新高考数学二轮复习一模试题分类汇编练习专题04 立体几何（2份，原卷版+解析版）

这是一份新高考数学二轮复习一模试题分类汇编练习专题04 立体几何（2份，原卷版+解析版），共7页。
题型02空间线面位置关系的判断
题型03线面角、线线角、二面角的求算
题型04空间几何体的存在性问题
题型05空间几何体的距离问题
题型06空间几何体中的范围与最值问题
题型07空间几何体中有关球的求算问题
题型01
空间几何体表面积、体积与侧面积
1．（2025·北京平谷·一模）冰淇淋蛋筒是大家常见的一种食物，有种冰淇淋蛋筒可以看作是由半径为10cm，圆心角为的扇形蛋卷坯卷成的圆锥，假设高出蛋筒部分的奶油和包裹在蛋筒内部的奶油体积相等，则该种冰淇淋中奶油的总体积约为（ ）（忽略蛋筒厚度）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】由扇形弧长，求得底面半径及高，再由圆锥体积公式即可求解；
【详解】设圆锥底面面积为，
由题意可知，
所以，
设圆锥得高为，则，
所以圆锥的体积为：，
所以该种冰淇淋中奶油的总体积约为，
故选：D
2．（2025·福建泉州·一模）如图，已知是圆锥的轴截面，分别为的中点，过点且与直线垂直的平面截圆锥，截口曲线是抛物线的一部分．若在上，则的最大值为（ ）
A．B．1C．D．
【答案】C
【分析】勾股得到，从而得到当最大时，最大，然后根据截面得到截面，根据勾股得到当最大时，最大，再结合截面得到的最大值，从而得到的最大值.
【详解】
过点作，交底面圆于两点，连接，，，
设，则，
所以当最大时，最大，
由圆锥的性质得底面，
因为底面，所以，
又，平面，所以平面，
因为平面，所以，
因为分别是的中点，所以，则，
因为，平面，所以平面，
则平面为截面，
因为为中点，所以，所以平面，
因为平面，所以，所以，
则当最大时，最大，
如图为截面的平面图，
以为原点，为轴，过点垂直向上的方向为轴正方向建系，
，，，则抛物线方程为，
设，，则，
所以，
则此时，.
故选：C.
【点睛】关键点睛：本题的解题关键在于找到截面，然后转化为平面几何求最值.
3．（2025·黑龙江·一模）正方体的棱长为1，为棱的中点，点在面对角线上运动（点异于点），以下说法错误的是（ ）

A．平面
B．
C．直线与平面所成角的余弦值为
D．三棱锥的体积为
【答案】C
【分析】根据线面平行判定定理证明A，应用空间向量法计算数量积判断B，计算线面角判断C，应用点到平面距离空间向量法求解再结合三棱锥体积公式计算判断D.
【详解】

连接，因为分别是中点，所以平面，平面，所以平面，A选项正确；

如图建系，设，
所以，
所以，B选项正确；
设，设平面法向量为，，
设直线与平面所成角为，
所以，
所以，C选项错误；
设平面法向量为，
因为，所以，
所以，令，则，
因为，所以，
所以点到平面的距离为，
所以三棱锥的体积为，D选项正确.
故选：C.
4．（2025·黑龙江哈尔滨·一模）已知一个圆锥的母线长为，则当其体积最大时，该圆锥的内切球半径为（ ）
A．B．C．D．1
【答案】A
【分析】用表示出体积，利用导数求最值，由轴截面面积列方程即可得解.
【详解】设圆锥的底面半径为，高为，则，
则，，则，
当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，当圆锥体积取得最大值时，，
设圆锥内切球的半径为，则由轴截面面积可得，
解得.
故选：A
5．（2025·云南昆明·一模）一个内角为且斜边长为2的直角三角形，绕斜边旋转一周所得几何体的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由题意得出旋转体由两个圆锥构成，求出底面圆的半径，即可根据圆锥的体积公式求出旋转体的体积.
【详解】如图，在直角三角形中，，则，
将直角三角形沿斜边旋转一周，旋转形成的几何体为两个同底的圆锥，
如图所示，
有，
所以所求几何体的体积.
故选：D
6．（2025·黑龙江·一模）已知圆锥的轴截面是一个斜边长为的等腰直角三角形，则圆锥的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由轴截面可得底面半径及母线长，再由表面积公式即可求解；
【详解】因为轴截面是一个斜边长为的等腰直角三角形，
所以圆锥的底面半径，母线，
所以圆锥的表面积.
故选：D.
题型02
空间线面位置关系的判断
1．（2025·广东深圳·一模）已知直线分别在两个不同的平面内，则“直线和直线平行”是“平面和平面平行”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】D
【分析】结合图形利用线面的位置关系和充分条件，必要条件的定义即可判断.
【详解】当“直线和直线平行”时，平面和平面可能平行也可能相交，故不充分；
当“平面和平面平行”时，直线和直线可能平行也可能异面，故不必要；
因此“直线和直线平行”是“平面和平面平行”的既不充分也不必要条件.
故选：D.
2．（2025·山东泰安·一模）已知为空间中两条直线，为平面，，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．即不充分也不必要条件
【答案】B
【分析】由线面垂直的判定定理，及充分必要性的定义判断.
【详解】由线面垂直的判定定理可得，直线要垂直于平面内相交的两条直线才能得到，
所以是的必要不充分条件.
故选：B
3．（2025·甘肃兰州·一模）已知是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，以下判断正确的是（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则
【答案】C
【分析】利用空间线线，线面，面面的位置关系逐项判断即可结论.
【详解】若，则或或或，故A错误；
若，则或，故B错误；
若，在内作，所以，又，所以，
又，所以，所以，故C正确；

若，则或或为异面直线，故D错误.
故选：C.
4．（2025·福建厦门·一模）已知，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则
【答案】D
【分析】根据线面平行的性质判断A的真假；根据线面平行的判定判断B的真假；根据线面垂直的判定判断C的真假；根据线面垂直的性质判断D的真假.
【详解】若，则m，n平行或异面，A选项错误；
若，则或，B选项错误；
若，则m，不一定垂直，也可能平行或相交，C选项错误；
若，，则，D选项正确.
故选：D
5．（2025·湖北·一模）已知两个不同的平面，和两条不同的直线m，n满足，，则“，平行”是“m，n不相交”的（ ）
A．充要条件B．充分非必要条件C．必要非充分条件D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【分析】直接分析，由当，平行时，直线m，n无公共点，则m，n不相交，可得充分性，当m，n不相交时，若， ，则满足题设条件，但不能推出，平行，说明直线m，n不相交不能推出，平行.
【详解】当，平行时，由，可知直线m，n无公共点，则m，n不相交，故为充分条件；
当m，n不相交时，满足，，，，则满足题设条件，但不能推出，平行，说明直线m，n不相交不能推出，平行；
故选：B.
6．（2025·贵州六盘水·一模）已知为直线，为平面，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】B
【分析】利用线面垂直的性质以及直线间的位置关系判断即可.
【详解】根据题意易知当时，可判断“”推不出“”，如下图：
当时，可知垂直于平面内的所有直线，因此可以推出，
因此“”是“”的必要不充分条件.
故选：B
题型03
线面角、线线角、二面角的求算
1．（2025·山西·一模）如图，已知四棱锥中，底面为菱形，，，平面，分别是的中点．
(1)证明：平面平面；
(2)求二面角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接，证得，即可求证；
（2）建系，求得平面法向量，代入夹角公式即可求解；
【详解】（1）证明：连接．∵底面为菱形，，
∴是正三角形，∵E是CD中点，∴，
∵平面，平面，∴，
，又都在平面内，
∴平面，又平面，
∴平面平面．
（2）由（1）知，两两垂直，以所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
易知：，，，，
则
，，
设平面的法向量为，平面的法向量为，
则，即令，得，解得．
即，令，得，解得
设二面角的平面角为，则，
所以．
所以二面角的正弦值为．
2．（2025·安徽·一模）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，且，为等边三角形.
(1)若分别是棱的中点，证明：平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）通过线线平行得到平面平面，进而证明平面.
（2）通过分析可得两两互相垂直，建立空间直角坐标系，利用空间向量可求两平面夹角的余弦值.
【详解】（1）
如图，取的中点，连接.
∵分别是棱的中点，∴.
∵，∴.
∵，平面，平面，
∴平面，同理可得平面，
∵平面，∴平面平面，
∵平面，∴平面.
（2）
如图，连接，取的中点，连接，
∵且，∴且，
∴四边形为平行四边形，故，
∵，∴，且，
∵，∴，故为等边三角形，
∴，.
∵为等边三角形，∴.
在中，由余弦定理得，，
∴，即，故两两互相垂直.
以为原点建立如图所示空间直角坐标系，则，，，，
由得，
∴，
设平面的一个法向量为，则，
令，则，故.
取平面的一个法向量，则，
∴平面与平面夹角的余弦值为.
3．（2025·山东淄博·一模）如图，在四棱锥中，，，点在上，且．
(1)点在线段上，且平面，证明：为线段的中点；
(2)若平面与平面所成的角的余弦值为，求的长度．
【答案】(1)见解析
(2)的长度为或
【分析】（1）过点作交于点，连接，由线面平行的性质定理证明，即可证明；
（2）建立空间直角坐标系，设，求出直线的方向向量和平面的法向量，由线面角的向量公式即可得出答案.
【详解】（1）连接，过点作交于点，连接，
又因为，所以，所以四点共面，
因为平面，平面，平面平面，
所以，所以四边形是平行四边形，
所以，所以，所以为线段的中点；
（2）连接，因为，所以四边形是平行四边形，
所以，因为平面所以平面
又因为，所以建立如图所示的空间直角坐标系，
设，
，设平面的法向量为，
，
所以，令，，所以，
所以与平面所成的角的余弦值为，
所以与平面所成的角的正弦值为，
即，
所以，化简可得：，
解得：或，即或，
所以或.
4．（2025·山东烟台·一模）如图，点在以为直径的半圆的圆周上，，且平面，
(1)求证：；
(2)当为何值时，平面与平面夹角的余弦值为？
【答案】(1)证明见解析；
(2)或.
【分析】（1）由线面垂直的性质有，由圆的性质易得，再由线面垂直的判定和性质证明结论；
（2）若为的中点，即为半圆的圆心，作面，在面内作，构建合适的空间直角坐标系，应用向量法求面面角的余弦值，结合已知列方程求参数即可.
【详解】（1）由平面，平面，则，
又点在以为直径的半圆的圆周上，则，
由且都在面内，则面，
由面，故；
（2）若为的中点，即为半圆的圆心，作面，在面内作，
由，，则，
故可构建如下图示的空间直角坐标系，则，
由，故，可得，
所以，，，
若，分别为面、面的一个法向量，
则，取，，
，取，，
所以，
整理得，则，可得或.
5．（2025·陕西·一模）如图，在三棱台中，平面ABC，，，，，M为的中点．
(1)证明：平面AMC；
(2)求平面和平面AMC夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)．
【分析】（1）连接，可证，由平面ABC，得，利用线面垂直的判定定理即可得证；
（2）建立空间直角坐标系，求平面的法向量为，由（1）知平面AMC的一个法向量为，利用夹角公式即可求解.
【详解】（1）（1）如图，连接，由题意知平面，所以，又，，所以，
因为M是的中点，所以．
因为平面ABC，所以，又，，所以平面，所以．
因为，所以平面AMC．
（2）以A为坐标原点，以直线AB，AC，分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图，
，，，，，
所以，．
设平面的法向量为，
则，取，
由（1）知平面AMC的一个法向量为，
因为，
所以平面和平面AMC夹角的余弦值为．
题型04
空间几何体的存在性问题
1．（2025·广东湛江·一模）如图，四棱锥的底面是边长为2的正方形，每条侧棱的长都是底面边长的倍，P为侧棱上的点，且平面．
(1)求证：．
(2)求直线到平面的距离．
(3)请判断在平面上是否存在一点E，使得是以为底边，为顶角的等腰三角形．若存在，请求出点E的轨迹；若不存在，请说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)不存在，理由见解析
【分析】（1）根据线线垂直可证明平面，即可利用线面垂直的性质求解，
（2）建立空间直角坐标系，求解平面法向量，即可利用点面距离的向量法求解.
（3）根据线面平行的性质，结合（2）可知Q到平面的距离为，而，即可求解.
【详解】（1）证明：如图，连接，
设交于点O，连接，由得．
在正方形中，．
又，平面,所以平面．
又因为平面，所以．
（2）连接，因为平面，平面，平面平面，
所以．
在中，O为的中点，所以点P为的中点．
易知直线，，两两垂直，如图，以点O为原点建立空间直角坐标系．
因为正方形的边长为2，
所以，，，，．
设平面的一个法向量为，则可得，
所以，则，
令，可得．
因为平面，所以直线到平面的距离等于点B到平面的距离，
在法向量上的投影的模为，
所以直线到平面的距离为．
（3）不存在．
理由如下：根据第（2）问可得直线到平面的距离为．
又因为平面，设点Q为的中点，所以点Q到平面的距离为．
假设在平面上存在点E，使得是以为底边，为顶角的等腰三角形，
则有．
因为，所以不存在满足条件的点E
2．（2025·甘肃兰州·一模）已知正四棱柱底面边长为3，点E、F分别在直线AD、CD上，，．
(1)证明：平面；
(2)若三棱锥的体积为，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）由已知可得，进而可得，利用线面平行的判定定理可得结论；（2）以D为坐标原点，以DA所在直线为x轴，以DC所在直线为y轴，以所在直线为z轴建立空间直角坐标系，求得平面BEF的一个法得量，利用向量法可求线面角的正弦值.
【详解】（1），因为，所以，
所以，平面平面，
所以平面．
（2）如图所示：以D为坐标原点，以DA所在直线为x轴，以DC所在直线为y轴，以所在直线为z轴建立空间直角坐标系．
则三棱锥的体积，解得
则，
设平面的法向量为，
则，得，
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.
3．（2025·山东济宁·一模）底面为菱形的四棱锥中，与交于点，平面平面，平面平面．
(1)证明：平面；
(2)若，直线与平面所成角的正弦值为，求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】(1)证明过程见解析
(2)
【分析】（1）由面面垂直得到线面垂直，进而得到⊥，⊥，故平面；
（2）建立空间直角坐标系，写出点的坐标，设，，根据线面角的正弦值得到方程，求出，求出两个平面的法向量，根据面面角夹角余弦公式求出答案.
【详解】（1）因为四边形为菱形，所以⊥，
因为平面平面，为交线，平面，
所以⊥平面，
因为平面，所以⊥，
因为平面平面，为交线，平面，
所以⊥平面，
因为平面，所以⊥，
因为，平面，
所以平面；
（2）由（1）知，两两垂直，
以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
，则，，
设，，则，，
设平面的一个法向量为，
，
令得，故，
直线与平面所成角的正弦值为，
即，
化简得，负值舍去，则，
平面的一个法向量为，
设平面与平面夹角为，
，
所以平面与平面夹角余弦值为.
4．（2025·天津河东·一模）在如图所示的几何体中，四边形是正方形，四边形是梯形，，且.
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面所成角的大小；
(3)已知点在棱上，且异面直线与所成角的余弦值为，试确定点的位置.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)点为靠近的四等分点
【分析】（1）根据平行四边形的性质，结合线面平行的判定，可得答案；
（2）由题意建立空间直角坐标系，求得两平面的法向量，利用面面角的向量公式，可得答案；
（3）由（2）的空间直角坐标系，表示出直线的方向向量，利用线线角的向量公式，建立方程，可得答案.
【详解】（1）取的中点为，连接，如下图：
因为为的中点，所以，由，则，
因为，所以四边形是平行四边形，则，且，
因为在正方形中，且，即且，
所以四边形为平行四边形，则，
因为平面，平面，所以平面.
（2）由，则，
在正方形中，，所以两两垂直，
以为原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如下图：
则，
可得，，，，
设平面的法向量为，则，
令，则，所以平面的一个法向量；
设平面的法向量为，则，
令，则，所以平面的一个法向量，
设平面与平面的所成角为，
则，由，则.
（3）由题意作图如下：
设，则，
可得，
设异面直线与所成角为，
则，
整理可得，解得，
即，由，则，即，
故点为靠近的四等分点.
5．（2025·山东淄博·一模）如图，棱长为2的正方体中，分别是棱，棱的中点，动点满足，其中，则下列结论正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则三棱锥的体积为定值
C．若，则直线与直线所成角的最小值为60°
D．若动点在三棱锥外接球的表面上，则点的轨迹长度为
【答案】ABD
【分析】以为坐标原点，所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系，利用向量法可证明判断A，若，点在直线，可得体积为定值判断B；上求得直线与直线所成角的最小值判断C；确定外接球的球心，进而轨迹的周长判断D.
【详解】以为坐标原点，所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，
所以，
所以，即 ，
所以，又，
所以，
所以，所以，故A正确；
因为，，所以点在直线上，
又因为，，所以四边形是平行四边形，
所心，又平面，平面，所以平面，
所以到平面的距离为定值，又的面积为定值，
所以三棱锥的体积为定值，故B正确；
点为的中点，坐标为，点的坐标为 ，
向量，向量，
设直线与直线所成的角为，
，
又因为，当 时，，
即直线与直线所成角的最小值为，故C错误；
因为三棱锥即为三棱锥，又底面是直角三角形，
过的中点作平面，是三棱锥外接球的球心，
因为平面，所以，又，
所以三棱锥外接球的半径，
因为点在平面内，又在三棱锥外接球的表面上，
所以 的轨迹是平面截三棱锥外接球的截面圆，
又易得到平面的距离为1，所以截面圆的半径为，
所以 的轨迹的周长为 ，故D正确.
故选：ABD.
题型05
空间几何体的距离问题
1．（2025·福建泉州·一模）如图，四棱台中，底面是边长为4的菱形，，．
(1)证明：平面；
(2)证明：平面；
(3)若该四棱台的体积等于，且，求直线到平面的距离．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）根据棱台的性质得到平面平面，然后利用面面平行的性质定理得到，然后根据棱台和菱形的性质得到，即可得到，最后证明线面平行即可；
（2）利用勾股定理得到，根据等腰三角形的性质得到，然后证明线面垂直即可；
（3）解法一：根据棱台的体积公式列方程，得到，然后建系，利用空间向量的方法求距离；
解法二：根据棱台的体积公式列方程，得到，然后构建平面平面，利用面面垂直的性质定理得到为直线到平面的距离，然后利用等面积求距离.
【详解】（1）
连结，交于点，连结，则为的中点，
由四棱台，得平面平面，
又平面平面，平面面，
所以，
因为，所以，
因为为的中点，所以，
所以四边形为平行四边形，故，
又平面平面，所以平面．
（2）取的中点，连结，
由四棱台得，，，，
所以四边形为平行四边形，，
则，
所以，所以，
由（1），知，又，所以，
因为，所以，
又平面，
所以平面．
（3）解法一：菱形的面积，
由四棱台且，
可得，
四棱台的体积，
从而，
解得，
因为，所以，
故，从而，所以，
所以，
取的中点，则两两垂直，如图，以为坐标原点，分别，，的方向为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系，
则，，，，，
设平面即平面的法向量，
则即
整理，得令，得，
从而点到平面的距离，
所以直线到平面的距离为．
解法二：
延长交于点，取的中点，连结交于点，连结，，则的中点均为，
因为平面，所以，
因为，所以，
又平面，所以平面，
又平面，所以平面平面，
过点作于，且平面平面平面，所以平面，
故为点到平面的距离即为直线到平面的距离，
因为，所以点到的距离等于点到的距离，
又中，，
设点到的距离为，则，
所以，解得，
所以直线到平面的距离为．
2．（2025·江西萍乡·一模）如图，在平行四边形ABCD中，，，E为CD的中点，沿AE将翻折至的位置得到四棱锥，且.若F为棱PB的中点，则点F到平面PCE的距离为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先根据已知条件推导面面垂直关系，再建立空间直角坐标系确定各点坐标，最后通过向量垂直的条件求解平面法向量，再用点到面的距离公式计算即可.
【详解】在四边形中，连接，由题意可知是边长为1的等边三角形，
则，，，则，可知，
即，且，由，，，
则，可知.
由，，平面，
可得平面，又因为平面，所以平面平面
取中点O，中点H，连，，则，，可得，
因为为等边三角形，则，平面平面，
平面，所以平面.
以O为原点，分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，
则，，，
，，可得，，.
设平面的法向量，
则，令，则，，
可得，
由点F为线段的中点，知点F到平面的距离是点B到平面的距离的.
平面的一个法向量，，
点B到平面的距离
，所以点F到平面的距离为.
故选：B.
3．（2025·黑龙江哈尔滨·一模）如图，在四棱锥中，平面，是线段上的动点.
(1)当是线段中点时，求证：平面；
(2)设是的中点，当二面角的余弦值为时，求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见详解
(2)
【分析】（1）记的中点为，连接，证明四边形为平行四边形即可得证；
（2）建立空间直角坐标系，根据二面角求出点坐标，再由向量法求距离即可.
【详解】（1）记的中点为，连接，
因为是线段中点，所以且，
又，所以，
所以四边形为平行四边形，所以，
又因为平面，平面，
所以平面.
（2）因为平面平面，所以，
又，所以两两垂直，
以分别为轴的正方向建立空间直角坐标系，
则，
则，
设，则，
设平面，平面的法向量分别为，
则，，
取，得，
由题可知，解得（负根舍去），
则，则点到平面的距离为.
4．（2025·云南昆明·一模）如图，正方体的棱长为，为线段上的动点，，分别是线段，上的点，且，为的中点.
(1)求证：平面平面；
(2)两条异面直线之间的距离是指其中一条直线上任意一点到另外一条直线距离的最小值，求异面直线与之间的距离；
(3)求异面直线与所成角的余弦值的最大值，并说明点的位置.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)，点在靠近点的线段的三等分点处
【分析】（1）建立空间直角坐标系，根据条件求得，从而有，，利用线面垂直的判断定理得面，再利用面面垂直的判定定理，即可求解；
（2）设是直线上任意一点，且，利用向量法，求得到直线的距离，即可求解；
（3）利用线线角的向量法，得到，再利用基本不等式，即可求解.
【详解】（1）如图，建立空间直角坐标系，因为正方体的棱长为，且，
则
，
所以，
因为，则，即，
又，则，即，
又平面，
所以平面，又平面，所以平面平面.
（2）设是直线上任意一点，且，
又，所以，得到，
则，又，设到直线的距离为，
则，
所以当时，取到最小值，最小值为，故异面直线与之间的距离为.
（3）因为为的中点，所以，设，
则，，设异面直线与所成的角为，
则，
令，则，所以，
当且仅当，即时取等号，所以，
又当时，，即点在靠近点的线段的三等分点处.
5．（2025·山东临沂·一模）圆柱的轴截面是正方形，分别是上、下底面的圆心，是下底面圆周上两个不同的点，是母线，若圆柱的侧面积为，则（ ）
A．圆柱的体积是
B．圆柱内切球的表面积是
C．
D．点到直线距离的最大值为
【答案】AC
【分析】根据圆柱体积公式、侧面积公式，结合空间向量数量积的坐标公式、点到线距离公式逐一判断即可.
【详解】设圆柱的底面半径为，所以母线为，
因为圆柱的侧面积为，所以.
因为圆柱的体积是，所以选项A正确；
因为圆柱的底面半径为2，所以母线为4，所以圆柱内切球的半径为，
所以圆柱内切球的表面积是，因此选项B不正确；
建立如图所示的空间直角坐标系，
，设，，
，
，
所以选项C正确；
设，
直线的单位方向向量为，
所以点到直线距离为
，
由题意，所以当时，，选项D不正确，
故选：AC.
题型06
空间几何体中的范围与最值问题
1．（2025·广东江门·一模）已知边长为1的正方形绕边所在直线为轴旋转一周形成的面围成一个圆柱，点和分别是圆柱上底面和下底面的动点，点是线段的中点，则三棱锥体积的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据图形得到当，且时，点P到平面的高最大，再利用等体积转化法即可求得结果.
【详解】
由题意知，，三角形的面积为
设点P到平面的高为h，
又，
要使三棱锥体积的最大，则需h最大，根据图形可得，
当，且时，h最大，最大为1，
.
故选：B
2．（2025·山西·一模）如图，直三棱柱中，，点P为侧面上的任意一点，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】取AB中点为原点O，建立空间直角坐标系，设，由数量积的坐标表示得到，进而可求解；
【详解】如图取AB中点为原点O，建立空间直角坐标系，设，
其中，，，，
，，，
当，且或时，取最大值4，
当，且时，取最小值2，所以的取值范围为．
故选：C
3．（2025·广东茂名·一模）在棱长为6的正方体中，，，过点的平面截该正方体所得截面的周长为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】取的中点，的中点，连接、、，则五边形为过点的截面，再计算截面周长即可.
【详解】如图取的中点，的中点，连接、、，
则五边形为过点的截面，取的中点，靠近的三等分点，连接、、，
则，又且，所以四边形为平行四边形，
所以，则，
又且，所以为平行四边形，所以，则，
所以四点共面；
取、靠近、的三等分点、，连接、、，
同理可证，，，所以，
所以四点共面；
所以五点共面；
又，，，
所以截面周长为.
故选：B
题型07
空间几何体中有关球的求算问题
1．（2025·广东湛江·一模）一个圆锥的侧面展开图是一个半径为3，圆心角为的扇形，在该圆锥内有一个体积为V的球，则该球的体积V的最大值是（ ）．
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据圆锥侧面展开图可得圆锥的半径和高，由三角形面积公式即可求解内切球半径，进而由球的体积公式求出答案.
【详解】由题意得，扇形的弧长，
所以该圆锥的底面圆的半径，
所以该圆锥的高．
设该圆锥内的球的最大半径为R，圆锥的轴截面如图所示：
则依题意得，
所以，
所以该球的体积V的最大值是．
故选：D
2．（2025·福建泉州·一模）已知圆柱的底面半径与球的半径均为1，且圆柱的侧面积等于球的表面积，则该圆柱的母线长等于（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】B
【分析】根据圆柱侧面积和球表面积公式列方程，解方程即可.
【详解】设圆柱的母线长为，则，解得.
故选：B.
3．（2025·山东聊城·一模）在四棱锥中，，、分别为、的中点，经过、、三点的平面交于点，为上一点，且平面，为等边三角形，，，则经过、、、四点的球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴，平面内过点且垂直于的直线为轴建立空间直角坐标系，设，求出平面的一个法向量的坐标，根据线面位置关系与向量的关系求出点的坐标，然后设球心为，由可得出关于、、的方程组，解出这三个量的值，即可求出球的半径，即可得解.
【详解】因为平面，以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴，
平面内过点且垂直于的直线为轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、、、，
设平面的一个法向量为，，
直线的一个方向向量为，
则，取，可得，
设，
所以，，
因为平面，则，解得，
所以，，即点，
设经过、、、四点的球的球心为，
由可得，解得，
故球的半径为，
因此，经过、、、四点的球的表面积为.
故选：C.
4．（2025·吉林延边·一模）在直三棱柱中，，，且，则该三棱柱的外接球的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据因为，利用正弦定理得外接圆半径为，利用勾股定理即可得外接球半径为，代入球的体积公式即可求解.
【详解】设外接圆半径为，圆心为，设外接球球心为，半径为，
因为，，在中由正弦定理有， 则，则有，
所以，所以球的体积为： ，
故选：D.
5．（2025·四川巴中·一模）已知三棱锥四个顶点都在球O面上，，，M为AB的中点，C在面APB内的射影为PM的中点，则球O的表面积等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据题意可知三棱锥的外接球的球心O在过M且垂直平面PAB的垂线上，设球心O到平面PAB的距离为t，球O的半径为R，再根据勾股定理，建立方程，即可求解．
【详解】如图，设PM的中点为N，则由平面PAB，可知，
又，，所以，所以，
所以，
又三棱锥的外接球的球心O在过M且垂直平面PAB的垂线上，
设球心O到平面PAB的距离为t，球O的半径为R，
则，解得，
所以，
所以球O的表面积为
故选：B
6．（2025·江西·一模）已知正四棱锥的底面边长为，侧棱长为，点在该棱锥的高上，分别以，为球心作球，使得点，，，都在球的表面上，两球面的公共点的集合是以线段上一点为圆心，半径为的圆，则当球的半径为时，球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】设球，的半径分别为，，设，求得，，进而求得，根据题意可得，求解即可.
【详解】由题意可得圆的半径为，设球，的半径分别为，，
设，则，，
，.
由题意，得，解得，，，
所以球的表面积为.
故选：A.
7．（2025·江苏南通·一模）已知一几何体上半部分为圆台，下半部分为圆锥，其中圆锥底面的半径为，高为．圆台的两底面的半径分别为和，高为．该几何体内接于表面积为的球，则圆台的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】组合体的存在外接球，作出图形，由图形去列出关系式，从而求出半径和高，然后求体积．
【详解】外接球半径，则．
，
设外接球球心，在即
在即
则，
，
故选：D．
8．（2025·山东日照·一模）已知一个圆台的上、下底面半径分别为1和4，高为．若该圆台内有一个球，则该球的表面积的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据题意，作出圆台轴截面，分析可知，当球与相切时，其表面积最大，再结合条件求得球的半径，得到结果即可.
【详解】如图，作出圆台的轴截面，要使球的表面积最大，则球需要与相切，
设圆的半径为，则，
因为，所以，
作，，因为，所以，
而，由勾股定理得，
则，且，
而，
即得到，解得，
则该球的表面积的最大值为，故B正确.
故选：B
9．（2025·湖南岳阳·一模）将一个底面半径为2，高为的圆锥形石材打磨成一个球，则该球表面积的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】球是圆锥的内切球，打打磨成的球的表面积最大，据此求解即可.
【详解】由题意可得圆锥的母线长为，所以圆锥的轴截面是等边三角形，
将圆锥形石材打磨成一个球，要使球的表面积的最大，则球的半径要最大，
此时球是圆锥的内切球，设等边三角形的内切球的半径为，
由等边三角形的性质可得，所以，
所以球的表面积为.
故选：A.
10．（2025·广东·一模）如图，已知圆台形水杯盛有水（不计厚度），杯口的半径为4，杯底的半径为3，高为，当杯底水平放置时，水面的高度为水杯高度的一半，若放入一个半径为的球（球被完全浸没），水恰好充满水杯，则（ ）
A．B．2C．3D．
【答案】D
【分析】求出圆台上面部分的体积，根据小球的体积恰好等于的体积求出球的半径.
【详解】如图，，又放入的球的半径为，
由于圆台的体积，
由题可知：，则，此时小球恰好与上下底面相切；
下面考虑当小球与侧棱相切时，设球心为，球的半径为，则，
由于，则，
则，
那么，则，那么在上方，
即该小球先与上下底面相切．
故选：D