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重难点21 立体几何中的常考经典小题全归类【十大题型】
【新高考专用】
【题型1 求几何体的体积与表面积】 4
【题型2 几何体与球的切、接问题】 7
【题型3 体积、面积、周长、距离的最值与范围问题】 12
【题型4 空间线段以及线段之和最值问题】 16
【题型5 空间角问题】 20
【题型6 空间中的距离问题】 25
【题型7 翻折问题】 28
【题型8 立体几何中的截面、交线问题】 32
【题型9 立体几何中的轨迹问题】 35
【题型10 以立体几何为载体的新定义、新情景题】 39
1、立体几何中的常考经典小题全归类
立体几何是高考的重点、热点内容，属于高考的必考内容之一.从近几年的高考情况来看，高考对该部分的考查，小题主要体现在三个方面：一是有关空间线面位置关系的判断；二是空间几何体的体积和表面积的计算，难度较易；三是常见的一些经典常考压轴小题，涉及到空间角、空间距离与轨迹问题等，难度中等或偏上，需要灵活求解．
【知识点1 空间几何体表面积与体积的常见求法】
1．求几何体体积的常用方法
(1)公式法：直接代入公式求解.
(2)等体积法：四面体的任何一个面都可以作为底面，只需选用底面面积和高都易求出的形式即可.
(3)补体法：将几何体补成易求解的几何体，如棱锥补成棱柱，三棱柱补成四棱柱等.
(4)分割法：将几何体分割成易求解的几部分，分别求体积.
2．求组合体的表面积与体积的一般方法
求组合体的表面积的问题，首先应弄清它的组成部分，其表面有哪些底面和侧面，各个面的面积应该
怎样求，然后根据公式求出各个面的面积，最后相加或相减.求体积时也要先弄清各组成部分，求出各简单几何体的体积，再相加或相减.
【知识点2 几何体与球的切、接问题的解题策略】
1．常见的几何体与球的切、接问题的解决方案：
常见的与球有关的组合体问题有两种：一种是内切球，另一种是外接球.
常见的几何体与球的切、接问题的解决方案：
2．空间几何体外接球问题的求解方法：
空间几何体外接球问题的处理关键是确定球心的位置，常见的求解方法有如下几种：
(1)定义法：利用平面几何体知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，
确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解.
(2)补形法：若球面上四点P,A,B,C构成的三条线段PA,PB,PC两两垂直，且PA=a，PB=b，PC=c，一般
把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，根据4R2=a2+b2+c2求解.
(3)截面法：涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体的特殊点(一般为接、切点)或线
作截面，把空间问题转化为平面问题求解.
3．内切球问题的求解策略：
(1)找准切点，通过作过球心的截面来解决.
(2)体积分割是求内切球半径的通用方法.
【知识点3 几何法与向量法求空间角】
1．几何法求异面直线所成的角
(1)求异面直线所成角一般步骤：
①平移：选择适当的点，线段的中点或端点，平移异面直线中的一条或两条成为相交直线；
②证明：证明所作的角是异面直线所成的角；
③寻找：在立体图形中，寻找或作出含有此角的三角形，并解之；
④取舍：因为异面直线所成角的取值范围是，所以所作的角为钝角时，应取它的补角作为异面直线所成的角.
2．用向量法求异面直线所成角的一般步骤：
(1)建立空间直角坐标系；
(2)用坐标表示两异面直线的方向向量；
(3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值；
(4)注意两异面直线所成角的范围是，即两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角的余弦值的绝对值.
3．几何法求线面角
(1)垂线法求线面角(也称直接法)；
(2)公式法求线面角(也称等体积法)：
用等体积法，求出斜线PA在面外的一点P到面的距离，利用三角形的正弦公式进行求解.
公式为：，其中是斜线与平面所成的角，h是垂线段的长，l是斜线段的长.
4．向量法求直线与平面所成角的主要方法:
(1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，将题目转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；
(2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角或钝角的补角，取其余角就是斜线和平面所成的角.
5．几何法求二面角
作二面角的平面角的方法：
作二面角的平面角可以用定义法，也可以用垂面法，即在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线，再过垂足作二面角的棱的垂线，两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角.
6．向量法求二面角的解题思路:
用法向量求两平面的夹角：分别求出两个法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到两平面夹角的大小.
【知识点4 立体几何中的最值问题及其解题策略】
1．立体几何中的几类最值问题
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．
2．立体几何中的最值问题的求解方法
解决立体几何中的最值问题主要有两种解题方法：
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．
【知识点5 立体几何中的截面、交线问题的解题策略】
1．立体几何截面问题的求解方法
(1)坐标法：所谓坐标法就是通过建立空间直角坐标系，将几何问题转化为坐标运算问题，进行求解.
(2)几何法：从几何视角人手，借助立体几何中的线面平行及面面平行的性质定理，找到该截面与相关线、面的交点位置、依次连接这些点，从而得到过三点的完整截面，再进行求解.
2．截面、交线问题的解题策略
(1)作截面应遵循的三个原则：
①在同一平面上的两点可引直线；
②凡是相交的直线都要画出它们的交点；
③凡是相交的平面都要画出它们的交线.
(2)作交线的方法有如下两种：
①利用基本事实3作交线；
②利用线面平行及面面平行的性质定理去寻找线面平行及面面平行，然后根据性质作出交线.
【知识点6 立体几何中的轨迹问题及其解题策略】
1．动点轨迹的判断方法
动点轨迹的判断一般根据线面平行、线面垂直的判定定理和性质定理，结合圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹，有时也可以利用空间向量的坐标运算求出动点的轨迹方程.
2．立体几何中的轨迹问题的常见解法
(1)定义法：根据圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹，进而求解轨迹问题.
(2)交轨法：若动点满足的几何条件是两动曲线(曲线方程中含有参数)的交点，此时，要首先分析两动曲线的变化，依赖于哪一个变量 设出这个变量为t，求出两动曲线的方程，然后由这两动曲线方程着力消去参数t，化简整理即得动点的轨迹方程，这种求轨迹方程的方法我们称为交轨法.
(3)几何法：从几何视角人手，结合立体几何中的线面平行、线面垂直的判定定理和性质定理，找到动点的轨迹，再进行求解.
(4)坐标法：坐标法就是通过建立空间直角坐标系，将立体几何中的轨迹问题转化为坐标运算问题，进行求解.
(5)向量法：不通过建系，而是利用空间向量的运算、空间向量基本定理等来研究立体几何中的轨迹问题，进行求解.
【知识点7 以立体几何为载体的情景题的求解策略】
1．以立体几何为载体的几类情景题
以立体几何为载体的情景题大致有三类：
(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．
2．以立体几何为载体的情景题的求解思路
以立体几何为载体的情景题都跟图形有关，涉及在具体情景下的图形阅读，需要通过数形结合来解决
问题.
此类问题的求解过程主要分四步：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．
【题型1 求几何体的体积与表面积】
【例1】（2024·浙江·模拟预测）清代的苏州府被称为天下粮仓，大批量的粮食要从苏州府运送到全国各地．为了核准粮食的数量，苏州府制作了“小嘴大肚”的官斛用以计算粮食的多少，五斗为一斛，而一只官斛的容量恰好为一斛，其形状近似于正四棱台，上口为正方形，内边长为25cm，下底也为正方形，内边长为50cm，斛内高36cm，那么一斗米的体积大约为立方厘米 （ ）
A．10500 B．12500 C．31500 D．52500
【解题思路】利用棱台的体积公式,即可计算得出答案．
【解答过程】一斛米的体积为，
因为五斗为一斛，所以一斗米的体积为，
故选：A.
【变式1-1】（2024·江苏连云港·二模）如图是一个圆台的侧面展开图，若两个半圆的半径分别是和，则该圆台的体积是（ ）
A． B． C． D．
【解题思路】先计算出上、下底面的半径和面积，再求出圆台的高，按照圆台体积公式计算即可.
【解答过程】
如图，设上底面的半径为，下底面的半径为，高为，母线长为，
则，，解得，，
又，，
设上底面面积为，下底面面积为，
所以圆台的体积.
故选：B.
【变式1-2】（2024·江苏无锡·模拟预测）蒙古包是我国蒙古族牧民居住的房子，适于牧业生产和游牧生活．如图所示的蒙古包由圆柱和圆锥组合而成，其中圆柱的高为，底面半径为是圆柱下底面的圆心．若圆锥的侧面与以为球心，半径为的球相切，则圆锥的侧面积为（ ）

A． B． C． D．
【解题思路】根据题意结合圆柱、圆锥以及球的结构特征解得圆锥母线长，进而可求圆锥的侧面积.
【解答过程】设为圆锥高，为圆锥母线长

以为球心，半径为4的球与圆锥侧面相切，则，
在中，，可得，
且，则，解得，
所以圆锥的侧面积为.
故选：C.
【变式1-3】（2024·天津和平·二模）如图，一块边长为10cm的正方形铁片上有四块阴影部分，将这些阴影部分裁下去，然后用余下的四个全等的等腰三角形加工成一个正四棱锥形容器，则这个正四棱锥的内切球（球与正四棱锥各面均有且只有一个公共点）的体积为（ ）
A． B． C． D．
【解题思路】根据题意可得正四棱锥的斜高为5，底面正方形的边长为6，从而可得正四棱锥的高，设这个正四棱锥的内切球的半径为，高线与斜高的夹角为，则易得，，从而可得，再代入球的体积公式，即可求解．
【解答过程】作出四棱锥如图：
根据题意可得正四棱锥的斜高为，底面正方形的边长为6，
正四棱锥的高为，
设这个正四棱锥的内切球的球心为，半径为，与侧面相切于，
则高线与斜高的夹角为，则，
则,
，，
这个正四棱锥的内切球的体积为．
故选：B．
【题型2 几何体与球的切、接问题】
【例2】（2024·新疆乌鲁木齐·三模）三棱锥中，平面，，，，，则三棱锥外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【解题思路】利用余弦定理先求出底面三角形的外接圆半径，再利用为三棱锥的高，为外接球半径），即可求解．
【解答过程】在中，，，，
由余弦定理可得，
即，所以，
设的外接圆半径为，
则，所以，
平面，且，
设三棱锥外接球半径为，
则，即，
所以三棱锥外接球的表面积为．
故选：B．
【变式2-1】（2024·海南·模拟预测）已知正方体的棱长为2，点为侧面四边形的中心，则四面体的外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【解题思路】画出图分析出球心为两个面斜边中点的垂线的交点，然后利用勾股定理求球的半径即可求解.
【解答过程】如图：
四面体 的面是直角三角形，
为面与的中心，所以面，
因为斜边的中点是三角形外心，所以球心在的直线上，
面也为直角三角形，分别为与的中点，所以，
面，所以面，
因为斜边的中点是三角形外心，所以球心在的直线上，
故球心为直线与直线的交点，
正方体的棱长为2，
所以球的半径为，
所以四面体的外接球的表面积为：.
故选：D.
【变式2-2】（2024·云南大理·模拟预测）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，此八面体的外接球与内切球的体积之比为（ ）
A． B． C． D．
【解题思路】根据给定条件，确定八面体的外接球球心及半径，利用体积法求出内切球半径，再利用球的体积公式求解即得.
【解答过程】正八面体的棱长为，连接，
由四边形为正方形，得，
则四边形亦为正方形，即点到各顶点距离相等，
于是此八面体的外接球球心为，半径为，
此八面体的表面积为，设此八面体的内切球半径为，
由，得，即，解得，
所以此八面体的外接球与内切球的体积之比为.
故选：A.
【变式2-3】（2024·安徽安庆·三模）如图，在一个有盖的圆锥容器内放入两个球体，已知该圆锥容器的底面圆直径和母线长都是，则（ ）
A．这两个球体的半径之和的最大值为
B．这两个球体的半径之和的最大值为
C．这两个球体的表面积之和的最大值为
D．这两个球体的表面积之和的最大值为
【解题思路】当这两个球体的半径或者表面积之和取最大值时，有一个球体和圆锥的底面相切，过底面圆的直径作截面，设两圆的半径，则，，其中，表达出，，求导得到函数单调性，得到最值，并求出，令，函数在上单调递增，求出，得到答案.
【解答过程】当这两个球体的半径或者表面积之和取最大值时，上面的球与圆锥的底面相切，
过底面圆的直径作截面，
如图所示，过点O作OF⊥AB，垂足为F，过点作⊥AB，垂足为E，
过点作⊥OF，垂足为D．
设圆O的半径为R，圆的半径为r，当下面的球与上底面相切时，取得最大值，
此时为该圆的内切球半径，等边三角形的边长为，内切球半径为，
故，故R的最大值为，且取最大值时，
三点共线，设，则，
则，解得，
所以，，，，.
因为，所以①，
整理得，解得，
令函数，，
.
令函数，，所以是增函数.
又因为，，所以，，
所以，，，，
即，，，，
所以在上单调递减，在上单调递增.
因为，所以，即这两个球体的半径之和的最大值为.
由①可得，
这两个球体的表面积之和为.
令，函数在上单调递增，
所以，即这两个球体的表面积之和的最大值为.
故选：D．
【题型3 体积、面积、周长、距离的最值与范围问题】
【例3】（2024·广东佛山·模拟预测）如图，在中，AC边上的高为BH，且，矩形DEFG的顶点D，G分别在边BA，BC上，E，F都在边AC上，以AC为轴将旋转一周，则矩形DEFG旋转形成的几何体的最大体积为（ ）
A． B． C． D．
【解题思路】设，求出，可得矩形DEFG旋转形成的几何体的体积，利用导数求出最值可得答案.
【解答过程】由已知得，是等腰直角三角形，
设，则，所以，
因为，所以，可得，所以，
可得，
所以矩形DEFG旋转形成的几何体的体积为
，
，当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以.
故选：C.
【变式3-1】（2024·重庆渝中·模拟预测）在三棱锥中，，且平面，过点作截面分别交于点，且二面角的平面角为，则所得截面的面积最小值为（ ）
A． B． C． D．1
【解题思路】由二面角的定义可得，从而，设，由三角形的面积相等和基本不等式得到，再由三角形的面积公式即可求解.
【解答过程】过作，垂足为，连接，则由三垂线定理可得，
∴即为二面角的平面角，
∴，，所以，
设，则，
在三角形中，，
又，所以，
所以，时等号成立，
所以三角形的面积为，
故截面PEF面积的最小值为.
故选：B.
【变式3-2】（2024·河南·一模）已知P为棱长为的正四面体各面所围成的区域内部（不在表面上）一动点，记P到面，面，面，面的距离分别为，，，，若，则的最小值为（ ）
A．2 B． C． D．
【解题思路】由等体积法求得为定值2，则有，利用基本不等式求的最小值.
【解答过程】正四面体棱长为，为的中心，则底面，
为边中点，则在上，如图所示，
则有，平面，，
，，
，即正四面体的高，
P为正四面体各面所围成的区域内部，连接，
可得到4个小四面体，
设正四面体各面的面积为，则有，
得，
由，则，
则，
当且仅当，即时等号成立，
的最小值为.
故选：B.
【变式3-3】（2024·四川宜宾·三模）已知E，F分别是棱长为2的正四面体的对棱的中点.过的平面与正四面体相截，得到一个截面多边形，则下列说法正确的是（ ）
A．截面多边形不可能是平行四边形 B．截面多边形的周长是定值
C．截面多边形的周长的最小值是 D．截面多边形的面积的取值范围是
【解题思路】将平面从平面开始旋转，结合对称性可判断A；设，利用余弦定理表示出，利用几何意义求最小值，利用二次函数单调性求最大值可判断BC；先判断，然后利用向量方法求出，可得截面面积的范围，可判断D.
【解答过程】对于A，当平面过或时，截面为三角形.
易知正四面体关于平面对称，将平面从平面开始旋转与交于点时，
由对称性可知，此时平面与交于点，且，
此时截面为四边形，且注意到当分别为的中点时，此时满足，
且，即此时截面四边形是平行四边形，故A错误；

对于BC，设，由余弦定理得，
，
由两点间距离公式知，表示动点到定点和的距离之和，
当三点共线时取得最小值，
由二次函数单调性可知，当或时，取得最大值，
所以截面多边形周长的取值范围是，故BC错误；
对于D，记与的交点为，由对称性，，
所以，，
因为，
所以，所以，
记，
则，
因为，
所以
，
由二次函数性质可知，，即，
所以，故D正确；
故选：D.
【题型4 空间线段以及线段之和最值问题】
【例4】（2024·江西鹰潭·模拟预测）如图，在长方形中，，，E为DC的中点，F为线段EC（端点除外）上的动点．现将沿AF折起，使平面平面，在平面内过点D作，K为垂足．设，则t的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【解题思路】过点D作，垂足为H，过点F作，交AB于点P，设，用表示，在中，求出的函数关系，可求t的取值范围.
【解答过程】如图，在平面内过点D作，垂足为H，连接HK．过点F作，交AB于点P．
设，，，所以．
设，则．因为平面平面，平面平面，
，平面，所以平面，
又平面，所以．
又因为，，，平面，所以平面，
平面，所以，即．
在中，，，
因为和都是直角三角形，，，
所以，则有．
因为，所以，，，
所以，，得．
因为，所以．
故选：A.
【变式4-1】（2024·北京·模拟预测）在棱长为1的正方体中，点是棱的中点，是正方体表面上的一点，若，则线段长度的最大值是（ ）

A． B．
C． D．
【解题思路】通过线面垂直的性质找到点的轨迹，然后利用梯形的性质求解即可.
【解答过程】连接，在正方体中，平面，
四边形是正方形，因为平面，所以，
又，，且平面，平面，
所以平面，因为平面，所以，
所以当点P在线段（点除外）时，，取的中点E，连接，
在正方形中，因为E为的中点，是棱的中点，所以，因为平面，平面，所以，因为，
且平面，平面，所以平面，又平面，
所以，因为，且平面，平面，
所以平面，设平面平面，则，所以，
则是棱的中点，
所以当点在正方体的表面线段上时，,
由题意可知，在梯形中，，，，
，
所以线段长度的最大值是.

故选：C.
【变式4-2】（23-24高三下·陕西西安·阶段练习）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
【解题思路】过作于，作于，设，把表示为的函数，再利用导数求出函数最小值即得.
【解答过程】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.
【变式4-3】（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
【解题思路】先求出圆锥的母线长，利用圆锥的侧面积公式判断A；当时，的面积最大，此时三棱锥体积也最大，利用圆锥体积公式求解即可判断B；先用取极限的思想求出的范围，再利用，求的范围，即可判断C；利用图形展开及两点之间线段最短即可判断选项D.
【解答过程】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5 空间角问题】
【例5】（2024·辽宁沈阳·模拟预测）已知直三棱柱中，，，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【解题思路】根据空间向量法求线线角即可.
【解答过程】以为原点，在平面内过作的垂线交于，
以为轴，以为轴，以为轴，建立空间直角坐标系，
因为直三棱柱中，，，，
所以，
所以，
设异面直线与所成角为，
所以.
故选：C.
【变式5-1】（2024·内蒙古包头·一模）如图，底面是边长为2的正方形，半圆面底面，点为圆弧上的动点．当三棱锥的体积最大时，二面角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【解题思路】由题意当三棱锥的体积最大时,此时点处于半圆弧的正中间位置.此时建立适当的空间直角坐标系，求出平面，平面的法向量，由法向量夹角余弦的坐标公式即可求解.
【解答过程】三棱锥的体积与到平面的距离成正比，
故当三棱锥的体积最大时,此时点处于半圆弧的正中间位置.
点处于半圆弧的正中间位置时，记的中点为，以其为原点，分别作为轴正方向，建立空间直角坐标系.
平面显然有法向量，
，
设为平面的法向量，
则该向量与和均垂直，
所以，从而.
令，解得，
故符合条件，
显然二面角为锐角，
因此所求余弦值为.
故选：D.
【变式5-2】（2024·四川雅安·一模）如图，在正方体中，点是线段上的动点（含端点），点是线段的中点，设与平面所成角为，则的最小值是（ ）
A． B． C． D．
【解题思路】以点为原点建立空间直角坐标系，设，利用向量法求解即可.
【解答过程】如图，以点为原点建立空间直角坐标系，
设，不妨设，
则，
故，
，
设平面的法向量为，
则，可取，
则，
所以，
当时，，
当时，，
当，即时，，
综上所述，的最小值是.
故选：A.
【变式5-3】（2024·山东临沂·二模）已知正方体中，M，N分别为，的中点，则（ ）
A．直线MN与所成角的余弦值为 B．平面与平面夹角的余弦值为
C．在上存在点Q，使得 D．在上存在点P，使得平面
【解题思路】以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的边长为1，由空间向量计算异面直线所成角，二面角和线线垂直可判断ABC；由四点共面，而平面可判断D.
【解答过程】以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的边长为1，
所以，，
，
对于A，，，
直线MN与所成角的余弦值为，故A错误；
对于B，，，
设平面的法向量为，则，
取，可得，所以，
，，
设平面的法向量为，则，
取，可得，所以，
平面与平面夹角的余弦值为：
，故B错误；
对于C，因为Q在上，设，所以，，
则，所以，
所以，，
所以，解得：.
故上存在点，使得，故C正确；
对于D，因为，所以四点共面，
而平面，所以上不存在点P，使得平面，故D错误.
故选：C.
【题型6 空间中的距离问题】
【例6】（2023·贵州六盘水·模拟预测）平面的一个法向量为，为内的一点，则点到平面的距离为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．
【解题思路】利用空间向量坐标运算中，点到平面的距离公式求解即可得.
【解答过程】平面的一个法向量为，为内的一点，
则点到平面的距离为.
故选：B.
【变式6-1】（2024·广西来宾·一模）棱长为3的正方体中，点E，F满足，，则点E到直线的距离为（ ）
A． B．
C． D．
【解题思路】利用向量法求点到直线的距离.
【解答过程】如图，建立空间直角坐标系，根据条件可得，，，
，，设向量与的夹角为，
，
所以点到直线的距离为.
故选：A.
【变式6-2】（2024·福建福州·模拟预测）四棱锥的顶点均在球的球面上，底面为矩形，平面平面，，，，则到平面的距离为（ ）
A． B． C． D．
【解题思路】根据线面关系可证得平面，，将四棱锥补成长方体，确定球心的位置，再建立空间直角坐标系，求解平面的法向量，利用空间向量的坐标运算计算到平面的距离即可.
【解答过程】因为平面平面，交线为，又底面为矩形，则，
因为平面，所以平面，
则，又，，，所以，则,
如图，将四棱锥补成长方体，
若四棱锥的顶点均在球的球面上，则长方体的顶点均在球的球面上，为体对角线中点，
如图，以为原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，
则，故，
设平面的法向量为，又，
，令，所以，
又，则到平面的距离为.
故选：A.
【变式6-3】（2024·广西·模拟预测）如图，在棱长为2的正方体中，为线段的中点，为线段的中点.直线到平面的距离为（ ）.
A． B． C． D．
【解题思路】由线线平行得到线面平行，直线到平面的距离等于点到平面的距离，建立空间直角坐标系，得到平面法向量，得到点到平面的距离.
【解答过程】∵，平面，平面，
∴平面，
因此直线到平面的距离等于点到平面的距离，
如图，以点为坐标原点，所在的直线为轴，所在的直线为轴，
所在的直线为轴，建立直角坐标系.
则，，，，，
，，，，
设平面的法向量为，
则，
令，则，
设点到平面的距离为，
则，
故直线到平面的距离为.
故选：C.
【题型7 翻折问题】
【例7】（2024·全国·模拟预测）如图，已知矩形ABCD中，E为线段CD上一动点（不含端点），记，现将沿直线AE翻折到的位置，记直线CP与直线AE所成的角为，则（ ）
A． B． C． D．
【解题思路】
利用空间向量夹角余弦公式和向量数量积公式得到，由三角形三边关系得到，求出答案.
【解答过程】
AB选项，
，
因为，所以，所以，A错误，B正确；
由于在上单调递减，故，不确定和的大小关系，CD错误.
故选：B．
【变式7-1】（2023·浙江台州·二模）已知菱形的边长为，对角线长为，将△沿着对角线翻折至△，使得线段长为，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【解题思路】由题知，，所先计算出，，再利用公式，算出两向量的夹角的余弦值，从而得出异面直线与所成角的余弦值.
【解答过程】
因为.
所以.
因为.
所以.
所以.
即
所以异面直线与CD所成角的余弦值为.
故选：D.
【变式7-2】（2024·全国·三模）在平面直角坐标系中，为圆上的动点，定点．现将轴左侧半圆所在坐标平面沿轴翻折，与轴右侧半圆所在平面成的二面角，使点翻折至，仍在右侧半圆和折起的左侧半圆上运动，则，两点间距离的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【解题思路】设所在平面为，圆的另一半所在平面为，若，则三点共线时，以及在圆的下端点时，分别取到，两点间距离的最值；若，设，利用两点间的距离公式结合到的距离，以及三角函数的有界性取到最值，进而得出答案．
【解答过程】设所在平面为，圆的另一半所在平面为，
若，则三点共线时，有最小值；当在圆的下端点时，取到最大值，即；
若，设，在上的投影为距离为，则到面距离为，又到轴的距离为，到轴的距离为，而到轴的距离为，则，其中，，故，当且仅当时成立；，当且仅当时成立；即；
综上可得，，
故选：B.
【变式7-3】（2024·湖南邵阳·二模）如图所示，在矩形中，，，平面，且，点为线段（除端点外）上的动点，沿直线将翻折到，则下列说法中正确的是（ ）
A．当点固定在线段的某位置时，点的运动轨迹为球面
B．存在点，使平面
C．点到平面的距离为
D．异面直线与所成角的余弦值的取值范围是
【解题思路】当点固定在线段的某位置时，线段的长度为定值，，过作于点，为定点，的长度为定值，由此可判断A；无论在（端点除外）的哪个位置，均不与垂直，即可判断B；以，，为x，y，z的正方向建立空间直角坐标系，求出平面的法向量为，由点到平面的距离公式求解，即可判断C；设，，利用向量夹角公式求解，即可判断D.
【解答过程】
选项A：当点固定在线段的某位置时，线段的长度为定值，，过作于点，为定点，的长度为定值，且在过点与垂直的平面内，故的轨迹是以为圆心，为半径的圆，故A错；
选项B：无论在（端点除外）的哪个位置，均不与垂直，故不与平面垂直，故B错；
选项C：以，，为x，y，z的正方向建立空间直角坐标系，则，，，．
，
设平面的法向量为，取，
则点到平面的距离为，故C错；
选项D：设，，，，设与所成的角为，则，故D正确.
故选：D．
【题型8 立体几何中的截面、交线问题】
【例8】（2024·河南新乡·三模）已知球的半径为5，点到球心的距离为3，则过点的平面被球所截的截面面积的最小值是（ ）
A． B． C． D．
【解题思路】根据给定条件，利用球的截面小圆性质求出截面小圆半径即得.
【解答过程】由点到球心的距离为3，得球心到过点的平面距离的最大值为3，
因此过点的平面被球所截的截面小圆半径最小值为，
所以过点的平面被球所截的截面面积的最小值是.
故选：C.
【变式8-1】（2024·四川绵阳·模拟预测）在长方体中，，点是线段上靠近的四等分点，点是线段的中点，则平面截该长方体所得的截面图形为（ ）
A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形
【解题思路】延长交的延长线于点，连接交于点，连接，延长交的延长线于点，连接交于点，连接，即可得到截面图形，再利用相似验证即可.
【解答过程】延长交的延长线于点，连接交于点，连接，
延长交的延长线于点，连接交于点，连接，
则五边形为平面截该长方体所得的截面图形，
不妨设，又点是线段上靠近的四等分点，点是线段的中点，
所以，，，所以，又，
所以，又，所以，
又，即，解得，
又，即，解得，符合题意，
即五边形为平面截该长方体所得的截面图形.
故选：C.
【变式8-2】（2024·安徽安庆·三模）在正方体中，点分别为棱的中点，过点三点作该正方体的截面，则（ ）
A．该截面多边形是四边形
B．该截面多边形与棱的交点是棱的一个三等分点
C．平面
D．平面平面
【解题思路】将线段向两边延长，分别与棱的延长线，棱的延长线交于，连分别与棱交于，可判断A；利用相似比可得，可判断B；证明平面即可判断C；通过证明平面，可判断D.
【解答过程】对于A，将线段向两边延长，分别与棱的延长线，棱的延长线交于，
连分别与棱交于，得到截面多边形是五边形，A错误；
对于B，易知和全等且都是等腰直角三角形，所以，
所以，即，点是棱的一个三等分点，B正确；
对于C，因为平面，平面，所以，
又，平面，所以平面，
因为平面，所以，同理可证，
因为平面，所以平面，
因为平面与平面相交，所以与平面不垂直，C错误；
对于D，易知，所以，
又 ，所以平面，
结合C结论，所以平面与平面不平行，D错误.
故选：B．
【变式8-3】（2024·河南·模拟预测）如图，已知直三棱柱的体积为4，AC⊥BC，，D为的中点，E为线段AC上的动点（含端点），则平面BDE截直三棱柱所得的截面面积的取值范围为（ ）

A． B． C． D．
【解题思路】过作，交于，连接，取的中点，连接，可得平面BDE截直三棱柱所得的截面为梯形，根据边长关系求出梯形的面积即可得到答案.
【解答过程】直三棱柱的体积为4，AC⊥BC，，所以，解得，
过作，交于，连接，取的中点，连接，

设 ，
①当时，平面BDE截直三棱柱所得的截面为正方形，面积为，
②当时，因为，，所以四边形为平行四边形，则，，
因为，分别为，的中点，所以，，
因为，，所以四边形为平行四边形，
所以，且
则，，即平面BDE截直三棱柱所得的截面为梯形
在中，，，，则，
在中，，，，则，
在中，，，，则，则
过作垂足为，过作垂足为，所得平面图形如下;

则，，，，
设，则
所以，，因为，
化简可得：，则，
所以，
因为当，所以，则，
综上，平面BDE截直三棱柱所得的截面面积的范围为
故选：A.
【题型9 立体几何中的轨迹问题】
【例9】（2024·陕西商洛·模拟预测）如图，正三棱柱的底面边长是2，侧棱长是，为的中点，是侧面内的动点，且平面，则点的轨迹的长度为（ ）
A． B．2 C． D．4
【解题思路】取的中点，取的中点，连接，证明平面，再根据面面平行的性质可得的轨迹为线段，即可得解.
【解答过程】如图，
取的中点，取的中点，连接，则，
又面，面，所以平面，
又为的中点，所以，
又面，面，所以平面，
又，面，面，所以平面平面，
又因为是侧面上一点，且平面，
所以的轨迹为线段，
，
所以点的轨迹的长度为.
故选：B.
【变式9-1】（2024·浙江温州·一模）如图，所有棱长都为1的正三棱柱，，点是侧棱上的动点，且，为线段上的动点，直线平面，则点的轨迹为（ ）

A．三角形（含内部） B．矩形（含内部）
C．圆柱面的一部分 D．球面的一部分
【解题思路】根据题意首先保持在线段上不动（与重合），研究当点运动时的轨迹为线段，再根据点在线段上运动的轨迹即可得出点的轨迹为及其内部的所有点的集合.
【解答过程】如下图所示：

首先保持在线段上不动，假设与重合
根据题意可知当点在侧棱上运动时，若点在点处时，为的中点，
此时由可得满足，
当点运动到图中位置时，易知，取，可得，
取棱上的点，满足，根据三角形相似可得三点共线，
当点在侧棱上从点运动到点时，点轨迹即为线段；
再研究当点在线段上运动，
当点在线段上从点运动到点时，点的轨迹是线段，
当点在线段上从点运动到点时，点的轨迹是线段，
因此可得，当点是侧棱上运动时，在线段上运动时，点的轨迹为及其内部的所有点的集合；
即可得的轨迹为三角形（含内部）.
故选：A.
【变式9-2】（2024·四川成都·三模）在棱长为5的正方体 中，是中点，点在正方体的内切球的球面上运动，且，则点的轨迹长度为（ ）
A． B． C． D．
【解题思路】建立空间直角坐标系，作出辅助线，得到⊥平面，由点到平面的距离和球的半径得到点的轨迹为以为半径的圆，从而求出点的轨迹长度.
【解答过程】以点为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
则，，
球心，取的中点，的中点，连接，
则，，
，
故，，
又，平面，
故⊥平面，
故当位于平面与内切球的交线上时，满足，
此时到平面的距离为
，
，其中为平面截正方体内切球所得截面圆的半径，
故点的轨迹为以为半径的圆，
故点的轨迹长度为.
故选：B.
【变式9-3】（2024·四川成都·二模）在所有棱长均相等的直四棱柱中，，点在四边形内（含边界）运动．当时，点的轨迹长度为，则该四棱柱的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【解题思路】先根据轨迹的长度求出棱长，利用四棱柱的表面积公式可求答案.
【解答过程】设棱长为，延长，过点作垂直于的延长线于，
由，可得；
由直四棱柱的性质可得，平面，所以；
因为，所以.
在平面内，点的轨迹是以为圆心，为半径的圆夹在四边形内的部分，即图中圆弧.
因为，所以，
因为点的轨迹长度为，所以，即.
四棱柱的表面积为.
故选：A.
【题型10 以立体几何为载体的新定义、新情景题】
【例10】（2024·天津北辰·三模）中国载人航天技术发展日新月异.目前，世界上只有3个国家能够独立开展载人航天活动.从神话“嫦娥奔月”到古代“万户飞天”，从诗词“九天揽月”到壁画“仕女飞天”……千百年来，中国人以不同的方式表达着对未知领域的探索与创新.如图，可视为类似火箭整流罩的一个容器，其内部可以看成由一个圆锥和一个圆柱组合而成的几何体.圆柱和圆锥的底面半径均为2，圆柱的高为6，圆锥的高为4.若将其内部注入液体，已知液面高度为7，则该容器中液体的体积为（ ）
A． B． C． D．
【解题思路】结合轴截面分析可知，，再利用圆柱以及圆台的体积公式运算求解.
【解答过程】由题意可知：容器中液体分为：下半部分为圆柱，上半部分为圆台，
取轴截面，如图所示，分别为的中点，
可知：∥∥，且，
可得，即，
所以该容器中液体的体积为.
故选：A.
【变式10-1】（2024·安徽池州·模拟预测）古希腊数学家欧几里德在其著作《几何原本》中定义了相似圆锥：两个圆锥的高与底面的直径之比相等时，则称这两个圆锥为相似圆锥.已知圆锥的底面圆的半径为3，其母线长为5.若圆锥与圆锥是相似圆锥，且其高为8，则圆锥的侧面积为（ ）
A． B． C． D．
【解题思路】根据题意，求得圆锥的底面直径和高，根据圆锥与圆锥是相似圆锥，且其高为8，可得圆锥的底面直径，进而可得其母线长，代入侧面积公式，即可得答案.
【解答过程】由题意得：圆锥的底面直径为6，高为，
所以高与底面直径之比为，
因为圆锥与圆锥是相似圆锥，且其高为8，
所以圆锥的底面直径为，则底面半径为6，
所以圆锥的母线长为，
所以圆锥的侧面积为.
故选：B.
【变式10-2】（2024·广东江门·模拟预测）沙漏也叫做沙钟，是一种测量时间的装置.沙漏由两个完全一样的圆锥和一个狭窄的连接管道组成，通过充满了沙子的玻璃圆锥从上面穿过狭窄的管道流入底部玻璃圆锥所需要的时间来对时间进行测量西方发现最早的沙漏大约在公元1100年，比我国的沙漏出现要晚．时钟问世之后，沙漏完成了它的历史使命.现代沙漏可以用来助眠．经科学认证，人类的健康入睡时间是15分钟，沙漏式伴睡灯便是一个15分钟的计时器．它将古老的计时沙漏与现代夜灯巧妙结合，随着沙粒从缝隙中滑下，下部的灯光逐渐被沙子掩埋，直到15分钟后沙粒全部流光，柔和的灯光完全覆盖．就这样，宁静的夜晚，听着沙粒窸窸窣窣的声音，仿佛一首缓缓流动的安眠曲如图，一件沙漏工艺品，上下两部分可近似看成完全一样的圆锥，测得圆锥底面圆的直径为，沙漏的高（下底面圆心的距离）为，通过圆锥的顶点作沙漏截面，则截面面积最大为（ ）
A． B． C． D．
【解题思路】法一，根据条件得到，再利用基本不等式，即可求出结果；
法二，设，根据条件得到，即可求出结果.
【解答过程】由沙漏的对称性，通过圆锥顶点作沙漏的截面，上下两部分截面为全等的三角形，只需要讨论通过顶点作圆锥的截面的最大值，
如图，在圆锥中，过顶点作截面为，作于，延长交底面圆交于点，连接 ，
设，，
，
当且仅当时，“=”号成立，解得，所以沙漏截面面积最大值为，
故选：B．
方法二：设，
所以，
当为底面圆直径时，取得最大，此时，最大为钝角，
所以当时，，沙漏截面面积最大值为，
故选：B．
【变式10-3】（23-24高二上·河南·阶段练习）《瀑布》（图1）是埃舍尔为人所知的作品．画面两座高塔各有一个几何体，右塔上的几何体首次出现，后称“埃舍尔多面体”（图2）．埃舍尔多面体可以用两两垂直且中心重合的三个正方形构造，定义这三个正方形的顶点为“框架点”，定义两正方形的交线为“极轴”，其端点为“极点”，记为，将极点分别与正方形的顶点连线，取其中点记为，如图3．埃舍尔多面体可视部分是由12个四棱锥构成的，这些四棱锥顶点均为“框架点”，底面四边形由两个“极点”与两个“中点”构成，为了便于理解，在图4中构造了其中两个四棱锥与，则直线与平面所成角的正弦值为（ ）
A． B． C． D．
【解题思路】以为坐标原点，建立空间直角坐标系，求得对应点的坐标，以及平面的法向量和直线的方向向量，利用向量法即可求得结果.
【解答过程】以O为坐标原点，分别以为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系．
设，则，，，，，
则，，．
设平面的法向量为，则，即
令，可得．
则，
故直线与平面所成角的正弦值为．
故选：A.
一、单选题
1．（2024·贵州·模拟预测）为了美化广场环境，县政府计划定购一批石墩．已知这批石墩可以看作是一个圆台和一个圆柱拼接而成，其轴截面如下图所示，其中，，则该石墩的体积为（ ）
A． B． C． D．
【解题思路】过点作于，根据条件，求出圆台的高，再利用圆台与圆柱的体积公式，即可求出结果.
【解答过程】如图，过点作于，
因为，，所以，，
所以圆台的体积为，
又圆柱的体积为，
所以该石墩的体积为，
故选：D.
2．（2024·江苏南京·模拟预测）已知，底面半径的圆锥内接于球，则经过和中点的平面截球所得截面面积的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【解题思路】根据球的截面性质，结合三角形面积等积性、勾股定理进行求解即可.
【解答过程】如图，
设球的半径为，线段的中点为，因为，
所以，解得，
设经过和中点的平面截球所得截面圆的圆心为，半径为，球心到截面的距离，
则，要截面面积最小，则要最小，即要最大，
因为当为点到的距离时最大，此时，又，
所以，
所以，
故截面面积的最小值为．
故选：A.
3．（2024·陕西榆林·模拟预测）如图，是边长为4的正三角形，D是BC的中点，沿AD将折叠，形成三棱锥．当二面角为直二面角时，三棱锥外接球的体积为（ ）

A． B． C． D．
【解题思路】补形成长方体模型来解即可.
【解答过程】由于二面角为直二面角，且和都是直角三角形，
故可将三棱锥补形成长方体来求其外接球的半径R，
即，解得，
从而三棱锥外接球的体积．
故选：D.

4．（2024·河南·二模）已知四面体的各个面均为全等的等腰三角形，且.设为空间内一点，且五点在同一个球面上，若，则点的轨迹长度为（ ）
A． B． C． D．
【解题思路】将四面体放入长方体中，求解长方体的长宽高，求解外接球的半径，判断的轨迹，然后求解即可．
【解答过程】将四面体放入长方体中，设长方体的相邻三条棱长分别为，，，
依题意，可知，，
则，，，解得，，
由于，即异面直线和的距离为，
由于长方体的左右侧面为正方形，所以，
取中点，连接，则左侧面，在左侧面，所以 ，
又平面，故平面，
四面体的外接球半径为，球心为，
由，知点的轨迹为一个圆，设轨迹圆的半径为，圆心为，
过作球的一个轴截面，
所以，且，
，且，
解得，
所以的轨迹长度为．
故选：D．
5．（2024·河南·模拟预测）为体现市民参与城市建设、共建共享公园城市的热情，同时搭建城市共建共享平台，彰显城市的发展温度，某市在中心公园开放长椅赠送点位，接受市民赠送的休闲长椅.其中观景草坪上一架长椅因其造型简单别致，颇受人们喜欢（如图1）.已知和是圆的两条互相垂直的直径，将平面沿翻折至平面，使得平面平面（如图2）此时直线与平面所成角的正弦值为（ ）
A． B． C． D．
【解题思路】根据给定条件，建立空间直角坐标系，利用空间向量求出线面角的正弦值.
【解答过程】依题意，，而平面平面，平面平面，
又平面平面，则平面，，
因此直线两两垂直，以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
令圆半径，则，
，设平面的一个法向量，
则，令，得，设直线与平面所成的角为，
则，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
故选：B.
6．（2024·安徽·一模）在平行六面体中，已知，，则下列选项中错误的一项是（ ）
A．直线与BD所成的角为90°
B．线段的长度为
C．直线与所成的角为90°
D．直线与平面ABCD所成角的正弦值为
【解题思路】在平行六面体中，取，利用空间向量的线性运算及数量积运算，逐一分析选项，即可得出答案.
【解答过程】在平行六面体中，令，，，
由，，
得，，
对于，显然，，
则，即，
因此直线与所成的角为，A正确；
对于B，，即，B正确；
对于C，，即，
因此直线与所成的角为，C正确；
对于D，在平行六面体中，四边形是菱形，即，
又，，平面，于是平面，
又平面，则平面平面，
连接交于点，在平面内过点作于点，如图，
由平面平面，因此平面，即直线与平面所成角为，
，则，即，
由及选项C知，，则，D错误.
故选：D.
7．（2024·江苏盐城·模拟预测）棱长为2的正方体中，设点为底面内（含边界）的动点，则点到平面距离之和的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【解题思路】建立空间直角坐标系，设，求出平面的一个法向量，然后利用距离的向量公式并换元化简得 ，最后利用二次函数性质求解最值即可.
【解答过程】在正方体中，两两互相垂直，建立空间直角坐标系，
如图所示：

则，设，
所以，，设平面的法向量为，
则，令，则．于是，
则点到平面距离之和为，
设，则， ，
因为，所以，所以，
函数开口向上，对称轴为，在上单调递增，
所以当时，取到最小值为.
故选：B.
8．（2024·四川宜宾·模拟预测）已知分别是棱长为2的正四面体的对棱的中点.过的平面与正四面体相截，得到一个截面多边形，则正确的选项是（ ）
①截面多边形可能是三角形或四边形.
②截面多边形周长的取值范围是.
③截面多边形面积的取值范围是.
④当截面多边形是一个面积为的四边形时，四边形的对角线互相垂直.
A．①③ B．②④ C．①②③ D．①③④
【解题思路】将平面从平面开始旋转，结合对称性可判断①；设，利用余弦定理表示出，利用几何意义求最小值，利用二次函数单调性求最大值可判断②；先判断，然后利用向量方法求出，可得截面面积的范围，可判断③；由③可判断④.
【解答过程】对于①，当平面过或时，截面为三角形.
易知正四面体关于平面对称，将平面从平面开始旋转与交于点时，
由对称性可知，此时平面与交于点，且，
此时截面为四边形，①正确；
对于②，设，由余弦定理得，
，
由两点间距离公式知，表示动点到定点和的距离之和，
当三点共线时取得最小值，
由二次函数单调性可知，当或时，取得最大值，
所以截面多边形周长的取值范围是，所以②错误；
对于③，记与的交点为，由对称性，，
所以，，
因为，
所以，所以，
记，
则，
因为，
所以
，
由二次函数性质可知，，即，
所以，③正确；
对于④，由③知，当截面为四边形时，对角线，垂直，所以④正确．
故选：D.
二、多选题
9．（2024·江苏扬州·模拟预测）如图，一个棱长为6的透明的正方体容器（记为正方体）放置在水平面的上方，点恰在平面内，点到平面的距离为2，若容器中装有水，静止时水面与表面的交线与的夹角为0，记水面到平面的距离为，则（ ）
A．平面平面
B．点到平面的距离为8
C．当时，水面的形状是四边形
D．当时，所装的水的体积为
【解题思路】建立空间直角坐标系，求得平面、平面的法向量计算可判断A；根据向量法计算可判断B；当，水面为六边形可判断C；作出水面，利用水面与平面平行，可计算出水面与交点，再计算后即可判断D.
【解答过程】如图所示建立空间直角坐标系，则,
因为静止时水面与表面的交线与的夹角为0，所以平面，
设平面的法向量为，，
点到平面的距离为，，
，而，
令，所以平面的法向量为，
对A，，，，，
故平面，
所以平面的法向量为，又，
所以平面平面，故A正确；
对B，，所以到平面的距离为，故B正确；
对C，因为，所以，当时，截面为六边形，故C错误；
对D，当时，设水面与的交点分别为，设，则，
则，，故，
设水面与交点为，所以，
，此时过作交于点，连接，
设的面积为,的面积为，则，，
所以，所以，故D正确.
故选：ABD.
10．（2024·全国·二模）已知正方体外接球的体积为是空间中的一点，则下列命题正确的是（ ）
A．若点在正方体表面上运动，且，则点轨迹的长度为
B．若是棱上的点（不包括点），则直线与是异面直线
C．若点在线段上运动，则始终有
D．若点在线段上运动，则三棱锥体积为定值
【解题思路】根据正方体的几何特征可根据外接球的体积得棱长为2，即可由圆的周长求解A,根据异面直线的定义即可求解B，利用线面垂直即可求解C，利用等体积法即可求解D.
【解答过程】方体外接球的体积为.设外接球的半径为，则，解得.

设正方体的棱长为，则 .
对于，在平面中，点的轨迹为以为圆心，2为半径的圆弧；同理，在平面ABCD和平面中，点的轨迹都是以为圆心，2为半径的圆弧.故点的轨迹的长度为.故错误；
对于B，利用异面直线的判定定理可以判断直线与是异面直线.故正确；
对于，在正方体中，有 平面平面平面平面 .故C正确；

对于，在正方体中，平面 为定值.故D正确.
故选：BCD.
11．（2024·湖南·三模）如图，在棱长为2的正方体中，点P是正方体的上底面内（不含边界）的动点，点Q是棱的中点，则以下命题正确的是（ ）

A．三棱锥的体积是定值
B．存在点P，使得与所成的角为
C．直线与平面所成角的正弦值的取值范围为
D．若，则P的轨迹的长度为
【解题思路】利用等体积转换即可求得体积为定值判断A；建立空间直角坐标系，设，得，，利用向量夹角公式求解判断B；求平面的法向量，利用向量夹角公式求解判断C；由，可得，即可求解判断D.
【解答过程】对于A，三棱锥的体积等于三棱锥的体积，
是定值，A正确；
以为坐标原点，分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，设，则
对于B，，使得与所成的角满足：
，
因为，故，故，
而，B错误；
对于C，平面的法向量，
所以直线与平面所成角的正弦值为：，
因为，故
故，
而，，
故即的取值范围为，C正确；
对于D，，由，
可得，化简可得，
在平面内，令，得，令，得，则P的轨迹的长度为
，D正确；
故选：ACD.
三、填空题
12．（2024·广东·一模）在正方体中，点P、Q分别在、上，且，，则异面直线与所成角的余弦值为 .
【解题思路】以D为原点，为x轴，为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出异面直线与所成角的余弦值.
【解答过程】设正方体中棱长为3，
以D为原点，为x轴，为y轴，为z轴，建立如图所示空间直角坐标系，

则，，，，，，
设异面直线与所成角为，则.
即异面直线与所成角的余弦值为.
故答案为：.
13．（2024·新疆·二模）我国古代数学著作《九章算术》中记载了一种称为“羡除”的几何体，该几何体的一种结构是三个面均为梯形，其他两面为三角形的五面体．如图所示，四边形，，均为等腰梯形，，，，，到平面的距离为5，与间的距离为10，则这个羡除的体积 200 ．
【解题思路】先连线再根据棱锥体积公式计算组合体体积即可.
【解答过程】
连接
.
故答案为：200.
14．（2024·北京大兴·三模）在棱长为6的正方体中，E为棱上一动点，且不与端点重合，F，G分别为，的中点，给出下列四个结论：
①平面平面；
②平面可能经过的三等分点；
③在线段上的任意点H（不与端点重合），存在点E使得平面；
④若E为棱的中点，则平面与正方体所形成的截面为五边形，且周长为.
其中所有正确结论的序号是 ①③④ .
【解题思路】①③利用空间向量法证明线面垂直从而证明面面垂直和判断线面垂直；②利用向量法求解平面的法向量，结合平面内直线一定与法向量数量积为0，判断点在平面内；④利用平面的基本性质作出截面，再求出截面的周长；
【解答过程】
如图所示建立直角坐标系，以为原点，以分别为为正方向，
，
，设
①，
因为，
所以是平面内两条相交直线，则平面，平面，因此平面 平面，①正确；
②取点为的三等分点，即或，设平面的法向量为，，则，令，所以
当时，，若在平面中，，解得不合题意；
当时，，若在平面中，，解得不合题意；②错误；
③在线段上的任意点H（不与端点重合），设，则，由上可知平面的法向量为，若存在点E使得平面，则有，即，解得所以当时成立，③正确；
④延长三线相交于点，连接分别交直线于点,因为E为棱的中点，则平面与正方体所形成的截面为五边形，
在正方体中，，根据三角形相似可得，则，，因此周长为.④正确；
故答案为：①③④.
四、解答题
15．（2024·四川成都·模拟预测）如图，在四棱锥中，，，，，．

(1)证明：平面平面；
(2)若，，为中点，求三棱锥的体积．
【解题思路】（1）利用线面垂直的判定、面面垂直的判定推理即得.
（2）利用线面垂直的判定证得平面ABCD，再利用等体积转化求出体积.
【解答过程】（1）在中，由余弦定理得．
由，得，而，，则，
又平面EDB，因此平面EDB，而平面ABCD，
所以平面平面ABCD．
（2）由F是EC中点，得．

由（1）知平面EDB，平面EDB，则，
而，平面ABCD，则平面ABCD，
因此．即，
所以三棱锥的体积为．
16．（2024·广西·模拟预测）在长方体中，点E，F分别在，上，且，．
(1)求证：平面平面AEF；
(2)当，，求平面与平面的夹角的余弦值．
【解题思路】（1）先证明线面垂直，再应用面面垂直判定定理证明即可；
（2）应用空间向量法求二面角余弦值.
【解答过程】（1）为长方体 平面
平面∴
又，且，平面，
平面
平面AEF
平面平面
（2）依题意，建立以D为原点，以DA，DC，分别为x，y，z轴的空直角坐标系，
则，
则
设平面的法向量为．则，即
令，则．．
设平面的法向量为，则，
令，则，所以平面的法向量为，
设平面与平面的夹角为，
则cos=，
所以平面与平面的夹角的余弦值为.
17．（23-24高一下·河南·阶段练习）如图，在长方体中，分别在上.已知，.
(1)作出平面截长方体的截面，并写出作法；
(2)求（1）中所作截面的周长；
(3)长方体被平面截成两部分，求体积较小部分的几何体的体积.
【解题思路】（1）延长，与的延长线交于点，连接并延长，可得交的延长线于，可作所求截面.
（2）利用平行线分线段成比例定理可求五边形的周长；
（3）利用，可求体积.
【解答过程】（1）如图所示，五边形为所求截面.
作法如下：
延长，与的延长线交于点，
连接并延长，分别交于，交的延长线于，
连接，交于点，连接，则五边形为所求截面.
（2）因为，所以，则，
由，可得，
得，则，
.
由，得，由，得，
则
.
故截面的周长为.
（3），
故所求体积为.
18．（2024·江苏无锡·模拟预测）如图，在棱长为的正方体中，点在棱上，且．
(1)求四棱锥的表面积
(2)若点在棱上，且到平面的距离为，求点到直线的距离．
【解题思路】（1）根据三角形以及梯形面积公式即可求解，
（2）建立空间直角坐标系，利用空间距离的向量法求解即可.
【解答过程】（1）由，,所以,
,
所以 ,,
故四棱锥的表面积为
（2）以为坐标原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示空间直角坐标系，
则,0,，,4,， ,4,，，其中，
则，
设平面的法向量为，则，
即令，则平面的法向量，
设到平面的距离为， ，
由于，解得，
故，
点到直线的距离为．
19．（2024·陕西商洛·模拟预测）如图1，在平面四边形中，，，垂足为，将沿翻折到的位置，使得平面平面，如图2所示.

(1)设平面与平面的交线为，证明：.
(2)在线段上是否存在一点（点不与端点重合），使得二面角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
【解题思路】（1）由面面垂直的性质得到平面，即可得证；
（2）由面面垂直的性质得到平面，建立空间直角坐标系，设，利用空间向量法得到方程，求出的值，即可得解.
【解答过程】（1）由题意可知.
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
因为平面平面，所以平面，则.
（2）由图1可知.
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
又平面，
所以，则两两互相垂直，
故以为坐标原点，的方向分别为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系：

设，则，
所以.
设，则，从而，
所以，
设平面的法向量为，
则，
令，得，
易知平面的一个法向量为，
设二面角为，
则，
即，整理得，解得或（舍去）.
故当时，二面角的余弦值为.
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重难点21 立体几何中的常考经典小题全归类【十大题型】
【新高考专用】
【题型1 求几何体的体积与表面积】 4
【题型2 几何体与球的切、接问题】 6
【题型3 体积、面积、周长、距离的最值与范围问题】 7
【题型4 空间线段以及线段之和最值问题】 7
【题型5 空间角问题】 9
【题型6 空间中的距离问题】 9
【题型7 翻折问题】 10
【题型8 立体几何中的截面、交线问题】 11
【题型9 立体几何中的轨迹问题】 12
【题型10 以立体几何为载体的新定义、新情景题】 13
1、立体几何中的常考经典小题全归类
立体几何是高考的重点、热点内容，属于高考的必考内容之一.从近几年的高考情况来看，高考对该部分的考查，小题主要体现在三个方面：一是有关空间线面位置关系的判断；二是空间几何体的体积和表面积的计算，难度较易；三是常见的一些经典常考压轴小题，涉及到空间角、空间距离与轨迹问题等，难度中等或偏上，需要灵活求解．
【知识点1 空间几何体表面积与体积的常见求法】
1．求几何体体积的常用方法
(1)公式法：直接代入公式求解.
(2)等体积法：四面体的任何一个面都可以作为底面，只需选用底面面积和高都易求出的形式即可.
(3)补体法：将几何体补成易求解的几何体，如棱锥补成棱柱，三棱柱补成四棱柱等.
(4)分割法：将几何体分割成易求解的几部分，分别求体积.
2．求组合体的表面积与体积的一般方法
求组合体的表面积的问题，首先应弄清它的组成部分，其表面有哪些底面和侧面，各个面的面积应该
怎样求，然后根据公式求出各个面的面积，最后相加或相减.求体积时也要先弄清各组成部分，求出各简单几何体的体积，再相加或相减.
【知识点2 几何体与球的切、接问题的解题策略】
1．常见的几何体与球的切、接问题的解决方案：
常见的与球有关的组合体问题有两种：一种是内切球，另一种是外接球.
常见的几何体与球的切、接问题的解决方案：
2．空间几何体外接球问题的求解方法：
空间几何体外接球问题的处理关键是确定球心的位置，常见的求解方法有如下几种：
(1)定义法：利用平面几何体知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，
确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解.
(2)补形法：若球面上四点P,A,B,C构成的三条线段PA,PB,PC两两垂直，且PA=a，PB=b，PC=c，一般
把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，根据4R2=a2+b2+c2求解.
(3)截面法：涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体的特殊点(一般为接、切点)或线
作截面，把空间问题转化为平面问题求解.
3．内切球问题的求解策略：
(1)找准切点，通过作过球心的截面来解决.
(2)体积分割是求内切球半径的通用方法.
【知识点3 几何法与向量法求空间角】
1．几何法求异面直线所成的角
(1)求异面直线所成角一般步骤：
①平移：选择适当的点，线段的中点或端点，平移异面直线中的一条或两条成为相交直线；
②证明：证明所作的角是异面直线所成的角；
③寻找：在立体图形中，寻找或作出含有此角的三角形，并解之；
④取舍：因为异面直线所成角的取值范围是，所以所作的角为钝角时，应取它的补角作为异面直线所成的角.
2．用向量法求异面直线所成角的一般步骤：
(1)建立空间直角坐标系；
(2)用坐标表示两异面直线的方向向量；
(3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值；
(4)注意两异面直线所成角的范围是，即两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角的余弦值的绝对值.
3．几何法求线面角
(1)垂线法求线面角(也称直接法)；
(2)公式法求线面角(也称等体积法)：
用等体积法，求出斜线PA在面外的一点P到面的距离，利用三角形的正弦公式进行求解.
公式为：，其中是斜线与平面所成的角，h是垂线段的长，l是斜线段的长.
4．向量法求直线与平面所成角的主要方法:
(1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，将题目转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；
(2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角或钝角的补角，取其余角就是斜线和平面所成的角.
5．几何法求二面角
作二面角的平面角的方法：
作二面角的平面角可以用定义法，也可以用垂面法，即在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线，再过垂足作二面角的棱的垂线，两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角.
6．向量法求二面角的解题思路:
用法向量求两平面的夹角：分别求出两个法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到两平面夹角的大小.
【知识点4 立体几何中的最值问题及其解题策略】
1．立体几何中的几类最值问题
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．
2．立体几何中的最值问题的求解方法
解决立体几何中的最值问题主要有两种解题方法：
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．
【知识点5 立体几何中的截面、交线问题的解题策略】
1．立体几何截面问题的求解方法
(1)坐标法：所谓坐标法就是通过建立空间直角坐标系，将几何问题转化为坐标运算问题，进行求解.
(2)几何法：从几何视角人手，借助立体几何中的线面平行及面面平行的性质定理，找到该截面与相关线、面的交点位置、依次连接这些点，从而得到过三点的完整截面，再进行求解.
2．截面、交线问题的解题策略
(1)作截面应遵循的三个原则：
①在同一平面上的两点可引直线；
②凡是相交的直线都要画出它们的交点；
③凡是相交的平面都要画出它们的交线.
(2)作交线的方法有如下两种：
①利用基本事实3作交线；
②利用线面平行及面面平行的性质定理去寻找线面平行及面面平行，然后根据性质作出交线.
【知识点6 立体几何中的轨迹问题及其解题策略】
1．动点轨迹的判断方法
动点轨迹的判断一般根据线面平行、线面垂直的判定定理和性质定理，结合圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹，有时也可以利用空间向量的坐标运算求出动点的轨迹方程.
2．立体几何中的轨迹问题的常见解法
(1)定义法：根据圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹，进而求解轨迹问题.
(2)交轨法：若动点满足的几何条件是两动曲线(曲线方程中含有参数)的交点，此时，要首先分析两动曲线的变化，依赖于哪一个变量 设出这个变量为t，求出两动曲线的方程，然后由这两动曲线方程着力消去参数t，化简整理即得动点的轨迹方程，这种求轨迹方程的方法我们称为交轨法.
(3)几何法：从几何视角人手，结合立体几何中的线面平行、线面垂直的判定定理和性质定理，找到动点的轨迹，再进行求解.
(4)坐标法：坐标法就是通过建立空间直角坐标系，将立体几何中的轨迹问题转化为坐标运算问题，进行求解.
(5)向量法：不通过建系，而是利用空间向量的运算、空间向量基本定理等来研究立体几何中的轨迹问题，进行求解.
【知识点7 以立体几何为载体的情景题的求解策略】
1．以立体几何为载体的几类情景题
以立体几何为载体的情景题大致有三类：
(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．
2．以立体几何为载体的情景题的求解思路
以立体几何为载体的情景题都跟图形有关，涉及在具体情景下的图形阅读，需要通过数形结合来解决
问题.
此类问题的求解过程主要分四步：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．
【题型1 求几何体的体积与表面积】
【例1】（2024·浙江·模拟预测）清代的苏州府被称为天下粮仓，大批量的粮食要从苏州府运送到全国各地．为了核准粮食的数量，苏州府制作了“小嘴大肚”的官斛用以计算粮食的多少，五斗为一斛，而一只官斛的容量恰好为一斛，其形状近似于正四棱台，上口为正方形，内边长为25cm，下底也为正方形，内边长为50cm，斛内高36cm，那么一斗米的体积大约为立方厘米 （ ）
A．10500 B．12500 C．31500 D．52500
【变式1-1】（2024·江苏连云港·二模）如图是一个圆台的侧面展开图，若两个半圆的半径分别是和，则该圆台的体积是（ ）
A． B． C． D．
【变式1-2】（2024·江苏无锡·模拟预测）蒙古包是我国蒙古族牧民居住的房子，适于牧业生产和游牧生活．如图所示的蒙古包由圆柱和圆锥组合而成，其中圆柱的高为，底面半径为是圆柱下底面的圆心．若圆锥的侧面与以为球心，半径为的球相切，则圆锥的侧面积为（ ）

A． B． C． D．
【变式1-3】（2024·天津和平·二模）如图，一块边长为10cm的正方形铁片上有四块阴影部分，将这些阴影部分裁下去，然后用余下的四个全等的等腰三角形加工成一个正四棱锥形容器，则这个正四棱锥的内切球（球与正四棱锥各面均有且只有一个公共点）的体积为（ ）
A． B． C． D．
【题型2 几何体与球的切、接问题】
【例2】（2024·新疆乌鲁木齐·三模）三棱锥中，平面，，，，，则三棱锥外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【变式2-1】（2024·海南·模拟预测）已知正方体的棱长为2，点为侧面四边形的中心，则四面体的外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【变式2-2】（2024·云南大理·模拟预测）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，此八面体的外接球与内切球的体积之比为（ ）
A． B． C． D．
【变式2-3】（2024·安徽安庆·三模）如图，在一个有盖的圆锥容器内放入两个球体，已知该圆锥容器的底面圆直径和母线长都是，则（ ）
A．这两个球体的半径之和的最大值为
B．这两个球体的半径之和的最大值为
C．这两个球体的表面积之和的最大值为
D．这两个球体的表面积之和的最大值为
【题型3 体积、面积、周长、距离的最值与范围问题】
【例3】（2024·广东佛山·模拟预测）如图，在中，AC边上的高为BH，且，矩形DEFG的顶点D，G分别在边BA，BC上，E，F都在边AC上，以AC为轴将旋转一周，则矩形DEFG旋转形成的几何体的最大体积为（ ）
A． B． C． D．
【变式3-1】（2024·重庆渝中·模拟预测）在三棱锥中，，且平面，过点作截面分别交于点，且二面角的平面角为，则所得截面的面积最小值为（ ）
A． B． C． D．1
【变式3-2】（2024·河南·一模）已知P为棱长为的正四面体各面所围成的区域内部（不在表面上）一动点，记P到面，面，面，面的距离分别为，，，，若，则的最小值为（ ）
A．2 B． C． D．
【变式3-3】（2024·四川宜宾·三模）已知E，F分别是棱长为2的正四面体的对棱的中点.过的平面与正四面体相截，得到一个截面多边形，则下列说法正确的是（ ）
A．截面多边形不可能是平行四边形 B．截面多边形的周长是定值
C．截面多边形的周长的最小值是 D．截面多边形的面积的取值范围是
【题型4 空间线段以及线段之和最值问题】
【例4】（2024·江西鹰潭·模拟预测）如图，在长方形中，，，E为DC的中点，F为线段EC（端点除外）上的动点．现将沿AF折起，使平面平面，在平面内过点D作，K为垂足．设，则t的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【变式4-1】（2024·北京·模拟预测）在棱长为1的正方体中，点是棱的中点，是正方体表面上的一点，若，则线段长度的最大值是（ ）

A． B．
C． D．
【变式4-2】（23-24高三下·陕西西安·阶段练习）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
【变式4-3】（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
【题型5 空间角问题】
【例5】（2024·辽宁沈阳·模拟预测）已知直三棱柱中，，，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【变式5-1】（2024·内蒙古包头·一模）如图，底面是边长为2的正方形，半圆面底面，点为圆弧上的动点．当三棱锥的体积最大时，二面角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【变式5-2】（2024·四川雅安·一模）如图，在正方体中，点是线段上的动点（含端点），点是线段的中点，设与平面所成角为，则的最小值是（ ）
A． B． C． D．
【变式5-3】（2024·山东临沂·二模）已知正方体中，M，N分别为，的中点，则（ ）
A．直线MN与所成角的余弦值为 B．平面与平面夹角的余弦值为
C．在上存在点Q，使得 D．在上存在点P，使得平面
【题型6 空间中的距离问题】
【例6】（2023·贵州六盘水·模拟预测）平面的一个法向量为，为内的一点，则点到平面的距离为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．
【变式6-1】（2024·广西来宾·一模）棱长为3的正方体中，点E，F满足，，则点E到直线的距离为（ ）
A． B．
C． D．
【变式6-2】（2024·福建福州·模拟预测）四棱锥的顶点均在球的球面上，底面为矩形，平面平面，，，，则到平面的距离为（ ）
A． B． C． D．
【变式6-3】（2024·广西·模拟预测）如图，在棱长为2的正方体中，为线段的中点，为线段的中点.直线到平面的距离为（ ）.
A． B． C． D．
【题型7 翻折问题】
【例7】（2024·全国·模拟预测）如图，已知矩形ABCD中，E为线段CD上一动点（不含端点），记，现将沿直线AE翻折到的位置，记直线CP与直线AE所成的角为，则（ ）
A． B． C． D．
【变式7-1】（2023·浙江台州·二模）已知菱形的边长为，对角线长为，将△沿着对角线翻折至△，使得线段长为，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【变式7-2】（2024·全国·三模）在平面直角坐标系中，为圆上的动点，定点．现将轴左侧半圆所在坐标平面沿轴翻折，与轴右侧半圆所在平面成的二面角，使点翻折至，仍在右侧半圆和折起的左侧半圆上运动，则，两点间距离的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【变式7-3】（2024·湖南邵阳·二模）如图所示，在矩形中，，，平面，且，点为线段（除端点外）上的动点，沿直线将翻折到，则下列说法中正确的是（ ）
A．当点固定在线段的某位置时，点的运动轨迹为球面
B．存在点，使平面
C．点到平面的距离为
D．异面直线与所成角的余弦值的取值范围是
【题型8 立体几何中的截面、交线问题】
【例8】（2024·河南新乡·三模）已知球的半径为5，点到球心的距离为3，则过点的平面被球所截的截面面积的最小值是（ ）
A． B． C． D．
【变式8-1】（2024·四川绵阳·模拟预测）在长方体中，，点是线段上靠近的四等分点，点是线段的中点，则平面截该长方体所得的截面图形为（ ）
A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形
【变式8-2】（2024·安徽安庆·三模）在正方体中，点分别为棱的中点，过点三点作该正方体的截面，则（ ）
A．该截面多边形是四边形
B．该截面多边形与棱的交点是棱的一个三等分点
C．平面
D．平面平面
【变式8-3】（2024·河南·模拟预测）如图，已知直三棱柱的体积为4，AC⊥BC，，D为的中点，E为线段AC上的动点（含端点），则平面BDE截直三棱柱所得的截面面积的取值范围为（ ）

A． B． C． D．
【题型9 立体几何中的轨迹问题】
【例9】（2024·陕西商洛·模拟预测）如图，正三棱柱的底面边长是2，侧棱长是，为的中点，是侧面内的动点，且平面，则点的轨迹的长度为（ ）
A． B．2 C． D．4
【变式9-1】（2024·浙江温州·一模）如图，所有棱长都为1的正三棱柱，，点是侧棱上的动点，且，为线段上的动点，直线平面，则点的轨迹为（ ）

A．三角形（含内部） B．矩形（含内部）
C．圆柱面的一部分 D．球面的一部分
【变式9-2】（2024·四川成都·三模）在棱长为5的正方体 中，是中点，点在正方体的内切球的球面上运动，且，则点的轨迹长度为（ ）
A． B． C． D．
【变式9-3】（2024·四川成都·二模）在所有棱长均相等的直四棱柱中，，点在四边形内（含边界）运动．当时，点的轨迹长度为，则该四棱柱的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【题型10 以立体几何为载体的新定义、新情景题】
【例10】（2024·天津北辰·三模）中国载人航天技术发展日新月异.目前，世界上只有3个国家能够独立开展载人航天活动.从神话“嫦娥奔月”到古代“万户飞天”，从诗词“九天揽月”到壁画“仕女飞天”……千百年来，中国人以不同的方式表达着对未知领域的探索与创新.如图，可视为类似火箭整流罩的一个容器，其内部可以看成由一个圆锥和一个圆柱组合而成的几何体.圆柱和圆锥的底面半径均为2，圆柱的高为6，圆锥的高为4.若将其内部注入液体，已知液面高度为7，则该容器中液体的体积为（ ）
A． B． C． D．
【变式10-1】（2024·安徽池州·模拟预测）古希腊数学家欧几里德在其著作《几何原本》中定义了相似圆锥：两个圆锥的高与底面的直径之比相等时，则称这两个圆锥为相似圆锥.已知圆锥的底面圆的半径为3，其母线长为5.若圆锥与圆锥是相似圆锥，且其高为8，则圆锥的侧面积为（ ）
A． B． C． D．
【变式10-2】（2024·广东江门·模拟预测）沙漏也叫做沙钟，是一种测量时间的装置.沙漏由两个完全一样的圆锥和一个狭窄的连接管道组成，通过充满了沙子的玻璃圆锥从上面穿过狭窄的管道流入底部玻璃圆锥所需要的时间来对时间进行测量西方发现最早的沙漏大约在公元1100年，比我国的沙漏出现要晚．时钟问世之后，沙漏完成了它的历史使命.现代沙漏可以用来助眠．经科学认证，人类的健康入睡时间是15分钟，沙漏式伴睡灯便是一个15分钟的计时器．它将古老的计时沙漏与现代夜灯巧妙结合，随着沙粒从缝隙中滑下，下部的灯光逐渐被沙子掩埋，直到15分钟后沙粒全部流光，柔和的灯光完全覆盖．就这样，宁静的夜晚，听着沙粒窸窸窣窣的声音，仿佛一首缓缓流动的安眠曲如图，一件沙漏工艺品，上下两部分可近似看成完全一样的圆锥，测得圆锥底面圆的直径为，沙漏的高（下底面圆心的距离）为，通过圆锥的顶点作沙漏截面，则截面面积最大为（ ）
A． B． C． D．
【变式10-3】（23-24高二上·河南·阶段练习）《瀑布》（图1）是埃舍尔为人所知的作品．画面两座高塔各有一个几何体，右塔上的几何体首次出现，后称“埃舍尔多面体”（图2）．埃舍尔多面体可以用两两垂直且中心重合的三个正方形构造，定义这三个正方形的顶点为“框架点”，定义两正方形的交线为“极轴”，其端点为“极点”，记为，将极点分别与正方形的顶点连线，取其中点记为，如图3．埃舍尔多面体可视部分是由12个四棱锥构成的，这些四棱锥顶点均为“框架点”，底面四边形由两个“极点”与两个“中点”构成，为了便于理解，在图4中构造了其中两个四棱锥与，则直线与平面所成角的正弦值为（ ）
A． B． C． D．
一、单选题
1．（2024·贵州·模拟预测）为了美化广场环境，县政府计划定购一批石墩．已知这批石墩可以看作是一个圆台和一个圆柱拼接而成，其轴截面如下图所示，其中，，则该石墩的体积为（ ）
A． B． C． D．
2．（2024·江苏南京·模拟预测）已知，底面半径的圆锥内接于球，则经过和中点的平面截球所得截面面积的最小值为（ ）
A． B． C． D．
3．（2024·陕西榆林·模拟预测）如图，是边长为4的正三角形，D是BC的中点，沿AD将折叠，形成三棱锥．当二面角为直二面角时，三棱锥外接球的体积为（ ）

A． B． C． D．
4．（2024·河南·二模）已知四面体的各个面均为全等的等腰三角形，且.设为空间内一点，且五点在同一个球面上，若，则点的轨迹长度为（ ）
A． B． C． D．
5．（2024·河南·模拟预测）为体现市民参与城市建设、共建共享公园城市的热情，同时搭建城市共建共享平台，彰显城市的发展温度，某市在中心公园开放长椅赠送点位，接受市民赠送的休闲长椅.其中观景草坪上一架长椅因其造型简单别致，颇受人们喜欢（如图1）.已知和是圆的两条互相垂直的直径，将平面沿翻折至平面，使得平面平面（如图2）此时直线与平面所成角的正弦值为（ ）
A． B． C． D．
6．（2024·安徽·一模）在平行六面体中，已知，，则下列选项中错误的一项是（ ）
A．直线与BD所成的角为90°
B．线段的长度为
C．直线与所成的角为90°
D．直线与平面ABCD所成角的正弦值为
7．（2024·江苏盐城·模拟预测）棱长为2的正方体中，设点为底面内（含边界）的动点，则点到平面距离之和的最小值为（ ）
A． B． C． D．
8．（2024·四川宜宾·模拟预测）已知分别是棱长为2的正四面体的对棱的中点.过的平面与正四面体相截，得到一个截面多边形，则正确的选项是（ ）
①截面多边形可能是三角形或四边形.
②截面多边形周长的取值范围是.
③截面多边形面积的取值范围是.
④当截面多边形是一个面积为的四边形时，四边形的对角线互相垂直.
A．①③ B．②④ C．①②③ D．①③④
二、多选题
9．（2024·江苏扬州·模拟预测）如图，一个棱长为6的透明的正方体容器（记为正方体）放置在水平面的上方，点恰在平面内，点到平面的距离为2，若容器中装有水，静止时水面与表面的交线与的夹角为0，记水面到平面的距离为，则（ ）
A．平面平面
B．点到平面的距离为8
C．当时，水面的形状是四边形
D．当时，所装的水的体积为
10．（2024·全国·二模）已知正方体外接球的体积为是空间中的一点，则下列命题正确的是（ ）
A．若点在正方体表面上运动，且，则点轨迹的长度为
B．若是棱上的点（不包括点），则直线与是异面直线
C．若点在线段上运动，则始终有
D．若点在线段上运动，则三棱锥体积为定值
11．（2024·湖南·三模）如图，在棱长为2的正方体中，点P是正方体的上底面内（不含边界）的动点，点Q是棱的中点，则以下命题正确的是（ ）

A．三棱锥的体积是定值
B．存在点P，使得与所成的角为
C．直线与平面所成角的正弦值的取值范围为
D．若，则P的轨迹的长度为
三、填空题
12．（2024·广东·一模）在正方体中，点P、Q分别在、上，且，，则异面直线与所成角的余弦值为 .
13．（2024·新疆·二模）我国古代数学著作《九章算术》中记载了一种称为“羡除”的几何体，该几何体的一种结构是三个面均为梯形，其他两面为三角形的五面体．如图所示，四边形，，均为等腰梯形，，，，，到平面的距离为5，与间的距离为10，则这个羡除的体积 ．
14．（2024·北京大兴·三模）在棱长为6的正方体中，E为棱上一动点，且不与端点重合，F，G分别为，的中点，给出下列四个结论：
①平面平面；
②平面可能经过的三等分点；
③在线段上的任意点H（不与端点重合），存在点E使得平面；
④若E为棱的中点，则平面与正方体所形成的截面为五边形，且周长为.
其中所有正确结论的序号是 .
四、解答题
15．（2024·四川成都·模拟预测）如图，在四棱锥中，，，，，．

(1)证明：平面平面；
(2)若，，为中点，求三棱锥的体积．
16．（2024·广西·模拟预测）在长方体中，点E，F分别在，上，且，．
(1)求证：平面平面AEF；
(2)当，，求平面与平面的夹角的余弦值．
17．（23-24高一下·河南·阶段练习）如图，在长方体中，分别在上.已知，.
(1)作出平面截长方体的截面，并写出作法；
(2)求（1）中所作截面的周长；
(3)长方体被平面截成两部分，求体积较小部分的几何体的体积.
18．（2024·江苏无锡·模拟预测）如图，在棱长为的正方体中，点在棱上，且．
(1)求四棱锥的表面积
(2)若点在棱上，且到平面的距离为，求点到直线的距离．
19．（2024·陕西商洛·模拟预测）如图1，在平面四边形中，，，垂足为，将沿翻折到的位置，使得平面平面，如图2所示.

(1)设平面与平面的交线为，证明：.
(2)在线段上是否存在一点（点不与端点重合），使得二面角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
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