专题13 空间几何（选填题10种考法）（解析版）

专题13空间几何（选填题10种考法）考法一空间几何体的体积与表面积【例1-1】（2023·全国·统考高考真题）在三棱锥中，是边长为2的等边三角形，，则该棱锥的体积为（

）A．1 B． C．2 D．3【答案】A【解析】取中点，连接，如图，

是边长为2的等边三角形，，，又平面，，平面，又，，故，即，所以，故选：A【例1-2】（2023·全国·统考高考真题）已知四棱锥的底面是边长为4的正方形，，则的面积为（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】法一：连结交于，连结，则为的中点，如图，因为底面为正方形，，所以，则，又，，所以，则，又，，所以，则，在中，，则由余弦定理可得，故，则，故在中，，所以，又，所以，所以的面积为.法二：连结交于，连结，则为的中点，如图，因为底面为正方形，，所以，在中，，则由余弦定理可得，故，所以，则，不妨记，因为，所以，即，则，整理得①，又在中，，即，则②，两式相加得，故，故在中，，所以，又，所以，所以的面积为.故选：C.【例1-3】（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1-4】（2023·河南·校联考模拟预测）如图1所示，宫灯又称宫廷花灯，是中国彩灯中富有特色的汉民族传统手工艺品之一．图2是小明为自家设计的一个花灯的直观图，该花灯由上面的正六棱台与下面的正六棱柱组成，若正六棱台的上、下两个底面的边长分别为和，正六棱台与正六棱柱的高分别为和，则该花灯的表面积为（

）

A． B． C． D．【答案】A【解析】正六棱柱的六个侧面面积之和为，正六棱柱的底面面积为，如图所示，正六棱台中，，过点分别作垂直于底面于点，连接相交于点，则分别为的中点，过点作⊥于点，连接，则为正六棱台的斜高，其中，，，由勾股定理得，故，

所以正六棱台的斜高为，故正六棱台的侧面积为，又正六棱台的下底面面积为，所以该花灯的表面积为．故选：A．【变式】1．（2023·全国·统考高考真题）已知圆锥PO的底面半径为，O为底面圆心，PA，PB为圆锥的母线，，若的面积等于，则该圆锥的体积为（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】在中，，而，取中点，连接，有，如图，，，由的面积为，得，解得，于是，所以圆锥的体积.故选：B2．（2023·天津·统考高考真题）在三棱锥中，线段上的点满足，线段上的点满足，则三棱锥和三棱锥的体积之比为（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】如图，分别过作,垂足分别为.过作平面，垂足为，连接,过作,垂足为.

因为平面，平面，所以平面平面.又因为平面平面，，平面，所以平面，且.在中，因为，所以，所以，在中，因为，所以，所以.故选：B3．（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.4．（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.考法二空间几何中的垂直与平行【例2-1】（2023·江苏连云港·校考模拟预测）设是两条不同的直线，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】C【解析】作长方体，如下图所示：对于A，若直线直线，直线直线，平面平面，满足，，此时与相交，A错误；对于B，若直线直线，平面平面，平面平面，满足，，此时平面与平面相交，B错误；对于C，若，则平面内存在直线，又，，，，，C正确；对于D，若直线直线，平面平面，平面平面，满足，，此时，D错误.故选：C.【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.【变式】1．（2023·福建泉州·统考模拟预测）（多选）已知圆柱的轴截面是正方形，为底面圆的直径，点在圆上，点在圆上，且，不在平面内.若，，，四点共面，则（

）A．直线平面 B．直线平面C．平面平面 D．平面平面【答案】AC【解析】对于A选项，过点作母线，交圆于点，连接，，

因为，，所以四边形是平行四边形，所以，，同理，，又因为圆圆，圆平面，圆平面，所以，故，所以由圆的性质可知，则四边形是平行四边形，所以，故，又因为平面，平面，所以直线平面，故A正确；对于B选项，如图所示：

假设直线平面，因为平面，所以，又因为，平面，所以直线平面，因为平面，所以，显然不成立，所以假设不成立，故B错误；对于C选项，由A得，，平面，平面，所以直线平面，因为，平面，平面，所以直线平面，又平面，所以平面平面，故C正确；对于D选项，假设平面平面，因为，又，所以，又，面，所以面，又面，所以，易得不垂直，过作于点，如图所示：

因为平面平面，平面，所以平面，因为平面，所以，因为，平面，所以直线平面，又，，平面，所以平面，所以平面与平面重合，显然不成立.故D错误，故选：AC.2．（2023·全国·模拟预测）（多选）在正方体中，分别是棱的中点，则（

）A．平面 B．平面平面C．平面 D．平面平面【答案】BD【解析】

如图，取的中点为,连接,易得而平面，A选项不正确；因为平面，平面，所以平面；平面，平面,所以平面；又因为平面,平面，所以平面平面，B选项正确；连接，易得平行四边形中，不垂直，所以与平面不垂直，所以C选项不正确；取线段的中点为，连接.由正方体的性质可知,所以.易知为线段的中点，所以.又因为,所以,因为,所以平面.因为平面,所以平面平面，所以D选项正确.故选：BD.3．（2023·福建南平·统考模拟预测）（多选）在棱长为1的正方体中，E，F分别是AB，BC中点，则（

）A．平面B．平面C．平面平面D．点E到平面的距离为【答案】ACD【解析】在棱长为1的正方体中，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，对于A，，显然，即平行于平面，而平面，因此平面，A正确；对于B，，，即有不垂直于，而平面，因此不垂直于平面，B错误；对于C，，而，显然，，即平面，于是平面，而平面，因此平面平面，C正确；对于D，，，设平面的一个法向量，则，令，得，又，所以点E到平面的距离，D正确.故选：ACD考法三空间距离【例3】（2023·陕西西安·西北工业大学附属中学校考模拟预测）在三棱柱中，是棱长为的正四面体，则点到平面的距离为（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】分别取、的中点、，连接、、、，如下图所示：由题意可知，因为四面体是棱长为的正四面体，则是边长为的等边三角形，则，故，同理可得，，因为且，所以，四边形为平行四边形，则且，因为、分别为、的中点，则且，所以，四边形为平行四边形，所以，且，又因为且，所以，且，所以，四边形为平行四边形，则，且、、、四点共面，因为，，，、平面，所以，平面，过点在平面内作，垂足为点，因为平面，所以，，又因为，，、平面，则平面，在中，，，，由余弦定理可得，所以，，因此，点到平面的距离为.因为，平面，平面，所以，平面，所以，点到平面的距离等于.故选：C.【变式】1．（2023·河北唐山·统考三模）把边长为的正方形沿对角线折成直二面角，则三棱锥的外接球的球心到平面的距离为（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】由图所示，易知三棱锥D-ABC的外接球球心为AC的中点O，易得OB=OC=OD=1，且OC⊥OB，DO⊥面OBC，计算可得BC=CD=BD=，设球心到平面的距离为，则.故选：A2．（2023·四川成都·成都外国语学校校考模拟预测）如图，底面同心的圆锥高为，，在半径为3的底面圆上，，在半径为4的底面圆上，且，，当四边形面积最大时，点到平面的距离为（

）A． B． C．2 D．【答案】A【解析】如图，直线交大圆于点，连接，由，知四边形为等腰梯形，取的中点，连接，则，由，知四边形是矩形，因此四边形为矩形，过O作于Q，连接，从而四边形的面积，当且仅当，即时取等号，此时，如图，在几何体中，连接，因为平面，平面，则，又，平面，于是平面，而平面，则有平面平面，显然平面平面，在平面内过O作于R，从而平面，即长即为点到平面的距离，在中，，，，所以点到平面的距离是.故选：A3．（2020·四川眉山·校考二模）已知正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AB=2，CC1=E为CC1的中点，则直线AC1与平面BED的距离为A．2 B． C． D．1【答案】D【解析】因为线面平行，所求求线面距可以转化为求点到面的距离，选用等体积法．平面，到平面的距离等于到平面的距离，由题计算得，在中，，边上的高，所以，所以，利用等体积法，得:,解得:考法四空间角【例4】．（2022·全国·统考高考真题）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【变式】1．（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．2．（2023·吉林白山·统考二模）已知正四面体，E为的中点，则（

）．A．直线与所成的角为B．直线与所成的角为C．直线与平面所成角的余弦值为D．直线与平面所成角的余弦值为【答案】AC【解析】对A，连接，

因为为正四面体，则，因为E为的中点，则，，，且平面，所以平面，平面，所以，故A正确；对B，取的中点F，连接，，设正四面体的棱长为2，则，，又因为E为的中点，则，所以为直线与直线所成的角，，故B错误；对C，根据正四面体的特点可知顶点在底面上的投影落在上，所以为直线与平面所成的角，所以，故C正确；对D，根据正四面体的特点可知点在平面上的投影落在上，所以为直线与平面所成的角，所以，故D错误．故选：AC3．（2023·河北衡水·衡水市第二中学校考三模）（多选）已知正方体，则（

）A．异面直线与所成的角为B．异面直线与所成角的正切值为C．直线与平面所成的角为D．直线与平面所成角的正切值为【答案】ACD【解析】如图，连接，，，．因为，所以为直线与所成的角，故A正确．显然，为直线与所成的角．因为在正方体中，平面，所以．在Rt中，，故B错误．连接，设．因为平面，平面，所以．因为在正方形中，，，所以平面．所以为直线与平面所成的角，故正确．因为平面，所以为直线与平面所成的角．在Rt中，，故D正确．

故选：ACD.考法五外接球与内切球【例5-1】（2023·江西九江·统考一模）三棱锥中，与均为边长为的等边三角形，若平面平面，则该三棱锥外接球的表面积为（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】

解：如图，取中点，连接，，则，，因为平面平面，所以可得平面，平面，取的外心，的外心，分别过作平面与平面的垂线交于点，即为球心，连接，易得，，，.故选：B.【例5-2】（2023·河北秦皇岛·校联考模拟预测）如图，该几何体为两个底面半径为1，高为1的相同的圆锥形成的组合体，设它的体积为，它的内切球的体积为，则（

）

A． B．C． D．【答案】D【解析】如图，四边形为该几何体的轴截面，则四边形的内切圆的半径即为该几何体内切球的半径，设内切球的半径为，由，得，则，，所以.故选：D.

【变式】1．（2023·河南·统考模拟预测）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．【答案】【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，所以平面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.故答案为：．

2．（2023·四川南充·模拟预测）已知四棱锥的底面是边长为2的正方形，，二面角的余弦值为，则四棱锥的外接球的表面积为．【答案】【解析】

如图，在四棱锥中，连接，取中点为,连接,因为底面是边长为2的正方形，所以,在等腰三角形中，,所以，设等腰三角形外接圆的圆心为，则由正弦定理可得，则，而,所以,易知正方形的外接圆的圆心为，过分别作平面和平面的垂线，两垂线交于点,则点为四棱锥外接球的球心，又易知，,,所以二面角的平面角为,所以，则，所以，所以,在直角三角形中，，即为外接球的半径，所以外接球的表面积为,故答案为:.3．（2023·四川南充·模拟预测）已知四棱锥的底面是边长为2的正方形，，三棱锥的体积为，则四棱锥的外接球的表面积为．【答案】【解析】如下图所示，连接，设，连接，

因为，所以，所以，设点到平面的距离为，因为四棱锥的底面是边长为2的正方形，则的面积，所以三棱锥的体积为，则，记是三棱锥的高，则，在直角中，，显然为锐角，则，在中，由余弦定理得，，即，则，则，因为，，平面，，所以平面，又因为平面，所以，因为平面，，所以平面，记为四棱锥的外接球球心，连接，则平面，则，所以四棱锥的外接球的表面积为.故答案为：考法六轨迹与轨迹的长度【例6】（2023·辽宁·校联考模拟预测）如图，将正四面体每条棱三等分，截去顶角所在的小正四面体，余下的多面体就成为一个半正多面体，亦称“阿基米德体”．点A，B，M是该多面体的三个顶点，点N是该多面体表面上的动点，且总满足，若，则该多面体的表面积为，点N轨迹的长度为．

【答案】【解析】根据题意该正四面体的棱长为，点分别是正四面体棱的三等分点．该正四面体的表面积为，该多面体是正四面体截去顶角所在的小正四面体，每个角上小正四面体的侧面面积为，每个角上小正四面体的底面面积为，所以该多面体的表面积为：．如图设点为该多面体的一个顶点，为所在棱的顶点，则，

在中，，则，所以，得，即；同理，，由，平面，所以平面．由点是该多面体表面上的动点，且总满足，则点的轨迹是线段，所以点轨迹的长度为：．故答案为：；【变式】1．（2023·江苏南京·校联考一模）如图，在矩形中，，，，，分别为，，，的中点，与交于点，现将，，，分别沿，，，把这个矩形折成一个空间图形，使与重合，与重合，重合后的点分别记为，，为的中点，则多面体的体积为；若点是该多面体表面上的动点，满足时，点的轨迹长度为．【答案】【解析】连接，有，而，为中点，则有，，则平面，同理平面，又平面与平面有公共点，于是点共面，而，即有，，因为，，平面，则平面，又平面，即有，则，同理，即，从而，即四边形为平行四边形，，，等腰梯形中，高，其面积，显然平面，所以多面体的体积；因为平面，同理可得平面，又，则平面，依题意，动点所在平面与垂直，则该平面与平面平行，而此平面过点，令这个平面与几何体棱的交点依次为，则,又为的中点，则点为所在棱的中点，即点的轨迹为五边形，长度为：.故答案为：；2．（2023春·云南）在棱长为2的正方体中，E为棱BC的中点，F是侧面内的动点，若平面，则点F轨迹的长度为（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】如图所示：取中点，中点，连接，因为，，所以，平面，平面，所以平面，同理可证明平面，又因为，平面，所以平面平面，当F的轨迹为线段时，此时平面，则有平面，此时.故选：B.3．（2023·全国·高三专题练习）已知是棱长为1的正方体，点P为正方体表面上任一点，则下列说法不正确的是（

）A．若，则点P的轨迹长度为B．若，则点P的轨迹长度为C．若，则点P的迹长度为D．若，则点P的轨迹长度为【答案】D【解析】当时，如图1，此时点P的轨迹为半径为1，圆心角为的三段圆弧，所以此时点P轨迹的长度为，故A选项正确；当时，如图2，点P的轨迹一部分是在面三个面内以为半径，圆心角为的三段弧，另一部分是在面三个面内以为半径，圆心角为的三段弧；所以此时点P轨迹的长度为，故B选项正确；当时，如图3，点P的轨迹是在面三个面内以1为半径，圆心角为的三段弧，所以此时点P轨迹的长度为，故C选项正确；当，如图4，点P的轨迹是在面三个面内以为半径，圆心角小于的三段弧，所以此时点P轨迹的长度小于，故D选项不正确；故选：D．4（2022·全国·高三专题练习）如图，在体积为6的三棱锥中，PA､PB､PC两两互相垂直，，若点M是底面内一动点，且满足，则点M的轨迹长度的最大值为（

）A．6 B．3 C． D．【答案】C【解析】如图所示，过作于，连接.，，两两垂直，所以平面，又平面即有，而，平面所以平面，又平面即，故点的轨迹为斜边上的高线，因为三棱锥的体积为6，所以，即，又可得．当且仅当时取等号．点M的轨迹长度的最大值为.故选：C．考法七截面【例7】．（2023·河南·校联考模拟预测）在正四棱柱中，，点分别是，的中点，则过点的平面截正四棱柱所得截面多边形的周长为（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】如图，延长交的延长线于点，交的延长线于点，连接并延长交于点，交的延长线于点，连接，分别交，于点，，连接，，则六边形所在平面即为平面，六边形即为过点的平面截正四棱柱所得的截面多边形，由全等三角形可知，，，分别为，，的中点，因为，所以，所以六边形的周长为．故选：D．

【变式】1．（2023·贵州六盘水·统考模拟预测）在正方体中，以点A为球心，棱AB为半径的球将正方体截为P（含球心的部分）和Q两部分，则四边形被球A截得的区域面积与P的表面积之比为.【答案】/0.2【解析】设正方体的棱长为1，由题可知为球的，故P的表面积为，设交于点，则，⊥，又⊥平面，平面，故⊥，因为平面，，所以⊥平面，因为，故以为圆心，半径为的半圆即为四边形被球A截得的区域，如图所示，故面积为，故四边形被球A截得的区域面积与P的表面积之比为.故答案为：2．（2022秋·四川成都·高三成都七中校考阶段练习）已知正四面体的棱长为，为上一点，且，则截面的面积是（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】因为，所以，所以在正三角形中，由余弦定理可知：因为和都是正三角形，所以,所以，所以，所以是等腰三角形，取中点，则，所以，.故选:D.3．（2022秋·福建福州）（多选）如图，已知正方体的棱长为1，E为的中点，P为对角线上的一个动点，过P作与平面ACE平行的平面，则此平面截正方体所得的截面（

）A．截面不可能是五边形B．截面可以是正六边形C．P从D点向运动时，截面面积先增大后减小D．截面面积的最大值为【答案】ACD【解析】在正方体中，取的中点F，连接，而E为的中点，则，取的中点T，Q，连接，有，平面平面，则平面，连交分别于点，连BD交AC，TQ分别于，连交于，如图，显然，又，则四边形是平行四边形，即，平面，平面，有平面，而平面，于是得平面平面，并且四边形与四边形面积相等，当点P从D点向的移动过程中，点P在线段（不含端点）上时，截面与射线相交，当交点在线段（不含点D）时，截面为三角形，并且逐渐变大，当交点在线段的延长线上时，截面还与平面相交，截面为四边形，并且逐渐变大，当点P在线段（不含端点）上时，截面与正方体的六个面相交，截面为六边形，并且先逐渐增大，截面经过的中点时截面面积最大，之后逐渐减小，当点P在线段（不含点）时，截面由四边形变形为三角形，并且逐渐减小，因此，截面不可能为五边形，A，C正确；，，即，两边与两边分别平行的截面六边形顶角不等于，因此截面六边形不是正六边形，B不正确；令过中点的截面为六边形，有，令，连ON，有，，又分别为等腰梯形两底的中点，即有，有，N为GH中点，O为KL中点，连HK，GL，即四边形为矩形，点分别为棱中点，，等腰底边上的高,所以最大截面面积，D正确.故选：ACD4．（2023·陕西西安·西安市大明宫中学校考模拟预测）在三棱锥中，侧面PAC是等边三角形，底面ABC是等腰直角三角形，，，点M，N，E分别是棱PA，PC，AB的中点，过M，N，E三点的平面截三棱锥所得截面为，给出下列结论：①截面的形状为正方形；②截面的面积等于；③异面直线PA与BC所成角的余弦值为；④三棱锥外接球的表面积等于．其中所有正确结论的序号是（

）A．①④ B．②③ C．①③④ D．②③④【答案】C【解析】取的中点为，连接，因为点分别是棱的中点，所以，，可得；又，，即；所以四点共面，且四边形为平行四边形，取的中点为，连接，如下图所示：

易知，又是等腰直角三角形，且，所以，可得；又，平面，所以平面；易知平面，可得；又，，所以，且，所以四边形为正方形，即截面的形状为正方形，所以①正确；由正方形面积公式可知，四边形的面积为，即②错误；设，可得，所以，易知，，在中，，所以，可得；所以，所以异面直线PA与BC所成角的余弦值为，即③正确；易知，，所以可得；又，且，平面，所以平面，又平面，所以平面平面；所以可得外接球球心在上，设，半径为，则，解得，；所以三棱锥外接球的表面积等于，即④正确；所有正确结论的序号是①③④.故选：C考法八最值【例8-1】（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.【变式】1．（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2．（2023·河南·校联考模拟预测）在三棱锥中，平面，且，当三棱锥的体积取最大值时，该三棱锥外接球的体积是（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】设，则，故三棱锥的体积，设，则，由，得，由，得，则在上单调递增，在上单调递减，从而，即三棱锥体积的最大值是，此时，即，因为平面，把三棱锥不成一个长方体，则三棱锥与所补成的长方体有相同的外接球，所以外接球的半径，则三棱锥外接球的体积为．故选：B.

3．（2023·宁夏石嘴山·统考一模）已知正六棱锥的各顶点都在球的球面上，球心在该正六棱锥的内部，若球的体积为，则该正六棱锥体积的最大值是.【答案】【解析】若球半径为，则，可得，又外接球的球心在正六棱锥的内部，如下图示，

若为底面中心，正六棱锥的侧棱长为，底面边长为，易知，则体高，且，则，故，所以，即，由棱锥的体积，令，，当时，递增；当时，递减；所以，故，仅当，时等号成立，此时满足题设.故答案为：4．（2023·全国·河南省实验中学校考模拟预测）已知四棱锥的各个顶点都在同一个球面上．若该球的体积为，则该四棱锥体积的最大值是．【答案】/【解析】球的体积,球的半径要使该四棱锥体积最大，如图四棱锥，对于底面所在的小圆中，顶点到该小圆面距离最大，也就是高最大，即点位于小圆圆心与球心所在直线与球面的交点（远离小圆圆心的那点）；同时要使四棱锥体积最大，底面四边形面积取最大，（其中为与的夹角）所以当、取最大即小圆的直径，取最大为1时，即时，底面四边形面积最大，也就是四边形为正方形时，其面积最大，因此当四棱锥为正四棱锥时，其体积最大.

设，高，则,在Rt中，,即，所以正四棱锥的体积，故当时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减，所以时，函数取得最大值故答案为：.考法九存在性【例9】（2023·广西柳州·统考模拟预测）（多选）如图所示的几何体是由正方形沿直线旋转得到的，设是圆弧的中点，是圆弧上的动点（含端点），则（

）

A．存在点，使得B．不存在点，使得C．存在点，使得平面D．不存在点，使得直线与平面的所成角为【答案】ABC【解析】由题意可将图形补全为一个正方体，如图示：

对于因为正方体中，平面,平面，所以所以当重合时，由故正确；对于因为,若，则,又,则重合，而是圆弧上的动点，不可能重合，所以不成立，故正确；对于,以为原点，为轴的正方向建立空间直角坐标系，设则所以，设为平面的一个法向量，则令，得，则假设平面，则所以因为，所以即是圆弧的中点，符合题意，故正确；对于,当点与点重合时，直线与平面所成角最大，因为所以此时直线与平面的所成角的正弦值为，由，得直线与平面的所成角的最大角大于，所以存在点，使得直线与平面的所成角为，故错误.故选：【变式】1．（2023·河北秦皇岛·校联考二模）（多选）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【解析】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：AC2．（2023·海南·海南中学校考模拟预测）（多选）如图，在矩形中，和交于点，将沿直线翻折，则正确的是（

）

A．存在，在翻折过程中存在某个位置，使得B．存在，在翻折过程中存在某个位置，使得C．存在，在翻折过程中存在某个位置，使得平面D．存在，在翻折过程中存在某个位置，使得平面【答案】ABC【解析】对A，当时，所以此时矩形为正方形，则将沿直线翻折，若使得面面时,由，面，面面，所以面,又面,所以，故选项A正确.对B，又，，且，所以面，又面，所以，故选项B正确，对C，在矩形中，,，所以将沿直线翻折时，总有，取，当将沿直线翻折到时，有，即，且，则此时满足平面，故C正确.对D，若平面，又平面，则，所以在中，为斜边，这与相矛盾.故D不正确.故选：ABC3．（2022秋·湖北武汉）（多选）如图，已知正方体的棱长为1，点M为棱AB的中点，点P在侧面及其边界上运动，则下列选项中正确的是（

）A．存在点P满足B．存在点P满足C．满足的点P的轨迹长度为D．满足的点P的轨迹长度为【答案】ABD【解析】对于A选项，假设，点到距离可以转化成，正好点，且始终垂直平面，所以只需要让即可，点轨迹是以B为圆心，长度为1的圆上，同理，，只需要让即可，点P轨迹是以C1为圆心，长度为的圆上，如图1.又因为，所以两个圆相交有交点，即存在点P满足，选项A正确；对于B选项，建立空间直角坐标系，如图2，，，若点在正方形中心处，即，则，，可得，，存在点，故选项B正确；对于C选项，取的中点，的中点，连接，，.因为在平面的射影为，又，所以，同理在平面的射影为，又，所以，因为，所以平面，又因为点P在侧面上，平面平面，所以点的轨迹为，所以选项C错误；对于D选项，过M点作交BC于点G，过M点作交于H，则，因为，所以，同理，，平面，平面平面，所以点的轨迹为，所以选项D正确.故选：ABD考法十两点距离与折线段【例10-1】（2023·山东·沂水县第一中学校联考模拟预测）如图，直三棱柱中，，，，点是的中点，点是线段上一动点，点在平面上移动，则，两点之间距离的最小值为（

）A． B． C． D．1【答案】A【解析】连接交于点，连接，∵分别为的中点，则，且平面，平面，∴平面，则点到平面的距离相等，设为，则，两点之间距离的最小值为，即点到平面的距离为，∵的中点在上，则点到平面的距离为，由题意可得为，由，则，解得，故，两点之间距离的最小值为.故选：A.【例10-2】．（2023·吉林长春·统考模拟预测）已知正方体的棱长为1，点，分别为线段，上的动点，点在平面内，则的最小值是（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】点关于的对称点为，关于的对称点为，记为直线与之间的距离，则，由，为到平面的距离，因为，而，故，故选：B.【变式】1．（2023·江西九江·统考三模）如图，棱长为1的正方体中，P为内一点（包括边界），且线段的长度等于点P到平面ABCD的距离，则线段长度的最小值是（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】设直线与交于点，连接，过点作的平行线交于点，由于，平面，所以平面，故．设，则，由，知．即，解得由图可知，即，∴，∴则线段长度的最小值是.故选：D．2．（2023·陕西宝鸡·校联考模拟预测）如图，长方体中，，，点P是BC的中点，点M是BD1上一动点﹐点N在平面上移动，则MN的最小值为（

）A．2 B．3 C．4 D．5【答案】C【解析】连接交于O，连接OP，因为O，P分别为，BC的中点﹐所以OP为的中位线，则，所以平面，所以MN长度的最小值等于三棱锥的高﹐记三棱锥的高为h，由等体积法知，三棱锥的体积与三棱锥的体积相等，即．因为，，所以，，，，所以，所以．故选：C3．（2023·江西南昌）在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点E，F分别是棱C1D1，B1C1的中点，P是上底面A1B1C1D1内一点，若AP∥平面BDEF，则线段AP长度的取值范围是（

）A．[，] B．[，] C．[，] D．[，]【答案】B【解析】如图所示，分别取棱A1B1、A1D1的中点M、N，连接MN，连接B1D1，∵M、N、E、F为所在棱的中点，∴MN∥B1D1，EF∥B1D1，∴MN∥EF，又MN⊄平面BDEF，EF⊂平面BDEF，∴MN∥平面BDEF；连接NF，由NF∥A1B1，NF＝A1B1，A1B1∥AB，A1B1＝AB，可得NF∥AB，NF＝AB，则四边形ANFB为平行四边形，则AN∥FB，而AN⊄平面BDEF，FB⊂平面BDEF，则AN∥平面BDEF．又AN∩NM＝N，∴平面AMN∥平面BDEF．又P是上底面A1B1C1D1内一点，且AP∥平面BDEF，∴P点在线段MN上．在Rt△AA1M中，AM，同理，在Rt△AA1N中，求得AN，则△AMN为等腰三角形．当P在MN的中点时，AP最小为，当P与M或N重合时，AP最大为．∴线段AP长度的取值范围是[，]．故选：B．单选题1．（2023·河南·校联考模拟预测）圆锥的高为2，其侧面展开图的圆心角为，则该圆锥的体积为（

）.A． B． C． D．【答案】B【解析】设圆锥的底面半径为r，母线长为l，高为h，则，所以，，所以圆锥的体积为.故选：B2．（2023·河南郑州·统考模拟预测）《九章算术·商功》：“斜解立方，得两堑堵，斜解堑堵，其一为阳马，其一为鳖臑”.意思是一个长方体沿对角面斜解（图1），得到一模一样的两个堑堵（图2），再沿一个堑堵的一个顶点和相对的棱斜解（图2），得一个四棱锥称为阳马（图3），一个三棱锥称为鳖臑（图4）.若长方体的体积为，由该长方体斜解所得到的堑堵、阳马和鳖臑的体积分别为，，，则下列等式错误的是（

）

A． B．C． D．【答案】B【解析】由题设，，，则，A对；如下图，连接，将阳马一分为二，又，

所以，，则，故，所以B错，C、D对.故选：B3．（2023·陕西商洛·陕西省丹凤中学校考模拟预测）在一个正方体内放置一个最大的圆锥，使圆锥的底面在正方体的底面上，圆锥的顶点在正方体的上底面内，记正方体的体积为，圆锥的体积为，则约为（注：）（

）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】D【解析】设正方体的棱长为，则正方体的体积，由正方体内放置一个最大的圆锥，得圆锥的底面圆为正方体的底面的内切圆，圆锥的高为正方体的棱长，因此圆锥的体积为，所以．故选：D4．（2023·海南·统考模拟预测）已知三棱锥的四个顶点都在球的球面上，平面，在底面中，，，若球的体积为，则（

）A．1 B． C． D．2【答案】A【解析】由题意，设球的半径为，则，由，外接圆半径，根据线面垂直模型知：.

故选：A5．（2023·全国·统考高考真题）已知为等腰直角三角形，AB为斜边，为等边三角形，若二面角为，则直线CD与平面ABC所成角的正切值为（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】取的中点，连接，因为是等腰直角三角形，且为斜边，则有，又是等边三角形，则，从而为二面角的平面角，即，

显然平面，于是平面，又平面，因此平面平面，显然平面平面，直线平面，则直线在平面内的射影为直线，从而为直线与平面所成的角，令，则，在中，由余弦定理得：，由正弦定理得，即，显然是锐角，，所以直线与平面所成的角的正切为.故选：C6．（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．7．（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．

8．（2022·北京·统考高考真题）已知正三棱锥的六条棱长均为6，S是及其内部的点构成的集合．设集合，则T表示的区域的面积为（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】设顶点在底面上的投影为，连接，则为三角形的中心，且，故.因为，故，故的轨迹为以为圆心，1为半径的圆，而三角形内切圆的圆心为，半径为，故的轨迹圆在三角形内部，故其面积为故选：B9．（2023·福建龙岩·统考二模）正方体的棱长为2，若点M在线段上运动，当的周长最小时，三棱锥的外接球表面积为（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】的周长为，由于为定值，即最小时，的周长最小，如图，将平面展成与平面同一平面，则当点共线时，此时最小，在展开图中作，垂足为，，解得：，

如图，以点为原点，建立空间直角坐标系，

，，连结，因为平面，平面，所以，又因为，且，平面，平面，所以平面，平面，所以，同理，且，所以平面，且三棱锥是正三棱锥，所以经过△的中心．所以三棱锥外接球的球心在上，设球心，，，则，即，解得：，，所以外接球的表面积.故选：C.10．（2023·河南·校联考模拟预测）等边的边长为2，D，E分别为AB，AC的中点，将沿DE折起，使点A到达点的位置.若平面平面BCED，则线段的长为（

）.A． B． C． D．【答案】C【解析】如图，易知是边长为1的等边三角形，过作DE的垂线，垂足为H，

由平面平面BCED，交线为，,则平面BCED，且H为线段DE的中点，，连接BH，则，取BC的中点F，则，且，所以，所以.故选：C11．（2023·山东·山东省实验中学校考二模）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【解析】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.12．（2023·广东广州·统考三模）正四棱柱中，，P为上底面的中心，M是棱AB的中点，正四棱柱的高，点M到平面PCD的距离的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】设底面四边形ABCD的中心为O，连接PO，则PO=h，设点M到平面PCD的距离为，，，则中，边上的高为，则，由，得，所以，由，得，则，则，所以，即点M到平面PCD的距离的取值范围是.故选：B.13．（2023·四川广安·统考二模）已知四棱柱的底面是正方形，，，点在底面ABCD的射影为BC中点H，则点到平面ABCD的距离为(

)A． B． C． D．3【答案】B【解析】如图，连接，则⊥平面ABCD，且，由题可知∥，又∵平面ABCD，平面ABCD，∴∥平面ABCD，∴点到平面ABCD的距离与点B1到平面ABCD的距离相等．故选：B．14．（2020·四川遂宁·统考二模）用六个完全相同的正方形围成的立体图形叫正六面体.已知正六面体的棱长为，则平面与平面间的距离为（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】由题意知：正六面体是棱长为的正方体，，，，，平面平面，连接，，，，平面，又平面，，同理可证得：，又平面，，平面，平面，设垂足分别为，则平面与平面间的距离为.正方体的体对角线长为.在三棱锥中，由等体积法求得：，∴平面与平面间的距离为：.故选：.15．（2022·青海海东·校考模拟预测）已知在正四面体P－ABC中，D，E，F分别在棱PA，PB，PC上，若PE＝4，PF＝PD＝2，则点P到平面DEF的距离为（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】如图，由题意，，易知正，结合余弦定理，可得DF＝2，，取DF的中点G，过点P作EG的垂线交EG的延长线于点H，易知点P到平面DEF的距离为PH的长，因为，则，即，即，两边平方，化简得.故选：B16．（2022秋·河南洛阳·高三校联考阶段练习）已知三棱锥P-ABC的棱长均为6，且四个顶点均在球心为O的球面上，点E在AB上，，过点E作球O的截面，则截面面积的最小值为（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】如图，因为三棱锥的棱长均为6，所以点P在平面ABC内的射影H是的中心，取BC的中点D，连接AD，则点H在AD上，且，所以，，，则．设三棱锥P-ABC的外接球半径为R，则OP＝OA＝R，在中，，解得．因为，所以AE＝2，取AB的中点F，则EF＝1，且，所以．当过点E的球O的截面与OE垂直时，截面面积最小，设截面圆的半径为r，则，所以截面面积为．故选：A．二、多选题17．（2023·全国·统考高考真题）下列物体中，能够被整体放入棱长为1（单位：m）的正方体容器（容器壁厚度忽略不计）内的有（

）A．直径为的球体B．所有棱长均为的四面体C．底面直径为，高为的圆柱体D．底面直径为，高为的圆柱体【答案】ABD【解析】对于选项A：因为，即球体的直径小于正方体的棱长，所以能够被整体放入正方体内，故A正确；对于选项B：因为正方体的面对角线长为，且，所以能够被整体放入正方体内，故B正确；对于选项C：因为正方体的体对角线长为，且，所以不能够被整体放入正方体内，故C不正确；对于选项D：因为，可知底面正方形不能包含圆柱的底面圆，如图，过的中点作，设，可知，则，即，解得，且，即，故以为轴可能对称放置底面直径为圆柱，若底面直径为的圆柱与正方体的上下底面均相切，设圆柱的底面圆心，与正方体的下底面的切点为，可知：，则，即，解得，根据对称性可知圆柱的高为，所以能够被整体放入正方体内，故D正确；故选：ABD.18．（2023·全国·统考高考真题）已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，AB为底面直径，，，点C在底面圆周上，且二面角为45°，则（

）．A．该圆锥的体积为 B．该圆锥的侧面积为C． D．的面积为【答案】AC【解析】依题意，，，所以，A选项，圆锥的体积为，A选项正确；B选项，圆锥的侧面积为，B选项错误；C选项，设是的中点，连接，则，所以是二面角的平面角，则，所以，故，则，C选项正确；D选项，，所以，D选项错误.故选：AC.

19．（2022·全国·统考高考真题）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.20．（2023·河南·校联考模拟预测）如图，正三棱柱的底面边长为1，高为3，为棱的中点，分别在棱上，且满足取得最小值．记四棱锥、三棱锥的体积分别为，则（

）

A． B． C． D．【答案】ABD【解析】正三棱柱的体积为，由图可知，所以，所以A正确；沿着侧棱将棱柱展开得到一个矩形，连接，

因为取得最小值，即线段，由于四边形为边长为3的正方形，所以，因为为的中点，所以，，，所以B正确，C不正确，D正确．故选:ABD．21．（2023·河南·校联考模拟预测）在长方体中，，，，M为的中点，P，Q分别是直线，上的动点，则（

）A．三棱锥的体积为4 B．直线，所成角的余弦值为C． D．的最小值为【答案】AD【解析】，故A正确；以A为原点，，，所在方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，，，则，，则，故B错误；，故C错误；设，，则，，故，所以，当且仅当时取等号，故D正确．故选:AD．22．（2023·河北秦皇岛·统考模拟预测）在长方体中，，点在底面的边界及其内部运动，且满足，则下列结论正确的是（

）A．若点满足，则B．点到平面的距离范围为C．若点满足，则不存在点使得D．当时，四面体的外接球体积为【答案】ABD【解析】如图所示：

对于A，当时，与底面所成的角，又点所在区域为以为圆心，1为半径的圆在正方形内部部分（包含边界弧长），所以，故A正确；对于B，设，作交于，由正方体性质可得平面，又平面，故.又，平面，故平面.则当点位于线段上时，点到平面的距离最大，最大距离，设，作交于，同理平面.则当与点重合时，此时点到平面的距离最小，最小距离为，由直角三角形性质可得，所以，所以，故点到平面的距离的取值范围为，故B正确．对于C．不妨设点与点重合，此时，，，由余弦定理得，则，故存在点使得，故C错误．对于D．当时，因为，故此时在线段上，则四面体的外接球半径为．外接球体积为，故D正确．故选：ABD23．（2023·海南省直辖县级单位·嘉积中学校考三模）如图，，是直三棱柱棱上的两个不同的动点，，，则（

）

A．平面B．若为定长，则三棱锥的体积为定值C．直线与平面所成角等于D．平面平面．【答案】AB【解析】

连接，，因为，直棱柱侧面矩形为正方形，所以，因为，且三棱柱为直棱柱，平面，平面，所以，，平面，所以平面，即平面，故A正确；由A知直线与平面所成的角为，为正方形，，故C不正确；若为定长，则的面积为定值，因为，且三棱柱为直棱柱，可知平面，所以三棱锥的体积为定值，即三棱锥的体积为定值，故B正确；因为平面平面，过点作交于点，又平面，所以不垂直平面，故D不正确．故选：AB.24．（2023·湖北武汉·华中师大一附中校考模拟预测）已知正方体的棱长为1，M是棱的中点．P是平面上的动点(如图)，则下列说法正确的是（）

A．若点P在线段上，则平面B．平面平面C．若，则动点P的轨迹为抛物线D．以的一边所在直线为旋转轴，其余两边旋转一周，在旋转过程中，三棱锥体积的取值范围为【答案】ABD【解析】

对于A项，如图所示，连接对应面对角线，根据正方体的性质可知：，平面，平面，∴平面，同理可知平面，又平面，∴平面平面，又，∴平面，∴平面，故A正确;对于B项，

易知面，面，则，又平面，∴平面，而平面，∴，同理，又平面，∴平面，又∵平面，∴平面平面，故B正确;对于C项，因为为定直线，是定角，到的距离为定值，所以时，在以为旋转轴，到的距离为半径的圆锥上，又平面，故平面截圆锥的轨迹为双曲线的一支，即C错误；对于D项，设中点分别为N，Q，则点A的运动轨迹是平面内以N为圆心，为半径的圆(如图)，

易知平面，∴平面，∵平面，∴平面平面，而，设与圆的交点分别为E，F(点E位于点F，Q之间，如上图所示)，易知当点A分别位于点E，F时，点A到平面的距离分别取到最小值和最大值，且距离的最小值，距离的最大值，∵的面积，故选项D正确．综上，正确选项为ABD．故选：ABD25．（2023·福建厦门·厦门一中校考模拟预测）直三棱柱中，，，点是线段上的动点（不含端点），则（

）A．与不垂直 B．平面C．的最小值为 D．的取值范围为【答案】BC【解析】由题设，构建如下空间直角坐标系，则，，，，

设，，则，所以，，则，当时；当且时与不垂直，故A错误.因为，面，面，所以面，故B正确，将补成如下正方体，面翻折至与面共面，此时与重合，

所以的最小值为，且，故C正确.判断以为直径的球与的交点情况，取中点，则，

而，以为直径的球与没有交点.所以，故D错误.故选：BC26．（2023·湖南永州·统考一模）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【解析】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：AC27．（2023·河北唐山·模拟预测）如图，在三棱台中，表示体积，下列说法正确的是（

）

A．B．成等比数列C．若该三棱台存在内切球，则D．若该三棱台存在外接球，则【答案】ABD【解析】对于A，如图1，因为，，又在梯形因为，所以，所以.故A正确；对于B，设三棱台上底面面积为，下底面面积为，高为h,则，又，所以，所以，所以成等比数列，故B正确；对于C，如图2，设平面，三棱锥的内切球为球，作截面与球相切，则球也是三棱台的内切球，显然中最小，即不一定相等，故C错误；

对于D，如图3，若该三棱台的外接球为为球，球在上下底面的投影点为，则分别为的外心，所以，，平面，平面，因为平面，所以，同理可证，所以四边形是一个直角梯形，同理可得四边形，也是直角梯形，所以三个直角梯形全等，则，故D正确.故选：ABD.28．（2023·辽宁沈阳·东北育才学校校考模拟预测）在正方体中，分别为棱上的一点，且，是的中点，是棱上的动点，则（）A．当时，平面B．当时，平面C．当时，存在点，使四点共面D．当时，存在点，使三条直线交于同一点【答案】BCD【解析】已知正方体，则可分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，对选项A，当时，.设正方体棱长为，则假设平面，则存在使得，则，无解.所以平面，故选项A错误；

对选项B，当时，设正方体棱长为2，则，，假设平面，则存在使得，则，解得，则四点共面，即当时，平面.故选项B正确；

对选项C，当时，设正方体棱长为1，由，得，由是棱上的动点，设，则，假设存在点，使四点共面，则存在使得，则得，其中，设，则在单调递减，则，又所以任意，都存在，使，其中，即存在点，使四点共面，故选项C正确；

对选项D，当时，，连接，取的中点，连接，因为是的中点，则，且，又，且，则，故四边形是平行四边形，所以，由平行传递性知，，且，故四边形是梯形，则与相交，延长交于点.平面，平面，故平面，且平面，又平面平面，则.所以相交于一点.即当时，存在点，为中点，使三条直线交于同一点.故选项D正确.

故选：BCD.29．（2023·云南·云南师大附中校考模拟预测）如图，棱长为的正方体中，点、满足，，其中、，点是正方体表面上一动点，下列说法正确的是（

）

A．当时，平面B．当时，若平面，则的最大值为C．当时，若，则点的轨迹长度为D．过、、三点作正方体的截面，截面图形可以为矩形【答案】AC【解析】以点为原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

则、、，、、，对于A选项，当时，，设平面的法向量为，，，则，取，可得，所以，，则，因为平面，故当时，平面，A对；对于B选项，当时，为中点，

分别取、中点、，连接、、、、，因为、分别为、的中点，所以，，又因为且，所以，四边形为平行四边形，则，所以，，因为平面，平面，所以，平面，因为且，、分别为、的中点，所以，且，所以，四边形为平行四边形，可得且，又因为且，所以，且，故四边形为平行四边形，则，因为平面，平面，则平面，因为，、平面平面，当点为的边上一点（异于点）时，则平面，则平面，故点的轨迹为的边（除去点），因为，同理可得，结合图形可得，B错；当时，、分别为、的中点，如下图所示：

此时点、、，，当点在平面内运动时，设点，其中，，则，因为，则，解得，设点的轨迹分别交棱、于点、，则、，当点在平面内运动时，设点，其中，，，则，设点的轨迹交棱于点，则，设点的轨迹交棱于点，因为平面平面，平面平面，平面平面，所以，，同理可得，所以，四边形为平行四边形，且，，因此，点的轨迹的长度即为平行四边形的周长，C对；对于D选项，设截面交棱于点，连接、，

题意可知，截面与平面重合，因为平面平面，平面平面，平面平面，所以，，同理可得，所以，四边形为平行四边形，易知，其中，所以，，，所以，，故与不可能垂直，故平行四边形不可能为矩形，故过、、三点的截面不可能是矩形，D错.故选：AC.30．（2023·广东湛江·校考模拟预测）在棱长为1的正方体中，M为底面的中心，，，N为线段AQ的中点，则（

）

A．CN与QM共面B．三棱锥的体积跟的取值无关C．时，过A，Q，M三点的平面截正方体所得截面的周长为D．时，【答案】ABC【解析】在中，因为为的中点，所以，所以与共面，所以A正确；由，因为到平面的距离为定值，且的面积为定值，所以三棱锥的体积跟的取值无关，所以B正确；当时，过三点的正方体的截面是等腰梯形，

所以平面截正方体所得截面的周长为，所以C正确；当时，可得为的中点,为的中点，则，所以不成，所以D不正确．故选：ABC

31．（2023·江苏徐州·校考模拟预测）棱长为1的正方体中，点为线段上一点（不包括端点），点为上的动点，下列结论成立的有（

）A．过的截面截正方体所得的截面多边形为等腰梯形B．的最小值为C．当点为线段中点时，三棱锥的外接球的半径为D．两点间的最短距离为【答案】ABD【解析】在正方体中，平面平面，

设过的截面截正方体所得的截面为，M为截面与的交点，因为平面平面，平面平面，所以，又，故，即∽，而，则，又点为线段上一点（不包括端点），，即过的截面截正方体所得的截面多边形为等腰梯形，A正确；根据正方体性质可知≌，

故可将沿转到和重合位置，则的最小值为的长，而正方体棱长为1，故，即的最小值为，B正确；当点为线段中点时，设的中点为N，连接，

由于，故，连接交于G，连接，则四边形为矩形，故，平面，故平面，又，则N为的外心，故三棱锥的外接球的球心在上，设为H，而,，则，设三棱锥的外接球半径为r，则，解得，C错误；当分别为的中点时，由C的分析可知Q位于N点位置，此时，即此时间距离最短，最短距离为，D正确，故选：ABD32．（2023·福建厦门·统考模拟预测）如图，在棱长为1的正方体中，点满足，其中，则（

）A．B．当时，有且仅有一个点，使得平面C．当时，有且仅有一个点，使得D．当时，三棱锥的体积为定值【答案】AD【解析】如图建立空间直角坐标系，则因为，，所以所以，对于选项A，则，所以，因为，所以，故A答案正确；对于选项B，当时，，,设面的法向量为，则，令，所以，若平面，则，无解，所以不存在点，使得平面,故选项B错误；对于选项C，当时，,若，则，，无解，所以不存在点，使得，故C错误；对于选项D，为边长为的等边三角形，所以,点P到平面的距离为，当时，点P到平面的距离为定值，则三棱锥的体积为定值，故D选项正确.故选：AD.33．（2023·安徽亳州·安徽省亳州市第一中学校考模拟预测）正方体棱长为是直线上的一个动点，则下列结论中正确的是（

）A．的最小值为B．的最小值为C．若为直线上一动点，则线段的最小值为D．当时，过点作三棱锥的外接球的截面，则所得截面面积的最小值为【答案】AC【解析】对于A，在中，，所以为边长为的等边三角形，所以的最小值为的高，此时为中点，即，故A正确；对于B，将与矩形沿着翻折到一个平面内，如图所示，所以的最小值为，此时三点共线，又，，，即，由余弦定理得，，即，即，故B错误；

对于C，根据题意，即求异面直线和之间的距离，分别以，，为，，轴建立空间直角坐标系，则，，，，则，，，设直线与的共垂线向量为，则，即，即，可取，

所以异面直线和之间的距离为，所以线段的最小值为，故C正确；对于D，设三棱锥的外接球心为，当过点的外接球的截面时，所得截面面积最小，因为，由选项C知，，则，而三棱锥的外接球即为正方体的外接球，所以三棱锥的外接球直径为正方体的体对角线，即，即三棱锥的外接球半径为，所以所在圆的直径，所以所得截面面积为，故D错误.故选：AC.

34．（2023·广东广州·统考二模）已知正四面体的棱长为2，点，分别为和的重心，为线段上一点，则下列结论正确的是（

）A．若取得最小值，则B．若，则平面C．若平面，则三棱锥外接球的表面积为D．直线到平面的距离为【答案】BCD【解析】将正四面体放入正方体中，以点为原点，以，，所在直线为轴，轴，轴，如图所示，因为正四面体的长为2，所以正方体的棱长为，则，，，因为点，分别为和的重心，所以点的坐标为，点的坐标为所以设，则，所以，所以，，对于Ａ：因为，，所以，当时，即，，取得最小值，故A错误；对于B：若，则，所以，因为，，设平面的一个法向量为，则，取，则，因为，所以平面，即平面，故B正确；对于C：若平面，则，即，，即，设平面的一个法向量为，因为，，则，取，则，因为，所以平面，则三棱锥外接球的球心在直线上，又因为点为等边三角形的重心，所以点为等边三角形的外心，外接圆半径为，设三棱锥外接球的半径为，则，即，解得，所以三棱锥P－ABC外接球的表面积为，故C选项正确；对于D：因为点的坐标为，点的坐标为，所以，设平面的一个法向量为，因为，，所以，取，则，因为，且直线平面，所以直线平面，所以点到平面的距离就是直线到平面的距离，则点到平面的距离，即直线到平面的距离为，故D正确，故选：BCD．35．（2022秋·山东·高三山东省实验中学校考阶段练习）在正四棱柱中，，，，其中，，则（

）A．存在实数，使得在平面内B．存在实数，使得平面截该正四棱柱所得到的截面是五边形C．存在实数，使得平面截该正四棱柱所得到的截面是六边形D．存在实数，使得直线与该正四棱柱的条棱所在直线所成的角都相等【答案】ABD【解析】对于A，取，设，则，则，四边形为菱形，在平面内，A正确；对于B、C，截面与四棱柱的底面仅有一个交点，则平面截该正四棱柱所得到的截面最多是五边形，不能是六边形，C错误；当且时，平面，此时截面如下图所示，其中，则截面为五边形，B正确；对于D，假设存在，使得直线与该正四棱柱的条棱所在直线所成的角都相等，则只需与，，所成角相等即可；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，设，则，，，，，，，，，，，整理可得：，即，则当满足时，直线与该正四棱柱的条棱所在直线所成的角都相等，D正确.故选：ABD.36．（2022·全国·模拟预测）已知正方体中，，，分别为棱AB，BC的中点，过点E，F作正方体的截面，则下列说法正确的是（

）A．若截面过点，则截面周长为B．若点是线段上的动点（不含端点），则的最小值为C．若截面是正六边形，则直线与截面垂直D．若截面是正六边形，S，T是截面上两个不同的动点，设直线与直线ST所成角的最小值为，则【答案】AC【解析】A选项：如图1所示，设直线EF与直线DA，DC分别交于点K，L，连接交于点，连接交于点，因此有，为的靠近点的三等分点，为的靠近点的三等分点，.连接ME，NF，则过点的截面即五边形.易得，，，故截面的周长为.故A正确.B选项：连接，以所在直线为轴，将旋转到平面上，连接，则线段的长即的最小值.在中，，，则由余弦定理，得，所以B错误.C，D选项：若截面是正六边形，则截面如下图中六边形PQRFEG所示，其中各顶点是所在棱的中点.以，，所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则，，，，，，，所以，，，，所以，，故，，又，所以与截面垂直.设直线与截面所成角为，则.因为截面，所以易知直线与直线ST所成的最小角即直线与截面所成的角，所以，故C正确，D错误.故选：AC37．（2022秋·重庆巴南·高三重庆市实验中学校考期中）已知正四棱柱中，，点是线段的中点，点是线段上靠近的三等分点，若正四棱柱被过点，，的平面所截，则所得截面多边形的周长不能为（

）A． B． C． D．【答案】ACD【解析】作出图形如图所示．延长至Q，使得，连接MQ，NQ，记MQ与BC交于点R，NQ与CD交于点P，取的中点，连结，，所以，即，且，所以四边形是平行四