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专题04 立体几何初步（1）-【常考压轴题】
专题04 立体几何初步
1．球与多面体的接、切
定义1；若一个多面体的各顶点都在一个球面上，则称这个多面体是这个球的内接多面体，这个球是多面体的外接球.
定义2；若一个多面体的各面都与一个球的球面相切，则称这个多面体是这个球的外切多面体，这个球是多面体的内切球.
2．球的内切问题（等体积法）
例如：在四棱锥中，内切球为球，求球半径.方法如下：
即：，可求出.
3．球的外接问题
（1）公式法
正方体或长方体的外接球的球心为其体对角线的中点
（2）补形法（补长方体或正方体）
①墙角模型（三条线两个垂直）
题设：三条棱两两垂直（重点考察三视图）
②对棱相等模型（补形为长方体）
题设：三棱锥（即四面体）中，已知三组对棱分别相等，求外接球半径（，，）
（3）单面定球心法（定+算）
步骤：①定一个面外接圆圆心：选中一个面如图：在三棱锥中，选中底面，确定其外接圆圆心（正三角形外心就是中心，直角三角形外心在斜边中点上，普通三角形用正弦定理定外心）；
②过外心做（找）底面的垂线，如图中面，则球心一定在直线（注意不一定在线段上）上；
③计算求半径:在直线上任取一点如图：则，利用公式可计算出球半径.
（4）双面定球心法（两次单面定球心）
如图：在三棱锥中：
①选定底面，定外接圆圆心
②选定面，定外接圆圆心
③分别过做面的垂线，和做面的垂线，两垂线交点即为外接球球心.
4．（传统法）核心技巧：平移使相交
具体操作，通过平移一条（或2条），使异面直线转化为相交直线，然后在三角形中利用余弦定理求角
5直线与平面所成角
（1）斜线在平面上的射影：
过斜线上斜足以外的一点向平面引垂线，过垂足及斜足的直线叫做斜线在平面内的射影.
注意：斜线上任意一点在平面上的射影一定在斜线的射影上.
如图，直线是平面的一条斜线，斜足为，斜线上一点在平面上的射影为，则直线是斜线在平面上的射影.
（2）传统法之定义法（如右图）：具体操作方法：
①在直线上任取一点（通常都是取特殊点），向平面引（通常都是找+证明）垂线；
②连接斜足与垂足；
③则斜线与射影所成的角，就是直线与平面所成角.
（3）传统法之等体积法求垂线段法（如右图）
①利用等体积法求垂线段的长；
②
6.二面角
（1）定义法
在二面角的棱上任取一点（通常都是取特殊点，如中点，端点），过该点在两个半平面内作二面角棱的垂线，两垂线所成的角就是二面角的平面角.
（2）三垂线法
三垂线定理：在平面内的一条直线如果和这个平面的一条斜线的射影垂直，那么它也和这条斜线垂直.
三垂线定理的逆定理：在平面内的一条直线如果和这个平面的一条斜线垂直，那么它和这条斜线的射影垂直.
具体操作步骤（如图在三棱锥中）求二面角：
①第一垂：过点向平面引垂线（一般是找+证，证明）
②第二垂：在平面中，过点作，垂足为
③第三垂：连接（解答题需证明）
（3）射影面积法（）
凡二面角的图形中含有可求原图形面积和该图形在另一个半平面上的射影图形面积的都可利用射影面积公式（）求出二面角的大小.
题型一 空间几何体内切球
例题1（2024·全国·模拟预测）
1．已知球是底面半径为4、高为的圆锥的内切球，若球内有一个内接正三棱柱，则当该正三棱柱的侧面积最大时，正三棱柱的体积为 ．
例题2（2022·江苏连云港·模拟预测）
2．在四棱锥 中，底面ABCD是矩形，侧面PAB是等边三角形，侧面底面ABCD，，若四棱锥存在内切球，则内切球的体积为 ，此时四棱锥的体积为 ．
例题3（2023下·湖南长沙·高二长沙市明德中学校考期中）
3．传说古希腊数学家阿基米德的墓碑上刻着一个圆柱，圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等，如图是一个圆柱容球，、为圆柱两个底面的圆心，O为球心，EF为底面圆的一条直径，若球的半径，则
①平面DEF截得球的截面面积最小值为 ；
②若P为球面和圆柱侧面的交线上一点，则的取值范围为 ．
练习题
（2023下·浙江嘉兴·高一校联考期中）
4．一个棱长为的正四面体中内切一个球，若在此四面体中再放入一个球，使其与三个侧面及内切球均相切，则球的半径为（ ）
A． B． C． D．
（2023下·河北保定·高一校联考期中）
5．如图，已知圆锥的底面圆心为，半径，圆锥的体积为，内切球的球心为，则下列说法正确的是（ ）

A．侧面积为
B．内切球的表面积为
C．过点作平面截圆锥的截面面积的最大值为
D．设母线中点为，从点沿圆锥表面到的最近路线长为
（2023上·广东深圳·高二红岭中学校考期中）
6．正四面体的棱长为1，点是该正四面体内切球球面上的动点，当取得最小值时，点到的距离为 .
（2023下·山东潍坊·高一统考期末）
7．如图，在正六棱锥中，球是其内切球，，点是底面内一动点（含边界），且.

(1)求正六棱锥的体积；
(2)当点在底面内运动时，求线段所形成的曲面与底面所围成的几何体的表面积.
题型二 空间几何体外接球
例题1．（2023上·安徽·高三校联考阶段练习）
8．在中，，，E，F，G分别为三边，，的中点，将，，分别沿，，向上折起，使得A，B，C重合，记为，则三棱锥的外接球表面积的最小值为（ ）
A． B． C． D．
例题2．（2023上·山东青岛·高三青岛二中校考期中）
9．如图，已知直三棱柱的底面是等腰直角三角形，，，点在上底面（包括边界）上运动，则三棱锥外接球表面积的最大值为（ ）
A． B． C． D．
例题3．（2024·陕西渭南·统考一模）
10．在三棱锥中，底面为等腰三角形，，且，平面平面，点为三棱锥外接球上一动点，且点到平面的距离的最大值为，则球的表面积为 ．
例题4．（2023上·江西九江·高二九江一中校考期中）
11．如图，是边长为的正三角形的一条中位线，将沿翻折至，当三棱锥的体积最大时，四棱锥外接球的表面积为 ；过靠近点的三等分点作球的截面，则所得截面圆面积的最小值是
练习题
（2023上·重庆渝中·高二重庆巴蜀中学校考阶段练习）
12．正四棱锥的底面边长为，则平面截四棱锥外接球所得截面的面积为（ ）.
A． B． C． D．
（2023上·福建南平·高二福建省南平第一中学校考阶段练习）
13．已知三棱锥满足底面，在中，，，，是线段上一点，且．球为三棱锥的外接球，过点作球的截面，若所得截面圆的面积的最小值与最大值之和为，则球的表面积为 .
（2023上·安徽亳州·高二校考阶段练习）
14．如图，在棱长为2的正方体中，在棱上运动，当二面角为直二面角时，四面体的外接球表面积为 ．

（2022上·福建福州·高三福建省连江第一中学校考期中）
15．如图，是边长为的正三角形的一条中位线，将沿翻折至，当三棱锥的体积最大时，四棱锥外接球的表面积为 ；过的中点作球的截面，则所得截面圆面积的最小值是 ．

（2023下·福建漳州·高二校考期中）
16．在三棱锥中，已知是边长为的正三角形，平面，、分别是、的中点，若异面直线、所成角的余弦值为，则的长为 ，三棱锥的外接球表面积为 ．
（2022上·江西抚州·高三临川一中校考期中）
17．已知菱形的各边长为.如图所示，将沿折起，使得点到达点的位置，连接，得到三棱锥，此时.若是线段的中点，点在三棱锥的外接球上运动，且始终保持则点的轨迹的面积为 .

题型三 最小距离问题
例题1．（2022下·河北邢台·高一邢台市南和区第一中学校考阶段练习）
18．在正四棱锥中，，为的中点，为的中点，则从点沿着四棱锥的表面到点的最短路径的长度为（ ）
A． B． C． D．
例题2．（2021·浙江杭州·浙江省杭州第二中学校考模拟预测）
19．已知正三棱锥中，底面是边长为的正三角形，侧棱长为，为的中点，为中点，是的动点，是平面上的动点，则的最小值是（ ）
A． B． C． D．
例题3．（2019上·山西·高二统考期中）
20．如图，在四棱锥中，平面，，，，，为的中点，为线段上的动点，则的最小值为 ．
练习题
（2021下·河北张家口·高一统考期末）
21．如图所示，在直三棱柱中，，，，P是上的一动点，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．3
（2020·浙江·高二专题练习）
22．已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为3，M，N分别为AB1，A1C1上的点，且A1N=AM，AM=2MB1，P，Q分别为BB1，B1C1上的动点，则折线MPQN长度的最小值为（ ）
A．3 B． C． D．
（2023下·浙江嘉兴·高一统考期末）
23．如图，棱长为3的正方体中，点在线段上且，点分别为线段上的动点，则空间四边形周长的最小值为（ ）

A． B． C． D．
（2019上·浙江·高二校联考期中）
24．如图，棱长为1的正方体中，为的中点，为对角线上的动点，为棱上的动点，则的最小值为 .
题型四 异面直线所成角问题
例题1．（2023·新疆乌鲁木齐·统考三模）
25．已知四棱柱的底面是边长为2的正方形，侧棱与底面垂直，O为AC的中点，若点O到平面的距离为，则直线与直线所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
例题2．（2023上·安徽黄山·高二统考期末）
26．三棱台中，底面，，，，若是边的中点，点在侧面内，则直线与直线的夹角的余弦值可能是（ ）
A． B． C． D．
例题3．（2021下·湖北·高一期末）
27．在中，是边上动点，设，把沿翻折为，若存在某个位置，使得异面直线与所成的角为，则实数的取值范围是 ．

例题4．（2021下·浙江宁波·高一校联考期末）
28．已知三棱柱中，棱长均为，顶点在底面上的射影恰为的中点，为的中点，则直线与直线所成角的余弦值为 ．
练习题
（2023·全国·模拟预测）
29．柏拉图多面体是因柏拉图及其追陮者对正多面体的研究而得名.如图是棱长均为的柏拉图多面体，点，，，分别为，，，的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
（2022下·河北衡水·高三校联考阶段练习）
30．在体积为的直三棱柱中，为锐角，且，，则异面直线与所成角的正弦值为（ ）
A． B． C． D．
（2021上·湖北荆州·高二沙市中学校考期中）
31．三棱柱中，底面边长和侧棱长都相等，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
（2020上·天津滨海新·高二汉沽一中校考期末）
32．正方体中，M是的中点，则与所成角的余弦值为 ．

（2021上·江西吉安·高二校联考期中）
33．已知三棱锥中，棱，，的中点分别是M，N，O，，，都是正三角形，则异面直线与所成角的余弦值为 .
题型五 直线与平面所成角问题
例题1．（2023上·辽宁·高二校联考期中）
34．在空间中，三个平面PAB，PBC，PAC相交于一点P，已知，则直线PA与平面PBC所成角的正弦值等于（ ）
A． B． C． D．
例题2．（2023上·海南海口·高二海口一中校考阶段练习）
35．在中，为中点，若将沿着直线翻折至，使得四面体的外接球半径为1，则直线与平面所成角的余弦值是（ ）
A． B． C． D．
例题3．（2023上·广东东莞·高二校联考期中）
36．如图，在棱长为6的正方体中，点P在面内，，则与面所成角的正切值为，则的取值范围是 .

例题4．（2023下·福建厦门·高一统考期末）
37．如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，．

(1)若平面平面，求证：；
(2)若，设和平面所成角为，求的最大值．
练习题
（2023上·福建福州·高二福建省福州第一中学校考期中）
38．在三棱锥中，，且．记直线，，与平面所成角分别为，，，已知，当三棱锥的体积最小时，（ ）
A． B． C． D．
（2023上·黑龙江大庆·高二大庆实验中学校考阶段练习）
39．已知正方体的边长为3，点在正方形内（包括边界），满足，则直线和平面成角正切的最大值是（ ）
A． B． C．1 D．
（2023下·云南大理·高一统考期末）
40．如图，已知正方形的边长为2，，分别是，的中点，平面，且，则与平面所成角的正弦值为（ ）

A． B． C． D．
（2023上·广东广州·高二华南师大附中校考期中）
41．在三棱锥中，，，，，若与平面所成角的最大值为，则的值为 ．
（2023下·云南玉溪·高一统考期末）
42．如图，正方体的棱长为2，E，F分别为，的中点，P是底面上一点．若平面BEF，则AP与平面成角的正弦值的取值范围是 ．

（2023下·四川宜宾·高一统考期末）
43．如图，在几何体中，平面平面，四边形是平行四边形，，.

(1)证明：；
(2)若，，，G为DE上一动点，求直线CG与平面ABF所成角的正弦值的取值范围.
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．
【分析】画出截面图，利用，得到，由相似比求出球的半径为，再利用正三棱柱的几何性质找到（正三棱柱的高为），最后由侧面积公式结合基本不等式得到最值.
【详解】圆锥与球的轴截面如图所示，为圆锥的顶点，为圆锥的底面直径，D，E为切点，连接，，
则，，且过点，设球的半径为，
由题意可得，故，即，
整理得，得．
设正三棱柱的底面边长为，正三棱柱的高为，则，即，
正三棱柱的侧面积，当且仅当，且，即时取等号，
此时该正三棱柱的侧面积最大，故此时正三棱柱的体积．
故答案为：
2． ##
【分析】过点P作出四棱锥的内切球截面大圆，确定球半径表达式，再借助四棱锥体积求出球半径计算作答.
【详解】取AB中点M，CD中点N，连接PM，PN，MN，如图，

因是正三角形，则，又ABCD是矩形，有，而平面平面，
平面平面，平面，平面，因此平面，平面，
又，则平面，平面，即有，
，平面，有平面，平面，，而，则，
显然，由球的对称性及四棱锥的特征知，平面截四棱锥的内切球O得截面大圆，
此圆是的内切圆，切MN，PM分别于E，F，有四边形为正方形，
令，而，，则球半径，
四棱锥的表面积为，
由得：，
整理得：，即，解得，
因此，，内切球的体积，四棱锥体积.
故答案为：；
【点睛】结论点睛：一个多面体的表面积为S，如果这个多面体有半径为r的内切球，则此多面体的体积V满足：.
3． ##
【分析】过点在平面内作，垂足为点，分析可知当平面时，截面圆的半径最小，求出截面圆的半径，结合圆的面积公式可求平面DEF截得球的截面面积最小值；利设在底面的射影为，设令，则，其中，可得出，利用平方法和二次函数的基本性质求出的取值范围，可得的取值范围.
【详解】过点在平面内作，垂足为点，如下图所示：
易知，，，
由勾股定理可得，
则由题可得，
设到平面的距离为，平面截得球的截面圆的半径为，
因为平面，当平面时，取最大值，即，
所以，，
所以平面截得球的截面面积最小值为；
由题可知点在过球心与圆柱的底面平行的截面圆上，设在底面的射影为，
则，，，
由勾股定理可得，令，则，其中，
所以，，
所以，，
因此，.
故答案为：；.
【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.
4．C
【分析】根据球的几何性质，结合正四面体的性质、三棱锥的体积公式、等积法进行求解即可.
【详解】设内切球O的半径为r，球的半径为R.设此棱锥的高为，底面的中心为，
因为正四面体的棱长为，所以底面的，，
所以三棱锥的表面积为.

在底面中，，
则棱锥的高，
所以三棱锥的体积，
由等积法知，得.
用一平行于底面ABC且与球上部相切的平面截此三棱锥，
下部得到一个高为的棱台，那么截得的小棱锥的高为，
即为高的，则此小棱锥的内切球半径即为球的半径，
根据相似关系，截得的棱锥的体积为，
表面积为，
根据等体积法，，解得.
故选：C
【点睛】关键点睛：本题的关键是利用球和正四面体的性质、等积法.
5．ABD
【分析】对于A，根据体积求出圆锥的高，从而可求出母线长，进而可求出侧面积，对于B，由圆锥的内切球球心作，垂足为点，然后利用可求出内切球的半径，从而可求出表面积，对于C，根据题意可求得，所以当顶角为直角时截面面积最大，对于D，把圆锥的侧面展开一半，点展开到，然后利用余弦定理求解即可.
【详解】对于A，如图1，设圆锥母线为，高为，由半径，体积为得，所以，侧面积为．A正确；
对于B，由圆锥的内切球球心作，垂足为点，设，则，由，即，解得，内切球的表面积为，故B正确；
对于C，，，所以，则，过点作平面截圆锥的截面面积最大时，对应三角形为等腰直角三角形，故C不正确；
对于D，如图2，把圆锥的侧面展开一半，点展开到，，由余弦定理，
所以从点沿圆锥表面到的最近路线长，故D正确．

故选：ABD
【点睛】关键点点睛：此题考查圆锥的内切球和圆锥的截面问题，解题的关键是充分利用圆锥的性质根据题意求解，考查空间想象能力和计算能力，属于较难题.
6．
【分析】利用等体积法求得，根据空间向量运算可得，则当的长度最小时，取得最小值，结合正四面体的结构特征运算求解.
【详解】设的中点为，的中心为，连接，
因为四面体是棱长为1的正四面体，可知，
即四面体的高为，则其体积为，
设正四面体内切球的半径为，
由等体积可得，解得，
如图，取的中点为，
则，
显然当的长度最小时，取得最小值.
设正四面体内切球的球心为，可求得，
因为球心到点的距离，
所以球上的点到点的最小距离为，
即当取得最小值时，点到的距离为.
故答案为：.
7．(1)
(2)
【分析】（1）由正六棱锥的结构特征，结合已知数据，求出底面积和高，可求体积；
（2）由，可得所示几何体的圆锥，求出底面半径和母线长，可计算表面积.
【详解】（1）设是底面的中心，连接，，
底面为正六边形，可知为等边三角形，，
在中，,
在正六边形中，，
所以.

（2）取的中点N，连接，，，
设正六棱锥的内切球与侧面相切于点H，可知H在上，连接，
等边三角形中，，
在中，，则，所以，
设内切球O的半径为r，则，由，得，所以，
所以，
在中，，所以，
所以点M在六边形中， 且以为圆心为半径的圆上，
所以点M在底面内运动时， 线段所形成的曲面与底面所围成的几何体为圆锥，
圆锥底面半径为，母线长为2，
此几何体的表面积为
【点睛】方法点睛：圆锥、圆台的侧面是曲面，计算侧面积时需要将这个曲面展为平面图形计算，而表面积是侧面积与底面圆的面积之和．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，并作出合适的截面图，找到等量关系列出算式.
8．B
【分析】设，，由题设．将放在棱长为x，y，z的长方体中，可得的关系式，三棱锥的外接球就是长方体的外接球，利用基本不等式结合球的表面积公式求解.
【详解】设，，由题设.
三棱锥中，，，，
将放在棱长为x，y，z的长方体中，如图，
则有，
三棱锥的外接球就是长方体的外接球，
所以，
由基本不等式，当且仅当时等号成立，
所以外接球表面积.
故选：B.
【点睛】关键点睛：本题解决的难点是根据题意得到三棱锥的特征，从而放置到相应的长方体中，由此得解.
9．B
【分析】由条件确定球心位置，引入变量表示球的半径，由此确定球的表面积及其最大值.
【详解】因为为等腰直角三角形，，
所以的外接圆的圆心为的中点，且，
设的中点为，连接，则，则平面，
设三棱锥外接球的球心为，由球的性质可得在上，
设，，外接球的半径为，
因为，所以，
即，又，则，
因为，所以
所以三棱锥外接球表面积的最大值为.
故选：B.
【点睛】方法点睛：常见几何体的外接球半径求法：
（1）棱长为的正方体的外接球半径为；
（2）长方体的长，宽，高分别为，则其外接球的半径为；
（3）直棱柱的高为，底面多边形的外接圆半径为，则其外接球的半径为.
10．
【分析】取的中点，设，设等腰三角形外接圆的圆心为，半径为，球的半径为，结合线面垂直的性质与判定求得，再根据垂直关系可得点到平面的距离等于点到平面的距离，进而列式求解即可.
【详解】取的中点，连接，因为底面为等腰三角形，，所以，所以，
又因为平面平面，平面平面平面，所以平面，又平面，所以，
又因为，平面，所以平面，
因为三角形为等腰三角形，，则，设，则，
设等腰三角形外接圆的圆心为，半径为，球的半径为，
连接，则三点共线，由平面得平面，
由正弦定理得，故，则，
连接，则，由平面，且三角形外接圆的圆心为，可得，
因为平面，所以，又平面，平面，故平面，
所以点到平面的距离等于点到平面的距离，
又因为点到平面的距离的最大值为，所以，解得，所以，球的表面积为.
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：
①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；
②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；
③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；
④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.
11．
【分析】先判断当平面平面时，三棱锥的体积最大，求得，再找出四棱锥外接球的球心，由勾股定理求得半径，进而得到表面积；当垂直于截面圆时，截面圆半径最小，面积最小即得答案.
【详解】第一空：设点到平面的距离为，
在中，取的中点，连接交于点，连接，
因为为等边三角形，为的中点，则，
由题意可知，、分别为、的中点，则，则，，
翻折后，则有，所以二面角的平面角为，
过点在平面内作或其延长线上，
因为，，，、平面，
所以平面，
因为平面，则，
又因为，，、平面，
所以平面，
所以，且，则，
当为直角时，取最大值，
因为为的中点，为定值，
故当为直角时，取最大值，
此时，平面平面，
故是边长为的等边三角形，
因为，则，
因为为的中点，为的中点，则且，
同理可得，则为四边形的外心，
设等边的外心为点，过点作平面，
因为平面，则，
过点作平面的垂线交于点，则为四棱锥的外接球球心，
连接，则为球的一条半径，
因为平面平面，平面平面，，
平面，则平面，因为平面，则，
又因为平面，则，故四边形为矩形，
且，则，
因为，则，则，
所以，
所以球的表面积为；
第二空： 因为等边的外心为点，，则，，又，，
则，
当过点的截面与垂直时，截面圆的半径取最小值，
且，
因此，过的三等分点作球的截面，则所得截面圆面积的最小值是.
故答案为：；.
12．C
【分析】利用直角三角形求出外接圆的半径，设中点为，连接，过作，则即为点到平面的距离，根据相似即可求出，得到外接球所得截面的面积.
【详解】设正方形边长为，底面中心为中点为，
连接，如图所示，
由题意得，且正四棱锥的外接球球心，
设外接球半径为，则，
在中，，且，
所以，解得，即，
在中，，
过作，则即为点到平面的距离，且为平面截其外接球所得截面圆的圆心，
所以，
则，
所以，
所以截面的面积.
故选：C
【点睛】关键点点睛：本题关键在于求出外接圆半径以及找到点到平面的距离.
13．
【分析】画出图形，找到三棱锥的外接球的球心位置，利用解直角三角形的知识求出球的半径即可.
【详解】
若将三棱锥补成直三棱柱，且三棱锥和该直三棱柱的外接球都是球，记三角形的外心为，
设球的半径为，，则球心到平面的距离为，即，
连接，则，∴，
在中，取的中点为，连接，，
则，，∴．
在中，，
由题意得到当截面与直线垂直时，截面面积最小，
设此时截面圆的半径为，则，
所以最小截面圆的面积为，当截面过球心时，截面面积最大为，
∴，，球的表面积为．
故答案为：.
【点睛】关键点睛：关键是画出图形，通过已知条件的转换找到球心位置，然后列方程即可求得球的半径.
14．
【分析】先根据二面角的定义，求出P的位置，再把四面体提取出来，根据球心就在小圆圆心的正上方，构建直角三角形进行求解.
【详解】
如图，连接交于点，
因为，所以，同理，
由二面角的定义知，为二面角的平面角，，
在棱长为2的正方体中，设，
，
，
，解得，
提取出四面体，如下图，
则，，
又因为面角为直二面角，取中点，连接，
在底面等边，其外接圆圆心为三角形的重心，
则
所以，
在等腰三角形中，设外接圆半径为，其外接圆圆心在上，设为，
过作垂线，其交点为，则为球心，连接，
，
由正弦定理，，求得，
，
设外接球半径为，则
所以外接球的表面积为.
故答案为：

15．
【分析】第一空：先判断出平面平面时，三棱锥的体积最大，求出，找出四棱锥的外接球球心，由勾股定理求出球的半径，即可求得球的表面积；第二空，先判断出当截面与垂直时，截面圆的面积最小，求出的长，利用勾股定理求出截面圆半径的最小值，结合圆的面积公式可得结果.
【详解】第一空：设点到平面的距离为，
在中，取的中点，连接交于点，连接，

因为为等边三角形，为的中点，则，
由题意可知，、分别为、的中点，则，则，，
翻折后，则有，所以，二面角的平面角为，
过点在平面内作或其延长线上，
因为，，，、平面，
所以，平面，
因为平面，则，
又因为，，、平面，所以，平面，
所以，，且，则，
当为直角时，取最大值，
因为为的中点，为定值，
故当为直角时，取最大值，
此时，平面平面，
易知，，同理可得，，
故是边长为的等边三角形，
因为，则，
因为为的中点，为的中点，则且，
同理可得，则为四边形的外心，
设等边的外心为点，过点作平面，
因为平面，则，
过点作平面的垂线交于点，则为四棱锥的外接球球心，
连接，则为球的一条半径，
因为平面平面，平面平面，，
平面，则平面，因为平面，则，
又因为平面，则，故四边形为矩形，
且，则，
因为，则，则，
所以，，
所以，球的表面积为；
第二空：因为，则四边形为菱形，则，
因为为的中点，是边长为的等边三角形，则，
且，
因为为的中点，则也为的中点，
且，，
因为平面，平面，则，
故，
当过点的截面与垂直时，截面圆的半径取最小值，
且，
因此，过的中点作球的截面，则所得截面圆面积的最小值是.
故答案为：；.
【点睛】方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，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）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径；
（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球、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）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解.
\
16． 1 ##
【分析】取BC中点E，设，利用x表示出的边长，然后由余弦定理可解；过的外心作底面的垂线，则球心必在垂线上，再由的外接圆半径、三棱锥的高与外接球半径之间的关系可得.
【详解】
取BC中点E，连接NE，ME，所以为异面直线所成的角，故，
设，∴，，
取AC中点F，连接NF、MF，则，因为PA⊥平面ABC，所以NF⊥平面ABC，
由MF平面ABC，所以，所以，
∴，∴，

设底面外心为，由正弦定理得，
过作⊥平面ABC，则三棱锥P—ABC外接球球心O一定在上，
由，取PA中点R，则，∴，
∴外接球半径，
故答案为：1，
【点睛】方法点睛：
几何体外接球球心的求法：
（1）将几何体置入长方体或直棱柱中找球心；
（2）利用几何法找到几何体各个顶点距离相等的点即为球心；
（3）设球心坐标，根据到各顶点的距离相等解方程组得到球心坐标.
17．
【分析】取中点，由题可得平面，设点轨迹所在平面为，则轨迹为平面截三棱锥的外接球的截面圆，利用球的截面性质求截面圆半径即得.
【详解】取中点，连接，则，
，平面，所以平面，
又因为，则，
作于，设点轨迹所在平面为，
则平面经过点，且，
设三棱锥外接球的球心为，半径为，的中心分别为，
可知平面平面，且四点共面，
由题可得，
在Rt中，可得，
又因为，则，
易知到平面的距离，
故平面截外接球所得截面圆的半径为，
所以截面圆的面积为.
故答案为：.

【点睛】方法点睛：多面体与球切、接问题的求解方法
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．
18．C
【分析】对点到点的路径进行分类讨论，将相应平面延展为同一平面，结合余弦定理可求得结果.
【详解】分以下几种情况讨论：
（1）当点沿着平面、到点，将平面、延展为同一平面，如下图所示：
易知、均为等边三角形，延展后，，，
所以，四边形为菱形，所以，且，
因为、分别为、的中点，则且，
所以，四边形为平行四边形，此时；
（2）当点沿着平面、到点，将平面、延展至同一平面，如下图所示：
连接，则，且，，，
因为，由余弦定理可得；
（3）当点沿着平面、到点，连接，如下图所示：
则，，，
由余弦定理可得；
（4）当点沿着平面、、到点，将这三个侧面延展为同一平面，如下图所示：
易知、、三点共线，且，，，
由余弦定理可得.
综上所述，从点沿着四棱锥的表面到点的最短路径的长度为.
故选：C.
【点睛】方法点睛：（1）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；
（2）对于几何体内部折线段长的最值，可采用转化法，转化为两点间的距离，结合勾股定理求解.
19．A
【分析】作出图形，在正三棱锥中，分析得出平面，固定，找出点运动时取得最小值时的位置，利用解三角形的相关知识即可求得结果.
【详解】因为为上的动点，为平面上的动点，且两者的运动无关，所以采用一定一动的原则，
先固定，当在动的时候，显然，当平面时，取最小值，
为了确定垂直状态在哪里，具体给出下图：
作分别交、于点、，连接，
当点在上且时，平面，
以下证明此时平面，
，为的中点，则，同理可知，，
，平面，
所以，，所以，平面，
此时，再将平面绕着转动，使得、、、四点共面，
此时，释放点，当点在运动过程中，、、三点共线时，
，
已经找到最小状态，易知，，
，平面，则平面，则平面，
平面，，故，则，
，，则，则为等腰直角三角形，
故，，
因为.
故选：A.
【点睛】思路点睛：（1）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；
（2）对于几何体内部折线段长的最值，可采用转化法，转化为两点间的距离，结合勾股定理求解.
20．
【分析】根据长度关系得到，，将翻折至与平面共面，如图所示，得到当为与的交点时，取得最小值，利用余弦定理计算得到答案.
【详解】平面 ，，平面
易知：，，
在中，.
利用余弦定理得到：，所以.
将翻折至与平面共面，如图所示：
则图中，
当为与的交点时，取得最小值.
此时，.
故答案为
【点睛】本题考查了立体几何中的最值问题，将立体问题转化为平面问题是解题的关键，意在考查学生的空间想象能力和计算能力.
21．B
【分析】连接，以所在直线为轴，将所在平面旋转到平面，设点的新位置为，连接，判断出当三点共线时，则即为的最小值.分别求出,,利用余弦定理即可求解.
【详解】连接，得，以所在直线为轴，将所在平面旋转到平面，

设点的新位置为，连接，则有.
当三点共线时，则即为的最小值.
在三角形ABC中，，，由余弦定理得：,所以，即
在三角形中，，，由勾股定理可得：,且.
同理可求：
因为，所以为等边三角形，所以，
所以在三角形中，,,
由余弦定理得：.
故选B.
【点睛】（1）立体几何中的翻折（展开）问题截图的关键是：翻折（展开）过程中的不变量；
（2）立体几何中距离的最值一般处理方式：
①几何法：通过位置关系，找到取最值的位置（条件），直接求最值；
②代数法：建立适当的坐标系，利用代数法求最值.
22．B
【分析】展开为顶点的三个正方形，建立平面直角坐标系，利用两点间直线距离最短，以及两点间距离公式求得折线长度的最小值.
【详解】展开为顶点的三个正方形为平面图形如图所示，以为原点建立如图所平面直角坐标系，
作，
依题意，
由于正方体边长为，
结合正方形的性质可知，
，
所以，
所以折线长度的最小值也即线段.
故选：B
【点睛】本小题主要考查正方体侧面展开图，考查两点间直线距离最短，属于中档题.
23．C
【分析】把平面与平面展开在同一平面上上，然后利用对称将空间四边形各边长转化到同一直线上，找到最小值即可求解；
【详解】把平面与平面展开在同一平面上上，

作点关于的对称点，因为，且正方体边长为3，易得为正三角形，由对称性可得：，
所以周长
作，可得
易得，
,
故选：C.
24．
【分析】将三角形和三角形展开成平面图形，点到直线的距离，也即的最小值.
【详解】将三角形和三角形展开成平面图形如下图所示.过作，交于，交于，则是的最小值.过作，交于.三角形和三角形是全等的直角三角形.设，则，所以.所以.所以.
故答案为：
【点睛】本小题主要考查空间线段和的最小值的求法，考查空间想象能力，考查化归与转化的数学思想方法，考查数形结合的数学思想方法，属于中档题.
25．A
【分析】运用等体积法求出长方体侧棱的长度，再根据直线与平面夹角的定义构造三角形求解.
【详解】依题意如下图：
底面ABCD， 平面ABCD， ，又在正方形ABCD中， ，
平面 ， 平面， 平面，
是三棱锥 的高， ；
设侧棱 ，则 ，
在 中，由余弦定理得： ，
，
的面积 ，由于O点到平面 的距离是 ，
三棱锥 的体积 ；
， ，
的面积 ，三棱锥 的体积 ，
.
,故即为直线与直线所成角，
在 中， ，
故选：A.
26．ABC
【分析】要求直线与AP夹角的余弦值的可能值，则需求其范围，利用异面直线的夹角定义转化为求直线与AP夹角的余弦值最大，需点到AP的距离最小，最小值为点到面的距离，再利用等体积法求出距离，进而求得直线与AP夹角的余弦值的最大值，再找特殊位置易得直线与AP夹角的余弦值至少要大于或等于，由此得以判断.
【详解】如图，分别取的中点，连接，
取的中点，连接，
由三棱台的性质知，，则四边形为平行四边形，
又为的中点，所以，，
又为的中点，，，
所以，，
所以四边形为平行四边形，，
因为为的中点，所以，，
故直线与AP的夹角为直线与AP的夹角，
要判断直线与AP夹角的余弦值的可能值，则需求其范围，
要使直线与AP夹角的余弦值最大，则需直线与AP夹角最小，即直线与AP夹角的正弦值最小，故需点到AP的距离最小，
又点P在侧面内，则点到AP的距离最小时，为点到面的距离，
因为底面，，所以底面，
设点到面的距离为，利用等体积法知，
即，即，,
在直角中，，，
又在中，，，
，
，又，
设直线与AP夹角的最小值为，则，
此时，即直线与AP夹角的余弦值最大值为，
又当点与点重合时，易得为直线与AP夹角，
易得，则为正三角形，
所以，则，
综上：直线与AP夹角的余弦值最大值为，同时至少要大于或等于，
从而选项ABC都满足要求，选项D不满足.
故选：ABC.
【点睛】关键点睛：本题解题的关键是通过异面直线夹角定义转化，再将所求夹角余弦值的最大值转化为点到AP的距离最小，即点到面的距离，从而得解.
27．
【分析】沿翻折为，则是以为轴截面的圆锥的母线，过点C作，则与AD所成的角等于与CE所成的角，设，则，，利用正弦定理进行求解即可．
【详解】在中，则，
沿翻折为，则是以为轴截面的圆锥的母线，
其中，共线，为圆锥的轴，与不重合，如图，

过点C作，则与AD所成的角等于与CE所成的角，
设，易知，
如图，若存在某个位置，使得异面直线与所成的角为，则，
∴，又，∴，
，
在中，由正弦定理得，
∴，∴，
又，∴，
即实数的取值范围是
故答案为：．
【点睛】方法点睛：立体几何中取值范围与最值问题，一般可从三个方面处理解决：一是函数法，即根据题中信息直接建立函数关系式，或通过空间向量的坐标运算建立函数关系式，转化为函数的最值问题求解，最后根据函数的形式，选择利用函数的性质、基本不等式或导数求最值；二是根据几何体的结构特征，变动态为静态，直观判断求解；三是将几何体平面化，如利用展开图，在平面几何图中直观求解．
28．
【分析】根据三棱柱性质与题中的中点条件，可将所求直线与直线所成角的余弦值转化为求直线与直线所成角的余弦值，那么就要通过多次转化最终求得中三边长，然后直接在中运用余弦定理即可.
【详解】如图，取中点，连接,由三棱柱的性质易证得,所以四边形为平行四边形，所以,所以下面即求直线与直线所成角的余弦值.
由题意知，平面,因为平面,所以，在中，,求得.
所以在菱形中，.
在中，,求得.
所以在中，根据余弦定理得,所以.
在中根据余弦定理得.
在中，,根据余弦定理得,
所以直线与直线所成角的余弦值为，即直线与直线所成角的余弦值为.
故答案为:
29．B
【分析】方法一：取的中点，连接，，求得，，则可求得，进一步求得,按向量夹角公式求解即可；法二;接，，交于点，连接.分别以，，所在直线为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系，则，,用向量夹角公式坐标运算求解即可
【详解】方法一 由柏拉图多面体的性质可知，
四边形，均是边长为的正方形，
柏拉图多面体的侧面均为等边三角形.如图（1），
取的中点，连接，，
则.
同理可得.
所以
取的中点，连接，，则，且
又点为的中点，且，
所以且，
则四边形为平行四边形，所以.
同理可得.
设，的夹角为，则，
即异面直线与所成角的余弦值为.
故选:
图（1）
方法二 连接，，交于点，连接.
易知平面.
因为，，所以
如图（2），
图（2）
以点为原点，分别以，，所在直线为轴、轴、轴，
建立空间直角坐标系，
则，，，
，，
因为点，，，分别为，，，的中点，
所以，，，，
则，,
设，的夹角为，则
即异面直线与所成角的余弦值为.
故选：
【点睛】方法点睛：若不易将两条异面直线转化为同一平面内的两条直线时，则可利用向量法来求两异面直线所成的角.第一种方法是利用已知向量表示所求向量，第二种方法是建立合适的空间直角坐标系，两种方法最终都转化为求两向量的夹角的余弦值.
30．A
【分析】借助直三棱柱侧棱垂直底面，即为三棱柱的高，利用面积公式和棱柱体积公式求出，再根据为锐角，确定角度，从而准确确定余弦值，利用余弦定理求出长，从而使用正弦定理求出，最后利用等角定理求出异面直线夹角的正弦值即可.
【详解】
，
解得，
又为锐角，
所以，
所以，
由余弦定理得，，
所以，
由正弦定理得，
所以，
解得，，
又因为与平行，
所以异面直线与所成角的正弦值即为与所成角的正弦值，即为.
故选：A.
31．A
【分析】分别是的中点，连接，即知直线与所成角即为或其补角，根据中位线性质及题设条件，为平行四边形、为正方形，设棱长并求出，长度，最后由余弦定理求直线与所成角的余弦值.
【详解】若分别是的中点，连接，则，
∴直线与所成角即为或其补角，
由底面边长和侧棱长都相等且，易知：为平行四边形，
若为中点，连接，则且是在面上的射影，
∴，而，易知：为正方形，
若棱长为2，则，
∴，
在△中，，
∴直线与所成角的余弦值为.
故选：A
32．##
【分析】在正方体右侧作出一个全等的正方体，从而得到与所成角，再利用余弦定理即可得解.
【详解】在正方体右侧作出一个全等的正方体，连接，如图，

易知，所以四边形是平行四边形，则，
所以是与所成角的平面角或补角，
不妨设正方体的棱长为，
则在正方体中，，
在中，，
在中，，
所以在中，，
所以与所成角的余弦值为.
故答案为：.
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是找到与所成角的平面角，解决方法是在正方体右侧作出一个全等的正方体，由此得解.
33．
【分析】根据异面直线的定义可知，（或其补角）是异面直线MN与AD所成的角，进而求出的长度，用余弦定理求得答案.
【详解】如图，

根据题意可知，因为都是正三角形，所以，，连接，设AC=2，则.
易知，在中，由余弦定理：，
在中，由余弦定理：，
于是.
易知，在中，由余弦定理：，
在中，由余弦定理：，
于是.
连接ON，则，于是（或其补角）是异面直线MN与AD所成的角，连接MO，易得MO=NO=1，在中，由余弦定理可得.
故答案为：.
34．A
【分析】如图，作，作A点在平面PBC射影为O，连接OE，OF，设，由题目条件可得，即可得答案.
【详解】如图，作，作A点在平面PBC射影为O，连接OE，OF，设.
因，则.
因平面PFOE，平面PFOE，则，且为PA与平面PBC所成角，
又，，平面AOE，平面AOF，
则平面AOE，平面AOF.
又平面AOE，平面AOF，则.
又，，，则，
故，结合，得.
又，则，故PA与平面PBC所成角的正弦值等于.
故选：A
35．A
【分析】利用正弦定理求的外接圆半径，根据外接球半径即可确定球心，然后利用等体积法求到平面的距离即可求解.
【详解】因为，所以，
由为中点，所以，则，即为等边三角形，
设的外接圆圆心为G，的外接圆圆心为O，取BD中点为H，连接，

因为，所以由正弦定理可得，即的外接圆半径为1，
又四面体的外接球半径为1，所以O为外接球球心，
由球的性质可知，平面，因为平面，所以，
因为，，所以.
设到平面的距离为d，
因为和都是边长为1的正三角形，
所以，由得，即，
记直线与平面所成角为，
则，所以.
故选：A
36．
【分析】先求出点到平面的距离，求得的轨迹方程，再作一个正方体，作出线面角，再求出两条直角边，最后求出线面角的正切值即可.
【详解】如图所示，

作平面于，
由可得，
解得，
要使得，则，
即点在以为圆心为半径的圆上，该圆恰好与相切.
作同样一个正方体与原正方体面，
则//，//，所以四边形为平行四边形，
所以四点共面，
过作平面，连接，
则为与面所成角的平面角，易得，
所以，
即，而，
所以，即，
故答案为：
37．(1)证明见解析
(2)．
【分析】（1）取中点，连接，利用面面垂直的性质定理得平面，再利用线面垂直的性质即可证明；
（2）解法一：取中点，连接，．利用面面垂直的性质定理得平面，设，分、和讨论，再利用换元法和基本不等式即可求出最值；解法二：取中点，连接，．利用面面垂直的性质定理得平面，延长至点，使得，设，则，计算得，利用基本不等式即可得到最值.
【详解】（1）取中点，连接．
因为，，，，为中点，
所以四边形为正方形，所以，
所以，，所以，，
所以，即．
又平面平面，平面平面，平面，
所以平面，又平面，所以，即．
.
（2）解法一：取中点，连接，．
在中，，，所以，
所以为等腰直角三角形．
所以，．
因为为等腰直角三角形，所以，
又平面，所以平面．
又平面，所以平面平面．
在平面中，过点作于点，连接，
又平面平面，平面平面平面，
所以平面．
所以和平面所成角为，即．
设，则
①当时，在中，，，
所以．
②当时，在中，
，，
所以．
在中，因为，所以，
在中，，（※）
③当，，，符合（※）．
综上，
令，，
则，
所以，当且仅当等号成立，
此时，所以的最大值为．
解法二：取中点，连接，．
在中，，，
所以，所以为等腰直角三角形．所以，．
因为为等腰直角三角形，所以，
又平面，所以平面．
又平面，所以平面平面．
在平面中，过点作于点，连接，
又平面平面，平面平面，平面，
所以平面．所以和平面所成角为，即．
延长至点，使得，设，则．
当点与点不重合时，即，
在中，，，所以，
在中，，，所以，
在中，（※），
当点与重合时，此时，，，符合（※），
所以．
所以，
令，则，．
所以，当且仅当等号成立，
此时，所以的最大值为．
.
【点睛】关键点睛：本题第二问的关键是作出合理辅助线，设，则，利用勾股定理得到，最后利用基本不等式即可得到最值.
38．C
【分析】找到在平面内的投影，利用线面夹角关系，得到与的等量关系，以、中点为原点建立平面直角坐标系，根据等式关系发现，在平面内的投影在圆上，当最小时，高度最小，则三棱锥的体积最小，从而求出的值.
【详解】设点在平面内的投影为，
因为直线，，与平面所成角分别为，，，且，则，
根据线面夹角关系可知，，
所以，由阿波罗尼斯圆可知，投影在圆上运动，以为轴，过的中点作垂线，建立如图所示直角坐标系.
令，由题可知，.
则，化简得.
当最小时，最小，即三棱锥的体积最小，则此时，，，
所以.
故选：C
【点睛】方法点睛：本题考查了立体几何的建系求最值问题，空间动点问题常用做法，转换动点到某一平面内，进而用平面内容求解，做到化繁为简.
39．C
【分析】在底面建系，求出点的轨迹，再结合点与圆的相关知识即可求解.
【详解】知正方体，如图，连接，则在底面的投影为，故直线和平面成角为，，其要最大，即最短，
在底面内，以为原点，所在直线为轴建立平面直角坐标系，则，设，因为，
所以，
解得：，
即在以为圆心，2为半径的圆与正方形所截的一段弧，则
的最小值为：点与圆心的距离减去半径；
即，，C正确.
故选：C


40．D
【分析】连接、，且、分别交于、，证明平面，再利用面面垂直的判定得平面平面，再作出，利用面面垂直的性质有平面，最后根据线面角的定义计算相关长度即可.
【详解】如图，连接、，且、分别交于、.
因为四边形是正方形，、分别为和的中点，
故为的中点，因为平面，平面，
所以平面，所以到平面的距离就是点到平面的距离.
，即，平面，
平面，，平面，
平面平面平面平面，
作交于点，因为平面，平面平面，
平面，所以线段的长就是点到平面的距离.
正方形的边长为.
平面，平面，所以，
在中，，根据，
有，得，
因为，平面，所以的长即为点到平面的距离，
，即与平面成角的正弦值为.
故选：D.

41．
【分析】取中点分别为O，D，E，连，过D作于G，连，可证为所求线面角，设，用表示出求最值.
【详解】取中点分别为O，D，E，连，过D作于G，连，
由，则，又，则，
又平面，平面，，
所以平面，又平面，则，
又平面，平面，，则平面．
又，故与面所成角与与面所成角相等，所以为所求线面角，
设，则，
，
故 ，
令，则，
因为，所以，当且仅当时取等号．
所以，
又因为，
可知的最大值为时，也取到最大值.
故答案为：.
42．
【分析】根据线面平行判定定理以及面面平行判定定理，利用线面角的定义，结合锐角三角函数的定义，可得答案.
【详解】如图，取的中点，的中点M，连接AM，AN，MN，，，

由正方体，E，N分别为，的中点，
易知，且，
所以四边形为平行四边形，所以，
又因为平面BEF，平面BEF，所以平面BEF，
因为E，F分别为，的中点，由中位线性质可得，同理可知，所以，
又因为平面，平面，所以平面，又，平面AMN，所以平面平面，
因为P是底面上一点，且平面，所以点，
由分别为的中点，且，，则，，即，
由，则
在等腰中，底边上的高，
则AP的长度的取值范围为，
设与平面成角为，在正方体中，易知平面，且为垂足，
所以．
故答案为：.
【点睛】本题的解题关键在于面面平行的性质定理以及线面角定义的理解，利用正方体的几何性质，得以解题.
43．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据已有的面面垂直得到线面垂直，进而证明线线垂直即可；
（2）方法一：延长至，使得，由平面平面得到与平面所成角即为与平面所成角，根据图形关系找出最值情况求解即可；方法二：取与的中点分别为，，过作交于点，得到平面平面，所以与平面所成角即为与平面所成角，根据图形关系找出最值情况求解即可；
【详解】（1）因为，所以，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
因为平面，所以
又因为，所以
（2）方法一：延长至，使得，
所以，
所以四边形为平行四边形所以，
因为平面，平面，所以平面，
因为，同理得平面，
又因为平面，，
所以平面平面
所以与平面所成角即为与平面所成角，
当与重合时，与平面所成角为，
此时所求线面角正弦值最小且为；
当与重合时，与平面所成角最大.
因为为的中点，所以点到面的距离等于点到面的距离，
即等于三棱柱高的一半.
取，的中点分别为， ，连接，，，，

又因为，所以，
因为平面平面，平面，平面平面，
所以面
又因为，所以四边形是平行四边形，
所以，所以面，
因为面，
所以，
又因为，平面，，
所以平面，
在直角中，，因为,则，
所以，此时所求线面角正弦值最大且为 ，
综上可得，直线与平面所成角的正弦值的取值范围是；
方法二：取与的中点分别为，，连接，，，，

过作交于点，连接.
因为，所以四边形为平行四边形
因为，，所以
所以四边形为平行四边形
所以，又因为，
所以四边形为平行四边形，所以，
因为平面，平面，
所以平面，
因为，同理可得平面，
又因为 平面，，
所以平面平面
所以与平面所成角即为与平面所成角；
当与重合时，与重合，此时与平面所成角为0，
当与重合时，与重合，此时与平面所成角最大，
所以线面角的最大为直线与平面所成角，
即线面角的最大为直线与平面所成角，
因为，所以，
因为平面平面，平面，平面平面，
所以平面，
因为平面，所以.
所以，在中，，，
所以，在中，，
所以 ，，
因为，记点到平面的距离为，
则，
所以直线与平面所成角的正弦为，
所以与平面所成角的正弦的范围是
【点睛】关键点睛：本题考查立体几何的面面垂直性质定理与线面角的求法.求解线面角的关键点在于通过辅助线和平行关系的转化，将线面角转化，并找出具体的角，结合图形关系找到最值情况进行求解.本题考查空间想象能力、转化思想、逻辑推理能力，属于较难题.
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页专题04 立体几何初步（2）-【常考压轴题】
专题04 立体几何初步
题型六 二面角问题
例题1．
（2023上·广西·高三南宁三中校联考阶段练习）
1．已知是体积为的球体表面上的四点，，则平面与平面的夹角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
例题2．
（2023上·山东·高二济南市历城第二中学校联考阶段练习）
2．在矩形中，，现将沿对角线翻折，得到四面体，记二面角为，当在内变化时，的取值范围是 .
例题3．
（2022上·贵州贵阳·高二清华中学校考阶段练习）
3．在正方体中，点是上的动点，是平面内的一点，且满足，则二面角余弦值的取值范围是 ．
例题4．
（2023下·重庆渝中·高一重庆巴蜀中学校考期末）
4．如图；在三棱柱中；侧面为矩形．

(1)若面；，，求证：；
(2)若二面角的大小为；，且；设直线和平面所成角为；问当变化过程中能否取到；若能；请证明；若不能请说明理由．
练习题
（2022上·辽宁铁岭·高三校联考期末）
5．将边长为，锐角为的菱形沿较长的对角线折叠成大小为的二面角，若该菱形折叠后所得到的三棱锥内接于表面积为的球，则的值为 ．
（2023上·辽宁沈阳·高二沈阳二中校考阶段练习）
6．四棱锥的底面是正方形，平面，，，点是上的点，且（），二面角的大小为，直线与平面所成的角为，若，则的值为 ．
（2023·四川南充·模拟预测）
7．已知四棱锥的底面是边长为2的正方形，，二面角的余弦值为，则四棱锥的外接球的表面积为 ．
（2023下·福建福州·高一福建省福州第一中学校考期末）
8．如图，已知矩形，，M是AD的中点，现将沿着BM翻折至．

(1)若，求证：平面平面；
(2)求二面角的正弦值的最大值．
（2023下·福建泉州·高一统考期末）
9．如图，在正三棱柱中，，为的中点，、在上，.

(1)试在直线上确定点，使得对于上任一点，恒有平面；（用文字描述点位置的确定过程，并在图形上体现，但不要求写出证明过程）
(2)已知在直线上，满足对于上任一点，恒有平面，为（1）中确定的点，试求当的面积最大时，二面角的余弦值.
题型七 点到平面（直线）距离问题
例题1．
（2023上·江苏无锡·高二无锡市市北高级中学校考阶段练习）
10．已知四边形为正方形，为平面外一点，，，二面角的大小为，则点到平面的距离是（ ）
A． B． C． D．1
例题2．
（2024上·上海·高二上海市控江中学校考期末）
11．在《九章算术》中，将底面为直角三角形，侧棱垂直于底面的三棱柱称之为堑堵，如图，在堑堵中，，堑堵的顶点到直线的距离为，到平面的距离为，则的取值范围是 .

例题3．
（2019下·福建泉州·高一福建省晋江市养正中学校联考期末）
12．如图，两个正方形，边长为2，.将绕旋转一周，则在旋转过程中，与平面的距离最大值为 .
练习题
（2023上·河北张家口·高三河北省尚义县第一中学校联考阶段练习）
13．正方体的棱长为4，分别为的中点，点到平面的距离为则（ ）
A．平面截正方体所得的截面面积为18 B．直线与平面平行
C．直线与平面垂直 D．点到平面的距离为
（2023上·福建福州·高二福建省福州第一中学校考期中）
14．已知正方体棱长为2，动点P在的内切圆圆周上运动，M为棱的中点，现将直线BM绕棱旋转，则在旋转过程中，动点P到动直线BM距离的最小值为 ．
（2023上·浙江·高三浙江省富阳中学校联考阶段练习）
15．若正四面体的棱长为3，平面ABC内有一动点P到平面、平面、平面的距离依次成等差数列，则点P在面内的轨迹的长度为 .
（2019·重庆渝中·高三重庆巴蜀中学校考阶段练习）
16．在长方体中，底面是边长为4的正方形，侧棱，是的中点，点是侧面内的动点（包括四条边上的点），且满足，则三棱锥的体积的最大值是 .
（2022·重庆·统考模拟预测）
17．在三棱锥中，平面ABC，是边长为2的正三角形，，Q为三棱锥外接球球面上一动点，则点Q到平面PAB的距离的最大值为
一、单选题
（2023·江苏连云港·统考模拟预测）
18．已知圆锥内切球（与圆锥侧面、底面均相切的球）的半径为2，当该圆锥的表面积最小时，其外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
（2024上·浙江宁波·高三余姚中学校联考期末）
19．在四面体中，，，且，则该四面体的外接球表面积为（ ）
A． B． C． D．
（2023上·山东青岛·高三青岛二中校考期中）
20．如图，已知直三棱柱的底面是等腰直角三角形，，，点在上底面（包括边界）上运动，则三棱锥外接球表面积的最大值为（ ）
A． B． C． D．
（2023上·广东深圳·高三统考期末）
21． 正四面体中，是侧棱上（端点除外）的一点，若异面直线与直线所成的角为，直线与平面所成的角为，二面角的平面角为，则（ ）
A． B．
C． D．
二、多选题
（2023·全国·高三专题练习）
22．圆锥内半径最大的球称为该圆锥的内切球，若圆锥的顶点和底面的圆周都在同一个球面上，则称该球为圆锥的外接球.如图，圆锥的内切球和外接球的球心重合，且圆锥的底面直径为，则（ ）

A．设内切球的半径为，外接球的半径为，则
B．设内切球的表面积，外接球的表面积为，则
C．设圆锥的体积为，内切球的体积为，则
D．设、是圆锥底面圆上的两点，且，则平面截内切球所得截面的面积为
三、填空题
（2024·全国·模拟预测）
23．已知球是底面半径为4、高为的圆锥的内切球，若球内有一个内接正三棱柱，则当该正三棱柱的侧面积最大时，正三棱柱的体积为 ．
（2023上·福建南平·高二福建省南平第一中学校考阶段练习）
24．已知三棱锥满足底面，在中，，，，是线段上一点，且．球为三棱锥的外接球，过点作球的截面，若所得截面圆的面积的最小值与最大值之和为，则球的表面积为 .
（2023下·福建莆田·高一统考期末）
25．如图，在正四棱柱中，四边形是边长为2的正方形，分别是棱的中点，分别是棱上动点．当直线与底面所成角最小时线段的长度是 ，四面体的体积是 ．

（2023·山东威海·统考二模）
26．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 ．
（2023上·山东潍坊·高二统考期中）
27．已知菱形边长为2，，沿对角线将折起到的位置，当时，二面角的大小为 ，此时三棱锥的外接球的半径为
（2023上·江苏镇江·高三江苏省镇江第一中学校考阶段练习）
28．如图，是边长为的正三角形的一条中位线，将沿翻折至，当二面角的大小为时，则 ；四棱锥外接球的表面积为 .

（2023上·河南·高二河南省实验中学校考阶段练习）
29．如图，在四棱锥的平面展开图中，四边形是边长为2的正方形，是以为斜边的等腰直角三角形，，则四棱锥外接球的球心到面的距离为 ．

试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．B
【分析】设球心为，取的外接圆圆心为，连接，易得、，由棱锥外接球性质找到平面与平面的夹角为的余角，根据已知求其正弦值，即可得答案.
【详解】设球心为，取的外接圆圆心为，连接，
由点为中点，则，

由为外心，则，
由题意，平面，故平面与平面的夹角为的余角．
在中，由正弦定理得，
由球体积为，易得球半径为3，故，
由平面平面，可得，
则中，故的余角的余弦值为，
故选：B
【点睛】关键点点睛：根据题设及外接球性质找到两平面夹角的平面角为关键.
2．
【分析】根据二面角的定义，先求作出二面角的平面角，再利用几何关系得出，再根据条件即可求出结果.
【详解】如图，过作于，过作于，过作，且使，连，
因为且，则四边形为平行四边形，故,
又，所以，故为二面角的平面角，
又，，，又面，
所以平面，又，所以平面，又平面，
所以,
又因为，在，易知,由，得到，同理可得，
在中，，同理可得，，又，
在中，，
在中， ，
又，所以，得到，得到，

故答案为：.
3．
【分析】连接、、、，设，连接、，证明出平面，可知点的轨迹为线段，由二面角的定义可知二面角的平面角为，求出的最小值和最大值，即可得解.
【详解】连接、、、，设，连接、，如下图所示：
因为且，则四边形为平行四边形，
因为四边形为正方形，则，
因为平面，平面，则，
因为，、平面，所以，平面，
因为平面，所以，，
因为是平面内的一点，且满足，所以，点的轨迹为线段，
设正方体的棱长为，则，
因为四边形为正方形，，则为的中点，且，
由勾股定理可得，则，
所以，二面角的平面角为，
由图可知，当点与点重合时，最大，
，，
因为平面，平面，则，
此时，；
当与点重合时，最小，
此时，，
又因为函数在上单调递减，所以，，
因此，二面角的余弦值的取值范围.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：求二面角常用的方法：
（1）几何法：二面角的大小常用它的平面角来度量，平面角的作法常见的有：
①定义法；②垂面法，注意利用等腰三角形的性质；
（2）空间向量法：分别求出两个平面的法向量，然后通过两个平面法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求二面角是锐角还是钝角.
4．(1)证明见解析
(2)不能取到，理由见解析
【分析】（1）由面可得，再由线面垂直的判定定理可得面，推出，由，可得,进而可得面，即可求证，
（2）根据二面角以及线面角的定义可得为二面角的平面角，为直线和平面所成角，，令，，，结合不等式求解最值即可得出答案．
【详解】（1）证明：由平面，平面,所以，
又，，平面，所以平面，
平面，所以，
在中，设，则，，
所以，，
由，，
所以，
所以，又，平面,则平面，
平面,所以．
（2）在平面中，过点作直线，
因为底面为矩形，所以，
所以为二面角的平面角，且，
又，平面，所以平面，
在平面中，过点作，垂足为，连接,
因为平面，平面，所以，
又，平面，平面．所以平面．
所以为直线和平面所成角，即，
所以为点到平面的距离，且，又
则，
由,，可得,，,，
所以，,，，，
所以（当且仅当时，取等号），
所以直线与平面所成角的正弦值最大值为，
又，所以取不到．

【点睛】方法点睛：立体几何中最值问题，一般可从三个方面处理解决：一是函数法，即根据题中信息直接建立函数关系式，或通过空间向量的坐标运算建立函数关系式，转化为函数的最值问题求解，最后根据函数的形式，选择利用函数的性质、基本不等式或导数求最值；二是根据几何体的结构特征，变动态为静态，直观判断求解；三是将几何体平面化，如利用展开图，在平面几何图中直观求解．
5．
【分析】根据外接球表面积求出外接球半径，作出辅助线，找到球心的位置，并得到，表达出各边长，由勾股定理列出方程，求出答案.
【详解】设球的半径为，则，解得，
菱形中，，，
取的中点，连接，，则⊥，⊥，
故，
因为，故，，
故的外接圆半径为，
延长至点，使，则为的外接圆圆心，
设三棱锥外接球球心为，则⊥平面，连接，，
则，
过点作⊥，交的延长线于点，则⊥平面，
过点作平行，交的延长线于点，
由勾股定理得，则，

因为，故，
，
故，
故，
又，
由勾股定理得，即，
即，又，所以，解得.
故答案为：
【点睛】解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径
6．
【分析】先找出和，因为平面知，二面角的平面角可由三垂线法作出，再用表示出和，代入，解方程即可.
【详解】
由平面，连接，则是在面内是射影，
则直线与平面所成的角为，
平面，平面，
；又底面是正方形，
，而平面，所以平面，
连接，过点D在平面内作于F，连接
故是二面角的平面角，即.
在中，，
在中，，
从而；
在中，.
由，得，所以，
由，解得，即为所求.
故答案为：
7．
【分析】分别作出过平面和平面外接圆圆心且垂直于平面和平面的垂线，两垂线交点为外接球的球心，利用正余弦定理以及勾股定理即可求解.
【详解】
如图，在四棱锥中，
连接，取中点为,连接,
因为底面是边长为2的正方形，所以,
在等腰三角形中，,
所以，
设等腰三角形外接圆的圆心为，
则由正弦定理可得，则，
而,所以,
易知正方形的外接圆的圆心为，
过分别作平面和平面的垂线，两垂线交于点,
则点为四棱锥外接球的球心，
又易知，,,
所以二面角的平面角为,所以，
则，所以，
所以,
在直角三角形中，，即为外接球的半径，
所以外接球的表面积为,
故答案为: .
8．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先证明平面，再根据面面垂直的判定定理即可证明结论；
（2）先求出平面平面时的二面角的正弦值，再求出翻折到越过平面平面时的位置后的二面角平面角的正弦值的最大值，比较可得答案.
【详解】（1）由题意矩形中，，M是AD的中点，
可知, ，
设O为中点，连接，则，

又，，
故，
又 ，O为中点，故，而，
故，故，
而平面，故平面，
平面，故平面平面；
（2）由（1）可知，将沿着BM翻折至平面平面时，
二面角逐渐增大，
当平面平面时，作，垂足为E，连接，

因为O为中点，则E为中点，此时;
由于平面，平面，故，
平面，故平面，
则为二面角的平面角，而,
故；
下面考虑翻折到越过平面平面时的位置后的情况：
设Q为中点，连接，则四边形为正方形，
连接，则O在上，则，

平面，故平面，
平面，故平面平面，
平面平面，作，垂足为F，
则平面，平面，故,，
作，垂足为G，连接，
平面，故平面，
故为二面角的平面角，
设，当时，二面角的正弦值为0；
当时，，
作，垂足为H，则四边形为矩形，
则，故，
故
，
由于，故，故，
当且仅当，即时等号成立，
即二面角的正切值的最大值为，
此时二面角的正弦值的最大值，
由于，故二面角的正弦值的最大值.
【点睛】难点点睛：第二问求解二面角的正弦最大值时，难点在于要确定出二面角的平面角，借助三角函数表示出平面角的正切值，结合基本不等式求得最大值，进而比较、综合可得答案.
9．(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）延长至点，使，点即所求的点，然后证明出平面平面，利用面面平行的性质可得出结论；
（2）分别延长、，所得交点即点，连接，则二面角即二面角，推导出，可知，当最大时，最大，利用基本不等式求出的最大值，及其等号成立的条件，分析可知为等腰直角三角形，取的中点，则，在平面内过点作，垂足为，连接，分析可知为二面角的平面角，计算出三边边长，即可求得的余弦值，即为所求.
【详解】（1）解：延长至点，使，点即所求的点，图形如下：

证明如下：连接、，

在正三棱柱中，且，所以，，
又因为，所以，，所以，，
则，故，
因为平面，平面，所以，平面，
因为，则，
因为为的中点，，则，故，
所以，，所以，，
因为平面，平面，所以，平面，
又因为，、平面，所以，平面平面，
当点在线段上运动时，平面，故平面.
（2）解：分别延长、，所得交点即点，连接，
则二面角即二面角.
因为、直线，且，则，
因为平面，平面，所以，平面，合乎题意，

因为，且，所以，所以.
所以，所以当最大时，最大.
由基本不等式可得，
当且仅当时等号成立.
此时，且为等腰直角三角形.
取的中点，则，在平面内过点作，垂足为，连接.
因为平面，平面，所以，
又，平面，平面，所以平面.
因为平面，所以，
又，平面，平面，所以平面.
因为平面，所以.
所以为二面角的平面角.
因为，所以，
，
因为平面，平面，则，
所以，所以.
即二面角的余弦值为.
【点睛】方法点睛：求二面角常用的方法：
（1）几何法：二面角的大小常用它的平面角来度量，平面角的作法常见的有：
①定义法；②垂面法，注意利用等腰三角形的性质；
（2）空间向量法：分别求出两个平面的法向量，然后通过两个平面法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求二面角是锐角还是钝角.
10．A
【分析】利用线面垂直的判定及性质、二面角的定义、等体积法及棱锥体积公式运算即可得解.
【详解】解：

由题意，∵四边形为正方形，∴，.
又∵，平面，平面，
平面平面，
∴就是二面角的平面角，
∴，又∵，
∴是等边三角形，取中点，连接、如上图，则，
∵，，
平面，平面，，
∴平面，又∵平面，
∴，
又∵，平面，平面，
∴平面，即为棱锥的高，
在边长为2的等边三角形中，.
又∵平面，所以，
在正方形中，由知，
∴在中，；在正方形中，，
又知，则如下图，取中点，连接，

则，且由，得，
∴.假设点到平面的距离为
又知，
∴由得，
即，解得：，
∴点到平面的距离为.
故选：A.
【点睛】方法点睛：求点到平面的距离的常用方法：
1.直接法：过点作平面的垂线，垂足为，把放在某个三角形中，解三角形求出的长度就是点到平面的距离.
2.转化法：若点所在的直线平行于平面，则转化为直线上的某一个点到平面的距离来求.
3.等体积法.
4.向量法：设平面的一个法向量为，是内任意一点，则点到平面的距离为.
11．
【分析】设，，利用等面积法和等体积法求出，关于的不等式，根据的范围得出的值．
【详解】设，，
则，，，
且到平面的距离为，
，，
，，
，
又，
，，
，，，
.
故答案为：．
【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用等面积法和等体积法求出，关于的不等式，根据的范围得出的值.
12．
【分析】绕旋转一周得到的几何体是圆锥，点的轨迹是圆.过作平面平面，交平面于.的轨迹在平面内.画出图像，根据图像判断出圆的下顶点距离平面的距离最大，解三角形求得这个距离的最大值.
【详解】绕旋转一周得到的几何体是圆锥，故点的轨迹是圆.过作平面平面，交平面于.的轨迹在平面内.画出图像如下图所示，根据图像作法可知，当位于圆心的正下方点位置时，到平面 的距离最大.在平面内，过作，交于.在中，,.所以①.其中，，所以①可化为.
故答案为：
【点睛】本小题主要考查旋转体的概念，考查空间点到面的距离的最大值的求法，考查空间想象能力和运算能力，属于中档题.
13．ABD
【分析】利用线线平行得到截面，求面积判断选项A；由面面平行证明线面平行判断选项B；由线面垂直的性质，判断C选项；利用等体积法求点到平面的距离判断选项D.
【详解】连接，如图所示，

因为正方体中，所以四点共面，
所以四边形为平面截正方体所得的截面四边形，且截面四边形为梯形，
又由勾股定理可得，，
所以梯形为等腰梯形，高为，
所以，故A选项正确；
易知，又平面，平面，故平面，
又，同理可得平面，
又，平面，故平面平面，
又平面，从而平面，故B选项正确；
连接，若直线与平面垂直成立，则，

又，，平面，
所以平面，所以，
显然不成立，所以直线与平面不垂直，故C选项错误；
由于，而，
则，，所以，即，
点到平面的距离为点到平面的距离的二倍，故D正确．
故选：ABD．
【点睛】方法点睛：
正方体内的线面位置关系和距离角度问题，要充分利用正方体的结构特征，特别是线面的平行垂直性质，对解题作用较大.
14．##
【分析】根据题设画出示意图，并将问题化为求中点到面与圆锥交线距离最小值，即可求最小值.
【详解】如下图，将直线BM绕棱旋转，几何体为锥体，截正方体部分锥体如下，
由，面，面，则，
又，面，则面，
面，故面面，
所以，圆锥侧面上，面与圆锥交线上存在到面距离最短的点，
又，且交线上侧的点到面距离比下侧到面面距离要远，
要使在旋转过程中，动点P到动直线BM距离最小，
只需内切圆最下侧的点，即中点到距离最小，即为所求，
而，，故，
所以中点到距离.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：应用正方体、旋转体性质将问题化为点到直线距离为关键.
15．2
【分析】根据题意，设动点P到平面、平面、平面的距离分别为，正四面体的棱长为3，求出每个面的面积为，高，由正四面体的体积得到，再由满足P到平面、平面、平面的距离的成等差数列，即可求出点P到平面的距离，即可求得点P在面内的轨迹，利用三角形相似求得即可.
【详解】设动点P到平面、平面、平面的距离分别为，
因为正四面体的棱长为3，每个面的面积为，
如图，
取的中点，连接，过作平面，垂足为，
则，所以高，
所以正四面体的体积，所以.
因为满足点P到平面、平面、平面的距离成等差数列，
所以，所以.
因为点P到平面的距离为定值，且平面平面，
所以点P的轨迹是平行的线段，
又为平面与平面的夹角，则，
所以，即线段与的距离为，
在中，，所以，
即点P在面内的轨迹的长度为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：利用等体积法求点面距离问题是解决本题的关键，涉及正四面体的结构特征和体积，考查空间想象能力和计算能力.
16．
【分析】由题意画出图形，表述出，得到，从而得到到平面的距离，然后求出的最大值，从而得到三棱锥的体积的最大值.
【详解】做于，
在长方体中，平面，平面
所以在和中，
，
因为，，
所以，
因为平面，平面，
所以，又于，
所以可得平面，
设，则，，
由，得
即，
整理得，
开口向下，对称轴，
所以在单调减，
所以时，取最大值，为
所以，
所以三棱锥的体积的最大值为
.
故答案为.
【点睛】本题考查了空间几何体中的最值问题，关键是列出式子，转化为距离问题，借助函数求解即可，属于难题．
17．
【分析】根据给定条件求出三棱锥外接球半径及球心O到平面PAB的距离即可推理计算作答.
【详解】令三棱锥外接球球心为O，正所在平面截球面所得小圆圆心为，连接，如图，
则平面ABC，而正边长为2，即有，
因平面ABC，则三棱锥外接球球心为O在过线段PA中点，且垂直于线段PA的平面内，
显然过线段PA中点垂直于线段PA的平面与平面ABC平行，则，
于是得球O的半径，
取PB中点，AB中点D，连接，
因是直角三角形，则是平面PAB截球O所得截面小圆圆心，因此，平面PAB，
而，，则平面ABC，必有，，于是得四边形是平行四边形，，
由球面的性质知，点Q是经过点的球面直径端点且球心在点与Q之间时，点Q到平面PAB的距离最大，
此最大距离为，
所以点Q到平面PAB的距离的最大值为.
【点睛】关键点睛：涉及几何体的外接球问题，根据给定条件结合球的截面小圆性质确定出球心位置是解题的关键.
18．A
【分析】作出图形，设，，由三角形相似得到，得到圆锥的表面积为，令，由导函数得到当时，圆锥的表面积取得最小值，进而得到此时与，作出圆锥的外接球，设外接球半径为，由勾股定理列出方程，求出外接球半径和表面积.
【详解】设圆锥的顶点为，底面圆的圆心为，内切球圆心为，
则，，
因为⊥，⊥，所以∽，则，
设，，
故，由得：，
由得：，
故，所以，，
解得：，
所以圆锥的表面积为，
令，，
当时，，当时，，
故在上单调递减，在上单调递增，
故在时取得最小值，，
此时，，
设圆锥的外接球球心为，连接，设，
则，
由勾股定理得：，即，
解得：，故其外接球的表面积为.
故选：A
【点睛】解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径.
19．B
【分析】根据题设条件作出四面体的高，通过相关条件推理计算分别求出，最后在直角梯形，利用勾股定理列出方程即可求得外接球半径.
【详解】
如图，作平面，连接，易得因，平面，
所以平面，平面，故,
由题可得，，则.
不妨设，则有①，
在中，由余弦定理，，在中，②，
将两式相减化简即得：，.
取线段中点，过点作平面，其中点为外接球的球心，设外接球半径为，
由余弦定理求得，
在直角梯形中，，由计算可得：，则该四面体的外接球表面积为.
故选：B.
【点睛】方法点睛：本题主要考查四面体的外接球的表面积，属于中档题.
求解多面体的外接球的主要方法有：
（1）构造模型法:即寻找适合题意的长方体，正方体，圆柱等几何体，借助于这些几何体迅速求得外接球半径；
（2）建立直角梯形或直角三角形法：即先找到底面多边形的外心，作出外接球球心，借助于题设中的条件得到多面体的高，构成直角梯形或直角三角形来求解.
20．B
【分析】由条件确定球心位置，引入变量表示球的半径，由此确定球的表面积及其最大值.
【详解】因为为等腰直角三角形，，
所以的外接圆的圆心为的中点，且，
设的中点为，连接，则，则平面，
设三棱锥外接球的球心为，由球的性质可得在上，
设，，外接球的半径为，
因为，所以，
即，又，则，
因为，所以
所以三棱锥外接球表面积的最大值为.
故选：B.
【点睛】方法点睛：常见几何体的外接球半径求法：
（1）棱长为的正方体的外接球半径为；
（2）长方体的长，宽，高分别为，则其外接球的半径为；
（3）直棱柱的高为，底面多边形的外接圆半径为，则其外接球的半径为.
21．C
【分析】先在正四面体中，作出对应的角，再比较三者间的的大小关系即可解决.
【详解】正四面体中，取中点，连接，，
过作于，连接，，
过作的平行线交于，则，
由，，，平面，平面
可得平面，则，则
由平面，可得平面平面，
又平面平面，平面，，
则平面，则，
因为，且，所以.
设正四面体边长为1，，有.
，
因为
所以，又，则
综上：
故选：C
【点睛】(1)求直线与平面所成的角的一般步骤：
①找直线与平面所成的角，即通过找直线在平面上的射影来完成；
②计算，要把直线与平面所成的角转化到一个三角形中求解．
(2)作二面角的平面角可以通过垂线法进行，在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线，再过垂足作二面角的棱的垂线，两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角．
22．ACD
【分析】作出圆锥的轴截面，依题意可得为等边三角形，设球心为（即为的重心），即可求出的外接圆和内切圆的半径，即可为圆锥的外接球、内切球的半径，即可判断A、B，由圆锥及球的体积公式判断C，所对的圆心角为（在圆上），设的中点为，即可求出，不妨设为上的点，连接，过点作交于点，利用三角形相似求出，即可求出截面圆的半径，从而判断D.
【详解】作出圆锥的轴截面如下：

因为圆锥的内切球和外接球的球心重合，所以为等边三角形，
又，所以，
设球心为（即为的重心），所以，，
即内切球的半径为，外接球的半径为，所以，故A正确；
设内切球的表面积，外接球的表面积为，则，故B错误；
设圆锥的体积为，则，
内切球的体积为，则，所以，故C正确；
设、是圆锥底面圆上的两点，且，则所对的圆心角为（在圆上），
设的中点为，则，不妨设为上的点，连接，则，
过点作交于点，则，所以，
即，解得，
所以平面截内切球截面圆的半径，
所以截面圆的面积为，故D正确；
故选：ACD
【点睛】关键点睛：本题解答的关键是由题意得到圆锥的轴截面三角形为等边三角形，从而确定外接球、内切球的半径.
23．
【分析】画出截面图，利用，得到，由相似比求出球的半径为，再利用正三棱柱的几何性质找到（正三棱柱的高为），最后由侧面积公式结合基本不等式得到最值.
【详解】圆锥与球的轴截面如图所示，为圆锥的顶点，为圆锥的底面直径，D，E为切点，连接，，
则，，且过点，设球的半径为，
由题意可得，故，即，
整理得，得．
设正三棱柱的底面边长为，正三棱柱的高为，则，即，
正三棱柱的侧面积，当且仅当，且，即时取等号，
此时该正三棱柱的侧面积最大，故此时正三棱柱的体积．
故答案为：
24．
【分析】画出图形，找到三棱锥的外接球的球心位置，利用解直角三角形的知识求出球的半径即可.
【详解】
若将三棱锥补成直三棱柱，且三棱锥和该直三棱柱的外接球都是球，记三角形的外心为，
设球的半径为，，则球心到平面的距离为，即，
连接，则，∴，
在中，取的中点为，连接，，
则，，∴．
在中，，
由题意得到当截面与直线垂直时，截面面积最小，
设此时截面圆的半径为，则，
所以最小截面圆的面积为，当截面过球心时，截面面积最大为，
∴，，球的表面积为．
故答案为：.
【点睛】关键点睛：关键是画出图形，通过已知条件的转换找到球心位置，然后列方程即可求得球的半径.
25．
【分析】根据题意可得直线与底面所成角即为直线与底面所成角，结合线面夹角分析可得点为点时，取到最小.空1：利用勾股定理求的长；空2：利用转换顶点法求体积.
【详解】因为平面∥平面，则直线与底面所成角即为直线与底面所成角，
过点作∥交于点，连接，

因为平面，则平面，
所以直线与底面所成角为，
设，可知：，
则，
当，即点为点时，取到最小，即取到最小.
空1：因为，则，可得；
空2：因为分别是棱的中点，则∥，
又因为∥，则∥，
且平面，平面，可得∥平面，
所以上任一点到平面的距离相等，
不妨令点为点，则.
故答案为：；.

【点睛】关键点睛：转化思想的应用：
（1）根据面面平行，将直线与底面所成角转化为直线与底面所成角；
（2）根据线面平行，取点为点，利用转换顶点法求三棱锥的体积.
26．
【分析】先证明平面平面.即可推得.根据圆的弦长结合球的性质，构造直角三角形，即可得出；先证明平面.然后根据线面垂直的性质定理推得点在线段上. 过点作，交于点，可知平面，即为直线PQ与平面所成的角.根据的范围，即可得出答案.
【详解】因为点P满足，其中，，
所以，点在正方形及其内部.

如图1，连接.
由正方体的性质可知，，且，所以，四边形为平行四边形，所以，.
因为平面，平面，
所以平面.
同理可得，平面.
因为平面，平面，，
所以，平面平面.
因为平面，平面，所以平面，
所以，平面.
又平面，平面平面，
所以，.
连接，交于点，则，且.
因为平面，
所以以点为球心的球与平面的截面为圆，且圆心为，
所以，直线被以为圆心，为半径的圆截得的弦长为2，如下图2，

所以，.
因为在球上，所以，
即球的半径为，所以.
由正方体的性质可得，，.
因为，所以.
因为平面，平面，，
所以，平面.
因为平面，所以.
又因为平面，平面，且，所以点在线段上.

过点作，交于点，连接.
因为平面平面，
平面平面，平面平面，
所以，.
同理可得，.
所以，四边形是平行四边形，所以.
因为，，，
所以，.
因为平面，所以平面，且，
所以，所以即为直线PQ与平面所成的角.
当分别为中点时，满足条件，此时，有最小值2；
当分别与重合时，点与重合，满足条件，此时有最大值.
所以，所以.
又，所以，
设直线PQ与平面所成的角的正切值的范围为.
故答案为：；.
【点睛】关键点睛：该题目的关键之处是根据面面平行以及线面垂直得出点的位置.
27． ##
【分析】作出辅助线，求出为二面角的平面角，由余弦定理求出，再作出辅助线，找到球心位置，利用半径相等列出方程，求出球的半径.
【详解】因为菱形边长为2，，
所以为等边三角形，
取的中点，连接，
则⊥，⊥，且，
故为二面角的平面角，
因为，由余弦定理得，
故，

取的中心，故，
设三棱锥的球心为，则⊥平面，
过点作⊥平面，则点在的延长线上，且，
故，则，
设三棱锥外接球半径为，
过点作⊥于点，连接，则，
，设，
则，
故，解得，
故，
故答案为：，
【点睛】解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径
28． ## ##
【分析】画出图形，把分解表示为，根据已知条件可以求得的模长从而由模长公式即可求出；画出图形，先找出底面所在圆的圆心并求出相应的半径，然后通过待定系数来确定四棱锥外接球球心位置和相应的半径，从而即可求解.
【详解】如图所示：

如图所示：取的中点为，
因为是边长为的正三角形的一条中位线，
所以，，
，
由题意可知是由沿翻折而成，
所以，
又面面，
所以二面角即为，
由题意可知，
所以
，
所以
；
如图所示：

连接，因为是边长为的正三角形的三条边的三个中点，
所以，
所以，
所以四点共圆，且为该圆的圆心，
因此四棱锥外接球球心一定在过点且垂直于面的直线上，设为点，
则有，
由题意点的投影一定在直线上，不妨设为点，即，
过作，
不妨设，则，
又在中，，
所以，
，
又，
所以，解得，
所以四棱锥外接球半径的平方为，
所以四棱锥外接球的表面积为.
综上所述：当二面角的大小为时，则；四棱锥外接球的表面积为.
故答案为：；.
【点睛】关键点点睛：第一空的关键是利用空间向量的模长公式，解决第二空的关键是要熟练的作出图形中的辅助线，利用数形结合来确定圆心或球心的位置，从而求出相应的半径.
29．##
【分析】利用线面垂直的判定与性质、空间向量、点到平面距离的向量求法运算即可得解.
【详解】解：

四棱锥的直观图如上图所示，取和的中点、，
连接、，则，，，
∵是以为斜边的等腰直角三角形，斜边，
∴，.
∵，∴，，
又∵四边形是边长为2的正方形，∴，
∴，
∵，平面，
∴平面，
∵平面，
∴，
∵，平面，
∴平面，
∵平面，
∴，，
以点为坐标原点，、、的方向为轴、轴、轴正向
建立空间直角坐标系如图，
则，，，，，
∴，，
设平面的法向量为，
∵平面，
∴，，
∴由得，
取，解得，即得.
由题意设四棱锥外接球的球心为，
∵，
∴，解得：，
∴球心为，则.
∴点到面的距离为，
即四棱锥外接球的球心到面的距离为.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：求点到平面的距离的常用方法：
1.直接法：过点作平面的垂线，垂足为，把放在某个三角形中，解三角形求出的长度就是点到平面的距离.
2.转化法：若点所在的直线平行于平面，则转化为直线上的某一个点到平面的距离来求.
3.等体积法.
4.向量法：设平面的一个法向量为，是内任意一点，则点到平面的距离为.
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页

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