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专题14 立体几何常见压轴小题全面总结与归纳解析
目录
01 考情透视·目标导航..........................................................................................................................2
02 知识导图·思维引航..........................................................................................................................3
03 知识梳理·方法技巧.........................................................................................................................4
04 真题研析·精准预测.........................................................................................................................6
05 核心精讲·题型突破.......................................................................................................................21
题型一：球与截面面积问题
21
题型二：体积、面积、周长、角度、距离定值问题
27
题型三：体积、面积、周长、距离最值与范围问题
33
题型四：立体几何中的交线问题
43
题型五：空间线段以及线段之和最值问题
48
题型六：空间角问题
54
题型七：轨迹问题
61
题型八：翻折问题
67
1
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重难点突破：以立体几何为载体的情境题
75
高考对这一部分的考察主要集中在两个关键点：一是判断与空间线面位置关系相关的命题真伪；二是
涉及一些经典且常出现于压轴位置的小题，这些小题通常具有中等或偏上的难度。
考点要求
目标要求
考题统计
考情分析
球与截面面积问题
掌握球截面性
质，会求截面面
积
2021 年天津卷第6 题，5 分
2018 年I 卷第12 题，5 分
对于2025 年高考的
预测，关于几何题目的出
现形式和热点，可以重新
表述为：
（1）预计几何题目
将以选择题或填空题的精
炼形式呈现，旨在全面检
验学生的逻辑推理与综合
分析能力。
（2）考试的几何热
点内容可能会聚焦于基础
几何体的表面积与体积计
算、空间中的最短路径求
解，以及几何体的截面形
状与性质等关键问题。
最值与范围问题
掌握求解方法，
解决最值与范围
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
掌握角度计算，
解决立体几何难
题
2024 年II 卷第7 题，5 分
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
2
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3
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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
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
4
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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．
5
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1．（2024 年北京高考数学真题）如图，在四棱锥
中，底面
是边长为4 的正方形，
，
，该棱锥的高为（ ）.
A．1
B．2
C．
D．
【答案】D
【解析】如图，底面
为正方形，
当相邻的棱长相等时，不妨设
，
分别取
的中点
，连接
，
则
，且
，
平面
，
可知
平面
，且
平面
，
所以平面
平面
，
过
作
的垂线，垂足为
，即
，
由平面
平面
，
平面
，
所以
平面
，
由题意可得：
，则
，即
，
6
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则
，可得
，
所以四棱锥的高为
.
故选：D.
2．（2024 年新课标全国Ⅱ卷数学真题）已知正三棱台
的体积为
，
，
，则
与平面ABC 所成角的正切值为（ ）
A．
B．1
C．2
D．3
【答案】B
【解析】解法一：分别取
的中点
，则
，
可知
，
设正三棱台
的为，
则
，解得
，
如图，分别过
作底面垂线，垂足为
，设
，
则
，
，
可得
，
结合等腰梯形
可得
,
7
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即
，解得
，
所以
与平面ABC 所成角的正切值为
；
解法二：将正三棱台
补成正三棱锥
，
则
与平面ABC 所成角即为
与平面ABC 所成角，
因为
，则
，
可知
，则
，
设正三棱锥
的高为
，则
，解得
，
取底面ABC 的中心为
，则
底面ABC，且
，
所以
与平面ABC 所成角的正切值
.
故选：B.
3．（2023 年高考全国甲卷数学（文）真题）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，
8
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正方体的外接球直径
为体对角线长
，即
，故
；
分别取侧棱
的中点
，显然四边形
是边长为
的正方形，且
为正方形
的对角线交点，
连接
，则
，当球的一个大圆恰好是四边形
的外接圆，球的半径达到最小，即
的最
小值为
.
综上，
.
故答案为：
4．（2023 年高考全国甲卷数学（理）真题）在正方体
中，E，F 分别为AB，
的中点，
以EF 为直径的球的球面与该正方体的棱共有 个公共点．
【答案】12
【解析】不妨设正方体棱长为2，
中点为
，取
，
中点
，侧面
的中心为
，连接
，如图，
由题意可知，
为球心，在正方体中，
，
9
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即
，
则球心
到
的距离为
，
所以球
与棱
相切，球面与棱
只有1 个交点，
同理，根据正方体的对称性知，其余各棱和球面也只有1 个交点，
所以以EF 为直径的球面与正方体棱的交点总数为12.
故答案为：12
5．（2023 年北京高考数学真题）坡屋顶是我国传统建筑造型之一，蕴含着丰富的数学元素．安装灯带可
以勾勒出建筑轮廓，展现造型之美．如图，某坡屋顶可视为一个五面体，其中两个面是全等的等腰梯形，
两个面是全等的等腰三角形．若
，且等腰梯形所在的平面、等腰三角形所在的平
面与平面
的夹角的正切值均为
，则该五面体的所有棱长之和为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】如图，过
做
平面
，垂足为
，过
分别做
，
，垂足分别为
，
，连接
，
由题意得等腰梯形所在的面、等腰三角形所在的面与底面夹角分别为
和
，
10
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所以
.
因为
平面
，
平面
，所以
，
因为
，
平面
，
，
所以
平面
，因为
平面
，所以
，.
同理：
，又
，故四边形
是矩形，
所以由
得
，所以
，所以
，
所以在直角三角形
中，
在直角三角形
中，
，
，
又因为
，
所有棱长之和为
.
故选：C
6．（2023 年高考全国甲卷数学（理）真题）已知四棱锥
的底面是边长为4 的正方形，
，则
的面积为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】法一：
连结
交于
，连结
，则
为
的中点，如图，
因为底面
为正方形，
，所以
，则
，
又
，
，所以
，则
，
又
，
，所以
，则
，
11
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在
中，
，
则由余弦定理可得
，
故
，则
，
故在
中，
，
所以
，
又
，所以
，
所以
的面积为
.
法二：
连结
交于
，连结
，则
为
的中点，如图，
因为底面
为正方形，
，所以
，
在
中，
，
则由余弦定理可得
，故
，
所以
，则
12
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，
不妨记
，
因为
，所以
，
即
，
则
，整理得
①，
又在
中，
，即
，则
②，
两式相加得
，故
，
故在
中，
，
所以
，
又
，所以
，
所以
的面积为
.
故选：C.
7．（多选题）（2023 年新课标全国Ⅰ卷数学真题）下列物体中，能够被整体放入棱长为1（单位：m）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】ABD
13
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【解析】对于选项A：因为
，即球体的直径小于正方体的棱长，
所以能够被整体放入正方体内，故A 正确；
对于选项B：因为正方体的面对角线长为
，且
，
所以能够被整体放入正方体内，故B 正确；
对于选项C：因为正方体的体对角线长为
，且
，
所以不能够被整体放入正方体内，故C 不正确；
对于选项D：因为
，可知底面正方形不能包含圆柱的底面圆，
如图，过
的中点
作
，设
，
可知
，则
，
即
，解得
，
且
，即
，
故以
为轴可能对称放置底面直径为
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
，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D 正确；
故选：ABD.
14
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8．（多选题）（2023 年新课标全国Ⅱ卷数学真题）已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，AB 为底面直径，
，
，点C 在底面圆周上，且二面角
为45°，则（ ）．
A．该圆锥的体积为
B．该圆锥的侧面积为
C．
D．
的面积为
【答案】AC
【解析】依题意，
，
，所以
，
A 选项，圆锥的体积为
，A 选项正确；
B 选项，圆锥的侧面积为
，B 选项错误；
C 选项，设
是
的中点，连接
，
则
，所以
是二面角
的平面角，
则
，所以
，
故
，则
，C 选项正确；
D 选项，
，所以
，D 选项错误.
故选：AC.
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9．（2023 年高考全国乙卷数学（理）真题）已知
为等腰直角三角形，AB 为斜边，
为等边三
角形，若二面角
为
，则直线CD 与平面ABC 所成角的正切值为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】取
的中点
，连接
，因为
是等腰直角三角形，且
为斜边，则有
，
又
是等边三角形，则
，从而
为二面角
的平面角，即
，
显然
平面
，于是
平面
，又
平面
，
因此平面
平面
，显然平面
平面
，
直线
平面
，则直线
在平面
内的射影为直线
，
从而
为直线
与平面
所成的角，令
，则
，在
中，由余弦定理得：
，
由正弦定理得
，即
，
16
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显然
是锐角，
，
所以直线
与平面
所成的角的正切为
.
故选：C
10．（2022 年新高考浙江数学高考真题）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
【解析】如图所示，过点
作
于
，过
作
于
，连接
，
则
，
，
，
，
，
，
所以
，
故选：A．
17
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11．（2022 年高考全国乙卷数学（理）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
【解析】[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)
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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.
【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．
12．（2022 年新高考北京数学高考真题）已知正三棱锥
的六条棱长均为6，S 是
及其内部
的点构成的集合．设集合
，则T 表示的区域的面积为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
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【解析】
设顶点
在底面上的投影为
，连接
，则
为三角形
的中心，
且
，故
.
因为
，故
，
故的轨迹为以
为圆心，1 为半径的圆，
而三角形
内切圆的圆心为
，半径为
，
故的轨迹圆在三角形
内部，故其面积为
故选：B
13．（2022 年新高考全国I 卷数学真题）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
【解析】∵球的体积为
，所以球的半径
,
20
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[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
21
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14．（多选题）（2022 年新高考全国II 卷数学真题）如图，四边形
为正方形，
平面
，
，记三棱锥
，
，
的体积分别为
，则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】CD
【解析】
设
，因为
平面
，
，则
，
，连接
交
于点
，连接
，易得
，
又
平面
，
平面
，则
，又
，
平面
，则
平面
，
又
，过
作
于
，易得四边形
为矩形，则
，
22
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则
，
，
，则
，
，
，
则
，则
，
，
，故A、B 错误；C、D 正确.
故选：CD.
23
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题型一：球与截面面积问题
【典例1-1】（24-25 高三上·江苏常州·期末）已知正方体
的棱长为2，点
为棱
的中
点，则平面
截该正方体的内切球所得截面面积为（ ）
A．
B．
C．π
D．
【答案】A
【解析】球心
为正方体中心，半径
，
法一：连接
，相交于点
，点
为
的中点，连接
，
可得
，因为
平面
，
平面
，
所以
平面
，
在
上，
则
到平面
的距离等于点
到平面
的距离，设为
，
，
，
由
平面
、
得：
，
则截面圆半径
，
24
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所以截面面积
；
法二：以
为原点，
为
轴建立空间直角坐标系，如图，
则
，
，A (2,0,0)，
，
，
，
，
设平面
的一个法向量为⃗n=(x , y , z)，
，令
，则
，
所以
，
则
到平面
的距离
，
截面圆半径
，所以截面面积
.
故选：A．
【典例1-2】已知棱长为3 的正四面体的几何中心为
，平面
与以
为球心的球相切，若
与该正四面体
的截面始终为三角形，则球
表面积的取值范围为（ ）.
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】依题意，平面
与以
为球心的球相切，因四面体每个顶点发出了三条棱，
要使
与该四面体的截面始终为三角形，就必须使在四面体的每个顶点处只能看到三条棱（其余棱被球挡
25
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住），
因此需要球
与每条棱都有公共点，当球
与每条棱有且仅有一个公共点时，球
为四面体的棱切球，
当球
半径继续增大到外接球半径之前，都能确保截面始终为三角形，
而当球
半径为外接球半径或更大时，截面将不存在，因此必须使球
的半径满足
.
图1
①下面先来求四面体的棱切球
的半径(如图1).
点
为顶点在底面
上的射影，
为棱切球的球心，作
于点
，
连接
并延长交
于点
，连接
，则易得点
为
中点，易证
,故得
.
设
，因正四面体棱长为3，则
,
，
在
中，
,得
，又
,
故有，
，解得
（
舍去），即四面体的棱切球半径为
；
图2
②接着，再来求四面体的外接球
的半径（如图2），
26
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设外接球半径为
,则
,由上分析，
则
,
由题意，
,解得
,即四面体的外接球半径为
.
由上分析，球
表面积应满足：
，即
.
故选：A.
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
．
【变式1-1】（2024·河南开封·二模）已知经过圆锥
的轴的截面是正三角形，用平行于底面的截面将圆
锥
分成两部分，若这两部分几何体都存在内切球（与各面均相切），则上、下两部分几何体的体积之
比是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】如图，作出圆锥
的轴截面
，
27
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设上、下两部分几何体的两部分的内切球的球心分别为
，
，半径分别为，
，
即
，
，
根据题意可知
为正三角形，易知
，圆锥
的底面半径
，
，又
，
，
，
上部分圆锥的底面半径为
，高为
，
又圆锥
的底面半径为
，高为
，
上部分圆锥的体积与圆锥
的体积之比为
，
上、下两部分几何体的体积之比是
．
故选：C．
【变式1-2】（2024·江苏南通·二模）在棱长为2 的正方体
中，
，
，
分别为棱
，
，
的中点，平面
截正方体
外接球所得的截面面积为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】取正方体的中心为
，连接
，
由于正方体的棱长为2，所以正方体的面对角线长为
，体对角线长为
，
正方体外接球球心为点
，半径
，
28
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又易得
，且
，
所以三棱锥
为正四面体，如图所示，取底面正三角形
的中心为
，
即点
到平面
的距离为
，又正三角形
的外接圆半径为
，
由正弦定理可得
，即
，所以
，
即正方体
外接球的球心
到截面
的距离为
，
所以截面
被球
所截圆的半径
，
则截面圆的面积为
.
故选：A.
1．已知四面体
的各个顶点都在球O 的表面上，
，
，
两两垂直，且
，
，
，E 是棱BC 的中点，过E 作四面体
外接球O 的截面，则所得截面圆的面积的最大值与最小
值之差是（ ）
29
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A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】设所得截面圆的面积为，半径为r．因为
，
，
两两垂直，
故可将四面体
放入长方体中，如图所示，
易得外接球半径
．
过E 作球O 的截面，当所得截面圆的面积最大时，截面为过球心的圆面，
，当所得截面圆的面积最小时，截面为与最大截面垂直的圆面．
在
内，
，所以
，即
，
，所以
．
故选：B．
题型二：体积、面积、周长、角度、距离定值问题
【典例2-1】半正多面体（semiregular solid）亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围
成的多面体，体现了数学的对称美.二十四等边体就是一种半正多面体，是由正方体切截而成的.它由八个
正三角形和六个正方形构成（如图所示），点
满足
，则直线
与平面
所
成角的正弦值（ ）
30
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A．为定值
B．存在最大值，且最大值为1
C．为定值1
D．存在最小值，且最小值为
【答案】A
【解析】
，即
在线段
（不包括点
）.
如图，将该半正多面体补成正方体，则平面
平面
，
因此直线
与平面
所成角等于直线
与平面
所成角.
在正四面体
中，设正四面体的棱长为2，作
平面
，垂足为
，
连接
，则
即为直线
与平面
所成角.
易求
，所以
，
所以
.
所以直线
与平面
所成角的正弦值为
.
故选：A.
31
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【典例2-2】如图，已知正方体
，点P 是四边形
A1B1C1D1的内切圆上一点，O 为四边形
ABCD 的中心，给出以下结论：
①存在点P，使
平面DOP；
②三棱锥
的体积为定值；
③直线
与直线OP 所成的角为定值.
其中，正确结论的个数为（ ）
A．0
B．1
C．2
D．3
【答案】D
【解析】设底面内切圆的圆心为
，连接
，
由正方体的性质可知，
，所以
四点共面，
又因为
平面
，所以
平面
，
所以当点P 是直线
与四边形A1B1C1D1的内切圆的交点时，满足
平面DOP；故①正确.
32
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因为
,而三棱锥
的底面积为定值，高等于正方体的棱长，也是定值，
所以三棱锥
的体积为定值；故②正确.
直线
与直线OP 所成的角等于直线
与直线OP 所成的角,
由于点
在底面的内切圆上，所以直线
与直线OP 所成的角
为定值；故③正确.
故选：D.
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
【变式2-1】（2024·广东广州·模拟预测）已知正方体
的边长为1，现有一个动平面
，且
平面
，当平面
截此正方体所得截面边数最多时，记此时的截面的面积为，周长为，则
（ ）
A．不为定值，为定值
B．为定值，不为定值
C．与均为定值
D．与均不为定值
【答案】A
【解析】正方体的所有棱中，实际上是3 组平行的棱，与面
平行的面且截面是六边形时满足条件，
如图所示，
33
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正方体边长为1，即
设
，则
，
，
同理可得六边形其他相邻两边的和均为
，
六边形的周长为定值
，
正三角形
的面积为
.
当
均为中点时，六边形的边长相等即截面为正六边形时截面面积最大，
此时
,截面面积为
，
截面从
平移到
的过程中，截面面积的变化过程是由小到大，再由大到小，故可得周长为定
值，面积不为定值.
故选：A
【变式2-2】（多选题）如图，在正方体
中，
为线段
的中点，
为线段
上的动
点（不包括端点），则（ ）
34
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A．存在点
，使得
B．存在点
，使得
平面
C．对于任意点Q，
均不成立
D．三棱锥
的体积是定值
【答案】BC
【解析】在正方体
中，建立如图所示的空间直角坐标系，令
，
则
，
，
令
，则点
，
，
对于A，
，若
，则
，必有
，即
与
矛盾，A 错误；
对于B，
，若
平面
，则
，
即
，解得
，则点
是
中点时，
，
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而
平面
，因此
平面
，B 正确；
对于C，
，即对任意
，向量
与
都不垂直，C 正确；
对于D，
，设平面
的法向量
，
则
，令
，得
，
于是点
到平面
的距离
，
，
不是常数，
又点
是三个定点，
面积是定值，因此三棱锥
的体积不是定值，D 错误.
故选：BC
1．如图，正方体
的棱线长为1，线段
上有两个动点E，F，且
，则下列结论
中错误的是（ ）
A．
B．
平面ABCD
C．三棱锥
的体积为定值
D．异面直线AE，BF 所成的角为定值
【答案】D
【解析】对于选项A，在正方体
中，
平面
，
平面
，所以
，即
，
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四边形
为正方形，则
，
又
，
平面
，
平面
，所以
平面
，
平面
，
所以
，故A 正确.
对于选项B，在正方体
中, 平面
平面
A1B1C1D1，
平面
A1B1C1D1，所以
平面ABCD，故B 正确.
对于选项C，连接
交
于点
，设三棱锥
的高为，
，
平面A1B1C1D1，
平面A1B1C1D1，
所以点B 到直线
的距离即为
，
，
又因为
平面
，即
平面
，所以AO 为三棱锥
的高，
在
中，
，所以
，
（定值），故C 正确.
对于选项D，设异面直线AE，BF 所成的角为
，连接
交
于点
，
当点
与
重合时，因为
，此时点
与点
重合，连接
，
在正方体
，
且
，所以四边形
为平行四边形，
所以
，
即为异面直线AE，BF 所成的角
，
在
中，
，
，
，
因为
，所以
为直角三角形，
，所以异面直线
37
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AE，BF 所成的角的正弦值为
.
当点
与
重合时，
，此时点
与点
重合，
，即
，
即为即为异面直线AE，BF 所成的角
，
在
中，
，
，
，
，所以异面直线AE，BF 所成的角的正弦值为
,
异面直线AE，BF 所成的角不是定值,故D 错误.
故选：D.
题型三：体积、面积、周长、距离最值与范围问题
【典例3-1】（多选题）如图，在正四面体
中，已知
，
为棱
的中点. 现将等腰直角三角
形
绕其斜边
旋转一周（假设
可以穿过正四面体内部），则在旋转过程中，下列结论正确的
是（ ）
A．三角形
绕斜边
旋转一周形成的旋转体体积为
B．
四点共面
C．点
到
的最近距离为
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D．异面直线
与
所成角的范围为
【答案】BCD
【解析】对于A：因为
，所以等腰直角三角形的直角边为√2，斜边的高为1；
旋转后的几何体为两个大小相等的圆锥组合体，其圆锥的底面半径为1，高为1；
所以几何体的体积为
，A 错误；
对于B: 在正四面体
中，各个侧面都是等边三角形，又因为
为棱
的中点，
所以
，又
相交于点
，又都在平面
内，
所以
平面
，又
，
与平面
有一个公共点，
所以
在平面
内，所以
四点共面，故B 正确；
对于C: 在图1 中，令
为
的中点，
为
的中点，则点
在以
为圆心，1 为半径的圆上运动，
由图可知当
三点共线，且当运动到
的位置时，
到
的距离最小，
在
中，
，所以
，C 正确
对于D:由B、C 可知，
在圆锥的底面内，如图1，由圆锥轴截面中，
，
由线面角的概念可知，
与圆锥底面中的直线所成最小角就是
，最大角一定为
由此可知异面直线
与
所成角的范围为
，正确
故选:BCD
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【典例3-2】（多选题）（2024·全国·模拟预测）如图，在棱长为2 的正方体
中，E 为
的中点，若一点P 在底面
内（包括边界）移动，且满足
，则（ ）
A．
与平面
的夹角的正弦值为
B．
点到
的距离为
C．线段
的长度的最大值为
D．
与
的数量积的范围是
【答案】ABD
【解析】如图，以
为坐标原点，
分别为
轴，建立空间直角坐标系，
则
，设
，
可得
，
，
若
，则
，可得
，
则
，解得
，即
.
对于选项A：可知平面
的法向量
，
40
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则
，
所以
与平面
的夹角的正弦值为
，故A 正确；
对于选项B：因为
，
所以
点到
的距离为
，故B 正确；
对于选项C：因为
，
则
，
且
，可得当且仅当
时，
取到最大值，
所以线段
的长度的最大值为3，故C 错误；
对于选项D：因为
，
，
则
，
且
，可知当
时，
取到最小值
；
当
时，
取到最大值；
所以
与
的数量积的范围是
，故D 正确；
故选：ABD.
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.
【变式3-1】（多选题）已知正方体
棱长为
为正方体
内切球
的直
41
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径，点
为正方体
表面上一动点，则下列说法正确的是（ ）
A．当
为
中点时，
与
所成角余弦值为
B．当
面
时，点
的轨迹长度为
C．
的取值范围为
D．
与
所成角的范围为
【答案】ABC
【解析】根据题意，以
为坐标原点，
所在直线分别为
轴建立空间直角坐标系，
对于A，如下图所示：
易知
，则
,
可得
，
即当
为
中点时，
与
所成角余弦值为
，可得A 正确；
对于B，易知
是边长为
的正三角形，故其面积为
，
由三棱锥
的体积为
，可得点
到平面
的距离为
，
42
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即点
在与平面
平行且距离为
的平面内，连接
，如下图所示：
由正方体性质可得平面
平面
，且两平面间的距离等于
，所以点
平面
，
又
面
，平面
平面
，即可得点
的轨迹即是线段
，
因此点
的轨迹长度为
，即可得B 正确；
对于C，依题意可知
即为正方体的中心，如下图所示：
，
又因为
为球
的直径，所以
，
即可得
，
又易知当点
为正方体与球
的切点时，
最小；当点
为正方体的顶点时，
最大；
即
，因此可得
的取值范围为
，即C 正确；
对于D，易知
的中点即为球心
，如下图所示：
43
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当
与球相切时，
与
所成的角最大，此时
，
显然
，结合两直线所成角的范围可知
与
所成角的范围为
错误，即D 错误.
故选：ABC
【变式3-2】（多选题）如图，在棱长为2 的正方体
中，已知N，Q 分别是棱
的
中点，
，P 分别是棱
上的动点，下列结论正确的是（ ）
A．四面体
的体积为定值
B．不存在动点M，P，使得
C．直线CM 与平面
所成角的范围是
D．若M，P 分别是棱
的中点，由平面MNQ 分割该正方体，其中截面MNQ 上方的部分为几
何体
，某球能够被整体放入几何体
，则该球半径的最大值为
【答案】ACD
44
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【解析】对于A，
,A 正确，
对于B，连接
相交于
，当P 是棱
上的动点时，
过
作
交
于
，过
作
交
于
，连接
,
由于
,故
,
由于
，
平面
，
故
平面
,
平面
,
故
,
平面
，
平面
，
故
，
由于N，Q 分别是棱
的中点，所以
，
所以
，故B 错误，
对于C，由于
平面
，
平面
，故
，
又
，
平面
，
故
平面
,故
到平面
的距离为
，
又平面
，
平面
，
故
平面
，
因此
到平面
的距离与
到平面
的距离相等，即距离为
，
45
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由于
,
设直线CM 与平面
为
，则
，
由于
，故
，C 正确，
对于D，
，分别是棱
，
的中点，点
为
中点时，平面
在正方体上的截面为正六边形
，
某球能够被整体放入
，该球的半径最大时，是以
为顶点，底面为正六边形
的正六棱锥的内
切球，
正六边形
的边长为
，面积为
，
正六棱锥
，侧棱长
，每个侧面面积为
，棱锥的高为
，
设该球的半径为
，由体积法可得
，解得
，
D 正确．
46
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故选：ACD
1．（多选题）（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（ ）
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
【答案】BC
【解析】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
，
，
依题意可知
，
平面
A1B1C1D1，
平面
A1B1C1D1，
所以
，
47
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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
，
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
，
48
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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
题型四：立体几何中的交线问题
【典例4-1】阅读材料：空间直角坐标系
中，过点
且一个法向量为
的平面
的
方程为
．阅读上面材料，解决下面问题：已知平面
的方程为
，直线是两平面
与
的交线，则直线与平面
所成角的正弦值为
（ ）
A．0
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】根据材料可知平面
的法向量可取
，
平面
的法向量可取
，
49
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平面
的法向量可取
，
因为直线是两平面
与
的交线，设的方向向量
，
则
，取
可得的一个方向向量
，
设直线与平面
所成角为
，
则
，
即直线与平面
所成角的正弦值为
，
故选：A
【典例4-2】（2024·江西景德镇·一模）甲烷是最简单的有机化合物，其分子式为
，它是由四个氢原子
和一个碳原子构成，甲烷在自然界分布很广，是天然气、沼气、煤矿坑道气及可燃冰的主要成分之一.甲烷
分子是正四面体空间构型，如图，四个氢原子分别位于正四面体的顶点
处，碳原子位于正四面体的
中心
处.若正四面体
的棱长为1，则平面
和平面
位于正四面体内部的交线长度为（ ）
A．
B．
C．
D．1
【答案】A
【解析】如图所示，
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分别取
的中点
，连结E，F，
则由正四面体的性质，EF 过正四面体的中心O，
所以平面
即平面
，平面
即平面
，
又因为
平面
，
平面
，
所以平面
和平面
位于正四面体内部的交线为线段
，
又因为正四面体
的棱长为1，
则由勾股定理可得
，
所以在等腰三角形FAB 中：
．
故选：A．
几何法
【变式4-1】（2024·广东广州·模拟预测）在正六棱柱
中，
，
为棱
的中点，以
为球心，
为半径的球面与该正六棱柱各面的交线总长为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【解析】因为球
的半径为6，
，所以球
不与侧面
及侧面
相交，
设
分别为
的中点，连接
，
则由题意可得
，
所以
，
所以球
与侧面
交于点
，与侧面
交于点
，
在正六边形
中，因为
，所以
，
51
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所以
，
因为
平面
，
平面
，所以
，
因为
，
平面
，
所以
平面
，所以
平面
，且
，
所以
，
所以球
与侧面
的交线是以
为直径的半圆，
同理可得球
与侧面
的交线是以
为直径的半圆，
因为
，所以球
与上下底面的交线均为
个半径为
的圆，
所以球面与该正六棱柱各面的交线总长为
故选：D
【变式4-2】（2024·宁夏吴忠·模拟预测）在正方体
中，点
为线段
上的动点，直线
为平面
与平面
的交线，现有如下说法
①不存在点
，使得
平面
②存在点
，使得
平面
52
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③当点
不是
的中点时，都有
平面
④当点
不是
的中点时，都有
平面
其中正确的说法有（ ）
A．①③
B．③④
C．②③
D．①④
【答案】B
【解析】对于①，由当点
与点
重合时，由
，
而
平面
，
平面
，得
平面
，故①错误；
对于②，若存在点
，使得
平面
，则
，
又
，可得
，
以D 为原点建立如图所示的空间直角坐标系，设棱长为1，
，
，
则
，
，
，
，
则
，
，
，
，
53
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所以
，这与
矛盾，故②错误；
对于③，当
不是
的中点时，
由
，且
面
，
面
，可知
面
，
又直线
为面
与面
的交线，则
，
又
面
，
面
，从而可得
面
，故③正确；
对于④，由③可知
，又
平面
，
平面
，
所以
，又
，
，
平面
，
所以
平面
，所以
平面
，故④正确.
综上，③④正确.
故选：B.
1．用一个垂直于圆锥的轴的平面去截圆锥，截口曲线（截面与圆锥侧面的交线）是一个圆，用一个不垂
直于轴的平面截圆锥，当截面与圆锥的轴的夹角
不同时，可以得到不同的截口曲线，它们分别是椭圆、
拋物线、双曲线．因此，我们将圆、椭圆、抛物线、双曲线统称为圆锥曲线．记圆锥轴截面半顶角为
，
截口曲线形状与
有如下关系：当
时，截口曲线为椭圆；当
时，截口曲线为抛物线：当
时，截口曲线为双曲线．如图1 所示，其中
，现有一定线段
，其与平面
所成角
（如图
2），
为斜足，
上一动点
满足
，设
点在
的运动轨迹是
，则（ ）
54
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A．当
时，
是抛物线
B．当
时，
是双曲线
C．当
时，
是圆
D．当
时，
是椭圆
【答案】D
【解析】∵
为定线段，
为定值，
∴
在以
为轴的圆锥上运动，其中圆锥的轴截面半顶角为
，
与圆锥轴
的夹角为
，
对于A，
，∴平面
截圆锥得双曲线，故A 错误；
对于B，
，∴平面
截圆锥得椭圆，故B 错误；
对于C，
，∴平面
截圆锥得抛物线，故C 错误；
对于D，
，∴平面
截圆锥得椭圆，故D 正确；
故选：D.
题型五：空间线段以及线段之和最值问题
【典例5-1】棱长为1 的正方体
中，点
在棱
上运动，点
在侧面
上运动，满
足
平面
，则线段
的最小值为 .
55
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【答案】
【解析】以
为坐标原点，
分别为
轴，建立空间直角坐标系，如图，
则
，设
，
，
所以
，
，
因为
平面
，
所以
，
故
，
，故
，
其中
，
故
，
56
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故当
时，
，此时
满足要求，
所以线段PQ 的最小值为
.
故答案为：
【典例5-2】已知
是大小为
的二面角，
为二面角内一定点，且到半平面
的距离分别为
，
分别是半平面
､
内的动点.则
周长的最小值为 .
【答案】
【解析】分别作点
关于平面
的对称点
，
则
，
，
易证当
分别取直线
与平面
的交点时，
周长最短，
且这个周长最小值为
.
故答案为：
57
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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.
【变式5-1】如图，棱长为1 的正方体
中，
为线段
的中点，
，
分别为线段
和棱
上的动点，则
的最小值为 ．
【答案】
【解析】设
是
的中点，
，
所以
，则
.
对任一点
，
的最小值是
到直线
的距离，
过
作
，交
于
，
过
作
，交
于
，连接
，
由于
，所以
平面
A1B1C1D1，
平面
A1B1C1D1，
所以
，
由于
，
平面
，所以
平面
，
又
平面
，所以
，
则
，易得
.
58
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，
，
，
所以
，
当
三点共线，且
是
的中点，
是
与
的交点，
此时
取得最小值为，所以
的最小值为
.
故答案为：
【变式5-2】如图，八面体
的每一个面都是边长为4 的正三角形，且顶点
在同一个平面内．若
点
在四边形
内（包含边界）运动，当
时，点
到
的最小值为 .
【答案】
/
【解析】以
为直径作球
，球
半径
，
与球上任意一点(除去点
)均能构成直角，
故
点轨迹为球
与四边形
（包括边界）的交线.
59
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易知
在平面
上的投影
为菱形
的外心，且
都全等,
故四边形
为正方形，四棱锥
为正四棱锥，
在平面
上的投影为正方形
的中
心
，
记球心
在平面
上的投影为
，
，
故平面
截球
的小圆半径
，
即点
的轨迹以
中点
为圆心，半径为
的圆在四边BCDE 内（包含边界）的一段弧，
易知
到
的距离为3，弧上的点到
的距离最小值为
.
故答案为：
1．如图，在棱长为4 的正方体
中，已知
是
上靠近
的四等分点，点
分别在
上，则
周长的最小值为 .
【答案】
60
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【解析】将
分别沿
展开到与平面
共面的位置，如图所示，
其中点
为原来的点
的周长
，
（当且仅当
四点共线时取等号）.
，
又
，
，
，即
周长的最小值为
.
故答案为：
.
题型六：空间角问题
【典例6-1】如图，正三棱锥
的侧面和底面
所成的角为
，正三棱锥
的侧面和底面
所成的角为
，
，P 和
位于平面
的异侧，且这两个正三棱锥的所有顶点都在同一个球面
上，则
，
的最大值为 .
61
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【答案】
/
【解析】由这两个正三棱锥的所有顶点都在同一个球面上，以及图形的对称性可知，
为外接球的直径，
故
；
设三角形
的中心为
,
的中点为
,
，
由正弦定理可知，
，
由三角形性质可知
，
因为三角形
为直角三角形，
显然
所以有
即
，
62
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由题可知
，
所以
由基本不等式可知
，当
时等号成立，
所以
故填：
；
【典例6-2】如图1，
是圆
的直径，点
是圆
上异于
，
的点，直线
平面
，
，
分
别是
，
的中点，记平面
与平面
的交线为，直线与圆
的另一个交点为
，且点
满足
.（如图2）.记直线
与平面
所成的角为
，异面直线
与
所成的角为
，二面角
的大小为
，则下列四个判断中，正确的个数有 个.
①
②
③
④
.
【答案】3
63
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【解析】
对于②，如图所示，连接
，因为平面
与平面
的交线为，所以
，
又因为直线与圆
的另一个交点为
，所以
，即平面
与平面
的交线为就是直线
，
因为
，
分别是
，
的中点，所以
，
而
平面
，
平面
，
所以
平面
，
又平面
平面
，
平面
，
所以
，所以
由题意易知：
，
面
，则
面
，而
面
，
则
，即二面角
的大小
，故②正确；
对于③，
；
由Q 满足
，点
是
中点，
平面
，则
，
面
，
结合题意此时四边形
为矩形，则直线
与平面
所成的角
，
即
；
过Q 作
，且使得
，连接
，显然
，此时四边形
为平行四边形，
，
则异面直线
与
所成的角
，结合上面说明得
面
，
64
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而
面
，则
，即
.
∴
，故③正确；
对于①，由③可知
，注意到
，所以
，故①正确；
对于④，
故④错误；
故正确的序号有：①②③，共3 个.
故答案为：3.
1、用综合法求空间角的基本数学思想主要是转化与化归，即把空间角转化为平面角，进而转化为三
角形的内角，然后通过解三角形求得．求解的一般步骤为：
（1）作图：作出空间角的平面角．
（2）证明：证明所给图形是符合题设要求的．
（3）计算：在证明的基础上计算得出结果．
简称：一作、二证、三算．
2、用定义作异面直线所成角的方法是“平移转化法”，可固定一条，平移另一条；或两条同时平移
到某个特殊的位置，顶点选在特殊的位置上．
3、求直线与平面所成角的常见方法
（1）作角法：作出斜线、垂线、斜线在平面上的射影组成的直角三角形，根据条件求出斜线与射影
所成的角即为所求．
（2）等积法：公式
，其中
是斜线与平面所成的角，h 是垂线段的长，是斜线段的长，其
中求出垂线段的长（即斜线上的点到面的距离）既是关键又是难点，为此可构造三棱锥，利用等体积法来
求垂线段的长．
（3）证垂法：通过证明线面垂直得到线面角为90°．
4、作二面角的平面角常有三种方法
（1）棱上一点双垂线法：在棱上任取一点，过这点分别在两个面内作垂直于棱的射线，这两条射线
所成的角，就是二面角的平面角．
65
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（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．
【变式6-1】在正方体
中，点
是
上的动点，
是平面
内的一点，且满足
，则平面
与平面
所成角余弦值的最大值为 .
【答案】
【解析】连接
、
、
、
，设
，连接
、
，如下图所示：
因为
且
，则四边形
为平行四边形，
因为四边形
为正方形，则
，
因为
平面
，
平面
，则
，
因为
，
、
平面
，所以
平面
，
因为
平面
，所以
，
因为
是平面
内的一点，且满足
，所以点
的轨迹为线段
，
设正方体
的棱长为
，则
，
因为四边形
为正方形，
，则
为
的中点，且
，
由勾股定理可得
，则
，
所以
为平面
与平面
所成角（或补角），
66
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由图可知，由图可知，当点
与点
重合时，
最大，
，
，
因为
平面
，
平面
，则
，同理
，
此时
；
当
与点
重合时，
最小，易得
，
所以
，
又因为函数
在
上单调递减，
所以
，则
，
而平面
与平面
所成角为锐角，不妨设为
，则
，
所以平面
与平面
所成角的余弦值的最大值为
.
故答案为：
.
【变式6-2】如图所示，几何体由正方体和正四棱锥组合而成，若该组合体内接于半径为
的球
(即所有
顶点都在球上)，记正四棱锥侧棱
与正方体底面
A1B1C1D1所成的角为
，则
．
67
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【答案】
【解析】由正方体的性质可知该组合体的外接球的球心
为正方体的中心，设正方体上底面
A1B1C1D1的中
心为
，连接
，
，
则
在线段
上，则
．设正方体的棱长为
，该组合体外接球即为正方体外接球，
则
，
，
，因为
面
，则
即为
，
所以
．
故答案为：
1．如图，边长为2 的正方形
中，
分别是
的中点，将
分别沿
折起，使
重合于点
，则三棱锥
的外接球的体积为 ；设直线
与平面
所成角分别为
，则
.
68
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【答案】
1
【解析】由题意知
，故
三线两两垂直；
如图1 构造长方体，长方体的外接球就是三棱锥
的外接球，
长方体的体对角线就是外接球的直径，设为
，
则
，即
，
所以所求外接球的体积为
.
如图2，取
的中点
，连接
；
由
可知
，
平面
，
故
平面
，
平面
,即平面
平面
，
平面
平面
，作
，垂足为
，则
平面
，
与平面
所成
69
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角分别为
，
，由上述过程可知
，所以
，
所以
，
故答案为：
，1
题型七：轨迹问题
【典例7-1】（2024·浙江台州·一模）已知球
的半径为，
是球
表面上的定点，是球
表面上的动
点，且满足
，则线段
轨迹的面积为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】如图，以球
的球心为坐标原点，
所在的直线为
轴，建立空间直角坐标系，
因为球
的半径为，则
，设
，
则
，
，所以
，
又
，
，则
，得到
，
如图，在线段
取点
，使
，所以线段
轨迹为圆锥
的侧面，
又
，则
，所以圆锥
的侧面积为
，
所以线段
轨迹的面积为
，
70
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故选：C.
【典例7-2】（24-25 高三上·北京西城·期末）如图，在棱长为2 的正方体
中，
为棱
的中点，
为正方体表面上的动点，且
.设动点
的轨迹为曲线
，则（ ）
A．
是平行四边形，且周长为
B．
是平行四边形，且周长为
C．
是等腰梯形，且周长为
D．
是等腰梯形，且周长为
【答案】D
【解析】分别取
的中点
，连接
，
则
∥
∥
，∴
四点共面
若
为面
A1B1C1D1上的动点，
由正方体
易得，平面
平面
A1B1C1D1，且平面
平面
，要使
71
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，则只需
，此时
的轨迹为线段
；
若
为面
上的动点，
由正方体
易得，平面
平面
，且平面
平面
，要使
，则只需
，因为
分别是
的中点，易证
，故此时
的轨迹为线段
；
所以动点
的轨迹曲线
为过点
的平面与正方体各表面的交线，即梯形
.
因为正方体的棱长为2，所以
.
所以曲线
为等腰梯形，且周长为
.
故选：D.
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．
【变式7-1】已知点
是正四面体
内的动点，
是棱
的中点，且点
到棱
和棱
的距离相
等，则点
的轨迹被平面
所截得的图形为（ ）
A．线段
B．椭圆的一部分
C．双曲线的一部分
D．抛物线的一部分
【答案】D
72
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【解析】在正四面体
中，
是棱
的中点，
所以
，
，又
，
平面
，
所以
平面
，
又点
的轨迹被平面
所截，即点
在平面
内，
∴点
到棱
的距离为
．
在平面
内过点
作
，则
为点
到棱
的距离，
又点
到棱
和棱
的距离相等，即
，
因此，在平面
内，动点
到棱
和到定点
的距离相等．
由抛物线的定义得，动点
的轨迹是抛物线.
故选：D．
【变式7-2】（多选题）（24-25 高三上·河南·开学考试）如图，在棱长为2 的正方体
中，
为棱
的中点，
为线段
上的动点，
为底面
内的动点，则（ ）
A．若
，则
B．若
，则动点
的轨迹长度为
C．若直线
与平面
所成的角为
，则点
的轨迹为双曲线的一部分
73
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D．若直线
与平面
所成的角为
，则点
的轨迹为椭圆的一部分
【答案】ABC
【解析】对于A 项，连接
，
，则
，
作
，交
于点
，易证
，
由
，得
，
，所以
，
，
所以
，
同理
，所以
，所以
，故A 正确；
由
，
，
所以
，
即点
的轨迹是以A 为圆心，
为半径的圆在正方形
内的部分，
，
设该圆交棱
于S 点，交棱
于
点，则
，
又
，
为锐角，所以
，所以
，
故所求轨迹长度为
，故B 正确；
如图，以A 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，则P(0,0,1)，
74
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设
，
，易得平面
的一个法向量为⃗n=(0,1,0)，
因为直线
与平面
所成的角为
，所以
，
所以
，
化简得
，故C 正确，D 错误．
故选：ABC．
1．在直四棱柱
中，底面
是菱形，边长为2，
，侧棱长
，点
为四
边形
内动点，若
，则点
的轨迹长为 ．
【答案】
/
【解析】如图所示，过点
作
，过点
作
，
75
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因为四棱柱
是直四棱柱，所以
平面
A1B1C1D1，
因为
平面
A1B1C1D1，所以
，
又因为
，
，
平面
，
平面
，
所以
平面
，
因为直线
平面
，
所以
，
因为
，
，
，
所以
，
又因为
，所以
，
因为点
在侧面
内，
所以在平面直角坐标系中来研究点
轨迹的长度，如图所示：
点
的运动轨迹为以点
为圆心、半径为2 的圆在正方形
内部的弧
，
显然
，
，所以
，
所以
.
76
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故答案为：
.
题型八：翻折问题
【典例8-1】在正方形
中，
，
为
中点，将
沿直线
翻折至
位置，点
为
线段
中点.在翻折的过程中，若
为线段
的中点，则下列结论中正确的是（ ）
A．三棱锥
的体积最大值为
B．异面直线
、
所成角始终为
C．翻折过程中存在某个位置，使得
大小为
D．点
在某个圆上运动
【答案】D
【解析】对于A，当二面角
为直二面角，过
作
于
，
所以平面
平面
．又平面
平面
，所以
平面
．
由题意可得
，
．由勾股定理可得
．
由
，即
，解得
．
因为
为线段
的中点，所以
到平面
的距离为
．
77
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又
，所以
，即三棱锥
的体积最大值为
，故A 错误．
对于B、C 选项，取
的中点
，则
，且
，
，所以
．
因为
，所以
是异面直线
，
所成的角．
取
的中点
，连接
，
，可得
，
，
所以
．
在
中，可得
．
由余弦定理可得
，所以
．
在
中，由余弦定理可得
，
所以
，所以异面直线
，
所成的角为
，故B，C 均错误．
对于D 选项，由B，C 选项可知，
，
均为定值，则
的轨迹为以
，
为球心的球面的交线，
即点
在某个圆上运动，故D 正确．
故选：D
【典例8-2】如图，在菱形ABCD 中，
，线段AD，BD 的中点分别为E，F．现将
沿对
角线BD 翻折，则异面直线BE 与CF 所成角的取值范围（ ）.
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A．
B．
C．
D．
【答案】C
【解析】可设菱形的边长为1，则
，
；
线段AD，BD 的中点分别为E，F；
∴
，
；
∴
；
∴
；
由图看出
；
∴
；
∴
；
又因为异面直线夹角范围是
，
79
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即异面直线BE 与CF 所成角的取值范围是
．
故选：C．
【变式8-1】如图，在矩形
中，
为
的中点，将
沿
翻折．在翻折过
程中，当二面角
的平面角最大时，其正弦值为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】
在图1 中，过
作
的垂线，垂足为
，交
于
，交
于
.
在图2 中，设
在平面
内的射影为
，则
在直线
上，过
作
的垂线，垂足为
，连接
，
因为
平面
，
平面
，
所以
，
又因为
，
，
平面
，
平面
，
所以
平面
，
因为
平面
，
所以
，
因为
，
平面
，
平面
，平面
平面
，
所以
为二面角
的平面角.
80
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设
．
，
由
，可得
．
即有
，
令
，可得
，
其中
，
解得
，则
，等号成立当且仅当
．
当二面角
的平面角最大时，其正切值为
，此时它的正弦值为
．
故选：B．
【变式8-2】（多选题）在菱形
中，
，
，E 为AB 的中点，将
沿直线DE 翻
折至
的位置，使得二面角
为直二面角，若
为线段
的中点，则（ ）
A．
平面
B．
C．异面直线
，
所成的角为
81
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D．
与平面
所成角的余弦值为
【答案】AC
【解析】如图，建立空间直角坐标系，则
，
，
，
，
.
对于A，因为
，平面
的一个法向量为
，
所以
，所以
平面
，故A 正确.
对于B，因为
，
，
所以
，
所以DP，EC 不垂直，故B 错误.
对于C，因为
，
，
所以
，
所以异面直线
，
所成的角为
，故C 正确.
对于D，设平面
的法向量为
，
因为
，
，
所以
令
，得
.
82
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设
与平面
所成的角为
，因为
，
所以
，
，故D 错误.
故选：AC.
1．（多选题）在正方形
中，
，
为
中点，将
沿直线
翻折至
位置，使得
二面角
为直二面角，若
为线段
的中点，则下列结论中正确的是（ ）
A．若点
在线段
上，则
的最小值为
B．三棱锥
的体积为
C．异面直线
、
所成的角为
D．三棱锥
外接球的表面积为
【答案】AC
【解析】对于A，将
沿直线
翻折至
，可得
的最小值为
，故A 正确；
对于B，过
作
于
，因为二面角
为直二面角，
83
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所以平面
平面
，又平面
平面
，所以
平面
，
由题意可得
，
由勾股定理可得
，
由
，即
，解得
，
因为
为线段
的中点，所以
到平面
的距离为
，
又
，所以
，故B 错误；
对于C，取
的中点
，则
，且
，
，
所以
，因为
，所以
是异面直线
、
所成的角，
取
的中点
，连接
，
可得
，所以
，
在
中，可得
，
由余弦定理可得
，所以
，
在
中，由余弦定理可得
，
84
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所以
，所以异面直线
、
所成的角为
，故C 正确；
对于D，取
的中点
，过点
在平面
内作
的垂线交
于
，
易得
是
的垂直平分线，所以
是
的外心，
又平面
平面
，又平面
平面
，所以
平面
，
又因为
直角三角形
的外心，所以
是三棱锥
的外球的球心，
又
，所以
，
所以三棱锥
外接球的表面积为
，故D 错误.
故选：AC.
重难点突破：以立体几何为载体的情境题
【典例9-1】（2024·青海·模拟预测）如图，在正方体
中，
，
，
，
，
，
分别
为棱
，
，
，
，
，
的中点，
为
的中点，连接
，
．对于空间任意两点
，
，若线段
上不存在也在线段
，
上的点，则称
，
两点“可视”，则与点
“可视”的点为
（ ）
85
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A．
B．
C．
D．
【答案】D
【解析】如图，连接
，
，
，由正方体的性质及
、
分别为棱
、
的中点，
易得
，所以线段
与
相交，
与
相交，故A、B 错误；
连接
，
，有
，
，故
，
所以线段
与
相交，C 错误；
连接
，直线
与
，直线
与
均为异面直线，D 正确.
故选：D.
【典例9-2】（22-23 高三上·河北·期末）由空间一点
出发不共面的三条射线
，
，
及相邻两射
线所在平面构成的几何图形叫三面角，记为
．其中
叫做三面角的顶点，面
，
，
叫做三面角的面，
，
，
叫做三面角的三个面角，分别记为
，
，
，二面角
、
、
叫做三面角的二面角，设二面角
的平面角大小为
，则一
定成立的是（）
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A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】如图，
，
，
在
上取一点
，过
在平面
内作
，交
于
，
过
在平面
内作
，交
于
，连接
，
则
是二面角
的平面角，即
.
设
，在直角三角形
中，
，
在直角三角形
中，
，
，
在
中，
，
在
中，
，
即为
87
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，
所以
.
故选：A.
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．
【变式9-1】（多选题）（2024·江西·三模）球面三角学是研究球面三角形的边、角关系的一门学科．如图，
球
的半径为R，A，B，
为球面上三点，劣弧BC 的弧长记为
，设
表示以
为圆心，且过B，C 的
圆，同理，圆
的劣弧
的弧长分别记为
，曲面
（阴影部分）叫做曲面三角形，
，则称其为曲面等边三角形，线段OA，OB，OC 与曲面
围成的封闭几何体叫做球面三棱锥，
记为球面
．设
，则下列结论正确的是（ ）
A．若平面
是面积为
的等边三角形，则
B．若
，则
C．若
，则球面
的体积
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D．若平面
为直角三角形，且
，则
【答案】BC
【解析】对于A，因等边三角形
的面积为
，则
，
又
，故
则
，故A 错误；
对于B，由
可得
，故
，即B 正确；
对于C，由
可得，
故
.
由正弦定理，
的外接圆半径为
，点
到平面ABC 的距离
，
则三棱锥
的体积
,
而球面
的体积
，故C 正确；
对于D，由余弦定理可知
由
可得，
，
即
，化简得，
．
取
，则
，则
，故D 错误．
故选：BC
【变式9-2】（多选题）设
为多面体
的一个顶点，定义多面体
在点
处的离散曲率为
，其中
，
为多面体
的所有与点
相邻的顶点，且平面
，平面
，平面
和平面
为多面体
的所有以
为公共
89
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点的面.已知在直四棱柱
中，四边形
为菱形，
，则下列说法正确的是
（ ）
A．四棱柱
在其各顶点处的离散曲率都相等
B．若
，则四棱柱
在顶点
处的离散曲率为
C．若四面体
在点
处的离散曲率为
，则
平面
D．若四棱柱
在顶点
处的离散曲率为
，则直线
与平面
所成的角的正弦值
为
【答案】CD
【解析】对于A.当直四棱柱
的底面为正方形时，其在各顶点处的离散曲率都相等，当直
四棱柱
的底面不为正方形时，其在同一底面且相邻的两个顶点处的离散曲率不相等，故A
错误；
对于B.若
，则菱形
为正方形，
因为
平面
，
，
平面
，
所以
，
，
所以直四棱柱
在顶点
处的离散曲率为
90
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，故
错误；
对于C.在四面体
中
，
，
，所以
，
所以四面体
在点
处的离散曲率为
，解得
，
易知
，所以
，所以
，
所以直四棱柱
为正方体，
因为
平面
平面
，
所以
，
又
，
，
平面
，
所以
平面
，又
平面
，
所以
，同理
，
又
，
，
平面
，
所以
平面
，故
正确；
对于D.直四棱柱
在顶点
处的离散曲率为
，
则
，即
是等边三角形，
设
，则
即为
与平面
所成的角，
，故
正确；
故选:CD.
91
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1．将
个棱长为1 的正方体如图放置，其中上层正方体下底面的顶点与下层正方体上底面棱
的中点重合.设最下方正方体的下底面
的中心为
，过
的直线与平面
垂直，以
为顶点，
为对称轴的抛物线
可以被完全放入立体图形中.若
，则
的最小值为 ；
若
有解，则
的最大值为 .
【答案】 4 2
【解析】抛物线的一部分
可以被完全放入立体图形中，
当且仅当对任意的
，在
时恒有
成立.
即对任意的
，有
，
，此即
，
.
这等价于
，且对任意的
，有
.
92
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由于当
时必有
，故条件等价于
，且当
时，必有
.
这等价于
，且当
时，必有
，即
，令
即
，且当
时，有
.
当
时，由于
关于
递增，
故条件等价于
，且
.
回到原题.
当
时，条件等价于
，所以
的最小值为
；
若
有解，则等价于
或
，即
，解得
.
结合
是正整数，知
的最大值为
.
故答案为：4；2.
93
