人教A版2024年高考数学难点专题必修二难点 立体几何初步2（含解析）

中小学教育资源及组卷应用平台
必修二难点 立体几何初步2
一、单选题
1．已知直线a，b，平面，，，则下列判断正确的是（ ）
A．， B．，
C．，，， D．，，
2．如图所示，观察四个几何体，其中判断正确的是（ ）
A． 是棱台 B． 是圆台
C． 不是棱柱 D． 是棱锥
3．如图，在正方形中，、分别是、的中点，沿、、把正方形折成一个四面体，使、、三点重合，重合后的点记为，点在内的射影为．则下列说法正确的是（ ）
A．是的垂心 B．是的内心
C．是的外心 D．是的重心
4．如图是一个正方体的表面展开图，则图中“0”在正方体中所在的面的对面上的是（ ）
A．2 B．联
C．9 D．考
5．正三角形的边长为，如图，为其水平放置的直观图，则的周长为（ ）
A． B． C． D．
6．牙雕套球又称“鬼工球”，取鬼斧神工的意思，制作相当繁复，工艺要求极高.明代曹昭在《格古要论·珍奇·鬼工毬》中写道：“尝有象牙圆毬儿一箇，中直通一窍，内车数重，皆可转动，故谓之鬼工毬”.现有某“鬼工球”，由外及里是两层表面积分别为和的同心球（球壁的厚度忽略不计），在外球表面上有一点，在内球表面上有一点，连接线段.若线段不穿过小球内部，则线段长度的最大值是（ ）
A．cm B．9cm C．3cm D．2cm
7．四棱锥中，底面是正方形，，．是棱上的一动点，E是正方形内一动点，的中点为，当时，的轨迹是球面的一部分，其表面积为，则的值是（ ）
A． B． C． D．6
8．如图，在正四棱柱中，，分别为的中点，异面直线与所成角的余弦值为，则
A．直线与直线异面，且 B．直线与直线共面，且
C．直线与直线异面，且 D．直线与直线共面，且
9．已知，是空间中两条不同的直线，，是空间中两个不同的平面，下列说法正确的是（ ）
A．若，，，则 B．若，，则
C．若，，，则 D．若，，则
10．已知正三棱柱，的体积为，底面积为，则三棱柱的外接球表面积为（ ）
A． B． C． D．
11．关于三个不同平面、、与直线，下面命题中的假命题是（ ）
A．若，则内一定存在直线平行于
B．若与不垂直，则内一定不存在直线垂直于
C．若，，，则
D．若，则内所有直线垂直于
12．某中学的校友会为感谢学校的教育之恩，准备在学校修建一座四角攒尖的思源亭如图它的上半部分的轮廓可近似看作一个正四棱锥，已知此正四棱锥的侧面与底面所成的二面角为30°，侧棱长为米，则以下说法不正确（ ）
A．底面边长为6米 B．体积为立方米
C．侧面积为平方米 D．侧棱与底面所成角的正弦值为
13．已知某几何体的三视图如图所示，网格纸上小正方形的边长为1，则该几何体的体积为（ ）
A． B． C． D．
14．正三棱锥中，若三条侧棱两两垂直，且，则正三棱锥的高为（ ）
A． B．2 C． D．3
15．已知三棱锥的外接球的球心为，平面，，，，则球心O到平面的距离为（ ）
A． B． C． D．
16．如图，网格纸中小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的表面积为（ ）
A． B．
C． D．
17．棱长为2的正四面体内切一球，然后在正四面体和该球形成的空隙处各放入一个小球，则这些小球的最大半径为（ ）
A． B． C． D．
18．如图所示，在直角梯形中，，，，分别是，上的点，，且（如图①），将四边形沿折起，连接，，（如图②），在折起的过程中，下列说法中不正确的个数是（ ）
①平面；②，，，四点不可能共面；③若，则平面平面；④平面与平面可能垂直
A．0 B．1 C．2 D．3
19．如图所示几何体ABCDEF，底面ABCD为矩形，，，△ADE与△BCF是等边三角形，，，则该几何体的外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
20．如图，在长方体，中，点在平面内的射影为，则下列正确结论的序号为（ ）
①多面体的外接球的表面积等于三棱锥的外接球的表面积；
②点为的垂心；
③﹔
④.
A．①②④ B．①② C．①③④ D．②④
二、多选题
21．有下列命题，其中错误的命题为（ ）
A．有两个面平行，其余各面都是四边形的几何体叫棱柱
B．有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体叫棱柱
C．有两个面平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行的几何体叫棱柱
D．直四棱柱是直平行六面体
22．圆台的上、下底面半径分别是10和20，它的侧面展开图扇环的圆心角为，则圆台的（ ）
A．母线长是20 B．表面积是
C．高是 D．体积是
23．半正多面体（semiregular solid）亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，半正多面体有且只有13种．最早用于1970年世界杯比赛的足球就可以近似看作是由12个正五边形和20个正六边形组成的半正面体，半正多面体体现了数学的对称美．如图所示的二十四等边体就是一种半正多面体，它由8个正三角形和6个正方形围成，它是通过对正方体进行八次切截而得到的．若这个二十四等边体的棱长都为2，则下列结论正确的是（ ）
A．与平面不可能垂直 B．异面直线和所成角为
C．该二十四等边体的体积为 D．该二十四等边体外接球的表面积为
24．如图所示，在棱长为2的正方体中，点，分别为棱，上的动点（包含端点），则下列说法正确的是（ ）

A．四面体的体积为定值
B．当，分别为棱，的中点时，则在正方体中存在棱与平面平行
C．直线与平面所成角的正切值的最小值为
D．当，分别为棱，的中点时，则过，，三点作正方体的截面，所得截面为五边形
25．在棱长为1的正方体中，点在棱上运动，点在正方体表面上运动，则（ ）
A．存在点，使
B．当时，经过点的平面将正方体分成体积比为的大小两部分
C．当时，点的轨迹长度为4
D．当时，点的轨迹长度为
三、填空题
26．如图，在正方体中，异面直线与所成的角为 ．
27．圆柱内接于球，圆柱的底面半径为3，高为8，则球的表面积为 .
28．如图，已知矩形中，，点分别在边上，且，.现沿将图形折起，使，则三棱柱的外接球的表面积为 .
29．半径为的球被平面截下的部分叫做球缺，垂直于截面的直径被截后的线段叫做球缺的高，球缺的体积公式为.已知圆锥的轴截面是边长为2的正三角形，在圆锥内部放置一个小球，使其与圆锥侧面和底面都相切，过小球与圆锥侧面的切点所在的平面将小球分成两部分，则较小部分的球缺的体积与球的体积之比为 .
30．已知三棱锥的顶点P在底面的射影O为的垂心，若的面积，的面积，的面积，满足，且三棱锥的外接球半径为3，则的面积之和的最大值为 ．
四、解答题
31．在直三棱柱中，，.
(1)求异面直线与所成角的大小；
(2)若与平面所成角为，求三棱锥的体积.
32．如图，在四棱锥中，平面底面，底面为正方形，，为的中点，为的中点.
(1)证明：∥底面；
(2)求四棱锥的体积.
33．如图，正方形ABCD是圆柱的轴截面，EF是圆柱的母线，圆柱的体积为.

(1)求圆柱的表面积；
(2)若，求点F到平面BDE的距离.
34．如图，在正三棱柱中，，为的中点，、在上，.

(1)试在直线上确定点，使得对于上任一点，恒有平面；（用文字描述点位置的确定过程，并在图形上体现，但不要求写出证明过程）
(2)已知在直线上，满足对于上任一点，恒有平面，为（1）中确定的点，试求当的面积最大时，二面角的余弦值.
35．如图，在四棱锥中，，，，△MAD为等边三角形，平面平面ABCD，点N在棱MD上，直线平面ACN．

(1)证明：．
(2)设二面角的平面角为，直线CN与平面ABCD所成的角为，若的取值范围是，求的取值范围．
参考答案：
1．D
【分析】根据长方体的几何性质，根据面面平行判定定理与性质定理，可得答案.
【详解】作长方体，连接左右侧面的对角线，如下图所示：
对于A，设，，平面，显然，，但，故A错误；
对于B，设，,平面，显然，，但，故B错误；
对于C，当且仅当，，，与相交，此时，故C错误；
对于D，根据面面平行的性质定理，故D正确.
故选：D.
2．D
【分析】根据棱台，圆台，棱柱，棱锥的概念即可判断．
【详解】对A，侧棱延长线不交于一点，不符合棱台的定义，所以A错误；
对B，上下两个面不平行，不符合圆台的定义，所以B错误；
对C，将几何体竖直起来看，符合棱柱的定义，所以C错误；
对D，符合棱锥的定义，正确．
故选：D．
【点睛】本题主要考查棱台，圆台，棱柱，棱锥的概念的理解，属于基础题．
3．A
【分析】先证明，，可证平面，从而可得，同理可知：，，从而判定为的垂心．
【详解】解：由题意可知、、两两垂直，，平面，
所以平面，平面，从而，
而平面，平面，则，
又，平面，
所以平面，平面，
，同理可证：，，
为的垂心．
故选：A．
4．B
【分析】将展开图还原成正方体，即得答案.
【详解】将展开图还原成正方体，如图所示
所以“0”在正方体中所在的面的对面上的是“联”.
故选：B.
【点睛】本题考查正方体的展开图，属于基础题.
5．C
【分析】根据斜二测画法以及正余弦定理求解各边长再求周长即可.
【详解】由斜二测画法可知,,, .
所以
.故.
.故.
所以的周长为.
故选：C
【点睛】本题主要考查了斜二测画法的性质以及余弦定理在求解三角形中线段长度的运用.属于基础题.
6．C
【分析】本题首先可根据题意确定外球的半径以及内球的半径，然后以外球表面上一点、内球表面上有一点以及球心作截面，根据线段不穿过小球内部得出线段与内球相切时线段的长度最大，最后通过计算即可得出结果.
【详解】因为外球的表面积为，内球的表面积为，
所以外球的半径为，内球的半径为，
如图，以外球表面上一点、内球表面上有一点以及球心作截面，
因为线段不穿过小球内部，所以当线段与内球相切时线段的长度最大，
则线段最长为，
故选：C.
7．B
【分析】首先假设，将四棱锥放在正方体中，然后根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半求得，得到点的轨迹，最后根据题意列出方程求出的值 .
【详解】
由题意不妨设,又，底面是正方形，
所以可将四棱锥放在一个正方体内，
所以面，又面，
则，又的中点为，
所以，
即的轨迹是以为球心，为半径的球，且点恒在正方体内部，
又因为8个一样的正方体放在一起，点的轨迹就可以围成一个完整的球，
所以的轨迹是以为球心，为半径的球的球面，
所以，解得，
故选：B
【点睛】本题主要考查立体几何中的动点问题，对学生的空间想象能力提出了很高的要求，在求解过程中，需要对立体几何中相关定理及结论做到非常熟练的应用.
8．B
【分析】连接，，，，由正四棱柱的特征可知，再由平面的基本性质可知，直线与直线共面.，同理易得，由异面直线所成的角的定义可知，异面直线与所成角为，然后再利用余弦定理求解.
【详解】如图所示：
连接，，，，由正方体的特征得，
所以直线与直线共面.
由正四棱柱的特征得，
所以异面直线与所成角为.
设，则，则，，，
由余弦定理，得.
故选：B
【点睛】本题主要考查异面直线的定义及所成的角和平面的基本性质，还考查了推理论证和运算求解的能力，属于中档题.
9．A
【分析】根据空间直线与平面、平面与平面的位置关系判断即可；
【详解】对于A：若，，则，又，则，故A正确.
对于B：若，，则或，故B不正确.
对于C：若，则，又，则或，故C不正确.
对于D：若，，则或或，故D不正确.
故选：A
10．A
【解析】由面积和体积可得三棱柱的底面边长和高，根据特征可知外接球的球心为上下底面中心连线的中点，再由勾股定理可得半径及球的表面积.
【详解】依题意，，而，
解得，记的中心为О，的中心为О1，则，
取的中点，因为，，由勾股定理得，同理可得，
所以正三棱柱的外接球的球心为即，为外接球的半径，
由正弦定理得，
故，
故三棱柱的外接球表面积，
故选：A．
【点睛】本题考查了正三棱柱外接球的表面积的求法，关键点是确定球心的位置和球的半径的长度，考查了学生的空间想象力和计算能力.
11．D
【分析】根据空间线面位置关系的判定和性质逐项进行判断即可.
【详解】A中，假设，则内所有平行于直线都平行于，故A正确；
B中，假设中存在直线垂直于，则，与题设矛盾，故假设不成立，B正确；
C中，，，则与的交线垂直于，故C正确；
D中，假设，则内所有平行于直线都平行于，故D错误.
故选：D
12．D
【分析】连接底面正方形的对角线交于点，连接，则为该正四棱锥的高，即平面，取的中点，连接，则的大小为侧面与底面所成，设正方形的边长为，求出该正四棱锥的底面边长，斜高和高，然后对选项进行逐一判断即可.
【详解】连接底面正方形的对角线交于点，连接
则为该正四棱锥的高，即平面
取的中点，连接，由正四棱锥的性质，可得
由分别为的中点，所以，则
所以为二面角的平面角，由条件可得
设正方形的边长为，则,又
则 , 解得 故选项A正确.
所以,
则该正四棱锥的体积为，故选项B正确.
该正四棱锥的侧面积为，故选项C正确.
由题意为侧棱与底面所成角，则，故选项D不正确.
故选：D
13．B
【分析】由三视图确定组合体的形状结构，然后由体积公式计算体积．
【详解】由三视图知原几何体是一个组合体：从上向下依次为正四棱台，长方体，正四棱台，长方体，尺寸见三视图，（如图是大致形状），体积为：
，
故选：B.
14．C
【详解】
因为正三棱锥的侧棱长SA=3，设点D为顶点S在底面上的投影，所以=3，解得 ，所以正三棱锥的高为 ，选C．
15．B
【分析】设的中点为，的中点为，连接，可证，再连接交于点，过作，垂足为，则可证且平面，从而可求O到平面的距离.
【详解】
因为，
故为等腰直角三角形且，而为的中点.
故为的外心，故平面.
因为平面，所以，故共面.
连接交于点，过作，垂足为.
因为，故，
在直角三角形中，，故，同理，
因为，故，而，故平面，
因为平面，故平面平面.
因为平面平面，，平面，
所以平面.
因为为三棱锥的外接球的球心，故，
因为平面，平面，故，
在平面中，因为，，故，
故四边形为矩形，且，.
又因为，
故，故.
在直角三角形中，.
故选：B.
【点睛】本题考查三棱锥的外接球的球心到给定平面的距离，注意根据外接球球心的性质确定球心的位置，并把点到平面的距离归结可解的直角三角形中来计算，本题属于较难题.
16．B
【分析】由三视图可知该几何体是四棱锥，分别计算各个面的面积求和即可.
【详解】根据几何体的三视图，得到几何体的直观图如下所示：
该几何体为三棱锥，是由四棱锥截去三棱锥所剩下的部分，
由于，，，
，，，
故三角形ADC，三角形ABC，三角形DCB均为直角三角形.
，
．
故选：B．
17．C
【分析】先求出正四面体的体积及表面积，利用求出内切球的半径，再通过求出空隙处球的最大半径即可.
【详解】由题，当球和正四面体的三个侧面以及内切球都相切时半径最大，
设内切球的球心为，半径为R，空隙处最大球的球心为，半径为，
为的中心，得平面，为中点，
球和球分别和平面相切于，，
在底面正三角形中，易求，，，
又，
由，即得，又，
，，，
又，可得即，即球的最大半径为.
故选：C.
18．B
【分析】连接、交于点，取的中点，证明四边形为平行四边形，可判断命题①；利用线面平行的性质定理和空间平行线的传递性可判断命题②；连接，证明出，结合线面垂直和面面垂直的判定定理可判断命题③；假设平面与平面垂直，利用面面垂直的性质定理可判断④.
【详解】对于①，连接、交于点，取的中点，连接、，如图所示：
则四边形是矩形，且，为的中点，
为的中点，且，又且，且，
四边形为平行四边形，，即，
平面，平面，平面，故①正确；
对于②，，平面，平面，平面，
假设四点、、、共面，则这四点可确定平面，则，平面平面，
由线面平行的性质定理可得，则，
但四边形为梯形且、为两腰，与相交矛盾，所以四点、、、不共面，故②正确；
对于③，连接、，设，则，
在中，，，则为等腰直角三角形，
且，，，且，
由余弦定理得，，
，又，，平面，
平面，，
，、为平面内的两条相交直线，所以平面，
平面，平面平面，故③正确；
对于④，假设平面与平面垂直，过点在平面内作，
平面平面，平面平面，，平面，
平面，
平面，，
，，，，，
又，平面，平面，.
，平面，平面，.
，，显然与不垂直，故④错误.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何综合问题，涉及线面平行、面面垂直的证明、以及点共面的判断，熟悉证明垂直关系与平行关系的判定定理及性质定理式解题的关键，考查推理能力，属于中等题.
19．C
【分析】找到球心及球心在平面ABCD上的投影，根据题干信息得到各边长，设出，利用半径列出方程，求出，进而求出半径，外接球表面积.
【详解】连接AC，BD交于点O，过O点作平面ABCD，交EF与M.
因为四边形ABCD为长方形，所以外接球的球心在OM直线上，设为外接球的球心，
取AD，BC的中点分别为G，H，连接EG，FH，
因为，，可得，
因为，为等边三角形，所以，
因为，，所以平面EFHG，
因为，所以，，
所以，，因为，所以EF到平面ABCD的距离为，
设，则，
所以，，所以，
即，解得:，
所以，
所以.
【点睛】立体几何中的外接球问题，要能画出图形，找到球心和球心在某些特殊平面上的投影，利用半径建立方程，求出半径，再求解表面积或体积.
20．A
【分析】根据外接球的定义可判断①，根据线面垂直可证线线垂直，即可判断②，根据三角形相似可知，即可判断③，分别表示各三角形面积，可判断④.
【详解】对于①：由题，多面体，与三棱锥同外接一个球，即长方体，的外接球，所以它们的外接球的表面积相等，所以①正确；
对于②：如图，连接，，则平面，因为平面，所以，长方体中，平面，平面，所以，
因为，所以平面，（线面垂直的判定定理的运用）
因为平面，所以，同理可证，所以点为的垂心，所以②正确；
对于③：延长与交于点，连接，则，，，所以，则，所以，而，，，所以，故③错误；
对于④：设，，，
则
，
，
所以，故④正确；
故选：A.
21．ABD
【分析】按照棱柱和直四棱柱、直平行六面体的定义判断即可.
【详解】A选项，它的每相邻两个四边形的公共边不一定互相平行，错，
B选项，也是它的每相邻两个四边形的公共边不一定平行，错，
C选项，它符合棱柱的定义，对，
D选项，直四棱柱的底面不一定是平行四边形，错，
故选：ABD.
22．ABD
【分析】如图所示，设圆台的上底面周长为，由已知求得母线长，即可求得高，再利用表面积和体积公式即可求得表面积和体积，从而得出答案.
【详解】解：如图所示，

设圆台的上底面周长为，因为扇环的圆心角为，所以，又，所以，同理，故圆台的母线，高，
体积，
表面积.
故选：ABD．
23．ABC
【分析】根据线面垂直得线线垂直，即可找到矛盾进而判断A,根据异面直线的夹角即可求解B,根据割补法即可求解C,根据外接球的半径即可求解表面积.
【详解】对于A，若平面，因为平面，所以，
又因为为等边三角形，所以，这与矛盾，故与平面不可能垂直，所以A正确；
对于B，因为，所以异面直线和所成的角即为直线和所成的角，设角，在正六边形中，可得，所以异面直线和所成角为，所以B正确；
对于C，补全八个角构成一个棱长为的一个正方体，则该正方体的体积为，其中每个小三棱锥的体积为，
所以该二十四面体的体积为，所以C正确；
对于D，取正方形对角线的交点为，即为该二十四面体的外接球的球心，
其半径为，
所以该二十四面体的外接球的表面积为，所以D不正确．
故选：ABC.
24．ACD
【分析】求出四面体的体积判断A；把正方体的棱分成3类，再判断各类中的一条即可判断B；作出线面角，并求出其正切表达式判断C；利用线线、线面平行的性质作出截面判断D.
【详解】点，在棱，上运动时，到距离始终为2，到平面的距离始终为2，
所以四面体的体积恒为定值，A正确；
在正方体中，棱可分为三类，分别是，及分别与它们平行的棱，
又不与平面平行，则在正方体中，不存在棱与平面平行，B错误；
正方体棱长为2，如图1，过作于，则有平面，
于是与平面所成角即为，于是，
又长度的最大值为，所以与平面所成角的正切值的最小值为，C正确；

如图2，取中点，连接，有，且，
则四边形是平行四边形，有，过作的平行线交于点，
此时，则，即为过，，三点的平面与平面的交线，
连接，在上取点，使得，同证的方法得，
在棱上取点，使，连接并延长交直线于，则，
即，而，于是四边形是平行四边形，
有，则为过，，三点的平面与平面的交线，
连接，则可得五边形即为正方体中过，，三点的截面，D正确．
故选：ABD
【点睛】方法点睛：作截面的常用三种方法：直接法，截面的定点在几何体的棱上；平行线法，截面与几何体的两个平行平面相交，或者截面上有一条直线与几何体的某个面平行；延长交线得交点，截面上的点中至少有两个点在几何体的同一平面上.
25．BCD
【分析】根据线面垂直的判定定理验证即可判断A；如图，由面面平行的性质判断几何体是棱台，结合棱台的体积公式计算即可判断B；结合图形可知点的轨迹是以棱的中点为顶点的正方形，即可判断C；先求出点在侧面内的轨迹，并求其长度，再求出点在底面、侧面内的轨迹的长度，即可判断D.
【详解】对于A，如图，在正方体中，易知，若存在点，使，
由于与相交，所以平面，显然不成立，故A错误．

对于B，当时，如图，记经过点的平面与交于点，连接，
则．由于平面平面，平面平面，平面平面，
所以．记，则．记，则，
所以点与重合．又平面平面，所以几何体是棱台，
，其余部分的体积为，
所以经过点的平面将正方体分成体积比为的大小两部分，故B正确．

对于C，当时，点的轨迹是以棱的中点为顶点的正方形，
如图所示，轨迹的长度为4，故C正确．

对于D，先看点在侧面内的轨迹，
以的中点为坐标原点，所在直线为轴建立平面直角坐标系，如图．
设，由可得点的轨迹方程为，
其是以为圆心，为半径的圆，记该圆与交于点，
则，点在侧面内的轨迹为一段圆弧．长度为，
同理点在底面内的轨迹的长度也为．

当点在侧面内时，其轨迹可视为以为球心，为半径的球面与侧面的交线，
由于，所以，
点在侧面内的轨迹是以为圆心，为半径的圆的，长为．
分析易知，其余面上的点均不满足题意．所以点的轨迹长度为，故D正确．

故选：BCD
【点睛】方法点睛：对于立体几何中的满足一定条件下的点的轨迹问题，往往需要建立平面或空间直角坐标系来进行求解，将几何问题代数化可以大大减少思考难度，提高做题效率.
26．
【分析】根据给定条件，作出异面直线与所成的角，再求出三角形某个内角即得.
【详解】在正方体中，连接，
正方体的对角面是矩形，则，
因此是异面直线与所成的角或其补角，
而，即是正三角形，则，
所以异面直线与所成的角为.
故答案为：
27．100π
【分析】作出圆柱的轴截面矩形，矩形的外接圆是球的大圆，由轴截面计算出球的半径可得表面积．
【详解】如图矩形是圆柱的轴截面，矩形的外接圆是球的大圆，O是球心，也是矩形对角线交点，中点是圆柱底面圆心，由圆柱的性质知：O1A＝3，OO1＝4，所以OA＝5，所以球的表面积为100π.
故答案为：100π．
28．
【分析】由该几何体为直三棱柱，其中两个直三棱柱可拼接成一个的长方体，结合长方体的结构特征，求得球的半径，再利用球的表面积公式，即可求解.
【详解】由题意，可得该几何体为直三棱柱，其中两个一样的直三棱柱可拼接成一个长、宽、高分别为的长方体，
则直三棱柱外接球的半径，即为该长方体的体对角线的一半，
又由，
所以外接球的半径，
所以所求的外接球的表面积为.
故答案为：.
【点睛】本题主要考查了球的表面积的计算，以及空间几何体的外接球的结构特征，其中解答中根据组合体的几何结构特征，求得外接球的半径是解答的关键，着重考查了空间想象能力，以及推理与计算能力.
29．
【分析】
依题意作圆锥轴截面图，按球缺的定义结合几何条件即可求解.
【详解】
如图所示为圆锥轴截面，,为小球与圆锥侧面的切线上两点，圆锥母线，
设内切球的半径为.由题意是等边三角形，则，，
所以小球的半径.
又，所以，则，
解得，则是中点，
同理可得是中点，所以，
故到的距离为，则上部分球缺的高，
上部分即较小部分球缺的体积为，
则较小部分球缺的体积与球的体积之比为.
故答案为：.
30．18
【分析】连接并延长交于E，由线面垂直的判定定理证得平面，进而证明，，由知，根据相似三角形可得，进而证明两两垂直，补三棱锥为以为棱的长方体，可得，再利用基本不等式求最值.
【详解】如图，连接并延长交于E，则，
连接，则平面，平面，
又，平面，，
同理可证
由，得，
即，结合，知
，，
又，，平面，，，
又，，平面，
两两垂直，
将三棱锥补成以为棱的长方体，则该长方体的体对角线为长方体外接球的直径，
当且仅当时，等号成立，
所以的面积之和的最大值为18.
故答案为：18
【点睛】方法点睛：空间几何体与球接、切问题的求解方法：
（1）求解球与棱柱、棱锥的接、切问题时，一般过球心及接、切点作截面，把空间问题转化为平面图形与圆的接、切问题，再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解．
（2）若球面上四点P，A，B，C构成的三条线段两两互相垂直，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，利用求解．
31．(1)；
(2).
【分析】(1)由，知为异面直线与所成的角；
(2)由平面知为与平面所成角，根据几何关系即可求出三棱柱的棱长.
【详解】（1）∵，∴为异面直线与所成的角(或其补角).
由，，得.
因此异面直线与所成角的大小为.
（2）∵平面，∴为与平面所成角，即.
由，，得，于是.
因此三棱锥的体积.
32．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据已知的条件分析出EF//BD，利用线面平行判定定理即可证明；
（2）证明PM⊥底面ABCD，代入锥体体积公式即可求解棱锥的体积.
【详解】（1）连接BD，
在中，为的中点，为的中点，所以EF//BD，
又底面，底面，所以∥底面；
（2）取AB的中点M，连接PM，
因为，所以，且，
又平面底面，平面底面=AB，平面，
所以底面，所以，
即四棱锥的体积为.
33．(1)
(2)
【分析】（1）由体积公式计算底面半径，再有表面积公式求解；
（2）证明平面，再有等体积法得出点F到平面BDE的距离.
【详解】（1）设圆柱的底面半径为，则，解得.
则圆柱的表面积为.
（2）连接，因为，所以，设点F到平面BDE的距离为，
易知，平面，，
所以平面，因为平面，所以，
所以，
，，
因为，所以.
即，解得.

34．(1)答案见解析
(2)
【分析】
（1）延长至点，使，点即所求的点，然后证明出平面平面，利用面面平行的性质可得出结论；
（2）分别延长、，所得交点即点，连接，则二面角即二面角，推导出，可知，当最大时，最大，利用基本不等式求出的最大值，及其等号成立的条件，分析可知为等腰直角三角形，取的中点，则，在平面内过点作，垂足为，连接，分析可知为二面角的平面角，计算出三边边长，即可求得的余弦值，即为所求.
【详解】（1）解：延长至点，使，点即所求的点，图形如下：

证明如下：连接、，

在正三棱柱中，且，所以，，
又因为，所以，，所以，，
则，故，
因为平面，平面，所以，平面，
因为，则，
因为为的中点，，则，故，
所以，，所以，，
因为平面，平面，所以，平面，
又因为，、平面，所以，平面平面，
当点在线段上运动时，平面，故平面.
（2）解：分别延长、，所得交点即点，连接，
则二面角即二面角.
因为、直线，且，则，
因为平面，平面，所以，平面，合乎题意，

因为，且，所以，所以.
所以，所以当最大时，最大.
由基本不等式可得，
当且仅当时等号成立.
此时，且为等腰直角三角形.
取的中点，则，在平面内过点作，垂足为，连接.
因为平面，平面，所以，
又，平面，平面，所以平面.
因为平面，所以，
又，平面，平面，所以平面.
因为平面，所以.
所以为二面角的平面角.
因为，所以，
，
因为平面，平面，则，
所以，所以.
即二面角的余弦值为.
【点睛】方法点睛：求二面角常用的方法：
（1）几何法：二面角的大小常用它的平面角来度量，平面角的作法常见的有：
①定义法；②垂面法，注意利用等腰三角形的性质；
（2）空间向量法：分别求出两个平面的法向量，然后通过两个平面法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求二面角是锐角还是钝角.
35．(1)证明见解析
(2)．
【分析】（1）根据相似以及线面平行的性质即可求解，
（2）由面面垂直可得线面垂直，进而根据二面角以及线面角的定义，即可找到其平面角，利用三角形的边角关系，即可求解.
【详解】（1）证明：连接BD交AC于O，连接ON．

因为，，所以根据相似的性质可得．
因为直线平面ACN，平面MBD，平面平面，
所以，则，所以．
（2）取AD的中点E，AC的中点F，连接ME，EF，MF．
因为△MAD为等边三角形，所以不妨设，
则，．
因为平面平面ABCD，平面平面，平面,
所以平面ABCD，平面ABCD,所以，．
又因为E，F分别为AD，AC的中点，所以，
而，所以，又，平面MEF,
则平面MEF，平面MEF得，
所以∠MFE是二面角的平面角，即．
设，则，得．
过N作交AD于H，连接CH，由于平面ABCD，所以平面ABCD，
则∠NCH为直线CN与平面ABCD所成的角，即．
，，．
因为，所以，
则．
因为，所以．
故的取值范围为．
【点睛】关键点点睛：第二问，根据线面角、二面角定义，应用几何法找到对应平面角，进而找到两角正切值相关边的关系并确定范围.
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
21世纪教育网(www.21cnjy.com)