2024届高考一轮复习专题训练32 立体几何压轴小题（八大经典题型）（原卷附答案）

考向32立体几何压轴小题经典题型一：球与截面面积问题经典题型二：体积、面积、周长、角度、距离定值问题经典题型三：体积、面积、周长、距离最值与范围问题经典题型四：立体几何中的交线问题经典题型五：空间线段以及线段之和最值问题经典题型六：空间角问题经典题型七：立体几何装液体问题经典题型八：立体几何中的轨迹问题解决立体几何压轴小题常用方法是几何法和坐标法.经典题型一：球与截面面积问题1．（2022·全国·高三专题练习）已知球O的体积为，高为1的圆锥内接于球O，经过圆锥顶点的平面截球O和圆锥所得的截面面积分别为，若，则（    ）A．2B．C．D．2．（多选题）（2022·全国·高三专题练习）已知同底面的两个正三棱锥和均内接于球O，且正三棱锥的侧面与底面所成角的大小为，则下列说法正确的是（    ）.A．平面QBCB．设三棱锥和的体积分别为和，则C．平面ABC截球O所得的截面面积是球O表面积的倍84 D．二面角的正切值为3．（2022·广东汕头·三模）如图，DE是边长为的正三角形ABC的一条中位线，将△ADE沿DE翻折至，当三棱锥的体积最大时，四棱锥外接球O的表面积为__________；过EC的中点M作球O的截面，则所得截面圆面积的最小值是__________．4．（2022·湖南·长沙市明德中学二模）如图，在三棱锥中，，，分别为棱的中点，为三棱锥外接球的球心，则球的体积为________；平面截球所得截面的周长为________．5．（2022·全国·高三专题练习）根据高中的解析几何知识，我们知道平面与圆锥面相交时，根据相交的角度不同，可以是三角形、圆、椭圆、抛物线、双曲线．如图，AB是圆锥底面圆O的直径，圆锥的母线，，E是其母线PB的中点．若平面过点E，且PB⊥平面，则平面与圆锥侧面的交线是以E为顶点的抛物线的一部分，此时抛物线的焦点F到底面圆心O的距离为______；截面把圆锥分割成两部分，在两部分内部，分别在截面的上方作一个半径最大的球M，在截面下方作一个半径最大的球N，则球M与球N的半径的比值为______．故答案为：；.经典题型二：体积、面积、周长、角度、距离定值问题6．（2022·全国·高三专题练习）如图，在正方形中，点是边的中点，将沿84 翻折到，连接，在翻折到的过程中，下列说法正确的是_________．（将正确说法的序号都写上）      ①点的轨迹为圆弧；②存在某一翻折位置，使得；③棱的中点为，则的长为定值；7．（2022·全国·高三专题练习）正方体棱长为3，对角线上一点P（异于A，两点）作正方体的截面，且满足，有下列命题：①截面多边形只可能是三角形或六边形；②截面多边形只可能是正多边形；③截面多边形的周长L为定值；④设，截面多边形的面积为S，则函数是常数函数．其中所有正确命题的序号是______．8．（2022·全国·高三专题练习）如图，在正方体中，，，分别为，的中点，，分别为棱，上的动点，则三棱锥的体积（    ）A．存在最大值，最大值为B．存在最小值，最小值为C．为定值D．不确定，与，的位置有关9．（多选题）（2022·江苏苏州·模拟预测）在棱长为1的正方体中，点P满足，，，则（    ）A．当时，B．当时，三棱锥的体积为定值C．当时，的最小值为D．当时，存在唯一的点P，使得点P到的距离等于到的距离84 10．（多选题）（2022·湖北·荆门市龙泉中学一模）已知正四面体ABCD的棱长为，其外接球的球心为O．点E满足，，过点E作平面平行于AC和BD，平面分别与该正四面体的棱BC，CD，AD相交于点M，G，H，则（    ）A．四边形EMGH的周长为定值B．当时，平面截球O所得截面的周长为C．四棱锥的体积的最大值为D．当时，将正四面体ABCD绕EF旋转90°后与原四面体的公共部分体积为11．（多选题）（2022·全国·高三专题练习）已知三棱锥S-ABC的底面是边长为a的正三角形，SA平面ABC，P为平面ABC内部一动点（包括边界）.若SA=，SP与侧面SAB，侧面SAC，侧面SBC所成的角分别为，点P到AB，AC，BC的距离分别为，那么（    ）A．为定值B．为定值C．若成等差数列，则为定值D．若成等比数列，则为定值经典题型三：体积、面积、周长、距离最值与范围问题12．（2022·河南·高三阶段练习（理））已知球的半径为，球面上有不共面的四个点，，，，且，则四面体体积的最大值为______．13．（2022·全国·高三专题练习）如图，在棱长为的正方体中，若绕旋转一周，则在旋转过程中，三棱锥的体积的取值范围为______．14．（多选题）（2022·全国·高三专题练习）如图，已知菱形中，，，E为边的中点，将△沿翻折成△（点位于平面上方），连接和，F为的中点，则在翻折过程中，下列说法正确的是（    ）84 A．平面平面B．与的夹角为定值C．三棱锥体积最大值为D．点F的轨迹的长度为15．（多选题）（2022·河北·模拟预测）如图，在正三棱柱中，，D为棱上的动点，则（    ）A．三棱锥的外接球的最大半径为B．存在点D，使得平面平面C．A到平面的最大距离为D．面积的最大值为16．（多选题）（2022·福建·高三阶段练习）如图，在直三棱柱中，，，为的中点，过的截面与棱、分别交于点、，则下列说法中正确的是（    ）84 A．存在点，使得B．线段长度的取值范围是C．当点与点重合时，四棱锥的体积为D．设截面、、的面积分别为、、，则的最小值为17．（2022·湖南师大附中高三阶段练习）在中，，点分别在边上移动，且，沿将折起来得到棱锥，则该棱锥的体积的最大值是（    ）A．B．C．D．经典题型四：立体几何中的交线问题18．（多选题）（2022·全国·高三专题练习）如图，正方体棱长为1，P是上的一个动点，下列结论中正确的是（    ）A．的最小值为B．的最小值为C．当P在直线上运动时，三棱锥的体积不变84 D．以点B为球心，为半径的球面与面的交线长为19．（2022·江苏南京·高三开学考试）已知一个正四面体的棱长为2，则其外接球与以其一个顶点为球心，1为半径的球面所形成的交线的长度为___________.20．（2022·河南平顶山·模拟预测（理））如图，在四面体中，，，两两垂直，，以为球心，为半径作球，则该球的球面与四面体各面交线的长度和为___．21．（2022·山东威海·高三期末）在三棱锥中，平面ABC，，．以A为球心，表面积为的球面与侧面PBC的交线长为______．22．（2022·全国·高三专题练习（文））如图，在平面四边形中，为的中点，将沿折起，使得，以为球心，为半径的球与三棱锥各面交线的长度和为___________.23．（2022·全国·高三专题练习）在正三棱锥中，侧棱，且侧棱两两互相垂直，以为球心，为半径的球面与正三棱锥的表面相交，则交线的长度之和为___________.经典题型五：空间线段以及线段之和最值问题24．（2022·全国·高三专题练习）如图，在棱长均为的正四面体中，为中点，为中点，是上的动点，是平面上的动点，则的最小值是______.84 25．（2022·全国·高三专题练习）在中，，，，是斜边上一点，以为棱折成二面角，其大小为60°，则折后线段的最小值为___________.26．（2022·河南许昌·一模（理））已知，如图，正三棱锥中，侧棱长为．底面边长为，为中点．为中点，是上的动点，是平面上的动点，则最小值是_______________________．27．（2022·安徽·高三开学考试）在侧棱长为，底面边长为2的正三棱锥P-ABC中，E，F分别为AB，BC的中点，M，N分别为PE和平面PAF上的动点，则的最小值为__________．28．（2022·全国·高三专题练习）如图，正方体的棱长为1，，分别是棱，的中点，过直线的平面分别与棱，交于点，，设，给出下列四个结论：①四边形一定为菱形；84 ②若四边形的面积为，，则有最大值；③若四棱锥的体积为，，则为单调函数；④设与交于点，连接，在线段上取点，在线段上取点，则的最小值为．其中所有正确结论的序号是________．29．（2022·全国·高三专题练习）已知正方体的棱长为，点为中点，点､在四边形内（包括边界），点到平面的距离等于它到点的距离，直线平面，则的最小值为___________.30．（多选题）（2022·全国·模拟预测）已知正三棱锥的底面的面积为，体积为，球，分别是三棱锥的外接球与内切球，则下列说法正确的是（    ）A．球的表面积为B．二面角的大小为C．若点在棱上，则的最小值为D．在三棱锥中放入一个球，使其与平面、平面、平面以及球均相切，则球的半径为31．（2022·贵州贵阳·高三开学考试（理））在长方体中，，点在棱上，且，点在正方形内．若直线与所成的角等于直线与所成的角，则的最小值是（    ）A．B．C．D．经典题型六：空间角问题32．（2022·全国·高三专题练习），为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形的直角边所在直线与，都垂直，斜边以直线为旋转轴旋转，有下列结论：①当直线与成角时，与成角；②当直线与成角时，与成角；③直线与所成角的最小值为；④直线与所成角的最大值为；其中，正确的是_______.（填写所有正确结论的编号）84 A．B．C．D．33．（2022·浙江省长兴中学高二阶段练习）在四面体中，，，，点P是棱上的动点，点Q为棱的中点，记直线与直线所成的夹角为，直线与平面所成的角为，二面角的平面角为，则有（）A．B．C．D．34．（2022·全国·高二课时练习）正方体中，P是线段(不含端点)上的点，记直线与直线所成角为，直线与平面所成角为，二面角的平面角为，则（    ）A．B．C．D．35．（2022·全国·高二课时练习）在三棱柱中，是棱上的点（不包括端点），记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．36．（2022·全国·高二单元测试）正四面体中，点是棱上的动点（包含端点），记异面直线与所成角为，直线与平面所成角为，则（    ）A．B．C．D．37．（2022·河南·温县第一高级中学高二阶段练习（理））正三棱锥中，，M为棱PA84 上的动点，令为BM与AC所成的角，为BM与底面ABC所成的角，为二面角所成的角，则（    ）A．B．C．D．38．（2022·全国·高三专题练习）已知正四棱锥，是线段上的点且，设与所成的角为，二面角的平面角为，与平面所成的角为，则（    ）A．B．C．D．39．（2022·江苏·高三专题练习）如图，已知点、、G、分别是正方体中棱、、、的中点，记二面角的平面角为，直线与平面所成角为，直线与直线所成角为，则（    ）A．B．C．D．经典题型七：立体几何装液体问题40．（2022·全国·高三专题练习（文））一个密闭且透明的正方体容器中装有部分液体，已知该正方体的棱长为2，如果任意转动该正方体，液面的形状都不可能是三角形，那么液体体积的取值范围为__________．41．（2022·上海·复旦附中高二期中）向体积为的正方体密闭容器内注入体积为的液体，旋转容器，若液面恰好经过正方体的某条对角线，则液面边界周长的最小值为_______________．42．（多选题）（2022·全国·高三专题练习）向体积为1的正方体密闭容器内注入体积为的液体，旋转容器，下列说法正确的是（    ）A．当时，容器被液面分割而成的两个几何体完全相同B．，液面都可以成正三角形形状C．当液面与正方体的某条体对角线垂直时，液面面积的最大值为84 D．当液面恰好经过正方体的某条体对角线时，液面边界周长的最小值为43．（多选题）（2022·福建·漳州三中高二期末）透明塑料制成的正方体密闭容器的体积为64，注入体积为的液体．如图，将容器下底面的顶点置于地面上，再将容器倾斜．随着倾斜度的不同，则下列说法正确的是（    ）A．液面始终与地面平行B．时，液面始终呈平行四边形C．当时，有液体的部分可呈正三棱锥D．当液面与正方体的对角线垂直时，液面面积最大值为44．（多选题）（2022·全国·高一课时练习）向体积为1的正方体密闭容器内注入体积为x（）的液体，旋转容器，下列说法正确的是（    ）A．当时，容器被液面分割而成的两个几何体完全相同B．不管注入多少液体，液面都可以成正三角形形状C．液面可以是正六边形，其面积为D．当液面恰好经过正方体的某条体对角线时，液面边界周长的最小值为45．（2022·四川·成都七中高一期末）一个长方体的盒子内装有部分液体（液体未装满盒子），以不同的方向角度倾斜时液体表面会呈现出不同的变化，则下列说法中错误的个数是（    ）①当液面是三角形时，其形状可能是钝角三角形②在一定条件下，液面的形状可能是正五边形③当液面形状是三角形时，液体体积与长方体体积之比的范围是④当液面形状是六边形时，液体体积与长方体体积之比的范围是A．1个B．2个C．3个D．4个经典题型八：立体几何中的轨迹问题46．（多选题）（2022·广东·高三阶段练习）如图，已知正方体的棱长为2，点M为84 的中点，点P为正方形上的动点，则（       ）A．满足MP//平面的点P的轨迹长度为B．满足的点P的轨迹长度为C．不存在点P，使得平面AMP经过点BD．存在点P满足47．（多选题）（2022·全国·高三专题练习）在四边形中(如图1)，，将四边形沿对角线折成四面体（如图2所示），使得，E，F，G分别为的中点，连接为平面内一点，则（    ）A．三棱锥的体积为B．直线与所成的角的余弦值为C．四面体的外接球的表面积为D．若，则Q点的轨迹长度为48．（2022·山西·高三阶段练习）水平放置的等边三角形边长为，动点位于该平面上方，三棱锥的体积为，且三棱锥的外接球球心到底面的距离为2，则动点的轨迹周长为（    ）A．B．C．D．84 49．（2022·全国·高三专题练习）在正方体中，E为的中点，F为底面ABCD上一动点，且EF与底面ABCD所成的角为．若该正方体外接球的表面积为，则动点F的轨迹长度为（    ）．A．B．C．D．50．（2022·浙江温州·高三开学考试）如图，正方体，P为平面内一动点，设二面角的大小为，直线与平面所成角的大小为.若，则点P的轨迹是（    ）A．圆B．抛物线C．椭圆D．双曲线51．（2022·全国·高三专题练习）如图所示，为长方体，且AB=BC=2，=4，点P为平面上一动点，若，则P点的轨迹为（    ）A．抛物线B．椭圆C．双曲线D．圆52．（2022·全国·高三专题练习）如图，斜线段与平面所成的角为，为斜足．平面上的动点84 满足，则点的轨迹为（    ）A．圆B．椭圆C．双曲线的一部分D．抛物线的一部分1．（2022·全国·高考真题（文））已知球O的半径为1，四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均在球O的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为（    ）A．B．C．D．2．（2018·全国·高考真题（理））设是同一个半径为4的球的球面上四点，为等边三角形且其面积为，则三棱锥体积的最大值为A．B．C．D．3．（2015·浙江·高考真题（理））如图，已知，是的中点，沿直线将折成，所成二面角的平面角为，则A．B．C．D．4．（2022·浙江·高考真题）如图，已知正三棱柱，E，F分别是棱上的点．记与所成的角为，与平面所成的角为，二面角的平面角为，则（    ）84 A．B．C．D．5．（2022·全国·高考真题（理））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．6．（2019·全国·高考真题（理））已知三棱锥P-ABC的四个顶点在球O的球面上，PA=PB=PC，△ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是PA，AB的中点，∠CEF=90°，则球O的体积为A．B．C．D．7．（多选题）（2022·全国·高考真题）如图，四边形为正方形，平面，，记三棱锥，，的体积分别为，则（    ）A．B．C．D．8．（2020·全国·高考真题（理））设有下列四个命题：p1：两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内.p2：过空间中任意三点有且仅有一个平面.p3：若空间两条直线不相交，则这两条直线平行.p4：若直线l平面α，直线m⊥平面α，则m⊥l.则下述命题中所有真命题的序号是__________.84 ①②③④9．（2017·全国·高考真题（理））a，b为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC的直角边AC所在直线与a，b都垂直，斜边AB以直线AC为旋转轴旋转，有下列结论：①当直线AB与a成60°角时，AB与b成30°角；②当直线AB与a成60°角时，AB与b成60°角；③直线AB与a所成角的最小值为45°；④直线AB与a所成角的最大值为60°.其中正确的是________.（填写所有正确结论的编号）10．（2017·全国·高考真题（理））如图，圆形纸片的圆心为O，半径为5cm，该纸片上的等边三角形ABC的中心为O.D，E，F为圆O上的点，△DBC，△ECA，△FAB分别是以BC，CA，AB为底边的等腰三角形．沿虚线剪开后，分别以BC，CA，AB为折痕折起△DBC，△ECA，△FAB，使得D，E，F重合，得到三棱锥．当△ABC的边长变化时，所得三棱锥体积(单位：cm3)的最大值为______．11．（2020·海南·高考真题）已知直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD=60°．以为球心，为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为________．12．（2020·全国·高考真题（理））如图，在三棱锥P–ABC的平面展开图中，AC=1，，AB⊥AC，AB⊥AD，∠CAE=30°，则cos∠FCB=______________.84 经典题型一：球与截面面积问题1．【答案】C【解析】球O半径为R，由得，平面截球O所得截面小圆半径，由得，因此，球心O到平面的距离，而球心O在圆锥的轴上，则圆锥的轴与平面所成的角为，因圆锥的高为1，则球心O到圆锥底面圆的距离为，于是得圆锥底面圆半径，令平面截圆锥所得截面为等腰，线段AB为圆锥底面圆的弦，点C为弦AB中点，如图，依题意，，，，弦，所以.故选：C2．【答案】BCD【解析】∵同底面的两个正三棱锥和均内接于球O，∴PQ为球O的直径，取AB的中点M，连接PM、QM，则PM⊥AB，CM⊥AB，QM⊥AB，∴∠PMC为侧面PAB与底面ABC所成二面角的平面角，∠QMC为侧面QAB与底面ABC所成二面角的平面角，又正三棱锥的侧面与底面所成角的大小为，84 设底面的中心为N，P到底面的距离为h，球的半径为R，则PN=h，OP=R，ON=R－h，MN=h，CN=2h，∴，∴，QN=4h，PN=h，∴P、C、Q、M四点共面，又CN=2MN，QN=4h，PN=h，∴PA与QM不平行，故PA与平面QBC不平行，故A错误；由QN=4PN，可得，故B正确；∵平面ABC截球O所得的截面面积为，球O表面积为，∴平面ABC截球O所得的截面面积是球O表面积的倍，故C正确；∵，∴，，∴，即二面角的正切值为，故D正确.故选：BCD.3．【答案】        【解析】84 第一空：设到平面的距离为，易得，为定值，要使三棱锥的体积最大，即最大，显然当平面平面时，最大，取中点，连接交于，则为中点，连接，易得，又平面平面，则平面，即最大为，易得，则为四边形的外心，设的外心为，过作直线平面，易得，则共面，过作直线垂直于平面交直线于，易得即为外接球球心，连接，即为外接球半径，易得四边形为矩形，则，，则，故外接球O的表面积为；第二空：要使截面圆面积最小，显然当垂直于截面圆时，截面圆半径最小，面积最小，又都在球面上，M为EC中点，显然为截面圆的直径，又，则截面圆的面积最小为.故答案为：；.4．【答案】        【解析】因为，将三棱锥补成正方体如图1，所以三棱锥的外接球就是正方体的外接球，球心是的中点.设外接球的半径为，则，即，所以.       84 方法一：设，因为平面，，所以平面，所以平面平面，因为平面平面，过作，垂足为，如图2，则平面，且是截面的圆心.设，如图3，在矩形中，所以，过作，垂足为，则，84 在中，，，，则，所以，设截面圆的半径为，则，故截面的周长为.方法二：以分别为轴，轴和轴建立空间直角坐标系，则，，，，，，，设平面的法向量为，由，得，所以平面的一个法向量.设直线与平面所成的角为，球心到平面的距离为所以，且.设截面的半径，则，所以截面的周长为.5．【答案】    【解析】如图示：84 因为圆锥的母线，，所以，所以PB⊥PA.连结OE.因为PB⊥平面，所以PB⊥OE.所以.在中，O为AB的中点，所以OE为中位线，所以.设平面交底面圆于CD,则.以E为原点，EO为x轴建立坐标系如图示，则.可设抛物线，把带入抛物线方程可得：，所以抛物线为：，焦点,所以,即抛物线的焦点F到底面圆心O的距离为.作出直截面如图所示，则球M的半径即为圆M的半径，球N的半径即为圆N的半径.因为球M为截面的上方的最大的球，所以圆M与PA相切，切点为Q,则.又，所以.同理：.所以Q、M、R三点共线，为直径.由四边形PQRE为矩形，可得：,所以球M的半径.在等腰三角形OBE中，,.圆N为三角形OBE的内切圆.设圆N的半径为，由等面积法可得：，即，解得：.所以球M与球N的半径的比值为.84 故答案为：；.经典题型二：体积、面积、周长、角度、距离定值问题6．【答案】①③【解析】设正方形边长为a,①在正方形中，过点D作于H，则在翻折到的过程中，，均不变，则点的轨迹为以H为圆心，以为半径的圆弧.判断正确；②假设存在某一翻折位置，使得.在△PAM内，过点P作于N，连接BN，由，，，可得平面PBN又平面PBN，则，则又在正方形中，.二者互相矛盾，故假设不成立，即不存在某一翻折位置，使得.判断错误；84 ③棱的中点为.取PA中点K，连接EK，CE，MK，则则有，，则，则四边形为平行四边形，则，又，则，即的长为定值.判断正确.故答案为：①③7．【答案】①【解析】连接，由在上的射影分别为，又，即，，所以面，同理面，即截面可能为面、面，此时截面为正三角形；而当在与面、面的交点之间运动时，根据正方体的性质知：截面为六边形，但不一定是正六边形，即截面交相关棱于中点时才是正六边形(如上图示)，而当在与面交点左下方、面交点右上方运动时，截面为正三角形，所以①正确，②错误；显然在与面交点左下方，截面周长小于截面的周长，故③错误；由题设，当时截面为正三角形且边长为，所以，故不是常数函数，④错误.故答案为：①.84 8．【答案】C【解析】如下图，连接，在正方体中，，分别为，的中点，可得，，所以当在棱移动时，到平面的距离为定值，当在棱移动时，到的距离为定值，所以为定值，则三棱锥的体积为定值.平面即平面，作，由于，可得平面MABN，由，可得，而，.故选：C.9．【答案】ABD【解析】当时，的轨迹为线段，连接，则，又平面，，∴平面，，同理可得，故平面，平面，所以，故A正确；84 当时，点的轨迹为线段（为的中点），直线平面，故三棱锥的体积为定值，故B正确；当时，点轨迹为线段，将三角形旋转至平面内，可知，由余弦定理可得，故C错误；当时，点轨迹为以为为圆心，1为半径的四分之一圆弧，由点P到的距离等于到的距离，即点P到点的距离等于到的距离，则点轨迹为以为焦点，以为准线的抛物线上，故存在唯一的点P，使得点P到的距离等于到的距离，故D正确.故选：ABD．10．【答案】ACD【解析】如图1，由平面，平面，平面平面，得84 ，同理，所以，同理，所以是平行四边形，，则，，正四面体ABCD的棱长为，则，，所以的周长为，为定值，A正确；　　　　　图1如图2，把正四面体放置在一个正方体中，正四面体的棱是正方体的面对角线，如图，正方体的外接球就是正四面体的外接球，由正四面体棱长为得正方体的棱长为2，正方体的对角线是外接球的直径，所以外接球半径为，由于平面与平行，因此易得平面与正方体的上下底面平行，时，，平面到正方体上底面的距离为正方体棱长的，而外接球球心到正方体上底面的距离为正方体棱长的，所以到平面的距离为，平面截球O所得截面圆半径为，截面圆周长为，B错；　　　　　　图2如图3，取中点，连接，则，又，平面，84 所以平面，而平面，所以，所以，所以，由图2知点到平面的距离为，所以，设（），则，时，，递增，时，，递减，时，取得最大值，所以的最大值为，C正确；　　　　图3如图4，还是如图2一样把正四面体放置在一个正方体中，时，是正方体前后两个面的中心（对角线交点），由正方体性质，正四面体绕旋转90°后得下四面体，是正方体的另外四个顶点，这两个正四面体的公共部分正好是一个正八面体，正八面体的六个顶点是正方体六个面的中心，，正八面体的体积为，D正确．84 　　　　　图4故选：ACD．11．【答案】BCD【解析】如图，作，由题意，根据等面积法可得，即，得，所以为定值，B正确；因为SA平面ABC，所以，又因为，，所以平面，平面，设点到平面的距离为，由等体积法可知，，即，得，因为，若成等差数列，即，所以为定值，C正确；若成等比数列，即，所以为定值，D正确；故选：BCD经典题型三：体积、面积、周长、距离最值与范围问题12．【答案】【解析】如图，取的中点为，则，设点到直线的距离为，点到直线的距离为，84 、两点到平面的距离分别为、，则，，所以，令，则，所以当时，所以，所以，当且仅当且平面时取等号，即四面体体积的最大值为.故答案为：13．【答案】【解析】如图，连接，，由正方体的性质可知为正四面体，设O为中点，E为中点，则，又，平面，平面，∴平面，平面，所以平面平面，由题可知点A在以O为圆心，OA为半径的圆上运动．在绕旋转过程中，若点A，O，E共线，且A在点O，E之间时，三棱锥的体积最小；O在点A，E之间时，体积最大．84 因为正方体的棱长为，所以，在中，OB＝2，，则，，设点，到平面的距离分别为，．，，∵，∴三棱锥体积的最小值为；最大值为．∴三棱锥的体积的取值范围为．故答案为：．14．【答案】ABD【解析】A：由，，E为边的中点知：且，易知，，而，故面，又面，所以面面，正确；B：若是的中点，又F为的中点，则且，而且，所以且，即为平行四边形，故，所以与的夹角为或其补角，若为中点，即，由A分析易知：，故与的夹角为，正确；84 C：由上分析知：翻折过程中当面时，最大，此时，错误；D：由B分析知：且，故F的轨迹与到的轨迹相同，由A知：到的轨迹为以为圆心，为半径的半圆，而为中点，故到的轨迹为以中点为圆心，为半径的半圆，所以F的轨迹长度为，正确.故选：ABD.15．【答案】BCD【解析】当D与重合时，三棱锥的外接球的半径R最大，如图，找到球心O及球心O在底面ABC上的投影，则，设三角形ABC的外接圆半径为r，由正弦定理得：，解得：，故，A错误；84 当点D为中点时，平面平面，理由如下：连接与相交于点E，连接DE，AD，，则根据勾股定理：，其中E为与的中点，所以由三线合一得：DE⊥，DE⊥，因为，所以DE⊥平面，因为平面，所以平面平面，B正确；取中点M，AB中点N，连接，则两两垂直，以M为坐标原点，所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则，，，设，，则设平面的法向量为，由，令得：，故，设A到平面的距离为，则，84 当时，取得最大值，为，C正确；，设点D到直线的距离为，则因为，所以当或0时，取得最大值，最大值为，此时，面积为，D正确.故选：BCD16．【答案】BC【解析】因为平面，，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，84 则、、、、、、、设点、，其中，.对于A选项，若存在点，使得，且，，，解得，不合乎题意，A错；对于B选项，设，其中、，即，即，可得，，则，所以，，B对；对于C选项，当点与点重合时，，则，此时点为的中点，如下图所示：在直三棱柱中，四边形为矩形，则且，、分别为、的中点，则且，84 所以，且，同理且，且，所以，，故几何体为三棱台，，，，，因此，，C对；对于D选项，，，则点到直线的距离为，，则点到直线的距离为，所以，，故，当且仅当时，等号成立，故的最小值为，D错.故选：BC.17．【答案】C【解析】由得，由余弦定理得，则是直角三角形，为直角，对的任何位置，当面面时，此时的点到底面的距离最大，此时即为与底面所成的角，设，在中，，点到底面的距离，则，84 ，令，解得，可得下表：极大值故当时，该棱锥的体积最大，为.故选：C.经典题型四：立体几何中的交线问题18．【答案】BCD【解析】对于A，当时，BP最小，由于到直线的距离，故A错误；对于B，将平面翻折到平面上，如图，连接AC，与的交点即为点P，此时取最小值AC，在三角形ADC中，,，故B正确；对于C，由正方体的性质可得，平面，平面，到平面的距离为定值，84 又为定值，则为定值，即三棱锥的体积不变，故正确；对于D，由于平面，设与平面交于点，，设以为球心，为半径的球与面交线上任一点为，，，在以为圆心，为半径的圆上，由于为正三角形，边长为，其内切圆半径为，故此圆恰好为的内切圆，完全落在面内，交线长为，故正确．故选：BCD.19．【答案】【解析】设外接球半径为，外接球球心到底面的距离为，84 则，所以，两球相交形成形成的图形为圆，如图，在中，，，在中，，所以交线所在圆的半径为，所以交线长度为.故答案为：20．【答案】【解析】因为，所以是边长为的等边三角形，所以边长为的等边三角形的高为：，所以，设到平面的距离为，，所以，所以，解得，则，84 所以以为球心，为半径的球与平面，平面，平面的交线为个半径为的圆的弧线，与面的交线为一个圆，且圆的半径为，所以交线总长度为：.故答案为：.21．【答案】【解析】设以A为球心的球的半径为，则，解得如图，取中点，由，又平面ABC，平面ABC，又，，所以平面PAC，又平面PAC，，又，平面PBC，又，，又，作，则，，所以球面与侧面PBC的交线为以为圆心，半径为1的半圆弧，故所求长为故答案为：22．【答案】84 【解析】翻折后形成的几何体如图所示，由题意知，所以，所以平面ACD，由E为AC的中点得，，，所以面BDE，所以面面ABC，所以球D与面BDC，面BAD，面ADC的交线分别为圆弧，圆弧，圆弧，过D作于F，所以，故以D为球心，以DE为半径的球与平面ABC也相交,其交线是以F为圆心，以为半径的圆，所以球与三棱锥各面交线的长度和为故答案为：.23．【答案】【解析】设以顶点为球心，为半径作一个球，球面与正三棱锥的表面相交得到一条封闭的曲线是，如图所示．则，在直角三角形中，，，84 ，同理；在直角三角形中，，，，在等边三角形中，，，．则这条封闭曲线的长度为．故答案为：．经典题型五：空间线段以及线段之和最值问题24．【答案】【解析】由题可知，棱长均为的正四面体中，则和是边长为的等边三角形，为中点，为中点，则，且，平面，故平面，而平面，故平面平面，而平面平面，过作，则平面，连接，则为在平面上的射影，要使最小，则，沿把平面展开，得到平面，使得平面与平面重合，此时三点共线，且，则的最小值为到的距离，即为，由于，，则，，又因为，则84 ，又，则在中，，所以的最小值是.故答案为：.25．【答案】【解析】如图①，过，作的垂线，垂足分别为，，故，，所以，以为棱折叠后，则有，故84 ，，因为以为棱折成二面角，所以与的夹角为，令，则，在中，，，在中，，，故，所以，故当时，有最小值28，故线段最小值为．故答案为：．26．【答案】【解析】取中点，连接，三棱锥为正三棱锥，，，84 又为中点，，，平面，，平面，分别为中点，，平面，当最小时，平面，则点在线段上；，，，又为中点，，，又，，将沿翻折到平面上，如下图所示：则当，垂足为，交于时，取得最小值，，，即的最小值为.故答案为：.27．【答案】【解析】取中点,连接交于点,,易证得面,要求的最小,即求最小,可得平面，又可证明∥,再把平面绕旋转,与面共面,又可证得.因为，，又因为,，所以,所以，即，所以,所以,可得，84 .故答案为：.28．【答案】①④【解析】①平面∥平面，平面平面＝EN，平面平面＝MF，．同理可证．四边形为平行四边形.连接MN、AC、BD、：84 ∵四边形ABCD是正方形，∴AC⊥BD，∵⊥平面ABCD，∴⊥AC，∵BD＝B，∴AC⊥平面，∵MN平面，∴AC⊥MN.∵EA与FC平行且相等，∴ACFE是平行四边形，∴AC∥EF，∴EF垂直MN，∴MEFN是菱形.故①正确．②四边形面积，EF为定值，当为B或时，即x＝0或x＝1时，最长，此时面积最大，但0＜x＜1，即M不能取线段的端点，∴四边形MENF面积无最大值．故②错误．③连结、、，则四棱锥被分割成两个小的三棱锥，它们是都以为底，以、分别为顶点的两个三棱锥．△的面积是一个定值.同②中证明AC⊥平面，也可证明BD⊥平面，则B到平面AEF的距离即为.∵B∥A，∴B∥平面AEF，∴M到平面AEF的距离即为B到平面AEF的距离，同理N到平面AEF的距离也为，∴、到平面的距离之和是定值BD，∴四棱锥的体积为常数．故③错误．84 ④如图，将Rt沿着翻转到与矩形在同一平面，过作于Q，交于，则此时最短.过作于，则四边形是直角梯形，由题可知是中点，是梯形的中位线，∴设，设在中，，，，∴在中，∴.故④正确.故答案为：①④.29．【答案】【解析】如图84 所以，设由点到平面的距离等于它到点的距离，即点到的距离等于它到点的距离在平面中，直线方程为所以，所以点的轨迹方程为，设平面的一个法向量为则，令，所以所以，由直线平面所以所以点的轨迹为的导函数为所以，所以同平行的直线与相切的切点为，所以点到直线的距离为所以的最小值为故答案为：84 30．【答案】ACD【解析】依题意，，解得，设三棱锥的高为，则三棱锥的体积，解得．设点在底面内的投影为，为球的半径，连接，则，即，解得，则球的表面积，故A正确（对应下方右图）．取棱的中点，连接，由正三棱锥的性质，易知，于是即为二面角的平面角，，且，则，故B错误．将侧面平面展开，使得四点共面，显然的连线就是有最小值．，故在中，，则，故，故C正确（对应下方左图）．三棱锥S－ABC的表面积为，根据内切球半径和棱锥体积，棱锥表面积为，易知，设为球的半径，为球的半径，则，解得，原三棱锥的高，作一平面平行于底面，去截原三棱锥，得到一个的棱台，那么剩余部分棱锥的高是原棱锥的，根据相似关系，剩余棱锥的底面积为，，表面积为，体积为，于是，解得，故D正确．故选：ACD．84 31．【答案】A【解析】如图建立空间直角坐标系，则，84 设，则，∴，，∴，∴，故点的轨迹是在平面上以为圆心，以为半径的圆在正方形内的部分圆，由圆的性质可得.故选：A.经典题型六：空间角问题32．【答案】②③【解析】由题意知，、、三条直线两两相互垂直，画出图形如图，84 不妨设图中所示正方体边长为1，故，，斜边以直线为旋转轴，则点保持不变，点的运动轨迹是以为圆心，1为半径的圆，以为坐标原点，以为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，则，0，，，0，，直线的方向单位向量，1，，，直线的方向单位向量，0，，，设点在运动过程中的坐标，，，其中为与的夹角，，，在运动过程中的向量，，，，，设与所成夹角为，，则,，，，即直线与所成角的最小值为，最大值为，③正确，④错误；设与所成夹角为，，，当与角为时，即，，84 ，，,，，此时与的夹角为，②正确，①错误．故答案为：②③12．（2022·浙江·高三开学考试）在正方体中，是棱上的点且，是棱上的点，记与所成的角为，与底面所成的角为，二面角的平面角为，则（    ）A．B．C．D．【答案】B【解析】作于，则，，从而，而平面，因此有平面，过作交于，过作于，则，,由正方体性质易知为二面角的平面角，即，，平面，则，同理，，平面，所以平面，又平面，所以，所以是矩形，，由平面知，，由，得，即，均为锐角，所以，与重合时，三角相等．84 故选：B．33．【答案】D【解析】由题可知：，，所以，，,所以,平面所以平面，又平面，所以平面将该四面体补全为一个正方体，如图当为的中点时，为的中点，可知//，//，所以平面，所以，，则，故排除C84 当为点时，，所以，故排除A、B故选：D34．【答案】A【解析】不妨取点为的中点，其在面上的投影为点，如图所示，分别取的中点，连接，则，因为∥，所以，所以，因为平面，所以，所以，因为，所以，所以故选：A35．【答案】D【解析】设三棱柱是棱长为的正三棱柱，是棱的中点，以为原点，在平面中，过作的垂线为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，84 则，，，，，，，，直线与直线所成的角为，,直线与平面所成的角为，平面的法向量，，，设平面的法向量，则，取，得，二面角的平面角为，，84 ，故选：D36．【答案】C【解析】由题意，过点作，过点作底面，垂足为，所以异面直线与所成角，即为角，即，因为底面，可得为直线与平面所成的角，即，（1）当不过点时，过点作，连接，如图所示，因为底面，底面，可得，又由，所以平面，因为平面，所以，在直角中，可得，在直角中，可得在直角，中可得，所以，因为且在区间上为单调递减函数，所以；（2）当过点时，此时，由，可得，综上可得：.故选：C.37．【答案】B【解析】设正三棱锥的底面边长为6，高为，如图所示建立空间直角坐标系，不妨令为的中点，84 则，，，，，，，，，，所以，过作交于点，所以，即为BM与底面ABC所成的角，所以，所以，所以显然面的法向量可为，设面的法向量为，所以令，则，，即，所以，当时，；当时，；当时，，故CD不成立；故选：B38．【答案】B84 【解析】如图,作平面于,取中点,在上取使得,为中点.连接各点如图所示.易得,故与所成的角,二面角的平面角,与平面所成的角.又,故,所以.又,,故,.综上有.又.故故选：B39．【答案】D【解析】如图建立空间直角坐标系，令正方体的棱长为，则，，，，，，，，显然面的法向量为，设面的法向量为，则，即，令则、，所以所以，，所以，因为，即，所以故选：D84 经典题型七：立体几何装液体问题40．【答案】【解析】如图，正方体ABCD-EFGH，若要使液面形状不可能为三角形，则液面必须高于平面EHD，且低于平面AFC．而当平面EHD平行水平面放置时，若满足上述条件，则任意转到正方体，液面形状都不可能为三角形．设液体的体积为，则，而，，所以液体的体积的范围为．41．【答案】【解析】当液面过时，截面为四边形，将绕旋转，此时如图所示：84 则，当共线时等号成立，故周长最小值为.故答案为：.42．【答案】ACD【解析】当时，题目等价于过正方体中心的平面截正方体为两部分，根据对称性知两部分完全相同，A正确；取，此时液面过正方体中心，截面不可能为三角形，故B错误；当液面与正方体的体对角线垂直时，液面为如图所示正六边形时面积最大，其中正六边形的顶点均为对应棱的中点，，C正确；当液面过时，截面为四边形，将绕旋转，如图所示：则，当共线时等号成立，故周长最小值为，故D正确.故选：ACD.84 43．【答案】ACD【解析】液面始终是水平面，与地面平行，所以A正确当时，体积是正方体的一半，液面正好经过的中点，此时液面是正六边形，不是平行四边形，故B错误正方体边长为4，液面经过的中点时，有液体部分是正三棱锥，此时，，所以C正确当液面与正方体的对角线垂直时，液面面积最大时就是选项B中所列举的正六边形面积，面积为，所以D正确故选：ACD44．【答案】AC【解析】对于A，当时，题目等价于过正方体中心的平面截正方体为两部分，根据对称性知两部分完全相同，所以A正确；对于B，取，此时液面过正方体中心，截面不可能为三角形，所以B错误；对于C，当液面与正方体的体对角线垂直时，液面为如图所示正六边形时面积最大，其中正六边形的顶点均为对应棱的中点，所以液面面积的最大值为，C正确；84 对于D，当液面过时，截面为，将绕旋转，如图所示；则，当D、N、三点共线时等号成立，所以液面周长最小值为，D错误.故选：AC.【点晴】本题考查了正方体的截面问题，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.45．【答案】C【解析】对于①，当液面是三角形时，则液体所在平面必和长方体共顶点的三个面相交，和另外三个平面不相交，设相交形成的三角形为如图所示，则两两垂直，设，则有，由余弦定理得，则为锐角，同理可得为锐角，则当液面是三角形时，该三角形必是锐角三角形，①错误；对于②84 ，当液面是五边形时，液面只与长方体的五个面只有交线，而一个平面与长方体的五个平面相交，必有两组相对面，又长方体的每一组相对面平行，由两个平面平行的性质知，截面五边形必有两组平行的边，因正五边形的任意两边都不平行，则一平面截长方体所得截面不可能是正五边形，即液面的形状不可能是正五边形，②错误；对于③，当液面形状是三角形时，液面只与长方体的三个面相交，最大液面是长方体共顶点的三个面的面对角线围成的三角形，如图中，液面三角形顶点在棱上任意移动（除点外），长方体体积，，则当三棱锥盛满液体时，液体体积与长方体体积之比的范围是，当长方体去掉三棱锥余下部分盛满液体时，液体体积与长方体体积之比的范围是，所以液体体积与长方体体积之比的范围是，③正确；对于④，作长方体共顶点的三个面的面对角线围成的三角形，如图中和，易得平面∥，在长方体棱上任取一点（除外），过点作出与平面平行的平面截长方体可得六边形，84 长方体体积，三棱锥体积，令三棱锥部分有液体，当液面形状是六边形时，液面六边形必在平面和平面之间，即液面漫过所在平面但不能到所在平面，则液体体积满足；当液面六边形在两个平行平面与平面之间任意变换，不管与平面平行还是相交均满足，即液体体积与长方体体积之比的范围是，④错误.则错误个数有3个.故选：C.经典题型八：立体几何中的轨迹问题46．【答案】ACD【解析】如图1，取的中点F，取的中点E，连接EF，FM，EM，因为M为的中点，所以，，，因为平面，平面，所以平面，同理可得：平面，因为平面EFM，所以平面平面，因为点P为正方形上的动点，所以当P在线段EF上时，MP//平面，故满足MP//平面的点P的轨迹长度为的长，为，A正确；如图2，过点M作MQ⊥AM，交于点Q，可得：，84 因为正方体的棱长为2，点M为的中点，所以，故，即，解得：，过点Q作，交于点S，交于点T，则平面，因为平面，所以，当点P位于线段ST上时，满足，即满足的点P的轨迹长度为线段ST的长度，又因为，所以B选项错误；如图3，连接BM，取中点H，连接AH，HM，则可知平面截正方体所得的截面为ABMH，与正方形没有交点，所以不存在点P，使得平面AMP经过点B84 故C正确；如图4，延长到点O，使得，则点M关于平面的对称点为O，连接AO交正方形于点P，则此时使得取得最小值，最小值为，当点P与重合时，此时，故存在点P满足D正确；故选：ACD47．【答案】ABD【解析】对于A，如图，取中点，连接，易得，又，平面，则平面，易得，则，则，84 ，则，A正确；对于B，，则，则，，则，，又，则，即直线与所成的角的余弦值为，B正确；对于C，易得，，则，取的中点，连接，易得，则四面体的外接球的半径为，则外接球表面积为，C错误；84 对于D，作交延长线于，由A选项知，，又，平面，则平面，又平面，则，又，则，又，则，即Q点的轨迹为以为圆心，为半径的圆，则Q点的轨迹长度为，D正确.故选：ABD.48．【答案】C【解析】设三棱锥的高为，因为三棱锥的体积为，所以，解得，设的外接圆的半径为，则，因为三棱锥的外接球球心到底面的距离为2，所以外接球的半径为，因为点到面的距离为4，所以动点的轨迹是一个截面圆的圆周，且球心到该截面的距离为，所以截面圆的半径为，所以动点的轨迹长度为.故选：C.49．【答案】A【解析】84 如图1，取AD的中点H，连接EH，则.在正方体中，底面ABCD，所以底面ABCD.所以为EF与底面ABCD所成的角，则．设正方体的棱长为a，因为该正方体外接球的表面积为，所以，解得，所以，从而，所以F的轨迹为以H为圆心，为半径的圆在正方形ABCD区域内的部分，如图2．在图2中，，所以，则，根据对称性可知，所以，故动点F的轨迹周长为．故选：A50．【答案】D【解析】连接AC交BD于O，取中点,连接以O为原点,分别以OA、OB、所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图：84 令正方体边长为2，则，面的一个法向量为，面的一个法向量为则，故二面角的大小为又二面角的大小，则或由，，可得又整理得即，是双曲线.故选：D51．【答案】B【解析】如图，建立直角坐标系，则,.设,则向量，向量,，∴，即,84 ,,这方程表示的轨迹是平面上的椭圆，故选：B.52．【答案】B【解析】建立如图所示的空间直角坐标系，设所以点的轨迹是椭圆．故选：B.84 1．【答案】C【解析】[方法一]：【最优解】基本不等式设该四棱锥底面为四边形ABCD，四边形ABCD所在小圆半径为r，设四边形ABCD对角线夹角为，则（当且仅当四边形ABCD为正方形时等号成立）即当四棱锥的顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时，底面ABCD面积最大值为又设四棱锥的高为，则，当且仅当即时等号成立.故选：C[方法二]：统一变量＋基本不等式由题意可知，当四棱锥为正四棱锥时，其体积最大，设底面边长为，底面所在圆的半径为，则，所以该四棱锥的高，(当且仅当，即时，等号成立)84 所以该四棱锥的体积最大时，其高.故选：C．[方法三]：利用导数求最值由题意可知，当四棱锥为正四棱锥时，其体积最大，设底面边长为，底面所在圆的半径为，则，所以该四棱锥的高，，令，，设，则，，，单调递增，，，单调递减，所以当时，最大，此时．故选：C.【整体点评】方法一：思维严谨，利用基本不等式求最值，模型熟悉，是该题的最优解；方法二：消元，实现变量统一，再利用基本不等式求最值；方法三：消元，实现变量统一，利用导数求最值，是最值问题的常用解法，操作简便，是通性通法．2．【答案】B【解析】如图所示，点M为三角形ABC的中心，E为AC中点，当平面时，三棱锥体积最大此时，,点M为三角形ABC的中心84 中，有故选B.3．【答案】B【解析】设，设，则由题意，在空间图形中，设，在中，，在空间图形中，过作，过作，垂足分别为，，过作，连结，∴，则就是二面角的平面角，∴，在中，，，同理，，，故，显然面，故，在中，，在中，，∵，，∴（当时取等号），∵，，而在上为递减函数，∴，故选B.4．【答案】A【解析】如图所示，过点作于，过作于，连接，84 则，，，，，，所以，故选：A．5．【答案】C【解析】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.6．【答案】D【解析】解法一:为边长为2的等边三角形，为正三棱锥，，又，分别为、中点，，，又，平面，平面，，为正方体一部分，，即84 ，故选D．解法二:设，分别为中点，，且，为边长为2的等边三角形，又中余弦定理，作于，，为中点，，，，，又，两两垂直，，，，故选D.7．【答案】CD【解析】84 设，因为平面，，则，，连接交于点，连接，易得，又平面，平面，则，又，平面，则平面，又，过作于，易得四边形为矩形，则，则，，，则，，，则，则，，，故A、B错误；C、D正确.故选：CD.8．【答案】①③④【解析】对于命题，可设与相交，这两条直线确定的平面为；若与相交，则交点在平面内，同理，与的交点也在平面内，所以，，即，命题为真命题；对于命题，若三点共线，则过这三个点的平面有无数个，命题为假命题；对于命题，空间中两条直线相交、平行或异面，命题为假命题；84 对于命题，若直线平面，则垂直于平面内所有直线，直线平面，直线直线，命题为真命题.综上可知，，为真命题，，为假命题，为真命题，为假命题，为真命题，为真命题.故答案为：①③④.9．【答案】②③【解析】由题意知，a、b、AC三条直线两两相互垂直，画出图形如图，不妨设图中所示正方体边长为1，故|AC|＝1，|AB|，斜边AB以直线AC为旋转轴，则A点保持不变，B点的运动轨迹是以C为圆心，1为半径的圆，以C坐标原点，以CD为x轴，CB为y轴，CA为z轴，建立空间直角坐标系，则D（1，0，0），A（0，0，1），直线a的方向单位向量（0，1，0），||＝1，直线b的方向单位向量（1，0，0），||＝1，设B点在运动过程中的坐标中的坐标B′（cosθ，sinθ，0），其中θ为B′C与CD的夹角，θ∈[0，2π），∴AB′在运动过程中的向量，（cosθ，sinθ，﹣1），||，设与所成夹角为α∈[0，]，则cosα|sinθ|∈[0，]，∴α∈[，]，∴③正确，④错误．设与所成夹角为β∈[0，]，cosβ|cosθ|，当与夹角为60°时，即α，84 |sinθ|，∵cos2θ+sin2θ＝1，∴cosβ|cosθ|，∵β∈[0，]，∴β，此时与的夹角为60°，∴②正确，①错误．故答案为②③．10．【答案】【解析】如下图，连接DO交BC于点G，设D，E，F重合于S点，正三角形的边长为x(x>0)，则.，，三棱锥的体积.设，x>0，则，令，即，得，易知在处取得最大值.∴.84 11．【答案】.【解析】如图：取的中点为，的中点为，的中点为，因为60°，直四棱柱的棱长均为2，所以△为等边三角形，所以，，又四棱柱为直四棱柱，所以平面，所以，因为，所以侧面，设为侧面与球面的交线上的点，则，因为球的半径为，，所以，所以侧面与球面的交线上的点到的距离为，因为，所以侧面与球面的交线是扇形的弧，因为，所以，84 所以根据弧长公式可得.故答案为：.12．【答案】【解析】，，，由勾股定理得，同理得，，在中，，，，由余弦定理得，，在中，，，，由余弦定理得.故答案为：.成套的课件成套的教案成套的试题成套的微专题尽在高中数学同步资源大全QQ群552511468也可联系微信fjmath加入百度网盘群4000G一线老师必备资料一键转存自动更新永不过期84