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专题06 立体几何小题综合
一、单选题
1．（2023·浙江金华·统考模拟预测）如图位于西安大慈恩寺的大雁塔是我国现存最早､
规模最大的唐代四方楼阁式砖塔，其最高处的塔刹可以近似地看成一个正四棱锥，已
知正四棱锥的高为 ，其侧棱与底面的夹角为 ，则该正四棱锥的体积约为
（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】设正四棱锥的底面边长为 ，高为 ，得到 为侧棱 与底面 所
成的角，结合 ，求得 ，结合体积公式，即可求解.
【详解】如图所示，设正四棱锥的底面边长为 ，高为 ，
设 ，可得 底面 ，即 为侧棱 与底面 所成的角，
因为侧棱与底面的夹角为 ，可得 ，所以 ，
在正方形 中，可得 ，所以 ，
可得正四棱锥 的体积为 ，
又因为正四棱锥的高为 ，所以 .
故选：B.2．（2023·浙江·校联考三模）已知半径为4的球 ，被两个平面截得圆 ，记两圆
的公共弦为 ，且 ，若二面角 的大小为 ，则四面体
的体积的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据圆的性质及球的截面的性质，利用正弦定理、余弦定理，均值不等式及
三棱锥的体积公式求解即可.
【详解】设弦 的中点为 ，连接 ，依题意，可得如下图形，
由圆的性质可知 ，则 即为二面角的平面角，
故 ，
四面体 的体积为
，其中
，当且仅当 时取等号，
由球的截面性质， ， ，
所以 四点共圆，则有外接圆直径 ，
从而 ，
.
故选：C
3．（2023·浙江·校联考模拟预测）将一个体积为 的铁球切割成正三棱锥的机床零
件，则该零件体积的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】设正三棱锥的底面边长为 ，高为 ，球半径为 ，由球体积求得球半径
，根据边长、高、外接球半径关系及棱锥体积公式得到零件体积关于 的函数，
利用导数求体积最大值.
【详解】设正三棱锥的底面边长为 ，高为 ，球半径为 ，
由球的体积为 ，则 ，解得 ，
，即 ，故 ，
正三棱锥的体积为： ，
，
由 得： ，此时函数 单调递增，
由 得： ，此时函数 单调递减，当 时， 取得最大值，且最大值为 .
故选：D
4．（2023·浙江·校联考模拟预测）建筑物的屋面在顶部交汇为一点，形成尖顶，这种
建筑叫攒（cuán）尖建筑，其屋顶叫攒尖顶.其特点是屋顶为锥形，没有正脊，顶部集
中于一点，即宝顶，该顶常用于亭､榭､阁和塔等建筑.1981年温州江心屿的东西双塔列
为温州市第一批文物保护单位.江心屿东塔为六角攒尖顶，其檐平面呈正六边形，它有
着与其角数相同的垂脊和围脊，如图所示，它的轮廓可近似看作一个正六棱锥.假设东
塔的围脊为 ，垂脊为 ，则攒尖坡度（屋顶斜坡与檐平面所成二面角的正切值）为
（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】 为底面中心，连接 ，确定 为屋顶斜坡与檐平面所成二面角的
正切值，计算得到答案.
【详解】如图， 为底面中心，连接 ，连接 ，三直线交于点 ，
为 中点，连接 ， ，则 ， 底面 ，
故 为屋顶斜坡与檐平面所成二面角的正切值，
为等边三角形， ， ，
所以 .故选：C
5．（2023·浙江·校联考二模）在平行四边形 中，角 ，将
三角形 沿 翻折到三角形 ，使平面 平面 .记线段 的中点为
，那么直线 与平面 所成角的正弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由余弦定理，则 ， ， ，以 为原点建
立空间直角坐标系，利用向量法解决线面角问题.
【详解】 ，由余弦定理，
，
则 ， ， ，
平面 平面 ， ， ，
以 为原点， 所在直线为 轴，平面 内垂直于 的直线为 轴，垂直于平面
的直线为 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则 ，，
设平面 的一个法向量为 ，则有 ，
令 ，有 ， ，即 ，
，
所以直线 与平面 所成角的正弦值为 .
故选：A
6．（2023·浙江·校联考模拟预测）《九章算术･商功》刘徽注：“邪解立方得二堑堵，
邪解堑堵，其一为阳马，其一为鳖臑，”阳马，是底面为长方形或正方形，有一条侧
棱垂直底面的四棱锥.在 底面 ，且底面 为正方形的阳马中，若
，则（ ）
A．直线 与直线 所成角为
B．异面直线 与直线 的距离为
C．四棱锥 的体积为1
D．直线 与底面 所成角的余弦值为
【答案】B
【分析】把阳马补形成正方体，求出异面直线夹角判断A；求出线面距离判断B；求
出四棱锥体积判断C；求出线面角的余弦判断D作答.
【详解】由 底面 ，底面 为正方形，而 ，则阳马可补形成
正方体 ，如图，对于A，由 底面 ， 底面 ，则 ，因此直线 与 所
成角为 ，A错误；
对于B，连接 ， 平面 ， 平面 ，则有 平面
，
从而异面直线 与直线 的距离等于直线 与平面 的距离，
取 的中点 ，连接 ，则 ，而 平面 ，
平面 ，于是 ，又 平面 ，
因此 平面 ，所以直线 与平面 的距离为 ，B正确；
对于C，四棱锥 的体积 ，C错误；
对于D，连接 ，则 是直线 与底面 所成的角，而 ，
因此 ，D错误.
故选：B
7．（2023·浙江·校联考模拟预测）《九章算术》是我国古代著名的数学著作，其中记
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 ，
则此刍甍体积的最大值为（ ）A． B． C． D．
【答案】B
【分析】在 上取两点 、 ，使得 ，且 ，在 上取两点 、 ，
使得 ，且 ，将刍甍分为两个体积相等的四棱锥和一个三棱柱，进而
表示体积为 ，设 ， ，利用导数
分析单调性，进而求解最大值即可求解.
【详解】在 上取两点 、 ，使得 ，且 ，
在 上取两点 、 ，使得 ，且 ，
则四棱锥 和 体积相同，
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，
设 ，则 ， ， ， ，
在等腰 中， ， ，
同理 ，
则等腰梯形 的高为 ，
所以刍甍的体积为，
令 ， ，
则 ，
令 ，即 ；令 ，即 ，
所以函数 在 上单调递增，在 上单调递减，
所以当 时， ，
所以 .
故选：B.
8．（2023·浙江·高三专题练习）已知正方体 的棱长为 为空间内一
点且满足 平面 ，过 作与 平行的平面，与 交于点 ，则
（ ）
A．1 B． C． D．
【答案】D
【分析】由题意知平面 平面 ，可先令 为 中点，再证明当点 为
中点时，满足平面 平面 ，即可轻易得出 的值.
【详解】因为 为空间内一点且满足 平面 ，过 作与 平行的平面，与
交于点 ，
所以 ∥平面 ,而 平面 ，故平面 平面 .
在正方体 中，如图所示，取 中点为 , 中点为 ,连接，
假设 为 中点，则 为等腰三角形， 中点为 ,所以 ;
又因为 , ,所以 ，
中点为 , 中点为 ,所以 ,而 ,所以 ， ，
平面 ，
所以 平面 ， 平面 ,所以 ；
因为 ， ， , 平面 ，
所以 平面 ， 平面 ，所以平面 平面 ，符合题意，
故 为 中点， .
故选：D.
9．（2023·浙江·高三专题练习）已知菱形 的边长为 ，对角线 长为 ，将
沿着对角线 翻折至 ，使得线段 长为 ，则异面直线 与 所△成
角的余弦值为（ ） △
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由题知 ， ，所先计算出 ，，再利用公式 ，算出两向量的夹角的余弦值，从而
得出异面直线 与 所成角的余弦值.
【详解】
因为 .
所以 .
因为 .
所以 .
所以 .
即
所以异面直线 与CD所成角的余弦值为 .
故选：D
10．（2023·浙江绍兴·统考二模）牟合方盖是由我国古代数学家刘徽发现并采用的，一
种用于计算球体体积的方法，类似于现在的微元法.由于其采用的模型像一个牟合的方
形盒子，故称为牟合方盖.本质上来说，牟合方盖是两个半径相等并且轴心互相垂直的
圆柱体相交而成的三维图形，如图1所示.刘徽发现牟合方盖后200多年，祖冲之及他
的儿子祖暅，推导出牟合方盖八分之一部分的体积计算公式为 （ 为构成牟合方盖的圆柱底面半径）.图2为某牟合方盖的 部分，且图2正方体的棱长为1，则该牟
合方盖的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据“牟盒方盖”的定义和体积公式计算可得.
【详解】由图可知，牟合方盖的圆柱底面半径即为正方体的棱长，
所以 ，该牟合方盖的体积为 .
故选：C.
11．（2023·浙江·统考二模）已知三棱锥 ，底面 是边长为 的正三角
形，顶点P到底面 的距离为2，其外接球半径为5，则侧棱 与底面 所成
角的正切值的取值范围为（ ）．
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】由题意分析知，分成两种情况，讨论 与面 所成角为 ，在
中，求解 即可得出答案.
【详解】正 外心为 ，边长为 ，则 ，
外接球球心 必在过 垂直于底面的直线上，
，则 ，
若P， 在平面ABC的同侧；到底面距离为2，故 在离底面 距离为2的平面上 ，
则 轨迹为 上以 为圆心，5为半径的圆，
作 底面 ，则 轨迹为以 为圆心，5为半径的圆，
与面 所成角为 ，
，
所以
同理，若P与 在平面ABC的异侧，则P的轨迹是半径为3的圆，
此时 ，
所以 ；
综上 .
故选：A.
12．（2023·浙江·高三专题练习）如图，点A，B，C，M，N为正方体的顶点或所在棱
的中点，则下列各图中，不满足直线 平面ABC的是（ ）
A． B． C．D．
【答案】D
【分析】结合线面的位置关系以及线面平行的判定定理、面面平行的性质可确定正确
选项.
【详解】对于A，由正方体的性质可得 ， 平面ABC， 平面
ABC，
所以直线 平面ABC，能满足；
对于B，作出完整的截面ADBCEF，由正方体的性质可得 ， 平面
ABC， 平面ABC，所以直线 平面ABC，能满足；
对于C，作出完整的截面ABCD，由正方体的性质可得 ， 平面ABC，
平面ABC，
所以直线 平面ABC，能满足；对于D，作出完整的截面，如下图ABNMHC，可得MN在平面ABC内，不能得出平行，
不能满足.
故选：D.
13．（2023·浙江·校联考模拟预测）中国古代数学著作《九章算术》记载了一种被称为
“曲池”的几何体，该几何体的上、下底面平行，且均为扇环形（扇环是指圆环被扇
形截得的部分）．现有一个如图所示的曲池，它的高为2， ， 、 ， 均
与曲池的底面 垂直，底面扇环对应的两个圆的半径分别为1和2，对应的圆心角
为 ，则图中四面体 的体积为（ ）．A． B．1 C． D．
【答案】B
【分析】由题意可求 ，即 与 为全等的等腰三
角形，
取 的中点 ，连接 ，构造出平面 与 垂直，从而可求四面体
的体积.
【详解】
依题意，根据勾股定理可求 ，
， ，
即 与 为全等的等腰三角形，
取 的中点 ，连接 ，
由等腰三角形的性质可得， ，
所以 面 ，
且 ，可求 的高为 ，
从而 ，
.故选：B
14．（2023·浙江·校联考模拟预测）如图1，直角梯形 中，
，取 中点 ，将 沿 翻折（如
图2），记四面体 的外接球为球 （ 为球心）. 是球 上一动点，当直线
与直线 所成角最大时，四面体 体积的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】首先得到球心 在 的中点，然后当 与球 相切时直线 与直线 所
成角的最大，过 作 垂足为 ，当 平面 时四面体 体积取
得最大值，即可求出答案.
【详解】由题意可知， 均为等腰直角三角形，所以四面体 的外接
球的球心 在 的中点，
因为 是球 上的动点，若直线 与直线 所成角的最大，则 与球 相切，
，此时， 最大，
因为 ， ，所以 ，
过 作 垂足为 ，则 在以 为圆心， 为半径的圆上运动.
所以当 平面 时四面体 的体积取得最大值.
因为 ，所以 ，
所以 ，
故选：D.15．（2023·浙江绍兴·统考二模）如图， 为直角梯形，
.连 ，将 沿 翻折成三棱锥
，当三棱锥 外接球表面积的最小值时，二面角 的余弦值
为（ ）
A． B．0 C． D．
【答案】B
【分析】由题可得 为等边三角形，设 的中心为 ， 的中点为 ，三
棱锥 外接球的球心为 ，根据球的性质可得 与 重合时适合题意，进而即
得.
【详解】因为 为直角梯形， ，
所以 ， 为等边三角形， 为直角三角形，
设 的中心为 ， 的中点为 ，三棱锥 外接球的球心为 ，则 平面 ， 平面 ，
因为 ，所以三棱锥 外接球表面积的最小, 即外接球的半径最小时，
即 与 重合，
此时 平面 即 平面 ， 平面 ，
故平面 平面 ，即二面角 的平面角为 ，余弦值为0.
故选：B.
【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．
二、多选题
16．（2023·浙江杭州·统考一模）如图，正四棱柱 中， ， 、
分别为 的中点，则（ ）
A．B．直线 与直线 所成的角为
C．直线 与直线 所成的角为
D．直线 与平面 所成的角为
【答案】ACD
【分析】根据线面垂直的判定定理、线面角的定义，结合异面直线所成的角定义逐一
判断即可.
【详解】对A选项，如图，取 的中点 ，连接 ， ， ，
又 ， 分别为 的中点，
，且 ，
四边形 为平行四边形，
，又易知 ，
，所以本选项正确；
对B选项，假设直线 与直线 所成的角为 ，即 ，
由正四棱柱的性质可知： 平面 ，而 平面 ，
所以 ，显然 平面 ，
所以 平面 ，而由正四棱柱的性质可知： 平面 ，
所以 ，显然这是不可能的，所以假设不成立，因此本选项错误；
对C选项，在矩形 中，因为 ，
所以 ，而 ，因此 ，
所以直线 与直线 所成的角为 ，本选项正确；
对D选项，由A选项分析可知 ，
直线 与平面 所成的角为 ，又根据题意易知 ，本选项正确，
故选：ACD
17．（2023·浙江·高三专题练习）某学校课外社团活动课上，数学兴趣小组进行了一次
有趣的数学实验操作，课题名称“不用尺规等工具，探究水面高度”.如图甲，
是一个水平放置的装有一定量水的四棱锥密闭容器（容器材料厚度不计），
底面 为平行四边形，设棱锥高为 ，体积为 ，现将容器以棱 为轴向左侧倾
斜，如图乙，这时水面恰好经过 ，其中 分别为棱 的中点，则（ ）
A．水的体积为
B．水的体积为
C．图甲中的水面高度为
D．图甲中的水面高度为
【答案】AC
【分析】将四棱锥补成平行六面体，利用棱柱和棱锥的体积公式逐项分析即可.
【详解】如图将四棱锥补成平行六面体，设平行四面体的体积为 ，
根据 分别为棱 的中点，则 ，而三棱柱 与平行六面体的高相同，
则 ，
根据四棱锥 与平行六面体底和高均相同，则 ，则
易知 ，
则 ，故A正确，B错误，
图甲中上方的小四棱锥高为 ,则 ，则 ，
故图甲中的水面高度为 ，故C正确,D错误；
故选：AC.
18．（2023·浙江·高三专题练习）如图，多面体ABCDEF的8个面都是边长为2的正
三角形，则（ ）A． B．平面 平面FAB
C．直线EA与平面ABCD所成的角为 D．点E到平面ABF的距离为
【答案】ACD
【分析】根据多面体ABCDEF的8个面都是边长为2的正三角形条件结合正方形的特
点，可判断A选项，取 中点，连接 、 ，根据两平面的二面角可判断B选项，
根据对称性找到平面 的垂线，根据线面角的性质可求C选项，求点到面的距离
转化为求三角形的高，可判断D选项.
【详解】对于A选项，如图，由 ， ， ， 为正三角形
可得 为正方形，故 ，故A正确；
对于B选项，取 中点为 ，在 ， 中，
由正三角形的性质可得， ， ，平面 平面 ，
平面 ， 平面 ，则 为二面角 的平面角，
由 ， ，得 ，故B错误；
对于C选项，由条件可知四棱锥 、四棱锥 均为正四棱柱，连接
， 交点为正方形 的中心，则 平面 ，
即 为直线 与平面 所成的角，由 ， ，
得 ，故C正确；
对于D选项，连接 ，在正方形 可知， ，平面 ， 平面 ，
， 与 相交，且 平面 ，
平面
即 为三棱锥 的高，
设点E到平面ABF的距离为 ，
由几何关系可求得， ， ， ，
由 可得， ，
代入数据解得 ，故D正确．
故选：ACD.
19．（2023·浙江绍兴·统考模拟预测）已知正方体 的棱长为 分
别是棱 的中点， 是棱 上的一动点，则（ ）
A．存在点 ，使得
B．对任意的点
C．存在点 ，使得直线 与平面 所成角的大小是
D．对任意的点 ，三棱锥 的体积是定值
【答案】BD
【分析】以 为原点，以 所在直线分别为 轴，建立空间直角坐标系，
设 ，令 ，求解即可判断A；验证 即可判断B；
平面 的法向量为 , ,由题意
,求解即可判断C；可证得 平面 ，则 到平面 的距离与 到平面 的距离相等且为定值，结合
即可判断D.
【详解】以 为原点，以 所在直线分别为 轴，建立空间直角坐标系，
如图，
设 ，
则 ,
令 ，则 ，此方程组无解，故A错误；
,则 ,又 ,
则 , 则 ,故B正确；
平面 的法向量为 , ,
由题意 ,即 ，解得 ，均与 矛盾，故C错误；
, 平面 ， 平面 ，则 平面 ，
则 到平面 的距离与 到平面 的距离相等且为定值，设为 ，又 为
定值，
则 为定值，故D正确.
故选：BD.
20．（2023春·浙江杭州·高三浙江省杭州第二中学校联考阶段练习）球面几何是几何
学的一个重要分支，在航海、航空、卫星定位等方面都有广泛的应用．如图，A,B,C是
球面上不在同一大圆（大圆是过球心的平面与球面的交线）上的三点，经过这三点中
任意两点的大圆的劣弧分别为 ，由这三条劣弧围成的球面部分称为球面
，定义 为经过 两点的大圆在这两点间的劣弧的长度，已知地球半径为 ，
北极为点N，点P，Q是地球表面上的两点，则（ ）
A．
B．若点 在赤道上，且经度分别为东经30°和东经60°，则
C．若点 在赤道上，且经度分别为东经40°和东经80°，则球面 的面积
D．若 ，则球面 的面积为
【答案】BD【分析】当 时，求得 ，可判定A错误；求得
，得出 ，可判定B正确；由球心角 ，结合球的表面积求得
的面积，可判定C错误；由 时，构造正四面体 ，
求得 ，结合对称性，求得球面 的面积，可判定D正确.
【详解】对于A中，当 时，可得 ，
此时 ，可得 ，所以A不正确；
对于B中，当点 在赤道上，且经度分别为东经30°和东经60°，
可得球心角 ，此时 ，所以B正确；
对于C中，当点 在赤道上，且经度分别为东经40°和东经80°，
可得球心角 ，又由球的表面积为 ，
所以 的面积为 ，所以C错误；
对于D中，如图所示，当 时，可得 为等边三角形，
构造一个球内接正四面体 ，其中心为 ，
连接 交 于点 ，则 ， 为正四面体 内切球得到半径，
设正四面体 的表面积为 ，可得 ，
即 ，
可得 ，即 为高 的靠近 的四等分点，
则 ，由余弦定理可得 ，解得 ，
根据对称性，可得球面 的面积为 ，所以D正确.
故选：BD.
21．（2023·浙江·校联考模拟预测）直三棱桂 中，
为棱 上的动点， 为 中点，则（ ）
A．
B．三棱锥 的体积为定值
C．四面体 的外接球表面积为
D．点 的轨迹长度为
【答案】ABD
【分析】由题意补直三棱柱为正方体，结合正方体的特征可判定A，利用等体积法转
化可判断B，利用正方体的外接球及球的表面积公式可判断C，利用三角形中位线判
断D即可.
【详解】
由题意可知：直三棱柱为正方体ABCD-ABC D 的一半，如图所示.
1 1 1 1
对于A，连接AB，AB，结合正方体的特征，易知BE⊥AB，AB⊥AB，
1 1 1 1 1故AB⊥面ABE， 面ABE，则 ，即A正确；
1 1 1
对于B，由题意可知F到上下底面的距离均为0.5，故 是定值，即B正
确；
对于C，四面体 的外接球即正方体的外接球，故其直径为 ，所以其表面积
为 ,即C错误；
对于D，连接AC，取其中点O，连接OF，易知OF为 的中位线，故E从B运
1
动到C的过程中F的运动轨迹长度为BC一半，即D正确.
综上ABD三项正确.
故选：ABD
22．（2023·浙江·高三专题练习）已知正方形 中， ， 是平面 外
一点.设直线 与平面 所成角为 ，设三棱锥 的体积为 ，则下列命题
正确的是（ ）
A．若 ，则 的最大值是 B．若 ，则 的最大值是
C．若 ，则 的最大值是 D．若 ，则 的最大值是
【答案】AC
【分析】根据椭圆的定义和旋转体的概念可知当 时点P的轨迹是一个椭
球，当 时点P的轨迹是以AD为直径的球，结合图形分析，即可求解.
【详解】由题意知，点P为动点，A、C为定点， ，
由椭圆的定义知，点P的轨迹是以 为焦距，长轴为 的椭圆，
将此椭圆绕AC旋转一周，得到一个椭球，即点P的轨迹是一个椭球，
而椭球面为一个椭圆，由 ，即 ，得 ，
当点P运动到椭球的上、下顶点时， 取到最大值，
此时 ；
设点P在平面ABCD上的射影为Q，则 ，
又 ，且 ，
所以当且仅当 时 最大，即 取到最大值 ；
当 时，由 ，得 ，
则点P的轨迹是以AD为直径的球，设AD的中点为O，则O为球心，
当 即 时， 取到最大值，
此时 ；
当直线BP与球相切于点P即 时， 取到最大值，
此时 ，则 .
故选：AC.
23．（2023·浙江·统考二模）已知棱长为1的正方体 ，平面 与对角
线 垂直，则（ ）．
A．正方体的每条棱所在直线与平面 所成角均相等B．平面 截正方体所得截面面积的最大值为
C．直线 与平面 内任一直线所成角的正弦值的最小值为
D．当平面 与正方体各面都有公共点时，其截面多边形的周长为定值
【答案】ABD
【分析】本题需要利用正方体的性质，且当平面 位置变化时，平面 始终与对角线
垂直入手去考虑.
【详解】如图建立空间之间坐标系.
对于A：因平面 与对角线 垂直，所以平面 的一个法向量为 ，
， , ,
，同理 ,
所以直线 , , 分别与直线 所成角相等，所以直线 , , 与平面 所
成角也相等，
根据正方体性质可知，正方体的每条棱所在直线与平面 所成角均相等，故A正确；
对于B：如图，点 、 、 、 、 、 分别为棱 、 、 、 、 、
的中点，
则正六边形 为平面 过正方体中心时截正方体所成图形，
由正方体性质可知，当平面 由此位置向 或 趋近时，截面面积变小，故截面面积
最大即为正六边形 的面积，其中 ,所以正六边形 的面积为 ，故
B正确；
对于C：直线 与平面 内任一直线所成角的正弦值的最小值即为直线 与平面
所成角的正弦值，
设直线 与平面 所成角为 ，则 ，故C
错误；
对于D:
当平面 与正方体各面都有公共点时，截图为六边形，如图阴影部分，
，
同理可得 ,故六边形周长为定值 ，所以D正确.
故选：ABD.
【点睛】思路点睛：平面 位置变化时，平面 始终与对角线 垂直,截面从等边三
角形到六边形，再到三角形，熟知截图的变化，找到其中不变的量如：平面 与平面
的交线始终平行与直线 ，从变化中的定量即规律，可解决本题.
24．（2023·浙江温州·统考三模）如图，圆柱的轴截面 是边长为2的正方形，
为圆柱底面圆弧 的两个三等分点， 为圆柱的母线，点 分别为线
段 上的动点，经过点 的平面 与线段 交于点 ，以下结论正确的是
（ ）A．
B．若点 与点 重合，则直线 过定点
C．若平面 与平面 所成角为 ，则 的最大值为
D．若 分别为线段 的中点，则平面 与圆柱侧面的公共点到平面 距
离的最小值为
【答案】ABD
【分析】利用面面平行的性质定理可判断A；根据两平面如果有一个公共点，则这个
公共点一定在它们的交线上可判断B；取特例验证可判断C；利用圆柱的对称性可知
RF即为所求，然后求解可判断D.
【详解】连接 ，由 为圆柱底面圆弧 的两个三等分点可知 ，
因为 平面ABCD， 平面ABCD，所以 平面ABCD，
又 ，同理可得 平面ABCD，
因为 ， 平面
所以，平面 平面ABCD，
因为 平面 ， 平面 ，
所以 ，A正确；记 平面 ，则 平面 ，且 ，又 平面 ，
所以 必过点M，B正确；
当平面 为平面 时，过点C作直线HF的垂线，垂足为N，连接DN，易知
，
因为 ， 平面 ，所以 平面 ，
因为 平面 ，所以
所以 为平面 与平面 所成二面角的平面角 ，
在等腰梯形 中， ，易得其高为 ，即 ，
所以 ，故C错误；因为 分别为线段 的中点，则由圆柱的对称性可知，平面 与圆柱侧面的
公共点中，点R到平面BCF的距离最小，记EF的中点为T，连接TQ.
易知 ，所以 ，得
所以 ，即平面 与圆柱侧面的公共点到平面 距离的最小值为 ，D正确.
故选：ABD
25．（2023·浙江金华·统考模拟预测）古希腊数学家欧几里得在《几何原本》卷11中
这样定义棱柱：一个棱柱是一个立体图形，它是由一些平面构成的，其中有两个面是
相对的､相等的，相似且平行的，其它各面都是平行四边形.显然这个定义是有缺陷的，
由于《几何原本》作为“数学圣经”的巨大影响，该定义在后世可谓谬种流传，直到
1916年，美国数学家斯顿（J.C.Stone）和米利斯（J.F.Millis）首次给出欧氏定义的反
例.如图1，八面体 的每一个面都是边长为2的正三角形，且4个顶点
A，B，C，D在同一平面内，取各棱的中点，切割成欧氏反例（如图2），则该欧氏反
例（ ）
A．共有12个顶点 B．共有24条棱
C．表面积为 D．体积为
【答案】BC
【分析】对于AB，以图1中平面 为分界面进行数数即可；对于CD，根据题意到得图2中的棱长均为 ，再利用面积公式与体积公式即可得解.
【详解】对于A，以图1中平面 为分界面进行数数，
易知欧氏反例（即图2）在平面 上方的顶点有 个，在平面 中的顶点有
个，在平面 下方的顶点有 个，共有 个顶点，故A错误；
对于B，易知欧氏反例在平面 上方的棱有 条，根据对称性可知在平面
下方的棱有 条，共有 条棱，故B正确；
对于C，由题意与中位线定理易得欧氏反例的表面是由 个棱长为 ，其中一个角为
的菱形，与 个棱长为 的正方形组成，
所以其表面积为 ，故C正确；
对于D，由题意可知，欧氏反例的体积可由两个棱长为2的正四棱锥减掉四个棱长为1
的正四棱锥而得，
对于棱长为 的正四棱锥，其底面面积为 ，其底面对角线长为 ，
所以其高为 ，故其体积为 ，
所以欧氏反例的体积为 ，故D错误.
故选：BC.
【点睛】关键点睛：本题解决的关键发挥空间想象能力，理解欧氏反例的结构特征，
从而得解.
26．（2023春·浙江杭州·高三浙江省杭州第二中学校考阶段练习）在平行六面体
中， ， ， ，以下选
项正确的是（ ）
A．平行六面体 的体积为 B．
C． 面 D．二面角 的余弦值为
【答案】AD
【分析】对A，连接 ， 交于 ，进而根据勾股定理余弦定理结合几何性质可得
各线段长，再根据线面垂直的判定可得 平面 ，进而根据柱体体积公式求解即可；对B，以 为坐标原点建立如图空间直角坐标系，再根据线线角的向量做法
求解即可；对C，根据空间向量数量积 判断即可；对D，作 于 ，
可得二面角 即 ，再根据余弦定理求解即可.
【详解】对A，连接 ， 交于 ，则 为 ， 中点，
又由 ， 可得 为正三角形，
故 .
又 ， ，故 ，
故 ，故 ，
又 ，故 ， .
故 ，则 ，
又 ， ， 平面 ，故 平面 .
故平行六面体 的体积为 ，故A
正确；
对B，以 为坐标原点建立如图空间直角坐标系，
则 ，
故 ，，
故 ，
故 ，故B错误；
对C， ，
因为 ， ，
又 面 ，故 面 不成立，故C错误；
对D，由 ，故 .
作 于 ，由全等性质可得 ，
又 ， 平面 ，则 平面 ，则二面角 的平
面角为 .
又 ， ，故 ，
即二面角 的余弦值为 .故D正确；故选：AD.
27．（2023·浙江·校联考模拟预测）在三棱锥 中，对棱 所成角为 ，
平面 和平面 的夹角为 ，直线 与平面 所成角为 ，点 为平面
和平面 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2条
B．过点 且与平面 和平面 所成角都是 的直线有3条
C．过点 且与平面 和平面 所成角都是 的直线有3条
D．过点 与平面 所成角为 ，且与直线 成 的直线有2条
【答案】ABD
【分析】作直线 、 ，使得 ， ，直线 、 上分别取点 、 ，
的角平分线所在直线 与直线 、 所成角为 或 ，在利用图形，可知
A有 条；根据 ， ，可知B有 条；根据 ，
可知C有2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，因为对棱 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：因为对棱 所成角为 ，则直线 、 所成角为 或 ，
在直线 、 上分别取点 、 ，使得 或 ，
则在平面 内 的角平分线所在直线 与直线 、 所成角为 或 ，
根据最小角定理，对于35度情况，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2条，A正确；
对于B选项，因为平面 和平面 的夹角为 ，
则过点 与平面 和平面 所成角都是 和 的直线各有一
条 、 ，
若过点 与平面 和平面 都是 ，则在 的两侧各有一条，加上直线m，
所以共 条，故B正确，
对于C选项，若过点 与平面 和平面 所成角都是 ，则仅在 的两侧各有
一条，所以共 条，故C不正确；
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，
设平面 所在平面为 ，则所求直线与 的交点为 , 不妨假设 在 上，设直线
与 的交点为 ，且与AB平行，
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正确.
故选：ABD.
【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.
三、填空题
28．（2023春·浙江宁波·高三校联考阶段练习）浑仪（如图）是中国古代用于测量天
体球面坐标的观测仪器，它是由一重重的同心圆环构成，整体看起来就像一个圆球.学
校天文兴趣小组的学生根据浑仪运行原理制作一个简单模型：同心的小球半径为1，
大球半径为R.现要在大球内放入一个由六根等长的铁丝（不计粗细）组成的四面体框
架，同时使得小球可以在框架内自由转动，则R的最小值为__________.【答案】
【分析】根据题设描述知小球与正四面体的各棱相切，大球为正四面体的外接球R最
小，结合正四面体的结构特征，确定球心位置及大小球半径，根据三角形相似列方程
求R最小值.
【详解】由题意，小球与正四面体的各棱相切，大球为正四面体的外接球，即可保证
R最小，
如上图，设正四面体的棱长为 ， 为△ 中心，故 面 ，
又 面 ，则 ，且 ，
又小球半径 ，则OF⊥AC，大球半径 ， ，
易知：△ △ ，故 ，即 ，可得 .
故答案为：
29．（2023·浙江·校联考三模）将两个形状完全相同的正三棱锥底面重合得到一个六面
体，若六面体存在外接球，且正三棱锥的体积为1，则六面体外接球的体积为
_____________．
【答案】 /
【分析】根据正三棱锥的几何性质，确定其形成六面体的外接球球心的位置及半径的长，从而列式求得半径，即可得六面体外接球的体积.
【详解】如图所示，记两个形状完全相同的正三棱锥为三棱锥 和三棱锥
设点A在面 上的投影为点O，则 、O、A三点共线．
在三棱锥 和 中，到几何体各顶点距离相等的点分别在 和 上
若组合后的六面体存在外接球，则O为外接球的球心，
设 ，则 ，
因为O为 的中心，所以 即 ，
所以 ，解得
所以球的体积为 .
故答案为： .
30．（2023·浙江·二模）若圆台 的上底面面积为下底面面积的一半，体积为 ，表面
积为 ，则 的最大值是______.
【答案】
【分析】设圆台的上底面半径为 ，母线长为 ，求出 和 ，再求出 关于 的解析式，构造函数利用导数求出最值可得结果.
【详解】依题意设圆台的上底面半径为 ，母线长为 ，则下底面半径为 ，
圆台的高 ， ，
，
所以 ,
由 ，得 ， ，
设 ， ，
，
令 ，得 ，解得 或
(舍)，
当 时， ，当 时， ，
所有 在 上为增函数，在 上为减函数，
所以当 时， 取得最大值
，
所以 的最大值为 .故答案为： .
