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专题14 立体几何常见压轴小题全归纳
【目录】
..............................................................................................................................................2
...............................................................................................................................................3
..............................................................................................................................................3
..............................................................................................................................................5
............................................................................................................................................11
考点一：球与截面面积问题..................................................................................................................................11
考点二：体积、面积、周长、角度、距离定值问题.............................................................................................13
考点三：体积、面积、周长、距离最值与范围问题.............................................................................................20
考点四：立体几何中的交线问题...........................................................................................................................23
考点五：空间线段以及线段之和最值问题............................................................................................................27
考点六：空间角问题..............................................................................................................................................30
考点七：轨迹问题.................................................................................................................................................35
考点八：以立体几何为载体的情境题...................................................................................................................39
考点九：翻折问题.................................................................................................................................................41
高考对该部分的考查，小题主要体现在两个方面：一是有关空间线面位置关系的命题的真假判断；二
是常见一些经典常考压轴小题，难度中等或偏上．
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考点要求
考题统计
考情分析
球与截面面积问题
2021 年天津卷第6 题，5 分
2018 年I 卷第12 题，5 分
【命题预测】
预测2024 年高考，多以小题
形式出现，也有可能会将其
渗透在解答题的表达之中，
相对独立．具体估计为：
（1）以选择题或填空题形式
出现，考查学生的综合推理
能力．
（2）热点是简单几何体的表
面积或体积，最短路径问
题，截面问题．
最值与范围问题
2023 年甲卷第16 题，5 分
2022 年乙卷第9 题，5 分
2022 年I 卷第8 题，5 分
2021 年上海卷第9 题，5 分
角度问题
2023 年天津卷第8 题，5 分
2023 年乙卷第9 题，5 分
2022 年浙江卷第8 题，4 分
2022 年甲卷第9 题，5 分
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1、几类空间几何体表面积的求法
（1）多面体：其表面积是各个面的面积之和．
（2）旋转体：其表面积等于侧面面积与底面面积的和．
（3）简单组合体：应弄清各构成部分，并注意重合部分的删、补．
2、几类空间几何体体积的求法
（1）对于规则几何体，可直接利用公式计算．
（2）对于不规则几何体，可采用割补法求解；对于某些三棱锥，
有时可采用等体积转换法求解．
（3）锥体体积公式为
，在求解锥体体积时，不能漏掉
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3、求解旋转体的表面积和体积时，注意圆柱的轴截面是矩形，圆
锥的轴截面是等腰三角形，圆台的轴截面是等腰梯形．
4、球的截面问题
球的截面的性质：
①球的任何截面是圆面；
②球心和截面（不过球心）圆心的连线垂直于截面；
③球心到截面的距离
与球的半径
及截面的半径
的关系为
．
注意：解决球与其他几何体的切、接问题，关键在于仔细观察、分析，弄清相关元素的位置关系和数
量关系；选准最佳角度作出截面（要使这个截面尽可能多地包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素
之间的关系），达到空间问题平面化的目的．
5、立体几何中的最值问题有三类：一是空间几何体中相关的点、线和面在运动，求线段长度、截面
的面积和体积的最值；二是空间几何体中相关点和线段在运动，求有关角度和距离的最值；三是在空间几
何体中，已知某些量的最值，确定点、线和面之间的位置关系．
6、解决立体几何问题的思路方法：一是几何法，利用几何体的性质，探求图形中点、线、面的位置
关系；二是代数法，通过建立空间直角坐标系，利用点的坐标表示所求量的目标函数，借助函数思想方法
求最值；通过降维的思想，将空间某些量的最值问题转化为平面三角形、四边形或圆中的最值问题；涉及
某些角的三角函数的最值，借助模型求解，如正四面体模型、长方体模型和三余弦角模
（
为平面的斜线与平面内任意一条直线所成的角，
为该斜线与该平面所成的角，
为该斜线在平面
上的射影与直线所成的角）．
7、立体几何中的轨迹问题，这是一类立体几何与解析几何的交汇题型，既考查学生的空间想象能力，
即点、线、面的位置关系，又考查用代数方法研究轨迹的基本思想，培养学生的数学运算、直观想象等素
养．
8、解决立体几何中的轨迹问题有两种方法：一是几何法．对于轨迹为几何体的问题，要抓住几何体
中的不变量，借助空间几何体（柱、锥、台、球）的定义；对于轨迹为平面上的问题，要利用降维的思想，
熟悉平面图形（直线、圆、圆锥曲线）的定义．二是代数法（解析法）．在图形中，建立恰当的空间直角
坐标系或平面直角坐标系．
9、以立体几何为载体的情境题大致有三类：
（1）以数学名著为背景设置问题，涉及中外名著中的数学名题名人等；
（2）以数学文化为背景设置问题，包括中国传统文化，中外古建筑等；
（3）以生活实际为背景设置问题，涵盖生产生活、劳动实践、文化精神等．
10、以立体几何为载体的情境题都跟图形有关，涉及在具体情境下的图形阅读，需要通过数形结合来
解决问题．图形怎么阅读?一是要读特征，即从图形中读出图形的基本特征；二是要读本质，即要善于将
所读出的信息进行提升，实现“图形→文字→符号”的转化；三是要有问题意识，带着问题阅读图形，将
研究图形的本身特征和关注题目要解决的问题有机地融合在一起；四是要有运动观点，要“动手”去操作，
动态地去阅读图形．
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1．（2023•天津）在三棱锥
中，线段
上的点
满足
，线段
上的点
满足
，则三棱锥
和三棱锥
的体积之比为
A．
B．
C．
D．
【答案】
【解析】在三棱锥
中，线段
上的点
满足
，线段
上的点
满足
，
所以
，
设
到平面
的距离
，
到平面
的距离
，则
，
则三棱锥
的体积为
．
故三棱锥
和三棱锥
的体积之比为
．
故选：
．
2．（2023•乙卷）已知
为等腰直角三角形，
为斜边，
为等边三角形，若二面角
为
，则直线
与平面
所成角的正切值为
A．
B．
C．
D．
【答案】
【解析】如图，取
的中点
，连接
，
，
则根据题意易得
，
，
二面角
的平面角为
，
，
，且
，
平面
，又
平面
，
平面
平面
，
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在平面
内的射影为
，
直线
与平面
所成角为
，
过
作
垂直
所在直线，垂足点为
，
设等腰直角三角形
的斜边长为2，
则可易得
，
，又
，
，
，
，
．
故选：
．
3．（2021•天津）两个圆锥的底面是一个球的同一截面，顶点均在球面上，若球的体积为
，两个圆锥
的高之比为
，则这两个圆锥的体积之和为
A．
B．
C．
D．
【答案】
【解析】如图，设球
的半径为
，由题意，
，
可得
，则球
的直径为4，
两个圆锥的高之比为
，
，
，
由直角三角形中的射影定理可得：
，即
．
这两个圆锥的体积之和为
．
故选：
．
4．（2018•新课标Ⅰ）已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面
所成的角都相等，则
截此正方
体所得截面面积的最大值为
A．
B．
C．
D．
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【答案】
【解析】正方体的所有棱中，实际上是3 组平行的棱，每条棱所在直线与平面
所成的角都相等，如图：
所示的正六边形平行的平面，并且正六边形时，
截此正方体所得截面面积的最大，
此时正六边形的边长
，
截此正方体所得截面最大值为：
．
故选：
．
5．（2018•新课标Ⅰ）已知圆柱的上、下底面的中心分别为
，
，过直线
的平面截该圆柱所得的
截面是面积为8 的正方形，则该圆柱的表面积为
A．
B．
C．
D．
【答案】
【解析】设圆柱的底面直径为
，则高为
，
圆柱的上、下底面的中心分别为
，
，
过直线
的平面截该圆柱所得的截面是面积为8 的正方形，
可得：
，解得
，
则该圆柱的表面积为：
．
故选：
．
6．（多选题）（2023•新高考Ⅰ）下列物体中，能够被整体放入棱长为1（单位：
的正方体容器（容器
壁厚度忽略不计）内的有
A．直径为
的球体
B．所有棱长均为
的四面体
C．底面直径为
，高为
的圆柱体
D．底面直径为
，高为
的圆柱体
【答案】
【解析】对于
，棱长为1 的正方体内切球的直径为
，选项
正确；
对于
，如图，
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正方体内部最大的正四面体
的棱长为
，选项
正确；
对于
，棱长为1 的正方体的体对角线为
，选项
错误；
对于
，（法一）如图，六边形
为正六边形，
，
，
，
，
，
为棱的中点，
高为0.01 米可忽略不计，看作直径为1.2 米的平面圆，
六边形
棱长为
米，
，
所以
米，故六边形
内切圆直径为
米，
而
，选项
正确．
（法二）因为
，可知底面正方形不能包含圆柱的底面圆，
如图，
过
的中点
作
，设
，
可知
，
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则
，即
，解得
，
且
，即
，
故以
为轴可能对称放置底面直径为
的圆柱，
若底面直径为
的圆柱与正方体的上下底面均相切，
设圆柱的底面圆心为
，与正方体的下底面的切点为
，
可知，
，
，
则
，
即
，解得
，
根据对称性可知圆柱的高为
，
所以能够被整体放入正方体内，故熏香
正确．
故选：
．
7．（2023•甲卷）在正方体
中，
，
为
的中点，若该正方体的棱与球
的球
面有公共点，则球
的半径的取值范围是 ．
【答案】
，
．
【解析】设球的半径为
，
当球是正方体的外接球时，恰好经过正方体的每个顶点，所求的球的半径最大，
若半径变得更大，球会包含正方体，导致球面和棱没有交点，
正方体的外接球直径
为体对角线长
，
即
，
，故
，
分别取侧枝
，
，
，
的中点
，
，
，
，
则四边形
是边长为4 的正方形，且
为正方形
的对角线交点，
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连接
，则
，
当球的一个大圆恰好是四边形
的外接圆，球的半径最小，
即
的最小值为
，
综上，球
的半径的取值范围是
，
．
故答案为：
，
．
8．（2021•上海）已知圆柱的底面圆半径为1，高为2，
为上底面圆的一条直径，
是下底面圆周上的
一个动点，则
的面积的取值范围为 ．
【答案】
【解析】如图1，上底面圆心记为
，下底面圆心记为
，
连接
，过点
作
，垂足为点
，
则
，
根据题意，
为定值2，所以
的大小随着
的长短变化而变化，
如图2 所示，当点
与点
重合时，
，
此时
取得最大值为
；
如图3 所示，当点
与点
重合，
取最小值2，
此时
取得最小值为
．
综上所述，
的取值范围为
．
故答案为：
．
考点一：球与截面面积问题
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球的截面问题
球的截面的性质：
①球的任何截面是圆面；
②球心和截面（不过球心）圆心的连线垂直于截面；
③球心到截面的距离
与球的半径
及截面的半径
的关系为
．
例1．（2023·全国·模拟预测）球缺是指一个球被平面截下的部分，截面为球缺的底面，垂直于截面的直径
被截面截得的线段长为球缺的高，球缺曲面部分的面积（球冠面积）
（
为球的半径，
为球缺
的高）．已知正三棱柱
的顶点都在球
的表面上，球
的表面积为
，该正三棱柱的体积
为
，若
的边长为整数，则球
被该正三棱柱上、下底面所在平面截掉两个球缺后剩余部分的表
面积为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【解析】设球
的半径为
，则
，得
．设正三棱柱
的高为，底面边长为
，
则
，（提示：根据正三棱柱和球的结构特征建立方程组）
得
，则球
被截掉的两个球缺的高均为1，每个球冠的面积为
，又
外接圆的
半径为
，（提示：正弦定理的应用）
故所求表面积为
．
故选：D
例2．（2023·全国·模拟预测）球缺是指一个球被平面截下的一部分，截面为球缺的底面，垂直于截面的直
径被平面截下的线段长为球缺的高，球缺曲面部分的面积
（R 为球缺所在球的半径，H 为球缺的
高）.已知正三棱柱
的顶点都在球O 的表面上，球O 的表面积为
，该正三棱柱的体积为
，若
的边长为正整数，则球O 被三棱柱
的上、下底面截掉两个球缺后剩余部分的
表面积为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
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【解析】设球O 的半径为R，则
，得
，
设正三棱柱
的高为h，底面边长为a，
则
，得
，
.
易知：球O 被三棱柱
的上、下底面截掉的两个球缺相同，且高均为1，
则球缺曲面部分的面积为
，又
外接圆的半径为
，
所以所求表面积为
.
故选：D
例3．（2023·江西景德镇·统考三模）某地举办数学建模大赛，本次大赛的冠军奖杯由一个铜球和一个托盘
组成，如图①，已知球的表面积为
，托盘由边长为8 的等边三角形铜片沿各边中点的连线垂直向上折
叠形成，即面
，面
，面
都与面
垂直，如图②，则经过三个顶点A，B，C 的球的截面
圆的面积为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】设三点
在底面上的射影分别为
，
因为面
，面
，面
都与面
垂直，
所以
是
三边中点，
所以
与
全等，且所在平面互相平行，
所以经过三个顶点
的球的截面圆与
的外接圆相同，
由题意
，
，
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所以
的外接圆的半径为
，
则经过三个顶点
的球的截面圆的面积为
.
故选：B.
考点二：体积、面积、周长、角度、距离定值问题
几类空间几何体体积的求法
（1）对于规则几何体，可直接利用公式计算．
（2）对于不规则几何体，可采用割补法求解；对于某些三棱锥，
有时可采用等体积转换法求解．
（3）锥体体积公式为
，在求解锥体体积时，不能漏掉
例4．（2023·浙江省江山中学模拟预测）如图，在单位正方体
中，点P 是线段
上的动
点，给出以下四个命题：
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①异面直线
与直线
所成角的大小为定值；
②二面角
的大小为定值；
③若Q 是对角线
上一点，则
长度的最小值为
；
④若R 是线段
上一动点，则直线
与直线
不可能平行．
其中真命题有（ ）
A．1 个
B．2 个
C．3 个
D．4 个
【答案】C
【解析】对于①，由正方体的性质可知，
平面
，又
平面
,
故
，异面直线
与直线
的所成的角为定值，①正确；
对于②，平面
即为平面
，平面
与平面
所成的二面角为定值，故二面角
为定值，②正确；
对于③，将平面
沿直线
翻折到平面
内，平面图如下，过
点做
，
，
,此时，
的值最小.
由题可知，
,
,
，
则
，
，
故
,又
，
故
的最小值为
，故③正确.
对于④，在正方体
中易证
平面
，设
，则
即为二面角
的平面角，又正方体边长为1，故
，则
,由余弦定理得
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，故
，同理
,
故在
上必然存在一点
，使得二面角
为
，即平面
平面
，平面
与平面
的交线为
，
则
，过
点作
的垂线
.此时
平面
，又
平面
，故
.故④错
误.
故选：C.
例5．（2023·北京·人大附中模拟预测）已知正方体
为对角线
上一点（不与点
重合），过点
作垂直于直线
的平面
，平面
与正方体表面相交形成的多边形记为
，下列结论不
正确的是（ ）
A．
只可能为三角形或六边形
B．平面
与平面
的夹角为定值
C．当且仅当
为对角线
中点时，
的周长最大
D．当且仅当
为对角线
中点时，
的面积最大
【答案】C
【解析】如下图，在正方体中，体对角线
与平面
，平面
，平面
都垂直，由图可知，
在平面
运动过程中
只可能为三角形或六边形，故A 正确；由题可知平面
与
都垂直，所以平面
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在移动过程中都是平行平面，与平面
的夹角为定值，故B 正确；如下图，当
为对角线
中点时，
为正六边形
，而三角形
为等边三角形，根据中位线定理
，可得两个截面周长
相等，故C 错误；由图可得，当
为对角线
中点时，
为正六边形
，设边长
，面积
为
，当
向下刚开始移动时，
为六边形
，结合图形可知两邻边一条增大，一条减小
且变化量相等，设
，而且所有六边形的高都相等且等于
，两邻边夹角
都为
，则
六边形
梯形
，当
为三角形时面积最大为
，所以当且仅当
为对角线
中点时，
的面积最大，故D 正确.
故选：C.
例6．（2023·河南省实验中学高一期中）如图，在正方体
中，
，
，
分别为
，
的中点，
，
分别为棱
，
上的动点，则三棱锥
的体积（ ）
A．存在最大值，最大值为
B．存在最小值，最小值为
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C．为定值
D．不确定，与
，
的位置有关
【答案】C
【解析】如下图，连接
，在正方体
中，
，
分别为
，
的中点，可得
，
，所以当
在棱
移动时，
到平面
的距离为定值，当
在棱
移动时，
到
的距离为定值，所以
为定值，则三棱锥
的体积为定值. 平面
即平面
，作
，由于
，可得
平面MABN，由
，可得
，而
，
.
故选：C.
例7．（2023·山东聊城·三模）在直四棱柱
中，所有棱长均2，
，P 为
的中
点，点Q 在四边形
内（包括边界）运动，下列结论中正确的是（ ）
A．当点Q 在线段
上运动时，四面体
的体积为定值
B．若
平面
，则AQ 的最小值为
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C．若
的外心为M，则
为定值2
D．若
，则点Q 的轨迹长度为
【答案】ABD
【解析】对于A，因为
，又因为
面
，
面
，所以
面
，所以直线
到平面
的距离相等，又
的面积为定值，故A 正确；
对于B，取
的中点分别为
，连接
，
则易证明：
，
面
，
面
，所以
面
，
又因为
，，
面
，
面
，所以
面
，
，所以平面
面
，
面
，所以
平面
当
时，AQ 有最小值，则易求出
，所以
重合，所以则AQ 的最小值
为
，故B 正确；
对于C，若
的外心为M，，过
作
于点
，
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则
.故C 错误；
对于D，过
作
于点
，易知
平面
，
在
上取点
，使得
，则
，
所以若
，则
在以
为圆心，2 为半径的圆弧
上运动，
又因为
所以
，则圆弧
等于
，故D 正确.
故选：ABD.
考点三：体积、面积、周长、距离最值与范围问题
几何法，利用几何体的性质，探求图形中点、线、面的位置关系；二是代数法，通过建立空间直角坐
标系，利用点的坐标表示所求量的目标函数，借助函数思想方法求最值
例8．（2023·浙江·高三阶段练习）如图，在四棱锥
中，底面是边长为
的正方形，
，
为
的中点.过
作截面将此四棱锥分成上下两部分，记上下两部分的
､
､
体积分别为
，
，则
的最小值为（ ）
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A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】
过
作平面
的垂线，垂足为
，连
，设
的交点为
，在
中过
作直线
交
于
两点，由相交直线确定平面，则四边形
为过
的截面.由计算可得
，得
为正三角形，
，所以
为
的重心，设
，由向量运算可得
，又
，可得
，所以
，由三点共线，得
，即
，易得
到平面
的距离为
，
到平面
的距离为1，因为
，所以
，
，得
，
，由
，
，得
，当且仅当
取等号，所以
，即
的最小值为
.
故选：A.
例9．（2023·河南省实验中学高一期中）如图，在正方体
中，
，
，
分别为
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，
的中点，
，
分别为棱
，
上的动点，则三棱锥
的体积（ ）
A．存在最大值，最大值为
B．存在最小值，最小值为
C．为定值
D．不确定，与
，
的位置有关
【答案】C
【解析】如下图，连接
，在正方体
中，
，
分别为
，
的中点，可得
，
，所以当
在棱
移动时，
到平面
的距离为定值，当
在棱
移动时，
到
的距离为定值，所以
为定值，则三棱锥
的体积为定值. 平面
即平面
，作
，由于
，可得
平面MABN，由
，可得
，而
，
.
故选：C.
例10．（2023·全国·高三专题练习）已知某正四棱锥的体积是
，该几何体的表面积最小值是
，我们
在绘画该表面积最小的几何体的直观图时所画的底面积大小是
，则
和
的值分别是（ ）
A．3；
B．4；
C．4；
D．3；
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【答案】C
【解析】如图，O 为底面ABCD 的中心，E 为BC 的中点，连接PO，OE，
设该正四棱锥底面边长为，高为，且
，由题意，
.
易有，
，则
，
所以，
，将
代入并化简得：
，
于是，
.
当且仅当
时，取“=”.
易知，此时底面ABCD 直观图的面积
.
故选：C.
考点四：立体几何中的交线问题
几何法
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例11．（2023·河南·高三校联考阶段练习）在正三棱锥P-ABC 中，
，BC＝6，M，N，Q，D 分别
是AP，BC，AC，PC 的中点，平面MQN 与平面PBC 的交线为l，则直线QD 与直线l 所成角的正弦值为（
）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】取
的中点
，连接
，由题意可得
，
又因为
，所以
，
所以四边形
是平行四边形，所以
，
所以
四点共面，
所以平面MQN 与平面PBC 的交线为l 即为
，
直线QD 与直线l 所成角即为直线QD 与直线
所成角即为
，
因为正三棱锥P-ABC 中，
，BC＝6，
所以
，
所以
，
，
所以
.
故选：C.
例12．（2023·北京海淀·高二中央民族大学附属中学校考开学考试）已知在长方体
中，
，
，记平面
和平面
的交线为，已知二面角
的大小为60°，则
的值为（ ）
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A．
B．1
C．
D．2
【答案】C
【解析】如图所示：连接
，
，故
四点共面，
故平面
和平面
的交线为
，
平面
，
平面
，故
，又
，
平面
，
平面
，
故二面角
的大小为
，
.
故选：C
例13．（2023·广东广州·高三统考阶段练习）已知三棱锥
的棱
，
，
两两互相垂直，
，以顶点
为球心，1 为半径作一个球，球面与该三棱锥的表面相交得到的交线最长为
（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【解析】因为三棱锥
的棱
，
，
两两互相垂直，
，
所以球
与三棱锥的表面
的交线均为以点
为顶点，半径为，圆心角为
的圆弧，其长
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度为
，
设点
到平面
的距离为
，
因为
，所以
是边长为
的等边三角形，
由
可得
，解得
，
所以球
与表面
的交线为以
的中心为圆心，半径为
的圆，其长度为
，
因为
，
所以以顶点
为球心，1 为半径作一个球，球面与该三棱锥的表面相交得到的交线最长为
，
故选：D
例14．（2023·上海·高三专题练习）直三棱柱
中，
，
，
，
，
设平面
与平面
的交线为，则
与的距离为（ ）．
A．1
B．
C．17
D．2.6
【答案】D
【解析】如图，将直三棱柱
补成直四棱柱
，且四边形
为平行四边形，
则平面
即为平面
，所以直线为
，则
与的距离即为则
与
的距离，设为，
由已知可得：在三角形
中，
，
，
，
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，
则
，
，
，
得
.
故选：D.
考点五：空间线段以及线段之和最值问题
几何法，利用几何体的性质，探求图形中点、线、面的位置关系；二是代数法，通过建立空间直角坐
标系，利用点的坐标表示所求量的目标函数，借助函数思想方法求最值
例15．（2023·湖南长沙·高三湖南师大附中校考阶段练习）在棱长为3 的正方体
中，点E
满足
，点F 在平面
内，则|
的最小值为 .
【答案】
【解析】以点D 为原点，
所在直线分别为
轴，建立空间直角坐标系
，
如图所示，则
，
，
，
因为
，
，且
，则
平面
，
又因为
平面
，所以
，
同理得
平面
，因为
平面
，所以
，
因为
，且
平面
，所以
平面
，
记
与平面
交于点H，连接
，
，
，且
，
则
，可得
，
由得点
关于平面
对称的点为
，
所以
的最小值为
.
故答案为：.
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例16．（2023·全国·高三专题练习）在直三棱柱
中，
，
，
，
是线段
上的动点，则
的最小值是 .
【答案】
【解析】因为
平面
，
平面
，所以
，
又
平面
，
所以
平面
，
又
平面
，所以
，
因为
，所以四边形
是正方形，所以
，
如图，将
沿
展开，使
与
在同一平面内，
则
即为
的最小值，
，
由余弦定理得
，
所以
的最小值是
．
故答案为：
．
例17．（2023·广东梅州·统考三模）如图，在三棱锥
中，
是
的中点，
，
分别为线段
，
上的动点，
，
平面
，若
，则
的最小值为 .
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【答案】8
【解析】因为
平面
，
平面
，所以
则
，又
，
平面
所以
平面
，因为
平面
，所以
则在平面
上，以
为原点，
所在直线为
轴建立平面直角坐标系，如图所示：
则
，设
因为
，所以直线
的方程为
，设
，
则
由于变量
不具有等量关系，故
时，
有最小
即当
时，
最小；
过点
作BD 垂线，垂足为
，连接
，
因为
平面
，
，
，
平面
所以
，所以
平面
，
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因为
平面
，所以
又
，
平面
，所以
平面
因为
平面
，所以
，又
，
所以
，由
平面
，所以
．
因为
，
所以
，
所以
．
因为
，
，
平面
，
所以
，
所以当
沿
翻转到平面
时，四边形
构成矩形，
所以
的最小值为
，
即
的最小值为8．
故答案为：8．
考点六：空间角问题
1、用综合法求空间角的基本数学思想主要是转化与化归，即把空间角转化为平面角，进而转化为三
角形的内角，然后通过解三角形求得．求解的一般步骤为：
（1）作图：作出空间角的平面角．
（2）证明：证明所给图形是符合题设要求的．
（3）计算：在证明的基础上计算得出结果．
简称：一作、二证、三算．
2、用定义作异面直线所成角的方法是“平移转化法”，可固定一条，平移另一条；或两条同时平移
到某个特殊的位置，顶点选在特殊的位置上．
3、求直线与平面所成角的常见方法
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（1）作角法：作出斜线、垂线、斜线在平面上的射影组成的直角三角形，根据条件求出斜线与射影
所成的角即为所求．
（2）等积法：公式
，其中
是斜线与平面所成的角，h 是垂线段的长，是斜线段的长，其
中求出垂线段的长（即斜线上的点到面的距离）既是关键又是难点，为此可构造三棱锥，利用等体积法来
求垂线段的长．
（3）证垂法：通过证明线面垂直得到线面角为90°．
4、作二面角的平面角常有三种方法
（1）棱上一点双垂线法：在棱上任取一点，过这点分别在两个面内作垂直于棱的射线，这两条射线
所成的角，就是二面角的平面角．
（2）面上一点三垂线法：自二面角的一个面上一点向另一面引垂线，再由垂足向棱作垂线得到棱上
的点（即垂足），斜足与面上一点连线和斜足与垂足连线所夹的角，即为二面角的平面角．
（3）空间一点垂面法：自空间一点作与棱垂直的平面，截二面角得两条射线，这两条射线所成的角
就是二面角的平面角．
例18．（2023·全国·高三专题练习）在三棱台
中，
底面BCD，
，
，
．若A 是BD 中点，点P 在侧面
内，则直线
与AP 夹角的正弦值的
最小值是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】如图，分别取
的中点
，连接
，
取
的中点
，连接
由三棱台的性质知
，且
，
所以四边形
为平行四边形，
又
，
，故直线
与AP 的夹角为直线
与AP 的夹角，
要使直线
与AP 夹角的正弦值最小，需点
到AP 的距离最小，
又点P 在侧面
内，则需点
到AP 的距离最小，即点
到面
的距离，
设点
到面
的距离为，利用等体积法知
即
，即
，
在直角
中，
，
，
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又在
中，
，
，
，
，又
设直线
与AP 夹角的最小值为
，则
故选：B
例19．（2023·浙江台州·高三期末）已知在正方体
中，点
为棱
的中点，直线在平
面A1B1C1D1内．若二面角
的平面角为
，则
的最小值为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】连接AE，取AE 的中点P，过点P 作FG⊥AE 交CD 于点F，交AB 于点G，设正方体棱长为2，由
勾股定理可知：
，
，同理，取
的中点
，连接
，取
的中点
，过点
作MN⊥
交
于点M，交
于点N，则直线
即为直线，此时，MF⊥CD，NG⊥AB，OP⊥底
面ABCD，因为FG
平面ABCD，所以OP⊥FG，因为AE∩OP=P，所以FG⊥平面AOP，连接OA，OE
，因为OA
平面AOP，所以OA⊥FG，因为MN∥FG，所以OA⊥MN，同理可证：OE⊥MN，所以
即
为二面角
的平面角，由对称性可知：此角即为二面角
的平面角的最大值，且
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，其中
，由勾股定理得：
，所以
，则
故选：B
例20．（2023·全国·高三专题练习）如图，在正方体
中，
在棱
上，
，平行于
的直线在正方形
内，点
到直线的距离记为
，记二面角为
为
，已知初始状态下
，
，则（ ）
A．当
增大时，
先增大后减小
B．当
增大时，
先减小后增大
C．当
增大时，
先增大后减小
D．当
增大时，
先减小后增大
【答案】C
【解析】由题设，以
为原点，
为
轴建立空间直角坐标系，
设正方体的棱长为2，则
，
，
设直线与
交于
，则
，
则
，
，
，
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设平面
的法向量为
，
，
，令
，则
设平面
的法向量为
，又
，
，令
，则
利用空间向量夹角公式得
对于AB，令
，则
显然函数
在
时为减函数，即
减小，则
增大，故AB 错误；
对于CD，当
时，则
令
，
求导
，令
，得
故当
时，
，函数单减，即
单减，
增大；当
时，
，函数单增，即
单增，
减小；故当
增大时，
先增大后减小
故选：C
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考点七：轨迹问题
解决立体几何中的轨迹问题有两种方法：一是几何法．对于轨迹为几何体的问题，要抓住几何体中的
不变量，借助空间几何体（柱、锥、台、球）的定义；对于轨迹为平面上的问题，要利用降维的思想，熟
悉平面图形（直线、圆、圆锥曲线）的定义．二是代数法（解析法）．在图形中，建立恰当的空间直角坐
标系或平面直角坐标系．
例21．（2023·四川泸州·三模）已知三棱锥
的底面
为等腰直角三角形，其顶点P 到底面
ABC 的距离为3，体积为24，若该三棱锥的外接球O 的半径为5，则满足上述条件的顶点P 的轨迹长度为
（ ）
A．6π
B．30π
C．
D．
【答案】D
【解析】依题意得，设底面等腰直角三角形
的边长为
，
三棱锥
的体积
解得：
的外接圆半径为
球心
到底面
的距离为
，
又
顶点P 到底面ABC 的距离为3，
顶点
的轨迹是一个截面圆的圆周
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当球心在底面
和截面圆之间时，
球心
到该截面圆的距离为
，
截面圆的半径为
，
顶点P 的轨迹长度为
；
当球心在底面
和截面圆同一侧时，
球心
到该截面圆的距离为
，
截面圆的半径为
，
顶点P 的轨迹长度为
；
综上所述，顶点P 的轨迹的总长度为
故选：D．
例22．（2023·浙江温州·高三开学考试）如图，正方体
，P 为平面
内一动点，设二面角
的大小为
，直线
与平面A1BD 1所成角的大小为
.若
，则点P 的轨迹是
（ ）
A．圆
B．抛物线
C．椭圆
D．双曲线
【答案】D
【解析】连接AC 交BD 于O，取
中点
,连接
以O 为原点,分别以OA、OB、
所在直线为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，如图：
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令正方体边长为2，则
，
面A1BD 1的一个法向量为
，
面
的一个法向量为
则
，故二面角
的大小为
又二面角
的大小
，则
或
由
，
，可得
又
整理得
即
，是双曲线.
故选：D
例23．（2023·湖南·雅礼中学二模）已知菱形
的各边长为
.如图所示，将
沿
折
起，使得点
到达点的位置，连接
，得到三棱锥
，此时
.则三棱锥
的体积为
__________，
是线段
的中点，点
在三棱锥
的外接球上运动，且始终保持
，则点
的轨迹的周长为__________.
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【答案】
【解析】取
中点
，则
，
∴
平面
，
，又
，
∴
，
则三棱锥
的高
，
三棱锥
体积为
；
作
，设点
轨迹所在平面为
，
则平面
经过点
且
，
设三棱锥
外接球的球心为
的中心分别为
，
易知
平面
平面
，且
四点共面，
由题可得
，
，
解Rt
，得
，又
，
则三棱锥
外接球半径
，
易知
到平面
的距离
，
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故平面
截外接球所得截面圆的半径为
，
∴截面圆的周长为
，即点
轨迹的周长为
.
故答案为：
；
.
考点八：以立体几何为载体的情境题
以立体几何为载体的情境题都跟图形有关，涉及在具体情境下的图形阅读，需要通过数形结合来解决
问题．图形怎么阅读？一是要读特征，即从图形中读出图形的基本特征；二是要读本质，即要善于将所读
出的信息进行提升，实现“图形→文字→符号”的转化；三是要有问题意识，带着问题阅读图形，将研究
图形的本身特征和关注题目要解决的问题有机地融合在一起；四是要有运动观点，要“动手”去操作，动
态地去阅读图形．
例24．（2023·黑龙江大庆·大庆实验中学校考模拟预测）北京大兴国际机场的显著特点之一是各种弯曲空
间的运用，在数学上用曲率刻画空间弯曲性．规定：多面体的顶点的曲率等于
与多面体在该点的面角之
和的差（多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制），多面体面上非顶点的曲率均为零，多面
体的总曲率等于该多面体各项点的曲率之和．例如：正四面体在每个顶点有3 个面角，每个面角是
，所
以正四面体在每个顶点的曲率为
，故其总曲率为
．已知多面体的顶点数V，棱数E，面数
F 满足
，则八面体的总曲率为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】设每个面记为
边形，
则所有的面角和为
，
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根据定义可得该类多面体的总曲率
．
故选：C．
例25．（2023·湖南岳阳·高二统考期末）碳
（
）是一种非金属单质，它是由
个碳原子构成，形似
足球，又称为足球烯，其结构是由五元环（正五边形面）和六元环（正六边形面）组成的封闭的凸多面体，
共32 个面，且满足：顶点数－棱数＋面数＝2，则其六元环的个数为（ ）.
A．12
B．20
C．32
D．60
【答案】B
【解析】根据题意， 碳
（
）由
个顶点，有
个面，
由顶点数－棱数＋面数＝2 可得：棱数为
，
设正五边形有
个，正六边形有
个，
则
，解得：
，所以六元环的个数为
个，
故选：B.
例26．（2023·上海·高三校联考阶段练习）设
、
、…、
为平面
内的
个点，在平面
内的所有点
中，若点
到
、
、…、
点的距离之和最小，则称点
为
、
、…、
点的一个“中位点”，有下
列命题：①
、
、
三个点共线，
在线段
上，则
是
、
、
的中位点；②直角三角形斜边的
中点是该直线三角形三个顶点的中位点；③若四个点
、
、
、
共线，则它们的中位点存在且唯一；
④梯形对角线的交点是该梯形四个顶点的唯一中位点；其中的真命题是（ ）
A．②④
B．①②
C．①④
D．①③④
【答案】C
【解析】①若三个点
共线,
在线段
上,根据两点之间线段最短,
则
是
的中位点,正确；
②举一个反例,如边长为
的直角三角形
,此直角三角形的斜边的中点到三个顶点的距离之和为
,而直角顶点到三个顶点的距离之和为7,
∴直角三角形斜边的中点不是该直角三角形三个顶点的中位点；故错误；
③若四个点
共线,则它们的中位点是中间两点连线段上的任意一个点,故它们的中位点存在但不唯
一；故错误；
④如图,在梯形
中,对角线的交点
是任意一点,则根据三角形两边之和大于第三边得
,
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∴梯形对角线的交点是该梯形四个顶点的唯一中位点．正确．
故①④正确.
故选：C
考点九：翻折问题
1、处理图形翻折问题的关键是理清翻折前后长度和角度哪些发生改变，哪些保持不变．
2、把空间几何问题转化为平面几何问题，把握图形之间的关系，感悟数学本质．
例27．（2023·上海静安·高二校考阶段练习）如图，矩形
中，
，
为边
的中点，将
沿直线
翻折成
，若
为线段
的中点，则在
翻折过程中，下面说法中正确的
序号是（ ）
①
是定值
②存在某个位置，使
③存在某个位置，使
④
不在底面
上时，则
平面
A．①②
B．①④
C．①③
D．②④
【答案】B
【解析】取
中点
,连接
，∵
是
中点，所以
且
，
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又
是矩形
的边
的中点，则
且
，
∴
且
，∴
是平行四边形，∴
且
，
显然
的长是定值，因此
是定值，①,
而
不在底面
上时，
平面
，
平面
，∴
平面
，④正确；
在等腰直角
中，
，因此
与
不可能垂直，即
与
不可能垂直，③错误；
若
，取
中点
，连接
，显然
，又
，
平面
，
∴
平面
，又
平面
，∴
，
但在矩形
中，可得
，
，即
，∴
不成立，③
错误，
故选：B．
例28．（2023·全国·高三专题练习）已知矩形
中，
，
，将
沿矩形的对角线
所在的直线进行翻折，在翻折过程中，下列说法正确的是（ ）
A．存在某个位置，使得直线
与直线
垂直
B．存在某个位置，使得直线
与直线
垂直
C．存在某个位置，使得直线
与直线
垂直
D．对任意位置，三对直线“
与
”，“
与
”，“
与
”均不垂直
【答案】B
【解析】矩形在翻折前和翻折后的图形如图（1）、图（2）所示．
在图（1）中，过点A 作
⊥
，垂足为E，过点C 作
⊥
，垂足为F，
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由边
不相等可知点
不重合．
在图（2）中，连接
，
对于选项A，若
⊥
，又知
⊥
，
，所以
⊥平面
，
所以
⊥
，与点
不重合相矛盾，故选项A 错误；
对于选项B，若
⊥
，又知
⊥
，
，所以
⊥平面
，
所以
⊥
，由
可知，存在这样的等腰直角三角形，
使得直线
与直线
垂直，故选项B 正确；
对于选项C，若
⊥
，又知
⊥
，
，
所以
⊥平面
，所以
⊥
，
已知
，
，则
，所以不存在这样的直角三角形，故选项C 错误；
由以上可知选项D 错误．
故选：B．
例29．（2023·浙江·高二校联考期中）如图1，在菱形
中，
，
是其对角线，
是
上一点，
且
，将
沿直线
翻折，形成四棱锥
（如图2），则在翻折过程中，
下列结论中正确的是（ ）
A．存在某个位置使得
B．存在某个位置使得
C．存在某个位置使得
D．存在某个位置使得
【答案】B
【解析】对于选项A，沿
翻折，在翻折过程中，
与
夹角始终不变，
，故A 错误；
对于选项B，
，转化为判断
和
是否会垂直，由图观察翻折过程中
和
夹角变化范围
是
，故存在某个位置使得
，故B 正确；
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对于选项C，由图观察翻折过程中
和
夹角的变化范围是
，故不存在某个位置使得
，故C 错误；
对于选项D，由于
平行于翻折前的
，故只需观察翻折过程中
与翻折前的
的夹角变化范围，
由图观察翻折过程中
与
的夹角变化范围是
，所以不存在某个位置使得
，故D 错
误.
故选：B.
