資源簡介

專題14 立體幾何常見壓軸小題全面總結與歸納解析
目錄
01考情透視·目標導航 2
02知識導圖·思維引航 3
03 知識梳理·方法技巧 4
04 真題研析·精準預測 6
05 核心精講·題型突破 9
題型一：球與截面面積問題 9
題型二：體積、面積、周長、角度、距離定值問題 10
題型三：體積、面積、周長、距離最值與范圍問題 12
題型四：立體幾何中的交線問題 15
題型五：空間線段以及線段之和最值問題 17
題型六：空間角問題 18
題型七：軌跡問題 21
題型八：翻折問題 22
重難點突破：以立體幾何為載體的情境題 25
高考對這一部分的考察主要集中在兩個關鍵點：一是判斷與空間線面位置關系相關的命題真?zhèn)危欢巧婕耙恍┙浀淝页３霈F于壓軸位置的小題，這些小題通常具有中等或偏上的難度。
考點要求 目標要求 考題統(tǒng)計 考情分析
球與截面面積問題 掌握球截面性質，會求截面面積 2021年天津卷第6題，5分 2018年I卷第12題，5分 對于2025年高考的預測，關于幾何題目的出現形式和熱點，可以重新表述為： （1）預計幾何題目將以選擇題或填空題的精煉形式呈現，旨在全面檢驗學生的邏輯推理與綜合分析能力。 （2）考試的幾何熱點內容可能會聚焦于基礎幾何體的表面積與體積計算、空間中的最短路徑求解，以及幾何體的截面形狀與性質等關鍵問題。
最值與范圍問題 掌握求解方法，解決最值與范圍問題 2023年甲卷第16題，5分 2022年乙卷第9題，5分 2022年I卷第8題，5分 2021年上海卷第9題，5分
角度問題 掌握角度計算，解決立體幾何難題 2024年II卷第7題，5分 2023年天津卷第8題，5分 2023年乙卷第9題，5分 2022年浙江卷第8題，4分 2022年甲卷第9題，5分
1、幾類空間幾何體表面積的求法
（1）多面體：其表面積是各個面的面積之和．
（2）旋轉體：其表面積等于側面面積與底面面積的和．
（3）簡單組合體：應弄清各構成部分，并注意重合部分的刪、補．
2、幾類空間幾何體體積的求法
（1）對于規(guī)則幾何體，可直接利用公式計算．
（2）對于不規(guī)則幾何體，可采用割補法求解；對于某些三棱錐，
有時可采用等體積轉換法求解．
（3）錐體體積公式為，在求解錐體體積時，不能漏掉
3、求解旋轉體的表面積和體積時，注意圓柱的軸截面是矩形，圓
錐的軸截面是等腰三角形，圓臺的軸截面是等腰梯形．
4、球的截面問題
球的截面的性質：
①球的任何截面是圓面；
②球心和截面（不過球心）圓心的連線垂直于截面；
③球心到截面的距離與球的半徑及截面的半徑的關系為．
注意：解決球與其他幾何體的切、接問題，關鍵在于仔細觀察、分析，弄清相關元素的位置關系和數量關系；選準最佳角度作出截面（要使這個截面盡可能多地包含球、幾何體的各種元素以及體現這些元素之間的關系），達到空間問題平面化的目的．
5、立體幾何中的最值問題有三類：一是空間幾何體中相關的點、線和面在運動，求線段長度、截面的面積和體積的最值；二是空間幾何體中相關點和線段在運動，求有關角度和距離的最值；三是在空間幾何體中，已知某些量的最值，確定點、線和面之間的位置關系．
6、解決立體幾何問題的思路方法：一是幾何法，利用幾何體的性質，探求圖形中點、線、面的位置關系；二是代數法，通過建立空間直角坐標系，利用點的坐標表示所求量的目標函數，借助函數思想方法求最值；通過降維的思想，將空間某些量的最值問題轉化為平面三角形、四邊形或圓中的最值問題；涉及某些角的三角函數的最值，借助模型求解，如正四面體模型、長方體模型和三余弦角模（為平面的斜線與平面內任意一條直線所成的角，為該斜線與該平面所成的角，為該斜線在平面上的射影與直線所成的角）．
7、立體幾何中的軌跡問題，這是一類立體幾何與解析幾何的交匯題型，既考查學生的空間想象能力，即點、線、面的位置關系，又考查用代數方法研究軌跡的基本思想，培養(yǎng)學生的數學運算、直觀想象等素養(yǎng)．
8、解決立體幾何中的軌跡問題有兩種方法：一是幾何法．對于軌跡為幾何體的問題，要抓住幾何體中的不變量，借助空間幾何體（柱、錐、臺、球）的定義；對于軌跡為平面上的問題，要利用降維的思想，熟悉平面圖形（直線、圓、圓錐曲線）的定義．二是代數法（解析法）．在圖形中，建立恰當的空間直角坐標系或平面直角坐標系．
9、以立體幾何為載體的情境題大致有三類：
（1）以數學名著為背景設置問題，涉及中外名著中的數學名題名人等；
（2）以數學文化為背景設置問題，包括中國傳統(tǒng)文化，中外古建筑等；
（3）以生活實際為背景設置問題，涵蓋生產生活、勞動實踐、文化精神等．
10、以立體幾何為載體的情境題都跟圖形有關，涉及在具體情境下的圖形閱讀，需要通過數形結合來解決問題．圖形怎么閱讀 一是要讀特征，即從圖形中讀出圖形的基本特征；二是要讀本質，即要善于將所讀出的信息進行提升，實現“圖形→文字→符號”的轉化；三是要有問題意識，帶著問題閱讀圖形，將研究圖形的本身特征和關注題目要解決的問題有機地融合在一起；四是要有運動觀點，要“動手”去操作，動態(tài)地去閱讀圖形．
1．（2024年北京高考數學真題）如圖，在四棱錐中，底面是邊長為4的正方形，，，該棱錐的高為（ ）.
A．1 B．2 C． D．
2．（2024年新課標全國Ⅱ卷數學真題）已知正三棱臺的體積為，，，則與平面ABC所成角的正切值為（ ）
A． B．1 C．2 D．3
3．（2023年高考全國甲卷數學（文）真題）在正方體中，為的中點，若該正方體的棱與球的球面有公共點，則球的半徑的取值范圍是 ．
4．（2023年高考全國甲卷數學（理）真題）在正方體中，E，F分別為AB，的中點，以EF為直徑的球的球面與該正方體的棱共有 個公共點．
5．（2023年北京高考數學真題）坡屋頂是我國傳統(tǒng)建筑造型之一，蘊含著豐富的數學元素．安裝燈帶可以勾勒出建筑輪廓，展現造型之美．如圖，某坡屋頂可視為一個五面體，其中兩個面是全等的等腰梯形，兩個面是全等的等腰三角形．若，且等腰梯形所在的平面、等腰三角形所在的平面與平面的夾角的正切值均為，則該五面體的所有棱長之和為（ ）

A． B．
C． D．
6．（2023年高考全國甲卷數學（理）真題）已知四棱錐的底面是邊長為4的正方形，，則的面積為（ ）
A． B． C． D．
7．（多選題）（2023年新課標全國Ⅰ卷數學真題）下列物體中，能夠被整體放入棱長為1（單位：m）的正方體容器（容器壁厚度忽略不計）內的有（ ）
A．直徑為的球體
B．所有棱長均為的四面體
C．底面直徑為，高為的圓柱體
D．底面直徑為，高為的圓柱體
8．（多選題）（2023年新課標全國Ⅱ卷數學真題）已知圓錐的頂點為P，底面圓心為O，AB為底面直徑，，，點C在底面圓周上，且二面角為45°，則（ ）．
A．該圓錐的體積為 B．該圓錐的側面積為
C． D．的面積為
9．（2023年高考全國乙卷數學（理）真題）已知為等腰直角三角形，AB為斜邊，為等邊三角形，若二面角為，則直線CD與平面ABC所成角的正切值為（ ）
A． B． C． D．
10．（2022年新高考浙江數學高考真題）如圖，已知正三棱柱，E，F分別是棱上的點．記與所成的角為，與平面所成的角為，二面角的平面角為，則（ ）
A． B． C． D．
11．（2022年高考全國乙卷數學（理）真題）已知球O的半徑為1，四棱錐的頂點為O，底面的四個頂點均在球O的球面上，則當該四棱錐的體積最大時，其高為（ ）
A． B． C． D．
12．（2022年新高考北京數學高考真題）已知正三棱錐的六條棱長均為6，S是及其內部的點構成的集合．設集合，則T表示的區(qū)域的面積為（ ）
A． B． C． D．
13．（2022年新高考全國I卷數學真題）已知正四棱錐的側棱長為l，其各頂點都在同一球面上.若該球的體積為，且，則該正四棱錐體積的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
14．（多選題）（2022年新高考全國II卷數學真題）如圖，四邊形為正方形，平面，，記三棱錐，，的體積分別為，則（ ）
A． B．
C． D．
題型一：球與截面面積問題
【典例1-1】（24-25高三上·江蘇常州·期末）已知正方體的棱長為2，點為棱的中點，則平面截該正方體的內切球所得截面面積為（ ）
A． B． C． D．
【典例1-2】已知棱長為3的正四面體的幾何中心為，平面與以為球心的球相切，若與該正四面體的截面始終為三角形，則球表面積的取值范圍為（ ）.
A． B． C． D．
球的截面問題
球的截面的性質：
①球的任何截面是圓面；
②球心和截面（不過球心）圓心的連線垂直于截面；
③球心到截面的距離與球的半徑及截面的半徑的關系為．
【變式1-1】（2024·河南開封·二模）已知經過圓錐的軸的截面是正三角形，用平行于底面的截面將圓錐分成兩部分，若這兩部分幾何體都存在內切球（與各面均相切），則上、下兩部分幾何體的體積之比是（ ）
A． B． C． D．
【變式1-2】（2024·江蘇南通·二模）在棱長為2的正方體中，，，分別為棱，，的中點，平面截正方體外接球所得的截面面積為（ ）
A． B． C． D．
1．已知四面體的各個頂點都在球O的表面上，，，兩兩垂直，且，，，E是棱BC的中點，過E作四面體外接球O的截面，則所得截面圓的面積的最大值與最小值之差是（ ）
A． B． C． D．
題型二：體積、面積、周長、角度、距離定值問題
【典例2-1】半正多面體（semiregular solid）亦稱“阿基米德多面體”，是由邊數不全相同的正多邊形圍成的多面體，體現了數學的對稱美.二十四等邊體就是一種半正多面體，是由正方體切截而成的.它由八個正三角形和六個正方形構成（如圖所示），點滿足，則直線與平面所成角的正弦值（ ）
A．為定值 B．存在最大值，且最大值為1
C．為定值1 D．存在最小值，且最小值為
【典例2-2】如圖，已知正方體，點P是四邊形的內切圓上一點，O為四邊形ABCD的中心，給出以下結論：
①存在點P，使平面DOP；
②三棱錐的體積為定值；
③直線與直線OP所成的角為定值.
其中，正確結論的個數為（ ）

A．0 B．1 C．2 D．3
幾類空間幾何體體積的求法
（1）對于規(guī)則幾何體，可直接利用公式計算．
（2）對于不規(guī)則幾何體，可采用割補法求解；對于某些三棱錐，
有時可采用等體積轉換法求解．
（3）錐體體積公式為，在求解錐體體積時，不能漏掉
【變式2-1】（2024·廣東廣州·模擬預測）已知正方體的邊長為1，現有一個動平面，且平面，當平面截此正方體所得截面邊數最多時，記此時的截面的面積為，周長為，則（ ）
A．不為定值，為定值 B．為定值，不為定值
C．與均為定值 D．與均不為定值
【變式2-2】（多選題）如圖，在正方體中，為線段的中點，為線段上的動點（不包括端點），則（ ）
A．存在點，使得
B．存在點，使得平面
C．對于任意點Q，均不成立
D．三棱錐的體積是定值
1．如圖，正方體的棱線長為1，線段上有兩個動點E，F，且，則下列結論中錯誤的是（　　）
A． B．平面ABCD
C．三棱錐的體積為定值 D．異面直線AE，BF所成的角為定值
題型三：體積、面積、周長、距離最值與范圍問題
【典例3-1】（多選題）如圖，在正四面體中，已知，為棱的中點. 現將等腰直角三角形繞其斜邊旋轉一周（假設可以穿過正四面體內部），則在旋轉過程中，下列結論正確的是（ ）
A．三角形繞斜邊旋轉一周形成的旋轉體體積為
B．四點共面
C．點到的最近距離為
D．異面直線與所成角的范圍為
【典例3-2】（多選題）（2024·全國·模擬預測）如圖，在棱長為2的正方體中，E為的中點，若一點P在底面內（包括邊界）移動，且滿足，則（ ）
A．與平面的夾角的正弦值為 B．點到的距離為
C．線段的長度的最大值為 D．與的數量積的范圍是
幾何法，利用幾何體的性質，探求圖形中點、線、面的位置關系；二是代數法，通過建立空間直角坐標系，利用點的坐標表示所求量的目標函數，借助函數思想方法求最值.
【變式3-1】（多選題）已知正方體棱長為為正方體內切球的直徑，點為正方體表面上一動點，則下列說法正確的是（ ）
A．當為中點時，與所成角余弦值為
B．當面時，點的軌跡長度為
C．的取值范圍為
D．與所成角的范圍為
【變式3-2】（多選題）如圖，在棱長為2的正方體中，已知N，Q分別是棱的中點，，P分別是棱上的動點，下列結論正確的是（ ）
A．四面體的體積為定值
B．不存在動點M，P，使得
C．直線CM與平面所成角的范圍是
D．若M，P分別是棱的中點，由平面MNQ分割該正方體，其中截面MNQ上方的部分為幾何體，某球能夠被整體放入幾何體，則該球半徑的最大值為
1．（多選題）（2024·云南昆明·模擬預測）如圖，已知正四棱柱的底面邊長為1，側棱長為2，點為側棱（含端點）上的動點，直線平面，則下列說法正確的有（ ）

A．直線與平面不可能平行
B．直線與平面不可能垂直
C．若且，則平面截正四棱柱所得截面多邊形的周長為
D．直線與平面所成角的正弦值的范圍為
題型四：立體幾何中的交線問題
【典例4-1】閱讀材料：空間直角坐標系中，過點且一個法向量為的平面的方程為．閱讀上面材料，解決下面問題：已知平面的方程為，直線是兩平面與的交線，則直線與平面所成角的正弦值為（ ）
A．0 B． C． D．
【典例4-2】（2024·江西景德鎮(zhèn)·一模）甲烷是最簡單的有機化合物，其分子式為，它是由四個氫原子和一個碳原子構成，甲烷在自然界分布很廣，是天然氣、沼氣、煤礦坑道氣及可燃冰的主要成分之一.甲烷分子是正四面體空間構型，如圖，四個氫原子分別位于正四面體的頂點處，碳原子位于正四面體的中心處.若正四面體的棱長為1，則平面和平面位于正四面體內部的交線長度為（ ）
A． B． C． D．1
幾何法
【變式4-1】（2024·廣東廣州·模擬預測）在正六棱柱中，，為棱的中點，以為球心，為半徑的球面與該正六棱柱各面的交線總長為（ ）
A． B． C． D．
【變式4-2】（2024·寧夏吳忠·模擬預測）在正方體中，點為線段上的動點，直線為平面與平面的交線，現有如下說法
①不存在點，使得平面
②存在點，使得平面
③當點不是的中點時，都有平面
④當點不是的中點時，都有平面
其中正確的說法有（ ）
A．①③ B．③④ C．②③ D．①④
1．用一個垂直于圓錐的軸的平面去截圓錐，截口曲線（截面與圓錐側面的交線）是一個圓，用一個不垂直于軸的平面截圓錐，當截面與圓錐的軸的夾角不同時，可以得到不同的截口曲線，它們分別是橢圓、拋物線、雙曲線．因此，我們將圓、橢圓、拋物線、雙曲線統(tǒng)稱為圓錐曲線．記圓錐軸截面半頂角為，截口曲線形狀與有如下關系：當時，截口曲線為橢圓；當時，截口曲線為拋物線：當時，截口曲線為雙曲線．如圖1所示，其中，現有一定線段，其與平面所成角（如圖2），為斜足，上一動點滿足，設點在的運動軌跡是，則（ ）

A．當時，是拋物線 B．當時，是雙曲線
C．當時，是圓 D．當時，是橢圓
題型五：空間線段以及線段之和最值問題
【典例5-1】棱長為1的正方體中，點在棱上運動，點在側面上運動，滿足平面，則線段的最小值為 .

【典例5-2】已知是大小為的二面角，為二面角內一定點，且到半平面的距離分別為，分別是半平面 內的動點.則周長的最小值為 .
幾何法，利用幾何體的性質，探求圖形中點、線、面的位置關系；二是代數法，通過建立空間直角坐標系，利用點的坐標表示所求量的目標函數，借助函數思想方法求最值.
【變式5-1】如圖，棱長為1的正方體中，為線段的中點，，分別為線段和棱上的動點，則的最小值為 ．
【變式5-2】如圖，八面體的每一個面都是邊長為4的正三角形，且頂點在同一個平面內．若點在四邊形內（包含邊界）運動，當時，點到的最小值為 .
1．如圖，在棱長為4的正方體中，已知是上靠近的四等分點，點分別在上，則周長的最小值為 .
題型六：空間角問題
【典例6-1】如圖，正三棱錐的側面和底面所成的角為，正三棱錐的側面和底面所成的角為，，P和位于平面的異側，且這兩個正三棱錐的所有頂點都在同一個球面上，則 ，的最大值為 .
【典例6-2】如圖1，是圓的直徑，點是圓上異于，的點，直線平面，，分別是，的中點，記平面與平面的交線為，直線與圓的另一個交點為，且點滿足.（如圖2）.記直線與平面所成的角為，異面直線與所成的角為，二面角的大小為，則下列四個判斷中，正確的個數有 個.
① ② ③ ④.

1、用綜合法求空間角的基本數學思想主要是轉化與化歸，即把空間角轉化為平面角，進而轉化為三角形的內角，然后通過解三角形求得．求解的一般步驟為：
（1）作圖：作出空間角的平面角．
（2）證明：證明所給圖形是符合題設要求的．
（3）計算：在證明的基礎上計算得出結果．
簡稱：一作、二證、三算．
2、用定義作異面直線所成角的方法是“平移轉化法”，可固定一條，平移另一條；或兩條同時平移到某個特殊的位置，頂點選在特殊的位置上．
3、求直線與平面所成角的常見方法
（1）作角法：作出斜線、垂線、斜線在平面上的射影組成的直角三角形，根據條件求出斜線與射影所成的角即為所求．
（2）等積法：公式，其中是斜線與平面所成的角，h是垂線段的長，是斜線段的長，其中求出垂線段的長（即斜線上的點到面的距離）既是關鍵又是難點，為此可構造三棱錐，利用等體積法來求垂線段的長．
（3）證垂法：通過證明線面垂直得到線面角為90°．
4、作二面角的平面角常有三種方法
（1）棱上一點雙垂線法：在棱上任取一點，過這點分別在兩個面內作垂直于棱的射線，這兩條射線所成的角，就是二面角的平面角．
（2）面上一點三垂線法：自二面角的一個面上一點向另一面引垂線，再由垂足向棱作垂線得到棱上的點（即垂足），斜足與面上一點連線和斜足與垂足連線所夾的角，即為二面角的平面角．
（3）空間一點垂面法：自空間一點作與棱垂直的平面，截二面角得兩條射線，這兩條射線所成的角就是二面角的平面角．
【變式6-1】在正方體中，點是上的動點，是平面內的一點，且滿足，則平面與平面所成角余弦值的最大值為 .
【變式6-2】如圖所示，幾何體由正方體和正四棱錐組合而成，若該組合體內接于半徑為的球(即所有頂點都在球上)，記正四棱錐側棱與正方體底面所成的角為，則 ．
1．如圖，邊長為2的正方形中，分別是的中點，將分別沿折起，使重合于點，則三棱錐的外接球的體積為 ；設直線與平面所成角分別為，則 .
題型七：軌跡問題
【典例7-1】（2024·浙江臺州·一模）已知球的半徑為，是球表面上的定點，是球表面上的動點，且滿足，則線段軌跡的面積為（ ）
A． B． C． D．
【典例7-2】（24-25高三上·北京西城·期末）如圖，在棱長為2的正方體中，為棱的中點，為正方體表面上的動點，且.設動點的軌跡為曲線，則（ ）
A．是平行四邊形，且周長為
B．是平行四邊形，且周長為
C．是等腰梯形，且周長為
D．是等腰梯形，且周長為
解決立體幾何中的軌跡問題有兩種方法：一是幾何法．對于軌跡為幾何體的問題，要抓住幾何體中的不變量，借助空間幾何體（柱、錐、臺、球）的定義；對于軌跡為平面上的問題，要利用降維的思想，熟悉平面圖形（直線、圓、圓錐曲線）的定義．二是代數法（解析法）．在圖形中，建立恰當的空間直角坐標系或平面直角坐標系．
【變式7-1】已知點是正四面體內的動點，是棱的中點，且點到棱和棱的距離相等，則點的軌跡被平面所截得的圖形為（ ）
A．線段 B．橢圓的一部分 C．雙曲線的一部分 D．拋物線的一部分
【變式7-2】（多選題）（24-25高三上·河南·開學考試）如圖，在棱長為2的正方體中，為棱的中點，為線段上的動點，為底面內的動點，則（ ）

A．若，則
B．若，則動點的軌跡長度為
C．若直線與平面所成的角為，則點的軌跡為雙曲線的一部分
D．若直線與平面所成的角為，則點的軌跡為橢圓的一部分
1．在直四棱柱中，底面是菱形，邊長為2，，側棱長，點為四邊形內動點，若，則點的軌跡長為 ．
題型八：翻折問題
【典例8-1】在正方形中，，為中點，將沿直線翻折至位置，點為線段中點.在翻折的過程中，若為線段的中點，則下列結論中正確的是（ ）
A．三棱錐的體積最大值為
B．異面直線、所成角始終為
C．翻折過程中存在某個位置，使得大小為
D．點在某個圓上運動
【典例8-2】如圖，在菱形ABCD中，，線段AD，BD的中點分別為E，F．現將沿對角線BD翻折，則異面直線BE與CF所成角的取值范圍（ ）.

A． B．
C． D．
【變式8-1】如圖，在矩形中，為的中點，將沿翻折．在翻折過程中，當二面角的平面角最大時，其正弦值為（ ）
A． B． C． D．
【變式8-2】（多選題）在菱形中，，，E為AB的中點，將沿直線DE翻折至的位置，使得二面角為直二面角，若為線段的中點，則（ ）
A．平面
B．
C．異面直線，所成的角為
D．與平面所成角的余弦值為
1．（多選題）在正方形中，，為中點，將沿直線翻折至位置，使得二面角為直二面角，若為線段的中點，則下列結論中正確的是（ ）

A．若點在線段上，則的最小值為
B．三棱錐的體積為
C．異面直線、所成的角為
D．三棱錐外接球的表面積為
重難點突破：以立體幾何為載體的情境題
【典例9-1】（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．
【典例9-2】（22-23高三上·河北·期末）由空間一點出發(fā)不共面的三條射線，，及相鄰兩射線所在平面構成的幾何圖形叫三面角，記為．其中叫做三面角的頂點，面，，叫做三面角的面，，，叫做三面角的三個面角，分別記為，，，二面角、、叫做三面角的二面角，設二面角的平面角大小為，則一定成立的是（）
A． B．
C． D．
以立體幾何為載體的情境題都跟圖形有關，涉及在具體情境下的圖形閱讀，需要通過數形結合來解決問題．圖形怎么閱讀？一是要讀特征，即從圖形中讀出圖形的基本特征；二是要讀本質，即要善于將所讀出的信息進行提升，實現“圖形→文字→符號”的轉化；三是要有問題意識，帶著問題閱讀圖形，將研究圖形的本身特征和關注題目要解決的問題有機地融合在一起；四是要有運動觀點，要“動手”去操作，動態(tài)地去閱讀圖形．
【變式9-1】（多選題）（2024·江西·三模）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R，A，B，為球面上三點，劣弧BC的弧長記為，設表示以為圓心，且過B，C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，，則稱其為曲面等邊三角形，線段OA，OB，OC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
【變式9-2】（多選題）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.已知在直四棱柱中，四邊形為菱形，，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，則直線與平面所成的角的正弦值為
1．將個棱長為1的正方體如圖放置，其中上層正方體下底面的頂點與下層正方體上底面棱的中點重合.設最下方正方體的下底面的中心為，過的直線與平面垂直，以為頂點，為對稱軸的拋物線可以被完全放入立體圖形中.若，則的最小值為 ；若有解，則的最大值為 .
21世紀教育網(www.21cnjy.com)專題14 立體幾何常見壓軸小題全面總結與歸納解析
目錄
01考情透視·目標導航 2
02知識導圖·思維引航 3
03 知識梳理·方法技巧 4
04 真題研析·精準預測 6
05 核心精講·題型突破 21
題型一：球與截面面積問題 21
題型二：體積、面積、周長、角度、距離定值問題 27
題型三：體積、面積、周長、距離最值與范圍問題 33
題型四：立體幾何中的交線問題 43
題型五：空間線段以及線段之和最值問題 48
題型六：空間角問題 54
題型七：軌跡問題 61
題型八：翻折問題 67
重難點突破：以立體幾何為載體的情境題 75
高考對這一部分的考察主要集中在兩個關鍵點：一是判斷與空間線面位置關系相關的命題真?zhèn)危欢巧婕耙恍┙浀淝页３霈F于壓軸位置的小題，這些小題通常具有中等或偏上的難度。
考點要求 目標要求 考題統(tǒng)計 考情分析
球與截面面積問題 掌握球截面性質，會求截面面積 2021年天津卷第6題，5分 2018年I卷第12題，5分 對于2025年高考的預測，關于幾何題目的出現形式和熱點，可以重新表述為： （1）預計幾何題目將以選擇題或填空題的精煉形式呈現，旨在全面檢驗學生的邏輯推理與綜合分析能力。 （2）考試的幾何熱點內容可能會聚焦于基礎幾何體的表面積與體積計算、空間中的最短路徑求解，以及幾何體的截面形狀與性質等關鍵問題。
最值與范圍問題 掌握求解方法，解決最值與范圍問題 2023年甲卷第16題，5分 2022年乙卷第9題，5分 2022年I卷第8題，5分 2021年上海卷第9題，5分
角度問題 掌握角度計算，解決立體幾何難題 2024年II卷第7題，5分 2023年天津卷第8題，5分 2023年乙卷第9題，5分 2022年浙江卷第8題，4分 2022年甲卷第9題，5分
1、幾類空間幾何體表面積的求法
（1）多面體：其表面積是各個面的面積之和．
（2）旋轉體：其表面積等于側面面積與底面面積的和．
（3）簡單組合體：應弄清各構成部分，并注意重合部分的刪、補．
2、幾類空間幾何體體積的求法
（1）對于規(guī)則幾何體，可直接利用公式計算．
（2）對于不規(guī)則幾何體，可采用割補法求解；對于某些三棱錐，
有時可采用等體積轉換法求解．
（3）錐體體積公式為，在求解錐體體積時，不能漏掉
3、求解旋轉體的表面積和體積時，注意圓柱的軸截面是矩形，圓
錐的軸截面是等腰三角形，圓臺的軸截面是等腰梯形．
4、球的截面問題
球的截面的性質：
①球的任何截面是圓面；
②球心和截面（不過球心）圓心的連線垂直于截面；
③球心到截面的距離與球的半徑及截面的半徑的關系為．
注意：解決球與其他幾何體的切、接問題，關鍵在于仔細觀察、分析，弄清相關元素的位置關系和數量關系；選準最佳角度作出截面（要使這個截面盡可能多地包含球、幾何體的各種元素以及體現這些元素之間的關系），達到空間問題平面化的目的．
5、立體幾何中的最值問題有三類：一是空間幾何體中相關的點、線和面在運動，求線段長度、截面的面積和體積的最值；二是空間幾何體中相關點和線段在運動，求有關角度和距離的最值；三是在空間幾何體中，已知某些量的最值，確定點、線和面之間的位置關系．
6、解決立體幾何問題的思路方法：一是幾何法，利用幾何體的性質，探求圖形中點、線、面的位置關系；二是代數法，通過建立空間直角坐標系，利用點的坐標表示所求量的目標函數，借助函數思想方法求最值；通過降維的思想，將空間某些量的最值問題轉化為平面三角形、四邊形或圓中的最值問題；涉及某些角的三角函數的最值，借助模型求解，如正四面體模型、長方體模型和三余弦角模（為平面的斜線與平面內任意一條直線所成的角，為該斜線與該平面所成的角，為該斜線在平面上的射影與直線所成的角）．
7、立體幾何中的軌跡問題，這是一類立體幾何與解析幾何的交匯題型，既考查學生的空間想象能力，即點、線、面的位置關系，又考查用代數方法研究軌跡的基本思想，培養(yǎng)學生的數學運算、直觀想象等素養(yǎng)．
8、解決立體幾何中的軌跡問題有兩種方法：一是幾何法．對于軌跡為幾何體的問題，要抓住幾何體中的不變量，借助空間幾何體（柱、錐、臺、球）的定義；對于軌跡為平面上的問題，要利用降維的思想，熟悉平面圖形（直線、圓、圓錐曲線）的定義．二是代數法（解析法）．在圖形中，建立恰當的空間直角坐標系或平面直角坐標系．
9、以立體幾何為載體的情境題大致有三類：
（1）以數學名著為背景設置問題，涉及中外名著中的數學名題名人等；
（2）以數學文化為背景設置問題，包括中國傳統(tǒng)文化，中外古建筑等；
（3）以生活實際為背景設置問題，涵蓋生產生活、勞動實踐、文化精神等．
10、以立體幾何為載體的情境題都跟圖形有關，涉及在具體情境下的圖形閱讀，需要通過數形結合來解決問題．圖形怎么閱讀 一是要讀特征，即從圖形中讀出圖形的基本特征；二是要讀本質，即要善于將所讀出的信息進行提升，實現“圖形→文字→符號”的轉化；三是要有問題意識，帶著問題閱讀圖形，將研究圖形的本身特征和關注題目要解決的問題有機地融合在一起；四是要有運動觀點，要“動手”去操作，動態(tài)地去閱讀圖形．
1．（2024年北京高考數學真題）如圖，在四棱錐中，底面是邊長為4的正方形，，，該棱錐的高為（ ）.
A．1 B．2 C． D．
【答案】D
【解析】如圖，底面為正方形，
當相鄰的棱長相等時，不妨設，
分別取的中點，連接，
則，且，平面，
可知平面，且平面，
所以平面平面，
過作的垂線，垂足為，即，
由平面平面，平面，
所以平面，
由題意可得：，則，即，
則，可得，
所以四棱錐的高為.
故選：D.
2．（2024年新課標全國Ⅱ卷數學真題）已知正三棱臺的體積為，，，則與平面ABC所成角的正切值為（ ）
A． B．1 C．2 D．3
【答案】B
【解析】解法一：分別取的中點，則，
可知，
設正三棱臺的為，
則，解得，
如圖，分別過作底面垂線，垂足為，設，
則，，
可得，
結合等腰梯形可得,
即，解得，
所以與平面ABC所成角的正切值為；
解法二：將正三棱臺補成正三棱錐，
則與平面ABC所成角即為與平面ABC所成角，
因為，則，
可知，則，
設正三棱錐的高為，則，解得，
取底面ABC的中心為，則底面ABC，且，
所以與平面ABC所成角的正切值.
故選：B.
3．（2023年高考全國甲卷數學（文）真題）在正方體中，為的中點，若該正方體的棱與球的球面有公共點，則球的半徑的取值范圍是 ．
【答案】
【解析】設球的半徑為.
當球是正方體的外接球時，恰好經過正方體的每個頂點，所求的球的半徑最大，若半徑變得更大，球會包含正方體，導致球面和棱沒有交點，
正方體的外接球直徑為體對角線長，即，故；
分別取側棱的中點，顯然四邊形是邊長為的正方形，且為正方形的對角線交點，
連接，則，當球的一個大圓恰好是四邊形的外接圓，球的半徑達到最小，即的最小值為.
綜上，.
故答案為：
4．（2023年高考全國甲卷數學（理）真題）在正方體中，E，F分別為AB，的中點，以EF為直徑的球的球面與該正方體的棱共有 個公共點．
【答案】12
【解析】不妨設正方體棱長為2，中點為，取，中點，側面的中心為，連接，如圖，
由題意可知，為球心，在正方體中，，
即，
則球心到的距離為，
所以球與棱相切，球面與棱只有1個交點，
同理，根據正方體的對稱性知，其余各棱和球面也只有1個交點，
所以以EF為直徑的球面與正方體棱的交點總數為12.
故答案為：12
5．（2023年北京高考數學真題）坡屋頂是我國傳統(tǒng)建筑造型之一，蘊含著豐富的數學元素．安裝燈帶可以勾勒出建筑輪廓，展現造型之美．如圖，某坡屋頂可視為一個五面體，其中兩個面是全等的等腰梯形，兩個面是全等的等腰三角形．若，且等腰梯形所在的平面、等腰三角形所在的平面與平面的夾角的正切值均為，則該五面體的所有棱長之和為（ ）

A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】如圖，過做平面，垂足為，過分別做，，垂足分別為，，連接，
由題意得等腰梯形所在的面、等腰三角形所在的面與底面夾角分別為和，
所以.
因為平面，平面，所以，
因為，平面，，
所以平面，因為平面，所以，.
同理：，又，故四邊形是矩形，
所以由得，所以，所以，
所以在直角三角形中，
在直角三角形中，，，
又因為，
所有棱長之和為.
故選：C
6．（2023年高考全國甲卷數學（理）真題）已知四棱錐的底面是邊長為4的正方形，，則的面積為（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】法一：
連結交于，連結，則為的中點，如圖，
因為底面為正方形，，所以，則，
又，，所以，則，
又，，所以，則，
在中，，
則由余弦定理可得，
故，則，
故在中，，
所以，
又，所以，
所以的面積為.
法二：
連結交于，連結，則為的中點，如圖，
因為底面為正方形，，所以，
在中，，
則由余弦定理可得，故，
所以，則，
不妨記，
因為，所以，
即，
則，整理得①，
又在中，，即，則②，
兩式相加得，故，
故在中，，
所以，
又，所以，
所以的面積為.
故選：C.
7．（多選題）（2023年新課標全國Ⅰ卷數學真題）下列物體中，能夠被整體放入棱長為1（單位：m）的正方體容器（容器壁厚度忽略不計）內的有（ ）
A．直徑為的球體
B．所有棱長均為的四面體
C．底面直徑為，高為的圓柱體
D．底面直徑為，高為的圓柱體
【答案】ABD
【解析】對于選項A：因為，即球體的直徑小于正方體的棱長，
所以能夠被整體放入正方體內，故A正確；
對于選項B：因為正方體的面對角線長為，且，
所以能夠被整體放入正方體內，故B正確；
對于選項C：因為正方體的體對角線長為，且，
所以不能夠被整體放入正方體內，故C不正確；
對于選項D：因為，可知底面正方形不能包含圓柱的底面圓，
如圖，過的中點作，設，
可知，則，
即，解得，
且，即，
故以為軸可能對稱放置底面直徑為圓柱，
若底面直徑為的圓柱與正方體的上下底面均相切，設圓柱的底面圓心，與正方體的下底面的切點為，
可知：，則，
即，解得，
根據對稱性可知圓柱的高為，
所以能夠被整體放入正方體內，故D正確；
故選：ABD.
8．（多選題）（2023年新課標全國Ⅱ卷數學真題）已知圓錐的頂點為P，底面圓心為O，AB為底面直徑，，，點C在底面圓周上，且二面角為45°，則（ ）．
A．該圓錐的體積為 B．該圓錐的側面積為
C． D．的面積為
【答案】AC
【解析】依題意，，，所以，
A選項，圓錐的體積為，A選項正確；
B選項，圓錐的側面積為，B選項錯誤；
C選項，設是的中點，連接，
則，所以是二面角的平面角，
則，所以，
故，則，C選項正確；
D選項，，所以，D選項錯誤.
故選：AC.
9．（2023年高考全國乙卷數學（理）真題）已知為等腰直角三角形，AB為斜邊，為等邊三角形，若二面角為，則直線CD與平面ABC所成角的正切值為（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】取的中點，連接，因為是等腰直角三角形，且為斜邊，則有，
又是等邊三角形，則，從而為二面角的平面角，即，
顯然平面，于是平面，又平面，
因此平面平面，顯然平面平面，
直線平面，則直線在平面內的射影為直線，
從而為直線與平面所成的角，令，則，在中，由余弦定理得：
，
由正弦定理得，即，
顯然是銳角，，
所以直線與平面所成的角的正切為.
故選：C
10．（2022年新高考浙江數學高考真題）如圖，已知正三棱柱，E，F分別是棱上的點．記與所成的角為，與平面所成的角為，二面角的平面角為，則（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】如圖所示，過點作于，過作于，連接，
則，，，
，，，
所以，
故選：A．
11．（2022年高考全國乙卷數學（理）真題）已知球O的半徑為1，四棱錐的頂點為O，底面的四個頂點均在球O的球面上，則當該四棱錐的體積最大時，其高為（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】[方法一]：【最優(yōu)解】基本不等式
設該四棱錐底面為四邊形ABCD，四邊形ABCD所在小圓半徑為r，
設四邊形ABCD對角線夾角為，
則
（當且僅當四邊形ABCD為正方形時等號成立）
即當四棱錐的頂點O到底面ABCD所在小圓距離一定時，底面ABCD面積最大值為
又設四棱錐的高為，則，
當且僅當即時等號成立.
故選：C
[方法二]：統(tǒng)一變量＋基本不等式
由題意可知，當四棱錐為正四棱錐時，其體積最大，設底面邊長為，底面所在圓的半徑為，則，所以該四棱錐的高，
(當且僅當，即時，等號成立)
所以該四棱錐的體積最大時，其高.
故選：C．[方法三]：利用導數求最值
由題意可知，當四棱錐為正四棱錐時，其體積最大，設底面邊長為，底面所在圓的半徑為，則，所以該四棱錐的高，，令，，設，則，
，，單調遞增， ，，單調遞減，
所以當時，最大，此時．
故選：C.
【點評】方法一：思維嚴謹，利用基本不等式求最值，模型熟悉，是該題的最優(yōu)解；
方法二：消元，實現變量統(tǒng)一，再利用基本不等式求最值；
方法三：消元，實現變量統(tǒng)一，利用導數求最值，是最值問題的常用解法，操作簡便，是通性通法．
12．（2022年新高考北京數學高考真題）已知正三棱錐的六條棱長均為6，S是及其內部的點構成的集合．設集合，則T表示的區(qū)域的面積為（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
設頂點在底面上的投影為，連接，則為三角形的中心，
且，故.
因為，故，
故的軌跡為以為圓心，1為半徑的圓，
而三角形內切圓的圓心為，半徑為，
故的軌跡圓在三角形內部，故其面積為
故選：B
13．（2022年新高考全國I卷數學真題）已知正四棱錐的側棱長為l，其各頂點都在同一球面上.若該球的體積為，且，則該正四棱錐體積的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】∵球的體積為，所以球的半徑,
[方法一]：導數法
設正四棱錐的底面邊長為，高為，
則，,
所以，
所以正四棱錐的體積，
所以，
當時，，當時，，
所以當時，正四棱錐的體積取最大值，最大值為，
又時，，時，,
所以正四棱錐的體積的最小值為，
所以該正四棱錐體積的取值范圍是.
故選：C.
[方法二]：基本不等式法
由方法一故所以當且僅當取到，
當時，得，則
當時，球心在正四棱錐高線上，此時，
，正四棱錐體積，故該正四棱錐體積的取值范圍是
14．（多選題）（2022年新高考全國II卷數學真題）如圖，四邊形為正方形，平面，，記三棱錐，，的體積分別為，則（ ）
A． B．
C． D．
【答案】CD
【解析】
設，因為平面，，則，
，連接交于點，連接，易得，
又平面，平面，則，又，平面，則平面，
又，過作于，易得四邊形為矩形，則，
則，，
，則，，，
則，則，，，故A、B錯誤；C、D正確.
故選：CD.
題型一：球與截面面積問題
【典例1-1】（24-25高三上·江蘇常州·期末）已知正方體的棱長為2，點為棱的中點，則平面截該正方體的內切球所得截面面積為（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】球心為正方體中心，半徑，
法一：連接，相交于點，點為的中點，連接，
可得，因為平面，平面，
所以平面，在上，
則到平面的距離等于點到平面的距離，設為，
，，
由平面、得：，
則截面圓半徑，
所以截面面積；
法二：以為原點，為軸建立空間直角坐標系，如圖，
則，，，，
，，，
設平面的一個法向量為，
，令，則，
所以，
則到平面的距離，
截面圓半徑，所以截面面積.
故選：A．
【典例1-2】已知棱長為3的正四面體的幾何中心為，平面與以為球心的球相切，若與該正四面體的截面始終為三角形，則球表面積的取值范圍為（ ）.
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】依題意，平面與以為球心的球相切，因四面體每個頂點發(fā)出了三條棱，
要使與該四面體的截面始終為三角形，就必須使在四面體的每個頂點處只能看到三條棱（其余棱被球擋住），
因此需要球與每條棱都有公共點，當球與每條棱有且僅有一個公共點時，球為四面體的棱切球，
當球半徑繼續(xù)增大到外接球半徑之前，都能確保截面始終為三角形，
而當球半徑為外接球半徑或更大時，截面將不存在，因此必須使球的半徑滿足.
圖1
①下面先來求四面體的棱切球的半徑(如圖1).
點為頂點在底面上的射影，為棱切球的球心，作于點，
連接并延長交于點，連接，則易得點為中點，易證,故得.
設，因正四面體棱長為3，則,，
在中，,得，又,
故有，，解得（舍去），即四面體的棱切球半徑為；
圖2
②接著，再來求四面體的外接球的半徑（如圖2），
設外接球半徑為,則,由上分析，則,
由題意，,解得,即四面體的外接球半徑為.
由上分析，球表面積應滿足：，即.
故選：A.
球的截面問題
球的截面的性質：
①球的任何截面是圓面；
②球心和截面（不過球心）圓心的連線垂直于截面；
③球心到截面的距離與球的半徑及截面的半徑的關系為．
【變式1-1】（2024·河南開封·二模）已知經過圓錐的軸的截面是正三角形，用平行于底面的截面將圓錐分成兩部分，若這兩部分幾何體都存在內切球（與各面均相切），則上、下兩部分幾何體的體積之比是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】如圖，作出圓錐的軸截面，
設上、下兩部分幾何體的兩部分的內切球的球心分別為，，半徑分別為，，
即，，
根據題意可知為正三角形，易知，圓錐的底面半徑，
，又，
，，
上部分圓錐的底面半徑為，高為，
又圓錐的底面半徑為，高為，
上部分圓錐的體積與圓錐的體積之比為，
上、下兩部分幾何體的體積之比是．
故選：C．
【變式1-2】（2024·江蘇南通·二模）在棱長為2的正方體中，，，分別為棱，，的中點，平面截正方體外接球所得的截面面積為（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】取正方體的中心為，連接，
由于正方體的棱長為2，所以正方體的面對角線長為，體對角線長為，
正方體外接球球心為點，半徑，
又易得，且，
所以三棱錐為正四面體，如圖所示，取底面正三角形的中心為，
即點到平面的距離為，又正三角形的外接圓半徑為，
由正弦定理可得，即，所以，
即正方體外接球的球心到截面的距離為，
所以截面被球所截圓的半徑，
則截面圓的面積為.
故選：A.
1．已知四面體的各個頂點都在球O的表面上，，，兩兩垂直，且，，，E是棱BC的中點，過E作四面體外接球O的截面，則所得截面圓的面積的最大值與最小值之差是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】設所得截面圓的面積為，半徑為r．因為，，兩兩垂直，
故可將四面體放入長方體中，如圖所示，
易得外接球半徑．
過E作球O的截面，當所得截面圓的面積最大時，截面為過球心的圓面，
，當所得截面圓的面積最小時，截面為與最大截面垂直的圓面．
在內，，所以，即，
，所以．
故選：B．
題型二：體積、面積、周長、角度、距離定值問題
【典例2-1】半正多面體（semiregular solid）亦稱“阿基米德多面體”，是由邊數不全相同的正多邊形圍成的多面體，體現了數學的對稱美.二十四等邊體就是一種半正多面體，是由正方體切截而成的.它由八個正三角形和六個正方形構成（如圖所示），點滿足，則直線與平面所成角的正弦值（ ）
A．為定值 B．存在最大值，且最大值為1
C．為定值1 D．存在最小值，且最小值為
【答案】A
【解析】，即在線段（不包括點）.
如圖，將該半正多面體補成正方體，則平面平面，
因此直線與平面所成角等于直線與平面所成角.
在正四面體中，設正四面體的棱長為2，作平面，垂足為，
連接，則即為直線與平面所成角.
易求，所以，
所以.
所以直線與平面所成角的正弦值為.
故選：A.
【典例2-2】如圖，已知正方體，點P是四邊形的內切圓上一點，O為四邊形ABCD的中心，給出以下結論：
①存在點P，使平面DOP；
②三棱錐的體積為定值；
③直線與直線OP所成的角為定值.
其中，正確結論的個數為（ ）

A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】D
【解析】設底面內切圓的圓心為，連接，
由正方體的性質可知，，所以四點共面，
又因為平面，所以平面，
所以當點P是直線與四邊形的內切圓的交點時，滿足平面DOP；故①正確.
因為,而三棱錐的底面積為定值，高等于正方體的棱長，也是定值，
所以三棱錐的體積為定值；故②正確.
直線與直線OP所成的角等于直線與直線OP所成的角,
由于點在底面的內切圓上，所以直線與直線OP所成的角為定值；故③正確.
故選：D.
幾類空間幾何體體積的求法
（1）對于規(guī)則幾何體，可直接利用公式計算．
（2）對于不規(guī)則幾何體，可采用割補法求解；對于某些三棱錐，
有時可采用等體積轉換法求解．
（3）錐體體積公式為，在求解錐體體積時，不能漏掉
【變式2-1】（2024·廣東廣州·模擬預測）已知正方體的邊長為1，現有一個動平面，且平面，當平面截此正方體所得截面邊數最多時，記此時的截面的面積為，周長為，則（ ）
A．不為定值，為定值 B．為定值，不為定值
C．與均為定值 D．與均不為定值
【答案】A
【解析】正方體的所有棱中，實際上是3組平行的棱，與面平行的面且截面是六邊形時滿足條件，如圖所示，
正方體邊長為1，即
設，則，
，
同理可得六邊形其他相鄰兩邊的和均為，
六邊形的周長為定值，
正三角形的面積為.
當均為中點時，六邊形的邊長相等即截面為正六邊形時截面面積最大，
此時,截面面積為，
截面從平移到的過程中，截面面積的變化過程是由小到大，再由大到小，故可得周長為定值，面積不為定值.
故選：A
【變式2-2】（多選題）如圖，在正方體中，為線段的中點，為線段上的動點（不包括端點），則（ ）
A．存在點，使得
B．存在點，使得平面
C．對于任意點Q，均不成立
D．三棱錐的體積是定值
【答案】BC
【解析】在正方體中，建立如圖所示的空間直角坐標系，令，
則，，
令，則點，，
對于A，，若，則，必有，即與矛盾，A錯誤；
對于B，，若平面，則，
即，解得，則點是中點時，，
而平面，因此平面，B正確；
對于C，，即對任意，向量與都不垂直，C正確；
對于D，，設平面的法向量，
則，令，得，
于是點到平面的距離，，不是常數，
又點是三個定點，面積是定值，因此三棱錐的體積不是定值，D錯誤.
故選：BC
1．如圖，正方體的棱線長為1，線段上有兩個動點E，F，且，則下列結論中錯誤的是（　　）
A． B．平面ABCD
C．三棱錐的體積為定值 D．異面直線AE，BF所成的角為定值
【答案】D
【解析】對于選項A，在正方體中，平面，
平面，所以，即，
四邊形為正方形，則，
又，平面，平面，所以平面，平面，所以，故A正確.
對于選項B，在正方體中, 平面平面，
平面，所以平面ABCD，故B正確.
對于選項C，連接交于點，設三棱錐的高為，
，平面，平面，
所以點B到直線的距離即為，，
又因為平面，即平面，所以AO為三棱錐的高，
在中，，所以，
（定值），故C正確.
對于選項D，設異面直線AE，BF所成的角為，連接交于點，
當點與重合時，因為，此時點與點重合，連接，
在正方體，且，所以四邊形為平行四邊形，
所以，即為異面直線AE，BF所成的角，
在中，，，，
因為，所以為直角三角形，，所以異面直線AE，BF所成的角的正弦值為.
當點與重合時，，此時點與點重合，，即，
即為即為異面直線AE，BF所成的角，
在中，，，，
，所以異面直線AE，BF所成的角的正弦值為,
異面直線AE，BF所成的角不是定值,故D錯誤.
故選：D.
題型三：體積、面積、周長、距離最值與范圍問題
【典例3-1】（多選題）如圖，在正四面體中，已知，為棱的中點. 現將等腰直角三角形繞其斜邊旋轉一周（假設可以穿過正四面體內部），則在旋轉過程中，下列結論正確的是（ ）
A．三角形繞斜邊旋轉一周形成的旋轉體體積為
B．四點共面
C．點到的最近距離為
D．異面直線與所成角的范圍為
【答案】BCD
【解析】對于A：因為，所以等腰直角三角形的直角邊為，斜邊的高為1；
旋轉后的幾何體為兩個大小相等的圓錐組合體，其圓錐的底面半徑為1，高為1；
所以幾何體的體積為，A錯誤；
對于B: 在正四面體中，各個側面都是等邊三角形，又因為為棱的中點，
所以，又相交于點，又都在平面內，
所以平面，又，與平面有一個公共點，
所以在平面內，所以四點共面，故B正確；
對于C: 在圖1中，令為的中點，為的中點，則點在以為圓心，1為半徑的圓上運動，
由圖可知當三點共線，且當運動到的位置時，到的距離最小，
在中，，所以，C正確
對于D:由B、C可知，在圓錐的底面內，如圖1，由圓錐軸截面中，，
由線面角的概念可知，與圓錐底面中的直線所成最小角就是，最大角一定為
由此可知異面直線與所成角的范圍為，正確
故選:BCD
【典例3-2】（多選題）（2024·全國·模擬預測）如圖，在棱長為2的正方體中，E為的中點，若一點P在底面內（包括邊界）移動，且滿足，則（ ）
A．與平面的夾角的正弦值為 B．點到的距離為
C．線段的長度的最大值為 D．與的數量積的范圍是
【答案】ABD
【解析】如圖，以為坐標原點，分別為軸，建立空間直角坐標系，
則，設，
可得，，
若，則，可得，
則，解得，即.
對于選項A：可知平面的法向量，
則，
所以與平面的夾角的正弦值為，故A正確；
對于選項B：因為，
所以點到的距離為，故B正確；
對于選項C：因為，
則，
且，可得當且僅當時，取到最大值，
所以線段的長度的最大值為3，故C錯誤；
對于選項D：因為，，
則，
且，可知當時，取到最小值；
當時，取到最大值；
所以與的數量積的范圍是，故D正確；
故選：ABD.
幾何法，利用幾何體的性質，探求圖形中點、線、面的位置關系；二是代數法，通過建立空間直角坐標系，利用點的坐標表示所求量的目標函數，借助函數思想方法求最值.
【變式3-1】（多選題）已知正方體棱長為為正方體內切球的直徑，點為正方體表面上一動點，則下列說法正確的是（ ）
A．當為中點時，與所成角余弦值為
B．當面時，點的軌跡長度為
C．的取值范圍為
D．與所成角的范圍為
【答案】ABC
【解析】根據題意，以為坐標原點，所在直線分別為軸建立空間直角坐標系，
對于A，如下圖所示：
易知，則,
可得，
即當為中點時，與所成角余弦值為，可得A正確；
對于B，易知是邊長為的正三角形，故其面積為，
由三棱錐的體積為，可得點到平面的距離為，
即點在與平面平行且距離為的平面內，連接，如下圖所示：
由正方體性質可得平面平面，且兩平面間的距離等于，所以點平面，
又面，平面平面，即可得點的軌跡即是線段，
因此點的軌跡長度為，即可得B正確；
對于C，依題意可知即為正方體的中心，如下圖所示：
，
又因為為球的直徑，所以，
即可得，
又易知當點為正方體與球的切點時，最小；當點為正方體的頂點時，最大；
即，因此可得的取值范圍為，即C正確；
對于D，易知的中點即為球心，如下圖所示：
當與球相切時，與所成的角最大，此時，
顯然，結合兩直線所成角的范圍可知與所成角的范圍為錯誤，即D錯誤.
故選：ABC
【變式3-2】（多選題）如圖，在棱長為2的正方體中，已知N，Q分別是棱的中點，，P分別是棱上的動點，下列結論正確的是（ ）
A．四面體的體積為定值
B．不存在動點M，P，使得
C．直線CM與平面所成角的范圍是
D．若M，P分別是棱的中點，由平面MNQ分割該正方體，其中截面MNQ上方的部分為幾何體，某球能夠被整體放入幾何體，則該球半徑的最大值為
【答案】ACD
【解析】對于A，,A正確，
對于B，連接相交于，當P是棱上的動點時，
過作交于，過作交于，連接,
由于,故,
由于，平面，
故平面,平面,
故,平面，平面，
故，
由于N，Q分別是棱的中點，所以，
所以，故B錯誤，
對于C，由于平面，平面，故，
又，平面，
故平面,故到平面的距離為，
又平面， 平面，
故平面，
因此到平面的距離與到平面的距離相等，即距離為，
由于,
設直線CM與平面為，則，
由于，故，C正確，
對于D，
，分別是棱，的中點，點為中點時，平面在正方體上的截面為正六邊形，
某球能夠被整體放入，該球的半徑最大時，是以為頂點，底面為正六邊形的正六棱錐的內切球，
正六邊形的邊長為，面積為，
正六棱錐，側棱長，每個側面面積為，棱錐的高為，
設該球的半徑為，由體積法可得，解得，
D正確．
故選：ACD
1．（多選題）（2024·云南昆明·模擬預測）如圖，已知正四棱柱的底面邊長為1，側棱長為2，點為側棱（含端點）上的動點，直線平面，則下列說法正確的有（ ）

A．直線與平面不可能平行
B．直線與平面不可能垂直
C．若且，則平面截正四棱柱所得截面多邊形的周長為
D．直線與平面所成角的正弦值的范圍為
【答案】BC
【解析】對于A ：已知，若，則需，易知當與重合時，
平面，平面，所以，故可能成立，故A錯誤；
對于B：假設直線與平面垂直，又因為，則，顯然不合題意，
因此假設不成立，即直線與平面不可能垂直，故B正確；
對于C：當為的中點時，連接，，
依題意可知，平面，平面，
所以，
又，平面，所以平面，
又平面，所以，
又平面，平面，所以，
又，所以，所以，
又，平面，所以平面，
又平面，所以，
又，平面，
所以平面，則平面為平面，即平面截正四棱柱所得截面多邊形為，
又，
所以截面多邊形的周長為，故C正確；
對于D：以為原點，直線分別為軸建立如圖所示坐標系，
則，則，設，
平面的一個法向量為，設直線與平面所成角為，
所以，又，
所以，
所以直線與平面所成角的正弦值的范圍為，故D錯誤.
故選：BC
題型四：立體幾何中的交線問題
【典例4-1】閱讀材料：空間直角坐標系中，過點且一個法向量為的平面的方程為．閱讀上面材料，解決下面問題：已知平面的方程為，直線是兩平面與的交線，則直線與平面所成角的正弦值為（ ）
A．0 B． C． D．
【答案】A
【解析】根據材料可知平面的法向量可取，
平面的法向量可取，
平面的法向量可取，
因為直線是兩平面與的交線，設的方向向量，
則，取可得的一個方向向量，
設直線與平面所成角為，
則，
即直線與平面所成角的正弦值為，
故選：A
【典例4-2】（2024·江西景德鎮(zhèn)·一模）甲烷是最簡單的有機化合物，其分子式為，它是由四個氫原子和一個碳原子構成，甲烷在自然界分布很廣，是天然氣、沼氣、煤礦坑道氣及可燃冰的主要成分之一.甲烷分子是正四面體空間構型，如圖，四個氫原子分別位于正四面體的頂點處，碳原子位于正四面體的中心處.若正四面體的棱長為1，則平面和平面位于正四面體內部的交線長度為（ ）
A． B． C． D．1
【答案】A
【解析】如圖所示，
分別取的中點，連結E，F，
則由正四面體的性質，EF過正四面體的中心O，
所以平面即平面，平面即平面，
又因為平面，平面，
所以平面和平面位于正四面體內部的交線為線段，
又因為正四面體的棱長為1，
則由勾股定理可得，
所以在等腰三角形FAB中：
．
故選：A．
幾何法
【變式4-1】（2024·廣東廣州·模擬預測）在正六棱柱中，，為棱的中點，以為球心，為半徑的球面與該正六棱柱各面的交線總長為（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】因為球的半徑為6，，所以球不與側面及側面相交，
設分別為的中點，連接，
則由題意可得，
所以，
所以球與側面交于點，與側面交于點，
在正六邊形中，因為，所以，
所以，
因為平面，平面，所以，
因為，平面，
所以平面，所以平面，且，
所以，
所以球與側面的交線是以為直徑的半圓，
同理可得球與側面的交線是以為直徑的半圓，
因為，所以球與上下底面的交線均為個半徑為的圓，
所以球面與該正六棱柱各面的交線總長為
故選：D
【變式4-2】（2024·寧夏吳忠·模擬預測）在正方體中，點為線段上的動點，直線為平面與平面的交線，現有如下說法
①不存在點，使得平面
②存在點，使得平面
③當點不是的中點時，都有平面
④當點不是的中點時，都有平面
其中正確的說法有（ ）
A．①③ B．③④ C．②③ D．①④
【答案】B
【解析】對于①，由當點與點重合時，由，
而平面，平面，得平面，故①錯誤；
對于②，若存在點，使得平面，則，
又，可得，
以D為原點建立如圖所示的空間直角坐標系，設棱長為1，，，
則，，，，
則，，
，，
所以，這與矛盾，故②錯誤；
對于③，當不是的中點時，
由，且面，面，可知面，
又直線為面與面的交線，則，
又面，面，從而可得面，故③正確；
對于④，由③可知，又平面，平面，
所以，又，，平面，
所以平面，所以平面，故④正確.
綜上，③④正確.
故選：B.
1．用一個垂直于圓錐的軸的平面去截圓錐，截口曲線（截面與圓錐側面的交線）是一個圓，用一個不垂直于軸的平面截圓錐，當截面與圓錐的軸的夾角不同時，可以得到不同的截口曲線，它們分別是橢圓、拋物線、雙曲線．因此，我們將圓、橢圓、拋物線、雙曲線統(tǒng)稱為圓錐曲線．記圓錐軸截面半頂角為，截口曲線形狀與有如下關系：當時，截口曲線為橢圓；當時，截口曲線為拋物線：當時，截口曲線為雙曲線．如圖1所示，其中，現有一定線段，其與平面所成角（如圖2），為斜足，上一動點滿足，設點在的運動軌跡是，則（ ）

A．當時，是拋物線 B．當時，是雙曲線
C．當時，是圓 D．當時，是橢圓
【答案】D
【解析】∵為定線段，為定值，
∴在以為軸的圓錐上運動，其中圓錐的軸截面半頂角為，與圓錐軸的夾角為，
對于A，，∴平面截圓錐得雙曲線，故A錯誤；
對于B，，∴平面截圓錐得橢圓，故B錯誤；
對于C，，∴平面截圓錐得拋物線，故C錯誤；
對于D，，∴平面截圓錐得橢圓，故D正確；
故選：D.
題型五：空間線段以及線段之和最值問題
【典例5-1】棱長為1的正方體中，點在棱上運動，點在側面上運動，滿足平面，則線段的最小值為 .

【答案】
【解析】以為坐標原點，分別為軸，建立空間直角坐標系，如圖，
則，設，，
所以，
，
因為平面，
所以，
故，
，故，
其中，
故，
故當時，，此時滿足要求，
所以線段PQ的最小值為.
故答案為：
【典例5-2】已知是大小為的二面角，為二面角內一定點，且到半平面的距離分別為，分別是半平面 內的動點.則周長的最小值為 .
【答案】
【解析】分別作點關于平面的對稱點，
則，，
易證當分別取直線與平面的交點時，周長最短，
且這個周長最小值為.
故答案為：
幾何法，利用幾何體的性質，探求圖形中點、線、面的位置關系；二是代數法，通過建立空間直角坐標系，利用點的坐標表示所求量的目標函數，借助函數思想方法求最值.
【變式5-1】如圖，棱長為1的正方體中，為線段的中點，，分別為線段和棱上的動點，則的最小值為 ．
【答案】
【解析】設是的中點，，
所以，則.
對任一點，的最小值是到直線的距離，
過作，交于，
過作，交于，連接，
由于，所以平面，平面，
所以，
由于，平面，所以平面，
又平面，所以，
則，易得.
，，
，
所以，
當三點共線，且是的中點，是與的交點，
此時取得最小值為，所以的最小值為.
故答案為：
【變式5-2】如圖，八面體的每一個面都是邊長為4的正三角形，且頂點在同一個平面內．若點在四邊形內（包含邊界）運動，當時，點到的最小值為 .
【答案】/
【解析】以為直徑作球，球半徑，
與球上任意一點(除去點)均能構成直角，
故點軌跡為球與四邊形（包括邊界）的交線.
易知在平面上的投影為菱形的外心，且都全等,
故四邊形為正方形，四棱錐為正四棱錐，在平面上的投影為正方形的中心，
記球心在平面上的投影為，，
故平面截球的小圓半徑，
即點的軌跡以中點為圓心，半徑為的圓在四邊BCDE內（包含邊界）的一段弧，
易知到的距離為3，弧上的點到的距離最小值為.
故答案為：
1．如圖，在棱長為4的正方體中，已知是上靠近的四等分點，點分別在上，則周長的最小值為 .
【答案】
【解析】將分別沿展開到與平面共面的位置，如圖所示，
其中點為原來的點的周長，
（當且僅當四點共線時取等號）.
，
又，
，
，即周長的最小值為.
故答案為：.
題型六：空間角問題
【典例6-1】如圖，正三棱錐的側面和底面所成的角為，正三棱錐的側面和底面所成的角為，，P和位于平面的異側，且這兩個正三棱錐的所有頂點都在同一個球面上，則 ，的最大值為 .
【答案】 /
【解析】由這兩個正三棱錐的所有頂點都在同一個球面上，以及圖形的對稱性可知，為外接球的直徑，故；
設三角形的中心為,的中點為,，
由正弦定理可知，，
由三角形性質可知，
因為三角形為直角三角形，
顯然
所以有
即，
由題可知，
所以
由基本不等式可知，當時等號成立，
所以
故填：；
【典例6-2】如圖1，是圓的直徑，點是圓上異于，的點，直線平面，，分別是，的中點，記平面與平面的交線為，直線與圓的另一個交點為，且點滿足.（如圖2）.記直線與平面所成的角為，異面直線與所成的角為，二面角的大小為，則下列四個判斷中，正確的個數有 個.
① ② ③ ④.

【答案】3
【解析】
對于②，如圖所示，連接，因為平面與平面的交線為，所以，
又因為直線與圓的另一個交點為，所以，即平面與平面的交線為就是直線，
因為，分別是，的中點，所以，
而平面，平面，
所以平面，
又平面平面，平面，
所以，所以
由題意易知：，面，則面，而面，則，即二面角的大小，故②正確；
對于③，；
由Q滿足，點是中點，平面，則，面，
結合題意此時四邊形為矩形，則直線與平面所成的角，
即；
過Q作，且使得，連接，顯然，此時四邊形為平行四邊形，，
則異面直線與所成的角，結合上面說明得面，
而面，則，即.
∴，故③正確；
對于①，由③可知，注意到，所以，故①正確；
對于④，故④錯誤；
故正確的序號有：①②③，共3個.
故答案為：3.
1、用綜合法求空間角的基本數學思想主要是轉化與化歸，即把空間角轉化為平面角，進而轉化為三角形的內角，然后通過解三角形求得．求解的一般步驟為：
（1）作圖：作出空間角的平面角．
（2）證明：證明所給圖形是符合題設要求的．
（3）計算：在證明的基礎上計算得出結果．
簡稱：一作、二證、三算．
2、用定義作異面直線所成角的方法是“平移轉化法”，可固定一條，平移另一條；或兩條同時平移到某個特殊的位置，頂點選在特殊的位置上．
3、求直線與平面所成角的常見方法
（1）作角法：作出斜線、垂線、斜線在平面上的射影組成的直角三角形，根據條件求出斜線與射影所成的角即為所求．
（2）等積法：公式，其中是斜線與平面所成的角，h是垂線段的長，是斜線段的長，其中求出垂線段的長（即斜線上的點到面的距離）既是關鍵又是難點，為此可構造三棱錐，利用等體積法來求垂線段的長．
（3）證垂法：通過證明線面垂直得到線面角為90°．
4、作二面角的平面角常有三種方法
（1）棱上一點雙垂線法：在棱上任取一點，過這點分別在兩個面內作垂直于棱的射線，這兩條射線所成的角，就是二面角的平面角．
（2）面上一點三垂線法：自二面角的一個面上一點向另一面引垂線，再由垂足向棱作垂線得到棱上的點（即垂足），斜足與面上一點連線和斜足與垂足連線所夾的角，即為二面角的平面角．
（3）空間一點垂面法：自空間一點作與棱垂直的平面，截二面角得兩條射線，這兩條射線所成的角就是二面角的平面角．
【變式6-1】在正方體中，點是上的動點，是平面內的一點，且滿足，則平面與平面所成角余弦值的最大值為 .
【答案】
【解析】連接、、、，設，連接、，如下圖所示：
因為且，則四邊形為平行四邊形，
因為四邊形為正方形，則，
因為平面，平面，則，
因為，、平面，所以平面，
因為平面，所以，
因為是平面內的一點，且滿足，所以點的軌跡為線段，
設正方體的棱長為，則，
因為四邊形為正方形，，則為的中點，且，
由勾股定理可得，則，
所以為平面與平面所成角（或補角），
由圖可知，由圖可知，當點與點重合時，最大，
，，
因為平面，平面，則，同理，
此時；
當與點重合時，最小，易得，
所以
，
又因為函數在上單調遞減，
所以，則，
而平面與平面所成角為銳角，不妨設為，則，
所以平面與平面所成角的余弦值的最大值為.
故答案為：.
【變式6-2】如圖所示，幾何體由正方體和正四棱錐組合而成，若該組合體內接于半徑為的球(即所有頂點都在球上)，記正四棱錐側棱與正方體底面所成的角為，則 ．
【答案】
【解析】由正方體的性質可知該組合體的外接球的球心為正方體的中心，設正方體上底面的中心為，連接，，
則在線段上，則．設正方體的棱長為，該組合體外接球即為正方體外接球，
則，
，，因為面，則即為，
所以．
故答案為：
1．如圖，邊長為2的正方形中，分別是的中點，將分別沿折起，使重合于點，則三棱錐的外接球的體積為 ；設直線與平面所成角分別為，則 .
【答案】 1
【解析】由題意知，故三線兩兩垂直；
如圖1構造長方體，長方體的外接球就是三棱錐的外接球，
長方體的體對角線就是外接球的直徑，設為，
則，即，
所以所求外接球的體積為.
如圖2，取的中點，連接；
由可知，平面，
故平面，平面,即平面平面，
平面平面，作，垂足為，則平面，與平面所成角分別為，
，由上述過程可知，所以，
所以，
故答案為：，1
題型七：軌跡問題
【典例7-1】（2024·浙江臺州·一模）已知球的半徑為，是球表面上的定點，是球表面上的動點，且滿足，則線段軌跡的面積為（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】如圖，以球的球心為坐標原點，所在的直線為軸，建立空間直角坐標系，
因為球的半徑為，則，設，
則，，所以，
又，，則，得到，
如圖，在線段取點，使，所以線段軌跡為圓錐的側面，
又，則，所以圓錐的側面積為，
所以線段軌跡的面積為，
故選：C.
【典例7-2】（24-25高三上·北京西城·期末）如圖，在棱長為2的正方體中，為棱的中點，為正方體表面上的動點，且.設動點的軌跡為曲線，則（ ）
A．是平行四邊形，且周長為
B．是平行四邊形，且周長為
C．是等腰梯形，且周長為
D．是等腰梯形，且周長為
【答案】D
【解析】分別取的中點，連接，
則∥∥，∴四點共面
若為面上的動點，
由正方體易得，平面平面，且平面平面，要使，則只需，此時的軌跡為線段；
若為面上的動點，
由正方體易得，平面平面，且平面平面，要使，則只需，因為分別是的中點，易證，故此時的軌跡為線段；
所以動點的軌跡曲線為過點的平面與正方體各表面的交線，即梯形.
因為正方體的棱長為2，所以.
所以曲線為等腰梯形，且周長為.
故選：D.
解決立體幾何中的軌跡問題有兩種方法：一是幾何法．對于軌跡為幾何體的問題，要抓住幾何體中的不變量，借助空間幾何體（柱、錐、臺、球）的定義；對于軌跡為平面上的問題，要利用降維的思想，熟悉平面圖形（直線、圓、圓錐曲線）的定義．二是代數法（解析法）．在圖形中，建立恰當的空間直角坐標系或平面直角坐標系．
【變式7-1】已知點是正四面體內的動點，是棱的中點，且點到棱和棱的距離相等，則點的軌跡被平面所截得的圖形為（ ）
A．線段 B．橢圓的一部分 C．雙曲線的一部分 D．拋物線的一部分
【答案】D
【解析】在正四面體中，是棱的中點，
所以，，又，平面，
所以平面，
又點的軌跡被平面所截，即點在平面內，
∴點到棱的距離為．
在平面內過點作，則為點到棱的距離，
又點到棱和棱的距離相等，即，
因此，在平面內，動點到棱和到定點的距離相等．
由拋物線的定義得，動點的軌跡是拋物線.
故選：D．
【變式7-2】（多選題）（24-25高三上·河南·開學考試）如圖，在棱長為2的正方體中，為棱的中點，為線段上的動點，為底面內的動點，則（ ）

A．若，則
B．若，則動點的軌跡長度為
C．若直線與平面所成的角為，則點的軌跡為雙曲線的一部分
D．若直線與平面所成的角為，則點的軌跡為橢圓的一部分
【答案】ABC
【解析】對于A項，連接，，則，
作，交于點，易證，
由，得，，所以，，
所以，
同理，所以，所以，故A正確；
由，，
所以，
即點的軌跡是以A為圓心，為半徑的圓在正方形內的部分，，
設該圓交棱于S點，交棱于點，則，
又，為銳角，所以，所以，
故所求軌跡長度為，故B正確；
如圖，以A為坐標原點建立如圖所示的空間直角坐標系，則，
設，，易得平面的一個法向量為，
因為直線與平面所成的角為，所以，
所以，
化簡得，故C正確，D錯誤．
故選：ABC．
1．在直四棱柱中，底面是菱形，邊長為2，，側棱長，點為四邊形內動點，若，則點的軌跡長為 ．
【答案】/
【解析】如圖所示，過點作，過點作，
因為四棱柱是直四棱柱，所以平面，
因為平面，所以，
又因為，，平面，平面，
所以平面，
因為直線平面，
所以，
因為，，，
所以，
又因為，所以，
因為點在側面內，
所以在平面直角坐標系中來研究點軌跡的長度，如圖所示：
點的運動軌跡為以點為圓心、半徑為2的圓在正方形內部的弧，
顯然，，所以，
所以.
故答案為：.
題型八：翻折問題
【典例8-1】在正方形中，，為中點，將沿直線翻折至位置，點為線段中點.在翻折的過程中，若為線段的中點，則下列結論中正確的是（ ）
A．三棱錐的體積最大值為
B．異面直線、所成角始終為
C．翻折過程中存在某個位置，使得大小為
D．點在某個圓上運動
【答案】D
【解析】對于A，當二面角為直二面角，過作于，
所以平面平面．又平面平面，所以平面．
由題意可得，．由勾股定理可得．
由，即，解得．
因為為線段的中點，所以到平面的距離為．
又，所以，即三棱錐的體積最大值為，故A錯誤．
對于B、C選項，取的中點，則，且，，所以．
因為，所以是異面直線，所成的角．
取的中點，連接，，可得，，
所以．
在中，可得．
由余弦定理可得，所以．
在中，由余弦定理可得，
所以，所以異面直線，所成的角為，故B，C均錯誤．
對于D選項，由B，C選項可知，，均為定值，則的軌跡為以，為球心的球面的交線，
即點在某個圓上運動，故D正確．
故選：D
【典例8-2】如圖，在菱形ABCD中，，線段AD，BD的中點分別為E，F．現將沿對角線BD翻折，則異面直線BE與CF所成角的取值范圍（ ）.

A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】可設菱形的邊長為1，則，；
線段AD，BD的中點分別為E，F；
∴，；
∴
；
∴；
由圖看出；
∴；
∴；
又因為異面直線夾角范圍是，
即異面直線BE與CF所成角的取值范圍是．
故選：C．
【變式8-1】如圖，在矩形中，為的中點，將沿翻折．在翻折過程中，當二面角的平面角最大時，其正弦值為（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
在圖1中，過作的垂線，垂足為，交于，交于.
在圖2中，設在平面內的射影為，則在直線上，過作的垂線，垂足為，連接，
因為平面，平面，
所以，
又因為，，平面，平面，
所以平面，
因為平面，
所以，
因為，平面，平面，平面平面，
所以為二面角的平面角.
設．，
由，可得．
即有，
令，可得，
其中，
解得，則，等號成立當且僅當．
當二面角的平面角最大時，其正切值為，此時它的正弦值為．
故選：B．
【變式8-2】（多選題）在菱形中，，，E為AB的中點，將沿直線DE翻折至的位置，使得二面角為直二面角，若為線段的中點，則（ ）
A．平面
B．
C．異面直線，所成的角為
D．與平面所成角的余弦值為
【答案】AC
【解析】如圖，建立空間直角坐標系，則，，，，.
對于A，因為，平面的一個法向量為，
所以，所以平面，故A正確.
對于B，因為，，
所以，
所以DP，EC不垂直，故B錯誤.
對于C，因為，，
所以，
所以異面直線，所成的角為，故C正確.
對于D，設平面的法向量為，
因為，，
所以令，得.
設與平面所成的角為，因為，
所以，
，故D錯誤.
故選：AC.
1．（多選題）在正方形中，，為中點，將沿直線翻折至位置，使得二面角為直二面角，若為線段的中點，則下列結論中正確的是（ ）

A．若點在線段上，則的最小值為
B．三棱錐的體積為
C．異面直線、所成的角為
D．三棱錐外接球的表面積為
【答案】AC
【解析】對于A，將沿直線翻折至，可得的最小值為，故A正確；
對于B，過作于，因為二面角為直二面角，
所以平面平面，又平面平面，所以平面，
由題意可得，
由勾股定理可得，
由，即，解得，
因為為線段的中點，所以到平面的距離為，
又，所以，故B錯誤；
對于C，取的中點，則，且，，
所以，因為，所以是異面直線、所成的角，
取的中點，連接，
可得，所以，
在中，可得，
由余弦定理可得，所以，
在中，由余弦定理可得，
所以，所以異面直線、所成的角為，故C正確；
對于D，取的中點，過點在平面內作的垂線交于，
易得是的垂直平分線，所以是的外心，
又平面平面，又平面平面，所以平面，
又因為直角三角形的外心，所以是三棱錐的外球的球心，
又，所以，
所以三棱錐外接球的表面積為，故D錯誤.
故選：AC.
重難點突破：以立體幾何為載體的情境題
【典例9-1】（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
【解析】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.
【典例9-2】（22-23高三上·河北·期末）由空間一點出發(fā)不共面的三條射線，，及相鄰兩射線所在平面構成的幾何圖形叫三面角，記為．其中叫做三面角的頂點，面，，叫做三面角的面，，，叫做三面角的三個面角，分別記為，，，二面角、、叫做三面角的二面角，設二面角的平面角大小為，則一定成立的是（）
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】如圖，，，
在上取一點，過在平面內作，交于，
過在平面內作，交于，連接，
則是二面角的平面角，即.
設，在直角三角形中，
，
在直角三角形中，，
，
在中，，
在中，，
即為
，
所以.
故選：A.
以立體幾何為載體的情境題都跟圖形有關，涉及在具體情境下的圖形閱讀，需要通過數形結合來解決問題．圖形怎么閱讀？一是要讀特征，即從圖形中讀出圖形的基本特征；二是要讀本質，即要善于將所讀出的信息進行提升，實現“圖形→文字→符號”的轉化；三是要有問題意識，帶著問題閱讀圖形，將研究圖形的本身特征和關注題目要解決的問題有機地融合在一起；四是要有運動觀點，要“動手”去操作，動態(tài)地去閱讀圖形．
【變式9-1】（多選題）（2024·江西·三模）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R，A，B，為球面上三點，劣弧BC的弧長記為，設表示以為圓心，且過B，C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，，則稱其為曲面等邊三角形，線段OA，OB，OC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
【解析】對于A，因等邊三角形的面積為，則，
又，故則，故A錯誤；
對于B，由可得，故，即B正確；
對于C，由可得，故.
由正弦定理，的外接圓半徑為，點到平面ABC的距離，
則三棱錐的體積,
而球面的體積，故C正確；
對于D，由余弦定理可知由可得，，
即，化簡得，．
取，則，則，故D錯誤．
故選：BC
【變式9-2】（多選題）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.已知在直四棱柱中，四邊形為菱形，，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，則直線與平面所成的角的正弦值為
【答案】CD
【解析】對于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；
對于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
，故錯誤；
對于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，故正確；
對于D.直四棱柱在頂點處的離散曲率為，
則，即是等邊三角形，
設，則即為與平面所成的角，，故正確；
故選:CD.
1．將個棱長為1的正方體如圖放置，其中上層正方體下底面的頂點與下層正方體上底面棱的中點重合.設最下方正方體的下底面的中心為，過的直線與平面垂直，以為頂點，為對稱軸的拋物線可以被完全放入立體圖形中.若，則的最小值為 ；若有解，則的最大值為 .
【答案】 4 2
【解析】拋物線的一部分可以被完全放入立體圖形中，
當且僅當對任意的，在時恒有成立.
即對任意的，有，，此即，.
這等價于，且對任意的，有.
由于當時必有，故條件等價于，且當時，必有.
這等價于，且當時，必有，即，令
即，且當時，有.
當時，由于關于遞增，
故條件等價于，且.
回到原題.
當時，條件等價于，所以的最小值為；
若有解，則等價于或，即，解得.
結合是正整數，知的最大值為.
故答案為：4；2.
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