專題09 空間幾何（選填題8種考法）（解析版）

專題09空間幾何（選填題8種考法）考法一體積與表面積【例1-1】（2023·山東威海·統(tǒng)考一模）已知圓錐的側(cè)面展開圖是一個(gè)半徑為4，弧長為的扇形，則該圓錐的表面積為（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】由于圓錐的側(cè)面展開圖是一個(gè)半徑為4，弧長為的扇形，則圓錐底面圓的半徑為，底面圓的面積為，圓錐的表面積為.故選：C.【例1-2】（2021·全國·統(tǒng)考高考真題）正四棱臺(tái)的上?下底面的邊長分別為2，4，側(cè)棱長為2，則其體積為（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】作出圖形，連接該正四棱臺(tái)上下底面的中心，如圖，因?yàn)樵撍睦馀_(tái)上下底面邊長分別為2，4，側(cè)棱長為2，所以該棱臺(tái)的高，下底面面積，上底面面積，所以該棱臺(tái)的體積.故選：D.【例1-3】（2023·全國·模擬預(yù)測）如圖，已知四棱柱的體積為V，四邊形ABCD為平行四邊形，點(diǎn)E在上且，則三棱錐與三棱錐的公共部分的體積為（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】如圖，設(shè)DE，交于點(diǎn)F，AC，BD交于點(diǎn)G，連接FG，則三棱錐就是三棱錐與三棱錐的公共部分．因?yàn)?，所以，所以，設(shè)點(diǎn)到平面ABCD距離為，則點(diǎn)F到平面ABCD的距離是，又，所以三棱錐的體積為.故選：A．【例1-4】（2023·全國·模擬預(yù)測）已知正四棱臺(tái)ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2A1B1＝2，O是底面ABCD的中心，若異面直線OB1與CC1所成角的余弦值為，則該四棱臺(tái)的側(cè)面積為（

）A．12 B．C． D．9【答案】B【解析】如圖所示，連接AC，BD，則，連接A1O，A1C1，B1D1，因?yàn)?，所以AC＝2A1C1，則OC＝A1C1，且，即，所以四邊形A1C1CO為平行四邊形，則，且，所以∠A1OB1為異面直線OB1與CC1所成的角或其補(bǔ)角．同理得四邊形B1D1DO為平行四邊形，則，則．因?yàn)橹本€OB1與CC1所成角的余弦值為，所以，解得，在等腰梯形ABB1A1中，由AB＝2A1B1＝2，A1A＝B1B=2，則其高為則側(cè)面ABB1A1的面積為，所以該四棱臺(tái)的側(cè)面積為，故選：B．考法二平行與垂直【例2-1】（2023云南）設(shè)是兩不同的直線，是兩不同的平面，則下列命題正確的是A．若，，，則B．若，則C．若，則D．若，則【答案】D【解析】對于A選項(xiàng)，根據(jù)面面垂直的性質(zhì)定理可知，不在內(nèi)時(shí)，不一定有，故A選項(xiàng)錯(cuò)誤.對于B選項(xiàng)，可能相交，故B選項(xiàng)錯(cuò)誤.對于C選項(xiàng)，可能平行，故C選項(xiàng)錯(cuò)誤.對于D選項(xiàng)，根據(jù)線面垂直的性質(zhì)定理可知，而，故，所以D選項(xiàng)正確.綜上所述，本小題選D.【例2-2】（2022·全國·統(tǒng)考高考真題）在正方體中，E，F(xiàn)分別為的中點(diǎn)，則（

）A．平面平面 B．平面平面C．平面平面 D．平面平面【答案】A【解析】在正方體中，且平面，又平面，所以，因?yàn)榉謩e為的中點(diǎn)，所以，所以，又，所以平面，又平面，所以平面平面，故A正確；選項(xiàng)BCD解法一：如圖，以點(diǎn)為原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)，則，，則，，設(shè)平面的法向量為，則有，可取，同理可得平面的法向量為，平面的法向量為，平面的法向量為，則，所以平面與平面不垂直，故B錯(cuò)誤；因?yàn)榕c不平行，所以平面與平面不平行，故C錯(cuò)誤；因?yàn)榕c不平行，所以平面與平面不平行，故D錯(cuò)誤，故選：A.選項(xiàng)BCD解法二：解：對于選項(xiàng)B，如圖所示，設(shè)，，則為平面與平面的交線，在內(nèi)，作于點(diǎn)，在內(nèi)，作，交于點(diǎn)，連結(jié)，則或其補(bǔ)角為平面與平面所成二面角的平面角，由勾股定理可知：，，底面正方形中，為中點(diǎn)，則，由勾股定理可得，從而有：，據(jù)此可得，即，據(jù)此可得平面平面不成立，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；對于選項(xiàng)C，取的中點(diǎn)，則，由于與平面相交，故平面平面不成立，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；對于選項(xiàng)D，取的中點(diǎn)，很明顯四邊形為平行四邊形，則，由于與平面相交，故平面平面不成立，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；故選：A.【例2-3】（2021·浙江·統(tǒng)考高考真題）如圖已知正方體，M，N分別是，的中點(diǎn)，則（

）A．直線與直線垂直，直線平面B．直線與直線平行，直線平面C．直線與直線相交，直線平面D．直線與直線異面，直線平面【答案】A【解析】連，在正方體中，M是的中點(diǎn)，所以為中點(diǎn)，又N是的中點(diǎn)，所以，平面平面，所以平面.因?yàn)椴淮怪?，所以不垂直則不垂直平面，所以選項(xiàng)B,D不正確；在正方體中，，平面，所以，，所以平面，平面，所以，且直線是異面直線，所以選項(xiàng)C錯(cuò)誤，選項(xiàng)A正確.故選：A.【例2-4】（2023·山東菏澤·統(tǒng)考一模）如圖，八面體的每一個(gè)面都是正三角形，并且四個(gè)頂點(diǎn)在同一平面內(nèi)，下列結(jié)論：①平面；②平面平面；③；④平面平面，正確命題的個(gè)數(shù)為（

）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】D【解析】以正八面體的中心為原點(diǎn)，分別為軸，建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，設(shè)正八面體的邊長為,則所以，,設(shè)面的法向量為，則，解得，取，即又，所以，面，即面，①正確；因?yàn)?，所以，又，面，面，則面，由，平面，所以平面平面，②正確；因?yàn)椋瑒t，所以，③正確；易知平面的一個(gè)法向量為，平面的一個(gè)法向量為，因?yàn)?，所以平面平面，④正確；故選：D考法三空間角【例3-1】（2023·黑龍江大慶·統(tǒng)考一模）在三棱錐中，平面ABC，且，，E，F(xiàn)分別為BC，PA的中點(diǎn)，則異面直線EF與PC所成角的余弦值為（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】如圖所示，分別取AB，PB的中點(diǎn)M，G，連接FM，ME，GE，F(xiàn)G，則，所以（或其補(bǔ)角）為異面直線EF與PC所成的角．因?yàn)?，，所以，．因?yàn)槠矫鍭BC，平面ABC，，平面ABC，，平面ABC，所以，且．在中，．在中，，，由余弦定理得，所以異面直線EF與PC所成角的余弦值為．故選：B【例3-2】（2023·江蘇連云港·統(tǒng)考模擬預(yù)測）已知正四面體，，點(diǎn)為線段的中點(diǎn)，則直線與平面所成角的正切值是（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】如圖，過點(diǎn)向底面作垂線，垂足為，連接，過點(diǎn)作于G，連接，由題意可知：且，因?yàn)槠矫妫云矫?，則即為直線與平面所成角的平面角，設(shè)正四面體的棱長為2，則，，所以，則，在中，由余弦定理可得：，在中，，所以，所以直線與平面所成角的正切值是，故選：.【例3-3】（2022·全國·統(tǒng)考高考真題）（多選）已知正方體，則（

）A．直線與所成的角為 B．直線與所成的角為C．直線與平面所成的角為 D．直線與平面ABCD所成的角為【答案】ABD【解析】如圖，連接、，因?yàn)?，所以直線與所成的角即為直線與所成的角，因?yàn)樗倪呅螢檎叫?，則，故直線與所成的角為，A正確；連接，因?yàn)槠矫?，平面，則，因?yàn)?，，所以平面，又平面，所以，故B正確；連接，設(shè)，連接，因?yàn)槠矫?，平面，則，因?yàn)?，，所以平面，所以為直線與平面所成的角，設(shè)正方體棱長為，則，，，所以，直線與平面所成的角為，故C錯(cuò)誤；因?yàn)槠矫?，所以為直線與平面所成的角，易得，故D正確.故選：ABD【例3-4】（2023·全國·模擬預(yù)測）（多選）已知四棱錐的頂點(diǎn)都在一個(gè)表面積為的球面上，平面ABCD，底面ABCD是正方形，，則（

）A．B．C．直線PC與直線AB所成角的大小為D．直線PC與平面PAB所成角的大小為【答案】BC【解析】解法一、對于A選項(xiàng)：設(shè)四棱錐的外接球球心為O，因?yàn)榍騉的表面積為，所以球O的半徑為2，連接AC，與BD交于點(diǎn)E，取PA的中點(diǎn)F，連接OE，OF，則平面ABCD，四邊形OEAF為矩形，連接OA，在中，，所以，故A錯(cuò)誤；對于B選項(xiàng)：因?yàn)槠矫鍭BCD，所以，因?yàn)?，，PA，平面PAC，所以平面PAC，又平面PAC，所以，故B正確；對于C選項(xiàng)：因?yàn)?，所以∠PCD是直線PC與直線AB所成角，因?yàn)槠矫鍭BCD，所以，又，，PA，平面PAD，所以平面PAD，所以，在中，，，所以，故C正確；對于D選項(xiàng)：易得平面ABP，所以∠CPB是直線PC與平面PAB所成角，在中，，，所以，故D錯(cuò)誤．故選：BC．解法二、由題意知，可將四棱錐補(bǔ)成長方體．設(shè)四棱錐的外接球球心為O，因?yàn)榍騉的表面積為，所以球O的半徑為2，則長方體的體對角線的長為4（點(diǎn)撥：長方體的外接球即四棱錐的外接球，長方體的外接球的球心為長方體的中心，長方體的體對角線為外接球的直徑），對于A選項(xiàng)：設(shè)，則，即，所以，即，故A錯(cuò)誤；對于B選項(xiàng)：因?yàn)槠矫鍭BCD，平面ABCD，所以，連接AC，易知，因?yàn)?，PA，平面PAC，所以平面PAC，又平面PAC，所以，故B正確；對于C選項(xiàng)：易知，所以∠PCD是直線PC與直線AB所成的角，在中，易知，，所以，故C正確；對于D選項(xiàng)：易知平面PAB，所以∠CPB是直線PC與平面PAB所成的角，在中，易知，，所以，故D錯(cuò)誤．故選：BC．解法三、對于選項(xiàng)B，C，D，可以以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB，AD，AP所在直線分別為x，y，z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則，，，，，故，，，．則，故，B正確；，所以直線PC與直線AB所成角的大小為，C正確；易知為平面PAB的一個(gè)法向量，設(shè)直線PC與平面PAB所成角的大小為，則，所以直線PC與平面PAB所成角的大小為，D錯(cuò)誤．故選：BC．考法四空間距離【例4-1】（2023·福建·統(tǒng)考一模）已知空間中三點(diǎn)，則點(diǎn)A到直線的距離為__________．【答案】【解析】，,，，設(shè)點(diǎn)A到直線的距離為，則.故答案為：.【例4-2】（2023·浙江溫州·統(tǒng)考模擬預(yù)測）在棱長為1的正方體中，E為線段的中點(diǎn)，F(xiàn)為線段AB的中點(diǎn)，則直線FC到平面的距離為______．【答案】【解析】建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則，故，故，而平面，平面，故平面，故直線FC到平面的距離為即為到平面的距離.設(shè)平面的法向量為，又，故，取，則，而，故到平面的距離為，故答案為：.【例4-3】（2023·吉林通化·梅河口市第五中學(xué)校考一模）（多選）長方體中，，，，則（

）A．到平面的距離為B．到平面的距離為C．沿長方體的表面從到的最短距離為D．沿長方體的表面從到的最短距離為【答案】AC【解析】如圖，連接，因?yàn)椋?，，所以，，，在中，由余弦定理可得：，所以，則，又，設(shè)點(diǎn)到平面的距離為，由體積相等可得：，即，所以，解得：，故選項(xiàng)正確；選項(xiàng)錯(cuò)誤；長方體的表面可能有三種不同的方法展開，如圖所示：，，，表面展開后，依第一個(gè)圖形展開，則；依第二個(gè)圖形展開，則；依第三個(gè)圖形展開，則；三者比較得：點(diǎn)沿長方形表面到的最短距離為，故選項(xiàng)正確，選項(xiàng)錯(cuò)誤，故選：.考法五外接球與內(nèi)切球【例5-1】（2021·全國·統(tǒng)考高考真題）已知A，B，C是半徑為1的球O的球面上的三個(gè)點(diǎn)，且，則三棱錐的體積為（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】，為等腰直角三角形，，則外接圓的半徑為，又球的半徑為1，設(shè)到平面的距離為，則，所以.故選：A.【例5-2】（2021·天津·統(tǒng)考高考真題）兩個(gè)圓錐的底面是一個(gè)球的同一截面，頂點(diǎn)均在球面上，若球的體積為，兩個(gè)圓錐的高之比為，則這兩個(gè)圓錐的體積之和為（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】如下圖所示，設(shè)兩個(gè)圓錐的底面圓圓心為點(diǎn)，設(shè)圓錐和圓錐的高之比為，即，設(shè)球的半徑為，則，可得，所以，，所以，，，，則，所以，，又因?yàn)?，所以，，所以，，，因此，這兩個(gè)圓錐的體積之和為.故選：B.【例5-3】（2023·貴州貴陽·統(tǒng)考一模）如圖，在三棱錐中，

平面平面，是邊長為的等邊三角形，，則該幾何體外接球表面積為（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】設(shè)外心為，外心為，DB中點(diǎn)為E.因，平面，平面平面，平面平面，則平面，又平面，則.過，分別作平面，平面垂線，則垂線交點(diǎn)O為外接球球心，則四邊形為矩形.外接圓半徑.又因，，則.故外接圓半徑.又.又平面，平面，則.故外接球半徑，故外接球表面積為.故選：A【例5-4】（2023·陜西西安·統(tǒng)考一模）在三棱錐，平面平面，是以為斜邊的等腰直角三角形，為等邊三角形，，則該三棱錐的外接球的表面積為（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】過點(diǎn)作的垂線，垂足為，因?yàn)槭且詾樾边叺牡妊苯侨切?，所以的外接圓的圓心為，設(shè)的外接圓圓心為，其半徑為，則在上，所以，由面面垂直的性質(zhì)可知，平面，所以，即為該三棱錐的外接球的球心，由正弦定理可知，，故該三棱錐的外接球的表面積為.故選：C【例5-5】（2022·全國·統(tǒng)考高考真題）已知正三棱臺(tái)的高為1，上、下底面邊長分別為和，其頂點(diǎn)都在同一球面上，則該球的表面積為（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】設(shè)正三棱臺(tái)上下底面所在圓面的半徑，所以，即，設(shè)球心到上下底面的距離分別為，球的半徑為，所以，，故或，即或，解得符合題意，所以球的表面積為．故選：A．考法六實(shí)際生活中的應(yīng)用【例6-1】（2022·全國·統(tǒng)考高考真題）南水北調(diào)工程緩解了北方一些地區(qū)水資源短缺問題，其中一部分水蓄入某水庫.已知該水庫水位為海拔時(shí)，相應(yīng)水面的面積為；水位為海拔時(shí)，相應(yīng)水面的面積為，將該水庫在這兩個(gè)水位間的形狀看作一個(gè)棱臺(tái)，則該水庫水位從海拔上升到時(shí)，增加的水量約為（）（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】依題意可知棱臺(tái)的高為(m)，所以增加的水量即為棱臺(tái)的體積．棱臺(tái)上底面積，下底面積，∴．故選：C．【例6-2】（2023·湖北武漢·統(tǒng)考模擬預(yù)測）某車間需要對一個(gè)圓柱形工件進(jìn)行加工，該工件底面半徑15cm，高10cm，加工方法為在底面中心處打一個(gè)半徑為rcm且和原工件有相同軸的圓柱形通孔.若要求工件加工后的表面積最大，則r的值應(yīng)設(shè)計(jì)為（

）A． B． C．4 D．5【答案】D【解析】大圓柱表面積為小圓柱側(cè)面積為，上下底面積為所以加工后物件的表面積為，當(dāng)時(shí)表面積最大.故選：D【例6-3】（2023·陜西西安·統(tǒng)考一模）盲盒是一種深受大眾喜愛的玩具，某盲盒生產(chǎn)廠商準(zhǔn)備將棱長為的正四面體的魔方放入正方體盲盒內(nèi)，為節(jié)約成本，使得魔方能夠放入盲盒且盲盒棱長最小時(shí)，盲盒內(nèi)剩余空間的體積為（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】依題意，要使棱長為的正四面體的魔方放入正方體盲盒內(nèi)，且盲盒棱長最小，則當(dāng)且僅當(dāng)正方體的面對角線長等于正四面體的棱長，即它們有相同的外接球，如圖，正四面體的棱長為8cm，該正四面體的所有棱均為正方體對應(yīng)的面對角線，所以該正方體棱長為，盲盒內(nèi)剩余空間的體積為.故選：C【例6-4】（2023·全國·模擬預(yù)測）糧食是關(guān)系國計(jì)民生和國家經(jīng)濟(jì)安全的重要戰(zhàn)略物資，也是人民群眾最基本的生活資料，糧食安全是“國之大者”．如圖為某農(nóng)場的糧倉，中間部分可近似看作是圓柱，圓柱的底面直徑為8m，上、下兩部分可以近似看作是完全相同的圓錐，圓柱的高是圓錐高的6倍，且這兩個(gè)圓錐的頂點(diǎn)相距10m，則該糧倉的體積約為（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】由題意得，圓柱的高為，圓錐的高為，圓柱與圓錐的底面半徑均為，所以該糧倉的體積約為.故選：C．【例6-5】（2021·北京·統(tǒng)考高考真題）某一時(shí)間段內(nèi)，從天空降落到地面上的雨水，未經(jīng)蒸發(fā)、滲漏、流失而在水平面上積聚的深度，稱為這個(gè)時(shí)段的降雨量（單位：）．24h降雨量的等級劃分如下：在綜合實(shí)踐活動(dòng)中，某小組自制了一個(gè)底面直徑為200mm，高為300mm的圓錐形雨量器.若一次降雨過程中，該雨量器收集的24h的雨水高度是150mm（如圖所示)，則這24h降雨量的等級是A．小雨 B．中雨 C．大雨 D．暴雨【答案】B【解析】由題意，一個(gè)半徑為的圓面內(nèi)的降雨充滿一個(gè)底面半徑為，高為的圓錐，所以積水厚度，屬于中雨.故選：B.【例6-6】（2021·全國·統(tǒng)考高考真題）北斗三號(hào)全球衛(wèi)星導(dǎo)航系統(tǒng)是我國航天事業(yè)的重要成果．在衛(wèi)星導(dǎo)航系統(tǒng)中，地球靜止同步衛(wèi)星的軌道位于地球赤道所在平面，軌道高度為（軌道高度是指衛(wèi)星到地球表面的距離）．將地球看作是一個(gè)球心為O，半徑r為的球，其上點(diǎn)A的緯度是指與赤道平面所成角的度數(shù)．地球表面上能直接觀測到一顆地球靜止同步軌道衛(wèi)星點(diǎn)的緯度最大值為，記衛(wèi)星信號(hào)覆蓋地球表面的表面積為（單位：），則S占地球表面積的百分比約為（

）A．26% B．34% C．42% D．50%【答案】C【解析】由題意可得，S占地球表面積的百分比約為：.故選：C.考法七截面或軌跡長度【例7-1】（2023·江西上饒·統(tǒng)考一模）在正方體中，，為棱的四等分點(diǎn)（靠近點(diǎn)），為棱的四等分點(diǎn)（靠近點(diǎn)），過點(diǎn)，，作該正方體的截面，則該截面的周長是（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】設(shè)為的三等分點(diǎn)，靠近B點(diǎn)，連接,并延長交延長線于P，設(shè)為的三等分點(diǎn)，靠近點(diǎn)，連接,并延長交延長線于Q，則∽，由于，故,同理求得,故兩點(diǎn)重合，則,故，而，故,同理可得,即四邊形為平行四邊形，連接,則五邊形即為過點(diǎn)，，所作的正方體的截面，由題意可知故該截面的周長是，故選：C【例7-2】．（2023·湖北武漢·統(tǒng)考模擬預(yù)測）設(shè)A，B是半徑為3的球體O表面上兩定點(diǎn)，且，球體O表面上動(dòng)點(diǎn)P滿足，則點(diǎn)P的軌跡長度為（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】以所在的平面建立直角坐標(biāo)系，為軸，的垂直平分線為軸，，則，，設(shè)，，則，整理得到，故軌跡是以為圓心，半徑的圓，轉(zhuǎn)化到空間中：當(dāng)繞為軸旋轉(zhuǎn)一周時(shí)，不變，依然滿足，故空間中的軌跡為以為球心，半徑為的球，同時(shí)在球上，故在兩球的交線上，為圓.球心距為，為直角三角形，對應(yīng)圓的半徑為，周長為.故選：D【例7-3】（2023·全國·深圳中學(xué)校聯(lián)考模擬預(yù)測）如圖所示，已知正四棱柱的上下底面的邊長為3，高為4，點(diǎn)M，N分別在線段和上，且滿足，下底面ABCD的中心為點(diǎn)O，點(diǎn)P，Q分別為線段和MN上的動(dòng)點(diǎn)，則的最小值為（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】過點(diǎn)作，交于點(diǎn)，交于點(diǎn)，過點(diǎn)作，交于點(diǎn)，連接，取中點(diǎn)，連接，根據(jù)題意，因?yàn)?，所以?dāng)三點(diǎn)共線，且時(shí)，，且有最小值，如圖所示，在中，，，所以，在中，，所以，在中，，所以，所以的最小值為，故選：A.【例7-4】（2023·全國·模擬預(yù)測）（多選）已知點(diǎn)P為直四棱柱ABCD－A1B1C1D1表面上一動(dòng)點(diǎn)，四邊形ABCD為正方形，，E為AB的中點(diǎn)，F(xiàn)為DD1的中點(diǎn)，則下列說法正確的是（

）A．過A1，C1，E三點(diǎn)的平面截該四棱柱所得截面的面積為B．過C1，E，F(xiàn)三點(diǎn)的平面截該四棱柱所得的截面為五邊形C．若平面A1C1E，則點(diǎn)P的軌跡長度為D．若動(dòng)點(diǎn)P到棱BB1的距離為，則點(diǎn)P的軌跡長度為【答案】ABD【解析】選項(xiàng)A：如圖1，取BC的中點(diǎn)G，連接C1G，EG，A1C1，A1E，則過A1，C1，E三點(diǎn)的平面截該四棱柱所得的截面為等腰梯形A1C1GE，理由如下：連接，因?yàn)?，分別是和的中點(diǎn)，所以，又在平行四邊形中，，所以，則，，，四點(diǎn)共面，因?yàn)?，所以，，，則等腰梯形A1C1GE的高，所以等腰梯形A1C1GE的面積，所以A正確；選項(xiàng)B：如圖2，連接C1F并延長，交CD的延長線于H，連接EH交AD于I，連接IF，取BB1靠近B的四等分點(diǎn)Q，連接EQ，QC1，則五邊形EQC1FI即過C1，E，F(xiàn)三點(diǎn)的平面截該四棱柱所得的截面，理由如下：作的中點(diǎn)，連接和，作的中點(diǎn)，連接和，則有，，所以四邊形是平行四邊形，即，又有，，，，所以，，所以四邊形是平行四邊形，即，則，所以，，，四點(diǎn)共面，由題可知平面平面，平面平面，平面平面，所以，又因?yàn)镼是BB1靠近B的四等分點(diǎn)，是的中點(diǎn)，所以，則，所以，，，，五點(diǎn)共面，所以B正確；選項(xiàng)C：如圖3，分別取AD，CD，BC的中點(diǎn)M，N，G，連接D1M，D1N，MN，EG，C1G，因?yàn)椋矫?，平面，所以平面，因?yàn)椋矫?，平面，所以平面，又，平面，平面，所以平面平面A1C1GE，則點(diǎn)P的軌跡為，所以點(diǎn)P的軌跡長度為，故C錯(cuò)誤；選項(xiàng)D：如圖4，若動(dòng)點(diǎn)P到棱BB1的距離為，則點(diǎn)P的軌跡長度為兩個(gè)以為半徑的圓的周長的再加上兩個(gè)側(cè)棱BB1的長度，即，所以D正確．故選：ABD.考法八最值問題【例8-1】（2023·山東·煙臺(tái)二中?？寄M預(yù)測）已知圓錐的側(cè)面積為，高為，若圓錐可在某球內(nèi)自由運(yùn)動(dòng)，則該球的體積最小值為（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】設(shè)圓錐的底面半徑為r，母線長為l，則，解得，由題意知當(dāng)球?yàn)閳A錐的外接球時(shí)，體積最小，設(shè)外接球的半徑為R，則，解得，所以外接球的體積為.故選：D.【例8-2】．（2023·河南平頂山·校聯(lián)考模擬預(yù)測）已知某長方體的上底面周長為16，與該長方體等體積的一個(gè)圓柱的軸截面是面積為16的正方形，則該長方體高的取值范圍是（

）A． B．C． D．【答案】C【解析】不妨設(shè)該長方體底面的長和寬分別為a，b，高為h，則，軸截面是面積為16的正方形的圓柱，其底面圓的半徑為2，高為4，體積為，則，又因?yàn)?，所以，故．故選：C.【例8-3】（2023·廣東深圳·統(tǒng)考一模）如圖，一個(gè)棱長1分米的正方體形封閉容器中盛有V升的水，若將該容器任意放置均不能使水平面呈三角形，則V的取值范圍是（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】將該容器任意放置均不能使水平面呈三角形，則如圖，水最少的臨界情況為，水面為面，水最多的臨界情況為多面體，水面為，因?yàn)?，，所以，?故選：A.【例8-4】．（2023·全國·校聯(lián)考模擬預(yù)測）已知三棱錐P－ABC的所有頂點(diǎn)均在半徑為2的球的O球面上，底面是邊長為3的等邊三角形．若三棱錐P－ABC的體積取得最大值時(shí)，該三棱錐的內(nèi)切球的半徑為r，則（

）A．1 B． C． D．【答案】B【解析設(shè)底面的中心為Q，連接BQ，OQ，則，且底面ABC，如圖，延長QO交球面于點(diǎn)P，連接OB，此時(shí)三棱錐P－ABC的體積取得最大值，因?yàn)榍騉的半徑為2，所以，在中，，所以三棱錐P－ABC的體積的最大值為，此時(shí)，所以，所以，解得．故選：B.【例8-5】（2023·吉林·統(tǒng)考二模）三棱錐中，平面，．若，，則該三棱錐體積的最大值為（

）A．2 B． C．1 D．【答案】D【解析因?yàn)槠矫?，平面，所以，又，，平面，所以平面，因?yàn)槠矫妫?，在中，，，則，因?yàn)槠矫?，平面，所以，在中，不妨設(shè)，則由得，所以，當(dāng)且僅當(dāng)且，即時(shí)，等號(hào)成立，所以，所以該三棱錐體積的最大值為.故選：D..【例8-6】（2022·全國·統(tǒng)考高考真題）已知正四棱錐的側(cè)棱長為l，其各頂點(diǎn)都在同一球面上.若該球的體積為，且，則該正四棱錐體積的取值范圍是（

）A． B． C． D．【答案】C【解析∵球的體積為，所以球的半徑,[方法一]：導(dǎo)數(shù)法設(shè)正四棱錐的底面邊長為，高為，則，,所以，所以正四棱錐的體積，所以，當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，所以當(dāng)時(shí)，正四棱錐的體積取最大值，最大值為，又時(shí)，，時(shí)，,所以正四棱錐的體積的最小值為，所以該正四棱錐體積的取值范圍是.故選：C.[方法二]：基本不等式法由方法一故所以當(dāng)且僅當(dāng)取到，當(dāng)時(shí)，得，則當(dāng)時(shí)，球心在正四棱錐高線上，此時(shí)，，正四棱錐體積，故該正四棱錐體積的取值范圍是1．（2023秋·寧夏吳忠·高三青銅峽市高級中學(xué)?？计谀┰O(shè)l是直線，是兩個(gè)不同的平面（

）A．若，則 B．若，則C．若，則 D．若，則【答案】B【解析對選項(xiàng)A，若，滿足，則，但不滿足，故A錯(cuò)誤；對選項(xiàng)B，如圖，若，必存在，則，又，所以，故B正確；對選項(xiàng)C，若，存在，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；對選項(xiàng)D，如圖，若，則，故D項(xiàng)錯(cuò)誤.故選：B2．（2023·全國·校聯(lián)考模擬預(yù)測）已知是兩條不同的直線，是兩個(gè)不同的平面，則下列說法正確的是（

）A．若，則B．若，則C．若，則D．若，則【答案】D【解析對A選項(xiàng)，若，，則或，故A錯(cuò)誤，對B選項(xiàng)，若，則或，故B錯(cuò)誤；對C選項(xiàng)，若，，則與相交或，故C錯(cuò)誤；對D選項(xiàng)，由于，所以，又,所以，故D正確，故選：D.3．（2023·河南·校聯(lián)考模擬預(yù)測）已知空間四條直線a，b，m，n和兩個(gè)平面，滿足，，，，則下列結(jié)論正確的是（

）A．若，則B．若且，則C．若且，則D．若且，則【答案】C【解析對于A：a可能在平面內(nèi)，所以A錯(cuò)誤；對于B：a與m可能平行，從而與可能相交，所以B錯(cuò)誤；對于C：且，，，，，，所以C正確；對于D：如圖，由正方形沿一條對角線折疊形成，其中形成的兩個(gè)平面設(shè)為，折痕設(shè)為，在平面的對角線設(shè)為，在內(nèi)的對角線設(shè)為，同時(shí)作，此時(shí)，易知，則，但此時(shí)與不垂直，所以D錯(cuò)誤.故選：C.4．（2021·全國·統(tǒng)考高考真題）在正方體中，P為的中點(diǎn)，則直線與所成的角為（

）A． B． C． D．【答案】D【解析如圖，連接，因?yàn)椤危曰蚱溲a(bǔ)角為直線與所成的角，因?yàn)槠矫?，所以，又，，所以平面，所以，設(shè)正方體棱長為2，則，，所以.故選：D5．（2021·全國·統(tǒng)考高考真題）已知圓錐的底面半徑為，其側(cè)面展開圖為一個(gè)半圓，則該圓錐的母線長為（

）A． B． C． D．【答案】B【解析設(shè)圓錐的母線長為，由于圓錐底面圓的周長等于扇形的弧長，則，解得.故選：B.6（2022·全國·統(tǒng)考高考真題）在長方體中，已知與平面和平面所成的角均為，則（

）A． B．AB與平面所成的角為C． D．與平面所成的角為【答案】D【解析如圖所示：不妨設(shè)，依題以及長方體的結(jié)構(gòu)特征可知，與平面所成角為，與平面所成角為，所以，即，，解得．對于A，，，，A錯(cuò)誤；對于B，過作于，易知平面，所以與平面所成角為，因?yàn)?，所以，B錯(cuò)誤；對于C，，，，C錯(cuò)誤；對于D，與平面所成角為，，而，所以．D正確．故選：D．7．（2023·山西臨汾·統(tǒng)考一模）《九章算術(shù)·商功》提及一種稱之為“羨除”的幾何體，劉徽對此幾何體作注：“羨除，隧道也其所穿地，上平下邪.似兩鱉臑夾一塹堵，即羨除之形.”羨除即為：三個(gè)面為梯形或平行四邊形（至多一個(gè)側(cè)面是平行四邊形），其余兩個(gè)面為三角形的五面幾何體.現(xiàn)有羨除如圖所示，底面為正方形，，其余棱長為2，則羨除外接球體積與羨除體積之比為（

）A． B． C． D．【答案】A【解析連接AC、BD交于點(diǎn)M，取EF的中點(diǎn)O，連接OM，則平面.取BC的中點(diǎn)G，連接FG，作，垂足為H，如圖所示，由題意得，，，，，∴，∴，又∵，∴，∴，即：這個(gè)羨除的外接球的球心為O，半徑為2，∴這個(gè)羨除的外接球體積為.∵，面，面，∴面，即：點(diǎn)A到面的距離等于點(diǎn)B到面的距離，又∵，∴，∴這個(gè)羨除的體積為，∴羨除的外接球體積與羨除體積之比為.故選：A.8．（2023·新疆烏魯木齊·統(tǒng)考一模）已知直線a，b與平面α，β，γ，能使的充分條件是（

）A．，， B．，C．， D．，，【答案】C【解析對于A，由，，可得或者與相交，故錯(cuò)誤；對于B，由，，可得與可能平行、相交，故錯(cuò)誤；對于C，由，，過直線做平面與平面相交與直線，如上圖所示，，又，，又，，故正確；對于D，當(dāng)與相交但是不垂直時(shí)，也有可能，，故錯(cuò)誤；故選:C9．（2023·河南·校聯(lián)考模擬預(yù)測）已知正方體的棱長為1，點(diǎn)在線段上，有下列四個(gè)結(jié)論：①；②點(diǎn)到平面的距離為；③二面角的余弦值為；④若四面體的所有頂點(diǎn)均在球的球面上，則球的體積為.其中所有正確結(jié)論的個(gè)數(shù)是（

）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【解析如圖，連接.因?yàn)樗倪呅螢檎叫危?又，所以，故①正確；因?yàn)椋矫?，平面，所以平面，所以點(diǎn)到平面的距離即為點(diǎn)到平面的距離.因?yàn)?，所以，解得，故②正確；由題意知為全等的等邊三角形，當(dāng)點(diǎn)為的中點(diǎn)時(shí)，連接，則，所以為二面角的平面角.由題意知，在中，由余弦定理，得，即，所以，故③錯(cuò)誤；因?yàn)樗拿骟w的外接球即為正方體的外接球，所以球的半徑為，其體積為，故④錯(cuò)誤.綜上，正確結(jié)論的個(gè)數(shù)是2.故選：B.10．（2023·湖南·模擬預(yù)測）在三棱錐中，平面BCD，，則三棱錐的外接球的表面積與三棱錐的體積之比為（

）A． B． C． D．【答案】D【解析取的中點(diǎn),連接，因?yàn)槊婷婷嫠?，所以，所以，，因?yàn)槊婷嫠悦?，又因?yàn)槊?，所以，所以，所以，所以為三棱錐的外接球的圓心,半徑，所以球的表面積為，三棱錐的體積為，故.故選：D11．（2023·新疆烏魯木齊·統(tǒng)考一模）如圖，在三棱柱中，底面ABC，，，，D在上底面（包括邊界）上運(yùn)動(dòng)，則三棱錐的外接球體積的最大值為（

）A． B． C． D．【答案】C【解析因?yàn)椋?，所以的外接圓的圓心為的中點(diǎn),且，取的中點(diǎn)，連接，則，所以平面；設(shè)三棱錐的外接球的球心為，則在上，設(shè)，，球半徑為，因?yàn)?，所以，所以，因?yàn)?，所以，因?yàn)?，所以，即外接球半徑的最大值為，所以三棱錐的外接球的體積的最大值為.故選：C.12（2023·甘肅蘭州·?？寄M預(yù)測）在直三棱柱中，，，，，，分別是，，的中點(diǎn)，則下面說法中正確的有（

）A．平面B．C．直線與平面所成角的余弦值為D．點(diǎn)到平面的距離為【答案】A【解析直三棱柱中，，故可建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，則有，.對A，平面的其中一個(gè)法向量為，由，平面，故平面，A錯(cuò)；對B，由得BD與EF不垂直，B錯(cuò)；對C，平面的其中一個(gè)法向量為，則，則直線與平面所成角的余弦值為，C錯(cuò)；對D，，設(shè)平面的法向量為，則有，令得，故到平面的距離為，D錯(cuò).故選：A13．（2023·上海黃浦·統(tǒng)考一模）如圖，四邊形ABCD是邊長為1的正方形，平面ABCD，平面ABCD，且，點(diǎn)G為MC的中點(diǎn).則下列結(jié)論中不正確的是（

）A． B．平面平面ABNC．直線GB與AM是異面直線 D．直線GB與平面AMD無公共點(diǎn)【答案】D【解析因?yàn)槠矫鍭BCD，平面ABCD，則，取的中點(diǎn)，連接，如圖，點(diǎn)G為MC的中點(diǎn)，則，且，于是四邊形是平行四邊形，，在正方形中，，則，因此四邊形為平行四邊形，，而，點(diǎn)G為MC的中點(diǎn)，有，所以，A正確；因?yàn)?，平面，平面，則平面，又，平面，平面，則平面，而平面，所以平面平面ABN，B正確；取DM中點(diǎn)O，連接，則有，即四邊形為梯形，因此直線必相交，而平面AMD，于是直線GB與平面AMD有公共點(diǎn)，D錯(cuò)誤；顯然點(diǎn)平面，點(diǎn)平面，直線平面，點(diǎn)直線，所以直線GB與AM是異面直線，C正確.故選：D14．（2023·內(nèi)蒙古·模擬預(yù)測）已知球O的半徑為2，圓錐內(nèi)接于球O，當(dāng)圓錐的體積最大時(shí)，圓錐內(nèi)切球的半徑為（

）A． B． C． D．【答案】C【解析設(shè)圓錐的底面半徑為r，則圓錐的高為，所以圓錐的體積，令，則，所以.因?yàn)椋栽谏蠁握{(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，所以當(dāng)，即時(shí)，圓錐的體積最大，此時(shí)圓錐的高為，母線長為.因?yàn)閳A錐內(nèi)切球的半徑等于圓錐軸截面的內(nèi)切圓的半徑，所以圓錐內(nèi)切球的半徑.故選：C15．（2023·山東濰坊·統(tǒng)考一模）如圖，圓錐的底面半徑為1，側(cè)面展開圖是一個(gè)圓心角為的扇形.把該圓錐截成圓臺(tái)，已知圓臺(tái)的下底面與該圓錐的底面重合，圓臺(tái)的上底面半徑為，則圓臺(tái)的側(cè)面積為（

）A． B． C． D．【答案】C【解析假設(shè)圓錐半徑，母線為，則.設(shè)圓臺(tái)上底面為，母線為，則.由已知可得，，所以.如圖，作出圓錐、圓臺(tái)的軸截面則有，所以.所以圓臺(tái)的側(cè)面積為.故選：C.16．（2023·河南·校聯(lián)考模擬預(yù)測）如圖，已知正三棱柱的棱長都相等，為棱的中點(diǎn)，則與所成角的正弦值為（

）A． B． C． D．【答案】B【解析取的中點(diǎn)，連接、、，設(shè)正三棱柱的棱長為，如下圖所示：因?yàn)榍?，所以，四邊形為平行四邊形，所以，且，又因?yàn)?、分別為、的中點(diǎn)，則且，所以，四邊形為平行四邊形，則且，又因?yàn)榍?，所以，且，所以，四邊形為平行四邊形，所以，，所以與所成的角即為與所成的角，或其補(bǔ)角即為所求．在中，，，．因?yàn)?，所以為直角三角形，且，所以．故選：B．17．（2023·陜西咸陽·?？家荒＃┤鐖D，中，，為的中點(diǎn)，將沿折疊成三棱錐，則該棱錐體積最大值為（

）A． B．C． D．【答案】B【解析因?yàn)樵谥校?，為的中點(diǎn)，所以，，所以，在折疊成的三棱錐中，，因?yàn)槠矫?，所以平面，所以，三棱錐的體積為，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)等號(hào)成立，所以，該棱錐體積最大值為故選：B18．（2023·河南·校聯(lián)考模擬預(yù)測）在菱形ABCD中，，，AC與BD的交點(diǎn)為G，點(diǎn)M，N分別在線段AD，CD上，且，，將沿MN折疊到，使，則三棱錐的外接球的表面積為（

）A． B． C． D．【答案】B【解析如圖所示，因?yàn)?，，所以，設(shè)MN與BD的交點(diǎn)為H，連接，因?yàn)?，，所以，則，，所以．又，則，則．又，，平面ABC，故平面ABC．設(shè)的外接圓圓心為，的外接圓圓心為，過，分別作平面ABC，平面的垂線，設(shè)兩垂線交于點(diǎn)O，則O是三棱錐外接球的球心，且四邊形為矩形．設(shè)的外接圓半徑為，在中，由，解得，同理可得的外接圓半徑，所以．設(shè)三棱錐的外接球半徑為R，則，則三棱錐的外接球的表面積.故選：B．19．（2023·山西忻州·統(tǒng)考模擬預(yù)測）如圖，在四棱錐中，平面平面，四邊形是矩形，，分別是棱的中點(diǎn)，則異面直線與所成角的余弦值是（

）A． B． C． D．【答案】B【解析如圖，取棱的中點(diǎn)H，連接，則，則是異面直線與所成的角（或補(bǔ)角）．又因?yàn)?，?平面平面，平面平面，平面，故平面，平面，故,由四邊形是矩形，，則,平面,故平面,平面,故,設(shè)，則EH＝2，．在中，則，故,即異面直線與所成角范圍為，故所求角的余弦值是，故選：B20．（2023·四川·校聯(lián)考一模）四棱錐的底面為正方形，平面ABCD，頂點(diǎn)均在半徑為2的球面上，則該四棱錐體積的最大值為（

）A． B．4 C． D．8【答案】C【解析設(shè)正方形ABCD的外接圓的半徑為，球心到平面ABCD的距離為，則，且正方形ABCD的面積為，四棱錐的體積為，設(shè)，，則，于是時(shí)，，單調(diào)遞增；時(shí)，，單調(diào)遞減，從而，于是．故選：C.21．（2023·四川·校聯(lián)考一模）在長方體中，已知異面直線與，與AB所成角的大小分別為和，則直線和平面所成的角的余弦值為（

）A． B． C． D．【答案】A【解析設(shè)，則，由于，所以異面直線與所成角為，從而，由于，所以異面直線與所成角為，從而，所以，以為原點(diǎn)，分別以所在直線為軸，建立空間直角坐標(biāo)系，則，，設(shè)平面的法向量為，則，取所以，直線和平面所成的角的正弦值為，從而直線和平面所成的角的余弦值為．故選：A．22．（2023·江西上饒·統(tǒng)考一模）蹴鞠，又名蹴球，蹴圓，筑球，踢圓等，蹴有用腳蹴、踢、蹋的含義，鞠最早系外包皮革、內(nèi)實(shí)米糠的球.因而蹴鞠就是指古人以腳蹴、蹋、踢皮球的活動(dòng)，類似于今日的足球.2006年5月20日，蹴鞠作為非物質(zhì)文化遺產(chǎn)經(jīng)國務(wù)院批準(zhǔn)已列入第一批國家非物質(zhì)文化遺產(chǎn)名錄.已知半徑為3的某鞠（球）的表面上有四個(gè)點(diǎn)A，B，C，P，，，，則該鞠（球）被平面PAB所截的截面圓面積為（

）A． B． C． D．【答案】D【解析因?yàn)槿忮F的外接球的半徑為3，而，所以為外接球的直徑，如圖，將三棱錐放入如圖所示的長方體，則，設(shè)長方體的另一棱長為，所以，解得：，即，設(shè)外接球的球心為，所以，，取的外接圓的半徑為，則，則，所以，則，所以該鞠（球）被平面PAB所截的截面圓面積：.故選：D.23．（2023·甘肅蘭州·?？寄M預(yù)測）沙漏是我國古代的一種計(jì)時(shí)工具，是用兩個(gè)完全相同的圓錐頂對頂疊放在一起組成的（如圖）．在一個(gè)圓錐中裝滿沙子，放在上方，沙子就從頂點(diǎn)處漏到另一個(gè)圓錐中，假定沙子漏下來的速度是恒定的．已知一個(gè)沙漏中沙子全部從一個(gè)圓錐中漏到另一個(gè)圓錐中需用時(shí)1小時(shí)．當(dāng)上方圓錐中沙子的高度漏至一半時(shí)，所需時(shí)間為（

）A．小時(shí) B．小時(shí) C．小時(shí) D．小時(shí)【答案】B【解析如圖，依題意可知，，所以，1小時(shí)小時(shí)．故選：B．24．（2022·全國·統(tǒng)考高考真題）甲、乙兩個(gè)圓錐的母線長相等，側(cè)面展開圖的圓心角之和為，側(cè)面積分別為和，體積分別為和．若，則（

）A． B． C． D．【答案】C【解析設(shè)母線長為，甲圓錐底面半徑為，乙圓錐底面圓半徑為，則，所以，又，則，所以，所以甲圓錐的高，乙圓錐的高，所以.故選：C.25．（2022·浙江·統(tǒng)考高考真題）如圖，已知正三棱柱，E，F(xiàn)分別是棱上的點(diǎn)．記與所成的角為，與平面所成的角為，二面角的平面角為，則（

）A． B． C． D．【答案】A【解析如圖所示，過點(diǎn)作于，過作于，連接，則，，，，，，所以，故選：A．26．（2022·天津·統(tǒng)考高考真題）如圖，“十字歇山”是由兩個(gè)直三棱柱重疊后的景象，重疊后的底面為正方形，直三棱柱的底面是頂角為，腰為3的等腰三角形，則該幾何體的體積為（

）A．23 B．24 C．26 D．27【答案】D【解析該幾何體由直三棱柱及直三棱柱組成，作于M，如圖，因?yàn)椋?，因?yàn)橹丿B后的底面為正方形，所以,在直棱柱中，平面BHC，則,由可得平面，設(shè)重疊后的EG與交點(diǎn)為則則該幾何體的體積為.故選：D.27．（2023·新疆烏魯木齊·統(tǒng)考一模）三棱錐中，點(diǎn)A在平面BCD的射影H是△BCD的垂心，點(diǎn)D在平面ABC的射影G是△ABC的重心，，則此三棱錐體積的最大值為（

）A． B． C． D．【答案】C【解析如圖，點(diǎn)D在平面ABC內(nèi)的射影G是的重心，連接AG延長交BC于M，連接BG延長交AC于N，則M、N分別為BC和AC的中點(diǎn)，因?yàn)槠矫鍮CD，平面BCD，射影，又H為△的垂心，則，由平面DAH，所以平面DAH，由平面DAH，得AD.因?yàn)槠矫鍭BC，平面ABC，所以，又平面DAG，則平面DAG，由平面DAG，得AG，所以AM，因?yàn)镸為BC的中點(diǎn)，所以AB=AC，由又平面BCD，則平面CAH，所以平面CAH，由平面CAH，得AC，由平面ABC，則平面DBG，則平面DBG，由平面DBG，得BG，所以，因?yàn)镹為AC的中點(diǎn)，所以AB=BC，則為等邊三角形，設(shè)其邊長為x，則，又，所以，則，令，由得，則，令，令，所以函數(shù)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，得，所以，即此三棱錐的體積的最大值為.故選：C.28．（2023·全國·模擬預(yù)測）如圖，在棱長為1的正方體中，P為棱的中點(diǎn)，Q為正方形內(nèi)一動(dòng)點(diǎn)（含邊界），則下列說法中不正確的是（）A．若平面，則動(dòng)點(diǎn)Q的軌跡是一條線段B．存在Q點(diǎn)，使得平面C．當(dāng)且僅當(dāng)Q點(diǎn)落在棱上某點(diǎn)處時(shí)，三棱錐的體積最大D．若，那么Q點(diǎn)的軌跡長度為【答案】B【解析選項(xiàng)A，分別取中點(diǎn)，連接，，由與，平行且相等得平行四邊形，所以，平面，平面，所以平面，連接，，，所以，同理平面，，平面，所以平面平面，當(dāng)時(shí)，平面，所以平面，即點(diǎn)軌跡是線段，A正確；選項(xiàng)B，以為原點(diǎn)，所在直線分別為軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則，，，設(shè)（），，，，設(shè)是平面的一個(gè)法向量，則，取，則，若平面，則，所以存在，使得，，解得，因此正方形內(nèi)（含邊界）不存在點(diǎn)，使得平面，B錯(cuò)；選項(xiàng)C，面積為定值，當(dāng)且僅當(dāng)點(diǎn)到平面的距離最大時(shí)，三棱錐的體積最大，，到平面的距離為，，時(shí)，，當(dāng)時(shí)，d有最大值1，時(shí)，，時(shí)，d有最大值，綜上，時(shí)，d取得最大值1，故與重合時(shí)，d取得最大值，三棱錐的體積最大，C正確；選項(xiàng)D，平面，平面，，所以，所以點(diǎn)軌跡是以為圓心，為半徑的圓弧，圓心角是，軌跡長度為，D正確．故選：B．29．（2023·江蘇連云港·統(tǒng)考模擬預(yù)測）已知圓錐內(nèi)切球（與圓錐側(cè)面、底面均相切的球）的半徑為2，當(dāng)該圓錐的表面積最小時(shí)，其外接球的表面積為（

）A． B． C． D．【答案】A【解析設(shè)圓錐的頂點(diǎn)為，底面圓的圓心為，內(nèi)切球圓心為，則，，因?yàn)椤?，⊥，所以∽，則，設(shè)，，故，由得：，由得：，故，所以，，解得：，所以圓錐的表面積為，令，，當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，故在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，故在時(shí)取得最小值，，此時(shí)，，設(shè)圓錐的外接球球心為，連接，設(shè)，則，由勾股定理得：，即，解得：，故其外接球的表面積為.故選：A30．（2023·吉林通化·梅河口市第五中學(xué)校考一模）表面積為的球內(nèi)有一內(nèi)接四面體，其中平面平面，是邊長為3的正三角形，則四面體PABC體積的最大值為（

）A． B． C． D．【答案】D【解析如圖所示，是四面體外接球的球心，設(shè)球的半徑為，是外接圓的圓心，設(shè)圓的半徑為，設(shè)到底面的距離為，取中點(diǎn)，連接，過作，由題意可得,則，因?yàn)槭沁呴L為3的正三角形，所以由正弦定理可得，則，四面體PABC體積為，四面體PABC體積的最大需要最大，由題意可知在過并且與底面垂直的圓面上運(yùn)動(dòng)，當(dāng)運(yùn)動(dòng)到圓面的最高點(diǎn)時(shí)，最大，由圓的對稱性可知此時(shí),則,又平面平面，則平面在中，，，則，則，，在中，，則,.故選：D.31（2022·全國·統(tǒng)考高考真題）已知球O的半徑為1，四棱錐的頂點(diǎn)為O，底面的四個(gè)頂點(diǎn)均在球O的球面上，則當(dāng)該四棱錐的體積最大時(shí)，其高為（

）A． B． C． D．【答案】C【解析[方法一]：【最優(yōu)解】基本不等式設(shè)該四棱錐底面為四邊形ABCD，四邊形ABCD所在小圓半徑為r，設(shè)四邊形ABCD對角線夾角為，則（當(dāng)且僅當(dāng)四邊形ABCD為正方形時(shí)等號(hào)成立）即當(dāng)四棱錐的頂點(diǎn)O到底面ABCD所在小圓距離一定時(shí)，底面ABCD面積最大值為又設(shè)四棱錐的高為，則，當(dāng)且僅當(dāng)即時(shí)等號(hào)成立.故選：C[方法二]：統(tǒng)一變量＋基本不等式由題意可知，當(dāng)四棱錐為正四棱錐時(shí)，其體積最大，設(shè)底面邊長為，底面所在圓的半徑為，則，所以該四棱錐的高，(當(dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)，等號(hào)成立)所以該四棱錐的體積最大時(shí)，其高.故選：C．[方法三]：利用導(dǎo)數(shù)求最值由題意可知，當(dāng)四棱錐為正四棱錐時(shí)，其體積最大，設(shè)底面邊長為，底面所在圓的半徑為，則，所以該四棱錐的高，，令，，設(shè)，則，，，單調(diào)遞增，，，單調(diào)遞減，所以當(dāng)時(shí)，最大，此時(shí)．故選：C.32．（2023·陜西西安·統(tǒng)考一模）在三棱錐中，平面平面BCD，是以CD為斜邊的等腰直角三角形，M為CD中點(diǎn)，，，則該三棱錐的外接球的表面積為（

）A． B． C． D．【答案】D【解析因?yàn)槭且訡D為斜邊的等腰直角三角形，M為CD中點(diǎn)，，所以AM⊥CD，且，因?yàn)?，所以，而，由勾股定理得：，所以BM=BC，故為等腰直角三角形，，，由題意得：球心O在平面ACD的投影與M點(diǎn)重合，因?yàn)槠矫嫫矫鍮CD，所以球心O在平面BCD上，在平面BCD上，過點(diǎn)M作MH⊥CD，故，球心O在MH上，設(shè)OM=x，由余弦定理得：，則，由得：，解得：，設(shè)外接球半徑為，則，故該三棱錐的外接球的表面積為.故選：D33．（2023·全國·模擬預(yù)測）（多選）已知長方體中，點(diǎn)P，Q，M，N分別是棱AB，BC，，的中點(diǎn)，則下列結(jié)論不正確的是（

）A．平面 B．平面C．平面 D．平面【答案】ABC【解析A選項(xiàng)：如圖1，若平面，則，又因?yàn)槠矫?，平面，則，連接，又，所以平面，平面，則，只有當(dāng)時(shí)，才成立，故A不正確；B選項(xiàng)：如圖2，連接AC，因?yàn)辄c(diǎn)P，Q分別是棱AB，BC的中點(diǎn)，所以，平面，平面，所以平面，若平面，則平面平面，又平面平面，平面平面，所以，顯然不正確，故B不正確；C選項(xiàng)：如圖3，若平面，平面，則，又易知平面，平面，則，又，所以平面，平面則，顯然不正確，故C不正確；D選項(xiàng)：如圖4，連接AC，CN，因?yàn)辄c(diǎn)P，Q分別是棱AB，BC的中點(diǎn)，所以，平面，平面，所以平面，因?yàn)镼，N分別是BC，的中點(diǎn)，所以，所以四邊形是平行四邊形，則，平面，平面，所以平面，且，因此平面平面，平面，所以平面，故D正確．故選:ABC.34．（2023·云南·統(tǒng)考模擬預(yù)測）（多選）如圖，在正方體中，E?F?G分別為的中點(diǎn)，則（

）A． B．與所成角為C． D．平面【答案】ABD【解析以點(diǎn)D為坐標(biāo)原點(diǎn)，所在直線分別為x?y?z軸建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)正方體的棱長為2，則.對于A選項(xiàng)，，所以，故A選項(xiàng)正確；對于B選項(xiàng)，，，所以，向量與向量的夾角是，與所成角為，故B選項(xiàng)正確；對于C選項(xiàng)，，則，故C選項(xiàng)錯(cuò)誤；對于D選項(xiàng)，設(shè)平面的法向量為，由，可得，取，可得，又，∵，∴，∵平面，∴平面，故D選項(xiàng)正確.故選：ABD.35．（2023·重慶·統(tǒng)考一模）（多選）在棱長為的正方體中，則（

）A．平面B．直線平面所成角為45°C．三棱錐的體積是正方體體積的D．點(diǎn)到平面的距離為【答案】AC【解析正方體中，以為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以為軸，軸，軸正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則有，.，，，，，得，，由平面，，∴平面，A選項(xiàng)正確；，，設(shè)平面的一個(gè)法向量，則有，令，得，，則，，所以直線平面所成角不是45°，B選項(xiàng)錯(cuò)誤；為邊長為的等邊三角形，，點(diǎn)到平面的距離，三棱錐的體積，而棱長為的正方體的體積為，所以三棱錐的體積是正方體體積的，C選項(xiàng)正確；，，設(shè)平面的一個(gè)法向量，則有，令，得，，則，，點(diǎn)到平面的距離為，故D選項(xiàng)錯(cuò)誤.故選：AC36．（2021·全國·統(tǒng)考高考真題）（多選）如圖，在正方體中，O為底面的中心，P為所在棱的中點(diǎn)，M，N為正方體的頂點(diǎn)．則滿足的是（

）A． B．C． D．【答案】BC【解析設(shè)正方體的棱長為，對于A，如圖（1）所示，連接，則，故（或其補(bǔ)角）為異面直線所成的角，在直角三角形，，，故，故不成立，故A錯(cuò)誤.對于B，如圖（2）所示，取的中點(diǎn)為，連接，，則，，由正方體可得平面，而平面，故，而，故平面，又平面，，而，所以平面，而平面，故，故B正確.對于C，如圖（3），連接，則，由B的判斷可得，故，故C正確.對于D，如圖（4），取的中點(diǎn)，的中點(diǎn)，連接，則，因?yàn)椋?，故，所以或其補(bǔ)角為異面直線所成的角，因?yàn)檎襟w的棱長為2，故，，，，故不是直角，故不垂直，故D錯(cuò)誤.故選：BC.37．（2023·全國·模擬預(yù)測）（多選）如圖，在正方體中，以下結(jié)論正確的是（

）A．平面 B．平面C．異面直線與所成的角為60° D．直線與平面ABCD所成角的正弦值為【答案】ABD【解析對于A：在正方體中，，又平面，平面，所以平面，故A正確；對于B：連接，易知，，所以，因?yàn)槠矫?，平面，所以，又，所以平面，故B正確；對于C：易知直線平面，所以，所以異面直線與所成的角為90°，故C錯(cuò)誤；對于D：連接BD，易知平面ABCD，所以直線與平面ABCD所成的角為，設(shè)正方體的棱長為1，則，在中，，所以直線與平面ABCD所成角的正弦值為，故D正確.故選：.38．（2023·全國·模擬預(yù)測）（多選）在長方體中，直線與平面、平面所成的角均為，則（

）A．B．C．直線與平面所成的角為D．直線與所成的角為【答案】AD【解析A選項(xiàng)：如圖，連接，，由長方體的結(jié)構(gòu)特征可知，平面，平面，則，分別為直線與平面、平面所成的角,所以，，則，，所以，四邊形為正方形，所以，A正確．B選項(xiàng)：因?yàn)椋?，即，又，所以，在中，，故，B錯(cuò)誤．C選項(xiàng)：連接，由長方體的結(jié)構(gòu)特征可知，平面,故為直線與平面所成的角，由A，B選項(xiàng)可知，，，則,,故在中，，因?yàn)?，所以直線與平面所成的角為，C錯(cuò)誤．D選項(xiàng)：因?yàn)椋詾橹本€與所成的角（或其補(bǔ)角），由C選項(xiàng)可知，在中，，則，所以直線與所成的角為，D正確，故選：AD39．（2023·全國·模擬預(yù)測）（多選）如圖，在三棱柱ABC-A1B1C1中，已知AA1⊥平面ABC，，點(diǎn)D為AB的中點(diǎn)，，則下列結(jié)論正確的有（

）A．CD⊥A1D B．平面A1DC⊥平面ABB1A1C．平面A1BC1 D．【答案】ABC【解析A選項(xiàng)：因?yàn)锳A1⊥平面ABC，面,所以AA1⊥CD，AC1=BC1，由勾股定理得，又D為AB的中點(diǎn)，所以CD⊥AB，又，AB，平面ABB1A1，所以CD⊥平面ABB1A1，因?yàn)槠矫鍭BB1A1，所以CD⊥A1D，所以A選項(xiàng)正確；B選項(xiàng)：由A選項(xiàng)知，CD⊥平面ABB1A1，又平面A1DC，所以平面A1DC⊥平面ABB1A1，所以B選項(xiàng)正確；C選項(xiàng)：易知DO為△ABC1的中位線，所以，又平面A1BC1，DO在平面A1BC1外，所以平面A1BC1，所以C選項(xiàng)正確；D選項(xiàng)：，因此D選項(xiàng)不正確．故選：ABC.40．（2023·遼寧·校聯(lián)考模擬預(yù)測）（多選）在正方體中，E，F(xiàn)分別為，的中點(diǎn)，則下列結(jié)論錯(cuò)誤的是（

）A．平面 B．平面C．平面 D．平面【答案】BCD【解析以點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，以，，方向?yàn)?，，軸為正方向，建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，設(shè)正方體的邊長為2，則，，，，，，，，，則，，，設(shè)平面的一個(gè)法向量為，則，令，則，則，則平面，故A正確；，，設(shè)平面的一個(gè)法向量為，則，令，則，，則與平面不平行，故B錯(cuò)誤；，，設(shè)平面的一個(gè)法向量為，則，令，則，，則與平面不垂直，故C錯(cuò)誤；，，設(shè)平面的一個(gè)法向量為，則，令，則，，則與平面不垂直，故D錯(cuò)誤；故選：BCD.41．（2023·全國·模擬預(yù)測）（多選）如圖，已知正方體的棱長為2，，，分別為，，的中點(diǎn)，則下列結(jié)論成立的有（

）A． B．平面C．與所成角的余弦值為 D．點(diǎn)到平面的距離為2【答案】BCD【解析如圖，以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系，則A(2，0，0)，E(1，2，0)，F(xiàn)(0，2，1)，D(0，0，0)，，,,,故與不垂直，故A錯(cuò)誤；設(shè)平面AEF的一個(gè)法向量為，，，令則，得；所以，故，又平面，故平面，故B正確；設(shè)直線與直線AF所成角為，則，故C正確；又∴點(diǎn)到平面AEF的距離，故D正確；故選：BCD.42．（2023·山東威?！そy(tǒng)考一模）（多選）在棱長為1的正方體中，點(diǎn)P滿足，，，則(

)A．當(dāng)時(shí)，的最小值為B．當(dāng)時(shí)，有且僅有一點(diǎn)P滿足C．當(dāng)時(shí)，有且僅有一點(diǎn)P滿足到直線的距離與到平面ABCD的距離相等D．當(dāng)時(shí)，直線AP與所成角的大小為定值【答案】ACD【解析如圖所示，以A為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，則，，，，，，，，則，，，則，∴．選項(xiàng)A：當(dāng)時(shí)，為線段上的點(diǎn)，將平面和平面沿展開為同一個(gè)平面如圖，連接，則的最小值即為，故A正確；選項(xiàng)B：當(dāng)時(shí)，，，，則，即，即滿足條件的P點(diǎn)有無數(shù)個(gè)，故B錯(cuò)誤；選項(xiàng)C：當(dāng)時(shí)，，則，，，，則在上的投影為，則點(diǎn)P到直線的距離；平面ABCD的一個(gè)法向量為，，則點(diǎn)P到平面ABCD的距離為；當(dāng)點(diǎn)P到直線的距離與到平面ABCD的距離相等時(shí)，，∵，∴方程有一個(gè)解，則，即僅存在一個(gè)點(diǎn)P滿足條件，故C正確；D選項(xiàng)：當(dāng)時(shí)，，，∵，故直線AP與所成角的大小為，為定值，故D正確．故選：ACD．43．（2023·吉林·統(tǒng)考二模）（多選）已知平面平面，B，D是l上兩點(diǎn)，直線且，直線且．下列結(jié)論中，錯(cuò)誤的有（

）A．若，，且，則ABCD是平行四邊形B．若M是AB中點(diǎn)，N是CD中點(diǎn)，則C．若，，，則CD在上的射影是BDD．直線AB，CD所成角的大小與二面角的大小相等【答案】ABD【解析對于A，由題意，AB，CD為異面直線，所以四邊形ABCD為空間四邊形，不能為平行四邊形，故A錯(cuò)誤；對于B，取BC的中點(diǎn)H,連接HM,則HM是的中位線，所以，因?yàn)镠M與MN相交，所以MN與AC不平行，B錯(cuò)誤；對于C，若，所以由線面垂直的判定可得平面ABC，所以，由結(jié)合面面垂直的性質(zhì)可得，所以點(diǎn)C在平面內(nèi)的投影為點(diǎn)D,所以CD在平面內(nèi)的投影為BD，故C正確；對于D,由二面角的定義可得當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，直線AB，CD所成的角或其補(bǔ)角才為二面角的大小，故D錯(cuò)誤.故選：ABD.44．（2023·江蘇連云港·統(tǒng)考模擬預(yù)測）（多選）折扇在我國已有三四千年的歷史，“扇”與“善”諧音，折扇也寓意“善良”“善行”．它以字畫的形式集中體現(xiàn)了我國文化的方方面面，是運(yùn)籌帷幄，決勝千里，大智大勇的象征（如圖1）．圖2是一個(gè)圓臺(tái)的側(cè)面展開圖（扇形的一部分），若扇形的兩個(gè)圓弧所在圓的半徑分別是1和3，且，則該圓臺(tái)（

）A．高為 B．表面積為C．體積為 D．上底面積、下底面積和側(cè)面積之比為【答案】BCD【解析對于A，設(shè)圓臺(tái)的上底面半徑為r，下底面半徑為R，則，解得,所以圓臺(tái)的母線長為，高為，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；對于B，圓臺(tái)的上底面積為，下底面積為，側(cè)面積為，所以圓臺(tái)的表面積為，選項(xiàng)B正確；對于C，圓臺(tái)的體積為，選項(xiàng)C正確；對于D，圓臺(tái)的上底面積、下底面積和側(cè)面積之比為，選項(xiàng)D正確，故選：BCD．45．（2023·云南紅河·統(tǒng)考一模）（多選）三棱錐P－ABC的四個(gè)頂點(diǎn)都在球O上，且PA⊥底面ABC，，，則下列說法正確的是（

）A． B．球心O在三棱錐的外部C．球心O到底面ABC的距離為2 D．球O的體積為【答案】ABD【解析對A，在△ABC中，由余弦定理得，即，故A正確；對B，如圖，設(shè)△ABC外接圓的圓心為，連接，則底面ABC，又PA⊥底面ABC，所以，由，得圓心在△ABC外部，故球心O在三棱錐的外部，故B正確；對C，取線段PA的中點(diǎn)Q，連接OQ，因?yàn)镻A是球O的一條弦，所以，所以四邊形為矩形，故，即球心O到底面ABC的距離為1，故C不正確；對D，設(shè)球O的半徑為R，圓的半徑為r，由正弦定理得，所以，進(jìn)而，球的體積為，故D正確，故選：ABD．46．（2023·山東·煙臺(tái)二中?？寄M預(yù)測）（多選）如圖，在四棱錐中，底面為等腰梯形，，垂足為點(diǎn)O，，E為的中點(diǎn)，則下列結(jié)論錯(cuò)誤的是（

）A． B．平面C．平面平面 D．平面平面【答案】ABD【解析因?yàn)椋?，在上取點(diǎn)，使得，連接，則，所以，又，所以是異面直線，A錯(cuò)誤；因?yàn)?，所以，又，所以，同理，過點(diǎn)O作交于點(diǎn)G，則，取的中點(diǎn)F，連接，則，所以，且，所以四邊形為梯形，所以相交，而平面，所以與平面相交，B錯(cuò)誤；又，所以，所以，又平面，所以平面，又平面，所以平面平面，C正確；由，，得，因?yàn)?，所以，又平面，所以平面，又平面，且直線與平面交于點(diǎn)，所以平面與平面不垂直，D錯(cuò)誤.故選：ABD．47．（2023·山東日照·統(tǒng)考一模）（多選）已知正方體過對角線作平面交棱于點(diǎn)，交棱于點(diǎn)F，則（

）A．平面分正方體所得兩部分的體積相等B．四邊形一定是菱形C．四邊形的面積有最大值也有最小值D．平面與平面始終垂直【答案】AC【解析對于A：由正方體的對稱性可知，平面分正方體所得兩部分的體積相等，故A正確；對于B：因?yàn)槠矫?，平面平面，平面平面，?同理可證：，故四邊形是平行四邊形，當(dāng)E不是的中點(diǎn)時(shí)，,此時(shí)四邊形不是菱形，故B錯(cuò)誤；對于C：由B得四邊形一定是平行四邊形，所以四邊形的面積等于三角形面積的兩倍，而為定值，所以當(dāng)?shù)街本€距離最大時(shí)，三角形面積取最大值，因?yàn)闉槔庵悬c(diǎn)時(shí),到直線距離恰為異面直線距離，即為最小值，此時(shí)三角形面積取最小值，即四邊形的面積取最小值.因此當(dāng)E與A重合或重合時(shí)，三角形面積取最大值，即四邊形的面積即取最大值，故C正確；對于D：因?yàn)槠矫嫫矫?，又平面平面，所以只有?dāng)平面時(shí)，才有平面平面，故D錯(cuò)誤.故選：AC48（2022·全國·統(tǒng)考高考真題）（多選）如圖，四邊形為正方形，平面，，記三棱錐，，的體積分別為，則（

）A． B．C． D．【答案】CD【解析設(shè)，因?yàn)槠矫?，，則，，連接交于點(diǎn)，連接，易得，又平面，平面，則，又，平面，則平面，又，過作于，易得四邊形為矩形，則，則，，，則，，，則，則，，，故A、B錯(cuò)誤；C、D正確.故選：CD.49．（2023·安徽宿州·統(tǒng)考一模）（多選）棱長為2的正方體中，E，F(xiàn)，G分別為棱AD，，的中點(diǎn)，過點(diǎn)E，F(xiàn)，G的平面記為平面，則下列說法正確的是（

）A．平面B．平面C．平面截正方體外接球所得圓的面積為D．正方體的表面上與點(diǎn)E的距離為的點(diǎn)形成的曲線的長度為【答案】ABD【解析建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示，則，，，對A，設(shè)平面的法向量為，，，，則有，令得，由，而FG不在平面ACB1中，故平面，A對；對B，，，由，，∵平面，故平面，B對；對C，設(shè)，則O為正方體外接球心，，外接球半徑，設(shè)平面，由，，平面，則，故與重合，故平面截正方體外接球所得圓的面積為，C錯(cuò)；對D，由題意，所求的點(diǎn)可看作正方體與半徑為的球E的交點(diǎn)，則由球的性質(zhì)，在表面上，∵，故只有兩個(gè)交點(diǎn)，不形成曲線；在表面上，形成的曲線為以為圓心，半徑為的圓與正方形交得的圓弧，長度為；在表面上，形成的曲線為以中點(diǎn)為圓心，半徑為的圓與正方形交得的圓弧，長度為.由正方體的對稱性，所求的曲線長度為，D對.故選：ABD.50．（2023·吉林·統(tǒng)考二模）（多選）如圖，正四棱柱中，，動(dòng)點(diǎn)P滿足，且.則下列說法正確的是（

）A．當(dāng)時(shí)，直線平面B．當(dāng)時(shí)，的最小值為C．若直線與所成角為，則動(dòng)點(diǎn)P的軌跡長為D．當(dāng)時(shí)，三棱錐外接球半徑的取值范圍是【答案】ABC【解析對于A，取相交于點(diǎn)，的中點(diǎn)為，如下圖所示：當(dāng)時(shí)，即，，由平面向量線性運(yùn)算法則可知，點(diǎn)在線段上，由正四棱柱可得，且平面，又平面，所以，又，且平面，所以平面；又因?yàn)槠矫媾c平面是同一平面，所以平面，即A正確；對于B，當(dāng)時(shí)，由利用共線定理可得，三點(diǎn)共線，即點(diǎn)在線段上;由對稱性可知，線段上的點(diǎn)到兩點(diǎn)之間的距離相等，所以；取平面進(jìn)行平面距離分析，如下圖所示：所以，當(dāng)且僅當(dāng)三點(diǎn)共線時(shí)，等號(hào)成立，此時(shí)點(diǎn)為線段的中點(diǎn)，即的最小值為，故B正確；對于C，由圖可知，與所成角都為，由可知，點(diǎn)在平面內(nèi)，若直線與所成角為，在線段上取點(diǎn)，使，則直線與所成角為；則點(diǎn)的軌跡是以為圓心，半徑為，且在平面內(nèi)的半圓弧，如下圖中細(xì)虛線所示：所以動(dòng)點(diǎn)P的軌跡長為，故C正確；對于D，當(dāng)時(shí)，取的中點(diǎn)為，即；由可知，三點(diǎn)共線，即點(diǎn)在線段上，如下圖所示：易知三棱錐外接球球心在直線上，設(shè)球心為，；作于點(diǎn)，設(shè)，易知，由相似比可得，設(shè)外接球半徑為，則，解得；所以，易知當(dāng)時(shí)，半徑最小為；當(dāng)時(shí)，半徑最大為；又，所以半徑的取值范圍是，即D錯(cuò)誤.故選：ABC51．（2023·山東臨沂·統(tǒng)考一模）（多選）已知正方體的棱長為4，點(diǎn)分別是的中點(diǎn)，則（

）A．直線是異面直線 B．平面截正方體所得截面的面積為C．三棱錐的體積為 D．三棱錐的外接球的表面積為【答案】ACD【解析對于A，如圖，取的中點(diǎn)，連接，取的中點(diǎn)，連接，則，所以四邊形是平行四邊形，所以，又因，所以直線是異面直線，故A正確；對于B，如圖，延長交于點(diǎn)，連接交點(diǎn)，連接，因?yàn)闉榈闹悬c(diǎn)，則，所以為的中點(diǎn)，因?yàn)椋詾榈闹悬c(diǎn)，則，因?yàn)?，所以為平行四邊形，所以，所以，則平面截正方體所得截面為等腰梯形，在等腰梯形中，，則梯形的高為，所以等腰梯形的面積為，故B錯(cuò)誤；對于C，連接，則，因?yàn)槠矫?，平面，所以，又平面，所以平面，又因?yàn)闉榈闹悬c(diǎn)，所以三棱錐的高為，，所以，故C正確；對于D，如圖，以點(diǎn)為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)為的中點(diǎn)，則為的外心，則三棱錐的外接球的球心在過點(diǎn)且垂直平面的直線上，設(shè)為，則平面，因?yàn)槠矫?，所以，設(shè)，則，，因?yàn)椋?，所以，故，由，得，解得，所以三棱錐的外接球的半徑，表面積為，故D正確.故選：ACD.52．（2021·全國·統(tǒng)考高考真題）（多選）在正三棱柱中，，點(diǎn)滿足，其中，，則（

）A．當(dāng)時(shí)，的周長為定值B．當(dāng)時(shí)，三棱錐的體積為定值C．當(dāng)時(shí)，有且僅有一個(gè)點(diǎn)，使得D．當(dāng)時(shí)，有且僅有一個(gè)點(diǎn)，使得平面【答案】BD【解析易知，點(diǎn)在矩形內(nèi)部（含邊界）．對于A，當(dāng)時(shí)，，即此時(shí)線段，周長不是定值，故A錯(cuò)誤；對于B，當(dāng)時(shí)，，故此時(shí)點(diǎn)軌跡為線段，而，平面，則有到平面的距離為定值，所以其體積為定值，故B正確．對于C，當(dāng)時(shí)，，取，中點(diǎn)分別為，，則，所以點(diǎn)軌跡為線段，不妨建系解決，建立空間直角坐標(biāo)系如圖，，，，則，，，所以或．故均滿足，故C錯(cuò)誤；對于D，當(dāng)時(shí)，，取，中點(diǎn)為．，所以點(diǎn)軌跡為線段．設(shè)，因?yàn)?，所以，，所以，此時(shí)與重合，故D正確．故選：BD．53．（2023·全國·開灤第二中學(xué)?？寄M預(yù)測）中，其邊長分別為3，4，5，分別以它的邊所在直線為旋轉(zhuǎn)軸，旋轉(zhuǎn)一周所形成的幾何體的體積之和為______．【答案】【