空间向量与立体几何：最值与范围问题、交线截面与轨迹问题、立体几何新定义问题
专项训练
考点目录
最值与范围问题
交线、截面与轨迹问题
立体几何新定义问题
1．（2025·河北·模拟预测）正四棱锥P
ABCD
-
底面边长与侧棱长均为2,O 为空间任一点，且满足
0
OA OB
×
=
uuur uuur
，则
线段OP长度的取值范围为（ ）
A．
2,
2
1
é
ù
+
ë
û
B．
3, 3
1
é
ù
+
ë
û
C．
3 1, 3 1
é
ù
-
+
ë
û
D．
2
1,
2
1
é
ù
-
+
ë
û
【答案】C
【详解】取底面正方形中心S，
,
AB BC 中点M N
、，连结SM
SN
SP
、
、
，
以S为原点，SM
SN
SP
、
、
为x y z
、、轴建立空间直角坐标系，
则
1, 1,0 ,
1,1,0 ,
0,0, 2
A
B
P
-
，
设
,
,
O
x y z ，则
1
, 1
,
,
1
,1
,
OA
x
y
z OB
x
y
z
=
-
- -
-
=
-
-
-
uuur
uuur
，
因为
0
OA OB
×
=
uuur uuur
，得
2
2
2
1
1
x
y
z
-
+
+
= ，
所以点O在以
1, 0, 0
M
为球心，以1 为半径的球面上，
且
2
2
2
1
0
2
3
PM =
+
+
=
，
则
3
1
3
1
OP
- £
£
+ ，即线段OP长度的取值范围为
3 1, 3 1
é
ù
-
+
ë
û.
故选：C
2．（24-25 高二上·河南周口·期末）在正四棱柱
1
1
1
1
ABCD
A B C D
-
中，
1
2
2,
AA
AB
P
=
=
为棱
1
B B 上的动点（不包含
考点一
最值与范围问题
端点），则
1
A C 与
1
D P 所成角的余弦值的取值范围为（ ）
A．
1
0, 2
æ
ö
ç
÷
è
ø
B．
2
0, 3
æ
ö
ç
÷
è
ø
C．
1
0, 4
æ
ö
ç
÷
è
ø
D．
4
0, 9
æ
ö
ç
÷
è
ø
【答案】B
【详解】以D 为坐标原点，以
,
DA DC ，
1
DD 所在直线分别为x 轴，y轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则
1
1
1, 0, 0 ,
0,1, 2 ,
0, 0, 2
A
C
D
，设
1,1,
(0
2)
P
a
a
<
<
，故
1
(1,1
D P =
uuuur
，
1
2),
1,1,2
a
AC
-
= -
uuuur
，
设
1
A C 与
1
D P 所成的角为q，则
1
1
2
1
1
2
2
cos
6
2 (
2)
AC DP
a
AC DP
a
q
×
-
=
=
´
+
-
uuuur uuuur
uuuur uuuur
，
所以
2
2
2
4(
2)
cos
12
6(
2)
a
a
q
-
=
+
-
，令
2
(
2) ,
0, 4
t
a
t
=
-
Î
，
所以
2
4
4
cos
0,
12
9
6
t
q
æ
ö
=
Îç
÷
è
ø
+
，故
2
cos
0, 3
q
æ
ö
Îç
÷
è
ø .
故选：B.
3．（24-25 高二下·江苏连云港·阶段练习）在平行六面体
1
1
1
1
ABCD
A B C D
-
中，且
1
1
60
BAA
DAA
Ð
= Ð
=
° ，
A B
A D
^
，若
1
3
AC = ，则棱
1
A A 的最大值为（ ）
A．2
B．2 2
C．3
D．3 2
【答案】D
【详解】设
1
,
,
AB
x
AD
y
AA
z
=
=
=
，则有
1
1
A C
A A
AB
AD
=
+
+
uuur
uuur
uuur
uuur
，
由
1
1
60
BAA
DAA
Ð
= Ð
=
° ，A B
A D
^
，所以
0
AB
AD
×
=
uuur uuur
，
1
1
1
1
120
AA B
AA D
°
Ð
= Ð
=
，
所以
2
2
2
2
2
2
1
1
1
1
1
1
2
2
2
A C
A C
A A
AB
AD
A A
AB
AD
A A AB
A A AD
AB AD
=
=
+
+
=
+
+
+
×
+
×
+
×
uuur
uuur
uuur
uuur
uuur
uuur
uuur
uuur
uuur uuur
uuur uuur
uuur uuur
2
2
2
1
1
1
2
cos120
2
cos120
A A
AB
AD
A A AB
A A AD
°
°
=
+
+
+
+
uuur
uuur
uuur
uuur uuur
uuur uuur
2
2
2
2
2
2
9
z
x
y
xz
yz
z
x
y
x
y z
xy
=
+
+
-
-
=
+
+
-
+
-
= ，
即
2
2
9
2
x
y
x
y z
z
xy
+
-
+
+
- =
，
由
2
2
2
2
2
2
x
y
x
y
xy
+
+
æ
ö
£
=
ç
÷
è
ø
，当且仅当x
y
=
时，等号成立，
所以
2
2
2
9
2
2
x
y
x
y
x
y z
z
xy
+
+
-
+
+
-
=
£
，
即
2
2
2
2
9
0
x
y
z x
y
z
+
-
+
+
-
£
，令t
x y
= + ，
即
2
2
2
2
9
0
t
zt
z
-
+
-
£
，关于t 的一元二次不等式要有解，
所以
2
2
Δ
4
4 2
9
0
z
z
=
- ´
-
³
，解得
2
18
z £
，即
3 2
z £
，
所以z 的最大值为3 2 ，当
3 2
z =
时，
2
6 2
18
0
t
t
-
+
£
，
即
2
3 2
0
t -
£
，所以
3 2
t
x
y
=
+
=
，即
3 2
2
x
y
=
=
时，等号成立，
故选：D.
4．（24-25 高二上·辽宁抚顺·期末）已知平面a 的一个法向量为
,1,2
a
x
x
=
-
r
，直线l 的一个方向向量为
0,11,0
b =
r
，则直线l 与平面a 所成角的正弦值的最大值为
．
【答案】
3
3
【详解】直线l 与平面a 所成的角为q ，
则
2
2
2
2
11
1
1
sin
cos
,
11
1
4
4
2
4
5
2
1
3
a b
a b
a
b
x
x
x
x
x
x
q
×
=
=
=
=
=
×
+ +
-
+
-
+
-
+
r r
r r
r
r
，
当
1
x = 时，sinq 取得最大值，最大值为
3
3
．
故答案为：
3
3
.
5．（24-25 高二下·上海·期中）如图，在棱长为4 的正方体
1
1
1
1
ABCD
A B C D
-
中，E 为BC 的中点，点P 为线段
1
D E
上一动点，则异面直线
1
C P 与AD 所成角的余弦值最大值为 ．
【答案】
5
5
【详解】如图，以D 为原点，建立空间直角坐标系，
在棱长为4 的正方体
1
1
1
1
ABCD
A B C D
-
中，得到
(0,0,0)
D
，
(4,0,0)
A
，
1(0,4,4)
C
，
(0,4,0)
C
，(4,4,0)
B
，
1(0,0,4)
D
，
因为E 为BC 的中点，所以由中点坐标公式得
(2,4,0)
E
，
则
( 4,0,0)
AD = -
uuur
，
1
(2,4, 4)
=
-
uuuur
E
D
，设
1
1 ,
0,1
D P
D E
l
l
=
Î
uuuur
uuuur
，
( , , )
P x y z ，
得到
1
( , ,
4)
D P
x y z
=
-
uuuur
，
1
(2 ,4 , 4 )
D E
l
l
l
l
=
-
uuuur
，
即
2
x
l
=
，
4
y
l
=
，
4
4
z
l
-
= -
，解得
4
4
z
l
= -
+ ，
故
(2 ,4 , 4
4)
P
l
l
l
-
+
，则
1
(2 ,4
, 4 )
C P
l
l
l
=
- 4 -
uuur
，
设异面直线
1
C P 与AD 所成角为q ，
π
0, 2
q
æ
ù
Îç
ú
è
û ，
则
1
2
2
2
1
8
cos
4
(2 )
(4
4)
( 4 )
AD C P
AD
C P
l
q
l
l
l
×
-
=
=
×
´
+
-
+ -
uuur uuur
uuur
uuur
，
2
2
2
2
2
2
4
16
32
16
36
32
l
l
l
l
l
l
l
l
=
=
+
-
+16 +
-
+16 ，
令
2
2
36
32
f
l
l
l
l
=
-
+16 ，当
0
l =
时，
( )
0
f l =
，
当
0
l ¹
时，
2
2
2
1
8
36
32
9
f
l
l
l
l
l
l
=
=
4
-
+16
-
+
，
令
1
1,
t
¥
l = Î
+
，则
( )
f l 可化为
2
1
( )
9
g t
t
t
=
-8 + 4
，
由二次函数性质得
2
9
y
t
t
=
-8 + 4
在
1,+¥ 上单调递增，
由复合函数性质得
2
9
y
t
t
=
-8 + 4
在
1,+¥ 上单调递增，
故( )
g t 在
1,+¥ 上单调递减，则
5
( )
(1)
5
g t
g
£
=
，得到
5
(1)
5
f
f
l
£
=
，
若异面直线
1
C P 与AD 所成角q 最小，则cosq 最大，
此时
5
cos
5
q =
.
故答案为：
5
5
6．（24-25 高二上·安徽阜阳·期中）已知正四棱锥S
ABCD
-
底面边长为2，高为1，动点P 在平面ABCD 内且满足
2
2
2
2
12
PA
PB
PC
PD
+
+
+
=
uuur
uuur
uuur
uuur
，则直线AP 与SC 所成角的余弦值的取值范围为
．
【答案】
3
6
,
3
3
é
ù
ê
ú
ë
û
【详解】设正方形ABCD 的中心为O ，过点O 作
,
AB BC 的垂线，以O 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则点
0,0,1 ,
1, 1,0 ,
1, 1,0 ,
1,1,0
S
A
B
C
- -
-
，
1,1,0
D -
，
设
, ,0
P x y
，可得
1
, 1
,0 ,
1
, 1
,0
PA
x
y
PB
x
y
= - -
- -
=
-
- -
uuur
uuur
，
1
,1
,0 ,
1
,1
,0
PC
x
y
PD
x
y
=
-
-
= - -
-
uuur
uuur
，
所以
2
2
2
2
2
2
PA
x
y
x
y
=
+
+
+
+
uuur
，
2
2
2
2
2
2
PB
x
y
x
y
=
+
-
+
+
uuur
，
2
2
2
2
2
2
PC
x
y
x
y
=
+
-
-
+
uuur
，
2
2
2
2
2
2
PD
x
y
x
y
=
+
+
-
+
uuur
，
因为
2
2
2
2
12
PA
PB
PC
PD
+
+
+
=
uuur
uuur
uuur
uuur
，可得
2
2
1
x
y
+
= ，可设
cos ,sin ,0
P
q
q
，0
2π
q
£
<
，
设直线AP 与SC 所成角为a ，由
cos
1,sin
1,0
AP
q
q
=
+
+
uuur
，
1,1, 1
SC =
-
uuur
，
则
cos
sin
2
cos
3 3
2cos
2sin
AP SC
AP SC
q
q
a
q
q
×
+
+
=
=
+
+
uuur uuur
uuur uuur
，
令
π
sin
cos
2
2 sin
2
4
t
q
q
q
æ
ö
=
+
+
=
+
+
ç
÷
è
ø
，可得
2
2,2
2
t
é
ù
Î
-
+
ë
û ，
则1
2
2
1
,1
2
2
t
é
ù
Î
-
+
ê
ú
ë
û
，则
2
2
1
1
cos
1
2
1
3
3
1
1
t
t
t
a =
=
æ
ö
-
+
-
-
+
ç
÷
è
ø
，
2
1
1 1
1
1
2
t
æ
ö
£ -
-
+ £
ç
÷
è
ø
,
可得
3
6
cos
,
3
3
a
é
ù
Îê
ú
ë
û
．
故答案为：
3
6
,
3
3
é
ù
ê
ú
ë
û
.
7．（24-25 高三下·湖南长沙·阶段练习）如图，直三棱柱
1
1
1
ABC
A B C
-
中，AB
AC
^
，
1
2
2
AA
AB
AC
=
=
，
1
BP
BB
l
=
uuur
uuur
.
(1)当
1
2
l =
时，证明：平面PAC ^ 平面
1
PAC ；
(2)当
0,1
l Î
，记平面PAC 与平面BAC ，平面
1
1
ABB A ，平面
1
1
ACC A ，平面
1
1
BCC B 所成的角分别为
1
q ，
2
q ，
3
q ，
4
q ，
1
2
3
4
q
q
q
q
q
=
+
+
+
，求cosq 的取值范围.
【答案】(1)证明见解析
(2)
10 ,0
5
æ
ö
-
ç
÷
ç
÷
è
ø
【详解】（1）设
1
2
2
2
AA
AB
AC
=
=
=
，
∵
1
1
1
ABC
A B C
-
为直三棱柱，且AB
AC
^
，
当
1
2
l =
时，此时P 为
1
BB 的中点，
∴在
1
PAA
V
中，
1
2
PA
PA
=
=
，
1
2
AA =
，则
1
PA
PA
^
，
∵
1
AA ^ 平面ABC ，AC Ì 平面ABC ，∴
1
AA
AC
^
，
又∵AB
AC
^
，
1
AA
AB
A
=
I
，∴AC ^平面
1
1
ABB A ，
又
1
PA Ì
Q
平面
1
1
ABB A ，∴
1
AC
PA
^
，
∵PA
AC
A
=
I
，
,
PA AC Ì 平面PAC ，
∴
1
PA ^ 平面PAC .∵
1
PA Ì 平面
1
PAC ，
∴平面PAC ^ 平面
1
PAC .
（2）由（1）知AB ，AC ，
1A A 两两垂直，以A 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则
0,0,0
A
，
1,0,0
C
，
1 0,2,0
A
，
0,0,1
B
，
0,2 ,1
P
l
，
1,0,0 ,
1,2 ,1
AC
CP
l
=
= -
uuur
uuur
.
设平面PAC 的法向量
0
, ,
n
x y z
=
uur
，
则
0
0
0,
0,
2
0,
0
n
AC
x
x
y
z
n
CP
l
ì
×
=
=
ì
ï
Þ
í
í- +
+
=
×
=
î
ïî
uur uuur
uur uuur
令
1
y = ，则
0
0,1, 2
n
l
=
-
uur
，
同理，平面BAC 的法向量
1
0,1,0
n =
ur
，
平面
1
1
ABB A 的法向量
2
1,0,0
n =
uur
，
平面
1
1
ACC A 的法向量
3
0,0,1
n =
uur
，
平面
1
1
BCC B 的法向量
4
1,0,1
n =
uur
，
∴
0
1
1
0
1
2
0
1
1
cos
cos
,
1
4
n
n
n n
n
n
q
l
×
=
=
=
+
uur ur
uur ur
uur ur
，
同理
2
cos
0
q =
，
3
2
2
cos
1
4
l
q
l
=
+
，
4
2
2
cos
2
1
4
l
q
l
=
×
+
，
∴
2
π
2
q =
，
1
3
π
2
q
q
+
=
，
∴
1
2
3
4
4
2
2
cos
cos
cos
π
1
4
l
q
q
q
q
q
q
l
=
+
+
+
=
+
= -
+
2
2
2
1
10
2
2
,0
1
1
4
5
4
l
l
l
æ
ö
= -
= -
Î -
ç
÷
ç
÷
+
è
ø
+
，
∴cosq 的取值范围为
10 ,0
5
æ
ö
-
ç
÷
ç
÷
è
ø
.
8．（2025·重庆·模拟预测）如图，在
ABC
V
中，AB
AC
=
，O 为BC 边的中点，点D，E 分别在AB ，AC 上，将
ACO
△
绕直线AO 旋转α 到AON
V
的位置，点E 对应点M，DE 交AO 于点F，点P 在线段NC 上，连接EP ，
FP ，MO ．已知
0,π
a Î
，
1
3
DE
BC
=
uuur
uuur
，
2
PC
NP
=
uuur
uuur
．
(1)证明：
//
EP
平面AON ；
(2)若AO
BC
=
，求OM 与平面EFP 所成角的正弦值的取值范围．
【答案】(1)证明见解析
(2)
6 85
0, 85
æ
ù
ç
ú
çè
û
【详解】（1）由
1
3
DE
BC
=
uuur
uuur
，则D 、E 分别为
1
3
AD
AB
=
、
1
3
AE
AC
=
，
由
2
PC
NP
=
uuur
uuur
，则
1
3
NP
NC
=
，故
/ /
PE
AN ，
又AN Ì 平面AON ，PE Ë 平面AON ，故
//
EP
平面AON ；
（2）由AB
AC
=
，O 为BC 边的中点，则AO
BC
^
，
如图，在平面BCN 内作Ox
BC
^
，则可建立如图所示空间直角坐标系O
xyz
-
，
设OC 为单位长度，则有
0,0,0
O
，
0,1,0
C
，
0, 1,0
B
-
，
0,0,2
A
，
由DE 交AO 于点F ，则
4
0,0, 3
F æ
ö
ç
÷
è
ø，
1 4
0,
,
3 3
E æ
ö
ç
÷
è
ø，
则
sin
,cos ,0
N
a
a
，则
2
1
1
sin
,
cos
,0
3
3
3
P
a
a
æ
ö
+
ç
÷
è
ø，
1
1
4
sin
,
cos ,
3
3
3
M
a
a
æ
ö
ç
÷
è
ø ，
则
1
1
4
sin
,
cos ,
3
3
3
OM
a
a
æ
ö
= ç
÷
è
ø
uuuur
，
1
0,
,0
3
EF
æ
ö
=
-
ç
÷
è
ø
uuur
，
2
1
4
sin
,
cos ,
3
3
3
EP
a
a
æ
ö
=
-
ç
÷
è
ø
uuur
，
设平面EFP 的法向量为
, ,
m
x y z
=
r
，
则有
1
0
3
2
1
4
sin
cos
0
3
3
3
EF m
y
EP m
x
y
z
a
a
ì
×
= -
=
ïïí
ï
×
=
× +
×
-
=
ïî
uuur r
uuur r
，
令
2
x =
，则
0
y =
，
sin
z
a
=
，即m
ur
可取
2,0,sina ，
设OM 与平面EFP 所成角为q ，
则
2
2
2
2
4
sin
sin
3
3
sin
cos
,
1
1
16
sin
cos
4
sin
9
9
9
OM m
a
a
q
a
a
a
+
=
=
+
+
×
+
uuuur r
2
2
2
2
2sin
6 17
sin
6 17
1
4
17
4
sin
17
17
1
4
sin
sin
3
a
a
a
a
a
=
=
×
=
×
+
+
×
+
，
由
0,π
a Î
，则
sin
0,1
a Î
，则
2
4
1
5,
sin
¥
a + Î
+
，
则
2
1
5
0,
4
5
1
sin a
æ
ù
Îç
ú
çè
û
+
，故
2
6 17
1
6 85
sin
0,
4
17
85
1
sin
q
a
æ
ù
=
×
Îç
ú
çè
û
+
.
9．（2025·甘肃白银·三模）已知四边形MBEA 为矩形，四边形AECD 为直角梯形，
,
AE
AD AD
^
∥
,
3,
6
EC MA
AD
EC
=
=
=
，二面角B
AE
C
-
-
的大小为q ．
(1)若
π ,
3 P
q =
为CD 的中点．
①求点P 到平面MBEA 的距离；
②若
3
AE =
，求平面BEP 与平面BAD 夹角的余弦值．
(2)若
π ,
3
2 AE
q =
=
，点N 为线段EC 的中点，将DCN
V
沿DN 折起，使得DCN
V
与四边形MBEA 在平面AEND 的同
侧，且平面DCN ∥平面MBEA ，点F 为四面体MECD 的内切球球面上的一动点，求
1
3
FD
FC
+
的最小值．
【答案】(1)①9 3
4
；②11 217
217
(2)
66
3
【详解】（1）①设
,
AE MB 的中点分别为,
T G ，连接
,
PT TG ，
在平面PTG 内，过点P 作PQ
TG
^
，垂足为Q ，如图所示：
因为四边形MBEA 为矩形，所以GT
AE
^
．
因为AE
AD
^
，且,
T P 分别为
,
AE DC 的中点，所以PT
AE
^
，所以
PTQ
Ð
q
=
，
因为GT
PT
T
Ç
=
，
,
GT PT Ì 平面PTQ ，AE ^ 平面PTQ ，所以AE
PQ
^
．
因为PQ
TG
^
，且AE
TG
T
Ç
=
，
,
AE TG Ì 平面MBEA ，所以PQ ^ 平面MBEA ．
因为
3,
6
AD
EC
=
=
，所以
9
2
TP =
．
因为
π
3
q -
，所以
π
9
3
9 3
sin 3
2
2
4
PQ
TP
-
×
-
´
-
，故点P 到平面MBEA 的距离为9 3
4
.
②过点A 作AH ^ 平面ADCE ，分别以
,
,
AE AD AH 所在直线为, ,
x y z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，
由①知，
π
3
BEC
Ð
=
．
因为
3,
6,
3
MA
AD
EC
AE
=
=
=
=
，
所以
3 3 3
0,0,0 ,
0,3,0 ,
3,0,0 ,
3,
,
2
2
A
D
E
Bæ
ö
ç
÷
ç
÷
è
ø
,
3 9
,
,0
2 2
Pæ
ö
ç
÷
è
ø ，
所以
3 3 3
0,3,0 ,
3,
,
2
2
AD
AB
æ
ö
=
= ç
÷
ç
÷
è
ø
uuur
uuur
,
3 3 3
3 9
0,
,
,
,
,0
2
2
2 2
EB
EP
æ
ö
æ
ö
=
= -
ç
÷
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
uuur
uuur
，
设平面BEP 的法向量为
1
1
1
,
,
m
x y z
=
r
，平面BAD 的法向量为
2
2
2
,
,
n
x
y
z
=
r
，
所以
0
0
m EB
m EP
ì
×
=
ïí
×
=
ïî
uuur
r
uuur
r
，所以
1
1
1
1
3
3 3
0
2
2
3
9
0
2
2
y
z
x
y
ì
+
=
ïïí
ï-
+
=
ïî
，令
1
3
y =
，解得
1
1
3 3,
1
x
z
=
= - ，
所以
3 3, 3, 1
=
-
m
为平面BEP 的一个法向量．
0
0
n AD
n AB
ì ×
=
ïí ×
=
ïî
uuur
r
uuur
r
，所以
2
2
2
2
3
0
3
3 3
3
0
2
2
y
x
y
z
=
ìïí
+
+
=
ïî
令
2
2
z = - ，解得
2
2
3,
0
x
y
=
=
，
所以
3,0, 2
n =
-
r
为平面BAD 的一个法向量，
所以
3 3
3
3
0
1
2
11
11 217
cos
,
217
31
7
31
7
m n
m n
m n
´
+
´ + -
´ -
×
=
=
=
=
×
´
´
r r
r r
r
n
r
n
，
所以平面BEP 与平面BAD 夹角的余弦值为11 217
217
．
（2）易知四面体MCDE 是棱长为3 2 的正四面体，作CO ^ 平面DME ，设内切球的球心为
1
O ，建立如图所示的
坐标系，
且
2 3
OC =
，则
6,0,0 ,
0,0,2 3
D
C
．
设内切球的半径为r ，由等体积法知
3
2
r =
，所以
1
3
0,0, 2
O
æ
ö
= ç
÷
ç
÷
è
ø
，
设内切球
1
O 球面上任意一点为
, ,
x y z ，则
2
2
2
3
3
2
4
x
y
z
æ
ö
+
+
-
=
ç
÷
ç
÷
è
ø
，
空间中必存在一定点
0
0
0
,
,
S x
y z
，使球
1
O 上的点满足1
3 FC
FS
=
，
即
2
2
2
2
2
2
0
0
0
1
(
2 3)
3
x
y
z
x
x
y
y
z
z
+
+
-
=
-
+
-
+
-
，
则
2
2
2
2
2
2
0
0
0
0
0
0
8
8
8
18
18
4 3
18
9
9
9
12
0
x
y
z
x x
y y
z
z
x
y
z
+
+
-
-
+
-
+
+
+
-
=
，
因为
2
2
2
3
0
x
y
z
z
+
+
-
=
，所以
0
0
0
2
2
2
0
0
0
0
0
12 3
18
0
9
9
9
12
0
x
y
z
x
y
z
=
ì
ï
=
ïí
-
=
ï
ï
+
+
-
=
î
，解得
0
0
0
0
0
2 3
3
x
y
z
ì
ï
=
ïï
=
í
ï
ï
=
ïî
，
易知
2
2
2
1
2 3
66
6
0
0
0
0
3
3
3
FD
FC
FD
FS
DS
æ
ö
+
=
+
³
=
-
+
-
+
-
=
ç
÷
ç
÷
è
ø
.
10．（24-25 高二下·上海宝山·期末）如图，棱长为2 的正方体
1
1
1
1
ABCD
A B C D
-
中，E
F
、
分别为
1
BD
CC
、
的中
点，点G 是平面
1
1
ADD A 上的点.
(1)若点G 是
1
AD 的中点，证明：GF
uuur 与AB
uuur 、AD
uuur 共面；
(2)求平面ADG 与平面BDF 所成的锐二面角的大小；
(3)若点G 满足
1
,
0,1
DG
DA
DD
l
l
=
+
Î
，且点G 到平面BDF 的距离为
6
3
，试确定点G 的位置，使得GE 与
平面BDF 所成的角取得最大值.
【答案】(1)证明见解析；
(2)
6
arccos 6
；
(3)
1
3
1
5
5
DG
DA
DD
=
+
uuur
uuur
uuuur
时，GE 与平面BDF 所成的角取得最大值.
【详解】（1）因为GF
GA
AB
BF
=
+
+
uuur
uuur
uuur
uuur
且
1
1
2
GA
AD
AA
= -
+
uuur
uuur
uuur
，
1
1
1
1
2
2
BF
BC
CF
AD
CC
AD
AA
=
+
=
+
=
+
uuur
uuur
uuur
uuur
uuuur
uuur
uuur
，
所以
1
1
1
1
1
2
2
2
GF
AD
AA
AB
AD
AA
AD
AB
= -
+
+
+
+
=
+
uuur
uuur
uuur
uuur
uuur
uuur
uuur
uuur
，
因此GF
uuur 与
,
AD AB
uuur uuur
共面；
（2）以点D 为坐标原点，
1
,
,
DA DC DD 所成直线为坐标轴建立如图空间直角坐标系，
则
1
0,0,0 ,
0,0,2 ,
2,0,0 ,
2,2,0 ,
0,2,0 ,
0,2,1 ,
1,1,0
D
D
A
B
C
F
E
，
所以
1
2,2,0 ,
0,2,1 ,
2,0,0 ,
0,0,2
DB
DF
DA
DD
=
=
=
=
uuur
uuur
uuur
uuuur
，
设平面BDF 的一个法向量为
, ,
n
x y z
=
r
，
则
·
2
2
0
·
2
0
n DB
x
y
n DF
y
z
ì
=
+
=
ïí
=
+
=
ïî
uuur
r
uuur
r
，令
1
x = ，则
1,
2
y
z
= -
=
，
所以平面BDF 的一个法向量为
1, 1,2
n =
-
r
，
平面ADG 的一个法向量是
0
0,1,0
n =
uur
则
0
0
0
1
6
cos
,
6
6 1
n n
n n
n
n
×
-
=
=
= -
´
×
r uur
r uur
r
uur
，
设平面ADG 与平面BDF 所成的锐二面角为a ，则
0
6
cos
cos
,
6
n n
a
=
=
r uur
，
所以平面ADG 与平面BDF 所成的锐二面角的大小为
6
arccos 6
a =
；
（3）
1
2,0,0
0,0,2
2 ,0,2
DG
DA
DD
l
l
l
=
+
=
+
=
uuur
uuur
uuuur
，
1, 1,2
n =
-
r
，
从而点G 到平面BDF 的距离为
2
4
6
3
1 1
4
DG n
n
l
×
+
=
=
+ +
uuur r
r
，
由
,
0,1
l Î
可化简得
2
1
l
+
= ，
2
1, 1,2
EG
l
=
-
-
uuur
，
设GE 与平面BDF 所成角为
π
0, 2
q
é
Î
ù
ê
ú
ë
û ，
则
2
2
2
2
1
6
2
1 1
4
3
sin
2
1
1
4
1 1
4
2
1
1
4
EG n
EG n
l
q
l
l
×
- + +
=
=
=
-
+ +
+ +
-
+ +
uuur r
uuur r
，
令
2
2
2
1
1
4
t
l
=
-
+ +
，则
2
2
2
2
3
6
6
4
4
2
1
5
6
3
5
5
5
5
t
l
l
l
l
l
l
æ
ö
=
-
+
+
-
=
-
+
=
-
+
³
ç
÷
è
ø
，（当
3
5
l =
时取等号），
所以
2
2
1
6
5
3
sin
3
2
1
1
4
q
l
=
£
-
+ +
，
因为
π
0, 2
q
é
Î
ù
ê
ú
ë
û 时，
sin
y
q
=
严格增，
所以当
3
5
l =
时，GE 与平面BDF 所成的角取得最大值，
此时
3
1
,
5
5
l
=
=
，即
1
3
1
5
5
DG
DA
DD
=
+
uuur
uuur
uuuur
时，
GE 与平面BDF 所成的角取得最大值.
11．（25-26 高三上·福建福州·开学考试）如图，四面体ABCD 中，AD
CD
^
，AD
CD
=
，
ADB
CDB
Ð
= Ð
，E 为
AC 的中点.
(1)证明：平面BED ^平面ACD ；
(2)设
2
AB
BD
=
=
，
60
ACB
Ð
=
°，点F 在线段BD 上，
（i）求二面角D
AB
C
-
-
的余弦值；
（ii）记CF 与平面ABD 所成角为a ，求sina 的最大值.
【答案】(1)证明见解析
(2)（i）
21
7
，（ii）4 3
7
【详解】（1）由于
,
,
AD
CD
ADB
CDB DB
DB
=
Ð
= Ð
=
，
故
(
)
ABD
CBD SAS
@
V
V
，则BA
BC
=
，
由于E 为AC 的中点，所以
,
AC
BE
^
AC
DE
^
，
因为
,
,
BE
DE
E BE DE
=
Ì
I
平面BDE ，
故AC ^平面BDE ，又AC Ì 平面ACD ，
故平面BED ^平面ACD .
（2）（i）因为
,
2
6
,
0
AB
BD
AB
BC
ACB
°
=
=
=
Ð
=
，
所以
ABC
V
为边长为2 的等边三角形，则
3
BE =
，
,
90 ,
1
DA
DC
ADC
DE
°
=
Ð
=
\
=
Q
，
2
2
2
4
,
DE
BE
BD
DE
BE
\
+
=
=
\
^
，
又
,
,
,
DE
AC BE
AC
E BE AC
^
=
Ç
Ì 平面ABC ，
故DE ^平面ABC ，故建立如图所示的空间直角坐标系，
则
0,0,1 ,
0, 1,0 ,
3,0,0 ,
0,1,0 ,
3,0, 1 ,
0,1,1
D
A
B
C
DB
AD
-
\
=
-
=
uuur
uuur
，
设平面ABD 的法向量为
3
0
, ,
,
0
n DB
x
z
n
x y z
n AD
y
z
ì ×
=
-
=
ï
=
\í
×
=
+
=
ïî
uuur
r
r
uuur
r
，
令
1
x = ，则
1,
3, 3
n =
-
r
，
平面ABC 的一个法向量为
0,0,1
m =
r
，
所以
3
21
cos
,
7
7
m n
m n
m n
×
=
=
=
r r
r r
r r
，
由图可知二面角D
AB
C
-
-
的平面角为锐角，
所以二面角D
AB
C
-
-
的余弦值为
21
7
；
（ii）设
,
DF
DB
l
=
uuur
uuur
则
3 ,0,
,
0, 1,1
DF
CD
l
l
=
-
=
-
uuur
uuur
，
所以
3 , 1,1
CF
CD
DF
l
l
=
+
=
-
-
uuur
uuur
uuur
，
则
2
2
2
2
2 3
6
6
6
4 3
sin
7
7
2
1
7
1
7
3
1
7
7
2
7
8
4
8
CF n
CF
n
a
l
l
l
l
l
×
=
=
=
=
£
=
×
-
+ ×
+
-
×
æ
ö
´
-
+
×
ç
÷
è
ø
uuur r
uuur
r
，
当且仅当
1
4
l =
时取到等号，故sina 的最大值为4 3
7
12．（2025·贵州·三模）三棱锥A
BCD
-
中，
ABC
V
是正三角形，BC
AD
^
.
(1)证明：BD
CD
=
；
(2)已知
2
AB =
，E 为线段BC 中点.
（ⅰ）若P 是平面ADE 内一点，
3
2
AP =
，求线段CP 长的最小值；
（ⅱ）若
3
AD =
，
2
BD = ，l 是平面ADE 内一条直线，求l 与平面ACD 所成角的正弦值的取值范围.
【答案】(1)证明见解析
(2)（ⅰ）
7
2
；（ⅱ）
2 13
0, 13
é
ù
ê
ú
ë
û
.
【详解】（1）取线段BC 中点E ，连接EA，ED ，
因为
ABC
V
是正三角形，所以BC
AE
^
，
又BC
AD
^
，AE
AD
A
Ç
=
，
,
AE AD Ì 平面ADE ，
所以
^
BC
平面ADE ，又DE Ì 平面ADE ，
所以BC
DE
^
，
又E 为线段BC 中点，则BD
CD
=
.
（2）（ⅰ）连接EP ，AP ，
由（1）可知
^
BC
平面ADE ，EP Ì 平面ADE ，所以CE
EP
^
，
所以
2
2
2
2
1
CP
CE
EP
EP
=
+
= +
，又
3
AE =
,
又
3
2
EP
AE
AP
³
-
=
（当且仅当点P 在线段AE 的中点处，等号成立），
所以
2
7
1
2
CP
EP
=
+
³
，所以线段CP 的最小值为
7
2
；
（ⅱ）由（1）知
^
BC
平面ADE ，又
Ì
BC
平面BCD，
所以平面ADE ^ 平面BCD.
以E 为坐标原点，以EC ，ED 分别作为x 轴，y 轴正方向建立空间直角坐标系如图所示.
因为
2
2
2
1
3
AD
AE =
-
=
=
，
2
2
2
1
3
DE =
-
=
，所以
ADE
V
为等边三角形，
所以
3 3
0,
,
2
2
Aæ
ö
ç
÷
ç
÷
è
ø
，
1,0,0
C
，
0, 3,0
D
，
于是
1, 3,0
CD = -
uuur
，
3
3
0,
,
2
2
AD
æ
ö
=
-
ç
÷
ç
÷
è
ø
uuur
，
设平面ACD 的法向量为
, ,
m
x y z
=
r
，有
3
0
3
3
0
2
2
m CD
x
y
m AD
y
z
ì
×
= - +
=
ïí
×
=
-
=
ïî
uuur
r
uuur
r
，
令
3
y =
，有
3
x =
，
1
z = ，即
3, 3,1
m =
r
，
设直线l 的方向向量
0,
,
0
n
m n
mn
=
¹
r
，直线l 与平面ACD 所成角为q ，
于是
2
2
2
2
2
2
3
3
2 3
sin
13
13
m
n
m n
m
n
mn
m
n
m
n
m
n
q
+
×
+
+
=
=
=
×
+
+
r r
r
r
.
因为
2
2
2 3
2
3
3
mn
m
n
m
n
=
×
£
+
（当且仅当
3
m
n
=
时取“＝”），
所以
2
2
2
2
4
2 13
sin
13
13
m
n
m
n
q
+
£
=
+
，
当
0,1,
3
n =
-
r
时，sin
0
q =
，
故
2 13
0
sin
13
q
£
£
，
所以直线l 与平面ACD 所成角的正弦值的取值范围是
2 13
0, 13
é
ù
ê
ú
ë
û
.
13．（2025·黑龙江哈尔滨·模拟预测）如图，四棱锥P
ABCD
-
的底面为矩形，
2
2 2
BC
AB
=
=
，
PBC
△
是等边
三角形，平面PBC ^ 平面ABCD ，O，F 分别是BC ，PC 的中点，AC 与BD 交于点E，平面OEF 与直线PD 交于
点Q.
(1)证明：BD ^ 平面PAO ；
(2)求OQ 与平面PEF 所成角的正弦值；
(3)设S 为平行四边形EOFQ 内部一点.
（ⅰ）求
SBP
△
的面积的取值范围.
（ⅱ）当BS BD
×
uuur uuur
取得最小值时，求二面角S
BF
Q
-
-
的正弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2) 2 5
5
(3)（ⅰ）
3, 5
é
ù
ë
û ；（ⅱ）1
【详解】（1）∵
PBC
△
是等边三角形，O 是BC 的中点，
PO
BC
\
^
.
又∵平面PBC ^ 平面ABCD ，平面PBC I平面ABCD
BC
=
，PO Ì 平面PBC ，
PO
\
^ 平面ABCD .
又∵BD Ì 平面ABCD ，
PO
BD
\
^
.
由题可知：
2
2
1
1
1
1
(
) (
)
8
4
0
0
2
2
2
2
BD AO
BC
BA
BC
BA
BC
BA
BC BA
×
=
+
×
-
=
-
-
×
=
´ -
-
=
uuur uuur
uuur
uur
uuur
uur
uuur
uur
uuur uur
，
BD
AO
\
^
uuur
uuur
，即AO
BD
^
.
又∵AO
PO
O
=
I
，AO Ì平面PAO ，PO Ì 平面PAO ，
∴BD ^ 平面PAO .
（2）∵O，E 分别是BC ，BD 的中点，
OE
CD
\
∥
，OE
BC
^
.
由（1）知PO
BC
^
，
^
PO
平面ABCD ，又OE Ì 平面ABCD ，
PO
OE
\
^
.
故以O 为原点，OE ，OD ，OP 所在直线分别为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则
(0,0, 6)
P
，
(0,
2,0)
C
，
(2,
2,0)
D
，
(1,0,0)
E
，
2
6
(0,
,
)
2
2
F
.
∵平面OEF 与直线PD 交于点Q，∴平面PCD I 平面OEF
QF
=
.
∵
P
OE
CD ，OE Ë 平面PCD，CD Ì 平面PCD，
OE
\
P平面PCD.
∵OE Ì 平面OEF ，平面PCD I 平面OEF
QF
=
，
OE
QF
\
∥
，
QF
CD
\
∥
.
∵点F 是PC 的中点，∴点Q 是PD 的中点，∴
2
6
(1,
,
)
2
2
Q
.
2
6
(1,
,
)
2
2
OQ
\
=
uuur
，
(1,0,
6)
PE =
-
uur
，
2
6
(0,
,
)
2
2
PF =
-
uuur
.
设平面PEF 的法向量为
( , , )
n
x y z
=
r
，
则
6
0
2
6
0
2
2
n PE
x
z
n PF
y
z
ì ×
=
-
=
ïí
×
=
-
=
ïî
uuur
r
uuur
r
，即
6
3
x
z
y
z
ì =
ïí
=
ïî
，
令
1
z = ，则
6
x =
，
3
y =
.
∴平面PEF 的一个法向量为
( 6, 3,1)
n =
r
，
2
6
1
6
3
1
2 5
2
2
cos
,
5
2
6
1
6
3 1
4
4
OQ n
OQ n
OQ
n
´
+
´
+
´
×
\
=
=
=
×
+
+
´
+ +
uuur r
uuur r
uuur
r
，
∴OQ 与平面PEF 所成角的正弦值为2 5
5
.
（3）∵S 为平行四边形EOFQ 内部一点，
2
6
( ,
,
)
2
2
OS
mOE
nOF
m
n
n
\
=
+
=
uur
uuur
uuur
，其中0
1
m
£
£ ，0
1
n
£
£ .
2
6
( ,
2,
)
2
2
BS
BO
OS
m
n
n
\
=
+
=
+
uur
uuur
uur
.
（ⅰ）
(0,
2, 6)
BP =
uur
Q
，
∴点S 到直线BP 的距离为
2
2
2
2
2
2
2
2
3
2
6
3
2
2
4
2
6
2
n
n
BS BP
d
BS
m
n
n
m
BP
æ
ö
æ
ö
+
+
×
ç
÷
=
-
=
+
+
+
-
=
+
ç
÷
ç
÷
ç
÷
+
è
ø
è
ø
uuur uuur
uuur
uuur
.
0
1
m
£
£
Q
，
2
3
6
10
,
2
2
2
d
m
é
ù
=
+
Îê
ú
ë
û
.
1
2
3, 5
2
SBP
S
d PB
d
é
ù
\
=
×
×
=
Îë
û
V
，
即
SBP
△
的面积的取值范围为
3, 5
é
ù
ë
û .
（ⅱ）
(2,2 2,0)
BD =
uuur
Q
，
2
2
4
BS BD
m
n
\
×
=
+
+
uuur uuur
.
∵0
1
m
£
£ ，0
1
n
£
£ ，∴当
0
m =
，
0
n =
时，BS BD
×
uuur uuur
取得最小值4 ，
此时
(0,0,0)
OS =
uur
，即点S 与坐标原点O 重合.
由（1）知
^
PO
平面ABCD ，又CD Ì 平面ABCD ，
PO
CD
\
^
.
又∵CD
BO
^
，BO
PO
O
=
I
，BO Ì 平面BOP ，PO Ì 平面BOP ，
CD
\
^平面BOP ，即CD ^ 平面BOF .
又∵CD
QF
∥
，
QF
\
^ 平面BOF .
QF Ì
Q
平面QBF ，∴平面QBF ^ 平面BOF .
∴当BS BD
×
uuur uuur
取得最小值时，点S 与坐标原点O 重合，
二面角S
BF
Q
-
-
的平面角为直二面角，其正弦值为1.
14．（2025·安徽·一模）如图，在五面体ABCDFE 中，菱形ABCD 的边长为2 ，
10
EA
EB
FC
FD
=
=
=
=
，
EF
BC
>
.
(1)证明：
/ /
BC
EF 且AB
BC
^
.
(2)求五面体ABCDFE 体积的最大值.
(3)当五面体ABCDFE 的体积最大时，求平面ABE 与平面BCFE 夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2) 9 3
2
(3)
31
31
【详解】（1）在菱形ABCD 中，
/ /
BC
AD ，因为BC Ë平面ADFE ，AD Ì 平面ADFE ，
所以
/ /
BC
平面ADFE ，
因为
Ì
BC
平面BCFE ，平面BCFE Ç 平面ADFE
EF
=
，
所以
/ /
BC
EF .
取AB 的中点M ，CD 的中点N ，连接MN ，EM ，FN ，则
/ /
MN
BC
EF
/ /
，
所以
/ /
MN
EF ，故M ，N ，F ，E 四点共面，
因为EA
EB
FC
FD
=
=
=
，
/ /
AB
CD ，
所以EM
AB
^
，FN
CD
^
，即FN
AB
^
，
因为四边形MNFE 为梯形，所以EM 与FN 相交，所以AB ^平面MNFE ，
又MN Ì平面MNFE ，
所以AB
MN
^
，而
/ / BC
MN
，所以AB
BC
^
.
（2）分别作MP
EF
^
，NQ
EF
^
，垂足分别为P ，Q ，连接PB ，PA ，QC ，QD ，
由（1）知
/ /
BC
EF ，则MP
BC
^
，
又AB
BC
^
，MP
AB
M
=
I
，MP
AB Ì
、
平面PAB ，
所以
^
BC
平面PAB ，同理
^
BC
平面QCD .
因为菱形ABCD 的边长为2 ，
10
EA
EB
FC
FD
=
=
=
=
，
M 为AB 的中点，N 为CD 的中点，
2
MN =
，
则
2
2
3
EM
EB
BM
=
-
=
，
2
2
3
FN
FC
CN
=
-
= ，又EF
BC
>
，
所以四边形MNFE 是等腰梯形，由对称性可知
E PAB
F QCD
V
V
-
-
=
设
π
,
0, 2
EMP
q q
æ
ö
Ð
=
Îç
÷
è
ø ，则
sin
3sin
PE
EM
q
q
=
=
，
cos
3cos
PM
EM
q
q
=
=
，
所以
1
·
3cos
2
PAB
S
AB PM
q
=
=
V
，
所以
1
3cos
3sin
3sin cos
3
E PAB
V
q
q
q
q
-
=
´
´
=
，
PAB QCD
V
-
= 3cos
2
6cos
q
q
´
=
，
所以五面体ABCDFE 的体积为
2
6sin cos
6cos
E PAB
PAB QCD
V
V
V
q
q
q
q
-
-
=
+
=
+
，
2
6 12sin
6sin
6 2sin
1 sin
1
V q
q
q
q
q
¢
=
-
-
= -
-
+
，
则当
π
0, 6
q
æ
Î
ö
ç
÷
è
ø 时，
'
0
V
q >
，
V q 单调递增，
当
π π
,
6 2
q Îæ
ö
ç
÷
è
ø时，
'
0
V
q <
，
V q 单调递减，
故当
π
6
q =
时，五面体ABCDFE 体的最大，最大值为
π
9 3
6
2
V æ
ö =
ç
÷
è
ø
.
（3）当五面体ABCDFE 的体积最大时，
π
3
3sin 6
2
PE =
=
，
π
3 3
3cos 6
2
PM =
=
，
（方法一）以M 为坐标原点，MB ，MN ，MP 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系，
如图所示，则
0,0,0
M
，
1,0,0
B
，
3 3 3
0,
,
2
2
E æ
ö
-
ç
÷
ç
÷
è
ø
，
1,2,0
C
，
1,0,0
MB =
uuur
，
3 3 3
0,
,
2
2
ME
æ
ö
=
-
ç
÷
ç
÷
è
ø
uuur
，
0,2,0
BC =
uuur
，
3 3 3
1,
,
2
2
BE
æ
ö
= - -
ç
÷
ç
÷
è
ø
uuur
.
设平面ABE 的一个法向量为
1
1
1
,
,
m
x y z
=
r
，
则
1
1
1
0
3
3 3
0
2
2
m MB
x
m ME
y
z
ì
×
=
=
ïí
×
= -
+
=
ïî
uuur
r
uuur
r
，取
1
1
z = ，得
0, 3,1
m =
r
，
0,2,0
BC =
uuur
，
3 3 3
1,
,
2
2
BE
æ
ö
= - -
ç
÷
ç
÷
è
ø
uuur
.
设平面BCFE 的一个法向量为
2
2
2
,
,
n
x
y z
=
r
，
则
2
2
2
2
2
0
3
3 3
0
2
2
n BC
y
n BE
x
y
z
ì ×
=
=
ïí
×
= -
-
+
=
ïî
uuur
r
uuur
r
，取
2
2
z =
，得
3 3,0,2
n =
r
，
所以
·
0
0
2
31
cos
,
31
4
31
m n
m n
m n
+
+
=
=
=
´
r r
r r
r r
，
故平面ABE 与平面BCFE 夹角的余弦值为
31
31
.
（方法二）过点A 作AG
PB
^
于G ，过点G 作GH
BE
⊥
于H ，连接AH ，
由（2）知
^
BC
平面PAB ，则AG
BC
^
又BC
PB
B
=
I
，BC
PB Ì
、
平面BCFE ，
所以AG ^ 平面BCFE ，
又BE
HG Ì
、
平面BCFE ，则AG
BE
^
，AG
HG
^
，
因为AG
GH
G
Ç
=
，AG
HG Ì
、
平面AGH ，
所以BE ^ 平面AGH ，又AH Ì 平面AGH ，则BE
AH
^
，
所以
AHG
∠
为平面ABE 与平面BCFE 的夹角，
又AG PB
AB PM
×
=
×
，AH BE
AB EM
×
=
×
，
由（2）及已知，
2
2
31
2
PB
PM
BM
=
+
=
，
所以
6 3
31
AG =
，
6
10
AH =
，则
30
sin
31
H
AG
A
AHG
Ð
=
=
，
故平面ABE 与平面BCFE 夹角的余弦值为
2
1
31
1 sin
31
31
AHG
-
Ð
=
=
.
1．（25-26 高二上·河北张家口·开学考试）如图，在长方体
1
1
1
1
ABCD
A B C D
-
中，
6
AB
BC
=
=
，
1
3
AA =
，点,
P Q 分
别为BC ，
1
1
C D 的中点，点M 为长方形
1
1
ADD A 内一动点（含边界），若直线
/ /
QM
平面
1
APC ，则点M 的轨迹长
度为（ ）
A．
6
B．2 2
C．2 3
D．3 2
【答案】D
【详解】
在长方体
1
1
1
1
ABCD
A B C D
-
中，取
1
1
AD ，
1
1
B C 的中点G ，H ，连接AG ，GH ，BH ，
由点P 为BC 的中点，得
1
/ /
C H
BP ，
1
C H
BP
=
，则四边形
1
BPC H 是平行四边形，
所以
1
/ /
BH
C P ，
又
1
1
/ /
/ /
GH
A B
AB ，
1
1
GH
A B
AB
=
=
，则四边形ABHG 是平行四边形，
于是
1
/ /
/ /
AG
BH
C P ，
取
1
GD 中点E，在AD 上取点F，使得AF
GE
=
，连接EF ，QE ，QF ，
而
/ /
AF
GE ，则四边形AGEF 为平行四边形，
/ /
EF
AG ，
而AG Ì平面
1
APC ，EF Ë 平面
1
APC ，
于是
/ /
EF
平面
1
APC ，
由Q 为
1
1
C D 的中点，E 为
1
GD 中点，得
1
/ /
QE
C G ，
考点二
交线、截面与轨迹问题
而
1
C G Ì 平面
1
APC ，QE Ë 平面
1
APC ，则
/ /
QE
平面
1
APC ，
又EF
QE
E
=
I
，
,
EF QE Ì平面QEF ，
因此平面
/ /
QEF
平面
1
APC ，
又由直线
/ /
QM
平面
1
APC ，点M Î平面
1
1
ADD A ，
则点M 在平面QEF 与平面
1
1
ADD A 的交线EF 上，
从而点M 的轨迹就是线段EF ，
而
2
2
1
1
3 2
EF
AG
AG
A A
=
=
+
=
，
所以点M 的轨迹长度为3 2 .
故选：D.
2．（25-26 高二上·黑龙江·开学考试）已知正方体
1
1
1
1
ABCD
A B C D
-
的棱长为2，P 为正方体内一点，若AP
CP
=
，
1
3
A P =
，则点P 的轨迹长度为（ ）
A．π
B．
2π
C．2π
D．2 2π
【答案】A
【详解】由AP
CP
=
，知点P 在四边形
1
1
D DBB 内，
设
1
1
B D 的中点为H ，则
1
2
A H =
．
因为
1
DD ^ 平面
1
1
1
1
1
,
A B C D A H Ì 平面
1
1
1
1
D
C
B
A
，所以
1
1
A H
DD
^
．
又因为
1
1
1
A H
B D
^
，
1
1
1
1
B D
DD
D
=
I
，
1
1
B D ，
1
DD Ì 平面
1
1
D DBB ，
所以
1A H ^ 平面
1
1
D DBB ，HP Ì 平面
1
1
D DBB ，
所以
1
^
A H
HP ，
则
2
2
1
1
1
HP
A P
A H
=
-
= ，
所以点P 在以H 为圆心，
1
r = 的半圆上运动，点P 的轨迹长度为π．
故选：A．
3．（2025·湖北·二模）在长方体
1
1
1
1
ABCD
A B C D
-
中，
1
2,
1
AB
BC
BB
=
=
= ，点M 是平面
1
1
B CDA 内的动点，且
MA
MC
^
，则MC 的最大值为（ ）
A．2 5
5
B．3 5
5
C．4 5
5
D．6 5
5
【答案】D
【详解】如图，连接AC，由
2
AB
BC
=
=
，得
2 2
AC =
，
由MA
MC
^
可知M 点在以AC 的中点O 为球心，2 为半径的球面上．
而M 又在平面
1
1
B CDA 内，故M 为平面
1
1
B CDA 与球O 的截面圆上的动点.
取CD 的中点E，AB 的中点
1
1
,
F A B 的中点G ，连接
,
,
EF FG EG ，
则由长方体的性质得CD ^ 平面EFG 且三角形EFG 为直角三角形，
而CD Ì 平面
1
1
B CDA ，所以平面
1
1
B CDA ^ 平面EFG，
作
1
OO
GE
^
于
1
O ，因平面
1
1
B CDA I 平面EFG
GE
=
，
1
OO Ì 平面EFG ，故
1
OO ^平面
1
1
B CDA ，故
1
O 为截面圆的圆心.
又
1
1
1
1
5
sin
sin
2
5
GF
OO
OE
OEO
OEO
EG
=
Ð
=
Ð
=
=
，
故截面圆的半径为
2
1
5
3 5
2
5
5
O M
æ
ö
=
-
=
ç
÷
ç
÷
è
ø
，
即点M 在以
1
O 为圆心，3 5
5
为半径的圆上，
而C 既在球面上，又在平面
1
1
B CDA 内，故C 在截面圆上，
故CM 的最大值即为截面圆的直径6 5
5
，则MC 的最大值为6 5
5
．
故选：D．
4．（25-26 高三上·广东阳江·阶段练习）在正四棱柱
1
1
1
1
ABCD
A B C D
-
中，
1
2
2
AA
AB
=
=
，E 为棱
1
CC 的中点，点
M 为侧面
1
1
BCC B 内一动点，且
1
/ /
A M
平面
1
AED ，则线段
1A M 的长度的最小值为（ ）
A．1
B．6
5
C．3 3
5
D．
30
5
【答案】D
【详解】在正四棱柱
1
1
1
1
ABCD
A B C D
-
中，取BC 中点F ，连接
1,
BC EF ，
由四边形
1
1
ABC D 是矩形，E 为棱
1
CC 的中点，得
1
1
//
//
AD
BC
EF ，平面
1
AED 即平面
1
AD EF ，
取
1
1
1
,
BB B C 中点
1
1
,
E F ，连接
1
1
1
1
1
1
1
,
,
,
A E A F E F FF ，则
1
1
1
/ /
/ /
E F
BC
EF ，EF Ì 平面
1
AED ，
1
1
E F Ë 平面
1
AED ，则
1
1 / /
E F
平面
1
AED ，而
1
1
1
/ /
/ /
FF
BB
AA ，
1
1
1
FF
BB
AA
=
=
，
于是四边形
1
1
AFF A 是平行四边形，
1
1 / /
A F
AF ，又AF Ì 平面
1
AED ，
1
1
A F Ë 平面
1
AED ，则
1
1 / /
A F
平面
1
AED ，而
1
1
1
1
1
1
1
1
1
,
,
A F
E F
F A F E F
=
Ì
I
平面
1
1
1
A E F ，
因此平面
1
1
1 / /
A E F
平面
1
AED ，而
1
/ /
A M
平面
1
AED ，则
1A M Ì 平面
1
1
1
A E F ，即M Î平面
1
1
1
A E F ，
又点M 为侧面
1
1
BCC B 内一动点，则点M 的轨迹为线段
1
1
E F ，
由
1
2
2
AA
AB
=
=
，得
1
1
1
1
1
1
5 ,
2
2
A F
E F
A E
=
=
=
，
1
1
1
1
1
1
1
1
2
2
cos
5
A E
A E F
E F
Ð
=
=
，
2
1
1
1
2
3
sin
1 (
)
5
5
A E F
Ð
=
-
=
，因此等腰
1
1
1
A E F
△
的腰
1
1
E F 上的高等于
1
1
1
1
1
6
30
sin
5
5
A E
A E F
Ð
=
=
，
故线段
1A M 的长度的最小值为
30
5
.
故选：D
5．（24-25 高一下·福建宁德·期末·多选）如图，在棱长为1 的正方体
1
1
1
1
ABCD
A B C D
-
中，P 为棱
1
BB 的中点，Q 为
正方形
1
1
BCC B 内一动点（含边界），则下列说法中正确的有（ ）
A．直线DP 与
1
AA 所成角的正切值为2 2
B．用平面
1A DP 截该正方体，所得截面周长为
5
2
+
C．若
1 //
D Q 平面
1A DP ，则
1
D Q 长度的取值范围为3 2
5
,
4
2
é
ù
ê
ú
ë
û
D．若
1
6
2
D Q =
，则动点Q 的轨迹长度为
2 π
4
【答案】ACD
【详解】对于A：
如图，连接BD ,直线DP 与
1
AA 所成角即直线DP 与
1
BB 所成角,即
DPB
Ð
,
在三角形PBD 中，
2
tan
2 2
1
2
BD
DPB
BP
Ð
=
=
=
,故A 正确；
对于B，如图，截面为等腰梯形
1A DEP ，
周长
1
1
5
5
2
2
2
2
2
l
A D
A P
DE
PE
=
+
+
+
=
+
+
+
=
3
5
2
2
+
，B 错误；
对于C，如图取
1
CC 中点
1
1
,
N B C 的中点为M ，平面
1A DP 即为平面
1A DEP ,
因为
1
/ /
MN
A D , MN Ì平面
1
D MN ,
1A D Ë 平面
1
D MN ,
1
/ /
A D
平面
1
D MN ,
同理：
/ /
DE
平面
1
D MN ,所以平面
1
//
D MN
平面
1A DP ，
动点Q 的轨迹为线段MN ，
2
2
MN =
，又可知
1
D MN
V
是等腰三角形，
所以
1
1
max
5
2
D Q
D M
=
=
,最小值为MN 边上的高
2
2
5
2
3 2
2
4
4
æ
ö
æ
ö
-
=
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
，
可得
1
D Q 的长度取值范围为3 2
5
,
4
2
é
ù
ê
ú
ë
û
，C 正确；
对于D，因为
1
1
D C ^ 平面
1
1
BB C C ，
1
C Q Ì 平面
1
1
BB C C ，所有
1
1
1
D C
C Q
^
，
则有
2
2
1
1
1
1
2
2
C Q
D Q
D C
=
-
=
，所以Q 点轨迹是以
1
C 为圆心，
2
2 为半径的圆弧，
圆心角是π
2 ，轨迹长度为π
2
2 π
2
2
4
´
=
，D 正确．
故选：ACD
6．（25-26 高三上·江苏南京·开学考试·多选）已知正方体
1
1
1
1
ABCD
A B C D
-
的棱长为2，P 为平面ABCD 内一点，
点M，N，Q 分别是棱
1
1
1
1
,
,
C D CC AA 的中点，下列说法正确的是（ ）
A．平面MNQ 与正方体各面的交线围成的是正六边形
B．直线PM 与直线QN 是异面直线
C．当P 在四边形ABCD 内部（含边界）时，三棱锥P-MNQ 体积的最大值为1
D．若P 到棱CD，
1
1
AD 距离相等的点，则点P 的轨迹是双曲线
【答案】ACD
【详解】如图所示，作出各边中点，在正方体中，根据三角形中位线的关系，可知
/ /
,
/ /
,
/ /
QT
MN SQ
NR SM
TR ，
且截面各边长都是相等的，是正六边形，所以A 正确.
当点P 在AB 中点T 处，由选项A 可知，此时PM 与直线QN 为相交直线，故共面，所以B 错误.
正方体边长为2，则线段
2
MN =
，则正六边形边长均为2 ，则
2
2
2
2
2 2
2
cos120
6,
2
2 2
QM
QN
SM
=
+
-
´
´
=
=
=
o
，
所以
2
2
2
QN
QM
MN
=
+
，所以QMN
V
为直角三角形，可得
1
6
2
3
2
QMN
S
=
´
´
=
V
，
建立如图所示的空间直角坐标系，设
, ,0 ,0
2,0
2
P m n
m
n
£
£
£
£
，
则
2,1,0 ,
1,2,0 ,
0,2,1
T
R
N
,
1,1,0 ,
2,1,1
TR
TN
= -
= -
uur
uuur
,设平面TRNMSQ 的法向量为
, ,
n
x y z
=
r
，
则
2
0,
0,
TN n
x
y
z
TR n
x
y
ì
×
= -
+
+
=
ïí
×
= - +
=
ïî
uuur r
uur r
，取
1,
x =
则
1,1,1
n =
r
，
2
,1
,0 ,
PT
m
n
=
-
-
uuur
则点P 到平面TRNMSQ 的距离为
3
3
PT n
m
n
d
n
×
-
+
=
=
uuur r
r
，
故当
0
m
n
=
=
时，即此时P 与点D 重合时，距离最大为3
3
3
=
故体积的最大值为1
3
3
1
3 ´
´
= ，所以C 正确.
如图所示，过P 作PG
CD
^
于G ，过P 作PE
AD
^
于E ，作
1
1
EF
A D
^
于F ，连接PF ，以D 为坐标原点，以
,
DC AD 为,x y 轴，建立平面直角坐标系，
由于PE
AD
^
,
1
1
/ /
AD
A D ，
1
1
PE
A D
^
,又
1
1
EF
A D
^
，
,
,
PE
EF
E PE PF
Ç
=
Ì 平面PEF ，
故
1
1
A D ^ 平面PEF ，PF Ì平面PEF ，故
1
1
A D
PF
^
,
设
( , )
P x y ，则
2
2
2
4
PF
PE
EF
x
=
+
=
+
，PG
y
=
，当P 到棱CD，A1D1 距离相等时，即PG
PF
=
，
2
4
x
y
+
=
，
化简得
2
2
1
4
4
-
=
y
x
，是双曲线轨迹，所以D 正确.
故选：ACD
7．（25-26 高三上·贵州贵阳·开学考试·多选）如图，在棱长为1 的正方体
1
1
1
1
ABCD
A B C D
-
中，底面
1
1
1
1
D
C
B
A
内
（含边界）有一动点E ，下列说法正确的有（ ）
A．若平面ADE I平面BCE
l
= ，则
//
AD l
B．若异面直线CE 与AB 所成角为q ，则cosq 的取值范围是
3
0, 3
é
ù
ê
ú
ë
û
C．当
2
CE =
时，点E 的轨迹长度为π
2
D．四棱锥E
ABCD
-
外接球的表面积最小值为9 π
4
【答案】ACD
【详解】因
//
,
AD BC BC Ì 平面BCE ，AD Ë 平面BCE ，则
//
AD
平面BCE ，
因平面ADE I平面BCE
l
= ，AD Ì 平面ADE ，则
//
AD l ，故A 正确；
因DC//BA ，则异面直线CE 与AB 所成角与直线CE 与CD 所成角相等，
当点E 与
1
D 重合时，此时
2
3
cos
2
3
q =
>
，故B 错误；
因
1
CC ^ 平面
1
1
1
1
D
C
B
A
，
1
C E Ì 平面
1
1
1
1
D
C
B
A
，则
1
1
CC
C E
^
，
则
2
2
1
1
2 1
1
C E
CE
C C
=
-
=
- = ，
则点E 的轨迹为以
1
C 为圆心，以1为半径的圆位于正方形
1
1
1
1
D
C
B
A
内的部分，
故点E 的轨迹长度为2π
π
4
2
=
，故C 正确；
因ABCD 为正方形，故其外接圆圆心为正方形的中心F ，
故球心必在过点F 且垂直于底面ABCD 的线段上，
欲使四棱锥E
ABCD
-
外接球的表面积取得最小值，则要求半径最小，
故当点E 位于上底面
1
1
1
1
D
C
B
A
的中心时，半径最小，
设最小半径为R ，则在Rt
OFC
△
中得
2
2
2
2
1
2
R
R
æ
ö
=
-
+ ç
÷
ç
÷
è
ø
，得
3
4
R =
，
此时外接球的表面积为
2
9
9
4π
4π
π
16
4
R =
´
=
，故D 正确.
故选：ACD
8．（25-26 高三上·安徽·开学考试·多选）在棱长为2 的正方体
1
1
1
1
ABCD
A B C D
-
中，点E 在正方形
1
1
1
1
D
C
B
A
内运动
（含边界）且AE ∥平面
1
BC D，则（ ）
A．点E 的轨迹长度大小为2 2
B．三棱锥
1
B
C DE
-
的体积始终不变
C．异面直线AE 与
1
BC 所成角的大小可能为π
2
D．当异面直线AE 与
1
BC 所成角最大时，四面体
1
ABC E 的外接球的表面积为12π
【答案】ABD
【详解】正方体中，有
1
1
//
AD
BC ，
1
AD Ë 平面
1
BC D，
1
BC Ì 平面
1
BC D，则
1//
AD
平面
1
BC D，
同理
1//
AB
平面
1
BC D，又
1
1
AD
AB
A
Ç
=
，
1
1
,
AD AB Ì 平面
1
1
AB D ，
所以平面
1
1//
AB D
平面
1
BC D，
由
//
AE
平面
1
BC D， 所以点E 的轨迹是线段
1
1
B D ，
正方体棱长为2，根据勾股定理，
2
2
1
1
2
2
2 2
B D =
+
=
，所以选项A 正确；
1
1
B C DE
E
BC D
V
V
-
-
=
，因为E 在
1
1
B D 上运动，
1
1//
B D
平面
1
BC D，
所以E 到平面
1
BC D的距离h 不变，
由
1
1
2 2
BC
C D
BD
=
=
=
，有
1
BC D
V
的面积为定值，
所以三棱锥
1
B
C DE
-
的体积始终不变，B 选项正确；
因为
1
1
//
AD
BC ，所以
1
ÐEAD 就是异面直线AE 与
1
BC 所成的角(或其补角)，
点E 从
1
D 移动到
1B ，
1
ÐEAD 从0 增大到π
3 ，所以AE 与
1
AD 不垂直，
即异面直线AE 与
1
BC 所成角的大小不可能为π
2 ，选项C 错误；
当E 与
1B 重合时，异面直线AE 与
1
BC 所成角最大，
此时四面体
1
ABC E 即
1
1
ABC B ，其外接球即为正方体
1
1
1
1
ABCD
A B C D
-
的外接球，
其体对角线
2
2
2
2
2
2
2 3
l =
+
+
=
，则外接球的半径
3
R =
，
所以四面体
1
ABC E 的外接球的表面积
2
4π
3
12π
S =
´
=
，选项D 正确.
故选：ABD
9．（24-25 高一下·辽宁大连·期末·多选）已知正方体
1
1
1
1
ABCD
A B C D
-
，AB
a
=
，且直线AP 与直线
1
CC 夹角为j ，
则下列说法正确的是（ ）
A．若点P 在棱
1
CC 上，且tan
2 2
j =
，则
1
PC
a
=
B．若
π
6
j =
，且点P 在面
1
1
1
1
D
C
B
A
上，则点P 的轨迹长度为
3 π
6
a
C．P 是
1
1
1
1
ABCD
A B C D
-
面上的动点，
1
DP
AC
^
，则P 的轨迹图形面积是
2
3
2 a
D．点P 为截面
1
1
AC B 上的动点，
1
DP
AC
^
，则点P 的轨迹长度是
2a
【答案】BCD
【详解】对于A，如图，点P 在
1
CC 上，则
APC
j = Ð
，所以
2
tan
2 2
AC
a
PC
PC
j =
=
=
，
解得
1
2
PC
a
=
，所以
1
1
2
PC
a
=
，故A 错误；
对于B，因为
1
1
/ /
CC
AA ，所以直线AP 与
1
AA 夹角为
π
6
j =
，
所以射线AP 的轨迹是以
1
AA 为轴，轴截面等腰三角形顶角为π
3 的圆锥侧面，
当点P 在底面
1
1
1
1
D
C
B
A
内时，
1
3
3
A P
a
=
，
点P 的轨迹是以
1A 为圆心，所含圆心角为π
2 的圆弧，轨迹长度为π
3
3π
2
3
6
a
a
´
=
，故B 正确；
对于C，如图，连接
1
1
,
,
,
AC BD BC DC ，
由
1A A ^ 平面ABCD ，BD Ì 平面ABCD ，则
1
BD
A A
^
，又BD
AC
^
，
1A A
AC
A
=
I
，
,
1A A AC Ì 平面
1A AC ，故BD ^ 平面
1A AC ，
1AC Ì 平面
1A AC ，所以
1AC
BD
^
，
同理，可得
1
1
AC
BC
^
，而
1
BD
BC
B
=
I
，
1
,
BD BC Ì 平面
1
BDC ，
所以
1AC ^ 平面
1
BDC ，因为
1AC
DP
^
，所以DP Ì 平面
1
BDC ，又P 是正方体
1
1
1
1
ABCD
A B C D
-
面上的动点，
所以点P 的轨迹图形是
1
BDC
V
，易知
1
BDC
V
是正三角形，边长为
2a ，
所以点P 的轨迹图形的面积为
2
2
3
3
2
4
2
a
a
´
=
，故C 正确；
对于D，由C 可知，DP Ì 平面
1
BDC ，又点P 为截面
1
1
AC B 上的动点，平面
1
1
AC B Ç平面
1
1
BDC
C B
=
，
所以点P 的轨迹是线段
1
BC ，长度为
2a ，故D 正确.
故选：BCD.
10．（2024·黑龙江哈尔滨·一模·多选）如图，已知正三棱台
1
1
1
ABC
A B C
-
是由一个平面截棱长为6 的正四面体所
得，其中
1
2
AA =
，以点A 为球心，2 7 为半径的球面与侧面
1
1
BCC B 的交线为曲线, P
G
为G 上一点，则下列结论中
正确的是（ ）
A．点A 到平面
1
1
BCC B 的距离为2 6
B．曲线G 的长度为4π
C．CP 的最小值为2 3
2
-
D．所有线段AP 所形成的曲面的面积为4 7π
3
【答案】ACD
【详解】对A，将三棱台
1
1
1
ABC
A B C
-
补形为棱长为6 的正四面体SABC，
取BC 中点M ，连接SM 交
1
1
B C 于
1
M ，连接
1
AM ，
则
SBC
△
是边长为6 的等边三角形，且
1
1
SB C
SBC
△
△
∽
，
所以
1
1
1
B C
SB
BB
BC
SB
-
=
，即
1
1
6
2
6
6
B C
-
=
，解得
1
1
4
BC =
，
1
1
SB C
V
是边长为4 的等边三角形，又
1
1
1
2
3
B C
SM
BC
SM
=
=
，故
1
M 为
SBC
△
的外心，
则由正四面体SABC知，
1
AM 正四面体SABC的体高，则
1
AM ^ 平面
1
1
BCC B ，
故
1
AM 为点A 到平面
1
1
BCC B 的距离，
2
2
1
1
1
1
2 3
SM
SB
M B
=
-
=
，则
2
2
1
1
2 6
AM
SA
SM
=
-
=
.A 正确；
对B，因为
1
AM ^ 平面
1
1
BCC B ，当
2 7
r
AP
=
=
时，可得
2
2
2
2
1
1
2 7
2 6
2
M P
CP
M C
=
-
=
-
=
，
因此点P 的轨迹是以
1
M 为圆心，2 为半径的圆与等腰梯形
1
1
AA B B 重合部分的两段弧
1
C E 和
1B F （如图2），
连接
1
M E ，
1
M F ，由
1
3
M M =
，
1
1
2
M E
M F
=
=
，易得
1
π
3
EM F
Ð
=
，
因此
1
1
1
1
π
3
C M E
B M F
Ð
= Ð
=
，所以
1
C E 的长度
π
2π
2
3
3
l =
´
=
，则点P 的轨迹的长度为
4π
2
3
l =
，B 错误；
对C，CP 的最小值为
1
1
1
1
2 3
2
CM
M P
SM
M P
-
=
-
=
-
，C 正确；
对D，所有线段AP 所形成的曲面的面积为圆锥侧面积的一部分，
由B 知点P 的轨迹的长度为4 π
3
，则曲面的面积为
4 π
1
4
3
2π 2 2 7
7π
2
4π
3
×
× ×
×
=
，D 正确.
故选：ACD
11．（2025·山西临汾·一模·多选）已知正方体
1
1
1
1
ABCD
A B C D
-
的棱长为3，M 在棱
1
CC 上，且满足
1
1
3
CC
MC
=
uuuur
uuuur
，
动点P 在
1
BDC
V
内（包括边界）移动，动点E 在正方体内（包括边界）移动，且
1
π
4
DD E
Ð
=
，则（ ）
A．PC
PM
+
的最小值为2 3
B．动点E 在面ABCD 内运动轨迹的长度为3 π
2
C．动点E 的轨迹与动点P 的轨迹的交线是椭圆的一部分
D．在正四面体
1
1
D
AB C
-
的内部有一个可以任意转动的正四面体，则此正四面体的棱长可以是1.4
【答案】BD
【详解】以D 为坐标原点，
1
,
,
DA DC DD 所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则
1(0,3,3),
(0,3,0),
(0,3,2)
(0,0,0), (3,3,0),
D
B
C
M
C
，
则
1
(3
)
,3
3
,
(
0
0, ,
),
3
DB
DC
=
=
uuur
uuuur
，
设平面
1
BDC 的一个法向量为
( , , )
n
x y z
=
r
，
则
1
·
3
3
0
·
3
3
0
n DB
x
y
n DC
y
z
ì
=
+
=
ïí
=
+
=
ïî
uuur
r
uuuur
r
，令
1
y = ，则
1,
1
x
z
= -
= - ，
所以平面
1
BDC 的一个法向量为
( 1,1, 1)
n = -
-
r
，
设C 关于平面
1
BDC 的对称点为
( , , )
Q a b c ，则
(0
,3
,0
)
QC
a
b
c
=
-
-
-
uuur
，
所以
3
1
1
1
a
b
c
-
-
-
=
=
-
- ，解得
,
3
a
c b
c
=
=
- ，所以
( ,3
, )
Q c
c c
-
，
又点Q ，点C 到平面
1
BDC 的距离相等，所以|
|
|
|
|
|
|
|
n DQ
n DC
n
n
=
r uuur
r uuur
g
g
r
r
，
所以
3
3
3
3
c
c
c
- + - -
=
，解得
2
c =
或
0
c =
（舍去），所以
(2 1 2)
Q
, ,
，
所以
2
2
2
min
2
2
0
2 2
PC
PM
QM
+
=
=
+
+
=
，故A 错误；
因为
1
DD ^ 平面ABCD ，若动点E 在平面ABCD 内时，则
1
DD
DE
^
，
又
1
π
4
DD E
Ð
=
，则
1
DD
DE
=
，可得E 的轨迹是以D 为圆心，3 为半径的圆弧，
且在四边形ABCD 的圆弧是圆的1
4 ，
所以动点E 在面ABCD 内运动轨迹的长度为3 π
2
，故B 正确；
动点E 的轨迹是以
1
DD 为轴，
1
D 为顶点的圆锥在正方体
1
1
1
1
ABCD
A B C D
-
内的部分，
底面半径为3，
易得
1
1
/ /
AD
BC ，又
1
AD Ë 平面
1
BDC ，
Ì
BC
平面
1
BDC ，所以
1 / /
AD
平面
1
BDC ，
又
1
AD 是圆锥的母线，所以平面
1
BDC 与圆锥的交线是抛物线的一部分，故C 错误；
设正四面体
1
1
D
AB C
-
的底面正三角形
1
AB C 的中心为O ，
由正四面体的性质可得
1
D O ^平面
1
AB C ，
由正弦定理可得
1
3 2
1
3 2
6
2
sin 60
2
3
2
AO =
´
=
´
=
°
，
所以正四面体的高为
2
2
1
3 2
6
2 3
D O =
-
=
，
设正四面体的内切球的半径为r ，
则
1
1
1
1
1
1
1
4
3
3
D
AB C
AB C
AB C
V
S
D O
S
r
-
=
=
´
V
V
g
g ，所以
1
1
2 3
3
4
4
2
r
D O
=
=
=
，
设半径是
3
2
的球的内接正四面体的边长为m ，则可将内接正四面体补形成边长为
2
2 m
的正方体，
则
2
3
3
2
2
2
m
´
=
´
，解得
2
1.4
m =
>
，
在正四面体
1
1
D
AB C
-
的内部有一个可以任意转动的正四面体，则此正四面体的棱长可以是1.4，故D 正确．
故选：BD.
12．（24-25 高二下·湖南·阶段练习·多选）如图，在正四棱柱
1
1
1
1
ABCD
A B C D
-
中，
1
2
AA =
，
1
AB = ，E ，F 分别
为
1
1
A B ，CD 的中点，M 是侧面
1
1
ADD A 上一动点（含边界），则下列结论正确的是（ ）
A．若满足
2
MA
MD
=
，则点M 的轨迹为圆的一部分
B．若
1
1
MA F
EA F
Ð
= Ð
，则点M 的轨迹为抛物线的一部分
C．以点D 为圆心，
3 为半径的球与正四棱柱的侧面
1
1
BB C C 的交线长度为
2 π
2
D．以EF 为直径的球面与正四棱柱的侧面
1
1
BB C C 的交线长度为
2 π
2
【答案】AD
【详解】对于A,在平面
1
1
ADD A 中，建立如图所示的平面直角坐标系，
则
(0,0),
(1,0)
A
D
，设
( , )
M x y ，则由
2
MA
MD
=
得
2
2
2
2
2 (
1)
x
y
x
y
+
=
-
+
，
化简得
2
2
4
4
3
9
x
y
æ
ö
-
+
=
ç
÷
è
ø
，由于M 是左侧面上的动点，
故点M 的轨迹是一个圆的一部分，故A 正确；
对于B，因为
1
EA F
Ð
是一个定值，所以
1
MA F
Ð
也等于一个定值，
所以
1A M 一定是以
1A F 为轴的一个圆锥的母线，
这样的圆锥被过顶点
1A 的平面
1
1
ADD A 所截，所得的是两条母线，故B 错误；
对于C，在
1
BB 上取点G ，满足
1
BG = ，连接DG ，通过计算可得
1
3
DG
DC
=
=
，
故以点D 为球心，
3 为半径的球与正四棱柱的侧面
1
1
BB C C 的交线是圆的一部分，
该圆以C 为圆心，2 为半径，所求的交线是该圆在侧面
1
1
BB C C 的部分，
显然该部分少于四分之一个圆，故C 错误；
对于D，由正四棱柱的中心对称性可知，以EF 为直径的球的球心O 一定是在正四棱柱的中心，
根据
1
2,
1
AA
AB
=
= ，可知
3
EF=
，所以可知球心O 到上、下两底面各棱的中点的距离都等于该球的半径，又
因为球心O 到各侧棱的距离是
2
2 ，到各顶点的距离是1，
所以由上面推理易知，以EF 为直径的球与上、下两底面的交线是两个完整的内切圆，
此时一个圆的周长是π，而根据该球心O 到一个侧面
1
1
BCC B 的射影是
1
3
,
,
2
2
H OH
OG
=
=
，
可解得
2
2
3
1
2
2
2
2
GH
æ
ö
æ
ö
=
-
=
ç
÷
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
，所在侧面截得的交线如图所示，
由
2
1
,
2
2
GH
HJ
=
=
，可得
π
4
GHJ
Ð
=
，即
π
2
GHI
Ð
=
，
所以在该侧面内留下的交线长为π
2
2π
2
2
2
2
´
´
=
，故D 正确．
故选：AD
13．（25-26 高三上·广东肇庆·阶段练习）已知正方体
1
1
1
1
ABCD
A B C D
-
的棱长为1，动点P 在正方体
1
1
1
1
ABCD
A B C D
-
表面上运动，且PA
r
=
0
3
r
<
<
，记点P 的轨迹长度为
f r ，则
2
3
f æ
ö =
ç
÷
è
ø
.
【答案】π
【详解】根据题意，可以把
f r 看成以A 为球心，半径为r 的球与正方体的表面的交线的长度，
由于球的任何截面都是圆，所以在正方体的各表面上的轨迹均是一段圆弧，
当
2
3
PA =
时，球与正方体的三个面有交点，
点P 在正方体三个面上的轨迹都是以A 为圆心，2
3 为半径的1
4 圆弧，
所以
2
1
2
3
2π
π
3
4
3
f æ
ö
æ
ö
= ´
´
´
=
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
.
故答案为：π.
14．（25-26 高二上·河北邢台·开学考试）若正四棱柱
1
1
1
1
ABCD
A B C D
-
的底面棱长为4，侧棱长为3，且M 为棱
1
AA 上靠近点A 的三等分点，点P 在正方形ABCD 的边界及其内部运动，且满足MP 与底面ABCD 的所成角
π
3
q =
，则点P 形成的轨迹长度为 ．
【答案】
3 π
6
【详解】由
1
AA ^ 平面ABCD ，则
MPA
Ð
即为MP 与底面ABCD 的所成角，
所以
π
3
MPA
q
Ð
=
=
且
1
1
1
3
MA
AA
=
= ，则
3
3
3
3
AP
MA
=
=
，
故点P 形成的轨迹是以A 为圆心，
3
3
为半径的四分之一圆，
所以轨迹长度为1
3
3
π
2
π
4
3
6
´ ´
=
．
故答案为：
3 π
6
15．（24-25 高一下·安徽宣城·期末）如图，四边形ABCD 是边长为2 的正方形，
4
PA =
，平面PAB ^平面ABCD ，
平面PAD ^平面ABCD .
(1)求证：PA ^平面ABCD ；
(2)求二面角A
PD
B
-
-
的余弦值；
(3)点M 在正方形ABCD 内（包括边界），若平面PAM ^平面PDM ，且
π π
,
4 3
ADM
é
ù
Ð
Îê
ú
ë
û ，求点M 的轨迹长度.
【答案】(1)证明见解析
(2) 2
3
(3) π
6
【详解】（1）四边形ABCD 是边长为2 的正方形，所以AB
AD
^
，
又平面PAB ^平面ABCD ，平面PAB Ç 平面ABCD
AB
=
，AD Ì 平面ABCD ，
所以AD ^ 平面PAB ，又AP Ì 平面PAB ，所以AD
AP
^
，
又平面PAD ^平面ABCD ，平面PAD Ç 平面ABCD
AD
=
，AB Ì 平面ABCD ，
所以AB ^平面PAD ，又AP Ì 平面PAD ，所以AB
AP
^
，
又AD
AB
A
Ç
=
，
,
AD AB Ì 平面ABCD ，
所以PA ^平面ABCD ；
（2）过A 作AN
PD
^
于N ，连接BN ，
由（1）可知AB ^平面PAD ，又PD Ì 平面PAD ，所以AB
PD
^
，
又AN
AB
A
=
I
，
,
AN AB Ì 平面ANB ，所以PD ^ 平面ANB ，BN Ì 平面ANB ，
所以PD
BN
^
，所以
ANB
Ð
为二面角A
PD
B
-
-
的平面角，
因为
4
PA =
，
2
AD =
，所以
2
2
4
16
2 5
PD
AD
PA
=
+
=
+
=
，
又1
1
2
2
AD PA
PD AN
×
=
×
，所以1
1
2
4
2 5
2
2
AN
´ ´
=
´
´
，解得
4
5
AN =
，
在Rt
ABN
△
中，
2
2
16
6 5
4
5
5
BN
AN
AB
=
+
=
+
=
，
所以
4
2
5
cos
3
6 5
5
AN
ANB
BN
Ð
=
=
=
，
所以二面角A
PD
B
-
-
的余弦值为2
3 ；
（3）以DA 为直径在正方形ABCD 内作一个半圆，在该半圆圆上任取点M ，连接
,
,
AM MD PM ，
则AM
MD
^
，又因为PA ^平面ABCD ；DM Ì 平面ABCD ，
所以PA
DM
^
，又PA
AM
A
=
I
，
,
PA AM Ì 平面PAM ，
所以DM ^平面PAM ，又DM Ì 平面PDM ，所以平面PAM ^平面PDM ，
所以点M 的运动轨迹为此半圆，
设DA 的中点为O ，连接OM ，因为
π π
,
4 3
ADM
é
ù
Ð
Îê
ú
ë
û ，所以
π 2π
,
2
3
AOM
é
ù
Ð
Îê
ú
ë
û ，
所以根据扇形的弧长公式得点M 的运动轨迹长度为2π
π
2π
π
π
3
2
2
2
3
2
6
DA
DA
´
-
´
=
-
=
.
16．（25-26 高三上·浙江·开学考试）已知四棱锥P
ABCD
-
，PD ^ 底面ABCD ，底面ABCD 是边长为2 的正方
形，PD
AB
=
，E 为PA 的中点，点Q 为三角形PBC 内（包括边界）的一个动点，且EQ
BC
^
.
(1)求点Q 的轨迹长度；
(2)当二面角Q
AD
B
-
-
正弦值大小为10
10
时，求AQ 与平面PBC 所成角的正弦值.
【答案】(1) 2
(2) 2 7
7
【详解】（1）分别取AD 、BC 、PB 的中点为F 、M 、N ，连接EF 、FM 、MN 、EN .
PD ^
Q
平面ABCD ，EF
PD
P
，
EF
\
^ 平面ABCD ，
又
Ì
BC
平面ABCD ，所以EF
BC
^
FM
BC
^
，EF
FM
F
=
I
，
,
EF FM Ì 平面EFMN ，\
^
BC
平面EFMN ，
Q
\
轨迹是线段MN ，长度是2 ；
（2）以D 为坐标原点，
,
,
DA DC DP 所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，
2,0,0
A
，
1,2,0
M
，
1,1,1
N
，设NQ
NM
l
=
uuur
uuuur
，
0,1
l Î
，
1,1
,1
DQ
DN
NM
l
l
l
=
+
=
+
-
uuur
uuur
uuuur
，
2,0,0
DA =
uuur
，
设平面QAD 的法向量
, ,
m
x y z
=
r
，
则
1
1
0
2
0
m DQ
x
y
z
m DA
x
l
l
ì
×
=
+
+
+
-
=
ïí
×
=
=
ïî
uuur
r
uuur
r
，令
1
y
l
=
- ，则
0,
1
x
z
l
=
=
+ ，
可求得平面QAD 的法向量
0,
1,
1
m
l
l
=
-
+
r
，
又平面ABD 的法向量
0,0,1
n =
r
，
2
2
1
3 10
cos
cos ,
10
1
1
m n
l
q
l
l
+
=
=
=
-
+
+
r r
，
两边平方得
2
2
2
1
9
2
2
10
l
l
l
+
+
=
+
，所以
2
2
20
10
18
18
10l
l
l
+
+
=
+
，
所以
2
8
20
8
0
l
l
-
+
=
，所以
2
2
5
2
0
l
l
-
+
=
，所以
2
1
2
0
l
l
-
-
=
，
解得
1
2
l =
或
2
l =
（舍去），
3 1
1,
,
2 2
Qæ
ö
\
ç
÷
è
ø ，
0,0,2
P
，
1,0,1
E
，
0,2,0
C
，
2,0,0
CB =
uuur
，
0,2, 2
PC =
-
uuur
，
可求得平面PBC 的法向量
0,1,1
u =
r
，
2
2 7
sin
cos
,
7
7
2
2
AQ u
AQ u
AQ
u
a
×
=
=
=
=
×
´
uuur r
uuur r
uuur
r
.
所以AQ 与平面PBC 所成角的正弦值为2 7
7
.
17．（25-26 高三上·广东·开学考试）如图，在三棱锥P
ABC
-
中，D 是BC 的中点，
,
4,
AB
AC BC
PC
=
=
^ 底面
ABC ．
(1)证明：AD ^ 平面PBC ；
(2)若点E 为PCB
V
内（包含边界）一点，且AE
CE
^
，求点E 的轨迹的长度；
(3)若AB
AC
^
，二面角C
AP
D
-
-
的大小为60o，求AC 与平面ADP 所成角的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2) π
(3)
1
2
【详解】（1）在三棱锥P
ABC
-
中，PC ^ 底面ABC ．
因为AD Ì 平面ABC ，所以PC
AD
^
，
又因为点D 是BC 的中点，AB
AC
=
，所以AD
BC
^
，
又
,
,
PC
BC
C PC BC
=
Ì
I
平面PBC ，
所以AD ^ 平面PBC ；
（2）如图所示，连接DE ，
由（1）知AD ^ 平面PBC ，又CE Ì 平面PBC ，所以AD
CE
^
．
又AE
CE
^
，且AE
AD
A
Ç
=
，
,
AE AD Ì 平面ADE ，所以CE ^ 平面ADE ，
又因为DE Ì 平面ADE ，所以CE
DE
^
，
则在PCB
V
内，CE
DE
^
，即点E 落在以CD 为直径的半圆上，
因为
1
2
2
CD
BC
=
=
，所以点E 的轨迹长度为π
π
2
CD
´
=
；
（3）由题意，以A 为原点，AB 所在直线为x 轴，AC 所在直线为y 轴，
过A 作z 轴垂直于平面ABC ，建立如图所示的空间直角坐标系，
因为
,
,
4
AB
AC AB
AC BC
^
=
=
，则
2 2
AB
AC
=
=
，
则
0,0,0 ,
2 2,0,0 ,
0,2 2,0
A
B
C
，
因为点D 是BC 的中点，则
2,
2,0
D
，
设PC
a
=
，因为PC ^ 底面ABC ，则
0,2 2,
0
P
a
a >
，
从而
2,
2,0 ,
0,2 2,
AD
AP
a
=
=
uuur
uuur
．
设平面ADP 的一个法向量
1
, ,
n
x y z
=
r
，
1
1
2
2
0
2 2
0
n
AD
x
y
n
AP
y
az
ì
×
=
+
=
ïí
×
=
+
=
ïî
uuur
r
uuur
r
则
，取
1
x = ，得
,
2 2
1
y
z
a
= -
=
，
所以平面ADP 的一个法向量
1
2 2
1, 1,
n
a
æ
ö
=
-
ç
÷
ç
÷
è
ø
r
，
取平面CAP 的一个法向量
2
1,0,0
n =
r
，又二面角C
AP
D
-
-
的大小为60o，
所以
1
2
1
2
2
1
1
cos60
2
8
2
n n
n
n
a
×
=
=
=
×
+
o
r
r
r
r
，解得
2
a =
（负值舍去），
所以
1
1, 1,
2
n =
-
r
，
设AC 与平面ADP 所成角为
,
0,2 2,0
AC
q
=
uuur
，
所以
1
2 2
1
sin
cos ,
2
2 2 2
n AC
q =
=
=
´
uuur
r
．
18．（2025·广东揭阳·三模）如图，三棱锥A
BCD
-
中，点B 在平面ACD 的射影H 恰在CD 上，M 为HC 中点，
π
6
BAH
Ð
=
，
2
AB =
，
1
ABM
ABD
S
S
=
=
△
△
.
(1)若CD ^ 平面BAH ，证明：M 是CD 的三等分点；
(2)记D 的轨迹为曲线W ，判断W 是什么曲线，并说明理由；
(3)求CD 的最小值.
【答案】(1)证明见解析
(2)椭圆，理由见解析
(3) 3
2 2
4
+
【详解】（1）由于CD ^ 平面BAH ，作HG
AB
^
，垂足为点G ，
因为AB Ì 平面BAH ，则CD
AB
^
，
又因为HG
AB
^
，且GH
MH
H
=
I
，
,
MH GH Ì 平面GMH ，
因此AB ^平面GMH ，因为GM Ì 平面GMH ，所以AB
GM
^
，
同理可证：AB
GD
^
，
又因为
ABM
ABD
S
S
=
△
△
，可得1
1
2
2
AB GM
AB GD
×
=
×
，所以GM
GD
=
，
因为GH Ì 面ABH ，从而MD
GH
^
，
因此DH
MH
MC
=
=
，进而M 为DC 的三等分点.
（2）椭圆，
延长BA至K ，使得AK
AB
=
，
由于
1
ABM
ABD
S
S
=
=
△
△
，可得M，D 到AB 的距离为定值，
因此M，D 应在以AK 为高线的圆柱上运动，且上下底面与AK 垂直，
又因为M，D 为平面ACD 上两点，
π
6
BAH
Ð
=
，
从而M，D 的运动平面截得该圆柱，根据圆锥曲线的定义，
因而M，D 的运动轨迹应为椭圆，示意如下.
（3）以A 为原点，HA 所在直线为x 轴，过A 点与HB 平行的直线为z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
下面求椭圆方程：一方面，由于该圆柱的底面半径为
1
r = ，
故由图可知椭圆的短半轴长为1，
由
π
6
BAH
Ð
=
，从而椭圆的长半轴
2
2
π
sin 6
r
a
r
=
=
=
，进而椭圆方程E ：
2
2
1
4
x
y
+
= ，
又由
π
6
BAH
Ð
=
，BH ^平面ACD ，从而
π
cos
3
6
HA
AB
=
=
，即
3,0,0
H -
，
由定义知H 为椭圆的左焦点，设E 的右焦点为
3,0,0
F
，则
4
FD
DH
=
-
，
设
DHA
Ð
q
=
，
在
DHF
△
中，由余弦定理，可得
2
2
2
2
cos
HF
HD
FH DH
FD
q
+
-
×
=
，
解得
1
2
3 cos
DH
q
=
-
，同理可得：
1
2
3 cos
MH
q
=
+
，
解法1：由
2
6
3 cos
2
4
3cos
CD
MH
DH
q
q
-
=
+
=
-
，
令
cos
,
1,1
x x
q =
Î -
，则
2
6
3
4
3
x
f x
x
-
=
-
，可得
2
2
2
3 3
36
4 3
4
3
x
x
f
x
x
-
+
-
-
¢
=
，
令
0
f
x
¢
=
，解得
1
4 6
6 3
3
x
-
+
=
，
2
4 6
6 3
3
x
+
=
（舍去），
当
1
1,
x
x
Î -
，
0
f
x
¢
<
；当
1,1
x
x
Î
，
0
f
x
¢
>
，
因此
1
x 为
f x 的极小值点，可得
1
3
2 2
4
f x
f x
+
³
=
.
解法2：由
1
1
4
MH
DH
+
=
，原题等价于求2MH
DH
+
的最小值，
则等价于求
1
1
1
2
4
MH
DH
MH
DH
æ
ö
+
+
ç
÷
è
ø
的最小值，
又由
1
1
1
1 2
3
2 2
2
3
4
4
4
MH
DH
MH
DH
MH
DH
DH
MH
+
æ
ö
æ
ö
+
+
=
+
+
³
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
，
当且仅当
2
DH
MH
=
时等号成立，因此CD 的最小值为3
2 2
4
+
.
1．（25-26 高二上·云南·开学考试）在一个四面体中，若存在一个顶点处的三条棱两两垂直，则称该四面体为直角
四面体，同时，把该顶点叫作“完美顶点”.若在四面体ABCD 中存在“完美顶点” A ，
2
AB =
，
3
AC =
，
6
AD =
，F
为AD 的中点，则CF 与BD 所成角的余弦值为（ ）
A．
3
6
B．
5
6
C．3 5
10
D．2 2
5
【答案】C
【详解】取AB 的中点G ，连接FG ，CG ，
因为
/ /
FG
BD ，所以
CFG
Ð
（或其补角）即为CF 与BD 所成的角，
因为
1
4
36
10
2
2
FG
BD
+
=
=
=
，
9 1
10
CG =
+ =
，
9
9
3 2
CF =
+
=
，
所以
2
2
2
18 10 10
3 5
cos
2
10
2 3 2
10
CF
FG
CG
CFG
CF FG
+
-
+
-
Ð
=
=
=
×
´
´
，
即CF 与BD 所成角的余弦值为3 5
10
.
故选：C
2．（2025·云南曲靖·二模）公元前300 年，几何之父欧几里得在《几何原本》里证明了世界上只存在正四面体、正
六面体、正八面体、正十二面体和正二十面体这5 种正多面体.公元前200 年，阿基米德把这5 种正多面体进行截
角操作（即切掉每个顶点），发现了5 种对称的多面体，这些多面体的面仍然是正多边形，但各个面却不完全相
同，如图所示，现代足球就是基于截角正二十面体的设计，则图2 所示的足球截面体的棱数为（ ）
A．60
B．90
C．120
D．180
【答案】B
考点三
立体几何新定义问题
【详解】易知正二十面体有20 个面，每个面都是三角形，每个顶点都是5 条棱的交点，每条棱都是两个面的公共
边，
所以，正二十面体的棱数为3 20
30
2
´
=
，顶点的个数为3 20
12
5
´
=
.
由图象可知，正二十面体的每个顶点截角后为一个正五边形，即每个顶点处增加了5 条棱；
原来的30 条棱数量不变，所以，足球截面体的棱数为12 5
30
90
´ +
=
.
故选：B.
3．（2025·河北保定·二模）刻画空间弯曲性是空间几何研究的重要内容，我们常用曲率来刻画空间弯曲性，规定：
多面体顶点的曲率等于2π与多面体在该点的面角之和的差（多面体的面角的角度用弧度制）．例如：正四面体每
个顶点均有3 个面角，每个面角均为π
3 ，则其各个顶点的曲率均为
π
2π
3
π
3
- ´
=
．若正四棱锥S
ABCD
-
的侧面与
底面的夹角的正切值为2 ，则四棱锥S
ABCD
-
在顶点S 处的曲率为（ ）
A．2
p
B．p
C．3
4
p
D．2
3
p
【答案】D
【详解】如图，连接AC ，BD ，设AC
BD
O
=
I
，连接SO ，则SO ^ 平面ABCD ，
取BC 的中点M ，连接OM ，SM ，
则由正四棱锥的结构特征可知
,
OM
BC SM
BC
^
^
，
所以
SMO
Ð
为侧面与底面所成的角，
设AB
BC
a
=
=
，则
2
a
OM =
，
在Rt
SOM
△
中，tan
2
SO
SMO
OM
Ð
=
=
，
所以
2
2
2
SO
OM
a
=
=
，又
2
2
OB
a
=
，所以
2
2
SB
SO
OB
a
=
+
=
，
所以正四棱锥S
ABCD
-
的每个侧面均为正三角形，
所以顶点S 的每个面角均为π
3 ，
故正四棱锥S
ABCD
-
在顶点S 处的曲率为
π
2π
2π
4
3
3
- ´
=
.
故选：D.
4．（24-25 高一下·山东德州·期末）刻画空间弯曲性是空间几何研究的重要内容，我们常用曲率来刻画空间弯曲
性，规定：多面体顶点的曲率等于2π与多面体在该点的面角之和的差（多面体的面角的角度用弧度制）.例如：正
四面体每个顶点均有3 个面角，每个面角均为π
3 ，则其各个顶点的曲率均为
π
2π
3
π
3
- ´
=
.若正四棱锥S
ABCD
-
的
侧面与底面的夹角的正切值为2 ，则四棱锥S
ABCD
-
在顶点A 处的曲率为（ ）
A．π
3
B．π
C．3π
4
D．5π
6
【答案】D
【详解】如图，连接
,
AC BD ，设AC
BD
O
=
I
，连接SO ，则SO ^ 平面ABCD ，
取BC 的中点M ，连接
,
OM SM ，由正四棱锥的结构特征知
,
OM
BC SM
BC
^
^
，
所以
SMO
Ð
为侧面与底面所成的角，
设AB
BC
a
=
=
，则
2
a
OM =
，
在Rt
SOM
△
中，tan
2
SO
SMO
OM
Ð
=
=
，所以
2
2
2
SO
OM
a
=
=
，
又
2
2
OB
a
=
，所以
2
2
SB
SO
OB
a
=
+
=
，
所以正四棱锥S
ABCD
-
的每个侧面均为正三角形，
所以顶点A 处的各面角分别为π
3 、π
3 、π
2 ，该顶点处的曲率为
π
π
5π
2π
2
3
2
6
- ´
-
=
.
故选：D
5．（24-25 高一下·湖北荆门·期末·多选）阅读数学材料：“设P 为多面体M 的一个顶点，定义多面体M 在点P 处的
离散曲率为
1
2
2
3
1
1
1
1
2π
k
k
k
Q PQ
Q PQ
Q
PQ
Q PQ
-
-
Ð
+ Ð
+
+ Ð
+ Ð
L
，其中
1,2,
, ,
3
i
Q i
k k
=
L
≥
为多面体M 的所有与
点P 相邻的顶点，且平面
1
2
Q PQ ，平面
2
3,
Q PQ L，平面
1
k
k
Q
PQ
-
和平面
1
k
Q PQ 为多而体M 的所有以P 为公共点的
面.”解答问题：已知在直四棱柱
1
1
1
1
ABCD
A B C D
-
中，底面ABCD 为菱形，
1
AA
AB
=
，则（ ）
A．直四棱柱
1
1
1
1
ABCD
A B C D
-
是正方体，则直四棱柱
1
1
1
1
ABCD
A B C D
-
在顶点A 处的离散曲率为1
3
B．若AC
BD
=
，则三棱锥
1A
BCD
-
在顶点B 处的离散曲率为11
24
C．若四面体
1A ABD 在点
1A 处的离散曲率为7
12 ，则
1
AC ^ 平面
1ABD
D．若直四棱柱
1
1
1
1
ABCD
A B C D
-
在顶点A 处的离散曲率为1
3 ，则
1
BC 与平面
1
ACC 所成角的正切值为
7
7
【答案】BCD
【详解】A.直四棱柱
1
1
1
1
ABCD
A B C D
-
是正方体，则直四棱柱
1
1
1
1
ABCD
A B C D
-
在顶点A 处的
离散曲率为
1
1
1
1
π
π
π
1
1
1
2π
2π
2
2
2
4
BAA
BAD
DAA
æ
ö
-
Ð
+ Ð
+ Ð
= -
+
+
=
ç
÷
è
ø
，故A 错误；
B.若AC
BD
=
，则三棱锥
1A
BCD
-
在顶点B 处的离散曲率为
1
1
1
1
π
π
π
11
1
1
2π
2π
2
4
3
24
CBA
CBD
DBA
æ
ö
-
Ð
+ Ð
+ Ð
= -
+
+
=
ç
÷
è
ø
，故B 正确；
C.若四面体
1A ABD 在点
1A 处的离散曲率为7
12 ，
即
1
1
1
1
1
1
π
π
7
1
1
2π
2π
4
4
12
AA B
AA D
BA D
BA D
æ
ö
-
Ð
+ Ð
+ Ð
= -
+
+ Ð
=
ç
÷
è
ø
，
则
1
π
3
BA D
Ð
=
，故
1
BA D
V
为正三角形，
1
1
2
BD
A B
A D
AB
=
=
=
，
所以
2
2
2
BD
AB
AD
=
+
，所以四边形ABCD 为正方形，
所以直四棱柱
1
1
1
1
ABCD
A B C D
-
是正方体，因为
1
CC ^ 平面ABCD ，
BD Ì 平面ABCD ，所以
1
BD
CC
^
，因为BD
AC
^
，AC Ì 平面
1
ACC ，
1
CC Ì 平面
1
ACC ，
1
AC
CC
C
=
I
，所以BD ^ 平面
1
ACC ，
又因为
1
AC Ì 平面
1
ACC ，所以
1
AC
BD
^
，
同理可得
1
1
AC
A B
^
，又BD Ì 平面
1ABD ，
1A B Ì 平面
1ABD ，
1
BD
A B
B
=
I
，则有
1
AC ^ 平面
1ABD ，故C 正确；
D.若直四棱柱
1
1
1
1
ABCD
A B C D
-
在顶点A 处的离散曲率为：
1
π
π
1
1
2π
2
2
3
BAD
æ
ö
-
+
+ Ð
=
ç
÷
è
ø
，则
π
3
BAD
Ð
=
，如图，设
1
1
AA
AB
=
= ，
AC
BD
O
=
I
，则
2
2
1
1
1
2
BC =
+
=
，
1
2
BO =
，由C 可知
1
BD
CC
^
，
因为四边形ABCD 为菱形，所以BD
AC
^
，又AC Ì 平面
1
ACC ，
1
CC Ì 平面
1
ACC ，
1
AC
CC
C
=
I
，所以BD ^ 平面
1
ACC ，
所以
1
BC O
Ð
即
1
BC 与平面
1
ACC 所成角，
1
1
2
sin
4
BO
BC O
BC
Ð
=
=
，
2
1
1
4
cos
1 sin
14
BC O
BC O
Ð
Ð
=
-
=
，
故
1
1
1
sin
7
tan
cos
7
BC O
BC O
BC O
Ð
Ð
Ð
=
=
，故D 正确.
故选：BCD.
6．（24-25 高三下·广东深圳·阶段练习·多选）莱昂哈德•医拉是历史上最杰出的数学家之一，在数学许多分支上都
可以见到以欧拉命名的常数，公式和定理．在拓扑学中，欧拉公式描述了凸多面体顶点数，棱数和面数之间的关
系：记凸多面体的顶点数为V，棱数为E，面数为F，则
2
V
E
F
-
+
=
．根据欧拉公式，判断下列说法正确的是
（ ）
注：若多面体上任意两点的连线段都在该多面体内（含表面），则称该多面体为凸多面体
A．若某棱锥的棱数比顶点数多5，则该棱锥为六棱锥
B．存在7 条棱的多面体
C．存在每个面都是五边形或六边形的凸多面体，且任意相邻两个面的边数都不同
D．若某凸多面体每个面都是边长为1 的正方形或正五边形，且每个顶点与其相连接的棱所形成的空间图形均
相同，则面数的所有可能取值为6，7，12
【答案】AD
【详解】A 选项：
5
E
V
=
+ 代入欧拉公式得
7
F =
，故为六棱锥，A 正确；
B 选项：若
7
E =
，则
9
V
F
+
=
，而V，
4
F ³
，故
4
V =
，
5
F =
或
5
V =
，
4
F =
，无论哪种情况都无法形成多面
体，B 错误；
C 选项：任意相邻两个面的边数都不同，因此每个顶点至少连接4 个面，设共有x 个五边形，y 个六边形，则
5
6
4
x
y
V
+
£
（数遍每个五边形的5 个顶点和每个六边形的6 个顶点，则该多面体每个顶点都被至少数了4 遍），考
虑所有多边形的内角和，注意每个顶点所连接的内角之和小于2π，故
5
6
3π
4π
2π
2π
4
x
y
x
y
V
+
+
<
£
，整理得
2
0
x
y
+
<
无解，C 错误；
D 选项：①若每个面都是正方形，则每个顶点连接3 个面（正方形内角为90°），每条棱连接2 个面，故
4
3
F
V =
，
4
2
F
E =
，代入得
6
F =
，此时为正方体，
②若每个面都是正五边形，则每个顶点连接3 个面数（正五边形内角为108°），
每条棱连接2 个面，故
5
3
F
V =
，
5
2
F
E =
，代入得
12
F =
，此时为正十二面体，
③若即存在正方形又存在正五边形，则每个顶点连接3 个面，每条棱连接2 个面，设共有m 个正方形，n 个正五
边形，则
4
5
3
m
n
V
+
=
，
4
5
2
m
n
E
+
=
，F
m
n
=
+
代入欧拉公式得2
12
m
n
+
=
，
因为每个顶点与其相连接的棱所形成的空间图形均相同，故每个顶点要么连接2 个正方形1 个五边形，要么连接
1 个正方形2 个五边形，
（i）若每个顶点连接2 个正方形1 个五边形，则
2
4
V
m =
，
5
V
n =
，解得
5
m =
，
2
n =
，
7
F =
，此时为侧面为正
方形的正五棱柱，
（ii）若每个顶点连接1 个正方形2 个五边形，此时考虑某个五边形，其5 条边每条边相连的面一定是五边形正方
形间隔环形排列，而5 是奇数，不可能；
因此符合题意的简单凸多面体的面数只可能为6，7，12，D 正确.
故选：AD
7．（24-25 高一下·四川遂宁·期末）世界上最不可思议的四面体就是勒洛四面体，它是以正四面体的四个顶点为球
心，以正四面体的棱长为半径的四个球的相交部分围成的几何体.如图所示，若正四面体ABCD 的棱长为a ，则勒
洛四面体能够容纳的最大球的半径为
．
【答案】
6
(1
)
4
a
-
【详解】勒洛四面体能够容纳的最大球与勒洛四面体的4 个弧面都相切，即为勒洛四面体内切球，
由对称性知，勒洛四面体ABCD 内切球球心是正四面体ABCD 的内切球、外接球球心O ，如图：
正
BCD
△
外接圆半径
1
2
3
cos30
3
3
O B
a
a
°
=
´ ×
=
，
正四面体ABCD 的高
2
2
1
1
6
3
AO
AB
O B
a
=
-
=
，令正四面体ABCD 的外接球半径为R ，
在
1
Rt
BOO
△
中，
2
2
2
2
2
1
1
6
3
3
3
R
OO
BO
a
R
a
æ
ö
æ
ö
=
+
=
-
+
ç
÷
ç
÷
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
，解得
6
4
R
a
=
，
此时我们再次完整地抽取部分勒洛四面体如图所示：
图中取正四面体ABCD 中心为O ，连接BO 交平面ACD 于点E ，交曲面ACD 于点F ，
其中BO 即为正四面体外接球半径
6
4
R
a
=
，
因为点ACDF 均在以点B 为球心的球面上，所以BF
AB
a
=
=
，
设勒洛四面体内切球半径为r ，
则由图得
6
6
1
4
4
r
OF
BF
BO
AB
BO
a
a
a
æ
ö
=
=
-
=
-
=
-
=
-
ç
÷
ç
÷
è
ø
.
故答案为：
6
1
4
a
æ
ö
-
ç
÷
ç
÷
è
ø
8．（2025·湖南邵阳·模拟预测）设正四面体的四个顶点到平面a 的距离所构成的集合为A ，若A 中元素的个数为
k ，则称a 为正四面体的k 阶等距平面，A 为正四面体的k 阶等距集.如果a 为正四面体的1 阶等距平面且1 阶等距
集为
m ，则符合条件的平面a 有 个；若正四面体的棱长为
6 ，则m 的所有可能取值构成的集合为 .
【答案】
7
3
1, 2
ì
ü
ï
ï
í
ý
ï
ï
î
þ
【详解】如图，正四面体A
BCD
-
，在第一问中，不妨也取AB
6
=
，
则正
BCD
△
的外接圆半径为2 ，则正四面体的高
6
2
2
h =
-
=
，
①情形一：分别取AB，AC，AD 的中点M，E，F，
此时平面MEF 为正四面体A
BCD
-
的一个1 阶等距平面，
且由中位线性质可知
6
2
ME
EF
=
=
，
1
1
2
m
h
=
= ，
由于正四面体有4 个面，这样的1 阶等距平面a 平行于其中一个面，有4 种情况；
②情形二：将此正四面体放置到棱长为
3 的正方体
1
1
1
1
AD CB
A DC B
-
中，
分别取AB，AC，CD，DB 的中点为P，Q，R，S，连接
,
,
,
PQ QR RS SP ，
则
//
//
PQ BC SR ，
//
//
PS AD QR ，则PQRS 四点共面，
又PQ Ë 平面
1
1
B CC B ，
Ì
BC
平面
1
1
B CC B ，则
//
PQ
平面
1
1
B CC B ，
同理可证，
//
PS
平面
1
1
D DA A，
又平面
1
1 //
D DA A 平面
1
1
B CC B ，且PS Ë 平面
1
1
B CC B ，则
//
PS
平面
1
1
B CC B ，
因
,
,
PS
PQ
P PS PQ
=
Ì
I
平面PQRS ，则平面
1
1 //
B CC B
平面PQRS ，
故平面PQRS 为正四面体A
BCD
-
的1 阶等距平面，且m 为正方体棱长的一半，等于
3
2
，
由于正四面体的六条棱中有3 组对棱互为异面直线，
这样的1 阶等距平面a 平行于其中一组异面直线，有3 种情况，
综上，当m 的值为1 时，a 有4 个；当m 的值为
3
2
时，a 有3 个，
故符合条件的a 有7 个，m 的所有可能取值构成的集合是
3 ,1
2
ì
ü
ï
ï
í
ý
ï
ï
î
þ
；
故答案为：7 ；
3
1, 2
ì
ü
ï
ï
í
ý
ï
ï
î
þ
.
9．（24-25 高二上·辽宁·开学考试）离散曲率是刻画空间弯曲性的重要指标．设P 为多面体M 的一个顶点，定义多
面体M 在点P 处的离散曲率为
1
2
2
3
1
1
1
1
2π
P
k
k
k
Q PQ
Q PQ
Q
PQ
Q PQ
j
-
= -
Ð
+ Ð
+
+ Ð
+ Ð
L
，其中
(
1,2,
, ,
3)
i
Q i
k k
=
³
L
为多面体M 的所有与点P 相邻的顶点，且平面
1
2
Q PQ ，平面
2
3
Q PQ ，…，平面
1
k
k
Q
PQ
-
和平面
1
k
Q PQ 为多面体M 的所有以P 为公共点的面．已知三棱锥P
ABC
-
如图所示．
(1)求三棱锥P
ABC
-
在各个顶点处的离散曲率的和；
(2)若PA ^平面ABC，AC
BC
^
，
4
AC
BC
=
=
，三棱锥P
ABC
-
在顶点C 处的离散曲率为3
8 ，求点A 到平面
PBC 的距离；
(3)在（2）的前提下，又知点Q 在棱PB 上，直线CQ 与平面ABC 所成角的余弦值为
30
6
，求BQ 的长度．
【答案】(1)2
(2)2 2
(3) 4 3
3
【详解】（1）根据离散曲率的定义得
1
1
2π
P
APB
BPC
APC
j = -
Ð
+ Ð
+ Ð
，
1
1
1
,
1
2π
2π
A
B
PAB
BAC
PAC
PBA
ABC
PBC
j
j
= -
Ð
+ Ð
+ Ð
= -
Ð
+ Ð
+ Ð
，
1
1
2π
C
PCA
BCA
PCB
j = -
Ð
+ Ð
+ Ð
，
又因为
APB
BPC
APC
PAB
BAC
PAC
Ð
+ Ð
+ Ð
+ Ð
+ Ð
+ Ð
+
PBA
ABC
PBC
Ð
+ Ð
+ Ð
4π
PCA
BCA
PCB
+Ð
+ Ð
+ Ð
=
，
所以
1
4
4π
2
2π
P
A
B
C
j
j
j
j
+
+
+
=
-
´
=
．
（2）∵PA ^平面
,
ABC BC Ì 平面ABC ，∴PA
BC
^
，
又∵
,
AC
BC PA
AC
A
^
=
I
，
,
PA AC Ì 平面PAC ，∴
^
BC
平面PAC ，
∵PC Ì平面PAC ，∴BC
PC
^
，
∵
1
3
1
2π
8
C
PCA
BCA
PCB
j = -
Ð
+ Ð
+ Ð
=
，即
1
π
π
3
1
2π
2
2
8
PCA
æ
ö
-
Ð
+
+
=
ç
÷
è
ø
∴
π
4
PCA
Ð
=
，∴
4
=
=
=
PA
AC
BC
，过点A 作AM
PC
^
于点M ，
由
^
BC
平面
,
PAC AM Ì 平面PAC ，得BC
AM
^
，
又
,
,
BC
PC
C BC PC
=
Ì
I
平面PCB ，则AM ^ 平面PCB ，
因此点A 到平面PBC 的距离为线段AM 的长，在Rt ACM
V
中，
2
sin
4
2 2
2
AM
AC
PCA
=
Ð
=
´
=
，
∴点A 到平面PBC 的距离为2 2 .
（3）过点Q 作QG
PA
∥
交AB 于G ，连结CG ，
∵PA ^平面ABC ，∴QG ^ 平面ABC ，
∴
GCQ
Ð
为直线CQ 与平面ABC 所成的角，
依题意可得，
2
2
2
2
4,
4
4
4 2
PA
AB
AC
BC
=
=
+
=
+
=
，
2
2
2
2
4
4 2
4 3
PB
PA
AB
=
+
=
+
=
，
3
sin
3
PA
PBA
PB
Ð
=
=
，
6
cos
3
AB
PBA
PB
Ð
=
=
，
设
(0
4 3)
BQ
x
x
=
<
£
，则
3
6
sin
,
cos
3
3
QG
BQ
PBA
x BG
BQ
PBA
x
=
Ð
=
=
×
Ð
=
，
在BCG
V
中，
2
2
2
cos
CG
BC
BG
BC BG
CBG
=
+
-
×
×
Ð
2
2
2
6
2
2
8 3
16
2 4
16
3
3
2
3
3
x
x
x
x
=
+
- ´ ×
×
=
+
-
，
又
30
cos
6
GCQ
Ð
=
，所以
2
6
sin
1
cos
6
GCQ
GCQ
Ð
=
-
Ð
=
，
则
sin
5
tan
cos
5
GCQ
GCQ
GCQ
Ð
Ð
=
=
Ð
，
∴
2
3
5
3
tan
5
2
8 3
16
3
3
x
QG
GCQ
CG
x
x
Ð
=
=
=
+
-
，解得：
4 3
3
x =
或
4 3
x = -
（舍）
故
4 3
3
BQ =
.
10．（24-25 高一下·河北承德·阶段练习）离散曲率是刻画空间弯曲性的重要指标．设P 为多面体M 的一个顶点，
定义多面体M 在点P 处的离散曲率为
1
2
2
3
1
1
1
1
2
P
k
k
k
Q PQ
Q PQ
Q
PQ
Q PQ
j
p
-
= -
Ð
+ Ð
+
+ Ð
+Ð
L
，其中
1,2,
, ,
3
i
Q i
k k
=
³
L
为多面体M 的所有与点P 相邻的顶点，且平面
1
2
Q PQ ，平面
2
3,
Q PQ L，平面
1
k
k
Q
PQ
-
和平面
1
k
Q PQ 为多面体M 的所有以P 为公共点的面．已知三棱锥P
ABC
-
如图所示．
(1)求三棱锥P
ABC
-
在各个顶点处的离散曲率的和；
(2)若PA ^平面ABC ，AC
BC
^
，
8
AC
BC
=
=
，三棱锥P
ABC
-
在顶点C 处的离散曲率为3
8 ，求点A 到平面
PBC 的距离；
(3)在（2）的前提下，又知点Q 在棱PB 上，直线CQ 与平面ABC 所成角的余弦值为
30
6
，求BQ 的长度．
【答案】(1)2；
(2)4 2 ；
(3)
8 3
3
BQ =
．
【详解】（1）由离散曲率的定义得
1
1
2π
P
APB
BPC
APC
j = -
Ð
+ Ð
+ Ð
，
1
1
2π
A
PAB
BAC
PAC
j = -
Ð
+ Ð
+ Ð
，
1
1
2π
B
PBA
ABC
PBC
j = -
Ð
+ Ð
+ Ð
，
1
1
2π
C
PCA
BCA
PCB
j = -
Ð
+ Ð
+ Ð
，
所以
1
4
4π
2
2π
P
A
B
C
j
j
j
j
+
+
+
=
-
´
=
．
（2）由PA ^平面ABC ，
Ì
BC
平面ABC ，得PA
BC
^
，
又AC
BC
^
，AC
PA
A
Ç
=
，
,
AC PA Ì 平面PAC ，则
^
BC
平面PAC ，
又PC Ì平面PAC ，所以BC
PC
^
，即
π
2
BCP
Ð
=
，
又
1
1
2π
C
PCA
BCA
PCB
j = -
Ð
+ Ð
+ Ð
，即3
1
π
π
1
8
2π
2
2
PCA
æ
ö
= -
Ð
+
+
ç
÷
è
ø，解得
π
4
PCA
Ð
=
，
过点A 作AM
PC
^
于点M ，
由
^
BC
平面PAC ，AM Ì平面PAC ，得BC
AM
^
，
又BC
PC
C
Ç
=
，
,
BC PC Ì 平面PCB ，则AM ^ 平面PCB ，
因此点A 到平面PCB 的距离为线段AM 的长，
在Rt ACM
V
中，
2
sin
8
4 2
2
AM
AC
PCA
=
Ð
= ´
=
，
所以点A 到平面PBC 的距离为4 2 .
（3）过点Q 作
/ /
QG
PA交AB 于点G ，连接CG ，如图．
由PA ^平面ABC ，则QG ^ 平面ABC ，故
GCQ
Ð
为直线CQ 与平面ABC 所成的角，
依题意，
8
PA =
，
2
2
AB
8
8
8 2
=
+
=
，
2
2
8
8 2
8 3
PB =
+
=
，
则
3
sin
3
PA
PBA
PB
Ð
=
=
，
6
cos
3
AB
PBA
PB
Ð
=
=
，
设
0
8 3
BQ
x
x
=
<
£
，则
3
sin
3
QG
BQ
PBA
x
=
Ð
=
，
6
cos
3
BG
BQ
PBA
x
=
Ð
=
，
在BCG
V
中，
2
2
2
2
16 3
2
cos
64
3
3
CG
BC
BG
BC BG
CBG
x
x
=
+
-
×
Ð
=
+
-
，
由
30
cos
6
GCQ
Ð
=
，得
2
6
sin
1
cos
6
GCQ
GCQ
Ð
=
-
Ð
=
，
sin
5
tan
cos
5
GCQ
GCQ
GCQ
Ð
Ð
=
=
Ð
，
因此
2
3
5
3
tan
5
2
16 3
64
3
3
x
QG
GCQ
CG
x
x
Ð
=
=
=
+
-
，而
0
x >
，解得
8 3
3
=
x
，
所以
8 3
3
BQ =
．
11．（24-25 高二上·浙江·开学考试）离散曲率是刻画空间弯曲性的重要指标．设P 为多面体Γ 的一个顶点，定义多
面体G 在点P 处的离散曲率为
1
2
2
3
1
1
1
Φ
1
2π
P
k
k
k
Q PQ
Q PQ
Q
PQ
Q PQ
-
= -
Ð
+ Ð
+
+ Ð
+
L
，其中
1,2,
, ,
3
i
Q i
k k
=
³
L
为多面体G 的所有与点P 相邻的点，且平面
1
2
Q PQ ，平面
2
3,
Q PQ L，平面
1
k
k
Q
PQ
-
，平面
1
k
Q PQ 为多面体G 的所有
以P 为公共点的面．已知平面多边形ABCDE 的外接圆圆心O 为AD 与BE 的交点，如图①，且AB
AE
=
=
2
2
CD =
，将EAD
V
沿AD 翻折到
PAD
△
如图②，连接
,
PB PC ．
(1)求四棱锥P
ABCD
-
在各个顶点处的离散曲率的和；
(2)已知直线PB 与直线CD 所成角的余弦值为
6
4
．
①求四棱锥P
ABCD
-
在顶点A 处的离散曲率；
②设Q 为线段PD 上的动点（不包括端点），QA与平面ABCD 所成角为a ，二面角Q
AC
D
-
-
的平面角为b ，其
中
π
,
0, 2
a b
æ
ö
Îç
÷
è
ø，求
tan b
a
-
的最大值．
【答案】(1)2
(2)① 7
12 ；②
2
4
【详解】（1）因为PAB
V
，
PBC
△
，
PCD
△
，
PAD
△
内角和均为π，四边形ABCD 内角和为2π，
则四棱锥P
ABCD
-
在各顶点处的离散曲率和为
1
Φ
Φ
Φ
Φ
Φ
5
π
4
2π
2
2π
P
A
B
C
D
+
+
+
+
=
-
´ +
=
；
（2）① 过点B 作
/ /
BF
CD 交AD 于F ，连接PF ，
则
PBF
Ð
即为直线PB 与直线CD 所成角或其补角，
因AB
AE
=
=
2
2
CD =
，平面多边形ABCDE 的外接圆圆心O 为AD 与BE 的交点，
则圆O 的直径
2
2
BE =
，连接OC ，则易得等边三角形OCD ，故有
60
ADC
Ð
=
° ，
所以
2
OP
OB
=
=
，
60
OFB
OFP
Ð
= Ð
=
o ，所以
2
2 6
sin 60
3
PF
BF
=
=
=
o
，
在
PBF
△
中，因
1
6
2
cos
4
PB
PBF
BF
Ð
=
=
，解得
2
6
3
6
2
2
PB =
=
´
．
即AP
AB
PB
=
=
，可得：
π ,
3
PAB
Ð
=
则得
1
1
π
π
7
Φ
1
1
(
2
)
2π
2π 4
3
12
A
PAD
BAD
PAB
= -
Ð
+ Ð
+ Ð
= -
´ +
=
，
即四棱锥P
ABCD
-
在顶点A 处的离散曲率为7
12
②因为
,
OP
AD OB
AD
^
^
，所以
POB
Ð
为二面角P
AD
B
-
-
的平面角，
因为
2
2
2
OP
OB
PB
+
=
，所以
π
2
POB
Ð
=
，则平面PAD ^平面ABCD ．
过Q 作
^
QG
AD 于G ，过G 作GH
AC
^
于H ，连接QH ，
因QG Ì 平面PAD ，平面PAD Ç 平面ABCD
AD
=
，故QG ^ 平面ABCD ，
因AC Ì 平面ABCD ，则QG
AC
^
，
又
,
,
QG
GH
G QG GH
=
Ì
I
平面QGH ，则AC ^平面QGH ，
因QH Ì 平面QGH ，则AC
QH
^
，故
QAG
Ð
为QA与平面ABCD 所成角，
QHG
Ð
为二面角Q
AC
D
-
-
的平面角，则
,
QAG
QHG
a
b
Ð
=
Ð
=
，
因为tan
, tan
QG
QG
AG
GH
a
b
=
=
，所以tan
1
sin
tan
2
GH
DAC
AG
a
b =
=
Ð
=
，
则得tan
2tan
b
a
=
，因
π
0
4
a
<
<
，则0
tan
1
a
<
< ，
故
2
tan
tan
tan
1
1
tan
1
1
tan
tan
1
2tan
2 2
2tan
tan
b
a
a
b
a
b
a
a
a
a
-
-
=
=
=
£
+
×
+
+
，
当且仅当
2
tan
, tan
2
2
a
b
=
=
时，等号成立．
则
tan b
a
-
的最大值为
2
4
．
12．（2025·山东青岛·模拟预测）在空间直角坐标系O
xyz
-
中，任何一个平面的方程都能表示成
0
Ax
By
Cz
D
+
+
+
=
，其中A ，B ，C ，DÎR ，
2
2
2
0
A
B
C
+
+
¹
，且
, ,
n
A B C
=
r
为该平面的法向量.已知集合
, ,
1,
1,
1
P
x y z
x
y
z
=
£
£
£
∣
，
, ,
2
Q
x y z
x
y
z
=
+
+
£
∣
，
, ,
2,
2,
2
T
x y z
x
y
y
z
z
x
=
+
£
+
£
+
£
∣
.
(1)设集合
, ,
0
M
x y z
z
=
=
∣
，记P
M
Ç
中所有点构成的图形的面积为
1S ，Q
M
I
中所有点构成的图形的面积为
2S ，求
1S 和
2S 的值；
(2)记集合Q 中所有点构成的几何体的体积为
1V ，P
Q
Ç
中所有点构成的几何体的体积为
2
V ，求
1V 和
2
V 的值：
(3)记集合T 中所有点构成的几何体为W .
①求W 的体积
3
V 的值；
②求W 的相邻（有公共棱）两个面所成二面角的大小，并指出W 的面数和棱数.
【答案】(1)
1
4
S =
，
2
8
S =
；
(2)
1
32
3
V =
，
2
20
3
V =
；
(3)①16；②2π
3 ，共有12 个面，24 条棱.
【详解】（1）集合
, ,
0
M
x y z z
=
=
表示xOy 平面上所有的点，
, ,
1,
1,
1
P
x y z
x
y
z
=
£
£
£
表示
1, 1, 1
± ± ±
这八个顶点形成的正方体内所有的点，
而P
M
Ç
可以看成正方体在xOy 平面上的截面内所有的点.
发现它是边长为2 的正方形，因此
1
4
S =
.
对于
, ,
2
Q
x y z
x
y
z
=
+
+
£
，当, ,
0
x y z >
时，
2
x
y
z
+
+
=
表示经过(2,0,0) ，(0,2,0) ，(0,0,2) 的平面在第一象限的部分.
由对称性可知Q 表示
2,0,0
±
(
) ，0, 2,0
±
(
) ，0,0, 2
±
(
)
这六个顶点形成的正八面体内所有的点.
而Q
M
I
可以看成正八面体在xOy 平面上的截面内所有的点.
它是边长为2 2 的正方形，因此
2
8
S =
.
（2）记集合Q ，P
Q
Ç
中所有点构成的几何体的体积分别为
1V ，
2
V ；
考虑集合Q 的子集
, ,
2,
0,
0,
0
Q
x y z x
y
z
x
y
z
=
+
+
£
³
³
³
¢
；
即为三个坐标平面与
2
x
y
z
+
+
=
围成的四面体.
四面体四个顶点分别为(0,0,0) ，(2,0,0) ，(0,2,0) ，(0,0,2) ，
此四面体的体积为
1
1
4
2
2 2
3
2
3
Q
V ¢
æ
ö
=
´ ´
´ ´
=
ç
÷
è
ø
由对称性知，
1
32
8
3
Q
V
V ¢
=
=
考虑到P 的子集P¢ 构成的几何体为棱长为1 的正方体，
即
, ,
0
1,0
1,0
1
P
x y z
x
y
z
=
£
£
£
£
£
£
¢
，
, ,
2,
0,
0,
0
Q
x y z x
y
z
x
y
z
=
+
+
£
³
³
³
¢
，
显然P
Q
¢
¢
I
为两个几何体公共部分，
记
1 1,1,0
Q
，
2 1,0,1
Q
，
3 0,1,1
Q
，
4 1,1,1
Q
.
容易验证
1
Q ，
2
Q ，
3
Q 在平面
2
x
y
z
+
+
=
上，同时也在P¢ 的底面上.
则P
Q
¢
¢
I
为截去三棱锥
4
1
2
3
Q
Q Q Q
-
所剩下的部分.
P¢ 的体积
1 1 1
1
P
V ¢ = ´ ´ = ，三棱锥
4
1
2
3
Q
Q Q Q
-
的体积为
4
1
2
3
1
1
1
1
1 1
3
2
6
Q
Q Q Q
V
-
=
´ ´
´
´
=
.
故P
Q
¢
¢
I
的体积
4
1
2
3
1
5
1
6
6
P
Q
P
Q
Q Q Q
V
V
V
¢
¢
¢
-
=
-
= -
=
I
.
当由对称性知，
2
20
8
3
P
Q
V
V ¢
¢
=
=
I
.
（3）
如图所示，即为T 所构成的图形.
其中正方体ABCD
IJML
-
即为集合P 所构成的区域. E
ABCD
-
构成了一个正四棱锥，
其中E 到面ABCD 的距离为2 ，
1
4
1 2 2
3
3
E ABCD
V -
=
´ ´ ´
=
，
3
4
6
8
6
16
3
P
E ABCD
V
V
V -
=
+
=
+ ´
=
.
由题意面EBC 方程为
2
0
x
z
+
-
=
，由题干定义知其法向量
1
1,0,1
n =
ur
面ECD 方程为
2
0
y
z
+
-
=
，由题干定义知其法向量
2
0,1,1
n =
uur
故
1
2
1
2
1
2
1
cos
,
2
n n
n n
n
n
×
=
=
×
ur uur
ur uur
ur
uur
.
由图知两个相邻的面所成角为钝角.故H 相邻两个面所成角为2π
3 .
由图可知共有12 个面，24 条棱.
