新高考数学二轮复习培优讲义17 空间几何体的结构和内切 外切球问题 （含解析）

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解密17 空间几何体的体积和内切 外切球问题
【考点解密】
1．多面体的结构特征
名称
棱柱
棱锥
棱台
图形



含义
①有两个面互相平行且全等，其余各面都是平行四边形．
②每相邻两个四边形的公共边都互相平行
有一个面是多边形，其余各面都是有一个公共顶点的三角形的多面体
用一个平行于棱锥底面的平面去截棱锥，截面和底面之间的部分
侧棱
平行且相等
相交于一点但不一定相等
延长线交于一点
侧面形状
平行四边形
三角形
梯形

2.旋转体的结构特征
名称
圆柱
圆锥
圆台
球
图形




母线
互相平行且相等，垂直于底面
相交于一点
延长线交于一点

轴截面
全等的矩形
全等的等腰三角形
全等的等腰梯形
圆
侧面展开图
矩形
扇形
扇环

3.三视图与直观图
三视图
画法规则：长对正、高平齐、宽相等
直观图
斜二测画法：(1)原图形中x轴、y轴、z轴两两垂直，直观图中x′轴、y′轴的夹角为45°或135°，z′轴与x′轴和y′轴所在平面垂直．
(2)原图形中平行于坐标轴的线段在直观图中仍平行于坐标轴，平行于x轴和z轴的线段在直观图中保持原长度不变，平行于y轴的线段在直观图中长度为原来的一半.

4.多面体的表面积、侧面积
因为多面体的各个面都是平面，所以多面体的侧面积就是所有侧面的面积之和，表面积是侧面积与底面面积之和．

5．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式

圆柱
圆锥
圆台
侧面展开图



侧面积公式
S圆柱侧＝2πrl
S圆锥侧＝πrl
S圆台侧＝π(r1＋r2)l

6.柱、锥、台、球的表面积和体积
名称
几何体　　
表面积
体积
柱体(棱柱和圆柱)
S表面积＝S侧＋2S底
V＝Sh
锥体(棱锥和圆锥)
S表面积＝S侧＋S底
V＝Sh
台体(棱台和圆台)
S表面积＝S侧＋S上＋S下
V＝(S上＋S下＋)h
球
S＝4πR2
V＝πR3













【方法技巧】

1．多面体与球接、切问题求解策略
(1)截面法：过球心及多面体中的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系．
(2)补形法： “补形”成为一个球内接长方体，则利用4R2＝a2＋b2＋c2求解．
2．球的切、接问题的常用结论
(1)长、宽、高分别为a，b，c的长方体的体对角线长等于外接球的直径，即＝2R.
(2)若直棱柱(或有一条棱垂直于一个面的棱锥)的高为h，底面外接圆半径为x，则该几何体外接球半径R满足R2＝＋x2.
(3)外接球的球心在几何体底面上的投影，即为底面外接圆的圆心．
(4)球(半径为R)与正方体(棱长为a)有以下三种特殊情形：一是球内切于正方体，此时2R＝a；二是球与正方体的十二条棱相切，此时2R＝a；三是球外接于正方体，此时2R＝a.

【核心题型】
题型一：利用三视图求直视图的体积问题
1．（2023·四川·校联考一模）如图，网格纸上绘制的是一个四棱台的三视图，网格小正方形的边长为1，则该多面体的体积为（    ）

A． B． C． D．7
【答案】C
【分析】根据三视图，结合体积公式直接求解即可.
【详解】由题知该四棱台的上底面是边长为的正方形，下底面是边长为的正方形，高为.
所以，
故选：C
2．（2023·广西桂林·统考模拟预测）如图，已知某个几何体的三视图，根据图中标出的尺寸（单位：mm），可得这个几何体的体积是（    ）

A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】根据三视图得到几何体是四棱锥，得到边长数据，计算体积得到答案.
【详解】由三视图可得几何体是四棱锥，其中面面；
底面是边长分别为200和300的长方形；棱锥的高是200，
由棱锥的体积公式得，
故选：D

3．（2023秋·广西河池·高三统考期末）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（    ）

A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】根据三视图可得，该几何体是以个正方体内挖去一个底面直径为正方体棱长且等高的圆锥，代入体积计算公式即可求解.
【详解】由三视图可知：该几何体是一个棱长为的正方体内挖去一个底面半径为，高为的圆锥，

由正方体和圆锥的体积计算公式可得：
，
故选：.

题型二：利用三视图求直视图的面积问题
4．（2022·四川雅安·统考一模）如图，网格纸上绘制的是一个多面体的三视图，网格小正方形的边长为1，则构成该多面体的面中最大的面积为（    ）

A． B．9 C． D．
【答案】D
【分析】根据三视图可得多面体为三棱锥，结合条件及正方体的性质即得.
【详解】由三视图可得该多面体为三棱锥，借助棱长为3的正方体画出三棱锥，如图，

则，
所以，，
，，
所以构成该多面体的面中最大的面积为.
故选：D.
5．（2022·河南·校联考模拟预测）下图为某四面体的三视图，则该几何体的表面积为（    ）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】在长方体中画出该四面体，再由余弦定理以及面积公式求解.
【详解】由题意得该四面体ABCD的直观图如图所示，图中长方体的棱长分别为2，1，，
则，，，四面体ABCD的四个面的面积均相等，，，则四面体ABCD的表面积为.

故选：B
6．（2021秋·江西抚州·高三校考期末）一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积（    ）

A．26 B．36 C．48 D．35
【答案】C
【分析】由三视图可得，该几何体是由一个长方体中间挖掉一个圆柱得到的，再根据长方体和圆柱的表面积公式即可得解.
【详解】由三视图可得，该几何体是由一个长方体中间挖掉一个圆柱得到的，
其中长方体的长为，宽为，高为，
圆柱的高为，底面圆的半径为，
则.

故选：C.

题型三：几何体的体积的求法
7．（2023·浙江嘉兴·统考模拟预测）《九章算术·商功》中记载：“斜解立方，得两堑堵.斜解堑堵，其一为阳马，一为鳖臑，不易之率也.”我们可以翻译为：取一长方体，分成两个一模一样的直三棱柱，称为堑堵.再沿堑堵的一顶点与相对的棱剖开，得一个四棱锥和一个三棱锥，这个四棱锥称为阳马，这个三棱锥称为鳖臑.现已知某个鳖臑的体积是1，则原长方体的体积是（    ）
A．8 B．6 C．4 D．3
【答案】B
【分析】根据柱体和锥体体积公式求得正确答案.
【详解】如图所示，原长方体，
设矩形的面积为，，
鳖臑的体积为，
即，所以，
即原长方体的体积是.
故选：B

8．（2023·湖北·统考模拟预测）截角四面体是一种半正八面体，可由四面体经过适当的截角而得到．如图，将棱长为6的正四面体沿棱的三等分点作平行于底面的截面截角得到所有棱长均为2的截角四面体，则该截角四面体的体积为（    ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】求出棱长为1的正四面体的体积结合条件即得.
【详解】截角四面体的体积为大正四面体的体积减去四个相等的小正四面体体积，
因为棱长为1的正四面体的高，
则棱长为1的正四面体的体积，
所以该截角四面体的体积为．
故选：C．
9．（2023·江西南昌·统考一模）对食道和胃粘膜有刺激性的粉末或颗粒，或口感不好、易于挥发、在口腔中易被唾液分解，以及易吸入气管的药需要装入胶囊，既保护了药物药性不被破坏，也保护了消化器官和呼吸道．在数学探究课中某同学设计一个“胶囊形”的几何体，由一个圆柱和两个半球构成，已知圆柱的高是底面半径的4倍，若该几何体表面积为，则它体积为（    ）

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】设圆柱的底面半径为，可求得该几何体表面积为，解得，进而求出该几何体的体积．
【详解】∵设圆柱的底面半径为，则球的半径为，圆柱的高是，
∴圆柱的侧面积为，两个半球的表面积为，
∴该几何体表面积为，解得，
∴该几何体的体积为．
故选：D．

题型四：几何体的表面积求法
10．（2023春·广东惠州·高三校考阶段练习）河南博物院主展馆的主体建筑以元代登封古观星台为原型，经艺术夸张演绎成“戴冠的金字塔”造型，冠部为“方斗”形，上扬下覆，取上承“甘露”、下纳“地气”之意．冠部以及冠部下方均可视为正四棱台．已知一个“方斗”的上底面与下底面的面积之比为，高为2，体积为，则该“方斗”的侧面积为（    ）

A．24 B．12 C． D．
【答案】D
【分析】根据题意得正四棱台的侧面为四个等腰梯形，先计算侧面的高，然后利用梯形的面积公式代入计算即可.
【详解】由题意可知，记正四棱台为，其底面为正方形，
侧面为四个等腰梯形，把该四棱台补成正四棱锥如图，

设是底面上与的交点，是底面上与的交点
则是正四棱锥的高，为正四棱台的高，
设，，则上、下底面的面积分别为、，
由题意，所以，
在中，，所以为PA的中点，
在中，，所以，所以，
又，解得，，
所以，
所以侧棱长是，由勾股定理可得侧面的高为，
所以侧面积为.
故选：D
11．（2023·全国·模拟预测）如图1是一栋度假别墅，它的屋顶可近似看作一个多面体，图2是该屋顶的结构示意图，其中四边形ABFE和四边形DCFE是两个全等的等腰梯形，，和是两个全等的正三角形.已知该多面体的棱BF与平面ABCD所成的角为45°，，，则该屋顶的表面积为（    ）

A．100 B． C．200 D．
【答案】D
【分析】过点F作平面ABCD，O为垂足，作于点N，连接OB，ON，通过线面垂直的性质定理可得，通过几何关系可算出，即可得到答案
【详解】如图，过点F作平面ABCD，O为垂足，作于点N，连接OB，ON，
则，
因为平面ABCD，平面ABCD，
所以，
易知，∴.
在直角三角形FON中，易知，∴，
∴在直角三角形FBN中，，
∴，∴，，∴该屋顶的表面积为，

故选：D.
12．（2023·河南平顶山·叶县高级中学校联考模拟预测）如图，在四面体ABCD中，，，，则四面体ABCD外接球的表面积为（    ）

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据题意分析可知平面ACE，根据外接球的性质以及四面体ABCD的结构特征确定四面体ABCD的外接球的球心所在位置，进而可求半径和面积.
【详解】如图1，取BD的中点E，由，，可得，
又，所以为等边三角形．
由，，可得，，
，平面ACE
则平面ACE，

如图2，延长AE至Q，使得，延长CE至P，使得，
∵的外接圆的直径，即，
故易知P为的外心，Q为的外心，过点P作平面BCD的垂线，过点Q作平面ABD的垂线，两垂线的交点O就是四面体ABCD外接球的球心．

由，，可得，
在中，，
故四面体ABCD外接球的表面积为．
故选：A.
【点睛】结论点睛：
（1）球的任何截面均为圆面；
（2）球心和截面圆心的连线垂直于该截面，故外接球的球心位于过底面的外心的垂线上.

题型五：几何体的内切（外切）球问题
13．（2023·广东·校联考模拟预测）已知四棱锥的五个顶点都在球面O上，底面ABCD是边长为4的正方形，平面平面ABCD，且，则球面O的表面积为（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】如图，取中点为E，三角形外接圆圆心为，正方形ABCD外接圆圆心为，过做平面，底面ABCD垂线，则两垂线交点为四棱锥外切球球心O.由题目条件，可证得四边形为矩形，设外接球半径为R，则.后可得答案.
【详解】如图，取中点为E，三角形外接圆圆心为，正方形ABCD外接圆圆心为，过作平面，底面ABCD垂线，则两垂线交点为四棱锥外接球球心O.
因平面平面ABCD，平面平面ABCD，，平面，则平面ABCD.又平面ABCD，则.
因，则四边形为矩形.
设三角形外接圆半径为，则，又则.
则，设外接球半径为R，则，又，
则，则球O表面积为：.
故选：C.

14．（2023·河南焦作·统考模拟预测）在直三棱柱中，为等边三角形，若三棱柱的体积为，则该三棱柱外接球表面积的最小值为（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据直三棱柱的体积得到，根据直三棱柱外接球半径的求法得到，然后构造函数，求导得到的最小值，即可得到外接球表面积的最小值.
【详解】设直三棱柱的高为，外接球的半径为，外接圆的半径为，则，所以，又，令，则，易知的最小值为，此时，所以该三棱柱外接球表面积的最小值为.
故选：A.
15．（2023·山西晋中·统考二模）我国古代《九章算术》将底面为矩形的棱台称为刍童．若一刍童为正棱台，其上、下底面分别是边长为和的正方形，高为1，则该刍童的外接球的表面积为（    ）
A．16π B．18π C．20π D．25π
【答案】C
【分析】根据题意，作出图形，设该刍童外接球的球心为O，半径为R，分两种情况讨论，分别根据条件列出方程组，即可求出外接球半径，代入球的表面积公式计算即可求解.
【详解】设该刍童外接球的球心为O，半径为R，上底面中心为，下底面中心为，则由题意，，，，．
如图，当O在的延长线上时，设，则在中，①，
在中，②，
联立①②得，，所以刍童外接球的表面积为20π．
同理，当O在线段上时，设，
则有，，解得，不满足题意，舍去．
综上所述，该刍童外接球的表面积为20π．

故选：.


【高考必刷】
一、单选题
16．（2023春·重庆沙坪坝·高三重庆八中校考阶段练习）某药厂制造一种药物胶囊，如图所示，胶囊的两端为半球形，半径，中间可视为圆柱，若该种胶囊的表面积为，则该种胶囊的体积为（    ）

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】设圆柱高为，左、右两端半球形半径为，其表面积为S，胶囊的体积为，由圆柱侧面积和球的表面积公式列出等式，用表示出，然后由圆柱与球体积公式求得并代入已知可得．
【详解】设圆柱高为，左、右两端半球形半径为，其表面积为S，胶囊的体积为，依题意，
，故，将代入可得，
故选：A
17．（2023春·四川成都·高三四川省成都市玉林中学校考阶段练习）已知三棱锥中，若是正三角形且，平面，则三棱锥的外接球的表面积为（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】证明出，将三棱锥补成正方体，可求出该三棱锥的外接球的半径，再利用球体的表面积公式可求得结果.
【详解】因为平面，、平面，所以，，，
因为，，，则，
所以，，即，
将三棱锥补成正方体，如下图所示：

所以，三棱锥的外接球直径即为正方体的体对角线长，
故三棱锥的外接球直径为，得，
因此，三棱锥的外接球的表面积为.
故选：B.
18．（2023·河北邢台·校联考模拟预测）在四棱台中，底面是边长为4的正方形，其余各棱长均为2，设直线与直线的交点为，则四棱锥的外接球的体积为（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】先确定四棱锥为正四棱锥，从而得出外接球的球心在直线上，再由勾股定理确定半径，进而得出四棱锥的外接球的体积.
【详解】设与相交于点因为四棱台为正四棱台，直线与直线
的交点为，所以四棱锥为正四棱锥，所以平面.
四棱锥的外接球的球心在直线上，连接，设该外接球的半径为.
因为平行于，所以，，.
所以，即，解得，
则四棱锥的外接球的体积为.
故选：A

19．（2023·湖南·模拟预测）在意大利，有一座满是“斗笠”的灰白小镇阿尔贝罗贝洛，这些圆锥形屋顶的奇特小屋名叫Trullo，于1996年被收入世界文化遗产名录，现测量一个Trullo的屋顶，得到母线SA长为6米（其中S为圆锥顶点，O为圆锥底面圆心），C是母线SA的靠近点S的三等分点．从点A到点C绕圆锥顶侧面一周安装灯带，若灯带的最短长度为米，则圆锥的SO的体积为（    ）

A．立方米 B．立方米 C．立方米 D．立方米
【答案】C
【分析】设圆锥底面半径为r，如图，根据余弦定理得到，计算，，再计算体积得到答案.
【详解】设圆锥底面半径为r，如图，扇形是圆锥的侧面展开图，

中，，，，所以，
所以，所以，，
，
所以圆锥的体积为（立方米），
故选：C
20．（2023·福建福州·统考二模）已知三棱锥的四个顶点都在球的球面上，， ，则球的体积为（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】过点作平面，垂足为，结合可得为的外心，则，则，可得，进而可得，设为球心，为球的半径，结合勾股定理可得，进而求解.
【详解】过点作平面，垂足为，
因为，
所以为的外心，
则（为的外接圆半径），
则，所以，
,
设为球心，为球的半径，则，
因为，
解得，
所以球的体积为.
故选：C.

21．（2023·安徽·统考一模）在三棱锥中，底面，则三棱锥外接球的表面积为（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】求得外接球的半径，进而求得外接球的表面积.
【详解】由，得，
所以的外接圆半径，
由于底面，所以外接球的半径，
所以外接球的表面积.
故选：B
22．（2023·江西赣州·统考一模）古希腊数学家帕普斯在《数学汇编》第三卷中记载着一个确定重心的定理：“如果同一平面内的一个闭合图形的内部与一条直线不相交，那么该闭合图形围绕这条直线旋转一周所得到的旋转体的体积等于闭合图形面积乘以该闭合图形的重心旋转所得周长的积”，即（V表示平面图形绕旋转轴旋转的体积，S表示平面图形的面积，表示重心绕旋转轴旋转一周的周长）.已知Rt△ACB中，，则△ACB的重心G到AC的距离为（    ）
A． B． C．1 D．2
【答案】B
【分析】根据题意，用式子分别表示出圆锥体积、三角形面积以及重心绕旋转轴旋转一周的周长，进而求出距离.
【详解】直角三角形绕旋转一周所得的圆锥的体积为；
三角形的面积，记重心到的距离为，
由，可得，解得，
所以的重心G到的距离为.
故选：B.
23．（2023·辽宁阜新·校考模拟预测）已知矩形ABCD中，AB=8，取AB、CD的中点E、F，沿直线EF进行翻折，使得二面角的大小为120°，若翻折后A、B、C、D、E、F都在球上，且球的体积为，则AD=（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】作出图形，根据外接球与几何的的对称关系确定球心，再利用勾股定理确定半径即可求解.
【详解】作出图形如图，

记三角形外接圆的圆心为，则为外接圆的半径，
因为二面角的大小为120°，
且，所以，
所以，
由正弦定理可得,所以，则
又因为球的体积为,所以，即，
在直角三角形中，所以,
所以，
故选：A.
24．（2023·陕西咸阳·陕西咸阳中学校考模拟预测）已知三棱锥的所有顶点都在球的球面上，， 二面角的大小为，若球的表面积等于，则三棱锥的体积等于（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】作出辅助线，找到球心，求出外接球半径，求出底面积和高，得到三棱锥的体积.
【详解】取的中点，连接，
因为， 所以到的距离相等，
故即为球心.

由球的表面积等于，设外接球半径为，故，
解得，过作垂直于于点，
因为，，所以，同理，
因为二面角的大小为，所以,
故三棱锥的高为，
其中，
所以三棱锥的体积.
故选：A
【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
25．（2023春·河南·高三洛宁县第一高级中学校联考阶段练习）在很多人的童年中都少不了折纸的乐趣，而现如今传统意义上的手工折纸与数学联系在一起，并产生了许多需要缜密论证的折纸问题.有一张直角梯形纸片ABCD,ADBC，∠A=90°，AD=1，BC=2，E为AB的中点，将△ADE和△BCE分别沿DE，CE折起，使得点A，B重合于P，构成三棱锥P-CDE，且三棱锥P-CDE的底面和侧面PCD均为直角三角形.若三棱锥P-CDE的所有顶点都在球O的表面上，则球O的表面积为（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据题意可判断，，进而根据直角三角形的性质可判断外接球的球心位置，即可利用三角形的边角关系求解.
【详解】在三棱锥P-CDE的侧面PCD中，如果∠CPD=90°，则三条侧棱PC，PE，PD两两垂直，底面CDE不可能为直角三角形，故，又，则.
在直角梯形ABCD中，因为，所以在三棱锥平面PCD ，则PE⊥平面PCD，又CD平面PCD，所以PE⊥CD，又因为CD⊥PD，平面PDE, 所以CD⊥平面PDE，又平面PDE，所以CD⊥DE，即.所以三棱锥P-CDE外接球的球心为CE的中点O，半径为OC.
在△PCD中，∠PDC=90°，PD=1，PC=2，则.在直角梯形ABCD中，作DH⊥BC于H，，则，且有，所以外接球O的半径为，球O的表面积为.

故选:A

二、多选题
26．（2023·广东江门·统考一模）勒洛Franz Reuleaux（1829～1905），德国机械工程专家，机构运动学的创始人.他所著的《理论运动学》对机械元件的运动过程进行了系统的分析，成为机械工程方面的名著.勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，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，因此它能像球一样来回滚动.勒洛四面体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相交部分围成的几何体.如图所示，设正四面体的棱长为2，则下列说法正确的是（    ）

A．勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为
B．勒洛四面体被平面截得的截面面积是
C．勒洛四面体表面上交线的长度为
D．勒洛四面体表面上任意两点间的距离可能大于2
【答案】ABD
【分析】A选项：求出正四面体的外接球半径，进而得到勒洛四面体的内切球半径，得到答案；B选项，作出截面图形，求出截面面积；C选项，根据对称性得到交线所在圆的圆心和半径，求出长度；D选项，作出正四面体对棱中点连线，在C选项的基础上求出长度.
【详解】A选项，先求解出正四面体的外接球，如图所示：
取的中点，连接，过点作于点，则为等边的中心，
外接球球心为，连接，则为外接球半径，设，

由正四面体的棱长为2，则，，
，
，，
由勾股定理得：，即，
解得：，
此时我们再次完整的抽取部分勒洛四面体，如图所示：

图中取正四面体中心为，连接交平面于点，交于点，其中与共面，其中即为正四面体外接球半径，
设勒洛四面体内切球半径为，则，故A正确；
B选项，勒洛四面体截面面积的最大值为经过正四面体某三个顶点的截面，如图所示：

面积为，B正确；
C选项，由对称性可知：勒洛四面体表面上交线所在圆的圆心为的中点，
故，又，
由余弦定理得：，
故，且半径为，故交线的长度等于，C错误；
D选项，将正四面体对棱所在的弧中点连接，此时连线长度最大，如图所示：
连接，交于中点，交于中点，连接，则，
则由C选项的分析知：，

所以，
故勒洛四面体表面上两点间的距离可能大于2，D正确.
故选：ABD
【点睛】勒洛四面体考试中经常考查，下面是一些它的性质：
①勒洛四面体上两点间的最大距离比四面体的棱长大，是对棱弧中点连线，最大长度为，
②表面6个弧长之和不是6个圆心角为60°的扇形弧长之和，其圆心角为，半径为.
27．（2023·山东泰安·统考一模）如图，正方形ABCD的边长为1，M，N分别为BC，CD的中点，将正方形沿对角线AC折起，使点D不在平面ABC内，则在翻折过程中，以下结论中正确的是（    ）

A．异面直线AC与BD所成的角为定值
B．三棱锥的外接球的表面积为
C．存在某个位置，使得直线AD与直线BC垂直
D．三棱锥体积的最大值为
【答案】ABD
【分析】利用线面垂直的性质判断A；易知外接球球心是中点求解判断B；利用垂直的转化通过反证法可判断C选项；利用等积法判断D选项.
【详解】对于A，取中点，连接，则，且，所以平面，所以，异面直线与所成的角为，为定值，故选项A正确；

对于B，因为OA=OB=OC=OD，所以外接球球心是，所以外接球半径，
∴四面体的外接球体积为，故B正确．
对于C，若直线与直线垂直，
∵直线与直线也垂直，则直线平面，
∴直线直线，又，∴平面，∴，
而是以和为腰长的等腰三角形，与题意不符，故C错误；
对于D，，当平面平面时三棱锥体积取最大值，
此时，故选项D正确.
故选：ABD.
28．（2023·福建泉州·统考三模）在长方体中，，，点、在底面内，直线与该长方体的每一条棱所成的角都相等，且，则（    ）

A．
B．点的轨迹长度为
C．三棱锥的体积为定值
D．与该长方体的每个面所成的角都相等
【答案】BCD
【分析】将长方体补成正方体，连接、、、，设，，确定点的位置，求出的长，可判断A选项；确定点的轨迹，求出点的轨迹的长度，可判断B选项；利用锥体的体积公式可判断C选项；利用线面角的定义可判断D选项.
【详解】如下图所所示，将长方体补成正方体，
连接、、、，设，，

易知与正方体的每一条棱所成的角都相等，
所以，与底面的交点即为点.
对于A选项，，A错；
对于B选项，因为平面，平面，则，
又因为四边形为正方形，则，
因为，、平面，所以，平面，
因为平面，所以，，同理，，
因为，、平面，则平面，
故平面，
因为，所以，平面，即平面，
又因为平面，平面平面，所以，，
所以，点的轨迹为线段，且，B对；
对于C选项，记点到平面的距离为，
由，
因为，则，则，故点为的中点，
同理可知，为的中点，所以，，
因为，，故四边形为平行四边形，所以，，
所以，，
因为平面，平面，则平面，
所以，点到平面的距离为定值，
又因为的面积为定值，所以，三棱锥为定值，C对；
对于D选项，因为到平面、平面、平面的距离都相等，
易知，直线与正方体的每个面所成的角都想等，
所以，与长方体的每一个面所成的角都相等，D对.
故选：BCD.
【点睛】方法点睛：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.
29．（2023·浙江嘉兴·统考模拟预测）已知正方体的棱长为2，，分别为，的中点，且与正方体的内切球（为球心）交于，两点，则下列说法正确的是（    ）
A．线段的长为
B．过，，三点的平面截正方体所得的截面面积为
C．三棱锥的体积为
D．设为球上任意一点，则与所成角的范围是
【答案】BCD
【分析】过，，三点的截面为正六边形，球心为其中心，作出图形在正六边形中求出判断A，求出正六边形面积判断B，由等体积法求出三棱锥体积判断C，分析与所成角的最大最小值判断D.
【详解】过，，三点的截面为正六边形，球心为其中心，如图，

在正六边形中，，点到的距离为，，
所以，故A错误；
正六边形的面积，故B正确；，故C正确；
、、为球的切线，故当为中点时，与所成角最小为0，当为或的中点时，与所成角最大为，故D正确.
故选：BCD.
30．（2023·山西·校联考模拟预测）已知正方体的棱长为2，其外接球的球心为，点满足，过点的平面平行于和，则（    ）
A．平面平面
B．平面平面
C．当时，平面截球所得截面的周长为
D．平面截正方体所得截面的面积为定值
【答案】ABC
【分析】根据题意画出图形，根据面面平行定理可先证明出平面平面，再根据平行传递性可证明出平面平面，最后根据点P位置即可判断平面与正方体截面面积的关系，也可得出平面截球所得截面圆的半径，以此求出周长.
【详解】根据题意作出如下图

⸪平面且，
⸫平面且平面，平面，平面，
⸫平面平面，A正确；
⸪平面，平面
⸫平面平面，且平面平面
⸫平面平面，B正确；
当时，设此时平面截球所得截面圆心为，此时点P为中点，故，由题可知正方体外接圆半径为，
根据勾股定理可知圆半径为，
故圆周长为，故C正确；
由图可知，平面截正方体所得截面是一个一边长不变，另一边长随点P在上的位置的变化而变化的矩形，所以平面截正方体所得截面面积不是定值，故D错误．
故选：ABC．
31．（2023·湖南株洲·统考一模）已知三棱锥的所有棱长均相等，其外接球的球心为O．点E满足，过点E作平行于和的平面，分别与棱相交于点，则（    ）
A．当时，平面经过球心O
B．四边形的周长随的变化而变化
C．当时，四棱锥的体积取得最大值
D．设四棱锥的体积为，则
【答案】ACD
【分析】说明平面为正方形，从而推出其对角线交点到三棱锥各顶点的距离相等，即可判断A；设三棱锥棱长，求得四边形的周长，可判断B；当时，利用线面位置关系求出四棱锥的底面积和高的表达式，可得体积的表达式，利用导数判断其最值，判断C；求得四棱锥的体积的表达式，计算，可判断D.
【详解】对于A选项，因为平面，平面，
平面平面，
，同理可得，所以，同理，
所以，四边形为平行四边形，则，
取线段的中点M，连接，

因为，M为的中点，所以，同理，
因为平面，所以平面，
平面，，
当时，则E为的中点，则F为中点，同理E为的中点，则H为中点，
则，
因为，
所以四边形为正方形，
连接，交于，则,
由三棱锥的所有棱长均相等，则,
可知，H为的中点，
故，同理,
又，故,
则，即即为外接球的球心O，
故当时，平面即经过球心O，A正确；
对于B，设三棱锥的棱长为a,
由（1）知且四边形为平行四边形，,
所以,
同理，所以四边形的周长为，
即四边形的周长不随的变化而变化，B错误；
对于C，由以上分析可得，，
故，
设交于N，交于R，连接,

因为平面，平面，
平面平面，
，
由于平面， ,故平面，
平面，故平面平面，
平面平面，
过点M作,垂足为T，并延长交于Q，则，平面,
则平面,
即的长即为间的距离，也为A点到平面的距离，
由，可知，
由于，则，而，故Q为的中点，
故，故，则，
故四棱锥的体积,
令，则，
令，则或（舍去），
当时，，在上单调递增，
当时，，在上单调递减，
故时，在上取到最大值，
即当时，四棱锥的体积取得最大值，C正确；
对于D，由以上分析可知，而，故Q为的中点，
则T为的中点，也即的交点，
当时，T即为三棱锥外接球的球心O，此时，
时，不重合，且根据正四面体的特征可知O一定在上,
则四棱锥的高为，
故四棱锥的体积为，
则，D正确，
故选：ACD
【点睛】难点点睛：本题综合性较强，涉及的知识点较多，解答时要发挥空间想象能力，明确空间的线面的位置关系，难点在于要根据线面位置关系计算出相应的量的值，从而结合相关的体积公式，表示出体积，进而判断结论.
32．（2023春·湖北·高三统考阶段练习）在棱长为2的正方体中，为中点，为四边形内一点（含边界），若平面，则下列结论正确的是（    ）
A． B．三棱锥的体积为
C．线段最小值为 D．的取值范围为
【答案】BCD
【分析】根据正方体的性质得出平面平面，则根据已知得出点在线段上（含端点），
对于选项A：当为时，根据异面直线的平面角结合正方体的性质得出与的夹角为，根据已知得出的三边，即可得出为，即可判断；
对于选项B：三棱锥若以为顶点，为底面时，根据正方体性质得出此时三棱锥的高为2，底面积为2，即可得出体积判断；
对于选项C：点在线段上（含端点），则时，线段最小，根据等面积法求出答案即可判断；
对于选项D：根据正方体性质结合已知可得，则，即可根据的范围得出的范围判断.
【详解】取、中点分别为、，连接、、、，，如下图：

为正方体，
，，，
，
平面，平面，且，，
平面平面，
为四边形内一点（含边界），且平面，
点在线段上（含端点），
对于选项A：当为时，，则与的夹角为，
此时， 则，
则与不垂直，故A错误；
对于选项B：为四边形内一点（含边界），
到平面的距离为2，
三棱锥的体积为，故B正确；
对于选项C：点在线段上（含端点），
当时，线段最小，
，，
在边上的高为，
则，
则当时，即，故C正确；
对于选项D：为正方体，
平面，
平面，
，
为直角三角形，且直角为，
，
点在线段上（含端点），
则当最大时，即点为点时，此时，此时最小，为，
当最小时，即，此时，此时最大，为，
则的取值范围为，故D正确；
故选：BCD.

三、填空题
33．（2023春·全国·高三校联考阶段练习）中国某些地方举行婚礼时要在吉利方位放一张桌子，桌子上放一个装满粮食的升斗，斗面用红纸糊住，斗内再插一杆秤、一把尺子，寓意粮食满园、称心如意、十全十美，下图为一种婚庆升斗的规格，该升斗外形是一个正四棱台，上、下底边边长分别为，，侧棱长为，忽略其壁厚，则该升斗的容积为_________．

【答案】
【分析】先求出四棱台的高，再根据四棱台的体积公式计算.
【详解】
上下底面对角线的长度分别为： ， 高h ，
上底面的面积 ，下底面的面积 ，
四棱台的体积 ；
故答案为： .
34．（2023·辽宁·校联考一模）正四面体的棱中点为O，平面截球所得半径为的圆与相切，则球的表面积为______.
【答案】
【分析】中点为，依题意为球O的半径，设正四面体的棱长为a，，由平面截球所得的圆半径为，求出a，可解球的表面积.
【详解】中点为，连接，如图所示：

由和为等腰三角形，所以OE为AB和CD的公垂线段；
设正四面体的棱长为a，中， ，
中，，即球O的半径，
设中心为，由对称性可知球截平面所得圆的圆心在上，
平面且平面，则为的中点，所以.
因为，由可得.
于是球的半径，球的表面积为.
故答案为：.
35．（2023·河南焦作·统考模拟预测）在正四棱锥中，为的中点，过作截面将该四棱锥分成上､下两部分，记上､下两部分的体积分别为，则的最大值是___________.
【答案】2
【分析】根据给定条件，作出过的正四棱锥的截面，再求出的表达式并结合均值不等式求解作答.
【详解】记正四棱锥的体积为，的最大值，由为定值知，只需求的最小值，
设过的截面分别交和于，平面与平面的交线为与相交于，如图，

则，令，则，即有，

，
当且仅当时取等号，此时，
所以的最大值是2.
故答案为：2
【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.
36．（2023·河南洛阳·洛阳市第三中学校联考一模）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：
37．（2023·重庆·统考二模）已知球的表面积为，三棱锥的顶点都在该球面上，则三棱锥体积的最大值为__________．
【答案】
【分析】根据题意可求球的半径，当三棱锥底面越大，高越长的时候，三棱锥体积有最大值，设三棱锥底面的外接圆半径为，利用导数可求三棱锥体积的最大值.
【详解】根据题意，设球的半径为，则有，解得，
设底面的外接圆的圆心为，
需要的面积越大，先定住点，
若要的面积最大，则得为等腰三角形，
且在的底边的高线上，如图所示，

设到线段的距离为，底面的外接圆半径为，故，
，，
令，，
故，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以，此时的面积最大，
此时，即，
所以是正三角形时，圆的内接三角形面积最大，
设正三角形的底面边长为，，三棱锥的高为，
则，故，
所以三棱锥的体积：，
令，，
由，得，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
故当时，取最大值，
即三棱锥的体积取得最大值为，
故答案为：.
38．（2023·河南·统考模拟预测）2006年5月20日，蹴鞠作为非物质文化遗产经国务院批准列入第一批国家级非物质文化遗产名录.“蹴”有用脚蹴、踢的含义，“鞠”最早是外包皮革、内饰米糠的球，因而“蹴鞠”就是指古人以脚蹴、踢皮球的活动.如图所示，若将“鞠”的表面视为光滑的球面，已知某“鞠”的表面上有四个点P，A，B，C，满足，平面ABC，，若的面积为2，则制作该“鞠”的外包皮革面积的最小值为_________.

【答案】
【分析】根据给定条件，确定三棱锥的外接球球心，用线段长表示出球半径，再借助均值不等式求解作答.
【详解】在三棱锥中，因为平面ABC，平面，则，
而，平面，因此平面，又平面，
于是，取中点，连接，从而，即点是三棱锥的外接球球心，如图，

球半径，
当且仅当时取等号，因此三棱锥的外接球表面积，
所以制作该“鞠”的外包皮革面积的最小值为.
【点睛】关键点睛：解决与球有关的内切或外接问题时，关键是确定球心的位置，再求出球的半径即可.
39．（2023春·河北·高三校联考阶段练习）如图，在三棱锥中，，则三棱锥的外接球的表面积为__________.

【答案】
【分析】由题意可得，平面，设三棱锥的外接球的球心为，底面的中心为，求出，几何法可得外接球的半径，计算表面积即可.
【详解】由题知，，，，，
，又，平面，平面.
如图，设三棱锥的外接球的球心为，底面的中心为，

连接，则平面，且，
又，则外接球的半径，
所以外接球的表面积为.
故答案为：
40．（2023·陕西·西安市西光中学校联考一模）在四棱锥中，平面ABCD，，点M是矩形ABCD内（含边界）的动点，且，，直线PM与平面ABCD所成的角为，当三棱锥的体积最小时，三棱锥的外接球的体积为________.
【答案】
【分析】根据线面角的定义得出M位于底面矩形ABCD内的以点A为圆心，2为半径的圆上，再由三棱锥的体积最小，确定点M位于F，进而由长方体外接球模型结合体积公式求解.
【详解】因为平面，所以即为直线与平面所成的角，
所以.因为，所以，如图，易知M位于底面矩形ABCD内的以点A为圆心，2为半径的圆上，记点M的轨迹为圆弧EF.连接AF，当点M位于F时，三棱锥的体积最小，由长方体外接球模型可知，三棱锥的外接球球心为PF的中点，此外接球的体积.

故答案为：