2025届高考数学试卷专项练习09立体几何与空间向量含解析

立体几何与空间向量一、单选题1．（2024·全国高三专题练习）在空间中，下列命题是真命题的是（）A．经过三个点有且只有一个平面B．平行于同一平面的两直线相互平行C．假如两个角的两条边分别对应平行，那么这两个角相等D．假如两个相交平面垂直于同一个平面，那么它们的交线也垂直于这个平面【答案】D【解析】由三点共线推断A；由线面、线线位置关系推断B；依据等角定理推断C；由线面平行和垂直的判定以及性质推断D.【详解】当三点在一条直线上时，可以确定多数个平面，故A错误；平行于同一平面的两直线可能相交，故B错误；由等角定理可知，假如两个角的两条边分别对应平行，那么这两个角相等或互补，故C错误；假如两个相交平面垂直于同一个平面，且，则在平面、内分别存在直线垂直于平面，由线面垂直的性质可知，再由线面平行的判定定理得，由线面平行的性质得出，则，故D正确；故选：D2．（2024·全国高三专题练习（文））已知两条不同的直线和不重合的两个平面，且，有下面四个命题：①若，则；②若，则；③若，则；④若，则．其中真命题的序号是（）A．①② B．②③ C．②③④ D．①④【答案】A【解析】依据线面、面面的关系一一推断；【详解】解：因为两条不同的直线和不重合的两个平面，且，对于①，由，可得，故①正确；对于②，若，可得，故②正确；对于③，若，则有可能，故③错误；对于④，当时，则有可能，故④错误．综上，真命题的序号是①②．故选：A．3．（2024·辽宁沈阳市·高三一模）甲烷是一种有机化合物，分子式是它作为燃料广泛应用于民用和工业中.近年来科学家通过观测数据，证明白甲烷会导致地球表面温室效应不断增加.深化探讨甲烷，趋利避害，成为科学家面临的新课题.甲烷分子的结构为正四面体结构，四个氢原子位于正四面体的四个顶点，碳原子位于正四面体的中心，碳原子和氢原子之间形成的四个碳氢键的键长相同、键角相等.请你用学过的数学学问计算甲烷碳氢键之间夹角的余弦值（）A． B． C． D．【答案】B【详解】不妨设正四面体的棱长为易知中心到顶点的距离为，由余弦定理可知故选：.4．（2024·广东肇庆市·高三二模）牙雕套球又称“鬼工球”，取鬼斧神工的意思，制作相当繁复，工艺要求极高.明代曹昭在《格古要论·珍奇·鬼工毬》中写道：“尝有象牙圆毬儿一箇，中直通一窍，内车数重，皆可转动，故谓之鬼工毬”.现有某“鬼工球”，由外及里是两层表面积分别为和的同心球（球壁的厚度忽视不计），在外球表面上有一点，在内球表面上有一点，连接线段.若线段不穿过小球内部，则线段长度的最大值是（）A．cm B．9cm C．3cm D．2cm【答案】C【解析】本题首先可依据题意确定外球的半径以及内球的半径，然后以外球表面上一点、内球表面上有一点以及球心作截面，依据线段不穿过小球内部得出线段与内球相切时线段的长度最大，最终通过计算即可得出结果.【详解】因为外球的表面积为，内球的表面积为，所以外球的半径为，内球的半径为，如图，以外球表面上一点、内球表面上有一点以及球心作截面，因为线段不穿过小球内部，所以当线段与内球相切时线段的长度最大，则线段最长为，故选：C.5．（2024·全国高三专题练习（理））斐波那契螺旋线被誉为自然界最完备的“黄金螺旋”，它的画法是：以斐波那契数：，…为边的正方形拼成长方形，然后在每个正方形中画一个圆心角为的圆弧，这些圆弧所连起来的弧线就是斐波那契螺旋线．自然界存在许多斐波拉契螺旋线的图案，例如向日葵、鹦鹉螺等．右图为该螺旋线的前一部分，假如用接下来的一段圆弧所对应的扇形做圆锥的侧面则该圆锥的体积为（）A． B． C． D．【答案】A【解析】依据斐波那契数得接下来的一段圆弧的半径为8，然后依据圆锥侧面绽开图计算出圆锥的底面半径和高，从而可得体积，【详解】依据已知可得所求扇形半径为，即圆锥母线长为，设圆锥底面半径为，则，，圆锥的高为，所以圆锥体积为．故选：A．6．（2024·辽宁铁岭市·高三一模）蹴鞠（如图所示），2006年5月20日，已作为非物质文化遗产经国务院批准列入第一批国家非物质文化遗产名录．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，类似今日的足球．已知某鞠（球）的表面上有四个点、、、，且球心在上，，，，则该鞠（球）的表面积为（）．A． B． C． D．【答案】C【解析】过点P作，在中，依据，，求得，在中，依据，求得，再依据球心在上，得到PC为球O的直径，再由求得半径即可.【详解】如图所示：在中，因为，，所以，即，在中，，所以，即是等腰三角形，过点P作，则BD=AD=,因为，所以，，又球心在上，故PC为球O的直径，所以，，即，解得，所以该球的表面积是.故选：C．7．（2024·辽宁高三二模（理））已知、是球的球面上两点，，过作相互垂直的两个平面截球得到圆和圆，若，，则球的表面积为（）A． B． C． D．【答案】D【解析】令圆、圆半径分别为，由已知条件求，依据圆和圆的垂直关系求球的半径，进而求球体的表面积.【详解】令圆、圆半径分别为，由，，，∴，，且到圆的距离，∴若球的半径为R，则，即球的表面积.故选：D.8．（2024·全国高三专题练习）已知点在球O的表面上，平面，若与平面所成角的正弦值为，则球O表面上的动点P到平面距离的最大值为（）A．2 B．3 C．4 D．5【答案】B【解析】先画出图形，通过几何关系算出球的半径即可.【详解】如图，因为平面，，所以为球的直径由得作，则即为与平面所成角所以，得设由等面积法得，解得所以，即，又平面过球心，所以P到平面距离即为半径的长所以P到平面距离的最大值为3.故选：B.9．（2024·全国高三专题练习（理））如图在底圆半径和高均为的圆锥中，、是过底圆圆的两条相互垂直的直径，是母线的中点，已知过与的平面与圆锥侧面的交线是以为顶点的抛物线的一部分，则该抛物线的焦点到圆锥顶点的距离等于（）．A． B．1 C． D．【答案】A【解析】如图所示，过点做，垂足为．求出，在平面内建立直角坐标系如图，求出，，，即得解.【详解】如图所示，过点做，垂足为．∵是母线的中点，圆锥的底面半径和高均为，∴．∴．在平面内建立直角坐标系如图．设抛物线的方程为，为抛物线的焦点．，所以，解得，即，，，该抛物线的焦点到圆锥顶点的距离为，故选：A10．（2024·山东淄博市·高三一模）四棱锥中，侧面为等边三角形，底面为矩形，，，点是棱的中点，顶点在底面的射影为，则下列结论正确的是（）A．棱上存在点使得面B．当落在上时，的取值范围是C．当落在上时，四棱锥的体积最大值是2D．存在的值使得点到面的距离为【答案】A【解析】对于A：取BC的中点E，连结DE，取SC中点P，连结PE、PD.利用面PDE∥面BFS，可以证明面；对于B：利用时，S与H重合，图形不能构成四棱锥，推断B错误；对于C：求出体积的最大值为1.故C错误；对于D:先推断当的最大时，点B到面的距离d最大；然后求出，推断D错误.【详解】对于A：取BC的中点E，连结DE，取SC中点P，连结PE、PD.∵PE为△BCS的中位线，∴PE∥BS又面BFS，面BFS，∴PE∥面BFS；在矩形ABCD中，E、F分别为BC、AD的中点，∴DE∥BF,又面BFS，面BFS，∴DE面BFS；又,∴面PDE∥面BFS，∴面.故A正确；对于B：∵为等边三角形，，∴当时，S与H重合，图形不能构成四棱锥，与已知条件相悖，故B错误；对于C：在Rt△SHE中，，∴当且仅当时，的最大值为1.故C错误；对于D:由选项C的推导可知：当的最大时，点B到面的距离d最大.此时∴∴.故D错误.故选：A11．（2024·山东滨州市·高三一模）如图，斜线段与平面所成的角为，为斜足．平面上的动点满意，则点的轨迹为（）A．圆 B．椭圆C．双曲线的一部分 D．抛物线的一部分【答案】B【解析】首先建立空间直角坐标系，设，则点的轨迹是椭圆．【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，设所以点的轨迹是椭圆．故选：B.二、多选题12．（2024·广东湛江市·高三一模）在梯形ABCD中，AB=2AD=2DC=2CB，将沿BD折起，使C到C'的位置（C与C'不重合），E，F分别为线段AB，AC'的中点，H在直线DC'上，那么在翻折的过程中（）A．DC'与平面ABD所成角的最大值为B．F在以E为圆心的一个定圆上C．若BH丄平面ADC'，则D．当AD丄平面BDC'时，四面体C'-ABD的体积取得最大值【答案】ACD【解析】依据线面角的学问确定A选项的正确性；依据圆锥的几何性质推断B选项的正确性；求得，由此确定C选项的正确性；结合锥体体积求法，确定D选项的正确性.【详解】如图，在梯形中，因为，是的中点，所以，所以四边形是菱形，所以，由于，所以三角形是等边三角形，所以，故，.在将沿翻折至的过程中，的大小保持不变，由线面角的定义可知，与平面所成角的最大值为，故A正确.因为大小不变，所以在翻折的过程中，的轨迹在以为轴的一个圆锥的底面圆周上，而是的中位线，所以点的轨迹在一个圆锥的底面圆周上，但此圆的圆心不是点，故B不正确.当平面时，.因为，所以，所以，故C正确.在翻折的过程中，的面积不变，所以当平面时，四面体的体积取得最大值，故D正确.故选：ACD13．（2024·山东高三专题练习）攒尖是我国古代建筑中屋顶的一种结构形式，宋代称为最尖，清代称攒尖，通常有圆形攒尖、三角攒尖、四角攒尖、八角攒尖，也有单檐和重檐之分，多见于亭阁式建筑，园林建筑．下面以四角攒尖为例，如图，它的屋顶部分的轮廓可近似看作一个正四棱锥．已知此正四棱锥的侧面与底面所成的锐二面角为，这个角接近，若取，侧棱长为米，则（）A．正四棱锥的底面边长为6米 B．正四棱锥的底面边长为3米C．正四棱锥的侧面积为平方米 D．正四棱锥的侧面积为平方米【答案】AC【解析】利用已知条件画出图像，设O为正方形的中心，为的中点，设底面边长为，利用线面角的定义得出，依据已知条件得到各边的长，进而求出正四棱锥的侧面积即可.【详解】如图，在正四棱锥中，O为正方形的中心，为的中点，则，设底面边长为．因为，所以．在中，，所以，底面边长为6米，平方米．故选：AC.14．（2024·江苏常州市·高三一模）1982年美国数学学会出了一道题：一个正四面体和一个正四棱锥的全部棱长都相等，将正四面体的一个面和正四棱锥的一个侧面紧贴重合在一起，得到一个新几何体.中学生丹尼尔做了一个如图所示的模型寄给美国数学学会，美国数学学会依据丹尼尔的模型修改了有关结论.对于该新几何体，则（）A．B．C．新几何体有7个面D．新几何体的六个顶点不能在同一个球面上【答案】ABD【解析】依据棱长相等的正四面体和正四棱锥组成几何体--斜三棱柱，利用它们的性质证线线平面、异面直线垂直、四点共面即可推断A、B、C的正误，由斜棱柱的性质推断D的正误.【详解】由题意，正四面体和正四棱锥的全部棱长都相等，G、H为BC、ED的中点，连接FG、AH、GH，即，∴，，，故A、B正确；∴四点共面，即新几何体为斜三棱柱，有5个面且无外接球，C错误，D正确；故选：ABD.15．（2024·江苏盐城市·高三二模）对于两条不同直线和两个不同平面，下列选项中正确的为（）A．若，则 B．若，则或C．若，则或 D．若，则或【答案】ACD【解析】依据空间直线、平面间的位置关系推断．【详解】若，的方向向量是的法向量，的方向向量是的法向量，，则的方向向量垂直，所以的方向向量与的方向向量垂直，则，A正确；若，可平行，可相交，可异面，不肯定垂直，B错；若，则或，与不相交，C正确；若，则或，与不相交，D正确．故选：ACD．16．（2024·广东广州市·高三二模）如图，已知长方体中，四边形为正方形，，，，分别为，的中点.则（）A．B．点､､､四点共面C．直线与平面所成角的正切值为D．三棱锥的体积为【答案】BCD【解析】利用反证法证明A；连接AC，证明，即可证明四点共面推断B；由题意知，为直线与平面所成角，在直角中求解即可推断C；连接，利用等体积法求解三棱锥的体积可推断D.【详解】对于A，假设，由题意知平面，平面，，又，平面，由长方体性质知与平面不垂直，故假设不成立，故A错误；对于B，连接，，，由于，分别为，的中点，，又因为长方体，知，，所以点､､､四点共面，故B正确；对于C，由题意可知平面，为直线与平面所成角，在直角中，，，则，故C正确；对于D，连接，，，则，利用等体积法知：，故D正确故选：BCD17．（2024·全国高三专题练习）是正方体中线段上的动点(点异于点)，下列说法正确的是（）A．B．异面直线与所成的角是C．的大小与点位置有关D．二面角的大小为【答案】ABD【解析】依据平面即可推断A正确；求出异面直线与所成的角即可知B正确；依据等积法可知的大小与点位置无关，C错误；依据二面角的定义可知D正确.【详解】对A,因为,所以平面,而平面,所以,正确;对B,异面直线与所成的角即为异面直线与所成的角,因为,所以即为异面直线与所成的角,而为等边三角形,所以,正确；对C,因为四边形为矩形,所以为定值,而平面,点到平面的距离为定值，故为定值，错误；对D，二面角的平面角即为二面角的平面角，由二面角的定义可知，为二面角的平面角，易知,正确.故选：ABD.18．（2024·全国高三专题练习）如图三棱锥，平面平面，已知是等腰三角形，是等腰直角三角形，若，，球是三棱锥的外接球，则（）A．球心到平面的距离是 B．球心到平面的距离是C．球的表面积是 D．球的体积是【答案】BC【解析】依据题意，结合棱锥满意的条件，将棱锥放到正方体中，计算各量，对选项逐项分析，得到结果.【详解】三棱锥可置于棱长为2的正方体内，正方体的上底面的中点即为此三棱锥的顶点，如下图的，分别设，为､外接圆圆心，所以A错；因为，则是的中点.在等腰三角形中，，设其外接圆半径为(如图)，则，得：，解得，.所以，B对；设三棱锥外接球半径为在中，，，所以，解得.从而.所以C对，D错.故选：BC.19．（2024·全国高三专题练习）为弘扬中华民族优秀传统文化，某学校组织了《诵经典，获新知》的演讲竞赛，本次竞赛的冠军奖杯由一个铜球和一个托盘组成，如图，已知球的体积为，托盘由边长为的正三角形铜片沿各边中点的连线垂直向上折叠而成，如图.则下列结论正确的是（）

A．经过三个顶点的球的截面圆的面积为B．异面直线与所成的角的余弦值为C．直线与平面所成的角为D．球离球托底面的最小距离为【答案】BCD【解析】求出外接圆面积推断A，作出异面直线所成的角并求出这个角后推断是B，依据直线民平面所成的角定义推断C，求出球心到平面的距离可推断D．【详解】依据图形的形成，知三点在底面上的射影分别是三边中点，如图，与全等且所在面平行，截面圆就是的外接圆与的外接圆相同．由题意的边长为1，其外接圆半径为，圆面积为，A错；由上面探讨知与平行且相等，而与平行且相等，因此与平行且相等，从而是平行四边形，，所以是异面直线与所成的角（或其补角）．由已知，，，，，B正确；由平面与平面垂直知在平面内的射影是，所以为直线与平面所成的角，此角大小，C正确．由上面探讨知，设是球心，球半径为，由得，则是正四面体，棱长为1，设是的中心，则平面，又平面，所以，，则，又．所以球离球托底面的最小距离为，D正确．故选：BCD．20．（2024·山东高三专题练习）透亮塑料制成的正方体密闭容器的体积为注入体积为的液体.如图，将容器下底面的顶点置于地面上，再将容器倾斜.随着倾斜度的不同，则下列说法正确的是（）A．液面始终与地面平行B．时，液面始终是平行四边形C．当时，有液体的部分可呈正三棱锥D．当液面与正方体的对角线垂直时，液面面积最大值为【答案】ACD【解析】依据正方体的截面推断．【详解】液面始终是水平面，与场面平行，A正确；时，体积是正方体的一半，如液面正好过棱的中点，此时液面是正六边形，不是平行四边形，B错；液面过的中点时，此时，有液体的部分是正三棱锥，C正确；当液面与正方体的对角线垂直时，液面面积的液面面积最大时就是B中所列举的正六边形（此时液体体积是正方体体积的一半），面积为，D正确．故选：ACD．21．（2024·辽宁沈阳市·高三一模）如图，棱长为的正方体的内切球为球分别是棱和棱的中点，在棱上移动，则下列结论成立的有（）A．存在点使垂直于平面B．对于随意点平面C．直线的被球截得的弦长为D．过直线的平面截球所得的全部圆中，半径最小的圆的面积为【答案】ACD【解析】A.当点为中点时，证明平面；B.当点与重合时，在平面上，在平面外，说明不成立；C.点是线段的中点，利用弦长公式求弦长；D.当垂直于过的平面，此时截面圆的面积最小，利用C的结果求圆的面积.【详解】当为中点时，，，平面，平面平面，平面，，同理，，所以平面，即平面，故A正确；当与重合时，在平面上，在平面外，故B不正确;如图，点是线段的中点，由对称性可知，由勾股定理可知易知球心到距离为，则被球截得的弦长为故C正确;当垂直于过的平面，此时截面圆的面积最小，此时圆的半径就是，面积为，故D正确.故选：ACD22．（2024·广东广州市·高三一模）已知正方体的棱长为4，是棱上的一条线段，且，点是棱的中点，点是棱上的动点，则下面结论中正确的是（）A．与肯定不垂直 B．二面角的正弦值是C．的面积是 D．点到平面的距离是常量【答案】BCD【解析】对A，当与重合时不满意；对B，可得即为二面角的平面角，求出即可；对C，可得即为三角形的高，求出面积即可推断；对D，由平面可推断.【详解】对A，当与重合时，，故A错误；对B，由于是棱上的动点，是棱上的一条线段，故平面也是平面，平面，则,则即为二面角的平面角，，则，则，故B正确；对C，由于是棱上的动点，是棱上的一条线段，且，则的距离即为三角形的高，平面，，则即为三角形的高，，故C正确；对D，由于是棱上的动点，是棱上的一条线段，，则平面，则点到平面的距离为常量，故D正确.故选：BCD.23．（2024·山东济宁市·高三一模）如图，为圆锥底面圆的直径，点是圆上异于，的动点，，则下列结论正确的是（）A．圆锥的侧面积为B．三棱锥体积的最大值为C．的取值范围是D．若，为线段上的动点，则的最小值为【答案】BD【解析】先求出圆锥的母线长，利用圆锥的侧面积公式推断选项A；当时，的面积最大，此时体积也最大，利用圆锥体积公式求解即可推断选项B；先用取极限的思想求出的范围，再利用，求范围即可推断选项C；将以为轴旋转到与共面，得到，则，利用已知条件求解即可推断选项D.【详解】在中，，则圆锥的母线长，半径，对于选项A：圆锥的侧面积为：，故选项A错误；对于选项B：当时，的面积最大，此时，则三棱锥体积的最大值为：；故选项B正确；对于选项C：当点与点重合时，为最小角，当点与点重合时，，达到最大值，又因为与不重合，则，又，可得，故选项C不正确；对于选项D：由，得，又，则为等边三角形，则，将以为轴旋转到与共面，得到，则为等边三角形，，如图：则，因为，，则，故选项D正确；故选：BD.24．（2024·广东肇庆市·高三二模）在长方体中，，，是线段上的一动点，则下列说法正确的是（）A．平面B．与平面所成角的正切值的最大值是C．的最小值为D．以为球心，为半径的球面与侧面的交线长是【答案】ACD【解析】证明出平面平面，利用面面平行的性质可推断A选项的正误；求出的最小值，利用线面角的定义可推断B选项的正误；将沿翻折与在同一平面，利用余弦定理可推断C选项的正误；设是以为球心，为半径的球面与侧面的交线上的一点，求出的长，推断出点的轨迹，可推断D选项的正误.【详解】

对于A，在长方体中，且，且，且，所以，四边形为平行四边形，则，平面，平面，平面，同理可证平面，，所以，平面平面，平面，所以，平面，A选项正确；对于B，平面，所以，与平面所成角为，，所以，当时，与平面所成角的正切值的最大，由勾股定理可得，由等面积法可得，所以，的最大值为，B选项错误；对于C，将沿翻折与在同一平面，如下图所示：在中，为直角，，，在中，，，由余弦定理可得，则为锐角，可得，，由余弦定理可得，此时，因此，的最小值为，C选项正确；对于D，设是以为球心，为半径的球面与侧面的交线上的一点，由于平面，平面，，，所以交线为以为圆心，为半径的四分之一圆周，所以交线长是，D选项正确.故选：ACD.25．（2024·广东深圳市·高三一模）在空间直角坐标系中，棱长为1的正四面体的顶点A，B分别为y轴和z轴上的动点（可与坐标原点O重合），记正四面体在平面上的正投影图形为S，则下列说法正确的有（）A．若平面，则S可能为正方形B．若点A与坐标原点O重合，则S的面积为C．若，则S的面积不行能为D．点D到坐标原点O的距离不行能为【答案】ABD【解析】对于A，举例说明可能性成马上可；对于B，当点A与坐标原点O重合时，到的距离均为，再利用正四面体两个面所成二面角的正弦值为，从而可求出结果；对于C，当位于轴上时，且且两两垂直，故把正四面体放入外接正方体中，从而可求得结果；对于D，由正四面体的性质可知到的距离为，当时，到的距离最大，进而可求出的最大值【详解】对于A，如图，当B为时，正投影图形为正方形，所以A正确；对于B，点A与坐标原点O重合时，两点已定，即在轴上，此时正四面体在空间中的形态已定，到的距离就是正三角形的高，均为，则正四面体在平面上的正投影图形为以为腰，1为底的等腰三角形，所以，所以B正确；对于C，当位于轴上时，且且两两垂直，故把正四面体放入外接正方体中,如图所示，可知投影到面为正方形，且边长为，此时，所以C错误；对于D，顶点到的距离为，设点到的距离为，则,得，当且仅当时，到的距离最大，且为，所以的最大值为，所以D正确，故选：ABD26．（2024·山东高三专题练习）在南方不少地区，常常看到人们头戴一种用木片、竹篾或苇蒿等材料制作的斗笠，用来遮阳或避雨，随着旅游和文化沟通活动的开展，斗笠也渐渐成为一种时尚旅游产品.有一种外形为圆锥形的斗笠，称为“灯罩斗笠”，依据人的体型、高矮等制作成大小不一的型号供人选择运用，不同型号的斗笠大小常常用帽坡长（母线长）和帽底宽（底面圆直径长）两个指标进行衡量，现有一个“灯罩斗笠”，帽坡长20厘米，帽底宽厘米，关于此斗笠，下面说法正确的是（）A．斗笠轴截面（过顶点和底面中心的截面图形）的顶角为B．过斗笠顶点和斗笠侧面上随意两母线的截面三角形的最大面积为平方厘米C．若此斗笠顶点和底面圆上全部点都在同一个球上，则该球的表面积为平方厘米D．此斗笠放在平面上，可以盖住的球（保持斗笠不变形）的最大半径为厘米【答案】ACD【解析】先求出截面的顶角的一半，即可求出顶角推断选项A；利用三角形的面积公式以及三角函数值的范围可推断选项B；求出圆锥形的斗笠外接球的半径即可得球的表面积可推断选项C；求出圆锥形的斗笠内切球的半径即截面圆的半径即可推断选项D，进而可得正确选项.【详解】对于选项A：，所以，所以，故选项A正确．对于选项B：设，截面三角形面积和，故选项B不正确；对于选项C：设外接球球心为，半径为，∴在中，由勾股定理可得：，解得：所以该球的表面积，故选项C正确；对于选项D：设球心为，截面主视图如下图，设内切圆半径为，各边长分别为,，所以，解得：，故选项D正确．故选：ACD27．（2024·山东滨州市·高三一模）若四面体各棱的长是1或2，且该四面体的棱长不全相等，则其体积的值可能为（）A． B． C． D．【答案】ABC【解析】依据棱长为1的棱的条数分类探讨计算四面体的体积，然后推断可得．【详解】依据三角形的两边之和大于第三边性质，知四面体中棱长为1的棱最多有3条，（1）若只有一条棱长度为1，如图，其余棱长都为2，取中点，中点，连接，则，又是平面内两相交直线，则平面，由已知，则，，，；（2）若有两条棱长度为1，还是如（1）中的图形，，解法如（1），只是有，，；（3）若有两条棱长度为1，如图，，四面体为正三棱锥，设是正三棱锥的高，是的外心，，，，．故选：ABC．28．（2024·山东日照市·高三一模）已知正方体的棱长为4，为的中点，为所在平面上一动点，则下列命题正确的是（）A．若与平面所成的角为，则点的轨迹为圆B．若，则的中点的轨迹所围成图形的面积为C．若点到直线与直线的距离相等，则点的轨迹为抛物线D．若与所成的角为，则点的轨迹为双曲线【答案】ACD【解析】对于A，依据正方体的性质计算出，依据圆的定义可得答案；对于B，取的中点，依据，，可得点的轨迹为圆，依据圆的面积公式计算可得结果；对于C，将点到直线转化为，再依据抛物线的定义可得结果；对于D，建立空间直角坐标系，利用向量的夹角公式列式可解得结果.【详解】如图：对于A，依据正方体的性质可知，平面，所以为与平面所成的角，所以，所以，所以点的轨迹为以为圆心，为半径的圆；故A正确；对于B，在直角三角形中，，取的中点，因为为的中点，所以，且，因为，所以，即点在过点且与垂直的平面内，又，所以点的轨迹为以为半径的圆，其面积为，故B不正确；对于C，连接，因为平面，所以，所以点到直线的距离为，所以点到点的距离等于点到定直线的距离，又不在直线上，所以点的轨迹为以为焦点，为准线的抛物线，故C正确；对于D，以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，则，，，设，则，，因为与所成的角为，所以，所以，整理得，所以点的轨迹为双曲线，故D正确.故选：ACD29．（2024·全国高三专题练习）如图，正四棱锥S－BCDE底面边长与侧棱长均为a，正三棱锥A－SBE底面边长与侧棱长均为a，则下列说法正确的是（）

A．AS⊥CDB．正四棱锥S－BCDE的外接球半径为C．正四棱锥S－BCDE的内切球半径为D．由正四棱锥S－BCDE与正三棱锥A－SBE拼成的多面体是一个三棱柱【答案】ABD【解析】取中点，证明平面即可证；设底面中心为，有，可求得球半径为；用等体积法求内切球半径即可推断；由且可知多面体是一个三棱柱.【详解】如图所示：

A选项：取中点连接，正三棱锥中，又，所以平面，则，又所以，故A正确；B选项：设底面中心为，球心为半径为，因为正四棱锥S－BCDE外接球球心在上，所以，因为，正四棱锥S－BCDE底面边长与侧棱长均为a所以，由得解得，故B正确；C选项：设内切球半径为，易求得侧面面积为，由等体积法得解得，故C错；D选项：取中点，连结，，，则和分别是和的二面角的平面角，由，故与互补，所以共面，又因为，则为平行四边形，故故正四棱锥S－BCDE与正三棱锥A－SBE拼成的多面体是一个三棱柱，所以D正确故选：ABD30．（2024·山东临沂市·高三其他模拟）如图，在正方形中，点为线段上的动点(不含端点)，将沿翻折，使得二面角为直二面角，得到图所示的四棱锥，点为线段上的动点(不含端点)，则在四棱锥中，下列说法正确的有（）A．四点不共面 B．存在点，使得平面平面C．三棱锥的体积为定值 D．存在点使得直线与直线垂直【答案】AB【解析】假设直线与直线在同一平面上，所以在平面上，得出与重合，进而得到四点不共面，可判定正确；当点为线段中点时，得到，取的中点，证得四边形为平行四边形，可判定正确；依据的移动会导致点到平面的距离在改变，可判定不正确；先证得，得出与重合，可判定D不正确.【详解】对于A中，假设直线与直线在同一平面上，所以在平面上，又因为在线段上，平面，所以与重合，与异于冲突，所以直线与直线必不在同一平面上，即四点不共面，故正确；对于B中，当点为线段中点时，可得，再取的中点，则且，四边形为平行四边形，所以，则直线与平面平行，故正确；对于C中，由题，但的移动会导致点到平面的距离在改变，所以的体积不是定值，故不正确；对于D中，.过作于，因为平面平面，平面平面，所以平面.过作于，因为平面平面，平面平面，所以平面，所以，若存在点使得直线与直线垂直，由平面平面，且平面，，所以平面，所以与重合，与三角形是以为直角的三角形冲突，所以不存在点使得直线与直线垂直，所以D不正确.故选：AB.31．（2024·湖南岳阳市·高三一模）将边长为2的正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角，点P为线段AD上的一动点，下列结论正确的是（）A．异面直线AC与BD所成的角为60°B．是等边三角形C．面积的最小值为D．四面体ABCD的外接球的表面积为8π【答案】BCD【解析】取的中点，连接，利用等腰三角形三线合一，可得，从而可得，可推断A；通过计算，可得为正三角形；由长为2，所以只需求出边上高的最小值就是面积的最小值；由于，所以四面体的外接球的半径为，从而可求出其表面积．【详解】解：对于A，因为，，所以平面，平面，所以，异面直线AC与BD所成的角为90°，不是60°，所以A错；对于B，因为，所以，同理，所的是等边三角形，所以B对；对于C，因为，所以要求面积的最小值，只须求BC边上高的最小值，此最小值恰为异面直线AD与BC的距离，设为h，因为，平面，平面，所以平面，又因为平面，所以直线AD到平面距离即为h，即点D到平面距离为h，因为，所以，解得，所以面积的最小值，所以C对；对于D，由于，所以四面体ABCD的外接球的球心为O，半径为，所以表面积为，所以D对．故选：BCD．

32．（2024·河北唐山市·高三二模）三棱锥的三视图如图，图中所示顶点为棱锥对应顶点的投影，正视图与侧视图是全等的等腰直角三角形，俯视图是边长为的正方形，则（）A．该棱锥各面都是直角三角形 B．直线与所成角为C．点究竟面的距离为 D．该棱锥的外接球的表面积为【答案】CD【解析】依据三视图可知三棱锥几何特征，即可逐项分析.【详解】由三视图可知三棱锥的底面为直角边长为1的等腰直角三角形，且，如图，其中为等边三角形，故A错误；由侧视图可知直线与所成角为，故B错误；由正视图，侧视图可知点究竟面的距离为，故C正确；由条件可知三棱锥外接球的直径为，所以，故D正确.故选：CD33．（2024·山东枣庄市·高三二模）如图，正方体的棱长为1，点是内部(不包括边界)的动点，若，则线段长度的可能取值为()A． B． C． D．【答案】ABC【解析】由所给条件探求出动点P的轨迹，然后在三角形中求出点A与动点P的距离范围得解.【详解】在正方体AC1中，连接AC，A1C1，，如图，BD⊥AC，BD⊥AA1，则BD⊥平面ACC1A1，因AP⊥BD，所以平面ACC1A1，又点P是△B1CD1内部(不包括边界)的动点，连接CO，平面B1CD1平面ACC1A1=CO，所以点P在线段CO上(不含点C，O)，连接AO，在等腰△OAC中，，而底边AC上的高为1，腰OC上的高，从而有，都符合，不符合.故选：ABC34．（2024·江苏省天一中学高三二模）如图，在棱长为2的正方体中，为边的中点，下列结论正确的有（）A．与所成角的余弦值为B．过三点、、的正方体的截面面积为C．四面体的内切球的表面积为D．正方体中，点在底面（所在的平面）上运动并且使，那么点的轨迹是椭圆【答案】AB【解析】构建空间直角坐标系，由异面直线方向向量的夹角为与所成角的余弦值推断A的正误；同样设结合向量夹角的坐标表示，且由等角的余弦值相等可得，进而推断P的轨迹知D的正误；由立方体的截面为梯形，分别求，进而得到梯形的高即可求面积，推断B的正误；由四面体的体积与内切球半径及侧面面积的关系求内切球半径r，进而求内切球表面积，推断C的正误.【详解】A：构建如下图所示的空间直角坐标系：则有：，∴，，故正确.B：若N为的中点，连接MN，则有，如下图示，∴梯形AMND’为过三点、、的正方体的截面，而，可得梯形的高为，∴梯形的面积为，故正确.C：如下图知：四面体的体积为正方体体积减去四个直棱锥的体积，∴，而四面体的棱长都为，有表面积为，∴若其内切圆半径为，则有，即，所以内切球的表面积为.故错误.D：正方体中，点在底面（所在的平面）上运动且，即的轨迹为面截以AM、AP为母线，AC’为轴的圆锥体侧面所得曲线，如下图曲线，构建如下空间直角坐标系，，若，则，∴，，即，整理得，即轨迹为双曲线的一支，故错误.故选：AB35．（2024·山东德州市·高三一模）如图，在边长为4的正方形中，点、分别在边、上（不含端点）且，将，分别沿，折起，使、两点重合于点，则下列结论正确的有（）．A．B．当时，三棱锥的外接球体积为C．当时，三棱锥的体积为D．当时，点到平面的距离为【答案】ACD【解析】A选项：证明面，得；B选项：当时，三棱锥的三条侧棱两两相互垂直，利用分隔补形法求三棱锥的外接球体积；C选项：利用等体积法求三棱锥的体积；D选项：利用等体积法求出点到平面的距离.【详解】A选项：正方形由折叠的性质可知：又面又面，；故A正确.B选项：当时，在中，，则由A选项可知，三棱锥的三条侧棱两两相互垂直，把三棱锥放置在长方体中，可得长方体的对角线长为，三棱锥的外接球半径为，体积为，故B错误C选项：当时，在中，，则故C正确；D选项：设点到平面的距离为，则在中，，则即故D正确；故选：ACD36．（2024·辽宁高三二模）如图，直三棱柱中，全部棱长均为1，点为棱上随意一点，则下列结论正确的是（）A．直线与直线所成角的范围是B．在棱上存在一点，使平面C．若为棱的中点，则平面截三棱柱所得截面面积为D．若为棱上的动点，则三棱锥体积的最大值为【答案】AC【解析】由异面直线夹角求法可推断A；利用反证法结合线面垂直的判定及性质可推断B；利用线线平行得到平面截三棱柱所得截面为等腰梯形，即可求得面积推断C；由面积公式知不变，利用等体积知可求得体积的最大值可推断D.【详解】对于A，由直三棱柱，，为直线与直线所成角，当与重合时，直线与直线所成角为0，当与重合时，直线与直线所成角为，所以直线与直线所成角的范围是，故A正确；对于B，假设平面，又平面，，设中点为，则，则平面，所以在平面上的射影为，由三垂线定理得，又因为为正方形，所以点为中点，与点为棱上一点冲突，故B错误.对于C，取中点，连结，，则平面截三棱柱所得截面为等腰梯形，，，在直角中，，所以梯形的高为，梯形的面积为，故C正确.对于D，因为，且，所以当与重合时，三棱锥的体积最大，取中点，则平面，得，故D错误.故选：AC三、填空题37．（2024·山东淄博市·高三一模）已知某圆锥底面圆的半径，侧面绽开图是一个半圆，则此圆锥的体积为______.【答案】【解析】圆锥底面圆的周长,为绽开图形中扇形的弧长.依据绽开图为半圆可求得圆锥的母线长,即可由勾股定理求得圆锥的高,进而求得圆锥的体积.【详解】圆锥底面圆的半径则圆锥的底面圆周长为由圆锥的绽开图中,底面圆的周长为绽开扇形的弧长,由绽开图为半圆可得设绽开后半圆的半径为,则,解得又由圆锥的结构可知,圆锥的母线为所以圆锥的高为则圆锥的体积为故答案为:38．（2024·山东德州市·高三一模）已知三棱锥中，、、三条棱两两垂直，且长度均为，以顶点为球心，4为半径作一个球，则该球面被三棱锥四个表面截得的全部弧长之和为______．【答案】【解析】采纳数形结合，然后利用弧长公式计算即可.【详解】由题可知：、、三条棱两两垂直，且长度均为如图：所以，所以，则所以，则所以球面被三棱锥四个表面截得的全部弧长之和为故答案为：39．（2024·河南高三月考（文））在正四棱锥中，，若四棱锥的体积为，则该四棱锥外接球的体积为_________．【答案】【解析】首先作平面，垂足为H．连接，得到，，从而，依据四棱锥的体积为，得到，再设出外接球的球心，得到方程，解方程再求外接球体积即可.【详解】如图所示：作平面，垂足为H．连接，则H为的中点．设，则，，从而，故四棱锥的体积为，解得．由题意可知正四棱锥外接球的球心O在上，连接．设正四棱锥外接球的半径为R，则，即解得，故该四棱锥外接球的体积为．故答案为：40．（2024·聊城市·山东聊城一中高三一模）我国南北朝时代的祖暅提出“幂势既同，则积不容异”，即祖暅原理：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的随意平面所截，假如截得的两个截面的面积总是相等，那么这两个几何体的体积相等(如图1)．在xOy平面上，将双曲线的一支及其渐近线和直线y=0，y=2围成的封闭图形记为D，如图2中阴影部分．记D绕y轴旋转一周所得的几何体为，利用祖暅原理试求的体积为________．【答案】【解析】分别求出直线与渐近线以及与双曲线一支的交点，再求出绕轴旋转一周所得的几何体为的水平截面面积，利用祖暅原理得出的体积．【详解】直线与渐近线交于点，与双曲线一支交于点∵绕轴旋转一周所得的几何体为，过，作的水平截面，则截面面积为，利用祖暅原理得的体积相当于底面面积为，高为2的圆柱，.故答案为：41．（2024·江苏盐城市·高三二模）在四棱锥中，面四边形是边长为的正方形，且．若点分别为的中点，则直线被四棱锥的外接球所截得的线段长为_____．【答案】【解析】依据面四边形是正方形，易得外接球的球心O为PC的中点，取EF的中点G,依据，得到，然后利用圆的弦长公式求解.【详解】如图所示：因为面四边形是正方形，所以均为以为斜边的直角三角形，所以外接球的球心O为PC的中点，则,取EF的中点G,因为，所以，则，所以，所以球心到直线的距离为，所以，所以所截得的线段长为，故答案为：.42．（2024·全国高三专题练习（理））早期的毕达哥拉斯学派学者留意到：用等边三角形或正方形为表面可构成四种规则的立体图形，即正四面体、正六面体、正八面体和正二十面体，它们的各个面和多面角都全等．如图，正二十面体是由20个等边三角形组成的正多面体，共有12个顶点，30条棱，20个面，是五个柏拉图多面体之一．假如把按计算，则该正二十面体的表面积与该正二十面体的外接球表面积之比等于___________．【答案】【解析】可得正二十面体的外接球即为上方正五棱锥的外接球，设外接球半径为R，正五边形的外接圆半径为r，正二十面体的棱长为，可得，，即可表示出外接球的表面积和正二十面体的表面积，得出答案.【详解】由图知正二十面体的外接球即为上方正五棱锥的外接球，设外接球半径为R，正五边形的外接圆半径为r，正二十面体的棱长为，则，得，所以正五棱锥的顶点究竟面的距离是，所以，即，解得．所以该正二十面体的外接球表面积为，而该正二十面体的表面积是，所以该正二十面体的表面积与该正二十面体的外接球表面积之比等于．故答案为：.43．（2024·全国高三专题练习）拿破仑定理是法国闻名军事家拿破仑·波拿巴最早提出的一个几何定理：“以随意三角形的三条边为边，向外构造三个等边三角形，则这三个等边三角形的外接圆圆心恰为另一个等边三角形（此等边三角形称为拿破仑三角形）的顶点.”已知内接于单位圆，以，，为边向外作三个等边三角形，其外接圆圆心依次记为，，.若，则的面积最大值为_______.【答案】【解析】设，求出，从而可得，在中，设，由正弦定理用表示出，这样就表示为的函数，然后由降幂公式，两角差的正弦公式化函数为一个角的一个三角函数形式，结合正弦函数性质可得最大值，从而得面积最大值．【详解】解：设，由题意以边向外作等边三角形，其外接圆圆心分别为，连接并延长分别交于，则，同理，都是等边三角形，则，又，则，所以，是正三角形，所以其面积为，内接于单位圆，即其外接圆半径为，则，同理，设，则，，，，所以当时，取得最大值，所以的面积最大值为．故答案为：．44．（2024·广东汕头市·高三一模）在三棱锥中，是边长为的等边三角形，是以为斜边的直角三角形，二面角的大小为，则该三棱锥外接球的表面积为________．【答案】【解析】设三棱锥的外接球为球，过点作平面，垂足为点，则为的中点，设，球的半径为，依据已知条件可得出关于、的方程组，解出这两个量的值，由此可求得球的表面积.【详解】设三棱锥的外接球为球，过点作平面，垂足为点，则为的中点，设，为的外接圆半径，平面，平面，，由勾股定理得，，设外接球的半径为，则，①是等边三角形，且为的中点，所以，，由球的几何性质可得平面，平面，，所以，为二面角的余角，又因为二面角的大小为，，在中，由余弦定理得，②因为为等边的高，则，由①②得，，，因此，球的表面积为.故答案为：.45．（2024·山东烟台市·高三一模）已知正三棱锥的底面边长为侧棱长为，其内切球与两侧面分别切于点，则的长度为___________.【答案】【解析】依据正三棱锥的性质结合图形，利用比例关系求出内切圆的半径，再求出侧面切点所在圆的半径，即可求出【详解】如图，设正三棱锥内切球的半径为，为内切球与侧面的切点，为侧面上切点所在小圆的圆心，半径为，为等边三角形，,,,,,,即,，解得，,由正三棱锥的定义知，内切圆与三个侧面相切，切点构成的三角形为等边三角形，故,由余弦定理可得，所以故答案为：46．（2024·湖南衡阳市·高三一模）设圆锥的顶点为，为圆锥底面圆的直径，点为圆上的一点（异于、），若，三棱锥的外接球表面积为，则圆锥的体积为___________.【答案】或【解析】计算出三棱锥的外接球的半径，利用勾股定理可求得圆锥的高，进而可求得该圆锥的体积.【详解】设圆锥的外接球球心为，则在直线上，设球的半径为，则，解得.由勾股定理得，即，可得，即，解得或.当时，圆锥的体积为；当时，圆锥的体积为.故答案为：或.47．（2024·江苏省天一中学高三二模）在棱长为1的正方体中，以A为球心半径为的球面与正方体表面的交线长为___________．【答案】【详解】如图，球面与正方体的六个面都相交，所得的交线分为两类：一类在顶点所在的三个面上，即面、面和面上；另一类在不过顶点的三个面上，即面、面和面上．在面上，交线为弧且在过球心的大圆上，因为，，则，同理，所以，故弧的长为，而这样的弧共有三条．在面上，交线为弧且在距球心为1的平面与球面相交所得的小圆上，此时，小圆的圆心为，半径为，，所以弧的长为，这样的弧也有三条，于是，所得的曲线长为，故答案为.48．（2024·全国高三专题练习）《九章算术》是古代中国的第一部自成体系的数学专著，