第10讲 空间几何体（3大考点+强化训练）-冲刺985、211名校高考数学重难点培优全攻略（新高考专用）

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考点分类讲解
考点一：空间几何体的折展问题
空间几何体的侧面展开图
(1)圆柱的侧面展开图是矩形．
(2)圆锥的侧面展开图是扇形．
(3)圆台的侧面展开图是扇环．
规律方法 空间几何体最短距离问题，一般是将空间几何体展开成平面图形，转化成求平面中两点间的最短距离问题，注意展开后对应的顶点和边．
【例1】(2023·鞍山模拟)如图，在三棱锥V－ABC中，VA＝VB＝VC＝8，∠AVB＝∠AVC＝∠BVC＝30°，过点A作截面AEF，则△AEF周长的最小值为( )
A．6eq \r(2) B．6eq \r(3) C．8eq \r(2) D．8eq \r(3)
【答案】 C
【解析】沿侧棱VA把正三棱锥V－ABC展开在一个平面内，如图所示，则AA′即为△AEF周长的最小值，又因为∠AVB＝∠A′VC＝∠BVC＝30°，
所以∠AVA′＝3×30°＝90°，在△VAA′中，VA＝VA′＝8，由勾股定理得AA′＝eq \r(VA2＋VA′2)＝eq \r(82＋82)＝8eq \r(2).
【变式1】（23-24高三上·山西大同·期末）已知圆台的上、下底面的圆心分别为，，母线（点位于上底面），且，圆的周长为，一只蚂蚁从点A出发沿着圆台侧面爬行一周到点B，则其爬行的最短路程为（ ）
A．1B．C．2D．
【答案】B
【分析】将圆台侧面展开成平面图形，在平面扇环中分析计算即得.
【详解】将圆台的侧面沿着母线剪开，展成平面图形，延长交于点，连接，如图，
显然弧的长为，弧的长为，设，则，，
则，即，得，于是是的中点，，
因此是等边三角形，有，且与弧相切，则在此侧面展开图内，
所以蚂蚁爬行的最短路线即线段，.
故选：B
【变式2】（2024高三·全国·专题练习）如图，在棱长为1的正方体中，已知，分别为线段，上的动点，为的中点，则的周长的最小值为（ ）

A．B．C．D．
【答案】B
【分析】设的中点为，即可证明，从而得到，再将平面与平面展开并摊平，在平面图形中连接，交于点，交于点，此时的周长取得最小值，利用余弦定理计算可得.
【详解】

设的中点为，连接（不与点重合），，，，
所以，所以，把平面与平面展开并摊平，如图，
在平面图形中连接，交于点，交于点，此时的周长取得最小值，
在中利用余弦定理可得，

所以的周长的最小值为．
故选：B．
【变式3】（23-24高三上·广东揭阳·期末）已知两圆锥的底面积分别为，，其侧面展开图中圆心角之和为，则两圆锥的母线长之和的最小值为（ ）
A．B．C．4D．5
【答案】B
【分析】根据已知条件列方程，利用基本不等式求得正确答案.
【详解】设圆锥（底面积较小）的底面半径为，母线长为，圆锥（底面积较大）的底面半径为，母线长为，
依题意，
所以，
所以
，当且仅当时等号成立.
故选：B
考点二：表面积与体积
1．旋转体的侧面积和表面积
(1)S圆柱侧＝2πrl，S圆柱表＝2πr(r＋l)(r为底面半径，l为母线长)．
(2)S圆锥侧＝πrl，S圆锥表＝πr(r＋l)(r为底面半径，l为母线长)．
(3)S球表＝4πR2(R为球的半径)．
2．空间几何体的体积公式
(1)V柱＝Sh(S为底面面积，h为高)．
(2)V锥＝eq \f(1,3)Sh(S为底面面积，h为高)．
(3)V台＝eq \f(1,3)(S上＋eq \r(S上·S下)＋S下)h(S上，S下分别为上、下底面面积，h为高)．
(4)V球＝eq \f(4,3)πR3(R为球的半径)．
规律方法 空间几何体的表面积与体积的求法
(1)公式法：对于规则的几何体直接利用公式进行求解．
(2)割补法：把不规则的图形分割成规则的图形，或把不规则的几何体补成规则的几何体，不熟悉的几何体补成熟悉的几何体．
(3)等体积法：选择合适的底面来求体积．
【例2】(2023·全国甲卷)在三棱锥P－ABC中，△ABC是边长为2的等边三角形，PA＝PB＝2，PC＝eq \r(6)，则该棱锥的体积为( )
A．1 B.eq \r(3) C．2 D．3
【答案】A
【解析】如图，取AB的中点D，连接PD，CD，
因为△ABC是边长为2的等边三角形，PA＝PB＝2，
所以PD⊥AB，CD⊥AB，所以PD＝CD＝eq \r(3)，又PC＝eq \r(6)，
所以PD2＋CD2＝PC2，所以PD⊥CD，
又AB∩CD＝D，AB，CD⊂平面ABC，
所以PD⊥平面ABC，
所以VP－ABC＝eq \f(1,3)×S△ABC×PD
＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×2×eq \r(3)×eq \r(3)＝1.
【变式1】（2024·河北·一模）已知圆台上下底面圆的半径分别为1，3，母线长为4，则该圆台的侧面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据圆台侧面积的计算公式，结合已知条件，直接求解即可.
【详解】设上下底面圆半径分别为，母线长为，
则圆台侧面积.
故选：C.
【变式2】（2024·内蒙古赤峰·一模）在直三棱柱中，各棱长均为2，M，N，P，Q分别是线段，，，的中点，点D在线段上，则下列结论错误的是（ ）
A．三棱柱外接球的表面积为 B．
C．面 D．三棱锥的体积为定值
【答案】C
【分析】求出三棱柱外接球表面积判断A；证明线面垂直判断B；取特殊位置说明判断C；利用线面平行判断D.
【详解】在直三棱柱中，各棱长均为2，
对于A，显然三棱柱是正三棱柱，其外接球球心到平面的距离为1，
外接圆半径，则棱柱外接球半径，
其表面积，A正确；
对于B，由是的中点，得，而平面平面，
则，而平面，于是平面，
又平面，则，由分别为正方形边中点，
得，则，即，又平面，
因此平面，而平面，所以，B正确；
对于C，由是正方形边的中点，得，当与不重合时，
是的斜边，不垂直于，因此不垂直于，平面，不垂直于平面，C错误；
对于D，由选项C知，，平面，平面，则平面，
从而点到平面的距离是定值，显然的面积是定值，因此三棱锥的体积为定值，D正确.
故选：C
【变式3】（2024·贵州毕节·一模）如图所示，圆和圆是球的两个截面圆，且两个截面互相平行，球心在两个截面之间，记圆，圆的半径分别为，若，则球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据给定条件，利用球的截面小圆性质列式计算出球半径即可.
【详解】设球的半径为，依题意，，
则，解得，因此，
所以球的表面积.
故选：A
考点三：多面体与球
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，或对棱均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；
(2)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，再根据到其他顶点的距离也是半径，列关系式求解即可．
规律方法 (1)求锥体的外接球问题的一般方法是补形法，把锥体补成正方体、长方体等求解．
(2)求锥体的内切球问题的一般方法是利用等体积法求半径
【例3】(2023·全国甲卷)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝4，O为AC1的中点，若该正方体的棱与球O的球面有公共点，则球O的半径的取值范围是________．
【答案】 [2eq \r(2)，2eq \r(3)]
【解析】如图，设球O的半径为R.
当球O是正方体的外接球时，恰好经过正方体的每个顶点，所求的球O的半径最大，若半径变得更大，球O会包含正方体，球面和棱没有交点，
正方体的外接球直径2R′为体对角线长
AC1＝eq \r(42＋42＋42)＝4eq \r(3)，
即2R′＝4eq \r(3)，R′＝2eq \r(3)，
故Rmax＝2eq \r(3)；
分别取侧棱AA1，BB1，CC1，DD1的中点M，H，G，N，连接MH，HG，NG，MN，MG，显然四边形MNGH是边长为4的正方形，且O为正方形MNGH的对角线MG的中点，
则MG＝4eq \r(2)，当球O的一个大圆恰好是四边形MNGH的外接圆时，球O的半径达到最小，即Rmin＝2eq \r(2).
综上，R∈[2eq \r(2)，2eq \r(3)]．
【变式1】（2024·湖南邵阳·二模）已知三棱锥中，平面，，则此三棱锥外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据题意，利用正弦定理求得的外接圆的半径，再由球的截面的性质，求得外接球的半径，结合球的表面积公式，即可求解.
【详解】因为三棱锥中，平面，，
设底面的外接圆的半径为，三棱锥外接球的半径为，
由正弦定理得，可得
所以，
则外接球的表面为.
故选：B.

【变式2】（23-24高三上·上海虹口·期末）“阿基米德多面体”也称为半正多面体，是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美.如图所示，将正方体沿同一顶点出发的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去8个三棱锥，得到8个面为正三角形、6个面为正方形的一种半正多面体．若，则此半正多面体外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据正方体的对称性可知,该半正多面体外接球的球心为正方体的中心，进而可求球的半径和表面积.
【详解】如图，在正方体中，分别取正方体、正方形的中心、，连接，
∵分别为的中点，则，
∴正方体的边长为，
故，可得，
根据对称性可知：点到该半正多面体的顶点的距离相等，则该半正多面体外接球的球心为，半径，
故该半正多面体外接球的表面积为.
故选：D
【变式3】（2024·浙江·二模）在三棱锥中，底面是边长为2的正三角形，若为三棱锥的外接球直径，且与所成角的余弦值为，则该外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】记球心为，取中点为、中点为，连接，易得，，由，即可求出，由此即可求出答案.
【详解】如图所示：记球心为，取中点为、中点为，连接，
记外接球半径为，
在中，，,，
在中，，,
在中，，
所以AC与BD所成角为，即，
在中,，，
所以，
解得：，
所以该外接球的表面积为：
故选：A.

强化训练
一、单选题
1．（2024高三·全国·专题练习）如图，是正三棱锥且侧棱长为，两侧棱的夹角为分别是上的动点，则三角形的周长的最小值为（ ）

A．B．C．D．
【答案】A
【分析】通过展开平面以及勾股定理求得正确答案.
【详解】把正三棱锥沿剪开并展开，形成三个全等的等腰三角形：、、，
则，，
连接，交于，交于，
则线段就是的最小周长，又，
根据勾股定理，，∴.
故选：A
.
2．（2024·河南郑州·模拟预测）知名数学教育家单墫曾为中学生写了一个小册子《十个有趣的数学问题》，其中提到了开普勒的将球装箱的方法：考虑一个棱长为2的正方体，分别以该正方体的8个顶点及6个面的中心为球心作半径为的球，这此球在正方体内的体积之和与正方体的体积之比为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】首先确定条件中的球落在正方体的部分，再求体积，即可求解.
【详解】以8个顶点为球心的球各有在正方体内，以6个面的中心为球心的球各有在正方体内，
所以这些球在正方体的体积之和为4个半径为的球的体积之和，
所以这些球在正方体内的体积之和与正方体的体积之比为.
故选：D
3．（2024·云南昆明·模拟预测）如图，在三棱锥中，两两垂直，且，点分别是棱的中点，点是棱靠近点的三等分点，则空间几何体的体积为（ ）

A．B．C．D．
【答案】D
【分析】过点作，交于点，借助线面处置的判定定理及性质定理，结合题意可得 、，作差即可得.
【详解】过点作，交于点，

因为平面，所以平面，
又，所以平面，且，可得，
因为分别为的中点，则，
所以，
，
因此.
故选：D.
4．（2023·海南海口·模拟预测）已知圆台的上、下底面圆半径分别为5和10，侧面积为，为圆台的一条母线（点A在圆台下底面圆周上），M为的中点．一质点P从点A出发，绕圆台侧面一周到达点M，则质点P所经路程的最小值为（ ）
A．60B．50C．40D．30
【答案】B
【分析】根据侧面积得到，计算得到，，，，再根据勾股定理计算得到最值.
【详解】圆台的展开图如图所示，
设圆台的母线长为，圆台的侧面积为，则，故，
圆台的上、下底面圆半径分别为5和10，下底面对应圆弧是上底面对应圆弧的两倍，
则，，，
设，则，故，.
故质点所经路程的最小值为.
故选：B.
5．（2024·广东汕头·一模）已知圆锥的顶点为，为底面圆心，母线与互相垂直，的面积为，与圆锥底面所成的角为，则（ ）
A．圆锥的高为
B．圆锥的体积为
C．圆锥侧面展开图的圆心角为
D．二面角的大小为
【答案】D
【分析】利用三角形的面积公式求出圆锥的母线长，结合线面角的定义可判断A选项；利用圆锥的体积公式可判断B选项；利用扇形的弧长公式可判断C选项；利用二面角的定义可判断D选项.
【详解】对于A选项，因为与底面垂直，为底面圆的一条半径，则，
所以，与圆锥底面所成的角为，
又因为，所以，的面积为，解得，
所以，该圆锥的高为，A错；
对于B选项，该圆锥的底面半径为，
故该圆锥的体积为，B错；
对于C选项，设该圆锥侧面展开图的圆心角为，
底面圆周长为，则，C错；
对于D选项，取的中点，连接、，

因为，为的中点，则，由垂径定理可得，
所以，二面角的平面角为，
因为平面，平面，则，
因为，，则为等腰直角三角形，
则，所以，，
所以，，
因为，故，所以，二面角的大小为，D对.
故选：D.
6．（2024·四川绵阳·三模）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．则下列结论不正确的是（ ）
A．若保持．则点的运动轨迹长度为
B．保持与垂直时，点的运动轨迹长度为
C．沿正方体的表面从点到点的最短路程为
D．当在点时，三棱锥的外接球表面积为
【答案】C
【分析】由可知，可过点作平面，即可找到动点的运动轨迹；找出与垂直的平面，与平面的交线即为动点的轨迹；将平面和平面沿展开在同一平面上求点到点的最短路程；将建立空间直角坐标系求解三棱锥的外接球的半径.
【详解】对于，过点作平面，以为圆心，为半径在平面内作圆交于点,则即为点的运动轨迹，
∵，∴ , ∴，∴，
∴的长为，则正确；
对于，∵平面,平面，∴,
∵，平面，平面，，
∴平面，
∵平面，∴,
同理可证，
∵平面，，平面，
∴平面，
找上的点，使得，找上的点，使得,连接，
∵∥, ∥, ∴∥,
∵平面，平面，∴∥平面，
∵∥，平面， 平面，
∴∥平面，
∵平面，平面，，
∴平面∥平面，∴平面，
在上找一点使得，连接,
∵∥，∥，∴∥，
∴四点共面，∴平面，
∴点的轨迹为线段, ,则正确；
将平面和平面沿展开在同一平面上，从点到点的最短路程为,则,则错误；
分别以所在的直线为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，
则，，，
设三棱锥的外接球的球心为，则，
即，解得，
∴三棱锥的外接球半径,
∴三棱锥的外接球表面积为,则正确；
故选：.
【点睛】求三棱锥的外接球半径还可以建立空间直角坐标系，设出球心的坐标，利用顶点到球心的距离相等列出方程组求解.
7．（2024·四川·一模）设正方体的棱长为1，与直线垂直的平面截该正方体所得的截面多边形为M．则下列结论正确的是（ ）．
A．M必为三角形B．M可以是四边形
C．M的周长没有最大值D．M的面积存在最大值
【答案】D
【分析】对于选项A和B，结合空间图形，截面与直线垂直，截面多边形只能为正三角形或六边形；对于选项C，分截面多边形为正三角形和六边形两种情况分析多边形的周长最值即可；对于选项D，分截面多边形为正三角形和六边形两种情况分析多边形的面积最值即可；
【详解】对于选项A、B，易知平面为平面或与其平行的平面，故多边形M只能为三角形或六边形，选项A和B均错误；
对于选项C，
当M为正三角形时，显然截面多边形M为时周长取得最大值为；
当截面多边形M为六边形时，
设，则，，，
易得：，，
此时截面多边形M的周长为定值：，
综合两种情况，M的周长的最大值为，选项C错误；
对于选项D，
当M为正三角形时，
仅当截面多边形M为时的面积为；
当截面多边形M为六边形时，设，
该六边形可由两个等腰梯形和构成，
其中，
，，，
两个等腰梯形和的高分别为和，
则
，
，
当且仅当时，六边形面积最大值为，即截面多边形是正六边形时截面面积最大．
综上，当时，截面多边形为正六边形时面积取得最大值.
选项D正确.
故选：D.

【点睛】关键点点睛：本题的D选项的关键是设，计算出截面的面积表达式，利用二次函数图象与性质即可求出其面积最值.
8．（2023·陕西西安·一模）在三棱锥中，平面平面BCD，是以CD为斜边的等腰直角三角形，M为CD中点，，，则该三棱锥的外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】分析得到球心O在平面ACD的投影与M点重合，由面面垂直得到球心O在平面BCD上，作出辅助线，球心O在MH上，设OM=x，由半径相等列出方程，求出x，进而得到外接球半径，求出表面积.
【详解】因为是以CD为斜边的等腰直角三角形，M为CD中点，，
所以AM⊥CD，且，
因为，所以，而，
由勾股定理得：，所以BM=BC，
故为等腰直角三角形，，，
由题意得：球心O在平面ACD的投影与M点重合，
因为平面平面BCD，所以球心O在平面BCD上，
在平面BCD上，过点M作MH⊥CD，故，
球心O在MH上，设OM=x，
由余弦定理得：，
则，
由得：，解得：，
设外接球半径为，则，
故该三棱锥的外接球的表面积为.
故选：D
【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 ．
二、多选题
1．（2024·湖南长沙·模拟预测）四棱锥的底面为正方形，PA与底面垂直，，，动点M在线段PC上，则（ ）
A．不存在点M，使得
B．的最小值为
C．四棱锥的外接球表面积为5π
D．点M到直线AB的距离的最小值为
【答案】BD
【分析】当点为中点时，利用垂直关系的转化，即可判断A；利用展开图，利用数形结合求的最小值，即可判断B；利用几何体与外接球的关系，即可求解球心，并求外接球的表面积，即可判断C；利用异面直线的距离的转化，即可判断D.
【详解】对于A：连接BD，且，如图所示，当M在PC中点时，
因为点O为AC的中点，所以，因为平面ABCD，
所以平面ABCD，又因为平面ABCD，所以，
因为ABCD为正方形，所以．
又因为，且BD，平面BDM，所以平面BDM，
因为平面BDM，所以，所以A错误；
对于B：将和所在的平面沿着PC展开在一个平面上，如图所示，
和是全等的直角三角形，，，
连结，，
则的最小值为BD，直角斜边PC上高为，即，
直角斜边PC上高也为，所以的最小值为，所以B正确；
对于C：易知四棱锥的外接球直径为PC，
半径，表面积，所以C错误；
对于D：点M到直线AB的距离的最小值即为异面直线PC与AB的距离，
因为，且平面PCD，平面PCD，所以平面PCD，
所以直线AB到平面PCD的距离等于点A到平面PCD的距离，过点A作，
因为平面ABCD，面，所以，
又，且，面，
故平面PAD，平面PAD，所以，
因为，且PD，平面PCD，所以平面PCD，
所以点A到平面PCD的距离，即为AF的长，如图所示，
在中，，，可得，
所以由等面积得，即直线AB到平面PCD的距离等于，所以D正确，
故选：BD．
2．（2024·江苏徐州·一模）已知圆台的上、下底面直径分别为2，6，高为，则（ ）
A．该圆台的体积为
B．该圆台外接球的表面积为
C．用过任意两条母线的平面截该圆台所得截面周长的最大值为16
D．挖去以该圆台上底面为底，高为的圆柱后所得几何体的表面积为
【答案】BC
【分析】对于A：直接利用公式求解；对于B：先求出外接球半径，再利用体积公式求解；对于C ：通过轴截面的周长最大来求解；对于D：用面积公式求表面积.
【详解】由已知得圆台的上下底面半径分别为，
对于A：圆台的体积为，A错误；
对于B：如图是圆台的轴截面，外接球球心为，设外接球半径为，
当球心在梯形内时，，解得，

当球心在梯形外时，，方程无解，

所以外接球的表面积，B正确；
对于C：用过任意两条母线的平面截该圆台所得截面周长，其中轴截面的周长最大，
又母线长为，则最大周长为，C正确；
对于D：如图：挖去以该圆台上底面为底，高为的圆柱后所得几何体的表面积为
，D错误.

故选：BC.
3．（23-24高三上·福建福州·期末）在三棱锥中，已知，棱AC，BC，AD的中点分别是E，F，G，，则（ ）
A．过点E，F，G的平面截三棱锥所得截面是菱形
B．平面平面BCD
C．异面直线AC，BD互相垂直
D．三棱锥外接球的表面积为
【答案】ABD
【分析】A项，利用中位线证明平行关系与长度关系得四边形为菱形；B项，取CD的中点P，由勾股定理证明，由等腰三角形三线合一得，由线线垂直证线面垂直再证面面垂直即可；C项，假设垂直推证，由斜边与直角边关系可推出矛盾；D项，取的中心，由面面垂直性质定理得线面垂直关系，由勾股定理得，利用球心到各顶点距离相等可得正三角形的中心即为球心.
【详解】选项A，如图，连接EF，EG，取BD的中点H，连接GH，FH，
由F是BC的中点，得，，
同理得，，所以，，
四边形EFHG是平行四边形，
于是过点E，F，G的平面截三棱锥所得截面即为四边形EFHG，
且由E，F分别是AC，BC的中点，得，，因此，
所以四边形EFHG为菱形，故A正确；
选项B，取CD的中点P，连接，
由，得，
由，得，又，所以，
所以，
又，，又平面BCD，所以平面BCD，
又平面ADC，所以平面平面BCD， 故B正确；
选项C，假设，已知 ，且平面，
所以平面，而平面，所以，所以，
这与已知“”矛盾， 故C错误；
选项D，取正三角形的中心，连接，
则，
由于是直角三角形，CD为斜边，则，
由平面平面BCD，平面平面，
由，且平面，所以平面，
所以，则，
所以的外心就是三棱锥的外接球球心，
所以外接球半径R就是的外接圆半径，可知，
所以三棱锥外接球的表面积为，故D正确．
故选：ABD.
三、填空题
1．（2024·辽宁葫芦岛·一模）《九章算术》中记录的“羡除”是算学和建筑学术语，指的是一段类似隧道形状的几何体，如图，羡除中，底面是正方形，平面，和均为等边三角形，且．则这个几何体的外接球的体积为 ．
【答案】
【分析】结合题意，找出垂直底面且过底面外接圆圆心的直线，则球心必在该直线上，设出球心，借助球心到各顶点距离相等，结合勾股定理计算即可得半径，运用球的体积公式即可得球的体积.
【详解】连接，分别取、、中点、、，连接、、，
由底面是正方形，平面，和均为等边三角形，
故，底面，又，故，
则，故，
由为底面正方形中心，，故可在直线上取一点，
使为羡除外接球球心，连接、、，
设半径为，，则,
由底面，平面，故，
又，、平面，故平面，
又平面，故，故，
又，故有，即，
又，
故有，解得，
故，即，
则这个几何体的外接球的体积为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题考查几何体外接球问题，关键在于借助题目条件，找出垂直底面且过底面外接圆圆心的直线，则该几何体的外接球球心必在该直线上，设出该点位置，从而可结合勾股定理计算出该球半径，即可得解.
2．（2024·云南昆明·模拟预测）已知长方体在球的内部，球心在平面上，若球的半径为，则该长方体体积的最大值是 .
【答案】
【分析】根据题意，由棱柱的体积公式表示出长方体体积，然后求导即可得到最大值.
【详解】
设长方体的高为，若，则，
则，若要长方体体积最大，则平面内接于长方体，
如图可得，即，则，
所以长方体的体积为
，
设，其中，则，
令，得，当时，在上单调递增；
当时，，在上单调递减，
所以函数在处取得极大值，即最大值，
则，因此该长方体的体积的最大值为.
故答案为：
3．（2024·福建漳州·一模）在直三棱柱中，，，过作该直三棱柱外接球的截面，所得截面的面积的最小值为 ．
【答案】
【分析】根据题意直观想象三棱住的外接球位置，再利用球的截面性质可得当为所截圆的直径时截面面积最小，从而得解.
【详解】由直三棱柱可知，平面，
又，所以两两垂直，
设直三棱柱外接球的半径为R，
通过构造长方体可知该三棱柱的外接球与以为边长的长方体外接球相同；
过作该直三棱柱外接球的截面，当为所截圆的直径时截面面积最小，
因为，
则所求截面面积最小值为.
故答案为：.
四、解答题
1．（2024·陕西铜川·二模）如图，在四棱锥中.侧面⊥底面，为等边三角形，四边形为正方形，且.

(1)若为的中点，证明：；
(2)求点到平面的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）作出辅助线，得到线线垂直，证明出线面垂直，得到；
（2）证明出⊥平面，求出，根据等体积法求解点到平面的距离.
【详解】（1）取中点，连接，
为等边三角形，，
四边形为正方形，，
，
又平面，
∴⊥平面，
∴

（2）连接，
因为平面⊥底面，平面底面，⊥，
所以⊥平面，
因为四边形为正方形，所以⊥，且，
故，
因为，，所以，
由勾股定理得，
设到平面的距离为，
，
即，
解得.
2．（2024高三·全国·专题练习）如图所示，在中，，，P为AB边上一动点，交AC于点D．现将沿PD翻折至，使平面．

(1)当棱锥的体积最大时，求PA的长．
(2)若点P为AB的中点，E为的中点，求证：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）设，得出体积表达式，利用导数求出体积最大时PA的长；
（2）利用相关定理容易推出.
【详解】（1）因为，所以，所以,
而平面平面，平面平面，平面，
故平面.
设，则．
令，则．
列表如下：
易知当时，取得最大值．
（2）如下图所示，取A'B的中点F，连接EF，PF，
由已知得且，且，
所以 且，所以四边形为平行四边形，
∴，又为等腰直角三角形，
∴，故．
【点睛】
3．（2023·湖南岳阳·模拟预测）如图，在直三棱柱中，，且.
(1)求直三棱柱的表面积与体积；
(2)求证：平面，并求出到平面的距离.
【答案】(1)表面积为，体积为
(2)证明见解析，
【分析】（1）根据题意，结合表面积和体积公式进行计算即可；
（2）根据线面平行的判定定理进行证明即可；过点作，垂足为，则平面，即为所求，Rt中，解出即可.
【详解】（1）因为，
所以，
则直三棱柱的表面积为
，
其体积为.
（2）证明：因为平面平面，
所以平面.
过点作，垂足为.
由题意得，又，
所以平面，
又平面，则，
所以，又,
平面,平面,
所以平面，
在Rt中，
,
所以到平面的距离为.
4．（2023·贵州铜仁·模拟预测）如图，已知在正三棱柱中，，三棱柱外接球半径为，且点分别为棱，的中点．

(1)过点作三棱柱截面，求截面图形的周长；
(2)求平面与平面的所成角的余弦值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题，结合球的截面圆的性质，求得，延长交于点，连接交于点，得到四边形为所求截面，进而求得截面图形的周长；
（2）以点为原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面和平面的一个法向量，结合向量的夹角公式，即可求解.
【详解】（1）解：由正三棱柱中，，三棱柱外接球半径为，
设外接球的半径为，底面正的外接圆的半径为，可得，
则，
因为，解得，
又因为点分别为棱，的中点，可得，
如图所示，延长交于点，连接交于点，四边形为所求截面，
又由，所以，
在中，由余弦定理得，所以可得,
所以截面图形的周长为.

（2）解：以点为原点，以所在的直线分别为轴，以过点垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
因为，可得，
则
设平面的法向量为，则，
取，则，所以，
取的中点，因为为等边三角形，可得，
又因为平面，且平面，所以，
因为且平面，所以平面，
又由，可得，
所以平面的一个法向量为，
设两个平面所成角为，则，
所以平面与平面的所成角的余弦值．

5．（2023·江苏苏州·模拟预测）如图，正方体边长为，是上的一个动点.求：
(1)直线与平面所成角的余弦值；
(2)的最小值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用线面角的定义可得结果；
（2）将和矩形延展为一个平面，分析可知，当点、、共线时，取最小值，在中，利用余弦定理求出的长，即为所求.
【详解】（1）解：在正方体中，平面，
所以，直线与平面所成角为直角，其余弦值为.
（2）解：将和矩形延展为一个平面，如下图所示：
由图可知，当点、、共线时，取最小值，
在中，，，，
由余弦定理可得，
因此，的最小值为.
x
+
0
－
单调递增
极大值
单调递减