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专题14 立体几何常见压轴小题全面总结与归纳解析
目录
01考情透视·目标导航 2
02知识导图·思维引航 3
03 知识梳理·方法技巧 4
04 真题研析·精准预测 6
05 核心精讲·题型突破 9
题型一：球与截面面积问题 9
题型二：体积、面积、周长、角度、距离定值问题 10
题型三：体积、面积、周长、距离最值与范围问题 12
题型四：立体几何中的交线问题 15
题型五：空间线段以及线段之和最值问题 17
题型六：空间角问题 18
题型七：轨迹问题 21
题型八：翻折问题 22
重难点突破：以立体几何为载体的情境题 25
高考对这一部分的考察主要集中在两个关键点：一是判断与空间线面位置关系相关的命题真伪；二是涉及一些经典且常出现于压轴位置的小题，这些小题通常具有中等或偏上的难度。
考点要求 目标要求 考题统计 考情分析
球与截面面积问题 掌握球截面性质，会求截面面积 2021年天津卷第6题，5分 2018年I卷第12题，5分 对于2025年高考的预测，关于几何题目的出现形式和热点，可以重新表述为： （1）预计几何题目将以选择题或填空题的精炼形式呈现，旨在全面检验学生的逻辑推理与综合分析能力。 （2）考试的几何热点内容可能会聚焦于基础几何体的表面积与体积计算、空间中的最短路径求解，以及几何体的截面形状与性质等关键问题。
最值与范围问题 掌握求解方法，解决最值与范围问题 2023年甲卷第16题，5分 2022年乙卷第9题，5分 2022年I卷第8题，5分 2021年上海卷第9题，5分
角度问题 掌握角度计算，解决立体几何难题 2024年II卷第7题，5分 2023年天津卷第8题，5分 2023年乙卷第9题，5分 2022年浙江卷第8题，4分 2022年甲卷第9题，5分
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．
1．（2024年北京高考数学真题）如图，在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，，，该棱锥的高为（ ）.
A．1 B．2 C． D．
2．（2024年新课标全国Ⅱ卷数学真题）已知正三棱台的体积为，，，则与平面ABC所成角的正切值为（ ）
A． B．1 C．2 D．3
3．（2023年高考全国甲卷数学（文）真题）在正方体中，为的中点，若该正方体的棱与球的球面有公共点，则球的半径的取值范围是 ．
4．（2023年高考全国甲卷数学（理）真题）在正方体中，E，F分别为AB，的中点，以EF为直径的球的球面与该正方体的棱共有 个公共点．
5．（2023年北京高考数学真题）坡屋顶是我国传统建筑造型之一，蕴含着丰富的数学元素．安装灯带可以勾勒出建筑轮廓，展现造型之美．如图，某坡屋顶可视为一个五面体，其中两个面是全等的等腰梯形，两个面是全等的等腰三角形．若，且等腰梯形所在的平面、等腰三角形所在的平面与平面的夹角的正切值均为，则该五面体的所有棱长之和为（ ）

A． B．
C． D．
6．（2023年高考全国甲卷数学（理）真题）已知四棱锥的底面是边长为4的正方形，，则的面积为（ ）
A． B． C． D．
7．（多选题）（2023年新课标全国Ⅰ卷数学真题）下列物体中，能够被整体放入棱长为1（单位：m）的正方体容器（容器壁厚度忽略不计）内的有（ ）
A．直径为的球体
B．所有棱长均为的四面体
C．底面直径为，高为的圆柱体
D．底面直径为，高为的圆柱体
8．（多选题）（2023年新课标全国Ⅱ卷数学真题）已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，AB为底面直径，，，点C在底面圆周上，且二面角为45°，则（ ）．
A．该圆锥的体积为 B．该圆锥的侧面积为
C． D．的面积为
9．（2023年高考全国乙卷数学（理）真题）已知为等腰直角三角形，AB为斜边，为等边三角形，若二面角为，则直线CD与平面ABC所成角的正切值为（ ）
A． B． C． D．
10．（2022年新高考浙江数学高考真题）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．
11．（2022年高考全国乙卷数学（理）真题）已知球O的半径为1，四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均在球O的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为（ ）
A． B． C． D．
12．（2022年新高考北京数学高考真题）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．
13．（2022年新高考全国I卷数学真题）已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为，且，则该正四棱锥体积的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
14．（多选题）（2022年新高考全国II卷数学真题）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．
题型一：球与截面面积问题
【典例1-1】（24-25高三上·江苏常州·期末）已知正方体的棱长为2，点为棱的中点，则平面截该正方体的内切球所得截面面积为（ ）
A． B． C． D．
【典例1-2】已知棱长为3的正四面体的几何中心为，平面与以为球心的球相切，若与该正四面体的截面始终为三角形，则球表面积的取值范围为（ ）.
A． B． C． D．
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．
【变式1-1】（2024·河南开封·二模）已知经过圆锥的轴的截面是正三角形，用平行于底面的截面将圆锥分成两部分，若这两部分几何体都存在内切球（与各面均相切），则上、下两部分几何体的体积之比是（ ）
A． B． C． D．
【变式1-2】（2024·江苏南通·二模）在棱长为2的正方体中，，，分别为棱，，的中点，平面截正方体外接球所得的截面面积为（ ）
A． B． C． D．
1．已知四面体的各个顶点都在球O的表面上，，，两两垂直，且，，，E是棱BC的中点，过E作四面体外接球O的截面，则所得截面圆的面积的最大值与最小值之差是（ ）
A． B． C． D．
题型二：体积、面积、周长、角度、距离定值问题
【典例2-1】半正多面体（semiregular solid）亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美.二十四等边体就是一种半正多面体，是由正方体切截而成的.它由八个正三角形和六个正方形构成（如图所示），点满足，则直线与平面所成角的正弦值（ ）
A．为定值 B．存在最大值，且最大值为1
C．为定值1 D．存在最小值，且最小值为
【典例2-2】如图，已知正方体，点P是四边形的内切圆上一点，O为四边形ABCD的中心，给出以下结论：
①存在点P，使平面DOP；
②三棱锥的体积为定值；
③直线与直线OP所成的角为定值.
其中，正确结论的个数为（ ）

A．0 B．1 C．2 D．3
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
【变式2-1】（2024·广东广州·模拟预测）已知正方体的边长为1，现有一个动平面，且平面，当平面截此正方体所得截面边数最多时，记此时的截面的面积为，周长为，则（ ）
A．不为定值，为定值 B．为定值，不为定值
C．与均为定值 D．与均不为定值
【变式2-2】（多选题）如图，在正方体中，为线段的中点，为线段上的动点（不包括端点），则（ ）
A．存在点，使得
B．存在点，使得平面
C．对于任意点Q，均不成立
D．三棱锥的体积是定值
1．如图，正方体的棱线长为1，线段上有两个动点E，F，且，则下列结论中错误的是（　　）
A． B．平面ABCD
C．三棱锥的体积为定值 D．异面直线AE，BF所成的角为定值
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）如图，在正四面体中，已知，为棱的中点. 现将等腰直角三角形绕其斜边旋转一周（假设可以穿过正四面体内部），则在旋转过程中，下列结论正确的是（ ）
A．三角形绕斜边旋转一周形成的旋转体体积为
B．四点共面
C．点到的最近距离为
D．异面直线与所成角的范围为
【典例3-2】（多选题）（2024·全国·模拟预测）如图，在棱长为2的正方体中，E为的中点，若一点P在底面内（包括边界）移动，且满足，则（ ）
A．与平面的夹角的正弦值为 B．点到的距离为
C．线段的长度的最大值为 D．与的数量积的范围是
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.
【变式3-1】（多选题）已知正方体棱长为为正方体内切球的直径，点为正方体表面上一动点，则下列说法正确的是（ ）
A．当为中点时，与所成角余弦值为
B．当面时，点的轨迹长度为
C．的取值范围为
D．与所成角的范围为
【变式3-2】（多选题）如图，在棱长为2的正方体中，已知N，Q分别是棱的中点，，P分别是棱上的动点，下列结论正确的是（ ）
A．四面体的体积为定值
B．不存在动点M，P，使得
C．直线CM与平面所成角的范围是
D．若M，P分别是棱的中点，由平面MNQ分割该正方体，其中截面MNQ上方的部分为几何体，某球能够被整体放入几何体，则该球半径的最大值为
1．（多选题）（2024·云南昆明·模拟预测）如图，已知正四棱柱的底面边长为1，侧棱长为2，点为侧棱（含端点）上的动点，直线平面，则下列说法正确的有（ ）

A．直线与平面不可能平行
B．直线与平面不可能垂直
C．若且，则平面截正四棱柱所得截面多边形的周长为
D．直线与平面所成角的正弦值的范围为
题型四：立体几何中的交线问题
【典例4-1】阅读材料：空间直角坐标系中，过点且一个法向量为的平面的方程为．阅读上面材料，解决下面问题：已知平面的方程为，直线是两平面与的交线，则直线与平面所成角的正弦值为（ ）
A．0 B． C． D．
【典例4-2】（2024·江西景德镇·一模）甲烷是最简单的有机化合物，其分子式为，它是由四个氢原子和一个碳原子构成，甲烷在自然界分布很广，是天然气、沼气、煤矿坑道气及可燃冰的主要成分之一.甲烷分子是正四面体空间构型，如图，四个氢原子分别位于正四面体的顶点处，碳原子位于正四面体的中心处.若正四面体的棱长为1，则平面和平面位于正四面体内部的交线长度为（ ）
A． B． C． D．1
几何法
【变式4-1】（2024·广东广州·模拟预测）在正六棱柱中，，为棱的中点，以为球心，为半径的球面与该正六棱柱各面的交线总长为（ ）
A． B． C． D．
【变式4-2】（2024·宁夏吴忠·模拟预测）在正方体中，点为线段上的动点，直线为平面与平面的交线，现有如下说法
①不存在点，使得平面
②存在点，使得平面
③当点不是的中点时，都有平面
④当点不是的中点时，都有平面
其中正确的说法有（ ）
A．①③ B．③④ C．②③ D．①④
1．用一个垂直于圆锥的轴的平面去截圆锥，截口曲线（截面与圆锥侧面的交线）是一个圆，用一个不垂直于轴的平面截圆锥，当截面与圆锥的轴的夹角不同时，可以得到不同的截口曲线，它们分别是椭圆、拋物线、双曲线．因此，我们将圆、椭圆、抛物线、双曲线统称为圆锥曲线．记圆锥轴截面半顶角为，截口曲线形状与有如下关系：当时，截口曲线为椭圆；当时，截口曲线为抛物线：当时，截口曲线为双曲线．如图1所示，其中，现有一定线段，其与平面所成角（如图2），为斜足，上一动点满足，设点在的运动轨迹是，则（ ）

A．当时，是抛物线 B．当时，是双曲线
C．当时，是圆 D．当时，是椭圆
题型五：空间线段以及线段之和最值问题
【典例5-1】棱长为1的正方体中，点在棱上运动，点在侧面上运动，满足平面，则线段的最小值为 .

【典例5-2】已知是大小为的二面角，为二面角内一定点，且到半平面的距离分别为，分别是半平面 内的动点.则周长的最小值为 .
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.
【变式5-1】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 ．
【变式5-2】如图，八面体的每一个面都是边长为4的正三角形，且顶点在同一个平面内．若点在四边形内（包含边界）运动，当时，点到的最小值为 .
1．如图，在棱长为4的正方体中，已知是上靠近的四等分点，点分别在上，则周长的最小值为 .
题型六：空间角问题
【典例6-1】如图，正三棱锥的侧面和底面所成的角为，正三棱锥的侧面和底面所成的角为，，P和位于平面的异侧，且这两个正三棱锥的所有顶点都在同一个球面上，则 ，的最大值为 .
【典例6-2】如图1，是圆的直径，点是圆上异于，的点，直线平面，，分别是，的中点，记平面与平面的交线为，直线与圆的另一个交点为，且点满足.（如图2）.记直线与平面所成的角为，异面直线与所成的角为，二面角的大小为，则下列四个判断中，正确的个数有 个.
① ② ③ ④.

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．
【变式6-1】在正方体中，点是上的动点，是平面内的一点，且满足，则平面与平面所成角余弦值的最大值为 .
【变式6-2】如图所示，几何体由正方体和正四棱锥组合而成，若该组合体内接于半径为的球(即所有顶点都在球上)，记正四棱锥侧棱与正方体底面所成的角为，则 ．
1．如图，边长为2的正方形中，分别是的中点，将分别沿折起，使重合于点，则三棱锥的外接球的体积为 ；设直线与平面所成角分别为，则 .
题型七：轨迹问题
【典例7-1】（2024·浙江台州·一模）已知球的半径为，是球表面上的定点，是球表面上的动点，且满足，则线段轨迹的面积为（ ）
A． B． C． D．
【典例7-2】（24-25高三上·北京西城·期末）如图，在棱长为2的正方体中，为棱的中点，为正方体表面上的动点，且.设动点的轨迹为曲线，则（ ）
A．是平行四边形，且周长为
B．是平行四边形，且周长为
C．是等腰梯形，且周长为
D．是等腰梯形，且周长为
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．
【变式7-1】已知点是正四面体内的动点，是棱的中点，且点到棱和棱的距离相等，则点的轨迹被平面所截得的图形为（ ）
A．线段 B．椭圆的一部分 C．双曲线的一部分 D．抛物线的一部分
【变式7-2】（多选题）（24-25高三上·河南·开学考试）如图，在棱长为2的正方体中，为棱的中点，为线段上的动点，为底面内的动点，则（ ）

A．若，则
B．若，则动点的轨迹长度为
C．若直线与平面所成的角为，则点的轨迹为双曲线的一部分
D．若直线与平面所成的角为，则点的轨迹为椭圆的一部分
1．在直四棱柱中，底面是菱形，边长为2，，侧棱长，点为四边形内动点，若，则点的轨迹长为 ．
题型八：翻折问题
【典例8-1】在正方形中，，为中点，将沿直线翻折至位置，点为线段中点.在翻折的过程中，若为线段的中点，则下列结论中正确的是（ ）
A．三棱锥的体积最大值为
B．异面直线、所成角始终为
C．翻折过程中存在某个位置，使得大小为
D．点在某个圆上运动
【典例8-2】如图，在菱形ABCD中，，线段AD，BD的中点分别为E，F．现将沿对角线BD翻折，则异面直线BE与CF所成角的取值范围（ ）.

A． B．
C． D．
【变式8-1】如图，在矩形中，为的中点，将沿翻折．在翻折过程中，当二面角的平面角最大时，其正弦值为（ ）
A． B． C． D．
【变式8-2】（多选题）在菱形中，，，E为AB的中点，将沿直线DE翻折至的位置，使得二面角为直二面角，若为线段的中点，则（ ）
A．平面
B．
C．异面直线，所成的角为
D．与平面所成角的余弦值为
1．（多选题）在正方形中，，为中点，将沿直线翻折至位置，使得二面角为直二面角，若为线段的中点，则下列结论中正确的是（ ）

A．若点在线段上，则的最小值为
B．三棱锥的体积为
C．异面直线、所成的角为
D．三棱锥外接球的表面积为
重难点突破：以立体几何为载体的情境题
【典例9-1】（2024·青海·模拟预测）如图，在正方体中，，，，，，分别为棱，，，，，的中点，为的中点，连接，．对于空间任意两点，，若线段上不存在也在线段，上的点，则称，两点“可视”，则与点“可视”的点为（ ）
A． B． C． D．
【典例9-2】（22-23高三上·河北·期末）由空间一点出发不共面的三条射线，，及相邻两射线所在平面构成的几何图形叫三面角，记为．其中叫做三面角的顶点，面，，叫做三面角的面，，，叫做三面角的三个面角，分别记为，，，二面角、、叫做三面角的二面角，设二面角的平面角大小为，则一定成立的是（）
A． B．
C． D．
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．
【变式9-1】（多选题）（2024·江西·三模）球面三角学是研究球面三角形的边、角关系的一门学科．如图，球的半径为R，A，B，为球面上三点，劣弧BC的弧长记为，设表示以为圆心，且过B，C的圆，同理，圆的劣弧的弧长分别记为，曲面（阴影部分）叫做曲面三角形，，则称其为曲面等边三角形，线段OA，OB，OC与曲面围成的封闭几何体叫做球面三棱锥，记为球面．设，则下列结论正确的是（ ）
A．若平面是面积为的等边三角形，则
B．若，则
C．若，则球面的体积
D．若平面为直角三角形，且，则
【变式9-2】（多选题）设为多面体的一个顶点，定义多面体在点处的离散曲率为，其中，为多面体的所有与点相邻的顶点，且平面，平面，平面和平面为多面体的所有以为公共点的面.已知在直四棱柱中，四边形为菱形，，则下列说法正确的是（ ）
A．四棱柱在其各顶点处的离散曲率都相等
B．若，则四棱柱在顶点处的离散曲率为
C．若四面体在点处的离散曲率为，则平面
D．若四棱柱在顶点处的离散曲率为，则直线与平面所成的角的正弦值为
1．将个棱长为1的正方体如图放置，其中上层正方体下底面的顶点与下层正方体上底面棱的中点重合.设最下方正方体的下底面的中心为，过的直线与平面垂直，以为顶点，为对称轴的抛物线可以被完全放入立体图形中.若，则的最小值为 ；若有解，则的最大值为 .
21世纪教育网(www.21cnjy.com)专题14 立体几何常见压轴小题全面总结与归纳解析
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01考情透视·目标导航 2
02知识导图·思维引航 3
03 知识梳理·方法技巧 4
04 真题研析·精准预测 6
05 核心精讲·题型突破 21
题型一：球与截面面积问题 21
题型二：体积、面积、周长、角度、距离定值问题 27
题型三：体积、面积、周长、距离最值与范围问题 33
题型四：立体几何中的交线问题 43
题型五：空间线段以及线段之和最值问题 48
题型六：空间角问题 54
题型七：轨迹问题 61
题型八：翻折问题 67
重难点突破：以立体几何为载体的情境题 75
高考对这一部分的考察主要集中在两个关键点：一是判断与空间线面位置关系相关的命题真伪；二是涉及一些经典且常出现于压轴位置的小题，这些小题通常具有中等或偏上的难度。
考点要求 目标要求 考题统计 考情分析
球与截面面积问题 掌握球截面性质，会求截面面积 2021年天津卷第6题，5分 2018年I卷第12题，5分 对于2025年高考的预测，关于几何题目的出现形式和热点，可以重新表述为： （1）预计几何题目将以选择题或填空题的精炼形式呈现，旨在全面检验学生的逻辑推理与综合分析能力。 （2）考试的几何热点内容可能会聚焦于基础几何体的表面积与体积计算、空间中的最短路径求解，以及几何体的截面形状与性质等关键问题。
最值与范围问题 掌握求解方法，解决最值与范围问题 2023年甲卷第16题，5分 2022年乙卷第9题，5分 2022年I卷第8题，5分 2021年上海卷第9题，5分
角度问题 掌握角度计算，解决立体几何难题 2024年II卷第7题，5分 2023年天津卷第8题，5分 2023年乙卷第9题，5分 2022年浙江卷第8题，4分 2022年甲卷第9题，5分
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．
1．（2024年北京高考数学真题）如图，在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，，，该棱锥的高为（ ）.
A．1 B．2 C． D．
【答案】D
【解析】如图，底面为正方形，
当相邻的棱长相等时，不妨设，
分别取的中点，连接，
则，且，平面，
可知平面，且平面，
所以平面平面，
过作的垂线，垂足为，即，
由平面平面，平面，
所以平面，
由题意可得：，则，即，
则，可得，
所以四棱锥的高为.
故选：D.
2．（2024年新课标全国Ⅱ卷数学真题）已知正三棱台的体积为，，，则与平面ABC所成角的正切值为（ ）
A． B．1 C．2 D．3
【答案】B
【解析】解法一：分别取的中点，则，
可知，
设正三棱台的为，
则，解得，
如图，分别过作底面垂线，垂足为，设，
则，，
可得，
结合等腰梯形可得,
即，解得，
所以与平面ABC所成角的正切值为；
解法二：将正三棱台补成正三棱锥，
则与平面ABC所成角即为与平面ABC所成角，
因为，则，
可知，则，
设正三棱锥的高为，则，解得，
取底面ABC的中心为，则底面ABC，且，
所以与平面ABC所成角的正切值.
故选：B.
3．（2023年高考全国甲卷数学（文）真题）在正方体中，为的中点，若该正方体的棱与球的球面有公共点，则球的半径的取值范围是 ．
【答案】
【解析】设球的半径为.
当球是正方体的外接球时，恰好经过正方体的每个顶点，所求的球的半径最大，若半径变得更大，球会包含正方体，导致球面和棱没有交点，
正方体的外接球直径为体对角线长，即，故；
分别取侧棱的中点，显然四边形是边长为的正方形，且为正方形的对角线交点，
连接，则，当球的一个大圆恰好是四边形的外接圆，球的半径达到最小，即的最小值为.
综上，.
故答案为：
4．（2023年高考全国甲卷数学（理）真题）在正方体中，E，F分别为AB，的中点，以EF为直径的球的球面与该正方体的棱共有 个公共点．
【答案】12
【解析】不妨设正方体棱长为2，中点为，取，中点，侧面的中心为，连接，如图，
由题意可知，为球心，在正方体中，，
即，
则球心到的距离为，
所以球与棱相切，球面与棱只有1个交点，
同理，根据正方体的对称性知，其余各棱和球面也只有1个交点，
所以以EF为直径的球面与正方体棱的交点总数为12.
故答案为：12
5．（2023年北京高考数学真题）坡屋顶是我国传统建筑造型之一，蕴含着丰富的数学元素．安装灯带可以勾勒出建筑轮廓，展现造型之美．如图，某坡屋顶可视为一个五面体，其中两个面是全等的等腰梯形，两个面是全等的等腰三角形．若，且等腰梯形所在的平面、等腰三角形所在的平面与平面的夹角的正切值均为，则该五面体的所有棱长之和为（ ）

A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】如图，过做平面，垂足为，过分别做，，垂足分别为，，连接，
由题意得等腰梯形所在的面、等腰三角形所在的面与底面夹角分别为和，
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：，又，故四边形是矩形，
所以由得，所以，所以，
所以在直角三角形中，
在直角三角形中，，，
又因为，
所有棱长之和为.
故选：C
6．（2023年高考全国甲卷数学（理）真题）已知四棱锥的底面是边长为4的正方形，，则的面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】法一：
连结交于，连结，则为的中点，如图，
因为底面为正方形，，所以，则，
又，，所以，则，
又，，所以，则，
在中，，
则由余弦定理可得，
故，则，
故在中，，
所以，
又，所以，
所以的面积为.
法二：
连结交于，连结，则为的中点，如图，
因为底面为正方形，，所以，
在中，，
则由余弦定理可得，故，
所以，则，
不妨记，
因为，所以，
即，
则，整理得①，
又在中，，即，则②，
两式相加得，故，
故在中，，
所以，
又，所以，
所以的面积为.
故选：C.
7．（多选题）（2023年新课标全国Ⅰ卷数学真题）下列物体中，能够被整体放入棱长为1（单位：m）的正方体容器（容器壁厚度忽略不计）内的有（ ）
A．直径为的球体
B．所有棱长均为的四面体
C．底面直径为，高为的圆柱体
D．底面直径为，高为的圆柱体
【答案】ABD
【解析】对于选项A：因为，即球体的直径小于正方体的棱长，
所以能够被整体放入正方体内，故A正确；
对于选项B：因为正方体的面对角线长为，且，
所以能够被整体放入正方体内，故B正确；
对于选项C：因为正方体的体对角线长为，且，
所以不能够被整体放入正方体内，故C不正确；
对于选项D：因为，可知底面正方形不能包含圆柱的底面圆，
如图，过的中点作，设，
可知，则，
即，解得，
且，即，
故以为轴可能对称放置底面直径为圆柱，
若底面直径为的圆柱与正方体的上下底面均相切，设圆柱的底面圆心，与正方体的下底面的切点为，
可知：，则，
即，解得，
根据对称性可知圆柱的高为，
所以能够被整体放入正方体内，故D正确；
故选：ABD.
8．（多选题）（2023年新课标全国Ⅱ卷数学真题）已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，AB为底面直径，，，点C在底面圆周上，且二面角为45°，则（ ）．
A．该圆锥的体积为 B．该圆锥的侧面积为
C． D．的面积为
【答案】AC
【解析】依题意，，，所以，
A选项，圆锥的体积为，A选项正确；
B选项，圆锥的侧面积为，B选项错误；
C选项，设是的中点，连接，
则，所以是二面角的平面角，
则，所以，
故，则，C选项正确；
D选项，，所以，D选项错误.
故选：AC.
9．（2023年高考全国乙卷数学（理）真题）已知为等腰直角三角形，AB为斜边，为等边三角形，若二面角为，则直线CD与平面ABC所成角的正切值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】取的中点，连接，因为是等腰直角三角形，且为斜边，则有，
又是等边三角形，则，从而为二面角的平面角，即，
显然平面，于是平面，又平面，
因此平面平面，显然平面平面，
直线平面，则直线在平面内的射影为直线，
从而为直线与平面所成的角，令，则，在中，由余弦定理得：
，
由正弦定理得，即，
显然是锐角，，
所以直线与平面所成的角的正切为.
故选：C
10．（2022年新高考浙江数学高考真题）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．
11．（2022年高考全国乙卷数学（理）真题）已知球O的半径为1，四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均在球O的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】[方法一]：【最优解】基本不等式
设该四棱锥底面为四边形ABCD，四边形ABCD所在小圆半径为r，
设四边形ABCD对角线夹角为，
则
（当且仅当四边形ABCD为正方形时等号成立）
即当四棱锥的顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时，底面ABCD面积最大值为
又设四棱锥的高为，则，
当且仅当即时等号成立.
故选：C
[方法二]：统一变量＋基本不等式
由题意可知，当四棱锥为正四棱锥时，其体积最大，设底面边长为，底面所在圆的半径为，则，所以该四棱锥的高，
(当且仅当，即时，等号成立)
所以该四棱锥的体积最大时，其高.
故选：C．[方法三]：利用导数求最值
由题意可知，当四棱锥为正四棱锥时，其体积最大，设底面边长为，底面所在圆的半径为，则，所以该四棱锥的高，，令，，设，则，
，，单调递增， ，，单调递减，
所以当时，最大，此时．
故选：C.
【点评】方法一：思维严谨，利用基本不等式求最值，模型熟悉，是该题的最优解；
方法二：消元，实现变量统一，再利用基本不等式求最值；
方法三：消元，实现变量统一，利用导数求最值，是最值问题的常用解法，操作简便，是通性通法．
12．（2022年新高考北京数学高考真题）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
13．（2022年新高考全国I卷数学真题）已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为，且，则该正四棱锥体积的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】∵球的体积为，所以球的半径,
[方法一]：导数法
设正四棱锥的底面边长为，高为，
则，,
所以，
所以正四棱锥的体积，
所以，
当时，，当时，，
所以当时，正四棱锥的体积取最大值，最大值为，
又时，，时，,
所以正四棱锥的体积的最小值为，
所以该正四棱锥体积的取值范围是.
故选：C.
[方法二]：基本不等式法
由方法一故所以当且仅当取到，
当时，得，则
当时，球心在正四棱锥高线上，此时，
，正四棱锥体积，故该正四棱锥体积的取值范围是
14．（多选题）（2022年新高考全国II卷数学真题）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.
题型一：球与截面面积问题
【典例1-1】（24-25高三上·江苏常州·期末）已知正方体的棱长为2，点为棱的中点，则平面截该正方体的内切球所得截面面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】球心为正方体中心，半径，
法一：连接，相交于点，点为的中点，连接，
可得，因为平面，平面，
所以平面，在上，
则到平面的距离等于点到平面的距离，设为，
，，
由平面、得：，
则截面圆半径，
所以截面面积；
法二：以为原点，为轴建立空间直角坐标系，如图，
则，，，，
，，，
设平面的一个法向量为，
，令，则，
所以，
则到平面的距离，
截面圆半径，所以截面面积.
故选：A．
【典例1-2】已知棱长为3的正四面体的几何中心为，平面与以为球心的球相切，若与该正四面体的截面始终为三角形，则球表面积的取值范围为（ ）.
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】依题意，平面与以为球心的球相切，因四面体每个顶点发出了三条棱，
要使与该四面体的截面始终为三角形，就必须使在四面体的每个顶点处只能看到三条棱（其余棱被球挡住），
因此需要球与每条棱都有公共点，当球与每条棱有且仅有一个公共点时，球为四面体的棱切球，
当球半径继续增大到外接球半径之前，都能确保截面始终为三角形，
而当球半径为外接球半径或更大时，截面将不存在，因此必须使球的半径满足.
图1
①下面先来求四面体的棱切球的半径(如图1).
点为顶点在底面上的射影，为棱切球的球心，作于点，
连接并延长交于点，连接，则易得点为中点，易证,故得.
设，因正四面体棱长为3，则,，
在中，,得，又,
故有，，解得（舍去），即四面体的棱切球半径为；
图2
②接着，再来求四面体的外接球的半径（如图2），
设外接球半径为,则,由上分析，则,
由题意，,解得,即四面体的外接球半径为.
由上分析，球表面积应满足：，即.
故选：A.
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．
【变式1-1】（2024·河南开封·二模）已知经过圆锥的轴的截面是正三角形，用平行于底面的截面将圆锥分成两部分，若这两部分几何体都存在内切球（与各面均相切），则上、下两部分几何体的体积之比是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】如图，作出圆锥的轴截面，
设上、下两部分几何体的两部分的内切球的球心分别为，，半径分别为，，
即，，
根据题意可知为正三角形，易知，圆锥的底面半径，
，又，
，，
上部分圆锥的底面半径为，高为，
又圆锥的底面半径为，高为，
上部分圆锥的体积与圆锥的体积之比为，
上、下两部分几何体的体积之比是．
故选：C．
【变式1-2】（2024·江苏南通·二模）在棱长为2的正方体中，，，分别为棱，，的中点，平面截正方体外接球所得的截面面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】取正方体的中心为，连接，
由于正方体的棱长为2，所以正方体的面对角线长为，体对角线长为，
正方体外接球球心为点，半径，
又易得，且，
所以三棱锥为正四面体，如图所示，取底面正三角形的中心为，
即点到平面的距离为，又正三角形的外接圆半径为，
由正弦定理可得，即，所以，
即正方体外接球的球心到截面的距离为，
所以截面被球所截圆的半径，
则截面圆的面积为.
故选：A.
1．已知四面体的各个顶点都在球O的表面上，，，两两垂直，且，，，E是棱BC的中点，过E作四面体外接球O的截面，则所得截面圆的面积的最大值与最小值之差是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】设所得截面圆的面积为，半径为r．因为，，两两垂直，
故可将四面体放入长方体中，如图所示，
易得外接球半径．
过E作球O的截面，当所得截面圆的面积最大时，截面为过球心的圆面，
，当所得截面圆的面积最小时，截面为与最大截面垂直的圆面．
在内，，所以，即，
，所以．
故选：B．
题型二：体积、面积、周长、角度、距离定值问题
【典例2-1】半正多面体（semiregular solid）亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美.二十四等边体就是一种半正多面体，是由正方体切截而成的.它由八个正三角形和六个正方形构成（如图所示），点满足，则直线与平面所成角的正弦值（ ）
A．为定值 B．存在最大值，且最大值为1
C．为定值1 D．存在最小值，且最小值为
【答案】A
【解析】，即在线段（不包括点）.
如图，将该半正多面体补成正方体，则平面平面，
因此直线与平面所成角等于直线与平面所成角.
在正四面体中，设正四面体的棱长为2，作平面，垂足为，
连接，则即为直线与平面所成角.
易求，所以，
所以.
所以直线与平面所成角的正弦值为.
故选：A.
【典例2-2】如图，已知正方体，点P是四边形的内切圆上一点，O为四边形ABCD的中心，给出以下结论：
①存在点P，使平面DOP；
②三棱锥的体积为定值；
③直线与直线OP所成的角为定值.
其中，正确结论的个数为（ ）

A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】D
【解析】设底面内切圆的圆心为，连接，
由正方体的性质可知，，所以四点共面，
又因为平面，所以平面，
所以当点P是直线与四边形的内切圆的交点时，满足平面DOP；故①正确.
因为,而三棱锥的底面积为定值，高等于正方体的棱长，也是定值，
所以三棱锥的体积为定值；故②正确.
直线与直线OP所成的角等于直线与直线OP所成的角,
由于点在底面的内切圆上，所以直线与直线OP所成的角为定值；故③正确.
故选：D.
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
【变式2-1】（2024·广东广州·模拟预测）已知正方体的边长为1，现有一个动平面，且平面，当平面截此正方体所得截面边数最多时，记此时的截面的面积为，周长为，则（ ）
A．不为定值，为定值 B．为定值，不为定值
C．与均为定值 D．与均不为定值
【答案】A
【解析】正方体的所有棱中，实际上是3组平行的棱，与面平行的面且截面是六边形时满足条件，如图所示，
正方体边长为1，即
设，则，
，
同理可得六边形其他相邻两边的和均为，
六边形的周长为定值，
正三角形的面积为.
当均为中点时，六边形的边长相等即截面为正六边形时截面面积最大，
此时,截面面积为，
截面从平移到的过程中，截面面积的变化过程是由小到大，再由大到小，故可得周长为定值，面积不为定值.
故选：A
【变式2-2】（多选题）如图，在正方体中，为线段的中点，为线段上的动点（不包括端点），则（ ）
A．存在点，使得
B．存在点，使得平面
C．对于任意点Q，均不成立
D．三棱锥的体积是定值
【答案】BC
【解析】在正方体中，建立如图所示的空间直角坐标系，令，
则，，
令，则点，，
对于A，，若，则，必有，即与矛盾，A错误；
对于B，，若平面，则，
即，解得，则点是中点时，，
而平面，因此平面，B正确；
对于C，，即对任意，向量与都不垂直，C正确；
对于D，，设平面的法向量，
则，令，得，
于是点到平面的距离，，不是常数，
又点是三个定点，面积是定值，因此三棱锥的体积不是定值，D错误.
故选：BC
1．如图，正方体的棱线长为1，线段上有两个动点E，F，且，则下列结论中错误的是（　　）
A． B．平面ABCD
C．三棱锥的体积为定值 D．异面直线AE，BF所成的角为定值
【答案】D
【解析】对于选项A，在正方体中，平面，
平面，所以，即，
四边形为正方形，则，
又，平面，平面，所以平面，平面，所以，故A正确.
对于选项B，在正方体中, 平面平面，
平面，所以平面ABCD，故B正确.
对于选项C，连接交于点，设三棱锥的高为，
，平面，平面，
所以点B到直线的距离即为，，
又因为平面，即平面，所以AO为三棱锥的高，
在中，，所以，
（定值），故C正确.
对于选项D，设异面直线AE，BF所成的角为，连接交于点，
当点与重合时，因为，此时点与点重合，连接，
在正方体，且，所以四边形为平行四边形，
所以，即为异面直线AE，BF所成的角，
在中，，，，
因为，所以为直角三角形，，所以异面直线AE，BF所成的角的正弦值为.
当点与重合时，，此时点与点重合，，即，
即为即为异面直线AE，BF所成的角，
在中，，，，
，所以异面直线AE，BF所成的角的正弦值为,
异面直线AE，BF所成的角不是定值,故D错误.
故选：D.
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）如图，在正四面体中，已知，为棱的中点. 现将等腰直角三角形绕其斜边旋转一周（假设可以穿过正四面体内部），则在旋转过程中，下列结论正确的是（ ）
A．三角形绕斜边旋转一周形成的旋转体体积为
B．四点共面
C．点到的最近距离为
D．异面直线与所成角的范围为
【答案】BCD
【解析】对于A：因为，所以等腰直角三角形的直角边为，斜边的高为1；
旋转后的几何体为两个大小相等的圆锥组合体，其圆锥的底面半径为1，高为1；
所以几何体的体积为，A错误；
对于B: 在正四面体中，各个侧面都是等边三角形，又因为为棱的中点，
所以，又相交于点，又都在平面内，
所以平面，又，与平面有一个公共点，
所以在平面内，所以四点共面，故B正确；
对于C: 在图1中，令为的中点，为的中点，则点在以为圆心，1为半径的圆上运动，
由图可知当三点共线，且当运动到的位置时，到的距离最小，
在中，，所以，C正确
对于D:由B、C可知，在圆锥的底面内，如图1，由圆锥轴截面中，，
由线面角的概念可知，与圆锥底面中的直线所成最小角就是，最大角一定为
由此可知异面直线与所成角的范围为，正确
故选:BCD
【典例3-2】（多选题）（2024·全国·模拟预测）如图，在棱长为2的正方体中，E为的中点，若一点P在底面内（包括边界）移动，且满足，则（ ）
A．与平面的夹角的正弦值为 B．点到的距离为
C．线段的长度的最大值为 D．与的数量积的范围是
【答案】ABD
【解析】如图，以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，
则，设，
可得，，
若，则，可得，
则，解得，即.
对于选项A：可知平面的法向量，
则，
所以与平面的夹角的正弦值为，故A正确；
对于选项B：因为，
所以点到的距离为，故B正确；
对于选项C：因为，
则，
且，可得当且仅当时，取到最大值，
所以线段的长度的最大值为3，故C错误；
对于选项D：因为，，
则，
且，可知当时，取到最小值；
当时，取到最大值；
所以与的数量积的范围是，故D正确；
故选：ABD.
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.
【变式3-1】（多选题）已知正方体棱长为为正方体内切球的直径，点为正方体表面上一动点，则下列说法正确的是（ ）
A．当为中点时，与所成角余弦值为
B．当面时，点的轨迹长度为
C．的取值范围为
D．与所成角的范围为
【答案】ABC
【解析】根据题意，以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，
对于A，如下图所示：
易知，则,
可得，
即当为中点时，与所成角余弦值为，可得A正确；
对于B，易知是边长为的正三角形，故其面积为，
由三棱锥的体积为，可得点到平面的距离为，
即点在与平面平行且距离为的平面内，连接，如下图所示：
由正方体性质可得平面平面，且两平面间的距离等于，所以点平面，
又面，平面平面，即可得点的轨迹即是线段，
因此点的轨迹长度为，即可得B正确；
对于C，依题意可知即为正方体的中心，如下图所示：
，
又因为为球的直径，所以，
即可得，
又易知当点为正方体与球的切点时，最小；当点为正方体的顶点时，最大；
即，因此可得的取值范围为，即C正确；
对于D，易知的中点即为球心，如下图所示：
当与球相切时，与所成的角最大，此时，
显然，结合两直线所成角的范围可知与所成角的范围为错误，即D错误.
故选：ABC
【变式3-2】（多选题）如图，在棱长为2的正方体中，已知N，Q分别是棱的中点，，P分别是棱上的动点，下列结论正确的是（ ）
A．四面体的体积为定值
B．不存在动点M，P，使得
C．直线CM与平面所成角的范围是
D．若M，P分别是棱的中点，由平面MNQ分割该正方体，其中截面MNQ上方的部分为几何体，某球能够被整体放入几何体，则该球半径的最大值为
【答案】ACD
【解析】对于A，,A正确，
对于B，连接相交于，当P是棱上的动点时，
过作交于，过作交于，连接,
由于,故,
由于，平面，
故平面,平面,
故,平面，平面，
故，
由于N，Q分别是棱的中点，所以，
所以，故B错误，
对于C，由于平面，平面，故，
又，平面，
故平面,故到平面的距离为，
又平面， 平面，
故平面，
因此到平面的距离与到平面的距离相等，即距离为，
由于,
设直线CM与平面为，则，
由于，故，C正确，
对于D，
，分别是棱，的中点，点为中点时，平面在正方体上的截面为正六边形，
某球能够被整体放入，该球的半径最大时，是以为顶点，底面为正六边形的正六棱锥的内切球，
正六边形的边长为，面积为，
正六棱锥，侧棱长，每个侧面面积为，棱锥的高为，
设该球的半径为，由体积法可得，解得，
D正确．
故选：ACD
1．（多选题）（2024·云南昆明·模拟预测）如图，已知正四棱柱的底面边长为1，侧棱长为2，点为侧棱（含端点）上的动点，直线平面，则下列说法正确的有（ ）

A．直线与平面不可能平行
B．直线与平面不可能垂直
C．若且，则平面截正四棱柱所得截面多边形的周长为
D．直线与平面所成角的正弦值的范围为
【答案】BC
【解析】对于A ：已知，若，则需，易知当与重合时，
平面，平面，所以，故可能成立，故A错误；
对于B：假设直线与平面垂直，又因为，则，显然不合题意，
因此假设不成立，即直线与平面不可能垂直，故B正确；
对于C：当为的中点时，连接，，
依题意可知，平面，平面，
所以，
又，平面，所以平面，
又平面，所以，
又平面，平面，所以，
又，所以，所以，
又，平面，所以平面，
又平面，所以，
又，平面，
所以平面，则平面为平面，即平面截正四棱柱所得截面多边形为，
又，
所以截面多边形的周长为，故C正确；
对于D：以为原点，直线分别为轴建立如图所示坐标系，
则，则，设，
平面的一个法向量为，设直线与平面所成角为，
所以，又，
所以，
所以直线与平面所成角的正弦值的范围为，故D错误.
故选：BC
题型四：立体几何中的交线问题
【典例4-1】阅读材料：空间直角坐标系中，过点且一个法向量为的平面的方程为．阅读上面材料，解决下面问题：已知平面的方程为，直线是两平面与的交线，则直线与平面所成角的正弦值为（ ）
A．0 B． C． D．
【答案】A
【解析】根据材料可知平面的法向量可取，
平面的法向量可取，
平面的法向量可取，
因为直线是两平面与的交线，设的方向向量，
则，取可得的一个方向向量，
设直线与平面所成角为，
则，
即直线与平面所成角的正弦值为，
故选：A
【典例4-2】（2024·江西景德镇·一模）甲烷是最简单的有机化合物，其分子式为，它是由四个氢原子和一个碳原子构成，甲烷在自然界分布很广，是天然气、沼气、煤矿坑道气及可燃冰的主要成分之一.甲烷分子是正四面体空间构型，如图，四个氢原子分别位于正四面体的顶点处，碳原子位于正四面体的中心处.若正四面体的棱长为1，则平面和平面位于正四面体内部的交线长度为（ ）
A． B． C． D．1
【答案】A
【解析】如图所示，
分别取的中点，连结E，F，
则由正四面体的性质，EF过正四面体的中心O，
所以平面即平面，平面即平面，
又因为平面，平面，
所以平面和平面位于正四面体内部的交线为线段，
又因为正四面体的棱长为1，
则由勾股定理可得，
所以在等腰三角形FAB中：
．
故选：A．
几何法
【变式4-1】（2024·广东广州·模拟预测）在正六棱柱中，，为棱的中点，以为球心，为半径的球面与该正六棱柱各面的交线总长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】因为球的半径为6，，所以球不与侧面及侧面相交，
设分别为的中点，连接，
则由题意可得，
所以，
所以球与侧面交于点，与侧面交于点，
在正六边形中，因为，所以，
所以，
因为平面，平面，所以，
因为，平面，
所以平面，所以平面，且，
所以，
所以球与侧面的交线是以为直径的半圆，
同理可得球与侧面的交线是以为直径的半圆，
因为，所以球与上下底面的交线均为个半径为的圆，
所以球面与该正六棱柱各面的交线总长为
故选：D
【变式4-2】（2024·宁夏吴忠·模拟预测）在正方体中，点为线段上的动点，直线为平面与平面的交线，现有如下说法
①不存在点，使得平面
②存在点，使得平面
③当点不是的中点时，都有平面
④当点不是的中点时，都有平面
其中正确的说法有（ ）
A．①③ B．③④ C．②③ D．①④
【答案】B
【解析】对于①，由当点与点重合时，由，
而平面，平面，得平面，故①错误；
对于②，若存在点，使得平面，则，
又，可得，
以D为原点建立如图所示的空间直角坐标系，设棱长为1，，，
则，，，，
则，，
，，
所以，这与矛盾，故②错误；
对于③，当不是的中点时，
由，且面，面，可知面，
又直线为面与面的交线，则，
又面，面，从而可得面，故③正确；
对于④，由③可知，又平面，平面，
所以，又，，平面，
所以平面，所以平面，故④正确.
综上，③④正确.
故选：B.
1．用一个垂直于圆锥的轴的平面去截圆锥，截口曲线（截面与圆锥侧面的交线）是一个圆，用一个不垂直于轴的平面截圆锥，当截面与圆锥的轴的夹角不同时，可以得到不同的截口曲线，它们分别是椭圆、拋物线、双曲线．因此，我们将圆、椭圆、抛物线、双曲线统称为圆锥曲线．记圆锥轴截面半顶角为，截口曲线形状与有如下关系：当时，截口曲线为椭圆；当时，截口曲线为抛物线：当时，截口曲线为双曲线．如图1所示，其中，现有一定线段，其与平面所成角（如图2），为斜足，上一动点满足，设点在的运动轨迹是，则（ ）

A．当时，是抛物线 B．当时，是双曲线
C．当时，是圆 D．当时，是椭圆
【答案】D
【解析】∵为定线段，为定值，
∴在以为轴的圆锥上运动，其中圆锥的轴截面半顶角为，与圆锥轴的夹角为，
对于A，，∴平面截圆锥得双曲线，故A错误；
对于B，，∴平面截圆锥得椭圆，故B错误；
对于C，，∴平面截圆锥得抛物线，故C错误；
对于D，，∴平面截圆锥得椭圆，故D正确；
故选：D.
题型五：空间线段以及线段之和最值问题
【典例5-1】棱长为1的正方体中，点在棱上运动，点在侧面上运动，满足平面，则线段的最小值为 .

【答案】
【解析】以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，如图，
则，设，，
所以，
，
因为平面，
所以，
故，
，故，
其中，
故，
故当时，，此时满足要求，
所以线段PQ的最小值为.
故答案为：
【典例5-2】已知是大小为的二面角，为二面角内一定点，且到半平面的距离分别为，分别是半平面 内的动点.则周长的最小值为 .
【答案】
【解析】分别作点关于平面的对称点，
则，，
易证当分别取直线与平面的交点时，周长最短，
且这个周长最小值为.
故答案为：
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.
【变式5-1】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5-2】如图，八面体的每一个面都是边长为4的正三角形，且顶点在同一个平面内．若点在四边形内（包含边界）运动，当时，点到的最小值为 .
【答案】/
【解析】以为直径作球，球半径，
与球上任意一点(除去点)均能构成直角，
故点轨迹为球与四边形（包括边界）的交线.
易知在平面上的投影为菱形的外心，且都全等,
故四边形为正方形，四棱锥为正四棱锥，在平面上的投影为正方形的中心，
记球心在平面上的投影为，，
故平面截球的小圆半径，
即点的轨迹以中点为圆心，半径为的圆在四边BCDE内（包含边界）的一段弧，
易知到的距离为3，弧上的点到的距离最小值为.
故答案为：
1．如图，在棱长为4的正方体中，已知是上靠近的四等分点，点分别在上，则周长的最小值为 .
【答案】
【解析】将分别沿展开到与平面共面的位置，如图所示，
其中点为原来的点的周长，
（当且仅当四点共线时取等号）.
，
又，
，
，即周长的最小值为.
故答案为：.
题型六：空间角问题
【典例6-1】如图，正三棱锥的侧面和底面所成的角为，正三棱锥的侧面和底面所成的角为，，P和位于平面的异侧，且这两个正三棱锥的所有顶点都在同一个球面上，则 ，的最大值为 .
【答案】 /
【解析】由这两个正三棱锥的所有顶点都在同一个球面上，以及图形的对称性可知，为外接球的直径，故；
设三角形的中心为,的中点为,，
由正弦定理可知，，
由三角形性质可知，
因为三角形为直角三角形，
显然
所以有
即，
由题可知，
所以
由基本不等式可知，当时等号成立，
所以
故填：；
【典例6-2】如图1，是圆的直径，点是圆上异于，的点，直线平面，，分别是，的中点，记平面与平面的交线为，直线与圆的另一个交点为，且点满足.（如图2）.记直线与平面所成的角为，异面直线与所成的角为，二面角的大小为，则下列四个判断中，正确的个数有 个.
① ② ③ ④.

【答案】3
【解析】
对于②，如图所示，连接，因为平面与平面的交线为，所以，
又因为直线与圆的另一个交点为，所以，即平面与平面的交线为就是直线，
因为，分别是，的中点，所以，
而平面，平面，
所以平面，
又平面平面，平面，
所以，所以
由题意易知：，面，则面，而面，则，即二面角的大小，故②正确；
对于③，；
由Q满足，点是中点，平面，则，面，
结合题意此时四边形为矩形，则直线与平面所成的角，
即；
过Q作，且使得，连接，显然，此时四边形为平行四边形，，
则异面直线与所成的角，结合上面说明得面，
而面，则，即.
∴，故③正确；
对于①，由③可知，注意到，所以，故①正确；
对于④，故④错误；
故正确的序号有：①②③，共3个.
故答案为：3.
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．
【变式6-1】在正方体中，点是上的动点，是平面内的一点，且满足，则平面与平面所成角余弦值的最大值为 .
【答案】
【解析】连接、、、，设，连接、，如下图所示：
因为且，则四边形为平行四边形，
因为四边形为正方形，则，
因为平面，平面，则，
因为，、平面，所以平面，
因为平面，所以，
因为是平面内的一点，且满足，所以点的轨迹为线段，
设正方体的棱长为，则，
因为四边形为正方形，，则为的中点，且，
由勾股定理可得，则，
所以为平面与平面所成角（或补角），
由图可知，由图可知，当点与点重合时，最大，
，，
因为平面，平面，则，同理，
此时；
当与点重合时，最小，易得，
所以
，
又因为函数在上单调递减，
所以，则，
而平面与平面所成角为锐角，不妨设为，则，
所以平面与平面所成角的余弦值的最大值为.
故答案为：.
【变式6-2】如图所示，几何体由正方体和正四棱锥组合而成，若该组合体内接于半径为的球(即所有顶点都在球上)，记正四棱锥侧棱与正方体底面所成的角为，则 ．
【答案】
【解析】由正方体的性质可知该组合体的外接球的球心为正方体的中心，设正方体上底面的中心为，连接，，
则在线段上，则．设正方体的棱长为，该组合体外接球即为正方体外接球，
则，
，，因为面，则即为，
所以．
故答案为：
1．如图，边长为2的正方形中，分别是的中点，将分别沿折起，使重合于点，则三棱锥的外接球的体积为 ；设直线与平面所成角分别为，则 .
【答案】 1
【解析】由题意知，故三线两两垂直；
如图1构造长方体，长方体的外接球就是三棱锥的外接球，
长方体的体对角线就是外接球的直径，设为，
则，即，
所以所求外接球的体积为.
如图2，取的中点，连接；
由可知，平面，
故平面，平面,即平面平面，
平面平面，作，垂足为，则平面，与平面所成角分别为，
，由上述过程可知，所以，
所以，
故答案为：，1
题型七：轨迹问题
【典例7-1】（2024·浙江台州·一模）已知球的半径为，是球表面上的定点，是球表面上的动点，且满足，则线段轨迹的面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】如图，以球的球心为坐标原点，所在的直线为轴，建立空间直角坐标系，
因为球的半径为，则，设，
则，，所以，
又，，则，得到，
如图，在线段取点，使，所以线段轨迹为圆锥的侧面，
又，则，所以圆锥的侧面积为，
所以线段轨迹的面积为，
故选：C.
【典例7-2】（24-25高三上·北京西城·期末）如图，在棱长为2的正方体中，为棱的中点，为正方体表面上的动点，且.设动点的轨迹为曲线，则（ ）
A．是平行四边形，且周长为
B．是平行四边形，且周长为
C．是等腰梯形，且周长为
D．是等腰梯形，且周长为
【答案】D
【解析】分别取的中点，连接，
则∥∥，∴四点共面
若为面上的动点，
由正方体易得，平面平面，且平面平面，要使，则只需，此时的轨迹为线段；
若为面上的动点，
由正方体易得，平面平面，且平面平面，要使，则只需，因为分别是的中点，易证，故此时的轨迹为线段；
所以动点的轨迹曲线为过点的平面与正方体各表面的交线，即梯形.
因为正方体的棱长为2，所以.
所以曲线为等腰梯形，且周长为.
故选：D.
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．
【变式7-1】已知点是正四面体内的动点，是棱的中点，且点到棱和棱的距离相等，则点的轨迹被平面所截得的图形为（ ）
A．线段 B．椭圆的一部分 C．双曲线的一部分 D．抛物线的一部分
【答案】D
【解析】在正四面体中，是棱的中点，
所以，，又，平面，
所以平面，
又点的轨迹被平面所截，即点在平面内，
∴点到棱的距离为．
在平面内过点作，则为点到棱的距离，
又点到棱和棱的距离相等，即，
因此，在平面内，动点到棱和到定点的距离相等．
由抛物线的定义得，动点的轨迹是抛物线.
故选：D．
【变式7-2】（多选题）（24-25高三上·河南·开学考试）如图，在棱长为2的正方体中，为棱的中点，为线段上的动点，为底面内的动点，则（ ）

A．若，则
B．若，则动点的轨迹长度为
C．若直线与平面所成的角为，则点的轨迹为双曲线的一部分
D．若直线与平面所成的角为，则点的轨迹为椭圆的一部分
【答案】ABC
【解析】对于A项，连接，，则，
作，交于点，易证，
由，得，，所以，，
所以，
同理，所以，所以，故A正确；
由，，
所以，
即点的轨迹是以A为圆心，为半径的圆在正方形内的部分，，
设该圆交棱于S点，交棱于点，则，
又，为锐角，所以，所以，
故所求轨迹长度为，故B正确；
如图，以A为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，则，
设，，易得平面的一个法向量为，
因为直线与平面所成的角为，所以，
所以，
化简得，故C正确，D错误．
故选：ABC．
1．在直四棱柱中，底面是菱形，边长为2，，侧棱长，点为四边形内动点，若，则点的轨迹长为 ．
【答案】/
【解析】如图所示，过点作，过点作，
因为四棱柱是直四棱柱，所以平面，
因为平面，所以，
又因为，，平面，平面，
所以平面，
因为直线平面，
所以，
因为，，，
所以，
又因为，所以，
因为点在侧面内，
所以在平面直角坐标系中来研究点轨迹的长度，如图所示：
点的运动轨迹为以点为圆心、半径为2的圆在正方形内部的弧，
显然，，所以，
所以.
故答案为：.
题型八：翻折问题
【典例8-1】在正方形中，，为中点，将沿直线翻折至位置，点为线段中点.在翻折的过程中，若为线段的中点，则下列结论中正确的是（ ）
A．三棱锥的体积最大值为
B．异面直线、所成角始终为
C．翻折过程中存在某个位置，使得大小为
D．点在某个圆上运动
【答案】D
【解析】对于A，当二面角为直二面角，过作于，
所以平面平面．又平面平面，所以平面．
由题意可得，．由勾股定理可得．
由，即，解得．
因为为线段的中点，所以到平面的距离为．
又，所以，即三棱锥的体积最大值为，故A错误．
对于B、C选项，取的中点，则，且，，所以．
因为，所以是异面直线，所成的角．
取的中点，连接，，可得，，
所以．
在中，可得．
由余弦定理可得，所以．
在中，由余弦定理可得，
所以，所以异面直线，所成的角为，故B，C均错误．
对于D选项，由B，C选项可知，，均为定值，则的轨迹为以，为球心的球面的交线，
即点在某个圆上运动，故D正确．
故选：D
【典例8-2】如图，在菱形ABCD中，，线段AD，BD的中点分别为E，F．现将沿对角线BD翻折，则异面直线BE与CF所成角的取值范围（ ）.

A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】可设菱形的边长为1，则，；
线段AD，BD的中点分别为E，F；
∴，；
∴
；
∴；
由图看出；
∴；
∴；
又因为异面直线夹角范围是，
即异面直线BE与CF所成角的取值范围是．
故选：C．
【变式8-1】如图，在矩形中，为的中点，将沿翻折．在翻折过程中，当二面角的平面角最大时，其正弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
在图1中，过作的垂线，垂足为，交于，交于.
在图2中，设在平面内的射影为，则在直线上，过作的垂线，垂足为，连接，
因为平面，平面，
所以，
又因为，，平面，平面，
所以平面，
因为平面，
所以，
因为，平面，平面，平面平面，
所以为二面角的平面角.
设．，
由，可得．
即有，
令，可得，
其中，
解得，则，等号成立当且仅当．
当二面角的平面角最大时，其正切值为，此时它的正弦值为．
故选：B．
【变式8-2】（多选题）在菱形中，，，E为AB的中点，将沿直线DE翻折至的位置，使得二面角为直二面角，若为线段的中点，则（ ）
A．平面
B．
C．异面直线，所成的角为
D．与平面所成角的余弦值为
【答案】AC
【解析】如图，建立空间直角坐标系，则，，，，.
对于A，因为，平面的一个法向量为，
所以，所以平面，故A正确.
对于B，因为，，
所以，
所以DP，EC不垂直，故B错误.
对于C，因为，，
所以，
所以异面直线，所成的角为，故C正确.
对于D，设平面的法向量为，
因为，，
所以令，得.
设与平面所成的角为，因为，
所以，
，故D错误.
故选：AC.
1．（多选题）在正方形中，，为中点，将沿直线翻折至位置，使得二面角为直二面角，若为线段的中点，则下列结论中正确的是（ ）

A．若点在线段上，则的最小值为
B．三棱锥的体积为
C．异面直线、所成的角为
D．三棱锥外接球的表面积为
【答案】AC
【解析】对于A，将沿直线翻折至，可得的最小值为，故A正确；
对于B，过作于，因为二面角为直二面角，
所以平面平面，又平面平面，所以平面，
由题意可得，
由勾股定理可得，
由，即，解得，
因为为线段的中点，所以到平面的距离为，
又，所以，故B错误；
对于C，取的中点，则，且，，
所以，因为，所以是异面直线、所成的角，
取的中点，连接，
可得，所以，
在中，可得，
由余弦定理可得，所以，
在中，由余弦定理可得，
所以，所以异面直线、所成的角为，故C正确；
对于D，取的中点，过点在平面内作的垂线交于，
易得是的垂直平分线，所以是的外心，
又平面平面，又平面平面，所以平面，
又因为直角三角形的外心，所以是三棱锥的外球的球心，
又，所以，
所以三棱锥外接球的表面积为，故D错误.
故选：AC.
重难点突破：以立体几何为载体的情境题
【典例9-1】（2024·青海·模拟预测）如图，在正方体中，，，，，，分别为棱，，，，，的中点，为的中点，连接，．对于空间任意两点，，若线段上不存在也在线段，上的点，则称，两点“可视”，则与点“可视”的点为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】如图，连接，，，由正方体的性质及、分别为棱、的中点，
易得，所以线段与相交，与相交，故A、B错误；
连接，，有，，故，
所以线段与相交，C错误；
连接，直线与，直线与均为异面直线，D正确.
故选：D.
【典例9-2】（22-23高三上·河北·期末）由空间一点出发不共面的三条射线，，及相邻两射线所在平面构成的几何图形叫三面角，记为．其中叫做三面角的顶点，面，，叫做三面角的面，，，叫做三面角的三个面角，分别记为，，，二面角、、叫做三面角的二面角，设二面角的平面角大小为，则一定成立的是（）
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】如图，，，
在上取一点，过在平面内作，交于，
过在平面内作，交于，连接，
则是二面角的平面角，即.
设，在直角三角形中，
，
在直角三角形中，，
，
在中，，
在中，，
即为
，
所以.
故选：A.
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．
【变式9-1】（多选题）（2024·江西·三模）球面三角学是研究球面三角形的边、角关系的一门学科．如图，球的半径为R，A，B，为球面上三点，劣弧BC的弧长记为，设表示以为圆心，且过B，C的圆，同理，圆的劣弧的弧长分别记为，曲面（阴影部分）叫做曲面三角形，，则称其为曲面等边三角形，线段OA，OB，OC与曲面围成的封闭几何体叫做球面三棱锥，记为球面．设，则下列结论正确的是（ ）
A．若平面是面积为的等边三角形，则
B．若，则
C．若，则球面的体积
D．若平面为直角三角形，且，则
【答案】BC
【解析】对于A，因等边三角形的面积为，则，
又，故则，故A错误；
对于B，由可得，故，即B正确；
对于C，由可得，故.
由正弦定理，的外接圆半径为，点到平面ABC的距离，
则三棱锥的体积,
而球面的体积，故C正确；
对于D，由余弦定理可知由可得，，
即，化简得，．
取，则，则，故D错误．
故选：BC
【变式9-2】（多选题）设为多面体的一个顶点，定义多面体在点处的离散曲率为，其中，为多面体的所有与点相邻的顶点，且平面，平面，平面和平面为多面体的所有以为公共点的面.已知在直四棱柱中，四边形为菱形，，则下列说法正确的是（ ）
A．四棱柱在其各顶点处的离散曲率都相等
B．若，则四棱柱在顶点处的离散曲率为
C．若四面体在点处的离散曲率为，则平面
D．若四棱柱在顶点处的离散曲率为，则直线与平面所成的角的正弦值为
【答案】CD
【解析】对于A.当直四棱柱的底面为正方形时，其在各顶点处的离散曲率都相等，当直四棱柱的底面不为正方形时，其在同一底面且相邻的两个顶点处的离散曲率不相等，故A错误；
对于B.若，则菱形为正方形，
因为平面，，平面，
所以，，
所以直四棱柱在顶点处的离散曲率为
，故错误；
对于C.在四面体中，，，所以，
所以四面体在点处的离散曲率为，解得，
易知，所以，所以，
所以直四棱柱为正方体，
因为平面平面，
所以，
又，，平面，
所以平面，又平面，
所以，同理，
又，，平面，
所以平面，故正确；
对于D.直四棱柱在顶点处的离散曲率为，
则，即是等边三角形，
设，则即为与平面所成的角，，故正确；
故选:CD.
1．将个棱长为1的正方体如图放置，其中上层正方体下底面的顶点与下层正方体上底面棱的中点重合.设最下方正方体的下底面的中心为，过的直线与平面垂直，以为顶点，为对称轴的抛物线可以被完全放入立体图形中.若，则的最小值为 ；若有解，则的最大值为 .
【答案】 4 2
【解析】抛物线的一部分可以被完全放入立体图形中，
当且仅当对任意的，在时恒有成立.
即对任意的，有，，此即，.
这等价于，且对任意的，有.
由于当时必有，故条件等价于，且当时，必有.
这等价于，且当时，必有，即，令
即，且当时，有.
当时，由于关于递增，
故条件等价于，且.
回到原题.
当时，条件等价于，所以的最小值为；
若有解，则等价于或，即，解得.
结合是正整数，知的最大值为.
故答案为：4；2.
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