專題04 立體幾何（解析版）2024年高考數(shù)學(xué)一模試題分類匯編（新高考新題型專用）

第第頁專題04立體幾何空間幾何體的有關(guān)計(jì)算1．（2024·山西晉城·統(tǒng)考一模）若一個正棱臺的棱數(shù)大于15，且各棱的長度構(gòu)成的集合為，則的最小值為，該棱臺各棱的長度之和的最小值為．【答案】642【分析】根據(jù)正棱臺共有條棱，從而得到不等式，求出的最小值為6，得到棱的長度之和最小值.【詳解】因?yàn)檎馀_的側(cè)棱有條，底面有條棱，所以正棱臺共有條棱，由，得，所以的最小值為6，該棱臺各棱的長度之和的最小值為．故答案為：，2．（2024·浙江·校聯(lián)考一模）已知圓臺的上下底面半徑分別是1，4，且側(cè)面積為，則該圓臺的母線長為．【答案】2【分析】利用圓臺側(cè)面積公式求解即可.【詳解】設(shè)母線長度為，由圓臺側(cè)面積公式得，解得，故圓臺母線長度為2.故答案為：23．（2024·安徽合肥·合肥一六八中學(xué)校考一模）球O的半徑與圓錐M的底面半徑相等，且它們的表面積也相等，則圓錐M的側(cè)面展開圖的圓心角大小為，球O的體積與圓錐M的體積的比值為．【答案】/120°【分析】設(shè)球O的半徑及圓錐M的底面半徑均為R，圓錐M的母線長為l，再根據(jù)球與圓錐的表面積公式求得，即可得圓錐M的側(cè)面展開圖的圓心角大??；根據(jù)勾股定理求得，再結(jié)合球與圓錐的體積公式分析體積比即可【詳解】設(shè)球O的半徑及圓錐M的底面半徑均為R，圓錐M的母線長為l，則，所以，圓錐M的側(cè)面展開圖的圓心角大小為；球O的體積為，圓錐M的高，圓錐M的體積為，所以球O的體積與圓錐M的體積的比值為．故答案為：，4．（2024·湖南長沙·雅禮中學(xué)?？家荒＃┮阎獔A錐的母線長為2，則當(dāng)圓錐的母線與底面所成的角的余弦值為時(shí)，圓錐的體積最大，最大值為．【答案】【分析】由線面角的定義得出，從而得出，再由導(dǎo)數(shù)求解即可.【詳解】設(shè)圓錐的底面半徑為，圓錐的母線與底面所成的角為，易知.圓錐的體積為令，則，當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，即函數(shù)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，即，此時(shí).故答案為：；5．（2024·廣東深圳·?？家荒＃┮阎獔A錐的側(cè)面展開圖是一個半徑為4的半圓.若用平行于圓錐的底面，且與底面的距離為的平面截圓錐，將此圓錐截成一個小圓錐和一個圓臺，則小圓錐和圓臺的體積之比為.【答案】/1:7【分析】由題意，根據(jù)圓錐側(cè)面積計(jì)算公式，求的圓錐底面半徑、母線，結(jié)合三角形相似即可求出小圓錐和圓臺的體積之比.【詳解】設(shè)圓錐底面半徑為，母線長為，由題意，，，故，作圓錐軸截面如下圖：所以，，，所以圓錐體積為，因?yàn)橛门c底面的距離為的平面截圓錐，故，且，所以小圓錐體積，所以圓臺的體積，故小圓錐和圓臺的體積之比為.故答案為：6．（2024·遼寧沈陽·統(tǒng)考一模）正方體的8個頂點(diǎn)分別在4個互相平行的平面內(nèi)，每個平面內(nèi)至少有一個頂點(diǎn)，且相鄰兩個平面間的距離為1，則該正方體的棱長為（

）A． B． C．2 D．【答案】BD【分析】分類討論兩個平面的位置，作截面結(jié)合正方體的結(jié)構(gòu)特征運(yùn)算求解.【詳解】設(shè)該正方體為，且其棱長為，若考慮4個平面中最中間的兩個平面，共有兩種情況.①若中間的兩個平面為平面和平面，如圖1所示，則過作截面，截面圖如圖2所示，其中分別為中點(diǎn)，則，設(shè)相鄰兩平面間距離即為A到的距離，可得，解得，即相鄰兩平面間距離即為A到的距離，可知，解得；②若中間的兩個平面如圖3所示，過作截面，截面圖如圖4所示，其中分別為中點(diǎn)，則，設(shè)相鄰兩平面間距離即為到的距離，可得，解得，即相鄰兩平面間距離即為到的距離，則，解得；故選：BD.【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：根據(jù)題意分類討論平面的位置分布，結(jié)合正方體的結(jié)構(gòu)特征以及截面分析求解.7．（2024·云南曲靖·統(tǒng)考一模）為努力推進(jìn)“綠美校園”建設(shè)，營造更加優(yōu)美的校園環(huán)境，某校準(zhǔn)備開展校園綠化活動．已知栽種某綠色植物的花盆可近似看成圓臺，圓臺兩底面直徑分別為18厘米，9厘米，母線長約為7.5厘米．現(xiàn)有2000個該種花盆，假定每一個花盆裝滿營養(yǎng)土，請問共需要營養(yǎng)土約為（

）（參考數(shù)據(jù)：）A．1.702立方米 B．1.780立方米C．1.730立方米 D．1.822立方米【答案】B【分析】利用圓臺的結(jié)構(gòu)特征求高，再由圓臺體積公式求體積，即可求2000個該種花盆所需要的營養(yǎng)土.【詳解】令（單位厘米），則花盆的高，所以花盆的體積為，故2000個該種花盆共需要營養(yǎng)土約為立方厘米，即1.780立方米.故選：B8．（2024·新疆烏魯木齊·統(tǒng)考一模）某廣場設(shè)置了一些石凳供大家休息，這些石凳是由棱長為40cm的正方體截去八個一樣的四面體得到的，則（

）A．該幾何體的頂點(diǎn)數(shù)為12B．該幾何體的棱數(shù)為24C．該幾何體的表面積為D．該幾何體外接球的表面積是原正方體內(nèi)切球、外接球表面積的等差中項(xiàng)【答案】ABD【分析】對于A，該幾何體的頂點(diǎn)是正方體各棱的中點(diǎn)，由正方體有12條棱即可判斷；對于B，由該幾何體有6個面為正方形即可判斷；對于C，該幾何體的棱長為，根據(jù)正三角形及正方形的面積公式求解即可判斷；對于D，原正方體內(nèi)切球的半徑為20cm，原正方體外接球的半徑為，該幾何體外接球的球心為原正方體的中心，故外接球半徑為，根據(jù)球的表面積公式及等差中項(xiàng)的定義即可判斷.【詳解】對于A，該幾何體的頂點(diǎn)是正方體各棱的中點(diǎn)，正方體有12條棱，所以該幾何體的頂點(diǎn)數(shù)為12，故A正確；對于B，由題意知，該幾何體有6個面為正方形，故該幾何體的棱數(shù)為，故B正確；對于C，該幾何體的棱長為，該幾何體有6個面為正方形，8個面為等邊三角形，所以該幾何體的表面積為，故C錯誤；對于D，原正方體內(nèi)切球的半徑為20cm，內(nèi)切球表面積為.原正方體外接球的半徑為，外接球表面積為.由題意得該幾何體外接球的球心為原正方體的中心，故外接球半徑為，所以該幾何體外接球的表面積為.因?yàn)椋栽搸缀误w外接球的表面積是原正方體內(nèi)切球、外接球表面積的等差中項(xiàng)，故D正確.故選:ABD.9．（2024·山西晉城·統(tǒng)考一模）如圖，在正四棱柱中，，，，平面將該正四棱柱分為上、下兩部分，記上部分對應(yīng)的幾何體為，下部分對應(yīng)的幾何體為，則（

）A．的體積為2B．的體積為12C．的外接球的表面積為D．平面截該正四棱柱所得截面的面積為【答案】ACD【分析】根據(jù)題意求截面，可知為直三棱柱，進(jìn)而可求相應(yīng)的體積，即可判斷AB；利用補(bǔ)形法結(jié)合長方體的性質(zhì)求外接球的半徑和表面積，即可得判斷C；可知平面截該正四棱柱所得截面為矩形，即可得面積判斷D.【詳解】設(shè)，連接，，，由長方體的性質(zhì)可知：，可知A，，，四點(diǎn)共面，所以為直三棱柱，其體積為，故A正確；的體積為，B錯誤．的外接球即為長方體的外接球，所以的外接球的半徑，則的外接球的表面積為，C正確．平面截該正四棱柱所得截面為矩形，其面積為，D正確．故選：ACD.點(diǎn)線面位置關(guān)系、空間角及距離10．（2024·河北·校聯(lián)考一模）已知直線、、與平面、，下列命題正確的是（

）A．若，，，則 B．若，，則C．若，，則 D．若，，則【答案】D【分析】利用線線，線面，面面的位置關(guān)系，以及垂直，平行的判斷和性質(zhì)判斷選項(xiàng)即可.【詳解】對于A，若，，，則與可能平行，也可能異面，故A錯誤；對于B，若，，則與可能平行，也可能相交，故B錯誤；對于C，若，，則與可能平行，也可能相交或異面，故C錯誤；對于D，若，則由線面平行的性質(zhì)定理可知，必有，使得，又，則，因?yàn)?，所以，故D正確.故選：D.11．（2024·浙江·校聯(lián)考一模）已知直線和平面，則“”是“”的（

）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件【答案】A【分析】由線面平行的判定、面面平行的性質(zhì)以及充分不必要條件的定義即可求解.【詳解】因?yàn)?，則存在使得且，若且，則，又且，所以，充分性成立；設(shè)，，則有，但不平行，即必要性不成立.故選：A.12．（2024·廣東深圳·校考一模）已知，是兩個不同的平面，m，n是兩條不同的直線，則下列說法正確的是（

）A．若，，，則 B．若，，，則C．若，，，則 D．若，，，則【答案】A【分析】由空間中線線、線面、面面之間的位置關(guān)系逐一判定各選項(xiàng)即可.【詳解】若，，設(shè)對應(yīng)法向量分別為，也是m,n的方向向量，由，即，則，故A正確；若，，，則與可能平行或相交，故B錯誤；若，，，則，或，或n與相交，故C錯誤；若，，則，又，則或，D錯誤.故選：A13．（2024·吉林白山·統(tǒng)考一模）正八面體可由連接正方體每個面的中心構(gòu)成，如圖所示，在棱長為2的正八面體中，則有（

）

A．直線與是異面直線 B．平面平面C．該幾何體的體積為 D．平面與平面間的距離為【答案】D【分析】可借助正方體解決正八面體的有關(guān)問題.【詳解】正八面體可由正方體每個面的中心構(gòu)成，如圖：

因?yàn)檎嗣骟w的棱長為2，所以正方體的棱長為.∵，，，四點(diǎn)共面，直線與是共面的，故A錯；設(shè)二面角為，，，所以.所以：二面角，故B錯；，故C錯；由八面體的構(gòu)成可知：平面和平面之間的距離是正方體體對角線的，所以兩個平面之間的距離為：，故D對.故選：D14．（2024·河南鄭州·鄭州市宇華實(shí)驗(yàn)學(xué)校?？家荒＃┤鐖D，在四棱錐中，平面，是等邊三角形.(1)證明：平面平面.(2)求二面角的正弦值.【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）設(shè)，由已知得，又平面得，利用線面垂直的判斷定理得平面，再由面面垂直的判斷定理可得平面平面；（2）以為坐標(biāo)原點(diǎn)，的方向分別為軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系.求出平面的法向量、平面的法向量，由二面角的向量求法可得答案.【詳解】（1）設(shè)，因?yàn)槭堑冗吶切?，且，所以是的中點(diǎn)，則，又，所以，所以，即，又平面平面，所以，又，所以平面，因?yàn)槠矫妫云矫嫫矫?（2）以為坐標(biāo)原點(diǎn)，的方向分別為軸的正方向建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系.因?yàn)?，所以，，設(shè)平面的法向量，則令，得，設(shè)平面的法向量為，則令，得，，，故二面角的正弦值為.15．（2024·遼寧沈陽·統(tǒng)考一模）如圖，在三棱錐中，平面平面，且，，點(diǎn)在線段上，點(diǎn)在線段上.(1)求證：；(2)若平面，求的值；(3)在（2）的條件下，求平面與平面所成角的余弦值.【答案】(1)證明見解析(2)(3)【分析】（1）根據(jù)三角形全等，可證明線線垂直，進(jìn)而可得線面垂直，進(jìn)而可求證，（2）建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量即可求解.或者利用空間垂直關(guān)系的轉(zhuǎn)化即可結(jié)合三角形的邊角關(guān)系求解.（3）建立空間直角坐標(biāo)系，利用法向量的夾角即可求解.【詳解】（1）證明：過作直線于，連接.由題知，，即，又平面,平面，又平面，，即（2）方法一：平面平面，平面平面，平面平面.以為原點(diǎn)，以的長度為單位長度，以的方向分別為軸，軸，的正方向建立空間直角坐標(biāo)系，如圖，則.平面.為中點(diǎn)，由題知設(shè)，，，又在中，，所以.方法二：平面.設(shè)，由知，.平面平面，平面平面平面，平面，又平面，又，平面.（3）由（2）知，平面的一個法向量為，設(shè)平面的一個法向量為，則令則，，平面與平面所成角的余弦值為.16．（2024·重慶·統(tǒng)考一模）如圖，四棱錐中，底面，四邊形中，，．

(1)若為的中點(diǎn)，求證：平面平面；(2)若平面與平面所成的角的余弦值為．（?。┣缶€段的長；（ⅱ）設(shè)為內(nèi)（含邊界）的一點(diǎn)，且，求滿足條件的所有點(diǎn)組成的軌跡的長度．【答案】(1)證明見解析；(2)（ⅰ）2；（ⅱ）.【分析】（1）根據(jù)給定條件，利用線面垂直的性質(zhì)、判定，再結(jié)合面面垂直的判定推理即得.（2）以點(diǎn)A為原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)，利用面面角的向量求法結(jié)合已知求出，再求出并確定軌跡求解即得.【詳解】（1）在四棱錐中，底面，平面，則，而平面，于是平面，又平面，則，由，為的中點(diǎn)，得平面，因此平面，而平面，所以平面平面.（2）（?。┯桑?）知，直線兩兩垂直，以點(diǎn)為原點(diǎn)，直線分別為軸建立空間直角坐標(biāo)系，

過作于，由，得，令，則，，設(shè)平面的法向量，則，令，得，由平面，得平面的一個法向量，依題意，，整理得，而，解得，所以線段的長為2.（ⅱ）顯然平面，而平面，則，又，于是，解得，因此點(diǎn)的軌跡是以點(diǎn)為圓心，為半徑的圓的，所以點(diǎn)的軌跡的長度為.17．（2024·云南曲靖·統(tǒng)考一模）在圖1的直角梯形中，，點(diǎn)是邊上靠近于點(diǎn)的三等分點(diǎn)，以為折痕將折起，使點(diǎn)到達(dá)的位置，且，如圖2．(1)求證：平面平面；(2)在棱上是否存在點(diǎn)，使得二面角的大小為？若存在，求出線段的長度，若不存在說明理由．【答案】(1)證明見解析；(2)【分析】（1）由直角梯形邊長可知，連接交于點(diǎn)，由線面垂直的判定定理可證明平面，即可得出結(jié)論；（2）建立空間直角坐標(biāo)系，求出平面與平面的法向量，利用二面角的大小為解方程即可求得線段的長度為.【詳解】（1）根據(jù)題意，由直角梯形邊長可知；又點(diǎn)是邊上靠近于點(diǎn)的三等分點(diǎn)，所以，可得為等邊三角形；連接，交于點(diǎn)，如下圖所示：可得四邊形為菱形，所以，即折起后，如下圖所示：易知，又，滿足，即；又，平面，所以平面，又因?yàn)槠矫妫云矫嫫矫?；?）以為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以為軸，方向?yàn)檩S正方向建立空間直角坐標(biāo)系，如下圖所示：則；可得，假設(shè)存在點(diǎn)滿足題意，設(shè)，所以，則，由（1）可知平面，利用易得平面的一個法向量可取為設(shè)平面的一個法向量為，則，可得；所以，解得或（舍），此時(shí)，可得；即線段的長度為.18．（2024·云南曲靖·統(tǒng)考一模）如圖所示，正方體的棱長為1，分別是棱的中點(diǎn)，過直線的平面分別與棱交于點(diǎn)，以下四個命題中正確的是（

）A．四邊形一定為菱形B．四棱錐體積為C．平面平面D．四邊形的周長最小值為4【答案】ACD【分析】由正方體截面性質(zhì)有為平行四邊形，若為中點(diǎn)，易得為正方形，進(jìn)而得到即可判斷A；由到面的距離之和為底面對角線且求體積判斷B；利用線面垂直、面面垂直的判定判斷C；根據(jù)正方體的結(jié)構(gòu)特征判斷在運(yùn)動過程中，周長最短時(shí)位置判斷D.【詳解】由題意，正方體截面的性質(zhì)易知，即為平行四邊形，取為中點(diǎn)，因?yàn)榉謩e是棱的中點(diǎn)，則為正方形，所以，則，故為菱形，A對；由到面的距離之和為底面對角線為，又為定值，B錯；由菱形性質(zhì)知，由正方體性質(zhì)知面，面，則，又，面，故面，而面，所以平面平面，C對；在運(yùn)動過程中，僅當(dāng)它們?yōu)閷?yīng)線段中點(diǎn)時(shí)，菱形各邊最短且為1，此時(shí)為正方形，周長為4，D對.故選：ACD19．（2024·山東濟(jì)南·山東省實(shí)驗(yàn)中學(xué)校考一模）如圖，在四棱錐中，平面，與底面所成的角為，底面為直角梯形，，點(diǎn)為棱上一點(diǎn)，滿足，下列結(jié)論正確的是（

）

A．平面平面；B．在棱上不存在點(diǎn)，使得平面C．當(dāng)時(shí)，異面直線與所成角的余弦值為；D．點(diǎn)到直線的距離；【答案】ACD【分析】根據(jù)面面垂直的判定定理可判斷A；由A的結(jié)論，可推得，即可知點(diǎn)到直線的距離即為的長度，計(jì)算求得長，判斷D；采用平移法，作出異面直線與所成角，解三角形可求得與所成角的余弦值，判斷C；結(jié)合C選項(xiàng)，根據(jù)線面平行的判定定理即可判斷B.【詳解】A選項(xiàng)，因?yàn)槠矫?，平面，平面，所以，，故即為與底面所成的角，即，故，而，所以，在直角梯形中，，則，故，又因?yàn)槠矫?，所以平面，因?yàn)槠矫?，故平面平面，故A正確；D選項(xiàng)：由A選項(xiàng)的證明過程可知：平面，因?yàn)槠矫?，所以，故點(diǎn)到直線的距離即為的長度，因?yàn)槠矫?，平面，故，而，即點(diǎn)到直線的距離，故D正確；對于C，當(dāng)時(shí)，，即為的中點(diǎn)，

設(shè)為的中點(diǎn)，連接，則，而，故，故四邊形為平行四邊形，則，故異面直線與所成角即為的夾角，在中，，則，則異面直線與所成角的余弦值為，C正確；對于B，由C選項(xiàng)知，當(dāng)時(shí)，，因?yàn)槠矫?，平面，所以平面，所以時(shí)，平面，故B錯誤.故選：ACD.20．（2024·新疆烏魯木齊·統(tǒng)考一模）如圖，在四棱錐中，底面為正方形，平面，，點(diǎn)E，F(xiàn)分別是棱，的中點(diǎn)．

(1)求直線與平面所成角的正弦值；(2)在截面內(nèi)是否存在點(diǎn)，使平面，并說明理由．【答案】(1)(2)不存在，理由見解析【分析】（1）由題意可建立相應(yīng)空間直角坐標(biāo)系，結(jié)合空間向量計(jì)算即可得；（2）假設(shè)存在，可設(shè)，，，，結(jié)合空間向量解出、，可得其與假設(shè)矛盾，故不存在.【詳解】（1）由平面，、平面，故、，又底面為正方形，故，即、、兩兩垂直，故可以為坐標(biāo)原點(diǎn)，的方向?yàn)檩S正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，不妨設(shè)，則，，，，，，，，，，設(shè)平面的法向量，則，即，可取，因?yàn)?，所以與平面所成角的正弦值為；

（2）假設(shè)截面內(nèi)存在點(diǎn)滿足條件，設(shè)，，，，有，，，所以，因?yàn)槠矫妫?，所以，解得，這與假設(shè)矛盾，所以不存在點(diǎn)，使平面．21．（2024·山西晉城·統(tǒng)考一模）如圖，是邊長為2的正六邊形所在平面外一點(diǎn)，的中點(diǎn)為在平面內(nèi)的射影，．

(1)證明：平面．(2)若，二面角的大小為，求．【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）設(shè)，連接，可證四邊形為平行四邊形，所以，從而得證平面；（2）由空間向量法求得二面角的大小為，，再由二倍角公式求解.【詳解】（1）如圖，設(shè)，連接．因?yàn)?，所以，所以，且．連接交于，連接，由，所以，中，，，所以，由，可得，所以四邊形為平行四邊形，所以．又因?yàn)槠矫?，平面，所以平面．?）以為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系．

易知，，，，則，，，，則，，．設(shè)平面的法向量為，則即令，得．設(shè)平面的法向量為，則即令，得，由，得，所以.22．（2024·河南鄭州·鄭州市宇華實(shí)驗(yàn)學(xué)校?？家荒＃┤鐖D，在正方體中，點(diǎn)是的中點(diǎn)，點(diǎn)是直線上的動點(diǎn)，則下列說法正確的是（

）A．是直角三角形B．異面直線與所成的角為C．當(dāng)?shù)拈L度為定值時(shí)，三棱錐的體積為定值D．平面平面【答案】ABC【分析】設(shè)正方體的棱長為2，求出相關(guān)線段長度，利用勾股定理逆定理可判斷形狀，判斷A；利用平移法可求得異面直線與所成的角，判斷B；根據(jù)棱錐的體積公式可判斷C；建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間位置的向量證明方法可判斷D.【詳解】對于A，設(shè)正方體的棱長為2，點(diǎn)是的中點(diǎn)，故;平面平面，故，則，則，即，即是直角三角形，A正確；對于B，在正方體中，點(diǎn)是的中點(diǎn)，

則直線DP即為直線，異面直線與所成的角即異面直線與所成的角，由于，，故四邊形為平行四邊形，所以，則即為異面直線與所成的角或其補(bǔ)角，連接，則，即，故異面直線與所成的角為，B正確；對于C，設(shè)交于點(diǎn)O，則O為AC的中點(diǎn)，連接PO，

則PO為的中位線，故，平面，平面，故平面，當(dāng)?shù)拈L度為定值時(shí)，到平面的距離為定值，則Q到平面的距離為定值，而的面積為定值，故為定值，又三棱錐的體積，故三棱錐的體積為定值，C正確；對于D，以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，以所在直線為軸，建立空間直角坐標(biāo)系，

則，則，設(shè)平面的法向量為，則，令，則；設(shè)平面的法向量為，則，令，則；則，即不垂直，故平面和平面不垂直，D錯誤，故選：ABC23．（2024·浙江·校聯(lián)考一模）在三棱柱中，四邊形是菱形，是等邊三角形，點(diǎn)是線段的中點(diǎn)，．

(1)證明：平面；(2)若平面平面，求直線與平面所成角的正弦值．【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）根據(jù)四邊形是菱形，可得；在中，根據(jù)題意可證，又是的中點(diǎn)，得，即可得到結(jié)論.（2）根據(jù)題意，建立空間直角坐標(biāo)系，求得平面的法向量，利用線面角公式即可.【詳解】（1）設(shè)與交點(diǎn)為，連接．

四邊形是菱形，是的中點(diǎn)．在中，是等邊三角形，．在中，是的中點(diǎn)，．又平面，平面．（2）連接，是等邊三角形，是線段的中點(diǎn)，又平面平面，平面平面，平面，平面．以為原點(diǎn)，所在直線分別為軸，軸如圖建立空間直角坐標(biāo)系，不妨設(shè)，則，，于是，設(shè)平面的法向量為，則，即，令，得，所以平面的一個法向量為．設(shè)直線與平面所成角大小為，則，故直線與平面所成角的正弦值為.24．（2024·廣東深圳·?？家荒＃┤鐖D，在圓錐中，是圓的直徑，且是邊長為4的等邊三角形，為圓弧的兩個三等分點(diǎn)，是的中點(diǎn).(1)證明：平面；(2)求平面與平面所成銳二面角的余弦值.【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）證明：取的中點(diǎn)，連接，由題意可證得，再由線面平行的判定定理證明即可；（2）以為坐標(biāo)原點(diǎn)，的方向分別為軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系.求出平面與平面的法向量，由二面角的向量公式求解即可.【詳解】（1）證明：取的中點(diǎn)，連接.因?yàn)闉閳A弧的兩個三等分點(diǎn)，所以.因?yàn)榉謩e為的中點(diǎn)，所以，則，從而四邊形為平行四邊形，故.因?yàn)槠矫嫫矫?，所以平?（2）解：以為坐標(biāo)原點(diǎn)，的方向分別為軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系.因?yàn)?，所以，，則.設(shè)平面的法向量為，則令，得.設(shè)平面的法向量為，則令，得.設(shè)平面與平面所成銳二面角為，則.故平面與平面所成銳二面角的余弦值為.25．（2024·廣西南寧·南寧三中校聯(lián)考一模）在如圖所示的五面體中，共面，是正三角形，四邊形為菱形，平面，點(diǎn)為中點(diǎn)．

(1)證明：平面；(2)已知，求平面與平面所成二面角的正弦值．【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）連接交與點(diǎn)O，證明四邊形為平行四邊形，推出，根據(jù)線面平行的判定定理，即可證明結(jié)論；（2）取中點(diǎn)為N，連接，建立空間直角坐標(biāo)系，求出相關(guān)點(diǎn)坐標(biāo)，求出平面和平面的法向量，根據(jù)空間角的向量求法，即可求得答案.【詳解】（1）證明：連接交與點(diǎn)O，連接，由于平面平面，平面平面，故，O為的中點(diǎn)，點(diǎn)為中點(diǎn)，故，，則四邊形為平行四邊形，則，而平面，平面，故平面；（2）由（1）知，取中點(diǎn)為N，連接，由題意知是邊長為2的正三角形，在中，，則，故，是邊長為2的正三角形，則，又平面，則平面，平面，故，，則為正三角形，故，而平面，故平面，以N為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以所在直線為軸建立空間直角坐標(biāo)系，

則，則，設(shè)平面的法向量為，則，則，令，則；，設(shè)平面的法向量為，則，即，令，則，故，設(shè)平面與平面所成二面角為，故，故平面與平面所成二面角的正弦值為.26．（2024·安徽合肥·合肥一六八中學(xué)校考一模）如圖，菱形的對角線與交于點(diǎn)，，，點(diǎn)，分別在，上，，交于點(diǎn)，將沿折到位置，．(1)證明：平面；(2)求平面與平面的夾角的余弦值．【答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）先利用平行轉(zhuǎn)化得垂直關(guān)系，再利用勾股定理計(jì)算證明線線垂直，然后利用線面垂直判定定理證明線面垂直，（2）根據(jù)題意建立空間直角坐標(biāo)系，利用法向量方法求二面角的余弦值.【詳解】（1）由已知得，，又由得，故，因此，從而.由，得.由得.所以,.又已知，于是，故.又，且，平面.所以平面.（2）如圖，以為坐標(biāo)原點(diǎn)，以所在直線分別為軸，建立空間直角坐標(biāo)系，則，，，，，，，.設(shè)是平面的法向量，則，即，令,可得.設(shè)是平面的法向量，則，即，令,可得，設(shè)平面與平面的夾角為，于是，平面與平面的夾角的余弦值是.27．（2024·安徽合肥·合肥一六八中學(xué)?？家荒＃┰O(shè)、表示兩條直線，、表示兩個平面，則下列命題正確的是（

）A．若，，則 B．若，，則C．若，，則 D．若，，則【答案】D【分析】由直線與平面平行分析直線與平面內(nèi)直線的關(guān)系判斷A；由直線與直線平行分析線面關(guān)系判斷B；由直線與平面平行、平面與平面垂直分析線面關(guān)系判斷C；由線面平行的性質(zhì)及平面與平面垂直的判定判斷D．【詳解】若，，則或與異面，故A錯誤；若，，則或，故B錯誤；若，，則或或與相交，相交也不一定垂直，故C錯誤；若，過的平面與相交，設(shè)交線為，則，又，則，而，則，故D正確．故選：D．28．（2024·吉林延邊·統(tǒng)考一模）已知三棱柱，側(cè)面是邊長為2的菱形，，側(cè)面四邊形是矩形，且平面平面，點(diǎn)D是棱的中點(diǎn)．(1)在棱AC上是否存在一點(diǎn)E，使得平面，并說明理由；(2)當(dāng)三棱錐的體積為時(shí)，求平面與平面夾角的余弦值．【答案】(1)存在，理由見解析(2)【分析】（1）取的中點(diǎn)F，連接EF，DF，易得，則四邊形DFEA是平行四邊形，從而AD∥EF，再利用線面平行的判定定理證明；（2）根據(jù)四邊形是矩形，結(jié)合平面平面，得到面，由，得到，再由，得到，然后以為坐標(biāo)原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，求得平面的一個法向量為，易知平面的一個法向量，由求解.【詳解】（1）解：存在，當(dāng)E為AC的中點(diǎn)時(shí)，AD∥平面，理由如下：如圖所示：取的中點(diǎn)F，連接EF，DF，∵DF是的中位線，

∴，又

，∴

，∴四邊形DFEA是平行四邊形，∴AD∥EF，又面，面

，∴AD∥平面．（2）∵四邊形是矩形，∴，，又∵平面平面，∴面，∵，∴

，∵側(cè)面是菱形，，∴是正三角形，∵E是AC的中點(diǎn)，∴，以為坐標(biāo)原點(diǎn)建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則，，，，則，，設(shè)平面的一個法向量為，由，得，令，則，，∴，又平面的一個法向量，

∴，∴平面與平面的夾角的余弦值是.29．（2024·黑龍江齊齊哈爾·統(tǒng)考一模）如圖1，在平面四邊形中，，.點(diǎn)是線段上靠近端的三等分點(diǎn)，將沿折成四棱錐，且，連接，如圖2.

(1)在圖2中，證明：平面；(2)求圖2中，直線與平面所成角的正弦值.【答案】(1)證明見解析(2).【分析】（1）根據(jù)線面平行的判定定理證得平面.（2）建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法求得直線與平面所成角的正弦值.【詳解】（1）連接交于點(diǎn)，連接，，平面平面平面，

（2）在圖1中，，在圖2中，，平面，平面，平面，所以，而，由此以點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，

則，設(shè)平面的法向量為，則，可取，又，所以，所以直線與平面所成角的正弦值為.30．（2024·重慶·統(tǒng)考一模）如圖，在邊長為1的正方體中，是的中點(diǎn)，是線段上的一點(diǎn)，則下列說法正確的是（

）

A．當(dāng)點(diǎn)與點(diǎn)重合時(shí)，直線平面B．當(dāng)點(diǎn)移動時(shí)，點(diǎn)到平面的距離為定值C．當(dāng)點(diǎn)與點(diǎn)重合時(shí)，平面與平面夾角的正弦值為D．當(dāng)點(diǎn)為線段中點(diǎn)時(shí)，平面截正方體所得截面面積為【答案】ACD【分析】對A，根據(jù)平行線確定一個平面即可判斷，對BC建立空間坐標(biāo)系進(jìn)行判斷，對D作出截面圖形，并求出相關(guān)長度，利用面積公式即可求出.【詳解】對A，因?yàn)椋渣c(diǎn)四點(diǎn)共面，當(dāng)點(diǎn)與點(diǎn)重合時(shí)，直線平面，故A正確；對B，以為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，

因?yàn)闉橹悬c(diǎn)，則設(shè)，，，，則，，，設(shè)平面的方向量為，則，即，令，則，所以，則點(diǎn)到平面的距離，顯然不是定值，故B錯誤；對C，當(dāng)點(diǎn)與點(diǎn)重合時(shí)，由B知此時(shí)，，平面的法向量，設(shè)平面與平面夾角為，，則，故C正確；對D，連接，并在上底面內(nèi)將直線沿著的方向平移，直至該直線經(jīng)過點(diǎn)，交于點(diǎn)，交于點(diǎn)，因?yàn)椋?，所以四邊形為平行四邊形，所以，因?yàn)?，所以，因?yàn)辄c(diǎn)，所以平面截正方體所得的圖形為四邊形，不妨以為坐標(biāo)原點(diǎn)，在上底面內(nèi)建立如圖所示平面直角坐標(biāo)系，則，因?yàn)闉榫€段中點(diǎn)，則，根據(jù)直線，則，設(shè)直線的方程為，代入點(diǎn)坐標(biāo)得，解得，則，則點(diǎn)位于線段的四分之一等分點(diǎn)處，且靠近點(diǎn)，點(diǎn)位于線段的四分之一等分點(diǎn)處，且靠近點(diǎn)，則，，，結(jié)合，則四邊形為等腰梯形，則其高為,則，故D正確.故選：ACD.

【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)睛：本題BC選項(xiàng)的關(guān)鍵是建立合適的空間直角坐標(biāo)系，利用點(diǎn)到平面的距離公式和面面角的空間向量求法進(jìn)行計(jì)算判斷，對D選項(xiàng)的關(guān)鍵是作出截面圖形，并求出相關(guān)長度，得出其截面為等腰梯形，最后計(jì)算面積即可.31．（2024·福建廈門·統(tǒng)考一模）如圖，在四棱錐中，，，，，平面，過點(diǎn)作平面．(1)證明：平面平面；(2)已知點(diǎn)F為棱的中點(diǎn)，若，求直線與平面所成角的正弦值．【答案】(1)證明見詳解(2)【分析】（1）利用三角形相似及等量代換得，利用線面垂直得，進(jìn)而得平面EAC，結(jié)合已知條件得證；（2）利用空間向量法可求【詳解】（1）

設(shè)AC與BD的交點(diǎn)為O，連接OF，因?yàn)?，且，所以，因?yàn)椋?，，，且，，，所以，所以，所以，因?yàn)?，所以，所以，即，所以，所以，即，因?yàn)槠矫?，平面，所以，因?yàn)?，平面EAC，所以平面EAC，又因?yàn)槠矫?，且平面EAC，所以平面平面（2）

因?yàn)椋矫?，所以兩兩垂直，如圖，以A為原點(diǎn)，分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，則，，，所以，因?yàn)辄c(diǎn)F為棱的中點(diǎn)，所以，設(shè)平面FBD的一個法向量為，則，所以，取，得，所以平面FBD的一個法向量為，記直線AD與平面FBD所成角為，則，所以直線與平面所成角的正弦值為．32．（2024·吉林延邊·統(tǒng)考一模）如圖，在多面體中，底面是邊長為的正方形，平面，動點(diǎn)在線段上，則下列說法正確的是（

）A．B．存在點(diǎn)，使得平面C．三棱錐的外接球被平面所截取的截面面積是D．當(dāng)動點(diǎn)與點(diǎn)重合時(shí)，直線與平面所成角的余弦值為【答案】ABD【分析】由面面垂直的性質(zhì)定理可判斷選項(xiàng)A；由線面平行的判定定理和性質(zhì)定理可判斷選項(xiàng)B；由截面是的外接圓及正弦定理可判斷選項(xiàng)C;由面面垂直的判定定理、面面垂直的性質(zhì)及余弦定理可判斷選項(xiàng)D；【詳解】設(shè),連接，令中點(diǎn)為，連接，如圖所示：由底面是正方形可得：是的中點(diǎn)，且；由平面，平面，平面,可得平面平面，；由，,可得四邊形為矩形.對于選項(xiàng)A:由，平面平面，且平面平面,面，可得面，又面,所以，故選項(xiàng)A正確；對于選項(xiàng)B:因?yàn)樵诰匦沃?所以四邊形是平行四邊形，則直線因?yàn)槠矫?平面,則面.故當(dāng)是線段的中點(diǎn)時(shí)，直線面,故B正確；對于選項(xiàng)C:因?yàn)樵谥校?所以,由正弦定理得：的外接圓直徑,則半徑為，圓面積為,因?yàn)槿忮F的外接球的球心在過點(diǎn)且與平面垂直的直線上，且四邊形為矩形，所以點(diǎn)在三棱錐的外接球上.所以三棱錐的外接球被平面所截取的截面是的外接圓，因此三棱錐的外接球被平面所截取的截面面積是，故C錯誤．對于選項(xiàng)D:因?yàn)槊妫矫?所以面平面，所以在平面內(nèi)的射影在直線上，即直線與平面所成角為.在中，,故選項(xiàng)D正確；故選：ABD.33．（2024·福建廈門·統(tǒng)考一模）如圖所示，在五面體中，四邊形是矩形，和均是等邊三角形，且，，則（

）A．平面B．二面角隨著的減小而減小C．當(dāng)時(shí)，五面體的體積最大值為D．當(dāng)時(shí)，存在使得半徑為的球能內(nèi)含于五面體【答案】ACD【分析】A由線面平行的判定證明；B設(shè)二面角的大小為，點(diǎn)到面的距離為，則，分析取最小值的對應(yīng)情況即可判斷；C把五面體補(bǔ)成直三棱柱，取的中點(diǎn)，設(shè)，則，結(jié)合并應(yīng)用導(dǎo)數(shù)研究最值；D先分析特殊情況：和所在平面均垂直于面時(shí)構(gòu)成正三棱柱，再借助左視圖、正視圖研究內(nèi)切圓半徑分析一般情況判斷.【詳解】A：由題設(shè)，面，面，則面，由面面，面，則，面，面，則平面，對；B：設(shè)二面角的大小為，點(diǎn)到面的距離為，則，點(diǎn)到面的距離，僅在面面時(shí)取得最大值，當(dāng)時(shí)取最小值，即取最小值，即二面角取最小值，所以，二面角先變小后變大，錯；

C：當(dāng)，如圖，把五面體補(bǔ)成直三棱柱，分別取的中點(diǎn)，易得面，，設(shè)，則，，令，則，令，可得或（舍），即，，，遞增，，，遞減，顯然是的極大值點(diǎn)，故.所以五面體的體積最大值為，C對；D：當(dāng)時(shí)，和所在平面均垂直于面時(shí)構(gòu)成正三棱柱，此時(shí)正三棱柱內(nèi)最大的求半徑，故半徑為的球不能內(nèi)含于五面體，對于一般情形，如下圖示，左圖為左視圖，右圖為正視圖，

由C分析結(jié)果，當(dāng)五面體體積最大時(shí)，其可內(nèi)含的球的半徑較大，易知，當(dāng)時(shí)，，設(shè)的內(nèi)切圓半徑為，則，可得，另外，設(shè)等腰梯形中圓的半徑為，則，所以，存在使半徑為的球都能內(nèi)含于五面體，對.故選：ACD【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：對于C通過補(bǔ)全幾何體為棱柱，設(shè)得到五面體的體積關(guān)于的函數(shù)；對于D從特殊到一般，結(jié)合幾何體視圖研究內(nèi)切圓判斷最大半徑是否大于為關(guān)鍵.內(nèi)切球、外接球問題34．（2024·黑龍江齊齊哈爾·統(tǒng)考一模）已知四面體的各個面均為全等的等腰三角形，且.設(shè)為空間內(nèi)任一點(diǎn)，且五點(diǎn)在同一個球面上，則（

）A．B．四面體的體積為C．當(dāng)時(shí)，點(diǎn)的軌跡長度為D．當(dāng)三棱錐的體積為時(shí)，點(diǎn)的軌跡長度為【答案】AC【分析】根據(jù)線面的垂直可判斷線線垂直，判斷A；根據(jù)棱錐的體積公式可判斷B；根據(jù)條件，確定軌跡的形狀，結(jié)合圓的周長求得軌跡長度或范圍，即可判斷C，D.【詳解】對于A，依題意，可知，設(shè)F為的中點(diǎn)，連接，則，而平面，故平面，平面，故，A正確；對于B，將四面體放入長方體中，設(shè)長方體的相鄰三條棱長分別為，則，解得，由于，即異面直線和的距離為，且平面，，所以四面體的體積為，B錯誤；對于C，由以上分析可知，四面體的外接球半徑為，由，知點(diǎn)的軌跡為一個圓，設(shè)軌跡圓的半徑為，則，解得，所以的軌跡長度為，C正確；對于D，由題意可得,故的外接圓半徑為，所以球心到所在平面的距離為，設(shè)三棱錐的高為h，由三棱錐的體積為時(shí)，可得，故，又由，故E點(diǎn)軌跡為外接球上平行于平面且到平面的距離為的兩個截面圓，其中一個圓為外接球的大圓，所以點(diǎn)的軌跡長度大于，D錯誤，故選：AC.【點(diǎn)睛】難點(diǎn)點(diǎn)睛：本題考查了四面體中的線面以及線線的位置關(guān)系，以及體積和空間幾何體中的軌跡問題，難點(diǎn)在于要發(fā)揮空間想象，明確空間幾何體中的線線位置關(guān)系，特別是選項(xiàng)D中要明確E點(diǎn)軌跡，從而確定軌跡長度或其范圍.35．（2024·吉林白山·統(tǒng)考一模）在四面體中，，，且滿足，，．若該三棱錐的體積為，則該錐體的外接球的體積為．【答案】【分析】將四面體放在長方體中，通過求長方體的外接球半徑得出結(jié)果.【詳解】如圖，依題意將四面體放在長方體中，設(shè)長方體的高為.根據(jù)錐體的體積，解得，所以長方體的長寬高分別為，和4，所以長方體的外接球直徑即為對角線，解得.所以四面體外接球的體積為．故答案為：.36．（2024·吉林延邊·統(tǒng)考一模）已知一個圓錐的側(cè)面展開圖是一個圓心角為，半徑為的扇形.若該圓錐的頂點(diǎn)及底面圓周都在球的表面上，則球的體積為.【答案】/【分析】根據(jù)扇形的弧長計(jì)算可得圓錐的高，結(jié)合勾股定理和圓錐外接球體積計(jì)算，即可求解.【詳解】設(shè)該圓錐的底面半徑為，高為．由扇形圓心角為，半徑為，得圓錐底面圓周長為，解得．因?yàn)樯刃伟霃綖?，所以，所以．易知球心在圓錐的高所在的直線上．設(shè)球的半徑為，則，即，解得，所以球的體積為．故答案為：．37．（2024·河南鄭州·鄭州市宇華實(shí)驗(yàn)學(xué)校校考一模）已知正三棱柱的底面邊長為2，以為球心、為半徑的球面與底面的交線長為，則三棱柱的表面在球內(nèi)部分的總面積為．【答案】【分析】根據(jù)題意結(jié)合球的性質(zhì)求正三棱柱的高和球面與底面的交線半徑，進(jìn)而分析各面與球的截面，結(jié)合扇形面積運(yùn)算求解.【詳解】記以為球心，為半徑的球面與底面的交線半徑為，正三棱柱的高為，則，且，解得，，可知：底面在球內(nèi)部分是以半徑為，圓心角為的扇形，面積為，底面在球內(nèi)部是以半徑為，圓心角為的扇形，面積為，側(cè)面在球內(nèi)部分如圖（陰影部分）所示，因?yàn)椋芍?，所以面積為，同理側(cè)面在球內(nèi)部分面積為，顯然側(cè)面與球不相交，所以三棱柱的表面在球內(nèi)部分的總面積為.故答案為：.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)睛：涉及球與棱柱、棱錐的切、接問題時(shí)，一般過球心及多面體的特殊點(diǎn)(一般為接、切點(diǎn))或線作截面，把空間問題轉(zhuǎn)化為平面問題求解．38．（2024·江西吉安·吉安一中?？家荒＃┮阎虻闹睆?，，，是球球面上的三點(diǎn)，是等邊三角形，且，則三棱錐的體積為（

）.A． B． C． D．【答案】B【分析】求得三棱錐的底面積和高，由此計(jì)算出三棱錐的體積.【詳解】設(shè)球心為，等邊三角形截面小圓的圓心為（也是等邊三角形的中心）.由于是等邊三角形，，所以平面，在面的投影即，也即等邊三角形的中心，且平面，則.因?yàn)槭侵睆?，所?所以，.由于是等邊三角形的中心，所以，所以等邊三角形的高，.所以三棱錐的體積為.故選：B【點(diǎn)睛】本小題主要考查與幾何體外接球有關(guān)的計(jì)算，屬于難題.39．（2024·湖南長沙·雅禮中學(xué)?？家荒＃┤鐖D所示，有一個棱長為4的正四面體容器，是的中點(diǎn)，是上的動點(diǎn)，則下列說法正確的是（

）

A．直線與所成的角為B．的周長最小值為C．如果在這個容器中放入1個小球（全部進(jìn)入），則小球半徑的最大值為D．如果在這個容器中放入4個完全相同的小球（全部進(jìn)入），則小球半徑的最大值為【答案】ACD【分析】A選項(xiàng)，作出輔助線，由三線合一得到線線垂直，進(jìn)而得到線面垂直，進(jìn)而得到線線垂直，求出答案；B選項(xiàng)，把沿著展開與平面同一平面內(nèi)，由余弦定理求出的最小值，得到周長的最小值；C選項(xiàng)，求出正四面體的內(nèi)切球即為小球半徑的最大值；D選項(xiàng)，當(dāng)四個小球相切且與大正四面體相切時(shí)，小球半徑最大，連接四個小球的球心，構(gòu)成正四面體，設(shè)出半徑，結(jié)合C選項(xiàng)中結(jié)論得到方程，求出小球半徑的最大值.【詳解】A選項(xiàng)，連接，由于為的中點(diǎn)，

所以⊥，⊥，又，平面，所以直線⊥平面，又平面，所以⊥，故A正確；B選項(xiàng)，把沿著展開與平面同一個平面內(nèi)，連接交于點(diǎn)，則的最小值即為的長，由于，，

，，所以，故，的周長最小值為，B錯誤；C選項(xiàng)，要使小球半徑最大，則小球與四個面相切，是正四面體的內(nèi)切球，設(shè)球心為，取的中點(diǎn)，連接，過點(diǎn)作垂直于于點(diǎn)，則為的中心，點(diǎn)在上，過點(diǎn)作⊥于點(diǎn)，因?yàn)?，所以，同理，則，故，設(shè)，故，因?yàn)椤?，所以，即，解得，C正確；

D選項(xiàng)，4個小球分兩層（1個，3個）放進(jìn)去，要使小球半徑要最大，則4個小球外切，且小球與三個平面相切，設(shè)小球半徑為，四個小球球心連線是棱長為的正四面體，由C選項(xiàng)可知，其高為，由C選項(xiàng)可知，是正四面體的高，過點(diǎn)且與平面交于，與平面交于，則，，由C選項(xiàng)可知，正四面體內(nèi)切球的半徑是高的得，如圖正四面體中，，，正四面體高為，解得，D正確.

故選：ACD【點(diǎn)睛】解決與球有關(guān)的內(nèi)切或外接的問題時(shí)，解題的關(guān)鍵是確定球心的位置．對于外切的問題要注意球心到各個面的距離相等且都為球半徑；對于球的內(nèi)接幾何體的問題，注意球心到各個頂點(diǎn)的距離相等，解題時(shí)要構(gòu)造出由球心到截面圓的垂線段、小圓的半徑和球半徑組成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半徑40．（2024·江西吉安·吉安一中校考一模）如圖，在正三棱錐中，有一半徑為1的半球，其底面圓O與正三棱錐的底面貼合，正三棱錐的三個側(cè)面都和半球相切．設(shè)點(diǎn)D為BC的中點(diǎn)，．(1)用分別表示線段BC和PD長度；(2)當(dāng)時(shí)，求三棱錐的側(cè)面積S的最小值．【答案】(1)；(2)【分析】（1）連接OP，由題意O為的中心，則可得為直角三角形，設(shè)半球與面PBC的切點(diǎn)為E，然后分別在和中求解即可，（2）由已知條件可得，，令，則上述函數(shù)變形為，，然后利用導(dǎo)數(shù)可求得結(jié)果【詳解】（1）連接OP，由題意O為的中心，且面ABC，又面ABC，所以，所以為直角三角形．設(shè)半球與面PBC的切點(diǎn)為E，則且．在中，，所以．在中，．（2）由題知，，化簡得，，令，則上述函數(shù)變形為，，所以，令，得．當(dāng)時(shí)，，單調(diào)遞減，當(dāng)時(shí)，，單調(diào)遞增，所以當(dāng)時(shí)，三棱錐的側(cè)面積S的最小值為．41．（2024·江西吉安·吉安一中?？家荒＃┑厍騼x是地理教學(xué)中的常用教具.如圖1所示，地球儀的赤道面(與轉(zhuǎn)軸垂直)與黃道面(與水平面平行)存在一個夾角，即黃赤交角，大小約為23.5°.為鍛煉動手能力，某同學(xué)制作了一個半徑為4cm的地球儀(不含支架)，并將其放入豎直放置的正三棱柱中(姿態(tài)保持不變)，使地球儀與該三棱柱的三個側(cè)面相切，如圖2所示.此時(shí)平面恰與地球儀的赤道