專題5空間向量與立體幾何

專題5空間向量與立體幾何01專題網(wǎng)絡·思維腦圖（含基礎知識梳理、常用結論與技巧）02考情分析·解密高考03高頻考點·以考定法（四大命題方向+五道高考預測試題，高考必考2227分）命題點1多面體表面積體積問題命題點2多面體內(nèi)切外接問題命題點3空間幾何體中角度問題命題點4空間幾何體中動點問題04創(chuàng)新好題·分層訓練（精選9道最新名校模擬試題+9道易錯提升）空間幾何體常用以及易錯知識點空間角向量求法范圍異面直線所成的角設兩條異面直線所成的角為θ，它們的方向向量分別為v1，v2，則cosθ=|cos<v1，v2>|=|v1?v2||v1||v0，直線與平面所成的角設直線l與平面α所成的角為θ，l的方向向量為v，平面α的法向量為n，則sinθ=|cos<v，n>|=vθ=<v?0，兩個平面所成的角設平面α，β所成的角為θ，平面α，β的法向量分別為n1，n2，則cosθ=|cos<n1，n2>|=|n1?n2||n1||n?0，(1)當直線與平面平行或直線在平面內(nèi)時，直線與平面所成的角為0；(2)兩個平面相交會形成四個二面角，二面角的取值范圍為[0，π]，一般規(guī)定較小的二面角為兩個平面所成的角.兩個平面平行時，它們所成的角為0.空間距離向量求法點到直線的距離設直線l的方向向量為v，點P為l外一點，點A為l上任一點，則點P到l的距離d=|點到平面的距離設n為平面α的法向量，點A為平面α內(nèi)任一點，則平面α外任一點P到平面α的距離d=|兩平行線間的距離在平行直線m，n上分別任取一點A，P，設直線m的方向向量為v，則兩平行線m，n間的距離d=|AP|2兩平行平面間的距離在平行平面α，β上各取一點A，B，設平面α的法向量為n，則兩平行平面α，β之間的距離d=|AB?n1.四點共面的充要條件空間中任一點P位于平面MAB內(nèi)的充要條件是存在有序?qū)崝?shù)對(x，y)，使MP=xMA+yMB，或?qū)臻g中任一點O，有OP=OM+xMA+yMB(或OP=(1xy)·OM+xOA+yOB).2.定比分點坐標公式已知A(x1，y1，z1)，B(x2，y2，z2)兩點，點M在直線AB上，AM=λMB(λ∈R且λ≠1)則稱點M為有向線段AB的定比分點，其坐標為x1空間幾何體是高考中必考點，一般以2+1或者是3+1形式出現(xiàn)，主要考查多面體體積以及內(nèi)切外接問題，必考題型為空間二面角問題真題多維細目表考點考向考題立體幾何多面體表面積體積問題多面體內(nèi)切外接問題③空間幾何題角度問題④空間幾何體動點問題2023新全國Ⅰ卷T12T14全國ⅡT9T14全國乙T8全國甲T112022全國甲卷T9新全國Ⅰ卷T4全國ⅡT112021全國Ⅰ卷T202023新高考Ⅰ卷T12全國乙卷T16全國甲卷T152022全國乙卷T9新高考Ⅰ卷T8全國ⅡT72021Q全國甲卷T72023新高考Ⅰ卷T18全國乙卷T19全國甲卷T182022全國乙卷T18新高考ⅡT20新高考Ⅰ卷T19甲卷T182021全國乙卷T5T18新高考Ⅰ卷T202023新高考ⅠT182021全國甲卷T19命題點1多面體表面積體積問題典例01．（2022·全國甲卷）甲、乙兩個圓錐的母線長相等，側面展開圖的圓心角之和為，側面積分別為和，體積分別為和．若，則（

）A． B． C． D．【答案】C【詳解】解：設母線長為，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.典例02（2023·全國Ⅱ）已知圓錐的頂點為P，底面圓心為O，AB為底面直徑，，，點C在底面圓周上，且二面角為45°，則（

）．A．該圓錐的體積為 B．該圓錐的側面積為C． D．的面積為【答案】AC【分析】根據(jù)圓錐的體積、側面積判斷A、B選項的正確性，利用二面角的知識判斷C、D選項的正確性.【詳解】依題意，，，所以，A選項，圓錐的體積為，A選項正確；B選項，圓錐的側面積為，B選項錯誤；C選項，設是的中點，連接，則，所以是二面角的平面角，則，所以，故，則，C選項正確；D選項，，所以，D選項錯誤.故選：AC.典例03．（2023·全國·Ⅰ卷）在正四棱臺中，，則該棱臺的體積為．【答案】/【詳解】如圖，過作，垂足為，易知為四棱臺的高，因為，則，故，則，所以所求體積為.故答案為：.典例04．（2023·全國乙卷）如圖，在三棱錐中，，，，，的中點分別為，點在上，．(1)求證：//平面；(2)若，求三棱錐的體積．【答案】(1)證明見解析(2)【詳解】（1）連接，設，則，，，則，解得，則為的中點，由分別為的中點，于是，即，則四邊形為平行四邊形，，又平面平面，所以平面.（2）過作垂直的延長線交于點，因為是中點，所以，在中，，所以，因為，所以，又，平面，所以平面，又平面，所以，又，平面，所以平面，即三棱錐的高為，因為，所以，所以，又，所以.命題點2多面體內(nèi)切外接問題典例01（2022·全國Ⅰ卷）已知正四棱錐的側棱長為l，其各頂點都在同一球面上.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【詳解】∵球的體積為，所以球的半徑,[方法一]：導數(shù)法設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，當時，，當時，，所以當時，正四棱錐的體積取最大值，最大值為，又時，，時，,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且僅當取到，當時，得，則當時，球心在正四棱錐高線上，此時，，正四棱錐體積，故該正四棱錐體積的取值范圍是典例02（2023·全國Ⅰ卷）下列物體中，能夠被整體放入棱長為1（單位：m）的正方體容器（容器壁厚度忽略不計）內(nèi)的有（

）A．直徑為的球體B．所有棱長均為的四面體C．底面直徑為，高為的圓柱體D．底面直徑為，高為的圓柱體【答案】ABD【詳解】對于選項A：因為，即球體的直徑小于正方體的棱長，所以能夠被整體放入正方體內(nèi)，故A正確；對于選項B：因為正方體的面對角線長為，且，所以能夠被整體放入正方體內(nèi)，故B正確；對于選項C：因為正方體的體對角線長為，且，所以不能夠被整體放入正方體內(nèi)，故C不正確；對于選項D：因為，可知底面正方形不能包含圓柱的底面圓，如圖，過的中點作，設，可知，則，即，解得，且，即，故以為軸可能對稱放置底面直徑為圓柱，若底面直徑為的圓柱與正方體的上下底面均相切，設圓柱的底面圓心，與正方體的下底面的切點為，可知：，則，即，解得，根據(jù)對稱性可知圓柱的高為，所以能夠被整體放入正方體內(nèi)，故D正確；故選：ABD.典例03．（2023·全國乙卷）已知點均在半徑為2的球面上，是邊長為3的等邊三角形，平面，則．【答案】2【分析】先用正弦定理求底面外接圓半徑，再結合直棱柱的外接球以及求的性質(zhì)運算求解.【詳解】如圖，將三棱錐轉化為正三棱柱，設的外接圓圓心為，半徑為，則，可得，設三棱錐的外接球球心為，連接，則，因為，即，解得.故答案為：2.【點睛】方法點睛：多面體與球切、接問題的求解方法（1）涉及球與棱柱、棱錐的切、接問題時，一般過球心及多面體的特殊點(一般為接、切點)或線作截面，把空間問題轉化為平面問題求解；（2）若球面上四點P、A、B、C構成的三條線段PA、PB、PC兩兩垂直，且PA＝a，PB＝b，PC＝c，一般把有關元素“補形”成為一個球內(nèi)接長方體，根據(jù)4R2＝a2＋b2＋c2求解；（3）正方體的內(nèi)切球的直徑為正方體的棱長；（4）球和正方體的棱相切時，球的直徑為正方體的面對角線長；（5）利用平面幾何知識尋找?guī)缀误w中元素間的關系，或只畫內(nèi)切、外接的幾何體的直觀圖，確定球心的位置，弄清球的半徑(直徑)與該幾何體已知量的關系，列方程(組)求解．典例04（2023·全國甲卷）在正方體中，E，F(xiàn)分別為AB，的中點，以EF為直徑的球的球面與該正方體的棱共有個公共點．【答案】12【詳解】不妨設正方體棱長為2，中點為，取，中點，側面的中心為，連接，如圖，由題意可知，為球心，在正方體中，，即，則球心到的距離為，所以球與棱相切，球面與棱只有1個交點，同理，根據(jù)正方體的對稱性知，其余各棱和球面也只有1個交點，所以以EF為直徑的球面與正方體棱的交點總數(shù)為12.故答案為：12命題點3空間幾何體中角度問題典例01（線面角問題）（2022·全國甲卷）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【分析】根據(jù)線面角的定義以及長方體的結構特征即可求出．【詳解】如圖所示：不妨設，依題以及長方體的結構特征可知，與平面所成角為，與平面所成角為，所以，即，，解得．對于A，，，，A錯誤；對于B，過作于，易知平面，所以與平面所成角為，因為，所以，B錯誤；對于C，，，，C錯誤；對于D，與平面所成角為，，而，所以．D正確．故選：D．典例02（線面角、線線角問題）（2022·全國Ⅰ卷）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【詳解】如圖，連接、，因為，所以直線與所成的角即為直線與所成的角，因為四邊形為正方形，則，故直線與所成的角為，A正確；連接，因為平面，平面，則，因為，，所以平面，又平面，所以，故B正確；連接，設，連接，因為平面，平面，則，因為，，所以平面，所以為直線與平面所成的角，設正方體棱長為，則，，，所以，直線與平面所成的角為，故C錯誤；因為平面，所以為直線與平面所成的角，易得，故D正確.故選：ABD典例03（線面角解答題）3．（2023·全國甲卷）如圖，在三棱柱中，底面ABC，，到平面的距離為1．(1)證明：；(2)已知與的距離為2，求與平面所成角的正弦值．【答案】(1)證明見解析(2)【詳解】（1）如圖，底面，面，，又，平面，,平面ACC1A1，又平面，平面平面，過作交于，又平面平面，平面，平面到平面的距離為1，，在中，，設，則，為直角三角形，且，，，，，解得，，（2），，過B作，交于D，則為中點，由直線與距離為2，所以，，，在，，延長，使，連接，由知四邊形為平行四邊形，，平面，又平面，則在中，，，在中，，，,又到平面距離也為1，所以與平面所成角的正弦值為.典例04（二面角問題）（2023·全國·Ⅱ卷）如圖，三棱錐中，，，，E為BC的中點．(1)證明：；(2)點F滿足，求二面角的正弦值．【答案】(1)證明見解析；(2)【詳解】（1）連接，因為E為BC中點，，所以①，因為，，所以與均為等邊三角形，，從而②，由①②，，平面，所以，平面，而平面，所以．（2）不妨設，，．，，又，平面平面．以點為原點，所在直線分別為軸，建立空間直角坐標系，如圖所示：設，設平面與平面的一個法向量分別為，二面角平面角為,而，因為，所以，即有，，取，所以；，取，所以，所以，，從而．所以二面角的正弦值為．命題點4空間幾何體中動點問題典例01（2023·全國·統(tǒng)考Ⅰ卷）如圖，在正四棱柱中，．點分別在棱,上，．(1)證明：；(2)點在棱上，當二面角為時，求．【答案】(1)證明見解析；(2)1【詳解】（1）以為坐標原點，所在直線為軸建立空間直角坐標系，如圖，

則，，，又不在同一條直線上，.（2）設，則，設平面的法向量，則，令，得，，設平面的法向量，則，令，得，，，化簡可得，，解得或，或，.典例02．（2021·全國·甲卷）已知直三棱柱中，側面為正方形，，E，F(xiàn)分別為和的中點，D為棱上的點．（1）證明：；（2）當為何值時，面與面所成的二面角的正弦值最小?【答案】（1）證明見解析；（2）【詳解】（1）[方法一]：幾何法因為，所以．又因為，，所以平面．又因為，構造正方體，如圖所示，過E作的平行線分別與交于其中點，連接，因為E，F(xiàn)分別為和的中點，所以是BC的中點，易證，則．又因為，所以．又因為，所以平面．又因為平面，所以．[方法二]【最優(yōu)解】：向量法因為三棱柱是直三棱柱，底面，，，，又，平面．所以兩兩垂直．以為坐標原點，分別以所在直線為軸建立空間直角坐標系，如圖．，．由題設（）．因為，所以，所以．[方法三]：因為，，所以，故，，所以，所以．（2）[方法一]【最優(yōu)解】：向量法設平面的法向量為，因為，所以，即．令，則因為平面的法向量為，設平面與平面的二面角的平面角為，則．當時，取最小值為，此時取最大值為．所以，此時．[方法二]：幾何法如圖所示，延長交的延長線于點S，聯(lián)結交于點T，則平面平面．作，垂足為H，因為平面，聯(lián)結，則為平面與平面所成二面角的平面角．設，過作交于點G．由得．又，即，所以．又，即，所以．所以．則，所以，當時，．，，當，即，面與面所成的二面角的正弦值最小，最小值為．預計2024年高考中立體幾何也會是以小題加解答題形式出現(xiàn)，小題將是以空間幾何體體內(nèi)切外接球，線面角，以及體積為主，解答題則是以線面垂直以及二面角為主。1．中國國家館，以城市發(fā)展中的中華智慧為主題，表現(xiàn)出了“東方之冠，鼎盛中華，天下糧倉，富庶百姓”的中國文化精神與氣質(zhì).如圖，現(xiàn)有一個與中國國家館結構類似的正四棱臺，上下底面的中心分別為和，若，，則正四棱臺的體積為（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根據(jù)正四棱臺性質(zhì)求出側棱長，繼而求得高，根據(jù)棱臺的體積公式，即可求得答案.【詳解】因為是正四棱臺，，，側面以及對角面為等腰梯形，故，，，所以，所以該四棱臺的體積為，故選：B.2．在梯形中，，將沿折起，連接，得到三棱錐，則三棱錐體積最大時，其外接球的表面積為（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】如圖所示，過點作，由余弦定理得，再由平面平面時，三棱錐體積最大，記為外接球球心，半徑為，其中的外接圓的圓心為，結合球的截面的性質(zhì)，求得外接球的半徑，結合球的表面積公式，即可求解.【詳解】如圖所示，過點作，垂足為，因為為等腰梯形，且，所以，且，由余弦定理得，可得，因為，所以，當平面平面時，三棱錐體積最大，此時平面，記為外接球球心，半徑為，其中的外接圓的圓心為，連接，則平面，所以，取的中點，因為，且，所以到平面的距離，又因為的外接圓半徑，所以，所以球的表面積為.故選：D.二、多選題3．在正方體中，點P滿足，則（

）A．對于任意的正實數(shù)，三棱錐的體積始終不變B．對于任意的正實數(shù)，都有平面C．存在正實數(shù)，使得異面直線與所成的角為D．存在正實數(shù)，使得直線與平面所成的角為【答案】AB【分析】建立空間直角坐標系，利用空間向量夾角公式、三棱錐體積的性質(zhì)、線面平行的性質(zhì)逐一判斷即可.【詳解】A：因為平面，平面，所以平面，因為，所以在線段（不包括端點）上，因此對于任意的正實數(shù)，點到平面的距離不變，而，所以對于任意的正實數(shù)，三棱錐的體積始終不變，因此本選項正確；建立如圖所示的空間直角坐標系，設正方體的棱長為，B：設平面的法向量為，，所以有，因為，所以，而平面，所以平面，因此本選項正確；C：假設存在正實數(shù)，使得異面直線與所成的角為，則有解得：，所以不存在正實數(shù)，使得異面直線與所成的角為，因此本選項不正確；D：假設存在正實數(shù)，使得直線與平面所成的角為，設平面的法向量為，所以有，，解得，所以假設不成立，因此不存在正實數(shù)，使得直線與平面所成的角為，所以本選項不正確，故選：AB4．如圖，在四棱錐中，底面，四邊形是直角梯形，，，點在棱上.(1)證明：平面平面；(2)當時，求二面角的余弦值.答案】(1)證明見解析(2)【詳解】（1）因為底面，平面，所以.四邊形是直角梯形，，，因為，所以.所以，所以.又因為，平面，所以平面.又平面，所以平面平面.（2）解法一：以點為原點，所在直線分別為軸，軸，軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，則.設點的坐標為，因為，所以，即，所以.所以.設平面的一個法向量為，則，取，則，得.又因為平面，所以平面的一個法向量為.設平面與平面的夾角為，則.所以，二面角的余弦值為.解法二：取的中點，連接，以點為原點，所在直線分別為軸，軸，軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，則.設點的坐標為，因為，所以，即，所以.所以.設平面的一個法向量為，則.取，則，則.又因為平面，所以平面的一個法向量為.設平面與平面的夾角為，則.所以二面角的余弦值為5．如圖，在四棱錐中，，．(1)求證：平面平面；(2)若線段上存在點，滿足，且平面與平面的夾角的余弦值為，求實數(shù)的值．【答案】(1)證明見解析(2)【詳解】（1）如圖：因為，，所以為等邊三角形，，又，所以，又，所以.因為，所以為直角三角形，.又，，為平面內(nèi)的兩條相交直線，所以平面，平面，所以，平面平面.（2）取中點，中點，因為，又平面平面，平面平面，平面，所以平面，又，故以為原點，建立如圖空間直角坐標系，所以，，，，，.設，因為，解得，所以.設平面的法向量為，則，??；設平面的法向量為，則，取.那么，，.由，又，所以.【點睛】關鍵點睛：根據(jù)，和點、的坐標，求點坐標是本題的一個關鍵.（★精選9道最新名校模擬考試題+9道能力高頻考點提升題）A·新題速遞A·新題速遞一、單選題1．（2024上·山東德州·高三德州市第一中學?？计谀┥w碗是由茶碗、茶蓋、茶船三件套組成，蓋碗又稱“三才碗”，蘊含了古代哲人講的“天蓋之，地栽之，人育之”的道理．如圖是乾隆時期的山水人物方蓋碗的茶蓋和茶碗，近似看作兩個正四棱臺的組合體，其中茶碗上底面的邊長為﹐下底面邊長為，高為，則茶水至少可以喝（不足一碗算一碗）（

）A．7碗 B．8碗 C．9碗 D．10碗【答案】C【分析】根據(jù)題意，由棱臺的體積公式代入計算，即可得到結果.【詳解】由條件可得，茶碗的上底面面積，茶碗的下底面面積，茶碗高，則茶碗的體積，所以，即茶水至少可以喝9碗.故選：C2．（2024上·四川達州·高三統(tǒng)考期末）球面上兩點之間的最短連線的長度，就是經(jīng)過這兩點的大圓（大圓就是經(jīng)過球心的平面截球面所得的圓）在這兩點間的一段劣弧的長度，我們把這個弧長叫做這兩點間的球面距離．已知長方體的所有頂點都在同一個球面上，且，，則，D兩點間的球面距離為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用球面距離的概念及弧長公式可得答案.【詳解】設球的半徑為,球心為由題意，，所以，所以在中，由于，所以，所以，D兩點間的球面距離為.故選：A3．（2024·安徽·模擬預測）在正方體中，E，F(xiàn)分別為棱，的中點，過直線EF的平面截該正方體外接球所得的截面面積的最小值為，最大值為，則（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根據(jù)題意可求得正方體的外接球球心位置，易知當截面面積最大時，截面圓的半徑為該正方體外接球的半徑，當截面與OP垂直時，截面面積最??；分別求出對應的半徑大小即可得出結果.【詳解】如圖，正方體的外接球球心在其中心點處，設該正方體的棱長為，則外接球的半徑，要使過直線EF的平面截該球得到的截面面積最小，則截面圓的圓心為線段EF的中點，連接OE，OF，OP，則，，所以，此時截面圓的半徑．顯然當截面面積最大時，截面圓的半徑為該正方體外接球的半徑；所以．故選：D．4．（2024上·黑龍江哈爾濱·高三哈爾濱市第六中學校校聯(lián)考期末）過正四棱錐的高的中點作平行于底面的截面，若四棱錐與四棱臺的表面積之比為，則直線與底面所成角的余弦值為（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】根據(jù)題意知，，，分別為，，，的中點，設正方形的邊長為，，然后表示四棱錐與四棱臺的表面積，由表面積之比為，得到，的關系，確定線面角，求解即可.【詳解】

依題意過正四棱錐的高的中點作平行于底面的截面，則，，，分別為，，，的中點，設正方形的邊長為，，所以正方形的面積為，正方形的面積為，正四棱錐的側面積為，四棱臺的側面積為，所以正四棱錐的表面積為，四棱臺的表面積為，所以，解得，由平面，所以為直線與底面所成角，所以，又，，所以.故選：.二、多選題5．（2024上·湖南長沙·高三雅禮中學?？茧A段練習）已知三棱錐PABC內(nèi)接于球O，PA⊥平面ABC，，AB⊥AC，，點D為AB的中點，點Q在三棱錐PABC表面上運動，且，已知在弧度制下銳角，滿足：，，則下列結論正確的是（

）A．過點D作球的截面，截面的面積最小為 B．過點D作球的截面，截面的面積最大為C．點Q的軌跡長為 D．點Q的軌跡長為【答案】ABD【分析】對于A項和B項，先求出三棱錐外接球的半徑，再根據(jù)圖形判斷經(jīng)過球心的截面最大，與半徑垂直的截面最小即得，對于C項和D項，則先要通過計算找到角，再根據(jù)軌跡特征確定軌跡形狀，計算即得.【詳解】對于選項A,如圖，三棱錐PABC的外接球O即為以AB，AC，AP為鄰邊的長方體的外接球，∴，∴，取BC的中點，則為△ABC的外接圓圓心，且平面ABC，當OD與過點D的截面垂直時，截面的面積最小，∵，此時截面圓的半徑為，∴最小截面面積為，故A項正確；對于選項B，當截面過球心時，截面圓的面積最大為，故B項正確；對于選項C和D，由條件可得故即，易得，則點Q的軌跡分別是以點P為圓心，4為半徑的三段弧，其中一段弧圓心角為，兩段弧圓心角為，點Q的軌跡長即為，故C項錯誤，D項正確．故選：ABD．6．（2024·江西鷹潭·貴溪市實驗中學?？寄M預測）若點P是棱長為2的正方體表面上的動點，點M是棱的中點，則（

）A．當點P在底面ABCD內(nèi)運動時，三棱錐的體積為定值B．當時，線段AP長度的最大值為3C．當直線AP與平面ABCD所成的角為45°時，點P的軌跡長度為D．直線DM被正方體的外接球所截得的線段的長度為【答案】ABD【分析】由平面的距離不變，底面積不變得體積不變判斷A；分別取中點，證明點軌跡是矩形（除點），求出的最大值判斷B；連接，在正方形內(nèi)以為圓心，為半徑作圓弧，得出點軌跡就是曲邊三角形（除去點），求出其周長判斷C；取為正方體對角線交點，正方體外接球球心，是正方形交點，球的過面的截面圓圓心，作于，由截面圓性質(zhì)，弦長為（是球半徑），計算后判斷D．【詳解】點P在底面ABCD內(nèi)運動時，不變，面積不變，到平面的距離不變，即不變，因此體積不變，A正確；分別取中點，連接，首先與平行且相等，與平行且相等，因此與平行且相等，是平行四邊形，在同一平面內(nèi)，正方形，易得，，所以，所以（為的交點），所以，又平面，平面，所以，同理，，平面，所以平面，而，則平面，所以點軌跡是矩形（除點），是矩形，當與重合時，最大，且最大值為，B正確；當直線AP與平面ABCD所成的角為45°時，連接，在正方形內(nèi)以為圓心，為半徑作圓弧，易證點軌跡就是曲邊三角形（除去點），事實上，在平面內(nèi)點，在平面內(nèi)射影是，，當不與重合時，，，曲邊三角形的周長是，C錯；如圖，是正方體對角線交點即正方體外接球球心，是正方形交點即球的過面的截面圓圓心，作于，，在正方形中，作于，正方形邊長為2，則，，，，公用，，，所以，所以由截面圓性質(zhì)，球的半徑為，直線被球截得的線段長為，D正確．故選：ABD．三、填空題7．（2024上·山東德州·高三德州市第一中學?？茧A段練習）葫蘆是一種爬藤植物，在我國傳統(tǒng)文化中，其枝密集繁茂，象征著兒孫滿堂、同氣連枝；其音近于“福祿”，寓意著長壽多福、事業(yè)發(fā)達；其果口小肚大，代表著心胸開闊、和諧美滿．如圖，一個葫蘆的果實可以近似看做兩球相交所得的幾何體，其中的下半部分是半徑為的球的一部分，的上半部分是半徑為3的球的一部分，且，則過直線的平面截所得截面的面積為．【答案】【分析】設N是兩球面的一個公共點，且位于截面上，通過條件提供的數(shù)據(jù)可求得，進而利用扇形的面積公式可得截面的面積.【詳解】設N是兩球面的一個公共點，且位于截面上，由，得，故，從而．所以截面面積為．故答案為：四、解答題8．（2024·全國·高三專題練習）如圖，在多面體ABCDEF中，四邊形與均為直角梯形，平面，．(1)已知點G為AF上一點，且，求證：BG與平面DCE不平行；(2)已知直線BF與平面DCE所成角的正弦值為，求AF的長及四棱錐D－ABEF的體【答案】(1)證明見解析(2)AF的長為4；．【詳解】（1）證明：因為平面ABEF，AB，平面ABEF，所以，，又，以為坐標原點，分別為軸，建立空間直角坐標系，則、、、、，所以，，，設平面DCE的法向量為，則，令，則，所以，因為，且不存在使得與垂直，所以BG與平面DCE不平行；（2）設（且），則，所以，∵直線BF與平面DCE所成角的正弦值為，∴，化簡得，解得或（舍去）；故．此時梯形ABEF的面積，故．9．（2024·廣西·模擬預測）如圖，在四棱錐中，，，四邊形是菱形，，是棱上的動點，且.(1)證明：平面.(2)是否存在實數(shù)，使得平面與平面所成銳二面角的余弦值是？若存在，求出的值；若不存在，請說明理由.【答案】(1)證明見解析(2)存在實數(shù)，理由見解析【詳解】（1）因為四邊形是菱形，所以.因為，，平面，且，所以平面.因為平面，所以.因為，所以，即.因為，平面，且，所以平面.（2）取棱的中點，連接，因為四邊形是菱形，，所以為等邊三角形，故⊥，又平面，平面，所以，，故，，兩兩垂直，故以為原點，分別以，，的方向為，，軸的正方向，建立空間直角坐標系.設，則，，，，故，，，所以，設平面的法向量為，則，令，得.平面的一個法向量為，設面與面所成的銳二面角為，則，整理得，解得或（舍去）.故存在實數(shù)，使得面與面所成銳二面角的余弦值是.BB·易錯提升一、單選題一、單選題1．（2024·河北聯(lián)考模擬）如圖，西周琱生簋（guǐ）是貴族琱生為其祖先制作的宗廟祭祀時使用的青銅器．該青銅器可看成由上、下兩部分組成，其中上面的部分可看作圓臺，下面的部分可看作圓柱，且圓臺和圓柱的高之比約為，圓臺的上底面與圓柱的底面完全重合，圓臺上、下底面直徑之比約為，則圓臺與圓柱的體積之比約為（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】利用圓臺與圓柱的體積公式進行計算即可.【詳解】依題意，令圓臺上底面半徑為4，下底面半徑為5，高為3，圓柱的高為5，則圓臺的體積圓柱的體積，故，故選：B2．（2024·云南·校聯(lián)考模擬預測）如圖，在直三棱柱中，面，，則直線與直線夾角的余弦值為（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】以為原點，所在的直線為軸建立空間直角坐標系，設，求出，，利用向量的夾角公式可得答案.【詳解】在直三棱柱中，平面，平面，所以，，平面，平面，所以，所以互相垂直，以為原點，分別以所在的直線為軸建立空間直角坐標系，設，則，可得，，所以.所以直線與直線夾角的余弦值為.故選：C.3．（2024·河南·高三模擬）設為兩個不同的平面，為三條不同的直線，則下列命題正確的是（

）A．若，則 B．若，則C．若，則 D．若，則【答案】C【分析】根據(jù)線線、線面和面面的基本關系依次判斷選項即可.【詳解】A：若，則或a與b互為異面直線，故A錯誤；B：若，則或a與b互為異面直線，故B錯誤；C：若，則，故C正確；D：若，則或或a與b互為異面直線或a與b相交，故D錯誤.故選：C二、多選題4．（2024上·河北邯鄲·高三磁縣第一中學）勒洛三角形也被稱為定寬曲線，勒洛三角形的立體版就是如圖所示的立體圖形，它能在兩個平行平面間自由轉動，并且始終保持與兩平面都接觸，它是以正四面體的四個頂點為球心，以正四面體的棱長為半徑的四個球的公共部分組成的，因此它能像球一樣來回滾動.這種立體圖形稱為勒洛四面體，若圖中勒洛四面體的四個頂點分別為P、A、B、C，任意兩個頂點之間的距離為1，則下列說法正確的是（

）A．圖中所示勒洛四面體表面上任意兩點間距離的最大值為1B．圖中所示勒洛四面體的內(nèi)切球的表面積為C．平面截此勒洛四面體所得截面的面積為D．圖中所示的勒洛四面體的體積是【答案】AB【分析】根據(jù)表面上任意兩點間距離的最大值即為其內(nèi)接四面體的棱長1，可判定A正確；根據(jù)點E為該球與勒洛四面體的一個切點，由A，O，E三點共線，求得，求得內(nèi)切球的表面積，可判定B正確；由截面形狀為三個半徑為1，圓心角為60°的扇形面積減去兩個邊長為1的正三角形的面積可判定C錯誤；求得正四面體的體積，其外接球的體積，可判定D錯誤.【詳解】對于A中，勒洛四面體能在兩個平行平面間自由轉動，并且始終保持與兩平面都接觸，所以其表面上任意兩點間距離的最大值，即為其內(nèi)接四面體的棱長1，所以A正確；對于B中，勒洛四面體的內(nèi)切球與勒洛四面體的弧面相切，如圖所示，其中點E為該球與勒洛四面體的一個切點，O為該球的球心，則該球的球心O為正四面體的中心，半徑為OE，連接AE，由A，O，E三點共線，且，，因此，內(nèi)切球的表面積為，故B正確；對于C中，如圖所示，截面形狀為三個半徑為1，圓心角為60°的扇形面積減去兩個邊長為1的正三角形的面積，則，所以C錯誤；對于D中，勒洛四面體的體積介于正四面體的體積和正四面體的外接球的體積之間，正四面體的體積，其外接球的體積，所以D錯誤.故選：AB.5．（2024上·湖南長沙·高三雅禮中學校考階段練習）已知三棱錐PABC內(nèi)接于球O，PA⊥平面ABC，，AB⊥AC，，點D為AB的中點，點Q在三棱錐PABC表面上運動，且，已知在弧度制下銳角，滿足：，，則下列結論正確的是（

）A．過點D作球的截面，截面的面積最小為 B．過點D作球的截面，截面的面積最大為C．點Q的軌跡長為 D．點Q的軌跡長為【答案】ABD【詳解】對于選項A,如圖，三棱錐PABC的外接球O即為以AB，AC，AP為鄰邊的長方體的外接球，∴，∴，取BC的中點，則為△ABC的外接圓圓心，且平面ABC，當OD與過點D的截面垂直時，截面的面積最小，∵，此時截面圓的半徑為，∴最小截面面積為，故A項正確；對于選項B，當截面過球心時，截面圓的面積最大為，故B項正確；對于選項C和D，由條件可得故即，易得，則點Q的軌跡分別是以點P為圓心，4為半徑的三段弧，其中一段