压轴题04立体几何压轴题十大题型汇总-1

这是一份压轴题04立体几何压轴题十大题型汇总-1，共53页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．在正四棱台中，，若球与上底面以及棱均相切，则球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
2．已知正方体的棱长为，连接正方体各个面的中心得到一个八面体，以正方体的中心为球心作一个半径为的球，则该球的球面与八面体各面的交线的总长为（ ）
A．B．C．D．
3．房屋建造时经常需要把长方体砖头进行不同角度的切割，以契合实际需要.已知长方体的规格为，现从长方体的某一棱的中点处作垂直于该棱的截面，截取1次后共可以得到，，三种不同规格的长方体.按照上述方式对第1次所截得的长方体进行第2次截取，再对第2次所截得的长方体进行第3次截取，则共可得到体积为165cm³的不同规格长方体的个数为（ ）
A．8B．10C．12D．16
4．在空间直角坐标系中，，则三棱锥内部整点（所有坐标均为整数的点，不包括边界上的点）的个数为（ ）
A．B．C．D．
5．从长方体的个顶点中任选个，则这个点能构成三棱锥的顶点的概率为（ ）
A．B．C．D．
6．如图，已知长方体中，，，为正方形的中心点，将长方体绕直线进行旋转．若平面满足直线与所成的角为，直线，则旋转的过程中，直线与夹角的正弦值的最小值为（ ）（参考数据：，）
A．B．C．D．
二、多选题
7．如图，八面体的每个面都是正三角形，并且4个顶点在同一个平面内，如果四边形是边长为2的正方形，则（ ）

A．异面直线与所成角大小为
B．二面角的平面角的余弦值为
C．此八面体一定存在外接球
D．此八面体的内切球表面积为
8．用与母线不垂直的两个平行平面截一个圆柱，若两个截面都是椭圆形状，则称夹在这两个平行平面之间的几何体为斜圆柱．这两个截面称为斜圆柱的底面，两底面之间的距离称为斜圆柱的高，斜圆柱的体积等于底面积乘以高．椭圆的面积等于长半轴与短半轴长之积的倍，已知某圆柱的底面半径为2，用与母线成45°角的两个平行平面去截该圆柱，得到一个高为6的斜圆柱，对于这个斜圆柱，下列选项正确的是（ ）
A．底面椭圆的离心率为
B．侧面积为
C．在该斜圆柱内半径最大的球的表面积为
D．底面积为
9．如图，16枚钉子钉成4×4的正方形板，现用橡皮筋去套钉子，则下列说法正确的有(不同的图形指两个图形中至少有一个顶点不同)（ ）
A．可以围成20个不同的正方形
B．可以围成24个不同的长方形(邻边不相等)
C．可以围成516个不同的三角形
D．可以围成16个不同的等边三角形
10．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
11．如图，在棱长为1的正方体中，为平面内一动点，则（ ）
A．若在线段上，则的最小值为
B．平面被正方体内切球所截，则截面面积为
C．若与所成的角为，则点的轨迹为椭圆
D．对于给定的点，过有且仅有3条直线与直线所成角为
12．已知正方体的棱长为2，棱的中点为，过点作正方体的截面，且，若点在截面内运动（包含边界），则（ ）
A．当最大时，与所成的角为
B．三棱锥的体积为定值
C．若，则点的轨迹长度为
D．若平面，则的最小值为
13．如图所示，在五面体中，四边形是矩形，和均是等边三角形，且，，则（ ）
A．平面
B．二面角随着的减小而减小
C．当时，五面体的体积最大值为
D．当时，存在使得半径为的球能内含于五面体
14．在边长为2的正方体中，动点满足，且，下列说法正确的是（ ）
A．当时，的最小值为
B．当时，异面直线与所成角的余弦值为
C．当，且时，则的轨迹长度为
D．当时，与平面所成角的正弦值的最大值为
15．在透明的密闭正三棱柱容器内灌进一些水，已知．如图，当竖直放置时，水面与地面距离为3．固定容器底面一边AC于地面上，再将容器按如图方向倾斜，至侧面与地面重合的过程中，设水面所在平面为α，则（ ）

A．水面形状的变化：三角形⇒梯形⇒矩形
B．当时，水面的面积为
C．当时，水面与地面的距离为
D．当侧面与地面重合时，水面的面积为12
16．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）
三、填空题
17．在正方体中，球同时与以A为公共顶点的三个面相切，球同时与以为公共顶点的三个面相切，且两球相切于点若以F为焦点，为准线的抛物线经过，，设球，的半径分别为，，则 .
18．如图为正六棱柱，若从该正六棱柱的个侧面的条面对角线中，随机选取两条，则它们共面的概率是 ．
19．魔方，又叫鲁比克方块，最早是由匈牙利布达佩斯建筑学院厄尔诺•鲁比克教授于1974年发明的机械益智玩具.魔方拥有竞速､盲拧､单拧等多种玩法，风靡程度经久未衰，每年都会举办大小赛事，是最受欢迎的智力游戏之一.一个三阶魔方，由27个棱长为1的正方体组成，如图是把魔方的中间一层转动了，则该魔方的表面积增加了 .
四、解答题
20．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.
21．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．
22．已知四棱锥的棱的长为，其余各条棱长均为1．
(1)求四棱锥的体积；
(2)求二面角的大小．
23．将正方形绕直线逆时针旋转，使得到的位置，得到如图所示的几何体．
(1)求证：平面平面；
(2)点为上一点，若二面角的余弦值为，求．
24．如图，四棱锥中，二面角的大小为，，，是的中点.

(1)求证：平面平面；
(2)若直线与底面所成的角为，求二面角的余弦值.
25．在菱形中，，以为轴将菱形翻折到菱形，使得平面平面，点为边的中点，连接.
(1)求证：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
26．如图，在四棱锥中，底面是菱形，，为等边三角形，点M，N分别为AB，PC的中点．
(1)证明：直线平面PAD；
(2)当二面角为120°时，求直线MN与平面PCD所成的角的正弦值．
27．在三棱锥中，.
(1)证明：平面平面；
(2)点为棱上，若与平面所成角的正弦值为，求的长；
28．已知四棱锥P—ABCD中，△ABD､△BCD､△BDP都是正三角形
(1)求证：平面ACP⊥平面BDP；
(2)求直线BP与平面ADP所成角的正弦值.
29．如图，两两垂直，点为的中点，点在线段上，且满足，．
(1)求证：平面平面．
(2)求直线与平面所成角的正弦值．
30．在中，，，的平分线交AB于点D，.平面α过直线AB，且与所在的平面垂直.
(1)求直线CD与平面所成角的大小；
(2)设点，且，记E的轨迹为曲线Γ.
（i）判断Γ是什么曲线，并说明理由；
（ii）不与直线AB重合的直线l过点D且交Γ于P，Q两点，试问：在平面α内是否存在定点T，使得无论l绕点D如何转动，总有？若存在，指出点T的位置；若不存在，说明理由.
参考答案：
1．C
【分析】根据勾股定理求解棱台的高,进而根据相切，由勾股定理求解球半径，即可由表面积公式求解.
【详解】设棱台上下底面的中心为,连接，
则，
所以棱台的高,
设球半径为,根据正四棱台的结构特征可知：球与上底面相切于,与棱均相切于各边中点处，
设中点为，连接,
所以，解得，
所以球的表面积为，
故选：C
2．B
【分析】画出图形，求解正方体的中心与正八面体面的距离，然后求解求与正八面体的截面圆半径，求解各个平面与球面的交线、推出结果.
【详解】如图所示，为的中点，为正方体的中心，过作的垂线交于点，正八面体的棱长为2，即，故，，，则，
设球与正八面体的截面圆半径为，如图所示，则，
由于，，所以，则，平面与球的交线所对应的圆心角恰为，则该球的球面与八面体各面的交线的总长为
故选：B
3．B
【分析】根据原长方体体积与得到的体积为165cm³长方体的关系，分别对长宽高进行减半，利用分类加法计数原理求解即可.
【详解】由题意，，为得到体积为的长方体，
需将原来长方体体积缩小为原来的，
可分三类完成：第一类，长减半3次，宽减半3次、高减半3次，共3种；
第二类，长宽高各减半1次，共1种；
第三类，长宽高减半次的全排列种，
根据分类加法计数原理，共种.
故选：B
4．B
【分析】先利用空间向量法求得面的一个法向量为，从而求得面上的点满足，进而得到棱锥内部整点为满足，再利用隔板法与组合数的性质即可得解.
【详解】根据题意，作出图形如下，
因为，所以，
设面的一个法向量为，则，
令，则，故，
设是面上的点，则，
故，则，
不妨设三棱锥内部整点为，则，故，则，
易知若，则在面上，若，则在三棱锥外部，
所以，
当且时，
将写成个排成一列，利用隔板法将其隔成三部分，则结果的个数为的取值的方法个数，显然有个方法，
所有整点的个数为，
因为，
所以.
故选：B.
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是求得面上的点满足，从而确定三棱锥内部整点为满足，由此得解.
5．B
【分析】首先求出基本事件总数，再计算出这个点在同一个平面的概率，最后利用对立事件的概率公式计算可得.
【详解】根据题意，从长方体的个顶点中任选个，有种取法，
“这个点构成三棱锥的顶点”的反面为“这个点在同一个平面”，
而长方体有个底面和个侧面、个对角面，一共有种情况，
则这个点在同一个平面的概率，
所以这个点构成三棱锥的概率为.
故选：B．
6．A
【分析】求出直线与的夹角，可得绕直线旋转的轨迹为圆锥，求直线与的夹角，结合图形可知，当与直线平行时，与的夹角最小，利用三角函数知识求解即可.
【详解】在长方体中，，则直线与的夹角等于直线与的夹角．
长方体中，，，为正方形的中心点，
则，又，
所以是等边三角形，故直线与的夹角为．
则绕直线旋转的轨迹为圆锥，如图所示，．
因为直线与所成的角为，，所以直线与的夹角为．
在平面中，作，，使得．
结合图形可知，当与直线平行时，与的夹角最小，为，
易知．
设直线与的夹角为，则，故当时最小，
而
，
故直线与的夹角的正弦值的最小值为.
故选：A
【点睛】关键点点睛：解题中在平面中，作，，使得，结合图形可知，当与直线平行时，与的夹角最小，为是关键.
7．ACD
【分析】建立空间直角坐标系，运用坐标法计算异面直线所成角及二面角可判断A项、B项，由可判断C项，运用等体积法求得内切球的半径，进而可求得内切球的表面积即可判断D项.
【详解】连接、交于点，连接、，
因为四边形为正方形，则，
又因为八面体的每个面都是正三角形，所以、、三点共线，且面，
所以以为原点，分别以、、为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，如图所示，

则，，，，，，，
对于A项，，，
设异面直线与所成角为，
则，
所以，即异面直线与所成角大小为，故A项正确；
对于B项，，，，
设面的一个法向量为，
则，取，则，，则，
设面的一个法向量为，
则，取，则，，则，
所以，
又因为面与所成的二面角的平面角为钝角，
所以二面角的平面角的余弦值为，故B项错误；
对于C项，因为，
所以为此八面体外接球的球心，
即此八面体一定存在外接球，故C项正确；
对于D项，设内切球的半径为，
则八面体的体积为，
又八面体的体积为，
所以，解得，
所以内切球的表面积为，故D项正确.
故选：ACD.
8．ABD
【分析】不妨过斜圆柱的最高点和最低点作平行于圆柱底面的截面圆，夹在它们之间的是圆柱，作出过斜圆柱底面椭圆长轴的截面，截斜圆柱得平行四边形，截圆柱得矩形，如图，由此截面可得椭圆面与圆柱底面间所成的二面角的平面角，从而求得椭圆长短轴之间的关系，得离心率，并求得椭圆的长短轴长，得椭圆面积，利用椭圆的侧面积公式可求得斜椭圆的侧面积，由斜圆柱的高比圆柱的底面直径大，可知斜圆柱内半径最大的球的直径与圆柱底面直径相等，从而得其表面积，从而可关键各选项．
【详解】不妨过斜圆柱的最高点和最低点作平行于圆柱底面的截面圆，夹在它们之间的是圆柱，如图，矩形是圆柱的轴截面，平行四边形是斜圆柱的过底面椭圆的长轴的截面，
由圆柱的性质知，
则，设椭圆的长轴长为，短轴长为，则，，，
所以离心率为，A正确；
，垂足为，则，
易知，，又，
所以斜圆柱侧面积为，B正确；
，，，，
椭圆面积为，D正确；
由于斜圆锥的两个底面的距离为6，而圆柱的底面直径为4，所以斜圆柱内半径最大的球的半径为2，球表面积为，C错．
故选：ABD．
9．ABC
【分析】利用分类计算原理及组合，结合图形，对各个选项逐一分析判断即可得出结果.
【详解】不妨设两个钉子间的距离为1，
对于选项A，由图知，边长为1的正方形有个，边长为的正方形有个，
边长为3的正方形有1个，边长为的正方形有个，边长为的有2个，共有20个，所以选项A正确，
对于选项B，由图知，宽为1的长方形有个，宽为2的长方形有个，
宽为3的长方形有5个，宽为的有2个，共有24个，所以选项B正确，
对于选项C，由图知，可以围成个不同的三角形，所以选项C正确，
对于选项D，由图可知，不存在等边三角形，所以选项D错误，
故选：ABC.
10．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
11．ABD
【分析】合理构造图形，利用三角形的性质判断A，利用球的截面性质判断B，利用线线角的几何求法求出轨迹方程判断C，合理转化后判断D即可.
【详解】对于A，延长到使得，
则，
等号在共线时取到；故A正确，
对于B，由于球的半径为，球心到平面的距离为，
故被截得的圆的半径为，故面积为，故B正确，
对于C，与所成的角即为和所成角，记，
则，即，所以的轨迹是双曲线；故C错误，
对于D，显然过的满足条件的直线数目等于过的满足条件的直线的数目，
在直线上任取一点，使得，
不妨设，若，则是正四面体，
所以有两种可能，直线也有两种可能，若，则只有一种可能，
就是与的角平分线垂直的直线，所以直线有三种可能.
故选：ABD
12．BCD
【分析】记的中点分别为， 构建空间直角坐标系，证明共面，且平面，由此确定平面，找到最大时的位置，确定MN与BC所成角的平面角即可判断A，证明与平面平行，应用向量法求到面的距离，结合体积公式，求三棱锥的体积，判断B；根据球的截面性质确定 N的轨迹，进而求周长判断C，由平面确定的位置，通过翻折为平面图形，利用平面几何结论求解判断D.
【详解】记的中点分别为，
连接，连接，
因为，又
所以，，所以四边形为平行四边形，
连接，记其交点为，
根据正方体性质，可构建如下图示的空间直角坐标系，则，，，，,，，，，，，，

因为，，，，
，，，
所以，，，
，，
所以六点共面，
因为，，，
所以，，
所以，，
所以，又平面，
所以平面，故平面即为平面，
对于A，与重合时，最大，且，
所以MN与BC所成的角的平面角为，
又，
所以，故MN与BC所成的角为，所以A错误；
对于B，因为所以，，，
所以，，
所以，，
所以，又平面，
所以平面，又平面，
所以平面平面，
所以点到平面的距离与点到平面的距离相等，
所以，
向量为平面的一个法向量，又，
所以到面的距离，
又为等边三角形，则，
所以三棱锥的体积为定值，B正确；
对于C：若，点在截面内，
所以点N的轨迹是以为球心， 半径为的球体被面所截的圆（或其一部分），
因为，，所以，
所以平面，所以截面圆的圆心为，
因为是面的法向量，而，
所以到面的距离为，
故轨迹圆的半径，又，
故点N的轨迹长度为，C正确.
对于D，平面，平面，
又平面与平面的交线为，
所以点的轨迹为线段，
翻折，使得其与矩形共面，如图，

所以当三点共线时，取最小值，最小值为，
由已知，，，
过作，垂足为，则，
所以
所以，
所以的最小值为，D正确；
故选：BCD
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键在于根据截面的性质确定满足条件的过点的截面位置，再结合异面直线夹角定义，锥体体积公式，球的截面性质，空间图形的翻折判断各选项.
13．ACD
【分析】A由线面平行的判定证明；B设二面角的大小为，点到面的距离为，则，分析取最小值的对应情况即可判断；C把五面体补成直三棱柱，取的中点，设，则，结合并应用导数研究最值；D先分析特殊情况：和所在平面均垂直于面时构成正三棱柱，再借助左视图、正视图研究内切圆半径分析一般情况判断.
【详解】A：由题设，面，面，则面，
由面面，面，则，
面，面，则平面，对；
B：设二面角的大小为，点到面的距离为，则，
点到面的距离，仅在面面时取得最大值，
当时取最小值，即取最小值，即二面角取最小值，
所以，二面角先变小后变大，错；

C：当，如图，把五面体补成直三棱柱，
分别取的中点，易得面，，
设，则，
，
令，则，
令，可得或（舍），即，
，，递增，，，递减，
显然是的极大值点，故.
所以五面体的体积最大值为，C对；
D：当时，和所在平面均垂直于面时构成正三棱柱，
此时正三棱柱内最大的求半径，故半径为的球不能内含于五面体，
对于一般情形，如下图示，左图为左视图，右图为正视图，

由C分析结果，当五面体体积最大时，其可内含的球的半径较大，
易知，当时，，
设的内切圆半径为，则，可得，
另外，设等腰梯形中圆的半径为，则，
所以，存在使半径为的球都能内含于五面体，对.
故选：ACD
【点睛】关键点点睛：对于C通过补全几何体为棱柱，设得到五面体的体积关于的函数；对于D从特殊到一般，结合几何体视图研究内切圆判断最大半径是否大于为关键.
14．AD
【分析】对于A，确定M的位置，利用侧面展开的方法，求线段的长，即可判断；对于B，利用平移法，作出异面直线所成角，解三角形，即可判断；对于C，结合线面垂直以及距离确定点M的轨迹形状，即可确定轨迹长度；对于D，利用等体积法求得M点到平面的距离，结合线面角的定义求得与平面所成角的正弦值，即可判断.
【详解】对于A，在上取点H，使，在上取点K，使，
因为，即，故M点在上，
将平面与平面沿着展开到同一平面内，如图：

连接交于P，此时三点共线，取到最小值即的长，
由于，则，
故，
即此时的最小值为，A正确；
对于B，由于时，则，
此时M为的中点，取的中点为N，连接，

则,故即为异面直线与所成角或其补角，
又,，
故，
而异面直线所成角的范围为，
故异面直线与所成角的余弦值为，B错误；
对于C，当时，可得点M的轨迹在内（包括边界），
由于平面，平面，故，
又，平面，故平面，
平面，故，同理可证,
平面，故平面，
设与平面交于点P，由于，
为边长为的正三角形，则点A到平面的距离为，
若，则，
即M点落在以P为圆心，为半径的圆上，
P点到三遍的距离为，
即M点轨迹是以P为圆心，为半径的圆的一部分，其轨迹长度小于圆的周长，C错误；
对于D，因为平面，平面，故平面，

因为当时，，即M在上，
点M到平面的距离等于点B到平面的距离，设点B到平面的距离为d，
则，
为边长为的正三角形，即，
解得，
又M在上，当M为的中点时，取最小值，
设直线与平面所成角为，
则，即与平面所成角的正弦值的最大值为，D正确，
故选：AD
【点睛】难点点睛：本题考查了空间几何体中线段和差最值以及几何体中的轨迹问题，以及线线角和线面角的求解，综合性较强，难度较大，解答时要发挥空间想象，明确空间的位置关系，难点在于C，D选项的判断，对于C，要结合空间距离，确定动点的轨迹形状；对于D，要结合等体积法求得点到平面的距离，结合线面角的定义求解.
15．ABC
【分析】根据题设条件得到，正三棱柱的体积，再结合各个选项的条件，逐一分析判断，即可得出结果.
【详解】由题知，正三棱柱的体积，
对于选项A，当容器按题设方向倾斜至时，水面形状是三角形，再倾斜时，水面形状是梯形，直到侧面与地面重合时，水面形状是矩形，所以选项A正确，
对于选项B，如图1，当容器按题设方向倾斜至时，设水面与棱的交点为，
设，又三棱柱为正三棱柱，取中点，连接，
易知，又，面，
所以面，所以到平面的距离为，
所以，解得，
此时水面图形为，又，，
取中点，则，且，所以，故选项B正确，

对于选项C，如图2，当容器按题设方向倾斜至时，设水面与棱的交点为，
易知，设，由，得到，
因为水面始终与地面平行，始终与水面平行，且始终在地面上，
所以水面与地面的距离，即到平面的距离，
取中点，连接，设交于，连接，
易知，又，面，所以面，
又，所以面，过作于，连接，
因为面，所以，又，面，
所以，即为水平面到地面的距离，
如图3，过作于，易知，所以，
得到，又，所以，
故选项C正确，

对于选项D，如图4，当侧面与地面重合时，水面为矩形，设，
则由，解得，所以，
故，所以选项D错误，

【点睛】关键点点晴：本题的关键在于选项C，利用容器倾斜时始终与地面平行，边始终与水面平行，将问题转化成到水面的距离，再利用几何关系，即可求出结果.
16．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.
17．/
【分析】首先根据抛物线的定义结合已知条件得到球内切于正方体，设，得到，即可得到答案.
【详解】如图所示：
根据抛物线的定义，点到点F的距离与到直线的距离相等，
其中点到点F的距离即半径，也即点到面的距离，
点到直线的距离即点到面的距离，
因此球内切于正方体.
不妨设，两个球心，和两球的切点F均在体对角线上，
两个球在平面处的截面如图所示，
则，，所以
因为，所以，所以，
因此，得，所以.
故答案为：
18．
【分析】根据题意，相交时分为：在侧面内相交，两个相邻面相交于一个点，相隔一个面中相交于对角线延长线上，分别分析几种情况下对角线共面的个数，再利用古典概型的概率计算公式，计算结果即可．
【详解】由题意知，若两个对角线在同一个侧面，因为有个侧面，所以共有组，
若相交且交点在正六棱柱的顶点上，因为有个顶点，所以共有组，
若相交且交点在对角线延长线上时，如图所示，连接，，，，

先考虑下底面，根据正六边形性质可知，所以，
且，故共面，且共面，
故，相交，且，相交，故共面有组，
则正六边形对角线所对应的有组共面的面对角线，
同理可知正六边形对角线，所对的分别有两组，共组，
故对于上底面对角线，，同样各有两组，共组，
若对面平行，一组对面中有组对角线平行，三组对面共有组，
所以共面的概率是．
故答案为：．
19．
【分析】分析转动后的平面图形得表面积即可求解.
【详解】如图，转动后，此时魔方相对原来魔方多出了16个小三角形的面积，俯视图如图，
由图形的对称性可知，为等腰直角三角形，
设直角边，则斜边，故，可得.
由几何关系得，
故转动后的表面积，
故表面积增加了.
故答案为：.

【点睛】关键点点睛：本题考查组合体表面积求解，关键是找到转动后的平面多出部分的面积.
20．(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.
21．(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．
22．(1)
(2)
【分析】（1）设四边形的外接圆半径为，求得，利用等面积求得四边形的面积，求出到平面的距离，可以求解体积；
（2）利用线面垂直，推出面面垂直，求解二面角.
【详解】（1）如图（1）所示，四棱锥中，，其余各条棱长均为1，
所以点在底面内的射影为底面四边形的外接圆的圆心，
即四边形为圆内接四边形，如图（2）所示,
根据四边形的对称性，可得为外接圆的直径，,
所以，
设四边形的半径为，在直角中，可得，,
由等面积法，
又由点在底面内的射影为底面四边形的外接圆的圆心，
所以底面四边形,即，
所以;

（2）由,,
所以
即,
又平面,所以平面,
又平面,所以平面平面,
所以二面角为.
23．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据面面与线面垂直的性质可得，结合线面、面面垂直的判定定理即可证明；
（2）建立如图空间直角坐标系，设，，利用空间向量法求出二面角的余弦值，建立方程，结合三角恒等变换求出即可.
【详解】（1）由已知得平面平面，，平面平面，平面，
所以平面，又平面，故，
因为是正方形，所以，
，平面，，所以平面，
又平面，所以平面平面.
（2）由（1）知，，两两垂直，
以，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，如图.
设，，
则，，，，
故，，
设平面的法向量为，则，
故，取，则，
所以
设平面的法向量为，，
故，取，则，
所以，
所以，
由已知得，
化简得：，解得或（舍去）
故，即.
24．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由题意可得，平面平面，根据面面垂直的性质可得平面，结合面面垂直的判定定理即可证明；
（2）过作的垂线交延长线于点H，连接AH，根据面面垂直的性质可得，设，在中由余弦定理得，利用勾股定理的逆定理可得，建立如图空间直角坐标系，结合空间向量法求解面面角即可.
【详解】（1）由，得，则，
所以，即.
由二面角的大小为，知平面平面，即平面平面，
又平面平面，平面，所以平面，
又平面，所以平面平面.
（2）过作的垂线，交延长线于点H，连接AH，
由平面平面，平面平面，平面，
，所以平面，则为在底面内的射影，
所以为直线与底面所成的角，即.
由，知且为钝角三角形，
设，得，，
在中，，在中，，
由余弦定理得，有，
所以，过作，则底面，
所以两两垂直，建立如图空间直角坐标系，
，
所以，
设平面和平面的一个法向量分别为，
则，，
令，则，
所以，则，
故所求二面角的余弦值为.

25．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用面面平行的判定定理证明平面平面，从而根据线面平行的性质可证得结论；
（2）法1：根据面面垂直得线面垂直，从而建立空间直角坐标系，利用空间向量的坐标运算求解线面夹角即可；法2：根据点、线、面的位置关系，利用等体积转化求解到平面的距离，从而转化求解直线与平面所成角得正弦值.
【详解】（1）平面平面平面.
同理可得平面.
又平面，平面平面.
平面平面.
（2）法1：取中点，易知.
平面平面，平面平面，
又平面，
平面.
如图，建立空间直角坐标系，
则.
从而，得.
又，设平面的法向量，
有，得，解得，取，故，
设直线与平面所成角为，则
，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
法2：取中点，则是平行四边形，所以.
从而与平面所成角即为与平面所成角，设为.
过作交于，过作交于，
过作交于.
因为平面平面，平面平面，
又平面，
所以平面，又平面，
所以，又，平面，
从而平面，因为平面，
所以，又，平面，
从而平面.
所以的长即为到平面的距离.
由，可得.
又，所以到平面的距离设为即为到平面的距离，即.
又，可得.
在中，，所以，得.
所以，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
26．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）作出辅助线，由中位线得到线线平行，进而得到线面平行；
（2）作出辅助线，得到，求出各边长，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出平面的法向量，利用线面角的向量公式求出答案.
【详解】（1）取PD中点E，连接AE，NE，
∵N为PC中点，
∴且，
又∵且，
∴且，
∴四边形为平行四边形，
∴，
∵平面PAD，平面PAD，
∴平面PAD．
（2）连接，取AD中点F，连接，
因为底面是菱形，，所以为等边三角形，
故⊥，
因为为等边三角形，所以⊥，
故为二面角的平面角，
因为二面角为，故，
以为坐标原点，所在直线分别为轴，垂直于平面的直线为轴，
建立空间直角坐标系，
则，设，则，，
∴，，，，
∴，，，
，，，
设平面PCD的一个法向量，
故，
令得，故，
设MN与平面PCD所成角为，
∴．
27．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）如图过作，由相似三角形的判定定理与性质求得，根据勾股定理的逆定理可得，结合面面垂直的判定定理即可证明；
（2）建立如图空间直角坐标系，设，根据空间向量的线性运算表示出的坐标，利用空间向量法求线面角建立关于的方程，解之即可求解.
【详解】（1）过作，垂足为，由，
得，，得，
由，得，所以，
即，所以；
在中，，所以，
又平面，
所以平面平面，
所以平面平面；
（2）如图以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系；
得，
设，
，
设平面的一个法向量为，
则，令，则，
则，
设直线与平面所成角为，则，
，
所以；
28．(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）通过证明面，即可由线面垂直证明面面垂直；
（2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，求得直线的方向向量和平面的法向量，即可由向量法求得结果.
【详解】（1）连接OP，如下所示：
在四边形ABCD中△ABD､△BCD都是正三角形，
所以四边形ABCD是菱形，点O为BD中点；
因为△ABD､△BDP都是正三角形，
所以
因为，面，所以BD⊥平面APC，.
因为BD平面BDP，
所以平面ACP⊥平面BDP.
（2）由题意可得，因为，所以°，
以O为原点，直线OA，OB分别为x轴，y轴，
过点O与平面ABCD垂直的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系如下所示：
则，
所以
设平面ADP的法向量为，则有，得
取，得；
设直线BP与平面ADP所成角为θ，
则=，
所以直线BP与平面ADP所成角的正弦值为.
29．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由题意首先证明是二面角的平面角，其次利用几何关系证明，从而即可得证.
（2）建立适当的空间直角坐标系，求出直线的方向向量，平面的法向量，结合公式即可运算求解.
【详解】（1）连接．
因为平面，
所以平面．
因为平面，所以，
所以是二面角的平面角．
因为，所以．
在中，．
在中，．
所以，
所以，即．
所以平面平面．
（2）如图，以点为坐标原点，直线为轴，过点与平行的直线为轴，直线为轴，建立空间直角坐标系，
则，
所以．
设平面的法向量为，
则，即.
取，得．
设直线与平面所成的角为，
则．
所以直线与平面所成角的正弦值为．
30．(1)
(2)（i）曲线是椭圆，理由见解析；（ii）存在，点满足或
【分析】（1）根据条件作出图形，利用线面角的定义得到所求线面角，解出即可;
（2）（i）建立空间直角坐标系，根据条件建立方程，即可求解；
（ii）把转化为，坐标表示后，利用联立直线方程和椭圆方程化简后利用韦达定理得到的关系式进行化简求解即可；也可以把条件转化为进行求解.
【详解】（1）因为平面，
平面平面，
所以.
所以直线在内的射影为直线，
所以直线与所成角为.
过作，垂足为.
因为平分，
所以.
又，所以，所以
又，所以.
因为，所以，
所以直线与平面所成角为.
（2）（i）曲线是椭圆,理由如下：
由（1）可知，，
所以是的中点,
设的中点为，所以.
又，所以.
在内过作，所以
以为原点，所在的方向分别为轴，轴，轴的正方向，
建立空间直角坐标系，如图所示.
因为，所以，
设，又，
则.
因为，又，
所以，
化简得，即，
所以曲线是椭圆.
（ii）方法一：设.
在平面内，因为与不重合，可设，
由得，所以.
由对称性知，若存在定点满足条件，
则必在平面与的交线上，故可设.
若，则，
即，
因为，
所以，
当时，上式恒成立，所以符合题意；
当时，有，
所以，
所以.
因为，
所以，
所以，
所以，即.
因为上式对于任意的恒成立，所以.
综上，存在点满足，或时，符合题意.
方法二：设
在平面内，因为与不重合，可设，由得，
所以.
由对称性知，若存在定点满足条件，则必在平面与的交线上，故可设.
当与重合时，因为，又，
所以.
所以当时，符合题意.
当与不重合时，过作，
垂足分别为.连接，
则因为，所以.
又，所以平面，
所以，同理
又，所以，所以，
所以RtRt，所以直线平分
又在轴上，所以在平面内直线的倾斜角互补
在平面内，设直线的斜率分别为，
则
，
对于任意的恒成立，所以.
综上，存在点满足，或时，符合题意.
【点睛】关键点点睛：解答本题最后问的关键是转化条件，可以转化为或者转化为，继而利用坐标求解.