2022-2023学年四川省成都等各市高一下数学期末试题分类汇编立体几何压轴题1

20222023学年四川省成都等各市高一下数学期末试题分类汇编：立体几何压轴题1一、多选题1．已知圆锥顶点为S，高为1，底面圆的直径长为．若为底面圆周上不同于的任意一点，则下列说法中正确的是（

）A．圆锥的侧面积为B．面积的最大值为C．圆锥的外接球的表面积为D．若，为线段上的动点，则的最小值为【答案】BCD【分析】对A：根据圆锥的侧面积公式分析运算；对B：根据题意结合三角形的面积公式分析运算；对C：根据题意可得圆锥的外接球即为的外接圆，利用正弦定理求三角形的外接圆半径，即可得结果；对D：将平面与平面展开为一个平面，当三点共线时，取到最小值，结合余弦定理分析运算.【详解】对A：由题意可知：，故圆锥的侧面积为，A错误；对B：面积，在中，，故为钝角，由题意可得：，故当时，面积的最大值为，B正确；对C：由选项B可得：，为钝角，可得，由题意可得：圆锥的外接球半径即为的外接圆半径，设其半径为，则，即；故圆锥的外接球的表面积为，C正确；对D：将平面与平面展开为一个平面，如图所示，当三点共线时，取到最小值，此时，在，，则为锐角，则，在，则，由余弦定理可得，则，故的最小值为，D正确.故选：BCD.2．数学中有许多形状优美、寓意独特的几何体，“等腰四面体”就是其中之一，它是三组对棱分别相等的四面体．已知等腰四面体ABCD中，三组对棱长分别是，，，则对该等腰四面体的叙述正确的是（

）A．该四面体ABCD的体积是．B．该四面体ABCD的外接球表面积是32πC．D．一动点P从点B出发沿四面体ABCD的表面经过棱AD到点C的最短距离是【答案】ABD【分析】将等腰四面体放入长方体中，即可由长方体的性质求解AB,利用三角形全等即可判断C，由展开图，利用两点距离最小即可判断D.【详解】如图，将等腰四面体补成长方体，设该长方体的长、宽、高分别是，，，则解得，，，则该等腰四面体的体积为：．故A正确，由于，，，所以,,故所以,故C错误，由于等腰四面体的三条棱分别是长方体的三条面对角线，所以长方体的外接球即为等腰四面体的外接球，而长方体的体对角线长度为，故外接球的半径为，故表面积为，故B正确，将平面和平面沿着翻折到一个平面内，连接,则即为最短距离，由于，，，则四边形为平行四边形，设与交于点,则为与的中点，在中，,故在中，故D正确，故选：ABD．3．四棱锥的四个侧面都是腰长为，底边长为2的等腰三角形，则该四棱锥的高为（

）A． B． C． D．【答案】ACD【分析】满足要求的四棱锥有三种情形，对三种情况进行讨论求出结果.【详解】满足要求的四棱锥有如下三种情形.（1）

如图，四条侧棱长均为，则四棱锥为正四棱锥，连接交于点，连接，则平面，是四棱锥的高，则，，所以，四棱锥的高为；（2）

如图，有两条侧棱长为，作平面，记，，是四棱锥的高，于是，，且.解得，.四棱锥的高为；（3）

如图，三条侧棱（、、）长为，一条侧棱，，，设与交于点.记.由等腰三角形三线合一可得：,平面，平面，，则平面，因为平面，所以平面平面，过O作，因为平面平面,所以平面，是四棱锥的高，则有，，.因为，于是，.将前面的结果代入上式，解得或.显然，故.，在中，由余弦定理得,，，四棱锥的高为.故选：ACD.4．棱长为2的正方体中，是线段上的动点，下列正确的是（

）A．的最大值为90° B．C．三棱锥的体积为定值 D．的最小值为4【答案】BC【分析】对A，令，在中，根据余弦定理求得，再在中根据余弦定理求解的表达式，判断出当时，即可；对B，根据线面垂直的性质与判定，证明平面即可；对C，根据体积公式结合长方体的性质证明即可；对D，把与矩形展开在同一平面内，再分析最小值即可【详解】对A，在正方体中，连接，如图，而，则，令，在中，，由余弦定理得，根据线面垂直的性质有，则，中，，，当时，，即是钝角，A不正确；对B，因平面，平面，则，正方形中，，，平面，于是得平面，又平面，因此，，B正确；对C，由题意，到平面的距离为定值，故为定值，C正确；对D，把与矩形展开在同一平面内，连接交于点，如图，在中，，由余弦定理得：，因点M在线段上，，当且仅当点M与重合时取“=”，所以的最小值为，D错误；故选：BC5．如图，在长方体中，，M，N分别为棱，的中点，则下列说法正确的是（

）A．M，N，A，B四点共面B．直线与平面相交C．直线和所成的角为D．平面和平面所成锐二面角的余弦值为【答案】BD【分析】对于A：连接，根据、、与面位置关系即可判断；对于B：为中点，连接，易得，根据它们与面的位置关系即可判断；C：若分别是中点，连接，易知直线和所成的角为，再证明△为等边三角形即可得大小；D：若分别是中点，求面和面的夹角即可，根据面面角的定义找到其平面角即可.【详解】对于A：连接，如下图面，而面，面，所以M，N，A，B四点不共面，A错误；对于B：若为中点，连接，N为棱的中点，由长方体性质知：，显然面，若面，而平面，显然有矛盾，所以直线与平面相交，B正确；C：若分别是中点，连接，由长方体性质易知：，而，故，即直线和所成的角为，设，由已知，易知，即为等边三角形，所以为，所以直线和所成的角为，C错误；D：若分别是中点，显然，易知共面，所以平面和平面的夹角，即为面和面的夹角，而面面，长方体中，，如下图，为和面夹角的平面角，，D正确.故选：BD6．勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能像球一样来回滚动．勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的相交部分围成的几何体．如图所示，设正四面体的棱长为2，则下列说法正确的是（

）A．勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为B．勒洛四面体被平面截得的截面面积是C．勒洛四面体表面上交线的长度为D．勒洛四面体表面上任意两点间的距离可能大于2【答案】ABD【分析】A选项：求出正四面体的外接球半径，进而得到勒洛四面体的内切球半径，得到答案；B选项，作出截面图形，求出截面面积；C选项，根据对称性得到交线所在圆的圆心和半径，求出长度；D选项，作出正四面体对棱中点连线，在C选项的基础上求出长度.【详解】A选项，先求解出正四面体的外接球，如图所示：取的中点，连接，过点作于点，则为等边的中心，外接球球心为，连接，则为外接球半径，设，由正四面体的棱长为2，则，，，，，由勾股定理得：，即，解得：，此时我们再次完整的抽取部分勒洛四面体，如图所示：图中取正四面体中心为，连接交平面于点，交于点，其中与共面，其中即为正四面体外接球半径，设勒洛四面体内切球半径为，则，故A正确；B选项，勒洛四面体截面面积的最大值为经过正四面体某三个顶点的截面，如图所示：面积为，B正确；C选项，由对称性可知：勒洛四面体表面上交线所在圆的圆心为的中点，故，又，由余弦定理得：，故，且半径为，故交线的长度等于，C错误；D选项，将正四面体对棱所在的弧中点连接，此时连线长度最大，如图所示：连接，交于中点，交于中点，连接，则，则由C选项的分析知：，所以，故勒洛四面体表面上两点间的距离可能大于2，D正确.故选：ABD.【点睛】结论点睛：勒洛四面体考试中经常考查，下面是一些它的性质：①勒洛四面体上两点间的最大距离比四面体的棱长大，是对棱弧中点连线，最大长度为，②表面6个弧长之和不是6个圆心角为的扇形弧长之和，其圆心角为，半径为.7．已知正方体的棱长为1，点为线段上的动点，则（

）A．//平面B．的最小值为C．直线与平面、平面、平面所成的角分别为，则D．点关于平面的对称点为，则到平面的距离为【答案】ACD【分析】根据正方体的几何性质结合线面平行判定定理、勾股定理、余弦定理、线面夹角的定义、点到平面的距离，逐项盘点即可得答案.【详解】对于A，如图连接在正方体中，因为，所四边形为平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面，同理可得，又平面，平面，所以平面，由平面，所以平面平面，因为平面，所以，故A正确.对于B，如图将平面和平面展开到同一个平面，连接的最小值即为，在正方体可得平面，平面，所以，且，所以则平面中，由余弦定理得，即，故B错误；对于C，如图，过作于，

于，平面于，连接由正方体易得平面，平面，又直线与平面、平面、平面所成的角分别为，所以，则，因为平面，平面，则，且，所以四边形为平行四边形，所以，又在矩形中可得，所以，在中，，所以，即，故C正确；对于D，连接，连接交平面于，过作交于在正方体中可得，，平面，因为平面，所以，又平面，所以平面，又平面，所以，同理可得，因为平面，所以平面，即平面，因为正方形的面对角线，所以为正三角形，又，所以，则，因为正方体的体对角线，所以，因为，所以，即，因为平面，所以到平面的距离为，由于点关于平面的对称点为，则为中点，于是到平面的距离为，故D正确.故选：ACD.8．魏晋时期著名数学家刘徽解释了《九章算术商功》中记录的空间几何体“堑堵、阳马、鳖臑”的形状和产生过程，即：“邪解立方得两堑堵，邪解堑堵，其一为阳马，一为鳖臑，阳马居二，鳖臑居一，不易之率也”，其意思是：把正方体或长方体斜向分解成两个堑堵，再把堑堵斜向分解得到一个阳马和一个鳖臑，两者的体积比为定值．如图，在长方体被平面截得两个“堑堵”，其中一个“堑堵”又被平面截为一个“阳马”和一个“鳖臑”，则下列说法正确的是（

）A．“阳马”是一个底面为矩形，且有一条侧棱垂直于底面的四棱锥，“鳖臑”为四个面全是直角三角形的三棱锥B．“阳马”的体积是“鳖臑”的体积的2倍C．“阳马”的最长棱和“鳖臑”的最长棱不相等D．若，“鳖臑”的所有顶点都在同一球面上，且该球的表面积为，则长方体的体积的最大值为2【答案】ABD【分析】对于A，根据长方体的性质结合线面垂直的性质和判定分析判断，对于B，根据棱锥的体积公式计算判断，对于C，计算出各个棱长后分析判断，对于D，根据鳖臑”的外接球就是长方体的外接球，求出长方体的对角线【详解】对于A，因为四边形是矩形，平面，所以“阳马”是一个底面为矩形，且有一条侧棱垂直于底面的四棱锥，因为平面，平面，所以，同理可得，又因为，，所以都为直角三角形，所以“鳖臑”为四个面全是直角三角形的三棱锥，正确，对于B，设，则，，所以“阳马”的体积是“鳖臑”的体积的2倍，正确，对于C，设，则“阳马”的最长棱为，“鳖臑”的最长棱为，所以“阳马”的最长棱和“鳖臑”的最长棱相等，错误，对于D，设“鳖臑”的外接球的半径为，则由“鳖臑”的外接球的表面积为，得，解得因为“鳖臑”的外接球与长方体的外接球是同一个球，所以，设，则，，所以，即，当且仅当时取等号，则长方体的体积为，当且仅当时取等号，所以长方体的体积的最大值为2，正确，故选：ABD9．如图，在棱长为的正方体中，分别为棱，的中点，为面对角线上的一个动点，则（

）A．三棱锥的体积为定值B．线段上存在点，使平面C．线段上存在点，使平面平面D．设直线与平面所成角为，则的最大值为【答案】ABD【分析】对于A选项，利用等体积法判断；对于B、C、D三个选项可以建立空间直角坐标系，利用空间向量求解【详解】易得平面平面，所以到平面的距离为定值，又为定值，所以三棱锥即三棱锥的体积为定值，故A正确．对于B,如图所示,以为坐标原点,为轴,为轴,为轴,建立空间直角坐标系,则，,，，，所以，，，设（），则所以，平面即解之得当为线段上靠近的四等分点时，平面.故B正确对于C，设平面的法向量则，取得设平面的法向量,则取,得,平面平面设,即,解得，，不合题意线段上不存在点,使平面//平面，故C错误．对于D，平面的法向量为则因为所以所以的最大值为．故D正确．故选：ABD10．在棱长为4的正方体中，，，，，分别是，，，，的中点，点是线段上靠近的三等分点，点是线段上靠近的三等分点，为底面上的动点，且面，则（

）A．B．三棱锥的外接球的球心到面的距离为C．多面体为三棱台D．在底面上的轨迹的长度是【答案】ACD【分析】在平面中，由中位线定理、平行直线判断定理，以及平行的传递性可得，可判断选项A正确；确定三棱锥的外接球的球心在直线上位置，即可求出球心到面的距离，可判断选项B错误；根据棱台的定义判断多面体为三棱台，可判断选项C正确；找到过点与面平行的平面，即可找到点的轨迹，可判断选项D正确.【详解】根据题意，可知平面，如图画出平面，取的中点，连接，在中，由中位线定理可知，所以为中点，则在中，由中位线定理得，，由，得，由平行线性质，所以，可得所以，选项A正确；依题意，由于为直角三角形，则其外心为点，又因为平面，可知三棱锥的外接球的球心在直线上（如图），设，由中，得，即，解得，，则球心到面的距离为，选项B错误；由题意，可知平面平面，延长，与交于点，与交于点，由于，且，所以为的中点，同理为的中点，所以与重合，即多面体三条侧棱交于一点，故多面体为三棱台，选项C则正确；取的中点，连接，由题意易知，平面，平面，所以平面，同理平面，平面，平面，，所以平面平面，当点时，平面，所以平面，则在底面上的轨迹为，且，选项D正确.故选：ACD【点睛】方法点睛：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．11．如图，平面四边形是由正方形和直角三角形组成的直角梯形，，，现将沿斜边翻折成（不在平面内），若为的中点，则在翻折过程中，下列结论正确的是（

）A．与不可能垂直B．三棱锥体积的最大值为C．若都在同一球面上，则该球的表面积是D．直线与所成角的取值范围为（）【答案】BCD【分析】对于A选项：根据线面垂直的判断定理，由，当时，平面，则；对于B选项：取的中点，连接，根据，则平面平面时，三棱锥体积的最大值，从而可判断；对于C，根据，可得都在同一球面上，且球的半径为，从而可判断；对于D选项：由可以看成以为轴线，以为平面角的圆锥的母线，即可求得与所成角的取值范围.【详解】解：对于A选项：由，则，当时，且，此时满足平面，因此，故A错误；对于B，取的中点，连接，则，且，因为，当平面平面时，三棱锥体积的最大值，在中，，则，此时，所以三棱锥体积的最大值为，故B正确；对于C，因为，所以都在同一球面上，且球的半径为，所以该球的表面积是，故C正确；对于D，作，因为为的中点，所有，，所以，所以，所以，可以看成以为轴线，以为平面角的圆锥的母线，所以与夹角为，与夹角为，又不在平面内，，，所以与所成角的取值范围，所以正确，故选：BCD.【点睛】本题考查线面平行与垂直的判定定理及异面直线所成的角，多面体的外接球问题，棱锥的体积问题，考查了折叠问题，考查转化思想，计算能力与空间想象能力，有一定的难度.12．如图，在菱形中，，，将沿折起，使A到，点不落在底面内，若为线段的中点，则在翻折过程中，以下说法正确的是（

）A．存在某一位置，使得B．异面直线，所成的角为定值C．四面体的表面积的最大值为D．当二面角的余弦值为时，四面体的外接球的半径为【答案】ACD【分析】假设存在某一位置，使得，根据空间线面垂直的判定，可判断A；作出异面直线，所成的角，结合余弦定理计算可判断B；利用基本不等式结合三棱锥表面积的计算，可判断C；判断四面体为正四面体，补成正方体，可求得外接球半径，判断D.【详解】对于A，不妨假设存在某一位置，使得，连接交于点O，连接，取的中点为N，连接，为线段的中点，故；由于在菱形中，，而为线段的中点，故，由于平面，故平面，平面，故，而，故，即为正三角形，则，故，又，且，故,由于，故，因为，满足，即当时，使得，A正确；对于B，因为，故异面直线，所成的角即为或其补角，而，由于长不是定值，故不是定值，即异面直线，所成的角不为定值，B错误；对于C，由题意可知,因为，故，当且仅当时取得等号，故的最大值为2，而，则四面体的表面积的最大值为，C正确；对于D，因为，故为二面角的平面角，即，所以，即，而，则四面体为正四面体，故将其补成如图所示正方体，且正方体棱长为，则该正方体的外接球即为四面体的外接球，正方体的体对角线长即为外接球直径，则外接球半径为，即四面体的外接球半径为，D正确，故选：ACD【点睛】难点点睛：本题综合考查了空间线线、线面位置以及异面直线所成角以及几何体表面积和体积问题以及多面体外接球问题，综合性强，难度较大，解答的关键是要能灵活应用空间几何的相关知识，充分发挥空间想象，结合相关定义解决问题.二、单选题13．如图，三棱锥中，平面ABC，，，，点C到PA的距离，若BH和平面CDH所成角的正弦值为，则BC长度为（

）A．1 B． C． D．2【答案】A【分析】利用线面垂直的判定定理证明平面，再由，进而证明平面，进而可证明为和平面所成的角，则，求出，设，由，解方程即可得出答案.【详解】因为平面，则平面，所以，又因为，且，平面，所以平面，因为平面，所以，因为，且,平面，所以平面，平面，所以，因为，，，所以点是的中点，又因为，所以是等腰直角三角形，由平面，所以平面，所以为和平面所成的角，因为则，所以，则，因为是等腰直角三角形，所以，设，所以，又，又因为，所以，解得：.故选：A.14．如图1，在以为底边的等腰中，，分别是，上的点，，，将沿折起，得到如图2所示的四棱锥.若为的中点，平面，则二面角的余弦值等于（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】如图，连接交于点，易得，，故，则即为二面角的平面角，即可得解.【详解】如图，连接交于点，因为为的中点，，所以，因为，，所以，所以，，将沿折起，则，所以即为二面角的平面角，因为平面，平面，所以，所以.故选：A.【点睛】方法点睛：求二面角常用的方法：（1）几何法：二面角的大小常用它的平面角来度量，平面角的作法常见的有：①定义法；②垂面法，注意利用等腰三角形的性质；（2）空间向量法：分别求出两个平面的法向量，然后通过两个平面法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求二面角是锐角还是钝角.15．如图，在棱长为的正方体中，点是平面内一个动点，且满足，则直线与直线所成角的余弦值的取值范围为（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】求得点的轨迹是平面内以点为圆心，半径为的圆，可得，进而可得出题中所求角等于直线与直线的夹角，然后过点作平面于点，过点作于点，连接，找出使得最大和最小时的位置，进而可求得所求角的余弦值的取值范围.【详解】连接交平面于点，延长线段至点，使得，连接、、，如下图所示：已知在正方体中，底面，平面，，又四边形为正方形，所以，，，平面，平面，，同理，，平面，三棱锥的体积为，，，可得，所以，线段的长被平面与平面三等分，且与两平面分别垂直，而正方体的棱长为，所以，，如下图所示：其中，不妨设，由题意可，所以，，可得，所以，点在平面内以点为圆心，半径为的圆上.因为，所以，直线与直线的夹角即为直线与直线所成角.接下来要求出线段与的长，然后在中利用余弦定理求解.如图，过点作平面于点，过点作于点，连接，根据题意可知，，且，所以，，.如图所示，，当点在处时，最大，当点在处时，最小.这两种情况下直线与直线夹角的余弦值最大，为；当点在点处时，为直角，此时余弦值最小为.综上所述，直线与直线所成角的余弦值的取值范围是.故选：A.【点睛】本题考查异面直线所成角的取值范围的求解，解题的关键就是确定点的轨迹，考查推理能力与计算能力，属于难题.16．设正三棱锥的底面的边长为2，侧面与底面所成的二面角的余弦值为，则此三棱锥的体积为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】设的中点为，连接，设为等边的中心，连接，由正三棱锥的性质可得平面，为侧面与底面所成的二面角的平面角，从而结合已知可求出高，进而可求出其体积.【详解】设的中点为，连接，设为等边的中心，连接，则平面，因为三棱锥为正三棱锥，所以，所以，所以为侧面与底面所成的二面角的平面角，因为等边的边长为2，所以，因为侧面与底面所成的二面角的余弦值为，所以，解得，所以，所以三棱锥的体积为，故选：D

.17．已知某圆锥的内切球（球与圆锥侧面､底面均相切）的体积为，则该圆锥的表面积的最小值为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】先求得内切球半径，再画图设底面半径为，利用三角函数值代换表达出表面积的公式，再设，根据基本不等式求最小值即可【详解】设圆锥的内切球半径为，则，解得，设圆锥顶点为，底面圆周上一点为，底面圆心为，内切球球心为，内切球切母线于，底面半径，，则，又，故，又，故，故该圆锥的表面积为，令，则，当且仅当，即时取等号.故选：A.三、填空题18．已知直四棱柱，，底面为平行四边形，侧棱底面，以为球心，半径为2的球面与侧面的交线的长度为.【答案】【分析】根据已知，结合图形，利用弧长公式、勾股定理、线面垂直计算求解.【详解】如图，连接，直四棱柱，，所以，在中，由余弦定理有：，代入数据，解得，所以，即，又，，所以平面，在平面上，以点为圆心，作半径为1的圆，交棱于点，得到弧，在上任取一点与都构成直角三角形，根据勾股定理可知弧上任取一点到点的长度为2，所以以为球心，半径为2的球面与侧面的交线的长度为弧的长，因为，所以根据弧长公式有：弧的长度为.故答案为：.19．如图，在三棱柱中，，E是棱AB上一点，且满足，若平面把三棱柱分成大、小两部分，则大、小两部分的体积比为．【答案】【分析】取的三等分点，连接，可得，设三棱柱的底面面积为，高为，得到三棱柱的体积为，进而求得三棱台的体积为，即可求解.【详解】如图所示，由在三棱柱中，是棱上一点，且满足，即点为的三等分点，取的三等分点，连接，可得，设三棱柱的底面面积为，高为，则三棱柱的体积为，因为分别为的三等分点，可得，即，所以三棱台的体积为，所以两部分的体积比为.故答案为：.20．某儿童玩具的实物图如图1所示，从中抽象出的几何模型如图2所示，由，，，四条等长的线段组成，其结构特点是能使它任意抛至水平面后，总有一条线段所在的直线竖直向上，则.【答案】/【分析】根据题意可得两两连接后所得到的四面体为正四面体，且是其外接球的球心，设出棱长，在直角三角形中建立等式关系，求得，的长度，即可求得结果.【详解】根据题意可得，，，相等且两两所成的角相等，两两连接后所得到的四面体为正四面体，且是其外接球的球心，延长交面于，连接，则为的外心，设，则，，,，因为，所以解得，.故答案为：.21．如图，在边长为的正方形中，分别为、的中点，现将，，分别沿折起使点重合，重合后记为点，得到三棱锥，则三棱锥的外接球的表面积为.【答案】【分析】由题意可知折叠成的三棱锥三条侧棱两两垂直，可得三棱锥的外接球的直径等于以为长、宽、高的长方体的对角线，再结合已知数据可求得结果.【详解】根据题意得三棱锥中，，因为两两垂直，所以三棱锥的外接球直径，所以三棱锥的外接球的半径为，所以三棱锥的外接球的表面积为，故答案为：22．如图，直四棱柱中，底面为平行四边形，，点是半圆弧上的动点(不包括端点)，点是半圆弧上的动点(不包括端点)，若三棱锥的外接球表面积为，则的取值范围是．【答案】【分析】先由余弦定理求出，从而得到，确定BC的中点E为三棱锥的外接球球心在平面的投影，再证明出为AD的中点，N为的中点，即EN⊥平面ABCD，故球心在线段EN上，从而确定当点与点N重合时，三棱锥的外接球半径最小，点P与或重合，此时最长，故三棱锥的外接球半径最大，画出图形，求出相应的外接球半径和表面积，最后结合点是半圆弧上的动点(不包括端点)，故最大值取不到，求出表面积的取值范围.【详解】因为，由余弦定理得：，因为，由勾股定理逆定理得：，直四棱柱中，底面为平行四边形，故⊥CD，点是半圆弧上的动点(不包括端点)，故BC为直径，取BC的中点E，则E为三棱锥的外接球球心在平面的投影，设与AD相交于点M，与相交于点N，连接EM，ED，则EM=ED因为，故，，故三角形DEM为等边三角形，，即为AD的中点，同理可得：N为的中点，连接EN，则EN⊥平面ABCD，故球心在线段EN上，显然，当点与点N重合时，三棱锥的外接球半径最小，假如点P与或重合，此时最长，故三棱锥的外接球半径最大，如图1，点P与点N重合，连接OC，设，则OE=2R，，由勾股定理得：，即，解得：，此时外接球表面积为；如图2，当点P与或重合时，连接，其中，设，则，由勾股定理得：，，故，解得：，此时外接球半径为，故外接球表面积为，但因为点是半圆弧上的动点(不包括端点)，故最大值取不到，综上：的取值范围是.故答案为：【点睛】几何体外接球问题，通常要找到几何体的一个特殊平面，利用正弦定理或几何性质找到其外心，求出外接圆的半径，进而找到球心的位置，根据半径相等列出方程，求出半径，再求解外接球表面积或体积.23．如图，在四棱锥中，底面，底面为矩形，且，，则该四棱锥的外接球的表面积为.【答案】【分析】将四棱锥补成长方体，求出长方体的对角线长，即可得外接球的半径，进而得表面积.【详解】将四棱锥补成长方体如图：则此四棱锥的外接球即为长方体的外接球，长方体的对角线长为，所以四棱锥的外接球的直径为3，即半径，则该四棱锥的外接球的表面积为.故答案为：.24．如图，在正三棱柱中，，，分别为，的中点．若侧面的中心为，为侧面内的一个动点，平面，且的轨迹长度为，则三棱柱的表面积为．【答案】/【分析】连接交于，取的中点，过作，分别交于，连接，由面面平行的判定定理可证得平面平面，所以的轨迹为线段，再由相似比求出，即可求出三棱柱的表面积.【详解】

连接交于，取的中点，过作，分别交于，连接，易得，因为平面，平面，所以平面，平面，因为，且都在面内，所以平面平面，所以的轨迹为线段，因为，所以，因为，所以，所以，故三棱柱的表面积为.故答案为：.25．在平面四边形中，，，，则的最大值为.【答案】【分析】设，利用三角函数函数得，再利用余弦定理结合三角恒等变换即可得到最值.【详解】设，，则，代入数据得，，，在中运用余弦定理得，即，，所以当，即时，的最大值为3，则的最大值为.故答案为：.【点睛】关键点睛：本题的关键在于引角，设，再利用三角函数和余弦定理得到，最后结合诱导公式和三角恒等变换即可求出最值.26．如图，在正四棱锥中，点分别为侧棱，底边的中点.平面与的延长线交于点，，则该正四棱锥的外接球的表面积为.【答案】/【分析】设，则在中由余弦定理可得，在中由余弦定理可得，则可求得，设与交于点，连接，正四棱锥外接球的球心在上，设为，再在中可求出外接球的半径，从而可求出外接球的表面积.【详解】设，则，因为∥，所以∽，所以，所以，因为在等腰中，，，所以由余弦定理得，化简得，因为，所以在中由余弦定理得，,，化简得，解得，设与交于点，连接，因为四棱锥为正四棱锥，所以平面，且正四棱锥外接球的球心在上，设为，因为正方形的边长为，所以所以，所以，设正四棱锥外接球的半径为，则，因为，所以，解得，所以正四棱锥的外接球的表面积为,故答案为：【点睛】关键点点睛：此题考查四棱锥与其外接球问题，考查余弦定理的应用，解题的关键是分别和中利用余弦定理结合已知条件列方程可求出正四棱锥的棱长，从而可求出其外接球的半径，考查空间想象能力和计算能力，属于较难题.27．已知为球的球面上的三个点，且，球心到平面的距离为，若球的表面积为，则三棱锥体积的最大值为.【答案】/【分析】取中点，得到，，进而得到三棱锥体积表达式，结合基本不等式求解即可.【详解】如下图所示，取中点，因为，所以，即是外接圆圆心，所以球心到平面的距离为,因为球的表面积为，则球的半径，即，在直角中，，所以，设，则，三棱锥体积为，当且仅当时取等号，此时三棱锥体积取得最大值为.【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何的综合问题.关键要找出中点是外接圆圆心，进而结合棱锥体积公式进行计算.本题考查数形结合能力、转化与化归能力，属于中档题.四、解答题28．如图，在斜三棱柱中，，等腰的斜边，在底面ABC上的投影恰为AC的中点.(1)求二面角的正弦值；(2)求的长；(3)求到平面的距离.【答案】(1)1(2)(3).【分析】（1）设中点为，则平面，然后由面面垂直的判定可得平面平面，从而可得二面角为直二面角；（2）由面面垂直的性质可得平面，则，再结合可得平面，则，从而可得为菱形，进而可求得结果；（3）利用等体积法求解即可.【详解】（1）设中点为，因为在底面ABC上的投影恰为AC的中点.所以平面，因为平面，所以平面平面，所以二面角的正弦值为1.（2）因为平面平面，且平面平面又因为，所以平面，因为平面，所以.因为，，平面，所以平面，因为平面，所以，所以为菱形，所以，因为等腰的斜边，所以，所以，所以，所以在直角中，，所以，所以为等边三角形，所以.（3）设到平面的距离为，连接，因为平面，平面，所以，所以，因为，所以，所以，所以.29．如图，四棱锥的底面为直角梯形，，底面，平面平面，点在棱上，且.(1)证明：平面；(2)求二面角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）在线段上取点使得，连接，，由题可得四边形为平行四边形，则，由线面平行的判定定理，即可得出答案．（2）在平面中，过点作交于点，由平面平面，结合面面垂直的性质定理可得平面，即，由底面，可得，进而可得平面，则为二面角的平面角，在直角梯形中，设，由，解得，即可得出答案．【详解】（1）证明：在线段上取点使得，连接，，因为，又，，所以，则，且，所以．又因为，所以，所以四边形为平行四边形．所以，又平面，平面，所以平面．（2）在平面中，过点作交于点，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，又平面，所以，因为底面，平面，所以，因为平面，平面，，所以平面，所以，，所以为二面角的平面角，在直角梯形中，设，由，可得所以，则，即，所以，所以二面角的正弦值为．30．如图，斜三棱柱中，，为的中点，为的中点，平面⊥平面．(1)求证：直线平面；(2)设直线与直线的交点为点，若三角形是等边三角形且边长为2，侧棱，且异面直线与互相垂直，求异面直线与所成角；(3)若，在三棱柱内放置两个半径相等的球，使这两个球相切，且每个球都与三棱柱的三个侧面及一个底面相切．求三棱柱的高．【答案】(1)证明见解析(2)(3)【分析】（1）证明出四边形为平行四边形，从而，得到线面平行；（2）先证明出为三等分点，然后运用余弦定理求出可得；（3）因为在三棱柱内放置两个半径相等的球，使这两个球相切，且每个球都与三棱柱的三个侧面及一个底面相切，故小球的半径即为三棱柱直截面的内切圆的半径，利用面积公式得到内切圆半径，画出立体几何图形，结合相关关系求出三棱柱的高.【详解】（1）斜三棱柱中，为的中点，为的中点，所以，且，所以四边形为平行四边形，所以，因为平面，平面，所以平面；（2）因为AC=BC，为的中点，所以CD⊥AB，因为平面⊥平面，交线为AB，CD平面ABC，所以CD⊥平面，故⊥平面，所以,又与互相垂直，,面故面,得.即为直角三角形，在中，为中点，，所以为的三等分点，设，由余弦定理可得：解之：，所以故⊥平面，在中，.与所成的角为（3）过作于，过作于，连为直截面，小球半径为的内切圆半径因为，所以，故AC⊥BC，则设所以，由解得，；由最小角定理由面,易知，内切圆半径为：则【点睛】定义法求解二面角，需要先作出辅助线，找到二面角的平面角，再求出各边长，利用余弦定理求解该角的余弦值，或根据直角三角形锐角三角函数求出该角的正弦，余弦或正切值，得到答案.31．如图，在四棱台中，底面是边长为2的菱形，，平面平面，点分别为的中点，均为锐角.(1)求证：；(2)若异面直线与所成角正弦值为，四棱锥的体积为1，求二面角的平面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）由面面垂直的性质得到平面，从而得到；（2）几何法：通过面面垂直作过二面角的平面角，通过几何计算求解；空间向量法：建立坐标系用空间向量求解.【详解】（1）底面是菱形，，又平面平面，且平面平面，平面，平面，又平面，.（2）解法一：由（1）知面，又平面，平面平面，作交线，垂足为，因为平面平面=，平面，则面，又平面，所以.再作，垂足为，面，面，所以面，又面则，所以为二面角的平面角，因为平面，所以到底面的距离也为.作，因为平面平面，平面平面＝，平面，所以平面，所以，又为锐角，所以又，所以为等边三角形，故，所以，因为，所以，所以.所以二面角的平面角的余弦值为.解法二：由（1）知面，又平面，平面平面，作，因为平面平面，平面平面＝，平面，所以平面，如图，建立直角坐标系：为原点，为轴方向，轴.因为平面，所以到底面的距离也为.所以，又为锐角，所以又，所以为等边三角形，故，在空间直角坐标系中：，设，则则，设平面的法向量为，，取设平面的法向量为，，取所以，由题知二面角为锐角，故二面角的平面角的余弦值为.32．如图，在五边形中，四边形为矩形，点为边的中点，，，．沿，将，折起，使得，重合于点，得到四棱锥，为侧棱靠近的三等分点．(1)求与所成的角；(2)求平面与平面所成锐二面角的正切值．【答案】(1)(2)【分析】（1）由线面垂直的判定定理可得面，然后由余弦定理可得，再结合勾股定理即可得到，从而可得面，即可得到结果；（2）根据题意，先由条件找到所求二面角，然后通过计算，即可得到结果.【详解】（1）由题可知，，，，且，．又，面，面，所以面．又面，所以．在中，由余弦定理可得，．在中，，由余弦定理可得，，所以，即．又，面，面，所以面．又面，所以．故与所成的角为．

（2）

因为，，所以，．又，所以延长，必交于一点．所以平面平面．又面，过点作，连接，则或其补角为所求．又，所以．又，所以．在中，由余弦定理可得，．设点到的距离为，在中，运用等面积法则有．所以，在中，．所以平面与平面所成锐二面角的正切值为．33．如图，在三棱锥中，.点是的中点，，连接.(1)求证：平面平面；(2)求点到平面的距离.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）取的中点为点，连接，利用等腰三角形性质求得，利用勾股定理得，从而利用线面垂直证面面垂直即可；（2）利用等体积法求解距离即可.【详解】（1）取的中点为点，连接.，在中，.在中，