第55讲立体几何中的压轴小题_高中三年全科资料_高考数学《必刷5000题》2025版_2025高考数学必刷5000题（解析版分章节PDF）

第55讲 立体几何中的压轴小题
必考题型全归纳
1 题型一：球与截面面积问题
2825 (2024·湖南长沙·高二长郡中学校考开学考试)已知三棱锥P-ABC的四个顶点在球O
   
的球面上，PA=PB=PC，△ABC是边长为6 2的正三角形，PA=3PE，BA=3BF，
∠CEF=90°，过点E作球O的截面，截面面积最小值为 ( )
A.8π B.16π C.27π D.40π
【答案】A
【解析】∵PA=PB=PC，△ABC为边长为6 2的等边三角形，∴P-ABC为正三棱
锥，
取AC的中点M，连接BM、PM，则PM⊥AC,BM⊥AC，PM∩BM=M，
PM、BM⊂平面PBM，所以AC⊥平面PBM，PB⊂平面PBM，所以PB⊥AC，
   
又PA=3PE，BA=3BF，∴EF⎳PB，∴EF⊥AC，又EF⊥CE，CE∩AC=C，
CE、AC⊂平面PAC，∴EF⊥平面PAC，PB⊥平面PAC，
∴∠BPA=90°，∴PA=PB=PC=6，
∴P-ABC为正方体PBDC-ABDC 的一部分，
1 1 1
1
可得外接球的半径为R= 36+36+36=3 3，
2
取AP的中点H，连接OH、AD ，
1
1
可得OH= AD =3 2，EH=1，所以OE2=19，
2 1
过点E作球O的截面，设截面与棱PA、PC、PD的交点分别为E、Q、G，
当OE垂直EQG时截面面积最小，此时E即为截面圆的圆心，
截面圆半径为r2=R2-OE2=8，截面面积为8π.
故选：A．
2826 (2024·四川绵阳·高三绵阳南山中学实验学校校考阶段练习)四面体ABCD的四个顶点
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1753 3427都在球O的球面上，AB=BC=CD=DA=4，AC=BD=2 2，点E，F，G分别为棱
BC，CD，AD的中点，现有如下结论：①过点E，F，G作四面体ABCD的截面，则该截面
16 3
的面积为2；②四面体ABCD的体积为 ；③过E作球O的截面，则截面面积的最大
3
值与最小值的比为5：4.则上述说法正确的个数是 ( )
A.0 B.1 C.2 D.3
【答案】C
【解析】选项①中，如图(1)所示，找AB的中点H，过点E，F，G做四面体ABCD的截面
即为面EFHG，
则EG⎳AC⎳FH,EG⎳BD⎳GH，所以四边形EFHG为平行四边形，
找AC的中点O,连接OD,OB，因为AB=BC=CD=DA=4，所以DO⊥AC,BO⊥
AC,DO∩BO=O,DO,BO⊂平面BOD，
所以AC⊥平面BOD，BD⊂平面BOD，
所以AC⊥BD，所以EG⊥EF，
1 1
所以四边形EFHG为矩形，EF= BD= 2，EG= AC= 2，
2 2
所以截面的面积S= 2× 2=2，故①正确；
选项②中，Rt△COD中，由勾股定理得：OD= CD2-OC2= 16-2= 14，
1
同理OB=OD= 14，过点O作OM⊥BD,则DM= DB= 2，所以由勾股定理
2
得：OM= OD2-DM2= 14-2=2 3，
1 1
所以S = ×BD×OM= ×2 2×2 3=2 6，
△OBD 2 2
由选项①可得：CO⊥平面BOD,
1 4 3 8 3
所以V =V = ×2 6× 2= ，V =V +V = ，故②
C-BOD A-BOD 3 3 D-ABC C-BOD A-BOD 3
错误；
选项③中，可以将四面体放入如图(2)所示的长方体中，由题可求得，AP=PC=2,PB
=2 3，
4+4+12
所以外接球的半径R= = 5，截面面积的最大值为5π；平面PCQB截得的
2
面积为最小面积，
PB2+PC2 4+12
半径R= = =2，截面积最小为4π，所以截面面积的最大值与最小
2 2
值的比为5：4，故③正确.
图(1)
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1754 3427图(2)
2827 (2024·四川内江·四川省内江市第六中学校考模拟预测)已知球O是正三棱锥A-BCD
(底面是正三角形，顶点在底面的射影为底面中心)的外接球，BC= 3，AB= 2，点E
是线段AB的中点，过点E作球O的截面，则所得截面面积的最小值是 ( )
π π π π
A. B. C. D.
2 3 4 6
【答案】A
【解析】如图，O 是A在底面的射影，
1
由正弦定理得，△BCD的外接圆半径BO 1 
3 1
= × =1， π 2
sin
3
由勾股定理得棱锥的高AO 1  = ( 2)2-(1)2=1，
设球O的半径为R，则BO  2=OO 1  2+BO 1  2即R2=1-R  2+12，解得R=1，
所以OO 1  =0，即点O与O 重合， 1
在Rt△AOB中，点E是线段AB的中点，AO  =BO  =1，
所以OE 
π 2
=1×sin = ，当截面垂直于OE时，截面面积最小，
4 2
2 2
此时半径为 R2-OE2= ，截面面积为π×
2 2

2 π
= .
2
故选：A
2828 (2024·宁夏银川·校联考二模)2022年第三十二届足球世界杯在卡塔尔举行，第一届世
界杯是1930年举办的，而早在战国中期，中国就有过类似的体育运动项目：蹴鞠，又名蹴
球，蹴圆，筑球，踢圆等，蹴有用脚蹴、踢、蹋的含义，鞠最早系外包皮革、内实米糠的球．因
而蹴鞠就是指古人以脚蹴、蹋、踢皮球的活动，类似于今日的足球．2006年5月20日，蹴
鞠作为非物质文化遗产经国务院批准已列入第一批国家非物质文化遗产名录．已知半径
为3的某鞠(球)的表面上有四个点A，B，C，P，AC⊥BC，AC=BC=4，PC=6，则该
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1755 3427鞠(球)被平面PAB所截的截面圆面积为 ( )
23 25
A.7π B. π C.8π D. π
3 3
【答案】D
【解析】因为三棱锥P-ABC的外接球的半径R=3，而PC=6，所以PC为外接球的直
径，
如图，将三棱锥P-ABC放入如图所示的长方体，则AC=BC=4，
设长方体的另一棱长为a，所以2R=6= 42+42+a2，解得a=2，即PD=2，
设外接球的球心为O，所以PA=PB= 22+42=2 5，AB= 42+42=4 2，
PA2+AB2-PB2 32
设△PAB的外接圆的半径为r，则cos∠PAB= = =
2⋅PA⋅AB 2×2 5×4 2
10
，
5
15
则sin∠PAB= 1-cos2∠PAB= ，
5
PB 2 5 10 3 5 3
所以2r= = = ，则r= ，
sin∠PAB 15 3 3
5
5 3
所以该鞠(球)被平面PAB所截的截面圆面积S=πr2=π
3

2 25
= π．
3
故选：D
2829 (2024·全国·高三专题练习)在正方体ABCD-ABCD 中，AB=2,M,N分别为AD,
1 1 1 1
BC的中点，该正方体的外接球为球O，则平面AMN截球O得到的截面圆的面积为
1
( )
6π 7π 12π 14π
A. B. C. D.
5 5 5 5
【答案】D
【解析】如图，连接BN，由题意易知MN∥AB ，
1 1 1
MN=AB ，故四边形ABNM为平行四边形.
1 1 1 1
设BC∩BC =H，取BC 的中点K，连接NK，
1 1 1 1
在Rt△BKN中，BN= 5,BK=1,NK=2，
1 1 1
2 5 5
故点K到BN的距离为 ，故点H到BN的距离为 ，
1 5 1 5
5
因此圆心O到平面AMN的距离为 .由题易知球O的半径R= 3，
1 5
1 70
故平面AMN截球O得到的截面圆的半径r= 3- = ，故截面圆的面积S=
1 5 5
14
πr2= π.
5
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1756 3427故选：D
2830 (2024·四川遂宁·射洪中学校考模拟预测)已知球O内切于正方体ABCD-ABCD ，
1 1 1 1
P，Q，M，N分别是BC,CD,CD,BC的中点，则该正方体及其内切球被平面MNPQ所
1 1 1 1
截得的截面面积之比为 ( )
A.4 2:π B.2 2:π C.3 2:π D.4:π
【答案】A
【解析】如图，易知正方体ABCD-ABCD 的内切球的球心O为DB的中点，
1 1 1 1 1
1
设球O切上下底面中心于点E，F，则球O的半径R= EF，
2
又易知球心O到平面MNPQ的距离等于E到平面MNPQ的距离，
设EC 交QP于点G，则易证EG⊥平面MNPQ，
1
1
∴球心O到平面MNPQ的距离d=EG= EC ，
2 1
设正方体ABCD-ABCD 的棱长为2 2，
1 1 1 1
1 1
则R= EF= 2，d=EG= EC =1，
2 2 1
∴球O被平面MNPQ所截的小圆半径r= R2-d2= 2-1=1，
∴球O被平面MNPQ所截的小圆面积为πr2=π，
又易知NM=2，PN=2 2，
∴该正方体被平面MNPQ所截得的截面面积为2× 2=4 2，
∴该正方体及其内切球被平面MNPQ所截得的截面面积之比为4 2:π，
故选：A
2831 (2024·河南洛阳·高三校联考阶段练习)已知三棱锥P-ABC的棱长均为6，且四个顶点
 
1
均在球心为O的球面上，点E在AB上，AE= AB，过点E作球O的截面，则截面面积
3
的最小值为 ( )
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1757 3427A.8π B.10π C.16π D.24π
【答案】A
【解析】如图，因为三棱锥的棱长均为6，所以点P在平面ABC内的射影H是△ABC的
中心，
2
取BC的中点D，连接AD，则点H在AD上，且AH= AD，
3
1 2
所以BD= BC=3，AD= AB2-BD2=3 3，AH= AD=2 3，则PH=
2 3
AP2-AH2=2 6．
设三棱锥P-ABC的外接球半径为R，则OP=OA=R，
3 6
在△AOH中，AH2+(PH-R)2=R2，解得R= ．
2
 
1
因为AE= AB，所以AE=2，取AB的中点F，则EF=1，且OF⊥AB，
3
3 6
所以OE2=EF2+OF2=EF2+OA2-AF2=12+
2

2 11
-32= ．
2
当过点E的球O的截面与OE垂直时，截面面积最小，
设截面圆的半径为r，则r2=R2-OE2=8，
所以截面面积为S=πr2=8π．
故选：A．
2 题型二：体积、面积、周长、角度、距离定值问题
2832 (2024·福建三明·高一校考阶段练习)如图，在正方体ABCD-ABCD 中，AB=2，
1 1 1 1
M，N分别为AD ，BC 的中点，E，F分别为棱AB，CD上的动点，则三棱锥M-NEF
1 1 1 1
的体积 ( )
8 2
A.存在最大值，最大值为 B.存在最小值，最小值为
3 3
4
C.为定值 D.不确定，与E，F的位置有关
3
【答案】C
【解析】如下图，连接AM,BN，在正方体ABCD-ABCD 中，M，N分别为AD ，
1 1 1 1 1 1
BC 的中点，可得MN⎳AB⎳CD，DC⎳平面MEN，所以当F在棱CD移动时，F到平
1 1
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1758 3427面MEN的距离为定值，当E在棱AB移动时，E到MN的距离为定值，所以S 为定
△MEN
值，则三棱锥M-NEF的体积为定值.平面MEN即平面MABN，作CH⊥BN于H，由
BB CH 2
于AB⊥CH，可得CH⊥平面MABN，由△BBN∼△CHB，可得 1 = ⇒ =
1 BN BC 5
CH 4 5 1 1
⇒CH= ，而S = ×MN×BN= ×2× 5= 5，V =V =
2 5 △MEN 2 2 M-NEF F-MEN
1 4
S ×CH= .
3 △MEN 3
故选：C.
2833 (2024·四川成都·校考模拟预测)如图，在四棱柱ABCD-ABCD 中，底面ABCD为
1 1 1 1
正方形，AA ⊥底面ABCD，AA =2AB，M、N分别是棱BB 、DD 上的动点，且DN=
1 1 1 1
BM，则下列结论中正确的是 ( )
1
A.直线AC与直线MN可能异面
1
B.三棱锥A -CMN的体积保持不变
1 1
C.直线AC与直线MN所成角的大小与点M的位置有关
π
D.直线AD与直线MN所成角的最大值为
3
【答案】B
【解析】连接NC，MC，因为四棱柱ABCD-ABCD 中，
1 1 1 1
DN=BM，底面ABCD为正方形，AA ⊥底面ABCD
1 1
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1759 3427显然四边形CNAM为平行四边形，
1
所以直线AC与直线MN一定相交，A错误；
1
连接NC,MC ，取AC 的中点O，连接NO，MO，
1 1 1 1
因为NC =NA ，MC =MA ，由三线合一可知：NO⊥AC ，MO⊥AC ，
1 1 1 1 1 1 1 1
因为MO∩NO=O，所以AC ⊥平面MON，
1 1
DN=BM，
1
1
设四边形DBBD 的面积为S，则S = S为定值，
1 1 △MON 4
1
故V =V +V = S⋅AC 为定值，
A1-C1MN A1-OMN C1-OMN 3 1 1
三棱锥A -CMN的体积保持不变，B正确；
1 1
连接BD，BD ，
1 1
因为四边形ABCD为正方形，所以AC⊥BD，
又DD ⊥底面ABCD，AC⊂平面ABCD，
1
所以DD ⊥AC，
1
因为BD∩DD =D，所以AC⊥DBBD ，
1 1 1
因为MN⊂平面DBBD ，
1 1
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1760 3427所以AC⊥MN，
直线AC与直线MN所成角的大小与点M的位置无关，C错误；
过点N作NH∥AD交AA 于点H，连接HM，
1
则∠HNM为直线AD与直线MN的夹角，且∠NHM=90°，
HM
其中tan∠HNM= ，其中NH为定值，
NH
故要想直线AD与直线MN所成角的最大，只需HM最大，
设正方形边长为a，则HN=a，
显然当N与点D 1 重合，M与B重合时，HM最大，最大值为 a2+2a  2= 5a，
HM
此时tan∠HNM= = 5，故D错误.
NH
故选：B
2834 (多选题)(2024·福建三明·统考三模)如图，正方体ABCD-ABCD 的棱长为2，点E
1 1 1 1
是AA 的中点，点F是侧面ABBA 内一动点，则下列结论正确的为 ( )
1 1 1
第 页 共 页
1761 3427A.当F在AB上时，三棱锥F-CDE的体积为定值
1 1
2
B.CE与BF所成角正弦的最小值为
3
C.过D 作垂直于CE的平面α截正方体ABCD-ABCD 所得截面图形的周长为
1 1 1 1 1
6 2
2 5
D.当DF⊥CE时，△BCF面积的最小值为
1 5
【答案】ABD
【解析】对于A选项，连接CD 、AB，如下图所示：
1 1
在正方体ABCD-ABCD 中，AD ⎳BC且AD =BC，
1 1 1 1 1 1 1 1
故四边形ABCD 为平行四边形，所以，AB⎳CD ，
1 1 1 1
因为AB⊄平面CDE，CD ⊂平面CDE，所以，AB⎳平面CDE，
1 1 1 1 1 1
当F在AB上时，点F到平面CDE的距离等于点A 到平面CDE的距离，
1 1 1 1
1 1 1 2
所以，V =V =V = S ⋅CD= × ×2×1×2= ，A对；
F-CD1E A1-CD1E C-A1D1E 3 △A1D1E 3 2 3
对于B选项，连接BE，
因为BF⊂平面AABB，所以，CE与BF所成的最小角为直线CE与平面AABB所成
1 1 1 1
的角，
因为BC⊥平面AABB，所以，CE与平面AABB所成角为∠BEC，
1 1 1 1
因为BE⊂平面AABB，所以，BC⊥BE，
1 1
因为BE= AB2+AE2= 22+12= 5，BC=2，
所以，CE= BC2+BE2= 4+5=3，
BC 2 2
所以，sin∠BEC= = ，故CE与BF所成角正弦的最小值为 ，B对；
CE 3 3
第 页 共 页
1762 3427对于C选项，分别取线段AB、AD的中点M、N，连接AC、AC 、BD 、
1 1 1 1
BD、MN、DN、BM，
1 1
因为四边形ABCD 为正方形，则BD ⊥AC ，
1 1 1 1 1 1 1 1
又因为AA ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，则BD ⊥AA ，
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
因为AA ∩AC =A ，AA 、AC ⊂平面AACC，所以，BD ⊥平面AACC，
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
因为CE⊂平面AACC，则CE⊥BD ，
1 1 1 1
在Rt△ABE和Rt△BBM中，AE=BM，AB=BB ，∠BAE=∠BBM=90°，
1 1 1
所以，Rt△ABE≌Rt△BBM，则∠BMB =∠AEB，
1 1
所以，∠ABE+∠BMB =∠ABE+∠AEB=90°，则∠BOM=90°，即BM⊥BE，
1 1
因为BC⊥平面AABB，BM⊂平面AABB，则BM⊥BC，
1 1 1 1 1 1
因为BC∩BE=E，BC、BE⊂平面BCE，所以，BM⊥平面BCE，
1
因为CE⊂平面BCE，所以，CE⊥BM，
1
因为M、N分别为AB、AD的中点，则MN⎳BD，
因为BB ⎳DD 且BB =DD ，故四边形BBDD为平行四边形，所以，BD ⎳BD，
1 1 1 1 1 1 1 1
所以，MN⎳BD ，则N、M、B 、D 四点共面，
1 1 1 1
因为CE⊥BD ，CE⊥BM，BM∩BD =B ，BM、BD ⊂平面BDNM，
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
所以，CE⊥平面BDNM，
1 1
过D 作垂直于CE的平面α截正方体ABCD-ABCD 所得截面，则截面为梯形
1 1 1 1 1
BDNM，
1 1
由勾股定理可得BM= BB2+BM2= 22+12= 5，
1 1
同理可得DN= 5，MN= 2，BD =2 2，
1 1 1
所以，截面周长为BD +MN+BM+DN=2 2+ 2+ 5+ 5=3 2+2 5，C
1 1 1 1
错；
对于D选项，由C选项可知，CE⊥平面BDNM，则点F的轨迹为线段BM，
1 1 1
因为BC⊥平面AABB，BF⊂平面AABB，则BC⊥BF，
1 1 1 1
1
则S = BC⋅BF=BF，
△BCF 2
当BF⊥BM时，即当点F与点O重合时，BF的长取最小值，
1
BM⋅BB BM⋅BB 1×2 2 5
此时，BF = 1 = 1 = = ，
min B
1
M BM2+BB2
1
1+4 5
2 5
所以，S =BF≥ ，D对.
△BCF 5
故选：ABD.
2835 (多选题)(2024·广东梅州·统考三模)已知正方体ABCD-ABCD 的棱长为2，O 为
1 1 1 1 1
四边形ABCD 的中心，P为线段AO 上的一个动点，Q为线段CD 上一点，若三棱锥
1 1 1 1 1 1
Q-PBD的体积为定值，则 ( )
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1763 3427A.DQ=2QC B.DQ=QC C.OQ= 2 D.OQ= 3
1 1 1 1
【答案】BC
【解析】连接AC，交BD于点O，连接OC ，
1
因为O 为四边形ABCD 的中心，所以AO ⎳OC ，
1 1 1 1 1 1 1
又OC ⊂平面BDC ，AO ⊄平面BDC ，所以AO ⎳平面BDC ，
1 1 1 1 1 1
因为三棱锥Q-PBD的体积等于三棱锥P-QBD的体积，且为定值，
所以AO ⎳平面QBD，所以平面QBD与平面BDC 为同一平面，
1 1
所以Q为CD 与DC 的交点，所以DQ=QC ，故A错误，B正确；
1 1 1
因为正方体的棱长为2，所以OQ= 12+12= 2．故C正确，D错误．
1
故选：BC．
2836 (多选题)(2024·山西大同·高三统考阶段练习)如图，正方体ABCD-ABCD 的棱长
1 1 1 1
为2，线段BD 上有两个动点E,F，且EF= 2，以下结论正确的有 ( )
1 1
 
A.EF⋅AB=2
B.AC⊥AE
1
C.正方体ABCD-ABCD 的体积是三棱锥A-BEF的体积的12倍
1 1 1 1
D.异面直线AE,BF所成的角为定值
【答案】ABC
 
【解析】A：易知DC ⎳AB，∠CDB =45°，所以EF⋅AB= 2×2×cos45°=2，正确；
1 1 1 1 1
B：建立如图空间直角坐标系，则C0,0,0  ，A 12,2,2  ，A2,2,0  ，D 12,0,2  ，B 10,2,2  ，

所以CA 1 =2,2,2 

，AD 1 =0,-2,2 

，AB 1 =-2,0,2  ，
       
所以CA ⋅AD =0，CA ⋅AB =0，即CA ⊥AD ，CA ⊥AB ，
1 1 1 1 1 1 1 1
因为AD ∩AB =A，AD ，AB ⊂平面ADB ，
1 1 1 1 1 1
所以AC⊥平面ADB ，又AE⊂平面ADB ，所以AC⊥AE，正确;
1 1 1 1 1 1
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1764 3427C：连接BD,AC，交于O，则AC⊥BD，
因为DD ⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以DD ⊥AC，
1 1
又BD∩DD =D，BD、DD ⊂平面BBDD，所以AC⊥平面BBDD，
1 1 1 1 1 1
1 1 1 1 1
所以V = S ×AO= × ×EF×BB ×AB×sin45°= × × 2×2×
A-BEF 3 △BEF 3 2 1 3 2
2 2
2× = ，又V =2×2×2=8，
2 3 ABCD-A1B1C1D1
所以正方体ABCD-ABCD 的体积是三棱锥A-BEF的体积的12倍，正确;
1 1 1 1
D：当点E在D 处，F为BD 的中点时，由正方体性质易知AE⎳BC ，异面直线AE,
1 1 1 1
BF所成的角是∠FBC ，
1
由BB ⊥面ABCD ，FC ⊂面ABCD ，则BB ⊥FC ，正方形中显然BD ⊥FC ，
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
BB ∩BD =B ，且BB 、BD ⊂面DBBD，故FC ⊥面DBBD，BF⊂面DBBD，
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
FC
所以FC ⊥BF，故tan∠FBC = 1，
1 1 BF
当E在BD 的中点时，F在B 的位置，由正方体性质易知AA ⎳BB ，异面直线AE,
1 1 1 1 1
BF所成的角是∠EAA ，
1
EA
由AA ⊥面ABCD ，EA ⊂面ABCD ，则AA ⊥EA ，故tan∠EAA = 1，
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 AA
1
综上，FC =EA ，BF>BB =AA ，即tan∠FBC ≠tan∠EAA ，即两个角不相等，错
1 1 1 1 1 1
误.
第 页 共 页
1765 3427故选：ABC.
2837 (多选题)(2024·广东深圳·高三红岭中学校考期末)已知正三棱柱ABC-ABC 的底
1 1 1
  
面边长为1，AA =1，点P满足BP=λBC+μBB ，其中λ∈[0,1],μ∈[0,1]，下列选项正
1 1
确的是 ( )
A.当λ=1时，△ABP的周长为定值
1
B.当μ=1时，三棱锥P-ABC的体积为定值
1
1
C.当λ= 时，有且仅有两个点P，使得AP⊥BP
2 1
1
D.当μ= 时，有且仅有一个点P，使得AB⊥平面ABP
2 1 1
【答案】BCD
  
【解析】因为点P满足BP=λBC+μBB 1 ，其中λ∈0,1  ,μ∈0,1  ，
所以点P在矩形BCCB 内部(含边界)．
1 1
    
对于A项，当λ=1时，BP=BC+μBB ⇒CP=μBB．
1 1
即此时P∈线段CC ，
1
因为AP+BP为变值，
1
故△ABP的周长不是定值，故A项错误；
1
    
对于B项，当μ=1时，BP=λBC+BB =BB +λBC ，
1 1 1 1
故此时P点的轨迹为线段BC ，而BC ⎳BC，所以BC ⎳平面ABC，
1 1 1 1 1 1 1
则点P到平面ABC的距离为定值，所以其体积为定值，故B项正确；
1
  
1 1
对于C项，当λ= 时，BP= BC+μBB ，
2 2 1
  
取BC，BC 的中点分别为Q，H，则BP=BQ+μQH，
1 1
所以P点的轨迹为线段QH，
不妨建系解决，以QA方向为x轴，QB方向为y轴，QH方向为z轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
3
则A  ,0,1 1 2  ，P0,0,μ 
1
，B0, ,0 2  ，

3
所以AP=- ,0,μ-1
1 2


1
，BP=0,- ,μ
2
 ，
 
A 1 P⋅BP=μμ-1  =0，
所以μ=0或μ=1，故H，Q均满足，故C项正确；
  
1 1
对于D项，当μ= 时，BP=λBC+ BB ，
2 2 1
  
取BB ，CC 的中点为M，N，BP=BM+λMN，
1 1
所以P点的轨迹为线段MN，
第 页 共 页
1766 34271
设P0,y ,
0 2

3
，因为A ,0,0
2
 ，

3 1
所以AP=- ,y ,
2 0 2


3 1
，AB=- , ,-1
1 2 2
 ，
3 1 1 1
所以 + y - =0⇒y =- ，
4 2 0 2 0 2
此时点P与N重合，故D项正确．
故选：BCD
2838 (多选题)(2024·福建厦门·统考模拟预测)如图，在棱长为1的正方体ABCD-
  
ABCD 中，点P满足BP=λBC+μBB ，其中λ∈ 0,1 ,μ∈ 1 1 1 1 1   0,1  ，则 ( )
A. AP  ≤ 3
1
B.当λ= 时，有且仅有一个点P，使得AP⊥平面ABD
2 1
1
C.当μ= 时，有且仅有一个点P，使得AP∥AB
2 1
1
D.当λ+μ= 时，三棱锥P-ABD的体积为定值
2 1
【答案】AD
【解析】如图建立空间直角坐标系，
第 页 共 页
1767 3427则B(1,0,0),B(1,0,1),C(1,1,0),
1
  
因为BP=λBC+μBB ，λ∈ 0,1 ,μ∈ 1   0,1  ，所以(x -1,y ,z )=λ(0,1,0)+μ(0,0,1) P P P
所以P(1,λ,μ)，
 
对于选项A，则P(1,λ,μ),A(0,0,0)，所以AP=(1,λ,μ),AP= 1+λ2+μ2，
因为λ∈ 0,1 ,μ∈   0,1  ，所以AP  ≤ 3，故A答案正确；
 
对于选项B，A(0,0,1),B(1,0,0),D(0,1,0),AB=(1,0,-1),AD=(0,1,-1),
1 1 1
1 1
当λ= 时，P1, ,μ
2 2


1
，AP=1, ,μ
2


,设面ABD的法向量为n=(x,y,z)，
1


则   n  ⋅A 1 B  =0 ⇒   x-z=0 ，令y=1，所以n  =(1,1,1)，
n⋅AD=0 y-z=0
1

 1
若AP⊥平面ABD，则AP=an，1, ,μ
1 2
 =a(1,1,1)无解，所以不存在点P，使得AP
⊥平面ABD,故选项B错误；
1
1 1
对于选项C，当μ= 时，P1,λ,
2 2


1
,AP=1,λ,-
1 2


,AB=(1,0,0),
 
1
若AP∥AB，则AP=mAB，1,λ,-
1 1 2
 =m(1,0,0)，无解，所以不存在点P，使得AP
1
∥AB，故C错误；
1 3
对于选项D，△ABD为边长为 2的等边三角形，所以S = × 2× 2× =
1 △A1BD 2 2
3
,
2


AP⋅n 1 点P到平面ABD的距离为
1
 1+λ+μ 1 = ，当λ+μ= 时，
|n  | 3 2
点P到平面ABD的距离为定值，则三棱锥P-ABD的体积为定值，故D选项正确.
1 1
故选：AD.
2839 (多选题)(2024·湖南·校联考模拟预测)如图，ABCD-ABCD为正方体.任作平面α
与对角线AC垂直，使得α与正方体的每个面都有公共点，记这样得到的截面多边形的面
积为S，周长为l.则 ( )
第 页 共 页
1768 3427A.S为定值 B.S不为定值 C.l为定值 D.l不为定值
【答案】BC
【解析】将正方体切去两个正三棱锥A-ABD与C-DBC后，得到一个以平行平面
ABD与DBC为上、下底面的几何体V，
在AB上取一点E，作ET⎳BD，ES⎳AB，再作TM⎳AD，MR⎳CD，
QS⎳BC，
则六边形ETMRQS即为平面α，
V的每个侧面都是等腰直角三角形，截面多边形W的每一条边分别与V的底面上的一
条边平行，
将V的侧面沿棱AB剪开，展平在一张平面上，得到一个平行四边形ABBA ，
1 1
而多边形W的周界展开后便成为一条与AA 平行的线段(如图中EE)，显然EE =
1 1 1
AA ，故l为定值.
1
当E位于AB中点时，多边形W为正六边形，而当E移至A处时，W为正三角形，
3 3
易知周长为定值l的正六边形与正三角形面积分别为 l2与 l2，故S不为定值.
24 36
故选：BC
2840 (多选题)(2024·重庆沙坪坝·重庆南开中学校考模拟预测)已知三棱锥P-ABC，PA
=B C=2,PB=AC=PC=AB=3，D为棱PC上一点，且PD=λDC，过点D作平
行于直线PA和BC的平面α，分别交棱PB,AB,AC于E,F,G．下列说法正确的是
( )
第 页 共 页
1769 3427A.四边形DEFG为矩形
B.四边形DEFG的周长为定值
C.四边形的DEFG面积为定值
D.当λ=1时，平面α分三棱锥P-ABC所得的两部分体积相等
【答案】ABD
【解析】取BC的中点H，连AH,PH，
因为AB=AC，PB=PC，所以AH⊥BC，PH⊥BC，
因为AH∩PH=H，AH,PH⊂平面PAH，
所以BC⊥平面PAH，因为PA⊂平面PAH，所以BC⊥PA，
因为PA⎳α，PA⊂平面PAC，平面PAC∩α=DG，
所以PA⎳DG，同理可得PA⎳EF，BC⎳DE，BC⎳FG，
又因为BC⊥PA，所以DE⊥DG，EF⊥DE，EF⊥FG，DG⊥FG，
所以四边形DEFG为矩形，故A正确；
因为PA=B C=2,PB=AC=PC=AB=3，PD=λDC，
2
所以PC=(λ+1)DC，因为DG⎳PA，所以PA=(λ+1)DG，所以EF=DG= ，同
λ+1
2λ
理可得DE=FG= ，
λ+1
4 4λ
所以四边形DEFG的周长为2EF+2DE= + =4为定值，故B正确；
λ+1 1+λ
2 2λ 4λ
四边形的DEFG面积为EF⋅DE= ⋅ = 不是定值，故C不正确；
1+λ 1+λ λ2+2λ+1
当λ=1时，D,E,F,G分别为棱PC,PB,AB,AC的中点，
1 1
多面体BCDEFG的体积为V +V = V +V = V +
E-BCF C-DEFG 2 P-BCF C-DEFG 4 P-ABC
V ，
C-DEFG
1
多面体PADEFG的体积为V +V = V +V ，
A-PDE A-DEFG 4 A-PBC A-DEFG
因为V =V ，V =V ，
P-ABC A-PBC C-DEFG A-DEFG
多面体BCDEFG的体积等于多面体PADEFG的体积，即平面α分三棱锥P-ABC所
得的两部分体积相等，故D正确.
第 页 共 页
1770 3427故选：ABD

2841 (多选题)(2024·重庆·统考模拟预测)在正方体ABCD-ABCD 中，点P满足BP=
1 1 1 1
 
λBC+μBB 1 ，其中λ∈0,1  ，μ∈0,1  ，则下列说法正确的是 ( )
A.当λ=μ时，AP∥平面ACD
1 1
B.当μ=1时，三棱锥P-ABC的体积为定值
1
C.当λ=1时，△PBD的面积为定值
π π
D.当λ+μ=1时，直线AD与DP所成角的取值范围为  ,
1 1  3 2

【答案】ABD
【解析】对于A选项，如下图，当λ=μ时，P点在面对角线BC 上运动，
1
又P∈平面ACB，所以AP⊂平面ACB，
1 1 1 1 1
在正方体ABCD-ABCD 中，∵AB⎳CD 且AB=CD ，则四边形ABCD 为平行
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
四边形，
所以，AD ⎳BC ，∵AD ⊄平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，∴AD ⎳平面ABC ，
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
同理可证AC⎳平面ABC ，
1 1
∵AD ∩AC=A，所以，平面ACB⎳平面ACD ，
1 1 1 1
∵AP⊂平面ABC ，所以，AP⎳平面ACD ，A正确；
1 1 1 1 1
对于B选项，当μ=1时，如下图，P点在棱BC 上运动，
1 1
1
三棱锥P-ABC的体积V =V = ⋅S ⋅AB 为定值，B正确；
1 P-A1BC A1-PBC 3 PBC 1 1
第 页 共 页
1771 3427对于C选项，当λ=1时，如图，P点在棱CC 上运动，过P作PE⊥BD于E点，
1
1
则S = BD⋅PE，其大小随着PE的变化而变化，C错误；
△PBD 2
对于D选项，如图所示，当λ+μ=1时，P，C，B 三点共线，
1
因为AB ⎳CD且AB =CD,所以四边形ABCD为平行四边形，所以AD⎳BC，
1 1 1 1 1 1 1 1
所以∠DPB 或其补角是直线AD与DP所成角，
1 1 1 1
π π
在正△DBC中，∠DPB 的取值范围为  ,
1 1 1 1  3 2
 ，D正确.
故选：ABD.
3 题型三：体积、面积、周长、距离最值与范围问题
2842 (2024·福建福州·福州四中校考模拟预测)在如图所示的试验装置中，两个正方形框架
ABCD,ABEF的边长均为2，活动弹子N在线段AB上移动(包含端点)，弹子M,O分别
固定在线段EF,AC的中点处，且MO⊥平面ABCD，则当∠MNO取最大值时，多面体
M-BCON的体积为 ( )
第 页 共 页
1772 34273 3 3 3 2 3
A. B. C. D.
2 2 3 3
【答案】A
【解析】因为MO⊥平面ABCD，ON⊂平面ABCD，所以MO⊥ON，
所以△MNO为直角三角形，所以当NO最短时，∠MNO取最大值，
即NO⊥AB时，∠MNO取最大值，
因为M,O分别固定在线段EF,AC的中点处，
ON 1
所以ON=1,MN=2，所以cos∠MNO= = ，
MN 2
因为∠MNO为锐角，所以∠MNO=60°，所以OM= 3，
1 1
所以多面体M-BCON的体积为V= × 1+2
3 2

3
×1× 3= ，
2
故选：A
2843 (2024·山东青岛·高三统考期中)已知正四棱锥的各顶点都在同一个球面上，球的体积为
36π，则该正四棱锥的体积最大值为 ( )
64 81
A.18 B. C. D.27
3 4
【答案】B
【解析】如图，设正四棱锥的底面边长AB=2a，高PO=h，外接球的球心为M，则OD=
2a，
4
因为球的体积为 πR3=36π，所以球的半径为R=3，
3
在Rt△MOD中，MD2=OD2+OM2，即32=2a2+(h-3)2，
1 1 2
所以正四棱锥的体积为V= Sh= ×4a2h= 9-(h-3)2
3 3 3
 h
2
整理得V=- h3+4h2(h>0)，则V=-2h2+8h=-2h(h-4)，
3
当0<h<4时，V>0，当h>4时，V<0，
2
所以V=- h3+4h2(h>0)在(0,4)上递增，在(4,+∞)上递减，
3
2 64
所以当h=4时，函数取得最大值- ×43+4×42= ，
3 3
故选：B
第 页 共 页
1773 34272844 (2024·陕西西安·西安市大明宫中学校考模拟预测)已知正方体ABCD-ABCD 的棱
1 1 1 1
2 6
长为2 2,P是正方形BBCC(含边界)内的动点，点P到平面ABD的距离等于 ，
1 1 1 3
则D,P两点间距离的最大值为 ( )
A.2 3 B.3 C.3 2 D.2 6
【答案】D
【解析】由题意可知：BC=AB=AD=BD=4,BD=2 6，
1 1 1 1
设三棱锥B -ABD的高为h，
1 1
1 1 3 1 1
因为V =V ，则 ×h× ×4×4× = ×2 2× ×2 2×2 2，
B1-A1BD D-A1B1B 3 2 2 3 2
2 6 2 6
解得h= ，即点B 到平面ABD的距离等于 ，
3 1 1 3
又因为AB ∥CD，且AB =CD，则四边形ABCD为平行四边形，则AD∥BC，
1 1 1 1 1 1 1 1
AD⊂平面ABD，BC⊄平面ABD，所以BC∥平面ABD，
1 1 1 1 1 1
即点P的轨迹为线段BC，
1
因为CD⊥平面BBCC，BC⊂平面BBCC，所以CD⊥BC，
1 1 1 1 1 1
在Rt△BCD中，D,P两点间距离的最大值为DB =2 6.
1 1
故选：D.
2845 (2024·河南·校联考模拟预测)点P是圆柱上底面圆周上一动点，△ABC是圆柱下底面
圆的内接三角形，已知在△ABC中，内角A、B、C的对边分别为a、b、c，若c=2，C=
2
60°，三棱锥P-ABC的体积最大值为 3，则该三棱锥外接球的表面积为 ( )
3
19 28 53 43
A. π B. π C. π D. π
3 3 9 3
【答案】B
【解析】在△ABC中，由余弦定理可得4=c2=a2+b2-2abcosC=a2+b2-ab≥2ab-
ab=ab，
即ab≤4，当且仅当a=b=2时，等号成立，
第 页 共 页
1774 34271 3 3
所以，S = absinC= ab≤ ×4= 3，
△ABC 2 4 4
1 3
设圆柱的高为h，则V = S ⋅h≤ h，
P-ABC 3 △ABC 3
2 3 3 2 3
因为三棱锥的P-ABC体积的最大值为 ，则 h= ，所以，h=2，
3 3 3
2 2 2
圆柱底面圆半径r= = = 3，
2sin60° 3 3
设三棱锥P-ABC的外接球的半径为R，则该三棱锥的外接球和圆柱的外接球为同一
个球，
h 则R2=
2
 2 +r2=1+ 2 3
3
 2 7 28 = ，因此，三棱锥外接球的表面积为4πR2= π.
3 3
故选：B.
2846 (2024·贵州毕节·校考模拟预测)如图，AB是半球的直径，O为球心，AB=2,P为此半
球大圆弧上的任意一点(异于A,B),P在水平大圆面AOB内的射影为Q，过Q作QR⊥
π
AB于R，连接PR,OP，若二面角P-AB-Q的大小为 ，则三棱锥P-OQR的体积
3
的最大值为 ( )
1 1 3 3
A. B. C. D.
36 24 42 48
【答案】A
【解析】由PQ⊥平面ABQ，AB⊂平面ABQ，得PQ⊥AB，
又QR⊥AB，PQ∩QR=Q,PQ,QR⊂平面PQR，于是AB⊥平面PQR，
PR⊂平面PQR，有AB⊥PR，因此∠PRQ为二面角P-AB-Q的平面角，即∠PRQ
π
= ，
3
设PR=2a，则PQ= 3a,QR=a，在Rt△OPQ中，OP=1，OQ= 1-3a2，在
Rt△ORQ中，OR= 1-4a2，
1 1 1 1 3
则V = S ⋅PQ= ⋅ QR⋅OR⋅PQ= a⋅ 1-4a2⋅ 3a= a4-4a6，
P-OQR 3 △OQR 3 2 6 6
1 1
显然0<a< ，令a2=t∈0,
2 4
 ，f(t)=t2-4t3，求导得f(t)=2t-12t2=2t(1-6t)，
1 1 1
当0<t< 时，f(t)>0，函数f(t)单调递增，当 <t< 时，f(t)<0，函数f(t)单
6 6 4
调递减，
第 页 共 页
1775 34271 1
因此当t= 时，f(t) =f
6 max 6

1 6 1
= ，即当a= 时，a4-4a6取得最大值 ，
108 6 108
6 3 1 1
所以当a= 时，三棱锥P-OQR的体积取得最大值 ⋅ = .
6 6 108 36
故选：A
2847 (2024·宁夏石嘴山·统考一模)圆锥OO 的底面半径为1，母线长为2，△OAB是圆锥
1
OO 的轴截面，F是OA的中点，E为底面圆周上的一个动点(异于A、B两点)，则下列
1
说法正确的是 ( )
A.存在点E，使得EF⊥EB B.存在点E，使得EF⎳OB
3 3
C.三棱锥F-ABE体积最大值为 D.三棱锥F-AOE体积最大值为
6 1 6
【答案】C
【解析】根据题意可知，如下图所示：
对于A，因为AB圆O 是直径，所以AE⊥EB，假设存在点E，使得EF⊥EB，
1
又因为AE∩EF=E，AE、EF⊂平面AOE，所以EB⊥平面AOE，
又因为OE⊂平面AOE，所以EB⊥OE，
又因为OB、OE都是圆锥OO 的母线，即OB=OE，所以EB⊥OE不成立，
1
所以不存在点E，使得EF⊥EB，即A错误；
对于B，因为F是OA的中点，O 是AB的中点，所以OF⎳OB，
1 1
若存在点E，使得EF⎳OB，所以EF⎳OF，这与EF∩OF=F矛盾，所以B错误；
1 1
1 1 1 3
对于C，易知三棱锥F-ABE的高为 OO = OB2-OB2= 22-12= ，
2 1 2 1 2 2
所以当底面积S 最大时，其体积最大，
△ABE
又因为AE2+BE2=AB2=4≥2AE⋅BE，所以AE⋅BE≤2，
当且仅当AE=BE= 2时等号成立，
1 1 3 3
所以S = AE⋅BE≤1，即三棱锥F-ABE的体积V= S × ≤ ，
△ABE 2 3 △ABE 2 6
3
即三棱锥F-ABE的体积的最大值为 ，所以，C正确；
6
对于D，因为F、O 分别为AO、AB的中点，
1
1 1 3 3 3
则V = V ≤ × = ，即三棱锥F-AOE体积最大值为 ，所以，
F-AO1E 2 F-ABE 2 6 12 1 12
D错误.
故选：C.
2848 (2024·全国·高三专题练习)已知圆锥SO(O是底面圆的圆心，S是圆锥的顶点)的母线
长为 5，高为1，P、Q为底面圆周上任意两点．有以下三个结论：
①三角形SPQ面积的最大值为2；
第 页 共 页
1776 34272
②三棱锥O-SPQ体积的最大值为 ；
3
③四面体SOPQ外接球表面积的最小值为9π．
以上所有正确结论的个数为 ( )
A.0 B.1 C.2 D.3
【答案】B
【解析】①如图，由条件可知，MN=2 5-1=4，点M,N是直径的两个端点，
5+5-16 3
cos∠MSN= =- <0，所以∠MSN是钝角，
2× 5× 5 5
1 5
S = ×SP×SQ×sin∠PSQ= sin∠PSQ，当∠PSQ=90°时，△SPQ的面积最
△SPQ 2 2
5
大，最大值是 ，故①错误；
2
1 1
②V =V = ×S ×SO= ×S ，
O-SPQ S-OPQ 3 △OPQ 3 △OPQ
1
S = ×2×2×sin∠POQ，当∠POQ=90°时，S 的最大值是2，
△OPQ 2 △POQ
2
所有三棱锥O-SPQ的最大值是 ，故②正确；
3
1 ③设△OPQ外接圆的半径为r，四面体SOPQ外接球的半径R= r2+
2
 2 ，
2 1
△OPQ中，根据正弦定理可得，2r= ，得r= ，
sin∠OPQ sin∠OPQ
∠OPQ∈0°,90°  ，所以r>1，则外接球的半径R也无最小值，所以四面体SOPQ外接
球表面积无最小值，故③错误.
故选：B
2849 (2024·河北·统考模拟预测)在正四面体P-ABC中，O为PB的中点，点D在以O为球
心的球上运动，PB=2OD，且恒有PD=BD，已知三棱锥D-ABC的体积的最大值为
18 2+36，则正四面体P-ABC外接球的体积为 ( )
A.108 3π B.124 2π C.132 2π D.144 3π
【答案】A
【解析】由题知，
O为PB的中点，点D在以O为球心的球上运动，PB=2OD，
所以D,P,B都在以O为球心的球上，
又因PD=BD，则D在PB的中垂面上，如图，
第 页 共 页
1777 3427连接AO,CO，
∵△PAB,△PBC都为正三角形，且O为PB的中点，
∴OA⊥PB,OC⊥PB，
∵OA∩OC=O，OA,OC⊂平面OAC，PB⊄平面OAC，
∴PB⊥平面OAC，平面OAC是PB的中垂面，即D在平面OAC上，
所以点D在平面OAC与以O为球心，OB为半径的球的交线上，
即D在以O为圆心，OB为半径的平面OAC内的圆上，
取AC中点E，连接OE,AE，延长EO至点F，使OF=OB，
作在平面OAC内，以O为圆心，OB为半径的圆，
则圆O上的点F到平面ABC的距离最远，故D在F处，
3 1
设AB=a，则BE= a，OB= a，
2 2
∵PB⊥平面OAC，OE⊂平面OAC，
∴PB⊥OE,
3 1 2
∴OE= BE2-OB2= a2- a2= a,
4 4 2
1 2
EF=OF+OE= a+ a,
2 2
1
a
OB 2 3
在Rt△OBE中，sin∠OEB= = = ，
BE 3 3
a
2
2+1 3 6+ 3
点F到平面ABC的距离h=EF⋅sin∠OEB= a× = a，
2 3 6
1 1 6+ 3 3
所以V =V = hS = × a× a2=18 2+36，
D-ABC F-ABC 3 △ABC 3 6 4
解得a=6 2，
a
如图则其外接正方体的边长为b= =6，
2
所以正四面体P-ABC外接球即为边长为6正方体的外接球，
62+62+62
故外接球半径R= =3 3，
2
第 页 共 页
1778 34274 4
所以外接球体积V= πR3= π×81 3=108 3π.
3 3
故选：A
2850 (2024·湖北恩施·校考模拟预测)如图，矩形ABCD中，E、F分别为BC、AD的中点，且
BC=2AB=2，现将△ABE沿AE向上翻折，使B点移到P点，则在翻折过程中，下列结
论不正确的是 ( )
A.存在点P，使得PE∥CF
B.存在点P，使得PE⊥ED
2
C.三棱锥P-AED的体积最大值为
6
D.当三棱锥P-AED的体积达到最大值时，三棱锥P-AED外接球表面积为4π
【答案】A
【解析】如图所示：连接DE，G为AE中点，连接PG，PG⊥AE，
2 2
连接PF，FE，PG= ，FG= ，
2 2
AE=DE= 2，故AD2=AE2+ED2，故AE⊥DE，
对选项A：CF∥AE，若PE∥CF，又AE∩PE=E，则AE，PE重合，不成立，错误；
对选项B：当PG⊥平面AECD时，ED⊂平面AECD，则PG⊥ED，又AE⊥DE，
PG∩AE=G，PG,AE⊂平面PAE，故ED⊥平面PAE，PE⊂平面PAE，
故PE⊥ED，正确；
对选项C：当PG⊥平面AECD时，三棱锥P-AED体积最大，
1 1 2 2
最大值为 × × 2× 2× = ，正确；
3 2 2 6
对选项D：PG⊥平面AECD，GF⊂平面AECD，故PG⊥GF，
PF= PG2+FG2=1，故FA=FE=FD=FP=1，
故F是三棱锥P-AED外接球球心，半径为R=1，
故外接球表面积为S=4πR2=4π，正确.
故选：A.
2851 (2024·四川成都·四川省成都市玉林中学校考模拟预测)如图，圆台OO 的上、下底面圆
1 2
半径分别为1、2，高OO =2 2，点S、A分别为其上、下底面圆周上一点，则下列说法中
1 2
错误的是 ( )
第 页 共 页
1779 342714 2π
A.该圆台的体积为
3
π
B.直线SA与直线OO 所成角最大值为
1 2 3
C.该圆台有内切球，且半径为 2
2
D.直线AO 与平面SOO 所成角正切值的最大值为
1 1 2 2
【答案】B
π
【解析】对于A选项，V= 1+2+4
3

14 2
⋅2 2= π，则A选项正确．
3
对于B选项，如图(1)，过S作SD垂直于下底面于点D，则OO ⎳SD，
1 2
所以直线SA与直线OO 所成角即为直线SA与直线SD所成角，即∠ASD为所求，
1 2
AD AD
而tan∠ASD= = ，由圆的性质得，1≤AD≤3，
SD 2 2
所以tan∠ASD= AD = AD ∈   2 , 3 2
SD 2 2  4 4
 ，
3 2 π
因为 < 3, 3=tan ，则B选项错误．
4 3
对于C选，设上底面半径为R ，下底面半径为R ，若圆台存在内切球，
1 2
则必有轴截面的等腰梯形存在内切圆，如图(2)所示，梯形的上底和下底分别为2，4，
高为2 2，易得等腰梯形的腰为 12+(2 2)2=3，假设等腰梯形有内切圆，
由内切圆的性质以及切线长定理，可得腰长为R +R =3，所以圆台存在内切球，
1 2
且内切球的半径为 2，则C选项正确；
对于D选项，如图(3)，平面SOO 即平面SOO C，
1 2 1 2
过点A做AH⊥BC交BC于点H，因为SD垂直于下底面，而AH含于下底面，
第 页 共 页
1780 3427所以SD⊥AH，又SD∩BC=D，且BC,SD⊂平面SOO C，
1 2
所以AH⊥平面SOO C，所以直线AO 与平面SOO C所成角即为∠AOH，
1 2 1 1 2 1
AH
且tan∠AOH= ．设AH=x，则O H= R2-AH2= 4-x2，
1 OH 2 2
1
所以O 1 H= O 1 O2 2 +O 2 H2= 8+4-x2= 12-x2，其中AH=x∈0,2  ，
AH x
所以tan∠AOH= = ，
1 O
1
H 12-x2
当x=0时，tan∠AO 1 H=0，当x∈0,2  时，
x2 1
tan∠AOH= = ．根据复合函数的单调性，
1 12-x2 12
-1
x2
1
可知函数y= ，在0,2
12
-1
x2
 上单调递增，
2
所以当x=2时，tan∠AOH有最大值，最大值为 ，所以D选项正确．
1 2
故选：B.
2852 (2024·山东·山东省实验中学校考二模)正四棱柱ABCD-ABCD 中，AB=2，P为
1 1 1 1
底面A 1 B 1 C 1 D 1 的中心，M是棱AB的中点，正四棱柱的高h∈ 2,2 2  ，点M到平面
PCD的距离的最大值为 ( )
2 6 8 4 2 32
A. B. C. D.
3 3 3 9
【答案】C
【解析】设底面四边形ABCD的中心为O，连接PO，则PO=h，设点M到平面PCD的
距离为d，OC=OD= 2，PC=PD= 2+h2，
则△PCD中，CD边上的高为 2+h2-1= 1+h2，
1 1
则S = ×2× 1+h2= 1+h2,S = ×2×2=2，
△PCD 2 △MCD 2
由V =V ，
M-PCD P-MCD
1 1
得 ×S ×d= ×S ×h，
3 △PCD 3 △MCD
2h h2 1
所以d= =2 =2 ，
h2+1 h2+1
1+
1
h2
由h∈ 2,2 2  ，得h2∈2,8 
1 9 3
，则1+ ∈  , h2  8 2 
1 2 8
，则 ∈  , 1  3 9
1+
h2
 ，
所以d∈   2 6 , 4 2
 3 3
 ，
即点M到平面PCD的距离的取值范围是  2 6 , 4 2
 3 3
 ，
第 页 共 页
1781 34274 2
所以点M到平面PCD的距离的最大值为 .
3
故选：C.
20 5
2853 (2024·湖南长沙·长沙一中校考模拟预测)已知A，B，C，D是体积为 π的球体表
3
面上四点，若AB=4，AC=2，BC=2 3，且三棱锥A-BCD的体积为2 3，则线段
CD长度的最大值为 ( )
A.2 3 B.3 2 C. 13 D.2 5
【答案】B
20 5 20 5 4π
【解析】因为球的体积为 π，故球的半径R满足 π= R3，故R= 5，
3 3 3
π
而AB=4，AC=2，BC=2 3，故AB2=AC2+BC2，故∠ACB= ，
2
1
故S = ×2 3×2=2 3，
△ACB 2
1
设点D到平面ABC的距离为h，则 ×h×2 3=2 3，故h=3，
3
点D在球的截面圆上，设截面圆所在的平面为α，因为h>R，所以平面α与平面ABC在
球心的异侧，
1
设球心到平面ABC的距离为d，而△ACB外接圆的半径为 AB=2，则d= 5-4=1，
2
故球心到平面α的距离为3-1=2，故截面圆的半径为 5-4=1，
设点D在平面ABC上的投影为E，则E的轨迹为圆，圆心为△ABC的外心即AB的中
点，
当CE最长时CD最长，此时CE=2+1=3，故CD长度的最大值为 CE2+h2=3 2.
故选：B．
2854 (2024·全国·高三专题练习)如图，正方形EFGH的中心为正方形ABCD的中心，AB=
2 2，截去如图所示的阴影部分后，翻折得到正四棱锥P-EFGH(A，B，C，D四点重合
第 页 共 页
1782 3427于点P)，则此四棱锥的体积的最大值为 ( )
128 6 128 5 4 15
A. B. C. D.
375 375 3 3
【答案】B
4-2x
【解析】设EF=2x(0<x<2)，则所得的棱锥侧面的高为 =2-x，
2
棱锥的高为h= (2-x)2-x2=2 1-x,其体积为：
1 8
V= ×(2x)2×2 1-x= x2 (1-x)
3 3
x x x x
 + + + +(1-x)
8 8  4 4 4 4
= x4(1-x)≤ × 44×
3 3  5
 5
，
x 4
当且仅当 =1-x,x= 时等号成立，
4 5
8 4
即体积的最大值为V = × 
max 3 5

4 1 128 5
× = ，
5 375
故选：B.
2855 (2024·安徽黄山·统考二模)如图1，将一块边长为20的正方形纸片ABCD剪去四个全
等的等腰三角形△PEE ，△PFF,△PGG,△PHH ，再将剩下的部分沿虚线折成一个正四
1 1 1 1
棱锥P-EFGH，使E与E 重合，F与F 重合，G与G 重合，H与H 重合，点A,B,C,D
1 1 1 1
重合于点O，如图2.则正四棱锥P-EFGH体积的最大值为 ( )
32 10 64 10 128 10 256 10
A. B. C. D.
3 3 3 3
【答案】D
【解析】
第 页 共 页
1783 3427根据题意，PG是侧棱，底面EFGH的对角线的一半是GC，
设GC=x，则有PG2=10-x

2+102，OF=OG=x，
四棱锥的高h2=PG2-OG2=200-20x，
底正方形EFGH的面积S=4×S =2x2，
△OFG
2
∴四棱锥P-EFGH的体积V= x2 200-20x，
3
200-t2
令t= 200-20x，则x= ，0≤t2<200，
20
2 200-t2
则V= 
3 20

2 1
t,V= 200-t2
600
 200-5t2  ，
当t2>40时，V<0，V单调递减；当t2<40时，V单调递增，
∴当t2=40时，V取最大值，
2 200-40
∴V = 
max 3 20

2 256
× 40= 10.
3
故选：D.
2856 (2024·全国·高三专题练习)如图所示，圆形纸片的圆心为O，半径为5，该纸片上的正方
形ABCD的中心为O．E，F，G，H为圆O上的点，△ABE，△BCF，△DCG，△ADH分
别是以AB，BC，CD，DA为底边的等腰三角形．沿虚线剪开后，分别以AB，BC，CD，
DA为折痕折起，使得E，F，G，H重合于一点，记为O，得到四棱锥O-ABCD．当底
面ABCD的边长变化时，四棱锥O-ABCD的体积的最大值为 ( )
8 5 16 5
A.3 3 B. C.3 5 D.
3 3
【答案】D
【解析】如图，取CD的中点M，连接OM，OM，OO，
设正方形ABCD的边长为a(0<a<5)，
第 页 共 页
1784 3427a a
则OM= ，OM=5- ，所以OO= OM2-OM2= 25-5a，
2 2
所以四棱锥O-ABCD的体积
1 1 1
V= S ⋅OO= ⋅a2⋅ 25-5a= 25a4-5a5．
3 四边形ABCD 3 3
设ha  =25a4-5a5，得ha  =100a3-25a4．
令ha  >0，得0<a<4，令ha  <0，得4<a<5，
故ha  在0,4  上单调递增，在4,5  上单调递减．
所以当a=4时，ha 
16 5
取得最大值，即体积V取得最大值，为 ．
3
故选：D．
4 题型四：立体几何中的交线问题
2857 (2024·全国·高三校联考阶段练习)已知正方体ABCD-ABCD 是半径为 3的球O
1 1 1 1
的内接正方体(八个顶点全部在球面上)，则正方体六个面所在的平面与球面的交线总长
度是 ( )
A.6π B.6 2π C.12π D.12 2π
【答案】D
【解析】
由图可知，正方体的每一个面与球面相交，所得的交线是一个圆，共有6个圆，故六个面
所在的平面与球面的交线总长度为6个圆的周长之和，
第 页 共 页
1785 34272 a
设正方体的棱长为a，在直角三角形OOD中，OD= 3，OD= a，OO= ，
2 2
2 所以有： a
2
 2 a +
2
 2 = 3  2，解得a=2，
2
所以OD= ×2= 2，
2
所以每个圆的周长为2 2π，6个圆的周长之和为12 2π.
故选：D.
2858 (2024·上海·高三专题练习)直三棱柱ABC-ABC 中，AA =1，AB=4，BC=3，
1 1 1 1
∠ABC=90°，设平面ABC 与平面ABC的交线为l，则AC 与l的距离为( )．
1 1 1 1
A.1 B. 10 C.17 D.2.6
【答案】D
【解析】如图，将直三棱柱ABC-ABC 补成直四棱柱ADBC-ADBC ，且四边形
1 1 1 1 1 1 1
ADBC为平行四边形，则平面ABC 即为平面ADBC ，所以直线l为BD，则AC 与l的
1 1 1 1 1 1
距离即为则AC 与BD的距离，设为h，
1 1
由已知可得：在三角形△ABC 中，
1 1
BC = CC2+BC2= 1+32= 10，BA = AA2+BA2= 1+42= 17，
1 1 1 1
AC =AC= AB2+BC2= 32+42=5，
1 1
AB2+BC2-AC2 10+17-25 1
cos∠ABC = 1 1 1 1 = = ，
1 1 2AB⋅BC 2 170 170
1 1
1
则sin∠ABC = 1-
1 1 170

2 13
= ，
170
1 1
∵S = AB⋅BC ⋅sinABC = AC ⋅h，
△A1BC1 2 1 1 1 1 2 1 1
13
∴ 17× 10× =5h，
170
得h=2.6.
故选：D.
2859 (2024·浙江·校联考三模)正四面体ABCD，E为棱AD的中点，过点A作平面BCE的
平行平面，该平面与平面ABC、平面ACD的交线分别为l,l ，则l,l 所成角的正弦值为
1 2 1 2
( )
第 页 共 页
1786 34276 3 1 2
A. B. C. D.
3 3 3 2
【答案】A
【解析】设所作的平面为α，则由α⎳平面BCE，α∩平面ABC=l ，
1
平面BCE∩平面ABC=BC，得l ⎳BC，同理可得l ⎳CE，
1 2
所以l,l 所成的角等于BC与CE所成的角，即∠BCE(或补角)．
1 2
设正四面体ABCD的棱长为2，则BC=2，CE=BE= 3，
22+( 3)2-( 3)2 3
在△BCE中由余弦定理，得cos∠BCE= = ，
2×2× 3 3
6
则sin∠BCE= 1-cos2∠BCE= .
3
故选：A
2860 (2024·全国·高三专题练习)如图，在棱长为1的正方体ABCD-ABCD 中，M,P,Q
1 1 1 1
分别是棱AD ，AB,BC的中点若经过点M,P,Q的平面与平面CDDC 的交线为l，则l
1 1 1 1
与直线QB 所成角的余弦值为 ( )
1
3 10 5 3
A. B. C. D.
3 5 4 2
【答案】B
【解析】由线面平行的性质及面面平行的性质定理，可得经过点M,P,Q的的截面为边长
2
为 的正六边形MGPQFE,连接MB,MQ,如图所示，
2 1
第 页 共 页
1787 3427则易知若经过点M,P,Q的平面与平面CDDC 的交线为EF,即为直线l，又EF∥MQ,
1 1
所以∠MQB 即为l与直线QB 所成角，
1 1
5
在ΔMQB 中，可得QB =MB = ，MQ= 2,
1 1 1 2
5 5
QB2+MQ2-MB2 4 +2- 4 10
由余弦定理可得：cos∠MQB = 1 1 = = ,
1 2×QB ×MQ 5 5
1 2× × 2
2
故选：B.
2861 (2024·全国·高三专题练习)在棱长为2的正方体ABCD-ABCD 中，P，Q，R分别
1 1 1 1
是AB，AD，BC 的中点，设过P，Q，R的截面与面ADDA ，以及面ABBA 的交线分
1 1 1 1 1 1
别为l，m，则l，m所成的角为 ( )
A.90° B.30° C.45° D.60°
【答案】D
【解析】先取CD ，DD ，BB 的中点分别为G，F，E，连接FG，FQ，QP，PE，ER，
1 1 1 1
RG，根据题意，证明P，Q，R，G，F，E六点共面，即为过P，Q，R的截面；得到EP即为
直线m，FQ即为直线l；连接AB ，AD ，BD ，根据异面直线所成角的概念，得到
1 1 1 1
∠BAD 即为异面直线EP与FQ所成的角，根据题中条件，即可得出结果.因为，在正方
1 1
体ABCD-ABCD 中，P，Q，R分别是AB，AD，BC 的中点，
1 1 1 1 1 1
取CD ，DD ，BB 的中点分别为G，F，E，连接FG，FQ，QP，PE，ER，RG，
1 1 1 1
根据正方体的特征，易知，若连接PG，EF，RQ，则这三条线必相交于正方体的中心，
又GR⎳EF⎳QP，所以P，Q，R，G，F，E六点必共面，即为过P，Q，R的截面；
所以EP即为直线m，FQ即为直线l；
连接AB ，AD ，BD ，
1 1 1 1
因为EP⎳AB ，FQ⎳AD ，
1 1
所以∠BAD 即为异面直线EP与FQ所成的角，
1 1
又因为正方体的各面对角线都相等，所以△ABD 为等边三角形，
1 1
因此∠BAD =60°.
1 1
故选：D.
第 页 共 页
1788 34272862 (2024·黑龙江哈尔滨·哈尔滨三中校考模拟预测)在正方体ABCD-ABCD 中，E为
1 1 1 1
BC 中点，过A,D,E的截面α与平面AABB的交线为l，则异面直线l与BC所成角的
1 1 1 1 1 1
余弦值为 ( )
10 5 10 15
A. B. C. D.
10 5 5 5
【答案】A
【解析】取BB 的中点M，如下图，连接AM,EM，
1
因为AD ⎳EM，所以A、D 、E、M四点共面，
1 1
所以过A,D,E的截面α即为平面ADEM，
1 1
截面α与平面AABB的交线为l即为AM，
1 1
取BC的中点N，连接MN,AN，因为MN⎳BC，
1
所以∠AMN(或其补角)为异面直线l与BC所成角，
1
设正方体的棱长为2，所以AM  = 5,MN  = 2,BN  = 5，
5+2-5 10
所以cos∠AMN= = .
2 5⋅ 2 10
10
则异面直线l与BC所成角的余弦值为 .
1 10
故选：A.
2863 (2024·全国·高三专题练习)如图，在圆台OO 中，OO = 3，点C是底面圆周上异于
1 1
A、B的一点，AC=2，点D是BC的中点，l为平面OAC与平面OOD的交线，则交线l
1 1
与平面OBC所成角的大小为 ( )
1
第 页 共 页
1789 3427π π π π
A. B. C. D.
2 3 6 4
【答案】B
【解析】因为，因为O，D分别是AB，BC的中点，所以OD⎳AC，
所以OD⊂平面OOD，AC⊄平面OOD，所以AC⎳平面OOD，
1 1 1
AC⊂平面OAC，平面OAC∩平面OOD=l，
1 1 1
所以AC⎳l，OD⎳AC，所以OD⎳l，
所以直线l与平面OBC所成角即直线OD与平面OBC所成角，
1 1
因为AB为直径，所以AC⊥BC，因为OD⎳AC，即OD⊥BC，
又因为OO ⊥平面ACB，
1
BC⊂平面ACB，所以OO ⊥BC，OO ∩OD=O,OO,OD⊂平面OOD，
1 1 1 1
所以BC⊥平面OOD，过点O作OH⊥OD交OD于点H，
1 1 1
因为OH⊂平面OOD，所以BC⊥OH，OH⊥OD，
1 1
BC∩OD=D，BC,OD⊂平面OBC，所以OH⊥平面OBC，
1 1 1 1
所以∠ODH为交线l与平面OBC所成角，
1
1
因为OO = 3，OD= AC=1，
1 2
OO 3
tan∠ODH= 1 = = 3.
OD 1
π
所以，结合图知∠ODH= .
3
故选：B.
2864 (2024·河南·高三校联考阶段练习)在正三棱锥P-ABC中，PA=6 3，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 ( )
2 5 11 3
A. B. C. D.
2 6 6 2
【答案】C
1
【解析】取PB的中点J，连接MJ,JN，由题意可得QN⎳AB,QN= AB，
2
1 1
又因为MJ⎳AB,MJ= AB，所以MJ⎳QN,MJ= QN，
2 2
第 页 共 页
1790 3427所以四边形MJNQ是平行四边形，所以MQ⎳JN，
所以M、J、N、Q四点共面，
所以平面MQN与平面PBC的交线为l即为JN，
直线QD与直线l所成角即为直线QD与直线MQ所成角即为∠MQD，
因为正三棱锥P-ABC中，PA=6 3，BC=6，
所以PA=PB=PC=6 3,AB=AC=BC=6，
所以QD=MQ=3 3,MD=3，
MQ2+QD2-MD2 27+27-9 5
cos∠MQD= = = ，
2MQ⋅QD 2×27 6
25 11
所以sin∠MQD= 1-cos2∠MQD= 1- = .
36 6
故选：C.
2865 (2024·四川成都·高三校联考期末)在正方体ABCD-ABCD 中，E为线段AD的中
1 1 1 1
点，设平面ABC 与平面CCE的交线为m，则直线m与AC所成角的余弦值为 ( )
1 1 1
1 3 10 2 5
A. B. C. D.
2 2 5 5
【答案】B
【解析】设正方体ABCD-ABCD 的棱长为2，
1 1 1 1
以点A为坐标原点，AB、AD、AA 所在直线分别为x、y、z轴建系，如图所示：
1
则A(0,0,2)、B(2,0,0)、C(2,2,2)、C(2,2,0)、E(0,1,0)．
1 1

设平面ABC 的法向量为n =(x,y,z)，
1 1 1 1 1 1
 
BA =(-2,0,2)，BC =(0,2,2)，
1 1
 
由 

n 1 ⋅B  A 1 =-2x 1 +2z 1 =0 ，
n ⋅BC =2y +2z =0
1 1 1 1

取x =1可得n =(1,-1,1)；
1 1

设平面CCE的法向量为n =(x ,y ,z )，
1 2 2 2 2

EC=2,1,0 

，CC =(0,0,2)， 1
第 页 共 页
1791 3427 
由   n  2 ⋅E  C  =2x 2 +y 2 =0 ，
n ⋅CC =2z =0
2 1 2

取x =1可得n =(1,-2,0)，
2 2

设直线m的方向向量为m=(x,y,z)，
∵直线m⊂平面ABC ，直线m⊂平面CCE，
1 1 1
   
∴m⊥n ，m⊥n ，
1 2
 
m⋅n =x-y+z=0
∴   1 ，
m⋅n =x-2y=0
2

取x=2可得m=(2,1,-1)，

已知AC=(2,2,0)，设直线m与AC所成角为θ，


m⋅AC
cosθ=

 m 

⋅AC 
6 3
= = ，
6×2 2 2
3
即直线m与AC所成角的余弦值为 ，
2
故选：B．
2866 (2024·全国·高三专题练习)如图，在直四棱柱ABCD-ABCD 中，BC⊥CD，
1 1 1 1
AB⎳CD，BC= 3，AA =AB=AD=2，点P、Q分别为棱BB 、CC 的中点，则平面
1 1 1
APQ与直四棱柱各侧面矩形的交线所围成的图形的面积为 ( )
15+ 6 3 15 3 15 3 5+2 3+ 17
A. B. C. D.
2 4 2 2
【答案】B
【解析】如图，因为在直四棱柱ABCD-ABCD 中，AB⎳CD，所以平面ABBA ⎳平
1 1 1 1 1 1
面DCCD ，设平面APQ∩线段DD =R，连接QR，又因为平面APQ∩平面ABBA
1 1 1 1 1
=AP，所以AP⎳QR，延长QR，交CD的延长线于点E，则CE=AB=2，连接AE，
AR，则平面APQR∩平面ADDA =AR，易知四边形APQR为直角梯形，且AP⊥
1 1
PQ.
如图，再将直四棱柱补成一个长方体ABCE-ABCE ，
1 1 1 1
第 页 共 页
1792 34271
由图及题中数据可得AP= 22+12= 5，PQ=BC= 3，DR= ，
2
1 所以AR= 22+
2
 2 = 17 ，所以RQ= 12+ 1
2 2
 2 5 = ，
2
1 5
故交线围成的图形的面积为S= × + 5
2 2

3 15
× 3= .
4
故选:B.
5 题型五：空间线段以及线段之和最值问题
2867 (2024·全国·高三专题练习)已知正三棱锥S-ABC的底面边长为 2，外接球表面积为
3π，SA< 2，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AP+PQ的最小值为 ( )
2 6- 2 6+ 2 3 2 2
A. B. C. D.
4 4 4 2
【答案】B
3
【解析】依题意，4πR2=3π，解得R= ，
2
3 2 6
由△ABC是正三角形可知：其外接圆半径为 2× × = ，
2 3 3
3
设点S到平面ABC的距离为h，故 -h
2

2 6
+
3

2 3
=
2

2
，
3 2 3
解得h= 或h= ，
3 3
3
则SA= 
3

2 6
+
3

2 2 3
=1或SA= 
3

2 6
+
3

2
= 2(舍去)，
π
故SA=1，则SC=1,而AC= 2，故△ASC为等腰直角三角形，∠ASC= ，
2
π
故△ASB为等腰直角三角形，∠ASB= ,则AB⊥SM,
2
又AB⊥CM.CM∩SM=M,故AB⊥平面SCM，
取CB中点F，连接NF交CM于点O，则NF∥AB,则NF⊥平面SCM,
第 页 共 页
1793 3427故NO⊥平面SCM，则∠SON=90°，
要求AP+PQ最小，首先需PQ最小，此时可得PQ⊥平面SCM，则PQ∥FN；
再把平面SON绕SN旋转，与平面SNA共面，即图中SON位置，
当A,P,Q共线且AQ⊥SO时，AP+PQ的最小值即为AQ的长，
由△ASC为等腰直角三角形，
1 2 1 1 1 1 2
故SN= AC= ，NO= NF= × AB= AB= ，
2 2 2 2 2 4 4
ON 1
∴sin∠OSN= = ，即∠OSN=30°，∴∠ASQ=45°+30°=75°，
SN 2
6+ 2
可得sin75°= ，AP+PQ
4

6+ 2
=AQ=SA⋅sin75°= ，
min 4
故选：B.
2868 (2024·全国·高三专题练习)已知，如图正三棱锥P-ABC中，侧棱长为 2，底面边长为
2，D为AC中点，E为AB中点，M是PD上的动点，N是平面PCE上的动点，则AM+
MN最小值是 ( )
2+ 6 1+ 3 6 3
A. B. C. D.
4 2 4 2
【答案】B
【解析】取CB中点F,连接DF交CE于点O,易证得DO⊥面PCE,要求AM+MN最
小,即求MN最小,可得MN⊥平面PCE，又可证明MN⎳DF,再把平面POD绕PD旋
转,与面PDA共面,又可证得∠POD=90°.
1 1 1 1 1 1
∵PD= AC，DO= DF= × AB= AB= ，
2 2 2 2 4 2
OD 1
∴sin∠OPD= = ，即∠OPD=30°，
PD 2
第 页 共 页
1794 34276+ 2
∴∠APN=45°+30°=75°，可得sin75°= ，
4
AM+MN 
3+1
=AN=PA⋅sin75°= .
min 2
故选:B.
2869 (2024·全国·高三专题练习)如图，在棱长为1的正方体ABCD-ABCD中，点P是线
段AD上的动点，E是AC上的动点，F是BD上的动点，则PE+PF长度的最小值为
( )
6 3
A.1 B. 2 C. D.1+
2 3
【答案】C
【解析】
作B关于AD的对称点B，连接BD，如左图所示，
根据正方体的结构特征以及对称性，可知，PF=PF，
故PE+PF=PE+PF，要使PE+PF长度最小，则E,P,F三点共线，
第 页 共 页
1795 3427如右图，在边长为 2的菱形ABDC中，EF⊥BD时，E,P,F三点共线，
此时BC= 22+ 2  2= 6，在△BDC中，由余弦定理可得，
2+2-6 1
cos∠BDC= =- .所以cos∠BDC=120°
2× 2× 2 2
3 6 6
则EF=ABcos∠ABD= 2× = ，故PE+PF长度的最小值为 ．
2 2 2
故选:C
2870 (2024·辽宁·高一辽宁实验中学校联考期末)如图所示，在直三棱柱ABC-ABC 中，
1 1 1
1
棱柱的侧面均为矩形，AA =1，AB=BC= 3，cos∠ABC= ，P是线段AB上的一
1 3 1
动点，则AP+PC 最小值为 ( )
1
A. 6 B. 7 C.1+ 3 D.2+ 5
【答案】B
【解析】连接BC ，得△ABC ，以AB所在直线为轴，将△ABC 所在平面旋转到平面
1 1 1 1 1 1
ABBA ，
1 1
设点C 的新位置为C，连接AC，则有AP+PC =AP+PC≥AC，如图，
1 1
当A,P,C三点共线时，则AC即为AP+PC 的最小值.
1
1
在三角形ABC中，AB=BC= 3，cos∠ABC= ，
3
1
由余弦定理得：AC= AB2+BC2-2AB⋅BCcosB= 3+3-2×3× =2,
3
所以AC =2，即AC=2,
1 1 1
第 页 共 页
1796 3427在△AAB中，AA =1，AB= 3，
1 1
由勾股定理可得：AB= AA2+AB2= 1+3=2,且∠AAB=60°.
1 1 1
同理可求：CB=2，因为AB=BC =AC =2，
1 1 1 1 1
所以△ABC 为等边三角形，所以∠BAC =60°，
1 1 1 1
所以在△AAC中，∠AAC=∠AAB+∠BAC=120°,AA =1,AC=2,
1 1 1 1 1 1
1
由余弦定理得：AC= 1+4-2×1×2×-
2
 = 7.
故选：B.
2871 (2024·四川内江·四川省内江市第六中学校考模拟预测)在三棱锥P-ABC中，AB⊥
BC，P在底面ABC上的投影为AC的中点D，DP=DC=1.有下列结论：
①三棱锥P-ABC的三条侧棱长均相等；
π π
②∠PAB的取值范围是 ,
4 2
 ；
2π
③若三棱锥的四个顶点都在球O的表面上，则球O的体积为 ；
3
6+ 2
④若AB=BC，E是线段PC上一动点，则DE+BE的最小值为 .
2
其中所有正确结论的编号是 ( )
A.①② B.②③ C.①②④ D.①③④
【答案】C
【解析】如图1，∵AB⊥BC，D是AC的中点，∴DA=DB=DC，
又PD⊥平面ABC，∴RtΔPDA≅RtPDB≅RTPDC，∴PA=PB=PC，故①正确；
π
∵PA=PB，∴∠PAB=∠PBA，又∠PAB+∠PBA+∠APB=π，∴∠PAB< ，
2
过P作PM⊥AB，M为垂足，如图2，则PM>PD=1，
PM 1 2 π
又PA= PD2+AD2= 2，∴sin∠PAB= > = ，∴∠PAB> ，故②正
PA 2 2 4
确；
∵AB⊥BC，∴D为平面ABC截三棱锥外接球的截面圆心，
设外接球球心为O，则O在直线DP上，如图3，
设DO=h，则(1±h)= h2+1，解得h=0，故D为外接球的球心．
4 4π
∴外接球的体积为 ×π×13= ，故③错误．
3 3
若AB=BC，则BC= 2，又PB=PC= 2，故ΔPBC是等边三角形，
将平面PCD沿PC翻折到平面PBC上，如图4，图5.
则DE+BE的最短距离为线段BD的长．
第 页 共 页
1797 3427∵∠BCD=60°+45°=105°，BC= 2，CD=1，
6+ 2
∴BD= 2+1-2× 2×1×cos105°= 2+ 3 = ，故④正确．
2
故选：C．
2872 (2024·全国·高一专题练习)在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，底面ABCD为
正方形，PA=AB=1．点E,F,G分别为平面PAB，平面PAD和平面ABCD内的动点，
点Q为棱PC上的动点，则QE2+QF2+QG2的最小值为 ( )
1 2 3
A. B. C. D.1
2 3 4
【答案】B
【解析】由题意得QE,QF,QG均最小时，平方和最小，
过点Q分别作平面PAB，平面PAD，平面ABCD的垂线，垂足分别为E,F,G，
连接AQ，因为PA⊥面ABCD，BC⊂平面ABCD，所以PA⊥BC，
因为底面ABCD为正方形，所以AB⊥BC，又因为PA∩AB=A，PA,AB⊂平面PAB，
所以BC⊥面PAB，因为QE⊥平面PAB，则QE⎳BC，又因为点Q在PC上，则点E
应在PB上，
同理可证F,G分别位于PD,AC上，
从而补出长方体EQFJHGIA，
则AQ是以QE,QF,QG为共点的长方体的对角线，则AQ2=QE2+QF2+QG2，
则题目转化为求AQ的最小值，显然当AQ⊥PC时，AQ的最小值，
因为四边形ABCD为正方形，且PA=AB=1，则AC= 2，
因为PA⊥面ABCD，AC⊂面ABCD，所以PA⊥AC，
所以PC= PA2+AC2= 12+ 2  2= 3，
1× 2 2 2
则直角三角形PAC斜边AC的高AQ= = ，此时AQ2= ，
3 3 3
2
则QE2+QF2+QG2的最小值为 ，
3
故选：B.
第 页 共 页
1798 3427π
2873 (2024·全国·高三专题练习)在直三棱柱ABC-ABC 中，∠BAC= ,AB=AC=
1 1 1 2
2,CC =2，且E,M分别为CC 和BC的中点，P为线段AM(包括端点)上一动点，F为
1 1 1
侧面AA 1 B 1 B上一动点，则PE  +PF  的最小值为 ( )
6 2+3 3 3 2+6 3 6 2+3 3 3 2+6 3
A. B. C. D.
10 10 5 5
【答案】B
【解析】当P为某确定点时，要使PE  +PF  取得最小值，则PF  必须为最小值，此时，
F为点P在侧面AABB的投影.
1 1
取AB的中点N.
因为M分别为BC的中点，所以MN为△ABC的中位线，所以MN⎳AC.
π
因为∠BAC= ,所以BA⊥AC，所以BA⊥MN.
2
在直三棱柱ABC-ABC 中，AA ⊥面ABC，所以AA ⊥MN.
1 1 1 1 1
因为AA ⊂面ABBA ，AB⊂面ABBA ，AA ∩AB=N,
1 1 1 1 1 1
所以MN⊥侧面AABB，故AM在侧面AABB的投影为AN.
1 1 1 1 1 1
作PF⊥AN于点F，此时F满足题意.
1
A 1 N  = AA 1  2+AN 
2
2= 22+ 2 
2 3 2
= ,MN 2 
1
= AC 2 
2
= 2 ,A 1 M  =
A 1 N  2+MN 
3 2
2=  2 
2 2
+ 2 
2
= 5,A 1 E  = A 1 C 1  2+C 1 E  2= 22+12= 3,
ME  = MC  2+CE  2= 12+12= 2.
MN 在Rt△AMN中，sin∠MAN=
1 1

MA 1 
2
= 2 = 10 ，cos∠MAN= A 1 N
5 10 1

MA 1 
3 2
2 =
5
3 10
= .
10
在△AME中，
1
因为A 1 M  = 5,A 1 E  = 3,ME  = 2,所以A 1 M  2=A 1 E  2+ME  2，所以△AME为 1
直角三角形.
ME 所以sin∠MAE=
1

MA 1 
= 2 = 10 ，cos∠MAE= A 1 E
5 5 1

MA 1 
3 15 = = .
5 5
将平面AMN与平面AME展开到同一平面，如图所示，
1 1
第 页 共 页
1799 3427所以sin∠NA 1 E=sin∠NA 1 M+∠EA 1 M 
10 15 3 10 10 6+6
= × + × = . 10 5 10 5 10
作EF⊥A 1 N于点F，交A 1 M于点P,此时PE  +PF  达到最小值，
则EF  =A 1 E 
6+6 3 2+6 3
⋅sin∠NAE= 3× = . 1 10 10
故选：B
6 题型六：空间角问题
2874 (2024·全国·高三专题练习)如图，斜三棱柱ABC-ABC 中，底面△ABC是正三角
1 1 1
形，E,F,G分别是侧棱AA,BB,CC 上的点，且AE>CG>BF，设直线CA,CB与平面
1 1 1
EFG所成的角分别为α,β，平面EFG与底面ABC所成的锐二面角为θ，则 ( )
A.sinθ<sinα+sinβ,cosθ≤cosα+cosβ
B.sinθ≥sinα+sinβ,cosθ<cosα+cosβ
C.sinθ<sinα+sinβ,cosθ>cosα+cosβ
D.sinθ≥sinα+sinβ,cosθ≥cosα+cosβ
【答案】B
【解析】
第 页 共 页
1800 3427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
π
理可得∠ANM+∠CDN= .
3
过A作AP⊥面EFG，垂足为P，过A作AQ⊥MN，垂足为Q，连接PQ,PN，易得
∠ANP即为直线CA与平面EFG所成的角α，
AP
则sinα= ，又AP⊥面EFG，MN⊂面EFG，则AP⊥MN，又AQ⊥MN，AP,AQ
AN
⊂面APQ，AP∩AQ=A，
所以MN⊥面APQ，PQ⊂面APQ，则MN⊥PQ，则∠AQP即为平面EFG与底面
AP
ABC所成的锐二面角θ，则sinθ= ，
AQ
AQ
又sin∠ANM= ，则sinα=sinθ⋅sin∠ANM，同理可得sinβ=sinθ⋅sin∠CDN，则
AN
sinα+sinβ=sinθ⋅sin∠ANM+sin∠CDN  ，
∠ANM+∠CDN ∠ANM-∠CDN
又由sin∠ANM=sin +
2 2
 =
∠ANM+∠CDN
sin
2

∠ANM-∠CDN
cos
2
 +
∠ANM+∠CDN
cos
2

∠ANM-∠CDN
sin
2
 ，
∠ANM+∠CDN ∠ANM-∠CDN
sin∠CDN=sin -
2 2
 =
∠ANM+∠CDN
sin
2

∠ANM-∠CDN
cos
2
 -
∠ANM+∠CDN
cos
2

∠ANM-∠CDN
sin
2
 ，
∠ANM+∠CDN
则sin∠ANM+sin∠CDN=2sin
2

∠ANM-∠CDN
cos
2
 ≤
∠ANM+∠CDN
2sin
2

π
=2sin =1，
6
故sinα+sinβ=sinθ⋅sin∠ANM+sin∠CDN  ≤sinθ，A，C错误；
故cos2θ=1-sin2θ≤1-sinα+sinβ 
π
2，由α,β∈ 0,
 2

π π
可知α-β∈ - ,
 2 2
 ，所以1
+2cosα-β  >0，
第 页 共 页
1801 3427即1+2cosαcosβ+2sinαsinβ>0，整理可得sin2α+cos2α+sin2β+cos2β+2cosαcosβ
+2sinαsinβ-1>0，
即sinα+sinβ  2+cosα+cosβ  2-1>0，即cosα+cosβ  2>1-sinα+sinβ  2，
故cos2θ=1-sin2θ≤1-sinα+sinβ

2<cosα+cosβ

2，又cosα,cosβ,cosθ≥0，故
cosθ<cosα+cosβ，B正确，D错误.
故选：B.
2875 (2024·浙江·高考真题)设三棱锥V-ABC的底面是正三角形，侧棱长均相等，P是棱
VA上的点(不含端点)，记直线PB与直线AC所成角为α，直线PB与平面ABC所成角
为β，二面角P-AC-B的平面角为γ，则
A. β<γ,α<γ B. β<α,β<γ C. β<α,γ<α D.α<β,γ<β
【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.方法1：如图G为AC中点，V在
底面ABC的投影为O，则P在底面投影D在线段AO上，过D作DE垂直AE，易得
PE⎳VG，过P作PF⎳AC交VG于F，过D作DH⎳AC，交BG于H，则α=∠BPF,
PF EG DH BD
β=∠PBD,γ=∠PED，则cosα= = = < =cosβ，即α>β，tanγ=
PB PB PB PB
PD PD
> =tanβ，即y>β，综上所述，答案为B.
ED BD
方法2：由最小角定理β<α，记V-AB-C的平面角为γ′(显然γ′=γ)
由最大角定理β<γ′=γ，故选B.
方法3：(特殊位置)取V-ABC为正四面体，P为VA中点，易得
3 33 2 2 2
cosα= ⇒sinα= ,sinβ= , sinγ= ，故选B.
6 6 3 3
2876 (2024·浙江·统考高考真题)如图，已知正三棱柱ABC-ABC,AC=AA ，E，F分别
1 1 1 1
是棱BC,AC 上的点．记EF与AA 所成的角为α，EF与平面ABC所成的角为β，二面
1 1 1
角F-BC-A的平面角为γ，则 ( )
第 页 共 页
1802 3427A.α≤β≤γ B. β≤α≤γ C. β≤γ≤α D.α≤γ≤β
【答案】A
【解析】如图所示，过点F作FP⊥AC于P，过P作PM⊥BC于M，连接PE，
则α=∠EFP，β=∠FEP，γ=∠FMP，
PE PE FP AB FP FP
tanα= = ≤1，tanβ= = ≥1，tanγ= ≥ =tanβ，
FP AB PE PE PM PE
所以α≤β≤γ，
故选：A．
2877 (2024·浙江温州·高二温州中学校考期末)斜三棱柱ABC-ABC 中，底面ABC是正
1 1 1
三角形，侧面ABBA 是矩形，M是线段AB上的动点，记直线AM与直线AC所成的角
1 1 1
为α，直线AM与平面ABC所成的角为β，二面角A -AC-B的平面角为γ，则 ( )
1 1
A.α≤β，β≤γ B. β≤α，β≤γ C.α≤β，β≥γ D. β≤α，β≥γ
【答案】B
【解析】根据直线和平面的最小角定理，结合线面角和二面角的定义，即可得解.根据最
小角定理，可得β≤α，
第 页 共 页
1803 3427当M在线段AB上的移动时，
M和A重合时，
AM与平面ABC所成角最大，(因为ABBA 为矩形)
1 1 1
作AP⊥平面ABC于P，
1
作PQ⊥CA的延长线于Q，
连接AQ和PQ，则β=∠AMP，γ=∠AQP，
1 1 1
由于∠AQA为直角，
1
所以AM≥AQ，可得β≤γ，
1 1
故选：B.
2878 (2024·浙江绍兴·高三统考期末)斜三棱柱ABC-ABC 中，底面ABC是正三角形，侧
1 1 1
面ABBA 是矩形，且2AA = 3AB，M是AB的中点，记直线AM与直线BC所成的
1 1 1 1
角为α，直线AM与平面ABC所成的角为β，二面角A -AC-B的平面角为γ，则
1 1
( )
A. β<γ，α<γ B. β<α，β<γ C. β<α，γ<α D.α<β，γ<β
【答案】B
【解析】过点A 作AF⊥面ABC交面ABC于点F，连结MF，过点F作FE⊥CA交
1 1
CA于点E，连结AE，则β=∠AMF，γ=∠AEF，表示出这些角然后比较大小即可.如
1 1 1
图：过点A 作AF⊥面ABC交面ABC于点F，连结MF，过点F作FE⊥CA交CA于
1 1
点E，连结AE，
1
第 页 共 页
1804 3427则β=∠AMF，γ=∠AEF，
1 1
因为直线AM与平面ABC所成的角为直线AM与平面ABC内所有直线所成的角中
1 1
最小的，故β<α，
又因为AM>AA>AE
1 1 1
AF AF AF
∴sinβ= 1 < 1 < 1 =sinγ，故β<γ，
AM AA AE
1 1 1
故选：B.
2879 (2024·全国·高三专题练习)已知等边△ABC，点E,F分别是边AB,AC上的动点，且满
足EF∥BC，将△AEF沿着EF翻折至P点处，如图所示，记二面角P-EF-B的平面
角为α，二面角P-FC-B的平面角为β，直线PF与平面EFCB所成角为γ，则 ( )
A.α≥β≥γ B.α≥γ≥β C. β≥α≥γ D. β≥γ≥α
【答案】A
【解析】在等边△ABC中，取BC边中点D，连接AD，交EF于O，连接PO，
则EF⊥PO,EF⊥DO，PO∩DO=O，PO⊂平面POD，DO⊂平面POD
故EF⊥平面POD，又EF⊂平面EFCB，则平面POD⊥平面EFCB
在△POD中，过P做PM垂直于OD于M，则PM⊥平面EFCB，连接MF，
在等边△ABC中，过M做MN垂直于AC于N，连接PN.
第 页 共 页
1805 3427由EF⊥PO,EF⊥DO，则∠POM为二面角P-EF-B的平面角即∠POM=α，
由PM⊥平面EFCB，MN⊥AC，则∠PNM为二面角P-FC-B的平面角即∠PNM
=β
由PM⊥平面EFCB，则∠PFM直线PF与平面EFCB所成角，即∠PFM=γ，
设AO= 3a，则PO= 3a，FO=a，PM= 3asinα，MO= 3acosα
FM=  3acosα  2+a2= 3cos2α+1a，
1
MN=  3a+ 3acosα
2

3
= a(1+cosα)，
2
则有FM>OM，FM>NM
3 3
由MO-MN= 3acosα- a(1+cosα)= a(cosα-1)<0
2 2
1 1 1
可得MO<MN，则有FM>MN>OM，则 < <
FM MN OM
PM PM PM
又tanα= ，tanβ= ,tanγ=
OM NM FM
π
故tanα>tanβ>tanγ，又α、β、γ∈0,
2

故α>β>γ
故选：A
2880 (2024·江苏·高一专题练习)正四面体S-ABC中，M是侧棱SA上(端点除外)的一点，
若异面直线MB与直线AC所成的角为α，直线MB与平面ABC所成的角为β，二面角
M-BC-A的平面角为γ，则 ( )
A.α<β<γ B. β<α<γ C. β<γ<α D.γ<α<β
【答案】C
【解析】正四面体S-ABC中，取BC中点D，连接AD，MD，SD
过M作MH⊥AD于H，连接HB，MB，
过M作AC的平行线交SC于N，则∠BMN=α，
由SD⊥BC，AD⊥BC，SD∩AD=D，SD⊂平面SAD，AD⊂平面SAD
可得BC⊥平面SAD，则MD⊥BC，则∠MDH=γ
由BC⊥平面SAD，可得平面ABC⊥平面SAD，
又平面ABC∩平面SAD=AD，MH⊂平面SAD，MH⊥AD，
则MH⊥平面ABC，则∠MBH=β，
第 页 共 页
1806 3427MH MH π
因为sinβ= < =sinγ，且β，γ∈0,
MB MD 2
 ，所以β<γ.
设正四面体边长为1，AM=λ0<λ<1  ，有SM=MN=1-λ.
MN 1-λ
2 2 HD HD
cosα= = ，cosγ= >
BM BM MD BM
3 3 3 3 3
因为HD= - λ> - λ= 1-λ
2 3 2 2 2

1-λ MN
> =
2 2
π
所以cosγ>cosα，又α，γ∈0,
2
 ，则γ<α
综上：β<γ<α
故选：C
2881 (2024·全国·高三专题练习)在三棱锥P-ABC中，顶点P在底面的射影为△ABC的垂
心O(O在△ABC内部)，且PO中点为M，过AM作平行于BC的截面α，过BM作平行
于AC的截面β，记α，β与底面ABC所成的锐二面角分别为θ ，θ ，若∠PAM=∠PBM
1 2
=θ，则下列说法错误的是 ( )
1
A.若θ =θ ，则AC=BC B.若θ ≠θ ，则tanθ ⋅tanθ =
1 2 1 2 1 2 2
π
C.θ可能值为 D.当θ取值最大时，θ =θ
6 1 2
【答案】C
【解析】
如图所示，连接延长AO交BC与F，连接延长BO交AC与G，设平面ABC∩平面α=l
顶点P在底面的射影为△ABC的垂心O，BC⎳平面α，平面ABC∩平面α=l
则有：直线BC与l平行
又AO⊥BC，则AO⊥l
PO⊥平面ABC，则PO⊥BC
又AO⊥BC
第 页 共 页
1807 3427则BC⊥平面PAO
从而PA⊥l
故∠MAO为α与平面ABC的二面角，即∠MAO=θ
1
同理可得：∠MBO=θ
2
对选项A，∠PAM=∠PBM=θ，又θ =θ ，则有：∠PAO=∠PBO
1 2
可得：△PAO与△PBO全等，则AO=OB
又根据O是△ABC的垂心，则，OC⊥AB
综上可得：直线OC垂直并平分线段AB
可得：AC=BC，故选项A正确；
对选项B，易知有如下角关系：
∠PAM=∠PAO-∠MAO
∠PBM=∠PBO-∠MBO
又∠PAM=∠PBM=θ，则有：
tan∠PAM=tan∠PBM
tan∠PAO-tan∠MAO
tan∠PAM=
1+tan∠PAO⋅tan∠MAO
tan∠PBO-tan∠MBO
tan∠PBM=
1+tan∠PBO⋅tan∠MBO
OP OM OP OM
- -
OA OA OB OB
可得： =
OP⋅OM OP⋅OM
1+ 1+
OA2 OB2
OM2 1
解得： =
OA⋅OB 2
OM2 1
则tanθ ⋅tanθ = = ，故选项B正确；
1 2 OA⋅OB 2
π tan∠PAO-tan∠MAO 3
对选项C，若θ= ，则有：tan∠PAM= =
6 1+tan∠PAO⋅tan∠MAO 3
OM⋅OA 3
则有： =
2OM2+OA2 3
OM
化简后可得：2
OA

2 OM
- 3 +1=0
OA
OM
令 =t，则有：2t2- 3t+1=0
OA
则有：Δ=3-8=-5<0，此时方程无解，故选项C错误；
OM⋅OA
对选项D，设tanθ=a(a>0)，则有： =a
2OM2+OA2
OM
可化简为：2a
OA

2 OM
- +a=0
OA
OM
令 =x，则有：2ax2-x+a=0
OA
则有：Δ=1-8a2≥0
2
解得：0<a≤
4
2 OM 2
故θ取得最大值时，tanθ= ，此时tanθ = =
4 1 OA 2
OM 2
同理可得：tanθ = =
2 OB 2
π
故tanθ =tanθ ，且θ,θ ∈0,
1 2 1 2 2

则有：θ =θ ，故选项D正确；
1 2
第 页 共 页
1808 3427故选：C
2882 (2024·全国·高三专题练习)已知点P是正方体ABCD-ABCD上底面ABCD上的
一个动点，记面ADP与面BCP所成的锐二面角为α，面ABP与面CDP所成的锐二面角
为β，若α>β，则下列叙述正确的是 ( )
A.∠APC>∠BPD
B.∠APC<∠BPD
C.max∠APD,∠BPC  >max∠APB,∠CPD 
D.min∠APD,∠BPC  >min∠APB,∠CPD 
【答案】C
【解析】
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，
第 页 共 页
1809 3427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.
2883 (2024·浙江金华·统考模拟预测)已知四面体ABCD中，棱AD，BC所在直线所成角为
60°，且AD=1，BC=2，∠ACD=60°，面BAD和面ACD所成的锐二面角为α，面BAC
和面ACD所成的锐二面角为β，当四面体ABCD的体积取得最大值时( ).
A.α=β B.α<β C.α>β D.不能确定
【答案】A
【解析】
AC2+CD2-AD2 AC2+CD2-12
cos∠ACD= ，即cos60°= ，
2AC⋅CD 2AC⋅CD
整理得AC⋅CD=AC2+CD2-1≥2 AC2⋅CD2-1，
解得AC⋅CD≤1，当且仅当AC=CD=1时，等号成立，
1 1 3 3
所以，S = AC⋅CD⋅sin60°≤ ×1×1× = ，
△ACD 2 2 2 4
所以，当△ACD为等边三角形时，△ACD的面积取到最大值.
过C作CE∥AD，且CE=AD，连接ED，BE，
则四边形ACED为菱形，
因为AD，BC所在直线所成角为60°，所以∠BCE=60°，
当面BCE⊥面ACD时，四面体ABCD的高取得最大值，
BC2+CE2-BE2 22+12-BE2
cos∠BCE= ，即cos60°= ，解得BE= 3，
2BC⋅CE 2×2×1
因为 3  2+12=22，即BE2+CE2=BC2，所以∠BEC=90°，即BE⊥EC，
又因为面BCE∩面ACD=EC，所以BE⊥面ACD，
第 页 共 页
1810 3427过E作EF⊥AD交AD于点F，过E作EP⊥AC交AC于点P，
连接BF，BP，则BF⊥AD，BP⊥AC，
所以∠BFE为面BAD和面ACD所成的二面角，
∠BPE为面BAC和面ACD所成的锐二面角，
即∠BFE=α，∠BPE=β，
因为∠FED=90°-∠CED，∠PEC=90°-∠CED，所以∠FED=∠PEC，
又因为ED=EC，所以ED⋅tan∠FED=EC⋅tan∠PEC，即EF=EP，
BE BE
所以 = ，即tanα=tanβ，所以α=β.
EF PE
故选：A.
2884 (2024·浙江·校联考二模)已知三棱柱ABC-ABC 的所有棱长均相等，侧棱AA ⊥平
1 1 1 1
面ABC，过AB 作平面α与BC 平行，设平面α与平面ACCA 的交线为l，记直线l与直
1 1 1 1
线AB,BC,CA所成锐角分别为α，β，γ，则这三个角的大小关系为
A.α>γ>β B.α=β>γ C.γ>β>α D.α>β=γ
【答案】B
【解析】
第 页 共 页
1811 3427如图，DC =CC ，CE =AC ，设O为AC 的中点，O 为CE 的中点，
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
由图可知过AB 且与BC 平行的平面α为平面ABD ，所以直线l即为直线AD ，
1 1 1 1 1
由题易知，∠DAB，∠OCB的补角，∠DAC分别为α，β，γ，
1 1 1
设三棱柱的棱长为2，
在ΔDAB中，DB=2 5，AB=2，AD =2 5，
1 1 1
2 5
cos∠DAB=
1
 2+4-2 5  2 5 5
= ，∴cosα= ；
2×2×2 5 10 10
在ΔOBC中，OB= 11，BC=2，OC= 5，
1 1 1
 5
cos∠OCB=
1
 2+4- 11  2 5 5
=- ，∴cosβ= ；
2×2× 5 10 10
在ΔDAC中，CD =4，AC=2，AD =2 5，
1 1 1
2 5 5
cos∠DAC= = ，∴cosα= ，
1 2 5 5 5
∵cosα=cosβ<cosγ，∴α=β>γ.
故选：B
7 题型七：立体几何装液体问题
2885 (2024·全国·高三专题练习)已知一个放置在水平桌面上的密闭直三棱柱ABC-
ABC 容器，如图1，ΔABC为正三角形，AB=2，AA =3，里面装有体积为2 3的液
1 1 1 1
体，现将该棱柱绕BC旋转至图2.在旋转过程中，以下命题中正确的个数是 ( )
①液面刚好同时经过A，B ，C 三点；
1 1
②当平面ABC与液面成直二面角时，液面与水平桌面的距离为 3-1；
第 页 共 页
1812 34273 3
③当液面与水平桌面的距离为 时，AB与液面所成角的正弦值为 .
2 4
A.0 B.1 C.2 D.3
【答案】D
【解析】①若液面刚好同时经过A,B,C 三点,则液体的体积为四棱锥A-BBCC,
1 1 1 1
1
因为V A-B1BCC1 = 3 ×BC⋅CC 1 
3 1 3
⋅ AB= ×2×3× ×2=2 3,所以①正确； 2 3 2
②当平面ABC与液面成直二面角时,即为图2的位置,设液面与直三棱柱ABC-
ABC 的交点为E,F,E,F,如图所示,
1 1 1 1 1
1 3 1 3
因为直三棱柱ABC-ABC 的体积为 × ×AB2×AA = × ×22×3=
1 1 1 2 2 1 2 2
3 3,
所以直棱柱AEF-AEF 的体积为3 3-2 3= 3,
1 1 1
1 3 1 3 2 3
所以 × ×AE2×AA = × ×AE2×3= 3,即AE= ,则在△AEF中
2 2 1 2 2 3
EF边上的高为1,
因为在△ABC中BC边上的高为 3,所以液面与水平桌面的距离为 3-1,所以②正
确；
③当液面刚好同时经过A,B,C 三点时,如图所示,
1 1
1
此时V =2 3,则V = V = 3,
A-B1BCC1 B-AB1C1 2 A-B1BCC1
易得AB =AC = 13,则△ABC 中BC 边上的高为2 3,
1 1 1 1 1 1
1
所以S = ×2×2 3=2 3,
△AB1C1 2
1 1
设点B到平面ABC 的距离为h,则V = S ⋅h= ×2 3h= 3,即h=
1 1 B-AB1C1 3 △AB1C1 3
3
,
2
3
即液面与水平桌面的距离为 ,
2
3
由棱柱的对称性可得点A 到平面ABC 的距离为 ,设AB与液面所成角为α,
1 1 1 2
第 页 共 页
1813 34273 3
2 2 3
则sinα= = = ,所以③正确,
AB 2 4
所以①②③正确,
故选:D
2886 (2024·全国·高三专题练习)一个密闭且透明的正方体容器中装有部分液体，已知该正方
体的棱长为1，如果任意转动该正方体，液面的形状都不可能是三角形，那么液体体积的
取值范围为 ( )
1 5
A.   ,
 6 6

1 5
B.  ,
6 6

1 2
C.   ,
 6 3

1 2
D.  ,
6 3

【答案】B
【解析】如图，正方体ABCD-EFHG，若要使液面形状不可能为三角形，则当平面EHD
平行于水平面放置时，液面必须高于平面EHD，且低于平面AFC.若满足上述条件，则任
意转动正方体，液面形状都不可能为三角形.设液体的体积为V，则V <V<V
G-EHD 正方体
1 1 1 1 5
-V ，而V = × ×12×1= ，V -V =13- = ，所以液体的体
B-AFC G-EHD 3 2 6 正方体 B-AFC 6 6
1 5
积的取值范围为 ,
6 6
 .
故选：B.
2887 (2024·全国·高三专题练习)一个密闭且透明的正方体容器中装有部分液体，已知该正方
体的棱长为2，如果任意转动该正方体，液面的形状都不可能是三角形，那么液体的体积
的取值范围为 ( )
20
A. 2,
3

4 17
B.  ,
3 3

17
C. 2,
3

4 20
D.  ,
3 3

【答案】D
【解析】由题意可知，若要使液面的形状都不可能为三角形，则液体的体积应大于三棱锥
A -ABD的体积，小于多面体ABCDDBC的体积.求解即可.如图正方体ABCD-
1 1 1 1 1
ABCD ，连接BD,AD,AB.
1 1 1 1 1 1
若要使液面的形状都不可能为三角形
则液体的体积应大于三棱锥A -ABD的体积，小于多面体ABCDDBC的体积.
1 1 1 1 1
设液体的体积为V，则V <V<V .
A1-ABD A1B1C1D1DBC
1 1 4 4
因为V = × ×22×2= ，V =V -V =23- =
A1-ABD 3 2 3 A1B1C1D1DBC ABCD-A1B1C1D1 A1-ABD 3
20
.
3
4 20
所以液体的体积的取值范围为 ,
3 3
 .
第 页 共 页
1814 3427故选：D
2888 (2024·全国·高三专题练习)已知某圆柱形容器的轴截面是边长为2的正方形，容器中装
满液体，现向此容器中放入一个实心小球，使得小球完全被液体淹没，则此时容器中所余
液体的最小容量为 ( )
π 2π 4π
A. B. C.π D.
3 3 3
【答案】B
【解析】圆柱的轴截面是边长为2的正方形，可知圆柱底面半径为1，母线长为2，故圆柱
体积为2π，
1
当小球与圆柱的侧面、上下底面都相切时所余液体容量最小，此时r= ×2=1，小球的
2
4π 4π 2π
体积为 ，所余液体容量为2π- = .
3 3 3
故选：B.
2889 (多选题)(2024·辽宁丹东·统考二模)如图，玻璃制成的长方体容器ABCD-ABCD
1 1 1 1
内部灌进一多半水后封闭，仅让底面棱BC位于水平地面上，将容器以BC为轴进行旋
转，水面形成四边形EFGH，忽略容器壁厚，则 ( )
A.AD 始终与水面EFGH平行
1 1
B.四边形EFGH面积不变
C.有水部分组成的几何体不可能是三棱柱
D.AE+BF为定值
【答案】AC
【解析】可知AD ∥EH,EH⊂水面EFGH，AD ⊄水面EFGH，所以AD ∥水面
1 1 1 1 1 1
EFGH，所以AD 始终与水面平行，故选项A正确．
1 1
由于AD⊥平面ABBA ，所以AD⊥EF,所以EH⊥EF，又BC∥FG,∴EH∥FG，平
1 1
面EFGH截两平行平面ABBA 和DCCD ，所以EF∥GH，所以四边形EFGH是矩
1 1 1 1
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1815 3427形，EH=FG=BC长度不变，但是EF改变，水面所在四边形EFGH面积改变，选项B
错误．
有水部分组成的几何体为棱柱，因为水的体积大于一半容器容积，所以不可能是三棱柱，
选项C正确．
有水部分的棱柱体积不变，高BC也不变，所以底面面积不变，所以当且仅当E，F分别在
棱AA ，BB 上时，AE+BF是定值，当E在AB上，F在AB 上时，BE+BF是定值，
1 1 1 1 1
即BE+BF=AB-AE+AB-AF=2AB-AE-AF是定值，即AE+AF是定值，
1 1 1 1
而BF不一定和AF相等，所以此时AE+BF不是定值.所以选项D错误．
1
故选：AC
2890 (多选题)(2024·全国·高三专题练习)透明塑料制成的正方体密闭容器ABCD-
ABCD 的体积为64，注入体积为x(0<x<64)的液体．如图，将容器下底面的顶点A
1 1 1 1
置于地面上，再将容器倾斜．随着倾斜度的不同，则下列说法正确的是 ( )
A.液面始终与地面平行
B.x=32时，液面始终呈平行四边形
C.当x∈(0,8)时，有液体的部分可呈正三棱锥
D.当液面与正方体的对角线AC 垂直时，液面面积最大值为12 3
1
【答案】ACD
【解析】液面始终是水平面，与地面平行，所以A正确
当x=32时，体积是正方体的一半，液面正好经过AB,BB,BC,CD,DD,DA 的中点，
1 1 1 1 1 1
此时液面是正六边形，不是平行四边形，故B错误
正方体边长为4，液面经过AB,AB,AD的中点时，有液体部分是正三棱锥，此时，x=
1 1
8
∈(0,8)，所以C正确
3
当液面与正方体的对角线AC 垂直时，液面面积最大时就是选项B中所列举的正六边形
1
3
面积，面积为6× ×22=12 3，所以D正确
4
故选：ACD
2891 (多选题)(2024·广东广州·高三执信中学校考阶段练习)透明塑料制成的正方体密闭容
器ABCD-A 1 B 1 C 1 D 1 的体积为8,注入体积为x0<x<8  的液体.如图，将容器下底面
的顶点A置于地面上，再将容器倾斜.随着倾斜度的不同，则下列说法正确的是 ( )
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1816 3427A.液面始终与地面平行
B.x=4时，液面始终是平行四边形
C.当x∈0,1  时，有液体的部分可呈正三棱锥
D.当液面与正方体的对角线AC垂直时，液面面积最大值为3 3
【答案】ACD
【解析】液面始终是水平面，与场面平行，A正确；
x=4时，体积是正方体的一半，如液面正好过棱AB,BB,BC,CD,DD,DA 的中点，此
1 1 1 1 1 1
时液面是正六边形，不是平行四边形，B错；
1
液面过AA,AB,AD的中点时，此时x= ∈(0,1)，有液体的部分是正三棱锥，C正确；
1 6
当液面与正方体的对角线AC垂直时，液面面积的液面面积最大时就是B中所列举的正
3
六边形(此时液体体积是正方体体积的一半)，面积为6× ×( 2)2=3 3，D正确．
4
故选：ACD．
2892 (多选题)(2024·全国·高三专题练习)向体积为1的正方体密闭容器内注入体积为x(0
<x<1)的液体，旋转容器，下列说法正确的是 ( )
1
A.当x= 时，容器被液面分割而成的两个几何体完全相同
2
B.不管注入多少液体，液面都可以成正三角形形状
3 3
C.液面可以是正六边形，其面积为
4
D.当液面恰好经过正方体的某条体对角线时，液面边界周长的最小值为 5
【答案】AC
1
【解析】对于A，当x= 时，题目等价于过正方体中心的平面截正方体为两部分，
2
根据对称性知两部分完全相同，所以A正确；
1
对于B，取x= ，此时液面过正方体中心，截面不可能为三角形，所以B错误；
2
对于C，当液面与正方体的体对角线垂直时，液面为如图所示正六边形时面积最大，
其中正六边形的顶点均为对应棱的中点，
1 2 2 3 3 3
所以液面面积的最大值为S= × × × ×6= ，C正确；
2 2 2 2 4
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1817 3427π
对于D，当液面过DB 时，截面为BNDG，将ABCD 绕CD 旋转 ，如图所示；
1 1 1 1 1 1 1 1 2
则DN+BN=DN+BN≥DB= 1+4= 5，
1 1 1
当D、N、B三点共线时等号成立，所以液面周长最小值为2 5，D错误.
1
故选：AC.
【点晴】本题考查了正方体的截面问题，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.
2893 (2024·全国·高三专题练习)在一个密闭的容积为1的透明正方体容器内装有部分液体，
如果任意转动该正方体，液面的形状都不可能是三角形，那么液体体积的取值范围是
．
1 5
【答案】 ,
6 6

【解析】如图，正方体ABCD-EFGH，此时若要使液面不为三角形，则液面必须高于平
面EHD，且低于平面AFC．而当平面EHD平行水平面放置时，若满足上述条件，则任意
转动该正方体，液面的形状都不可能是三角形．所以液体体积必须>三棱柱G-EHD
1 1 5
的体积 ，并且<正方体ABCD-EFGH体积-三棱柱B-AFC体积1- =
6 6 6
考点：1．棱柱的结构特征；2．几何体的体积的求法
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1818 34272894 (2024·四川泸州·四川省泸州高级中学校校考一模)一个长、宽、高分别为1、2、3密封且
透明的长方体容器中装有部分液体，如果任意转动该长方体，液面的形状都不可能是三角
形，那么液体体积的取值范围是 .
【答案】(1,5)
【解析】长方体ABCD-EFGH，若要使液面不为三角形，
则液面必须高于平面EHD，且低于平面AFC；
而当平面EHD平行水平面放置时，若满足上述条件，则任意转动该长方体，
液面的形状都不可能是三角形；
1
所以液体体积必须大于三棱锥G-EHD的体积，该棱锥的体积为长方体的 ,故体积
6
为1.
并且小于长方体ABCD-EFGH体积-三棱柱B-AFC体积，该几何体的体积为长方
5
体的 ，即为5.
6
故答案为1,5 
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