專題13 空間幾何（選填題10種考法）（解析版）

專題13空間幾何（選填題10種考法）考法一空間幾何體的體積與表面積【例1-1】（2023·全國·統(tǒng)考高考真題）在三棱錐中，是邊長為2的等邊三角形，，則該棱錐的體積為（

）A．1 B． C．2 D．3【答案】A【解析】取中點，連接，如圖，

是邊長為2的等邊三角形，，，又平面，，平面，又，，故，即，所以，故選：A【例1-2】（2023·全國·統(tǒng)考高考真題）已知四棱錐的底面是邊長為4的正方形，，則的面積為（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】法一：連結(jié)交于，連結(jié)，則為的中點，如圖，因為底面為正方形，，所以，則，又，，所以，則，又，，所以，則，在中，，則由余弦定理可得，故，則，故在中，，所以，又，所以，所以的面積為.法二：連結(jié)交于，連結(jié)，則為的中點，如圖，因為底面為正方形，，所以，在中，，則由余弦定理可得，故，所以，則，不妨記，因為，所以，即，則，整理得①，又在中，，即，則②，兩式相加得，故，故在中，，所以，又，所以，所以的面積為.故選：C.【例1-3】（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，相應(yīng)水面的面積為；水位為海拔時，相應(yīng)水面的面積為，將該水庫在這兩個水位間的形狀看作一個棱臺，則該水庫水位從海拔上升到時，增加的水量約為（）（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】依題意可知棱臺的高為(m)，所以增加的水量即為棱臺的體積．棱臺上底面積，下底面積，∴．故選：C．【例1-4】（2023·河南·校聯(lián)考模擬預(yù)測）如圖1所示，宮燈又稱宮廷花燈，是中國彩燈中富有特色的漢民族傳統(tǒng)手工藝品之一．圖2是小明為自家設(shè)計的一個花燈的直觀圖，該花燈由上面的正六棱臺與下面的正六棱柱組成，若正六棱臺的上、下兩個底面的邊長分別為和，正六棱臺與正六棱柱的高分別為和，則該花燈的表面積為（

）

A． B． C． D．【答案】A【解析】正六棱柱的六個側(cè)面面積之和為，正六棱柱的底面面積為，如圖所示，正六棱臺中，，過點分別作垂直于底面于點，連接相交于點，則分別為的中點，過點作⊥于點，連接，則為正六棱臺的斜高，其中，，，由勾股定理得，故，

所以正六棱臺的斜高為，故正六棱臺的側(cè)面積為，又正六棱臺的下底面面積為，所以該花燈的表面積為．故選：A．【變式】1．（2023·全國·統(tǒng)考高考真題）已知圓錐PO的底面半徑為，O為底面圓心，PA，PB為圓錐的母線，，若的面積等于，則該圓錐的體積為（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】在中，，而，取中點，連接，有，如圖，，，由的面積為，得，解得，于是，所以圓錐的體積.故選：B2．（2023·天津·統(tǒng)考高考真題）在三棱錐中，線段上的點滿足，線段上的點滿足，則三棱錐和三棱錐的體積之比為（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】如圖，分別過作,垂足分別為.過作平面，垂足為，連接,過作,垂足為.

因為平面，平面，所以平面平面.又因為平面平面，，平面，所以平面，且.在中，因為，所以，所以，在中，因為，所以，所以.故選：B3．（2022·天津·統(tǒng)考高考真題）如圖，“十字歇山”是由兩個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，因為，所以，因為重疊后的底面為正方形，所以,在直棱柱中，平面BHC，則,由可得平面，設(shè)重疊后的EG與交點為則則該幾何體的體積為.故選：D.4．（2022·全國·統(tǒng)考高考真題）甲、乙兩個圓錐的母線長相等，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.考法二空間幾何中的垂直與平行【例2-1】（2023·江蘇連云港·?？寄M預(yù)測）設(shè)是兩條不同的直線，是兩個不同的平面，則下列說法正確的是（

）A．若，，則 B．若，，則C．若，，，則 D．若，，則【答案】C【解析】作長方體，如下圖所示：對于A，若直線直線，直線直線，平面平面，滿足，，此時與相交，A錯誤；對于B，若直線直線，平面平面，平面平面，滿足，，此時平面與平面相交，B錯誤；對于C，若，則平面內(nèi)存在直線，又，，，，，C正確；對于D，若直線直線，平面平面，平面平面，滿足，，此時，D錯誤.故選：C.【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，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，因為分別為的中點，所以，所以，又，所以平面，又平面，所以平面平面，故A正確；選項BCD解法一：如圖，以點為原點，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錯誤；因為與不平行，所以平面與平面不平行，故C錯誤；因為與不平行，所以平面與平面不平行，故D錯誤，故選：A.選項BCD解法二：解：對于選項B，如圖所示，設(shè)，，則為平面與平面的交線，在內(nèi)，作于點，在內(nèi)，作，交于點，連結(jié)，則或其補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，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B錯誤；對于選項C，取的中點，則，由于與平面相交，故平面平面不成立，選項C錯誤；對于選項D，取的中點，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D錯誤；故選：A.【變式】1．（2023·福建泉州·統(tǒng)考模擬預(yù)測）（多選）已知圓柱的軸截面是正方形，為底面圓的直徑，點在圓上，點在圓上，且，不在平面內(nèi).若，，，四點共面，則（

）A．直線平面 B．直線平面C．平面平面 D．平面平面【答案】AC【解析】對于A選項，過點作母線，交圓于點，連接，，

因為，，所以四邊形是平行四邊形，所以，，同理，，又因為圓圓，圓平面，圓平面，所以，故，所以由圓的性質(zhì)可知，則四邊形是平行四邊形，所以，故，又因為平面，平面，所以直線平面，故A正確；對于B選項，如圖所示：

假設(shè)直線平面，因為平面，所以，又因為，平面，所以直線平面，因為平面，所以，顯然不成立，所以假設(shè)不成立，故B錯誤；對于C選項，由A得，，平面，平面，所以直線平面，因為，平面，平面，所以直線平面，又平面，所以平面平面，故C正確；對于D選項，假設(shè)平面平面，因為，又，所以，又，面，所以面，又面，所以，易得不垂直，過作于點，如圖所示：

因為平面平面，平面，所以平面，因為平面，所以，因為，平面，所以直線平面，又，，平面，所以平面，所以平面與平面重合，顯然不成立.故D錯誤，故選：AC.2．（2023·全國·模擬預(yù)測）（多選）在正方體中，分別是棱的中點，則（

）A．平面 B．平面平面C．平面 D．平面平面【答案】BD【解析】

如圖，取的中點為,連接,易得而平面，A選項不正確；因為平面，平面，所以平面；平面，平面,所以平面；又因為平面,平面，所以平面平面，B選項正確；連接，易得平行四邊形中，不垂直，所以與平面不垂直，所以C選項不正確；取線段的中點為，連接.由正方體的性質(zhì)可知,所以.易知為線段的中點，所以.又因為,所以,因為,所以平面.因為平面,所以平面平面，所以D選項正確.故選：BD.3．（2023·福建南平·統(tǒng)考模擬預(yù)測）（多選）在棱長為1的正方體中，E，F(xiàn)分別是AB，BC中點，則（

）A．平面B．平面C．平面平面D．點E到平面的距離為【答案】ACD【解析】在棱長為1的正方體中，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，

則，對于A，，顯然，即平行于平面，而平面，因此平面，A正確；對于B，，，即有不垂直于，而平面，因此不垂直于平面，B錯誤；對于C，，而，顯然，，即平面，于是平面，而平面，因此平面平面，C正確；對于D，，，設(shè)平面的一個法向量，則，令，得，又，所以點E到平面的距離，D正確.故選：ACD考法三空間距離【例3】（2023·陜西西安·西北工業(yè)大學(xué)附屬中學(xué)?？寄M預(yù)測）在三棱柱中，是棱長為的正四面體，則點到平面的距離為（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】分別取、的中點、，連接、、、，如下圖所示：由題意可知，因為四面體是棱長為的正四面體，則是邊長為的等邊三角形，則，故，同理可得，，因為且，所以，四邊形為平行四邊形，則且，因為、分別為、的中點，則且，所以，四邊形為平行四邊形，所以，且，又因為且，所以，且，所以，四邊形為平行四邊形，則，且、、、四點共面，因為，，，、平面，所以，平面，過點在平面內(nèi)作，垂足為點，因為平面，所以，，又因為，，、平面，則平面，在中，，，，由余弦定理可得，所以，，因此，點到平面的距離為.因為，平面，平面，所以，平面，所以，點到平面的距離等于.故選：C.【變式】1．（2023·河北唐山·統(tǒng)考三模）把邊長為的正方形沿對角線折成直二面角，則三棱錐的外接球的球心到平面的距離為（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】由圖所示，易知三棱錐D-ABC的外接球球心為AC的中點O，易得OB=OC=OD=1，且OC⊥OB，DO⊥面OBC，計算可得BC=CD=BD=，設(shè)球心到平面的距離為，則.故選：A2．（2023·四川成都·成都外國語學(xué)校?？寄M預(yù)測）如圖，底面同心的圓錐高為，，在半徑為3的底面圓上，，在半徑為4的底面圓上，且，，當(dāng)四邊形面積最大時，點到平面的距離為（

）A． B． C．2 D．【答案】A【解析】如圖，直線交大圓于點，連接，由，知四邊形為等腰梯形，取的中點，連接，則，由，知四邊形是矩形，因此四邊形為矩形，過O作于Q，連接，從而四邊形的面積，當(dāng)且僅當(dāng)，即時取等號，此時，如圖，在幾何體中，連接，因為平面，平面，則，又，平面，于是平面，而平面，則有平面平面，顯然平面平面，在平面內(nèi)過O作于R，從而平面，即長即為點到平面的距離，在中，，，，所以點到平面的距離是.故選：A3．（2020·四川眉山·校考二模）已知正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AB=2，CC1=E為CC1的中點，則直線AC1與平面BED的距離為A．2 B． C． D．1【答案】D【解析】因為線面平行，所求求線面距可以轉(zhuǎn)化為求點到面的距離，選用等體積法．平面，到平面的距離等于到平面的距離，由題計算得，在中，，邊上的高，所以，所以，利用等體積法，得:,解得:考法四空間角【例4】．（2022·全國·統(tǒng)考高考真題）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(shè)，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(shè)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【變式】1．（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．2．（2023·吉林白山·統(tǒng)考二模）已知正四面體，E為的中點，則（

）．A．直線與所成的角為B．直線與所成的角為C．直線與平面所成角的余弦值為D．直線與平面所成角的余弦值為【答案】AC【解析】對A，連接，

因為為正四面體，則，因為E為的中點，則，，，且平面，所以平面，平面，所以，故A正確；對B，取的中點F，連接，，設(shè)正四面體的棱長為2，則，，又因為E為的中點，則，所以為直線與直線所成的角，，故B錯誤；對C，根據(jù)正四面體的特點可知頂點在底面上的投影落在上，所以為直線與平面所成的角，所以，故C正確；對D，根據(jù)正四面體的特點可知點在平面上的投影落在上，所以為直線與平面所成的角，所以，故D錯誤．故選：AC3．（2023·河北衡水·衡水市第二中學(xué)?？既＃ǘ噙x）已知正方體，則（

）A．異面直線與所成的角為B．異面直線與所成角的正切值為C．直線與平面所成的角為D．直線與平面所成角的正切值為【答案】ACD【解析】如圖，連接，，，．因為，所以為直線與所成的角，故A正確．顯然，為直線與所成的角．因為在正方體中，平面，所以．在Rt中，，故B錯誤．連接，設(shè)．因為平面，平面，所以．因為在正方形中，，，所以平面．所以為直線與平面所成的角，故正確．因為平面，所以為直線與平面所成的角．在Rt中，，故D正確．

故選：ACD.考法五外接球與內(nèi)切球【例5-1】（2023·江西九江·統(tǒng)考一模）三棱錐中，與均為邊長為的等邊三角形，若平面平面，則該三棱錐外接球的表面積為（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】

解：如圖，取中點，連接，，則，，因為平面平面，所以可得平面，平面，取的外心，的外心，分別過作平面與平面的垂線交于點，即為球心，連接，易得，，，.故選：B.【例5-2】（2023·河北秦皇島·校聯(lián)考模擬預(yù)測）如圖，該幾何體為兩個底面半徑為1，高為1的相同的圓錐形成的組合體，設(shè)它的體積為，它的內(nèi)切球的體積為，則（

）

A． B．C． D．【答案】D【解析】如圖，四邊形為該幾何體的軸截面，則四邊形的內(nèi)切圓的半徑即為該幾何體內(nèi)切球的半徑，設(shè)內(nèi)切球的半徑為，由，得，則，，所以.故選：D.

【變式】1．（2023·河南·統(tǒng)考模擬預(yù)測）在菱形ABCD中，，，AC與BD的交點為G，點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．【答案】【解析】如圖所示，因為，，所以，設(shè)MN與BD的交點為H，連接，因為，，所以，則，，所以，又，則，則，又，，平面ABC，所以平面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.故答案為：．

2．（2023·四川南充·模擬預(yù)測）已知四棱錐的底面是邊長為2的正方形，，二面角的余弦值為，則四棱錐的外接球的表面積為．【答案】【解析】

如圖，在四棱錐中，連接，取中點為,連接,因為底面是邊長為2的正方形，所以,在等腰三角形中，,所以，設(shè)等腰三角形外接圓的圓心為，則由正弦定理可得，則，而,所以,易知正方形的外接圓的圓心為，過分別作平面和平面的垂線，兩垂線交于點,則點為四棱錐外接球的球心，又易知，,,所以二面角的平面角為,所以，則，所以，所以,在直角三角形中，，即為外接球的半徑，所以外接球的表面積為,故答案為:.3．（2023·四川南充·模擬預(yù)測）已知四棱錐的底面是邊長為2的正方形，，三棱錐的體積為，則四棱錐的外接球的表面積為．【答案】【解析】如下圖所示，連接，設(shè)，連接，

因為，所以，所以，設(shè)點到平面的距離為，因為四棱錐的底面是邊長為2的正方形，則的面積，所以三棱錐的體積為，則，記是三棱錐的高，則，在直角中，，顯然為銳角，則，在中，由余弦定理得，，即，則，則，因為，，平面，，所以平面，又因為平面，所以，因為平面，，所以平面，記為四棱錐的外接球球心，連接，則平面，則，所以四棱錐的外接球的表面積為.故答案為：考法六軌跡與軌跡的長度【例6】（2023·遼寧·校聯(lián)考模擬預(yù)測）如圖，將正四面體每條棱三等分，截去頂角所在的小正四面體，余下的多面體就成為一個半正多面體，亦稱“阿基米德體”．點A，B，M是該多面體的三個頂點，點N是該多面體表面上的動點，且總滿足，若，則該多面體的表面積為，點N軌跡的長度為．

【答案】【解析】根據(jù)題意該正四面體的棱長為，點分別是正四面體棱的三等分點．該正四面體的表面積為，該多面體是正四面體截去頂角所在的小正四面體，每個角上小正四面體的側(cè)面面積為，每個角上小正四面體的底面面積為，所以該多面體的表面積為：．如圖設(shè)點為該多面體的一個頂點，為所在棱的頂點，則，

在中，，則，所以，得，即；同理，，由，平面，所以平面．由點是該多面體表面上的動點，且總滿足，則點的軌跡是線段，所以點軌跡的長度為：．故答案為：；【變式】1．（2023·江蘇南京·校聯(lián)考一模）如圖，在矩形中，，，，，分別為，，，的中點，與交于點，現(xiàn)將，，，分別沿，，，把這個矩形折成一個空間圖形，使與重合，與重合，重合后的點分別記為，，為的中點，則多面體的體積為；若點是該多面體表面上的動點，滿足時，點的軌跡長度為．【答案】【解析】連接，有，而，為中點，則有，，則平面，同理平面，又平面與平面有公共點，于是點共面，而，即有，，因為，，平面，則平面，又平面，即有，則，同理，即，從而，即四邊形為平行四邊形，，，等腰梯形中，高，其面積，顯然平面，所以多面體的體積；因為平面，同理可得平面，又，則平面，依題意，動點所在平面與垂直，則該平面與平面平行，而此平面過點，令這個平面與幾何體棱的交點依次為，則,又為的中點，則點為所在棱的中點，即點的軌跡為五邊形，長度為：.故答案為：；2．（2023春·云南）在棱長為2的正方體中，E為棱BC的中點，F(xiàn)是側(cè)面內(nèi)的動點，若平面，則點F軌跡的長度為（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】如圖所示：取中點，中點，連接，因為，，所以，平面，平面，所以平面，同理可證明平面，又因為，平面，所以平面平面，當(dāng)F的軌跡為線段時，此時平面，則有平面，此時.故選：B.3．（2023·全國·高三專題練習(xí)）已知是棱長為1的正方體，點P為正方體表面上任一點，則下列說法不正確的是（

）A．若，則點P的軌跡長度為B．若，則點P的軌跡長度為C．若，則點P的跡長度為D．若，則點P的軌跡長度為【答案】D【解析】當(dāng)時，如圖1，此時點P的軌跡為半徑為1，圓心角為的三段圓弧，所以此時點P軌跡的長度為，故A選項正確；當(dāng)時，如圖2，點P的軌跡一部分是在面三個面內(nèi)以為半徑，圓心角為的三段弧，另一部分是在面三個面內(nèi)以為半徑，圓心角為的三段弧；所以此時點P軌跡的長度為，故B選項正確；當(dāng)時，如圖3，點P的軌跡是在面三個面內(nèi)以1為半徑，圓心角為的三段弧，所以此時點P軌跡的長度為，故C選項正確；當(dāng)，如圖4，點P的軌跡是在面三個面內(nèi)以為半徑，圓心角小于的三段弧，所以此時點P軌跡的長度小于，故D選項不正確；故選：D．4（2022·全國·高三專題練習(xí)）如圖，在體積為6的三棱錐中，PA?PB?PC兩兩互相垂直，，若點M是底面內(nèi)一動點，且滿足，則點M的軌跡長度的最大值為（

）A．6 B．3 C． D．【答案】C【解析】如圖所示，過作于，連接.，，兩兩垂直，所以平面，又平面即有，而，平面所以平面，又平面即，故點的軌跡為斜邊上的高線，因為三棱錐的體積為6，所以，即，又可得．當(dāng)且僅當(dāng)時取等號．點M的軌跡長度的最大值為.故選：C．考法七截面【例7】．（2023·河南·校聯(lián)考模擬預(yù)測）在正四棱柱中，，點分別是，的中點，則過點的平面截正四棱柱所得截面多邊形的周長為（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】如圖，延長交的延長線于點，交的延長線于點，連接并延長交于點，交的延長線于點，連接，分別交，于點，，連接，，則六邊形所在平面即為平面，六邊形即為過點的平面截正四棱柱所得的截面多邊形，由全等三角形可知，，，分別為，，的中點，因為，所以，所以六邊形的周長為．故選：D．

【變式】1．（2023·貴州六盤水·統(tǒng)考模擬預(yù)測）在正方體中，以點A為球心，棱AB為半徑的球?qū)⒄襟w截為P（含球心的部分）和Q兩部分，則四邊形被球A截得的區(qū)域面積與P的表面積之比為.【答案】/0.2【解析】設(shè)正方體的棱長為1，由題可知為球的，故P的表面積為，設(shè)交于點，則，⊥，又⊥平面，平面，故⊥，因為平面，，所以⊥平面，因為，故以為圓心，半徑為的半圓即為四邊形被球A截得的區(qū)域，如圖所示，故面積為，故四邊形被球A截得的區(qū)域面積與P的表面積之比為.故答案為：2．（2022秋·四川成都·高三成都七中校考階段練習(xí)）已知正四面體的棱長為，為上一點，且，則截面的面積是（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】因為，所以，所以在正三角形中，由余弦定理可知：因為和都是正三角形，所以,所以，所以，所以是等腰三角形，取中點，則，所以，.故選:D.3．（2022秋·福建福州）（多選）如圖，已知正方體的棱長為1，E為的中點，P為對角線上的一個動點，過P作與平面ACE平行的平面，則此平面截正方體所得的截面（

）A．截面不可能是五邊形B．截面可以是正六邊形C．P從D點向運動時，截面面積先增大后減小D．截面面積的最大值為【答案】ACD【解析】在正方體中，取的中點F，連接，而E為的中點，則，取的中點T，Q，連接，有，平面平面，則平面，連交分別于點，連BD交AC，TQ分別于，連交于，如圖，顯然，又，則四邊形是平行四邊形，即，平面，平面，有平面，而平面，于是得平面平面，并且四邊形與四邊形面積相等，當(dāng)點P從D點向的移動過程中，點P在線段（不含端點）上時，截面與射線相交，當(dāng)交點在線段（不含點D）時，截面為三角形，并且逐漸變大，當(dāng)交點在線段的延長線上時，截面還與平面相交，截面為四邊形，并且逐漸變大，當(dāng)點P在線段（不含端點）上時，截面與正方體的六個面相交，截面為六邊形，并且先逐漸增大，截面經(jīng)過的中點時截面面積最大，之后逐漸減小，當(dāng)點P在線段（不含點）時，截面由四邊形變形為三角形，并且逐漸減小，因此，截面不可能為五邊形，A，C正確；，，即，兩邊與兩邊分別平行的截面六邊形頂角不等于，因此截面六邊形不是正六邊形，B不正確；令過中點的截面為六邊形，有，令，連ON，有，，又分別為等腰梯形兩底的中點，即有，有，N為GH中點，O為KL中點，連HK，GL，即四邊形為矩形，點分別為棱中點，，等腰底邊上的高,所以最大截面面積，D正確.故選：ACD4．（2023·陜西西安·西安市大明宮中學(xué)?？寄M預(yù)測）在三棱錐中，側(cè)面PAC是等邊三角形，底面ABC是等腰直角三角形，，，點M，N，E分別是棱PA，PC，AB的中點，過M，N，E三點的平面截三棱錐所得截面為，給出下列結(jié)論：①截面的形狀為正方形；②截面的面積等于；③異面直線PA與BC所成角的余弦值為；④三棱錐外接球的表面積等于．其中所有正確結(jié)論的序號是（

）A．①④ B．②③ C．①③④ D．②③④【答案】C【解析】取的中點為，連接，因為點分別是棱的中點，所以，，可得；又，，即；所以四點共面，且四邊形為平行四邊形，取的中點為，連接，如下圖所示：

易知，又是等腰直角三角形，且，所以，可得；又，平面，所以平面；易知平面，可得；又，，所以，且，所以四邊形為正方形，即截面的形狀為正方形，所以①正確；由正方形面積公式可知，四邊形的面積為，即②錯誤；設(shè)，可得，所以，易知，，在中，，所以，可得；所以，所以異面直線PA與BC所成角的余弦值為，即③正確；易知，，所以可得；又，且，平面，所以平面，又平面，所以平面平面；所以可得外接球球心在上，設(shè)，半徑為，則，解得，；所以三棱錐外接球的表面積等于，即④正確；所有正確結(jié)論的序號是①③④.故選：C考法八最值【例8-1】（2022·全國·統(tǒng)考高考真題）已知球O的半徑為1，四棱錐的頂點為O，底面的四個頂點均在球O的球面上，則當(dāng)該四棱錐的體積最大時，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為正方形時等號成立）即當(dāng)四棱錐的頂點O到底面ABCD所在小圓距離一定時，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)即時等號成立.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，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，等號成立)所以該四棱錐的體積最大時，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，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，最大，此時．故選：C.【變式】1．（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，，當(dāng)時，，所以當(dāng)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(dāng)且僅當(dāng)取到，當(dāng)時，得，則當(dāng)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2．（2023·河南·校聯(lián)考模擬預(yù)測）在三棱錐中，平面，且，當(dāng)三棱錐的體積取最大值時，該三棱錐外接球的體積是（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】設(shè)，則，故三棱錐的體積，設(shè)，則，由，得，由，得，則在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，從而，即三棱錐體積的最大值是，此時，即，因為平面，把三棱錐不成一個長方體，則三棱錐與所補成的長方體有相同的外接球，所以外接球的半徑，則三棱錐外接球的體積為．故選：B.

3．（2023·寧夏石嘴山·統(tǒng)考一模）已知正六棱錐的各頂點都在球的球面上，球心在該正六棱錐的內(nèi)部，若球的體積為，則該正六棱錐體積的最大值是.【答案】【解析】若球半徑為，則，可得，又外接球的球心在正六棱錐的內(nèi)部，如下圖示，

若為底面中心，正六棱錐的側(cè)棱長為，底面邊長為，易知，則體高，且，則，故，所以，即，由棱錐的體積，令，，當(dāng)時，遞增；當(dāng)時，遞減；所以，故，僅當(dāng)，時等號成立，此時滿足題設(shè).故答案為：4．（2023·全國·河南省實驗中學(xué)校考模擬預(yù)測）已知四棱錐的各個頂點都在同一個球面上．若該球的體積為，則該四棱錐體積的最大值是．【答案】/【解析】球的體積,球的半徑要使該四棱錐體積最大，如圖四棱錐，對于底面所在的小圓中，頂點到該小圓面距離最大，也就是高最大，即點位于小圓圓心與球心所在直線與球面的交點（遠離小圓圓心的那點）；同時要使四棱錐體積最大，底面四邊形面積取最大，（其中為與的夾角）所以當(dāng)、取最大即小圓的直徑，取最大為1時，即時，底面四邊形面積最大，也就是四邊形為正方形時，其面積最大，因此當(dāng)四棱錐為正四棱錐時，其體積最大.

設(shè)，高，則,在Rt中，,即，所以正四棱錐的體積，故當(dāng)時，，函數(shù)單調(diào)遞增；當(dāng)時，，函數(shù)單調(diào)遞減，所以時，函數(shù)取得最大值故答案為：.考法九存在性【例9】（2023·廣西柳州·統(tǒng)考模擬預(yù)測）（多選）如圖所示的幾何體是由正方形沿直線旋轉(zhuǎn)得到的，設(shè)是圓弧的中點，是圓弧上的動點（含端點），則（

）

A．存在點，使得B．不存在點，使得C．存在點，使得平面D．不存在點，使得直線與平面的所成角為【答案】ABC【解析】由題意可將圖形補全為一個正方體，如圖示：

對于因為正方體中，平面,平面，所以所以當(dāng)重合時，由故正確；對于因為,若，則,又,則重合，而是圓弧上的動點，不可能重合，所以不成立，故正確；對于,以為原點，為軸的正方向建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)則所以，設(shè)為平面的一個法向量，則令，得，則假設(shè)平面，則所以因為，所以即是圓弧的中點，符合題意，故正確；對于,當(dāng)點與點重合時，直線與平面所成角最大，因為所以此時直線與平面的所成角的正弦值為，由，得直線與平面的所成角的最大角大于，所以存在點，使得直線與平面的所成角為，故錯誤.故選：【變式】1．（2023·河北秦皇島·校聯(lián)考二模）（多選）已知表示空間內(nèi)兩條不同的直線，則使成立的必要不充分條件是（

）A．存在平面，有 B．存在平面，有C．存在直線，有 D．存在直線，有【答案】AC【解析】A：若，則直線可以平行，也可以相交，還可以異面；若，則存在平面，有，所以本選項正確；B：若，則，即垂直于同一平面的兩條直線平行；若，則存在平面，有，所以本選項不正確；C：若，則直線可以平行，也可以相交，還可以異面；若，則存在直線，有，所以本選項正確；D：若，則，即平行于同一直線的兩直線平行，若，則存在直線，有，所以本選項不正確，故選：AC2．（2023·海南·海南中學(xué)?？寄M預(yù)測）（多選）如圖，在矩形中，和交于點，將沿直線翻折，則正確的是（

）

A．存在，在翻折過程中存在某個位置，使得B．存在，在翻折過程中存在某個位置，使得C．存在，在翻折過程中存在某個位置，使得平面D．存在，在翻折過程中存在某個位置，使得平面【答案】ABC【解析】對A，當(dāng)時，所以此時矩形為正方形，則將沿直線翻折，若使得面面時,由，面，面面，所以面,又面,所以，故選項A正確.對B，又，，且，所以面，又面，所以，故選項B正確，對C，在矩形中，,，所以將沿直線翻折時，總有，取，當(dāng)將沿直線翻折到時，有，即，且，則此時滿足平面，故C正確.對D，若平面，又平面，則，所以在中，為斜邊，這與相矛盾.故D不正確.故選：ABC3．（2022秋·湖北武漢）（多選）如圖，已知正方體的棱長為1，點M為棱AB的中點，點P在側(cè)面及其邊界上運動，則下列選項中正確的是（

）A．存在點P滿足B．存在點P滿足C．滿足的點P的軌跡長度為D．滿足的點P的軌跡長度為【答案】ABD【解析】對于A選項，假設(shè)，點到距離可以轉(zhuǎn)化成，正好點，且始終垂直平面，所以只需要讓即可，點軌跡是以B為圓心，長度為1的圓上，同理，，只需要讓即可，點P軌跡是以C1為圓心，長度為的圓上，如圖1.又因為，所以兩個圓相交有交點，即存在點P滿足，選項A正確；對于B選項，建立空間直角坐標(biāo)系，如圖2，，，若點在正方形中心處，即，則，，可得，，存在點，故選項B正確；對于C選項，取的中點，的中點，連接，，.因為在平面的射影為，又，所以，同理在平面的射影為，又，所以，因為，所以平面，又因為點P在側(cè)面上，平面平面，所以點的軌跡為，所以選項C錯誤；對于D選項，過M點作交BC于點G，過M點作交于H，則，因為，所以，同理，，平面，平面平面，所以點的軌跡為，所以選項D正確.故選：ABD考法十兩點距離與折線段【例10-1】（2023·山東·沂水縣第一中學(xué)校聯(lián)考模擬預(yù)測）如圖，直三棱柱中，，，，點是的中點，點是線段上一動點，點在平面上移動，則，兩點之間距離的最小值為（

）A． B． C． D．1【答案】A【解析】連接交于點，連接，∵分別為的中點，則，且平面，平面，∴平面，則點到平面的距離相等，設(shè)為，則，兩點之間距離的最小值為，即點到平面的距離為，∵的中點在上，則點到平面的距離為，由題意可得為，由，則，解得，故，兩點之間距離的最小值為.故選：A.【例10-2】．（2023·吉林長春·統(tǒng)考模擬預(yù)測）已知正方體的棱長為1，點，分別為線段，上的動點，點在平面內(nèi)，則的最小值是（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】點關(guān)于的對稱點為，關(guān)于的對稱點為，記為直線與之間的距離，則，由，為到平面的距離，因為，而，故，故選：B.【變式】1．（2023·江西九江·統(tǒng)考三模）如圖，棱長為1的正方體中，P為內(nèi)一點（包括邊界），且線段的長度等于點P到平面ABCD的距離，則線段長度的最小值是（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】設(shè)直線與交于點，連接，過點作的平行線交于點，由于，平面，所以平面，故．設(shè)，則，由，知．即，解得由圖可知，即，∴，∴則線段長度的最小值是.故選：D．2．（2023·陜西寶雞·校聯(lián)考模擬預(yù)測）如圖，長方體中，，，點P是BC的中點，點M是BD1上一動點﹐點N在平面上移動，則MN的最小值為（

）A．2 B．3 C．4 D．5【答案】C【解析】連接交于O，連接OP，因為O，P分別為，BC的中點﹐所以O(shè)P為的中位線，則，所以平面，所以MN長度的最小值等于三棱錐的高﹐記三棱錐的高為h，由等體積法知，三棱錐的體積與三棱錐的體積相等，即．因為，，所以，，，，所以，所以．故選：C3．（2023·江西南昌）在棱長為1的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，點E，F(xiàn)分別是棱C1D1，B1C1的中點，P是上底面A1B1C1D1內(nèi)一點，若AP∥平面BDEF，則線段AP長度的取值范圍是（

）A．[，] B．[，] C．[，] D．[，]【答案】B【解析】如圖所示，分別取棱A1B1、A1D1的中點M、N，連接MN，連接B1D1，∵M、N、E、F為所在棱的中點，∴MN∥B1D1，EF∥B1D1，∴MN∥EF，又MN?平面BDEF，EF?平面BDEF，∴MN∥平面BDEF；連接NF，由NF∥A1B1，NF＝A1B1，A1B1∥AB，A1B1＝AB，可得NF∥AB，NF＝AB，則四邊形ANFB為平行四邊形，則AN∥FB，而AN?平面BDEF，F(xiàn)B?平面BDEF，則AN∥平面BDEF．又AN∩NM＝N，∴平面AMN∥平面BDEF．又P是上底面A1B1C1D1內(nèi)一點，且AP∥平面BDEF，∴P點在線段MN上．在Rt△AA1M中，AM，同理，在Rt△AA1N中，求得AN，則△AMN為等腰三角形．當(dāng)P在MN的中點時，AP最小為，當(dāng)P與M或N重合時，AP最大為．∴線段AP長度的取值范圍是[，]．故選：B．單選題1．（2023·河南·校聯(lián)考模擬預(yù)測）圓錐的高為2，其側(cè)面展開圖的圓心角為，則該圓錐的體積為（

）.A． B． C． D．【答案】B【解析】設(shè)圓錐的底面半徑為r，母線長為l，高為h，則，所以，，所以圓錐的體積為.故選：B2．（2023·河南鄭州·統(tǒng)考模擬預(yù)測）《九章算術(shù)·商功》：“斜解立方，得兩塹堵，斜解塹堵，其一為陽馬，其一為鱉臑”.意思是一個長方體沿對角面斜解（圖1），得到一模一樣的兩個塹堵（圖2），再沿一個塹堵的一個頂點和相對的棱斜解（圖2），得一個四棱錐稱為陽馬（圖3），一個三棱錐稱為鱉臑（圖4）.若長方體的體積為，由該長方體斜解所得到的塹堵、陽馬和鱉臑的體積分別為，，，則下列等式錯誤的是（

）

A． B．C． D．【答案】B【解析】由題設(shè)，，，則，A對；如下圖，連接，將陽馬一分為二，又，

所以，，則，故，所以B錯，C、D對.故選：B3．（2023·陜西商洛·陜西省丹鳳中學(xué)校考模擬預(yù)測）在一個正方體內(nèi)放置一個最大的圓錐，使圓錐的底面在正方體的底面上，圓錐的頂點在正方體的上底面內(nèi)，記正方體的體積為，圓錐的體積為，則約為（注：）（

）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】D【解析】設(shè)正方體的棱長為，則正方體的體積，由正方體內(nèi)放置一個最大的圓錐，得圓錐的底面圓為正方體的底面的內(nèi)切圓，圓錐的高為正方體的棱長，因此圓錐的體積為，所以．故選：D4．（2023·海南·統(tǒng)考模擬預(yù)測）已知三棱錐的四個頂點都在球的球面上，平面，在底面中，，，若球的體積為，則（

）A．1 B． C． D．2【答案】A【解析】由題意，設(shè)球的半徑為，則，由，外接圓半徑，根據(jù)線面垂直模型知：.

故選：A5．（2023·全國·統(tǒng)考高考真題）已知為等腰直角三角形，AB為斜邊，為等邊三角形，若二面角為，則直線CD與平面ABC所成角的正切值為（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】取的中點，連接，因為是等腰直角三角形，且為斜邊，則有，又是等邊三角形，則，從而為二面角的平面角，即，

顯然平面，于是平面，又平面，因此平面平面，顯然平面平面，直線平面，則直線在平面內(nèi)的射影為直線，從而為直線與平面所成的角，令，則，在中，由余弦定理得：，由正弦定理得，即，顯然是銳角，，所以直線與平面所成的角的正切為.故選：C6．（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．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，過點作于，過作于，連接，則，，，，，，所以，故選：A．7．（2022·全國·統(tǒng)考高考真題）已知正三棱臺的高為1，上、下底面邊長分別為和，其頂點都在同一球面上，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．

8．（2022·北京·統(tǒng)考高考真題）已知正三棱錐的六條棱長均為6，S是及其內(nèi)部的點構(gòu)成的集合．設(shè)集合，則T表示的區(qū)域的面積為（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】設(shè)頂點在底面上的投影為，連接，則為三角形的中心，且，故.因為，故，故的軌跡為以為圓心，1為半徑的圓，而三角形內(nèi)切圓的圓心為，半徑為，故的軌跡圓在三角形內(nèi)部，故其面積為故選：B9．（2023·福建龍巖·統(tǒng)考二模）正方體的棱長為2，若點M在線段上運動，當(dāng)?shù)闹荛L最小時，三棱錐的外接球表面積為（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】的周長為，由于為定值，即最小時，的周長最小，如圖，將平面展成與平面同一平面，則當(dāng)點共線時，此時最小，在展開圖中作，垂足為，，解得：，

如圖，以點為原點，建立空間直角坐標(biāo)系，

，，連結(jié)，因為平面，平面，所以，又因為，且，平面，平面，所以平面，平面，所以，同理，且，所以平面，且三棱錐是正三棱錐，所以經(jīng)過△的中心．所以三棱錐外接球的球心在上，設(shè)球心，，，則，即，解得：，，所以外接球的表面積.故選：C.10．（2023·河南·校聯(lián)考模擬預(yù)測）等邊的邊長為2，D，E分別為AB，AC的中點，將沿DE折起，使點A到達點的位置.若平面平面BCED，則線段的長為（

）.A． B． C． D．【答案】C【解析】如圖，易知是邊長為1的等邊三角形，過作DE的垂線，垂足為H，

由平面平面BCED，交線為，,則平面BCED，且H為線段DE的中點，，連接BH，則，取BC的中點F，則，且，所以，所以.故選：C11．（2023·山東·山東省實驗中學(xué)?？级＃┱睦庵?，，為底面的中心，是棱的中點，正四棱柱的高，點到平面的距離的最大值為（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】設(shè)底面四邊形的中心為，連接，則，設(shè)點到平面的距離為，，，則中，邊上的高為，則，由，得，所以，由，得，則，則，所以，即點到平面的距離的取值范圍是，所以點到平面的距離的最大值為.故選：C.12．（2023·廣東廣州·統(tǒng)考三模）正四棱柱中，，P為上底面的中心，M是棱AB的中點，正四棱柱的高，點M到平面PCD的距離的取值范圍是（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】設(shè)底面四邊形ABCD的中心為O，連接PO，則PO=h，設(shè)點M到平面PCD的距離為，，，則中，邊上的高為，則，由，得，所以，由，得，則，則，所以，即點M到平面PCD的距離的取值范圍是.故選：B.13．（2023·四川廣安·統(tǒng)考二模）已知四棱柱的底面是正方形，，，點在底面ABCD的射影為BC中點H，則點到平面ABCD的距離為(

)A． B． C． D．3【答案】B【解析】如圖，連接，則⊥平面ABCD，且，由題可知∥，又∵平面ABCD，平面ABCD，∴∥平面ABCD，∴點到平面ABCD的距離與點B1到平面ABCD的距離相等．故選：B．14．（2020·四川遂寧·統(tǒng)考二模）用六個完全相同的正方形圍成的立體圖形叫正六面體.已知正六面體的棱長為，則平面與平面間的距離為（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】由題意知：正六面體是棱長為的正方體，，，，，平面平面，連接，，，，平面，又平面，，同理可證得：，又平面，，平面，平面，設(shè)垂足分別為，則平面與平面間的距離為.正方體的體對角線長為.在三棱錐中，由等體積法求得：，∴平面與平面間的距離為：.故選：.15．（2022·青海海東·?？寄M預(yù)測）已知在正四面體P－ABC中，D，E，F(xiàn)分別在棱PA，PB，PC上，若PE＝4，PF＝PD＝2，則點P到平面DEF的距離為（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】如圖，由題意，，易知正，結(jié)合余弦定理，可得DF＝2，，取DF的中點G，過點P作EG的垂線交EG的延長線于點H，易知點P到平面DEF的距離為PH的長，因為，則，即，即，兩邊平方，化簡得.故選：B16．（2022秋·河南洛陽·高三校聯(lián)考階段練習(xí)）已知三棱錐P-ABC的棱長均為6，且四個頂點均在球心為O的球面上，點E在AB上，，過點E作球O的截面，則截面面積的最小值為（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】如圖，因為三棱錐的棱長均為6，所以點P在平面ABC內(nèi)的射影H是的中心，取BC的中點D，連接AD，則點H在AD上，且，所以，，，則．設(shè)三棱錐P-ABC的外接球半徑為R，則OP＝OA＝R，在中，，解得．因為，所以AE＝2，取AB的中點F，則EF＝1，且，所以．當(dāng)過點E的球O的截面與OE垂直時，截面面積最小，設(shè)截面圓的半徑為r，則，所以截面面積為．故選：A．二、多選題17．（2023·全國·統(tǒng)考高考真題）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【解析】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(shè)，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(shè)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.18．（2023·全國·統(tǒng)考高考真題）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(cè)面積為C． D．的面積為【答案】AC【解析】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(cè)面積為，B選項錯誤；C選項，設(shè)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.

19．（2022·全國·統(tǒng)考高考真題）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)，因為平面，，則，，連接交于點，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錯誤；C、D正確.故選：CD.20．（2023·河南·校聯(lián)考模擬預(yù)測）如圖，正三棱柱的底面邊長為1，高為3，為棱的中點，分別在棱上，且滿足取得最小值．記四棱錐、三棱錐的體積分別為，則（

）

A． B． C． D．【答案】ABD【解析】正三棱柱的體積為，由圖可知，所以，所以A正確；沿著側(cè)棱將棱柱展開得到一個矩形，連接，

因為取得最小值，即線段，由于四邊形為邊長為3的正方形，所以，因為為的中點，所以，，，所以B正確，C不正確，D正確．故選:ABD．21．（2023·河南·校聯(lián)考模擬預(yù)測）在長方體中，，，，M為的中點，P，Q分別是直線，上的動點，則（

）A．三棱錐的體積為4 B．直線，所成角的余弦值為C． D．的最小值為【答案】AD【解析】，故A正確；以A為原點，，，所在方向分別為x軸、y軸、z軸的正方向，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則，，，，，，，則，，則，故B錯誤；，故C錯誤；設(shè)，，則，，故，所以，當(dāng)且僅當(dāng)時取等號，故D正確．故選:AD．22．（2023·河北秦皇島·統(tǒng)考模擬預(yù)測）在長方體中，，點在底面的邊界及其內(nèi)部運動，且滿足，則下列結(jié)論正確的是（

）A．若點滿足，則B．點到平面的距離范圍為C．若點滿足，則不存在點使得D．當(dāng)時，四面體的外接球體積為【答案】ABD【解析】如圖所示：

對于A，當(dāng)時，與底面所成的角，又點所在區(qū)域為以為圓心，1為半徑的圓在正方形內(nèi)部部分（包含邊界弧長），所以，故A正確；對于B，設(shè)，作交于，由正方體性質(zhì)可得平面，又平面，故.又，平面，故平面.則當(dāng)點位于線段上時，點到平面的距離最大，最大距離，設(shè)，作交于，同理平面.則當(dāng)與點重合時，此時點到平面的距離最小，最小距離為，由直角三角形性質(zhì)可得，所以，所以，故點到平面的距離的取值范圍為，故B正確．對于C．不妨設(shè)點與點重合，此時，，，由余弦定理得，則，故存在點使得，故C錯誤．對于D．當(dāng)時，因為，故此時在線段上，則四面體的外接球半徑為．外接球體積為，故D正確．故選：ABD23．（2023·海南省直轄縣級單位·嘉積中學(xué)?？既＃┤鐖D，，是直三棱柱棱上的兩個不同的動點，，，則（

）

A．平面B．若為定長，則三棱錐的體積為定值C．直線與平面所成角等于D．平面平面．【答案】AB【解析】

連接，，因為，直棱柱側(cè)面矩形為正方形，所以，因為，且三棱柱為直棱柱，平面，平面，所以，，平面，所以平面，即平面，故A正確；由A知直線與平面所成的角為，為正方形，，故C不正確；若為定長，則的面積為定值，因為，且三棱柱為直棱柱，可知平面，所以三棱錐的體積為定值，即三棱錐的體積為定值，故B正確；因為平面平面，過點作交于點，又平面，所以不垂直平面，故D不正確．故選：AB.24．（2023·湖北武漢·華中師大一附中校考模擬預(yù)測）已知正方體的棱長為1，M是棱的中點．P是平面上的動點(如圖)，則下列說法正確的是（）

A．若點P在線段上，則平面B．平面平面C．若，則動點P的軌跡為拋物線D．以的一邊所在直線為旋轉(zhuǎn)軸，其余兩邊旋轉(zhuǎn)一周，在旋轉(zhuǎn)過程中，三棱錐體積的取值范圍為【答案】ABD【解析】

對于A項，如圖所示，連接對應(yīng)面對角線，根據(jù)正方體的性質(zhì)可知：，平面，平面，∴平面，同理可知平面，又平面，∴平面平面，又，∴平面，∴平面，故A正確;對于B項，

易知面，面，則，又平面，∴平面，而平面，∴，同理，又平面，∴平面，又∵平面，∴平面平面，故B正確;對于C項，因為為定直線，是定角，到的距離為定值，所以時，在以為旋轉(zhuǎn)軸，到的距離為半徑的圓錐上，又平面，故平面截圓錐的軌跡為雙曲線的一支，即C錯誤；對于D項，設(shè)中點分別為N，Q，則點A的運動軌跡是平面內(nèi)以N為圓心，為半徑的圓(如圖)，

易知平面，∴平面，∵平面，∴平面平面，而，設(shè)與圓的交點分別為E，F(xiàn)(點E位于點F，Q之間，如上圖所示)，易知當(dāng)點A分別位于點E，F(xiàn)時，點A到平面的距離分別取到最小值和最大值，且距離的最小值，距離的最大值，∵的面積，故選項D正確．綜上，正確選項為ABD．故選：ABD25．（2023·福建廈門·廈門一中?？寄M預(yù)測）直三棱柱中，，，點是線段上的動點（不含端點），則（

）A．與不垂直 B．平面C．的最小值為 D．的取值范圍為【答案】BC【解析】由題設(shè)，構(gòu)建如下空間直角坐標(biāo)系，則，，，，

設(shè)，，則，所以，，則，當(dāng)時；當(dāng)且時與不垂直，故A錯誤.因為，面，面，所以面，故B正確，將補成如下正方體，面翻折至與面共面，此時與重合，

所以的最小值為，且，故C正確.判斷以為直徑的球與的交點情況，取中點，則，

而，以為直徑的球與沒有交點.所以，故D錯誤.故選：BC26．（2023·湖南永州·統(tǒng)考一模）菱形的邊長為，且，將沿向上翻折得到，使二面角的余弦值為，連接，球與三棱錐的6條棱都相切，下列結(jié)論正確的是（

）A．平面B．球的表面積為C．球被三棱錐表面截得的截面周長為D．過點與直線所成角均為的直線可作4條【答案】AC【解析】如圖在菱形中，連接，則，設(shè)交于E，

則，平面,平面，即為二面角的平面角，即，又，即為正三角形，即，為正三角形，故，故，即，故三棱錐為棱長為a的正四面體；如圖，將該四面體補成正方體，四面體的各棱為正方體的面對角線，則正方體棱長為，

因為球與三棱錐的6條棱都相切，則O點即為正方體的中心，連接，則O為正方體體對角線的中點，因為平面平面，故，又,而平面，故平面，平面，故；同理可證,平面，故平面，即平面，A正確；因為球與三棱錐的6條棱都相切，故球O即為正方體的內(nèi)切球，球的直徑為正方體棱長，則球的半徑為，故球的表面積為，B錯誤；球O被平面截得的截面圓即為正三角形的內(nèi)切圓，由于，故正三角形的內(nèi)切圓半徑為，故內(nèi)切圓周長即球O被平面截得的截面圓周長為，故球被三棱錐表面截得的截面周長為，C正確；連接，因為，即四邊形為平行四邊形，故，而，故，不妨取空間一點S，作的平行線，如圖，則和所成角均為的直線即為它們形成的角的角平分線，假設(shè)平面過且垂直于所確定的平面，當(dāng)繞點S且在內(nèi)轉(zhuǎn)動時，則此時直線l與所成角相等，但會變大，大于，即在所確定的平面外過點S不存在直線l與所成角為，

故過點與直線所成角均為的直線可作2條，D錯誤，故選：AC27．（2023·河北唐山·模擬預(yù)測）如圖，在三棱臺中，表示體積，下列說法正確的是（

）

A．B．成等比數(shù)列C．若該三棱臺存在內(nèi)切球，則D．若該三棱臺存在外接球，則【答案】ABD【解析】對于A，如圖1，因為，，又在梯形因為，所以，所以.故A正確；對于B，設(shè)三棱臺上底面面積為，下底面面積為，高為h,則，又，所以，所以，所以成等比數(shù)列，故B正確；對于C，如圖2，設(shè)平面，三棱錐的內(nèi)切球為球，作截面與球相切，則球也是三棱臺的內(nèi)切球，顯然中最小，即不一定相等，故C錯誤；

對于D，如圖3，若該三棱臺的外接球為為球，球在上下底面的投影點為，則分別為的外心，所以，，平面，平面，因為平面，所以，同理可證，所以四邊形是一個直角梯形，同理可得四邊形，也是直角梯形，所以三個直角梯形全等，則，故D正確.故選：ABD.28．（2023·遼寧沈陽·東北育才學(xué)校校考模擬預(yù)測）在正方體中，分別為棱上的一點，且，是的中點，是棱上的動點，則（）A．當(dāng)時，平面B．當(dāng)時，平面C．當(dāng)時，存在點，使四點共面D．當(dāng)時，存在點，使三條直線交于同一點【答案】BCD【解析】已知正方體，則可分別以所在直線為軸，建立空間直角坐標(biāo)系，對選項A，當(dāng)時，.設(shè)正方體棱長為，則假設(shè)平面，則存在使得，則，無解.所以平面，故選項A錯誤；

對選項B，當(dāng)時，設(shè)正方體棱長為2，則，，假設(shè)平面，則存在使得，則，解得，則四點共面，即當(dāng)時，平面.故選項B正確；

對選項C，當(dāng)時，設(shè)正方體棱長為1，由，得，由是棱上的動點，設(shè)，則，假設(shè)存在點，使四點共面，則存在使得，則得，其中，設(shè)，則在單調(diào)遞減，則，又所以任意，都存在，使，其中，即存在點，使四點共面，故選項C正確；

對選項D，當(dāng)時，，連接，取的中點，連接，因為是的中點，則，且，又，且，則，故四邊形是平行四邊形，所以，由平行傳遞性知，，且，故四邊形是梯形，則與相交，延長交于點.平面，平面，故平面，且平面，又平面平面，則.所以相交于一點.即當(dāng)時，存在點，為中點，使三條直線交于同一點.故選項D正確.

故選：BCD.29．（2023·云南·云南師大附中校考模擬預(yù)測）如圖，棱長為的正方體中，點、滿足，，其中、，點是正方體表面上一動點，下列說法正確的是（

）

A．當(dāng)時，平面B．當(dāng)時，若平面，則的最大值為C．當(dāng)時，若，則點的軌跡長度為D．過、、三點作正方體的截面，截面圖形可以為矩形【答案】AC【解析】以點為原點，、、所在直線分別為、、軸建立如下圖所示的空間直角坐標(biāo)系，

則、、，、、，對于A選項，當(dāng)時，，設(shè)平面的法向量為，，，則，取，可得，所以，，則，因為平面，故當(dāng)時，平面，A對；對于B選項，當(dāng)時，為中點，

分別取、中點、，連接、、、、，因為、分別為、的中點，所以，，又因為且，所以，四邊形為平行四邊形，則，所以，，因為平面，平面，所以，平面，因為且，、分別為、的中點，所以，且，所以，四邊形為平行四邊形，可得且，又因為且，所以，且，故四邊形為平行四邊形，則，因為平面，平面，則平面，因為，、平面平面，當(dāng)點為的邊上一點（異于點）時，則平面，則平面，故點的軌跡為的邊（除去點），因為，同理可得，結(jié)合圖形可得，B錯；當(dāng)時，、分別為、的中點，如下圖所示：

此時點、、，，當(dāng)點在平面內(nèi)運動時，設(shè)點，其中，，則，因為，則，解得，設(shè)點的軌跡分別交棱、于點、，則、，當(dāng)點在平面內(nèi)運動時，設(shè)點，其中，，，則，設(shè)點的軌跡交棱于點，則，設(shè)點的軌跡交棱于點，因為平面平面，平面平面，平面平面，所以，，同理可得，所以，四邊形為平行四邊形，且，，因此，點的軌跡的長度即為平行四邊形的周長，C對；對于D選項，設(shè)截面交棱于點，連接、，

題意可知，截面與平面重合，因為平面平面，平面平面，平面平面，所以，，同理可得，所以，四邊形為平行四邊形，易知，其中，所以，，，所以，，故與不可能垂直，故平行四邊形不可能為矩形，故過、、三點的截面不可能是矩形，D錯.故選：AC.30．（2023·廣東湛江·?？寄M預(yù)測）在棱長為1的正方體中，M為底面的中心，，，N為線段AQ的中點，則（

）

A．CN與QM共面B．三棱錐的體積跟的取值無關(guān)C．時，過A，Q，M三點的平面截正方體所得截面的周長為D．時，【答案】ABC【解析】在中，因為為的中點，所以，所以與共面，所以A正確；由，因為到平面的距離為定值，且的面積為定值，所以三棱錐的體積跟的取值無關(guān)，所以B正確；當(dāng)時，過三點的正方體的截面是等腰梯形，

所以平面截正方體所得截面的周長為，所以C正確；當(dāng)時，可得為的中點,為的中點，則，所以不成，所以D不正確．故選：ABC

31．（2023·江蘇徐州·?？寄M預(yù)測）棱長為1的正方體中，點為線段上一點（不包括端點），點為上的動點，下列結(jié)論成立的有（

）A．過的截面截正方體所得的截面多邊形為等腰梯形B．的最小值為C．當(dāng)點為線段中點時，三棱錐的外接球的半徑為D．兩點間的最短距離為【答案】ABD【解析】在正方體中，平面平面，

設(shè)過的截面截正方體所得的截面為，M為截面與的交點，因為平面平面，平面平面，所以，又，故，即∽，而，則，又點為線段上一點（不包括端點），，即過的截面截正方體所得的截面多邊形為等腰梯形，A正確；根據(jù)正方體性質(zhì)可知≌，

故可將沿轉(zhuǎn)到和重合位置，則的最小值為的長，而正方體棱長為1，故，即的最小值為，B正確；當(dāng)點為線段中點時，設(shè)的中點為N，連接，

由于，故，連接交于G，連接，則四邊形為矩形，故，平面，故平面，又，則N為的外心，故三棱錐的外接球的球心在上，設(shè)為H，而,，則，設(shè)三棱錐的外接球半徑為r，則，解得，C錯誤；當(dāng)分別為的中點時，由C的分析可知Q位于N點位置，此時，即此時間距離最短，最短距離為，D正確，故選：ABD32．（2023·福建廈門·統(tǒng)考模擬預(yù)測）如圖，在棱長為1的正方體中，點滿足，其中，則（

）A．B．當(dāng)時，有且僅有一個點，使得平面C．當(dāng)時，有且僅有一個點，使得D．當(dāng)時，三棱錐的體積為定值【答案】AD【解析】如圖建立空間直角坐標(biāo)系，則因為，，所以所以，對于選項A，則，所以，因為，所以，故A答案正確；對于選項B，當(dāng)時，，,設(shè)面的法向量為，則，令，所以，若平面，則，無解，所以不存在點，使得平面,故選項B錯誤；對于選項C，當(dāng)時，,若，則，，無解，所以不存在點，使得，故C錯誤；對于選項D，為邊長為的等邊三角形，所以,點P到平面的距離為，當(dāng)時，點P到平面的距離為定值，則三棱錐的體積為定值，故D選項正確.故選：AD.33．（2023·安徽亳州·安徽省亳州市第一中學(xué)?？寄M預(yù)測）正方體棱長為是直線上的一個動點，則下列結(jié)論中正確的是（

）A．的最小值為B．的最小值為C．若為直線上一動點，則線段的最小值為D．當(dāng)時，過點作三棱錐的外接球的截面，則所得截面面積的最小值為【答案】AC【解析】對于A，在中，，所以為邊長為的等邊三角形，所以的最小值為的高，此時為中點，即，故A正確；對于B，將與矩形沿著翻折到一個平面內(nèi)，如圖所示，所以的最小值為，此時三點共線，又，，，即，由余弦定理得，，即，即，故B錯誤；

對于C，根據(jù)題意，即求異面直線和之間的距離，分別以，，為，，軸建立空間直角坐標(biāo)系，則，，，，則，，，設(shè)直線與的共垂線向量為，則，即，即，可取，

所以異面直線和之間的距離為，所以線段的最小值為，故C正確；對于D，設(shè)三棱錐的外接球心為，當(dāng)過點的外接球的截面時，所得截面面積最小，因為，由選項C知，，則，而三棱錐的外接球即為正方體的外接球，所以三棱錐的外接球直徑為正方體的體對角線，即，即三棱錐的外接球半徑為，所以所在圓的直徑，所以所得截面面積為，故D錯誤.故選：AC.

34．（2023·廣東廣州·統(tǒng)考二模）已知正四面體的棱長為2，點，分別為和的重心，為線段上一點，則下列結(jié)論正確的是（

）A．若取得最小值，則B．若，則平面C．若平面，則三棱錐外接球的表面積為D．直線到平面的距離為【答案】BCD【解析】將正四面體放入正方體中，以點為原點，以，，所在直線為軸，軸，軸，如圖所示，因為正四面體的長為2，所以正方體的棱長為，則，，，因為點，分別為和的重心，所以點的坐標(biāo)為，點的坐標(biāo)為所以設(shè)，則，所以，所以，，對于Ａ：因為，，所以，當(dāng)時，即，，取得最小值，故A錯誤；對于B：若，則，所以，因為，，設(shè)平面的一個法向量為，則，取，則，因為，所以平面，即平面，故B正確；對于C：若平面，則，即，，即，設(shè)平面的一個法向量為，因為，，則，取，則，因為，所以平面，則三棱錐外接球的球心在直線上，又因為點為等邊三角形的重心，所以點為等邊三角形的外心，外接圓半徑為，設(shè)三棱錐外接球的半徑為，則，即，解得，所以三棱錐P－ABC外接球的表面積為，故C選項正確；對于D：因為點的坐標(biāo)為，點的坐標(biāo)為，所以，設(shè)平面的一個法向量為，因為，，所以，取，則，因為，且直線平面，所以直線平面，所以點到平面的距離就是直線到平面的距離，則點到平面的距離，即直線到平面的距離為，故D正確，故選：BCD．35．（2022秋·山東·高三山東省實驗中學(xué)?？茧A段練習(xí)）在正四棱柱中，，，，其中，，則（

）A．存在實數(shù)，使得在平面內(nèi)B．存在實數(shù)，使得平面截該正四棱柱所得到的截面是五邊形C．存在實數(shù)，使得平面截該正四棱柱所得到的截面是六邊形D．存在實數(shù)，使得直線與該正四棱柱的條棱所在直線所成的角都相等【答案】ABD【解析】對于A，取，設(shè)，則，則，四邊形為菱形，在平面內(nèi)，A正確；對于B、C，截面與四棱柱的底面僅有一個交點，則平面截該正四棱柱所得到的截面最多是五邊形，不能是六邊形，C錯誤；當(dāng)且時，平面，此時截面如下圖所示，其中，則截面為五邊形，B正確；對于D，假設(shè)存在，使得直線與該正四棱柱的條棱所在直線所成的角都相等，則只需與，，所成角相等即可；以為坐標(biāo)原點，正方向為軸，可建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，設(shè)，則，，，，，，，，，，，整理可得：，即，則當(dāng)滿足時，直線與該正四棱柱的條棱所在直線所成的角都相等，D正確.故選：ABD.36．（2022·全國·模擬預(yù)測）已知正方體中，，，分別為棱AB，BC的中點，過點E，F(xiàn)作正方體的截面，則下列說法正確的是（

）A．若截面過點，則截面周長為B．若點是線段上的動點（不含端點），則的最小值為C．若截面是正六邊形，則直線與截面垂直D．若截面是正六邊形，S，T是截面上兩個不同的動點，設(shè)直線與直線ST所成角的最小值為，則【答案】AC【解析】A選項：如圖1所示，設(shè)直線EF與直線DA，DC分別交于點K，L，連接交于點，連接交于點，因此有，為的靠近點的三等分點，為的靠近點的三等分點，.連接ME，NF，則過點的截面即五邊形.易得，，，故截面的周長為.故A正確.B選項：連接，以所在直線為軸，將旋轉(zhuǎn)到平面上，連接，則線段的長即的最小值.在中，，，則由余弦定理，得，所以B錯誤.C，D選項：若截面是正六邊形，則截面如下圖中六邊形PQRFEG所示，其中各頂點是所在棱的中點.以，，所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則，，，，，，，所以，，，，所以，，故，，又，所以與截面垂直.設(shè)直線與截面所成角為，則.因為截面，所以易知直線與直線ST所成的最小角即直線與截面所成的角，所以，故C正確，D錯誤.故選：AC37．（2022秋·重慶巴南·高三重慶市實驗中學(xué)?？计谥校┮阎睦庵?，，點是線段的中點，點是線段上靠近的三等分點，若正四棱柱被過點，，的平面所截，則所得截面多邊形的周長不能為（

）A． B． C． D．【答案】ACD【解析】作出圖形如圖所示．延長至Q，使得，連接MQ，NQ，記MQ與BC交于點R，NQ與CD交于點P，取的中點，連結(jié)，，所以，即，且，所以四邊形是平行四