1、多加總結(jié)。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(jié)所在，更加重要。
【一專三練】 專題12 立體幾何小題壓軸練-新高考數(shù)學復習分層訓練（新高考通用）
一、單選題
1．（2023·山東濟寧·統(tǒng)考一模）已知直三棱柱，為線段的中點，為線段的中點，過的內(nèi)切圓圓心，且，，，則三棱錐的外接球表面積為（ ）
A．B．πC．D．
【答案】B
【分析】計算，，過分別作平面，平面的垂線， 兩垂線交于點，點為三棱取的外接球球心，計算，，再利用勾股定理得到，計算表面積得到答案.
【詳解】如圖，為線段的中點，，平面，平面，
故，，平面，故平面，
平面，故，
故，
因為為線段的中點且過的內(nèi)切圓圓心，
故，即.
所以.
取的中點，連接、，
分別在、上取 、的外接圓圓心、.
過分別作平面，平面的垂線， 兩垂線交于點，
則點為三棱取的外接球球心.
在中由余弦定理得：，
所以.
設、的外接圓半徑分別為、， 三棱錐的外接球半徑為.
，解得，同理，
所以，，
所以三?錐的外接球表面積為.
故選：B
【點睛】關鍵點點睛：本題考查了線面垂直，三棱錐的外接球表面積，意在考查學生的計算能力，空間想象能力和轉(zhuǎn)化能力，其中，確定過圓心的垂線交點是球心再利用勾股定理求解是解題的關鍵，此方法是?？挤椒ǎ枰炀氄莆?
2．（2023春·湖北武漢·高三華中師大一附中?？计谥校┰谡睦馀_中，，，M為棱的中點，當正四棱臺的體積最大時，平面截該正四棱臺的截面面積是（ ）．
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根據(jù)正四棱臺的體積公式、結(jié)合基本不等式、線面平行的判定定理、梯形的面積公式進行求解即可．
【詳解】設，上底面和下底面的中心分別為，，過作,
該四棱臺的高，
在上下底面由勾股定理可知，．
在梯形中，，
所以該四棱臺的體積為，
所以，
當且僅當，即時取等號，此時，，．
取,的中點，,連接,，顯然有，
由于平面，平面，所以平面，因此平面就是截面．
顯然，
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，設，，
則，
，
所以梯形的面積為，
故選：C．
【點睛】解決與幾何體截面的問題，將空間幾何問題轉(zhuǎn)化為平面幾何問題求解，其解題思維流程如下：
（1）根據(jù)空間中的線面關系，找到線線平行或者垂直，進而確定線面以及面面關系，
（2）作截面：選準最佳角度做出截面（要使這個截面盡可能多的包含幾何體的各種元素以及體現(xiàn)這些元素的關系），達到空間問題平面化的目的；
（3）求長度下結(jié)論：根據(jù)作出截面中的幾何元素，建立關于長度的方程，并求解.
3．（2023·湖北武漢·華中師大一附中校聯(lián)考模擬預測）在三棱錐中，是以AC為底邊的等腰直角三角形，是等邊三角形，，又BD與平面ADC所成角的正切值為，則三棱錐外接球的表面積是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根據(jù)線面角算出點B到平面ADC的距離，從而找到球心的位置，利用幾何關系算出球的半徑即可.
【詳解】取AC的中點E，連接BE，DE，則，，可得平面DEB．
又平面ADC，故平面平面DEB，且平面平面．
在平面DEB中，過點B作于點H，則平面ADC，
∴是直線BD與平面ADC所成角的平面角．
設，則，易求，，則．
由勾股定理可得，即，解得，于是，
點H恰好是正的中心（外心），故球心O必在BH上，
的外心為E，連接OE,則平面ABC，,設三棱錐外接球的半徑，
在中，由射影定理可得，即，解得，
∴三棱錐外接球的表面積．
故選：B.
4．（2023秋·湖南湘潭·高三校聯(lián)考期末）點分別是棱長為2的正方體中棱的中點，動點在正方形(包括邊界)內(nèi)運動.若面，則的長度范圍是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】取的中點，的中點F，連結(jié)，，，取EF中點O，連結(jié)，證明平面平面，從而得到P的軌跡是線段，從而得出長度范圍.
【詳解】取的中點，的中點F，連結(jié)，，，取EF中點O，連結(jié)，,
∵點M，N分別是棱長為2的正方體中棱BC，的中點，
，,
，四邊形為平行四邊形，
，而在平面中，易證，
∵平面，平面，平面，
平面，平面，平面，
又，平面，∴平面平面，
∵動點P在正方形（包括邊界）內(nèi)運動，且平面AMN，
∴點P的軌跡是線段EF，
，，∴，
∴當P與O重合時，的長度取最小值，
為等腰三角形，∴在點或者點處時，此時最大，最大值為.
即的長度范圍為
故選：B．
5．（2023春·湖南·高三統(tǒng)考階段練習）正方體的棱長為1，點在三棱錐的表面上運動，且，則點軌跡的長度是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根據(jù)題意，點在以為球心，半徑的球面上，進而依次討論該球與三棱錐的表面的交線即可得答案.
【詳解】解：由題設知點在以為球心，半徑的球面上，
所以點P的軌跡就是該球與三棱錐的表面的交線．
由正方體性質(zhì)易知三棱錐為正四面體，
所以，點到平面的距離，
所以球在平面上的截面圓的半徑，
所以，截面圓的圓心是正中心，正的邊長為，其內(nèi)切圓的半徑．
因此，點P在面內(nèi)的軌跡是圓在內(nèi)的弧長，
如圖所示．，所以，
所以，
所以，點P在此面內(nèi)的軌跡長度為．
因為平面ABCD，所以球在平面ABCD上的截面圓心為A，
其半徑，又，
所以點P在平面BCD內(nèi)的軌跡是一段弧，
如圖所示，，
所以，從而，所以．
由于對稱性，點P在平面和平面內(nèi)的軌跡長度都是，
故點P在三棱錐的表面上的軌跡的長度是．
故選：A
6．（2023·廣東梅州·統(tǒng)考一模）《九章算術(shù)》是我國古代著名的數(shù)學著作，書中記載有幾何體“芻甍”.現(xiàn)有一個芻甍如圖所示，底面為正方形，平面，四邊形，為兩個全等的等腰梯形，，且，則此芻甍的外接球的表面積為（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根據(jù)給定條件，求出點到平面的距離，再由幾何體的結(jié)構(gòu)特征確定球心位置，結(jié)合球面的性質(zhì)求解作答.
【詳解】取、中點、，正方形中心，中點，連接，
根據(jù)題意可得平面，，點是的中點，，
在等腰中，，，
同理，
則等腰梯形的高為，
根據(jù)幾何體的結(jié)構(gòu)特征可知，芻甍的外接球的球心在直線上，連接，
正方體的外接圓的半徑，
則有，
而，，
當點在線段的延長線（含點）時， 視為非負數(shù)，若點在線段的延長線（不含點）時， 視為負數(shù)，
即有，
則，解得，
則芻甍的外接球的半徑為，
則芻甍的外接球的表面積為，
故選：C.
7．（2023·廣東·校聯(lián)考模擬預測）已知四棱錐的五個頂點都在球面O上，底面ABCD是邊長為4的正方形，平面平面ABCD，且，則球面O的表面積為（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】如圖，取中點為E，三角形外接圓圓心為，正方形ABCD外接圓圓心為，過做平面，底面ABCD垂線，則兩垂線交點為四棱錐外切球球心O.由題目條件，可證得四邊形為矩形，設外接球半徑為R，則.后可得答案.
【詳解】如圖，取中點為E，三角形外接圓圓心為，正方形ABCD外接圓圓心為，過作平面，底面ABCD垂線，則兩垂線交點為四棱錐外接球球心O.
因平面平面ABCD，平面平面ABCD，，平面，則平面ABCD.又平面ABCD，則.
因，則四邊形為矩形.
設三角形外接圓半徑為，則，又則.
則，設外接球半徑為R，則，又，
則，則球O表面積為：.
故選：C.
8．（2023·廣東深圳·深圳中學校聯(lián)考模擬預測）在矩形ABCD中，已知，E是AB的中點，將沿直線DE翻折成，連接，當二面角的平面角的大小為時，則三棱錐外接球的表面積為（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】取的中點為，證明，取的中點為，證明，根據(jù)二面角的定義證明，根據(jù)球的截面性質(zhì)確定三棱錐外接球的球心位置，解三角形求球的半徑，由此可得三棱錐外接球的表面積
【詳解】由已知，E是AB的中點，
所以，又，，
所以為等腰直角三角形，故為等腰直角三角形，
取的中點為，則，
因為，又，，所以
同理可得，又，
所以，取的中點為，連接，
則，所以，
所以為二面角的平面角，
所以，
因為，，，
所以為等邊三角形，取的中點為，則，
因為，，，平面，
所以平面，平面，
所以，又，，平面，
所以平面，
因為為直角三角形，為斜邊，
所以，所以為的外接圓的圓心，
設為三棱錐外接球的球心，則平面，
設，三棱錐外接球的半徑為，
則，
若球心和點位于平面的兩側(cè)，
延長到點，使得，
因為平面，平面，所以，
所以四邊形為平行四邊形，
所以，，
所以，
所以，
所以，，
所以三棱錐外接球的表面積，
若球心和點位于平面的同側(cè)，
因為平面，平面，所以，
過點作，則四邊形為平行四邊形，
所以，，
所以，
所以，
所以，舍去 ，
故選：A.
【點睛】關鍵點點睛：與球有關的組合體問題，一種是內(nèi)切，一種是外接．解題時要認真分析圖形，明確切點和接點的位置，確定有關元素間的數(shù)量關系，作出合適的截面圖，解三角形確定球的半徑.
二、多選題
9．（2023·浙江溫州·統(tǒng)考二模）蜜蜂是自然界的建筑大師，在18世紀初，法國數(shù)學家馬拉爾迪指出，蜂巢是由許許多多類似正六棱柱形狀的蜂房（如圖）構(gòu)成，其中每個蜂房的底部都是由三個全等的菱形構(gòu)成，每個菱形鈍角的余弦值是，則（ ）
A．平面
B．
C．蜂房底部的三個菱形所在的平面兩兩垂直
D．該幾何體的體積與以六邊形為底面，以為高的正六棱柱的體積相等
【答案】AD
【分析】對A：根據(jù)線面平行的判定定理分析判斷；對B、C：根據(jù)空間中的垂直關系分析判斷；對D：通過補形，結(jié)合錐體體積分析判斷.
【詳解】對A：因為，，則，
平面，且平面，
故平面，故A正確；
對B：每個菱形鈍角的余弦值是，即不垂直，
因為，即不垂直，故B錯誤；
對C：若蜂房底部的三個菱形所在的平面兩兩垂直，
可知平面平面，則平面，
平面，所以，
且，故，這與不垂直矛盾，故C錯誤；
對D：如圖，補形可知：過作正六邊形，
∵為菱形，則的中點在上，故點到平面的距離相等，
故，
同理可得：，
故該幾何體的體積與以六邊形為底面，以為高的正只棱柱的體積相等，所以D正確；
故選：．

10．（2023春·江蘇揚州·高三統(tǒng)考開學考試）在四面體的四個面中，有公共棱的兩個面全等，，，，二面角大小為，下列說法中正確的有（ ）
A．四面體外接球的表面積為
B．四面體體積的最大值為
C．若，，則
D．若，，則
【答案】ACD
【分析】選項A：找出四面體得外接球得外接圓圓心和半徑即可；選項B：先確定底面，底面積確定，利用夾角的變化確定體積最大的時候的高即可；選項C：直接畫出二面角，然后計算其夾角即可；選項D：先過點畫的垂線，垂足為;過點畫的垂線，垂足為，然后二面角為與的夾角，利用基底法計算長度即可.
【詳解】由題的示意圖，畫中點為，連接
選項A：由題可知在中，，所以,
又因為有公共棱的兩個面全等, ，故,
由直角三角形的性質(zhì)可知，,故該三棱錐的外接球球心為點，直徑為，
所以外接球表面積為，故A正確；
選項B：要使四面體的體積最大，則只需以為底面，在邊上的高為高即可；
因為公共棱的兩個面全等，所以，所以有，
已知，所以，所以體積最大時，該四面體的體積為，故B 錯誤；
選項C：分別過點畫邊的垂線，顯然垂足均為，則,得示意圖
由選項B可知，又，，所以,
由余弦定理的，因為在三角形中，所以，故C正確；
選項D:如圖所示，過點畫的垂線，垂足為;過點畫的垂線，垂足為，
因為，所以,
因為，所以與的夾角為，
由選項B可知，,所以,同理,
由選項A可知所以，
,所以得，
所以，故D正確；
故選：ACD
11．（2023春·江蘇南京·高三南京市第五高級中學?？茧A段練習）已知正四棱臺的上下底面邊長分別為4，6，高為，E是的中點，則（ ）
A．正四棱臺的體積為
B．平面平面
C．AE∥平面
D．正四棱臺的外接球的表面積為104π
【答案】BCD
【分析】對于A：直接代入正四棱臺的體積公式即可求解；對于B：先證BD⊥平面，再根據(jù)面面垂直的判定定理即可證明；對于C：取的中點F，連接AF，EF，，連接AG，先證四邊形是平行四邊形，易得GA平面，EF平面，根據(jù)面面平行判定定理可證平面平面，再根據(jù)面面平行的性質(zhì)即可證明AE平面；對于D：分球心在正四棱臺內(nèi)、外兩種情況討論，且球心必在上或的延長線上，再利用勾股定理列出關于球半徑的方程即可求解.
【詳解】依題意，
對于A，正四棱臺的體積為，故錯誤；
對于B，易知BD⊥AC，BD⊥，又，
平面，平面，
則BD⊥平面，又BD平面，
所以平面⊥平面，故B正確；
對于C，取的中點F，連接AF，EF，
，連接AG，
所以EF，又因為E是的中點，
所以，所以G是的中點，
因為，所以，
又，所以，又因為，
所以四邊形是平行四邊形，
所以，又GA?平面， ?平面，
所以GA平面，因為BD，所以EFBD，
EF?平面，BD?平面，所以EF平面，
因為EF∩AG＝G，所以平面平面，
因為AE?平面AEF，所以AE平面，
故C正確；
對于D，連接AC、BD相交于，連接，相交于，
如果外接球的球心O在正四棱臺的內(nèi)部，
則O在上，，
因為上下底面邊長分別為4，6，
所以，，
設外接球O的半徑為R，
所以，
即，無解，
所以外接球的球心O在正四棱臺的外部，如圖：
則O在延長線上，，
因為上下底面邊長分別為4，6，
所以，，
設外接球O的半徑為R，所以，
即，解得＝26，
所以正四棱臺的外接球的表面積為4π＝104π，故D正確；
故選：BCD．
【點睛】方法點睛：證明線面、面面的平行垂直關系時，關鍵是轉(zhuǎn)化為線與線的平行垂直關系，常用的方法有：平行四邊形的性質(zhì)、三角形中位線、對角線、勾股定理以及向量法等；外接球問題，根據(jù)幾何圖形的對稱性確定球心是關鍵，熟悉常見外接球的模型可以提升解題速度.
12．（2023秋·遼寧葫蘆島·高三統(tǒng)考期末）在正方體中，M為AB中點，N為BC中點，P為線段上一動點（不含C）過M，N，P的正方體的截面記為，則下列判斷正確的是（ ）
A．當P為中點時，截面為六邊形
B．當時，截面為五邊形
C．當截面為四邊形時，它一定是等腰梯形
D．設中點為Q，三棱錐的體積為定值
【答案】AC
【分析】延長交于，交于，延長交于，取的中點，連接交于，連接，結(jié)合圖形即可判斷A；延長交于，交于，連接交于，連接交于，此時截面為五邊形，求出即可判斷B；當截面為四邊形時，點與點重合，判斷四邊形的形狀即可判斷C.設為到平面的距離，三棱錐的體積：，不為定值，可判斷D.
【詳解】對A，如下圖所示，延長交于，交于，延長交于，取的中點，連接交于，連接，
因為M為AB中點，N為BC中點，所以，
同理，又因為，所以，
同理，所以共面，
此時六邊形為截面，
所以截面為六邊形，故A正確；
對B，如下圖所示，延長交于，交于，連接交于，
連接交于，此時截面為五邊形，
因為，所以，
所以，即，
所以當時，截面為五邊形，故B錯誤；
對C，當截面為四邊形時，點與點重合，如圖，
由A得，，所以四邊形即為截面，
設正方體的棱長為1，則，，所以，
所以四邊形是等腰梯形，故C正確.
對D，設為到平面的距離，
延長，交于一點，連接與交于一點，
所以直線與平面相交，所以直線與平面不平行，
三棱錐的體積：，
因為為定值，P為線段上一動點，所以到平面的距離不為定值，
所以三棱錐的體積為不為定值，故D不正確.
故選：AC.
13．（2023春·江蘇蘇州·高三統(tǒng)考開學考試）六面體中，底面ABCD、分別是邊長為4和2的正方形，側(cè)面、側(cè)面均是直角梯形，且，．若該六面體為臺體，下列說法正確的是（ ）
A．六面體的體積為28
B．異面直線與的夾角的余弦值為
C．二面角的正弦值為
D．設P為上底面上一點，且，則P的軌跡為一個圓
【答案】AB
【分析】對于選項A：根據(jù)已知證明六面體為棱臺，高，即可根據(jù)棱臺的體積公式得出答案判斷；
對于選項B：建立空間直角坐標系，根據(jù)異面直線所成角的向量求法求出答案判斷；
對于選項C：根據(jù)二面角的向量求法求出二面角的余弦值，再根據(jù)同角三角函數(shù)的關系得出答案判斷；
對于選項D：設出點，根據(jù)空間向量垂直數(shù)量積為0，列式化簡即可判斷.
【詳解】對于選項A：
底面ABCD是的正方形，
，
，且，平面，
平面，
，
側(cè)面、側(cè)面均是直角梯形，
，，
，，面ABCD，面，
面面，
則六面體為棱臺，且高，
則，故A正確；
對于選項B：
根據(jù)選項A的過程可得兩兩相互垂直，
以點為坐標原點，以方向為軸正方向，建立如圖所示空間直角坐標系，
則，，，，
則，，
則異面直線與的夾角的余弦值為，故B正確；
對于選項C：
根據(jù)選項B的過程得出：，，，
則，，
設是平面的一個法向量，
則，令，則，
面為面，
為面的一個法向量，
則二面角的余弦值為，
則二面角的正弦值為，故C錯誤；
對于選項D：
根據(jù)已知設點，其中
根據(jù)選項B過程可得，，
則，，
，
，即無解，
則上底面不存在點，使得，故D錯誤；
故選：AB.
14．（2023·山東·沂水縣第一中學校聯(lián)考模擬預測）已知圓錐頂點為S，高為1，底面圓的直徑長為．若為底面圓周上不同于的任意一點，則下列說法中正確的是（ ）
A．圓錐的側(cè)面積為
B．面積的最大值為
C．圓錐的外接球的表面積為
D．若，為線段上的動點，則的最小值為
【答案】BCD
【分析】對A：根據(jù)圓錐的側(cè)面積公式分析運算；對B：根據(jù)題意結(jié)合三角形的面積公式分析運算；對C：根據(jù)題意可得圓錐的外接球即為的外接圓，利用正弦定理求三角形的外接圓半徑，即可得結(jié)果；對D：將平面與平面展開為一個平面，當三點共線時，取到最小值，結(jié)合余弦定理分析運算.
【詳解】對A：由題意可知：，
故圓錐的側(cè)面積為，A錯誤；
對B：面積，
在中，，故為鈍角，
由題意可得：，
故當時，面積的最大值為，B正確；
對C：由選項B可得：，為鈍角，可得，
由題意可得：圓錐的外接球即為的外接圓，設其半徑為，
則，即；
故圓錐的外接球的表面積為，C正確；
對D：將平面與平面展開為一個平面，如圖所示，
當三點共線時，取到最小值，
此時，
在，，則為銳角，
則，
在，則，
由余弦定理可得，
則，故的最小值為，D正確.
故選：BCD.
15．（2023·湖北·校聯(lián)考模擬預測）如圖，在正四面體中，棱的中點為M，棱的中點為N，過的平面交棱于P，交棱于Q，記多面體的體積為，多面體的體積為，則（ ）
A．直線與平行B．
C．點C與點D到平面的距離相等D．
【答案】BCD
【分析】判斷與的位置關系，判斷A；結(jié)合點C與點D在平面兩側(cè)，且N是的中點，可判斷點C與點D到平面的距離相等，判斷C；討論Q是中點和Q不是中點兩種情況，結(jié)合線面平行的判定和性質(zhì)，推出線段的比例關系，判斷B；利用割補思想，可得，結(jié)合，，結(jié)合線段間的比例關系，即可判斷D.
【詳解】由題意當為的中點時，,
不為的中點時，直線與不平行，A錯誤；
點C與點D在平面兩側(cè)，且N是的中點，
故點C與點D到平面的距離相等，C正確；
若Q是中點，則平面平面，
故平面，平面平面,平面,
故,又，故．
又N是的中點，故P是的中點，從而；
若Q不是中點，則不平行，
結(jié)合在同一平面內(nèi)，故相交，
設交點為T，點T在直線上，故點T在平面上，點T在直線上，
故點T在平面上，于是T是平面與平面的公共點，
進而T在平面與平面的交線上，即直線交于點T．
在平面內(nèi)，過A作交直線于點G，于是是的中位線，
故，進而，故．
同理，在平面內(nèi)可得，故，
綜上，，B正確．
設四棱錐的體積為V，，
由點C與點D到平面的距離相等得：，①
，，結(jié)合，
故，②
由①②相加得，D正確．
故選：BCD．
【點睛】難點點睛：本題難點在于B選項的判斷，解答時要討論Q是否是中點兩種情況，結(jié)合線面平行的判定以及性質(zhì)定理推出線段的比例關系，進行判斷.
16．（2023春·湖北武漢·高三華中師大一附中?？计谥校┮阎惷嬷本€與所成角為，平面與平面的夾角為，直線與平面所成的角為，點為平面、外一定點，則下列結(jié)論正確的是（ ）
A．過點且與直線、所成角都是的直線有條
B．過點且與平面、所成角都是的直線有條
C．過點且與平面、所成角都是的直線有條
D．過點與平面成角，且與直線成的直線有條
【答案】BC
【分析】根據(jù)選項，在利用圖形，可知A有條；根據(jù)，，可知B有條；根據(jù)，可知C有條；做以為頂點，且與圓錐中軸線夾角為，可知該直線條數(shù)，判斷D即可.
【詳解】對于A選項，因為異面直線與直線所成角為，
在空間中的點作直線、，使得，，設直線、確定平面，如下圖所示：
因為直線、所成角為，則直線、所成角為，
在直線、上分別取點、，使得，
則在平面內(nèi)的角平分線所在直線與直線、所成角均為，
過點在平面外能作兩條直線、使得這兩條直線與直線、所成角均為，
綜上所述，過點且與直線、所成角都是的直線有條，A錯；
對于BC選項，因為平面與平面的夾角為，
則過點與平面、所成角都是和的直線各有一條、，
若過點與平面、所成角都是，則在、的兩側(cè)各有一條，
所以共條，故B正確，
若過點且與平面、所成角都是，其中一條直線為直線，在直線的兩側(cè)各有一條，
所以共條，C對；
對于D選項，過點作與平面成角的直線，
形成以為頂點，與圓錐中軸線夾角為，且底面在上的圓錐的母線，
設所求直線與的交點為, 不妨假設在上，設直線與的交點為，
設點在底面的射影點為點，直線交圓錐底面圓于、兩點，
易知，又因為，則為等邊三角形，
所以，，
因為，則直線與平面所成角為，
則，
故，
當點位于點時，取得最小值，
當點位于點時，取得最大值，
所以，故能作出兩條滿足條件的直線，故D錯誤.
故選：BC.
【點睛】方法點睛：該題考查立體幾何綜合應用，屬于難題，關于角度的方法有：
（1）異面直線所成角：平移異面直線至有交點，則異面直線所成角即為平移后相交直線所成角；
（2）線面角：過線上一點做面的垂線，連接垂足及線與面的交點形成線段，則線與該線段所成角即為線面角；
（3）面面角：過面面交線上一點在兩個面中分別做交線的垂線，則兩垂線的夾角即為面面角.
17．（2023春·湖南·高三長郡中學校聯(lián)考階段練習）某同學參加綜合實踐活動，設計了一個封閉的包裝盒.包裝盒如圖所示，是由等高的半個圓柱和個圓柱拼接而成，其中四邊形是邊長為4的正方形，點是弧上的動點，且四點共面.下列說法正確的有（ ）
A．若點為弧的中點，則平面平面
B．存在點，使得
C．存在點，使得直線與平面所成的角為
D．當點到平面的距離最大時，三棱錐外接球的半徑
【答案】AD
【分析】利用圖形數(shù)形結(jié)和反例，結(jié)合面面垂直的判定、線線平行的判定、線面角的求解方法、幾何體外接球的關系以及空間向量的應用逐項分析即可.
【詳解】連接，如圖所示：
若點為弧的中點，則，
所以，即，
因為，
所以，又，面，
所以平面平面，
則平面平面，
故A正確；
假設存在點，使得，
則四點共面，
又該幾何體上下兩個底面平行，
且為平面與這兩個底面的交線，
所以，
則四邊形為平行四邊形，
則有，
這顯然不成立，故B錯誤；
假設存在點，使得直線與平面所成的角為，
以為原點，方向為軸正方向建立空間直角坐標系，
如圖所示：
則，，設，
則，
所以，
，
設平面的法向量為，
則，
令，則，
即，
依題意，
整理得，這與矛盾，所以假設不成立，
故C錯誤；
當點到平面的距離最大時，點位于點，三棱錐，
即三棱錐，即三棱錐，
可將其補型為一個以為同一個頂點出發(fā)的三條側(cè)棱的正方體，
棱長為4，其外接球半徑，
故正確.
18．（2023春·江蘇南通·高三海安高級中學校考階段練習）如圖的六面體中，CA＝CB＝CD＝1，AB＝BD＝AD＝AE＝BE＝DE＝，則（ ）
A．CD⊥平面ABCB．AC與BE所成角的大小為C．D．該六面體外接球的表面積為3π
【答案】ACD
【分析】利用線面垂直的判定定理、空間向量以及球的表面積公式進行計算求解.
【詳解】因為CA＝CB＝CD＝1，BD＝AD＝，
所以，
即 又，
所以CD⊥平面ABC，故A正確；
因為CD⊥平面ABC，如圖，建立空間之間坐標系，
因為CA＝CB＝CD＝1，所以四面體是正三棱錐，
因為AB＝BD＝AD＝AE＝BE＝DE＝，所以四面體是正四面體，
在正三棱錐中過點C作底面的垂線，垂足為正三角形的中心，
同理，在正四面體中，過頂點作底面的垂線，垂足為正三角形的中心，
所以，三點共線；
因為，因為正三角形的中心，所以，
設，因為在正四面體中，，在正三棱錐中，，
所以，解得，所以，所以，又，
所以，故AC與BE所成角的大小為，故B錯誤；
因為，所以，故C正確；
顯然，該六面體外接球的球心位于線段的中點，因為，所以六面體外接球的半徑，
所以該六面體外接球的表面積為，故D正確.
故選：ACD.
19．（2023·湖南岳陽·統(tǒng)考二模）在中國共產(chǎn)黨第二十次全國代表大會召開期間，某學校組織了“喜慶二十大，永遠跟黨走，奮進新征程，書畫作品比賽.如圖①，本次比賽的冠軍獎杯由一個銅球和一個托盤組成，若球的體積為；如圖②，托盤由邊長為4的正三角形銅片沿各邊中點的連線垂直向上折疊而成，則下列結(jié)論正確的是（ ）
A．直線與平面所成的角為
B．經(jīng)過三個頂點的球的截面圓的面積為
C．異面直線與所成的角的余弦值為
D．球離球托底面的最小距離為
【答案】CD
【分析】如圖1，根據(jù)題意和面面垂直的性質(zhì)可得平面，同理平面，由平行四邊形的判定方法可知四邊形、為平行四邊形，結(jié)合線面角的定義與外接圓的定義即可判斷AB；如圖1易知異面直線AD與CF所成的角或其補角，結(jié)合余弦定理計算即可判斷C；根據(jù)球的體積公式求出球的半徑，結(jié)合圖形2計算即可判斷D.
【詳解】A：如圖1，取DE、EF、DF的中點N、M、K，取MF的中點H，連接BK、BH、KH、BM、AN、MN、DM，
由為正三角形，得，又平面平面，
平面平面，平面，平面，
由，得平面，同理平面，
則，且，所以四邊形為平行四邊形，
由，得，
所以四邊形為平行四邊形，得，，
即為直線AD與平面所成的角，，所以，故A錯誤；
B：如圖1，連接AB、BC、AC，
由選項A的分析知，
同理，，
所以經(jīng)過三個頂點A、B、C的球的截面圓為的外接圓，
其半徑為，面積為，故B錯誤；
C：連接AM，由，得四邊形是平行四邊形，
則，所以異面直線AD與CF所成的角或其補角，
，在中，，由余弦定理，
得，故C正確；
D：設球的半徑為，由球的體積為，得，解得.
如圖2，，，
所以球離球托底面DEF的最小距離為，故D正確.
故選：CD.
20．（2023·廣東·高三校聯(lián)考階段練習）如圖，矩形中，，，為邊的中點，沿將折起，點折至處（平面），若為線段的中點，平面與平面所成銳二面角，直線與平面所成角為，則在折起過程中，下列說法正確的是（ ）
A．存在某個位置，使得
B．面積的最大值為
C．
D．三棱錐體積最大時，三棱錐的外接球的表面積
【答案】BCD
【分析】對于A，取的中點，連接，，先證明，再證明與不垂直，進而可得結(jié)論；
對于B，依題意先得到，從而可得到面積的最大值；
對于C，取的中點，的中點，作平面，且點在平面內(nèi)，連接，，，先說明點在直線上，再證明，，得到，，進而可得結(jié)論；
對于D，先根據(jù)三棱錐的體積公式得到點與點重合，即平面時，最大，進而可得到三棱錐的外接球的半徑和長、寬、高分別為，，的長方體的外接球的半徑相等，從而可求得其外接球的半徑，即可求解．
【詳解】對于A，取的中點，連接，，
顯然，且，又，且，所以，且，
所以四邊形為平行四邊形，所以，
又，，且為的中點，
則與不垂直，所以與也不垂直，故A錯誤；
對于B，由，，則，
所以當時，最大，且最大值為，故B正確；
對于C，取的中點，的中點，作平面，且點在平面內(nèi)，
連接，，，
由，則，又，且，則，
則在平面上的射影在直線上，即點在直線上，
則平面與平面所成的二面角，則，所以，
又在平面上的射影為，則，所以，
所以，故C正確；
對于D，結(jié)合C可知，，
則當點與點重合，即平面時，最大，且最大值為，
則，又，且，則平面，
所以，，兩兩垂直，且，，，
則三棱錐的外接球的半徑和長、寬、高分別為，，的長方體的外接球的半徑相等，
所以其外接球的半徑為，
所以三棱錐的外接球的表面積為，故D正確．
故選：BCD．
【點睛】三棱錐外接球點睛：
求三棱錐外接球時，常見方法有兩種：一種是直接法，一種是補形．解題時要認真分析圖形，看能否把三棱錐補成一個正方體(長方體)，若能，則正方體(長方體)的頂點均在球面上，正方體(長方體)的體對角線長等于球的直徑；另一種是直接法，三棱錐任意兩個面過外心的垂線的交點即為三棱錐外接球的球心．
21．（2023·廣東深圳·統(tǒng)考一模）如圖，已知正三棱臺的上、下底面邊長分別為2和3，側(cè)棱長為1，點P在側(cè)面內(nèi)運動（包含邊界），且AP與平面所成角的正切值為，則（ ）
A．CP長度的最小值為
B．存在點P，使得
C．存在點P，存在點，使得
D．所有滿足條件的動線段AP形成的曲面面積為
【答案】ACD
【分析】先將正三棱臺側(cè)棱延長補成正三棱錐，求出點到平面的距離即可確定點的運動軌跡，再逐項分析即可.
【詳解】依題意，延長正三棱臺側(cè)棱相交于點，取中點，
中點，連接，則有，
所以的延長線必過點且，
過點作，則四邊形是邊長為1的菱形.
如圖所示：
在中，，即，
解得，所以，
所以為邊長為3等邊三角形，
所以，
所以，
因為是邊長為3的等邊三角形且為中點，
所以，，
在中，由余弦定理變形得，，
在中，由余弦定理變形得，
，
解得，所以，所以；
由，可得平面，
又平面，所以，
由，，，可得平面，
因為AP與平面所成角的正切值為，
所以，解得，，
所以點在平面的軌跡為，
對于A：當點運動到與的交點時有最小值，
因為四邊形是邊長為1且的菱形，
所以，所以，
故A選項正確；
對于B：要使得，則點必須落在
平面與平面的交線上且，
由圖易知，在平面中不存在這樣的點，
故B選項錯誤；
對于C：當點運動到點時，連接，交于點，
連接，由于平面平面，
所以平面，又平面，平面平面，
所以，所以存在點P，存在點，使得，
故C選項正確；
對于D：設的長度為，則，
動線段AP形成的曲面展開為兩個面積相等扇形，設其中一個的面積為,
則有，
因此所有滿足條件的動線段AP形成的曲面面積為，
故D選項正確；
故選：ACD.
【點睛】本題考查了線面角的相關性質(zhì)與證明，先證明線垂直于平面是幾何法中求線面角的關鍵，線面垂直的證明，可先轉(zhuǎn)化為線線垂直的問題，利用等腰三角形性質(zhì)，勾股定理是證明線線垂直常用的方法，要求考生平時多加練習總結(jié)，熟練掌握線面平行垂直、面面平行垂直的判定定理及其相關性質(zhì)定理是高考的基本要求.
22．（2023·江蘇南通·二模）如圖，正三棱錐A-PBC和正三棱錐D-PBC的側(cè)棱長均為，BC ??2．若將正三棱錐A-PBC繞BC旋轉(zhuǎn)，使得點A，P分別旋轉(zhuǎn)至點處，且，B，C，D四點共面，點，D分別位于BC兩側(cè)，則（ ）
A．
B．平面BDC
C．多面體的外接球的表面積為
D．點A，P旋轉(zhuǎn)運動的軌跡長相等
【答案】BC
【分析】由已知可得，正三棱錐側(cè)棱兩兩互相垂直，放到正方體中，借助正方體研究線面位置關系和外接球表面積.
【詳解】正三棱錐A-PBC和正三棱錐D-PBC的側(cè)棱長均為，BC ??2，則正三棱錐A-PBC中側(cè)棱兩兩互相垂直，正三棱錐D-PBC中側(cè)棱兩兩互相垂直，則正三棱錐可以放到正方體中，當點A，P分別旋轉(zhuǎn)至點處，且，B，C，D四點共面，點，D分別位于BC兩側(cè)時，如圖所示，
連接，，如圖所示
正方體中且，四邊形為平行四邊形，則有
為等邊三角形，則與夾角為，，有與夾角為，選項A錯誤；
，平面BDC ，平面BDC ，平面BDC ，選項B正確；
多面體的外接球即棱長為的正方體的外接球，外接球的半徑為，表面積為，選項C正確；
點A，P旋轉(zhuǎn)角度相同，但旋轉(zhuǎn)半徑不同，所以運動的軌跡長不相等，選項D錯誤.
故選：BC
【點睛】思路點睛：本題的關鍵在于作出旋轉(zhuǎn)后的圖形，根據(jù)圖形研究相關的性質(zhì)，而正三棱錐中側(cè)棱兩兩互相垂直，圖形放到正方體中，又使判斷線面位置關系和運算變得更簡便.
23．（2023·廣東江門·統(tǒng)考一模）勒洛Franz Reuleaux（1829～1905），德國機械工程專家，機構(gòu)運動學的創(chuàng)始人.他所著的《理論運動學》對機械元件的運動過程進行了系統(tǒng)的分析，成為機械工程方面的名著.勒洛四面體是一個非常神奇的“四面體”，它能在兩個平行平面間自由轉(zhuǎn)動，并且始終保持與兩平面都接觸，因此它能像球一樣來回滾動.勒洛四面體是以正四面體的四個頂點為球心，以正四面體的棱長為半徑的四個球的相交部分圍成的幾何體.如圖所示，設正四面體的棱長為2，則下列說法正確的是（ ）
A．勒洛四面體能夠容納的最大球的半徑為
B．勒洛四面體被平面截得的截面面積是
C．勒洛四面體表面上交線的長度為
D．勒洛四面體表面上任意兩點間的距離可能大于2
【答案】ABD
【分析】A選項：求出正四面體的外接球半徑，進而得到勒洛四面體的內(nèi)切球半徑，得到答案；B選項，作出截面圖形，求出截面面積；C選項，根據(jù)對稱性得到交線所在圓的圓心和半徑，求出長度；D選項，作出正四面體對棱中點連線，在C選項的基礎上求出長度.
【詳解】A選項，先求解出正四面體的外接球，如圖所示：
取的中點，連接，過點作于點，則為等邊的中心，
外接球球心為，連接，則為外接球半徑，設，
由正四面體的棱長為2，則，，
，
，，
由勾股定理得：，即，
解得：，
此時我們再次完整的抽取部分勒洛四面體，如圖所示：
圖中取正四面體中心為，連接交平面于點，交于點，其中與共面，其中即為正四面體外接球半徑，
設勒洛四面體內(nèi)切球半徑為，則，故A正確；
B選項，勒洛四面體截面面積的最大值為經(jīng)過正四面體某三個頂點的截面，如圖所示：
面積為，B正確；
C選項，由對稱性可知：勒洛四面體表面上交線所在圓的圓心為的中點，
故，又，
由余弦定理得：，
故，且半徑為，故交線的長度等于，C錯誤；
D選項，將正四面體對棱所在的弧中點連接，此時連線長度最大，如圖所示：
連接，交于中點，交于中點，連接，則，
則由C選項的分析知：，
所以，
故勒洛四面體表面上兩點間的距離可能大于2，D正確.
故選：ABD
【點睛】勒洛四面體考試中經(jīng)?？疾椋旅媸且恍┧男再|(zhì)：
①勒洛四面體上兩點間的最大距離比四面體的棱長大，是對棱弧中點連線，最大長度為，
②表面6個弧長之和不是6個圓心角為60°的扇形弧長之和，其圓心角為，半徑為.
24．（2023秋·浙江·高三浙江省永康市第一中學校聯(lián)考期末）正方體的棱長為，中心為，以為球心的球與四面體的四個面相交所圍成的曲線的總長度為，則球的半徑為（ ）
A．B．C．D．
【答案】BC
【分析】根據(jù)正四面體性質(zhì)可求得球心到正四面體每個面的距離；當正四面體每個面截得的曲線為一個圓時，可求得小圓的半徑，由可求得；當正四面體每個面截得的曲線為三段等差的圓弧時，可得，構(gòu)造函數(shù)，利用導數(shù)可求得在上單調(diào)遞增，可確定其唯一零點，由可求得結(jié)果.
【詳解】由題意可知：四面體為正四面體，設球的半徑為；
正方體棱長為，正四面體的棱長為，
設球心到正四面體各個面的距離為，
正四面體體積，表面積，；
①若正四面體的一個面截球如圖所示，
設小圓半徑為，則，解得：，
，解得：；
②若正四面體的一個面截圖如圖所示，
每個面截球所得的曲線長為，的長為，
設小圓半徑為，為正四面體側(cè)面的中心，為中點，
，，又，
，，
令，，
恒成立，在上單調(diào)遞增，
又，，
，解得：；
綜上所述：球的半徑為或.
故選：BC.
【點睛】關鍵點點睛：本題考查球的截面截球所得曲線相關問題的求解，解題關鍵是能夠通過分類討論的方式，確定正四面體各個側(cè)面截球所得曲線的不同情況，從而根據(jù)不同情況下曲線長度來求解截面圓的半徑.
三、填空題
25．（2023·浙江金華·浙江金華第一中學?？寄M預測）已知矩形在平面的同一側(cè)，頂點在平面上，，，且，與平面所成的角的大小分別為30°，45°，則矩形與平面所成角的正切值為______．
【答案】
【分析】如圖，過，分別做平面的垂線，垂足分別為，，連接，，通過幾何關系可得到，，，過作滿足，過做垂直于點，連接，則即為所求，通過等面積法計算出即可求解
【詳解】如圖，過，分別做平面的垂線，垂足分別為，，連接，，
由，所以，
因為，與平面所成的角的大小分別為30°,45°,且，，
所以，，得，，
因為所以，
又，所以四邊形是平行四邊形，
所以，因為，所以，所以，
過作滿足，則即為矩形與平面的交線，
過做垂直于點，連接，則即為所求，
在中，，
由可得，
所以，解得，
所以矩形與平面所成角的正切值為.
.
故答案為：.
26．（2023春·江蘇南通·高三?？奸_學考試）在直四棱柱中，底面ABCD是邊長為1的正方形，側(cè)棱，M為側(cè)棱的中點，N在側(cè)面矩形內(nèi)(異于點)，則三棱錐體積的最大值為____________.
【答案】##0.5
【分析】建立空間直角坐標系，寫出點的坐標，得到，故⊥，求出，再利用點到平面的距離公式求出點到平面的距離，表達出三棱錐的體積為，結(jié)合的范圍，求出體積最大值.
【詳解】以D為坐標原點，DA，DC，所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標系，
則，設，，，其中與不能同時成立，
則，，
故，
因為，所以⊥，
故，
設平面的法向量為，
，
取，則，故，
點到平面的距離，
三棱錐的體積為，
因為，，其中與不能同時成立，
要想最大，由于恒成立，只需要最大，當時，，滿足要求，
所以當時，取得最大值，最大值為.
故答案為：
【點睛】立體幾何中體積最值問題，一般可從三個方面考慮：一是構(gòu)建函數(shù)法，即建立所求體積的目標函數(shù)，轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題進行求解；二是借助基本不等式求最值，幾何體變化過程中兩個互相牽制的變量（兩個變量之間有等量關系），往往可以使用此種方法；三是根據(jù)幾何體的結(jié)構(gòu)特征，變動態(tài)為靜態(tài)，直觀判斷在什么情況下取得最值.
27．（2023秋·江蘇南京·高三南京市第一中學?？计谀┰谌忮F中，，且，則直線PC與平面ABC所成角的余弦值為__________.
【答案】
【分析】先利用線面垂直的判定定理與性質(zhì)定理證得面，從而得到為直線PC與平面ABC所成角的平面角，再利用余弦定理與勾股定理求得，從而求得，由此得解.
【詳解】記的中點為，連結(jié)，過作交的延長線于，如圖，
因為，為的中點，所以，
因為，，，所以，則，
又為的中點，所以，
因為面，所以面，
又面，所以，
因為，面，所以面，
所以為直線PC與平面ABC所成角的平面角，
不妨設，
在中，，則，，
在中，，
在中，，則，
即，故，
在中，，
所以在中，，
又，則，即，
所以，
所以，
故直線PC與平面ABC所成角的余弦值為.
故答案為：.
28．（2023·山東聊城·統(tǒng)考一模）已知正四棱柱的體積為16，是棱的中點，是側(cè)棱上的動點，直線交平面于點，則動點的軌跡長度的最小值為______．
【答案】
【分析】取的中點，連接交于點，連接、交于點，連接、，即可得到、、、四點共面，從而得到平面平面，連接交于點，則線段即為點的軌跡，再由三角形相似得到，則問題轉(zhuǎn)化為求的最小值，設、，，利用勾股定理表示出，再由均值不等式求出的最小值，即可得解.
【詳解】如圖取的中點，連接交于點，連接、交于點，連接、，
因為是棱的中點，所以，則為的四等分點且，
由正四棱柱的性質(zhì)可知且，所以四邊形為平行四邊形，所以，
所以，所以、、、四點共面，
所以平面平面，
連接交于點，因為是側(cè)棱上的動點，直線交平面于點，
所以線段即為點的軌跡，
如圖在平面中，過點作，交于點，因為，
所以，所以，所以，
設、，，
依題意，，
所以，
要求動點的軌跡長度的最小值，即求的最小值，即求的最小值，
因為，所以，
所以，
當且僅當，即、時取等號，
所以，所以，即動點的軌跡長度的最小值為.
故答案為：
【點睛】關鍵點點睛：本題解答的關鍵是找到動點的軌跡，再利用均值不等式求出的最小值.
29．（2023春·湖北武漢·高三華中師大一附中校考階段練習）蹴鞠（如圖所示），又名蹴球，蹴圓，筑球，踢圓等，蹴有用腳蹴、踢、蹋的含義，鞠最早系外包皮革、內(nèi)實米糠的球因而蹴鞠就是指古人以腳蹴、蹋、踢皮球的活動，類似于今日的足球.2006年5月20日，蹴鞠作為非物質(zhì)文化遺產(chǎn)經(jīng)國務院批準已列入第一批國家非物質(zhì)文化遺產(chǎn)名錄.已知某鞠（球）的表面上有四個點A，B，C，P，且球心О在PC上，，，，則該鞠（球）的表面積為__________.
【答案】
【分析】畫出圖形，做出輔助線，利用勾股定理求出球的半徑，求出球的表面積.
【詳解】
如圖，取AB的中點M，連接MP，由
得：
連接CM并延長，交球O于點H，連接PH，因為PC球O的直徑，
設球的半徑為R，則
球的表面積為
故答案為：.
30．（2023春·湖南·高三校聯(lián)考階段練習）在正四棱錐中，為的中點，過作截面將該四棱錐分成上?下兩部分，記上?下兩部分的體積分別為，則的最大值是___________.
【答案】2
【分析】根據(jù)給定條件，作出過的正四棱錐的截面，再求出的表達式并結(jié)合均值不等式求解作答.
【詳解】記正四棱錐的體積為，的最大值，由為定值知，只需求的最小值，
設過的截面分別交和于，平面與平面的交線為與相交于，如圖，
則，令，則，即有，
，
當且僅當時取等號，此時，
所以的最大值是2.
故答案為：2
【點睛】方法點睛：作截面的常用三種方法：直接法，截面的定點在幾何體的棱上；平行線法，截面與幾何體的兩個平行平面相交，或者截面上有一條直線與幾何體的某個面平行；延長交線得交點，截面上的點中至少有兩個點在幾何體的同一平面上.

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