新高考数学二轮培优精讲精练专题07 立体几何小题常考全归类（含解析）

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专题07 立体几何小题常考全归类
【命题规律】
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．
【核心考点目录】
核心考点一：球与截面面积问题
核心考点二：体积、面积、周长、角度、距离定值问题
核心考点三：体积、面积、周长、距离最值与范围问题
核心考点四：立体几何中的交线问题
核心考点五：空间线段以及线段之和最值问题
核心考点六：空间角问题
核心考点七：轨迹问题
核心考点八：以立体几何为载体的情境题
核心考点九：翻折问题

【真题回归】
1．（2022·北京·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
【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
2．（2022·浙江·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．
3．（多选题）（2022·全国·高考真题）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，
则，，
，则，，，
则，则，，，故A、B错误；C、D正确.
故选：CD.
4．（多选题）（2022·全国·高考真题）已知正方体，则（    ）
A．直线与所成的角为 B．直线与所成的角为
C．直线与平面所成的角为 D．直线与平面ABCD所成的角为
【答案】ABD
【解析】如图，连接、，因为，所以直线与所成的角即为直线与所成的角，
因为四边形为正方形，则，故直线与所成的角为，A正确；

连接，因为平面，平面，则，
因为，，所以平面，
又平面，所以，故B正确；
连接，设，连接，
因为平面，平面，则，
因为，，所以平面，
所以为直线与平面所成的角，
设正方体棱长为，则，，，
所以，直线与平面所成的角为，故C错误；
因为平面，所以为直线与平面所成的角，易得，故D正确.
故选：ABD
5．（多选题）（2021·全国·高考真题）在正三棱柱中，，点满足，其中，，则（    ）
A．当时，的周长为定值
B．当时，三棱锥的体积为定值
C．当时，有且仅有一个点，使得
D．当时，有且仅有一个点，使得平面
【答案】BD
【解析】

易知，点在矩形内部（含边界）．
对于A，当时，，即此时线段，周长不是定值，故A错误；
对于B，当时，，故此时点轨迹为线段，而，平面，则有到平面的距离为定值，所以其体积为定值，故B正确．
对于C，当时，，取，中点分别为，，则，所以点轨迹为线段，不妨建系解决，建立空间直角坐标系如图，，，，则，，，所以或．故均满足，故C错误；
对于D，当时，，取，中点为．，所以点轨迹为线段．设，因为，所以，，所以，此时与重合，故D正确．
故选：BD．
6．（2020·海南·高考真题）已知直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD=60°．以为球心，为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为________．
【答案】.
【解析】如图：

取的中点为，的中点为，的中点为，
因为60°，直四棱柱的棱长均为2，所以△为等边三角形，所以，，
又四棱柱为直四棱柱，所以平面，所以，
因为，所以侧面，
设为侧面与球面的交线上的点，则，
因为球的半径为，，所以，
所以侧面与球面的交线上的点到的距离为，
因为，所以侧面与球面的交线是扇形的弧，
因为，所以，
所以根据弧长公式可得.
故答案为：.

【方法技巧与总结】
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．
【核心考点】
核心考点一：球与截面面积问题
【规律方法】
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．
【典型例题】
例1．（2022·全国·高三阶段练习）已知四棱锥P-ABCD的底面ABCD是矩形，且该四棱锥的所有顶点都在球O的球面上，PA⊥平面ABCD, ，点E在棱PB上，且， 过E作球O的截面，则所得截面面积的最小值是____________.
【答案】
【解析】如图，将四棱锥P-ABCD补为长方体，则此长方体与四棱锥的外接球均为球O，
则球O半径.O位于PC中点处.
因底面ABCD是矩形，则.因PA⊥平面ABCD，平面ABCD，则，又平面PAB，AB平面PAB，，则平面PAB.
因PB平面PAB，则.取PB的中点为F，
则，..
因，则，得.
则在直角三角形OEF中，.
当EO与截面垂直时，截面面积最小，
则截面半径为.
故截面面积为.
故答案为：

例2．（2022·湖北省红安县第一中学高三阶段练习）球体在工业领域有广泛的应用，某零件由两个球体构成，球的半径为为球表面上两动点，为线段的中点.半径为2的球在球的内壁滚动，点在球表面上，点在截面上的投影恰为的中点，若，则三棱锥体积的最大值是___________.
【答案】15
【解析】如图一所示：


在圆中，因为点在截面上的投影恰为的中点，且，
所以为直角三角形，且，
又因为，
所以可得，
设，
则有，
所以，
所以，当时，等号成立，
所以；
如图二所示：

因为球的半径为，为线段的中点，
所以，
当三点共线且为如图所示的位置时，点为到平面的距离最大，
即此时三棱锥的高最大，此时,
所以此时,
即三棱锥体积的最大值是15.
故答案为：15.
例3．（2022·江西·高三阶段练习（理））如图，正方体的棱长为6，，点是的中点，则过，，三点的平面截该正方体所得截面的面积为_________．

【答案】
【解析】如图，过点作，连接，

由面面平行的性质可得：四边形为平行四边形，
又因为正方体的棱长为6，，
点是的中点，所以点，所以，
因为平行四边形的高为，
所以，
故答案为：.
例4．（2022·北京市十一学校高三阶段练习）如图，在棱长为2的正方体中，分别是棱的中点，点在线段上运动，给出下列四个结论：

①平面截正方体所得的截面图形是五边形；
②直线到平面的距离是；
③存在点，使得；
④面积的最小值是．
其中所有正确结论的序号是__________．
【答案】①③④
【解析】对于①，如图直线与的延长线分别交于,连接分别交于,连接，

则五边形即为所求的截面图形，故①正确；
对于②，由题知，平面，平面，
所以平面，
所以点到平面的距离即为直线到平面的距离，

设点到平面的距离为，由正方体的棱长为2可得，
，，
所以，
，
所以由，可得，
所以直线到平面的距离是，故②错误；
对于③，如图建立空间直角坐标系，

则，
设，
所以，
又因为，
所以，
所以，
假设存在点使得，
所以，
整理得，
所以（舍去），或，
所以存在点使得，故③正确；
对于④，由③知，
所以点在的射影为，
所以点到的距离为
，
当时，，
所以面积的最小值是，故④正确；
故答案为：①③④
核心考点二：体积、面积、周长、角度、距离定值问题
【规律方法】
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
【典型例题】
例5．（2022·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
C．为定值 D．不确定，与，的位置有关
【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6．（2022·山西运城·模拟预测（文））如图，正方体的棱长为1，线段上有两个动点E，F，且，点P，Q分别为的中点，G在侧面上运动，且满足G∥平面，以下命题错误的是（　　）

A．
B．多面体的体积为定值
C．侧面上存在点G，使得
D．直线与直线BC所成的角可能为
【解析】对A：连接，作图如下：

因为为正方体，故可得//，又，与是同一条直线，
故可得，则，故A正确；
对B：根据题意，，且线段在上运动，且点到直线的距离不变，
故△的面积为定值，又点到平面的距离也为定值，
故三棱锥的体积为定值，故B正确；
对C：取的中点分别为，连接，作图如下：

容易知在△中，//，又//，，
面面，故面//面，
又G在侧面上运动，且满足G∥平面，故的轨迹即为线段；
又因为为正方体，故面面，故，
则当与重合时，，故C正确；
对D：因为//，故直线与所成角即为直线与所成角，即，
在中，，
故，而当直线与直线BC所成的角为时，
，故直线与直线BC所成的角不可能为，故D错误．
故选：D．
例7．（2022·全国·高三专题练习）如图所示，在正方体中，过对角线的一个平面交于E，交于F，给出下面几个命题：

①四边形一定是平行四边形；
②四边形有可能是正方形；
③平面有可能垂直于平面；
④设与DC的延长线交于M，与DA的延长线交于N，则M､N､B三点共线；
⑤四棱锥的体积为定值．
以上命题中真命题的个数为（       ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【解析】因为平面与平面平行，截面与它们交于，BF，可得，
同样可得，所以四边形是一个平行四边形，故①正确；
如果四边形是正方形，则，
因为，所以平面，
又平面，E与A重合，此时不是正方形，故②错误；
当两条棱上的交点是中点时，四边形为菱形，平面，
此时四边形垂直于平面，故③正确；
由与DC的延长线交于M，可得，且，
又因为平面，平面ABCD，
所以平面，平面ABCD，
又因为平面，平面ABCD，
所以平面平面，
同理平面平面，
所以BM，BN都是平面与平面ABCD的交线，
所以B，M，N三点共线，故④正确；
由于，平面，
则E，F到平面的距离相等，且为正方体的棱长，三角形的面积为定值，
所以四棱锥的体积为定值，故⑤正确．
故选：C．
核心考点三：体积、面积、周长、距离最值与范围问题
【规律方法】
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
【典型例题】
例8．（2022·全国·高三专题练习）如图，正方形的中心为正方形的中心，，截去如图所示的阴影部分后，翻折得到正四棱锥（，，，四点重合于点），则此四棱锥的体积的最大值为（    ）

A． B． C． D．
【答案】B
【解析】设，则所得的棱锥侧面的高为，
棱锥的高为其体积为：

，
当且仅当时等号成立，
即体积的最大值为，
故选：B.
例9．（2022·江西南昌·三模（理））已知长方体中，，，，为矩形内一动点，设二面角为，直线与平面所成的角为，若，则三棱锥体积的最小值是（       ）
A． B． C． D．
【解析】如图，作平面，垂足为，再作，垂足为，
连接，由题意可知，，所以，
由抛物线定义可知，的轨迹为抛物线一部分，所以的轨迹为抛物线一部分，
当点到线段距离最短时，三角形面积最小，三棱锥体积最小，
建立如图所示直角坐标系，则直线的方程为，
抛物线的方程为，，
由题意，，得，代入，得，
所以点的坐标为，所以到直线的最短距离为
，因为，
所以，
所以三棱锥体积的最小值为．
故选：C


例10．（2022·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（       ）

A． B． C． D．
【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11．（2022·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
C．为定值 D．不确定，与，的位置有关
【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．

核心考点四：立体几何中的交线问题
【规律方法】
几何法
【典型例题】
例12．（2022·浙江宁波·一模）在棱长均相等的四面体ABCD中，P为棱AD（不含端点）上的动点，过点A的平面α与平面PBC平行．若平面α与平面ABD，平面ACD的交线分别为m，n，则m，n所成角的正弦值的最大值为__________．
【答案】
【解析】过点A的平面α与平面PBC平行．若平面α与平面ABD，平面ACD的交线分别为m，n，由于平面平面，平面平面,，平面平面 所以,
所以或其补角即为m，n所成的平面角，
设正四棱锥ABCD的棱长为1，，则，
在中，由余弦定理得： ，
同理,
故在中，，
由于，则，进而，当时取等号，
故的最小值为，进而，
故的最大值为，
故答案为：

例13．（2022·全国·高三专题练习）已知一个正四面体的棱长为2，则其外接球与以其一个顶点为球心，1为半径的球面所形成的交线的长度为___________.
【答案】
【解析】设外接球半径为，外接球球心到底面的距离为，

则，所以，
两球相交形成形成的图形为圆，
如图，在中，，，
在中，，
所以交线所在圆的半径为，
所以交线长度为.
故答案为：
例14．（2022·福建福州·三模）已知正方体的棱长为，以为球心，半径为2的球面与底面的交线的长度为___________.
【答案】
【解析】正方体中，平面，所以平面与球的截面是以为圆心的圆，且半径为，所以球面与底面的交线为以为圆心，1为半径的弧，该交线为.
故答案为：.

例15．（2022·陕西·武功县普集高级中学高三阶段练习（理））如图，在四面体中，，，两两垂直，，以为球心，为半径作球，则该球的球面与四面体各面交线的长度和为___．

【答案】
【解析】因为，所以是边长为的等边三角形，
所以边长为的等边三角形的高为：，所以，
设到平面的距离为，，所以，
所以，解得，则，
所以以为球心，为半径的球与平面，平面，平面的交线为个半径
为的圆的弧线，与面的交线为一个圆，且圆的半径为，
所以交线总长度为：.
故答案为：.
核心考点五：空间线段以及线段之和最值问题
【规律方法】
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
【典型例题】
例16．（2022·全国·高三专题练习）已知正三棱锥的底面边长为，外接球表面积为，，点M，N分别是线段AB，AC的中点，点P，Q分别是线段SN和平面SCM上的动点，则的最小值为（       ）
A． B． C． D．
【解析】依题意，，解得，
由是正三角形可知：其外接圆半径为，
设点S到平面ABC的距离为h，故，
解得或，
则或（舍去），
故，则，而，故为等腰直角三角形，，
故为等腰直角三角形，，则，
又，故平面SCM，
取CB中点F，连接NF交CM于点O，则，则平面SCM，

故平面SCM，则，
要求最小，首先需PQ最小，此时可得平面SCM，则；
再把平面SON绕SN旋转，与平面SNA共面，即图中位置，
当共线且时，的最小值即为的长，
由为等腰直角三角形，
故，，
∴，即，∴，
可得，，
故选：B．
例17．（2022·全国·高三专题练习）在棱长为3的正方体中，点满足，点在平面内，则的最小值为（       ）
A． B． C． D．
【解析】以点为坐标原点，分别为轴的正方向，
建立空间直角坐标系，则，
因为，且，则平面，
所以，同理得平面，所以，
而，所以平面，
记与平面交于点，连接，且，
则，易得，
从而得点关于平面对称的点为，
所以的最小值为．
故选：B．

例18．（2022·全国·高三专题练习）如图所示，在直三棱柱中，，，，P是上的一动点，则的最小值为（       ）

A． B． C． D．3
【解析】连接，得，以所在直线为轴，将所在平面旋转到平面，


设点的新位置为，连接，则有．
当三点共线时，则即为的最小值．
在三角形ABC中，，，由余弦定理得：，所以，即
在三角形中，，，由勾股定理可得：，且．
同理可求：
因为，所以为等边三角形，所以，
所以在三角形中，，，
由余弦定理得：．
故选B．
核心考点六：空间角问题
【规律方法】
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．
（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．
【典型例题】
例19．（2022·浙江金华·高三期末）已知正方体中，为内一点，且，设直线与所成的角为，则的取值范围为（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】如图1，设与平面相交于点，连接交于点，连接，
∵平面，平面，则，
，，平面
∴平面，
由平面，则，
同理可证：，
，平面，
∴平面，
∵，由正三棱锥的性质可得：为的中心，
连接，
∵为的中点，∴交于点，连接，
由平面，平面，则，即是的高，
设，，则，且的内切圆半径，
则，，
∵，即，则，
∴点的轨迹是以为圆心，为半径的圆.

∵平面，平面，则，
∴，
故为底面半径为，高为的圆锥的母线，如图2所示，

设圆锥的母线与底面所成的角，则，
所以，即直线与平面所成的角为.
直线在平面内，所以直线与直线所成角的取值范围为，
因为，所以直线与直线所成角的取值范围为，即，
所以.
故选：C.
例20．（2022·浙江·效实中学模拟预测）在等腰梯形中，，，AC交BD于O点，沿着直线BD翻折成，所成二面角的大小为，则下列选项中错误的是（    ）

A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】等腰梯形中，，,可知：
取中点,中点连接,则，,所以为 二面角的平面角，即
设，则
,
,
因为在上余弦函数单调递减，又 ，故A对.


当时, 与重合,此时,故C不对.
在翻折的过程中，角度从减少到
在翻折的过程中，角度从减少到
BD选项根据图形特征及空间关系，可知正确..
故选:C

例21．（2022·浙江·湖州中学高三阶段练习）如图，中，，，，D为AB边上的中点，点M在线段BD（不含端点）上，将沿CM向上折起至，设平面与平面ACM所成锐二面角为，直线与平面AMC所成角为，直线MC与平面所成角为，则在翻折过程中，下列三个命题中正确的是（    ）

①，②，③.
A．① B．①② C．②③ D．①③
【答案】B
【解析】如图，


设直线与直线垂直相交于点，在折叠图里，线段与平面垂直相交于点，，
由图象知：，，
，
，，，
① ，
，
所以；
② ，
设，
则，
，
由，
得，
，
则，
由得；
③ ，
则，即，
所以，则.
故选：B
例22．（2022·浙江·高三专题练习）已知等边，点分别是边上的动点，且满足，将沿着翻折至点处，如图所示，记二面角的平面角为，二面角的平面角为，直线与平面所成角为，则（    ）

A． B． C． D．
【答案】A
【解析】在等边中，取BC边中点D，连接AD，交EF于O，连接PO，
则，，平面，平面
故平面，又平面，则平面平面
在中，过P做PM垂直于OD于M，则平面，连接MF，
在等边中，过M做MN垂直于AC于N，连接PN.

由，则为二面角的平面角即，
由平面，，则为二面角的平面角即
由平面，则直线与平面所成角，即，
设，则，，，
，
，
则有，
由
可得，则有，则
又
故，又
故
故选：A
例23．（2022·全国·高三专题练习）设三棱锥的底面是正三角形，侧棱长均相等，P是棱上的点（不含端点），记直线与直线所成的角为，直线与平面所成的角为，二面角的平面角是则三个角，，中最小的角是（    ）
A． B． C． D．不能确定
【答案】B
【解析】如图，取BC的中点 D，作VO⊥平面ABC于点O，
由题意知点O在AD上，且AO=2OD.
作PE//AC，PE交VC于点E，作PF⊥AD于点F，连接BF，则PF⊥平面ABC
取AC的中点M，连接BM，VM，VM交 PE于点H，
连接BH，易知BH⊥PE，
作于点G，连接FG，
由PG⊥AC，PF⊥AC，PGPF=P，
由线面垂直判定定理可得AC⊥平面PGF，又平面PGF
∴  FG⊥AC,
作FN⊥BM于点N.
∵   PG∥VM，PF∥VN
∴   平面PGF∥平面VMB， 又 PH∥FN,
四边形PFNH为平行四边形，
所以PH=FN
因此，直线PB 与直线AC所成的角，
直线PB与平面ABC所成的角，
二面角P-AC-B的平面角，
又
又，
∴  
因为


∴  
综上所述，中最小角为，故选 B.

核心考点七：轨迹问题
【规律方法】
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．
【典型例题】
例24．（2022·北京·昌平一中高三阶段练习）设正方体的棱长为1，，分别为，的中点，点在正方体的表面上运动，且满足，则下列命题：

①点可以是棱的中点；
②点的轨迹是菱形；
③点轨迹的长度为；
④点的轨迹所围成图形的面积为.
其中正确的命题个数为（    ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【解析】连接，交于，则为中点，
因为为的中点，所以，
由正方体的性质可知平面，
所以平面，
因为平面，
所以，
过点作，分别交于，
过点分别作，分别交于点，连接，
所以，四点共面，且，
所以，四边形为平行四边形，
因为平面，
所以平面，平面，
所以
所以，四边形为矩形，
因为，平面，
所以平面，
因为点在正方体的表面上运动，且满足
所以，当面时，始终有，
所以，点的轨迹是矩形，

如下图，因为，
所以，，
所以，，
因为，
所以∽，
所以，即，即
所以，，
所以，点不可能是棱的中点，点的轨迹是矩形，
轨迹长度为矩形的周长，
轨迹所围成图形的面积为
故正确的命题为③④.个数为2个.
故选：B

例25．（2022·全国·高三专题练习）已知正方体的边长为2，点E，F分别为棱CD，的中点，点P为四边形内（包括边界）的一动点，且满足平面BEF，则点P的轨迹长为（    ）
A． B．2 C． D．1
【答案】A
【解析】画出示意图如下：

取中点N，取 中点M，连接 ,
则,则四边形为平行四边形，所以BE，
连接,则,故MNEF，
又 ，平面 平面BEF,
所以平面BEF平面B1MN，
平面∩平面=MN，所以P点轨迹即为MN，
长度为；
证明：因为平面BEF平面 ，
P点是MN上的动点，故平面，
所以平面BEF，满足题意.
故选：A．
例26．（2022·全国·模拟预测（理））如图，在四棱锥中，底面ABCD是边长为2的正方形，PA⊥平面ABCD，且，点E，F，G分别为棱AB，AD，PC的中点，下列说法错误的是（    ）

A．AG⊥平面PBD
B．直线FG和直线AC所成的角为
C．过点E，F，G的平面截四棱锥所得的截面为五边形
D．当点T在平面ABCD内运动，且满足的面积为时，动点T的轨迹是圆
【答案】D
【解析】可将四棱锥补形成正方体，如图①，

直线AG即体对角线，易证平面PDB，A选项正确；
如图②，取CD的中点H，连接FH，可知，所以
（或其补角）与直线FG和直线AC所成的角相同，在中，
，所以，B选项正确；

如图③，延长EF交直线CD于点H，交直线BC于点I，连接GI交PB
于点M，连接GH交PD于点N，则五边形EFNGM即为平面EFG截
四棱锥所得的截面，C选项正确；

当时，因为，所以点T到AG的距离为，点T在以AC为轴，底面半径的圆柱上，又点T在平面ABCD上，所以点T的轨迹是椭圆．D选项错误．
故选：D
例27．（2022·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：

令正方体边长为2，则，
面的一个法向量为，
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28．（2022·全国·高三专题练习）如图，正方体中，M为BC边的中点，点P在底面和侧面上运动并且使，那么点P的轨迹是（    ）

A．两段圆弧 B．两段椭圆弧
C．两段双曲线弧 D．两段抛物线弧
【答案】C
【解析】由P点的轨迹实际是一个正圆锥面和两个平面的交线，
其中这个正圆锥面的中心轴即为，顶点为A，顶角的一半即为，
以A点为坐标原点建立空间直角坐标系，
则，可得，
，
设与底面所成的角为，
则，所以，
所以该正圆锥面和底面的交线是双曲线弧，
同理可知，P点在平面的交线是双曲线弧，
故选：C．

核心考点八：以立体几何为载体的情境题
【规律方法】
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．
【典型例题】
例29．（2022·宁夏·平罗中学高三阶段练习（理））设P为多面体M的一个顶点，定义多面体M在P处的离散曲率为为多面体M的所有与点P相邻的顶点，且平面，，……，遍及多面体M的所有以P为公共点的面如图是正四面体、正八面体、正十二面体和正二十面体，若它们在各顶点处的离散曲率分别是a，b，c，d，则a，b，c，d的大小关系是（    ）

A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】对于正四面体，其离散曲率为，
对于正八面体，其离散曲率为，
对于正十二面体，其离散曲率为，
对于正二十面体，其离散曲率为，
则，
所以.
故选：B.
例30．（2022·广东·广州市从化区第三中学高三阶段练习）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顶点的曲率之和.例如：正四面体在每个顶点有个面角，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.给出下列三个结论：

①正方体在每个顶点的曲率均为；
②任意四棱锥的总曲率均为；
③若某类多面体的顶点数，棱数，面数满足，则该类多面体的总曲率是常数.
其中，所有正确结论的序号是（    ）
A．①② B．①③ C．②③ D．①②③
【答案】D
【解析】①根据曲率的定义可得正方体在每个顶点的曲率为，故①正确；
②由定义可得多面体的总曲率顶点数各面内角和，因为四棱锥有5个顶点，5个面，分别为4个三角形和1个四边形，所以任意四棱锥的总曲率为，故②正确；
③设每个面记为边形，
则所有的面角和为，
根据定义可得该类多面体的总曲率为常数，故③正确.
故选：D.
例31．（2022·辽宁·沈阳二十中三模）我国南北朝时期的著名数学家祖暅原提出了祖暅原理：“幂势既同，则积不容异.”意思是，夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意一个平面所截，若截面面积都相等，则这两个几何体的体积相等.运用祖暅原理计算球的体积时，构造一个底面半径和高都与球的半径相等的圆柱，与半球（如图①）放置在同一平面上，然后在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥后得到一新几何体（如图②），用任何一个平行于底面的平面去截它们时，可证得所截得的两个截面面积相等，由此可证明新几何体与半球体积相等，即.现将椭圆绕轴旋转一周后得一橄榄状的几何体（如图③），类比上述方法，运用祖暅原理可求得其体积等于（    ）

A． B． C． D．
【答案】D
【解析】构造一个底面半径为，高为的圆柱，
在圆柱中挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点的圆锥，
则当截面与顶点距离为时，小圆锥底面半径为，
则，
，
故截面面积为：，
把代入，
即，
解得：，
橄榄球形几何体的截面面积为，
由祖暅原理可得橄榄球形几何体的体积为：
圆柱圆锥.
故选：D.
例32．（2022·全国·高三专题练习）将地球近似看作球体.设地球表面某地正午太阳高度角为，为此时太阳直射纬度（当地夏半年取正值，冬半年取负值），为该地的纬度值，如图．已知太阳每年直射范围在南北回归线之间，即．北京天安门广场的汉白玉华表高为9.57米，北京天安门广场的纬度为北纬，若某天的正午时刻，测得华表的影长恰好为9.57米，则该天的太阳直射纬度为（    ）

A．北纬 B．南纬
C．北纬 D．南纬
【答案】D
【解析】由题可知，天安门广场的太阳高度角，
由华表的高和影长相等可知，所以.
所以该天太阳直射纬度为南纬，
故选：D.
核心考点九：翻折问题
【规律方法】
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．
【典型例题】
例33．（2022·全国·高三专题练习）如图，已知四边形，是以为斜边的等腰直角三角形，为等边三角形，，将沿对角线翻折到在翻折的过程中，下列结论中不正确的是（    ）

A． B．与可能垂直
C．直线与平面所成角的最大值是 D．四面体的体积的最大是
【答案】C
【解析】如图所示，取的中点，连接

是以为斜边的等腰直角三角形,
为等边三角形,
面 , ,故A正确
对于B，假设，又
面，，
又,，故与可能垂直，故B正确
当面面时，此时面，即为直线与平面所成角
此时，故C错误
当面面时，此时四面体的体积最大，此时的体积为： ，故D正确
故选：C
例34．（2022·浙江·杭州高级中学模拟预测）如图，已知矩形的对角线交于点，将沿翻折，若在翻折过程中存在某个位置，使得，则的取值范围是（    ）

A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】如图示,设处为沿翻折后的位置，
以D为坐标原点，DA,DC分别为x,y轴，过点D作平面ABCD的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，

则 ，设 ，
由于 ,故 ，
而 ，
由于 ,故，则，
即 ；
又由在翻折过程中存在某个位置，便得，不妨假设,
则，即 ，
即 ，
当将翻折到如图位置时，位于平面ABCD内，
不妨假设此时 ，设垂足为G,
作 AD的延长线，垂足为F,此时在x轴负半轴上方向上，DF的长最大，a取最小值，
由于，故 ,
所以 ,而,
故，又 ,
故 为正三角形，则,
而 ,故 ,则 ，
故， ，则 ，
故的取值范围是 ，
故选：A
例35．（2022·全国·高三专题练习）如图1，在正方形中，点为线段上的动点（不含端点），将沿翻折，使得二面角为直二面角，得到图2所示的四棱锥，点为线段上的动点（不含端点），则在四棱锥中，下列说法正确的是（    ）

A．､､､四点一定共面
B．存在点，使得平面
C．侧面与侧面的交线与直线相交
D．三棱锥的体积为定值
【答案】B
【解析】A. 假设､､､四点共面，则直线EC与BF共面，若EC与BF平行，又EC与AD平行，则AD与BF平行，这与AD与BF相交矛盾；若EC与BF相交，设交点为Q，则Q即在平面BAD内，又在平面AECD内，则点Q在交线AD上，这与EC与AD平行矛盾，所以假设不成立，所以B、E、C、F不共面，故错误；
B.如图所示：

在AD上取点G，使得AG=EC，当时，，又平面，平面，所以平面，同理平面，又，所以平面平面，则平面，故存在点，使得平面，故正确；
C.设侧面与侧面的交线为l，因为，且面，面，所以面，则，所以，故错误；
D.因为二面角为直二面角，当点E移动时，点B到AE的距离即三棱锥的高变化，而是定值，故三棱锥的体积不是定值，故错误；
故选：B
例36．（2022·全国·高三专题练习）已知直角梯形ABCD满足：AD∥BC，CD⊥DA，且△ABC为正三角形．将△ADC沿着直线AC翻折至△AD'C如图，且，二面角、、的平面角大小分别为α，β，γ，直线，，与平面ABC所成角分别是θ1，θ2，θ3，则（    ）

A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】由题意可知，不妨设，则.如图所示，取点E，F分别为AB，BC的中点，连结AF，DE，设G为DE与AF的交点，DE与AC的交于点H.

所以，则，则旋转过程中，点在平面ABC上的投影在DE上.
当点的投影为点G时，则；当点的投影在DG上时，则；
当点的投影在GE上时，则；当点投影为点E时，则.
故要使，则点的投影在点G，E两点之间，此时投影点到AB，BC，CD的距离为
所以二面角最大，其次为二面角，而二面角最小，故；
设三棱锥的高为h.
则.
因为，所以.
因为，所以
故选：A.
【新题速递】
1．（2022·安徽·高三阶段练习）如图，在棱长为的正四面体中，点分别在棱上，且平面平面为内一点，记三棱锥的体积为，设，关于函数，下列说法正确的是（    ）

A．，使得
B．函数在上是减函数
C．函数的图象关于直线对称
D．，使得（其中为四面体的体积）
【答案】A
【解析】设点在平面内的射影为点，连接，如图所示，则为等边的中心，
故，因为平面平面，所以，
所以，所以.因为平面平面，则，
且点到平面的距离为，所以点到平面的距离为，
所以，其中，对于选项，，当时，，此时函数单调递增，；当时，，
此时函数单调递减，，故正确，B错误；对于C选项，，故函数的图象不关于直线对称，故C错误；对于D选项，，故对任意的，故D错误.
故选：A.

2．（2022·重庆市长寿中学校高三阶段练习）如图所示，在直角梯形中，､分别是､上的点，，且（如图1）.将四边形沿折起，连接（如图2）.在折起的过程中，下列说法中错误的个数是（    ）

①平面；
②四点不可能共面；
③若，则平面平面；
④平面与平面可能垂直.
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】A
【解析】对于①，在图2中记与的交点为，取的中点为，连接，
因为，，
所以四边形为矩形，
故为的中点，
又因为为的中点，
所以为的中位线，
故，且，
又，，
所以，且，
所以四边形为平行四边形，

即面面，
故平面，故①正确；
对于②，因为，平面，平面，
所以平面，
如果四点共面，
因为平面，
而
与已知矛盾，故②正确；
对于③，在梯形中，连接DF，过点F作FH⊥DE于点H，
因为直角梯形中，，，，
所以，四边形为正方形，为等腰直角三角形，
所以，，

又平面，
平面，
∵平面，
即有，
又与相交，平面，
平面，
∵平面，
则平面平面，故③正确；
对于④，延长至使得，连接，

因为⊥AB，BC⊥AF，，平面ABF，
所以BC⊥平面ABF，
因为BC平面BCE，
所以平面平面，交线为BG，
过作于点，
因为FN平面ABF，
则平面.
过作直线与平面垂直，其垂足在上，不在BE上，故④错误.
故选：A.
3．（2022·四川·成都市第二十中学校一模（理））如图， 在棱长为 2 的正方体 中，均为所在棱的中点， 则下列结论正确的有（    ）

①棱 上一定存在点， 使得
②三棱锥的外接球的表面积为
③过点 作正方体的截面， 则截面面积为
④设点 在平面内， 且平面， 则与所成角的余弦值的最大值为
A．1 个 B．2 个 C．3 个 D．4 个
【答案】C
【解析】建立如图空间直角坐标系，

设， 其中，
所以 ，
若棱 上存在点， 使得， 则，
整理得， 此方程无解， ①不正确;
设 的中点为， 则四边形是边长为的正方形， 其外接圆的半径为，
又 底面， 所以三棱锥的外接球的半径为；
所以其表面积为 ，②正确;
过点 作正方体的截面， 截面如图中六边形所示，

因为边长均为 ， 且对边平行， 所以截面六边形为正六边形，
其面积为， ③正确;
点 在平面内，设，
则，

设 是平面的一个法向量， 则，
令 可得， 即，
因为平面， 所以， 即，
设与所成角为， 则，
当时，取最小值，
所以 与所成角的余弦值的最大值为，故④正确;
故选：C.
4．（2022·四川·成都市锦江区嘉祥外国语高级中学有限责任公司模拟预测（文））在棱长为的正方体中，为的中点，点在正方体各棱及表面上运动且满足，则点轨迹所围成图形的面积为（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】分别取、的中点、，连接、、，设，

在正方体中，且，
因为、分别为、的中点，则且，
故四边形为平行四边形，故且，
因为且，且，故四边形为平行四边形，
因为，，，故，
所以，，则，
所以，，故，
平面，、平面，，，
，、平面，平面，
若点在的边上运动时（不包括点），则平面，故，
由勾股定理可得，易知四边形为矩形，
故点轨迹所围成图形的面积即为矩形的面积，即为.
故选：A.
5．（2022·上海市实验学校高三阶段练习）直线平面，垂足是，正四面体的棱长为4，点在平面上运动，点在直线上运动，则点到直线的距离的取值范围是（    ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】在正四面体中，分别取的中点，连接，
则，又，平面，平面
则平面，又平面，则
中，
等腰中，，
若固定正四面体的位置，则点O在以BC为直径的球上运动，球半径为2，
则点O到直线的距离的最小值为球心到直线的距离减去半径即，
最大值为球心到直线的距离加上半径即
则点到直线的距离的取值范围是
故选：B


6．（2022·湖南·模拟预测）正三棱柱的底面边长是4，侧棱长是6，M，N分别为，的中点，若点P是三棱柱内（含棱柱的表面）的动点，MP∥平面，则动点P的轨迹面积为（    ）
A． B．5 C． D．
【答案】C
【解析】取AB的中点Q，连接MQ，CQ，MC，由M，N，Q分别为，，AB的中点可得，平面，平面，
所以平面，同理得平面，，平面，则平面平面，
所以动点P的轨迹为△MQC及其内部（挖去点M）．
在正三棱柱中，△ABC为等边三角形，Q为AB的中点，则，
平面平面，平面平面，则CQ⊥平面，平面，
所以．
因为，所以，
因为侧棱长是6，所以．
所以，则△MQC的面积，
故动点P的轨迹面积为．
故选：C

7．（2022·山西·高三阶段练习）已知正方体的顶点都在表面积为的球面上，过球心O的平面截正方体所得的截面为一菱形，记该菱形截面为S，点P是正方体表面上一点，则以截面S为底面，以点P为顶点的四棱锥的体积的最大值为（    ）
A． B． C．2 D．
【答案】A
【解析】设该正方体的棱长为，球的半径为，所以有，
于是有，
所以该正方体的棱长为2，
第一种情况，经过球心垂直上下两面时，此时的体积最大值为；
第二种情况如图1，由题意可知，要使过球心平面截正方体截面为菱形，则该截面必过正方体相对两棱中点，（不妨取图中中点分别为F，E），设该截面与及的交点分别为M，N，显然，而，所以，即，
显然，而，而平面，
平面．

由图1可以看出当点P与点或点C重合时四棱锥的高最大，
，
而，则；
综上所述，体积的最大值为．
故选：A
8．（2022·浙江·高三阶段练习）在中，，．若空间点满足，则直线与平面所成角的正切的最大值是（    ）
A． B． C． D．1
【答案】C
【解析】过点作与点，过点作与点，
设，则，
又，则，
则点在以为旋转轴，底面圆半径为的圆柱上，
如图所示：以所在平面为，建立空间直角坐标，则平面的法向量为：，
，
设，
则，
记直线与平面所成角为,
则，
因为，
所以，
令，则，
则，，
又，在上单调递减。在上单调递增，
则，
所以，当且仅当，即时，等号成立，
又，
所以直线与平面所成角的最大值为，
此时，
故选：C

9．（多选题）（2022·云南曲靖·高三阶段练习）已知正方体的棱长为1，点为侧面内一点，则（    ）
A．当时，异面直线与所成角的正切值为2
B．当时，四面体的体积为定值
C．当点到平面的距离等于到直线的距离时，点的轨迹为拋物线的一部分
D．当时，四面体的外接球的表面积为
【答案】ABC
【解析】正方体的棱长为1，
对于A，如图，CP与AD所成的角即CP与BC所成的角，因为，所以，，，由余弦定理，，由正弦定理，，所以，即CP与AD所成的角的正切值为2，A正确；

对于B，因为，所以平面，所以当即点P在线段上时，点P到平面的距离为定值，所以四面体的体积为定值，B正确；

对于C，点P到平面的距离即点P到直线的距离，点P到直线的距离即点P到的距离，依据抛物线的定义当两距离相等时点P的轨迹为抛物线一部分，C正确；

对于D，当即点P为中点时，因为，所以，又因为，所以DB为四面体BCDP外接球的一条直径，外接球半径，
外接球表面积，D错误.

故选：ABC.
10．（多选题）（2022·辽宁·本溪高中高三阶段练习）如图，矩形BDEF所在平面与正方形ABCD所在平面互相垂直，，G为线段AE上的动点，则（    ）

A．
B．多面体ABCDEF的体积为
C．若G为线段AE的中点，则平面CEF
D．点M，N分别为线段AF，AC上的动点，点T在平面BCF内，则的最小值是
【答案】ACD
【解析】如图，将几何体ABCDEF补全成棱长为2的正方体，在该正方体中，因为，，所以，故A项正确；
因为，故B项错误；
当G为线段AE的中点时，因为，平面CEF，平面CEF，所以平面CEF，同理平面CEF，又，平面，所以平面平面CEF，平面， 所以平面CEF，故C项正确；

设A关于BC的对称点为Q，N关于BC的对称点为，则在线段CQ上，记d为直线AF与CQ之间的距离，因为,且平面,平面，所以平面，即转化为点C到平面AEF的距离，即IC长度的三分之二， ，则，经检验点M，都分别在线段上，故D项正确．
附证：，
因为平面，平面，所以，
又因为，，所以平面，平面，
所以，同理，且，
所以平面，
设点到平面的距离为,根据等体积可知，
，得,所以点到平面的距离为.

故选ACD项．
11．（多选题）（2022·广东·东涌中学高三期中）如图，已知正方体的棱长为1，，，分别为，，的中点，点在上，平面，则以下说法正确的是（    ）

A．点为的中点
B．三棱锥的体积为
C．直线与平面所成的角的正弦值为
D．过点、、作正方体的截面，所得截面的面积是
【答案】ABC
【解析】以D为坐标原点，DA，DC，所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，
则，
设平面EFG的法向量为，
则，
令，则，故，
A选项，设，则，
因为平面，
所以，即，
解得：，
故，故，
，
所以，则点为的中点，A正确；

设点到平面EFG的距离为d，
则，
又，，，
即，
由余弦定理得：，
故，则，
由三角形面积公式可得：，
故三棱锥的体积为，B正确；
，设直线与平面所成的角为，
则，
故直线与平面所成角的正弦值为，C正确；
取的中点，的中点，的中点，连接，
则过点、、作正方体的截面，截面为正六边形，边长为，
正六边形的面积为
则截面面积为，D错误.

故选：ABC
12．（多选题）（2022·安徽·阜阳师范大学附属中学高三阶段练习）已知为等腰直角三角形，，其高，为线段的中点，将沿折成大小为的二面角，连接，形成四面体，动点在内（含边界），且平面，则在变化的过程中（    ）
A．
B．点到平面的距离的最大值为
C．点在内（含边界）的轨迹长度为
D．当时，与平面所成角的正切值的取值范围为
【答案】AD
【解析】如图，，，，平面，
所以平面，又平面，所以，A正确，
因为，，所以为二面角的平面角，故，，
过点作，垂足为，因为平面，平面，所以，又，平面，所以平面，所以为点到平面的距离，在中，,，，所以，又，所以点到平面的距离的最大值为，B错误；
连接，为的中点，因为为的中点，所以，平面，平面，所以平面，又平面，，平面，所以平面平面，平面平面，平面平面，所以，记的中点为，因为为的中点，所以，故点的轨迹为线段，，C错误；
过点作，垂足为，因为平面，平面，所以，又，平面，所以平面，所以为与平面所成角的平面角，
因为平面，平面，所以，因为，，平面，所以平面，又平面，所以，因为，所以，
在中，，，，所以，
所以，
在中，，，，所以，
在中，，所以，
所以与平面所成角的正切值为，
设，其中，则，所以函数在上单调递减，所以，故与平面所成角的正切值的取值范围为.
故选：AD.

13．（多选题）（2022·江苏省泰兴中学高三阶段练习）棱长为1的正方体内部有一圆柱，此圆柱恰好以直线为轴，且圆柱上下底面分别与正方体中以为公共点的3个面都有一个公共点，以下命题正确的是（    ）
A．在正方体内作与圆柱底面平行的截面，则截面的最大面积为
B．无论点在线段上如何移动，都有
C．圆柱的母线与正方体所有的棱所成的角都相等
D．圆柱外接球体积的最小值为
【答案】BCD
【解析】如图所示：设分别为对应棱的中点，易知共面，
因为是的中点，所以，
因为，所以，
因为平面，平面，所以，
因为，平面，所以平面，
因为平面，所以，同理可得，
因为平面，所以平面，
所以平面为其中一个截面，其面积为，A错误；

B：因为平面，平面，所以
平面
平面又平面
正确；
C：易知圆柱的母线与平行，易得与所成的夹角相等，故与其每条侧棱间的夹角都相等，C正确；
D:设圆柱底面半径为，则圆柱的底面必与过点的三个面相切，
且切点分别在线段上，设在上的切点为，为圆柱的一条高，
在中，，所以在中，，
根据对称性知：，则圆柱的高为，
所以外接球的半径，
当时，外接球体积的最小值为，D正确
故选：BCD
14．（多选题）（2022·江苏盐城·高三阶段练习）已知正四面体ABCD的棱长为，其外接球的球心为O．点E满足，，过点E作平面平行于AC和BD，平面分别与该正四面体的棱BC，CD，AD相交于点M，G，H，则（    ）
A．四边形EMGH的周长为是变化的
B．四棱锥的体积的最大值为
C．当时，平面截球O所得截面的周长为
D．当时，将正四面体ABCD绕EF旋转后与原四面体的公共部分体积为
【答案】BD
【解析】对于边长为2的正方体，则ABCD为棱长为的正四面体，则球心O即为正方体的中心，
连接，设
∵，，则为平行四边形
∴，
又∵平面，平面，
∴平面，
又∵平面，，平面，
∴平面平面，
对A：如图1，
∵平面平面，平面平面，平面平面，
∴，则，即，
同理可得： ，，，，
∴四边形EMGH的周长（定值），A错误；

对B：如图1，由A可知：，，，，
∵为正方形，则，
∴为矩形，
根据平行可得：点A到平面的距离，
故四棱锥的体积，则，
∵，则当时，则，在上单调递增，当时，则，在上单调递减，
∴当时，取到最大值，
故四棱锥的体积的最大值为，B正确；
对C：正四面体ABCD的外接球即为正方体的外接球，其半径，
设平面截球O所得截面的圆心为，半径为，
当时，则，
∵，则，
∴平面截球O所得截面的周长为，C错误；
对D：如图2，将正四面体ABCD绕EF旋转后得到正四面体，设，
∵，则分别为各面的中心，
∴两个正四面体的公共部分为，为两个全等的正四棱锥组合而成，
根据正方体可得：，正四棱锥的高为，
故公共部分的体积，D正确；
故选：BD.

15．（2022·安徽·石室中学高三阶段练习）已知三棱锥的高为分别为的中点，若平面ABD，平面BCE，平面ACF相交于O点，则O到平面ABC的距离h为___________.
【答案】
【解析】如图所示，平面ABD与平面BCE交于BQ，平面ABD与平面ACF交于AP，

所以O为AP与BQ的交点.
因为D，E，F分别为VC，VA，VB的中点，
所以P，Q分别为，的重心，
所以，
连接DO并延长交AB于H，连接PQ，
设PQ与DO交于S，则，，
易得，
所以，，
所以，
设三棱锥的高为，三棱锥的高为，
所以，所以，故.
16．（2022·北京八十中高三期末）如图，在正方体ABCD—中，E为棱的中点.动点P沿着棱DC从点D向点C移动，对于下列四个结论：

①存在点P，使得；
②存在点P，使得平面平面；
③的面积越来越小；
④四面体的体积不变.
所有正确的结论的序号是___________.
【答案】①③④
【解析】设正方体棱长为1，，
由平面，平面得，同理，、
所以，，
由得，存在使得，①正确，


正方体中，由平面，平面，则，，
，平面，所以平面，
若平面平面；则平面或平面，
但当在上移动时，与平面总是相交，②错；
正方体中，平面，，所以到平面的距离不变，即到平面的距离不变，而面积不变，因此三棱锥，即四面体的体积不变，④正确；
以为轴建立空间直角坐标系，如下图，
设正方体棱长为2，则，，设，，
，
，，，
，
设到直线的距离为，则
，
由二次函数性质知时，递减，所以递减，又不变，
所以的面积为递减，③正确，
故答案为：①③④．

17．（2022·重庆市万州第二高级中学高三阶段练习）已知空间四边形的各边长及对角线的长度均为6，平面平面，点M在上，且，过点M作四边形外接球的截面，则截面面积的最小值为___________.
【答案】
【解析】由题意知和为等边三角形，取中点为连接，
则
由平面平面平面平面平面
故平面，，则易知，
易知球心在平面的投影为的外心，
在上作于，易得
则在中，，
所以外接球半径，连接
因为
所以三点共线，所以
当为截面圆圆心时截面面积最小，此时截面圆半径为，截面面积为.
故答案为：.

.
18．（2022·北京交通大学附属中学高三阶段练习）如图，正方体的棱长为4，点P在正方形的边界及其内部运动.平面区域W由所有满足的点P组成，则四面体的体积的取值范围_________.

【答案】
【解析】连接，如图所示，

因为平面，平面，所以，
∵，由，，则；
所以在以为圆心2为半径的圆面上，由题意可知，，
所以当在边上时，四面体的体积的最大值是.
所以当在边的中点时，的面积取得最小值，此时，
所以四面体的体积的最小值是，所以，
故答案为：.
19．（2022·黑龙江·鹤岗一中高三阶段练习）已知点P是棱长为2的正方体的表面上一个动点，若使的点P的轨迹长度为a；使直线平面BDC的点P的轨迹长度为b；使直线AP与平面ABCD所成的角为45°的点P的轨迹长度为c．则a，b，c的大小关系为______．（用“＜”符号连接）
【答案】b＜c＜a
【解析】若点到点的距离为2，则点的轨迹为球的表面与正方体交轨，
在平面内，的轨迹为以为圆心，2为半径的圆弧，
由对称性知，这样的圆弧同样在平面内和平面内，故的轨迹长度；
若平面，则点的轨迹为过点且平行于平面的平面与正方体交轨，
而平面平面，所以点的轨迹长度为三角形的周长（除掉点，不影响周长），故，
若直线与平面所成的角为，则点的轨迹为圆锥的侧面与正方体交轨，
在平面内，点的轨迹为对角线（除掉点，不影响）；
在平面内，点的轨迹为对角线（除掉点，不影响）；
在平面内是以点为圆心2为半径的圆弧，如图，

故点的轨迹长度为，
∵，∴，即．
故答案为：．
20．（2022·四川·高三开学考试（理））已知点是棱长为2的正方体的表面上一个动点，若使的点的轨迹长度为；使直线平面的点的轨迹长度为；使直线与平面所成的角为的点的轨迹长度为．则的大小关系为______．（用“”符号连接）
【答案】
【解析】若点到点的距离为2，则点的轨迹为球的表面与正方体交轨，
在平面内，的轨迹为以为圆心，2为半径的圆弧，
由对称性知，这样的圆弧同样在平面内和平面内，故的轨迹长度；
若平面，则点的轨迹为过点且平行于平面的平面与正方体交轨，
而平面平面，所以点的轨迹长度为三角形的周长（除掉点，不影响周长），故，
若直线与平面所成的角为，则点的轨迹为圆锥的侧面与正方体交轨，
在平面内，点的轨迹为对角线（除掉点，不影响）；
在平面内，点的轨迹为对角线（除掉点，不影响）；
在平面内是以点为圆心2为半径的圆弧，如图，

故点的轨迹长度为，
∵，∴，即．
故答案为：．