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3（含解析）

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必修二难点 立体几何初步3
一、单选题
1．已知圆柱的轴截面是面积为100的正方形，则该圆柱的侧面积为（ ）
A． B．200 C． D．
2．下列说法正确的是（ ）
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．有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体叫棱锥
D．棱台各侧棱的延长线交于一点
3．一个球面上有三个点、、，若，，球心到平面的距离为1，则球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
4．如图是四棱锥的平面展开图，其中四边形ABCD为正方形，E，F，G，H分别为PA，PD，PC，PB的中点，在此几何体中，给出下面四个结论:
①平面EFGH∥平面ABCD;②BC∥平面PAD;③AB∥平面PCD;④平面PAD∥平面PAB．
其中正确的有（　　）
A．①③ B．①④ C．①②③ D．②③
5．甲、乙两个圆锥的底面半径相等，均为，侧面展开图的圆心角之和为，表面积之和为．则底面半径的最大值为（ ）
A． B． C． D．
6．在长方体中，已知，，则和所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
7．已知为两条不同的直线，为三个不同的平面，则下列命题正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，且，则
8．已知三棱锥的各棱长都相等，为中点，则异面直线与所成角的余弦值为
A． B． C． D．
9．格纸中每个正方形的边长为1，粗线部分是一个几何体的三视图，则该几何体最长棱的棱长是（ ）
A．3 B．6 C． D．5
10．下列命题正确的是（ ）
A．若直线平面，直线平面，则
B．若直线直线，直线直线，则
C．若直线平面，直线平面，则
D．若直线、与平面所成角相等，则
11．如图，在正四棱台中，，、分别为棱、的中点，则下列结论中一定不成立的是（ ）

A．平面 B．
C．平面 D．
12．已知三棱锥的顶点都在球O的球面上，，，平面ABC，若球O的体积为，则该三棱锥的体积是（ ）
A． B．5 C． D．
13．在正方体中，为棱上一动点，为底面上一动点，是的中点，若点都运动时，点构成的点集是一个空间几何体，则这个几何体是（ ）
A．棱柱 B．棱台 C．棱锥 D．球的一部分
14．已知圆锥SO的顶点为S，母线SA，SB，SC两两垂直，且，则圆锥SO的体积为（ ）
A． B． C． D．
15．已知正方体的棱长为3，点在棱上，过点作该正方体的截面，当截面平行于平面且该截面的面积为时，线段的长为（ ）
A． B．1 C． D．
16．如图为某水晶工艺品示意图，该工艺品由一个半径为的大球放置在底面半径和高均为的圆柱内，球与圆柱下底面相切为增加观赏效果，设计师想在圆柱与球的空隙处放入若干大小相等的实心小球，且满足小球恰好与圆柱底面、圆柱侧面及大球都相切，则该工艺品最多可放入（ ）个小球.
A．14 B．15 C．16 D．17
17．过棱长为1的正方体的一条体对角线作截面，则截得正方体的截面面积的最小值是
A．1 B． C． D．
18．如图，正方体的棱长为，分别是棱，的中点，过点的平面分别与棱，交于点G，H，给出以下四个命题：
①平面与平面所成角的最大值为45°；
②四边形的面积的最小值为；
③四棱锥的体积为定值；
④点到平面的距离的最大值为.
其中正确命题的序号为（ ）
A．②③ B．①④ C．①③④ D．②③④
19．已知正三棱锥的底面是边长为6的正三角形，其外接球球的表面积为，且点到平面的距离小于球的半径，为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
20．在长方体中，，，点P在底面ABCD的边界及其内部运动，且满足，则下列结论不正确的是（ ）
A．若点M满足，则
B．点P到平面的距离范围为
C．若点M满足，则不存在点P使得
D．当BP＝3时，四面体的外接球体积为
二、多选题
21．下列说法正确的是（ ）
A．以三角形的一边所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥
B．棱台的侧面都是等腰梯形
C．底面半径为r，母线长为2r的圆锥的轴截面为等边三角形
D．棱柱的侧棱长都相等，但侧棱不一定都垂直于底面
22．下列说法正确的是（ ）
A．过直线外一点可作无数个平面与该直线平行
B．与两个相交平面的交线平行的直线至少和这两个平面中的一个平行
C．过空间中一点，一定能作一个平面与两条异面直线都平行
D．到任意一个三棱锥的四个顶点距离相等的平面有且只有4个
23．如图，四棱锥的底面为正方形，底面ABCD，则下列结论中正确的是（ ）
A．
B．平面SCD
C．SA与平面SBD所成的角等于SC与平面SBD所成的角
D．AB与SC所成的角等于DC与SA所成的角
24．如图，在正方体中，点P在线段上运动，则下列结论正确的是（ ）

A．直线平面
B．三棱锥的体积为定值
C．异面直线与所成角的取值范围是
D．当P为的中点时，直线与平面所成角的正弦值为
25．如图，已知，，，，，将沿着直线折至，使得点在平面上的射影点落在直线上，则当满足下列什么条件时，有值（ ）
A． B．
C． D．
三、填空题
26．如图，是用斜二测画法得到的的直观图，其中，，则AB的长度为 .
27．已知棱长为2的正四面体的顶点都在一个球面上，则该球的体积为 .
28．阿基米德（公元前287年—公元前212年），伟大的古希腊哲学家、数学家和物理学家，他死后的墓碑上刻着一个“圆柱容球”的立体几何图形，为纪念他发现“圆柱内切球的体积是圆柱体积的，并且球的表面积也是圆柱表面积的”这一完美的结论.已知某圆柱的轴截面为正方形，其表面积为，则该圆柱的内切球体积为 .
29．在三棱锥中，，点分别是的中点，且，则平面截三棱锥的外接球所得截面的面积是 ．
30．如图正方体的棱长是3，E是上的动点，P、F是上、下两底面上的动点，Q是EF中点，，则的最小值是 ．
四、解答题
31．说出如图所示的几何体的主要结构特征．
32．如图，直角满足，，，将沿斜边旋转一周得到一个旋转体，试判断该旋转体的形状，并求这个旋转体的表面积和体积.
33．如图所示，在正方体中，E是棱的中点.
（1）求异面直线、所成角的余弦值；
（2）在棱上是否存在一点F，使平面？证明你的结论.
34．如图，四棱锥P—ABCD的底面ABCD是边长为2的正方形，PA＝PB＝3．
(1)证明：∠PAD＝∠PBC；
(2)当直线PA与平面PCD所成角的正弦值最大时，求此时二面角P—AB—C的大小．
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．C
【分析】根据题意求得圆柱的底面圆的半径和母线长，利用侧面积公式，即可求解.
【详解】由题意，圆柱的轴截面是面积为100的正方形，
可得圆柱的轴截面边长为10，所以圆柱的底面半径为5，母线长为10，
所以侧面积为.
故选：C.
2．D
【分析】根据棱柱的几何特征，有两个面平行，其余各面是相邻的公共边都相互平行的平行四边形的几何体叫棱柱，由此可判断A,B的真假；根据棱锥的几何特征：有一个面是多边形，其余各面都是有公共顶点的三角形的几何体叫棱锥，可判断C的真假；根据棱台的几何特征，可判断D的真假.
【详解】解：因为有两个面平行，其余各面是相邻的公共边都相互平行的平行四边形的几何体叫棱柱，所以A,B错误；
因为有一个面是多边形，其余各面都是有公共顶点的三角形的几何体叫棱锥，所以C错误；
而一个平行于底面的平面截棱锥，底面与截面之间的部分叫棱台，所以棱台各侧棱的延长线交于一点，所以D正确
故选：D
【点睛】此题考查棱柱、棱锥、棱台等几何体的特征，属于基础题.
3．D
【分析】求出外接圆半径，再利用球面的截面小圆的性质求出球半径即可作答.
【详解】因，，则，即，于是得外接圆半径，
又点、、在同一个球面上，且球心到平面的距离为1，则球半径，
所以球的表面积为.
故选：D
4．C
【分析】把图形还原为一个四棱锥，然后根据线面、面面平行的判定定理逐一判断即可.
【详解】把平面展开图还原为四棱锥如图所示，
对于①，因为，分别是，的中点，
所以，
又因为平面，平面，
所以平面，
同理可证平面，
又因为，，平面，
所以平面平面，故①正确；
对于②，因为，平面，平面，
所以平面，故②正确；
对于③，因为，平面，平面，
所以平面，故③正确；
对于④，平面平面，故④错误;
所以正确的有①②③.
故选：C.
5．A
【分析】设母线长分别为，由侧面展开图的圆心角之和与表面积之和列方程求底面半径，利用基本不等式求的最大值.
【详解】设母线长分别为，则侧面展开图的圆心角之和，得．
又表面积之和，得，
，解得，当且仅当时，取“”，
故选：A．
6．B
【详解】如图，在长方体中，且，
所以四边形为平行四边形，，
所以和所成角等于与所成的角，
在中，，，
则，
同理，
，
在中，由余弦定理得，，
所以和所成角的余弦值为.
故选：B.
7．D
【分析】对于ABC，直接画出长方体举反例，对于D利用“同一法”证明线面垂直即可.
【详解】长方体如图所示：
对于A，设分别为直线，平面，此时有平面，但，错误；
对于B，设分别为直线，平面，平面，其中分别为的中点，
此时有面，平面，但平面平面，故B错误；
对于C，设分别为直线，平面，平面，
此时面，平面，平面平面，但，故C错误；
对于D，若，且，则，
不妨取交线上一点，作平面的垂线，
因为，且点，故，
同理可得，故与是同一条直线，
因为，故，故D正确.
故选：D.
8．B
【详解】分析：求线面角关键找平行，利用三角形中位线是解决本题的关键，再根据余弦定理求求得结果.
详解：取AC中点M，则因为为中点，因此ME平行AB，从而异面直线与所成角等于∠MED，因为三棱锥的各棱长都相等，设为1，则
，即异面直线与所成角的余弦值为，选B.
点睛：本题主要考查求异面直线所成角，线线角找平行，主要考查学生空间想象能力以及转化能力.
9．D
【分析】首先把三视图转换为几何体的直观图，进一步求出各个棱长，最后确定结果.
【详解】解：依题意得三视图对应的原几何体是四棱锥，在长宽高分别为5，2，2的长方体中还原出原几何体，如图中四棱锥，
其中，，
所以该几何体中最长的棱长为，
故选：D
10．C
【分析】利用正方体模型可判断各选项的正误.
【详解】如下图所示：
对于A选项，分别取、为、，取平面为平面，
平面，平面，但与相交，A选项错误；
对于B选项，分别取、为、，取直线为，
，，但与相交，B选项错误；
对于C选项，若直线直线，直线直线，由线面垂直的性质可知，C选项正确；
对于D选项，分别取、为、，取平面为平面，
直线、与平面所成的角均为，但与相交，D选项错误.
故选：C.
【点睛】方法点睛：对于空间线面位置关系的组合判断题，解决的方法是“推理论证加反例推断”，即正确的结论需要根据空间线面位置关系的相关定理进行证明，错误的结论需要通过举出反例说明其错误，在解题中可以以常见的空间几何体（如正方体、正四面体等）为模型进行推理或者反驳．
11．C
【分析】利用线面平行的性质可判断A选项；利用线面垂直的性质可判断B选项；取棱的中点，连接、，推导出、相交，可判断C选项；利用平面向量数量积的坐标运算可判断D选项.
【详解】对于A选项，连接，如下图所示：

在正四棱台中，，则且，
因为为的中点，则且，
所以，四边形为平行四边形，则，
因为平面，平面，所以，平面，
由正四棱台的几何性质可知，四边形为正方形，则，
因为平面，平面，所以，平面，
因为，、平面，则平面平面，
因为平面，所以，平面，A对；
对于B选项，将正四棱台补成正四棱锥，
连接交于点，则为的中点，连接，

因为，为的中点，则，
又因为四边形为正方形，则，
因为，、平面，所以，平面，
因为平面，故，B对；
对于C选项，取棱的中点，连接、，

在梯形中，且，
因为、分别为、的中点，所以，且，
因为且，故且，
故四边形为梯形，且、为两腰，则、相交，
又因为平面，从而直线与平面有公共点，
即与平面不平行，C错；
对于D选项，连接，如下图所示：

因为，，为的中点，则且，
因为且，所以，且，
故四边形为平行四边形，所以，，
若，则，不妨设，，
在平面内，以点为坐标原点，为轴，
过点且垂直于的直线为轴建立如图所示的平面直角坐标系，

设点到直线的距离为，则、、、、，
，，则，解得，
即当点到直线的距离为时，，D对.
故选：C.
12．A
【分析】三棱锥放入长方体内，所以长方体的体对角线即为外接球直径，即为球直径，由球的体积求出的长度，再求出，由三棱锥体积公式求解即可.
【详解】因为，，
易知三角形ABC为等腰直角三角形，
又平面ABC，所以PB为三棱锥的高，
则可将三棱锥放入长方体内，如图，
长方体的体对角线即为外接球直径，即为球直径，
,
又，
解得,
所以三棱锥的体积，
故选：A
13．A
【分析】先讨论点与点重合，点的轨迹，再分析把点从点向上沿移动，在移动的过程中点的轨迹，从而可得出结论.
【详解】解：若点与点重合，
设的中点分别为，
移动点，则此时点的轨迹为以邻边的正方形，
再将点从点向上沿移动，
在移动的过程中可得点的轨迹是将以邻边的正方形沿向上移动，
最后当点与重合时，得到最后一个正方形，
故所得的几何体为棱柱.
故选：A.
14．C
【分析】根据题意，结合勾股定理与正弦定理，求出圆锥底面半径和高，再根据体积公式，即可求解.
【详解】根据题意，因为，，两两垂直，且，
所以，
设圆锥底面半径为，结合正弦定理，知，即，
因此，故.
故选：C.
15．D
【分析】过点作，的平行线，分别交棱，于点，，连接，，即可得到为截面，且为等边三角形，再根据截面面积求出的长度，即可求出；
【详解】解：如图，过点作，的平行线，分别交棱，于点，，连接，，因为，所以，面，面，所以面
因为，所以，面，面，所以面
又，面，所以面 面，则为截面，
易知是等边三角形，则，解得，∴.
故选：D.
16．B
【分析】圆柱与球的空隙处放入若干大小相等的实心小球，且满足小球恰好与圆柱底面、圆柱侧面及大球都相切，过球心与圆柱体底面圆心的平面截得该图形的平面图，利用几何关系计算即可.
【详解】如图，过球心与圆柱体底面圆心的平面截得该图形的平面图，设球的半径为，实心小球的半径为，由题意可得：，解得：，
因为小球球心在以为圆心，为半径的圆上，，周长为，
所以，即
.
故该工艺品最多可放入15个小球.
故选：B.
【点睛】本题考查空间几何体与球接、切问题的求解方法.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.
17．D
【分析】取对角线顶点所不在的两个侧棱的中点M,N,与对角线两个顶点相连，所得四边形即为所有过对角线的截面中面积最小的，由此可求出截面面积.
【详解】如图：

在正方体中，取的中点,连接,
过的平面截得正方体的截面中，当截面为菱形时，截面面积最小，
,
故选D.
【点睛】本题主要考查了正方体的截面面积的求法，考查了空间想象能力，属于中档题.
18．D
【解析】由两平面所成角的余弦公式即面积射影公式，计算可得所求最大值，可判断①；由四边形为菱形，计算面积，分析的最小值，可判断②；由棱锥的等体积法，计算可判断③；由等体积法和函数的性质可判断④.
【详解】对于①，四边形为平行四边形，又直角梯形和直角梯形全等，得，所以四边形为菱形，且，平面在底面上的射影为四边形，设平面与平面所成角为，则，又，得，可得所成角的最大值不为45°，故①错误；对于②，由，可得菱形的面积的最小值为，故②正确；对于③，四棱锥的体积为，故③正确；对于④，设，，()，设到平面的距离为d，可得，
所以(其中)，当即时，取得最大值，故④正确.
故选：D.
【点睛】一般关于体积计算，一是可以考虑通过空间向量的方法，写出点的坐标，计算底面积与点到底面的距离，代入体积公式计算，二是可以通过等体积法，通过换底换高求解；关于空间几何体中一些边长或者距离的最值计算一般转化为函数问题，可以通过二次函数、反比例函数的性质求解最值，或者有时可以利用基本不等式，较难的问题则需要通过导数判断单调性从而求出最值.
19．A
【解析】利用外接球的表面积求出外接球半径为，再根据勾股定理求出点到平面的距离，找到异面直线与所成的角，然后在三角形中利用余弦定理进行分析求解，即可得到答案.
【详解】因为外接球的表面积为，设外接球半径为，则，则，
设点到平面的距离为， 的中心为，则，由勾股定理得，解得：或（舍去）
取的中点，则由中位线性质知，，
所以异面直线与所成的角为或其补角，
在中，勾股定理知，即，
，又，，
，
故
所以异面直线与所成角的余弦值为
故选：A
【点睛】思路点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下：
（1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；
（2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；
（3）计算：求该角的值，常利用解三角形；
（4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．
20．C
【分析】对于A，根据题意找到点M，结合P的所在区域直接求解；
对于B，根据点面距离的解法找出最值临界情况进而得到范围；
对于C，找出一个点使得即可判断；
对于D，BP＝3时，P与F重合，根据相关的垂直关系，放入长方体即可求解.
【详解】对于A，当时，MP与底面ABCD所成的角，
又点P所在区域为以A为圆心，1为半径的圆在正方形ABCD内部部分（包含边界弧长），
所以，故A正确；
对于B，设，E、F分别在AD、AB上，当点P位于AE上时，此时点P到平面的距离最大，最大距离，
当P与点F重合时，此时点P到平面的距离最小，最小距离为FK，
因为，所以，所以，
故点P到平面的距离取值范围为，故B正确；
对于C，不妨设点P与点F重合，此时，
，，
由余弦定理得，
则，故存在点P使得，故C错误；
对于D，当BP＝3时，P与F重合，放入长、宽、高分别为3,4,3的长方体，
则四面体的外接球半径为，
所以外接球体积为，故D正确．

故选：C
【点睛】思路点睛：本题考查立体几何的综合问题.要善于通过观察几何图形求解答案，通过定义法求解点面距离，通过余弦定理等求角，通过补形法求解外接球半径.
21．CD
【分析】根据圆锥、棱台、棱柱的定义及结构特征逐一判断即可.
【详解】圆锥是以直角三角形的某一条直角边所在直线为轴旋转一周所得的旋转体，
当绕斜边旋转时，不是棱锥，故A错误；
棱台的侧面都是梯形，但棱台的侧棱不一定都相等，故B错误；
圆锥的轴截面是等腰三角形，其腰长为2r，又底面半径为r，故等腰三角形的底边为2r，
即该圆锥的轴截面为等边三角形，故C正确；
棱柱的侧面都为平行四边形，所以侧棱都相等，棱柱包含直棱柱与斜棱柱，
故侧棱不一定都垂直于底面，故D正确.
故选：CD.
22．AB
【分析】根据空间中线、面的位置关系，逐一分析各个选项，即可得答案.
【详解】对于A：过直线外一点，可以作一条直线与已知直线平行，经过所作直线有无数个平面，
所以过直线外一点可作无数个平面与该直线平行，故A正确；
对于B：与两个相交平面的交线平行的直线，根据线面平行的判定定理可得，
若该直线不属于任何平面，则该直线平行两个平面，
若该直线在其中一个面内，则该直线平行另外一个平面，故B正确；
对于C：若该点在其中一条直线上，则该线在面上，则该平面无法与两条异面直线都平行，故C错误；
对于D：如图，可作一个平面到A点和到平面BCD的距离相等，也可作一个平面到A,B点和到C,D的距离相等，根据对称性可作4+3=7个平面，故D错误.
故选：AB
23．ABC
【分析】证明面即可判断A；由线面平行的判定定理可判断B；由线面角的定义求出两个线面角即可判断C；根据异面直线所成的角可判断D，进而可得正确选项
【详解】解：对于A：因为底面，面，所以，
因为底面是正方形，所以，因为，平面，
所以平面，因为平面，所以，故A正确；
对于B：因为底面是正方形，所以，因为平面，平面，
由线面平行的判定定理可得平面，故B正确；
对于C：设，连接，因为平面，平面，
所以即为与平面所成的角，即为与平面所成的角，，
因为，，且，所以 ，
可得，所以与平面所成的角等于与平面所成的角，故C正确；
对于D：因为，所以即为与所成的角，即为与所成的角，
因为，，，平面，所以平面，
因为平面，所以，所以，因为，
所以，所以，
所以与所成的角不等于与所成的角，故D不正确；
故选：ABC
24．AB
【分析】对于A：利用线面垂直的判定定理，结合正方体的性质进行判断即可；对于B：根据线面平行的判定定理、平行线的性质，结合三棱锥的体积公式进行求解判断即可；对于C：根据异面直线所成角的定义进行求解判断即可；对于D：利用等体积法求点到平面的距离，结合线面夹角的定义运算求解.
【详解】对于选项A：因为为正方形，则，
又因为平面，平面，则，
且，平面，
所以平面，
且平面，可得，
同理可得：，
且，平面，
所以直线平面，故A正确；
对于选项B：因为∥，且，则为平行四边形，可得∥，
且平面，平面，所以∥平面，
又因为点在线段上运动，则到平面的距离为定值，
且的面积是定值，所以三棱锥的体积为定值，故B正确；
对在选项C：由选项B可知：∥，
所以异面直线与所成角为直线与直线的夹角.
又因为，则为等边三角形，
当为的中点时，直线与直线的夹角最大，
可得，即直线与直线的夹角为；
当与点或重合时，直线与直线的夹角最小，
可得直线与直线的夹角为；
所以异面直线与所成角的取值范围是，故C错误；
对于选项D：当P为的中点时，直线即为直线，
所以直线与平面所成角即为直线与平面所成角，
设点到平面的距离为d，正方体的棱长为2，
因为，
由等体积法可得，解得，
所以直线与平面所成角的正弦值为，
即直线与平面所成角的正弦值为，故D错误；

故选：AB.
【点睛】关键点睛：1.利用平行关系可知异面直线与所成角为直线与直线的夹角，进行分析求解；
2.利用等体积法求点到平面的距离，可知直线与平面所成角的正弦值为.
25．ACD
【分析】如图（1），过作的垂线，垂足为，连接，可证，再在原来的平面图形中，建立如图（2）所示的平面直角坐标系，设，则可得或，逐项检验后可得正确的选项.
【详解】如图（1），过作的垂线，垂足为，连接，
因为平面，平面，故，
而，，平面，故平面，
因为平面，故，
在平面图形中，建立如图（2）所示的平面直角坐标系：
则三点共线且，
则，故，
而，，故，
故直线的斜率为，故直线的方程为.
设，则且，
故，所以，
因为折叠后存在，故即，
整理得到：，解得，
对于A，若，则，
因为，故A满足.
对于B，，则，
，故B错误.
对于C，若，则，，
因为，故C满足.
对于D，若，则，故D满足.
故选：ACD.
【点睛】按题目条件利用空间几何知识找到射影点，再利用平面几何及三角知识解决角的范围问题.
26．
【分析】根据斜二测画法的原则得到，，再由勾股定理求解.
【详解】由题，根据斜二测画法的原则，，，
所以，
故答案为：5
27．
【分析】由正四面体的性质可知正四面体的外接球球心在正面体的高上，由此得到外接球半径与棱长的关系，求出半径.
【详解】如图，是正四面体的高，为其外接球的球心，设外接球的半径为，
因为正四面体的棱长为2，
所以
所以，
所以，
所以由，得，
解得，
所以外接球的体积为，
故答案为：
28．
【分析】设圆柱的底面半径为，则其母线长为，由圆柱的表面积求出，代入圆柱的体积公式，求出其体积，结合题目中的结论，即可求出该圆柱的内切球体积.
【详解】设圆柱底面半径为，则其母线长为，
因为圆柱的表面积为
所以，得到
所以圆柱的体积为，
根据题意可知圆柱内切球的体积是圆柱体积的，
所以该圆柱的内切球的体积为.
故答案为：.
【点睛】本题考查圆柱的轴截面及表面积和体积公式，考查对题意的理解和转化，属于中档题.
29．/
【分析】证明出的中点即为外接球的球心，从而得到外接球半径，再设O到平面AMN的距离为h，平面AMN截球O所得的截面圆的半径为r，由等体积法求出，进而得到r，得到截面面积.
【详解】因为，M是PB的中点，所以，
又平面PBC，
所以AM⊥平面PBC，又BC平面PBC，所以，
又平面PAB，
所以平面PAB，又平面PAB，
所以，，
在△ABC中，，
所以，
在△PAC中，，所以，所以，
取PC的中点O，又，
所以，即点O是三棱锥的外接球的球心，
且，平面，所以平面，
平面，所以，
因为，故外接球半径为，
设O到平面AMN的距离为h，平面AMN截球O所得的截面圆的半径为r，
因为MN是△PBC的中位线，所以O到平面AMN的距离等于B到平面AMN的距离，
故，即，得，
所以，
所以截面圆的面积为．
故答案为：.
【点睛】方法点睛：解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径．
30．/
【分析】以为顶点构造棱长为3的正方体，利用对称性将转化为，由图形得到四点共线时取最小值，进而求解.
【详解】以为顶点构造棱长为3的正方体，
由对称得，，
因为是上的动点，是下两底面上的动点，
则是直角三角形，是中点，且，故，
所以取最小值时，四点共线，
则，此时．
故答案为：.
【点睛】在平面解析几何中求直线上一动点到两定点（在直线同一侧）的距离之和的最小值时，通常将其中一定点对称到直线的另一边，利用三点共线时距离之和最小，在立体几何中也有类似的方程，此题中作正方体的目的就是为了找出 关于平面的对称点，从而将转化为求最小值.
31．（1）详见解析；（2）详见解析；（3）详见解析.
【分析】根据棱柱、棱锥、圆锥和圆台的几何性质写出各个几何体的主要结果特征.
【详解】（1）该几何体是一个六棱柱，其上下底面平行且全等，是全等的六边形，侧棱平行且相等.（2）该几何体是由一个圆锥和一个圆台组合而成的组合体，圆锥和圆台有一个公共的面重合.（3）该几何体是由一个四棱锥和一个四棱柱组合而成的组合体，四棱锥和四棱柱有一个公共的面重合.
【点睛】本小题主要考查棱柱、棱锥、圆锥和圆台的几何性质，考查组合体的识别，属于基础题.
32．..
【详解】试题分析：易知该旋转体是由底面相同的两个圆锥将两底面重合形成的组合体，利用圆锥的表面积体积公式求解即可.
试题解析：
该旋转体是由底面相同的两个圆锥将两底面重合形成的组合体.
作斜边的高，根据直角三角形的性质可求得：
，，，
.
.
33．（1）；（2）存在，证明见解析.
【分析】（1）连接，判断即为所求异面直线所成的角；由平面，知；设正方体的棱长均为a，在中，求得的值；
（2）存在点F为的中点，使平面.理由如下：连接，交于点O，连接、、，先证得四边形为平行四边形，推出，再由线面平行的判定定理即可得证.
【详解】（1）连接，
∵，∴即为异面直线、所成角.
由正方体的性质知，平面，
∵平面，∴.
设正方体的棱长均为a，则，
.
在中，，
故异面直线、所成角的余弦值为.
（2）存在点F为的中点，使平面.理由如下：
连接，交于点O，连接、、，
根据正方体的性质可知，且，
∵，∴，，
∴四边形为平行四边形，∴，
∵平面，平面，
∴平面.
【点睛】本小题主要考查异面直线所成角，考查线面平行，属于中档题.
34．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据直线与平面位置关系，把问题转化为全等三角形问题即可证明；
（2）用等面积法建立二面角与线面角关系，当线面角满足正弦最大时，即可求二面角大小．
【详解】（1）证明：分别取，的中点，，连接，，，
因为，所以，
又因为，所以，
又因为，，所以平面，
因为平面，所以，
在中，因为垂直平分，所以，
又因为，，所以，
从而可得；
（2）解：由（1）知，是二面角的平面角，设，，
在中，，
过点作于，则，
因为平面，平面，所以平面平面，
又因为平面平面，，平面，
所以平面，
因为平面，所以点到平面的距离等于点到平面的距离，即为，
设直线与平面所成角为，所以，
令，，，
则，
当且仅当，即时，有最大值2，
此时直线与平面所成角为的正弦值最大，
所以当直线与平面所成角的正弦值最大时，二面角的大小为．
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.
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