【突破压轴冲刺名校】 压轴专题08 立体几何综合问题小题综合 2024届新高考数学二轮复习尖子生30题难题突破（新高考专用）

这是一份【突破压轴冲刺名校】 压轴专题08 立体几何综合问题小题综合 2024届新高考数学二轮复习尖子生30题难题突破（新高考专用），共36页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题等内容，欢迎下载使用。
2024届新高考数学复习尖子生30题难题破（新高考专用）
一、单选题
1．（2023·江苏南通·模拟预测）在三棱锥中，平面BCD，，则已知三棱锥外接球表面积的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】设，，求得的外接圆的半径为，结合图形求得三棱锥外接球半径，然后换元利用基本不等式及不等式的性质得的最小值，从而可得面积的最小值．
【详解】如图，设，，为的外心，为三棱锥外接球的球心，则平面，又平面，所以，平面，则，四边形是直角梯形，
设，，，
由平面，平面，得，
则，，，即，
又，则，，
令，则，，
，当且仅当，即时等号成立，
所以三棱锥外接球表面积，
故选：B．
【点睛】结论与方法点睛：
（1）三棱锥的外接球的球心在过各面外心且与此面垂直的直线上，由此易找到球心；
（2）特殊的三棱锥，如有从同一点出发的三条棱两两垂直，或三棱锥的三对棱相等则可把三棱锥补形为一个长方体，长方体的对角线即为外接球的直径．
（3）如果三棱锥的一条棱与一个面垂直，可把此三棱锥补形为一个直三棱柱，直三棱柱的外接球即为三棱锥的外接球．
2．（2023秋·江苏苏州·高三统考期末）已知正四面体的棱长为，为棱上的动点（端点、除外），过点作平面垂直于，与正四面体的表面相交．记，将交线围成的图形面积表示为的函数，则的图象大致为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】取线段的中点，连接、，证明出平面，分析可知平面与平面平行或重合，分、、三种情况讨论，计算出的面积，利用三角形相似可得出的表达式，即可得出合适的选项.
【详解】取线段的中点，连接、，
因为、为等边三角形，为的中点，则，，
，、平面，平面，
因为平面，所以，平面与平面平行或重合，
且，
取的中点，连接，则，
且，故.
①当时，平面平面，平面平面，
平面平面，，同理可知，，，
所以，，故，
如下图所示：
则，则；
②当时，；
③当时，平面平面，平面平面，
平面平面，，同理可知，，，
所以，，故，
如下图所示：
则，则.
综上所述，，故函数的图象如C选项中的图象.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：本题考查函数图象的识别，解题的关键对分类讨论，求出函数的解析式，进而辨别出函数的图象.
3．（2023·江苏·高三专题练习）如图，正方体的棱长为1，为的中点，在侧面上，有下列四个命题：
①若，则面积的最小值为；
②平面内存在与平行的直线；
③过作平面，使得棱，，在平面的正投影的长度相等，则这样的平面有4个；
④过作面与面平行，则正方体在面的正投影面积为．
则上述四个命题中，真命题的个数为
A．1B．2C．3D．4
【答案】C
【分析】①建立空间坐标系，得到点应该满足的条件，再根据二次函数的最值的求法求解即可；对于②，平面，所以也与平面相交．故②错；对于③过作平面，使得棱，，在平面的正投影的长度相等，因为，且，所以在平面的正投影长度与在平面的正投影长度相等，然后分情况讨论即可得到平面的个数；对于④面与面平行，则正方体在面的正投影为正六边形，且正六边形的边长为正三角形外接圆的半径，故其面积为．
【详解】解：对于①，以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，如图1所示；
过作平面，是垂足，过作，交于，连结，
则，，，，，，，
设，则，，
∵，
∴，解得，
∴，，
，
∴，
当时，，①正确；
对于，平面，所以也与平面相交．故②错；
③过作平面，使得棱，，在平面的正投影的长度相等，因为，且，故在平面的正投影的长度等于在平面的正投影的长度，使得棱，，在平面的正投影的长度相等，即使得使得棱，，面的正投影的长度相等，若棱，，面的同侧，则为过且与平面平行的平面，若棱，，中有一条棱和另外两条棱分别在平面的异侧，则这样的平面有3个，故满足使得棱，，在平面的正投影的长度相等的平面有4个；③正确．
④过作面与面平行，则正方体在面的正投影为一个正六边形，其中平面，而分别垂直于正三角形和，所以根据对称性，正方体的8个顶点中，在平面内的投影点重合与正六边形的中心，其它六个顶点投影恰是正六边形的六个顶点，且正六边形的边长等于正三角形的外接圆半径（投影线与正三角形、垂直），所以正六边形的边长为，所以投影的面积为．④对．
故选C．
【点睛】本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查空间想象能力与思维能力，考查运算求解能力．
4．（2023秋·江苏南通·高三校考期中）中国古代数学经典《九章算术》系统地总结了战国、秦、汉时期的数学成就，书中将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖脐．如图为一个阳马与一个鳖臑的组合体，已知平面，四边形为正方形，，，若鳖牖的体积为l，则阳马的外接球的表面积等于（ ）．
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先根据鳖牖的体积为l，求得，再根据阳马的外接球的直径是以为宽，长，高的长方体的体对角线可求得求得直径，从而求得表面积．
【详解】由题意，因为平面，四边形为正方形，，，
又由鳖牖的体积为，所以，
解得，
而阳马的外接球的直径是以为宽，长，高的长方体的体对角线，
所以，即，
球的表面积为．
故选A．
【点睛】本题主要考查了多面体与球的组合体的性质，以及球的体积与表面公式计算，其中解答中得出阳马的外接球的直径是以为宽，长，高的长方体的体对角线是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题．
5．（2023·江苏·高三专题练习）点M是棱长为6的正方体的内切球O球面上的动点，点N为上一点，，，则动点M运动路线的长度为
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由题意画出图形，在上取点，使，连接，由线面垂直的判定和性质可得点的轨迹为平面与球的截面圆周，求出圆的半径可得答案.
【详解】解：如图，在上取点，使，连接，
因为，所以,
因为平面，所以，则平面，
则点的轨迹为平面与球的截面圆周,
此时球心到平面的距离即为到的距离,
由题意可知，则，
所以,,
所以


所以,
所以截面圆的半径，
所以所求轨迹的长度为
故选：B
【点睛】此题考查轨迹方程，考查空间想象能力，利用等体积法求多面体的体积，属于难题
6．（2023·江苏南通·海安高级中学校考二模）如图，长方形中，，，点在线段（端点除外）上，现将沿折起为．设，二面角的大小为，若，则四棱锥体积的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】将棱锥的底面边长及高用含有的三角函数来表示，根据体积公式写出棱锥体积，整理化简后利用三角函数求最值.
【详解】设过与垂直的线段长为，
则，，，，
则四棱锥的高，
则
，，
∴四棱锥体积的最大值为.
故选：A.
【点睛】求解立体几何体积的最值时，一般需要将体积写为函数关系式或者是三角函数关系式，进而利用函数求最值或三角函数求最值的方法求解其最值.
7．（2023秋·江苏盐城·高三盐城中学校考开学考试）已知四面体的每个顶点都在球O（О为球心）的球面上，为等边三角形，，，且，则二面角的正切值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】若为中点，连接，利用线面垂直的判定、勾股定理及面面垂直判定可得面面，结合已知条件有△为等腰直角三角形，进而可确定四面体外接球球心的位置，若为中点，连接，易知即为二面角的平面角，即可求其正切值.
【详解】若为中点，连接，由为等边三角形，则，又，且，
∴面，又面，即，
由题设，，，而，
∴，即，又，面，
∴面，而面，则面面，
由上可得：，则，故△为等腰直角三角形，
∴综上，四面体的球心为△的中心，即靠近的三等分点，
若为中点，连接，易知：即为二面角的平面角，
由上、且，面，可得面，
又面，则，即，
∴，而，
∴.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：根据线线垂直、勾股定理，结合线面、面面垂直的判定证面面且△为等腰直角三角形，即可确定四面体球心的位置，再由二面角的定义找到其平面角，最后由已知条件求其正切值即可.
8．（2023秋·江苏南京·高三南京市第十三中学校考阶段练习）已知球O的半径为1，四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均在球O的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】方法一：先证明当四棱锥的顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时，底面ABCD面积最大值为，进而得到四棱锥体积表达式，再利用均值定理去求四棱锥体积的最大值，从而得到当该四棱锥的体积最大时其高的值.
【详解】[方法一]：【最优解】基本不等式
设该四棱锥底面为四边形ABCD，四边形ABCD所在小圆半径为r，
设四边形ABCD对角线夹角为，
则
（当且仅当四边形ABCD为正方形时等号成立）
即当四棱锥的顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时，底面ABCD面积最大值为
又设四棱锥的高为，则，
当且仅当即时等号成立.
故选：C
[方法二]：统一变量＋基本不等式
由题意可知，当四棱锥为正四棱锥时，其体积最大，设底面边长为，底面所在圆的半径为，则，所以该四棱锥的高，

(当且仅当，即时，等号成立)
所以该四棱锥的体积最大时，其高.
故选：C．
[方法三]：利用导数求最值
由题意可知，当四棱锥为正四棱锥时，其体积最大，设底面边长为，底面所在圆的半径为，则，所以该四棱锥的高，，令，，设，则，
，，单调递增， ，，单调递减，
所以当时，最大，此时．
故选：C.
【整体点评】方法一：思维严谨，利用基本不等式求最值，模型熟悉，是该题的最优解；
方法二：消元，实现变量统一，再利用基本不等式求最值；
方法三：消元，实现变量统一，利用导数求最值，是最值问题的常用解法，操作简便，是通性通法．
9．（2023·江苏·高三专题练习）如图，在三棱锥中，，分别为棱的中点，记直线与平面所成角为，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】补全底面为正方形ABCG，由正方形性质有面面，进而可证为平行四边形，则为直线与平面所成角，△中由余弦定理知，结合棱锥侧面为全等三角形知，即可求的取值范围.
【详解】由，，将底面补全为正方形ABCG，如下图示，
O为ABCG对角线交点且，又有，，
∴面，而面，故面面，
若H为DG的中点，连接FH，又为棱的中点，则且，
而，，有平行且相等，即为平行四边形.
∴可将平移至，直线与平面所成角为，且中，
令，，即，
∴△中，，即，
∵，即，
∴，解得（舍去），
综上有，
故选：C
【点睛】关键点点睛：补全几何体，应用正方形、中位线、平行四边形性质，根据线面角的定义确定对应的平面角，结合余弦定理及空间角的范围，求线面角的范围.
二、多选题
10．（2023春·江苏南京·高三江苏省江浦高级中学校考阶段练习）在棱长为1的正方体中，点为底面的中心，点是正方形内（含边界）一个动点，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．点存在无数个位置满足平面
C．直线与平面所成角的余弦值为
D．三棱锥体积的最大值为
【答案】ABD
【分析】根据题意，分别作图，利用图象，根据线面垂直、面面平行、线面角定义、三棱锥的体积公式，可得答案.
【详解】对于选项A，根据题意作图如下：
在正方体中，易知，
因为，所以平面，即，故A正确；
对于选项B，根据题意作图如下：
在正方体中，易知，
因为平面，平面，所以平面，
同理可得：平面，因为，所以平面平面，
易知平面，当时，平面，故B正确；
对于选项C，根据题意作图如下：
在正方体中，易知，
因为，所以平面，即，同理可得：，
因为，所以平面，连接，易知，
则为直线与平面所成角，
在中，，
因为，所以直线与平面所成角的余弦值为.故C错误；
对于选项D，根据题意作图如下：
在正方体中，
易知当点与点重合时，三棱锥体积取最大值，
设点到平面的距离为，则，
由选项B可知，则，可得，
则三棱锥体积取最大值：
，故D正确.
故选：ABD
11．（2023·江苏·高三专题练习）如图，在三棱锥中，平面为垂足点，为中点，则下列结论正确的是（ ）
A．若的长为定值，则该三棱锥外接球的半径也为定值
B．若的长为定值，则该三棱锥外接球的半径也为定值
C．若的长为定值，则的长也为定值
D．若的长为定值，则的值也为定值
【答案】BCD
【分析】根据线面之间的垂直关系可推出的中点O即为三棱锥外接球球心，则可得半径与的关系，由此可判断B；结合B的分析，说明的长为定值时，半径不一定为定值，判断A；结合B的分析，利用线面垂直关系推得，判断C；根据向量的线性运算，将化简为，结合线面以及线线的垂直关系，可得该结果为，判断D.
【详解】取的中点O，∵平面平面，∴ ，
∴,∵平面，平面，∴，
∵平面，∴平面，
平面，∴，
∴ ，则， ∴O为外接球的球心，是直径，
该三棱锥外接球的半径为，故B正确；
由以上分析可知， ,当的长为定值时,长是可变化的，不能推得为定值，
故的长为定值时，则该三棱锥外接球的半径不一定为定值，A错误；
由B的分析可知平面平面,故 ，又 ，
平面 ，∴平面 ，平面，
∴ ，∴ ，若的长为定值，则的长也为定值，故C正确；
由以上分析可知，，故，,
由于为中点，故
，
故的长为定值，则的值也为定值，D正确；
故选：
【点睛】思路点睛：（1）判断三棱锥的外接球半径是否为是定值，要根据条件推得外接球半径和所给定值之间的关系，才可以判断是否为定值；
（2）判断是否为定值，要根据向量的线性运算，将数量积转化为所给定值即的模来表示，即可判断其是否为定值.
12．（2023秋·江苏·高三统考期末）已知在三棱锥中，，，，，设二面角的大小为，是的中点，当变化时，下列说法正确的是（ ）
A．存在，使得
B．存在，使得平面
C．点在某个球面上运动
D．当时，三棱锥外接球的体积为
【答案】ACD
【分析】取、中点、，连接，，，，，即可得到即为二面角，求出线段、、、、的长度，假设，求出的值，即可判断A，假设平面，即可得到，推出矛盾，即可判断B，由为定值，即可判断C，结合A可得，即可求出三棱锥外接球的半径，从而求出体积，即可判断D.
【详解】解：对于A：取、中点、，连接，，，，，
因为，所以，
又， ，所以，所以即为二面角的平面角，
又，，所以，
所以，则，，
若，又，，平面，则平面，
因为平面，所以，所以，则，即，即，故A正确；
对于B：若平面，平面，则，又，
，平面，所以平面，平面，，
在中与矛盾，故B错误；
对于C：，在半径为的球面上，故C正确；
对于D，当时，，所以，
为三棱锥外接球的球心，外接球的半径为，
所以三棱锥外接球的体积，故D正确.
故选：ACD.
13．（2023秋·江苏扬州·高三校考期末）在棱长为2的正方体中，M为中点，N为四边形内一点（含边界），若平面，则下列结论错误的是（ ）
A．B．三棱锥的体积为
C．线段最小值为D．的取值范围为
【答案】ABC
【分析】根据题意取中点，连接，，，从而判断得N点的位置特征，再由N点的位置变化，结合图形对选项逐一判断，即可得到结果.
【详解】对于A，取中点，连接，，，
由正方体性质易得，，
又面BMD，面BMD，则面BMD，面BMD，
又，面，则平面平面BMD，
因为平面，平面，所以平面，
又N为四边形内一点（含边界），所以在线段上，
当在时，与的夹角为45°，故A错误；
对于B，由正方体性质易得，
因为面，，所以面，
所以到面的距离与到面的距离相同，且为，
所以，故B错误；
对于C，线段的最小值为等腰三角形腰上的高，
而，到的距离为，
故，故C错误；
对于D，由正方体性质易知面，而面，故，
所以，故，
当为点时最大，的最小，此时为最小，
当最小值为直角三角形斜边的高，即，此时为最大，
所以，故D正确.
故选：ABC.
.
14．（2023秋·江苏苏州·高三统考期末）已知正方体的棱长为，，，其中，，则下列说法中正确的有（ ）
A．若平面，则B．若平面，则
C．存在，，使得D．存在，使得对于任意的，都有
【答案】AD
【分析】建立空间直角坐标系，利用坐标表示向量，根据共面向量定理可判断选项A，利用直线方向向量和面法向量垂直可判断线面平行，可判断选项B，通过向量求得模长，根据条件判断方程是否有解，可判断C，向量数量积为，可判断D.
【详解】
以为原点，所在直线为建立空间直角坐标系.
因为正方体的棱长为，
面为点，.
设，
又,
又因为点面，
所以若平面，则，故A正确.
面的法向量，
,
,
,
平面,，
，故B错误.
,
若,,
,
,
令，
易得，
，
，
在无解，故C错误.
,,
,故D正确.
故选：AD
15．（2023秋·江苏南通·高三期中）已知某四面体的四条棱长度为a，另外两条棱长度为b，则下列说法正确的是注：，，，则，当且仅当时，等号成立（ ）
A．若且该四面体的侧面存在正三角形，则
B．若且该四面体的侧面存在正三角形，则四面体的体积
C．若且该四面体的对棱均相等，则四面体的体积
D．对任意，记侧面存在正三角形时四面体的体积为，记对棱均相等时四面体的体积为，恒有
【答案】ACD
【分析】对于A，利用四面体的特点求得相关边长，结合余弦定理求得b的表达式，结合三角函数知识即可求得b的范围，判断A;根据四面体特征，确定相关棱长，利用棱锥体积公式可求得四面体体积的表达式，继而求得其取值范围，判断B,C;结合B,C的分析，确定最值，进行比较，可得结论，判断D.
【详解】对于A选项，如图所示，且该四面体的侧面存在正三角形，
四面体 中，依题意，不妨设 ，
设E是 的中点，
所以 ,设 ，则 ，
在三角形 中，由余弦定理得 ,
即, ,
由于 ，
所以 ，故A正确；
对于B，四面体中，
不妨设 ， ，设E是的中点，
则 ，平面 ，
所以 平面，
设设 ，则，
由于 ，故，
当 时， ，当时等号成立，B错误，
对于C，四面体中，且该四面体的对棱均相等，
不妨设 ，设E是的中点，
则 ，平面 ，
所以平面，
在三角形 中， ，
，

，
当且仅当 ,即时等号成立，
故当 时 即 ,C选项正确;
对于D选项，由上述分析可知， , ,
即 ，所以D选项正确，
故选︰ ．
【点睛】本题考查了空间四面体的棱长的范围以及体积计算问题，涉及到余弦定理以及三角函数和不等式相关的知识，计算量较大，解答时要发挥空间想象力，明确空间的位置关系，解答的关键时能准确的进行体积计算，并计算体积的最值.
16．（2023·江苏苏州·苏州中学校考模拟预测）若点P是棱长为2的正方体表面上的动点，点M是棱的中点，则（ ）
A．当点P在底面内运动时，三棱锥 的体积为定值
B．当时，线段长度的最大值为4
C．当直线AP与平面所成的角为45°时，点P的轨迹长度为
D．直线DM被正方体 的外接球所截得的线段的长度为
【答案】ACD
【分析】对A，找到高不变，底面为定值，则体积不变，求出相关高与底面积即可，对B，找到点轨迹是矩形（除点）与重合时最大,即可计算，对C，找到点的三次轨迹，第三次轨迹为四分之一圆，计算即可，对D建立空间直角坐标系，利用点到直线距离公式即可计算.
【详解】对A选项，根据正方体上下底面平行得到平面的距离始终为2，因为为的中点，故，故，故，故A正确；
对于B，分别取中点,,连接,,
首先与平行且相等,与平行且相等,因此与平行且相等,则是平行四边形，
在同一平面内,正方形,易得
，
所以(为,的交点),
所以,又平面平面,
所以平面,
所以平面,而,则平面ABEF
所以点轨迹是矩形（除点），与重合时最大,为,故B错误；
对于C，直线与平面所成角为,若点在平面和平面内，最大,不成立;
在平面内,点的轨迹是,
在平面内,点的轨迹是,
在平面时,作平面,如图,
作平面，，
点的轨迹是以为圆心,以2为半径的四分之一，
点的轨迹长度为,
点的轨迹总长度为,故C正确;
对于D选项，首先作出如图所示图象，正方体外接球半径，
直线与球面的一个交点为，另一交点设为，
以为原点建立如图所示空间直角坐标系，首先求出圆心到直线的距离，因为棱长为2，且为中点，故,,,故,
,，故圆心到直线的距离，故线段,
故D正确.
故选：ACD.
【点睛】方法点睛：空间中点到直线的距离公式：
设某空间直线的方向向量为过点;空间上的一点令，即表示由点指向点的向量.
观察
而与要求的距离构成以即为斜边的直角三角形.故
.
17．（2023秋·江苏常州·高三校考期中）在矩形中，，，E为DC的中点．将绕直线BE旋转至的位置，F为的中点，则（ ）
A．存在某个位置，使得
B．存在无数个位置，使得∥平面
C．当二面角为120°时，点F到平面的距离为
D．当四棱锥的体积最大时，以为直径的球面与被平面截得的交线长为
【答案】BC
【分析】结合图形，对选项逐个进行判断.
【详解】如图所求：H为BE的中点，G为的中点，连接AH、CH、C1H、FG、EG，
对于A选项，由，H为BE的中点，∴，若存在某个位置，使得，则由平面，平面，，有平面，平面，有，而，显然不成立，∴A选项错误；
对于B选项，F为的中点，G为的中点，E为DC的中点，
，，∴，，四边形为平行四边形，
∴，平面，平面，平面，满足条件的位置有无数个，B选项正确；
对于C选项，二面角为120°时，二面角为60°，即，，
则到平面的距离为，设点A到平面的距离为，由，有，，
解得，点F到平面的距离是点A到平面的距离的一半，所以点F到平面的距离为，C选项正确；
对于D选项，当四棱锥的体积最大时，平面平面，平面平面，
，，，有 平面，平面，
，，，，以为直径的球以为球心，半径.
球面与被平面截得的交线是过的圆，设圆心为，如图所示，
平面，点到平面的距离，F为的中点，∴球心F到平面的距离，
圆半径，小圆周长（即交线长）为，D选项错误；
故选：BC
【点睛】1.几何体展开、折叠问题，要抓住前后两个图形间的联系，找出其中的量的关系.
2.对于线面位置关系的判定中，熟记线面平行与垂直、面面平行与垂直的定理是关键.
3.点到平面的距离，可以转化为棱锥的高，用等体积法求解.
4.球的截面问题，构造直角三角形是常用方法.
18．（2023秋·江苏盐城·高三校联考阶段练习）已知正四面体ABCD的棱长为，其外接球的球心为O．点E满足，，过点E作平面平行于AC和BD，平面分别与该正四面体的棱BC，CD，AD相交于点M，G，H，则（ ）
A．四边形EMGH的周长为是变化的
B．四棱锥的体积的最大值为
C．当时，平面截球O所得截面的周长为
D．当时，将正四面体ABCD绕EF旋转后与原四面体的公共部分体积为
【答案】BD
【分析】将正四面体转化为正方体，利用正方体的性质分析运算.对A：根据面面平行的性质定理结合平行线的性质分析运算；对B：根据锥体体积公式，利用导数求其最值；对C：根据球的性质分析运算；对D：根据正方体分析可得：两个正四面体的公共部分两个全等的正四棱锥组合而成，利用锥体体积公式运算求解.
【详解】对于边长为2的正方体，则ABCD为棱长为的正四面体，则球心O即为正方体的中心，
连接，设
∵，，则为平行四边形
∴，
又∵平面，平面，
∴平面，
又∵平面，，平面，
∴平面平面，
对A：如图1，
∵平面平面，平面平面，平面平面，
∴，则，即，
同理可得： ，，，，
∴四边形EMGH的周长（定值），A错误；
对B：如图1，由A可知：，，，，
∵为正方形，则，
∴为矩形，
根据平行可得：点A到平面的距离，
故四棱锥的体积，则，
∵，则当时，则，在上单调递增，当时，则，在上单调递减，
∴当时，取到最大值，
故四棱锥的体积的最大值为，B正确；
对C：正四面体ABCD的外接球即为正方体的外接球，其半径，
设平面截球O所得截面的圆心为，半径为，
当时，则，
∵，则，
∴平面截球O所得截面的周长为，C错误；
对D：如图2，将正四面体ABCD绕EF旋转后得到正四面体，设，
∵，则分别为各面的中心，
∴两个正四面体的公共部分为，为两个全等的正四棱锥组合而成，
根据正方体可得：，正四棱锥的高为，
故公共部分的体积，D正确；
故选：BD.
【点睛】思路点睛：对于正四面体的相关问题时，我们常转化为正方体，利用正方体的性质处理相关问题.
19．（2023秋·江苏泰州·高三江苏省泰兴中学校联考阶段练习）棱长为1的正方体内部有一圆柱，此圆柱恰好以直线为轴，且圆柱上下底面分别与正方体中以为公共点的3个面都有一个公共点，以下命题正确的是（ ）
A．在正方体内作与圆柱底面平行的截面，则截面的最大面积为
B．无论点在线段上如何移动，都有
C．圆柱的母线与正方体所有的棱所成的角都相等
D．圆柱外接球体积的最小值为
【答案】BCD
【分析】对于A答案，只需找一种情况截面面积比大可判A错;根据平面后可证线线垂直，可判断B正确；圆柱的母线与平行，容易判断C正确；然后需要经过计算出外接球的半径即可判断D是否正确.
【详解】如图所示：设分别为对应棱的中点，易知共面，
因为是的中点，所以，
因为，所以，
因为平面，平面，所以，
因为，平面，所以平面，
因为平面，所以，同理可得，
因为平面，所以平面，
所以平面为其中一个截面，其面积为，A错误；
B：因为平面，平面，所以
平面
平面又平面
正确；
C：易知圆柱的母线与平行，易得与所成的夹角相等，故与其每条侧棱间的夹角都相等，C正确；
D:设圆柱底面半径为，则圆柱的底面必与过点的三个面相切，
且切点分别在线段上，设在上的切点为，为圆柱的一条高，
在中，，所以在中，，
根据对称性知：，则圆柱的高为，
所以外接球的半径，
当时，外接球体积的最小值为，D正确
故选：BCD
【点睛】方法点睛：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）如果涉及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.
20．（2023秋·江苏徐州·高三徐州市第三中学校考阶段练习）如图，在四棱锥的平面展开图中，四边形ABCD为直角梯形，，，.在四棱锥中，则（ ）
A．平面PAD⊥平面PBD
B．AD平面PBC
C．三棱锥P-ABC的外接球表面积为
D．平面PAD与平面PBC所成的二面角的正弦值为
【答案】AC
【分析】由平面图还原立体图,由面面的垂直的判定定理判断选项A，
建立空间直角坐标系，根据线面平行的空间向量法判定即可判断选项B，
将立体图形想象补充为长方体，即可得到外接球半径，即可判断选项C,
写出对应点的坐标与向量的坐标,计算平面的法向量,利用空间向量夹角计算公式求解，即可判断选项D.
【详解】由四棱锥的平面展开图还原立体图,
可得平面,
平面，，
底面为直角梯形，,,
则以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立如图所示直角坐标系，
在直角梯形中,,
所以,即,而上述证明得，
又因为平面,,
所以平面,又平面,
所以平面平面,故A正确；
对B选项，由，可知,则,
，，且平面,
平面，故为平面的一个法向量，
根据底面为梯形，则显然不垂直，则不平行平面，故B错误，
对C选项，将三棱锥补成长为2，宽和高为1的长方体，
则三棱锥的外接球，即为长方体的外接球，
其半径,
故表面积为，故C正确，
由点坐标得，,
设平面的法向量为,
则，令，则，得
所以平面与平面所成的锐二面角的余弦值为
，故其夹角的正弦值为，故D错误，
故选：AC.
【点睛】方法点睛：常见的求平面与平面夹角的方法：①定义法，即利用二面角的定义求解面与面夹角；②空间向量法，建立合适的空间直角坐标系，求出相关向量的法向量，利用向量夹角的余弦公式来求解面面夹角的余弦值.
21．（2023秋·江苏常州·高三校考阶段练习）如图，设E，F分别是正方体的棱CD上的两个动点，点E在F的左边，且，，点P在线段上运动，则下列说法正确的是（ ）
A．平面
B．三棱锥的体积为定值
C．点P到平面的距离为
D．直线与直线所成角的余弦值的最大值为
【答案】BC
【分析】A选项，假设与平面垂直，又⊥平面，推出矛盾；B选项，等体积法求解三棱锥体积为定值；C选项，等体积法求解点到平面的距离；D选项，建立空间直角坐标系，用空间向量求解异面直线夹角的余弦值的最大值.
【详解】对于A，平面与平面为同一个平面，假设⊥平面，则⊥平面，
连接交于，由为正方形，，
正方体中，平面，
平面，
又，平面，⊥平面，
则可推出平面与平面平行或重合，由图易知这两个平面显然是相交的，矛盾，故A错误．
对于B，因为，而定值，也为定值，
所以为定值，故B正确．
对于C，因为，平面，所以平面．
又点P在线段上运动，所以点P到平面的距离等于点B到平面的距离，
其中，．
设点B到平面 的距离为d，由，得：，
解得：，即点P到平面的距离为，故C正确．
对于D，以D为原点，分别以为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，
则，，，，，．
设直线与成的角为，
当时，，，此时
当时，
，
当且仅当时，等号成立，故D错误．
故选：BC
22．（2023春·江苏扬州·高三扬州市新华中学校考开学考试）如图，棱长为2的正方体中，E、F分别为棱A1D1、AA1的中点，G为面对角线B1C上一个动点，则（ ）
A．三棱锥的体积为定值
B．线段B1C上存在点G，使平面EFG//平面BDC1
C．当时，直线EG与BC1所成角的余弦值为
D．三棱锥的外接球半径的最大值为
【答案】ACD
【分析】由等积法可以判断A；
建立空间直角坐标系，通过空间向量的数量积运算可以判断B,C；根据题意设出球心，然后求出t的最大值，进而求出外接球半径的最大值.
【详解】对A，，故A正确；
对B，如图，以D为坐标原点，所在方向分别为轴正方向建立空间直角坐标系，则，，
设平面的法向量为，，
所以，令x=1，则.
设，
所以，若平面EFG//平面BDC1，则，故B错误；
对C，设EG与BC1所成角为，此时，，
所以.故C正确；
对D，因为平面，且，所以根据球的性质容易判断，三棱锥的外接球球心在过线段EF的中点且垂直于平面的直线上，记球心为，由，易得,则外接球半径，
而，则当时，，即.故D正确.
故选：ACD.
23．（2023秋·江苏苏州·高三校联考阶段练习）如图，在正方体中，E，F是底面正方形四边上的两个不同的动点，过点的平面记为，则（ ）
A．截正方体的截面可能是正五边形
B．当E，F分别是的中点时，分正方体两部分的体积之比是25∶47
C．当E，F分别是的中点时，上存在点P使得
D．当F是中点时，满足的点E有且只有2个
【答案】BCD
【分析】A.若截面为五边形，则截面与正方体的5个面都相交，则必有两条交线平行，与正五边形的性质矛盾.
B．作出截面，分别求出两部分的体积，再求体积比.
C.作出截面，再在线段上找出P，证明.
D.分别从点在线段上去讨论是否成立.
【详解】A.若截正方体的截面为五边形，则五边形必有两条边位于正方体相对的平行平面上，此时该五边形必有两条边相互平行，但正五边形没有哪两条边平行，故截面不可能是五边形，选项A错误．
B.如图，延长分别交于点G，I，连接分别交于点H，J，
∴截面为五边形，记正方体棱长为6，，
截面下侧的体积为，
另侧体积为：，∴，故选项B正确.
C．截面为图中等腰梯形，此时取中点P，知，
平面,平面 ∴，故选项C正确．
D.当E在上时，设，
由，故上有一个点E；
当E在上时，，故上不存在这样的点E；
当E在上时，，故上也不存在；
当E在上时，设，∴，故上存在一个点E， ∴共2个，选项D正确．
故选：BCD.
【点睛】作截面的三种方法：
①直接法：截面的定点在几何体的棱上
②平行线法：截面与几何体的两个平行平面相交，或者截面上有一条直线与几何体的某个面平行
③延长交线得交点：截面上的点中至少有两个点在几何体的同一平面上
24．（2023秋·江苏淮安·高三校考阶段练习）在正方体中，，点P满足，其中，则下列结论正确的是（ ）
A．当平面时，与所成夹角可能为
B．当时，的最小值为
C．若与平面所成角为，则点P的轨迹长度为
D．当时，正方体经过点､P､C的截面面积的取值范围为
【答案】AC
【分析】A选项，建立空间直角坐标系，得到，求出平面的一个法向量，由，求出，再根据列出方程，求出或1，得到A正确；
B选项，先根据，得到点在棱上，将平面与平面沿着展成平面图形，结合余弦定理求出答案；
C选项，先得到为与平面所成角，根据所成角的大小得到，从而得到点的轨迹是以为圆心，以1为半径的个圆，求出轨迹长度；
D选项，先确定点在上，作出辅助线得到平行四边形即为正方体过点､P､C的截面，设，求出点到直线的距离，配方后得到其最大值与最小值，从而得到截面的最大值与最小值，得到取值范围.
【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
所以，
则，设平面的一个法向量为，
所以，
令，则，即平面的一个法向量为，
若平面，则，即，
故，故，其中，
令，
解得：或1，
故与可能是，A正确；
B选项，因为，故点在棱上，
如图，将平面与平面沿着展成平面图形，
线段即为的最小值，
利用余弦定理可得：
，
所以，B错误；
C选项，因为⊥平面，连接，则即为与平面所成角，
若与平面所成角为，则，所以，
即点的轨迹是以为圆心，以1为半径的个圆，
于是点的轨迹长度为，C正确；
D选项，当时，点在上，过点作交于点，连接，
则，所以平行四边形即为正方体过点､P､C的截面，
设，
所以，则，，
所以点到直线的距离为，
于是当时，，的面积取得最小值，此时截面面积最小为，
当或1时，，的面积取得最大值，此时截面面积最大为，
故截面面积的取值范围为，D错误.
故选：AC
【点睛】立体几何中截面的处理思路：
（1）直接连接法：有两点在几何体的同一个平面上，连接该两点即为几何体与截面的交线，找截面就是找交线的过程；
（2）作平行线法：过直线与直线外一点作截面，若直线所在的平面与点所在的平面平行，可以通过过点找直线的平行线找到几何体与截面的交线；
（3）作延长线找交点法：若直线相交但在立体几何中未体现，可通过作延长线的方法先找到交点，然后借助交点找到截面形成的交线；
（4）辅助平面法：若三个点两两都不在一个侧面或者底面中，则在作截面时需要作一个辅助平面.
25．（2023秋·江苏徐州·高三期末）如图，矩形中，，边，的中点分别为，，直线BE交AC于点G，直线DF交AC于点H.现分别将，沿，折起，点在平面BFDE同侧，则（ ）
A．当平面平面BEDF时，平面BEDF
B．当平面平面CDF时，
C．当重合于点时，二面角的大小等于
D．当重合于点时，三棱锥与三棱锥外接球的公共圆的周长为
【答案】ACD
【分析】对于A，先利用三角形相似证得，再利用面面垂直的性质定理证得平面，从而得以判断；
对于B，先利用线面垂直推得平面AGH与平面CHG重合，再利用面面平行的性质定理证得，进而推得，从而利用线面平行的性质定理推得，由此得以判断；
对于C，由平面得到二面角为，进而由推得，据此判断即可；
对于D，先分析得三棱锥与三棱锥外接球的公共圆为的外接圆，再由勾股定理证得，从而求得公共圆的直径，由此得解.
【详解】对于A，在矩形中，，是的中点，
所以，，则，
又，所以，则，
所以，则，故，
当平面平面时，如图1，
又因为平面平面，平面，
所以平面，故A正确.
.
对于B，当平面平面CDF，如图1，
由选项A易知在矩形中，，则，
所以在中，，，
同理，则，，
又，，面，
所以面，同理平面CHG，
又因为，所以平面AGH与平面CHG重合，即四边形为平面四边形，
又平面平面CDF，平面平面，平面平面，
所以，又，所以四边形是平行四边形，则，
假设，则四边形为平面图形，
又平面，平面，所以平面，
又平面平面，平面，所以，
又，即，所以四边形是平行四边形，
所以，而，，显然矛盾，故B错误；
对于C，如图2，
由选项B易得平面，
又平面，所以，同理：，
所以二面角的平面角为，
在中，由选项B知，
所以是正三角形，故，即二面角的大小等于，故C正确；
.
对于D，如图2，三棱锥与三棱锥的公共面为面，
所以三棱锥与三棱锥外接球的公共圆为的外接圆，
易知，，，
所以，所以，即为直角三角形，
所以为的外接圆的直径，即，
所以所求公共圆的周长为，故D正确.
故选：ACD.
【点睛】关键点睛：解答本题关键在于熟练掌握面面垂直的性质定理、线面平行与面面平行的性质定理，能够利用直线与直线、直线与平面、平面与平面关系的相互转化，严密推理；同时对于外接球的公共圆的突破口在于找到两个三棱锥的公共面，从而得解.
三、填空题
26．（2023秋·江苏南京·高三校联考阶段练习）在三棱锥中，△是边长为3的正三角形，且，，二面角的大小为，则此三棱锥外接球的体积为________．
【答案】
【分析】根据球的性质确定球心的位置，构造三角形求得球半径即可.
【详解】
根据题意，，所以，取中点为E，中点，
则，，，是正三角形，，
是二面角A﹣BD﹣C的平面角，，
，是的外心，
设是的外心，
设过与平面垂直的直线与过垂直于平面的直线交于点，
则是三棱锥外接球球心，
，，又，
由于平面MNO与MEO同时垂直于BD，所以共面，
在四边形中，
由，，， ，
可得：，
外接球半径为，
体积为．
故答案为：
27．（2023春·江苏徐州·高三徐州市第七中学校考阶段练习）在四棱锥中，已知底面，，，，，是平面内的动点，且满足.则当四棱锥的体积最大时，三棱锥外接球的表面积为______.
【答案】
【分析】分析可知，然后以点以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设点，求出点的轨迹方程，可知当点到平面的距离最大时，四棱锥的体积最大，设点，设三棱锥的球心为，列方程组求出点的坐标，可求得球的半径，再利用球体表面积公式可求得结果.
【详解】因为，，，，则四边形为直角梯形，
平面，平面，则，
，，平面，则平面，
、平面，，，则，
故，
平面，，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、，设点，
由可得，化简可得，
即点的轨迹为圆，当点到平面的距离最大时，四棱锥的体积最大，
不妨设点，设三棱锥的球心为，
由，可得，解得，
所以，三棱锥的外接球球心为，球的半径为，
因此，三棱锥的外接球的表面积为.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法：①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；
②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径；
③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可；
④坐标法：建立空间直角坐标系，设出外接球球心的坐标，根据球心到各顶点的距离相等建立方程组，求出球心坐标，利用空间中两点间的距离公式可求得球的半径.
28．（2023春·江苏南京·高三校联考阶段练习）四面体的四个顶点都在球的球面上，，，点、、分别为棱、、的中点，则下列说法正确的是______．
①过点、、作四面体的截面，则该截面的面积为；
②四面体的体积为；
③与的公垂线段的长为；
④过作球的截面，则截面面积的最大值与最小值的比为．
【答案】①④
【分析】取的中点，连接、，判断出四边形是边长为的正方形，可判断①的正误；利用锥体的体积公式可判断②；分别取、的中点、，证明出，，并求出的长，可判断③的正误；求出过作球的截面，求出最大截面圆和最小截面圆的半径，可判断④的正误.
【详解】对于①，取的中点，连接、，
因为、分别为、的中点，则且，
同理可证且，所以，且，
故四边形为平行四边形，同理，
取的中点，连接、，
，为的中点，则，同理，
，则平面，平面，则，
由中位线的性质可得，，则，
所以，四边形是边长为的正方形，其面积为，①对；
对于②，由勾股定理可得，
，由余弦定理可得，
所以，，
所以，，
平面，则，②错；
对于③，取的中点，连接，
因为平面，平面，所以，，
因为，为的中点，则，且，
因此，与的公垂线段的长为，③错；
对于④，取的中点，连接、、、，
则，同理可得，
故点即为四面体的外接球球心，设球的半径为，则，
因为，为的中点，则，
所以，过点作球的截面圆，最大圆是半径为的圆，最小的圆是半径为的圆，
故过作球的截面，则截面面积的最大值与最小值的比为，④对.
故答案为：①④.
29．（2023秋·江苏南京·高三南京市第十三中学校考期末）在平面四边形中，，，且，，现沿着把折起，使点到达点P的位置，且，则三棱锥体积的最大值为_________.
【答案】
【分析】过点P作于F，连接.过F作EF⊥PC于E，得到，利用分析法，要使三棱锥的体积最大，只需要三角形PCF的面积最大，只需AF最大.判断出当F为BD中点时，即可求解.求出三角形PCF的面积，即可求出体积.
【详解】如图示：
过点P作于F，连接.由题意知，，，且.
所以.又,所以平面.
所以，所以当最大时，取得最大值.
过F作EF⊥AC于E.因为，所以只需EF最大.
在三角形ABD中，，所以A在以D、B 为焦点的椭圆上,如图示：
因为AF⊥BD，由椭圆的几何性质可得，要使AF最大，只需A为短轴顶点，即AF为短轴的一半.此时所以.
所以，所以，
所以.
即三棱锥体积的最大值为.
故答案为：
【点睛】立体几何中求最值的方法：
（1）代数法：建立函数关系式，利用函数求最值；
（2）几何法：利用几何关系找到取最值时的条件，直接求最值.
30．（2023春·江苏南京·高三南京市第一中学校考开学考试）在棱长为的正方体中，，分别为，的中点，点在正方体表面上运动，且满足，点轨迹的长度是___________.
【答案】
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量求解出点轨迹的长度.
【详解】在正方体中，以为坐标原点，分别以，，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，
∴，，，，∴，
设，则，
∵，∴，
当时，，当时，，
取，，，，
连结，，，，
则，，
∴四边形为矩形，则，，
即，，又和为平面中的两条相交直线，
∴平面，
又，，
∴为的中点，则平面，
为使，必有点平面，
又点在正方体表面上运动，所以点的轨迹为四边形，
又，，∴，则点的轨迹不是正方形，
则矩形的周长为.
故答案为：
【点睛】对于立体几何中的轨迹问题，可以建立空间直角坐标系，将其代数化处理，可以很方便的求出边的长度及角度.