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【考前50天】最新高考数学重点专题三轮冲刺演练 专题12 立体几何小题 （拔高版）
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这是一份【考前50天】最新高考数学重点专题三轮冲刺演练 专题12 立体几何小题 （拔高版），文件包含专题12立体几何小题拔高练原卷版docx、专题12立体几何小题拔高练解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共47页， 欢迎下载使用。
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对于学生来说，三轮复习就相当于是最后的“救命稻草”，家长们同样是这样，不要老是去责怪孩子考试成绩不佳，相反，更多的来说，如果能够陪同孩子去反思成绩不佳的原因，找到问题的症结所在，更加重要。
【一专三练】 专题12 立体几何小题拔高练-新高考数学复习分层训练（新高考通用）
一、单选题
1．（2023·湖南岳阳·统考二模）已知直线和平面，若且，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【分析】由面面垂直的性质、线面垂直的定义结合充分必要条件的定义判断即可.
【详解】当时，由且，得；
当时，因为，所以，所以.
即“”是“”的充要条件.
故选：C
2．（2023·浙江·永嘉中学校联考模拟预测）已知正方体的棱长为1，是线段上的动点，则三棱锥的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先由线面平行的判定定理证得面，从而得到，再结合锥体的体积公式即可得解.
【详解】因为在正方体中，，，
所以四边形是平行四边形，故，
又面，面，所以面，
因为是线段上的动点，所以到面的距离与到面的距离相等，
所以
故选：B.
.
3．（2023·广东广州·统考一模）已知三棱锥的四个顶点都在球的球面上，，，则球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据给定条件，证明平面，再确定球心O的位置，求出球半径作答.
【详解】在三棱锥中，如图，，则，同理，
而平面，因此平面，
在等腰中，，则，，
令的外接圆圆心为，则平面，，
有，取中点D，连接OD，则有，又平面，即，
从而，四边形为平行四边形，，又，
因此球O的半径，
所以球的表面积.
故选：A
4．（2023·江苏连云港·统考模拟预测）已知正四面体，，点为线段的中点，则直线与平面所成角的正切值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】作出图形，找出直线与平面所成角的平面角，在三角形内即可求解.
【详解】如图，过点向底面作垂线，垂足为，连接，
过点作于G，连接，
由题意可知：且，
因为平面，所以平面，
则即为直线与平面所成角的平面角，
设正四面体的棱长为2，则，，
所以，则，
在中，由余弦定理可得：，
在中，，
所以，
所以直线与平面所成角的正切值是，
故选：.
5．（2023·山东·沂水县第一中学校联考模拟预测）如图，直三棱柱中，，，，点是的中点，点是线段上一动点，点在平面上移动，则，两点之间距离的最小值为（ ）
A．B．C．D．1
【答案】A
【分析】根据题意可证：平面，可得，两点之间距离的最小值为，利用等体积法求，即可得结果.
【详解】连接交于点，连接，
∵分别为的中点，则，
且平面，平面，
∴平面，
则点到平面的距离相等，设为，则，两点之间距离的最小值为，
即点到平面的距离为，
∵的中点在上，则点到平面的距离为，
由题意可得为，
由，则，解得，
故，两点之间距离的最小值为.
故选：A.
6．（2023·湖南·校联考模拟预测）《九章算术》卷五《商功》中描述几何体“阳马”为“底面为矩形，一棱垂直于底面的四棱锥”，现有阳马（如图），平面，点E，F分别在上，当空间四边形的周长最小时，三棱锥外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】把剪开，使得与矩形在同一个平面内.延长到M，使得，则四点P，E，F，M在同一条直线上时，取得最小值，即空间四边形的周长取得最小值.可得，∴.∴点E为的中点.设的外心为，外接圆的半径为r，则，利用勾股定理进而得出结论.
【详解】如图所示，把剪开，使得与矩形在同一个平面内.
延长到M，使得，则四点P，E，F，M在同一条直线上时，取得最小值，即空间四边形的周长取得最小值.可得，∴.∴点E为的中点.
如图所示，设的外心为，外接圆的半径为r，则.
设三棱锥外接球的半径为R，球心为O，连接，则，
则.∴三棱锥外接球的表面积.
故选：B.
7．（2023·湖南长沙·湖南师大附中校考一模）如图，已知正四棱台中，，，，点分别为，的中点，则下列平面中与垂直的平面是（ ）
A．平面B．平面DMNC．平面ACNMD．平面
【答案】C
【分析】延长交于一点，取中点，连接，根据三角形相似及长度关系可得为等边三角形，即可得，，由长度关系及平行可证明，，即可证明在上，在上，再根据线面垂直的判定定理即可得出结果.
【详解】解：延长交于一点，取中点，连接，如图所示：
因为正四棱台，所以为正四棱锥，
因为，，，且，
所以，即，解得，
所以，即为等边三角形，
因为为中点，所以，且，同理可得，
因为，所以，即，
因为为中点，所以，
故，，
因为，，
所以，，
所以，，
因为，，
所以在上，在上，
因为，，所以，，
即，，因为平面，平面，
，所以平面.
故选：C
8．（2023·江苏苏州·苏州中学校考模拟预测）沙漏是古代的一种计时装置，它由两个形状完全相同的容器和一个狭窄的连接管道组成，开始时细沙全部在上部容器中，细沙通过连接管道全部流到下部容器所需要的时间称为该沙漏的一个沙时.如图，某沙漏由上下两个圆锥组成，圆锥的底面直径和高均为，细沙全部在上部，其高度为圆锥高度的（细管长度忽略不计）.假设该沙漏每秒钟漏下的沙，则该沙漏的一个沙时大约是（ ）
A．1895秒B．1896秒C．1985秒D．2528秒
【答案】C
【分析】由圆锥的体积公式计算细沙体积和沙堆体积，根据细沙体积不变即可求解．
【详解】沙漏中的细沙对应的圆锥底面半径为，高为，
所以细沙体积为
所以该沙漏的一个沙时为秒，
故选：C
9．（2023·广东湛江·统考一模）元宵节是春节之后的第一个重要节日，元宵节又称灯节，很多地区家家户户都挂花灯．下图是小明为自家设计的一个花灯，该花灯由上面的正六棱台与下面的正六棱柱组成，若正六棱台的上、下两个底面的边长分别为40cm和20cm，正六棱台与正六棱柱的高分别为10cm和60cm，则该花灯的体积为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据给定的几何体，求出正六棱台两底面积，再利用台体、柱体的体积公式计算作答.
【详解】依题意，花灯的体积等于上面的正六棱台体积与下面的正六棱柱体积的和，
正六棱台的两个底面积分别为，，
所以花灯的体积
.
故选：C
10．（2023·浙江·模拟预测）在《九章算术》中记载，堑堵是底面为直角三角形的直三棱柱，阳马指底面为矩形，一侧棱垂直于底面的四棱锥，鳖臑为四个面都为直角三角形的三棱锥，如图，在堑堵中，，鳖臑的外接球的体积为，则阳马体积的最大值为（ ）
A．B．C．D．4
【答案】B
【分析】设的外接球半径为r，根据鳖臑的外接球的体积即可求得r，再根据的外接球的半径与三棱柱的外接球的半径相同可得到x，y的关系式，再根据四棱锥的体积公式结合基本不等式即可求解．
【详解】设的外接球半径为r，
则的外接球的体积为．
．
又阳马的体积为，
所以阳马体积的最大值为．
故选：B．
二、多选题
11．（2023·浙江金华·浙江金华第一中学校考模拟预测）如图，在正方体中，，点P在侧面及其边界上运动，并且总是保持，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．点P在线段上
C．平面
D．直线AP与侧面所成角的正弦值的范围为
【答案】BC
【分析】对A，由面面平行说明；
对B，以D为坐标原点可建立如图的空间直角坐标系，由向量法说明，C，P三点共线；
对C，由向量法证，再由线线垂直证平面；
对D，由向量法求线面角，进而讨论范围.
【详解】对于A，点P在平面内，平面平面，所以点P到平面的距离即为点C到平面的距离，即正方体的棱长，
所以，A错误；
对于B，以D为坐标原点可建立如图的空间直角坐标系，
则，，，，，，且，，
所以，，．
因为，所以，所以，即，所以，
所以，即，C，P三点共线，故点P在线段上，B正确；
对于C，，，，，，
由，
因为，，平面，所以平面，C正确；
对于D，，，平面的一个法向量为．
设与平面的夹角为，为锐角，
其正弦值为．
由，得，D错误．
故选：BC．
12．（2023·江苏南通·校联考模拟预测）在正方体中，点P满足，则（ ）
A．若，则AP与BD所成角为B．若，则
C．平面D．
【答案】BCD
【分析】与BD所成角为与所成角，为，A错误，建系得到，B正确，故面面，C正确，，D正确，得到答案.
【详解】对选项A：时P与重合，与BD所成角为与所成角，为等边三角形，则AP与BD所成角为，错误；
对选项B：如图建立空间直角坐标系，令，，，，，，，正确；
对选项C：，平面， 平面，故平面，同理可得平面，，故面面，平面，平面，正确；
对选项D：，，，正确．
故选：BCD
13．（2023·江苏连云港·统考模拟预测）折扇在我国已有三四千年的历史，“扇”与“善”谐音，折扇也寓意“善良”“善行”．它以字画的形式集中体现了我国文化的方方面面，是运筹帷幄，决胜千里，大智大勇的象征（如图1）．图2是一个圆台的侧面展开图（扇形的一部分），若扇形的两个圆弧所在圆的半径分别是1和3，且，则该圆台（ ）
A．高为B．表面积为
C．体积为D．上底面积、下底面积和侧面积之比为
【答案】BCD
【分析】求得圆台的上下底面半径，根据圆台的结构特征可求得圆台母线长和高，判断A；根据圆台的侧面积以及体积公式求得表面积和体积，判断B，C；进而求得上底面积、下底面积和侧面积之比，判断D.
【详解】对于A，设圆台的上底面半径为r，下底面半径为R，则，
解得,所以圆台的母线长为，高为，选项A错误；
对于B，圆台的上底面积为，下底面积为，侧面积为，
所以圆台的表面积为，选项B正确；
对于C，圆台的体积为 ，选项C正确；
对于D，圆台的上底面积、下底面积和侧面积之比为，选项D正确，
故选：BCD．
14．（2023·江苏·统考一模）正方体的棱长为3，E，F分别是棱，上的动点，满足，则（ ）
A．与垂直
B．与一定是异面直线
C．存在点E，F，使得三棱锥的体积为
D．当E，F分别是，的中点时，平面截正方体所得截面的周长为
【答案】ACD
【分析】设，利用坐标法可判断A，利用特值法可判断B，根据体积公式表示出三棱锥的体积可判断C，作出截面结合条件可得周长判断D.
【详解】如图建立空间直角坐标系，设，
则，
A：由题可得，所以,
所以，即，故A正确；
B：当E，F为中点时，，所以，B，D，F，E四点共面，此时与不是异面直线，故B错误；
C：由，可得，
则，由于，故C正确；
D：直线与分别交于，连接分别交，于点M，N，
则五边形为平面截正方体所得的截面，
因为E，F分别是，的中点，
所以易得，故可得，
因为，所以，
可得，同理可得，所以五边形的周长为，故D正确.
故选：ACD.
15．（2023·江苏·二模）已知是棱长均为的三棱锥，则（ ）
A．直线与所成的角
B．直线与平面所成的角为
C．点到平面的距离为
D．能容纳三棱锥的最小的球的半径为
【答案】ACD
【分析】根据正四面体的结构特征、线面垂直判定及性质、线面角定义逐一计算或判断各项正误即可．
【详解】A：若为中点，连接，由题设知：各侧面均为等边三角形，
所以，，面，则面，
又面，故，正确；
B：若为面中心，连接，则面，面，
所以直线与平面所成的角为，且，而，
故，显然不为，错误；
C：由B分析，即该正棱锥的体高为，故到平面的距离为，正确；
D：显然正棱锥的外接球半径最小，令其外接球半径为，则，
所以，正确.
故选：ACD
16．（2023·湖北·校联考模拟预测）如图，正方体棱长为，是直线上的一个动点，则下列结论中正确的是（ ）
A．的最小值为
B．的最小值为
C．三棱锥的体积不变
D．以点为球心，为半径的球面与面的交线长
【答案】ACD
【分析】根据的最小值为等边三角形的高，可求得A正确；将与矩形沿翻折到一个平面内，可知所求最小值为，利用余弦定理可求得B错误；利用体积桥可求得三棱锥的体积为定值，知C正确；利用体积桥可求得点到平面的距离，根据交线为圆可求得交线长，知D正确.
【详解】对于A，在中，，即是边长为的等边三角形，
的最小值为的高，，A正确；
对于B，将与矩形沿翻折到一个平面内，如图所示，
则的最小值为；
又，，，
在中，由余弦定理得：，
，即，B错误；
对于C，平面，平面，；
四边形为正方形，，
又，平面，平面；
，
即三棱锥的体积不变，C正确；
对于D，设点到平面的距离为，
，，即，解得：，
以点为球心，为半径的球面与平面的交线是以为半径的圆，
交线长为，D正确.
故选：ACD.
17．（2023·湖北·统考模拟预测）如图，在棱长为4的正方体中，E，F，G分别为棱，，的中点，点P为线段上的动点，则（ ）
A．两条异面直线和所成的角为
B．存在点P，使得平面
C．对任意点P，平面平面
D．点到直线的距离为4
【答案】BCD
【分析】根据异面直线所成角的概念结合正方体的性质可判断A，根据线面平行的判定定理可判断B，根据线面垂直的判定定理可得平面，然后根据线线垂直的判定定理可判断C，利用余弦定理结合条件可判断D.
【详解】对于A，由正方体的性质可知，两条异面直线和所成的角即为，所以A错误；
对于B，当点P与点重合时，由题可知，
所以，四边形为平行四边形，故，
又平面，平面，则平面，所以B正确；
对于C，连结，由于平面，平面，故，
又，故，故，即，故，
又相交，平面，故平面，又平面，故对任意点，平面平面，所以C正确；
对于D，由正方体的性质可得，，
所以，
所以，所以点到直线的距离，所以D正确．
故选：BCD．
18．（2023·湖北武汉·华中师大一附中校联考模拟预测）如图，在已知直四棱柱中，四边形ABCD为平行四边形，E，M，N，P分别是BC，，，的中点，以下说法正确的是（ ）
A．若，，则
B．
C．平面
D．若，则平面平面
【答案】ACD
【分析】证明，根据异面直线夹角定义证明，判断A，证明MN与CD异面，判断B，由线面平面判定定理判断C，由线面垂直判定定理证明平面，由面面垂直判定定理证明平面平面.
【详解】连接，由已知，，
所以，所以四边形为平行四边形，
所以，
由，
∴，
则，
∴，故，选项A正确．
因为分别为的中点，所以，又，
所以，由，
所以四边形为平行四边形，
因为平面，，平面，
所以MN与CD异面，选项B错误．
因为，平面，平面，
所以平面，选项C正确．
若，则四边形ABCD为菱形，
∴．又，，平面
∴平面，平面，
∴平面平面，选项D正确．
故选：ACD.
19．（2023·湖南·模拟预测）已知正四棱锥的所有棱长均为，，分别是，的中点，为棱上异于，的一动点，则以下结论正确的是（ ）
A．异面直线、所成角的大小为
B．直线与平面所成角的正弦值为
C．周长的最小值为
D．存在点使得平面
【答案】BC
【分析】根据空间中异面直线所成角，直线与平面所成角的定义，空间中折叠问题以及垂直关系的判定与性质，逐个选项运算求解即可．
【详解】如图，取的中点，连接，，
因为，分别是，的中点，
所以，且，所以四边形为平行四边形，
则，又正四棱锥的所有棱长均为，
则，所以异面直线，所成角为，故A错误；
设正方形的中心为，连接，，
则平面，，
设的中点为，连接，，
则，且平面，
所以为直线与平面所成角，所以，
中，，，，
所以由余弦定理可得，所以 ，
所以，故B正确；
将正和沿翻折到一个平面内，如图，
当，，三点共线时，取得最小值，
此时，点为的中点，，
所以周长的最小值为，故C正确；
若平面，则，此时点为上靠近点的四等分点，
而此时，与显然不垂直，故D错误；
故选：BC．
20．（2023·湖南·湖南师大附中校联考模拟预测）如图，正方体的棱长为3，点是侧面上的一个动点（含边界），点在棱上，且，则下列结论正确的有（ ）
A．沿正方体的表面从点到点的最短路程为
B．保持与垂直时，点的运动轨迹长度为
C．若保持，则点的运动轨迹长度为
D．当在点时，三棱锥的外接球表面积为
【答案】BCD
【分析】根据平面展开即可判断A；过做平面平面，即可判断B；根据点的轨迹是圆弧，即可判断C；建立空间直角坐标系求得圆心坐标即可判断D.
【详解】对于，将正方体的下面和侧面展开可得如图图形，
连接，则，故错误；
对于，因为平面，平面，，又，平面，
所以平面，平面，
所以，同理可得，平面，
所以平面，
所以过点作交交于，过作交交于，
由，可得，平面，平面，
所以平面，同理可得平面，，
则平面平面，
设平面交平面于，则的运动轨迹为线段，
由点在棱上，且，可得，
所以，故B正确；
对于，若，则在以为球心，为半径的球面上，
过点作平面，则，此时，
所以点在以为圆心，2为半径的圆弧上，此时圆心角为，
点的运动轨迹长度为，故正确；
对于D，以为坐标原点，所在直线分别为轴建系，
则，设三棱锥的外接球球心为，由得，
，
解得：，
所以三棱锥的外接球半径，
所以三棱锥的外接球表面积为，D正确.
故选：BCD.
21．（2023·广东佛山·统考一模）如图，在正方体中，点M是棱上的动点（不含端点），则（ ）
A．过点M有且仅有一条直线与AB，都垂直
B．有且仅有一个点M到AB，的距离相等
C．过点M有且仅有一条直线与，都相交
D．有且仅有一个点M满足平面平面
【答案】ABC
【分析】逐个分析每个选项即可.
【详解】对于选项A，设过点M与AB、都垂直的直线为l，
∵，
∴，
又∵，，、面，
∴面，
而过点M作平面的垂线有且只有一条直线，即为：．
∴过点M有且仅有一条直线与AB、都垂直.故选项A正确；
对于选项B，连接MA，，
由题意知，AB面，面，
∴ABMA，，即：MA为点M到AB的距离，为点M到的距离，
在中，，
在中，，
又∵
∴当时，，即：当M为的中点时，点M到AB、的距离相等，即：有且仅有一个点M到AB、的距离相等.故选项B正确；
对于选项C，如图所示，
连接AC、BD交于点O，连接、交于点，连接交于点N，则面，又因为面，且，，所以连接MN必与交于点G，即：过点M有且仅有一条直线与、都相交.故选项C正确；
对于选项D，设正方体的边长为2，以点D为原点，分别以DA、DC、为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则，，，，
设，，
则，，，，
设面的一个法向量为，
当时，取，则，，
当时，取，则，，则，
设面（即：面）的一个法向量为
取，则，，则，
当时，，此时面与面不垂直，
当时，，所以面与面不垂直，
所以不存在过点M满足面面.故选项D错误；
故选：ABC.
22．（2023·广东湛江·统考一模）在棱长为2的正方体中，点E，F分别为棱BC与的中点，则下列选项正确的有（ ）
A．平面
B．与所成的角为30°
C．平面
D．平面截正方体的截面面积为
【答案】ABD
【分析】设点M为棱的中点，得到四边形为平行四边形，利用线面平行的判定定理，证得平面，可判定A正确；再得到四边形为菱形，求得截面的面积，可判定D正确；设的中点为N，证得，得到为与所成的角，利用余弦定理求得，可判定B正确；假设平面正确，得到，结合，证得平面，得到，进而判定C错误．
【详解】如图1所示，设点M为棱的中点，则平行且相等，所以四边形为平行四边形，
又，平面，平面，所以平面，故A正确；
由上可知，四边形为平面截正方体的截面，
易得，故四边形为菱形，
又其对角线，，故其面积为，故D正确；
设的中点为，连接，因为分别为与的中点，所以，
故为与所成的角，又，，
由余弦定理可得，
所以与所成的角为，故B正确；
如图2所示，假设平面正确，则，
又，，所以平面，得．
在正方形中，，显然不成立，所以假设错误，
即平面错误，故C错误．
故选：ABD．
23．（2023·广东·统考一模）在四棱锥中，平面，四边形是正方形，若，则（ ）
A．
B．与所成角为
C．与平面所成角为
D．与平面所成角的正切值为
【答案】ACD
【分析】对于选项A，利用线面垂直的判定定理得到AC⊥平面SBD，进而可判定选项A正确；对于选项B，由平面，知，故可选项B错误；对于选项C和D，利用线面的定义，找出线面角，从而转化成平面角，在相应的三角形中进行求解，即可判断选项的正误.
【详解】选项A，因为底面，面，所以,
因为四边形是正方形，所以，又，平面，所以平面，
又面，所以，选项A正确．
选项B，因为平面，又面，所以，故选项B错误．
选项C，因为底面，面，所以,
因为四边形是正方形，所以，又，平面,
所以平面,
所以与平面所成角为，易知，故选项C正确．
选项D，如图，取中点，连，
因为底面，面，所以,
双四边形是正方形，所以，又，所以平面,
面，所以，
又，所以，，所以面，
所以与平面所成角为，
不妨设，易知,
在，，故选项D正确．
故选：ACD
24．（2023·浙江·校联考模拟预测）如图，在直三棱柱中，，，，分别为，和的中点，为棱上的一动点，且，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．三棱锥的体积为定值
C．
D．异面直线与所成角的余弦值为
【答案】ABD
【分析】根据图形特点取的中点为，以为原点，为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量的线线关系计算可判断A,C,D选项；利用线面关系及三棱锥体积即可判断B选项.
【详解】解：直三棱柱中，，，，分别为，和的中点，取的中点为，
由于，所以，如图以为原点，为轴建立空间直角坐标系，设,，则，所以
则，又，所以，所以，
对于A，，设，
则，所以，则，故A正确；
对于B，因为，分别为，的中点，所以，又，则
又平面，平面，所以平面，故到平面的距离为定值，
所以三棱锥的体积为定值，故B正确；
对于C，由A选项得，，
所以，故C不正确；
对于D，由于，所以，所以，
故异面直线与所成角的余弦值为，故D正确.
故选：ABD.
25．（2023·浙江·模拟预测）如图，正方体，若点M在线段上运动，则下列结论正确的为（ ）
A．三棱锥的体积为定值
B．直线DM与平面所成角的最大值为
C．
D．点M到平面与到平面ACD的距离之和为定值
【答案】ACD
【分析】根据正方体中的直线与平面的关系，判断选项正误.
【详解】对于选项A，点M在线段上运动，而，平面，平面，
所以平面，点M到平面的距离为定值，三棱锥的体积为定值，A正确；
对于选项B，因为平面，所以即直线DM与平面所成的角，，
当M为的中点时，最大，此时，B错误；
对于选项C，因为平面，平面，所以，又因为，平面，平面，，
所以平面，又平面，，C正确；
对于选项D，到平面的距离为，M到平面ACD的距离为，
所以M到两个平面的距离之和为，是定值，D正确．
故选：ACD.
26．（2023·浙江嘉兴·统考模拟预测）已知正方体的棱长为2，，分别为，的中点，且与正方体的内切球（为球心）交于，两点，则下列说法正确的是（ ）
A．线段的长为
B．过，，三点的平面截正方体所得的截面面积为
C．三棱锥的体积为
D．设为球上任意一点，则与所成角的范围是
【答案】BC
【分析】过，，三点的截面为正六边形，球心为其中心，作出图形在正六边形中求出判断A，求出正六边形面积判断B，由等体积法求出三棱锥体积判断C，分析与所成角的最大最小值判断D.
【详解】过，，三点的截面为正六边形，球心为其中心，如图，
在正六边形中，，点到的距离为，，
所以，故A错误；
正六边形的面积，故B正确；，故C正确；
、、为球的切线，故当为中点时，与所成角最小为0，
，所以，
当与球相切且P在平面OAC内时，为或的中点时，与所成角最大为，故D错误.
故选：BC.
三、填空题
27．（2023·浙江·校联考三模）将两个形状完全相同的正三棱锥底面重合得到一个六面体，若六面体存在外接球，且正三棱锥的体积为1，则六面体外接球的体积为_____________．
【答案】##
【分析】根据正三棱锥的几何性质，确定其形成六面体的外接球球心的位置及半径的长，从而列式求得半径，即可得六面体外接球的体积.
【详解】如图所示，记两个形状完全相同的正三棱锥为三棱锥和三棱锥
设点A在面上的投影为点O，则、O、A三点共线．
在三棱锥和中，到几何体各顶点距离相等的点分别在和上若组合后的六面体存在外接球，则O为外接球的球心，
设，则，
因为O为的中心，所以即，
所以，解得
所以球的体积为.
故答案为：.
28．（2023·江苏南通·二模）已知一扇矩形窗户与地面垂直，高为1.5m，下边长为1m，且下边距地面1 m．若某人观察到窗户在平行光线的照射下，留在地面上的影子恰好为矩形，其面积为1.5 m 2，则窗户与地面影子之间光线所形成的几何体的体积为_______m3．
【答案】
【分析】根据题意，所得几何体体积为两个直三棱柱体积之差求解即可.
【详解】因为窗户下边长1m，所以留在底面上影子矩形的长为1m，
又影子矩形的面积为1.5 m 2，所以矩形的宽为1.5 m，
设影子矩形靠近墙的边长到窗户底部墙的距离为，则，
解得，
所以窗户与地面影子之间光线所形成的几何体为两个底面为直角三角形，高为1的直三棱柱体积之差，其中大三棱柱底面直角三角形两直角边为，小三棱柱底面直角三角形两直角边长为,
所以
故答案为：
29．（2023·湖北·校联考模拟预测）已知正三棱锥的各顶点都在表面积为球面上，正三棱锥体积最大时该正三棱锥的高为______.
【答案】##
【分析】根据球的性质，结合导数的性质、棱锥的体积公式、球的表面积公式进行求解即可.
【详解】因为，所以正三棱锥外接球半径，
如图所示，设外接球圆心为O，过向底面作垂线垂足为D，，
要使正三棱锥体积最大，则底面与在圆心的异侧，
因为是正三棱锥，所以D是的中心，
所以，
又因为，所以，
，
所以，
令，
解得或，
当，；当，，
所以在递增，在递减，
故当时，正三棱锥的体积最大，此时正三棱锥的高为，
故正三棱锥体积最大时该正三棱锥的高为.
故答案为：
30．（2023·湖南郴州·统考三模）已知三棱锥的棱长均为4，先在三棱锥内放入一个内切球，然后再放入一个球，使得球与球及三棱锥的三个侧面都相切，则球的表面积为__________.
【答案】##
【分析】由等体积法求得内切球半径，再根据比例求得球的半径，则问题可解．
【详解】如图所示：
依题意得 ，
底面的外接圆半径为，
点到平面的距离为 ，
所以 ，
所以
设球的半径为，所以
则，得
设球的半径为，则，又 得
所以球的表面积为
故答案为：.
1、多加总结。当三年所有的数学知识点加在一起，可能会使有些基础不牢固的学生犯迷糊。
2、做题经验。哪怕同一题只改变数字，也能成为一道新的题目。
3、多刷错题。多刷错题能够进一步地扫清知识盲区，多加巩固之后自然也就掌握了知识点。
对于学生来说，三轮复习就相当于是最后的“救命稻草”，家长们同样是这样，不要老是去责怪孩子考试成绩不佳，相反，更多的来说，如果能够陪同孩子去反思成绩不佳的原因，找到问题的症结所在，更加重要。
【一专三练】 专题12 立体几何小题拔高练-新高考数学复习分层训练（新高考通用）
一、单选题
1．（2023·湖南岳阳·统考二模）已知直线和平面，若且，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【分析】由面面垂直的性质、线面垂直的定义结合充分必要条件的定义判断即可.
【详解】当时，由且，得；
当时，因为，所以，所以.
即“”是“”的充要条件.
故选：C
2．（2023·浙江·永嘉中学校联考模拟预测）已知正方体的棱长为1，是线段上的动点，则三棱锥的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先由线面平行的判定定理证得面，从而得到，再结合锥体的体积公式即可得解.
【详解】因为在正方体中，，，
所以四边形是平行四边形，故，
又面，面，所以面，
因为是线段上的动点，所以到面的距离与到面的距离相等，
所以
故选：B.
.
3．（2023·广东广州·统考一模）已知三棱锥的四个顶点都在球的球面上，，，则球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据给定条件，证明平面，再确定球心O的位置，求出球半径作答.
【详解】在三棱锥中，如图，，则，同理，
而平面，因此平面，
在等腰中，，则，，
令的外接圆圆心为，则平面，，
有，取中点D，连接OD，则有，又平面，即，
从而，四边形为平行四边形，，又，
因此球O的半径，
所以球的表面积.
故选：A
4．（2023·江苏连云港·统考模拟预测）已知正四面体，，点为线段的中点，则直线与平面所成角的正切值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】作出图形，找出直线与平面所成角的平面角，在三角形内即可求解.
【详解】如图，过点向底面作垂线，垂足为，连接，
过点作于G，连接，
由题意可知：且，
因为平面，所以平面，
则即为直线与平面所成角的平面角，
设正四面体的棱长为2，则，，
所以，则，
在中，由余弦定理可得：，
在中，，
所以，
所以直线与平面所成角的正切值是，
故选：.
5．（2023·山东·沂水县第一中学校联考模拟预测）如图，直三棱柱中，，，，点是的中点，点是线段上一动点，点在平面上移动，则，两点之间距离的最小值为（ ）
A．B．C．D．1
【答案】A
【分析】根据题意可证：平面，可得，两点之间距离的最小值为，利用等体积法求，即可得结果.
【详解】连接交于点，连接，
∵分别为的中点，则，
且平面，平面，
∴平面，
则点到平面的距离相等，设为，则，两点之间距离的最小值为，
即点到平面的距离为，
∵的中点在上，则点到平面的距离为，
由题意可得为，
由，则，解得，
故，两点之间距离的最小值为.
故选：A.
6．（2023·湖南·校联考模拟预测）《九章算术》卷五《商功》中描述几何体“阳马”为“底面为矩形，一棱垂直于底面的四棱锥”，现有阳马（如图），平面，点E，F分别在上，当空间四边形的周长最小时，三棱锥外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】把剪开，使得与矩形在同一个平面内.延长到M，使得，则四点P，E，F，M在同一条直线上时，取得最小值，即空间四边形的周长取得最小值.可得，∴.∴点E为的中点.设的外心为，外接圆的半径为r，则，利用勾股定理进而得出结论.
【详解】如图所示，把剪开，使得与矩形在同一个平面内.
延长到M，使得，则四点P，E，F，M在同一条直线上时，取得最小值，即空间四边形的周长取得最小值.可得，∴.∴点E为的中点.
如图所示，设的外心为，外接圆的半径为r，则.
设三棱锥外接球的半径为R，球心为O，连接，则，
则.∴三棱锥外接球的表面积.
故选：B.
7．（2023·湖南长沙·湖南师大附中校考一模）如图，已知正四棱台中，，，，点分别为，的中点，则下列平面中与垂直的平面是（ ）
A．平面B．平面DMNC．平面ACNMD．平面
【答案】C
【分析】延长交于一点，取中点，连接，根据三角形相似及长度关系可得为等边三角形，即可得，，由长度关系及平行可证明，，即可证明在上，在上，再根据线面垂直的判定定理即可得出结果.
【详解】解：延长交于一点，取中点，连接，如图所示：
因为正四棱台，所以为正四棱锥，
因为，，，且，
所以，即，解得，
所以，即为等边三角形，
因为为中点，所以，且，同理可得，
因为，所以，即，
因为为中点，所以，
故，，
因为，，
所以，，
所以，，
因为，，
所以在上，在上，
因为，，所以，，
即，，因为平面，平面，
，所以平面.
故选：C
8．（2023·江苏苏州·苏州中学校考模拟预测）沙漏是古代的一种计时装置，它由两个形状完全相同的容器和一个狭窄的连接管道组成，开始时细沙全部在上部容器中，细沙通过连接管道全部流到下部容器所需要的时间称为该沙漏的一个沙时.如图，某沙漏由上下两个圆锥组成，圆锥的底面直径和高均为，细沙全部在上部，其高度为圆锥高度的（细管长度忽略不计）.假设该沙漏每秒钟漏下的沙，则该沙漏的一个沙时大约是（ ）
A．1895秒B．1896秒C．1985秒D．2528秒
【答案】C
【分析】由圆锥的体积公式计算细沙体积和沙堆体积，根据细沙体积不变即可求解．
【详解】沙漏中的细沙对应的圆锥底面半径为，高为，
所以细沙体积为
所以该沙漏的一个沙时为秒，
故选：C
9．（2023·广东湛江·统考一模）元宵节是春节之后的第一个重要节日，元宵节又称灯节，很多地区家家户户都挂花灯．下图是小明为自家设计的一个花灯，该花灯由上面的正六棱台与下面的正六棱柱组成，若正六棱台的上、下两个底面的边长分别为40cm和20cm，正六棱台与正六棱柱的高分别为10cm和60cm，则该花灯的体积为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据给定的几何体，求出正六棱台两底面积，再利用台体、柱体的体积公式计算作答.
【详解】依题意，花灯的体积等于上面的正六棱台体积与下面的正六棱柱体积的和，
正六棱台的两个底面积分别为，，
所以花灯的体积
.
故选：C
10．（2023·浙江·模拟预测）在《九章算术》中记载，堑堵是底面为直角三角形的直三棱柱，阳马指底面为矩形，一侧棱垂直于底面的四棱锥，鳖臑为四个面都为直角三角形的三棱锥，如图，在堑堵中，，鳖臑的外接球的体积为，则阳马体积的最大值为（ ）
A．B．C．D．4
【答案】B
【分析】设的外接球半径为r，根据鳖臑的外接球的体积即可求得r，再根据的外接球的半径与三棱柱的外接球的半径相同可得到x，y的关系式，再根据四棱锥的体积公式结合基本不等式即可求解．
【详解】设的外接球半径为r，
则的外接球的体积为．
．
又阳马的体积为，
所以阳马体积的最大值为．
故选：B．
二、多选题
11．（2023·浙江金华·浙江金华第一中学校考模拟预测）如图，在正方体中，，点P在侧面及其边界上运动，并且总是保持，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．点P在线段上
C．平面
D．直线AP与侧面所成角的正弦值的范围为
【答案】BC
【分析】对A，由面面平行说明；
对B，以D为坐标原点可建立如图的空间直角坐标系，由向量法说明，C，P三点共线；
对C，由向量法证，再由线线垂直证平面；
对D，由向量法求线面角，进而讨论范围.
【详解】对于A，点P在平面内，平面平面，所以点P到平面的距离即为点C到平面的距离，即正方体的棱长，
所以，A错误；
对于B，以D为坐标原点可建立如图的空间直角坐标系，
则，，，，，，且，，
所以，，．
因为，所以，所以，即，所以，
所以，即，C，P三点共线，故点P在线段上，B正确；
对于C，，，，，，
由，
因为，，平面，所以平面，C正确；
对于D，，，平面的一个法向量为．
设与平面的夹角为，为锐角，
其正弦值为．
由，得，D错误．
故选：BC．
12．（2023·江苏南通·校联考模拟预测）在正方体中，点P满足，则（ ）
A．若，则AP与BD所成角为B．若，则
C．平面D．
【答案】BCD
【分析】与BD所成角为与所成角，为，A错误，建系得到，B正确，故面面，C正确，，D正确，得到答案.
【详解】对选项A：时P与重合，与BD所成角为与所成角，为等边三角形，则AP与BD所成角为，错误；
对选项B：如图建立空间直角坐标系，令，，，，，，，正确；
对选项C：，平面， 平面，故平面，同理可得平面，，故面面，平面，平面，正确；
对选项D：，，，正确．
故选：BCD
13．（2023·江苏连云港·统考模拟预测）折扇在我国已有三四千年的历史，“扇”与“善”谐音，折扇也寓意“善良”“善行”．它以字画的形式集中体现了我国文化的方方面面，是运筹帷幄，决胜千里，大智大勇的象征（如图1）．图2是一个圆台的侧面展开图（扇形的一部分），若扇形的两个圆弧所在圆的半径分别是1和3，且，则该圆台（ ）
A．高为B．表面积为
C．体积为D．上底面积、下底面积和侧面积之比为
【答案】BCD
【分析】求得圆台的上下底面半径，根据圆台的结构特征可求得圆台母线长和高，判断A；根据圆台的侧面积以及体积公式求得表面积和体积，判断B，C；进而求得上底面积、下底面积和侧面积之比，判断D.
【详解】对于A，设圆台的上底面半径为r，下底面半径为R，则，
解得,所以圆台的母线长为，高为，选项A错误；
对于B，圆台的上底面积为，下底面积为，侧面积为，
所以圆台的表面积为，选项B正确；
对于C，圆台的体积为 ，选项C正确；
对于D，圆台的上底面积、下底面积和侧面积之比为，选项D正确，
故选：BCD．
14．（2023·江苏·统考一模）正方体的棱长为3，E，F分别是棱，上的动点，满足，则（ ）
A．与垂直
B．与一定是异面直线
C．存在点E，F，使得三棱锥的体积为
D．当E，F分别是，的中点时，平面截正方体所得截面的周长为
【答案】ACD
【分析】设，利用坐标法可判断A，利用特值法可判断B，根据体积公式表示出三棱锥的体积可判断C，作出截面结合条件可得周长判断D.
【详解】如图建立空间直角坐标系，设，
则，
A：由题可得，所以,
所以，即，故A正确；
B：当E，F为中点时，，所以，B，D，F，E四点共面，此时与不是异面直线，故B错误；
C：由，可得，
则，由于，故C正确；
D：直线与分别交于，连接分别交，于点M，N，
则五边形为平面截正方体所得的截面，
因为E，F分别是，的中点，
所以易得，故可得，
因为，所以，
可得，同理可得，所以五边形的周长为，故D正确.
故选：ACD.
15．（2023·江苏·二模）已知是棱长均为的三棱锥，则（ ）
A．直线与所成的角
B．直线与平面所成的角为
C．点到平面的距离为
D．能容纳三棱锥的最小的球的半径为
【答案】ACD
【分析】根据正四面体的结构特征、线面垂直判定及性质、线面角定义逐一计算或判断各项正误即可．
【详解】A：若为中点，连接，由题设知：各侧面均为等边三角形，
所以，，面，则面，
又面，故，正确；
B：若为面中心，连接，则面，面，
所以直线与平面所成的角为，且，而，
故，显然不为，错误；
C：由B分析，即该正棱锥的体高为，故到平面的距离为，正确；
D：显然正棱锥的外接球半径最小，令其外接球半径为，则，
所以，正确.
故选：ACD
16．（2023·湖北·校联考模拟预测）如图，正方体棱长为，是直线上的一个动点，则下列结论中正确的是（ ）
A．的最小值为
B．的最小值为
C．三棱锥的体积不变
D．以点为球心，为半径的球面与面的交线长
【答案】ACD
【分析】根据的最小值为等边三角形的高，可求得A正确；将与矩形沿翻折到一个平面内，可知所求最小值为，利用余弦定理可求得B错误；利用体积桥可求得三棱锥的体积为定值，知C正确；利用体积桥可求得点到平面的距离，根据交线为圆可求得交线长，知D正确.
【详解】对于A，在中，，即是边长为的等边三角形，
的最小值为的高，，A正确；
对于B，将与矩形沿翻折到一个平面内，如图所示，
则的最小值为；
又，，，
在中，由余弦定理得：，
，即，B错误；
对于C，平面，平面，；
四边形为正方形，，
又，平面，平面；
，
即三棱锥的体积不变，C正确；
对于D，设点到平面的距离为，
，，即，解得：，
以点为球心，为半径的球面与平面的交线是以为半径的圆，
交线长为，D正确.
故选：ACD.
17．（2023·湖北·统考模拟预测）如图，在棱长为4的正方体中，E，F，G分别为棱，，的中点，点P为线段上的动点，则（ ）
A．两条异面直线和所成的角为
B．存在点P，使得平面
C．对任意点P，平面平面
D．点到直线的距离为4
【答案】BCD
【分析】根据异面直线所成角的概念结合正方体的性质可判断A，根据线面平行的判定定理可判断B，根据线面垂直的判定定理可得平面，然后根据线线垂直的判定定理可判断C，利用余弦定理结合条件可判断D.
【详解】对于A，由正方体的性质可知，两条异面直线和所成的角即为，所以A错误；
对于B，当点P与点重合时，由题可知，
所以，四边形为平行四边形，故，
又平面，平面，则平面，所以B正确；
对于C，连结，由于平面，平面，故，
又，故，故，即，故，
又相交，平面，故平面，又平面，故对任意点，平面平面，所以C正确；
对于D，由正方体的性质可得，，
所以，
所以，所以点到直线的距离，所以D正确．
故选：BCD．
18．（2023·湖北武汉·华中师大一附中校联考模拟预测）如图，在已知直四棱柱中，四边形ABCD为平行四边形，E，M，N，P分别是BC，，，的中点，以下说法正确的是（ ）
A．若，，则
B．
C．平面
D．若，则平面平面
【答案】ACD
【分析】证明，根据异面直线夹角定义证明，判断A，证明MN与CD异面，判断B，由线面平面判定定理判断C，由线面垂直判定定理证明平面，由面面垂直判定定理证明平面平面.
【详解】连接，由已知，，
所以，所以四边形为平行四边形，
所以，
由，
∴，
则，
∴，故，选项A正确．
因为分别为的中点，所以，又，
所以，由，
所以四边形为平行四边形，
因为平面，，平面，
所以MN与CD异面，选项B错误．
因为，平面，平面，
所以平面，选项C正确．
若，则四边形ABCD为菱形，
∴．又，，平面
∴平面，平面，
∴平面平面，选项D正确．
故选：ACD.
19．（2023·湖南·模拟预测）已知正四棱锥的所有棱长均为，，分别是，的中点，为棱上异于，的一动点，则以下结论正确的是（ ）
A．异面直线、所成角的大小为
B．直线与平面所成角的正弦值为
C．周长的最小值为
D．存在点使得平面
【答案】BC
【分析】根据空间中异面直线所成角，直线与平面所成角的定义，空间中折叠问题以及垂直关系的判定与性质，逐个选项运算求解即可．
【详解】如图，取的中点，连接，，
因为，分别是，的中点，
所以，且，所以四边形为平行四边形，
则，又正四棱锥的所有棱长均为，
则，所以异面直线，所成角为，故A错误；
设正方形的中心为，连接，，
则平面，，
设的中点为，连接，，
则，且平面，
所以为直线与平面所成角，所以，
中，，，，
所以由余弦定理可得，所以 ，
所以，故B正确；
将正和沿翻折到一个平面内，如图，
当，，三点共线时，取得最小值，
此时，点为的中点，，
所以周长的最小值为，故C正确；
若平面，则，此时点为上靠近点的四等分点，
而此时，与显然不垂直，故D错误；
故选：BC．
20．（2023·湖南·湖南师大附中校联考模拟预测）如图，正方体的棱长为3，点是侧面上的一个动点（含边界），点在棱上，且，则下列结论正确的有（ ）
A．沿正方体的表面从点到点的最短路程为
B．保持与垂直时，点的运动轨迹长度为
C．若保持，则点的运动轨迹长度为
D．当在点时，三棱锥的外接球表面积为
【答案】BCD
【分析】根据平面展开即可判断A；过做平面平面，即可判断B；根据点的轨迹是圆弧，即可判断C；建立空间直角坐标系求得圆心坐标即可判断D.
【详解】对于，将正方体的下面和侧面展开可得如图图形，
连接，则，故错误；
对于，因为平面，平面，，又，平面，
所以平面，平面，
所以，同理可得，平面，
所以平面，
所以过点作交交于，过作交交于，
由，可得，平面，平面，
所以平面，同理可得平面，，
则平面平面，
设平面交平面于，则的运动轨迹为线段，
由点在棱上，且，可得，
所以，故B正确；
对于，若，则在以为球心，为半径的球面上，
过点作平面，则，此时，
所以点在以为圆心，2为半径的圆弧上，此时圆心角为，
点的运动轨迹长度为，故正确；
对于D，以为坐标原点，所在直线分别为轴建系，
则，设三棱锥的外接球球心为，由得，
，
解得：，
所以三棱锥的外接球半径，
所以三棱锥的外接球表面积为，D正确.
故选：BCD.
21．（2023·广东佛山·统考一模）如图，在正方体中，点M是棱上的动点（不含端点），则（ ）
A．过点M有且仅有一条直线与AB，都垂直
B．有且仅有一个点M到AB，的距离相等
C．过点M有且仅有一条直线与，都相交
D．有且仅有一个点M满足平面平面
【答案】ABC
【分析】逐个分析每个选项即可.
【详解】对于选项A，设过点M与AB、都垂直的直线为l，
∵，
∴，
又∵，，、面，
∴面，
而过点M作平面的垂线有且只有一条直线，即为：．
∴过点M有且仅有一条直线与AB、都垂直.故选项A正确；
对于选项B，连接MA，，
由题意知，AB面，面，
∴ABMA，，即：MA为点M到AB的距离，为点M到的距离，
在中，，
在中，，
又∵
∴当时，，即：当M为的中点时，点M到AB、的距离相等，即：有且仅有一个点M到AB、的距离相等.故选项B正确；
对于选项C，如图所示，
连接AC、BD交于点O，连接、交于点，连接交于点N，则面，又因为面，且，，所以连接MN必与交于点G，即：过点M有且仅有一条直线与、都相交.故选项C正确；
对于选项D，设正方体的边长为2，以点D为原点，分别以DA、DC、为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则，，，，
设，，
则，，，，
设面的一个法向量为，
当时，取，则，，
当时，取，则，，则，
设面（即：面）的一个法向量为
取，则，，则，
当时，，此时面与面不垂直，
当时，，所以面与面不垂直，
所以不存在过点M满足面面.故选项D错误；
故选：ABC.
22．（2023·广东湛江·统考一模）在棱长为2的正方体中，点E，F分别为棱BC与的中点，则下列选项正确的有（ ）
A．平面
B．与所成的角为30°
C．平面
D．平面截正方体的截面面积为
【答案】ABD
【分析】设点M为棱的中点，得到四边形为平行四边形，利用线面平行的判定定理，证得平面，可判定A正确；再得到四边形为菱形，求得截面的面积，可判定D正确；设的中点为N，证得，得到为与所成的角，利用余弦定理求得，可判定B正确；假设平面正确，得到，结合，证得平面，得到，进而判定C错误．
【详解】如图1所示，设点M为棱的中点，则平行且相等，所以四边形为平行四边形，
又，平面，平面，所以平面，故A正确；
由上可知，四边形为平面截正方体的截面，
易得，故四边形为菱形，
又其对角线，，故其面积为，故D正确；
设的中点为，连接，因为分别为与的中点，所以，
故为与所成的角，又，，
由余弦定理可得，
所以与所成的角为，故B正确；
如图2所示，假设平面正确，则，
又，，所以平面，得．
在正方形中，，显然不成立，所以假设错误，
即平面错误，故C错误．
故选：ABD．
23．（2023·广东·统考一模）在四棱锥中，平面，四边形是正方形，若，则（ ）
A．
B．与所成角为
C．与平面所成角为
D．与平面所成角的正切值为
【答案】ACD
【分析】对于选项A，利用线面垂直的判定定理得到AC⊥平面SBD，进而可判定选项A正确；对于选项B，由平面，知，故可选项B错误；对于选项C和D，利用线面的定义，找出线面角，从而转化成平面角，在相应的三角形中进行求解，即可判断选项的正误.
【详解】选项A，因为底面，面，所以,
因为四边形是正方形，所以，又，平面，所以平面，
又面，所以，选项A正确．
选项B，因为平面，又面，所以，故选项B错误．
选项C，因为底面，面，所以,
因为四边形是正方形，所以，又，平面,
所以平面,
所以与平面所成角为，易知，故选项C正确．
选项D，如图，取中点，连，
因为底面，面，所以,
双四边形是正方形，所以，又，所以平面,
面，所以，
又，所以，，所以面，
所以与平面所成角为，
不妨设，易知,
在，，故选项D正确．
故选：ACD
24．（2023·浙江·校联考模拟预测）如图，在直三棱柱中，，，，分别为，和的中点，为棱上的一动点，且，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．三棱锥的体积为定值
C．
D．异面直线与所成角的余弦值为
【答案】ABD
【分析】根据图形特点取的中点为，以为原点，为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量的线线关系计算可判断A,C,D选项；利用线面关系及三棱锥体积即可判断B选项.
【详解】解：直三棱柱中，，，，分别为，和的中点，取的中点为，
由于，所以，如图以为原点，为轴建立空间直角坐标系，设,，则，所以
则，又，所以，所以，
对于A，，设，
则，所以，则，故A正确；
对于B，因为，分别为，的中点，所以，又，则
又平面，平面，所以平面，故到平面的距离为定值，
所以三棱锥的体积为定值，故B正确；
对于C，由A选项得，，
所以，故C不正确；
对于D，由于，所以，所以，
故异面直线与所成角的余弦值为，故D正确.
故选：ABD.
25．（2023·浙江·模拟预测）如图，正方体，若点M在线段上运动，则下列结论正确的为（ ）
A．三棱锥的体积为定值
B．直线DM与平面所成角的最大值为
C．
D．点M到平面与到平面ACD的距离之和为定值
【答案】ACD
【分析】根据正方体中的直线与平面的关系，判断选项正误.
【详解】对于选项A，点M在线段上运动，而，平面，平面，
所以平面，点M到平面的距离为定值，三棱锥的体积为定值，A正确；
对于选项B，因为平面，所以即直线DM与平面所成的角，，
当M为的中点时，最大，此时，B错误；
对于选项C，因为平面，平面，所以，又因为，平面，平面，，
所以平面，又平面，，C正确；
对于选项D，到平面的距离为，M到平面ACD的距离为，
所以M到两个平面的距离之和为，是定值，D正确．
故选：ACD.
26．（2023·浙江嘉兴·统考模拟预测）已知正方体的棱长为2，，分别为，的中点，且与正方体的内切球（为球心）交于，两点，则下列说法正确的是（ ）
A．线段的长为
B．过，，三点的平面截正方体所得的截面面积为
C．三棱锥的体积为
D．设为球上任意一点，则与所成角的范围是
【答案】BC
【分析】过，，三点的截面为正六边形，球心为其中心，作出图形在正六边形中求出判断A，求出正六边形面积判断B，由等体积法求出三棱锥体积判断C，分析与所成角的最大最小值判断D.
【详解】过，，三点的截面为正六边形，球心为其中心，如图，
在正六边形中，，点到的距离为，，
所以，故A错误；
正六边形的面积，故B正确；，故C正确；
、、为球的切线，故当为中点时，与所成角最小为0，
，所以，
当与球相切且P在平面OAC内时，为或的中点时，与所成角最大为，故D错误.
故选：BC.
三、填空题
27．（2023·浙江·校联考三模）将两个形状完全相同的正三棱锥底面重合得到一个六面体，若六面体存在外接球，且正三棱锥的体积为1，则六面体外接球的体积为_____________．
【答案】##
【分析】根据正三棱锥的几何性质，确定其形成六面体的外接球球心的位置及半径的长，从而列式求得半径，即可得六面体外接球的体积.
【详解】如图所示，记两个形状完全相同的正三棱锥为三棱锥和三棱锥
设点A在面上的投影为点O，则、O、A三点共线．
在三棱锥和中，到几何体各顶点距离相等的点分别在和上若组合后的六面体存在外接球，则O为外接球的球心，
设，则，
因为O为的中心，所以即，
所以，解得
所以球的体积为.
故答案为：.
28．（2023·江苏南通·二模）已知一扇矩形窗户与地面垂直，高为1.5m，下边长为1m，且下边距地面1 m．若某人观察到窗户在平行光线的照射下，留在地面上的影子恰好为矩形，其面积为1.5 m 2，则窗户与地面影子之间光线所形成的几何体的体积为_______m3．
【答案】
【分析】根据题意，所得几何体体积为两个直三棱柱体积之差求解即可.
【详解】因为窗户下边长1m，所以留在底面上影子矩形的长为1m，
又影子矩形的面积为1.5 m 2，所以矩形的宽为1.5 m，
设影子矩形靠近墙的边长到窗户底部墙的距离为，则，
解得，
所以窗户与地面影子之间光线所形成的几何体为两个底面为直角三角形，高为1的直三棱柱体积之差，其中大三棱柱底面直角三角形两直角边为，小三棱柱底面直角三角形两直角边长为,
所以
故答案为：
29．（2023·湖北·校联考模拟预测）已知正三棱锥的各顶点都在表面积为球面上，正三棱锥体积最大时该正三棱锥的高为______.
【答案】##
【分析】根据球的性质，结合导数的性质、棱锥的体积公式、球的表面积公式进行求解即可.
【详解】因为，所以正三棱锥外接球半径，
如图所示，设外接球圆心为O，过向底面作垂线垂足为D，，
要使正三棱锥体积最大，则底面与在圆心的异侧，
因为是正三棱锥，所以D是的中心，
所以，
又因为，所以，
，
所以，
令，
解得或，
当，；当，，
所以在递增，在递减，
故当时，正三棱锥的体积最大，此时正三棱锥的高为，
故正三棱锥体积最大时该正三棱锥的高为.
故答案为：
30．（2023·湖南郴州·统考三模）已知三棱锥的棱长均为4，先在三棱锥内放入一个内切球，然后再放入一个球，使得球与球及三棱锥的三个侧面都相切，则球的表面积为__________.
【答案】##
【分析】由等体积法求得内切球半径，再根据比例求得球的半径，则问题可解．
【详解】如图所示：
依题意得 ，
底面的外接圆半径为，
点到平面的距离为 ，
所以 ，
所以
设球的半径为，所以
则，得
设球的半径为，则，又 得
所以球的表面积为
故答案为：.
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