【突破压轴冲刺名校】 压轴专题07 立体几何综合问题小题综合 2023届新高考数学复习尖子生30题难题突破（新高考通用）解析版.docx

1、压轴专题07 立体几何综合问题小题综合 一、单选题1（2023广东校联考模拟预测）已知四棱锥的五个顶点都在球面O上，底面ABCD是边长为4的正方形，平面平面ABCD，且，则球面O的表面积为（）ABCD【答案】C【分析】如图，取中点为E，三角形外接圆圆心为，正方形ABCD外接圆圆心为，过做平面，底面ABCD垂线，则两垂线交点为四棱锥外切球球心O.由题目条件，可证得四边形为矩形，设外接球半径为R，则.后可得答案.【详解】如图，取中点为E，三角形外接圆圆心为，正方形ABCD外接圆圆心为，过作平面，底面ABCD垂线，则两垂线交点为四棱锥外接球球心O.因平面平面ABCD，平面平面ABCD，平面，则平面A

2、BCD.又平面ABCD，则.因，则四边形为矩形.设三角形外接圆半径为，则，又则.则，设外接球半径为R，则，又，则，则球O表面积为：.故选：C.2（2023春河北邢台高三邢台市第二中学校考阶段练习）在三棱锥中，是等边三角形，且，点是棱的中点，则平面截三棱锥外接球所得截面的面积为（）ABCD【答案】D【分析】根据给定条件，确定三棱锥外接球球心，利用等体积法结合球的截面小圆性质求出截面圆半径作答.【详解】在三棱锥中，是等边三角形，则，则有，取中点O，连接，有，因此点O是三棱锥外接球球心，球半径，如图，因为点是棱的中点，则，等腰底边上的高，的面积，取中点F，连接，则，而平面，于是平面，在中，由余弦定理

3、得，有，的面积，显然，令点O到平面的距离为d，因此，即，解得，令平面截三棱锥外接球所得截面小圆半径为r，则有，所以平面截三棱锥外接球所得截面面积.故选：D【点睛】关键点睛：解决与球有关的内切或外接问题时，关键是确定球心的位置，再利用球的截面小圆性质求解.3（2023湖北武汉华中师大一附中校联考模拟预测）在三棱锥中，是以AC为底边的等腰直角三角形，是等边三角形，又BD与平面ADC所成角的正切值为，则三棱锥外接球的表面积是（）ABCD【答案】B【分析】根据线面角算出点B到平面ADC的距离，从而找到球心的位置，利用几何关系算出球的半径即可.【详解】取AC的中点E，连接BE，DE，则，可得平面DEB又

4、平面ADC，故平面平面DEB，且平面平面在平面DEB中，过点B作于点H，则平面ADC，是直线BD与平面ADC所成角的平面角设，则，易求，则由勾股定理可得，即，解得，于是，点H恰好是正的中心（外心），故球心O必在BH上，的外心为E，连接OE,则平面ABC，,设三棱锥外接球的半径，在中，由射影定理可得，即，解得，三棱锥外接球的表面积故选：B.4（2023春湖南高三统考阶段练习）正方体的棱长为1，点在三棱锥的表面上运动，且，则点轨迹的长度是（）ABCD【答案】A【分析】根据题意，点在以为球心，半径的球面上，进而依次讨论该球与三棱锥的表面的交线即可得答案.【详解】解：由题设知点在以为球心，半径的球面上

5、，所以点P的轨迹就是该球与三棱锥的表面的交线由正方体性质易知三棱锥为正四面体，所以，点到平面的距离，所以球在平面上的截面圆的半径，所以，截面圆的圆心是正中心，正的边长为，其内切圆的半径因此，点P在面内的轨迹是圆在内的弧长，如图所示，所以，所以，所以，点P在此面内的轨迹长度为因为平面ABCD，所以球在平面ABCD上的截面圆心为A，其半径，又，所以点P在平面BCD内的轨迹是一段弧，如图所示，所以，从而，所以由于对称性，点P在平面和平面内的轨迹长度都是，故点P在三棱锥的表面上的轨迹的长度是故选：A5（2023广东深圳深圳中学校联考模拟预测）在矩形ABCD中，已知，E是AB的中点，将沿直线DE翻折成，

6、连接，当二面角的平面角的大小为时，则三棱锥外接球的表面积为（）ABCD【答案】A【分析】取的中点为，证明，取的中点为，证明，根据二面角的定义证明，根据球的截面性质确定三棱锥外接球的球心位置，解三角形求球的半径，由此可得三棱锥外接球的表面积【详解】由已知，E是AB的中点，所以，又，所以为等腰直角三角形，故为等腰直角三角形，取的中点为，则，因为，又，所以同理可得，又，所以，取的中点为，连接，则，所以，所以为二面角的平面角，所以，因为，所以为等边三角形，取的中点为，则，因为，平面，所以平面，平面，所以，又，平面，所以平面，因为为直角三角形，为斜边，所以，所以为的外接圆的圆心，设为三棱锥外接球的球心，

7、则平面，设，三棱锥外接球的半径为，则，若球心和点位于平面的两侧，延长到点，使得，因为平面，平面，所以，所以四边形为平行四边形，所以，所以，所以，所以，所以三棱锥外接球的表面积，若球心和点位于平面的同侧，因为平面，平面，所以，过点作，则四边形为平行四边形，所以，所以，所以，所以，舍去 ，故选：A.【点睛】关键点点睛：与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，作出合适的截面图，解三角形确定球的半径.6（2023浙江温州统考模拟预测）在三棱锥中，平面，则三棱锥外接球表面积的最小值为（）ABCD【答案】D【分析】设，在等腰中，求得

8、，设的外心是，外接圆半径是，由正弦定理得，设外接球球心是，可得是直角梯形，设可得，把（）也用表示，然后可表示出外接球半径，利用三角恒等变换，换元法，变形后由基本不等式求得最小值，从而得球表面积的最小值【详解】设，在等腰中，设的外心是，外接圆半径是，则，设外接球球心是，则平面，平面，则，同理，又平面，所以，是直角梯形，设，外接球半径为，即，则，所以，在直角中，令，则，当且仅当，时等号成立，所以的最小值是故选：D.【点睛】本题考查三棱锥外接球表面积，解题关键是用一个变量表示出球的表面积，前提是选定一个参数，由已知设，其他量都用表示，并利用三角函数恒等变换，换元法，基本不等式等求得最小值考查了学生的

9、运算求解能力，逻辑思维能力，属于难题7（2023秋浙江嘉兴高三统考期末）如图，在棱长为2的正方体中，为棱的中点，分别是底面与侧面的中心，为该正方体表面上的一个动点，且满足，记点的轨迹所在的平面为，则过四点的球面被平面截得的圆的周长是（）ABCD【答案】B【分析】建立空间直角坐标系，找到球心O和点的轨迹，求出到平面的距离，利用几何法求截面圆的半径和周长.【详解】取面对角线中点，连接，分别在上，且，以为原点，的方向分别为轴，轴，轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， ，三棱锥中， 为直角三角形，所以，因此点即为三棱锥的外接球球心，球半径长为，共面， ，平面，平面，平面，点的轨迹为矩形的四边，如图

10、所示，为平面的法向量，则球心到平面的距离为，球面被平面截得的圆的半径，圆的周长为.故选：B【点睛】本题找球心O考查学生的空间想象能力，其余的计算和证明问题，则利用空间向量法.8（2023浙江温州统考二模）已知正四棱锥的底面边长为，高为3以点为球心，为半径的球与过点的球相交，相交圆的面积为，则球的半径为（）A或B或C或D或【答案】B【分析】分公共圆面在四棱锥内部与外部讨论，设相交圆的圆心为，点为相交圆上的一点，球的半径为，可求得相交圆半径为1，由勾股定理得，组成方程组求解.【详解】当公共圆面在四棱锥内部时，如下图所示，设相交圆的圆心为，点为相交圆上的一点，也是两球的公共点，设球的半径为，因为相交

11、圆的面积为，所以相交圆的半径为1，即底面正方形边长为，所以，由勾股定理有，所以，设，则，联立解得当公共圆面在四棱锥外部时，如下图所示，同上可求，则，联立解得故选：B【点睛】方法点睛：在球与截面的计算中方法：球心与圆心之间的距离为，球半径为，截面半径为，可以根据勾股定理建立关系式.9（2023浙江校联考三模）在正方体中，平面经过点B、D，平面经过点A、，当平面分别截正方体所得截面面积最大时，平面所成的锐二面角大小为（）ABCD【答案】C【分析】设平面与面所成的二面角为，二面角为，分和两种情况讨论，证明平面经过点B、D且截正方体所得截面面积最大时，平面与面重合，从而可得出答案.【详解】平面经过点B

12、、D且截正方体所得截面面积最大时，平面与面重合，证明：设平面与面所成的二面角为，二面角为，当时，记平面截正方体所得截面为面，则，令，因为，所以，当时，显然平面截正方体所得截面面积最大时，截面为面，当时，平面截正方体所得截面为，所以平面截正方体所得截面面积最大时截面为面，同理平面过时，截正方体所得截面面积最大时截面为面，连接，面与面所成锐二面角为，因为面面，所以的所成角大小为二面角大小，因为，所以面与面所成锐二面角大小为.故选：C【点睛】关键点点睛：解决本题的关键在于说明平面经过点B、D且截正方体所得截面面积最大时，平面与面重合，考查了分类讨论思想和极限思想.二、多选题10（2023河北邯郸统考

13、一模）在棱长为6的正方体中，E为的中点，P在棱BC上（不包括端点），则下列判断正确的是（）A存在点P，使得AP平面B存在点P，使得三棱锥的体积为45C存在点P，使得点P到DE的距离为5D当P为BC的中点时，三棱锥外接球的表面积为86【答案】AD【分析】建立空间直角坐标系，利用向量解决垂直问题，向量法求点到平面距离，求点到直线距离，几何法求外接球半径.【详解】以为原点，分别以，的方向为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图所示因为，所以，对于A：当P是BC的中点时，所以，平面，所以AP平面，则A正确对于B：由正方体的性质可得平面，则因为，所以，则的面积由选项A可知，平面的一个法向量，设点

14、P到平面的距离为h，则，由，则，从而三棱锥的体积，故B错误对于C：，则点P到DE的距离因为，所以，则C错误；对于D：如图，分别取棱AB，的中点F，G，连接DF，EF，EG，PG，PD，PF，则三棱锥的外接球与三棱柱的外接球为同一个球由题意可得，由余弦定理可得，从而，则的外接圆半径，从而三棱柱外接球的半径R满足，故其外接球的表面积，D正确故选：AD【点睛】方法点睛：题中图形为正方体，便于建立空间直角坐标系，关于垂直的证明，求点到平面距离，求点到直线距离，利用空间向量法，比几何法更方便简洁.11（2023山东临沂统考一模）已知正方体的棱长为4，点分别是的中点，则（）A直线是异面直线B平面截正方体所

15、得截面的面积为C三棱锥的体积为D三棱锥的外接球的表面积为【答案】ACD【分析】对于A，取的中点，连接，取的中点，连接，证明，即可判断；对于B，延长交于点，连接交点，连接，说明平面截正方体所得截面为四边形，从而可以判断；对于C，连接，证明平面，再根据即可判断；对于D，如图，以点为原点建立空间直角坐标系，设为的中点，为三棱锥的外接球的球心，利用空间中两点的距离公式求出球心及半径即可判断.【详解】对于A，如图，取的中点，连接，取的中点，连接，则，所以四边形是平行四边形，所以，又因，所以直线是异面直线，故A正确；对于B，如图，延长交于点，连接交点，连接，因为为的中点，则，所以为的中点，因为，所以为的中

16、点，则，因为，所以为平行四边形，所以，所以，则平面截正方体所得截面为等腰梯形，在等腰梯形中，则梯形的高为，所以等腰梯形的面积为，故B错误；对于C，连接，则，因为平面，平面，所以，又平面，所以平面，又因为为的中点，所以三棱锥的高为，所以，故C正确；对于D，如图，以点为原点建立空间直角坐标系，设为的中点，则为的外心，则三棱锥的外接球的球心在过点且垂直平面的直线上，设为，则平面，因为平面，所以，设，则，因为，所以，所以，故，由，得，解得，所以三棱锥的外接球的半径，表面积为，故D正确.故选：ACD.【点睛】关键点睛：本题D选项的突破口是，建立空间直角坐标系，先由球心与截面圆心连线垂直于截面得到平面，从

17、而求出，由此得解.12（2023山东沂水县第一中学校联考模拟预测）已知圆锥顶点为S，高为1，底面圆的直径长为若为底面圆周上不同于的任意一点，则下列说法中正确的是（）A圆锥的侧面积为B面积的最大值为C圆锥的外接球的表面积为D若，为线段上的动点，则的最小值为【答案】BCD【分析】对A：根据圆锥的侧面积公式分析运算；对B：根据题意结合三角形的面积公式分析运算；对C：根据题意可得圆锥的外接球即为的外接圆，利用正弦定理求三角形的外接圆半径，即可得结果；对D：将平面与平面展开为一个平面，当三点共线时，取到最小值，结合余弦定理分析运算.【详解】对A：由题意可知：，故圆锥的侧面积为，A错误；对B：面积，在中，

18、故为钝角，由题意可得：，故当时，面积的最大值为，B正确；对C：由选项B可得：，为钝角，可得，由题意可得：圆锥的外接球即为的外接圆，设其半径为，则，即；故圆锥的外接球的表面积为，C正确；对D：将平面与平面展开为一个平面，如图所示，当三点共线时，取到最小值，此时，在，则为锐角，则，在，则，由余弦定理可得，则，故的最小值为，D正确.故选：BCD.13（2023山东潍坊统考模拟预测）如图，将一副三角板拼成平面四边形，将等腰直角沿向上翻折，得三棱锥，设，点分别为棱的中点，为线段上的动点，下列说法正确的是（）A不存在某个位置，使B存在某个位置，使C当三棱锥体积取得最大值时，AD与平面ABC成角的正弦值为D

19、当时，的最小值为【答案】BD【分析】根据面面垂直可得线面垂直，即可判断AB，由三棱锥体积取得最大值时知面面垂直，得出线面垂直，即可求出线面角判断C，再由侧面展开图及余弦定理可判断D.【详解】当平面与平面垂直时，平面与平面的交线为，平面,平面，又平面，故A错误，B正确；对于C，当三棱锥体积取得最大值时，顶点A到底面距离最大，即平面与平面垂直时，由上面可知，平面，故AD与平面ABC成角为，因为，所以，则，即AD与平面ABC成角的正弦值为，故C错误；对于D，当时，因为为的中点，所以，则，又因为的中点，所以，又，所以，所以，如图将沿旋转，使其与在同一平面内，则当三点共线时，最小，即的最小值为，在中，则

20、，所以，所以的最小值为，故D正确.故选：BD.【点睛】思路点睛：计算多面体或旋转体的表面上折线段的最值问题时，一般采用转化的方法进行，即将侧面展开化为平面图形，即“化折为直”或“化曲为直”来解决，要熟练掌握多面体与旋转体的侧面展开图的形状.14（2023春湖北高三统考阶段练习）在棱长为2的正方体中，为中点，为四边形内一点（含边界），若平面，则下列结论正确的是（）AB三棱锥的体积为C线段最小值为D的取值范围为【答案】BCD【分析】根据正方体的性质得出平面平面，则根据已知得出点在线段上（含端点），对于选项A：当为时，根据异面直线的平面角结合正方体的性质得出与的夹角为，根据已知得出的三边，即可得出为

21、，即可判断；对于选项B：三棱锥若以为顶点，为底面时，根据正方体性质得出此时三棱锥的高为2，底面积为2，即可得出体积判断；对于选项C：点在线段上（含端点），则时，线段最小，根据等面积法求出答案即可判断；对于选项D：根据正方体性质结合已知可得，则，即可根据的范围得出的范围判断.【详解】取、中点分别为、，连接、，如下图：为正方体，平面，平面，且，平面平面，为四边形内一点（含边界），且平面，点在线段上（含端点），对于选项A：当为时，则与的夹角为，此时， 则，则与不垂直，故A错误；对于选项B：为四边形内一点（含边界），到平面的距离为2，三棱锥的体积为，故B正确；对于选项C：点在线段上（含端点），当时，线

22、段最小，在边上的高为，则，则当时，即，故C正确；对于选项D：为正方体，平面，平面，为直角三角形，且直角为，点在线段上（含端点），则当最大时，即点为点时，此时，此时最小，为，当最小时，即，此时，此时最大，为，则的取值范围为，故D正确；故选：BCD.15（2023湖北校联考模拟预测）如图，在正四面体中，棱的中点为M，棱的中点为N，过的平面交棱于P，交棱于Q，记多面体的体积为，多面体的体积为，则（）A直线与平行BC点C与点D到平面的距离相等D【答案】BCD【分析】判断与的位置关系，判断A；结合点C与点D在平面两侧，且N是的中点，可判断点C与点D到平面的距离相等，判断C；讨论Q是中点和Q不是中点两种情

23、况，结合线面平行的判定和性质，推出线段的比例关系，判断B；利用割补思想，可得，结合，结合线段间的比例关系，即可判断D.【详解】由题意当为的中点时，,不为的中点时，直线与不平行，A错误；点C与点D在平面两侧，且N是的中点，故点C与点D到平面的距离相等，C正确；若Q是中点，则平面平面，故平面，平面平面,平面,故,又，故又N是的中点，故P是的中点，从而；若Q不是中点，则不平行，结合在同一平面内，故相交，设交点为T，点T在直线上，故点T在平面上，点T在直线上，故点T在平面上，于是T是平面与平面的公共点，进而T在平面与平面的交线上，即直线交于点T在平面内，过A作交直线于点G，于是是的中位线，故，进而，故

24、同理，在平面内可得，故，综上，B正确设四棱锥的体积为V，由点C与点D到平面的距离相等得：，结合，故，由相加得，D正确故选：BCD【点睛】难点点睛：本题难点在于B选项的判断，解答时要讨论Q是否是中点两种情况，结合线面平行的判定以及性质定理推出线段的比例关系，进行判断.16（2023春湖北武汉高三华中师大一附中校考期中）已知异面直线与所成角为，平面与平面的夹角为，直线与平面所成的角为，点为平面、外一定点，则下列结论正确的是（）A过点且与直线、所成角都是的直线有条B过点且与平面、所成角都是的直线有条C过点且与平面、所成角都是的直线有条D过点与平面成角，且与直线成的直线有条【答案】BC【分析】根据选项

25、，在利用图形，可知A有条；根据，可知B有条；根据，可知C有条；做以为顶点，且与圆锥中轴线夹角为，可知该直线条数，判断D即可.【详解】对于A选项，因为异面直线与直线所成角为，在空间中的点作直线、，使得，设直线、确定平面，如下图所示：因为直线、所成角为，则直线、所成角为，在直线、上分别取点、，使得，则在平面内的角平分线所在直线与直线、所成角均为，过点在平面外能作两条直线、使得这两条直线与直线、所成角均为，综上所述，过点且与直线、所成角都是的直线有条，A错；对于BC选项，因为平面与平面的夹角为，则过点与平面、所成角都是和的直线各有一条、，若过点与平面、所成角都是，则在、的两侧各有一条，所以共条，故B

26、正确，若过点且与平面、所成角都是，其中一条直线为直线，在直线的两侧各有一条，所以共条，C对；对于D选项，过点作与平面成角的直线，形成以为顶点，与圆锥中轴线夹角为，且底面在上的圆锥的母线，设所求直线与的交点为, 不妨假设在上，设直线与的交点为，设点在底面的射影点为点，直线交圆锥底面圆于、两点，易知，又因为，则为等边三角形，所以，因为，则直线与平面所成角为，则，故，当点位于点时，取得最小值，当点位于点时，取得最大值，所以，故能作出两条满足条件的直线，故D错误.故选：BC.【点睛】方法点睛：该题考查立体几何综合应用，属于难题，关于角度的方法有：（1）异面直线所成角：平移异面直线至有交点，则异面直线所

27、成角即为平移后相交直线所成角；（2）线面角：过线上一点做面的垂线，连接垂足及线与面的交点形成线段，则线与该线段所成角即为线面角；（3）面面角：过面面交线上一点在两个面中分别做交线的垂线，则两垂线的夹角即为面面角.17（2023春湖南高三长郡中学校联考阶段练习）某同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒.包装盒如图所示，是由等高的半个圆柱和个圆柱拼接而成，其中四边形是边长为4的正方形，点是弧上的动点，且四点共面.下列说法正确的有（）A若点为弧的中点，则平面平面B存在点，使得C存在点，使得直线与平面所成的角为D当点到平面的距离最大时，三棱锥外接球的半径【答案】AD【分析】利用图形数形结和反例，

28、结合面面垂直的判定、线线平行的判定、线面角的求解方法、几何体外接球的关系以及空间向量的应用逐项分析即可.【详解】连接，如图所示：若点为弧的中点，则，所以，即，因为，所以，又，面，所以平面平面，则平面平面，故A正确；假设存在点，使得，则四点共面，又该几何体上下两个底面平行，且为平面与这两个底面的交线，所以，则四边形为平行四边形，则有，这显然不成立，故B错误；假设存在点，使得直线与平面所成的角为，以为原点，方向为轴正方向建立空间直角坐标系，如图所示：则，设，则，所以，设平面的法向量为， 则，令，则，即，依题意，整理得，这与矛盾，所以假设不成立，故C错误；当点到平面的距离最大时，点位于点，三棱锥，即

29、三棱锥，即三棱锥，可将其补型为一个以为同一个顶点出发的三条侧棱的正方体，棱长为4，其外接球半径，故正确.18（2023湖南岳阳统考二模）在中国共产党第二十次全国代表大会召开期间，某学校组织了“喜庆二十大，永远跟党走，奋进新征程，书画作品比赛.如图，本次比赛的冠军奖杯由一个铜球和一个托盘组成，若球的体积为；如图，托盘由边长为4的正三角形铜片沿各边中点的连线垂直向上折叠而成，则下列结论正确的是（）A直线与平面所成的角为B经过三个顶点的球的截面圆的面积为C异面直线与所成的角的余弦值为D球离球托底面的最小距离为【答案】CD【分析】如图1，根据题意和面面垂直的性质可得平面，同理平面，由平行四边形的判定方

30、法可知四边形、为平行四边形，结合线面角的定义与外接圆的定义即可判断AB；如图1易知异面直线AD与CF所成的角或其补角，结合余弦定理计算即可判断C；根据球的体积公式求出球的半径，结合图形2计算即可判断D.【详解】A：如图1，取DE、EF、DF的中点N、M、K，取MF的中点H，连接BK、BH、KH、BM、AN、MN、DM，由为正三角形，得，又平面平面，平面平面，平面，平面，由，得平面，同理平面，则，且，所以四边形为平行四边形，由，得，所以四边形为平行四边形，得，即为直线AD与平面所成的角，所以，故A错误；B：如图1，连接AB、BC、AC，由选项A的分析知，同理，所以经过三个顶点A、B、C的球的截面

31、圆为的外接圆，其半径为，面积为，故B错误；C：连接AM，由，得四边形是平行四边形，则，所以异面直线AD与CF所成的角或其补角，在中，由余弦定理，得，故C正确；D：设球的半径为，由球的体积为，得，解得.如图2，所以球离球托底面DEF的最小距离为，故D正确.故选：CD.19（2023湖南长沙湖南师大附中校考一模）已知为圆锥底面圆的直径（为顶点，为圆心），点为圆上异于的动点，研究发现：平面和直线所成的角为，该圆锥侧面与平面的交线为曲线.当时，曲线为圆；当时，曲线为椭圆；当时，曲线为抛物线；当时，曲线为双曲线.则下列结论正确的为（）A过该圆锥顶点的平面截此圆锥所得截面面积的最大值为2B的取值范围为C若

32、为线段上的动点，则D若，则曲线必为双曲线的一部分【答案】ACD【分析】A选项，设，表达出截面面积，利用基本不等式求出最大值；B选项，可举出反例得到；C选项，将立体图形展开，得到三点共线时，取得最小值，利用余弦定理求出最小值；D选项，由二倍角公式得到，根据得到，D正确.【详解】对选项A：如图1，设截面为为中点，连接，设，则，当，即时等号成立，A正确；对选项B：如图2，中，则当时，B错误；对选项C：如图3，为等腰直角三角形，将放平得到，当三点共线时最小，为中点，连接，则，C正确；对选项D：由，可解得或者，而，所以，从而该圆锥侧面与平面的交线必为双曲线的一部分，D正确.故选：ACD.【点睛】立体几何

33、中截面的处理思路：（1）直接连接法：有两点在几何体的同一个平面上，连接该两点即为几何体与截面的交线，找截面就是找交线的过程；（2）作平行线法：过直线与直线外一点作截面，若直线所在的平面与点所在的平面平行，可以通过过点找直线的平行线找到几何体与截面的交线；（3）作延长线找交点法：若直线相交但在立体几何中未体现，可通过作延长线的方法先找到交点，然后借助交点找到截面形成的交线；（4）辅助平面法：若三个点两两都不在一个侧面或者底面中，则在作截面时需要作一个辅助平面.20（2023浙江温州统考二模）蜜蜂是自然界的建筑大师，在18世纪初，法国数学家马拉尔迪指出，蜂巢是由许许多多类似正六棱柱形状的蜂房（如图

34、）构成，其中每个蜂房的底部都是由三个全等的菱形构成，每个菱形钝角的余弦值是，则（）A平面BC蜂房底部的三个菱形所在的平面两两垂直D该几何体的体积与以六边形为底面，以为高的正六棱柱的体积相等【答案】AD【分析】对A：根据线面平行的判定定理分析判断；对B、C：根据空间中的垂直关系分析判断；对D：通过补形，结合锥体体积分析判断.【详解】对A：因为，则，平面，且平面，故平面，故A正确；对B：每个菱形钝角的余弦值是，即不垂直，因为，即不垂直，故B错误；对C：若蜂房底部的三个菱形所在的平面两两垂直，可知平面平面，则平面，平面，所以，且，故，这与不垂直矛盾，故C错误；对D：如图，补形可知：过作正六边形，为菱

35、形，则的中点在上，故点到平面的距离相等，故，同理可得：，故该几何体的体积与以六边形为底面，以为高的正只棱柱的体积相等，所以D正确；故选： 21（2023广东汕头金山中学校考模拟预测）如图，点M是棱长为l的正方体中的侧面上的一个动点（包含边界），则下列结论正确的是（）A不存在点M满足平面B存在无数个点M满足C当点M满足时，平面截正方体所得截面的面积为D满足的点M的轨迹长度是【答案】BCD【分析】对于A：根据线面垂直关系可得，分析判断；对于B：根据线面垂直关系可得，分析判断；对于C：根据平行线的性质以及利用空间向量分析运算求截面，进而可求截面面积；对于D：利用空间向量求点M的轨迹，进而求点M的轨迹

36、长度.【详解】对于选项A：连接，因为四边形ABCD是正方形，所以，且平面，所以，平面，所以平面，且平面，可得，同理可证，平面，所以，又点M是面上的一个动点（包含边界），所以当M与A1重合时，故A错误；对于选项B：连接， ，则，又因为，所以，可知当M在线段上时，有故存在无数个点满足，故B正确；对于选项C：延长交于点，则为线段靠近点的三等分点，且，则，则为线段的中点，如图，以D点为原点建立空间直角坐标系，则，可得，设平面的法向量为，则，令，则，即，设平面，点，则，则，解得，则，故，可得，即，且，故截面面积，故C正确；对于选项D：因为正方体的棱长为l，所以设所以，因为，所以化简得：，所以点M的轨迹是

37、一段以为圆心，半径为的圆弧，设圆弧与分别交于点，取，则，即；取，则，即；则，则，且，即，轨迹长度是，故D正确故选：BCD.22（2023浙江杭州统考二模）如图圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等，为圆柱上下底面的圆心，O为球心，EF为底面圆的一条直径，若球的半径，则（）A球与圆柱的体积之比为B四面体CDEF的体积的取值范围为C平面DEF截得球的截面面积最小值为D若P为球面和圆柱侧面的交线上一点，则的取值范围为【答案】AD【分析】根据给定的条件，利用球、圆柱的体积公式计算判断A；利用建立函数关系判断B；求出球心O到平面DEF距离的最大值判断C；令点P在圆柱下底面圆所在平面上的投影点

38、为Q，设，利用勾股定理建立函数关系，求出值域作答.【详解】对于A，球的体积为，圆柱的体积，则球与圆柱的体积之比为，A正确；对于B，设为点到平面的距离，而平面经过线段的中点，四面体CDEF的体积，B错误；对于C，过作于，如图，而，则，又，于是，设截面圆的半径为，球心到平面的距离为，则，又，则平面DEF截球的截面圆面积，C错误；对于D，令经过点P的圆柱的母线与下底面圆的公共点为Q，连接，当与都不重合时，设，则，当与之一重合时，上式也成立，因此，则，令，则，而，即，因此，解得，所以的取值范围为，D正确. 故选：AD【点睛】思路点睛：与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接解题时要认真分析图形，明

39、确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图.23（2023秋浙江高三浙江省永康市第一中学校联考期末）正方体的棱长为，中心为，以为球心的球与四面体的四个面相交所围成的曲线的总长度为，则球的半径为（）ABCD【答案】BC【分析】根据正四面体性质可求得球心到正四面体每个面的距离；当正四面体每个面截得的曲线为一个圆时，可求得小圆的半径，由可求得；当正四面体每个面截得的曲线为三段等差的圆弧时，可得，构造函数，利用导数可求得在上单调递增，可确定其唯一零点，由可求得结果.【详解】由题意可知：四面体为正四面体，设球的半径为；正方体棱长为，正四面体的棱长为，设球心到正四面体各个面的距离为，

40、正四面体体积，表面积，；若正四面体的一个面截球如图所示，设小圆半径为，则，解得：，解得：；若正四面体的一个面截图如图所示，每个面截球所得的曲线长为，的长为，设小圆半径为，为正四面体侧面的中心，为中点，又，令，恒成立，在上单调递增，又，解得：；综上所述：球的半径为或.故选：BC.【点睛】关键点点睛：本题考查球的截面截球所得曲线相关问题的求解，解题关键是能够通过分类讨论的方式，确定正四面体各个侧面截球所得曲线的不同情况，从而根据不同情况下曲线长度来求解截面圆的半径.三、填空题24（2023春广东揭阳高三校考阶段练习）在棱长为的正方体中，是棱的中点，是侧面内的动点，且满足直线平面，当直线与平面所成角

41、最大时，三棱锥外接球的半径为_.【答案】【分析】以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立空间直角坐标系，设点，根据平面求出点的轨迹方程，根据与平面所成角最大求出点的坐标，设三棱锥外接球球心为，根据球心的定义可得出关于、的方程组，求出这三个未知数的值，即可求得结果.【详解】以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、，设平面的法向量为，则，则，取，可得，设点，则，因为平面，则，可得，其中，易知平面的一个法向量为，故当时，取最大值，此时，点，设三棱锥的球心为，则，解得，即球心，因此，三棱锥的外接球半径为.故答案为：.【点睛】方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法

42、：补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径；定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可；坐标法：建立空间直角坐标系，设出外接球球心的坐标，根据球心到各顶点的距离相等建立方程组，求出球心坐标，利用空间中两点间的距离公式可求得球的半径.25（2023春广东广州高三统考阶段练习）在三棱锥中，ABC为等腰直角三角形，PAC为正三角形，且二面角的平面角为，则三棱锥的外

43、接球表面积为_【答案】【分析】根据二面角定义找到二面角平面角，利用线面垂直、面面垂直的判定证明面面，进而确定在面上的射影，结合三棱锥外接球球心的位置，外接球半径为有求半径，最后求表面积.【详解】若分别是中点，则，又ABC为等腰直角三角形且，所以，则，且，由PAC为正三角形，故，且，面，故面， 综上，二面角平面角为，在中，则PD=OD=1，又面，则面面，面面，则在面上的射影在直线上，所以到面的距离为， 三棱锥外接球球心在过垂直于面的直线上，如上图，过作面于，且在直线上，过作交延长线于，连接，显然为矩形，令，外接球半径为，所以，则，所以，可得，故，外接球表面积为.故答案为：【点睛】关键点点睛：根据

44、棱锥侧面的性质确定外接球球心位置，再结合棱锥在该侧面外的一点到该面的距离，利用几何关系列方程求球体半径.26（2023山东聊城统考一模）已知正四棱柱的体积为16，是棱的中点，是侧棱上的动点，直线交平面于点，则动点的轨迹长度的最小值为_【答案】【分析】取的中点，连接交于点，连接、交于点，连接、，即可得到、四点共面，从而得到平面平面，连接交于点，则线段即为点的轨迹，再由三角形相似得到，则问题转化为求的最小值，设、，利用勾股定理表示出，再由均值不等式求出的最小值，即可得解.【详解】如图取的中点，连接交于点，连接、交于点，连接、，因为是棱的中点，所以，则为的四等分点且，由正四棱柱的性质可知且，所以四边

45、形为平行四边形，所以，所以，所以、四点共面，所以平面平面，连接交于点，因为是侧棱上的动点，直线交平面于点，所以线段即为点的轨迹，如图在平面中，过点作，交于点，因为，所以，所以，所以，设、，依题意，所以，要求动点的轨迹长度的最小值，即求的最小值，即求的最小值，因为，所以，所以，当且仅当，即、时取等号，所以，所以，即动点的轨迹长度的最小值为.故答案为：【点睛】关键点点睛：本题解答的关键是找到动点的轨迹，再利用均值不等式求出的最小值.27（2023春湖南高三校联考阶段练习）在正四棱锥中，为的中点，过作截面将该四棱锥分成上下两部分，记上下两部分的体积分别为，则的最大值是_.【答案】2【分析】根据给定条

46、件，作出过的正四棱锥的截面，再求出的表达式并结合均值不等式求解作答.【详解】记正四棱锥的体积为，的最大值，由为定值知，只需求的最小值，设过的截面分别交和于，平面与平面的交线为与相交于，如图，则，令，则，即有，当且仅当时取等号，此时，所以的最大值是2.故答案为：2【点睛】方法点睛：作截面的常用三种方法：直接法，截面的定点在几何体的棱上；平行线法，截面与几何体的两个平行平面相交，或者截面上有一条直线与几何体的某个面平行；延长交线得交点，截面上的点中至少有两个点在几何体的同一平面上.28（2023广东汕头金山中学校考模拟预测）已知四边形ABCD为平行四边形，现将沿直线BD翻折，得到三棱锥，若，则三棱

47、锥的内切球与外接球表面积的比值为_.【答案】【分析】根据题意利用余弦定理求得，由此三棱锥的对棱相等，故此三棱锥的三组对棱是一个长方体的六个面的对角线，利用长方体的性质求外接圆半径，再等体积法求出内切球半径，运算求解即可.【详解】在中，故，即，则折成的三棱锥中，即此三棱锥的对棱相等，故此三棱锥的三组对棱是一个长方体的六个面的对角线，设长方体从同一个顶点出发的三条棱长分别为a，b，c则，解得，此长方体的外接球是三棱锥的外接球，设外接球的直径，即，又因为三棱锥是长方体切掉四个角，故三棱锥，三棱锥四个侧面是全等的，设内切球半径为，以内切球球心为顶点，把三棱锥分割为以球心为顶点，四个面为底面的的四个小三

48、棱锥，四个小三棱锥体积等于大三棱锥的体积，故，则三棱锥的内切球与外接球表面积的比值为.故答案为：.【点睛】方法定睛：多面体与球切、接问题的求解方法(1)涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题求解(2)若球面上四点P、A、B、C构成的三条线段PA、PB、PC两两垂直，且PAa，PBb，PCc，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，根据4R2a2b2c2求解(3)正方体的内切球的直径为正方体的棱长(4)球和正方体的棱相切时，球的直径为正方体的面对角线长(5)利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的

49、几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解29（2023浙江金华浙江金华第一中学校考模拟预测）已知矩形在平面的同一侧，顶点在平面上，且，与平面所成的角的大小分别为30，45，则矩形与平面所成角的正切值为_【答案】【分析】如图，过，分别做平面的垂线，垂足分别为，连接，通过几何关系可得到，过作满足，过做垂直于点，连接，则即为所求，通过等面积法计算出即可求解【详解】如图，过，分别做平面的垂线，垂足分别为，连接，由，所以，因为，与平面所成的角的大小分别为30,45,且，所以，得，因为所以，又，所以四边形是平行四边形，所以，因为，所以，所以，过作满足，则

50、即为矩形与平面的交线，过做垂直于点，连接，则即为所求，在中，由可得，所以，解得，所以矩形与平面所成角的正切值为.故答案为：.四、双空题30（2023广东广州统考一模）在棱长为1的正方体中，点分别是棱的中点，是侧面上的动点.且平面，则点的轨迹长为_.点到直线的距离的最小值为_.【答案】 【分析】根据给定条件，作出平面截正方体所得截面，再确定点的轨迹，计算长度即可；再建立空间直角坐标系，利用空间向量求出点到直线的距离作答.【详解】在正方体中，连接，如图，对角面为矩形，因为点分别是棱的中点，则，而，即平面截正方体所得截面为梯形，显然过点与平面平行的平面交平面、平面分别于，因此，连，平面、平面与平面分别交于，因此，而，即四边形为平行四边形，于是，即点M为的中点，同理为中点，因为动点始终满足平面，于是平面，又在侧面上，所以点的轨迹是线段，轨迹长为；以点D为原点建立空间直角坐标系，则，则，令，则有，于是点到直线的距离，当且仅当时取等号，所以点到直线的距离的最小值为.故答案为：；【点睛】方法点睛：作截面的常用三种方法：直接法，截面的定点在几何体的棱上；平行线法，截面与几何体的两个平行平面相交，或者截面上有一条直线与几何体的某个面平行；延长交线得交点，截面上的点中至少有两个点在几何体的同一平面上.