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2024-2025 学年高中数学人教A版必修二专题8.6 立体几何初步（能力提升卷）
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这是一份2024-2025 学年高中数学人教A版必修二专题8.6 立体几何初步（能力提升卷），文件包含专题86立体几何初步能力提升卷人教A版2019必修第二册原卷版docx、专题86立体几何初步能力提升卷人教A版2019必修第二册解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共29页， 欢迎下载使用。
专题8.6 立体几何初步（能力提升卷）考试时间：120分钟；满分：150分姓名：___________班级：___________考号：___________考卷信息：本卷试题共19题，单选8题，多选3题，填空3题，解答5题，满分150分，限时150分钟，试卷紧扣教材，细分题组，精选一年好题，两年真题，练基础，提能力！选择题（共8小题，满分40分，每小题5分）1．（23-24高一下·福建·期中）如果一个水平放置的图形的斜二测直观图是一个底角为，上底为1，腰为的等腰梯形，那么原平面图形的面积是A． B． C． D．【答案】C【分析】先计算出该梯形的斜二测直观图的面积，再根据直观图的面积与原图的面积之比为，求得原图的面积．【详解】 依题意，四边形是一个底角为，上底为，腰为的等腰梯形过，分别做，则和为斜边长为的等腰直角三角形，又，梯形的面积：在斜二测画直观图时，直观图的面积与原图的面积之比为：即： 本题正确选项：【点睛】本题考查了斜二测直观图的面积与原图面积的关系，可以还原图形求原图的面积，也可以根据直观图与原图的面积比求原图的面积．属于基础题．2．（23-24高三上·陕西宝鸡·期中）已知，是两个不重合的平面，在下列条件中，可判断平面，平行的是（ ）A．，是平面内两条直线，且，B．，是两条异面直线，，，且，C．面内不共线的三点到的距离相等D．面，都垂直于平面【答案】B【分析】中，没有与交于一点，不能判断；中，根据异面直线的定义和线面平行、面面平行的判断方法，能判断；中，举例说明不一定成立；中，，都垂直于平面时，两平面、的位置关系可能平行或相交．【详解】解：对于，，是平面内两条直线，且，，没有与交于一点，不能判断；对于，，是两条异面直线，，，且，，能判断；因为，所以在内存在直线，又，所以；又，是两条异面直线，所以直线与是两条相交直线；又，所以；对于，因为内不共线的三点到的距离相等，此三点在两平面相交时也可以找出，所以不能判断；对于，因为，都垂直于平面时，两平面、的位置关系可能是平行或相交，所以不能判断．故选：．【点睛】本题考查了判断面面平行的应用问题，也考查了推理论证能力与空间想象能力．3．（23-24高二上·北京·期中）如图，一竖立在水平地面上的圆锥形物体的母线长为，底面半径为，一只小虫从圆锥的底面圆上的点出发，绕圆锥表面爬行一周后回到点处，则该小虫爬行的最短路程为（ ）A． B．C． D．【答案】A【解析】将该圆锥的侧面展开，由两点之间线段最短，结合弧长公式求出圆心角，进而确定小虫爬行的最短路程.【详解】该圆锥的侧面由点展开，如下图所示圆锥表面爬行一周后回到点处，则该小虫爬行的最短路程为，该扇形的圆心角为故选：A4．（23-24高二上·上海浦东新·期中）如图，在长方体中，，点为上的动点，则的最小值为（ ）A．5 B． C． D．【答案】D【分析】将绕翻折到与共面，连接，则的长度即为的最小值，利用勾股定理计算可得.【详解】将绕翻折到与共面，平面图形如下所示：连接，则的长度即为的最小值，因为，所以 ，所以，所以，即的最小值为.故选：D5．（2024·广东湛江·二模）我国南北朝时期的数学家祖暅提出了计算几何体体积的祖暅原理：“幂势既同，则积不容异“．意思是两个同高的几何体，如果在等高处的截面积都相等，那么这两个几何体的体积相等．现有某几何体和一个圆锥满足祖暅原理的条件，若该圆锥的侧面展开图是半径为3的圆的三分之一，则该几何体的体积为（ ）A．π B．π C．4 D．【答案】A【分析】由题意可得该几何体的体积与圆锥相同，结合圆锥侧面展开图的特征可求得圆锥的母线与底面半径的长度，进而可得圆锥的高，代入圆锥体积公式即可得解．【详解】由题意可知，该几何体的体积等于圆锥的体积，∵圆锥的侧面展开图恰为一个半径为3的圆的三分之一，∴圆锥的底面周长为，∴圆锥的底面半径为1，母线长为3，∴圆锥的高为，∴圆锥的体积圆锥．从而所求几何体的体积为．故选：A．【点睛】本题考查了数学文化与圆锥体积的求法，考查了圆锥侧面展开图的特征，正确理解题意是解题的关键，属于基础题．6．（23-24高二上·北京·期中）如图，四边形ABCD中，AB=AD=CD=1，BA⊥AD，BD⊥CD，将四边形ABCD沿对角线BD折成四面体，使平面⊥平面BCD，则四面体的体积为（ ）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用面面垂直的性质定理证明平面，然后用等积法求解即可【详解】由题意，平面⊥平面BCD，平面平面，又BD⊥CD，平面，所以平面，因为AB=AD=CD=1，所以，所以，所以四面体的体积为，故选：A7．（23-24高二上·浙江杭州·期中）如图,四棱锥的底面是平行四边形,、分别为 线段、上一点，若,且平面，则 A． B．C． D．【答案】D【分析】取PC的中点E,连接AE,EN,AC交BD于O,连接MO，可证明,从而可得平面平面，进而证出，从而可知,即可求解.【详解】取PC的中点E,连接AE,EN,AC交BD于O,连接MO， 因为，PC的中点E所以,又O是的中点，所以， 又平面，平面，所以平面，又平面，所以 平面平面，因为平面PBC交平面，平面，且交线分别是，所以，所以故选D.【点睛】本题主要考查了线面平行的判定与性质，面面平行的判定与性质，属于中档题.8．（2024·内蒙古呼和浩特·一模）盲盒是一种深受大众喜爱的玩具，某盲盒生产厂商要为棱长6cm的正四面体魔方设计一款正方体的包装盒，需要保证该魔方可以在包装盒内任意转动，则包装盒的棱长最短为（ ）A． B．C． D．【答案】D【分析】依题意，若要正四面体能自由转动，则正方体必须能装下正四面体的外接球，即正方体的最短棱长就是外接球的直径.【详解】如图 是棱长为6cm的正四面体，由题意， ，设BC的中点为M，底面 的重心为G，O为外接球的球心，则有 底面BCD， ， ， ，R是外接球半径，在 中， ，在 中， ， ，解得 ，即正方体的最短棱长为.故选：D.多选题（共3小题，满分18分，每小题6分）9．（2024高三上·广东阳江·阶段练习）如图所示，在正方体中，过对角线的一个平面交棱于E，交棱于F，给出下面几个命题中真命题是（ ）A．四边形有可能是正方形B．平面有可能垂直于平面C．设与DC的延长线交于M，与DA的延长线交于N，则M､N､B三点共线D．四棱锥的体积为定值【答案】BCD【分析】由线面垂直的判定判断A；取为的中点，再由面面垂直判定判断B；由公理3判断C；由以及，平面判断D.【详解】如果四边形是正方形，则，因为，所以平面，又平面，E与A重合，此时不是正方形，故A错误；当两条棱上的交点是中点时，四边形为菱形，平面，此时四边形垂直于平面，故B正确；由与DC的延长线交于M，可得，且，又因为平面，平面ABCD，所以平面，平面ABCD，又因为平面，平面ABCD，所以平面平面，同理平面平面，所以BM，BN都是平面与平面ABCD的交线，所以B，M，N三点共线，故C正确；由于，，平面，则E，F到平面的距离相等，且为正方体的棱长，三角形的面积为定值，所以四棱锥的体积为定值，故D正确.故选:BCD.10．（2024高二上·湖南长沙·阶段练习）已知某圆锥的母线长为1，其轴截面为直角三角形，则下列关于该圆锥的说法中正确的有（ ）A．圆锥的体积为B．圆锥的表面积为C．圆锥的侧面展开图是圆心角为的扇形D．圆锥的内切球表面积为【答案】ABC【分析】根据勾股定理求出圆锥的底面半径，再由圆锥的体积公式以及表面积公式可判断A、B；根据圆锥侧面展开图与圆锥的数量关系，可得扇形的半径以及弧长，即可求得圆心角，即可判断C项；根据圆锥的轴截面，可知圆锥内切球的半径即等于内切圆的半径.根据等面积法即可求得外切圆的半径（即外切球的半径），代入球的表面积公式可判断D.【详解】如图1为圆锥的轴截面，圆锥母线，且.则，所以底面半径，圆锥的高.对于A项，圆锥的体积，故A正确；对于B项，圆锥的表面积，故B正确；对于C项，圆锥的侧面展开图的半径，弧长为，则圆心角，故C正确；对于D项，如图2，作出圆锥及其内切球的轴截面，设圆锥的内切球半径为，易知，圆锥内切球的半径即等于内切圆的半径.，又，所以，所以.圆锥的内切球表面积，故D错误.故选：ABC.11．（2024高三·全国·专题练习）一般地，我们把三组对棱分别相等的四面体叫做等面四面体．下列结论正确的是（ ）A．若一个四面体的四个面的周长都相等，则该四面体是等面四面体B．等面四面体的一组对棱中点的连线与这组对棱都垂直C．三组对棱长度分别为，，的等面四面体外接球的表面积为D．过等面四面体任一顶点的三个面且以该点为顶点的三个角之和为【答案】ABD【分析】对于选项A ，利用周长关系，化简可得答案；对于选项B，作出图等面四面体中，设与的中点分别为，，可证明，从而证明，，判断B；对于C，将等面四面体放到长方体中，即可求出外接球半径，从而得到外接球表面积；对于D，将等面四面体展开，从而得到，即可说明答案.【详解】选项A：四面体中，设，，，，，，且，将，两边分别相加，得，再由得，同理得，，所以四面体是等面四面体，所以A正确．选项B：如图1，在等面四面体中，设与的中点分别为，，连接，，则，所以，所以，同理可证，所以B正确．选项C：将等面四面体放到长方体中，如图2，所以等面四面体的外接球即长方体的外接球，不妨设，，，则，，，得，，，所以等面四面体外接球的半径，所以等面四面体外接球的表面积为，所以C错误．选项D：将等面四面体展开，如图3，由等面四面体的定义可以证得，所以，，所以，同理在其他顶点处也成立，所以D正确．故选：ABD【点睛】方法点睛：能放在长方体中求外接球半径的三棱锥模型：(1)墙面模型：共点的三条线两两垂直；(2)正四面体模型：棱长全等的三棱锥；(3)对棱相等的三棱锥填空题（共3小题，满分15分，每小题5分）12．（2024·辽宁·模拟预测）我国古代大多数城门楼的底座轮廓大致为上、下两面互相平行，且都是矩形的六面体（如图），现从某城楼中抽象出一几何体ABCD－EFGH，其中ABCD是边长为4的正方形，EFGH为矩形，上、下底面与左、右两侧面均垂直，，，，且平面ABCD与平面EFGH的距离为4，则异面直线BG与CH所成角的余弦值为 ．【答案】【分析】补形为正方体，利用正方体的性质以及异面直线所成角的定义，结合余弦定理即可求解.【详解】如图，把此六面体补成正方体，连接AH，AC，由题可知，所以∠AHC是异面直线BG与CH所成角或其补角，在△AHC中，，，，则．故答案为：13．（2024·江西鹰潭·二模）已知三棱锥中，，，则该三棱锥的外接球的表面积是 .【答案】【解析】将三棱锥补成长方体，设，，，设三棱锥的外接球半径为，求得的值，然后利用球体表面积公式可求得结果.【详解】将三棱锥补成长方体，设，，，设三棱锥的外接球半径为，则，由勾股定理可得，上述三个等式全部相加得，，因此，三棱锥的外接球面积为.故答案为：.【点睛】本题考查三棱锥外接球表面积的计算，根据三棱锥对棱长相等将三棱锥补成长方体是解答的关键，考查推理能力，属于中等题.14．（23-24高三上·西藏拉萨·期中）在矩形中，，，在上运动，设，将沿折起，使得平面垂直于平面，长最小时的值为 ．【答案】【分析】在平面ABP中，过A作，垂足为，利用面面垂直的性质得到AH⊥平面．进而得到为直角三角形，利用直角三角形中的边角关系和余弦定理，在，，中进行运算，得到的长度用已知的量、、的三角函数表示出来．再根据其形式来进行运算求值．【详解】解：在平面ABP中，过A作，垂足为，连，∵平面ABP⊥平面BPDC，∴AH⊥平面．∴、，∴在中，，．在中，由余弦定理得：，∴在中，，当且仅当时取得最大值1，∴当且仅当时，长最小．故答案为：解答题（共5小题，第15题13分，第16、17题15分，第18、19题17分，满分77分）15．（2024高一·全国·课后作业）如图，四棱锥的底面是正方形，四条侧棱均相等，，交于点，点，，，分别是棱，，，上共面的四点，平面.求证：(1)平面；(2).【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）由正方形的性质和等腰三角形的性质可得，，则由线面垂直的判定定理可证得结论，（2）由线面平行的性质结合平行公理可证得结论.【详解】（1）∵四边形为正方形，且，交于点，∴为，的中点，由已知得，，∴和均为等腰三角形，∴，，又，平面，且，∴平面.（2）∵平面，平面，平面平面，∴，同理可得，，∴.16．（23-24高二下·安徽宣城·期末）如图，在三棱锥中，是等边三角形，，O是中点，平面平面，于D.（1）求证：平面；（2）若，求三棱锥的体积.【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）先证明和，利用证明平面；（2）利用等体积法转化为求，分别求底面积和高，即可求出体积.【详解】（1），是中点，又平面平面，且平面，平面平面，平面又，，平面.（2）与面积相等，，平面，，.，，即三棱锥的体积为.17．（23-24高一下·江苏南通·期末）如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，点为中点，且.(1)证明：平面；(2)证明：平面平面.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析【分析】(1) 连接交于点，连接，可证，从而可证平面.(2) 可证平面，从而得到平面平面.【详解】(1) 连接交于点，连接，因为底面为平行四边形，所以为中点.在中,又为中点，所以.又平面，平面，所以平面.(2) 因为底面为平行四边形，所以.又即，所以.又即.又平面，平面，，所以平面.又平面，所以平面平面.【点睛】线面平行的证明的关键是在面中找到一条与已知直线平行的直线，找线的方法是平行投影或中心投影，我们也可以通过面面平行证线面平行，这个方法的关键是构造过已知直线的平面，证明该平面与已知平面平行. 线面垂直的判定可由线线垂直得到，注意线线是相交的，也可由面面垂直得到，注意线在面内且线垂直于两个平面的交线.而面面垂直的证明可以通过线面垂直得到，也可以通过证明二面角是直二面角.18．（2024高三·云南·阶段练习）如图所示，在三棱锥中，，，O为的中点.（1）证明：平面；（2）若点M为棱的中点，求点C到平面的距离.【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）由正三角形性质得，由勾股定理逆定理证，从而得线面垂直；（2）利用体积法可求得点C到平面的距离．【详解】（1）证明：因为，O为AC的中点，所以，且.如图，连接OB，因为，所以△ABC为等腰直角三角形，且，，由知，，由，，知平面ABC.（2）如图所示，因为点M为棱BC的中点，所以在中，，又平面ABC，在中，，，在中，由余弦定理得，，则，所以，设点C到平面PAM的距离为d，由，得，所以，所以点C到平面PAM的距离为.【点睛】本题考查证明线面垂直，求点到平面的距离．立体几何中求点到平面距离的方法：（1）作出点到平面的垂线，求出垂线段的长；（2）在三棱锥中用体积法计算；19．（23-24高二上·安徽合肥·期末）如图，在直四棱柱中，底面是梯形，，．（1）求证：平面；（2）在线段上是否存在一点E，使面．若存在，确定点E的位置并证明；若不存在，请说明理由．【答案】(1)证明见解析（2）存在，点是的中点，证明见解析【分析】（1）根据线面垂直的判定定理即可证明平面；（2）存在点是的中点，使平面，由线面平行的判定定理进行证明即可得到结论．【详解】（1）因为底面，所以底面，因为底面，所以， 因为底面是梯形，，，，设，则，所以，，所以在中，，所以，所以，又因为，且所以平面.(2)存在点是的中点，使平面证明如下：取线段的中点为点，连结，如图，所以，且因为，，所以，且所以四边形是平行四边形． 所以．又因为平面，平面，所以平面．【点睛】关键点点睛：解决是否存在问题时，可以先寻求特殊位置，再证明，本题中取中点后连结，可利用平行四边形 ，再根据线面平行的判定定理求证即可，属于先猜后证的方法.
专题8.6 立体几何初步（能力提升卷）考试时间：120分钟；满分：150分姓名：___________班级：___________考号：___________考卷信息：本卷试题共19题，单选8题，多选3题，填空3题，解答5题，满分150分，限时150分钟，试卷紧扣教材，细分题组，精选一年好题，两年真题，练基础，提能力！选择题（共8小题，满分40分，每小题5分）1．（23-24高一下·福建·期中）如果一个水平放置的图形的斜二测直观图是一个底角为，上底为1，腰为的等腰梯形，那么原平面图形的面积是A． B． C． D．【答案】C【分析】先计算出该梯形的斜二测直观图的面积，再根据直观图的面积与原图的面积之比为，求得原图的面积．【详解】 依题意，四边形是一个底角为，上底为，腰为的等腰梯形过，分别做，则和为斜边长为的等腰直角三角形，又，梯形的面积：在斜二测画直观图时，直观图的面积与原图的面积之比为：即： 本题正确选项：【点睛】本题考查了斜二测直观图的面积与原图面积的关系，可以还原图形求原图的面积，也可以根据直观图与原图的面积比求原图的面积．属于基础题．2．（23-24高三上·陕西宝鸡·期中）已知，是两个不重合的平面，在下列条件中，可判断平面，平行的是（ ）A．，是平面内两条直线，且，B．，是两条异面直线，，，且，C．面内不共线的三点到的距离相等D．面，都垂直于平面【答案】B【分析】中，没有与交于一点，不能判断；中，根据异面直线的定义和线面平行、面面平行的判断方法，能判断；中，举例说明不一定成立；中，，都垂直于平面时，两平面、的位置关系可能平行或相交．【详解】解：对于，，是平面内两条直线，且，，没有与交于一点，不能判断；对于，，是两条异面直线，，，且，，能判断；因为，所以在内存在直线，又，所以；又，是两条异面直线，所以直线与是两条相交直线；又，所以；对于，因为内不共线的三点到的距离相等，此三点在两平面相交时也可以找出，所以不能判断；对于，因为，都垂直于平面时，两平面、的位置关系可能是平行或相交，所以不能判断．故选：．【点睛】本题考查了判断面面平行的应用问题，也考查了推理论证能力与空间想象能力．3．（23-24高二上·北京·期中）如图，一竖立在水平地面上的圆锥形物体的母线长为，底面半径为，一只小虫从圆锥的底面圆上的点出发，绕圆锥表面爬行一周后回到点处，则该小虫爬行的最短路程为（ ）A． B．C． D．【答案】A【解析】将该圆锥的侧面展开，由两点之间线段最短，结合弧长公式求出圆心角，进而确定小虫爬行的最短路程.【详解】该圆锥的侧面由点展开，如下图所示圆锥表面爬行一周后回到点处，则该小虫爬行的最短路程为，该扇形的圆心角为故选：A4．（23-24高二上·上海浦东新·期中）如图，在长方体中，，点为上的动点，则的最小值为（ ）A．5 B． C． D．【答案】D【分析】将绕翻折到与共面，连接，则的长度即为的最小值，利用勾股定理计算可得.【详解】将绕翻折到与共面，平面图形如下所示：连接，则的长度即为的最小值，因为，所以 ，所以，所以，即的最小值为.故选：D5．（2024·广东湛江·二模）我国南北朝时期的数学家祖暅提出了计算几何体体积的祖暅原理：“幂势既同，则积不容异“．意思是两个同高的几何体，如果在等高处的截面积都相等，那么这两个几何体的体积相等．现有某几何体和一个圆锥满足祖暅原理的条件，若该圆锥的侧面展开图是半径为3的圆的三分之一，则该几何体的体积为（ ）A．π B．π C．4 D．【答案】A【分析】由题意可得该几何体的体积与圆锥相同，结合圆锥侧面展开图的特征可求得圆锥的母线与底面半径的长度，进而可得圆锥的高，代入圆锥体积公式即可得解．【详解】由题意可知，该几何体的体积等于圆锥的体积，∵圆锥的侧面展开图恰为一个半径为3的圆的三分之一，∴圆锥的底面周长为，∴圆锥的底面半径为1，母线长为3，∴圆锥的高为，∴圆锥的体积圆锥．从而所求几何体的体积为．故选：A．【点睛】本题考查了数学文化与圆锥体积的求法，考查了圆锥侧面展开图的特征，正确理解题意是解题的关键，属于基础题．6．（23-24高二上·北京·期中）如图，四边形ABCD中，AB=AD=CD=1，BA⊥AD，BD⊥CD，将四边形ABCD沿对角线BD折成四面体，使平面⊥平面BCD，则四面体的体积为（ ）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用面面垂直的性质定理证明平面，然后用等积法求解即可【详解】由题意，平面⊥平面BCD，平面平面，又BD⊥CD，平面，所以平面，因为AB=AD=CD=1，所以，所以，所以四面体的体积为，故选：A7．（23-24高二上·浙江杭州·期中）如图,四棱锥的底面是平行四边形,、分别为 线段、上一点，若,且平面，则 A． B．C． D．【答案】D【分析】取PC的中点E,连接AE,EN,AC交BD于O,连接MO，可证明,从而可得平面平面，进而证出，从而可知,即可求解.【详解】取PC的中点E,连接AE,EN,AC交BD于O,连接MO， 因为，PC的中点E所以,又O是的中点，所以， 又平面，平面，所以平面，又平面，所以 平面平面，因为平面PBC交平面，平面，且交线分别是，所以，所以故选D.【点睛】本题主要考查了线面平行的判定与性质，面面平行的判定与性质，属于中档题.8．（2024·内蒙古呼和浩特·一模）盲盒是一种深受大众喜爱的玩具，某盲盒生产厂商要为棱长6cm的正四面体魔方设计一款正方体的包装盒，需要保证该魔方可以在包装盒内任意转动，则包装盒的棱长最短为（ ）A． B．C． D．【答案】D【分析】依题意，若要正四面体能自由转动，则正方体必须能装下正四面体的外接球，即正方体的最短棱长就是外接球的直径.【详解】如图 是棱长为6cm的正四面体，由题意， ，设BC的中点为M，底面 的重心为G，O为外接球的球心，则有 底面BCD， ， ， ，R是外接球半径，在 中， ，在 中， ， ，解得 ，即正方体的最短棱长为.故选：D.多选题（共3小题，满分18分，每小题6分）9．（2024高三上·广东阳江·阶段练习）如图所示，在正方体中，过对角线的一个平面交棱于E，交棱于F，给出下面几个命题中真命题是（ ）A．四边形有可能是正方形B．平面有可能垂直于平面C．设与DC的延长线交于M，与DA的延长线交于N，则M､N､B三点共线D．四棱锥的体积为定值【答案】BCD【分析】由线面垂直的判定判断A；取为的中点，再由面面垂直判定判断B；由公理3判断C；由以及，平面判断D.【详解】如果四边形是正方形，则，因为，所以平面，又平面，E与A重合，此时不是正方形，故A错误；当两条棱上的交点是中点时，四边形为菱形，平面，此时四边形垂直于平面，故B正确；由与DC的延长线交于M，可得，且，又因为平面，平面ABCD，所以平面，平面ABCD，又因为平面，平面ABCD，所以平面平面，同理平面平面，所以BM，BN都是平面与平面ABCD的交线，所以B，M，N三点共线，故C正确；由于，，平面，则E，F到平面的距离相等，且为正方体的棱长，三角形的面积为定值，所以四棱锥的体积为定值，故D正确.故选:BCD.10．（2024高二上·湖南长沙·阶段练习）已知某圆锥的母线长为1，其轴截面为直角三角形，则下列关于该圆锥的说法中正确的有（ ）A．圆锥的体积为B．圆锥的表面积为C．圆锥的侧面展开图是圆心角为的扇形D．圆锥的内切球表面积为【答案】ABC【分析】根据勾股定理求出圆锥的底面半径，再由圆锥的体积公式以及表面积公式可判断A、B；根据圆锥侧面展开图与圆锥的数量关系，可得扇形的半径以及弧长，即可求得圆心角，即可判断C项；根据圆锥的轴截面，可知圆锥内切球的半径即等于内切圆的半径.根据等面积法即可求得外切圆的半径（即外切球的半径），代入球的表面积公式可判断D.【详解】如图1为圆锥的轴截面，圆锥母线，且.则，所以底面半径，圆锥的高.对于A项，圆锥的体积，故A正确；对于B项，圆锥的表面积，故B正确；对于C项，圆锥的侧面展开图的半径，弧长为，则圆心角，故C正确；对于D项，如图2，作出圆锥及其内切球的轴截面，设圆锥的内切球半径为，易知，圆锥内切球的半径即等于内切圆的半径.，又，所以，所以.圆锥的内切球表面积，故D错误.故选：ABC.11．（2024高三·全国·专题练习）一般地，我们把三组对棱分别相等的四面体叫做等面四面体．下列结论正确的是（ ）A．若一个四面体的四个面的周长都相等，则该四面体是等面四面体B．等面四面体的一组对棱中点的连线与这组对棱都垂直C．三组对棱长度分别为，，的等面四面体外接球的表面积为D．过等面四面体任一顶点的三个面且以该点为顶点的三个角之和为【答案】ABD【分析】对于选项A ，利用周长关系，化简可得答案；对于选项B，作出图等面四面体中，设与的中点分别为，，可证明，从而证明，，判断B；对于C，将等面四面体放到长方体中，即可求出外接球半径，从而得到外接球表面积；对于D，将等面四面体展开，从而得到，即可说明答案.【详解】选项A：四面体中，设，，，，，，且，将，两边分别相加，得，再由得，同理得，，所以四面体是等面四面体，所以A正确．选项B：如图1，在等面四面体中，设与的中点分别为，，连接，，则，所以，所以，同理可证，所以B正确．选项C：将等面四面体放到长方体中，如图2，所以等面四面体的外接球即长方体的外接球，不妨设，，，则，，，得，，，所以等面四面体外接球的半径，所以等面四面体外接球的表面积为，所以C错误．选项D：将等面四面体展开，如图3，由等面四面体的定义可以证得，所以，，所以，同理在其他顶点处也成立，所以D正确．故选：ABD【点睛】方法点睛：能放在长方体中求外接球半径的三棱锥模型：(1)墙面模型：共点的三条线两两垂直；(2)正四面体模型：棱长全等的三棱锥；(3)对棱相等的三棱锥填空题（共3小题，满分15分，每小题5分）12．（2024·辽宁·模拟预测）我国古代大多数城门楼的底座轮廓大致为上、下两面互相平行，且都是矩形的六面体（如图），现从某城楼中抽象出一几何体ABCD－EFGH，其中ABCD是边长为4的正方形，EFGH为矩形，上、下底面与左、右两侧面均垂直，，，，且平面ABCD与平面EFGH的距离为4，则异面直线BG与CH所成角的余弦值为 ．【答案】【分析】补形为正方体，利用正方体的性质以及异面直线所成角的定义，结合余弦定理即可求解.【详解】如图，把此六面体补成正方体，连接AH，AC，由题可知，所以∠AHC是异面直线BG与CH所成角或其补角，在△AHC中，，，，则．故答案为：13．（2024·江西鹰潭·二模）已知三棱锥中，，，则该三棱锥的外接球的表面积是 .【答案】【解析】将三棱锥补成长方体，设，，，设三棱锥的外接球半径为，求得的值，然后利用球体表面积公式可求得结果.【详解】将三棱锥补成长方体，设，，，设三棱锥的外接球半径为，则，由勾股定理可得，上述三个等式全部相加得，，因此，三棱锥的外接球面积为.故答案为：.【点睛】本题考查三棱锥外接球表面积的计算，根据三棱锥对棱长相等将三棱锥补成长方体是解答的关键，考查推理能力，属于中等题.14．（23-24高三上·西藏拉萨·期中）在矩形中，，，在上运动，设，将沿折起，使得平面垂直于平面，长最小时的值为 ．【答案】【分析】在平面ABP中，过A作，垂足为，利用面面垂直的性质得到AH⊥平面．进而得到为直角三角形，利用直角三角形中的边角关系和余弦定理，在，，中进行运算，得到的长度用已知的量、、的三角函数表示出来．再根据其形式来进行运算求值．【详解】解：在平面ABP中，过A作，垂足为，连，∵平面ABP⊥平面BPDC，∴AH⊥平面．∴、，∴在中，，．在中，由余弦定理得：，∴在中，，当且仅当时取得最大值1，∴当且仅当时，长最小．故答案为：解答题（共5小题，第15题13分，第16、17题15分，第18、19题17分，满分77分）15．（2024高一·全国·课后作业）如图，四棱锥的底面是正方形，四条侧棱均相等，，交于点，点，，，分别是棱，，，上共面的四点，平面.求证：(1)平面；(2).【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）由正方形的性质和等腰三角形的性质可得，，则由线面垂直的判定定理可证得结论，（2）由线面平行的性质结合平行公理可证得结论.【详解】（1）∵四边形为正方形，且，交于点，∴为，的中点，由已知得，，∴和均为等腰三角形，∴，，又，平面，且，∴平面.（2）∵平面，平面，平面平面，∴，同理可得，，∴.16．（23-24高二下·安徽宣城·期末）如图，在三棱锥中，是等边三角形，，O是中点，平面平面，于D.（1）求证：平面；（2）若，求三棱锥的体积.【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）先证明和，利用证明平面；（2）利用等体积法转化为求，分别求底面积和高，即可求出体积.【详解】（1），是中点，又平面平面，且平面，平面平面，平面又，，平面.（2）与面积相等，，平面，，.，，即三棱锥的体积为.17．（23-24高一下·江苏南通·期末）如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，点为中点，且.(1)证明：平面；(2)证明：平面平面.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析【分析】(1) 连接交于点，连接，可证，从而可证平面.(2) 可证平面，从而得到平面平面.【详解】(1) 连接交于点，连接，因为底面为平行四边形，所以为中点.在中,又为中点，所以.又平面，平面，所以平面.(2) 因为底面为平行四边形，所以.又即，所以.又即.又平面，平面，，所以平面.又平面，所以平面平面.【点睛】线面平行的证明的关键是在面中找到一条与已知直线平行的直线，找线的方法是平行投影或中心投影，我们也可以通过面面平行证线面平行，这个方法的关键是构造过已知直线的平面，证明该平面与已知平面平行. 线面垂直的判定可由线线垂直得到，注意线线是相交的，也可由面面垂直得到，注意线在面内且线垂直于两个平面的交线.而面面垂直的证明可以通过线面垂直得到，也可以通过证明二面角是直二面角.18．（2024高三·云南·阶段练习）如图所示，在三棱锥中，，，O为的中点.（1）证明：平面；（2）若点M为棱的中点，求点C到平面的距离.【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）由正三角形性质得，由勾股定理逆定理证，从而得线面垂直；（2）利用体积法可求得点C到平面的距离．【详解】（1）证明：因为，O为AC的中点，所以，且.如图，连接OB，因为，所以△ABC为等腰直角三角形，且，，由知，，由，，知平面ABC.（2）如图所示，因为点M为棱BC的中点，所以在中，，又平面ABC，在中，，，在中，由余弦定理得，，则，所以，设点C到平面PAM的距离为d，由，得，所以，所以点C到平面PAM的距离为.【点睛】本题考查证明线面垂直，求点到平面的距离．立体几何中求点到平面距离的方法：（1）作出点到平面的垂线，求出垂线段的长；（2）在三棱锥中用体积法计算；19．（23-24高二上·安徽合肥·期末）如图，在直四棱柱中，底面是梯形，，．（1）求证：平面；（2）在线段上是否存在一点E，使面．若存在，确定点E的位置并证明；若不存在，请说明理由．【答案】(1)证明见解析（2）存在，点是的中点，证明见解析【分析】（1）根据线面垂直的判定定理即可证明平面；（2）存在点是的中点，使平面，由线面平行的判定定理进行证明即可得到结论．【详解】（1）因为底面，所以底面，因为底面，所以， 因为底面是梯形，，，，设，则，所以，，所以在中，，所以，所以，又因为，且所以平面.(2)存在点是的中点，使平面证明如下：取线段的中点为点，连结，如图，所以，且因为，，所以，且所以四边形是平行四边形． 所以．又因为平面，平面，所以平面．【点睛】关键点点睛：解决是否存在问题时，可以先寻求特殊位置，再证明，本题中取中点后连结，可利用平行四边形 ，再根据线面平行的判定定理求证即可，属于先猜后证的方法.
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