【讲通练透】专题09 立体几何初步-2024高考数学题源解密（全国通用）

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高考命题专家命制高考试题时绝非凭空杜撰，必有命题的原始模型（“题根”）和命题着力点（“题眼”），对“题根”与“题眼”进行深入的探求与拓展可构造出高考母题。命题人拿来千变万化为难你们的历年真题，本质上也是从这有限的母题中衍生出来的。母题的重要性不言而喻。
专题09 立体几何初步
目录一览
2023真题展现
考向一 立体几何的体积
考向二 外接球与内切球
考向三 空间角
真题考查解读
近年真题对比
考向一 旋转体
考向二 立体几何的体积
考向三 外接球与内切球
考向四 球体的表面积
考向五 空间角
考点六 直线与平面的位置关系
命题规律解密
名校模拟探源
易错易混速记/二级结论速记
考向一 立体几何的体积
1．（2023•新高考Ⅱ•第14题）底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥，所得棱台的体积为 ．
【答案】28
解：如图所示，根据题意易知△SO1A1∽△SOA，
∴SO1SO=O1A1OA=222=12，又SO1＝3，∴SO＝6，∴OO1＝3，
又上下底面正方形边长分别为2，4，
∴所得棱台的体积为13×(4+16+4×16)×3=28．
2．（2023•新高考Ⅰ•第14题）在正四棱台ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝2，A1B1＝1，AA1=2，则该棱台的体积为 ．
【答案】766
解：设正四棱台ABCD﹣A1B1C1D1的上下底面中心分别为M，N，
过A1作A1H⊥AC，垂足点为H，由题意易知A1M＝HN=22，又AN=2，
∴AH＝AN﹣HN=22，又AA1=2，∴A1H＝MN=62，
∴该四棱台的体积为13×（1+4+1×4）×62=766．
考向二 外接球与内切球
3．（2023•新高考Ⅰ•第12题）（多选）下列物体中，能够被整体放入棱长为1（单位：m）的正方体容器（容器壁厚度忽略不计）内的有（ ）
A．直径为0.99m的球体
B．所有棱长均为1.4m的四面体
C．底面直径为0.01m，高为1.8m的圆柱体
D．底面直径为1.2m，高为0.01m的圆柱体
【答案】ABD
解：对于A，棱长为1的正方体内切球的直径为1＞0.99，选项A正确；
对于B，如图，正方体内部最大的正四面体D﹣A1BC1的棱长为12+12=2＞1.4，选项B正确；
对于C，棱长为1的正方体的体对角线为3＜1.8，选项C错误；
对于D，如图，六边形EFGHIJ为正六边形，E，F，G，H，I，J为棱的中点，
高为0.01米可忽略不计，看作直径为1.2米的平面圆，
六边形EFGHIJ棱长为22米，∠GFH＝∠GHF＝30°，
所以FH=3FG=3GH=62米，故六边形EFGHIJ内切圆直径为62米，
而(62)2=32＞(1.2)2=1.44，选项D正确．
考向三 空间角
4．（2023•新高考Ⅱ•第9题）（多选）已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，AB为底面直径，∠APB＝120°，PA＝2，点C在底面圆周上，且二面角P﹣AC﹣O为45°，则（ ）
A．该圆锥的体积为πB．该圆锥的侧面积为43π
C．AC＝22D．△PAC的面积为3
【答案】AC
解：取AC中点D，则OD⊥AC，PD⊥AC，
由二面角的定义可知，二面角P﹣AC﹣O的平面角即为∠PDO＝45°，
对于A，△PAB中，由于PA＝PB＝2，∠APB＝120°，
则PO＝1，AO=3，
则OD＝1，V=13⋅3π⋅1=π，选项A正确．
对于B，S侧=π×3×2=23π，选项B错误．
对于C，AC=23−1=22，选项C正确．
对于D，PD=2，S△PAC=12×2×22=2，选项D错误．
【命题意图】
考查空间几何体的表面积与体积、外接球问题、空间角等．
【考查要点】
命题会涉及到体积，表面积，角度等计算，涉及到最值计算，范围求取，考查空间想象力、运算求解能力、数形结合思想、转化与化归思想、逻辑推理能力．
【得分要点】
1．表面积与体积公式
（1）棱柱的体积公式：设棱柱的底面积为S，高为h，V棱柱＝S×h．
（2）棱锥的体积公式：设棱锥的底面积为S，高为h，V棱锥=13Sh．
（3）棱台的体积公式：设棱台上底面面积为S，下底面面积为S′，高为h，
V棱台=13×(S+S'+S×S')×ℎ．
（4）圆柱的体积和表面积公式：设圆柱底面的半径为r，高为h(母线长l)，则V圆柱=πr2ℎS圆柱=2×πr2+2πrl=2πr(r+l)．
（5）圆锥的体积和表面积公式：设圆锥的底面半径为r，高为h(母线长l)，母线长为l：V圆锥=13πr2ℎS圆锥=πr2+πrl=πr(r+l)．
（6）圆台的体积和表面积公式：设圆台的上底面半径为r，下底面半径为R，高为h，母线长为l：V圆台=13πℎ(r2+R2+Rr)S圆台=πr2+πR2+πrl+πRl=π(r2+R2+rl+Rl)．
（7）球的体积和表面积：设球体的半径为R，V球体=43πR3，S球体＝4πR2．
2．外接球题型归类：
（1）三线垂直图形
计算公式：三棱锥三线垂直还原成长方体
（2）由长方体（正方体）图形的特殊性质，可以构造如下三种模型：
①三棱锥对棱相等．，，，是三个对棱棱长．
②等边三角形与等腰直角三角形连接．
③投影为矩形．
（3）线面垂直型：线垂直一个底面（底面是任意多边形，实际是三角形或者四边形（少），它的外接圆半径是r，满足正弦定理）．

计算公式；其中
（4）面面垂直型
一般情况下，俩面是特殊三角形。垂面型，隐藏很深的线面垂直型

（5）垂线相交型
等边或者直角：等边三角形中心（外心）做面垂线，必过球心．
直角三角形斜边中点（外心）做面垂线，必过球心．
许多情况下，会和二面角结合．
3．直线和平面所成的角：
一条直线和一个平面斜交，它们所成的角的度量问题（空间问题）是通过斜线在平面内的射影转化为两条相交直线的度量问题（平面问题）来解决的．具体的解题步骤与求异面直线所成的角类似，有如下的环节：
（1）作：作出斜线与射影所成的角．
（2）证：论证所作（或找到的）角就是要求的角．
（3）算：常用解三角形的方法（通常是解由垂线段、斜线段、斜线段的射影所组成的直角三角形）求出角．
（4）答：回答求解问题．
4．线面角的求解方法：
传统求法：可通过已知条件，在斜线上取一点作该平面的垂线，找出该斜线在平面内的射影，通过解直角三角形求得．
向量求法：设直线l的方向向量为a→，平面的法向量为u→，直线与平面所成的角为θ，a→与u→的夹角为φ，则有sinθ＝|cs φ|=|a→⋅u→||a→||u→|．
5．二面角的平面角求法：
（1）定义法．
（2）三垂线定理及其逆定理．
（3）找（作）公垂面法：由二面角的平面角的定义可知两个面的公垂面与棱垂直，因此公垂面与两个面的交线所成的角，就是二面角的平面角．
（4）平移或延长（展）线（面）法．
（5）射影公式．
（6）化归为分别垂直于二面角的两个面的两条直线所成的角．
（7）向量法：用空间向量求平面间夹角的方法：
设平面α和β的法向量分别为u→和v→，若两个平面的夹角为θ，则
①当0≤＜u→，v→＞≤π2，θ=＜u→，v→＞，csθ＝cs＜u→，v→＞=u→⋅v→|u→||v→|．
②当π2＜＜u→，v→＞＜π时，csθ＝﹣cs＜u→，v→＞=−u→⋅v→|u→||v→|．
考向一 旋转体
5．（2021•新高考Ⅰ）已知圆锥的底面半径为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为（ ）
A．2B．2C．4D．4
【解答】解：由题意，设母线长为l，
因为圆锥底面周长即为侧面展开图半圆的弧长，圆锥的母线长即为侧面展开图半圆的半径，
则有，解得，
所以该圆锥的母线长为．
故选：B．
考向二 立体几何的体积
5．（2022•新高考Ⅰ）南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库．已知该水库水位为海拔148.5m时，相应水面的面积为140.0km2；水位为海拔157.5m时，相应水面的面积为180.0km2．将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔148.5m上升到157.5m时，增加的水量约为（≈2.65）（ ）
A．1.0×109m3B．1.2×109m3C．1.4×109m3D．1.6×109m3
【解答】解：140km2＝140×106m2，180km2＝180×106m2，
根据题意，增加的水量约为
＝
≈（320+60×2.65）×106×3＝1437×106≈1.4×109m3．故选：C．
6．（2021•新高考Ⅱ）正四棱台的上、下底面的边长分别为2，4，侧棱长为2，则其体积为（ ）
A．20+12B．28C．D．
【解答】解法一：如图ABCD﹣A1B1C1D1为正四棱台，AB＝2，A1B1＝4，AA1＝2．
在等腰梯形A1B1BA中，过A作AE⊥A1B1，可得A1E＝＝1，
AE＝＝＝．
连接AC，A1C1，
AC＝，A1C1＝＝4，
过A作AG⊥A1C1，A1G＝＝，
AG＝＝＝，
∴正四棱台的体积为：
V＝
＝
＝．
解法二：作出图形，连接该正四棱台上下底面的中心，如图，
∵该四棱台上下底面边长分别为2，4，侧棱长为2，
∴该棱台的高h＝＝，
下底面面积S1＝16，上底面面积S2＝4，
则该棱台的体积为：
V＝＝＝．
故选：D．
7.（多选）（2022•新高考Ⅱ）如图，四边形ABCD为正方形，ED⊥平面ABCD，FB∥ED，AB＝ED＝2FB．记三棱锥E﹣ACD，F﹣ABC，F﹣ACE的体积分别为V1，V2，V3，则（ ）
A．V3＝2V2B．V3＝V1C．V3＝V1+V2D．2V3＝3V1
【解答】解：设AB＝ED＝2FB＝2，
V1＝×S△ACD×|ED|＝，
V2＝×S△ABC×|FB|＝，
如图所示，
连接BD交AC于点M，连接EM、FM，
则FM＝，EM＝，EF＝3，
故S△EMF＝＝，
V3＝S△EMF×AC＝＝2，
故C、D正确，A、B错误．
故选：CD．
8.（多选）（2021•新高考Ⅰ）在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝AA1＝1，点P满足＝λ+μ，其中λ∈[0，1]，μ∈[0，1]，则（ ）
A．当λ＝1时，△AB1P的周长为定值
B．当μ＝1时，三棱锥P﹣A1BC的体积为定值
C．当λ＝时，有且仅有一个点P，使得A1P⊥BP
D．当μ＝时，有且仅有一个点P，使得A1B⊥平面AB1P
【解答】解：对于A，当λ＝1时，＝+μ，即，所以，
故点P在线段CC1上，此时△AB1P的周长为AB1+B1P+AP，
当点P为CC1的中点时，△AB1P的周长为，
当点P在点C1处时，△AB1P的周长为，
故周长不为定值，故选项A错误；
对于B，当μ＝1时，，即，所以，
故点P在线段B1C1上，
因为B1C1∥平面A1BC，
所以直线B1C1上的点到平面A1BC的距离相等，
又△A1BC的面积为定值，
所以三棱锥P﹣A1BC的体积为定值，故选项B正确；
对于C，当λ＝时，取线段BC，B1C1的中点分别为M，M1，连结M1M，
因为，即，所以，
则点P在线段M1M上，
当点P在M1处时，A1M1⊥B1C1，A1M1⊥B1B，
又B1C1∩B1B＝B1，所以A1M1⊥平面BB1C1C，
又BM1⊂平面BB1C1C，所以A1M1⊥BM1，即A1P⊥BP，
同理，当点P在M处，A1P⊥BP，故选项C错误；
对于D，当μ＝时，取CC1的中点D1，BB1的中点D，
因为，即，所以，
则点P在线的DD1上，
当点P在点D1处时，取AC的中点E，连结A1E，BE，
因为BE⊥平面ACC1A1，又AD1⊂平面ACC1A1，所以AD1⊥BE，
在正方形ACC1A1中，AD1⊥A1E，
又BE∩A1E＝E，BE，A1E⊂平面A1BE，
故AD1⊥平面A1BE，又A1B⊂平面A1BE，所以A1B⊥AD1，
在正方体形ABB1A1中，A1B⊥AB1，
又AD1∩AB1＝A，AD1，AB1⊂平面AB1D1，所以A1B⊥平面AB1D1，
因为过定点A与定直线A1B垂直的平面有且只有一个，
故有且仅有一个点P，使得A1B⊥平面AB1P，故选项D正确．
故选：BD．
考向三 外接球与内切球
9．（2022•新高考Ⅰ）已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上．若该球的体积为36π，且3≤l≤3，则该正四棱锥体积的取值范围是（ ）
A．[18，]B．[，]C．[，]D．[18，27]
【解答】解：如图所示，正四棱锥P﹣ABCD各顶点都在同一球面上，连接AC与BD交于点E，连接PE，则球心O在直线PE上，连接OA，
设正四棱锥的底面边长为a，高为h，
在Rt△PAE中，PA2＝AE2+PE2，即＝，
∵球O的体积为36π，∴球O的半径R＝3，
在Rt△OAE中，OA2＝OE2+AE2，即，
∴，∴，
∴l2＝6h，又∵3≤l≤3，∴，
∴该正四棱锥体积V（h）＝＝＝，
∵V'（h）＝﹣2h2+8h＝2h（4﹣h），
∴当时，V'（h）＞0，V（h）单调递增；当4时，V'（h）＜0，V（h）单调递减，
∴V（h）max＝V（4）＝，
又∵V（）＝，V（）＝，且，
∴，
即该正四棱锥体积的取值范围是[，]，
故选：C．
10．（2022•新高考Ⅱ）已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为3和4，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（ ）
A．100πB．128πC．144πD．192π
【解答】解：当球心在台体外时，由题意得，上底面所在平面截球所得圆的半径为，下底面所在平面截球所得圆的半径为，如图，
设球的半径为R，则轴截面中由几何知识可得，解得R＝5，
∴该球的表面积为4πR2＝4π×25＝100π．
当球心在台体内时，如图，
此时，无解．
综上，该球的表面积为100π．
故选：A．
考向四 球体的表面积
11．（2021•新高考Ⅱ）北斗三号全球卫星导航系统是我国航天事业的重要成果．在卫星导航系统中，地球静止同步轨道卫星的轨道位于地球赤道所在平面，轨道高度为36000km（轨道高度是指卫星到地球表面的距离）．将地球看作是一个球心为O，半径r为6400km的球，其上点A的纬度是指OA与赤道平面所成角的度数．地球表面上能直接观测到的一颗地球静止同步轨道卫星点的纬度最大值为α，该卫星信号覆盖地球表面的表面积S＝2πr2（1﹣csα）（单位：km2），则S占地球表面积的百分比约为（ ）
A．26%B．34%C．42%D．50%
【解答】解：由题意，作出地球静止同步卫星轨道的左右两端的竖直截面图，
则OP＝36000+6400＝42400，那么csα＝；
卫星信号覆盖的地球表面面积S＝2πr2（1﹣csα），
那么，S占地球表面积的百分比为42%．
故选：C．
考向五 空间角
12.（多选）（2022•新高考Ⅰ）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1，则（ ）
A．直线BC1与DA1所成的角为90°
B．直线BC1与CA1所成的角为90°
C．直线BC1与平面BB1D1D所成的角为45°
D．直线BC1与平面ABCD所成的角为45°
【解答】解：如图，
连接B1C，由A1B1∥DC，A1B1＝DC，得四边形DA1B1C为平行四边形，
可得DA1∥B1C，∵BC1⊥B1C，∴直线BC1与DA1所成的角为90°，故A正确；
∵A1B1⊥BC1，BC1⊥B1C，A1B1∩B1C＝B1，∴BC1⊥平面DA1B1C，而CA1⊂平面DA1B1C，
∴BC1⊥CA1，即直线BC1与CA1所成的角为90°，故B正确；
设A1C1∩B1D1＝O，连接BO，可得C1O⊥平面BB1D1D，即∠C1BO为直线BC1与平面BB1D1D所成的角，
∵sin∠C1BO＝，∴直线BC1与平面BB1D1D所成的角为30°，故C错误；
∵CC1⊥底面ABCD，∴∠C1BC为直线BC1与平面ABCD所成的角为45°，故D正确．
故选：ABD．
考点六 直线与平面的位置关系
13.（多选）（2021•新高考Ⅱ）如图，下列正方体中，O为底面的中心，P为所在棱的中点，M，N为正方体的顶点，则满足MN⊥OP的是（ ）
A．B．
C．D．
【解答】解：对于A，设正方体棱长为2，设MN与OP所成角为θ，
则tanθ＝＝，∴不满足MN⊥OP，故A错误；
对于B，如图，作出平面直角坐标系，设正方体棱长为2，
则N（2，0，0），M（0，0，2），P（2，0，1），O（1，1，0），
＝（2，0，﹣2），＝（1，﹣1，1），
＝0，∴满足MN⊥OP，故B正确；
对于C，如图，作出平面直角坐标系，设正方体棱长为2，
则M（2，2，2），N（0，2，0），O（1，1，0），P（0，0，1），
＝（﹣2，0，﹣2），＝（﹣1，﹣1，1），
＝0，∴满足MN⊥OP，故C正确；
对于D，如图，
作出平面直角坐标系，设正方体棱长为2，
则M（0，2，0），N（0，0，2），P（2，1，2），O（1，1，0），
＝（0，﹣2，2），＝（1，0，2），
＝4，∴不满足MN⊥OP，故D错误．
故选：BC．
本章内容是高考必考内容之一，多考查空间几何体的表面积与体积，空间中有关平行与垂直的判定，空间角等问题。
高考对本章内容的考查比较稳定，针对这一特点，复习时，首先梳理本章重要定理、公式与常用结论，扫清基础知识和公式障碍；然后分题型重点复习，重视立体几何表面积与体积、内接球与外切球、空间角的解题思路。
一．棱柱的结构特征（共2小题）
1．（2023•盐亭县校级模拟）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为3，以A为球心，为半径的球被该正方体的表面所截，则所截得的曲线总长为 ．
【解答】解：根据题意可知，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为3，以A为球心，为半径的球被该正方体的表面所截，如下图所示：
球被面ABB1A1，面ABCD，面ADD1A1所截的曲线长均为，
故在此三面上所截得的曲线长为，
球在面BCC1B1，面CDD1C1，面A1B1C1D1所截得的曲线长均为，
故在这三面上所截得的曲线长的和为，
故所截得的曲线总长为．
2.（多选）（2023•晋江市校级模拟）直三棱柱ABC﹣A1B1C1，中，AB⊥AC，AB＝AC＝AA1＝1，点D是线段BC1上的动点（不含端点），则以下正确的是（ ）
A．AC∥平面A1BD
B．CD与AC1不垂直
C．∠ADC的取值范围为
D．AD+DC的最小值为
【解答】解：依题作图，如图1，并将其补成正方体，如图2
对于A，因为AC∥A1C1，A1C1⊂平面A1BD，所以AC∥平面A1BD，故A正确；
对于B，当D为C1B的中点，CD与CB1重合，根据正方体的性质可得CD⊥AC1，故B错；
对于C，判断以AC为直径的球与C1B的交点情况，
如图3，取AC中点F，则，
当FD⊥B1C时，FD＝＝，
所以以AC为直径的球与C1B没有交点．所以，故C错；
对于D，将面CBC1翻折至与ABC1共面，此时点C与E1重合，所以AD+DC的最小值为，故D正确．
故选：AD．
二．旋转体（圆柱、圆锥、圆台）（共1小题）
3．（2023•河南模拟）已知圆台O1O的上、下底面半径分别为r，R，高为h，平面α经过圆台O1O的两条母线，设α截此圆台所得的截面面积为S，则（ ）
A．当h≥R﹣r时，S的最大值为（R+2r）h
B．当h≥R﹣r时，S的最大值为
C．当h＜R﹣r时，S的最大值为（R+2r）h
D．当h＜R﹣r时，S的最大值为
【解答】解：如图，将圆台O1O补成圆锥PO．
设圆台O1O的母线长为l，则l2＝h2+（R﹣r）2，等腰梯形ABCD为过两母线的截面．
设PC＝x，∠APB＝θ，由，得，
则S＝，
当h≥R﹣r时，θ≤90°，当sinθ最大，即截面为轴截面时面积最大，
则S的最大值为．
当h＜R﹣r时，θ＞90°，当sinθ＝1时，截面面积最大，
则S的最大值为．
故选：D．
三．棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积（共3小题）
4．（2023•南通三模）已知底面半径为r的圆锥SO，其轴截面是正三角形，它的一个内接圆柱的底面半径为，则此圆柱与圆锥的侧面积的比值为（ ）
A．B．C．D．
【解答】解：圆锥的高，如图，
由△SOM∽△SOB可得：，∴，
∴，
圆柱侧面积，
圆锥侧面积，．
故选：D．
5．（2023•安阳二模）2022年12月7日为该年第21个节气“大雪”．“大雪”标志着仲冬时节正式开始，该节气的特点是气温显著下降，降水量增多，天气变得更加寒冷．“大雪”节气的民俗活动有打雪仗、赏雪景等．东北某学生小张滚了一个半径为2分米的雪球，准备对它进行切割，制作一个正六棱柱模型ABCDEF﹣A1B1C1D1E1F1，设M为B1E1的中点，当削去的雪最少时，平面ACM截该正六棱柱所得的截面面积为 平方分米．
【解答】解：设正六棱柱ABCDEF﹣A1B1C1D1E1F1的底面边长为a，高为h．
若要使该正六棱柱的体积最大，正六棱柱应为球的内接正六棱柱中体积最大者，
所以，即，又，
所以该正六棱柱的体积为．
设f（h）＝（16﹣h2）h，0＜h＜4，
则f'（h）＝16﹣3h2，令f'（h）＝0，得．
由f'（h）＞0，解得；由f'（h）＜0，解得，
所以f（h）在上单调递增，在上单调递减，
所以，即，时V取得最大值，
过M作PQ∥A1C1，交A1F1于点P，交C1D1于点Q，则P，Q分别是A1F1，C1D1的中点，
又A1C1∥AC，所以PQ∥AC，则矩形ACQP即为平面ACM截该正六棱柱所得的截面．
因为，且，
所以矩形ACQP的面积为．
故答案为：．
6．（2023•皇姑区校级模拟）用一张正方形的纸把一个棱长为1的正方体形礼品盒完全包好，不将纸撕开，则所需纸的最小面积是 ．
【解答】解：把5个边长为1的正方形组成十字形，
并在四端加上四个斜边为1的等腰直角三角形，
就可以包住棱长为1的正方体，而这个形状可以用边长为2的正方形来覆盖，
而这个正方形面积为8，
∴所需包装纸的最小面积为8．
故答案为：8．
四．棱柱、棱锥、棱台的体积（共13小题）
7．（2023•郑州模拟）陀螺又称陀罗，是中国民间最早的娱乐健身玩具之一，在山西夏县新石器时代的遗址中就发现了石制的陀螺．如图所示的陀螺近似看作由一个圆锥与一个圆柱组成的组合体，其中圆柱的底面半径为1，圆锥与圆柱的高均为1，若该陀螺由一个球形材料削去多余部分制成，则球形材料体积的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【解答】解：依题意当该陀螺中圆锥的顶点及圆柱的下底面圆周都在球形材料表面上时，球形材料体积的最小，
设此时球形材料的半径为R，由题意得（2﹣R）2+12＝R2，解得，
所以球形材料的体积最小值为．
故选：D．
8．（2023•宁夏三模）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，线段B1D1上有两个动点E，F（E在F的左边），且EF＝．下列说法不正确的是（ ）
A．异面直线AB1与BC1所成角为60°
B．当E运动时，平面EFA⊥平面ACC1A1
C．当E，F运动时，存在点E，F使得AE∥BF
D．当E，F运动时，三棱锥体积B﹣AEF不变
【解答】解：对于A，如下图所示：
将BC1平移到AD1，连接B1D1易知在△AB1D1中，∠B1AD1即为异面直线AB1与BC1所成的平面角，
由正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，利用勾股定理可知，
即△AB1D1为正三角形，所以异面直线AB1与BC1所成角为60°，即A正确；
对于B，连接AC，AC1，如下图所示：
由ABCD﹣A1B1C1D1为正方体即可得，AA1⊥平面A1B1C1D1，而B1D1⊂平面A1B1C1D1，
所以A1A⊥B1D1，又E1F在线段B1D1上，所以A1A⊥EF，又A1B1C1D1为正方形，所以A1C1⊥B1D1，即A1C1⊥EF，
又A1C1∩AA1＝A1，A1C1，AA1⊂平面ACC1A1，所以EF⊥平面ACC1A1，
又EF⊂平面EFA，所以平面EFA⊥平面ACC1A1，即B正确；
对于C，易知点F不在平面ABE内，假设AE∥BF，又AE⊂平面ABE，BF⊄平面ABE，所以BF∥平面ABE，
显然这与BF∩平面ABE＝F矛盾，所以假设不成立，即C错误；
对于D，当E，F运动时，由等体积法可知三棱锥B﹣AEF体积与三棱锥A﹣BEF的体积相等VB﹣AEF＝VA﹣BEF；
易知三棱锥A﹣BEF的底面积，易知AC⊥平面BEF，
所以点A到平面BEF的距离为 ，所以VB﹣AEF＝VA﹣BEF＝S△BEF＝××＝，
即当E，F运动时，三棱锥B﹣AEF体积不变，即D正确；
故选：C．
9．（2023•新罗区校级三模）已知正六棱锥P﹣ABCDEF的各顶点都在球O的球面上，球心O在该正六棱锥的内部，若球O的体积为36π，则该正六棱锥体积的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【解答】解：如图，过P作PM⊥平面ABCDEF，则球心O在PM上，
设AB＝a，PM＝h，外接球的半径为R，
因为球O的体积为36π，所以解得R＝3，
在Rt△AOM中，（h﹣3）2+a2＝9，所以a2＝6h﹣h2，
正六棱锥的体积为，
设，
令f'（x）＞0解得0＜x＜4，
令f'（x）＜0解得x＜0或x＞4，
所以f（x）在（﹣∞，0）单调递减，（0，4）单调递增，（4，+∞）单调递减，
因为球心O在该正六棱锥的内部，所以h＞3，
所以在（3，4）单调递增，（4，+∞）单调递减，
所以，
故选：B．
10．（2023•吉安一模）已知正三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面边长，其外接球的表面积为20π，D是B1C1的中点，点P是线段A1D上的动点，过BC且与AP垂直的截面α与AP交于点E，则三棱锥A﹣BCE的体积的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【解答】解：外接球的表面积为20π，可得外接球半径为．
因为正三棱柱柱ABC﹣A1B1C1的底面边长，
所以，
所以△A1B1C1的外接圆半径为，
设三棱柱的侧棱长为h，则有，解得h＝2，即侧棱AA1＝h＝2，
设BC的中点为F，作出截面如图所示，
因为AP⊥α，EF⊂α，所以AE⊥EF，所以点E在以AF为直径的圆上，
当点E在弧AF的中点时，此时点E到底面ABC距离的最大，且最大值为，
因为DF＜AF，所以此时点P在线段A1D上，符合条件，
所以三棱锥A﹣BCE的体积的最大值为．
故选：A．
11．（2023•雅安三模）已知圆锥的高为3，底面半径为，若该圆锥的顶点与底面的圆周都在同一个球面上，则这个球的体积与圆锥的体积的比值为（ ）
A．B．C．D．
【解答】解：设球的半径为R，
∵圆锥的高h＝3，底面圆的半径r＝，
∴R2＝（R﹣h）2+r2，即R2＝（R﹣3）2+3，
解得：R＝2，
故该球的体积V＝＝．
圆锥体积为：V′＝＝3π，
∴这个球的体积与圆锥的体积的比值为：＝＝．
故选：B．
12.（多选）（2023•临泉县校级三模）在正三棱台ABC﹣A1B1C1中，A1B1＝1，AA1＝2，AB＝3，＝2，＝2，过MN与AA1平行的平面记为α，则下列命题正确的是（ ）
A．四面体ABB1C1的体积为
B．四面体ABB1C1外接球的表面积为12π
C．α截棱台所得截面面积为2
D．α将棱台分成两部分的体积比为
【解答】解：如图，O，O1 分别是正三棱台的底面中心，OO1⊥平面ABC，
由题意，可得，，过点C1作C1H⊥OC于点H，
由AA1＝CC1＝2，，可得棱台的高，
连结MN，NC1，由，，得出M，N分别为AB，AC的三等分点，
所以MN∥BC，又BC∥B1C1，所以MN∥B1C1，，A1B1＝B1C1＝1，
所以MN＝B1C1，所以四边形MNC1B1为平行四边形，A1B1＝AM＝1，A1B1∥AM，
所以四边形AMB1A1为平行四边形，
所以AA1∥MB1，又BM1⊂平面MNC1B1，AA1⊄平面MNC1B1，
所以 AA1∥平面MNC1B1，则α为平面MNC1B1，
对于A，由C1N∥MB1，同理可证 C1N∥平面A1ABB1，
三角形ABN的面积为，B1到平面ABC的距离为，
则四面体ABB1C1的体积＝＝＝××＝，故A正确；
对于B：四面体ABB1C1的外接球，即为正三棱台ABC﹣A1B1C1的外接球，
设外接球半径为r，由，，，OC1＝＝＝OC，可知球心即为O，
故，所以外接球表面积S＝4π2＝12π，故B正确；
对于C，如图，OO1⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以OO1⊥BC，
又AO⊥BC，AO∩O1O＝O，所以BC⊥平面AOO1A1，又AA1⊂平面AOO1A1，
所以AA1⊥BC，所以B1M⊥MN，
α截棱台所得截面为长方形 MNC1B1，故其面积为2，故C正确；
对于D，棱台ABC﹣A1B1C1体积V＝（++）×＝，
＝×＝，：（V﹣）＝：＝，故D错．
故选：ABC．
13.（多选）（2023•辽宁模拟）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，线段B1D1上有两个动点E、F，且，则下列结论中正确的是（ ）
A．AC⊥BE
B．EF∥平面ABCD
C．三棱锥A﹣BEF的体积为定值
D．△AEF的面积与△BEF的面积相等
【解答】解：对于A选项，连接AC、BD，
∵四边形ABCD为正方形，∴AC⊥BD，
∵BB1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，
∴AC⊥BB1，又BD∩BB1＝B，且BD，BB1⊂平面BB1D1D，
∴AC⊥平面BB1D1D，又BE⊂平面BB1D1D，
∴AC⊥BE，∴A选项正确；
对于B选项，∵平面A1B1C1D1∥平面ABCD，EF⊂平面A1B1C1D1，
∴EF∥平面ABCD，∴B选项正确；
对于C选项，∵△BEF的面积为，
又点A到平面BEF的距离为定值，∴三棱锥A﹣BEF的体积为定值，∴C选项正确；
对于D选项，设AC∩BD＝O，取B1D1的中点M，连接OM、AM，
由A选项可知AC⊥平面BB1D1D，即AO⊥平面BB1D1D，又B1D1⊂平面BB1D1D，
∴AO⊥B1D1，又BB1∥DD1且BB1＝DD1，
∴四边形BB1D1D为平行四边形，
∴BD∥B1D1且BD＝B1D1，
∵M、O分别为B1D1、BD的中点，∴DO∥D1M且DO＝D1M，
∴四边形DD1MO为平行四边形，∵DD1⊥平面ABCD，DO⊂平面ABCD，∴DD1⊥DO，
∴四边形DD1MO为矩形，∴OM⊥B1D1，又AO∩OM＝O，AO，OM⊂平面AOM，
∴B1D1⊥平面AOM，又AM⊂平面AOM，
∴AM⊥B1D1，∵，
∴，∴D选项错误．
故选：ABC．
14.（多选）（2023•福州模拟）在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别为棱BC，CC1的中点，P为线段EF上的动点，则（ ）
A．线段DP长度的最小值为2
B．三棱锥D﹣A1AP的体积为定值
C．平面AEF截正方体所得截面为梯形
D．直线DP与AA1所成角的大小可能为
【解答】解：在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，CD⊥平面CBB1C1，
又∵CP⊂平面CBB1C1，∴CD⊥CP，∴PD＝，
CP≥EF＝，∴PD≥，故A错误；
∵EF∥平面ADD1A1，∴点P到平面ADD1A1的距离为定值，
又∵三角形DAA1的面积为定值，∴三棱锥D﹣A1AP的体积为定值，故B正确；
∵E，F分别为棱BC，CC1的中点，∴EF∥BC1，又易证BC1∥AD1，
∴EF∥AD1，但EF≠AD1，∴四边形AEFD1为梯形，故平面AEF截正方体所得截面为梯形，故C正确；
由题意可得P与F重合时直线DP与DD1所成角最小，
又可得FD1＝DF＞DD1，故∠FDD1＞．
∵AA1∥DD1，∴∠FDD1是直线DP与AA1所成的角，故直线DP与AA1所成角的大小不可能为，故D错误．
故选：BC．
15.（多选）（2023•山西二模）正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为a，E在棱A1B1上运动（不含端点），则（ ）
A．侧面AA1D1D中不存在直线与DE垂直
B．平面A1DE与平面ABCD所成二面角为
C．E运动到A1B1的中点时，A1C上存在点P，使BC∥平面AEP
D．P为A1C中点时，三棱锥E﹣PBC1体积不变
【解答】解：对于A选项，E在棱A1B1上运动时，DE⊂平面A1B1CD，连接A1D，AD1，
则A1D⊥平面A1B1CD，
又DE⊂平面A1B1CD，
∴AD1⊥DE，A错误．
对于B选项，平面A1DE与平面ABCD所成二面角即为，B正确．
对于C选项，BC∥AD，BC⊄面AED，AD⊂平面AED，
∴BC∥面AED，
∴当P是A1C与平面AED的交点时，BC∥平面AEP，C正确．
对于D选项，连接BC1与B1C交于O，连接PO，
则在△A1B1C1中，PO∥A1B1，
又∵PO⊂平面PBC1，A1B1⊄平面PBC1，
∴A1B1∥平面PBC1，
∴E到平面PBC1的距离为定值．则三棱锥E﹣PBC1体积不变，D正确．
故选：BCD．
16.（多选）（2023•船营区校级模拟）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1＝2，AB＝BC＝1，∠ABC＝90°，侧面AA1C1C的对角线交点O，点E是侧棱BB1上的一个动点，下列结论正确的是（ ）
A．直三棱柱的体积是1
B．直三棱柱的外接球表面积是6π
C．三棱锥E﹣AA1O的体积与点E的位置有关
D．AE+EC1的最小值为
【解答】解：直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1＝2，AB＝BC＝1，∠ABC＝90°，如图所示，
直三棱柱的体积为，故A选项正确；
直三棱柱ABC﹣A1B1C1是长宽高分别为1，1，2的长方体的一半，
外接球的半径为，外接球表面积是4πR2＝6π，故B选项正确；
O是AC1与A1C的交点，则△AA1O的面积为定值，
由BB1∥平面AA1C1C，得E到平面AA1O的距离为定值，
所以三棱锥E﹣AA1O的体积为定值，与点E的位置无关，故C选项错误；
把侧面AA1C1C和侧面CC1B1B展开在一个平面上，
当E为AC1的中点时，AE+EC1的最小值等于，故D正确．
故选：ABD．
17．（2023•甘肃模拟）如图，圆锥PO的底面直径和高均是a，过PO上一点O′作平行于底面的截面，以该截面为底面挖去一个圆柱，则该圆柱体积的最大值为 ．
​​
【解答】设圆柱的底面半径为r，高为h，则由相似可得，
即h＝a﹣2r．令h＞0，结合r＞0，则，
圆柱的体积V＝πr2h＝πr2（a﹣2r）＝aπr2﹣2πr3，
V′＝2aπr﹣6πr2＝2πr（a﹣3r），
时，V′＞0，时，V′＜0，
即当，V单调递增；当，V单调递减，
所以当时，．
故答案为：．
18．（2023•2月份模拟）三棱锥A﹣BCD中，AC⊥平面BCD，BD⊥CD．若AB＝3，BD＝1，则该三棱锥体积的最大值为（ ）
A．2B．C．1D．
【解答】解：∵AC⊥平在BCD，BD⊂平面BCD，∴AC⊥BD，
∵BD⊥CD，AD∩CD＝C，∴BD⊥平面ACD，
∵AD⊂平面BCD，∴BD⊥AD，
在Rt△ABD中，AB＝3，BD＝1，则AD＝＝2，
∵AC⊥平面BCD，CD⊂平面BCD，∴AC⊥CD，
在Rt△ACD中，设AC＝a，CD＝b，（a＞0，b＞0），
则由AC2+CD2＝AD2，得a2+b2＝8，
∴S△ACD＝≤，
当且仅当a＝b，且a2+b2＝8，即a＝b＝2时，等号成立，
∴VA﹣BCD＝VB﹣ACD＝≤＝，
∴该三棱锥体积的最大值为．
故选：D．
19.（多选）（2023•浠水县模拟）在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是矩形，，AB＝AP＝PD＝1，平面PAD⊥平面ABCD，点M在线段PC上运动（不含端点），则（ ）
A．存在点M使得BD⊥AM
B．四棱锥P﹣ABCD外接球的表面积为3π
C．直线PC与直线AD所成角为
D．当动点M到直线BD的距离最小时，过点A，D，M作截面交PB于点N，则四棱锥P﹣ADMN的体积是
【解答】解：如图1，取AD的中点G，连接GC，PG，BD，GC∩BD＝H，则PG⊥AD，
∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PG⊂平面PAD，
∴PG⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，则PG⊥BD．
又∵，∴GC⊥BD，
又PG∩GC＝G，PG，GC⊂平面PGC，∴BD⊥平面PGC．
∵M∈平面PGC，A∉平面PGC，∴BD⊥AM不成立，A错误．
∵△APD为等腰直角三角形，将四棱锥的侧面APD作为底面一部分，补成棱长为1的正方体．
如图2，则四棱锥P﹣ABCD的外接球即为正方体的外接球，其半径，即四棱锥P﹣ABCD外接球的表面积为3π，B正确．
如图2，直线PC与直线AD所成角即为直线PC与直线BC所成角，为，C正确．
如图1，∵BD⊥平面PGC，当动点M到直线BD的距离最小时HM⊥PC，
由上推导知PG⊥GC，，，，，，PH＝CH，
因此M为PC的中点．如图3，由M为PC的中点，即为QD中点，
平面ADM即平面ADQ与BP的交点也即为QA与BP的交点，可知N为QA的中点，
故，D正确．
故选：BCD．
五．球的体积和表面积（共27小题）
20．（2023•玉树市校级模拟）在正四棱台ABCD﹣A1B1C1D1中，A1B1＝2AB＝4，AA1＝2，则该棱台外接球的表面积为（ ）
A．16πB．20πC．30πD．40π
【解答】解：根据题意，设正四棱台ABCD﹣A1B1C1D1中上底面的中心为O2，下底面中心为O1，其外接球球心为O，
作出正四棱台ABCD﹣A1B1C1D1的轴截面ACC1A1，
A1B1＝2AB＝4，则A1C1＝A1B1＝4，则A1O1＝2，
同理：AO2＝，
又由AA1＝2，易得O1O2＝，
球心O在四棱台ABCD﹣A1B1C1D1外部，设外接球的半径为R，
则有OO2﹣OO1＝﹣﹣＝O1O2＝，
即﹣＝，解可得R2＝10，
则该棱台外接球的表面积S＝4πR2＝40π，
故选：D．
21．（2023•晋中模拟）我国古代《九章算术》将底面为矩形的棱台称为刍童．若一刍童为正棱台，其上、下底面分别是边长为和的正方形，高为1，则该刍童的外接球的表面积为（ ）
A．16πB．18πC．20πD．25π
【解答】解：设该刍童外接球的球心为O，半径为R，上底面中心为O1，下底面中心为O2，则由题意，O1O2＝1，AO2＝2，A1O1＝1，OA＝OA1＝R．
如图，
当O在O1O2的延长线上时，设OO2＝h，则在△AOO2中，R2＝h2+4①，
在△A1OO1中，R2＝（h+1）2+1②，
联立①②得h＝1，R2＝5，所以刍童外接球的表面积为20π．
同理，当O在线段O1O2上时，设OO1＝h，
则有R2＝h2+1，R2＝（1﹣h）2+4，解得h＝2，不满足题意，舍去．
综上所述，该刍童外接球的表面积为20π．
故选：C．
22．（2023•广东模拟）已知某圆锥的内切球（球与圆锥侧面、底面均相切）的体积为，则该圆锥的表面积的最小值为（ ）
A．32πB．28πC．24πD．20π
【解答】解：设圆锥的内切球半径为r，则，解得r＝2，
设圆锥顶点为A，底面圆周上一点为B，底面圆心为C，内切球球心为D，
内切球切母线AB于E，底面半径BC＝R＞2，∠BDC＝θ，则，
又∠ADE＝π﹣2θ，故AB＝BE+AE＝R+2tan（π﹣2θ）＝R﹣2tan2θ，
又，故，
故该圆锥的表面积为，令t＝R2﹣4＞0，
则，当且仅当，即时取等号．
故选：A．
23．（2023•巴林左旗校级模拟）两个边长为4的正三角形△ABC与△ABD，沿公共边AB折叠成60°的二面角，若点A，B，C，D在同一球O的球面上，则球O的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【解答】解：取AB的中点E，连接CE，DE，
因为正三角形△ABC与△ABD的边长为4，所以DE⊥AB，CE⊥AB，
且，
故∠CED为二面角D﹣AB﹣C的平面角，∠CED＝60°，
所以△CDE是等边三角形，
取CE的中点F，连接DF，则DF⊥CE，，，
因为DE⊥AB，CE⊥AB，DE∩CE＝E，DE，CE⊂平面CDE，
所以AB⊥平面CDE，
因为DF⊂平面CDE，所以DF⊥AB，
因为AB∩CE＝E，AB，CE⊂平面ABC，
所以DF⊥平面ABC，
取△ABC的中心G，则点G在CE上，且CG＝2EG，故，
则球心O在G点正上方，连接DO，OG，OC，过点O作OK⊥DF于点K，
则，
设GO＝h，DO＝CO＝R，则GO＝FK＝h，
由勾股定理得，，
故，解得，
故外接球半径，
故球O的表面积为．
故选：B．
24．（2023•湖北模拟）现有一个底面边长为，侧棱长为的正三棱锥框架，其各顶点都在球O1的球面上．将一个圆气球O2放在此框架内，再向气球内充气，当圆气球恰好与此正三棱锥各棱都相切时停止充气，此时两球表面积之和为（ ）
A．23πB．C．D．
【解答】解：设此正三棱锥框架为P﹣ABC，球O1的半径为R，球O2的半径为r，底面△ABC外接圆的圆心为O，连接PO，AO，延长AO交BC于点N．
因为圆气球O2在此框架内且与正三棱锥所有的棱都相切，
设球O2与棱PA和BC相切于点M，N，
则，，，
因为PO⊥底面ABC，所以PO⊥AO，
又因为，所以，
在直角三角形OO2N中，，，
在直角三角形PMO2中，，，
由PO＝PO2+OO2，可得，解得，
则球O2的表面积为，
又OA＝OB＝OC＝OP＝2，则O与O1重合，球O1的半径R＝2，球O1的表面积为4πR2＝4π×22＝16π，
综上可得：两球表面积之和为．
故选：B．
25．（2023•防城港模拟）已知△SAB是边长为2的等边三角形，∠ACB＝45°，当三棱锥S﹣ABC体积取最大时，其外接球的体积为（ ）
A．B．C．D．
【解答】解：取AB中点D，连接CD，SD，如图所示，
由于，
则＝，
当且仅当AC＝BC时，最大，
在△ABC中，由余弦定理得，
即，当且仅当AC＝BC时取等号，
则当最大时，△ABC的面积最大，
令直线CD与平面SAB所成角为θ，
则点C到平面SAB的距离，当且仅当时取等号，
因此三棱锥S﹣ABC体积，即当最大，三棱锥S﹣ABC体积最大，
因此当三棱锥S﹣ABC体积最大时，AC＝BC且CD⊥平面SAB，
而SD⊂平面SAB，即有CD⊥SD，
等边三角形△SAB中，SD⊥AB，AB⋂CD＝D，
则SD⊥平面ABC，
设△SAB的外接圆圆心为O2，等腰△ABC的外接圆圆心为O1，则O2，O1分别在SD，CD上，
令外接球球心为O，
于是OO1⊥平面ABC，OO2⊥平面SAB，有OO1∥SD，OO2∥CD，即四边形OO1DO2是矩形，
而，，
在Rt△AO1O中，，
所以球O的半径，
所以三棱锥S﹣ABC外接球的体积．
故选：C．
26．（2023•青羊区校级模拟）已知三棱锥P﹣ABC的四个顶点都在球O的球面上，，PA＝BC＝2，则球O的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【解答】解：在三棱锥P﹣ABC中，如图，AB2+PA2＝20＝PB2，
则PA⊥AB，而AB⊥AC＝A，AB，AC⊂平面ABC，因此PA⊥平面ABC，
在等腰三角形ABC中，AB＝AC＝4，BC＝2，
则cs∠ABC＝＝，sin∠ABC＝＝，
令△ABC的外接圆圆心为O1，则OO1⊥平面ABC，O1A＝×＝，
有OO1∥PA，取PA中点D，连接OD，则有OD⊥PA，又O1A⊂平面ABC，∴O1A⊥PA，
从而O1A∥OD，四边形ODAO1为平行四边形，OO1＝AD＝1，又OO1⊥O1A，
因此球O的半径R2＝OA2＝O1A2+O1O2＝（）2+12＝，
所以球O的表面积S＝4πR2＝．
故选：A．
27．（2023•青羊区校级模拟）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠ACB＝，AC＝BC＝2，BB1＝7，点P在棱BB1上，且P靠近B点，当PA⊥PC1时，三棱锥P﹣ABC的外接球的表面积为（ ）
A．3πB．4πC．10πD．17π
【解答】解：在△ABC中，AB＝＝2，
AC1＝＝，
∵PA⊥PC1，∴PA2+＝，∴AB2+BP2+（7﹣BP）2+B1＝，
解得BP＝1或BP＝6，
又∵B1B＝7，且靠近B点，∴BP＝1，
由正弦定理可得△ABC外接圆的半径为r＝×＝2，
三棱锥P﹣ABC的外接球半径R满足：R2＝r2+（）2＝，
∴三棱锥P﹣ABC的外接球的表面积为4πR2＝17π．
故选：D．
28．（2023•白山二模）已知球O的半径为2，圆锥内接于球O，当圆锥的体积最大时，圆锥内切球的半径为（ ）
A．B．C．D．
【解答】解：设圆锥的底面半径为r，则圆锥的高为，
所以圆锥的体积，
令，则r2＝4﹣t2，所以．
因为，
所以V（t）在上单调递增，在上单调递减，
所以当，即时，圆锥的体积最大，此时圆锥的高为，母线长为．
因为圆锥内切球的半径等于圆锥轴截面的内切圆的半径，
所以圆锥内切球的半径．
故选：C．
29．（2023•四川模拟）在菱形ABCD中，AB＝2，∠A＝60°，将△BCD绕对角线BD所在直线旋转至BPD，使得，则三棱锥P﹣ABD的外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【解答】解：如图，取BD的中点M，连接PM，AM，
在菱形ABCD中，∠A＝60°，则△ABD，△CBD都是等边三角形，
则，
因为平面PBD∩平面ABD＝BD，
所以∠PMA即为二面角P﹣BD﹣A的平面角，
因为PM2+AM2＝AP2，所以PM⊥AM，即，
所以平面PBD⊥平面ABD，
如图，设点E为△ABD的外接圆的圆心，则E在AM上，且，
设点O为三棱锥P﹣ABD的外接球的球心，则OE⊥平面ABD，
外接球的半径为R，设OE＝x，
则，解得，
所以，
所以三棱锥P﹣ABD的外接球的表面积为．
故选：B．
30.（多选）（2023•云南模拟）在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别为AB，BC的中点，则（ ）
A．异面直线DD1与B1F所成角的正切值为
B．点P为正方形A1B1C1D1内一点，当DP∥平面B1EF时，DP的最小值为
C．过点D1，E，F的平面截正方体ABCD﹣A1B1C1D1所得的截面周长为
D．当三棱锥B1﹣BEF的所有顶点都在球O的表面上时，球O的表面积为3π
【解答】解：对于A选项，∵DD1∥BB1，
∴在Rt△BB1F中∠BB1F即为异面直线DD1与B1F所成的角，
∴，
∴异面直线DD1与B1F所成的角的正切值为．故A错误；
对于B选项，取A1D1的中点M，D1C1的中点N，取AD的中点S，
连接MN，DM，DN，A1S，SF，
∵SF∥AB∥A1B1，SF＝AB＝A1B1，
∴A1B1FS为平行四边形，∴SA1∥B1F，∵A1S∥DM，∴MD∥B1F，
同理可得DN∥B1E，
又∵DM⊄面B1EF，B1F⊂面B1EF，DN⊄面B1EF，B1E⊂面B1EF，
∴DM∥面B1EF，DN∥面B1EF，
又∵DM∩DN＝D，DM，DN⊂面DMN，
∴面DMN∥面B1EF，
又∵DP∥面B1EF，P∈面A1B1C1D1，
∴P轨迹为线段MN，
∴在△DMN中，过D作DP⊥MN，此时DP取得最小值，
在Rt△DD1M中，，D1D＝1，∴，
在Rt△DD1N中，，D1D＝1，∴，
在Rt△MD1N中，，，∴，
∴如图，在Rt△DPN中，．故B项正确；
对于C选项，延长EF交DA的延长线于点G，交DC的延长线于点H，
连接D1H交CC1于点N，连接D1G交AA1于点M，
再连接ME、NF，则过点D1，E，F的平面截正方体ABCD﹣A1B1C1D1所得的截面图形为五边形D1MEFN，
∵平面AA1D1D∥平面BB1C1C，截面D1MEFN与平面AA1D1D和平面BB1C1C分别交于D1M与FN，
∴D1M∥NF，同理可得D1N∥ME，
如图以D为原点，分别以、、方向为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系D﹣xyz，
设AM＝m，CN＝n，
则M（1，0，m），N（0，1，n），，，D1（0，0，1），
∴，，，，
∵D1M∥NF，D1N∥ME，即且，
∴，解得，
∴，，
∴，，
∴在Rt△D1A1M中，D1A1＝1，，∴，同理：，
在Rt△MAE中，，，∴，同理：
在Rt△EBF中，，∴，
∴，
即过点D1、E、F的平面截正方体ABCD﹣A1B1C1D1所得的截面周长为．故C正确；
对于D选项，如图所示，取EF的中点O1，则O1E＝O1F＝O1B，过O1作OO1∥BB1，
且使得，则O为三棱锥B1﹣BEF的外接球的球心，
所以OE为外接球的半径，
∵在Rt△EBF中，，
∴
∴．故D项错误．
故选：BC．
31.（多选）（2023•深圳模拟）如图，棱长为2的正四面体ABCD中，M，N分别为棱AD，BC的中点，O为线段MN的中点，球O的表面正好经过点M，则下列结论中正确的是（ ）
A．AO⊥平面BCD
B．球O的体积为
C．球O被平面BCD截得的截面面积为
D．球O被正四面体ABCD表面截得的截面周长为
【解答】解：设E，F分别为AB．CD的中点，连接ME，EN，NF，MF，EF，AN，DN，
则EM∥BD，NF∥BD，EM＝BD，NF＝BD，
故EM∥NF，则四边形MENF为平行四边形，
故EF，MN交于一点，且互相平分，即O点也为EF的中点，
又AB＝AC，DB＝DC，故AN⊥BC，DN⊥BC，
AN∩DN＝N，AN，DN⊂平面AND，故BC⊥平面AND，
由于O∈MN，MN⊂平面AND，则AO⊂平面AND，
故BC⊥AO，结合O点也为EF的中点，同理可证DC⊥AO，
BC∩DC＝C，BC，DC⊂平面BCD，故AO⊥平面BCD，故A正确；
由球O的表面正好经过点M，则球O的半径为OM，
棱长为2的正四面体ABCD中，AN＝DN＝，M为AD的中点，
则MN⊥AD，故MN＝＝＝，
则OM＝，所以球O的体积为π（OM）3＝π（）3＝π，故B正确；
由BC⊥平面AND，BC⊂平面BCD，故平面AND⊥平面BCD，
平面AND∩平面BCD＝DN，由于AO⊥平面BCD，
延长AO交平面BCD于G点，则OG⊥平面BCD，垂足G落在DN上，
且G为正△BCD的中心，故NG＝ND＝，
所以OG＝＝＝，
故球O被平面截得的截面圆的半径为＝，
则球O被平面BCD截得的截面圆的面积为π（）2＝π，故C错误；
由A的分析可知，O也为棱AC，BD中点连线的中点，
则球O与每条棱都交于棱的中点，结合C的分析可知，
球O被正四面体ABCD的每个面截得的截面都为圆，且圆的半径都为，
故球O被正四面体ABCD表面截得的截面周长为4×2π×＝π，故D正确，
故选：ABD．
32．（2023•高州市一模）圆锥内有一个球，该球与圆锥的侧面和底面均相切，已知圆锥的底面半径为r1，球的半径为r2，记圆锥的体积为V1，球的体积为V2，当＝ 时，取最小值 ．
【解答】解：如图，
设球心与圆锥底面圆周上任意一点与圆锥高之间的夹角为θ，则由题意．
根据相切的性质可得，圆锥的轴截面为底角大小的等腰三角形，
故圆锥的高，则，，
故．
设t＝tan2θ﹣1＞0，则，当且仅当，即t＝1时取等号．
此时．故当时，取最小值2．
故答案为：；2
33．（2023•江宁区校级二模）在三棱锥V﹣ABC中，AB，AC，AV两两垂直，AB＝AV＝4，AC＝2，P为棱AB上一点，AH⊥VP于点H，则△VHC．面积的最大值为 ；此时，三棱锥A﹣VCP的外接球表面积为 ．
【解答】解：设AP＝x，
∵AB，AC，AV两两垂直，∴VP＝，
∴VP•AH＝VA•AP，∴AH＝，
由已知可得AC⊥平面VAB，∴AC⊥AH，
HC＝，
∵VH⊥AH，AH∩AC＝A，∴VH⊥平面AHC，
∵HC⊂平面AHC，∴VH⊥HC，
∴VH＝，
∴S△VHC＝×VH×HC≤×＝5，
当且仅当＝，即x＝时取等号，
三棱锥A﹣VCP的外接球的半径为r，则（2r）2＝AP2+AC2+AV2＝+4+16＝，
∴4πr2＝π，
故答案为：5；π．
34．（2023•浦东新区校级三模）一个正三棱锥的侧棱长为1，底边长为，四个顶点在同一球面上，则此球的表面积为 ．
【解答】解：由题意设球的半径为R，正三棱锥在底面的投影是底面的中心，
由于一个正三棱锥的侧棱长为1，底边长为，故底面三角形的高为，底面中心到底面三角形的顶点的距离是＝
故三棱锥的顶点到底面的距离是＝
故球心到底面的距离是﹣R，由几何体的结构知得R＝
此球的表面积为4×π×＝3π
故答案为3π
35．（2023•攀枝花三模）如图，圆台O1O2中，，其外接球的球心O在线段O1O2上，上下底面的半径分别为r1＝1，，则圆台外接球的表面积为 ．
【解答】解：设外接球半径为R，
则，解得，
所以外接球表面积为，
故答案为：．
36．（2023•湖南模拟）在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，已知AB＝AC＝4，AA1＝2，∠BAC＝90°，则该三棱柱外接球的表面积为 ．
【解答】解：如下图所示：
由直三棱柱ABC﹣A1B1C1可知，AA1⊥平面ABC，
又∠BAC＝90°，所以AB，AC，AA1两两垂直，
设直三棱柱ABC﹣A1B1C1外接球的半径为R，
通过构造长方体可知该三棱柱的外接球与以AB，AC，AA1为边长的长方体外接球相同；
即可得，解得R＝3，
所以所求外接球的表面积S＝4πR2＝36π．
故答案为：36π．
37．（2023•桃城区校级模拟）如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，AD＝DC＝BC＝2，∠ABC＝60°，将△ACD沿边AC翻折，使点D翻折到P点，且，则三棱锥P﹣ABC外接球的表面积是 20π ．
【解答】解：在梯形ABCD中，AB∥CD，AD＝DC＝BC＝2，∠ABC＝60°，
所以梯形ABCD为等腰梯形，∠ADC＝∠BCD＝120°．
因为AD＝DC，∠ADC＝120°，所以∠DAC＝∠ACD＝30°，所以∠ACB＝∠BCD﹣∠ACD＝120°﹣30°＝90°，即AC⊥BC．
所以，．
因为，所以PC2+BC2＝PB2，所以PC⊥BC．
又AC⊂面PAC，PC⊂面PAC，AC∩PC＝C，
所以BC⊥面PAC．
在△PAC中，∠PAC＝∠ACP＝30°，∠APC＝120°，作出其外心O'如图所示：
所以O'A＝O'P＝O'C＝2，∠PO'A＝∠PO'C＝60°．
过O'作O'O∥BC，由球的性质可知，三棱锥P﹣ABC外接球的球心O必在直线O'O上．
设外接球的半径为r，由球的性质可得：，即，解得：r2＝5．
所以三棱锥P﹣ABC外接球的表面积为S＝4πr2＝20π．
故答案为：20π．
38．（2023•青羊区校级模拟）已知A，B两点都在以PC为直径的球O的表面上，AB⊥BC，AB＝2，BC＝4，若球O的体积为8π，则异面直线PB与AC所成角的余弦值为 ．
【解答】解：设球O的半径为R，则，得，
如图所示，
分别取PA、AB、BC的中点M、N、E，连接MN、NE、ME、AE，
易知，PA⊥平面ABC，∵AB⊥BC，∴，∴，
∵E为BC的中点，则，
∵M、N分别为PA、AB的中点，则MN∥PB，且，
同理可得NE∥AC，且，
所以，异面直线PB与AC所成的角为∠MNE或其补角，且，
在△MNE中，，，ME＝3，
由余弦定理得．
因此，异面直线PB与AC所成成的余弦值为．
故答案为：．
39．（2023•晋中模拟）在△ABC中，AB⊥BC，，D是AC边的中点，且AC＝2．将△ABD沿BD折起，使平面ABD⊥平面BCD，形成四面体A﹣BCD．则该四面体外接球的表面积为 ．
【解答】解：设△BCD和△ABD的外心分别为G，F，过G作平面BCD的垂线l，
过F作平面ABD的垂线n，则四面体A﹣BCD的外接球的球心O为直线l和n的交点．
因为，D是AC边的中点，且AC＝2．
所以△ABD为等边三角形，
所以FM⊥BD，
设BD中点为M，则四边形MGOF为矩形，且，，
∴四面体A﹣BCD的外接球的半径
．
故四面体外接球的表面积为．
故答案为：．
40．（2023•河南模拟）已知等腰直角△ABC的斜边BC＝2，沿斜边的高线AD将△ABC折起，使二面角B﹣AD﹣C为，则四面体ABCD的外接球的表面积为 ．
【解答】解：由题意，△BCD是等边三角形，边长为1，外接圆的半径为，
∵AD＝1，∴四面体ABCD的外接球的半径＝＝，
∴四面体ABCD的外接球的表面积为＝，
故答案为：．
41．（2023•简阳市校级模拟）在△ABC中，AB＝AC＝2，，D为BC的中点，将△ACD绕AD旋转至APD，使得，则三棱锥P﹣ABD的外接球表面积为（ ）
A．B．C．5πD．8π
【解答】解：如下图所示：
圆柱O1O2的底面圆直径为2r，母线长为h，则O1O2的中点O到圆柱底面圆上每点的距离都相等，则O为圆柱O1O2的外接球球心．
翻折前，在△ABC中，AB＝AC＝2，，D为BC的中点，则AD⊥BC，
且，
翻折后，则有AD⊥BD，AD⊥PD，
又因为BD∩PD＝D，BD、PD⊂平面PBD，所以，AD⊥平面PBD，
由已知，则△PBD是边长为的等边三角形，
将三棱锥A﹣PBD置于圆柱O1O2上，使得△PBD的外接圆为圆O2，
所以△PBD的外接圆直径为，
所以三棱锥P﹣ABD的外接球直径为，则，
因此三棱锥P﹣ABD的外接球表面积为．
故选：C．
42．（2023•河南模拟）已知四棱锥P﹣ABCD的底面ABCD是矩形，高为，则四棱锥P﹣ABCD的外接球的体积为（ ）
A．B．36πC．D．
【解答】解：如图，在矩形ABCD中，连接对角线AC，BD，记AC∩BD＝F，则点F为矩形ABCD的外接圆圆心，
取AD的中点E，连接PE，EF，记△PAD的外接圆圆心为G，易知EF∥AB，，且P，E，G共线．
因为AB⊥PD，AB⊥AD，AD∩PD＝D，AD，PD⊂平面PAD，所以AB⊥平面PAD，
所以EF⊥平面PAD，PE⊂平面PAD，EF⊥PE，EF∩AD＝E，EF，AD⊂平面ABCD，
所以PE⊥平面ABCD，所以，所以，易得∠APD＝120°，
所以由正弦定理得△PAD的外接圆半径为，即．
过G作GO⊥平面PAD，且GO＝EF＝1，连接FO，由GO⊥平面PAD，
可知GO∥EF，则四边形EFOG为矩形，所以FO∥PG，则FO⊥平面ABCD．
根据球的性质，可得点O为四棱锥P﹣ABCD的外接球的球心．
因为，所以四棱锥P﹣ABCD的外接球的体积为．
故选：B．
43.（多选）（2023•大同二模）已知三棱锥P﹣ABC的所有棱长均为2，PO⊥平面ABC，O为垂足，D是PO的中点，AD的延长线交平面PBC于点A1，CD的延长线交平面PAB于点C1，则下列结论正确的是（ ）
A．A1C1∥AC
B．若Q是棱PB上的动点，则|AQ|+|CQ|的最小值为
C．三棱锥D﹣ABC外接球的表面积为6π
D．
【解答】解：A选项，由题知，该三棱锥是正四面体，取AB中点E，连接PE，CE，显然CE会经过O，
于是C1＝PE∩CC1，过O作OH∥PE，交CC1于H，
∵正棱锥性质可知O为等边△ABC的重心，
∴CO＝2OE，又OH∥PE，∴△COH∽△CEC1，
∴，
又易知△DOH和△DPC1全等，
∴OH＝PC1，∴，
同理可得，
∴△PC1A1∽△PEF，
∴A1C1∥EF，又EF∥AC，
∴AC∥A1C1，A选项正确；
B选项，将三棱锥保留PC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|AQ|+|CQ|的最小值在A，C，Q共线取得，
即|AQ|+|CQ|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，△ABC的外接圆半径，
故，，于是，
根据对称性，三棱锥D﹣ABC外接球的球心在射线DO上，
不妨设球心为G，外接球半径为R，则DG＝GA＝R，，
又AO＝，则，解得，
故外接球表面积为：4πR2＝6π，C选项正确；
D选项，三棱锥P﹣BEF和P﹣ABC等高，
又，
∴，根据A选项可知，，
即，
∴，
∴，
∴，D选项正确．
故选：ACD．
44.（多选）（2023•包河区校级模拟）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1棱长为4，M为棱CC1上的动点，AM⊥平面α，则下列说法正确的是（ ）
A．若N为DD1中点，当AM+MN最小时，
B．当点M与点C1重合时，若平面α截正方体所得截面图形的面积越大，则其周长就越大
C．直线AB与平面α所成角的余弦值的取值范围为
D．当点M与点C重合时，四面体AMD1B1内切球表面积为
【解答】解：对于A：将矩形ACC1A1与正方形CC1D1D展开在一个平面，如图所示，若AM+MN最小，
则A，M，N三点共线，因为C1C∥D1D，所以，＝＝2﹣，
所以DN＝C1C，即＝＝1﹣，故A正确；
对于B：当点M与点C1重合时，连接A1D，BD1，A1B，AC，AC1，如图所示，
在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，C1C⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以C1C⊥BD，
又因为BD⊥AC，AC∩C1C＝C，所以BD⊥平面AC1C，又AC1⊂平面AC1C，∴BD⊥AC1，
同理可证A1D⊥AC1，
因为A1D∩BD＝D，所以AC1⊥平面A1BD，易知△A1BD是边长为4的等边三角形，
其面积为＝×（4）2＝8，周长为4×3＝12，
设E，F，Q，N，G，H分别是A1D1，A1B1，BB1，BC，CD，DD1的中点，
易知六边形EFQNGH是边长为2的正六边形，且平面∥平面A1BD，
正六边形EFQNGH的周长为12，面积为6××（2）2＝12，
则△A1BD的面积小于正六边形EFQNGH的面积，它们的周长相等，故B错误；
对于C：以点D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线为坐标轴，建立空间直角坐标系，
则A（4，0，0），B（4，4，0），设M（0，4，a）（0≤a≤4），
因为AM⊥平面α，所以＝（﹣4，4，a）是平面α的一个法向量，
又＝（0，4，0），|cs＜，＞|＝＝∈[，]，
所以直线AB与平面α所成角的正弦值的取值范围为[，]，
所以直线AB与平面α所成角的余弦值的取值范围为，故C正确；
对于D：当点M与C重合时，四面体AMD1B1，即为四面体ACD1B1正四面体，
棱长为4，由正面体的性质可得内切球的半径为r＝4××＝，
所以四面体AMD1B1内切球表面积为4πr2＝，故D正确；
故选：ACD．
45．（2023•保定一模）“蹴鞠”，又名“蹴球”“蹴圆”等，“蹴”有用脚蹴、踢的含义，“鞠”是最早系外包皮革、内饰米糠的球，因而“蹴鞠”就是指古人以脚蹴、踢皮球的活动，类似现在的踢足球活动．已知某“鞠”的表面上有四个点A，B，C，D，且满足AB＝BC＝CD＝DA＝DB＝2cm，AC＝3cm，则该“鞠”的表面积为 cm2．
【解答】解：由已知得△ABD，△CBD均为等边三角形，如图所示，
设球心为O，△BCD的中心为O′，取BD中点F，连接AF，CF，OB，O′B，AO，
则AF⊥BD，CF⊥BD，而AF∩CF＝F，∴BD⊥平面ACF，
且求得AF＝CF＝cm，而AC＝3cm，∴cs∠AFC＝＝﹣，则∠AFC＝120°，
在平面AFC中，过点A作CF的垂线，与CF的延长线交于点E，
由BD⊥平面ACF，得BD⊥AE，故AE⊥平面BCD，
过点O作OG⊥AE于点G，则四边形O′EGO是矩形，
而O′B＝BCsin60°×＝cm，O′F＝O′B＝cm，
设球的半径为R，OO′＝x（cm），则由OO′2+O′B2＝OB2，OA2＝AG2+GO2，
得，，
解得x＝1cm，R＝cm，
故三棱锥A﹣BCD外接球的表面积为S＝4πR2＝π（cm2）．
46.（多选）（2023•大连模拟）已知正四棱台ABCD﹣A1B1C1D1的所有顶点都在球O的球面上，AB＝2A1B1＝2，，E为△BDC1内部（含边界）的动点，则（ ）
A．AA1∥平面BDC1
B．球O的表面积为8π
C．EA+EA1的最小值为
D．若AE与平面BDC1所成角的正弦值为，则E点轨迹长度为
【解答】解：对于A，如图1，设底面ABCD对角线交于点O2
由棱台的结构特征易知AA1与CC1的延长线必交于一点，故A，A1，C，C1共面，
又面A1B1C1D1∥面ABCD，而面AA1C1C∩面A1B1C1D1＝A1C1，
面AA1C1C∩面ABCD＝AC，故A1C1∥AC，即A1C1∥AO2；
由平面几何易得，即A1C1＝AO2；
所以四边形AA1C1O2是平行四边形，故AA1∥C1O2，
而AA1⊄面BDC1，C1O2⊂面BDC1，所以AA1∥平面BDC1，故A正确；
．
对于B，如图2，设O1为A1C1的中点，O为正四棱台外接球的球心，则A1O＝AO＝R，
在等腰梯形AA1C1C中，易得，即，
为方便计算，不妨设O1O＝a，O2O＝b，则由，
即，即，
又，解得，即O与O2重合，故，
故球O的表面积为，故B正确；
．
对于C，由图2易得BD⊥O1O2，BD⊥AC，O1O2∩AC＝O2，O1O2、AC⊂面AA1C1C，故BD⊥面AA1C1C，
不妨设E落在图3E'处，过E'作E'E1∥BD，则E'E1⊥面AA1C1C，故E'E1⊥E1A，
故在Rt△AE1E'中，E1A＜E'A（直角边小于斜边）；同理，E1A1＜E'A1，
所以E1A+E1A1＜E'A+E'A1，故动点E只有落在C1O上，EA+EA1才有可能取得最小值；
再看图4，由A1关于C1O对称点为C可知，
故，故C错误；
．
对于D，由选项C可知，BD⊥面AA1C1C，BD⊂面BDC1，故面AA1C1C⊥面BDC1，
在面AA1C1C内过A作AF⊥C1O交C1O于F，如图5，
则AF⊂面AA1C1C，面AA1C1C∩面BDC1＝C1O，故AF⊥面BDC1，故∠AEF为AE与平面BDC1所成角，
在△C1OC中，，，，故△C1OC为正三角形，即∠C1OC＝60°，故，
在Rt△AEF中，，∴，即E点在以F为圆心，为半径的圆与△BDC1所交的圆弧，
而，故圆弧所对圆心角为（如图6所示平面图），所以轨迹长为，故D正确．
故选：ABD．
六．异面直线及其所成的角（共4小题）
47．（2023•贵州模拟）如图，圆柱的底面直径AB与母线AD相等，E是弧AB的中点，则AE与BD所成的角为（ ）
A．B．C．D．
【解答】解：取的中点F，连接EF，BF，DF，则EF∥AD，且EF＝AD，
故四边形ADFE为平行四边形，所以DF∥AE，
所以∠FDB或其补角为AE与BD所成角，
设AB＝1，则AD＝1，由勾股定理得：
，，，
由余弦定理得，
故，
所以AE与BD所成角为．
故选：C．
48．（2023•榆林二模）如图，在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，2BB1＝3AB，D是棱BC的中点，E在棱CC1上，且CC1＝3CE，则异面直线A1D与B1E所成角的余弦值是（ ）
A．B．C．D．
【解答】解：取棱BB1靠近点B的三等分点F，取棱B1C1的中点H，取B1F的中点G，
连接A1H，DH，A1F，DF，
根据题意可知，又CE∥B1G，
∴CEB1G是平行四边形，
∴B1E∥CG，且F是BG中点，又D是BC中点，
∴DF∥CG，∴DF∥B1E，
∴∠A1DF是异面直线A1D与B1E所成的角（或补角），
又DH∥CC1，CC1⊥平面A1B1C1，
∴DH⊥平面A1B1C1，又A1H⊂平面A1B1C1，
∴DH⊥A1H，设AB＝4，则BB1＝6，
从而，DH＝6，BD＝2，BF＝2，B1F＝A1B1＝4，
∴，，，
在△A1DF中，由余弦定理可得：
，
∴异面直线A1D与B1E所成的角的余弦值为，
故选：B．
49．（2023•辽宁模拟）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1棱长为2，P为空间中一点．下列论述正确的是（ ）
A．若，则异面直线BP与C1D所成角的余弦值为
B．若，三棱锥P﹣A1BC的体积不是定值
C．若，有且仅有一个点P，使得A1C⊥平面AB1P
D．若，则异面直线BP和C1D所成角取值范围是
【解答】解：对于A，因为，所以P为AD1中点，连接BP，BC1，BD，若E，O分别是BC1，BD中点，
连接OE，ED1，则OE∥C1D，
又BE＝PD1且BE∥PD1，所以四边形BED1P为平行四边形，所以BP∥ED1，
所以∠OED1（或其补角）即为异面直线BP与C1D所成角，
而，，，
故，故A错误；
对于B：由知：P在B1C1（含端点）上移动，
因为S△PBC＝BC•BB1＝，即△PBC面积恒定，
又A1到面PBC的距离为A1B1＝2，也是恒定的，故P﹣A1BC的体积是定值，故B错误；
对于C，若E，F分别是BB1，CC1中点，由知：P在EF（含端点）上移动，
由CD⊥平面ADD1A1，CD⊂平面DCA1，则平面ADD1A1⊥平面DCA1，
由AD1⊥A1D，平面ADD1A1∩平面DCA1＝A1D，AD1⊂平面ADD1A1，
所以AD1⊥平面DCA1，A1C⊂平面DCA1，所以AD1⊥A1C，
同理可证：AB1⊥A1C，
由AD1∩AB1＝A，AD1、AB1⊂平面AB1D1，故A1C⊥平面AB1D1，
而平面AB1P∩平面AB1D1＝AB1，要使A1C⊥平面AB1P，则P必在平面AB1D1内，
显然EF⊄平面AB1D1，故C错误；
对于D，由知：P在AD1（含端点）上移动，
以A1为坐标原点，A1B1，A1D1，A1A所在的直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，
则C1（2，2，0），D（0，2，2），B（2，0，2），
则，
设P（0，a，2﹣a），a∈[0，2]，则，
所以，令2﹣a＝x∈[0，2]，
当a＝2，即x＝0时，，此时直线BP和C1D所成角是；
当a≠2，即x∈（0，2]时，则，
当，即a＝0时，取最大值为，直线BP和C1D所成角的最小值为，故D正确．
故选：D．
50．（2023•大连二模）有很多立体图形都体现了数学的对称美，其中半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，半正多面体因其最早由阿基米德研究发现，故也被称作阿基米德体．如图，这是一个棱数为24，棱长为的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，可以看成是由一个正方体截去八个一样的四面体所得．若点E为线段BC上的动点，则直线DE与直线AF所成角的余弦值的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【解答】解：如图，
建立如图所示空间直角坐标系，则A（2，1，0），F（2，2，1），B（1，0，2），
C（0，1，2），D（1，2，2），设（0≤λ≤1），
则＝（λ﹣1，﹣λ﹣1，0），
，
∴cs＜＞＝＝＝＝（λ≠0），
当λ∈（0，1]时，cs＜＞∈[，﹣），
当λ＝0时，cs＜＞＝﹣，
∴cs＜＞∈[，﹣]，可得直线DE与直线AF所成角的余弦值的取值范围为[，]．
故选：C．
七．空间中直线与直线之间的位置关系（共2小题）
51．（2023•罗湖区校级模拟）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1，点P在直线AD1上，Q为线段BD的中点．则下列说法不正确的是（ ）
A．存在点P，使得PQ⊥A1C1
B．存在点P，使得PQ∥A1B
C．直线PQ始终与直线CC1异面
D．直线PQ始终与直线BC1异面
【解答】解：正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，易得A1C1⊥平面BDD1B1，
∵点P在直线AD1上，Q为线段BD的中点，
当点P和D1重合时，PQ⊂平面BDD1B1，
∴PQ⊥A1C1，故A正确；
连接A1D，如图所示：
当点P为线段A1D的中点时，PQ为三角形A1BD的中位线，即PQ∥A1B，故B正确；
CC1⊂平面AA1C1C，当点P和点A重合时，PQ⊂平面AA1C1C，
则直线PQ和CC1在同一平面内，故C错误；
BC1⊂平面ABC1D1，PQ∩平面ABC1D1＝P，P∉BC1，
故直线PQ始终与直线BC1不相交，且不平行，是异面直线，故D正确．
故选：C．
52.（多选）（2023•滨州二模）如图，在四面体ABCD中，截面PQMN是正方形，则在下列命题中，正确的为（ ）
A．AC⊥BD
B．AC∥截面PQMN
C．AC＝BD
D．异面直线PM与BD所成的角为45°
【解答】解：因为截面PQMN是正方形，所以PQ∥MN、QM∥PN，
则PQ∥平面ACD、QM∥平面BDA，
所以PQ∥AC，QM∥BD，
由PQ⊥QM可得AC⊥BD，故A正确；
由PQ∥AC可得AC∥截面PQMN，故B正确；
异面直线PM与BD所成的角等于PM与QM所成的角，故D正确；
综上C是错误的．
故选：ABD．
八．空间中直线与平面之间的位置关系（共1小题）
53．（2023•北流市模拟）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F，M分别为所在棱的中点，P为下底面的中心，则下列结论中错误的是（ ）
A．平面EFC1⊥平面AA1C1CB．MP∥AC1
C．MP⊥C1DD．EF∥平面AD1B1
【解答】解：对于A，由E，F分别为所在棱的中点得EF∥BD，
由正方体的性质易知AC⊥BD，AA1⊥平面ABCD，EF⊂平面ABCD，
所以AA1⊥EF，AC⊥EF，AC∩AA1＝A，AC，AA1⊂平面AA1C1C，
所以EF⊥平面AA1C1C，EF⊂平面EFC1，
所以平面EFC1⊥平面AA1C1C，故A正确；
对于B，P为下底面A1B1C1D1的中心，故P为A1C1，B1D1的中点，
因为M为所在棱AA1的中点，所以MP∥AC1，故B正确；
对于C，若MP⊥C1D，由B选项知MP∥AC1，则有AC1⊥C1D，
令一方面，由正方体的性质知△AC1D为直角三角形，AD⊥DC1，
所以，AC1⊥C1D不满足，故C错误；
对于D，由A选项知EF∥BD，由正方体的性质易知B1D1∥BD，
所以B1D1∥EF，B1D1⊂平面AD1B1，EF⊄平面AD1B1，
所以EF∥平面AD1B1，故D正确．
故选：C．
九．直线与平面所成的角（共2小题）
54．（2023•河南模拟）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M，N分别为AC，A1B的中点，则下列说法中不正确的是（ ）
A．MN∥平面ADD1A1
B．MN⊥AB
C．直线MN与平面ABCD所成的角为60°
D．异面直线MN与DD1所成的角为45°
【解答】解：在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，取棱AD，AA1中点E，F，连接ME，EF，FN，
因为M，N分别为AC，A1B的中点，
则ME∥CD∥AB∥NF，ME＝，
因此四边形MEFN为平行四边形，则EF∥MN，EF⊂平面ADD1A1，MN⊄平面ADD1A1，所以MN∥平面ADD1A1，A正确；
因为AB⊥平面ADD1A1，则AB⊥EF，所以MN⊥AB，B正确；
显然AF⊥平面ABCD，则∠FEA是EF与平面ABCD所成的角，又AE＝AF，∠EAF＝90°，
有∠FEA＝45°，由于EF∥MN，所以直线MN与平面ABCD所成的角为45°，C错误；
因为AA1∥DD1，EF∥MN，则∠AFE是异面直线MN与DD1所成的角，显然∠AFE＝45°，D正确．
故选：C．
55.（多选）（2023•思明区校级二模）已知正四棱锥P﹣ABCD的所有棱长均为，E，F分别是PC，AB的中点，M为棱PB上异于P，B的一动点，则以下结论正确的是（ ）
A．异面直线EF、PD所成角的大小为
B．直线EF与平面ABCD所成角的正弦值为
C．△EMF周长的最小值为
D．存在点M使得PB⊥平面MEF
【解答】解：如图1，取PD的中点Q，连接EQ，AQ，
因为E，F分别是PC，AB的中点，
所以EQ∥DC∥AF，且EQ＝AF，所以四边形AFEQ为平行四边形，
则EF∥AQ，又正四棱锥P﹣ABCD的所有棱长均为，
则AQ⊥PD，所以异面直线EF，PD所成角为，故A错误；
设正方形ABCD的中心为O，连接OC，PO，
则PO⊥平面ABCD，OC＝OP＝2，
设OC的中点为H，连接EH，FH，
则EH∥OP，且EH⊥平面ABCD，
所以为直线EF与平面ABCD所成角，所以，△OFH中，OH＝1，，，
所以由余弦定理可得，所以，
所以，故B正确；
将正△PAB和△PBC沿PB翻折到一个平面内，如图2，
当E，M，F三点共线时，ME+MF取得最小值，
此时，点M为PB的中点，，
所以△EMF周长的最小值为，故C正确；
若PB⊥平面MEF，则PB⊥ME，此时点M为PB上靠近点P的四等分点，
而此时，PB与FM显然不垂直，故D错误；
故选：BC．
一十．二面角的平面角及求法（共5小题）
56．（2023•雁塔区校级三模）已知大小为60°的二面角α﹣l﹣β棱上有两点A，B，AC⊂α，AC⊥l，BD⊂β，BD⊥l，若AC＝3，BD＝3，，则CD的长为（ ）
A．22B．49C．7D．
【解答】解：过A作AE∥BD且AE＝BD，连接CE、DE，
则四边形ABDE是平行四边形，
因为BD⊥AB，所以平行四边形ABDE是矩形，
因为BD⊥l，即AE⊥l，而AC⊥l，
则∠CAE是二面角α﹣l﹣β的平面角，即∠CAE＝60°，
因为BD＝AE＝AC＝3，即△ACE为正三角形，所以CE＝3，
因为ED⊥AE，l⊥AC，即ED⊥AC，AE∩AC＝A，AE，AC⊂平面AEC，
所以ED⊥平面AEC，因为EC⊂平面AEC，所以ED⊥EC，
所以在Rt△EDC中，AB＝ED＝2，所以，CD＝＝＝7．
故选：C．
57.（多选）（2023•南通三模）已知正三棱柱ABC﹣A1B1C1的各棱长都为1，E为AB的中点，则（ ）
A．BC1∥平面A1EC
B．二面角A1﹣EC﹣A的正弦值为
C．点A到平面A1BC1的距离为
D．若棱柱的各顶点都在同一球面上，则该球的半径为
【解答】解：对A选项，连接A1C，AC1，使相交于F，连接EF，
∵F，E分别为AC1，AB中点，∴EF∥BC1，
又EF⊂平面A1CE，BC1⊄平面A1CE，
∴BC1∥平面A1EC，故A正确；
对B选项，由题可得A1A⊥平面ABC，又CE⊂平面ABC，
∴CE⊥A1A．又CE⊥AB，AA1∩AB＝A，AA1⊂平面AA1B1B，AB⊂平面AA1B1B，
∴CE⊥平面AA1B1B，又A1E⊂平面AA1B1B，
∴CE⊥A1E，又CE⊥AB，
∴二面角A1﹣EC﹣A的平面角为α＝∠A1EA，
则，故B错误；
对C选项，设点A到平面A1BC1的距离为d，取AC中点为G，连接BG，
则，
又，，，
由余弦定理可得，∴，
∴，
∴，故C正确；
对D选项，设△ABC外接圆半径为r，
由正弦定理可得，设三棱锥外接球半径为R，
则三棱锥外接球与以△ABC，△A1B1C1外接圆为底面的圆柱外接球相同，
∴，故D正确．
故选：ACD．
58.（多选）（2023•佛山模拟）如图，在棱长为a的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点P在侧面BB1C1C（包含边界）内运动，则下列结论正确的有（ ）
A．直线BD1⊥平面A1C1D
B．二面角B1﹣CD﹣B的大小为
C．过三点P，A1，D的正方体的截面面积的最大值为
D．三棱锥B1﹣A1C1D的外接球半径为a
【解答】解：对于A，连接B1D1，∵正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，B1D1⊥A1C1，BB1⊥平面A1B1C1D1，
又A1C1⊂平面A1B1C1D1，
∴BB1⊥A1C1，又B1D1∩BB1＝B1，∴A1C1⊥平面B1D1B，
∵BD1⊂平面B1D1B，∴A1C1⊥BD1，
同理，A1D⊥BD1，∵A1C1∩A1D＝A1，∴BD1⊥平面A1C1D，故A正确；
对于B，由正方体性质得DC⊥平面BB1C1C，得DC⊥B1C，DC⊥CB，
∴二面角B1﹣CD﹣B为，故B错误；
对于C，由对称性，P在△B1CC1内与△B1CB内截面面积取最大值的情况相同，
且当P在B1C上时，截面即矩形A1B1CD，面积a2，
∴不妨设P在△B1CB内（不包含B1C1），设截面交BB1，BC分别于M，N，
则由正方体性质与面面平行的性质可得A1D∥B1C，MN∥B1C，
∴A1D∥MN，∴截面为梯形A1MND，
设MN∩BC1＝I，B1C∩BC1＝R，A1D∩AD1＝Q，
∵B1C⊥BC1，B1C⊥AB，AB∩BC1＝B，
∴B1C⊥平面ABC1D1，∴MN⊥平面ABC1D1，又QI⊂平面ABC1D1，
∴MN⊥QI，即QI为梯形A1MND的高，
设IR＝t，则MN＝2BI＝2（BR﹣t）＝，
∴＝＝（a﹣）•，
下证＜a+，即a2+t2＜，∴t成立，
∴＜a+成立，
∴＝（a﹣t）•（a﹣）•（a+）＝（）＜，
∴＝，
∴过三点P，A1，D的正方体的截面面积的最大值为＝，故D正确；
对于D，由题意得三棱锥B1﹣A1C1D的外接球即正方体ABCD﹣A1B1C1D1的外接球，
其半径为体对角线BD1的一半，即，故D错误．
故选：AC．
59.（多选）（2023•武汉模拟）三棱锥P﹣ABC中，，BC＝1，AB⊥BC，直线PA与平面ABC所成的角为30°，直线PB与平面ABC所成的角为60°，则下列说法中正确的有（ ）
A．三棱锥P﹣ABC体积的最小值为
B．三棱锥P﹣ABC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P﹣BC﹣A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P﹣AB﹣C的平面角为钝角
【解答】解：如图（1）所示，作PH⊥平面ABC，连接AH，BH，CH，
因为直线PA与平面ABC所成的角为30°，直线PB与平面ABC所成的角为60°，
所以|AH|＝，|BH|＝，即|AH|＝|PH|，|BH|＝|PH|，
所以＝＝3，即|AH|＝3|BH|，
以AB所在的直线为x轴，以AB的垂直平分线为y轴，建立如图（2）平面直角坐标系，
H（x，y），A（，0），B（﹣，0），（x﹣）2+y2＝9[（x+）2+y2]，整理得x2+y2+x+2＝0．
可得圆心Q（﹣，0），半径r2＝，
设圆H与x轴的交点分别为M，N，可得|BM|＝r﹣|BQ|＝，|BN|＝r+|BQ|＝，
因为|BM|≤|BH|≤|BN|，所以|BH|∈[，]，
又由|PH|＝|BH|且|BH|∈[，]，所以|PH|∈[，]，
则Vmax＝××＝，Vmin＝××＝，所以A正确，B错误；
因为（x+）2+y2＝，可设x＝﹣+csθ，y＝sinθ，
设PC与平面AB所成角为α，且tanα＝，
可得tanα＝＝|，且x2+y2+x+2＝0，
又由＝＝＝
＝＝＝＝，
令k＝，根据斜率的意义，可得表示圆H（x，y）与定点（0，）连线的斜率，
又由kx﹣y+＝0与圆H相切时，可得＝，解得k1＝或k2＝﹣，即﹣≤k≤，
当k＝时，此时取得最小值，即最小时，此时H在△ABC外部，
如图（3）所示，此时二面角P﹣BC﹣A的平面角为锐角，P﹣AB﹣C的平面角为钝角，所以C、D正确．
故选：ACD．
60.（多选）（2023•谷城县校级模拟）如图，AB是圆O的直径，点C是圆O上异于A，B的点，直线PC⊥平面ABC，E，F分别是PA，PC的中点，记平面BEF与平面ABC的交线为l，直线l与圆O的另一个交点为D，且点Q满足．记直线PQ与平面ABC所成的角为θ，异面直线PQ与EF所成的角为α，二面角E﹣l﹣C的大小为β，则下列说法不一定正确的是（ ）
A．sinθ＝sinαsinβB．sinα＝sinθsinβ
C．sinβ＝sinαsinθD．csθ＝csαcsβ
【解答】解：如图所示，连接EF、BE、BF，过B作BD∥AC，交圆于D点，
∵E、F分别为PA、PC的中点，
∴EF∥AC∥BD，BD即面EFB与面ABC的交线l，
由题意易知，BC⊥BD，PC⊥BD，PC⋂CB＝C，PC、CB⊂面PBC，
则BD⊥面PBC，
而BF⊂面PBC，
则BD⊥BF，即二面角E﹣l﹣C的大小β＝∠CBF，
∴；
由Q满足，过D作DQ∥PC，使DQ＝CF即可，则DQ⊥面ABC，
结合题意此时四边形CDQF为矩形，则直线PQ与平面ABC所成的角θ＝∠PQF，
即；
过Q作QG∥BD，且QG＝BD，连接BG、FG、PG，
显然EF∥QG，此时四边形BFPG为平行四边形，PG＝FB，
则异面直线PQ与EF所成的角α＝∠PQG，结合上面说明得QG⊥面PBC，
而GP⊂面PBC，则QG⊥PG，即．
∴，即A正确；
∵，
∴，即D错误；
又及sinβ≠sinαsinθ，即B、C错误．
故选：BCD．
1．几个与球有关的切、接常用结论
(1)正方体的棱长为a，球的半径为R，
①若球为正方体的外接球，则2R＝eq \r(3)a；
②若球为正方体的内切球，则2R＝a；
③若球与正方体的各棱相切，则2R＝eq \r(2)a.
(2)若长方体的同一顶点的三条棱长分别为a，b，c，外接球的半径为R，则2R＝eq \r(a2＋b2＋c2).
(3)正四面体的外接球与内切球的半径之比为3∶1，棱长为a的正四面体，其内切球半径R内＝eq \f(\r(6),12)a，外接球半径R外＝eq \f(\r(6),4)a.
2.．唯一性定理
(1)过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行．
(2)过直线外一点有且只有一个平面与已知直线垂直．
(3)过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行．
(4)过平面外一点有且只有一条直线与已知平面垂直．
3.线、面平行的性质
(1)两个平面平行，其中一个平面内的任意一条直线平行于另一个平面．
(2)夹在两个平行平面间的平行线段长度相等．
(3)经过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行．
(4)两条直线被三个平行平面所截，截得的对应线段成比例．
(5)如果两个平面分别和第三个平面平行，那么这两个平面互相平行．
(6)如果一个平面内有两条相交直线分别平行于另一个平面内的两条直线，那么这两个平面平行．
(7)垂直于同一条直线的两个平面平行．
(8)垂直于同一平面的两条直线平行．
4.用坐标法求异面直线所成角的一般步骤
(1)建立空间直角坐标系；
(2)分别求出两条异面直线的方向向量的坐标；
(3)利用向量的夹角公式计算两条直线的方向向量的夹角；
(4)结合异面直线所成角的范围求出异面直线所成的角．
5.利用向量法求两平面夹角的步骤
(1)建立空间直角坐标系；
(2)分别求出二面角的两个半平面所在平面的法向量；
(3)求两个法向量的夹角；
(4)法向量夹角或其补角就是两平面的夹角(不大于90°的角