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专题 07 立体几何小题常考全归类
【命题规律】
高考对该部分的考查，小题主要体现在两个方面：一是有关空间线面位置关系的命题的真假判断；二
是常见一些经典常考压轴小题，难度中等或偏上．
【核心考点目录】
核心考点一：球与截面面积问题
核心考点二：体积、面积、周长、角度、距离定值问题
核心考点三：体积、面积、周长、距离最值与范围问题
核心考点四：立体几何中的交线问题
核心考点五：空间线段以及线段之和最值问题
核心考点六：空间角问题
核心考点七：轨迹问题
核心考点八：以立体几何为载体的情境题
核心考点九：翻折问题
【真题回归】
1．（2022·北京·高考真题）已知正三棱锥 的六条棱长均为6，S是 及其内部的点构成的集合．
设集合 ，则T表示的区域的面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
设顶点 在底面上的投影为 ，连接 ，则 为三角形 的中心，
且 ，故 .
因为 ，故 ，故 的轨迹为以 为圆心，1为半径的圆，
而三角形 内切圆的圆心为 ，半径为 ，
故 的轨迹圆在三角形 内部，故其面积为
故选：B
2．（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
（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】如图所示，过点 作 于 ，过 作 于 ，连接 ，
则 ， ， ，
， ， ，
所以 ，
故选：A．
3．（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．
【答案】CD
【解析】
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.
4．（多选题）（2022·全国·高考真题）已知正方体 ，则（ ）A．直线 与 所成的角为 B．直线 与 所成的角为
C．直线 与平面 所成的角为 D．直线 与平面ABCD所成的角为
【答案】ABD
【解析】如图，连接 、 ，因为 ，所以直线 与 所成的角即为直线 与 所成的
角，
因为四边形 为正方形，则 ，故直线 与 所成的角为 ，A正确；
连接 ，因为 平面 ， 平面 ，则 ，
因为 ， ，所以 平面 ，
又 平面 ，所以 ，故B正确；
连接 ，设 ，连接 ，
因为 平面A B C D ， 平面A B C D ，则 ，
1 1 1 1 1 1 1 1
因为 ， ，所以 平面 ，
所以 为直线 与平面 所成的角，
设正方体棱长为 ，则 ， ， ，
所以，直线 与平面 所成的角为 ，故C错误；
因为 平面 ，所以 为直线 与平面 所成的角，易得 ，故D正确.
故选：ABD
5．（多选题）（2021·全国·高考真题）在正三棱柱 中， ，点 满足
，其中 ， ，则（ ）
A．当 时， 的周长为定值
B．当 时，三棱锥 的体积为定值
C．当 时，有且仅有一个点 ，使得D．当 时，有且仅有一个点 ，使得 平面
【答案】BD
【解析】
易知，点 在矩形 内部（含边界）．
对于A，当 时， ，即此时 线段 ， 周长不是定值，故A错误；
对于B，当 时， ，故此时 点轨迹为线段 ，而 ， 平面
，则有 到平面 的距离为定值，所以其体积为定值，故B正确．
对于C，当 时， ，取 ， 中点分别为 ， ，则 ，所以 点
轨迹为线段 ，不妨建系解决，建立空间直角坐标系如图， ， ， ，则
， ， ，所以 或 ．故 均满足，故
C错误；
对于D，当 时， ，取 ， 中点为 ． ，所以 点轨迹为
线段 ．设 ，因为 ，所以 ， ，所以
，此时 与 重合，故D正确．
故选：BD．
6．（2020·海南·高考真题）已知直四棱柱ABCD–ABC D 的棱长均为2，∠BAD=60°．以 为球心，
1 1 1 1为半径的球面与侧面BCC B 的交线长为________．
1 1
【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A B C D ，所以 ，
1 1 1 1
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 ，
所以根据弧长公式可得 .
故答案为： .
【方法技巧与总结】
1、几类空间几何体表面积的求法
（1）多面体：其表面积是各个面的面积之和．
（2）旋转体：其表面积等于侧面面积与底面面积的和．
（3）简单组合体：应弄清各构成部分，并注意重合部分的删、补．2、几类空间几何体体积的求法
（1）对于规则几何体，可直接利用公式计算．
（2）对于不规则几何体，可采用割补法求解；对于某些三棱锥，
有时可采用等体积转换法求解．
（3）锥体体积公式为 ，在求解锥体体积时，不能漏掉
3、求解旋转体的表面积和体积时，注意圆柱的轴截面是矩形，圆
锥的轴截面是等腰三角形，圆台的轴截面是等腰梯形．
4、球的截面问题
球的截面的性质：
①球的任何截面是圆面；
②球心和截面（不过球心）圆心的连线垂直于截面；
③球心到截面的距离 与球的半径 及截面的半径 的关系为 ．
注意：解决球与其他几何体的切、接问题，关键在于仔细观察、分析，弄清相关元素的位置关系和数
量关系；选准最佳角度作出截面（要使这个截面尽可能多地包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素
之间的关系），达到空间问题平面化的目的．
5、立体几何中的最值问题有三类：一是空间几何体中相关的点、线和面在运动，求线段长度、截面
的面积和体积的最值；二是空间几何体中相关点和线段在运动，求有关角度和距离的最值；三是在空间几
何体中，已知某些量的最值，确定点、线和面之间的位置关系．
6、解决立体几何问题的思路方法：一是几何法，利用几何体的性质，探求图形中点、线、面的位置
关系；二是代数法，通过建立空间直角坐标系，利用点的坐标表示所求量的目标函数，借助函数思想方法
求最值；通过降维的思想，将空间某些量的最值问题转化为平面三角形、四边形或圆中的最值问题；涉及
某些角的三角函数的最值，借助模型求解，如正四面体模型、长方体模型和三余弦角模
（ 为平面的斜线与平面内任意一条直线 所成的角， 为该斜线与该平面所成的角， 为该斜线在平面
上的射影与直线 所成的角）．
7、立体几何中的轨迹问题，这是一类立体几何与解析几何的交汇题型，既考查学生的空间想象能力，
即点、线、面的位置关系，又考查用代数方法研究轨迹的基本思想，培养学生的数学运算、直观想象等素
养．
8、解决立体几何中的轨迹问题有两种方法：一是几何法．对于轨迹为几何体的问题，要抓住几何体
中的不变量，借助空间几何体（柱、锥、台、球）的定义；对于轨迹为平面上的问题，要利用降维的思想，
熟悉平面图形（直线、圆、圆锥曲线）的定义．二是代数法（解析法）．在图形中，建立恰当的空间直角
坐标系或平面直角坐标系．
9、以立体几何为载体的情境题大致有三类：
（1）以数学名著为背景设置问题，涉及中外名著中的数学名题名人等；
（2）以数学文化为背景设置问题，包括中国传统文化，中外古建筑等；
（3）以生活实际为背景设置问题，涵盖生产生活、劳动实践、文化精神等．
10、以立体几何为载体的情境题都跟图形有关，涉及在具体情境下的图形阅读，需要通过数形结合来解决问题．图形怎么阅读?一是要读特征，即从图形中读出图形的基本特征；二是要读本质，即要善于将
所读出的信息进行提升，实现“图形→文字→符号”的转化；三是要有问题意识，带着问题阅读图形，将
研究图形的本身特征和关注题目要解决的问题有机地融合在一起；四是要有运动观点，要“动手”去操作，
动态地去阅读图形．
【核心考点】
核心考点一：球与截面面积问题
【规律方法】
球的截面问题
球的截面的性质：
①球的任何截面是圆面；
②球心和截面（不过球心）圆心的连线垂直于截面；
③球心到截面的距离 与球的半径 及截面的半径 的关系为 ．
【典型例题】
例1．（2022·全国·高三阶段练习）已知四棱锥P-ABCD的底面ABCD是矩形，且该四棱锥的所有顶点都在
球O的球面上，PA⊥平面ABCD, ，点E在棱PB上，且 ， 过E作球
O的截面，则所得截面面积的最小值是____________.
【答案】
【解析】如图，将四棱锥P-ABCD补为长方体，则此长方体与四棱锥的外接球均为球O，
则球O半径 .O位于PC中点处.
因底面ABCD是矩形，则 .因PA⊥平面ABCD， 平面ABCD，则 ，又 平面
PAB，AB 平面PAB， ，则 平面PAB.
因PB 平面PAB，则 .取PB的中点为F，
则 ， . .
因 ，则 ，得 .
则在直角三角形OEF中， .
当EO与截面垂直时，截面面积最小，
则截面半径为 .
故截面面积为 .故答案为：
例2．（2022·湖北省红安县第一中学高三阶段练习）球体在工业领域有广泛的应用，某零件由两个球体构
成，球 的半径为 为球 表面上两动点， 为线段 的中点.半径为2的球 在球 的
内壁滚动，点 在球 表面上，点 在截面 上的投影 恰为 的中点，若 ，则三棱锥
体积的最大值是___________.
【答案】15
【解析】如图一所示：
在圆 中，因为点 在截面 上的投影 恰为 的中点，且 ，
所以 为直角三角形，且 ，
又因为 ，
所以可得 ，
设 ，
则有 ，
所以 ，
所以 ，当 时，等号成立，
所以 ；
如图二所示：因为球 的半径为 ， 为线段 的中点，
所以 ，
当 三点共线且为如图所示的位置时，点 为到平面 的距离最大，
即此时三棱锥 的高 最大，此时 ,
所以此时 ,
即三棱锥 体积的最大值是15.
故答案为：15.
例3．（2022·江西·高三阶段练习（理））如图，正方体 的棱长为6， ，点
是 的中点，则过 ， ， 三点的平面 截该正方体所得截面的面积为_________．
【答案】
【解析】如图，过点 作 ，连接 ，由面面平行的性质可得：四边形 为平行四边形，
又因为正方体 的棱长为6， ，
点 是 的中点，所以点 ，所以 ，
因为平行四边形 的高为 ，
所以 ，
故答案为： .
例4．（2022·北京市十一学校高三阶段练习）如图，在棱长为2的正方体 中， 分别
是棱 的中点，点 在线段 上运动，给出下列四个结论：
①平面 截正方体 所得的截面图形是五边形；
②直线 到平面 的距离是 ；
③存在点 ，使得 ；
④ 面积的最小值是 ．
其中所有正确结论的序号是__________．
【答案】①③④
【解析】对于①，如图直线 与 的延长线分别交于 ,连接 分别交 于
,连接 ，则五边形 即为所求的截面图形，故①正确；
对于②，由题知 ， 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ，
所以点 到平面 的距离即为直线 到平面 的距离，
设点 到平面 的距离为 ，由正方体 的棱长为2可得，
， ，
所以 ，
，
所以由 ，可得 ，
所以直线 到平面 的距离是 ，故②错误；
对于③，如图建立空间直角坐标系，则 ，
设 ，
所以 ，
又因为 ，
所以 ，
所以 ，
假设存在点 使得 ，
所以 ，
整理得 ，
所以 （舍去），或 ，
所以存在点 使得 ，故③正确；
对于④，由③知 ，
所以点 在 的射影为 ，
所以点 到 的距离为
，
当 时， ，
所以 面积的最小值是 ，故④正确；
故答案为：①③④
核心考点二：体积、面积、周长、角度、距离定值问题
【规律方法】
几类空间几何体体积的求法
（1）对于规则几何体，可直接利用公式计算．（2）对于不规则几何体，可采用割补法求解；对于某些三棱锥，
有时可采用等体积转换法求解．
（3）锥体体积公式为 ，在求解锥体体积时，不能漏掉
【典型例题】
例5．（2022·河南省实验中学高一期中）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
【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．例6．（2022·山西运城·模拟预测（文））如图，正方体 的棱长为1，线段 上有两个动
点E，F，且 ，点P，Q分别为 的中点，G在侧面 上运动，且满足 G∥平面
，以下命题错误的是（ ）
A．
B．多面体 的体积为定值
C．侧面 上存在点G，使得
D．直线 与直线BC所成的角可能为
【解析】对A：连接 ，作图如下：
因为 为正方体，故可得 // ，又 ， 与 是同一条直线，
故可得 ，则 ，故A正确；
对B：根据题意， ，且线段 在 上运动，且点 到直线 的距离不变，
故△ 的面积为定值，又点 到平面 的距离 也为定值，
故三棱锥 的体积 为定值，故B正确；
对C：取 的中点分别为 ，连接 ，作图如下：容易知在△ 中， // ，又 // ， ，
面 面 ，故面 //面 ，
又G在侧面 上运动，且满足 G∥平面 ，故 的轨迹即为线段 ；
又因为 为正方体，故 面 面 ，故 ，
则当 与 重合时， ，故C正确；
对D：因为 // ，故直线 与 所成角即为直线 与 所成角，即 ，
在 中， ，
故 ，而当直线 与直线BC所成的角为 时，
，故直线 与直线BC所成的角不可能为 ，故D错误．
故选：D．
例7．（2022·全国·高三专题练习）如图所示，在正方体 中，过对角线 的一个平面交
于E，交 于F，给出下面几个命题：
①四边形 一定是平行四边形；
②四边形 有可能是正方形；③平面 有可能垂直于平面 ；
④设 与DC的延长线交于M， 与DA的延长线交于N，则M､N､B三点共线；
⑤四棱锥 的体积为定值．
以上命题中真命题的个数为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【解析】因为平面 与平面 平行，截面与它们交于 ，BF，可得 ，
同样可得 ，所以四边形 是一个平行四边形，故①正确；
如果四边形 是正方形，则 ，
因为 ，所以 平面 ，
又 平面 ，E与A重合，此时 不是正方形，故②错误；
当两条棱上的交点是中点时，四边形 为菱形， 平面 ，
此时四边形 垂直于平面 ，故③正确；
由 与DC的延长线交于M，可得 ，且 ，
又因为 平面 ， 平面ABCD，
所以 平面 ， 平面ABCD，
又因为 平面 ， 平面ABCD，
所以平面 平面 ，
同理平面 平面 ，
所以BM，BN都是平面 与平面ABCD的交线，
所以B，M，N三点共线，故④正确；
由于 ， 平面 ，
则E，F到平面 的距离相等，且为正方体的棱长，三角形 的面积为定值，
所以四棱锥 的体积为定值，故⑤正确．
故选：C．
核心考点三：体积、面积、周长、距离最值与范围问题
【规律方法】
几何法，利用几何体的性质，探求图形中点、线、面的位置关系；二是代数法，通过建立空间直角坐
标系，利用点的坐标表示所求量的目标函数，借助函数思想方法求最值
【典型例题】
例8．（2022·全国·高三专题练习）如图，正方形 的中心为正方形 的中心， ，截去
如图所示的阴影部分后，翻折得到正四棱锥 （ ， ， ， 四点重合于点 ），则此四棱锥的体积的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】设 ，则所得的棱锥侧面的高为 ，
棱锥的高为 其体积为：
，
当且仅当 时等号成立，
即体积的最大值为 ，
故选：B.
例9．（2022·江西南昌·三模（理））已知长方体 中， ， ， ，
为矩形A B C D 内一动点，设二面角 为 ，直线 与平面 所成的角为 ，若 ，则
1 1 1 1
三棱锥 体积的最小值是（ ）
A． B． C． D．
【解析】如图，作 平面 ，垂足为 ，再作 ，垂足为 ，
连接 ，由题意可知， ，所以 ，
由抛物线定义可知， 的轨迹为抛物线一部分，所以 的轨迹为抛物线一部分，
当点 到线段 距离最短时，三角形 面积最小，三棱锥 体积最小，建立如图所示直角坐标系，则直线 的方程为 ，
抛物线的方程为 ， ，
由题意， ，得 ，代入 ，得 ，
所以点 的坐标为 ，所以 到直线 的最短距离为
，因为 ，
所以 ，
所以三棱锥 体积的最小值为 ．
故选：C例10．（2022·浙江·高三阶段练习）如图，在四棱锥 中，底面是边长为 的正方形，
， 为 的中点．过 作截面将此四棱锥分成上､下两部分，记上､下两部分
的体积分别为 ， ，则 的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【解析】
过 作平面 的垂线，垂足为 ，连 ，设 的交点为 ，在 中过 作直线
交 于 两点，由相交直线确定平面，则四边形 为过 的截面．由计算可得 ，得
为正三角形， ，所以 为 的重心，设 ，由向量运算可得，又 ，可得 ，所以
，由三点共线，得 ，即 ，易得 到平面 的距离为 ，
到平面 的距离为1，因为 ，所以
， ，得
， ，由 ， ，得
，当且仅当 取等号，所以 ，即 的最小值为 ．
故选：A．
例11．（2022·河南省实验中学高一期中）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
【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．核心考点四：立体几何中的交线问题
【规律方法】
几何法
【典型例题】
例12．（2022·浙江宁波·一模）在棱长均相等的四面体ABCD中，P为棱AD（不含端点）上的动点，过点
A的平面α与平面PBC平行．若平面α与平面ABD，平面ACD的交线分别为m，n，则m，n所成角的正
弦值的最大值为__________．
【答案】
【解析】过点A的平面α与平面PBC平行．若平面α与平面ABD，平面ACD的交线分别为m，n，由于平
面 平面 ，平面 平面 ,，平面 平面 所以 ,
所以 或其补角即为m，n所成的平面角，
设正四棱锥ABCD的棱长为1， ，则 ，
在 中，由余弦定理得： ，
同理 ,
故在 中， ，
由于 ，则 ，进而 ，当 时取等号，
故 的最小值为 ，进而 ，
故 的最大值为 ，故答案为：
例13．（2022·全国·高三专题练习）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___________.
【答案】
【解析】设外接球半径为 ，外接球球心到底面的距离为 ，
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：
例14．（2022·福建福州·三模）已知正方体 的棱长为 ，以 为球心，半径为2的球面
与底面 的交线的长度为___________.
【答案】
【解析】正方体中， 平面 ，所以平面 与球的截面是以 为圆心的圆，且半径为
，所以球面与底面 的交线为以 为圆心，1为半径的弧，该交线为 .
故答案为： .
例15．（2022·陕西·武功县普集高级中学高三阶段练习（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___．
【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 ，
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： .
核心考点五：空间线段以及线段之和最值问题
【规律方法】
几何法，利用几何体的性质，探求图形中点、线、面的位置关系；二是代数法，通过建立空间直角坐
标系，利用点的坐标表示所求量的目标函数，借助函数思想方法求最值
【典型例题】
例16．（2022·全国·高三专题练习）已知正三棱锥 的底面边长为 ，外接球表面积为 ，
，点M，N分别是线段AB，AC的中点，点P，Q分别是线段SN和平面SCM上的动点，则
的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【解析】依题意， ，解得 ，
由 是正三角形可知：其外接圆半径为 ，
设点S到平面ABC的距离为h，故 ，
解得 或 ，
则 或 （舍去），
故 ，则 ，而 ，故 为等腰直角三角形， ，
故 为等腰直角三角形， ，则 ，又 ，故 平面SCM，
取CB中点F，连接NF交CM于点O，则 ，则 平面SCM，
故 平面SCM，则 ，
要求 最小，首先需PQ最小，此时可得 平面SCM，则 ；
再把平面SON绕SN旋转，与平面SNA共面，即图中 位置，
当 共线且 时， 的最小值即为 的长，
由 为等腰直角三角形，
故 ， ，
∴ ，即 ，∴ ，
可得 ， ，
故选：B．
例17．（2022·全国·高三专题练习）在棱长为3的正方体 中，点 满足 ，点
在平面 内，则 的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【解析】以点 为坐标原点， 分别为 轴的正方向，
建立空间直角坐标系 ，则 ，
因为 ，且 ，则 平面 ，
所以 ，同理得 平面 ，所以 ，
而 ，所以 平面 ，
记 与平面 交于点 ，连接 ，且 ，则 ，易得 ，
从而得点 关于平面 对称的点为 ，
所以 的最小值为 ．
故选：B．
例18．（2022·全国·高三专题练习）如图所示，在直三棱柱 中， ， ，
，P是 上的一动点，则 的最小值为（ ）
A． B． C． D．3
【解析】连接 ，得 ，以 所在直线为轴，将 所在平面旋转到平面 ，设点 的新位置为 ，连接 ，则有 ．
当 三点共线时，则 即为 的最小值．
在三角形ABC中， ， ，由余弦定理得：
，所以 ，即
在三角形 中， ， ，由勾股定理可得： ，且 ．
同理可求：
因为 ，所以 为等边三角形，所以 ，
所以在三角形 中， ， ，
由余弦定理得： ．
故选B．
核心考点六：空间角问题
【规律方法】
1、用综合法求空间角的基本数学思想主要是转化与化归，即把空间角转化为平面角，进而转化为三
角形的内角，然后通过解三角形求得．求解的一般步骤为：
（1）作图：作出空间角的平面角．
（2）证明：证明所给图形是符合题设要求的．
（3）计算：在证明的基础上计算得出结果．
简称：一作、二证、三算．
2、用定义作异面直线所成角的方法是“平移转化法”，可固定一条，平移另一条；或两条同时平移
到某个特殊的位置，顶点选在特殊的位置上．
3、求直线与平面所成角的常见方法
（1）作角法：作出斜线、垂线、斜线在平面上的射影组成的直角三角形，根据条件求出斜线与射影
所成的角即为所求．
（2）等积法：公式 ，其中 是斜线与平面所成的角，h是垂线段的长，是斜线段的长，其
中求出垂线段的长（即斜线上的点到面的距离）既是关键又是难点，为此可构造三棱锥，利用等体积法来
求垂线段的长．
（3）证垂法：通过证明线面垂直得到线面角为90°．
4、作二面角的平面角常有三种方法
（1）棱上一点双垂线法：在棱上任取一点，过这点分别在两个面内作垂直于棱的射线，这两条射线
所成的角，就是二面角的平面角．
（2）面上一点三垂线法：自二面角的一个面上一点向另一面引垂线，再由垂足向棱作垂线得到棱上
的点（即垂足），斜足与面上一点连线和斜足与垂足连线所夹的角，即为二面角的平面角．（3）空间一点垂面法：自空间一点作与棱垂直的平面，截二面角得两条射线，这两条射线所成的角
就是二面角的平面角．
【典型例题】
例19．（2022·浙江金华·高三期末）已知正方体 中， 为 内一点，且
，设直线 与 所成的角为 ，则 的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】如图1，设 与平面 相交于点 ，连接 交 于点 ，连接 ，
∵ 平面 ， 平面 ，则 ，
， ， 平面
∴ 平面 ，
由 平面 ，则 ，
同理可证： ，
， 平面 ，
∴ 平面 ，
∵ ，由正三棱锥的性质可得： 为 的中心，
连接 ，
∵ 为 的中点，∴ 交 于点 ，连接 ，
由 平面 ， 平面 ，则 ，即 是 的高，
设 ， ，则 ，且 的内切圆半径 ，
则 ， ，
∵ ，即 ，则 ，
∴点 的轨迹是以 为圆心， 为半径的圆.∵ 平面 ， 平面 ，则 ，
∴ ，
故 为底面半径为 ，高为 的圆锥的母线，如图2所示，
设圆锥的母线与底面所成的角 ，则 ，
所以 ，即直线 与平面 所成的角为 .
直线 在平面 内，所以直线 与直线 所成角的取值范围为 ，
因为 ，所以直线 与直线 所成角的取值范围为 ，即 ，
所以 .
故选：C.
例20．（2022·浙江·效实中学模拟预测）在等腰梯形 中， ， ，AC
交BD于O点， 沿着直线BD翻折成 ，所成二面角 的大小为 ，则下列选项中错
误的是（ ）A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】等腰梯形 中， ， ,可知：
取 中点 , 中点 连接 ,则 ， ,所以 为 二面角 的平
面角，即
设 ，则
,
,
因为在 上余弦函数单调递减，又 ，故A对.
当 时, 与 重合,此时 ,故C不对.
在翻折的过程中，角度从 减少到
在翻折的过程中，角度从 减少到
BD选项根据图形特征及空间关系，可知正确..
故选:C例21．（2022·浙江·湖州中学高三阶段练习）如图， 中， ， ， ，D为AB
边上的中点，点M在线段BD（不含端点）上，将 沿CM向上折起至 ，设平面 与平
面ACM所成锐二面角为 ，直线 与平面AMC所成角为 ，直线MC与平面 所成角为 ，则在
翻折过程中，下列三个命题中正确的是（ ）
① ，② ，③ .
A．① B．①② C．②③ D．①③
【答案】B
【解析】如图，
设直线 与直线 垂直相交于点 ，在折叠图里，线段 与平面 垂直相交于点 ，
，
由图象知： ， ，
，
， ， ，
① ，，
所以 ；
② ，
设 ，
则 ，
，
由 ，
得 ，
，
则 ，
由 得 ；
③ ，
则 ，即 ，
所以 ，则 .
故选：B
例22．（2022·浙江·高三专题练习）已知等边 ，点 分别是边 上的动点，且满足 ，
将 沿着 翻折至 点处，如图所示，记二面角 的平面角为 ，二面角 的平面
角为 ，直线 与平面 所成角为 ，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】在等边 中，取BC边中点D，连接AD，交EF于O，连接PO，则 ， ， 平面 ， 平面
故 平面 ，又 平面 ，则平面 平面
在 中，过P做PM垂直于OD于M，则 平面 ，连接MF，
在等边 中，过M做MN垂直于AC于N，连接PN.
由 ，则 为二面角 的平面角即 ，
由 平面 ， ，则 为二面角 的平面角即
由 平面 ，则 直线 与平面 所成角，即 ，
设 ，则 ， ， ，
，
，
则有 ，
由
可得 ，则有 ，则
又
故 ，又
故
故选：A
例23．（2022·全国·高三专题练习）设三棱锥 的底面是正三角形，侧棱长均相等，P是棱 上的
点（不含端点），记直线 与直线 所成的角为 ，直线 与平面 所成的角为 ，二面角
的平面角是 则三个角 ， ， 中最小的角是（ ）
A． B． C． D．不能确定
【答案】B
【解析】如图，取BC的中点 D，作VO⊥平面ABC于点O，由题意知点O在AD上，且AO=2OD.
作PE//AC，PE交VC于点E，作PF⊥AD于点F，连接BF，则PF⊥平面ABC
取AC的中点M，连接BM，VM，VM交 PE于点H，
连接BH，易知BH⊥PE，
作于点G，连接FG，
由PG⊥AC，PF⊥AC，PG PF=P，
由线面垂直判定定理可得AC⊥平面PGF，又 平面PGF
∴ FG⊥AC,
作FN⊥BM于点N.
∵ PG∥VM，PF∥VN
∴ 平面PGF∥平面VMB， 又 PH∥FN,
四边形PFNH为平行四边形，
所以PH=FN
因此，直线PB 与直线AC所成的角 ，
直线PB与平面ABC所成的角 ，
二面角P-AC-B的平面角 ，
又
又 ，
∴
因为
∴
综上所述， 中最小角为 ，故选 B.
核心考点七：轨迹问题【规律方法】
解决立体几何中的轨迹问题有两种方法：一是几何法．对于轨迹为几何体的问题，要抓住几何体中的
不变量，借助空间几何体（柱、锥、台、球）的定义；对于轨迹为平面上的问题，要利用降维的思想，熟
悉平面图形（直线、圆、圆锥曲线）的定义．二是代数法（解析法）．在图形中，建立恰当的空间直角坐
标系或平面直角坐标系．
【典型例题】
例24．（2022·北京·昌平一中高三阶段练习）设正方体 的棱长为1， ， 分别为 ，
的中点，点 在正方体的表面上运动，且满足 ，则下列命题：
①点 可以是棱 的中点；
②点 的轨迹是菱形；
③点 轨迹的长度为 ；
④点 的轨迹所围成图形的面积为 .
其中正确的命题个数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【解析】连接 ，交于 ，则 为 中点，
因为 为 的中点，所以 ，
由正方体的性质可知 平面 ，
所以 平面 ，
因为 平面 ，
所以 ，
过点 作 ，分别交 于 ，
过点 分别作 ，分别交 于点 ，连接 ，
所以， 四点共面，且 ，
所以，四边形 为平行四边形，
因为 平面 ，所以 平面 ， 平面 ，
所以
所以，四边形 为矩形，
因为 ， 平面 ，
所以 平面 ，
因为点 在正方体的表面上运动，且满足
所以，当 面 时，始终有 ，
所以，点 的轨迹是矩形 ，
如下图，因为 ，
所以， ，
所以， ，
因为 ，
所以 ∽ ，
所以 ，即 ，即
所以 ， ，
所以，点 不可能是棱 的中点，点 的轨迹是矩形 ，
轨迹长度为矩形 的周长 ，
轨迹所围成图形的面积为
故正确的命题为③④.个数为2个.
故选：B例25．（2022·全国·高三专题练习）已知正方体 的边长为2，点E，F分别为棱CD，
的中点，点P为四边形 内（包括边界）的一动点，且满足 平面BEF，则点P的轨迹长为
（ ）
A． B．2 C． D．1
【答案】A
【解析】画出示意图如下：
取 中点N，取 中点M，连接 ,
则 ,则四边形 为平行四边形，所以 BE，
连接 ,则 ,故MN EF，
又 ， 平面 平面BEF,
所以平面BEF 平面BMN，
1
平面 ∩平面 =MN，所以P点轨迹即为MN，
长度为 ；
证明：因为平面BEF 平面 ，
P点是MN上的动点，故 平面 ，
所以 平面BEF，满足题意.
故选：A．例26．（2022·全国·模拟预测（理））如图，在四棱锥 中，底面ABCD是边长为2的正方形，
PA⊥平面ABCD，且 ，点E，F，G分别为棱AB，AD，PC的中点，下列说法错误的是
（ ）
A．AG⊥平面PBD
B．直线FG和直线AC所成的角为
C．过点E，F，G的平面截四棱锥 所得的截面为五边形
D．当点T在平面ABCD内运动，且满足 的面积为 时，动点T的轨迹是圆
【答案】D
【解析】可将四棱锥 补形成正方体 ，如图①，
直线AG即体对角线 ，易证 平面PDB，A选项正确；
如图②，取CD的中点H，连接FH，可知 ，所以
（或其补角）与直线FG和直线AC所成的角相同，在 中，
，所以 ，B选项正确；如图③，延长EF交直线CD于点H，交直线BC于点I，连接GI交PB
于点M，连接GH交PD于点N，则五边形EFNGM即为平面EFG截
四棱锥 所得的截面，C选项正确；
当 时，因为 ，所以点T到AG的距离为 ，点T在以AC为轴，底面半径 的圆
柱上，又点T在平面ABCD上，所以点T的轨迹是椭圆．D选项错误．
故选：D
例27．（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A BD 所成角的大小为 .若 ，则点P的轨迹是
1 1
（ ）
A．圆 B．抛物线 C．椭圆 D．双曲线
【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：
令正方体边长为2，则 ，
面A BD 的一个法向量为 ，
1 1
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：D
例28．（2022·全国·高三专题练习）如图，正方体 中，M为BC边的中点，点P在底面
和侧面 上运动并且使 ，那么点P的轨迹是（ ）A．两段圆弧 B．两段椭圆弧
C．两段双曲线弧 D．两段抛物线弧
【答案】C
【解析】由P点的轨迹实际是一个正圆锥面和两个平面的交线，
其中这个正圆锥面的中心轴即为 ，顶点为A，顶角的一半即为 ，
以A点为坐标原点建立空间直角坐标系，
则 ，可得 ，
，
设 与底面 所成的角为 ，
则 ，所以 ，
所以该正圆锥面和底面 的交线是双曲线弧，
同理可知，P点在平面 的交线是双曲线弧，
故选：C．
核心考点八：以立体几何为载体的情境题
【规律方法】以立体几何为载体的情境题都跟图形有关，涉及在具体情境下的图形阅读，需要通过数形结合来解决
问题．图形怎么阅读？一是要读特征，即从图形中读出图形的基本特征；二是要读本质，即要善于将所读
出的信息进行提升，实现“图形→文字→符号”的转化；三是要有问题意识，带着问题阅读图形，将研究
图形的本身特征和关注题目要解决的问题有机地融合在一起；四是要有运动观点，要“动手”去操作，动
态地去阅读图形．
【典型例题】
例29．（2022·宁夏·平罗中学高三阶段练习（理））设P为多面体M的一个顶点，定义多面体M在P处的
离散曲率为 为多面体M的所有与点P相邻
的顶点，且平面 ， ，……， 遍及多面体M的所有以P为公共点的面如图是正四面体、
正八面体、正十二面体和正二十面体，若它们在各顶点处的离散曲率分别是a，b，c，d，则a，b，c，d
的大小关系是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】对于正四面体，其离散曲率为 ，
对于正八面体，其离散曲率为 ，
对于正十二面体，其离散曲率为 ，
对于正二十面体，其离散曲率为 ，
则 ，
所以 .
故选：B.
例30．（2022·广东·广州市从化区第三中学高三阶段练习）北京大兴国际机场的显著特点之一是各种弯曲
空间的运用，在数学上用曲率刻画空间弯曲性.规定：多面体的顶点的曲率等于 与多面体在该点的面角
之和的差（多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制），多面体面上非顶点的曲率均为零，多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和.例如：正四面体在每个顶点有 个面角，每个面角是 ，所
以正四面体在每个顶点的曲率为 ，故其总曲率为 .给出下列三个结论：
①正方体在每个顶点的曲率均为 ；
②任意四棱锥的总曲率均为 ；
③若某类多面体的顶点数 ，棱数 ，面数 满足 ，则该类多面体的总曲率是常数.
其中，所有正确结论的序号是（ ）
A．①② B．①③ C．②③ D．①②③
【答案】D
【解析】①根据曲率的定义可得正方体在每个顶点的曲率为 ，故①正确；
②由定义可得多面体的总曲率 顶点数 各面内角和，因为四棱锥有5个顶点，5个面，分别为4个三
角形和1个四边形，所以任意四棱锥的总曲率为 ，故②正确；
③设每个面记为 边形，
则所有的面角和为 ，
根据定义可得该类多面体的总曲率 为常数，故③正确.
故选：D.
例31．（2022·辽宁·沈阳二十中三模）我国南北朝时期的著名数学家祖暅原提出了祖暅原理：“幂势既同，
则积不容异.”意思是，夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意一个平面所截，
若截面面积都相等，则这两个几何体的体积相等.运用祖暅原理计算球的体积时，构造一个底面半径和高都
与球的半径相等的圆柱，与半球（如图①）放置在同一平面上，然后在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心
为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥后得到一新几何体（如图②），用任何一个平行于底面的平面去截它们
时，可证得所截得的两个截面面积相等，由此可证明新几何体与半球体积相等，即
.现将椭圆 绕 轴旋转一周后得一橄榄状的几何体（如图③），
类比上述方法，运用祖暅原理可求得其体积等于（ ）A． B． C． D．
【答案】D
【解析】构造一个底面半径为 ，高为 的圆柱，
在圆柱中挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点的圆锥，
则当截面与顶点距离为 时，小圆锥底面半径为 ，
则 ，
，
故截面面积为： ，
把 代入 ，
即 ，
解得： ，
橄榄球形几何体的截面面积为 ，
由祖暅原理可得橄榄球形几何体的体积为：
.
圆柱 圆锥
故选：D.
例32．（2022·全国·高三专题练习）将地球近似看作球体.设地球表面某地正午太阳高度角为 ， 为此时
太阳直射纬度（当地夏半年取正值，冬半年取负值）， 为该地的纬度值，如图．已知太阳每年直射范围
在南北回归线之间，即 ．北京天安门广场的汉白玉华表高为9.57米，北京天安门广场
的纬度为北纬 ，若某天的正午时刻，测得华表的影长恰好为9.57米，则该天的太阳直射纬度为
（ ）A．北纬 B．南纬
C．北纬 D．南纬
【答案】D
【解析】由题可知，天安门广场的太阳高度角 ，
由华表的高和影长相等可知 ，所以 .
所以该天太阳直射纬度为南纬 ，
故选：D.
核心考点九：翻折问题
【规律方法】
1、处理图形翻折问题的关键是理清翻折前后长度和角度哪些发生改变，哪些保持不变．
2、把空间几何问题转化为平面几何问题，把握图形之间的关系，感悟数学本质．
【典型例题】
例33．（2022·全国·高三专题练习）如图，已知四边形 ， 是以 为斜边的等腰直角三角形，
为等边三角形， ，将 沿对角线 翻折到 在翻折的过程中，下列结论中不正确
的是（ ）
A． B． 与 可能垂直
C．直线 与平面 所成角的最大值是 D．四面体 的体积的最大是
【答案】C
【解析】如图所示，取 的中点 ，连接是以 为斜边的等腰直角三角形,
为等边三角形,
面 , ,故A正确
对于B，假设 ，又
面 ， ，
又 , ，故 与 可能垂直，故B正确
当面 面 时，此时 面 ， 即为直线 与平面 所成角
此时 ，故C错误
当面 面 时，此时四面体 的体积最大，此时的体积为：
，故D正确
故选：C
例34．（2022·浙江·杭州高级中学模拟预测）如图，已知矩形 的对角线交于点 ，将
沿 翻折，若在翻折过程中存在某个位置，使得 ，则 的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】如图示,设 处为 沿 翻折后的位置，
以D为坐标原点，DA,DC分别为x,y轴，过点D作平面ABCD的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，则 ，设 ，
由于 ,故 ，
而 ，
由于 ,故 ，则 ，
即 ；
又由在翻折过程中存在某个位置，便得 ，不妨假设 ,
则 ，即 ，
即 ，
当将 翻折到如图 位置时， 位于平面ABCD内，
不妨假设此时 ，设垂足为G,
作 AD的延长线，垂足为F,此时在x轴负半轴上方向上，DF的长最大，a取最小值，
由于 ，故 ,
所以 ,而 ,
故 ，又 ,
故 为正三角形，则 ,
而 ,故 ,则 ，
故 ， ，则 ，
故 的取值范围是 ，
故选：A
例35．（2022·全国·高三专题练习）如图1，在正方形 中，点 为线段 上的动点（不含端点），
将 沿 翻折，使得二面角 为直二面角，得到图2所示的四棱锥 ，点 为线段
上的动点（不含端点），则在四棱锥 中，下列说法正确的是（ ）A． ､ ､ ､ 四点一定共面
B．存在点 ，使得 平面
C．侧面 与侧面 的交线与直线 相交
D．三棱锥 的体积为定值
【答案】B
【解析】A. 假设 ､ ､ ､ 四点共面，则直线EC与BF共面，若EC与BF平行，又EC与AD平行，则
AD与BF平行，这与AD与BF相交矛盾；若EC与BF相交，设交点为Q，则Q即在平面BAD内，又在平
面AECD内，则点Q在交线AD上，这与EC与AD平行矛盾，所以假设不成立，所以B、E、C、F不共面，
故错误；
B.如图所示：
在AD上取点G，使得AG=EC，当 时， ，又 平面 ， 平面 ，所以
平面 ，同理 平面 ，又 ，所以平面 平面 ，则 平面
，故存在点 ，使得 平面 ，故正确；
C.设侧面 与侧面 的交线为l，因为 ，且 面 ， 面 ，所以 面
，则 ，所以 ，故错误；
D.因为二面角 为直二面角，当点E移动时，点B到AE的距离即三棱锥 的高变化，而
是定值，故三棱锥 的体积不是定值，故错误；
故选：B
例36．（2022·全国·高三专题练习）已知直角梯形ABCD满足：AD∥BC，CD⊥DA，且△ABC为正三角形．
将△ADC沿着直线AC翻折至△AD'C如图，且 ，二面角 、 、
的平面角大小分别为α，β，γ，直线 ， ， 与平面ABC所成角分别是θ，θ，θ，则
1 2 3（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】由题意可知，不妨设 ，则 .如图所示，取点E，F分别为AB，
BC的中点，连结AF，DE，设G为DE与AF的交点，DE与AC的交于点H.
所以 ，则 ，则旋转过程中，点 在平面ABC上的投影在DE上.
当点 的投影为点G时，则 ；当点 的投影在DG上时，则 ；
当点 的投影在GE上时，则 ；当点 投影为点E时，则 .
故要使 ，则点 的投影在点G，E两点之间，此时投影点到AB，BC，CD的距离为
所以二面角 最大，其次为二面角 ，而二面角 最小，故 ；
设三棱锥 的高为h.
则 .
因为 ，所以 .
因为 ，所以
故选：A.【新题速递】
1．（2022·安徽·高三阶段练习）如图，在棱长为 的正四面体 中，点 分别在棱
上，且平面 平面 为 内一点，记三棱锥 的体积为 ，设 ，关于函
数 ，下列说法正确的是（ ）
A． ，使得
B．函数 在 上是减函数
C．函数 的图象关于直线 对称
D． ，使得 （其中 为四面体 的体积）
【答案】A
【解析】设点 在平面 内的射影为点 ，连接 ，如图所示，则 为等边 的中心，
故 ，因为 平面 平面 ，所以 ，
所以 ，所以 .因为平面
平面 ，则 ，
且点 到平面 的距离为 ，所以点 到平面 的距离为 ，
所以 ，其中 ，对于 选项，
，当 时， ，此时函数 单调递增， ；当时， ，
此时函数 单调递减， ，故 正确，B错误；对于C选项，
，故函数 的图象不关于直线 对称，
故C错误；对于D选项， ，故对任意的
，故D错误.
故选：A.
2．（2022·重庆市长寿中学校高三阶段练习）如图所示，在直角梯形 中， ､
分别是 ､ 上的点， ，且 （如图1）.将四边形 沿 折起，连
接 （如图2）.在折起的过程中，下列说法中错误的个数是（ ）
① 平面 ；
② 四点不可能共面；
③若 ，则平面 平面 ；
④平面 与平面 可能垂直.
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】A
【解析】对于①，在图2中记 与 的交点为 ，取 的中点为 ，连接 ，
因为 ， ，所以四边形 为矩形，
故 为 的中点，
又因为 为 的中点，
所以 为 的中位线，
故 ，且 ，
又 ， ，
所以 ，且 ，
所以四边形 为平行四边形，
即 面 面 ，
故 平面 ，故①正确；
对于②，因为 ， 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ，
如果 四点共面，
因为 平面 ，
而
与已知矛盾，故②正确；
对于③，在梯形 中，连接DF，过点F作FH⊥DE于点H，
因为直角梯形 中， ， ， ，
所以 ，四边形 为正方形， 为等腰直角三角形，
所以 ， ，
又 平面 ，
平面 ，∵ 平面 ，
即有 ，
又 与 相交， 平面 ，
平面 ，
∵ 平面 ，
则平面 平面 ，故③正确；
对于④，延长 至 使得 ，连接 ，
因为 ⊥AB，BC⊥AF， ， 平面ABF，
所以BC⊥平面ABF，
因为BC 平面BCE，
所以平面 平面 ，交线为BG，
过 作 于点 ，
因为FN 平面ABF，
则 平面 .
过 作直线与平面 垂直，其垂足在 上，不在BE上，故④错误.
故选：A.
3．（2022·四川·成都市第二十中学校一模（理））如图， 在棱长为 2 的正方体 中，
均为所在棱的中点， 则下列结论正确的有（ ）
①棱 上一定存在点 ， 使得
②三棱锥 的外接球的表面积为③过点 作正方体的截面， 则截面面积为
④设点 在平面 内， 且 平面 ， 则 与 所成角的余弦值的最大值为
A．1 个 B．2 个 C．3 个 D．4 个
【答案】C
【解析】建立如图空间直角坐标系，
设 ， 其中 ，
所以 ，
若棱 上存在点 ， 使得 ， 则 ，
整理得 ， 此方程无解， ①不正确;
设 的中点为 ， 则四边形 是边长为 的正方形， 其外接圆的半径为 ，
又 底面 ， 所以三棱锥 的外接球的半径为 ；
所以其表面积为 ，②正确;
过点 作正方体的截面， 截面如图中六边形所示，
因为边长均为 ， 且对边平行， 所以截面六边形为正六边形，
其面积为 ， ③正确;
点 在平面 内，设 ，
则 ，设 是平面 的一个法向量， 则 ，
令 可得 ， 即 ，
因为 平面 ， 所以 ， 即 ，
设 与 所成角为 ， 则 ，
当 时， 取最小值 ，
所以 与 所成角的余弦值的最大值为 ，故④正确;
故选：C.
4．（2022·四川·成都市锦江区嘉祥外国语高级中学有限责任公司模拟预测（文））在棱长为 的正方体
中， 为 的中点，点 在正方体各棱及表面上运动且满足 ，则点 轨迹所围
成图形的面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】分别取 、 的中点 、 ，连接 、 、 ，设 ，
在正方体 中， 且 ，
因为 、 分别为 、 的中点，则 且 ，
故四边形 为平行四边形，故 且 ，
因为 且 ， 且 ，故四边形 为平行四边形，
因为 ， ， ，故 ，
所以， ，则 ，
所以， ，故 ，平面 ， 、 平面 ， ， ，
， 、 平面 ， 平面 ，
若点 在 的边上运动时（不包括点 ），则 平面 ，故 ，
由勾股定理可得 ，易知四边形 为矩形，
故点 轨迹所围成图形的面积即为矩形 的面积，即为 .
故选：A.
5．（2022·上海市实验学校高三阶段练习）直线 平面 ，垂足是 ，正四面体 的棱长为4，点
在平面 上运动，点 在直线 上运动，则点 到直线 的距离的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】在正四面体 中，分别取 的中点 ，连接 ，
则 ，又 ， 平面 ， 平面
则 平面 ，又 平面 ，则
中，
等腰 中， ，
若固定正四面体 的位置，则点O在以BC为直径的球上运动，球半径为2，
则点O到直线 的距离的最小值为球心到直线 的距离减去半径即 ，
最大值为球心到直线 的距离加上半径即
则点 到直线 的距离的取值范围是
故选：B6．（2022·湖南·模拟预测）正三棱柱 的底面边长是4，侧棱长是6，M，N分别为 ，
的中点，若点P是三棱柱内（含棱柱的表面）的动点，MP∥平面 ，则动点P的轨迹面积为
（ ）
A． B．5 C． D．
【答案】C
【解析】取AB的中点Q，连接MQ，CQ，MC，由M，N，Q分别为 ， ，AB的中点可得 ，
平面 ， 平面 ，
所以 平面 ，同理 得 平面 ， ， 平面 ，则
平面 平面 ，
所以动点P的轨迹为△MQC及其内部（挖去点M）．
在正三棱柱 中，△ABC为等边三角形，Q为AB的中点，则 ，
平面 平面 ，平面 平面 ，则CQ⊥平面 ， 平面 ，
所以 ．
因为 ，所以 ，
因为侧棱长是6，所以 ．
所以 ，则△MQC的面积 ，
故动点P的轨迹面积为 ．
故选：C7．（2022·山西·高三阶段练习）已知正方体 的顶点都在表面积为 的球面上，过球心O
的平面截正方体所得的截面为一菱形，记该菱形截面为S，点P是正方体表面上一点，则以截面S为底面，
以点P为顶点的四棱锥的体积的最大值为（ ）
A． B． C．2 D．
【答案】A
【解析】设该正方体的棱长为 ，球的半径为 ，所以有 ，
于是有 ，
所以该正方体的棱长为2，
第一种情况，经过球心垂直上下两面时，此时的体积最大值为 ；
第二种情况如图1，由题意可知，要使过球心平面截正方体截面为菱形，则该截面必过正方体相对两棱中
点，（不妨取图中 中点分别为F，E），设该截面与 及 的交点分别为M，N，显然
，而 ，所以 ，即 ，
显然 ，而 ，而 平面 ，
平面 ．
由图1可以看出当点P与点 或点C重合时四棱锥的高最大，，
而 ，则 ；
综上所述，体积的最大值为 ．
故选：A
8．（2022·浙江·高三阶段练习）在 中， ， ．若空间点 满足 ，则
直线 与平面 所成角的正切的最大值是（ ）
A． B． C． D．1
【答案】C
【解析】过点 作 与点 ，过点 作 与点 ，
设 ，则 ，
又 ，则 ，
则点 在以 为旋转轴，底面圆半径为 的圆柱上，
如图所示：以 所在平面为 ，建立 空间直角坐标，则平面 的法向量为： ，
，
设 ，
则 ，
记直线 与平面 所成角为 ,
则 ，
因为 ，
所以 ，
令 ，则 ，
则 ， ，又 ，在 上单调递减。在 上单调递增，
则 ，
所以 ，当且仅当 ，即 时，等号成立，
又 ，
所以直线 与平面 所成角的最大值为 ，
此时 ，
故选：C
9．（多选题）（2022·云南曲靖·高三阶段练习）已知正方体 的棱长为1，点 为侧面
内一点，则（ ）
A．当 时，异面直线 与 所成角的正切值为2
B．当 时，四面体 的体积为定值
C．当点 到平面 的距离等于到直线 的距离时，点 的轨迹为拋物线的一部分
D．当 时，四面体 的外接球的表面积为
【答案】ABC
【解析】正方体 的棱长为1，
对于A，如图，CP与AD所成的角即CP与BC所成的角，因为 ，所以 ， ，
，由余弦定理， ，由正弦定理， ，所以 ，
即CP与AD所成的角的正切值为2，A正确；对于B，因为 ，所以 平面 ，所以当 即点P在线段 上时，点
P到平面 的距离为定值，所以四面体 的体积为定值，B正确；
对于C，点P到平面 的距离即点P到直线 的距离，点P到直线 的距离即点P到 的距离，
依据抛物线的定义当两距离相等时点P的轨迹为抛物线一部分，C正确；
对于D，当 即点P为 中点时，因为 ，所以 ，又因为 ，所以DB
为四面体BCDP外接球的一条直径，外接球半径 ，
外接球表面积 ，D错误.故选：ABC.
10．（多选题）（2022·辽宁·本溪高中高三阶段练习）如图，矩形BDEF所在平面与正方形ABCD所在平
面互相垂直， ，G为线段AE上的动点，则（ ）
A．
B．多面体ABCDEF的体积为
C．若G为线段AE的中点，则 平面CEF
D．点M，N分别为线段AF，AC上的动点，点T在平面BCF内，则 的最小值是
【答案】ACD
【解析】如图，将几何体ABCDEF补全成棱长为2的正方体，在该正方体中，因为 ， ，
所以 ，故A项正确；
因为 ，故B项错误；
当G为线段AE的中点时，因为 ， 平面CEF， 平面CEF，所以 平面CEF，同理
平面CEF，又 ， 平面 ，所以平面 平面CEF， 平面 ，
所以 平面CEF，故C项正确；
设A关于BC的对称点为Q，N关于BC的对称点为 ，则 在线段CQ上，记d为直线AF与CQ之间的
距离，因为 ,且 平面 , 平面 ，所以 平面 ，即 转化为点C到
平面AEF的距离，即IC长度的三分之二， ，则 ，经检验点
M， 都分别在线段 上，故D项正确．附证： ，
因为 平面 ， 平面 ，所以 ，
又因为 ， ，所以 平面 ， 平面 ，
所以 ，同理 ，且 ，
所以 平面 ，
设点 到平面 的距离为 ,根据等体积可知 ，
，得 ,所以点 到平面 的距离为 .
故选ACD项．
11．（多选题）（2022·广东·东涌中学高三期中）如图，已知正方体 的棱长为1， ，
， 分别为 ， ， 的中点，点 在 上， 平面 ，则以下说法正确的是
（ ）
A．点 为 的中点
B．三棱锥 的体积为
C．直线 与平面 所成的角的正弦值为
D．过点 、 、 作正方体的截面，所得截面的面积是
【答案】ABC
【解析】以D为坐标原点，DA，DC， 所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，则 ，
设平面EFG的法向量为 ，
则 ，
令 ，则 ，故 ，
A选项，设 ，则 ，
因为 平面 ，
所以 ，即 ，
解得： ，
故 ，故 ，
，
所以 ，则点 为 的中点，A正确；
设 点到平面EFG的距离为d，
则 ，
又 ， ， ，
即 ，由余弦定理得： ，
故 ，则 ，
由三角形面积公式可得： ，
故三棱锥 的体积为 ，B正确；
，设直线 与平面 所成的角为 ，
则 ，
故直线 与平面 所成角的正弦值为 ，C正确；
取 的中点 ， 的中点 ， 的中点 ，连接 ，
则过点 、 、 作正方体的截面，截面为正六边形 ，边长为 ，
正六边形 的面积为
则截面面积为 ，D错误.
故选：ABC
12．（多选题）（2022·安徽·阜阳师范大学附属中学高三阶段练习）已知 为等腰直角三角形，
，其高 ， 为线段 的中点，将 沿 折成大小为 的二面角，连接
，形成四面体 ，动点 在 内（含边界），且 平面 ，则在 变化的过程中
（ ）
A．B． 点到平面 的距离的最大值为
C．点 在 内（含边界）的轨迹长度为
D．当 时， 与平面 所成角的正切值的取值范围为
【答案】AD
【解析】如图， ， ， ， 平面 ，
所以 平面 ，又 平面 ，所以 ，A正确，
因为 ， ，所以 为二面角 的平面角，故 ， ，
过点 作 ，垂足为 ，因为 平面 ， 平面 ，所以 ，又
， 平面 ，所以 平面 ，所以 为点 到平面 的距离，在
中， , ， ，所以 ，又 ，所以 点到平面
的距离的最大值为 ，B错误；
连接 ， 为 的中点，因为 为 的中点，所以 ， 平面 ， 平面 ，所
以 平面 ，又 平面 ， ， 平面 ，所以平面 平面 ，
平面 平面 ，平面 平面 ，所以 ，记 的中点为 ，因为 为
的中点，所以 ，故点 的轨迹为线段 ， ，C错误；
过点 作 ，垂足为 ，因为 平面 ， 平面 ，所以 ，又
， 平面 ，所以 平面 ，所以 为 与平面 所成角的平面
角，
因为 平面 ， 平面 ，所以 ，因为 ， ， 平面
，所以 平面 ，又 平面 ，所以 ，因为 ，所以 ，
在 中， ， ， ，所以 ，
所以 ，
在 中， ， ， ，所以 ，
在 中， ，所以 ，
所以 与平面 所成角的正切值为 ，设 ，其中 ，则 ，所以函数
在 上单调递减，所以 ，故 与平面 所成角的正切值的取值
范围为 .
故选：AD.
13．（多选题）（2022·江苏省泰兴中学高三阶段练习）棱长为1的正方体 内部有一圆柱
，此圆柱恰好以直线 为轴，且圆柱上下底面分别与正方体中以 为公共点的3个面都有一个公
共点，以下命题正确的是（ ）
A．在正方体 内作与圆柱 底面平行的截面，则截面的最大面积为
B．无论点 在线段 上如何移动，都有
C．圆柱 的母线与正方体 所有的棱所成的角都相等
D．圆柱 外接球体积的最小值为
【答案】BCD
【解析】如图所示：设 分别为对应棱的中点，易知 共面，
因为 是 的中点，所以 ，
因为 ，所以 ，
因为 平面 ， 平面 ，所以 ，
因为 ， 平面 ，所以 平面 ，
因为 平面 ，所以 ，同理可得 ，因为 平面 ，所以 平面 ，
所以平面 为其中一个截面，其面积为 ，A错误；
B：因为 平面 ， 平面 ，所以
平面
平面 又 平面
正确；
C：易知圆柱 的母线与 平行，易得 与 所成的夹角相等，故 与其每条侧棱间的夹
角都相等，C正确；
D:设圆柱底面半径为 ，则圆柱的底面必与过 点的三个面相切，
且切点分别在线段 上，设在 上的切点为 ， 为圆柱的一条高，
在 中， ，所以在 中， ，
根据对称性知： ，则圆柱的高为 ，
所以外接球的半径 ，
当 时， 外接球体积的最小值为 ，D正确
故选：BCD
14．（多选题）（2022·江苏盐城·高三阶段练习）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的周长为是变化的
B．四棱锥 的体积的最大值为C．当 时，平面 截球O所得截面的周长为
D．当 时，将正四面体ABCD绕EF旋转 后与原四面体的公共部分体积为
【答案】BD
【解析】对于边长为2的正方体 ，则ABCD为棱长为 的正四面体，则球心O即为正
方体的中心，
连接 ，设
∵ ， ，则 为平行四边形
∴ ，
又∵ 平面 ， 平面 ，
∴ 平面 ，
又∵ 平面 ， ， 平面 ，
∴平面 平面 ，
对A：如图1，
∵平面 平面 ，平面 平面 ，平面 平面 ，
∴ ，则 ，即 ，
同理可得： ， ， ， ，
∴四边形EMGH的周长 （定值），A错误；
对B：如图1，由A可知： ， ， ，
，
∵ 为正方形，则 ，
∴ 为矩形，
根据平行可得：点A到平面 的距离 ，故四棱锥 的体积 ，则 ，
∵ ，则当 时，则 ， 在 上单调递增，当 时，则 ， 在 上
单调递减，
∴当 时， 取到最大值 ，
故四棱锥 的体积的最大值为 ，B正确；
对C：正四面体ABCD的外接球即为正方体 的外接球，其半径 ，
设平面 截球O所得截面的圆心为 ，半径为 ，
当 时，则 ，
∵ ，则 ，
∴平面 截球O所得截面的周长为 ，C错误；
对D：如图2，将正四面体ABCD绕EF旋转 后得到正四面体A B C D ，设
1 1 1 1
，
∵ ，则 分别为各面的中心，
∴两个正四面体的公共部分为 ，为两个全等的正四棱锥组合而成，
根据正方体可得： ，正四棱锥 的高为 ，
故公共部分的体积 ，D正确；
故选：BD.
15．（2022·安徽·石室中学高三阶段练习）已知三棱锥 的高为 分别为 的中点，
若平面ABD，平面BCE，平面ACF相交于O点，则O到平面ABC的距离h为___________.【答案】
【解析】如图所示，平面ABD与平面BCE交于BQ，平面ABD与平面ACF交于AP，
所以O为AP与BQ的交点.
因为D，E，F分别为VC，VA，VB的中点，
所以P，Q分别为 ， 的重心，
所以 ，
连接DO并延长交AB于H，连接PQ，
设PQ与DO交于S，则 ， ，
易得 ，
所以 ， ，
所以 ，
设三棱锥 的高为 ，三棱锥 的高为 ，
所以 ，所以 ，故 .
16．（2022·北京八十中高三期末）如图，在正方体ABCD—A B C D 中，E为棱 的中点.动点P沿着棱
1 1 1 1
DC从点D向点C移动，对于下列四个结论：①存在点P，使得 ；
②存在点P，使得平面 平面 ；
③ 的面积越来越小；
④四面体 的体积不变.
所有正确的结论的序号是___________.
【答案】①③④
【解析】设正方体棱长为1， ，
由 平面 ， 平面 得 ，同理 ，、
所以 ， ，
由 得 ，存在 使得 ，①正确，
正方体中，由 平面A B C D ， 平面A B C D ，则 ， ，
1 1 1 1 1 1 1 1
， 平面 ，所以 平面 ，
若平面 平面 ；则 平面 或 平面 ，
但当 在 上移动时， 与平面 总是相交，②错；
正方体中， 平面A B C D ， ，所以 到平面A B C D 的距离不变，即 到平面 的距离不
1 1 1 1 1 1 1 1变，而 面积不变，因此三棱锥 ，即四面体 的体积不变，④正确；
以 为 轴建立空间直角坐标系，如下图，
设正方体棱长为2，则 ， ，设 ， ，
，
， ， ，
，
设 到直线 的距离为 ，则
，
由二次函数性质知 时， 递减，所以 递减，又 不变，
所以 的面积为 递减，③正确，
故答案为：①③④．
17．（2022·重庆市万州第二高级中学高三阶段练习）已知空间四边形 的各边长及对角线 的长度
均为6，平面 平面 ，点M在 上，且 ，过点M作四边形 外接球的截面，
则截面面积的最小值为___________.
【答案】
【解析】由题意知 和 为等边三角形，取 中点为 连接 ，
则
由平面 平面 平面 平面 平面
故 平面 ， ，则易知 ，易知球心 在平面 的投影为 的外心 ，
在 上作 于 ，易得
则在 中， ，
所以外接球半径 ，连接
因为
所以 三点共线，所以
当 为截面圆圆心时截面面积最小，此时截面圆半径为 ，截面面积为
.
故答案为： .
.
18．（2022·北京交通大学附属中学高三阶段练习）如图，正方体 的棱长为4，点P在正
方形 的边界及其内部运动.平面区域W由所有满足 的点P组成，则四面体 的
体积的取值范围_________.
【答案】
【解析】连接 ，如图所示，因为 平面 ， 平面 ，所以 ，
∵ ，由 ， ，则 ；
所以 在以 为圆心2为半径的 圆面上，由题意可知， ，
所以当 在边 上时，四面体 的体积的最大值是 .
所以当 在边 的中点时， 的面积取得最小值，此时 ，
所以四面体 的体积的最小值是 ，所以 ，
故答案为： .
19．（2022·黑龙江·鹤岗一中高三阶段练习）已知点P是棱长为2的正方体 的表面上一个
动点，若使 的点P的轨迹长度为a；使直线 平面BDC的点P的轨迹长度为b；使直线AP与平
面ABCD所成的角为45°的点P的轨迹长度为c．则a，b，c的大小关系为______．（用“＜”符号连接）
【答案】b＜c＜a
【解析】若点 到点 的距离为2，则点 的轨迹为球的表面与正方体交轨，
在平面 内， 的轨迹为以 为圆心，2为半径的 圆弧，
由对称性知，这样的圆弧同样在平面 内和平面 内，故 的轨迹长度 ；
若 平面 ，则点 的轨迹为过点 且平行于平面 的平面与正方体交轨，
而平面 平面 ，所以点 的轨迹长度为三角形 的周长（除掉 点，不影响周长），故
，
若直线 与平面 所成的角为 ，则点 的轨迹为圆锥的侧面与正方体交轨，
在平面 内，点 的轨迹为对角线 （除掉 点，不影响）；
在平面 内，点 的轨迹为对角线 （除掉 点，不影响）；
在平面 内是以点 为圆心2为半径的 圆弧，如图，故点 的轨迹长度为 ，
∵ ，∴ ，即 ．
故答案为： ．
20．（2022·四川·高三开学考试（理））已知点 是棱长为2的正方体 的表面上一个动点，
若使 的点 的轨迹长度为 ；使直线 平面 的点 的轨迹长度为 ；使直线 与平面
所成的角为 的点 的轨迹长度为 ．则 的大小关系为______．（用“ ”符号连接）
【答案】
【解析】若点 到点 的距离为2，则点 的轨迹为球的表面与正方体交轨，
在平面 内， 的轨迹为以 为圆心，2为半径的 圆弧，
由对称性知，这样的圆弧同样在平面 内和平面 内，故 的轨迹长度 ；
若 平面 ，则点 的轨迹为过点 且平行于平面 的平面与正方体交轨，
而平面 平面 ，所以点 的轨迹长度为三角形 的周长（除掉 点，不影响周长），故
，
若直线 与平面 所成的角为 ，则点 的轨迹为圆锥的侧面与正方体交轨，
在平面 内，点 的轨迹为对角线 （除掉 点，不影响）；
在平面 内，点 的轨迹为对角线 （除掉 点，不影响）；
在平面 内是以点 为圆心2为半径的 圆弧，如图，
A B C D
1 1 1 1
故点 的轨迹长度为 ，
∵ ，∴ ，即 ．故答案为： ．
