1、多加總結。當三年所有的數(shù)學知識點加在一起，可能會使有些基礎不牢固的學生犯迷糊。
2、做題經(jīng)驗。哪怕同一題只改變數(shù)字，也能成為一道新的題目。
3、多刷錯題。多刷錯題能夠進一步地掃清知識盲區(qū)，多加鞏固之后自然也就掌握了知識點。
對于學生來說，三輪復習就相當于是最后的“救命稻草”，家長們同樣是這樣，不要老是去責怪孩子考試成績不佳，相反，更多的來說，如果能夠陪同孩子去反思成績不佳的原因，找到問題的癥結所在，更加重要。
【一專三練】 專題12 立體幾何小題拔高練-新高考數(shù)學復習分層訓練（新高考通用）
一、單選題
1．（2023·湖南岳陽·統(tǒng)考二模）已知直線和平面，若且，則“”是“”的（ ）
A．充分不必要條件B．必要不充分條件
C．充要條件D．既不充分也不必要條件
【答案】C
【分析】由面面垂直的性質(zhì)、線面垂直的定義結合充分必要條件的定義判斷即可.
【詳解】當時，由且，得；
當時，因為，所以，所以.
即“”是“”的充要條件.
故選：C
2．（2023·浙江·永嘉中學校聯(lián)考模擬預測）已知正方體的棱長為1，是線段上的動點，則三棱錐的體積為（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先由線面平行的判定定理證得面，從而得到，再結合錐體的體積公式即可得解.
【詳解】因為在正方體中，，，
所以四邊形是平行四邊形，故，
又面，面，所以面，
因為是線段上的動點，所以到面的距離與到面的距離相等，
所以
故選：B.
.
3．（2023·廣東廣州·統(tǒng)考一模）已知三棱錐的四個頂點都在球的球面上，，，則球的表面積為（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根據(jù)給定條件，證明平面，再確定球心O的位置，求出球半徑作答.
【詳解】在三棱錐中，如圖，，則，同理，
而平面，因此平面，
在等腰中，，則，，
令的外接圓圓心為，則平面，，
有，取中點D，連接OD，則有，又平面，即，
從而，四邊形為平行四邊形，，又，
因此球O的半徑，
所以球的表面積.
故選：A
4．（2023·江蘇連云港·統(tǒng)考模擬預測）已知正四面體，，點為線段的中點，則直線與平面所成角的正切值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】作出圖形，找出直線與平面所成角的平面角，在三角形內(nèi)即可求解.
【詳解】如圖，過點向底面作垂線，垂足為，連接，
過點作于G，連接，

由題意可知：且，
因為平面，所以平面，
則即為直線與平面所成角的平面角，
設正四面體的棱長為2，則，，
所以，則，
在中，由余弦定理可得：，
在中，，
所以，
所以直線與平面所成角的正切值是，
故選：.
5．（2023·山東·沂水縣第一中學校聯(lián)考模擬預測）如圖，直三棱柱中，，，，點是的中點，點是線段上一動點，點在平面上移動，則，兩點之間距離的最小值為（ ）
A．B．C．D．1
【答案】A
【分析】根據(jù)題意可證：平面，可得，兩點之間距離的最小值為，利用等體積法求，即可得結果.
【詳解】連接交于點，連接，
∵分別為的中點，則，
且平面，平面，
∴平面，
則點到平面的距離相等，設為，則，兩點之間距離的最小值為，
即點到平面的距離為，
∵的中點在上，則點到平面的距離為，
由題意可得為，
由，則，解得，
故，兩點之間距離的最小值為.
故選：A.
6．（2023·湖南·校聯(lián)考模擬預測）《九章算術》卷五《商功》中描述幾何體“陽馬”為“底面為矩形，一棱垂直于底面的四棱錐”，現(xiàn)有陽馬（如圖），平面，點E，F(xiàn)分別在上，當空間四邊形的周長最小時，三棱錐外接球的表面積為（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】把剪開，使得與矩形在同一個平面內(nèi).延長到M，使得，則四點P，E，F(xiàn)，M在同一條直線上時，取得最小值，即空間四邊形的周長取得最小值.可得，∴.∴點E為的中點.設的外心為，外接圓的半徑為r，則，利用勾股定理進而得出結論.
【詳解】如圖所示，把剪開，使得與矩形在同一個平面內(nèi).
延長到M，使得，則四點P，E，F(xiàn)，M在同一條直線上時，取得最小值，即空間四邊形的周長取得最小值.可得，∴.∴點E為的中點.
如圖所示，設的外心為，外接圓的半徑為r，則.
設三棱錐外接球的半徑為R，球心為O，連接，則，
則.∴三棱錐外接球的表面積.
故選：B.
7．（2023·湖南長沙·湖南師大附中?？家荒＃┤鐖D，已知正四棱臺中，，，，點分別為，的中點，則下列平面中與垂直的平面是（ ）
A．平面B．平面DMNC．平面ACNMD．平面
【答案】C
【分析】延長交于一點，取中點，連接，根據(jù)三角形相似及長度關系可得為等邊三角形，即可得，，由長度關系及平行可證明，，即可證明在上，在上，再根據(jù)線面垂直的判定定理即可得出結果.
【詳解】解：延長交于一點，取中點，連接，如圖所示：
因為正四棱臺，所以為正四棱錐，
因為，，，且，
所以，即，解得，
所以，即為等邊三角形，
因為為中點，所以，且，同理可得，
因為，所以，即，
因為為中點，所以，
故，，
因為，，
所以，，
所以，，
因為，，
所以在上，在上，
因為，，所以，，
即，，因為平面，平面，
，所以平面.
故選：C
8．（2023·江蘇蘇州·蘇州中學?？寄M預測）沙漏是古代的一種計時裝置，它由兩個形狀完全相同的容器和一個狹窄的連接管道組成，開始時細沙全部在上部容器中，細沙通過連接管道全部流到下部容器所需要的時間稱為該沙漏的一個沙時.如圖，某沙漏由上下兩個圓錐組成，圓錐的底面直徑和高均為，細沙全部在上部，其高度為圓錐高度的（細管長度忽略不計）.假設該沙漏每秒鐘漏下的沙，則該沙漏的一個沙時大約是（ ）
A．1895秒B．1896秒C．1985秒D．2528秒
【答案】C
【分析】由圓錐的體積公式計算細沙體積和沙堆體積，根據(jù)細沙體積不變即可求解．
【詳解】沙漏中的細沙對應的圓錐底面半徑為，高為，
所以細沙體積為
所以該沙漏的一個沙時為秒，
故選：C
9．（2023·廣東湛江·統(tǒng)考一模）元宵節(jié)是春節(jié)之后的第一個重要節(jié)日，元宵節(jié)又稱燈節(jié)，很多地區(qū)家家戶戶都掛花燈．下圖是小明為自家設計的一個花燈，該花燈由上面的正六棱臺與下面的正六棱柱組成，若正六棱臺的上、下兩個底面的邊長分別為40cm和20cm，正六棱臺與正六棱柱的高分別為10cm和60cm，則該花燈的體積為（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根據(jù)給定的幾何體，求出正六棱臺兩底面積，再利用臺體、柱體的體積公式計算作答.
【詳解】依題意，花燈的體積等于上面的正六棱臺體積與下面的正六棱柱體積的和，
正六棱臺的兩個底面積分別為，，
所以花燈的體積
.
故選：C
10．（2023·浙江·模擬預測）在《九章算術》中記載，塹堵是底面為直角三角形的直三棱柱，陽馬指底面為矩形，一側棱垂直于底面的四棱錐，鱉臑為四個面都為直角三角形的三棱錐，如圖，在塹堵中，，鱉臑的外接球的體積為，則陽馬體積的最大值為（ ）
A．B．C．D．4
【答案】B
【分析】設的外接球半徑為r，根據(jù)鱉臑的外接球的體積即可求得r，再根據(jù)的外接球的半徑與三棱柱的外接球的半徑相同可得到x，y的關系式，再根據(jù)四棱錐的體積公式結合基本不等式即可求解．
【詳解】設的外接球半徑為r，
則的外接球的體積為．
．
又陽馬的體積為，
所以陽馬體積的最大值為．
故選：B．
二、多選題
11．（2023·浙江金華·浙江金華第一中學?？寄M預測）如圖，在正方體中，，點P在側面及其邊界上運動，并且總是保持，則下列結論正確的是（ ）
A．
B．點P在線段上
C．平面
D．直線AP與側面所成角的正弦值的范圍為
【答案】BC
【分析】對A，由面面平行說明；
對B，以D為坐標原點可建立如圖的空間直角坐標系，由向量法說明，C，P三點共線；
對C，由向量法證，再由線線垂直證平面；
對D，由向量法求線面角，進而討論范圍.
【詳解】對于A，點P在平面內(nèi)，平面平面，所以點P到平面的距離即為點C到平面的距離，即正方體的棱長，
所以，A錯誤；
對于B，以D為坐標原點可建立如圖的空間直角坐標系，
則，，，，，，且，，
所以，，．
因為，所以，所以，即，所以，
所以，即，C，P三點共線，故點P在線段上，B正確；
對于C，，，，，，
由，
因為，，平面，所以平面，C正確；
對于D，，，平面的一個法向量為．
設與平面的夾角為，為銳角，
其正弦值為．
由，得，D錯誤．
故選：BC．
12．（2023·江蘇南通·校聯(lián)考模擬預測）在正方體中，點P滿足，則（ ）
A．若，則AP與BD所成角為B．若，則
C．平面D．
【答案】BCD
【分析】與BD所成角為與所成角，為，A錯誤，建系得到，B正確，故面面，C正確，，D正確，得到答案.
【詳解】對選項A：時P與重合，與BD所成角為與所成角，為等邊三角形，則AP與BD所成角為，錯誤；
對選項B：如圖建立空間直角坐標系，令，，，，，，，正確；
對選項C：，平面， 平面，故平面，同理可得平面，，故面面，平面，平面，正確；
對選項D：，，，正確．
故選：BCD
13．（2023·江蘇連云港·統(tǒng)考模擬預測）折扇在我國已有三四千年的歷史，“扇”與“善”諧音，折扇也寓意“善良”“善行”．它以字畫的形式集中體現(xiàn)了我國文化的方方面面，是運籌帷幄，決勝千里，大智大勇的象征（如圖1）．圖2是一個圓臺的側面展開圖（扇形的一部分），若扇形的兩個圓弧所在圓的半徑分別是1和3，且，則該圓臺（ ）
A．高為B．表面積為
C．體積為D．上底面積、下底面積和側面積之比為
【答案】BCD
【分析】求得圓臺的上下底面半徑，根據(jù)圓臺的結構特征可求得圓臺母線長和高，判斷A；根據(jù)圓臺的側面積以及體積公式求得表面積和體積，判斷B，C；進而求得上底面積、下底面積和側面積之比，判斷D.
【詳解】對于A，設圓臺的上底面半徑為r，下底面半徑為R，則，
解得,所以圓臺的母線長為，高為，選項A錯誤；
對于B，圓臺的上底面積為，下底面積為，側面積為，
所以圓臺的表面積為，選項B正確；
對于C，圓臺的體積為 ，選項C正確；
對于D，圓臺的上底面積、下底面積和側面積之比為，選項D正確，
故選：BCD．
14．（2023·江蘇·統(tǒng)考一模）正方體的棱長為3，E，F(xiàn)分別是棱，上的動點，滿足，則（ ）
A．與垂直
B．與一定是異面直線
C．存在點E，F(xiàn)，使得三棱錐的體積為
D．當E，F(xiàn)分別是，的中點時，平面截正方體所得截面的周長為
【答案】ACD
【分析】設，利用坐標法可判斷A，利用特值法可判斷B，根據(jù)體積公式表示出三棱錐的體積可判斷C，作出截面結合條件可得周長判斷D.
【詳解】如圖建立空間直角坐標系，設，
則，
A：由題可得，所以,
所以，即，故A正確；
B：當E，F(xiàn)為中點時，，所以，B，D，F(xiàn)，E四點共面，此時與不是異面直線，故B錯誤；
C：由，可得，
則，由于，故C正確；
D：直線與分別交于，連接分別交，于點M，N，
則五邊形為平面截正方體所得的截面，
因為E，F(xiàn)分別是，的中點，
所以易得，故可得，
因為，所以，
可得，同理可得，所以五邊形的周長為，故D正確.
故選：ACD.
15．（2023·江蘇·二模）已知是棱長均為的三棱錐，則（ ）
A．直線與所成的角
B．直線與平面所成的角為
C．點到平面的距離為
D．能容納三棱錐的最小的球的半徑為
【答案】ACD
【分析】根據(jù)正四面體的結構特征、線面垂直判定及性質(zhì)、線面角定義逐一計算或判斷各項正誤即可．
【詳解】A：若為中點，連接，由題設知：各側面均為等邊三角形，
所以，，面，則面，
又面，故，正確；
B：若為面中心，連接，則面，面，
所以直線與平面所成的角為，且，而，
故，顯然不為，錯誤；
C：由B分析，即該正棱錐的體高為，故到平面的距離為，正確；
D：顯然正棱錐的外接球半徑最小，令其外接球半徑為，則，
所以，正確.
故選：ACD
16．（2023·湖北·校聯(lián)考模擬預測）如圖，正方體棱長為，是直線上的一個動點，則下列結論中正確的是（ ）
A．的最小值為
B．的最小值為
C．三棱錐的體積不變
D．以點為球心，為半徑的球面與面的交線長
【答案】ACD
【分析】根據(jù)的最小值為等邊三角形的高，可求得A正確；將與矩形沿翻折到一個平面內(nèi)，可知所求最小值為，利用余弦定理可求得B錯誤；利用體積橋可求得三棱錐的體積為定值，知C正確；利用體積橋可求得點到平面的距離，根據(jù)交線為圓可求得交線長，知D正確.
【詳解】對于A，在中，，即是邊長為的等邊三角形，
的最小值為的高，，A正確；
對于B，將與矩形沿翻折到一個平面內(nèi)，如圖所示，
則的最小值為；
又，，，
在中，由余弦定理得：，
，即，B錯誤；
對于C，平面，平面，；
四邊形為正方形，，
又，平面，平面；
，
即三棱錐的體積不變，C正確；
對于D，設點到平面的距離為，
，，即，解得：，
以點為球心，為半徑的球面與平面的交線是以為半徑的圓，
交線長為，D正確.
故選：ACD.
17．（2023·湖北·統(tǒng)考模擬預測）如圖，在棱長為4的正方體中，E，F(xiàn)，G分別為棱，，的中點，點P為線段上的動點，則（ ）
A．兩條異面直線和所成的角為
B．存在點P，使得平面
C．對任意點P，平面平面
D．點到直線的距離為4
【答案】BCD
【分析】根據(jù)異面直線所成角的概念結合正方體的性質(zhì)可判斷A，根據(jù)線面平行的判定定理可判斷B，根據(jù)線面垂直的判定定理可得平面，然后根據(jù)線線垂直的判定定理可判斷C，利用余弦定理結合條件可判斷D.
【詳解】對于A，由正方體的性質(zhì)可知，兩條異面直線和所成的角即為，所以A錯誤；
對于B，當點P與點重合時，由題可知，
所以，四邊形為平行四邊形，故，
又平面，平面，則平面，所以B正確；
對于C，連結，由于平面，平面，故，
又，故，故，即，故，
又相交，平面，故平面，又平面，故對任意點，平面平面，所以C正確；
對于D，由正方體的性質(zhì)可得，，
所以，
所以，所以點到直線的距離，所以D正確．
故選：BCD．
18．（2023·湖北武漢·華中師大一附中校聯(lián)考模擬預測）如圖，在已知直四棱柱中，四邊形ABCD為平行四邊形，E，M，N，P分別是BC，，，的中點，以下說法正確的是（ ）
A．若，，則
B．
C．平面
D．若，則平面平面
【答案】ACD
【分析】證明，根據(jù)異面直線夾角定義證明，判斷A，證明MN與CD異面，判斷B，由線面平面判定定理判斷C，由線面垂直判定定理證明平面，由面面垂直判定定理證明平面平面.
【詳解】連接，由已知，，
所以，所以四邊形為平行四邊形，
所以，
由，
∴，
則，
∴，故，選項A正確．
因為分別為的中點，所以，又，
所以，由，
所以四邊形為平行四邊形，
因為平面，，平面，
所以MN與CD異面，選項B錯誤．
因為，平面，平面，
所以平面，選項C正確．
若，則四邊形ABCD為菱形，
∴．又，，平面
∴平面，平面，
∴平面平面，選項D正確．
故選：ACD.
19．（2023·湖南·模擬預測）已知正四棱錐的所有棱長均為，，分別是，的中點，為棱上異于，的一動點，則以下結論正確的是（ ）
A．異面直線、所成角的大小為
B．直線與平面所成角的正弦值為
C．周長的最小值為
D．存在點使得平面
【答案】BC
【分析】根據(jù)空間中異面直線所成角，直線與平面所成角的定義，空間中折疊問題以及垂直關系的判定與性質(zhì)，逐個選項運算求解即可．
【詳解】如圖，取的中點，連接，，
因為，分別是，的中點，
所以，且，所以四邊形為平行四邊形，
則，又正四棱錐的所有棱長均為，
則，所以異面直線，所成角為，故A錯誤；
設正方形的中心為，連接，，
則平面，，
設的中點為，連接，，
則，且平面，
所以為直線與平面所成角，所以，
中，，，，
所以由余弦定理可得，所以 ，
所以，故B正確；
將正和沿翻折到一個平面內(nèi)，如圖，
當，，三點共線時，取得最小值，
此時，點為的中點，，
所以周長的最小值為，故C正確；
若平面，則，此時點為上靠近點的四等分點，
而此時，與顯然不垂直，故D錯誤；
故選：BC．
20．（2023·湖南·湖南師大附中校聯(lián)考模擬預測）如圖，正方體的棱長為3，點是側面上的一個動點（含邊界），點在棱上，且，則下列結論正確的有（ ）
A．沿正方體的表面從點到點的最短路程為
B．保持與垂直時，點的運動軌跡長度為
C．若保持，則點的運動軌跡長度為
D．當在點時，三棱錐的外接球表面積為
【答案】BCD
【分析】根據(jù)平面展開即可判斷A；過做平面平面，即可判斷B；根據(jù)點的軌跡是圓弧，即可判斷C；建立空間直角坐標系求得圓心坐標即可判斷D.
【詳解】對于，將正方體的下面和側面展開可得如圖圖形，
連接，則，故錯誤；
對于，因為平面，平面，，又，平面，
所以平面，平面，
所以，同理可得，平面，
所以平面，
所以過點作交交于，過作交交于，
由，可得，平面，平面，
所以平面，同理可得平面，，
則平面平面，
設平面交平面于，則的運動軌跡為線段，
由點在棱上，且，可得，
所以，故B正確；
對于，若，則在以為球心，為半徑的球面上，
過點作平面，則，此時，
所以點在以為圓心，2為半徑的圓弧上，此時圓心角為，
點的運動軌跡長度為，故正確；
對于D，以為坐標原點，所在直線分別為軸建系，
則，設三棱錐的外接球球心為，由得，
，
解得：，
所以三棱錐的外接球半徑，
所以三棱錐的外接球表面積為，D正確.
故選：BCD.
21．（2023·廣東佛山·統(tǒng)考一模）如圖，在正方體中，點M是棱上的動點（不含端點），則（ ）
A．過點M有且僅有一條直線與AB，都垂直
B．有且僅有一個點M到AB，的距離相等
C．過點M有且僅有一條直線與，都相交
D．有且僅有一個點M滿足平面平面
【答案】ABC
【分析】逐個分析每個選項即可.
【詳解】對于選項A，設過點M與AB、都垂直的直線為l，
∵，
∴，
又∵，，、面，
∴面，
而過點M作平面的垂線有且只有一條直線，即為：．
∴過點M有且僅有一條直線與AB、都垂直.故選項A正確；
對于選項B，連接MA，，
由題意知，AB面，面，
∴ABMA，，即：MA為點M到AB的距離，為點M到的距離，
在中，，
在中，，
又∵
∴當時，，即：當M為的中點時，點M到AB、的距離相等，即：有且僅有一個點M到AB、的距離相等.故選項B正確；
對于選項C，如圖所示，
連接AC、BD交于點O，連接、交于點，連接交于點N，則面，又因為面，且，，所以連接MN必與交于點G，即：過點M有且僅有一條直線與、都相交.故選項C正確；
對于選項D，設正方體的邊長為2，以點D為原點，分別以DA、DC、為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系，如圖所示，
則，，，，
設，，
則，，，，
設面的一個法向量為，
當時，取，則，，
當時，取，則，，則，
設面（即：面）的一個法向量為
取，則，，則，
當時，，此時面與面不垂直，
當時，，所以面與面不垂直，
所以不存在過點M滿足面面.故選項D錯誤；
故選：ABC.
22．（2023·廣東湛江·統(tǒng)考一模）在棱長為2的正方體中，點E，F(xiàn)分別為棱BC與的中點，則下列選項正確的有（ ）
A．平面
B．與所成的角為30°
C．平面
D．平面截正方體的截面面積為
【答案】ABD
【分析】設點M為棱的中點，得到四邊形為平行四邊形，利用線面平行的判定定理，證得平面，可判定A正確；再得到四邊形為菱形，求得截面的面積，可判定D正確；設的中點為N，證得，得到為與所成的角，利用余弦定理求得，可判定B正確；假設平面正確，得到，結合，證得平面，得到，進而判定C錯誤．
【詳解】如圖1所示，設點M為棱的中點，則平行且相等，所以四邊形為平行四邊形，
又，平面，平面，所以平面，故A正確；
由上可知，四邊形為平面截正方體的截面，
易得，故四邊形為菱形，
又其對角線，，故其面積為，故D正確；
設的中點為，連接，因為分別為與的中點，所以，
故為與所成的角，又，，
由余弦定理可得，
所以與所成的角為，故B正確；
如圖2所示，假設平面正確，則，
又，，所以平面，得．
在正方形中，，顯然不成立，所以假設錯誤，
即平面錯誤，故C錯誤．
故選：ABD．
23．（2023·廣東·統(tǒng)考一模）在四棱錐中，平面，四邊形是正方形，若，則（ ）
A．
B．與所成角為
C．與平面所成角為
D．與平面所成角的正切值為
【答案】ACD
【分析】對于選項A，利用線面垂直的判定定理得到AC⊥平面SBD，進而可判定選項A正確；對于選項B，由平面，知，故可選項B錯誤；對于選項C和D，利用線面的定義，找出線面角，從而轉(zhuǎn)化成平面角，在相應的三角形中進行求解，即可判斷選項的正誤.
【詳解】選項A，因為底面，面，所以,
因為四邊形是正方形，所以，又，平面，所以平面，
又面，所以，選項A正確．
選項B，因為平面，又面，所以，故選項B錯誤．
選項C，因為底面，面，所以,
因為四邊形是正方形，所以，又，平面,
所以平面,
所以與平面所成角為，易知，故選項C正確．
選項D，如圖，取中點，連，
因為底面，面，所以,
雙四邊形是正方形，所以，又，所以平面,
面，所以，
又，所以，，所以面，
所以與平面所成角為，
不妨設，易知,
在，，故選項D正確．
故選：ACD
24．（2023·浙江·校聯(lián)考模擬預測）如圖，在直三棱柱中，，，，分別為，和的中點，為棱上的一動點，且，則下列說法正確的是（ ）
A．
B．三棱錐的體積為定值
C．
D．異面直線與所成角的余弦值為
【答案】ABD
【分析】根據(jù)圖形特點取的中點為，以為原點，為軸建立空間直角坐標系，利用空間向量的線線關系計算可判斷A,C,D選項；利用線面關系及三棱錐體積即可判斷B選項.
【詳解】解：直三棱柱中，，，，分別為，和的中點，取的中點為，
由于，所以，如圖以為原點，為軸建立空間直角坐標系，設,，則，所以
則，又，所以，所以，
對于A，，設，
則，所以，則，故A正確；
對于B，因為，分別為，的中點，所以，又，則
又平面，平面，所以平面，故到平面的距離為定值，
所以三棱錐的體積為定值，故B正確；
對于C，由A選項得，，
所以，故C不正確；
對于D，由于，所以，所以，
故異面直線與所成角的余弦值為，故D正確.
故選：ABD.
25．（2023·浙江·模擬預測）如圖，正方體，若點M在線段上運動，則下列結論正確的為（ ）
A．三棱錐的體積為定值
B．直線DM與平面所成角的最大值為
C．
D．點M到平面與到平面ACD的距離之和為定值
【答案】ACD
【分析】根據(jù)正方體中的直線與平面的關系，判斷選項正誤.
【詳解】對于選項A，點M在線段上運動，而，平面，平面，
所以平面，點M到平面的距離為定值，三棱錐的體積為定值，A正確；
對于選項B，因為平面，所以即直線DM與平面所成的角，，
當M為的中點時，最大，此時，B錯誤；
對于選項C，因為平面，平面，所以，又因為，平面，平面，，
所以平面，又平面，，C正確；
對于選項D，到平面的距離為，M到平面ACD的距離為，
所以M到兩個平面的距離之和為，是定值，D正確．
故選：ACD.
26．（2023·浙江嘉興·統(tǒng)考模擬預測）已知正方體的棱長為2，，分別為，的中點，且與正方體的內(nèi)切球（為球心）交于，兩點，則下列說法正確的是（ ）
A．線段的長為
B．過，，三點的平面截正方體所得的截面面積為
C．三棱錐的體積為
D．設為球上任意一點，則與所成角的范圍是
【答案】BC
【分析】過，，三點的截面為正六邊形，球心為其中心，作出圖形在正六邊形中求出判斷A，求出正六邊形面積判斷B，由等體積法求出三棱錐體積判斷C，分析與所成角的最大最小值判斷D.
【詳解】過，，三點的截面為正六邊形，球心為其中心，如圖，
在正六邊形中，，點到的距離為，，
所以，故A錯誤；
正六邊形的面積，故B正確；，故C正確；
、、為球的切線，故當為中點時，與所成角最小為0，
，所以，
當與球相切且P在平面OAC內(nèi)時，為或的中點時，與所成角最大為，故D錯誤.
故選：BC.
三、填空題
27．（2023·浙江·校聯(lián)考三模）將兩個形狀完全相同的正三棱錐底面重合得到一個六面體，若六面體存在外接球，且正三棱錐的體積為1，則六面體外接球的體積為_____________．
【答案】##
【分析】根據(jù)正三棱錐的幾何性質(zhì)，確定其形成六面體的外接球球心的位置及半徑的長，從而列式求得半徑，即可得六面體外接球的體積.
【詳解】如圖所示，記兩個形狀完全相同的正三棱錐為三棱錐和三棱錐
設點A在面上的投影為點O，則、O、A三點共線．
在三棱錐和中，到幾何體各頂點距離相等的點分別在和上若組合后的六面體存在外接球，則O為外接球的球心，
設，則，
因為O為的中心，所以即，
所以，解得
所以球的體積為.
故答案為：.
28．（2023·江蘇南通·二模）已知一扇矩形窗戶與地面垂直，高為1.5m，下邊長為1m，且下邊距地面1 m．若某人觀察到窗戶在平行光線的照射下，留在地面上的影子恰好為矩形，其面積為1.5 m 2，則窗戶與地面影子之間光線所形成的幾何體的體積為_______m3．
【答案】
【分析】根據(jù)題意，所得幾何體體積為兩個直三棱柱體積之差求解即可.
【詳解】因為窗戶下邊長1m，所以留在底面上影子矩形的長為1m，
又影子矩形的面積為1.5 m 2，所以矩形的寬為1.5 m，
設影子矩形靠近墻的邊長到窗戶底部墻的距離為，則，
解得，
所以窗戶與地面影子之間光線所形成的幾何體為兩個底面為直角三角形，高為1的直三棱柱體積之差，其中大三棱柱底面直角三角形兩直角邊為，小三棱柱底面直角三角形兩直角邊長為,
所以
故答案為：
29．（2023·湖北·校聯(lián)考模擬預測）已知正三棱錐的各頂點都在表面積為球面上，正三棱錐體積最大時該正三棱錐的高為______.
【答案】##
【分析】根據(jù)球的性質(zhì)，結合導數(shù)的性質(zhì)、棱錐的體積公式、球的表面積公式進行求解即可.
【詳解】因為，所以正三棱錐外接球半徑，
如圖所示，設外接球圓心為O，過向底面作垂線垂足為D，，
要使正三棱錐體積最大，則底面與在圓心的異側，
因為是正三棱錐，所以D是的中心，
所以，
又因為，所以，
，
所以，
令，
解得或，
當，；當，，
所以在遞增，在遞減，
故當時，正三棱錐的體積最大，此時正三棱錐的高為，
故正三棱錐體積最大時該正三棱錐的高為.
故答案為：
30．（2023·湖南郴州·統(tǒng)考三模）已知三棱錐的棱長均為4，先在三棱錐內(nèi)放入一個內(nèi)切球，然后再放入一個球，使得球與球及三棱錐的三個側面都相切，則球的表面積為__________.
【答案】##
【分析】由等體積法求得內(nèi)切球半徑，再根據(jù)比例求得球的半徑，則問題可解．
【詳解】如圖所示：
依題意得 ，
底面的外接圓半徑為，
點到平面的距離為 ，
所以 ，
所以
設球的半徑為，所以
則，得
設球的半徑為，則，又 得
所以球的表面積為
故答案為：.

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