资源简介

专题5 空间向量与立体几何
01专题网络·思维脑图（含基础知识梳理、常用结论与技巧）
02考情分析·解密高考
03高频考点·以考定法（四大命题方向+五道高考预测试题，高考必考22-27分）
命题点1 多面体表面积体积问题
命题点2 多面体内切外接问题
命题点3 空间几何体中角度问题
命题点4 空间几何体中动点问题
04创新好题·分层训练（ 精选9道最新名校模拟试题+9道易错提升）
空间几何体常用以及易错知识点
空间角 向量求法 范围
异面直线所成的角 设两条异面直线所成的角为θ，它们的方向向量分别为v1，v2，则cos θ=|cos|= (θ与相等或互补)
直线与平面所成的角 设直线l与平面α所成的角为θ，l的方向向量为v，平面α的法向量为n，则sin θ=|cos|=
两个平面所成的角 设平面α，β所成的角为θ，平面α，β的法向量分别为n1，n2，则cos θ=|cos|= (θ与相等或互补)
（1）当直线与平面平行或直线在平面内时，直线与平面所成的角为0；
（2）两个平面相交会形成四个二面角，二面角的取值范围为[0，π]，一般规定较小的二面角为两个平面所成的角. 两个平面平行时，它们所成的角为0.
空间距离 向量求法
点到直线的距离 设直线l的方向向量为v，点P为l外一点，点A为l上任一点，则点P到l的距离d=
点到平面的距离 设n为平面α的法向量，点A为平面α内任一点，则平面α外任一点P到平面α的距离d=
两平行线间的距离 在平行直线m，n上分别任取一点A，P，设直线m的方向向量为v，则两平行线m，n间的距离d= (也可转化为点线距求解)
两平行平面间的距离 在平行平面α，β上各取一点A，B，设平面α的法向量为n，则两平行平面α，β之间的距离d= (也可转化为点面距求解)
1. 四点共面的充要条件
空间中任一点P位于平面MAB内的充要条件是存在有序实数对(x，y)，
使=x+y，或对空间中任一点O，有=+x+y
(或=(1-x-y)·+x+y).
2. 定比分点坐标公式
已知A(x1，y1，z1)，B(x2，y2，z2)两点，点M在直线AB上，=λ (λ∈R且λ≠-1)则称点M为有向线段的定比分点，其坐标为.
空间几何体是高考中必考点，一般以2+1或者是3+1形式出现，主要考查多面体体积以及内切外接问题，必考题型为空间二面角问题
真题多维细目表
考点 考向 考题
立体几何 ①多面体表面积体积问题 ②多面体内切外接问题 ③空间几何题角度问题 ④空间几何体动点问题 2023新全国Ⅰ卷T12 T14 全国ⅡT9 T14 全国乙T8 全国甲T11 2022 全国甲卷T9 新全国Ⅰ卷T4 全国Ⅱ T11 2021 全国Ⅰ卷T20 2023 新高考Ⅰ卷T12 全国乙卷T16 全国甲卷T15 2022全国乙卷T9 新高考Ⅰ卷T8 全国ⅡT7 2021Q全国甲卷T7 2023 新高考Ⅰ卷T18 全国乙卷T19 全国甲卷T18 2022 全国乙卷T18 新高考ⅡT20新高考Ⅰ卷T19 甲卷T18 2021 全国乙卷T5 T18 新高考Ⅰ卷T20 2023新高考ⅠT18 2021 全国甲卷T19
命题点1 多面体表面积体积问题
典例01．
（2022·全国甲卷）
1．甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为，侧面积分别为和，体积分别为和．若，则（ ）
A． B． C． D．
典例02.
（2023·全国Ⅱ）
2．已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，AB为底面直径，，，点C在底面圆周上，且二面角为45°，则（ ）．
A．该圆锥的体积为 B．该圆锥的侧面积为
C． D．的面积为
典例03．
（2023·全国·Ⅰ卷）
3．在正四棱台中，，则该棱台的体积为 ．
典例04．
（2023·全国乙卷）
4．如图，在三棱锥中，，，，，的中点分别为，点在上，．
(1)求证：//平面；
(2)若，求三棱锥的体积．
命题点2 多面体内切外接问题
典例01.
（2022·全国Ⅰ卷）
5．已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为，且，则该正四棱锥体积的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
典例02.
（2023·全国Ⅰ卷）
6．下列物体中，能够被整体放入棱长为1（单位：m）的正方体容器（容器壁厚度忽略不计）内的有（ ）
A．直径为的球体
B．所有棱长均为的四面体
C．底面直径为，高为的圆柱体
D．底面直径为，高为的圆柱体
典例03．
（2023·全国乙卷）
7．已知点均在半径为2的球面上，是边长为3的等边三角形，平面，则 ．
典例04.
（2023·全国甲卷）
8．在正方体中，E，F分别为AB，的中点，以EF为直径的球的球面与该正方体的棱共有 个公共点．
命题点3 空间几何体中角度问题
典例01.（线面角问题）
（2022·全国甲卷）
9．在长方体中，已知与平面和平面所成的角均为，则（ ）
A． B．AB与平面所成的角为
C． D．与平面所成的角为
典例02.（线面角、线线角问题）
（2022·全国Ⅰ卷）
10．已知正方体，则（ ）
A．直线与所成的角为 B．直线与所成的角为
C．直线与平面所成的角为 D．直线与平面ABCD所成的角为
典例03.（线面角解答题）
（2023·全国甲卷）
11．如图，在三棱柱中，底面ABC，，到平面的距离为1．

(1)证明：；
(2)已知与的距离为2，求与平面所成角的正弦值．
典例04.（二面角问题）
（2023·全国·Ⅱ卷）
12．如图，三棱锥中，，，，E为BC的中点．
(1)证明：；
(2)点F满足，求二面角的正弦值．
命题点4 空间几何体中动点问题
典例01.
（2023·全国·统考Ⅰ卷）
13．如图，在正四棱柱中，．点分别在棱,上，．

(1)证明：；
(2)点在棱上，当二面角为时，求．
典例02．
（2021·全国·甲卷）
14．已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为和的中点，D为棱上的点．
（1）证明：；
（2）当为何值时，面与面所成的二面角的正弦值最小
预计2024年高考中立体几何也会是以小题加解答题形式出现，小题将是以空间几何体体内切外接球，线面角，以及体积为主，解答题则是以线面垂直以及二面角为主.
15．中国国家馆，以城市发展中的中华智慧为主题，表现出了“东方之冠，鼎盛中华，天下粮仓，富庶百姓”的中国文化精神与气质.如图，现有一个与中国国家馆结构类似的正四棱台，上下底面的中心分别为和，若，，则正四棱台的体积为（ ）
A． B． C． D．
16．在梯形中，，将 沿折起，连接，得到三棱锥，则三棱锥体积最大时，其外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
17．在正方体中，点P满足，则（ ）
A．对于任意的正实数，三棱锥的体积始终不变
B．对于任意的正实数，都有平面
C．存在正实数，使得异面直线与所成的角为
D．存在正实数，使得直线与平面所成的角为
18．如图，在四棱锥中，底面，四边形是直角梯形，，，点在棱上.
(1)证明：平面平面；
(2)当时，求二面角的余弦值.
19．如图，在四棱锥中，，．

(1)求证：平面平面；
(2)若线段上存在点，满足，且平面与平面的夹角的余弦值为，求实数的值．
（★精选9道最新名校模拟考试题+9道能力高频考点提升题）
一、单选题
（2024上·山东德州·高三德州市第一中学校考期末）
20．盖碗是由茶碗、茶盖、茶船三件套组成，盖碗又称“三才碗”，蕴含了古代哲人讲的“天盖之，地栽之，人育之”的道理．如图是乾隆时期的山水人物方盖碗的茶盖和茶碗，近似看作两个正四棱台的组合体，其中茶碗上底面的边长为﹐下底面边长为，高为，则茶水至少可以喝（不足一碗算一碗）（ ）
A．7碗 B．8碗 C．9碗 D．10碗
（2024上·四川达州·高三统考期末）
21．球面上两点之间的最短连线的长度，就是经过这两点的大圆（大圆就是经过球心的平面截球面所得的圆）在这两点间的一段劣弧的长度，我们把这个弧长叫做这两点间的球面距离．已知长方体的所有顶点都在同一个球面上，且，，则，D两点间的球面距离为（ ）
A． B． C． D．
（2024·安徽·模拟预测）
22．在正方体中，E，F分别为棱，的中点，过直线EF的平面截该正方体外接球所得的截面面积的最小值为，最大值为，则（ ）
A． B． C． D．
（2024上·黑龙江哈尔滨·高三哈尔滨市第六中学校校联考期末）
23．过正四棱锥的高的中点作平行于底面的截面，若四棱锥与四棱台的表面积之比为，则直线与底面所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
（2024上·湖南长沙·高三雅礼中学校考阶段练习）
24．已知三棱锥P-ABC内接于球O，PA⊥平面ABC，，AB⊥AC，，点D为AB的中点，点Q在三棱锥P-ABC表面上运动，且，已知在弧度制下锐角，满足：，，则下列结论正确的是（ ）
A．过点D作球的截面，截面的面积最小为 B．过点D作球的截面，截面的面积最大为
C．点Q的轨迹长为 D．点Q的轨迹长为
（2024·江西鹰潭·贵溪市实验中学校考模拟预测）
25．若点P是棱长为2的正方体表面上的动点，点M是棱的中点，则（ ）
A．当点P在底面ABCD内运动时，三棱锥的体积为定值
B．当时，线段AP长度的最大值为3
C．当直线AP与平面ABCD所成的角为45°时，点P的轨迹长度为
D．直线DM被正方体的外接球所截得的线段的长度为
三、填空题
（2024上·山东德州·高三德州市第一中学校考阶段练习）
26．葫芦是一种爬藤植物，在我国传统文化中，其枝密集繁茂，象征着儿孙满堂、同气连枝；其音近于“福禄”，寓意着长寿多福、事业发达；其果口小肚大，代表着心胸开阔、和谐美满．如图，一个葫芦的果实可以近似看做两球相交所得的几何体，其中的下半部分是半径为的球的一部分，的上半部分是半径为3的球的一部分，且，则过直线的平面截所得截面的面积为 ．
四、解答题
（2024·全国·高三专题练习）
27．如图，在多面体ABCDEF中，四边形与均为直角梯形，平面，．

(1)已知点G为AF上一点，且，求证：BG与平面DCE不平行；
(2)已知直线BF与平面DCE所成角的正弦值为，求AF的长及四棱锥D－ABEF的体积．
（2024·广西·模拟预测）
28．如图，在四棱锥中，，，四边形是菱形，，是棱上的动点，且.

(1)证明：平面.
(2)是否存在实数，使得平面与平面所成锐二面角的余弦值是？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
一、单选题
（2024·河北联考模拟）
29．如图，西周琱生簋（guǐ）是贵族琱生为其祖先制作的宗庙祭祀时使用的青铜器．该青铜器可看成由上、下两部分组成，其中上面的部分可看作圆台，下面的部分可看作圆柱，且圆台和圆柱的高之比约为，圆台的上底面与圆柱的底面完全重合，圆台上、下底面直径之比约为，则圆台与圆柱的体积之比约为（ ）
A． B．
C． D．
（2024·云南·校联考模拟预测）
30．如图，在直三棱柱中，面，，则直线与直线夹角的余弦值为（ ）

A． B． C． D．
（2024·河南·高三模拟）
31．设为两个不同的平面，为三条不同的直线，则下列命题正确的是（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
二、多选题
（2024上·河北邯郸·高三磁县第一中学）
32．勒洛三角形也被称为定宽曲线，勒洛三角形的立体版就是如图所示的立体图形，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，它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公共部分组成的，因此它能像球一样来回滚动.这种立体图形称为勒洛四面体，若图中勒洛四面体的四个顶点分别为P、A、B、C，任意两个顶点之间的距离为1，则下列说法正确的是（ ）
A．图中所示勒洛四面体表面上任意两点间距离的最大值为1
B．图中所示勒洛四面体的内切球的表面积为
C．平面截此勒洛四面体所得截面的面积为
D．图中所示的勒洛四面体的体积是
（2024上·湖南长沙·高三雅礼中学校考阶段练习）
33．已知三棱锥P-ABC内接于球O，PA⊥平面ABC，，AB⊥AC，，点D为AB的中点，点Q在三棱锥P-ABC表面上运动，且，已知在弧度制下锐角，满足：，，则下列结论正确的是（ ）
A．过点D作球的截面，截面的面积最小为 B．过点D作球的截面，截面的面积最大为
C．点Q的轨迹长为 D．点Q的轨迹长为
三、填空题
（2024·吉林·统考二模）
34．足尖虽未遍及美景，浪漫却从未停止生长. 清风牵动裙摆，处处彰显着几何的趣味. 下面的几何图形好似平铺的一件裙装，①②③⑤是全等的等腰梯形，④⑥是正方形，其中，若沿图中的虚线折起，围成一个封闭几何体，则的体积为 ; 的外接球的表面积为 .
四、解答题
（2024上·江苏苏州·高三校考期末）
35．如图所示，四边形ABCD为圆柱ST的轴截面，点Р为圆弧BC上一点（点P异于B，C）．
(1)证明：平面PAB⊥平面PAC；
(2)若，（），且二面角的余弦值为，求的值．
（2024·江西赣州·南康中学校联考模拟预测）
36．如图，在四棱锥中，为中点，平面平面，，.
(1)求证：平面；
(2)在棱上是否存在点，使得平面与平面夹角的余弦值为？若存在，求出点的位置；若不存在，说明理由.
（2024·四川南充·统考一模）
37．如图，在四棱锥中，平面，，，．
(1)求证：平面；
(2)若，二面角的正切值为，求直线与平面所成角的正弦值．
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．C
【分析】设母线长为，甲圆锥底面半径为，乙圆锥底面圆半径为，根据圆锥的侧面积公式可得，再结合圆心角之和可将分别用表示，再利用勾股定理分别求出两圆锥的高，再根据圆锥的体积公式即可得解.
【详解】解：设母线长为，甲圆锥底面半径为，乙圆锥底面圆半径为，
则，
所以，
又，
则，
所以，
所以甲圆锥的高，
乙圆锥的高，
所以.
故选：C.
2．AC
【分析】根据圆锥的体积、侧面积判断A、B选项的正确性，利用二面角的知识判断C、D选项的正确性.
【详解】依题意，，，所以，
A选项，圆锥的体积为，A选项正确；
B选项，圆锥的侧面积为，B选项错误；
C选项，设是的中点，连接，
则，所以是二面角的平面角，
则，所以，
故，则，C选项正确；
D选项，，所以，D选项错误.
故选：AC.

3．##
【分析】结合图像，依次求得，从而利用棱台的体积公式即可得解.
【详解】如图，过作，垂足为，易知为四棱台的高，

因为，
则，
故，则，
所以所求体积为.
故答案为：.
4．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据给定条件，证明四边形为平行四边形，再利用线面平行的判定推理作答.
（2）作出并证明为棱锥的高，利用三棱锥的体积公式直接可求体积.
【详解】（1）连接，设，则，，，
则，
解得，则为的中点，由分别为的中点，
于是，即，
则四边形为平行四边形，
，又平面平面，
所以平面.
（2）过作垂直的延长线交于点，
因为是中点，所以，
在中，，
所以，
因为，
所以，又，平面，
所以平面，又平面，
所以，又，平面，
所以平面，
即三棱锥的高为，
因为，所以，
所以，
又，
所以.
5．C
【分析】设正四棱锥的高为，由球的截面性质列方程求出正四棱锥的底面边长与高的关系，由此确定正四棱锥体积的取值范围.
【详解】∵球的体积为，所以球的半径,
[方法一]：导数法
设正四棱锥的底面边长为，高为，
则，,
所以，
所以正四棱锥的体积，
所以，
当时，，当时，，
所以当时，正四棱锥的体积取最大值，最大值为，
又时，，时，,
所以正四棱锥的体积的最小值为，
所以该正四棱锥体积的取值范围是.
故选：C.
[方法二]：基本不等式法
由方法一故所以当且仅当取到，
当时，得，则
当时，球心在正四棱锥高线上，此时，
，正四棱锥体积，故该正四棱锥体积的取值范围是
6．ABD
【分析】根据题意结合正方体的性质逐项分析判断.
【详解】对于选项A：因为，即球体的直径小于正方体的棱长，
所以能够被整体放入正方体内，故A正确；
对于选项B：因为正方体的面对角线长为，且，
所以能够被整体放入正方体内，故B正确；
对于选项C：因为正方体的体对角线长为，且，
所以不能够被整体放入正方体内，故C不正确；
对于选项D：因为，可知底面正方形不能包含圆柱的底面圆，
如图，过的中点作，设，
可知，则，
即，解得，
且，即，
故以为轴可能对称放置底面直径为圆柱，
若底面直径为的圆柱与正方体的上下底面均相切，设圆柱的底面圆心，与正方体的下底面的切点为，
可知：，则，
即，解得，
根据对称性可知圆柱的高为，
所以能够被整体放入正方体内，故D正确；
故选：ABD.
7．2
【分析】先用正弦定理求底面外接圆半径，再结合直棱柱的外接球以及求的性质运算求解.
【详解】如图，将三棱锥转化为正三棱柱，
设的外接圆圆心为，半径为，
则，可得，
设三棱锥的外接球球心为，连接，则，
因为，即，解得.
故答案为：2.
【点睛】方法点睛：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PA＝a，PB＝b，PC＝c，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，根据4R2＝a2＋b2＋c2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．
8．12
【分析】根据正方体的对称性，可知球心到各棱距离相等，故可得解.
【详解】不妨设正方体棱长为2，中点为，取，中点，侧面的中心为，连接，如图，
由题意可知，为球心，在正方体中，，
即，
则球心到的距离为，
所以球与棱相切，球面与棱只有1个交点，
同理，根据正方体的对称性知，其余各棱和球面也只有1个交点，
所以以EF为直径的球面与正方体棱的交点总数为12.
故答案为：12
9．D
【分析】根据线面角的定义以及长方体的结构特征即可求出．
【详解】如图所示：
不妨设，依题以及长方体的结构特征可知，与平面所成角为，与平面所成角为，所以，即，，解得．
对于A，，，，A错误；
对于B，过作于，易知平面，所以与平面所成角为，因为，所以，B错误；
对于C，，，，C错误；
对于D，与平面所成角为，，而，所以．D正确．
故选：D．
10．ABD
【分析】数形结合，依次对所给选项进行判断即可.
【详解】如图，连接、，因为，所以直线与所成的角即为直线与所成的角，
因为四边形为正方形，则，故直线与所成的角为，A正确；
连接，因为平面，平面，则，
因为，，所以平面，
又平面，所以，故B正确；
连接，设，连接，
因为平面，平面，则，
因为，，所以平面，
所以为直线与平面所成的角，
设正方体棱长为，则，，，
所以，直线与平面所成的角为，故C错误；
因为平面，所以为直线与平面所成的角，易得，故D正确.
故选：ABD
11．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据线面垂直，面面垂直的判定与性质定理可得平面，再由勾股定理求出为中点，即可得证；
（2）利用直角三角形求出的长及点到面的距离，根据线面角定义直接可得正弦值.
【详解】（1）如图，

底面，面，
，又，平面，,
平面ACC1A1，又平面，
平面平面，
过作交于，又平面平面，平面，
平面
到平面的距离为1，，
在中，，
设，则，
为直角三角形，且，
，，，
，解得，
，
（2），
，
过B作，交于D，则为中点，
由直线与距离为2，所以
，，，
在，，
延长，使，连接，
由知四边形为平行四边形，
，平面，又平面，
则在中，，，
在中，，，
,
又到平面距离也为1，
所以与平面所成角的正弦值为.
12．(1)证明见解析；
(2)．
【分析】（1）根据题意易证平面，从而证得；
（2）由题可证平面，所以以点为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，再求出平面的一个法向量，根据二面角的向量公式以及同角三角函数关系即可解出．
【详解】（1）连接，因为E为BC中点，，所以①，
因为，，所以与均为等边三角形，
，从而②，由①②，，平面，
所以，平面，而平面，所以．
（2）不妨设，，．
，，又，平面平面．
以点为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，如图所示：

设，
设平面与平面的一个法向量分别为，
二面角平面角为,而，
因为，所以，即有，
，取，所以；
，取，所以，
所以，，从而．
所以二面角的正弦值为．
13．(1)证明见解析；
(2)1
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量坐标相等证明；
（2）设，利用向量法求二面角，建立方程求出即可得解.
【详解】（1）以为坐标原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图，

则，
，
，
又不在同一条直线上，
.
（2）设，
则，
设平面的法向量，
则，
令 ，得，
，
设平面的法向量，
则，
令 ，得，
，
，
化简可得，，
解得或，
或，
.
14．（1）证明见解析；（2）
【分析】（1）方法二：通过已知条件，确定三条互相垂直的直线，建立合适的空间直角坐标系，借助空间向量证明线线垂直；
（2）方法一：建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的平面角的余弦值最大，进而可以确定出答案；
【详解】（1）[方法一]：几何法
因为，所以．
又因为，，所以平面．又因为，构造正方体，如图所示，
过E作的平行线分别与交于其中点，连接，
因为E，F分别为和的中点，所以是BC的中点，
易证，则．
又因为，所以．
又因为，所以平面．
又因为平面，所以．
[方法二] 【最优解】：向量法
因为三棱柱是直三棱柱，底面，
，，，又，平面．所以两两垂直．
以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图．
，．
由题设（）．
因为，
所以，所以．
[方法三]：因为，，所以，故，，所以，所以．
（2）[方法一]【最优解】：向量法
设平面的法向量为，
因为，
所以，即．
令，则
因为平面的法向量为，
设平面与平面的二面角的平面角为，
则．
当时，取最小值为，
此时取最大值为．
所以，此时．
[方法二] ：几何法
如图所示，延长交的延长线于点S，联结交于点T，则平面平面．
作，垂足为H，因为平面，联结，则为平面与平面所成二面角的平面角．
设，过作交于点G．
由得．
又，即，所以．
又，即，所以．
所以．
则，
所以，当时，．
[方法三]：投影法
如图，联结，
在平面的投影为，记面与面所成的二面角的平面角为，则．
设，在中，．
在中，，过D作的平行线交于点Q．
在中，．
在中，由余弦定理得，，，
，，
当，即，面与面所成的二面角的正弦值最小，最小值为．
【整体点评】第一问，方法一为常规方法，不过这道题常规方法较为复杂，方法二建立合适的空间直角坐标系，借助空间向量求解是最简单，也是最优解；方法三利用空间向量加减法则及数量积的定义运算进行证明不常用，不过这道题用这种方法过程也很简单，可以开拓学生的思维.
第二问：方法一建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的平面角是最常规的方法，也是最优方法；方法二：利用空间线面关系找到，面与面所成的二面角，并求出其正弦值的最小值，不是很容易找到；方法三：利用面在面上的投影三角形的面积与面积之比即为面与面所成的二面角的余弦值，求出余弦值的最小值，进而求出二面角的正弦值最小，非常好的方法，开阔学生的思维．
15．B
【分析】根据正四棱台性质求出侧棱长，继而求得高，根据棱台的体积公式，即可求得答案.
【详解】因为是正四棱台，，，
侧面以及对角面为等腰梯形，故，，
，所以，
所以该四棱台的体积为，
故选：B.
16．D
【分析】如图所示，过点作，由余弦定理得，再由平面平面时，三棱锥体积最大，记为外接球球心，半径为，其中的外接圆的圆心为，结合球的截面的性质，求得外接球的半径，结合球的表面积公式，即可求解.
【详解】如图所示，过点作，垂足为，
因为为等腰梯形，且，所以，且，
由余弦定理得，可得，
因为，所以，
当平面平面时，三棱锥体积最大，此时平面，
记为外接球球心，半径为，其中的外接圆的圆心为，
连接，则平面，所以，
取的中点，因为，且，所以到平面的距离，
又因为的外接圆半径，所以，
所以球的表面积为.
故选：D.

17．AB
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式、三棱锥体积的性质、线面平行的性质逐一判断即可.
【详解】A：因为平面，平面，
所以平面，
因为，所以在线段（不包括端点）上，
因此对于任意的正实数，点到平面的距离不变，而，
所以对于任意的正实数，三棱锥的体积始终不变，因此本选项正确；
建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为，
B：设平面的法向量为，
，
所以有，
因为，所以，而平面，
所以平面，因此本选项正确；
C：假设存在正实数，使得异面直线与所成的角为，则有解得：，所以不存在正实数，使得异面直线与所成的角为，因此本选项不正确；
D：假设存在正实数，使得直线与平面所成的角为，
设平面的法向量为，
所以有，
，
解得，所以假设不成立，因此不存在正实数，使得直线与平面所成的角为，所以本选项不正确，
故选：AB
18．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由线面垂直得到线线垂直，求出各边长，由勾股定理逆定理得到，从而证明出线面垂直，面面垂直；
（2）解法一：以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建系，写出点的坐标及平面的法向量，求出二面角的余弦值；
解法二：取的中点，连接，以点为原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建系，写出点的坐标及平面的法向量，求出二面角的余弦值；
【详解】（1）因为底面，平面，所以.
四边形是直角梯形，，，
因为，所以.
所以，所以.
又因为，平面，所以平面.
又平面，所以平面平面.
（2）解法一：
以点为原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则.
设点的坐标为，因为，所以，
即，所以.
所以.
设平面的一个法向量为，则，
取，则，得.
又因为平面，所以平面的一个法向量为.
设平面与平面的夹角为，
则.
所以，二面角的余弦值为.
解法二：
取的中点，连接，以点为原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则.
设点的坐标为，因为，所以，
即，所以.
所以.
设平面的一个法向量为，则.
取，则，则.
又因为平面，所以平面的一个法向量为.
设平面与平面的夹角为，
则.
所以二面角的余弦值为
19．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）要证面面垂直，需证线面垂直，即证平面，即可证出；
（2）建立空间直角坐标系，用向量的方法求解即可.
【详解】（1）如图：

因为，，所以为等边三角形，，
又，所以，又，
所以.
因为，所以为直角三角形，.
又，，为平面内的两条相交直线，
所以平面，平面，所以，平面平面.
（2）取中点，中点，因为，
又平面平面，平面平面，平面，
所以平面，又，
故以为原点，建立如图空间直角坐标系，

所以，，，，，.
设，因为，
解得，所以.
设平面的法向量为，
则，取；
设平面的法向量为，
则，取.
那么，，.
由，又，所以.
【点睛】关键点睛：根据，和点、的坐标，求点坐标是本题的一个关键.
20．C
【分析】根据题意，由棱台的体积公式代入计算，即可得到结果.
【详解】由条件可得，茶碗的上底面面积，
茶碗的下底面面积，茶碗高，
则茶碗的体积，
所以，即茶水至少可以喝9碗.
故选：C
21．A
【分析】利用球面距离的概念及弧长公式可得答案.
【详解】设球的半径为,球心为由题意，，
所以，
所以在中，由于，所以，
所以，D两点间的球面距离为.
故选：A
22．D
【分析】根据题意可求得正方体的外接球球心位置，易知当截面面积最大时，截面圆的半径为该正方体外接球的半径，当截面与OP垂直时，截面面积最小；分别求出对应的半径大小即可得出结果.
【详解】如图，正方体的外接球球心在其中心点处，设该正方体的棱长为，
则外接球的半径，
要使过直线EF的平面截该球得到的截面面积最小，则截面圆的圆心为线段EF的中点，
连接OE，OF，OP，则，
，
所以，
此时截面圆的半径．
显然当截面面积最大时，截面圆的半径为该正方体外接球的半径；
所以．
故选：D．
23．A
【分析】根据题意知，，，分别为，，，的中点，设正方形的边长为，，然后表示四棱锥与四棱台的表面积，由表面积之比为，得到，的关系，确定线面角，求解即可.
【详解】
依题意过正四棱锥的高的中点作平行于底面的截面，
则，，，分别为，，，的中点，
设正方形的边长为，，
所以正方形的面积为，正方形的面积为，
正四棱锥的侧面积为，
四棱台的侧面积为，
所以正四棱锥的表面积为，
四棱台的表面积为，
所以，
解得，
由平面，所以为直线与底面所成角，
所以，又，，
所以.
故选：.
24．ABD
【分析】对于A项和B项，先求出三棱锥外接球的半径，再根据图形判断经过球心的截面最大，与半径垂直的截面最小即得，对于C项和D项，则先要通过计算找到角，再根据轨迹特征确定轨迹形状，计算即得.
【详解】
对于选项A,如图，三棱锥P-ABC的外接球O即为以AB，AC，AP为邻边的长方体的外接球，
∴，∴，取BC的中点，则为△ABC的
外接圆圆心，且平面ABC，当OD与过点D的截面垂直时，截面的面积最小，
∵，此时截面圆的半径为，
∴最小截面面积为，故A项正确；
对于选项B，当截面过球心时，截面圆的面积最大为，故B项正确；
对于选项C和D，由条件可得
故即，易得，
则点Q的轨迹分别是以点P为圆心，4为半径的三段弧，其中一段弧圆心角为，两段弧
圆心角为，点Q的轨迹长即为，故C项错误，D项正确．
故选：ABD．
25．ABD
【分析】由平面的距离不变，底面积不变得体积不变判断A；分别取中点，证明点轨迹是矩形（除点），求出的最大值判断B；连接，在正方形内以为圆心，为半径作圆弧，得出点轨迹就是曲边三角形（除去点），求出其周长判断C；取为正方体对角线交点，正方体外接球球心，是正方形交点，球的过面的截面圆圆心，作于，由截面圆性质，弦长为（是球半径），计算后判断D．
【详解】点P在底面ABCD内运动时，不变，面积不变，到平面的距离不变，即不变，因此体积不变，A正确；
分别取中点，连接，首先与平行且相等，与平行且相等，因此与平行且相等，是平行四边形，在同一平面内，
正方形，易得，，所以，所以 （为的交点），
所以，
又平面，平面，所以，同理，
，平面，所以平面，
而，则平面，所以点轨迹是矩形（除点），是矩形，当与重合时，最大，且最大值为，B正确；
当直线AP与平面ABCD所成的角为45°时，
连接，在正方形内以为圆心，为半径作圆弧，易证点轨迹就是曲边三角形（除去点），
事实上，在平面内点，在平面内射影是，，当不与重合时，，，
曲边三角形的周长是，C错；
如图，是正方体对角线交点即正方体外接球球心，是正方形交点即球的过面的截面圆圆心，作于，，
在正方形中，作于，正方形边长为2，则，，，，
公用，，，所以，
所以由截面圆性质，
球的半径为，
直线被球截得的线段长为，D正确．
故选：ABD．
26．
【分析】设N是两球面的一个公共点，且位于截面上，通过条件提供的数据可求得，进而利用扇形的面积公式可得截面的面积.
【详解】设N是两球面的一个公共点，且位于截面上，
由，得，
故，从而．
所以截面面积为．
故答案为：
27．(1)证明见解析
(2)AF的长为4；．
【分析】（1）证明出两两垂直，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出平面DCE的法向量，计算出，证明出BG与平面DCE不平行；
（2）由BF与平面DCE所成角的正弦值计算出AF的长，从而求出梯形ABEF的面积，计算出四棱锥的体积.
【详解】（1）证明：因为平面ABEF，AB，平面ABEF，
所以，，
又，
以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，
则、、、、，

所以，，，
设平面DCE的法向量为，则，
令，则，所以，
因为，且不存在使得与垂直，
所以BG与平面DCE不平行；
（2）设（且），则，所以，
∵直线BF与平面DCE所成角的正弦值为，
∴，
化简得，解得或（舍去）；故．
此时梯形ABEF的面积，故．
28．(1)证明见解析
(2)存在实数，理由见解析
【分析】（1）由线线垂直得到线面垂直，进而得到，再由勾股定理逆定理得到，从而得到线面垂直；
（2）作出辅助线，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，进而由二面角的余弦值得到方程，求出答案.
【详解】（1）因为四边形是菱形，所以.
因为，，平面，且，所以平面.
因为平面，所以.
因为，所以，即.
因为，平面，且，所以平面.
（2）取棱的中点，连接，因为四边形是菱形，，
所以为等边三角形，故⊥，
又平面，平面，
所以，，故，，两两垂直，
故以为原点，分别以，，的方向为，，轴的正方向，建立空间直角坐标系.

设，则，，，，
故，，，
所以，
设平面的法向量为，
则，
令，得.
平面的一个法向量为，设面与面所成的锐二面角为，
则，
整理得，解得或（舍去）.
故存在实数，使得面与面所成锐二面角的余弦值是.
29．B
【分析】利用圆台与圆柱的体积公式进行计算即可.
【详解】依题意，令圆台上底面半径为4，下底面半径为5，高为3，圆柱的高为5，
则圆台的体积
圆柱的体积，故，
故选：B
30．C
【分析】以为原点，所在的直线为轴建立空间直角坐标系，设，求出，，利用向量的夹角公式可得答案.
【详解】在直三棱柱中，平面，平面，
所以，，
平面，平面，所以，
所以互相垂直，
以为原点，分别以所在的直线为轴建立空间直角坐标系，
设，
则，
可得，，
所以.
所以直线与直线夹角的余弦值为.
故选：C.

31．C
【分析】根据线线、线面和面面的基本关系依次判断选项即可.
【详解】A：若，则或a与b互为异面直线，故A错误；
B：若，则或a与b互为异面直线，故B错误；
C：若，则，故C正确；
D：若，则或或a与b互为异面直线或a与b相交，故D错误.
故选：C
32．AB
【分析】根据表面上任意两点间距离的最大值即为其内接四面体的棱长1，可判定A正确；根据点E为该球与勒洛四面体的一个切点，由A，O，E三点共线，求得，求得内切球的表面积，可判定B正确；由截面形状为三个半径为1，圆心角为60°的扇形面积减去两个边长为1的正三角形的面积可判定C错误；求得正四面体的体积，其外接球的体积，可判定D错误.
【详解】对于A中，勒洛四面体能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，
所以其表面上任意两点间距离的最大值，即为其内接四面体的棱长1，所以A正确；
对于B中，勒洛四面体的内切球与勒洛四面体的弧面相切，如图所示，
其中点E为该球与勒洛四面体的一个切点，O为该球的球心，
则该球的球心O为正四面体的中心，半径为OE，连接AE，
由A，O，E三点共线，且，，
因此，内切球的表面积为，故B正确；
对于C中，如图所示，截面形状为三个半径为1，圆心角为60°的扇形面积减去两个边长为1的正三角形的面积，则，所以C错误；
对于D中，勒洛四面体的体积介于正四面体的体积和正四面体的外接球的体积之间，正四面体的体积，其外接球的体积，所以D错误.
故选：AB.
33．ABD
【分析】对于A项和B项，先求出三棱锥外接球的半径，再根据图形判断经过球心的截面最大，与半径垂直的截面最小即得，对于C项和D项，则先要通过计算找到角，再根据轨迹特征确定轨迹形状，计算即得.
【详解】
对于选项A,如图，三棱锥P-ABC的外接球O即为以AB，AC，AP为邻边的长方体的外接球，
∴，∴，取BC的中点，则为△ABC的
外接圆圆心，且平面ABC，当OD与过点D的截面垂直时，截面的面积最小，
∵，此时截面圆的半径为，
∴最小截面面积为，故A项正确；
对于选项B，当截面过球心时，截面圆的面积最大为，故B项正确；
对于选项C和D，由条件可得
故即，易得，
则点Q的轨迹分别是以点P为圆心，4为半径的三段弧，其中一段弧圆心角为，两段弧
圆心角为，点Q的轨迹长即为，故C项错误，D项正确．
故选：ABD．
34．
【分析】由题意可知几何体为正四棱台，结合正四棱台求体积；根据正四棱台以及球的结构特称求外接球的半径，进而可得表面积.
【详解】由题意可知几何体为正四棱台，其底面边长分别为2，4，侧棱长为2，
正四棱台高为，
可得体积为；
设上、下底面中心分别为，外接球的球心为，半径为，
可得，解得，
所以的外接球的表面积为；
故答案为：；.
35．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先根据直径所对的圆周角是直角及线面垂直的性质得出：，；再根据线面垂直的判定定理证得：PC⊥平面PAB；最后根据面面垂直的判定定理即可证明；
（2）先建立空间直角坐标系，写出点的坐标，依据向量共线求出点；再求出平面PBM与平面BMC的法向量；最后根据面面所成角的向量计算方法即可求解.
【详解】（1）∵ P为圆弧BC上一点，BC为圆S直径，∴，
∵在圆柱ST中，平面BCP，平面BCP，∴，
∵，平面PAB，平面PAB，
∴平面PAB，
∵平面PAC，
∴平面平面PAC．
（2）以点为坐标原点，、所在直线分别为轴、轴，
在平面BCP内以过点且垂直于的直线为轴、建立空间直角坐标系，如图所示：
因为，
则，，，
所以，，，，即
设，由得：，
即，∴，，
设平面PBM的一个法向量，
∴，令，得.
∵轴平面BMC，
∴取平面BMC的一个法向量，
∴，
解得：．
36．(1)证明见解析
(2)存在，为中点
【分析】（1）取中点，连接，证明四边形为平行四边形，则，再根据线面平行的判定定理即可得证；
（2）取中点，连接，根据面面垂直的性质证明平面，过点作的平行线，以为原点，建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.
【详解】（1）取中点，连接，
因为分别为中点，则，
即四边形为平行四边形，则，
又平面平面，则平面；
（2）存在点，证明如下：
取中点，连接，
因为，则，
又平面平面，平面平面平面，
则平面，
过点作平行线，交于，
因为平面，
则，
过点作的平行线，
则以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
注意到，则，故，
则，
设，则，
设为平面的一个法向量，
则，即，
令，则，则平面的一个法向量，
设为平面的一个法向量，
则，即，
令，则，
则平面的一个法向量，
因为二面角余弦值为，
则，
解得，
故当为中点时，满足题意.
37．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）取中点，连接，根据条件得到，再利用平面，得到，从而得出四边形是平行四边形，进而有，即可证明结果；
（2）取取中点，连接，，根据条件建立空间直角坐标系，再求出平面的法向量和向量，利用线面角的向量法即可求出结果.
【详解】（1）如图，取中点，连接，因为，，
所以，且，
又平面，平面，所以，
又面，所以，又，所以四边形是平行四边形，得到，
又平面，平面，所以平面.
（2）如图，取中点，连接，，则，
因为平面，由（1）知，所以平面，
又，所以，过作，建立如图所示的空间直角坐标系，
因为平面，面，所以，又，，所以面，
又面，所以,
故为二面角的平面角，所以，
又，所以，又，所以，
所以，
则，
设平面的一个法向量为，
则由得到，，取，所以，
设直线与平面所成角为，则，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
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