直于OF所在直线，OF，OP所在直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，所以所以，，所以（2）点，设平面PAC的法向量为，则有，又，所以，不妨令，则，所以，取平面ABCD的一个法向量，则37．（2024·全国·模拟预测）如图，已知四棱锥的底面为平行四边形，点分别为的中点．(1)证明：平面；(2)若平面将四棱锥分成体积为和的两部分（其中），求的值．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）证法一，二，分别在平面内构造直线与平行，利用线面平行的判定定理证明；（2）延长交的延长线于，连接交于点，取的中点，连接，可得，设平行四边形的面积为，点到底面的距离为，所以五面体的体积，从而求得.【详解】（1）证法一，如图，连接并延长交的延长线于，连接，因为为的中点，所以，且，所以为的中点．而点为的中点，故，而平面平面，故平面．证法二，如图，取的中点，连接，又为中点，则为的中位线，故且．因为四边形为平行四边形，为的中点，所以且．故且，所以四边形为平行四边形，故．而平面平面，故平面．（2）如图，延长交的延长线于，由，，则，连接交于点，则平面即平面．取的中点，连接，则，所以，从而．设平行四边形的面积为，点到底面的距离为，则四棱锥的体积．而五面体的体积为．故，从而．38．（2024·全国·模拟预测）如图1，已知在正方形中，，，，分别是边，，的中点，现将矩形沿翻折至矩形的位置，使平面平面，如图2所示．(1)证明：平面平面；(2)设是线段上一点，且二面角的余弦值为，求的值．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）首先利用面面垂直的性质定理证得平面，得，然后结合得到平面，最后利用面面垂直的判定定理证得平面平面；（2）可以建立适当的空间直角坐标系，利用空间向量法进行求解，也可以利用二面角的定义找到二面角的平面角，然后在三角形中进行求解．【详解】（1）因为四边形是正方形，，分别是边，的中点，所以是直角，且平行且等于，即四边形是矩形，进一步有，因为平面平面，平面平面，且平面，，所以平面，因为平面，所以．易知，则，所以．因为，平面，平面，所以平面．又平面，所以平面平面．（2）解