文档内容
专题 7-2 立体几何压轴小题：角度与动点、体积
目录
讲高考................................................................................................................................................................................1
题型全归纳.......................................................................................................................................................................7
【题型一】角度1：线线角........................................................................................................................................7
【题型二】角度2：线面角.....................................................................................................................................10
【题型三】角度3：二面角.....................................................................................................................................14
【题型四】角度综合..................................................................................................................................................17
【题型五】体积1：体积比.....................................................................................................................................21
【题型六】体积2：不规则.....................................................................................................................................25
【题型七】体积3：最值型.....................................................................................................................................28
【题型八】体积4：翻折“包装”型...................................................................................................................30
【题型九】体积5：祖暅定理型............................................................................................................................33
【题型十】立体几何中的轨迹...............................................................................................................................35
专题训练.........................................................................................................................................................................38
讲高考
1．（福建·高考真题）如图，A、B、C是表面积为 的球面上三点，
，O为球心，则直线 与截面 所成的角是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】先求球的半径，确定小圆中 的特征，作出直线 与截面 所成的角，然
后解三角形求出直线 与截面 所成的角，即可得解．
【详解】解：表面积为 的球面，设球的半径是 ，则 ，解得 ，
因为 ， ， ，
由余弦定理可得 ，
所以 ，所以 ，所以 ， 为小圆的直径，
则平面 平面 ，设 为小圆的圆心，平面 平面 ， ，
平面 ，所以 平面 ，
所以 就是直线 与截面 所成的角，又 ， ，
所以 ，所以直线 与截面 所成的角为 .
故选：D．2．（2022·全国·统考高考真题）甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和
为 ，侧面积分别为 和 ，体积分别为 和 ．若 ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】设母线长为 ，甲圆锥底面半径为 ，乙圆锥底面圆半径为 ，根据圆锥的侧面积
公式可得 ，再结合圆心角之和可将 分别用 表示，再利用勾股定理分别求出两圆
锥的高，再根据圆锥的体积公式即可得解.
【详解】解：设母线长为 ，甲圆锥底面半径为 ，乙圆锥底面圆半径为 ，
则 ，所以 ，又 ，则 ，所以 ，
所以甲圆锥的高 ，乙圆锥的高 ，
所以 .故选：C.
3．（2022·全国·统考高考真题）已知球O的半径为1，四棱锥的顶点为O，底面的四个顶
点均在球O的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】方法一：先证明当四棱锥的顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时，底面
ABCD面积最大值为 ，进而得到四棱锥体积表达式，再利用均值定理去求四棱锥体积的
最大值，从而得到当该四棱锥的体积最大时其高的值.
【详解】[方法一]：【最优解】基本不等式
设该四棱锥底面为四边形ABCD，四边形ABCD所在小圆半径为r，
设四边形ABCD对角线夹角为 ，
则
（当且仅当四边形ABCD为正方形时等号成立）
即当四棱锥的顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时，底面ABCD面积最大值为
又设四棱锥的高为 ，则 ，
当且仅当 即时等号成立.故选：C
[方法二]：统一变量＋基本不等式
由题意可知，当四棱锥为正四棱锥时，其体积最大，设底面边长为 ，底面所在圆的半径
为 ，则 ，所以该四棱锥的高 ，
(当且仅当 ，即 时，等号成立)所以该四棱锥的体积最大时，其高
.故选：C．
[方法三]：利用导数求最值
由题意可知，当四棱锥为正四棱锥时，其体积最大，设底面边长为 ，底面所在圆的半径
为 ，则 ，所以该四棱锥的高 ， ，令 ，
，设 ，则 ， ， ，单调递增，
， ，单调递减，所以当 时， 最大，此时 ．故选：
C.
【整体点评】方法一：思维严谨，利用基本不等式求最值，模型熟悉，是该题的最优解；
方法二：消元，实现变量统一，再利用基本不等式求最值；
方法三：消元，实现变量统一，利用导数求最值，是最值问题的常用解法，操作简便，是
通性通法．
4．（2022·全国·统考高考真题）已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上.若
该球的体积为 ，且 ，则该正四棱锥体积的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】设正四棱锥的高为 ，由球的截面性质列方程求出正四棱锥的底面边长与高的关
系，由此确定正四棱锥体积的取值范围.
【详解】∵球的体积为 ，所以球的半径 ,
[方法一]：导数法设正四棱锥的底面边长为 ，高为 ，则
， ,所以 ， 所以正四棱锥的体积
，所以 ，
当 时， ，当 时， ，所以当 时，正四棱锥的体积 取最大值，最大值为 ，又 时， ，
时， ,所以正四棱锥的体积 的最小值为 ，所以该正四棱锥体积的取值范
围是 .故选：C.
[方法二]：基本不等式法
由方法一故所以 当且
仅当 取到 ，当 时，得 ，则
当 时，球心在正四棱锥高线上，此时 ，
，正四棱锥体积 ，故该正四棱锥体积的
取值范围是
5．（2022·天津·统考高考真题）如图，“十字歇山”是由两个直三棱柱重叠后的景象，重
叠后的底面为正方形，直三棱柱的底面是顶角为 ，腰为3的等腰三角形，则该几何体
的体积为（ ）
A．23 B．24 C．26 D．27
【答案】D
【分析】作出几何体直观图，由题意结合几何体体积公式即可得组合体的体积.
【详解】该几何体由直三棱柱 及直三棱柱 组成，作 于
M，如图，因为 ，所以 ，
因为重叠后的底面为正方形，所以 ,在直棱柱 中， 平面
BHC，则 ,由 可得 平面 ，设重叠后的EG与 交点为
则则该几何体的体积为 .故选：D.
6．（2022·浙江·统考高考真题）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
【分析】先用几何法表示出 ，再根据边长关系即可比较大小．
【详解】如图所示，过点 作 于 ，过 作 于 ，连接 ，
则 ， ， ， ， ，
，所以 ，故选：A．
7．（2022·全国·统考高考真题）在长方体 中，已知 与平面 和平
面 所成的角均为 ，则（ ）
A． B．AB与平面 所成的角为
C． D． 与平面 所成的角为
【答案】D
【分析】根据线面角的定义以及长方体的结构特征即可求出．
【详解】如图所示：
不妨设 ，依题以及长方体的结构特征可知， 与平面 所成
角为 ， 与平面 所成角为 ，所以 ，即 ，
，解得 ．
对于A， ， ， ，A错误；
对于B，过 作 于 ，易知 平面 ，所以 与平面 所成角为
，因为 ，所以 ，B错误；
对于C， ， ， ，C错误；对于D， 与平面 所成角为 ， ，而
，所以 ．D正确．故选：D．
8．（2019·浙江·高考真题）设三棱锥 的底面是正三角形，侧棱长均相等， 是棱
上的点（不含端点），记直线 与直线 所成角为 ，直线 与平面 所成角为
，二面角 的平面角为 ，则
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】本题以三棱锥为载体，综合考查异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面
角的概念，以及各种角的计算.解答的基本方法是通过明确各种角，应用三角函数知识求解，
而后比较大小.而充分利用图形特征，则可事倍功半.
【详解】方法1：如图 为 中点， 在底面 的投影为 ，则 在底面投影 在线
段 上，过 作 垂直 ，易得 ，过 作 交 于 ，过 作
，交 于 ，则 ，则
，即 ， ，即 ，综上
所述，答案为B.
方法2：由最小角定理 ，记 的平面角为 （显然
）
由最大角定理 ，故选B.
方法3：（特殊位置）取 为正四面体， 为 中点，易得
，故选B.
9．（2017·全国·高考真题）如图，圆形纸片的圆心为O，半径为5 cm，该纸片上的等边三
角形ABC的中心为O.D，E，F为圆O上的点，△DBC，△ECA，△FAB分别是以BC，
CA，AB为底边的等腰三角形．沿虚线剪开后，分别以BC，CA，AB为折痕折起△DBC，
△ECA，△FAB，使得D，E，F重合，得到三棱锥．当△ABC的边长变化时，所得三棱锥
体积(单位：cm3)的最大值为______．
【答案】
【详解】如下图，连接DO交BC于点G，设D，E，F重合于S点，正三角形的边
长为x(x>0)，则 . ，，
三棱锥的体积 .
设 ，x>0，则 ，令 ，即 ，得
，易知 在 处取得最大值.∴ .
题型全归纳
【题型一】角度1：线线角
【讲题型】
例题1.．已知正三棱锥 的底面是边长为6的正三角形，其外接球球 的表面积为
，且点 到平面 的距离小于球 的半径， 为 的中点，则异面直线 与
所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】利用外接球的表面积求出外接球半径为，再根据勾股定理求出点 到平面 的
距离，找到异面直线 与 所成的角，然后在三角形中利用余弦定理进行分析求解，即
可得到答案.
【详解】因为外接球的表面积为 ，设外接球半径为 ，则 ，则 ，
设点 到平面 的距离为 ， 的中心为 ，则 ，由
勾股定理得 ，解得： 或 （舍去）
取 的中点 ，则由中位线性质知， ，
所以异面直线 与 所成的角为 或其补角，
在 中，勾股定理知 ，即 ，，又 ， ，
，
故
所以异面直线 与 所成角的余弦值为
故选：A
例题2 如图，已知正三棱锥 ， ， ，点 ，
分别棱 ， 上（不包含端点），则直线 ， 所成的角的取值范围是______.
【答案】
【解析】根据异面直线所成角的取值范围，同时根据题意找出临界情况，即可求出直线 ，
所成的角的取值范围.
【详解】设 在平面 内的射影为 ，
在正三棱锥 中， 点的投影 为底面 的中心，
当 为 中点， 为 的三等分点且靠近 点时，
平面 ,此时 ,直线 ， 所成的角为 ，
又因为 是 与底面 内直线所成角的最小值，
所以当 与 重合且 与 重合时， 最小为 ，
又因为点 在棱 上（不包含端点），
所以直线 ， 所成的角的取值范围是 .故答案为： .
【讲技巧】
：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直
线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下：（1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；
（2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；
（3）计算：求该角的值，常利用解三角形；
（4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是 ，当所作的角为钝角时，应取它的
补角作为两条异面直线所成的角．
【练题型】
1..空间四面体 中， ， . ，直线 与 所成的角
为45°，则该四面体的体积为___
【答案】
【分析】由条件可得 ， 为直角三角形，作直角三角形 和 斜边上
的高BE，DF，作平行四边形BEFG，由此可得直线BD与AC的平面角为∠DBG，AC⊥平
面DFG，解三角形确定三棱锥D-ABC底面ABC上的高，利用体积公式求体积.
【详解】∵ AB=2，BC= ，AC=4，∴ 为直角三角形，同理可得 为直角
三角形，如图，作直角三角形 和 斜边上的高BE，DF，则AE=CF=1
∴ E，F是线段AC的两个四等分点，作平行四边形BEFG，则BE⊥AC，DF⊥AC，
由线面垂直判定定理可得AC⊥平面DFG，又AC 平面ABGC,
∴ 平面ABGC⊥平面DFG，在平面DFG内，过点D作DH⊥FG,垂足为H,
由面面垂直的性质定理可得DH⊥平面ABGC，
∴ DH为四面体ABCD的底面ABC上的高，由三角函数定义可得
又因为BG∥AC，所以BG⊥DG,
又因为直线BD与AC所成的角为45°，所以∠DBG=45°，∴ 为等腰直角三角形，
∴ GD=GB=EF=2在 中GD=2，BE=DF=
由余弦定理可求得 ， ∴
所以四面体的体积 .故答案为： .
2.已知三棱锥 满足： ，二面角 为 ，且
M为棱 上一点， ，O为三棱锥 外接球的球心，则直线 与直线
夹角的正弦值是（ ）
A． B． C． D．1
【答案】A
【分析】根据等边三角形的性质，结合二面角的定义，通过建立坐标系进行求解即可.
【详解】∵ ，∴ 与 均为等边三角形．
取 的中点记为N，
则 ， 是二面角 的平面角，二面角 即
，且 ．设P为 的外心，Q为 的外心，外接球球心O与P，Q， ，C五点共面，建
立如图坐标系，可得
，∴ ．
，∵ ，∴ ，∴ 平行与x轴，∴ 与 的夹
角 ．∴ ．故选：A
【题型二】角度2：线面角
【讲题型】
例题1..如图，在直三棱柱 中，已知 是边长为1的等边三角形， ，
， 分别在侧面 和侧面 内运动（含边界），且满足直线 与平面
所成的角为30°，点 在平面 上的射影 在 内（含边界）．令直线 与平面
所成的角为 ，则 的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】点 为 在平面 上的射影，得 ，首先得 在以 为直径的球面
上． 与平面 所成的角为30°，所以 ，过 作 于点 ，计算
得 ，知 在圆锥 的底面圆周上，再由 在 内（含边界），得
在三棱柱 及其内部，其轨迹是以 为圆心， 为半径的圆中圆心角为
60°的圆弧，且 在底面 上的射影 的轨迹（以 为圆心， 为半径的一段圆弧），
，求出 得 最小时， 最大，由点与圆的位置关系可得结论．
【详解】因为点 为 在平面 上的射影，所以 平面 ，连接 ，则
，故 在以 为直径的球面上．又 与平面 所成的角为30°，所以
，过 作 于点 ，如图1所示，则易得 ， ，
， ，所以 在如图2所示的圆锥 的底面圆周上，又 在 内
（含边界），故 在三棱柱 及其内部，其轨迹是以 为圆心， 为半径的圆中圆心角为60°的圆弧，且 在底面 上的射影 的轨迹（以 为圆心， 为半径
的一段圆弧）如图3所示，连接 ，易知直线 与平面 所成的角 ，且
，故当 最小时， 最大， 是圆弧圆心，则当 在
上时， 最小，最小值为 ，所以 ．故选：
A．
例题2..如图，在三棱锥 中， ， 分别为棱
的中点，记直线 与平面 所成角为 ，则 的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】补全底面为正方形ABCG，由正方形性质有面 面 ，进而可证
为平行四边形，则 为直线 与平面 所成角，△ 中由余弦定理
知 ，结合棱锥侧面为全等三角形知 ，即可求 的取值范
围.
【详解】由 ， ，将底面补全为正方形ABCG，如下图示，
O为ABCG对角线交点且 ，又 有 ， ，
∴ 面 ，而 面 ，故面 面 ，
若H为DG的中点，连接FH，又 为棱 的中点，则 且 ，
而 ， ，有 平行且相等，即 为平行四边形.
∴可将 平移至 ，直线 与平面 所成角为 ，且 中
，
令 ， ，即 ，∴△ 中， ，即 ，
∵ ，即 ，∴ ，解得 （
舍去），综上有 ，故选：C
【讲技巧】
计算线面角，一般有如下几种方法：
（1）利用面面垂直的性质定理，得到线面垂直，进而确定线面角的垂足，明确斜线在
平面内的射影，即可确定线面角；
（2）在构成线面角的直角三角形中，可利用等体积法求解垂线段的长度 ，从而不必
作出线面角，则线面角 满足 （ 为斜线段长），进而可求得线面角；
（3）建立空间直角坐标系，利用向量法求解，设 为直线 的方向向量， 为平面的法
向量，则线面角 的正弦值为 .
【练题型】
1..如图，正四面体ABCD的顶点C在平面α内，且直线BC与平面α所成的角为45°，顶点
B在平面α内的射影为O，当顶点A与点O的距离最大时，直线CD与平面α所成角的正弦
值等于( )
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】由题意知：当 四点共面时，顶点 与点 的距离最大，设此平面为 ，
由面面垂直判定定理结合 ，证出 ，过 作 于 ，连结 ，根据面面
垂直与线面垂直的性质证出 ，从而点 到平面 的距离等于点 到平面 的距离．
设正四面体 的棱长为1，根据 与平面 所成的角为 和正四面体的性质算出
到平面 的距离，从而在 中，利用三角函数线的定义算出 ，
即得到直线 与平面 所成角的正弦值．
【详解】∵四边形 中，顶点 与点 的距离最大，∴ 四点共面，设此平面
为 ，如图，过点 作 平面 ，垂足为 ，连接 ，设正四面体 的棱长为1，
则在 中， . ，直线 与平面 所成的角为45°，
，结合 得 ，因此 到平面 的距离
过点 作 于 ，连接 ，则 就是直线 与平面 所成的角，
且 ，由此可得点 到平面 的距离等于点 到平面
的距离，即 ，∴在 中， ，即直线
与平面 所成角的正弦值等于 .故选A.
2..如图，在三棱锥 中， ，点 在平面 内，过 作 于 ，
当 与面 所成最大角的正弦值是 时， 与平面 所成角的余弦值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】过 作 的垂面，过 作平面 的垂面 ，过 作 ，设
，
结合面面垂直和线面垂直的性质可证得此点即为 与面 所成角最大时对应的 点，
由此得到 ；过P作 ，由面面垂直性质和线面角定义可知，
即为 与平面 所成角，利用 可求得结果.
【详解】过 作 的垂面 ，交平面 于 ，即 ， ， ，
过 作平面 的垂面 ，即平面 平面 ，
过 作 ，垂足为 ，如下图所示，设 ，则此点即为 与面 所成角最大时对应的 点，理由如下：
恒成立， 平面 ，
又 平面 ，平面 平面 ， ；
平面 平面 ，平面 平面 ， 平面 ， ，
平面 ，
与面 所成角即为 ， ，
为定值， 当 最小时， 最大，即 最大，
平面 ， ，
又 ， ， 平面 ， 平面 ，
则当 为 交点时， ，此时 取得最小值，
当 时， 与面 所成角最大，为 ， ；
过 作 ，垂足为 ，连接 ，
平面 ， 平面 ， 平面 平面 ，
又平面 平面 ， 平面 ， 平面 ，
即为 与平面 所成角，
在 中， ； ， ， 为等腰直角三角形，
即 ，
又 ， ， ， ，
， ，
，即 与平面 所成角的余弦值为 .故选：C.
【题型三】角度3：二面角
【讲题型】
例题1.已知在正方体 中，点 为棱 的中点，直线 在平面A B C D 内．
1 1 1 1若二面角 的平面角为 ，则 的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】先找到二面角 的平面角的最大值，即 最小，再求解出此角的余弦值.
【详解】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
例题2..已知正方体 的棱长为3， 为棱 上的靠近点 的三等分点，点
在侧面 上运动，当平面 与平面 和平面 所成的角相等时，则
的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】作出过 且与平面 和平面 所成角相等的截面，则P位于截面与
平面 的交线上，进而求得答案.
【详解】如图1， 为棱 上靠近 的三等分点，由正方体的对称性可知平面 与
平面 和平面 所成角相等，取棱AB上靠近B的三等分点E，取棱DC上的三
等分点N,M，容易证明： ，则 共面，即平面 与平面
和平面 所成角相等，于是点P在线段FN上.
如图2，过点 作 垂直
于FN于 ，容易知道当P位于 时， 最小.如图3，由勾股定理可以求得 ，由等面积法，
.故选：A.
【讲技巧】
计算二面角，常用方法
1. 向量法：二面角 的大小为 ( ),
2.定义法：在棱上任一点，分别在两个半平面内做棱的垂线，两垂线所成的角即为二面角的平面角
3.垂面法：做与棱垂直的平面，交二面角两个半平面，两条交线所成的角即为二面角的平面角
【练题型】
1.已知点P是正方体 上底面 上的一个动点，记面ADP与面BCP
所成的锐二面角为 ，面ABP与面CDP所成的锐二面角为 ，若 ，则下列叙述正确
的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】结合正方体的几何特征，以及面ADP与面BCP所成的锐二面角为 ，面ABP与
面CDP所成的锐二面角为 ，若 ，判断P在如图所示的阴影范围内，利用正方体的
特点，判断P接近于A'时∠APC<∠BPD，P接近于D'时∠APC>∠BPD，故A、B错误；若
PH>PE得∠APD<∠APB，若PG>PF得∠BPC>∠CPD，故D正确，C错误，
【详解】
为解析方便，将正方体上下底面对调，如图，取正方体的下底面的各边中点E,F,G,H,上底
面的中心为Q,下底面的中心为O,
面ADP，面BCP所成的角为α，面ABP，面CDP所成的角为β，α>β，
等价于P到HF的距离比到EG的距离大，
所以P在如图所示的阴影范围内；
在△APC和△BPD中，AC=BD，PQ公用，Q为共同的中点，
∠APC,∠BPD的大小由PQ于AC,BD所成的角大小所决定，
所成角越小，则对应角越大，
显然PQ与AC和BD所成的角的大小关系不确定，当P在靠近A'时PQ与直线AC所成的角
较小，与直线BD所成的角则接近于90°，
此时∠BPD>∠APC，同样当P接近于D'时∠APC>∠BPD，故A、B错误；
∠APD与∠BPC的大小关系实际上是看P在EG的左侧还是右侧。
若P在EG左侧，则∠APD>∠BPC，若P在EG右侧，则∠APD<∠BPC，若是在EG上，
则∠APD=∠BPC；同样，P在HF的前面，则∠APB>∠CPD，P在HF上，则∠APB=∠CPD，P在HF的后面，
则∠APB<∠CPD；
所以当P在A'OE内时，max{∠APD,∠BPC}=∠APD，min{∠APD，∠BPC}=∠BPC，
max {∠APB,∠CPD}=∠APB，min {∠APB,∠CPD}=∠CPD，
因为PH>PE，所以∠APD<∠APB，因为PG>PF，所以∠BPC>∠CPD，
因此max{∠APD,∠BPC}< max {∠APB,∠CPD}，min{∠APD，∠BPC}> min
{∠APB,∠CPD}，根据对称性，在其余区域内，具有相同的结论.故D正确，C错误，
故选：D.
2.．三棱锥 中， ，△ 为等边三角形，二面角 的余弦值为
，当三棱锥的体积最大时，其外接球的表面积为 .则三棱锥体积的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由已知作出图象，找出二面角 的平面角，设出 的长，即
可求出三棱锥 的高，然后利用基本不等式即可确定三棱锥体积的最大值（用含有
长度的字母表示），再设出球心 ，由球的表面积求得半径，根据球的几何性质，利
用球心距，半径，底面半径之间的关系求得 的长度，则三棱锥体积的最大值可求.
【详解】 如图所示，过点 作 面 ，垂足为 ，过点
作 交 于点 ，连接 ，
则 为二面角 的平面角的补角，即有 ，
易知 面 ，则 ，而△ 为等边三角形，∴ 为 中点，
设 ，则 c ，
故三棱锥 的体积为： ，
当且仅当 时，体积最大，此时 共线.设三棱锥 的外接球的球
心为 ，半径为 ，由已知， ，得 .
过点 作 于F，则四边形 为矩形，
则 ， ， ，
在 △ 中 ，解得
∴三棱锥 的体积的最大值为： .故选：D.
【题型四】角度综合
【讲题型】例题1..如图，斜三棱柱 中，底面 是正三角形， 分别是侧棱
上的点，且 ，设直线 与平面 所成的角分别为 ，
平面 与底面 所成的锐二面角为 ，则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】先在图中作出直线 与平面 所成的角 ，平面 与底面 所成
的锐二面角 ，可得 ，同理得 ，再由和
差化积公式得到 ，即可判断A、C选项；
再通过三角恒等变换得到 ，进而得到
，即 ，即可判断
B、D选项.
【详解】
如图：延长EF，AB交于M，延长EG，AC交于N，延长FG，BC交于D，易得MN为平
面ABC和平面EFG的交线，
又D在平面ABC和平面EFG上，则D在直线MN上，即M，N，D三点共线，由外角定理
可得 .
过A作 面EFG，垂足为P，过A作 ，垂足为Q，连接 ，易得
即为直线 与平面 所成的角 ，
则 ，又 面EFG， 面EFG，则 ，又 ，
面 ， ，
所以 面 ， 面 ，则 ，则 即为平面 与底面 所
成的锐二面角 ，则 ，
又 ，则 ，同理可得 ，则
，
又由，
，
则
，
故 ，A，C错误；
故 ，由 可知 ，所以
，
即 ，整理可得
，
即 ，即 ，
故 ，又 ，故
，B正确，D错误.
故选：B.
例题2..如图，将矩形纸片 折起一角落 得到 ，记二面角
的大小为 ，直线 ， 与平面 所成角分别为 ， ，则（ ）．
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】如图，过 作 平面 ，垂足为 ，过 作 ，垂足为 ，可证
，利用三角变换公式可证 ，从而可得正确的选项.
【详解】 如图，过 作 平面 ，垂足为 ，过 作
，垂足为 ，设 因为 平面 ， 平面
，故 ，而 ，故 平面 ，而 平面 ，
所以 ，故 ，又 ， .在直角三角形 中，，同理 ，故 ，同理
，
故 ，故 ，整理得到 ，
故 ，
整理得到 即 ，
若 ，由 可得 即 ，
但 ，故 ，即 ，矛盾，
故 .故A正确，B错误.
由 可得 ，
而 均为锐角，故 ， ，故CD错误.
故选：A.
【练题型】
1..已知正六棱锥 ， 是侧棱 上一点（不含端点），记直线 与直线
所成角为 ，直线 与平面 所成角为 ，二面角 的平面角为 ，则
（ ）
A． ， B． ，
C． ， D． ，
【答案】B
【分析】通过明确异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角，应用三角函数知识
求解，而后比较大小.
【详解】解：如图，设点 在底面上的射影为 点，连接 ， ,
作 ，则 平面 ，所以 与平面 所成的角为 ，
即 ，
根据线面角最小定理知 ，作 ，则二面角 的平
面角为 ，即 ，根据 ，所以 .故选B.
2..如图所示，平面 平面 ，二面角 ，已知 ， ，直线
与平面 ，平面 所成角均为 ，与 所成角为 ，若 ，则 的最
大值是（ ）A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】由题意知 ，作辅助线找到 ， 及二面角 ，四边形 为正方形
进而得到 为等腰三角形，利用所得直角三角形用边表示 、 ，即有它们的
等量关系，利用 结合二面角 ，即可求 的最大值；
【详解】直线 与平面 ，平面 所成角均为 ，与 所成角为 ，而 ，
，又 ，可知： ，
若令二面角 为 ，作 于 ， 于 ；过 作 ，过 作
与 交于 点；
∴ 面 ，又 ， ，故面 ，面 ，即 ；
过 作 ，过 作 与 交于 点；
∴ 面 ，又 ， ，故面 ，面 ，即 ；
作 于 ， 于 ，连接 、 ，即有 ，且
；
∵ ，即 ，作 有四边
形 为正方形，即 ，
∴ ，有 ，故 为等腰三角形且 ，
令 ， ，则 ，有 ，而 ，
∴ ， ，又 ，
∴ 当 时等号成立故选：B
【题型五】体积1：体积比
【讲题型】
例题1.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（ ）
【答案】A
【分析】先判断 为 的重心，再利用重心得到 ，求出
，进而得到 ，借助基本不等式求出最小值即可.
【详解】 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.
例题2.．在三棱锥 中， ， ， ，记三棱锥
的体积为 ，其外接球的体积为 ，则 __
【答案】
【分析】由题意画出图形，取 中点 ，连接 ， ，可得 平面 ，求其面
积，得到三棱锥 的体积为 ，取 中点 ，连接 ，则 为三棱锥 的外接球的半径，求出三棱锥 的外接球的体积为 ，作比得答案．
【详解】如图，
， ， ， ， ，
取 中点 ，连接 ， ，则 ， ，且 ， ．
在 中，由 ， ， ，得 ，
．
则 ． ，即 ；
取 中点 ，连接 ，则 为三棱锥 的外接球的半径， ．
三棱锥 的外接球的体积为 ． ．
【练题型】
1.南宋数学家杨辉所著的《详解九章算法·商功》中记载了“三角垛”．如图，某三角垛最
上层有1个球，第二层有3个球，第三层有6个球，每个球的半径相等，且相邻的球都外
切，记由球心A，B，C，D构成的四面体的体积为 ，记能将该三角垛完全放入的四面体
的体积为 ，则 的最大值为___________．
【答案】
【分析】要使 取得最大值，则使 取最小值，通过计算出球心在一面的投影点到该边的
距离，可算出四面体 的最小棱长
【详解】设球的半径为 ，
由题意可知四面体 为正四面体，边长为 ，所以四面体 的高为 ，
所以 ，要使 取得最大值，则使 取最小值，由题意
可知此时该三角垛与四面体 相切.等边 的高为 ，由余弦定理可算出
正四面体 任意两面二面角大小的余弦值为 ，
因为位于三角垛顶的球与三面都相切，
取 的中点 ，过点 作平面 的垂线 ，垂足为 ，如图可得截面 ，
若设 则 ，所以 ，
已知球心 到面 的距离为 ，则 ，
在平面 里过点 作 的垂线 ，所以 ，
所以边上三个球的球心在该面的投影与该边和两个顶点形成等腰梯形，底角为 ，上底为
，高为 ，
所以下底可计算得 ，所以 的最小值为
，
所以 的最大值为 .故答案为：
2.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
【分析】先判断 为 的重心，再利用重心得到 ，求出，进而得到 ，借助基本不等式求出最小值即可.
【详解】
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.
【题型六】体积2：不规则
【讲题型】
例题1.．如图所示五面体 的形状就是《九章算术》中所述“羡除”其中
，“羡除”形似“楔体”．“广”是指“羡除”的三条平行侧棱之长a，
b，c、“深”是指一条侧棱到另两条侧棱所在平面的距离m、“袤”是指这两条侧棱所在
平行直线之间的距离n．已知 ，则此“羡除”的体积为
____________．
【答案】4
【分析】将该几何体分成一个三棱柱与一个四棱锥即可求得.
【详解】如图1，将该几何体分成一个三棱柱 与一个四棱锥 ,,
如图2，将三棱柱 进行割补，使得新三棱柱 是高为1的直三棱柱
．∴几何体的体积为4.故答案为：4.
例题2.所有的顶点都在两个平行平面内的多面体叫做拟柱体，这两个平行的面称为上下底
面，它们之间的距离称为拟柱体的高．生产实际中，我们经常看到黄沙、碎石、灰肥等堆
积成上下底面平行，且都是矩形的形状，这种近似于棱台的形体就是一种特殊的拟柱体
（如图所示），已知其高为h，上底面、下底面和中截面（经过高的中点且平行于底面的
截面）面积分别为 ， 和 ，请你用 ， ， ，h表示出这种拟柱体的体积V＝
______．
【答案】
【分析】利用台体的体积减去若干棱锥的体积来求得拟柱体的体积.
【详解】根据拟柱体的定义，任一拟柱体都可看作是过某棱台的若干顶点，截去
个倒立小棱锥与 个正立小棱锥后余的凸多面体.当 时，就是原棱台，即棱
台是特殊的拟柱体.
设原棱台的高为 ，上底面、下底面、中截面面积分别为 ，
拟柱体的上底面、下底面、中截面的面积分别是 ， 和 ，
设截去的 个倒立小棱锥的底面面积分别是 ，
截去的 个正立小棱锥的底面面积分别是 ，
那么拟柱体的体积为
①，因为棱锥的中截
面面积等于底面面积的 ，所以 ，即
②，由棱台的中截面性质可知 ，
所以 ③，将③代入②得：
，
从而可知 ，代入①并整理得 .
故答案为：
【练题型】
1..反棱柱（Antiprism）是由两个互相平行且边数相同的多边形作为底面和侧面的三角形所
组成的一个多面体.如图所示的是一个“正三角反棱柱”，上下底面都是边长为1的正三角
形，侧面的三角形都是腰长为 的等腰三角形，则其外接球的体积为______．
【答案】
【分析】根据反棱柱的定义，知“正三角反棱柱”可以分割成两个四棱锥，四棱锥的底面
为边长分别为1， 的矩形，且外接球直径等于此矩形的对角线，从而即可求解.
【详解】解：不难知，“正三角反棱柱”为八面体，该八面体可以分割成如图所以两个四
棱锥 和 ，由反棱柱的定义及“正三角反棱柱”的对称性有
且 ，所以四边形 为平行四边形，又由“正三角反棱柱”的对称性知四边形
的对角线 ，所以四边形 为矩形，且边长分别为1， ；同理可得四边形
为矩形，且边长分别也为1， ；由矩形的性质有，两矩形的公共对角线 的中
点 到各顶点的距离相等，即矩形对角线 为外接球的直径，所以外接球的直径 ，解得 ，所求外接球的体积 .
故答案为： .
2.如图， 是圆台的轴截面， ，过点 与 垂直的平面交
下底圆周于 两点，则四面体 的体积为__________．
【答案】
【分析】如图，连接 ，设 交 于 ，连接 ，过 作
，交 于 ，可证 ，根据轴截面的各线段的长度可求体积.
【详解】
如图，连接 ，设 交 于 ，连接 ，
过 作 ，交 于 ，
因为 平面 ， 平面 ，又 平面 ，故 .
因为梯形 是圆台的轴截面，故平面 平面 ，
因为 ， 平面 ，平面 平面 ，
故 平面 ，而 平面 ，故 ，
而 ，故 平面 ，而 平面 ，
故 ，同理 ，而 为底面圆的直径，故 为 的中点，
故 为等腰三角形，所以 .
如图，在梯形 中，
因为 ， ，而 ，
故 ，故 为等腰直角三角形，故 ，
故 ，故 ，所以 ，
故四边形 为平行四边形，结合 可得 为矩形，故 .
在底面圆中，设底面圆的圆心为 ，则 ，故 ，
故 .故答案为： .
【题型七】体积3：最值型
【讲题型】例题1.如图，在棱长为 的正方体 中，若 绕 旋转一周，则在
旋转过程中，三棱锥 的体积的取值范围为______．
【答案】
【分析】由题可得 为正四面体，利用线面垂直的判定定理可得 平面 ，
结合条件可得点A，O，E共线，且A在点O，E之间时，三棱锥 的体积最小；O
在点A，E之间时，体积最大，然后根据正方体的性质结合棱锥的体积公式即得.
【详解】如图，连接 ， ，由正方体的性质可知 为正四面体，
设O为 中点，E为 中点，则 ，又 ， 平面
， 平面 ，∴ 平面 ， 平面 ，所以平面 平面
，
由题可知点A在以O为圆心，OA为半径的圆上运动．
在 绕 旋转过程中，若点A，O，E共线，且A在点O，E之间时，三棱锥
的体积最小；O在点A，E之间时，体积最大．因为正方体的棱长为 ，
所以 ，在 中，OB＝2， ，则 ，
，设点 ， 到平面 的距离分别为 ， ．
，
，∵
，
∴三棱锥 体积的最小值为 ；最大值为
．∴三棱锥 的体积的取值范围为 ．
故答案为： ．
例题2..如图，在三棱锥 中，已知 ， ， ，
，则三棱锥 的体积的最大值是________.【答案】
【分析】过 作垂直于 的平面，交 于点 ，，作 ，通过三棱锥体积公式
可得到 ，可分析出当 最大时所求体积最大，利用椭圆定义可确定最大值，
由此求得结果.
【详解】过 作垂直于 的平面，交 于点 ，作 ，垂足为 ，
， 当 取最大值时，三棱锥 体积取
得最大值，由 可知：当 为 中点时 最大，
则当 取最大值时，三棱锥 体积取得最大值.又 ， 在以
为焦点的椭圆上，此时 ， ， ，
， 三棱锥 体积最大值为 .故答案为：
.
【练题型】
1.．已知四面体 的四个顶点均在球 的表面上， 为球 的直径，
，四面体 的体积最大值为____
【答案】2
【分析】 为球 的直径，可知 与 均为直角三角形，求出点 到直线 的
距离为 ，可知点 在球上的运动轨迹为小圆.
【详解】如图所示，四面体 内接于球 ， 为球 的直径， ，
， ，过 作 于 ，
， 点 在以 为圆心， 为半径的小
圆上运动，当面 面 时，四面体 的体积达到最大，
.
2..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】
【分析】连接 ，由线面垂直的性质得到 ，再由勾股定理求出 ，即
可得到 以 为圆心2为半径的 圆面上，再根据 得到当
在边 上时四面体的体积最大，当 在边 的中点时四面体的体积最小，再根据面体的
体积公式计算可得取值范围.
【详解】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： .
【题型八】体积4：翻折“包装”型
【讲题型】
例题1..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
【分析】设 ，则所得的棱锥侧面的高为 ，棱锥的高为运用棱锥的体积公式和基本不等式可求得最值.
【详解】解：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.
例题2.在 中， ，点 分别在边 上移动，且
，沿 将 折起来得到棱锥 ，则该棱锥的体积的最大值是
（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据题意，可得 的具体形状，由折叠，可得当面 面 时，此时
的点 到底面 的距离最大，设 ，将四棱锥中底面积和高，都用 表示出来，
整理出体积的函数，利用导数求最值，可得答案.
【详解】由 得 ，由余弦定理得 ，
则 是直角三角形， 为直角，对 的任何位置，当面 面 时，此时的
点 到底面 的距离最大，此时 即为 与底面 所成的角，
设 ，
在 中， ，
点 到底面 的距离 ，
则 ，
，令 ，解得 ，可得下表：
极大值
故当 时，该棱锥的体积最大，为 .故选：C.
【练题型】
1.如图①，在Rt△ABC中， ， ，D，E分别为AC，AB的中点，将△ADE沿DE折起到OA，DE的位置，使 ，如图②．若F是 的中点，点M在
线段 上运动，则当直线CM与平面DEF所成角最小时，四面体MFCE的体积是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】若 是 中点，连接 ，易得直线CM与面DEF所成角即为直线CM与
面 所成角为 ，利用线面垂直的判定可得 面 ，由线面垂直、面面垂直
的判定有面 面 ，即可判断 的变化范围，进而确定 最小时 的位置，再
利用棱锥的体积公式求体积即可.
【详解】若 是 中点，连接 ，则面DEF即为面 ，
所以直线CM与面DEF所成角，即为直线CM与面 所成角为 ，
因为 ， ， ，则 面 ，
又F是 的中点，则F到面 的距离为 .
因为 ， ， ，则 面 ，
又 面 ，则面 面 ，又 面 ，面 面 ，
所以直线CM与面 所成角为 ，即为直线 所成角.
又△ 为等腰直角三角形且 ，则 ，
由图知，M在线段 上运动过程中 ，
即直线CM与平面DEF所成角最小时， 重合，
此时，四面体MFCE的体积 .
故选：A
2.．如图，在水平面上放置两个边长为 的正三角形 与 ，将 沿垂直于水平
面的方向向上平移至 ，得到多面体 ，已知各侧面（ ， ，
， ， 及 ）均为正三角形，则多面体 的外接球的体
积为__________．【答案】
【分析】将几何体旋转，可以发现几何体是由上下两个完全相同的正四棱锥组成，且侧棱
与底面边长相同，所以几何体外接球的球心为底面正方形的中心，半径为底面对角线的一
半，从而求出外接球的体积
【详解】
根据题意可得： ∥ ，且 ， ，所以四边形 是菱形，所以
，如上图所示，将几何体进行旋转，使得面 位于水平位置，连接
相交于点 ，所以 为 的中点，连接 ；因为
，所以 ，所以三角形 和三角形 为直
角三角形，且 ，所以直角三角形 和直角三角形 全等，所以
，所以 ，所以四边形 是正方形，所以上下为两个正四棱锥，且
所有棱长均为1，可得： ， 到所有顶点的距离都相等，所以 为外
接圆圆心，且外接圆半径 ，所以外接圆的体积 故答案
为：
【题型九】体积5：祖暅定理型
【讲题型】
例题1.已知抛物线 ，以 轴为旋转轴将抛物线旋转半周，得到一个旋转抛
物面．设 轴绕 轴旋转所成的平面为 ． 为平行于平面 且到 的距离为 的平面，
记平面 与旋转抛物面所围成的几何体为 （如图），以 的上底面作一个高为 的圆柱
体（如图），利用祖暅原理可求得 的体积为______．
【答案】
【分析】如图，构造图形，说明任意截面截两个几何体，截面面积相等，再根据祖暅原理
求体积.
【详解】如图，从圆柱体中截取抛物体 ，（右图），抛物体倒置，（左图），这是抛物
线方程是 ，深色截面到底面的距离为 ，右图圆环的面积
，左图圆 的面积
，故 ，由祖搄原理可知，这两个几何体的体积相等，故抛
物体的体积 .故答案为：
例题2.我国南北朝时期的数学家祖暅(杰出数学家祖冲之的儿子)，提出了计算体积的祖暅
原理：“幂势既同，则积不容异.”意思是：两个等高的几何体若在所有等高处的水平截面
的面积相等，则这两个几何体的体积相等.已知曲线 ，直线 为曲线 在点 处
的切线.如图所示，阴影部分为曲线 ､直线 以及 轴所围成的平面图形，记该平面图形绕
轴旋转一周所得的几何体为 .过 ( )作 的水平截面，所得截面面积
(用 表示)，试借助一个圆锥，并利用祖暅原理，得出 体积为___________.
【答案】
【分析】根据祖暅原理计算可得 体积.
【详解】.过点 的直线与抛物线 的交点为 ， .
∵直线 为曲线 在点 处的切线，则切线的斜率为 ，
切线方程为 .
过点 的直线与切线 的交点为 ，
用平行于底面的平面截几何体所得截面为圆环，
截面面积为 ；
取底面直径与高均为1的圆锥，用一个平行于底面的平面截圆锥，得到截面为圆，
圆的半径为 ，截面面积为 ，符合题意.
则 体积等于圆锥的体积等于 .故答案为： .
【练题型】
1.祖暅原理也称祖氏原理，是我国数学家祖暅提出的一个求积的著名命题：“幂势既同，则
积不容异”，“幂”是截面积，“势”是几何体的高，意思是两个同高的立体，如在等高处截面
积相等，则体积相等.由曲线 围成的图形绕 轴旋转一周所得
旋转体的体积为 ，满足 的点 组成的图形
绕 轴旋转一周所得旋转体的体积为 ，则 满足以下哪个关系式（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由题意可得旋转体夹在两个相距为8的平行平面之间，用任意一个与y轴垂直的
平面截这两个旋转体，设截面与原点距离为 ，求得截面面积相等，利用祖暅原理知，两个几何体的体积相等.
【详解】如图，两图形绕y轴旋转所得的旋转体夹在两个相距为8的平行平面之间，
用任意一个与y轴垂直的平面截这两个旋转体，设截面与原点距离为 ，
所得截面面积 ， ，
由祖暅原理知，两个几何体的体积相等，即 故选：D
2.．祖暅原理也称祖氏原理，是我国数学家祖暅提出的一个求积的著名命题：“幂势既同，
则积不容异”，“幂”是截面积，“势”是几何体的高，意思是两个同高的立体，如在等
高处截面积相等，则体积相等.满足 的点 组成的图形绕 轴旋转一周所得旋
转体的体积为 ，由曲线 ， ， 围成的图形绕 轴旋转一周所得旋转
体的体积为 ，则 ､ 满足以下哪个关系式（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】作出曲线在第一想象内的图象进行分析：当双曲线方程为： ，高度为
时，双曲线与渐近线旋转一周所形成的图形是圆环，计算可得圆环的面积 为定值，
进而由由祖暅原理知等轴双曲线与渐近线绕 轴旋转一周所形成的几何体体积 ，与底面
半径为 ，高为 的圆柱体体积 一致，而满足 的点 组成的图形绕 轴
旋转一周所得旋转体为球体，体积为 ，通过分析计算可得 ， ，进而可得
，从而得解.
【详解】如图可知：当双曲线方程为： ，高度为 时，
双曲线与渐近线旋转一周所形成的图形是圆环，
其中小圆环的半径 即是 ，所以小圆面积为： ，
而大圆半径 可以由： 求出，即： ，所以大圆的面积为：
，所以圆环的面积为： ，为定值，
所以由祖暅原理知等轴双曲线与渐近线绕 轴旋转一周所形成的几何体体积 ，
与底面半径为 ，高为 的圆柱体体积 一致，
而球体体积 ，所以 ， .故选：B.
【题型十】立体几何中的轨迹
【讲题型】
例题1.在四棱锥 中， 底面 ，底面 为正方形， ，点
为正方形 内部的一点，且 ，则直线 与 所成角的余弦值的取值范围为
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】根据题意，建立空间直角坐标系，在平面 上，由 计算 的轨迹
方程，可知 的轨迹是以 为圆心，以2为半径的圆，在正方形 中的部分；
根据平行找直线 与 所成角的平面角，根据 的轨迹判定临界值，从而确定直线
与 所成角的余弦值的取值范围.
【详解】由题意，以 为坐标原点，分别以 为 轴，建立空间直角坐标
系，如图所示，则有 ，
设 ，由 ，则列方程有
化简得 ，即点 的轨迹是以 为圆心，以2为半径的圆，在正方形
中的部分；
过 作 垂足为 ,连接 ，则有
则直线 与 所成角的平面角为 ，
则
根据点 的轨迹是以 为圆心，以2为半径的圆，在正方形 中的部分，
则点 轨迹与正方形 的 边交于一点 ，记为
与正方形 的 边交于一点 ，记为
当点 从 运动到 位置时， 逐渐减小， 逐渐增大，则 的取
值逐渐减小，
计算 ，
则直线 与 所成角的余弦值的取值范围是
故选：
例题2.已知长方体 中， ， ， ， 为矩形A B C D
1 1 1 1
内一动点，设二面角 为 ，直线 与平面 所成的角为 ，若 ，则
三棱锥 体积的最小值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据题意，判断得 的轨迹为抛物线一部分，建立平面直角坐标系，写出直线
和抛物线段的方程，由题意，计算点 到线段 的最短距离，再由等体积法计算三
棱锥 最小体积.
【详解】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
【练题型】
1..在矩形 中， 是 的中点， ，将 沿 折起得到 ，
设 的中点为 ，若将 绕 旋转 ，则在此过程中动点 形成的轨迹长度为
___________.
【答案】 ##
【分析】先通过 始终是等腰直角三角形确定动点 的轨迹是一段圆弧，再结合垂直
关系证明圆弧对应的圆心角为 ，即可求出动点 的轨迹长度.
【详解】
如图，设 的中点为 ， 绕 旋转 ，此时平面 平面 ，取
中点 ， 中点 ， 中点 ，
连接 .
， ， 和 是等
腰直角三角形，
且在旋转过程中保持形状大小不变，故动点 的轨迹是以 为圆心， 为半径的一段
圆弧，又 面 ，面 ， 面 ，同理 面 ，又 ， 面
面 ，又平面 平面 ，
故面 面 ，又面 面 ， ，故 面 ，又
面 ， ，
故动点 形成的轨迹长度为 .
故答案为： .
2.如图，AB是平面 的斜线段，A为斜足，点C满足 ，且在平面 内
运动，则有以下几个命题：
①当 时，点C的轨迹是抛物线；
②当 时，点C的轨迹是一条直线；
③当 时，点C的轨迹是圆；
④当 时，点C的轨迹是椭圆；
⑤当 时，点C的轨迹是双曲线.
其中正确的命题是__________.（将所有正确的命题序号填到横线上）
【答案】②③
【分析】根据题意，分别验证 和 时C点的轨迹，当 时，作斜线段AB的中垂
面，与平面 的交线为一条直线，即为C点轨迹；当 时，作B在平面 内的射影为
D，
连接BD，CD，在平面 内建立平面直角坐标系，求C点轨迹方程，根据轨迹方程即可判
断.
【详解】当 时， ，过AB的中点作线段AB的垂面 ，
则点C在 与 的交线上，即点C的轨迹是一条直线；
当 时， ，设B在平面 内的射影为D，
连接BD，CD，
设 ， ，则 ，
在平面 内，以AD所在直线为x轴，以AD的中垂线为y轴如图建立平面直角坐标系，
设 ，则有 则 ， ，
，∴ ，化简可得
.∴C的轨迹是圆.故答案为：②③一、单选题
1．陀螺是中国民间最早的娱乐工具之一，也称陀罗.图1是一种木陀螺，可近似地看作是
一个圆锥和一个圆柱的组合体，其直观图如图2所示，其中 分别是上､下底面圆的圆心，
且 ，底面圆的半径为2，则该陀螺的体积是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据圆锥与圆柱的体积公式，可得答案.
【详解】已知底面圆的半径 ，由 ，则 ，
故该陀螺的体积 .故选：D.
2．在正方体 中，已知 ，点O在棱 上，且 ，则正方体表
面上到点O距离为5的点的轨迹的总长度为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据题意找到平面 平面都有轨迹，都为 个圆周
即可求解.
【详解】依题意，∵ ， ， ，∴ ， ，
所以 ,所以 ，又因为 ，所以
，所以 ,即 ．
在平面 内满足条件的点的轨迹为 ，
该轨迹是以5为半径的 个圆周，所以长度为 ；同理，在平面 内满足条件的点轨迹长度为 ；在平面 内满足条件的点的轨
A B C D
1 1 1 1
迹为以 为圆心， 为半径的圆弧，长度为 ；同理，在平面ABCD内满足
条件的点的轨迹为以A为圆心，AE为半径的圆弧，长度为 ．
故轨迹的总长度为 ．故选:C．
3．已知 均在球 的球面上运动，且满足 ，若三棱锥 体积的最大
值为6，则球 的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】当点 位于垂直于面 的直径端点时，三棱锥 的体积最大,等体积法
即可解决.
【详解】如图所示， 当点 位于垂直于面 的直径端点时，三棱锥
的体积最大，设球 的半径为 ，此时
，
故 ，则球 的体积为 ，故选:C.
4．如图，已知四棱柱 的体积为V，四边形ABCD为平行四边形，点E在
上且 ，则三棱锥 与三棱锥 的公共部分的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】先找到三棱锥 与三棱锥 的公共部分，设DE， 交于点F，
AC，BD交于点G，连接FG，则三棱锥 就是三棱锥 与三棱锥
的公共部分．再推出点F到平面ABCD的距离是点 到平面ABCD距离的 ，然后根据棱锥的体积公式可得结果.
【详解】如图，设DE， 交于点F，AC，BD交于点G，连接FG，则三棱锥
就是三棱锥 与三棱锥 的公共部分．
因为 ，所以 ，所以 ，
设点 到平面ABCD距离为 ，则点F到平面ABCD的距离是 ，
又 ，所以三棱锥 的体积为
.
故选：A．
5．如图所示是一块边长为10cm的正方形铝片，其中阴影部分由四个全等的等腰梯形和一
个正方形组成，将阴影部分裁剪下来，并将其拼接成一个无上盖的容器（铝片厚度不计），
则该容器的容积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】作出正四棱台，作出辅助线，得到各边长，求出四棱台的高，从而利用台体体积
公式求出体积.
【详解】由题知，该容器的容积就是正四棱台的体积，
如图，连接正四棱台上下底面的中心 ， ，取上底面正方形一边中点 ，对应下底面
正方形一边中点 ，连接 ， ， ，则 ，故 四点共面，
过点 作 交 于点 ，则四边形 为矩形，故 ，
因为该正四棱台上、下底面边长分别为2，6，等腰梯形的斜高为4，所以
，故 ，
所以该棱台的高 ，下底面面积 ，上底面面积
，
所以该容器的容积是 ．
故选：B
6．如图，已知圆柱 的轴截面 为矩形， ，P，Q分别为圆柱上、下底面圆周上一点， ， ，则异面直线PQ与AB所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】建立空间直角坐标系，设 ，根据已知得出 ，
，即可根据异面直线夹角的向量求法得出答案.
【详解】如图，以A为坐标原点建立空间直角坐标系，
设 ，则 ， ，结合
，
可得 ， ，
所以 ， ，
所以异面直线PQ与AB所成角的余弦值为 ，
故选:C.
7．如图，一个棱长1分米的正方体形封闭容器中盛有V升的水，若将该容器任意放置均不
能使水平面呈三角形，则V的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】找到水最多和水最少的临界情况，如图分别为多面体 和三棱锥
，从而可得出答案.
【详解】将该容器任意放置均不能使水平面呈三角形，则如图，水最少的临界情况为，水
面为面 ，水最多的临界情况为多面体 ，水面为 ，因为， ，
所以 ，即 . 故选：A.
8．如图，斜三棱柱 中，底面 是正三角形， 分别是侧棱
上的点，且 ，设直线 与平面 所成的角分别为 ，
平面 与底面 所成的锐二面角为 ，则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】先在图中作出直线 与平面 所成的角 ，平面 与底面 所成
的锐二面角 ，可得 ，同理得 ，再由和
差化积公式得到 ，即可判断A、C选项；
再通过三角恒等变换得到 ，进而得到
，即 ，即可判断
B、D选项.
【详解】 如图：延长EF，AB交于M，延长
EG，AC交于N，延长FG，BC交于D，易得MN为平面ABC和平面EFG的交线，
又D在平面ABC和平面EFG上，则D在直线MN上，即M，N，D三点共线，由外角定理
可得 .
过A作 面EFG，垂足为P，过A作 ，垂足为Q，连接 ，易得
即为直线 与平面 所成的角 ，则 ，又 面EFG， 面EFG，则 ，又 ，
面 ， ，
所以 面 ， 面 ，则 ，则 即为平面 与底面 所
成的锐二面角 ，则 ，
又 ，则 ，同理可得 ，则
，又由
，
，
则
，故 ，
A，C错误；
故 ，由 可知 ，所以
，
即 ，整理可得
，
即 ，即 ，
故 ，又 ，故
，B正确，D错误.
故选：B.
二、多选题
9．在正方体 中，点P满足 ，则（ ）
A．对于任意的正实数 ，三棱锥 的体积始终不变
B．对于任意的正实数 ，都有 平面
C．存在正实数 ，使得异面直线 与 所成的角为D．存在正实数 ，使得直线 与平面 所成的角为
【答案】AB
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式、三棱锥体积的性质、线面平行的
性质逐一判断即可.
【详解】A：因为 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ，
因为 ，所以 在线段 （不包括端点）上，
因此对于任意的正实数 ，点 到平面 的距离不变，而 ，
所以对于任意的正实数 ，三棱锥 的体积始终不变，因此本选项正确；
建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为 ，
B：设平面 的法向量为 ，
，所以有
，因为 ，所以 ，
而 平面 ，所以 平面 ，因此本选项正确；
C：假设存在正实数 ，使得异面直线 与 所成的角为 ，则有
解得： ，所以不存在正实数 ，使得异面直线 与 所成的角为 ，因此本选项
不正确；
D：假设存在正实数 ，使得直线 与平面 所成的角为 ，
设平面 的法向量为 ，
所以有 ，，
解得 ，所以假设不成立，因此不存在正实数 ，使得直线 与平面
所成的角为 ，所以本选项不正确，
故选：AB
10．在长方体 中，直线 与平面 、平面 所成的角均为
，则（ ）
A．
B．
C．直线 与平面 所成的角为
D．直线 与 所成的角为
【答案】AD
【分析】找到直线 与平面 、平面 所成的角，根据线面角均为 ，得到
线段间的关系，即可判断A，B选项；分别找到直线 与平面 所成的角，直线
与 所成的角，在直角三角形中求解，即可判断C，D选项．
【详解】A选项：如图，连接 ， ，
由长方体的结构特征可知， 平面 ， 平面 ，
则 ， 分别为直线 与平面 、平面 所成的角,
所以 ， ，则 ， ，
所以 ，四边形 为正方形，所以 ，A正确．
B选项：因为 ，所以 ，即 ，
又 ，所以 ，
在 中， ，故 ，B错误．
C选项：连接 ，由长方体的结构特征可知， 平面 ,
故 为直线 与平面 所成的角，
由A，B选项可知， ， ，则 , ,
故在 中， ，因为 ，所以直线 与平面 所成的角为 ，C错误．
D选项：因为 ，所以 为直线 与 所成的角（或其补角），
由C选项可知，在 中， ，则 ，
所以直线 与 所成的角为 ，D正确，
故选：AD
11．如图，在正方体 中，以下结论正确的是（ ）
A． 平面 B． 平面
C．异面直线 与 所成的角为60° D．直线 与平面ABCD所成角的正弦值为
【答案】ABD
【分析】根据正方体的特征和性质，线面平行、线面垂直的判定、异面直线所成的角和直
线与平面所成的角，逐项进行分析即可求解.
【详解】对于A：在正方体 中， ，又 平面 ，
平面 ，所以 平面 ，故A正确；
对于B：连接 ，
易知 ， ，所以 ，因为 平面 ， 平面 ，
所以 ，又 ，所以 平面 ，故B正确；
对于C：易知直线 平面 ，所以 ，所以异面直线 与 所成的角为
90°，故C错误；
对于D：连接BD，
易知 平面ABCD，所以直线 与平面ABCD所成的角为 ，设正方体的棱长
为1，则 ，在 中， ，所以直线 与平面ABCD
所成角的正弦值为 ，故D正确.故选： .12．正四棱台 中， ，侧棱 与底面所成角为 分
别为 ， 的中点， 为线段 上一动点（包括端点），则下列说法正确的是
（ ）
A．该四棱台的体积为 B．三棱锥 的体积为定值
C．平面 截该棱台所得截面为六边形 D．异面直线 与 所成角的余弦值为
【答案】ABD
【分析】将正四棱台补形为正四棱锥 ，求得相关线段长度，根据棱台的体积公式
计算该四棱台的体积，判断A；根据线面平行的性质结合棱锥体积公式可判断B；根据平
面的基本性质作出平面 截该棱台所得截面，判断C；采用平移法，找到异面直线
与 所成角，解三角形，可求得异面直线 与 所成角的余弦值，判断D.
【详解】将正四棱台补形为正四棱锥 ，
A B C D
由 ，可得 1 1 1 1为其中截面.
设 分别为 的中心，
底面 ，故 为侧棱 与底面所成角，
故 ，可得 ，
侧面 为等腰梯形，高为 ，故 ，
对于 ，正确对于B，连接 ,则 ,而 ,
所以 ， 平面 , 平面 ,得 平面 ，
由于 为定值，M在 上，故三棱锥 的体积为定值
即三棱锥 的体积为定值，B正确；
对于 ，取 中点 ，连接 并延长交 于 ，连接 并延长交直线 于 ，
则 ,则 ,而 ，
故 ,同理 ,
连接 ，则 ,即 为 的中位线，而 为 的中点，
故 在 上，即 三点共线，
连接 ,则五边形 为平面 截正棱台所得的截面，C错误
对于 ，由题意 知四边形 为平行四边形，
故 ，可得 为异面直线 与 所成角或补角，
在 中,由余弦定理得 ，
由于异面直线 与 所成角范围为 ，
故异面直线 与 所成角的余弦值为 ，D正确,
故选：
【点睛】难点点睛：解答本题要发挥空间想象，明确几何体中的线面位置关系，计算出相
关线段长度，难点在于判断平面 截该棱台所得截面的形状，此时要根据平面的基本性
质，作出该截面，判断形状.
三、填空题
13．如图，在棱长为2的正方体 中，E是侧面 内的一个动点，则三
棱锥 的体积为_________.【答案】
【分析】根据三棱锥的体积公式可求出结果.
【详解】点E到平面 的距离为2，所以
.
故答案为： .
14．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】
【分析】根据面面平行的性质可得 ，进而得 或其补角即为m，n所成
的平面角，结合余弦定理即可求解余弦的最小值，即可求解正弦的最值.
【详解】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：
15．在正四棱柱 中， 是 的中点， ， ，则 与平面
所成角的正弦值为__________
【答案】 ##
【分析】先利用线面垂直的判定定理证得 平面 ，进而得到直线 与平面
所成角为 ，从而解直角三角形即可求得其正弦值.
【详解】设底面A B C D 的中心为 ，则 ，因为 平面A B C D ， 平
1 1 1 1 1 1 1 1
面A B C D ，所以 ，又 平面 ，所以 平
1 1 1 1
面 ，则 平面 ，取 的中点 ，连接 ，则 ，所以
平面 ，连接 ，则 为 与平面 所成的角.因为 ， ，
所以 ， ， .故答案为： .
.
16．如图，在三棱锥 中，点 为 的中点，点 在平面 的投影恰为 的中
点.已知 ，点 到 的距离为 ，则当 最大时，二面角 的
余弦值是__________．
【答案】
【分析】由条件得到点 的轨迹是以 为长轴的椭圆，利用椭圆的对称性知当 最
大时有 ，做出二面角 的平面角，在 中求解即可.
【详解】因为点 到 的距离为 ，
则点 是以 为旋转面的轴的圆柱与平面 的公共点，
即点 的轨迹是以 为长轴，以 为短轴长的椭圆，又由椭圆的对称性可知，
则当 最大时有 .如图，在 上取一点 ，满足 ，
连接 ，则有 ，又因为 ，
则 是二面角 的平面角，
在 中，OP=1,OE= , ∴PE= , ∴PF= ,
在 中， ，故二面角的余弦值是 .
故答案为 .
【点睛】本题考查了二面角的作法及求法，考查了平面截圆锥所得的圆锥曲线的形状，考
查了逻辑思维与运算能力，属于难题.
