专题09 空间几何（选填题8种考法）（解析版）

专题09空间几何（选填题8种考法）考法一体积与表面积【例1-1】（2023·山东威海·统考一模）已知圆锥的侧面展开图是一个半径为4，弧长为的扇形，则该圆锥的表面积为（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】由于圆锥的侧面展开图是一个半径为4，弧长为的扇形，则圆锥底面圆的半径为，底面圆的面积为，圆锥的表面积为.故选：C.【例1-2】（2021·全国·统考高考真题）正四棱台的上､下底面的边长分别为2，4，侧棱长为2，则其体积为（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】作出图形，连接该正四棱台上下底面的中心，如图，因为该四棱台上下底面边长分别为2，4，侧棱长为2，所以该棱台的高，下底面面积，上底面面积，所以该棱台的体积.故选：D.【例1-3】（2023·全国·模拟预测）如图，已知四棱柱的体积为V，四边形ABCD为平行四边形，点E在上且，则三棱锥与三棱锥的公共部分的体积为（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】如图，设DE，交于点F，AC，BD交于点G，连接FG，则三棱锥就是三棱锥与三棱锥的公共部分．因为，所以，所以，设点到平面ABCD距离为，则点F到平面ABCD的距离是，又，所以三棱锥的体积为.故选：A．【例1-4】（2023·全国·模拟预测）已知正四棱台ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2A1B1＝2，O是底面ABCD的中心，若异面直线OB1与CC1所成角的余弦值为，则该四棱台的侧面积为（

）A．12 B．C． D．9【答案】B【解析】如图所示，连接AC，BD，则，连接A1O，A1C1，B1D1，因为，所以AC＝2A1C1，则OC＝A1C1，且，即，所以四边形A1C1CO为平行四边形，则，且，所以∠A1OB1为异面直线OB1与CC1所成的角或其补角．同理得四边形B1D1DO为平行四边形，则，则．因为直线OB1与CC1所成角的余弦值为，所以，解得，在等腰梯形ABB1A1中，由AB＝2A1B1＝2，A1A＝B1B=2，则其高为则侧面ABB1A1的面积为，所以该四棱台的侧面积为，故选：B．考法二平行与垂直【例2-1】（2023云南）设是两不同的直线，是两不同的平面，则下列命题正确的是A．若，，，则B．若，则C．若，则D．若，则【答案】D【解析】对于A选项，根据面面垂直的性质定理可知，不在内时，不一定有，故A选项错误.对于B选项，可能相交，故B选项错误.对于C选项，可能平行，故C选项错误.对于D选项，根据线面垂直的性质定理可知，而，故，所以D选项正确.综上所述，本小题选D.【例2-2】（2022·全国·统考高考真题）在正方体中，E，F分别为的中点，则（

）A．平面平面 B．平面平面C．平面平面 D．平面平面【答案】A【解析】在正方体中，且平面，又平面，所以，因为分别为的中点，所以，所以，又，所以平面，又平面，所以平面平面，故A正确；选项BCD解法一：如图，以点为原点，建立空间直角坐标系，设，则，，则，，设平面的法向量为，则有，可取，同理可得平面的法向量为，平面的法向量为，平面的法向量为，则，所以平面与平面不垂直，故B错误；因为与不平行，所以平面与平面不平行，故C错误；因为与不平行，所以平面与平面不平行，故D错误，故选：A.选项BCD解法二：解：对于选项B，如图所示，设，，则为平面与平面的交线，在内，作于点，在内，作，交于点，连结，则或其补角为平面与平面所成二面角的平面角，由勾股定理可知：，，底面正方形中，为中点，则，由勾股定理可得，从而有：，据此可得，即，据此可得平面平面不成立，选项B错误；对于选项C，取的中点，则，由于与平面相交，故平面平面不成立，选项C错误；对于选项D，取的中点，很明显四边形为平行四边形，则，由于与平面相交，故平面平面不成立，选项D错误；故选：A.【例2-3】（2021·浙江·统考高考真题）如图已知正方体，M，N分别是，的中点，则（

）A．直线与直线垂直，直线平面B．直线与直线平行，直线平面C．直线与直线相交，直线平面D．直线与直线异面，直线平面【答案】A【解析】连，在正方体中，M是的中点，所以为中点，又N是的中点，所以，平面平面，所以平面.因为不垂直，所以不垂直则不垂直平面，所以选项B,D不正确；在正方体中，，平面，所以，，所以平面，平面，所以，且直线是异面直线，所以选项C错误，选项A正确.故选：A.【例2-4】（2023·山东菏泽·统考一模）如图，八面体的每一个面都是正三角形，并且四个顶点在同一平面内，下列结论：①平面；②平面平面；③；④平面平面，正确命题的个数为（

）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】D【解析】以正八面体的中心为原点，分别为轴，建立如图所示空间直角坐标系，设正八面体的边长为,则所以，,设面的法向量为，则，解得，取，即又，所以，面，即面，①正确；因为，所以，又，面，面，则面，由，平面，所以平面平面，②正确；因为，则，所以，③正确；易知平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，因为，所以平面平面，④正确；故选：D考法三空间角【例3-1】（2023·黑龙江大庆·统考一模）在三棱锥中，平面ABC，且，，E，F分别为BC，PA的中点，则异面直线EF与PC所成角的余弦值为（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】如图所示，分别取AB，PB的中点M，G，连接FM，ME，GE，FG，则，所以（或其补角）为异面直线EF与PC所成的角．因为，，所以，．因为平面ABC，平面ABC，，平面ABC，，平面ABC，所以，且．在中，．在中，，，由余弦定理得，所以异面直线EF与PC所成角的余弦值为．故选：B【例3-2】（2023·江苏连云港·统考模拟预测）已知正四面体，，点为线段的中点，则直线与平面所成角的正切值是（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】如图，过点向底面作垂线，垂足为，连接，过点作于G，连接，由题意可知：且，因为平面，所以平面，则即为直线与平面所成角的平面角，设正四面体的棱长为2，则，，所以，则，在中，由余弦定理可得：，在中，，所以，所以直线与平面所成角的正切值是，故选：.【例3-3】（2022·全国·统考高考真题）（多选）已知正方体，则（

）A．直线与所成的角为 B．直线与所成的角为C．直线与平面所成的角为 D．直线与平面ABCD所成的角为【答案】ABD【解析】如图，连接、，因为，所以直线与所成的角即为直线与所成的角，因为四边形为正方形，则，故直线与所成的角为，A正确；连接，因为平面，平面，则，因为，，所以平面，又平面，所以，故B正确；连接，设，连接，因为平面，平面，则，因为，，所以平面，所以为直线与平面所成的角，设正方体棱长为，则，，，所以，直线与平面所成的角为，故C错误；因为平面，所以为直线与平面所成的角，易得，故D正确.故选：ABD【例3-4】（2023·全国·模拟预测）（多选）已知四棱锥的顶点都在一个表面积为的球面上，平面ABCD，底面ABCD是正方形，，则（

）A．B．C．直线PC与直线AB所成角的大小为D．直线PC与平面PAB所成角的大小为【答案】BC【解析】解法一、对于A选项：设四棱锥的外接球球心为O，因为球O的表面积为，所以球O的半径为2，连接AC，与BD交于点E，取PA的中点F，连接OE，OF，则平面ABCD，四边形OEAF为矩形，连接OA，在中，，所以，故A错误；对于B选项：因为平面ABCD，所以，因为，，PA，平面PAC，所以平面PAC，又平面PAC，所以，故B正确；对于C选项：因为，所以∠PCD是直线PC与直线AB所成角，因为平面ABCD，所以，又，，PA，平面PAD，所以平面PAD，所以，在中，，，所以，故C正确；对于D选项：易得平面ABP，所以∠CPB是直线PC与平面PAB所成角，在中，，，所以，故D错误．故选：BC．解法二、由题意知，可将四棱锥补成长方体．设四棱锥的外接球球心为O，因为球O的表面积为，所以球O的半径为2，则长方体的体对角线的长为4（点拨：长方体的外接球即四棱锥的外接球，长方体的外接球的球心为长方体的中心，长方体的体对角线为外接球的直径），对于A选项：设，则，即，所以，即，故A错误；对于B选项：因为平面ABCD，平面ABCD，所以，连接AC，易知，因为，PA，平面PAC，所以平面PAC，又平面PAC，所以，故B正确；对于C选项：易知，所以∠PCD是直线PC与直线AB所成的角，在中，易知，，所以，故C正确；对于D选项：易知平面PAB，所以∠CPB是直线PC与平面PAB所成的角，在中，易知，，所以，故D错误．故选：BC．解法三、对于选项B，C，D，可以以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，故，，，．则，故，B正确；，所以直线PC与直线AB所成角的大小为，C正确；易知为平面PAB的一个法向量，设直线PC与平面PAB所成角的大小为，则，所以直线PC与平面PAB所成角的大小为，D错误．故选：BC．考法四空间距离【例4-1】（2023·福建·统考一模）已知空间中三点，则点A到直线的距离为__________．【答案】【解析】，,，，设点A到直线的距离为，则.故答案为：.【例4-2】（2023·浙江温州·统考模拟预测）在棱长为1的正方体中，E为线段的中点，F为线段AB的中点，则直线FC到平面的距离为______．【答案】【解析】建立如图所示的空间直角坐标系，则，故，故，而平面，平面，故平面，故直线FC到平面的距离为即为到平面的距离.设平面的法向量为，又，故，取，则，而，故到平面的距离为，故答案为：.【例4-3】（2023·吉林通化·梅河口市第五中学校考一模）（多选）长方体中，，，，则（

）A．到平面的距离为B．到平面的距离为C．沿长方体的表面从到的最短距离为D．沿长方体的表面从到的最短距离为【答案】AC【解析】如图，连接，因为，，，所以，，，在中，由余弦定理可得：，所以，则，又，设点到平面的距离为，由体积相等可得：，即，所以，解得：，故选项正确；选项错误；长方体的表面可能有三种不同的方法展开，如图所示：，，，表面展开后，依第一个图形展开，则；依第二个图形展开，则；依第三个图形展开，则；三者比较得：点沿长方形表面到的最短距离为，故选项正确，选项错误，故选：.考法五外接球与内切球【例5-1】（2021·全国·统考高考真题）已知A，B，C是半径为1的球O的球面上的三个点，且，则三棱锥的体积为（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】，为等腰直角三角形，，则外接圆的半径为，又球的半径为1，设到平面的距离为，则，所以.故选：A.【例5-2】（2021·天津·统考高考真题）两个圆锥的底面是一个球的同一截面，顶点均在球面上，若球的体积为，两个圆锥的高之比为，则这两个圆锥的体积之和为（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】如下图所示，设两个圆锥的底面圆圆心为点，设圆锥和圆锥的高之比为，即，设球的半径为，则，可得，所以，，所以，，，，则，所以，，又因为，所以，，所以，，，因此，这两个圆锥的体积之和为.故选：B.【例5-3】（2023·贵州贵阳·统考一模）如图，在三棱锥中，

平面平面，是边长为的等边三角形，，则该几何体外接球表面积为（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】设外心为，外心为，DB中点为E.因，平面，平面平面，平面平面，则平面，又平面，则.过，分别作平面，平面垂线，则垂线交点O为外接球球心，则四边形为矩形.外接圆半径.又因，，则.故外接圆半径.又.又平面，平面，则.故外接球半径，故外接球表面积为.故选：A【例5-4】（2023·陕西西安·统考一模）在三棱锥，平面平面，是以为斜边的等腰直角三角形，为等边三角形，，则该三棱锥的外接球的表面积为（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】过点作的垂线，垂足为，因为是以为斜边的等腰直角三角形，所以的外接圆的圆心为，设的外接圆圆心为，其半径为，则在上，所以，由面面垂直的性质可知，平面，所以，即为该三棱锥的外接球的球心，由正弦定理可知，，故该三棱锥的外接球的表面积为.故选：C【例5-5】（2022·全国·统考高考真题）已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为和，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】设正三棱台上下底面所在圆面的半径，所以，即，设球心到上下底面的距离分别为，球的半径为，所以，，故或，即或，解得符合题意，所以球的表面积为．故选：A．考法六实际生活中的应用【例6-1】（2022·全国·统考高考真题）南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔时，相应水面的面积为；水位为海拔时，相应水面的面积为，将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔上升到时，增加的水量约为（）（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】依题意可知棱台的高为(m)，所以增加的水量即为棱台的体积．棱台上底面积，下底面积，∴．故选：C．【例6-2】（2023·湖北武汉·统考模拟预测）某车间需要对一个圆柱形工件进行加工，该工件底面半径15cm，高10cm，加工方法为在底面中心处打一个半径为rcm且和原工件有相同轴的圆柱形通孔.若要求工件加工后的表面积最大，则r的值应设计为（

）A． B． C．4 D．5【答案】D【解析】大圆柱表面积为小圆柱侧面积为，上下底面积为所以加工后物件的表面积为，当时表面积最大.故选：D【例6-3】（2023·陕西西安·统考一模）盲盒是一种深受大众喜爱的玩具，某盲盒生产厂商准备将棱长为的正四面体的魔方放入正方体盲盒内，为节约成本，使得魔方能够放入盲盒且盲盒棱长最小时，盲盒内剩余空间的体积为（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】依题意，要使棱长为的正四面体的魔方放入正方体盲盒内，且盲盒棱长最小，则当且仅当正方体的面对角线长等于正四面体的棱长，即它们有相同的外接球，如图，正四面体的棱长为8cm，该正四面体的所有棱均为正方体对应的面对角线，所以该正方体棱长为，盲盒内剩余空间的体积为.故选：C【例6-4】（2023·全国·模拟预测）粮食是关系国计民生和国家经济安全的重要战略物资，也是人民群众最基本的生活资料，粮食安全是“国之大者”．如图为某农场的粮仓，中间部分可近似看作是圆柱，圆柱的底面直径为8m，上、下两部分可以近似看作是完全相同的圆锥，圆柱的高是圆锥高的6倍，且这两个圆锥的顶点相距10m，则该粮仓的体积约为（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】由题意得，圆柱的高为，圆锥的高为，圆柱与圆锥的底面半径均为，所以该粮仓的体积约为.故选：C．【例6-5】（2021·北京·统考高考真题）某一时间段内，从天空降落到地面上的雨水，未经蒸发、渗漏、流失而在水平面上积聚的深度，称为这个时段的降雨量（单位：）．24h降雨量的等级划分如下：在综合实践活动中，某小组自制了一个底面直径为200mm，高为300mm的圆锥形雨量器.若一次降雨过程中，该雨量器收集的24h的雨水高度是150mm（如图所示)，则这24h降雨量的等级是A．小雨 B．中雨 C．大雨 D．暴雨【答案】B【解析】由题意，一个半径为的圆面内的降雨充满一个底面半径为，高为的圆锥，所以积水厚度，属于中雨.故选：B.【例6-6】（2021·全国·统考高考真题）北斗三号全球卫星导航系统是我国航天事业的重要成果．在卫星导航系统中，地球静止同步卫星的轨道位于地球赤道所在平面，轨道高度为（轨道高度是指卫星到地球表面的距离）．将地球看作是一个球心为O，半径r为的球，其上点A的纬度是指与赤道平面所成角的度数．地球表面上能直接观测到一颗地球静止同步轨道卫星点的纬度最大值为，记卫星信号覆盖地球表面的表面积为（单位：），则S占地球表面积的百分比约为（

）A．26% B．34% C．42% D．50%【答案】C【解析】由题意可得，S占地球表面积的百分比约为：.故选：C.考法七截面或轨迹长度【例7-1】（2023·江西上饶·统考一模）在正方体中，，为棱的四等分点（靠近点），为棱的四等分点（靠近点），过点，，作该正方体的截面，则该截面的周长是（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】设为的三等分点，靠近B点，连接,并延长交延长线于P，设为的三等分点，靠近点，连接,并延长交延长线于Q，则∽，由于，故,同理求得,故两点重合，则,故，而，故,同理可得,即四边形为平行四边形，连接,则五边形即为过点，，所作的正方体的截面，由题意可知故该截面的周长是，故选：C【例7-2】．（2023·湖北武汉·统考模拟预测）设A，B是半径为3的球体O表面上两定点，且，球体O表面上动点P满足，则点P的轨迹长度为（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】以所在的平面建立直角坐标系，为轴，的垂直平分线为轴，，则，，设，，则，整理得到，故轨迹是以为圆心，半径的圆，转化到空间中：当绕为轴旋转一周时，不变，依然满足，故空间中的轨迹为以为球心，半径为的球，同时在球上，故在两球的交线上，为圆.球心距为，为直角三角形，对应圆的半径为，周长为.故选：D【例7-3】（2023·全国·深圳中学校联考模拟预测）如图所示，已知正四棱柱的上下底面的边长为3，高为4，点M，N分别在线段和上，且满足，下底面ABCD的中心为点O，点P，Q分别为线段和MN上的动点，则的最小值为（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】过点作，交于点，交于点，过点作，交于点，连接，取中点，连接，根据题意，因为，所以当三点共线，且时，，且有最小值，如图所示，在中，，，所以，在中，，所以，在中，，所以，所以的最小值为，故选：A.【例7-4】（2023·全国·模拟预测）（多选）已知点P为直四棱柱ABCD－A1B1C1D1表面上一动点，四边形ABCD为正方形，，E为AB的中点，F为DD1的中点，则下列说法正确的是（

）A．过A1，C1，E三点的平面截该四棱柱所得截面的面积为B．过C1，E，F三点的平面截该四棱柱所得的截面为五边形C．若平面A1C1E，则点P的轨迹长度为D．若动点P到棱BB1的距离为，则点P的轨迹长度为【答案】ABD【解析】选项A：如图1，取BC的中点G，连接C1G，EG，A1C1，A1E，则过A1，C1，E三点的平面截该四棱柱所得的截面为等腰梯形A1C1GE，理由如下：连接，因为，分别是和的中点，所以，又在平行四边形中，，所以，则，，，四点共面，因为，所以，，，则等腰梯形A1C1GE的高，所以等腰梯形A1C1GE的面积，所以A正确；选项B：如图2，连接C1F并延长，交CD的延长线于H，连接EH交AD于I，连接IF，取BB1靠近B的四等分点Q，连接EQ，QC1，则五边形EQC1FI即过C1，E，F三点的平面截该四棱柱所得的截面，理由如下：作的中点，连接和，作的中点，连接和，则有，，所以四边形是平行四边形，即，又有，，，，所以，，所以四边形是平行四边形，即，则，所以，，，四点共面，由题可知平面平面，平面平面，平面平面，所以，又因为Q是BB1靠近B的四等分点，是的中点，所以，则，所以，，，，五点共面，所以B正确；选项C：如图3，分别取AD，CD，BC的中点M，N，G，连接D1M，D1N，MN，EG，C1G，因为，平面，平面，所以平面，因为，平面，平面，所以平面，又，平面，平面，所以平面平面A1C1GE，则点P的轨迹为，所以点P的轨迹长度为，故C错误；选项D：如图4，若动点P到棱BB1的距离为，则点P的轨迹长度为两个以为半径的圆的周长的再加上两个侧棱BB1的长度，即，所以D正确．故选：ABD.考法八最值问题【例8-1】（2023·山东·烟台二中校考模拟预测）已知圆锥的侧面积为，高为，若圆锥可在某球内自由运动，则该球的体积最小值为（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】设圆锥的底面半径为r，母线长为l，则，解得，由题意知当球为圆锥的外接球时，体积最小，设外接球的半径为R，则，解得，所以外接球的体积为.故选：D.【例8-2】．（2023·河南平顶山·校联考模拟预测）已知某长方体的上底面周长为16，与该长方体等体积的一个圆柱的轴截面是面积为16的正方形，则该长方体高的取值范围是（

）A． B．C． D．【答案】C【解析】不妨设该长方体底面的长和宽分别为a，b，高为h，则，轴截面是面积为16的正方形的圆柱，其底面圆的半径为2，高为4，体积为，则，又因为，所以，故．故选：C.【例8-3】（2023·广东深圳·统考一模）如图，一个棱长1分米的正方体形封闭容器中盛有V升的水，若将该容器任意放置均不能使水平面呈三角形，则V的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】将该容器任意放置均不能使水平面呈三角形，则如图，水最少的临界情况为，水面为面，水最多的临界情况为多面体，水面为，因为，，所以，即.故选：A.【例8-4】．（2023·全国·校联考模拟预测）已知三棱锥P－ABC的所有顶点均在半径为2的球的O球面上，底面是边长为3的等边三角形．若三棱锥P－ABC的体积取得最大值时，该三棱锥的内切球的半径为r，则（

）A．1 B． C． D．【答案】B【解析设底面的中心为Q，连接BQ，OQ，则，且底面ABC，如图，延长QO交球面于点P，连接OB，此时三棱锥P－ABC的体积取得最大值，因为球O的半径为2，所以，在中，，所以三棱锥P－ABC的体积的最大值为，此时，所以，所以，解得．故选：B.【例8-5】（2023·吉林·统考二模）三棱锥中，平面，．若，，则该三棱锥体积的最大值为（

）A．2 B． C．1 D．【答案】D【解析因为平面，平面，所以，又，，平面，所以平面，因为平面，所以，在中，，，则，因为平面，平面，所以，在中，不妨设，则由得，所以，当且仅当且，即时，等号成立，所以，所以该三棱锥体积的最大值为.故选：D..【例8-6】（2022·全国·统考高考真题）已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为，且，则该正四棱锥体积的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】C【解析∵球的体积为，所以球的半径,[方法一]：导数法设正四棱锥的底面边长为，高为，则，,所以，所以正四棱锥的体积，所以，当时，，当时，，所以当时，正四棱锥的体积取最大值，最大值为，又时，，时，,所以正四棱锥的体积的最小值为，所以该正四棱锥体积的取值范围是.故选：C.[方法二]：基本不等式法由方法一故所以当且仅当取到，当时，得，则当时，球心在正四棱锥高线上，此时，，正四棱锥体积，故该正四棱锥体积的取值范围是1．（2023秋·宁夏吴忠·高三青铜峡市高级中学校考期末）设l是直线，是两个不同的平面（

）A．若，则 B．若，则C．若，则 D．若，则【答案】B【解析对选项A，若，满足，则，但不满足，故A错误；对选项B，如图，若，必存在，则，又，所以，故B正确；对选项C，若，存在，故C项错误；对选项D，如图，若，则，故D项错误.故选：B2．（2023·全国·校联考模拟预测）已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列说法正确的是（

）A．若，则B．若，则C．若，则D．若，则【答案】D【解析对A选项，若，，则或，故A错误，对B选项，若，则或，故B错误；对C选项，若，，则与相交或，故C错误；对D选项，由于，所以，又,所以，故D正确，故选：D.3．（2023·河南·校联考模拟预测）已知空间四条直线a，b，m，n和两个平面，满足，，，，则下列结论正确的是（

）A．若，则B．若且，则C．若且，则D．若且，则【答案】C【解析对于A：a可能在平面内，所以A错误；对于B：a与m可能平行，从而与可能相交，所以B错误；对于C：且，，，，，，所以C正确；对于D：如图，由正方形沿一条对角线折叠形成，其中形成的两个平面设为，折痕设为，在平面的对角线设为，在内的对角线设为，同时作，此时，易知，则，但此时与不垂直，所以D错误.故选：C.4．（2021·全国·统考高考真题）在正方体中，P为的中点，则直线与所成的角为（

）A． B． C． D．【答案】D【解析如图，连接，因为∥，所以或其补角为直线与所成的角，因为平面，所以，又，，所以平面，所以，设正方体棱长为2，则，，所以.故选：D5．（2021·全国·统考高考真题）已知圆锥的底面半径为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为（

）A． B． C． D．【答案】B【解析设圆锥的母线长为，由于圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，则，解得.故选：B.6（2022·全国·统考高考真题）在长方体中，已知与平面和平面所成的角均为，则（

）A． B．AB与平面所成的角为C． D．与平面所成的角为【答案】D【解析如图所示：不妨设，依题以及长方体的结构特征可知，与平面所成角为，与平面所成角为，所以，即，，解得．对于A，，，，A错误；对于B，过作于，易知平面，所以与平面所成角为，因为，所以，B错误；对于C，，，，C错误；对于D，与平面所成角为，，而，所以．D正确．故选：D．7．（2023·山西临汾·统考一模）《九章算术·商功》提及一种称之为“羡除”的几何体，刘徽对此几何体作注：“羡除，隧道也其所穿地，上平下邪.似两鳖臑夹一堑堵，即羡除之形.”羡除即为：三个面为梯形或平行四边形（至多一个侧面是平行四边形），其余两个面为三角形的五面几何体.现有羡除如图所示，底面为正方形，，其余棱长为2，则羡除外接球体积与羡除体积之比为（

）A． B． C． D．【答案】A【解析连接AC、BD交于点M，取EF的中点O，连接OM，则平面.取BC的中点G，连接FG，作，垂足为H，如图所示，由题意得，，，，，∴，∴，又∵，∴，∴，即：这个羡除的外接球的球心为O，半径为2，∴这个羡除的外接球体积为.∵，面，面，∴面，即：点A到面的距离等于点B到面的距离，又∵，∴，∴这个羡除的体积为，∴羡除的外接球体积与羡除体积之比为.故选：A.8．（2023·新疆乌鲁木齐·统考一模）已知直线a，b与平面α，β，γ，能使的充分条件是（

）A．，， B．，C．， D．，，【答案】C【解析对于A，由，，可得或者与相交，故错误；对于B，由，，可得与可能平行、相交，故错误；对于C，由，，过直线做平面与平面相交与直线，如上图所示，，又，，又，，故正确；对于D，当与相交但是不垂直时，也有可能，，故错误；故选:C9．（2023·河南·校联考模拟预测）已知正方体的棱长为1，点在线段上，有下列四个结论：①；②点到平面的距离为；③二面角的余弦值为；④若四面体的所有顶点均在球的球面上，则球的体积为.其中所有正确结论的个数是（

）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【解析如图，连接.因为四边形为正方形，所以.又，所以，故①正确；因为，平面，平面，所以平面，所以点到平面的距离即为点到平面的距离.因为，所以，解得，故②正确；由题意知为全等的等边三角形，当点为的中点时，连接，则，所以为二面角的平面角.由题意知，在中，由余弦定理，得，即，所以，故③错误；因为四面体的外接球即为正方体的外接球，所以球的半径为，其体积为，故④错误.综上，正确结论的个数是2.故选：B.10．（2023·湖南·模拟预测）在三棱锥中，平面BCD，，则三棱锥的外接球的表面积与三棱锥的体积之比为（

）A． B． C． D．【答案】D【解析取的中点,连接，因为面面面所以，所以，所以，，因为面面所以面，又因为面，所以，所以，所以，所以为三棱锥的外接球的圆心,半径，所以球的表面积为，三棱锥的体积为，故.故选：D11．（2023·新疆乌鲁木齐·统考一模）如图，在三棱柱中，底面ABC，，，，D在上底面（包括边界）上运动，则三棱锥的外接球体积的最大值为（

）A． B． C． D．【答案】C【解析因为，，所以的外接圆的圆心为的中点,且，取的中点，连接，则，所以平面；设三棱锥的外接球的球心为，则在上，设，，球半径为，因为，所以，所以，因为，所以，因为，所以，即外接球半径的最大值为，所以三棱锥的外接球的体积的最大值为.故选：C.12（2023·甘肃兰州·校考模拟预测）在直三棱柱中，，，，，，分别是，，的中点，则下面说法中正确的有（

）A．平面B．C．直线与平面所成角的余弦值为D．点到平面的距离为【答案】A【解析直三棱柱中，，故可建立如图所示空间直角坐标系，则有，.对A，平面的其中一个法向量为，由，平面，故平面，A错；对B，由得BD与EF不垂直，B错；对C，平面的其中一个法向量为，则，则直线与平面所成角的余弦值为，C错；对D，，设平面的法向量为，则有，令得，故到平面的距离为，D错.故选：A13．（2023·上海黄浦·统考一模）如图，四边形ABCD是边长为1的正方形，平面ABCD，平面ABCD，且，点G为MC的中点.则下列结论中不正确的是（

）A． B．平面平面ABNC．直线GB与AM是异面直线 D．直线GB与平面AMD无公共点【答案】D【解析因为平面ABCD，平面ABCD，则，取的中点，连接，如图，点G为MC的中点，则，且，于是四边形是平行四边形，，在正方形中，，则，因此四边形为平行四边形，，而，点G为MC的中点，有，所以，A正确；因为，平面，平面，则平面，又，平面，平面，则平面，而平面，所以平面平面ABN，B正确；取DM中点O，连接，则有，即四边形为梯形，因此直线必相交，而平面AMD，于是直线GB与平面AMD有公共点，D错误；显然点平面，点平面，直线平面，点直线，所以直线GB与AM是异面直线，C正确.故选：D14．（2023·内蒙古·模拟预测）已知球O的半径为2，圆锥内接于球O，当圆锥的体积最大时，圆锥内切球的半径为（

）A． B． C． D．【答案】C【解析设圆锥的底面半径为r，则圆锥的高为，所以圆锥的体积，令，则，所以.因为，所以在上单调递增，在上单调递减，所以当，即时，圆锥的体积最大，此时圆锥的高为，母线长为.因为圆锥内切球的半径等于圆锥轴截面的内切圆的半径，所以圆锥内切球的半径.故选：C15．（2023·山东潍坊·统考一模）如图，圆锥的底面半径为1，侧面展开图是一个圆心角为的扇形.把该圆锥截成圆台，已知圆台的下底面与该圆锥的底面重合，圆台的上底面半径为，则圆台的侧面积为（

）A． B． C． D．【答案】C【解析假设圆锥半径，母线为，则.设圆台上底面为，母线为，则.由已知可得，，所以.如图，作出圆锥、圆台的轴截面则有，所以.所以圆台的侧面积为.故选：C.16．（2023·河南·校联考模拟预测）如图，已知正三棱柱的棱长都相等，为棱的中点，则与所成角的正弦值为（

）A． B． C． D．【答案】B【解析取的中点，连接、、，设正三棱柱的棱长为，如下图所示：因为且，所以，四边形为平行四边形，所以，且，又因为、分别为、的中点，则且，所以，四边形为平行四边形，则且，又因为且，所以，且，所以，四边形为平行四边形，所以，，所以与所成的角即为与所成的角，或其补角即为所求．在中，，，．因为，所以为直角三角形，且，所以．故选：B．17．（2023·陕西咸阳·校考一模）如图，中，，为的中点，将沿折叠成三棱锥，则该棱锥体积最大值为（

）A． B．C． D．【答案】B【解析因为在中，，为的中点，所以，，所以，在折叠成的三棱锥中，，因为平面，所以平面，所以，三棱锥的体积为，当且仅当时等号成立，所以，该棱锥体积最大值为故选：B18．（2023·河南·校联考模拟预测）在菱形ABCD中，，，AC与BD的交点为G，点M，N分别在线段AD，CD上，且，，将沿MN折叠到，使，则三棱锥的外接球的表面积为（

）A． B． C． D．【答案】B【解析如图所示，因为，，所以，设MN与BD的交点为H，连接，因为，，所以，则，，所以．又，则，则．又，，平面ABC，故平面ABC．设的外接圆圆心为，的外接圆圆心为，过，分别作平面ABC，平面的垂线，设两垂线交于点O，则O是三棱锥外接球的球心，且四边形为矩形．设的外接圆半径为，在中，由，解得，同理可得的外接圆半径，所以．设三棱锥的外接球半径为R，则，则三棱锥的外接球的表面积.故选：B．19．（2023·山西忻州·统考模拟预测）如图，在四棱锥中，平面平面，四边形是矩形，，分别是棱的中点，则异面直线与所成角的余弦值是（

）A． B． C． D．【答案】B【解析如图，取棱的中点H，连接，则，则是异面直线与所成的角（或补角）．又因为，故,平面平面，平面平面，平面，故平面，平面，故,由四边形是矩形，，则,平面,故平面,平面,故,设，则EH＝2，．在中，则，故,即异面直线与所成角范围为，故所求角的余弦值是，故选：B20．（2023·四川·校联考一模）四棱锥的底面为正方形，平面ABCD，顶点均在半径为2的球面上，则该四棱锥体积的最大值为（

）A． B．4 C． D．8【答案】C【解析设正方形ABCD的外接圆的半径为，球心到平面ABCD的距离为，则，且正方形ABCD的面积为，四棱锥的体积为，设，，则，于是时，，单调递增；时，，单调递减，从而，于是．故选：C.21．（2023·四川·校联考一模）在长方体中，已知异面直线与，与AB所成角的大小分别为和，则直线和平面所成的角的余弦值为（

）A． B． C． D．【答案】A【解析设，则，由于，所以异面直线与所成角为，从而，由于，所以异面直线与所成角为，从而，所以，以为原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，则，，设平面的法向量为，则，取所以，直线和平面所成的角的正弦值为，从而直线和平面所成的角的余弦值为．故选：A．22．（2023·江西上饶·统考一模）蹴鞠，又名蹴球，蹴圆，筑球，踢圆等，蹴有用脚蹴、踢、蹋的含义，鞠最早系外包皮革、内实米糠的球.因而蹴鞠就是指古人以脚蹴、蹋、踢皮球的活动，类似于今日的足球.2006年5月20日，蹴鞠作为非物质文化遗产经国务院批准已列入第一批国家非物质文化遗产名录.已知半径为3的某鞠（球）的表面上有四个点A，B，C，P，，，，则该鞠（球）被平面PAB所截的截面圆面积为（

）A． B． C． D．【答案】D【解析因为三棱锥的外接球的半径为3，而，所以为外接球的直径，如图，将三棱锥放入如图所示的长方体，则，设长方体的另一棱长为，所以，解得：，即，设外接球的球心为，所以，，取的外接圆的半径为，则，则，所以，则，所以该鞠（球）被平面PAB所截的截面圆面积：.故选：D.23．（2023·甘肃兰州·校考模拟预测）沙漏是我国古代的一种计时工具，是用两个完全相同的圆锥顶对顶叠放在一起组成的（如图）．在一个圆锥中装满沙子，放在上方，沙子就从顶点处漏到另一个圆锥中，假定沙子漏下来的速度是恒定的．已知一个沙漏中沙子全部从一个圆锥中漏到另一个圆锥中需用时1小时．当上方圆锥中沙子的高度漏至一半时，所需时间为（

）A．小时 B．小时 C．小时 D．小时【答案】B【解析如图，依题意可知，，所以，1小时小时．故选：B．24．（2022·全国·统考高考真题）甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为，侧面积分别为和，体积分别为和．若，则（

）A． B． C． D．【答案】C【解析设母线长为，甲圆锥底面半径为，乙圆锥底面圆半径为，则，所以，又，则，所以，所以甲圆锥的高，乙圆锥的高，所以.故选：C.25．（2022·浙江·统考高考真题）如图，已知正三棱柱，E，F分别是棱上的点．记与所成的角为，与平面所成的角为，二面角的平面角为，则（

）A． B． C． D．【答案】A【解析如图所示，过点作于，过作于，连接，则，，，，，，所以，故选：A．26．（2022·天津·统考高考真题）如图，“十字歇山”是由两个直三棱柱重叠后的景象，重叠后的底面为正方形，直三棱柱的底面是顶角为，腰为3的等腰三角形，则该几何体的体积为（

）A．23 B．24 C．26 D．27【答案】D【解析该几何体由直三棱柱及直三棱柱组成，作于M，如图，因为，所以，因为重叠后的底面为正方形，所以,在直棱柱中，平面BHC，则,由可得平面，设重叠后的EG与交点为则则该几何体的体积为.故选：D.27．（2023·新疆乌鲁木齐·统考一模）三棱锥中，点A在平面BCD的射影H是△BCD的垂心，点D在平面ABC的射影G是△ABC的重心，，则此三棱锥体积的最大值为（

）A． B． C． D．【答案】C【解析如图，点D在平面ABC内的射影G是的重心，连接AG延长交BC于M，连接BG延长交AC于N，则M、N分别为BC和AC的中点，因为平面BCD，平面BCD，射影，又H为△的垂心，则，由平面DAH，所以平面DAH，由平面DAH，得AD.因为平面ABC，平面ABC，所以，又平面DAG，则平面DAG，由平面DAG，得AG，所以AM，因为M为BC的中点，所以AB=AC，由又平面BCD，则平面CAH，所以平面CAH，由平面CAH，得AC，由平面ABC，则平面DBG，则平面DBG，由平面DBG，得BG，所以，因为N为AC的中点，所以AB=BC，则为等边三角形，设其边长为x，则，又，所以，则，令，由得，则，令，令，所以函数在上单调递增，在上单调递减，得，所以，即此三棱锥的体积的最大值为.故选：C.28．（2023·全国·模拟预测）如图，在棱长为1的正方体中，P为棱的中点，Q为正方形内一动点（含边界），则下列说法中不正确的是（）A．若平面，则动点Q的轨迹是一条线段B．存在Q点，使得平面C．当且仅当Q点落在棱上某点处时，三棱锥的体积最大D．若，那么Q点的轨迹长度为【答案】B【解析选项A，分别取中点，连接，，由与，平行且相等得平行四边形，所以，平面，平面，所以平面，连接，，，所以，同理平面，，平面，所以平面平面，当时，平面，所以平面，即点轨迹是线段，A正确；选项B，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，则，，，设（），，，，设是平面的一个法向量，则，取，则，若平面，则，所以存在，使得，，解得，因此正方形内（含边界）不存在点，使得平面，B错；选项C，面积为定值，当且仅当点到平面的距离最大时，三棱锥的体积最大，，到平面的距离为，，时，，当时，d有最大值1，时，，时，d有最大值，综上，时，d取得最大值1，故与重合时，d取得最大值，三棱锥的体积最大，C正确；选项D，平面，平面，，所以，所以点轨迹是以为圆心，为半径的圆弧，圆心角是，轨迹长度为，D正确．故选：B．29．（2023·江苏连云港·统考模拟预测）已知圆锥内切球（与圆锥侧面、底面均相切的球）的半径为2，当该圆锥的表面积最小时，其外接球的表面积为（

）A． B． C． D．【答案】A【解析设圆锥的顶点为，底面圆的圆心为，内切球圆心为，则，，因为⊥，⊥，所以∽，则，设，，故，由得：，由得：，故，所以，，解得：，所以圆锥的表面积为，令，，当时，，当时，，故在上单调递减，在上单调递增，故在时取得最小值，，此时，，设圆锥的外接球球心为，连接，设，则，由勾股定理得：，即，解得：，故其外接球的表面积为.故选：A30．（2023·吉林通化·梅河口市第五中学校考一模）表面积为的球内有一内接四面体，其中平面平面，是边长为3的正三角形，则四面体PABC体积的最大值为（

）A． B． C． D．【答案】D【解析如图所示，是四面体外接球的球心，设球的半径为，是外接圆的圆心，设圆的半径为，设到底面的距离为，取中点，连接，过作，由题意可得,则，因为是边长为3的正三角形，所以由正弦定理可得，则，四面体PABC体积为，四面体PABC体积的最大需要最大，由题意可知在过并且与底面垂直的圆面上运动，当运动到圆面的最高点时，最大，由圆的对称性可知此时,则,又平面平面，则平面在中，，，则，则，，在中，，则,.故选：D.31（2022·全国·统考高考真题）已知球O的半径为1，四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均在球O的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为（

）A． B． C． D．【答案】C【解析[方法一]：【最优解】基本不等式设该四棱锥底面为四边形ABCD，四边形ABCD所在小圆半径为r，设四边形ABCD对角线夹角为，则（当且仅当四边形ABCD为正方形时等号成立）即当四棱锥的顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时，底面ABCD面积最大值为又设四棱锥的高为，则，当且仅当即时等号成立.故选：C[方法二]：统一变量＋基本不等式由题意可知，当四棱锥为正四棱锥时，其体积最大，设底面边长为，底面所在圆的半径为，则，所以该四棱锥的高，(当且仅当，即时，等号成立)所以该四棱锥的体积最大时，其高.故选：C．[方法三]：利用导数求最值由题意可知，当四棱锥为正四棱锥时，其体积最大，设底面边长为，底面所在圆的半径为，则，所以该四棱锥的高，，令，，设，则，，，单调递增，，，单调递减，所以当时，最大，此时．故选：C.32．（2023·陕西西安·统考一模）在三棱锥中，平面平面BCD，是以CD为斜边的等腰直角三角形，M为CD中点，，，则该三棱锥的外接球的表面积为（

）A． B． C． D．【答案】D【解析因为是以CD为斜边的等腰直角三角形，M为CD中点，，所以AM⊥CD，且，因为，所以，而，由勾股定理得：，所以BM=BC，故为等腰直角三角形，，，由题意得：球心O在平面ACD的投影与M点重合，因为平面平面BCD，所以球心O在平面BCD上，在平面BCD上，过点M作MH⊥CD，故，球心O在MH上，设OM=x，由余弦定理得：，则，由得：，解得：，设外接球半径为，则，故该三棱锥的外接球的表面积为.故选：D33．（2023·全国·模拟预测）（多选）已知长方体中，点P，Q，M，N分别是棱AB，BC，，的中点，则下列结论不正确的是（

）A．平面 B．平面C．平面 D．平面【答案】ABC【解析A选项：如图1，若平面，则，又因为平面，平面，则，连接，又，所以平面，平面，则，只有当时，才成立，故A不正确；B选项：如图2，连接AC，因为点P，Q分别是棱AB，BC的中点，所以，平面，平面，所以平面，若平面，则平面平面，又平面平面，平面平面，所以，显然不正确，故B不正确；C选项：如图3，若平面，平面，则，又易知平面，平面，则，又，所以平面，平面则，显然不正确，故C不正确；D选项：如图4，连接AC，CN，因为点P，Q分别是棱AB，BC的中点，所以，平面，平面，所以平面，因为Q，N分别是BC，的中点，所以，所以四边形是平行四边形，则，平面，平面，所以平面，且，因此平面平面，平面，所以平面，故D正确．故选:ABC.34．（2023·云南·统考模拟预测）（多选）如图，在正方体中，E､F､G分别为的中点，则（

）A． B．与所成角为C． D．平面【答案】ABD【解析以点D为坐标原点，所在直线分别为x､y､z轴建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为2，则.对于A选项，，所以，故A选项正确；对于B选项，，，所以，向量与向量的夹角是，与所成角为，故B选项正确；对于C选项，，则，故C选项错误；对于D选项，设平面的法向量为，由，可得，取，可得，又，∵，∴，∵平面，∴平面，故D选项正确.故选：ABD.35．（2023·重庆·统考一模）（多选）在棱长为的正方体中，则（

）A．平面B．直线平面所成角为45°C．三棱锥的体积是正方体体积的D．点到平面的距离为【答案】AC【解析正方体中，以为坐标原点，分别以为轴，轴，轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则有，.，，，，，得，，由平面，，∴平面，A选项正确；，，设平面的一个法向量，则有，令，得，，则，，所以直线平面所成角不是45°，B选项错误；为边长为的等边三角形，，点到平面的距离，三棱锥的体积，而棱长为的正方体的体积为，所以三棱锥的体积是正方体体积的，C选项正确；，，设平面的一个法向量，则有，令，得，，则，，点到平面的距离为，故D选项错误.故选：AC36．（2021·全国·统考高考真题）（多选）如图，在正方体中，O为底面的中心，P为所在棱的中点，M，N为正方体的顶点．则满足的是（

）A． B．C． D．【答案】BC【解析设正方体的棱长为，对于A，如图（1）所示，连接，则，故（或其补角）为异面直线所成的角，在直角三角形，，，故，故不成立，故A错误.对于B，如图（2）所示，取的中点为，连接，，则，，由正方体可得平面，而平面，故，而，故平面，又平面，，而，所以平面，而平面，故，故B正确.对于C，如图（3），连接，则，由B的判断可得，故，故C正确.对于D，如图（4），取的中点，的中点，连接，则，因为，故，故，所以或其补角为异面直线所成的角，因为正方体的棱长为2，故，，，，故不是直角，故不垂直，故D错误.故选：BC.37．（2023·全国·模拟预测）（多选）如图，在正方体中，以下结论正确的是（

）A．平面 B．平面C．异面直线与所成的角为60° D．直线与平面ABCD所成角的正弦值为【答案】ABD【解析对于A：在正方体中，，又平面，平面，所以平面，故A正确；对于B：连接，易知，，所以，因为平面，平面，所以，又，所以平面，故B正确；对于C：易知直线平面，所以，所以异面直线与所成的角为90°，故C错误；对于D：连接BD，易知平面ABCD，所以直线与平面ABCD所成的角为，设正方体的棱长为1，则，在中，，所以直线与平面ABCD所成角的正弦值为，故D正确.故选：.38．（2023·全国·模拟预测）（多选）在长方体中，直线与平面、平面所成的角均为，则（

）A．B．C．直线与平面所成的角为D．直线与所成的角为【答案】AD【解析A选项：如图，连接，，由长方体的结构特征可知，平面，平面，则，分别为直线与平面、平面所成的角,所以，，则，，所以，四边形为正方形，所以，A正确．B选项：因为，所以，即，又，所以，在中，，故，B错误．C选项：连接，由长方体的结构特征可知，平面,故为直线与平面所成的角，由A，B选项可知，，，则,,故在中，，因为，所以直线与平面所成的角为，C错误．D选项：因为，所以为直线与所成的角（或其补角），由C选项可知，在中，，则，所以直线与所成的角为，D正确，故选：AD39．（2023·全国·模拟预测）（多选）如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，已知AA1⊥平面ABC，，点D为AB的中点，，则下列结论正确的有（

）A．CD⊥A1D B．平面A1DC⊥平面ABB1A1C．平面A1BC1 D．【答案】ABC【解析A选项：因为AA1⊥平面ABC，面,所以AA1⊥CD，AC1=BC1，由勾股定理得，又D为AB的中点，所以CD⊥AB，又，AB，平面ABB1A1，所以CD⊥平面ABB1A1，因为平面ABB1A1，所以CD⊥A1D，所以A选项正确；B选项：由A选项知，CD⊥平面ABB1A1，又平面A1DC，所以平面A1DC⊥平面ABB1A1，所以B选项正确；C选项：易知DO为△ABC1的中位线，所以，又平面A1BC1，DO在平面A1BC1外，所以平面A1BC1，所以C选项正确；D选项：，因此D选项不正确．故选：ABC.40．（2023·辽宁·校联考模拟预测）（多选）在正方体中，E，F分别为，的中点，则下列结论错误的是（

）A．平面 B．平面C．平面 D．平面【答案】BCD【解析以点为坐标原点，以，，方向为，，轴为正方向，建立如图所示空间直角坐标系，设正方体的边长为2，则，，，，，，，，，则，，，设平面的一个法向量为，则，令，则，则，则平面，故A正确；，，设平面的一个法向量为，则，令，则，，则与平面不平行，故B错误；，，设平面的一个法向量为，则，令，则，，则与平面不垂直，故C错误；，，设平面的一个法向量为，则，令，则，，则与平面不垂直，故D错误；故选：BCD.41．（2023·全国·模拟预测）（多选）如图，已知正方体的棱长为2，，，分别为，，的中点，则下列结论成立的有（

）A． B．平面C．与所成角的余弦值为 D．点到平面的距离为2【答案】BCD【解析如图，以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，则A(2，0，0)，E(1，2，0)，F(0，2，1)，D(0，0，0)，，,,,故与不垂直，故A错误；设平面AEF的一个法向量为，，，令则，得；所以，故，又平面，故平面，故B正确；设直线与直线AF所成角为，则，故C正确；又∴点到平面AEF的距离，故D正确；故选：BCD.42．（2023·山东威海·统考一模）（多选）在棱长为1的正方体中，点P满足，，，则(

)A．当时，的最小值为B．当时，有且仅有一点P满足C．当时，有且仅有一点P满足到直线的距离与到平面ABCD的距离相等D．当时，直线AP与所成角的大小为定值【答案】ACD【解析如图所示，以A为原点建立空间直角坐标系，则，，，，，，，，则，，，则，∴．选项A：当时，为线段上的点，将平面和平面沿展开为同一个平面如图，连接，则的最小值即为，故A正确；选项B：当时，，，，则，即，即满足条件的P点有无数个，故B错误；选项C：当时，，则，，，，则在上的投影为，则点P到直线的距离；平面ABCD的一个法向量为，，则点P到平面ABCD的距离为；当点P到直线的距离与到平面ABCD的距离相等时，，∵，∴方程有一个解，则，即仅存在一个点P满足条件，故C正确；D选项：当时，，，∵，故直线AP与所成角的大小为，为定值，故D正确．故选：ACD．43．（2023·吉林·统考二模）（多选）已知平面平面，B，D是l上两点，直线且，直线且．下列结论中，错误的有（

）A．若，，且，则ABCD是平行四边形B．若M是AB中点，N是CD中点，则C．若，，，则CD在上的射影是BDD．直线AB，CD所成角的大小与二面角的大小相等【答案】ABD【解析对于A，由题意，AB，CD为异面直线，所以四边形ABCD为空间四边形，不能为平行四边形，故A错误；对于B，取BC的中点H,连接HM,则HM是的中位线，所以，因为HM与MN相交，所以MN与AC不平行，B错误；对于C，若，所以由线面垂直的判定可得平面ABC，所以，由结合面面垂直的性质可得，所以点C在平面内的投影为点D,所以CD在平面内的投影为BD，故C正确；对于D,由二面角的定义可得当且仅当时，直线AB，CD所成的角或其补角才为二面角的大小，故D错误.故选：ABD.44．（2023·江苏连云港·统考模拟预测）（多选）折扇在我国已有三四千年的历史，“扇”与“善”谐音，折扇也寓意“善良”“善行”．它以字画的形式集中体现了我国文化的方方面面，是运筹帷幄，决胜千里，大智大勇的象征（如图1）．图2是一个圆台的侧面展开图（扇形的一部分），若扇形的两个圆弧所在圆的半径分别是1和3，且，则该圆台（

）A．高为 B．表面积为C．体积为 D．上底面积、下底面积和侧面积之比为【答案】BCD【解析对于A，设圆台的上底面半径为r，下底面半径为R，则，解得,所以圆台的母线长为，高为，选项A错误；对于B，圆台的上底面积为，下底面积为，侧面积为，所以圆台的表面积为，选项B正确；对于C，圆台的体积为，选项C正确；对于D，圆台的上底面积、下底面积和侧面积之比为，选项D正确，故选：BCD．45．（2023·云南红河·统考一模）（多选）三棱锥P－ABC的四个顶点都在球O上，且PA⊥底面ABC，，，则下列说法正确的是（

）A． B．球心O在三棱锥的外部C．球心O到底面ABC的距离为2 D．球O的体积为【答案】ABD【解析对A，在△ABC中，由余弦定理得，即，故A正确；对B，如图，设△ABC外接圆的圆心为，连接，则底面ABC，又PA⊥底面ABC，所以，由，得圆心在△ABC外部，故球心O在三棱锥的外部，故B正确；对C，取线段PA的中点Q，连接OQ，因为PA是球O的一条弦，所以，所以四边形为矩形，故，即球心O到底面ABC的距离为1，故C不正确；对D，设球O的半径为R，圆的半径为r，由正弦定理得，所以，进而，球的体积为，故D正确，故选：ABD．46．（2023·山东·烟台二中校考模拟预测）（多选）如图，在四棱锥中，底面为等腰梯形，，垂足为点O，，E为的中点，则下列结论错误的是（

）A． B．平面C．平面平面 D．平面平面【答案】ABD【解析因为，所以，在上取点，使得，连接，则，所以，又，所以是异面直线，A错误；因为，所以，又，所以，同理，过点O作交于点G，则，取的中点F，连接，则，所以，且，所以四边形为梯形，所以相交，而平面，所以与平面相交，B错误；又，所以，所以，又平面，所以平面，又平面，所以平面平面，C正确；由，，得，因为，所以，又平面，所以平面，又平面，且直线与平面交于点，所以平面与平面不垂直，D错误.故选：ABD．47．（2023·山东日照·统考一模）（多选）已知正方体过对角线作平面交棱于点，交棱于点F，则（

）A．平面分正方体所得两部分的体积相等B．四边形一定是菱形C．四边形的面积有最大值也有最小值D．平面与平面始终垂直【答案】AC【解析对于A：由正方体的对称性可知，平面分正方体所得两部分的体积相等，故A正确；对于B：因为平面，平面平面，平面平面，∴.同理可证：，故四边形是平行四边形，当E不是的中点时，,此时四边形不是菱形，故B错误；对于C：由B得四边形一定是平行四边形，所以四边形的面积等于三角形面积的两倍，而为定值，所以当到直线距离最大时，三角形面积取最大值，因为为棱中点时,到直线距离恰为异面直线距离，即为最小值，此时三角形面积取最小值，即四边形的面积取最小值.因此当E与A重合或重合时，三角形面积取最大值，即四边形的面积即取最大值，故C正确；对于D：因为平面平面，又平面平面，所以只有当平面时，才有平面平面，故D错误.故选：AC48（2022·全国·统考高考真题）（多选）如图，四边形为正方形，平面，，记三棱锥，，的体积分别为，则（

）A． B．C． D．【答案】CD【解析设，因为平面，，则，，连接交于点，连接，易得，又平面，平面，则，又，平面，则平面，又，过作于，易得四边形为矩形，则，则，，，则，，，则，则，，，故A、B错误；C、D正确.故选：CD.49．（2023·安徽宿州·统考一模）（多选）棱长为2的正方体中，E，F，G分别为棱AD，，的中点，过点E，F，G的平面记为平面，则下列说法正确的是（

）A．平面B．平面C．平面截正方体外接球所得圆的面积为D．正方体的表面上与点E的距离为的点形成的曲线的长度为【答案】ABD【解析建立空间直角坐标系，如图所示，则，，，对A，设平面的法向量为，，，，则有，令得，由，而FG不在平面ACB1中，故平面，A对；对B，，，由，，∵平面，故平面，B对；对C，设，则O为正方体外接球心，，外接球半径，设平面，由，，平面，则，故与重合，故平面截正方体外接球所得圆的面积为，C错；对D，由题意，所求的点可看作正方体与半径为的球E的交点，则由球的性质，在表面上，∵，故只有两个交点，不形成曲线；在表面上，形成的曲线为以为圆心，半径为的圆与正方形交得的圆弧，长度为；在表面上，形成的曲线为以中点为圆心，半径为的圆与正方形交得的圆弧，长度为.由正方体的对称性，所求的曲线长度为，D对.故选：ABD.50．（2023·吉林·统考二模）（多选）如图，正四棱柱中，，动点P满足，且.则下列说法正确的是（

）A．当时，直线平面B．当时，的最小值为C．若直线与所成角为，则动点P的轨迹长为D．当时，三棱锥外接球半径的取值范围是【答案】ABC【解析对于A，取相交于点，的中点为，如下图所示：当时，即，，由平面向量线性运算法则可知，点在线段上，由正四棱柱可得，且平面，又平面，所以，又，且平面，所以平面；又因为平面与平面是同一平面，所以平面，即A正确；对于B，当时，由利用共线定理可得，三点共线，即点在线段上;由对称性可知，线段上的点到两点之间的距离相等，所以；取平面进行平面距离分析，如下图所示：所以，当且仅当三点共线时，等号成立，此时点为线段的中点，即的最小值为，故B正确；对于C，由图可知，与所成角都为，由可知，点在平面内，若直线与所成角为，在线段上取点，使，则直线与所成角为；则点的轨迹是以为圆心，半径为，且在平面内的半圆弧，如下图中细虚线所示：所以动点P的轨迹长为，故C正确；对于D，当时，取的中点为，即；由可知，三点共线，即点在线段上，如下图所示：易知三棱锥外接球球心在直线上，设球心为，；作于点，设，易知，由相似比可得，设外接球半径为，则，解得；所以，易知当时，半径最小为；当时，半径最大为；又，所以半径的取值范围是，即D错误.故选：ABC51．（2023·山东临沂·统考一模）（多选）已知正方体的棱长为4，点分别是的中点，则（

）A．直线是异面直线 B．平面截正方体所得截面的面积为C．三棱锥的体积为 D．三棱锥的外接球的表面积为【答案】ACD【解析对于A，如图，取的中点，连接，取的中点，连接，则，所以四边形是平行四边形，所以，又因，所以直线是异面直线，故A正确；对于B，如图，延长交于点，连接交点，连接，因为为的中点，则，所以为的中点，因为，所以为的中点，则，因为，所以为平行四边形，所以，所以，则平面截正方体所得截面为等腰梯形，在等腰梯形中，，则梯形的高为，所以等腰梯形的面积为，故B错误；对于C，连接，则，因为平面，平面，所以，又平面，所以平面，又因为为的中点，所以三棱锥的高为，，所以，故C正确；对于D，如图，以点为原点建立空间直角坐标系，设为的中点，则为的外心，则三棱锥的外接球的球心在过点且垂直平面的直线上，设为，则平面，因为平面，所以，设，则，，因为，所以，所以，故，由，得，解得，所以三棱锥的外接球的半径，表面积为，故D正确.故选：ACD.52．（2021·全国·统考高考真题）（多选）在正三棱柱中，，点满足，其中，，则（

）A．当时，的周长为定值B．当时，三棱锥的体积为定值C．当时，有且仅有一个点，使得D．当时，有且仅有一个点，使得平面【答案】BD【解析易知，点在矩形内部（含边界）．对于A，当时，，即此时线段，周长不是定值，故A错误；对于B，当时，，故此时点轨迹为线段，而，平面，则有到平面的距离为定值，所以其体积为定值，故B正确．对于C，当时，，取，中点分别为，，则，所以点轨迹为线段，不妨建系解决，建立空间直角坐标系如图，，，，则，，，所以或．故均满足，故C错误；对于D，当时，，取，中点为．，所以点轨迹为线段．设，因为，所以，，所以，此时与重合，故D正确．故选：BD．53．（2023·全国·开滦第二中学校考模拟预测）中，其边长分别为3，4，5，分别以它的边所在直线为旋转轴，旋转一周所形成的几何体的体积之和为______．【答案】【