押新高考第14题 立体几何综合-2024年高考数学临考题号押题（新高考通用）

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3、训练同学掌握一定的应试技巧，积累考试经验。模拟考试可以训练答题时间和速度。高考不仅是知识和水平的竞争，也是时间和速度的竞争，可以说每分每秒都是成绩。
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押新高考14题
立 体 几 何 综 合
1．（2023·新高考Ⅰ卷高考真题第12题）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．直径为的球体
B．所有棱长均为的四面体
C．底面直径为，高为的圆柱体
D．底面直径为，高为的圆柱体
【答案】ABD
【分析】
根据题意结合正方体的性质逐项分析判断.
【详解】对于选项A：因为，即球体的直径小于正方体的棱长，
所以能够被整体放入正方体内，故A正确；
对于选项B：因为正方体的面对角线长为，且，
所以能够被整体放入正方体内，故B正确；
对于选项C：因为正方体的体对角线长为，且，
所以不能够被整体放入正方体内，故C不正确；
对于选项D：因为，可知底面正方形不能包含圆柱的底面圆，
如图，过的中点作，设，
可知，则，
即，解得，
且，即，
故以为轴可能对称放置底面直径为圆柱，
若底面直径为的圆柱与正方体的上下底面均相切，设圆柱的底面圆心，与正方体的下底面的切点为，
可知：，则，
即，解得，
根据对称性可知圆柱的高为，
所以能够被整体放入正方体内，故D正确；
故选：ABD.
2．（2023·新高考Ⅰ卷高考真题第8题）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，且，则该正四棱锥体积的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】设正四棱锥的高为，由球的截面性质列方程求出正四棱锥的底面边长与高的关系，由此确定正四棱锥体积的取值范围.
【详解】∵球的体积为，所以球的半径,
[方法一]：导数法
设正四棱锥的底面边长为，高为，
则，,
所以，
所以正四棱锥的体积，
所以，
当时，，当时，，
所以当时，正四棱锥的体积取最大值，最大值为，
又时，，时，,
所以正四棱锥的体积的最小值为，
所以该正四棱锥体积的取值范围是.
故选：C.
[方法二]：基本不等式法
由方法一故所以当且仅当取到，
当时，得，则
当时，球心在正四棱锥高线上，此时，
，正四棱锥体积，故该正四棱锥体积的取值范围是
3．（2022·新高考Ⅱ卷高考真题第11题）如图，四边形为正方形，平面，，记三棱锥，，的体积分别为，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】CD
【分析】直接由体积公式计算，连接交于点，连接，由计算出，依次判断选项即可.
【详解】
设，因为平面，，则，
，连接交于点，连接，易得，
又平面，平面，则，又，平面，则平面，
又，过作于，易得四边形为矩形，则，
则，，
，则，，，
则，则，，，故A、B错误；C、D正确.
故选：CD.
4．（2021·新高考Ⅰ卷高考真题第12题）在正三棱柱中，，点满足，其中，，则（ ）
A．当时，的周长为定值
B．当时，三棱锥的体积为定值
C．当时，有且仅有一个点，使得
D．当时，有且仅有一个点，使得平面
【答案】BD
【分析】对于A，由于等价向量关系，联系到一个三角形内，进而确定点的坐标；
对于B，将点的运动轨迹考虑到一个三角形内，确定路线，进而考虑体积是否为定值；
对于C，考虑借助向量的平移将点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解点的个数；
对于D，考虑借助向量的平移将点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解点的个数．
【详解】
易知，点在矩形内部（含边界）．
对于A，当时，，即此时线段，周长不是定值，故A错误；
对于B，当时，，故此时点轨迹为线段，而，平面，则有到平面的距离为定值，所以其体积为定值，故B正确．
对于C，当时，，取，中点分别为，，则，所以点轨迹为线段，不妨建系解决，建立空间直角坐标系如图，，，，则，，，所以或．故均满足，故C错误；
对于D，当时，，取，中点为．，所以点轨迹为线段．设，因为，所以，，所以，此时与重合，故D正确．
故选：BD．
【点睛】本题主要考查向量的等价替换，关键之处在于所求点的坐标放在三角形内．
立体几何基础公式
所有椎体体积公式：，所有柱体体积公式：，球体体积公式：
球体表面积公式：，圆柱：
圆锥：
长方体（正方体、正四棱柱）的体对角线的公式
已知长宽高求体对角线：
已知共点三面对角线求体对角线：
棱长为的正四面体的内切球的半径为,外接球的半径为.
欧拉定理(欧拉公式)
(简单多面体的顶点数V、棱数E和面数F).
（1）=各面多边形边数和的一半.特别地,若每个面的边数为的多边形，则面数F与棱数E的关系：；
（2）若每个顶点引出的棱数为，则顶点数V与棱数E的关系：.
5．空间的线线平行或垂直
设，，则
；
.
夹角公式
设，b＝，则
.
6．异面直线所成角
=
（其中（）为异面直线所成角，分别表示异面直线的方向向量）
7．直线与平面所成角，(为平面的法向量).
8. .二面角的平面角
（，为平面，的法向量）.
异面直线间的距离
(是两异面直线，其公垂向量为，分别是上任一点，为间的距离).
点到平面的距离
（为平面的法向量，是经过面的一条斜线，）.
1．（2024·全国·模拟预测）已知三棱柱中，是边长为2的等边三角形，四边形为菱形，，平面平面，为的中点，为的中点，则三棱锥的外接球的表面积为 .
【答案】
【分析】解法一 连接，，记，确定为外接圆的圆心，然后利用面面垂直的性质定理证明平面，利用球的性质建立方程求解外接球的半径，代入球的表面积公式求解即可；
解法二 连接，，利用面面垂直的性质定理证明平面，建立空间直角坐标系，先求出的外接圆圆心，然后计算出球心的坐标，即可求出球的半径，代入球的表面积公式求解即可.
【详解】解法一 连接，，记，则.
连接，，则，故为外接圆的圆心.
取的中点，连接，则，所以点在的外接圆上．
连接，因为为等边三角形，所以，.
由平面平面，知平面平面，
又平面平面，平面，所以平面.
设三棱锥的外接球半径为，则，
故三棱锥的外接球的表面积为.

解法二 连接，，则为正三角形，，故，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
以为轴，为轴，为轴建立如图所示的空间直角坐标系，

得，，，，，，
由为等边三角形，则的外接圆圆心为.
设三棱锥的外接球的球心为，连接，，，
则平面，又平面，所以.
设，由，可得，
解得，因此球心，故外接球半径，
故三棱锥的外接球的表面积.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：求几何体外接球的半径，可以根据题意先画出图形，确定球心的位置，进而得到关于球的半径的式子，解题时要注意球心在过底面外接圆圆心且垂直于底面的直线上，且球心到几何体各顶点的距离相等.在确定球心的位置后可在直角三角形中表示出球的半径，此类问题对空间想象能力和运算求解能力要求较高，难度比较大.
2．（2024·全国·模拟预测）如图，在直三棱柱中，，分别为线段，的中点，，，平面平面，则四面体ABMN的外接球的表面积为 ．

【答案】
【分析】取BN的中点，连接CD，由等腰三角形的性质与面面垂直的性质定理证平面ABN，由线面垂直的性质定理与判定定理证平面，进而推出，利用勾股定理的逆定理证，进而确定四面体ABMN的外接球的球心与半径，利用球的表面积公式即可得解.
【详解】如图，取BN的中点，连接CD，

因为，所以，
又平面平面，平面平面，平面，
所以平面ABN，又平面ABN，所以，
依题意平面ABC，平面ABC，所以，
又，，平面，所以平面，
又BN，平面，所以，，
所以，所以，
连接，则，所以，
又，所以，所以，
所以与共斜边，
所以四面体ABMN的外接球的球心为的中点，且外接球半径，
所以该球的表面积．
【点睛】结论点睛：（1）正方体或长方体的外接球的球心为其体对角线的中点；
（2）正棱柱的外接球的球心是上下底面中心的连线的中点；
（3）直三棱柱的外接球的球心是上下底面三角形外心的连线的中点；
（4）正棱锥的外接球的球心在其高上；
（5）若三棱锥的顶点可构成共斜边的直角三角形，则公共斜边的中点就是外接球的球心．
3．（2024·全国·模拟预测）某礼品生产厂准备给如图所示的八面体形玻璃制品设计一个球形包装盒．已知该八面体可以看成由一个棱长为的大正四面体截去四个全等的棱长均为的小正四面体得到的，且小正四面体的其中一个顶点为大正四面体的顶点，则该球形包装盒的半径的最小值为 ．（不考虑包装盒的质量、厚度等）
【答案】
【分析】
分析球形包装盒半径最小时球心的位置以及八面体与正四面体外接球之间的关系，求正四面体的外接球的半径，求球形包装盒的半径的最小值；
【详解】
如图，已知正四面体的棱长为，
在正四面体中截去一个小正四面体，且正四面体的棱长为，
取的中点，连接，过点作平面于点，
则在上，且平面，设与平面的交点为，连接，
则为等边三角形的中心．
易知球形包装盒的半径的最小值即该八面体外接球的半径，
由对称性可知，这个八面体的外接球的球心与正四面体的外接球的球心重合，
且正四面体的外接球球心在线段上．
设正四面体的外接球的球心为，半径为，连接，则，
因为正四面体的棱长为，故，
由勾股定理得．
在中，，即，解得，
则正四面体的外接球半径为3．
因为截去的小正四面体的棱长为，所以，，
所以．
连接，在中，，
所以，所以球形包装盒的半径的最小值为．
故答案为：.
【点睛】
关键点睛：本题解题的关键在于正四面体的外接球的解决问题：首先要确定其外接球的球心位置，其次利用正三角形的几何性质以及勾股定理建立方程，最后求出外接球半径；同时清晰的作图也很重要.
4．（2024·全国·模拟预测）如图，在长方体中，，，M，N分别为BC，的中点，点P在矩形内运动（包括边界），若平面AMN，则取最小值时，三棱锥的体积为 ．
【答案】/
【分析】先利用面面平行的判定定理证得平面平面，从而得到点的轨迹，进而求得取得最小值时点的位置，再利用三棱锥的体积公式即可得解.
【详解】取的中点E，的中点F，连接EF，，，
则易得，，
因为平面，平面，故平面，
同理：平面AMN，又平面，
所以平面平面，又平面AMN，
所以平面，即点在平面与平面的交线EF上，
当时，取最小值．
易知，故当取最小值时，P为EF的中点，
此时的面积，
则．
故答案为：.
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是找到利用面面平行求得点的轨迹，从而得解.
5．（2024·全国·模拟预测）如图，该“四角反棱柱”是由两个相互平行且全等的正方形经过旋转、连接而成，其侧面均为等边三角形，则该“四角反棱柱”外接球的表面积与侧面面积的比为 ．
【答案】
【分析】设几何体棱长为4a，计算出几何体侧面积，设上、下正四边形的中心分别为，，连接，过点B作于点C，其中点B为所在棱的中点，得OA即该几何体外接球的半径，得外接球表面积，计算比值即得.
【详解】
如图，由题意可知旋转角度为，设上、下正四边形的中心分别为，，连接，
则的中点O即为外接球的球心，其中点B为所在棱的中点，OA即该几何体外接球的半径，
设棱长为4a，则侧面积为，
，，，过点B作于点C，
则，，
易得四边形为矩形，即，，
则，即该“四角反棱柱”外接球的半径．
外接球表面积为，
该“四角反棱柱”外接球的表面积与侧面面积的比为．
故答案为：.
【点睛】由题意，侧面均为正三角形，所以可知旋转角度为，OA即该几何体外接球的半径.
6．（2024·全国·模拟预测）已知圆锥的母线，侧面积为，则圆锥的内切球半径为 ；若正四面体能在圆锥内任意转动，则正四面体的最大棱长为 ．
【答案】
【分析】根据题意可求得底面圆半径，高，求出轴截面内切圆半径即可得圆锥的内切球半径为，再根据正四面体外接球与棱长之间的关系即可求得最大棱长为.
【详解】如图，在圆锥中，设圆锥母线长为，底面圆半径为，

因为侧面积为，所以，即．
因为，所以，所以．
棱长为的正四面体如图所示，

则正方体的棱长为，体对角线长为，
所以棱长为的正四面体的外接球半径为．
取轴截面，设内切圆的半径为，
则，解得，
即圆锥的内切球半径为．
因为正四面体能在圆锥内任意转动，所以，即，
所以正四面体的最大棱长为．
故答案为：；
【点睛】方法点睛：在求解正四面体外接球（内切球）问题时，可根据正四面体的结构特征构造正方体求出外接球半径，也可直接利用结论：棱长为的正四面体的外接球半径为，内切球半径为.
7．（2024·云南昆明·一模）已知球的表面积为，正四棱锥的所有顶点都在球的球面上，则该正四棱锥体积的最大值为 .
【答案】
【分析】由球的表面积计算出球的半径，设出该正四棱锥底面边长及高，由球的半径可得底面边长与高的关系，求出该正四棱锥体积的表达式，结合导数计算即可得.
【详解】
由，故该球半径，
设正四棱锥底面边长为，高为，
则，，
则有，化简得，
，
令，则，
故当时，，当时，，
即有极大值，
即该正四棱锥体积的最大值为.
故答案为：.
【点睛】关键点睛：本题关键在于得出体积的表达式后构造函数，借助导数研究函数单调性后可得最值.
8．（2024·全国·模拟预测）在三棱锥中，两两互相垂直，，当三棱锥的体积取得最大值时，该三棱锥的内切球半径为 .
【答案】
【分析】设，表示出三棱锥的体积的表达式，利用导数求出体积取最大值时x的值，从而确定棱锥的各棱长，再根据等体积法，即可求得答案.
【详解】设，则，
由题意知两两互相垂直，
可得三棱锥的体积为，
令，则，
当时，，当时，，
故在上单调递增，在上单调递减，
故当时，取到最大值，此时三棱锥的体积取得最大值，
设此时三棱锥的内切球的半径为r，
则，
则，
则
即，解得，
故答案为：
【点睛】关键点睛：本题考查三棱锥体积最大时，其内切球的半径问题，解答的关键是求出当三棱锥体积最大时棱锥的棱长，从而再根据棱锥的等体积法求解.
9．（2024·湖南长沙·一模）已知正四棱锥的顶点均在球的表面上.若正四棱锥的体积为1，则球体积的最小值为 .
【答案】/
【分析】由底面外接圆的半径、正四棱锥的高以及外接球的半径的关系，结合已知条件可得，故只需求出外接球半径的最小值即可.
【详解】设球的半径为，正四棱锥的高、底面外接圆的半径分别为，.
如图，球心在正四棱锥内时，由，可得，
即（*）.

球心在正四棱锥外时，亦能得到（*）式.
又正四棱锥的体积为，则，代入（*）式可得.
通过对关于的函数求导，即，
易得函数在单调递减，在单调递增，
则.从而，球的体积的最小值.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：关键是首先得到，从而通过导数求得外接球半径的最小值即可顺利得解.
10．（2024·全国·一模）在四面体中，，，，，则四面体体积的最大值为 ．
【答案】
【分析】如图，作，且，则，根据线面垂直的判定定理可得平面，设，则，进而四面体的体积为，令，利用导数求出即可求解.
【详解】如图，作，且，连接，则四边形为矩形.
由，得，又平面，
所以平面，即平面，
所以四面体的体积为.
由平面，平面，得，
设，则，
在中，，取的中点F，连接，则，
得，
所以，
故四面体的体积为，
令，则，
令，令，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
则，
所以.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题主要考查空间几何体的体积，解题关键是证明线面垂直和利用导数求解体积的最大值.本题中证明平面，表示出四面体的体积为，得到所要求的量．
11．（2024·湖南长沙·一模）如图是一个球形围墙灯，该灯的底座可以近似看作正四棱台.球形灯与底座刚好相切，切点为正四棱台上底面中心，且球形灯内切于底座四棱台的外接球.若正四棱台的上底面边长为4，下底面边长为2，侧棱长为，则球形灯半径与正四棱台外接球半径的比值为 .
【答案】
【分析】设正四棱台上底面与下底面中心分别为，则正四棱台的外接球球心为及球形灯的圆心均在直线上.由几何关系，求出，求出R的值，再根据求出r的值，即可得到比值.
【详解】如图所示，设正四棱台上底面与下底面中心分别为,作截面，则正四棱台外接球球心及球形灯的圆心均在直线上，作于H.
因为正四棱台的上底面边长为4，下底面边长为2，侧棱长为，
则有，，.
在中，，
在中，，
所以，整理得.
由图可知，在圆中，有,解得，
所以.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题的关键是作出相关图形，利用勾股定理等得到相关方程，从而解出两个半径长.
12．（2024·山东日照·一模）已知正四棱锥的所有棱长都为2；点E在侧棱SC上，过点E且垂直于SC的平面截该棱锥，得到截面多边形H，则H的边数至多为 ，H的面积的最大值为 ．
【答案】 5 /
【分析】数形结合，作平面与平面平行，即可解决；令，用表示相关长度，整理得，结合二次函数即可解决.
【详解】取中点且，平面，可知平面，
根据平面的基本性质，作平面与平面平行，如图至多为五边形.
令，则，
可得，
则，可得，
所以，
又因为与的夹角为与夹角，而与垂直，
则，
可得，
可知：当时，S取最大值.
故答案为：；.
【点睛】关键点点睛：根据平面的性质分析截面的形状，结合几何知识求相应的长度和面积，进而分析求解.
13．（2024·山东菏泽·一模）如图，在正四棱台中，，，该棱台体积，则该棱台外接球的表面积为 ．

【答案】
【分析】
作出辅助线，找到球心的位置，求出外接球半径，得到外接球表面积.
【详解】连接，取的中点，连接，
则外接球球心在直线上，设球心为，如图所示，则，

则⊥平面，
因为正四棱台中，，，
故，所以，
设四棱台的高为，
故，解得，
故，
设，则，
，
故，解得，
故半径，
故该棱台外接球的表面积为.
故答案为：
【点睛】方法点睛：解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径
14．（2024·广东汕头·一模）如图，在正方体中，是棱的中点，记平面与平面的交线为，平面与平面的交线为，若直线分别与所成的角为，则 ， .
【答案】 /0.5 /
【分析】利用平面基本事实作出直线，进而求出；利用面面平行的性质结合等角定理，再利用和角的正切计算即得.
【详解】在正方体中，是棱的中点，
延长与延长线交于点，连接，则直线即为直线，，
由，得，又，于是，
由平面平面，平面平面，平面平面，
则，又，因此，，
所以.
故答案为：；
【点睛】关键点睛：利用平面的基本事实作出直线是求出角的关键.
15．（2024·辽宁辽阳·一模）如图，在矩形中，分别在线段上，，将沿折起，使到达的位置，且平面平面，若直线与平面所成角的正切值为，则四面体的外接球的半径为 .
【答案】
【分析】取的中点，连接，直线与平面所成的角为，设，根据求得值；四面体的外接球球心在的中点处垂直平面方向上，由求得，从而得球的半径.
【详解】取的中点，连接，
依题意可得为等腰直角三角形，则.
设，作分别交于，
则，，
因为平面平面，且交线为，平面，
所以平面，
所以直线与平面所成的角为，所以，
则，解得或（舍去），
可得.
因为，则，可知的外心为的中点.
设四面体的外接球的球心为，则平面，
且，
则，可知，
所以，
由，得，解得，
可得，所以四面体的外接球的半径为.

故答案为：.
【点睛】方法点睛：几何体外接球球心的求法：
（1）将几何体置入长方体或直棱柱中找球心；
（2）利用几何法找到几何体各个顶点距离相等的点即为球心；
（3）设球心坐标，根据到各顶点的距离相等解方程组得到球心坐标.
16．（2024·山东聊城·一模）已知正四面体的棱长为2，动点满足，且，则点的轨迹长为 .
【答案】
【分析】由，故点在过点且垂直于的平面上，由，故点在以为直径的球面上，即点的轨迹为过点且垂直于的平面截以为直径的球面所得的圆，计算出球的半径，球心到平面的距离，即可得该圆的半径，即可得该圆周长即点的轨迹长.
【详解】由，故点在过点且垂直于的平面上，
由，故点在以为直径的球面上，
即点的轨迹为过点且垂直于的平面截以为直径的球面所得的圆，
由正四面体的性质可得，取中点，连接，，
则有，又、平面，，
故平面，取中点，中点，连接，
则，由平面，故平面，
，，
为以为直径的球的球心，则该球半径为，
则点的轨迹所形成的圆的半径为，
则其轨迹长为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题关键点在由题意中，得到点在过点且垂直于的平面上，由，得到点在以为直径的球面上，即可得点的轨迹为过点且垂直于的平面截以为直径的球面所得的圆，构造出对应球及平面，计算出球的半径，球心到平面的距离，即可得该圆的半径，即可得点的轨迹长.
17．（2024·黑龙江·二模）已知三棱锥的四个面是全等的等腰三角形，且，，则三棱锥的外接球半径为 ；点为三棱锥的外接球球面上一动点，时，动点的轨迹长度为 ．
【答案】 /
【分析】
由三棱锥的结构特征，可扩成长方体，利用长方体的外接球半径得三棱锥的外接球半径；由动点的轨迹形状，求长度.
【详解】三棱锥的四个面是全等的等腰三角形，且，，如图所示，
则有，，
把三棱锥扩成长方体，
则有，解得，
则长方体外接球半径，
所以三棱锥的外接球半径；
点为三棱锥的外接球球面上一动点，时，
由，动点的轨迹是半径为的圆，
轨迹长度为.
故答案为：；.
【点睛】关键点点睛：
三组对棱分别相等的四面体(三棱锥)——补形为长方体(四面体的棱分别是长方体各面的对角线).
18．（2024·广东韶关·二模）在三棱锥中，侧面所在平面与平面的夹角均为，若，且是直角三角形，则三棱锥的体积为 ．
【答案】或或或
【分析】过作面于，过作，根据题设可得，，分为三角形的内心或旁心讨论，设，利用几何关系得到，再根据条件得到在以为焦点的椭圆上，再利用是直角三角形，即可求出结果.
【详解】如图，过作面于，过作，
因为面，面，所以，又，面，
所以面，又面，所以，故为二面角的平面角，
由题知，，同理可得，
当在三角形内部时，由，即为三角形的内心，
设，则，得到，所以，
三棱锥的体积为；

又因为，所以点在以为焦点的椭圆上，
如图，以所在直线为轴，的中垂线为轴，建立平面直角坐标系，则，
由题知，椭圆中的，所以椭圆的标准方程为，
设，因为是直角三角形，
当时，易知，此时，所以，得到，
当时，易知，此时，所以，得到，
又因为，故以为圆心，为半径的圆与椭圆没有交点，即，
综上所述，；
同理，当在三角形外部时，由，即为三角形的旁心，
设，则，得到，
所以，三棱锥的体积为；
或，得到，
所以，三棱锥的体积为；
或，得到，
所以，三棱锥的体积为.

故答案为：或或或.
【点睛】关键点点晴：本题的关键点在于，设出后，得出，再将问题转化到以为焦点的椭圆上来求的面积，即可解决问题.
19．（2024·全国·模拟预测）正四棱台，其上、下底面的面积分别为，，该正四棱台的外接球表面积为，则该正四棱台的侧面积为 ．
【答案】或
【分析】根据题意可知外接球的半径为，取正方形的中心为，正方形的中心为，可知该几何体的外接球的球心在上，分类讨论球心在线段上或在的延长线上，结合正四棱台的结构特征列式求解.
【详解】设正四棱台的高为，外接球的半径为，
则，解得．
取正方形的中心为，正方形的中心为，连接，则，
设的中点为，的中点为S，连接，则，设．
可知该几何体的外接球的球心在上，连接，，，，，．

设上、下底面正方形的边长分别为，，
则，，解得，，
故，．
设，
当在线段上时，则，
由勾股定理得，解得，
则，，
可得，
所以；
当在的延长线上时，，
由勾股定理得，解得，
则，，
可得，
所以．
综上所述：该正四棱台的侧面积为或．
故答案为：或.
【点睛】方法点睛：多面体与球切、接问题的求解方法
1.涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体的特殊点（一般为接、切点）或线作截面，把空间问题转化为平面问题求解；
2.利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径（直径）与该几何体已知量的关系，列方程（组）求解．
20．（2024·全国·模拟预测）已知球的表面积为，直四棱柱的顶点均在球的表面上，则直四棱柱的体积的最大值为 ．
【答案】1
【分析】求出何时四边形的面积最大,写出直四棱柱体积的表达式，利用函数与导数的知识求出最大值
【详解】设球的半径为，四边形外接圆的半径为，直四棱柱的高为，与交于点，，
则四边形的面积
，
当且仅当且，即四边形为正方形时等号成立，
此时直四棱柱的体积．
由，得，所以．
令，，
则，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，所以．
故直四棱柱的体积的最大值为1.
故答案为：1.
【点睛】关键点点睛：本题考查外接球问题，关键是利用等面积法确定取得最大值时四棱柱底面形状是正方形.
21．（2024·山东青岛·一模）已知球O的表面积为，正四面体ABCD的顶点B，C，D均在球O的表面上，球心O为的外心，棱AB与球面交于点P．若平面，平面，平面，平面，且与之间的距离为同一定值，棱AC，AD分别与交于点Q，R，则的周长为 .
【答案】/
【分析】结合球的表面积公式，根据正三角形外接圆的性质求得边长，利用三点共线及数量积的运算律求得，然后利用平行平面的性质求得，，再利用余弦定理求得，即可求解的周长.
【详解】设与之间的距离为d，设球O的半径为R，则由题意得，解得，
所以，所以，所以，
由A，P，B三点共线，故存在实数使得，
所以，所以，即，
解得，所以，所以，所以，
又且与之间的距离为d，则，，
所以，，所以，
又，所以的周长为.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题考查学生的空间想象能力，解题关键是找到点的位置．本题中应用正四面体的性质结合球的半径，求出边长，利用平行平面的距离，得到所求三角形的边长即可求解.
22．（2024·辽宁·模拟预测）某零食生产厂家准备用长为，宽为4cm的长方形纸板剪去阴影部分（如图，阴影部分是全等四边形），再将剩余部分折成一个底面为长方形的四棱锥形状的包装盒，则该包装盒容积的最大值为 .

【答案】/
【分析】画出四棱锥形包装盒的直观图，设，连接，易知平面，设、的中点分别为、，连接、，设，，，即可得到、，再由锥体的体积公式得到，最后构造函数利用导数求出体积最大值.
【详解】如图是四棱锥形包装盒的直观图，设，连接，易知平面，
设、的中点分别为、，连接、，
设，，，
则，因为，
所以，整理得，所以，
同理，所以，整理得，所以，
所以
，
因为，所以，
令，，
则，
因为，所以当时，当时，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以当时取得最大值，即，
所以包装盒容积的最大值为.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题关键是找到，，的关系，将锥体的体积转化为的函数，再利用导数求出函数的最大值.
23．（2024·山东烟台·一模）在三棱锥中，，且分别是的中点，，则三棱锥外接球的表面积为 ，该三棱锥外接球与内切球的半径之比为 .
【答案】
【分析】第一空作出辅助线，证明三三垂直，将三棱锥放入长方体中求解外接球半径即可，第二空利用体积相等求出内切球半径，再求比值即可.
【详解】如图，，且，故，
可得，则，取中点，连接，
则，又，面，可得面
又面，则，又分别是的中点，连接，则//
由题意得，故，，又，
面，故面，又，则，
可得，则两两垂直，
故以作长方体，如图所示，
则该长方体外接球即为所求三棱锥的外接球，连接，
其中点为所求外接球的球心，设其半径为，
可得，故，解得，而，
设该三棱锥内切球半径为，球心为，连接，
则，
可得，
故，
而，，，
易知是的中点，由，得，故得，
而由勾股定理得，则，
故可将一式化为，
解得，而半径比为，
故答案为：；
【点睛】关键点点睛：本题考查内切球和外接球的半径问题，解题关键是构造出长方体，将三棱锥放入其中，然后求出外接球半径，得到面积，进而由体积关系转化得到所要求的内切球半径，再求比值即可．
24．（2024·全国·模拟预测）已知空间四面体满足，则该四面体外接球体积的最小值为 ．
【答案】
【分析】设分别为的中点，连接，结合三角形全等可证是线段的垂直平分线，同理可证是线段的垂直平分线，故而判断球心在上，由三角形两边之和大于第三边可得的范围，结合图形判断球心的位置以及半径，从而求出结果.
【详解】设分别为的中点，连接，
由已知，，故，因为是的中点，所以，
因为为的中点，故，即是线段的垂直平分线；
同理可得，是线段的垂直平分线，故球心在上，
设球的半径为，球心为，则，即，故，
此时为线段的中点，且，故所求外接球体积的最小值为．
故答案为：

25．（2024·全国·模拟预测）已知球的表面积为，直四棱柱的顶点均在球的球面上，则该直四棱柱的体积的最大值为 ．
【答案】1
【分析】根据三角形面积公式和基本不等式确定四边形的面积的最大值，利用导数求出直四棱柱体积的最大值即可求解.
【详解】设球的半径为，四边形外接圆的半径为，直四棱柱的高为，连接，，
设与的交点为，，
则四边形的面积
，
当且仅当且，即四边形为正方形时等号成立，
此时直四棱柱的体积为．
由，得，所以．
令，，
则，
则当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以．
即直四棱柱的体积的最大值为1．
故答案为：1
【点睛】关键点点睛：本题考查外接球问题，利用等面积确定四边形的面积达到最大值时为正方形是解决本题的关键.
26．（2024·全国·模拟预测）如图，已知四棱锥的底面为矩形，平面为的中点，点分别在线段上运动，当最小时，三棱锥的体积为 ．

【答案】
【分析】展开图将其平面化，再利用平面上“两点之间线段最短得到最小值，再由三角形相似得到点为线段的中点和点为线段的中点，最后由三棱锥的体积公式计算得到.
【详解】将平面沿直线翻折，使得平面与平面在同一平面上，如图所示．

取关于直线对称的点为，连接，分别与交于点，连接，
易知此时，
因此的最小值为．
由可得，
因此，故点为线段的中点，
由可得，
因此，故点为线段的中点，
三棱锥的体积．
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是，将平面沿直线翻折，使得平面与平面在同一平面上，将空间问题转化为平面问题，从而得解.
27．（2024·江苏宿迁·一模）在一个轴截面为正三角形的圆锥内放入一个与侧面及底面都相切的实心球后，再在该圆锥内的空隙处放入个小球，这些小球与实心球、圆锥的侧面以及底面都相切，则的最大值为 （取）

【答案】10
【分析】
在圆锥的轴截面中求出大球、小球半径及正三角形边长的关系，然后再根据空隙处放入个小球相切的关系，利用三角函数性质求出小球最多的个数.
【详解】
由题意知，圆锥的轴截面为正三角形，设边长为.

设实心球半径为，由得：，
，，，.
设小球的半径为，同理，，，，
到直线的距离为.
空隙处放入个小球相邻相切，排在一起，则球心在一个半径为的圆上，如下图所示：

为相邻两球的切点，，分别为球心，
设，则，，
由三角函数性质可知：，，
，，又，，
故小球个数最多为10个,即的最大值为.
故答案为：
28．（2024·江苏南通·二模）若正四棱锥的棱长均为2，则以所有棱的中点为顶点的十面体的体积为 ，该十面体的外接球的表面积为 .
【答案】 /
【分析】根据给定条件，利用割补法，结合锥体体积公式计算体积；建立空间直角坐标系，求出外接球半径即可求出表面积.
【详解】正四棱锥的所有棱长为2，点是所在棱的中点，如图，
显然，即有，则正四棱锥的高为，
于是，
到平面的距离，
所以所求十面体的体积为；
令，以直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图，
则，则，
，设外接球球心，半径，
则，因此，解得，
所以十面体的外接球的表面积为.
故答案为：；
【点睛】关键点睛：求几何体的体积，将给定的几何体进行恰当的分割，转化为可求体积的几何体求解是关键.
29．（2024·河北沧州·一模）如图，已知点是圆台的上底面圆上的动点，在下底面圆上，，则直线与平面所成角的余弦值的最小值为 ．
【答案】
【分析】以为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得对应点的坐标，设出未知点的坐标，利用向量法求线面角正弦值的最大值，再求余弦值的最小值即可.
【详解】连接，过作垂直于的延长线于点，以为坐标原点，建立空间直角坐标系如下所示：
在三角形中，因为，
故，则，
则，，故点；
又，设点，由，则可得；
，
设平面的法向量，
则，即，取，则，
故平面的法向量，又，
设直线与平面所成角为，
则
因为，且，故令，
则
又，故，，也即，
故的最大值为，又，故的最小值为.
即直线与平面所成角的余弦值的最小值为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题用向量法处理线面角的求解，结合问题的关键一是，能够准确求得的坐标，二是能够根据，求得的范围；属综合困难题.
30．（2024·河北·模拟预测）已知四面体中，，过点的其外接球直径与、夹角正弦值分别为、，则与夹角正弦值为 .
【答案】/
【分析】由题意，将四面体放在长方体中，则即为长方体的体对角线，设，再结合已知即可得解.
【详解】由题意，将四面体放在长方体中，如图所示，
则即为长方体的体对角线，
设，
则，
因为平面，平面，所以，
因为平面，平面，所以，
因为平面，平面，所以，
又因为与、夹角正弦值分别为、，
所以，
而，
即，所以，
即，
所以与夹角正弦值为.
故答案为：.考点
4年考题
考情分析
立体几何
综合
2023年新高考Ⅰ卷第12题2022年新高考Ⅰ卷第8题
2022年新高考Ⅱ卷第11题
2021年新高考Ⅰ卷第12题
立体几何会以单选题、多选题、填空题、解答题4类题型进行考查，也常在压轴题位置进行考查，难度较难，纵观近几年的新高考试题，压轴题分别考查以正方体为出题背景的相关几何体的体积计算、正四棱锥的外接球及体积范围、锥体体积的相关计算、空间向量的计算等综合问题，本内容是新高考冲刺复习的重点复习内容。可以预测2024年新高考命题方向将继续以立体几何压轴内容等综合问题展开命题．