高中数学高考专题04 立体几何——2020年高考真题和模拟题文科数学分项汇编（教师版含解析）

专题04 立体几何

1．【2020年高考全国Ⅰ卷文数】埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥.以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为

A． B． C． D．
【答案】C
【解析】如图，设，则，
由题意得，即，化简得，
解得(负值舍去).故选C．

【点晴】本题主要考查正四棱锥的概念及其有关计算，考查学生的数学计算能力，是一道容易题.
2．【2020年高考全国Ⅱ卷文数】已知△ABC是面积为的等边三角形，且其顶点都在球O的球面上．若球O的表面积为16π，则O到平面ABC的距离为
A． B． C．1 D．
【答案】C
【解析】设球的半径为，则，解得：.
设外接圆半径为，边长为，
是面积为的等边三角形，
，解得：，，
球心到平面的距离.
故选：C．

【点睛】本题考查球的相关问题的求解，涉及到球的表面积公式和三角形面积公式的应用；解题关键是明确球的性质，即球心和三角形外接圆圆心的连线必垂直于三角形所在平面.
3．【2020年高考全国Ⅲ卷文数】如图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是

A．6+4 B．4+4 C．6+2 D．4+2
【答案】C
【解析】根据三视图特征，在正方体中截取出符合题意的立体图形

根据立体图形可得：
根据勾股定理可得：
是边长为的等边三角形
根据三角形面积公式可得：

该几何体的表面积是：.
故选：C．
【点睛】本题主要考查了根据三视图求立体图形的表面积问题，解题关键是掌握根据三视图画出立体图形，考查了分析能力和空间想象能力，属于基础题.
4．【2020年高考全国Ⅰ卷文数】已知为球的球面上的三个点，⊙为的外接圆，若⊙的面积为，，则球的表面积为
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】设圆半径为，球的半径为，依题意，
得，为等边三角形，
由正弦定理可得，
，根据球的截面性质平面，
，
球的表面积.
故选：A

【点睛】本题考查球的表面积，应用球的截面性质是解题的关键，考查计算求解能力，属于基础题.
5．【2020年高考天津】若棱长为的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】这个球是正方体的外接球，其半径等于正方体的体对角线的一半，
即，
所以，这个球的表面积为.
故选：C．
【点睛】本题考查正方体的外接球的表面积的求法，求出外接球的半径是本题的解题关键，属于基础题.求多面体的外接球的面积和体积问题，常用方法有：(1)三条棱两两互相垂直时，可恢复为长方体，利用长方体的体对角线为外接球的直径，求出球的半径；(2)直棱柱的外接球可利用棱柱的上下底面平行，借助球的对称性，球心为上下底面外接圆的圆心连线的中点，再根据勾股定理求球的半径；(3)如果设计几何体有两个面相交，可过两个面的外心分别作两个面的垂线，垂线的交点为几何体的球心.
6．【2020年高考北京】某三棱柱的底面为正三角形，其三视图如图所示，该三棱柱的表面积为

A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】由题意可得，三棱柱的上下底面为边长为2的等边三角形，侧面为三个边长为2的正方形，
则其表面积为：.
故选：D．
【点睛】(1)以三视图为载体考查几何体的表面积，关键是能够对给出的三视图进行恰当的分析，从三视图中发现几何体中各元素间的位置关系及数量关系．
(2)多面体表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积应注意重合部分的处理．
(3)圆柱、圆锥、圆台的侧面是曲面，计算侧面积时需要将这个曲面展为平面图形计算，而表面积是侧面积与底面圆的面积之和．
7．【2020年高考浙江】某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则该几何体的体积(单位：cm3)是

A． B． C．3 D．6
【答案】A
【解析】由三视图可知，该几何体是上半部分是三棱锥，下半部分是三棱柱，
且三棱锥的一个侧面垂直于底面，且棱锥的高为1，
棱柱的底面为等腰直角三角形，棱柱的高为2，
所以几何体的体积为.
故选：A

【点睛】本小题主要考查根据三视图计算几何体的体积，属于基础题.
8．【2020年高考浙江】已知空间中不过同一点的三条直线l，m，n．“l ，m，n共面”是“l ，m，n两两相交”的
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充分必要条件
D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】依题意是空间不过同一点的三条直线，
当在同一平面时，可能，故不能得出两两相交.
当两两相交时，设，根据公理可知确定一个平面，而，根据公理可知，直线即，所以在同一平面.
综上所述，“在同一平面”是“两两相交”的必要不充分条件.
故选：B
【点睛】本小题主要考查充分、必要条件的判断，考查公理和公理的运用，属于中档题.
9．【2020年新高考全国Ⅰ卷】日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到晷面的影子来测定时间．把地球看成一个球(球心记为O)，地球上一点A的纬度是指OA与地球赤道所在平面所成角，点A处的水平面是指过点A且与OA垂直的平面.在点A处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面平行，点A处的纬度为北纬40°，则晷针与点A处的水平面所成角为

A．20° B．40°
C．50° D．90°
【答案】B
【解析】画出截面图如下图所示，其中是赤道所在平面的截线；是点处的水平面的截线，依题意可知；是晷针所在直线.是晷面的截线，依题意依题意,晷面和赤道平面平行，晷针与晷面垂直，
根据平面平行的性质定理可得可知，
根据线面垂直的定义可得..
由于，所以，
由于，
所以，
也即晷针与点处的水平面所成角为.
故选B.

【点睛】本小题主要考查中国古代数学文化，考查球体有关计算，涉及平面平行，线面垂直的性质，属于中档题.
10．【2020年高考全国Ⅱ卷文数】设有下列四个命题：
p1：两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内．
p2：过空间中任意三点有且仅有一个平面．
p3：若空间两条直线不相交，则这两条直线平行．
p4：若直线l平面α，直线m⊥平面α，则m⊥l．
则下述命题中所有真命题的序号是__________．
① ② ③ ④
【答案】①③④
【解析】对于命题，可设与相交，这两条直线确定的平面为；
若与相交，则交点在平面内，
同理，与的交点也在平面内，

所以，，即，命题为真命题；
对于命题，若三点共线，则过这三个点的平面有无数个，
命题为假命题；
对于命题，空间中两条直线相交、平行或异面，
命题为假命题；
对于命题，若直线平面，
则垂直于平面内所有直线，
直线平面，直线直线，
命题为真命题.
综上可知，，为真命题，，为假命题，
为真命题，为假命题，
为真命题，为真命题.
故答案为：①③④.
【点睛】本题考查复合命题的真假，同时也考查了空间中线面关系有关命题真假的判断，考查推理能力，属于中等题.
11．【2020年高考全国Ⅲ卷文数】已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为_________．
【答案】
【解析】易知半径最大球为圆锥的内切球，球与圆锥内切时的轴截面如图所示，
其中，且点M为BC边上的中点，
设内切圆的圆心为，

由于，故，
设内切圆半径为，则：

，
解得：，其体积：.
故答案为：.
【点睛】与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.
12．【2020年高考浙江】已知圆锥的侧面积(单位：cm2)为，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径(单位：cm)是_______．
【答案】
【解析】设圆锥底面半径为，母线长为，则
，解得.
故答案为：
【点睛】本小题主要考查圆锥侧面展开图有关计算，属于基础题.
13．【2020年高考江苏】如图，六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的．已知螺帽的底面正六边形边长为2 cm，高为2 cm，内孔半轻为0.5 cm，则此六角螺帽毛坯的体积是 ▲ cm.

【答案】
【解析】正六棱柱体积为，
圆柱体积为，
所求几何体体积为.
故答案为：
【点睛】本题考查正六棱柱体积、圆柱体积，考查基本分析求解能力，属基础题.
14．【2020年新高考全国Ⅰ卷】已知直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD=60°．以为球心，为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为________．
【答案】.
【解析】如图：

取的中点为，的中点为，的中点为，
因为60°，直四棱柱的棱长均为2，所以△为等边三角形，所以，，
又四棱柱为直四棱柱，所以平面，所以，
因为，所以侧面，
设为侧面与球面的交线上的点，则，
因为球的半径为，，所以，
所以侧面与球面的交线上的点到的距离为，
因为，所以侧面与球面的交线是扇形的弧，
因为，所以，
所以根据弧长公式可得.
故答案为：.
【点睛】本题考查了直棱柱的结构特征，考查了直线与平面垂直的判定，考查了立体几何中的轨迹问题，考查了扇形中的弧长公式，属于中档题.
15．【2020年高考全国Ⅰ卷文数】如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，是底面的内接正三角形，为上一点，∠APC=90°．

(1)证明：平面PAB⊥平面PAC；
(2)设DO=，圆锥的侧面积为，求三棱锥P−ABC的体积.
【解析】(1)由题设可知，PA=PB= PC．
由于△ABC是正三角形，故可得△PAC≌△PAB．
△PAC≌△PBC．
又∠APC =90°，故∠APB=90°，∠BPC=90°．
从而PB⊥PA，PB⊥PC，故PB⊥平面PAC，所以平面PAB⊥平面PAC．
(2)设圆锥的底面半径为r，母线长为l．
由题设可得rl=，．
解得r=1，l=，
从而．由(1)可得，故．
所以三棱锥P-ABC的体积为．

【点睛】本题考查空间线、面位置关系，证明平面与平面垂直，求锥体的体积，注意空间垂直间的相互转化，考查逻辑推理、直观想象、数学计算能力，属于中档题.
16．【2020年高考全国Ⅱ卷文数】如图，已知三棱柱ABC−A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点．过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F．

(1)证明：AA1//MN，且平面A1AMN⊥平面EB1C1F；
(2)设O为△A1B1C1的中心，若AO=AB=6，AO//平面EB1C1F，且∠MPN=，求四棱锥B−EB1C1F的体积．
【解析】(1)因为M，N分别为BC，B1C1的中点，所以MN∥CC1．又由已知得AA1∥CC1，故AA1∥MN．
因为△A1B1C1是正三角形，所以B1C1⊥A1N．又B1C1⊥MN，故B1C1⊥平面A1AMN．
所以平面A1AMN⊥平面EB1C1F．
(2)AO∥平面EB1C1F，AO平面A1AMN，平面A1AMN平面EB1C1F =PN，
故AO∥PN.又AP∥ON，故四边形APNO是平行四边形，
所以PN=AO=6，AP =ON=AM=，PM=AM=2，EF=BC=2．
因为BC∥平面EB1C1F，所以四棱锥B−EB1C1F的顶点B到底面EB1C1F的距离等于点M到底面EB1C1F的距离．
作MT⊥PN，垂足为T，则由(1)知，MT⊥平面EB1C1F，故MT =PM sin∠MPN=3．
底面EB1C1F的面积为
所以四棱锥B−EB1C1F的体积为．

【点睛】本题主要考查了证明线线平行和面面垂直，及其求四棱锥的体积，解题关键是掌握面面垂直转为求证线面垂直的证法和棱锥的体积公式，考查了分析能力和空间想象能力，属于中档题.
17．【2020年高考全国Ⅲ卷文数】如图，在长方体中，点，分别在棱，上，且，．证明：

(1)当时，；
(2)点在平面内．
【解析】(1)如图，连结，．因为，所以四边形为正方形，故．
又因为平面，于是．所以平面．
由于平面，所以．

(2)如图，在棱上取点，使得，连结，，，
因为，，，所以，于是四边形为平行四边形，故．
因为，，，所以，，四边形为平行四边形，故．
于是．所以四点共面，即点在平面内．
【点睛】本题考查线面垂直判定定理、线线平行判定，考查基本分析论证能力，属中档题.
18．【2020年高考江苏】在三棱柱ABC－A1B1C1中，AB⊥AC，B1C⊥平面ABC，E，F分别是AC，B1C的中点．
(1)求证：EF∥平面AB1C1；
(2)求证：平面AB1C⊥平面ABB1．

【解析】因为分别是的中点，所以.
又平面，平面，
所以平面.

(2)因为平面，平面,
所以.
又,平面,平面,
所以平面.
又因为平面,
所以平面平面.
【点睛】本小题主要考查线面平行的证明，考查面面垂直的证明，属于中档题.
19．【2020年高考浙江】如图，在三棱台ABC—DEF中，平面ACFD⊥平面ABC，∠ACB=∠ACD=45°，DC =2BC．
(Ⅰ)证明：EF⊥DB；
(Ⅱ)求直线DF与平面DBC所成角的正弦值．

【解析】(Ⅰ)如图，过点D作，交直线AC于点，连结OB.

由，得，
由平面ACFD⊥平面ABC得DO⊥平面ABC，所以.
由，得.
所以BC⊥平面BDO，故BC⊥DB.
由三棱台得，所以.
(Ⅱ)方法一：
过点作，交直线BD于点，连结.
由三棱台得，所以直线DF与平面DBC所成角等于直线CO与平面DBC所成角.
由平面得，故平面BCD，所以为直线CO与平面DBC所成角.
设.
由，得，
所以，
因此，直线DF与平面DBC所成角的正弦值为.
方法二：
由三棱台得，所以直线DF与平面DBC所成角等于直线CO与平面DBC所成角，记为.
如图，以为原点，分别以射线OC，OD为y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系.

设.
由题意知各点坐标如下：
.
因此.
设平面BCD的法向量.
由即，可取.
所以.
因此，直线DF与平面DBC所成角的正弦值为.
【点睛】本题主要考查空间点、线、面位置关系，线面垂直的判定定理的应用，直线与平面所成的角的求法，意在考查学生的直观想象能力和数学运算能力，属于基础题．

1．【重庆市江津中学、实验中学等七校2020届高三下学期6月联考(三诊)数学】已知直线l和两个不同的平面，，则下列结论正确的是
A．若，，则
B．若，，则
C．若，，则
D．若，，则
【答案】A
【解析】对于A中，设，且，又由，所以，
由面面垂直的判定定理，即可证得；
对于B中，若，，则或，所以不正确；
对于C中，若，则平面与平面可能是相交的，所以不正确；
对于D中，若，，则与可能是平行的，所以不正确.
故选A．
【点睛】本题主要考查了线面位置关系的判定与证明，其中解答中熟记线面位置关系的判定定理和性质定理，逐项判定是解答的关键，着重考查了推理与论证能力，属于中档试题.
2．【2020届黑龙江省大庆实验中学高三下学期第二次“战疫”线上测试数学】已知如图，点，，，分别是正方体中棱，，，中点，则

A．，且直线，是相交直线
B．，且直线，是异面直线
C．，且直线，是相交直线
D．，且直线，是异面直线
【答案】C
【解析】设正方体的棱长为2，则，，
所以，
设，分别为和的中点，
则六边形是过四点的平面截正方体的截面，
所以与是共面直线，且与不平行，
所以与是相交直线.
故选C．
3．【河北省衡水中学2020届高三下学期第九次调研数学】如图，已知正三棱柱的底面边长为，高为，一质点自点出发，沿着三棱柱的侧面绕行两周到达点的最短路线的长为

A．12 B．13 C． D．15
【答案】C
【解析】将正三棱柱沿侧棱展开,再拼接一次,其侧面展开图如图所示，

在展开图中,最短距离是六个矩形对角线的连线的长度,也即为三棱柱的侧面上所求距离的最小值.
由已知求得矩形的长等于,宽等于5,由勾股定理.
故选:C．
【点睛】本题考查棱柱的结构特征,空间想象能力,几何体的展开与折叠,体现了转化(空间问题转化为平面问题,化曲为直)的思想方法.
4．【2020届广西河池市高三上学期期末考试数学】某几何体的三视图如图所示，其俯视图是一圆心角为45°的扇形，则该几何体的表面积为

A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】由三视图可知，该几何体是个圆柱，其上下底面均为圆面，侧面由2个矩形和1个圆弧面构成.
故其表面积.
故选B．
5．【辽宁省葫芦岛市2020届高三5月联合考试数学】某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为

A． B． C．13 D．18
【答案】C
【解析】由三视图可知，该几何体为三棱台，它在正方体中的直观图如图所示，

则它的表面积为.
故选C．
【点睛】本题主要考查三视图，同时考查了几何体的表面积，根据三视图还原几何体的直观图为解题的关键，属于简单题.
6．【安徽省马鞍山市第二中学2019-2020学年高三第二次阶段性素质测试数学】某几何体的三视图如何所示，则该几何体的体积为

A． B． C． D．
【答案】C
【解析】由已知中的三视图，可得几何体的直观图如下图所示：
它有四棱锥与三棱锥组成，
故体积，
故选：．

【点睛】本题考查知识点是棱锥的体积，简单几何体的三视图，属于中档题．
7．【甘肃省武威市第十八中学2020届高三上学期期末考试数学】已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为

A． B． C． D．
【答案】D
【解析】根据三视图知：几何体为三棱柱和四分之一圆锥的组合体，
则.
故选：D．

【点睛】本题考查了根据三视图求体积，意在考查学生的计算能力和空间想象能力，确定几何体形状是解题的关键.
8．【山东省日照五莲县丶潍坊安丘市、潍坊诸城市、临沂兰山区2020届高三6月模拟数学试题】唐朝的狩猎景象浮雕银杯如图1所示.其浮雕临摹了国画、漆绘和墓室壁画，体现了古人的智慧与工艺.它的盛酒部分可以近似地看作是半球与圆柱的组合体(假设内壁表面光滑，忽略杯壁厚度)，如图2所示.已知球的半径为R，酒杯内壁表面积为,设酒杯上部分(圆柱)的体积为，下部分(半球)的体积为，则

A．2 B． C．1 D．
【答案】A
【解析】设酒杯上部分(圆柱)的高为，
球的半径为R，则酒杯下部分(半球)的表面积为，
酒杯内壁表面积为，得圆柱侧面积为，
酒杯上部分(圆柱)的表面积为，解得
酒杯下部分(半球)的体积
酒杯上部分(圆柱)的体积
所以.
故选A．
【点睛】本题考查球的表面积和体积、圆柱侧面积和体积，属于中档题.
9．【山东省日照五莲县丶潍坊安丘市、潍坊诸城市、临沂兰山区2020届高三6月模拟数学】如图，正方体的棱长为1，线段上有两个动点E、F，且，则下列结论中正确的是

A．线段上存在点E、F使得 B．平面ABCD
C．的面积与的面积相等 D．三棱锥A-BEF的体积为定值
【答案】BD
【解析】如图所示，AB与为异面直线，故AE与BF也为异面直线，A错误；

，故平面ABCD，故B正确；
由图可知，点A和点B到EF的距离是不相等的，C错误；
连结BD交AC于O，则AO为三棱锥A-BEF的高，
，
三棱锥A-BEF的体积为为定值，D正确；
故选BD．
【点睛】本题考查了异面直线的定义、线面平行的判定定理、椎体的体积公式，需熟记公式，属于基础题.
10．【2020届河南省郑州市高三第二次质量预测文科数学试题】在正方体ABCD-A1B1C1D1中，三棱锥A1-BC1D内切球表面积为，则正方体外接球的体积为
A． B．36 C． D．
【答案】B
【解析】设正方体的棱长为，则，
因为三棱锥内切球的表面积为，
所以三棱锥内切球的半径为1，
设内切球的球心为， 到平面的距离为，
则，，，
又，
，
又因为正方体外接球直接就是正方体对角线长，
正方体外接球的半径为，
其体积为，故选B．
11．【山西省大同市第一中学2019-2020学年高三下学期3月月考数学】已知圆锥的底面圆心为，为圆锥的两条母线，且与圆锥底面所成的角为，，则与平面所成的角的正弦值为
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】如图所示，为中点，连接，，

设底面半径为，
与圆锥底面所成的角为，故，，
，故为等边三角形，，故，易知，
故平面，故为与平面所成的角，
.
故选.
【点睛】本题考查了线面夹角，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.
12．【安徽省马鞍山市第二中学2019-2020学年高三第二次阶段性素质测试数学】在正方体中，E为棱中点，则异面直线与所成角的余弦值为
A． B． C． D．0
【答案】B
【解析】连结，
在正方体中，为棱的中点，，
是异面直线与所成角(或所成角的补角)，
设正方体中棱长为2，
则，，，
，
异面直线与所成角的余弦值为：
．
故异面直线与所成角的余弦值为．
故选：．

【点睛】本题考查异面直线所成角余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，属于基础题．
13．【广东省深圳市高级中学2020届高三下学期5月适应性考试数学】已知某圆锥的侧面展开图为如图所示的扇形，且，.则该圆锥的体积为______.

【答案】
【解析】设，
在中，因为，，所以，
弧长，
设圆锥底面圆的半径为r，高为h，则，
所以，，
故.
【点睛】本题考查由圆锥的展开图求圆锥的体积，关键在于求得圆锥的底面半径和圆锥的高，属于基础题.
14．【2020届湖南省常德市高三上学期期末数学】某圆柱的高为2，体积为，其底面圆周均在同一个球面上，则此球的表面积为__________．
【答案】.
【解析】由题意作出示意图，设圆柱底面半径为，球的半径为，

∵圆柱的高为2，体积为，
∴，，得，
∴，
∴此球的表面积，
故答案为：．
15．【2020届河北省张家口市高三上学期期末教学质量监测数学】四面体中，则四面体外接球的表面积为__________.
【答案】
【解析】取的中点为，
在中，，
故，
所以为直角三角形，
同理可得为直角三角形，
则能得到,
同时， 为中点，
所以,
所以为外接球的球心，且半径为，
所以四面体外接球的表面积为.
故答案为：
【点睛】本题考查了三棱锥外接球的表面积问题，解题的关键是找准外接球的球心，解出外接球的半径，解题的途径是根据外接球的球心到四个顶点的距离相等这一条件来解题.
16．【重庆市江津中学、实验中学等七校2020届高三下学期6月联考(三诊)数学】底面为正三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱内接于半径为的球，则该棱柱体积的最大值为______.
【答案】
【解析】如图所示，球心在平面的投影为的中心，
设等边三角形边长为，高为，则，，
即，，
，
函数在上单调递增，在上单调递减，
故当时，有最大值为.
故答案为.

【点睛】本题考查了三棱柱的外接球问题，利用导数求最值，意在考查学生的计算能力和空间想象能力，综合应用能力.
17．【2020届福建省龙岩市高三上学期期末教学质量检查数学】如图，在边长为4正方体中，为的中点，，点在正方体表面上移动，且满足，则点和满足条件的所有点构成的图形的面积是______.

【答案】18
【解析】取，的中点分别为，，连结，，，
由于，所以四点共面，且四边形为梯形，
∵，，，
∴面，∵点在正方体表面上移动，
∴点的运动轨迹为梯形.
∵正方体的边长为4，
∴，，，
∴梯形为等腰梯形，∴其高为.
面积为.
故答案为:18

【点睛】本题考查满足条件的图形与正方体表面的交线轨迹面积，考查空间垂直之间的转换得出线线垂直，属于较难题.
18．【河北省衡水中学2020届高三下学期第九次调研数学】已知四棱锥的所有顶点都在同一球面上，底面是正方形且和球心在同一平面内，当此四棱锥体积取得最大值时，其表面积等于，则球的体积等于___.
【答案】
【解析】由题意,当此四棱锥体积取得最大值时,四棱锥为正四棱锥,

该四棱锥的表面积等于,设球的半径为,则如图,
该四棱锥的底面边长为,则有.
.球的体积是.
故答案为.
【点睛】本题考查球内接多面体及球的体积,解题的关键是确定球的半径,再利用公式求解,难度一般.
19．【山西省太原市第五中学2020届高三下学期6月月考数学】如图，在棱长为2的正方体中，，，分别是棱，，的中点，P是底面内一动点．若直线与平面不存在公共点，设直线与直线所成角为，则的取值范围是___________________．

【答案】
【解析】补全截面为截面如图，
直线与平面不存在公共点，
平面，
易知平面平面，
，
在正方体中，
所以即为直线与直线所成角， 连接，则，在中，，所以
所以
故答案为.

【点睛】本题考查了线面平行，面面平行，立体几何中的动点问题，属于中档题．
20.【河北省衡水中学2019-2020学年度高三年级下学期一调考试文数试卷】如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1的所有棱长都是2，AA1⊥面ABC，D，E分别是AC，CC1的中点．
(1)求证：AE⊥平面A1BD；
(2)求三棱锥B1﹣ABE的体积．

【解析】(1)证明：∵AB＝BC＝CA，D是AC的中点，
∴BD⊥AC，∵三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，
∴平面AA1C1C⊥平面ABC，且平面AA1C1C∩平面ABC＝AC，
∴BD⊥平面AA1C1C，∵AE⊂平面AA1C1C，∴BD⊥AE．
又∵在正方形AA1C1C中，D，E分别是AC，CC1的中点，∴A1D⊥AE，
又A1D∩BD＝D，∴AE⊥平面A1BD．
(2)(割补法)：VB1-ABE=VABC-A1B1C1-VB﹣ACE-VB1-AEC1A1＝S△ABC×AA1-13×S正方形ACC1A1×BD
=12×2×3×2-13×2×2×3=233．

21．【江西省临川二中、临川二中实验学校2020届高三上学期第三次月考数学】如图，在四棱锥中，底面的边长是的正方形，，，为上的点，且平面.

(1)求证：平面平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
【解析】(1)∵平面，平面，
∴,∵ ,∴平面,
∵平面∴.∵是正方形，∴,
∵，，∴平面,
∵平面，
∴平面平面,
(2)取中点，连接，，
∵，∴，
∵平面平面，平面,
平面平面,∴平面,
∴是在平面内的射影.
∴就是与平面所成的角,
在等腰中，∵，是的中点，∴,
在中，∵，,
∴，∴,
∴.
22．【辽宁省锦州市黑山县黑山中学2020届高三6月模拟考试数学】如图所示长方形，，现沿，两道折痕进行折叠，、均与垂直，，成为如图所示立体图形

(1)若，，求证平面平面
(2)在(1)的条件下，设，请求出四面体的体积
【解析】(1)如图作，

∵，，∴，
∴.
又∵，∴与重合，
∴为直角三角形， ，，
又，，
所以，平面平面.
(2)如图，把四面体，放在长方体中，

，，，，

=，
所以，四面体的体积.
23.【四川省棠湖中学2020届高三下学期第三学月考试数学(文)试题】如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱，是的中点．

(I)证明：平面；
(II)设是线段上的动点，当点到平面距离最大时，求三棱锥的体积．
【解析】(1)证明：连接与交于，连接，
因为是菱形，所以为的中点，
又因为为的中点，
所以，因为平面平面，
所以平面．
(2)解：取中点，连接，

因为四边形是菱形，，且，
所以，又，
所以平面，又平面，
所以．
同理可证：，又，
所以平面，所以平面平面，
又平面平面，所以点到直线的距离即为点到平面的距离，
过作直线的垂线段，在所有垂线段中长度最大为，
因为为的中点，故点到平面的最大距离为1，
此时，为的中点，即，
所以，
所以．
24．【四川省资阳市2019-2020学年高三上学期第二次诊断考试数学】如图，在四棱锥中，底面为正方形，底面，，为线段的中点．

(1)若为线段上的动点，证明：平面平面；
(2)若为线段，，上的动点(不含，)，，三棱锥的体积是否存在最大值？如果存在，求出最大值；如果不存在，请说明理由．
【解析】(1)因为，为线段的中点，所以,
因为底面，平面，所以,
又因为底面为正方形，所以，,
所以平面,
因为平面，所以,
因为，所以平面,
因为平面，所以平面平面.
(2)由底面，则平面平面,
所以点到平面的距离(三棱锥的高)等于点到直线的距离,
因此，当点在线段，上运动时，三棱锥的高小于或等于2,
当点在线段上运动时,三棱锥的高为2,
因为的面积为,
所以当点在线段上，三棱锥的体积取得最大值,
最大值为.
由于三棱锥的体积等于三棱锥的体积,
所以三棱锥的体积存在最大值.
25．【辽宁省葫芦岛市2020届高三5月联合考试数学】如图①，在等腰梯形中，，，.，交于点.将沿线段折起，使得点在平面内的投影恰好是点，如图.

(1)若点为棱上任意一点，证明：平面平面.
(2)在棱上是否存在一点，使得三棱锥的体积为？若存在，确定点的位置；若不存在，请说明理由.
【解析】(1)在等腰梯形中，，，
在中，，所以，
又因为平面，平面，所以，，
所以平面，平面，所以平面平面；
(2)，，
设点到平面的距离为，则，
所以，
在中，平面，所以存在点，使得，
则点是线段靠近的三等分点.
【点睛】本题考查面面垂直的证明，考查等体积法的应用，考查空间想象能力和运算求解能力，属于常考题.
26．[2020届湖南省高三上学期期末统测数学(文)]如图，是正方形，点在以为直径的半圆弧上(不与，重合)，为线段的中点，现将正方形沿折起，使得平面平面.

(1)证明：平面.
(2)若，当三棱锥的体积最大时，求到平面的距离.
【解析】(1)证明：因为平面平面是正方形，
平面平面，所以平面.
因为平面，所以.
因为点在以为直径的半圆弧上，所以.
又，所以平面.
(2)当点位于的中点时，的面积最大，三棱锥的体积也最大.
因为，所以，所以的面积为，
所以三棱锥的体积为.
因为平面，所以，，
的面积为.
设到平面的距离为，由，得，
即到平面的距离为.
.
27．【2020届广东省东莞市高三期末调研测试数学】如图甲，AD，BC是等腰梯形CDEF的两条高，，点M是线段AE的中点，将该等腰梯形沿着两条高AD，BC折叠成如图乙所示的四棱锥P-ABCD(E，F重合，记为点P).

甲 乙
(1)求证：；
(2)求点M到平面BDP距离h.
【解析】(1)因为，所以，
又，AP，平面ABP，
所以平面ABP，
因为平面ABP，所以；
由已知得，，
所以是等边三角形，
又因为点M是AP的中点，所以；
因为平面ADP，
所以平面ADP，
因为平面ADP，
所以.
(2)取BP中点N，连结DN，
因为平面ABP，，
所以，所以，
所以，在中，
，
所以，
因为平面ABP，
所以，
因为，
所以，
又，
所以，
即点M到平面BDP的距高为.

【点睛】本题考查了线面垂直的判定定理，重点考查了利用等体积法求点到面的距离，属中档题.