2026年高考数学二轮复习高效培优讲义(全国通用)专题4.2立体几何中压轴小题归纳(培优热点专练)(学生版+解析)

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题型01 球的截面问题
1．（2025·河南·模拟预测）已知球是正三棱锥的外接球，，过点作球的截面，若截面面积为，则直线与该截面所成的角为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】作平面，垂足为，由正三棱锥性质求出及外接球的半径，进而求得，利用球的截面性质求解.
【详解】如图，作平面，垂足为，则是正三角形的中心，
因为 ，，
所以，则，
因为，取的中点，所以， ，
设正三棱锥外接球的半径为，则，得，
所以，故，
设过点的球的截面圆的半径为，圆心为，为截面圆上一点，
，则，
所以，则，
所以与该截面所成角为，故，
，即与该截面所成角为.
故选：C.
2．（2025·云南昭通·模拟预测）已知球的半径为3，正方体所有顶点均在球面上，点是棱的中点，过点作球的截面，则所得截面面积的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据正方体对角线长就是球的直径求出正方体的棱长，结合当与截面垂直时，截面圆的半径最小，此时截面圆面积最小，进而可得答案．
【详解】设正方体棱长为，则正方体对角线长就是球的直径，
球心O是正方体对角线中点，
由正方体对角线公式，解得．
因为点是棱的中点，当与截面垂直时，截面圆的半径最小，此时截面圆面积最小．
因为，，勾股定理，解得，
设截面圆半径为，则，
所以截面面积，
故选：C．
3．（2025·江苏·模拟预测）已知正三棱锥的侧棱长为，为线段上一点，，．设三棱锥外接球为球，过点作球的截面，则截面面积的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】 如图以点为原点，的平行线为轴，为轴，建立空间直角坐标系，由，利用坐标运算求得正三棱锥底面边长和高，从而可得外接球半径，又过点作球的截面，当时，截面面积的最小，可得解.
【详解】如图在正三棱锥中，平面，且为的中心，为中线，
如图以点为原点，的平行线为轴，为轴，建立空间直角坐标系，

设，则
所以，
由于，所以，则，
所以，
因为，则
解得，
设，则，则，得，
所以，
过点作球的截面，当时，截面面积的最小，
，所以截面圆半径为，
则面积为.
故选：B
4．（2025·广东·模拟预测）在棱长为2的正方体中，分别为的中点，过直线的平面截该正方体的内切球，所得截面圆的面积的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】设是线段的中点，则，利用勾股定理求出，进而求出，找出当垂直于过的平面时，截得该正方体的内切球所得截面圆的面积最小，再利用弦长公式和面积公式即可求得结果.
【详解】设是线段的中点，则，
由勾股定理，
球心到距离为，
当垂直于过的平面时，截得该正方体的内切球所得截面圆的面积最小，
被球截得的弦长为，
此时圆的半径就是，面积为.
故选：A.
题型02 正方体的截面
1．（2025·广东佛山·模拟预测）如图，在正方体中，点分别为棱的中点，过点作正方体的截面，则截面的形状为（ ）

A．六边形B．五边形C．四边形D．三角形
【答案】A
【分析】建立空间直角坐标系，求平面的法向量，取的中点，的中点，的中点，证明都在平面内，由此可得结论.
【详解】因为多面体 正方体，所以，，，
如图：以点为原点，为轴的正方向建立空间直角坐标系，
设，则，，，
所以，，
设平面的法向量为，
则，取，则，，
所以为平面的一个法向量，
取的中点，的中点，的中点，
可得，，，
所以，，，
因为，，，
所以点都在平面内，
连接，
所以过点的正方体的截面为六边形，
故选：A.
2．（2025·全国·模拟预测）正方体的棱长为4，点M在棱上，平面ACM把正方体分成两个几何体，其中一个几何体的体积为14，则平面ACM截正方体所得的截面周长为（ ）
A．B．C．D．15
【答案】A
【分析】设平面与棱交于点，则，设，由棱台的体积求得，进而可求得截面周长.
【详解】设平面与棱交于点，则，几何体是三棱台，
由题意知该三棱台体积为14．设，则，
解得，平面截正方体所得的截面为等腰梯形，
，，，所以截面的周长为.
故选：A．
3．（2025·浙江·三模）在棱长为的正方体中，、分别为、的中点，过直线的平面截该正方体所得截面，则当平面与平面的所成角为最小时，截面的面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设平面交直线于点，利用空间向量法可求出平面与平面的所成角为最小时的值，求出此时二面角余弦值的最大值，然后利用射影面积法可求出截面的面积.
【详解】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、，设平面交直线于点，
则，，
设平面的一个法向量为，则，
取，可得，
易知平面的一个法向量为，
设平面与平面的所成角为，
，
当且仅当时，取最大值，此时平面与平面所成角最小，
则，
设平面交棱于点，，
因为，则，解得，即点，
结合图形可知，平面分别交棱、于点、，
先证明射影面积法：设点在平面内的射影点为，如下图所示：
过点在平面内作，连接，
因为平面，平面，所以，
因为，，、平面，故平面，
因为平面，所以，
故为锐二面角的平面角，
在中，，
推广到其他多边形的面积也成立，
本题中，，
设截面的面积为，由射影面积法可得，
故.
故选：B.
4．（多选）（2025·云南昆明·一模）在长方体中，底面是边长为的正方形，，点是的中点，点是上的动点（含端点），则下列说法正确的是（ ）
A．异面直线与所成角的余弦值为
B．当时，过点、、的截面是梯形
C．当点运动到某点时，过点、、的截面是五边形
D．当时，过点、、的截面是矩形
【答案】ABC
【分析】由异面直线所成角的定义结合余弦定理可判断A选项；推导出，可判断B选项；取，利用面面平行的性质找出截面，可判断C选项；利用面面平行的性质找出截面，可判断D选项.
【详解】对于A选项，连接、，如下图所示：
因为且，所以，四边形为平行四边形，
所以，，
所以，与所成的角为或其补角，
在中，，同理可得，，
由余弦定理可得，
所以，异面直线与所成角的余弦值为，A对；
对于B选项，连接、、，
当时，为的中点，
因为、分别为、的中点，则，且，
因为且，所以，四边形为平行四边形，
所以，，且，所以，且，
所以，、、、四点共面，
所以，当时，过点、、的截面是梯形，B对；
对于C选项，当时，设平面交直线于点，
因为平面平面，平面平面，
平面平面，所以，，
因为，由等角定理结合图形可知，，
则，即，可得，
设平面交直线于点，
因为平面平面，平面平面，
平面平面，则，
因为，由等角定理结合图形可得，
所以，，则，
且，所以，，
故当时，过点、、的截面是五边形，C对；
对于D选项，当时，点与点重合，设平面交棱于点，连接，
因为平面平面，平面平面，
平面平面，所以，，
因为，由等角定理结合图形可知，，
即，所以，，所以，，
则点为的中点，
由勾股定理可得，
同理可得，，则四边形为平行四边形，
因为，所以，，
所以，不是直角，故四边形不是矩形，
因此，当时，过点、、的截面不是矩形，D错.
故选：ABC.
【点睛】思路点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下：
（1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；
（2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；
（3）计算：求该角的值，常利用解三角形；
（4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．
5．（多选）（2025·贵州六盘水·模拟预测）在直四棱柱中，，，点，在以线段为直径的圆上运动，且，，三点共线，点，分别是线段，的中点，则下列说法中正确的是（ ）

A．平面平面
B．当四棱柱的体积最大时，
C．当时，过的平面截该四棱柱的外接球所得截面面积的最小值为
D．当时，过点，，的平面截该四棱柱所得的截面周长为
【答案】ABD
【分析】对A：借助线面垂直判定定理先证平面，再借助面面垂直判定定理即可得；对B：利用基本不等式可得时，四棱柱的体积最大时，则可建立适当空间直角坐标系求证；对C：求出球心到直线的距离后借助垂径定理计算即可得；对D：作出所需平面计算周长即可得.
【详解】对A：由直四棱柱性质可得，由为直径，则，
又，、平面，故平面，
又平面，故平面平面，故A正确；
对B：由，则，
则，
当且仅当时，等号成立，
即四棱柱的体积最大时，，同理，
则此时四棱柱为正方体，
则可以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，

有、、、、，
则，，有，
故，故B正确；
对C：当时，则由B可得此时四棱柱为正方体，
有、，则，
由正方体性质可得该正方体的外接球球心为，设为，
则，外接球半径为.
则点到直线的距离，
又该截面面积取最小时，点到该截面的距离为，
则，故C错误；
对D：取中点，连接、、、、，
则且，又，故，
故、、、四点共面，即所求截面为四边形，
则截面周长为
，故D正确.
故选：ABD
题型03 动点中的平行与垂直
1．（多选）（2025·四川绵阳·模拟预测）正方体棱长为2，为中点，为平面上的动点（在四边形内部及其边界）且满足平面，则下列正确的是（ ）
A．动点F的轨迹长度为
B．三棱锥的体积范围为
C．三棱锥的体积为定值
D．当三棱锥的体积最小时，其外接球的表面积为
【答案】BCD
【分析】根据题意利用面面平行判定定理可证明平面平面，可得出动点的轨迹为线段，此时长度为，即A错误；由棱锥体积公式计算可知三棱锥的体积范围为，可得B正确，结合A中分析可知点到平面的距离为定值，可判断C正确，确定点的位置后找出外接球球心位置，列方程求出外接球半径可得D正确.
【详解】对于A，取的中点的中点为，连，过作交于，连，如下图所示：
因为为中点，由正方体性质可知，因此可得四点共面；
由可知为的中点，
又因为平面，平面，
所以平面；
又的中点为，所以，
又平面，平面，
所以平面；
因为，平面，
所以可得平面平面，
又因为需满足平面，且为平面上的动点，
所以动点的轨迹为线段，此时长度为，即A错误；
对于B，显然三棱锥的顶点到底面的距离为，
所以当的面积最小时，体积最小，其面积最大时，体积最大；
又因为，所以当在时，点到的距离最小为1，
此时体积最小，即的最小值为，
当在时，点到的距离最大为2，
此时体积最大，即的最大为；
因此三棱锥的体积范围为，即B正确；
对于C，由于，所以点到平面的距离等于点到平面的距离，为定值；
又因为底面的面积为定值，所以三棱锥的体积为定值，
即不变，可得C正确；
对于D，当三棱锥的体积最小时，根据B中分析可知此时与重合，
即求的外接球的半径即可，
设外接球的球心为，半径为的外接圆圆心为，半径为为中点，
如下图所示：
则，在直角梯形和直角三角形中，
易知，
所以可得，解得；
所以外接球表面积为，
因此当三棱锥的体积最小时，其外接球的表面积为，可得D正确.
故选：BCD
2．（多选）（2025·广东佛山·一模）在正三棱柱中，，为中点，点是线段上的动点，则（ ）
A．
B．有且仅有一个点，使得
C．有且仅有一个点，使得
D．有且仅有一个点，使得平面平面
【答案】AD
【分析】根据线线平行、线线垂直、面面平行的判定逐项判定即可.
【详解】对于选项A：
因为正三棱柱，所以平面，
因为平面，所以，
因为平面，
所以平面，又平面，
所以，所以A正确；

对于选项B：
如图建立空间直角坐标系，设，，则.
则，要使得，
那么，无解，所以不存在点使得，所以B错误；
对于选项C：
，要使得，
那么，所以，解得或，
所以存在两个点使得，所以C错误；
对于选项D：
，所以，
设平面的法向量为，则.
得到，令，则，所以.
，
设平面的法向量为，则.
得到，令，则，所以，
要使得两平面平行，则，解得，
所以有且仅有一个点使得平面平面，所以D正确.
故选：AD.

3．（多选）（2025·全国·模拟预测）在棱长为1的正方体中，为棱的中点，为正方形内一动点（含边界），是线段上的两个动点，且，是的中点，则下列说法中不正确的是（ ）

A．三棱锥的体积为定值
B．在线段上存在一点，使得平面
C．存在点，使得平面
D．若，那么点的轨迹长度为
【答案】C
【分析】对于A由即可判断，对于B当点为的中点时，即证即可判断，对于C建立空间直角坐标系，设，求平面的法向量，利用向量法得，即存在，使得，求出即可判断，对于D利用勾股定理确定点的轨迹，计算轨迹长度即可判断.
【详解】三棱锥的体积，点到直线距离为，而且，则面积为定值，
又点到平面的距离为1，因此三棱锥的体积为定值，故A正确．
当点为的中点时，连接，由是的中点，所以，
所以四边形为平行四边形，所以，又平面，平面，
所以平面，又平面，则平面即平面，
所以平面，故B正确．
以为原点，所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，
则，，，
设，．
设是平面的一个法向量，则，取，则．
若平面，则，所以存在，使得，则，解得，
因此正方形内（含边界）不存在点，使得平面，故C错误．
因为平面平面，，
所以，则点轨迹是以为圆心，为半径的圆弧，圆心角是，
所以点的轨迹长度为，故D正确．
故选：C．

4．（多选）（2025·内蒙古呼和浩特·一模）在正方体中，棱长为1，已知点，分别是线段上的动点（不含端点）.下列说法正确的有（ ）
A．存在无数条直线与直线平行
B．与不可能垂直
C．二面角不可能为定值
D．点到任意直线的距离都不可能小于
【答案】AD
【分析】利用线面垂直的判定性质判断A；利用线面平行的性质分析判断B；利用二面角的定义判断C；求出点到平面的距离判断D.
【详解】对于A，由，平面，平面，得平面，
则过的平面与平面相交，交直线分别于点，必有，
因此有无数条直线与直线平行，A正确；
对于B，在正方体中，，由平面，平面，
得，而平面，则平面，
又平面，因此，B错误；
对于C，由，得平面即为平面，平面即为平面，
因此二面角即为二面角，而二面角为定值，
则二面角为定值，C错误；
对于D，由选项B知，平面，点到平面的距离为，
而平面，因此点到任意直线的距离都不可能小于，D正确.
故选：AD
5．（多选）（2025·河北石家庄·模拟预测）如图，正方体的棱长为分别为棱的中点，为线段上的动点，则（ ）
A．平面B．
C．平面D．的最小值为
【答案】ABD
【分析】根据正方体性质及线面、面面平行的判定易得面面、面，即可判定AB；假设平面，则一定成立，结合题设判断C；求出判断D.
【详解】对于A，，，平面，产面，则平面，
同理平面，而平面，则平面平面，
而平面，又平面，A正确；
对于B，由平面，平面，得，又，
平面，则平面，
而平面，所以，B正确；
对于C，若平面，而平面，则，
而Q为直角三角形的斜边上的动点，不可能恒有，C错误；
对于D，正方体的体对角线，互相平分，
而，当且仅当为中点时取等号，的最小值为，D正确.
故选：ABD
题型04 动点与向量关系
1．（2025·重庆·三模）已知长方体中，，，E为的中点.若长方体表面上的动点P满足AP=λAC+μAEλ,μ∈R，则动点P的轨迹围成面积为（ ）
A．24B．18C．D．12
【答案】A
【分析】由，知点P的轨迹是平面ACE与长方体表面相交线围成的图形，利用面面平行的知识作出点P的轨迹，再根据长方体的结构特征与梯形的知识计算即得答案.
【详解】由知，点P的轨迹是平面ACE与长方体表面相交线围成的图形，
取的中点F，连接EF，则有，
又，所以EFCA为等腰梯形，
，由此可算出其高，
所以等腰梯形EFCA的面积.
故选：A.
2．（2025·上海松江·二模）在正三棱柱中，，动点满足，，则下列几何体体积为定值的是（ ）
A．四棱锥B．四棱锥
C．三棱锥D．三棱锥
【答案】D
【分析】根据题设在上运动，结合棱柱的结构特征及线面平行的性质判断各棱锥的体积是否为定值即可.
【详解】对于正三棱柱，且，，
则在上运动，
所以到平面、平面、平面的距离均是变化的，棱锥底面积都是定值，故A、B、C不符合条件，
由，平面，平面，则//平面，
所以P到平面的距离为定值，且底面的面积是定值，
所以三棱锥的体积为定值，D符合，
故选：D
3．（2025·湖南长沙·模拟预测）如图，棱长为2的正方体．中，点P是棱的中点，动点M满足，其中，则下列结论正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则直线与直线所成角的最小值为
C．若且．，则点的轨迹长为
D．若动点M在平面上的投影为点与平面所成角与二面角大小相等，则直线与点N的轨迹相切
【答案】ACD
【分析】如图建系，空间向量计算判断A，根据异面直线所成角结合值域判断B，应用两点间距离计算判断C，应用二面角定义结合直线和抛物线联立求解判断D.
【详解】以为坐标原点，所在直线为坐标轴建立如图1所示的空间直角坐标系，
则，，
所以，
所以，即，
所以，又，
所以，
当时，，所以，所以，故A正确；
点为的中点，其坐标为，点的坐标为，
向量，向量，
设直线PM与直线BC所成的角为，
又因为，当时，，
即直线PM与直线BC所成角的最小值为，故B错误；
由知，
设点为，则，化简得，
是以点为圆心，为半径的圆，
如图2所示，又因为，故点的轨迹为圆心角为的圆弧，轨迹长度为，故C正确；
如图3，过点作于点，
连接GN，NC，MG，MC，则MC与平面所成角为是二面角的平面角，
故，易证，
则，由抛物线的定义可知点的轨迹是以点为焦点，直线为准线的抛物线，
如图4，以BC的中点建立平面直角坐标系xOy，
则点的轨迹方程为，直线为，
联立得，则直线与点的轨迹相切，故D正确．
故选：ACD.
4．（多选）（2025·江西上饶·一模）在棱长为2的正方体中，点满足，，，则下列说法正确的是（ ）
A．当时，
B．当时，三棱锥的体积为定值
C．当时，的最小值为
D．当，时，若点为四边形（含边界）内一动点，且，则点的轨迹长度为
【答案】ABD
【分析】当时，点的轨迹为线段，证明平面即可判断选项A正确；
当时，点的轨迹为线段，由平面，得出三棱锥的体积为定值，所以选项B正确；
当时，点的轨迹为线段，将三角形旋转至平面内，由余弦定理可得选项C错误；
当，时，点为的中点，由，可得点的轨迹为以为圆心，为半径的圆，所以选项D正确.
【详解】对于A，如图所示，当时，点的轨迹为线段，连接、，可得，，
所以平面，所以，同理可证得，所以平面，所以，所以选项A正确；
对于B，如图所示，取、的中点、，当时，
点的轨迹为线段，，，
因为平面，所以到平面的距离，
所以三棱锥的体积为定值，所以选项B正确；
对于C，如图所示，当时，点的轨迹为线段，将三角形旋转至平面内，
可知，
由余弦定理可得，
所以选项C错误；

对于D，如图所示，当，时，点为的中点，，，
所以，即点的轨迹为以为圆心，为半径的圆，所以点的轨迹长度为，
所以选项D正确.
故选：ABD.
【点睛】本题考查空间几何体的线面关系、体积、轨迹等知识，考查空间想象能力与运算求解能力，考查直观想象、逻辑推理和数学运算核心素养.
5．（多选）（2025·云南红河·模拟预测）如图，棱长为2的正方体中，分别是棱，棱的中点，动点满足，其中，则下列结论正确的是（ ）
A．三棱锥体积为
B．若，则
C．若，则直线与直线所成角的最小值为
D．若动点在三棱锥外接球的表面上，则点的轨迹长度为
【答案】ABD
【分析】对于A，利用等体积转换易求得三棱锥体积；对于B，C，通过建系，求得相关点和相关向量的坐标，利用向量垂直的坐标式计算即可判断，利用向量夹角的坐标公式计算即可推得；对于D，先根据题意求得三棱锥外接球的半径，再判断点的轨迹为平面截三棱锥外接球的截面圆，求其周长即得.
【详解】对于A，因点在平面中，则到平面的距离为2，
故 ，故A正确；
对于B，以为坐标原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系.
则，，，，，
所以，
所以，即，
所以，又，，
所以，
故，即，故B正确；
对于C，点为的中点，坐标为，点的坐标为 ，
向量，向量，
设直线与直线所成的角为，则，
，
又因为，为增函数，故当 时，，
则直线与直线所成角的最小值为，故C错误；
对于D，因为三棱锥即为三棱锥，又底面是直角三角形，
过的中点作平面，是三棱锥外接球的球心，
因为平面，所以，又，
所以三棱锥外接球的半径，
因为点在平面内，又在三棱锥外接球的表面上，
所以的轨迹是平面截三棱锥外接球的截面圆，
又易得到平面的距离为1，所以截面圆的半径为，
所以点的轨迹周长为截面圆周长为，故D正确.
故选：ABD.
题型05 翻折问题
1．（2025·湖北·模拟预测）已知边长为2的菱形，对角线交于点，现将沿对角线翻折，得到三棱锥.记线段的中点分别为，则下列结论错误的是（ ）
A．
B．三棱锥体积的最大值为
C．平面截三棱锥的截面图形可能是正方形
D．当折成的二面角为时，三棱锥的外接球半径为
【答案】C
【分析】对于A，求证平面即可判断；对于B，找到最大体积时的位置即可由锥体体积公式计算求解；对于C，取中点，截面图形即为矩形，由题设求出即可判断；对于D，找到球心位置，根据勾股定理列方程组即可求解.
【详解】对于A，因为四边形为菱形，所以，故，
又，，平面，所以平面，
因为平面，所以，故A正确；
对于B，由A得平面，因为平面，所以平面平面，
当到平面的距离最大时，即平面时三棱锥的高最大，
由题意得，为等边三角形，为中点，所以，
所以三棱锥体积的最大值为，故B正确；
对于C，取中点，连接，
因为线段的中点分别为，
所以，且，
所以截面图形为平行四边形.
由A可知，所以，故四边形为矩形，
由题意得，， 所以，
所以，即四边形不可能为正方形，故C错误；
对于D，当二面角为时，由A可得，
所以到平面距离为，在平面内的投影在直线上，投影长为，
因为，所以为外接圆圆心，
所以三棱锥外接球的球心在过D且与平面垂直的直线上，如图，
设三棱锥外接球的半径为R，，
则，解得，故三棱锥外接球的半径为，D正确.
故选：C.
2．（2025·安徽滁州·二模）如图，四边形为矩形，，．是等边三角形，是等腰直角三角形，．将和分别沿虚线和翻折，且保持平面平面．当平面时，平面与平面的距离等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据线线垂直证明线面垂线，进而证明面面垂直，结合三角形相似可得距离.
【详解】
如图所示，
取中点，中点，连接，，，，
由是等边三角形，是等腰直角三角形，，
则，，，
又，，
，，平面，
所以平面，
所以平面平面，平面平面，平面平面，
又平面，且平面，平面平面，
所以，
又平面平面，且平面平面，平面平面，
所以，
则作出平面如图所示，
设，
则，
所以，
又，，
则，
由，
所以，，，
设过点作与，分别交于点，，
则即为两平面间距离，
，
故选：C.
3．（多选）（2025·江苏常州·模拟预测）已知边长为2的菱形，且，沿对角线折起，使点不在平面内，为的中点，在翻折过程中，则（ ）
A．平面平面
B．当时，直线与平面所成角的余弦值为
C．当二面角的大小为时，点在三棱锥的表面上运动，且，则点运动轨迹长度为
D．当二面角的余弦值为，则三棱锥的外接球的表面积为
【答案】ABD
【分析】对于A，根据线面垂直的判定定理先证明平面，从而得到平面平面；对于B，用等体积法可求得点A到平面的距离，从而求得直线与平面所成角的正弦值，由同角三角函数关系式可求得直线与平面所成角的余弦值；对于C，分析点在三棱锥的表面上运动时，则点在各个侧面的运动轨迹，并求其长度的和即可判断；对于D，根据题意列得关于三棱锥的外接球半径的方程组，求解可得外接球半径，从而得到外接球的表面积.
【详解】由题可知，，所以.
由，得，
所以，所以.
折起如图2.
对于选项A，由图1知，菱形中，
图2中平面，所以平面.
因为平面，所以平面平面.所以选项A正确；
对于选项B，由题可知，是等边三角形，
取的中点E，连接，则，且.
因为平面，
所以平面，
又平面，所以.
所以.
因为，所以，
所以.
所以.
所以.
因为，
所以点A到平面的距离为.
所以直线与平面所成角的正弦值为，
所以直线与平面所成角的余弦值为.故选项B正确.
对于选项C，当二面角的大小为时，由选项A可知，.
因为，所以.
因为，
所以点C到平面的距离为，所以中，点运动轨迹为一个点；
点在三棱锥的侧面上运动，且时，
点运动轨迹分别为三棱锥的三个侧面上的三段圆弧.
中，，所以点运动轨迹长度为；
中，.所以，
所以，所以点运动轨迹长度大于；
同理中，，
所以，所以点运动轨迹长度大于；
所以点运动轨迹长度大于；所以选项C错误.
对于选项D，当二面角的余弦值为时，由选项A可知，.
所以，所以，
记棱的中点为F，则.
记三棱锥的外接球球心为T，因为O为的中点，且平面，
所以T在等腰三角形的中线上.
设三棱锥的外接球的半径为R，
则，解得.
所以三棱锥的外接球的表面积为.所以选项D正确.
故选：ABD.
4．（多选）（2025·云南·模拟预测）如图，平面图形是等腰直角和直角组成，，分别是和边的中点，现将沿着折起，则下列结论中正确的是（ ）
A．
B．若平面平面，则
C．
D．当三棱锥体积最大时，三棱锥的外接球半径为
【答案】BC
【分析】根据勾股定理可判断A；利用面面垂直的性质定理及勾股定理可判断B；根据线面垂直的判定定理及性质定理可判断C；当三棱锥体积最大时，，利用线面垂直的判定定理及外接球半径的求法可判断D.
【详解】对于A：由题可知，在等腰直角三角形中，，故A错误.
对于B：由题可知，
若平面平面，又平面平面，平面，，
所以面，又平面，所以，
所以，得到，故B正确.
对于C：因为为的中点，，所以.
又是的中点，所以，
由，可得.又平面，
所以平面，又平面，
所以，故C正确.
对于D：当三棱锥体积最大时，，即，
又平面，所以.又平面，
所以平面.又是以为斜边的直角三角形，
所以三棱锥外接球的球心在过点且与平面垂直的直线上，
设球心到点的距离为，外接球半径为，则，
所以，解得，
则三棱锥外接球的半径为1，故D错误.
故选：BC.
5．（多选）（2025·江苏镇江·模拟预测）已知边长为2的菱形，且，沿对角线折起，使点不在平面内，为的中点，在翻折过程中，则（ ）
A．平面平面
B．当平面平面时，异面直线与所成角的余弦值为
C．当二面角为时，点到平面的距离为
D．当时，直线与平面所成角的余弦值为
【答案】ACD
【分析】A利用证明面面垂直的判定定理证明两个平面垂直，BD利用空间向量的方法求异面直线所成的角和线面角，C利用三棱锥转换底和高，通过体积相等求点到面的距离.
【详解】对于选项A：翻折前，是菱形，，为的中点，沿对角线折起后，如图（1），，，，平面，平面，平面平面，则A选项正确；

对于选项B：平面平面，平面平面，，平面，平面，以为原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图（2），
菱形的边长为2，，，为的中点，，，，，，，，，，，设异面直线与所成的角为，则，则B选项错误；
对于选项C：如图（1），，，是二面角的平面角，二面角为，，，，，设点到平面的距离为，，，，，则C选项正确；
对于选项D：如图（3），

取中点，取中点，连，是等边三角形，，，，平面，平面，，，，，是等边三角形，，，，，，，，，过作交于，，，，，
平面，平面，，又，
平面，过作，以为原点，为轴建立空间直角坐标系， ，，，，，，设为平面的法向量，，，取，则，，，，设直线与平面所成的角为，，，则直线与平面所成的角余弦值为，
则D选项正确.
故选：ACD.
题型06 轨迹问题
1．（2025·湖南·三模）如图，在四棱锥中，底面是边长为6的正方形，平面，点是平面内的动点，且满足线段的长度是点到的距离的2倍，则点的轨迹的长度为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据题意点到的距离为，由，在平面中建系，即可得点的轨迹方程，即可求解.
【详解】∵平面，平面，
∴即点到的距离为，
∴，
如图平面中以C为原点建立平面直角坐标系，
设，，，
∵，
∴，整理得，
即的轨迹是以为圆心，半径为4的圆上，
即点的轨迹的长度为，
故选：D.
2．（多选）（2025·浙江嘉兴·一模）在三棱锥中，，点在平面上的射影为点，直线与平面所成的角分别为，则（ ）
A．点的轨迹长度为
B．的取值范围是
C．三棱锥的体积的最小值是
D．当最大时，三棱锥的外接球的表面积为
【答案】ABD
【分析】在平面中，建立平面直角坐标系，即可得到点的轨迹方程，从而判断A，
记，即可得到的范围，从而得到的范围，从而判断B，由锥体的体积公式代入计算，即可判断C，由球的表面积公式代入计算，即可判断D.
【详解】

对于选项A：点在平面内的射影为点，则，
因为，所以，
以所在的直线为轴，以的中垂线为轴建立的平面直角坐标系，
则，设，因为，
可得，整理得，
即，所以点轨迹是半径为的圆，
所以所求轨迹的长度为，所以A正确；
对于选项B：当与圆相切时，记，
则，
又，所以，
即，所以，所以B正确；
对于选项C：由，可得，
所以体积，所以C错误；

对于选项D：当最大时，，所以，
所以是顶角的等腰三角形，
记的外心是，则四边形是菱形，取的中点，
则点是的外心，
所以过点分别作平面的垂线，交于点，
则点就是三棱锥的外接球球心.
又，记三棱锥的外接球半径为，
则，所以外接球的表面积为，所以D正确；
故选：ABD.
3．（多选）（2025·湖南·一模）如图，三棱台中，平面，则（ ）

A．三棱台的体积为
B．平面
C．
D．若点在侧面上运动，且与平面所成角的正切值为4，则点在侧面上的轨迹长度为
【答案】ABD
【分析】对于A项，直接由棱台的体积公式求解；对于B，C项，由线面垂直判定定理求解；对于D项，作于点，则平面为与平面所成角，得在侧面上的轨迹是以为圆心，半径为的半圆，即可求解．
【详解】A选项：，
，故A正确；
B选项：平面
，
平面
平面
，
又为的中点，
，平面，
平面，故B正确；
C选项：由B选项答案可知平面，
若，而平面，
则平面，
，与条件矛盾，故错误；
D选项：如图，在平面中，作于点，
由B选项答案可知，平面，
，平面，
平面为与平面所成角，

依题意，又，
又．
在侧面上的轨迹是以为圆心，半径为的半圆，
轨迹长度为，故D正确．
故选：ABD．
4．（2025·全国·模拟预测）已知正方体的棱长为，点平面，且，则点的轨迹的长度为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】设为的交点，利用正方体的性质及线面垂直的判定定理得平面，进而可得，在平面中建立平面直角坐标系，设，根据条件及几何关系得，即可求解.
【详解】如图1所示，设为的交点，所以．又平面平面，
所以．又，平面，所以平面．
因为点平面，故平面，所以，则．
因为正方体的棱长为，所以，即，
在平面内建立平面直角坐标系，如图2所示，则．
设，则，，
所以．
又，故，即，
整理得，即，
故点的轨迹是半径为的圆，所以点的轨迹长度为．
故选：C．
5．（多选）（2025·江苏宿迁·模拟预测）已知正方体的棱长为2，P为平面ABCD内一点，点M，N，Q分别是棱的中点，下列说法正确的是（ ）
A．平面MNQ与正方体各面的交线是正六边形
B．直线PM与直线QN是异面直线
C．三棱锥P-MNQ体积的最大值为1
D．若P到棱CD，距离相等的点，则点P的轨迹是双曲线
【答案】ACD
【分析】根据空间中的点线面的位置关系，再建立平面直角坐标系，判断点的轨迹是否是双曲线，分别判断各选项正误，得出答案.
【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，
且截面各边长都是相等的，是正六边形，所以A正确.
当点在中点上时，与相交，此时共面，所以B错误.
正方体边长为2，则线段，当正六边形边长为时，可知其对角线，所以，所以为直角三角形，可得，
当与点重合时，体积最大，此时三棱锥的高为,
此时体积为，所以C正确.
如图所示，过作于，过作于，作于，连接，以为坐标原点，以为轴，建立平面直角坐标系，
设，则，，当P到棱CD，A1D1距离相等时，，化简得，是双曲线轨迹，所以D正确.
故选：ACD
题型07 最值与范围问题
1．（多选）（2025·广东江门·模拟预测）在四面体中，为四面体外接球的球心，则（ ）
A．四面体体积的最大值为
B．长度的取值范围是
C．
D．当直线与所成角为时，四面体外接球的表面积为
【答案】AC
【分析】当时四面体体积最大，求出四面体的体积最大值，即可判断A，由结合空间向量数量积的运算性质可判断B选项；利用空间向量数量积的运算性质可判断C选项；以、为邻边作平行四边形，则为矩形，分、两种情况求出球的表面积，可判断D选项.
【详解】对于A：当时，因为，，平面，
所以平面，
此时，四面体体积最大，最大值为，故A正确；
对于B：，
，
因为为异面直线，则，则，
，从而，故B错误；
对于C：不妨取的中点，连接、、，则，
所以，

同理可得，，
所以，
从而，故C正确；
对于D：以、为邻边作平行四边形，则为矩形，
故的各顶点都在球的球面上，如下图所示：

则，又因为，，、平面，
所以平面，且，
如下图所示：

圆柱的底面圆直径为，母线长为，则的中点到圆柱底面圆上每点的距离都相等，则为圆柱的外接球球心.
可将三棱锥置于圆柱内，使得的外接圆为圆，如下图所示：

因为，故异面直线、所成的角为或其补角，
当时，为等边三角形，则该三角形外接圆直径为，
设球的半径为，则，
此时，球的表面积为；
当时，由于，则，
则外接圆直径为，则，
此时，球的表面积为.
综上所述，球的表面积为或，故D错误.
故选：AC
2．（多选）（2025·河南·一模）已知正方体的棱长为，点在底面上（含边界），且，则下列说法正确的是（ ）
A．点的轨迹的长度为
B．直线与平面所成角的正切值最大为
C．平面截该正方体的内切球所得截面的面积为
D．若动点在线段上，为的中点，则的最小值为
【答案】ACD
【分析】由正方体性质可得点的轨迹是四分之一圆，可判断A正确；易知直线相对于平面的倾斜程度越大，所成角的正切值越大，计算可知B错误；求出内切球球心到平面的距离可判断C正确，利用线面垂直关系可知当三点共线时，满足题意，可得D正确.
【详解】对于A，根据正方体性质可得，可知，
故点的轨迹是以为圆心，1为半径的四分之一圆，如下图所示：
则其轨迹的长度为，故A正确；
对于B，易知当点位于棱上时，直线与平面所成的角最大，
此时，即直线与平面所成角的正切值最大为，故B错误；
对于C，易知内切球的半径为，球心位于正方体的中心，其到平面的距离为，
易知，，点平面的距离为；
可得球心到平面的距离为，
故截面圆的半径满足，则所得截面的面积为，故C正确；
对于D，如下图：
先固定点，当点在上时，最小，
再让点移动，当三点共线时，最小，
此时，故D正确.
故选：ACD
3．（多选）（2025·江西·三模）如图所示，在棱长为的正方体中，、分别为、的中点，为的中点，、分别是线段、上的动点（含端点），则下列说法正确的是（ ）
A．存在、使平面B．存在、使平面
C．的最小值为D．的最小值为
【答案】ABD
【分析】当点与点重合时，利用面面平行的性质可判断A选项；证明出平面，当点与点重合且为的中点时，可判断B选项；过点作关于的对称点，过点作于点，设，则当、、三点共线时，最小，求解即可，可判断C选项；连接，取的中点，推导出，可知点为、的交点时，最小，结合勾股定理可判断D选项.
【详解】对于选项A，当点与点重合时，平面，
又平面平面，显然有面，故A正确；
对于选项B，如下图所示：
因为四边形为正方形，所以，
因为平面，平面，所以，
因为，、平面，故平面，
当点与点重合且为的中点时，、平面，
又因为，此时平面，故B正确．
对于选项C，当为的中点时，最小，
如图所示，过点作关于的对称点，过点作于点，
不妨设，则当、、三点共线时，最小，
因为，，，
此时，
因为，则，
所以，
故，
则，故，
所以，
故，故C错误；
对于选项D，连接，取的中点，如图所示：
因为，，，故，
所以，
因为、分别为、的中点，所以，
又因为，所以，故，
连接交于点，因为、分别为、的中点，则，
因为四边形为正方形，所以，故，
因为，故为的中点，
因为四边形为正方形，故，
因为平面，平面，所以，
因为，、平面，故平面，
因为平面，故，同理可证，
在矩形中，过点在平面内作，垂足为点，
易知四边形为矩形，且，，
故，所以，
因为、平面，当点为、的交点时，取最小值，故D正确.
故选：ABD.
4．（2025·全国·模拟预测）已知正方体的棱长为3，点在上运动，点在棱上运动，上有一点满足，且，则动点到平面距离的最小值为 ．
【答案】
【分析】建立空间直角坐标系，计算证得线面垂直，得是平面的一个法向量．设到平面距离为，根据公式计算距离，设，结合辅助角公式计算最值．
【详解】如图所示，以为原点，所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，
，
则，，，
即，
连接，因为，所以，
则，，
又，又，平面，
平面，
则是平面的一个法向量，
设到平面距离为，则，
由上可设，
则，其中，
故动点到平面距离的最小值为．
故答案为：．
5.（多选）（2025·浙江宁波·一模）在圆台中，，AB，CD分别为上、下底面的直径，，且，动点P、Q分别在线段AC和上运动（含端点），满足，则（ ）
A．圆台的体积为
B．四面体外接球的表面积为
C．射线PQ交圆台侧面于点M，则PM的最小值为
D．射线QP交圆台侧面于点N，则PN的最大值为
【答案】ABD
【分析】对于A，直接由圆台的体积公式求得圆台的体积，即可判断；对于B，求出外接球的半径，求得表面积，即可判断；对于C，设，利用空间向量坐标运算得到PM关于的函数，利用导数可求得其最小值，即可判断；对于D，同理C选项，得到PM关于的函数，利用导数可求得其最大值，即可判断.
【详解】对于A，由已知，故A正确；
对于B，由对称性可知球心在直线上，设半径为r，
则，解得，
故四面体外接球的表面积为，故B正确；
对于C，如图圆所在平面平行于底面，则圆所在平面，
如图建立空间直角坐标系，
则，
设，
则，
因为，设，
所以，则，
由相似可得圆的半径，
，则，
令，
则在上单调递减，
所以，则PM的最小值为2，故C错误；
对于D，由C，同理可得，
令，
则，
当时，单调递增，
当时，单调递减，
所以，则PN的最大值为，故D正确.
故选：ABD
（建议用时：30分钟）
1．（2025·贵州贵阳·模拟预测）已知E，F，G，H分别是正方体的棱的中点，，则（ ）
A．直线与直线异面
B．直线交于同一点
C．过三点的平面截正方体所得截面图形的周长为
D．动点K在侧面内（含边界），且，则动点K的轨迹长度为
【答案】BC
【分析】根据题意画出立体图形，再依据平行直线共面、中位线性质、动点轨迹等知识逐一对每个选项进行分析，从而选出正确选项.
【详解】A选项，G，H分别是的中点，则，又，则，所以共面，所以A错误；
B选项，取中点为M，延长交于点N，连接，如图1，因为且是的中点，
所以，且．同理，延长交于点T，则，
即点N与点T重合，直线交于同一点，所以B正确；
C选项，延长交于点Q，连接交于点P，如图2，则同B选项，易证，P为的中点，
所以四边形为过点的截面，，
所以截面周长为，所以C正确；
图1 图2
D选项，因为平面，所以，即，所以，
因此K的轨迹是以A为圆心，为半径的圆，所以轨迹长度为，所以D错误.
故选：BC．
2．（多选）（2025高三·全国·专题练习）飘带函数的图象如图所示，已知图象上两个点A，C关于原点对称（点的横坐标），过点A，C分别作两坐标轴的垂线得到矩形ABCD，矩形与坐标轴的交点分别记为．将图象沿轴折叠，得到一个的二面角，此时的最小值记作；将图象沿轴折叠，得到一个的二面角，此时的最小值记作．则下列结论正确的是（ ）

A．B．若，当图象沿轴折叠时，
C．D．若，当图象沿轴折叠时，
【答案】BD
【分析】分别作出沿轴折叠和沿轴折叠的图象，用表示出，进而结合基本不等式逐项判断即可求解.
【详解】将图象沿轴折叠，得到一个的二面角，如图1所示，连接AD.
∵，，，平面，平面,
∴平面，且为二面角的平面角，即.
∵平面,.∵，∴.
由题知，∴，，
∴，
当且仅当，即时等号成立，∴，故选项A错误；
当时，，故选项B正确；

将图象沿轴折叠，得到一个的二面角，如图2所示，连接AB.

∵，，，平面，平面,
∴平面，且为二面角的平面角，即.
∵平面,.∵，∴.
由题知，∴，，
∴，
当且仅当，即时等号成立，∴，故选项C错误；
当时，，故选项D正确.
故选：BD.
3．（多选）（2025·河北·三模）如图，在矩形中，，点为线段上的动点（含点，不含点），将沿折起，使点翻折至位置，且二面角为，点为线段上的动点，在四棱锥中，下列说法错误的是（ ）
A．存在点使得平面
B．存在点使得对于任意点都有直线和直线垂直
C．三棱锥的体积为定值
D．二面角的正切值的最小值为
【答案】BCD
【分析】对于A选项,在线段截取，利用线段关系证，在面作，由面面平行判定得面面，再根据面面平行性质得面；对于B选项，假设结论成立，可得平面，可得，结合，则面，但一个直线不能同时垂直两个相交平面，所以该选项错误；对于C选项，过作面垂线，过作，连得二面角平面角，设，用等面积法求，算不是定值，即可判断C选项；对于D选项，先求，作，由相似得，进而得出二面角正切表达式，根据取值求最小值，确定该选项错误.
【详解】在线段上截取，由，
可得四边形为平行四边形，则，
又平面，平面，则平面.
在面内过点作，平面，平面，
则平面，又，则平面平面，
又平面，平面，故A正确；
若对于任意点都有直线和直线垂直，平面，
则平面，又平面，，
又，且，平面，
平面，显然不可能同时垂直于两个相交平面，故B错误；
过作面于点，过作于点，连接，
由面，平面，则，
又，平面，则平面，
又平面，则为二面角的平面角，，
设，则，
当时，重合，不合题意，则.
在中，由等面积法可知，
，
不是定值，故C错误；
在矩形中，，
过点作于，
易得，，
设二面角的大小为，则，
当时，取最小值，但是，则二面角的正切值的最小值不可能取到，故D错误.
故选：BCD.
4．（多选）（2025·湖南长沙·三模）已知正方体的棱长为，为侧面内（含边界）的一个动点，分别是线段的中点，则下列结论正确的是（ ）
A．不存在点，使得平面
B．若平面，则点的轨迹长度为
C．若为侧面的中心，则四棱锥的外接球的表面积为
D．当时，三棱锥的体积为定值
【答案】BCD
【分析】建立如图所示的空间直角坐标系，对于ABD，根据位置关系得所在的轨迹方程，从而计算后可判断它们的正误，对于C，求出外接球的球心坐标后可求球的半径，从而可求表面积，故可判断其正误.
【详解】

由正方体可建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
，，
设，
对于A，，设平面的法向量为，
则可得，取，
则，若平面，则，
故即为的中点，故A错误；
对于B，，，
设平面的法向量为，
则可得，取，
因为平面，故，故，
故，故的轨迹为中点的连线段，其长度为，故B正确；
对于C，设为四棱锥的外接球的球心，则可设，
因为侧面的中心，故，
由可得：，
故，故外接球的半径为，故其外接球的表面积为,
故C正确；
对于D，由A的分析得，，
因为，故，故，
故此时的轨迹为的中点与的线段，

此时，而，故，
故，而平面，而平面，
故平面，故到平面的距离为定值，
而的面积为定值，所以三棱锥的体积为定值，
即三棱锥的体积为定值，所以D正确．
故选：BCD.
5．（多选）（2025·山东聊城·二模）如图，棱长为2的正方体中，点E，F分别在棱上，且，，其中，点是平面内的一个动点（异于点），且，则（ ）
A．
B．直线与平面所成的角的余弦值为
C．当变化时，平面截正方体所得的截面周长为定值
D．点为中点时，三棱锥的外接球的表面积为
【答案】ACD
【分析】以为原点，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，由结合空间向量的数量积即可判断A；由线面夹角的向量公式即可判断B；作出平面截正方体所得的截面，结合，，即可判断；根据球的表面积公式即可判断D．
【详解】以为原点，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
则，设，
则，所以，
，所以，
，，，，，
因为，所以，
所以，故A正确；
因为，，平面，
所以平面，所以平面的法向量为，
则直线与平面所成的角的正弦值为，
所以直线与平面所成的角的余弦值为，故B错误；
取上一点，满足，则，
因为，且有公共点，
所以平面，又平面，平面平面，
所以共线，作出平面截正方体所得的截面，
由，得为等腰直角三角形，
同理可得均为等腰直角三角形，
，
所以截面周长为为定值，故C正确；
当点为中点时，，所以，，，
则，所以，
所以三棱锥的外接球的球心在过中点，垂直于平面的直线上，
连接，
因为，
所以，所以四边形为平行四边形，
则共面，设交点为，则，
设球心为，，则，
则，即，
解得，半径为，表面积为，故D正确；
故选：ACD．
6．（多选）（2025·全国·模拟预测）在棱长为2的正方体中，分别为的中点，则（ ）
A．
B．若过的平面与线段（不含端点）相交于点，则平面截正方体所得截面是五边形
C．若已知过的平面平行于平面，则平面截正方体所得截面的周长为
D．若为正方体表面或内部一点，且，则三棱锥体积的最大值为
【答案】ABD
【分析】根据线面垂直的判定可证明平面，即可求A，根据平面的性质即可作出截面判断B，根据面面平行可得截面为四边形，即可求解长度判断C，根据线线垂直以及线面垂直得平面截正方体所得截面为平行四边形，即可利用体积公式求解D.
【详解】取中点为，连接，
由于平面，平面，故，
由于,故，又,故，
平面，故平面，
平面，故，所以A正确．
如图所示，将线段向两端延长，分别交的延长线于点，
连接分别交于两点，连接．
平面截正方体所得截面为五边形，所以B正确．
如图所示，取棱的中点，连接，
过点作直线交直线于点，连接．
由于是的中点，故,又，
所以,,故四边形为梯形，
又平面，平面，故平面，
分别是的中点，故，平面，平面，
故平面，平面，
故平面平面，
则平面截正方体所得截面为梯．
，
则平面截正方体所得截面的周长为，所以C错误．
满足条件的动点的轨迹为过点且与垂直的平面，
又为正方体表面或内部一点，所以动点在平面截正方体所得的截面上运动．
如图所示，取线段的中点，连接，，
由于，
故故，
由于平面平面，平面，故，
平面，故平面，
平面，则，同理．
在正方体中，由于分别是的中点，由正方体的性质可得：，
从而平面截正方体所得截面为平行四边形．
当点在线段上时，三棱锥体积最大,且最大值为，故D正确．
故选：ABD．
7．（多选）（2025·陕西西安·模拟预测）如图，在棱长为2的正方体中，点为线段上的一个动点，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．三棱锥的体积是
C．的最小值为
D．直线与平面夹角正弦值的最大值为
【答案】ACD
【分析】对A，以为原点建系，设，利用坐标计算；对B，由求解；对C，展开使其与在同一平面，根据两点之间直线最短计算；对D，得出平面的一个法向量为，计算的最大值．
【详解】以为坐标原点，分别为轴，建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，，
所以，，，
设，，则，
则，故，故A正确；
因平面，则平面的一个法向量为，
则，
当时，有最小值，有最大值，
故直线与平面夹角正弦值的最大值为，故D正确；
因平面平面，平面，则平面，
所以，故B错误；
因平面，则展开使其与在同一平面，如图，
则的最小值为，
因为边长为等边三角形，是腰长为的等腰三角形，
则为的中点，则，故C正确.
故选：ACD．
8．（多选）（2025·甘肃武威·模拟预测）如图，在棱长为2的正方体中，，分别为棱，的中点，，分别为线段，上的动点，则（ ）

A．异面直线与所成角的余弦值为
B．三棱锥体积的最小值为2
C．当平面时，线段的最小值为
D．存在点，，使得
【答案】AD
【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法求得异面直线与所成角的余弦值判断A；利用，可知到平面的距离最短时，体积最小，进而求解判断B；设，，，，平面的一个法向量为，利用已知可得，进而求得线段的最小值判断C；根据时，有解判断D.
【详解】以为原点，，，所在直线分别为，，轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，，，，.
对于A，，，
所以，
所以异面直线与所成角的余弦值为，故A正确；
对于B，因为，的面积为定值，
所以当点到平面的距离最短时，三棱锥的体积最小，
显然当点与点重合时，点到平面的距离最短，则最短距离为，
所以三棱锥体积的最小值为，故B错误；
对于C，，，
设，，，，
则，，所以，
因为平面，所以平面的一个法向量为，
若平面，则，即，则，
所以，，
所以，
当时，，故C错误；
对于D，，由C选项可知，
若，则，
即，则，
又，，存在满足的解，故D正确.
故选：AD.
9．（多选）（2025·湖南郴州·一模）在棱长为的正方体中，点在侧面所在平面内运动，为的中点，则下列说法正确的是（ ）
A．当在线段上运动时，恒有
B．当为正方形的中心时，与所成角的正弦值为
C．若点满足，则平面截正方体所得的截面面积为
D．直线和与平面所成的角相等时，动点的轨迹为圆
【答案】ACD
【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法逐项判断即可.
【详解】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，
对于A选项，如下图所示：
则、、、、，
设，其中，则，
所以，，
所以，故，A对；
对于B选项，当为正方形的中心时，则、，
，，
所以，
故，
故当为正方形的中心时，直线、所成角的正弦值为，B错；
对于C选项，如下图所示：
设平面交棱于点，
因为平面平面，平面平面，
平面平面，所以，
故平面截正方体所得截面为梯形，
又因为，结合等角定理可得，
因为，故为等腰直角三角形，故，
易知点，，，
所以点到直线的距离为，
所以截面面积为，C对；
对于D选项，设点，，，
易知平面的一个法向量为，
由题意可得，即，
即，化简得，
故当直线和与平面所成的角相等时，动点的轨迹为圆，D对.
故选：ACD.
10．（多选）（2025·湖北襄阳·模拟预测）在棱长为2正方体中，为的中点，是侧面内的一点（包含边界），则以下结论正确的是（ ）
A．若，则点的轨迹长度为
B．与所成角的最大值为
C．若三棱锥的体积为，则点的轨迹长度为
D．若在线段上，则三棱锥的外接球表面积的取值范围是
【答案】ACD
【分析】分析可知，根据勾股定理可得，进而可知点的运动轨迹是以为圆心，为半径，圆心角为，即可判断选项A；连接，，，，易得为等腰三角形.当点为的中点时，，故，此时与所成角为，即可判断选项B；由可知平面，故点的轨迹为线段，即可判断选项C；设，易知当点为的中点时，最大，此时；当点F与点C或点重合时，最小，此时，所以，故由正弦定理可得的外接圆直径，进而可求三棱锥的外接球的半径的范围，即可判断选项D.
【详解】∵点在侧面内，∴平面.
∵平面，平面，∴.
在中，由可得.
∴点的运动轨迹是以为圆心，为半径，圆心角为，
∴点的轨迹长度为，故选项A正确；
如图所示，连接，，.
在中，.
同理可得，∴为等腰三角形.
当点为的中点时，连接，此时有.
在正方体中易知，∴，此时与所成角为，故选项B错误；
∵，∴平面，
∴点的轨迹为线段，∴点的轨迹长度为，故选项C正确；
设，易知当点为的中点时，最大.
取的中点，则，，
∴；
当点F与点C或点重合时，最小，此时，所以.
∵，，在球面上，∴的外接圆直径.
∴三棱锥的外接球的直径为，
∴三棱锥的外接球的半径，
∴三棱锥的外接球的表面积为，故选项D正确.
故选：ACD.
近三年：
立体几何压轴小题常考的类型如下
截面问题（绝对主流，年年压轴）
最值问题（函数建模，综合性强）
动点问题（常与截面、最值结合）
翻折问题（2023热，2024降温）
轨迹问题（抽象度高，低频考查）
核心特征：截面题载体：90%为正方体/正三棱柱；考查方向：静态→动态→最值演变；难度位置：多选压轴/填空压轴
预测2026年：
动态截面最值（面积/周长函数建模）
多动点约束问题（两点以上联动）
截面平分体积的条件探究
重在几何直观+代数工具结合，备考需熟模型、强运算、重转化。
解｜题｜策｜略
这类问题通常涉及球心到截面的距离、截面圆的半径和球的半径之间的关系。核心是构建一个直角三角形模型，并利用空间几何关系进行计算。主要利用两个性质：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；
主要考察的类型包括角度问题、截面面积最值范围、周长等。
解｜题｜策｜略
正方体的截面有三角形（包括等边三角形），四边形（正方形、矩形、梯形、平行四边形、棱形），五边形，六边形（正方体过各棱中点截得的六边形是面积最大的截面）
如果条件只给出截面的一部分，需要补全截面，根据两个原则，1、延长相交 2、做平行线
解｜题｜策｜略
1、利用“平行”条件的核心转化
常用转化方式：
转化为“确定平面”：若要证明或找到一点P使 AP // 平面α，一个有效思路是构造一个包含AP且与α平行的平面β。那么P必须位于平面β与已知几何体（如棱、面）的交线上。
转化为“线线平行”链：利用公理4（平行传递性）或中位线定理。例如，要在线段上找点P使 AP // 平面α，可尝试在平面内找一条与AP平行的固定直线，从而将线面平行转化为线线平行，P的位置由这组平行线决定。
2、利用“垂直”条件的核心转化
常用转化方式：
转化为“线面垂直”：a ⊥ b 且 a ⊥ c，b ∩ c = O ⇒ a ⊥ 平面(b, c)。这是将分散的线线垂直集中到一个平面（垂面）上的强大工具。要确定一点使某线垂直于一个平面，常需该线同时垂直于平面内两条相交直线，这往往能给出两个约束条件。
转化为“三垂线定理及其逆定理”：这是处理斜线在平面上投影垂直问题的利器。如果问题涉及“斜线”与“面内直线”垂直，立即考虑三垂线定理。这常常能将一个空间垂直问题，转化为平面内的垂直问题。
转化为“平面垂直的判定”：若要证平面α ⊥ 平面β，需在α内找一条线垂直于β。这有时能引导我们去寻找或构造这条关键的垂线，而这条线的端点可能就是动点。
解｜题｜策｜略
若动点P满足条件AP=λAC+μAEλ,μ∈[0，1]，根据λ,μ来判断P点所在位置。这里将空间向量同立体几何结合考察。
解｜题｜策｜略
在“不变的长度”基础上，找出“新的垂直关系”，然后用平面化计算或建系法求解。
1、明确“不变”的量（根本）
这是解题的基石，翻折前后绝对不变的有：
线段的长度：折叠涉及的所有棱、边的长度不变。
线的相对位置：比如跟折线垂直的线段，结果折叠后，垂直关系还在。
2、寻找和确定“新”的量（关键）
折叠后产生的新关系，是解题的突破口：
新的垂直关系：折叠常会产生原本不存在的线线垂直或线面垂直，这是建立空间直角坐标系或构造直角三角形的关键。
新的点的位置：折叠会使某些点（折叠点）在空间中重合，或使某点运动到新的位置，弄清这些点的最终位置是核心。
3、选择并应用核心方法
主要有两个最实用的方法，通常结合使用：
平面化方法（首选）：
将翻折后相关的点、线，展平到同一个平面（通常是原来的平面图形）上考虑。
在这个平面图形中，利用平面几何知识（如勾股定理、余弦定理、相似三角形）直接计算折叠后产生的空间线段长度。 “空间距离，平面来算”。
空间直角坐标系法（通用）：
当翻折产生明显的两两垂直的线段时（这是常见情况），立即以这些垂足为原点建系。
分别标出翻折前后关键点的坐标（注意翻折后某些点的某个坐标会取相反数）。
用向量法计算角度、距离、证明垂直等。
解｜题｜策｜略
将空间动态问题转化为确定约束下的静态模型，最终用几何语言描述轨迹形状（点、线、圆、球面、线段等）。
找不变基准：确定一个固定点、固定直线或固定平面作为参照系。
翻译约束条件：把题目中“动点满足的几何条件”（如到定点距离为定值、到两定点距离相等、与定直线/定平面成定角等）用几何语言或方程表达出来。
判断轨迹形状：
到定点距离为定值 → 球面。
到两定点距离相等 → 中垂面。
到定直线距离为定值 → 圆柱侧面。
到定平面距离为定值 → 一对平行平面。
与两定点连线成定角 → 一段圆弧（圆锥截面）。
与定点连线垂直于定直线 → 过定点且垂直于定直线的平面。
结合图形限制：轨迹常被限制在几何体（如多面体）的面、棱、内部，因此最终答案往往是完整轨迹与几何体的交集（如球面的一部分、圆弧、线段等）。
分析动点满足的几何条件，联想基本轨迹模型，再与给定几何体取交，得出最终轨迹图形。
解｜题｜策｜略
将变化的几何量（长度、角度、面积、体积）表示为某个变量的函数，然后通过代数或几何方法求其最值或范围。
1. 函数法
将变化的几何量（长度、角度、面积、体积）表示为某个变量的函数，然后通过代数或几何方法求其最值或范围。
2. 几何直观法（利用几何性质直接判断）
两点之间线段最短、点到直线垂线段最短、点到平面垂线段最短。
直线与平面平行时，直线上各点到平面的距离相等。
球面上两点间的最短路径是过大圆的劣弧。
展开图法：将立体图形表面展开为平面，化曲为直求最短路径。