冲刺2024年高考-专题四【立体几何】多选题专练六十题（解析版）

冲刺2024年高考—多选题专练六十题专题四立体几何（解析版）第一部——高考真题练1．（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【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.2．（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【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.

3．（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【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.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【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：ABD5．（2017·全国·高考真题）如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线与平面平行的是（

）A． B．C． D．【答案】BCD【分析】利用线面平行判定定理逐项判断可得答案．【详解】对于选项A，OQ∥AB，OQ与平面MNQ是相交的位置关系，故AB和平面MNQ不平行，故A错误；对于选项B，由于AB∥CD∥MQ，结合线面平行判定定理可知AB∥平面MNQ，故B正确；对于选项C，由于AB∥CD∥MQ，结合线面平行判定定理可知AB∥平面MNQ：故C正确；对于选项D，由于AB∥CD∥NQ，结合线面平行判定定理可知AB∥平面MNQ：故D正确；故选：BCD6．（2021·全国·统考高考真题）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.7．（2021·全国·统考高考真题）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．第二部——基础模拟题8．（2023·广东深圳·统考二模）《九章算术》中将四个面均为直角三角形的四面体称为鳖臑.已知四面体是一个鳖臑，其中平面，且.若该鳖臑的体积为，则（

）A．为四面体中最长的棱B．平面C．平面平面D．四面体外接球的表面积的最小值为【答案】ABD【分析】将四面体补全为长方体，即可判断A；根据线面垂直的性质及线面垂直的判定定理即可判断B；说明为二面角的平面角，即可判断C；设根据四面体的体积求出的关系，再结合基本不等式求得外接球半径的最小值即可判断D.【详解】如图，将四面体补全为长方体，则为四面体外接球的直径，是最长的棱，故A正确；因为平面，平面，所以，又平面，所以平面，故B正确；因为平面，所以，又因为平面平面，平面，，平面，则即为二面角的平面角，因为为锐角，即二面角为锐二面角，故C不正确；设，得，设四面体外接球的半径为，则，当且仅当时等号成立，所以，即四面体外接球的表面积的最小值为，故D正确.故选：ABD.

9．（2024·江西·校联考模拟预测）如图，在直三棱柱中，，，则（

）

A．平面B．平面平面C．异面直线与所成的角的余弦值为D．点，，，均在半径为的球面上【答案】ABC【分析】根据线面平行的判定定理得出A选项，根据空间向量法判断面面垂直及异面直线所成角判断B,C选项，根据外接球直径判断D选项.【详解】平面，平面，平面，所以A选项正确；

取AB的中点O，连接CO，则，以O为坐标原点，OC，OB所在直线分别为x，y轴，过点O且平行于的直线为z轴建立空间直角坐标系．，则，则，，，，所以，,，设平面的法向量为，则，令，则，设平面的法向量为，则，令，则，，所以平面平面，所以B选项正确；则，故异面直线与所成角的余弦值为,所以C选项正确；在直三棱柱中，，，,,三棱柱可以放入边长为1的正方体中，正方体的外接球是三棱柱的外接球,点，，，均在半径为的球面上,所以D选项错误．故选：ABC．10．（2023·海南海口·海南华侨中学校考一模）如图，在棱长为1的正方体中，是棱上的动点，则下列说法正确的是（

）

A．不存在点，使得B．存在点，使得C．对于任意点，到的距离的取值范围为D．对于任意点，都是钝角三角形【答案】ABC【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量法一一计算可得.【详解】由题知，在正方体中，是棱上的动点，建立以为原点，分别以，，的方向为轴、轴、轴的正方向的空间直角坐标系.所以，，，设，其中，所以，，当时，即，所以，显然方程组无解，所以不存在使得，即不存在点，使得，故A项正确；当时，解得，故B项正确；因为，其中，所以点Q到的距离为，故C项正确；因为，，其中，所以，所以三角形为直角三角形或钝角三角形，故D项错误.

故选：ABC11．（2023·江苏南京·南京市第一中学校考模拟预测）在直三棱柱中，，，点M，N分别是，的中点，则下列说法正确的是（

）A．平面B．异面直线与所成的角为45°C．若点P是的中点，则平面BNP截直三棱柱所得截面的周长为D．点Q是底面三角形ABC内一动点（含边界），若二面角的余弦值为，则动点Q的轨迹长度为【答案】ACD【分析】利用直线和平面垂直的性质定理证明平面，利用交线法找出截面，利用平行关系找出异面直线与所成的角，选项D可以先在上找一点满足题意，再找到平面与直三棱柱的截面，即可找到点在底面的轨迹.【详解】选项A,由已知得△为等腰直角三角形，是的中点，则,∵为直三棱柱，∴平面，∵平面∴,∵平面,,∴平面，∴,设与交于点,其中,,∵△∽△,,,∵,∴,∵平面，,∴平面,故选项A正确；

选项B，过点作的平行线,则角为异面直线与所成的角，因为平面，且∥，所以平面，所以,所以，因为异面直线所成的角，所以，故异面直线与所成的角为，故选项B不正确；

选项C，延长交和的延长线于点,连接交于点,连接,则四边形为平面BNP截直三棱柱所得的截面，由已知得,由△∽△,则,即,由△∽△,则，即，由余弦定理可知，解得，其周长为,故选项C正确；

选项D,若上存在一点使二面角的余弦值为，连接和,因为平面,∴,,∴二面角的平面角为,即，设，则，,在△中由余弦定理得，在△中由余弦定理得,，解得，过作的垂线，连接,过作的平行线交于点,则∥,所以截面为直三棱柱的截面，所以符合题意的的轨迹长度为线段的长，所以,故选项D正确；

故选：ACD.12．（2023·河北衡水·衡水市第二中学校考三模）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【分析】根据异面直线所成角判断A,B选项，根据线面角判断C，D选项即可.【详解】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.13．（2023·福建福州·福建省福州第一中学校考三模）如图，在直三棱柱中，，，点是上的动点，点是上的动点，则（

）

A．//平面 B．与不垂直C．存在点、，使得 D．的最小值是【答案】CD【分析】根据平面，，即可判断A；假设与垂直，因为，所以可得，而已知不明确，即可判断B；过点作，证出平面，存在点、使得，即可判断C；将和放置于同一平面内，利用长度关系得证，求解的长，即可判断D.【详解】对于A，在直三棱柱中，，因为平面，所以与平面相交，A错；因为平面，平面，所以，若与也垂直，又，平面，则平面，又平面，则，而已知不确定，故B错；如图，过点作，又平面，平面，所以，又，平面，所以平面，又平面，则，又是上的动点，点是上的动点，所以存在点、使得，即存在点、，使得，C正确；

对于D，将和放置于同一平面内，如图，

则，因为，所以，在直角三角形中，，所以为等边三角形，所以，，所以，D正确.故选：CD14．（2023·山东菏泽·山东省鄄城县第一中学校考三模）已知在四棱雉中，底面为梯形，且的交点为，在上取一点，使得平面，四棱雉的体积为，三棱锥的体积为，则下面结论正确的为（

）A． B．C． D．【答案】ABD【分析】根据三角形相似得，根据线面平行的性质定理得，，得A正确；B正确；根据棱锥的体积公式得，C不正确；，D正确.【详解】因为，所以与相似，所以，因为平面，平面，平面平面，所以，所以，故A正确；B正确；因为，，所以，所以，故C不正确；因为，所以，因为，所以，所以，故D正确.故选：ABD

15．（2023·广东广州·广州市从化区从化中学校考模拟预测）如图，在棱长为2的正方体中，点，分别在线段和上．给出下列四个结论：其中所有正确结论的序号是（

）

A．的最小值为2B．四面体的体积为C．有且仅有一条直线与垂直D．存在点，使为等边三角形【答案】ABD【分析】由公垂线的性质判断A；由线面平行的性质判断B；举反例判断C；设，，由等边三角形三边相等，判断D．【详解】对于A：因为是正方体，所以平面，平面，又因为平面，平面，所以，，即是与的公垂线段，因为公垂线段是异面直线上两点间的最短距离，所以当分别与重合时，最短为2，故A正确；对于B：因为是正方体，所以平面平面，且平面，所以平面，可知，当点在上运动时，点到平面的距离不变，距离，由可知，当点在上运动时，到的距离不变，所以的面积不变，所以，所以B正确；对于C：当分别与重合时，；当为中点，与重合时，，所以错误；对于D：如图以点为原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系，设，，则，，，，，，，因为为等边三角形，由，得，得，即，由，得，则，即，解得或，即或，故D正确；故选：ABD．

16．（2023·福建福州·福建省福州第一中学校考模拟预测）如图，在各棱长均为2的正三棱柱中，分别是的中点，设，，则（

）

A．当时，B．，使得平面C．，使得平面D．当时，与平面所成角为【答案】AC【分析】取中点为，连接，以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，写出各点的坐标，表示出向量的坐标以及平面的法向量，然后根据向量法求解，即可得出答案.【详解】

取中点为，连接，以点为坐标原点，分别以为轴，以过点且与平行的直线为轴，建立空间直角坐标系，则，，，，，，，所以，，由可得，，所以，.对于A项，当时，有，所以.又，所以，所以，，所以，故A项正确；对于B项，因为，，设是平面的一个法向量，则有，即，取，则是平面的一个法向量.若平面，则.因为，显然不共线，故B错误；对于C项，因为，是平面的一个法向量.要使平面，则应有，所以，解得，所以，，使得平面，故C项正确；对于D项，当时，点，则.又是平面的一个法向量，设与平面所成角为，所以，，故D项错误.故选：AC.17．（2023·福建福州·福建省福州第一中学校考二模）如图，在三棱柱中，平面，是棱上的一个动点，则（

）

A．直线与直线是异面直线B．周长的最小值为C．存在点使得平面平面D．点到平面的最大距离为【答案】ACD【分析】根据空间中点线面的位置关系相关知识即可判断.【详解】选项A：不管点移动到上的哪个位置，直线与直线均不相交，也不平行，所以A正确;选项B：周长的为，要使周长最小，

即最小，即为面和面的展开图中的长，所以，所以，所以B错误；选项C：由图易知，二面角为锐二面角，二面角为钝二面角，在点从到移动的过程中，二面角由锐角变成了钝角，所以，在棱上必然存在点使得平面平面，C正确；选项D：要使点到平面的距离最大，即当二面角为时，此时到的距离即为所求距离的最大值，过作的垂线，

因为面面，面，面面，面，所以面，即为点到平面的距离，也是到的距离，又因为，，，所以点到平面的距离为，所以D正确.故选：ACD18．（2023·山东潍坊·三模）如图所示的几何体，是将棱长为3的正四面体沿棱的三等分点，作平行于底面的截面所得，且其所有棱长均为1，则（

）

A．直线与直线所成角为 B．直线与平面所成角为C．该几何体的体积为 D．该几何体中，二面角的余弦值为【答案】AC【分析】将该几何体还原为原正四面体，对A：直线与直线所成角即为MQ与QN所成角；对B：直线与平面所成角为QN与底面MNS所成的角；对C：该几何体的体积为大正四面体的体积减去4个棱长为1的小正四面体的体积；对D：二面角的大小与的大小互补.【详解】将该几何体还原为原正四面体，棱长为，设中心为O，连接OQ，ON，则,对A：因为，所以直线与直线所成角即为MQ与QN所成角为，故A正确；对B：直线与平面所成角为QN与底面MNS所成的角，即为所求角，，，故B错误；对C：该几何体的体积为大正四面体的体积减去4个棱长为1的小正四面体的体积，，故C正确；对D：二面角的大小与的大小互补，显然的大小为锐角，所以二面角的大小一定为钝角，故D错误.故选：AC19．（2020·山东青岛·山东省青岛第五十八中学校考一模）已知正方体的棱长为2，，，分别为，，的中点，则下列结论中正确的是（

）

A．直线与直线垂直 B．直线与平面平行C．点与点到平面的距离相等 D．平面截正方体所得的截面面积为【答案】BD【分析】确定直线与直线所成的角判断A；连接，由线面平行的判定判断B；由平面是否过的中点判断C；作出截面，再计算面积判断D作答.【详解】对于A，在正方体中，，则为直线与直线所成的角或其补角，连接AC，由平面ABCD，得，即在中，，则不可能是直角，直线与直线不垂直，A错误；

对于B，连接，由，分别为，的中点，得，又，则四边形是平行四边形，于是，而四边形是正方体的对角面，点为中点，有，即平面，平面，平面，所以平面，B正确；对于C，连接交于，显然不是的中点，则平面不过的中点，即点C与点G到平面的距离不相等，C错误；对于D，由选项B知，，，即等腰梯形为平面截正方体所得的截面，，等腰梯形的高，所以等腰梯形面积为，D正确.故选：BD20．（2023·安徽·合肥一中校联考模拟预测）已知半径为R的球与圆台的上下底面和侧面都相切.若圆台上下底面半径分别为r1和r2，母线长为l，球的表面积与体积分别为S1和V1，圆台的表面积与体积分别为S2和V2.则下列说法正确的是（

）A． B．C． D．的最大值为【答案】ABC【分析】根据题意结合圆台与球的表面积、体积公式逐项分析判断.【详解】由切线长定理易得，A正确；由勾股定理知，解得，B正确；因为，，所以正确；因为，当且仅当时，等号成立，这与圆台的定义矛盾，故D错误.故选：ABC.21．（2023·福建漳州·统考模拟预测）在棱长为1的正方体中，点为的中点，点，分别为线段，上的动点，则（

）A． B．平面可能经过顶点C．的最小值为 D．的最大值为【答案】ACD【分析】根据题意，建立空间直角坐标系，利用坐标表示向量，用向量表示空间中的垂直关系，求点到平面的距离，以及空间角的计算，即可结合选项逐一求解．【详解】建立空间直角坐标系，如图所示：则,0,,,0,,,1,,,1,,,1,,,0,,,0,,，1，，,1,，设,,，则,,，,；设,0,，则,0,,,，所以，1，，，，，，所以，即，A正确；因为,1,,,,，设平面的一个法向量为,,，则，即，令，则，，所以,,，又因为,1,，所以点到平面的距离为，所以点到平面的距离不能为0，即平面不过点，B错误；因为，当且仅当时取“”，所以的最小值为，C正确；因为,,，,,，，设，，，，，所以，，所以，，所以，，所以，，所以，，所以，，当时最大，此时，选项D正确．故选：ACD．

22．（2023·广东深圳·深圳市高级中学校考模拟预测）在四棱锥中，底面为矩形，，，，．下列说法正确的是（

）A．设平面平面，则B．平面平面C．设点，点，则的最小值为D．在四棱锥的内部，存在与各个侧面和底面均相切的球【答案】AB【分析】根据线面平行的性质判断A，根据面面垂直的判定定理证明B，结合B判断C，取、的中点，，求出的内切圆半径与的内切圆半径，即可判断D.【详解】该四棱锥如图．

对于A：设平面平面，因为为矩形，，平面，平面，所以平面，又平面平面，平面，所以，所以A对；对于B：∵，，，即，所以，又底面为矩形，所以，，因为，，即，所以，而，平面，所以平面，平面，所以平面平面，故B对；对于C：由B选项可知的最短距离就是，所以C错；对于D：取、的中点，，连接、、，则与平面、平面、平面都相切的球的半径即为的内切圆半径，因为，，，所以，则，设的内切圆半径为，则，解得，

同理与平面、平面、平面都相切的球的半径即为的内切圆半径，设的内切圆半径为，因为，，所以，解得，所以，所以D错．故选：AB23．（2023·河北·统考模拟预测）如图，已知正方体的棱长为1，为底面的中心，交平面于点，点为棱的中点，则（

）

A．，，三点共线 B．异面直线与所成的角为C．点到平面的距离为 D．过点，，的平面截该正方体所得截面的面积为【答案】ACD【分析】通过证明，，三点都是平面与平面的公共点，可知A正确；利用线面垂直的判定与性质可证异面直线与所成的角为，可知B不正确；通过证明平面，得的长度就是点到平面的距离，计算的长度可知C正确；取的中点，可得等腰梯形就是过点，，的平面截该正方体所得截面，计算等腰梯形的面积可知，D正确.【详解】因为为底面的中心，所以为和的中点，则，，因为平面，平面，所以平面，平面，所以点是平面与平面的公共点；显然是平面与平面的公共点；因为交平面于点，平面，所以也是平面与平面的公共点，所以，，三点都在平面与平面的交线上，即，，三点共线，故A正确；因为平面，平面，所以，又，，平面，所以平面，又平面，所以，即异面直线与所成的角为，故B不正确；根据证明的方法，同理可得，因为，平面，所以平面，则的长度就是点到平面的距离，显然为正三角形的中心，因为正方体的棱长为1，所以正三角形的边长为，所以，又，所以，即点到平面的距离为，故C正确；取的中点，连，，，，因为，所以等腰梯形就是过点，，的平面截该正方体所得截面，如图：

因为，，，所以等腰梯形的高为，所以等腰梯形的面积为，即过点，，的平面截该正方体所得截面的面积为，故D正确.故选：ACD24．（2023·山西阳泉·阳泉市第一中学校校考模拟预测）已知三棱柱的六个顶点都在球O的球面上，.若点O到三棱柱的所有面的距离都相等，则（

）A．平面B．C．平面截球O所得截面圆的周长为D．球O的表面积为【答案】AC【分析】根据球的性质可判断为直棱柱，即可判断A，由内切球的性质，结合三棱柱的特征即可判断B，由勾股定理以及等边三角形的性质可判断CD.【详解】选项A，三棱柱的六个顶点都在球O的球面上，根据球的对称性可知三棱柱为直棱柱，所以平面，因此A正确.选项B：因为，所以.因为点O到三棱柱的所有面的距离都相等，所以三棱柱的内切球与外接球的球心重合.设该三棱柱的内切球的半径为r，与底面以及侧面相切于,则,由于为矩形的对角线交点，所以，而三角形为等边三角形，所以,所以，所以，因此B错误.

选项C：由，可知，解得（负值已舍去），则.易得的外接圆的半径，所以平面截球O所得截面圆的周长为，因此C正确.选项D：三棱柱外接球的半径，所以球O的表面积，因此D错误.故选：AC25．（2023·江苏扬州·扬州中学校考模拟预测）如图，已知二面角的棱l上有A，B两点，，，，，且，则下列说法正确的是（

）．

A．当时，直线与平面所成角的正弦值为B．当二面角的大小为时，直线与所成角为C．若，则二面角的余弦值为D．若，则四面体的外接球的体积为【答案】ABD【分析】由面面垂直的性质得线面垂直，即可求直线与平面所成角的正弦值即可判断A；根据二面角判断B，C即可；由四面体外接球的几何性质确定外接球半径，即可判断D.【详解】对于A，当时，因为，，所以直线与平面所成角为，则，故A正确；对于B，如图，过A作，且，连接，，

则为正方形，即为直线与所成角，为二面角的平面角，当时，易得，又，，故面，即面，故，故B正确；对于C，如图，作，则二面角的平面角为，

又，在中，易得，在．中，由余弦定理得，，过C点作交线段的延长线于点O，则平面，过O点作，交线段的延长线于点H，连接，则为二面角的平面角，易得，，，所以，故C错误；对于D，同选项C可知，如图，分别取线段，的中点G，M，连接，过G点作平面的垂线，

则球心O必在该垂线上，设球的半径为R，则，又的外接圆半径，则，所以四面体的外接球的体积为，故D正确．故选：ABD.26．（2023·福建宁德·校考模拟预测）在正方体中，分别为的中点，则（

）

A．直线与直线垂直B．点与点到平面的距离相等C．直线与平面平行D．与的夹角为【答案】AB【分析】以为原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量的坐标运算逐项判断即可得答案.【详解】如图，以为原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，

设正方体的棱长为，则且，对于A，，所以，所以直线与直线垂直，故A正确；对于B，设平面的法向量为，又，所以，令得，又，所以点到平面的距离为，点到平面的距离为，故B正确；对于C，因为所以，即，设平面的法向量为，则，又，则，所以平面，故C错误；对于D，因为，所以，所以与的夹角余弦值为，夹角大小不为，故D错误.故选：AB.27．（2023·江苏镇江·江苏省镇江中学校考三模）已知正方体的棱长为分别为的中点，为正方体的内切球上任意一点，则（

）A．球被截得的弦长为B．球被四面体表面截得的截面面积为C．的范围为D．设为球上任意一点，则与所成角的范围是【答案】BC【分析】利用对称性以及球心到端点的距离结合余弦定理可计算得弦长为，A错误；求得球心到正四面体表面的距离为，可得四个相同截面圆的半径为，即可得截面面积为，B正确；利用向量运算可得，即可求得其范围为，C正确；截取截面可知，当与球相切时，与所成的最大角满足，可得，即D错误.【详解】如图所示：

对于A，易知内切球的半径为1，且球心在正方体的中心，易得；设球被截得的弦为，在中，如下图所示：

由对称性可知，，且利用余弦定理可知，在中，，解得或（舍），则弦长，即A错误；对于B，易知四面体为正四面体，所以四个截面面积相同，由对称性可知，球心即为正四面体的外接球（也是内切球）球心，如下图所示：

设为的中点，为球心在平面内的摄影，易知正四面体的棱长为，，易得，，由勾股定理可得；所以球心到截面距离，不妨设截面圆半径为，则，所以截面面积为，故B正确；对于C，不妨设的中点为，则由选项A可知，，当同向时，；当反向时，；即的范围为，即C正确；对于D，易知当三点共线时，与所成的角最小为，取截面如下图所示：

易知当与球相切时，与所成的角最大，设最大角为，则，即，所以；即与所成角的范围是说法错误，故D错误；故选：BC28．（2023·江苏镇江·江苏省镇江中学校考模拟预测）如图，在棱长为2的正方体中，点分别是的中点，则（

）

A．四点共面B．直线与平面平行C．异面直线与所成角的余弦值为D．过三点的平面截正方体所得图形面积为【答案】AC【分析】对A，利用中位线定理与平行线的传递性证得，从而得以判断；对B，利用线面平行的性质即可判断；对C，由向量法求线线角即可判断；对D，过点M作，证所求截面为矩形，即可求得面积，从而得以判断.【详解】对A，连接，如图，因为侧面是正方形，分别是的中点，所以是的中点，又点分别是的中点，所以，又，所以，所以四点共面，又面，所以四点共面，故A正确；

对B，连接，如图，易得，，所以四边形是平行四边形，则，假设直线与平面平行，又平面平面，平面，所以，则，显然矛盾，假设不成立，故B错误；对C，分别以所在的直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示空间直角坐标系，则，则，设异面直线与面所成角为，则，所以异面直线与面所成角的余弦值为，C正确；

对D，过点M作，因为，所以且，所以四边形为平行四边形，则五点共面，即过三点的平面截正方体所得图形为平行四边形，由题意可知，因为为正方体，所以平面，又平面，所以，所以平行四边形为矩形，则，故D错误.故选：AC..29．（2023·浙江温州·乐清市知临中学校考二模）正三角形的边长为，如图，为其水平放置的直观图，则（

）

A．为锐角三角形B．的面积为C．的周长为D．的面积为【答案】CD【分析】根据斜二测法可求出，，再利用余弦定理可求出，再逐一对各个选项分析判断即可求出结果.【详解】如图，因为正三角形的边长为，故，所以，，在中，，由余弦定理得，,在中，，由余弦定理得，,选项A，在中，因为，由余弦定理知，故选项A错误；选项B和D，，故选项B错误，选项D正确；选项C，的周长为，故选项C正确.

故选：CD.30．（2023·安徽滁州·安徽省定远中学校考模拟预测）如图，正方体的棱长为，点为的中点，下列说法正确的是（

）

A．B．平面C．点到平面的距离为D．与平面所成角的正弦值为【答案】ACD【分析】连接、，证明平面，再根据线面垂直的性质即可判断A；根据，与平面相交与点即可判断B；连接、交于，证明平面，从而可得点到平面的距离即为点到平面的距离，即可判断C；取中点，连接、，证明平面，从而可得与平面所成角即为，从而可判断D.【详解】对于A选项，连接、，在正方体中，平面，平面，所以，因为四边形是正方形，所以，因为，、平面，所以平面，又平面，所以，故A正确；对于B选项，在正方体中，有，且与平面相交与点，故FG与平面不平行，故B错误；对于C选项，连接、交于，在正方体中，平面，又平面，所以，因为四边形是正方形，所以，因为，、平面，所以平面，因为，平面，平面，所以平面，所以点到平面的距离即为点到平面的距离，即为，又正方体棱长为，则，则点到平面的距离为，故C正确；对于D选项，取中点，连接、，因为四边形是正方形，点为的中点，所以，因为平面，所以平面，又平面，所以，所以与平面所成角即为，则，则与平面所成角的正弦值为，故D正确．

故选：ACD．31．（2023·广东珠海·珠海市斗门区第一中学校考三模）已知是两条不相同的直线，是两个不重合的平面，则下列命题为真命题的是（

）A．若是异面直线，，则.B．若，则C．若，则D．若，则【答案】ACD【分析】根据立体几何相关定理逐项分析.【详解】对于A，，则平面内必然存在一条直线，使得，并且，同理，在平面内必然存在一条直线，使得，并且，由于是异面直线，与是相交的，n与也是相交的，即平面内存在两条相交的直线，分别与平面平行，，正确；

设，并且，则有，显然是相交的，错误；对于B，若，则不成立，错误；对于C，若，则平面上必然存在一条直线l与n平行，，即，正确；对于D，若，必然存在一个平面，使得，并且，，又，正确；故选:ACD.32．（2023·安徽黄山·屯溪一中校考模拟预测）如图，正三棱锥和正三棱锥的侧棱长均为，.若将正三棱锥绕旋转，使得点E，P分别旋转至点A，处，且A，B，C，D四点共面，点A，C分别位于BD两侧，则（

）

A． B．C．多面体的外接球的表面积为 D．点P与点E旋转运动的轨迹长之比为【答案】AD【分析】由线面垂直的判定定理和性质定理结合正三棱锥的性质可判断A，B；由已知可得，正三棱锥侧棱两两互相垂直，放到正方体中，借助正方体研究线面位置关系和外接球表面积可判断C；由题意转动的半径长为，转动的半径长为可判断D.【详解】取的中点为，连接，由，所以，又，平面，所以平面，将正三棱锥绕旋转，使得点E，P分别旋转至点A，处，所以平面，所以，故A正确；因为平面，所以，故B不正确；

因为A，B，C，D四点共面，，可得：，，所以平面，所以平面，同理平面，由已知为正方形，所以可将多面体放入边长为的正方体，

则多面体的外接球即棱长为的正方体的外接球，外接球的半径为，表面积为，选项C不正确；由题意转动的半径长为，转动的半径长为，所以点P与点E旋转运动的轨迹长之比为，故D正确.故选：AD.33．（2023·湖北武汉·武汉二中校联考模拟预测）我国古代《九章算术》里记载了一个“羡除”的例子，羡除，隧道也，其所穿地，上平下邪，如图是一个“羡除”模型，该“羡除”是以为顶点的五面体，四边形为正方形，平面，则（

）A．该几何体的表面积为B．该几何体的体积为C．该几何体的外接球的表面积为D．与平面所成角的正弦值为【答案】ABD【分析】过E作EK⊥AB于K，作EM⊥DC于M，过F作FG⊥AB于G，作FH⊥DC于H，将该几何体分为一个棱柱与两个棱锥，取AD，BC的中点P，Q，则EP⊥AD，FQ⊥BC，然后求出表面积可判断A；连接PQ，交GH于T，则T为GH的中点，可证得FT⊥面ABCD，求出一个棱柱与两个棱锥的体积，可得该几何体的体积，从而判断B；连接AC，BD交于点O，可求得O为该几何体的外接球的球心，半径R＝，求出表面积即可判断C；取AB的中点N，得AE∥FN，则与平面所成角等于FN与平面所成角，设N到面FBC的距离为h，利用等体积法，由求得，进而可得与平面所成角的正弦值，可判断D．【详解】∵EF∥平面ABCD，EF在平面ABFE内，平面ABFE∩平面ABCD＝AB，∴EF∥AB，∵AB∥DC，∴EF∥DC，∵∴ABFE，DCFE均为等腰梯形，过E作EK⊥AB于K，作EM⊥DC于M，连接KM，过F作FG⊥AB于G，作FH⊥DC于H，连接GH，∴EF∥KG∥MH，EF＝KG＝MH＝2，AK＝GB＝DM＝HC＝1，∵AB∥DC，FH⊥DC，∴AB⊥FH，又AB⊥GF，GF，FH在平面FGH内，GF∩FH＝F，∴AB⊥面FGH，同理，AB⊥面EKM，∴面FGH∥面EKM，∴该几何体被分为一个棱柱与两个棱锥.分别取AD，BC的中点P，Q，连接FQ，EP，∵，∴EP⊥AD，FQ⊥BC，∴FQ＝，∴，FG＝，，又，∴该几何体的表面积为，故A正确；连接PQ，交GH于T，则T为GH的中点，连接FT，∵AB⊥面FGH，FT在面FGH内，∴FT⊥AB，∵GF＝FH＝EK＝EM，∴FT⊥GH，又AB，GH在面ABCD内，AB∩GH＝G，∴FT⊥面ABCD，∴FT＝，∴，∵，∴，∴该几何体的体积为，故B正确；连接AC，BD交于点O，则O也在PQ上，连接OE，OF，∵EF∥OQ，EF＝OQ，∴EFQO为平行四边形，∴EO＝FQ＝，同理，FO＝EP＝，∴OA＝OB＝OC＝OD＝OE＝OF＝，∴O为该几何体的外接球的球心，半径R＝，∴该几何体的外接球的表面积为，故C错误；取AB的中点N，连接FN，NC，∵EF∥AN，EF＝AN，∴EFNA为平行四边形，∴AE∥FN，∴与平面所成角等于FN与平面所成角，设为，设N到面FBC的距离为h，∵，∴，∴，∴，∴，即与平面所成角的正弦值为，故D正确．故选：ABD．34．（2023·吉林·长春吉大附中实验学校校考模拟预测）已知圆台的轴截面如图所示，其上、下底面半径分别为，母线长为2，点为的中点，则（

）

A．圆台的体积为 B．圆台的侧面积为C．圆台母线与底面所成角为 D．在圆台的侧面上，从点到点的最短路径长为5【答案】ACD【分析】根据已知求体积;过作交底面于F，判断出即为母线与底面所成角；作出圆台的侧面展开图，直接求出面积；圆台的侧面上，判断出从到的最短路径的长度为CE,等逐个判断即可求解.【详解】对于A：圆台的高为，则圆台的体积，A正确；对于B：由题意，圆台的侧面展开图为半圆环，

其面积为．故B错误；对于C：过作交底面于，则底面，所以即为母线与底面所成角．

在等腰梯形中，，所以．因为为锐角，所以．故C正确；对于D：如图示，在圆台的侧面上，从到的最短路径的长度为．由题意可得：．由为中点，所以，所以．故D正确．

故选：ACD.35．（2023·江苏南通·统考模拟预测）如图，在三棱柱中，是边长为2的正三角形，，，P，Q分别为棱，BC的中点，则（

）

A．平面 B．平面平面C．三棱柱的侧面积为 D．三棱锥的体积为【答案】BD【分析】记AC中点为D，连接，记交点为E，连接EQ，判断是否平行即可判断A；证明平面可判断B；直接求出侧面积可判断C；通过转化，然后可求得三棱锥的体积，可判断D.【详解】记AC中点为D，连接，记交点为E，连接EQ，则，四点共面，因为P，D分别为的中点，所以E为的重心，即E为PC的三等分点，又Q为BC中点，所以不平行，因为平面PBC，平面平面，所以由线面平行性质定理可知与平面不平行，A错误；连接，因为所以因为Q为BC中点，所以，又平面，所以平面，又平面，所以平面平面，B正确；因为平面，平面，所以，又，所以，所以四边形为矩形，面积为，又因为，所以三棱柱的侧面积为，C错误；

记的中点为H，连接，因为，平面，平面，所以平面，所以点P，A到平面的距离相等，四点共面，又，Q为BC中点，所以因为平面，平面，所以BQ三棱锥的高，且因为，所以所以，所以所以，故D正确.故选：BD36．（2023·湖北襄阳·襄阳四中校考三模）下列命题中，正确的是（

）A．夹在两个平行平面间的平行线段相等B．三个两两垂直的平面的交线也两两垂直C．如果直线平面，，那么过点且平行于直线的直线有无数条，且一定在内D．已知，为异面直线，平面，平面，若直线满足，，，，则与相交，且交线平行于【答案】ABD【分析】利用平面平行的性质，平面垂直，线面平行的相关性质逐项进行分析即可求解.【详解】如图，,且，求证：.

因为,所以过可作平面，且平面与平面和分别相交于和.因为，所以，因此四边形是平行四边形，所以,故选项A正确；如图所示，平面，，，，，，

在平面内作异于的直线，因为，，所以，因为，所以，，，所以，则，又因为，，所以，则，同理可得：，所以，故选项B正确；若直线平面，，在平面内过点且平行于直线的直线有且只有一条，故选项C错误；因为，为异面直线，平面，平面，则与相交，但未必垂直，且交线垂直于直线，，又直线满足，，则交线平行于，故选项D正确，故选：ABD.37．（2023·黑龙江哈尔滨·哈师大附中校考模拟预测）如图，矩形中，、分别为、的中点，且，现将沿问上翻折，使点移到点，则在翻折过程中，下列结论正确的是（

）

A．存在点，使得B．存在点，使得C．三棱锥的体积最大值为D．当三棱锥的体积达到最大值时，三棱锥外接球表面积为【答案】BCD【分析】由立体几何的线线平行，线面垂直判定定理，外接球的表面积公式逐项判断即可.【详解】对于A，，，因此不平行，即不存在点，使得.故A错误；对于B，如图：

取的中点，连接，，，,当时，因为，即.则，而，，平面，又分别为，的中点，即，于是平面，而平面，则，故B正确；对于C，在翻折过程中，令与平面所成角为，则点到平面的距离，又的面积为，因此三棱锥的体积为：，当且仅当时，即平面时取等号，所以三棱锥的体积最大值为，故C正确；对于D，当三棱锥的体积达到最大值时，三棱锥外接球的球心为，故球的半径为1，则球的表面积为.故D正确.故选：BCD.38．（2023·辽宁锦州·统考模拟预测）如图，正方体的棱长为3，点、、分别在棱、、上，满足，，记平面与平面的交线为，则（

）

A．存在使得平面截正方体所得截面图形为四边形B．当时，三棱锥的外接球表面积为C．当时，三棱锥体积为D．当时；与平面所成的角的正弦值为【答案】CD【分析】对于A，对分情况讨论，图形展示即可；对于B，当时，三棱锥的外接球心在过线段的中点，且垂直于平面的直线上，可求出，得表面积；对于C，当时，，得出平面，利用等体积可求体积；对于D，求出的方向向量与平面法向量，利用向量公式可得答案.【详解】设正方体的棱长为3，以为原点，以、、所在的直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，如图所示:对于A选项，时，在点，，由可知，所以截面即为四边形；

由图形知，截面为五边形或六边形.故A错误.

对于B选项，当时，且平面，所以根据球的性质容易判断，三棱锥的外接球的球心在过线段的中点，且垂直于平面的直线上，，，所以的中点，可记球心，，外接球的半径，解得，，所以三棱锥的外接球表表面积为，故B错误.对于C选项，当时，，所以，所以平面，，又平面，所以，三棱锥体积为，故C正确.对于D选项，当时，，，，，，所以，，，设平面的一个法向量为，则，令，则，，所以可取，由平面知，平面的法向量为，记平面与平面的交线的一个方向向量为，则，令，则，，所以可取，又平面的法向量为，则，，，设与平面所成的角为，则，故D正确.故选：CD.

39．（2023·湖北荆门·荆门市龙泉中学校考模拟预测）已知，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（

）A．若，且，则B．若A，B，C是平面内不共线三点，，，则C．若且，则直线D．若直线，直线，则a与b为异面直线【答案】ABC【分析】根据基本事实3（公理2）可判断A；根据基本事实1（公理3）可判断B；根据基本事实2（公理1）可判断C；根据异面直线的定义可判断D.【详解】对于A，由根据且，则是平面和平面的公共点，又，由基本事实3（公理2）可得，故A正确；对于B，由基本事实1（公理3）：过不在一条直线上的三个点，有且只有一个平面，又，且，则，故B正确；对于C，由基本事实2（公理1）：如果一条直线上的两个点在一个平面内，那么这条直线在这个平面内，故C正确；对于D，由于平面和平面位置不确定，则直线与直线位置亦不确定，可能异面、相交、平行、重合，故D错误.故选：ABC.40．（2023·江苏无锡·江苏省天一中学校考模拟预测）已知平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，直线的方向向量为，直线的方向向量为，则（

）A．B．C．与为相交直线或异面直线D．在向量上的投影向量为【答案】BC【分析】根据空间向量之间的关系逐项判断线线、线面、面面关系即可.【详解】因为平面的一个法向量为，直线的方向向量为，则，即，则或，故A不正确；又平面的一个法向量为，所以，即，所以，故B正确；由直线的方向向量为，所以不存在实数使得，故与为相交直线或异面直线，故C正确；在向量上的投影向量为，故D不正确.故选：BC.第三部分能力提升模拟题41．（2023·湖北武汉·华中师大一附中校考模拟预测）正四棱柱，底面边长为，侧棱长为2，则下列结论正确的（

）A．点到平面的距离是．B．四棱锥内切球的表面积为．C．平面与平面垂直．D．点为线段上的两点，且，点为面内的点，若，则点的轨迹长为．【答案】AC【分析】利用等体积法判断A，利用等体积法求出内切球的半径，即可判断B，找到二面角的平面角，利用勾股定理逆定理即可判断C，建立空间直角坐标系，设点，即可求出动点的轨迹方程，即可判断D.【详解】对于A：设点到平面的距离为，

，，，，又，所以，解得，故A正确；对于B：

，，，，设内切球的半径为，则，解得，故B错误；对于C：设底面中心为，连接交于，则为线段中点，

则，，所以为面与面所成角的平面角，在中，，，∴，所以平面与平面垂直，故C正确；对于D，设底面中心为，底面中心为，分别以直线分别为轴建立空间直角坐标系，

设点，又，由得，，整理得，所以点轨迹为圆在面内的部分（如下图），因为，，，显然，所以，即，

所以的弧长不为，即点的轨迹长不为，故D错误.故选：AC【点睛】关键点睛：涉及点到面的距离一般利用等体积法或空间向量法，D选项关键是建立空间直角坐标系，定量计算出动点的轨迹.42．（2023·江苏扬州·统考模拟预测）圆柱高为1，下底面圆的直径长为2，是圆柱的一条母线，点分别在上、下底面内（包含边界），下列说法正确的有（

）．A．若，则点的轨迹为圆B．若直线与直线成，则的轨迹是抛物线的一部分C．存在唯一的一组点，使得D．的取值范围是【答案】BC【分析】建立空间直角坐标系，利用两点间距离公式以及向量夹角公式列式计算可得点的轨迹方程判断选项A和选项B，假设，根据勾股定理列式结合均值不等式计算最值，即可判断选项C，计算的最大值判断选项D.【详解】对B，如图，不妨以为原点，以的垂直平分线，分别为轴建立空间直角坐标系，则，，设，则，由题意，，化简得，，由于点在上底面内，所以的轨迹是抛物线的一部分，故B正确；对A，，化简得，即点的轨迹为椭圆，故A错误；

对C，设点在下平面的投影为，若，则，则，当在线段上时，可取最小值，由均值不等式，，当且仅当时等号成立，所以，即，而点只有在与点重合时，才能取到，此时点与点重合，点与点重合，故C正确；对D，当点与点，点与点重合，的值为，故D错误.故选：BC【点睛】判断本题选项B时，利用定义法计算线线所成的角不好计算时，可通过建立空间直角坐标系，利用向量夹角的计算公式列式计算.43．（2023·重庆巴南·统考一模）如图，平行六面体中，，，与交于点O，则下列说法正确的有（

）

A．平面平面B．若，则平行六面体的体积C．D．若，则【答案】ABD【分析】对于A，由题意可得四边形为菱形，则可得，再计算，可得，从而得平面，再利用面面垂直的判定定理可得结论；对于B，连接，可得，从而可证得平面，进而可求出体积，对于C，利用空间向量的加法分析判断，对于C，设，则可得，然后利用向量的夹角公式计算判断.【详解】对于A，因为在平行四边形中，，所以四边形为菱形，所以，因为，，所以，所以，因为，所以，所以，所以，因为，平面，所以平面，因为平面，所以平面平面，所以A正确，对于B，连接，因为，，所以，所以为直角三角形，即，因为∥，所以，因为由选项A知平面，平面，所以，因为，平面，所以平面，所以平行六面体的体积，所以B正确，对于C，因为四边形为平行四边形，所以为的中点，所以，所以，所以C错误，对于D，设，因为在菱形中，，所以，所以，所以D正确，故选：ABD

【点睛】关键点点睛：此题考查面面垂直的判断，考查平行六面体体积的求法，考查空间向量的运算，解题的关键是正确利用平行六面体的性质结合题意分析求解，考查空间想能力和计算能力，属于较难题.44．（2023·广东佛山·统考模拟预测）已知正方形的边长为2，是平面外一点，设直线与平面所成角为，三棱锥的体积为，则下列命题中正确的是（

）A．若平面平面，则 B．若平面平面，则C．若，则的最大值是 D．若，则的最大值是【答案】AC【分析】根据面面垂直的性质得到平面，即可得到，即可判断A，由于无法得知与是否垂直，故无法证明与平面是否垂直，即可判断B，根据椭圆的定义和旋转体的概念可知当时点的轨迹是一个椭球，即可判断C、D.【详解】对于AB：因为平面平面，平面平面，，平面，所以平面，平面，所以，又，若，则，平面，所以平面，由平面，则可得，由于无法得知与是否垂直，故无法证明与平面是否垂直，故A正确，B错误；

对于CD：由题意知，点为动点，、为定点，，由椭圆的定义知，点的轨迹是以为焦距，长轴为的椭圆，将此椭圆绕旋转一周，得到一个椭球，即点的轨迹是一个椭球，而椭球面为一个椭圆，由，即，得，当点运动到椭球的上、下顶点时，取到最大值，此时；设点在平面ABCD上的射影为，则，又，且，所以当且仅当时最大，即取到最大值，故C正确，D错误；

故选：AC45．（2023·广东·校联考模拟预测）如图，在棱长为1的正方体中，，分别是的中点，为线段上的动点，则下列结论正确的是（

）

A．存在点，使得与异面B．不存在点，使得C．直线与平面所成角的正切值的最小值为D．过三点的平面截正方体所得截面面积的最大值为【答案】CD【分析】对于A，四点共面，，平面即可判断；对于B，利用线面垂直证明线线垂直即可判断；对于C，利用直线与平面所成角的求法即可判断；对于D，先做出截面，再求其面积即可.【详解】对于A，连接，由正方体的性质知，，所以四点共面，，平面，故A不正确；对于B，设中点为，连接，

若为中点，则平面ABCD，MN在面ABCD内，所以，在中，，，所以，故，，平面，所以平面，平面，所以，故B不正确；

对于C，过点作平面，连接，所以直线与平面所成角为，所以，当在时，，所以，故C正确；

对于D，由正方体中心对称（类比为球体，MN看作弦），故过的截面经过对称中心O所得截面最大，此时截面交棱于中点，也为中点，所以为的中点时，过、、三点的平面截正方体所得截面最大，取的中点，的中点，的中点，连接、、、、，

所以过、、三点的平面截正方体所得截面最大值为正六边形，面积为，故D正确．故选：CD.46．（2023·河北·校联考三模）在棱长为1的正方体的侧面内（包含边界）有一点，则下列说法正确的是（

）A．若点到直线与到直线距离之比为，则点的轨迹为双曲线的一部分B．若点到直线与到直线距离之比为，则点的轨迹为抛物线的一部分C．过点三点作正方体的截面，则截面图形是平行四边形D．三棱锥体积的最大值为【答案】BCD【分析】对A：如图，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，设点，由点到直线与到直线距离之比为求得点的轨迹；对B：根据抛物线的定义得点的轨迹；对C：过点作分别交于，则过点三点的截面为平行四边形；对D：当点在上时，三棱锥体积最大.【详解】如图，以为坐标原点，以分别为建立空间直角坐标系，则，设侧面内（包含边界）点，

对于A：点到直线的距离为，由正方体知面，又面，所以，所以点到直线距离为，故，整理得，所以点的轨迹为椭圆的一部分，故A错误；对于B：点到直线与到直线距离之比为，即到直线与到定点的距离相等，根据抛物线定义知点的轨迹为抛物线的一部分，故B正确；对于C：过点作分别交于，连接，则且，所以四边形是平行四边形，则平行四边形为过点三点的截面，故C正确；

对于D：当点在上时，点到面的距离最大为1，此时三棱锥体积，故D正确；故选：BCD47．（2023·河北沧州·校考模拟预测）如图所示，该几何体由一个直三棱柱和一个四棱锥组成，，则下列说法正确的是（

）A．若，则B．若平面与平面的交线为，则AC//lC．三棱柱的外接球的表面积为D．当该几何体有外接球时，点到平面的最大距离为【答案】BD【分析】根据空间线面关系，结合题中空间几何体，逐项分析判断即可得解.【详解】对于选项A，若，又因为平面，但是不一定在平面上，所以A不正确；对于选项B，因为，所以平面，平面平面，所以，所以B正确；对于选项C，取的中心，的中心，的中点为该三棱柱外接球的球心，所以外接球的半径，所以外接球的表面积为，所以C不正确；对于选项D，该几何体的外接球即为三棱柱的外接球，的中点为该外接球的球心，该球心到平面的距离为，点到平面的最大距离为，所以D正确.故选：BD48．（2023·江苏盐城·盐城中学校考三模）已知正方体的棱长为1，为棱（包含端点）上的动点，下列命题正确的是（

）A．B．二面角的大小为C．点到平面距离的取值范围是D．若平面，则直线与平面所成角的正弦值的取值范围为【答案】ACD【分析】根据几何体为正方体可建立如图所示的空间直角坐标系，求出的坐标后利用数量积可判断A的正误，求出平面的法向量和平面的法向量可利用数量积计算夹角的余弦值后可判断B的正误，利用点到平面的距离的公式计算后可判断C的正误，最后利用直线和平面的法向量计算线面角的正弦值后可判断D的正误.【详解】

由正方体可建立如图所示的空间直角坐标系，则，设，其中，对于A：，故即，故A正确.对于B：，，设平面的法向量为，则，即，取，则，故.设平面的法向量为，则，即，取，则，故.故，而二面角为锐二面角，故其余弦值为，不为，故二面角的平面角不是，故B错误.对于C：，，设平面的法向量为，则，即，取，则，故.而，故到平面的距离为，故C正确.对于D：设直线与平面所成的角为.因为平面，故为平面的法向量，而，故，而，故D正确.故选：ACD.【点睛】思路点睛：空间中位置关系的判断、角的计算或范围的判断，可结合几何体的规则性建立合适空间直角坐标系，通过向量的共线、向量的数量积等来判断位置关系，通过平面的法向量、直线的法向量等来处理相关角的计算或范围问题.49．（2024·安徽黄山·屯溪一中校考模拟预测）如图，在棱长为1的正方体中，，分别为棱，的中点，为线段上一个动点，则（

）

A．存在点，使直线平面B．平面截正方体所得截面的最大面积为C．三棱锥的体积为定值D．存在点，使平面平面【答案】AC【分析】对于A项，可以通过取的中点H、I，连接HI交于G点，判定即可；对于B项，讨论截面的形状并计算各交线长来判定即可；对于C项，通过等体积法转化即可判定；对于D项，通过反证，利用面与面和面的交线PG、DH是否能平行来判定.【详解】对于A项，如图所示，

取的中点H、I，连接HI交于G点，此时，由正方体的性质知：面，又，则面，面，可得，在正方形中，易知，，面，所以平面，故A正确；对于B项，若G点靠C远，如图一示，过G作，即截面为四边形EFQR，显然该截面在G为侧面CB1的中心时取得最大，最大值为，

若G靠C近时，如图二示，G作KJEF，延长EF交、DA延长线于M、H，连接MK、HJ交、AB于L、I，则截面为六边形EFIJKL，若K，J为中点时六边形面积为，，即B错误；

对于C项，随着G移动但G到面的距离始终不变即，故是定值，即C正确；对于D项，如图所示，连接，H为侧面的中心，则面与面和面分别交于线PG、DH，若存在G点使平面平面，则PGDH，又A1DCB1，则四边形PGHD为平行四边形，即PD=GH，而PD＞，此时G应在延长线上，故D错误；

故选：AC50．（2023·浙江·校联考模拟预测）在三棱锥中，对棱所成角为，平面和平面的夹角为，直线与平面所成角为，点为平面和平面外一定点，则下列结论正确的是（

）A．过点且与直线所成角都是的直线有2条B．过点且与平面和平面所成角都是的直线有3条C．过点且与平面和平面所成角都是的直线有3条D．过点与平面所成角为，且与直线成的直线有2条【答案】ABD【分析】作直线、，使得，，直线、上分别取点、，的角平分线所在直线与直线、所成角为或，在利用图形，可知A有条；根据，，可知B有条；根据，可知C有2条；做以为顶点，且与圆锥中轴线夹角为，可知该直线条数，判断D即可.【详解】对于A选项，因为对棱所成角为，在空间中的点作直线、，使得，，设直线、确定平面，如下图所示：

因为对棱所成角为，则直线、所成角为或，在直线、上分别取点、，使得或，则在平面内的角平分线所在直线与直线、所成角为或，根据最小角定理，对于35度情况，过点在平面外能作两条直线、使得这两条直线与直线、所成角均为，综上所述，过点且与直线所成角都是的直线有2条，A正确；对于B选项，因为平面和平面的夹角为，则过点与平面和平面所成角都是和的直线各有一条、，若过点与平面和平面都是，则在的两侧各有一条，加上直线m，所以共条，故B正确，对于C选项，若过点与平面和平面所成角都是，则仅在的两侧各有一条，所以共条，故C不正确；对于D选项，过点作与平面成角的直线，形成以为顶点，与圆锥中轴线夹角为，且底面在上的圆锥的母线，

设平面所在平面为，则所求直线与的交点为,不妨假设在上，设直线与的交点为，且与AB平行，设点在底面的射影点为点，直线交圆锥底面圆于、两点，易知，又因为，则为等边三角形，所以，，因为，则直线与平面所成角为，则，故，当点位于点时，取得最小值，当点位于点时，取得最大值，所以，故能作出两条满足条件的直线，故D正确.故选：ABD.【点睛】方法点睛：该题考查立体几何综合应用，属于难题，关于角度的方法有：（1）异面直线所成角：平移异面直线至有交点，则异面直线所成角即为平移后相交直线所成角；（2）线面角：过线上一点做面的垂线，连接垂足及线与面的交点形成线段，则线与该线段所成角即为线面角；（3）面面角：过面面交线上一点在两个面中分别做交线的垂线，则两垂线的夹角即为面面角.51．（2023·湖北襄阳·襄阳四中校考三模）如图，是圆的直径，点是圆上异于，的点，直线平面，，分别是，的中点，记平面与平面的交线为，直线与圆的另一个交点为，且点满足.记直线与平面所成的角为，异面直线与所成的角为，二面角的大小为，则下列说法不一定正确的是（

）

A． B．C． D．【答案】BCD【分析】通过空间直线、平面的位置关系作出相应角，结合解直角三角形得出对应三个角的正余弦值一一判定即可.【详解】

如图所示，连接EF、BE、BF，过B作BD∥AC，交圆于D点，∵E、F分别为PA、PC的中点，∴EF∥AC∥BD，BD即面EFB与面ABC的交线l，由题意易知：BC⊥BD，PC⊥BD，面PBC，则BD⊥面PBC，而面PBC，则BD⊥BF，即二面角的大小，∴；由Q满足，过D作DQ∥PC，使DQ=CF即可，则DQ⊥面ABC，结合题意此时四边形CDQF为矩形，则直线与平面所成的角，即；过Q作QG∥BD，且QG=BD，连接BG、FG、PG，显然EF∥QG，此时四边形BFPG为平行四边形，PG=FB，则异面直线与所成的角，结合上面说明得QG⊥面PBC，而面PBC，则QG⊥PG，即.∴，即A正确；及，即B、C错误；即D错误；故选：BCD52．（2023·山东济宁·统考二模）已知正方体的棱长为为空间中任一点，则下列结论中正确的是（

）A．若为线段上任一点，则与所成角的范围为B．若为正方形的中心，则三棱锥外接球的体积为C．若在正方形内部，且，则点轨迹的长度为D．若三棱锥的体积为恒成立，点轨迹的为椭圆的一部分【答案】ACD【分析】对于A：根据异面直线夹角分析判断；对于B：根据题意分析可得与的交点即为三棱锥的外接球的球心，结合锥体的体积公式分析运算；对于C：分析可得，结合圆的周长分析运算；对于D：根据题意结合圆锥的截面分析判断.【详解】对于A：过点作//交于点，连接．则即为与所成角的平面角，且．当点由点A向点移动的过程中，点由点D向点移动,线段逐渐变长，逐渐变短,所以逐渐变大．又当点在点A处时，；当点在点处时，．故A正确．对于B：由题意可知：平面，平面，则，又因为，，平面，所以平面，平面，则，故和均为直角三角形．所以与的交点即为三棱锥的外接球的球心，半径，此外接球的体积．故B不正确．对于：由题意可知：平面，平面，则，点在侧面内，满足，故点的轨迹是以点为圆心，半径为的四分之一圆弧，所以点的轨迹的长度为，C正确．对于D：设三棱锥的高为，由三棱锥的体积为，解得，即点到平面的距离为．对于三棱锥，设高为，由体积可得，解得，即点到平面的距离为，可得：点到平面的距离为，平面与平面的距离为，故点在平面或为点，若，空间点的轨迹为以为轴的圆锥表侧面，显然点不满足题意，设与平面所成的角为，则，故平面与圆锥侧面相交，且平面与不垂直，故平面与圆锥的截面为椭圆，显然点不合题意，所以点的轨迹为椭圆的一部分，故D正确．故选：ACD.【点睛】方法定睛：在立体几何中，某些点、线、面按照一定的规则运动，构成各式各样的轨迹，探求空间轨迹与探求平面轨迹类似，应注意几何条件，善于基本轨迹转化．对于较为复杂的轨迹，常常要分段考虑，注意特定情况下的动点的位置，然后对任意情形加以分析判定，也可转化为平面问题．对每一道轨迹命题必须特别注意轨迹的纯粹性与完备性．53．（2023·安徽·合肥一中校联考模拟预测）在三棱锥P-ABC中，，，，O为的外心，则（

）A．当时，PA⊥BCB．当AC=1时，平面PAB⊥平面ABCC．PA与平面ABC所成角的正弦值为D．三棱锥A-PBC的高的最大值为【答案】ABC【分析】由条件得几何体的结构特征，分析位置关系及数量关系.【详解】对于A项，因为，且，所以为等边三角形，又，所以三棱锥P-ABC为正三棱锥，正三棱锥的侧棱与底面相对的边互相垂直，所以PA⊥BC，A正确；对于B项，因为O为的外心，且．所以点P在平面ABC的射影为点O，所以PO⊥平面ABC．又，，，所以为直角三角形，．所以点O为AB的中点，又平面PAB，所以平面PAB⊥平面ABC，B正确；对于C项，由B项可知PO⊥平面ABC，又平面ABC，所以PO⊥OA，所以∠PAO即为直线PA与平面ABC所成的角．设外接圆半径为r，则由正弦定理可得，所以，所以，故，C正确；对于D项，在中，，，由余弦定理可得，故，所以，所以，在中，由余弦定理可得，，所以，当且仅当时等号成立．所以．设三棱锥A-PBC的高为h，因为，即，所以．故三棱锥A-PBC的高的最大值为，D错误．故选：ABC【点睛】三棱锥A-PBC的高不易直接求解，故通过等体积法间接求解，外接圆半径问题可以与正弦定理相结合，三角形中最值问题可以与余弦定理及基本不等式知识相结合.54．（2023·安徽黄山·统考二模）如图，圆柱的底面半径和母线长均为是底面直径，点在圆上且，点在母线，点是上底面的一个动点，则（

）A．存在唯一的点，使得B．若，则点的轨迹长为4C．若，则四面体的外接球的表面积为D．若，则点的轨迹长为【答案】ACD【分析】对选项A：作E关于D点的对称点为，利用对称性与三点共线距离最短求解；对选项BD：建立空间直角坐标系，根据F满足的条件判断其轨迹，求其长度；对选项C：证明AE中点Q为四面体的外接球的球心即可.【详解】设E关于D点的对称点为，则，所以当且仅当三点共线时取等号，故存在唯一的点，使得，故A正确；由题意知，以O为坐标原点，以为正方向建立空间直角坐标系，则设，则，对选项B：当时，，所以点的轨迹长为上底面圆的一条弦MN，到MN的距离为1，所以，故点的轨迹长为，所以B错误；对选项D：当时，，所以点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，其轨迹长为，故D正确；对选项C：在中，，为直角三角形，其外心为与的交点，且，而所以，所以Q为四面体的外接球的球心，球半径为，所以球的表面积为，故C正确.故选：ACD【点睛】方法点睛：对立体几何中动点的轨迹问题采用几何法分析难度时可以用坐标法去研究，根据动点的坐标满足的方程可以方便的判断出轨迹的形状，将几何问题转化为代数问题解决.55．（2023·福建泉州·校联考模拟预测）如图圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等，，为圆柱上下底面的圆心，O为球心，EF为底面圆的一条直径，若球的半径，则（

）A．球与圆柱的体积之比为B．四面体CDEF的体积的取值范围为C．平面DEF截得球的截面面积最小值为D．若P为球面和圆柱侧面的交线上一点，则的取值范围为【答案】AD【分析】根据给定的条件，利用球、圆柱的体积公式计算判断A；利用建立函数关系判断B；求出球心O到平面DEF距离的最大值判断C；令点P在圆柱下底面圆所在平面上的投影点为Q，设，利用勾股定理建立函数关系，求出值域作答.【详解】对于A，球的体积为，圆柱的体积，则球与圆柱的体积之比为，A正确；对于B，设为点到平面的距离，，而平面经过线段的中点，四面体CDEF的体积，B错误；对于C，过作于，如图，而，则，又，于是，设截面圆的半径为，球心到平面的距离为，则，又，则平面DEF截球的截面圆面积，C错误；对于D，令经过点P的圆柱的母线与下底面圆的公共点为Q，连接，当与都不重合时，设，则，当与之一重合时，上式也成立，因此，，则，令，则，而，即，因此，解得，所以的取值范围为，D正确.故选：AD【点睛】思路点睛：与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图.56．（2023·全国·模拟预测）如图，半圆面平面，四边形是矩形，且，，分别是，线段上的动点（不含端点），且，则下列说法正确的有（

）A．平面平面B．存在使得C．的轨迹长度为D．直线与平面所成角的最大值的正弦值为【答案】AB【分析】由面面垂直和线面垂直性质可得，结合，由线面垂直和面面垂直的判定可知A正确；令，过作于点，若，则平面，可利用表示出，利用勾股定理可构造方程求得，知B正确；取BC的中点E，取半圆弧的中点F，以O为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，利用空间距离，求解N点坐标活动范围，得出结果，从而知C错误；根据，结合C中结论可求得，知D错误.【详解】对于A，为直径，；半圆面平面，半圆面平面，，平面，半圆面，又半圆面，，又，平面，平面，平面，平面平面，A正确；对于B，如图，令，过作于点，连接，若，则平面，则，此时，，由得：，，，，解得：，存在使得，B正确；对于C，如下图，取BC的中点E，取半圆弧的中点F，以O为原点，分别以为轴建立如图所示的空间直角坐标系.，设，则，设，则，，又，所以，则.因为.令，，则，所以，又，所以N点在AC上的轨迹为，故C错误.对于D，设直线与平面所成角为，则，由C选项得：，，D错误.故选：AB．【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何中的动点问题的求解，解决存在点满足某条件、动点轨迹长度和线面角最值的关键是能够将问题转化为关于变量的取值范围的讨论问题，借助临界值来确定的范围，进而确定所求解结果.57．（2023·广东江门·统考一模）勒洛FranzReuleaux（1829～1905），德国机械工程专家，机构运动学的创始人.他所著的《理论运动学》对机械元件的运动过程进行了系统的分析，成为机械工程方面的名著.勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，因此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