专题08：立体几何（五大题型）-2024年新高考新题型试卷结构冲刺讲义

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1. （4）设是两个平面，是两条直线，则下列命题为真命题的是（ ）
A. 若，则B. 若，则
C. 若，则D. 若，则
【答案】C
【解析】
【分析】由线面平行性质判断真命题，举反例判定假命题即可.
【详解】对于A，可能平行，相交或异面，故A错误，对于B，可能相交或平行，故B错误，对于D，可能相交或平行，故D错误，由线面平行性质得C正确，
故选：C
2.（13）已知轴截面为正三角形的圆锥的高与球的直径相等，则圆锥的体积与球的体积的比值是__________，圆锥的表面积与球的表面积的比值是__________．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【详解】设圆锥的底面半径为，球的半径为，
因为圆锥的轴截面为正三角形，所以圆锥的高，母线，
由题可知：，所以球的半径
所以圆锥的体积为，
球的体积，
所以；
圆锥的表面积，
球的表面积，
所以，
故答案为：；.
3.（17）如图，平行六面体中，底面是边长为2的正方形，为与的交点，．
（1）证明：平面；
（2）求二面角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析； （2）
【解析】
【小问1详解】
连接，
因为底面是边长为2的正方形，所以，
又因为，，
所以，所以，
点为线段中点，所以，
在中，，，
所以，
则，
又，平面，平面，
所以平面
【小问2详解】
由题知正方形中，平面，所以建系如图所示，
则，
则，
，
设面的法向量为，面的法向量为，
则，
，
设二面角大小，
则，
所以二面角的正弦值为.
题型一：空间几何体的表面积和体积
【典例例题】
例1.（2024春·黑龙江齐齐哈尔）佛兰德现代艺术中心是比利时洛默尔市的地标性建筑，该建筑是一座全玻璃建筑，整体成圆锥形，它利用现代设计手法令空间与其展示的艺术品无缝交融，形成一个统一的整体，气势恢宏，美轮美英．佛兰德现代艺术中心的底面直径为，侧面积为，则该建筑的高为（ ）

A．B．C．D．
【答案】C
【分析】已知底面半径和侧面积，可求圆锥母线长，利用勾股定理求圆锥的高.
【详解】设该建筑的母线长为，高为，则由其侧面积为，可得，
解得，所以．
故选：C．
【变式训练】
1.（2024春·新疆昌吉）如图，位于西安大慈恩寺的大雁塔，是唐代玄奘法师为保存经卷佛像而主持修建的，是我国现存最早的四方楼阁式砖塔．塔顶可以看成一个正四棱锥，其侧棱与底面所成的角为，则该正四棱锥的一个侧面与底面的面积之比为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】塔顶是正四棱锥，如图，是正四棱锥的高，设底面边长为，底面积为，
，，∴，是正三角形，面积为，
所以．
故选：D．
3．（2024春·江苏苏州）在梯形中，，以下底所在直线为轴，其余三边旋转一周形成的面围成一个几何体，则该几何体的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】所得几何体为圆柱与一个同底的圆锥的组合体，分别求出圆柱与圆锥的体积，从而得解.
【详解】旋转后所得几何体为圆柱与一个同底的圆锥的组合体，如图所示：
其中圆柱与圆锥的底面半径都等于，
圆柱的高等于，圆锥的高等于，
底面圆的面积为，
圆锥的体积为，圆柱的体积为，
所以所得几何体的体积为．
故选：B.
4．（2024春·河北保定）如图，是1963年在陕西宝鸡贾村出土的一口“何尊”（尊为古代的酒器，用青铜制成），尊内底铸有12行、122字铭文.铭文中写道“唯武王既克大邑商，则廷告于天，曰：‘余其宅兹中国，自之辟民’”，其中宅兹中国为“中国”一词最早的文字记载.“何尊”可以近似看作是圆台和圆柱组合而成，经测量，该组合体的深度约为，上口的内径约为，圆柱的深度和底面内径分别约为，则“何尊”的容积大约为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】由题意可知圆台的高为，
故组合体的体积大约为，
故选：C
题型二：外接球和内切球
【典例例题】
例1.（2024春·新疆）将平面内等边与等腰直角（其中为斜边），沿公共边折叠成直二面角，若，且点在同一球的球面上，则球的表面积为______.
【答案】
【解析】
【分析】利用空间几何体的外接球及球体表面积公式计算即可.
【详解】
如图所示取中点，连接，
根据题意易知，
又为等腰直角三角形，为等边三角形，
所以可知，
易知点在直线上，设，球半径为R，
所以，
故外接球的表面积为.
故答案为：
【变式训练】
1.（2024春·广东省）已知是边长为4的正三角形，是边上的中线．现将沿折起，使二面角等于，则四面体外接球的表面积为 ．
【答案】
【详解】因为是正三角形，且是边上的中线，
所以，且，平面，
所以平面；
记的中点为，的外接圆圆心为，
过作平面的垂线，则球心在该垂线上，连接，
因为二面角等于，所以，
由正弦定理可知，所以，
由垂径定理以及线面垂直的性质易知四边形是矩形，
所以，
所以，即外接球的半径，
所以外接球的表面积为，
故答案为：.
2.（2024春·江西省）若体积为的正三棱锥的所有顶点都在同一个球面上，则该球体积的最小值为 ．
【答案】
【分析】求得外接球半径的表达式，然后利用基本不等式求得半径的最小值，进而求得体积的最小值.
【详解】设正三棱锥的底面中心为，连接，则平面，
设正三棱锥底面的边长为，顶点到底面距离（体高）为，即，
所以，即．
正三棱锥的所有顶点都在同一个球面上，
即为正三棱锥的外接球，设其半径为．等边三角形外接圆半径为，
根据对称性知球心在正三棱锥的高上，设球心为，
则．
所以，
当且仅当时取得等号，此时球的体积最小，
最小值为．
故答案为：
3.（2024春·新疆乌鲁木齐）某广场设置了一些石凳供大家休息，这些石凳是由棱长为40cm的正方体截去八个一样的四面体得到的，则（ ）
A．该几何体的顶点数为12
B．该几何体的棱数为24
C．该几何体的表面积为
D．该几何体外接球的表面积是原正方体内切球、外接球表面积的等差中项
【答案】ABD
【详解】对于A，该几何体的顶点是正方体各棱的中点，正方体有12条棱，所以该几何体的顶点数为12，故A正确；
对于B，由题意知，该几何体有6个面为正方形，故该几何体的棱数为，故B正确；
对于C，该几何体的棱长为，该几何体有6个面为正方形，8个面为等边三角形，
所以该几何体的表面积为，故C错误；
对于D，原正方体内切球的半径为20cm，内切球表面积为.
原正方体外接球的半径为，外接球表面积为.
由题意得该几何体外接球的球心为原正方体的中心，故外接球半径为，
所以该几何体外接球的表面积为.
因为，
所以该几何体外接球的表面积是原正方体内切球、外接球表面积的等差中项，故D正确.
故选:ABD.
4.（2024春·新高考模拟）中国古建筑闻名于世，源远流长．如图甲所示的五脊殿是中国传统建筑中的一种屋顶形式，该屋顶的结构示意图如图乙所示，在结构示意图中，已知四边形为矩形，,,与都是边长为2的等边三角形，若点，，，，都在球的球面上，则球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】如图，根据球的性质可得平面，根据中位线的性质和勾股定理可得且，分类讨论当在线段上和在线段的延长线上时，由球的性质可得球半径的平方为，再用球的表面积公式计算即可.
【详解】如图，连接，，
设，因为四边形为矩形，所以为矩形外接圆的圆心．
连接，则平面，
分别取，，的中点，，，
根据几何体的对称性可知，直线交于点．
连接PQ，则，且为的中点，
因为，所以，连接，，
在与，易知，所以梯形为等腰梯形，
所以，且．
设，球的半径为，连接，，
当在线段上时，由球的性质可知，易得，
则，此时无解．
当在线段的延长线上时，由球的性质可知，，
解得，所以，
所以球的表面积.
故选：A．
题型三：点、直线与平面位置关系
【典例例题】
例1.（2024春江西省）设，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，下列命题中正确的是（ ）
A．若，，，则B．若，，，则
C．若，是两条不同的异面直线，，，，则D．若，，则与所成的角和与所成的角互余
【答案】C
【分析】利用空间点线面的位置关系，点线面垂直平行的性质依次判断即可．
【详解】A．，，则，又，则，所以不正确，A不正确；
B．，，，则或，故B不正确；
C．若，是两条不同的异面直线，，，，则，C正确．
D．由时，与所成的角没有关系，时，由面面平行的性质知与所成的角相等，与所成的角相等，
因此与所成的角和与所成的角不一定互余，D不正确.
故选：C．
【变式训练】
1.（2024春·广东省）已知两条不重合的直线和，两个不重合的平面和，下列四个说法：
①若，，，则 ②若，，，则
③若，，，则 ④若，，，则
其中所有正确的序号为（ ）
A．②④B．③④C．④D．①③
【答案】B
【详解】对于①：如果，，也能满足条件，①错误；
对于②：与相交或异面也能满足条件，②错误；
对于③：因为，，则，又因为，所以，③正确；
对于④：因为，所以平面内必有直线，又因为，所以，
因为，，所以，而，所以，④正确.
故选：B
2.（2024春湖北省）设m、n是不同的直线，α、β是不同的平面，以下是真命题的为（ ）
A. 若，，则B. 若，，则
C. 若，，则D. 若，，则
【答案】B
【解析】
【分析】根据空间中点线面的位置关系，借助于正方体，逐项分析即可.
【详解】
对于A,如上图正方体中，设平面为，
平面为，为，
满足，，此时，故A错误；
对于B，因为，，α、β是不同的平面，则必有，
故B正确；
对于C，如上图正方体中，设平面为，
平面为，为，
满足，，此时，故C错误；
对于D，如上图正方体中，设平面为，
为，为，
则满足，，此时，故D错误.
故选:B.
3．（2024春·湖北·校联考模拟）下列说法中正确的是（ ）
A．没有公共点的两条直线是异面直线
B．若两条直线a，b与平面α所成的角相等，则
C．若平面α，β，γ满足，，则
D．已知a，b是不同的直线，α，β是不同的平面.若，，，则
【答案】D
【详解】对A，没有公共点的两条直线是异面直线或平行直线，故A错误；
对B，若两条直线a，b与平面α所成的角相等，
则a，b可以平行、相交或异面，故B错误；
对C，若平面α，β，γ满足，，则α，γ不一定垂直，故C错误；
对D，两个平面垂直等价于这两个平面的垂线垂直，故D正确.
故选：D.
4．（2024·江苏南通）已知是两个平面，，是两条直线，则下列命题错误的是（ ）
A．如果，，那么
B．如果，，那么
C．如果，，那么
D．如果，， ，那么
【答案】D
【详解】对于A:由面面平行的定义可得与没有公共点，即，故A正确；
对于B:如果，，那么在内一定存在直线，又，则，故B正确；
对于C:如果，，那么根据线面平行的性质可得 ，故C正确;
对于D；如果，，则或，又，那么与可能相交，也可能平行，故D错误.
故选：D.
题型四：空间向量与立体几何
【典例例题】
例1.（2024春·重庆）如图，在边长为1的正方体中，是的中点，是线段上的一点，则下列说法正确的是（ ）

A．当点与点重合时，直线平面
B．当点移动时，点到平面的距离为定值
C．当点与点重合时，平面与平面夹角的正弦值为
D．当点为线段中点时，平面截正方体所得截面面积为
【答案】ACD
【详解】对A，因为，所以点四点共面，
当点与点重合时，直线平面，故A正确；
对B，以为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，

因为为中点，则设，，，，
则，，，
设平面的方向量为，则，即，
令，则，所以，
则点到平面的距离，显然不是定值，故B错误；
对C，当点与点重合时，由B知此时，，平面的法向量，
设平面与平面夹角为，，
则，故C正确；
对D，连接，并在上底面内将直线沿着的方向平移，直至该直线经过点，交于点，交于点，
因为，，所以四边形为平行四边形，所以，
因为，所以，因为点，
所以平面截正方体所得的图形为四边形，
不妨以为坐标原点，在上底面内建立如图所示平面直角坐标系，
则，因为为线段中点，则，
根据直线，则，设直线的方程为，代入点坐标得
，解得，则，则点位于线段的四分之一等分点处，且靠近点，
点位于线段的四分之一等分点处，且靠近点，
则，，，结合，
则四边形为等腰梯形，则其高为,
则，故D正确.
故选：ACD.

【变式训练】
1.（2024春·云南昆明）在正四棱柱中，已知与平面所成的角为，底面是正方形，则（ ）
A．B．与平面所成的角为
C．D．平面
【答案】AB
【详解】
易知正四棱柱是长方体，故以为原点建立空间直角坐标系，
连接，设，，，与平面所成的角为，故，,，，易知面的法向量,易知，故，可得，化简得，结合底面是正方形，可得，故，，即，故A正确，
易知面的法向量，，设与平面所成的角为，故，化简得，故，故B正确，
易知，，故，即不垂直，故C错误，
易知，，故，，，，，设面的法向量，故，，解得，，，即，则与不平行，故与面不垂直，故D错误，
故选：AB
2.（2024春·河南信阳）（多选）正方体中，为的中点，为正方体表面上一个动点，则（ ）
A. 当在线段上运动时，与所成角的最大值是
B. 当在棱上运动时，存在点使
C. 当在面上运动时，四面体体积为定值
D. 若在上底面上运动，且正方体棱长为与所成角为，则点的轨迹长度是
【答案】BC
【解析】
【详解】对于A，在正方体中，易知，
所以与所成角等价于与所成的角，
当为中点时，，此时所成角最大，为，故A错误.
对于B，以为原点，为轴建立空间直角坐标系，
设正方体棱长为1，，
因为，，
所以，故B正确.
对于C，因为在面内，面到平面的距离等于，
而三角形面积不变，故体积为定值，故C正确.
对于D，因为棱垂直于上底面，且与所成角为，
所以在中，，
由圆锥的构成可知所在的轨迹是以为圆心1为半径的弧，轨迹长度是，故D错误.
故选：BC.
3.（2024春·惠州市东江博雅学校期末考试）（多选）如图，已知四棱锥的底面是直角梯形，，，，平面，，下列说法正确的是（ ）
A. 与所成的角是
B. 与平面所成的角的正弦值是
C. 平面与平面所成的锐二面角余弦值是
D. 是线段上动点，为中点，则点到平面距离最大值为
【答案】BD
【详解】因为，，所以，
因为平面，平面，所以，
所以两两互相垂直，
所以以为原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，
因为，，
所以，
所以，，，
对于A，，所以与所成的角是，故A错误；
对于B，由题意不妨设平面的法向量为，则，
令，解得，即取平面的一个法向量为，
又由A选项分析可知，，
设与平面所成的角为，则，即与平面所成的角的正弦值是，故B正确；
对于C，由题意，面，
所以面，故可取面的一个法向量为，由B选项可知平面的一个法向量为，
不妨设平面与平面所成的角为，则，
所以平面与平面所成的锐二面角余弦值是，故C错误；
对于D，因为是线段上动点，所以设，
因为为中点，所以，，
所以，
当时，点与点重合，此时点到平面距离为，
当时，点不与点重合，设平面的法向量为，
则，令，解得，，
所以，
所以点到平面距离为，
当时，，当时，，所以当即时，
，，故D正确.
故选：BD.
4.（2024春·汕头市潮阳实验学校期末考试）（多选）在棱长为2的正方体中，是线段上的动点，则（ ）
A. 存在点，使
B. 存在点，使点到直线的距离为
C. 存在点，使直线与所成角的余弦值为
D. 存在点，使点，到平面的距离之和为3
【答案】AB
【解析】
【详解】连接，则，故A正确；
点到直线的距离，故B正确；
以，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，
则，，，设，，则，，
假设存在点，使直线与所成角的余弦值为，
则，
整理得，解得，故C错误；
在平面中，过，分别作，，垂足为，，
则点，到平面的距离之和为．
设，则，
当点与重合时，点，到平面的距离之和最大，
所以不存在点，使点，到平面的距离之和为3，故D错误．
故选：AB
题型五：立体几何综合应用
【典例例题】
例1.（2024春·广西桂林）“阳马”是我国古代数学名著《九章算术》中《商功》章节研究的一种几何体，即其底面为矩形，一条侧棱垂直于底面的四棱锥.如图，四棱锥中，四边形是边长为3的正方形，，，.
(1)证明：四棱锥是一个“阳马”；
(2)已知点在线段上，且，若二面角的余弦值为，求直线与底面所成角的正切值.
【答案】(1)证明见解析;
(2).
【详解】（1）四边形是正方形，，
，，平面，
平面，
平面，，
四边形是正方形，，
，，平面.
平面，
平面，，
，平面，
平面，
四棱锥是一个“阳马”；
（2）由（1）得平面，，
，，，
以点为原点，，，所在的直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
由题意可得，，，，，
所以，
设，，
，，
，，
设是平面的一个法向量，则，
，令，则，，
设是平面的一个法向量，则，
，令，则，，
，或（舍去）.
，，
平面，直线与底面所成角的正切值为.
【变式训练】
1.（2024春·新高考）如图，在三棱柱中，是正三角形，四边形是菱形，与交于点，平面，.
(1)若点为中点，求异面直线与所成角的余弦值；
(2)求平面与平面的夹角的余弦值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题设易于建系，分别求出相关点的坐标，得到，的坐标，利用空间向量的夹角公式计算即得；
（2）同上建系，求出相关点坐标，分别求得两个平面的法向量坐标，最后利用空间向量的夹角公式计算即得.
【详解】（1）
因为四边形是菱形，所以，
因为平面，所以，，两两垂直，
如图，以点为原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系.
则，，，，.
，，在三棱柱中，因，
易得,故，
因为点为中点，所以，所以，
因，
所以异面直线与所成角的余弦值为.
（2），，，，
设是平面的一个法向量，则，
取，得，
设是平面的一个法向量，则，
取，得，
设平面与平面的夹角为，
则，
故平面与平面的夹角的余弦值为.
2.（2024春·江西省）“阳马”是我国古代数学名著《九章算术》中《商功》章节研究的一种几何体，即其底面为矩形，一条侧棱垂直于底面的四棱锥.如图，四棱锥中，四边形是边长为3的正方形，，，.
(1)证明：四棱锥是一个“阳马”；
(2)已知点在线段上，且，若二面角的余弦值为，求直线与底面所成角的正切值.
【答案】(1)证明见解析;
(2).
【分析】（1）借助线面垂直的相关知识证明即可.
（2）建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，利用二面角为计算出，进而求出线面角的正切值.
【详解】（1）四边形是正方形，，
，，平面，
平面，
平面，，
四边形是正方形，，
，，平面.
平面，
平面，，
，平面，
平面，
四棱锥是一个“阳马”；
（2）由（1）得平面，，
，，，
以点为原点，，，所在的直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
由题意可得，，，，，
所以，
设，，
，，
，，
设是平面的一个法向量，则，
，令，则，，
设是平面的一个法向量，则，
，令，则，，
，或（舍去）.
，，
平面，直线与底面所成角的正切值为.
3.（2024春·湖北省）如图，在四棱锥中，平面，.
（1）求二面角的正弦值；
（2）在棱上确定一点，使异面直线与所成角的大小为，并求此时点到平面的距离.
【答案】（1）
（2），
【解析】
【分析】（1）建立如图所示的空间直角坐标系，由空间向量法求二面角；
（2）设，由空间向量法求异面直线所成的角得出，再由向量法求点面距．
【小问1详解】
以为单位正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系.
因为，
所以，
则.
设平面的法向量，
则，取得，
设平面的法向量，
则，取得，
设二面角的大小为，则
，
所以.
【小问2详解】
设，则
.
因为异面直线与所成角的大小为，
所以，解得或（舍去）.
此时，
所以点到平面的距离.
一、单项选择
1．（2024春·黑龙江哈尔滨）过正四棱锥的高的中点作平行于底面的截面，若四棱锥与四棱台的表面积之比为，则直线与底面所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据题意知，，，分别为，，，的中点，设正方形的边长为，，然后表示四棱锥与四棱台的表面积，由表面积之比为，得到，的关系，确定线面角，求解即可.
【详解】
依题意过正四棱锥的高的中点作平行于底面的截面，
则，，，分别为，，，的中点，
设正方形的边长为，，
所以正方形的面积为，正方形的面积为，
正四棱锥的侧面积为，
四棱台的侧面积为，
所以正四棱锥的表面积为，
四棱台的表面积为，
所以，
解得，
由平面，所以为直线与底面所成角，
所以，又，，
所以.
故选：.
2．（2024春·黑龙江）《九章算术》是我国古代的数学名著.其“商功”中记载：“正四面形棱台（即正四棱台）建筑物为方亭.”现有如图所示的烽火台，其主体部分为一方亭，将它的主体部分抽象成的正四棱台（如图所示，其中上底面与下底面的面积之比为，方亭的高为棱台上底面边长的3倍.已知方亭的体积为，则该方亭的上底面边长为（ ）

A．3B．4C．6D．12
【答案】A
【分析】设，表达出，方亭的高为，由棱台的体积公式列出方程，求出，得到答案.
【详解】因为上底面与下底面的面积之比为，设，则，
故方亭的高为，
故方亭的体积为，解得，
故m，即该方亭的上底面边长为3m.
故选：A
3．（2023春·黑龙江哈尔滨）所有面都只由一种正多边形构成的多面体称为正多面体.已知一个正四面体和一个正八面体的棱长都是（如图），把它们拼接起来，使它们一个表面重合，得到一个新多面体，则新多面体的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据棱锥体积的公式进行求解即可.
【详解】连接、，交于点，连接，四棱锥的高为，
四棱锥的体积为，
取中点，连接、，由，，平面，，所以平面.
所以三棱锥的体积为，
所以新多面体的体积为．
故选：C.
4．（2024上·安徽合肥）中国古建筑的屋檐下常系挂风铃，风吹铃动，悦耳清脆，亦称惊鸟铃．若一个惊鸟铃由铜铸造而成，且可近似看作由一个较大的圆锥挖去一个较小的圆锥，两圆锥的轴在同一条直线上，截面图如下，其中，，，若不考虑铃舌，则下列数据比较接近该惊鸟铃质量的是（参考数据：，铜的密度为8.96）（ ）
A．1kgB．2kgC．3kgD．0.5kg
【答案】A
【分析】根据圆锥的体积公式，结合质量公式求解即可.
【详解】由题意可得惊鸟铃的体积约为长，
所以该惊鸟铃的质量约为（kg）．
故选：A．
5．（2024春·安徽宣城）粽子是我国人们传统的美食，基本上全国都有吃粽子的习惯.随着生活水平的不断提高，粽子的花样，口味也在不断的变化，现在市场上粽子的形状有金字塔形、条形、三棱锥形等，口味大致有甜味，咸味两种，还有蛋黄，豆沙，大肉等.现将一种蛋黄粽看作正四面体，其内部的蛋黄看作一个球体，那么，当蛋黄的体积为时，该蛋黄粽（正四面体）高的最小值是（ ）
A．4B．6C．8D．10
【答案】C
【分析】要使正四面体的高最小，当且仅当球与正四面体相内切，内切球的半径为，根据球的体积求出，再根据等体积法求出即可.
【详解】要使正四面体的高最小，当且仅当球与正四面体相内切，
设正四面体的棱长为，高为，内切球的半径为，则，解得，
如图正四面体中，令为的中点，为底面三角形的中心，
则底面，所以，则，
故选：C.
6．（2024春·安徽阜阳）在古希腊数学家阿基米德的墓碑上刻有一个令他最引以为傲的几何图案.该几何图案是内部嵌入一个内切球的圆柱，且该圆柱底面圆的直径与高相等，则该圆柱的内切球与外接球的体积之比为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】设圆柱高为，底面半径为，圆柱内切球半径为，外接球半径为，得出，，，之间的关系，由球的体积公式求出圆柱内切球与外接球的体积之比.
【详解】该圆柱的内切球和外接球的截面图如下图所示，
设圆柱高为，底面半径为，圆柱内切球半径为，
外接球半径为，则，，
，，，
圆柱内切球与外接球的体积之比为.
故选：B
7.（2024·全国·校联考模拟）已知是两条不同的直线，为平面，，下列说法中正确的是（ ）
A．若，且与不垂直，则与一定不垂直
B．若与不平行，则与一定是异面直线
C．若，且，则与可能平行
D．若，则与可能垂直
【答案】D
【分析】结合点线面之间的关系逐项判断即可得.
【详解】对A：在平面内，存在无数条直线和垂直，故A错误；
对B：当时，与不是异面直线，故B错误；
对C：若，且，与为异面直线，故C错误；
对D：若，在内存在直线与垂直，故其可能与垂直，故D正确.
故选：D.
8．（2024·全国·校联考模拟）设m、n是不同的直线，α、β是不同的平面，以下是真命题的为（ ）
A．若，，则B．若，，则
C．若，，则D．若，，则
【答案】B
【分析】根据空间中点线面的位置关系，借助于正方体，逐项分析即可.
【详解】
对于A,如上图正方体中，设平面为，
平面为，为，
满足，，此时，故A错误；
对于B，因为，，α、β是不同的平面，则必有，
故B正确；
对于C，如上图正方体中，设平面为，
平面为，为，
满足，，此时，故C错误；
对于D，如上图正方体中，设平面为，
为，为，
则满足，，此时，故D错误.
故选:B.
二、多项选择
9.（2024·山西晋城）如图，在正四棱柱中，，，，平面将该正四棱柱分为上、下两部分，记上部分对应的几何体为，下部分对应的几何体为，则（ ）
A．的体积为2
B．的体积为12
C．的外接球的表面积为
D．平面截该正四棱柱所得截面的面积为
【答案】ACD
【分析】根据题意求截面，可知为直三棱柱，进而可求相应的体积，即可判断AB；利用补形法结合长方体的性质求外接球的半径和表面积，即可得判断C；可知平面截该正四棱柱所得截面为矩形，即可得面积判断D.
【详解】设，
连接，，，
由长方体的性质可知：，可知A，，，四点共面，
所以为直三棱柱，其体积为，故A正确；
的体积为，B错误．
的外接球即为长方体的外接球，
所以的外接球的半径，
则的外接球的表面积为，C正确．
平面截该正四棱柱所得截面为矩形，其面积为，D正确．
故选：ACD.
10．（2024春·安徽滁州）已知圆台的轴截面如图所示，其上、下底面半径分别为，，母线长为2，点为的中点，则（ ）
A．圆台的体积为
B．圆台的侧面积为
C．圆台母线与底面所成角为60°
D．在圆台的侧面上，从点到点的最短路径长为4
【答案】AC
【分析】根据已知求体积;过作交底面于F，判断出即为母线与底面所成角；作出圆台的侧面展开图，直接求出面积；圆台的侧面上，判断出从到的最短路径的长度为CE,等逐个判断即可求解.
【详解】对于A：圆台的高为，则圆台的体积，A正确；
对于B：由题意，圆台的侧面展开图为半圆环，
其面积为.故B错误；
对于C：过A作交底面于F，则底面，所以即为母线与底面所成角.
在等腰梯形ABCD中，,所以.
因为为锐角，所以.故C正确；
对于D：如图示，在圆台的侧面上，从到的最短路径的长度为CE.由题意可得：.由为中点，所以，所以.故D错误.
故选：
11.（2024春·广州市1月份调研测试）如图，在棱长为2的正方体中，已知M，N，P分别是棱，，的中点，Q为平面上的动点，且直线与直线的夹角为，则（ ）
A. 平面
B. 平面截正方体所得的截面面积为
C. 点Q的轨迹长度为
D. 能放入由平面PMN分割该正方体所成的两个空间几何体内部（厚度忽略不计）的球的半径的最大值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】A选项，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，得到线面垂直；B选项，作出辅助线，找到平面截正方体所得的截面，求出面积；C选项，作出辅助线，得到点Q的轨迹，并求出轨迹长度；D选项，由对称性得到平面分割该正方体所成的两个空间几何体对称，由对称性可知，球心在上，设球心为，由得到方程，求出半径的最大值.
【详解】A选项，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
，
故.
设平面的法向量为，
则，
令得，，故，
因为，故平面，A正确；
B选项，取的中点，连接，
因为M，N，P分别是棱，，的中点，
所以，又，
所以，所以平面截正方体所得的截面为正六边形，
其中边长为，故面积为，B正确；

C选项，Q为平面上的动点，直线与直线的夹角为，
又平面，设垂足为，以为圆心，为半径作圆，
即为点Q的轨迹，
其中，由对称性可知，，
故半径，
故点Q的轨迹长度为，C错误；
D选项，因为M，N，P分别是棱，，的中点，
所以平面分割该正方体所成的两个空间几何体对称，
不妨求能放入含有顶点的空间几何体的球的半径最大值，
该球与平面切与点，与平面，平面，平面相切，
由对称性可知，球心在上，设球心为，则半径为，
，故，即，解得，
故球的半径的最大值为，D正确.
故选：ABD
填空题
12．（2024春·全国）在三棱锥中，两两互相垂直，，当三棱锥的体积取得最大值时，该三棱锥的内切球半径为 .
【答案】
【分析】设，表示出三棱锥的体积的表达式，利用导数求出体积取最大值时x的值，从而确定棱锥的各棱长，再根据等体积法，即可求得答案.
【详解】设，则，
由题意知两两互相垂直，
可得三棱锥的体积为，
令，则，
当时，，当时，，
故在上单调递增，在上单调递减，
故当时，取到最大值，此时三棱锥的体积取得最大值，
设此时三棱锥的内切球的半径为r，
则，
则，
则
即，解得，
故答案为：
13．（2024春·江西赣州）某小区计划修建一个圆台形的花台，它的上、下底面半径分别为和．若需要的土才能把花台填满，则花台高为 ．
【答案】1
【分析】利用圆台体积公式求解.
【详解】圆台形的花台，它的两底面半径分别为1m和2m，高为m，
则两底面积分别为，，
圆台的体积，
解得，所以花台高为1m.
故答案为：1
14．（2024春·安徽六安）在四棱锥中，底面为正方形，平面，，已知圆柱在该四棱锥的内部且圆柱的底面在该四棱锥的底面上，当圆柱的体积最大时，圆柱的底面半径为 .
【答案】
【分析】依据题意作出合理的图形，将圆柱体积写为某个含单一变量的函数，求导找到极值点，即可求解.
【详解】
如图，设圆柱外切长方体的底边长为，则高为，∴圆柱的底面半径为，高为，
∴圆柱的体积为，，
∴，，∴在上单调递增，在上单调递减，
∴当，即半径为时，圆柱的体积最大.
故答案为：
15．（2024春·河北保定）蹴鞠，又名“蹴球”“蹴圈”等，“蹴”有用脚蹴、踢的含义，鞠最早系外包皮革、内饰米糠的球，因而“蹴鞠”就是指古人以脚蹴、踢皮球的活动，类似今日的足球，现已知某“鞠”的表面上有四个点满足，，则该“鞠”的表面积为 .
【答案】
【分析】作出辅助线，找到球心的位置，利用余弦定理和勾股定理求出球的半径，得到表面积.
【详解】取的中点，连接，
因为，所以且，
故，
因为，所以，
故，
在上取点，使得，则点为等边的中心，则，
设点为三棱锥的外接球球心，则平面，
连接，设外接球半径为，则，
过点作⊥，交延长线于点，则，
由于在平面中，故，故平面，
过点作⊥于点，则，
，，，
故，设，则，
由勾股定理得，，
故，解得，
故，
故该“鞠”的表面积为.
故答案为：
简答题
16.（2024春·河南）在四棱锥中，底面是正方形，若，，，
（1）求四棱锥的体积；
（2）求直线与平面夹角的正弦值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）取的中点，连接，，可证平面，则为四棱锥的高，利用锥体体积公式求解即可；
（2）建立空间直角坐标系，求直线的方向向量和平面的法向量，线面角的正弦值即为直线的方向向量与平面的法向量夹角余弦值的绝对值，求解即可.
【小问1详解】
取的中点，连接，，
因为，所以，
又，，所以，
在正方形中，，所以，
所以，又，
所以，即，
又，平面，平面，
所以平面，
所以四棱锥的体积为；
【小问2详解】
过作交于，则，
结合（1）中平面，故可建如图空间直角坐标系：
则，，，，
故，，，
设平面的法向量为，
则，故，取，则，，所以，
设直线与平面夹角，
则，
所以直线与平面夹角的正弦值为.
17.（2024春·广东省深圳外国语学校、执信中学期末）正方体中分别是的中点.
（1）证明：平面；
（2）求与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）依题意建立空间直角坐标系，求得向量与平面的法向量，从而得证；
（2）结合（1）中结论，求得，再用直线和平面所成角的正弦公式计算即可.
【小问1详解】
设正方体棱长是2，
以为坐标原点，为轴正方向，为轴正方向，为轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
则，
设平面的法向量为，则，
令，则，
所以，则，
又平面，故平面.
【小问2详解】
由（1）知，是平面的一个法向量，
设与平面所成角为，
则，
所以与平面所成角的正弦值为.
18.（2024春·广州市华南师大附中第一次调研）如图，在四棱锥中，为等边三角形，，，且，，，为中点．

(1)求证：平面平面；
(2)若线段上存在点，使得二面角的大小为，求的值．
【答案】(1)证明见解析 (2)
【详解】（1）证明：连接，

是边长为的等边三角形，是的中点，
，，
，，，
四边形是矩形，，
，，
又，，平面，
平面，
又平面，
平面平面．
（2）以为原点，以，，为坐标轴建立空间直角坐标系，如图所示：
则，，，
，，，
设，
则，
设平面的法向量为，
则，即
令，得，
又平面，
为平面的一个法向量，
，
二面角的大小为，
，
解得．
．