文档内容
专题 14 立体几何常见压轴小题全归纳
【目录】
..............................................................................................................................................2
...............................................................................................................................................3
..............................................................................................................................................3
..............................................................................................................................................5
............................................................................................................................................11
考点一：球与截面面积问题..................................................................................................................................11
考点二：体积、面积、周长、角度、距离定值问题.............................................................................................13
考点三：体积、面积、周长、距离最值与范围问题.............................................................................................20
考点四：立体几何中的交线问题...........................................................................................................................23
考点五：空间线段以及线段之和最值问题............................................................................................................27
考点六：空间角问题..............................................................................................................................................30
考点七：轨迹问题.................................................................................................................................................35
考点八：以立体几何为载体的情境题...................................................................................................................39
考点九：翻折问题.................................................................................................................................................41
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．考点要求 考题统计 考情分析
2021年天津卷第6题，5分 【命题预测】
球与截面面积问题
2018年I卷第12题，5分 预测2024年高考，多以小题
2023年甲卷第16题，5分 形式出现，也有可能会将其
渗透在解答题的表达之中，
2022年乙卷第9题，5分
最值与范围问题
相对独立．具体估计为：
2022年I卷第8题，5分
（1）以选择题或填空题形式
2021年上海卷第9题，5分
出现，考查学生的综合推理
2023年天津卷第8题，5分 能力．
2023年乙卷第9题，5分 （2）热点是简单几何体的表
角度问题
面积或体积，最短路径问
2022年浙江卷第8题，4分
题，截面问题．
2022年甲卷第9题，5分
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．
1．（2023•天津）在三棱锥 中，线段 上的点 满足 ，线段 上的点 满足
，则三棱锥 和三棱锥 的体积之比为
A． B． C． D．
【答案】
【解析】在三棱锥 中，线段 上的点 满足 ，线段 上的点 满足 ，
所以 ，
设 到平面 的距离 ， 到平面 的距离 ，则 ，
则三棱锥 的体积为 ．
故三棱锥 和三棱锥 的体积之比为 ．
故选： ．
2．（2023•乙卷）已知 为等腰直角三角形， 为斜边， 为等边三角形，若二面角
为 ，则直线 与平面 所成角的正切值为
A． B． C． D．
【答案】
【解析】如图，取 的中点 ，连接 ， ，则根据题意易得 ， ，
二面角 的平面角为 ，
， ，且 ，
平面 ，又 平面 ，
平面 平面 ，
在平面 内的射影为 ，
直线 与平面 所成角为 ，
过 作 垂直 所在直线，垂足点为 ，
设等腰直角三角形 的斜边长为2，
则可易得 ， ，又 ，
， ， ，
．
故选： ．
3．（2021•天津）两个圆锥的底面是一个球的同一截面，顶点均在球面上，若球的体积为 ，两个圆锥
的高之比为 ，则这两个圆锥的体积之和为
A． B． C． D．
【答案】
【解析】如图，设球 的半径为 ，由题意， ，
可得 ，则球 的直径为4，
两个圆锥的高之比为 ， ， ，
由直角三角形中的射影定理可得： ，即 ．
这两个圆锥的体积之和为 ．
故选： ．4．（2018•新课标Ⅰ）已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面 所成的角都相等，则 截此正方
体所得截面面积的最大值为
A． B． C． D．
【答案】
【解析】正方体的所有棱中，实际上是3组平行的棱，每条棱所在直线与平面 所成的角都相等，如图：
所示的正六边形平行的平面，并且正六边形时， 截此正方体所得截面面积的最大，
此时正六边形的边长 ，
截此正方体所得截面最大值为： ．
故选： ．
5．（2018•新课标Ⅰ）已知圆柱的上、下底面的中心分别为 ， ，过直线 的平面截该圆柱所得的
截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为
A． B． C． D．
【答案】
【解析】设圆柱的底面直径为 ，则高为 ，
圆柱的上、下底面的中心分别为 ， ，
过直线 的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，
可得： ，解得 ，
则该圆柱的表面积为： ．
故选： ．6．（多选题）（2023•新高考Ⅰ）下列物体中，能够被整体放入棱长为1（单位： 的正方体容器（容器
壁厚度忽略不计）内的有
A．直径为 的球体
B．所有棱长均为 的四面体
C．底面直径为 ，高为 的圆柱体
D．底面直径为 ，高为 的圆柱体
【答案】
【解析】对于 ，棱长为1的正方体内切球的直径为 ，选项 正确；
对于 ，如图，
正方体内部最大的正四面体 的棱长为 ，选项 正确；
对于 ，棱长为1的正方体的体对角线为 ，选项 错误；
对于 ，（法一）如图，六边形 为正六边形， ， ， ， ， ， 为棱的中点，
高为0.01米可忽略不计，看作直径为1.2米的平面圆，
六边形 棱长为 米， ，
所以 米，故六边形 内切圆直径为 米，
而 ，选项 正确．
（法二）因为 ，可知底面正方形不能包含圆柱的底面圆，
如图，过 的中点 作 ，设 ，
可知 ，
则 ，即 ，解得 ，
且 ，即 ，
故以 为轴可能对称放置底面直径为 的圆柱，
若底面直径为 的圆柱与正方体的上下底面均相切，
设圆柱的底面圆心为 ，与正方体的下底面的切点为 ，
可知， ， ，
则 ，
即 ，解得 ，
根据对称性可知圆柱的高为 ，
所以能够被整体放入正方体内，故熏香 正确．
故选： ．
7．（2023•甲卷）在正方体 中， ， 为 的中点，若该正方体的棱与球 的球
面有公共点，则球 的半径的取值范围是 ．
【答案】 ， ．
【解析】设球的半径为 ，
当球是正方体的外接球时，恰好经过正方体的每个顶点，所求的球的半径最大，
若半径变得更大，球会包含正方体，导致球面和棱没有交点，
正方体的外接球直径 为体对角线长 ，
即 ， ，故 ，分别取侧枝 ， ， ， 的中点 ， ， ， ，
则四边形 是边长为4的正方形，且 为正方形 的对角线交点，
连接 ，则 ，
当球的一个大圆恰好是四边形 的外接圆，球的半径最小，
即 的最小值为 ，
综上，球 的半径的取值范围是 ， ．
故答案为： ， ．
8．（2021•上海）已知圆柱的底面圆半径为1，高为2， 为上底面圆的一条直径， 是下底面圆周上的
一个动点，则 的面积的取值范围为 ．
【答案】
【解析】如图1，上底面圆心记为 ，下底面圆心记为 ，
连接 ，过点 作 ，垂足为点 ，
则 ，
根据题意， 为定值2，所以 的大小随着 的长短变化而变化，
如图2所示，当点 与点 重合时， ，
此时 取得最大值为 ；
如图3所示，当点 与点 重合， 取最小值2，此时 取得最小值为 ．
综上所述， 的取值范围为 ．
故答案为： ．
考点一：球与截面面积问题
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 ．
例1．（2023·全国·模拟预测）球缺是指一个球被平面截下的部分，截面为球缺的底面，垂直于截面的直径
被截面截得的线段长为球缺的高，球缺曲面部分的面积（球冠面积） （ 为球的半径， 为球缺
的高）．已知正三棱柱 的顶点都在球 的表面上，球 的表面积为 ，该正三棱柱的体积
为 ，若 的边长为整数，则球 被该正三棱柱上、下底面所在平面截掉两个球缺后剩余部分的表
面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】设球 的半径为 ，则 ，得 ．设正三棱柱 的高为 ，底面边长为 ，
则 ，（提示：根据正三棱柱和球的结构特征建立方程组）
得 ，则球 被截掉的两个球缺的高均为1，每个球冠的面积为 ，又 外接圆的
半径为 ，（提示：正弦定理的应用）
故所求表面积为 ．故选：D
例2．（2023·全国·模拟预测）球缺是指一个球被平面截下的一部分，截面为球缺的底面，垂直于截面的直
径被平面截下的线段长为球缺的高，球缺曲面部分的面积 （R为球缺所在球的半径，H为球缺的
高）.已知正三棱柱 的顶点都在球O的表面上，球O的表面积为 ，该正三棱柱的体积为
，若 的边长为正整数，则球O被三棱柱 的上、下底面截掉两个球缺后剩余部分的
表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】设球O的半径为R，则 ，得 ，
设正三棱柱 的高为h，底面边长为a，
则 ，得 ， .
易知：球O被三棱柱 的上、下底面截掉的两个球缺相同，且高均为1，
则球缺曲面部分的面积为 ，又 外接圆的半径为 ，
所以所求表面积为 .
故选：D
例3．（2023·江西景德镇·统考三模）某地举办数学建模大赛，本次大赛的冠军奖杯由一个铜球和一个托盘
组成，如图①，已知球的表面积为 ，托盘由边长为8的等边三角形铜片沿各边中点的连线垂直向上折
叠形成，即面 ，面 ，面 都与面 垂直，如图②，则经过三个顶点A，B，C的球的截面
圆的面积为（ ）A． B． C． D．
【答案】B
【解析】设三点 在底面上的射影分别为 ，
因为面 ，面 ，面 都与面 垂直，
所以 是 三边中点，
所以 与 全等，且所在平面互相平行，
所以经过三个顶点 的球的截面圆与 的外接圆相同，
由题意 ， ，
所以 的外接圆的半径为 ，
则经过三个顶点 的球的截面圆的面积为 .
故选：B.
考点二：体积、面积、周长、角度、距离定值问题
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
例4．（2023·浙江省江山中学模拟预测）如图，在单位正方体 中，点P是线段 上的动
点，给出以下四个命题：①异面直线 与直线 所成角的大小为定值；
②二面角 的大小为定值；
③若Q是对角线 上一点，则 长度的最小值为 ；
④若R是线段 上一动点，则直线 与直线 不可能平行．
其中真命题有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【解析】对于①，由正方体的性质可知， 平面 ，又 平面 ,
故 ，异面直线 与直线 的所成的角为定值，①正确；
对于②，平面 即为平面 ，平面 与平面 所成的二面角为定值，故二面角
为定值，②正确；
对于③，将平面 沿直线 翻折到平面 内，平面图如下，过 点做 ， ，
,此时， 的值最小.
由题可知， , ,
，
则 ， ，
故 ,又 ，
故 的最小值为 ，故③正确.对于④，在正方体 中易证 平面 ，设 ，则 即为二面角
的平面角，又正方体边长为1，故 ，则 ,由余弦定理得
，故 ，同理 ,
故在 上必然存在一点 ，使得二面角 为 ，即平面 平面 ，平面 与平面
的交线为 ，
则 ，过 点作 的垂线 .此时 平面 ，又 平面 ，故 .故④错
误.
故选：C.
例5．（2023·北京·人大附中模拟预测）已知正方体 为对角线 上一点（不与点
重合），过点 作垂直于直线 的平面 ，平面 与正方体表面相交形成的多边形记为 ，下列结论不
正确的是（ ）A． 只可能为三角形或六边形
B．平面 与平面 的夹角为定值
C．当且仅当 为对角线 中点时， 的周长最大
D．当且仅当 为对角线 中点时， 的面积最大
【答案】C
【解析】如下图，在正方体中，体对角线 与平面 ，平面 ，平面 都垂直，由图可知，
在平面 运动过程中 只可能为三角形或六边形，故A正确；由题可知平面 与 都垂直，所以平面
在移动过程中都是平行平面，与平面 的夹角为定值，故B正确；如下图，当 为对角线 中点时，
为正六边形 ，而三角形 为等边三角形，根据中位线定理 ，可得两个截面周长
相等，故C错误；由图可得，当 为对角线 中点时， 为正六边形 ，设边长 ，面积
为 ，当 向下刚开始移动时， 为六边形 ，结合图形可知两邻边一条增大，一条减小
且变化量相等，设 ，而且所有六边形的高都相等且等于 ，两邻边夹角
都为 ，则
六边形 梯形
，当 为三角形时面积最大为
，所以当且仅当 为对角线 中点时， 的面积最大，故D正确.
故选：C.例6．（2023·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
【答案】C
【解析】如下图，连接 ，在正方体 中， ， 分别为 ， 的中点，可得
， ，所以当 在棱 移动时， 到平面 的距离为定值，当 在棱
移动时， 到 的距离为定值，所以 为定值，则三棱锥 的体积为定值. 平面 即平面
，作 ，由于 ，可得 平面MABN，由 ，可得
，而 ，
.
故选：C.例7．（2023·山东聊城·三模）在直四棱柱 中，所有棱长均2， ，P为 的中
点，点Q在四边形 内（包括边界）运动，下列结论中正确的是（ ）
A．当点Q在线段 上运动时，四面体 的体积为定值
B．若 平面 ，则AQ的最小值为
C．若 的外心为M，则 为定值2
D．若 ，则点Q的轨迹长度为
【答案】ABD
【解析】对于A，因为 ，又因为 面 ， 面 ，所以 面 ，所以直线
到平面 的距离相等，又 的面积为定值，故A正确；对于B，取 的中点分别为 ，连接 ，
则易证明： ， 面 ， 面 ，所以 面 ，
又因为 ，， 面 ， 面 ，所以 面 ，
，所以平面 面 ， 面 ，所以 平面
当 时，AQ有最小值，则易求出
，所以 重合，所以则AQ的最小值
为 ，故B正确；
对于C，若 的外心为M，，过 作 于点 ，
则 .故C错误；对于D，过 作 于点 ，易知 平面 ，
在 上取点 ，使得 ，则 ，
所以若 ，则 在以 为圆心，2为半径的圆弧 上运动，
又因为 所以 ，则圆弧 等于 ，故D正确.
故选：ABD.
考点三：体积、面积、周长、距离最值与范围问题
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
例8．（2023·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．
【答案】A
【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9．（2023·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
【答案】C
【解析】如下图，连接 ，在正方体 中， ， 分别为 ， 的中点，可得
， ，所以当 在棱 移动时， 到平面 的距离为定值，当 在棱
移动时， 到 的距离为定值，所以 为定值，则三棱锥 的体积为定值. 平面 即平面
，作 ，由于 ，可得 平面MABN，由 ，可得
，而 ，
.
故选：C.
例10．（2023·全国·高三专题练习）已知某正四棱锥的体积是 ，该几何体的表面积最小值是 ，我们
在绘画该表面积最小的几何体的直观图时所画的底面积大小是 ，则 和 的值分别是（ ）
A．3； B．4； C．4； D．3；【答案】C
【解析】如图，O为底面ABCD的中心，E为BC的中点，连接PO，OE，
设该正四棱锥底面边长为 ，高为 ，且 ，由题意， .
易有， ，则 ，
所以， ，将 代入并化简得： ，
于是，
.
当且仅当 时，取“=”.
易知，此时底面ABCD直观图的面积 .
故选：C.
考点四：立体几何中的交线问题
几何法例11．（2023·河南·高三校联考阶段练习）在正三棱锥P-ABC中， ，BC＝6，M，N，Q，D分别
是AP，BC，AC，PC的中点，平面MQN与平面PBC的交线为l，则直线QD与直线l所成角的正弦值为（
）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】取 的中点 ，连接 ，由题意可得 ，
又因为 ，所以 ，
所以四边形 是平行四边形，所以 ，
所以 四点共面，
所以平面MQN与平面PBC的交线为l即为 ，
直线QD与直线l所成角即为直线QD与直线 所成角即为 ，
因为正三棱锥P-ABC中， ，BC＝6，
所以 ，
所以 ，
，
所以 .
故选：C.
例12．（2023·北京海淀·高二中央民族大学附属中学校考开学考试）已知在长方体 中，
， ，记平面 和平面 的交线为 ，已知二面角 的大小为60°，则
的值为（ ）A． B．1 C． D．2
【答案】C
【解析】如图所示：连接 ， ，故 四点共面，
故平面 和平面 的交线为 ，
平面 ， 平面 ，故 ，又 ，
平面 ， 平面 ，
故二面角 的大小为 ， .
故选：C
例13．（2023·广东广州·高三统考阶段练习）已知三棱锥 的棱 ， ， 两两互相垂直，
，以顶点 为球心，1为半径作一个球，球面与该三棱锥的表面相交得到的交线最长为
（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】因为三棱锥 的棱 ， ， 两两互相垂直， ，
所以球 与三棱锥的表面 的交线均为以点 为顶点，半径为 ，圆心角为 的圆弧，其长度为 ，
设点 到平面 的距离为 ，
因为 ，所以 是边长为 的等边三角形，
由 可得 ，解得 ，
所以球 与表面 的交线为以 的中心为圆心，半径为 的圆，其长度为 ，
因为 ，
所以以顶点 为球心，1为半径作一个球，球面与该三棱锥的表面相交得到的交线最长为 ，
故选：D
例14．（2023·上海·高三专题练习）直三棱柱 中， ， ， ， ，
设平面 与平面 的交线为 ，则 与 的距离为（ ）．
A．1 B． C．17 D．2.6
【答案】D
【解析】如图，将直三棱柱 补成直四棱柱 ，且四边形 为平行四边形，
则平面 即为平面 ，所以直线 为 ，则 与 的距离即为则 与 的距离，设为 ，
由已知可得：在三角形 中，
， ，
，，
则 ，
，
，
得 .
故选：D.
考点五：空间线段以及线段之和最值问题
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
例15．（2023·湖南长沙·高三湖南师大附中校考阶段练习）在棱长为3的正方体 中，点E
满足 ，点F在平面 内，则| 的最小值为 .
【答案】
【解析】以点D为原点， 所在直线分别为 轴，建立空间直角坐标系 ，
如图所示，则 ， ， ，
因为 ， ，且 ，则 平面 ，
又因为 平面 ，所以 ，
同理得 平面 ，因为 平面 ，所以 ，
因为 ，且 平面 ，所以 平面 ，
记 与平面 交于点H，连接 ， ， ，且 ，
则 ，可得 ，
由得点 关于平面 对称的点为 ，
所以 的最小值为 .
故答案为： .例16．（2023·全国·高三专题练习）在直三棱柱 中， ， ， ，
是线段 上的动点，则 的最小值是 .
【答案】
【解析】因为 平面 ， 平面 ，所以 ，
又 平面 ，
所以 平面 ，
又 平面 ，所以 ，
因为 ，所以四边形 是正方形，所以 ，
如图，将 沿 展开，使 与 在同一平面内，
则 即为 的最小值， ，
由余弦定理得 ，
所以 的最小值是 ．
故答案为： ．
例17．（2023·广东梅州·统考三模）如图，在三棱锥 中， 是 的中点， ， 分别为线段 ，
上的动点， ， 平面 ，若 ，则 的最小值为 .【答案】8
【解析】因为 平面 ， 平面 ，所以
则 ，又 ， 平面
所以 平面 ，因为 平面 ，所以
则在平面 上，以 为原点， 所在直线为 轴建立平面直角坐标系，如图所示：
则 ，设
因为 ，所以直线 的方程为 ，设 ，
则
由于变量 不具有等量关系，故 时， 有最小
即当 时， 最小；
过点 作BD垂线，垂足为 ，连接 ，
因为 平面 ， ， ， 平面
所以 ，所以 平面 ，因为 平面 ，所以
又 ， 平面 ，所以 平面
因为 平面 ，所以 ，又 ，
所以 ，由 平面 ，所以 ．
因为 ，
所以 ，
所以 ．
因为 ， ， 平面 ，
所以 ，
所以当 沿 翻转到平面 时，四边形 构成矩形，
所以 的最小值为 ，
即 的最小值为8．
故答案为：8．
考点六：空间角问题
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．
例18．（2023·全国·高三专题练习）在三棱台 中， 底面BCD， ，
， ．若A是BD中点，点P在侧面 内，则直线 与AP夹角的正弦值的
最小值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】如图，分别取 的中点 ，连接 ，
取 的中点 ，连接
由三棱台的性质知 ，且 ，
所以四边形 为平行四边形，
又 ， ，故直线 与AP的夹角为直线 与AP的夹角，
要使直线 与AP夹角的正弦值最小，需点 到AP的距离最小，
又点P在侧面 内，则需点 到AP的距离最小，即点 到面 的距离，
设点 到面 的距离为 ，利用等体积法知
即 ，即 ，
在直角 中， ， ，又在 中， ， ， ，
，又
设直线 与AP夹角的最小值为 ，则
故选：B
例19．（2023·浙江台州·高三期末）已知在正方体 中，点 为棱 的中点，直线 在平
A B C D
面 内．若二面角 的平面角为 ，则 的最小值为（ ）
1 1 1 1
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】连接AE，取AE的中点P，过点P作FG⊥AE交CD于点F，交AB于点G，设正方体棱长为2，由
勾股定理可知： ， ，同理，取 的中点 ，连接 ，取 的中点 ，过点
作MN⊥ 交 于点M，交 于点N，则直线 即为直线 ，此时，MF⊥CD，NG⊥AB，OP⊥底
面ABCD，因为FG 平面ABCD，所以OP⊥FG，因为AE∩OP=P，所以FG⊥平面AOP，连接OA，OE
，因为OA 平面AOP，所以OA⊥FG，因为MN∥FG，所以OA⊥MN，同理可证：OE⊥MN，所以 即
为二面角 的平面角，由对称性可知：此角即为二面角 的平面角的最大值，且，其中 ，由勾股定理得： ，所以
，则
故选：B
例20．（2023·全国·高三专题练习）如图，在正方体 中， 在棱 上， ，平行于
的直线 在正方形 内，点 到直线 的距离记为 ，记二面角为 为 ，已知初始状态下
， ，则（ ）
A．当 增大时， 先增大后减小 B．当 增大时， 先减小后增大
C．当 增大时， 先增大后减小 D．当 增大时， 先减小后增大
【答案】C
【解析】由题设，以 为原点， 为 轴建立空间直角坐标系，
设正方体的棱长为2，则 ， ，
设直线 与 交于 ，则 ，
则 ， ， ，设平面 的法向量为 ，
， ，令 ，则
设平面 的法向量为 ，又
， ，令 ，则
利用空间向量夹角公式得
对于AB，令 ，则
显然函数 在 时为减函数，即 减小，则 增大，故AB 错误；
对于CD，当 时，则
令 ，
求导
，令 ，得
故当 时， ，函数单减，即 单减， 增大；当 时， ，函数单增，即
单增， 减小；故当 增大时， 先增大后减小
故选：C考点七：轨迹问题
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．
例21．（2023·四川泸州·三模）已知三棱锥 的底面 为等腰直角三角形，其顶点P到底面
ABC的距离为3，体积为24，若该三棱锥的外接球O的半径为5，则满足上述条件的顶点P的轨迹长度为
（ ）
A．6π B．30π
C． D．
【答案】D
【解析】依题意得，设底面等腰直角三角形 的边长为 ，
三棱锥 的体积
解得：
的外接圆半径为
球心 到底面 的距离为
，
又 顶点P到底面ABC的距离为3，
顶点 的轨迹是一个截面圆的圆周当球心在底面 和截面圆之间时，
球心 到该截面圆的距离为 ，
截面圆的半径为 ，
顶点P的轨迹长度为 ；
当球心在底面 和截面圆同一侧时，
球心 到该截面圆的距离为 ，
截面圆的半径为 ，
顶点P的轨迹长度为 ；
综上所述，顶点P的轨迹的总长度为
故选：D．
例22．（2023·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23．（2023·湖南·雅礼中学二模）已知菱形 的各边长为 .如图所示，将 沿 折
起，使得点 到达点 的位置，连接 ，得到三棱锥 ，此时 .则三棱锥 的体积为
__________， 是线段 的中点，点 在三棱锥 的外接球上运动，且始终保持 ，则点
的轨迹的周长为__________.【答案】
【解析】取 中点 ，则 ，
∴ 平面 ， ，又 ，
∴ ，
则三棱锥 的高 ，
三棱锥 体积为 ；
作 ，设点 轨迹所在平面为 ，
则平面 经过点 且 ，
设三棱锥 外接球的球心为 的中心分别为 ，
易知 平面 平面 ，且 四点共面，
由题可得 ， ，
解Rt ，得 ，又 ，
则三棱锥 外接球半径 ，
易知 到平面 的距离 ，故平面 截外接球所得截面圆的半径为 ，
∴截面圆的周长为 ，即点 轨迹的周长为 .
故答案为： ； .
考点八：以立体几何为载体的情境题
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．
例24．（2023·黑龙江大庆·大庆实验中学校考模拟预测）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项点的曲率之和．例如：正四面体在每个顶点有3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 ．已知多面体的顶点数V，棱数E，面数
F满足 ，则八面体的总曲率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】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 ．
故选：C．
例25．（2023·湖南岳阳·高二统考期末）碳 （ ）是一种非金属单质，它是由 个碳原子构成，形似
足球，又称为足球烯，其结构是由五元环（正五边形面）和六元环（正六边形面）组成的封闭的凸多面体，
共32个面，且满足：顶点数－棱数＋面数＝2，则其六元环的个数为（ ）.
A．12 B．20 C．32 D．60
【答案】B
【解析】根据题意， 碳 （ ）由 个顶点，有 个面，
由顶点数－棱数＋面数＝2可得：棱数为 ，
设正五边形有 个，正六边形有 个，
则 ，解得： ，所以六元环的个数为 个，
故选：B.
例26．（2023·上海·高三校联考阶段练习）设 、 、…、 为平面 内的 个点，在平面 内的所有点
中，若点 到 、 、…、 点的距离之和最小，则称点 为 、 、…、 点的一个“中位点”，有下
列命题：① 、 、 三个点共线， 在线段 上，则 是 、 、 的中位点；②直角三角形斜边的
中点是该直线三角形三个顶点的中位点；③若四个点 、 、 、 共线，则它们的中位点存在且唯一；
④梯形对角线的交点是该梯形四个顶点的唯一中位点；其中的真命题是（ ）
A．②④ B．①② C．①④ D．①③④
【答案】C
【解析】①若三个点 共线, 在线段 上,根据两点之间线段最短,
则 是 的中位点,正确；
②举一个反例,如边长为 的直角三角形 ,此直角三角形的斜边的中点到三个顶点的距离之和为
,而直角顶点到三个顶点的距离之和为7,
∴直角三角形斜边的中点不是该直角三角形三个顶点的中位点；故错误；
③若四个点 共线,则它们的中位点是中间两点连线段上的任意一个点,故它们的中位点存在但不唯
一；故错误；
④如图,在梯形 中,对角线的交点 是任意一点,则根据三角形两边之和大于第三边得
,∴梯形对角线的交点是该梯形四个顶点的唯一中位点．正确．
故①④正确.
故选：C
考点九：翻折问题
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．
例27．（2023·上海静安·高二校考阶段练习）如图，矩形 中， ， 为边 的中点，将
沿直线 翻折成 ，若 为线段 的中点，则在 翻折过程中，下面说法中正确的
序号是（ ）
① 是定值
②存在某个位置，使
③存在某个位置，使
④ 不在底面 上时，则 平面
A．①② B．①④ C．①③ D．②④
【答案】B
【解析】取 中点 ,连接 ，∵ 是 中点，所以 且 ，又 是矩形 的边 的中点，则 且 ，
∴ 且 ，∴ 是平行四边形，∴ 且 ，
显然 的长是定值，因此 是定值，①,
而 不在底面 上时， 平面 ， 平面 ，∴ 平面 ，④正确；
在等腰直角 中， ，因此 与 不可能垂直，即 与 不可能垂直，③错误；
若 ，取 中点 ，连接 ，显然 ，又 ， 平面 ，
∴ 平面 ，又 平面 ，∴ ，
但在矩形 中，可得 ， ，即 ，∴ 不成立，③
错误，
故选：B．
例28．（2023·全国·高三专题练习）已知矩形 中， ， ，将 沿矩形的对角线
所在的直线进行翻折，在翻折过程中，下列说法正确的是（ ）
A．存在某个位置，使得直线 与直线 垂直
B．存在某个位置，使得直线 与直线 垂直
C．存在某个位置，使得直线 与直线 垂直
D．对任意位置，三对直线“ 与 ”，“ 与 ”，“ 与 ”均不垂直
【答案】B
【解析】矩形在翻折前和翻折后的图形如图（1）、图（2）所示．
在图（1）中，过点A作 ⊥ ，垂足为E，过点C作 ⊥ ，垂足为F，由边 不相等可知点 不重合．
在图（2）中，连接 ，
对于选项A，若 ⊥ ，又知 ⊥ ， ，所以 ⊥平面 ，
所以 ⊥ ，与点 不重合相矛盾，故选项A错误；
对于选项B，若 ⊥ ，又知 ⊥ ， ，所以 ⊥平面 ，
所以 ⊥ ，由 可知，存在这样的等腰直角三角形，
使得直线 与直线 垂直，故选项B正确；
对于选项C，若 ⊥ ，又知 ⊥ ， ，
所以 ⊥平面 ，所以 ⊥ ，
已知 ， ，则 ，所以不存在这样的直角三角形，故选项C错误；
由以上可知选项D错误．
故选：B．
例29．（2023·浙江·高二校联考期中）如图1，在菱形 中， ， 是其对角线， 是 上一点，
且 ，将 沿直线 翻折，形成四棱锥 （如图2），则在翻折过程中，
下列结论中正确的是（ ）
A．存在某个位置使得 B．存在某个位置使得
C．存在某个位置使得 D．存在某个位置使得
【答案】B
【解析】对于选项A，沿 翻折，在翻折过程中， 与 夹角始终不变， ，故A错误；
对于选项B， ，转化为判断 和 是否会垂直，由图观察翻折过程中 和 夹角变化范围
是 ，故存在某个位置使得 ，故B正确；
对于选项C，由图观察翻折过程中 和 夹角的变化范围是 ，故不存在某个位置使得，故C错误；
对于选项D，由于 平行于翻折前的 ，故只需观察翻折过程中 与翻折前的 的夹角变化范围，
由图观察翻折过程中 与 的夹角变化范围是 ，所以不存在某个位置使得 ，故D错
误.
故选：B.
