新高考数学高频考点+题型专项千题百练(新高考适用)专题19立体几何综合小题必刷100题(原卷版+解析)

这是一份新高考数学高频考点+题型专项千题百练(新高考适用)专题19立体几何综合小题必刷100题(原卷版+解析)，共156页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．已知正四棱锥的底面边长和侧棱长均为2，则该正四棱锥的体积为（ ）
A．B．C．D．
2．已知，为两条不同的直线，，为两个不同的平面，则下列说法正确的是（ ）
A．若，，则B．若，，则
C．若，，，则D．若，，则
3．如图，空间四边形中，点在线段上，且，为的中点，，则，，的值分别为（ ）
A．，，B．，，C．，，D．，，
4．已知，，是三个不同的平面，，是两条不同的直线，下列命题为真命题的是（ ）
A．若，，则B．若，，则
C．若，，则D．若，，则
5．已知四棱锥的正视图和侧视图均为边长为2（单位：cm）的正三角形，俯视图为正方形，则该四棱锥的体积（单位：）是（ ）
A．B．C．D．
6．在正方体中，则直线与直线所成角大小为（ ）
A．B．C．D．
7．正方体的棱长为，为侧面内动点，且满足，则△面积的最小值为（ ）
A．B．C．D．
8．在直三棱柱中，.、分别是、的中点，，则与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
9．如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，则以下结论错误的是（ ）
A．BD∥平面CB1D1B．AD⊥平面CB1D1
C．AC1⊥BDD．异面直线AD与CB1所成的角为45°
10．已知向量＝(2m＋1，3，m－1)，＝(2，m，－m)，且，则实数m的值等于（ ）
A．B．－2
C．0D．或－2
11．正方体ABCD­-A1B1C1D1中，E，F分别是线段BC，CD1的中点，则直线A1B与直线EF的位置关系是（ ）
A．相交B．异面
C．平行D．垂直
12．已知直三棱柱中，，，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A．B．0C．D．
13．把一个皮球放入如图所示的由8根长均为20 cm的铁丝接成的四棱锥形骨架内，使皮球的表面与8根铁丝都有接触点（皮球不变形），则皮球的半径为（ ）
A． cmB．10 cm
C． cmD．30 cm
14．一种特殊的四面体叫做“鳖臑”，它的四个面均为直角三角形.如图，在四面体PABC中，设E，F分别是PB，PC上的点，连接AE，AF，EF（此外不再增加任何连线），则图中直角三角形最多有（ ）
A．6个B．8个
C．10个D．12个
15．在四棱锥中，底面是边长为的正方形，且，则四棱锥外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
16．给出下列命题，其中正确的有（ ）
A．空间任意三个向量都可以作为一组基底
B．已知向量，则、与任何向量都不能构成空间的一组基底
C．已知空间向量，，则
D．已知空间向量，，则向量在向量上的投影向量的坐标是
17．如图，正方体的棱长为4，以下结论正确的是（ ）
A．直线与是异面直线
B．直线与平行
C．直线与垂直
D．三棱锥的体积为
18．如图，正方体的棱长为1，点是棱上的一个动点（包含端点），则下列说法正确的是（ ）
A．存在点，使面
B．二面角的平面角大小为
C．的最小值是
D．到平面的距离最大值是
19．已知、是两条不同的直线，、、是三个不同的平面.下列说法中正确的是（ ）
A．若，，，则B．若，，则
C．若，，，则D．若，，，则
20．在下列条件中，不能使M与A，B，C一定共面的是（ ）
A．＝2－－；B．；
C．；D．＋＋＋＝0；
21．如图，在正方体中，O为底面的中心，P为所在棱的中点，M，N为正方体的顶点．则满足的是（ ）
A．B．
C．D．
22．设一空心球是在一个大球(称为外球)的内部挖去一个有相同球心的小球(称为内球)，已知内球面上的点与外球面上的点的最短距离为1，若某正方体的所有顶点均在外球面上､所有面均与内球相切，则（ ）
A．该正方体的核长为2B．该正方体的体对角线长为
C．空心球的内球半径为D．空心球的外球表面积为
23．在正三棱柱中，，，与交于点，点是线段上的动点，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．存在点，使得
C．三棱锥的体积为
D．直线与平面所成角的余弦值为
第II卷（非选择题）
三、填空题
24．已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，M、N分别为BB1、BC的中点，则三棱锥N-DMC1的体积为___________.
25．已知正三棱锥的底面边长是，侧棱与底面所成角为，则此三棱锥的体积为__．
26．如图，在直三棱柱中，∠ACB＝90°，，则异面直线与AC所成角的余弦值是__________________．
27．已知圆台上底半径为1，下底半径为3，高为2，则此圆台的外接球的表面积为______．
28．如图，已知平行六面体中，底面是边长为2的正方形，侧棱长为3，且，则__.
29．如图，在空间四边形OABC中，，点M在OA上，且，N为BC的中点，则用向量表示向量________．
30．已知四棱锥P﹣ABCD的顶点都在球O的球面上，底面ABCD是边长为2的正方形，且PA⊥平面ABCD.若四棱锥P﹣ABCD的体积为，则球O的表面积为___________.
任务二:中立模式(中档)1-40题
一、单选题
1．在三棱锥P－ABC中，，△PAB，△PAC，△PBC的面积分别记为，且，则此三棱锥的内切球的半径为（ ）
A．B．
C．D．
2．在立体几何探究课上，老师给每个小组分发了一个正四面体的实物模型，同学们在探究的过程中得到了一些有趣的结论.已知直线平面，直线平面，F是棱BC上一动点，现有下列三个结论：
①若分别为棱的中点，则直线平面；
②在棱BC上存在点F，使平面；
③当F为棱BC的中点时，平面平面.
其中所有正确结论的编号是（ ）
A．③B．①③C．①②D．②③
3．已知圆台上底面半径为3，下底面半径为4，高为7，若点A、B、C在下底面圆的圆周上，且，点Р在上底面圆的圆周上，则的最小值为（ ）
A．246B．226C．208D．198
4．北京大兴国际机场的显著特点之一是各种弯曲空间的运用.刻画空间的弯曲性是几何研究的重要内容.用曲率刻画空间弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于与多面体在该点的面角之和的差（多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制），多面体面上非顶点的曲率均为零，多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和，例如：正四面体在每个顶点有3个面角，每个面角是，所以正四面体在各顶点的曲率为，故其总曲率为，则四棱锥的总曲率为（ ）
A．B．C．D．
5．如图，正方体的棱长为1，线段上有两个动点E，F，且，则三棱锥的体积为（ ）
A．B．C．D．不确定
6．如图已知正方体，点是对角线上的一点且，，则（ ）
A．当时，平面B．当时，平面
C．当为直角三角形时，D．当的面积最小时，
7．如图所示，已知空间四边形的每条边和对角线长都等于a，点E、F、G分别为AB、AD、DC的中点，则a2等于（ ）
A．2•B．2•C．2•D．2•
8．如图一，矩形中，，交对角线于点，交于点．现将沿翻折至的位置，如图二，点为棱的中点，则下列判断一定成立的是（ ）
A．B．平面
C．平面D．平面平面
9．点M是棱长为3的正方体中棱的中点，，动点P在正方形（包括边界）内运动，且平面，则的长度范围为（ ）
A．B．C．D．
10．如图，在正方体中，点M在线段(不包含端点)上运动，则下列判断中正确的是（ ）
①平面； ②异面直线与所成角的取值范围是；
③平面恒成立； ④三棱锥的体积不是定值．
A．①③B．①②C．①②③D．②④
11．在四面体中，平面，，，，则该四面体的外接球的表面积是（ ）
A．B．100πC．D．20π
12．已知圆锥的母线长为，侧面展开图的圆心角为，则该圆锥外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
13．如图，四棱锥的底面为矩形，底面，，，点是的中点，过，，三点的平面与平面的交线为，则下列结论中正确的有（ ）
（1）平面；
（2）平面；
（3）直线与所成角的余弦值为；
（4）平面截四棱锥所得的上、下两部分几何体的体积之比为．
A．1个B．2个
C．3个D．4个
14．在四棱锥中，平面平面，且是边长为2的正三角形，是正方形，则四棱锥外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
15．已知在正四面体ABCD中，E是AD的中点，P是棱AC上的一动点，BP＋PE的最小值为，则该四面体内切球的体积为（ ）
A．πB．π
C．4πD．π
16．在棱长为2的正方体中，点，，，分别为棱，，，的中点，若平面平面，且平面与棱，，分别交于点，，，其中点是棱的中点，则三棱锥的体积为（ ）
A．1B．C．D．
17．已知球，过其球面上，，三点作截面，若点到该截面的距离是球半径的一半，且，，则球的表面积为（ ）（注：球的表面积公式
A．B．C．D．
18．如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AC=CC1，P是A1C1的中点，则异面直线BC与AP所成角的余弦值为（ ）
A．0B．C．D．
19．一个四棱锥和一个三棱锥恰好可以拼接成一个三棱柱，这个四棱锥的底面为正方形，且底面边长与各侧棱长相等，这个三棱锥的底面边长与各侧棱长也都相等．设四棱锥、三棱锥、三棱柱的高分别为、、，则（ ）
A．B．C．D．
20．如图，二面角的大小是，线段．，与所成的角为．直线与平面所成的角的正弦值是（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
21．如图，已知正方体，则四个推断正确的是（ ）
A．B．
C．平面平面D．平面平面
22．正方体的棱长为2，E，F，G分别为的中点，则（ ）
A．直线与直线垂直B．直线与平面平行
C．平面截正方体所得的截面面积为D．点C到平面的距离为
23．正四棱锥的所有棱长为2，用垂直于侧棱的平面截该四棱锥，则（ ）
A．截面可以是三角形
B．与底面所成的角为
C．与底面所成的角为
D．当平面经过侧棱中点时，截面分四棱锥得到的上下两部分几何体体积之比为3：1
24．如图，等腰直角三角形的斜边为正四面体的侧棱，，直角边绕斜边旋转一周，在旋转的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．三棱锥体积的最大值为
B．三棱锥体积的最小值为
C．存在某个位置，使得
D．设二面角的平面角为，且，则
25．如图，在平行六面体中，以顶点A为端点的三条棱长均为6，且它们彼此的夹角都是60°，下列说法中不正确的是（ ）
A．
B．平面
C．向量与的夹角是60°
D．直线与AC所成角的余弦值为
26．正方体中，是棱的中点，在侧面上运动，且满足平面.以下命题正确的有（ ）
A．侧面上存在点，使得
B．直线与直线所成角可能为
C．平面与平面所成锐二面角的正切值为
D．设正方体棱长为1，则过点，，的平面截正方体所得的截面面积最大为
27．如图，边长为1的正方形ABCD所在平面与正方形ABEF所在平面互相垂直，动点M，N分别在正方形对角线AC和BF上移动，且.则下列结论中正确的有（ ）
A．当时，ME与CN相交
B．MN始终与平面BCE平行
C．异面直线AC与BF所成的角为
D．当时，MN的长最小，最小为
28．(多选)如图，ABCD­A1B1C1D1为正方体，下面结论正确的是（ ）
A．BD∥平面CB1D1
B．AC1⊥BD
C．AC1⊥平面CB1D1
D．异面直线AD与CB1所成的角为60°
29．已知四边形ABCD为正方形，GD⊥平面ABCD，四边形DGEA与四边形DGFC也都为正方形，连接EF，FB，BE，H为BF的中点，则下列结论正确的是（ ）
A．DE⊥BF
B．EF与CH所成角为
C．EC⊥平面DBF
D．BF与平面ACFE所成角为
30．下图中正方体边长为2，则下列说法正确的是（ ）
A．平面平面
B．正方体外接球与正四面体外接球半径相等均为
C．正四面体内切球半径为
D．四面体内切球半径为
第II卷（非选择题）
三、填空题
31．空间四面体中，，，，直线和所成的角为，则该四面体的外接球的表面积为 __.
32．如图，A、B、C、D、P是球O上5个点，ABCD为正方形，球心O在平面ABCD内，，，则PA与CD所成角的余弦值为______．
33．已知圆锥、圆柱的底面半径和体积都相等，则它们的轴截面的面积之比的比值是___________
34．中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一.下左图是南北朝官员独孤信的印信，它是由正方形和正三角形围成.右图是根据这只印信作出的直观图，直观图的所有顶点都在一正方体的表面上（如果一个正八边形的八个顶点都在这个正方体同一个侧面的四条棱上，那么这个八边形的边长就等于这个直观图的棱长）.若这个正方体的所有顶点都在半径为的球面上，则这只印信的表面积为__________.
35．如图，在直三棱柱中，，，已知G与E分别为和的中点，D和F分别为线段AC和AB上的动点（不包括端点），若，则线段DF的长度的平方取值范围为__________.
36．如图，在长方体中，已知，点，分别在棱，上.二面角的大小为30°.若三棱锥的体积为，则三棱锥的外接球的表面积为___________.
37．异面直线a、b所成角为，直线c与a、b垂直且分别交于A、B，点C、D分别在直线a、b上，若，，，则________．
38．已知四棱锥S﹣ABCD的底面是边长为4的正方形，SD⊥面ABCD，点M、N分别是AD、CD的中点，P为SD上一点，且SD＝3PD＝3，H为正方形ABCD内一点，若SH∥面PMN，则SH的最小值为__．
39．如图，在中，，，是棱的中点，以为折痕把折叠，使点到达点的位置，则当三棱锥体积最大时，其外接球的表面积为___________.
40．在如图所示的实验装置中，正方形框架的边长都是，且平面平面，活动弹子分别在正方形对角线上移动，若，则长度的最小值为__________．
任务三:邪恶模式(困难)1-30题
一、单选题
1．已知四面体ABCD的所有棱长均为，M，N分别为棱AD，BC的中点，F为棱AB上异于A，B的动点．有下列结论：
①线段MN的长度为1；
②若点G为线段MN上的动点，则无论点F与G如何运动，直线FG与直线CD都是异面直线；
③的余弦值的取值范围为；
④周长的最小值为．
其中正确结论的为（ ）
A．①②B．②③C．③④D．①④
2．已知三棱锥，其中平面，，，.已知点为棱（不含端点）上的动点，若光线从点出发，依次经过平面与平面反射后重新回到点，则光线经过路径长度的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
3．如图，已知锐二面角的大小为，，，，，，，C，D为AB，MN的中点，若，记AN，CD与半平面所成角分别为，，则（ ）
A．，B．，
C．，D．，
4．在棱长为2的正方体中，点是对角线上的点（点与不重合），有以下四个结论：
①存在点，使得平面平面；
②存在点，使得平面；
③若的周长为L，则L的最小值为；
④若的面积为，则．
则正确的结论为（ ）
A．①③B．①②③C．①②④D．②④
5．在棱长为1的正方体中，点P是正方体棱上一点，若满足的点P的个数为4，则d的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
6．在三棱锥中，，点在面上的投影是的垂心，二面角的平面角记为，二面角的平面角记为，二面角的平面角记为，则（ ）
A．B．
C．D．
7．已知正方体的棱长为1，是的中点，是棱上一点（不包括端点），则下列结论错误的是（ ）
A．三棱锥的体积为定值
B．存在点，使得直线与直线相交
C．当是棱的中点时，直线与直线所成的角为
D．平面截正方体所得的截面是五边形
8．如图，在等边三角形中，分别是线段上异于端点的动点，且，现将三角形沿直线折起，使平面平面，当从滑动到的过程中，则下列选项中错误的是（ ）
A．的大小不会发生变化B．二面角的平面角的大小不会发生变化
C．与平面所成的角变大D．与所成的角先变小后变大
9．蹴鞠，又名“蹴球”“蹴圆”等，“蹴”有用脚蹴、踢的含义，“鞠”最早系外包皮革、内饰米糠的球，因而“蹴鞠”就是指古人以脚蹴、踢皮球的活动，类似今日的踢足球活动.如图所示，已知某“鞠”的表面上有四个点，，，满足，，则该“鞠”的表面积为（ ）
A．B．
C．D．
10．已知在中，斜边，，若将沿斜边上的中线折起，使平面平面，则三棱锥的外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
11．如图，在长方体中，，，，点是的中点，点为棱上的动点，则平面与平面所成的锐二面角正切的最小值是（ ）
A．B．
C．D．
12．已知正方体的棱长为，M，N为体对角线的三等分点，动点P在三角形内，且三角形的面积，则点P的轨迹长度为（ ）
A．B．C．D．
13．已知半球与圆台有公共的底面，圆台上底面圆周在半球面上，半球的半径为1，则圆台侧面积取最大值时，圆台母线与底面所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
14．如图，等腰直角中，，点为平面外一动点，满足，，给出下列四个结论：
①存在点，使得平面平面；
②存在点，使得平面平面；
③设的面积为，则的取值范围是；
④设二面角的大小为，则的取值范围是.
其中正确结论是（ ）
A．①③B．①④C．②③D．②④
15．已知AB、CD是圆O的两条直径，且，如图1，沿AB折起，使两个半圆面所在的平面垂直，折到点位置，如图2．设直线与直线OC所成的角为，则（ ）
A．且B．且
C．且D．且
二、多选题
16．如图，底面ABCD为边长是4的正方形，半圆面底面ABCD．点P为半圆弧(不含A，D点)一动点．下列说法正确的是（ ）
A．三梭锥P—ABD的每个侧面三角形都是直角三角形
B．三棱锥P—ABD体积的最大值为
C．三棱锥P—ABD外接球的表面积为定值
D．直线PB与平面ABCD所成最大角的正弦值为
17．已知正方体的棱长为2，动点在正方形内，则（ ）
A．若，则三棱锥的的外接球表面积为
B．若平面，则不可能垂直
C．若平面，则点的位置唯一
D．若点为中点，则三棱锥的体积是三棱锥体积的一半
18．为弘扬中华民族优秀传统文化，某学校组织了《诵经典，获新知》的演讲比赛，本次比赛的冠军奖杯由一个铜球和一个托盘组成，如图①，已知球的体积为，托盘由边长为的正三角形铜片沿各边中点的连线垂直向上折叠而成，如图②.则下列结论正确（ ）
A．经过三个顶点的球的截面圆的面积为
B．异面直线与所成的角的余弦值为
C．多面体的体积为
D．球离球托底面的最小距离为
19．已知边长为的菱形中，，将沿翻折，下列说法正确的是（ ）
A．在翻折的过程中，直线，始终不可能垂直
B．在翻折的过程中，三棱锥体积最大值为
C．在翻折过程中，三棱锥表面积最大时，其内切球表面积为
D．在翻折的过程中，点在面上的投影为，为棱上的一个动点，的最小值为
20．如图，是由具有公共直角边的两块直角三角板组成的三角形，，.现将沿斜边翻折成△不在平面内）.若，分别为和的中点，则在翻折过程中，下列结论正确的是（ ）
A．平面
B．与不可能垂直
C．二面角正切值的最大值为
D．直线与所成角的取值范围为
21．已知边长为的菱形中，，将沿翻折，下列说法正确的是（ ）
A．在翻折的过程中，直线，可能相互垂直
B．在翻折的过程中，三棱锥体积最大值为
C．在翻折的过程中，三棱锥表面积最大时，其内切球表面积为
D．在翻折的过程中，点在面上的投影为，为棱上的一个动点，的最小值为
22．已知正方体的棱长为2，是底面的中心，是棱上一点（不与端点重合），则（ ）
A．平面截正方体所得截面一定是梯形
B．存在点，使得三棱锥的体积为
C．存在点，使得与相交
D．当是棱的中点时，平面截正方体外接球所得截面圆的面积
23．在四面体中，，，直线，所成的角为60°，，，则四面体的外接球表面积为（ ）
A．B．C．D．
第II卷（非选择题）
三、填空题
24．已知一正三棱锥的体积为，设其侧面与底面所成锐二面角为，则当等于______时，侧面积最小．
25．球面几何学是几何学的一个重要分支，在航海、航空、卫星定位等面都有广泛的应用，如图，A，B，C是球面上不同的大圆（大圆是过球心的平面与球面的交线）上的三点，经过这三个点中任意两点的大圆的劣弧分别为，由这三条劣弧围成的图形称为球面．已知地球半径为R，北极为点N，P，Q是地球表面上的两点若P，Q在赤道上，且，则球面的面积为________；若，则球面的面积为________．
26．如图，在矩形中，是边的中点，将沿直线折成，使得二面角的平面角为锐角，点在线段上运动(包括端点)，当直线与平面所成角最大时，在底面内的射影面积为___________.
27．已知三棱锥的三条侧棱两两垂直，与底面成角，是平面内任意一点，则的最小值是________.
28．已知正方体的棱长为2，点E是棱的中点，点在平面内，若，，则的最小值为_________．
29．在棱长为的正方体中，过对角线的一个平面交于，交于，得四边形，给出下列结论：
①四边形有可能为梯形；
②四边形有可能为菱形；
③四边形在底面内的投影一定是正方形；
④四边形有可能垂直于平面；
⑤四边形面积的最小值为.
其中正确结论的序号是_____________
30．在棱长为4的正方体中，E，F分别是和的中点，经过点A，E，F的平面把正方体截成两部分，则截面的周长为________.
专题19 立体几何综合小题必刷100题
任务一:善良模式(基础)1-30题
一、单选题
1．已知正四棱锥的底面边长和侧棱长均为2，则该正四棱锥的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】
计算出正四棱锥的底面积，然后利用锥体的体积公式可求出该正四棱锥的体积．
【详解】
正四棱锥的底面积为，正四棱锥的高为
因此，该正四棱锥的体积为．
故选：A．
2．已知，为两条不同的直线，，为两个不同的平面，则下列说法正确的是（ ）
A．若，，则B．若，，则
C．若，，，则D．若，，则
【答案】D
【分析】
利用线面平行、面面平行的判定、性质定理，依次分析即得解
【详解】
选项A：有可能出现的情况；
选项B：和有可能异面；
选项C：和有可能相交；
选项D：由，，得直线和平面没有公共点，所以，
故选：D
3．如图，空间四边形中，点在线段上，且，为的中点，，则，，的值分别为（ ）
A．，，B．，，C．，，D．，，
【答案】B
【分析】
利用空间向量的基本定理求解.
【详解】
因为，
，
所以，，.
故选：B.
4．已知，，是三个不同的平面，，是两条不同的直线，下列命题为真命题的是（ ）
A．若，，则B．若，，则
C．若，，则D．若，，则
【答案】C
【分析】
利用空间中点线面之间的位置关系即可对每个选项做出判断，从而选出正确选项.
【详解】
对于选项A：若，，则与平行或相交，故选项A不正确；
对于选项B：若，，则与 可平行、异面、或相交，故选项B不正确；
对于选项C：若，，则，垂直于同一平面的两个直线平行，故选项C正确；
对于选项D：若，，则与平行或相交，故选项D不正确.
故选：C
5．已知四棱锥的正视图和侧视图均为边长为2（单位：cm）的正三角形，俯视图为正方形，则该四棱锥的体积（单位：）是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】
根据四棱锥是正四棱锥求解.
【详解】
如图所示：
由题意知：四棱锥是正四棱锥，
因为四棱锥的正视图和侧视图均为边长为2（单位：cm）的正三角形，
所以，
则正四棱锥的高为：，
又因为俯视图为正方形，
所以，
故选：B
6．在正方体中，则直线与直线所成角大小为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】
设正方体的棱长为，连接，证明可得或其补角即为直线与直线所成角，在中求即可求解.
【详解】
设正方体的棱长为，连接，
因为且，所以四边形是平行四边形，
可得，
所以或其补角即为直线与直线所成角，
在中，，所以，
所以直线与直线所成角大小为，
故选：C.
7．正方体的棱长为，为侧面内动点，且满足，则△面积的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】
建立空间直角坐标系如图所示，设由，得出点的轨迹方程，由几何性质求得，再根据垂直关系求出△面积的最小值．
【详解】
以点为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示：
则，，设
所以，得，
所以
因为平面，所以
故△面积的最小值为
故选：B
8．在直三棱柱中，.、分别是、的中点，，则与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】
以C为坐标原点，以CB、CA、方向分别为x、y、z轴正方向，建立空间坐标系，如图，设，分别求出的坐标，根据空间向量的数量积求出即可.
【详解】
以C为坐标原点，以CB、CA、方向分别为x、y、z轴正方向，建立空间坐标系，
如图，设，
则，
所以，
故选：D
9．如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，则以下结论错误的是（ ）
A．BD∥平面CB1D1B．AD⊥平面CB1D1
C．AC1⊥BDD．异面直线AD与CB1所成的角为45°
【答案】B
【分析】
利用直线与平面平移以及垂直的关系，结合异面直线所成角判断命题的真假即可.
【详解】
解：A，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，①BD∥B1D1，B1D1⊂平面CB1D1；
BD⊄平面CB1D1；所以BD∥平面CB1D1；A正确；
B，；AD∥A1D1，且⊥平面，所以⊥平面，
又平面与平面CB1D1不平行，所以AD与平面CB1D1不平行，；B不正确；
C，AC1在底面ABCD上的射影AC，BD⊥AC；所以AC1⊥BD；C正确；
D，根据正方体的性质可得
所以异面直线AD与CB1所成的角即为直线与CB1所成的角,
由，所以异面直线AD与CB1所成的角为45°；D正确
故选：B.
10．已知向量＝(2m＋1，3，m－1)，＝(2，m，－m)，且，则实数m的值等于（ ）
A．B．－2
C．0D．或－2
【答案】B
【分析】
利用空间向量平行的坐标表示，即可求得结果.
【详解】
当m＝0时，=(1，3，－1)，＝(2，0，0)，
与不平行，∴m≠0，∵，
∴，解得m＝－2.
故选：B
11．正方体ABCD­-A1B1C1D1中，E，F分别是线段BC，CD1的中点，则直线A1B与直线EF的位置关系是（ ）
A．相交B．异面
C．平行D．垂直
【答案】A
【分析】
连接与交于点F，易得是平行四边形，根据平面的基本性质即可判断直线与直线的位置关系.
【详解】
如图所示，连接与交于点F，
由题意，易得四边形是平行四边形，
在平行四边形中，E，F分别是线段的中点，
∴，又且共面，则直线与直线相交.
故选：A.
12．已知直三棱柱中，，，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A．B．0C．D．
【答案】B
【分析】
先用余弦定理求出，再由勾股定理可证，可所以两两垂直，如图建立空间直角坐标系，求出各点坐标以及、的坐标，利用空间向量夹角公式计算即可求解.
【详解】
因为直三棱柱中，，，，
在中，由余弦定理可得：，
所以，
所以，所以，进而可得两两垂直，
所以以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，，，
所以，
设异面直线与所成角的平面角为，
则异面直线与所成角的余弦值为：，
故选：B.
13．把一个皮球放入如图所示的由8根长均为20 cm的铁丝接成的四棱锥形骨架内，使皮球的表面与8根铁丝都有接触点（皮球不变形），则皮球的半径为（ ）
A． cmB．10 cm
C． cmD．30 cm
【答案】B
【分析】
判断出球心的位置，由此计算出球的半径.
【详解】
依题意可知该四棱锥是正四棱锥，且平面，则.
，
，
所以，
到的距离都是，
在等腰直角三角形中，到的距离为，
同理可得到的距离也是.
所以是皮球的球心，且皮球的半径为.
故选：B
14．一种特殊的四面体叫做“鳖臑”，它的四个面均为直角三角形.如图，在四面体PABC中，设E，F分别是PB，PC上的点，连接AE，AF，EF（此外不再增加任何连线），则图中直角三角形最多有（ ）
A．6个B．8个
C．10个D．12个
【答案】C
【分析】
由题设，若四面体PABC为“鳖臑”，应用线面、面面垂直的判定、性质只需AE⊥EF、AE⊥PC、EF⊥PC，即PAEF也是“鳖臑”，即可保证直角三角形最多，进而确定个数即可.
【详解】
为使题图中有尽可能多的直角三角形，设四面体PABC为“鳖臑”，
其中PA⊥面ABC，BC面ABC，则PA⊥BC，
又AB⊥BC，ABPA = A，
∴CB⊥面PAB.
若AE⊥PB，EF⊥PC：
由CB⊥面PAB，BC面PBC，则面PAB⊥面PBC，又AE面PAB，面PAB∩面PBC=PB，
∴AE⊥面PBC，EF、PC面PBC，则AE⊥EF且AE⊥PC，又EF⊥PC，
∴四面体PAEF也是“鳖臑”，则10个三角形全是直角三角形，
故选：C.
15．在四棱锥中，底面是边长为的正方形，且，则四棱锥外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】
利用勾股定理判断平面，过正方形的中心作垂线，再过中点作此垂线的垂线，交点即为外接球的球心，求出外接球半径，由表面积公式即可求解.
【详解】
由题意可知，，
所以，，
又，
所以平面，
过正方形的中心作垂线，
再过中点作此垂线的垂线，交点为，
此点即为外接球的球心，
则外接球半径，
所以四棱锥外接球的表面积.
故选：C
二、多选题
16．给出下列命题，其中正确的有（ ）
A．空间任意三个向量都可以作为一组基底
B．已知向量，则、与任何向量都不能构成空间的一组基底
C．已知空间向量，，则
D．已知空间向量，，则向量在向量上的投影向量的坐标是
【答案】BD
【分析】
对选项A，B，根据空间向量基底概念即可判断A错误，B正确，对选项C，根据空间向量平行的坐标运算即可判断C错误，对选项D，根据投影向量概念求解即可.
【详解】
对选项A，因为空间中只有不共面的三个向量可以作为一组基底，故A错误.
对选项B，因为，则、与任何向量都是共面向量，故B正确.
对选项C，，，
因为，所以、不平行，故C错误.
对选项D，，，
所以向量在向量上的投影向量为.故D正确.
故选：BD
17．如图，正方体的棱长为4，以下结论正确的是（ ）
A．直线与是异面直线
B．直线与平行
C．直线与垂直
D．三棱锥的体积为
【答案】AD
【分析】
A选项结合异面直线的定义即可判断；B证得即可判断；C由直线与是矩形的两条对角线即可判断；D用正方体的体积减去四个三棱锥的体积即可求出结果判断.
【详解】
直线在平面内与没有交点，所以直线与是异面直线，故A项正确；
因为，且，所以四边形为平行四边，因此，又因为，所以,故B项错误；
直线与是矩形的两条对角线，不垂直，故C项错误；
．
故D项正确．
故选：AD.
18．如图，正方体的棱长为1，点是棱上的一个动点（包含端点），则下列说法正确的是（ ）
A．存在点，使面
B．二面角的平面角大小为
C．的最小值是
D．到平面的距离最大值是
【答案】AC
【分析】
对于A，当与重合时可得结论，对于B，二面角就是二面角，从而可求出结果，对于C，如图沿棱展开面为面，利用两点之间线段最短判断，对于D，当与重合时，点到面的距离最大，从而可求得结果
【详解】
对于A，当与重合时，，根据线面平行的判定，可得使面，故正确；
对于B，二面角就是二面角，其平面角大小为.故错；
对于C，如图沿棱展开面为面，使点，，，，，共面，则的最小值为，故正确；
对于D，当与重合时，垂直平面，此时点到面距离最大值为，故错.
故选：AC.
19．已知、是两条不同的直线，、、是三个不同的平面.下列说法中正确的是（ ）
A．若，，，则B．若，，则
C．若，，，则D．若，，，则
【答案】ACD
【分析】
对于A，利用线面平行的性质定理判断，对于B，利用线面平行的判定定理判断，对于C，利用线面垂直的判定定理判断即可，对于D，利用面面平行的判定方法判断
【详解】
由线面平行的性质定理可知，A正确；
若∥∥，则∥或，即B错误；
设的法向量分别为，若，则，又，则∥，∥，所以，即C正确；
若，则∥，又∥，则∥，即D正确.
故选：ACD
20．在下列条件中，不能使M与A，B，C一定共面的是（ ）
A．＝2－－；B．；
C．；D．＋＋＋＝0；
【答案】ABD
【分析】
根据四点共面的条件对选项逐一分析，由此确定正确选项．
【详解】
与，，一定共面的充要条件是，
对于A选项，由于，所以不能得出共面，
对于B选项，由于，所以不能得出共面，
对于C选项，由于，则为共面向量，所以共面，
对于D选项，由得，而，所以不能得出共面．
故选：ABD
21．如图，在正方体中，O为底面的中心，P为所在棱的中点，M，N为正方体的顶点．则满足的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BC
【分析】
根据线面垂直的判定定理可得BC的正误，平移直线构造所考虑的线线角后可判断AD的正误.
【详解】
设正方体的棱长为，
对于A，如图（1）所示，连接，则，
故（或其补角）为异面直线所成的角，
在直角三角形，，，故，
故不成立，故A错误.
对于B，如图（2）所示，取的中点为，连接，，则，，
由正方体可得平面，而平面，
故，而，故平面，
又平面，，而，
所以平面，而平面，故，故B正确.
对于C，如图（3），连接，则，由B的判断可得，
故，故C正确.
对于D，如图（4），取的中点，的中点，连接，
则，
因为，故，故，
所以或其补角为异面直线所成的角，
因为正方体的棱长为2，故，，
，，故不是直角，
故不垂直，故D错误.
故选：BC.
22．设一空心球是在一个大球(称为外球)的内部挖去一个有相同球心的小球(称为内球)，已知内球面上的点与外球面上的点的最短距离为1，若某正方体的所有顶点均在外球面上､所有面均与内球相切，则（ ）
A．该正方体的核长为2B．该正方体的体对角线长为
C．空心球的内球半径为D．空心球的外球表面积为
【答案】BD
【分析】
设内外球半径分别为r，R，利用正方体的对角线求得，根据两球上点的距离最小值为，求解后得到r，R，进而求得正方体的对角线和外接球的表面积.
【详解】
设内外球半径分别为r，R，则正方体的棱长为，体对角线长为，∴，
又由题知，所以，，
∴正方体棱长为，体对角线长为，
∴外接球表面积为，
故选：BD.
23．在正三棱柱中，，，与交于点，点是线段上的动点，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．存在点，使得
C．三棱锥的体积为
D．直线与平面所成角的余弦值为
【答案】AC
【分析】
A.利用空间向量运算求解判断；B. 利用空间向量运算求解判断；C.利用等体积法求解判断；D.利用线面角的求解判断.
【详解】
由题意，画出正三棱柱如图所示，
向量，故A正确；
假设存在点，设，，所以.因为，所以.解得.故B错误；
因为正三棱柱，所以，所以，所以，故C正确；
设中点为，所以，三棱柱是正三棱柱，所以平面，所以即与平面所成的角，.故D错误.
故选：AC.
第II卷（非选择题）
三、填空题
24．已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，M、N分别为BB1、BC的中点，则三棱锥N-DMC1的体积为___________.
【答案】1
【分析】
利用等体法以及三棱锥的体积公式即可求解.
【详解】
.
故答案为：1
25．已知正三棱锥的底面边长是，侧棱与底面所成角为，则此三棱锥的体积为__．
【答案】
【分析】
过作平面交于点，延长交于，在中，求得，
根据平面，得到，求得，结合体积公式，即可求解.
【详解】
如图所示，过作平面交于点，延长交于，
所以点是的中心，所以是等边的一条高，其中边长为，
所以，可得，
因为平面，所以，
在直角中，可得，
由的边长为，可得，
所以三棱锥的体积为.
故答案为：.
26．如图，在直三棱柱中，∠ACB＝90°，，则异面直线与AC所成角的余弦值是__________________．
【答案】
【分析】
由AC∥，知是异面直线与AC所成角（或所成角的补角），由此能求出异面直线与AC所成角的余弦值．
【详解】
解：连结，∵AC∥，
∴是异面直线与AC所成角（或所成角的补角），
∵在直三棱柱中，∠ACB＝90°，，
∴，，，，
∴
∴异面直线与AC所成角的余弦值为．
故答案为：．
27．已知圆台上底半径为1，下底半径为3，高为2，则此圆台的外接球的表面积为______．
【答案】
【分析】
先画出圆台的轴截面，利用圆心到上底圆周上一点等于外接球半径，圆心到下底圆周上一点等于外接球半径，建立方程，解出外接球半径，求出外接球表面积.
【详解】
如图所示，
设外接球半径为r，球心到上底的距离为h，则球心到下底的距离为
则有，，解得，．所以外接球的表面积为．
故答案为：
28．如图，已知平行六面体中，底面是边长为2的正方形，侧棱长为3，且，则__.
【答案】
【分析】
由空间向量的加法法则有，然后平方，转化为数量积运算可得．
【详解】
平行六面体中，，
..
故答案为：．
29．如图，在空间四边形OABC中，，点M在OA上，且，N为BC的中点，则用向量表示向量________．
【答案】
【分析】
根据，由此能求出结果．
【详解】
∵在空间四边形OABC中，，点M在OA上，且，N为BC的中点，
∴．
故答案为：．
30．已知四棱锥P﹣ABCD的顶点都在球O的球面上，底面ABCD是边长为2的正方形，且PA⊥平面ABCD.若四棱锥P﹣ABCD的体积为，则球O的表面积为___________.
【答案】
【分析】
由题意，画出示意图，四棱锥P﹣ABCD的体积，，，，球O的半径，进而求解.
【详解】
解：由题意，画出示意图如图：
则正方形ABCD面积S=4，
∵ 四棱锥P﹣ABCD的体积，∴ ，
，
球O的半径
球O的表面积：.
故答案为：
任务二:中立模式(中档)1-40题
一、单选题
1．在三棱锥P－ABC中，，△PAB，△PAC，△PBC的面积分别记为，且，则此三棱锥的内切球的半径为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】
根据三角形面积公式求出面积，联立方程求出棱长，再求出棱锥高得出棱锥体积，由等体积法求出内切球的半径即可.
【详解】
，
，
，
解得，，
由余弦定理可得，，
取的中点，连接，，如图，
可得，，，，，
所以，
所以平面ABC，
内切球半径，
故选：B
2．在立体几何探究课上，老师给每个小组分发了一个正四面体的实物模型，同学们在探究的过程中得到了一些有趣的结论.已知直线平面，直线平面，F是棱BC上一动点，现有下列三个结论：
①若分别为棱的中点，则直线平面；
②在棱BC上存在点F，使平面；
③当F为棱BC的中点时，平面平面.
其中所有正确结论的编号是（ ）
A．③B．①③C．①②D．②③
【答案】A
【分析】
将正四面体放在正方体中，如图，由正方体的性质判断各选项．
【详解】
可将正四面体放在正方体中研究，如图，
对于①，由直线平面，直线平面，知平面是与左右两个侧面平行的平面，
是前后两个侧面的中心（对角线交点），则直线平面或直线平面，故①错误.
对于②，正方体的左、右两个侧面与平面平行，因此，与平面垂直的直线只能是与其四条侧棱平行或重合的直线，故②错误.
对于③，平面就是平面，由与侧面垂直，得面面垂直，故③正确，
故选：A．
3．已知圆台上底面半径为3，下底面半径为4，高为7，若点A、B、C在下底面圆的圆周上，且，点Р在上底面圆的圆周上，则的最小值为（ ）
A．246B．226C．208D．198
【答案】D
【分析】
问题可转化为三棱锥且三棱锥有外接球，求转化为求的最值，再转化为利用向量求解即可.
【详解】
如图，
ABC的外心是AC中点，点P到底面ABC的距离为7，设Р所在截面圆的圆心为，此截面与平面ABC平行，球心在上，
，
则，
设P在平面ABC上的射影为Q，则Q在以为圆心，3为半径的圆，因为PQ⊥平面ABC，所以PQ与平面ABC内所有直线都垂直，PQ=7,
所以
，
当反向时，取得最小值-12，
所以的最小值
故选：D
4．北京大兴国际机场的显著特点之一是各种弯曲空间的运用.刻画空间的弯曲性是几何研究的重要内容.用曲率刻画空间弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于与多面体在该点的面角之和的差（多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制），多面体面上非顶点的曲率均为零，多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和，例如：正四面体在每个顶点有3个面角，每个面角是，所以正四面体在各顶点的曲率为，故其总曲率为，则四棱锥的总曲率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】
根据题中给出的定义，由多面体的总曲率计算求解即可．
【详解】
解：由题意，四棱锥的总曲率等于四棱锥各顶点的曲率之和，
因为四棱锥有5个顶点，5个面，其中4个三角形，1个四边形，
所以四棱锥的表面内角和由4个三角形和1个四边形组成，
所以面角和为，
故总曲率为．
故选：B.
5．如图，正方体的棱长为1，线段上有两个动点E，F，且，则三棱锥的体积为（ ）
A．B．C．D．不确定
【答案】A
【分析】
根据题意可知平面，而，在线段上运动，则平面，从而得出点到直线的距离不变，求出的面积，再根据线面垂直的判定定理可证出平面，得出点到平面的距离为，最后利用棱锥的体积公式求出三棱锥的体积.
【详解】
解：由题可知，正方体的棱长为1，
则平面，又，在线段上运动，
平面，
点到直线的距离不变，
由正方体的性质可知平面，则，
而，，
故的面积为，
又由正方体可知，，，且，
平面，则平面，
设与交于点，则平面，
点到平面的距离为，
.
故选：A.
6．如图已知正方体，点是对角线上的一点且，，则（ ）
A．当时，平面B．当时，平面
C．当为直角三角形时，D．当的面积最小时，
【答案】D
【分析】
建立空间直角坐标系，利用空间向量法一一计算可得；
【详解】
解：由题可知，如图令正方体的棱长为1，建立空间直角坐标系，则，，，，，，，所以，因为，所以，所以，，，，设平面的法向量为，则，令，则，，所以
对于A：若平面，则，则，解得，故A错误；
对于B：若平面，则，即，解得，故B错误；
当为直角三角形时，有，即，解得或（舍去），故C错误；
设到的距离为，则，
当的面积最小时，，故正确．
故选：．
7．如图所示，已知空间四边形的每条边和对角线长都等于a，点E、F、G分别为AB、AD、DC的中点，则a2等于（ ）
A．2•B．2•C．2•D．2•
【答案】B
【分析】
由条件利用两个向量的数量积的定义，对各个选项中式子进行运算，可得结论．
【详解】
由题意可得，22a•a•cs（π﹣∠BAD）＝2a2•（﹣cs60°）＝﹣a2，故排除A．
∵2•2•a•a•cs60°＝a2，故B满足条件．
∵2•2••a•csπ＝﹣a2，故排除C．
∵2•2••a•cs60°，故排除D，
故选：B
8．如图一，矩形中，，交对角线于点，交于点．现将沿翻折至的位置，如图二，点为棱的中点，则下列判断一定成立的是（ ）
A．B．平面
C．平面D．平面平面
【答案】D
【分析】
利用反证法可判断A选项；由二面角的变化可判断B选项；利用反证法结合面面平行的性质可判断C选项；利用面面垂直的判定定理可判断D选项.
【详解】
翻折前，，，
翻折后，对应地有，，，
，则平面，
平面，故平面平面，D选项一定成立；
对于B选项，由上可知，二面角的平面角为，
在翻折的过程中，会发生变化，则与不一定垂直，
即与平面不一定垂直，故B选项不一定成立；
对于A选项，设，在图一中，，
所以，，可得，，
因为，则，
故，所以，，
在图二中，过点在平面内作交于点，连接，
则，故，则，
又因为，故不为的中点，
因为，，则，
若，且，则平面，
平面，则，
由于、平面，且，故，
由于为的中点，则为的中点，与已知条件矛盾，A选项不成立；
对于C选项，由A选项可知，因为，平面，平面，
所以，平面，
若平面，，则平面平面，
因为平面平面，平面平面，则，
由于为的中点，则为的中点，与已知条件矛盾，C选项不成立.
故选：D.
9．点M是棱长为3的正方体中棱的中点，，动点P在正方形（包括边界）内运动，且平面，则的长度范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】
以D为原点，为x轴，为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系，设平面与于，取中点F，在上取点H，使，在上取点G，使，可得截面，
【详解】
解：以D为原点，为x轴，为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系，如图，
设平面与于，连接，由平面平面，是截面与这两个平面的交线，因此，取中点F，在上取点H，使，在上取点G，使，连接，
易得，所以，又，所以，
所以，而平面，平面，所以平面，
易知，，，，，
∴，，，，，所以，共面，
，，所以，同理得平面，
是平面内两相交直线，则平面平面，
∵动点P在正方形（含边界）内运动，且平面，∴P点的轨迹是线段，
又点C到线段的距离，
∴的长度的最小值为，，，
∴长度的最大值为.
∵的长度范围为．
故选：B.
10．如图，在正方体中，点M在线段(不包含端点)上运动，则下列判断中正确的是（ ）
①平面； ②异面直线与所成角的取值范围是；
③平面恒成立； ④三棱锥的体积不是定值．
A．①③B．①②C．①②③D．②④
【答案】B
【分析】
根据给定条件证得平面平面可判断①；由及正可判断②；
取特殊位置说明与不垂直判断③；利用等体积法转化可判断④即可作答.
【详解】
在正方体中，连接，如图，

因对角面ABC1D1是矩形，则AD1//BC1，而平面ACD1，平面ACD1，于是得BC1//平面ACD1，同理，A1B//平面ACD1，
而，平面，因此，平面平面，又平面，故有平面，①正确；
因，即异面直线与所成角即为与所成角，而是正三角形，
点M在线段(不包含端点)上运动时，与所成角范围为，②正确；
当M为的中点时，直线过点C，，即此时与不垂直，平面不恒成立，③错误；
因BC1//平面ACD1，则，即三棱锥的体积是定值，④错误.
故选：B
11．在四面体中，平面，，，，则该四面体的外接球的表面积是（ ）
A．B．100πC．D．20π
【答案】D
【分析】
由题知，，，设为三角形的外心，进而得，过作三角形的垂线，球心在上，且，进而得外接球半径，再计算表面积即可得答案.
【详解】
如图：因为平面，，
所以，，
因为，由余弦定理可解得，
设为三角形的外心，
则由正弦定理得三角形外接圆半径为2，
即，
过作三角形的垂线，球心在上，则，
可求外接球半径，
故该四面体的外接球的表面积是，
故选：D.
12．已知圆锥的母线长为，侧面展开图的圆心角为，则该圆锥外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】
由圆锥侧面展开图的圆心角可构造方程求得圆锥底面半径，在中，利用勾股定理可构造关于圆锥外接球半径的方程，解方程求得，根据球的表面积公式即可求得结果.
【详解】
设圆锥的底面半径为，由题意得：，解得：.
如图，是圆锥的一条母线，由圆锥的性质知其外接球的球心在上，连接，，
设圆锥的外接球的半径为，则，
则，
，即，解得：，
圆锥的外接球的表面积为.
故选：C.
13．如图，四棱锥的底面为矩形，底面，，，点是的中点，过，，三点的平面与平面的交线为，则下列结论中正确的有（ ）
（1）平面；
（2）平面；
（3）直线与所成角的余弦值为；
（4）平面截四棱锥所得的上、下两部分几何体的体积之比为．
A．1个B．2个
C．3个D．4个
【答案】C
【分析】
对A，取的中点，连接，证明平面，即平面，可判断A；对B，若平面，则，结合，可判断B；对C， 根据，故判断C；对D，连接，分别求出两部分的体积即可判断D.
【详解】
对A，取的中点，连接，则，即，，，四点共面，即为，
因为，平面，平面，所以平面，即平面，故A正确；
对B：由，若平面．则必有，即四边形为平行四边形，则，因为，，所以矛盾，故B错误；
对C：与所成角，即与所成角，即与所成角，由底面得．则，故C正确；
对D：连接，由A知截面就是平面，下半部分分为四棱锥和三棱锥.
，，
由底面得，又，，平面，所以平面，即平面.
所以，即下半部分体积为.
所以上半部分体积与下半部分体积之比为，故D正确．
因此正确的结论有3个.
故选：C．
14．在四棱锥中，平面平面，且是边长为2的正三角形，是正方形，则四棱锥外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】
连接AC交BD于F，球心O在底面的射影必为点F,取AD的中点E,在截面PEF中，利用勾股定理求出球的半径，即可求四棱锥P-ABCD的外接球的体积.
【详解】
连接AC交BD于F，球心O在底面的射影必为点F，取AD的中点E,在截面PEF中，连结，如图，
在等边中，AD的中点为E，
所以, 又平面平面, 是交线，
所以平面, 且，
设，外接球半径为R,
则在正方形中，，
在中，，
而在截面中，，
由可得：
解得，
所以,
所以.
故选：D
15．已知在正四面体ABCD中，E是AD的中点，P是棱AC上的一动点，BP＋PE的最小值为，则该四面体内切球的体积为（ ）
A．πB．π
C．4πD．π
【答案】D
【分析】
首先设正四面体的棱长为，将侧面和沿边展开成平面图形，根据题意得到的最小值为，从而得到，根据等体积转化得到内切球半径，再计算其体积即可.
【详解】
设正四面体的棱长为，将侧面和沿边展开成平面图形，如图所示：
则的最小值为，
解得.
如图所示：为正四面体的高，
，正四面体高.
所以正四面体的体积.
设正四面体内切球的球心为，半径为，如图所示：
则到正四面体四个面的距离相等，都等于，
所以正四面体的体积，解得.
所以内切球的体积.
故选：D
16．在棱长为2的正方体中，点，，，分别为棱，，，的中点，若平面平面，且平面与棱，，分别交于点，，，其中点是棱的中点，则三棱锥的体积为（ ）
A．1B．C．D．
【答案】D
【分析】
根据已知条件结合面面平行的性质定理可确定出，根据点的位置可确定出的位置，由此可计算出三棱锥的体积.
【详解】
如图所示，取的中点，连接，
由正方体结构特点可知：，
所以六点共面，
又因为平面平面，所以平面平面，
又平面平面，平面平面，
所以，由为所在边中点可知为中点，
同理可知：为的中点，
所以，且，，两两垂直，
所以三棱锥的体积为，
故选：D.
17．已知球，过其球面上，，三点作截面，若点到该截面的距离是球半径的一半，且，，则球的表面积为（ ）（注：球的表面积公式
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】
根据条件先计算出外接圆的半径，然后根据球的半径、球心到截面的距离、外接圆的半径构成直角三角形的三边，由此列出方程可求外接球的半径，则球的表面积可求.
【详解】
如图，
设球的半径为，是的外心，外接圆的半径为，
则平面，
在中，，，则，
由正弦定理可得，即，
在中，有，得．
球的表面积为．
故选：A．
18．如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AC=CC1，P是A1C1的中点，则异面直线BC与AP所成角的余弦值为（ ）
A．0B．C．D．
【答案】D
【分析】
取的中点Q，连接.先证明即异面直线与所成的角或其补角. 在三角形APQ中，由余弦定理求出异面直线BC与AP所成角的余弦值.
【详解】
如图，
取的中点Q，连接.
因为，所以即异面直线与所成的角或其补角.
在正三棱柱ABC-A1B1C1中,
设，则，
在三角形APQ中，由余弦定理得：.
故选：D
19．一个四棱锥和一个三棱锥恰好可以拼接成一个三棱柱，这个四棱锥的底面为正方形，且底面边长与各侧棱长相等，这个三棱锥的底面边长与各侧棱长也都相等．设四棱锥、三棱锥、三棱柱的高分别为、、，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】
由题设易知，设利用正方形、正三角形的性质及勾股定理求出、、，即可知它们的比例关系.
【详解】
设四棱锥为，三棱锥为，则三棱锥为正四面体，四棱锥为正四棱锥，显然．
设，正方形的中心为，正三角形的中心为，
连接，，，，则，，
，，即，，
．
故选：C
20．如图，二面角的大小是，线段．，与所成的角为．直线与平面所成的角的正弦值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】
过点作平面的垂线，垂足为，在内过作的垂线．垂足为连接，由三垂线定理可知，故为二面角的平面角为，在即可得到答案；
【详解】
解：过点作平面的垂线，垂足为，在内过作的垂线．垂足为连接，
由三垂线定理可知，故为二面角的平面角为
又由已知，
连接，则为与平面所成的角，
设，则，，
直线与平面所成的角的正弦值．
故选：．
二、多选题
21．如图，已知正方体，则四个推断正确的是（ ）
A．B．
C．平面平面D．平面平面
【答案】BCD
【分析】
对于A，与成角；对于B，由，，得；对于C，由，，得平面平面；对于D，由，，得平面平面．
【详解】
在正方体中，
对于A，由正方体的性质可知，
所以即为异面直线与所成的角，
在中显然，所以与成角，故A错误；
对于B，，，，故B正确；
对于C，，，、平面，、平面，
∴平面，平面，又，
平面平面，故C正确；
对于D，，，，平面，
所以平面，又平面
平面平面，故D正确．
故选：BCD．
22．正方体的棱长为2，E，F，G分别为的中点，则（ ）
A．直线与直线垂直B．直线与平面平行
C．平面截正方体所得的截面面积为D．点C到平面的距离为
【答案】BCD
【分析】
A. 设，易证平面AEF判断； B.取的中点，连接，证明平面 平面AEF判断；C.接，易证，得到截面为等腰梯形 求解判断； D. 利用等体积法，由求解判断.
【详解】
A. 若，因为 平面ABCD，则 ，又，所以平面AEF，则 ，则 ，故错误；
B.如图所示：
取的中点，连接，易知，又平面AEF，平面AEF，所以平面AEF，同理平面AEF，
又，所以平面 平面AEF，因为平面，所以平面AEF，故正确；
C.如图所示：
连接，因为E，F分别为的中点，则 ，所以 共面，则截面为等腰梯形 ，又，
等腰梯形的高为 ，所以等腰梯形的面积为，故正确；

D. 因为，且，所以点C到平面的距离为，故正确.
故选：BCD
23．正四棱锥的所有棱长为2，用垂直于侧棱的平面截该四棱锥，则（ ）
A．截面可以是三角形
B．与底面所成的角为
C．与底面所成的角为
D．当平面经过侧棱中点时，截面分四棱锥得到的上下两部分几何体体积之比为3：1
【答案】ACD
【分析】
对于A：取PC的中点E，连结BE、DE、BD.可以证明面BDE，即可判断A；
对于B、C：作为与底面所成的角.即可求得；
对于D：分别求出上下两部分几何体的体积，即可判断.
【详解】
对于A:取PC的中点E，连结BE、DE、BD.
因为正四棱锥的所有棱长为2，所以△PBC、△PBC为正三角形，所以又,则面BDE，即△BDE为截面.故A正确；
对于B、C:过P作底面ABCD于O，则O为AC中点.则即为与底面所成的角.
因为正四棱锥的所有棱长为2，所以,
所以,所以.故B错误，C正确；
对于D:由A的推导过程可知：平面经过侧棱中点时，平面即为平面BDE.
此时.
因为,
所以,
所以.故D正确
故选：ACD
24．如图，等腰直角三角形的斜边为正四面体的侧棱，，直角边绕斜边旋转一周，在旋转的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．三棱锥体积的最大值为
B．三棱锥体积的最小值为
C．存在某个位置，使得
D．设二面角的平面角为，且，则
【答案】AC
【分析】
是的中点﹐点在以为圆心，为半径的圆上运动（圆锥的底面圆），作出图形，观察到平面距离的最大值和最小值，计算体积判断AB，把去掉，作出图形，分析与所成角，二面角的大小判断CD．
【详解】
在图1中，是的中点，是的中点﹐点在以为圆心，为半径的圆上运动，
易知当三点共线，且在之间时，三棱锥的体积最大，当运动到的位置时，的体积最小.
在中，.
设到平面的距离分别为，则，
所以三棱锥体积的最大值为，最小值为，A正确，B错误.
如图2，因为直线与旋转轴所成的角为，母线与旋转轴所成的角为﹐
所以直线与所成角的范围为，即，
因为，所以存在夹角为的情况，
又因为线线角的取值范围不包含钝角，所以直线与所成角的范围为，
即可得出C正确.
如图2，当运动到时，二面角的平面角为，
在与中，
所以，
所以，所以，即，D错误.
故选：AC
25．如图，在平行六面体中，以顶点A为端点的三条棱长均为6，且它们彼此的夹角都是60°，下列说法中不正确的是（ ）
A．
B．平面
C．向量与的夹角是60°
D．直线与AC所成角的余弦值为
【答案】AC
【分析】
根据题意，利用空间向量的线性运算和数量积运算，对选项中的命题分析，判断正误即可．
【详解】
解：对于，
，
所以，选项错误；
对于
，所以，即，
，所以，即，因为，平面，所以平面，选项正确；
对于：向量与 的夹角是，所以向量与的夹角也是，选项错误；
对于，
所以，
，
同理，可得
，
所以，所以选项正确．
故选：AC．
26．正方体中，是棱的中点，在侧面上运动，且满足平面.以下命题正确的有（ ）
A．侧面上存在点，使得
B．直线与直线所成角可能为
C．平面与平面所成锐二面角的正切值为
D．设正方体棱长为1，则过点，，的平面截正方体所得的截面面积最大为
【答案】ACD
【分析】
由面面平行的性质可得出点的轨迹，再找出点，使得可判断A；由异面直线所成的角的定义求出角的范围可判断B；计算二面角的平面角可判断C；求出最大截面的面积可判断D，进而可得正确选项.
【详解】

对于A:取和的中点分别为，，连接，，，则，，，，所以面面，因为在侧面上运动，且满足平面，所以点在线段上，因为是正方体，所以，若为线段的中点，可得，因为，所以，故选项A正确；
对于B：因为，所以与直线所成角即为与直线所成角，则即为异面直线所成的角，设正方体的棱长为，在中，，若所成的角为，则，而最大为，所以，所以所成角不可能为，故选项B不正确；
对于C：因为面面，所以平面与平面所锐二面角，
即为平面与平面所成锐二面角，因为面面，，，当为线段的中点，可得，，所以即为二面角的平面角，且，，
所以，故选项C正确；
对于D:当为与的交点时过点，，的平面截正方体所得的截面面积最大，取的中点，，，则截面为菱形，，，其面积为 故选项D正确，
故选：ACD.
27．如图，边长为1的正方形ABCD所在平面与正方形ABEF所在平面互相垂直，动点M，N分别在正方形对角线AC和BF上移动，且.则下列结论中正确的有（ ）
A．当时，ME与CN相交
B．MN始终与平面BCE平行
C．异面直线AC与BF所成的角为
D．当时，MN的长最小，最小为
【答案】BD
【分析】
以B为原点，BA，BE，BC所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系.
证明向量不共面可判断选项A错误；判断与平面BCE的法向量垂直可判断选项B；利用向量法可求异面直线所成的角，从而判断选项C；利用两点间的距离公式及二次函数的性质可判断选项D.
【详解】
以B为原点，BA，BE，BC所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，
则，
因为，所以，
当时，，
，
若ME与CN相交，则四点共面，
设，则，该方程无解，所以ME与CN不相交，故选项A错误；
平面BCE的法向量为，此时，
所以MN始终与平面BCE平行，故B正确；
，设异面直线AC与BF所成的角为，
所以，所以异面直线AC与BF所成的角为60°，故C错误；
，
所以当时，MN的长最小，最小为，故D正确.

故选：BD.
28．(多选)如图，ABCD­A1B1C1D1为正方体，下面结论正确的是（ ）
A．BD∥平面CB1D1
B．AC1⊥BD
C．AC1⊥平面CB1D1
D．异面直线AD与CB1所成的角为60°
【答案】ABC
【分析】
由的射影、、，结合线面垂直的判定即可知B、C的正误；构建空间直角坐标系，利用空间向量数量积的坐标运算可得，结合C选项即可判断A的正误，再利用线线角的向量求法求AD与CB1所成角.
【详解】
以D为坐标原点，分别以所在方向为x，y，z轴的正半轴，建立空间直角坐标系，
由在面、面、面的射影、、，即，，，又，则AC1⊥面CB1D1，
∴B、C正确；
设正方体棱长为1，易知＝(－1,－1,0)，＝(－1,1,1)，
∴，即BD∥面CB1D1，故A正确；
∵＝(－1,0,0)，＝(1,0,1)，
∴，
∴AD与CB1所成的角为45°，故D错，
故选：ABC．
29．已知四边形ABCD为正方形，GD⊥平面ABCD，四边形DGEA与四边形DGFC也都为正方形，连接EF，FB，BE，H为BF的中点，则下列结论正确的是（ ）
A．DE⊥BF
B．EF与CH所成角为
C．EC⊥平面DBF
D．BF与平面ACFE所成角为
【答案】ABC
【分析】
根据题意，将几何体补形为正方体，进而建立空间直角坐标系，通过空间向量的运算得到答案.
【详解】
由题意得，所得几何体可以补形成一个正方体，如图所示．
以D为坐标原点，DA，DC，DG所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系．
设AD＝DC＝DG＝2，
则D(0，0，0)，C(0，2，0)，E(2，0，2)，F(0，2，2)，B(2，2，0)，H(1，2，1)．
对A，，所以，
则，正确；
对B，，设所成角为，
所以，正确；
对C，，
设是平面DBF的一个法向量，所以，
令x=1，则，所以，则EC⊥平面DBF，正确；
对D，由题意，EA⊥平面ABCD，则EA⊥DB，易得：DB⊥AC，EA与AC交于A，
则DB⊥平面ACFE，则是平面ACFE的一个法向量，
设BF与平面ACFE所成的角为，
所以，错误.
故选：ABC.
30．下图中正方体边长为2，则下列说法正确的是（ ）
A．平面平面
B．正方体外接球与正四面体外接球半径相等均为
C．正四面体内切球半径为
D．四面体内切球半径为
【答案】BCD
【分析】
取的中点，连接和，计算二面角的平面角即可判断A；由正四面体与正方体有同一个外接球可判断B，利用等体积求内切球的半径可判断CD，进而可得正确选项.
【详解】
对于A：因为正方体的边长为，所以，
所以和是等边三角形，取的中点，连接和，
则，，所以即为二面角的平面角，
因为，，因为，
所以不等于，即二面角的平面角不等于，所以平面平面不成立，故选项A不正确；
对于B：正四面体的四个顶点都是正方体的顶点，所以正四面体与正方体有同一个外接球，且外接球的半径为，故选项B正确；
对于C：正四面体内切球半径为，正四面体的高为
，
由体积相等可得：，可得 ，故选项C正确；
对于D：设四面体内切球半径为，
由体积相等可得：，
即，解得：，
故选项D正确；
故选：BCD.
第II卷（非选择题）
三、填空题
31．空间四面体中，，，，直线和所成的角为，则该四面体的外接球的表面积为 __.
【答案】/11.5π
【分析】
将该四面体的六条棱看成某长方体的六个面的对角线，然后该长方体的外接球即为该四面体的外接球，最后求出外接球的表面积
【详解】
如图所示，
因为，，，先将四面体的六条棱看成该长方体如图所示的六条面对角线，下面验证直线和所成的角为，
易知，，且，互相平分于点，所以，
设长方体的三边长为，，，则，解得，
故是等边三角形，则，即直线和所成的角为，即成立，
故四面体的六条棱看成该长方体如图所示的六条面对角线，四面体的外接球即为该长方体的外接球，所以外接球的直径，故外接球的表面积为.
故答案为：.
32．如图，A、B、C、D、P是球O上5个点，ABCD为正方形，球心O在平面ABCD内，，，则PA与CD所成角的余弦值为______．
【答案】
【分析】
由题可得∠PAB即为所求，设球O的半径为r，则可得，，在等腰三角形PAB中，即得.
【详解】
∵ABCD为正方形，
∴AB∥CD，
∴∠PAB即为异面直线PA与CD所成角，
设球O的半径为r，球心O在平面ABCD内，则O为正方形ABCD的中心，
由题可知，又，
∴，又，
∴，
在等腰三角形PAB中，.
故答案为：.
33．已知圆锥、圆柱的底面半径和体积都相等，则它们的轴截面的面积之比的比值是___________
【答案】
【分析】
利用公式分别求出圆锥和圆柱的体积以及他们的轴截面面积，然后结合已知条件求出圆锥与圆柱的高的比值，进而求出它们的轴截面的面积之比的比值.
【详解】
由题意，设圆锥、圆柱的底面半径为，高分别为、，体积分别为、，轴截面面积为、，
从而，，，，
因为圆锥、圆柱的体积相等，
所以，即，
故，
从而圆锥、圆柱的轴截面的面积之比的比值是.
故答案为：.
34．中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一.下左图是南北朝官员独孤信的印信，它是由正方形和正三角形围成.右图是根据这只印信作出的直观图，直观图的所有顶点都在一正方体的表面上（如果一个正八边形的八个顶点都在这个正方体同一个侧面的四条棱上，那么这个八边形的边长就等于这个直观图的棱长）.若这个正方体的所有顶点都在半径为的球面上，则这只印信的表面积为__________.
【答案】/
【分析】
根据正方体外接球的半径可确定其棱长为；根据正八边形的八个顶点都在这个正方体同一个侧面的四条棱上可构造方程求得正八边形的边长，即为直观图的棱长，进而根据直观图的构成可求得表面积.
【详解】
设正方体棱长为，
正方体的所有顶点都在半径为的球面上，
，解得：；
设正八边形的边长为，则，
整理可得：，解得：，即直观图棱长为；
由直观图可知：印信是由个正方形，个等边三角形拼接而成，
印信的表面积.
故答案为：.
35．如图，在直三棱柱中，，，已知G与E分别为和的中点，D和F分别为线段AC和AB上的动点（不包括端点），若，则线段DF的长度的平方取值范围为__________.
【答案】.
【分析】
建立空间直角坐标系，根据题设条件可得，再表示出，利用二次函数的性质即可求得答案.
【详解】
解：建立如图所示的空间直角坐标系，则
，，，，
∴，，
∵，∴，∴，
又，
∴，
∴当时，有最小值，即为，显然线段DF长度的最大值是1，但不包括端点，故不能取1，
综上，线段DF长度的平方取值范围为.
故答案为：.
36．如图，在长方体中，已知，点，分别在棱，上.二面角的大小为30°.若三棱锥的体积为，则三棱锥的外接球的表面积为___________.
【答案】
【分析】
由题条件可求，再利用长方体的性质可得三棱锥的外接球的半径，即求.
【详解】
如图过D作DE⊥MN于E，连D1E，则，
由长方体的性质可知，DD1⊥平面ABCD，
∴DD1⊥MN，DD1∩DE=D，
∴MN⊥平面DED1
∴∠D1ED为二面角的平面角，
∴∠D1ED，又，
∴，又三棱锥的体积为，
∴，
∴，
∴，
设三棱锥的外接球的半径为R，则
，
∴三棱锥的外接球的表面积为.
故答案为：
37．异面直线a、b所成角为，直线c与a、b垂直且分别交于A、B，点C、D分别在直线a、b上，若，，，则________．
【答案】或
【分析】
过B作BE//AC且过D作DE⊥BE于E，连接BE、CE，要注意E、C在AB的同侧或异侧两种情况，结合已知有，再过C作CF⊥BE于F，求出DE、EC的长度，在Rt△DEC中应用勾股定理求.
【详解】
由题意，过B作BE//AC且过D作DE⊥BE于E，连接BE、CE，如下示意图，
∴由题设知：面ABEC为直角梯形且，
过C作CF⊥BE于F，则CF=AB=2，，可得DE=，BE=，
∴如图1，易得EF=，则EC=，
在Rt△DEC中，CD=.
如图2，易得EF=，则EC=，
在Rt△DEC中，CD=.
故答案为：或
38．已知四棱锥S﹣ABCD的底面是边长为4的正方形，SD⊥面ABCD，点M、N分别是AD、CD的中点，P为SD上一点，且SD＝3PD＝3，H为正方形ABCD内一点，若SH∥面PMN，则SH的最小值为__．
【答案】
【分析】
取为中点，连结，可证明平面平面，故当H在上运动时，始终有SH∥面PMN，由于，故当在中点时，，SH取得最小值，计算即得解
【详解】
连接BD,AC交于点O，MN交BD于Q,如图所示：
四棱锥S﹣ABCD中，SD⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以SD⊥BD；
由点M、N分别是AD、CD的中点，所以MN∥AC；
取为中点，连结，交BD于E，故,
又SD＝3PD＝3，连接SE，
则＝＝，所以PQ∥SE；
又,故平面平面,
故当H在上运动时，始终有SH∥面PMN
由于为中点，故,
当在中点时，,
此时SH取得最小值为＝＝．
故答案为：
39．如图，在中，，，是棱的中点，以为折痕把折叠，使点到达点的位置，则当三棱锥体积最大时，其外接球的表面积为___________.
【答案】
【分析】
由已知求出，当，即平面，三棱锥体积最大，再利用模型法求出外接球半径即得解.
【详解】
在中，因为，，
由余弦定理可得
，所以，
当，即平面，三棱锥体积最大，
此时､､两两垂直，可把三棱锥补形为一个长方体，
且长方体长､宽､高分别为：，
所以三棱锥的外接球半径为：
，
所以外接球的表面积为.
故答案为：
40．在如图所示的实验装置中，正方形框架的边长都是，且平面平面，活动弹子分别在正方形对角线上移动，若，则长度的最小值为__________．
【答案】
【分析】
的最小值即为两条异面直线间的距离，以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，设异面直线的公垂向量为，由距离公式可求得答案.
【详解】
分别是异面直线上的点，的最小值即为两条异面直线间的距离，
平面平面，，平面平面，平面，
又，两两垂直．以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，
设异面直线的公垂向量为，则,
令，则，，
，即的最小值为．
故答案为：
任务三:邪恶模式(困难)1-30题
一、单选题
1．已知四面体ABCD的所有棱长均为，M，N分别为棱AD，BC的中点，F为棱AB上异于A，B的动点．有下列结论：
①线段MN的长度为1；
②若点G为线段MN上的动点，则无论点F与G如何运动，直线FG与直线CD都是异面直线；
③的余弦值的取值范围为；
④周长的最小值为．
其中正确结论的为（ ）
A．①②B．②③C．③④D．①④
【答案】D
【分析】
将正四面体ABCD放置于正方体中，由M，N所处位置即可判断①；取AB，MN，CD中点F，G，E，探讨它们的关系可判断②；
计算可判断③；把正与正展开在同一平面内，计算即可判断④并作答.
【详解】
如图，在棱长为1的正方体上取顶点A，B，C，D，并顺次连接即可得四面体ABCD，其棱长均为，
因M，N分别为棱AD，BC的中点，则M，N恰为正方体相对面的中心，即MN=1，①正确；
取AB的中点F，MN的中点G，CD的中点E，由正方体的结构特征知F，G，E共线，即直线FG与直线CD交于E，②不正确；
中，，，由余弦定理得：
，当点F无限接近于点B时，无限接近于，③不正确；
把四面体ABCD中的正与正展开在同一平面内，连接MN，MN必过AB的中点，在AB上任取点，连，如图，
此时，，当且仅当点与线段AB中点重合时取“=”，则对AB上任意点F，有最小值，
于是得在四面体ABCD中，周长有最小值，④正确，
所以①④为正确的结论.
故选：D
2．已知三棱锥，其中平面，，，.已知点为棱（不含端点）上的动点，若光线从点出发，依次经过平面与平面反射后重新回到点，则光线经过路径长度的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】
依题意可知光线所构成的平面与平面和平面均垂直，即平面. 问题等价于：光线从线段（不含端点）上的点出发，经过反射后重新回到点，求光线经过路径长度的取值范围. 以为原点，以为轴建立平面直角坐标系，设（），分别求得关于的对称点和关于的对称点，根据几何光学知识可得光线经过路径长度为线段的长度，进而可求得结果.
【详解】
依题意可知光线所构成的平面与平面和平面均垂直.
如图，取的中点，连接，则，又平面，所以，因为，所以平面，又平面，所以平面平面；因为平面，且平面，所以平面平面.
所以平面与平面和平面均垂直.
因此，问题等价于：光线从线段（不含端点）上的点出发，经过反射后重新回到点，求光线经过路径长度的取值范围.
以为原点，以为轴建立平面直角坐标系如图所示.
则，，所以的方程为，即，
设（）关于的对称点为，
则，解得，即，
关于的对称点为，
根据几何光学知识可得光线经过路径长度为线段的长度.
因为，所以.
故选：C.
3．如图，已知锐二面角的大小为，，，，，，，C，D为AB，MN的中点，若，记AN，CD与半平面所成角分别为，，则（ ）
A．，B．，
C．，D．，
【答案】A
【分析】
根据面面角的定义求得，根据线面角的定义找到，，通过比较的正弦值比较两角的大小，接着根据的范围判断的大小，根据线段长度的大小关系求得的大小关系.
【详解】
分别过点和点作，的平行线相交于点，
因为，所以,所以，
过点作，连接，所以，
所以,,由于，所以，
所以，又因为都为锐角，
所以，又，所以，则，
所以；
取线段中点为点，又C，D为AB，MN的中点，
所以与平行且相等，所以，
所以CD与半平面所成角为，
显然，又因为，所以；
故选：A.
4．在棱长为2的正方体中，点是对角线上的点（点与不重合），有以下四个结论：
①存在点，使得平面平面；
②存在点，使得平面；
③若的周长为L，则L的最小值为；
④若的面积为，则．
则正确的结论为（ ）
A．①③B．①②③C．①②④D．②④
【答案】B
【分析】
根据线面垂直的判定定理和面面垂直的判定定理，可判定①正确；由面面平行的性质定理，可判定②正确；将平面与平面展开到同一平面，由两点之间线段最短，可判定③正确；由三角形的面积公式，可求得的面积的范围，可判定④错误.
【详解】
解：
连接，设平面与体对角线交于点，
由，，,
平面，即平面,
平面，平面平面，
存在点，使得平面平面，故①对；
由，平面，平面，
所以平面，同理由可得平面，
又，所以平面平面，
设平面与交于点M，则平面，
所以平面，故②对；
将平面与平面展开到同一平面，如图所示
则，
所以的周长为L的最小值为，故③对；
连接交于点O，过O作，

在正方体中，平面，
平面，，
由，
则，即，
此时面积为，
故④错；
故选：B．
5．在棱长为1的正方体中，点P是正方体棱上一点，若满足的点P的个数为4，则d的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】
先求得正方体的8个顶点到两点的距离之和，进而得到得到在棱上的运动时d的取值范围，然后再根据点的个数为4取交集即可.
【详解】
如图所示：

因为顶点到两点的距离之和分别为
所以当点分别在棱上运动时，的取值范围是；
因为顶点，到两点的距离之和分别为：
，
所以当点分别在棱上运动时，的取值范围是；
因为顶点到两点的距离之和分别为：
， ， ，，
所以当点分别在棱上运动时，的取值范围是；
当点分别在棱上运动时，设，
易得，此式可看成点与间的距离，
所以
因为顶点到两点的距离之和分别为：
，，
所以当点分别在棱上运动时，的取值范围是.
由几何直观可知，点在正方体的每一条棱上运动时，它所在的位置与的值是一一对应的，
所以当的点的个数为4时，则的取值范围是，
故选：C（无答案）
6．在三棱锥中，，点在面上的投影是的垂心，二面角的平面角记为，二面角的平面角记为，二面角的平面角记为，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】
先根据题意作出各二面角的平面角，再在每一个直角三角形中将角用三角函数表示出达，然后再通过比较边长从而达到比较角的大小的目的.
【详解】
因为为点在平面的投影，且为的垂心连接交于点，连接，可知平面，所以，可知，所以在上的投影为，过作，连接.连接交于，连接.
这样.
又因为,在中，,可得.
在中，
,
,
，
又因为在中，，所以，所以，
所以，所以
而
所以.
所以在中，，
所以在中，，
因为，所以，所以.
由题意，可知平面，所以，
又为的垂心，所以，且，
所以平面，所以，
取的中点，连接、.
由于为正三角形，所以，且，
所以平面，因此，由于为的中点，所以，
又，所以三棱锥为正三棱锥.
在分别，中，，
而，，
从而可知选项C正确.
故选：C.
7．已知正方体的棱长为1，是的中点，是棱上一点（不包括端点），则下列结论错误的是（ ）
A．三棱锥的体积为定值
B．存在点，使得直线与直线相交
C．当是棱的中点时，直线与直线所成的角为
D．平面截正方体所得的截面是五边形
【答案】B
【分析】
对A用等体积转换可知其正确；对B用反证法可知其错误；对C用两异面直线所成的角可知其正确；对D由作图可知其正确.
【详解】
对于选项A：如图，因为，所以A正确；
对于选项B：若存在点，使得直线与直线相交，则，，，四点共面，又平面平面，平面，平面，所以，又，所以，矛盾. 所以B错误；
对于选项C：取的中点，连接，则，则或其补角 是异面直线与所成的角，连接，易知，连接，，，由余弦定理得，所以直线与直线所成的角为，所以C正确；
对于选项D：过点作的平行线，交线段于点，交直线于点，连接，交于点，连接，，则五边形就是平面截正方体表面所得的截面，所以D正确．
故选：B．
8．如图，在等边三角形中，分别是线段上异于端点的动点，且，现将三角形沿直线折起，使平面平面，当从滑动到的过程中，则下列选项中错误的是（ ）
A．的大小不会发生变化B．二面角的平面角的大小不会发生变化
C．与平面所成的角变大D．与所成的角先变小后变大
【答案】C
【分析】
过点作，交于点，交于点，连接，可证明在三角形沿直线折起的过程中，平面，然后用的值分别将各个选项中的角的相应三角函数表示出来，然后判断可得答案.
【详解】
设等边三角形的边长为1，，则
在中，由，则
过点作，交于点，交于点，连接，则
,所以，
在三角形沿直线折起的过程中，始终满足.
由平面平面，平面平面，所以平面
由平面,则
在中， ,
所以
所以
所以大小不变，故选项A正确.
过作交于点，由，则
由平面，又平面，则
由,所以平面,
所以为二面角的平面角
在直角中，
所以大小不变，故选项B正确.

由,则，又, 且
所以 平面，又平面,所以
由平面，由平面,则
所以

设点到平面的距离为.
由等体积法可得,即
则
设与平面所成的角为，则
当从滑动到的过程中，的值从1变小到0，这一过程中逐渐变大.
所以在这一过程中，变小，则角变小， 故选项C不正确.
由，则 (或其补角)为与所成的角.
由上可知：，则
函数的对称轴为
当时，函数单调递减.
当时，函数单调递增.
所以当从1变到的过程中，变小，当从变到0的过程中，变大，
所以选项D正确.
故选：C
9．蹴鞠，又名“蹴球”“蹴圆”等，“蹴”有用脚蹴、踢的含义，“鞠”最早系外包皮革、内饰米糠的球，因而“蹴鞠”就是指古人以脚蹴、踢皮球的活动，类似今日的踢足球活动.如图所示，已知某“鞠”的表面上有四个点，，，满足，，则该“鞠”的表面积为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】
本题实际上是求四面体外接球的面积问题. 设出球心，根据已知条件求出外接球半径即可.
【详解】
由已知得△，△均为等边三角形.如图所示，
设球心为，△的中心为，
取的中点，连接，，，，，，
则，，得平面，
且可求得，
而，所以.
在平面中过点作的垂线，与的延长线交于点，
由平面，得，
故平面，过点作于点，
则四边形是矩形.
则，，
，.
设球的半径为，，
则由，，
得，，
解得，.
故三棱锥外接球的表面积.
故选：B.
10．已知在中，斜边，，若将沿斜边上的中线折起，使平面平面，则三棱锥的外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】
依题意作出三棱锥的外接球的球心，进而通过计算求得外接球半径，最终可求得外接球的表面积.
【详解】
依题意知，△是边长为1的等边三角形，设其外接圆半径为，由正弦定理易得；
△是腰长为1的等腰三角形，同理可得其外接圆半径.
在三棱锥中，分别过△和的外心、作它们的垂线，二者交于点，则是三棱锥的外接球的球心.
取的中点为，连接，，由平面平面可知，四边形为矩形.
在直角△中，，，所以，所以，在直角△中，，
所以.
故三棱锥的外接球的表面积.
故选：A.
11．如图，在长方体中，，，，点是的中点，点为棱上的动点，则平面与平面所成的锐二面角正切的最小值是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】
以A为原点，分别为x、y、z轴正方向建立空间直角坐标系，
用向量法求解即可.
【详解】
以A为原点，分别为x、y、z轴正方向建立空间直角坐标系，
则、、、、、、、、、其中.
则,.
设是平面的一个法向量，则，不妨设x=-1，则，
显然是面的一个法向量.
设平面与平面所成的锐二面角为，则，
要使平面与平面所成的锐二面角正切的最小，只需平面与平面所成的锐二面角最小，只需平面与平面所成的锐二面角余弦最大.
所以当时，最小，最大.
此时，
所以.
故选：B
12．已知正方体的棱长为，M，N为体对角线的三等分点，动点P在三角形内，且三角形的面积，则点P的轨迹长度为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】
先通过位置关系的证明说明在平面内，然后根据已知条件求解出的长度，根据的长度确定出在平面内的轨迹形状，由此求解出对应的轨迹长度.
【详解】
如图所示：
连接，因为四边形是正方形，所以，
因为平面，平面，所以，
又平面，平面，
所以平面，所以，
同理可知：，
又因为平面，平面，，
所以平面，
根据题意可知：，所以为正三角形，所以，
所以，设到平面的距离为，
因为，所以，所以，
所以，所以，所以，
所以即为与平面的交点，由题意可知：平面，所以，
所以，再如下图所示：
在正三角形中，高，
所以内切圆的半径，且，
取的两个三等分点，连接，所以，
所以是以长度为边长的正三角形，所以的轨迹是以为圆心，半径等于的圆，圆的周长为，
在内部的轨迹是三段圆弧，每一段圆弧的圆心角为，所以对应的轨迹长度是圆周长的一半为，
故选：B.
13．已知半球与圆台有公共的底面，圆台上底面圆周在半球面上，半球的半径为1，则圆台侧面积取最大值时，圆台母线与底面所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】
根据题意画出图形，设，，作于点，延长交球面于点，则由圆的相交弦定理可得，从而可求得，进而可表示出圆台的侧面积，求出其最大值，从而可得的值，然后在求出圆台母线与底面所成角的余弦值即可
【详解】
如图1所示，设，，作于点，延长交球面于点，则，，由圆的相交弦定理及图2得，即，解得，
则圆台侧面积，
则，令，则或（舍去），
当时，，当时，，
所以函数在上递增，在上递减，
所以当时，取得最大值．
当时，，则．
在轴截面中，为圆台母线与底面所成的角，在中可得，
故选：D．
14．如图，等腰直角中，，点为平面外一动点，满足，，给出下列四个结论：
①存在点，使得平面平面；
②存在点，使得平面平面；
③设的面积为，则的取值范围是；
④设二面角的大小为，则的取值范围是.
其中正确结论是（ ）
A．①③B．①④C．②③D．②④
【答案】B
【分析】
①当时，结合条件，利用线面垂直的判定定理和面面垂直的判定定理判断；②取AP的中点M，根据，得到，利用反证法判断；③由AP=4，AC=2，得到，由点P在平面上的极限位置判断；④根据，由点在平面内时 ，当点运动时，设点A到平面的距离为h，根据，由判断.
【详解】
如图所示：
①当时，又，所以平面ABC，所以，又，所以平面PBC，又平面PAC，所以平面平面，故正确；
②取AP的中点M，连接BM，CM，因为，所以，假设平面平面，则平面PAC，则，而BM=BC=2，，不成立，故错误；
③因为AP=4，AC=2，所以，当点P在平面上，且C，P在A，B的异侧 ，当C，P在A，B的同侧时，A，C，P共线， ，因为点为平面外，则的取值范围是，故错误；
④因为，当点在平面内时 ，当点运动时，设点A到平面的距离为h，因为，则，所以，所以的取值范围是，故正确.
故选：B
15．已知AB、CD是圆O的两条直径，且，如图1，沿AB折起，使两个半圆面所在的平面垂直，折到点位置，如图2．设直线与直线OC所成的角为，则（ ）
A．且B．且
C．且D．且
【答案】C
【分析】
根据圆的性质知，过D作于，连接CE、AC，设圆的半径为，有，利用余弦定理、线面垂直的性质证，结合勾股定理判断是否为直角；再过作交于，则F为中点，连接，即直线与直线OC所成的角为，过F作于，连接，利用勾股定理及余弦定理求，即可比较与60°的大小.
【详解】
图1中过D作于，连接CE、AC，设圆的半径为，
由，则且，
∴在△中，，而，
∵图2中两个半圆面所在的平面垂直，它们交线为AB，且面，
∴面，面，则，
∴在Rt△中，，而
∴，故，
过作交于，则F为中点，连接，即直线与直线OC所成的角为，，，
过F作于，连接，且面面，面，
∴面，面，则，
而在图1中，，，，在△中，，
∴图2，在Rt△中，，则在△中，，
∴.
故选：C
二、多选题
16．如图，底面ABCD为边长是4的正方形，半圆面底面ABCD．点P为半圆弧(不含A，D点)一动点．下列说法正确的是（ ）
A．三梭锥P—ABD的每个侧面三角形都是直角三角形
B．三棱锥P—ABD体积的最大值为
C．三棱锥P—ABD外接球的表面积为定值
D．直线PB与平面ABCD所成最大角的正弦值为
【答案】AC
【分析】
对于A，根据面面垂直和线面垂直的性质可证得，由平面几何知识可证得，，，由此可判断；
对于B，当点P是半圆弧的中点时，三棱锥P—ABD的底面积取得最大值，由棱锥的体积公式计算可判断；
对于C，取BD的中点O，则有点O为三棱锥P—ABD外接球的球心，由球的表面积公式计算可判断；
对于D，过点P作于，连接HB，则有就是直线PB与平面ABCD所成的角的平面角，设，表示，令，由基本不等式可求得，由此可判断.
【详解】
解：对于A，因为底面ABCD为边长是4的正方形，所以，
又半圆面底面ABCD，半圆面底面，所以半圆面，所以，所以是直角三角形，，
因为AD是圆的直径，所以，所以是直角三角形，；
因为，所以是直角三角形，，
所以在中有，所以，所以是直角三角形，所以三棱锥P—ABD的每个侧面三角形都是直角三角形，故A正确；
对于B，在三棱锥P—ABD中，半圆面，所以AB是三棱锥P—ABD的高，当点P是半圆弧的中点时，三棱锥P—ABD的底面积取得最大值，三棱锥P—ABD的体积取得最大值，故B不正确；
对于C，取BD的中点O，由A选项的解析得，所以点O为三棱锥P—ABD外接球的球心，所以三棱锥P—ABD外接球的表面积为，故C正确；
对于D，过点P作于，连接HB，
又半圆面底面ABCD，半圆面底面，所以面，
所以BH就是PB在面内的射影，所以就是直线PB与平面ABCD所成的角的平面角，
设，则，，所以在直角三角形中，，，
所以，
所以，
令，则，且，所以，
又，当且仅当，即（满足）时，取等号，
所以，所以，
所以，即直线PB与平面ABCD所成最大角的正弦值为，故D不正确，
故选：AC.

17．已知正方体的棱长为2，动点在正方形内，则（ ）
A．若，则三棱锥的的外接球表面积为
B．若平面，则不可能垂直
C．若平面，则点的位置唯一
D．若点为中点，则三棱锥的体积是三棱锥体积的一半
【答案】CD
【分析】
根据题意，建立空间直角坐标系并得出各点坐标，设，其中，由，可知，设三棱锥的的外接球的球心为，根据球心到球上各点距离相等以及空间两点间的距离公式，可求出球心的坐标，再利用球的表面积公式进行计算即可判断A选项；利用空间向量求法向量的方法求出平面的法向量，有条件得出，利用向量的数量积运算得出，进而求出，可知当时，从而可判断B选项；根据平面，得出，再利用向量的数量积运算即可求出和的值，即可判断C选项；利用三棱锥体积公式和等体积法分别求出和，结合条件即可判断D选项.
【详解】
解：如图，建立空间直角坐标系：
则，
由于动点在正方形内，可设，其中，
对于A选项，由于，则为的中点，此时，
设三棱锥的的外接球的球心为，
则，即，
解得：，所以，
则三棱锥的的外接球的半径为，
所以三棱锥的的外接球表面积为，故A不正确；
对于B选项，设平面的法向量为，，，
则，令，得，故，
而，若平面，则，
则，即，所以，
此时，而，
所以，
当时，，此时，则，故B不正确；
对于C选项，若平面，则，
由于，，
则，解得：或（舍去），
此时，即点的位置唯一，使得平面，故C正确；
对于D选项，点为中点，由正方体可知平面，
三棱锥的体积为：，
由于在正方形内，则到平面为，
三棱锥体积为：，
而，所以，
所以三棱锥的体积是三棱锥体积的一半，故D正确.
故选：CD.
18．为弘扬中华民族优秀传统文化，某学校组织了《诵经典，获新知》的演讲比赛，本次比赛的冠军奖杯由一个铜球和一个托盘组成，如图①，已知球的体积为，托盘由边长为的正三角形铜片沿各边中点的连线垂直向上折叠而成，如图②.则下列结论正确（ ）
A．经过三个顶点的球的截面圆的面积为
B．异面直线与所成的角的余弦值为
C．多面体的体积为
D．球离球托底面的最小距离为
【答案】BCD
【分析】
根据球的体积，应用球体体积公式求其半径，A由已知条件求过A、B、C的截面圆半径，进而求其面积即可；B过作且，找到异面直线的所成角，应用余弦定理求余弦值；C将多面体补全为三棱柱，可知多面体为三棱柱去掉三个三棱锥，应用棱柱、棱锥的体积公式求体积即可；D由球体纵向轴截面求球心到过A、B、C所在截面圆的距离，进而求球离球托底面的最小距离.
【详解】
设球的半径为，则，解得，
A：经过A、B、C的球的截面圆，如下图即为等边△的外接圆，若其半径为，则，所以面积为，故错误；
B：如下图，过作且，则为异面直线与所成角，且△△，为中点，
∴，故，故正确；
C：将几何体补全为直三棱柱，如下图示，
∴多面体的体积为直三棱柱体积减去三个相同的三棱锥，
∴由下图知：，故正确.
D：如下图为球体纵向轴截面，为球面上过A、B、C的截面圆直径，则，
∴球离球托底面的最小距离为，故正确.
故选：BCD
19．已知边长为的菱形中，，将沿翻折，下列说法正确的是（ ）
A．在翻折的过程中，直线，始终不可能垂直
B．在翻折的过程中，三棱锥体积最大值为
C．在翻折过程中，三棱锥表面积最大时，其内切球表面积为
D．在翻折的过程中，点在面上的投影为，为棱上的一个动点，的最小值为
【答案】BC
【分析】
直接利用平面图形翻折问题的应用，结合面面垂直、体积公式、异面直线的夹角逐项判断.
【详解】
如图，
在翻折过程中构成四面体D-ABC，和是正三角形，取AC中点O，连接BO，DO，
A.BO=DO=，则在翻折过程中，BD的范围是，当时，四面体D-ABC是正四面体，则，故错误；
B. 三棱锥的底面积为，因为，所以 平面，
又 平面，则平面平面BOD，
过D作，平面平面BOD=BO，则平面ABC，
又， 当且仅当与O重合时，等号成立，
所以体积最大值为，故正确；
C.三棱锥中，，而，
所以三棱锥表面积为：，
而在翻折过程中，的范围是，所以，
当且仅当时，等号成立，因此三棱锥表面积的最大值为，
此时，，等腰的底边BD上的高为，则，
所以，
设内切球的半径为r，则，
当三棱锥表面积取最大值时， ，
此时内切球的表面积为，故正确；
D.在翻折的过程中，点无限接近点B时，点也无限接近点B，而E为棱CD上的动点，E接近于点D时，接近于0，故错误；
故选：BC
20．如图，是由具有公共直角边的两块直角三角板组成的三角形，，.现将沿斜边翻折成△不在平面内）.若，分别为和的中点，则在翻折过程中，下列结论正确的是（ ）
A．平面
B．与不可能垂直
C．二面角正切值的最大值为
D．直线与所成角的取值范围为
【答案】AD
【分析】
对于A，由题得，从而判断平面；对于B，由，则，当时，且，此时满足平面；对于C，作出二面角的平面角，设，所以，求得最值；对于D，作，可以看成以为轴线，以为平面角的圆锥的母线，从而求得与所成角的最大值和最小值.
【详解】
对于A选项：由，分别为和的中点，则，由平面，平面，
所以平面，故A正确；
对于B选项：由，则，当时，且，此时满足平面，因此，所以B错误；
对于C选项：如图，取的中点O，连接DO并延长到E，使DO=OE,
作于，作于，连接，
所以，为二面角的平面角，
设，，
所以，所以C错误；
对于D选项：如图，作，可以看成以为轴线，以为平面角的圆锥的母线，
所以与夹角为，与夹角为，又不在平面内，
，，
所以与所成角的取值范围，所以D正确，
故选：AD.
21．已知边长为的菱形中，，将沿翻折，下列说法正确的是（ ）
A．在翻折的过程中，直线，可能相互垂直
B．在翻折的过程中，三棱锥体积最大值为
C．在翻折的过程中，三棱锥表面积最大时，其内切球表面积为
D．在翻折的过程中，点在面上的投影为，为棱上的一个动点，的最小值为
【答案】ABC
【分析】
直接利用平面图形翻折问题的应用，结合面面垂直、体积公式、异面直线夹角逐一判断各选项即可作答.
【详解】
如图，在翻折过程中构成四面体，和是正三角形，取AC中点O，连接BO，DO，
对于A，，则在翻折过程中，BD的范围是，当时，是正四面体，此时，则A正确；
对于B，三棱锥的底面积是定值，因，，则平面BOD，
平面ABC，则平面平面BOD，过D作直线BO于，而平面平面，
于是得平面ABC，则有，当且仅当点与点O重合时取“=”，
因此，，B正确；
对于C，三棱锥中，，而，即三棱锥的表面积，
而在翻折过程中，的范围是，，当且仅当时取“=”，
因此得三棱锥的表面积的最大值为，此时，
等腰的底边BD上的高，，
从而得，设三棱锥内切球半径为r，
由得取最大值时的，此球的表面积为，C正确；
对于D，在翻折过程中，当点D无限接近点B时，点也无限接近点B，而E为棱CD上的动点，E接近于点D时，接近于0，D不正确.
故选：ABC
22．已知正方体的棱长为2，是底面的中心，是棱上一点（不与端点重合），则（ ）
A．平面截正方体所得截面一定是梯形
B．存在点，使得三棱锥的体积为
C．存在点，使得与相交
D．当是棱的中点时，平面截正方体外接球所得截面圆的面积
【答案】ABD
【分析】
对于A选项，连接，，过点作的平行线，交于点，进而得四边形就是平面截正方体所得的截面，即可判断；对于B选项，连接，在平面中，过点作，垂足为，故，即可判断；对于C选项，根据异面直线的定义容易判断；对于D选项，设平面的中心为，连接，取的中点，连接，当是棱的中点时，设与交于点，连接，过点作，垂足为，再根据几何关系求解平面截正方体外接球所得截面圆的半径即可.
【详解】
如图1，连接，，过点作的平行线，交于点，易知与平行且不相等，连接，则四边形就是平面截正方体所得的截面，由，可得，四边形为梯形，A正确；

如图2，连接，在平面中，过点作，垂足为，则平面，所以，所以存在点，使得三棱锥的体积为，所以B正确；
因为是平面外一点，在平面内，直线平面，且直线，所以与一定异面，C错误；
如图3，设平面的中心为，连接，则的中点就是正方体外接球的球心，连接，当是棱的中点时，设与交于点，易知为的中点，连接，过点作，垂足为，因为，，所以平面，所以，又，所以平面，易知，所以，又正方体外接球的直径为，所以平面截正方体外接球所得截面圆的半径，故所得截面圆的面积为，所以D正确．
故选:ABD．
23．在四面体中，，，直线，所成的角为60°，，，则四面体的外接球表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】CD
【分析】
直线，所成的角为60°，则△分顶角为的等腰三角形、等边三角形两种情况，过作且，连接、、，且与交于O点，易证面，进而得到面面，根据矩形、等边或等腰三角形的性质，结合四面体的外接球球心、半径与两个垂直平面外接圆圆心、半径的关系，即可求外接球半径，进而求表面积.
【详解】
当四面体如下图示，
过作且，连接、、，且与交于O点，则△为等边三角形，为矩形且O点为外接圆圆心，即，又，，
∴面，面，则面面，
过为中点，连接、，若为面外接圆圆心，为四面体的外接球球心，则，，有，如下图示，
∴四面体的外接球半径，则外接球表面积为.
当四面体如下图示，
过作且，连接、、，且与交于O点，则△为等腰三角形，为矩形且O点为外接圆圆心，即，又，，
∴面，面，则面面，
过为中点，连接，若为面外接圆圆心，为四面体的外接球球心，则，，如下图示，
∴四面体的外接球半径，则外接球表面积为.
故选：CD
第II卷（非选择题）
三、填空题
24．已知一正三棱锥的体积为，设其侧面与底面所成锐二面角为，则当等于______时，侧面积最小．
【答案】
【分析】
画出正三棱锥，设底面边长为，高为，结合体积公式列出关系式，三角函数表示出，面积公式表示出侧面积，结合函数与导函数性质即可求解.
【详解】
如图：设正三棱锥底面边长为，高为，在底面投影为，则，化简得，由二面角定义可知，应为侧面与底面所成锐二面角的平面角，，即，，
侧面积为：，结合得，代入侧面积公式得，令，则，令，则，当时，，单减，时，，单增，故，此时侧面积有最小值，即，，此时.
故答案为：
25．球面几何学是几何学的一个重要分支，在航海、航空、卫星定位等面都有广泛的应用，如图，A，B，C是球面上不同的大圆（大圆是过球心的平面与球面的交线）上的三点，经过这三个点中任意两点的大圆的劣弧分别为，由这三条劣弧围成的图形称为球面．已知地球半径为R，北极为点N，P，Q是地球表面上的两点若P，Q在赤道上，且，则球面的面积为________；若，则球面的面积为________．
【答案】
【分析】
先证明“如果确定球面三角形的三个大圆所成的二面角分别为，则球面三角形的面积为，其中为球的半径”，再根据题设条件求出二面角的大小，从而可求球面面积的大小.
【详解】
现证明一个结论：如果确定球面三角形的三个大圆所成的二面角分别为，则球面三角形的面积为，其中为球的半径.
证明：如图，设为关于球心的对称点，则均为球面上的点，
且均为直径，我们用表示球面三角形的面积.
设，，，
则，
同理，.
所以，
而，
故，
又，
故.
若P，Q在赤道上，因为为极点且，故，
故确定球面三角形的三个大圆所成的二面角均为，故球面面积为.
若，则，
同理.
过作的垂线，垂足为，连接，则，
因为，故，
故，而，故，
故且
故，而为三角形内角，
故，故的大小为，
故根据对称性可知确定球面三角形的三个大圆所成的二面角均为，
故球面三角形的面积为.
故答案为：，.
26．如图，在矩形中，是边的中点，将沿直线折成，使得二面角的平面角为锐角，点在线段上运动(包括端点)，当直线与平面所成角最大时，在底面内的射影面积为___________.
【答案】
【分析】
如图，设二面角的平面角，则由已知条件可得，所以为钝角，所以，即直线与平面所成角最大时，点与点重合，然后求出直线与平面所成角的正弦值，利用基本不等式求出其最大值，即可得，从而可求出在底面内的射影面积
【详解】
解：如图所示，取的中点，连接交于，连接，则由题意可知，则是二面角的平面角，
因为，所以在平面上的投影在上，记为
设二面角的平面角，则
，
所以，即，
所以为钝角，所以，即直线与平面所成角最大时，点与点重合，
因为在矩形中，是边的中点，
所以均为等腰直角三角形，,
所以,即，
所以到平面的距离为，
所以此时直线与平面所成角的正弦值为
，
令，则
，当且仅当，即时取等号，即，此时，
所以在底面内的射影面积为，
故答案为：
27．已知三棱锥的三条侧棱两两垂直，与底面成角，是平面内任意一点，则的最小值是________.
【答案】
【分析】
作，再由，易得，从而平面ABE，由面面垂直的判定定理得到平面ABE平面BCD，得到与底面成的角为,然后在中，设 ，BA与BP的夹角为，利用余弦定理得，根据直线与平面所成的角是平面内直线与该直线所成的角中最小的角，得到，再利用二次函数性质求解.
【详解】
如图所示：
作，垂足为E，连接BE，
因为,
所以平面ACD，则，又，
所以平面ABE，又平面BCD，
所以平面ABE平面BCD，
所以点A的射影在直线BE上，
所以与底面成的角为,
在中，设 ，BA与BP的夹角为，
由余弦定理得，
两边同除以得 ，
因为直线与平面所成的角是平面内直线与该直线所成的角中最小的角，
所以 ，
所以，当点在BE上取等号，
又因为 ，所以，
当时，即点P在E处，取得最小值，
所以的最小值是，
故答案为；
28．已知正方体的棱长为2，点E是棱的中点，点在平面内，若，，则的最小值为_________．
【答案】．
【分析】
由已知求得F的轨迹，再由CE⊥BG分析得到，G的轨迹，然后数形结合即可求得|FG|的最小值．
【详解】
如图，取A1D1的中点O，连接EO，FO，
则EO⊥平面A1B1C1D1，连接OE，由，OE＝2，
可得OF＝1，则F在以O为圆心，以1为半径的圆上，
取CD中点K，连接BK，在正方形ABCD中，
由E为AD的中点，K为CD的中点，
可得CE⊥BK，取C1D1的中点H，连接KH，B1H，
由BB1∥KH，BB1＝KH，得四边形BB1HK为平行四边形，则BK∥B1H，得G在线段B1H上．
过O作OG⊥B1H，交半圆弧于F，则|FG|为要求的最小值．
由已知可得，设|OG|＝h，
由等面积法可得，，
可得h，∴|FG|的最小值为．
故答案为:．
29．在棱长为的正方体中，过对角线的一个平面交于，交于，得四边形，给出下列结论：
①四边形有可能为梯形；
②四边形有可能为菱形；
③四边形在底面内的投影一定是正方形；
④四边形有可能垂直于平面；
⑤四边形面积的最小值为.
其中正确结论的序号是_____________
【答案】②③④⑤
【分析】
利用面面平行的性质定理可判断①的正误；取、分别为、的中点，结合①可判断②的正误；利用正投影的概念可判断③的正误；取、分别为、的中点，利用面面垂直的判定定理可判断④的正误；利用二次函数的基本性质求出四边形面积的最小值，可判断⑤的正误.
【详解】
对于①，因为平面平面，平面平面，
平面平面，所以，，同理可得，
所以，四边形为平行四边形，①错误；
对于②，当为的中点时，，同理可得，
又因为四边形为平行四边形，此时，四边形为菱形，②正确；
对于③，四边形在底面内的投影为正方形，③正确；
对于④，连接、、、、，
在正方体中，且，、分别为、的中点，
且，所以，四边形为平行四边形，，
因为四边形为正方形，则，
平面，平面，，
，平面，则平面，
因为平面，此时，平面平面，④正确；
对于⑤，取线段的中点，设，其中，则，，
由勾股定理可得，
，
由余弦定理可得，
所以，
，
当且仅当时，等号成立；
当点在线段上运动时，同理可知，四边形面积的最小值为.
综上可知，⑤正确.
故答案为：②③④⑤.
30．在棱长为4的正方体中，E，F分别是和的中点，经过点A，E，F的平面把正方体截成两部分，则截面的周长为________.
【答案】
【分析】
首先通过线面之间的平行关系，画出过点A，E，F和正方体的截面五边形，再利用平行线相交的应用和成比例问题的应用，求出截面五边形的边长，进而求得周长得解.
【详解】
通过线面之间的平行关系，画出过点A，E，F的截面五边形，如图所示
如图，过点作交于H，易知，故点H为的4等分点，
在直角中，，，由勾股定理知
在直角中，，，由勾股定理知
连接AH，过点E作交于点P，则
，即，解得，
在直角中，，，由勾股定理知．
在直角中，，，由勾股定理知．
在直角中，，，由勾股定理知．
所以截面五边形的周长为
故答案为：.