2023年高考数学重点专题三轮冲刺演练专题12 立体几何小题压轴练（解析版）.docx

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1、2023年高考数学重点专题三轮冲刺演练【一专三练】 专题12 立体几何小题压轴练-新高考数学复习分层训练（新高考通用）一、单选题1（2023山东济宁统考一模）已知直三棱柱，为线段的中点，为线段的中点，过的内切圆圆心，且，则三棱锥的外接球表面积为（）ABCD 2（2023春湖北武汉高三华中师大一附中校考期中）在正四棱台中，M为棱的中点，当正四棱台的体积最大时，平面截该正四棱台的截面面积是（）ABCD3（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（）ABCD4（2023秋湖南湘

2、潭高三校联考期末）点分别是棱长为2的正方体中棱的中点，动点在正方形(包括边界)内运动.若面，则的长度范围是（）ABCD5（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（）ABCD6（2023广东梅州统考一模）九章算术是我国古代著名的数学著作，书中记载有几何体“刍甍”.现有一个刍甍如图所示，底面为正方形，平面，四边形，为两个全等的等腰梯形，且，则此刍甍的外接球的表面积为（）ABCD7（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（）ABCD8（2023广东深

3、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，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二、多选题9（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）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10（2023春江苏扬州高三统考开学考试）在四面体的四个面中，有公共棱的两个面全等，二面角大小为，下列说法中正

4、确的有（）A四面体外接球的表面积为B四面体体积的最大值为C若，则D若，则11（2023春江苏南京高三南京市第五高级中学校考阶段练习）已知正四棱台的上下底面边长分别为4，6，高为，E是的中点，则（）A正四棱台的体积为B平面平面 CAE平面 D正四棱台的外接球的表面积为10412（2023秋辽宁葫芦岛高三统考期末）在正方体中，M为AB中点，N为BC中点，P为线段上一动点（不含C）过M，N，P的正方体的截面记为，则下列判断正确的是（）A当P为中点时，截面为六边形B当时，截面为五边形C当截面为四边形时，它一定是等腰梯形D设中点为Q，三棱锥的体积为定值13（2023春江苏苏州高三统考开学考试）六面体中，

5、底面ABCD、分别是边长为4和2的正方形，侧面、侧面均是直角梯形，且，若该六面体为台体，下列说法正确的是（）A六面体的体积为28B异面直线与的夹角的余弦值为C二面角的正弦值为D设P为上底面上一点，且，则P的轨迹为一个圆14（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

6、（）A直线与平行BC点C与点D到平面的距离相等D16（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

7、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18（2023春江苏南通高三海安高级中学校考阶段练习）如图的六面体中，CACBCD1，ABBDADAEBEDE，则（）ACD平面ABCBAC与BE所成角的大小为CD该六面体外接球的表面积为319（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

8、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20（2023广东高三校联考阶段练习）如图，矩形中，为边的中点，沿将折起，点折至处（平面），若为线段的中点，平面与平面所成锐二面角，直线与平面所成角为，则在折起过程中，下列说法正确的是（）A存在某个位置，使得B面积的最大值为CD三棱锥体积最大时，三棱锥的外接球的表面积21（2023广东深圳统考一模）如图，已知正三棱台的上、下底面边长分别为2和3，侧棱长为1，点P在侧面内运动（包含边界），且AP与平面所成角的正切值为，则（）ACP长度的最小值为B存在点P，使得C存在点P，存在点，使得D所有满足条件的动线

9、段AP形成的曲面面积为22（2023江苏南通二模）如图，正三棱锥A-PBC和正三棱锥D-PBC的侧棱长均为，BC = 2若将正三棱锥A-PBC绕BC旋转，使得点A，P分别旋转至点处，且，B，C，D四点共面，点，D分别位于BC两侧，则（）A B平面BDCC多面体的外接球的表面积为D点A，P旋转运动的轨迹长相等23（2023广东江门统考一模）勒洛Franz Reuleaux（18291905），德国机械工程专家，机构运动学的创始人.他所著的理论运动学对机械元件的运动过程进行了系统的分析，成为机械工程方面的名著.勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面

10、都接触，因此它能像球一样来回滚动.勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的相交部分围成的几何体.如图所示，设正四面体的棱长为2，则下列说法正确的是（）A勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为B勒洛四面体被平面截得的截面面积是C勒洛四面体表面上交线的长度为D勒洛四面体表面上任意两点间的距离可能大于224（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三、填空题25（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

11、的角的大小分别为30，45，则矩形与平面所成角的正切值为_26（2023春江苏南通高三校考开学考试）在直四棱柱中，底面ABCD是边长为1的正方形，侧棱，M为侧棱的中点，N在侧面矩形内(异于点)，则三棱锥体积的最大值为_.27（2023秋江苏南京高三南京市第一中学校考期末）在三棱锥中，且，则直线PC与平面ABC所成角的余弦值为_.28（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_29（2023春湖北武汉高三华中师大一附中校考阶段练习）蹴鞠（如图所示），又名蹴球，蹴圆，筑球，踢圆等，蹴有用脚蹴、踢、蹋的含义，鞠最早系外

12、包皮革、内实米糠的球因而蹴鞠就是指古人以脚蹴、蹋、踢皮球的活动，类似于今日的足球.2006年5月20日，蹴鞠作为非物质文化遗产经国务院批准已列入第一批国家非物质文化遗产名录.已知某鞠（球）的表面上有四个点A，B，C，P，且球心在PC上，则该鞠（球）的表面积为_.30（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_.2023年高考数学重点专题三轮冲刺演练【一专三练】 专题12 立体几何小题压轴练-新高考数学复习分层训练（新高考通用）一、单选题1（2023山东济宁统考一模）已知直三棱柱，为线段的中点，为线段的中点

13、，过的内切圆圆心，且，则三棱锥的外接球表面积为（）ABCD 【答案】B【分析】计算，过分别作平面，平面的垂线， 两垂线交于点，点为三棱取的外接球球心，计算，再利用勾股定理得到，计算表面积得到答案.【详解】如图，为线段的中点，平面，平面，故，平面，故平面，平面，故，故，因为为线段的中点且过的内切圆圆心，故，即.所以.取的中点，连接、，分别在、上取 、的外接圆圆心、.过分别作平面，平面的垂线， 两垂线交于点，则点为三棱取的外接球球心.在中由余弦定理得：，所以.设、的外接圆半径分别为、， 三棱锥的外接球半径为.，解得，同理，所以，所以三锥的外接球表面积为.故选：B【点睛】关键点点睛：本题考查了线面垂

14、直，三棱锥的外接球表面积，意在考查学生的计算能力，空间想象能力和转化能力，其中，确定过圆心的垂线交点是球心再利用勾股定理求解是解题的关键，此方法是常考方法，需要熟练掌握.2（2023春湖北武汉高三华中师大一附中校考期中）在正四棱台中，M为棱的中点，当正四棱台的体积最大时，平面截该正四棱台的截面面积是（）ABCD【答案】C【分析】根据正四棱台的体积公式、结合基本不等式、线面平行的判定定理、梯形的面积公式进行求解即可【详解】设，上底面和下底面的中心分别为，过作,该四棱台的高，在上下底面由勾股定理可知，在梯形中，所以该四棱台的体积为，所以，当且仅当，即时取等号，此时，取,的中点，,连接,，显然有，由

15、于平面，平面，所以平面，因此平面就是截面显然，在直角梯形中，因此在等腰梯形中，同理在等腰梯形中，在等腰梯形中，设，则，所以梯形的面积为，故选：C【点睛】解决与几何体截面的问题，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下：（1）根据空间中的线面关系，找到线线平行或者垂直，进而确定线面以及面面关系，（2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的；（3）求长度下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于长度的方程，并求解.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

16、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.

17、4（2023秋湖南湘潭高三校联考期末）点分别是棱长为2的正方体中棱的中点，动点在正方形(包括边界)内运动.若面，则的长度范围是（）ABCD【答案】B【分析】取的中点，的中点F，连结，取EF中点O，连结，证明平面平面，从而得到P的轨迹是线段，从而得出长度范围.【详解】取的中点，的中点F，连结，取EF中点O，连结，,点M，N分别是棱长为2的正方体中棱BC，的中点，,，四边形为平行四边形，而在平面中，易证，平面，平面，平面，平面，平面，平面，又，平面，平面平面，动点P在正方形（包括边界）内运动，且平面AMN，点P的轨迹是线段EF，当P与O重合时，的长度取最小值，为等腰三角形，在点或者点处时，此时最大

18、，最大值为.即的长度范围为故选：B5（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，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A

19、BCD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：A6（2023广东梅州统考一模）九章算术是我国古代著名的数学著作，书中记载有几何体“刍甍”.现有一个刍甍如图所示，底面为正方形，平面，四边形，为两个全等的等腰梯形，且，则此刍甍的外接球的表面积为（）ABCD【答案】C【分析】根据给定条件，求出点到平面的距离，再由几何体的结构特征确定球心位置，结合球面的性质求解作答.【详解】取、中点、，正方形中心，中点，连接，根据题意可得平面，点是的中点，在等腰中，同理，则等腰

20、梯形的高为，根据几何体的结构特征可知，刍甍的外接球的球心在直线上，连接，正方体的外接圆的半径，则有，而，当点在线段的延长线（含点）时，视为非负数，若点在线段的延长线（不含点）时，视为负数，即有，则，解得，则刍甍的外接球的半径为，则刍甍的外接球的表面积为，故选：C.7（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

21、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ABCD.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.8（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，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

22、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，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

23、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.二、多选题9（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）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

24、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

25、正确；故选： 10（2023春江苏扬州高三统考开学考试）在四面体的四个面中，有公共棱的两个面全等，二面角大小为，下列说法中正确的有（）A四面体外接球的表面积为B四面体体积的最大值为C若，则D若，则【答案】ACD【分析】选项A：找出四面体得外接球得外接圆圆心和半径即可；选项B：先确定底面，底面积确定，利用夹角的变化确定体积最大的时候的高即可；选项C：直接画出二面角，然后计算其夹角即可；选项D：先过点画的垂线，垂足为;过点画的垂线，垂足为，然后二面角为与的夹角，利用基底法计算长度即可.【详解】由题的示意图，画中点为，连接选项A：由题可知在中，所以,又因为有公共棱的两个面全等, ，故,由直角三角形的

26、性质可知，,故该三棱锥的外接球球心为点，直径为，所以外接球表面积为，故A正确；选项B：要使四面体的体积最大，则只需以为底面，在边上的高为高即可；因为公共棱的两个面全等，所以，所以有，已知，所以，所以体积最大时，该四面体的体积为，故B 错误；选项C：分别过点画边的垂线，显然垂足均为，则,得示意图由选项B可知，又，所以,由余弦定理的，因为在三角形中，所以，故C正确；选项D:如图所示，过点画的垂线，垂足为;过点画的垂线，垂足为，因为，所以,因为，所以与的夹角为，由选项B可知，,所以,同理,由选项A可知所以，,所以得，所以，故D正确；故选：ACD11（2023春江苏南京高三南京市第五高级中学校考阶段练

27、习）已知正四棱台的上下底面边长分别为4，6，高为，E是的中点，则（）A正四棱台的体积为B平面平面 CAE平面 D正四棱台的外接球的表面积为104【答案】BCD【分析】对于A：直接代入正四棱台的体积公式即可求解；对于B：先证BD平面，再根据面面垂直的判定定理即可证明；对于C：取的中点F，连接AF，EF，连接AG，先证四边形是平行四边形，易得GA平面，EF平面，根据面面平行判定定理可证平面平面，再根据面面平行的性质即可证明AE平面；对于D：分球心在正四棱台内、外两种情况讨论，且球心必在上或的延长线上，再利用勾股定理列出关于球半径的方程即可求解.【详解】依题意，对于A，正四棱台的体积为，故错误；对于

28、B，易知BDAC，BD，又，平面，平面，则BD平面，又BD平面，所以平面平面，故B正确；对于C，取的中点F，连接AF，EF，连接AG，所以EF，又因为E是的中点， 所以，所以G是的中点，因为，所以，又，所以，又因为，所以四边形是平行四边形，所以，又GA平面， 平面，所以GA平面，因为BD，所以EFBD，EF平面，BD平面，所以EF平面，因为EFAGG，所以平面平面，因为AE平面AEF，所以AE平面，故C正确；对于D，连接AC、BD相交于，连接，相交于，如果外接球的球心O在正四棱台的内部，则O在上，因为上下底面边长分别为4，6，所以，设外接球O的半径为R，所以，即，无解，所以外接球的球心O在正四

29、棱台的外部，如图：则O在延长线上，因为上下底面边长分别为4，6，所以，设外接球O的半径为R，所以，即，解得26，所以正四棱台的外接球的表面积为4104，故D正确；故选：BCD【点睛】方法点睛：证明线面、面面的平行垂直关系时，关键是转化为线与线的平行垂直关系，常用的方法有：平行四边形的性质、三角形中位线、对角线、勾股定理以及向量法等；外接球问题，根据几何图形的对称性确定球心是关键，熟悉常见外接球的模型可以提升解题速度.12（2023秋辽宁葫芦岛高三统考期末）在正方体中，M为AB中点，N为BC中点，P为线段上一动点（不含C）过M，N，P的正方体的截面记为，则下列判断正确的是（）A当P为中点时，截面

30、为六边形B当时，截面为五边形C当截面为四边形时，它一定是等腰梯形D设中点为Q，三棱锥的体积为定值【答案】AC【分析】延长交于，交于，延长交于，取的中点，连接交于，连接，结合图形即可判断A；延长交于，交于，连接交于，连接交于，此时截面为五边形，求出即可判断B；当截面为四边形时，点与点重合，判断四边形的形状即可判断C.设为到平面的距离，三棱锥的体积：，不为定值，可判断D.【详解】对A，如下图所示，延长交于，交于，延长交于，取的中点，连接交于，连接，因为M为AB中点，N为BC中点，所以，同理，又因为，所以，同理，所以共面，此时六边形为截面，所以截面为六边形，故A正确；对B，如下图所示，延长交于，交于

31、，连接交于，连接交于，此时截面为五边形，因为，所以，所以，即，所以当时，截面为五边形，故B错误；对C，当截面为四边形时，点与点重合，如图，由A得，所以四边形即为截面，设正方体的棱长为1，则，所以，所以四边形是等腰梯形，故C正确.对D，设为到平面的距离，延长，交于一点，连接与交于一点，所以直线与平面相交，所以直线与平面不平行，三棱锥的体积：，因为为定值，P为线段上一动点，所以到平面的距离不为定值，所以三棱锥的体积为不为定值，故D不正确.故选：AC.13（2023春江苏苏州高三统考开学考试）六面体中，底面ABCD、分别是边长为4和2的正方形，侧面、侧面均是直角梯形，且，若该六面体为台体，下列说法正

32、确的是（）A六面体的体积为28B异面直线与的夹角的余弦值为C二面角的正弦值为D设P为上底面上一点，且，则P的轨迹为一个圆【答案】AB【分析】对于选项A：根据已知证明六面体为棱台，高，即可根据棱台的体积公式得出答案判断；对于选项B：建立空间直角坐标系，根据异面直线所成角的向量求法求出答案判断；对于选项C：根据二面角的向量求法求出二面角的余弦值，再根据同角三角函数的关系得出答案判断；对于选项D：设出点，根据空间向量垂直数量积为0，列式化简即可判断.【详解】对于选项A：底面ABCD是的正方形，且，平面，平面，侧面、侧面均是直角梯形，面ABCD，面，面面，则六面体为棱台，且高，则，故A正确；对于选项B

33、：根据选项A的过程可得两两相互垂直，以点为坐标原点，以方向为轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系，则，则，则异面直线与的夹角的余弦值为，故B正确；对于选项C：根据选项B的过程得出：，则，设是平面的一个法向量，则，令，则，面为面，为面的一个法向量，则二面角的余弦值为，则二面角的正弦值为，故C错误；对于选项D：根据已知设点，其中根据选项B过程可得，则，即无解，则上底面不存在点，使得，故D错误；故选：AB.14（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

34、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，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

35、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.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.

36、【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

37、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，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

38、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

39、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

40、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，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，

41、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

42、春江苏南通高三海安高级中学校考阶段练习）如图的六面体中，CACBCD1，ABBDADAEBEDE，则（）ACD平面ABCBAC与BE所成角的大小为CD该六面体外接球的表面积为3【答案】ACD【分析】利用线面垂直的判定定理、空间向量以及球的表面积公式进行计算求解.【详解】因为CACBCD1，BDAD，所以，即 又，所以CD平面ABC，故A正确；因为CD平面ABC，如图，建立空间之间坐标系，因为CACBCD1，所以四面体是正三棱锥，因为ABBDADAEBEDE，所以四面体是正四面体，在正三棱锥中过点C作底面的垂线，垂足为正三角形的中心，同理，在正四面体中，过顶点作底面的垂线，垂足为正三角形的中心，所以，三点共线；因为，因为正三角形的中心，所以，设，因为在正四面体中，在正三棱锥中，所以，解得，所以，所以，又，所以，故AC与BE所成角的大小为，故B错误；因为，所以，故C正确；显然，该六面体外接球的球心位于线段的中点，因为，所以六面体外接球的半径，所以该六面体外接球的表面积为，故D正确.故选：ACD.19（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