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热点08 立体几何-2022年高考数学【热点·重点·难点】专练（新高考专用）（解析版）
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这是一份热点08 立体几何-2022年高考数学【热点·重点·难点】专练（新高考专用）（解析版），共65页。试卷主要包含了球面几何的解题技巧等内容，欢迎下载使用。
热点08 立体几何
从新高考的考查情况来看，立体几何是高考必考内容，考查重点是：①几何体的表面积和体积，与球有关的切、接问题，一般以选择题和填空题的形式出现，难度中等；②异面直线所成的角和线面位置关系；③直线与平面以及平面与平面平行（垂直）的判定和性质，常出现在解答题的第（1）问中，难度中等；④利用向量法求空间角和空间距离是高考的重点，考查频率较高，线、面的平行和垂直问题一般不用向量法求解，但向量法的使用有时可以加快求解速度，主要以解答题的形式出现，难度中等．
该部分主要考查考生对转化与化归思想的应用，提升直观想象、数学运算、逻辑推理核心素养．
1、几何体的表面积（体积）问题的常见类型及解题策略：
（1）若所给定的几何体是可直接用公式求解的柱体、锥体或台体，则可直接利用公式进行求解．
（2）若所给定的几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用等体积法、割补法等方法进行求解．
①等体积法：一个几何体无论怎样转化，其体积总是不变的．如果一个几何体的底面面积和高较难求解时，我们可以采用等体积法进行求解．等体积法也称等积转化或等积变形，它是通过选择合适的底面来求几何体体积的一种方法，多用来解决有关锥体的体积，特别是三棱锥的体积.
②割补法：运用割补法处理不规则的空间几何体或不易求解的空间几何体的体积计算问题，关键是能根据几何体中的线面关系合理选择截面进行切割或者补成规则的几何体.要弄清切割后或补形后的几何体的体积是否与原几何体的体积之间有明显的确定关系，如果是由几个规则的几何体堆积而成的，其体积就等于这几个规则的几何体的体积之和;如果是由一个规则的几何体挖去几个规则的几何体而形成的，其体积就等于这个规则的几何体的体积减去被挖去的几个几何体的体积．
2、球面几何的解题技巧：
1）确定一个球的条件是球心和球的半径，已知球的半径可以利用公式求球的表面积和体积；反之，已知球
的体积或表面积也可以求其半径.
2）球与几种特殊几何体的关系：(1)长方体内接于球，则球的直径是长方体的体对角线长；(2)正四面体的外接球与内切球的球心重合，且半径之比为3∶1；(3)直棱柱的外接球：找出直棱柱的外接圆柱，圆柱的外接球就是所求直棱柱的外接球.特别地，直三棱柱的外接球的球心是上、下底面三角形外心连线的中点；(4)球与圆柱的底面和侧面均相切，则球的直径等于圆柱的高，也等于圆柱底面圆的直径；(5)球与圆台的底面和侧面均相切，则球的直径等于圆台的高．
3）与球有关的实际应用题一般涉及水的容积问题，解题的关键是明确球的体积与水的容积之间的关系，正确建立等量关系.
4）有关球的截面问题，常画出过球心的截面圆，将空间几何问题转化为平面中圆的有关问题解决.球心到截面的距离与球的半径及截面圆的半径之间满足关系式：.
3、向量法求空间角度和距离的方法策略：
建立空间直角坐标系，把空间中的点用有序实数组(即坐标)表示出来,通过坐标的代数运算解决空间几何问题，实现了几何问题(形)与代数问题(数)的结合.
1）用向量法求异面直线所成的角：（1）建立空间直角坐标系；（2）求出两条直线的方向向量；（3）代入公式求解.
2）向量法求直线与平面所成的角：（1）分别求出斜线和它所在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；（2）通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角，取其余角就是斜线和平面所成的角．
3）向量法求二面角：求二面角最常用的方法就是分别求出二面角的两个面所在平面的法向量，然后通过两个平面的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角是锐角还是钝角．
4）求点P到平面α的距离的三个步骤：（1）在平面α内取一点A，确定向量的坐标．（2）确定平面α的法向量n.（3）代入公式求解.
热点1、球面几何
主要考查多面体的外接球的表面积、体积等，一般应用“老方法”，求出球的半径即可。
热点2、直线与平面以及平面与平面平行（垂直）的判定和性质
(1)由已知想性质，由求证想判定，即分析法与综合法相结合寻找证题思路。
(2)利用题设条件的性质适当添加辅助线(或面)是解题的常用方法之一。
热点3、空间向量的应用（求角、距离等）
主要步骤：一作、二证、三算；若用向量，那就是一证、二算。
(1)两条异面直线所成的角：①平移法；②补形法；③向量法。
(2)直线和平面所成的角：①作出直线和平面所成的角，关键是作垂线，找射影转化到同一三角形中计算，或用向量计算。②用公式计算。
(3)二面角：①平面角的作法：(i)定义法；(ii)垂面法。②平面角的计算法：(i)找到平面角，然后在三角形中计算(解三角形)或用向量计算；(ii)射影面积法；(iii)向量夹角公式。
(4)求点到平面的距离：一般找出(或作出)过此点与已知平面垂直的平面，利用面面垂直的性质过该点作出平面的垂线，进而计算;也可以利用“等体积法”直接求距离。
A卷（建议用时90分钟）
一、单选题
1．（2021·山东·泰安一中模拟预测）如图，位于贵州黔南的“中国天眼”是具有我国自主知识产权､世界最大单口径､最灵敏的球面射电望远镜，其反射面的形状为球冠，球冠是球面被平面所截后剩下的曲面，截得的圆为球冠的底，与截面垂直的球体直径被截得的部分为球冠的高，设球冠所在球的半径为，球冠底的半径为，球冠的高为，球冠底面圆的周长为.已知球冠的表面积公式为，若，则球冠所在球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】如图，点是球冠所在球的球心，点是球冠底面圆的圆心，点是球冠底面圆周上点，线段是球冠的高，先求，再求出，，即得和球的表面积.
【详解】解：如图，点是球冠所在球的球心，点是球冠底面圆的圆心，点是球冠底面圆周上点，线段是球冠的高.
依题意，垂直于球冠底面，显然，
在Rt中，，即，
整理化简得，所以球冠所在球的半径.
因为球冠底面圆的周长，所以，
又球冠的表面积公式为，且，则，
因为，所以，解得，
故球的表面积为.故选：B.
2．（2021·重庆市涪陵实验中学校高三期中）北京大兴国际机场的显著特点之一是各种弯曲空间的运用.刻画空间的弯曲性是几何研究的重要内容.用曲率刻画空间弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于与多面体在该点的面角之和的差（多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制），多面体面上非顶点的曲率均为零，多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和，例如：正四面体在每个顶点有3个面角，每个面角是，所以正四面体在各顶点的曲率为，故其总曲率为，则四棱锥的总曲率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据题中给出的定义，由多面体的总曲率计算求解即可．
【详解】解：由题意，四棱锥的总曲率等于四棱锥各顶点的曲率之和，
因为四棱锥有5个顶点，5个面，其中4个三角形，1个四边形，
所以四棱锥的表面内角和由4个三角形和1个四边形组成，所以面角和为，
故总曲率为．故选：B.
3．（2021·山东潍坊·高三期中）“迪拜世博会”于2021年10月1日至2022年3月31日在迪拜举行，中国馆建筑名为“华夏之光”，外观取型中国传统灯笼，寓意希望和光明．它的形状可视为内外两个同轴圆柱，某爱好者制作了一个中国馆的实心模型，已知模型内层底面直径为，外层底面直径为，且内外层圆柱的底面圆周都在一个直径为的球面上.此模型的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】求出内层圆柱，外层圆柱的高，该模型的体积等于外层圆柱的体积与上下面内层圆柱高出的几何体的体积之和，计算可得解.
【详解】如图，该模型内层圆柱底面直径为，且其底面圆周在一个直径为的球面上，
可知内层圆柱的高
同理，该模型外层圆柱底面直径为，且其底面圆周在一个直径为的球面上，
可知外层圆柱的高
此模型的体积为 故选：C
4．（2021·广东龙岗·高三期中）如图，在中，，，为的中点，将沿折起到的位置，使得二面角为，则三棱锥的体积为（ ）
A． B．4 C． D．2
【答案】A
【分析】结合旋转性质可得为等边三角形，作中点，可证平面，再由锥体体积公式即可求解.
【详解】
由，，由旋转前后对应边，对应角相等可得：
，又二面角为，即，
故为等边三角形，作中点，连接，可得，又，所以平面，所以，即平面，结合几何关系可得，
故.故选：A
5．（2021·山东·胶州市教育体育局教学研究室高三期中）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
【答案】A
【分析】由线面平行、垂直，面面平行、垂直的性质即可判断.
【详解】由，，所以，又，所以，故A对.
由，，则或者，则B错.
由，，所以，又，则或，故C错.
由，，则、、，故D错.故选：A.
6．（2021·江苏南通·高三期中）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．
【答案】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.
7．（2021·浙江·高三期中）一个四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥各棱棱长的最大值为（ ）
A．1 B．2 C． D．
【答案】C
【分析】由几何体的三视图可得该几何体的直观图，通过计算求得即可.
【详解】解析：，计算可得：，，，．故选：C．
8．（2022·浙江·模拟预测）已知某正四棱锥的体积是，该几何体的表面积最小值是，我们在绘画该表面积最小的几何体的直观图时所画的底面积大小是，则和的值分别是（ ）
A．3； B．4； C．4； D．3；
【答案】C
【分析】设该正四棱锥底面边长为，高为，由体积得到，再算出侧面积和底面积，进而得到该四棱锥的表面积，然后通过基本不等式求得答案.
【详解】如图，O为底面ABCD的中心，E为BC的中点，连接PO，OE，
设该正四棱锥底面边长为，高为，且，由题意，.
易有，，则，
所以，，将代入并化简得：，
于是，.
当且仅当时，取“=”.易知，此时底面ABCD直观图的面积.选：C.
9．（2021·浙江·模拟预测）我国古代数学名著《九章算术》中记载的“刍甍”（chumeng）是底面为矩形，顶部只有一条棱的五面体.如下图五面体是一个刍甍，其中四边形为矩形，平面，且（AD的长度为常数），△是等边三角形，当五面体体积最大时，记二面角的大小为，二面角的大小为，直线与所成的角为，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】设求的长度，根据△是等边三角形及五面体的构成，判断体积最大时几何体中相关线面、面面的位置关系，进而确定、、的大小关系.
【详解】设，则，如下图：若分别为的中点，连接，则由四棱锥和斜棱柱组合而成，
又△是等边三角形，即，而对于四棱锥：底面面积为定值，斜棱柱：底面面积为定值，
∴要使五面体体积最大，到面的距离及底面的高都最大即可，故只需平面，即为直三棱柱，此时，面都与面垂直，如下图示：
∴1、二面角的平面角为且大小为，
2、直线与所成角的平面角为，而面面，则面，面，故，又，即
∴在中，，，易知：为，
3、若为的中点，连接，易知：，而△△，即△为等边三角形，故，又，则，，
∴面，即二面角的平面角为，
∴在中，，故.故选：C.
10．（2021·浙江·高三期中）在正方体中P，Q分别是和的中点，则下列判断错误的是（ ）
A． B．平面 C． D．平面
【答案】D
【分析】取中点，连接，通过证明平面可判断A；分别取中点，连接，可证明，即可证明，可判断C；进一步即可证明平面判断B；根据平面可判断D.
【详解】取中点，连接，因为P，Q分别是和的中点，易得，又，平面，平面，，故A正确；
分别取中点，连接，易得且，
所以四边形为平行四边形，，又，，故C正确；
，，又，，平面，故B正确；
平面即为平面，显然平面，故D错误.故选：D.
11．（2021·上海·曹杨二中高三期中）已知正方体的棱长为，、分别是棱、的中点，点为底面内（包括边界）的一动点，若直线与平面无公共点，则点的轨迹长度为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设点，计算出平面的一个法向量的坐标，由已知条件得出，可得出、所满足的等式，求出点的轨迹与线段、的交点坐标，即可求得结果.
【详解】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、，设点，
，，设平面的法向量为，
由，取，可得，
，由题意可知，平面，则，
令，可得；令，可得.
所以，点的轨迹交线段于点，交线段的中点，
所以，点的轨迹长度为.故选：B.
12．（2021·新疆·昌吉市第九中学高三期末）已知梯形CEPD如下图所示，其中，，A为线段PD的中点，四边形ABCD为正方形，现沿AB进行折叠，使得平面平面ABCD，得到如图所示的几何体．已知当点F满足时，平面平面PCE，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】构建以A为原点，射线AB、AD、AP为x、y、z轴正方向的空间直角坐标系，由题设标注相关点的坐标，进而求面、面的法向量，根据空间向量垂直的坐标表示求参数.
【详解】由题意，可构建以A为原点，射线AB、AD、AP为x、y、z轴正方向的空间直角坐标系，
∴，则，，
若是面一个法向量，则，可得，
若是面一个法向量，则，可得，
∴由面面PCE，有，解得.故选：D
二、多选题
13．（2021·福建·永安市第三中学高中校高三期中）在正方体中，为底面的中心，为线段上的动点（不包括两个端点），为线段的中点．现有以下结论中正确的是（ ）
A．与是异面直线； B．过、、三点的正方体的截面是等腰梯形；
C．平面平面； D．平面．
【答案】BC
【分析】连接PC，证明PQ//CE，即可判断选项A；连接A1C1，过E作EF//A1C1交C1D1于点F，连接CF，证明EF//A1C1//AC，且EF
又Q为线段AE的中点，所以PQ∥CE，故点P，Q，E，C四点共面，即PE与QC共面，故选项A错误；
连接A1C1，过E作EF∥A1C1交C1D1于点F，
连接CF，则四边形ACFE是正方体过A，P，E三点的截面，
因为EF∥A1C1∥AC，且EF＜A1C1＝AC，EA=CF,故四边形ACFE为等腰梯形，故选项B正确；
由正方体ABCD－A1B1C1D1中，可得AP⊥平面BDD1B1，又平面APE，
所以平面APE⊥平面BDD1B1，故选项C正确；
假设PE∥平面CDD1C1，又平面ACEF，平面平面，所以PE∥CF，又EF∥PC，
所以四边形PCFE为平行四边形，故，
所以EF为的中位线，即E为A1D1的中点，这与点E为线段A1D1上的动点矛盾，故选项D错误．
故答案为：BC．
14．（2021·江苏·南京师大附中高三期中）如图，正方体的棱长为1，E，F分别是棱的中点，过点E，F的平面分别与棱交于点G，H，以下四个结论正确的是（ ）
A．正方体外接球的表面积为3π B．平面EGFH与平面ABCD所成角的最大值为
C．四棱锥的体积为定值 D．点到平面EGFH的距离的最大值为
【答案】ACD
【分析】直接计算表面积得到A正确，成最大角时，B错误，计算，C正确，建立坐标系利用向量计算得到D正确，得到答案.
【详解】对于A：，正确；
对于B：成最大角时为平面或平面所成角，错误；
对于C：，正确；
对于D：如图所示建立空间直角坐标系，设H(0，0，m)，
设平面EGFH的法向量为，则，取得到，
，时等号成立，正确.
故选：ACD.
15．（2022·全国·高三专题练习）如图，已知圆锥的底面半径，侧面积为，内切球的球心为，外接球的球心为，则下列说法正确的是（ ）
A．外接球的表面积为
B．设内切球的半径为，外接球的半径为，则
C．过点P作平面截圆锥的截面面积的最大值为
D．设长方体为圆锥的内接长方体，且该长方体的一个面与圆锥底面重合，则该长方体体积的最大值为
【答案】AD
【分析】结合底面半径和侧面积求出母线，由外接和内接的性质，结合几何关系和勾股定理即可求解，进而求出外接球半径；由可判断过点P作平面截圆锥的截面面积最大时对应三角形为等腰直角三角形，结合面积公式可求解；由圆的内接四边形面积最大时为正方形，确定上下底面为正方形，列出关于V的关系式，结合导数即可求解.
【详解】因为，解得，即圆锥母线长为2，则高，
设圆锥外接球半径为，如图，
则对由勾股定理得，即，外接球面积为，故A正确；设内切球的半径为垂直于交于点D，如图，
则对，即，解得，故B项错误；
过点P作平面截圆锥的截面面积的最大时，如图，
因为，故恰好为等腰直角三角形时取到，点C在圆锥底面上，，故C项错误；设圆锥有一内接长方体，其中一个上顶点为E，上平面中心为，如图，
则，当长方形上平面为正方形时，上平面面积最大，
长方体体积为，当时，时，，故，故D正确，故选：AD
三、填空题
16．（2021·福建·上杭一中模拟预测）我国南北朝时期的数学家祖暅提出了计算体积的祖暅原理：“幂势既同，则积不容异。”意思是：两个等高的几何体若在所有等高处的水平截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等。如图，阴影部分是由双曲线与它的渐近线以及直线所围成的图形，将此图形绕轴旋转一周，得到一个旋转体，（1）如用与轴相距为，且垂直于轴的平面，截这个旋转体，则截面图形的面积为______；（2）则这个旋转体的体积为______．
【答案】
【分析】（1）其截面应为一个圆环，其内径为，外径为，则该圆环的面积为；
（2）根据祖暅原理，该旋转体的体积与底面积为，高为的圆柱的体积相等，故其体积为.
【详解】（1）该双曲线的渐近线为.作直线，其与渐近线交于点，，
与双曲线交于点，，则旋转体的截面应为一个圆环，
其内径，外径，故截面积为.
同理可得，作直线，也可得截面积为；
（2）根据祖暅原理，该旋转体的体积与底面积为，
高为的圆柱的体积相等，故其体积为.
【点睛】本题的关键是作出直线与渐近线和双曲线的交点，确定截面图形为圆环，从而求出其截面积.
17．（2021·全国·高三专题练习）古希腊数学家阿波罗尼采用平面切割圆锥的方法来研究曲线，如图①，用一个不垂直于圆锥的轴的平面截圆锥，当圆锥与截面所成的角不同时，可以得到不同的截口曲线，它们分别是椭圆、抛物线和双曲线.图②，在底面半径和高均为的圆锥中，、是底面圆的两条互相垂直的直径，是母线的中点，是线段的中点，已知过与的平面与圆锥侧面的交线是以E为顶点的圆锥曲线的一部分，则该曲线为____________，是该曲线上的两点且，若经过点，则__________.
【答案】抛物线
【分析】根据圆锥曲线的定义直接判断即可，再根据抛物线通径的性质直接得出答案即可.
【详解】由已知底面半径和高均为，得，
又为中点，，且，所以平面，
根据圆锥曲线的定义可知截面与圆锥母线平行时，曲线为抛物线，又为中点，故，，
又底面，故，由，，故平面，，
又，故为抛物线的通径，.
18．（2021·河北·衡水市冀州区第一中学高三期中）如图，三个半径都是的小球放在一个半球面的碗中，小球的顶端恰好与碗的上沿处于同一水平面，则碗的半径是___________.
【答案】
【分析】设三个小球的球心、、在上底面圆（碗口所在的截面圆）所在平面内的射影分别为、、，可知几何体为正三棱柱，且该正三棱柱的底面边长为，高为，求出的长，利用两球相切可求得碗的半径.
【详解】设三个小球的球心、、在上底面圆（碗口所在的截面圆）所在平面内的射影分别为、、，如下图所示：
则几何体为正三棱柱，且该正三棱柱的底面边长为，高为，
则，设半球面的半径为，因为球与球内切，
则，所以，.
因此，碗的半径为.故答案为：.
19．（2021·上海虹口·一模）如图，在棱长为1的正方体中，为底面内（包括边界）的动点，满足与直线所成角的大小为，则线段扫过的面积为______.
【答案】
【分析】根据题设描述易知的轨迹是以为圆心，为半径的四分之一圆，即可求扫过的面积.
【详解】由题设，要使与直线所成角的大小为，只需与直线所成角的大小为，
∴绕以夹角旋转为锥体的一部分，如上图示：的轨迹是以为圆心，为半径的四分之一圆，
∴在上扫过的面积为.故答案为：.
20．（2021·江苏·海门中学高三期中）已知，分别是边长为2的等边边，的中点，现将沿翻折使得平面平面，则棱锥外接球的表面积为_________．
【答案】
【分析】取的中点，连接，可得为等腰梯形的外接圆的圆心，再过折起后的的外心作平面的垂线，得出两垂线的交点为棱锥外接球的球心，求出半径，利用球的表面积公式即可求解.
【详解】取的中点，连接，可知，
则为等腰梯形的外接圆的圆心，过作平面的垂线，
再过折起后的的外心作平面的垂线，
设两垂线的交点为，则为四棱锥外接球的球心，
的边长为，，
则四棱锥外接球的半径，
四棱锥外接球的表面积为.故答案为：
21．（2021·江苏常州·高三期中）正方体的棱长为2，点O为线段的中点，三棱锥的体积为___________，过点O且垂直于的平面与底面ABCD的交线长为___________.
【答案】
【分析】根据题意，结合三棱锥的体积公式，以及线面垂直的判定，即可求解.
【详解】根据题意，易知；
如图，分别作、、、、、的中点、、、、、，
连接、、、、、，易知平面过点，
根据正方体的性质，易知、，因为，所以平面，
又因为平面，所以，同理，
又因为平面，平面，且，所以平面，
因此过点O且垂直于 的平面与底面ABCD的交线长为.故答案为：；.
四、解答题
22．（2021·河北衡水中学模拟预测）如图，在三棱锥中，△是等边三角形，．
（1）证明：；（2）若，且平面平面，求三棱锥体积．
【答案】（1）证明见解析（2）9
【分析】（1）取中点，连接，，证明平面，得线线垂直；（2）作，垂足为，连接．得证平面，利用全等三角形的性质得是中点，求得各线段长后，由体积公式计算体积．
（1）证明：因为是等边三角形，，所以，可得．
如图，取中点，连接，，则，，,平面，
所以平面，又平面，所以．
（2）解：作，垂足为，连接．因为，所以，．
平面，所以平面，由已知，平面平面，故．
在中，，，．在中，，
∵，∴．∴在中，．∴．
∵平面，∴三棱锥体积．
23．（2021·浙江·台州一中高三期中）如图，在四棱锥中，平面平面，，，是边长为的等边三角形，是以为斜边的等腰直角三角形，点为线段的中点.（1）证明：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）取的中点，连接，，证明两两垂直，如图建系，求出的坐标以及平面的一个法向量，证明结合面，即可求证；
（2）求出的坐标以及平面的法向量，根据空间向量夹角公式计算即可求解.
（1）如图：取的中点，连接，，
因为是边长为的等边三角形，是以为斜边的等腰直角三角形，可得，，
因为面面，面面，，面，
所以平面，因为面，所以，
可得两两垂直，分别以所在的直线为轴建立空间直角坐标系，则，，，，，，
所以，，，设平面的一个法向量，
由，可得，令，则，所以，
因为，所以，因为面，所以平面.
（2），，，设平面的一个法向量，
由，令，，，所以，
设直线与平面所成角为，则.
所以直线与平面所成角的正弦值为.
24．（2021·福建省福州第一中学高三期中）如图所示，在底半径为、高为（为定值，且）的圆锥内部内接一个底半径为、高为的圆柱，甲、乙两位同学采用两种不同的方法来解决. 甲采用圆柱底面与圆锥底面重合的“竖放”方式（图甲），乙采用圆柱母线与圆锥底面直径重合的“横放”方式（图乙）.
（1）设、分别“竖放”、“横放”时内接圆柱的体积，用内接圆柱的底半径为自变量分别表示、；
（2）试分别求、的最大值、，并比较、的大小.
【答案】（1），
（2），，
【分析】（1）作出圆锥的轴截面，截圆柱得一内接矩形，设， 由相似形得出的关系，竖放，，横放，，由体积公式计算可得；
（2）由导数求得的最大值，并比较可得．
（1）如图是圆锥的轴截面截圆柱得一内接矩形，设，
根据三角形相似得，.
①若圆柱“竖放”，则
②若圆柱“横放”，则
（2）①，由，解得
当时，，递增；当时，，递减；
②由解得
当时，，递增；当时，，递减；
25．（2021·江苏南通·高三期中）如图，在四棱锥中，，，，.（1）证明：平面；（2）若，求二面角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析（2）
【分析】（1）取中点，由题可得四边形为菱形，利用线面垂直的判定定理可证；
（2）过作于点，过作于点，由线面垂直的判定定理可证平面，则即为所求二面角，再结合条件即求.
（1）取中点，连接，则，
∴四边形为为平行四边形，又∵，
∴平行四边形为菱形，∴，
∴，∴，又∵，，∴平面.
（2）过作于点，又∵平面，∴，∵，
∴平面，过作于点，连接，∴，
∴平面，则即为所求二面角，
由题知为边长为1的等边三角形，∴，在中，，
∴，即，∴，，
∴二面角的正弦值为.
26．（2021·广西柳州·一模）如图，△ABC的外接圆O的直径|AB|=2，CE垂直于圆O所在的平面，BD∥CE，|CE|=2．|BC|=|BD|=1，M为DE上的点．（1）证明：BM⊥AC；（2）当DM为何值时，二面角C－AM－D的余弦值为．
【答案】（1）见解析；（2）﹒
【分析】(1)证明AC⊥平面BCDE即可；(2)建立空间直角坐标系，利用平面的法向量进行求解即可﹒
（1）∵AB是圆O的直径，∴AC⊥BC，∵CE⊥平面ABC，ACÌ平面ABC，∴CE⊥AC，
又∵CE∩BC=C，CE和BCÌ平面BCED，∴AC⊥平面BCED，∵BMÌ平面BCED，∴AC⊥BM；
（2）由(1)和已知条件可知，CA、CB、CE两两垂直，故以C为原点，CA、CB、CE分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系C-xyz：
则C(0，0，0)，，则，
设(λ>0)，则，
设平面的法向量为，则，取，
设平面的法向量为，则，取，
设二面角C-AM-D的大小为θ，则，
∴﹒
27．（2021·江苏海安·高三期中）如图，在四棱锥P－ABCD中，已知AB//CD，AD⊥CD，AB＝AD＝1，DC＝DP＝2，PD⊥平面ABCD．（1）求证：BC⊥平面PBD；（2）设M，N分别为棱PA，PC的中点，点T满足，求证：B，N，T，M四点共面．
【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析
【分析】（1）取中点，连结，则，且，由勾股定理得，由此能证明面.（2）取中点，连接，，，，由，知为中点，，再证明且，所以四边形是平行四边形，进而，故结论成立.
（1）面，又面，，取中点，连结，则，且，
在中，，在中，，
，，平面．
（2）取中点，连接，，，，
由，所以知为中点，又是中点，所以，
又分别为棱的中点，所以且，
又，，，所以且，
所以四边形是平行四边形，所以，所以，所以，，，四点共面．
B卷（建议用时90分钟）
一、单选题
1．（2021·四川·成都七中一模）在正三棱柱中，，点满足，其中，，则下列说法正确的个数是（ ）
①当时，的周长为定值;②当时，三棱锥的体积为定值
③当时，有且仅有一个点，使得;④当时，有且仅有一个点，使得平面
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【分析】判断当时，点在线段上，分别计算点为两个特殊点时的周长，即可判断选项A；当时，点在线段上，利用线面平行的性质以及锥体的体积公式，即可判断选项B；当时，取线段，的中点分别为，，连结，则点在线段上，分别取点在，处，得到均满足，即可判断选项C；当时，取的中点，的中点，则点在线的上，证明当点在点处时，平面，用过定点与定直线垂直的平面有且只有一个，即可判断选项D．
【详解】解：对于A，当时，，即，所以，
故点在线段上，此时△的周长为，当点为的中点时，△的周长为，
当点在点处时，△的周长为，故周长不为定值，故选项A错误；
对于B，当时，，即，所以，故点在线段上，
因为平面，所以直线上的点到平面的距离相等，
又△的面积为定值，所以三棱锥的体积为定值，故选项B正确；
对于C，当时，取线段，的中点分别为，，连结，
因为，即，所以，则点在线段上，
当点在处时，，，又，所以平面，
又平面，所以，即，同理，当点在处，，故选项C错误；
对于D，当时，取的中点，的中点，因为，即，所以，
则点在线的上，当点在点处时，取的中点，连结，，
因为平面，又平面，所以，在正方形中，，
又，，平面，故平面，又平面，所以，
在正方体形中，，又，，平面，所以平面，
因为过定点与定直线垂直的平面有且只有一个，
故有且仅有一个点，使得平面，故选项D正确．故选：B．
2．（2021·四川成都·高三期中）已知正方体的棱长为，是空间中任意一点，有下列结论：①若为棱中点，则异面直线与所成角的正切值为；
②若在线段上运动，则的最小值为；
③若在以为直径的球面上运动，当三棱锥体积最大时，三棱锥外接球的表面积为；
④若过点的平面与正方体每条棱所成角相等，则截此正方体所得截面面积的最大值为.
其中正确结论的个数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】①根据，可得即为异面直线所成的角或所成角的补角，从而可求出；
②将和四边形沿展开到同一个平面上，易知线段的长度即为的最小值，利用余弦定理即可求出；③根据题意判断出，为的中点时，三棱锥的体积最大，只需求此时外接球的表面积即可；④分别为相应棱的中点时，平面为平面时，与正方体每条棱所成角相等，且截面的面积最大.
【详解】对于①：因为，所以即为异面直线所成的角或所成角的补角，
在中，，所以，故①正确；
对于②：将和四边形沿展开到同一个平面上，如图所示，
由图可知，线段的长度即为的最小值，
在中，利用余弦定理，得，故②错误；
对于③：如图，当为的中点时，三棱锥的体积最大，
此时，三棱锥外接球的球心是的中点，半径为，其表面积为，故③正确；
对于④：要使平面与正方体每条棱所成角相等，只需与过同一个顶点的三条棱所成的角相等即可，
如图，当时，平面与正方体过点的三条棱所成的角都相等，
若分别为相应棱的中点时，平面平面且此时六边形为正六边形，
因为正方体的棱长为1，所以正六边形的边长为，
所以此正六边形的面积为，为截面最大面积，故④正确.故选：B.
3．（2021·浙江·模拟预测）在矩形中，已知，，为边上靠近点的三等分点．现将沿直线折起至，使得点在平面上的射影在四边形内(不含边界)，如图．设直线，与平面所成的角分别为，，二面角的大小为，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】画出几何图形，作，分别交，于点，，连接，，易证平面平面，点在平面上的射影就落在线段上(不含端点)，再作于点，则平面，连接，，，，，且，，，然后由题中的等量关系和大小关系得出答案即可.
【详解】如图，作，分别交，于点，，连接，，易知，所以，所以，由翻折知，又，所以平面，
又平面，所以平面平面，
因此点在平面上的射影就落在线段上(不含端点)，
作于点，则平面，连接，，
由线面角和二面角的定义可知，，，，
且，，，易知，，所以，，
即点在线段的垂直平分线的下方，故，
且易知，所以有，所以，
又，，，所以，故选：D．
3．（2021·湖南·模拟预测）如图所示，圆形纸片的圆心为O，半径为，该纸片上的等边三角形ABC的中心为O，D，E，F为圆O上的点，分别是以BC，CA，AB为底边的等腰三角形，沿虚线剪开后，分别以BC，CA，AB为折痕折起，使得D，E，F重合，得到三棱锥，则当的边长变化时，三棱锥的表面积S的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】设三棱锥底面边长为a，则．如图所示，连接OD交BC于点G，从而可表示三棱锥的底面积为，侧面积为，可得表面积为，由的范围可求出表面积的范围
【详解】设三棱锥底面边长为a，则．如图所示，连接OD交BC于点G，
则，故三棱锥的底面积为，侧面积为．
因而表面积为，故．故选：D
4．（2022·全国·高三专题练习）点分别是棱长为2的正方体中棱的中点，动点在正方形 (包括边界)内运动.若面，则的长度范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】如图，分别取的中点，连接，则可证得平面‖平面，从而可得点在上，从而可求出的长度范围
【详解】解：如图，分别取的中点，连接，，则‖，
因为是的中点，所以‖，所以‖，
因为平面，平面，所以‖平面，
因为是的中点，是的中点，所以‖，，
因为‖，，所以‖，，所以四边形为平行四边形，所以‖，，
因平面，平面，所以‖平面，因，所以平面‖平面，
因为平面平面，所以点在上运动，使面，
因为的棱长为2，所以
所以当点与或重合时，最长，当点在的中点时，最短，
的最小值为，所以的长度范围是，故选：B
5．（2021·江苏·海安高级中学高三期中）如图所示，在直三棱柱中，，，，P是上的一动点，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．3
【答案】B
【分析】连接，以所在直线为轴，将所在平面旋转到平面，设点的新位置为，连接，判断出当三点共线时，则即为的最小值.分别求出,,利用余弦定理即可求解.
【详解】连接，得，以所在直线为轴，将所在平面旋转到平面，
设点的新位置为，连接，则有.
当三点共线时，则即为的最小值.
在三角形ABC中，，，由余弦定理得：,所以，即
在三角形中，，，由勾股定理可得：,且.
同理可求：因为，所以为等边三角形，所以，
所以在三角形中，,,
由余弦定理得：.故选B.
【点睛】（1）立体几何中的翻折（展开）问题截图的关键是：翻折（展开）过程中的不变量；
（2）立体几何中距离的最值一般处理方式：①几何法：通过位置关系，找到取最值的位置（条件），直接求最值；②代数法：建立适当的坐标系，利用代数法求最值.
6．（2021·安徽师范大学附属中学模拟预测）如图所示，圆锥的轴截面是以为直角顶点的等腰直角三角形，，为中点．若底面所在平面上有一个动点，且始终保持，过点作的垂线，垂足为．当点运动时，
①点在空间形成的轨迹为圆;②三棱锥的体积最大值为
③的最大值为2;④与平面所成角的正切值的最大值为
上述结论中正确的序号为（ ）．
A．①② B．②③ C．①③④ D．①②③
【答案】D
【分析】建立空间坐标系，运用空间向量知识求解出点的轨迹方程，再运用三棱锥体积、线面角等相关知识进行选项判定.
【详解】建系如图，为等腰直角三角形，
在所在圆上，设，
，，
则M的轨迹为圆，是以OA为直径在xoy面上的圆.
又随着M运动，H轨迹是以OC为直径的圆，故①正确
②由图可得，B到面COH的距离为1，，
故②正确；
③设，则，，
，当时等号成立，
即当H运动到点C时，，故③正确；
④由①知H在以OC为直径的圆上，且该圆所在的平面与平面PAB垂直，由对称性，只考虑C在上半圆，
如图，过H作，过B作，
则BH与平面PAB所成的角为，又，
，故④错误.综上所述，正确的序号为①②③故选：D
【点睛】解答本题的关键是能够建立空间坐标系，用空间向量知识进行求解，具有较强的综合能力.
7．（2021·安徽·合肥市第八中学模拟预测）在棱长为2的正方体中，点是对角线上的点（点与不重合），有以下四个结论：
①存在点，使得平面平面；②存在点，使得平面；
③若的周长为L，则L的最小值为；④若的面积为，则．
则正确的结论为（ ）
A．①③ B．①②③ C．①②④ D．②④
【答案】B
【分析】根据线面垂直的判定定理和面面垂直的判定定理，可判定①正确；由面面平行的性质定理，可判定②正确；将平面与平面展开到同一平面，由两点之间线段最短，可判定③正确；由三角形的面积公式，可求得的面积的范围，可判定④错误.
【详解】解：连接，设平面与体对角线交于点，
由，，,平面，即平面,
平面，平面平面，存在点，使得平面平面，故①对；
由，平面，平面，
所以平面，同理由可得平面，
又，所以平面平面，设平面与交于点M，则平面，
所以平面，故②对；将平面与平面展开到同一平面，如图所示
则，
所以的周长为L的最小值为，故③对；连接交于点O，过O作，
在正方体中，平面，平面，，
由，则，即，
此时面积为，故④错；故选：B．
【点睛】对③将平面与平面展开到同一平面，空间问题平面化是解题的关键；对④根据，求出的长是解题的关键.
8．（2022·浙江·高三专题练习）如图，在等边三角形中，分别是线段上异于端点的动点，且，现将三角形沿直线折起，使平面平面，当从滑动到的过程中，则下列选项中错误的是（ ）
A．的大小不会发生变化 B．二面角的平面角的大小不会发生变化
C．与平面所成的角变大 D．与所成的角先变小后变大
【答案】C
【分析】过点作，交于点，交于点，连接，可证明在三角形沿直线折起的过程中，平面，然后用的值分别将各个选项中的角的相应三角函数表示出来，然后判断可得答案.
【详解】设等边三角形的边长为1，，则.在中，由，则
过点作，交于点，交于点，连接，则
,所以，
在三角形沿直线折起的过程中，始终满足.
由平面平面，平面平面，所以平面
由平面,则在中， ,
所以
所以 所以大小不变，故选项A正确.
过作交于点，由，则
由平面，又平面，则
由,所以平面,所以为二面角的平面角
在直角中，所以大小不变，故选项B正确.
由,则，又, 且
所以 平面，又平面,所以
由平面，由平面,则
所以
设点到平面的距离为.由等体积法可得,即
则
设与平面所成的角为，则
当从滑动到的过程中，的值从1变小到0，这一过程中逐渐变大.
所以在这一过程中，变小，则角变小， 故选项C不正确.
由，则 (或其补角)为与所成的角.
由上可知：，则
函数的对称轴为当时，函数单调递减.
当时，函数单调递增.所以当从1变到的过程中，变小，当从变到0的过程中，变大，所以选项D正确.故选：C
【点睛】本题考查翻折过程中空间角的变化情况，解答本题的关键是设等边三角形的边长为1，，则，根据条件可得平面，用的值分别将角表示出来，然后判断，属于难题.
二、多选题
9．（2021·辽宁·大连市第一中学高三期中）如图，为圆锥的底面直径，点是圆上异于的动点，，则下列结论正确的是（ ）
A．圆锥的侧面积为 B．三棱锥体积的最大值为
C．的取值范围是 D．若，为线段上的动点，则的最小值为
【答案】AB
【分析】先求出圆锥的母线长，利用圆锥的侧面积公式判断选项A；
当时，的面积最大，此时体积也最大，利用圆锥体积公式求解即可判断选项B；
先用取极限的思想求出的范围，再利用，求范围即可判断选项C；
将以为轴旋转到与共面，得到△，则，利用已知条件求解即可判断选项D．
【详解】在中，，则圆锥的母线长，半径，
对于选项A：圆锥的侧面积为，故选项A正确；
对于选项B：当时，的面积最大，此时，
则三棱锥体积的最大值为，故选项B正确；
对于选项C：当点与点重合时，为最小角，当点与点重合时，，达到最大值，
又因为与A，不重合，则，又，所以，故选项C错误；
对于选项D：由，，，得，又，
则为等边三角形，则，将以为轴旋转到与共面，得到△，
则△为等边三角形，，如图：
则，因为，
，
则，故选项D错误；故选：AB．
10．（2021·重庆·西南大学附中高三阶段练习）钻石是金刚石精加工而成的产品，是世界上最坚硬的、成分最简单的宝石，它是由碳元素组成的、具有立方结构的天然晶体．如图，已知某钻石形状的几何体由上、下两部分组成，上面为一个正六棱台 （上、下底面均为正六边形，侧面为等腰梯形），下面为一个正六棱锥P-ABCDEF，其中正六棱台的上底面边长为a，下底面边长为2a，且P到平面的距离为3a，则下列说法正确的是（ ）
（台体的体积公式：，其中，分别为台体的上、下底面面积，h为台体的高）
A．若平面平面，则正六棱锥P-ABCDEF的高为
B．若，则该几何体的表面积为
C．该几何体存在外接球，且外接球的体积为
D．若该几何体的上、下两部分体积之比为7：8，则该几何体的体积为
【答案】ABD
【分析】分别取AF，，，CD的中点Q，R，S，T，连接RS，RQ，TS，TQ，得到Q，R，S，T四点共面，且点P，M，N均在该平面上，连接PM，则N在PM上，进而得到为二面角的平面角，进而判定A正确；连接PM，则，结合截面PORST，利用表面积公式可判定B正确；连接PM，设外接球半径为R，连接OA，，OD，，求得外接球的半径，可判定C错误；设该几何体上、下两部分的体积分别为，，结合，可得，利用，可判定D正确．
【详解】设M，N分别为正六棱台上、下底面的中心．
对于选项A，如图1，分别取AF，，，CD的中点Q，R，S，T，
连接RS，RQ，TS，TQ，则，，
可得Q，R，S，T四点共面，且点P，M，N均在该平面上，
连接PM，则N在PM上，得如图2所示的截面PQRST，四边形QRST为等腰梯形，
且为二面角的平面角，即，
过点R作交QT于点L，则，可得，
即，而，
故，解得，故A正确；
对于选项B，如图3为截面，依题意得，，
连接PM，则，又，所以，，
如图4为截面PORST，从而，，故该几何体的表面积，故B正确；
对于选项C，如图5所示的截面，
连接PM，依题意可知，，，若该几何体存在外接球，则外接球球心．在PM上，
设外接球半径为R，连接OA，，OD，，得，，解得，又，矛盾，故该几何体不存在外接球，C错误；
对于选项D，设该几何体上、下两部分的体积分别为，，，，
则，，
由，可得，结合，可知，，
因此该几何体的体积，故D正确．故选：ABD.
11．（2021·山东青岛·高三期中）如图，底面ABCD为边长是4的正方形，半圆面底面ABCD．点P为半圆弧(不含A，D点)一动点．下列说法正确的是（ ）
A．三梭锥P—ABD的每个侧面三角形都是直角三角形 B．三棱锥P—ABD体积的最大值为
C．三棱锥P—ABD外接球的表面积为定值 D．直线PB与平面ABCD所成最大角的正弦值为
【答案】AC
【分析】对于A，根据面面垂直和线面垂直的性质可证得，由平面几何知识可证得，，，由此可判断； 对于B，当点P是半圆弧的中点时，三棱锥P—ABD的底面积取得最大值，由棱锥的体积公式计算可判断；
对于C，取BD的中点O，则有点O为三棱锥P—ABD外接球的球心，由球的表面积公式计算可判断；
对于D，过点P作于，连接HB，则有就是直线PB与平面ABCD所成的角的平面角，设，表示，令，由基本不等式可求得，由此可判断.
【详解】解：对于A，因为底面ABCD为边长是4的正方形，所以，
又半圆面底面ABCD，半圆面底面，所以半圆面，所以，所以是直角三角形，，
因为AD是圆的直径，所以，所以是直角三角形，；
因为，所以是直角三角形，，
所以在中有，所以，所以是直角三角形，所以三棱锥P—ABD的每个侧面三角形都是直角三角形，故A正确；
对于B，在三棱锥P—ABD中，半圆面，所以AB是三棱锥P—ABD的高，当点P是半圆弧的中点时，三棱锥P—ABD的底面积取得最大值，三棱锥P—ABD的体积取得最大值，故B不正确；对于C，取BD的中点O，由A选项的解析得，所以点O为三棱锥P—ABD外接球的球心，所以三棱锥P—ABD外接球的表面积为，故C正确；
对于D，过点P作于，连接HB，
又半圆面底面ABCD，半圆面底面，所以面，
所以BH就是PB在面内的射影，所以就是直线PB与平面ABCD所成的角的平面角，
设，则，，所以在直角三角形中，，，所以，
所以，
令，则，且，所以，
又，当且仅当，即（满足）时，取等号，
所以，所以，
所以，即直线PB与平面ABCD所成最大角的正弦值为，故D不正确，故选：AC.
12．（2021·河北·衡水市冀州区第一中学高三期中）如图所示，在长方体中，，点是上的一个动点，若平面交棱于点，给出下列命题：其中真命题的是（ ）
A．四棱锥的体积恒为定值； B．存在点，使得平面
C．对于棱上任意一点，在棱上均有相应的点，使得平面
D．存在唯一的点，使得截面四边形的周长取得最小值．
【答案】ABD
【分析】利用面面平行的性质定理判断四边形的形状，由此研究截面的周长，判断D，再利用锥体的体积公式研究四棱锥的体积，判断A,利用线面垂直判定定理判断B，通过举例判断C.
【详解】由面面平行的性质定理可得四边形为平行四边形，所以四棱锥的体积等于三棱锥的体积的两倍，∴，
又，都是定值，所以四棱锥的体积为定值，A对，
当BE⊥B1C时，∵ CD⊥BE，BE⊥B1C，由线面垂直判断定理可得BE⊥平面B1CD，∴ BE⊥B1D，
又BB1=B1D1， ∴ B1D⊥BD1，∴ 平面，B对，
当E运动到点C处时，不存在相应的点，使得平面，C错，
由面面平行的性质定理可得四边形为平行四边形，
∴ 截面四边形的周长为，当时，取最小值，此时截面四边形的周长最小，故存在唯一的点，使得截面四边形的周长取得最小值，D对，故选：ABD.
三、填空题
13．（2021·吉林省实验模拟预测）在三棱锥中，已知，，分别为，的中点，若三棱锥的外接球球心在三棱锥内部，则线段长度的取值范围为______．
【答案】
【分析】根据已知条件可知和都是等边三角形，取其外心分别为和，过点和作平面和平面 的垂线，两条垂线的交点即为外接球的球心，且可知点在线段上，分别讨论与点重合时由勾股定理可求出的长，当时，，结合两个临界值可得长度的取值范围.
【详解】如图连接，，因为和都是边长为的等边三角形，，分别为，的中点，所以，分别设等边三角形和的外心和，
由等边三角形的性质可知，，且和都是靠近点的三等分点，
分别过点和作平面和平面 的垂线，则两条垂线的交点即为三棱锥外接球的球心，
因为，所以是等腰三角形，所以点，
当点位于点时，即面，面，
因为面，面，所以，，
因为，，所以，，所以，
因为是等腰三角形，为的中点，所以，
所以，即，所以，
在直角三角形中，因为，所以，
当时，，因为外接球球心在三棱锥内部，所以，故答案为：
14．（2021·山东·泰安一中模拟预测）如图，某校学生在开展数学建模活动时，用一块边长为的正方形铝板制作一个无底面的正棱锥（侧面为等腰三角形，底面为正边形）道具，他们以正方形的儿何中心为田心，为半径画圆，仿照我国古代数学家刘徽的割圆术裁剪出份，再从中取份，并以O为正棱锥的顶点，且落在底面的射影为正边形的几何中心，侧面等腰三角形的顶角为，当时，设正棱锥的体积为，则的最大值为___________.
【答案】
【分析】设，首先求得的表达式，结合二次函数的性质求得的最大值.
【详解】设，由题意，，
得，
将（※）代入（#），可得.
因为，所以，则，
，当时，取得最大值.答案：
15．（2021·全国·模拟预测）在梯形中，，，为的中点，将沿直线翻折成，当三棱锥的体积最大时，过点的平面截三棱锥的外接球所得截面面积的最小值为______.
【答案】
【分析】分析出当平面平面时，三棱锥的体积最大，取的中点，分析出点为三棱锥的外接球的球心，求出球的半径，计算出截面圆半径为最小值，结合圆的面积公式得结果.
【详解】如下图所示，连接，则，
则，故，设二面角的平面角为，设三棱锥的高为，则，，
当且仅当时，等号成立，即当平面平面时，三棱锥的体积最大，
，，，故为等腰直角三角形，且，
在梯形中，，则，所以，，
在中，，，，
由余弦定理可得，故，，
因为平面平面，平面平面，，平面，平面，
平面，则，因为，，平面，
平面，所以，，记中点为，由得为三棱锥的外接球的球心，且球的半径为，
设与过点的平面所成的角为，设点到截面的距离为，则，
故截面圆的半径为，
当且仅当时，过点的平面截三棱锥外接球所得截面面积最小，
所以截面圆面积的最小值为.故答案为：.
【点睛】解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下：（1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径；（2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的；
（3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解.
16．（2021·新疆·克拉玛依市教育研究所模拟预测）古希腊数学家阿波罗尼奥斯发现：平面上到两定点A，B距离之比为常数（且）的点的轨迹是一个圆心在直线AB上的圆，该圆简称为阿氏圆.根据以上信息，解决下面的问题：如图，在长方体中，，点E在棱AB上，，动点P满足.若点P在平面ABCD内运动，则点P所形成的阿氏圆的半径为________；若点P在长方体内部运动，F为棱的中点，M为CP的中点，则点M到平面的距离的最小值为___________.
【答案】
【分析】①建立空间直角坐标系，设，求出点P的轨迹为，即得解；②先求出点P的轨迹为，P到平面的距离为，再求出的最小值即得解.
【详解】①以AB为轴，AD为轴，为轴，建立如图所示的坐标系，
则设，由得，所以，
所以若点在平面内运动，则点所形成的阿氏圆的半径为.
②设点，由得，所以，
由题得所以设平面的法向量为，所以，令，则由题得，
所以点P到平面的距离为，
因为，
所以，所以点M到平面的最小距离为.故答案为：；.
四、解答题
17．（2021·广东顺德·高三阶段练习）某商品的包装纸如图1，其中菱形的边长为3，且，，，将包装纸各三角形沿菱形的边进行翻折后，点E，F，M，N汇聚为一点P，恰好形成如图2的四棱锥形的包裹．
（1）证明底面；
（2）设点T为BC上的点，且二面角的正弦值为，试求PC与平面PAT所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析（2）
【分析】（1）由翻折之前的边长关系得，，进而得翻折后有，，进而得底面；（2）解法一：以点A为原点，AB为x轴，过点A作AB的垂线为y轴，AP为z轴建立空间直角坐标系，进而得为二面角的平面角，再结合正弦定理得，再写坐标，利用坐标法求解即可.
解法二：由（1）知为二面角的平面角，即，进而由正弦定理得，再由余弦定理可得，设过点C作平面PAT的垂线，垂足为Q，连接PQ，所以为PC与面PAT所成角，再利用得，进而得答案；
解法三：由（1）得为二面角的平面角，即，进而得，，再过点C作CQ垂直于AT于Q，连接CQ、AC
进而证明面PAT，再根据几何关系求解即可.
（1）由菱形的边长为3，，
可得：，即有
同理，即有
在翻折的过程中，垂直关系保持不变可得：，，．
可得底面
（2）解法一：如图，以点A为原点，AB为x轴，过点A作AB的垂线为y轴，AP为z轴建立空间直角坐标系．由第（1）问可得底面，可得：，．
则为二面角的平面角，由题意可得：
考虑，，可得．
利用正弦定理可得：，可得点T的坐标为．
点，，
设面的法向量为，则有，即：．
令，则有，则有：
则PC与面PAT所成角的正弦值为．
解法二：由第（1）问可知底面，，所以，，．
则为二面角的平面角，由题意可得：
考虑，，可得．
利用正弦定理
可得：，即点T为BC上靠近点B的三等分点
所以在中，由余弦定理可得：，
设过点C作平面PAT的垂线，垂足为Q，连接PQ，所以为PC与面PAT所成角
考虑三棱锥，由于，，
因为，所以所以所以PC与面PAT所成角的正弦值为
解法三：由面，可得：，．
故为二面角的平面角，由题意可得：
因为为锐角，所以故
过点C作CQ垂直于AT于Q，连接CQ、AC
则∵，∴∵面，∴
又因为，，故面PAT故为与面PAT所成的角，∴
即PC与面PAT所成角的正弦值为
18．（2021·天津英华国际学校高三期中）在四棱锥中，平面，，，，，是的中点，在线段上，且满足.
（1）求证：平面；（2）求平面与平面夹角的余弦值.（3）在线段上是否存在点，使得与平面所成角的正弦值是，若存在，求出的长；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析（2）（3），理由见解析
【分析】（1）取的中点，连接，证明四边形是平行四边形，可得，再由线面平行的判定定理即可求证；（2）如图建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，由空间向量夹角公式即可求解；（3）设可得，由（2）知：平面的一个法向量，再利用空间向量夹角公式计算，求得的值即可求解.
（1）取的中点，连接，，因为是的中点，所以，且，
因为，且，所以且，
所以四边形是平行四边形，可得，
因为面，面，所以平面
（2）因为，，所以，
因为平面，面，面，所以，，两两垂直，
以为原点，分别以，，所在的直线为轴建立空间直角坐标系，
因为，在等于直接三角形中，，
则，，，，设，
，，由，可得：，
所以，，，，
设平面的一个法向量为，
由，令，则，，所以，
设平面的一个法向量为，
由，令，则，，所以，
所以，所以平面与平面夹角的余弦值为.
（3）由（2）知：平面的一个法向量，
假设在线段上是否存在点，设，，
则，
因为与平面所成角的正弦值是，所以，
整理可得：，解得：或（舍），，
所以在线段上是否存在点符合题意，的长为.
19．（2021·河北·唐山一中高三期中）四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为直角梯形，CDAB，∠ABC=90°，AB=2BC=2CD=4，侧面PAD⊥面ABCD，PA=PD=2.（1）求证：BD⊥PA；（2）已知平面PAD与平面PBC的交线为l，在l上是否存在点N，使二面角P-DC-N的余弦值为？若存在，请确定N点位置，若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析（2）存在，N为PM的中点
【分析】（1）先证明AD⊥BD，PE⊥BD，即可证明BD⊥平面PAD，从而BD⊥PA；
（2）建立坐标系，用向量法求解即可
（1）取AD的中点E，连接PE，CDAB，，，
，，∴∠DBA=45°，
，∴AD2+BD2=AB2，∴AD⊥BD，
∴PA=PD，E是AD的中点，∴PE⊥AD
∵平面PAD⊥半面ABCD，平面平面ABCD=AD，半面PAD，PE⊥AD，∴PE⊥平面ABCD，
平面ABCD，∴PE⊥BD又平面PAD，平面PAD，
∴BD⊥平面PAD，又平面PAD∴BD⊥PA.
（2）延长BC，AD，设BC的延长线和AD的延长线交点为M，连接PM，
则平面PAD和平面PBC的交线l为直线PM，
以B为原点，以BM､BA､平面ABCD的过点B的垂线为坐标轴建立空间直角坐标系B-xyz，
则，，
设，则，
设平面PCD的法向量为，则，，即令
可得，设平面CDN的法向量为，则，，
即，令可得，
，若二面角P-DC-N的余弦值，则
解得：或，令可得，解得，
故当时，二面角P-DC-N为锐二面角，当时，二面角P-DC-N为钝二面角，
，即在直线l上存在点N，当N为PM的中点时，二面角P-DC-N的余弦值为.
20．（2021·北京·东直门中学高三期中）如图，在四棱锥P – ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD ⊥ CD，AD // BC，PA = AD = CD = 2，BC = 3．E为PD的中点，点F在PC上，且．（1）求证：CD⊥平面PAD；（2）求二面角F – AE – P的余弦值；（3）设点G在PB上，且．判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由．
【答案】（1）证明见解析（2）（3）直线AG不在平面AEF内，详见解析．
【分析】（1）由题可证PA⊥CD，从而可证CD⊥平面PAD；（2）以A为坐标原点如图建立空间直角坐标系A-xyz，求出平面AEF的法向量后可求二面角的余弦值；（3）利用与平面的法向量是否垂直可得解.
（1）因为平面，平面，所以PA⊥CD，
又因为AD⊥CD，，所以CD⊥平面PAD.
（2）过A作AD的垂线交BC于点M.
因为PA⊥平面ABCD，平面，所以PA⊥AM，PA⊥AD，
以A为坐标原点如图建立空间直角坐标系A-xyz.
则A(0，0，0)，B(2，－1，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)，
因为E为PD的中点，所以E(0，1，1)，所以，，，，
所以，.
设平面AEF的法向量为，则即，
令，则，，故，
又平面PAD的法向量为，所以，
∴二面角平面角余弦值为.
（3）直线AG不在平面AEF内，理由如下：
因为点G在PB上，且，故，
所以，.
由（2）知，平面AEF的法向量，
所以，所以直线AG不在平面AEF内.
热点08 立体几何
从新高考的考查情况来看，立体几何是高考必考内容，考查重点是：①几何体的表面积和体积，与球有关的切、接问题，一般以选择题和填空题的形式出现，难度中等；②异面直线所成的角和线面位置关系；③直线与平面以及平面与平面平行（垂直）的判定和性质，常出现在解答题的第（1）问中，难度中等；④利用向量法求空间角和空间距离是高考的重点，考查频率较高，线、面的平行和垂直问题一般不用向量法求解，但向量法的使用有时可以加快求解速度，主要以解答题的形式出现，难度中等．
该部分主要考查考生对转化与化归思想的应用，提升直观想象、数学运算、逻辑推理核心素养．
1、几何体的表面积（体积）问题的常见类型及解题策略：
（1）若所给定的几何体是可直接用公式求解的柱体、锥体或台体，则可直接利用公式进行求解．
（2）若所给定的几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用等体积法、割补法等方法进行求解．
①等体积法：一个几何体无论怎样转化，其体积总是不变的．如果一个几何体的底面面积和高较难求解时，我们可以采用等体积法进行求解．等体积法也称等积转化或等积变形，它是通过选择合适的底面来求几何体体积的一种方法，多用来解决有关锥体的体积，特别是三棱锥的体积.
②割补法：运用割补法处理不规则的空间几何体或不易求解的空间几何体的体积计算问题，关键是能根据几何体中的线面关系合理选择截面进行切割或者补成规则的几何体.要弄清切割后或补形后的几何体的体积是否与原几何体的体积之间有明显的确定关系，如果是由几个规则的几何体堆积而成的，其体积就等于这几个规则的几何体的体积之和;如果是由一个规则的几何体挖去几个规则的几何体而形成的，其体积就等于这个规则的几何体的体积减去被挖去的几个几何体的体积．
2、球面几何的解题技巧：
1）确定一个球的条件是球心和球的半径，已知球的半径可以利用公式求球的表面积和体积；反之，已知球
的体积或表面积也可以求其半径.
2）球与几种特殊几何体的关系：(1)长方体内接于球，则球的直径是长方体的体对角线长；(2)正四面体的外接球与内切球的球心重合，且半径之比为3∶1；(3)直棱柱的外接球：找出直棱柱的外接圆柱，圆柱的外接球就是所求直棱柱的外接球.特别地，直三棱柱的外接球的球心是上、下底面三角形外心连线的中点；(4)球与圆柱的底面和侧面均相切，则球的直径等于圆柱的高，也等于圆柱底面圆的直径；(5)球与圆台的底面和侧面均相切，则球的直径等于圆台的高．
3）与球有关的实际应用题一般涉及水的容积问题，解题的关键是明确球的体积与水的容积之间的关系，正确建立等量关系.
4）有关球的截面问题，常画出过球心的截面圆，将空间几何问题转化为平面中圆的有关问题解决.球心到截面的距离与球的半径及截面圆的半径之间满足关系式：.
3、向量法求空间角度和距离的方法策略：
建立空间直角坐标系，把空间中的点用有序实数组(即坐标)表示出来,通过坐标的代数运算解决空间几何问题，实现了几何问题(形)与代数问题(数)的结合.
1）用向量法求异面直线所成的角：（1）建立空间直角坐标系；（2）求出两条直线的方向向量；（3）代入公式求解.
2）向量法求直线与平面所成的角：（1）分别求出斜线和它所在平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；（2）通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角，取其余角就是斜线和平面所成的角．
3）向量法求二面角：求二面角最常用的方法就是分别求出二面角的两个面所在平面的法向量，然后通过两个平面的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角是锐角还是钝角．
4）求点P到平面α的距离的三个步骤：（1）在平面α内取一点A，确定向量的坐标．（2）确定平面α的法向量n.（3）代入公式求解.
热点1、球面几何
主要考查多面体的外接球的表面积、体积等，一般应用“老方法”，求出球的半径即可。
热点2、直线与平面以及平面与平面平行（垂直）的判定和性质
(1)由已知想性质，由求证想判定，即分析法与综合法相结合寻找证题思路。
(2)利用题设条件的性质适当添加辅助线(或面)是解题的常用方法之一。
热点3、空间向量的应用（求角、距离等）
主要步骤：一作、二证、三算；若用向量，那就是一证、二算。
(1)两条异面直线所成的角：①平移法；②补形法；③向量法。
(2)直线和平面所成的角：①作出直线和平面所成的角，关键是作垂线，找射影转化到同一三角形中计算，或用向量计算。②用公式计算。
(3)二面角：①平面角的作法：(i)定义法；(ii)垂面法。②平面角的计算法：(i)找到平面角，然后在三角形中计算(解三角形)或用向量计算；(ii)射影面积法；(iii)向量夹角公式。
(4)求点到平面的距离：一般找出(或作出)过此点与已知平面垂直的平面，利用面面垂直的性质过该点作出平面的垂线，进而计算;也可以利用“等体积法”直接求距离。
A卷（建议用时90分钟）
一、单选题
1．（2021·山东·泰安一中模拟预测）如图，位于贵州黔南的“中国天眼”是具有我国自主知识产权､世界最大单口径､最灵敏的球面射电望远镜，其反射面的形状为球冠，球冠是球面被平面所截后剩下的曲面，截得的圆为球冠的底，与截面垂直的球体直径被截得的部分为球冠的高，设球冠所在球的半径为，球冠底的半径为，球冠的高为，球冠底面圆的周长为.已知球冠的表面积公式为，若，则球冠所在球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】如图，点是球冠所在球的球心，点是球冠底面圆的圆心，点是球冠底面圆周上点，线段是球冠的高，先求，再求出，，即得和球的表面积.
【详解】解：如图，点是球冠所在球的球心，点是球冠底面圆的圆心，点是球冠底面圆周上点，线段是球冠的高.
依题意，垂直于球冠底面，显然，
在Rt中，，即，
整理化简得，所以球冠所在球的半径.
因为球冠底面圆的周长，所以，
又球冠的表面积公式为，且，则，
因为，所以，解得，
故球的表面积为.故选：B.
2．（2021·重庆市涪陵实验中学校高三期中）北京大兴国际机场的显著特点之一是各种弯曲空间的运用.刻画空间的弯曲性是几何研究的重要内容.用曲率刻画空间弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于与多面体在该点的面角之和的差（多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制），多面体面上非顶点的曲率均为零，多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和，例如：正四面体在每个顶点有3个面角，每个面角是，所以正四面体在各顶点的曲率为，故其总曲率为，则四棱锥的总曲率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据题中给出的定义，由多面体的总曲率计算求解即可．
【详解】解：由题意，四棱锥的总曲率等于四棱锥各顶点的曲率之和，
因为四棱锥有5个顶点，5个面，其中4个三角形，1个四边形，
所以四棱锥的表面内角和由4个三角形和1个四边形组成，所以面角和为，
故总曲率为．故选：B.
3．（2021·山东潍坊·高三期中）“迪拜世博会”于2021年10月1日至2022年3月31日在迪拜举行，中国馆建筑名为“华夏之光”，外观取型中国传统灯笼，寓意希望和光明．它的形状可视为内外两个同轴圆柱，某爱好者制作了一个中国馆的实心模型，已知模型内层底面直径为，外层底面直径为，且内外层圆柱的底面圆周都在一个直径为的球面上.此模型的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】求出内层圆柱，外层圆柱的高，该模型的体积等于外层圆柱的体积与上下面内层圆柱高出的几何体的体积之和，计算可得解.
【详解】如图，该模型内层圆柱底面直径为，且其底面圆周在一个直径为的球面上，
可知内层圆柱的高
同理，该模型外层圆柱底面直径为，且其底面圆周在一个直径为的球面上，
可知外层圆柱的高
此模型的体积为 故选：C
4．（2021·广东龙岗·高三期中）如图，在中，，，为的中点，将沿折起到的位置，使得二面角为，则三棱锥的体积为（ ）
A． B．4 C． D．2
【答案】A
【分析】结合旋转性质可得为等边三角形，作中点，可证平面，再由锥体体积公式即可求解.
【详解】
由，，由旋转前后对应边，对应角相等可得：
，又二面角为，即，
故为等边三角形，作中点，连接，可得，又，所以平面，所以，即平面，结合几何关系可得，
故.故选：A
5．（2021·山东·胶州市教育体育局教学研究室高三期中）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
【答案】A
【分析】由线面平行、垂直，面面平行、垂直的性质即可判断.
【详解】由，，所以，又，所以，故A对.
由，，则或者，则B错.
由，，所以，又，则或，故C错.
由，，则、、，故D错.故选：A.
6．（2021·江苏南通·高三期中）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．
【答案】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.
7．（2021·浙江·高三期中）一个四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥各棱棱长的最大值为（ ）
A．1 B．2 C． D．
【答案】C
【分析】由几何体的三视图可得该几何体的直观图，通过计算求得即可.
【详解】解析：，计算可得：，，，．故选：C．
8．（2022·浙江·模拟预测）已知某正四棱锥的体积是，该几何体的表面积最小值是，我们在绘画该表面积最小的几何体的直观图时所画的底面积大小是，则和的值分别是（ ）
A．3； B．4； C．4； D．3；
【答案】C
【分析】设该正四棱锥底面边长为，高为，由体积得到，再算出侧面积和底面积，进而得到该四棱锥的表面积，然后通过基本不等式求得答案.
【详解】如图，O为底面ABCD的中心，E为BC的中点，连接PO，OE，
设该正四棱锥底面边长为，高为，且，由题意，.
易有，，则，
所以，，将代入并化简得：，
于是，.
当且仅当时，取“=”.易知，此时底面ABCD直观图的面积.选：C.
9．（2021·浙江·模拟预测）我国古代数学名著《九章算术》中记载的“刍甍”（chumeng）是底面为矩形，顶部只有一条棱的五面体.如下图五面体是一个刍甍，其中四边形为矩形，平面，且（AD的长度为常数），△是等边三角形，当五面体体积最大时，记二面角的大小为，二面角的大小为，直线与所成的角为，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】设求的长度，根据△是等边三角形及五面体的构成，判断体积最大时几何体中相关线面、面面的位置关系，进而确定、、的大小关系.
【详解】设，则，如下图：若分别为的中点，连接，则由四棱锥和斜棱柱组合而成，
又△是等边三角形，即，而对于四棱锥：底面面积为定值，斜棱柱：底面面积为定值，
∴要使五面体体积最大，到面的距离及底面的高都最大即可，故只需平面，即为直三棱柱，此时，面都与面垂直，如下图示：
∴1、二面角的平面角为且大小为，
2、直线与所成角的平面角为，而面面，则面，面，故，又，即
∴在中，，，易知：为，
3、若为的中点，连接，易知：，而△△，即△为等边三角形，故，又，则，，
∴面，即二面角的平面角为，
∴在中，，故.故选：C.
10．（2021·浙江·高三期中）在正方体中P，Q分别是和的中点，则下列判断错误的是（ ）
A． B．平面 C． D．平面
【答案】D
【分析】取中点，连接，通过证明平面可判断A；分别取中点，连接，可证明，即可证明，可判断C；进一步即可证明平面判断B；根据平面可判断D.
【详解】取中点，连接，因为P，Q分别是和的中点，易得，又，平面，平面，，故A正确；
分别取中点，连接，易得且，
所以四边形为平行四边形，，又，，故C正确；
，，又，，平面，故B正确；
平面即为平面，显然平面，故D错误.故选：D.
11．（2021·上海·曹杨二中高三期中）已知正方体的棱长为，、分别是棱、的中点，点为底面内（包括边界）的一动点，若直线与平面无公共点，则点的轨迹长度为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设点，计算出平面的一个法向量的坐标，由已知条件得出，可得出、所满足的等式，求出点的轨迹与线段、的交点坐标，即可求得结果.
【详解】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、，设点，
，，设平面的法向量为，
由，取，可得，
，由题意可知，平面，则，
令，可得；令，可得.
所以，点的轨迹交线段于点，交线段的中点，
所以，点的轨迹长度为.故选：B.
12．（2021·新疆·昌吉市第九中学高三期末）已知梯形CEPD如下图所示，其中，，A为线段PD的中点，四边形ABCD为正方形，现沿AB进行折叠，使得平面平面ABCD，得到如图所示的几何体．已知当点F满足时，平面平面PCE，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】构建以A为原点，射线AB、AD、AP为x、y、z轴正方向的空间直角坐标系，由题设标注相关点的坐标，进而求面、面的法向量，根据空间向量垂直的坐标表示求参数.
【详解】由题意，可构建以A为原点，射线AB、AD、AP为x、y、z轴正方向的空间直角坐标系，
∴，则，，
若是面一个法向量，则，可得，
若是面一个法向量，则，可得，
∴由面面PCE，有，解得.故选：D
二、多选题
13．（2021·福建·永安市第三中学高中校高三期中）在正方体中，为底面的中心，为线段上的动点（不包括两个端点），为线段的中点．现有以下结论中正确的是（ ）
A．与是异面直线； B．过、、三点的正方体的截面是等腰梯形；
C．平面平面； D．平面．
【答案】BC
【分析】连接PC，证明PQ//CE，即可判断选项A；连接A1C1，过E作EF//A1C1交C1D1于点F，连接CF，证明EF//A1C1//AC，且EF
又Q为线段AE的中点，所以PQ∥CE，故点P，Q，E，C四点共面，即PE与QC共面，故选项A错误；
连接A1C1，过E作EF∥A1C1交C1D1于点F，
连接CF，则四边形ACFE是正方体过A，P，E三点的截面，
因为EF∥A1C1∥AC，且EF＜A1C1＝AC，EA=CF,故四边形ACFE为等腰梯形，故选项B正确；
由正方体ABCD－A1B1C1D1中，可得AP⊥平面BDD1B1，又平面APE，
所以平面APE⊥平面BDD1B1，故选项C正确；
假设PE∥平面CDD1C1，又平面ACEF，平面平面，所以PE∥CF，又EF∥PC，
所以四边形PCFE为平行四边形，故，
所以EF为的中位线，即E为A1D1的中点，这与点E为线段A1D1上的动点矛盾，故选项D错误．
故答案为：BC．
14．（2021·江苏·南京师大附中高三期中）如图，正方体的棱长为1，E，F分别是棱的中点，过点E，F的平面分别与棱交于点G，H，以下四个结论正确的是（ ）
A．正方体外接球的表面积为3π B．平面EGFH与平面ABCD所成角的最大值为
C．四棱锥的体积为定值 D．点到平面EGFH的距离的最大值为
【答案】ACD
【分析】直接计算表面积得到A正确，成最大角时，B错误，计算，C正确，建立坐标系利用向量计算得到D正确，得到答案.
【详解】对于A：，正确；
对于B：成最大角时为平面或平面所成角，错误；
对于C：，正确；
对于D：如图所示建立空间直角坐标系，设H(0，0，m)，
设平面EGFH的法向量为，则，取得到，
，时等号成立，正确.
故选：ACD.
15．（2022·全国·高三专题练习）如图，已知圆锥的底面半径，侧面积为，内切球的球心为，外接球的球心为，则下列说法正确的是（ ）
A．外接球的表面积为
B．设内切球的半径为，外接球的半径为，则
C．过点P作平面截圆锥的截面面积的最大值为
D．设长方体为圆锥的内接长方体，且该长方体的一个面与圆锥底面重合，则该长方体体积的最大值为
【答案】AD
【分析】结合底面半径和侧面积求出母线，由外接和内接的性质，结合几何关系和勾股定理即可求解，进而求出外接球半径；由可判断过点P作平面截圆锥的截面面积最大时对应三角形为等腰直角三角形，结合面积公式可求解；由圆的内接四边形面积最大时为正方形，确定上下底面为正方形，列出关于V的关系式，结合导数即可求解.
【详解】因为，解得，即圆锥母线长为2，则高，
设圆锥外接球半径为，如图，
则对由勾股定理得，即，外接球面积为，故A正确；设内切球的半径为垂直于交于点D，如图，
则对，即，解得，故B项错误；
过点P作平面截圆锥的截面面积的最大时，如图，
因为，故恰好为等腰直角三角形时取到，点C在圆锥底面上，，故C项错误；设圆锥有一内接长方体，其中一个上顶点为E，上平面中心为，如图，
则，当长方形上平面为正方形时，上平面面积最大，
长方体体积为，当时，时，，故，故D正确，故选：AD
三、填空题
16．（2021·福建·上杭一中模拟预测）我国南北朝时期的数学家祖暅提出了计算体积的祖暅原理：“幂势既同，则积不容异。”意思是：两个等高的几何体若在所有等高处的水平截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等。如图，阴影部分是由双曲线与它的渐近线以及直线所围成的图形，将此图形绕轴旋转一周，得到一个旋转体，（1）如用与轴相距为，且垂直于轴的平面，截这个旋转体，则截面图形的面积为______；（2）则这个旋转体的体积为______．
【答案】
【分析】（1）其截面应为一个圆环，其内径为，外径为，则该圆环的面积为；
（2）根据祖暅原理，该旋转体的体积与底面积为，高为的圆柱的体积相等，故其体积为.
【详解】（1）该双曲线的渐近线为.作直线，其与渐近线交于点，，
与双曲线交于点，，则旋转体的截面应为一个圆环，
其内径，外径，故截面积为.
同理可得，作直线，也可得截面积为；
（2）根据祖暅原理，该旋转体的体积与底面积为，
高为的圆柱的体积相等，故其体积为.
【点睛】本题的关键是作出直线与渐近线和双曲线的交点，确定截面图形为圆环，从而求出其截面积.
17．（2021·全国·高三专题练习）古希腊数学家阿波罗尼采用平面切割圆锥的方法来研究曲线，如图①，用一个不垂直于圆锥的轴的平面截圆锥，当圆锥与截面所成的角不同时，可以得到不同的截口曲线，它们分别是椭圆、抛物线和双曲线.图②，在底面半径和高均为的圆锥中，、是底面圆的两条互相垂直的直径，是母线的中点，是线段的中点，已知过与的平面与圆锥侧面的交线是以E为顶点的圆锥曲线的一部分，则该曲线为____________，是该曲线上的两点且，若经过点，则__________.
【答案】抛物线
【分析】根据圆锥曲线的定义直接判断即可，再根据抛物线通径的性质直接得出答案即可.
【详解】由已知底面半径和高均为，得，
又为中点，，且，所以平面，
根据圆锥曲线的定义可知截面与圆锥母线平行时，曲线为抛物线，又为中点，故，，
又底面，故，由，，故平面，，
又，故为抛物线的通径，.
18．（2021·河北·衡水市冀州区第一中学高三期中）如图，三个半径都是的小球放在一个半球面的碗中，小球的顶端恰好与碗的上沿处于同一水平面，则碗的半径是___________.
【答案】
【分析】设三个小球的球心、、在上底面圆（碗口所在的截面圆）所在平面内的射影分别为、、，可知几何体为正三棱柱，且该正三棱柱的底面边长为，高为，求出的长，利用两球相切可求得碗的半径.
【详解】设三个小球的球心、、在上底面圆（碗口所在的截面圆）所在平面内的射影分别为、、，如下图所示：
则几何体为正三棱柱，且该正三棱柱的底面边长为，高为，
则，设半球面的半径为，因为球与球内切，
则，所以，.
因此，碗的半径为.故答案为：.
19．（2021·上海虹口·一模）如图，在棱长为1的正方体中，为底面内（包括边界）的动点，满足与直线所成角的大小为，则线段扫过的面积为______.
【答案】
【分析】根据题设描述易知的轨迹是以为圆心，为半径的四分之一圆，即可求扫过的面积.
【详解】由题设，要使与直线所成角的大小为，只需与直线所成角的大小为，
∴绕以夹角旋转为锥体的一部分，如上图示：的轨迹是以为圆心，为半径的四分之一圆，
∴在上扫过的面积为.故答案为：.
20．（2021·江苏·海门中学高三期中）已知，分别是边长为2的等边边，的中点，现将沿翻折使得平面平面，则棱锥外接球的表面积为_________．
【答案】
【分析】取的中点，连接，可得为等腰梯形的外接圆的圆心，再过折起后的的外心作平面的垂线，得出两垂线的交点为棱锥外接球的球心，求出半径，利用球的表面积公式即可求解.
【详解】取的中点，连接，可知，
则为等腰梯形的外接圆的圆心，过作平面的垂线，
再过折起后的的外心作平面的垂线，
设两垂线的交点为，则为四棱锥外接球的球心，
的边长为，，
则四棱锥外接球的半径，
四棱锥外接球的表面积为.故答案为：
21．（2021·江苏常州·高三期中）正方体的棱长为2，点O为线段的中点，三棱锥的体积为___________，过点O且垂直于的平面与底面ABCD的交线长为___________.
【答案】
【分析】根据题意，结合三棱锥的体积公式，以及线面垂直的判定，即可求解.
【详解】根据题意，易知；
如图，分别作、、、、、的中点、、、、、，
连接、、、、、，易知平面过点，
根据正方体的性质，易知、，因为，所以平面，
又因为平面，所以，同理，
又因为平面，平面，且，所以平面，
因此过点O且垂直于 的平面与底面ABCD的交线长为.故答案为：；.
四、解答题
22．（2021·河北衡水中学模拟预测）如图，在三棱锥中，△是等边三角形，．
（1）证明：；（2）若，且平面平面，求三棱锥体积．
【答案】（1）证明见解析（2）9
【分析】（1）取中点，连接，，证明平面，得线线垂直；（2）作，垂足为，连接．得证平面，利用全等三角形的性质得是中点，求得各线段长后，由体积公式计算体积．
（1）证明：因为是等边三角形，，所以，可得．
如图，取中点，连接，，则，，,平面，
所以平面，又平面，所以．
（2）解：作，垂足为，连接．因为，所以，．
平面，所以平面，由已知，平面平面，故．
在中，，，．在中，，
∵，∴．∴在中，．∴．
∵平面，∴三棱锥体积．
23．（2021·浙江·台州一中高三期中）如图，在四棱锥中，平面平面，，，是边长为的等边三角形，是以为斜边的等腰直角三角形，点为线段的中点.（1）证明：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）取的中点，连接，，证明两两垂直，如图建系，求出的坐标以及平面的一个法向量，证明结合面，即可求证；
（2）求出的坐标以及平面的法向量，根据空间向量夹角公式计算即可求解.
（1）如图：取的中点，连接，，
因为是边长为的等边三角形，是以为斜边的等腰直角三角形，可得，，
因为面面，面面，，面，
所以平面，因为面，所以，
可得两两垂直，分别以所在的直线为轴建立空间直角坐标系，则，，，，，，
所以，，，设平面的一个法向量，
由，可得，令，则，所以，
因为，所以，因为面，所以平面.
（2），，，设平面的一个法向量，
由，令，，，所以，
设直线与平面所成角为，则.
所以直线与平面所成角的正弦值为.
24．（2021·福建省福州第一中学高三期中）如图所示，在底半径为、高为（为定值，且）的圆锥内部内接一个底半径为、高为的圆柱，甲、乙两位同学采用两种不同的方法来解决. 甲采用圆柱底面与圆锥底面重合的“竖放”方式（图甲），乙采用圆柱母线与圆锥底面直径重合的“横放”方式（图乙）.
（1）设、分别“竖放”、“横放”时内接圆柱的体积，用内接圆柱的底半径为自变量分别表示、；
（2）试分别求、的最大值、，并比较、的大小.
【答案】（1），
（2），，
【分析】（1）作出圆锥的轴截面，截圆柱得一内接矩形，设， 由相似形得出的关系，竖放，，横放，，由体积公式计算可得；
（2）由导数求得的最大值，并比较可得．
（1）如图是圆锥的轴截面截圆柱得一内接矩形，设，
根据三角形相似得，.
①若圆柱“竖放”，则
②若圆柱“横放”，则
（2）①，由，解得
当时，，递增；当时，，递减；
②由解得
当时，，递增；当时，，递减；
25．（2021·江苏南通·高三期中）如图，在四棱锥中，，，，.（1）证明：平面；（2）若，求二面角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析（2）
【分析】（1）取中点，由题可得四边形为菱形，利用线面垂直的判定定理可证；
（2）过作于点，过作于点，由线面垂直的判定定理可证平面，则即为所求二面角，再结合条件即求.
（1）取中点，连接，则，
∴四边形为为平行四边形，又∵，
∴平行四边形为菱形，∴，
∴，∴，又∵，，∴平面.
（2）过作于点，又∵平面，∴，∵，
∴平面，过作于点，连接，∴，
∴平面，则即为所求二面角，
由题知为边长为1的等边三角形，∴，在中，，
∴，即，∴，，
∴二面角的正弦值为.
26．（2021·广西柳州·一模）如图，△ABC的外接圆O的直径|AB|=2，CE垂直于圆O所在的平面，BD∥CE，|CE|=2．|BC|=|BD|=1，M为DE上的点．（1）证明：BM⊥AC；（2）当DM为何值时，二面角C－AM－D的余弦值为．
【答案】（1）见解析；（2）﹒
【分析】(1)证明AC⊥平面BCDE即可；(2)建立空间直角坐标系，利用平面的法向量进行求解即可﹒
（1）∵AB是圆O的直径，∴AC⊥BC，∵CE⊥平面ABC，ACÌ平面ABC，∴CE⊥AC，
又∵CE∩BC=C，CE和BCÌ平面BCED，∴AC⊥平面BCED，∵BMÌ平面BCED，∴AC⊥BM；
（2）由(1)和已知条件可知，CA、CB、CE两两垂直，故以C为原点，CA、CB、CE分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系C-xyz：
则C(0，0，0)，，则，
设(λ>0)，则，
设平面的法向量为，则，取，
设平面的法向量为，则，取，
设二面角C-AM-D的大小为θ，则，
∴﹒
27．（2021·江苏海安·高三期中）如图，在四棱锥P－ABCD中，已知AB//CD，AD⊥CD，AB＝AD＝1，DC＝DP＝2，PD⊥平面ABCD．（1）求证：BC⊥平面PBD；（2）设M，N分别为棱PA，PC的中点，点T满足，求证：B，N，T，M四点共面．
【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析
【分析】（1）取中点，连结，则，且，由勾股定理得，由此能证明面.（2）取中点，连接，，，，由，知为中点，，再证明且，所以四边形是平行四边形，进而，故结论成立.
（1）面，又面，，取中点，连结，则，且，
在中，，在中，，
，，平面．
（2）取中点，连接，，，，
由，所以知为中点，又是中点，所以，
又分别为棱的中点，所以且，
又，，，所以且，
所以四边形是平行四边形，所以，所以，所以，，，四点共面．
B卷（建议用时90分钟）
一、单选题
1．（2021·四川·成都七中一模）在正三棱柱中，，点满足，其中，，则下列说法正确的个数是（ ）
①当时，的周长为定值;②当时，三棱锥的体积为定值
③当时，有且仅有一个点，使得;④当时，有且仅有一个点，使得平面
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【分析】判断当时，点在线段上，分别计算点为两个特殊点时的周长，即可判断选项A；当时，点在线段上，利用线面平行的性质以及锥体的体积公式，即可判断选项B；当时，取线段，的中点分别为，，连结，则点在线段上，分别取点在，处，得到均满足，即可判断选项C；当时，取的中点，的中点，则点在线的上，证明当点在点处时，平面，用过定点与定直线垂直的平面有且只有一个，即可判断选项D．
【详解】解：对于A，当时，，即，所以，
故点在线段上，此时△的周长为，当点为的中点时，△的周长为，
当点在点处时，△的周长为，故周长不为定值，故选项A错误；
对于B，当时，，即，所以，故点在线段上，
因为平面，所以直线上的点到平面的距离相等，
又△的面积为定值，所以三棱锥的体积为定值，故选项B正确；
对于C，当时，取线段，的中点分别为，，连结，
因为，即，所以，则点在线段上，
当点在处时，，，又，所以平面，
又平面，所以，即，同理，当点在处，，故选项C错误；
对于D，当时，取的中点，的中点，因为，即，所以，
则点在线的上，当点在点处时，取的中点，连结，，
因为平面，又平面，所以，在正方形中，，
又，，平面，故平面，又平面，所以，
在正方体形中，，又，，平面，所以平面，
因为过定点与定直线垂直的平面有且只有一个，
故有且仅有一个点，使得平面，故选项D正确．故选：B．
2．（2021·四川成都·高三期中）已知正方体的棱长为，是空间中任意一点，有下列结论：①若为棱中点，则异面直线与所成角的正切值为；
②若在线段上运动，则的最小值为；
③若在以为直径的球面上运动，当三棱锥体积最大时，三棱锥外接球的表面积为；
④若过点的平面与正方体每条棱所成角相等，则截此正方体所得截面面积的最大值为.
其中正确结论的个数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】①根据，可得即为异面直线所成的角或所成角的补角，从而可求出；
②将和四边形沿展开到同一个平面上，易知线段的长度即为的最小值，利用余弦定理即可求出；③根据题意判断出，为的中点时，三棱锥的体积最大，只需求此时外接球的表面积即可；④分别为相应棱的中点时，平面为平面时，与正方体每条棱所成角相等，且截面的面积最大.
【详解】对于①：因为，所以即为异面直线所成的角或所成角的补角，
在中，，所以，故①正确；
对于②：将和四边形沿展开到同一个平面上，如图所示，
由图可知，线段的长度即为的最小值，
在中，利用余弦定理，得，故②错误；
对于③：如图，当为的中点时，三棱锥的体积最大，
此时，三棱锥外接球的球心是的中点，半径为，其表面积为，故③正确；
对于④：要使平面与正方体每条棱所成角相等，只需与过同一个顶点的三条棱所成的角相等即可，
如图，当时，平面与正方体过点的三条棱所成的角都相等，
若分别为相应棱的中点时，平面平面且此时六边形为正六边形，
因为正方体的棱长为1，所以正六边形的边长为，
所以此正六边形的面积为，为截面最大面积，故④正确.故选：B.
3．（2021·浙江·模拟预测）在矩形中，已知，，为边上靠近点的三等分点．现将沿直线折起至，使得点在平面上的射影在四边形内(不含边界)，如图．设直线，与平面所成的角分别为，，二面角的大小为，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】画出几何图形，作，分别交，于点，，连接，，易证平面平面，点在平面上的射影就落在线段上(不含端点)，再作于点，则平面，连接，，，，，且，，，然后由题中的等量关系和大小关系得出答案即可.
【详解】如图，作，分别交，于点，，连接，，易知，所以，所以，由翻折知，又，所以平面，
又平面，所以平面平面，
因此点在平面上的射影就落在线段上(不含端点)，
作于点，则平面，连接，，
由线面角和二面角的定义可知，，，，
且，，，易知，，所以，，
即点在线段的垂直平分线的下方，故，
且易知，所以有，所以，
又，，，所以，故选：D．
3．（2021·湖南·模拟预测）如图所示，圆形纸片的圆心为O，半径为，该纸片上的等边三角形ABC的中心为O，D，E，F为圆O上的点，分别是以BC，CA，AB为底边的等腰三角形，沿虚线剪开后，分别以BC，CA，AB为折痕折起，使得D，E，F重合，得到三棱锥，则当的边长变化时，三棱锥的表面积S的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】设三棱锥底面边长为a，则．如图所示，连接OD交BC于点G，从而可表示三棱锥的底面积为，侧面积为，可得表面积为，由的范围可求出表面积的范围
【详解】设三棱锥底面边长为a，则．如图所示，连接OD交BC于点G，
则，故三棱锥的底面积为，侧面积为．
因而表面积为，故．故选：D
4．（2022·全国·高三专题练习）点分别是棱长为2的正方体中棱的中点，动点在正方形 (包括边界)内运动.若面，则的长度范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】如图，分别取的中点，连接，则可证得平面‖平面，从而可得点在上，从而可求出的长度范围
【详解】解：如图，分别取的中点，连接，，则‖，
因为是的中点，所以‖，所以‖，
因为平面，平面，所以‖平面，
因为是的中点，是的中点，所以‖，，
因为‖，，所以‖，，所以四边形为平行四边形，所以‖，，
因平面，平面，所以‖平面，因，所以平面‖平面，
因为平面平面，所以点在上运动，使面，
因为的棱长为2，所以
所以当点与或重合时，最长，当点在的中点时，最短，
的最小值为，所以的长度范围是，故选：B
5．（2021·江苏·海安高级中学高三期中）如图所示，在直三棱柱中，，，，P是上的一动点，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．3
【答案】B
【分析】连接，以所在直线为轴，将所在平面旋转到平面，设点的新位置为，连接，判断出当三点共线时，则即为的最小值.分别求出,,利用余弦定理即可求解.
【详解】连接，得，以所在直线为轴，将所在平面旋转到平面，
设点的新位置为，连接，则有.
当三点共线时，则即为的最小值.
在三角形ABC中，，，由余弦定理得：,所以，即
在三角形中，，，由勾股定理可得：,且.
同理可求：因为，所以为等边三角形，所以，
所以在三角形中，,,
由余弦定理得：.故选B.
【点睛】（1）立体几何中的翻折（展开）问题截图的关键是：翻折（展开）过程中的不变量；
（2）立体几何中距离的最值一般处理方式：①几何法：通过位置关系，找到取最值的位置（条件），直接求最值；②代数法：建立适当的坐标系，利用代数法求最值.
6．（2021·安徽师范大学附属中学模拟预测）如图所示，圆锥的轴截面是以为直角顶点的等腰直角三角形，，为中点．若底面所在平面上有一个动点，且始终保持，过点作的垂线，垂足为．当点运动时，
①点在空间形成的轨迹为圆;②三棱锥的体积最大值为
③的最大值为2;④与平面所成角的正切值的最大值为
上述结论中正确的序号为（ ）．
A．①② B．②③ C．①③④ D．①②③
【答案】D
【分析】建立空间坐标系，运用空间向量知识求解出点的轨迹方程，再运用三棱锥体积、线面角等相关知识进行选项判定.
【详解】建系如图，为等腰直角三角形，
在所在圆上，设，
，，
则M的轨迹为圆，是以OA为直径在xoy面上的圆.
又随着M运动，H轨迹是以OC为直径的圆，故①正确
②由图可得，B到面COH的距离为1，，
故②正确；
③设，则，，
，当时等号成立，
即当H运动到点C时，，故③正确；
④由①知H在以OC为直径的圆上，且该圆所在的平面与平面PAB垂直，由对称性，只考虑C在上半圆，
如图，过H作，过B作，
则BH与平面PAB所成的角为，又，
，故④错误.综上所述，正确的序号为①②③故选：D
【点睛】解答本题的关键是能够建立空间坐标系，用空间向量知识进行求解，具有较强的综合能力.
7．（2021·安徽·合肥市第八中学模拟预测）在棱长为2的正方体中，点是对角线上的点（点与不重合），有以下四个结论：
①存在点，使得平面平面；②存在点，使得平面；
③若的周长为L，则L的最小值为；④若的面积为，则．
则正确的结论为（ ）
A．①③ B．①②③ C．①②④ D．②④
【答案】B
【分析】根据线面垂直的判定定理和面面垂直的判定定理，可判定①正确；由面面平行的性质定理，可判定②正确；将平面与平面展开到同一平面，由两点之间线段最短，可判定③正确；由三角形的面积公式，可求得的面积的范围，可判定④错误.
【详解】解：连接，设平面与体对角线交于点，
由，，,平面，即平面,
平面，平面平面，存在点，使得平面平面，故①对；
由，平面，平面，
所以平面，同理由可得平面，
又，所以平面平面，设平面与交于点M，则平面，
所以平面，故②对；将平面与平面展开到同一平面，如图所示
则，
所以的周长为L的最小值为，故③对；连接交于点O，过O作，
在正方体中，平面，平面，，
由，则，即，
此时面积为，故④错；故选：B．
【点睛】对③将平面与平面展开到同一平面，空间问题平面化是解题的关键；对④根据，求出的长是解题的关键.
8．（2022·浙江·高三专题练习）如图，在等边三角形中，分别是线段上异于端点的动点，且，现将三角形沿直线折起，使平面平面，当从滑动到的过程中，则下列选项中错误的是（ ）
A．的大小不会发生变化 B．二面角的平面角的大小不会发生变化
C．与平面所成的角变大 D．与所成的角先变小后变大
【答案】C
【分析】过点作，交于点，交于点，连接，可证明在三角形沿直线折起的过程中，平面，然后用的值分别将各个选项中的角的相应三角函数表示出来，然后判断可得答案.
【详解】设等边三角形的边长为1，，则.在中，由，则
过点作，交于点，交于点，连接，则
,所以，
在三角形沿直线折起的过程中，始终满足.
由平面平面，平面平面，所以平面
由平面,则在中， ,
所以
所以 所以大小不变，故选项A正确.
过作交于点，由，则
由平面，又平面，则
由,所以平面,所以为二面角的平面角
在直角中，所以大小不变，故选项B正确.
由,则，又, 且
所以 平面，又平面,所以
由平面，由平面,则
所以
设点到平面的距离为.由等体积法可得,即
则
设与平面所成的角为，则
当从滑动到的过程中，的值从1变小到0，这一过程中逐渐变大.
所以在这一过程中，变小，则角变小， 故选项C不正确.
由，则 (或其补角)为与所成的角.
由上可知：，则
函数的对称轴为当时，函数单调递减.
当时，函数单调递增.所以当从1变到的过程中，变小，当从变到0的过程中，变大，所以选项D正确.故选：C
【点睛】本题考查翻折过程中空间角的变化情况，解答本题的关键是设等边三角形的边长为1，，则，根据条件可得平面，用的值分别将角表示出来，然后判断，属于难题.
二、多选题
9．（2021·辽宁·大连市第一中学高三期中）如图，为圆锥的底面直径，点是圆上异于的动点，，则下列结论正确的是（ ）
A．圆锥的侧面积为 B．三棱锥体积的最大值为
C．的取值范围是 D．若，为线段上的动点，则的最小值为
【答案】AB
【分析】先求出圆锥的母线长，利用圆锥的侧面积公式判断选项A；
当时，的面积最大，此时体积也最大，利用圆锥体积公式求解即可判断选项B；
先用取极限的思想求出的范围，再利用，求范围即可判断选项C；
将以为轴旋转到与共面，得到△，则，利用已知条件求解即可判断选项D．
【详解】在中，，则圆锥的母线长，半径，
对于选项A：圆锥的侧面积为，故选项A正确；
对于选项B：当时，的面积最大，此时，
则三棱锥体积的最大值为，故选项B正确；
对于选项C：当点与点重合时，为最小角，当点与点重合时，，达到最大值，
又因为与A，不重合，则，又，所以，故选项C错误；
对于选项D：由，，，得，又，
则为等边三角形，则，将以为轴旋转到与共面，得到△，
则△为等边三角形，，如图：
则，因为，
，
则，故选项D错误；故选：AB．
10．（2021·重庆·西南大学附中高三阶段练习）钻石是金刚石精加工而成的产品，是世界上最坚硬的、成分最简单的宝石，它是由碳元素组成的、具有立方结构的天然晶体．如图，已知某钻石形状的几何体由上、下两部分组成，上面为一个正六棱台 （上、下底面均为正六边形，侧面为等腰梯形），下面为一个正六棱锥P-ABCDEF，其中正六棱台的上底面边长为a，下底面边长为2a，且P到平面的距离为3a，则下列说法正确的是（ ）
（台体的体积公式：，其中，分别为台体的上、下底面面积，h为台体的高）
A．若平面平面，则正六棱锥P-ABCDEF的高为
B．若，则该几何体的表面积为
C．该几何体存在外接球，且外接球的体积为
D．若该几何体的上、下两部分体积之比为7：8，则该几何体的体积为
【答案】ABD
【分析】分别取AF，，，CD的中点Q，R，S，T，连接RS，RQ，TS，TQ，得到Q，R，S，T四点共面，且点P，M，N均在该平面上，连接PM，则N在PM上，进而得到为二面角的平面角，进而判定A正确；连接PM，则，结合截面PORST，利用表面积公式可判定B正确；连接PM，设外接球半径为R，连接OA，，OD，，求得外接球的半径，可判定C错误；设该几何体上、下两部分的体积分别为，，结合，可得，利用，可判定D正确．
【详解】设M，N分别为正六棱台上、下底面的中心．
对于选项A，如图1，分别取AF，，，CD的中点Q，R，S，T，
连接RS，RQ，TS，TQ，则，，
可得Q，R，S，T四点共面，且点P，M，N均在该平面上，
连接PM，则N在PM上，得如图2所示的截面PQRST，四边形QRST为等腰梯形，
且为二面角的平面角，即，
过点R作交QT于点L，则，可得，
即，而，
故，解得，故A正确；
对于选项B，如图3为截面，依题意得，，
连接PM，则，又，所以，，
如图4为截面PORST，从而，，故该几何体的表面积，故B正确；
对于选项C，如图5所示的截面，
连接PM，依题意可知，，，若该几何体存在外接球，则外接球球心．在PM上，
设外接球半径为R，连接OA，，OD，，得，，解得，又，矛盾，故该几何体不存在外接球，C错误；
对于选项D，设该几何体上、下两部分的体积分别为，，，，
则，，
由，可得，结合，可知，，
因此该几何体的体积，故D正确．故选：ABD.
11．（2021·山东青岛·高三期中）如图，底面ABCD为边长是4的正方形，半圆面底面ABCD．点P为半圆弧(不含A，D点)一动点．下列说法正确的是（ ）
A．三梭锥P—ABD的每个侧面三角形都是直角三角形 B．三棱锥P—ABD体积的最大值为
C．三棱锥P—ABD外接球的表面积为定值 D．直线PB与平面ABCD所成最大角的正弦值为
【答案】AC
【分析】对于A，根据面面垂直和线面垂直的性质可证得，由平面几何知识可证得，，，由此可判断； 对于B，当点P是半圆弧的中点时，三棱锥P—ABD的底面积取得最大值，由棱锥的体积公式计算可判断；
对于C，取BD的中点O，则有点O为三棱锥P—ABD外接球的球心，由球的表面积公式计算可判断；
对于D，过点P作于，连接HB，则有就是直线PB与平面ABCD所成的角的平面角，设，表示，令，由基本不等式可求得，由此可判断.
【详解】解：对于A，因为底面ABCD为边长是4的正方形，所以，
又半圆面底面ABCD，半圆面底面，所以半圆面，所以，所以是直角三角形，，
因为AD是圆的直径，所以，所以是直角三角形，；
因为，所以是直角三角形，，
所以在中有，所以，所以是直角三角形，所以三棱锥P—ABD的每个侧面三角形都是直角三角形，故A正确；
对于B，在三棱锥P—ABD中，半圆面，所以AB是三棱锥P—ABD的高，当点P是半圆弧的中点时，三棱锥P—ABD的底面积取得最大值，三棱锥P—ABD的体积取得最大值，故B不正确；对于C，取BD的中点O，由A选项的解析得，所以点O为三棱锥P—ABD外接球的球心，所以三棱锥P—ABD外接球的表面积为，故C正确；
对于D，过点P作于，连接HB，
又半圆面底面ABCD，半圆面底面，所以面，
所以BH就是PB在面内的射影，所以就是直线PB与平面ABCD所成的角的平面角，
设，则，，所以在直角三角形中，，，所以，
所以，
令，则，且，所以，
又，当且仅当，即（满足）时，取等号，
所以，所以，
所以，即直线PB与平面ABCD所成最大角的正弦值为，故D不正确，故选：AC.
12．（2021·河北·衡水市冀州区第一中学高三期中）如图所示，在长方体中，，点是上的一个动点，若平面交棱于点，给出下列命题：其中真命题的是（ ）
A．四棱锥的体积恒为定值； B．存在点，使得平面
C．对于棱上任意一点，在棱上均有相应的点，使得平面
D．存在唯一的点，使得截面四边形的周长取得最小值．
【答案】ABD
【分析】利用面面平行的性质定理判断四边形的形状，由此研究截面的周长，判断D，再利用锥体的体积公式研究四棱锥的体积，判断A,利用线面垂直判定定理判断B，通过举例判断C.
【详解】由面面平行的性质定理可得四边形为平行四边形，所以四棱锥的体积等于三棱锥的体积的两倍，∴，
又，都是定值，所以四棱锥的体积为定值，A对，
当BE⊥B1C时，∵ CD⊥BE，BE⊥B1C，由线面垂直判断定理可得BE⊥平面B1CD，∴ BE⊥B1D，
又BB1=B1D1， ∴ B1D⊥BD1，∴ 平面，B对，
当E运动到点C处时，不存在相应的点，使得平面，C错，
由面面平行的性质定理可得四边形为平行四边形，
∴ 截面四边形的周长为，当时，取最小值，此时截面四边形的周长最小，故存在唯一的点，使得截面四边形的周长取得最小值，D对，故选：ABD.
三、填空题
13．（2021·吉林省实验模拟预测）在三棱锥中，已知，，分别为，的中点，若三棱锥的外接球球心在三棱锥内部，则线段长度的取值范围为______．
【答案】
【分析】根据已知条件可知和都是等边三角形，取其外心分别为和，过点和作平面和平面 的垂线，两条垂线的交点即为外接球的球心，且可知点在线段上，分别讨论与点重合时由勾股定理可求出的长，当时，，结合两个临界值可得长度的取值范围.
【详解】如图连接，，因为和都是边长为的等边三角形，，分别为，的中点，所以，分别设等边三角形和的外心和，
由等边三角形的性质可知，，且和都是靠近点的三等分点，
分别过点和作平面和平面 的垂线，则两条垂线的交点即为三棱锥外接球的球心，
因为，所以是等腰三角形，所以点，
当点位于点时，即面，面，
因为面，面，所以，，
因为，，所以，，所以，
因为是等腰三角形，为的中点，所以，
所以，即，所以，
在直角三角形中，因为，所以，
当时，，因为外接球球心在三棱锥内部，所以，故答案为：
14．（2021·山东·泰安一中模拟预测）如图，某校学生在开展数学建模活动时，用一块边长为的正方形铝板制作一个无底面的正棱锥（侧面为等腰三角形，底面为正边形）道具，他们以正方形的儿何中心为田心，为半径画圆，仿照我国古代数学家刘徽的割圆术裁剪出份，再从中取份，并以O为正棱锥的顶点，且落在底面的射影为正边形的几何中心，侧面等腰三角形的顶角为，当时，设正棱锥的体积为，则的最大值为___________.
【答案】
【分析】设，首先求得的表达式，结合二次函数的性质求得的最大值.
【详解】设，由题意，，
得，
将（※）代入（#），可得.
因为，所以，则，
，当时，取得最大值.答案：
15．（2021·全国·模拟预测）在梯形中，，，为的中点，将沿直线翻折成，当三棱锥的体积最大时，过点的平面截三棱锥的外接球所得截面面积的最小值为______.
【答案】
【分析】分析出当平面平面时，三棱锥的体积最大，取的中点，分析出点为三棱锥的外接球的球心，求出球的半径，计算出截面圆半径为最小值，结合圆的面积公式得结果.
【详解】如下图所示，连接，则，
则，故，设二面角的平面角为，设三棱锥的高为，则，，
当且仅当时，等号成立，即当平面平面时，三棱锥的体积最大，
，，，故为等腰直角三角形，且，
在梯形中，，则，所以，，
在中，，，，
由余弦定理可得，故，，
因为平面平面，平面平面，，平面，平面，
平面，则，因为，，平面，
平面，所以，，记中点为，由得为三棱锥的外接球的球心，且球的半径为，
设与过点的平面所成的角为，设点到截面的距离为，则，
故截面圆的半径为，
当且仅当时，过点的平面截三棱锥外接球所得截面面积最小，
所以截面圆面积的最小值为.故答案为：.
【点睛】解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下：（1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径；（2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的；
（3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解.
16．（2021·新疆·克拉玛依市教育研究所模拟预测）古希腊数学家阿波罗尼奥斯发现：平面上到两定点A，B距离之比为常数（且）的点的轨迹是一个圆心在直线AB上的圆，该圆简称为阿氏圆.根据以上信息，解决下面的问题：如图，在长方体中，，点E在棱AB上，，动点P满足.若点P在平面ABCD内运动，则点P所形成的阿氏圆的半径为________；若点P在长方体内部运动，F为棱的中点，M为CP的中点，则点M到平面的距离的最小值为___________.
【答案】
【分析】①建立空间直角坐标系，设，求出点P的轨迹为，即得解；②先求出点P的轨迹为，P到平面的距离为，再求出的最小值即得解.
【详解】①以AB为轴，AD为轴，为轴，建立如图所示的坐标系，
则设，由得，所以，
所以若点在平面内运动，则点所形成的阿氏圆的半径为.
②设点，由得，所以，
由题得所以设平面的法向量为，所以，令，则由题得，
所以点P到平面的距离为，
因为，
所以，所以点M到平面的最小距离为.故答案为：；.
四、解答题
17．（2021·广东顺德·高三阶段练习）某商品的包装纸如图1，其中菱形的边长为3，且，，，将包装纸各三角形沿菱形的边进行翻折后，点E，F，M，N汇聚为一点P，恰好形成如图2的四棱锥形的包裹．
（1）证明底面；
（2）设点T为BC上的点，且二面角的正弦值为，试求PC与平面PAT所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析（2）
【分析】（1）由翻折之前的边长关系得，，进而得翻折后有，，进而得底面；（2）解法一：以点A为原点，AB为x轴，过点A作AB的垂线为y轴，AP为z轴建立空间直角坐标系，进而得为二面角的平面角，再结合正弦定理得，再写坐标，利用坐标法求解即可.
解法二：由（1）知为二面角的平面角，即，进而由正弦定理得，再由余弦定理可得，设过点C作平面PAT的垂线，垂足为Q，连接PQ，所以为PC与面PAT所成角，再利用得，进而得答案；
解法三：由（1）得为二面角的平面角，即，进而得，，再过点C作CQ垂直于AT于Q，连接CQ、AC
进而证明面PAT，再根据几何关系求解即可.
（1）由菱形的边长为3，，
可得：，即有
同理，即有
在翻折的过程中，垂直关系保持不变可得：，，．
可得底面
（2）解法一：如图，以点A为原点，AB为x轴，过点A作AB的垂线为y轴，AP为z轴建立空间直角坐标系．由第（1）问可得底面，可得：，．
则为二面角的平面角，由题意可得：
考虑，，可得．
利用正弦定理可得：，可得点T的坐标为．
点，，
设面的法向量为，则有，即：．
令，则有，则有：
则PC与面PAT所成角的正弦值为．
解法二：由第（1）问可知底面，，所以，，．
则为二面角的平面角，由题意可得：
考虑，，可得．
利用正弦定理
可得：，即点T为BC上靠近点B的三等分点
所以在中，由余弦定理可得：，
设过点C作平面PAT的垂线，垂足为Q，连接PQ，所以为PC与面PAT所成角
考虑三棱锥，由于，，
因为，所以所以所以PC与面PAT所成角的正弦值为
解法三：由面，可得：，．
故为二面角的平面角，由题意可得：
因为为锐角，所以故
过点C作CQ垂直于AT于Q，连接CQ、AC
则∵，∴∵面，∴
又因为，，故面PAT故为与面PAT所成的角，∴
即PC与面PAT所成角的正弦值为
18．（2021·天津英华国际学校高三期中）在四棱锥中，平面，，，，，是的中点，在线段上，且满足.
（1）求证：平面；（2）求平面与平面夹角的余弦值.（3）在线段上是否存在点，使得与平面所成角的正弦值是，若存在，求出的长；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析（2）（3），理由见解析
【分析】（1）取的中点，连接，证明四边形是平行四边形，可得，再由线面平行的判定定理即可求证；（2）如图建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，由空间向量夹角公式即可求解；（3）设可得，由（2）知：平面的一个法向量，再利用空间向量夹角公式计算，求得的值即可求解.
（1）取的中点，连接，，因为是的中点，所以，且，
因为，且，所以且，
所以四边形是平行四边形，可得，
因为面，面，所以平面
（2）因为，，所以，
因为平面，面，面，所以，，两两垂直，
以为原点，分别以，，所在的直线为轴建立空间直角坐标系，
因为，在等于直接三角形中，，
则，，，，设，
，，由，可得：，
所以，，，，
设平面的一个法向量为，
由，令，则，，所以，
设平面的一个法向量为，
由，令，则，，所以，
所以，所以平面与平面夹角的余弦值为.
（3）由（2）知：平面的一个法向量，
假设在线段上是否存在点，设，，
则，
因为与平面所成角的正弦值是，所以，
整理可得：，解得：或（舍），，
所以在线段上是否存在点符合题意，的长为.
19．（2021·河北·唐山一中高三期中）四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为直角梯形，CDAB，∠ABC=90°，AB=2BC=2CD=4，侧面PAD⊥面ABCD，PA=PD=2.（1）求证：BD⊥PA；（2）已知平面PAD与平面PBC的交线为l，在l上是否存在点N，使二面角P-DC-N的余弦值为？若存在，请确定N点位置，若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析（2）存在，N为PM的中点
【分析】（1）先证明AD⊥BD，PE⊥BD，即可证明BD⊥平面PAD，从而BD⊥PA；
（2）建立坐标系，用向量法求解即可
（1）取AD的中点E，连接PE，CDAB，，，
，，∴∠DBA=45°，
，∴AD2+BD2=AB2，∴AD⊥BD，
∴PA=PD，E是AD的中点，∴PE⊥AD
∵平面PAD⊥半面ABCD，平面平面ABCD=AD，半面PAD，PE⊥AD，∴PE⊥平面ABCD，
平面ABCD，∴PE⊥BD又平面PAD，平面PAD，
∴BD⊥平面PAD，又平面PAD∴BD⊥PA.
（2）延长BC，AD，设BC的延长线和AD的延长线交点为M，连接PM，
则平面PAD和平面PBC的交线l为直线PM，
以B为原点，以BM､BA､平面ABCD的过点B的垂线为坐标轴建立空间直角坐标系B-xyz，
则，，
设，则，
设平面PCD的法向量为，则，，即令
可得，设平面CDN的法向量为，则，，
即，令可得，
，若二面角P-DC-N的余弦值，则
解得：或，令可得，解得，
故当时，二面角P-DC-N为锐二面角，当时，二面角P-DC-N为钝二面角，
，即在直线l上存在点N，当N为PM的中点时，二面角P-DC-N的余弦值为.
20．（2021·北京·东直门中学高三期中）如图，在四棱锥P – ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD ⊥ CD，AD // BC，PA = AD = CD = 2，BC = 3．E为PD的中点，点F在PC上，且．（1）求证：CD⊥平面PAD；（2）求二面角F – AE – P的余弦值；（3）设点G在PB上，且．判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由．
【答案】（1）证明见解析（2）（3）直线AG不在平面AEF内，详见解析．
【分析】（1）由题可证PA⊥CD，从而可证CD⊥平面PAD；（2）以A为坐标原点如图建立空间直角坐标系A-xyz，求出平面AEF的法向量后可求二面角的余弦值；（3）利用与平面的法向量是否垂直可得解.
（1）因为平面，平面，所以PA⊥CD，
又因为AD⊥CD，，所以CD⊥平面PAD.
（2）过A作AD的垂线交BC于点M.
因为PA⊥平面ABCD，平面，所以PA⊥AM，PA⊥AD，
以A为坐标原点如图建立空间直角坐标系A-xyz.
则A(0，0，0)，B(2，－1，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，P(0，0，2)，
因为E为PD的中点，所以E(0，1，1)，所以，，，，
所以，.
设平面AEF的法向量为，则即，
令，则，，故，
又平面PAD的法向量为，所以，
∴二面角平面角余弦值为.
（3）直线AG不在平面AEF内，理由如下：
因为点G在PB上，且，故，
所以，.
由（2）知，平面AEF的法向量，
所以，所以直线AG不在平面AEF内.
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