专题06 立体几何-【考前3刷】（1刷真题2刷模考3刷预测）备战2024年高考数学考前3刷定天下（解析版）

第第页专题06立体几何一、单选题1．（2022·全国·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【分析】根据题意只要求出棱台的高，即可利用棱台的体积公式求出．【详解】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．2．（2022·全国·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【分析】设正四棱锥的高为，由球的截面性质列方程求出正四棱锥的底面边长与高的关系，由此确定正四棱锥体积的取值范围.【详解】∵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3．（2022·全国·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【分析】根据题意可求出正三棱台上下底面所在圆面的半径，再根据球心距，圆面半径，以及球的半径之间的关系，即可解出球的半径，从而得出球的表面积．【详解】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．

4．（2021·全国·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【分析】设圆锥的母线长为，根据圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长可求得的值，即为所求.【详解】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.5．（2021·全国·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【分析】由题意结合所给的表面积公式和球的表面积公式整理计算即可求得最终结果.【详解】由题意可得，S占地球表面积的百分比约为：.故选：C.6．（2021·全国·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【分析】由四棱台的几何特征算出该几何体的高及上下底面面积，再由棱台的体积公式即可得解.【详解】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.二、多选题7．（2023·全国·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【分析】根据题意结合正方体的性质逐项分析判断.【详解】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.8．（2023·全国·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【分析】根据圆锥的体积、侧面积判断A、B选项的正确性，利用二面角的知识判断C、D选项的正确性.【详解】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.

9．（2022·全国·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【分析】数形结合，依次对所给选项进行判断即可.【详解】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：ABD10．（2022·全国·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【分析】直接由体积公式计算，连接交于点，连接，由计算出，依次判断选项即可.【详解】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.11．（2021·全国·高考真题）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【分析】对于A，由于等价向量关系，联系到一个三角形内，进而确定点的坐标；对于B，将点的运动轨迹考虑到一个三角形内，确定路线，进而考虑体积是否为定值；对于C，考虑借助向量的平移将点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解点的个数；对于D，考虑借助向量的平移将点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解点的个数．【详解】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．【点睛】本题主要考查向量的等价替换，关键之处在于所求点的坐标放在三角形内．12．（2021·全国·高考真题）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【分析】根据线面垂直的判定定理可得BC的正误，平移直线构造所考虑的线线角后可判断AD的正误.【详解】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.三、填空题13．（2023·全国·高考真题）在正四棱台中，，则该棱台的体积为．【答案】/【分析】结合图像，依次求得，从而利用棱台的体积公式即可得解.【详解】如图，过作，垂足为，易知为四棱台的高，

因为，则，故，则，所以所求体积为.故答案为：.四、解答题14．（2023·全国·高考真题）如图，在正四棱柱中，．点分别在棱,上，．

(1)证明：；(2)点在棱上，当二面角为时，求．【答案】(1)证明见解析；(2)1【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量坐标相等证明；（2）设，利用向量法求二面角，建立方程求出即可得解.【详解】（1）以为坐标原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图，

则，，，又不在同一条直线上，.（2）设，则，设平面的法向量，则，令，得，，设平面的法向量，则，令，得，，，化简可得，，解得或，或，.15．（2023·全国·高考真题）如图，三棱锥中，，，，E为BC的中点．(1)证明：；(2)点F满足，求二面角的正弦值．【答案】(1)证明见解析；(2)．【分析】（1）根据题意易证平面，从而证得；（2）由题可证平面，所以以点为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，再求出平面的一个法向量，根据二面角的向量公式以及同角三角函数关系即可解出．【详解】（1）连接，因为E为BC中点，，所以①，因为，，所以与均为等边三角形，，从而②，由①②，，平面，所以，平面，而平面，所以．（2）不妨设，，．，，又，平面平面．以点为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示：

设，设平面与平面的一个法向量分别为，二面角平面角为,而，因为，所以，即有，，取，所以；，取，所以，所以，，从而．所以二面角的正弦值为．16．（2022·全国·高考真题）如图，直三棱柱的体积为4，的面积为．(1)求A到平面的距离；(2)设D为的中点，，平面平面，求二面角的正弦值．【答案】(1)(2)【分析】（1）由等体积法运算即可得解；（2）由面面垂直的性质及判定可得平面，建立空间直角坐标系，利用空间向量法即可得解.【详解】（1）在直三棱柱中，设点A到平面的距离为h，则，解得，所以点A到平面的距离为；（2）取的中点E,连接AE,如图，因为，所以,又平面平面，平面平面，且平面，所以平面，在直三棱柱中，平面，由平面，平面可得，，又平面且相交，所以平面，所以两两垂直，以B为原点，建立空间直角坐标系，如图，由（1）得，所以，，所以，则,所以的中点，则，,设平面的一个法向量，则，可取，设平面的一个法向量，则，可取，则，所以二面角的正弦值为.17．（2022·全国·高考真题）如图，是三棱锥的高，，，E是的中点．

(1)证明：平面；(2)若，，，求二面角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）连接并延长交于点，连接、，根据三角形全等得到，再根据直角三角形的性质得到，即可得到为的中点从而得到，即可得证；（2）建立适当的空间直角坐标系，利用空间向量法求出二面角的余弦的绝对值，再根据同角三角函数的基本关系计算可得.【详解】（1）证明：连接并延长交于点，连接、，因为是三棱锥的高，所以平面，平面，所以、，又，所以，即，所以，又，即，所以，，所以所以，即，所以为的中点，又为的中点，所以，又平面，平面，所以平面

（2）解：过点作，如图建立空间直角坐标系，因为，，所以，又，所以，则，，所以，所以，，，，所以，则，，，设平面的法向量为，则，令，则，，所以；设平面的法向量为，则，令，则，，所以；所以.设二面角的大小为，则，所以，即二面角的正弦值为.

18．（2021·全国·高考真题）如图，在三棱锥中，平面平面，，为的中点.（1）证明：；（2）若是边长为1的等边三角形，点在棱上，，且二面角的大小为，求三棱锥的体积.【答案】(1)证明见解析；(2).【分析】(1)由题意首先证得线面垂直，然后利用线面垂直的定义证明线线垂直即可；(2)方法二：利用几何关系找到二面角的平面角，然后结合相关的几何特征计算三棱锥的体积即可.【详解】（1）因为，O是中点，所以，因为平面，平面平面，且平面平面，所以平面．因为平面，所以.（2）[方法一]：通性通法—坐标法如图所示，以O为坐标原点，为轴，为y轴，垂直且过O的直线为x轴，建立空间直角坐标系，则，设,所以，设为平面的法向量，则由可求得平面的一个法向量为．又平面的一个法向量为，所以，解得．又点C到平面的距离为，所以，所以三棱锥的体积为．[方法二]【最优解】：作出二面角的平面角如图所示，作，垂足为点G．作，垂足为点F，连结，则．因为平面，所以平面，为二面角的平面角．因为，所以．由已知得，故．又，所以．因为，．[方法三]：三面角公式考虑三面角，记为，为，，记二面角为．据题意，得．对使用三面角的余弦公式，可得，化简可得．①使用三面角的正弦公式，可得，化简可得．②将①②两式平方后相加，可得，由此得，从而可得．如图可知，即有，根据三角形相似知，点G为的三等分点，即可得，结合的正切值，可得从而可得三棱锥的体积为．【整体点评】(2)方法一：建立空间直角坐标系是解析几何中常用的方法，是此类题的通性通法，其好处在于将几何问题代数化，适合于复杂图形的处理；方法二：找到二面角的平面角是立体几何的基本功，在找出二面角的同时可以对几何体的几何特征有更加深刻的认识，该法为本题的最优解.方法三：三面角公式是一个优美的公式，在很多题目的解析中灵活使用三面角公式可以使得问题更加简单、直观、迅速.19．（2021·全国·高考真题）在四棱锥中，底面是正方形，若．（1）证明：平面平面；（2）求二面角的平面角的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）取的中点为，连接，可证平面，从而得到面面.（2）在平面内，过作，交于，则，建如图所示的空间坐标系，求出平面、平面的法向量后可求二面角的余弦值.【详解】（1）取的中点为，连接.因为，，则，而，故.在正方形中，因为，故，故，因为，故，故为直角三角形且，因为，故平面，因为平面，故平面平面.（2）在平面内，过作，交于，则，结合（1）中的平面，故可建如图所示的空间坐标系.则，故.设平面的法向量，则即，取，则，故.而平面的法向量为，故.二面角的平面角为锐角，故其余弦值为.一、单选题1．（2024·湖北·二模）已知圆锥的顶点为，其三条母线，，两两垂直．且母线长为6．则圆锥的内切球表面积与圆锥侧面积之和为（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】由三条母线两两垂直且长为6可得，圆锥的底面圆内接正边长，进而由正弦定理得底面圆的半径，再求出圆锥的高，就可得圆锥轴截面面积，又圆锥轴截面三角形的内切圆半径即为圆锥内切球半径，等面积即可得内切球的半径，进而得所求.【详解】因为，，两两互相垂直且长度均为6，所以为圆锥底面圆的内接正三角形，且边长，由正弦定理得底面圆的半径，所以圆锥的高．如图，圆锥轴截面三角形的内切圆半径即为圆锥内切球半径，轴截面三角形面积为，所以内切球的半径．内切球的表面积为，圆锥的侧面积为，所以其和为.故选：C.2．（2024·山东枣庄·一模）在侧棱长为2的正三棱锥中，点为线段上一点，且，则以为球心，为半径的球面与该三棱锥三个侧面交线长的和为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】借助线面垂直的判定定理与性质定理可得、、两两垂直，即以为球心，为半径的球面与该三棱锥三个侧面交线分别为三段半径为，圆心角为的弧，借助弧长公式计算即可得.【详解】取中点，连接、，则有，，又，、平面，故平面，又平面，故，又，，、平面，故平面，又、平面，故，，由正三棱锥的性质可得、、两两垂直，故，即以为球心，为半径的球面与侧面的交线长为：，即与该三棱锥三个侧面交线长的和为.故选：C.

3．（2024·浙江·二模）在正三棱台中，已知，，侧棱的长为2，则此正三棱台的体积为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】先计算出三棱台的上下底面的面积，再根据底面边长与侧棱长求解三棱台的高，进而计算出三棱台的体积．【详解】正三棱台中，已知，，所以的面积为，的面积为，设，分别是，的中心，设，分别是，的中点，，，三点共线，，，三点共线，，，，，，过作，垂足为，则，，三棱台的高为，三棱台的体积为．故选：C．4．（2024·河北邢台·一模）如图，正四棱台容器的高为12cm，，，容器中水的高度为6cm．现将57个大小相同、质地均匀的小铁球放入容器中（57个小铁球均被淹没），水位上升了3cm，若忽略该容器壁的厚度，则小铁球的半径为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】先计算水的体积，再计算放入球后水和球的总体积，可得铁球的体积，利用体积公式可得答案.【详解】正四棱台容器的高为12cm，，，正四棱台容器内水的高度为6cm，由梯形中位线的性质可知水面正方形的边长为，其体积为；放入铁球后，水位高为9cm，沿作个纵截面，从分别向底面引垂线，如图，其中是底面边长10cm，是容器的高为12cm，是水的高为9cm，由截面图中比例线段的性质，可得,此时水面边长为4cm，此时水的体积为，放入的57个球的体积为，设小铁球的半径为，则，解得.故选：A5．（2024·江苏南通·二模）在棱长为2的正方体中，，，分别为棱，，的中点，平面截正方体外接球所得的截面面积为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据正方体的几何性质确定外接球半径，设球心为，求解到截面的距离，从而可得截面圆的面积.【详解】取正方体的中心为，连接，由于正方体的棱长为2，所以正方体的面对角线长为，体对角线长为，正方体外接球球心为点，半径，又易得，且，所以三棱锥为正四面体，如图所示，取底面正三角形的中心为，即点到平面的距离为，又正三角形的外接圆半径为，由正弦定理可得，即，所以，即正方体外接球的球心到截面的距离为，所以截面被球所截圆的半径，则截面圆的面积为.故选：A.二、多选题6．（2024·山东·一模）已知四棱锥，底面ABCD是正方形，平面，，PC与底面ABCD所成角的正切值为，点M为平面内一点（异于点A），且，则（

）A．存在点M，使得平面B．存在点M，使得直线与所成角为C．当时，三棱锥的体积最大值为D．当时，以P为球心，为半径的球面与四棱锥各面的交线长为【答案】BC【分析】利用反证法判断A；建立空间直角坐标系，根据空间角的向量求法，可判断B；根据点M的轨迹，结合棱锥的体积公式判断C；利用棱锥的侧面展开图结合弧长的计算判断D.【详解】对于A，假设存在点M，使得平面，由于平面，平面，则平面平面，平面平面，平面，则，由于，平面，故直线重合，即M点落在上，由于，即M落在以A为圆心，以为半径的圆面内(不包含圆)，这与M点落在上矛盾，A错误；对于B，以A为坐标原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，平面，则即为与底面所成角，故，而，故，则，结合A的分析，可取，则,由于直线与所成角范围为，故此时直线与所成角为，即存在点M，使得直线与所成角为，B正确；对于C，当时，当M位于的延长线时，的高最大为，此时面积最大，最大值为，则三棱锥的体积最大值为，C正确；对于D，当时，，以P为球心，为半径的球面与四棱锥各面的交线是以P为圆心，为半径的圆与侧面展开图的交线，如下图，由于,则,即,则，则，则，根据对称性有，故的长为，又球与底面的交线是以A为圆心，为半径的四分之一圆，故长度为，故以P为球心，为半径的球面与四棱锥各面的交线长为，D错误，故选：BC【点睛】难点点睛：本题考查了几何体中求解空间角以及体积和侧面展开图的问题，难度较大，难点在于D选项的判断，解答时要利用侧面展开图求解.7．（2024·安徽·二模）已知正方体的棱长为1，，分别为棱，上的动点，则（

）A．四面体的体积为定值 B．四面体的体积为定值C．四面体的体积最大值为 D．四面体的体积最大值为【答案】BCD【分析】根据到平面的距离不是定值即可判断A；根据为定值与到平面的距离即可判断B；确定当Q与、与重合时四面体的体积取得最大值，即可判断判断C；如图，确定四面体的体积为，即可判断D.【详解】A：因为的面积为，到平面的距离不是定值，所以四面体的体积不是定值，故A错误；B：因为的面积为，P到矩形的距离为定值，所以到平面的距离为，则四面体的体积为，故B正确；C：当Q与重合时，取得最大值，为，当与重合时，到平面的距离d取得最大值，在正中，其外接圆的半径为，则，故四面体的体积最大值为，故C正确；D：过点作，，，设，，则，，，，，，故四面体的体积为，其最大值为，故D正确．故选：BCD【点睛】关键点点睛：本题主要考查正方体的性质，三棱锥体积有关问题.明确当体积达到最值时动点的位置是解题的关键.8．（2024·山西朔州·三模）在三棱锥中，平面，，P为内的一个动点（包括边界），与平面所成的角为，则（

）A．的最小值为 B．的最大值为C．有且仅有一个点P，使得 D．所有满足条件的线段形成的曲面面积【答案】ACD【分析】确定A在平面的投影H，根据线面夹角的定义确定P点轨迹，由数形结合及圆中最值可判定A、B、C选项，利用圆锥的侧面积公式结合图形计算即可判定D选项.【详解】依题意，，取的中点M，则，所以平面，过A作于H，因为平面，所以，所以平面，易得，且H为等边的外心，由与平面所成角为，可知，所以点P轨迹是以H为圆心，为半径的圆在内部的一部分，如图所示，所以的最小值为，A选项正确；由于轨迹圆部分在平面外部，所以的最大值不等于，B选项错误；因为平面，若，则点P在线段上，有且仅有一个点P满足题意，C选项正确；动线段形成的曲面为圆锥侧面积的一部分，因为，所以，因为，所以曲面面积为圆锥侧面的，圆锥侧面积为，所以所有满足条件的动线段形成的曲面面积为，D选项正确.故选：ACD．【点睛】关键点睛：本题第4小题解决的关键是理解线段形成的曲面是哪一部分，利用直观想象能力与圆锥的侧面积公式即可得解.9．（2024·浙江台州·二模）已知正方体的棱长为1，为平面内一动点，且直线与平面所成角为，E为正方形的中心，则下列结论正确的是（

）A．点的轨迹为抛物线B．正方体的内切球被平面所截得的截面面积为C．直线与平面所成角的正弦值的最大值为D．点为直线上一动点，则的最小值为【答案】BCD【分析】对于A，根据到点长度为定值，确定动点轨迹为圆；对于B，理解内切球的特点，计算出球心到平面的距离，再计算出截面半径求面积；对于C，找到线面所成角的位置，再根据动点的运动特点（相切时）找到正弦的最大值；对于D，需要先找到点位置，再将立体问题平面化，根据三点共线距离最短求解.【详解】对于A，因为直线与平面所成角为，所以.点在以为圆心，为半径的圆周上运动，因此运动轨迹为圆.故A错误.对于B，在面内研究，如图所示为内切球球心，为上底面中心，为下底面中心，为内切球与面的切点.已知，为球心到面的距离.在正方体中，，，.利用相似三角形的性质有，即，.因此可求切面圆的，面积为.故B正确.对于C，直线与平面所成角即为，当与点的轨迹圆相切时，最大.此时.故C正确.对于D，分析可知，点为和圆周的交点时，最小.此时可将面沿着翻折到面所在平面.根据长度关系，翻折后的图形如图所示.当三点共线时，最小.因为，，所以最小值为，故D正确.故选：BCD10．（2024·安徽芜湖·二模）如图，多面体由正四棱锥和正四面体组合而成，其中，则下列关于该几何体叙述正确的是（

）A．该几何体的体积为 B．该几何体为七面体C．二面角的余弦值为 D．该几何体为三棱柱【答案】ACD【分析】选项A可以分别求正四棱锥和正四面体的体积即可；选项C先确定二面角的平面角为，在三角形中利用余弦定理可得；选项D先根据二面角与二面角的关系确定四点共面，再证得平面平面，三个侧面都是平行四边形即可；选项B根据选项D三棱柱有5个面，可判断错误.【详解】如图：在正四面体中中，为的中点，连接，连接作于，则为的中心，为正四面体中的高，因，，，，，在正四面体中中，为的中点，所以，，故为二面角的一个平面角，如图：在正四棱锥中，由题意，连接，交于点，连接，则为正四棱锥的高，，，，该几何体的体积为，故A正确，取的中点，连接，，由题意正四棱锥的棱长都为1，所以，，故即为二面角的一个平面角，其中，，在中，，故C正确，因，可知二面角与二面角所成角互补，故平面与为同一平面，同理，平面和平面也为同一平面，故该几何体有5个面，B错误，因四点共面，且和都为等边三角形，易知，且，故侧面为平行四边形，又平面,平面，所以平面，同理平面，且侧面为平行四边形，又，平面，平面，所以平面平面，又侧面为正方形，故多面体即为三棱柱，故D正确，故选：ACD三、填空题11．（2024·山西吕梁·二模）已知圆台的高为3，中截面（过高的中点且垂直于轴的截面）的半径为3，若中截面将该圆台的侧面分成了面积比为1:2的两部分，则该圆台的母线长为.【答案】5【分析】作出圆台轴截面图象，根据梯形中位线性质，圆台侧面积公式可求上底和下底的半径，根据图形性质即可求出母线.【详解】设圆台的上､下底面圆的半径分别为，因为中截面的半径为3，所以根据梯形中位线性质可知：.又中截面将该圆台的侧面分成了面积比为的两部分，所以根据圆台侧面积公式可知：，解得，所以.又圆台的高为3，所以圆台的母线长为.故答案为：5.12．（2024·山东·二模）三棱锥中，和均为边长为2的等边三角形，分别在棱上，且平面平面，若，则平面与三棱锥的交线围成的面积最大值为．【答案】【分析】首先证明截面为长方形，设，将面积表示为关于的二次函数，结合二次函数的性质即可得结果.【详解】如图所示，因为平面，设面，所以，同理：，设，所以，即，所以四边形为平行四边形，即，面，面，所以面，又因为面，面面，所以，即，且，取中点，连接，易得，，，所以面，所以，所以，所以四边形为正方形，所以面与三棱锥的交线围成的面积，当，即为中点时，面积最大，最大值为，故答案为：.

13．（2024·浙江嘉兴·二模）在四面体中，，且与所成的角为.若四面体的体积为，则它的外接球半径的最小值为.【答案】3【分析】根据题意，将四面体补形为直三棱柱，设，由求得，在中，勾股定理得，由余弦定理可得，结合基本不等式求解.【详解】依题意，可将四面体补形为如图所示的直三棱柱，因为与所成的角为，所以或，设，外接球半径记为，外接球的球心如图点.易知平面，所以点到平面的距离等于点到平面的距离，，得，在中，，在中，由余弦定理得，所以当时，外接球的半径会更小.所以，所以，所以.故答案为：3.【点睛】关键点点睛：本题关键是将求四面体补形为直三棱柱，转化为求直三棱柱外接球半径的最小值.14．（2024·河北邯郸·二模）在长方体中，，平面平面，则截四面体所得截面面积的最大值为．【答案】【分析】结合题意画出对应图形后，设，则有，则有，借助表示出面积，结合二次函数的性质即可得.【详解】平面截四面体的截面如图所示，设，则，所以四边形为平行四边形，且，在矩形中，，，则，当且仅当时，等号成立.故答案为：.【点睛】关键点点睛：本题关键点是得到所得截面后，借助割补法表示出该截面面积，并结合二次函数的性质求解.15．（2024·广东韶关·二模）在三棱锥中，侧面所在平面与平面的夹角均为，若，且是直角三角形，则三棱锥的体积为．【答案】或或或【分析】过作面于，过作，根据题设可得，，分为三角形的内心或旁心讨论，设，利用几何关系得到，再根据条件得到在以为焦点的椭圆上，再利用是直角三角形，即可求出结果.【详解】如图，过作面于，过作，因为面，面，所以，又，面，所以面，又面，所以，故为二面角的平面角，由题知，，同理可得，当在三角形内部时，由，即为三角形的内心，设，则，得到，所以，三棱锥的体积为；

又因为，所以点在以为焦点的椭圆上，如图，以所在直线为轴，的中垂线为轴，建立平面直角坐标系，则，由题知，椭圆中的，所以椭圆的标准方程为，设，因为是直角三角形，当时，易知，此时，所以，得到，当时，易知，此时，所以，得到，又因为，故以为圆心，为半径的圆与椭圆没有交点，即，综上所述，；同理，当在三角形外部时，由，即为三角形的旁心，设，则，得到，所以，三棱锥的体积为；或，得到，所以，三棱锥的体积为；或，得到，所以，三棱锥的体积为.

故答案为：或或或.【点睛】关键点点晴：本题的关键点在于，设出后，得出，再将问题转化到以为焦点的椭圆上来求的面积，即可解决问题.四、解答题16．（2024·广东韶关·二模）如图，圆柱内有一个直三棱柱，三棱柱的底面三角形内接于圆柱底面，已知圆柱的轴截面是边长为6的正方形，，点在线段上运动．(1)证明：；(2)当时，求与平面所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析.(2).【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出向量和的坐标，由得到；（2）先由，得到点是线段的中点，求出的一个方向向量和平面的一个法向量的坐标夹角余弦的绝对值，即为与平面所成角的正弦值.【详解】（1）连接并延长，交于，交圆柱侧面于，，为圆柱的高，两两垂直，以为原点，过点做平行线为轴，以为轴，以为轴，建立如图所示空间直角坐标系，，，在中，由射影定理得，，从而，，设，，，.（2）由（1）可得，，，得，即点是线段的中点，，，设平面的一个法向量为，则，取，得，设的一个方向向量为，于是得：，设与平面所成角为，则，所以与平面所成角的正弦值为.17．（2024·浙江宁波·二模）在菱形中，，以为轴将菱形翻折到菱形，使得平面平面，点为边的中点，连接.(1)求证：平面；(2)求直线与平面所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）利用面面平行的判定定理证明平面平面，从而根据线面平行的性质可证得结论；（2）法1：根据面面垂直得线面垂直，从而建立空间直角坐标系，利用空间向量的坐标运算求解线面夹角即可；法2：根据点、线、面的位置关系，利用等体积转化求解到平面的距离，从而转化求解直线与平面所成角得正弦值.【详解】（1）平面平面平面.同理可得平面.又平面，平面平面.平面平面.（2）法1：取中点，易知.平面平面，平面平面，又平面，平面.如图，建立空间直角坐标系，则.从而，得.又，设平面的法向量，有，得，解得，取，故，设直线与平面所成角为，则，所以直线与平面所成角的正弦值为.法2：取中点，则是平行四边形，所以.从而与平面所成角即为与平面所成角，设为.过作交于，过作交于，过作交于.因为平面平面，平面平面，又平面，所以平面，又平面，所以，又，平面，从而平面，因为平面，所以，又，平面，从而平面.所以的长即为到平面的距离.由，可得.又，所以到平面的距离设为即为到平面的距离，即.又，可得.在中，，所以，得.所以，所以直线与平面所成角的正弦值为.18．（2024·黑龙江哈尔滨·一模）如图1，在平行四边形中，，将沿折起，使点D到达点P位置，且，连接得三棱锥，如图2．(1)证明：平面平面；(2)在线段上是否存在点M，使平面与平面的夹角的余弦值为，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由．【答案】(1)证明见解析(2)存在；【分析】（1）推导出，证明出平面，可得出，利用面面垂直的判定定理可证得结论成立；（2）以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，设，其中，利用空间向量法可得出关于的等式，结合求出的值，即可得出结论.【详解】（1）证明：翻折前，因为四边形为平行四边形，，则，因为，则，，由余弦定理可得，所以，，则，同理可证，翻折后，则有，，因为，，、平面，所以，平面，因为平面，则，因为，、平面，所以，平面，所以平面平面.（2）因为平面，，以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，则、、、，设，其中，则，，设平面的法向量为，则，取，则，，所以，，平面的一个法向量为，，，则，令，可得，则，整理可得，因此，线段上存在点，使平面AMB与平面MBC的夹角的余弦值为，且.19．（2024·江苏·一模）如图，已知四棱台的上、下底面分别是边长为2和4的正方形，平面⊥平面ABCD，，点P是棱的中点，点Q在棱BC上．

(1)若，证明：平面；(2)若二面角的正弦值为，求BQ的长．【答案】(1)证明见解析；(2)1．【分析】（1）取的中点M，先证明四边形BMPQ是平行四边形得到线线平行，再由线面平行性质定理可得；（2）法一：应用面面垂直性质定理得到线面垂直，建立空间直角坐标系，再利用共线条件设，利用向量加减法几何意义表示所需向量的坐标，再由法向量方法表示面面角，建立方程求解可得；法二：同法一建立空间直角坐标系后，直接设点坐标，进而表示所需向量坐标求解两平面的法向量及夹角，建立方程求解；法三：一作二证三求，设，利用面面垂直性质定理，作辅助线作角，先证明所作角即为二面角的平面角，再利用已知条件解三角形建立方程求解可得.【详解】（1）证明：取的中点M，连接MP，MB．在四棱台中，四边形是梯形，，，又点M，P分别是棱，的中点，所以，且．在正方形ABCD中，，，又，所以．从而且，所以四边形BMPQ是平行四边形，所以．又因为平面，平面，所以平面；（2）在平面中，作于O．因为平面平面，平面平面，，平面，所以平面．在正方形ABCD中，过O作AB的平行线交BC于点N，则．以为正交基底，建立空间直角坐标系．因为四边形是等腰梯形，，，所以，又，所以．易得，，，，，所以，，．

法1：设，所以．设平面PDQ的法向量为，由，得，取，另取平面DCQ的一个法向量为．设二面角的平面角为θ，由题意得．又，所以，解得（舍负），因此，．所以当二面角的正弦值为时，BQ的长为1．法2：设，所以．设平面PDQ的法向量为，由，得，取，另取平面DCQ的一个法向量为．设二面角的平面角为θ，由题意得．又，所以，解得或6（舍），因此．所以当二面角的正弦值为时，BQ的长为1．

法3：在平面中，作，垂足为H．因为平面平面，平面平面，，平面，所以平面，又平面，所以．在平面ABCD中，作，垂足为G，连接PG．因为，，，PH，平面，所以平面，又平面，所以．因为，，所以是二面角的平面角．在四棱台中，四边形是梯形，，，，点P是棱的中点，所以，．设，则，，在中，，从而．因为二面角的平面角与二面角的平面角互补，且二面角的正弦值为，所以，从而．所以在中，，解得或（舍）．所以当二面角的正弦值为时，BQ的长为1．20．（2024·山东枣庄·一模）如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面与底面所成的角为，为的中点．(1)求证：平面；(2)若为的内心，求直线与平面所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）由线面垂直的性质以及线面垂直的判定定理可证；（2）由等腰直角三角形内心的特点确定点的位置，以为原点建立空间直角坐标系，写出各点坐标，根据线面角的空间向量公式计算可得出结果.【详解】（1）因为平面平面，所以，因为与平面所成的角为平面，所以，且，所以，又为的中点，所以，因为四边形为正方形，所以，又平面，所以平面，因为平面，所以，因为平面，所以平面．（2）因为底面为正方形，为的内心，所以在对角线上．如图，设正方形的对角线的交点为，所以，所以，所以，所以，又因为，所以．由题意知两两垂直，以所在的直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系．所以，由（1）知，所以，所以．又因为平面，所以平面的一个法向量为．设直线与平面所成角为，则．一、单选题1．（2024·全国·模拟预测）已知底面半径为的圆锥，其轴截面为正三角形.若它的一个内接圆柱的底面半径为，则此圆柱的侧面积的最大值为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】作出圆锥及其内接圆柱的轴截面，利用几何关系得到，从而得到圆柱的侧面积为，即可求出结果.【详解】如图，作出圆锥及其内接圆柱的轴截面和矩形.依题意，得，，，所以，易知，则，即，所以，因为圆锥内接圆柱的底面半径为，高，所以圆柱的侧面积，当时，圆柱的侧面积取得最大值，最大值为，故选：A.2．（2024·全国·模拟预测）如图，在直三棱柱中，，P为线段的中点，Q为线段（包括端点）上一点，则的面积的最大值为（

）

A． B． C．2 D．【答案】A【分析】如图，根据线面垂直的判定定理与性质可得，确定的最大值，即可求解△BCQ面积的最大值.【详解】取AB的中点E，连接CE，过Q作，垂足为M，过M作，垂足为N，连接QN，PE，

则，且，点E到BC的距离为.由直三棱柱的性质知平面ABC，所以平面ABC，MN，平面ABC，则，，且，QM，平面QMN，所以平面QMN，且平面QMN，则，可知，当且仅当点Q与点P重合时，等号成立，所以面积的最大值为.故选：A.3．（2024·全国·模拟预测）已知四棱锥的顶点都在球的表面上，平面，，，，，则球的体积为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据题意取的中点，连接，取的中点，连接，利用直角三角形的性质可得，再根据线面垂直可得平面，再由勾股定理求得，即可得外接球的球心的位置与半径大小，从而得结论.【详解】如图，取的中点，连接，取的中点，连接，因为，，，所以．又，所以，因为平面，平面，所以，则，又点分别为，中点，所以，，则平面，因为平面，所以，则可得，知点即为四棱锥的外接球的球心，所以球的半径，所以球的体积为．故选：B．二、多选题4．（2024·江苏苏州·模拟预测）如图，是矩形所在平面外一点，，二面角为，为中点，为中点，为中点．则下列说法正确的是（

）A． B．是二面角的平面角C． D．与所成的角的余弦值【答案】BD【分析】利用二面角的平面角定义判断B，选项；根据已知条件，建立空间直角坐标系，利用空间向量逐一判断A、C、D选项即可.【详解】连接，过向平面引垂线，垂足为，连接；因为，为中点，所以；因为垂直于平面，平面，所以；平面，平面，，所以平面，又因为平面，所以，所以二面角的平面角为；在中，，，所以，在中，，，所以，；因为为矩形，所以，又，，过点作交于，，所以四边形为正方形；如图所示，建立以为坐标原点，为轴，过且与垂直的方向为轴，为轴的空间直角坐标系；，，，，，，为中点，所以；，所以，故，A错误；为中点，为中点，为中位线，，又，所以，又因为，所以是二面角的平面角，B正确；因为为锐角，且，，所以，所以，所以，C错误；设与所成的角为，，，，D正确.故选：BD5．（2024·全国·模拟预测）已知正方形为圆柱的轴截面，为的中点，为的中点，分别为的中点，且圆柱的侧面积为，则（

）A．圆柱的体积为 B．的面积为C． D．直线与直线所成的角为【答案】ABD【分析】根据圆柱的侧面积和体积公式可判断A，根据条件可判定为直角三角形可判定B，根据线面垂直的判定定理可得可判定C，过点作，根据异面直线所成角可得或其补角为所求，结合条件可证可判断D.【详解】设圆柱的底面半径为.由圆柱的轴截面为正方形，且圆柱的侧面积为，则，解得（负值已舍去），则.所以圆柱的体积，故A正确.如图，易得，所以，所以，所以的面积，故B正确.如图，连接.因为分别为的中点，所以，且.又底面，所以底面.因为平面，所以，所以，故C错误.过点作，交于点，则或其补角为直线与直线所成的角.连接，易得四边形为正方形，，.又，所以，所以，所以，即,所以直线与直线所成的角为，故D正确.故选：ABD.6．（2024·江苏扬州·模拟预测）如图，在棱长为1的正方体中，为平面内一动点，则（

）A．若在线段上，则的最小值为B．平面被正方体内切球所截，则截面面积为C．若与所成的角为，则点的轨迹为椭圆D．对于给定的点，过有且仅有3条直线与直线所成角为【答案】ABD【分析】合理构造图形，利用三角形的性质判断A，利用球的截面性质判断B，利用线线角的几何求法求出轨迹方程判断C，合理转化后判断D即可.【详解】对于A，延长到使得，则，等号在共线时取到；故A正确，对于B，由于球的半径为，球心到平面的距离为，故被截得的圆的半径为，故面积为，故B正确，对于C，与所成的角即为和所成角，记，则，即，所以的轨迹是双曲线；故C错误，对于D，显然过的满足条件的直线数目等于过的满足条件的直线的数目，在直线上任取一点，使得，不妨设，若，则是正四面体，所以有两种可能，直线也有两种可能，若，则只有一种可能，就是与的角平分线垂直的直线，所以直线有三种可能.故选：ABD三、填空题7．（2024·山西晋中·模拟预测）如图，在透明塑料制成的直三棱柱容器内灌进一些水，，若水的体积恰好是该容器体积的一半，容器厚度忽略不计，则容器中水的体积与直三棱柱外接球体积之比的最大值为.【答案】【分析】根据图象找到三棱柱外接球球心位置，利用几何关系求出半径，再求出外接球体积；然后求出水的体积表达式，结合基本不等式求出水体积的最大值，最后计算结果即可.【详解】如图，取的中点，连接，取的中点，连接，则为外接圆的圆心，为三棱柱外接球的球心，所以为外接圆半径，且，所以直三棱柱的外接球的体积为，又水的体积，且，当且仅当时取等号，则容器中水的体积与直三棱柱外接球体积之比的最大值为，故答案为：.8．（2024·江苏扬州·模拟预测）已知长方体的表面积为8，所有棱长和为16，则长方体体积的最大值为.【答案】【分析】由题意可得，，则，从而可设函数，借助导数研究其单调性即可得最值.【详解】设该长方体的长、宽、高分别为、、，由长方体的对称性，不妨设，则有，即，，即，则即，即，即，令，则，当时，，当时，，故在上单调递增，在上单调递减