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专题17 空间几何
一、单选题
1．（2023·甘肃白银·甘肃省靖远县第一中学校联考二模）转子发动机采用三角转子旋转运动来控制压缩和排放．如图1，三角转子的外形是有三条侧棱的曲面棱柱，且侧棱垂直于底面，底面是以正三角形的三个顶点为圆心，正三角形的边长为半径画圆构成的曲面三角形（如图2），正三角形的顶点称为曲面三角形的顶点，侧棱长为曲面棱柱的高，记该曲面棱柱的底面积为S，高为h．已知曲面棱柱的体积V=Sh，如图1所示的曲面棱柱的体积为，，则（ ）
A．2 B．3 C．4 D．6
2．（2023·陕西商洛·统考二模）已知某圆锥的高为，体积为，则该圆锥的侧面积为（ ）
A． B． C． D．
3．（2023·浙江绍兴·统考模拟预测）马剑馒头在我市很有名，吃起来松软有韧劲，特别受欢迎.某马剑镇馒头商家为了将马剑馒头销往全国，学习了“小罐茶”的销售经验，决定走少而精的售卖方式，争取让马剑馒头走上高端路线，定制了如图所示由底面圆半径为的圆柱体和球冠（球的一部分，球心与圆柱底面圆心重合）组成的单独包装盒（包装盒总高度为5cm），请你帮忙计算包装盒的表面积（ ）（单位：平方厘米，球冠的表面积公式为，其中R为球冠对应球体的半径，h为球冠的高）
A． B． C． D．
4．（2023·陕西商洛·统考三模）如图①，这是一个小正方体的侧面展开图，将小正方体从如图②所示的位置依次翻到第1格、第2格、第3格、第4格、第5格、第6格，这时小正方体正面朝上的图案是（ ）
A． B． C． D．
5．（2023·天津红桥·统考二模）用与球心距离为1的平面去截球，所得的截面面积为，则球的体积为（ ）
A． B．
C． D．
6．（2023·四川成都·三模）如图是某三棱锥的三视图，已知网格纸的小正方形边长是1，则这个三棱锥中最长棱的长为（ ）
A．5 B． C． D．7
7．（2023·湖南·校联考二模）蹴鞠（如图所示），又名蹴球、蹴圆、筑球、踢圆等，蹴有用脚蹴、踢、蹋的含义，鞠最早系外包皮革、内实米糠的球.因而蹴鞠就是指古人以脚蹴、蹋、踢皮球的活动，类似今日的足球．2006年5月20日，蹴鞠已作为非物质文化遗产经国务院批准列入第一批国家非物质文化遗产名录，已知某鞠的表面上有四个点A，B，C，D，四面体ABCD的体积为，BD经过该鞠的中心，且，，则该鞠的表面积为（ ）
A． B． C． D．
8．（2023·天津·一模）距今5000年以上的仰韶遗址表明，我们的先人们居住的是一种茅屋，如图1所示，该茅屋主体是一个正四棱锥，侧面是正三角形，且在茅屋的一侧建有一个入户甬道，甬道形似从一个直三棱柱上由茅屋一个侧面截取而得的几何体，一端与茅屋的这个侧面连在一起，另一端是一个等腰直角三角形．图2是该茅屋主体的直观图，其中正四棱锥的侧棱长为6m，，，，点D在正四棱锥的斜高PH上，平面ABC且．不考虑建筑材料的厚度，则这个茅屋（含甬道）的室内容积为（ ）
A． B． C． D．
9．（2023·内蒙古呼和浩特·统考二模）已知三棱锥中，，，，，且平面平面，则该三棱锥的外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
10．（2023·安徽淮北·统考二模）已知球和正四面体，点在球面上，底面过球心，棱分别交球面于，若球的半径，则所得多面体的体积为（ ）
A． B． C． D．
11．（2023·西藏拉萨·统考一模）已知的斜边，，现将绕AB边旋转至的位置，使，则所得四面体外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
12．（2023·广西柳州·柳州高级中学校联考模拟预测）在三棱锥P－ABC中，，，且，，，，则此三棱锥外接球的体积为（ ）
A． B． C． D．
13．（2023·河北保定·统考一模）如图，在四棱锥中，底面为矩形，，是正三角形，平面平面，且，则与平面所成角的正切值为（ ）
A．2 B． C． D．
14．（2023·山东聊城·统考二模）某正四棱台形状的模型，其上下底面的面积分别为，，若该模型的体积为，则该模型的外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
15．（2023·湖南益阳·统考模拟预测）金刚石的成分为纯碳，是自然界中天然存在的最坚硬物质，它的结构是由8个等边三角形组成的正八面体，如图，某金刚石的表面积为，现将它雕刻成一个球形装饰物，则可雕刻成的最大球体积是（ ）
A． B． C． D．
16．（2023·广东深圳·统考二模）设表面积相等的正方体、正四面体和球的体积分别为、和，则（ ）
A． B． C． D．
17．（2023·天津南开·统考二模）如图，某种中药胶囊外形是由两个半球和一个圆柱组成的，半球的直径是，圆柱高，则该中药胶囊的体积为（ ）
A． B． C． D．
18．（2023·山东菏泽·统考二模）已知一个装满水的圆台容器的上底面半径为5，下底面半径为1，高为，若将一个铁球放入该容器中，使得铁球完全没入水中，则可放入铁球的表面积的最大值为（ ）
A．32π B．36π C．48π D．50π
19．（2023·辽宁朝阳·朝阳市第一高级中学校考模拟预测）如图，圆台内有一个球，该球与圆台的侧面和底面均相切．已知圆台的下底面圆心为，半径为，圆台的上底面圆心为，半径为（），球的球心为，半径为，记圆台的表面积为，球的表面积为，则的可能的取值为（ ）
A． B． C． D．
20．（2023·全国·校联考模拟预测）上、下底面均为等边三角形的三棱台的所有顶点都在同一球面上，若三棱台的高为，上、下底面边长分别为，，则该球的体积为（ ）
A． B． C． D．
21．（2023·河北衡水·模拟预测）已知正方体的棱长为分别为棱的中点，点是棱上靠近点的三等分点，则平面截该正方体所得截面的面积为（ ）
A． B． C．10 D．12
22．（2023·广东佛山·统考二模）科技是一个国家强盛之根，创新是一个民族进步之魂，科技创新铸就国之重器，极目一号（如图1）是中国科学院空天信息研究院自主研发的系留浮空器．2022年5月，“极目一号”III型浮空艇成功完成10次升空大气科学观测，最高升空至9050米，超过珠穆朗玛峰，创造了浮空艇大气科学观测海拔最高的世界纪录，彰显了中国的实力．“极目一号”III型浮空艇长55米，高19米，若将它近似看作一个半球、一个圆柱和一个圆台的组合体，正视图如图2所示，则“极目一号”III型浮空艇的体积约为（ ）
（参考数据：，，，）
A． B． C． D．
23．（2023·江西赣州·统考二模）在棱长为4的正方体中，点满足，，分别为棱，的中点，点在正方体的表面上运动，满足面，则点的轨迹所构成的周长为（ ）
A． B． C． D．
24．（2023·陕西榆林·统考模拟预测）已知球的内接三棱锥的体积为6，且的长分别为，则三棱锥的体积为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．6
25．（2023·河南·校联考模拟预测）已知正三棱台的上、下底面面积分别为，若，则该正三棱台的外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
26．（2023·浙江·统考二模）已知等腰直角的斜边分别为上的动点，将沿折起，使点到达点的位置，且平面平面.若点均在球的球面上，则球表面积的最小值为（ ）
A． B． C． D．
27．（2023·广西·统考模拟预测）在三棱锥中，，平面经过的中点，并且与垂直，当截此三棱锥所得的截面面积最大时，此时三棱锥的外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
28．（2023·全国·长郡中学校联考二模）已知正六棱锥的各顶点都在同一球面上，若该球的体积为，则该六棱锥体积的最大值为（ ）
A． B．16 C． D．
29．（2023·浙江绍兴·统考模拟预测）如图，平面四边形ABCD中，，为正三角形，以AC为折痕将折起，使D点达到P点位置，且二面角的余弦值为，当三棱锥的体积取得最大值，且最大值为时，三棱锥外接球的体积为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
30．（2023·重庆·统考模拟预测）在正方体中，点P满足，其中，，则下列说法正确的是（ ）
A．当时，平面
B．当时，三棱锥的体积为定值
C．当时，△PBD的面积为定值
D．当时，直线与所成角的取值范围为
31．（2023·广东深圳·统考二模）如图，在矩形AEFC中，，EF=4，B为EF中点，现分别沿AB、BC将△ABE、△BCF翻折，使点E、F重合，记为点P，翻折后得到三棱锥P-ABC，则（ ）
A．三棱锥的体积为 B．直线PA与直线BC所成角的余弦值为
C．直线PA与平面PBC所成角的正弦值为 D．三棱锥外接球的半径为
32．（2023·湖南益阳·统考模拟预测）如图，矩形ABCD中，E、F分别为BC、AD的中点，且，，现将沿AE向上翻折，使B点移到P点，则在翻折过程中，下列结论正确的是（ ）
A． B．存在点P，使得
C．存在点P，使得 D．三棱锥的体积最大值为
33．（2023·山西·统考二模）已知三棱锥的所有棱长均为，平面ABC，O为垂足，是PO的中点，AD的延长线交平面PBC于点，的延长线交平面PAB于点，则下列结论正确的是（ ）
A．//
B．若是棱PB上的动点，则的最小值为
C．三棱锥外接球的表面积为
D．
34．（2023·浙江·统考二模）已知正方形中，，是平面外一点.设直线与平面所成角为，设三棱锥的体积为，则下列命题正确的是（ ）
A．若，则的最大值是 B．若，则的最大值是
C．若，则的最大值是 D．若，则的最大值是
35．（2023·广东广州·统考二模）已知正四面体的棱长为2，点，分别为和的重心，为线段上一点，则下列结论正确的是（ ）
A．若取得最小值，则
B．若，则平面
C．若平面，则三棱锥外接球的表面积为
D．直线到平面的距离为
36．（2023·湖北武汉·统考二模）三棱锥中，，，，直线PA与平面ABC所成的角为，直线PB与平面ABC所成的角为，则下列说法中正确的有（ ）
A．三棱锥体积的最小值为
B．三棱锥体积的最大值为
C．直线PC与平面ABC所成的角取到最小值时，二面角的平面角为锐角
D．直线PC与平面ABC所成的角取到最小值时，二面角的平面角为钝角
37．（2023·河北张家口·统考二模）已知在棱长为1的正方体中，点为下底面上的动点，则（ ）
A．当在对角线上运动时，三棱锥的体积为定值
B．当在对角线上运动时，异面直线与所成角可以取到
C．当在对角线上运动时，直线与平面所成角可以取到
D．若点到棱的距离是到平面的距离的两倍，则点的轨迹为椭圆的一部分
38．（2023·重庆·统考模拟预测）已知某正方体的体积为64，它的内切球的球面上有四个不同点，，，，且，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则直线与可能异面
B．若，则直线与可能平行
C．若，则平行直线与间距离的取值范围是
D．若直线与相交，则四边形面积的取值范围是
三、填空题
39．（2023·江西南昌·校联考二模）在平面四边形中，，，，现将 沿着折起，得到三棱锥，若二面角的平面角为135°，则三棱锥的外接球表面积为__________.
40．（2023·广西南宁·统考二模）在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑，在鳖臑中，平面，，，已知动点从点出发，沿外表面经过棱上一点到点的最短距离为，则该棱锥的外接球的体积为______.
41．（2023·上海浦东新·统考三模）陕西历史博物馆收藏的“独孤信多面体煤精组印”是一枚形状奇特的印信（如图1），它的形状可视为一个26面体，由18个正方形和8个正三角形围成（如图2）． 已知该多面体的各条棱长均为1，则其体积为__________．
42．（2023·广西·统考模拟预测）在四面体中，，，向量与的夹角为，若，则该四面体外接球的表面积为_____________．
43．（2023·河南新乡·统考三模）已知球O的体积为，三棱锥的顶点均在球的表面上，，，，，E为AC的中点，当时，三棱锥的体积为__________．
44．（2023·宁夏中卫·统考一模）蹴鞠，又名“蹴球”“蹴圆”等，“蹴”有用脚蹴、踢的含义，“鞠”最早系外包皮革、内饰米糠的球，因而“蹴鞠”就是指古人以脚蹴、踢皮球的活动，类似今日的踢足球活动.如图所示，已知某“鞠”的表面上有四个点，，，，满足，，则该“鞠”的表面积为____________.
四、解答题
45．（2023·西藏拉萨·统考一模）如图，在直三棱柱中，，，，为棱的中点.
(1)求证：平面；
(2)若，求三棱锥的体积.
46．（2023·四川遂宁·统考三模）如图，已知四棱锥中，，是面积为的等边三角形，且，.
(1)证明：直线 ；
(2)求点到平面的距离.
47．（2023·广西河池·校联考模拟预测）已知四棱锥中，底面为直角梯形，平面，，，，，为中点，过，，的平面截四棱锥所得的截面为．
(1)若与棱交于点，画出截面，保留作图痕迹（不用说明理由），并证明．
(2)求多面体的体积．
48．（2023·陕西西安·西安中学校考模拟预测）如图，已知AB'C是边长为2的等边三角形，D是AB'的中点，DH⊥B′C，如图，将B'DH沿边DH翻折至BDH.
(1)在线段BC上是否存在点F，使得AF∥平面BDH？若存在，求的值；若不存在，请说明理由；
(2)若平面BHC与平面BDA所成的二面角的余弦值为，求三棱锥B-DCH的体积.
49．（2023·四川泸州·统考三模）如图，正方形ABCD的边长为4，平面ABCD，平面ABCD，，M为棱PD上一点．
(1)是否存在点M，使得直线平面BPQ？若存在，请指出点M的位置并说明理由；若不存在，请说明理由；
(2)当时，求多面体PABQM的体积．
50．（2023·上海浦东新·统考三模）如图所示的几何体是圆锥的一半和一个三棱锥组成，圆锥底面圆O的半径为1，圆锥的高，三棱锥的底面是以圆锥的底面圆的直径AB为斜边的等腰直角三角形，且与圆锥底面在同一个平面上．
(1)求直线和平面所成角的大小；
(2)求该几何体的表面积．
51．（2023·北京朝阳·二模）如图，在四棱锥中，底面ABCD是矩形，底面ABCD，且，E是PC的中点，平面ABE与线段PD交于点F.
(1)证明：F为PD的中点；
(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线BE与平面PAD所成角的正弦值.
条件①：三角形BCF的面积为；
条件②：三棱锥的体积为1.
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分.
52．（2023·河南·洛阳市第三中学校联考模拟预测）如图，在三棱锥中，，．
(1)证明：平面平面；
(2)设，为的中点，，求点到平面的距离．
53．（2023·山东淄博·统考二模）如图，是圆柱底面的内接三角形，为圆柱的母线，其中，圆柱的母线和其底面圆直径的长都为2.
(1)当时，证明：；
(2)当三棱倠体积最大值时，求平面与平面夹角的余弦值.
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专题17 空间几何
一、单选题
1．（2023·甘肃白银·甘肃省靖远县第一中学校联考二模）转子发动机采用三角转子旋转运动来控制压缩和排放．如图1，三角转子的外形是有三条侧棱的曲面棱柱，且侧棱垂直于底面，底面是以正三角形的三个顶点为圆心，正三角形的边长为半径画圆构成的曲面三角形（如图2），正三角形的顶点称为曲面三角形的顶点，侧棱长为曲面棱柱的高，记该曲面棱柱的底面积为S，高为h．已知曲面棱柱的体积V=Sh，如图1所示的曲面棱柱的体积为，，则（ ）
A．2 B．3 C．4 D．6
【答案】B
【分析】把底面分为三个弓形和三角形面积之和，在根据题中体积和高可得.
【详解】由题意可知该曲面棱柱的底面积．
设，则，解得.
故选：B.
2．（2023·陕西商洛·统考二模）已知某圆锥的高为，体积为，则该圆锥的侧面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由圆锥的体积和高，得到底面半径，勾股定理得母线长，由圆锥的侧面积公式计算结果.
【详解】设该圆锥的底面半径与母线长分别为，，由，得，
所以，从而该圆锥的侧面积．
故选：B
3．（2023·浙江绍兴·统考模拟预测）马剑馒头在我市很有名，吃起来松软有韧劲，特别受欢迎.某马剑镇馒头商家为了将马剑馒头销往全国，学习了“小罐茶”的销售经验，决定走少而精的售卖方式，争取让马剑馒头走上高端路线，定制了如图所示由底面圆半径为的圆柱体和球冠（球的一部分，球心与圆柱底面圆心重合）组成的单独包装盒（包装盒总高度为5cm），请你帮忙计算包装盒的表面积（ ）（单位：平方厘米，球冠的表面积公式为，其中R为球冠对应球体的半径，h为球冠的高）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】求出球冠的高，可得圆柱的高，根据圆柱的侧面积公式以及底面圆面积以及球冠的面积公式即可求得答案.
【详解】如图，由题意知包装盒总高度为，即球冠所在球的半径为，
圆柱底面圆的半径为，设球冠的高为，
则，即或（舍去），
故圆柱高为，
故包装盒的表面积为，
故选：D
4．（2023·陕西商洛·统考三模）如图①，这是一个小正方体的侧面展开图，将小正方体从如图②所示的位置依次翻到第1格、第2格、第3格、第4格、第5格、第6格，这时小正方体正面朝上的图案是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据正方体的侧面展开图找出相对面，再由其特征得到结果.
【详解】由图①可知，“同心圆”和“圆”相对，“加号”和“箭头”相对，“心形”和“星星”相对．
由图②可得，小正方体从如图②所示的位置翻到第6格时正面朝上的图案是．
故选：C.
5．（2023·天津红桥·统考二模）用与球心距离为1的平面去截球，所得的截面面积为，则球的体积为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】利用圆的面积公式和球心到截面圆的距离、截面圆半径及球的半径的关系，结合球的体积公式即可求解.
【详解】设截面圆的半径为，球的半径为,
由题意可知，解得，，
所以球的体积为.
故选：D.
6．（2023·四川成都·三模）如图是某三棱锥的三视图，已知网格纸的小正方形边长是1，则这个三棱锥中最长棱的长为（ ）
A．5 B． C． D．7
【答案】C
【分析】根据三视图得到几何体的直观图，求出棱长，即可判断.
【详解】由三视图可得几何体的直观图如下所示：
其中，，，且平面，，
所以，，，
所以三棱锥中最长棱为.
故选：C
7．（2023·湖南·校联考二模）蹴鞠（如图所示），又名蹴球、蹴圆、筑球、踢圆等，蹴有用脚蹴、踢、蹋的含义，鞠最早系外包皮革、内实米糠的球.因而蹴鞠就是指古人以脚蹴、蹋、踢皮球的活动，类似今日的足球．2006年5月20日，蹴鞠已作为非物质文化遗产经国务院批准列入第一批国家非物质文化遗产名录，已知某鞠的表面上有四个点A，B，C，D，四面体ABCD的体积为，BD经过该鞠的中心，且，，则该鞠的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】取AC中点，连接、，易得AC为圆面ABC的直径，平面ABC，进而得到平面ABC，然后根据四面体ABCD的体积为，可求外接球半径并求表面积.
【详解】如图，取AC的中点M，连接BM与球O交于另一点N，连接OM，DN，
易知AC为圆面ABC的直径，平面ABC，
因为O，M分别为BD，BN的中点，所以，
所以平面ABC，
∵，∴，
即，在中，，
∴，∴，∴球O的表面积为．
故选：D．
8．（2023·天津·一模）距今5000年以上的仰韶遗址表明，我们的先人们居住的是一种茅屋，如图1所示，该茅屋主体是一个正四棱锥，侧面是正三角形，且在茅屋的一侧建有一个入户甬道，甬道形似从一个直三棱柱上由茅屋一个侧面截取而得的几何体，一端与茅屋的这个侧面连在一起，另一端是一个等腰直角三角形．图2是该茅屋主体的直观图，其中正四棱锥的侧棱长为6m，，，，点D在正四棱锥的斜高PH上，平面ABC且．不考虑建筑材料的厚度，则这个茅屋（含甬道）的室内容积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据题意问题转化为求四棱锥体积与三棱柱体积再加一个小三棱锥体积之和，运用体积公式求解即可.
【详解】设为正四棱锥底面中心，连接，
则，
，，
取的中点，连接，过作于，则．
在直角中．
过作交于连接．
则，
所求体积
故选：B
9．（2023·内蒙古呼和浩特·统考二模）已知三棱锥中，，，，，且平面平面，则该三棱锥的外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】计算得到，根据面面垂直得到平面，设外接球半径为，的外接圆半径为，计算，得到表面积.
【详解】，，则，
，故，
平面平面，面平面，平面，
则平面，
设外接球半径为，的外接圆半径为，
则，解得，外接球表面积为.
故选：D
10．（2023·安徽淮北·统考二模）已知球和正四面体，点在球面上，底面过球心，棱分别交球面于，若球的半径，则所得多面体的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】首先利用正四面体和球的关系，利用勾股定理求出正四面体的棱长，进一步利用体积公式及比列关系求出多面体的体积即可.
【详解】设正四面体，棱长为，
如图所示：
设外接球的球心为，半径为，所以，解得，
由于，所以，
在中，过O作AB垂线OH，由面积可得，则，
利用勾股定理：，
即：，,
多面体的体积为.
故选：D.
11．（2023·西藏拉萨·统考一模）已知的斜边，，现将绕AB边旋转至的位置，使，则所得四面体外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】如图，根据题意可知CD的中点M为外接圆的圆心，由线面垂直的判定定理可得平面BCD，进而O为四面体外接球的球心.根据勾股定理求出外接球的半径，结合球的体积公式计算即可求解.
【详解】如图，取CD的中点M，连接BM，，，，
，，，
所以是等腰直角三角形，则斜边CD的中点M为外接圆的圆心.
因为，，平面BCD，
所以平面BCD.过M作平面BCD的垂线，过AB的中点N作BM的平行线，
两直线的交点为O，点O即为四面体外接球的球心.
连接OB，因为，，
所以四面体外接球的半径，
故所求外接球的表面积为.
故选：D.
12．（2023·广西柳州·柳州高级中学校联考模拟预测）在三棱锥P－ABC中，，，且，，，，则此三棱锥外接球的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由已知求得，根据勾股定理证明得到，进而推得平面，则该三棱锥可以看作是长方体的一部分，求出长方体的体对角线长，即可得出外接球的半径，进而根据体积公式，即可得出答案.
【详解】如图1，
因为，，，
所以.
又，，
所以在中，有，
所以，，即.
又，平面，平面，，
所以平面.
则该三棱锥可以看作是长方体的一部分，如图2
其中，，，，
则，
所以此三棱锥外接球的半径为，
所以，此三棱锥外接球的体积为.
故选：B.
13．（2023·河北保定·统考一模）如图，在四棱锥中，底面为矩形，，是正三角形，平面平面，且，则与平面所成角的正切值为（ ）
A．2 B． C． D．
【答案】B
【分析】连接，为的中点，结合面面垂直性质定理证明平面，根据锥体体积公式求，再由面面垂直性质定理证明平面，根据线面角的定义证明PC与平面PAD所成角的平面角为，解三角形求其正切值.
【详解】取的中点，连接，
由已知为等边三角形，所以，
又平面平面，平面平面，
平面，
所以平面，
设，则，，又，
所以矩形的面积，
所以四棱锥的体积，
所以，所以，
所以，
因为平面平面，，
平面平面，平面，
所以平面，又平面，
所以，
所以为直角三角形，斜边为，
因为平面，
所以与平面所成角的平面角为，
在中，，，
所以，
与平面所成角的正切值为.
故选：B.
14．（2023·山东聊城·统考二模）某正四棱台形状的模型，其上下底面的面积分别为，，若该模型的体积为，则该模型的外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由棱台体积得到棱台的高，并作出辅助线，找到球心位置，利用半径相等列出方程，求出外接球半径和表面积.
【详解】设正四棱台形状的高为，
故，解得，
取正方形的中心为，正方形的中心为，则，
故该模型的外接球的球心在上，设为点，连接，
设上底面正方形的边长为，，则，解得，，
故，设，则，
由勾股定理得，，
故，解得，
故外接球半径为，该模型的外接球的表面积为.
故选：A
15．（2023·湖南益阳·统考模拟预测）金刚石的成分为纯碳，是自然界中天然存在的最坚硬物质，它的结构是由8个等边三角形组成的正八面体，如图，某金刚石的表面积为，现将它雕刻成一个球形装饰物，则可雕刻成的最大球体积是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】先利用条件求出正多形的边长，再将求最大球的体积转化成求金刚石的内切球体积，进而转化成求截面内切圆的半径，从而求出结果.
【详解】如图，设底面中心为，，中点分别为，，连接，，，，，,
设金刚石的边长为，则由题知，，所以，
在等边中，边上的高，
在中，，
由题可知，最大球即为金刚石的内切球，由对称性易知球心在点，与面的切点在线段上，
球的半径即为截面内切圆的半径，设内切圆半径为，
由等面积法可知：，解得，所以内切球的半径为
则内切球体积为
故选：D.
16．（2023·广东深圳·统考二模）设表面积相等的正方体、正四面体和球的体积分别为、和，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】设正方体棱长为，正四面体棱长为，球的半径为，面积为.表示出3个几何体的表面积，得出，进而求出体积的平方，比较体积的平方大小，然后得出答案.
【详解】设正方体棱长为，正四面体棱长为，球的半径为，面积为.
正方体表面积为，所以，
所以，；
如图，正四面体，为的中点，为的中心，则是底面上的高.
则，，所以，
所以，
所以，正四面体的表面积为，所以.
又为的中心，所以.
又根据正四面体的性质，可知，
所以，
所以，；
球的表面积为，所以，
所以，.
因为，
所以，，
所以，.
故选：B.
17．（2023·天津南开·统考二模）如图，某种中药胶囊外形是由两个半球和一个圆柱组成的，半球的直径是，圆柱高，则该中药胶囊的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由球的体积公式和圆柱的体积公式求解即可；
【详解】由题意得该几何体由两个半球和一个圆柱筒组成，
所以体积为一个球体体积和一个圆柱体积之和，
由球体的体积为：，
圆柱体积为：，
所以浮球的体积为：.
故选：B.
18．（2023·山东菏泽·统考二模）已知一个装满水的圆台容器的上底面半径为5，下底面半径为1，高为，若将一个铁球放入该容器中，使得铁球完全没入水中，则可放入铁球的表面积的最大值为（ ）
A．32π B．36π C．48π D．50π
【答案】D
【分析】确定表面积最大时铁球的特性，作出圆台及球的轴截面，借助圆的切线性质及直角三角形求出球半径作答.
【详解】依题意，铁球的表面积最大时，该球与圆台上底面和侧面相切，显然铁球球心在圆台的轴线上，
过圆台的轴作平面截面圆台得等腰梯形，截球得球的大圆，圆与都相切，如图，
令的中点为，过点的圆的直径另一端点为，过作圆的切线交分别于，
则，即圆是等腰梯形的内切圆，过作的垂线，垂足分别为，
令圆切于，于是,，令圆的半径为，，
显然，又，则有，而，
因此，又，即，
中，，于是，解得，
所以可放入铁球的表面积的最大值.
故选：D
19．（2023·辽宁朝阳·朝阳市第一高级中学校考模拟预测）如图，圆台内有一个球，该球与圆台的侧面和底面均相切．已知圆台的下底面圆心为，半径为，圆台的上底面圆心为，半径为（），球的球心为，半径为，记圆台的表面积为，球的表面积为，则的可能的取值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】作图分析，结合图形的几何性质推出，结合圆台的全面积公式可得的表达式，化简并结合选项中的数值，判断可得答案.
【详解】如图，作出圆台的轴截面，作，垂足为F，
由题意知圆O与梯形相切，则，
又，
故，化简可得，
则
，（，故取不到等号），
由于都不大于，故的可能的取值为，
故选：A
20．（2023·全国·校联考模拟预测）上、下底面均为等边三角形的三棱台的所有顶点都在同一球面上，若三棱台的高为，上、下底面边长分别为，，则该球的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】设三棱台为，其中是下底面，是上底面，点，分别为，的中心，证明点就是几何体的外接球的球心，即得解.
【详解】设三棱台为，其中是下底面，是上底面，点，分别为，的中心，
则，，同理，
所以，同理.
所以.
所以点就是几何体的外接球的球心.
所以球半径，
所以体积为．
故选：A
21．（2023·河北衡水·模拟预测）已知正方体的棱长为分别为棱的中点，点是棱上靠近点的三等分点，则平面截该正方体所得截面的面积为（ ）
A． B． C．10 D．12
【答案】B
【分析】作，交于，连接，并延长交的延长线于点，连接，并延长交的延长线于点，连接交于点，交于点，即可得到为过三点的截面，再求出截面面积即可.
【详解】如图所示，
分别是中点，则，作，交于，连接，
并延长交的延长线于点，连接，并延长交的延长线于点，连接交于点，交于点，
则为过三点的截面.
由面面平行的性质定理得，从而有，，
则，因为是中点，，
所以，又因为，所以，
同理，
梯形是等腰梯形，且梯形与梯形全等，高为，
截面面积.
故选：B.
22．（2023·广东佛山·统考二模）科技是一个国家强盛之根，创新是一个民族进步之魂，科技创新铸就国之重器，极目一号（如图1）是中国科学院空天信息研究院自主研发的系留浮空器．2022年5月，“极目一号”III型浮空艇成功完成10次升空大气科学观测，最高升空至9050米，超过珠穆朗玛峰，创造了浮空艇大气科学观测海拔最高的世界纪录，彰显了中国的实力．“极目一号”III型浮空艇长55米，高19米，若将它近似看作一个半球、一个圆柱和一个圆台的组合体，正视图如图2所示，则“极目一号”III型浮空艇的体积约为（ ）
（参考数据：，，，）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】先根据图2得半球、圆柱底面和圆台一个底面的半径为，而圆台一个底面的半径为，再根据球、圆柱和圆台的体积公式即可求解．
【详解】由图2得半球、圆柱底面和圆台一个底面的半径为（m），而圆台一个底面的半径为（m），
则（m3），
（m3），
（m3），
所以（m3）．
故选：A．
23．（2023·江西赣州·统考二模）在棱长为4的正方体中，点满足，，分别为棱，的中点，点在正方体的表面上运动，满足面，则点的轨迹所构成的周长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】作出辅助线，找到点的轨迹，利用勾股定理求出边长，得到周长.
【详解】延长，交的延长线与，连接，分别交，于，
过点作交于点，过点作交于点，
因为平面，平面，所以平面，
同理可得平面，
因为，所以平面平面，
过点作交于点，
连接，则
则平行四边形（点除外）为点的轨迹所构成的图形，
因为正方体棱长为4，，分别为棱，的中点，，
所以，
因为，所以，
过点作⊥于点，则，
则由几何关系可知，所以，
由勾股定理得，
所以点的轨迹所构成的周长为.
故选：D
24．（2023·陕西榆林·统考模拟预测）已知球的内接三棱锥的体积为6，且的长分别为，则三棱锥的体积为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．6
【答案】B
【分析】设点到平面的距离为，根据锥体的体积公式得到，，两两互相垂直，取的中点，连接并延长至点，使，连接，则的中点即为球心，则，即可得解.
【详解】设点到平面的距离为，则
，
又，所以，，两两互相垂直，
取的中点，连接并延长至点，使，连接，则的中点即为球心.
因为点到平面的距离等于点到平面的距离的，
而点到平面的距离等于点到平面的距离，
所以.
故选：B
25．（2023·河南·校联考模拟预测）已知正三棱台的上、下底面面积分别为，若，则该正三棱台的外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】先求上、下底面正三角形的边长，根据外接球的性质结合勾股定理求半径，即可得结果.
【详解】若正三角形的边长为，则其面积为
由题意可得：，
取的外接圆的圆心为，正三棱台的外接球的球心，连接，过作底面的投影，
可得，则，
由，可得，
设外接球的半径为，则，
可得，解得，
所以该正三棱台的外接球的表面积.
故选：D.
26．（2023·浙江·统考二模）已知等腰直角的斜边分别为上的动点，将沿折起，使点到达点的位置，且平面平面.若点均在球的球面上，则球表面积的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由题设共圆（不与重合），进而确定，找到△，四边形外接圆圆心，由棱锥外接球、面面垂直的性质确定球心位置，设且，求外接球半径最小值，即可得结果.
【详解】由点均在球的球面上，且共圆（不与重合），
所以（不与重合），
又为等腰直角三角形，为斜边，即有，
如上图，△、△、△都为直角三角形，且，
由平面图到立体图知：，，
又面面，面面，面，
所以面，同理可得面，
将翻折后，的中点分别为△，四边形外接圆圆心，
过作面，过作面，它们交于，即为外接球球心，如下图示，
再过作面，交于，连接，则为矩形，
综上，，，则为中点，
所以，而，，
令且，则，故，，
所以球半径，
当时，，故球表面积的最小值为.
故选：D
27．（2023·广西·统考模拟预测）在三棱锥中，，平面经过的中点，并且与垂直，当截此三棱锥所得的截面面积最大时，此时三棱锥的外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】取靠近的四等分点，的中点，截此三棱锥所得的截面为平面，当时截面面积最大，，为，外接圆圆心，球心满足面，面，由求得外接球的半径进而求得球的表面积.
【详解】
如图所示取靠近的四等分点，的中点，连接，，.
由，可知.同理可知.
又，所以平面，所以平面即为平面.
又易知，
所以截此三棱锥所得的截面面积为，
当时，取得最大值，
设为外接球球心，，为，外接圆圆心，球心满足面，面，
所以四边形为正方形，且，，，
∴.
故选：D.
28．（2023·全国·长郡中学校联考二模）已知正六棱锥的各顶点都在同一球面上，若该球的体积为，则该六棱锥体积的最大值为（ ）
A． B．16 C． D．
【答案】B
【分析】由球与正六棱锥的性质建立六棱锥体积与球心与底面中心距离的函数关系计算即可求得最值.
【详解】
如图所示，设球半径为，球心到六棱锥底面中心的距离为，由题意易知正六棱锥顶点与共线，
由球的体积为，可得，
则，，
即
当且仅当，即时，正六棱锥的体积取得最大值.
故选：B
29．（2023·浙江绍兴·统考模拟预测）如图，平面四边形ABCD中，，为正三角形，以AC为折痕将折起，使D点达到P点位置，且二面角的余弦值为，当三棱锥的体积取得最大值，且最大值为时，三棱锥外接球的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】过点作平面，垂足为，作，垂足为，连接，则为二面角的补角，为的中点，设，根据二面角的余弦值可求得，再根据三棱锥的体积取得最大值结合基本不等式求出，再利用勾股定理求出三棱锥外接球的半径，根据球的体积公式即可得解.
【详解】过点作平面，垂足为，作，垂足为，连接，
因为平面，平面，所以，
又平面，
所以平面，
因为平面，所以，
则为二面角的补角，故，
因为，所以为的中点，
设，则，
在中，，则，，
由，
得当取得最大值时，三棱锥的体积取得最大值，
，
当且仅当时，取等号，
所以，解得，
则，
设三棱锥外接球的球心为，则平面，
设，
由得，解得，
则三棱锥外接球的半径，
所以三棱锥外接球的体积为.
故选：D.
【点睛】方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法：
①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；
②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径；
③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可；
④坐标法：建立空间直角坐标系，设出外接球球心的坐标，根据球心到各顶点的距离相等建立方程组，求出球心坐标，利用空间中两点间的距离公式可求得球的半径.
二、多选题
30．（2023·重庆·统考模拟预测）在正方体中，点P满足，其中，，则下列说法正确的是（ ）
A．当时，平面
B．当时，三棱锥的体积为定值
C．当时，△PBD的面积为定值
D．当时，直线与所成角的取值范围为
【答案】ABD
【分析】对于A选项，确定点在面对角线上，通过证明面面平行，得线面平行；
对于B选项，确定点在棱上，由等体积法，说明三棱锥的体积为定值；
对于C选项，确定点在棱上，的底不变，高随点的变化而变化；
对于D选项，通过平移直线，找到异面直线与所成的角，在正中，确定其范围.
【详解】对于A选项，如下图，当时，点在面对角线上运动，
又平面，所以平面，
在正方体中，且，则四边形为平行四边形，
所以，，平面，平面，平面，
同理可证平面，
，所以，平面平面，
平面，所以，平面，A正确；
对于B选项，当时，如下图，点在棱上运动，
三棱锥的体积为定值，B正确；
对于C选项，当时，如图，点在棱上运动，过作于点，
则，其大小随着的变化而变化，C错误；
对于D选项，如图所示，当时，，，三点共线，
因为且,所以四边形为平行四边形，所以，
所以或其补角是直线与所成角，
在正中，的取值范围为，D正确.
故选：ABD.
31．（2023·广东深圳·统考二模）如图，在矩形AEFC中，，EF=4，B为EF中点，现分别沿AB、BC将△ABE、△BCF翻折，使点E、F重合，记为点P，翻折后得到三棱锥P-ABC，则（ ）
A．三棱锥的体积为 B．直线PA与直线BC所成角的余弦值为
C．直线PA与平面PBC所成角的正弦值为 D．三棱锥外接球的半径为
【答案】BD
【分析】证明平面，再根据即可判断A；先利用余弦定理求出，将用表示，利用向量法求解即可判断B；利用等体积法求出点到平面的距离，再根据直线PA与平面PBC所成角的正弦值为即可判断C；利用正弦定理求出的外接圆的半径，再利用勾股定理求出外接球的半径即可判断D.
【详解】由题意可得，
又平面，
所以平面，
在中，，边上的高为，
所以，故A错误；
对于B，在中，，
，
所以直线PA与直线BC所成角的余弦值为，故B正确；
对于C，，
设点到平面的距离为，
由，得，解得，
所以直线PA与平面PBC所成角的正弦值为，故C错误；
由B选项知，，则，
所以的外接圆的半径，
设三棱锥外接球的半径为，
又因为平面，
则，所以，
即三棱锥外接球的半径为，故D正确.
故选：BD.
32．（2023·湖南益阳·统考模拟预测）如图，矩形ABCD中，E、F分别为BC、AD的中点，且，，现将沿AE向上翻折，使B点移到P点，则在翻折过程中，下列结论正确的是（ ）
A． B．存在点P，使得
C．存在点P，使得 D．三棱锥的体积最大值为
【答案】ACD
【分析】根据给定条件，利用平面图形翻折前后折线两侧量的关系，结合线线垂直、平行的判定判断BC；由线面垂直推理判断C；求出锥体体积最大值判断D作答.
【详解】依题意，，则四边形为平行四边形，有，
而，，即有，因此，
即，因此，A正确；
因为，，因此不平行，即不存在点P，使得，B错误；
连接，当时，因为，即，则，
而，平面，因此平面，又分别为的中点，
即，于是平面，而平面，则，C正确；
在翻折过程中，令与平面所成角为，则点到平面的距离，
又的面积，因此三棱锥的体积，
当且仅当，即平面时取等号，所以三棱锥的体积最大值为，D正确.
故选：ACD
33．（2023·山西·统考二模）已知三棱锥的所有棱长均为，平面ABC，O为垂足，是PO的中点，AD的延长线交平面PBC于点，的延长线交平面PAB于点，则下列结论正确的是（ ）
A．//
B．若是棱PB上的动点，则的最小值为
C．三棱锥外接球的表面积为
D．
【答案】ACD
【分析】A选项，设分别为中点，先证明是等腰三角形底边上的高线上一点，且满足，同理可以说明是等腰三角形底边上的高线上一点同样位置，然后可得到//，再由中位线可得//，进而得到证明；
B选项，将三棱锥保留展开成平面图形后处理；
C选项，根据正棱锥的对称性，球心必定落在射线上，列出勾股定理方程计算；
D选项，利用同高不同底的棱锥，体积之比是底面积之比，结合A选项，考察之间的关系.
【详解】A选项，由题知，该三棱锥是正四面体，取中点，连接，显然会经过，于是，过作//，交于.
由于是在的投影，由正棱锥性质，为等边的重心，于是，由//可知，和相似，于是，
由是PO的中点，易得和全等，则，于是，同理可说明，于是和相似，
于是//，又为中边对应的中位线，故//，于是//，A选项正确；
B选项，将三棱锥保留边展开，成如图所示的平面图形，该图形由两个等边三角形拼成的菱形，显然的最小值在共线取得，
即的最小值为，B选项错误；
C选项，先算一些数据，借助A选项的图，的外接圆半径，故，，于是.
根据对称性，三棱锥外接球的球心在射线上，不妨设球心为，外接球半径为，则，，
又，则，解得（由于，实际上球心在三棱锥外），故外接球表面积为：，C选项正确；
D选项，三棱锥和等高，由，于是，根据A选项，，，即，
于是，注意到三棱锥和等高，故，
于是，D选项正确.
故选：ACD
34．（2023·浙江·统考二模）已知正方形中，，是平面外一点.设直线与平面所成角为，设三棱锥的体积为，则下列命题正确的是（ ）
A．若，则的最大值是 B．若，则的最大值是
C．若，则的最大值是 D．若，则的最大值是
【答案】AC
【分析】根据椭圆的定义和旋转体的概念可知当时点P的轨迹是一个椭球，当时点P的轨迹是以AD为直径的球，结合图形分析，即可求解.
【详解】由题意知，点P为动点，A、C为定点，，
由椭圆的定义知，点P的轨迹是以为焦距，长轴为的椭圆，
将此椭圆绕AC旋转一周，得到一个椭球，即点P的轨迹是一个椭球，
而椭球面为一个椭圆，由，
即，得，
当点P运动到椭球的上、下顶点时，取到最大值，
此时；
设点P在平面ABCD上的射影为Q，则，
又，且，
所以当且仅当时最大，即取到最大值；
当时，由，得，
则点P的轨迹是以AD为直径的球，设AD的中点为O，则O为球心，
当即时，取到最大值，
此时；
当直线BP与球相切于点P即时，取到最大值，
此时，则.
故选：AC.
35．（2023·广东广州·统考二模）已知正四面体的棱长为2，点，分别为和的重心，为线段上一点，则下列结论正确的是（ ）
A．若取得最小值，则
B．若，则平面
C．若平面，则三棱锥外接球的表面积为
D．直线到平面的距离为
【答案】BCD
【分析】将正四面体放入正方体中，建立空间直角坐标系，对每个选项逐一分析即可．
【详解】将正四面体放入正方体中，以点为原点，以，，所在直线为轴，轴，轴，如图所示，
因为正四面体的长为2，
所以正方体的棱长为，
则，，，
因为点，分别为和的重心，
所以点的坐标为，点的坐标为
所以
设，则，
所以，
所以，
，
对于Ａ：因为，
，
所以，
当时，即，，取得最小值，故A错误；
对于B：若，则，
所以，
因为，，设平面的一个法向量为，
则，取，则，
因为，
所以平面，即平面，故B正确；
对于C：若平面，则，即，
，即，
设平面的一个法向量为，因为，，
则，取，则，
因为，
所以平面，则三棱锥外接球的球心在直线上，
又因为点为等边三角形的重心，
所以点为等边三角形的外心，外接圆半径为，
设三棱锥外接球的半径为，
则，即，解得，
所以三棱锥P－ABC外接球的表面积为，故C选项正确；
对于D：因为点的坐标为，点的坐标为，
所以，
设平面的一个法向量为，
因为，，
所以，取，则，
因为，且直线平面，
所以直线平面，
所以点到平面的距离就是直线到平面的距离，
则点到平面的距离，
即直线到平面的距离为，故D正确，
故选：BCD．
36．（2023·湖北武汉·统考二模）三棱锥中，，，，直线PA与平面ABC所成的角为，直线PB与平面ABC所成的角为，则下列说法中正确的有（ ）
A．三棱锥体积的最小值为
B．三棱锥体积的最大值为
C．直线PC与平面ABC所成的角取到最小值时，二面角的平面角为锐角
D．直线PC与平面ABC所成的角取到最小值时，二面角的平面角为钝角
【答案】ACD
【分析】作平面，由题意得到，建立直角坐标系，设，，求得点的轨迹方程为，结合圆的性质求得，利用体积公式，可判定A正确，B错误；再化简得到结合点与圆的位置关系，得到H在外部，可判定C、D正确．
【详解】如图（1）所示，作平面，连接，
因为直线PA与平面ABC所成的角为，直线PB与平面ABC所成的角为，
所以，即
所以，即，
以所在的直线为轴，以的垂直平分线为轴，建立如图（2）平面直角坐标系，
设，，，
则，整理得，
可得圆心，半径，
设点圆与轴的交点分别为，可得，
因为，所以
又由且， 所以，
则，，所以A正确，B错误；
因为，可设，
设与平面所成角为，且，
可得，且，
又由
，
令，根据斜率的结合意义，可得表示圆与定点连线的斜率，
又由与圆相切时，
可得，解得或，即，
当时，此时取得最小值，即最小时，此时H在外部，
如图（3）所示，此时二面角的平面角为锐角，的平面角为钝角，所以C、D正确．
故选：ACD．
37．（2023·河北张家口·统考二模）已知在棱长为1的正方体中，点为下底面上的动点，则（ ）
A．当在对角线上运动时，三棱锥的体积为定值
B．当在对角线上运动时，异面直线与所成角可以取到
C．当在对角线上运动时，直线与平面所成角可以取到
D．若点到棱的距离是到平面的距离的两倍，则点的轨迹为椭圆的一部分
【答案】AB
【分析】根据线面平行的性质结合三棱锥体积公式可判断A；建立空间直角坐标系，利用空间角的向量求法可判断B，C；根据圆锥曲线的定义可判断D.
【详解】当在对角线上运动时，平面，平面,
故平面，从而点到平面的距离为定值，
从而三棱锥的体积为定值，即三棱锥的体积为定值，正确；
以为原点，分别为轴 轴 轴，建立空间直角坐标系，
则，，，
由在对角线上运动，设，
于是，
假设存在点满足异面直线与所成角为，因此，
解得，所以异面直线与所成角可以取到，B正确；
,，则，
故平面，所以平面的一个法向量为，
于是令，解得，
即直线与平面所成角取不到，错误；
注意到点到棱的距离为，过点作的垂线，垂足为，
则点到平面的距离为，
在平面内，动点到定点A的距离与到定直线的距离之比为2，
即动点的轨迹在双曲线上，错误,
故选：AB.
【点睛】关键点睛：本题考查立体几何中动点轨迹，异面直线所成角 线面角的计算，解答的关键是要发挥空间想象能力。利用空间向量处理空间角，利用圆锥曲线的定义确定立体几何中动点的轨迹,
38．（2023·重庆·统考模拟预测）已知某正方体的体积为64，它的内切球的球面上有四个不同点，，，，且，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则直线与可能异面
B．若，则直线与可能平行
C．若，则平行直线与间距离的取值范围是
D．若直线与相交，则四边形面积的取值范围是
【答案】ABD
【分析】先求出正方体的边长，根据，可得是以为半径的截面圆的直径，根据以为直径的截面圆和以为直径的截面圆平行时，结合图象即可判断AC；根据球的截面的性质结合条件当四点在同一个截面圆中时结合三角形的面积公式即可判断BD.
【详解】因为正方体的体积为64，所以该正方体的边长为，
则它的内切球的球的半径为，
因为，
所以是以为半径的截面圆的直径，
对于A，若，假如以为直径的截面圆和以为直径的截面圆平行时，
则直线与异面，故A正确；
对于B，若，当四点在同一个截面圆中时，
如图所示，由对角线垂直且平分可得四边形为正方形，
所以，故B正确；
对于C，若，当以为直径的截面圆和以为直径的截面圆平行时，
平行直线与间距离最大，
此时在同一个轴截面内，如图所示，
则，所以，
所以平行直线与间距离的最大值为，
又因平行直线与间距离大于，
所以平行直线与间距离的取值范围是，故C错误；
对于D，直线与相交，则四点在同一个截面圆中，如图所示，
设交于点，设，
则
，
，
则四边形面积，
因为，所以，
所以四边形面积的取值范围是，故D正确.
故选：ABD.
【点睛】关键点点睛：从所在的截面圆和所在的截面圆平行和四点在同一个截面圆中，两个角度来分析是解决本题的关键.
三、填空题
39．（2023·江西南昌·校联考二模）在平面四边形中，，，，现将 沿着折起，得到三棱锥，若二面角的平面角为135°，则三棱锥的外接球表面积为__________.
【答案】
【分析】先求出外接球的球心，根据几何关系求出外接球的半径即可.
【详解】
如图，取的中点，的中点，连接，，
因为，所以 ，因为， ，所以 ，
；
过点作平面，过点作平面， ，
因为点，分别是 和的外心，所以点是三棱锥的外接球的球心；
由，得，，，所以，，，，
，
则三棱锥的外接球的半径，所以外接球的表面积 ；
故答案为： .
40．（2023·广西南宁·统考二模）在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑，在鳖臑中，平面，，，已知动点从点出发，沿外表面经过棱上一点到点的最短距离为，则该棱锥的外接球的体积为______.
【答案】
【分析】将沿翻折到与共面得到平面四边形如图1所示，设，利用余弦定理求出，将三棱锥补成长方体如图2所示，该棱锥的外接球即为长方体的外接球，求出外接球的半径，即可求出其体积.
【详解】解：将沿翻折到与共面得到平面四边形如图1所示，
设，即，由题意得，
在中，由余弦定理得
即
即，解得或（舍去），
将三棱锥补成长方体如图2所示，
该棱锥的外接球即为长方体的外接球，
则外接球的半径，
所以外接球的体积.
故答案为：
41．（2023·上海浦东新·统考三模）陕西历史博物馆收藏的“独孤信多面体煤精组印”是一枚形状奇特的印信（如图1），它的形状可视为一个26面体，由18个正方形和8个正三角形围成（如图2）． 已知该多面体的各条棱长均为1，则其体积为__________．
【答案】///
【分析】该多面体可以看作为正方体截取一部分构成，把复杂的几何体转化为简单几何体构成即可.
【详解】
如图，该多面体可以看做由一个棱长为的正方体截去8个如①三棱柱和8个如②四棱锥和12个如③三棱柱构成，
①为底面为以两直角边为的等腰直角三角形，高为的直三棱柱，其体积为：
②为底面为以棱长为和1的矩形，高为的四棱锥其体积为：
③为底面为以两直角边为的等腰直角三角形，高为的直三棱柱，其体积为：
所求多面体体积为：
故答案为：.
42．（2023·广西·统考模拟预测）在四面体中，，，向量与的夹角为，若，则该四面体外接球的表面积为_____________．
【答案】
【分析】利用条件，将四面体补成直三棱柱，再利用条件和球的截面圆的性质即可求出外接球的半径，从而求出结果.
【详解】如图，过点作且，连，
因为，所以，又，，平面，所以平面，
将四面体补成如图所示的直三棱柱，则四面体的外接球即为直三棱柱的外接球，
因为向量与的夹角为，所以，又，所以三角形是等边三角形，
设直三棱柱上下底面中心分别为，连接，则由球的截面圆的性质知，球心为的中点，
设外接球的半径为，易知，，所以，
所以该四面体外接球的表面积为．
故答案为：.
43．（2023·河南新乡·统考三模）已知球O的体积为，三棱锥的顶点均在球的表面上，，，，，E为AC的中点，当时，三棱锥的体积为__________．
【答案】/
【分析】根据题意分析可得E就是球O的球心，平面BCD，球的半径，结合锥体的体积公式分析运算.
【详解】连接，
因为，，
所以，E为AC的中点，且，
即，则E就是球O的球心，
因为，，，
所以平面ABD，
平面ABD，所以，
又因为，，平面BCD，
设球O的半径为，
因为球O的体积为，则，解得，
则，，，
所以三棱锥的体积.
故答案为：.
【点睛】方法定睛：多面体与球切、接问题的求解方法
1.涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题求解．
2.若球面上四点P、A、B、C构成的三条线段PA、PB、PC两两垂直，且PA＝a，PB＝b，PC＝c，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，根据4R2＝a2＋b2＋c2求解．
正方体的内切球的直径为正方体的棱长．
3.球和正方体的棱相切时，球的直径为正方体的面对角线长．
4.利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解．
44．（2023·宁夏中卫·统考一模）蹴鞠，又名“蹴球”“蹴圆”等，“蹴”有用脚蹴、踢的含义，“鞠”最早系外包皮革、内饰米糠的球，因而“蹴鞠”就是指古人以脚蹴、踢皮球的活动，类似今日的踢足球活动.如图所示，已知某“鞠”的表面上有四个点，，，，满足，，则该“鞠”的表面积为____________.
【答案】
【分析】由题意画出图形，可得，均为等边三角形，设球心为O，的中心为，取中点，连接AF，CF，OB，，AO，构造直角三角形，利用勾股定理求解棱锥外接球的半径，再由球的表面积公式求解.
【详解】由已知得，均为等边三角形，如图所示，
设球心为O，的中心为，取中点，连接AF，CF，OB，，AO，
则，，而，平面，∴平面，
可求得 而，， 则，
在平面中，过点作的垂线，与的延长线交于点，
由平面，平面，得，
又，，平面，故平面，
过点O作于点G，则四边形是矩形，
而 ，
设球的半径为R，，则由，，
得 ， ，
解得， ，
故三棱锥外接球的表面积为.
故答案为：
【点睛】方法点睛：对于三棱锥外接球的三种模型
第一种模型为常见墙角模型，此时将三棱锥看作长方体中的一个部分，将长方体进行补全之后就可以找到外接球半径与长方体三边之间的关系.
第二种模型为对边相等的三棱锥外接球，方法同样将其补形为长方体，我们可以通过画出一个长方体，标出三组互为异面直线的对边，然后通过每一组在直角三角形中的满足勾股定理的形式而列出方程，然后再将三组方程相加之后就可以得到长方体三边的平方的关系，继而可以求出外接球的半径.
第三种模型为确定球心来构造直角三角形，这种模型最关键的就是利用底面三角形的外心来确定球心，然后来构造直角三角形将立体图形转化为平面图形，在直角三角形当中来求出球的半径.
四、解答题
45．（2023·西藏拉萨·统考一模）如图，在直三棱柱中，，，，为棱的中点.
(1)求证：平面；
(2)若，求三棱锥的体积.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用已知直三棱柱的结构特征，证明平面，可得，再利用侧面矩形的结构特征，证明，可得平面；
（2）由（1）中的证明过程可得，计算数据代入即可.
【详解】（1）因为为直三棱柱，所以平面.
又平面，所以.
因为为棱的中点，，所以.
因为平面，平面，，所以平面.
又平面，所以.
因为为棱的中点，所以.
又，所以，同理，所以.
因为平面，平面，，
所以平面.
（2）因为，，，
所以，，
所以.
由（1）知平面，
所以，
即三棱锥的体积为.
46．（2023·四川遂宁·统考三模）如图，已知四棱锥中，，是面积为的等边三角形，且，.
(1)证明：直线 ；
(2)求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）首先做辅助线，取AB得中点E，连接SE，DE，转化垂直关系，证明平面；
（2）利用等体积转化，，求点到平面的距离.
【详解】（1）取AB得中点E，连接SE，DE如图所示，
因为，所以，因为的面积为，所以.
在中，，，，
因为，所以 ，
因为 是等边三角形，为线段的中点，所以，
又因为,平面ABCD，所以平面ABCD .
平面ABCD，，，，平面，
平面SAB，又平面SAB，直线.
（2）由（1）知平面ABCD，所以SE为四棱锥的高，
又，
故三棱锥的体积，又因为，.
，，.
47．（2023·广西河池·校联考模拟预测）已知四棱锥中，底面为直角梯形，平面，，，，，为中点，过，，的平面截四棱锥所得的截面为．
(1)若与棱交于点，画出截面，保留作图痕迹（不用说明理由），并证明．
(2)求多面体的体积．
【答案】(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）延长，连接交于，连接，可得截面；过作交于，通过证明，可得；
（2）由（1）可得，后由题目条件可得答案.
【详解】（1）延长，连接交于，连接，如图，四边形为截面.
中，，由，则为中点，为中点．
过作交于，则.
,.，即．
（2）.
由题意及（1）可得，.
则；
又可得，点F到平面BEC距离为，
则.
则．
48．（2023·陕西西安·西安中学校考模拟预测）如图，已知AB'C是边长为2的等边三角形，D是AB'的中点，DH⊥B′C，如图，将B'DH沿边DH翻折至BDH.
(1)在线段BC上是否存在点F，使得AF∥平面BDH？若存在，求的值；若不存在，请说明理由；
(2)若平面BHC与平面BDA所成的二面角的余弦值为，求三棱锥B-DCH的体积.
【答案】(1)存在，；
(2)
【分析】（1）根据等边三角形的三线合一及线线垂直的性质定理，利用平行线分线段成比例定理及线面平行的判定定理，结合面面平行的判定定理及面面平行的性质定理即可求解；
（2）根据已知条件及线面垂直的判定定理，建立空间直线坐标系，写出相关点的坐标，分别求出平面BHC与平面BDA的法向量，利用向量的夹角公式及棱锥的体积公式即可求解.
【详解】（1）存在点F满足题意，且，理由如下:
在图甲中，取B′C的中点M，连接AM，如图所示
因为AB'C是等边三角形， B′C的中点为M，
所以,
因为DH⊥B′C，
所以AM∥DH，
在图乙中，AM∥DH，AM平面BDH，DH平面BDH，
所以AM∥平面BDH，且；
在线段BC上取点F使，连接MF，FA，如图所示
因为，
所以MF∥BH，
又因为平面BDH，平面BDH，
所以MF∥平面BDH，
又因为MFAM=M，MF，AM平面AMF，
所以平面AMF//平面BDH，
又因为AF平面AMF，
所以AF∥平面BDH.
（2）在图中，DH⊥HC，DH⊥HB，HCHB=H，HC，HB平面BHC，HC，HB 平面BHC，所以DH⊥平面BHC，以H为原点建立的空间直角坐标系，如图所示
则H（0，0，0），A（，，0），C（，0，0），D（0，，0），
设，则，
，，
设平面BDA的法向量为则
，即，
令，则，，
所以，
易知平面BHC的一个法向量
因为平面BHC与平面BDA所成的二面角的余弦值为，
所以，
化简整理得:，
所以，，，
所以B（，0，），
所以三棱锥B-DCH的高为，
又因为底面积，
所以三棱锥的体积为.
49．（2023·四川泸州·统考三模）如图，正方形ABCD的边长为4，平面ABCD，平面ABCD，，M为棱PD上一点．
(1)是否存在点M，使得直线平面BPQ？若存在，请指出点M的位置并说明理由；若不存在，请说明理由；
(2)当时，求多面体PABQM的体积．
【答案】(1)存在，M为PD的中点，证明见解析
(2)
【分析】（1）设O为AC，BD的交点，先证明平面平面BPQ，通过面面平行来说明线面平行即可；
（2）将多面体PABQM分为三棱锥和三棱锥的组合，依次求体积即可.
【详解】（1）
当M为PD的中点时满足条件．证明如下：
连接AC、BD，设O为AC，BD的交点，连接OM、CM．
因为四边形ABCD为正方形，所以O为BD的中点．
故在中，OM为的中位线，即．
又因为平面ABCD，平面ABCD，
所以，即A，C，P，Q四点共面．
又因为，所以四边形ACQP为平行四边形，所以，
而，，且面ACM，面BPQ，
所以平面平面BPQ．
因为平面ACM，所以∥平面BPQ；
（2）
连接AQ，因为，，，
所以，，．
于是
．
又因为，
所以多面体PABQM的体积为．
50．（2023·上海浦东新·统考三模）如图所示的几何体是圆锥的一半和一个三棱锥组成，圆锥底面圆O的半径为1，圆锥的高，三棱锥的底面是以圆锥的底面圆的直径AB为斜边的等腰直角三角形，且与圆锥底面在同一个平面上．
(1)求直线和平面所成角的大小；
(2)求该几何体的表面积．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）找到直线和平面所成角等于，由，求出线面角；
（2）求出圆锥表面积的一半加上、和的面积即可.
【详解】（1）连接，由题意，⊥平面，故直线在平面上的射影为直线，
因此直线和平面所成角等于．
因为是以为直径的等腰直角三角形，所以．
因此，由知．
即直线和平面所成角的大小为．
（2）由题意，所求表面积等于圆锥表面积的一半加上、和的面积．
因为圆锥的高，圆锥的底面半径，所以圆锥的母线长为，
表面积为．
在和中，，，
所以，得． 同理．
因此．
而，
因此，所求表面积为．
51．（2023·北京朝阳·二模）如图，在四棱锥中，底面ABCD是矩形，底面ABCD，且，E是PC的中点，平面ABE与线段PD交于点F.
(1)证明：F为PD的中点；
(2)再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线BE与平面PAD所成角的正弦值.
条件①：三角形BCF的面积为；
条件②：三棱锥的体积为1.
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由线面平行的判定证面，再由线面平行的性质可证，进而有△中为中位线，即可证结论；
（2）由线面垂直的性质、判定证两两垂直，且面，构建空间直角坐标系，根据所选条件求得，进而求直线方向向量和面的法向量，利用线面角夹角的向量求法求其正弦值.
【详解】（1）由底面ABCD是矩形，则，而面，面，
所以面，
又E是PC的中点，面ABE与线段PD交于点F，即面面，
而面，则，故，
△中为中位线，故F为PD的中点；
（2）由底面ABCD，面，则，又，
由，面，则面，
由面，故，即△为直角三角形，且；
由面，则面面，同理有面面；
又面，故，又，
所以两两垂直，可构建如下空间直角坐标系，
选①，则，故，而，
选②，由，而，所以；
此时，，，则，
又是面的一个法向量，若直线BE与平面PAD所成角为，
所以.
52．（2023·河南·洛阳市第三中学校联考模拟预测）如图，在三棱锥中，，．
(1)证明：平面平面；
(2)设，为的中点，，求点到平面的距离．
【答案】(1)见解析
(2)
【分析】（1）取的中点,连接，首先通过三角形全等证明，再利用面面垂直的判定即可证明；
（2）首先求出，再利用等体积法即可求出点到平面的距离.
【详解】（1）如图,取的中点,连接，
.
又为公共边，
，.
同理可得，，
，，
，
又，平面，平面,
平面平面平面.
（2）在中,为的中点，，
在中,为的中点，
在Rt中,,则,
平面，为三棱锥的高，
三棱锥的体积.
由,
可得的面积.
设点到平面的距离为,
由,
得,解得,
故点到平面的距离为.
53．（2023·山东淄博·统考二模）如图，是圆柱底面的内接三角形，为圆柱的母线，其中，圆柱的母线和其底面圆直径的长都为2.
(1)当时，证明：；
(2)当三棱倠体积最大值时，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）根据线面垂直的判定定理结合条件可得平面，平面，进而即得；
（2）根据正余弦定理结合条件可得为正三角形，然后利用坐标法，根据面面角的向量求法即得.
【详解】（1）由于为圆柱的母线，所以平面，平面，
可得：，
由已知，且平面平面，
所以平面，因为平面，
所以，
因为平面，平面，，所以，
且平面平面，
所以平面，
且平面，所以；
（2）当三棱锥体积最大值时，即的面积取得最大值，设的三边为，
因为，，由余弦定理可得，当且仅当等号成立，
所以，此时为正三角形，
以所在直线为轴，所在直线为轴，如图建立空间直角坐标系，
则，，
设平面的法向量为，其中，
则，令，得，
设平面的法向量为，其中，
满足，，令，得，
平面与平面夹角的余弦值为.
21世纪教育网(www.21cnjy.com)
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