專題07立體幾何小題綜合

專題07立體幾何小題綜合沖刺秘籍沖刺秘籍歐拉定理(歐拉公式)(簡單多面體的頂點數(shù)V、棱數(shù)E和面數(shù)F).（1）=各面多邊形邊數(shù)和的一半.特別地,若每個面的邊數(shù)為的多邊形，則面數(shù)F與棱數(shù)E的關(guān)系：；（2）若每個頂點引出的棱數(shù)為，則頂點數(shù)V與棱數(shù)E的關(guān)系：.空間的線線平行或垂直設，，則；.夾角公式設，b＝，則.異面直線所成角=（其中（）為異面直線所成角，分別表示異面直線的方向向量）直線與平面所成角，(為平面的法向量).二面角的平面角（，為平面，的法向量）.異面直線間的距離(是兩異面直線，其公垂向量為，分別是上任一點，為間的距離).點到平面的距離（為平面的法向量，是經(jīng)過面的一條斜線，）.沖刺訓練沖刺訓練一、單選題1．（2023·湖北武漢·華中師大一附中校考模擬預測）已知是三條不同的直線，是三個不重合的平面，則下列說法錯誤的是（

）A．若，則．B．若與異面，，則存在，使得．C．若，則．D．若，則．【答案】D【分析】利用線線、線面、面面關(guān)系的判定與性質(zhì)一一判斷即可.【詳解】對選項A，若，則，又，∴．選項A正確；對選項B，在上取點，分別作的平行線，這兩條相交直線確定平面，因為，則，同理可證，因為，所以，又因為，，所以，故B正確；

對選項C，設，在平面內(nèi)任取一個不在直線上的點，過點作直線，垂足分別為點．又因為，，，，又，故，又因為平面，從而．故選項C正確；

對選項D，直線的位置關(guān)系可以是任意的，比如設，且，，，則根據(jù)平行的傳遞性知，故D錯誤.故選：D.2．（2023·浙江·校聯(lián)考模擬預測）如圖是我國古代量糧食的器具“升”，其形狀是正四棱臺，上、下底面邊長分別為20cm和10cm，側(cè)棱長為cm．“升”裝滿后用手指或筷子沿升口刮平，這叫“平升”．則該“升”的“平升”約可裝（

）

A．1.5L B．1.7L C．2.3L D．2.7L【答案】C【分析】根據(jù)棱臺的體積公式求解即可.【詳解】根據(jù)題意畫出正四棱臺的直觀圖，其中底面是邊長為20的正方形，底面是邊長為10的正方形，側(cè)棱，記底面和底面的中心分別為和，則是正四棱臺的高.

過作平面的垂線，垂足為，則且，，所以，，故，所以棱臺的高，由棱臺的體積公式得．故選：C.3．（2023·福建寧德·?？级＃┰陂L方體中，和與底面所成的角分別為和，則異面直線和所成角的余弦值為（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根據(jù)長方體的幾何性質(zhì)，結(jié)合在直線三角形中銳角三角函數(shù)，求得棱長，利用異面直線夾角的定義，根據(jù)余弦定理，可得答案.【詳解】由題意，可作圖如下：則，，設，在中，易知，在中，，，，在長方體中，易知，則為異面直線與的夾角或其補角，在中，，則，同理可得，，由余弦定理，則.故選：C.4．（2023·山東泰安·統(tǒng)考模擬預測）魯班鎖（也稱孔明鎖、難人木、六子聯(lián)方）起源于古代中國建筑的榫卯結(jié)構(gòu).如圖1，這是一種常見的魯班鎖玩具，圖2是該魯班鎖玩具的直觀圖，每條棱的長均為2，則該魯班鎖的兩個相對三角形面間的距離為（

）

A． B．C． D．【答案】C【分析】該魯班鎖玩具可以看成是一個正方體截去了8個正三棱錐所余下來的幾何體，由等體積轉(zhuǎn)化得出截去的三棱錐的高，由體對角線減去該高，計算即可.【詳解】由題圖可知，該魯班鎖玩具可以看成是一個正方體截去了8個正三棱錐所余下來的幾何體，如圖所示，由題意可知：，所以.故該正方體的棱長為，且被截去的正三棱錐的底面邊長為2，側(cè)棱長為，則該小三棱錐幾何體的體積為，

所以該三棱錐的頂點D到面ABC的距離.易知魯班鎖兩個相對的三角形面平行，且正方體的體對角線MD垂直于該兩面，故該兩面的距離.故選：C5．（2023·廣東佛山·統(tǒng)考模擬預測）如圖，在平行六面體中，以頂點A為端點的三條棱長都是a，且，，E為的中點，則點E到直線的距離為（

）

A． B． C． D．【答案】A【分析】利用基底向量，即可由空間向量的模長，結(jié)合點到直線的距離公式即可求解.【詳解】在平行六面體中，不妨設，，．,，，，所以，，，所以E到直線的距離為，故選：A6．（2023·江蘇揚州·統(tǒng)考模擬預測）車木是我國一種古老的民間手工工藝，指的是用刀去削旋轉(zhuǎn)著的木頭，可用來制作家具和工藝品，隨著生產(chǎn)力的進步，現(xiàn)在常借助車床實施加工．現(xiàn)要加工一根正四棱柱形的條木，底面邊長為，高為．將條木兩端夾住，兩底面中心連線為旋轉(zhuǎn)軸，將它旋轉(zhuǎn)起來，操作工的刀頭逐步靠近，最后置于離旋轉(zhuǎn)軸處，沿著旋轉(zhuǎn)軸平移，對整塊條木進行加工，則加工后木塊的體積為（

）．A． B． C． D．【答案】B【分析】先作出加工后木塊的橫截面的形狀，據(jù)此計算即可得加工后木塊的體積.【詳解】加工后木塊的橫截面的形狀如圖所示，

其中O為橫截面的中心，,，，計算可得,:,所以加工后木塊的體積為.故選：B.7．（2023·福建福州·福州四中校考模擬預測）在如圖所示的試驗裝置中，兩個正方形框架的邊長均為2，活動彈子在線段上移動（包含端點），彈子分別固定在線段的中點處，且平面，則當取最大值時，多面體的體積為（

）

A． B． C． D．【答案】A【分析】先根據(jù)題意確定點的位置，再計算可求多面體的體積即可.【詳解】因為平面，平面，所以，所以為直角三角形，所以當最短時，取最大值，即時，取最大值，因為分別固定在線段的中點處，所以，所以，因為為銳角，所以，所以，所以多面體的體積為，故選：A8．（2023·河北張家口·統(tǒng)考三模）風箏又稱為“紙鳶”，由中國古代勞動人民發(fā)明于距今2000多年的東周春秋時期，相傳墨翟以木頭制成木鳥，研制三年而成，是人類最早的風箏起源.如圖，是某高一年上級學生制作的一個風箏模型的多面體為的中點，四邊形為矩形，且，當時，多面體的體積為（

）

A． B． C． D．【答案】B【分析】根據(jù)題意，先證得平面，在中，利用余弦定理求得，再結(jié)合線面垂直判定定理證得平面，得到，設，利用，求得，結(jié)合，即可求解.【詳解】在中，因為且為的中點，所以，又因為，且，平面，所以平面，在中，因為且，所以，所以，且，因為四邊形為矩形，可得，又因為，且平面，所以平面，因為，所以平面，又因為平面，所以，設，在直角中，可得，在直角中，可得，因為，所以，即，解得，所以多面體的體積為：.故選：B.

9．（2023·廣東梅州·統(tǒng)考三模）在馬致遠的《漢宮秋》楔子中寫道：“氈帳秋風迷宿草，穹廬夜月聽悲笳.”氈帳是古代北方游牧民族以為居室、氈制帷幔.如圖所示，某氈帳可視作一個圓錐與圓柱的組合體，圓錐的高為4，側(cè)面積為，圓柱的側(cè)面積為，則該氈帳的體積為（

）

A． B． C． D．【答案】A【分析】直接利用圓錐側(cè)面積公式以及母線、底面半徑和高的關(guān)系得到方程組即可解出圓錐底面半徑，再利用圓柱側(cè)面積公式即可求圓柱的高，最后再根據(jù)相關(guān)體積公式即可得到答案.【詳解】設圓柱的底面半徑為，高為，圓錐的母線長為，因為圓錐的側(cè)面積為，所以，即.因為，所以聯(lián)立解得（負舍）.因為圓柱的側(cè)面積為，所以，即，解得，所以該氈帳的體積為.故選：A.10．（2023·浙江·校聯(lián)考模擬預測）在三棱錐中，，，二面角的平面角為，則三棱錐外接球表面積的最小值為（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】取AC的中點M，可得即為二面角的平面角，△ACB的外心為O1，過O1作平面ABC的垂線，過△ACD的外心M作平面ACD的垂線，兩條垂線均在平面BMD內(nèi)，它們的交點就是球心O，在平面ABC內(nèi)，設，然后表示出外接球的半徑，利用基本不等式可求出其最小值，從而可求得答案.【詳解】當D在△ACD的外接圓上動的時候，該三棱錐的外接球不變，故可使D點動到一個使得DA=DC的位置，取AC的中點M，連接，因為，DA=DC，所以，，故即為二面角的平面角，△ACB的外心為O1，過O1作平面ABC的垂線，過△ACD的外心M作平面ACD的垂線，兩條垂線均在平面BMD內(nèi)，它們的交點就是球心O，畫出平面BMD，如圖所示；在平面ABC內(nèi)，設，則，，因為，所以，所以，所以

令，則，所以，當且僅當時取等，故選:B【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題主要考查了三棱錐外接球的求法、三角函數(shù)的最值問題，解題的關(guān)鍵是根據(jù)題意找出外接球的球心位置，考察學生的空間想象能力和邏輯思維能力，考查學生的推理運算能力，屬于難題.二、多選題11．（2023·山東·山東省實驗中學?？级＃┤鐖D，在矩形中，，，為的中點，現(xiàn)分別沿、將、翻折，使點、重合，記為點，翻折后得到三棱錐，則（

）

A．B．三棱錐的體積為C．三棱錐外接球的半徑為D．直線與所成角的余弦值為【答案】ACD【分析】利用線面垂直的判定定理可判斷A選項；利用錐體的體積公式可判斷B選項；求出的外接圓半徑，結(jié)合平面，可求出三棱錐的外接球半徑，可判斷C選項；利用空間向量法可求出直線與所成角的余弦值，可判斷D選項.【詳解】對于A選項，翻折前，，翻折后，則有，，因為，、平面，所以平面，故A對；對于B選項，在中，，邊上的高為，所以，故B錯；對于C選項，因為，，由余弦定理，可得，則，所以的外接圓的半徑，設三棱錐外接球的半徑為，因為平面，所以，所以，即三棱錐外接球的半徑為，故C對；對于D選項，在中，，，則，所以直線與直線所成角的余弦值為，故D對.故選：ACD.12．（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：AC13．（2023·廣東梅州·統(tǒng)考三模）已知正方體的棱長為2，為四邊形的中心，為線段上的一個動點，為線段上一點，若三棱錐的體積為定值，則（

）A． B．C． D．【答案】BC【分析】連接，交于點，連接，由題意可得平面，進而可得為與的交點，可得，可求的值.【詳解】連接，交于點，連接，

因為為四邊形的中心，所以，又平面，平面，所以平面，因為三棱錐的體積等于三棱錐的體積，且為定值，所以平面，所以平面與平面為同一平面，所以為與的交點，所以，故A錯誤，B正確；因為正方體的棱長為2，所以．故C正確，D錯誤．故選：BC．14．（2023·云南曲靖·?？既＃┤鐖D，棱長為2的正方體中，點分別是棱的中點，則（

）

A．直線為異面直線B．平面C．過點的平面截正方體的截面面積為D．點是側(cè)面內(nèi)一點（含邊界），平面，則的取值范圍是【答案】BC【分析】A.根據(jù)平行關(guān)系的傳遞性，可證明，即可判斷；B.首先判斷平面平面,再利用線面垂直的判斷定理，即可證明；C.首先作出截面，再根據(jù)截面的形狀，求其面積；D.利用面面平行的形狀，確定點的軌跡，再求的長度.【詳解】對于A，連接，

由題意可知，因為，所以，所以共面，故選項A錯誤；對于B，因為，平面，平面，所以平面，同理，平面，且，平面,所以平面平面,連結(jié)，因為，，，且平面，所以平面，平面，所以，同理，，且，平面，所以平面，且平面平面，所以平面，故選項B正確；

對于C，連接，

根據(jù)正方體的性質(zhì)可得，且，所以平面即為過點的平面截正方體的截面，該四邊形為等腰梯形，其上底，下底，腰,高為，所以截面面積為，故選項C正確；對于D，取的中點，的中點H，連結(jié)，因為，且，所以四邊形是平行四邊形，所以，平面，平面，所以平面，因為，平面，平面，所以平面，且，平面，所以平面平面，因為點是側(cè)面內(nèi)一點（含邊界），平面，所以點的軌跡為線段，連接，

在中，，點到的距離為，的取值范圍為，故D錯誤.故選：BC【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題解題關(guān)鍵在于八個定理的熟悉，特別是選項D的判斷，先通過面面平行找到P的軌跡，從而得到的取值范圍.15．（2023·海南·海南中學校考模擬預測）如圖，在矩形中，和交于點，將沿直線翻折，則正確的是（

）

A．存在，在翻折過程中存在某個位置，使得B．存在，在翻折過程中存在某個位置，使得C．存在，在翻折過程中存在某個位置，使得平面D．存在，在翻折過程中存在某個位置，使得平面【答案】ABC【分析】當時,可得面，從而可判斷選項A；可得面，判斷選項B；取，當將沿直線翻折到時，可判斷選項C；若平面，又平面，則，則與與相矛盾，可判斷選項D.【詳解】對A，當時，所以此時矩形為正方形，則將沿直線翻折，若使得面面時,由，面，面面，所以面,又面,所以，故選項A正確.對B，又，，且，所以面，又面，所以，故選項B正確，對C，在矩形中，,，所以將沿直線翻折時，總有，取，當將沿直線翻折到時，有，即，且，則此時滿足平面，故C正確.對D，若平面，又平面，則，所以在中，為斜邊，這與相矛盾.故D不正確.故選：ABC16．（2023·廣東湛江·?？寄M預測）在棱長為1的正方體中，M為底面的中心，，，N為線段AQ的中點，則（

）

A．CN與QM共面B．三棱錐的體積跟的取值無關(guān)C．時，過A，Q，M三點的平面截正方體所得截面的周長為D．時，【答案】ABC【分析】由為的中點，得到，可判定A正確；由到平面的距離為定值，且的面積為定值，根據(jù)，可得判定B正確，由時，得到三點的正方體的截面是等腰梯形，可判定C正確；當時，根據(jù)，可判定D不正確．【詳解】在中，因為為的中點，所以，所以與共面，所以A正確；由，因為到平面的距離為定值，且的面積為定值，所以三棱錐的體積跟的取值無關(guān)，所以B正確；當時，過三點的正方體的截面是等腰梯形，

所以平面截正方體所得截面的周長為，所以C正確；當時，可得為的中點,為的中點，則，所以不成，所以D不正確．故選：ABC

17．（2023·云南·云南師大附中?？寄M預測）如圖，棱長為的正方體中，點、滿足，，其中、，點是正方體表面上一動點，下列說法正確的是（

）

A．當時，平面B．當時，若平面，則的最大值為C．當時，若，則點的軌跡長度為D．過、、三點作正方體的截面，截面圖形可以為矩形【答案】AC【分析】以點為原點，、、所在直線分別為、、軸建立空間直角坐標系，利用空間向量法可判斷AC選項；分別取、中點、，連接、、、、，找出點的軌跡，結(jié)合圖形求出的最大值，可判斷B選項；作出截面，分析截面的形狀，可判斷D選項.【詳解】以點為原點，、、所在直線分別為、、軸建立如下圖所示的空間直角坐標系，

則、、，、、，對于A選項，當時，，設平面的法向量為，，，則，取，可得，所以，，則，因為平面，故當時，平面，A對；對于B選項，當時，為中點，

分別取、中點、，連接、、、、，因為、分別為、的中點，所以，，又因為且，所以，四邊形為平行四邊形，則，所以，，因為平面，平面，所以，平面，因為且，、分別為、的中點，所以，且，所以，四邊形為平行四邊形，可得且，又因為且，所以，且，故四邊形為平行四邊形，則，因為平面，平面，則平面，因為，、平面平面，當點為的邊上一點（異于點）時，則平面，則平面，故點的軌跡為的邊（除去點），因為，同理可得，結(jié)合圖形可得，B錯；當時，、分別為、的中點，如下圖所示：

此時點、、，，當點在平面內(nèi)運動時，設點，其中，，則，因為，則，解得，設點的軌跡分別交棱、于點、，則、，當點在平面內(nèi)運動時，設點，其中，，，則，設點的軌跡交棱于點，則，設點的軌跡交棱于點，因為平面平面，平面平面，平面平面，所以，，同理可得，所以，四邊形為平行四邊形，且，，因此，點的軌跡的長度即為平行四邊形的周長，C對；對于D選項，設截面交棱于點，連接、，

題意可知，截面與平面重合，因為平面平面，平面平面，平面平面，所以，，同理可得，所以，四邊形為平行四邊形，易知，其中，所以，，，所以，，故與不可能垂直，故平行四邊形不可能為矩形，故過、、三點的截面不可能是矩形，D錯.故選：AC.【點睛】方法點睛：利用平面的性質(zhì)確定截面形狀的依據(jù)如下：（1）平面的四個公理及推論;.（2）直線與平面平行的判定與性質(zhì);（3）兩個平面平行的性質(zhì).18．（2023·江蘇徐州·?？寄M預測）棱長為1的正方體中，點為線段上一點（不包括端點），點為上的動點，下列結(jié)論成立的有（

）A．過的截面截正方體所得的截面多邊形為等腰梯形B．的最小值為C．當點為線段中點時，三棱錐的外接球的半徑為D．兩點間的最短距離為【答案】ABD【分析】根據(jù)面面平行的性質(zhì)可判斷A；將兩半平面折成一個平面，從而求得線段和的最小值，判斷B；確定三棱錐的外接球的球心位置，列式求解，可判斷C；求解異面直線的公垂線段的長可判斷D.【詳解】在正方體中，平面平面，

設過的截面截正方體所得的截面為，M為截面與的交點，因為平面平面，平面平面，所以，又，故，即∽，而，則，又點為線段上一點（不包括端點），，即過的截面截正方體所得的截面多邊形為等腰梯形，A正確；根據(jù)正方體性質(zhì)可知≌，

故可將沿轉(zhuǎn)到和重合位置，則的最小值為的長，而正方體棱長為1，故，即的最小值為，B正確；當點為線段中點時，設的中點為N，連接，

由于，故，連接交于G，連接，則四邊形為矩形，故，平面，故平面，又，則N為的外心，故三棱錐的外接球的球心在上，設為H，而,，則，設三棱錐的外接球半徑為r，則，解得，C錯誤；當分別為的中點時，由C的分析可知Q位于N點位置，此時，即此時間距離最短，最短距離為，D正確，故選：ABD【點睛】難點點睛：本題綜合考查了幾何體截面問題、線段和最小以及外接球半徑和異面直線間的最短距離問題，難度較大，解答時要發(fā)揮空間想象能力，明確空間的位置關(guān)系，特別是求外接球半徑時，要確定球心位置，再列式求解.19．（2023·福建三明·統(tǒng)考三模）如圖，正方體的棱長為，點是的中點，點是側(cè)面內(nèi)一動點，則下列結(jié)論正確的為（

）

A．當在上時，三棱錐的體積為定值B．與所成角正弦的最小值為C．過作垂直于的平面截正方體所得截面圖形的周長為D．當時，面積的最小值為【答案】ABD【分析】證明出平面，可知，可判斷A選項；利用線面角角的定義可判斷B選項；分別取線段、的中點、，連接、、、、、、，證明出平面，并計算出四邊形的周長，可判斷C選項；分析可知，當時，的長取最小值，可求出面積的最小值，可判斷D選項.【詳解】對于A選項，連接、，如下圖所示：

在正方體中，且，故四邊形為平行四邊形，所以，，因為平面，平面，所以，平面，當在上時，點到平面的距離等于點到平面的距離，所以，，A對；對于B選項，連接，

因為平面，所以，與所成的最小角為直線與平面所成的角，因為平面，所以，與平面所成角為，因為平面，所以，，因為，，所以，，所以，，故與所成角正弦的最小值為，B對；對于C選項，分別取線段、的中點、，連接、、、、、、，

因為四邊形為正方形，則，又因為平面，平面，則，因為，、平面，所以，平面，因為平面，則，在和中，，，，所以，，則，所以，，則，即，因為平面，平面，則，因為，、平面，所以，平面，因為平面，所以，，因為、分別為、的中點，則，因為且，故四邊形為平行四邊形，所以，，所以，，則、、、四點共面，因為，，，、平面，所以，平面，過作垂直于的平面截正方體所得截面，則截面為梯形，由勾股定理可得，同理可得，，，所以，截面周長為，C錯；對于D選項，由C選項可知，平面，則點的軌跡為線段，因為平面，平面，則，則，當時，即當點與點重合時，的長取最小值，此時，，所以，，D對.故選：ABD.【點睛】方法點睛：求空間幾何體體積的方法如下：（1）求解以三視圖為載體的空間幾何體的體積的關(guān)鍵是由三視圖確定直觀圖的形狀以及直觀圖中線面的位置關(guān)系和數(shù)量關(guān)系，利用相應體積公式求解；（2）若所給幾何體的體積不能直接利用公式得出，則常用等積法、分割法、補形法等方法進行求解．20．（2023·福建廈門·廈門一中?？家荒＃┮阎拿骟w的棱長為，其外接球的球心為.點滿足，，過點作平面行于和，平面分別與該正四面體的棱，，相交于點，，，則（

）A．四邊形的周長為定值B．四棱錐的體積的最大值為C．當時，平面截球所得截面的周長為D．當時，將正四體繞旋轉(zhuǎn)后與原四面體的公共部分體積為【答案】ABD【分析】將正四面體轉(zhuǎn)化為正方體，利用正方體的性質(zhì)分析運算，對A：根據(jù)面面平行的性質(zhì)定理結(jié)合平行線的性質(zhì)分析運算；對B：根據(jù)錐體體積公式，利用導數(shù)求其最值；對C：根據(jù)球的性質(zhì)分析運算；對D：根據(jù)正方體分析可得：兩個正四面體的公共部分兩個全等的正四棱錐組合而成，利用錐體體積公式運算求解.【詳解】對于邊長為2的正方體，則ABCD為棱長為的正四面體，則球心O即為正方體的中心，連接，設，∵，，則為平行四邊形，∴，又∵平面，平面，∴平面，又∵平面，，平面，∴平面平面，對A：如圖1，∵平面平面，平面平面，平面平面，∴，則，即，同理可得：，，，，∴四邊形EMGH的周長（定值），A正確；

對B：如圖1，由A可知：，，，，∵為正方形，則，∴為矩形，根據(jù)平行可得：點A到平面的距離，故四棱錐的體積，則，∵，則當時，則，在上單調(diào)遞增，當時，則，在上單調(diào)遞減，∴當時，取到最大值，故四棱錐的體積的最大值為，B正確；對C：正四面體ABCD的外接球即為正方體的外接球，其半徑，設平面截球O所得截面的圓心為，半徑為，時，，平面過外接球球心，平面截球所得截面圓半徑為，截面圓周長為，C錯誤；對D：如圖2，將正四面體ABCD繞EF旋轉(zhuǎn)后得到正四面體，設，∵，則分別為各面的中心，∴兩個正四面體的公共部分為，為兩個全等的正四棱錐組合而成，根據(jù)正方體可得：，正四棱錐的高為，故公共部分的體積，D正確；故選：BD.

【點睛】思路點睛：對于正四面體的相關(guān)問題時，我們常轉(zhuǎn)化為正方體，利用正方體的性質(zhì)處理相關(guān)問題.三、填空題21．（2023·黑龍江·黑龍江實驗中學?？级＃┰趫A臺中，是其軸截面，，過與軸截面垂直的平面交下底面于，若點到平面的距離是，則圓臺的體積等于.【答案】【分析】點到平面的距離即為與的距離，即點到的距離等于，故可以求得棱臺的高，進而求得棱臺的體積.【詳解】∵，所以四邊形為平行四邊形，所以,則為正三角形∴，由題意得，平面平面平面，且平面平面，所以點到平面的距離即為與的距離，在中，過點作的垂線,過點作的垂線，則，所以，則，則圓臺的體積為，所以圓臺的體積為.故答案為：22．（2023·黑龍江哈爾濱·哈爾濱三中?？寄M預測）如圖，平行六面體中，，，，，則線段的長為.

【答案】1【分析】根據(jù)空間向量的數(shù)量積運算律求解即可.【詳解】由題可得,，,所以,且,因為,所以，所以，故答案為:1.23．（2023·福建莆田·統(tǒng)考模擬預測）我國歷史文化悠久，“爰”銅方彝是商代后期的一件文物，其蓋似四阿式屋頂，蓋為子口，器為母口，器口成長方形，平沿，器身自口部向下略內(nèi)收，平底、長方形足、器內(nèi)底中部及蓋內(nèi)均鑄一“爰”字.通高24cm，口長13.5cm，口寬12cm，底長12.5cm，底寬10.5cm．現(xiàn)估算其體積，上部分可以看作四棱錐，高約8cm，下部分看作臺體.則其體積約為（精確到0.1）．（參考數(shù)據(jù)：，）【答案】【分析】根據(jù)題意利用臺體、錐體的體積公式運算求解.【詳解】由題意可得：，，所以幾何體的體積.故答案為：.24．（2023·湖北武漢·統(tǒng)考模擬預測）已知四棱錐的底面為平行四邊形，點，分別是、的中點，過，，三點的平面與棱的交點為，若，則．【答案】2【分析】延長和交于點，根據(jù)，得到，連接交于點，得到過點的截面，取的中點，連接，根據(jù)，求得，進而得到，即可求解.【詳解】如圖所示，延長和交于點，由，且為的中點，所以，即，連接交于點，連接，則過點的截面即為截面，取的中點，連接，因為為的中點，所以，且，所以，可得，即，所以，因為，所以.故答案為：.

25．（2023·河北滄州·?？寄M預測）在四棱錐中，平面平面，又為等邊三角形，為的中點，為平面內(nèi)的動點，則直線與直線所成角的正切值最小為.【答案】【分析】轉(zhuǎn)化為求直線與平面所成的角，可得直線與平面所成的角為，進而可得答案.【詳解】因為為平面內(nèi)的動點，所以直線為平面上的任意直線，根據(jù)線面角的定義可得，平面的一條斜線與平面上任意直線所成的角中，斜線與它在平面上的射影所成的角為最小角，可轉(zhuǎn)化為求直線與平面所成的角，因為平面平面，所以直線在平面上的射影為，直線與平面所成的角為因為為等邊三角形，為的中點，所以，所以直線與直線所成的最小角為，其正切值最小為.故答案為：26．（2023·福建漳州·統(tǒng)考模擬預測）已知正四棱臺的上底面的邊長為，下底面的邊長為，記該正四棱臺的側(cè)面積為，其外接球表面積為，則當取得最小值時，的值是.【答案】【分析】由球的表面積公式求解四棱臺的外接球表面積，并求出側(cè)面積，然后求解即可.【詳解】當取得最小值時，則球心在正四棱臺的下底面內(nèi)，為上底面的中心，如圖所示，

由此可得外接球的半徑為，進而可得，進而可求側(cè)面的斜高.則側(cè)面的面積，又，所以.故答案為：.27．（2023·湖南郴州·校聯(lián)考模擬預測）如圖，正方體的棱長為4，點P，Q，R分別在棱，，上，且，則以平面截正方體所得截面為底面，為頂點的棱錐的體積為.

【答案】【分析】利用已知作出截面，進而利用分割法即可求得以平面截正方體所得截面為底面，為頂點的棱錐的體積.【詳解】延長交的延長線于點，延長交的延長線于點，連接交于點，交于點，連接，則平面即為平面截正