新高考数学二轮专题拔高点突破训练12 立体几何中的常考压轴小题（七大题型）（2份，原卷版+解析版）

这是一份新高考数学二轮专题拔高点突破训练12 立体几何中的常考压轴小题（七大题型）（2份，原卷版+解析版），文件包含新高考数学二轮专题拔高点突破训练13新情景新定义下的立体几何问题六大题型原卷版docx、新高考数学二轮专题拔高点突破训练13新情景新定义下的立体几何问题六大题型解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共74页， 欢迎下载使用。
\l "_Tc174994661" 01 方法技巧与总结 PAGEREF _Tc174994661 \h 2
\l "_Tc174994662" 02 题型归纳与总结 PAGEREF _Tc174994662 \h 2
\l "_Tc174994663" 题型一：球与截面面积问题 PAGEREF _Tc174994663 \h 2
\l "_Tc174994664" 题型二：体积、面积、周长、角度、距离定值问题 PAGEREF _Tc174994664 \h 7
\l "_Tc174994665" 题型三：体积、面积、周长、距离最值与范围问题 PAGEREF _Tc174994665 \h 13
\l "_Tc174994666" 题型四：立体几何中的交线问题 PAGEREF _Tc174994666 \h 21
\l "_Tc174994667" 题型五：空间线段以及线段之和最值问题 PAGEREF _Tc174994667 \h 25
\l "_Tc174994668" 题型六：空间角问题 PAGEREF _Tc174994668 \h 29
\l "_Tc174994669" 题型七：立体几何装液体问题 PAGEREF _Tc174994669 \h 34
\l "_Tc174994670" 03 过关测试 PAGEREF _Tc174994670 \h 38
立体几何中的常考压轴小题往往聚焦于空间几何体的性质、体积计算、空间角的求解及与球相关的综合问题。解题时，需熟练掌握多面体（如棱柱、棱锥）和旋转体（如圆柱、圆锥）的结构特征，灵活运用空间向量、三垂线定理等工具解决空间角问题。此外，与球相关的题型常要求通过几何关系求出球的半径，进而解决表面积、体积等问题。解题时还需注意几何体的翻折、展开等变化过程中的不变性与不变量，以及平行、垂直等位置关系的论证。总之，立体几何压轴小题考验的是空间想象能力和综合运用知识解决问题的能力。
题型一：球与截面面积问题
【典例1-1】（2024·陕西西安·模拟预测）已知三棱锥为中点，为直二面角，且为二面角的平面角，三棱锥的外接球表面积为，则平面被球截得的截面面积及直线与平面所成角的正切值分别为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】依题知平面，又面，所以，又为中点，
所以，
取中点为，连接交于，则是外心，又，
所以，连接，在上取为外心，
过作平面的垂线，过作平面的垂线，
两垂线的交点即为三棱锥外接球球心，
则四边形是矩形，，
连接，设外接圆半径，
设球半径为，因为球的表面积为，所以，得到，
所以在中，，
所以平面截球的截面面积，
在中，，
所以，
又为直线与平面所成角，所以，
故选：D.
【典例1-2】（多选题）（2024·江苏泰州·模拟预测）在正三棱柱中，的重心为，以为球心的球与平面相切．若点在该球面上，则下列说法正确的有（ ）
A．存在点和实数，使得
B．三棱锥体积的最大值为
C．若直线与平面所成的角为，则的最大值为
D．若，则所有满足条件的点形成的轨迹的长度为
【答案】BC
【解析】方法一：
对于A，
取中点，中点，连接，，
正三棱柱中，平面平面，平面平面，
平面，平面，，而为的重心，
，到平面的距离为，而到平面的距离为，
球与平面相离，则不存在这样的和实数，使，A错．
对于B，到平面的距离为，球半径，则到平面的最大距离为，
，B正确．
对于C，设为球的的上顶点，平面于点，与球相切且与平面共面，
，，
设，则有，得，
，C正确．
对于，过且与垂直的平面为平面，
到平面的距离等于倍的到平面的距离，即，
而球半径，则平面截球的截面圆半径，
所以截面圆周长即的轨迹长度为，D错.
故选：BC．
方法二：
对于A，如图：
左图中为中点，为在平面上的投影．
右图为俯视图下看的球，由于为重心，在俯视图看来就是正三角形的中心，
所以球实际上与三个侧面均相切，则易得半径．
而，因此球与底面不相交，因此是错的；
对于B，有，正确；
对于C，作出平面的截面如下图：
当最大时的位置如上图所示，不难计算出，
所以，
那么此时，所以C正确；
对于D，轨迹即过B且垂直于的平面与球的交线圆，而，
此式右边是球面上的大圆的周长，所以是不可能的，所以D错．
故选：BC．
【变式1-1】（2024·全国·模拟预测）已知某圆柱的高与底面圆的直径均为4，则该圆柱的外接球的体积为 ；是圆柱下底面圆的直径，是圆柱上底面圆周上一点．记该圆柱的内切球为球，则平面截球所得截面面积的取值范围为 ．
【答案】
【解析】由题可知，圆柱的外接球的直径为，
则圆柱的外接球的体积为．
如图，四边形是圆柱的一个轴截面，
圆柱上、下底面的圆心分别为，则为线段的中点．
连接，则平面．过作于，
则．设到平面的距离为，
平面截球的截面圆的半径为，
球的半径为，则
平面截球的截面面积最小值为
易知当直径与重合时，平面截球的截面面积最大，且最大值为
平面截球所得截面面积的取值范围为．
故答案为：；
【变式1-2】（2024·高三·山东·期末）已知三棱锥的四个顶点都在球的表面上，平面，，，，，则：（1）球的表面积为 ；（2）若是的中点，过点作球的截面，则截面面积的最小值是 ．
【答案】
【解析】（1）根据垂直关系,可将三棱锥可放入以为长方体的长,宽,高的长方体中,则体对角线为外接球直径,进而求解即可；
（2）易得为底面的外接圆圆心,当截面时,截面面积最小,即截面为平面,求解即可.（1）由题,根据勾股定理可得,则可将三棱锥可放入以为长方体的长,宽,高的长方体中,则体对角线为外接球直径,即,则,所以球的表面积为；
（2）由题,因为,所以为底面的外接圆圆心,当截面时,截面面积最小,即截面为平面,则外接圆半径为,故截面面积为
故答案为：（1）；（2）
题型二：体积、面积、周长、角度、距离定值问题
【典例2-1】已知正方体的棱长为，是空间中任意一点.给出下列四个结论：
①若点在线段上运动，则总有；
②若点在线段上运动，则三棱锥体积为定值；
③若点在线段上运动，则直线与平面所成角为定值；
④若点满足，则过点，，三点的正方体截面面积的取值范围为.
其中所有正确结论的序号为 .
【答案】①②④
【解析】对①，如图，
连接，，在正方体中，，，，平面，所以平面，又平面，所以，又正方体中，，所以，故①正确；
对②，如图，
因为，平面，平面，所以平面，
所以到平面的距离为定值，因为，而为定值，所以为定值，故三棱锥体积为定值，故②正确；
对③，如图，
在正方体中，，平面，平面，所以平面，所以到平面的距离为定值，设直线与平面所成角为，而，不是定值，所以不为定值，故③错误；
对④，因为，且，所以点在线段上运动，
在上取一点，使得，连接，
易知，且，即四点共面，即过，，三点的截面为截面.
以点为坐标原点，建立如下图所示的坐标系：
则，
因为，，
所以截面的面积为
，
当时，，当或时，，所以过，，三点的正方体截面面积最小值为，最大值为，过点，，三点的正方体截面面积的取值范围为，故④正确.
故答案为：①②④
【典例2-2】如图，正方体的棱长为1，线段上有两个动点，且，给出下列三个结论：
①
②的面积与的面积相等
③三棱锥的体积为定值
其中，所有正确结论是 ．
【答案】①③
【解析】对于①,根据题意,结合图形知,面,
而BE包含于平面,
,命题①正确;
对于②, 点B到直线EF的距离（为的长度）与点A到直线EF的距离（到线段的中点连线的长度）不相等,
与的面积不相等,命题②错误;
对于③,三棱锥的体积为,
三棱锥A-BEF的体积为定值,命题③正确;
故答案为：①③.
【变式2-1】（多选题）（2024·高三·贵州贵阳·开学考试）如图，在长方体中，，点为线段上动点（包括端点），则下列结论正确的是（ ）

A．当点为中点时，平面
B．当点为中点时，直线与直线所角的余弦值为
C．当点在线段上运动时，三棱锥的体积是定值
D．点到直线距离的最小值为
【答案】ACD
【解析】在长方体中，以点为原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则，设，
对于A，，，，，
，即，
而平面，因此平面，A正确；
对于B，，，B错误；
对于C，由选项A知，点到平面的距离为，而的面积，
因此三棱锥的体积23是定值，C正确；
对于D，，则点到直线的距离
，当且仅当时取等号，D正确.
故选：ACD
【变式2-2】（多选题）（2024·高三·广东深圳·开学考试）如图，矩形ABCD中，M为BC的中点，将沿直线AM翻折成，连接，N为的中点，则在翻折过程中，下列说法正确的是（ ）

A．不存在某个位置，使得
B．翻折过程中，CN的长是定值
C．若，则
D．若，当三棱锥的体积最大时，其外接球的表面积是
【答案】ABD
【解析】对于A，取AD的中点为E，连接CE交MD于F，则四边形为平行四边形，如图，
F为MD的中点，由于N为的中点，则，
如果，则，
由于，则，
由于共面且共点，故不可能有，同时成立，
即不存在某个位置，使得，A正确
对于B，结合A的分析可知，且，
在中，，
由于均为定值，故为定值，
即翻折过程中，CN的长是定值，B正确；
对于C，如图，取AM中点为O，由于，即，则，
若，由于平面，故平面，
平面，故，则，
由于，故，，则,
故，与矛盾，故C错误；
对于D，由题意知，只有当平面平面时，三棱锥的体积最大；
设AD中点为E，连接，由于，则，
且，而平面平面，平面，
故平面，平面，故，
则，
从而，则,
即AD的中点E即为三棱锥的外接球球心，球的半径为1，
故外接球的表面积是，D正确，
故选：ABD
题型三：体积、面积、周长、距离最值与范围问题
【典例3-1】（多选题）已知边长为2的等边三角形，点均在平面的上方，，且与平面所成角分别为，则下列说法中正确的是（ ）
A．四面体的体积为定值
B．面积的最小值为
C．四面体体积的最大值为1
D．当四面体的体积最大时，其外接球的表面积为
【答案】BCD
【解析】由题意知，与是共轴的圆锥母线，如图所示，
对于A项，由题意知，
因为且与平面所成角为，
所以点到平面的距离为定值，
所以四面体ABCM的体积为定值，故A项错误；
对于B项，与是共轴的圆锥母线，所以，即，
当时，的面积最小，最小值为，故B项正确；
对于C项，当时，的面积最大，最大值为，
当所在平面旋转至与垂直时，四面体ABMN的高最长，最长值为2，
所以体积的最大值为，故C项正确；
对于D项，当四面体体积最大时，线段，，两两垂直，
所以其外接球直径，
所以外接球的表面积为，故D项正确．
故选：BCD．
【典例3-2】（多选题）（2024·广东惠州·三模）在四面体中，，，，，分别是棱，，上的动点，且满足均与面平行，则（ ）
A．直线与平面所成的角的余弦值为
B．四面体被平面所截得的截面周长为定值1
C．三角形的面积的最大值为
D．四面体的内切球的表面积为
【答案】CD
【解析】对于A，取中点，中点，连接,
由于，故，
而，平面，所以平面，
又平面，所以平面平面，
则即为直线与平面所成的角，
又,而，
故，则,所以，故错误；
对于B，设平面棱的交点为，
因为∥平面且平面,平面平面,
所以∥，
由题意可知，否则，重合，不合题意，
故四边形为梯形，同理可得四边形为梯形，
所以，，又，
所以，所以，
又∥，同理可证∥，则∥，同理可证∥，
则四边形为平行四边形，故四边形的周长为2，
即四面体被平面所截得的截面周长为定值2，故错误；
对于C，因为平面，平面，所以，
而∥，所以，
同理可证∥，所以，结合,
所以，
当且仅当时，等号成立，
即三角形的面积的最大值为，故正确；
对于D，由以上分析可知,
所以，
而平面，，故，
而,
设四面体的内切球的半径为，则
即，解得，
故四面体的内切球的表面积为，故正确.
故选：CD.
【变式3-1】（多选题）（2024·山西吕梁·三模）已知正方体的棱长为是空间中的一动点，下列结论正确的是（ ）
A．若点在正方形内部，异面直线与所成角为，则的范围为
B．平面平面
C．若，则的最小值为
D．若，则平面截正方体所得截面面积的最大值为
【答案】BCD
【解析】对于，如图：
以为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，
则，
则
则，
因为
所以，
故，则的取值范围为，故A不正确；
对于B，在正方体中，平面平面，显然成立.故B正确；
对于C：正方体的棱长为2，为空间中的一动点，在上取点，使，在上取点，使,如图：
由得，即，故为线段上一点.
将平面沿展开至与平面共面，如下图：
易知：，
则.
在平面图中，当三点共线时，取得最小值，为，故C正确；
对于D：因为，所以，又，可知是线段上一点，如图：
连接并与交于点.
当与重合时，平面与平面重合，此时截面面积为4.
当在线段（不含点）上时，平面截正方体所得截面为三角形，且当与重合时，截面为，此时截面面积最大，由三边长均为，故此时截面面积最大值为.
当在线段（不含点）上时，如图：
延长与交于点，作平行于并与交于点，则截面为等腰梯形，设，则，梯形的高，面积为.
由图可知：梯形的面积一定小于矩形的面积，且矩形面积为，
所以.
当与重合时，截面为矩形，面积为.
故平面截正方体所得截面面积的最大值为，故D正确.
故选：BCD
【变式3-2】（多选题）（2024·河北秦皇岛·三模）在长方形中，，，点在线段上（不包含端点），沿将折起，使二面角的大小为，，则（ ）
A．存在某个位置，使得
B．存在某个位置，使得直线平面
C．四棱锥体积的最大值为
D．当时，线段长度的最小值为
【答案】ACD
【解析】设点A在平面上的投影为，即，
而当时，平面，
所以平面，平面，所以，
这种情况显然存在，故A正确；
若平面，平面，平面平面，
所以，显然矛盾，故B错误；
设，，则点A到的距离为，，，
要使得四棱锥的体积最大，则，
此时四棱锥的体积，
，在上单调递减，
且当时，.
令，，则，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
故，
即四棱锥体积的最大值为，C正确.
过A，作的垂线，垂足分别为，，从而得到，，
又，
所以
.
因为二面角的大小为，所以与的夹角为120°.
设，，则，
，，，，
所以，
所以
.
故当时，有最小值28，故线段长度的最小值为，D正确.
故选：ACD
【变式3-3】（2024·陕西商洛·模拟预测）如图，为圆锥的底面圆的直径，点是圆上异于，的动点，，则下列结论正确的是（ ）
A．圆锥的侧面积为
B．三棱锥的体积的最大值为
C．的取值范围是
D．若，为线段上的动点，则的最小值为
【答案】D
【解析】在中，，则圆锥的母线长，半径，
对于A，圆锥的侧面积为：，故A错误；
对于B，当时，的面积最大，此时，
则三棱锥体积的最大值为，故B错误；
对于C，因为为等腰三角形，，又，所以，
当点与点重合时，为最小角，当点与点重合时，达到最大值，
又因为与不重合，则，又，可得，故C错误；
对于D，由，得，又，
则为等边三角形，则， 将以为轴旋转到与共面，得到，
则为等边三角形，，如图可知，
因为，
，
则，故D正确；
故选：D.
题型四：立体几何中的交线问题
【典例4-1】（2024·福建福州·三模）如图，在圆台OO1中，，点C是底面圆周上异于A、B的一点，，点D是BC的中点，l为平面与平面的交线，则交线l与平面所成角的大小为（ ）

A．B．C．D．
【答案】B
【解析】因为，因为，D分别是，BC的中点，所以，
所以平面，平面，所以平面，
平面，平面平面，
所以，，所以，
所以直线l与平面所成角即直线与平面所成角，
因为为直径，所以，因为，即，
又因为平面，
平面，所以，平面，
所以平面，过点作交于点，
因为平面，所以，，
，平面，所以平面，
所以为交线l与平面所成角，
因为，，
.
所以，结合图知.
故选：B.
【典例4-2】已知在正方体中，，点，，分别在棱，和上，且，，，记平面与侧面，底面的交线分别为，，则（ ）
A．的长度为B．的长度为
C．的长度为D．的长度为
【答案】A
【解析】如图所示，
连接并延长交的延长线于，连接并延长交于点，
交的延长线于点，连接，交于点，连接，
则即为，即为，
由，得，所以，，
由，得，则，
所以，故C，D项错误；
由，得，
又易知，得，所以，
所以，故A项正确，B项错，
故选：A.
【变式4-1】（2024·安徽·一模）安徽徽州古城与四川阆中古城､山西平遥古城､云南丽江古城被称为中国四大古城.徽州古城中有一古建筑，其底层部分可近似看作一个正方体.已知该正方体中，点分别是棱的中点，过三点的平面与平面的交线为，则直线与直线所成角为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】
如图所示，在平面中，连接与交于，则，
在平面中，连接与交于，则，
则为平面与平面的交线，且，
而在等边中与所成的角为，
故与直线所成角.
故选：
【变式4-2】（2024·黑龙江哈尔滨·模拟预测）在正方体中，为中点，过的截面与平面 的交线为，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】取的中点，如下图，连接，
因为，所以四点共面，
所以过的截面即为平面，
截面与平面 的交线为即为，
取的中点，连接，因为，
所以（或其补角）为异面直线与所成角，
设正方体的棱长为，所以，
所以.
则异面直线与所成角的余弦值为.
故选：A.
题型五：空间线段以及线段之和最值问题
【典例5-1】在正方体中，为棱的中点，分别为上的动点，则的最小值为 ．
【答案】
【解析】将正方体的侧面与展开到同一平面
在同一平面内可知的最小值就是点到的距离，
正方体中，为棱的中点，所以，，
是正方形，所以
故答案为：
【典例5-2】在棱长为4的正方体中，分别为线段上的动点，点为侧面的中心，则的周长的最小值为 .
【答案】
【解析】如图①，设侧面的中心为，根据正方体的结构特征可得，
则周长的最小值即的最小值.
将侧面绕着旋转至与平面在同一平面上，
将平面绕着旋转至与平面在同一平面上，
过点作⊥于点，则，其中，
如图②，则，
故的周长的最小值为.
故答案为：
【变式5-1】正三棱柱的底面边长是4，侧棱长是6，，分别为，的中点，若是侧面上一点，且平面，则线段的最小值为 ．
【答案】
【解析】取的中点为，连接，
因为，，平面，平面，
所以平面，平面，
又，平面，
由面面平行的判定可知，平面平面，
因为是侧面上一点，且平面，
所以点在线段上，
当时，线段最短，，
即，，
，，
故答案为：.
【变式5-2】如图，棱长为1的正方体中，为线段的中点，，分别为线段和棱上的动点，则的最小值为 ．
【答案】
【解析】设是的中点，，
所以，则.
对任一点，的最小值是到直线的距离，
过作，交于，
过作，交于，连接，
由于，所以平面，平面，
所以，
由于，平面，所以平面，
又平面，所以，
则，易得.
，，
，
所以，
当三点共线，且是的中点，是与的交点，
此时取得最小值为，所以的最小值为.
故答案为：
【变式5-3】如图，已知正方体的棱长为4，点在棱上，且，在侧面内作边长为1的正方形，是侧面内的动点，且点到平面的距离等于线段的长．当点运动时，的最小值是 ．

【答案】
【解析】依题意知，正方体中，点到平面的距离等于线段的长
即点到点的距离与到直线的距离相等，
∴点的轨迹是以为焦点、为准线的抛物线．
如图，作于点，则，而平面，
故平面，平面，故，
又，则,
则当最小时，最小．
以的中点为原点O，以所在直线为x轴，以的中垂线为y轴建立平面直角坐标系，
则，设，
由于点的轨迹是以为焦点、为准线的抛物线，故抛物线方程为，
则，
当时，取到最小值，符合题意，
即，∴的最小值为22，即，
故答案为：
题型六：空间角问题
【典例6-1】如图，斜三棱柱中，底面是正三角形，分别是侧棱上的点，且，设直线与平面所成的角分别为，平面与底面所成的锐二面角为，则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】
如图：延长EF，AB交于M，延长EG，AC交于N，延长FG，BC交于D，易得MN为平面ABC和平面EFG的交线，
又D在平面ABC和平面EFG上，则D在直线MN上，即M，N，D三点共线，由外角定理可得.
过A作面EFG，垂足为P，过A作，垂足为Q，连接，易得即为直线与平面所成的角，
则，又面EFG，面EFG，则，又，面，，
所以面，面，则，则即为平面与底面所成的锐二面角，则，
又，则，同理可得，则，
又由，
，
则，
故，A，C错误；
故，由可知，所以，
即，整理可得，
即，即，
故，又，故，B正确，D错误.
故选：B.
【典例6-2】设三棱锥的底面是正三角形，侧棱长均相等，是棱上的点（不含端点），记直线与直线所成角为，直线与平面所成角为，二面角的平面角为，则
A．B．
C．D．
【答案】B
【解析】本题以三棱锥为载体，综合考查异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角的概念，以及各种角的计算.解答的基本方法是通过明确各种角，应用三角函数知识求解，而后比较大小.而充分利用图形特征，则可事倍功半.方法1：如图为中点，在底面的投影为，则在底面投影在线段上，过作垂直，易得，过作交于，过作，交于，则，则，即，，即，综上所述，答案为B.
方法2：由最小角定理，记的平面角为（显然）
由最大角定理，故选B.
方法3：（特殊位置）取为正四面体，为中点，易得
，故选B.
【变式6-1】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．
【变式6-2】（2024·浙江·二模）已知三棱柱的所有棱长均相等，侧棱平面，过作平面与平行，设平面与平面的交线为，记直线与直线所成锐角分别为，则这三个角的大小关系为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【解析】
如图，，设为的中点，为的中点，
由图可知过且与平行的平面为平面，所以直线即为直线，
由题易知，的补角，分别为，
设三棱柱的棱长为2，
在中，，
；
在中，，
；
在中，，
，
.
故选：B
题型七：立体几何装液体问题
【典例7-1】（多选题）（2024·山东菏泽·一模）透明塑料制成的正方体密闭容器的体积为注入体积为的液体.如图，将容器下底面的顶点置于地面上，再将容器倾斜.随着倾斜度的不同，则下列说法正确的是（ ）
A．液面始终与地面平行
B．时，液面始终是平行四边形
C．当时，有液体的部分可呈正三棱锥
D．当液面与正方体的对角线垂直时，液面面积最大值为
【答案】ACD
【解析】液面始终是水平面，与场面平行，A正确；
时，体积是正方体的一半，如液面正好过棱的中点，此时液面是正六边形，不是平行四边形，B错；
液面过的中点时，此时，有液体的部分是正三棱锥，C正确；
当液面与正方体的对角线垂直时，液面面积的液面面积最大时就是B中所列举的正六边形（此时液体体积是正方体体积的一半），面积为， D正确．
故选：ACD．
【典例7-2】（多选题）向体积为1的正方体密闭容器内注入体积为x（）的液体，旋转容器，下列说法正确的是（ ）
A．当时，容器被液面分割而成的两个几何体完全相同
B．不管注入多少液体，液面都可以成正三角形形状
C．液面可以是正六边形，其面积为
D．当液面恰好经过正方体的某条体对角线时，液面边界周长的最小值为
【答案】AC
【解析】对于A，当时，题目等价于过正方体中心的平面截正方体为两部分，
根据对称性知两部分完全相同，所以A正确；
对于B，取，此时液面过正方体中心，截面不可能为三角形，所以B错误；
对于C，当液面与正方体的体对角线垂直时，液面为如图所示正六边形时面积最大，
其中正六边形的顶点均为对应棱的中点，
所以液面面积的最大值为，C正确；
对于D，当液面过时，截面为，将绕旋转，如图所示；
则，
当D、N、三点共线时等号成立，所以液面周长最小值为，D错误.
故选：AC.
【点晴】本题考查了正方体的截面问题，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.
【变式7-1】（2024·湖北宜昌·一模）已知一个放置在水平桌面上的密闭直三棱柱容器，如图1，ΔABC为正三角形，，，里面装有体积为的液体，现将该棱柱绕旋转至图2.在旋转过程中，以下命题中正确的个数是（ ）
①液面刚好同时经过，，三点；
②当平面与液面成直二面角时，液面与水平桌面的距离为；
③当液面与水平桌面的距离为时，与液面所成角的正弦值为.
A．0B．1C．2D．3
【答案】D
【解析】①若液面刚好同时经过,,三点,则液体的体积为四棱锥,
因为,所以①正确；
②当平面与液面成直二面角时,即为图2的位置,设液面与直三棱柱的交点为,如图所示,
因为直三棱柱的体积为,
所以直棱柱的体积为,
所以,即,则在中边上的高为,
因为在中边上的高为,所以液面与水平桌面的距离为,所以②正确；
③当液面刚好同时经过,,三点时,如图所示,
此时,则,
易得,则中边上的高为,
所以,
设点到平面的距离为,则,即,
即液面与水平桌面的距离为,
由棱柱的对称性可得点到平面的距离为,设与液面所成角为,
则,所以③正确,
所以①②③正确,
故选:D
【变式7-2】（2024·广西南宁·模拟预测）一个密闭且透明的正方体容器中装有部分液体，已知该正方体的棱长为1，如果任意转动该正方体，液面的形状都不可能是三角形，那么液体体积的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】如图，正方体，若要使液面形状不可能为三角形，则当平面平行于水平面放置时，液面必须高于平面，且低于平面.若满足上述条件，则任意转动正方体，液面形状都不可能为三角形.设液体的体积为，则，而，，所以液体的体积的取值范围为.
故选：B.
【变式7-3】一个密闭且透明的正方体容器中装有部分液体，已知该正方体的棱长为2，如果任意转动该正方体，液面的形状都不可能是三角形，那么液体的体积的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】由题意可知，若要使液面的形状都不可能为三角形，则液体的体积应大于三棱锥的体积，小于多面体的体积.求解即可.如图正方体，连接.
若要使液面的形状都不可能为三角形
则液体的体积应大于三棱锥的体积，小于多面体的体积.
设液体的体积为，则.
因为，.
所以液体的体积的取值范围为.
故选：D
1．（2024·全国·模拟预测）已知三棱锥，底面是边长为2的正三角形，且平面为的中点，为平面内一动点，则的最小值为（ ）
A．B．C．3D．2
【答案】A
【解析】
平面平面平面平面.
如图，设点关于平面对称的点为，连接，，
则四边形为平行四边形且.
连接（当且仅当三点共线时取等号）.
取的中点，连接，
则平面平面.
在中，由余弦定理，得，
，的最小值为.
故选：A.
2．在棱长为1的正方体中，分别为的中点，则点为正方形内一点，当平面时，的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】如图，分别取的中点，连接，
则，所以，
易知四边形为平行四边形，故，
因为平面，平面，所以平面，
平面，平面，所以平面，
又，平面，
所以平面平面，因为平面，故平面，
又点为正方形内一点，平面平面，
所以点在线段上，
又,当即点即为的中点，也即点为的交点时，
此时最短，
因为的中点分别是，
所以，，所以.
故选：C.
3．在长方体中，已知，，，点为底面内一点，若和底面所成角与二面角的大小相等，点在底面的投影为点，则三棱锥体积的最小值为（ ）
A．B．2C．D．
【答案】D
【解析】由题意，平面，所以和底面所成角为，
过Q作，垂足为M，连接，
由于平面，平面，故，
平面，故平面，
平面，故，
则为二面角的平面角，即，
故，故，
则Q点在平面内的轨迹为以为焦点，为准线的抛物线，
如图以为原点所在直线为x轴建立平面直角坐标系，
则抛物线方程为，直线的方程为，
设抛物线的和平行的切线方程为，
联立，得，
令，解得，
即得和之间的距离为，
即Q点到的最短距离为，
而的长为，则面积的最小值为，
P点到平面的距离为4，故三棱锥体积的最小值为，
故选：D
4．在棱长为2的正方体中，P，Q，R分别为线段，，上的动点，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．5
【答案】A
【解析】在正方体中，，在平面内过作于，作于，
设，显然，则，
四边形为矩形，于是，
由，得平面，由，得平面，
则，当确定后，最小时，最小，当时，最小，
而，则，
同理，当确定后，最小，最小，则当时，最小，
而，则，
因此，令，
求导得，由，得，
当时，，当时，，即函数在上递减，在上递增，
则，所以的最小值为.
故选：A
5．（2024·四川成都·三模）六氟化硫，化学式为，在常压下是一种无色、无臭、无毒、不燃的稳定气体，有良好的绝缘性，在电器工业方面具有广泛用途.六氟化硫分子结构为正八面体结构（正八面体每个面都是正三角形，可以看作是将两个棱长均相等的正四棱锥将底面粘接在一起的几何体）.如图所示，正八面体的棱长为，下列说法中正确的个数有（ ）
①异面直线与所成的角为45°；
②此八面体的外接球与内切球的体积之比为；
③若点为棱上的动点，则的最小值为；
④若点为四边形的中心，点为此八面体表面上动点，且，则动点的轨迹长度为.
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】B
【解析】对①：连接，取中点，连接、，
由题意可得、为同一直线，、、、四点共面，
又，故四边形为菱形，
故，故异面直线与所成的角等于直线与所成的角，
即异面直线与所成的角等于，故①错误；
对②：由四边形为正方形，有，
故四边形亦为正方形，即点到各顶点距离相等，
即此八面体的外接球球心为，半径为R=2a22=2a2，
设此八面体的内切球半径为，
则有，化简得r=66a，
则此八面体的外接球与内切球的体积之比为，故②正确；
对③：将延折叠至平面中，如图所示：
则在新的平面中，、、三点共线时，有最小值，
则，故③错误.
对于④，设三角形的内切圆半径为，则由等面积法，有，
解得，
由②可知，点到平面的距离为r=66a，
所以，
这表明当点在平面内时，点在三角形的内切圆上运动，
它的周长是，
根据对称性可知动点的轨迹长度为，故④正确.
正确的编号有②④.
故选：B.
6．（2024·浙江杭州·模拟预测）以半径为1的球的球心为原点建立空间直角坐标系，与球相切的平面分别与轴交于三点，，则的最小值为（ ）
A．B．C．18D．
【答案】C
【解析】根据对称性，不妨设、、均在正半轴，设球与平面切于点，连接并延长交于点，连接，
则平面，平面，平面，所以，
又，所以，即，
又，，所以，则，
所以，
又平面，平面，所以，
平面，平面，所以，
又，平面，
所以平面，
又平面，
所以，
所以
，
又，即，所以，
所以，
当且仅当时取等号，
即的最小值为.
故选：C
7．如图，若P是棱长为2的正方体的表面上一个动点，则下列结论正确的是（ ）
A．当P在平面内运动时，四棱锥的体积变化
B．当P在线段上运动时，与所成角的取值范围是
C．使直线与平面所成的角为45°的点P的轨迹长度为
D．若F是棱的中点，当P在底面内运动，且满足平面时，长度的最小值是
【答案】D
【解析】对于A，因为底面正方形的面积不变，点P到平面的距离为正方体棱长，
所以四棱锥的体积不变，故A错误；
对于B，如图①，以D为坐标原点，，，所在的直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，
可得，，.设，，
则，.
设直线与所成角为θ，则，
图①
因为，当时，可得，所以；
当时，，所以，
所以异面直线与所成角的取值范围是，所以B错误；
对于C，已知直线与平面所成的角为45°，若点P在平面和平面内，
因为，最大，点P仅在点；若点P在平面内，
则点P的轨迹长度是；若点P在平面内，则点P的轨迹长度是；
若点P在平面内，作平面，如图②所示，
因为，所以.
图②
因为，所以，所以，
所以点P的轨迹是以点A1为圆心，以2为半径的四分之一圆，
所以点P的轨迹长度为.
综上，点P的轨迹总长度为，故C错误；
对于D，如图③，由前面建系得，，，，
设，，，
则，，.
设平面的法向量为，
则，令，则，所以.
图③
因为平面，所以，可得，
所以，
当时，等号成立，故D正确．
故选：D.
8．（2024·江苏苏州·模拟预测）已知正四棱锥的8条棱长均相等，为顶点在底面的射影，则（ ）
A．侧棱与底面所成角的大小为
B．设，为正方形边上的两点，则二面角的值大于
C．侧面与底面所成角的大小为
D．设为正方形上的点，则直线与底面所成角的最大值为
【答案】B
【解析】依题意，平面，
平面，则.
，
对于A，依题意可知是侧棱与底面所成的角，
，为锐角，且，则A选项错误.
对于B，过作，垂足为，由于平面，
则，由于平面，
则平面，由于平面，则，
则二面角的平面角为，
由于平面，则，
当时，平面，则平面..平面，
此时二面角为直角，
当时，，由于是正方形边上的两个点，
则，则，
则二面角的值大于.则B选项正确.
对于C，设是的中点，连接，由于，
侧面与底面的交线为，
则侧面与底面所成角的平面角为，
由于平面，则，，
则，则侧面与底面所成的角大于，则C选项错误.
对于D，当点与点重合时，直线与底面所成角为，则D选项错误.
故选：B
9．（2024·山西吕梁·三模）在四面体中，与互相垂直，，且，则四面体体积的最大值为（ ）
A．4B．6C．8D．4.5
【答案】A
【解析】
由题可知，点在平面内以为焦点的椭圆上，点在平面内以为焦点的椭圆上，
所以焦距为，即，
由椭圆定义可知长轴长为，即，
所以到中点距离的最大值为短半轴长，
所以中，，，
所以，又，
所以当AD垂直平面时四面体体积最大，最大值为，
故选：A.
10．（2024·山东·模拟预测）已知圆台上、下底面的半径分别为3和5，母线长为4，为上底面圆的一条直径，是下底面圆周上的一个动点，则面积的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】取上下底面圆心、，连接、、，
由圆台性质可知，且，
又，故，
则当为以为底的高时，面积最大，
且其最大值为.
故选：A.
11．（2024·浙江·模拟预测）正四面体，为棱的中点，过点作平面的平行平面，该平面与平面、平面的交线分别为，则所成角的正弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】设所作的平面为，则由平面，平面，
平面平面，得，同理可得，
所以所成的角等于与所成的角，即（或补角）．
设正四面体的棱长为2，则，，
在中由余弦定理，得，
则.
故选：A
12．（2024·全国·一模）已知三棱锥为正三棱锥，且，，点、是线段、的中点，平面与平面没有公共点，且平面，若是平面与平面的交线，则直线与直线所成角的正切值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】因为平面平面，平面平面，平面平面，所以，
取中点，连接，，
、分别为、的中点，则，所以，同理，
所以异面直线和所成角即为或其补角.
取中点，则，，又，所以平面，
又平面，所以，所以.
在中，，，所以.
所以直线和所成角的正切值为，
故选：D.
13．（2024·湖南湘潭·三模）在棱长为1的正方体中，E为的中点，过点A．C．E的截面与平面的交线为m，则异面直线m与所成角的正切值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】如图所示：
平面ACE可以延展为平面ACEF，O，分别为上下底面中心，，，
∴平面平面，
∵，
∴为异面直线m、所成角．
∵E，F分别为，的中点，
∴G为的中点，
∴，
在中，．
故选：D．
14．（多选题）（2024·河南·模拟预测）已知四面体的顶点，，，均在球的球面上，是边长为2的等边三角形，，棱，，的中点分别为，，，过，，三点的平面截四面体所得截面四边形的对角线互相垂直，则（ ）
A．
B．与所成角不可能为90°
C．直线与平面所成的角为30°
D．球的表面积为
【答案】ABD
【解析】对于A，如图，连接，，则，且，
取的中点，连接，，
则，且，所以且，
所以过，，三点的平面截该四面体所得截面为平行四边形，
又，则四边形为菱形，
所以，则，A正确；
对于B，若与所成角为90°，则，由，得，得平面，
所以，则，这与矛盾，
所以与所成角不可能为90°，B正确；
对于C，取的中点，连接，因为是边长为2的等边三角形，所以，
则，连结，因为，则，所以，
则，又平面，
所以平面，则为棱与平面所成角，
则，所以直线与平面所成角为60°，C错误；
对于D，由以上分析，平面，因为为直角三角形，且为斜边，
所以四面体外接球的球心为的外接圆的圆心，则球的半径，
所以四面体外接球的表面积为，D正确.
故选：ABD.
15．（多选题）（2024·高三·黑龙江哈尔滨·期中）在棱长为2的正方体中，M为边的中点，下列结论正确的有（ ）
A．与所成角的余弦值为
B．过三点A、M、的截面面积为
C．四面体的内切球的表面积为
D．E是边的中点，F是边的中点，过E、M、F三点的截面是六边形．
【答案】AD
【解析】对于A，以为坐标原点，以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，
，则,
则，
与所成角的范围为，故与所成角的余弦值为，A正确；
对于B，设N为的中点，连接MN，则，且，
则梯形即为过三点A、M、的截面，
，则梯形高为，
故梯形面积为为，B错误；
对于C，如图，四面体的体积等于正方体体积减去四个角上的直三棱锥的体积，
即，
该四面体的棱长为，其表面积为，
设四面体内球球半径为r，则，
故四面体的内切球的表面积为，C错误；
对于D，如图，延长ME和的延长线交于J，则≌，
则，设H为的中点，则，
连接HJ，则≌，则，
故G为的中点，故，
同理延长交于L，连接LH，交于K，
K即为的中点，则K，E在确定的平面内，
则六边形即过E、M、F三点的截面，是六边形，D正确，
故选：AD
16．（多选题）（2024·全国·模拟预测）已知平面平面，且均与球相交，得截面圆与截面圆为线段的中点，且，线段与分别为圆与圆的直径，则（ ）
A．若为等边三角形，则球的体积为
B．若为圆上的中点，，且，则与所成角的余弦值为
C．若，且，则
D．若，且与所成的角为，则球的表面积为或
【答案】BCD
【解析】由球心为线段的中点，可知圆、圆的半径相同．设球的半径为，
圆与圆的半径为.
对于A，由题意，.因为，所以，解得（负值已舍去）.
所以，解得（负值已舍去），所以，故A错误.
对于B，因为，所以三点在同一平面内.
因为点分别为线段的中点，所以为的中位线，所以，
所以为与所成的角.因为，所以.
又，所以，所以，故B正确.
对于C，因为，所以以为原点，分别以，所在直线为轴、轴，
以圆中垂直于的直径所在的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图，
则，
所以，
所以，所以，故C正确.
对于D，以为原点，以，所在直线分别为轴、轴，
以圆中垂直于的直径所在的直线为轴，建立空间直角坐标系，如上图，
则，
所以，
所以，
所以，
解得（负值已舍去）或（负值已舍去）.
当时，球的半径为，所以球的表面积；
当时，球的半径为，所以球的表面积，故D正确.
故选：BCD.
17．（多选题）（2024·江苏泰州·模拟预测）在正方体中，P为线段上的动点，则（ ）
A．平面B．平面ACD1
C．直线AP与所成角的取值范围是D．三棱锥的体积为定值
【答案】ABD
【解析】对于选项A，，
四边形是平行四边形，平面，平面，平面；
，
四边形是平行四边形，平面，平面，平面；
又，且平面，平面，
所以平面平面，而为线段上的动点，平面，
平面，A正确；
对于选项B，平面，平面，，
，，平面，平面，
而平面，，
同理可证，，又，平面，
平面，B正确；
对于选项C，，
直线与所成角即直线与所成角，
在中，当点与或重合时，直线与所成角取到最小值，
当点在线段中点时，直线与所成角取到最大值，
所以直线与所成角的取值范围为，故C错误.
对于选项D，
三棱锥的体积即为三棱锥的体积，
由选项A可得，平面，平面平面，
则到平面的距离为定值，又底面积为定值，
所以三棱锥的体积为定值，D正确；
故选：ABD.
18．（多选题）（2024·贵州贵阳·模拟预测）在正三棱柱中，，点P满足，其中，则（ ）
A．当时，最小值为
B．当时，三棱锥的体积为定值
C．当时，平面AB1P⊥平面
D．若，则P的轨迹长度为
【答案】BCD
【解析】对于A中，当时，，可得点在上，
以为轴，把平面与平面展在一个平面上，如图所示，
连接交于点，此时最小值为，所以A错误；
对于B中，当时，，可得点在上，
取的中点，在等边中，可得，且，
因为平面，且平面，所以，
又因为且平面，所以平面，
即为三棱锥的高，
所以三棱锥的体积为为定值，所以B正确；
对于C中，当时，BP=BC+12BB1，可得点为的中点，
如图所示，取的中点，分别连接，
可得且，所以为平行四边形，所以，
因为平面，平面，所以，
又因为，且，平面，所以平面，
因为，所以平面，
又因为平面，所以AB1P⊥平面，所以C正确；
对于D中，由点P满足，其中，
可得点在矩形内（包含边界），
取的中点，连接和，
因为平面，且平面，所以，
又因为，且平面，所以平面，
因为平面，所以，且，
在直角中，可得，
所以点的轨迹是以为圆心，半径为的半圆，其轨迹长度为，所以D正确.
故选：BCD
19．（多选题）（2024·湖北黄冈·二模）如图，在棱长为2的正方体中，为棱的中点，点满足，则下列说法中正确的是（ ）
A．平面
B．若平面，则动点的轨迹是一条线段
C．若，则四面体的体积为定值
D．若为正方形的中心，则三棱锥外接球的体积为
【答案】BC
【解析】
对于A，如图1，假设平面，因平面则①；
因正方形,可得,又平面,平面,则,
又平面，故平面，
因平面，故②，
又平面,故由① ，② 可得平面，
显然该结论不成立，故错误；
对于B，如图2，取中点，连接，
易得,且，故得,
则有，因平面,平面,故平面③；
又,同理可得,则,故有，同法可得平面④ ,
因平面，则由③ ，④ 可得平面平面，
而平面，则点在平面内，而点又在平面内，
故点的轨迹为线段，B正确；
对于C，如图2，//，
因为，，
所以，故三点共线，
所以点在上，而//，且平面，平面,所以平面，
所以点到平面的距离为定值，因为的面积为定值，
所以四面体的体积为定值，正确；
对于：如图3，因为正方形的中心，则,故的外心为的中点，
又,故的外心为中点,又因平面平面,
故点即为三棱锥的外接球的球心，其半径，
此外接球的体积.故D不正确.
故选：BC.
20．（多选题）（2024·全国·模拟预测）已知正方体的棱长为分别为棱的中点，动点在线段上，则下列结论中正确的是（ ）
A．直线与平面所成角为
B．直线与直线所成角的余弦值为
C．三棱锥的体积为定值
D．点在正方体内部或正方体的表面上，且平面，则动点的轨迹所形成的区域面积为
【答案】BCD
【解析】对于选项A，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，
由题易知，所以，
所以直线与平面所成角为，故选项A错误；
对于选项B，取棱的中点，连接，易知，
则为直线与直线所成的角或其补角，
在中，易知，，
由余弦定理可得，故选项B正确；
对于选项C，三棱锥的体积，
因为平面，点在线段上，
所以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，故选项C正确；
对于选项D，分别取棱，，，的中点，，，，
连接，，，，，，
则，，，
因此易知动点的轨迹所形成的区域是边长为的正六边形及内部，
其面积为，故选项D正确.
故选：BCD．
21．（多选题）（2024·江苏南京·二模）在棱长为1的正方体中，、分别为、的中点，点满足，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则三棱锥外接球的表面积为
B．若，则异面直线与所成角的余弦值为
C．若，则面积的最小值为
D．若存在实数使得，则的最小值为
【答案】AD
【解析】A：由题意，与重合，
故三棱锥的外接球与以为长宽高的长方体的外接球相同，
故半径，表面积为，故对；
B：以为原点建系，，，，，，
由，所以，
，，，故B错；
C：由得，在线段上运动，设在底面的投影为，连接，
由于，所以，故，
连接相交于，连接，
，当重合时取等号，故C错；
D：由
得，，，，
由可得，
所以，，，
当时，，故D正确.
故选：AD.
22．（多选题）（2024·湖北武汉·模拟预测）如图，在棱长为1的正方体中，M为平面ABCD内一动点，则（ ）
A．若M在线段AB上，则的最小值为
B．平面被正方体内切球所截，则截面面积为
C．若与AB所成的角为，则点M的轨迹为椭圆
D．对于给定的点M，过M有且仅有3条直线与直线，所成角为
【答案】ABD
【解析】对于A，延长到使得，则，等号在共线时取到；故A正确；
对于B，由于球的半径为，球心到平面的距离为，故被截得的圆的半径为，故面积为，故B正确；
对于C，与所成的角即为和所成角，所以，易知平面，
当位于线段上时，则平面，得，所以的轨迹为直线，故C错误；
对于D，显然过的满足条件的直线数目等于过的满足条件的直线的数目，
在直线上任取一点，使得，不妨设，
若，则是正四面体，所以有两种可能，直线也有两种可能，
若，则只有一种可能，就是与的角平分线垂直的直线，
所以直线有三种可能，故D正确.
故选：ABD
23．（2024·山东青岛·三模）已知长方体中，，点为矩形 内一动点，记二面角的平面角为，直线与平面所成的角为，若 ，则三棱锥体积的最小值为 .
【答案】
【解析】如图，作平面，垂足为，再作，垂足为，
连接，则，，由，则，
又、平面，故，，则，
由抛物线定义可知，的轨迹为以为焦点，以为准线的抛物线一部分，
所以的轨迹为以为焦点，以为准线的抛物线一部分，
当点到线段距离最短时，三角形面积最小，即三棱锥体积最小，
取中点为原点，建立如图所示平面直角坐标系，
则，，，
则直线的方程为：，即，
抛物线的方程为，则，
由题意，令，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.
故答案为：.
24．（2024·安徽·三模）已知四棱锥的底面为矩形，其中，点平面，点M，N分别在线段，上（不含端点位置），其中，则四面体的体积最大值为 .
【答案】
【解析】在上取点，使得，
由，设，，其中，
又由，，且平面，
因为平面，所以，
可得，且，，，
因为，且平面，所以平面，
在中，由，可得，则的面积为，
故，
当且仅当时等号成立，所以四面体的体积最大值为.
故答案为：.