2025年高考数学专题7-2 立体几何压轴小题：角度与动点、体积（讲+练）（解析版）

【小初高+大学+考研考证公考免费资源公众号：学霸点睛资料】专题7-2立体几何压轴小题：角度与动点、体积目录TOC\o"1-1"\h\u讲高考 1题型全归纳 7【题型一】角度1：线线角 7【题型二】角度2：线面角 10【题型三】角度3：二面角 14【题型四】角度综合 17【题型五】体积1：体积比 21【题型六】体积2：不规则 25【题型七】体积3：最值型 28【题型八】体积4：翻折“包装”型 30【题型九】体积5：祖暅定理型 33【题型十】立体几何中的轨迹 35专题训练 38讲高考1．（福建·高考真题）如图，A、B、C是表面积为的球面上三点，，O为球心，则直线与截面所成的角是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】先求球的半径，确定小圆中的特征，作出直线与截面所成的角，然后解三角形求出直线与截面所成的角，即可得解．【详解】解：表面积为的球面，设球的半径是，则，解得，因为，，，由余弦定理可得，所以，所以，所以，为小圆的直径，则平面平面，设为小圆的圆心，平面平面，，平面，所以平面，所以就是直线与截面所成的角，又，，所以，所以直线与截面所成的角为.故选：D．2．（2025·全国·统考高考真题）甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为，侧面积分别为和，体积分别为和．若，则（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】设母线长为，甲圆锥底面半径为，乙圆锥底面圆半径为，根据圆锥的侧面积公式可得，再结合圆心角之和可将分别用表示，再利用勾股定理分别求出两圆锥的高，再根据圆锥的体积公式即可得解.【详解】解：设母线长为，甲圆锥底面半径为，乙圆锥底面圆半径为，则，所以，又，则，所以，所以甲圆锥的高，乙圆锥的高，所以.故选：C.3．（2025·全国·统考高考真题）已知球O的半径为1，四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均在球O的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】方法一：先证明当四棱锥的顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时，底面ABCD面积最大值为，进而得到四棱锥体积表达式，再利用均值定理去求四棱锥体积的最大值，从而得到当该四棱锥的体积最大时其高的值.【详解】[方法一]：【最优解】基本不等式设该四棱锥底面为四边形ABCD，四边形ABCD所在小圆半径为r，设四边形ABCD对角线夹角为，则（当且仅当四边形ABCD为正方形时等号成立）即当四棱锥的顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时，底面ABCD面积最大值为又设四棱锥的高为，则，当且仅当即时等号成立.故选：C[方法二]：统一变量＋基本不等式由题意可知，当四棱锥为正四棱锥时，其体积最大，设底面边长为，底面所在圆的半径为，则，所以该四棱锥的高，(当且仅当，即时，等号成立)所以该四棱锥的体积最大时，其高.故选：C．[方法三]：利用导数求最值由题意可知，当四棱锥为正四棱锥时，其体积最大，设底面边长为，底面所在圆的半径为，则，所以该四棱锥的高，，令，，设，则，，，单调递增，，，单调递减，所以当时，最大，此时．故选：C.【整体点评】方法一：思维严谨，利用基本不等式求最值，模型熟悉，是该题的最优解；方法二：消元，实现变量统一，再利用基本不等式求最值；方法三：消元，实现变量统一，利用导数求最值，是最值问题的常用解法，操作简便，是通性通法．4．（2025·全国·统考高考真题）已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为，且，则该正四棱锥体积的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】设正四棱锥的高为，由球的截面性质列方程求出正四棱锥的底面边长与高的关系，由此确定正四棱锥体积的取值范围.【详解】∵球的体积为，所以球的半径,[方法一]：导数法设正四棱锥的底面边长为，高为，则，,所以，所以正四棱锥的体积，所以，当时，，当时，，所以当时，正四棱锥的体积取最大值，最大值为，又时，，时，,所以正四棱锥的体积的最小值为，所以该正四棱锥体积的取值范围是.故选：C.[方法二]：基本不等式法由方法一故所以当且仅当取到，当时，得，则当时，球心在正四棱锥高线上，此时，，正四棱锥体积，故该正四棱锥体积的取值范围是5．（2025·天津·统考高考真题）如图，“十字歇山”是由两个直三棱柱重叠后的景象，重叠后的底面为正方形，直三棱柱的底面是顶角为，腰为3的等腰三角形，则该几何体的体积为（

）A．23 B．24 C．26 D．27【答案】D【分析】作出几何体直观图，由题意结合几何体体积公式即可得组合体的体积.【详解】该几何体由直三棱柱及直三棱柱组成，作于M，如图，因为，所以，因为重叠后的底面为正方形，所以,在直棱柱中，平面BHC，则,由可得平面，设重叠后的EG与交点为则则该几何体的体积为.故选：D.6．（2025·浙江·统考高考真题）如图，已知正三棱柱，E，F分别是棱上的点．记与所成的角为，与平面所成的角为，二面角的平面角为，则（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】先用几何法表示出，再根据边长关系即可比较大小．【详解】如图所示，过点作于，过作于，连接，则，，，，，，所以，故选：A．7．（2025·全国·统考高考真题）在长方体中，已知与平面和平面所成的角均为，则（

）A． B．AB与平面所成的角为C． D．与平面所成的角为【答案】D【分析】根据线面角的定义以及长方体的结构特征即可求出．【详解】如图所示：不妨设，依题以及长方体的结构特征可知，与平面所成角为，与平面所成角为，所以，即，，解得．对于A，，，，A错误；对于B，过作于，易知平面，所以与平面所成角为，因为，所以，B错误；对于C，，，，C错误；对于D，与平面所成角为，，而，所以．D正确．故选：D．8．（2019·浙江·高考真题）设三棱锥的底面是正三角形，侧棱长均相等，是棱上的点（不含端点），记直线与直线所成角为，直线与平面所成角为，二面角的平面角为，则A． B．C． D．【答案】B【解析】本题以三棱锥为载体，综合考查异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角的概念，以及各种角的计算.解答的基本方法是通过明确各种角，应用三角函数知识求解，而后比较大小.而充分利用图形特征，则可事倍功半.【详解】方法1：如图为中点，在底面的投影为，则在底面投影在线段上，过作垂直，易得，过作交于，过作，交于，则，则，即，，即，综上所述，答案为B.方法2：由最小角定理，记的平面角为（显然）由最大角定理，故选B.方法3：（特殊位置）取为正四面体，为中点，易得，故选B.9．（2017·全国·高考真题）如图，圆形纸片的圆心为O，半径为5cm，该纸片上的等边三角形ABC的中心为O.D，E，F为圆O上的点，△DBC，△ECA，△FAB分别是以BC，CA，AB为底边的等腰三角形．沿虚线剪开后，分别以BC，CA，AB为折痕折起△DBC，△ECA，△FAB，使得D，E，F重合，得到三棱锥．当△ABC的边长变化时，所得三棱锥体积(单位：cm3)的最大值为______．【答案】【详解】如下图，连接DO交BC于点G，设D，E，F重合于S点，正三角形的边长为x(x>0)，则.，，三棱锥的体积.设，x>0，则，令，即，得，易知在处取得最大值.∴.题型全归纳【题型一】角度1：线线角【讲题型】例题1.．已知正三棱锥的底面是边长为6的正三角形，其外接球球的表面积为，且点到平面的距离小于球的半径，为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】利用外接球的表面积求出外接球半径为，再根据勾股定理求出点到平面的距离，找到异面直线与所成的角，然后在三角形中利用余弦定理进行分析求解，即可得到答案.【详解】因为外接球的表面积为，设外接球半径为，则，则，设点到平面的距离为，的中心为，则，由勾股定理得，解得：或（舍去）取的中点，则由中位线性质知，，所以异面直线与所成的角为或其补角，在中，勾股定理知，即，，又，，，故所以异面直线与所成角的余弦值为故选：A例题2如图，已知正三棱锥，，，点，分别棱，上（不包含端点），则直线，所成的角的取值范围是______.【答案】【解析】根据异面直线所成角的取值范围，同时根据题意找出临界情况，即可求出直线，所成的角的取值范围.【详解】设在平面内的射影为，在正三棱锥中，点的投影为底面的中心，当为中点，为的三等分点且靠近点时，平面,此时,直线，所成的角为，又因为是与底面内直线所成角的最小值，所以当与重合且与重合时，最小为，又因为点在棱上（不包含端点），所以直线，所成的角的取值范围是.故答案为：.【讲技巧】：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下：（1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；（2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；（3）计算：求该角的值，常利用解三角形；（4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．【练题型】1..空间四面体中，，.，直线与所成的角为45°，则该四面体的体积为___【答案】【分析】由条件可得，为直角三角形，作直角三角形和斜边上的高BE，DF，作平行四边形BEFG，由此可得直线BD与AC的平面角为∠DBG，AC⊥平面DFG，解三角形确定三棱锥D-ABC底面ABC上的高，利用体积公式求体积.【详解】∵

AB=2，BC=，AC=4，∴为直角三角形，同理可得为直角三角形，如图，作直角三角形和斜边上的高BE，DF，则AE=CF=1∴

E，F是线段AC的两个四等分点，作平行四边形BEFG，则BE⊥AC，DF⊥AC，由线面垂直判定定理可得AC⊥平面DFG，又AC平面ABGC,∴

平面ABGC⊥平面DFG，在平面DFG内，过点D作DH⊥FG,垂足为H,由面面垂直的性质定理可得DH⊥平面ABGC，∴

DH为四面体ABCD的底面ABC上的高，由三角函数定义可得又因为BG∥AC，所以BG⊥DG,又因为直线BD与AC所成的角为45°，所以∠DBG=45°，∴

为等腰直角三角形，∴

GD=GB=EF=2在中GD=2，BE=DF=由余弦定理可求得，

∴

所以四面体的体积.故答案为：.2.已知三棱锥满足：，二面角为，且M为棱上一点，，O为三棱锥外接球的球心，则直线与直线夹角的正弦值是（

）A． B． C． D．1【答案】A【分析】根据等边三角形的性质，结合二面角的定义，通过建立坐标系进行求解即可.【详解】∵，∴与均为等边三角形．取的中点记为N，则，是二面角的平面角，二面角即，且．设P为的外心，Q为的外心，外接球球心O与P，Q，，C五点共面，建立如图坐标系，可得，∴．，∵，∴，∴平行与x轴，∴与的夹角．∴．故选：A【题型二】角度2：线面角【讲题型】例题1..如图，在直三棱柱中，已知是边长为1的等边三角形，，，分别在侧面和侧面内运动（含边界），且满足直线与平面所成的角为30°，点在平面上的射影在内（含边界）．令直线与平面所成的角为，则的最大值为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】点为在平面上的射影，得，首先得在以为直径的球面上．与平面所成的角为30°，所以，过作于点，计算得，知在圆锥的底面圆周上，再由在内（含边界），得在三棱柱及其内部，其轨迹是以为圆心，为半径的圆中圆心角为60°的圆弧，且在底面上的射影的轨迹（以为圆心，为半径的一段圆弧），，求出得最小时，最大，由点与圆的位置关系可得结论．【详解】因为点为在平面上的射影，所以平面，连接，则，故在以为直径的球面上．又与平面所成的角为30°，所以，过作于点，如图1所示，则易得，，，，所以在如图2所示的圆锥的底面圆周上，又在内（含边界），故在三棱柱及其内部，其轨迹是以为圆心，为半径的圆中圆心角为60°的圆弧，且在底面上的射影的轨迹（以为圆心，为半径的一段圆弧）如图3所示，连接，易知直线与平面所成的角，且，故当最小时，最大，是圆弧圆心，则当在上时，最小，最小值为，所以．故选：A．例题2..如图，在三棱锥中，，分别为棱的中点，记直线与平面所成角为，则的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】补全底面为正方形ABCG，由正方形性质有面面，进而可证为平行四边形，则为直线与平面所成角，△中由余弦定理知，结合棱锥侧面为全等三角形知，即可求的取值范围.【详解】由，，将底面补全为正方形ABCG，如下图示，O为ABCG对角线交点且，又有，，∴面，而面，故面面，若H为DG的中点，连接FH，又为棱的中点，则且，而，，有平行且相等，即为平行四边形.∴可将平移至，直线与平面所成角为，且中，令，，即，∴△中，，即，∵，即，∴，解得（舍去），综上有，故选：C【讲技巧】计算线面角，一般有如下几种方法：（1）利用面面垂直的性质定理，得到线面垂直，进而确定线面角的垂足，明确斜线在平面内的射影，即可确定线面角；（2）在构成线面角的直角三角形中，可利用等体积法求解垂线段的长度，从而不必作出线面角，则线面角满足（为斜线段长），进而可求得线面角；（3）建立空间直角坐标系，利用向量法求解，设为直线的方向向量，为平面的法向量，则线面角的正弦值为.【练题型】1..如图，正四面体ABCD的顶点C在平面α内，且直线BC与平面α所成的角为45°，顶点B在平面α内的射影为O，当顶点A与点O的距离最大时，直线CD与平面α所成角的正弦值等于()A． B．C． D．【答案】A【分析】由题意知：当四点共面时，顶点与点的距离最大，设此平面为，由面面垂直判定定理结合，证出，过作于，连结，根据面面垂直与线面垂直的性质证出，从而点到平面的距离等于点到平面的距离．设正四面体的棱长为1，根据与平面所成的角为和正四面体的性质算出到平面的距离，从而在中，利用三角函数线的定义算出，即得到直线与平面所成角的正弦值．【详解】∵四边形中，顶点与点的距离最大，∴四点共面，设此平面为，如图，过点作平面，垂足为，连接，设正四面体的棱长为1，则在中，.，直线与平面所成的角为45°，，结合得，因此到平面的距离过点作于，连接，则就是直线与平面所成的角，且，由此可得点到平面的距离等于点到平面的距离，即，∴在中，，即直线与平面所成角的正弦值等于.故选A.2..如图，在三棱锥中，，点在平面内，过作于，当与面所成最大角的正弦值是时，与平面所成角的余弦值是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】过作的垂面，过作平面的垂面，过作，设，结合面面垂直和线面垂直的性质可证得此点即为与面所成角最大时对应的点，由此得到；过P作，由面面垂直性质和线面角定义可知，即为与平面所成角，利用可求得结果.【详解】过作的垂面，交平面于，即，，，过作平面的垂面，即平面平面，过作，垂足为，如下图所示，设，则此点即为与面所成角最大时对应的点，理由如下：恒成立，平面，又平面，平面平面，；平面平面，平面平面，平面，，平面，与面所成角即为，，为定值，当最小时，最大，即最大，平面，，又，，平面，平面，则当为交点时，，此时取得最小值，当时，与面所成角最大，为，；过作，垂足为，连接，平面，平面，平面平面，又平面平面，平面，平面，即为与平面所成角，在中，；，，为等腰直角三角形，即，又，，，，，，，即与平面所成角的余弦值为.故选：C.【题型三】角度3：二面角【讲题型】例题1.已知在正方体中，点为棱的中点，直线在平面内．若二面角的平面角为，则的最小值为（

）A．B．C．D．【答案】B【分析】先找到二面角的平面角的最大值，即最小，再求解出此角的余弦值.【详解】连接AE，取AE的中点P，过点P作FG⊥AE交CD于点F，交AB于点G，设正方体棱长为2，由勾股定理可知：，，同理，取的中点，连接，取的中点，过点作MN⊥交于点M，交于点N，则直线即为直线，此时，MF⊥CD，NG⊥AB，OP⊥底面ABCD，因为FG平面ABCD，所以OP⊥FG，因为AE∩OP=P，所以FG⊥平面AOP，连接OA，OE，因为OA平面AOP，所以OA⊥FG，因为MN∥FG，所以OA⊥MN，同理可证：OE⊥MN，所以即为二面角的平面角，由对称性可知：此角即为二面角的平面角的最大值，且，其中，由勾股定理得：，所以，则故选：B例题2..已知正方体的棱长为3，为棱上的靠近点的三等分点，点在侧面上运动，当平面与平面和平面所成的角相等时，则的最小值为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】作出过且与平面和平面所成角相等的截面，则P位于截面与平面的交线上，进而求得答案.【详解】如图1，为棱上靠近的三等分点，由正方体的对称性可知平面与平面和平面所成角相等，取棱AB上靠近B的三等分点E，取棱DC上的三等分点N,M，容易证明：，则共面，即平面与平面和平面所成角相等，于是点P在线段FN上.如图2，过点作垂直于FN于，容易知道当P位于时，最小.如图3，由勾股定理可以求得，由等面积法，.故选：A.【讲技巧】计算二面角，常用方法向量法：二面角的大小为(),2.定义法：在棱上任一点，分别在两个半平面内做棱的垂线，两垂线所成的角即为二面角的平面角3.垂面法：做与棱垂直的平面，交二面角两个半平面，两条交线所成的角即为二面角的平面角【练题型】1.已知点P是正方体上底面上的一个动点，记面ADP与面BCP所成的锐二面角为，面ABP与面CDP所成的锐二面角为，若，则下列叙述正确的是（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】结合正方体的几何特征，以及面ADP与面BCP所成的锐二面角为，面ABP与面CDP所成的锐二面角为，若，判断P在如图所示的阴影范围内，利用正方体的特点，判断P接近于A'时∠APC<∠BPD，P接近于D'时∠APC>∠BPD，故A、B错误；若PH>PE得∠APD<∠APB，若PG>PF得∠BPC>∠CPD，故D正确，C错误，【详解】为解析方便，将正方体上下底面对调，如图，取正方体的下底面的各边中点E,F,G,H,上底面的中心为Q,下底面的中心为O,面ADP，面BCP所成的角为α，面ABP，面CDP所成的角为β，α>β，等价于P到HF的距离比到EG的距离大，所以P在如图所示的阴影范围内；在△APC和△BPD中，AC=BD，PQ公用，Q为共同的中点，∠APC,∠BPD的大小由PQ于AC,BD所成的角大小所决定，所成角越小，则对应角越大，显然PQ与AC和BD所成的角的大小关系不确定，当P在靠近A'时PQ与直线AC所成的角较小，与直线BD所成的角则接近于90°，此时∠BPD>∠APC，同样当P接近于D'时∠APC>∠BPD，故A、B错误；∠APD与∠BPC的大小关系实际上是看P在EG的左侧还是右侧。若P在EG左侧，则∠APD>∠BPC，若P在EG右侧，则∠APD<∠BPC，若是在EG上，则∠APD=∠BPC；同样，P在HF的前面，则∠APB>∠CPD，P在HF上，则∠APB=∠CPD，P在HF的后面，则∠APB<∠CPD；所以当P在A'OE内时，max{∠APD,∠BPC}=∠APD，min{∠APD，∠BPC}=∠BPC，max{∠APB,∠CPD}=∠APB，min{∠APB,∠CPD}=∠CPD，因为PH>PE，所以∠APD<∠APB，因为PG>PF，所以∠BPC>∠CPD，因此max{∠APD,∠BPC}<max{∠APB,∠CPD}，min{∠APD，∠BPC}>min{∠APB,∠CPD}，根据对称性，在其余区域内，具有相同的结论.故D正确，C错误，故选：D.2.．三棱锥中，，△为等边三角形，二面角的余弦值为，当三棱锥的体积最大时，其外接球的表面积为.则三棱锥体积的最大值为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】由已知作出图象，找出二面角的平面角，设出的长，即可求出三棱锥的高，然后利用基本不等式即可确定三棱锥体积的最大值（用含有长度的字母表示），再设出球心，由球的表面积求得半径，根据球的几何性质，利用球心距，半径，底面半径之间的关系求得的长度，则三棱锥体积的最大值可求.【详解】如图所示，过点作面，垂足为，过点作交于点，连接，则为二面角的平面角的补角，即有，易知面，则，而△为等边三角形，∴为中点，设，则c，故三棱锥的体积为：，当且仅当时，体积最大，此时共线.设三棱锥的外接球的球心为，半径为，由已知，，得.过点作于F，则四边形为矩形，则，，，在△中，解得∴三棱锥的体积的最大值为：.故选：D.【题型四】角度综合【讲题型】例题1..如图，斜三棱柱中，底面是正三角形，分别是侧棱上的点，且，设直线与平面所成的角分别为，平面与底面所成的锐二面角为，则（

）A．B．C．D．【答案】B【分析】先在图中作出直线与平面所成的角，平面与底面所成的锐二面角，可得，同理得，再由和差化积公式得到，即可判断A、C选项；再通过三角恒等变换得到，进而得到，即，即可判断B、D选项.【详解】如图：延长EF，AB交于M，延长EG，AC交于N，延长FG，BC交于D，易得MN为平面ABC和平面EFG的交线，又D在平面ABC和平面EFG上，则D在直线MN上，即M，N，D三点共线，由外角定理可得.过A作面EFG，垂足为P，过A作，垂足为Q，连接，易得即为直线与平面所成的角，则，又面EFG，面EFG，则，又，面，，所以面，面，则，则即为平面与底面所成的锐二面角，则，又，则，同理可得，则，又由，，则，故，A，C错误；故，由可知，所以，即，整理可得，即，即，故，又，故，B正确，D错误.故选：B.例题2..如图，将矩形纸片折起一角落得到，记二面角的大小为，直线，与平面所成角分别为，，则（

）．A． B．C． D．【答案】A【分析】如图，过作平面，垂足为，过作，垂足为，可证，利用三角变换公式可证，从而可得正确的选项.【详解】如图，过作平面，垂足为，过作，垂足为，设因为平面，平面，故，而，故平面，而平面，所以，故，又，.在直角三角形中，，同理，故，同理，故，故，整理得到，故，整理得到即，若，由可得即，但，故，即，矛盾，故.故A正确，B错误.由可得，而均为锐角，故，，故CD错误.故选：A.【练题型】1..已知正六棱锥，是侧棱上一点（不含端点），记直线与直线所成角为，直线与平面所成角为，二面角的平面角为，则（

）A．， B．，C．， D．，【答案】B【分析】通过明确异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角，应用三角函数知识求解，而后比较大小.【详解】解：如图，设点在底面上的射影为点，连接，,作，则平面，所以与平面所成的角为，即，根据线面角最小定理知，作，则二面角的平面角为，即，根据，所以.故选B.2..如图所示，平面平面，二面角，已知，，直线与平面，平面所成角均为，与所成角为，若，则的最大值是（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】由题意知，作辅助线找到，及二面角，四边形为正方形进而得到为等腰三角形，利用所得直角三角形用边表示、，即有它们的等量关系，利用结合二面角，即可求的最大值；【详解】直线与平面，平面所成角均为，与所成角为，而，，又，可知：，若令二面角为，作于，于；过作，过作与交于点；∴面，又，，故面，面，即；过作，过作与交于点；∴面，又，，故面，面，即；作于，于，连接、，即有，且；∵，即，作有四边形为正方形，即，∴，有，故为等腰三角形且，令，，则，有，而，∴，，又，∴当时等号成立故选：B【题型五】体积1：体积比【讲题型】例题1.如图，在四棱锥中，底面是边长为的正方形，，为的中点.过作截面将此四棱锥分成上､下两部分，记上､下两部分的体积分别为，，则的最小值为（

）【答案】A【分析】先判断为的重心，再利用重心得到，求出，进而得到，借助基本不等式求出最小值即可.【详解】过作平面的垂线，垂足为，连，设的交点为，在中过作直线交于两点，由相交直线确定平面，则四边形为过的截面.由计算可得，得为正三角形，，所以为的重心，设，由向量运算可得，又，可得，所以，由三点共线，得，即，易得到平面的距离为，到平面的距离为1，因为，所以，，得，，由，，得，当且仅当取等号，所以，即的最小值为.故选：A.例题2.．在三棱锥中，，，，记三棱锥的体积为，其外接球的体积为，则__【答案】【分析】由题意画出图形，取中点，连接，，可得平面，求其面积，得到三棱锥的体积为，取中点，连接，则为三棱锥的外接球的半径，求出三棱锥的外接球的体积为，作比得答案．【详解】如图，，，，，，取中点，连接，，则，，且，．在中，由，，，得，．则．，即；取中点，连接，则为三棱锥的外接球的半径，．三棱锥的外接球的体积为．．【练题型】1.南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中记载了“三角垛”．如图，某三角垛最上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，每个球的半径相等，且相邻的球都外切，记由球心A，B，C，D构成的四面体的体积为，记能将该三角垛完全放入的四面体的体积为，则的最大值为___________．【答案】【分析】要使取得最大值，则使取最小值，通过计算出球心在一面的投影点到该边的距离，可算出四面体的最小棱长【详解】设球的半径为，由题意可知四面体为正四面体，边长为，所以四面体的高为，所以，要使取得最大值，则使取最小值，由题意可知此时该三角垛与四面体相切.等边的高为，由余弦定理可算出正四面体任意两面二面角大小的余弦值为，因为位于三角垛顶的球与三面都相切，取的中点，过点作平面的垂线，垂足为，如图可得截面，若设则，所以，已知球心到面的距离为，则，在平面里过点作的垂线，所以，所以边上三个球的球心在该面的投影与该边和两个顶点形成等腰梯形，底角为，上底为，高为，所以下底可计算得，所以的最小值为，所以的最大值为.故答案为：2.如图，在四棱锥中，底面是边长为的正方形，，为的中点.过作截面将此四棱锥分成上､下两部分，记上､下两部分的体积分别为，，则的最小值为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】先判断为的重心，再利用重心得到，求出，进而得到，借助基本不等式求出最小值即可.【详解】过作平面的垂线，垂足为，连，设的交点为，在中过作直线交于两点，由相交直线确定平面，则四边形为过的截面.由计算可得，得为正三角形，，所以为的重心，设，由向量运算可得，又，可得，所以，由三点共线，得，即，易得到平面的距离为，到平面的距离为1，因为，所以，，得，，由，，得，当且仅当取等号，所以，即的最小值为.故选：A.【题型六】体积2：不规则【讲题型】例题1.．如图所示五面体的形状就是《九章算术》中所述“羡除”其中，“羡除”形似“楔体”．“广”是指“羡除”的三条平行侧棱之长a，b，c、“深”是指一条侧棱到另两条侧棱所在平面的距离m、“袤”是指这两条侧棱所在平行直线之间的距离n．已知，则此“羡除”的体积为____________．【答案】4【分析】将该几何体分成一个三棱柱与一个四棱锥即可求得.【详解】如图1，将该几何体分成一个三棱柱与一个四棱锥,,如图2，将三棱柱进行割补，使得新三棱柱是高为1的直三棱柱．∴几何体的体积为4.故答案为：4.例题2.所有的顶点都在两个平行平面内的多面体叫做拟柱体，这两个平行的面称为上下底面，它们之间的距离称为拟柱体的高．生产实际中，我们经常看到黄沙、碎石、灰肥等堆积成上下底面平行，且都是矩形的形状，这种近似于棱台的形体就是一种特殊的拟柱体（如图所示），已知其高为h，上底面、下底面和中截面（经过高的中点且平行于底面的截面）面积分别为，和，请你用，，，h表示出这种拟柱体的体积V＝______．【答案】【分析】利用台体的体积减去若干棱锥的体积来求得拟柱体的体积.【详解】根据拟柱体的定义，任一拟柱体都可看作是过某棱台的若干顶点，截去个倒立小棱锥与个正立小棱锥后余的凸多面体.当时，就是原棱台，即棱台是特殊的拟柱体.设原棱台的高为，上底面、下底面、中截面面积分别为，拟柱体的上底面、下底面、中截面的面积分别是，和，设截去的个倒立小棱锥的底面面积分别是，截去的个正立小棱锥的底面面积分别是，那么拟柱体的体积为①，因为棱锥的中截面面积等于底面面积的，所以，即②，由棱台的中截面性质可知，所以③，将③代入②得：，从而可知，代入①并整理得.故答案为：【练题型】1..反棱柱（Antiprism）是由两个互相平行且边数相同的多边形作为底面和侧面的三角形所组成的一个多面体.如图所示的是一个“正三角反棱柱”，上下底面都是边长为1的正三角形，侧面的三角形都是腰长为的等腰三角形，则其外接球的体积为______．【答案】【分析】根据反棱柱的定义，知“正三角反棱柱”可以分割成两个四棱锥，四棱锥的底面为边长分别为1，的矩形，且外接球直径等于此矩形的对角线，从而即可求解.【详解】解：不难知，“正三角反棱柱”为八面体，该八面体可以分割成如图所以两个四棱锥和，由反棱柱的定义及“正三角反棱柱”的对称性有且，所以四边形为平行四边形，又由“正三角反棱柱”的对称性知四边形的对角线，所以四边形为矩形，且边长分别为1，；同理可得四边形为矩形，且边长分别也为1，；由矩形的性质有，两矩形的公共对角线的中点到各顶点的距离相等，即矩形对角线为外接球的直径，所以外接球的直径，解得，所求外接球的体积.故答案为：.2.如图，是圆台的轴截面，，过点与垂直的平面交下底圆周于两点，则四面体的体积为__________．【答案】【分析】如图，连接，设交于，连接，过作，交于，可证，根据轴截面的各线段的长度可求体积.【详解】如图，连接，设交于，连接，过作，交于，因为平面，平面，又平面，故.因为梯形是圆台的轴截面，故平面平面，因为，平面，平面平面，故平面，而平面，故，而，故平面，而平面，故，同理，而为底面圆的直径，故为的中点，故为等腰三角形，所以.如图，在梯形中，因为，，而，故，故为等腰直角三角形，故，故，故，所以，故四边形为平行四边形，结合可得为矩形，故.在底面圆中，设底面圆的圆心为，则，故，故.故答案为：.【题型七】体积3：最值型【讲题型】例题1.如图，在棱长为的正方体中，若绕旋转一周，则在旋转过程中，三棱锥的体积的取值范围为______．【答案】【分析】由题可得为正四面体，利用线面垂直的判定定理可得平面，结合条件可得点A，O，E共线，且A在点O，E之间时，三棱锥的体积最小；O在点A，E之间时，体积最大，然后根据正方体的性质结合棱锥的体积公式即得.【详解】如图，连接，，由正方体的性质可知为正四面体，设O为中点，E为中点，则，又，平面，平面，∴平面，平面，所以平面平面，由题可知点A在以O为圆心，OA为半径的圆上运动．在绕旋转过程中，若点A，O，E共线，且A在点O，E之间时，三棱锥的体积最小；O在点A，E之间时，体积最大．因为正方体的棱长为，所以，在中，OB＝2，，则，，设点，到平面的距离分别为，．，，∵，∴三棱锥体积的最小值为；最大值为．∴三棱锥的体积的取值范围为．故答案为：．例题2..如图，在三棱锥中，已知，，，，则三棱锥的体积的最大值是________.【答案】【分析】过作垂直于的平面，交于点，，作，通过三棱锥体积公式可得到，可分析出当最大时所求体积最大，利用椭圆定义可确定最大值，由此求得结果.【详解】过作垂直于的平面，交于点，作，垂足为，，当取最大值时，三棱锥体积取得最大值，由可知：当为中点时最大，则当取最大值时，三棱锥体积取得最大值.又，在以为焦点的椭圆上，此时，，，，三棱锥体积最大值为.故答案为：.【练题型】1.．已知四面体的四个顶点均在球的表面上，为球的直径，，四面体的体积最大值为____【答案】2【分析】为球的直径，可知与均为直角三角形，求出点到直线的距离为，可知点在球上的运动轨迹为小圆.【详解】如图所示，四面体内接于球，为球的直径，，，，过作于，，点在以为圆心，为半径的小圆上运动，当面面时，四面体的体积达到最大，.2..如图，正方体的棱长为4，点P在正方形的边界及其内部运动.平面区域W由所有满足的点P组成，则四面体的体积的取值范围_________.【答案】【分析】连接，由线面垂直的性质得到，再由勾股定理求出，即可得到以为圆心2为半径的圆面上，再根据得到当在边上时四面体的体积最大，当在边的中点时四面体的体积最小，再根据面体的体积公式计算可得取值范围.【详解】连接，如图所示，因为平面，平面，所以，∵，由，，则；所以在以为圆心2为半径的圆面上，由题意可知，，所以当在边上时，四面体的体积的最大值是.所以当在边的中点时，的面积取得最小值，此时，所以四面体的体积的最小值是，所以，故答案为：.【题型八】体积4：翻折“包装”型【讲题型】例题1..如图，正方形的中心为正方形的中心，，截去如图所示的阴影部分后，翻折得到正四棱锥（，，，四点重合于点），则此四棱锥的体积的最大值为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】设，则所得的棱锥侧面的高为，棱锥的高为运用棱锥的体积公式和基本不等式可求得最值.【详解】解：设，则所得的棱锥侧面的高为，棱锥的高为其体积为：，当且仅当时等号成立，即体积的最大值为，故选：B.例题2.在中，，点分别在边上移动，且，沿将折起来得到棱锥，则该棱锥的体积的最大值是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据题意，可得的具体形状，由折叠，可得当面面时，此时的点到底面的距离最大，设，将四棱锥中底面积和高，都用表示出来，整理出体积的函数，利用导数求最值，可得答案.【详解】由得，由余弦定理得，则是直角三角形，为直角，对的任何位置，当面面时，此时的点到底面的距离最大，此时即为与底面所成的角，设，在中，，点到底面的距离，则，，令，解得，可得下表：极大值故当时，该棱锥的体积最大，为.故选：C.【练题型】1.如图①，在Rt△ABC中，，，D，E分别为AC，AB的中点，将△ADE沿DE折起到OA，DE的位置，使，如图②．若F是的中点，点M在线段上运动，则当直线CM与平面DEF所成角最小时，四面体MFCE的体积是（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】若是中点，连接，易得直线CM与面DEF所成角即为直线CM与面所成角为，利用线面垂直的判定可得面，由线面垂直、面面垂直的判定有面面，即可判断的变化范围，进而确定最小时的位置，再利用棱锥的体积公式求体积即可.【详解】若是中点，连接，则面DEF即为面，所以直线CM与面DEF所成角，即为直线CM与面所成角为，因为，，，则面，又F是的中点，则F到面的距离为.因为，，，则面，又面，则面面，又面，面面，所以直线CM与面所成角为，即为直线所成角.又△为等腰直角三角形且，则，由图知，M在线段上运动过程中，即直线CM与平面DEF所成角最小时，重合，此时，四面体MFCE的体积.故选：A2.．如图，在水平面上放置两个边长为的正三角形与，将沿垂直于水平面的方向向上平移至，得到多面体，已知各侧面（，，，，及）均为正三角形，则多面体的外接球的体积为__________．【答案】【分析】将几何体旋转，可以发现几何体是由上下两个完全相同的正四棱锥组成，且侧棱与底面边长相同，所以几何体外接球的球心为底面正方形的中心，半径为底面对角线的一半，从而求出外接球的体积【详解】根据题意可得：∥，且，，所以四边形是菱形，所以，如上图所示，将几何体进行旋转，使得面位于水平位置，连接相交于点，所以为的中点，连接；因为，所以，所以三角形和三角形为直角三角形，且，所以直角三角形和直角三角形全等，所以，所以，所以四边形是正方形，所以上下为两个正四棱锥，且所有棱长均为1，可得：，到所有顶点的距离都相等，所以为外接圆圆心，且外接圆半径，所以外接圆的体积故答案为：【题型九】体积5：祖暅定理型【讲题型】例题1.已知抛物线，以轴为旋转轴将抛物线旋转半周，得到一个旋转抛物面．设轴绕轴旋转所成的平面为．为平行于平面且到的距离为的平面，记平面与旋转抛物面所围成的几何体为（如图），以的上底面作一个高为的圆柱体（如图），利用祖暅原理可求得的体积为______．【答案】【分析】如图，构造图形，说明任意截面截两个几何体，截面面积相等，再根据祖暅原理求体积.【详解】如图，从圆柱体中截取抛物体，（右图），抛物体倒置，（左图），这是抛物线方程是，深色截面到底面的距离为，右图圆环的面积，左图圆的面积，故，由祖搄原理可知，这两个几何体的体积相等，故抛物体的体积.故答案为：例题2.我国南北朝时期的数学家祖暅(杰出数学家祖冲之的儿子)，提出了计算体积的祖暅原理：“幂势既同，则积不容异.”意思是：两个等高的几何体若在所有等高处的水平截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等.已知曲线，直线为曲线在点处的切线.如图所示，阴影部分为曲线､直线以及轴所围成的平面图形，记该平面图形绕轴旋转一周所得的几何体为.过()作的水平截面，所得截面面积(用表示)，试借助一个圆锥，并利用祖暅原理，得出体积为___________.【答案】【分析】根据祖暅原理计算可得体积.【详解】.过点的直线与抛物线的交点为，.∵直线为曲线在点处的切线，则切线的斜率为，切线方程为.过点的直线与切线的交点为，用平行于底面的平面截几何体所得截面为圆环，截面面积为；取底面直径与高均为1的圆锥，用一个平行于底面的平面截圆锥，得到截面为圆，圆的半径为，截面面积为，符合题意.则体积等于圆锥的体积等于.故答案为：.【练题型】1.祖暅原理也称祖氏原理，是我国数学家祖暅提出的一个求积的著名命题：“幂势既同，则积不容异”，“幂”是截面积，“势”是几何体的高，意思是两个同高的立体，如在等高处截面积相等，则体积相等.由曲线围成的图形绕轴旋转一周所得旋转体的体积为，满足的点组成的图形绕轴旋转一周所得旋转体的体积为，则满足以下哪个关系式（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】由题意可得旋转体夹在两个相距为8的平行平面之间，用任意一个与y轴垂直的平面截这两个旋转体，设截面与原点距离为，求得截面面积相等，利用祖暅原理知，两个几何体的体积相等.【详解】如图，两图形绕y轴旋转所得的旋转体夹在两个相距为8的平行平面之间，用任意一个与y轴垂直的平面截这两个旋转体，设截面与原点距离为，所得截面面积，，由祖暅原理知，两个几何体的体积相等，即故选：D2.．祖暅原理也称祖氏原理，是我国数学家祖暅提出的一个求积的著名命题：“幂势既同，则积不容异”，“幂”是截面积，“势”是几何体的高，意思是两个同高的立体，如在等高处截面积相等，则体积相等.满足的点组成的图形绕轴旋转一周所得旋转体的体积为，由曲线，，围成的图形绕轴旋转一周所得旋转体的体积为，则､满足以下哪个关系式（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】作出曲线在第一想象内的图象进行分析：当双曲线方程为：，高度为时，双曲线与渐近线旋转一周所形成的图形是圆环，计算可得圆环的面积为定值，进而由由祖暅原理知等轴双曲线与渐近线绕轴旋转一周所形成的几何体体积，与底面半径为，高为的圆柱体体积一致，而满足的点组成的图形绕轴旋转一周所得旋转体为球体，体积为，通过分析计算可得，，进而可得，从而得解.【详解】如图可知：当双曲线方程为：，高度为时，双曲线与渐近线旋转一周所形成的图形是圆环，其中小圆环的半径即是，所以小圆面积为：，而大圆半径可以由：求出，即：，所以大圆的面积为：，所以圆环的面积为：，为定值，所以由祖暅原理知等轴双曲线与渐近线绕轴旋转一周所形成的几何体体积，与底面半径为，高为的圆柱体体积一致，而球体体积，所以，.故选：B.【题型十】立体几何中的轨迹【讲题型】例题1.在四棱锥中，底面，底面为正方形，，点为正方形内部的一点，且，则直线与所成角的余弦值的取值范围为A． B． C． D．【答案】D【解析】根据题意，建立空间直角坐标系，在平面上，由计算的轨迹方程，可知的轨迹是以为圆心，以2为半径的圆，在正方形中的部分；根据平行找直线与所成角的平面角，根据的轨迹判定临界值，从而确定直线与所成角的余弦值的取值范围.【详解】由题意，以为坐标原点，分别以为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，则有，设，由，则列方程有化简得，即点的轨迹是以为圆心，以2为半径的圆，在正方形中的部分；过作垂足为,连接，则有则直线与所成角的平面角为，则根据点的轨迹是以为圆心，以2为半径的圆，在正方形中的部分，则点轨迹与正方形的边交于一点，记为与正方形的边交于一点，记为当点从运动到位置时，逐渐减小，逐渐增大，则的取值逐渐减小，计算，则直线与所成角的余弦值的取值范围是故选：例题2.已知长方体中，，，，为矩形内一动点，设二面角为，直线与平面所成的角为，若，则三棱锥体积的最小值是（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据题意，判断得的轨迹为抛物线一部分，建立平面直角坐标系，写出直线和抛物线段的方程，由题意，计算点到线段的最短距离，再由等体积法计算三棱锥最小体积.【详解】如图，作平面，垂足为，再作，垂足为，连接，由题意可知，，所以，由抛物线定义可知，的轨迹为抛物线一部分，所以的轨迹为抛物线一部分，当点到线段距离最短时，三角形面积最小，三棱锥体积最小，建立如图所示直角坐标系，则直线的方程为，抛物线的方程为，，由题意，，得，代入，得，所以点的坐标为，所以到直线的最短距离为，因为，所以，所以三棱锥体积的最小值为.故选：C【练题型】1..在矩形中，是的中点，，将沿折起得到，设的中点为，若将绕旋转，则在此过程中动点形成的轨迹长度为___________.【答案】##【分析】先通过始终是等腰直角三角形确定动点的轨迹是一段圆弧，再结合垂直关系证明圆弧对应的圆心角为，即可求出动点的轨迹长度.【详解】如图，设的中点为，绕旋转，此时平面平面，取中点，中点，中点，连接.，，和是等腰直角三角形，且在旋转过程中保持形状大小不变，故动点的轨迹是以为圆心，为半径的一段圆弧，又面，面，面，同理面，又，面面，又平面平面，故面面，又面面，，故面，又面，，故动点形成的轨迹长度为.故答案为：.2.如图，AB是平面的斜线段，A为斜足，点C满足，且在平面内运动，则有以下几个命题：①当时，点C的轨迹是抛物线；②当时，点C的轨迹是一条直线；③当时，点C的轨迹是圆；④当时，点C的轨迹是椭圆；⑤当时，点C的轨迹是双曲线.其中正确的命题是__________.（将所有正确的命题序号填到横线上）【答案】②③【分析】根据题意，分别验证和时C点的轨迹，当时，作斜线段AB的中垂面，与平面的交线为一条直线，即为C点轨迹；当时，作B在平面内的射影为D，连接BD，CD，在平面内建立平面直角坐标系，求C点轨迹方程，根据轨迹方程即可判断.【详解】当时，，过AB的中点作线段AB的垂面，则点C在与的交线上，即点C的轨迹是一条直线；当时，，设B在平面内的射影为D，连接BD，CD，设，，则，在平面内，以AD所在直线为x轴，以AD的中垂线为y轴如图建立平面直角坐标系，设，则有则，，，∴，化简可得.∴C的轨迹是圆.故答案为：②③一、单选题1．陀螺是中国民间最早的娱乐工具之一，也称陀罗.图1是一种木陀螺，可近似地看作是一个圆锥和一个圆柱的组合体，其直观图如图2所示，其中分别是上､下底面圆的圆心，且，底面圆的半径为2，则该陀螺的体积是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据圆锥与圆柱的体积公式，可得答案.【详解】已知底面圆的半径，由，则，故该陀螺的体积.故选：D.2．在正方体中，已知，点O在棱上，且，则正方体表面上到点O距离为5的点的轨迹的总长度为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据题意找到平面平面都有轨迹，都为个圆周即可求解.【详解】依题意，∵，，，∴，，所以,所以，又因为，所以，所以,即．在平面内满足条件的点的轨迹为，该轨迹是以5为半径的个圆周，所以长度为；同理，在平面内满足条件的点轨迹长度为；在平面内满足条件的点的轨迹为以为圆心，为半径的圆弧，长度为；同理，在平面ABCD内满足条件的点的轨迹为以A为圆心，AE为半径的圆弧，长度为．故轨迹的总长度为．故选:C．3．已知均在球的球面上运动，且满足，若三棱锥体积的最大值为6，则球的体积为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】当点位于垂直于面的直径端点时，三棱锥的体积最大,等体积法即可解决.【详解】如图所示，当点位于垂直于面的直径端点时，三棱锥的体积最大，设球的半径为，此时，故，则球的体积为，故选:C.4．如图，已知四棱柱的体积为V，四边形ABCD为平行四边形，点E在上且，则三棱锥与三棱锥的公共部分的体积为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】先找到三棱锥与三棱锥的公共部分，设DE，交于点F，AC，BD交于点G，连接FG，则三棱锥就是三棱锥与三棱锥的公共部分．再推出点F到平面ABCD的距离是点到平面ABCD距离的，然后根据棱锥的体积公式可得结果.【详解】如图，设DE，交于点F，AC，BD交于点G，连接FG，则三棱锥就是三棱锥与三棱锥的公共部分．因为，所以，所以，设点到平面ABCD距离为，则点F到平面ABCD的距离是，又，所以三棱锥的体积为.故选：A．5．如图所示是一块边长为10cm的正方形铝片，其中阴影部分由四个全等的等腰梯形和一个正方形组成，将阴影部分裁剪下来，并将其拼接成一个无上盖的容器（铝片厚度不计），则该容器的容积为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】作出正四棱台，作出辅助线，得到各边长，求出四棱台的高，从而利用台体体积公式求出体积.【详解】由题知，该容器的容积就是正四棱台的体积，如图，连接正四棱台上下底面的中心，，取上底面正方形一边中点，对应下底面正方形一边中点，连接，，，则，故四点共面，过点作交于点，则四边形为矩形，故，因为该正四棱台上、下底面边长分别为2，6，等腰梯形的斜高为4，所以，故，所以该棱台的高，下底面面积，上底面面积，所以该容器的容积是．故选：B6．如图，已知圆柱的轴截面为矩形，，P，Q分别为圆柱上、下底面圆周上一点，，，则异面直线PQ与AB所成角的余弦值为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】建立空间直角坐标系，设，根据已知得出，，即可根据异面直线夹角的向量求法得出答案.【详解】如图，以A为坐标原点建立空间直角坐标系，设，则，，结合，可得，，所以，，所以异面直线PQ与AB所成角的余弦值为，故选:C.7．如图，一个棱长1分米的正方体形封闭容器中盛有V升的水，若将该容器任意放置均不能使水平面呈三角形，则V的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】找到水最多和水最少的临界情况，如图分别为多面体和三棱锥，从而可得出答案.【详解】将该容器任意放置均不能使水平面呈三角形，则如图，水最少的临界情况为，水面为面，水最多的临界情况为多面体，水面为，因为，，所以，即.故选：A.8．如图，斜三棱柱中，底面是正三角形，分别是侧棱上的点，且，设直线与平面所成的角分别为，平面与底面所成的锐二面角为，则（

）A．B．C．D．【答案】B【分析】先在图中作出直线与平面所成的角，平面与底面所成的锐二面角，可得，同理得，再由和差化积公式得到，即可判断A、C选项；再通过三角恒等变换得到，进而得到，即，即可判断B、D选项.【详解】如图：延长EF，AB交于M，延长EG，AC交于N，延长FG，BC交于D，易得MN为平面ABC和平面EFG的交线，又D在平面ABC和平面EFG上，则D在直线MN上，即M，N，D三点共线，由外角定理可得.过A作面EFG，垂足为P，过A作，垂足为Q，连接，易得即为直线与平面所成的角，则，又面EFG，面EFG，则，又，面，，所以面，面，则，则即为平面与底面所成的锐二面角，则，又，则，同理可得，则，又由，，则，故，A，C错误；故，由可知，所以，即，整理可得，即，即，故，又，故，B正确，D错误.故选：B.二、多选题9．在正方体中，点P满足，则（

）A．对于任意的正实数，三棱锥的体积始终不变B．对于任意的正实数，都有平面C．存在正实数，使得异面直线与所成的角为D．存在正实数，使得直线与平面所成的角为【答案】AB【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式、三棱锥体积的性质、线面平行的性质逐一判断即可.【详解】A：因为平面，平面，所以平面，因为，所以在线段（不包括端点）上，因此对于任意的正实数，点到平面的距离不变，而，所以对于任意的正实数，三棱锥的体积始终不变，因此本选项正确；建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为，B：设平面的法向量为，，所以有，因为，所以，而平面，所以平面，因此本选项正确；C：假设存在正实数，使得异面直线与所成的角为，则有解得：，所以不存在正实数，使得异面直线与所成的角为，因此本选项不正确；D：假设存在正实数，使得直线与平面所成的角为，设平面的法向量为，所以有，，解得，所以假设不成立，因此不存在正实数，使得直线与平面所成的角为，所以本选项不正确，故选：AB10．在长方体中，直线与平面、平面所成的角均为，则（

）A．B．C．直线与平面所成的角为D．直线与所成的角为【答案】AD【