小题核心考点完整版练-03立体几何-冲刺2024年高考（解析试卷）

小题核心考点精练03立体几何冲刺2024年高考（解析试卷）1．设圆柱底面半径为，高为，球的半径为，则，，所以，当且仅当时等号成立，此时，所以.故选：A2．由题意可知：为菱形，且，知顶点在底面内的投影为四边形的外心，所以为正方形，即四棱锥为棱长为4的正四棱锥，则四棱锥的高为，设球的半径为，则，解得.故选：B.3．如图，连接交于点，连接，取的中点，连接，因为,所以,,由可得平面，且，所以平面，过作，因为平面，平面，所以,且平面，所以平面，所以为该正八面体结构的内切球的半径，在直角三角形中，，由等面积法可得，,解得，所以内切球的表面积为，故选:D.4．如图，取BC的中点为E，BD的中点为，所以为的外心，连接AE，EF，设的外心为，因为，即为等边三角形，所以点在AE上，且设球心为，连接OG，OF，则平面平面BCD，因为平面平面BCD，所以，因为为等边三角形，为BC的中点，所以，因为平面平面BCD，平面平面，面，所以平面BCD，则，又平面BCD，所以，同理平面ABC，所以，故四边形OGEF是矩形.由，可得，故，又，设球的半径为，则，所以球的表面积.故选：C.5．因为平面平面，，所以可将四面体看作底面是等边三角形的直三棱柱的一部分，如图所示：则四面体的外接球即直三棱柱的外接球，因为底面三角形的外心到三角形的顶点的长度为，所以直三棱柱的外接球的半径，则球的表面积，故选：A.6．根据题意可将三棱锥补形成长、宽、高分别为4，2，2的长方体中，以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，则，，，，则，，故，，所以，所以异面直线与所成角的大小为．故选：B．7．如图，以点为原点建立空间直角坐标系，设，不妨设，则，故，，设平面的法向量为，则，可取，则，所以，当时，，当时，，当，即时，，综上所述，的最小值是.故选：A.8．以点为坐标原点，，，所在的直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，如图所示：设正方体的棱长为1，，则易得，，，则，，设平面的一个法向量为，则，令，得平面的一个法向量为，易得平面的一个法向量为，由图易得平面与平面所成的二面角为锐角，设其为，则，当即时，取最小值，取最大值，此时取最小值，且.故选：D．9．以D为原点，分别以DA，DC，DF所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系Dxyz，则，∴，.设为平面的法向量，，由，得，令z=1，∴，所以.又，∴点C到平面AEC1F的距离d=.故选：C.10．在正三棱锥中为等边三角形，顶点在底面的射影为底面的重心，所以，又，，所以，所以，同理可得、即，，两两垂直，把该三棱锥补成一个正方体，该三棱锥的外接球就是正方体的外接球，正方体的体对角线就是外接球的直径，易得三棱锥的外接球半径，又，如图建立空间直角坐标系，则，，，，所以，，，设平面的法向量为，则，令，所以，则点到平面的距离，所以.故选：B11．对选项A：根据对称性知与三条直线的夹角相等，则与平行的直线都满足条件，有无数条，错误；对选项B：根据对称性知平面与三条直线所成的角相等，则与平面平行的平面都满足条件，有无数个，错误；对选项C：如图所示建立空间直角坐标系，设正方体边长为，，，上一点，则，，，点到直线的距离为，同理可得到直线和的距离为，故上的点到三条直线的距离都相等，故有无数个，错误；对选项D：上的点到三条直线的距离都相等，故有无数个，正确；故选：D12对于A，当，时，两平面，可能平行可能相交，所以A错误；对于B，，，两平面，可能平行可能相交，所以B错误；对于C，当，，时，设，，在取一点O，过O分别作，，则，，因为，所以，，所以，，因为，平面，所以，所以C正确；

对于D，当，，，时，可得或，所以D错误，故选：C．13．对于A，若，，，则相交或平行，故A错误；对于B，若，，，由线面平行的性质可得，故B正确；对于C，若，，，当两两相交时，两两相交，故C错误；对于D，若，，则或，故D错误.故选：B.14．若，，则或与相交或与异面，故A错误；若，，，则或与相交，故B错误；若，，由直线与平面垂直的性质可得，故C正确；若，，，，当与相交时，有，否则，与不一定平行，故D错误．故选：C．15．对于A，如下图所示，连接，因为点是线段的中点，所以点也是线段的中点，所以平面即为平面.根据正方体的性质，平面，平面，所以，又因为，平面，平面，所以平面，所以与重合时，平面，故A正确；对于B，如下图所示，取的中点，根据分别为的中点，易得，所以四点共面，所以截面为四边形，且该四边形为等腰梯形.又因为，所以等腰梯形的高为，所以截面面积为，故B错误；对于C，如图建立空间直角坐标系，由图可得，，所以，设，所以，所以点到直线的距离，所以时，距离最小，最小为，故C正确；对于D，如图所示，取的中点，连接，易得平面，又因为平面，所以，所以，则点在侧面内的运动轨迹为以为圆心，半径为2的劣弧，圆心角为，所以点的轨迹长度为，故D正确.故选：ACD.16．选项A，连接，正方体中易知，分别是中点，则，所以，即四点共面，当与重合时满足B，N，P，Q四点共面，A正确；

选项B，如图，取中点为，连接，因为分别是中点，则与平行且相等，是平行四边形，所以，又是中点，所以，所以，平面，平面，所以平面，B正确；

选项C，正方体中，分别是中点，则，在上，如图，作交于，连接，延长交延长线于点，连接延长交延长线于点，连接交于点，交于点，为所过三点的截面，由正方体的对称性可知梯形与梯形全等，由面面平行的性质定理，，从而有，由正方体性质，设，，则，，是中点，，则，所以，同理，，，，梯形是等腰梯形，高为，截面面积，设，，，在上递增，，，所以，C错；

选项D，取中点，中点，连接，则是正四棱柱（也是长方体），它的外接球就是过四点的球，所以球直径为，半径为，表面积为，D正确．

故选：ABD．17．对于A，连接，则，因为平面，平面，所以，又平面，所以平面，又平面，所以，同理可得，又平面，所以平面，因为平面，所以平面平面，故A正确；对于B，如图，以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，设，所以，由A选项可知平面的一个法向量为，又，所以点到平面的距离为，所以当时，，故B错误；对于C，连接，因为且，所以四边形是平行四边形，所以，则当点在线段上时，异面直线与所成的角即为异面直线与所成的角，即，因为为等边三角形，所以，即异面直线与所成的角为，故C正确；对于D，当三棱锥的体积最大时，点到平面的距离最大，由B选项可知当点与点重合时，三棱锥为正四面体，且其棱长为，其外接球即为正方体的外接球，所以外接球的半径为，所以球的表面积为，故D错误．故选：AC.18．解析：对于A：连接，如图，由正方体的结构特征知，，即为正三角形．又因为分别为的中点，则，因此直线与所成的角即为直线与所成的角，即或其补角，又，所以直线与所成的角的大小为，A正确；对于B：因为，所以平面平面，故直线平面，B正确；对于C：取的中点为，连接，显然的中点为，则，假设平面平面，而平面平面，于是平面，又平面，则，与矛盾，C错误；对于D：不妨设正方体的棱长为，则正方体的体积为，又因为四面体的三条侧棱两两垂直，则它的外接球即为以为棱的长方体的外接球，于是球的直径，体积为，于是，D正确，故选：ABD．19．A：假设存在点使得平面，由平面平面，得平面平面，又平面平面平面，则，又，平面，所以重合，即点落在上，由，知点落在以为圆心，以为半径的圆面内（不含圆），这与点落在上矛盾，故A错误；B：以A为原点，AB，AD，AP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，平面，则即为PC与底面所成的角，故，而，所以，则，所以，结合A的分析，取，所以，又，所以直线PB与AM所成角为，即存在点M使得直线PB与AM所成角为，故B正确；C：当时，当M位于BA的延长线时，的高最大为，此时面积取得最大值，所以三棱锥的体积最大值为，故C正确；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，有，则，所以，则，所以，根据对称性有，所以，故的长为，又球与底面的交线是以P为圆心，为半径的的四分之一圆，其长度为，故P为球心，为半径的球面与四棱锥各面的交线长，故D正确.故选：BCD20．对于A，因为为正方形，连接与，相交于点，连接，则，，两两垂直，故以为正交基地，建立如图所示的空间直角坐标系，，，，，，为的中点，则.当为的中点时，，，，设异面直线与所成角为，，，故，A正确；对于B，设为的中点，为的中点，则，平面，平面，则平面，又平面，平面，又，设，故平面平面，平面平面，平面平面，则，则为的中点，点在四边形内（包含边界）运动，则，点的轨迹是过点与平行的线段，长度为4，B不正确；对于C，当时，设，，，，得，即，即点的轨迹以中点为圆心，半径为的圆在四边内（包含边界）的一段弧（如下图），到的距离为，