2024版新高考新教材版高考总复习数学专题七.立体几何（A）含答案.docx

2024版新高考新教材版高考总复习数学专题七.立体几何（A）一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.（2023福建漳州二模，4）已知某圆锥的底面半径为1，高为，则它的侧面积与底面积之比为（ ）A. B. 1C. 2D. 42.（2023安徽“江南十校”一模，4）安徽徽州古城与四川阆中古城山西平遥古城云南丽江古城被称为中国四大古城.徽州古城中有一古建筑，其底层部分可近似看作一个正方体.已知该正方体中，点分别是棱的中点，过三点的平面与平面的交线为，则直线与直线所成角为（ ）A. B. C. D. 3.（2023福建龙岩高三期末，4）如图是我国古代米斗，它是称量粮食的量器，是古代官仓、粮栈、米行等必备的用具.它是随着粮食生产而发展出来的用具，早在先秦时期就有，到秦代统一了度量衡，汉代又进一步制度化，十升为斗、十斗为石的标准最终确定下来.若将某个米斗近似看作一个四棱台.上、下两个底面都是正方形，侧棱均相等，上底面边长为25cm，下底面边长为15cm，侧棱长为10cm，则该米斗的容积约为（ ）A. 2600B. 2900C. 3100D. 35004.（2023湖南株洲一模，4）已知三棱锥的侧面展开图放在正方形网格中的位置如图所示，那么在三棱锥中，与所成的角为（ ）A. B. C. D. 5.（2023江苏南通泰州扬州等七市三模，5）已知底面半径为r的圆锥SO，其轴截面是正三角形，它的一个内接圆柱的底面半径为，则此圆柱与圆锥的侧面积的比值为（ ）A. B. C. D. 6.（2023江苏南京二模，6）直角三角形中，斜边长为2，绕直角边所在直线旋转一周形成一个几何体若该几何体外接球表面积为，则长为（ ）A. B. 1C. D. 7.（2023山东济宁三模，6）如图，在边长为4的正方形中，点，分别为，的中点，将，分别沿，折起，使，三点重合于点，则三棱锥的外接球体积为（ ） A. B. C. D. 8.（2023山东省实验二模，6）正四棱柱中，为底面的中心，是棱的中点，正四棱柱的高，点到平面的距离的最大值为（ ）A. B. C. D. 二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.（2023广东茂名一模，9）已知空间中三条不同的直线a、b、c，三个不同的平面，则下列说法中正确的是（ ）A. 若，则B. 若，则C. 若，则D. 若，则10.（2023湖南长沙一中二模，10）如图1，某广场上放置了一些石凳供大家休息，这些石凳是由正方体截去八个一样的正三棱锥得到的，它的所有边长均相同，数学上我们称之为半正多面体（semiregular solid），亦称为阿基米德多面体，如图2，设，则下列说法正确的是（ ） A. 该多面体的表面积为B. 该多面体的体积为C. 该多面体的平行平面间的距离均为D. 过A、Q、G三点的平面截该多面体所得的截面面积为11.（2023山东省实验二模，11）如图，在矩形中，为的中点，现分别沿、将、翻折，使点、重合，记为点，翻折后得到三棱锥，则（ ） A. B. 三棱锥的体积为C. 三棱锥外接球的半径为D. 直线与所成角的余弦值为12.（2023湖北武汉5月模拟，12）在中，点D满足，将沿直线BD翻折到位置，则（ ） A. 若，则B. 异面直线PC和BD夹角的最大值为C. 三棱锥体积的最大值为D. 点到平面BCD距离的最大值为2三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13.（2023福建部分地市第一次质检，13）已知空间中三点，则点A到直线的距离为_14.（2023山东青岛三模，14）已知圆锥的底面半径为1，侧面展开图为半圆，则该圆锥内半径最大的球的表面积为_15.（2023广东高州二模，15）已知球与正四面体各棱相切，且与平面相切，若，则正四面体表面上的点到平面距离的最大值为_.16.（2023安徽皖南八校三模，16）已知四面体四个顶点都在球的球面上，是边长为2的等边三角形，外接圆的圆心为若四面体的体积最大时，则球的半径为_；若，点为的中点，且，则球的表面积为_四、解答题：本题共6小题，共70分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17.（2023江苏盐城二模，18）如图，在三棱柱中，四边形为正方形，点为棱的中点，平面平面，. （1）求证：；（2）若，求二面角的余弦值.18.（2023广东厦门外国语学校5月适应性考试，20）如图，在圆台中，分别为上、下底面直径，为的中点，为线段的中点，为圆台的母线，与圆台下底面所成的角为（1）证明：平面；（2）求平面与平面夹角的余弦值19.（2023广东茂名二模，19）在四棱锥中，平面平面，为的中点.（1）求证：；（2）若，点在棱上，直线与平面所成角为，求点到平面距离.20.（2023福建漳州二模，19）如图1，在直角梯形BCDE中，A为DE的中点，且，将沿AB折起，使得点E到达P处（P与D不重合），记PD的中点为M，如图2（1）在折叠过程中，PB否始终与平面ACM平行？请说明理由；（2）当四棱锥P-ABCD的体积最大时，求CD与平面ACM所成角的正弦值21.（2023湖北武汉5月模拟，19）如图，在四棱锥中，底面ABCD为正方形，平面ABCD，为线段PB的中点，F为线段BC上的动点. （1）求证：平面平面PBC；（2）求平面AEF与平面PDC夹角的最小值.22.（2023湖南岳阳二模，19）在中，过点作，交线段于点（如图1），沿将折起，使（如图2），点分别为棱的中点.（1）求证：；（2）在图1中，图1中，图2中三棱锥的体积最大.这三个条件中任选一个，补充下面问题中，再解答问题.问题：已知_，试在棱上确定一点，使得，并求平面与平面的夹角的余弦值.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.专题七.立体几何（A）一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.（2023福建漳州二模，4）已知某圆锥的底面半径为1，高为，则它的侧面积与底面积之比为（ ）A. B. 1C. 2D. 4【答案】C【解析】圆锥的侧面积为：；圆锥的底面积为：；，故选：C2.（2023安徽“江南十校”一模，4）安徽徽州古城与四川阆中古城山西平遥古城云南丽江古城被称为中国四大古城.徽州古城中有一古建筑，其底层部分可近似看作一个正方体.已知该正方体中，点分别是棱的中点，过三点的平面与平面的交线为，则直线与直线所成角为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】如图所示，在平面中，连接与交于，则，在平面中，连接与交于，则，则为平面与平面的交线，且，而在等边中与所成的角为，故与直线所成角，故选：3.（2023福建龙岩高三期末，4）如图是我国古代米斗，它是称量粮食的量器，是古代官仓、粮栈、米行等必备的用具.它是随着粮食生产而发展出来的用具，早在先秦时期就有，到秦代统一了度量衡，汉代又进一步制度化，十升为斗、十斗为石的标准最终确定下来.若将某个米斗近似看作一个四棱台.上、下两个底面都是正方形，侧棱均相等，上底面边长为25cm，下底面边长为15cm，侧棱长为10cm，则该米斗的容积约为（ ）A. 2600B. 2900C. 3100D. 3500【答案】B【解析】画出此四棱台，如下：则cm，cm，cm，过点B作BP底面EFGH于点P，点P落在对角线HF上，过点P作PQEF于点Q，连接BQ，因为平面EFGH，所以BPEF，因为，平面BPQ，所以EF平面BPQ，因为平面BPQ，所以EFBQ，其中cm，同理可得cm，由勾股定理得：cm，故cm，正方形EFGH的面积为，正方形ABCD的面积为，则该米斗的容积故选：B4.（2023湖南株洲一模，4）已知三棱锥的侧面展开图放在正方形网格中的位置如图所示，那么在三棱锥中，与所成的角为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】由图可知，在三棱锥中， ，取中点，连接，因为，所以，因为平面，所以平面，因为平面，所以，即与所成的角为故选：D5.（2023江苏南通泰州扬州等七市三模，5）已知底面半径为r的圆锥SO，其轴截面是正三角形，它的一个内接圆柱的底面半径为，则此圆柱与圆锥的侧面积的比值为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】圆锥的高为，如图，由可得：，,圆柱侧面积，圆锥侧面积，故选：D6.（2023江苏南京二模，6）直角三角形中，斜边长为2，绕直角边所在直线旋转一周形成一个几何体若该几何体外接球表面积为，则长为（ ）A. B. 1C. D. 【答案】D【解析】设，因为，所以，绕直角边所在直线旋转一周形成一个几何体为圆锥，设圆锥外接球的半径为，所以，解得，设外接球的球心为，则球心在直线上，所以，解得.故选：D7.（2023山东济宁三模，6）如图，在边长为4的正方形中，点，分别为，的中点，将，分别沿，折起，使，三点重合于点，则三棱锥的外接球体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A【解析】依题意，且，于是四面体可以补形成以为相邻三条棱的长方体，该长方体与四面体的外接球相同，设四面体的外接球的半径R，则2R为长方体的体对角线长，即，所以四面体的外接球体积为，故选：A8.（2023山东省实验二模，6）正四棱柱中，为底面的中心，是棱的中点，正四棱柱的高，点到平面的距离的最大值为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】设底面四边形的中心为，连接，则，设点到平面的距离为，则中，边上的高为，则，由，得，所以，由，得，则，则，所以，即点到平面的距离的取值范围是，所以点到平面的距离的最大值为，故选：C二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.（2023广东茂名一模，9）已知空间中三条不同的直线a、b、c，三个不同的平面，则下列说法中正确的是（ ）A. 若，则B. 若，则C. 若，则D. 若，则【答案】ACD【解析】对于A：，则一定成立，A正确；对于B：如图，正方体两两相交的三个平面,平面,平面,平面平面，平面平面,平面平面，但不平行，故B错误；对于C：若，则或，但，所以，C正确；对于D：，则，D正确，故选:ACD.10.（2023湖南长沙一中二模，10）如图1，某广场上放置了一些石凳供大家休息，这些石凳是由正方体截去八个一样的正三棱锥得到的，它的所有边长均相同，数学上我们称之为半正多面体（semiregular solid），亦称为阿基米德多面体，如图2，设，则下列说法正确的是（ ） A. 该多面体的表面积为B. 该多面体的体积为C. 该多面体的平行平面间的距离均为D. 过A、Q、G三点的平面截该多面体所得的截面面积为【答案】ABD【解析】由题意，该多面体的面由6个边长为1的正方形和8个边长为1的正三角形构成，故该多面体的表面积为，故A正确；该多面体的体积为原正方体的体积去掉8个相同的三棱锥的体积，注意到该多面体的原正方体边长为，所以，故B正确；对于选项C，若该多面体平行平面为上下两个正方形所在的平面，则平行平面间的距离为；若该多面体平行平面为两个正三角形所在的平行平面，如图， 不妨记正方体为，故是平行四边形，所以，又E，Q分别为，的中点，所以，同理，所以，平面，平面，所以平面，同理平面，又，平面，所以平面平面，设对角线分别交平面和平面于点，因为，平面，所以平面，又平面，所以，同理，又，平面，所以平面，又平面平面，所以平面，即为平面与平面的距离，则,由正方体边长为得，根据，则，解得，根据对称性知，所，此时平面EMQ与平面BCG的距离为，即两个正三角形所在的平行平面间的距离为，故C错误；根据平面性质知，过A、Q、G三点的平面截得的截面图形是一个边长为1的正六边形ABGPQE，故截面面积为，故D正确，故选：AB.11.（2023山东省实验二模，11）如图，在矩形中，为的中点，现分别沿、将、翻折，使点、重合，记为点，翻折后得到三棱锥，则（ ） A. B. 三棱锥的体积为C. 三棱锥外接球的半径为D. 直线与所成角的余弦值为【答案】ACD【解析】对于A选项，翻折前，翻折后，则有，因为，、平面，所以平面，故A对；对于B选项，在中，边上的高为，所以，故B错；对于C选项，因为，由余弦定理，可得，则，所以的外接圆的半径，设三棱锥外接球的半径为，因为平面，所以，所以，即三棱锥外接球的半径为，故C对；对于D选项，在中，则，所以直线与直线所成角的余弦值为，故D对，故选：ACD.12.（2023湖北武汉5月模拟，12）在中，点D满足，将沿直线BD翻折到位置，则（ ） A. 若，则B. 异面直线PC和BD夹角的最大值为C. 三棱锥体积的最大值为D. 点到平面BCD距离的最大值为2【答案】BD【解析】在中，由余弦定理得对于A，当，则在中，由余弦定理得，A错误；对于B，折叠前，令，折叠后有，又平面，所以平面，所以，所以异面直线PC和BD夹角的最大值为，B正确；设，则，在中，由余弦定理得：,在中，当平面平面时，设到平面的距离为，则解得对于C，三棱锥的体积令，则，所以，因为，所以，而在上单调递减，所以当，即时，C错误；对于D，因为，所以，所以当时，.到平面的最大距离为2 ，D正确.故选：BD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13.（2023福建部分地市第一次质检，13）已知空间中三点，则点A到直线的距离为_【答案】【解析】，,，设点A到直线的距离为，则.14.（2023山东青岛三模，14）已知圆锥的底面半径为1，侧面展开图为半圆，则该圆锥内半径最大的球的表面积为_【答案】#【解析】设圆锥母线长为，由题意，圆锥内半径最大的球与圆锥相切，作出圆锥的轴截面，截球得大圆为圆锥轴截面三角形的内切圆，是切点，如图，易知是圆锥的高，在上，由得，因此，所以，所以圆锥内半径最大的球的表面积为，15.（2023广东高州二模，15）已知球与正四面体各棱相切，且与平面相切，若，则正四面体表面上的点到平面距离的最大值为_.【答案】【解析】将正四面体补形成正方体，因为球与正四面体各棱相切，所以球即为正方体的内切球，易知，球心O为正方体体对角线的中点，记正四面体表面上的点到球心O的距离为d，球的半径为r，则正四面体表面上的点到平面距离的最大值即为的最大值，设正方体棱长为a，则，解得，所以，易知，所以正四面体表面上的点到平面距离的最大值为 16.（2023安徽皖南八校三模，16）已知四面体四个顶点都在球的球面上，是边长为2的等边三角形，外接圆的圆心为若四面体的体积最大时，则球的半径为_；若，点为的中点，且，则球的表面积为_【答案】 . . 【解析】设的外接圆的半径R，由题可得，解得；若四面体的体积最大时，则点B在过和的直径上，且在的两侧，在中，又，所以，设球的半径为，则在中，解得；如图，取的中点，连接并延长交圆于点连接，由得，则在中，所以在中，由余弦定理得，可得，结合图形可得圆连接，过点O作BF的垂线，垂足为点G，连接BO，四面体外接球的半径解得，所以球O的半径，四面体ABCD外接球的表面积为四、解答题：本题共6小题，共70分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17.（2023江苏盐城二模，18）如图，在三棱柱中，四边形为正方形，点为棱的中点，平面平面，. （1）求证：；（2）若，求二面角的余弦值.【解析】（1）证明：取中点，连接，因为四边形为正方形，点为的中点，点为的中点，所以，又因为，平面，所以平面，又因为平面，所以，因为点为的中点，所以.（2）因为平面平面，平面平面，且，所以平面，以为基底建立如图所示空间直角坐标系，则，可得，设为平面的一个法向量，则，取，得，所以，由平面，可得平面的一个法向量为，则，由图知二面角为钝二面角，所以其余弦值为. 18.（2023广东厦门外国语学校5月适应性考试，20）如图，在圆台中，分别为上、下底面直径，为的中点，为线段的中点，为圆台的母线，与圆台下底面所成的角为（1）证明：平面；（2）求平面与平面夹角的余弦值【解析】（1）证明：连接，则平面因为为母线，所以四点共面，且取中点，连接，因为，则，所以四边形平行四边形所以，所以平面所以为与底面所成角，即在中，所以，同理在中，所以因为平面，平面，所以因为为的中点，所以，又，平面，平面,所以平面，又平面，所以又因为，平面，平面，所以平面；（2）以O为原点，分别以，所在的方向为，的正方向，建立空间直角坐标系，则，.所以，.设平面的一个法向量为，由，得，令，得，所以设平面的一个法向量为，由，则令，得，所以，设平面，与平面夹角为，则所以平面与平面夹角的余弦值为19.（2023广东茂名二模，19）在四棱锥中，平面平面，为的中点.（1）求证：；（2）若，点在棱上，直线与平面所成角为，求点到平面距离.【解析】（1），为的中点，又平面平面，平面平面，平面，又平面，（2）由，可知四边形为等腰梯形，易知，建立如图所示的空间直角坐标系，平面的法向量为，设，则，直线与平面所成角为，点在棱上，即，代入解得或（舍去）.， ，设平面的法向量为，令，得，所以点到平面的距离.20.（2023福建漳州二模，19）如图1，在直角梯形BCDE中，A为DE的中点，且，将沿AB折起，使得点E到达P处（P与D不重合），记PD的中点为M，如图2（1）在折叠过程中，PB否始终与平面ACM平行？请说明理由；（2）当四棱锥P-ABCD的体积最大时，求CD与平面ACM所成角的正弦值【解析】（1）在折叠过程中，PB始终与平面ACM平行.理由如下：由已知可得：，所以，即四边形为正方形，连接与于点，连接，又为的中点，所以，因为平面ACM，平面ACM，所以平面ACM（2）要使四棱锥P-ABCD的体积最大，只需点到平面的距离最大，即平面，以为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，则，设平面ACM的法向量为，则，令，得，则，设CD与平面ACM所成角为，所以.即CD与平面ACM所成角的正弦值为.21.（2023湖北武汉5月模拟，19）如图，在四棱锥中，底面ABCD为正方形，平面ABCD，为线段PB的中点，F为线段BC上的动点. （1）求证：平面平面PBC；（2）求平面AEF与平面PDC夹角的最小值.【解析】（1）中，E为PB的中点，所以.在正方形ABCD中，.因为平面ABCD，平面ABCD，即.又因为，平面PAB，所以平面PAB.平面PAB，即，又因为，平面PBC.所以平面PBC，平面AEF，即平面平面PBC.（2）因为平面ABCD，底面ABCD是正方形，所以易知AB，AD，AP两两垂直.以A为原点， AB，AD，AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则， PB中点，设，.，.设平面PCD的法向量，由，得，取.设平面的法向量，由，得，取.所以平面AEF与平面PCD的夹角的余弦值为.令，则，所以当即时，平面AEF与平面PCD的夹角的余弦值取得最大值，此时平面AEF与平面PCD的夹角取得最小值.22.（2023湖南岳阳二模，19）在中，过点作，交线段于点（如图1），沿将折起，使（如图2），点分别为棱的中点.（1）求证：；（2）在图1中，图1中，图2中三棱锥的体积最大.这三个条件中任选一个，补充下面问题中，再解答问题.问题：已知_，试在棱上确定一点，使得，并求平面与平面的夹角的余弦值.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.【解析】（1），平面，平面平面.又分别为的中点，.（2）选，在图1所示的中，由，解得或（舍去）.设，在Rt中，解得.以点为原点，分别为轴建立如图所示的坐标系，则.设，则.，即，解得，当（即是的靠近的一个四等分点）时，.设平面的一个法向量为，且，由得令，则，取平面CBN的一个法向量，则，平面BMN与平面的夹角的余弦值为.选，在图1所示的中，设，则，又，由平面向量基本定理知，即.以点为原点，分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，则.设，则，即，解得，当（即是的靠近的一个四等分点）时，.设平面的一个法向量为，且，由得令，则.取平面的一个法向量，则，平面与平面的夹角的余弦值为.选，在图1所示的中，设，则，为等腰直角三角形，.折起后，且，平面，平面，又，令，当时，；当时，时，三棱锥的体积最大.以点为原点，分别为轴建立如图所示直角坐标系，则，设，则.，即，解得，当（即是的靠近的一个四等分点）时，.设平面的一个法向量为，且，由得令，则.取平面的一个法向量，则，平面与平面的夹角的余弦值为.专题七.立体几何（B）一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.（2023河北邢台高三期末，2）已知某圆台的上底面和下底面的面积分别为、，高为，则该圆台的体积为（ ）A. B. C. D. 2.（2023安徽蚌埠高三质检，5）设，是两个不同的平面，a，b是两条不同的直线，下列说法正确的是（ ）A. 若，则 B. 若，则C. 若，则 D. 若，则3.（2023山东淄博一模，4）如图，某几何体的形状类似胶囊，两头都是半球，中间是圆柱，其中圆柱的底面半径与半球的半径都为2，若该几何体的表面积为，则其体积为（ ）A. B. C. D. 4.（2023福建厦门高三质检，4）西施壶是紫砂壶器众多款式中最经典的壶型之一，是一款非常实用的泡茶工具（如图1）西施壶的壶身可近似看成一个球体截去上下两个相同的球缺的几何体球缺的体积（R为球缺所在球的半径，h为球缺的高）若一个西施壶的壶身高为8cm，壶口直径为6cm（如图2），则该壶壶身的容积约为（不考虑壶壁厚度，取3.14）（ ）A. 494mlB. 506mlC. 509mlD. 516ml5.（2023河北邯郸三模，5）三棱锥中，平面，过点分别作，交于点，记三棱锥的外接球表面积为，三棱锥的外接球表面积为，则（ ）A. B. C. D. 6.（2023山东威海二模，7）已知等边三角形SAB为圆锥的轴截面，AB为圆锥的底面直径，O，C分别是AB，SB的中点，过OC且与平面SAB垂直的平面记为，若点S到平面的距离为，则该圆锥的侧面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】B7.（2023广东茂名一模，8）已知菱形ABCD的各边长为2，.将沿AC折起，折起后记点B为P，连接PD，得到三棱锥，如图所示，当三棱锥的表面积最大时，三棱锥的外接球体积为（ ）A. B. C. D. 8.（2023江苏盐城二模，7） 动点在正方体从点开始沿表面运动，且与平面的距离保持不变，则动直线与平面所成角正弦值的取值范围是（ ）A. B. C. D. 二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.（2023广东揭阳高三期末，9）在正方体中，下列结论正确的是（ ）A. 平面 B. 平面C. 点D到平面的距离为 D. 与平面所成角的正弦值为11.(2023广东深圳二模,11）如图，在矩形AEFC中，EF=4，B为EF中点，现分别沿AB、BC将ABE、BCF翻折，使点E、F重合，记为点P，翻折后得到三棱锥P-ABC，则（ ）A. 三棱锥的体积为 B. 直线PA与直线BC所成角的余弦值为C. 直线PA与平面PBC所成角的正弦值为 D. 三棱锥外接球的半径为12.(2023河北秦皇岛二模，12）已知正方体的棱长为2，棱AB的中点为M，点N在正方体的内部及其表面运动，使得平面，则（ ）A. 三棱锥的体积为定值B. 当最大时，MN与BC所成的角为C. 正方体的每个面与点N的轨迹所在平面所成角都相等D. 若，则点N的轨迹长度为三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13.（2023安徽淮北高三一模，14）已知直四棱柱的底面是菱形，棱长均为4，的中点分别为、，则三棱锥的体积为_14.（2023湖南长沙雅礼中学二模，15） 如图，四边形为平行四边形，现将沿直线翻折，得到三棱锥，若，则三棱锥的内切球表面积为_ 15.（2023辽宁葫芦岛二模，14）如图（1）所示，已知点B在抛物线上，过B作轴于点A，且将曲边三角形如图（2）所示放置，并将曲边三角形沿平面的垂线方向平移一个单位长度（即），得到相应的几何体取一个底面面积为高为a的正四棱锥放在平面上如图（3）所示，这时，平面平面，现用平行于平面的任意一个平面去截这两个几何体，截面分别为矩形，四边形，截面与平面的距离为（），试用祖暅原理求曲边三角形的面积_ 16.（2023山东威海二模，16）在棱长为2的正方体中，点P满足，其中，当直线平面时，P的轨迹被以为球心，R为半径的球面截得的长度为2，则R_；当时，经过A，P的平面与棱交于点Q，则直线PQ与平面所成角的正切值的取值范围为_ 四、 解答题：本题共6小题，共70分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17.（2023山东威海二模，18）如图，在四棱台中，平面，下底面是菱形， （1）求四棱锥的体积；（2）求平面与平面所成角的余弦值18.（2023苏锡常镇二调，20）如图，在三棱台中，平面平面，二面角的大小为45°，.（1）求证：平面ABC；（2）求异面直线与所成角的余弦值.19.(2023辽宁协作体高三期末，20）如图，在几何体中，四边形是边长为2的菱形，且，平面平面.（1）求证：平面平面；（2）若直线与平面所成角的正弦值，求点与平面的距离.20.（2023湖南常德高三期末，19）如图所示的几何体是由等高的直三棱柱和半个圆柱组合而成，点为的中点，为半个圆柱上底面的直径，且，为的中点（1）证明：平面平面；（2）若是线段上一动点，求直线与平面所成角的正弦的最大值21.（2023安徽淮南二模，20）如图，在四棱锥中，底面ABCD是梯形，是等边三角形且与底面垂直，E是棱PA上一点，.（1）当平面EBD，求实数的值；（2）当为何值时，平面EBD与平面PBD所成的锐二面角的大小为？22.(2023广东汕头二模，19）如图，正方体中，直线平面，.（1）设，试在所给图中作出直线，使得，并说明理由；（2）设点A与（1）中所作直线确定平面.求平面与平面ABCD的夹角的余弦值；请在备用图中作出平面截正方体所得的截面，并写出作法.专题七.立体几何（B）一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.（2023河北邢台高三期末，2）已知某圆台的上底面和下底面的面积分别为、，高为，则该圆台的体积为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】由题意可知，该圆台的体积为，故选：C.2.（2023安徽蚌埠高三质检，5）设，是两个不同的平面，a，b是两条不同的直线，下列说法正确的是（ ）A. 若，则 B. 若，则C. 若，则 D. 若，则【答案】A【解析】对于A，若，则，故正确；对于B，若，则与相交或者，故错误；对于C，若，则，故错误；对于D，若，则与相交，不一定垂直，故错误.故选:A3.（2023山东淄博一模，4）如图，某几何体的形状类似胶囊，两头都是半球，中间是圆柱，其中圆柱的底面半径与半球的半径都为2，若该几何体的表面积为，则其体积为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】由题意可知：设该几何体中间部分圆柱的高为，圆柱的半径为，则该几何体的表面积为，因为，所以，所以该几何体的体积，故选：A.4.（2023福建厦门高三质检，4）西施壶是紫砂壶器众多款式中最经典的壶型之一，是一款非常实用的泡茶工具（如图1）西施壶的壶身可近似看成一个球体截去上下两个相同的球缺的几何体球缺的体积（R为球缺所在球的半径，h为球缺的高）若一个西施壶的壶身高为8cm，壶口直径为6cm（如图2），则该壶壶身的容积约为（不考虑壶壁厚度，取3.14）（ ）A. 494mlB. 506mlC. 509mlD. 516ml【答案】A【解析】如图作出几何体的轴截面如下面所示，依题意，为球心，为壶口所在圆的圆心，所以，因为，所以，且，所以球的半径，所以球缺的高，所以球缺的体积，所以该壶壶身的容积约为：.故选：A.5.（2023河北邯郸三模，5）三棱锥中，平面，过点分别作，交于点，记三棱锥的外接球表面积为，三棱锥的外接球表面积为，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】取的中点，的中点，连，因为平面，平面，所以，因为，平面，所以平面，因为平面，所以，在直角三角形中，是斜边的中点，所以，在直角三角形中，是斜边的中点，所以，所以是三棱锥的外接球的球心，为该球的直径.因为，是斜边的中点，所以，因为， 是斜边的中点，所以，所以是三棱锥的外接球的球心，为该球的直径.设，则，则，所以，故选：B.6.（2023山东威海二模，7）已知等边三角形SAB为圆锥的轴截面，AB为圆锥的底面直径，O，C分别是AB，SB的中点，过OC且与平面SAB垂直的平面记为，若点S到平面的距离为，则该圆锥的侧面积为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】如图，作于点，因为平面平面，且平面平面，所以平面，点为的中点，则，且为等边三角形，则，所以，所以底面半径，母线，则该圆锥的侧面积 故选：B8.（2023广东茂名一模，8）已知菱形ABCD的各边长为2，.将沿AC折起，折起后记点B为P，连接PD，得到三棱锥，如图所示，当三棱锥的表面积最大时，三棱锥的外接球体积为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】由题意可得：均为边长为2的等边三角形，为全等的等腰三角形，则三棱锥的表面积，当且仅当，即时，三棱锥的表面积取最大值，此时为直角三角形，取的中点，连接，由直角三角形的性质可得：，即三棱锥的外接球的球心为，半径为，故外接球体积为，故选：D.8.（2023江苏盐城二模，7）动点在正方体从点开始沿表面运动，且与平面的距离保持不变，则动直线与平面所成角正弦值的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】连接，易知，,所以平面平面M与平面的距离保持不变，点M的移动轨迹为三角形的三条边，当M为中点时，直线与平面所成角正弦值最大， 取的中点，设正方体的棱长为2，所以，所以，所以为直角三角形， 所以直线与平面所成角正弦值为,当M为C点时，当M为中点时，直线与平面所成角的正弦值最小，此时， 所以，.直线与平面所成角正弦值的取值范围是，故选：A.二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.（2023广东揭阳高三期末，9）在正方体中，下列结论正确的是（ ）A. 平面 B. 平面C. 点D到平面的距离为 D. 与平面所成角的正弦值为【答案】ABC 【解析】以D为坐标原点，DA，DC，所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系如图所示.设正方体的棱长为1，连接BD，交AC于O，连接，则，所以，.由，得. 又平面，平面，所以平面，故选项A正确；因为，所以.又，所以.因为，平面，所以平面，故选项B正确；易知是平面的一个法向量，所以点D到平面的距离为.又，所以点D到平面的距离为，故选项C正确；与平面所成角的正弦值为，故选项D错误；故选ABC.11.(2023广东深圳二模,11）如图，在矩形AEFC中，EF=4，B为EF中点，现分别沿AB、BC将ABE、BCF翻折，使点E、