沖刺2024年高考-專題四【立體幾何】多選題專練六十題（解析版）

沖刺2024年高考—多選題專練六十題專題四立體幾何（解析版）第一部——高考真題練1．（2023·全國·統(tǒng)考高考真題）下列物體中，能夠被整體放入棱長為1（單位：m）的正方體容器（容器壁厚度忽略不計）內的有（

）A．直徑為的球體B．所有棱長均為的四面體C．底面直徑為，高為的圓柱體D．底面直徑為，高為的圓柱體【答案】ABD【分析】根據(jù)題意結合正方體的性質逐項分析判斷.【詳解】對于選項A：因為，即球體的直徑小于正方體的棱長，所以能夠被整體放入正方體內，故A正確；對于選項B：因為正方體的面對角線長為，且，所以能夠被整體放入正方體內，故B正確；對于選項C：因為正方體的體對角線長為，且，所以不能夠被整體放入正方體內，故C不正確；對于選項D：因為，可知底面正方形不能包含圓柱的底面圓，如圖，過的中點作，設，可知，則，即，解得，且，即，故以為軸可能對稱放置底面直徑為圓柱，若底面直徑為的圓柱與正方體的上下底面均相切，設圓柱的底面圓心，與正方體的下底面的切點為，可知：，則，即，解得，根據(jù)對稱性可知圓柱的高為，所以能夠被整體放入正方體內，故D正確；故選：ABD.2．（2023·全國·統(tǒng)考高考真題）已知圓錐的頂點為P，底面圓心為O，AB為底面直徑，，，點C在底面圓周上，且二面角為45°，則（

）．A．該圓錐的體積為 B．該圓錐的側面積為C． D．的面積為【答案】AC【分析】根據(jù)圓錐的體積、側面積判斷A、B選項的正確性，利用二面角的知識判斷C、D選項的正確性.【詳解】依題意，，，所以，A選項，圓錐的體積為，A選項正確；B選項，圓錐的側面積為，B選項錯誤；C選項，設是的中點，連接，則，所以是二面角的平面角，則，所以，故，則，C選項正確；D選項，，所以，D選項錯誤.故選：AC.

3．（2022·全國·統(tǒng)考高考真題）如圖，四邊形為正方形，平面，，記三棱錐，，的體積分別為，則（

）A． B．C． D．【答案】CD【分析】直接由體積公式計算，連接交于點，連接，由計算出，依次判斷選項即可.【詳解】設，因為平面，，則，，連接交于點，連接，易得，又平面，平面，則，又，平面，則平面，又，過作于，易得四邊形為矩形，則，則，，，則，，，則，則，，，故A、B錯誤；C、D正確.故選：CD.4．（2022·全國·統(tǒng)考高考真題）已知正方體，則（

）A．直線與所成的角為 B．直線與所成的角為C．直線與平面所成的角為 D．直線與平面ABCD所成的角為【答案】ABD【分析】數(shù)形結合，依次對所給選項進行判斷即可.【詳解】如圖，連接、，因為，所以直線與所成的角即為直線與所成的角，因為四邊形為正方形，則，故直線與所成的角為，A正確；連接，因為平面，平面，則，因為，，所以平面，又平面，所以，故B正確；連接，設，連接，因為平面，平面，則，因為，，所以平面，所以為直線與平面所成的角，設正方體棱長為，則，，，所以，直線與平面所成的角為，故C錯誤；因為平面，所以為直線與平面所成的角，易得，故D正確.故選：ABD5．（2017·全國·高考真題）如圖，在下列四個正方體中，A，B為正方體的兩個頂點，M，N，Q為所在棱的中點，則在這四個正方體中，直線與平面平行的是（

）A． B．C． D．【答案】BCD【分析】利用線面平行判定定理逐項判斷可得答案．【詳解】對于選項A，OQ∥AB，OQ與平面MNQ是相交的位置關系，故AB和平面MNQ不平行，故A錯誤；對于選項B，由于AB∥CD∥MQ，結合線面平行判定定理可知AB∥平面MNQ，故B正確；對于選項C，由于AB∥CD∥MQ，結合線面平行判定定理可知AB∥平面MNQ：故C正確；對于選項D，由于AB∥CD∥NQ，結合線面平行判定定理可知AB∥平面MNQ：故D正確；故選：BCD6．（2021·全國·統(tǒng)考高考真題）如圖，在正方體中，O為底面的中心，P為所在棱的中點，M，N為正方體的頂點．則滿足的是（

）A． B．C． D．【答案】BC【分析】根據(jù)線面垂直的判定定理可得BC的正誤，平移直線構造所考慮的線線角后可判斷AD的正誤.【詳解】設正方體的棱長為，對于A，如圖（1）所示，連接，則，故（或其補角）為異面直線所成的角，在直角三角形，，，故，故不成立，故A錯誤.對于B，如圖（2）所示，取的中點為，連接，，則，，由正方體可得平面，而平面，故，而，故平面，又平面，，而，所以平面，而平面，故，故B正確.對于C，如圖（3），連接，則，由B的判斷可得，故，故C正確.對于D，如圖（4），取的中點，的中點，連接，則，因為，故，故，所以或其補角為異面直線所成的角，因為正方體的棱長為2，故，，，，故不是直角，故不垂直，故D錯誤.故選：BC.7．（2021·全國·統(tǒng)考高考真題）在正三棱柱中，，點滿足，其中，，則（

）A．當時，的周長為定值B．當時，三棱錐的體積為定值C．當時，有且僅有一個點，使得D．當時，有且僅有一個點，使得平面【答案】BD【分析】對于A，由于等價向量關系，聯(lián)系到一個三角形內，進而確定點的坐標；對于B，將點的運動軌跡考慮到一個三角形內，確定路線，進而考慮體積是否為定值；對于C，考慮借助向量的平移將點軌跡確定，進而考慮建立合適的直角坐標系來求解點的個數(shù)；對于D，考慮借助向量的平移將點軌跡確定，進而考慮建立合適的直角坐標系來求解點的個數(shù)．【詳解】易知，點在矩形內部（含邊界）．對于A，當時，，即此時線段，周長不是定值，故A錯誤；對于B，當時，，故此時點軌跡為線段，而，平面，則有到平面的距離為定值，所以其體積為定值，故B正確．對于C，當時，，取，中點分別為，，則，所以點軌跡為線段，不妨建系解決，建立空間直角坐標系如圖，，，，則，，，所以或．故均滿足，故C錯誤；對于D，當時，，取，中點為．，所以點軌跡為線段．設，因為，所以，，所以，此時與重合，故D正確．故選：BD．【點睛】本題主要考查向量的等價替換，關鍵之處在于所求點的坐標放在三角形內．第二部——基礎模擬題8．（2023·廣東深圳·統(tǒng)考二模）《九章算術》中將四個面均為直角三角形的四面體稱為鱉臑.已知四面體是一個鱉臑，其中平面，且.若該鱉臑的體積為，則（

）A．為四面體中最長的棱B．平面C．平面平面D．四面體外接球的表面積的最小值為【答案】ABD【分析】將四面體補全為長方體，即可判斷A；根據(jù)線面垂直的性質及線面垂直的判定定理即可判斷B；說明為二面角的平面角，即可判斷C；設根據(jù)四面體的體積求出的關系，再結合基本不等式求得外接球半徑的最小值即可判斷D.【詳解】如圖，將四面體補全為長方體，則為四面體外接球的直徑，是最長的棱，故A正確；因為平面，平面，所以，又平面，所以平面，故B正確；因為平面，所以，又因為平面平面，平面，，平面，則即為二面角的平面角，因為為銳角，即二面角為銳二面角，故C不正確；設，得，設四面體外接球的半徑為，則，當且僅當時等號成立，所以，即四面體外接球的表面積的最小值為，故D正確.故選：ABD.

9．（2024·江西·校聯(lián)考模擬預測）如圖，在直三棱柱中，，，則（

）

A．平面B．平面平面C．異面直線與所成的角的余弦值為D．點，，，均在半徑為的球面上【答案】ABC【分析】根據(jù)線面平行的判定定理得出A選項，根據(jù)空間向量法判斷面面垂直及異面直線所成角判斷B,C選項，根據(jù)外接球直徑判斷D選項.【詳解】平面，平面，平面，所以A選項正確；

取AB的中點O，連接CO，則，以O為坐標原點，OC，OB所在直線分別為x，y軸，過點O且平行于的直線為z軸建立空間直角坐標系．，則，則，，，，所以，,，設平面的法向量為，則，令，則，設平面的法向量為，則，令，則，，所以平面平面，所以B選項正確；則，故異面直線與所成角的余弦值為,所以C選項正確；在直三棱柱中，，，,,三棱柱可以放入邊長為1的正方體中，正方體的外接球是三棱柱的外接球,點，，，均在半徑為的球面上,所以D選項錯誤．故選：ABC．10．（2023·海南?？凇ずＤ先A僑中學?？家荒＃┤鐖D，在棱長為1的正方體中，是棱上的動點，則下列說法正確的是（

）

A．不存在點，使得B．存在點，使得C．對于任意點，到的距離的取值范圍為D．對于任意點，都是鈍角三角形【答案】ABC【分析】建立空間直角坐標系，利用空間向量法一一計算可得.【詳解】由題知，在正方體中，是棱上的動點，建立以為原點，分別以，，的方向為軸、軸、軸的正方向的空間直角坐標系.所以，，，設，其中，所以，，當時，即，所以，顯然方程組無解，所以不存在使得，即不存在點，使得，故A項正確；當時，解得，故B項正確；因為，其中，所以點Q到的距離為，故C項正確；因為，，其中，所以，所以三角形為直角三角形或鈍角三角形，故D項錯誤.

故選：ABC11．（2023·江蘇南京·南京市第一中學?？寄M預測）在直三棱柱中，，，點M，N分別是，的中點，則下列說法正確的是（

）A．平面B．異面直線與所成的角為45°C．若點P是的中點，則平面BNP截直三棱柱所得截面的周長為D．點Q是底面三角形ABC內一動點（含邊界），若二面角的余弦值為，則動點Q的軌跡長度為【答案】ACD【分析】利用直線和平面垂直的性質定理證明平面，利用交線法找出截面，利用平行關系找出異面直線與所成的角，選項D可以先在上找一點滿足題意，再找到平面與直三棱柱的截面，即可找到點在底面的軌跡.【詳解】選項A,由已知得△為等腰直角三角形，是的中點，則,∵為直三棱柱，∴平面，∵平面∴,∵平面,,∴平面，∴,設與交于點,其中,,∵△∽△,,,∵,∴,∵平面，,∴平面,故選項A正確；

選項B，過點作的平行線,則角為異面直線與所成的角，因為平面，且∥，所以平面，所以,所以，因為異面直線所成的角，所以，故異面直線與所成的角為，故選項B不正確；

選項C，延長交和的延長線于點,連接交于點,連接,則四邊形為平面BNP截直三棱柱所得的截面，由已知得,由△∽△,則,即,由△∽△,則，即，由余弦定理可知，解得，其周長為,故選項C正確；

選項D,若上存在一點使二面角的余弦值為，連接和,因為平面,∴,,∴二面角的平面角為,即，設，則，,在△中由余弦定理得，在△中由余弦定理得,，解得，過作的垂線，連接,過作的平行線交于點,則∥,所以截面為直三棱柱的截面，所以符合題意的的軌跡長度為線段的長，所以,故選項D正確；

故選：ACD.12．（2023·河北衡水·衡水市第二中學校考三模）已知正方體，則（

）A．異面直線與所成的角為B．異面直線與所成角的正切值為C．直線與平面所成的角為D．直線與平面所成角的正切值為【答案】ACD【分析】根據(jù)異面直線所成角判斷A,B選項，根據(jù)線面角判斷C，D選項即可.【詳解】如圖，連接，，，．因為，所以為直線與所成的角，故A正確．顯然，為直線與所成的角．因為在正方體中，平面，所以．在Rt中，，故B錯誤．連接，設．因為平面，平面，所以．因為在正方形中，，，所以平面．所以為直線與平面所成的角，故正確．因為平面，所以為直線與平面所成的角．在Rt中，，故D正確．

故選：ACD.13．（2023·福建福州·福建省福州第一中學校考三模）如圖，在直三棱柱中，，，點是上的動點，點是上的動點，則（

）

A．//平面 B．與不垂直C．存在點、，使得 D．的最小值是【答案】CD【分析】根據(jù)平面，，即可判斷A；假設與垂直，因為，所以可得，而已知不明確，即可判斷B；過點作，證出平面，存在點、使得，即可判斷C；將和放置于同一平面內，利用長度關系得證，求解的長，即可判斷D.【詳解】對于A，在直三棱柱中，，因為平面，所以與平面相交，A錯；因為平面，平面，所以，若與也垂直，又，平面，則平面，又平面，則，而已知不確定，故B錯；如圖，過點作，又平面，平面，所以，又，平面，所以平面，又平面，則，又是上的動點，點是上的動點，所以存在點、使得，即存在點、，使得，C正確；

對于D，將和放置于同一平面內，如圖，

則，因為，所以，在直角三角形中，，所以為等邊三角形，所以，，所以，D正確.故選：CD14．（2023·山東菏澤·山東省鄄城縣第一中學?？既＃┮阎谒睦怙糁?，底面為梯形，且的交點為，在上取一點，使得平面，四棱雉的體積為，三棱錐的體積為，則下面結論正確的為（

）A． B．C． D．【答案】ABD【分析】根據(jù)三角形相似得，根據(jù)線面平行的性質定理得，，得A正確；B正確；根據(jù)棱錐的體積公式得，C不正確；，D正確.【詳解】因為，所以與相似，所以，因為平面，平面，平面平面，所以，所以，故A正確；B正確；因為，，所以，所以，故C不正確；因為，所以，因為，所以，所以，故D正確.故選：ABD

15．（2023·廣東廣州·廣州市從化區(qū)從化中學?？寄M預測）如圖，在棱長為2的正方體中，點，分別在線段和上．給出下列四個結論：其中所有正確結論的序號是（

）

A．的最小值為2B．四面體的體積為C．有且僅有一條直線與垂直D．存在點，使為等邊三角形【答案】ABD【分析】由公垂線的性質判斷A；由線面平行的性質判斷B；舉反例判斷C；設，，由等邊三角形三邊相等，判斷D．【詳解】對于A：因為是正方體，所以平面，平面，又因為平面，平面，所以，，即是與的公垂線段，因為公垂線段是異面直線上兩點間的最短距離，所以當分別與重合時，最短為2，故A正確；對于B：因為是正方體，所以平面平面，且平面，所以平面，可知，當點在上運動時，點到平面的距離不變，距離，由可知，當點在上運動時，到的距離不變，所以的面積不變，所以，所以B正確；對于C：當分別與重合時，；當為中點，與重合時，，所以錯誤；對于D：如圖以點為原點，以所在直線為軸建立空間直角坐標系，設，，則，，，，，，，因為為等邊三角形，由，得，得，即，由，得，則，即，解得或，即或，故D正確；故選：ABD．

16．（2023·福建福州·福建省福州第一中學?？寄M預測）如圖，在各棱長均為2的正三棱柱中，分別是的中點，設，，則（

）

A．當時，B．，使得平面C．，使得平面D．當時，與平面所成角為【答案】AC【分析】取中點為，連接，以點為坐標原點，建立空間直角坐標系，寫出各點的坐標，表示出向量的坐標以及平面的法向量，然后根據(jù)向量法求解，即可得出答案.【詳解】

取中點為，連接，以點為坐標原點，分別以為軸，以過點且與平行的直線為軸，建立空間直角坐標系，則，，，，，，，所以，，由可得，，所以，.對于A項，當時，有，所以.又，所以，所以，，所以，故A項正確；對于B項，因為，，設是平面的一個法向量，則有，即，取，則是平面的一個法向量.若平面，則.因為，顯然不共線，故B錯誤；對于C項，因為，是平面的一個法向量.要使平面，則應有，所以，解得，所以，，使得平面，故C項正確；對于D項，當時，點，則.又是平面的一個法向量，設與平面所成角為，所以，，故D項錯誤.故選：AC.17．（2023·福建福州·福建省福州第一中學校考二模）如圖，在三棱柱中，平面，是棱上的一個動點，則（

）

A．直線與直線是異面直線B．周長的最小值為C．存在點使得平面平面D．點到平面的最大距離為【答案】ACD【分析】根據(jù)空間中點線面的位置關系相關知識即可判斷.【詳解】選項A：不管點移動到上的哪個位置，直線與直線均不相交，也不平行，所以A正確;選項B：周長的為，要使周長最小，

即最小，即為面和面的展開圖中的長，所以，所以，所以B錯誤；選項C：由圖易知，二面角為銳二面角，二面角為鈍二面角，在點從到移動的過程中，二面角由銳角變成了鈍角，所以，在棱上必然存在點使得平面平面，C正確；選項D：要使點到平面的距離最大，即當二面角為時，此時到的距離即為所求距離的最大值，過作的垂線，

因為面面，面，面面，面，所以面，即為點到平面的距離，也是到的距離，又因為，，，所以點到平面的距離為，所以D正確.故選：ACD18．（2023·山東濰坊·三模）如圖所示的幾何體，是將棱長為3的正四面體沿棱的三等分點，作平行于底面的截面所得，且其所有棱長均為1，則（

）

A．直線與直線所成角為 B．直線與平面所成角為C．該幾何體的體積為 D．該幾何體中，二面角的余弦值為【答案】AC【分析】將該幾何體還原為原正四面體，對A：直線與直線所成角即為MQ與QN所成角；對B：直線與平面所成角為QN與底面MNS所成的角；對C：該幾何體的體積為大正四面體的體積減去4個棱長為1的小正四面體的體積；對D：二面角的大小與的大小互補.【詳解】將該幾何體還原為原正四面體，棱長為，設中心為O，連接OQ，ON，則,對A：因為，所以直線與直線所成角即為MQ與QN所成角為，故A正確；對B：直線與平面所成角為QN與底面MNS所成的角，即為所求角，，，故B錯誤；對C：該幾何體的體積為大正四面體的體積減去4個棱長為1的小正四面體的體積，，故C正確；對D：二面角的大小與的大小互補，顯然的大小為銳角，所以二面角的大小一定為鈍角，故D錯誤.故選：AC19．（2020·山東青島·山東省青島第五十八中學?？家荒＃┮阎襟w的棱長為2，，，分別為，，的中點，則下列結論中正確的是（

）

A．直線與直線垂直 B．直線與平面平行C．點與點到平面的距離相等 D．平面截正方體所得的截面面積為【答案】BD【分析】確定直線與直線所成的角判斷A；連接，由線面平行的判定判斷B；由平面是否過的中點判斷C；作出截面，再計算面積判斷D作答.【詳解】對于A，在正方體中，，則為直線與直線所成的角或其補角，連接AC，由平面ABCD，得，即在中，，則不可能是直角，直線與直線不垂直，A錯誤；

對于B，連接，由，分別為，的中點，得，又，則四邊形是平行四邊形，于是，而四邊形是正方體的對角面，點為中點，有，即平面，平面，平面，所以平面，B正確；對于C，連接交于，顯然不是的中點，則平面不過的中點，即點C與點G到平面的距離不相等，C錯誤；對于D，由選項B知，，，即等腰梯形為平面截正方體所得的截面，，等腰梯形的高，所以等腰梯形面積為，D正確.故選：BD20．（2023·安徽·合肥一中校聯(lián)考模擬預測）已知半徑為R的球與圓臺的上下底面和側面都相切.若圓臺上下底面半徑分別為r1和r2，母線長為l，球的表面積與體積分別為S1和V1，圓臺的表面積與體積分別為S2和V2.則下列說法正確的是（

）A． B．C． D．的最大值為【答案】ABC【分析】根據(jù)題意結合圓臺與球的表面積、體積公式逐項分析判斷.【詳解】由切線長定理易得，A正確；由勾股定理知，解得，B正確；因為，，所以正確；因為，當且僅當時，等號成立，這與圓臺的定義矛盾，故D錯誤.故選：ABC.21．（2023·福建漳州·統(tǒng)考模擬預測）在棱長為1的正方體中，點為的中點，點，分別為線段，上的動點，則（

）A． B．平面可能經(jīng)過頂點C．的最小值為 D．的最大值為【答案】ACD【分析】根據(jù)題意，建立空間直角坐標系，利用坐標表示向量，用向量表示空間中的垂直關系，求點到平面的距離，以及空間角的計算，即可結合選項逐一求解．【詳解】建立空間直角坐標系，如圖所示：則,0,,,0,,,1,,,1,,,1,,,0,,,0,,，1，，,1,，設,,，則,,，,；設,0,，則,0,,,，所以，1，，，，，，所以，即，A正確；因為,1,,,,，設平面的一個法向量為,,，則，即，令，則，，所以,,，又因為,1,，所以點到平面的距離為，所以點到平面的距離不能為0，即平面不過點，B錯誤；因為，當且僅當時取“”，所以的最小值為，C正確；因為,,，,,，，設，，，，，所以，，所以，，所以，，所以，，所以，，所以，，當時最大，此時，選項D正確．故選：ACD．

22．（2023·廣東深圳·深圳市高級中學?？寄M預測）在四棱錐中，底面為矩形，，，，．下列說法正確的是（

）A．設平面平面，則B．平面平面C．設點，點，則的最小值為D．在四棱錐的內部，存在與各個側面和底面均相切的球【答案】AB【分析】根據(jù)線面平行的性質判斷A，根據(jù)面面垂直的判定定理證明B，結合B判斷C，取、的中點，，求出的內切圓半徑與的內切圓半徑，即可判斷D.【詳解】該四棱錐如圖．

對于A：設平面平面，因為為矩形，，平面，平面，所以平面，又平面平面，平面，所以，所以A對；對于B：∵，，，即，所以，又底面為矩形，所以，，因為，，即，所以，而，平面，所以平面，平面，所以平面平面，故B對；對于C：由B選項可知的最短距離就是，所以C錯；對于D：取、的中點，，連接、、，則與平面、平面、平面都相切的球的半徑即為的內切圓半徑，因為，，，所以，則，設的內切圓半徑為，則，解得，

同理與平面、平面、平面都相切的球的半徑即為的內切圓半徑，設的內切圓半徑為，因為，，所以，解得，所以，所以D錯．故選：AB23．（2023·河北·統(tǒng)考模擬預測）如圖，已知正方體的棱長為1，為底面的中心，交平面于點，點為棱的中點，則（

）

A．，，三點共線 B．異面直線與所成的角為C．點到平面的距離為 D．過點，，的平面截該正方體所得截面的面積為【答案】ACD【分析】通過證明，，三點都是平面與平面的公共點，可知A正確；利用線面垂直的判定與性質可證異面直線與所成的角為，可知B不正確；通過證明平面，得的長度就是點到平面的距離，計算的長度可知C正確；取的中點，可得等腰梯形就是過點，，的平面截該正方體所得截面，計算等腰梯形的面積可知，D正確.【詳解】因為為底面的中心，所以為和的中點，則，，因為平面，平面，所以平面，平面，所以點是平面與平面的公共點；顯然是平面與平面的公共點；因為交平面于點，平面，所以也是平面與平面的公共點，所以，，三點都在平面與平面的交線上，即，，三點共線，故A正確；因為平面，平面，所以，又，，平面，所以平面，又平面，所以，即異面直線與所成的角為，故B不正確；根據(jù)證明的方法，同理可得，因為，平面，所以平面，則的長度就是點到平面的距離，顯然為正三角形的中心，因為正方體的棱長為1，所以正三角形的邊長為，所以，又，所以，即點到平面的距離為，故C正確；取的中點，連，，，，因為，所以等腰梯形就是過點，，的平面截該正方體所得截面，如圖：

因為，，，所以等腰梯形的高為，所以等腰梯形的面積為，即過點，，的平面截該正方體所得截面的面積為，故D正確.故選：ACD24．（2023·山西陽泉·陽泉市第一中學校校考模擬預測）已知三棱柱的六個頂點都在球O的球面上，.若點O到三棱柱的所有面的距離都相等，則（

）A．平面B．C．平面截球O所得截面圓的周長為D．球O的表面積為【答案】AC【分析】根據(jù)球的性質可判斷為直棱柱，即可判斷A，由內切球的性質，結合三棱柱的特征即可判斷B，由勾股定理以及等邊三角形的性質可判斷CD.【詳解】選項A，三棱柱的六個頂點都在球O的球面上，根據(jù)球的對稱性可知三棱柱為直棱柱，所以平面，因此A正確.選項B：因為，所以.因為點O到三棱柱的所有面的距離都相等，所以三棱柱的內切球與外接球的球心重合.設該三棱柱的內切球的半徑為r，與底面以及側面相切于,則,由于為矩形的對角線交點，所以，而三角形為等邊三角形，所以,所以，所以，因此B錯誤.

選項C：由，可知，解得（負值已舍去），則.易得的外接圓的半徑，所以平面截球O所得截面圓的周長為，因此C正確.選項D：三棱柱外接球的半徑，所以球O的表面積，因此D錯誤.故選：AC25．（2023·江蘇揚州·揚州中學?？寄M預測）如圖，已知二面角的棱l上有A，B兩點，，，，，且，則下列說法正確的是（

）．

A．當時，直線與平面所成角的正弦值為B．當二面角的大小為時，直線與所成角為C．若，則二面角的余弦值為D．若，則四面體的外接球的體積為【答案】ABD【分析】由面面垂直的性質得線面垂直，即可求直線與平面所成角的正弦值即可判斷A；根據(jù)二面角判斷B，C即可；由四面體外接球的幾何性質確定外接球半徑，即可判斷D.【詳解】對于A，當時，因為，，所以直線與平面所成角為，則，故A正確；對于B，如圖，過A作，且，連接，，

則為正方形，即為直線與所成角，為二面角的平面角，當時，易得，又，，故面，即面，故，故B正確；對于C，如圖，作，則二面角的平面角為，

又，在中，易得，在．中，由余弦定理得，，過C點作交線段的延長線于點O，則平面，過O點作，交線段的延長線于點H，連接，則為二面角的平面角，易得，，，所以，故C錯誤；對于D，同選項C可知，如圖，分別取線段，的中點G，M，連接，過G點作平面的垂線，

則球心O必在該垂線上，設球的半徑為R，則，又的外接圓半徑，則，所以四面體的外接球的體積為，故D正確．故選：ABD.26．（2023·福建寧德·?？寄M預測）在正方體中，分別為的中點，則（

）

A．直線與直線垂直B．點與點到平面的距離相等C．直線與平面平行D．與的夾角為【答案】AB【分析】以為原點，所在直線為軸建立空間直角坐標系，利用空間向量的坐標運算逐項判斷即可得答案.【詳解】如圖，以為原點，所在直線為軸建立空間直角坐標系，

設正方體的棱長為，則且，對于A，，所以，所以直線與直線垂直，故A正確；對于B，設平面的法向量為，又，所以，令得，又，所以點到平面的距離為，點到平面的距離為，故B正確；對于C，因為所以，即，設平面的法向量為，則，又，則，所以平面，故C錯誤；對于D，因為，所以，所以與的夾角余弦值為，夾角大小不為，故D錯誤.故選：AB.27．（2023·江蘇鎮(zhèn)江·江蘇省鎮(zhèn)江中學校考三模）已知正方體的棱長為分別為的中點，為正方體的內切球上任意一點，則（

）A．球被截得的弦長為B．球被四面體表面截得的截面面積為C．的范圍為D．設為球上任意一點，則與所成角的范圍是【答案】BC【分析】利用對稱性以及球心到端點的距離結合余弦定理可計算得弦長為，A錯誤；求得球心到正四面體表面的距離為，可得四個相同截面圓的半徑為，即可得截面面積為，B正確；利用向量運算可得，即可求得其范圍為，C正確；截取截面可知，當與球相切時，與所成的最大角滿足，可得，即D錯誤.【詳解】如圖所示：

對于A，易知內切球的半徑為1，且球心在正方體的中心，易得；設球被截得的弦為，在中，如下圖所示：

由對稱性可知，，且利用余弦定理可知，在中，，解得或（舍），則弦長，即A錯誤；對于B，易知四面體為正四面體，所以四個截面面積相同，由對稱性可知，球心即為正四面體的外接球（也是內切球）球心，如下圖所示：

設為的中點，為球心在平面內的攝影，易知正四面體的棱長為，，易得，，由勾股定理可得；所以球心到截面距離，不妨設截面圓半徑為，則，所以截面面積為，故B正確；對于C，不妨設的中點為，則由選項A可知，，當同向時，；當反向時，；即的范圍為，即C正確；對于D，易知當三點共線時，與所成的角最小為，取截面如下圖所示：

易知當與球相切時，與所成的角最大，設最大角為，則，即，所以；即與所成角的范圍是說法錯誤，故D錯誤；故選：BC28．（2023·江蘇鎮(zhèn)江·江蘇省鎮(zhèn)江中學?？寄M預測）如圖，在棱長為2的正方體中，點分別是的中點，則（

）

A．四點共面B．直線與平面平行C．異面直線與所成角的余弦值為D．過三點的平面截正方體所得圖形面積為【答案】AC【分析】對A，利用中位線定理與平行線的傳遞性證得，從而得以判斷；對B，利用線面平行的性質即可判斷；對C，由向量法求線線角即可判斷；對D，過點M作，證所求截面為矩形，即可求得面積，從而得以判斷.【詳解】對A，連接，如圖，因為側面是正方形，分別是的中點，所以是的中點，又點分別是的中點，所以，又，所以，所以四點共面，又面，所以四點共面，故A正確；

對B，連接，如圖，易得，，所以四邊形是平行四邊形，則，假設直線與平面平行，又平面平面，平面，所以，則，顯然矛盾，假設不成立，故B錯誤；對C，分別以所在的直線為x軸，y軸，z軸，建立如圖所示空間直角坐標系，則，則，設異面直線與面所成角為，則，所以異面直線與面所成角的余弦值為，C正確；

對D，過點M作，因為，所以且，所以四邊形為平行四邊形，則五點共面，即過三點的平面截正方體所得圖形為平行四邊形，由題意可知，因為為正方體，所以平面，又平面，所以，所以平行四邊形為矩形，則，故D錯誤.故選：AC..29．（2023·浙江溫州·樂清市知臨中學?？级＃┱切蔚倪呴L為，如圖，為其水平放置的直觀圖，則（

）

A．為銳角三角形B．的面積為C．的周長為D．的面積為【答案】CD【分析】根據(jù)斜二測法可求出，，再利用余弦定理可求出，再逐一對各個選項分析判斷即可求出結果.【詳解】如圖，因為正三角形的邊長為，故，所以，，在中，，由余弦定理得，,在中，，由余弦定理得，,選項A，在中，因為，由余弦定理知，故選項A錯誤；選項B和D，，故選項B錯誤，選項D正確；選項C，的周長為，故選項C正確.

故選：CD.30．（2023·安徽滁州·安徽省定遠中學校考模擬預測）如圖，正方體的棱長為，點為的中點，下列說法正確的是（

）

A．B．平面C．點到平面的距離為D．與平面所成角的正弦值為【答案】ACD【分析】連接、，證明平面，再根據(jù)線面垂直的性質即可判斷A；根據(jù)，與平面相交與點即可判斷B；連接、交于，證明平面，從而可得點到平面的距離即為點到平面的距離，即可判斷C；取中點，連接、，證明平面，從而可得與平面所成角即為，從而可判斷D.【詳解】對于A選項，連接、，在正方體中，平面，平面，所以，因為四邊形是正方形，所以，因為，、平面，所以平面，又平面，所以，故A正確；對于B選項，在正方體中，有，且與平面相交與點，故FG與平面不平行，故B錯誤；對于C選項，連接、交于，在正方體中，平面，又平面，所以，因為四邊形是正方形，所以，因為，、平面，所以平面，因為，平面，平面，所以平面，所以點到平面的距離即為點到平面的距離，即為，又正方體棱長為，則，則點到平面的距離為，故C正確；對于D選項，取中點，連接、，因為四邊形是正方形，點為的中點，所以，因為平面，所以平面，又平面，所以，所以與平面所成角即為，則，則與平面所成角的正弦值為，故D正確．

故選：ACD．31．（2023·廣東珠?！ぶ楹Ｊ卸烽T區(qū)第一中學?？既＃┮阎莾蓷l不相同的直線，是兩個不重合的平面，則下列命題為真命題的是（

）A．若是異面直線，，則.B．若，則C．若，則D．若，則【答案】ACD【分析】根據(jù)立體幾何相關定理逐項分析.【詳解】對于A，，則平面內必然存在一條直線，使得，并且，同理，在平面內必然存在一條直線，使得，并且，由于是異面直線，與是相交的，n與也是相交的，即平面內存在兩條相交的直線，分別與平面平行，，正確；

設，并且，則有，顯然是相交的，錯誤；對于B，若，則不成立，錯誤；對于C，若，則平面上必然存在一條直線l與n平行，，即，正確；對于D，若，必然存在一個平面，使得，并且，，又，正確；故選:ACD.32．（2023·安徽黃山·屯溪一中校考模擬預測）如圖，正三棱錐和正三棱錐的側棱長均為，.若將正三棱錐繞旋轉，使得點E，P分別旋轉至點A，處，且A，B，C，D四點共面，點A，C分別位于BD兩側，則（

）

A． B．C．多面體的外接球的表面積為 D．點P與點E旋轉運動的軌跡長之比為【答案】AD【分析】由線面垂直的判定定理和性質定理結合正三棱錐的性質可判斷A，B；由已知可得，正三棱錐側棱兩兩互相垂直，放到正方體中，借助正方體研究線面位置關系和外接球表面積可判斷C；由題意轉動的半徑長為，轉動的半徑長為可判斷D.【詳解】取的中點為，連接，由，所以，又，平面，所以平面，將正三棱錐繞旋轉，使得點E，P分別旋轉至點A，處，所以平面，所以，故A正確；因為平面，所以，故B不正確；

因為A，B，C，D四點共面，，可得：，，所以平面，所以平面，同理平面，由已知為正方形，所以可將多面體放入邊長為的正方體，

則多面體的外接球即棱長為的正方體的外接球，外接球的半徑為，表面積為，選項C不正確；由題意轉動的半徑長為，轉動的半徑長為，所以點P與點E旋轉運動的軌跡長之比為，故D正確.故選：AD.33．（2023·湖北武漢·武漢二中校聯(lián)考模擬預測）我國古代《九章算術》里記載了一個“羨除”的例子，羨除，隧道也，其所穿地，上平下邪，如圖是一個“羨除”模型，該“羨除”是以為頂點的五面體，四邊形為正方形，平面，則（

）A．該幾何體的表面積為B．該幾何體的體積為C．該幾何體的外接球的表面積為D．與平面所成角的正弦值為【答案】ABD【分析】過E作EK⊥AB于K，作EM⊥DC于M，過F作FG⊥AB于G，作FH⊥DC于H，將該幾何體分為一個棱柱與兩個棱錐，取AD，BC的中點P，Q，則EP⊥AD，F(xiàn)Q⊥BC，然后求出表面積可判斷A；連接PQ，交GH于T，則T為GH的中點，可證得FT⊥面ABCD，求出一個棱柱與兩個棱錐的體積，可得該幾何體的體積，從而判斷B；連接AC，BD交于點O，可求得O為該幾何體的外接球的球心，半徑R＝，求出表面積即可判斷C；取AB的中點N，得AE∥FN，則與平面所成角等于FN與平面所成角，設N到面FBC的距離為h，利用等體積法，由求得，進而可得與平面所成角的正弦值，可判斷D．【詳解】∵EF∥平面ABCD，EF在平面ABFE內，平面ABFE∩平面ABCD＝AB，∴EF∥AB，∵AB∥DC，∴EF∥DC，∵∴ABFE，DCFE均為等腰梯形，過E作EK⊥AB于K，作EM⊥DC于M，連接KM，過F作FG⊥AB于G，作FH⊥DC于H，連接GH，∴EF∥KG∥MH，EF＝KG＝MH＝2，AK＝GB＝DM＝HC＝1，∵AB∥DC，F(xiàn)H⊥DC，∴AB⊥FH，又AB⊥GF，GF，F(xiàn)H在平面FGH內，GF∩FH＝F，∴AB⊥面FGH，同理，AB⊥面EKM，∴面FGH∥面EKM，∴該幾何體被分為一個棱柱與兩個棱錐.分別取AD，BC的中點P，Q，連接FQ，EP，∵，∴EP⊥AD，F(xiàn)Q⊥BC，∴FQ＝，∴，F(xiàn)G＝，，又，∴該幾何體的表面積為，故A正確；連接PQ，交GH于T，則T為GH的中點，連接FT，∵AB⊥面FGH，F(xiàn)T在面FGH內，∴FT⊥AB，∵GF＝FH＝EK＝EM，∴FT⊥GH，又AB，GH在面ABCD內，AB∩GH＝G，∴FT⊥面ABCD，∴FT＝，∴，∵，∴，∴該幾何體的體積為，故B正確；連接AC，BD交于點O，則O也在PQ上，連接OE，OF，∵EF∥OQ，EF＝OQ，∴EFQO為平行四邊形，∴EO＝FQ＝，同理，F(xiàn)O＝EP＝，∴OA＝OB＝OC＝OD＝OE＝OF＝，∴O為該幾何體的外接球的球心，半徑R＝，∴該幾何體的外接球的表面積為，故C錯誤；取AB的中點N，連接FN，NC，∵EF∥AN，EF＝AN，∴EFNA為平行四邊形，∴AE∥FN，∴與平面所成角等于FN與平面所成角，設為，設N到面FBC的距離為h，∵，∴，∴，∴，∴，即與平面所成角的正弦值為，故D正確．故選：ABD．34．（2023·吉林·長春吉大附中實驗學校校考模擬預測）已知圓臺的軸截面如圖所示，其上、下底面半徑分別為，母線長為2，點為的中點，則（

）

A．圓臺的體積為 B．圓臺的側面積為C．圓臺母線與底面所成角為 D．在圓臺的側面上，從點到點的最短路徑長為5【答案】ACD【分析】根據(jù)已知求體積;過作交底面于F，判斷出即為母線與底面所成角；作出圓臺的側面展開圖，直接求出面積；圓臺的側面上，判斷出從到的最短路徑的長度為CE,等逐個判斷即可求解.【詳解】對于A：圓臺的高為，則圓臺的體積，A正確；對于B：由題意，圓臺的側面展開圖為半圓環(huán)，

其面積為．故B錯誤；對于C：過作交底面于，則底面，所以即為母線與底面所成角．

在等腰梯形中，，所以．因為為銳角，所以．故C正確；對于D：如圖示，在圓臺的側面上，從到的最短路徑的長度為．由題意可得：．由為中點，所以，所以．故D正確．

故選：ACD.35．（2023·江蘇南通·統(tǒng)考模擬預測）如圖，在三棱柱中，是邊長為2的正三角形，，，P，Q分別為棱，BC的中點，則（

）

A．平面 B．平面平面C．三棱柱的側面積為 D．三棱錐的體積為【答案】BD【分析】記AC中點為D，連接，記交點為E，連接EQ，判斷是否平行即可判斷A；證明平面可判斷B；直接求出側面積可判斷C；通過轉化，然后可求得三棱錐的體積，可判斷D.【詳解】記AC中點為D，連接，記交點為E，連接EQ，則，四點共面，因為P，D分別為的中點，所以E為的重心，即E為PC的三等分點，又Q為BC中點，所以不平行，因為平面PBC，平面平面，所以由線面平行性質定理可知與平面不平行，A錯誤；連接，因為所以因為Q為BC中點，所以，又平面，所以平面，又平面，所以平面平面，B正確；因為平面，平面，所以，又，所以，所以四邊形為矩形，面積為，又因為，所以三棱柱的側面積為，C錯誤；

記的中點為H，連接，因為，平面，平面，所以平面，所以點P，A到平面的距離相等，四點共面，又，Q為BC中點，所以因為平面，平面，所以BQ三棱錐的高，且因為，所以所以，所以所以，故D正確.故選：BD36．（2023·湖北襄陽·襄陽四中?？既＃┫铝忻}中，正確的是（

）A．夾在兩個平行平面間的平行線段相等B．三個兩兩垂直的平面的交線也兩兩垂直C．如果直線平面，，那么過點且平行于直線的直線有無數(shù)條，且一定在內D．已知，為異面直線，平面，平面，若直線滿足，，，，則與相交，且交線平行于【答案】ABD【分析】利用平面平行的性質，平面垂直，線面平行的相關性質逐項進行分析即可求解.【詳解】如圖，,且，求證：.

因為,所以過可作平面，且平面與平面和分別相交于和.因為，所以，因此四邊形是平行四邊形，所以,故選項A正確；如圖所示，平面，，，，，，

在平面內作異于的直線，因為，，所以，因為，所以，，，所以，則，又因為，，所以，則，同理可得：，所以，故選項B正確；若直線平面，，在平面內過點且平行于直線的直線有且只有一條，故選項C錯誤；因為，為異面直線，平面，平面，則與相交，但未必垂直，且交線垂直于直線，，又直線滿足，，則交線平行于，故選項D正確，故選：ABD.37．（2023·黑龍江哈爾濱·哈師大附中?？寄M預測）如圖，矩形中，、分別為、的中點，且，現(xiàn)將沿問上翻折，使點移到點，則在翻折過程中，下列結論正確的是（

）

A．存在點，使得B．存在點，使得C．三棱錐的體積最大值為D．當三棱錐的體積達到最大值時，三棱錐外接球表面積為【答案】BCD【分析】由立體幾何的線線平行，線面垂直判定定理，外接球的表面積公式逐項判斷即可.【詳解】對于A，，，因此不平行，即不存在點，使得.故A錯誤；對于B，如圖：

取的中點，連接，，，,當時，因為，即.則，而，，平面，又分別為，的中點，即，于是平面，而平面，則，故B正確；對于C，在翻折過程中，令與平面所成角為，則點到平面的距離，又的面積為，因此三棱錐的體積為：，當且僅當時，即平面時取等號，所以三棱錐的體積最大值為，故C正確；對于D，當三棱錐的體積達到最大值時，三棱錐外接球的球心為，故球的半徑為1，則球的表面積為.故D正確.故選：BCD.38．（2023·遼寧錦州·統(tǒng)考模擬預測）如圖，正方體的棱長為3，點、、分別在棱、、上，滿足，，記平面與平面的交線為，則（

）

A．存在使得平面截正方體所得截面圖形為四邊形B．當時，三棱錐的外接球表面積為C．當時，三棱錐體積為D．當時；與平面所成的角的正弦值為【答案】CD【分析】對于A，對分情況討論，圖形展示即可；對于B，當時，三棱錐的外接球心在過線段的中點，且垂直于平面的直線上，可求出，得表面積；對于C，當時，，得出平面，利用等體積可求體積；對于D，求出的方向向量與平面法向量，利用向量公式可得答案.【詳解】設正方體的棱長為3，以為原點，以、、所在的直線分別為軸，軸，軸，建立空間直角坐標系，如圖所示:對于A選項，時，在點，，由可知，所以截面即為四邊形；

由圖形知，截面為五邊形或六邊形.故A錯誤.

對于B選項，當時，且平面，所以根據(jù)球的性質容易判斷，三棱錐的外接球的球心在過線段的中點，且垂直于平面的直線上，，，所以的中點，可記球心，，外接球的半徑，解得，，所以三棱錐的外接球表表面積為，故B錯誤.對于C選項，當時，，所以，所以平面，，又平面，所以，三棱錐體積為，故C正確.對于D選項，當時，，，，，，所以，，，設平面的一個法向量為，則，令，則，，所以可取，由平面知，平面的法向量為，記平面與平面的交線的一個方向向量為，則，令，則，，所以可取，又平面的法向量為，則，，，設與平面所成的角為，則，故D正確.故選：CD.

39．（2023·湖北荊門·荊門市龍泉中學?？寄M預測）已知，是兩個不同的平面，則下列命題正確的是（

）A．若，且，則B．若A，B，C是平面內不共線三點，，，則C．若且，則直線D．若直線，直線，則a與b為異面直線【答案】ABC【分析】根據(jù)基本事實3（公理2）可判斷A；根據(jù)基本事實1（公理3）可判斷B；根據(jù)基本事實2（公理1）可判斷C；根據(jù)異面直線的定義可判斷D.【詳解】對于A，由根據(jù)且，則是平面和平面的公共點，又，由基本事實3（公理2）可得，故A正確；對于B，由基本事實1（公理3）：過不在一條直線上的三個點，有且只有一個平面，又，且，則，故B正確；對于C，由基本事實2（公理1）：如果一條直線上的兩個點在一個平面內，那么這條直線在這個平面內，故C正確；對于D，由于平面和平面位置不確定，則直線與直線位置亦不確定，可能異面、相交、平行、重合，故D錯誤.故選：ABC.40．（2023·江蘇無錫·江蘇省天一中學?？寄M預測）已知平面的一個法向量為，平面的一個法向量為，直線的方向向量為，直線的方向向量為，則（

）A．B．C．與為相交直線或異面直線D．在向量上的投影向量為【答案】BC【分析】根據(jù)空間向量之間的關系逐項判斷線線、線面、面面關系即可.【詳解】因為平面的一個法向量為，直線的方向向量為，則，即，則或，故A不正確；又平面的一個法向量為，所以，即，所以，故B正確；由直線的方向向量為，所以不存在實數(shù)使得，故與為相交直線或異面直線，故C正確；在向量上的投影向量為，故D不正確.故選：BC.第三部分能力提升模擬題41．（2023·湖北武漢·華中師大一附中校考模擬預測）正四棱柱，底面邊長為，側棱長為2，則下列結論正確的（

）A．點到平面的距離是．B．四棱錐內切球的表面積為．C．平面與平面垂直．D．點為線段上的兩點，且，點為面內的點，若，則點的軌跡長為．【答案】AC【分析】利用等體積法判斷A，利用等體積法求出內切球的半徑，即可判斷B，找到二面角的平面角，利用勾股定理逆定理即可判斷C，建立空間直角坐標系，設點，即可求出動點的軌跡方程，即可判斷D.【詳解】對于A：設點到平面的距離為，

，，，，又，所以，解得，故A正確；對于B：

，，，，設內切球的半徑為，則，解得，故B錯誤；對于C：設底面中心為，連接交于，則為線段中點，

則，，所以為面與面所成角的平面角，在中，，，∴，所以平面與平面垂直，故C正確；對于D，設底面中心為，底面中心為，分別以直線分別為軸建立空間直角坐標系，

設點，又，由得，，整理得，所以點軌跡為圓在面內的部分（如下圖），因為，，，顯然，所以，即，

所以的弧長不為，即點的軌跡長不為，故D錯誤.故選：AC【點睛】關鍵點睛：涉及點到面的距離一般利用等體積法或空間向量法，D選項關鍵是建立空間直角坐標系，定量計算出動點的軌跡.42．（2023·江蘇揚州·統(tǒng)考模擬預測）圓柱高為1，下底面圓的直徑長為2，是圓柱的一條母線，點分別在上、下底面內（包含邊界），下列說法正確的有（

）．A．若，則點的軌跡為圓B．若直線與直線成，則的軌跡是拋物線的一部分C．存在唯一的一組點，使得D．的取值范圍是【答案】BC【分析】建立空間直角坐標系，利用兩點間距離公式以及向量夾角公式列式計算可得點的軌跡方程判斷選項A和選項B，假設，根據(jù)勾股定理列式結合均值不等式計算最值，即可判斷選項C，計算的最大值判斷選項D.【詳解】對B，如圖，不妨以為原點，以的垂直平分線，分別為軸建立空間直角坐標系，則，，設，則，由題意，，化簡得，，由于點在上底面內，所以的軌跡是拋物線的一部分，故B正確；對A，，化簡得，即點的軌跡為橢圓，故A錯誤；

對C，設點在下平面的投影為，若，則，則，當在線段上時，可取最小值，由均值不等式，，當且僅當時等號成立，所以，即，而點只有在與點重合時，才能取到，此時點與點重合，點與點重合，故C正確；對D，當點與點，點與點重合，的值為，故D錯誤.故選：BC【點睛】判斷本題選項B時，利用定義法計算線線所成的角不好計算時，可通過建立空間直角坐標系，利用向量夾角的計算公式列式計算.43．（2023·重慶巴南·統(tǒng)考一模）如圖，平行六面體中，，，與交于點O，則下列說法正確的有（

）

A．平面平面B．若，則平行六面體的體積C．D．若，則【答案】ABD【分析】對于A，由題意可得四邊形為菱形，則可得，再計算，可得，從而得平面，再利用面面垂直的判定定理可得結論；對于B，連接，可得，從而可證得平面，進而可求出體積，對于C，利用空間向量的加法分析判斷，對于C，設，則可得，然后利用向量的夾角公式計算判斷.【詳解】對于A，因為在平行四邊形中，，所以四邊形為菱形，所以，因為，，所以，所以，因為，所以，所以，所以，因為，平面，所以平面，因為平面，所以平面平面，所以A正確，對于B，連接，因為，，所以，所以為直角三角形，即，因為∥，所以，因為由選項A知平面，平面，所以，因為，平面，所以平面，所以平行六面體的體積，所以B正確，對于C，因為四邊形為平行四邊形，所以為的中點，所以，所以，所以C錯誤，對于D，設，因為在菱形中，，所以，所以，所以D正確，故選：ABD

【點睛】關鍵點點睛：此題考查面面垂直的判斷，考查平行六面體體積的求法，考查空間向量的運算，解題的關鍵是正確利用平行六面體的性質結合題意分析求解，考查空間想能力和計算能力，屬于較難題.44．（2023·廣東佛山·統(tǒng)考模擬預測）已知正方形的邊長為2，是平面外一點，設直線與平面所成角為，三棱錐的體積為，則下列命題中正確的是（

）A．若平面平面，則 B．若平面平面，則C．若，則的最大值是 D．若，則的最大值是【答案】AC【分析】根據(jù)面面垂直的性質得到平面，即可得到，即可判斷A，由于無法得知與是否垂直，故無法證明與平面是否垂直，即可判斷B，根據(jù)橢圓的定義和旋轉體的概念可知當時點的軌跡是一個橢球，即可判斷C、D.【詳解】對于AB：因為平面平面，平面平面，，平面，所以平面，平面，所以，又，若，則，平面，所以平面，由平面，則可得，由于無法得知與是否垂直，故無法證明與平面是否垂直，故A正確，B錯誤；

對于CD：由題意知，點為動點，、為定點，，由橢圓的定義知，點的軌跡是以為焦距，長軸為的橢圓，將此橢圓繞旋轉一周，得到一個橢球，即點的軌跡是一個橢球，而橢球面為一個橢圓，由，即，得，當點運動到橢球的上、下頂點時，取到最大值，此時；設點在平面ABCD上的射影為，則，又，且，所以當且僅當時最大，即取到最大值，故C正確，D錯誤；

故選：AC45．（2023·廣東·校聯(lián)考模擬預測）如圖，在棱長為1的正方體中，，分別是的中點，為線段上的動點，則下列結論正確的是（

）

A．存在點，使得與異面B．不存在點，使得C．直線與平面所成角的正切值的最小值為D．過三點的平面截正方體所得截面面積的最大值為【答案】CD【分析】對于A，四點共面，，平面即可判斷；對于B，利用線面垂直證明線線垂直即可判斷；對于C，利用直線與平面所成角的求法即可判斷；對于D，先做出截面，再求其面積即可.【詳解】對于A，連接，由正方體的性質知，，所以四點共面，，平面，故A不正確；對于B，設中點為，連接，

若為中點，則平面ABCD，MN在面ABCD內，所以，在中，，，所以，故，，平面，所以平面，平面，所以，故B不正確；

對于C，過點作平面，連接，所以直線與平面所成角為，所以，當在時，，所以，故C正確；

對于D，由正方體中心對稱（類比為球體，MN看作弦），故過的截面經(jīng)過對稱中心O所得截面最大，此時截面交棱于中點，也為中點，所以為的中點時，過、、三點的平面截正方體所得截面最大，取的中點，的中點，的中點，連接、、、、，

所以過、、三點的平面截正方體所得截面最大值為正六邊形，面積為，故D正確．故選：CD.46．（2023·河北·校聯(lián)考三模）在棱長為1的正方體的側面內（包含邊界）有一點，則下列說法正確的是（

）A．若點到直線與到直線距離之比為，則點的軌跡為雙曲線的一部分B．若點到直線與到直線距離之比為，則點的軌跡為拋物線的一部分C．過點三點作正方體的截面，則截面圖形是平行四邊形D．三棱錐體積的最大值為【答案】BCD【分析】對A：如圖，以為坐標原點，建立空間直角坐標系，設點，由點到直線與到直線距離之比為求得點的軌跡；對B：根據(jù)拋物線的定義得點的軌跡；對C：過點作分別交于，則過點三點的截面為平行四邊形；對D：當點在上時，三棱錐體積最大.【詳解】如圖，以為坐標原點，以分別為建立空間直角坐標系，則，設側面內（包含邊界）點，

對于A：點到直線的距離為，由正方體知面，又面，所以，所以點到直線距離為，故，整理得，所以點的軌跡為橢圓的一部分，故A錯誤；對于B：點到直線與到直線距離之比為，即到直線與到定點的距離相等，根據(jù)拋物線定義知點的軌跡為拋物線的一部分，故B正確；對于C：過點作分別交于，連接，則且，所以四邊形是平行四邊形，則平行四邊形為過點三點的截面，故C正確；

對于D：當點在上時，點到面的距離最大為1，此時三棱錐體積，故D正確；故選：BCD47．（2023·河北滄州·?？寄M預測）如圖所示，該幾何體由一個直三棱柱和一個四棱錐組成，，則下列說法正確的是（

）A．若，則B．若平面與平面的交線為，則AC//lC．三棱柱的外接球的表面積為D．當該幾何體有外接球時，點到平面的最大距離為【答案】BD【分析】根據(jù)空間線面關系，結合題中空間幾何體，逐項分析判斷即可得解.【詳解】對于選項A，若，又因為平面，但是不一定在平面上，所以A不正確；對于選項B，因為，所以平面，平面平面，所以，所以B正確；對于選項C，取的中心，的中心，的中點為該三棱柱外接球的球心，所以外接球的半徑，所以外接球的表面積為，所以C不正確；對于選項D，該幾何體的外接球即為三棱柱的外接球，的中點為該外接球的球心，該球心到平面的距離為，點到平面的最大距離為，所以D正確.故選：BD48．（2023·江蘇鹽城·鹽城中學?？既＃┮阎襟w的棱長為1，為棱（包含端點）上的動點，下列命題正確的是（

）A．B．二面角的大小為C．點到平面距離的取值范圍是D．若平面，則直線與平面所成角的正弦值的取值范圍為【答案】ACD【分析】根據(jù)幾何體為正方體可建立如圖所示的空間直角坐標系，求出的坐標后利用數(shù)量積可判斷A的正誤，求出平面的法向量和平面的法向量可利用數(shù)量積計算夾角的余弦值后可判斷B的正誤，利用點到平面的距離的公式計算后可判斷C的正誤，最后利用直線和平面的法向量計算線面角的正弦值后可判斷D的正誤.【詳解】

由正方體可建立如圖所示的空間直角坐標系，則，設，其中，對于A：，故即，故A正確.對于B：，，設平面的法向量為，則，即，取，則，故.設平面的法向量為，則，即，取，則，故.故，而二面角為銳二面角，故其余弦值為，不為，故二面角的平面角不是，故B錯誤.對于C：，，設平面的法向量為，則，即，取，則，故.而，故到平面的距離為，故C正確.對于D：設直線與平面所成的角為.因為平面，故為平面的法向量，而，故，而，故D正確.故選：ACD.【點睛】思路點睛：空間中位置關系的判斷、角的計算或范圍的判斷，可結合幾何體的規(guī)則性建立合適空間直角坐標系，通過向量的共線、向量的數(shù)量積等來判斷位置關系，通過平面的法向量、直線的法向量等來處理相關角的計算或范圍問題.49．（2024·安徽黃山·屯溪一中校考模擬預測）如圖，在棱長為1的正方體中，，分別為棱，的中點，為線段上一個動點，則（

）

A．存在點，使直線平面B．平面截正方體所得截面的最大面積為C．三棱錐的體積為定值D．存在點，使平面平面【答案】AC【分析】對于A項，可以通過取的中點H、I，連接HI交于G點，判定即可；對于B項，討論截面的形狀并計算各交線長來判定即可；對于C項，通過等體積法轉化即可判定；對于D項，通過反證，利用面與面和面的交線PG、DH是否能平行來判定.【詳解】對于A項，如圖所示，

取的中點H、I，連接HI交于G點，此時，由正方體的性質知：面，又，則面，面，可得，在正方形中，易知，，面，所以平面，故A正確；對于B項，若G點靠C遠，如圖一示，過G作，即截面為四邊形EFQR，顯然該截面在G為側面CB1的中心時取得最大，最大值為，

若G靠C近時，如圖二示，G作KJEF，延長EF交、DA延長線于M、H，連接MK、HJ交、AB于L、I，則截面為六邊形EFIJKL，若K，J為中點時六邊形面積為，，即B錯誤；

對于C項，隨著G移動但G到面的距離始終不變即，故是定值，即C正確；對于D項，如圖所示，連接，H為側面的中心，則面與面和面分別交于線PG、DH，若存在G點使平面平面，則PGDH，又A1DCB1，則四邊形PGHD為平行四邊形，即PD=GH，而PD＞，此時G應在延長線上，故D錯誤；

故選：AC50．（2023·浙江·校聯(lián)考模擬預測）在三棱錐中，對棱所成角為，平面和平面的夾角為，直線與平面所成角為，點為平面和平面外一定點，則下列結論正確的是（

）A．過點且與直線所成角都是的直線有2條B．過點且與平面和平面所成角都是的直線有3條C．過點且與平面和平面所成角都是的直線有3條D．過點與平面所成角為，且與直線成的直線有2條【答案】ABD【分析】作直線、，使得，，直線、上分別取點、，的角平分線所在直線與直線、所成角為或，在利用圖形，可知A有條；根據(jù)，，可知B有條；根據(jù)，可知C有2條；做以為頂點，且與圓錐中軸線夾角為，可知該直線條數(shù)，判斷D即可.【詳解】對于A選項，因為對棱所成角為，在空間中的點作直線、，使得，，設直線、確定平面，如下圖所示：

因為對棱所成角為，則直線、所成角為或，在直線、上分別取點、，使得或，則在平面內的角平分線所在直線與直線、所成角為或，根據(jù)最小角定理，對于35度情況，過點在平面外能作兩條直線、使得這兩條直線與直線、所成角均為，綜上所述，過點且與直線所成角都是的直線有2條，A正確；對于B選項，因為平面和平面的夾角為，則過點與平面和平面所成角都是和的直線各有一條、，若過點與平面和平面都是，則在的兩側各有一條，加上直線m，所以共條，故B正確，對于C選項，若過點與平面和平面所成角都是，則僅在的兩側各有一條，所以共條，故C不正確；對于D選項，過點作與平面成角的直線，形成以為頂點，與圓錐中軸線夾角為，且底面在上的圓錐的母線，

設平面所在平面為，則所求直線與的交點為,不妨假設在上，設直線與的交點為，且與AB平行，設點在底面的射影點為點，直線交圓錐底面圓于、兩點，易知，又因為，則為等邊三角形，所以，，因為，則直線與平面所成角為，則，故，當點位于點時，取得最小值，當點位于點時，取得最大值，所以，故能作出兩條滿足條件的直線，故D正確.故選：ABD.【點睛】方法點睛：該題考查立體幾何綜合應用，屬于難題，關于角度的方法有：（1）異面直線所成角：平移異面直線至有交點，則異面直線所成角即為平移后相交直線所成角；（2）線面角：過線上一點做面的垂線，連接垂足及線與面的交點形成線段，則線與該線段所成角即為線面角；（3）面面角：過面面交線上一點在兩個面中分別做交線的垂線，則兩垂線的夾角即為面面角.51．（2023·湖北襄陽·襄陽四中?？既＃┤鐖D，是圓的直徑，點是圓上異于，的點，直線平面，，分別是，的中點，記平面與平面的交線為，直線與圓的另一個交點為，且點滿足.記直線與平面所成的角為，異面直線與所成的角為，二面角的大小為，則下列說法不一定正確的是（

）

A． B．C． D．【答案】BCD【分析】通過空間直線、平面的位置關系作出相應角，結合解直角三角形得出對應三個角的正余弦值一一判定即可.【詳解】

如圖所示，連接EF、BE、BF，過B作BD∥AC，交圓于D點，∵E、F分別為PA、PC的中點，∴EF∥AC∥BD，BD即面EFB與面ABC的交線l，由題意易知：BC⊥BD，PC⊥BD，面PBC，則BD⊥面PBC，而面PBC，則BD⊥BF，即二面角的大小，∴；由Q滿足，過D作DQ∥PC，使DQ=CF即可，則DQ⊥面ABC，結合題意此時四邊形CDQF為矩形，則直線與平面所成的角，即；過Q作QG∥BD，且QG=BD，連接BG、FG、PG，顯然EF∥QG，此時四邊形BFPG為平行四邊形，PG=FB，則異面直線與所成的角，結合上面說明得QG⊥面PBC，而面PBC，則QG⊥PG，即.∴，即A正確；及，即B、C錯誤；即D錯誤；故選：BCD52．（2023·山東濟寧·統(tǒng)考二模）已知正方體的棱長為為空間中任一點，則下列結論中正確的是（

）A．若為線段上任一點，則與所成角的范圍為B．若為正方形的中心，則三棱錐外接球的體積為C．若在正方形內部，且，則點軌跡的長度為D．若三棱錐的體積為恒成立，點軌跡的為橢圓的一部分【答案】ACD【分析】對于A：根據(jù)異面直線夾角分析判斷；對于B：根據(jù)題意分析可得與的交點即為三棱錐的外接球的球心，結合錐體的體積公式分析運算；對于C：分析可得，結合圓的周長分析運算；對于D：根據(jù)題意結合圓錐的截面分析判斷.【詳解】對于A：過點作//交于點，連接．則即為與所成角的平面角，且．當點由點A向點移動的過程中，點由點D向點移動,線段逐漸變長，逐漸變短,所以逐漸變大．又當點在點A處時，；當點在點處時，．故A正確．對于B：由題意可知：平面，平面，則，又因為，，平面，所以平面，平面，則，故和均為直角三角形．所以與的交點即為三棱錐的外接球的球心，半徑，此外接球的體積．故B不正確．對于：由題意可知：平面，平面，則，點在側面內，滿足，故點的軌跡是以點為圓心，半徑為的四分之一圓弧，所以點的軌跡的長度為，C正確．對于D：設三棱錐的高為，由三棱錐的體積為，解得，即點到平面的距離為．對于三棱錐，設高為，由體積可得，解得，即點到平面的距離為，可得：點到平面的距離為，平面與平面的距離為，故點在平面或為點，若，空間點的軌跡為以為軸的圓錐表側面，顯然點不滿足題意，設與平面所成的角為，則，故平面與圓錐側面相交，且平面與不垂直，故平面與圓錐的截面為橢圓，顯然點不合題意，所以點的軌跡為橢圓的一部分，故D正確．故選：ACD.【點睛】方法定睛：在立體幾何中，某些點、線、面按照一定的規(guī)則運動，構成各式各樣的軌跡，探求空間軌跡與探求平面軌跡類似，應注意幾何條件，善于基本軌跡轉化．對于較為復雜的軌跡，常常要分段考慮，注意特定情況下的動點的位置，然后對任意情形加以分析判定，也可轉化為平面問題．對每一道軌跡命題必須特別注意軌跡的純粹性與完備性．53．（2023·安徽·合肥一中校聯(lián)考模擬預測）在三棱錐P-ABC中，，，，O為的外心，則（

）A．當時，PA⊥BCB．當AC=1時，平面PAB⊥平面ABCC．PA與平面ABC所成角的正弦值為D．三棱錐A-PBC的高的最大值為【答案】ABC【分析】由條件得幾何體的結構特征，分析位置關系及數(shù)量關系.【詳解】對于A項，因為，且，所以為等邊三角形，又，所以三棱錐P-ABC為正三棱錐，正三棱錐的側棱與底面相對的邊互相垂直，所以PA⊥BC，A正確；對于B項，因為O為的外心，且．所以點P在平面ABC的射影為點O，所以PO⊥平面ABC．又，，，所以為直角三角形，．所以點O為AB的中點，又平面PAB，所以平面PAB⊥平面ABC，B正確；對于C項，由B項可知PO⊥平面ABC，又平面ABC，所以PO⊥OA，所以∠PAO即為直線PA與平面ABC所成的角．設外接圓半徑為r，則由正弦定理可得，所以，所以，故，C正確；對于D項，在中，，，由余弦定理可得，故，所以，所以，在中，由余弦定理可得，，所以，當且僅當時等號成立．所以．設三棱錐A-PBC的高為h，因為，即，所以．故三棱錐A-PBC的高的最大值為，D錯誤．故選：ABC【點睛】三棱錐A-PBC的高不易直接求解，故通過等體積法間接求解，外接圓半徑問題可以與正弦定理相結合，三角形中最值問題可以與余弦定理及基本不等式知識相結合.54．（2023·安徽黃山·統(tǒng)考二模）如圖，圓柱的底面半徑和母線長均為是底面直徑，點在圓上且，點在母線，點是上底面的一個動點，則（

）A．存在唯一的點，使得B．若，則點的軌跡長為4C．若，則四面體的外接球的表面積為D．若，則點的軌跡長為【答案】ACD【分析】對選項A：作E關于D點的對稱點為，利用對稱性與三點共線距離最短求解；對選項BD：建立空間直角坐標系，根據(jù)F滿足的條件判斷其軌跡，求其長度；對選項C：證明AE中點Q為四面體的外接球的球心即可.【詳解】設E關于D點的對稱點為，則，所以當且僅當三點共線時取等號，故存在唯一的點，使得，故A正確；由題意知，以O為坐標原點，以為正方向建立空間直角坐標系，則設，則，對選項B：當時，，所以點的軌跡長為上底面圓的一條弦MN，到MN的距離為1，所以，故點的軌跡長為，所以B錯誤；對選項D：當時，，所以點的軌跡是以為圓心，為半徑的圓，其軌跡長為，故D正確；對選項C：在中，，為直角三角形，其外心為與的交點，且，而所以，所以Q為四面體的外接球的球心，球半徑為，所以球的表面積為，故C正確.故選：ACD【點睛】方法點睛：對立體幾何中動點的軌跡問題采用幾何法分析難度時可以用坐標法去研究，根據(jù)動點的坐標滿足的方程可以方便的判斷出軌跡的形狀，將幾何問題轉化為代數(shù)問題解決.55．（2023·福建泉州·校聯(lián)考模擬預測）如圖圓柱內有一個內切球，這個球的直徑恰好與圓柱的高相等，，為圓柱上下底面的圓心，O為球心，EF為底面圓的一條直徑，若球的半徑，則（

）A．球與圓柱的體積之比為B．四面體CDEF的體積的取值范圍為C．平面DEF截得球的截面面積最小值為D．若P為球面和圓柱側面的交線上一點，則的取值范圍為【答案】AD【分析】根據(jù)給定的條件，利用球、圓柱的體積公式計算判斷A；利用建立函數(shù)關系判斷B；求出球心O到平面DEF距離的最大值判斷C；令點P在圓柱下底面圓所在平面上的投影點為Q，設，利用勾股定理建立函數(shù)關系，求出值域作答.【詳解】對于A，球的體積為，圓柱的體積，則球與圓柱的體積之比為，A正確；對于B，設為點到平面的距離，，而平面經(jīng)過線段的中點，四面體CDEF的體積，B錯誤；對于C，過作于，如圖，而，則，又，于是，設截面圓的半徑為，球心到平面的距離為，則，又，則平面DEF截球的截面圓面積，C錯誤；對于D，令經(jīng)過點P的圓柱的母線與下底面圓的公共點為Q，連接，當與都不重合時，設，則，當與之一重合時，上式也成立，因此，，則，令，則，而，即，因此，解得，所以的取值范圍為，D正確.故選：AD【點睛】思路點睛：與球有關的組合體問題，一種是內切，一種是外接．解題時要認真分析圖形，明確切點和接點的位置，確定有關元素間的數(shù)量關系，并作出合適的截面圖.56．（2023·全國·模擬預測）如圖，半圓面平面，四邊形是矩形，且，，分別是，線段上的動點（不含端點），且，則下列說法正確的有（

）A．平面平面B．存在使得C．的軌跡長度為D．直線與平面所成角的最大值的正弦值為【答案】AB【分析】由面面垂直和線面垂直性質可得，結合，由線面垂直和面面垂直的判定可知A正確；令，過作于點，若，則平面，可利用表示出，利用勾股定理可構造方程求得，知B正確；取BC的中點E，取半圓弧的中點F，以O為原點，分別以為軸建立空間直角坐標系，利用空間距離，求解N點坐標活動范圍，得出結果，從而知C錯誤；根據(jù)，結合C中結論可求得，知D錯誤.【詳解】對于A，為直徑，；半圓面平面，半圓面平面，，平面，半圓面，又半圓面，，又，平面，平面，平面，平面平面，A正確；對于B，如圖，令，過作于點，連接，若，則平面，則，此時，，由得：，，，，解得：，存在使得，B正確；對于C，如下圖，取BC的中點E，取半圓弧的中點F，以O為原點，分別以為軸建立如圖所示的空間直角坐標系.，設，則，設，則，，又，所以，則.因為.令，，則，所以，又，所以N點在AC上的軌跡為，故C錯誤.對于D，設直線與平面所成角為，則，由C選項得：，，D錯誤.故選：AB．【點睛】關鍵點點睛：本題考查立體幾何中的動點問題的求解，解決存在點滿足某條件、動點軌跡長度和線面角最值的關鍵是能夠將問題轉化為關于變量的取值范圍的討論問題，借助臨界值來確定的范圍，進而確定所求解結果.57．（2023·廣東江門·統(tǒng)考一模）勒洛FranzReuleaux（1829～1905），德國機械工程專家，機構運動學的創(chuàng)始人.他所著的《理論運動學》對機械元件的運動過程進行了系統(tǒng)的分析，成為機械工程方面的名著.勒洛四面體是一個非常神奇的“四面體”，它能在兩個平行平面間自由轉動，并且始終保持與兩平面都接觸，因此它能像球一樣來回滾動.勒洛四面體是以正四面體的四個頂點為球心，以正四面體的棱長為半徑的四個球的相交部分圍成的幾何體.如圖所示，設正四面體的棱