热点题爆破10 立体几何-【考前冲刺】2024年新高考数学考前三轮复习热点题精讲（新高考通用）

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1、多加总结。当三年所有的数学知识点加在一起，可能会使有些基础不牢固的学生犯迷糊。
2、做题经验。哪怕同一题只改变数字，也能成为一道新的题目。
3、多刷错题。多刷错题能够进一步地扫清知识盲区，多加巩固之后自然也就掌握了知识点。
对于学生来说，三轮复习就相当于是最后的“救命稻草”，家长们同样是这样，不要老是去责怪孩子考试成绩不佳，相反，更多的来说，如果能够陪同孩子去反思成绩不佳的原因，找到问题的症结所在，更加重要。
热点题爆破10 立体几何
1．（2024·江苏南通·二模）在棱长为2的正方体中，，，分别为棱，，的中点，平面截正方体外接球所得的截面面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据正方体的几何性质确定外接球半径，设球心为，求解到截面的距离，从而可得截面圆的面积.
【详解】取正方体的中心为，连接，
由于正方体的棱长为2，所以正方体的面对角线长为，体对角线长为，
正方体外接球球心为点，半径，
又易得，且，
所以三棱锥为正四面体，如图所示，取底面正三角形的中心为，
即点到平面的距离为，又正三角形的外接圆半径为，
由正弦定理可得，即，所以，
即正方体外接球的球心到截面的距离为，
所以截面被球所截圆的半径，
则截面圆的面积为.
故选：A.
2．（2024·黑龙江·二模）祖暅是我国南北朝时期伟大的数学家．祖暅原理用现代语言可以描述为“夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等”．例如，可以用祖暅原理推导半球的体积公式，如图，底面半径和高都为的圆柱与半径为的半球放置在同一底平面上，然后在圆柱内挖去一个半径为，高为的圆锥后得到一个新的几何体，用任何一个平行于底面的平面去截这两个几何体时，所截得的截面面积总相等，由此可证明半球的体积和新几何体的体积相等．若用平行于半球底面的平面去截半径为的半球，且球心到平面的距离为，则平面与半球底面之间的几何体的体积是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】分别求得面截圆锥时所得小圆锥的体积和平面与圆柱下底面之间的部分的体积，结合祖暅原理可求得结果.
【详解】平面截圆柱所得截面圆半径，
平面截圆锥时所得小圆锥的体积，
又平面与圆柱下底面之间的部分的体积为
根据祖暅原理可知：平面与半球底面之间的几何体体积.
故选：C.
3．（2024·辽宁沈阳·二模）正方体中，为正方形内一点（不含边界），记为正方形的中心，直线与平面所成角分别为，．若，则点在（ ）
A．线段上B．线段上C．线段上D．线段上
【答案】B
【分析】根据线面角的定义可得直线与直线所成角大小关系，再根据判断即可.
【详解】直线与平面所成角大小分别为，
等价于直线与直线成角大小分别为，
由，可知P在线段上，又，则与所成角更小，
则点P在线段上.
故选：B.
4．（2024·山西临汾·二模）在正四面体ABCD中，P，Q分别为棱AB和CD（包括端点）的动点，直线PQ与平面ABC、平面ABD所成角分别为，则下列说法正确的是（ ）
A．的正负与点P，Q位置都有关系
B．的正负由点位置确定，与点位置无关
C．的最大值为
D．的最小值为
【答案】BCD
【分析】取的中点，连接，过点在平面内分别作，垂足分别为，利用线面角的定义可判断AB选项；求出的最大值和最小值，结合线面角的定义即可判断选项CD.
【详解】取的中点，连接，过点在平面内分别作，
垂足分别为，如图所示，
在正四面体ABCD中，均为等边三角形，因为为的中点，
所以，又因为，所以平面，
因为平面，所以，
因为，，所以平面.
所以直线与平面所成的角为，
即，同理可得：，
所以的正负只由点位置确定，与点位置无关，
故选项A错误，选项B正确；
设，则，且,
在中，，，
由余弦定理可得：，
所以，
所以，
则，
将正四面体ABCD补成正方体，如图所示：
连接，在线段上取点，使得，
因为且，所以四边形为平行四边形，
所以平面，因为平面，所以，
所以平行四边形为矩形，则，
因为且，所以四边形为矩形，
则，且.
因为平面，平面，所以，
设，因为四边形为正方形，所以，
所以，且，
则，
所以，
则，
，
故选项C，D都正确，
故选：BCD.
5．（2024·吉林·模拟预测）如图1，在等腰梯形中，，且为的中点，沿将翻折，使得点到达的位置，构成三棱锥（如图2），则（ ）
A．在翻折过程中，与可能垂直
B．在翻折过程中，二面角无最大值
C．当三棱锥体积最大时，与所成角小于
D．点在平面内，且直线与直线所成角为，若点的轨迹是椭圆，则三棱锥的体积的取值范围是
【答案】AC
【分析】先确定未翻折之前，图形中的数量关系和位置关系，翻折时，当时可证平面平面，从而可证，判断A；且此时二面角取得最大值，判断B；还是此时，当三棱锥体积最大，可求异面直线与所成角，判断C；对D，根据圆锥曲线的定义，判断二面角的取值范围，求出高的取值范围，从而的三棱锥的体积的取值范围，判断D.
【详解】如图1：
在未折起之前，有，， ，..
又，，所以.
沿将翻折，则点轨迹为一个圆，且圆面一直和垂直，如图：
当时，，又，平面，
所以平面，平面，所以平面平面，
又平面，平面平面，，所以平面.
平面，所以.故A正确.
此时，，所以即为二面角的平面角为，是二面角的最大值，故B错误；
此时三棱锥的高等于，高取得最大值，又底面不变，所以三棱锥的体积最大.
如图：
取中点，连接，，则即为一面直线与所成角，
在中，，，，
所以，
所以，故C正确；
对D：点在平面内，且直线与直线所成角为，若点的轨迹是椭圆，根据圆锥曲线的概念，二面角应该在之间取值，且不能为（此时点的轨迹是圆），
当二面角或时，，
当二面角时，，
所以点在平面内，且直线与直线所成角为，且点的轨迹是椭圆时，，故D错误.
故选：AC
【点睛】关键点点睛：用一个平面截圆锥体，要想得到的截面是一个椭圆，截面不能和圆锥的母线相交，且截面不能与圆锥的轴垂直（此时的截面是圆）.
6．（2024·浙江台州·二模）已知正方体的棱长为1，为平面内一动点，且直线与平面所成角为，E为正方形的中心，则下列结论正确的是（ ）
A．点的轨迹为抛物线
B．正方体的内切球被平面所截得的截面面积为
C．直线与平面所成角的正弦值的最大值为
D．点为直线上一动点，则的最小值为
【答案】BCD
【分析】对于A，根据到点长度为定值，确定动点轨迹为圆；
对于B，理解内切球的特点，计算出球心到平面的距离，再计算出截面半径求面积；
对于C，找到线面所成角的位置，再根据动点的运动特点（相切时）找到正弦的最大值；
对于D，需要先找到点位置，再将立体问题平面化，根据三点共线距离最短求解.
【详解】
对于A，因为直线与平面所成角为，所以.点在以为圆心，为半径的圆周上运动，因此运动轨迹为圆.故A错误.
对于B，在面内研究，如图所示为内切球球心，为上底面中心，为下底面中心，为内切球与面的切点.已知，为球心到面的距离.在正方体中，，，.利用相似三角形的性质有，即，.因此可求切面圆的，面积为.故B正确.
对于C，直线与平面所成角即为，当与点的轨迹圆相切时，最大.此时.故C正确.
对于D，分析可知，点为和圆周的交点时，最小.此时可将面沿着翻折到面所在平面.根据长度关系，翻折后的图形如图所示.
当三点共线时，最小.因为，，所以最小值为，故D正确.
故选：BCD
7．（2024·辽宁大连·一模）在边长为4的正方形ABCD中，如图1所示，E，F，M分别为BC，CD，BE的中点，分别沿AE，AF及EF所在直线把和折起，使B，C，D三点重合于点P，得到三棱锥，如图2所示，则三棱锥外接球的表面积是 ；过点M的平面截三棱锥外接球所得截面的面积的取值范围是 ．
【答案】
【分析】补体法确定外接球直径进而求得表面积；利用球的截面性质确定面积最值.
【详解】由题意，将三棱锥补形为边长为2，2，4长方体，如图所示：
三棱锥外接球即为补形后长方体的外接球，所以外接球的直径，
所以三棱锥外接球的表面积为，
过点的平面截三棱锥的外接球所得截面为圆，其中最大截面为过球心的大圆，此时截面圆的面积为，
最小截面为过点垂直于球心与连线的圆，此时截面圆半径（其中MN长度为长方体前后面对角线长度），
故截面圆的面积为，
所以过点的平面截三棱锥的外接球所得截面的面积的取值范围为．
故答案为：;
8．（2024·陕西·模拟预测）如图所示，在以底面为等腰直角三角形的直三棱柱中，为中斜边的中点，为线段上一动点，连接并延长交于点，过点作的垂线，交于点，连接，则四边形面积的最大值为 ．
【答案】
【分析】利用线面位置关系证明题目中所求四边形中的四边关系，结合梯形的面积计算，可得答案.
【详解】由题意在平面内过作，垂足为，如下图：
在直三棱柱中，平面，
因为平面中，所以，
在等腰直角三角形中，由题意易知，
因为，平面，所以平面，
同理可得：平面，即，
因为平面，所以，
在等腰直角三角形中，由，易知，
设，则，
所以所求截面面积：
，
令函数，则在恒成立，
所以函数在上单调递增，
故，故四边形面积的最大值为．
故答案为：.
9．（2024·吉林延边·一模）祖暅是我国南北朝时期伟大的科学家，他于5世纪末提出了“幂势既同，则积不容异”的体积计算原理，即“夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等”．某同学在暑期社会实践中，了解到火电厂的冷却塔常用的外形可以看作是双曲线的一部分绕其虚轴旋转所形成的曲面（如图）．现有某火电厂的冷却塔设计图纸，其外形的双曲线方程为（），内部虚线为该双曲线的渐近线，则该同学利用“祖暅原理”算得此冷却塔的体积为 ．

【答案】
【分析】由直线，其中，分别联立方程组和，求得的坐标，进而求得圆环的面积，再结合题意得到该几何体的体积与底面面积为，高为3的圆柱的体积相同，利用圆柱的体积公式，即可求解
【详解】如图所示，双曲线，其中一条渐近线方程为，
由直线，其中，

联立方程组，解得，
联立方程组，解得，
所以截面圆环的面积为，即旋转面的面积为，
根据“幂势既同，则积不容异”，
可得该几何体的体积与底面面积为，高为3的圆柱的体积相同，
所以该几何体的体积为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：根据题意分析可知旋转面的面积为，可得该几何体的体积与底面面积为，高为3的圆柱的体积相同,
10．（2024·湖北·二模）如图1．在菱形ABCD中，，，，，沿EF将向上折起得到棱锥．如图2所示，设二面角的平面角为．
(1)当为何值时，三棱锥和四棱锥的体积之比为？
(2)当为何值时，，平面PEF与平面PFB的夹角的余弦值为？
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意分析可知△AEF为正三角形，，进而求正、四边形BDEF的面积，结合锥体的体积公式分析求解；
（2）建系，用表示相关点的坐标，分别求平面PEF与平面PFB的法向量，根据面面夹角的向量求法列式求解.
【详解】（1）因为，，所以．
因为在菱形ABCD中，，，
所以为正三角形，，
正的面积为，四边形BDEF的面积为，
而三棱锥和四棱锥有相同的高（点P到平而BCDEF的距离），
所以其体积之比等于，解得或，
因为，所以．
（2）因为菱形ABCD的对角线互相垂直，
设AC与EF的交点为O，在翻折的过程中，始终有，，
所以二面角的平面角为，
在棱锥中，显然有，
以O为坐标原点，OF，OC分别为x轴、y轴，
过O且与平面BCDEF垂直的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．
因为，，
则，，，，
可得，，
设平面PEF的法向量为，则，
令，则，可得，
设平面PBF的法向量为，则，
令，则，可得，
由题意可得，解得，
且，所以当时，．
11．（2024·浙江台州·二模）如图，已知四棱台中，，，，，，，且，为线段中点，
(1)求证：平面；
(2)若四棱锥的体积为，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）分别延长线段，，，交于点，将四棱台补成四棱锥，取的中点，连接，，由四边形为平行四边形，得到，然后利用线面平行的判定定理证明；
（2）先证明平面，再以A为坐标原点，以直线为x轴，以直线为y轴，建立空间直角坐标系，求得平面的法向量为，易得平面的一个法向量为，然后由求解.
【详解】（1）证明：如图所示：
分别延长线段，，，交于点，将四棱台补成四棱锥.
∵，∴，∴，
取的中点，连接，，
∵，且，∴四边形为平行四边形.
∴，又平面，平面，
∴平面；
（2）由于，所以，
又梯形面积为，
设到平面距离为，则，得.
而，平面，平面，
所以平面，
所以点C到平面的距离与点D到平面的距离相等，
而，所以平面.
以A为坐标原点，以直线为x轴，以直线为y轴，建立空间直角坐标系，
易得为等边三角形，所以，，，，
设平面的法向量为，
则，
得，，不妨取，
又平面的一个法向量为.
则，
平面与平面夹角的余弦值为.
12．（2024·湖北·模拟预测）空间中有一个平面和两条直线m，n，其中m，n与的交点分别为A，B，，设直线m与n之间的夹角为，
(1)如图1，若直线m，n交于点C，求点C到平面距离的最大值；
(2)如图2，若直线m，n互为异面直线，直线m上一点P和直线n上一点Q满足，且，
（i）求直线m，n与平面的夹角之和；
（ii）设，求点P到平面距离的最大值关于d的函数．
【答案】(1)；
(2)（i）证明见解析，（ii）
【分析】（1）设点C到平面的距离为h，结合余弦定理、三角形，面积公式，基本不等式即可求得大值；
（2）利用空间直线之间的位置关系、线面垂直的性质定理与判定定理确定线面夹角即可证明结论；再根据点到平面的距离，结合（1）中结论即可得答案.
【详解】（1）设点C到平面的距离为h，作于点H，可知，
设，，在中，由余弦定理可知：，
由于直线m与n之间的夹角为，且它们交于点C，则或，
若，
则，又，则（时取等）；
因为，所以，
所以点C到平面的距离，其最大值为；
若，同理可得最大值为.
综上，点C到平面距离的最大值为.
（2）（i）证：如图，过点P作直线，由题知直线l与平面必相交于一点，设其为点D，
连接，，则P，Q，D，B共面，又且，于是，
又，则四边形为平行四边形，则，
因为且，所以且，所以，
又平面，所以平面，
作于H，
因为平面，则，又，则，
设，则P到平面的距离也为h，且直线m，n与平面的夹角分别为和；
由于直线m与n之间的夹角为，则直线m与l之间的夹角也为，
则或，
于是，或
即直线m，n与平面的夹角之和为或；
（ii）因为平面，而平面，所以，
中，，则，
又或，
由（1）问同法算得，或，
即点P到平面距离h的最大值为.
一、单选题
1．（2024·全国·模拟预测）已知正方体中，点是线段上靠近的三等分点，点是线段上靠近的三等分点，则平面AEF截正方体形成的截面图形为（ ）
A．三角形B．四边形C．五边形D．六边形
【答案】C
【分析】如图，由题意，根据空间线面的位置关系、基本事实以及面面平行的性质定理可得，进而，结合相似三角形的性质即可求解．
【详解】如图，设，分别延长交于点，此时，
连接交于，连接，
设平面与平面的交线为，则，
因为平面平面，平面平面，平面平面，
所以，设，则，
此时，故，连接，
所以五边形为所求截面图形，
故选：C．

2．（2024·陕西安康·模拟预测）随着古代瓷器工艺的高速发展，在著名的宋代五大名窑之后，又增加了三种瓷器，与五大名窑并称为中国八大名瓷，其中最受欢迎的是景德镇窑．如图，景德镇产的青花玲珑瓷(无盖)的形状可视为一个球被两个平行平面所截后剩下的部分，其中球面被平面所截的部分均可视为球冠(截得的圆面是底，垂直于圆面的直径被截得的部分是高，其面积公式为，其中为球的半径，为球冠的高)．已知瓷器的高为，在高为处有最大直径(外径)为，则该瓷器的外表面积约为(取3.14) （ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由题意可知：球的半径为，上球冠的高，下球冠的高，可求下底面圆的半径，结合题意面积公式分析求解.
【详解】由题意可知：球的半径为，上球冠的高，下球冠的高，
设下底面圆的半径为，则，
所以该瓷器的外表面积为.
故选：C.
3．（2024·辽宁·模拟预测）将一块棱长为1的正方体木料，打磨成两个球体艺术品，则两个球体的体积之和的最大值为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】先由已知推得两球球心的位置，设出圆心、半径，进而推得.代入体积公式，求导根据导函数得出函数的单调性，进而得出函数的最值点，代入化简，即可得出答案.
【详解】要使两个球的体积之和最大，则应满足两个球互相外切，并且分别与正方体的面相切，即应有两个球球心连线位于正方体的体对角线上.
如图，设两球的圆心分别为，半径为，
由已知可得，，，，
所以，，
则，，.
又，
所以，，.
因为，所以.
又两球的体积之和，
.
当时，有，即函数在上单调递减；
当时，有，即函数在上单调递增.
当时，，
所以，.
又，
所以，函数的最大值为.
故选：B.
【点睛】思路点精：解决球的内切外接问题时，先分析根据截面图得出与半径有关的方程，求解得出半径或半径的关系式.
4．（2024·山东枣庄·一模）在侧棱长为2的正三棱锥中，点为线段上一点，且，则以为球心，为半径的球面与该三棱锥三个侧面交线长的和为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】借助线面垂直的判定定理与性质定理可得、、两两垂直，即以为球心，为半径的球面与该三棱锥三个侧面交线分别为三段半径为，圆心角为的弧，借助弧长公式计算即可得.
【详解】取中点，连接、，则有，，
又，、平面，故平面，
又平面，故，又，
，、平面，故平面，
又、平面，故，，
由正三棱锥的性质可得、、两两垂直，
故，即以为球心，为半径的球面与侧面的交线长为：
，即与该三棱锥三个侧面交线长的和为.
故选：C.

5．（2024·河北邯郸·三模）已知在四面体中，，二面角的大小为，且点A，B，C，D都在球的球面上，为棱上一点，为棱的中点．若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据题意和几何关系，并在所在平面内建立平面直角坐标系，确定点的位置和坐标，即可求解.
【详解】由题意知与均为等边三角形，连接，，则，，是二面角的平面角，

所以，又易知，所以是等边三角形．
设为的外心，为的中点，连接，则点O，P，Q都在平面内，建立平面直角坐标系如图．
设，则，，所以．
又，所以，因为，易知，
则，，从而，．

故选：C
【点睛】关键点点睛：本题的关键是结合几何关系，建立如图所示的平面直角坐标系，转化为平面几何问题.
二、多选题
6．（2024·全国·二模）如图，在正四面体中，分别为侧棱上的点，且，为的中点，为四边形内（含边界）一动点，，则（ ）

A．
B．五面体的体积为
C．点的轨迹长度为
D．与平面所成角的正切值为
【答案】ABD
【分析】根据给定条件，确定点的位置，利用线面垂直的性质、判定证得平面，再逐项分析计算即可.
【详解】对于A，取的中点，连接，依题意，是正的重心，则点在上，
由平面，得平面，
而平面，则，又，，
，在中，由余弦定理得，
显然，则，而平面，
则平面，又平面，所以，A正确；

对于B，由选项A知，正四面体的高，由已知，
平面平面，则平面，同理平面，
又平面，于是平面平面，
四面体为正四面体，高为，，因此五面体的体积：
，B正确；
对于C，由选项A知，，则，而，
以线段为直径的半圆交于，点的轨迹是此半圆在四边形及内部的弧和弧，
显然是的中点，而，，因此，
点的轨迹长度为，C错误；
对于D，由选项C知，是与平面所成角，，D正确.
故选：ABD
【点睛】结论点睛：平行于锥体底面的平面去截该锥体，截得的锥体与原锥体的体积比等于它们高的立方比.
7．（2024·山东·一模）已知四棱锥，底面ABCD是正方形，平面，，PC与底面ABCD所成角的正切值为，点M为平面内一点（异于点A），且，则（ ）
A．存在点M，使得平面
B．存在点M，使得直线与所成角为
C．当时，三棱锥的体积最大值为
D．当时，以P为球心，为半径的球面与四棱锥各面的交线长为
【答案】BC
【分析】利用反证法判断A；建立空间直角坐标系，根据空间角的向量求法，可判断B；根据点M的轨迹，结合棱锥的体积公式判断C；利用棱锥的侧面展开图结合弧长的计算判断D.
【详解】对于A，假设存在点M，使得平面，
由于平面，平面，则平面平面，
平面平面，平面，则，
由于，平面，故直线重合，
即M点落在上，由于，即M落在以A为圆心，以为半径的圆面内(不包含圆)，
这与M点落在上矛盾，A错误；
对于B，以A为坐标原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，
平面，则即为与底面所成角，
故，而，故，
则，
结合A的分析，可取，则,
由于直线与所成角范围为，故此时直线与所成角为，
即存在点M，使得直线与所成角为，B正确；
对于C，当时，当M位于的延长线时，的高最大为，
此时面积最大，最大值为，则三棱锥的体积最大值为，C正确；
对于D，当时，，
以P为球心，为半径的球面与四棱锥各面的交线是以P为圆心，
为半径的圆与侧面展开图的交线，如下图，
由于,则,即,
则，则，
则，根据对称性有，
故的长为，
又球与底面的交线是以A为圆心，为半径的四分之一圆，故长度为，
故以P为球心，为半径的球面与四棱锥各面的交线长为，D错误，
故选：BC
【点睛】难点点睛：本题考查了几何体中求解空间角以及体积和侧面展开图的问题，难度较大，难点在于D选项的判断，解答时要利用侧面展开图求解.
8．（2024·安徽·二模）已知正方体的棱长为1，，分别为棱，上的动点，则（ ）
A．四面体的体积为定值B．四面体的体积为定值
C．四面体的体积最大值为D．四面体的体积最大值为
【答案】BCD
【分析】根据到平面的距离不是定值即可判断A；根据为定值与到平面的距离即可判断B；确定当Q与、与重合时四面体的体积取得最大值，即可判断判断C；如图，确定四面体的体积为，即可判断D.
【详解】A：因为的面积为，到平面的距离不是定值，
所以四面体的体积不是定值，故A错误；
B：因为的面积为，P到矩形的距离为定值，
所以到平面的距离为，则四面体的体积为，故B正确；
C：当Q与重合时，取得最大值，为，
当与重合时，到平面的距离d取得最大值，
在正中，其外接圆的半径为，则，
故四面体的体积最大值为，故C正确；
D：过点作，，，
设，，则，，
，，，，
故四面体的体积为，其最大值为，故D正确．
故选：BCD
【点睛】关键点点睛：本题主要考查正方体的性质，三棱锥体积有关问题.明确当体积达到最值时动点的位置是解题的关键.
9．（2024·浙江·二模）已知正方体，的棱长为1，点P是正方形上的一个动点，初始位置位于点处，每次移动都会到达另外三个顶点.向相邻两顶点移动的概率均为，向对角顶点移动的概率为，如当点P在点处时，向点，移动的概率均为，向点移动的概率为，则（ ）
A．移动两次后，“”的概率为
B．对任意，移动n次后，“平面”的概率都小于
C．对任意，移动n次后，“PC⊥平面”的概率都小于
D．对任意，移动n次后，四面体体积V的数学期望（注：当点P在平面上时，四面体体积为0）
【答案】AC
【分析】先求出点在移动次后，在点处的概率，再结合由向量法求出线面垂直、线面平行和三棱锥的体积，对选项一一判断即可得出答案.
【详解】设移动次后，点在点的概率分别为，
其中，
，解得：，
对于A，移动两次后，“”表示点移动两次后到达点，
所以概率为，故A正确；

对于B，以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
所以，，
因为，，
设平面的法向量为，则，
取，可得，所以，
而，平面，
所以当点位于或时，平面，
当移动一次后到达点或时，所以概率为，故B错误；
对于C，所以当点位于时，PC⊥平面，
所以移动n次后点位于，则，故C正确；
对于D，四面体体积V的数学期望
，因为，
所以点到平面的距离为，
同理，点到平面的距离分别为，
所以，
所以，
当为偶数，所以，当时,；
当为奇数，所以，故D错误.
故选：AC.
【点睛】关键点睛：本题的关键点是先求出点在移动次后，点的概率，再结合由向量法求出线面垂直、线面平行和三棱锥的体积，对选项一一判断即可得出答案.
10．（2024·湖北·模拟预测）如图，三棱台的底面为锐角三角形，点D，H，E分别为棱，，的中点，且，；侧面为垂直于底面的等腰梯形，若该三棱台的体积最大值为，则下列说法可能但不一定正确的是（ ）
A．该三棱台的体积最小值为B．
C．D．
【答案】BD
【分析】根据题意可得点的轨迹为椭圆，由椭圆的几何性质从而可确定的坐标范围，设三棱台的高为，由三棱台的体积最大值确定的范围，从而可判断A；建立空间直角坐标系，根据两点之间的距离公式求解的取值范围，从而可判断B，D；将三棱台补成三棱锥，根据棱锥与棱台的体积关系即可判断C.
【详解】由，，可得点的轨迹为椭圆，如图
则椭圆方程为，由于则，
又因为为锐角三角形，则且，
所以，，
所以，由于，所以，
设，则，设三棱台的高为，
则，
因为该三棱台的体积最大值为，，所以，
由于无最小值，故该三棱台的体积无最小值，故A不正确；
对于三棱台有侧面为垂直于底面的等腰梯形，
则如图，以为原点，在平面上作面，在面作面，
则，
设，则，，，
所以，
由于，，所以，又，故B可能正确；
同理，
又，故D可能正确；
如图，将三棱台补成三棱锥，
设点到平面的距离为，
则，
又，所以，故C一定正确.
故选：BD.
【点睛】思路点睛：本题考查空间几何与平面解析几何综合运用，解决本题中的问题涉及的思路有：
（1）根据椭圆的定义确定动点的轨迹，利用解析几何的性质缩小点坐标范围；
（2）建立合适的空间直角坐标系，利用空间中两点距离公式确定线段长的取值范围；
（3）体积关系的建立，需将三棱台补成三棱锥，由三棱锥的体积转换特点分析体积比例.
三、填空题
11．（2024·辽宁·一模）杭州第19届亚运会是继1990年北京亚运会、2010年广州亚运会之后，中国第三次举办亚洲最高规格的国际综合性体育赛事．本届亚运会徽宝由上下两方玉玺组成（如图一），上方以杭州城市文化代表（钱塘潮和杭州奥体中心体育场）为主体元素（如图二），，若将徽宝上方看成一个圆台与两个圆柱的组合体，其轴截面如图三所示，其中两个圆柱的底面直径均为10，高分别为2和6；圆台的上、下底面直径分别为8和10，高为2．则该组合体的体积为 ．

【答案】
【分析】根据条件，利用柱体和锥体的体积公式，即可求出结果.
【详解】因为两个圆柱的底面直径均为10，高分别为2和6，
所以两个圆柱的体积分别为，，
又圆台的上、下底面直径分别为8和10，高为2，
所以圆台的体积为，
所以该组合体的体积为，
故答案为：.
12．（2024·湖北·一模）在矩形中，，，分别是的中点，将四边形沿折起使得二面角的大小为90°，则三棱锥的外接球的表面积为 ．

【答案】
【分析】将三棱锥补形成长方体，将问题转化成求长方体的外接球，再利用长方体外接球直径即长方体体对角线长，即可求出结果.
【详解】由题意，可将三棱锥补形成长方体，则长方体的外接球也即三棱锥的外接球，
设长方体外接球半径为R，则，得到，
所以，
故答案为：.
13．（2024·河北沧州·一模）如图，已知点是圆台的上底面圆上的动点，在下底面圆上，，则直线与平面所成角的余弦值的最小值为 ．
【答案】
【分析】以为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得对应点的坐标，设出未知点的坐标，利用向量法求线面角正弦值的最大值，再求余弦值的最小值即可.
【详解】连接，过作垂直于的延长线于点，以为坐标原点，建立空间直角坐标系如下所示：
在三角形中，因为，
故，则，
则，，故点；
又，设点，由，则可得；
，
设平面的法向量，
则，即，取，则，
故平面的法向量，又，
设直线与平面所成角为，
则
因为，且，故令，
则
又，故，，也即，
故的最大值为，又，故的最小值为.
即直线与平面所成角的余弦值的最小值为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题用向量法处理线面角的求解，结合问题的关键一是，能够准确求得的坐标，二是能够根据，求得的范围；属综合困难题.
14．（2024·全国·模拟预测）如图，已知四棱锥的底面为矩形，平面为的中点，点分别在线段上运动，当最小时，三棱锥的体积为 ．

【答案】
【分析】展开图将其平面化，再利用平面上“两点之间线段最短得到最小值，再由三角形相似得到点为线段的中点和点为线段的中点，最后由三棱锥的体积公式计算得到.
【详解】将平面沿直线翻折，使得平面与平面在同一平面上，如图所示．

取关于直线对称的点为，连接，分别与交于点，连接，
易知此时，
因此的最小值为．
由可得，
因此，故点为线段的中点，
由可得，
因此，故点为线段的中点，
三棱锥的体积．
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是，将平面沿直线翻折，使得平面与平面在同一平面上，将空间问题转化为平面问题，从而得解.
15．（2024·全国·模拟预测）已知三棱锥的各顶点均在半径为2的球表面上，，，则三棱锥的内切球半径为 ；若，则三棱锥体积的最大值为 ．
【答案】 / /
【分析】根据题意，可求得三棱锥各个面的面积，设三棱锥内切球的半径为，利用等体积法可求得内切球的半径；由，当点到平面的距离最大时，三棱锥的体积最大，建立空间直角坐标系设点坐标，利用向量法求出点到平面的距离最大值得解.
【详解】如图，根据题意，，，，
，，
所以，设的中点为，则是外接圆的圆心，则平面，则，
，，
设三棱锥内切球的半径为，则
，
即，.
由，由于，
所以当点到平面的距离最大时，三棱锥的体积最大，
如图，以为坐标原点，为轴建立空间直角坐标系，则，，
设点，因为，，
所以，即，
两式相减解得，
代回上式可得，所以，即，
又平面的一个法向量为，，
所以点到平面的距离为，
所以点到平面的最大距离为，
所以三棱锥的体积最大值为.
故答案为：；.
【点睛】思路点睛：第一空，先求出三棱锥各个面的面积，利用等体积法可求得内切球的半径；第二空，根据三棱锥等体积转换，，又，当点到平面的距离最大时，三棱锥的体积最大，建系用向量法求出答案.
四、解答题
16．（2024·安徽芜湖·二模）在三棱锥中，平面，，点在平面内，且满足平面平面垂直于．
(1)当时，求点的轨迹长度；
(2)当二面角的余弦值为时，求三棱锥的体积．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）先通过垂直关系得到，然后建立空间直角坐标系得到点的轨迹，根据角度求轨迹的长；
（2）利用向量法求面面角，解方程求出点的坐标，进而利用体积公式求解即可.
【详解】（1）作交于，
因为平面平面，且平面平面，面，
所以平面，又因为平面，所以，
因为平面，且平面，所以，
因为，，、平面，，
所以平面，又因为平面，所以．
分别以直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图，
则，，，，
设，因为，所以，
又，，
所以，即，
设中点为，则，如图：
又，所以，
因此，的轨迹为圆弧，其长度为；
（2）由（1）知，可设，，，
设平面的一个法向量为，
则，即，令得．
为平面的一个法向量，令二面角为角，
，又，
解得，（舍去）或，，
则或，
从而可得三棱锥的体积．
17．（2024·辽宁大连·一模）如图多面体ABCDEF中，面面，为等边三角形，四边形ABCD为正方形，，且，H，G分别为CE，CD的中点．
(1)证明：；
(2)求平面BCEF与平面FGH所成角的余弦值；
(3)作平面FHG与平面ABCD的交线，记该交线与直线AD交点为P，写出的值（不需要说明理由，保留作图痕迹）．
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)，作图见解析
【分析】（1）由面面垂直得到线面垂直，从而证明出线线垂直；
（2）由面面垂直得到线面垂直，再建立空间直角坐标系，写出点的坐标，得到平面的法向量，进而利用平面法向量求出面面角的余弦值；
（3）作出辅助线，得到线线平行，进而得到结论.
【详解】（1）在正方形中，，
∵平面平面，平面平面平面，
平面，又平面，
；
（2）为等边三角形，设中点为，∴，
又平面平面，面面面，则面，
以为坐标原点，分别以为轴正方向建立空间直角坐标系，如图所示：
因为，则，则，
所以，
设平面的一个法向量为
则，取得，所以，
设平面的一个法向量为
则，取得，所以，
所以，
所以平面与与平面成角的余弦值为；
（3）如图所示：在上取一点，使得，连接，
因为，，所以，即，
所以为平行四边形，故，
因为H，G分别为CE，CD的中点，所以，
故，即共面，
故.
18．（2024·浙江杭州·二模）如图，在多面体中，底面是平行四边形，为的中点，．
(1)证明：；
(2)若多面体的体积为，求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)．
【分析】（1）根据余弦定理求解，即可求证，进而根据线线垂直可证明线面垂直，即可得线线垂直，
（2）根据体积公式，结合棱柱与棱锥的体积关系，结合等体积法可得，即可建立空间直角坐标系，求解法向量求解.
【详解】（1）在中，由余弦定理可得，
所以，所以，
所以．
又因为，平面,
所以平面,平面．
所以．
由于,所以四边形为平行四边形，所以．
又，所以，
所以．
（2）因为，所以，
又，平面,所以平面．
取中点，连接，设．
设多面体的体积为，
则
．
解得．
建立如图所示的空间直角坐标系，则，
．
则平面的一个法向量．
所以，
设平面的一个法向量，
则即取．
所以．
所以平面与平面夹角的余弦值为．
19．（2024·山东枣庄·一模）如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面与底面所成的角为，为的中点．
(1)求证：平面；
(2)若为的内心，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）由线面垂直的性质以及线面垂直的判定定理可证；
（2）由等腰直角三角形内心的特点确定点的位置，以为原点建立空间直角坐标系，写出各点坐标，根据线面角的空间向量公式计算可得出结果.
【详解】（1）因为平面平面，所以，
因为与平面所成的角为平面，
所以，且，所以，
又为的中点，所以，
因为四边形为正方形，所以，
又平面，
所以平面，
因为平面，所以，
因为平面，
所以平面．
（2）因为底面为正方形，为的内心，
所以在对角线上．
如图，设正方形的对角线的交点为，
所以，
所以，
所以，
所以，又因为，所以．
由题意知两两垂直，以所在的直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系．
所以，由（1）知，
所以，
所以．
又因为平面，所以平面的一个法向量为．
设直线与平面所成角为，
则．
20．（2024·江苏·一模）如图，已知四棱台的上、下底面分别是边长为2和4的正方形，平面⊥平面ABCD，，点P是棱的中点，点Q在棱BC上．

(1)若，证明：平面；
(2)若二面角的正弦值为，求BQ的长．
【答案】(1)证明见解析；
(2)1．
【分析】（1）取的中点M，先证明四边形BMPQ是平行四边形得到线线平行，再由线面平行性质定理可得；
（2）法一：应用面面垂直性质定理得到线面垂直，建立空间直角坐标系，再利用共线条件设 ，利用向量加减法几何意义表示所需向量的坐标，再由法向量方法表示面面角，建立方程求解可得；法二：同法一建立空间直角坐标系后，直接设点坐标，进而表示所需向量坐标求解两平面的法向量及夹角，建立方程求解；法三：一作二证三求，设，利用面面垂直性质定理，作辅助线作角，先证明所作角即为二面角的平面角，再利用已知条件解三角形建立方程求解可得.
【详解】（1）证明：取的中点M，连接MP，MB．
在四棱台中，四边形是梯形，，，
又点M，P分别是棱，的中点，所以，且．
在正方形ABCD中，，，又，所以．
从而且，所以四边形BMPQ是平行四边形，所以．
又因为平面，平面，所以平面；
（2）在平面中，作于O．
因为平面平面，平面平面，，平面，
所以平面．
在正方形ABCD中，过O作AB的平行线交BC于点N，则．
以为正交基底，建立空间直角坐标系．
因为四边形是等腰梯形，，，所以，又，所以．
易得，，，，，所以，，．

法1：设，所以．
设平面PDQ的法向量为，由，得，取，
另取平面DCQ的一个法向量为．
设二面角的平面角为θ，由题意得．
又，所以，
解得（舍负），因此，．
所以当二面角的正弦值为时，BQ的长为1．
法2：设，所以．
设平面PDQ的法向量为，由，得，取，
另取平面DCQ的一个法向量为．
设二面角的平面角为θ，由题意得．
又，所以，
解得或6（舍），因此．
所以当二面角的正弦值为时，BQ的长为1．

法3：在平面中，作，垂足为H．
因为平面平面，平面平面，，平面，
所以平面，又平面，所以．
在平面ABCD中，作，垂足为G，连接PG．
因为，，，PH，平面，
所以平面，又平面，所以．
因为，，所以是二面角的平面角．
在四棱台中，四边形是梯形，
，，，点P是棱的中点，
所以，．
设，则，，
在中，，从而．
因为二面角的平面角与二面角的平面角互补，
且二面角的正弦值为，所以，从而．
所以在中，，解得或（舍）．
所以当二面角的正弦值为时，BQ的长为1．