新高考数学重点专题二轮复习真题演练专题一4 立体几何小题综合（2份，原卷版+解析版）

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所有椎体体积公式：，所有柱体体积公式：，球体体积公式：
球体表面积公式：，圆柱：
圆锥：
长方体（正方体、正四棱柱）的体对角线的公式
已知长宽高求体对角线：
已知共点三面对角线求体对角线：
棱长为的正四面体的内切球的半径为,外接球的半径为.
欧拉定理(欧拉公式)
(简单多面体的顶点数V、棱数E和面数F).
（1）=各面多边形边数和的一半.特别地,若每个面的边数为的多边形，则面数F与棱数E的关系：；
（2）若每个顶点引出的棱数为，则顶点数V与棱数E的关系：.
5．空间的线线平行或垂直
设，，则
；
.
夹角公式
设，b＝，则
.
6．异面直线所成角
=
（其中（）为异面直线所成角，分别表示异面直线的方向向量）
7．直线与平面所成角，(为平面的法向量).
8. .二面角的平面角
（，为平面，的法向量）.
异面直线间的距离
(是两异面直线，其公垂向量为，分别是上任一点，为间的距离).
点到平面的距离
（为平面的法向量，是经过面的一条斜线，）.
模拟训练
一、单选题
1．（22·23下·无锡·三模）已知，是空间中两条不同的直线，，，是空间中三个不同的平面，则下列命题中错误的是（ ）
A．若，，则
B．若，，则
C．若，，，则
D．若，，，则
【答案】A
【分析】设出、、的法向量，利用空间位置关系的向量证明判断B，C，D；根据线面关系判断A.
【详解】设平面、、的法向量分别为、、，直线，的方向向量为，，
对于A：若，，则或，故A错误；
对于B：若，则，又，则，所以，则，故B正确；
对于C：若，，则，，又，则，所以，则，故C正确；
对于D：因，，则，，因此向量、共面于平面，
令直线的方向向量为，显然，，
而平面，即、不共线，于是得，所以，故D正确.
故选：A
2．（22·23·宁德·二模）在长方体中，和与底面所成的角分别为和，则异面直线和所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据长方体的几何性质，结合在直线三角形中锐角三角函数，求得棱长，利用异面直线夹角的定义，根据余弦定理，可得答案.
【详解】由题意，可作图如下：
则，，设，在中，易知，
在中，，，，
在长方体中，易知，
则为异面直线与的夹角或其补角，
在中，，则，同理可得，，
由余弦定理，则.
故选：C.
3．（22·23下·长沙·三模）已知平行六面体的各棱长都为，，、、分别是棱、、的中点，则（ ）
A．平面
B．平面平面
C．平面与平面间的距离为
D．直线与平面所成角的正弦值为
【答案】A
【分析】证明出平面平面，利用面面平行的性质可判断A选项；利用反证法结合面面垂直的性质定理可判断B选项；利用勾股定理可判断C选项；利用线面角的定义可判断D选项.
【详解】对于A选项，连接、、，
在平行六面体中，且，
所以，四边形为平行四边形，所以，，
因为、分别为、的中点，则，所以，，
因为平面，平面，所以，平面，
同理可证且，
因为且，、分别为、的中点，所以，且，
所以，四边形为平行四边形，故且，
所以，且，故四边形为平行四边形，故，
因为平面，平面，所以，平面.
因为，、平面，所以，平面平面，
因为平面，所以，平面，A对；
对于B选项，连接、、，
由题意可知，，，则为等边三角形，
所以，，同理可得，故三棱锥为正四面体，
设点在平面内的射影点为点，则为等边的中心，
易知点不在直线上，
若平面平面，过点在平面内作，垂足为点，

因为平面平面，平面平面，平面，
所以，平面，
但过点作平面的垂线，有且只有一条，矛盾，假设不成立，B错；
对于C选项，连接，则，且，
因为平面，平面，则，
故，
故平面与平面间的距离为，C错；
对于D选项，连接，因为平面，
所以，与平面所成的角为，且，
所以，直线与平面所成的角的正弦值为，D错.
故选：A.
4．（22·23下·湖北·三模）如图，把一个长方形的硬纸片沿长边所在直线逆时针旋转得到第二个平面，再沿宽边所在直线逆时针旋转得到第三个平面，则第一个平面和第三个平面所成的锐二面角大小的余弦值是（ ）

A．B．C．D．
【答案】C
【分析】将两个单位正方体叠放在一起可构造模型，确定三个平面的位置后，由线面垂直可得两个平面的法向量，根据法向量夹角可确定所求角的余弦值.
【详解】如图，把两个单位正方体叠放在一起，

平面，平面，平面分别代表第一，二，三个平面，
四边形为正方形，，
平面，平面，，
，平面，平面；
同理可得：平面；
平面的法向量为，平面的法向量为，
，，
，，即与的夹角为，
所求锐二面角的大小的余弦值是.
故选：C．
5．（22·23下·黄冈·二模）已知三棱锥的四个顶点都在半径为2的外接球上，分别是和的中点，，，当取得最大值时，三棱锥的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由球的性质可得，为外接球直径，由条件证明平面，平面，解三角形求，结合锥体体积公式求三棱锥的体积.
【详解】依题意，当为外接球直径时，最大，
，，
因为分别是和的中点，
所以为的中位线，，
又，故，
因为，平面，
所以平面，平面，
所以，
又，，平面，
所以平面，又平面，
所以
所以为直角三角形，
所以，
所以.
故选：D.

6．（22·23·潍坊·三模）我国古代名著《张邱建算经》中记载：“今有方锥，下广二丈，高三丈．欲斩末为方亭，令上方六尺．问：斩高几何？”大致意思是：“有一个正四棱锥的下底面边长为二丈，高为三丈，现从上面截去一段，使之成为正四棱台，且正四棱台的上底面边长为六尺，则截去的正四棱锥的高是多少？”按照上述方法，截得的该正四棱台的体积为（ ）（注：1丈尺）
A．11676立方尺B．3892立方尺
C．立方尺D．立方尺
【答案】B
【分析】根据题意画出图形，利用棱锥与棱台的结构特征求出正四棱台的高，再计算它的体积．
【详解】如图所示，
正四棱锥的下底边长为二丈，即尺，
高三丈，即尺；
截去一段后，得正四棱台，且上底边长为尺，
所以，
解得，
所以该正四棱台的体积是
（立方尺）．
故选：．
7．（22·23·山东·二模）正四棱柱中，，为底面的中心，是棱的中点，正四棱柱的高，点到平面的距离的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】设底面四边形的中心为，连接，则，设点到平面的距离为，利用等体积法求解即可.
【详解】设底面四边形的中心为，连接，则，设点到平面的距离为，，，
则中，边上的高为，
则，
由，
得，
所以，
由，得，则，则，
所以，
即点到平面的距离的取值范围是，
所以点到平面的距离的最大值为.
故选：C.
8．（22·23·福州·三模）如图，在圆台OO1中，，点C是底面圆周上异于A、B的一点，，点D是BC的中点，l为平面与平面的交线，则交线l与平面所成角的大小为（ ）

A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由线面平行的性质定理可证得，所以直线l与平面所成角即直线与平面所成角，由线面垂直的判定定理可证得平面，过点作交于点，易证得平面，所以为交线l与平面所成角，求解即可.
【详解】因为，因为，D分别是，BC的中点，所以，
所以平面，平面，所以平面，
平面，平面平面，
所以，，所以，
所以直线l与平面所成角即直线与平面所成角，
因为为直径，所以，因为，即，
又因为平面，
平面，所以，平面，
所以平面，过点作交于点，
因为平面，所以，，
，平面，所以平面，
所以为交线l与平面所成角，
因为，，
.
所以，结合图知.
故选：B.

9．（22·23下·浙江·二模）在平行四边形中，角，将三角形沿翻折到三角形，使平面平面.记线段的中点为，那么直线与平面所成角的正弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由余弦定理，则，，，以为原点建立空间直角坐标系，利用向量法解决线面角问题.
【详解】，由余弦定理，，
则，，，
平面平面，，，
以为原点，所在直线为轴，平面内垂直于的直线为轴，垂直于平面的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
，
设平面的一个法向量为，则有，
令，有，，即，
，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
故选：A
10．（22·23下·盐城·三模）动点在正方体从点开始沿表面运动，且与平面的距离保持不变，则动直线与平面所成角正弦值的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据线面位置关系和余弦定理以及同角三角函数基本关系式即可求解.
【详解】
连接，
容知，,
所以平面平面,
M与平面的距离保持不变，
点M的移动轨迹为三角形的三条边，
当M为中点时，直线与平面所成角正弦值最大，

取的中点，
设正方体的棱长为2，
所以，
，
，
所以,
所以为直角三角形，

所以直线与平面所成角正弦值为,
当M为C点时，当M为中点时，直线与平面所成角的正弦值最小，
此时，，，

所以，
.
直线与平面所成角正弦值的取值范围是，
故选：A.
11．（22·23·衡水·一模）已知正三棱柱，过底边的平面与上底面交于线段，若截面将三棱柱分成了体积相等的两部分，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由线面平行性质可知，结合棱台和棱柱体积公式可求得，由相似关系可求得结果.
【详解】平面，平面平面，平面，；
设的面积为，的面积为，三棱柱的高为，
三棱台的体积，
又三棱柱的体积，
，解得：（舍）或，
∽，，即.
故选：A.
12．（22·23·保定·二模）如图，在长方体中，，，对角线与平面交于点．则与面所成角的余弦值为（ ）

A．B．C．D．
【答案】D
【分析】建立空间直角坐标系，解得平面的法向量为,,，,1,，设，则,,，，解得，可得坐标，
平面的法向量为,1,，设与平面所成角为，则，进而可得答案．
【详解】如图，建立空间直角坐标系：

,1,，,1,，
设平面的法向量为,,，
则，令，则，，
所以,2,，
又,1,，因为点在上，
设,,，所以,,，
所以,,，
因为面，所以，
所以,,,2,，
所以，解得，
所以,,，
平面的法向量为,1,，
设与平面所成角为，
所以，
所以，
故选：D．
13．（2023·遂宁·三模）如图，正方体的棱长为2，线段上有两个动点（在的左边），且．下列说法不正确的是（ ）
A．当运动时，二面角的最小值为
B．当运动时，三棱锥体积不变
C．当运动时，存在点使得
D．当运动时，二面角为定值
【答案】C
【分析】对A：建立空间直角坐标系，利用向量法求解二面角夹角的余弦值，根据其范围，即可判断；对B：利用棱锥体积公式，即可求得三棱锥的体积，即可判断. 对C：由反证法判断；对D：平面即为平面，平面即为平面，从而得出二面角为定值.
【详解】对A：建立如图所示的空间直角坐标系，
则．
因为在上，且，，
可设，则，
则，
设平面的法向量为，
又，所以，即，
取，则，
平面的法向量为，所以．
设二面角的平面角为，则为锐角，故，
因为，在上单调递减，
所以，故，
当且仅当时，取得最大值，即取最小值，故A说法正确．
对B：因为，点A到平面的距离为，
所以体积为，即体积为定值，故B说法正确．
对C：若，则四点共面，与和是异面直线矛盾，故C说法错误．
对D：连接，平面即为平面，而平面即为平面，故当运动时，二面角的大小保持不变，故D说法正确．
故选：C
14．（22·23·黄山·二模）如图1，将一块边长为20的正方形纸片剪去四个全等的等腰三角形，，再将剩下的部分沿虚线折成一个正四棱锥，使与重合，与重合，与重合，与重合，点重合于点，如图2.则正四棱锥体积的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先确定原图中哪一条线段是侧棱，哪条线段是底边，再设立变量，求出体积关于变量的函数解析式，求导，根据函数的单调性求解.
【详解】
根据题意，PG是侧棱，底面EFGH的对角线的一半是GC，
设 ，则有 ， ，
四棱锥的高 ，
底正方形的面积 ，
四棱锥P-EFGH的体积 ，
令 ，则 ， ，
则 ，
当 时， ，V单调递减；当 时，V单调递增，
∴当 时，V取最大值，
.
故选：D.
15．（22·23下·绍兴·二模）如图，为直角梯形，.连，将沿翻折成三棱锥，当三棱锥外接球表面积的最小值时，二面角的余弦值为（ ）
A．B．0C．D．
【答案】B
【分析】由题可得为等边三角形，设的中心为，的中点为，三棱锥外接球的球心为，根据球的性质可得与重合时适合题意，进而即得.
【详解】因为为直角梯形，，
所以，为等边三角形，为直角三角形，
设的中心为，的中点为，三棱锥外接球的球心为，
则平面，平面，
因为，所以三棱锥外接球表面积的最小, 即外接球的半径最小时，即与重合，
此时平面即平面，平面，
故平面平面，即二面角的平面角为，余弦值为0.
故选：B.
【点睛】方法定睛：多面体与球切、接问题的求解方法
(1)涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题求解．
(2)若球面上四点P、A、B、C构成的三条线段PA、PB、PC两两垂直，且PA＝a，PB＝b，PC＝c，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，根据4R2＝a2＋b2＋c2求解．
(3)正方体的内切球的直径为正方体的棱长．
(4)球和正方体的棱相切时，球的直径为正方体的面对角线长．
(5)利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解．
二、多选题
16．（22·23·南京·一模）如图，是长方体，是的中点，直线交平面于点M，则下列结论正确的是（ ）

A．四点共面B．四点共面
C．四点共面D．三点共线
【答案】BCD
【分析】根据长方体的几何性质，结合线面公理，可得答案.
【详解】对于A，连接，，，如下图：

在长方形，由为对角线的中点，则，
则平面平面，
由平面，平面，则，
在长方体中，平面，由平面，
所以与异面，故A错误；
对于B，由选项A可知：，，易知平面，故B正确；
对于C，由选项A可知：，，易知平面，故C正确；
对于D，由选项A可知：，故D正确.
故选：BCD.
17．（22·23·秦皇岛·二模）已知表示空间内两条不同的直线，则使成立的必要不充分条件是（ ）
A．存在平面，有B．存在平面，有
C．存在直线，有D．存在直线，有
【答案】AC
【分析】根据线面平行的性质，结合线面垂直的性质、必要不充分条件的定义逐一判断即可,
【详解】A：若，则直线可以平行，也可以相交，还可以异面；若，则存在平面，有，所以本选项正确；
B：若，则，即垂直于同一平面的两条直线平行；若，则存在平面，有，所以本选项不正确；
C：若，则直线可以平行，也可以相交，还可以异面；若，则存在直线，有，所以本选项正确；
D：若，则，即平行于同一直线的两直线平行，若，则存在直线，有，所以本选项不正确，
故选：AC
18．（22·23·吕梁·二模）已知正方体的棱长为4，为上靠近的四等分点，为上靠近的四等分点，为四边形内一点（包含边界），若平面，则下列结论正确的是（ ）
A．线段长度的最小值为B．三棱锥的体积为定值
C．平面D．直线与平面所成角的正弦值为
【答案】BC
【分析】连接，，取上靠近的四等分点，连接，，，说明点的轨迹为线段，即可判断A；根据即可判断B；根据线面平行的判定定理即可判断C；求出及点到平面的距离，进而可求出线面角，即可判断D.
【详解】如图，连接，，取上靠近的四等分点，连接，，，
因为，，
所以，
所以且，
所以四边形为平行四边形，所以，
因为面平面，
平面平面，平面平面，
所以，
又平面，平面，所以平面，
由题知平面，所以点的轨迹为线段，
由，在等腰中，
当时线段的长度最小，且，故A错误；
对于B，∵为定值，到平面的距离等于平面的距离，即，
由等体积法，∴，
故三棱锥的体积为定值，B正确；
对于C，因为，平面，平面，
所以平面，C正确；
对于D，，
则
，
即，
点到平面的距离为4，
故直线与平面所成角的正弦值为，D错误．
故选：BC.

19．（22·23·宁德·一模）如图，在多面体中，平面，四边形是正方形，且，，分别是线段的中点，是线段上的一个动点（含端点），则下列说法正确的是（ ）
A．存在点，使得
B．存在点，使得异面直线与所成的角为
C．三棱锥体积的最大值是
D．当点自向处运动时，直线与平面所成的角逐渐增大
【答案】ACD
【分析】首先以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，对选项A，假设存在点，根据即可判断A正确，对选项B，假设存在点，根据无解即可判断B错误，对选出C，连接，根据即可判断C正确，对选项D，设直线与平面所成的角为，得到，
再根据函数的单调性即可判断D正确.
【详解】以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，
，，，，，，，
；
对于A，假设存在点，使得，
则，又，
所以，解得：，
即点与重合时，，A正确；
对于B，假设存在点，使得异面直线与所成的角为，
因为，，
所以，方程无解；
所以不存在点，使得异面直线与所成的角为，B错误；
对于C，连接；
设，
因为，
所以当，即点与点重合时，取得最大值；
又点到平面的距离，
所以，C正确；
对于D，由上分析知：，，
若是面的法向量，则，
令，则，
因为，设直线与平面所成的角为，，
所以，
当点自向处运动时，的值由到变大，此时也逐渐增大，
因为在为增函数，所以也逐渐增大，故D正确.
故选：ACD.
20．（23·24上·永州·一模）菱形的边长为，且，将沿向上翻折得到，使二面角的余弦值为，连接，球与三棱锥的6条棱都相切，下列结论正确的是（ ）
A．平面
B．球的表面积为
C．球被三棱锥表面截得的截面周长为
D．过点与直线所成角均为的直线可作4条
【答案】AC
【分析】利用余弦定理求得，说明三棱锥为正四面体，进而补成正方体，则说明O点为正方体的中心，结合线面垂直的判定可判断A；求得球O的半径可判断B；求出球O被三棱锥一个侧面所截得的截面的周长，即可求得球被三棱锥表面截得的截面周长，判断C；根据平行公理以及直线所成角的概念可判断D.
【详解】如图在菱形中，连接，则，设交于E，

则，平面,平面，
即为二面角的平面角，即，
又，即为正三角形，即，为正三角形，
故，故
，即，
故三棱锥为棱长为a的正四面体；
如图，将该四面体补成正方体，四面体的各棱为正方体的面对角线，
则正方体棱长为，

因为球与三棱锥的6条棱都相切，则O点即为正方体的中心，
连接，则O为正方体体对角线的中点，
因为平面平面，故，
又,而平面，
故平面，平面，故；
同理可证,平面，
故平面，即平面，A正确；
因为球与三棱锥的6条棱都相切，
故球O即为正方体的内切球，球的直径为正方体棱长，
则球的半径为，故球的表面积为，B错误；
球O被平面截得的截面圆即为正三角形的内切圆，
由于，故正三角形的内切圆半径为，
故内切圆周长即球O被平面截得的截面圆周长为，
故球被三棱锥表面截得的截面周长为，C正确；
连接，因为，即四边形为平行四边形，
故，而，故，
不妨取空间一点S，作的平行线，如图，
则和所成角均为的直线即为它们形成的角的角平分线，
假设平面过且垂直于所确定的平面，当绕点S且在内转动时，
则此时直线l与所成角相等，但会变大，大于，
即在所确定的平面外过点S不存在直线l与所成角为，

故过点与直线所成角均为的直线可作2条，D错误，
故选：AC
21．（22·23·海口·一模）如图，在棱长为1的正方体中，Q是棱上的动点，则下列说法正确的是（ ）

A．不存在点Q，使得
B．存在点Q，使得
C．对于任意点Q，Q到的距离的取值范围为
D．对于任意点Q，都是钝角三角形
【答案】ABC
【分析】证明直线与是异面直线判断A，当与重合时，可判断BD，设（），计算出的面积的最大值和最小值后从而可得Q到的距离的最小值和最大值，从而判断C．
【详解】由平面，平面，，平面，∴直线与是异面直线，A正确；
平面，平面，则，又，与是平面内两相交直线，所以平面，又平面，所以，即当与重合时，，B正确，此时是直角三角形，D错；
设（），，，，
，
，
所以，
，
所以时，，或1时，，所以的最大值是，最小值是，
记到的距离为，，因此的最大值是，的最小值是，C正确．
故选：ABC．

22．（22·23·龙岩·二模）如图，已知平面，，，为的中点，，则（ ）

A．B．
C．平面D．直线与所成角的余弦值为
【答案】BD
【分析】建立空间直角坐标系，根据空间向量证明平行和垂直关系，空间向量的模，空间向量的数量积的应用，即可判断
【详解】取BC中点G，连接GO，,以O为原点，GO，GC所在直线为x,y轴，如图建立空间直角坐标系，
则
，
对于A，，，故A错误.
对于B，，，B正确
对于C，，，
，，C错误
对于D，，，
，故D正确

故选：BD
23．（22·23下·河北·一模）如图，在直四棱柱中，底面是菱形，点P，Q，M分别为，，的中点，下列结论正确的有（ ）

A．平面B．该四棱柱有外接球，则四边形为正方形
C．与平面不可能垂直D．
【答案】ABC
【分析】根据线线平行即可判断A，利用外接圆的对角互补，则可判断B，利用反证法，结合线面垂直的性质定理可判断C, D.
【详解】对A，连接，由点P，Q，分别为，可得，
，所以四边形为平行四边形，
则，故，平面,平面,则平面，即A正确；
对B，若四棱柱有外接球，则四边形有外接圆，则对角互补，则为正方形，即B正确；
对C，若平面，平面,则，由可得，与条件矛盾，故与平面不可能垂直，即C正确；
对D，取的中点N，连接，，则，,
平面，平面，平面，，
，则，故与不垂直，即D错误.
故选：ABC.

24．（22·23·安庆·三模）如图，已知四边形是以为斜边的等腰直角三角形，为等边三角形，，将沿对角线翻折到在翻折的过程中，下列结论中正确的是（ ）

A．
B．与可能垂直
C．四面体的体积的最大值是
D．直线与平面所成角的最大值是
【答案】ABC
【分析】由折叠平面的变与不变性，对于A，取中点，可得⊥面，A选项可判断；对于B，假设与垂直，则⊥面，再根据题目所给长度即可判断；对于C，当面面时，此时四面体的体积的最大,计算最大体积即可;对于D，当面面时，此时直线与平面所成角最大，判断即可.
【详解】对于A，如图所示，取的中点，连接，

是以为斜边的等腰直角三角形，，
为等边三角形，，
又面，
面，又面，，故A正确.
对于B，假设，又面，
面，又面，，
又，易知，
当时，，故与可能垂直，故B正确.
对于D，当面面时，面面=，平面，
此时面即为直线与平面所成角，
此时，故D错误.
对于C，易知当面面时，此时四面体的体积最大，
此时的体积为：，故C正确.
故选：ABC.
25．（22·23·曲靖·三模）如图，棱长为2的正方体中，点分别是棱的中点，则（ ）

A．直线为异面直线
B．平面
C．过点的平面截正方体的截面面积为
D．点是侧面内一点（含边界），平面，则的取值范围是
【答案】BC
【分析】A.根据平行关系的传递性，可证明，即可判断；B.首先判断平面平面,再利用线面垂直的判断定理，即可证明；C.首先作出截面，再根据截面的形状，求其面积；D.利用面面平行的形状，确定点的轨迹，再求的长度.
【详解】对于A，连接，

由题意可知，因为，所以，所以共面，
故选项A错误；
对于B，因为，平面，平面，
所以平面，同理，平面，
且，平面,
所以平面平面,
连结，
因为，，，且平面，
所以平面，平面，
所以，同理，，且，平面，
所以平面，且平面平面，
所以平面，故选项B正确；

对于C，连接，

根据正方体的性质可得，且，
所以平面即为过点的平面截正方体的截面，该四边形为等腰梯形，
其上底，下底，腰,高为，
所以截面面积为，故选项C正确；
对于D，取的中点，的中点H，连结，
因为，且，所以四边形是平行四边形，
所以，平面，平面，
所以平面，
因为，平面，平面，
所以平面，且，平面，
所以平面平面，
因为点是侧面内一点（含边界），平面，
所以点的轨迹为线段，
连接，

在中，，
点到的距离为，
的取值范围为，故D错误.
故选：BC
【点睛】关键点点睛：本题解题关键在于八个定理的熟悉，特别是选项D的判断，先通过面面平行找到P的轨迹，从而得到的取值范围.
26．（22·23·梅州·三模）已知正方体的棱长为2，为四边形的中心，为线段上的一个动点，为线段上一点，若三棱锥的体积为定值，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BC
【分析】连接，交于点，连接，由题意可得平面，进而可得为与的交点，可得，可求的值.
【详解】连接，交于点，连接，

因为为四边形的中心，所以，
又平面，平面，所以平面，
因为三棱锥的体积等于三棱锥的体积，且为定值，
所以平面，所以平面与平面为同一平面，
所以为与的交点，所以，故A错误，B正确；
因为正方体的棱长为2，所以．故C正确，D错误．
故选：BC．
27．（22·23·郴州·二模）在正四棱台中，，，为棱的中点，当正四棱台的体积最大时，下列说法正确的有（ ）
A．该正四棱台的高为2
B．该正四棱台的体积为224
C．平面截该正四棱台的截面面积是
D．该正四棱台的内切球半径为1
【答案】AC
【分析】令，应用棱台体积公式及导数求正四棱台的体积最大时对应参数，进而求棱台的高、体积、内切球半径，根据平面基本性质画出截面并求面积即可.
【详解】将正棱台补为如下图的棱锥，令，

由，为棱的中点，所以，
棱锥高，则小棱锥高，
棱台的体积，令，则，
所以且，则，
，，即递增，，，即递减，
所以，即时棱台体积最大，此时棱台的高，A对；
棱台体积为，B错；
棱台斜高为，则其平行于且垂直于底面的截面如下：

若存在内切球，则上图等腰梯形存在内切圆且上下底的切点为对应中点，
根据内切圆O与梯形各边都相切，结合切线长定理知：腰长等于上下底之和的一半，
而，故不存在内切圆，即棱台不存在内切球，D错；
过作交于，又为棱的中点，则为中点，
所以，，而，即，
则，，
所以截面为等腰梯形，且高为，则面积为，C对.
故选：AC
28．（22·23·聊城·三模）如图，在正四棱柱中，，，点在棱上，且，点在上底面运动，则下列结论正确的是（ ）

A．存在点使
B．不存在点使平面平面
C．若，，，四点共面，则的最小值为
D．若，，，，五点共球面，则的最小值为
【答案】BCD
【分析】建立空间直角坐标系，计算与的数量积能否为0可判断A；
若平面平面，可得，同A方法即可判断B；
作出平面与平面的交线，的最小值即为时，计算可判断C；
四点，，，确定的几何体的外接球即为正方体的外接球，判断出面与球的截面为圆，转化为点到圆上点的距离的最小值，计算可得D.
【详解】对于A，以D为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，设，则，，
则，，若，则有
，化简得，，
又，，所以不可能成立，故A错误；
对于B，连接交于，连结，则依题意可得，
若平面平面，又平面平面，平面，
，所以平面，所以有，
以D为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

，，，，
则，得，此式不可能成立，故B正确；
对于C，如图，

延长交的延长线于，连接交于，
则为平面与平面的交线，若，，，四点共面，
则在线段上，所以当时，最小，
因为，，所以，
所以，又，则，所以当时，在中，
有，得，故C正确；
如图，

四点，，，确定的几何体的外接球即为正方体的外接球，
球的半径（正方体的对角线长的一半），
设面截球的截面圆为圆，为正方形的中心，
设圆的半径为，，所以，
若，，，，五点共球面，则在圆上，
则的最小值为，故D正确.
故选：BCD
29．（22·23·淄博·三模）如图，已知圆柱母线长为，底面圆半径为，梯形内接于下底面，是直径，//，，点在上底面的射影分别为，，，，点分别是线段，上的动点，点Q为上底面圆内（含边界）任意一点，则（ ）

A．若面交线段于点，则//
B．若面过点，则直线过定点
C．的周长为定值
D．当点Q在上底面圆周上运动时，记直线，与下底面圆所成角分别为，，则
【答案】ABD
【分析】对A：先证//面，再利用线面平行的性质，即可判断；
对B：根据共面，且面，即可判断；
对C：取点与点重合，以及点与中点重合两个位置，分别计算三角形周长，即可判断；
对D：根据题意，找到线面角，得到，结合余弦定理、基本不等式求的范围，即可判断结果.
【详解】对A：由题可得//面，面，故//面；
又//面，面，故//面；
面，故面//面；
又面，故//面；
又面，面面，故可得//，A正确；
对B：根据题意，共面，
又分别为上的动点，故直线面；
不妨设直线与平面的交点为，
若要满足与共面，则直线必过点，又为定点，故B正确；
对C：设的周长为，
当点与重合时，
；
当点与中点重合时，连接：

此时
；
显然周长不为定值，C错误；
对D：过作底面圆垂线，垂足为且在下底面圆周上，即面，
连接，则、分别是直线，与下底面圆所成角，

所以，，则，，
所以，而，，底面圆半径为，
若在对应优弧上时，则，
所以，仅当时等号成立，
此时，
若在对应劣弧上时，则，
所以，仅当时等号成立，
此时，
综上，，故，D正确.
故选：ABD.
【点睛】关键点点睛：面面平行的性质、直线与平面的位置关系、动点问题以及线面角的求解；其中关于D选项中对范围的求解，将空间问题转化为平米问题进行处理，也可以直接建立空间直角坐标系进行处理；同时关于C选项中的定值问题，选取特殊位置验证，不失为一种较好的做题技巧。
30．（22·23·德州·三模）在棱长为的正方体中，已知点在面对角线上运动，点、、分别为、、的中点，点是该正方体表面及其内部的一动点，且平面，则（ ）
A．平面
B．平面平面
C．过、、三点的平面截正方体所得的截面面积为
D．动点到点的距离的取值范围是
【答案】ABD
【分析】证明出平面平面，利用面面平行的性质可判断A选项；证明出平面，利用面面垂直的判定定理可判断B选项；由正方体的特征可得截面为正六边形，即可求面积，可判断C选项；分析可知点的轨迹为内部及其边界，求出动点到点的距离的最大值和最小值，可判断D选项.
【详解】对于A选项，因为且，所以，四边形为平行四边形，
所以，，
因为平面，平面，所以，平面，
同理可证平面，
因为，、平面，所以平面平面，
因为平面，所以，平面，A对；
对于B选项，因为四边形为正方形，则，
因为平面，平面，则，
因为，、平面，所以，平面，
因为平面，所以，，同理可证，
因为，、平面，所以，平面，
因为平面，所以，平面平面，B对；
对于C选项，可知过、、三点平面截正方体所得的截面为正六边形，
其中、、分别为、、的中点，且正六边形的边长为，
所以截面正六边形的面积为，C错；
对于D选项，因为平面平面，
所以，点的轨迹为内部及其边界，
因为平面，，
，
易知，则是边长为的等边三角形，则，
设点到平面的距离为，则，解得，
所以，当平面时，取最小值，
由图可知，当点与点或或重合时，取最大值，
因此，动点到点的距离的取值范围是，D对.
故选：ABD.
【点睛】方法点睛：求点到平面的距离，方法如下：
（1）等体积法：先计算出四面体的体积，然后计算出的面积，利用锥体的体积公式可计算出点到平面的距离；
（2）空间向量法：先计算出平面的一个法向量的坐标，进而可得出点到平面的距离为.
31．（22·23·宁德·二模）在棱长为1的正方体中，，，分别为线段，，上的动点（，，均不与点重合），则下列说法正确的是（ ）

A．存在点，，，使得平面
B．存在点，，，使得
C．当平面时，三棱锥与三棱锥体积之和的最大值为
D．记，，与平面所成的角分别为，，，则
【答案】AD
【分析】正方体中以为原点建立如图所示空间直角坐标系，令,当时，则要使平面则需可用向量法计算判定选项A；=,=则++=+要使则需=即可，用三角函数判定选项B; 当平面时则需最大,则选项C可判定；由等积法得到平面的距离为进而可得，选项D可判定.
【详解】正方体中以为原点建立如图所示空间直角坐标系，

令
平面,平面
又
平面 又平面

当时，则
要使平面则需,
则，
即
当时，则选项A正确；
=,=
则++=+
要使则需=
=，=，=
则中由余弦定理可得
另，
可得，
则
又则
故，选项B错误；
当平面时
则需最大
，，
由平面
可得则
又所以最大为
最大为，选项C错误；
因为
则
可得
=
又可由等积法得到平面的距离为
可得
可得，选项D正确.
故选：AD.
32．（22·23·三明·三模）如图，正方体的棱长为，点是的中点，点是侧面内一动点，则下列结论正确的为（ ）

A．当在上时，三棱锥的体积为定值
B．与所成角正弦的最小值为
C．过作垂直于的平面截正方体所得截面图形的周长为
D．当时，面积的最小值为
【答案】ABD
【分析】证明出平面，可知，可判断A选项；利用线面角角的定义可判断B选项；分别取线段、的中点、，连接、、、、、、，证明出平面，并计算出四边形的周长，可判断C选项；分析可知，当时，的长取最小值，可求出面积的最小值，可判断D选项.
【详解】对于A选项，连接、，如下图所示：

在正方体中，且，
故四边形为平行四边形，所以，，
因为平面，平面，所以，平面，
当在上时，点到平面的距离等于点到平面的距离，
所以，，A对；
对于B选项，连接，

因为平面，所以，与所成的最小角为直线与平面所成的角，
因为平面，所以，与平面所成角为，
因为平面，所以，，
因为，，
所以，，
所以，，故与所成角正弦的最小值为，B对；
对于C选项，分别取线段、的中点、，连接、、、
、、、，

因为四边形为正方形，则，
又因为平面，平面，则，
因为，、平面，所以，平面，
因为平面，则，
在和中，，，，
所以，，则，
所以，，则，即，
因为平面，平面，则，
因为，、平面，所以，平面，
因为平面，所以，，
因为、分别为、的中点，则，
因为且，故四边形为平行四边形，所以，，
所以，，则、、、四点共面，
因为，，，、平面，
所以，平面，
过作垂直于的平面截正方体所得截面，则截面为梯形，
由勾股定理可得，
同理可得，，，
所以，截面周长为，C错；
对于D选项，由C选项可知，平面，则点的轨迹为线段，
因为平面，平面，则，
则，
当时，即当点与点重合时，的长取最小值，
此时，，
所以，，D对.
故选：ABD.
【点睛】方法点睛：求空间几何体体积的方法如下：
（1）求解以三视图为载体的空间几何体的体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应体积公式求解；
（2）若所给几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用等积法、分割法、补形法等方法进行求解．
33．（22·23·大连·三模）已知异面直线与直线所成角为，过定点的直线与直线、所成角均为，且平面与平面的夹角为，直线与平面所成角均为，则对于直线的条数分析正确的是（ ）
A．当时，直线不存在B．当 时，直线有3条
C．当时，直线有4条D．当时，直线有4条
【答案】ABD
【分析】对于选项A，B，C，利用异面直线所成角的概念，平移直线，，结合最小角定理即可判断.对于D，作出平面，所成的二面角所成角为，即图中，先考虑二面角内符合题意的直线，再考虑在二面角的邻补的二面角内符合题意的直线，综合即可得答案.
【详解】
选项A，B，C，如上图，把直线，平移，使两直线经过点，则，所成角为，其补角为，当经过点且为的角平分线时，与，均成角，设角的角平分线为，把绕着点在角的角平分面内旋转时，逐渐增大.
对于A，当时，直线不存在，故A正确.
对于B，当 时，一条是角补角的平分线，另外两条在角平分面内上下各一个，直线共计有3条. 故B正确.
对于C，当时，两条在角平分面内上下各一个，而是角补角的平分线时刚好，此时不存在.此种情况直线共计有2条，故C错误.
选项D，如下图，作出平面，所成的二面角，平面，所成角为，即.
设为的平分线，则，当在以为中心，在二面角的角平分面上旋转时，与两平面，所成角始终相等，但会变小.
当时，在二面角内，这样的直线在的两侧各一条，共有2条.
设为的补角的平分线，则，
，即.
当以为中心，在二面角的邻补角的角平分面上旋转时，与两平面，所成角始终相等，但会变小. 当时，此时直线有2条.
综上，符合要求的直线共有4条，故D正确.
故选：ABD.
34．（23·24上·湖北·一模）正方体棱长为4，动点、分别满足，其中，且，；在上，点在平面内，则（ ）
A．对于任意的，且，都有平面平面
B．当时，三棱锥的体积不为定值
C．若直线到平面的距离为，则直线与直线所成角正弦值最小为．
D．的取值范围为
【答案】ACD
【分析】建空间直角坐标系，用向量知识求解四个选项.
【详解】
对于A，以为坐标原点，，，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，，
设平面的法向量为，
，
则，令，则，，
则，
，，
，
设平面的法向量为，
则，令，则，，
则，
又，
所以，所以对于任意的，且，都有平面平面，故A正确；
对于B，当时，
设平面的法向量为
，，
则，令，则，，
所以，
又，
点到平面的距离为
又，
又因为的面积为定值，所以三棱锥的体积为定值，故B错误；
对于C，设，,则
因为直线到平面的距离为，所以平面，
，
设面为，则
，令，则，
所以
所以，即，
又，则，解得或，
若，所以，，
又，
设直线与直线所成角为，
所以
当最大时，最小，
令，，
在单调递增，
所以，，
最大值为，所以最小为，所以直线与直线所成角正弦值最小为；
若，所以，，根据对称性可得最小为，故C正确；
对于D，设因为，所以，，
，
所以，
整理得，
即
所以点的运动轨迹为一个以为球心，半径为2的球面上一点，所以，
所以，
当时，最小为，当时，最大为
所以的取值范围为，故D正确.
故选：ACD.
35．（22·23·厦门·一模）已知正四面体的棱长为，其外接球的球心为.点满足，，过点作平面行于和，平面分别与该正四面体的棱，，相交于点，，，则（ ）
A．四边形的周长为定值
B．四棱锥的体积的最大值为
C．当时，平面截球所得截面的周长为
D．当时，将正四体绕旋转后与原四面体的公共部分体积为
【答案】ABD
【分析】将正四面体转化为正方体，利用正方体的性质分析运算，对A：根据面面平行的性质定理结合平行线的性质分析运算；对B：根据锥体体积公式，利用导数求其最值；对C：根据球的性质分析运算；对D：根据正方体分析可得：两个正四面体的公共部分两个全等的正四棱锥组合而成，利用锥体体积公式运算求解.
【详解】对于边长为2的正方体，则ABCD为棱长为的正四面体，则球心O即为正方体的中心，
连接，设，
∵，，则为平行四边形，
∴，
又∵平面，平面，
∴平面，
又∵平面，，平面，
∴平面平面，
对A：如图1，
∵平面平面，平面平面，平面平面，
∴，则，即，
同理可得： ，，
，，
∴四边形EMGH的周长（定值），A正确；

对B：如图1，由A可知：，，
，，
∵为正方形，则，
∴为矩形，
根据平行可得：点A到平面的距离，
故四棱锥的体积，
则，
∵，则当时，则，在上单调递增，
当时，则，在上单调递减，
∴当时，取到最大值，
故四棱锥的体积的最大值为，B正确；
对C：正四面体ABCD的外接球即为正方体的外接球，
其半径，
设平面截球O所得截面的圆心为，半径为，
时，，平面过外接球球心，
平面截球所得截面圆半径为，
截面圆周长为，C错误；
对D：如图2，将正四面体ABCD绕EF旋转后得到正四面体，
设，
∵，则分别为各面的中心，
∴两个正四面体的公共部分为，为两个全等的正四棱锥组合而成，
根据正方体可得：，正四棱锥的高为，
故公共部分的体积，D正确；
故选：BD.

【点睛】思路点睛：对于正四面体的相关问题时，我们常转化为正方体，利用正方体的性质处理相关问题.
三、填空题
36．（22·23下·常州·二模）在正四棱台中，，，M为棱的中点，当正四棱台的体积最大时，平面截该正四棱台的截面面积是 .
【答案】
【分析】设，上底面和下底面的中心分别为，，过作，该四棱台的高，可求得该四棱台的体积为，利用基本不等式可得该四棱台的体积的最大值，此时，，.取，的中点，，连接，，可得平面就是截面，求解即可.
【详解】设，上底面和下底面的中心分别为，，过作，
该四棱台的高，
在上下底面由勾股定理可知，.
在梯形中，，
所以该四棱台的体积为，
所以，
当且仅当，即时取等号，此时，，.
取，的中点，，连接，，显然有，
由于平面，平面，所以平面，因此平面就是截面.
显然，
在直角梯形中，，
因此在等腰梯形中，，
同理在等腰梯形中，，
在等腰梯形中，设，，
则，
，
所以梯形的面积为.
故答案为:.
【点睛】总结点睛：
解决与几何体截面的问题，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下：
（1）根据空间中的线面关系，找到线线平行或者垂直，进而确定线面以及面面关系，
（2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的；
（3）求长度下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于长度的方程，并求解.
37．（22·23·日照·三模）祖暅，南北朝时代的伟大科学家，他在实践的基础上提出了祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”，即夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等.请同学们借助图1运用祖暅原理解决如下问题：如图2，有一个倒圆锥形容器，它的轴截面是一个正三角形，在容器内放一个半径为2的铁球，再注入水，使水面与球正好相切（球与倒圆锥相切效果很好，水不能流到倒圆锥容器底部），则容器中水的体积为 .

【答案】
【分析】根据条件和图1可得半球的体积等于等高圆柱的体积减去等高圆锥的体积，半球阴影截面上半部分体积等于圆柱阴影截面上半部分体积减去圆台体积，然后在图2中运用此原理可求得答案.
【详解】如图1，已知圆柱、圆锥底面圆半径、高和球体半径相等，设半球中阴影截面圆的半径，
球体半径为，则，截面圆面；
圆柱中截面小圆半径，大圆半径为，则截面圆环面积，所以，又高度相等，
所以半球的体积等于等高圆柱的体积减去等高圆锥的体积.
同理，半球阴影截面上半部分体积等于圆柱阴影截面上半部分体积减去圆台体积.

如图2，设球体和水接触的上部分为，没和水接触的下部分为，
小半球相当于图1半球的截面上半部分，其体积等于图1中截面之上的圆柱体积减去相应圆台体积.
已知球体半径为，为等边三角形，
，
根据祖暅原理，
，
设图2中轴截面为梯形的圆台体积为，，
故答案为：.
38．（22·23·嘉定·三模）下图改编自李约瑟所著的《中国科学技术史》，用于说明元代数学家郭守敬在编制《授时历》时所做的天文计算.图中的都是以为圆心的圆弧，是为计算所做的矩形，其中分别在线段上，.记，，，，给出四个关系式，其中成立的等式的序号有 .

①
②；
③；
④.
【答案】①③④
【分析】利用题设中的垂直关系可得、、、，利用这些直角三角形逐项计算各角的三角函数后可得它们的关系，从而可得正确的选项.
【详解】因为四边形是矩形，故，而，
平面，故平面.
因为四边形是矩形，故，故，而，
而平面，故平面.
而，，，.
故，，而平面，
故平面，因平面，故,
同理，.
在中，有；
在中，有；
在中，有；
故，故①正确.
在中，有，
在中，有；
故，故，故③正确.
在中，有，
在中，有；
故，故④正确.
若不成立，否则由④的结论可得，这样为锐角矛盾.
故答案为：①③④.
【点睛】思路点睛：立体几何中的角的关系的计算，一般放置在直角三角形进行讨论，注意利用空间中的垂直关系实现不同面中的垂直关系的转化.
39．（22·23·海口·二模）素描是使用单一色彩表现明暗变化的一种绘画方法，素描水平反映了绘画者的空间造型能力．“十字贯穿体”是学习素描时常用的几何体实物模型，图1是某同学绘制的“十字贯穿体”的素描作品．“十字贯穿体”是由两个完全相同的正四棱柱“垂直贯穿”构成的多面体，其中一个四棱柱的每一条侧棱分别垂直于另一个四棱柱的每一条侧棱，两个四棱柱分别有两条相对的侧棱交于两点，另外两条相对的侧棱交于一点（该点为所在棱的中点）．若该同学绘制的“十字贯穿体”由两个底面边长为4，高为的正四棱柱构成（图2），则一只蚂蚁从该“十字贯穿体”的点出发，沿表面到达点的最短路线长为 ．

【答案】
【分析】只需考虑蚂蚁行进的三条路径，并沿所经过的棱将路径图展开成平面图，第一条路径穿过棱，求出此时最短路线长；第二条路径是穿过棱和棱，求出此时最短路线长；第三条路径是穿过棱和棱，求出此时最短路线长并比较大小可得答案．
【详解】由已知得，
只需考虑蚂蚁行进的三条路径，并沿所经过的棱将路径图展开成平面图，
第一条路径穿过棱，如下图，此时最短路线长为；

第二条路径是穿过棱和棱，如下图，此时最短路线长为；

第三条路径是穿过棱和棱，如下图，此时最短路线长为．
，

通过比较可知，最小．
故答案为：.
【点睛】方法点睛：本题结合生活实际情景考查空间几何体，要求学生了解空间几何体的结构特征，会根据生活实际情境解决路线最短问题．
40．（22·23·保定·二模）如图，在四面体中，，则四面体体积的最大值为 ．

【答案】
【分析】过作且，将体积转化为，再由可得两点在以两点为焦点的椭球面上，即可求得四面体体积的最大值.
【详解】过作且，连结，如下图所示：

则为平行四边形，且，
设异面直线与的距离为与所成的角为，
则或，
所以，当异面直线与垂直且距离最大时，四面体的体积最大．
又，所以两点在以两点为焦点的椭球面上，
过作轴的垂面，交轴于，
垂面与椭球面的交线是一个半径为的圆，是它的一条弦，
所以四面体体积为，
当点位于椭球的中心时最大，最大值为，
所以四面体体积的最大值为．
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题关键在于根据两线段之和为定值利用椭圆定义得出两点在以两点为焦点的椭球面上，找出定值与变量之间的关系式，即可求出最值.