第23讲 立体几何小题-2023年新高考艺术生突破数学90分讲义

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第23讲 立体几何小题
【知识点总结】
1.表面积与体积计算公式
表面积
柱体

为直截面周长


椎体



台体



球




体积
柱体


椎体


台体


球


2.斜二测画法
斜二测画法的主要步骤如下:
(1)建立直角坐标系.在已知水平放置的平面图形中取互相垂直的,建立直角坐标系.
(2)画出斜坐标系.在画直观图的纸上(平面上)画出对应图形.在已知图形平行于轴的线段,在直观图中画成平行于使(或),它们确定的平面表示水平平面.
(3)画出对应图形.在已知图形平行于轴的线段,在直观图中画成平行于轴的线段,且长度保持不变;在已知图形平行于轴的线段,在直观图中画成平行于轴,且长度变为原来的一般.可简化为“横不变,纵减半”.
(4)擦去辅助线.图画好后,要擦去轴、轴及为画图添加的辅助线(虚线).被挡住的棱画虚线.
注: 直观图和平面图形的面积比为.
3.外接球与内切球
类型1：正方体或长方体外接球的球心在其体对角线的中点。
类型2：正棱柱或直棱柱(圆柱)的球心在上下底面外心连线中点处。
推论：垂面模型（一条直线垂直于一个平面）可补成直三菱柱或长方体。
公式：,（R为外接球半径，r为底面外接圆半径，h为棱锥的高，r可根据正弦定理
类型3：正棱锥（圆锥）模型(侧棱相等，底面为正多边形）的球心在其顶点与底面外心连线线段(或延长线）上。
半径公式：（R为外接球半径，r为底面外接圆半径，h为棱锥的高，r可根据正弦定理
类型4：若棱锥的顶点可构成共斜边的直角三角形，则公共斜边的中点就是其外接球的球心。
类型5：锥体的内切球问题
三棱锥是任意三棱锥，求其的内切球半径
方法：等体积法，即内切球球心与四个面构成的四个三棱锥的体积之和相等
第一步：先画出四个表面的面积和整个锥体体积；
第二步：设内切球的半径为，建立等式：

第三步：解出

【典型例题】
例1．（2015·吉林长春·高三阶段练习（文））已知一个四面体的所有棱长都为2,则该四面体的外接球表面积为________.
【答案】
【解析】
试题分析：已知四面体棱长为2，可知其外接球的半径为，从而其表面积为.
例2．（2015·吉林长春·高三阶段练习（理））已知三棱锥中, ,,.则该三棱锥的外接球表面积为________.
【答案】
【解析】
试题分析：由条件，可将三棱锥放入如图所示的长方体中，设其长宽高分别为，有，得到，所以长方体的体对角线长为，该长方体的外接球也就是三棱锥的外接球半径为，从而其表面积为.
例3．（2022·全国·高三专题练习（理））若棱长为的正方体内部有一个球，球与正方体的各个面相切（即正方体的内切球）则该球的表面积为_____________．
【答案】
【详解】
由题意，正方体的棱长即为球的直径的长，
所以，所以，
，
故答案为：.
例4．（2022·全国·高三专题练习）已知正方体的棱长为2，则与正方体的各棱都相切的球的表面积是_______．
【答案】
【详解】
过正方体的对角面作截面如图，故球的半径，
其表面积．
故答案为：.

例5．（2022·全国·高三专题练习（理））已知，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，下列说法：
①若，，，则直线与可能平行；
②若，，，则直线与可能相交､平行或异面；
③若，，则直线与一定垂直；
④若，，，则直线与一定平行.
以上说法正确的是___________.（填序号）
【答案】①③
【详解】
对于①，若是两个平面的交线时，能够找到且的直线，故①正确；对于②，若，，，直线与不可能平行，故②错误；对于③，根据线面垂直､线面平行的性质可知直线与一定垂直，故③正确；对于④，若，，，则直线与可能平行也可能异面，故④错误.
故答案为：①③
例6．（2022·全国·高三专题练习）已知是不重合的两条直线，为不重合的两个平面，给出下列命题：
①若，，则；
②若，且，则；
③若，，则．
所有正确命题的序号为__．
【答案】①③
【详解】
由是不重合的两条直线，为不重合的两个平面知：
对于①，过作平面，使，则，因为，所以，
又，所以，故①正确；

对于②，若，且，则或，故②错误；
对于③，过作平面，使得，因为，则，
因为，，所以，所以，故③正确．

故答案为：①③．
例7．（2022·上海·高三专题练习）有一块四边形的菜地，它的水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形，如图所示，，，，，则这块菜地的面积为___________.

【答案】
【详解】
解：在直观图中，，，

故原平面图形的上底为 ，下底，高为
所以这块菜地的面积为
故答案为：
【技能提升训练】
一、单选题
1．（2021·全国·高三专题练习（文））四面体中，，，，且面，则四面体的外接球表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
由面，构造一个直三棱柱，设，分别为上下两个底面的外接圆圆心，易得球心为的中点，然后分别在中求得外接圆的半径，进而中求得球的半径即可.
【详解】
根据题意，构造一个直三棱柱，如图，

，分别为上下两个底面的外接圆圆心，根据球的性质，球心必为的中点，
所以球的半径为，设为，的外接圆半径设为，
在中，，，，
由余弦定理得，
由正弦定理可得，
在中，，
所以球的表面积，
故选：D.
2．（2021·全国·高三专题练习）在直三棱柱中，，，若该直三棱柱的外接球表面积为，则此直三棱柱的高为（ ）．
A．4 B．3 C． D．
【答案】D
【分析】
由题意将直三棱柱补成长方体，则直三棱柱的外接球就是长方体的外接球，外接球的直径等于长方体的体对角线，利用直三棱柱的外接球表面积为，可求出外接球的半径，从而可求得直三棱柱的高
【详解】
解：因为，所以将直三棱柱补成长方体，则直三棱柱的外接球就是长方体的外接球，外接球的直径等于长方体的体对角线，
设球的半径为，则，解得，
设直三棱柱的高为，则，即，
解得，所以直三棱柱的高为，
故选：D

3．（2021·江西上饶·高二阶段练习（理））三棱锥中，平面ABC，且，且，三棱锥的外接球表面积为（ ）
A．16π B．20π C． D．24π
【答案】D
【分析】
将三棱锥放入一个长方体中，求出长方体的体对角线，则得到长方体外接球的直径，利用球的表面积公式求解即可．
【详解】
解：因为三棱锥P﹣ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥BC，
不妨将三棱锥放入一个长方体中，则长方体的外接球即为三棱锥的外接球，
因为长方体的体对角线即为其外接球的直径，因为PA＝AB＝2，，
则长方体的长宽高分别为4，2，2，所以三棱锥P﹣ABC外接球的半径，
故三棱锥P﹣ABC外接球的表面积S＝4πR2＝24π．
故选：D．

4．（2021·全国·高三专题练习（文））已知长方体的两个底面是边长为的正方形，长方体的一条体对角线与底面成角，则此长方体的外接球表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
记该长方体为，为该长方体的一条体对角线，根据题中条件，求出体对角线的长度，再由长方体的外接球直径等于其体对角线的长，即可求出外接球直径，得出外接球的表面积.
【详解】

记该长方体为，为该长方体的一条体对角线，其与底面所成角为，
因为在长方体中，侧棱底面，
则为与底面所成角，即，
因为长方体的两个底面是边长为的正方形，所以，
则，所以，
又长方体的外接球直径等于其体对角线的长，
即该长方体外接球的直径为，
所以此长方体的外接球表面积为.
故选：A.
5．（2021·全国·高三期末（文））如图，在直三棱柱的侧面展开图中，，是线段的三等分点，且．若该三棱柱的外接球的表面积为，则（ ）

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
根据展开图，得到直观图为直三棱柱，求得底面的外接圆半径，由外接球体积求得外接球的半径，进而利用勾股定理求得球心到三棱柱底面的距离，乘以2即得三棱柱的高，即为的长.
【详解】
由展开图可知，直三棱柱的底面是边长为的等边三角形，
其外接圆的半径满足，所以．
由得．
由球的性质可知，球心到底面的距离为，
结合球和直三棱柱的对称性可知，，

故选D．
【点睛】
本题考查直正三棱柱的判定与性质，球面的性质，球的表面积，属基础题，关键是由侧面展开图得到几何体的形状，并注意球心到球的截面圆心距离与球的半径，截面圆半径之间的关系.
6．（2021·全国·高三专题练习）已知三棱锥中，平面平面，且和都是边长为2的等边三角形，则该三棱锥的外接球表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
由题意画出图形分别取与的外心，过分别作两面的垂线，相交于，结合已知由，求出三棱锥外接球的半径，则外接球的表面积可求.
【详解】
如图，

由已知可得，与均为等边三角形，
取中点，连接，，则，
∵平面平面，则平面，
分别取与的外心，过分别作两面的垂线，相交于，
则为三棱锥的外接球的球心，
由与均为边长为的等边三角形，
可得，
，
，
∴三棱锥A−BCD的外接球的表面积为.
故选：D.
7．（2021·全国·高三专题练习）四面体中，底面，，，则四面体的外接球表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
由题意画出图形，补形为长方体，求其对角线长，可得四面体外接球的半径，则表面积可求．
【详解】

如图，在四面体中，底面，，，
可得，补形为长方体，则过一个顶点的三条棱长分别为1，1，，
则长方体的对角线长为，
则三棱锥的外接球的半径为1．
其表面积为．
故选：B．
【点睛】
关键点点睛：
求解本题的关键在于，将该四面体补形得到长方体，由长方体的结构特征，即可得出外接球半径，求出结果.
8．（2021·全国·高三专题练习）已知直三棱柱的顶点都在球上，且，，，则此直三棱柱的外接球的表面积是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
设点为外接圆的圆心，根据，得到是等边三角形，求得外接圆的半径r，再根据直三棱柱的顶点都在球上，由求得，直三棱柱的外接球的半径即可.
【详解】
如图所示：

设点为外接圆的圆心，
因为，
所以，又，
所以是等边三角形，
所以，
又直三棱柱的顶点都在球上，
所以外接球的半径为，
所以直三棱柱的外接球的表面积是，
故选：C
9．（2020·内蒙古赤峰·高三阶段练习（文））据《九章算术》记载，“鳖臑(biēnào)”为四个面都是直角三角形的三棱锥.如图所示，现有一个“鳖臑”，底面，，且，三棱锥外接球表面积为（ ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
根据已知条件可将三棱锥补全图形为正方体，可知其外接球为正方体的外接球，即可求外接球表面积.
【详解】
∵底面，，，将三棱锥补全图形为正方体如图所示，

∴三棱锥的外接球即正方体的外接球.
设外接球的半径为，则，解得.
所以外接球的表面积为.
故选：C
【点睛】
本题考查几何体外接球表面积的求法，注意补全三棱锥转化为正方体，应用正方体外接球的性质，属于基础题.
10．（2022·全国·高三专题练习）如图，三棱锥的四个顶点恰是长、宽、高分别是m，2，n的长方体的顶点，此三棱锥的体积为2，则该三棱锥外接球体积的最小值为（ ）

A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】
根据三棱锥的体积关系可得,根据三棱锥与长方体共外接球,长方体的对角线就是外接球的直径可得,根据基本不等式可得半径的最小值,进一步可得体积的最小值.
【详解】
根据长方体的结构特征可知三棱锥的高为,所以,所以,
又该三棱锥的外接球就是长方体的外接球,该外接球的直径是长方体的对角线,
设外接球的半径为,所以,
所以,当且仅当时,等号成立,
所以,
所以该三棱锥外接球体积为.
故选:C
【点睛】
本题考查了三棱锥的体积公式,球的体积公式,长方体的对角线长定理,基本不等式,属于中档题.
11．（2019·江西省抚州市第一中学高三期末（文））在三棱锥中，面，，，，，则三棱锥的外接球表面积是
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
由面，，得到，由，，得到，由此可得三棱锥是长方体中的一个三棱锥，求长方体的外接球半径即可解决问题．
【详解】
因为面，所以，又，，
解得：，又，，满足，所以.
由此可得三棱锥是长方体中的一个几何体,如下图：

长方体的外接球就是三棱锥的外接球，
长方体的体对角线长就是外接球的直径，即，
所以三棱锥的外接球表面积是：
故选A
【点睛】
本题主要考查了球的表面积计算、转化思想，考查观察能力及计算能力、空间思维能力，属于基础题．
12．（2020·全国·高三专题练习（理））在长方体中，四边形是边长为2的正方形，与所成的角是，则长方体的外接球表面积是
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
先根据与所成的角求长方体的高，再由长方体的外接球直径等于长方体的体对角线长，即可求出外接球半径，进而可求出表面积.
【详解】
如图，在长方体中，，
相交直线与所成的角是异面直线与所成的角.
连接，由平面，得.
在Rt△ABD1中，就是与所成的角，即，
又，．

在中， ，设长方体外接球半径为，
则由长方体的对角线就是长方体外接球直径得，
长方体外接球表面积是．答案：
【点睛】
本题主要考查长方体的外接球问题，根据长方体的外接球直径等于长方体体对角线的长即可求解，属于基础题型.
13．（2019·安徽安庆·高三期末（理））正三棱柱中，底面边长，侧棱长，则该棱柱的外接球表面积等于
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
本题首先可以根据题目所给的正三棱柱的各边长求出该棱柱的外接球的半径，然后再使用球的表面积公式，即可求出结果．
【详解】
根据条件可以求得外接球的半径，从而，即选C．
【点睛】
本题主要考察三棱柱的相关性质，能否根据三棱柱的各边长求出三棱柱的外接球半径是解决本题的关键，考察空间想象能力，是简单题．
14．（2014·全国·一模（文））正方体内切球和外接球半径的比为
A．
B．
C．
D．1:2
【答案】B
【详解】
作正方体与其内切球的截面如图甲，设正方体棱长为a，则有2r＝a(r为内切球半径)．

作正方体与其外接球的截面如图乙，则有2R＝(R为外接球半径)，得r∶R＝，选B
15．（2016·河北武邑·高三期末（理））正三角形的边长为，将它沿高翻折，使点与点间的距离为，此时四面体外接球表面积为
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】
试题分析：根据题意可知三棱锥的三条侧棱，底面是等腰三角形，它的外接球就是它扩展为三棱柱的外接球，求出三棱柱的底面中心连线的中点到顶点的距离，就是球的半径，而且，三棱柱中，底面边长为，外接圆的半径为∴球的半径为四面体外接球表面积为：．
考点：1．球内接多面体；2．球的体积和表面积．
【思路点睛】三棱锥的三条侧棱，底面是正三角形，它的外接球就是它扩展为三棱柱的外接球，求出正三棱柱的底面中心连线的中点到顶点的距离，就是球的半径，然后求球的表面积即可．
16．（2016·云南玉溪·三模（文））已知三棱锥的外接球为球，球的直径，且都是等边三角形，则三棱锥的体积是
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】
试题分析：取外接圆圆心，连接的中点即球心与，由球的性质可知与平面垂直，．在中，，故．又，故到平面的距离，因此，故选A．
考点：球的性质；三棱锥的体积的计算．
【方法点晴】本题主要考查了球的性质、三棱锥的体积的计算、勾股定理等知识的应用，解答中熟记球的相关性质，利用勾股定理得到到平面的距离，再利用三棱锥的体积公式，即可求解三棱锥的体积，着重考查了学生分析问题和解答问题的能力，以及推理与运算能力，试题有一定的难度，属于中档试题．
17．（2021·山西运城·高三开学考试（文））在三棱锥中，，，，则三棱锥外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
将三棱锥补全为长方体，各条棱分别为长方体的面对角线，根据长方体外接球为其体对角线的一半可求得所求的外接球半径，由球的表面积公式可得结果.
【详解】
可将三棱锥补为如下图所示的长方体，三棱锥的棱分别为长方体的面对角线，则长方体的外接球即为三棱锥的外接球.

设长方体的长、宽、高分别为，则，，
所求外接球的半径，
三棱锥的外接球的表面积.
故选：B.
【点睛】
关键点点睛：本题考查多面体外接球的求解问题，解题关键是能够通过将三棱锥补全为长方体，将问题转化为长方体外接球的求解.
18．（2021·全国全国·模拟预测）若一个圆柱的内切球（与圆柱的两底面以及每条母线均相切）的表面积为，则这个圆柱的体积为（ ）
A． B．2 C． D．
【答案】C
【分析】
根据给定条件求出球半径，再由圆柱的内切球与圆柱的关系可得圆柱的底面圆半径和高，然后代入体积公式计算即得.
【详解】
设球的半径为r，则，解得，
因半径为r的球是圆柱的内切球，则圆柱的高h等于其内切球直径2r，圆柱底面圆直径等于球的直径2r，
于是得圆柱的底面圆半径为1，高h=2，则，
所以这个圆柱的体积为.
故选：C
19．（2021·全国·高三专题练习（文））如图所示是古希腊数学家阿基米德的墓碑文，墓碑上刻着一个圆柱，圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等，相传这个图形表达了阿基米德最引以为自豪的发现，我们来重温这个伟大发现，圆柱的表面积与球的表面积之比为（ ）

A． B．2 C． D．
【答案】C
【分析】
设球的半径为，则圆柱的底面半径为，高为，分别求得圆柱和球的表面积，即可得答案.
【详解】
设球的半径为，则圆柱的底面半径为，高为．
圆柱的表面积，
球的表面积，
所以圆柱的表面积与球的表面积之比为.
故选：C
20．（2022·全国·高三专题练习）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､塌､踢皮球的活动，类似今日的足球.2006年5月20日，蹴鞠已作为非物质文化遗产经国务院批准列入第一批国家非物质文化遗传名录.已知某蹴鞠内切于三棱锥，面，，，，，则该蹴鞠的体积为（ ）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
由题意画出图形，利用等体积法求出三棱锥内切球的半径，再由球的体积公式求解．
【详解】
解：如图，

∵面，平面，∴，
又，且，
∴平面，可得，
∵，，，
∴三棱锥的体积；
表面积.
设三棱锥内切球的半径为，由等体积法可得：，
得.
∴内切球的体积为.
故选：B.
【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，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径，涉及内切球一般用等体积法求出内切球的半径.
21．（2021·天津市新华中学高三阶段练习）已知正方体的内切球(球与正方体的六个面都相切)的体积是，则该正方体的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
根据正方体内切球直径与棱长相等，结合已知条件及球体体积公式求正方体的棱长，进而求正方体的表面积.
【详解】
正方体性质知：内切球的直径等于棱长，
∴由题意，，得，
∴正方体表面积.
故选：C.
22．（2022·全国·高三专题练习）如图，在下列四个正方体中，，为正方体的两个顶点，，，为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线与平面不平行的是（ 　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】
利用线面平行判定定理逐项判断可得答案．
【详解】
对于选项A，OQ∥AB，OQ与平面MNQ是相交的位置关系，故AB和平面MNQ不平行：

对于选项B，由于AB∥CD∥MQ，结合线面平行判定定理可知AB∥平面MNQ：


对于选项C，由于AB∥CD∥MQ，结合线面平行判定定理可知AB∥平面MNQ：

对于选项D，由于AB∥CD∥NQ，结合线面平行判定定理可知AB∥平面MNQ：

故选：A．
23．（2022·上海·高三专题练习）一个水平放置的平面图形的直观图是一个底角为45°，腰和上底长均为1的等腰梯形，则该平面图形的面积等于（ ）

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
先求得，结合直观图与原图的关系求得原图的面积.
【详解】
在直观图中，，
所以原图是一个直角梯形，且上底为，下底为，高为，
所以原图的面积为
故选：D
24．（2022·上海·高三专题练习）如图，是的斜二测直观图，其中，斜边，则的面积是（ ）

A． B．1 C． D．
【答案】D
【分析】
由直观图得到原图可得答案.
【详解】
因为，所以，，且，
所以的面积是.
故选：D.

25．（2022·全国·高三专题练习）已知三条不同的直线和两个不同的平面，，则下列四个命题正确的是（ ）
A．若，，则 B．若，，则
C．若，，则 D．若，，则
【答案】D
【分析】
根据线面关系和面面关系的性质可依次判断.
【详解】
对A，若，，则和可能平行、相交或异面，故A错误；
对B，若，，则或，故B错误；
对C，若，，则和可能平行，也可能相交，故C错误；
对D，若，则存在，满足，若，则，所以，故D正确.
故选：D.
26．（2022·全国·高三专题练习）若a､b､c是空间三条不同的直线，则下列命题正确的是（ ）
A．若，则a､b､c共面 B．若a､b､c过同一点，则a､b､c共面
C．若，则 D．若，则
【答案】D
【分析】
ABC三项举出反例即可说明，D选项结合线线关系即可判定.
【详解】
A设确定的平面为，当时，a､b､c不共面，故A错误；
B不妨设a､b､c为三棱锥的三条侧棱所在直线，显然a､b､c共点，但是a､b､c不共面，故B错误；
C若为平面内的两条直线，且，显然满足，但是不一定平行，故C错误；
D若，则，故D正确；
故选：D.
27．（2022·全国·高三专题练习）设为不重合的平面，为不重合的直线，则其中正确命题的序号为（ ）
①，则；②，则；③，，则；④，则
A．①③ B．②③ C．②④ D．③④
【答案】D
【分析】
对于①，与相交或平行；对于②，与相交、平行或；对于③，由线面垂直的性质和面面垂直的判定定理得；对于④，由面面垂直的性质和线面垂直的判定定理得．
【详解】
对于①，，，则与相交或平行，故①错误；
对于②，，，，则与相交、平行或，故②错误；
对于③，，，，则由线面垂直的性质和面面垂直的判定定理得，故③正确；
对于④，，，，则由面面垂直的性质和线面垂直的判定定理得，故④正确．
故选：D
28．（2022·全国·高三专题练习）设是一条直线，，是两个平面，下列结论正确的是（ ）
A．若，，则 B．若，，则
C．若，，则 D．若，，则
【答案】C
【分析】
由线面平行的性质和面面的位置关系，可判断；由线面的位置关系可判断；由线面平行与垂直的性质定理和面面垂直的判定定理，可判断；由面面垂直的性质定理和线面的位置关系可判断．
【详解】
解：是一条直线，，是两个不同的平面，
若，，可得或、相交，故错误；
若，，可得或、与相交，故错误；
若，可得过的平面与的交线，由，可得，又，则，故正确；
若，，可得或，故错误．
故选：．
29．（2022·全国·高三专题练习）如图，点N为正方形ABCD的中心，△ECD为正三角形，平面ECD⊥平面ABCD，M是线段ED的中点，则（ ）

A．BM＝EN，且直线BM，EN是相交直线
B．BM≠EN，且直线BM，EN是相交直线
C．BM＝EN，且直线BM，EN是异面直线
D．BM≠EN，且直线BM，EN是异面直线
【答案】B
【分析】
取CD的中点O，连接EO，ON.建立如图所示的空间直角坐标系，计算后可得EN≠BM，BM，EN必相交.
【详解】
取CD的中点O，连接EO，ON.由△ECD是正三角形，可得.
因为平面ECD⊥平面ABCD，平面平面，平面，
故EO⊥平面ABCD，而平面，∴EO⊥CD，EO⊥ON.
又N为正方形ABCD的中心，∴ON⊥CD.
以O为坐标原点，方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．

不妨设AD＝2，
则，N(0,1,0)，，B(－1,2,0)，
∴，∴EN≠BM.
连接BD，BE，
∵点N是正方形ABCD的中心，∴点N在BD上，且BN＝DN，
∴BM，EN是△DBE的中线，∴BM，EN必相交．
故选：B.
30．（2022·全国·高三专题练习）底面为正三角形的直棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝8，AA1＝6，M，N分别为AB，BC的中点，则异面直线A1M与B1N所成的角的余弦值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
延长到，使得，证明，得异面直线A1M与B1N所成的角是（或其补角），然后求得线段长，用余弦定理可得余弦值．
【详解】
如图，延长到，使得，因为是中点，则，又，所以是平行四边形，，
所以异面直线A1M与B1N所成的角是（或其补角），
又是中点，所以，
，
三棱柱是正三棱柱，平面，平面，所以，
所以，
所以，
所以异面直线A1M与B1N所成的角的余弦值为．
故选：C．

31．（2022·全国·高三专题练习）在正方体中，，，，分别为，，，的中点，则直线与所成角的大小是（ ）．
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
首先把两条直线平移了有交点，再求其直线所成的角.
【详解】
如图连接，，则是的中点，

又为的中点，所以，连接，则是的中点，
又为的中点，所以，
于是是直线与所成的角或其补角．
易知是正三角形，所以．
故选：C
32．（2022·上海·高三专题练习）设､为两条直线，､为两个平面，则下列命题中假命题是（ ）
A．若，，，则
B．若，，，则
C．若，，，则
D．若，，，则
【答案】C
【分析】
本题要进行两平面平行与垂直的判断，只要利用两平面平行与垂直的性质定理以及平面的法向量之间的关系判断两平面平行与垂直即可得出答案.
【详解】
A.若，，，相当于两平面的法向量垂直，两个平面垂直，A正确；
B.若，，则，又，则平面内存在直线，所以，所以，B正确；
C.若，，，则可能相交，可能平行，C错误；
D.若，，，则的法向量平行，所以，D正确.
故选：C.
33．（2022·全国·高三专题练习）已知为异面直线，平面，平面．直线满足，，则（ ）
A．且
B．且
C．与相交，且交线垂直于
D．与相交，且交线平行于
【答案】D
【分析】
由已知条件，结合线面平行、线面垂直的判定与性质，即可得出正确结论.
【详解】
由平面， ，且，所以，又平面，，所以，故B错误，由直线为异面直线，且平面平面，则与相交，否则，若则推出，与异面矛盾，所以相交，且交线平行于，故AC错误，D正确.
故选：D．
34．（2022·全国·高三专题练习）下列命题中错误的是（ ）
A．如果平面平面，那么平面内一定存在直线平行于平面
B．如果平面平面，那么平面内所有直线都垂直于平面
C．如果平面平面，平面平面，，那么平面
D．如果平面不垂直于平面，那么平面内一定不存在直线垂直于平面
【答案】B
【分析】
对选项A，B，C可通过作图证明，对D，可以运用反证法的思维方式证明正确性.
【详解】
对A，如图，平面平面，，，若，由线面平行的判定定理可得，故A正确；由A可知，B错误；

对C，如图，设，，在内直线外任取一点，作，因为平面平面，所以，所以，作，因为平面平面，所以，所以，又因为，所以平面，故C正确；

对D，若平面内存在直线垂直于平面，根据面面垂直的判定，则有平面垂直于平面，与平面不垂直于平面矛盾，所以根据逆否命题可知，如果平面不垂直于平面，那么平面内一定不存在直线垂直于平面，故D正确.
故选：B
35．（2022·上海·高三专题练习）已知直二面角，直线在平面上，直线在平面上，且直线与直线不垂直，直线与直线不垂直，则以下判断正确的是（ ）
A．与可能垂直，但不可能平行
B．与可能垂直，也可能平行
C．与不可能垂直，但可能平行
D．与不可能垂直，也不可能平行
【答案】C
【分析】
利用空间中两直线的位置关系求解．
【详解】
解：是直二面角，直线在平面内，直线在平面内，且、与均不垂直，
当，且时，由平行公理得，即，可能平行，故与错误；
当，垂直时，则与在内的射影垂直，由于二面角是直二面角，在内的射影即为，则可证得，与已知矛盾，
与不可能垂直，有可能平行．
故选：C．
36．（2022·全国·高三专题练习）在正方体中P，Q分别是和的中点，则下列判断错误的是（ ）
A． B．平面
C． D．平面
【答案】D
【分析】
取中点，连接，通过证明平面可判断A；分别取中点，连接，可证明，即可证明，可判断C；进一步即可证明平面判断B；根据平面可判断D.
【详解】
取中点，连接，因为P，Q分别是和的中点，易得，又，平面，平面，，故A正确；
分别取中点，连接，易得且，
所以四边形为平行四边形，，又，，故C正确；
，，又，，平面，故B正确；
平面即为平面，显然平面，故D错误.
故选：D.

37．（2022·全国·高三专题练习）如图所示，在四边形中，，将沿折起，使得平面平面，构成四面体，则下列说法正确的是（ ）

A．平面平面 B．平面平面
C．平面平面 D．平面平面
【答案】D
【分析】
在四边形中，由已知条件可得，而在四面体中，由平面平面，结合面面垂直的性质定理可得平面，从而有，再由线面垂直的判定定理可得平面，再利用面面垂直的判定定理可得结论
【详解】
∵在四边形中，，
∴，∵，
∴，
∴，∴．
又在四面体中，平面平面，且平面平面，故平面，∴，又，∴平面，
又平面，∴平面平面．
故选：D


二、填空题
38．（2021·黑龙江·佳木斯一中高三阶段练习（理））在直三棱柱中，.若该直三棱柱的外接球表面积为，则此三棱柱的高为__________.
【答案】
【分析】
由题意画出图形，把直三棱柱补形为正四棱柱，设其高为，把正四棱柱外接球的半径用含有的代数式表示，代入球的表面积公式求解．
【详解】

在直三棱锥中，
，，又，
直三棱柱的底面为等腰直角三角形，
把直三棱柱补成正四棱柱，则正四棱柱的体对角线是其外接球的直径，
设，分别为，的中点，则的中点为球心，
设直三棱柱的高为，则球的半径，
故表面积为，解得．
故答案为：
39．（2022·全国·高三专题练习）已知在四面体中，，则四面体的外接球表面积为______.
【答案】
【分析】
把四面体补成为一个长方体，利用长方体求出外接球的半径，即可求出外接球表面积.
【详解】
对于四面体中，因为，
所以可以把四面体还原为一个长方体，如图：

设从同一个顶点出发的三条边长分别为x、y、z，则有：
，解得：
点A、B、C、D均为长、宽、高分别为，，的长方体的顶点，
且四面体的外接球即为该长方体的外接球，
于是长方体的体对角线即为外接球的直径，
不妨设外接球的半径为，∴，
∴外接球的表面积为.
故答案为：.
40．（2022·全国·高三专题练习）正六棱柱的底面边长为4，高为6，则它的外接球(正六棱柱的顶点都在此球面上)的表面积为____．
【答案】100π
【分析】
根据正六棱柱与外接球的关系求得球半径后可得球表面积．
【详解】
依题意，该正六棱柱的外接球的球心应是上、下底面中心连线的中点，∴其半径等于＝5，其表面积等于4π×25＝100π.
故答案为：．
41．（2021·广西柳州·高三开学考试（文））已知长方体中，，，，则该长方体的外接球（长方体的八个顶点都在球面上）的表面积等于___________.
【答案】
【分析】
根据长方体的外接球的直径是长方体的体对角线，求得外接球的半径即可.
【详解】
因为长方体中，，，，
且长方体的外接球的直径是长方体的体对角线，
所以，
解得，
所以外接球的表面积为 ，
故答案为：
42．（2022·全国·高三专题练习（理））若球О是直三棱柱的外接球，三棱柱的高和体积都是4，底面是直角三角形，则球О表面积的最小值是___________.
【答案】
【分析】
由题意作图，可得外接球半径R满足，根据题意可得，
由球的表面积公式可得，结合基本不等式即可得出结果.
【详解】
由题意得，在底面直角三角形中，设，，如图，
设三棱柱的外接球的半径为R，则，
又三棱柱的高和体积都为4，所以，得，
所以三棱柱外接球的表面积为：

(当且仅当时等号成立)，
所以外接球的表面积的最小值为.
故答案为：

43．（2021·甘肃白银·模拟预测（理））已知四棱锥的底面是矩形，其中，侧棱底面，且直线与所成角的余弦值为，则四棱锥的外接球表面积为___________.
【答案】
【分析】
利用异面直线所成的角可求的长度，将四棱锥补成长方体后可求外接球的直径，从而可求外接球的表面积.
【详解】

如图，因为，故或其补角为异面直线与所成的角，
因为平面，平面，故，
故为锐角，故，故，故.
将该四棱锥补成如图所示的长方体：

则该长方体的外接球即为四棱锥的外接球，其直径为，
故表面积为.
故答案为：.
44．（2020·重庆市第二十九中学校高三阶段练习）已知某圆柱的侧面积为，当此圆柱的外接球体积最小时，它的高为________.
【答案】
【分析】
设圆柱的底面半径为，高为，圆柱的外接球半径为，
由圆柱的侧面积公式可得，外接球的体积最小即外接球的半径最小，再由勾股定理结合基本不等式求最值.
【详解】
设圆柱的底面半径为，高为，圆柱的外接球半径为，
则，即，
外接球的体积最小即最小，，
当且仅当时等号成立，故此时.
故答案为：.
45．（2021·全国·高三专题练习）已知正三棱柱的体积为54，，记三棱柱的外接球为球，则外接球的表面积是__________．
【答案】
【分析】
先求出底面三角形的面积，以及底面外接圆半径，根据体积，得出正三棱柱的高，进而可求出外接球的半径，从而可得出外接球的表面积.
【详解】
因为正三棱柱的底面积，
底面外接圆半径，
所以正三棱柱的高，
所以外接球的半径，则，
故答案为：．
46．（2019·全国·高三专题练习）已知棱长为的正方体的外接球表面积等于内切球体积的6倍，则实数________．
【答案】3
【分析】
由正方体外接球的直径为正方体的体对角线的长，内切球的直径为正方体的棱长，求正方体外接球与内接球的半径，利用已知列出关于a的方程进行求解.
【详解】
设正方体的外接球半径为R，内接球半径为r，则，，，，因为正方体的外接球表面积等于内切球体积的6倍，所以，，解得，故答案为3.
【点睛】
本题考查空间想象能力，空间几何体的面积与体积计算，常见组合体的关系，属于中档题.
47．（2019·天津·二模（文））球O是正方体ABCD−A1B1C1D1的外接球，若正方体ABCD−A1B1C1D1的表面积为S1，球O的表面积为S2，则S1S2=__________．
【答案】2π
【解析】
【分析】
分别计算正方体与外接球的表面积计算比值即可.
【详解】
设正方体的棱长为a,其外接球的直径为正方体的体对角线3a，即半径r=3a2，则外接球的表面积S2=4πr2=4π3a24=3πa2，正方体的表面积S1=6a2，则S1S2=6a23πa2=2π.
故答案为：2π.
【点睛】
本题考查正方体的与球的组合体，其中正方体的外接球的直径为正方体的体对角线，内切球的直径为正方体的棱长，与正方体各侧棱相切的球的直径为正方体的面对角线.
48．（2021·宁夏·六盘山高级中学一模（文））三棱锥中，面，，，则三棱锥的外接球表面积为________.
【答案】
【分析】
根据题中条件，得到，可将该三棱锥放在一个底面边长为，高为的长方体中，该三棱锥的外接球，即是该长方体的外接球，设外接球半径为，根据题中条件求出半径，即可得出球的表面积.
【详解】
因为面，，，
所以，则，
所以可将该三棱锥放在一个底面边长为，高为的长方体中，如图；
则该三棱锥的外接球，即是该长方体的外接球，设外接球半径为，
又长方体的外接球直径等于体对角线的长，
则，
所以三棱锥的外接球表面积为.

故答案为：.
【点睛】
本题主要考查求几何体外接球的表面积，熟记球的表面积公式，以及几何体的结构特征即可，属于常考题型.