資源簡介

壓軸題04立體幾何壓軸題十大題型匯總
命題預測 本專題考查類型主要涉及點立體幾何的內容，主要涉及了立體幾何中的動點問題，外接球內切球問題，以及不規則圖形的夾角問題，新定義問題等。 預計2024年后命題會繼續在以上幾個方面進行。
高頻考法 題型01幾何圖形內切球、外接球問題 題型02立體幾何中的計數原理排列組合問題 題型03立體幾何動點最值問題 題型04不規則圖形中的面面夾角問題 題型05不規則圖形中的線面夾角問題 題型06幾何中的旋轉問題 題型07立體幾何中的折疊問題 題型08不規則圖形表面積、體積問題 題型09立體幾何新定義問題 題型10立體幾何新考點
01幾何圖形內切球、外接球問題
解決與球相關的切、接問題，其通法是作出截面，將空間幾何問題轉化為平面幾何問題求解，其解題思維流程如下： （1）定球心：如果是內切球，球心到切點的距離相等且為球的半徑；如果是外接球，球心到接點的距離相等且為半徑； （2）作截面：選準最佳角度做出截面（要使這個截面盡可能多的包含球、幾何體的各種元素以及體現這些元素的關系），達到空間問題平面化的目的； （3）求半徑下結論：根據作出截面中的幾何元素，建立關于球的半徑的方程，并求解.
1.（多選）（23-24高三下·浙江·開學考試）如圖，八面體的每個面都是正三角形，并且4個頂點在同一個平面內，如果四邊形是邊長為2的正方形，則（ ）
A．異面直線與所成角大小為
B．二面角的平面角的余弦值為
C．此八面體一定存在外接球
D．此八面體的內切球表面積為

【答案】ACD
【分析】建立空間直角坐標系，運用坐標法計算異面直線所成角及二面角可判斷A項、B項，由可判斷C項，運用等體積法求得內切球的半徑，進而可求得內切球的表面積即可判斷D項.
【詳解】連接、交于點，連接、，
因為四邊形為正方形，則，
又因為八面體的每個面都是正三角形，所以、、三點共線，且面，
所以以為原點，分別以、、為軸、軸、軸建立空間直角坐標系，如圖所示，

則，，，，，，，
對于A項，，，
設異面直線與所成角為，
則，
所以，即異面直線與所成角大小為，故A項正確；
對于B項，，，，
設面的一個法向量為，
則，取，則，，則，
設面的一個法向量為，
則，取，則，，則，
所以，
又因為面與所成的二面角的平面角為鈍角，
所以二面角的平面角的余弦值為，故B項錯誤；
對于C項，因為，
所以為此八面體外接球的球心，
即此八面體一定存在外接球，故C項正確；
對于D項，設內切球的半徑為，
則八面體的體積為，
又八面體的體積為，
所以，解得，
所以內切球的表面積為，故D項正確.
故選：ACD.
2. （2024·浙江寧波·二模）在正四棱臺中，，若球與上底面以及棱均相切，則球的表面積為（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根據勾股定理求解棱臺的高,進而根據相切，由勾股定理求解球半徑，即可由表面積公式求解.
【詳解】設棱臺上下底面的中心為,連接，
則，
所以棱臺的高,
設球半徑為,根據正四棱臺的結構特征可知：球與上底面相切于,與棱均相切于各邊中點處，
設中點為，連接,
所以，解得，
所以球的表面積為，
故選：C
3. （2024·河北石家莊·二模）已知正方體的棱長為，連接正方體各個面的中心得到一個八面體，以正方體的中心為球心作一個半徑為的球，則該球的球面與八面體各面的交線的總長為（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】畫出圖形，求解正方體的中心與正八面體面的距離，然后求解求與正八面體的截面圓半徑，求解各個平面與球面的交線、推出結果.
【詳解】如圖所示，為的中點，為正方體的中心，過作的垂線交于點，正八面體的棱長為2，即，故，，，則，
設球與正八面體的截面圓半徑為，如圖所示，則，
由于，，所以，則，平面與球的交線所對應的圓心角恰為，則該球的球面與八面體各面的交線的總長為
故選：B
4. （多選）（2022·山東聊城·二模）用與母線不垂直的兩個平行平面截一個圓柱，若兩個截面都是橢圓形狀，則稱夾在這兩個平行平面之間的幾何體為斜圓柱．這兩個截面稱為斜圓柱的底面，兩底面之間的距離稱為斜圓柱的高，斜圓柱的體積等于底面積乘以高．橢圓的面積等于長半軸與短半軸長之積的倍，已知某圓柱的底面半徑為2，用與母線成45°角的兩個平行平面去截該圓柱，得到一個高為6的斜圓柱，對于這個斜圓柱，下列選項正確的是（ ）
A．底面橢圓的離心率為
B．側面積為
C．在該斜圓柱內半徑最大的球的表面積為
D．底面積為
【答案】ABD
【分析】不妨過斜圓柱的最高點和最低點作平行于圓柱底面的截面圓，夾在它們之間的是圓柱，作出過斜圓柱底面橢圓長軸的截面，截斜圓柱得平行四邊形，截圓柱得矩形，如圖，由此截面可得橢圓面與圓柱底面間所成的二面角的平面角，從而求得橢圓長短軸之間的關系，得離心率，并求得橢圓的長短軸長，得橢圓面積，利用橢圓的側面積公式可求得斜橢圓的側面積，由斜圓柱的高比圓柱的底面直徑大，可知斜圓柱內半徑最大的球的直徑與圓柱底面直徑相等，從而得其表面積，從而可關鍵各選項．
【詳解】不妨過斜圓柱的最高點和最低點作平行于圓柱底面的截面圓，夾在它們之間的是圓柱，如圖，矩形是圓柱的軸截面，平行四邊形是斜圓柱的過底面橢圓的長軸的截面，
由圓柱的性質知，
則，設橢圓的長軸長為，短軸長為，則，，，
所以離心率為，A正確；
，垂足為，則 ，
易知，，又，
所以斜圓柱側面積為，B正確；
，，，，
橢圓面積為 ，D正確；
由于斜圓錐的兩個底面的距離為6，而圓柱的底面直徑為4，所以斜圓柱內半徑最大的球的半徑為2，球表面積為，C錯．
故選：ABD．
5. （21-22高三上·湖北襄陽·期中）在正方體中，球同時與以A為公共頂點的三個面相切，球同時與以為公共頂點的三個面相切，且兩球相切于點若以F為焦點，為準線的拋物線經過，，設球，的半徑分別為，，則 .
【答案】/
【分析】首先根據拋物線的定義結合已知條件得到球內切于正方體，設，得到，即可得到答案.
【詳解】如圖所示：
根據拋物線的定義，點到點F的距離與到直線的距離相等，
其中點到點F的距離即半徑，也即點到面的距離，
點到直線的距離即點到面的距離，
因此球內切于正方體.
不妨設，兩個球心，和兩球的切點F均在體對角線上，
兩個球在平面處的截面如圖所示，
則，，所以
因為，所以，所以，
因此，得，所以.
故答案為：
02立體幾何中的計數原理排列組合問題
6.（2024·浙江臺州·二模）房屋建造時經常需要把長方體磚頭進行不同角度的切割，以契合實際需要.已知長方體的規格為，現從長方體的某一棱的中點處作垂直于該棱的截面，截取1次后共可以得到，，三種不同規格的長方體.按照上述方式對第1次所截得的長方體進行第2次截取，再對第2次所截得的長方體進行第3次截取，則共可得到體積為165cm 的不同規格長方體的個數為（ ）
A．8 B．10 C．12 D．16
【答案】B
【分析】根據原長方體體積與得到的體積為165cm 長方體的關系，分別對長寬高進行減半，利用分類加法計數原理求解即可.
【詳解】由題意，，為得到體積為的長方體，
需將原來長方體體積縮小為原來的，
可分三類完成：第一類，長減半3次，寬減半3次、高減半3次，共3種；
第二類，長寬高各減半1次，共1種；
第三類，長寬高減半次的全排列種，
根據分類加法計數原理，共種.
故選：B
7. （2023·江蘇南通·模擬預測）在空間直角坐標系中，，則三棱錐內部整點（所有坐標均為整數的點，不包括邊界上的點）的個數為（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】先利用空間向量法求得面的一個法向量為，從而求得面上的點滿足，進而得到棱錐內部整點為滿足，再利用隔板法與組合數的性質即可得解.
【詳解】根據題意，作出圖形如下，
因為，所以，
設面的一個法向量為，則，
令，則，故，
設是面上的點，則，
故，則，
不妨設三棱錐內部整點為，則，故，則，
易知若，則在面上，若，則在三棱錐外部，
所以，
當且時，
將寫成個排成一列，利用隔板法將其隔成三部分，則結果的個數為的取值的方法個數，顯然有個方法，
所有整點的個數為，
因為，
所以 .
故選：B.
【點睛】關鍵點睛：本題解決的關鍵是求得面上的點滿足，從而確定三棱錐內部整點為滿足，由此得解.
8. （2024·重慶·模擬預測）從長方體的個頂點中任選個，則這個點能構成三棱錐的頂點的概率為（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】首先求出基本事件總數，再計算出這個點在同一個平面的概率，最后利用對立事件的概率公式計算可得.
【詳解】根據題意，從長方體的個頂點中任選個，有種取法，
“這個點構成三棱錐的頂點”的反面為“這個點在同一個平面”，
而長方體有個底面和個側面、個對角面，一共有種情況，
則這個點在同一個平面的概率，
所以這個點構成三棱錐的概率為.
故選：B．
9. （多選）（2024·重慶·模擬預測）如圖，16枚釘子釘成4×4的正方形板，現用橡皮筋去套釘子，則下列說法正確的有(不同的圖形指兩個圖形中至少有一個頂點不同)（ ）
A．可以圍成20個不同的正方形
B．可以圍成24個不同的長方形(鄰邊不相等)
C．可以圍成516個不同的三角形
D．可以圍成16個不同的等邊三角形
【答案】ABC
【分析】利用分類計算原理及組合，結合圖形，對各個選項逐一分析判斷即可得出結果.
【詳解】不妨設兩個釘子間的距離為1，
對于選項A，由圖知，邊長為1的正方形有個，邊長為的正方形有個，
邊長為3的正方形有1個，邊長為的正方形有個，邊長為的有2個，共有20個，所以選項A正確，
對于選項B，由圖知，寬為1的長方形有個，寬為2的長方形有個，
寬為3的長方形有5個，寬為的有2個，共有24個，所以選項B正確，
對于選項C，由圖知，可以圍成個不同的三角形，所以選項C正確，
對于選項D，由圖可知，不存在等邊三角形，所以選項D錯誤，
故選：ABC.
10. （2024·上海浦東新·模擬預測）如圖為正六棱柱，若從該正六棱柱的個側面的條面對角線中，隨機選取兩條，則它們共面的概率是 ．

【答案】
【分析】
根據題意，相交時分為：在側面內相交，兩個相鄰面相交于一個點，相隔一個面中相交于對角線延長線上，分別分析幾種情況下對角線共面的個數，再利用古典概型的概率計算公式，計算結果即可．
【詳解】
由題意知，若兩個對角線在同一個側面，因為有個側面，所以共有組，
若相交且交點在正六棱柱的頂點上，因為有個頂點，所以共有組，
若相交且交點在對角線延長線上時，如圖所示，連接，，，，，

先考慮下底面，根據正六邊形性質可知，所以，
且，故共面，且共面，
故，相交，且，相交，故共面有組，
則正六邊形對角線所對應的有組共面的面對角線，
同理可知正六邊形對角線，所對的分別有兩組，共組，
故對于上底面對角線，，同樣各對兩組，共組，
若對面平行，一組對面中有組對角線平行，三組對面共有組，
所以共面的概率是．
故答案為：．
03立體幾何動點最值問題
空間幾何體中線段和差最值以及幾何體中的軌跡問題，以及線線角和線面角的求解，綜合性較強，難度較大，解答時要發揮空間想象，明確空間的位置關系，結合空間距離，確定動點的軌跡形狀；結合等體積法求得點到平面的距離，結合線面角的定義求解.
11.（多選）（2024·浙江臺州·二模）已知正方體的棱長為1，為平面內一動點，且直線與平面所成角為，E為正方形的中心，則下列結論正確的是（ ）
A．點的軌跡為拋物線
B．正方體的內切球被平面所截得的截面面積為
C．直線與平面所成角的正弦值的最大值為
D．點為直線上一動點，則的最小值為
【答案】BCD
【分析】對于A，根據到點長度為定值，確定動點軌跡為圓；
對于B，理解內切球的特點，計算出球心到平面的距離，再計算出截面半徑求面積；
對于C，找到線面所成角的位置，再根據動點的運動特點（相切時）找到正弦的最大值；
對于D，需要先找到點位置，再將立體問題平面化，根據三點共線距離最短求解.
【詳解】
對于A，因為直線與平面所成角為，所以.點在以為圓心，為半徑的圓周上運動，因此運動軌跡為圓.故A錯誤.
對于B，在面內研究，如圖所示為內切球球心，為上底面中心，為下底面中心，為內切球與面的切點.已知，為球心到面的距離.在正方體中，，，.利用相似三角形的性質有，即，.因此可求切面圓的，面積為.故B正確.
對于C，直線與平面所成角即為，當與點的軌跡圓相切時，最大.此時.故C正確.
對于D，分析可知，點為和圓周的交點時，最小.此時可將面沿著翻折到面所在平面.根據長度關系，翻折后的圖形如圖所示.
當三點共線時，最小.因為，，所以最小值為，故D正確.
故選：BCD
12. （多選）（2024·江蘇揚州·模擬預測）如圖，在棱長為1的正方體中，為平面內一動點，則（ ）
A．若在線段上，則的最小值為
B．平面被正方體內切球所截，則截面面積為
C．若與所成的角為，則點的軌跡為橢圓
D．對于給定的點，過有且僅有3條直線與直線所成角為
【答案】ABD
【分析】合理構造圖形，利用三角形的性質判斷A，利用球的截面性質判斷B，利用線線角的幾何求法求出軌跡方程判斷C，合理轉化后判斷D即可.
【詳解】對于A，延長到使得，
則，
等號在共線時取到；故A正確，
對于B，由于球的半徑為，球心到平面的距離為，
故被截得的圓的半徑為，故面積為，故B正確，
對于C，與所成的角即為和所成角，記，
則，即，所以的軌跡是雙曲線；故C錯誤，
對于D，顯然過的滿足條件的直線數目等于過的滿足條件的直線的數目，
在直線上任取一點，使得，
不妨設，若，則是正四面體，
所以有兩種可能，直線也有兩種可能，若，則只有一種可能，
就是與的角平分線垂直的直線，所以直線有三種可能.
故選：ABD
13. （多選）（2023·安徽蕪湖·模擬預測）已知正方體的棱長為2，棱的中點為，過點作正方體的截面，且，若點在截面內運動（包含邊界），則（ ）
A．當最大時，與所成的角為
B．三棱錐的體積為定值
C．若，則點的軌跡長度為
D．若平面，則的最小值為
【答案】BCD
【分析】記的中點分別為， 構建空間直角坐標系，證明共面，且平面，由此確定平面，找到最大時的位置，確定MN與BC所成角的平面角即可判斷A，證明與平面平行，應用向量法求到面的距離，結合體積公式，求三棱錐的體積，判斷B；根據球的截面性質確定 N的軌跡，進而求周長判斷C，由平面確定的位置，通過翻折為平面圖形，利用平面幾何結論求解判斷D.
【詳解】記的中點分別為，
連接，連接，
因為，又
所以，，所以四邊形為平行四邊形，
連接，記其交點為，
根據正方體性質，可構建如下圖示的空間直角坐標系，則，，，，,，，，，，，，

因為，，，，
，，，
所以，，，
，，
所以六點共面，
因為，，，
所以，，
所以，，
所以，又平面，
所以平面，故平面即為平面，
對于A，與重合時，最大，且，
所以MN與BC所成的角的平面角為，
又，
所以，故MN與BC所成的角為，所以A錯誤；
對于B，因為所以，，，
所以，，
所以，，
所以，又平面，
所以平面，又平面，
所以平面平面，
所以點到平面的距離與點到平面的距離相等，
所以，
向量為平面的一個法向量，又，
所以到面的距離，
又為等邊三角形，則，
所以三棱錐的體積為定值，B正確；
對于C：若，點在截面內，
所以點N的軌跡是以為球心， 半徑為的球體被面所截的圓（或其一部分），
因為，，所以，
所以平面，所以截面圓的圓心為，
因為是面的法向量，而，
所以到面的距離為，
故軌跡圓的半徑，又，
故點N的軌跡長度為，C正確.
對于D，平面，平面，
又平面與平面的交線為，
所以點的軌跡為線段，
翻折，使得其與矩形共面，如圖，

所以當三點共線時，取最小值，最小值為，
由已知，，，
過作，垂足為，則，
所以
所以，
所以的最小值為，D正確；
故選：BCD
【點睛】關鍵點點睛：本題解決的關鍵在于根據截面的性質確定滿足條件的過點的截面位置，再結合異面直線夾角定義，錐體體積公式，球的截面性質，空間圖形的翻折判斷各選項.
14. （多選）（2024·福建廈門·一模）如圖所示，在五面體中，四邊形是矩形，和均是等邊三角形，且，，則（ ）
A．平面
B．二面角隨著的減小而減小
C．當時，五面體的體積最大值為
D．當時，存在使得半徑為的球能內含于五面體
【答案】ACD
【分析】
A由線面平行的判定證明；B設二面角的大小為，點到面的距離為，則，分析取最小值的對應情況即可判斷；C把五面體補成直三棱柱，取的中點，設，則，結合并應用導數研究最值；D先分析特殊情況：和所在平面均垂直于面時構成正三棱柱，再借助左視圖、正視圖研究內切圓半徑分析一般情況判斷.
【詳解】A：由題設，面，面，則面，
由面面，面，則，
面，面，則平面，對；
B：設二面角的大小為，點到面的距離為，則，
點到面的距離，僅在面面時取得最大值，
當時取最小值，即取最小值，即二面角取最小值，
所以 ，二面角先變小后變大，錯；

C：當，如圖，把五面體補成直三棱柱，
分別取的中點，易得面，，
設，則，
，
令，則，
令，可得或（舍），即，
，，遞增，，，遞減，
顯然是的極大值點，故.
所以五面體的體積最大值為，C對；
D：當時，和所在平面均垂直于面時構成正三棱柱，
此時正三棱柱內最大的求半徑，故半徑為的球不能內含于五面體，
對于一般情形，如下圖示，左圖為左視圖，右圖為正視圖，

由C分析結果，當五面體體積最大時，其可內含的球的半徑較大，
易知，當時，，
設的內切圓半徑為，則，可得，
另外，設等腰梯形中圓的半徑為，則，
所以，存在使半徑為的球都能內含于五面體，對.
故選：ACD
【點睛】關鍵點點睛：對于C通過補全幾何體為棱柱，設得到五面體的體積關于的函數；對于D從特殊到一般，結合幾何體視圖研究內切圓判斷最大半徑是否大于為關鍵.
15. （多選）（2024·廣西南寧·一模）在邊長為2的正方體中，動點滿足，且，下列說法正確的是（ ）
A．當時，的最小值為
B．當時，異面直線與所成角的余弦值為
C．當，且時，則的軌跡長度為
D．當時，與平面所成角的正弦值的最大值為
【答案】AD
【分析】對于A，確定M的位置，利用側面展開的方法，求線段的長，即可判斷；對于B，利用平移法，作出異面直線所成角，解三角形，即可判斷；對于C，結合線面垂直以及距離確定點M的軌跡形狀，即可確定軌跡長度；對于D，利用等體積法求得M點到平面的距離，結合線面角的定義求得與平面所成角的正弦值，即可判斷.
【詳解】對于A，在上取點H，使，在上取點K，使，
因為，即，故M點在上，
將平面與平面沿著展開到同一平面內，如圖：

連接交于P，此時三點共線，取到最小值即的長，
由于，則，
故，
即此時的最小值為，A正確；
對于B，由于時，則，
此時M為的中點，取的中點為N，連接，

則,故即為異面直線與所成角或其補角，
又,，
故，
而異面直線所成角的范圍為，
故異面直線與所成角的余弦值為，B錯誤；
對于C，當時，可得點M的軌跡在內（包括邊界），
由于平面，平面，故，
又，平面，故平面，
平面，故，同理可證,
平面，故平面，
設與平面交于點P，由于，
為邊長為的正三角形，則點A到平面的距離為，
若，則，
即M點落在以P為圓心，為半徑的圓上，

P點到三遍的距離為，
即M點軌跡是以P為圓心，為半徑的圓的一部分，其軌跡長度小于圓的周長，C錯誤；
對于D，因為平面，平面，故平面，

因為當時，，即M在上，
點M到平面的距離等于點B到平面的距離，設點B到平面的距離為d，
則，
為邊長為的正三角形，即，
解得，
又M在上，當M為的中點時，取最小值，
設直線與平面所成角為，
則，即與平面所成角的正弦值的最大值為，D正確，
故選：AD
【點睛】難點點睛：本題考查了空間幾何體中線段和差最值以及幾何體中的軌跡問題，以及線線角和線面角的求解，綜合性較強，難度較大，解答時要發揮空間想象，明確空間的位置關系，難點在于C，D選項的判斷，對于C，要結合空間距離，確定動點的軌跡形狀；對于D，要結合等體積法求得點到平面的距離，結合線面角的定義求解.
04不規則圖形中的面面夾角問題
利用向量法解決立體幾何中的空間角問題，關鍵在于依托圖形建立合適的空間直角坐標系，將相關向量用坐標表示，通過向量的坐標運算求空間角，其中建系的關鍵在于找到兩兩垂直的三條直線．
16.（2024·浙江臺州·二模）如圖，已知四棱臺中，，，，，，，且，為線段中點，
(1)求證：平面；
(2)若四棱錐的體積為，求平面與平面夾角的余弦值.
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）分別延長線段，，，交于點，將四棱臺補成四棱錐，取的中點，連接，，由四邊形為平行四邊形，得到，然后利用線面平行的判定定理證明；
（2）先證明平面，再以A為坐標原點，以直線為x軸，以直線為y軸，建立空間直角坐標系，求得平面的法向量為，易得平面的一個法向量為，然后由求解.
【詳解】（1）證明：如圖所示：
分別延長線段，，，交于點，將四棱臺補成四棱錐.
∵，∴，∴，
取的中點，連接，，
∵，且，∴四邊形為平行四邊形.
∴，又平面，平面，
∴平面；
（2）由于，所以，
又梯形面積為，
設到平面距離為，則，得.
而，平面，平面，
所以平面，
所以點C到平面的距離與點D到平面的距離相等，
而，所以平面.
以A為坐標原點，以直線為x軸，以直線為y軸，建立空間直角坐標系，
易得為等邊三角形，所以，，，，
設平面的法向量為，
則，
得，，不妨取，
又平面的一個法向量為.
則，
平面與平面夾角的余弦值為.
17. （2024·浙江杭州·二模）如圖，在多面體中，底面是平行四邊形，為的中點，．
(1)證明：；
(2)若多面體的體積為，求平面與平面夾角的余弦值．
【答案】(1)證明見解析；
(2)．
【分析】（1）根據余弦定理求解，即可求證，進而根據線線垂直可證明線面垂直，即可得線線垂直，
（2）根據體積公式，結合棱柱與棱錐的體積關系，結合等體積法可得，即可建立空間直角坐標系，求解法向量求解.
【詳解】（1）在中，由余弦定理可得，
所以，所以，
所以．
又因為，平面,
所以平面,平面．
所以．
由于,所以四邊形為平行四邊形，所以．
又，所以，
所以．
（2）因為，所以，
又，平面,所以平面．
取中點，連接，設．
設多面體的體積為，
則
．
解得．
建立如圖所示的空間直角坐標系，則，
．
則平面的一個法向量．
所以，
設平面的一個法向量，
則即取．
所以．
所以平面與平面夾角的余弦值為．
18. （2024·浙江金華·模擬預測）已知四棱錐的棱的長為，其余各條棱長均為1．
(1)求四棱錐的體積；
(2)求二面角的大小．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）設四邊形的外接圓半徑為，求得，利用等面積求得四邊形的面積，求出到平面的距離，可以求解體積；
（2）利用線面垂直，推出面面垂直，求解二面角.
【詳解】（1）如圖（1）所示，四棱錐中，，其余各條棱長均為1，
所以點在底面內的射影為底面四邊形的外接圓的圓心，
即四邊形為圓內接四邊形，如圖（2）所示,
根據四邊形的對稱性，可得為外接圓的直徑，,
所以，
設四邊形的半徑為，在直角中，可得，,
由等面積法，
又由點在底面內的射影為底面四邊形的外接圓的圓心，
所以底面四邊形,即，
所以;

（2）由,,
所以
即,
又平面,所以平面,
又平面,所以平面平面,
所以二面角為.
19. （2024·安徽·二模）將正方形繞直線逆時針旋轉，使得到的位置，得到如圖所示的幾何體．
(1)求證：平面平面；
(2)點為上一點，若二面角的余弦值為，求．
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）根據面面與線面垂直的性質可得，結合線面、面面垂直的判定定理即可證明；
（2）建立如圖空間直角坐標系，設，，利用空間向量法求出二面角的余弦值，建立方程，結合三角恒等變換求出即可.
【詳解】（1）由已知得平面平面，，平面平面 ，平面，
所以平面，又平面，故，
因為是正方形，所以，
，平面，，所以平面，
又平面，所以平面平面.
（2）由（1）知，，兩兩垂直，
以，，所在直線分別為，，軸，建立空間直角坐標系，如圖.
設，，
則，，，，
故，，
設平面的法向量為，則，
故，取，則，
所以
設平面的法向量為，，
故，取，則，
所以，
所以，
由已知得，
化簡得：，解得或（舍去）
故，即.
20. （2024·山西·二模）如圖，四棱錐中，二面角的大小為，，，是的中點.

(1)求證：平面平面；
(2)若直線與底面所成的角為，求二面角的余弦值.
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）由題意可得，平面 平面，根據面面垂直的性質可得 平面，結合面面垂直的判定定理即可證明；
（2）過作的垂線交延長線于點H，連接AH，根據面面垂直的性質可得，設，在中由余弦定理得，利用勾股定理的逆定理可得，建立如圖空間直角坐標系，結合空間向量法求解面面角即可.
【詳解】（1）由，得，則，
所以，即.
由二面角的大小為，知平面 平面，即平面 平面，
又平面 平面 ，平面，所以 平面，
又平面，所以平面 平面.
（2）過作的垂線，交延長線于點H，連接AH，
由平面 平面，平面 平面 ，平面，
，所以 平面，則為在底面內的射影，
所以為直線與底面所成的角，即.
由，知且為鈍角三角形，
設，得，，
在中，，在中，，
由余弦定理得，有，
所以，過作，則底面，
所以兩兩垂直，建立如圖空間直角坐標系，
，
所以，
設平面和平面的一個法向量分別為，
則，，
令，則，
所以，則，
故所求二面角的余弦值為.

05不規則圖形中的線面夾角問題
21.（2024·浙江寧波·二模）在菱形中，，以為軸將菱形翻折到菱形，使得平面平面，點為邊的中點，連接.
(1)求證： 平面；
(2)求直線與平面所成角的正弦值.
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）利用面面平行的判定定理證明平面 平面，從而根據線面平行的性質可證得結論；
（2）法1：根據面面垂直得線面垂直，從而建立空間直角坐標系，利用空間向量的坐標運算求解線面夾角即可；法2：根據點、線、面的位置關系，利用等體積轉化求解到平面的距離，從而轉化求解直線與平面所成角得正弦值.
【詳解】（1） 平面平面 平面.
同理可得 平面.
又平面，平面 平面.
平面 平面.
（2）法1：取中點，易知.
平面平面，平面平面，
又平面，
平面.
如圖，建立空間直角坐標系，
則.
從而，得.
又，設平面的法向量，
有，得，解得，取，故，
設直線與平面所成角為，則
，
所以直線與平面所成角的正弦值為.
法2：取中點，則是平行四邊形，所以 .
從而與平面所成角即為與平面所成角，設為.
過作交于，過作交于，
過作交于.
因為平面平面，平面平面，
又平面，
所以平面，又平面，
所以，又，平面，
從而平面，因為平面，
所以，又，平面，
從而平面.
所以的長即為到平面的距離.
由，可得.
又 ，所以到平面的距離設為即為到平面的距離，即.
又，可得.
在中，，所以，得.
所以，
所以直線與平面所成角的正弦值為.
22. （23-24高三下·江蘇泰州·階段練習）如圖，在四棱錐中，底面是菱形，，為等邊三角形，點M，N分別為AB，PC的中點．
(1)證明：直線平面PAD；
(2)當二面角為120°時，求直線MN與平面PCD所成的角的正弦值．
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）作出輔助線，由中位線得到線線平行，進而得到線面平行；
（2）作出輔助線，得到，求出各邊長，建立空間直角坐標系，寫出點的坐標，求出平面的法向量，利用線面角的向量公式求出答案.
【詳解】（1）取PD中點E，連接AE，NE，
∵N為PC中點，
∴且，
又∵且，
∴且，
∴四邊形為平行四邊形，
∴，
∵平面PAD，平面PAD，
∴平面PAD．
（2）連接，取AD中點F，連接，
因為底面是菱形，，所以為等邊三角形，
故⊥，
因為為等邊三角形，所以⊥，
故為二面角的平面角，
因為二面角為，故，
以為坐標原點，所在直線分別為軸，垂直于平面的直線為軸，
建立空間直角坐標系，
則，設，則，，
∴，，，，
∴，，，
，，，
設平面PCD的一個法向量，
故，
令得，故，
設MN與平面PCD所成角為，
∴．
23. （23-24高三下·浙江·開學考試）在三棱錐中，.
(1)證明：平面平面；
(2)點為棱上，若與平面所成角的正弦值為，求的長；
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）如圖過作，由相似三角形的判定定理與性質求得，根據勾股定理的逆定理可得，結合面面垂直的判定定理即可證明；
（2）建立如圖空間直角坐標系，設，根據空間向量的線性運算表示出的坐標，利用空間向量法求線面角建立關于的方程，解之即可求解.
【詳解】（1）過作，垂足為，由，
得，，得，
由，得，所以，
即，所以；
在中，，所以，
又平面，
所以平面平面，
所以平面平面；
（2）如圖以為原點，為軸，為軸，為軸建立空間直角坐標系；
得，
設，
，
設平面的一個法向量為，
則，令，則，
則，
設直線與平面所成角為，則，
，
所以；
24. （2022·江西贛州·二模）已知四棱錐P—ABCD中，△ABD △BCD △BDP都是正三角形
(1)求證：平面ACP⊥平面BDP；
(2)求直線BP與平面ADP所成角的正弦值.
【答案】(1)證明見解析；
(2).
【分析】（1）通過證明面，即可由線面垂直證明面面垂直；
（2）以為坐標原點建立空間直角坐標系，求得直線的方向向量和平面的法向量，即可由向量法求得結果.
【詳解】（1）連接OP，如下所示：
在四邊形ABCD中△ABD △BCD都是正三角形，
所以四邊形ABCD是菱形，點O為BD中點；
因為△ABD △BDP都是正三角形，
所以
因為，面，所以BD⊥平面APC，.
因為BD平面BDP，
所以平面ACP⊥平面BDP.
（2）由題意可得，因為，所以°，
以O為原點，直線OA，OB分別為x軸，y軸，
過點O與平面ABCD垂直的直線為z軸建立如圖所示的空間直角坐標系如下所示：
則，
所以
設平面ADP的法向量為 ，則有，得
取，得；
設直線BP與平面ADP所成角為θ，
則=，
所以直線BP與平面ADP所成角的正弦值為.
25. （2024·全國·模擬預測）如圖，兩兩垂直，點為的中點，點在線段上，且滿足，．
(1)求證：平面平面．
(2)求直線與平面所成角的正弦值．
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）由題意首先證明是二面角的平面角，其次利用幾何關系證明，從而即可得證.
（2）建立適當的空間直角坐標系，求出直線的方向向量，平面的法向量，結合公式即可運算求解.
【詳解】（1）連接．
因為平面，
所以平面．
因為平面，所以，
所以是二面角的平面角．
因為，所以．
在中，．
在中，．
所以，
所以，即．
所以平面平面．
（2）如圖，以點為坐標原點，直線為軸，過點與平行的直線為軸，直線為軸，建立空間直角坐標系，
則，
所以．
設平面的法向量為，
則，即.
取，得．
設直線與平面所成的角為，
則．
所以直線與平面所成角的正弦值為．
06幾何中的旋轉問題
26.（2024·全國·模擬預測）如圖，已知長方體中，，，為正方形的中心點，將長方體繞直線進行旋轉．若平面滿足直線與所成的角為，直線，則旋轉的過程中，直線與夾角的正弦值的最小值為（ ）（參考數據：，）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】求出直線與的夾角，可得繞直線旋轉的軌跡為圓錐，求直線與的夾角，結合圖形可知，當與直線平行時，與的夾角最小，利用三角函數知識求解即可.
【詳解】在長方體中，，則直線與的夾角等于直線與的夾角．
長方體中，，，為正方形的中心點，
則，又，
所以是等邊三角形，故直線與的夾角為．
則繞直線旋轉的軌跡為圓錐，如圖所示，．
因為直線與所成的角為，，所以直線與的夾角為．
在平面中，作，，使得．
結合圖形可知，當與直線平行時，與的夾角最小，為，
易知．
設直線與的夾角為，則，故當時最小，
而
，
故直線與的夾角的正弦值的最小值為.
故選：A
【點睛】關鍵點點睛：解題中在平面中，作，，使得，結合圖形可知，當與直線平行時，與的夾角最小，為是關鍵.
27. （多選）（2024·河北唐山·一模）在透明的密閉正三棱柱容器內灌進一些水，已知．如圖，當豎直放置時，水面與地面距離為3．固定容器底面一邊AC于地面上，再將容器按如圖方向傾斜，至側面與地面重合的過程中，設水面所在平面為α，則（ ）

A．水面形狀的變化：三角形 梯形 矩形
B．當時，水面的面積為
C．當時，水面與地面的距離為
D．當側面與地面重合時，水面的面積為12
【答案】ABC
【分析】根據題設條件得到，正三棱柱的體積，再結合各個選項的條件，逐一分析判斷，即可得出結果.
【詳解】由題知，正三棱柱的體積，
對于選項A，當容器按題設方向傾斜至時，水面形狀是三角形，再傾斜時，水面形狀是梯形，直到側面與地面重合時，水面形狀是矩形，所以選項A正確，
對于選項B，如圖1，當容器按題設方向傾斜至時，設水面與棱的交點為，
設，又三棱柱為正三棱柱，取中點，連接，
易知，又，面，
所以面，所以到平面的距離為，
所以，解得，
此時水面圖形為，又，，
取中點，則，且，所以，故選項B正確，

對于選項C，如圖2，當容器按題設方向傾斜至時，設水面與棱的交點為，
易知，設，由，得到，
因為水面始終與地面平行，始終與水面平行，且始終在地面上，
所以水面與地面的距離，即到平面的距離，
取中點，連接，設交于，連接，
易知，又，面，所以面，
又，所以面，過作 于，連接，
因為面，所以，又，面，
所以，即為水平面到地面的距離，
如圖3，過作于，易知，所以，
得到，又，所以，
故選項C正確，

對于選項D，如圖4，當側面與地面重合時，水面為矩形，設，
則由，解得，所以，
故，所以選項D錯誤，

【點睛】關鍵點點晴：本題的關鍵在于選項C，利用容器傾斜時始終與地面平行，邊始終與水面平行，將問題轉化成到水面的距離，再利用幾何關系，即可求出結果.
28. （2024·陜西商洛·模擬預測）魔方，又叫魯比克方塊，最早是由匈牙利布達佩斯建筑學院厄爾諾 魯比克教授于1974年發明的機械益智玩具.魔方擁有競速 盲擰 單擰等多種玩法，風靡程度經久未衰，每年都會舉辦大小賽事，是最受歡迎的智力游戲之一.一個三階魔方，由27個棱長為1的正方體組成，如圖是把魔方的中間一層轉動了，則該魔方的表面積增加了 .
【答案】
【分析】分析轉動后的平面圖形得表面積即可求解.
【詳解】如圖，轉動后，此時魔方相對原來魔方多出了16個小三角形的面積，俯視圖如圖，
由圖形的對稱性可知，為等腰直角三角形，
設直角邊，則斜邊，故，可得.
由幾何關系得，
故轉動后的表面積，
故表面積增加了.
故答案為：.

【點睛】關鍵點點睛：本題考查組合體表面積求解，關鍵是找到轉動后的平面多出部分的面積.
29. （2024·福建·模擬預測）在中，，，的平分線交AB于點D，.平面α過直線AB，且與所在的平面垂直.
(1)求直線CD與平面所成角的大小；
(2)設點，且，記E的軌跡為曲線Γ.
（i）判斷Γ是什么曲線，并說明理由；
（ii）不與直線AB重合的直線l過點D且交Γ于P，Q兩點，試問：在平面α內是否存在定點T，使得無論l繞點D如何轉動，總有？若存在，指出點T的位置；若不存在，說明理由.
【答案】(1)
(2)（i）曲線是橢圓，理由見解析；（ii）存在，點滿足或
【分析】
（1）根據條件作出圖形，利用線面角的定義得到所求線面角，解出即可;
（2）（i）建立空間直角坐標系，根據條件建立方程，即可求解；
（ii）把轉化為，坐標表示后，利用聯立直線方程和橢圓方程化簡后利用韋達定理得到的關系式進行化簡求解即可；也可以把條件轉化為進行求解.
【詳解】（1）因為平面，
平面平面，
所以.
所以直線在內的射影為直線，
所以直線與所成角為.
過作，垂足為.
因為平分，
所以.
又，所以，所以
又，所以.
因為，所以，
所以直線與平面所成角為.
（2）（i）曲線是橢圓,理由如下：
由（1）可知，，
所以是的中點,
設的中點為，所以 .
又，所以.
在內過作，所以
以為原點，所在的方向分別為軸，軸，軸的正方向，
建立空間直角坐標系，如圖所示.
因為，所以，
設，又，
則.
因為，又，
所以，
化簡得，即，
所以曲線是橢圓.
（ii）方法一：設.
在平面內，因為與不重合，可設，
由得，所以.
由對稱性知，若存在定點滿足條件，
則必在平面與的交線上，故可設.
若，則，
即，
因為，
所以，
當時，上式恒成立，所以符合題意；
當時，有，
所以，
所以.
因為，
所以，
所以，
所以，即.
因為上式對于任意的恒成立，所以.
綜上，存在點滿足，或時，符合題意.
方法二：設
在平面內，因為與不重合，可設，由得，
所以.
由對稱性知，若存在定點滿足條件，則必在平面與的交線上，故可設.
當與重合時，因為，又，
所以.
所以當時，符合題意.
當與不重合時，過作，
垂足分別為.連接，
則因為，所以.
又，所以平面，
所以，同理
又，所以，所以，
所以RtRt，所以直線平分
又在軸上，所以在平面內直線的傾斜角互補
在平面內，設直線的斜率分別為，
則
，
對于任意的恒成立，所以.
綜上，存在點滿足，或時，符合題意.
【點睛】關鍵點點睛：解答本題最后問的關鍵是轉化條件，可以轉化為或者轉化為，繼而利用坐標求解.
30. （多選）（2024·浙江·二模）已知正方體，的棱長為1，點P是正方形上的一個動點，初始位置位于點處，每次移動都會到達另外三個頂點.向相鄰兩頂點移動的概率均為，向對角頂點移動的概率為，如當點P在點處時，向點，移動的概率均為，向點移動的概率為，則（ ）
A．移動兩次后，“”的概率為
B．對任意，移動n次后，“平面”的概率都小于
C．對任意，移動n次后，“PC⊥平面”的概率都小于
D．對任意，移動n次后，四面體體積V的數學期望（注：當點P在平面上時，四面體體積為0）
【答案】AC
【分析】先求出點在移動次后，在點處的概率，再結合由向量法求出線面垂直、線面平行和三棱錐的體積，對選項一一判斷即可得出答案.
【詳解】設移動次后，點在點的概率分別為，
其中，
，解得：，
對于A，移動兩次后，“”表示點移動兩次后到達點，
所以概率為，故A正確；

對于B，以為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，
所以，，
因為，，
設平面的法向量為，則，
取，可得，所以，
而，平面，
所以當點位于或時，平面，
當移動一次后到達點或時，所以概率為，故B錯誤；
對于C，所以當點位于時，PC⊥平面，
所以移動n次后點位于，則，故C正確；
對于D，四面體體積V的數學期望
，因為，
所以點到平面的距離為，
同理，點到平面的距離分別為，
所以，
所以，
當為偶數，所以，當時,；
當為奇數，所以，故D錯誤.
故選：AC.
【點睛】關鍵點睛：本題的關鍵點是先求出點在移動次后，點的概率，再結合由向量法求出線面垂直、線面平行和三棱錐的體積，對選項一一判斷即可得出答案.
07立體幾何中的折疊問題
31.（2020·浙江·模擬預測）如圖，在中，， ，，D為線段BC（端點除外）上一動點.現將沿線段 AD折起至，使二面角的大小為120°，則在點 D的移動過程中，下列說法錯誤的是（ ）
A．不存在點，使得
B．點在平面上的投影軌跡是一段圓弧
C．與平面所成角的余弦值的取值范圍是
D．線段的最小值是
【答案】D
【分析】過點B作AD的垂線,交AD于點E,連接,,過點 作BE的垂線,交BE于點H,進而證明平面 ABC,即在平面 ABC上的投影為點H,連接CH,假設,則 ,即可判斷A；由 ,可判斷點E的軌跡,進而判斷B；連接AH,則與平面 ABC所成的角為,由相似可得 ,設 ,可得的范圍,即可得 的范圍,即可判斷C；設 ,在中利用余弦定理求解,即可判斷D.
【詳解】過點B作AD的垂線,交AD于點E,連接,,過點 作BE的垂線,交BE于點H,易知,則 平面 ,所以為二面角的平面角的補角,即 ,所以,即 H為BE的中點,易知平面平面,又 ,所以平面ABC,所以在平面ABC上的投影為點 H,
對于選項A,若,連接CH,則,而這是不可能成立的,故A正確；
對于選項B,因為,所以點E的軌跡為以AB為直徑的一段圓弧,又 H為 BE的中點,所以點H的軌跡也為一段圓弧,故B正確；
對于選項C,連接AH,則與平面ABC所成的角為,設 ,則,所以由 ,得 ,所以 ,所以 ,所以 ,所以 ,故C正確；
對于選項D,設,則, ,
,
其中,故,故D錯誤,
故選:D
【點睛】本題考查線線垂直的判斷,考查余弦定理的應用,考查線面角的范圍,考查空間想象能力.
32. （多選）（23-24高三下·江蘇泰州·階段練習）已知正方形ABCD的邊長為4，點E在線段AB上，．沿DE將折起，使點A翻折至平面BCDE外的點P，則（ ）
A．存在點P，使得 B．存在點P，使得直線平面PDE
C．不存在點P，使得 D．不存在點P，使得四棱錐的體積為8
【答案】AC
【分析】對于A,根據線面垂直的判定定理可得面PCD，繼而，根據勾股定理驗證即可；對于B，根據線面平行的性質定理可得，矛盾，B錯；對于C，根據線面垂直的判定定理可得則面DEN，則，矛盾，C錯；對于D，當平面時，體積最大，通過計算可判定.
【詳解】若，又，,
平面，平面，
則面PCD，平面,則，
而，，有解，A對．
若平面PDE，平面BCDE，
平面平面，
∴，矛盾，故B錯誤；

取PC中點N，∵，則，
若，又，
且平面DEN，平面DEN,
則面DEN，又平面DEN,
則，則矛盾，
∴不存在P使得，C對．
，
A到DE距離，
，存在，D錯，
故選：AC．
33. （2024·安徽池州·模擬預測）如圖①，四邊形是邊長為2的正方形，與是兩個全等的直角三角形，且與交于點，將與分別沿翻折，使重合于點，連接，得到四棱錐，如圖②，
(1)證明：；
(2)若為棱的中點，求直線與平面所成角的正弦值.
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）易證平面，從而得出，再證明平面即可證明；
（2）可由（1）建立空間直角坐標系，用向量法求解即可.
【詳解】（1）由翻折的不變性可知四棱錐的底面是邊長為2的正方形，，
因為平面，
所以平面，又平面，所以，
如圖，連接，則，
又平面，所以平面，
又平面，所以.
（2）由（1）可知兩兩垂直，
以為坐標原點，所在直線分別為軸、軸、軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，
由題圖①可知，又，所以，
則，，
所以，又為棱的中點，
所以，，
設平面的法向量為，則，即，
令，得，故，
設直線與平面所成的角為，
則，
所以直線與平面所成角的正弦值為.
34. （多選）（2023·浙江嘉興·模擬預測）如圖，在中，，，，過中點的直線與線段交于點．將沿直線翻折至，且點在平面內的射影在線段上，連接交于點，是直線上異于的任意一點，則（ ）

A．
B．
C．點的軌跡的長度為
D．直線與平面所成角的余弦值的最小值為
【答案】BCD
【分析】A、B選項結合線面角最小，二面角最大可判斷;對于C，先由旋轉，易判斷出，故其軌跡為圓弧，即可求解.對于D求直線與平面所成角的余弦值，即求，，用表示，再結合三角恒等變換求出函數的最值即可
【詳解】

依題意，將沿直線翻折至，連接,由翻折的性質可知，關于所沿軸對稱的兩點連線被該軸垂直平分，
故，又在平面內的射影在線段上，
所以平面，平面，所以，
，平面，平面
所以平面.
平面，平面，平面，
，
，且即為二面角的平面角
對于A選項，由題意可知，為與平面所成的線面角，故由線面角最小可知，故A錯誤；
對于B選項， 即為二面角的平面角，故由二面角最大可知，故B正確；
對于C選項， 恒成立，故的軌跡為以為直徑的圓弧夾在內的部分，易知其長度為，故C正確；
對于D選項，如下圖所示

設，
在中，，，
在中，，，
所以，設直線與平面所成角為，
則
，
當且僅當時取等號，故D正確．
故選：BCD．
35. （2024·全國·模擬預測）如圖1，已知在正方形中，，，，分別是邊，，的中點，現將矩形沿翻折至矩形的位置，使平面平面，如圖2所示．
(1)證明：平面平面；
(2)設是線段上一點，且二面角的余弦值為，求的值．
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）首先利用面面垂直的性質定理證得平面，得，然后結合得到平面，最后利用面面垂直的判定定理證得平面平面；
（2）可以建立適當的空間直角坐標系，利用空間向量法進行求解，也可以利用二面角的定義找到二面角的平面角，然后在三角形中進行求解．
【詳解】（1）因為四邊形是正方形，，分別是邊，的中點，
所以是直角，且平行且等于，即四邊形是矩形，
進一步有，
因為平面平面，平面平面，
且平面，，
所以平面，
因為平面，所以．
易知，則，所以．
因為，平面，平面，
所以平面．
又平面，所以平面平面．
（2）
解法一：由（1）可知，，，三條直線兩兩垂直，故可以為坐標原點，
分別以，，的方向為軸、軸、軸的正方向建立空間直角坐標系，
如圖所示．則，，，，
從而，．
由題設，則，
又，則．
設平面的法向量為，則，得，
取，則，，得．
由（1）知，是平面的一個法向量，
所以，解得，故．
解法二：如圖，過點作，垂足為，過點作，垂足為，連接．
因為平面平面，平面平面，
且，平面，
所以平面，即平面，
又平面，
則，
又，，，平面，
所以平面，
又平面，
則，
所以為二面角的平面角．
由（1）知平面，平面，
所以平面平面，
所以二面角為直二面角，
所以二面角的正弦值等于二面角的余弦值，
所以，所以.
由題可設，則，，
所以在中，，
解得，故.
【點睛】關鍵點點睛：利用向量法解決立體幾何中的空間角問題，關鍵在于依托圖形建立合適的空間直角坐標系，將相關向量用坐標表示，通過向量的坐標運算求空間角，其中建系的關鍵在于找到兩兩垂直的三條直線．
08不規則圖形表面積、體積問題
解決不規則圖形的表面積體積問題，注意使用割補法，通過分割與補形的方法，轉化成常規的幾何體進行求解。
36.（2024·浙江·模擬預測）如圖，已知長方體的體積為是棱的中點，平面將長方體分割成兩部分，則體積較小的一部分的體積為（ ）

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根據題意，先求平面與交點的位置，再設長方體的長、寬、高分別為，最后利用三棱錐的體積公式即可求解.
【詳解】取的中點，連接， 易知，所以平面與交點為.

設長方體的長、寬、高分別為，則.
平面將長方體分割成兩部分，則體積較小的一部分的體積為
.
故選：A.
37. （2022·遼寧錦州·一模）2022年北京冬奧會的成功舉辦使北京成為奧運史上第一座“雙奧之城”.其中2008年北京奧運會的標志性場館之一“水立方”搖身一變成為了“冰立方”.“冰立方”在冬奧會期間承接了冰壺和輪椅冰壺等比賽項目.“水立方”的設計靈感來自威爾·弗蘭泡沫，威爾·弗蘭泡沫是對開爾文胞體的改進，開爾文胞體是一種多面體，它由正六邊形和正方形圍成（其中每一個頂點處有一個正方形和兩個正六邊形），已知該多面體共有24個頂點，且棱長為2，則該多面體的表面積是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根據多面體頂點的個數，分析確定正方形的個數和正六邊形的個數，再求表面積.
【詳解】棱長為2的正方形的面積為，正六邊形的面積為，
又正方形有個頂點，正六邊形有個頂點，該多面體共有個頂點，
所以最多有個正方形，最少有個正六邊形，1個正方形與個正方形相連，所以該多面體有個正方形，正六邊形有個.
所以該多面體的表面積是：.
故選：C.
38. （2024·全國·模擬預測）如圖，已知正方體和正四棱臺中，，．
(1)求證：平面；
(2)若是線段的中點，求三棱錐的表面積．
【答案】(1)證明見解析.
(2).
【分析】（1）添加輔助線構造平行四邊形，得出線線平行，再利用線面平行的判定定理證明即可；
（2）依據題意添加輔助線分別解出三棱錐四個面的面積求和即可.
【詳解】（1）如圖：連接，延長，與直線交于點，與交于點，
易知平面，
延長，與交于點，
則，
易知，所以，則，
故，又且，
故四邊形為平行四邊形，所以，
又平面， ，所以平面平面．
（2）如圖：連接，延長交直線于點，易知平面，
，連接，
在中，由余弦定理得，
故，由于，
故，
，
在中，，
故，故，
則，
由對稱性知，則，
在中，，
故，
又，
故三棱錐的表面積．
39. （2024·江蘇常州·一模）如圖，正四棱柱的底面邊長為1，高為2，點是棱上一個動點（點與均不重合）.
(1)當點是棱的中點時，求證：直線平面；
(2)當平面將正四棱柱分割成體積之比為的兩個部分時，求線段的長度.
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）由線面垂直的判定定理，通過勾股定理證，，即可證得直線平面；
（2）連接，作平行于，交于點，連接，說明截面為平面，由 ，列方程求解可得的長度.
【詳解】（1）因為是棱的中點，
所以，
，，
由勾股定理，得，同理可得，，
又，、平面，
所以直線平面；
（2）連接，作平行于，交于點，連接，
因為，
所以四邊形是平行四邊形，所以，
所以，則截面為平面，
設線段的長為，
因為，所以，得，
故，
可得，
又由，可得，
由題意，整理的，解得，
所以線段的長度為.
40. （多選）（2024·安徽蕪湖·二模）如圖，多面體由正四棱錐和正四面體組合而成，其中，則下列關于該幾何體敘述正確的是（ ）
A．該幾何體的體積為 B．該幾何體為七面體
C．二面角的余弦值為 D．該幾何體為三棱柱
【答案】ACD
【分析】選項A可以分別求正四棱錐和正四面體的體積即可；
選項C先確定二面角的平面角為，在三角形中利用余弦定理可得；
選項D先根據二面角與二面角的關系確定四點共面，再證得平面平面，三個側面都是平行四邊形即可；
選項B根據選項D三棱柱有5個面，可判斷錯誤.
【詳解】
如圖：在正四面體中中，為的中點，連接，連接作于，
則為的中心，為正四面體中的高，
因， ，，，
，
在正四面體中中，為的中點，所以，，
故為二面角的一個平面角，
如圖：在正四棱錐中，由題意，
連接，交于點，連接，則為正四棱錐的高，
，，
，
該幾何體的體積為，故A正確，
取的中點，連接，，
由題意正四棱錐的棱長都為1，所以，，
故即為二面角的一個平面角，
其中，，
在中，，故C正確，
因，可知二面角與二面角所成角互補，
故平面與為同一平面，同理，平面和平面也為同一平面，
故該幾何體有5個面，B錯誤，
因四點共面，且和都為等邊三角形，易知，且，故側面為平行四邊形，
又平面,平面，所以平面，
同理平面，且側面為平行四邊形，
又，平面，平面，
所以平面平面，又側面為正方形，
故多面體即為三棱柱，故D正確，
故選：ACD
09立體幾何新定義問題
立體幾何新定義問題，解題關鍵是理解新定義，能夠構建合適的空間直角坐標系，解決相應問題．
41.（多選）（23-24高三上·河北·期末）球面三角學是研究球面三角形的邊、角關系的一門學科.如圖，球的半徑為，，，為球面上三點，劣弧的弧長記為，設表示以為圓心，且過，的圓，同理，圓，的劣弧，的弧長分別記為，，曲面（陰影部分）叫做曲面三角形，若，則稱其為曲面等邊三角形，線段，，與曲面圍成的封閉幾何體叫做球面三棱錐，記為球面.設，，，則下列結論正確的是（ ）
A．若平面是面積為的等邊三角形，則
B．若，則
C．若，則球面的體積
D．若平面為直角三角形，且，則
【答案】BC
【分析】根據弧長公式即可求解A，根據勾股定理以及弧長公式即可求解B，根據球的截面性質可得求解C，根據余弦定理，取反例即可求解D.
【詳解】若平面是面積為的等邊三角形，則，則，.A不正確.
若，則，則.B正確.
若，則，，
則平面的外接圓半徑為，則到平面的距離，
則三棱錐的體積，
則球面的體積.C正確.
由余弦定理可知因為，所以，則.
取，，則，，
則.D不正確.
故選：BC
【點睛】方法點睛：解決與球相關的切、接問題，其通法是作出截面，將空間幾何問題轉化為平面幾何問題求解，其解題思維流程如下：
（1）定球心：如果是內切球，球心到切點的距離相等且為球的半徑；如果是外接球，球心到接點的距離相等且為半徑；
（2）作截面：選準最佳角度做出截面（要使這個截面盡可能多的包含球、幾何體的各種元素以及體現這些元素的關系），達到空間問題平面化的目的；
（3）求半徑下結論：根據作出截面中的幾何元素，建立關于球的半徑的方程，并求解.
42. （2022·安徽合肥·模擬預測）已知頂點為S的圓錐面（以下簡稱圓錐S）與不經過頂點S的平面α相交，記交線為C，圓錐S的軸線l與平面α所成角θ是圓錐S頂角（圓S軸截面上兩條母線所成角θ的一半，為探究曲線C的形狀，我們構建球T，使球T與圓錐S和平面α都相切，記球T與平面α的切點為F，直線l與平面α交點為A，直線AF與圓錐S交點為O，圓錐S的母線OS與球T的切點為M，，．
(1)求證：平面SOA⊥平面α，并指出a，b，關系式；
(2)求證：曲線C是拋物線．
【答案】(1)證明見解析；；
(2)證明見解析.
【分析】（1）由題設條件可得平面AOS⊥平面，據此可求出球的半徑，可得，化簡即可得解；
（2）建立空間直角坐標系，利用向量法求兩點間的距離，化簡方程即可得解.
【詳解】（1）∵平面AOS截球T的截面圓與直線AO相切于F，
∴，
記P是平面內不在直線OA上的點，平面TFP截球T的截面圓與直線FP相切于點F，
∴，
∵平面內直線AO，FP相交于點F，
∴TF⊥平面，
∵直線TF平面AOS，
∴平面AOS⊥平面，
∴．連TO，TM，
∴，，
∴球T的半徑且，
∴.
（2）在平面AOS內圓錐的另一條母線與球T的切點記為N點
∵，
∴
以O為坐標原點，OA所在直線為x軸，過O與TF平行的直線為z軸建立空間直角坐標系，如圖.
∵OM，OF與球T相切，
∴，
∴，，
設交線C上任意點，記圓錐S的母線SP與球T相切于E．
∵PF與球T相切于點F，
∴，，
∴，
即（1），
兩邊平方整理得：（2），
兩邊平方整理得：（3），
易知：（3）（2）（1），
∴交線C在坐標平面xOy中方程為，
∴交線C是以F為焦點，O為頂點的拋物線.
43. （2022·遼寧沈陽·二模）蜂房是自然界最神奇的“建筑”之一，如圖1所示.蜂房結構是由正六棱柱截去三個相等的三棱錐，，，再分別以，，為軸將，，分別向上翻轉，使，，三點重合為點所圍成的曲頂多面體（下底面開口），如圖2所示.蜂房曲頂空間的彎曲度可用曲率來刻畫，定義其度量值等于蜂房頂端三個菱形的各個頂點的曲率之和，而每一頂點的曲率規定等于減去蜂房多面體在該點的各個面角之和（多面體的面角是多面體的面的內角，用弧度制表示）.例如：正四面體在每個頂點有3個面角，每個面角是，所以正四面體在各頂點的曲率為.
(1)求蜂房曲頂空間的彎曲度；
(2)若正六棱柱底面邊長為1，側棱長為2，設
（i）用表示蜂房（圖2右側多面體）的表面積；
（ii）當蜂房表面積最小時，求其頂點的曲率的余弦值.
【答案】(1)
(2)（i）；（ii）
【分析】（1）根據彎曲度、曲率的定義求得正確答案.
（2）（i）結合多面體的表面積的求法求得；（ii）利用導數求得蜂房表面積最小時的值.令，利用余弦定理求得，結合三角恒等變換的知識求得頂點的曲率的余弦值.
【詳解】（1）蜂房曲頂空間的彎曲度為頂端三個菱形的7個頂點的曲率之和，
根據定義其度量值等于減去三個菱形的內角和，
再減去6個直角梯形中的兩個非直角內角和，
即蜂房曲頂空間的彎曲度為.
（2）（i）如圖所示，連接AC，SH，則，設點在平面的射影為O，
則，則，
菱形SAHC的面積為，
側面積，
所以蜂房的表面積為.
（ii），
令得到，
所以在遞增；在遞增.
所以在處取得極小值，也即是最小值.
此時，在中，令，由余弦定理得，
又頂點的曲率為，
.
44. （2024·山東濟南·一模）在空間直角坐標系中，任何一個平面的方程都能表示成，其中，，且為該平面的法向量.已知集合，，.
(1)設集合，記中所有點構成的圖形的面積為，中所有點構成的圖形的面積為，求和的值；
(2)記集合Q中所有點構成的幾何體的體積為，中所有點構成的幾何體的體積為，求和的值：
(3)記集合T中所有點構成的幾何體為W.
①求W的體積的值；
②求W的相鄰（有公共棱）兩個面所成二面角的大小，并指出W的面數和棱數.
【答案】(1)，；
(2)，；
(3)①16；②，共有12個面，24條棱.
【分析】
（1）首先分析題意進行解答，分別表示出集合代表的點，后得到的截面是正方形求出，同理得到是正方形求出即可.
（2）首先根據（1）分析得出為截去三棱錐所剩下的部分.
后用割補法求解體積即可.
（3）利用題目中給定的定義求出法向量，結合面面角的向量求法求解，再看圖得到面數和棱數即可.
【詳解】（1）
集合表示平面上所有的點，
表示這八個頂點形成的正方體內所有的點，
而可以看成正方體在平面上的截面內所有的點.
發現它是邊長為2的正方形，因此.
對于，當時，
表示經過，，的平面在第一象限的部分.
由對稱性可知Q表示，，
這六個頂點形成的正八面體內所有的點.
而可以看成正八面體在平面上的截面內所有的點.
它是邊長為的正方形，因此.
（2）
記集合，中所有點構成的幾何體的體積分別為，；
考慮集合的子集；
即為三個坐標平面與圍成的四面體.
四面體四個頂點分別為，，，，
此四面體的體積為
由對稱性知，
考慮到的子集構成的幾何體為棱長為1的正方體，
即，
，
顯然為兩個幾何體公共部分，
記，，，.
容易驗證，，在平面上，同時也在的底面上.
則為截去三棱錐所剩下的部分.
的體積，三棱錐的體積為.
故的體積.
當由對稱性知，.
（3）
如圖所示，即為所構成的圖形.
其中正方體即為集合P所構成的區域.構成了一個正四棱錐，
其中到面的距離為，
，.
由題意面方程為，由題干定義知其法向量
面方程為，由題干定義知其法向量
故.
由圖知兩個相鄰的面所成角為鈍角.故H相鄰兩個面所成角為.
由圖可知共有12個面，24條棱.
【點睛】關鍵點點睛：本題考查立體幾何新定義，解題關鍵是利用新定義求出法向量，然后利用向量求法得到所要求的二面角余弦值即可．
45. （2024·云南·模擬預測）三階行列式是解決復雜代數運算的算法，其運算法則如下： .若，則稱為空間向量與的叉乘，其中，，為單位正交基底.以為坐標原點，分別以的方向為軸 軸 軸的正方向建立空間直角坐標系，已知是空間直角坐標系中異于的不同兩點.
(1)①若，求；
②證明：.
(2)記的面積為，證明：；
(3)問：的幾何意義表示以為底面 為高的三棱錐體積的多少倍？
【答案】(1)①；②證明見解析
(2)證明見解析
(3)6
【分析】（1）利用向量的叉乘的定義進行分析運算即可；
（2）利用數量積公式求得，則，可得，借助叉乘公式利用分析法即可證得結果；
（3）由，化簡可得，即可得到結果.
【詳解】（1）①解：因為，
則.
②證明：設，
則
，
與互換，與互換，與互換，
可得，
故.
（2）證明：因為
.
故，
故要證，
只需證，
即證.
由（1），
故，
又，
則成立，
故.
（3）由（2），
得
，
故，
故的幾何意義表示：
以為底面 為高的三棱錐體積的6倍.
【點睛】解答本題的關鍵：一是對向量叉乘定義的理解；二是證明時，利用分析法，把條件坐標化處理
10立體幾何新考點
46.（2024·河北滄州·一模）如圖，在正三棱錐中，，點滿足，，過點作平面分別與棱AB，BD，CD交于Q，S，T三點，且，.
(1)證明：，四邊形總是矩形；
(2)若，求四棱錐體積的最大值.
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）取的中點，連接，根據條件可得平面，從而得到，再利用平行于，可得出四邊形為平行四邊形，即可證明；
（2）取中點，連接，交平面于點，根據條件得出，構造函數，利用導數與函數的單調性間關系，求出的最值，即可解決問題.
【詳解】（1）當時，點是棱上的動點（不包括端點），取的中點，連接，
易知，又，平面，
所以平面，又面，所以，
又 平面，平面平面，平面，所以 ，
同理 ，所以 ，
同理可得 ，所以四邊形為平行四邊形，
又或其補角是與所成的角，所以，故四邊形為矩形；
（2），由 ，得，
又，得到，同理可得，
取中點，連接，交平面于點.
因為，所以該正三棱錐為正四面體，所以，所以，
同理，，，
所以，，又，平面，
所以平面，因為平面與都平行，
所以可得，又易知，所以，
即到平面的距離為，
所以，
令，則，
由，得到，由，得到，
所以在上單調遞增，在上單調遞減，
所以，所以.
47. （2022·全國·模擬預測）如圖1，在矩形中，B，C分別為，的中點，且，現將矩形沿翻折，得到如圖2所示的多面體．
(1)當二面角的大小為60°時，證明：多面體為正三棱柱；
(2)設點關于平面的對稱點為，當該多面體的體積最大時，求三棱錐的體積．
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】(1)通過證明平面平面，，平面可得；(2)由棱柱體積公式求其最大值，再結合棱錐體積公式求三棱錐的體積．
【詳解】（1）因為,，平面，
所以平面，又，
所以平面，所以為二面角的平面角，
∵二面角的大小為60°，∴．
又，∴為等邊三角形．
又∵，∴平面．同理平面．
又∵，平面，
∴平面平面．
又，
∴多面體為正三棱柱．
（2）設多面體的體積為
∵多面體為直三棱柱，
∴
，
當時，．
設與平面交于點，過點作平面于點，連接，，相交于點，則是的中點，．
∴，∴．
根據題意易知三棱錐為正三棱錐，
∴是的重心，，，三點共線，∴，
∴，∴．
48. （23-24高三下·浙江金華·階段練習）如圖，在三棱柱中，是邊長為2的正三角形，側面是矩形，．
(1)求證：三棱錐是正三棱錐；
(2)若三棱柱的體積為，求直線與平面所成角的正弦值．
【答案】(1)證明見解析
(2)
【分析】（1）根據線面垂直的判定定理及性質定理，證明平面即可；
（2）建立空間直角坐標系，利用向量法求線面角正弦即可.
【詳解】（1）分別取AB，BC中點D，E，連接CD，AE交于點O，則點O為正三角形ABC的中心．
因為得，
又平面，
所以平面，又平面，
則；
取中點，連接，則四邊形是平行四邊形，
因為側面是矩形，所以，又，
又平面，
所以平面，又平面，則；
又，平面，所以平面，
所以三棱錐是正三棱錐．
（2）因為三棱柱的體積為，底面積為，所以高，
以E為坐標原點，EA為x軸正方向，EB為y軸正方向，過點E且與平行的方向為z軸的正方向建立空間直角坐標系，
則，
設平面的法向量，因為．
則，取，可得，
又，
設直線與平面所成角為θ，
所以.
49. （2023·重慶沙坪壩·模擬預測）正錐體具有良好的對稱性．
(1)在正三棱錐中，證明：；
(2)已知正棱錐．請在下列兩個條件中，選擇一個命題填到___________上，并證明：
①當，時，存在，使得；
②當，時，不存在，使得．
注：如果選擇多個條件分別解答，按第一個解答計分．
【答案】(1)證明見解析
(2)證明見解析
【分析】（1）取的中點，連，，根據等腰三角形的性質得，，再根據直線與平面垂直的判定得平面，再根據直線與平面垂直的性質得；
（2）選①時，取，在三棱錐中，取的中點為，連，，根據直線與平面垂直的判定定理與性質可證；選②時，在三棱錐中，取的中點為，連，，利用反證法可證結論成立.
【詳解】（1）因為三棱錐為正三棱錐，所以底面為正三角形，側面都是以為頂點的等腰三角形，
取的中點，連，，則，，
又，平面，
所以平面，因為平面，所以.

（2）選①，當，時，為大于等于的奇數，底面是正邊形，
取，則三棱錐的底面是等腰三角形，側面都是以為頂點的等腰三角形，且，取的中點為，連，，
則，， 又,平面，
所以平面，因為平面，所以.
即存在，使得.
選②，當，時，為大于等于的偶數，底面是正邊形，
假設存在，使得，
在三棱錐中，取的中點為，連，，
則，又因為，，平面，
所以平面，因為平面，所以，
所以，則在正邊形中，
根據對稱性可知，與之間頂點個數等于與之間頂點的個數，
則正邊形的頂點個數為奇數，即為奇數，這與，相矛盾，故假設不成立，
所以當，時，不存在，使得．

50. （23-24高三下·江蘇蘇州·階段練習）甲、乙、丙三人以正四棱錐和正三棱柱為研究對象，設棱長為，若甲從其中一個底面邊長和高都為2的正四棱錐的5個頂點中隨機選取3個點構成三角形，定義隨機變量的值為其三角形的面積；若乙從正四棱錐（和甲研究的四棱錐一樣）的8條棱中任取2條，定義隨機變量的值為這兩條棱的夾角大小（弧度制）；若丙從正三棱柱的9條棱中任取2條，定義隨機變量的值為這兩條棱的夾角大小（弧度制）.
(1)比較三種隨機變量的數學期望大小；（參考數據）
(2)現單獨研究棱長，記（且），其展開式中含項的系數為，含項的系數為.
①若，對成立，求實數，，的值；
②對①中的實數，，用數字歸納法證明：對任意且，都成立.
【答案】(1)
(2)①；②證明過程見解析
【分析】
（1）直接根據三角形面積公式、線線角以及期望公式求解即可；
（2）①首先代入得到關于的三元一次方程組即可求解；②由①中結論結合數學歸納法即可得證.
【詳解】（1）如圖所示：
由題意設為正四棱錐的高，為中點，
由于正四棱錐的底面邊長和高都是2，
所以，所以，
由對稱性以及三線合一可知，
若甲從其中一個底面邊長和高都為2的正四棱錐的5個頂點中隨機選取3個點構成三角形，
則的所有可能取值為，
且，
所以，
若乙從正四棱錐（和甲研究的四棱錐一樣）的8條棱中任取2條，
則的所有可能取值為，
，
代入參考數據，得，
若丙從正三棱柱的9條棱中任取2條，
則的所有可能取值為，
，
所以.
（2）①因為中項的系數為，
一般地，從中的第個因式中取一個，其余因式中取常數即可得到一個項，
而這一項的系數為，，
因為中項的系數為，
一般地，從中的第個因式中各取一個，其余因式中取常數即可得到一個項，
而這一項的系數為，從而，
從而，
，
由題意得，解得；
②用數學歸納法證明：且時，.
當時，，故結論對成立，
假設結論對成立，即，
則
，
所以結論對也成立，
故，對任意成立.
【點睛】關鍵點點睛：第一問的關鍵是弄清楚各個隨機變量的取值可能，并求出相應的概率由此即可順利得解.
51. （2024·青海·模擬預測）如圖，在正方體中，，，，，，分別為棱，，，，，的中點，為的中點，連接，．對于空間任意兩點，，若線段上不存在也在線段，上的點，則稱，兩點“可視”，則與點“可視”的點為（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】連接、、、、、，借助平行線的性質可得四點共面，即可得線段與相交，線段與相交，線段與相交，從而排除A、B、C.
【詳解】如圖，連接，，，由正方體的性質及、分別為棱、的中點，
易得，所以線段與相交，與相交，故A、B錯誤；
連接，，有，，故，
所以線段與相交，C錯誤；
連接，直線與，直線與均為異面直線，D正確.
故選：D.
52.（多選）（2023·安徽滁州·模擬預測）閱讀數學材料：“設為多面體的一個頂點，定義多面體在點處的離散曲率為，其中為多面體的所有與點相鄰的頂點，且平面，平面，，平面和平面為多面體的所有以為公共點的面”解答問題：已知在直四棱柱中，底面為菱形，，則下列說法正確的是（ ）
A．四棱柱在其各頂點處的離散曲率都相等
B．若，則四棱柱在頂點處的離散曲率為
C．若四面體在點處的離散曲率為，則平面
D．若四棱柱在頂點處的離散曲率為，則與平面的夾角為
【答案】BC
【分析】根據題意求線線夾角，再代入離散曲率公式，對四個選項逐一分析判斷，結合線面垂直的判定定理及性質即可得出答案.
【詳解】A：當直四棱柱的底面為正方形時，其在各頂點處的離散曲率都相等，
當直四棱柱的底面不為正方形時，其在同一底面且相鄰的兩個頂點處的離散曲率不相等，故A錯誤；
B：若，則菱形為正方形，
因為平面，平面，所以，，
所以直四棱柱在頂點處的離散曲率為，故B正確；
C：在四面體中，，，所以，
所以四面體在點處的離散曲率為，解得，
易知，所以，所以，
所以直四棱柱為正方體，
因為平面，平面，
所以，又平面，
所以平面，又平面，所以，同理，
又平面，所以平面，故C正確，
D：直四棱柱在頂點處的離散曲率為,
則,即是等邊三角形,
設,則即為與平面的所成角, ,故D錯誤;
故選：BC.
【點睛】關鍵點點睛：關鍵是充分理解離散曲率的定義，從而結合立體幾何的知識求解即可
53. （多選）（2024·吉林·模擬預測）如圖1，在等腰梯形中，，且為的中點，沿將翻折，使得點到達的位置，構成三棱錐（如圖2），則（ ）
A．在翻折過程中，與可能垂直
B．在翻折過程中，二面角無最大值
C．當三棱錐體積最大時，與所成角小于
D．點在平面內，且直線與直線所成角為，若點的軌跡是橢圓，則三棱錐的體積的取值范圍是
【答案】AC
【分析】先確定未翻折之前，圖形中的數量關系和位置關系，翻折時，當時可證平面平面，從而可證，判斷A；且此時二面角取得最大值，判斷B；還是此時，當三棱錐體積最大，可求異面直線與所成角，判斷C；對D，根據圓錐曲線的定義，判斷二面角的取值范圍，求出高的取值范圍，從而的三棱錐的體積的取值范圍，判斷D.
【詳解】如圖1：
在未折起之前，有，， ，..
又，，所以.
沿將翻折，則點軌跡為一個圓，且圓面一直和垂直，如圖：
當時，，又，平面，
所以平面，平面，所以平面平面，
又平面，平面平面，，所以平面.
平面，所以.故A正確.
此時，，所以即為二面角的平面角為，是二面角的最大值，故B錯誤；
此時三棱錐的高等于，高取得最大值，又底面不變，所以三棱錐的體積最大.
如圖：
取中點，連接，，則即為一面直線與所成角，
在中，，，，
所以 ，
所以，故C正確；
對D：點在平面內，且直線與直線所成角為，若點的軌跡是橢圓，根據圓錐曲線的概念，二面角應該在之間取值，且不能為（此時點的軌跡是圓），
當二面角或時，，
當二面角時，，
所以點在平面內，且直線與直線所成角為，且點的軌跡是橢圓時，，故D錯誤.
故選：AC
【點睛】關鍵點點睛：用一個平面截圓錐體，要想得到的截面是一個橢圓，截面不能和圓錐的母線相交，且截面不能與圓錐的軸垂直（此時的截面是圓）.
54. （2024·甘肅蘭州·一模）如圖在四棱柱中，側面為正方形，側面為菱形，，、分別為棱及的中點，在側面內（包括邊界）找到一個點，使三棱錐與三棱錐的體積相等，則點P可以是 （答案不唯一），若二面角的大小為，當取最大值時，線段長度的取值范圍是 ．
【答案】 的中點，（答案不唯一，點在與的中點的連線段上即可）
【分析】取棱及的中點、，連接、，、，，即可證明平面 平面，即可得到點在線段上，過點作交于點，在平面內過點作，即可得到為二面角為平面角，易知，即可求出的最大值，此時，即為正方形，從而求出，，，即可求出線段長度的取值范圍.
【詳解】取棱及的中點、，連接、，、，，
因為、分別為棱及的中點，
所以，，則，
又且，且，所以且，
所以四邊形為平行四邊形，所以，
又平面，平面，所以平面，同理可得平面，
又，平面，所以平面 平面，
又點在側面內（包括邊界），且三棱錐與三棱錐的體積相等，
當點在線段上時，點到平面的距離與點到平面的距離相等，
此時三棱錐與三棱錐的體積相等，
所以點在線段上，即點在與的中點的連線段上.
過點作交于點，在平面內過點作，
因為側面為正方形，所以，
所以為二面角為平面角，
又二面角的大小為，所以，易知，
又側面為菱形，，所以，所以，
所以當取最大值時，，即為正方形，
在中，，
所以，
在中，，
所以，
又，
所以，所以，即為直角三角形且，
所以當點在線段上運動時，
即線段長度的取值范圍為.
故答案為：的中點，（答案不唯一，點在與的中點的連線段上即可），．
【點睛】關鍵點點睛：第一問關鍵是構造面面平行，從而確定點的軌跡，第二問關鍵是確定二面角的平面角，從而得到的最大值，以及此時所滿足的幾何關系.
55. （2024·全國·模擬預測）如圖，已知正三棱錐和正三棱錐有相同的底面，且．
(1)若，求二面角的余弦值；
(2)若平面，求的長度．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）先根據幾何體的對稱性將二面角轉化為二面角的倍，再利用二面角的定義求二面角即可；
（2）以點為坐標原點，、、的方向分別為、、軸的正方向建立空間直角坐標系，根據和平面的法向量垂直求從而求解．
【詳解】（1）解：當時，上、下兩個正三棱錐全等，
所以二面角的平面角為二面角的平面角的倍．
取的中點，連接、，連接交平面于點，
則為等邊的中心，且平面，
因為、都是等邊三角形，則，，
所以為二面角 的平面角．
在中，，，
因為為等邊的中心，則，
因為平面，平面，所以，，
所以．
所以，
所以二面角的余弦值為．
（2）解：因為平面，，
以點為坐標原點，、、的方向分別為、、軸的正方向建立如下圖所示的空間直角坐標系，
則、、、．
則，．
連接，由三棱錐維為正三棱錐，可得平面，
設，平面的法向量為，
則，取，可得，
易知，由平面可知，即，
所以，得，
所以．壓軸題04立體幾何壓軸題十大題型匯總
命題預測 本專題考查類型主要涉及點立體幾何的內容，主要涉及了立體幾何中的動點問題，外接球內切球問題，以及不規則圖形的夾角問題，新定義問題等。 預計2024年后命題會繼續在以上幾個方面進行。
高頻考法 題型01幾何圖形內切球、外接球問題 題型02立體幾何中的計數原理排列組合問題 題型03立體幾何動點最值問題 題型04不規則圖形中的面面夾角問題 題型05不規則圖形中的線面夾角問題 題型06幾何中的旋轉問題 題型07立體幾何中的折疊問題 題型08不規則圖形表面積、體積問題 題型09立體幾何新定義問題 題型10立體幾何新考點
01幾何圖形內切球、外接球問題
解決與球相關的切、接問題，其通法是作出截面，將空間幾何問題轉化為平面幾何問題求解，其解題思維流程如下： （1）定球心：如果是內切球，球心到切點的距離相等且為球的半徑；如果是外接球，球心到接點的距離相等且為半徑； （2）作截面：選準最佳角度做出截面（要使這個截面盡可能多的包含球、幾何體的各種元素以及體現這些元素的關系），達到空間問題平面化的目的； （3）求半徑下結論：根據作出截面中的幾何元素，建立關于球的半徑的方程，并求解.
1.（多選）（23-24高三下·浙江·開學考試）如圖，八面體的每個面都是正三角形，并且4個頂點在同一個平面內，如果四邊形是邊長為2的正方形，則（ ）
A．異面直線與所成角大小為
B．二面角的平面角的余弦值為
C．此八面體一定存在外接球
D．此八面體的內切球表面積為

2. （2024·浙江寧波·二模）在正四棱臺中，，若球與上底面以及棱均相切，則球的表面積為（ ）
A． B． C． D．
3. （2024·河北石家莊·二模）已知正方體的棱長為，連接正方體各個面的中心得到一個八面體，以正方體的中心為球心作一個半徑為的球，則該球的球面與八面體各面的交線的總長為（ ）
A． B． C． D．
4. （多選）（2022·山東聊城·二模）用與母線不垂直的兩個平行平面截一個圓柱，若兩個截面都是橢圓形狀，則稱夾在這兩個平行平面之間的幾何體為斜圓柱．這兩個截面稱為斜圓柱的底面，兩底面之間的距離稱為斜圓柱的高，斜圓柱的體積等于底面積乘以高．橢圓的面積等于長半軸與短半軸長之積的倍，已知某圓柱的底面半徑為2，用與母線成45°角的兩個平行平面去截該圓柱，得到一個高為6的斜圓柱，對于這個斜圓柱，下列選項正確的是（ ）
A．底面橢圓的離心率為
B．側面積為
C．在該斜圓柱內半徑最大的球的表面積為
D．底面積為
5. （21-22高三上·湖北襄陽·期中）在正方體中，球同時與以A為公共頂點的三個面相切，球同時與以為公共頂點的三個面相切，且兩球相切于點若以F為焦點，為準線的拋物線經過，，設球，的半徑分別為，，則 .
02立體幾何中的計數原理排列組合問題
6.（2024·浙江臺州·二模）房屋建造時經常需要把長方體磚頭進行不同角度的切割，以契合實際需要.已知長方體的規格為，現從長方體的某一棱的中點處作垂直于該棱的截面，截取1次后共可以得到，，三種不同規格的長方體.按照上述方式對第1次所截得的長方體進行第2次截取，再對第2次所截得的長方體進行第3次截取，則共可得到體積為165cm 的不同規格長方體的個數為（ ）
A．8 B．10 C．12 D．16
7. （2023·江蘇南通·模擬預測）在空間直角坐標系中，，則三棱錐內部整點（所有坐標均為整數的點，不包括邊界上的點）的個數為（ ）
A． B． C． D．
8. （2024·重慶·模擬預測）從長方體的個頂點中任選個，則這個點能構成三棱錐的頂點的概率為（ ）
A． B． C． D．
9. （多選）（2024·重慶·模擬預測）如圖，16枚釘子釘成4×4的正方形板，現用橡皮筋去套釘子，則下列說法正確的有(不同的圖形指兩個圖形中至少有一個頂點不同)（ ）
A．可以圍成20個不同的正方形
B．可以圍成24個不同的長方形(鄰邊不相等)
C．可以圍成516個不同的三角形
D．可以圍成16個不同的等邊三角形
10. （2024·上海浦東新·模擬預測）如圖為正六棱柱，若從該正六棱柱的個側面的條面對角線中，隨機選取兩條，則它們共面的概率是 ．

03立體幾何動點最值問題
空間幾何體中線段和差最值以及幾何體中的軌跡問題，以及線線角和線面角的求解，綜合性較強，難度較大，解答時要發揮空間想象，明確空間的位置關系，結合空間距離，確定動點的軌跡形狀；結合等體積法求得點到平面的距離，結合線面角的定義求解.
11.（多選）（2024·浙江臺州·二模）已知正方體的棱長為1，為平面內一動點，且直線與平面所成角為，E為正方形的中心，則下列結論正確的是（ ）
A．點的軌跡為拋物線
B．正方體的內切球被平面所截得的截面面積為
C．直線與平面所成角的正弦值的最大值為
D．點為直線上一動點，則的最小值為
12. （多選）（2024·江蘇揚州·模擬預測）如圖，在棱長為1的正方體中，為平面內一動點，則（ ）
A．若在線段上，則的最小值為
B．平面被正方體內切球所截，則截面面積為
C．若與所成的角為，則點的軌跡為橢圓
D．對于給定的點，過有且僅有3條直線與直線所成角為
13. （多選）（2023·安徽蕪湖·模擬預測）已知正方體的棱長為2，棱的中點為，過點作正方體的截面，且，若點在截面內運動（包含邊界），則（ ）
A．當最大時，與所成的角為
B．三棱錐的體積為定值
C．若，則點的軌跡長度為
D．若平面，則的最小值為
14. （多選）（2024·福建廈門·一模）如圖所示，在五面體中，四邊形是矩形，和均是等邊三角形，且，，則（ ）
A．平面
B．二面角隨著的減小而減小
C．當時，五面體的體積最大值為
D．當時，存在使得半徑為的球能內含于五面體
15. （多選）（2024·廣西南寧·一模）在邊長為2的正方體中，動點滿足，且，下列說法正確的是（ ）
A．當時，的最小值為
B．當時，異面直線與所成角的余弦值為
C．當，且時，則的軌跡長度為
D．當時，與平面所成角的正弦值的最大值為
04不規則圖形中的面面夾角問題
利用向量法解決立體幾何中的空間角問題，關鍵在于依托圖形建立合適的空間直角坐標系，將相關向量用坐標表示，通過向量的坐標運算求空間角，其中建系的關鍵在于找到兩兩垂直的三條直線．
16.（2024·浙江臺州·二模）如圖，已知四棱臺中，，，，，，，且，為線段中點，
(1)求證：平面；
(2)若四棱錐的體積為，求平面與平面夾角的余弦值.
17. （2024·浙江杭州·二模）如圖，在多面體中，底面是平行四邊形，為的中點，．
(1)證明：；
(2)若多面體的體積為，求平面與平面夾角的余弦值．
18. （2024·浙江金華·模擬預測）已知四棱錐的棱的長為，其余各條棱長均為1．
(1)求四棱錐的體積；
(2)求二面角的大小．
19. （2024·安徽·二模）將正方形繞直線逆時針旋轉，使得到的位置，得到如圖所示的幾何體．
(1)求證：平面平面；
(2)點為上一點，若二面角的余弦值為，求．
20. （2024·山西·二模）如圖，四棱錐中，二面角的大小為，，，是的中點.

(1)求證：平面平面；
(2)若直線與底面所成的角為，求二面角的余弦值.
05不規則圖形中的線面夾角問題
21.（2024·浙江寧波·二模）在菱形中，，以為軸將菱形翻折到菱形，使得平面平面，點為邊的中點，連接.
(1)求證： 平面；
(2)求直線與平面所成角的正弦值.
22. （23-24高三下·江蘇泰州·階段練習）如圖，在四棱錐中，底面是菱形，，為等邊三角形，點M，N分別為AB，PC的中點．
(1)證明：直線平面PAD；
(2)當二面角為120°時，求直線MN與平面PCD所成的角的正弦值．
23. （23-24高三下·浙江·開學考試）在三棱錐中，.
(1)證明：平面平面；
(2)點為棱上，若與平面所成角的正弦值為，求的長；
24. （2022·江西贛州·二模）已知四棱錐P—ABCD中，△ABD △BCD △BDP都是正三角形
(1)求證：平面ACP⊥平面BDP；
(2)求直線BP與平面ADP所成角的正弦值.
25. （2024·全國·模擬預測）如圖，兩兩垂直，點為的中點，點在線段上，且滿足，．
(1)求證：平面平面．
(2)求直線與平面所成角的正弦值．
06幾何中的旋轉問題
26.（2024·全國·模擬預測）如圖，已知長方體中，，，為正方形的中心點，將長方體繞直線進行旋轉．若平面滿足直線與所成的角為，直線，則旋轉的過程中，直線與夾角的正弦值的最小值為（ ）（參考數據：，）
A． B． C． D．
27. （多選）（2024·河北唐山·一模）在透明的密閉正三棱柱容器內灌進一些水，已知．如圖，當豎直放置時，水面與地面距離為3．固定容器底面一邊AC于地面上，再將容器按如圖方向傾斜，至側面與地面重合的過程中，設水面所在平面為α，則（ ）

A．水面形狀的變化：三角形 梯形 矩形
B．當時，水面的面積為
C．當時，水面與地面的距離為
D．當側面與地面重合時，水面的面積為12
28. （2024·陜西商洛·模擬預測）魔方，又叫魯比克方塊，最早是由匈牙利布達佩斯建筑學院厄爾諾 魯比克教授于1974年發明的機械益智玩具.魔方擁有競速 盲擰 單擰等多種玩法，風靡程度經久未衰，每年都會舉辦大小賽事，是最受歡迎的智力游戲之一.一個三階魔方，由27個棱長為1的正方體組成，如圖是把魔方的中間一層轉動了，則該魔方的表面積增加了 .
29. （2024·福建·模擬預測）在中，，，的平分線交AB于點D，.平面α過直線AB，且與所在的平面垂直.
(1)求直線CD與平面所成角的大小；
(2)設點，且，記E的軌跡為曲線Γ.
（i）判斷Γ是什么曲線，并說明理由；
（ii）不與直線AB重合的直線l過點D且交Γ于P，Q兩點，試問：在平面α內是否存在定點T，使得無論l繞點D如何轉動，總有？若存在，指出點T的位置；若不存在，說明理由.
30. （多選）（2024·浙江·二模）已知正方體，的棱長為1，點P是正方形上的一個動點，初始位置位于點處，每次移動都會到達另外三個頂點.向相鄰兩頂點移動的概率均為，向對角頂點移動的概率為，如當點P在點處時，向點，移動的概率均為，向點移動的概率為，則（ ）
A．移動兩次后，“”的概率為
B．對任意，移動n次后，“平面”的概率都小于
C．對任意，移動n次后，“PC⊥平面”的概率都小于
D．對任意，移動n次后，四面體體積V的數學期望（注：當點P在平面上時，四面體體積為0）
07立體幾何中的折疊問題
31.（2020·浙江·模擬預測）如圖，在中，， ，，D為線段BC（端點除外）上一動點.現將沿線段 AD折起至，使二面角的大小為120°，則在點 D的移動過程中，下列說法錯誤的是（ ）
A．不存在點，使得
B．點在平面上的投影軌跡是一段圓弧
C．與平面所成角的余弦值的取值范圍是
D．線段的最小值是
32. （多選）（23-24高三下·江蘇泰州·階段練習）已知正方形ABCD的邊長為4，點E在線段AB上，．沿DE將折起，使點A翻折至平面BCDE外的點P，則（ ）
A．存在點P，使得 B．存在點P，使得直線平面PDE
C．不存在點P，使得 D．不存在點P，使得四棱錐的體積為8
33. （2024·安徽池州·模擬預測）如圖①，四邊形是邊長為2的正方形，與是兩個全等的直角三角形，且與交于點，將與分別沿翻折，使重合于點，連接，得到四棱錐，如圖②，
(1)證明：；
(2)若為棱的中點，求直線與平面所成角的正弦值.
34. （多選）（2023·浙江嘉興·模擬預測）如圖，在中，，，，過中點的直線與線段交于點．將沿直線翻折至，且點在平面內的射影在線段上，連接交于點，是直線上異于的任意一點，則（ ）

A．
B．
C．點的軌跡的長度為
D．直線與平面所成角的余弦值的最小值為
35. （2024·全國·模擬預測）如圖1，已知在正方形中，，，，分別是邊，，的中點，現將矩形沿翻折至矩形的位置，使平面平面，如圖2所示．
(1)證明：平面平面；
(2)設是線段上一點，且二面角的余弦值為，求的值．
08不規則圖形表面積、體積問題
解決不規則圖形的表面積體積問題，注意使用割補法，通過分割與補形的方法，轉化成常規的幾何體進行求解。
36.（2024·浙江·模擬預測）如圖，已知長方體的體積為是棱的中點，平面將長方體分割成兩部分，則體積較小的一部分的體積為（ ）

A． B． C． D．
37. （2022·遼寧錦州·一模）2022年北京冬奧會的成功舉辦使北京成為奧運史上第一座“雙奧之城”.其中2008年北京奧運會的標志性場館之一“水立方”搖身一變成為了“冰立方”.“冰立方”在冬奧會期間承接了冰壺和輪椅冰壺等比賽項目.“水立方”的設計靈感來自威爾·弗蘭泡沫，威爾·弗蘭泡沫是對開爾文胞體的改進，開爾文胞體是一種多面體，它由正六邊形和正方形圍成（其中每一個頂點處有一個正方形和兩個正六邊形），已知該多面體共有24個頂點，且棱長為2，則該多面體的表面積是（ ）
A． B． C． D．
38. （2024·全國·模擬預測）如圖，已知正方體和正四棱臺中，，．
(1)求證：平面；
(2)若是線段的中點，求三棱錐的表面積．
39. （2024·江蘇常州·一模）如圖，正四棱柱的底面邊長為1，高為2，點是棱上一個動點（點與均不重合）.
(1)當點是棱的中點時，求證：直線平面；
(2)當平面將正四棱柱分割成體積之比為的兩個部分時，求線段的長度.
40. （多選）（2024·安徽蕪湖·二模）如圖，多面體由正四棱錐和正四面體組合而成，其中，則下列關于該幾何體敘述正確的是（ ）
A．該幾何體的體積為 B．該幾何體為七面體
C．二面角的余弦值為 D．該幾何體為三棱柱
09立體幾何新定義問題
立體幾何新定義問題，解題關鍵是理解新定義，能夠構建合適的空間直角坐標系，解決相應問題．
41.（多選）（23-24高三上·河北·期末）球面三角學是研究球面三角形的邊、角關系的一門學科.如圖，球的半徑為，，，為球面上三點，劣弧的弧長記為，設表示以為圓心，且過，的圓，同理，圓，的劣弧，的弧長分別記為，，曲面（陰影部分）叫做曲面三角形，若，則稱其為曲面等邊三角形，線段，，與曲面圍成的封閉幾何體叫做球面三棱錐，記為球面.設，，，則下列結論正確的是（ ）
A．若平面是面積為的等邊三角形，則
B．若，則
C．若，則球面的體積
D．若平面為直角三角形，且，則
42. （2022·安徽合肥·模擬預測）已知頂點為S的圓錐面（以下簡稱圓錐S）與不經過頂點S的平面α相交，記交線為C，圓錐S的軸線l與平面α所成角θ是圓錐S頂角（圓S軸截面上兩條母線所成角θ的一半，為探究曲線C的形狀，我們構建球T，使球T與圓錐S和平面α都相切，記球T與平面α的切點為F，直線l與平面α交點為A，直線AF與圓錐S交點為O，圓錐S的母線OS與球T的切點為M，，．
(1)求證：平面SOA⊥平面α，并指出a，b，關系式；
(2)求證：曲線C是拋物線．
43. （2022·遼寧沈陽·二模）蜂房是自然界最神奇的“建筑”之一，如圖1所示.蜂房結構是由正六棱柱截去三個相等的三棱錐，，，再分別以，，為軸將，，分別向上翻轉，使，，三點重合為點所圍成的曲頂多面體（下底面開口），如圖2所示.蜂房曲頂空間的彎曲度可用曲率來刻畫，定義其度量值等于蜂房頂端三個菱形的各個頂點的曲率之和，而每一頂點的曲率規定等于減去蜂房多面體在該點的各個面角之和（多面體的面角是多面體的面的內角，用弧度制表示）.例如：正四面體在每個頂點有3個面角，每個面角是，所以正四面體在各頂點的曲率為.
(1)求蜂房曲頂空間的彎曲度；
(2)若正六棱柱底面邊長為1，側棱長為2，設
（i）用表示蜂房（圖2右側多面體）的表面積；
（ii）當蜂房表面積最小時，求其頂點的曲率的余弦值.
44. （2024·山東濟南·一模）在空間直角坐標系中，任何一個平面的方程都能表示成，其中，，且為該平面的法向量.已知集合，，.
(1)設集合，記中所有點構成的圖形的面積為，中所有點構成的圖形的面積為，求和的值；
(2)記集合Q中所有點構成的幾何體的體積為，中所有點構成的幾何體的體積為，求和的值：
(3)記集合T中所有點構成的幾何體為W.
①求W的體積的值；
②求W的相鄰（有公共棱）兩個面所成二面角的大小，并指出W的面數和棱數.
45. （2024·云南·模擬預測）三階行列式是解決復雜代數運算的算法，其運算法則如下： .若，則稱為空間向量與的叉乘，其中，，為單位正交基底.以為坐標原點，分別以的方向為軸 軸 軸的正方向建立空間直角坐標系，已知是空間直角坐標系中異于的不同兩點.
(1)①若，求；
②證明：.
(2)記的面積為，證明：；
(3)問：的幾何意義表示以為底面 為高的三棱錐體積的多少倍？
10立體幾何新考點
46.（2024·河北滄州·一模）如圖，在正三棱錐中，，點滿足，，過點作平面分別與棱AB，BD，CD交于Q，S，T三點，且，.
(1)證明：，四邊形總是矩形；
(2)若，求四棱錐體積的最大值.
47. （2022·全國·模擬預測）如圖1，在矩形中，B，C分別為，的中點，且，現將矩形沿翻折，得到如圖2所示的多面體．
(1)當二面角的大小為60°時，證明：多面體為正三棱柱；
(2)設點關于平面的對稱點為，當該多面體的體積最大時，求三棱錐的體積．
48. （23-24高三下·浙江金華·階段練習）如圖，在三棱柱中，是邊長為2的正三角形，側面是矩形，．
(1)求證：三棱錐是正三棱錐；
(2)若三棱柱的體積為，求直線與平面所成角的正弦值．
49. （2023·重慶沙坪壩·模擬預測）正錐體具有良好的對稱性．
(1)在正三棱錐中，證明：；
(2)已知正棱錐．請在下列兩個條件中，選擇一個命題填到___________上，并證明：
①當，時，存在，使得；
②當，時，不存在，使得．
注：如果選擇多個條件分別解答，按第一個解答計分．
50. （23-24高三下·江蘇蘇州·階段練習）甲、乙、丙三人以正四棱錐和正三棱柱為研究對象，設棱長為，若甲從其中一個底面邊長和高都為2的正四棱錐的5個頂點中隨機選取3個點構成三角形，定義隨機變量的值為其三角形的面積；若乙從正四棱錐（和甲研究的四棱錐一樣）的8條棱中任取2條，定義隨機變量的值為這兩條棱的夾角大小（弧度制）；若丙從正三棱柱的9條棱中任取2條，定義隨機變量的值為這兩條棱的夾角大小（弧度制）.
(1)比較三種隨機變量的數學期望大小；（參考數據）
(2)現單獨研究棱長，記（且），其展開式中含項的系數為，含項的系數為.
①若，對成立，求實數，，的值；
②對①中的實數，，用數字歸納法證明：對任意且，都成立.
51. （2024·青海·模擬預測）如圖，在正方體中，，，，，，分別為棱，，，，，的中點，為的中點，連接，．對于空間任意兩點，，若線段上不存在也在線段，上的點，則稱，兩點“可視”，則與點“可視”的點為（ ）
A． B． C． D．
52.（多選）（2023·安徽滁州·模擬預測）閱讀數學材料：“設為多面體的一個頂點，定義多面體在點處的離散曲率為，其中為多面體的所有與點相鄰的頂點，且平面，平面，，平面和平面為多面體的所有以為公共點的面”解答問題：已知在直四棱柱中，底面為菱形，，則下列說法正確的是（ ）
A．四棱柱在其各頂點處的離散曲率都相等
B．若，則四棱柱在頂點處的離散曲率為
C．若四面體在點處的離散曲率為，則平面
D．若四棱柱在頂點處的離散曲率為，則與平面的夾角為
53. （多選）（2024·吉林·模擬預測）如圖1，在等腰梯形中，，且為的中點，沿將翻折，使得點到達的位置，構成三棱錐（如圖2），則（ ）
A．在翻折過程中，與可能垂直
B．在翻折過程中，二面角無最大值
C．當三棱錐體積最大時，與所成角小于
D．點在平面內，且直線與直線所成角為，若點的軌跡是橢圓，則三棱錐的體積的取值范圍是
54. （2024·甘肅蘭州·一模）如圖在四棱柱中，側面為正方形，側面為菱形，，、分別為棱及的中點，在側面內（包括邊界）找到一個點，使三棱錐與三棱錐的體積相等，則點P可以是 （答案不唯一），若二面角的大小為，當取最大值時，線段長度的取值范圍是 ．
55. （2024·全國·模擬預測）如圖，已知正三棱錐和正三棱錐有相同的底面，且．
(1)若，求二面角的余弦值；
(2)若平面，求的長度．

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