专题07 立体几何小题综合-备战2024年数学新高考一轮复习之专题知识归纳和题型技巧大综合

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冲刺秘籍
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：.
空间的线线平行或垂直
设，，则
；
.
夹角公式
设，b＝，则
.
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）
直线与平面所成角，(为平面的法向量).
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，）.
冲刺训练
一、单选题
1．（2023·湖北武汉·华中师大一附中校考模拟预测）已知是三条不同的直线，是三个不重合的平面，则下列说法错误的是（ ）
A．若，则．
B．若与异面，，则存在，使得．
C．若，则．
D．若，则．
【答案】D
【分析】利用线线、线面、面面关系的判定与性质一一判断即可.
【详解】对选项A，若，则，又，∴．选项A正确；
对选项B，在上取点，分别作的平行线，这两条相交直线确定平面，
因为，则，同理可证，
因为，所以，又因为，，
所以，故B正确；

对选项C，设，在平面内任取一个不在直线上的点，
过点作直线，垂足分别为点．
又因为，，，
，又，故，
又因为平面，从而．故选项C正确；

对选项D，直线的位置关系可以是任意的，比如设，且，，，则根据平行的传递性知，故D错误.
故选：D.
2．（2023·浙江·校联考模拟预测）如图是我国古代量粮食的器具“升”，其形状是正四棱台，上、下底面边长分别为20cm和10cm，侧棱长为cm．“升”装满后用手指或筷子沿升口刮平，这叫“平升”．则该“升”的“平升”约可装（ ）

A．1.5LB．1.7LC．2.3LD．2.7L
【答案】C
【分析】根据棱台的体积公式求解即可.
【详解】根据题意画出正四棱台的直观图，其中底面是边长为20的正方形，底面是边长为10的正方形，侧棱，记底面和底面的中心分别为和，则是正四棱台的高.

过作平面的垂线，垂足为，则且，，
所以，，
故，
所以棱台的高，
由棱台的体积公式得．
故选：C .
3．（2023·福建宁德·校考二模）在长方体中，和与底面所成的角分别为和，则异面直线和所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据长方体的几何性质，结合在直线三角形中锐角三角函数，求得棱长，利用异面直线夹角的定义，根据余弦定理，可得答案.
【详解】由题意，可作图如下：
则，，设，在中，易知，
在中，，，，
在长方体中，易知，
则为异面直线与的夹角或其补角，
在中，，则，同理可得，，
由余弦定理，则.
故选：C.
4．（2023·山东泰安·统考模拟预测）鲁班锁（也称孔明锁、难人木、六子联方）起源于古代中国建筑的榫卯结构.如图1，这是一种常见的鲁班锁玩具，图2是该鲁班锁玩具的直观图，每条棱的长均为2，则该鲁班锁的两个相对三角形面间的距离为（ ）

A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】该鲁班锁玩具可以看成是一个正方体截去了8个正三棱锥所余下来的几何体，由等体积转化得出截去的三棱锥的高，由体对角线减去该高，计算即可.
【详解】由题图可知，该鲁班锁玩具可以看成是一个正方体截去了8个正三棱锥所余下来的几何体，如图所示，由题意可知：，所以.
故该正方体的棱长为，且被截去的正三棱锥的底面边长为2，侧棱长为，
则该小三棱锥几何体的体积为，

所以该三棱锥的顶点D到面ABC的距离.
易知鲁班锁两个相对的三角形面平行，且正方体的体对角线MD垂直于该两面，故该两面的距离.
故选：C
5．（2023·广东佛山·统考模拟预测）如图，在平行六面体中，以顶点A为端点的三条棱长都是a，且，，E为的中点，则点E到直线的距离为（ ）

A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用基底向量，即可由空间向量的模长，结合点到直线的距离公式即可求解.
【详解】在平行六面体中，不妨设，，．
,，
，，
所以，，
，
所以E到直线的距离为，
故选：A
6．（2023·江苏扬州·统考模拟预测）车木是我国一种古老的民间手工工艺，指的是用刀去削旋转着的木头，可用来制作家具和工艺品，随着生产力的进步，现在常借助车床实施加工．现要加工一根正四棱柱形的条木，底面边长为，高为．将条木两端夹住，两底面中心连线为旋转轴，将它旋转起来，操作工的刀头逐步靠近，最后置于离旋转轴处，沿着旋转轴平移，对整块条木进行加工，则加工后木块的体积为（ ）．
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先作出加工后木块的横截面的形状，据此计算即可得加工后木块的体积.
【详解】加工后木块的横截面的形状如图所示，

其中 O 为横截面的中心，
,
，，计算可得 ,
:,
所以加工后木块的体积为
.
故选： B .
7．（2023·福建福州·福州四中校考模拟预测）在如图所示的试验装置中，两个正方形框架的边长均为2，活动弹子在线段上移动（包含端点），弹子分别固定在线段的中点处，且平面，则当取最大值时，多面体的体积为（ ）

A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先根据题意确定点的位置，再计算可求多面体的体积即可.
【详解】因为平面，平面，所以，
所以为直角三角形，所以当最短时，取最大值，
即时，取最大值，
因为分别固定在线段的中点处，
所以，所以，
因为为锐角，所以，所以，
所以多面体的体积为，
故选：A
8．（2023·河北张家口·统考三模）风筝又称为“纸鸢”，由中国古代劳动人民发明于距今2000多年的东周春秋时期，相传墨翟以木头制成木鸟，研制三年而成，是人类最早的风筝起源.如图，是某高一年上级学生制作的一个风筝模型的多面体为的中点，四边形为矩形，且，当时，多面体的体积为（ ）

A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据题意，先证得平面，在中，利用余弦定理求得，再结合线面垂直判定定理证得平面，得到，设，利用，求得，结合，即可求解.
【详解】在中，因为且为的中点，所以，
又因为，且，平面，所以平面，
在中，因为且，
所以，
所以，且，
因为四边形为矩形，可得，
又因为，且平面，所以平面，
因为，所以平面，
又因为平面，所以，
设，在直角中，可得，
在直角中，可得，
因为，所以，即，解得，
所以多面体的体积为：
.
故选：B.

9．（2023·广东梅州·统考三模）在马致远的《汉宫秋》楔子中写道：“毡帐秋风迷宿草，穹庐夜月听悲笳.”毡帐是古代北方游牧民族以为居室、毡制帷幔.如图所示，某毡帐可视作一个圆锥与圆柱的组合体，圆锥的高为4，侧面积为，圆柱的侧面积为，则该毡帐的体积为（ ）

A．B．C．D．
【答案】A
【分析】直接利用圆锥侧面积公式以及母线、底面半径和高的关系得到方程组即可解出圆锥底面半径，再利用圆柱侧面积公式即可求圆柱的高，最后再根据相关体积公式即可得到答案.
【详解】设圆柱的底面半径为，高为，圆锥的母线长为，
因为圆锥的侧面积为，所以，即.
因为，所以联立解得（负舍）.
因为圆柱的侧面积为，所以，即，解得，
所以该毡帐的体积为.
故选：A.
10．（2023·浙江·校联考模拟预测）在三棱锥中，，，二面角的平面角为，则三棱锥外接球表面积的最小值为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】取AC的中点M，可得即为二面角的平面角， △ACB的外心为O1，过O1作平面ABC的垂线，过△ACD的外心M作平面ACD的垂线，两条垂线均在平面BMD内，它们的交点就是球心O，在平面ABC内，设，然后表示出外接球的半径，利用基本不等式可求出其最小值，从而可求得答案.
【详解】当D在△ACD的外接圆上动的时候，该三棱锥的外接球不变，
故可使D点动到一个使得DA=DC的位置，取AC的中点M，连接，
因为，DA=DC，所以，，故即为二面角的平面角，
△ACB的外心为O1，过O1作平面ABC的垂线，过△ACD的外心M作平面ACD的垂线，两条垂线均在平面BMD内，它们的交点就是球心O，画出平面BMD，如图所示；
在平面ABC内，设，则，，
因为，所以，所以，
所以

令，则，
所以，当且仅当时取等，
故选:B
【点睛】关键点点睛：本题主要考查了三棱锥外接球的求法、三角函数的最值问题，解题的关键是根据题意找出外接球的球心位置，考察学生的空间想象能力和逻辑思维能力，考查学生的推理运算能力，属于难题.
二、多选题
11．（2023·山东·山东省实验中学校考二模）如图，在矩形中，，，为的中点，现分别沿、将、翻折，使点、重合，记为点，翻折后得到三棱锥，则（ ）

A．
B．三棱锥的体积为
C．三棱锥外接球的半径为
D．直线与所成角的余弦值为
【答案】ACD
【分析】利用线面垂直的判定定理可判断A选项；利用锥体的体积公式可判断B选项；求出的外接圆半径，结合平面，可求出三棱锥的外接球半径，可判断C选项；利用空间向量法可求出直线与所成角的余弦值，可判断D选项.
【详解】对于A选项，翻折前，，
翻折后，则有，，
因为，、平面，
所以平面，故A对；
对于B选项，在中，，边上的高为，
所以，故B错；
对于C选项，因为，，
由余弦定理，可得，
则，
所以的外接圆的半径，
设三棱锥外接球的半径为，
因为平面，所以，所以，
即三棱锥外接球的半径为，故C对；
对于D选项，在中，，
，
则
，
所以直线与直线所成角的余弦值为，故D对.
故选：ACD.
12．（2023·山东潍坊·三模）如图所示的几何体，是将棱长为3的正四面体沿棱的三等分点，作平行于底面的截面所得，且其所有棱长均为1，则（ ）

A．直线与直线所成角为B．直线与平面所成角为
C．该几何体的体积为D．该几何体中，二面角的余弦值为
【答案】AC
【分析】将该几何体还原为原正四面体，对A：直线与直线所成角即为MQ与QN所成角；对B：直线与平面所成角为QN与底面MNS所成的角；对C：该几何体的体积为大正四面体的体积减去4个棱长为1的小正四面体的体积；对D：二面角的大小与的大小互补.
【详解】
将该几何体还原为原正四面体，棱长为，设中心为O，连接OQ，ON，则,
对A：因为，所以直线与直线所成角即为MQ与QN所成角为，故A正确；
对B：直线与平面所成角为QN与底面MNS所成的角，即为所求角，，，故B错误；
对C：该几何体的体积为大正四面体的体积减去4个棱长为1的小正四面体的体积，，故C正确；
对D：二面角的大小与的大小互补，显然的大小为锐角，所以二面角的大小一定为钝角，故D错误.
故选：AC
13．（2023·广东梅州·统考三模）已知正方体的棱长为2，为四边形的中心，为线段上的一个动点，为线段上一点，若三棱锥的体积为定值，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BC
【分析】连接，交于点，连接，由题意可得平面，进而可得为与的交点，可得，可求的值.
【详解】连接，交于点，连接，

因为为四边形的中心，所以，
又平面，平面，所以平面，
因为三棱锥的体积等于三棱锥的体积，且为定值，
所以平面，所以平面与平面为同一平面，
所以为与的交点，所以，故A错误，B正确；
因为正方体的棱长为2，所以．故C正确，D错误．
故选：BC．
14．（2023·云南曲靖·校考三模）如图，棱长为2的正方体中，点分别是棱的中点，则（ ）

A．直线为异面直线
B．平面
C．过点的平面截正方体的截面面积为
D．点是侧面内一点（含边界），平面，则的取值范围是
【答案】BC
【分析】A.根据平行关系的传递性，可证明，即可判断；B.首先判断平面平面,再利用线面垂直的判断定理，即可证明；C.首先作出截面，再根据截面的形状，求其面积；D.利用面面平行的形状，确定点的轨迹，再求的长度.
【详解】对于A，连接，

由题意可知，因为，所以，所以共面，
故选项A错误；
对于B，因为，平面，平面，
所以平面，同理，平面，
且，平面,
所以平面平面,
连结，
因为，，，且平面，
所以平面，平面，
所以，同理，，且，平面，
所以平面，且平面平面，
所以平面，故选项B正确；

对于C，连接，

根据正方体的性质可得，且，
所以平面即为过点的平面截正方体的截面，该四边形为等腰梯形，
其上底，下底，腰,高为，
所以截面面积为，故选项C正确；
对于D，取的中点，的中点H，连结，
因为，且，所以四边形是平行四边形，
所以，平面，平面，
所以平面，
因为，平面，平面，
所以平面，且，平面，
所以平面平面，
因为点是侧面内一点（含边界），平面，
所以点的轨迹为线段，
连接，

在中，，
点到的距离为，
的取值范围为，故D错误.
故选：BC
【点睛】关键点点睛：本题解题关键在于八个定理的熟悉，特别是选项D的判断，先通过面面平行找到P的轨迹，从而得到的取值范围.
15．（2023·海南·海南中学校考模拟预测）如图，在矩形中，和交于点，将沿直线翻折，则正确的是（ ）

A．存在，在翻折过程中存在某个位置，使得
B．存在，在翻折过程中存在某个位置，使得
C．存在，在翻折过程中存在某个位置，使得平面
D．存在，在翻折过程中存在某个位置，使得平面
【答案】ABC
【分析】当时,可得面，从而可判断选项A；可得面，判断选项B；取，当将沿直线翻折到时，可判断选项C；若平面，又平面，则，则与与相矛盾，可判断选项D.
【详解】对A，当时，所以此时矩形为正方形，则
将沿直线翻折，若使得面面时,
由，面，面面，
所以面,又面,所以，故选项A正确.
对B，又，，且，
所以面，又面，所以，故选项B正确，
对C，在矩形中，, ，
所以将沿直线翻折时，总有，
取，当将沿直线翻折到时，有，
即，且，则此时满足平面，故C正确.
对D，若平面，又平面，则，
所以在中，为斜边，这与相矛盾.故D不正确.
故选：ABC
16．（2023·广东湛江·校考模拟预测）在棱长为1的正方体中，M为底面的中心，，，N为线段AQ的中点，则（ ）

A．CN与QM共面
B．三棱锥的体积跟的取值无关
C．时，过A，Q，M三点的平面截正方体所得截面的周长为
D．时，
【答案】ABC
【分析】由为的中点，得到，可判定A正确；由到平面的距离为定值，且的面积为定值，根据，可得判定B正确，由时，得到三点的正方体的截面是等腰梯形，可判定C正确；当时，根据，可判定D不正确．
【详解】在中，因为为的中点，所以，
所以与共面，所以A正确；
由，因为到平面的距离为定值，且的面积为定值，
所以三棱锥的体积跟的取值无关，所以B正确；
当时，过三点的正方体的截面是等腰梯形，

所以平面截正方体所得截面的周长为，
所以C正确；
当时，可得为的中点,为的中点
，
则，所以不成，所以D不正确．
故选：ABC

17．（2023·云南·云南师大附中校考模拟预测）如图，棱长为的正方体中，点、满足，，其中、，点是正方体表面上一动点，下列说法正确的是（ ）

A．当时，平面
B．当时，若平面，则的最大值为
C．当时，若，则点的轨迹长度为
D．过、、三点作正方体的截面，截面图形可以为矩形
【答案】AC
【分析】以点为原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断AC选项；分别取、中点、，连接、、、、，找出点的轨迹，结合图形求出的最大值，可判断B选项；作出截面，分析截面的形状，可判断D选项.
【详解】以点为原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

则、、，、、，
对于A选项，当时，
，
设平面的法向量为，，，
则，取，可得，
所以，，则，
因为平面，故当时，平面，A对；
对于B选项，当时，为中点，

分别取、中点、，连接、、、、，
因为、分别为、的中点，所以，，
又因为且，所以，四边形为平行四边形，则，
所以，，
因为平面，平面，所以，平面，
因为且，、分别为、的中点，
所以，且，所以，四边形为平行四边形，可得且，
又因为且，所以，且，
故四边形为平行四边形，则，
因为平面，平面，则平面，
因为，、平面平面，
当点为的边上一点（异于点）时，则平面，则平面，
故点的轨迹为的边（除去点），
因为，同理可得，
结合图形可得，B错；
当时，、分别为、的中点，如下图所示：

此时点、、，，
当点在平面内运动时，设点，其中，，
则，
因为，则，解得，
设点的轨迹分别交棱、于点、，则、，
当点在平面内运动时，设点，其中，，
，则，
设点的轨迹交棱于点，则，设点的轨迹交棱于点，
因为平面平面，平面平面，
平面平面，所以，，同理可得，
所以，四边形为平行四边形，且，，
因此，点的轨迹的长度即为平行四边形的周长，C对；
对于D选项，设截面交棱于点，连接、，

题意可知，截面与平面重合，
因为平面平面，平面平面，
平面平面，所以，，同理可得，
所以，四边形为平行四边形，
易知，其中，所以，，，
所以，，故与不可能垂直，
故平行四边形不可能为矩形，故过、、三点的截面不可能是矩形，D错.
故选：AC.
【点睛】方法点睛：利用平面的性质确定截面形状的依据如下：
（1）平面的四个公理及推论; .
（2）直线与平面平行的判定与性质;
（3）两个平面平行的性质.
18．（2023·江苏徐州·校考模拟预测）棱长为1的正方体中，点为线段上一点（不包括端点），点为上的动点，下列结论成立的有（ ）
A．过的截面截正方体所得的截面多边形为等腰梯形
B．的最小值为
C．当点为线段中点时，三棱锥的外接球的半径为
D．两点间的最短距离为
【答案】ABD
【分析】根据面面平行的性质可判断A；将两半平面折成一个平面，从而求得线段和的最小值，判断B；确定三棱锥的外接球的球心位置，列式求解，可判断C；求解异面直线的公垂线段的长可判断D.
【详解】在正方体中，平面平面，

设过的截面截正方体所得的截面为，M为截面与的交点，
因为平面平面，平面平面，
所以，又，故，
即∽，而，
则，
又点为线段上一点（不包括端点），，
即过的截面截正方体所得的截面多边形为等腰梯形，A正确；
根据正方体性质可知≌，

故可将沿转到和重合位置，则的最小值为的长，
而正方体棱长为1，故，即的最小值为，B正确；
当点为线段中点时，设的中点为N，连接，

由于，故，
连接交于G，连接，则四边形为矩形，
故，平面，
故平面，又，则N为的外心，
故三棱锥的外接球的球心在上，设为H，而,
，则，
设三棱锥的外接球半径为r，则，
解得，C错误；
当分别为的中点时，由C的分析可知Q位于N点位置，
此时，即此时间距离最短，最短距离为，D正确，
故选：ABD
【点睛】难点点睛：本题综合考查了几何体截面问题、线段和最小以及外接球半径和异面直线间的最短距离问题，难度较大，解答时要发挥空间想象能力，明确空间的位置关系，特别是求外接球半径时，要确定球心位置，再列式求解.
19．（2023·福建三明·统考三模）如图，正方体的棱长为，点是的中点，点是侧面内一动点，则下列结论正确的为（ ）

A．当在上时，三棱锥的体积为定值
B．与所成角正弦的最小值为
C．过作垂直于的平面截正方体所得截面图形的周长为
D．当时，面积的最小值为
【答案】ABD
【分析】证明出平面，可知，可判断A选项；利用线面角角的定义可判断B选项；分别取线段、的中点、，连接、、、、、、，证明出平面，并计算出四边形的周长，可判断C选项；分析可知，当时，的长取最小值，可求出面积的最小值，可判断D选项.
【详解】对于A选项，连接、，如下图所示：

在正方体中，且，
故四边形为平行四边形，所以，，
因为平面，平面，所以，平面，
当在上时，点到平面的距离等于点到平面的距离，
所以，，A对；
对于B选项，连接，

因为平面，所以，与所成的最小角为直线与平面所成的角，
因为平面，所以，与平面所成角为，
因为平面，所以，，
因为，，
所以，，
所以，，故与所成角正弦的最小值为，B对；
对于C选项，分别取线段、的中点、，连接、、、
、、、，

因为四边形为正方形，则，
又因为平面，平面，则，
因为，、平面，所以，平面，
因为平面，则，
在和中，，，，
所以，，则，
所以，，则，即，
因为平面，平面，则，
因为，、平面，所以，平面，
因为平面，所以，，
因为、分别为、的中点，则，
因为且，故四边形为平行四边形，所以，，
所以，，则、、、四点共面，
因为，，，、平面，
所以，平面，
过作垂直于的平面截正方体所得截面，则截面为梯形，
由勾股定理可得，
同理可得，，，
所以，截面周长为，C错；
对于D选项，由C选项可知，平面，则点的轨迹为线段，
因为平面，平面，则，
则，
当时，即当点与点重合时，的长取最小值，
此时，，
所以，，D对.
故选：ABD.
【点睛】方法点睛：求空间几何体体积的方法如下：
（1）求解以三视图为载体的空间几何体的体积的关键是由三视图确定直观图的形状以及直观图中线面的位置关系和数量关系，利用相应体积公式求解；
（2）若所给几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用等积法、分割法、补形法等方法进行求解．
20．（2023·福建厦门·厦门一中校考一模）已知正四面体的棱长为，其外接球的球心为.点满足，，过点作平面行于和，平面分别与该正四面体的棱，，相交于点，，，则（ ）
A．四边形的周长为定值
B．四棱锥的体积的最大值为
C．当时，平面截球所得截面的周长为
D．当时，将正四体绕旋转后与原四面体的公共部分体积为
【答案】ABD
【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正确；

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，
时，，平面过外接球球心，
平面截球所得截面圆半径为，
截面圆周长为，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.
三、填空题
21．（2023·黑龙江·黑龙江实验中学校考二模）在圆台中，是其轴截面，，过与轴截面垂直的平面交下底面于，若点到平面的距离是，则圆台的体积等于 .
【答案】
【分析】点到平面的距离即为与的距离，即点到的距离等于，故可以求得棱台的高，进而求得棱台的体积.
【详解】∵，所以四边形为平行四边形，所以,则为正三角形∴，由题意得，平面平面平面，且平面平面，所以点到平面的距离即为与的距离，在中，过点作的垂线,过点作的垂线，则，
所以，则，则圆台的体积为，所以圆台的体积为.
故答案为：
22．（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨三中校考模拟预测）如图，平行六面体中，，，，，则线段的长为 .

【答案】1
【分析】根据空间向量的数量积运算律求解即可.
【详解】由题可得, ，,
所以,且,
因为,
所以
，
所以，
故答案为:1.
23．（2023·福建莆田·统考模拟预测）我国历史文化悠久，“爰”铜方彝是商代后期的一件文物，其盖似四阿式屋顶，盖为子口，器为母口，器口成长方形，平沿，器身自口部向下略内收，平底、长方形足、器内底中部及盖内均铸一“爰”字.通高24cm，口长13.5cm，口宽12cm，底长12.5cm，底宽10.5cm．现估算其体积，上部分可以看作四棱锥，高约8cm，下部分看作台体.则其体积约为 （精确到0.1）．（参考数据：，）
【答案】
【分析】根据题意利用台体、锥体的体积公式运算求解.
【详解】由题意可得：
，
，
所以几何体的体积.
故答案为：.
24．（2023·湖北武汉·统考模拟预测）已知四棱锥的底面为平行四边形，点，分别是、的中点，过，，三点的平面与棱的交点为，若，则 ．
【答案】2
【分析】延长和交于点，根据，得到，连接交于点，得到过点的截面，取的中点，连接，根据，求得，进而得到，即可求解.
【详解】如图所示，延长和交于点，
由，且为的中点，所以，即，
连接交于点，连接，则过点的截面即为截面，
取的中点，连接，因为为的中点，所以，且，
所以，可得，即，所以，
因为，所以.
故答案为：.

25．（2023·河北沧州·校考模拟预测）在四棱锥中，平面平面，又为等边三角形，为的中点，为平面内的动点，则直线与直线所成角的正切值最小为 .
【答案】
【分析】转化为求直线与平面所成的角，可得直线与平面所成的角为，进而可得答案.
【详解】因为为平面内的动点，
所以直线为平面上的任意直线，
根据线面角的定义可得，平面的一条斜线与平面上任意直线所成的角中，
斜线与它在平面上的射影所成的角为最小角，
可转化为求直线与平面所成的角，
因为平面平面，
所以直线在平面上的射影为，
直线与平面所成的角为
因为为等边三角形，为的中点，所以，
所以直线与直线所成的最小角为，
其正切值最小为.
故答案为：
26．（2023·福建漳州·统考模拟预测）已知正四棱台的上底面的边长为，下底面的边长为，记该正四棱台的侧面积为，其外接球表面积为，则当取得最小值时，的值是 .
【答案】
【分析】由球的表面积公式求解四棱台的外接球表面积，并求出侧面积，然后求解即可.
【详解】当取得最小值时，则球心在正四棱台的下底面内，为上底面的中心，如图所示，

由此可得外接球的半径为，进而可得，
进而可求侧面的斜高.
则侧面的面积，
又， 所以.
故答案为：.
27．（2023·湖南郴州·校联考模拟预测）如图，正方体的棱长为4，点P，Q，R分别在棱，，上，且，则以平面截正方体所得截面为底面，为顶点的棱锥的体积为 .

【答案】
【分析】利用已知作出截面，进而利用分割法即可求得以平面截正方体所得截面为底面，为顶点的棱锥的体积.
【详解】延长交的延长线于点，延长交的延长线于点，连接交
于点，交于点，连接，则平面即为平面截正方体所得的截面.
因为，则，
又因为，所以，即，解得，
同理可得，则，，
因为，所以，又，则，同理可得；
所以，
，，
，
，
.
故答案为：

28．（2023·广东梅州·统考三模）如图，在三棱锥中，是的中点，，分别为线段，上的动点，，平面，若，则的最小值为 .

【答案】8
【分析】当点固定，且时，的值最小，过点作，垂足为，连接，分析可知，且当沿翻转到平面时，四边形构成矩形，此时的最小值为，由此得解．
【详解】因为平面，平面，所以
则，又，平面
所以平面，因为平面，所以
则在平面上，以为原点，所在直线为轴建立平面直角坐标系，如图所示：

则，设
因为，所以直线的方程为，设，
则
由于变量不具有等量关系，故时，有最小
即当时，最小；
过点作BD垂线，垂足为，连接，

因为平面，，，平面
所以，所以平面，
因为平面，所以
又，平面，所以平面
因为平面，所以，又，
所以，由平面，所以．
因为，
所以，
所以．
因为，，平面，
所以，
所以当沿翻转到平面时，四边形构成矩形，

所以的最小值为，
即的最小值为8．
故答案为：8．
29．（2023·广东佛山·校考模拟预测）如图，某正方体的顶点在平面内，三条棱，，都在平面的同侧.若顶点，，到平面的距离分别为，，，则该正方体的表面积为 .

【答案】
【分析】取空间的一个基底，设正方体的棱长为，是平面的一个方向向上的单位法向量. 由题得在方向上的投影向量的长度分别为，，，得，由，得，即可求得正方体的表面积.
【详解】设正方体的棱长为，取空间的一个基底，设是平面的一个方向向上的单位法向量.
由空间向量基本定理，存在唯一的有序实数组，使得.
由题意，在方向上的投影向量的长度分别为，，.
于是，即，即，即.
同理，，，
从而，由，得，
其中
，
即，解得，所以正方体的表面积.
故答案为：
【点睛】思路点睛：考虑到可以利用空间向量表示条件中的点到平面的距离，所以选择基底，设单位法向量解决问题，得，即，求得，即可得到，再根据数量积的运算律计算可得.
30．（2023·浙江嘉兴·校考模拟预测）已知三棱锥的四个顶点在球的球面上，，是边长为的正三角形，三棱锥的体积为，为的中点，则过点的平面截球所得截面面积的最小值是 .
【答案】
【分析】先根据条件可证明，，，故三棱锥放入正方体中，正方体的外接球即是三棱锥的外接球，从而即可求出球的半径，过点的平面截球所得截面面积的最小时，截面与垂直，求得截面圆半径即可．
【详解】设在底面上的射影为，如图，

因为，由全等得为的中心，
由题可知，，由，解得
在正中，可得.
从而直角三角形中解得.
同理，又是边长为的正三角形，
所以，则，同理，，
因此正三棱锥可看作正方体的一角，
正方体的外接球与三棱锥的外接球相同，正方体对角线的中点为球心.
记外接球半径为，则，
过点的平面截球所得截面面积的最小时，截面与垂直，此时截面圆半径满足，
由得，所以，所以截面面积的最小值为.
故答案为：