文档内容
第6讲 立体几何中的动态问题（新高考专用）
目录
【真题自测】.................................................................................................................................2
【考点突破】.................................................................................................................................2
【考点一】动点轨迹问题..............................................................................................................12
【考点二】折叠、展开问题...........................................................................................................20
【考点三】最值、范围问题...........................................................................................................27
【专题精练】...............................................................................................................................36
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学科网（北京）股份有限公司考情分析：
“动态”问题是高考立体几何问题最具创新意识的题型，它渗透了一些“动态”的点、线、面等元素，给
静态的立体几何题赋予了活力，题型更新颖．同时，由于“动态”的存在，也使立体几何题更趋多元化，
将立体几何问题与平面几何中的解三角形问题、多边形面积问题以及解析几何问题之间建立桥梁，使得它
们之间灵活转化．
真题自测
一、解答题
1．（2023·全国·高考真题）如图，在正四棱柱 中， ．点 分别
在棱 , 上， ．
(1)证明： ；
(2)点 在棱 上，当二面角 为 时，求 ．
2．（2022·全国·高考真题）如图，四面体 中， ，E为 的中点．
(1)证明：平面 平面 ；
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学科网（北京）股份有限公司(2)设 ，点F在 上，当 的面积最小时，求 与平面 所成的角的正
弦值．
3．（2021·北京·高考真题）如图：在正方体 中， 为 中点， 与平面 交于点
．
（1）求证： 为 的中点；
（2）点 是棱 上一点，且二面角 的余弦值为 ，求 的值．
4．（2021·全国·高考真题）已知直三棱柱 中，侧面 为正方形， ，E，F分
别为 和 的中点，D为棱 上的点．
（1）证明： ；
（2）当 为何值时，面 与面 所成的二面角的正弦值最小?
参考答案：
1．(1)证明见解析；
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学科网（北京）股份有限公司(2)1
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量坐标相等证明；
（2）设 ，利用向量法求二面角，建立方程求出 即可得解.
【详解】（1）以 为坐标原点， 所在直线为 轴建立空间直角坐标系，如图，
则 ，
，
，
又 不在同一条直线上，
.
（2）设 ，
则 ，
设平面 的法向量 ，
则 ，
令 ，得 ，
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学科网（北京）股份有限公司，
设平面 的法向量 ，
则 ，
令 ，得 ，
，
，
化简可得， ，
解得 或 ，
或 ，
.
2．(1)证明过程见解析
(2) 与平面 所成的角的正弦值为
【分析】（1）根据已知关系证明 ，得到 ，结合等腰三角形三线合一得到垂直关
系，结合面面垂直的判定定理即可证明；
（2）根据勾股定理逆用得到 ，从而建立空间直角坐标系，结合线面角的运算法则进行计算即可.
【详解】（1）因为 ，E为 的中点，所以 ；
在 和 中，因为 ，
所以 ，所以 ，又因为E为 的中点，所以 ；
又因为 平面 ， ，所以 平面 ，
因为 平面 ，所以平面 平面 .
（2）连接 ，由（1）知， 平面 ，因为 平面 ，
所以 ，所以 ，
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学科网（北京）股份有限公司当 时， 最小，即 的面积最小.
因为 ，所以 ，
又因为 ，所以 是等边三角形，
因为E为 的中点，所以 ， ，
因为 ，所以 ,
在 中， ，所以 .
以 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系 ，
则 ，所以 ，
设平面 的一个法向量为 ，
则 ，取 ，则 ，
又因为 ，所以 ，
所以 ，
设 与平面 所成的角为 ，
所以 ，
所以 与平面 所成的角的正弦值为 .
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学科网（北京）股份有限公司3．（1）证明见解析；（2） ．
【分析】(1)首先将平面 进行扩展，然后结合所得的平面与直线 的交点即可证得题中的结论；
(2)建立空间直角坐标系，利用空间直角坐标系求得相应平面的法向量，然后解方程即可求得实数 的值.
【详解】(1)如图所示，取 的中点 ，连结 ，
由于 为正方体， 为中点，故 ，
从而 四点共面，即平面CDE即平面 ，
据此可得：直线 交平面 于点 ，
当直线与平面相交时只有唯一的交点，故点 与点 重合，
即点 为 中点.
(2)以点 为坐标原点， 方向分别为 轴， 轴， 轴正方向，建立空间直角坐标系 ，
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学科网（北京）股份有限公司不妨设正方体的棱长为2，设 ，
则： ，
从而： ，
设平面 的法向量为： ，则：
，
令 可得： ，
设平面 的法向量为： ，则：
，
令 可得： ，
从而： ，
则： ，
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学科网（北京）股份有限公司整理可得： ，故 （ 舍去）.
【点睛】本题考查了立体几何中的线面关系和二面角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推
理能力，对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的
夹角公式求解.
4．（1）证明见解析；（2）
【分析】（1）方法二：通过已知条件，确定三条互相垂直的直线，建立合适的空间直角坐标系，借助空
间向量证明线线垂直；
（2）方法一：建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的平面角的余弦值最大，进而可以确定出
答案；
【详解】（1）[方法一]：几何法
因为 ，所以 ．
又因为 ， ，所以 平面 ．又因为 ，构造正方体
，如图所示，
过E作 的平行线分别与 交于其中点 ，连接 ，
因为E，F分别为 和 的中点，所以 是BC的中点，
易证 ，则 ．
又因为 ，所以 ．
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学科网（北京）股份有限公司又因为 ，所以 平面 ．
又因为 平面 ，所以 ．
[方法二] 【最优解】：向量法
因为三棱柱 是直三棱柱， 底面 ，
， ， ，又 ， 平面 ．所以 两两垂直．
以 为坐标原点，分别以 所在直线为 轴建立空间直角坐标系，如图．
，
．
由题设 （ ）．
因为 ，
所以 ，所以 ．
[方法三]：因为 ， ，所以 ，故 ， ，所以
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学科网（北京）股份有限公司，所以 ．
（2）[方法一]【最优解】：向量法
设平面 的法向量为 ，
因为 ，
所以 ，即 ．
令 ，则
因为平面 的法向量为 ，
设平面 与平面 的二面角的平面角为 ，
则 ．
当 时， 取最小值为 ，
此时 取最大值为 ．
所以 ，此时 ．
[方法二] ：几何法
如图所示，延长 交 的延长线于点S，联结 交 于点T，则平面 平面 ．
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学科网（北京）股份有限公司作 ，垂足为H，因为 平面 ，联结 ，则 为平面 与平面 所成
二面角的平面角．
设 ，过 作 交 于点G．
由 得 ．
又 ，即 ，所以 ．
又 ，即 ，所以 ．
所以 ．
则 ，
所以，当 时， ．
[方法三]：投影法
如图，联结 ，
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学科网（北京）股份有限公司在平面 的投影为 ，记面 与面 所成的二面
角的平面角为 ，则 ．
设 ，在 中， ．
在 中， ，过D作 的平行线交 于点Q．
在 中， ．
在 中，由余弦定理得 ， ，
，
， ，
当 ，即 ，面 与面 所成的二面角的正弦值最小，最小值为 ．
【整体点评】第一问，方法一为常规方法，不过这道题常规方法较为复杂，方法二建立合适的空间直角坐
标系，借助空间向量求解是最简单，也是最优解；方法三利用空间向量加减法则及数量积的定义运算进行
证明不常用，不过这道题用这种方法过程也很简单，可以开拓学生的思维.
第二问：方法一建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的平面角是最常规的方法，也是最优方法；
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学科网（北京）股份有限公司方法二：利用空间线面关系找到，面 与面 所成的二面角，并求出其正弦值的最小值，不是很
容易找到；方法三：利用面 在面 上的投影三角形的面积与 面积之比即为面 与面
所成的二面角的余弦值，求出余弦值的最小值，进而求出二面角的正弦值最小，非常好的方法，开阔
学生的思维．
考点突破
【考点一】动点轨迹问题
一、单选题
1．（2024·四川成都·二模）在正方体 中，点 在四边形 内（含边界）运动.当
时，点 的轨迹长度为 ，则该正方体的表面积为（ ）
A．6 B．8 C．24 D．54
2．（2024·湖南长沙·三模）已知正方体 的棱长为 是棱 的中点，空间中的动点
满足 ，且 ，则动点 的轨迹长度为（ ）
A． B．3 C． D．
二、多选题
3．（2024·辽宁大连·二模）在棱长为2的正方体 中，M为 中点，N为四边形
内一点（含边界），若 平面 ，则下列结论正确的是（ ）
A． B．三棱锥 的体积为
C．点N的轨迹长度为 D． 的取值范围为
4．（2024·山东泰安·模拟预测）如图，在五边形 中，四边形 为正方形， ，
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学科网（北京）股份有限公司，F为AB中点，现将 沿 折起到面 位置，使得 ，则下列结论正确的
是（ ）
A．平面 平面
B．若 为 的中点，则 平面
C．折起过程中， 点的轨迹长度为
D．三棱锥 的外接球的体积为
三、填空题
5．（2024·江西宜春·模拟预测）如图，在四面体 中， 和 均是边长为6的等边三角形，
，则四面体 外接球的表面积为 ；点E是线段AD的中点，点F在四面体 的外
接球上运动，且始终保持EF⊥AC，则点F的轨迹的长度为 .
6．（2024·黑龙江·二模）已知三棱锥 的四个面是全等的等腰三角形，且 ， ，则
三棱锥 的外接球半径为 ；点 为三棱锥 的外接球球面上一动点， 时，动
点 的轨迹长度为 ．
参考答案：
题号 1 2 3 4
答案 C D BD ABD
1．C
【分析】由线段 是定值结合正方体的特征得出 点的轨迹，结合弧长公式计算即可.
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学科网（北京）股份有限公司【详解】设正方体棱长为 ，
由正方体性质知 平面 ，
平面 ，得 ，
所以 ，
所以 点轨迹是以 为圆心， 为半径的圆弧，
设圆弧分别交 与点 ，则 ，
所以 ，同理 ，所以圆心角是 ，
则轨迹长度为 ，可得 ，
所以正方体的表面积为 .
故选： .
2．D
【分析】分别取 的中点 ，连接 ，证明 平面 ，从而可得点 在平面
内，再根据 ，得点 在以 为球心，半径为1的球面上，可得动点 的轨迹为平面 与
球 的球面的交线，求出平面 截球 所得截面圆的半径，即可得解.
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学科网（北京）股份有限公司【详解】如图，分别取 的中点 ，连接 ，
因为 平面 ， 平面 ，所以 ，
在 中， ，
所以 ，所以 ，
又 ，所以 ，所以 ，
又 ， 平面 ，所以 平面 ，
由 ，得点 在平面 内，
由 ，得点 在以 为球心，半径为1的球面上，
因此动点 的轨迹为平面 与球 的球面的交线，即在平面 内的圆，
连接 ，设点 到平面 的距离为 ，平面 截球 所得截面圆的半径为 ，
则由 得 ，
且 ，所以 ，则 ，
因此动点 的轨迹长度为 .
故选：D.
【点睛】思路点睛：涉及立体图形中的轨迹问题，若动点在某个平面内，利用给定条件，借助线面、面面
平行、垂直等性质，确定动点与所在平面内的定点或定直线关系，结合有关平面轨迹定义判断求解.
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学科网（北京）股份有限公司3．BD
【分析】根据正方体的性质得出平面 平面 ，则根据已知得出点 在线段 上（含端点），
当 为 时，根据异面直线的平面角结合正方体的性质得出 与 的夹角为 ，此时
，即可判断A；三棱锥 ,利用等体积法结合体积公式即可判断B；根据点 在线段
上（含端点），利用勾股定理求出求 ，即可判断C；根据正方体性质结合已知可得 ，
则 ，即可根据 的范围得出 的范围判断D．
【详解】在棱长为2的正方体 中， 为 中点， 为四边形 内一点（含边界），
平面 ，
取 、 中点分别为 、 ，连接 、 、 、 ， ，如图：
为正方体， 为 中点， 为 中点，
， ， ， ，
、 平面 ， 、 平面 ，且 ， ，
平面 平面 ，
为四边形 内一点（含边界），且 平面 ，
点 在线段 上（含端点），
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学科网（北京）股份有限公司对于A：当 在 时，则 与 的夹角为 ，此时 ，
则 与 不垂直，故A不正确；
对于B 为四边形 内一点（含边界），
到平面 的距离为2，
三棱锥 的体积为 ，故B正确；
对于C：由于点 在线段 上（含端点），
而 ，
点 的轨迹长度为 ，故C不正确；
对于D 为正方体，
平面 ，
平面 ，
，
△ 为直角三角形，且直角为 ，
，
点 在线段 上（含端点），
则当 最大时，即点 为点 时，此时 ，此时 最小，为 ，
当 最小时，即 ，此时 ，
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学科网（北京）股份有限公司此时 最大，最大为 ，
则 的取值范围 ，故D正确．
故选：BD．
4．ABD
【分析】首先说明 ，结合已知 ，从而证明 平面 ，即可判断A，由 ，
即可证明B，过点 作 交 于点 ，求出 ，即可求出 点的轨迹长度，从而判断C，连接
，即可证明 平面 ，从而得到三棱锥 的外接球即为四棱锥 的外接球，求
出外接球的半径，即可求出球的体积，即可判断D.
【详解】对于A：由题意得 ，所以 ，即 ，
而已知 ，且注意到 ， ， 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ， 平面 ，所以平面 平面 ，故A正确；
对于B：因为 为 的中点，所以 ，又 ，所以 ，
又 平面 ， 平面 ，所以 平面 ，故B正确；
对于C：
因为四边形 为正方形， ， ，所以 ，
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学科网（北京）股份有限公司过点 作 交 于点 ，则 ，
所以折起过程中， 点的轨迹是以 为圆心， 为半径，圆心角为 的圆弧，
所以 点的轨迹长为 ，故C错误；
对于D：连接 ，则 ，又平面 平面 ，平面 平面 ，
平面 ，所以 平面 ，
又四边形 为边长为 的正方形，则三棱锥 的外接球即为四棱锥 的外接球，
又四边形 外接圆的直径为 ， ，
设四棱锥 的外接球的半径为 ，则 ，即 ，
所以 ，
所以外接球的体积 ，
即三棱锥 的外接球的体积为 ，故D正确.
故选：ABD
【点睛】关键点点睛：本题关键是证明平面 平面 ，从而确定点 的旋转角，即可判断B，D
选项关键是转化为求四棱锥 的外接球的体积.
5．
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学科网（北京）股份有限公司【分析】设四面体 外接球的球心为 的中心分别为 ，则可得 平面
平面 ，且 四点共面，可得 ，进而求出 ，
然后由勾股定理求出四面体 外接球的半径；取 中点 ，作 ，设点 轨迹所在平面
为 ，求出四面体 外接球半径和 到平面 的距离，从而可求出平面 截外接球所得截面圆的半径，
进而可得结果.
【详解】
取 中点 ，连接 ，则 ， 平面 ，
又 和 均是边长为6的等边三角形， ，
∴ 平面 ， ，
所以 ，
∴ ，
设四面体 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 ， ，
在 中，得 ，又 ，
则四面体 外接球半径 ，
所以四面体 外接球的表面积为 ；
作 于 ，设点 轨迹所在平面为 ，
则平面 经过点 且 ，
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学科网（北京）股份有限公司易知 到平面 的距离 ，
故平面 截外接球所得截面圆的半径为 ，
所以截面圆的周长为 ，即点 轨迹的周长为 .
故答案为： ； .
6． /
【分析】由三棱锥的结构特征，可扩成长方体，利用长方体的外接球半径得三棱锥的外接球半径；由动点
的轨迹形状，求长度.
【详解】三棱锥 的四个面是全等的等腰三角形，且 ， ，如图所示，
则有 ， ，
把三棱锥 扩成长方体 ，
则有 ，解得 ，
则长方体外接球半径 ，
所以三棱锥 的外接球半径 ；
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学科网（北京）股份有限公司点 为三棱锥 的外接球球面上一动点， 时，
由 ，动点 的轨迹是半径为 的圆，
轨迹长度为 .
故答案为： ； .
【点睛】关键点点睛：
三组对棱分别相等的四面体(三棱锥)——补形为长方体(四面体的棱分别是长方体各面的对角线).
规律方法：
解决与几何体有关的动点轨迹问题的方法
(1)几何法：根据平面的性质进行判定．
(2)定义法：转化为平面轨迹问题，用圆锥曲线的定义判定或用代数法进行计算．
(3)特殊值法：根据空间图形线段长度关系取特殊值或位置进行排除．
【考点二】折叠、展开问题
一、单选题
1．（2024·陕西榆林·模拟预测）如图， 是边长为4的正三角形，D是BC的中点，沿AD将 折
叠，形成三棱锥 ．当二面角 为直二面角时，三棱锥 外接球的体积为（ ）
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学科网（北京）股份有限公司A． B． C． D．
2．（2024·四川泸州·三模）已知圆锥的体积为 ，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的内切球的表面
积为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
3．（2024·河北保定·二模）如图1，在等腰梯形 中， ， ， ，
， ，将四边形 沿 进行折叠，使 到达 位置，且平面 平面 ，
连接 ， ，如图2，则（ ）
A． B．平面 平面
C．多面体 为三棱台 D．直线 与平面 所成的角为
4．（2024·福建厦门·三模）如图1，将三棱锥型礼盒 的打结点 解开，其平面展开图为矩形，如
图2，其中A，B，C，D分别为矩形各边的中点，则在图1中（ ）
A． B．
C． 平面 D．三棱锥 外接球的表面积为
三、填空题
5．（2024·四川南充·二模）已知菱形 中，对角线 交于点 ， ，将 沿着 折
叠，使得 ， ，则三棱锥 的外接球的表面积为 .
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学科网（北京）股份有限公司6．（22-23高三上·广东·阶段练习）一个圆锥的表面积为 ，其侧面展开图为半圆，当此圆锥的内接圆
柱（圆柱的下底面与圆锥的底面在同一个平面内）的侧面积达到最大值时，该内接圆柱的底面半径为
.
参考答案：
题号 1 2 3 4
答案 D D ABD ACD
1．D
【分析】补形成长方体模型来解即可.
【详解】由于二面角 为直二面角，且 和 都是直角三角形，
故可将三棱锥 补形成长方体来求其外接球的半径R，
即 ，解得 ，
从而三棱锥 外接球的体积 ．
故选：D
2．D
【分析】设圆锥的底面半径为 ，高为 ，由题意可得 ，可求得 ， ，进而可得轴截面是等
边三角形，求得等边三角形的内切圆的半径即可求得圆锥的内切球的表面积.
【详解】设圆锥的底面半径为 ，高为 ，母线长为 ，
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学科网（北京）股份有限公司由题意可得 ，解得 ，
所以母线长为 ，底面圆直径为 ，
可得圆锥的轴截面为等边三角形，该等边三角形内切圆的半径即为圆锥内切球的半径，
由等边三角形的性质可得内切球的半径 ，
所以圆锥内切球的表面积为 .
故选：D.
3．ABD
【分析】求得 位置关系判断选项A；求得平面 与平面 位置关系判断选项B；利用三棱
台定义判断选项C；求得直线 与平面 所成的角判断选项D.
【详解】对于A，因为平面 平面 ，
平面 平面 ， ， 平面 ，
所以 平面 ，所以 ，A正确.
对于B，因为 ， 平面 ， 平面 ，
则 平面 ，
又 ， 平面 ， 平面 ，
则 平面 ，
又 ， 平面 ，所以平面 平面 ，B正确.
对于C，因为 ， ，则 ，
所以多面体 不是三棱台，C错误.
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学科网（北京）股份有限公司对于D，延长 ， 相交于点G，
因为平面 平面 ，平面 平面 ， 平面 ， ，
所以 平面 ，则 为直线 与平面 所成的角.
因为 ，所以 ，
解得 ， ， ，
则 ，D正确.
故选：ABD
4．ACD
【分析】对于A，结合展开图可得 ，判断A；对于B，利用平面向量数量积，求 ，
判断B；对于C，利用线面垂直的判定定理，判断C；对于D，将三棱锥放在长方体中，求出外接球的表面
积，判断D.
【详解】对于A， ，故A正确；
对于B， ， ，所以 ，则 ，
又在 中， ， ，故 ，
所以
，故 不垂直，故B错误；
对于C，因为在 中， ，所以 ，
又 ， ， 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ，故C正确；
对于D，因为 ，
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学科网（北京）股份有限公司所以三棱锥三组对棱相等，可以将其放入长方体中，
设外接球半径为 ，则有 ，解得 ，所以外接球的表面积为 ，
故D正确，
故选：ACD.
【点睛】方法点睛：对于D选项，根据三棱锥棱长相等，将其直接放在长方体中，求出外接球表面积.
5．
【分析】折叠后，求出 的长，设 分别为 与 的外心， 为三棱锥 的外接
球球心，利用垂直关系和球的性质，求出外接球半径计算表面积.
【详解】菱形 中， ， ， ， ，
折叠后， ， 为等边三角形， ，
与 是全等的等腰三角形，设 分别为 与 的外心，
中，外接圆半径 ， ， ，
中，由勾股定理， ，即 ，解得 ，
则 ，同理 ，
为三棱锥 的外接球球心，连接 ，
由球的性质可知， 平面 ， 平面 ，
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学科网（北京）股份有限公司与 全等， ，
，
， ， ， 平面 ，
平面 ， 平面 ， ，
则三棱锥 的外接球半径 ，
所以外接球表面积 .
故答案为： .
6．2
【分析】设圆锥的底面半径为 ，母线长为 ，高为 ，由圆锥的侧面展开图为半圆可得 ，根据圆锥
的表面积可得半径,母线和高,设内接圆柱的底面半径为 ，高为 ，由相似可得 ，代入圆柱的
侧面积公式分析可得结果.
【详解】设圆锥的底面半径为 ，母线长为 ，高为 ，因为圆锥的侧面展开图为半圆，
所以 ，解得 .
因为圆锥的表面积为 ，所以 ，解得 ， ， .
如图，设内接圆柱的底面半径为 ，高为 ，则 ，所以 ，
内接圆柱的侧面积 ，
当 时， 取最大值.
故答案为：2.
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学科网（北京）股份有限公司【点睛】本题考查圆锥的表面积和圆柱的侧面积公式，考查圆锥侧面展开图的应用，考查推理能力和计算
能力，属于基础题.
规律方法：
画好折叠、展开前后的平面图形与立体图形，抓住两个关键点：不变的线线关系、不变的数量关系．
【考点三】最值、范围问题
一、单选题
1．（2024·安徽·三模）如图，在棱长为2的正方体 中，内部有一个底面垂直于 的圆锥，
当该圆锥底面积最大时，圆锥体积最大为（ ）
A． B． C． D．
2．（2024·河北沧州·三模）《几何补编》是清代梅文鼎撰算书，其中卷一就给出了正四面体，正六面体
（立方体）、正八面体、正十二面体、正二十面体这五种正多面体的体积求法.若正四面体 的棱长
为 ， 为棱 上的动点，则当三棱锥 的外接球的体积最小时，三棱锥 的体积为
（ ）
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学科网（北京）股份有限公司A． B． C． D．
二、多选题
3．（2024·湖南怀化·二模）在三棱锥 中， 平面 ，点
是三角形 内的动点（含边界）， ，则下列结论正确的是（ ）
A． 与平面 所成角的大小为
B．三棱锥 的体积最大值是2
C． 点的轨迹长度是
D．异面直线 与 所成角的余弦值范围是
4．（23-24高三下·山东菏泽·阶段练习）如图，已知正方体 的棱长为 ，点 为 的中
A B C D
1 1 1 1
点，点 为正方形 内 包含边界 的动点，则（ ）
A．满足 平面 的点 的轨迹为线段
B．若 ，则动点 的轨迹长度为
C．直线 与直线 所成角的范围为
D．满足 的点 的轨迹长度为
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学科网（北京）股份有限公司三、填空题
5．（2024·贵州·模拟预测）已知正方体 的顶点均在半径为1的球 表面上，点 在正方体
表面上运动， 为球 的一条直径，则正方体 的体积是 ，
的范围是 ．
6．（2024·浙江金华·三模）四棱锥 的底面 为正方形， 平面 ，且 ，
．四棱锥 的各个顶点均在球O的表面上， ， ，则直线l与平面 所成夹角
的范围为 ．
参考答案：
题号 1 2 3 4
答案 C A ACD AD
1．C
【分析】取 的中点，记为 ，当圆锥底面内切于正六边形
时该圆锥的底面积最大，结合圆锥体积公式计算即可得解.
【详解】如图所示，取 的中点，记为 ，
易知六边形 为正六边形，此时 的中点 在正六边形的中心，
当圆锥底面内切于正六边形 时该圆锥的底面积最大，
设此时圆锥底面圆半径为 ，因为 ，所以 ，
圆锥底面积为 ，圆锥顶点为 （或 ）处，
此时圆锥体积最大，此时 .
故选：C.
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学科网（北京）股份有限公司2．A
【分析】由题意确定三棱锥 的外接球的体积最小时球心的位置，由此可求出三棱锥 的
高，利用体积公式，即可求得答案.
【详解】如图，在正四面体 中，假设 底面 ，则点 为 外心.
在 上取一点 ，满足 ，则 ，
则 为三棱锥 的外接球球心，
当 取得最小值时， 最小，三棱锥 的外接球体积最小，
此时点 与点 重合.作 ，垂足为 ， ，
为三棱锥 的高.
由正四面体 的棱长为 ，知 ， ，
，.
设 ，则 ，故 ， .
由 ，得 ，
解得 . ，
.
34 / 60
学科网（北京）股份有限公司故选：A.
3．ACD
【分析】根据给定条件，把几何体补形成正四棱柱，利用几何法求出线面角判断A；确定 点的轨迹并求
出长度判断C；求出点 到 距离的最大值计算判断B；建立坐标系，利用异面直线夹角的向量求法建立
函数关系求解判断D.
【详解】如图，把三棱锥 补形成正四棱柱并建立空间直角坐标系 ，
对于A，由 平面 ，得 是 与平面 所成的角， ，
因此 ，A正确；
对于C，由 ，得 点的轨迹是以线段 为直径的球面与 相交的一段圆弧及点 ，
令 的中点分别为 ，则 平面 ， ，于是 ，
显然 点所在圆弧所对圆心角大小为 ，长度是 ，C正确；
对于B，由选项C知，当 时， 点到平面 距离最大，最大距离为1，
因此三棱锥 的体积 ，B错误；
对于D，设 ，则点 ，而 ，
于是 ，又 ，令异面直线 与 所成的角大小为 ，
则 ，
35 / 60
学科网（北京）股份有限公司令 ， 在 上单调递增，
因此 ，D正确.
故选：ACD
【点睛】思路点睛：涉及立体图形中的轨迹问题，若动点在某个平面内，利用给定条件，借助线面、面面
平行、垂直等性质，确定动点与所在平面内的定点或定直线关系，结合有关平面轨迹定义判断求解.
4．AD
【分析】利用正方体的特值构造面面平行可判定A，利用圆的定义与弧长公式可判定B，设P坐标，利用正
切函数的单调性计算判定C，利用线面垂直及勾股定理可判定D.
【详解】对于A，如图所示，取棱 的中点分别为 ，
连接 ，
根据正方体的特征易知 ，
则 共面，且 平面 ， 平面 ，
又 平面 且相交于 ，故平面 平面 ，
所以满足 平面 的点 的轨迹为线段 ，
故A正确；
对于B，设M到上底面的投影为N，易知 ，而 ，所以 ，
即P在以N为圆心，半径为2的圆上，
36 / 60
学科网（北京）股份有限公司且P在正方形A B C D 内，如图所示，即 上，易知 ，所以 的长度为 ，
1 1 1 1
故B错误；
对于C，
如图所示建立空间直角坐标系，取 的中点Q，连接 ，作 ，
设 ，则 ， ，
易知直线 与直线 所成角为 ，
显然当P为 的中点时，此时 ，
当 时， ，
易知 ，
若 最小，则需 ，此时 ，故C错误；
对于D，取 ，
可知 ，即 共面，
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学科网（北京）股份有限公司在底面正方形中易知 ，则 ，
结合正方体的性质可知 底面 ， 底面 ，
所以 ，
而 平面 ，
所以 平面 ，故P在线段 上运动，
易知 ，故D正确.
故选：AD
5．
【分析】由正方体的外接球的半径求出正方体的棱长，根据公式计算体积即可；将 化简为 ，
结合 的范围即可求解．
【详解】设正方体的棱长为 ，由题意 ， ，则正方体体积 ，
因为
，
因为点 在正方体 表面上运动，
所以 ，故 范围为
故答案为： ， ．
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学科网（北京）股份有限公司6． ．
【分析】依题意可证明 平面 ，建立空间直角坐标系，用向量法求线面角可得结果.
【详解】解：依题意，四棱锥 的外接球的球心O为 的中点，连接 ，
交点为Q，因为底面 为正方形，所以 ，
又 平面 ，且 平面 ，所以 ，
又 ， 平面 ， 平面 ，所以 平面 ，
所以 为平面 的一个法向量，
如图建立坐标系，并设直线l上异于B的一点 ，所求线面角为 ，
，
则 ， ， ，
由 可得 ，
∴ ，
当 时， ，
当 时， ，
39 / 60
学科网（北京）股份有限公司综上， ，∴ ．
故答案为： .
另解：依题意，四棱锥 的外接球的球心O为 的中点，连接 ，
交点为Q，因为底面 为正方形，所以 ，
又 平面 ，且 平面 ，所以 ，
又 ， 平面 ， 平面 ，所以 平面 ，
即 面 ，
若 平面 ，则 与平面 所成的角为 .
若过B的直线l与平面 相交于点R，
在平面 中，过B作直线 ，与平面 相交于点为S，
因为 面 ，且 平面 ，所以 ，
又 ， ，且 ， 平面 ，
所以 平面 ，
故过 且与 垂直的直线与平面 的交点的轨迹为直线 ，
又 平面 ，所以 ，又 ，且 ，
所以 平面 ，又 平面 ，所以 ，
又 面 ，所以 为 在面 内的射影，
即 为直线l与平面 所成的角，且 ，
40 / 60
学科网（北京）股份有限公司又 ，而 ，
当且仅当 重合等号成立，故 ，
综上， ，∴ ．
故答案为： .
【点睛】方法点睛：解决直线与平面所成角的方法：（1）几何法：作出直线与平面所成角，在直角三角
形中求角；（2）空间向量法：建立空间直角坐标系，求出直线的方向向量和平面的法向量，用向量法求
线面角.
规律方法：
在动态变化过程中产生的体积最大、距离最大(小)、角的范围等问题，常用的解题思路是
(1)直观判断：在变化过程中判断点、线、面在何位置时，所求的量有相应最大、最小值．
(2)函数思想：通过建系或引入变量，把这类动态问题转化为目标函数，从而利用代数方法求目标函数的最
值．
专题精练
一、单选题
1．（2024·四川南充·二模）三棱锥 中， ， ， 为 内部
及边界上的动点， ，则点 的轨迹长度为（ ）
A． B． C． D．
2．（2024·广西南宁·一模）在边长为4的菱形 中， ．将菱形沿对角线 折叠成大小
为 的二面角 ．若点 为 的中点， 为三棱锥 表面上的动点，且总满足
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学科网（北京）股份有限公司，则点 轨迹的长度为（ ）
A． B． C． D．
3．（2024·陕西榆林·模拟预测）如图， 是边长为4的正三角形， 是 的中点，沿 将
折叠，形成三棱锥 ．当二面角 为直二面角时，三棱锥 外接球的表面积为
（ ）
A． B． C． D．
4．（2024·山东济南·三模）三棱锥 中， 平面 ， ．若该三棱锥的最长的棱长为
9，最短的棱长为3，则该三棱锥的最大体积为（ ）
A． B． C．18 D．36
二、多选题
5．（2024·江西九江·三模）如图，正方体 的棱长为1，点 在截面 内，且 ，
则（ ）
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学科网（北京）股份有限公司A．三棱锥 的体积为 B．线段 的长为
C．点 的轨迹长为 D． 的最大值为
6．（2024·浙江·模拟预测）如图，在三棱锥 的平面展开图中， ， 分别是 ， 的中点，正
方形 的边长为2，则在三棱锥 中（ ）
A． 的面积为 B．
C．平面 平面 D．三棱锥 的体积为
7．（2024·云南昆明·模拟预测）如图，已知正四棱柱 的底面边长为1，侧棱长为2，点
为侧棱 （含端点）上的动点，直线 平面 ，则下列说法正确的有（ ）
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学科网（北京）股份有限公司A．直线 与平面 不可能平行
B．直线 与平面 不可能垂直
C．若 且 ，则平面 截正四棱柱所得截面多边形的周长为
D．直线 与平面 所成角的正弦值的范围为
三、填空题
8．（2024·河南·模拟预测）在一个棱长为4的正方体内部有一个半径为 的小球，该小球可以在正方体内
部自由活动．当任意旋转、晃动正方体并保证小球至少与正方体的一个面相切时，小球球心的轨迹在正方
体内部又会形成一个几何体，则小球球心轨迹形成的几何体的体积为 ．
9．（2024·四川南充·二模）已知菱形 中，对角线 ，将 沿着 折叠，使得二面角
为 ， ，则三棱锥 的外接球的表面积为 .
10．（2024·湖北武汉·模拟预测）在三棱锥中 ， ，且 .记直线 ， 与
平面 所成角分别为 ， ，已知 ，当三棱锥 的体积最小时，则三棱锥 外
接球的表面积为 .
四、解答题
11．（2024·重庆·模拟预测）如图，ACDE为菱形， ， ，平面 平面
ABC，点F在AB上，且 ，M，N分别在直线CD，AB上．
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学科网（北京）股份有限公司(1)求证： 平面ACDE；
(2)把与两条异面直线都垂直且相交的直线叫做这两条异面直线的公垂线，若 ，MN为直线
CD，AB的公垂线，求 的值；
(3)记直线BE与平面ABC所成角为 ，若 ，求平面BCD与平面CFD所成角余弦值的范围．
12．（2024·四川南充·一模）如图，在三棱锥 中， 平面 ， ， ，点
M，N分别是线段SB，AC上的动点，且满足 .
(1)证明： 平面 ；
(2)当线段MN的长度最小时，求直线SC与平面AMN所成角的正弦值.
参考答案：
题号 1 2 3 4 5 6 7
答案 B A B C ACD ABD BC
1．B
【分析】由已知可得三棱锥为正三棱锥，即可得三棱锥的高，设点 在底面 上的射影为 ，即可得
，进而可得点 的轨迹及其长度.
【详解】
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学科网（北京）股份有限公司如图所示，
由 ， ，
可知三棱锥 为正三棱锥，
设 中点为 ，
则 ， ， ，
设点 在底面 上的射影为 ，
则 平面 ， ，
又 为 内部及边界上的动点， ，
所以 ，
所以点 的轨迹为以点 为圆心， 为半径的圆在 内部及边界上的部分，
如图所示，
，
，
即 ， ，
所以点 的轨迹长度为 ，
故选：B.
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学科网（北京）股份有限公司2．A
【分析】根据二面角的平面角可结合余弦定理求解求 ，进而利用线面垂直可判断点 轨迹为
，求解周长即可．
【详解】连接 、 ，交于点 ，连接 ，
为菱形， ，
所以 ， ， ，
所以 为二面角 的平面角，
于是 ，
又因为 ，
所以 ，
取 中点 ，取 中点 ，连接 、 、 ，所以 、 ，
所以 、 ， ， 相交，
所以 平面 ，
所以在三棱锥 表面上，满足 的点 轨迹为 ，
因为 ， ， ，
所以 的周长为 ，
所以点 轨迹的长度为 ．
故选：A．
3．B
【分析】先证明 平面 ，利用二面角的定义可得 ，利用勾股定理可得 的外接
圆直径为 ，将三棱锥 补形成长方体来求其外接球的半径 ，再利用球体表面积公式可得出答
案.
【详解】如图所示，
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学科网（北京）股份有限公司折叠前，由于 是边长为4的正三角形， 是 的中点，则 ，
折叠后，则有 ， ，因为 ，所以 平面 ，
因为二面角 为直二面角， ，
则二面角 的平面角为 ，且 ， ，
可将三棱锥 补形成长方体来求其外接球的半径 ，即 ，解得 ，从而
三棱锥 外接球的表面积为 ．
故选：B
4．C
【分析】由线面垂直得到线线垂直，推出该三棱锥的最长的棱为 ，故 ，最短的棱为 或 ，
分三种情况，利用锥体体积公式和基本不等式求出体积的最大值，得到答案.
【详解】因为 平面 ， 平面 ，
所以 ， ，
故 ，
因为 ，所以 ，故 ，
则该三棱锥的最长的棱为 ，故 ，
最短的棱为 或 ，
当最短的棱为 ，即 时，
由勾股定理得 ，
故 ，故 ，
当且仅当 时，等号成立，
故三棱锥体积为 ，
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学科网（北京）股份有限公司当最短的棱为 ，即 时，
设 ，则 ，则 ，
故 ，
三棱锥体积为 ，
当且仅当 ，即 时，等号成立，
当最短的棱为 ，即 时，
设 ，则 ，则 ，
故 ，
三棱锥体积为 ，
当且仅当 ，即 时，等号成立，
综上，该三棱锥的最大体积为18.
故选：C
5．ACD
【分析】对于A，点 到平面 的距离为 ，再通过三棱锥 的体积公式计算即可；
对于B，设 的中心为 ，则 ，通过勾股定理计算 即可；对于C，如图
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学科网（北京）股份有限公司②所示，点 的轨迹是以 为圆心， 为半径的圆的一部分，由三段 劣弧构成并计算即可；
对于D，建立空间直角坐标系，当 位于点 或 的位置时， 最小，计算 即可.
【详解】对于A，在正方体中，易证 平面 ，平面 平面 ，且两平面间的距离为
，
又 的面积 ，所以三棱锥 的体积 故A正
确；
对于B，如图①所示，设 的中心为 ，则 ，
故B错误；
对于C，如图②所示，由 知， ，
点 的轨迹是以 为圆心， 为半径的圆的一部分，
由三段 劣弧构成，其长度为圆 周长的一半 故C正确；
对于D， ，
为 在 方向上的投影，由图①可知，
当 位于点 或 的位置时， 最小，
此时 取得最大值，如图②所示，建立空间直角坐标系，
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学科网（北京）股份有限公司则 ， ，故D正确.
故选：ACD.
6．ABD
【分析】直接求 的面积可判定A，连接 交 于G，根据条件证 平面 即可判定B，判
定 的夹角是否为直角可判定C，利用棱锥的体积公式可判定D.
【详解】
对于A，易知 ，故A正确；
对于B，连接 交 于G，根据正方形的性质易知 ，
所以有 ，
又 平面 ，所以 平面 ，
平面 ，所以 ，故B正确；
对于C，由上可知 为平面 与平面 的夹角，
易知 ，则 不垂直，故C错误；
对于D，由题意可知 两两垂直，
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学科网（北京）股份有限公司则 ，故D正确.
故选：ABD
7．BC
【分析】当 与 重合时可以判断A；利用反证法说明B；证明 平面 ，则平面 为平面 ，
即可求出截面周长，从而判断C；建立空间直角坐标系，利用空间向量法判断D.
【详解】对于A ：已知 ，若 ，则需 ，易知当 与 重合时，
平面 ， 平面 ，所以 ，故 可能成立，故A错误；
对于B：假设直线 与平面 垂直，又因为 ，则 ，显然不合题意，
因此假设不成立，即直线 与平面 不可能垂直，故B正确；
对于C：当 为 的中点时，连接 ， ，
A B C D A B C D
依题意可知 ， 平面 1 1 1 1， 平面 1 1 1 1，
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 ，
52 / 60
学科网（北京）股份有限公司所以 平面 ，则平面 为平面 ，即平面 截正四棱柱所得截面多边形为 ，
又 ，
所以截面多边形的周长为 ，故C正确；
对于D：以 为原点，直线 分别为 轴建立如图所示坐标系，
则 ，则 ，设 ，
平面 的一个法向量为 ，设直线 与平面 所成角为 ，
所以 ，又 ，
所以 ，
所以直线 与平面 所成角的正弦值的范围为 ，故D错误.
故选：BC
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学科网（北京）股份有限公司8．27
【分析】如图，由题意可知小球在运动过程中球心形成的几何体仍为正方体，且棱长为3，即可求解.
【详解】因为小球至少与正方体的一个面相切，
所以小球在运动过程中球心形成的几何体仍为正方体，
如图，因为外部正方体的棱长为4，小球的半径为 ，
所以形成的正方体的棱长为3，其体积为 ．
故答案为：27
9．
【分析】将 沿 折起后，取 中点为 ，连接 ， ，得到 ，在 中由余
弦定理求出 的长，进一步求出 的长,分别记三角形 与 的重心为 、 ，记该几何体
的外接球球心为 ，连接 ， ，证明 与 全等，求出 ，再推出 ，
连接 ，由勾股定理求出 ，即可得出外接球的表面积.
【详解】将 沿 折起后，取 中点为 ，连接 ， ，
则 ， ，
可知 即为二面角 的平面角，即 ；
设 ，则 ，
在 中，由余弦定理可得： ，
即 解得 ，
即 ，可得 ，
所以 与 是边长为 的等边三角形，
分别记三角形 与 的重心为 、 ，
则 ， ； ；
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学科网（北京）股份有限公司因为 与 都是边长为2的等边三角形，
所以点 是 的外心，点 是 的外心；
记该几何体 的外接球球心为 ，连接 ， ，
根据球的性质，可得 平面 ， 平面 ，
所以 与 都是直角三角形，且 为公共边，
所以 与 全等，因此 ，
所以 ；
因为 ， ， ， 平面 ，
所以 平面 ；
又 平面 ，所以 ，
连接 ，则外接球半径为 ，
所以外接球表面积为 .
故答案为： .
【点睛】思路点睛：求解几何体外接球体积或表面积问题时，一般需要结合几何体结构特征，确定球心位
置，求出球的半径，即可求解；在确定球心位置时，通常需要先确定底面外接圆的圆心，根据球心和截面
外接圆的圆心连线垂直于截面，即可确定球心位置；有时也可将几何体补型成特殊的几何体（如长方体），
根据特殊几何体的外接球，求出球的半径.
10．
【分析】根据给定条件，探求点 在平面 内的投影 的轨迹，确定当三棱锥体积最小时点 的位置，
进而可得 并求出外接球半径，求出球的表面积.
【详解】设点 在平面 内的投影为 ，由直线 与平面 所成角分别为 ，且 ，
55 / 60
学科网（北京）股份有限公司则 ， ， ，于是 ，
以 为 轴，线段 的中垂线为y轴，建立平面直角坐标系，
令 ，由 ， ，得 ， ， ，
则 ，化简得 ，
因此点 在以 为圆心， 为半径的圆上，
当 最小时， 最小，即三棱锥 的体积最小，
此时 ， ， ， ，
因此点 在底面 上的射影 在 上，且 ，又 ，
显然 的中点到点 的距离相等，此时三棱锥 的外接球的球心为 的中点，
外接球的半径 ，表面积为 .
故答案为：
【点睛】关键点点睛：解决与球有关的内切或外接问题时，关键是确定球心的位置，再求出球半径即可.
11．(1)证明见解析
(2)
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学科网（北京）股份有限公司(3)
【分析】（1）先通过余弦定理及勾股定理得到 ，再根据面面垂直的性质证明；
（2）以C为原点，CA的方向为x轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系 ，利用向量的坐标运算
根据 ，列方程求解即可；
（3）利用向量法求面面角，然后根据 列不等式求解.
【详解】（1） ， ，
所以 ， ， ，
，则 ，
又因为平面 平面ABC，平面 平面 面 ，
故 平面ACDE；
（2）以C为原点，CA的方向为x轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系 ，
由 ，可得 ， ，
所以
所以 ， ，
设 ，则 ，
设 ，则 ， ，
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学科网（北京）股份有限公司由题知， ，
解得 ， ，故 ；
（3） ，设 ，
则 ， ，
可取平面ABC的法向量 ，
则 ，
，
则 ，
整理得 ，故 ，
， ， ，
记平面CDF的法向量为 ，则有 ，
可得 ，
记平面CBD的法向量为⃗n =(a,b,c)，则有 ，
2
可得 ，
记平面BCD与平面CFD所成角为 ，
58 / 60
学科网（北京）股份有限公司则 ， ，
所以 ， ，
故 ．
12．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）先根据 平面 可得 ，再根据线面垂直的判定定理证明即可；
（2）建立空间直角坐标系，表示出 ，进而确定线段MN的长度最小时 的值，再根
据空间向量求解即可.
【详解】（1）因为 平面 ， 平面 ，
所以 ，
又 ， ， 平面
所以 平面 .
（2）以 为原点，以 所在直线为 轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则 ， ， ， ，
因为 ， ，
所以 ， ，
59 / 60
学科网（北京）股份有限公司所以 ，
所以当 时， 最小，
此时 ， ，
则 ， ，
设平面AMN的一个法向量为 ，
则 ，即 ，
取 ，则 ，又 ，
设直线SC与平面AMN所成角为 ，
则 ，
即直线SC与平面AMN所成角的正弦值为 .
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学科网（北京）股份有限公司
