07立体几何小题综合

07立体几何小题综合一、单选题1．（2023·江苏·统考一模）已知正四面体的棱长为1，点O为底面的中心，球О与该正四面体的其余三个面都有且只有一个公共点，且公共点非该正四面体的顶点，则球O的半径为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】由题可知球O与该正四面体的其余三个面都相切，然后利用，即得.【详解】因为正四面体的棱长为1，则正四面体的高为，由题可知球O与该正四面体的其余三个面都相切，设球O的半径为，则，所以，所以.故选：B2．（2023·河北保定·统考一模）如图，在四棱锥中，底面为矩形，，是正三角形，平面平面，且，则与平面所成角的正切值为（

）A．2 B． C． D．【答案】B【分析】连接，为的中点，结合面面垂直性质定理证明平面，根据锥体体积公式求，再由面面垂直性质定理证明平面，根据线面角的定义证明PC与平面PAD所成角的平面角为，解三角形求其正切值.【详解】取的中点，连接，由已知为等边三角形，所以，又平面平面，平面平面，平面，所以平面，设，则，，又，所以矩形的面积，所以四棱锥的体积，所以，所以，所以，因为平面平面，，平面平面，平面，所以平面，又平面，所以，所以为直角三角形，斜边为，因为平面，所以与平面所成角的平面角为，在中，，，所以，与平面所成角的正切值为.故选：B.3．（2023·广东汕头·金山中学校考模拟预测）如图l，在高为h的直三棱柱容器中，，，现往该容器内灌进一些水，水深为，然后固定容器底面的一边AB于地面上，再将容器倾斜，当倾斜到某一位置时，水面恰好为（如图2），则=（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】根据题意结合体积公式分析运算即可.【详解】设柱体的底面积为，则柱体的体积，注入水的体积为，容器倾斜后，上半部分三棱锥的体积，则可得，整理得.故选：A.4．（2023·辽宁·辽宁实验中学校联考模拟预测）距今5000年以上的仰韶遗址表明，我们的先人们居住的是一种茅屋，如图1所示，该茅屋主体是一个正四棱锥，侧面是正三角形，且在茅屋的一侧建有一个入户甬道，甬道形似从一个直三棱柱上由茅屋一个侧面截取而得的几何体，一端与茅屋的这个侧面连在一起，另一端是一个等腰直角三角形．图2是该茅屋主体的直观图，其中正四棱锥的侧棱长为6m，，，，点D在正四棱锥的斜高PH上，平面ABC且．不考虑建筑材料的厚度，则这个茅屋（含甬道）的室内容积为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据题意问题转化为求四棱锥体积与三棱柱体积再加一个小三棱锥体积之和，运用体积公式求解即可.【详解】设为正四棱锥底面中心，连接，则，，，取的中点，连接，过作于，则．在直角中．过作交于连接．则，所求体积故选：B5．（2023·山东聊城·统考模拟预测）在三棱锥中，，，，二面角的大小为．若三棱锥的所有顶点都在球O的球面上，则当三棱锥的体积最大时，球O的体积为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】作二面角的平面角，确定三棱锥的高，根据条件证明，建立坐标系，根据条件确定球心位置，求出球的半径，由此可得球O的体积.【详解】设点P在平面ABC内的射影为H，连接AH，考虑到二面角PABC的大小为，则点H与点C在直线AB的两侧．因为平面，平面，所以，又，，平面，所以平面，平面，所以为二面角的平面角的补角，所以，又，所以，从而三棱锥的高为1．又的面积，所以当时，的面积最大，最大值为，所以当时，三棱锥的体积最大，因此点C和点P在图中两全等长方体构成的大长方体的体对角线的顶点上．以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz．因为球O的球心O与的外接圆的圆心的连线垂直平面，为为斜边的直角三角形，所以其外接圆的圆心为的中点，所以球O的球心O在底面ABC内的射影为线段AC的中点，于是设．又，，由，得，解得，则球O的半径，所以球O的体积．故选：D.【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，求出球心的位置，再求球的半径.6．（2023·重庆九龙坡·统考二模）正多面体统称为柏拉图体，被喻为最有规律的立体结构，其所有面都只由一种正多边形构成（各面都是全等的正多边形，且每个顶点所接的面数都一样，各相邻面所成的二面角都相等），正多面体共有5种，它们分别是正四面体､正六面体（即正方体）､正八面体､正十二面体､正二十面体.连接正方体中相邻面的中心（如图1），得到另一个柏拉图体，即正八面体（如图2），设分别为的中点，则下列说法正确的是（

）A．与为异面直线B．经过的平面截此正八面体所得的截面为正五边形C．平面平面D．平面平面【答案】D【分析】利用中位线的关系判断A，根据空间中直线的平行关系判断B，利用平面与平面的夹角的定义判断C，利用面面平行的判定定理判断D.【详解】如图，将正方体补充完整为,连接,则在中，为的中点，所以，在中，为的中点，所以，从而，A错误；取的中点依次为，连接，则有,且，所以经过的平面截此正八面体所得的截面为正六边形，B错误；要证平面平面PCD，即证平面平面，连接，因为平面，所以平面，平面，所以，且所以且平面，所以平面，又因为平面，所以所以为平面与平面所成的角，设正方体的边长为，则，从而，所以，故C错误；因为，平面，平面，所以平面，因为，平面，平面，所以平面，且平面，，所以平面平面，D正确，故选：D.7．（2023·福建漳州·统考三模）已知正三棱锥的侧面与底面所成的二面角为，侧棱，则该正三棱锥的外接球的表面积为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据二面角的定义，作图，求得其平面角，利用正三棱锥的性质以及余弦定理，求得底面边长，假设球心的位置，利用勾股定理，建立方程，可得答案.【详解】由题意，作正三棱锥，取中点，连接，取等边的中心，连接，如下图所示：在正三棱锥中，易知，平面，为中点，，在等边中，为中点，，平面，平面，，设，则在中，，在中，，在中，根据余弦定理，，则，化简可得：，解得，则，，在等边中，是中心，，，平面，平面，，在中，，设正三棱锥的外接球的半径为，假设正三棱锥的外接球球心在线段上，则，可得，解得，不符合题意；假设正三棱锥的外接球球心在线段的延长线上，则，可得，解得，符合题意.故正三棱锥的外接球表面积.故选：C.8．（2023·湖北武汉·华中师大一附中校联考模拟预测）在三棱锥中，是以AC为底边的等腰直角三角形，是等边三角形，，又BD与平面ADC所成角的正切值为，则三棱锥外接球的表面积是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据线面角算出点B到平面ADC的距离，从而找到球心的位置，利用几何关系算出球的半径即可.【详解】取AC的中点E，连接BE，DE，则，，可得平面DEB．又平面ADC，故平面平面DEB，且平面平面．在平面DEB中，过点B作于点H，则平面ADC，∴是直线BD与平面ADC所成角的平面角．设，则，易求，，则．由勾股定理可得，即，解得，于是，点H恰好是正的中心（外心），故球心O必在BH上，的外心为E，连接OE,则平面ABC，,设三棱锥外接球的半径，在中，由射影定理可得，即，解得，∴三棱锥外接球的表面积．故选：B.9．（2023·浙江·校联考二模）《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑．现有鳖臑，其中平面ABC，，过A作，，记四面体，四棱锥，鳖臑的外接球体积分别为，，V，则的取值范围是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】记四面体，四棱锥，鳖臑的外接球半径分别为，，，记，，，先证明面，从而得到，，，再根据，从而得到，再构造函数，其中，再利用导函数分析函数的单调性，进而即可求得其值域．【详解】记四面体，四棱锥，鳖臑的外接球半径分别为，，，记，，，在鳖臑中，有，，又，平面，则面，又面，则，又，且，面，所以面，所以，，，又，即，所以，令，其中，则，所以当时，，此时单调递减；当时，，此时单调递增，当，即时，；当，即时，；根据对称性，当，即时，，所以，即．故选：A．【点睛】关键点点睛：先根据题意得到，再构造函数，其中，利用导函数分析函数的单调性，进而求得其值域是解答本题的关键．10．（2023·湖南怀化·统考二模）已知球的半径为，球面上有不共面的四个点，且，则四面体体积的最大值是（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】取的中点，求出，设点到直线的距离为，点到直线的距离为，点到平面的距离分别为，即可求出及，从而得，再令，利用导数求出函数的最大值，最后根据计算即可.【详解】解：如图所示：取的中点，则有，设点到直线的距离为，点到直线的距离为，点到平面的距离分别为，则，，则，所以，令，，则，所以当时，，单调递增；当时，，单调递减；所以当时，，所以，所以，当且仅当，且平面时，取等号，即四面体体积的最大值是.故选：B.【点睛】关键点睛：本题的关键是利用导数求出的最大值，属于较难题.二、多选题11．（2023·湖北武汉·华中师大一附中校联考模拟预测）如图，在已知直四棱柱中，四边形ABCD为平行四边形，E，M，N，P分别是BC，，，的中点，以下说法正确的是（

）A．若，，则B．C．平面D．若，则平面平面【答案】ACD【分析】证明，根据异面直线夹角定义证明，判断A，证明MN与CD异面，判断B，由线面平面判定定理判断C，由线面垂直判定定理证明平面，由面面垂直判定定理证明平面平面.【详解】连接，由已知，，所以，所以四边形为平行四边形，所以，由，∴，则，∴，故，选项A正确．因为分别为的中点，所以，又，所以，由，所以四边形为平行四边形，因为平面，，平面，所以MN与CD异面，选项B错误．因为，平面，平面，所以平面，选项C正确．若，则四边形ABCD为菱形，∴．又，，平面∴平面，平面，∴平面平面，选项D正确．故选：ACD.12．（2023·浙江·校联考二模）如图，多面体ABCDEF的8个面都是边长为2的正三角形，则（

）A． B．平面平面FABC．直线EA与平面ABCD所成的角为 D．点E到平面ABF的距离为【答案】ACD【分析】根据多面体ABCDEF的8个面都是边长为2的正三角形条件结合正方形的特点，可判断A选项，取中点，连接、，根据两平面的二面角可判断B选项，根据对称性找到平面的垂线，根据线面角的性质可求C选项，求点到面的距离转化为求三角形的高，可判断D选项.【详解】对于A选项，如图，由，，，为正三角形可得为正方形，故，故A正确；对于B选项，取中点为，在，中，由正三角形的性质可得，，，平面平面，平面，平面，则为二面角的平面角，由，，得，故B错误；对于C选项，由条件可知四棱锥、四棱锥均为正四棱柱，连接，交点为正方形的中心，则平面，即为直线与平面所成的角，由，，得，故C正确；对于D选项，连接，在正方形可知，，平面，平面，，与相交，且平面，平面即为三棱锥的高，设点E到平面ABF的距离为，由几何关系可求得，，，，由可得，，代入数据解得，故D正确．故选：ACD.13．（2023·广东梅州·统考二模）如图，在棱长为2的正方体中，E为边AD的中点，点P为线段上的动点，设，则（

）A．当时，EP//平面 B．当时，取得最小值，其值为C．的最小值为 D．当平面CEP时，【答案】BC【分析】建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明判断A；利用两点间距离公式计算判断BC；确定直线与平面CEP交点的位置判断D作答.【详解】在棱长为2的正方体中，建立如图所示的空间直角坐标系，，，则点，对于A，，，，而，显然，即是平面的一个法向量，而，因此不平行于平面，即直线与平面不平行，A错误；对于B，，则，因此当时，取得最小值，B正确；对于C，，于是，当且仅当时取等号，C正确；对于D，取的中点，连接，如图，因为E为边AD的中点，则，当平面CEP时，平面，连接，连接，连接，显然平面平面，因此，平面，平面，则平面，即有，而，所以，D错误.故选：BC【点睛】关键点睛：涉及空间图形中几条线段和最小的问题，把相关线段所在的平面图形展开并放在同一平面内，再利用两点之间线段最短解决是关键.14．（2023·江苏·统考一模）正方体的棱长为3，E，F分别是棱，上的动点，满足，则（

）A．与垂直B．与一定是异面直线C．存在点E，F，使得三棱锥的体积为D．当E，F分别是，的中点时，平面截正方体所得截面的周长为【答案】ACD【分析】设，利用坐标法可判断A，利用特值法可判断B，根据体积公式表示出三棱锥的体积可判断C，作出截面结合条件可得周长判断D.【详解】如图建立空间直角坐标系，设，则，A：由题可得，所以,所以，即，故A正确；B：当E，F为中点时，，所以，B，D，F，E四点共面，此时与不是异面直线，故B错误；C：由，可得，则，由于，故C正确；D：直线与分别交于，连接分别交，于点M，N，则五边形为平面截正方体所得的截面，因为E，F分别是，的中点，所以易得，故可得，因为，所以，可得，同理可得，所以五边形的周长为，故D正确.故选：ACD.15．（2023·湖南·校联考二模）已知直三棱柱中，，，M，N，Q分别为棱，，AC的中点，P是线段上（包含端点）的动点，则下列说法正确的是（

）A．平面MNAB．三棱锥的体积为定值C．的最大值为4D．若P为的中点，则过A，M，P三点的平面截三棱柱所得截面的周长为【答案】AC【分析】A选项，通过证明平面平面，可判断选项正误；B选项，注意到平面AMN，则可判断选项正误；C选项，，据此可判断选项正误；D选项，由题可知过A，M，P三点的平面为平面ACPM，即可判断选项正误.【详解】A选项，连接，，因N，Q分别为，AC的中点，，则，即四边形为平行四边形，则.因M，N分别为棱，的中点，则.因平面ANM，AN平面ANM，，平面，平面，，则平面平面，又平面，则平面MNA，故A正确；B选项，因平面AMN，平面AMN，则平面AMN，又，则到平面AMN距离等于到平面AMN距离，又N为AC中点，则到平面AMN距离等于A到平面AMN距离，则，又，则，故B错误；C选项，，当P和重合时，最大为4，故C正确；D选项，注意到，则过A，M，P三点的平面为平面ACPM，则截面周长为，又，则周长为，故D错误.故选：AC三、填空题16．（2023·河北沧州·统考模拟预测）在圆台中，是其轴截面，，过与轴截面垂直的平面交下底面于，若点到平面的距离是，则圆台的体积等于______.【答案】【分析】点到平面的距离即为与的距离，即点到的距离等于，故可以求得棱台的高，进而求得棱台的体积.【详解】∵，所以四边形为平行四边形，所以,则为正三角形∴，由题意得，平面平面平面，且平面平面，所以点到平面的距离即为与的距离，在中，过点作的垂线,过点作的垂线，则，所以，则，则圆台的体积为，所以圆台的体积为.故答案为：17．（2023·安徽安庆·校联考模拟预测）三棱锥中，，，，则该三棱锥外接球的表面积为__________．【答案】【分析】根据题意是以为斜边的直角三角形，结合，得到点P在平面内的射影是的外心，即斜边的中点，再根据平面平面，得到的外心即为三棱锥的外接球的球心，然后利用余弦定理和正弦定理求得半径即可.【详解】解：因为，，所以由余弦定理可得，解得，所以，所以是以为斜边的直角三角形，因为，所以点P在平面内的射影是的外心，即斜边的中点，且平面平面，于是的外心即为三棱锥的外接球的球心，因此的外接圆半径等于三棱锥的外接球半径．因为，，所以，于是，根据正弦定理知的外接圆半径R满足，所以三棱锥的外接球半径为，因此三棱锥的外接球的表面积为．故答案为：18．（2023·辽宁·辽宁实验中学校联考模拟预测）在四棱锥中，已知平面平面ABCD，，，，，M是平面SAD内的动点，且直线MB与平面SAD所成的角和直线MC与平面SAD所成的角相等，则当三棱锥的体积最大时，三棱锥外接球的表面积为______．【答案】【分析】根据题意建立平面直角坐标系，根据条件求得点的轨迹方程，从而要使四棱锥的体积最大，只要点的纵坐标的绝对值最大即可，取，三棱锥外接球的球心在过三角形外接圆圆心且垂直平面的直线上，勾股定理求解半径，代入表面积公式即可求解.【详解】因为平面平面，平面平面，面，又因为，所以平面，所以为直线与平面所成的角，同理为直线与平面所成的角，所以，所以，即．在平面内，以为坐标原点，以为轴正方向，建立平面直角坐标系，设，则有，化简得．即点的轨迹方程为．要使三棱锥的体积最大，只要点的纵坐标的绝对值最大即可，令，则，当三棱锥的体积最大时，可取，此时到平面的距离为2．三棱锥外接球的球心在过三角形外接圆圆心且垂直平面的直线上．在三棱锥中，设点即