【二轮复习】高考数学 11 立体几何常考经典小题全归类（重难点练习）（新高考专用）.zip

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\l "_Tc27258" 【题型1 求几何体的体积与表面积】 PAGEREF _Tc27258 \h 4
\l "_Tc25755" 【题型2 与球有关的截面问题】 PAGEREF _Tc25755 \h 6
\l "_Tc14108" 【题型3 体积、面积、周长、距离的最值与范围问题】 PAGEREF _Tc14108 \h 9
\l "_Tc7967" 【题型4 几何体与球的切、接问题】 PAGEREF _Tc7967 \h 13
\l "_Tc8688" 【题型5 空间线段以及线段之和最值问题】 PAGEREF _Tc8688 \h 17
\l "_Tc7329" 【题型6 空间角问题】 PAGEREF _Tc7329 \h 22
\l "_Tc18449" 【题型7 翻折问题】 PAGEREF _Tc18449 \h 29
\l "_Tc17515" 【题型8 立体几何中的轨迹问题】 PAGEREF _Tc17515 \h 33
\l "_Tc8148" 【题型9 以立体几何为载体的情境题】 PAGEREF _Tc8148 \h 38
立体几何是高考的热点内容，属于高考的必考内容之一.从近几年的高考情况来看，高考对该部分的考查，小题主要体现在三个方面：一是有关空间线面位置关系的判断；二是空间几何体的体积和表面积的计算，难度较易；三是常见的一些经典常考压轴小题，涉及到空间角、空间距离与轨迹问题等，难度中等或偏上．
【知识点1 空间几何体表面积与体积的常见求法】
1.求几何体体积的常用方法
(1)公式法：直接代入公式求解.
(2)等体积法：四面体的任何一个面都可以作为底面，只需选用底面面积和高都易求出的形式即可.
(3)补体法：将几何体补成易求解的几何体，如棱锥补成棱柱，三棱柱补成四棱柱等.
(4)分割法：将几何体分割成易求解的几部分，分别求体积.
2.求组合体的表面积与体积的一般方法
求组合体的表面积的问题，首先应弄清它的组成部分，其表面有哪些底面和侧面，各个面的面积应该
怎样求，然后根据公式求出各个面的面积，最后相加或相减.求体积时也要先弄清各组成部分，求出各简单几何体的体积，再相加或相减.
【知识点2 几何体与球的切、接问题的解题策略】
1.常见的几何体与球的切、接问题的解决方案：
常见的与球有关的组合体问题有两种：一种是内切球，另一种是外接球.
常见的几何体与球的切、接问题的解决方案：
2.空间几何体外接球问题的求解方法：
空间几何体外接球问题的处理关键是确定球心的位置，常见的求解方法有如下几种：
(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)若球面上四点P,A,B,C构成的三条线段PA,PB,PC两两垂直，且PA=a，PB=b，PC=c，一般把有关元
素“补形”成为一个球内接长方体，根据4R2=a2+b2+c2求解.
(3)利用平面几何体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.
【知识点3 几何法与向量法求空间角】
1.几何法求异面直线所成的角
(1)求异面直线所成角一般步骤：
①平移：选择适当的点，线段的中点或端点，平移异面直线中的一条或两条成为相交直线；
②证明：证明所作的角是异面直线所成的角；
③寻找：在立体图形中，寻找或作出含有此角的三角形，并解之；
④取舍：因为异面直线所成角的取值范围是，所以所作的角为钝角时，应取它的补角作为异面直线所成的角.
2.用向量法求异面直线所成角的一般步骤：
(1)建立空间直角坐标系；
(2)用坐标表示两异面直线的方向向量；
(3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值；
(4)注意两异面直线所成角的范围是，即两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角的余弦值的绝对值.
3.几何法求线面角
(1)垂线法求线面角(也称直接法)；
(2)公式法求线面角(也称等体积法)：
用等体积法，求出斜线PA在面外的一点P到面的距离，利用三角形的正弦公式进行求解.
公式为：，其中是斜线与平面所成的角，h是垂线段的长，l是斜线段的长.
4.向量法求直线与平面所成角的主要方法:
(1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，将题目转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；
(2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角或钝角的补角，取其余角就是斜线和平面所成的角.
5.几何法求二面角
作二面角的平面角的方法：
作二面角的平面角可以用定义法，也可以用垂面法，即在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线，再过垂足作二面角的棱的垂线，两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角.
6.向量法求二面角的解题思路:
用法向量求两平面的夹角：分别求出两个法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到两平面夹角的大小.
【知识点4 立体几何中的最值问题及其解题策略】
1.立体几何中的几类最值问题
立体几何中的最值问题有三类：
一是空间几何体中相关的点、线和面在运动，求线段长度、截面的面积和体积的最值；
二是空间几何体中相关点和线段在运动，求有关角度和距离的最值；
三是在空间几何体中，已知某些量的最值，确定点、线和面之间的位置关系．
2.立体几何中的最值问题的求解方法
解决立体几何中的最值问题主要有两种解题方法：
一是几何法，利用几何体的性质，探求图形中点、线、面的位置关系；
二是代数法，通过建立空间直角坐标系，利用点的坐标表示所求量的目标函数，借助函数思想方法求
最值；通过降维的思想，将空间某些量的最值问题转化为平面三角形、四边形或圆中的最值问题．
【知识点5 立体几何中的轨迹问题及其解题策略】
1.立体几何中的轨迹问题
立体几何中的轨迹问题，这是一类立体几何与解析几何的交汇题型，既考查学生的空间想象能力，即
点、线、面的位置关系，又考查用代数方法研究轨迹的基本思想，培养学生的数学运算、直观想象等素养．
2.立体几何中的轨迹问题的求解方法
解决立体几何中的轨迹问题有两种方法：
一是几何法：对于轨迹为几何体的问题，要抓住几何体中的不变量，借助空间几何体（柱、锥、台、
球）的定义；对于轨迹为平面上的问题，要利用降维的思想，熟悉平面图形（直线、圆、圆锥曲线）的定义．
二是代数法：在图形中，建立恰当的空间直角坐标系，利用空间向量进行求解．
【知识点6 以立体几何为载体的情境题的求解策略】
1.以立体几何为载体的几类情境题
以立体几何为载体的情境题大致有三类：
(1)以数学名著为背景设置问题，涉及中外名著中的数学名题名人等；
(2)以数学文化为背景设置问题，包括中国传统文化，中外古建筑等；
(3)以生活实际为背景设置问题，涵盖生产生活、劳动实践、文化精神等．
2.以立体几何为载体的情境题的求解思路
以立体几何为载体的情境题都跟图形有关，涉及在具体情境下的图形阅读，需要通过数形结合来解决
问题.
此类问题的求解过程主要分四步：一是要读特征，即从图形中读出图形的基本特征；二是要读本质，即要善于将所读出的信息进行提升，实现“图形→文字→符号”的转化；三是要有问题意识，带着问题阅读图形，将研究图形的本身特征和关注题目要解决的问题有机地融合在一起；四是要有运动观点，要“动手”去操作，动态地去阅读图形．
【题型1 求几何体的体积与表面积】
【例1】（2023·江苏徐州·沛县湖西中学模拟预测）在三棱锥P-ABC中，三条侧棱PA，PB，PC两两垂直，且PA=PB=PC=2，若三棱锥P-ABC的所有顶点都在同一个球的表面上，则该球的体积是（ ）
A．43πB．42πC．6πD．12π
【解题思路】根据三条侧棱三条侧棱PA，PB，PC两两垂直，可得三棱锥P-ABC的外接球即为以PA，PB，PC为相邻的三条棱的正方体的外接球，由此可得答案.
【解答过程】由三条侧棱PA，PB，PC两两垂直，补全三棱锥P-ABC，
则三棱锥P-ABC的外接球的半径R=124+4+4=3，
所以该球的体积是43πR3=43π×33=43π，
故选：A.
【变式1-1】（2023·陕西铜川·统考一模）我国古代数学名著《数书九章》中有“天池盆测雨”题：在下雨时，用一个圆台形的天池盆接雨水，天池盆盆口直径为二尺八寸，盆底直径为一尺二寸，盆深一尺八寸，若盆中积水深九寸，则平地降雨量是（ ）
（注：①平地降雨量等于盆中积水体积除以盆口面积；
②一尺等于十寸；
③V台=13S上+S下+S上⋅S下h）
A．6寸B．4寸C．3寸D．2寸
【解题思路】根据积水深度先求出水面半径，然后可求盆中水的体积，根据平地降雨量的计算公式可求结果.
【解答过程】如图，由题意可知，天池盆上底面半径为14寸，下底面半径为6寸，高为18寸，
因为积水深9寸，所以水面半径为12×14+6=10寸，
则盆中水的体积为13π×9×62+102+6×10=588π立方寸，
所以平地降雨量等于588ππ×142=3寸.
故选：C.
【变式1-2】（2023·全国·模拟预测）如图，已知正四棱台ABCD-A1B1C1D1的高为2,AB=2A1B1,P,Q分别为B1C1,C1D1的中点，若四边形PQDB的面积为152，则该四棱台的体积为（ ）
A．563B．56C．283D．28
【解题思路】设A1B1=2x，先根据正四棱台的性质将四边形PQDB各个边的长用关于x的代数式表示出来，再根据四边形PQDB的面积为152求得x的值，最后利用台体的体积公式即可求解．
【解答过程】如图，取BC的中点M，连接MP,B1D1，设BD,B1D1的中点分别为O,O1，连接OM,OO1,O1P．设A1B1=2x，则
AB=4x,OM=2x,O1P=x,BD=42x,B1D1=22x,PQ=12B1D1=2x．
又OO1=2，所以
PM=OO12+OM-O1P2=x2+4,DQ=BP=BM2+PM2=5x2+4．
等腰梯形PQDB的高为BP2-12BD-PQ2=x22+4，则12×2x+42x×x22+4=152，得x=1，
所以四棱台的体积V=13×22+2×4+42×2=563.
故选：A．
【变式1-3】（2023·山东·统考一模）陀螺起源于我国，在山西夏县新石器时代的遗址中，就出土了目前发现的最早的石制陀螺因此，陀螺的历史至少也有四千年，如图所示为一个陀螺的立体结构图，若该陀螺底面圆的直径AB=12cm，圆柱体部分的高BC=6cm，圆锥体部分的高CD=4cm，则这个陀螺的表面积是（ ）

A．(144+1213)πcm2B．(144+2413)πcm2
C．(108+1213)πcm2D．(108+2413)πcm2
【解题思路】根据给定的几何体，求出圆锥的侧面积、圆柱的侧面积及上底面积即可.
【解答过程】依题意，圆锥底面直径为12cm，则该圆锥的母线长l=62+42=213（cm），
因此该圆锥的侧面积S1=π×6×213=1213π（cm2），
圆柱的侧面积为S2=2π×6×6=72π（cm2），
所以这个陀螺的表面积是S=S1+S2+π×62=(108+1213)π（cm2）.
故选：C.
【题型2 与球有关的截面问题】
【例2】（2023·陕西咸阳·武功县普集高级中学校考模拟预测）已知球O的一个截面的面积为2π，球心O到该截面的距离比球的半径小1，则球O的表面积为（ ）
A．8πB．9πC．12πD．16π
【解题思路】设截面圆的半径为r，球的半径为R，依题意得到r=2且R-12+r2=R2，即可求出R，从而求出球的表面积.
【解答过程】依题意设截面圆的半径为r，球的半径为R，因为截面的面积为2π，所以r=2，
又R-12+r2=R2，即R-12+22=R2，解得R=32，
所以球O的表面积S=4πR2=4π×322=9π.
故选：B.
【变式2-1】（2023·全国·校联考模拟预测）上、下底面均为等边三角形的三棱台的所有顶点都在同一球面上，若三棱台的高为3，上、下底面边长分别为15，26，则该球的表面积为（ ）
A．32πB．36πC．40πD．42π
【解题思路】首先作图进行解答，设△ABC，△A1B1C1的外心分别为M，N，外接球的球心为O，然后再设外接球的半径，进行求解，得出外接球表面积为36π.
【解答过程】设三棱台为ABC-A1B1C1，△ABC，△A1B1C1外心分别为M，N，外接球的球心为O，
∵△ABC，△A1B1C1是等边三角形，∴M ，N是三角形的中心，也是三角形重心
由题意易知△ABC高为352，△A1B1C1高为32，故由重心的定义知MC1=23×352=5，NC=23×32=22，且由题意易知MN=3，
设外接球的半径为R，ON=h，连接OC1,OC，则OC1=OC=R，
故h2+NC2=(3-h)2+MC12=R2，即h2+8=(3-h)2+5=R2，
解得h=1，R2=9，所以外接球的表面积为4πR2=36π，
故选:B.
【变式2-2】（2023·河南·信阳高中校联考模拟预测）如图，在三棱锥A-BCD中，AB,AC,AD两两垂直，且AB=AC=AD=3，以A为球心，6为半径作球，则球面与底面BCD的交线长度的和为（ ）

A．23πB．3πC．3π2D．3π4
【解题思路】由等体积公式求出截面圆的半径为r=(6)2-(3)2=3，画出截面图形，再利用H为△BCD的中心，求出HN=13×32×32=62，再利用弦长公式求出EF=2(3)2-622=6，最后求出交线长度.
【解答过程】由题意知三棱锥A-BCD为正三棱锥，故顶点A在底面BCD的射影为△BCD的中心H，连接AH，由V三棱锥D-ABC=V三棱锥A-BCD，
得13×12×3×3×3=13×12×32×32×32AH，所以AH=3，
因为球的半径为6，所以截面圆的半径r=(6)2-(3)2=3，
所以球面与底面BCD的交线是以H为圆心，3为半径的圆在△BCD内部部分，
如图所示

易求HN=13×32×32=62，所以EF=2(3)2-622=6，
易得∠EHF=π2，所以∠MHQ=∠GHP=π2，
所以交线长度和为2π×3-3×π2×3=3π2.
故选：C.
【变式2-3】（2023·江西南昌·江西师大附中校考三模）已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，E为棱CC1上的一点，且满足平面BDE⊥平面A1BD，则平面A1BD截四面体ABCE的外接球所得截面的面积为（ ）
A．136πB．2512πC．83πD．23π
【解题思路】由题意证得E是CC1的中点，由四面体ABCE的外接球的直径为AE=3，得到半径R=32，设M是外接球的球心，求得球心M到平面A1BD的距离d=36，根据球的截面圆的性质，求得截面圆的半径r2=136，进而求得截面圆的面积.
【解答过程】在正方体ABCD-A1B1C1D1中，设平面BDE∩平面ACC1=OE，且AC1⊥平面A1BD，
由平面BDE⊥平面A1BD，可得AC1//OE，所以E是CC1的中点，
又四面体ABCE的外接球的直径为AE=AC2+CE2=3，可得半径R=32，
设M是AE的中点即球心，球心M到平面A1BD的距离为d，
又设AC与BD的交点为O，则cs∠A1OA=26=33，则sin∠A1OM=cs∠A1OA=33，
则d=OM⋅sin∠A1OM=12×33=36，则截面圆的半径r2=R2-d2=94-112=2612=136，
所以截面圆的面积为πr2=136π.
故选：A．
【题型3 体积、面积、周长、距离的最值与范围问题】
【例3】（2023·福建莆田·莆田一中校考一模）如图，在边长为a的正三角形的三个角处各剪去一个四边形.这个四边形是由两个全等的直角三角形组成的，并且这三个四边形也全等，如图①.若用剩下的部分折成一个无盖的正三棱柱形容器，如图②.则这个容器的容积的最大值为（ ）
A．a327B．a336C．a354D．a372
【解题思路】设出容器的高，求出容器容积的函数关系，利用导数求出最大值即得.
【解答过程】设容器的高为x，则容器底面正三角形的边长为a-23x(0则三棱柱形容器容积V(x)=34⋅x⋅(a-23x)2=34(12x3-43ax2+a2x)，
求导得V'(x)=34(36x2-83ax+a2)=34(23x-a)(63x-a)，
当x∈(0,318a)时，V'x<0，Vx单调递增；当x∈(318a,36a)时，V'x<0，Vx单调递减，
所以当x=318a时，V(x)max=a354.
故选：C.
【变式3-1】（2023·全国·模拟预测）在直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BAC=60°，侧面BCC1B1的面积为23，则直三棱柱ABC-A1B1C1外接球的表面积的最小值为（ ）
A．4πB．8πC．43πD．83π
【解题思路】根据正弦定理可表示△ABC的外接圆半径，结合侧面积，可表示AA1，进而可得外接球半径及面积，利用基本不等式可得最值.
【解答过程】
如图，设△ABC的外接圆半径为r，直三棱柱外接球的半径为R．
由正弦定理，得BCsin60°=2r，所以BC=3r，
又因为侧面BCC1B1的面积为23，所以BC⋅AA1=23，
所以AA1=2r，
而2R2-r2=AA1=2r，
所以R2=r2+1r2≥2，当且仅当r2=1r2，即r=1时，R2取得最小值2，
所以直三棱柱外接圆的表面积的最小值Smin=4πR2=8π．
故选：B．
【变式3-2】（2023·山东·山东省实验中学校考二模）正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AB=2，P为底面A1B1C1D1的中心，M是棱AB的中点，正四棱柱的高h∈2,22，点M到平面PCD的距离的最大值为（ ）
A．263B．83C．423D．329
【解题思路】设底面四边形ABCD的中心为O，连接PO，则PO=h，设点M到平面PCD的距离为d，利用等体积法求解即可.
【解答过程】设底面四边形ABCD的中心为O，连接PO，则PO=h，设点M到平面PCD的距离为d，OC=OD=2，PC=PD=2+h2，
则△PCD中，CD边上的高为2+h2-1=1+h2，
则S△PCD=12×2×1+h2=1+h2,S△MCD=12×2×2=2，
由VM-PCD=VP-MCD，
得13×S△PCD×d=13×S△MCD×h，
所以d=2hh2+1=2h2h2+1=211+1h2，
由h∈2,22，得h2∈2,8，则1+1h2∈98,32，则11+1h2∈23,89，
所以d∈263,423，
即点M到平面PCD的距离的取值范围是263,423，
所以点M到平面PCD的距离的最大值为423.
故选：C.
【变式3-3】（2023·湖南长沙·长沙一中校考模拟预测）已知A，B，C，D是体积为2053π的球体表面上四点，若AB=4，AC=2，BC=23，且三棱锥A－BCD的体积为23，则线段CD长度的最大值为（ ）
A．23B．32C．13D．25
【解题思路】先求出外接球半径，根据勾股定理逆定理得到∠ACB=π2，且S△ACB=23，求出点D到平面ABC的距离，求出点D所在球的截面的半径及三角形ABC的外接圆半径，设点D在平面ABC上的投影为E，当CE最长时CD最长，结合CE=2+1=3，求出CD长度的最大值.
【解答过程】因为球的体积为2053π，故球的半径R满足2053π=4π3R3，故R=5，
而AB=4，AC=2，BC=23，故AB2=AC2+BC2，故∠ACB=π2，
故S△ACB=12×23×2=23，
设点D到平面ABC的距离为h，则13×h×23=23，故h=3，
点D在球的截面圆上，设截面圆所在的平面为α，因为h>R，所以平面α与平面ABC在球心的异侧，

设球心到平面ABC的距离为d，而△ACB外接圆的半径为12AB=2，则d=5-4=1，
故球心到平面α的距离为3-1=2，故截面圆的半径为5-4=1，
设点D在平面ABC上的投影为E，则E的轨迹为圆，圆心为△ABC的外心即AB的中点，
当CE最长时CD最长，此时CE=2+1=3，故CD长度的最大值为CE2+h2=32.
故选：B．
【题型4 几何体与球的切、接问题】
【例4】（2023·河北邯郸·统考三模）三棱锥S-ABC中，SA⊥平面ABC，AB⊥BC，SA=AB=BC．过点A分别作AE⊥SB，AF⊥SC交SB、SC于点E、F，记三棱锥S-FAE的外接球表面积为S1，三棱锥S-ABC的外接球表面积为S2，则S1S2=（ ）
A．33B．13C．22D．12
【解题思路】取SA的中点O1，SC的中点O2，连O1E，O1F，O2A，O2B，证明O2是三棱锥S-ABC的外接球的球心，SC为该球的直径；O1是三棱锥S-FAE的外接球的球心，SA为该球的直径，设SA=AB=BC =a，求出SC，根据球的表面积公式可求出结果.
【解答过程】取SA的中点O1，SC的中点O2，连O1E，O1F，O2A，O2B，
因为SA⊥平面ABC，AB,BC,AC⊂平面ABC，所以SA⊥AB，SA⊥BC，SA⊥AC，
因为AB⊥BC，SA∩AB=A，SA,AB⊂平面SAB，所以BC⊥平面SAB，
因为SB⊂平面SAB，所以BC⊥SB，
在直角三角形SAC中，O2是斜边SC的中点，所以O2A=O2S=O2C，
在直角三角形SBC中，O2是斜边SC的中点，所以O2B=O2S=O2C，
所以O2是三棱锥S-ABC的外接球的球心，SC为该球的直径.
因为AE⊥SB，O1是斜边SA的中点，所以O1E=O1A=O1S，
因为AF⊥SC， O1是斜边SA的中点，所以O1F=O1A=O1S，
所以O1是三棱锥S-FAE的外接球的球心，SA为该球的直径.
设SA=AB=BC =a，则SC=SA2+AB2+BC2=3a，
则S1=4π⋅(SA2)2=a2π，S2=4π⋅(SC2)2=4π⋅(3a2)2=3a2π，
所以S1S2=a2π3a2π=13.
故选：B.
【变式4-1】（2023·福建龙岩·统考模拟预测）如图，已知正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体为正八面体，则该正八面体的内切球表面积为（ ）
A．π6B．πC．4π3D．4π
【解题思路】由图形可得正八面体的棱长为2，分别求出正八面体的体积及表面积，再由等体积法求正八面体的内切球半径，即可求出球的表面积．
【解答过程】根据图形，已知正方体的棱长为2，易知正八面体的棱长为正方体面对角线长的一半，
即为22+222=2，
如图，
在正八面体中连接AF，DB，CE，可得AF，DB，CE互相垂直平分，O为正八面体的中心，AO⊥平面BCDE，OD⊂平面BCDE，则AO⊥OD，AD=2，AD=OD=1.
在Rt△AOD中，AO=AD2-OD2=22-1=1，
则该正八面体的体积V=2×13×2×2×1=43，
该八面体的表面积S=8×34×22=43
设正八面体的内切球半径为r，
∵ 13S r=V，即13×43⋅r=43，解得r=33，
∴S球=4πr2=4π3.
故选：C.
【变式4-2】（2023·全国·模拟预测）为了便于制作工艺品，某工厂将一根底面半径为6cm，高为4cm的圆柱形木料裁截成一个正四棱台木料，已知该正四棱台上底面的边长不大于42cm，则当该正四棱台的体积最大时，该正四棱台外接球的表面积为（ ）
A．128πcm2B．145πcm2C．153πcm2D．160πcm2
【解题思路】根据正四棱台的体积最大，得到正四棱台上、下底面外接圆的半径及高，再求正四棱台外接球的半径，即可得解.
【解答过程】由题意，当正四棱台的体积最大时，正四棱台的上底面边长为42cm，则上底面外接圆的半径为4cm，
下底面的外接圆为圆柱的底面圆，半径为6cm，正四棱台的高为4cm．
设该正四棱台外接球的半径为Rcm，球心到正四棱台上底面的距离为xcm，
所以R2=16+x2=36+(4-x)2，解得x=92，则R=1452，
所以该正四棱台外接球的表面积为4πR2=145πcm2．
故选：B.
【变式4-3】（2023·浙江温州·乐清市知临中学校考二模）如今中国被誉为基建狂魔，可谓是逢山开路，遇水架桥.公路里程､高铁里程双双都是世界第一.建设过程中研制出用于基建的大型龙门吊､平衡盾构机等国之重器更是世界领先.如图是某重器上一零件结构模型，中间最大球为正四面体ABCD的内切球，中等球与最大球和正四面体三个面均相切，最小球与中等球和正四面体三个面均相切，已知正四面体ABCD棱长为26，则模型中九个球的表面积和为（ ）
A．6πB．9πC．31π4D．21π
【解题思路】作出辅助线，先求出正四面体的内切球半径，再利用三个球的半径之间的关系得到另外两个球的半径，得到答案.
【解答过程】如图，取BC的中点E，连接DE，AE，则CE=BE=6，AE=DE=24-6=32，
过点A作AF⊥底面BCD，垂足在DE上，且DF=2EF，
所以DF=22,EF=2，故AF=AD2-DF2=24-8=4，
点O为最大球的球心，连接DO并延长，交AE于点M，则DM⊥AE，
设最大球的半径为R，则OF=OM=R，
因为Rt△AOM∽Rt△AEF，所以AOAE=OMEF，即4-R32=R2，解得R=1，
即OM=OF=1，则AO=4-1=3，故sin∠EAF=OMAO=13
设最小球的球心为J，中间球的球心为K，则两球均与直线AE相切，设切点分别为H,G，
连接HJ,KG，则HJ,KG分别为最小球和中间球的半径，长度分别设为a,b，
则AJ=3HJ=3a,AK=3GK=3b，则JK=AK-AJ=3b-3a，
又JK=a+b，所以3b-3a=a+b，解得b=2a，
又OK=R+b=AO-AK=3-3b，故4b=3-R=2，解得b=12，
所以a=14，
模型中九个球的表面积和为4πR2+4πb2×4+4πa2×4=4π+4π+π=9π.
故选：B.
【题型5 空间线段以及线段之和最值问题】
【例5】（2023·湖南长沙·长郡中学校联考模拟预测）已知底面边长为a的正四棱柱ABCD-A1B1C1D1内接于半径为3的球内，E，F分别为B1C1，C1D1的中点，G，H分别为线段AC1，EF上的动点，M为线段AB1的中点，当正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的体积最大时，GH+GM的最小值为（ ）
A．2B．322C．2D．1+2
【解题思路】求出正四棱柱的高h，表示出体积，用导数求得最大值，得正四棱柱为正方体，GH的最小值就是点G到EF的距离，H为EF的中点（即EF与A1C1的交点）时，GH⊥EF，然后两个Rt△AC1A1，Rt△AC1B1沿AC1展开翻折至共面．如图，当M，G，H三点共线时，GH+GM最小，由此计算可得．
【解答过程】正四棱柱的高h=23-a22．
V=a2h=2a23-a22，令V2=a412-2a2=faa>0，
则f'a=-12a5+48a3=-12a3a+2a-2，
所以fa在0,2上单调递增，在2,+∞上单调递减，
所以当a=2时，fa的最大值为f2=64．
当a=2时，h=2，此时正四棱柱为正方体．
GH的最小值就是点G到EF的距离，
由正方体的性质知，B1D1⊥A1C1，AA1⊥B1D1（因为正方体的棱AA1与底面A1B1C1D1垂直，因此AA1与底面内的直线B1D1垂直），AA1与A1C1是平面AA1C1内两相交直线，
因此B1D1⊥平面AA1C1，
而E，F分别为B1C1，C1D1的中点，因此EF//B1D1，所以EF⊥平面AA1C1，
易知当H为EF的中点时，H∈A1C1，GH⊂平面AA1C1，所以GH⊥EF，
动线段GH，GM分别在Rt△AC1A1，Rt△AC1B1内，将两个平面沿AC1展开翻折至共面．如图，当M，G，H三点共线时，GH+GM最小，可得HC1=14A1C1=22，又因为M为线段AB1的中点，
所以GH+GMmin=HM=322．
故选：B.

【变式5-1】（2023·安徽合肥·合肥市第六中学校考模拟预测）已知在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=BC=1，AA1=3，在线段A1D上取点M，在CD1上取点N，使得直线MN//平面ACC1A1，则线段MN长度的最小值为（ ）
A．33B．213C．37D．217
【解题思路】以DA,DC,DD1为x,y,z轴建立空间直角坐标系发，写出各点坐标，求出平面AA1C1C的法向量，由向量MN与平面AA1C1C的法向量垂直可得关系式，从而表示出MN的模，然后可求得最小值．
【解答过程】解：如图，以DA,DC,DD1为x,y,z轴建立空间直角坐标系，
则A(1,0,0),B(1,1,0),C(0,1,0),D(0,0,0),A1(1,0,3),B1(1,1,3),C1(0,1,3),D1(0,0,3)，
AC=(-1,1,0)，AA1=(0,0,3)，设平面ACC1A1的一个法向量为p=(x,y,z)，
则p⋅AC=-x+y=0p⋅AA1=3z=0，取x=1，则y=1,z=0，即p=(1,1,0)，
又A1D=(-1,0,-3)，D1C=(0,1,-3)，A1D1=(-1,0,0)，
设A1M=λA1D，D1N=μD1C，
则MN=MA1+A1D1+D1N=(λ-1,μ,3λ-3μ)，
因为MN//平面AA1C1C，故MN⋅p=0即λ+μ=1，
MN2=μ2+(λ-1)2+(3λ-3μ)2 =4λ2+4μ2-6λμ-2λ+1
=41-μ2+4μ2-61-μμ-21-μ+1
=41-μ2+4μ2-61-μμ-21-μ+1=14μ2-12μ+3=14μ-372+37
当μ=37时，MN2取得最小值37，即MN的长度的最小值为217．
故选：D．
【变式5-2】（2023·四川绵阳·模拟预测）如图，棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点P在线段AD1上运动，以下四个命题：

①三棱锥D-BPC1的体积为定值；②C1P⊥CB1；③直线DC1与平面ABC1D1所成角的正弦值为12；④C1P+DP的最小值为10．其中真命题有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【解题思路】①易证AD1//平面BDC1，由此即可说明三棱锥D-BPC1的体积为定值；②易证CB1⊥平面ABC1D1，由此即可证明C1P⊥CB1；③先证得∠EC1D为直线DC1与平面ABC1D1所成角，再求出sin∠EC1D，由此即可得出结论；④将正方形A1B1C1D1沿A1D1翻折90°得到正方形A1D1FG，易得C1P+DP≥DM，由此得解.
【解答过程】正方体ABCD-A1B1C1D1中，AB//D1C1,AB=D1C1,
所以四边形ABC1D1为平行四边形，
所以AD1//BC1，
又AD1⊄平面BDC1,BC1⊂平面BDC1,
所以AD1//平面BDC1，
即当点P在线段AD1上运动时dP恒为定值，
又VD-BPC1=VP-BDC1=13S△BDC1×dP, S△BDC1也为定值，
所以三棱锥D-BPC1的体积为定值，①正确；
在正方体ABCD-A1B1C1D1中，AB⊥平面BCC1B1，CB1⊂平面BCC1B1,
所以CB1⊥AB，
在正方形BCC1B1中：CB1⊥BC1,
又AB∩BC1=B,AB,BC⊂平面ABC1D1，
所以CB1⊥平面ABC1D1，
又C1P⊂平面ABC1D1，
所以C1P⊥CB1，②正确；
连接A1D,交AD1于点E，连接C1E,

易知A1D//CB1，又CB1⊥平面ABC1D1，
所以A1D⊥平面ABC1D1，
所以∠EC1D为直线DC1与平面ABC1D1所成角，
DE=12A1D=2,DC1=22，
所以在Rt△EC1D中，sin∠EC1D=DEDC1=222=12，
即直线DC1与平面ABC1D1所成角的正弦值为12，③正确；
如图所示：将正方形A1B1C1D1沿A1D1翻折90°得到正方形A1D1FG，连接D1G,在线段D1G上取点M，使得D1M=2，

易知D1G⊥D1A,D1M=D1C1,
所以PC1=PM,
所以C1P+DP=PD+PM≥DM,
在△DD1M中，D1M=DD1=2,∠DD1M=3π4,
所以DM2=D1M2+D1D2-2D1M⋅D1Dcs3π4=8+42，
DM=8+42，
C1P+DP的最小值为8+42，④错误.
故选：C.
【变式5-3】（2023·天津和平·耀华中学校考二模）粽子，古称“角黍”，早在春秋时期就已出现，到晋代成为了端午节的节庆食物．现将两个正四面体进行拼接，得到如图所示的粽子形状的六面体，其中点G在线段CD（含端点）上运动，若此六面体的体积为163，则下列说法正确的是（ ）

A．EF=2B．EF=4
C．EG+FG的最小值为32D．EG+FG的最小值为26
【解题思路】设EF=a，然后求出正四面体的高，然后由体积可求得a，然后由侧面展开图可求EG+FG的最小值.
【解答过程】设EF=a，则正四面体的高为a2-3a32=63a，
因为六面体的体积为163，所以2×13×34a2×63a=163，解得a=22，

EG+FG的最小值为等边三角形ECD高的2倍，即2×6=26，
故选：D.
【题型6 空间角问题】
【例6】（2023·全国·模拟预测）已知正三棱柱ABC-A1B1C1的侧面积是底面积的63倍，点E为四边形ABB1A1的中心，点F为棱CC1的中点，则异面直线BF与CE所成角的余弦值为（ ）
A．23913B．3913C．3926D．33926
【解题思路】法一：作出辅助线，找到异面直线BF与CE所成角，求出各边长，利用余弦定理求出答案；
法二：建立空间直角坐标系，写出点的坐标，利用空间向量求出异面直线的夹角；
法三：设CA=a，CB=b，CC1=c，表达出BF=12c-b，CE=12a+12b+12c，求出两向量数量积和模长，利用csBF,CE=BF⋅CEBF⋅CE求出答案.
【解答过程】法一：如图所示，取A1B1的中点G，连接FG，EG，

因为点E为四边形ABB1A1的中心，所以EG//CF，且EG=CF，
所以四边形CFGE为平行四边形，所以FG//CE，
所以∠BFG或其补角就是异面直线BF与CE所成的角．
设该三棱柱的底面边长为2，正三棱柱ABC-A1B1C1的侧面积是底面积的63倍，
则3×2AA1=2×34×22×63，
所以AA1=6．连接BG，
则BG=62+12=37，BF=22+32=13，FG=32+(3)2=23．
在△BFG中，由余弦定理得cs∠BFG=BF2+FG2-BG22BF×FG=13+12-372×13×23=-3913，所以异面直线BF与CE所成角的余弦值为3913，
法二：设AC=2，则由题得3×2CC1=2×34×22×63，所以CC1=6．
以A为坐标原点，AC，AA1所在直线分别为y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，

则B3,1,0，C0,2,0，E32,12,3，F0,2,3，所以BF=-3,1,3，CE=32,-32,3，故csBF,CE=-3×32+1×-32+3×33+1+9×34+94+9=3913，
所以异面直线BF与CE所成角的余弦值为3913．
法三：设AC=2，则由题得3×2CC1=2×34×22×63，所以CC1=6．
设CA=a，CB=b，CC1=c，则a⊥c，b⊥c，a，b的夹角为π3，
a=b=2，c=6，BF=CF-CB=12c-b，
CE=12CA+12CB+12CC1=12a+12b+12c，
12c-b=14c2-c⋅b+b2=9-0+4=13，
a+b+c=a2+b2+c2+2a⋅b=4+4+36+2×2×2×12=43，
所以csBF,CE=BF⋅CEBF⋅CE12c-b⋅12a+12b+12c12c-b12a+12b+12c=14c2-12a⋅b-12b213×23
=9-2-113×23=3913，
所以异面直线BF与CE所成角的余弦值为3913.
故选：B．
【变式6-1】（2023·河北保定·统考二模）如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=BC=1，AA1=2，对角线B1D与平面A1BC1交于E点．则A1E与面AA1D1D所成角的余弦值为（ ）

A．13B．33C．23D．53
【解题思路】建立空间直角坐标系，解得平面A1BC1的法向量为m=(x,y,z)，DB1=(1,1,2)，设DE=λDB1，则E(λ,λ,2λ)，A1E⋅m=0，解得λ，可得A1E坐标，
平面AA1D1D的法向量为n=(0,1,0)，设A1E与平面AA1D1D所成角为α，则sinα=|A1E⋅n|A1E||n||，进而可得答案．
【解答过程】如图，建立空间直角坐标系：

A1B=(0,1,-2)，A1C1=(-1,1,0)，
设平面A1BC1的法向量为m=(x,y,z)，
则AB⋅m=y-2z=0A1C1⋅m=-x+y=0⇒y=2zx=y，令z=1，则y=2，x=2，
所以m=(2,2,1)，
又DB1=(1,1,2)，因为点E在B1D上，
设DE=λDB1=(λ,λ,2λ)，所以E(λ,λ,2λ)，
所以A1E=(λ-1,λ,2λ-2)，
因为A1E⊂面A1BC1，所以A1E⋅m=0，
所以(λ-1,λ,2λ-2)⋅(2,2,1)=0，
所以2(λ-1)+2λ+(2λ-2)=0，解得λ=23，
所以A1E=(-13,23,-23)，
平面AA1D1D的法向量为n=(0,1,0)，
设A1E与平面AA1D1D所成角为α，
所以sinα=|A1E⋅n|A1E||n||=|(-13,23,-23)⋅(0,1,0)(-13)2+(23)2+(-23)2⋅1|=23，
所以csα=1-sin2α=1-(23)2=53，
故选：D．
【变式6-2】（2023·全国·模拟预测）在正方体ABCD-A1B1C1D1中，若点N是棱BB1上的动点，点M是线段A1C1（不含线段的端点）上的动点，则下列说法正确的是（ ）
A．存在直线MN，使MN//B1CB．异面直线CM与AB所成的角可能为π3
C．直线CM与平面BND所成的角为π3D．平面BMC//平面C1NA
【解题思路】根据两直线位置关系的判断可知直线MN与直线B1C相交或异面，知A错误；过点M作MH//A1B1，由异面直线所成角的定义可知两直线成角为∠CMH，设MH=x0≤x≤1，由tan∠CMH=3构造方程可求得x，知B正确；由线面角的定义可知所求角为∠CMO，设C1M=a0【解答过程】对于A，∵B1C⊂平面BCC1B1，MN∩平面BCC1B1=N，
∴当N与B1重合时，MN与B1C相交；当N与B1不重合时，MN与B1C异面；
即不存在直线MN与直线B1C平行，A错误；
对于B，过点M作MH//A1B1，交B1C1于点H，连接CH，
∵AB//A1B1//MH，∴∠CMH或其补角即为异面直线CM,AB所成角；
∵AB⊥平面BCC1B1，∴MH⊥平面BCC1B1，又CH⊂平面BCC1B1，∴MH⊥CH；
设正方体的棱长为1，MH=x0≤x≤1，则C1H=MHA1B1⋅B1C1=MH=x，
∴HC=1+x2，，∴tan∠CMH=CHMH=1+x2x，
若∠CMH=π3，则1+x2x=3，解得：x=22∈0,1，
∴异面直线CM,AB所成的角可以为π3，B正确；
对于C，连接AC，交BD于点O，连接MO，
∵BB1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，∴BB1⊥AC，
∵四边形ABCD为正方形，∴AC⊥BD，又BD∩BB1=B，BD,BB1⊂平面BND，
∴AC⊥平面BND，∴∠CMO即为直线CM与平面BND所成角，
设正方体棱长为1，C1M=a0∴sin∠CMO=COCM=221+a2，
若∠CMO=π3，则221+a2=32，方程无解，
∴直线CM与平面BND所成的角不能为π3，C错误；
对于D，作MG//B1C1，交A1B1于点G，连接BG，
∵MG//B1C1//BC，∴M,G,B,C四点共面，
∵BG,AN⊂平面ABB1A1，BG与AN不平行，∴BG与AN相交，
即平面BMC与平面C1NA总是相交，D错误.
故选：B.
【变式6-3】（2023·四川遂宁·统考三模）如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，线段B1D1上有两个动点E,F（E在F的左边），且EF=2．下列说法不正确的是（ ）
A．当E运动时，二面角E-AB-C的最小值为45∘
B．当E,F运动时，三棱锥体积B-AEF不变
C．当E,F运动时，存在点E,F使得AE//BF
D．当E,F运动时，二面角C-EF-B为定值
【解题思路】对A：建立空间直角坐标系，利用向量法求解二面角夹角的余弦值，根据其范围，即可判断；对B：利用棱锥体积公式，即可求得三棱锥的体积，即可判断. 对C：由反证法判断；对D：平面EFB即为平面BDD1B1，平面CEF即为平面CB1D1，从而得出二面角C-EF-B为定值.
【解答过程】对A：建立如图所示的空间直角坐标系，
则A2,2,0,B0,2,0,C0,0,0,D2,0,0,D12,0,2．
因为E,F在B1D1上，且B1D1=22，EF=2，
可设Et,2-t,21≤t≤2，则Ft-1,3-t,2，
则AE=t-2,-t,2,BF=t-1,1-t,2，
设平面ABE的法向量为m=x,y,z，
又AB=-2,0,0，所以AB⋅m=0AE⋅m=0，即-2x=0t-2x-ty+2z=0，
取y=2，则m=0,2,t，
平面ABC的法向量为n=0,0,1，所以csm,n=tt2+4．
设二面角E-AB-C的平面角为θ，则θ为锐角，故csθ=m⋅nmn=tt2+4=11+4t2，
因为1≤t≤2，y=1+4t2在1,2上单调递减，
所以2≤1+4t2≤5，故55≤csθ≤22，
当且仅当t=2时，csθ取得最大值22，即θ取最小值45∘，故A说法正确．
对B：因为S△BEF=12×EF×BB1=12×2×2=2，点A到平面BDD1B1的距离为2，
所以体积为VB-AEF=VA-BEF=13×2×2=23，即体积为定值，故B说法正确．
对C：若AE//BF，则A,B,B1,D1四点共面，与AB和B1D1是异面直线矛盾，故C说法错误．
对D：连接CD1,CB1,CE，平面EFB即为平面BDD1B1，而平面CEF即为平面CB1D1，故当E,F运动时，二面角C-EF-B的大小保持不变，故D说法正确．
故选：C.
【题型7 翻折问题】
【例7】（2023·四川泸州·统考一模）已知菱形ABCD的边长为6，∠BAD=60°，将△BCD沿对角线BD翻折，使点C到点P处，且二面角A-BD-P为120°，则此时三棱锥P-ABD的外接球的表面积为（ ）
A．21πB．2821πC．52πD．84π
【解题思路】先利用二面角的定义求得∠AOP=120°，再由三棱锥P-ABD的结构特征得到其外接球的球心在∠AOP的平分线上，从而利用勾股定理与余弦定理，列出关于r的方程，解之即可得解.
【解答过程】连接BD，AC交于O，连接PO，易得O为BD与AC的中点，

∵四边形ABCD为菱形，∴AC⊥BD，即AO⊥BD，PO⊥BD，
∴二面角A-BD-P的平面角为∠AOP，∴∠AOP=120°；
又AB=AD=6，∠BAD=60°，所以AO=PO=33,BD=6，
在△AOP中，由余弦定理得PA=AO2+PO2-2AO⋅PO⋅cs∠AOP=9，
由三棱锥P-ABD的结构特征可得其外接球的球心在∠AOP的平分线上，
记外接球的球心为O'，设OO'=x，外接球半径为r，
所以x2+OB2=r2=x2+AO2-2x⋅AOcs60°，
即32=(33)2-2x×33×12，解得x=23，所以r2=12+9=21，
三棱锥P-ABD的外接球的表面积为4πr2=84π.
故选：D.
【变式7-1】（2023·福建福州·福建省福州第一中学校考模拟预测）在矩形ABCD中，AB=3,AD=4，将△ABD沿对角线BD翻折至△A'BD的位置，使得平面A'BD⊥平面BCD，则在三棱锥A'-BCD的外接球中，以A'C为直径的截面到球心的距离为（ ）
A．43510B．625C．23910D．11310
【解题思路】如图，取BD的中点为O，连接A'O,CO，过A'作A'H⊥BD，垂足为H，连接CH，可证O为三棱锥A'-BCD的外接球的球心，利用解直角三角形可求A'C2=33725，据此可求球心到以A'C为直径的截面的距离.
【解答过程】如图，取BD的中点为O，连接A'O,CO，过A'作A'H⊥BD，垂足为H，连接CH.
因为三角形A'DB为直角三角形，故A'O=OD=OB，
同理CO=OD=OB，故CO=OD=OB=OA'，
所以O为三棱锥A'-BCD的外接球的球心，而BD=9+16=5，

因为A'H⊥BD，A'H⊂平面A'BD，平面A'BD⊥平面CBD，
平面A'BD∩平面CBD=BD，故A'H⊥平面CBD，
而CH⊂平面CBD，故A'H⊥CH.
在直角三角形A'BD中，A'B=3,A'D=4，故A'H=3×49+16=125，
故BH=9-14425=95，
在直角三角形CBD中，cs∠CBD=45，
故CH2=8125+16-2×95×4×45=19325，故A'C2=14425+19325=33725.
设球心到以A'C为直径的截面的距离为d，
则d=254-12A'C2=254-3374×25=625-33710=12210=625，
故选：B.
【变式7-2】（2023·湖北恩施·校考模拟预测）如图，矩形ABCD中，E、F分别为BC、AD的中点，且BC=2AB=2，现将△ABE沿AE向上翻折，使B点移到P点，则在翻折过程中，下列结论不正确的是（ ）

A．存在点P，使得PE∥CF
B．存在点P，使得PE⊥ED
C．三棱锥P-AED的体积最大值为26
D．当三棱锥P-AED的体积达到最大值时，三棱锥P-AED外接球表面积为4π
【解题思路】连接DE，G为AE中点，连接PG，确定PG⊥AE，AE⊥DE，若CF∥AE， 得到AE，PE重合，不成立，A错误，PG⊥平面AECD时，PE⊥ED，B正确，计算得到CD正确，得到答案.
【解答过程】如图所示：连接DE，G为AE中点，连接PG，PG⊥AE，
连接PF，FE，PG=22，FG=22，
AE=DE=2，故AD2=AE2+ED2，故AE⊥DE，

对选项A：CF∥AE，若PE∥CF，又AE∩PE=E，则AE，PE重合，不成立，错误；
对选项B：当PG⊥平面AECD时，ED⊂平面AECD，则PG⊥ED，又AE⊥DE，
PG∩AE=G，PG,AE⊂平面PAE，故ED⊥平面PAE，PE⊂平面PAE，
故PE⊥ED，正确；
对选项C：当PG⊥平面AECD时，三棱锥P-AED体积最大，
最大值为13×12×2×2×22=26，正确；
对选项D：PG⊥平面AECD，GF⊂平面AECD，故PG⊥GF，
PF=PG2+FG2=1，故FA=FE=FD=FP=1，
故F是三棱锥P-AED外接球球心，半径为R=1，
故外接球表面积为S=4πR2=4π，正确.
故选：A.
【变式7-3】（2023·四川·校联考模拟预测）如图，已知△ABC是边长为4的等边三角形，D,E分别是AB,AC的中点，将△ADE沿着DE翻折，使点A到点P处，得到四棱锥P-BCED，则下列命题错误的是（ ）

A．翻折过程中，该四棱锥的体积有最大值为3
B．存在某个点P位置，满足平面PDE⊥平面PBC
C．当PB⊥PC时，直线PB与平面BCED所成角的正弦值为33
D．当PB=10时，该四棱锥的五个顶点所在球的表面积为523π
【解题思路】对于A：根据垂直关系锥体的体积分析运算；对于B：根据题意结合二面角分析判断；对于C：根据线面夹角的定义结合垂直关系分析运算；对于D：根据题意结合球的性质分析运算.
【解答过程】如图，设M,N分别为BC,DE的中点，则DE=2,PN=MN=3，
对于选项A：当平面PDE⊥平面BCED时，四棱锥P-BCED的体积最大，
因为N为DE的中点，且△PDE为等边三角形，则PN⊥DE，
平面PDE⊥平面BCED，平面PDE∩平面BCED=DE，DE⊂平面PDE，
所以DE⊥平面BCED，
此时体积V=13×2+4×32×3=3，故A正确；
对于选项B：因为BC//DE，BC⊄平面PDE，DE⊂平面PDE，
所以BC//平面PDE，
设平面PDE∩平面PBC=l，且BC⊂平面PBC，则l//BC，
且BC//DE，则l//DE，
又因为DE⊥PN,DE⊥MN,PN∩MN=N,PN,MN⊂平面PMN，
所以DE⊥平面PMN，
则l⊥平面PMN，可得l⊥PM，l⊥PN，
即∠NPM为平面PDE与平面PBC所成的二面角，
由PN=NM可知，∠NPM≠90°，故B错误；
对于选项C：过P作MN的垂线，垂足为H，则PH⊥MN，
因为DE⊥平面PMN，PH⊂平面PMN，则PH⊥DE，
MN∩DE=N,MN,DE⊂平面BCED，所以PH⊥平面BCED，
则∠PBH为直线PB与平面BCED的所成角．
依题意可知，PB=PC=22,PM=2,PN=NM=3，
在△PMN中，由余弦定理可得cs∠PMN=PM2+MN2-PN22PM⋅PN=33，
且∠PMN∈0,π，则sin∠PMN=1-cs2∠PMN=63；
在Rt△PMH中，PH=PMsin∠PMN=263，
从而直线PB与平面BCED所成角的正弦值为PHPB=33，故C正确；
对于选项D：当PB=10时，由BN=7，可知PN2+BN2=PB2，即PN⊥BN，
又因为PN⊥DE，且BN∩DE=N，则PN⊥平面BCED，
且PN⊂平面PDE，则平面PDE⊥平面BCED．
设四棱锥P-BCED的外接球球心为O，△PDE的外心为G，如图，
因为MB=MC=MD=ME=2，则点M为等腰梯形BCED的外心，
则四边形OGNM为矩形，且OM=GN=13PN=33，
可得R2=OB2=OM2+MB2=133，
所以所求外接球的表面积为523π，故D正确．
故选：B．
【题型8 立体几何中的轨迹问题】
【例8】（2023·全国·模拟预测）如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为3，点P是平面ACB1内的动点，M，N分别为C1D1，B1C的中点，若直线BP与MN所成的角为θ，且sinθ=55，则动点P的轨迹所围成的图形的面积为（ ）

A．3π4B．π2C．π3D．π4
【解题思路】连接BD1，BC1，得到MN//BD1，把BP与MN所成的角就是直线BP与BD1所成的角，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，证得BD1⊥平面ACB1，得到∠PBD1=θ，设BD1与平面ACB1的交点为G，连接PG，结合题意，得到点P的轨迹是以G为圆心，12为半径的圆，根据圆的面积公式，即可求解.
【解答过程】如图所示，连接BD1，BC1，则N为BC1的中点，又M为C1D1的中点，所以MN//BD1，
因此直线BP与MN所成的角就是直线BP与BD1所成的角，
在正方体ABCD-A1B1C1D1中，可得AC⊥BD，
因为DD1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，可得AC⊥DD1，
又因为BD∩DD1=D且BD,DD1⊂平面BDD1B1，所以AC⊥平面BDD1B1，
因为BD1⊂平面BDD1B1，所以AC⊥BD1，同理可得AB1⊥BD1，
因为AC∩AB1=A，且AC,AB1⊂平面ACB1，所以BD1⊥平面ACB1，则∠PBD1=θ．
设BD1与平面ACB1的交点为G，连接PG，所以BD1⊥PG，
在直角△PGB中，tanθ=PGBG，因为sinθ=55，所以tanθ=PGBG=12，
又由BG=13BD1=13×32+32+32=3，所以PG=32，
所以点P的轨迹是以G为圆心，32 为半径的圆，其面积为π×(32)2=3π4.
故选：A.
【变式8-1】（2023·海南省直辖县级单位·文昌中学校考模拟预测）已知四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD为正方形，侧棱与底面垂直，点P是侧棱DD1上的点，且DP=2PD1,AA1=3,AB=1.若点Q在侧面BCC1B1（包括其边界）上运动，且总保持AQ⊥BP，则动点Q的轨迹长度为（ ）

A．3B．2C．233D．52
【解题思路】先找到过点A与BP垂直的平面与侧面BCC1B1的交线，从而求解.
【解答过程】
如图，在侧棱AA1上取一点R，使得AR=2RA1，连接PR,BR，
过点A作AN⊥BR交BR于点M，交BB1于点N，连接AC,CN，
由PR∥AD，可知PR⊥AN，
BR、PR⊂平面BPR，BR∩PR=R，
从而AN⊥平面BPR，所以BP⊥AN，
又由BP在平面ABCD内的射影BD⊥AC，所以BP⊥AC，
AN、AC⊂平面ACN，AN∩AC=A，
知BP⊥平面ACN，平面ACN，CN⊂所以BP⊥CN，
所以动点Q的轨迹为线段CN，
在Rt△ABN,Rt△RAB中，∠BAN=∠ARB，所以Rt△AB∼Rt△RAB，
则BNAB=ABAR，得BN=12
易得CN=BN2+BC2=122+12=52.
故选：D.
【变式8-2】（2023·河北·统考模拟预测）已知正四棱锥（底面为正方形，且顶点在底面的射影为正方形的中心的棱锥为正四棱锥）P－ABCD的底面正方形边长为2，其内切球O的表面积为π3，动点Q在正方形ABCD内运动，且满足OQ=OP，则动点Q形成轨迹的周长为（ ）
A．2π11B．3π11C．4π11D．5π11
【解题思路】利用等体积法及几何关系求出关于动点Q的等式关系 ，根据相关几何意义即可求出动点Q形成轨迹的周长.
【解答过程】设内切球O的半径为R，则4πR2=π3，∴R=36．
如图，连接AC与BD，设交点为F，取AD的中点E，连接PE，PF，EF．
根据等体积法得13SABCD+4S△PABR=13×AB2×PF，
∴134+4×12×2×PE×36=43×PF，整理得1+PE=23PF，又PE2-PF2=1，
解得PE=1311，PF=4311．∴OF=36，OP=13366，OQ=OP=13366．
在Rt△OFQ中，QF=133662-362=211．
∴点Q在以点F为圆心，211为半径的圆上，其周长为2π×211=411π．
故选：C．
【变式8-3】（2023·全国·校联考模拟预测）如图，已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，P为空间中一点且满足∠APB1=∠ADB1，则以下说法正确的有（ ）

A．若P在面AB1C1D上，则其轨迹周长为86π9
B．若A1P⊥AB1，则D1P的最小值为3+1-6
C．P的轨迹围成的封闭曲面体积为326π227+43π
D．四棱锥P-ABCD体积最大值为426+2+39
【解题思路】根据给定条件，结合各选项条件的几何意义作出图形，分析计算判断作答.
【解答过程】三角形A,B1,D如图：

当P在面AB1C1D内时，∵∠APB1=∠ADB1，由圆幂定理定理知其运动轨迹如图1，
其是以O1,O2为圆心的两段优弧，连接AO1，设OO1与AB1交于O，
∵B1D2=AB12+AD2，∠BAD=90°，所以O1为B1D中点，所以半径r=3，
所以cs∠AO1B1=3+3-82⋅3⋅3=-13，
所以轨迹周长C为：2×2π-arccs-13×3，不为86π9，A选项错误；
当A1P⊥AB1，则P位于垂直于AB1，且过A1的平面内，
由图易知：点P位于平面A1D1CB内，如图：

∴OD1=4+2=6，下证P的轨迹为如图所示的圆，
由对称性可知：∠OPB1=∠OPA，令∠OPB1=∠OPA=θ，∵tan∠ADB1=2=tan2θ=2tanθ1-tan2θ，
解得tanθ=2(3-1)2，∴PO=23-1=3+1，轨迹为圆，
则D1P的最小值为3+1-6，故B正确；
对C，易知P的轨迹为图1绕AB1旋转形成的，也可理解为一个圆绕O转动形成一个类圆环，
其体积大于圆转动形成体积减去中间重合的一个圆柱，
由巴普斯定理：V>(2π×1)×π⋅(3)2-22⋅π(3-1)2
=6π2-(82-46)π>326π227+43π，C选项错误；
对D，因为P-ABCD体积最大，则P离平面ABCD最远，由图知h=1+22+3，
VP-ABCDmax=13×4×1+22+3=2(2+2+23)3 >4(26+2+3)9，故D错误.

故选：B.
【题型9 以立体几何为载体的情境题】
【例9】（2023·云南大理·统考一模）我国古代数学名著《数书九章》中有“天池盆测雨”题，在下雨时，用一个圆台形的天池盆接雨水，天池盆盆口直径为36寸，盆底直径为12寸，盆深18寸.若某次下雨盆中积水的深度恰好是盆深的一半，则该天池盆中水的体积为（ ）
A．1404π立方寸B．1080π立方寸C．756π立方寸D．702π立方寸
【解题思路】根据圆台的体积公式计算即可得解.
【解答过程】如图，
由题意可知，天池盆上底面半径为18寸，下底面半径为6寸，高为18寸，
∵积水深9寸，∴水面半径为1218+6=12寸，
则盆中水的体积为13π×9×62+122+6×12=756π（立方寸）.
故选：C.
【变式9-1】（2023·广东广州·广东实验中学校考一模）阿基米德多面体是由边数不全相同的正多边形为面的多面体．如图所示的阿基米德多面体有四个全等的正三角形面和四个全等的正六边形面，该多面体是由过正四面体各棱的三等分点的平面截去四个小正四面体得到．若该多面体的所有顶点都在球O的表面上，且点O到正六边形面的距离为62，则球O的体积为（ ）
A．71424πB．7143πC．112224πD．11223π
【解题思路】补全图形，利用正四面体特征及其内切球与外接球关系计算即可.
【解答过程】将题图中的阿基米德多面体补全，得对应的正四面体ABCD，如图所示，
设正四面体ABCD的棱长为a，易知点O为正四面体ABCD的中心，
且点O到正六边形面的距离是正四面体ABCD的内切球的半径，
易知正四面体ABCD的体积V=13×12a2×32×6a3=212a3，
正四面体ABCD的表面积S=4×12a2×32=3a2，
所以正四面体ABCD的内切球半径为3VS=3×212a33a2=612a，
所以612a=62，解得a=6，则正六边形的边长为a3=2，
则该正六边形的外接圆半径为2，所以球O的半径R=622+22=222，
故球O的体积为43πR3=11223π，
故选：D．
【变式9-2】（2023·河南·校联考模拟预测）如图1所示，宫灯又称宫廷花灯，是中国彩灯中富有特色的汉民族传统手工艺品之一．图2是小明为自家设计的一个花灯的直观图，该花灯由上面的正六棱台与下面的正六棱柱组成，若正六棱台的上、下两个底面的边长分别为4dm和2dm，正六棱台与正六棱柱的高分别为1dm和6dm，则该花灯的表面积为（ ）

A．108+303dm2B．72+303dm2C．64+243dm2D．48+243dm2
【解题思路】作出辅助线，求出正六棱台的侧高，从而求出正六棱台的侧面积，再求出正六棱台的下底面面积，圆柱的侧面积和底面积，相加得到该花灯的表面积.
【解答过程】正六棱柱的六个侧面面积之和为2×6×6=72dm2，
正六棱柱的底面面积为34×22×6=63dm2，
如图所示，正六棱台ABCDEF-A1B1C1D1E1F1中，A1B1=2dm,AB=4dm，
过点A1,B1,C1,D1,E1,F1分别作A1A2,B1B2,C1C2,D1D2,E1E2,F1F2垂直于底面ABCDEF于点A2,B2,C2,D2,E2,F2，
连接AD,BE,CF相交于点O，则A2,B2,C2,D2,E2,F2分别为OA,OB,OC,OD,OE,OF的中点，
过点A2作A2G⊥AB于点G，连接A1G，则A1G为正六棱台的斜高，
其中A1A2=1dm，AG=AB-A2B22=1dm，AA2=12AO=2dm，
由勾股定理得A2G=A2A2-AG2=3dm，故A1G=A2G2+A1A22=2dm，

所以正六棱台的斜高为2dm，
故正六棱台的侧面积为12×4+2×2×6=36dm2，
又正六棱台的下底面面积为34×42×6=243dm2，
所以该花灯的表面积为72+63+36+243=108+303dm2．
故选：A．
【变式9-3】（2023·河南郑州·统考模拟预测）《九章算术·商功》：“斜解立方，得两堑堵，斜解堑堵，其一为阳马，其一为鳖臑”.意思是一个长方体沿对角面斜解（图1），得到一模一样的两个堑堵（图2），再沿一个堑堵的一个顶点和相对的棱斜解（图2），得一个四棱锥称为阳马（图3），一个三棱锥称为鳖臑（图4）.若长方体的体积为V，由该长方体斜解所得到的堑堵、阳马和鳖臑的体积分别为V1，V2，V3，则下列等式错误的是（ ）

A．V1+V2+V3=VB．V1=2V2
C．V2=2V3D．V2-V3=V6
【解题思路】根据题设得V=2V1，V1=V2+V3，再分析阳马与鳖臑的体积数量关系，即可判断各项正误.
【解答过程】由题设，V=2V1，V1=V2+V3，则V1+V2+V3=V，A对；
如下图，连接BD，将阳马一分为二，又VA-BDE=VA-BCD=VD-ABC=V3，

所以V2=2V3，V1=3V3=32V2，则V=6V3，故V2-V3=V3=V6，
所以B错，C、D对.
故选：B.
1．（2023·北京·统考高考真题）坡屋顶是我国传统建筑造型之一，蕴含着丰富的数学元素．安装灯带可以勾勒出建筑轮廓，展现造型之美．如图，某坡屋顶可视为一个五面体，其中两个面是全等的等腰梯形，两个面是全等的等腰三角形．若AB=25m,BC=AD=10m，且等腰梯形所在的平面、等腰三角形所在的平面与平面ABCD的夹角的正切值均为145，则该五面体的所有棱长之和为（ ）

A．102mB．112m
C．117mD．125m
【解题思路】先根据线面角的定义求得tan∠EMO=tan∠EGO=145，从而依次求EO，EG，EB，EF，再把所有棱长相加即可得解.
【解答过程】如图，过E做EO⊥平面ABCD，垂足为O，过E分别做EG⊥BC，EM⊥AB，垂足分别为G，M，连接OG,OM，

由题意得等腰梯形所在的面、等腰三角形所在的面与底面夹角分别为∠EMO和∠EGO，
所以tan∠EMO=tan∠EGO=145.
因为EO⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，所以EO⊥BC，
因为EG⊥BC，EO,EG⊂平面EOG，EO∩EG=E，
所以BC⊥平面EOG，因为OG⊂平面EOG，所以BC⊥OG，.
同理：OM⊥BM，又BM⊥BG，故四边形OMBG是矩形，
所以由BC=10得OM=5，所以EO=14，所以OG=5，
所以在直角三角形EOG中，EG=EO2+OG2=142+52=39
在直角三角形EBG中，BG=OM=5，EB=EG2+BG2=392+52=8，
又因为EF=AB-5-5=25-5-5=15，
所有棱长之和为2×25+2×10+15+4×8=117m.
故选：C.
2．（2023·全国·统考高考真题）已知△ABC为等腰直角三角形，AB为斜边，△ABD为等边三角形，若二面角C-AB-D为150°，则直线CD与平面ABC所成角的正切值为（ ）
A．15B．25C．35D．25
【解题思路】根据给定条件，推导确定线面角，再利用余弦定理、正弦定理求解作答.
【解答过程】取AB的中点E，连接CE,DE，因为△ABC是等腰直角三角形，且AB为斜边，则有CE⊥AB，
又△ABD是等边三角形，则DE⊥AB，从而∠CED为二面角C-AB-D的平面角，即∠CED=150∘，

显然CE∩DE=E,CE,DE⊂平面CDE，于是AB⊥平面CDE，又AB⊂平面ABC，
因此平面CDE⊥平面ABC，显然平面CDE∩平面ABC=CE，
直线CD⊂平面CDE，则直线CD在平面ABC内的射影为直线CE，
从而∠DCE为直线CD与平面ABC所成的角，令AB=2，则CE=1,DE=3，在△CDE中，由余弦定理得：
CD=CE2+DE2-2CE⋅DEcs∠CED=1+3-2×1×3×(-32)=7，
由正弦定理得DEsin∠DCE=CDsin∠CED，即sin∠DCE=3sin150∘7=327，
显然∠DCE是锐角，cs∠DCE=1-sin2∠DCE=1-(327)2=527，
所以直线CD与平面ABC所成的角的正切为35.
故选：C.
3．（2023·全国·统考高考真题）已知圆锥PO的底面半径为3，O为底面圆心，PA，PB为圆锥的母线，∠AOB=120°，若△PAB的面积等于934，则该圆锥的体积为（ ）
A．πB．6πC．3πD．36π
【解题思路】根据给定条件，利用三角形面积公式求出圆锥的母线长，进而求出圆锥的高，求出体积作答.
【解答过程】在△AOB中，∠AOB=120∘，而OA=OB=3，取AB中点C，连接OC,PC，有OC⊥AB,PC⊥AB，如图，
∠ABO=30∘，OC=32,AB=2BC=3，由△PAB的面积为934，得12×3×PC=934，
解得PC=332，于是PO=PC2-OC2=(332)2-(32)2=6，
所以圆锥的体积V=13π×OA2×PO=13π×(3)2×6=6π.
故选：B.
4．（2023·天津·统考高考真题）在三棱锥P-ABC中，点M,N分别在棱PC,PB上，且PM=13PC，PN=23PB，则三棱锥P-AMN和三棱锥P-ABC的体积之比为（ ）
A．19B．29C．13D．49
【解题思路】分别过M,C作MM'⊥PA,CC'⊥PA,垂足分别为M',C'.过B作BB'⊥平面PAC，垂足为B'，连接PB',过N作NN'⊥PB',垂足为N'.先证NN'⊥平面PAC，则可得到BB'//NN'，再证MM'//CC'.由三角形相似得到MM'CC'=13，NN'BB'=23，再由VP-AMNVP-ABC=VN-PAMVB-PAC即可求出体积比.
【解答过程】如图，分别过M,C作MM'⊥PA,CC'⊥PA,垂足分别为M',C'.过B作BB'⊥平面PAC，垂足为B'，连接PB',过N作NN'⊥PB',垂足为N'.

因为BB'⊥平面PAC，BB'⊂平面PBB'，所以平面PBB'⊥平面PAC.
又因为平面PBB'∩平面PAC=PB'，NN'⊥PB'，NN'⊂平面PBB'，所以NN'⊥平面PAC，且BB'//NN'.
在△PCC'中，因为MM'⊥PA,CC'⊥PA，所以MM'//CC'，所以PMPC=MM'CC'=13，
在△PBB'中，因为BB'//NN'，所以PNPB=NN'BB'=23，
所以VP-AMNVP-ABC=VN-PAMVB-PAC=13S△PAM⋅NN'13S△PAC⋅BB'=13⋅12PA⋅MM'⋅NN'13⋅12PA⋅CC'⋅BB'=29.
故选：B.
5．（2021·浙江·统考高考真题）如图已知正方体ABCD-A1B1C1D1，M，N分别是A1D，D1B的中点，则（ ）
A．直线A1D与直线D1B垂直，直线MN//平面ABCD
B．直线A1D与直线D1B平行，直线MN⊥平面BDD1B1
C．直线A1D与直线D1B相交，直线MN//平面ABCD
D．直线A1D与直线D1B异面，直线MN⊥平面BDD1B1
【解题思路】由正方体间的垂直、平行关系，可证MN//AB,A1D⊥平面ABD1，即可得出结论.
【解答过程】
连AD1，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，
M是A1D的中点，所以M为AD1中点，
又N是D1B的中点，所以MN//AB，
MN⊄平面ABCD,AB⊂平面ABCD，
所以MN//平面ABCD.
因为AB不垂直BD，所以MN不垂直BD
则MN不垂直平面BDD1B1，所以选项B,D不正确；
在正方体ABCD-A1B1C1D1中，AD1⊥A1D，
AB⊥平面AA1D1D，所以AB⊥A1D，
AD1∩AB=A，所以A1D⊥平面ABD1，
D1B⊂平面ABD1，所以A1D⊥D1B，
且直线A1D,D1B是异面直线，
所以选项C错误，选项A正确.
故选：A.
6．（2023·全国·统考高考真题）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0.99m的球体
B．所有棱长均为1.4m的四面体
C．底面直径为0.01m，高为1.8m的圆柱体
D．底面直径为1.2m，高为0.01m的圆柱体
【解题思路】根据题意结合正方体的性质逐项分析判断.
【解答过程】对于选项A：因为0.99m<1m，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2m，且2>1.4，
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3m，且3<1.8，
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1.2m>1m，可知底面正方形不能包含圆柱的底面圆，
如图，过AC1的中点O作OE⊥AC1，设OE∩AC=E，
可知AC=2,CC1=1,AC1=3,OA=32，则tan∠CAC1=CC1AC=OEAO，
即12=OE32，解得OE=64，
且642=38=924>925=0.62，即64>0.6，
故以AC1为轴可能对称放置底面直径为1.2m圆柱，
若底面直径为1.2m的圆柱与正方体的上下底面均相切，设圆柱的底面圆心O1，与正方体的下底面的切点为M，
可知：AC1⊥O1M,O1M=0.6，则tan∠CAC1=CC1AC=O1MAO1，
即12=0.6AO1，解得AO1=0.62，
根据对称性可知圆柱的高为3-2×0.62≈1.732-1.2×1.414=0.0352>0.01，
所以能够被整体放入正方体内，故D正确；
故选：ABD.
7．（2023·全国·统考高考真题）已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，AB为底面直径，∠APB=120°，PA=2，点C在底面圆周上，且二面角P-AC-O为45°，则（ ）．
A．该圆锥的体积为πB．该圆锥的侧面积为43π
C．AC=22D．△PAC的面积为3
【解题思路】根据圆锥的体积、侧面积判断A、B选项的正确性，利用二面角的知识判断C、D选项的正确性.
【解答过程】依题意，∠APB=120°，PA=2，所以OP=1,OA=OB=3，
A选项，圆锥的体积为13×π×32×1=π，A选项正确；
B选项，圆锥的侧面积为π×3×2=23π，B选项错误；
C选项，设D是AC的中点，连接OD,PD，
则AC⊥OD,AC⊥PD，所以∠PDO是二面角P-AC-O的平面角，
则∠PDO=45°，所以OP=OD=1，
故AD=CD=3-1=2，则AC=22，C选项正确；
D选项，PD=12+12=2，所以S△PAC=12×22×2=2，D选项错误.
故选：AC.

8．（2023·全国·统考高考真题）已知点S,A,B,C均在半径为2的球面上，△ABC是边长为3的等边三角形，SA⊥平面ABC，则SA= 2 ．
【解题思路】先用正弦定理求底面外接圆半径，再结合直棱柱的外接球以及求的性质运算求解.
【解答过程】如图，将三棱锥S-ABC转化为正三棱柱SMN-ABC，
设△ABC的外接圆圆心为O1，半径为r，
则2r=ABsin∠ACB=332=23，可得r=3，
设三棱锥S-ABC的外接球球心为O，连接OA,OO1，则OA=2,OO1=12SA，
因为OA2=OO12+O1A2，即4=3+14SA2，解得SA=2.
故答案为：2.
9．（2023·全国·统考高考真题）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 [22,23] ．
【解题思路】当球是正方体的外接球时半径最大，当边长为4的正方形是球的大圆的内接正方形时半径达到最小.
【解答过程】设球的半径为R.
当球是正方体的外接球时，恰好经过正方体的每个顶点，所求的球的半径最大，若半径变得更大，球会包含正方体，导致球面和棱没有交点，
正方体的外接球直径2R'为体对角线长AC1=42+42+42=43，即2R'=43,R'=23，故Rmax=23；

分别取侧棱AA1,BB1,CC1,DD1的中点M,H,G,N，显然四边形MNGH是边长为4的正方形，且O为正方形MNGH的对角线交点，
连接MG，则MG=42，当球的一个大圆恰好是四边形MNGH的外接圆，球的半径达到最小，即R的最小值为22.
综上，R∈[22,23].
故答案为：[22,23].
10．（2023·全国·统考高考真题）在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别为AB，C1D1的中点，以EF为直径的球的球面与该正方体的棱共有 12 个公共点．
【解题思路】根据正方体的对称性，可知球心到各棱距离相等，故可得解.
【解答过程】不妨设正方体棱长为2，EF中点为O，取CD，CC1中点G,M，侧面BB1C1C的中心为N，连接FG,EG,OM,ON,MN，如图，

由题意可知，O为球心，在正方体中，EF=FG2+EG2=22+22=22，
即R=2，
则球心O到CC1的距离为OM=ON2+MN2=12+12=2，
所以球O与棱CC1相切，球面与棱CC1只有1个交点，
同理，根据正方体的对称性知，其余各棱和球面也只有1个交点，
所以以EF为直径的球面与正方体棱的交点总数为12.
故答案为：12.
11．（2023·全国·统考高考真题）在正四棱台ABCD-A1B1C1D1中，AB=2,A1B1=1,AA1=2，则该棱台的体积为 766 ．
【解题思路】结合图像，依次求得A1O1,AO,A1M，从而利用棱台的体积公式即可得解.
【解答过程】如图，过A1作A1M⊥AC，垂足为M，易知A1M为四棱台ABCD-A1B1C1D1的高，

因为AB=2,A1B1=1,AA1=2，
则A1O1=12A1C1=12×2A1B1=22,AO=12AC=12×2AB=2，
故AM=12AC-A1C1=22，则A1M=A1A2-AM2=2-12=62，
所以所求体积为V=13×(4+1+4×1)×62=766.
故答案为：766.
12．（2023·全国·统考高考真题）底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥，所得棱台的体积为 28 ．
【解题思路】方法一：割补法，根据正四棱锥的几何性质以及棱锥体积公式求得正确答案；方法二：根据台体的体积公式直接运算求解.
【解答过程】方法一：由于24=12，而截去的正四棱锥的高为3，所以原正四棱锥的高为6，
所以正四棱锥的体积为13×4×4×6=32，
截去的正四棱锥的体积为13×2×2×3=4，
所以棱台的体积为32-4=28.
方法二：棱台的体积为13×3×16+4+16×4=28.
故答案为：28.