資源簡介

/ 讓教學更有效 精品試卷 | 數學
4.2 立體幾何常見壓軸小題全歸納
考點分布 考查頻率 命題趨勢
最值與范圍問題 2023年甲卷第16題，5分 2022年乙卷第9題，5分 2022年I卷第8題，5分 2021年上海卷第9題，5分 預測2025年高考，多以小題形式出現，也有可能會將其滲透在解答題的表達之中，相對獨立．具體估計為：（1）以選擇題或填空題形式出現，考查學生的綜合推理能力．（2）熱點是簡單幾何體的表面積或體積，最短路徑問題，截面問題．
角度問題 2024年II卷第7題，5分 2023年天津卷第8題，5分 2023年乙卷第9題，5分 2022年浙江卷第8題，4分 2022年甲卷第9題，5分
考對這一部分的考察主要集中在兩個關鍵點：一是判斷與空間線面位置關系相關的命題真偽；二是涉及一些經典且常出現于壓軸位置的小題，這些小題通常具有中等或偏上的難度。
1．（2024新高考Ⅱ卷·7）已知正三棱臺的體積為，，，則與平面ABC所成角的正切值為（ ）
A． B．1 C．2 D．3
2．（2023新高考Ⅱ卷·9）已知圓錐的頂點為P，底面圓心為O，AB為底面直徑，，，點C在底面圓周上，且二面角為45°，則（ ）．
A．該圓錐的體積為 B．該圓錐的側面積為 C． D．的面積為
3．（2023新高考Ⅰ卷·14）在正四棱臺中，，則該棱臺的體積為 ．
4．（2023新高考Ⅱ卷·14）底面邊長為4的正四棱錐被平行于其底面的平面所截，截去一個底面邊長為2，高為3的正四棱錐，所得棱臺的體積為 ．
5．（2023 天津）在三棱錐中，線段上的點滿足，線段上的點滿足，則三棱錐和三棱錐的體積之比為　　
A． B． C． D．
6．（2023 乙卷）已知為等腰直角三角形，為斜邊，為等邊三角形，若二面角為，則直線與平面所成角的正切值為　　
A． B． C． D．
7．（2022新高考Ⅰ卷·9）已知正方體，則（ ）
A．直線與所成的角為 B．直線與所成的角為
C．直線與平面所成的角為 D．直線與平面ABCD所成的角為
8．（2022新高考Ⅱ卷·11）如圖，四邊形為正方形，平面，，記三棱錐，，的體積分別為，則（ ）
A． B． C． D．
9．（2021 天津）兩個圓錐的底面是一個球的同一截面，頂點均在球面上，若球的體積為，兩個圓錐的高之比為，則這兩個圓錐的體積之和為　　
A． B． C． D．
10．（2021 上海）已知圓柱的底面圓半徑為1，高為2，為上底面圓的一條直徑，是下底面圓周上的一個動點，則的面積的取值范圍為 　?。?br/>高頻考點一 體積、面積、周長、角度、距離定值問題
核心知識：幾類空間幾何體體積的求法
（1）對于規則幾何體，可直接利用公式計算．
（2）對于不規則幾何體，可采用割補法求解；對于某些三棱錐，有時可采用等體積轉換法求解．
（3）錐體體積公式為，在求解錐體體積時，不能漏掉
典例1：（2024·浙江省江山中學模擬預測）如圖，在單位正方體中，點P是線段上的動點，給出以下四個命題：
①異面直線與直線所成角的大小為定值；②二面角的大小為定值；
③若Q是對角線上一點，則長度的最小值為；
④若R是線段上一動點，則直線與直線不可能平行．其中真命題有（ ）
A．1個 B．2個 C．3個 D．4個
變式訓練
1．（2024·北京·人大附中模擬預測）已知正方體為對角線上一點（不與點重合），過點作垂直于直線的平面，平面與正方體表面相交形成的多邊形記為，下列結論不正確的是（ ）
A．只可能為三角形或六邊形 B．平面與平面的夾角為定值
C．當且僅當為對角線中點時，的周長最大D．當且僅當為對角線中點時，的面積最大
2．（2024·山東聊城·三模）在直四棱柱中，所有棱長均2，，P為的中點，點Q在四邊形內（包括邊界）運動，下列結論中正確的是（ ）
A．當點Q在線段上運動時，四面體的體積為定值
B．若平面，則AQ的最小值為
C．若的外心為M，則為定值2
D．若，則點Q的軌跡長度為
高頻考點2 體積、面積、周長、距離最值與范圍問題
核心知識：幾何法，利用幾何體的性質，探求圖形中點、線、面的位置關系；二是代數法，通過建立空間直角坐標系，利用點的坐標表示所求量的目標函數，借助函數思想方法求最值.
典例1：（多選題）如圖，在正四面體中，已知，為棱的中點. 現將等腰直角三角形繞其斜邊旋轉一周（假設可以穿過正四面體內部），則在旋轉過程中，下列結論正確的是（ ）
A．三角形繞斜邊旋轉一周形成的旋轉體體積為 B．四點共面
C．點到的最近距離為 D．異面直線與所成角的范圍為
變式訓練：
1．（2024·河南高三期中）如圖，在正方體中，，，分別為，的中點，，分別為棱，上的動點，則三棱錐的體積（ ）
A．存在最大值，最大值為 B．存在最小值，最小值為
C．為定值 D．不確定，與，的位置有關
2．（多選題）（2024·廣東·模擬預測）如圖，在棱長為2的正方體中，E為的中點，若一點P在底面內（包括邊界）移動，且滿足，則（ ）
A．與平面的夾角的正弦值為 B．點到的距離為
C．線段的長度的最大值為 D．與的數量積的范圍是
高頻考點3 立體幾何中的交線問題
核心知識：
典例1：（2024·江西景德鎮·一模）甲烷是最簡單的有機化合物，其分子式為，它是由四個氫原子和一個碳原子構成，甲烷在自然界分布很廣，是天然氣、沼氣、煤礦坑道氣及可燃冰的主要成分之一.甲烷分子是正四面體空間構型，如圖，四個氫原子分別位于正四面體的頂點處，碳原子位于正四面體的中心處.若正四面體的棱長為1，則平面和平面位于正四面體內部的交線長度為（ ）
A． B． C． D．1
變式訓練：
1.（2024·廣東廣州·模擬預測）在正六棱柱中，，為棱的中點，以為球心，為半徑的球面與該正六棱柱各面的交線總長為（ ）
A． B． C． D．
2.（2024·寧夏吳忠·模擬預測）在正方體中，點為線段上的動點，直線為平面與平面的交線，現有如下說法:①不存在點，使得平面；②存在點，使得平面；③當點不是的中點時，都有平面；④當點不是的中點時，都有平面。其中正確的說法有（ ）
A．①③ B．③④ C．②③ D．①④
高頻考點4 空間線段以及線段之和最值問題
核心知識：幾何法，利用幾何體的性質，探求圖形中點、線、面的位置關系；二是代數法，通過建立空間直角坐標系，利用點的坐標表示所求量的目標函數，借助函數思想方法求最值。
典例1：（2024·湖南長沙·高三?？茧A段練習）在棱長為3的正方體中，點E滿足，點F在平面內，則|的最小值為 .
變式訓練：
1．（2025·山東·高三專題練習）在直三棱柱中，，，，是線段上的動點，則的最小值是 .
2．（2024·廣東梅州·統考三模）如圖，在三棱錐中，是的中點，，分別為線段，上的動點，，平面，若，則的最小值為 .

高頻考點5 空間角問題
核心知識：
1、用綜合法求空間角的基本數學思想主要是轉化與化歸，即把空間角轉化為平面角，進而轉化為三角形的內角，然后通過解三角形求得．求解的一般步驟為：（1）作圖：作出空間角的平面角．（2）證明：證明所給圖形是符合題設要求的．（3）計算：在證明的基礎上計算得出結果．簡稱：一作、二證、三算．
2、用定義作異面直線所成角的方法是“平移轉化法”，可固定一條，平移另一條；或兩條同時平移到某個特殊的位置，頂點選在特殊的位置上．
3、求直線與平面所成角的常見方法
（1）作角法：作出斜線、垂線、斜線在平面上的射影組成的直角三角形，根據條件求出斜線與射影所成的角即為所求．
（2）等積法：公式，其中是斜線與平面所成的角，h是垂線段的長，是斜線段的長，其中求出垂線段的長（即斜線上的點到面的距離）既是關鍵又是難點，為此可構造三棱錐，利用等體積法來求垂線段的長．
（3）證垂法：通過證明線面垂直得到線面角為90°．
4、作二面角的平面角常有三種方法
（1）棱上一點雙垂線法：在棱上任取一點，過這點分別在兩個面內作垂直于棱的射線，這兩條射線所成的角，就是二面角的平面角．
（2）面上一點三垂線法：自二面角的一個面上一點向另一面引垂線，再由垂足向棱作垂線得到棱上的點（即垂足），斜足與面上一點連線和斜足與垂足連線所夾的角，即為二面角的平面角．
（3）空間一點垂面法：自空間一點作與棱垂直的平面，截二面角得兩條射線，這兩條射線所成的角就是二面角的平面角．
典例1：如圖1，是圓的直徑，點是圓上異于，的點，直線平面，，分別是，的中點，記平面與平面的交線為，直線與圓的另一個交點為，且點滿足.（如圖2）.記直線與平面所成的角為，異面直線與所成的角為，二面角的大小為，則下列四個判斷中，正確的個數有 個.
① ② ③ ④.

變式訓練：
1.在正方體中，點是上的動點，是平面內的一點，且滿足，則平面與平面所成角余弦值的最大值為 .
2.如圖所示，幾何體由正方體和正四棱錐組合而成，若該組合體內接于半徑為的球(即所有頂點都在球上)，記正四棱錐側棱與正方體底面所成的角為，則 ．
3.如圖，正三棱錐的側面和底面所成的角為，正三棱錐的側面和底面所成的角為，，P和位于平面的異側，且這兩個正三棱錐的所有頂點都在同一個球面上，則 ，的最大值為 .
高頻考點6 軌跡問題
核心知識：解決立體幾何中的軌跡問題有兩種方法：一是幾何法．對于軌跡為幾何體的問題，要抓住幾何體中的不變量，借助空間幾何體（柱、錐、臺、球）的定義；對于軌跡為平面上的問題，要利用降維的思想，熟悉平面圖形（直線、圓、圓錐曲線）的定義．二是代數法（解析法）．在圖形中，建立恰當的空間直角坐標系或平面直角坐標系。
典例1：（2024·四川瀘州·三模）已知三棱錐的底面為等腰直角三角形，其頂點P到底面ABC的距離為3，體積為24，若該三棱錐的外接球O的半徑為5，則滿足上述條件的頂點P的軌跡長度為（ ）
A．6π B．30π C． D．
變式訓練：
1．（2024·浙江溫州·高三開學考試）如圖，正方體，P為平面內一動點，設二面角的大小為，直線與平面所成角的大小為.若，則點P的軌跡是（ ）
A．圓 B．拋物線 C．橢圓 D．雙曲線
2．（2024·湖南·雅禮中學二模）已知菱形的各邊長為.如圖所示，將沿折起，使得點到達點的位置，連接，得到三棱錐，此時.則三棱錐的體積為__________，是線段的中點，點在三棱錐的外接球上運動，且始終保持，則點的軌跡的周長為__________.
高頻考點7 以立體幾何為載體的情境題
核心知識：以立體幾何為載體的情境題都跟圖形有關，涉及在具體情境下的圖形閱讀，需要通過數形結合來解決問題．圖形怎么閱讀？一是要讀特征，即從圖形中讀出圖形的基本特征；二是要讀本質，即要善于將所讀出的信息進行提升，實現“圖形→文字→符號”的轉化；三是要有問題意識，帶著問題閱讀圖形，將研究圖形的本身特征和關注題目要解決的問題有機地融合在一起；四是要有運動觀點，要“動手”去操作，動態地去閱讀圖形。
典例1：（多選題）（2024·江西·三模）球面三角學是研究球面三角形的邊、角關系的一門學科．如圖，球的半徑為R，A，B，為球面上三點，劣弧BC的弧長記為，設表示以為圓心，且過B，C的圓，同理，圓的劣弧的弧長分別記為，曲面（陰影部分）叫做曲面三角形，，則稱其為曲面等邊三角形，線段OA，OB，OC與曲面圍成的封閉幾何體叫做球面三棱錐，記為球面．設，則下列結論正確的是（ ）
A．若平面是面積為的等邊三角形，則
B．若，則
C．若，則球面的體積
D．若平面為直角三角形，且，則
變式訓練：
1.（2024·青?！つM預測）如圖，在正方體中，，，，，，分別為棱，，，，，的中點，為的中點，連接，．對于空間任意兩點，，若線段上不存在也在線段，上的點，則稱，兩點“可視”，則與點“可視”的點為（ ）
A． B． C． D．
2.（多選題）設為多面體的一個頂點，定義多面體在點處的離散曲率為，其中，為多面體的所有與點相鄰的頂點，且平面，平面，平面和平面為多面體的所有以為公共點的面.已知在直四棱柱中，四邊形為菱形，，則下列說法正確的是（ ）
A．四棱柱在其各頂點處的離散曲率都相等
B．若，則四棱柱在頂點處的離散曲率為
C．若四面體在點處的離散曲率為，則平面
D．若四棱柱在頂點處的離散曲率為，則直線與平面所成角的正弦值為
高頻考點8 翻折問題
核心知識：
1、處理圖形翻折問題的關鍵是理清翻折前后長度和角度哪些發生改變，哪些保持不變。
2、把空間幾何問題轉化為平面幾何問題，把握圖形之間的關系，感悟數學本質。
典例1：在正方形中，，為中點，將沿直線翻折至位置，點為線段中點.在翻折的過程中，若為線段的中點，則下列結論中正確的是（ ）
A．三棱錐的體積最大值為 B．異面直線、所成角始終為
C．翻折過程中存在某個位置，使得大小為 D．點在某個圓上運動
變式訓練：
1．（2024·上海靜安·高二?？茧A段練習）如圖，矩形中，，為邊的中點，將沿直線翻折成，若為線段的中點，則在翻折過程中，下面說法中正確的序號是（ ）

①是定值；②存在某個位置，使；③存在某個位置，使
④不在底面上時，則平面
A．①② B．①④ C．①③ D．②④
1．（2024·黑龍江大慶·?？寄M預測）北京大興國際機場的顯著特點之一是各種彎曲空間的運用，在數學上用曲率刻畫空間彎曲性．規定：多面體的頂點的曲率等于與多面體在該點的面角之和的差（多面體的面的內角叫做多面體的面角，角度用弧度制），多面體面上非頂點的曲率均為零，多面體的總曲率等于該多面體各項點的曲率之和．例如：正四面體在每個頂點有3個面角，每個面角是，所以正四面體在每個頂點的曲率為，故其總曲率為．已知多面體的頂點數V，棱數E，面數F滿足，則八面體的總曲率為（ ）

A． B． C． D．
2．（2024·湖南岳陽·高二統考期末）碳（）是一種非金屬單質，它是由個碳原子構成，形似足球，又稱為足球烯，其結構是由五元環（正五邊形面）和六元環（正六邊形面）組成的封閉的凸多面體，共32個面，且滿足：頂點數－棱數＋面數＝2，則其六元環的個數為（ ）.
A．12 B．20 C．32 D．60
3．（2024·上海·高三校聯考階段練習）設、、…、為平面內的個點，在平面內的所有點中，若點到、、…、點的距離之和最小，則稱點為、、…、點的一個“中位點”，有下列命題：①、、三個點共線，在線段上，則是、、的中位點；②直角三角形斜邊的中點是該直線三角形三個頂點的中位點；③若四個點、、、共線，則它們的中位點存在且唯一；④梯形對角線的交點是該梯形四個頂點的唯一中位點；其中的真命題是（ ）
A．②④ B．①② C．①④ D．①③④
4.（23-24高三上·河北·期末）由空間一點出發不共面的三條射線，，及相鄰兩射線所在平面構成的幾何圖形叫三面角，記為．其中叫做三面角的頂點，面，，叫做三面角的面，，，叫做三面角的三個面角，分別記為，，，二面角、、叫做三面角的二面角，設二面角的平面角大小為，則一定成立的是（）
A． B．C． D．
5.（2024·浙江臺州·一模）已知球的半徑為，是球表面上的定點，是球表面上的動點，且滿足，則線段軌跡的面積為（ ）
A． B． C． D．
6.（24-25高三上·北京西城·期末）如圖，在棱長為2的正方體中，為棱的中點，為正方體表面上的動點，且.設動點的軌跡為曲線，則（ ）
A．是平行四邊形，且周長為 B．是平行四邊形，且周長為
C．是等腰梯形，且周長為 D．是等腰梯形，且周長為
7．（2024·山東·高三專題練習）已知矩形中，，，將沿矩形的對角線所在的直線進行翻折，在翻折過程中，下列說法正確的是（ ）
A．存在某個位置，使得直線與直線垂直
B．存在某個位置，使得直線與直線垂直
C．存在某個位置，使得直線與直線垂直
D．對任意位置，三對直線“與”，“與”，“與”均不垂直
8．（2024·浙江·高二校聯考期中）如圖1，在菱形中，，是其對角線，是上一點，且，將沿直線翻折，形成四棱錐（如圖2），則在翻折過程中，下列結論中正確的是（ ）

A．存在某個位置使得 B．存在某個位置使得
C．存在某個位置使得 D．存在某個位置使得
9．（2024·浙江臺州·高三期末）已知在正方體中，點為棱的中點，直線在平面內．若二面角的平面角為，則的最小值為（ ）
A． B． C． D．
10．（2024·浙江·高三專題練習）如圖，在正方體中，在棱上，，平行于的直線在正方形內，點到直線的距離記為，記二面角為為，已知初始狀態下，，則（ ）
A．當增大時，先增大后減小 B．當增大時，先減小后增大
C．當增大時，先增大后減小 D．當增大時，先減小后增大
11．（2024·河南·高三校聯考階段練習）在正三棱錐P-ABC中，，BC＝6，M，N，Q，D分別是AP，BC，AC，PC的中點，平面MQN與平面PBC的交線為l，則直線QD與直線l所成角的正弦值為（ ）
A． B． C． D．
12．（2024·北京海淀·高三?？奸_學考試）已知在長方體中，，，記平面和平面的交線為，已知二面角的大小為60°，則的值為（ ）
A． B．1 C． D．2
13．（2024·廣東廣州·高三統考階段練習）已知三棱錐的棱，，兩兩互相垂直，，以頂點為球心，1為半徑作一個球，球面與該三棱錐的表面相交得到的交線最長為（ ）
A． B． C． D．
14．（2024·上海·高三專題練習）直三棱柱中，，，，，設平面與平面的交線為，則與的距離為（ ）．
A．1 B． C．17 D．2.6
15.如圖，已知正方體，點P是四邊形的內切圓上一點，O為四邊形ABCD的中心，給出以下結論：①存在點P，使平面DOP；②三棱錐的體積為定值；
③直線與直線OP所成的角為定值.其中，正確結論的個數為（ ）

A．0 B．1 C．2 D．3
16.（2024·廣東廣州·模擬預測）已知正方體的邊長為1，現有一個動平面，且平面，當平面截此正方體所得截面邊數最多時，記此時的截面的面積為，周長為，則（ ）
A．不為定值，為定值 B．為定值，不為定值
C．與均為定值 D．與均不為定值
17．（2024·浙江·高三階段練習）如圖，在四棱錐中，底面是邊長為的正方形，，為的中點.過作截面將此四棱錐分成上 下兩部分，記上 下兩部分的體積分別為，，則的最小值為（ ）
A． B． C． D．
18．（2024·全國·高三專題練習）已知某正四棱錐的體積是，該幾何體的表面積最小值是，我們在繪畫該表面積最小的幾何體的直觀圖時所畫的底面積大小是，則和的值分別是（ ）
A．3； B．4； C．4； D．3；
19．（2024·天津北辰·三模）中國載人航天技術發展日新月異.目前，世界上只有3個國家能夠獨立開展載人航天活動.從神話“嫦娥奔月”到古代“萬戶飛天”，從詩詞“九天攬月”到壁畫“仕女飛天”……千百年來，中國人以不同的方式表達著對未知領域的探索與創新.如圖，可視為類似火箭整流罩的一個容器，其內部可以看成由一個圓錐和一個圓柱組合而成的幾何體.圓柱和圓錐的底面半徑均為2，圓柱的高為6，圓錐的高為4.若將其內部注入液體，已知液面高度為7，則該容器中液體的體積為（ ）
A． B． C． D．
20．（2024·天津·二模）在如圖所示的幾何體中，底面是邊長為4的正方形，，，，均與底面垂直，且，點E、F分別為線段、的中點，記該幾何體的體積為，平面將該幾何體分為兩部分，則體積較小的一部分的體積為（ ）
A． B． C． D．
21．（2024·浙江·二模）正方體中，，分別為棱和的中點，則下列說法正確的是（ ）
A．平面 B．平面
C．異面直線與所成角為60° D．平面截正方體所得截面為等腰梯形
22．（2024·河南三門峽·模擬預測）已知正方體的棱長為為的中點，為線段上一動點，則（ ）
A．異面直線與所成角為 B．平面
C．平面平面 D．三棱錐的體積為定值
23．（2024·河北保定·二模）如圖1，在等腰梯形中，，，，，，將四邊形沿進行折疊，使到達位置，且平面平面，連接，，如圖2，則（ ）

A． B．平面平面
C．多面體為三棱臺 D．直線與平面所成的角為
24.（多選題）（24-25高三上·河南·開學考試）如圖，在棱長為2的正方體中，為棱的中點，為線段上的動點，為底面內的動點，則（ ）
A．若，則 B．若，則動點的軌跡長度為
C．若直線與平面所成的角為，則點的軌跡為雙曲線的一部分
D．若直線與平面所成的角為，則點的軌跡為橢圓的一部分

25.棱長為1的正方體中，點在棱上運動，點在側面上運動，滿足平面，則線段的最小值為 .

27.已知是大小為的二面角，為二面角內一定點，且到半平面的距離分別為，分別是半平面 內的動點.則周長的最小值為 .
28.如圖，棱長為1的正方體中，為線段的中點，，分別為線段和棱上的動點，則的最小值為 ．
29．（2024·山東濟南·二模）將一個圓形紙片裁成兩個扇形，再分別卷成甲 乙兩個圓錐的側面，甲 乙兩個圓錐的側面積分別為和，體積分別為和.若，則 .
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4.2 立體幾何常見壓軸小題全歸納
考點分布 考查頻率 命題趨勢
最值與范圍問題 2023年甲卷第16題，5分 2022年乙卷第9題，5分 2022年I卷第8題，5分 2021年上海卷第9題，5分 預測2025年高考，多以小題形式出現，也有可能會將其滲透在解答題的表達之中，相對獨立．具體估計為：（1）以選擇題或填空題形式出現，考查學生的綜合推理能力．（2）熱點是簡單幾何體的表面積或體積，最短路徑問題，截面問題．
角度問題 2024年II卷第7題，5分 2023年天津卷第8題，5分 2023年乙卷第9題，5分 2022年浙江卷第8題，4分 2022年甲卷第9題，5分
考對這一部分的考察主要集中在兩個關鍵點：一是判斷與空間線面位置關系相關的命題真偽；二是涉及一些經典且常出現于壓軸位置的小題，這些小題通常具有中等或偏上的難度。
1．（2024新高考Ⅱ卷·7）已知正三棱臺的體積為，，，則與平面ABC所成角的正切值為（ ）
A． B．1 C．2 D．3
【答案】B
【詳解】解法一：分別取的中點，則，
可知，設正三棱臺的為，
則，解得，
如圖，分別過作底面垂線，垂足為，設，
則，，
可得，結合等腰梯形可得,
即，解得，所以與平面ABC所成角的正切值為；
解法二：將正三棱臺補成正三棱錐，
則與平面ABC所成角即為與平面ABC所成角，
因為，則，可知，則，
設正三棱錐的高為，則，解得，
取底面ABC的中心為，則底面ABC，且，
所以與平面ABC所成角的正切值.故選：B.
2．（2023新高考Ⅱ卷·9）已知圓錐的頂點為P，底面圓心為O，AB為底面直徑，，，點C在底面圓周上，且二面角為45°，則（ ）．
A．該圓錐的體積為 B．該圓錐的側面積為 C． D．的面積為
【答案】AC
【分析】根據圓錐的體積、側面積判斷A、B選項的正確性，利用二面角的知識判斷C、D選項的正確性.
【詳解】依題意，，，所以，

A選項，圓錐的體積為，A選項正確；
B選項，圓錐的側面積為，B選項錯誤；
C選項，設是的中點，連接，
則，所以是二面角的平面角，
則，所以，故，則，C選項正確；
D選項，，所以，D選項錯誤.故選：AC.
3．（2023新高考Ⅰ卷·14）在正四棱臺中，，則該棱臺的體積為 ．
【答案】
【分析】結合圖像，依次求得，從而利用棱臺的體積公式即可得解.
【詳解】如圖，過作，垂足為，易知為四棱臺的高，

因為，則，
故，則，
所以所求體積為.故答案為：.
4．（2023新高考Ⅱ卷·14）底面邊長為4的正四棱錐被平行于其底面的平面所截，截去一個底面邊長為2，高為3的正四棱錐，所得棱臺的體積為 ．
【答案】
【詳解】方法一：由于，而截去的正四棱錐的高為，所以原正四棱錐的高為，
所以正四棱錐的體積為，截去的正四棱錐的體積為，
所以棱臺的體積為.
方法二：棱臺的體積為.故答案為：.
5．（2023 天津）在三棱錐中，線段上的點滿足，線段上的點滿足，則三棱錐和三棱錐的體積之比為　　
A． B． C． D．
【答案】
【解析】在三棱錐中，線段上的點滿足，線段上的點滿足，
所以，設到平面的距離，到平面的距離，則，
則三棱錐的體積為．
故三棱錐和三棱錐的體積之比為．故選：．
6．（2023 乙卷）已知為等腰直角三角形，為斜邊，為等邊三角形，若二面角為，則直線與平面所成角的正切值為　　
A． B． C． D．
【答案】
【解析】如圖，取的中點，連接，，
則根據題意易得，，二面角的平面角為，
，，且，平面，又平面，
平面平面，在平面內的射影為，直線與平面所成角為，
過作垂直所在直線，垂足點為，設等腰直角三角形的斜邊長為2，
則可易得，，又，，，，
．故選：．
7．（2022新高考Ⅰ卷·9）已知正方體，則（ ）
A．直線與所成的角為 B．直線與所成的角為
C．直線與平面所成的角為 D．直線與平面ABCD所成的角為
【答案】ABD
【詳解】如圖，連接、，因為，所以直線與所成的角即為直線與所成的角，因為四邊形為正方形，則，故直線與所成的角為，A正確；
連接，因為平面，平面，則，
因為，，所以平面，又平面，所以，故B正確；
連接，設，連接，因為平面，平面，則，
因為，，所以平面，所以為直線與平面所成角，
設正方體棱長為，則，，，
所以，直線與平面所成的角為，故C錯誤；因為平面，所以為直線與平面所成的角，易得，故D正確.故選：ABD
8．（2022新高考Ⅱ卷·11）如圖，四邊形為正方形，平面，，記三棱錐，，的體積分別為，則（ ）
A． B． C． D．
【答案】CD
【詳解】設，因為平面，，
則，
，連接交于點，連接，易得，
又平面，平面，則，
又，平面，則平面，
又，過作于，易得四邊形為矩形，則，
則，，
，則，，，
則，則，，，故A、B錯誤；C、D正確.
故選：CD.
9．（2021 天津）兩個圓錐的底面是一個球的同一截面，頂點均在球面上，若球的體積為，兩個圓錐的高之比為，則這兩個圓錐的體積之和為　　
A． B． C． D．
【答案】
【解析】如圖，設球的半徑為，由題意，，可得，則球的直徑為4，
兩個圓錐的高之比為，，，
由直角三角形中的射影定理可得：，即．
這兩個圓錐的體積之和為．故選：．
10．（2021 上海）已知圓柱的底面圓半徑為1，高為2，為上底面圓的一條直徑，是下底面圓周上的一個動點，則的面積的取值范圍為 　?。?br/>【答案】
【解析】如圖1，上底面圓心記為，下底面圓心記為，
連接，過點作，垂足為點，則，
根據題意，為定值2，所以的大小隨著的長短變化而變化，
如圖2所示，當點與點重合時，，此時取得最大值為；
如圖3所示，當點與點重合，取最小值2，此時取得最小值為．
綜上所述，的取值范圍為．故答案為：．
高頻考點一 體積、面積、周長、角度、距離定值問題
核心知識：幾類空間幾何體體積的求法
（1）對于規則幾何體，可直接利用公式計算．
（2）對于不規則幾何體，可采用割補法求解；對于某些三棱錐，有時可采用等體積轉換法求解．
（3）錐體體積公式為，在求解錐體體積時，不能漏掉
典例1：（2024·浙江省江山中學模擬預測）如圖，在單位正方體中，點P是線段上的動點，給出以下四個命題：
①異面直線與直線所成角的大小為定值；②二面角的大小為定值；
③若Q是對角線上一點，則長度的最小值為；
④若R是線段上一動點，則直線與直線不可能平行．其中真命題有（ ）
A．1個 B．2個 C．3個 D．4個
【答案】C
【解析】對于①，由正方體的性質可知，平面，又平面,
故，異面直線與直線的所成的角為定值，①正確；
對于②，平面即為平面，平面與平面所成的二面角為定值，故二面角為定值，②正確；對于③，將平面沿直線翻折到平面內，平面圖如下，過點做，，,此時，的值最小.
由題可知，,,，
則，，
故,又，故的最小值為，故③正確.
對于④，在正方體中易證平面，設，則即為二面角的平面角，又正方體邊長為1，故，則,由余弦定理得，故，同理,
故在上必然存在一點，使得二面角為，即平面平面，平面與平面的交線為，則，過點作的垂線.此時平面，又平面，故.故④錯誤.故選：C.
變式訓練
1．（2024·北京·人大附中模擬預測）已知正方體為對角線上一點（不與點重合），過點作垂直于直線的平面，平面與正方體表面相交形成的多邊形記為，下列結論不正確的是（ ）
A．只可能為三角形或六邊形 B．平面與平面的夾角為定值
C．當且僅當為對角線中點時，的周長最大D．當且僅當為對角線中點時，的面積最大
【答案】C
【解析】如下圖，在正方體中，體對角線與平面，平面，平面都垂直，由圖可知，在平面運動過程中只可能為三角形或六邊形，故A正確；由題可知平面與都垂直，所以平面在移動過程中都是平行平面，與平面的夾角為定值，故B正確；如下圖，當為對角線中點時，為正六邊形，而三角形為等邊三角形，根據中位線定理，可得兩個截面周長相等，故C錯誤；由圖可得，當為對角線中點時，為正六邊形，設邊長，面積為，當向下剛開始移動時，為六邊形，結合圖形可知兩鄰邊一條增大，一條減小且變化量相等，設，而且所有六邊形的高都相等且等于，兩鄰邊夾角都為，則六邊形梯形，當為三角形時面積最大為，所以當且僅當為對角線中點時，的面積最大，故D正確.故選：C.
2．（2024·山東聊城·三模）在直四棱柱中，所有棱長均2，，P為的中點，點Q在四邊形內（包括邊界）運動，下列結論中正確的是（ ）
A．當點Q在線段上運動時，四面體的體積為定值
B．若平面，則AQ的最小值為
C．若的外心為M，則為定值2
D．若，則點Q的軌跡長度為
【答案】ABD
【解析】對于A，因為，又因為面， 面，所以面，所以直線到平面的距離相等，又的面積為定值，故A正確；
對于B，取的中點分別為，連接，
則易證明：，面，面，所以面，
又因為，，面，面，所以面，
，所以平面面，面，所以平面
當時，AQ有最小值，則易求出，所以重合，所以則AQ的最小值為，故B正確；
對于C，若的外心為M，，過作于點，
則.故C錯誤；
對于D，過作于點，易知平面，
在上取點，使得，則，
所以若，則在以為圓心，2為半徑的圓弧上運動，
又因為所以，則圓弧等于，故D正確.故選：ABD.
高頻考點2 體積、面積、周長、距離最值與范圍問題
核心知識：幾何法，利用幾何體的性質，探求圖形中點、線、面的位置關系；二是代數法，通過建立空間直角坐標系，利用點的坐標表示所求量的目標函數，借助函數思想方法求最值.
典例1：（多選題）如圖，在正四面體中，已知，為棱的中點. 現將等腰直角三角形繞其斜邊旋轉一周（假設可以穿過正四面體內部），則在旋轉過程中，下列結論正確的是（ ）
A．三角形繞斜邊旋轉一周形成的旋轉體體積為 B．四點共面
C．點到的最近距離為 D．異面直線與所成角的范圍為
【答案】BCD
【解析】對于A：因為，所以等腰直角三角形的直角邊為，斜邊的高為1；
旋轉后的幾何體為兩個大小相等的圓錐組合體，其圓錐的底面半徑為1，高為1；
所以幾何體的體積為，A錯誤；
對于B: 在正四面體中，各個側面都是等邊三角形，又因為為棱的中點，
所以，又相交于點，又都在平面內，
所以平面，又，與平面有一個公共點，
所以在平面內，所以四點共面，故B正確；
對于C: 在圖1中，令為的中點，為的中點，則點在以為圓心，1為半徑的圓上運動，
由圖可知當三點共線，且當運動到的位置時，到的距離最小，
在中，，所以，C正確
對于D:由B、C可知，在圓錐的底面內，如圖1，由圓錐軸截面中，，
由線面角的概念可知，與圓錐底面中的直線所成最小角就是，最大角一定為
由此可知異面直線與所成角的范圍為，正確故選:BCD
變式訓練：
1．（2024·河南高三期中）如圖，在正方體中，，，分別為，的中點，，分別為棱，上的動點，則三棱錐的體積（ ）
A．存在最大值，最大值為 B．存在最小值，最小值為
C．為定值 D．不確定，與，的位置有關
【答案】C
【解析】如下圖，連接，在正方體中，，分別為，的中點，可得，，所以當在棱移動時，到平面的距離為定值，當在棱移動時，到的距離為定值，所以為定值，則三棱錐的體積為定值. 平面即平面，作，由于，可得平面MABN，由，可得，而，.故選：C.
2．（多選題）（2024·廣東·模擬預測）如圖，在棱長為2的正方體中，E為的中點，若一點P在底面內（包括邊界）移動，且滿足，則（ ）
A．與平面的夾角的正弦值為 B．點到的距離為
C．線段的長度的最大值為 D．與的數量積的范圍是
【答案】ABD
【解析】如圖，以為坐標原點，分別為軸，建立空間直角坐標系，
則，設，
可得，，
若，則，可得，
則，解得，即.
對于選項A：可知平面的法向量，則，
所以與平面的夾角的正弦值為，故A正確；對于選項B：因為，
所以點到的距離為，故B正確；
對于選項C：因為，則，
且，可得當且僅當時，取到最大值，所以線段的長度的最大值為3，故C錯誤；
對于選項D：因為，，則，
且，可知當時，取到最小值；當時，取到最大值；
所以與的數量積的范圍是，故D正確；故選：ABD.
高頻考點3 立體幾何中的交線問題
核心知識：
典例1：（2024·江西景德鎮·一模）甲烷是最簡單的有機化合物，其分子式為，它是由四個氫原子和一個碳原子構成，甲烷在自然界分布很廣，是天然氣、沼氣、煤礦坑道氣及可燃冰的主要成分之一.甲烷分子是正四面體空間構型，如圖，四個氫原子分別位于正四面體的頂點處，碳原子位于正四面體的中心處.若正四面體的棱長為1，則平面和平面位于正四面體內部的交線長度為（ ）
A． B． C． D．1
【答案】A
【解析】如圖所示，分別取的中點，連結E，F，
則由正四面體的性質，EF過正四面體的中心O，所以平面即平面，平面即平面，
又因為平面，平面，所以平面和平面位于正四面體內部的交線為線段，
又因為正四面體的棱長為1，則由勾股定理可得，
所以在等腰三角形FAB中：．故選：A．
變式訓練：
1.（2024·廣東廣州·模擬預測）在正六棱柱中，，為棱的中點，以為球心，為半徑的球面與該正六棱柱各面的交線總長為（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】因為球的半徑為6，，所以球不與側面及側面相交，
設分別為的中點，連接，
則由題意可得，所以，
所以球與側面交于點，與側面交于點，
在正六邊形中，因為，所以，所以，
因為平面，平面，所以，
因為，平面，所以平面，所以平面，且，
所以，所以球與側面的交線是以為直徑的半圓，
同理可得球與側面的交線是以為直徑的半圓，
因為，所以球與上下底面的交線均為個半徑為的圓，
所以球面與該正六棱柱各面的交線總長為故選：D
2.（2024·寧夏吳忠·模擬預測）在正方體中，點為線段上的動點，直線為平面與平面的交線，現有如下說法:①不存在點，使得平面；②存在點，使得平面；③當點不是的中點時，都有平面；④當點不是的中點時，都有平面。其中正確的說法有（ ）
A．①③ B．③④ C．②③ D．①④
【答案】B
【解析】對于①，由當點與點重合時，由，
而平面，平面，得平面，故①錯誤；
對于②，若存在點，使得平面，則，又，可得，
以D為原點建立如圖所示的空間直角坐標系，設棱長為1，，，
則，，，，則，，
，，
所以，這與矛盾，故②錯誤；
對于③，當不是的中點時，由，且面，面，可知面，
又直線為面與面的交線，則，
又面，面，從而可得面，故③正確；
對于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正確.綜上，③④正確.故選：B.
高頻考點4 空間線段以及線段之和最值問題
核心知識：幾何法，利用幾何體的性質，探求圖形中點、線、面的位置關系；二是代數法，通過建立空間直角坐標系，利用點的坐標表示所求量的目標函數，借助函數思想方法求最值。
典例1：（2024·湖南長沙·高三?？茧A段練習）在棱長為3的正方體中，點E滿足，點F在平面內，則|的最小值為 .
【答案】
【解析】以點D為原點，所在直線分別為軸，建立空間直角坐標系，
如圖所示，則，，，
因為，，且，則平面，
又因為平面，所以，
同理得平面，因為平面，所以，
因為，且平面，所以平面，
記與平面交于點H，連接，，，且，
則，可得，由得點關于平面對稱的點為，
所以的最小值為.故答案為：.
變式訓練：
1．（2025·山東·高三專題練習）在直三棱柱中，，，，是線段上的動點，則的最小值是 .
【答案】
【解析】因為平面，平面，所以，
又平面，所以平面，
又平面，所以，
因為，所以四邊形是正方形，所以，
如圖，將沿展開，使與在同一平面內，
則即為的最小值，，
由余弦定理得，所以的最小值是．故答案為：．
2．（2024·廣東梅州·統考三模）如圖，在三棱錐中，是的中點，，分別為線段，上的動點，，平面，若，則的最小值為 .

【答案】8
【解析】因為平面，平面，所以
則，又，平面
所以平面，因為平面，所以
則在平面上，以為原點，所在直線為軸建立平面直角坐標系，如圖所示：
則，設
因為，所以直線的方程為，設，
則
由于變量不具有等量關系，故時，有最小
即當時，最小；過點作BD垂線，垂足為，連接，
因為平面，，，平面
所以，所以平面，因為平面，所以
又，平面，所以平面
因為平面，所以，又，
所以，由平面，所以．
因為，所以，所以．
因為，，平面，所以，
所以當沿翻轉到平面時，四邊形構成矩形，
所以的最小值為，即的最小值為8．故答案為：8．
高頻考點5 空間角問題
核心知識：
1、用綜合法求空間角的基本數學思想主要是轉化與化歸，即把空間角轉化為平面角，進而轉化為三角形的內角，然后通過解三角形求得．求解的一般步驟為：（1）作圖：作出空間角的平面角．（2）證明：證明所給圖形是符合題設要求的．（3）計算：在證明的基礎上計算得出結果．簡稱：一作、二證、三算．
2、用定義作異面直線所成角的方法是“平移轉化法”，可固定一條，平移另一條；或兩條同時平移到某個特殊的位置，頂點選在特殊的位置上．
3、求直線與平面所成角的常見方法
（1）作角法：作出斜線、垂線、斜線在平面上的射影組成的直角三角形，根據條件求出斜線與射影所成的角即為所求．
（2）等積法：公式，其中是斜線與平面所成的角，h是垂線段的長，是斜線段的長，其中求出垂線段的長（即斜線上的點到面的距離）既是關鍵又是難點，為此可構造三棱錐，利用等體積法來求垂線段的長．
（3）證垂法：通過證明線面垂直得到線面角為90°．
4、作二面角的平面角常有三種方法
（1）棱上一點雙垂線法：在棱上任取一點，過這點分別在兩個面內作垂直于棱的射線，這兩條射線所成的角，就是二面角的平面角．
（2）面上一點三垂線法：自二面角的一個面上一點向另一面引垂線，再由垂足向棱作垂線得到棱上的點（即垂足），斜足與面上一點連線和斜足與垂足連線所夾的角，即為二面角的平面角．
（3）空間一點垂面法：自空間一點作與棱垂直的平面，截二面角得兩條射線，這兩條射線所成的角就是二面角的平面角．
典例1：如圖1，是圓的直徑，點是圓上異于，的點，直線平面，，分別是，的中點，記平面與平面的交線為，直線與圓的另一個交點為，且點滿足.（如圖2）.記直線與平面所成的角為，異面直線與所成的角為，二面角的大小為，則下列四個判斷中，正確的個數有 個.
① ② ③ ④.

【答案】3
【解析】對于②，如圖所示，連接，因為平面與平面的交線為，所以，
又因為直線與圓的另一個交點為，所以，即平面與平面的交線為就是直線，
因為，分別是，的中點，所以，
而平面，平面，所以平面，
又平面平面，平面，所以，所以
由題意易知：，面，則面，而面，則，即二面角的大小，故②正確；對于③，；
由Q滿足，點是中點，平面，則，面，
結合題意此時四邊形為矩形，則直線與平面所成的角，
即；
過Q作，且使得，連接，顯然，此時四邊形為平行四邊形，，則異面直線與所成的角，結合上面說明得面，
而面，則，即.
∴，故③正確；
對于①，由③可知，注意到，所以，故①正確；
對于④，故④錯誤；
故正確的序號有：①②③，共3個.故答案為：3.
變式訓練：
1.在正方體中，點是上的動點，是平面內的一點，且滿足，則平面與平面所成角余弦值的最大值為 .
【答案】
【解析】連接、、、，設，連接、，如下圖所示：
因為且，則四邊形為平行四邊形，因為四邊形為正方形，則，
因為平面，平面，則，
因為，、平面，所以平面，
因為平面，所以，
因為是平面內的一點，且滿足，所以點的軌跡為線段，
設正方體的棱長為，則，
因為四邊形為正方形，，則為的中點，且，
由勾股定理可得，則，
所以為平面與平面所成角（或補角），
由圖可知，由圖可知，當點與點重合時，最大，
，，
因為平面，平面，則，同理，
此時；
當與點重合時，最小，易得，
所以，
又因為函數在上單調遞減，所以，則，
而平面與平面所成角為銳角，不妨設為，則，
所以平面與平面所成角的余弦值的最大值為.故答案為：.
2.如圖所示，幾何體由正方體和正四棱錐組合而成，若該組合體內接于半徑為的球(即所有頂點都在球上)，記正四棱錐側棱與正方體底面所成的角為，則 ．
【答案】
【解析】由正方體的性質可知該組合體的外接球的球心為正方體的中心，設正方體上底面的中心為，連接，，
則在線段上，則．設正方體的棱長為，該組合體外接球即為正方體外接球，
則，，，因為面，則即為，
所以．故答案為：
3.如圖，正三棱錐的側面和底面所成的角為，正三棱錐的側面和底面所成的角為，，P和位于平面的異側，且這兩個正三棱錐的所有頂點都在同一個球面上，則 ，的最大值為 .
【答案】 /
【解析】由這兩個正三棱錐的所有頂點都在同一個球面上，以及圖形的對稱性可知，為外接球的直徑，故；
設三角形的中心為,的中點為,，
由正弦定理可知，，由三角形性質可知，
因為三角形為直角三角形，顯然所以有 即，
由題可知，
所以
由基本不等式可知，當時等號成立，
所以故填：；
高頻考點6 軌跡問題
核心知識：解決立體幾何中的軌跡問題有兩種方法：一是幾何法．對于軌跡為幾何體的問題，要抓住幾何體中的不變量，借助空間幾何體（柱、錐、臺、球）的定義；對于軌跡為平面上的問題，要利用降維的思想，熟悉平面圖形（直線、圓、圓錐曲線）的定義．二是代數法（解析法）．在圖形中，建立恰當的空間直角坐標系或平面直角坐標系。
典例1：（2024·四川瀘州·三模）已知三棱錐的底面為等腰直角三角形，其頂點P到底面ABC的距離為3，體積為24，若該三棱錐的外接球O的半徑為5，則滿足上述條件的頂點P的軌跡長度為（ ）
A．6π B．30π C． D．
【答案】D
【解析】依題意得，設底面等腰直角三角形的邊長為，
三棱錐的體積解得：
的外接圓半徑為球心到底面的距離為，
又頂點P到底面ABC的距離為3，頂點的軌跡是一個截面圓的圓周
當球心在底面和截面圓之間時，球心到該截面圓的距離為，
截面圓的半徑為，頂點P的軌跡長度為；
當球心在底面和截面圓同一側時，球心到該截面圓的距離為，
截面圓的半徑為，頂點P的軌跡長度為；
綜上所述，頂點P的軌跡的總長度為故選：D．
變式訓練：
1．（2024·浙江溫州·高三開學考試）如圖，正方體，P為平面內一動點，設二面角的大小為，直線與平面所成角的大小為.若，則點P的軌跡是（ ）
A．圓 B．拋物線 C．橢圓 D．雙曲線
【答案】D
【解析】連接AC交BD于O，取中點,連接
以O為原點,分別以OA、OB、所在直線為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系，如圖：
令正方體邊長為2，則，
面的一個法向量為，面的一個法向量為
則，故二面角的大小為
又二面角的大小，則或
由，，可得
又
整理得即，是雙曲線.故選：D
2．（2024·湖南·雅禮中學二模）已知菱形的各邊長為.如圖所示，將沿折起，使得點到達點的位置，連接，得到三棱錐，此時.則三棱錐的體積為__________，是線段的中點，點在三棱錐的外接球上運動，且始終保持，則點的軌跡的周長為__________.
【答案】
【解析】取中點，則，
∴平面，，又，∴，
則三棱錐的高，三棱錐體積為；
作，設點軌跡所在平面為，則平面經過點且，
設三棱錐外接球的球心為的中心分別為，
易知平面平面，且四點共面，
由題可得，，
解Rt，得，又，
則三棱錐外接球半徑，易知到平面的距離，
故平面截外接球所得截面圓的半徑為，
∴截面圓的周長為，即點軌跡的周長為.故答案為：；.
高頻考點7 以立體幾何為載體的情境題
核心知識：以立體幾何為載體的情境題都跟圖形有關，涉及在具體情境下的圖形閱讀，需要通過數形結合來解決問題．圖形怎么閱讀？一是要讀特征，即從圖形中讀出圖形的基本特征；二是要讀本質，即要善于將所讀出的信息進行提升，實現“圖形→文字→符號”的轉化；三是要有問題意識，帶著問題閱讀圖形，將研究圖形的本身特征和關注題目要解決的問題有機地融合在一起；四是要有運動觀點，要“動手”去操作，動態地去閱讀圖形。
典例1：（多選題）（2024·江西·三模）球面三角學是研究球面三角形的邊、角關系的一門學科．如圖，球的半徑為R，A，B，為球面上三點，劣弧BC的弧長記為，設表示以為圓心，且過B，C的圓，同理，圓的劣弧的弧長分別記為，曲面（陰影部分）叫做曲面三角形，，則稱其為曲面等邊三角形，線段OA，OB，OC與曲面圍成的封閉幾何體叫做球面三棱錐，記為球面．設，則下列結論正確的是（ ）
A．若平面是面積為的等邊三角形，則
B．若，則
C．若，則球面的體積
D．若平面為直角三角形，且，則
【答案】BC
【解析】對于A，因等邊三角形的面積為，則，
又，故則，故A錯誤；
對于B，由可得，故，即B正確；
對于C，由可得，故.
由正弦定理，的外接圓半徑為，點到平面ABC的距離，
則三棱錐的體積,
而球面的體積，故C正確；
對于D，由余弦定理可知由可得，，
即，化簡得，．
取，則，則，故D錯誤．故選：BC
變式訓練：
1.（2024·青?！つM預測）如圖，在正方體中，，，，，，分別為棱，，，，，的中點，為的中點，連接，．對于空間任意兩點，，若線段上不存在也在線段，上的點，則稱，兩點“可視”，則與點“可視”的點為（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】如圖，連接，，，由正方體的性質及、分別為棱、的中點，
易得，所以線段與相交，與相交，故A、B錯誤；
連接，，有，，故，所以線段與相交，C錯誤；
連接，直線與，直線與均為異面直線，D正確.故選：D.
2.（多選題）設為多面體的一個頂點，定義多面體在點處的離散曲率為，其中，為多面體的所有與點相鄰的頂點，且平面，平面，平面和平面為多面體的所有以為公共點的面.已知在直四棱柱中，四邊形為菱形，，則下列說法正確的是（ ）
A．四棱柱在其各頂點處的離散曲率都相等
B．若，則四棱柱在頂點處的離散曲率為
C．若四面體在點處的離散曲率為，則平面
D．若四棱柱在頂點處的離散曲率為，則直線與平面所成角的正弦值為
【答案】CD
【解析】對于A.當直四棱柱的底面為正方形時，其在各頂點處的離散曲率都相等，當直四棱柱的底面不為正方形時，其在同一底面且相鄰的兩個頂點處的離散曲率不相等，故A錯誤；對于B.若，則菱形為正方形，
因為平面，，平面，所以，，
所以直四棱柱在頂點處的離散曲率為，故錯誤；
對于C.在四面體中，，，所以，
所以四面體在點處的離散曲率為，解得，
易知，所以，所以，所以直四棱柱為正方體，
因為平面平面，所以，
又，，平面，所以平面，又平面，
所以，同理，又，，平面，
所以平面，故正確；
對于D.直四棱柱在頂點處的離散曲率為，
則，即是等邊三角形，
設，則即為與平面所成的角，，故正確；故選:CD.
高頻考點8 翻折問題
核心知識：
1、處理圖形翻折問題的關鍵是理清翻折前后長度和角度哪些發生改變，哪些保持不變。
2、把空間幾何問題轉化為平面幾何問題，把握圖形之間的關系，感悟數學本質。
典例1：在正方形中，，為中點，將沿直線翻折至位置，點為線段中點.在翻折的過程中，若為線段的中點，則下列結論中正確的是（ ）
A．三棱錐的體積最大值為 B．異面直線、所成角始終為
C．翻折過程中存在某個位置，使得大小為 D．點在某個圓上運動
【答案】D
【解析】對于A，當二面角為直二面角，過作于，
所以平面平面．又平面平面，所以平面．
由題意可得，．由勾股定理可得．
由，即，解得．
因為為線段的中點，所以到平面的距離為．
又，所以，即三棱錐的體積最大值為，故A錯誤．
對于B、C選項，取的中點，則，且，，所以．
因為，所以是異面直線，所成的角．
取的中點，連接，，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，所以異面直線，所成的角為，故B，C均錯誤．
對于D選項，由B，C選項可知，，均為定值，則的軌跡為以，為球心的球面的交線，
即點在某個圓上運動，故D正確．故選：D
變式訓練：
1．（2024·上海靜安·高二?？茧A段練習）如圖，矩形中，，為邊的中點，將沿直線翻折成，若為線段的中點，則在翻折過程中，下面說法中正確的序號是（ ）

①是定值；②存在某個位置，使；③存在某個位置，使
④不在底面上時，則平面
A．①② B．①④ C．①③ D．②④
【答案】B
【解析】取中點,連接，∵是中點，所以且，
又是矩形的邊的中點，則且，
∴且，∴是平行四邊形，∴且，
顯然的長是定值，因此是定值，①,
而不在底面上時，平面，平面，∴平面，④正確；
在等腰直角中，，因此與不可能垂直，即與不可能垂直，③錯誤；
若，取中點，連接，顯然，又，平面，∴平面，又平面，∴，
但在矩形中，可得，，即，∴不成立，③錯誤，故選：B．
1．（2024·黑龍江大慶·?？寄M預測）北京大興國際機場的顯著特點之一是各種彎曲空間的運用，在數學上用曲率刻畫空間彎曲性．規定：多面體的頂點的曲率等于與多面體在該點的面角之和的差（多面體的面的內角叫做多面體的面角，角度用弧度制），多面體面上非頂點的曲率均為零，多面體的總曲率等于該多面體各項點的曲率之和．例如：正四面體在每個頂點有3個面角，每個面角是，所以正四面體在每個頂點的曲率為，故其總曲率為．已知多面體的頂點數V，棱數E，面數F滿足，則八面體的總曲率為（ ）

A． B． C． D．
【答案】C
【解析】設每個面記為邊形，
則所有的面角和為，
根據定義可得該類多面體的總曲率．故選：C．
2．（2024·湖南岳陽·高二統考期末）碳（）是一種非金屬單質，它是由個碳原子構成，形似足球，又稱為足球烯，其結構是由五元環（正五邊形面）和六元環（正六邊形面）組成的封閉的凸多面體，共32個面，且滿足：頂點數－棱數＋面數＝2，則其六元環的個數為（ ）.
A．12 B．20 C．32 D．60
【答案】B
【解析】根據題意， 碳（）由個頂點，有個面，
由頂點數－棱數＋面數＝2可得：棱數為，設正五邊形有個，正六邊形有個，
則，解得：，所以六元環的個數為個，故選：B.
3．（2024·上?！じ呷Ｂ摽茧A段練習）設、、…、為平面內的個點，在平面內的所有點中，若點到、、…、點的距離之和最小，則稱點為、、…、點的一個“中位點”，有下列命題：①、、三個點共線，在線段上，則是、、的中位點；②直角三角形斜邊的中點是該直線三角形三個頂點的中位點；③若四個點、、、共線，則它們的中位點存在且唯一；④梯形對角線的交點是該梯形四個頂點的唯一中位點；其中的真命題是（ ）
A．②④ B．①② C．①④ D．①③④
【答案】C
【解析】①若三個點共線,在線段上,根據兩點之間線段最短,則是的中位點,正確；
②舉一個反例,如邊長為的直角三角形,此直角三角形的斜邊的中點到三個頂點的距離之和為,而直角頂點到三個頂點的距離之和為7,
∴直角三角形斜邊的中點不是該直角三角形三個頂點的中位點；故錯誤；③若四個點共線,則它們的中位點是中間兩點連線段上的任意一個點,故它們的中位點存在但不唯一；故錯誤；
④如圖,在梯形中,對角線的交點是任意一點,則根據三角形兩邊之和大于第三邊得,
∴梯形對角線的交點是該梯形四個頂點的唯一中位點．正確．故①④正確.故選：C
4.（23-24高三上·河北·期末）由空間一點出發不共面的三條射線，，及相鄰兩射線所在平面構成的幾何圖形叫三面角，記為．其中叫做三面角的頂點，面，，叫做三面角的面，，，叫做三面角的三個面角，分別記為，，，二面角、、叫做三面角的二面角，設二面角的平面角大小為，則一定成立的是（）
A． B．C． D．
【答案】A
【解析】如圖，，，
在上取一點，過在平面內作，交于，
過在平面內作，交于，連接，
則是二面角的平面角，即.
設，在直角三角形中，，
在直角三角形中，，，
在中，，
在中，，
即為
，所以.故選：A.
5.（2024·浙江臺州·一模）已知球的半徑為，是球表面上的定點，是球表面上的動點，且滿足，則線段軌跡的面積為（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】如圖，以球的球心為坐標原點，所在的直線為軸，建立空間直角坐標系，
因為球的半徑為，則，設，
則，，所以，
又，，則，得到，
如圖，在線段取點，使，所以線段軌跡為圓錐的側面，
又，則，所以圓錐的側面積為，
所以線段軌跡的面積為，故選：C.
6.（24-25高三上·北京西城·期末）如圖，在棱長為2的正方體中，為棱的中點，為正方體表面上的動點，且.設動點的軌跡為曲線，則（ ）
A．是平行四邊形，且周長為 B．是平行四邊形，且周長為
C．是等腰梯形，且周長為 D．是等腰梯形，且周長為
【答案】D
【解析】分別取的中點，連接，
則∥∥，∴四點共面 若為面上的動點，
由正方體易得，平面平面，且平面平面，要使，則只需，此時的軌跡為線段；
若為面上的動點，由正方體易得，平面平面，且平面平面，要使，則只需，因為分別是的中點，易證，故此時的軌跡為線段；所以動點的軌跡曲線為過點的平面與正方體各表面的交線，即梯形.因為正方體的棱長為2，所以.
所以曲線為等腰梯形，且周長為.故選：D.
7．（2024·山東·高三專題練習）已知矩形中，，，將沿矩形的對角線所在的直線進行翻折，在翻折過程中，下列說法正確的是（ ）
A．存在某個位置，使得直線與直線垂直
B．存在某個位置，使得直線與直線垂直
C．存在某個位置，使得直線與直線垂直
D．對任意位置，三對直線“與”，“與”，“與”均不垂直
【答案】B
【解析】矩形在翻折前和翻折后的圖形如圖（1）、圖（2）所示．
在圖（1）中，過點A作⊥，垂足為E，過點C作⊥，垂足為F，
由邊不相等可知點不重合．
在圖（2）中，連接，對于選項A，若⊥，又知⊥，，所以⊥平面，
所以⊥，與點不重合相矛盾，故選項A錯誤；
對于選項B，若⊥，又知⊥，，所以⊥平面，
所以⊥，由可知，存在這樣的等腰直角三角形，
使得直線與直線垂直，故選項B正確；
對于選項C，若⊥，又知⊥，，所以⊥平面，所以⊥，
已知，，則，所以不存在這樣的直角三角形，故選項C錯誤；
由以上可知選項D錯誤．故選：B．
8．（2024·浙江·高二校聯考期中）如圖1，在菱形中，，是其對角線，是上一點，且，將沿直線翻折，形成四棱錐（如圖2），則在翻折過程中，下列結論中正確的是（ ）

A．存在某個位置使得 B．存在某個位置使得
C．存在某個位置使得 D．存在某個位置使得
【答案】B
【解析】對于選項A，沿翻折，在翻折過程中，與夾角始終不變，，故A錯誤；
對于選項B，，轉化為判斷和是否會垂直，由圖觀察翻折過程中和夾角變化范圍是，故存在某個位置使得，故B正確；對于選項C，由圖觀察翻折過程中和夾角的變化范圍是，故不存在某個位置使得，故C錯誤；對于選項D，由于平行于翻折前的，故只需觀察翻折過程中與翻折前的的夾角變化范圍，由圖觀察翻折過程中與的夾角變化范圍是，所以不存在某個位置使得，故D錯誤. 故選：B
9．（2024·浙江臺州·高三期末）已知在正方體中，點為棱的中點，直線在平面內．若二面角的平面角為，則的最小值為（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】連接AE，取AE的中點P，過點P作FG⊥AE交CD于點F，交AB于點G，設正方體棱長為2，由勾股定理可知：，，同理，取的中點，連接，取的中點，過點作MN⊥交于點M，交于點N，則直線即為直線，此時，MF⊥CD，NG⊥AB，OP⊥底面ABCD，因為FG平面ABCD，所以OP⊥FG，因為AE∩OP=P，所以FG⊥平面AOP，連接OA，OE，因為OA平面AOP，所以OA⊥FG，因為MN∥FG，所以OA⊥MN，同理可證：OE⊥MN，所以即為二面角的平面角，由對稱性可知：此角即為二面角的平面角的最大值，且，其中，由勾股定理得：，所以，則 故選：B
10．（2024·浙江·高三專題練習）如圖，在正方體中，在棱上，，平行于的直線在正方形內，點到直線的距離記為，記二面角為為，已知初始狀態下，，則（ ）
A．當增大時，先增大后減小 B．當增大時，先減小后增大
C．當增大時，先增大后減小 D．當增大時，先減小后增大
【答案】C
【解析】由題設，以為原點，為軸建立空間直角坐標系，
設正方體的棱長為2，則，，
設直線與交于，則，
則，，，
設平面的法向量為， ，，令，則
設平面的法向量為，又
，，令，則
利用空間向量夾角公式得
對于AB，令，則
顯然函數在時為減函數，即減小，則增大，故AB 錯誤；
對于CD，當時，則
令，求導
，令，得
故當時，，函數單減，即單減，增大；當時，，函數單增，即單增，減??；故當增大時，先增大后減小 故選：C
11．（2024·河南·高三校聯考階段練習）在正三棱錐P-ABC中，，BC＝6，M，N，Q，D分別是AP，BC，AC，PC的中點，平面MQN與平面PBC的交線為l，則直線QD與直線l所成角的正弦值為（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】取的中點，連接，由題意可得，
又因為，所以，
所以四邊形是平行四邊形，所以，所以四點共面，
所以平面MQN與平面PBC的交線為l即為，
直線QD與直線l所成角即為直線QD與直線所成角即為，
因為正三棱錐P-ABC中，，BC＝6，所以，
所以，，
所以.故選：C.
12．（2024·北京海淀·高三?？奸_學考試）已知在長方體中，，，記平面和平面的交線為，已知二面角的大小為60°，則的值為（ ）
A． B．1 C． D．2
【答案】C
【解析】如圖所示：連接，，故四點共面，故平面和平面的交線為，
平面，平面，故，又，平面，平面，
故二面角的大小為，.故選：C
13．（2024·廣東廣州·高三統考階段練習）已知三棱錐的棱，，兩兩互相垂直，，以頂點為球心，1為半徑作一個球，球面與該三棱錐的表面相交得到的交線最長為（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】因為三棱錐的棱，，兩兩互相垂直，，
所以球與三棱錐的表面的交線均為以點為頂點，半徑為，圓心角為的圓弧，其長度為，設點到平面的距離為，因為，所以是邊長為的等邊三角形，
由可得，解得，
所以球與表面的交線為以的中心為圓心，半徑為的圓，其長度為，
因為，所以以頂點為球心，1為半徑作一個球，球面與該三棱錐的表面相交得到的交線最長為，故選：D
14．（2024·上?！じ呷龑ｎ}練習）直三棱柱中，，，，，設平面與平面的交線為，則與的距離為（ ）．
A．1 B． C．17 D．2.6
【答案】D
【解析】如圖，將直三棱柱補成直四棱柱，且四邊形為平行四邊形，則平面即為平面，所以直線為，則與的距離即為則與的距離，設為，
由已知可得：在三角形中，
，，
，，
則，，
，得.故選：D.
15.如圖，已知正方體，點P是四邊形的內切圓上一點，O為四邊形ABCD的中心，給出以下結論：①存在點P，使平面DOP；②三棱錐的體積為定值；
③直線與直線OP所成的角為定值.其中，正確結論的個數為（ ）

A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】D
【解析】設底面內切圓的圓心為，連接，
由正方體的性質可知，，所以四點共面，
又因為平面，所以平面，
所以當點P是直線與四邊形的內切圓的交點時，滿足平面DOP；故①正確.
因為,而三棱錐的底面積為定值，高等于正方體的棱長，也是定值，
所以三棱錐的體積為定值；故②正確.
直線與直線OP所成的角等于直線與直線OP所成的角,
由于點在底面的內切圓上，所以直線與直線OP所成的角為定值；故③正確.故選：D.
16.（2024·廣東廣州·模擬預測）已知正方體的邊長為1，現有一個動平面，且平面，當平面截此正方體所得截面邊數最多時，記此時的截面的面積為，周長為，則（ ）
A．不為定值，為定值 B．為定值，不為定值
C．與均為定值 D．與均不為定值
【答案】A
【解析】正方體的所有棱中，實際上是3組平行的棱，與面平行的面且截面是六邊形時滿足條件，如圖所示，
正方體邊長為1，即設，則，
，同理可得六邊形其他相鄰兩邊的和均為，
六邊形的周長為定值，正三角形的面積為.
當均為中點時，六邊形的邊長相等即截面為正六邊形時截面面積最大，
此時,截面面積為，
截面從平移到的過程中，截面面積的變化過程是由小到大，再由大到小，故可得周長為定值，面積不為定值.故選：A
17．（2024·浙江·高三階段練習）如圖，在四棱錐中，底面是邊長為的正方形，，為的中點.過作截面將此四棱錐分成上 下兩部分，記上 下兩部分的體積分別為，，則的最小值為（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】過作平面的垂線，垂足為，連，設的交點為，在中過作直線交于兩點，由相交直線確定平面，則四邊形為過的截面.由計算可得，得為正三角形，，所以為的重心，設，由向量運算可得，又，可得，所以，由三點共線，得，即，易得到平面的距離為，到平面的距離為1，因為，所以，，得，，由，，得，當且僅當取等號，所以，即的最小值為.故選：A.
18．（2024·全國·高三專題練習）已知某正四棱錐的體積是，該幾何體的表面積最小值是，我們在繪畫該表面積最小的幾何體的直觀圖時所畫的底面積大小是，則和的值分別是（ ）
A．3； B．4； C．4； D．3；
【答案】C
【解析】如圖，O為底面ABCD的中心，E為BC的中點，連接PO，OE，
設該正四棱錐底面邊長為，高為，且，由題意，.
易有，，則，
所以，，將代入并化簡得：，
于是，
. 當且僅當時，取“=”.
易知，此時底面ABCD直觀圖的面積.故選：C.
19．（2024·天津北辰·三模）中國載人航天技術發展日新月異.目前，世界上只有3個國家能夠獨立開展載人航天活動.從神話“嫦娥奔月”到古代“萬戶飛天”，從詩詞“九天攬月”到壁畫“仕女飛天”……千百年來，中國人以不同的方式表達著對未知領域的探索與創新.如圖，可視為類似火箭整流罩的一個容器，其內部可以看成由一個圓錐和一個圓柱組合而成的幾何體.圓柱和圓錐的底面半徑均為2，圓柱的高為6，圓錐的高為4.若將其內部注入液體，已知液面高度為7，則該容器中液體的體積為（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【詳解】由題意可知：容器中液體分為：下半部分為圓柱，上半部分為圓臺，
取軸截面，如圖所示，分別為的中點，
可知：∥∥，且，可得，即，所以該容器中液體的體積為.選：A.
20．（2024·天津·二模）在如圖所示的幾何體中，底面是邊長為4的正方形，，，，均與底面垂直，且，點E、F分別為線段、的中點，記該幾何體的體積為，平面將該幾何體分為兩部分，則體積較小的一部分的體積為（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】先求幾何體的體積，再求被截較小部分的體積即可.
【詳解】由題意可知，如圖所示，，所以平面即為平面截幾何體的截面.
因為，,
所以幾何體的體積,
被截棱臺的體積,
較大部分體積為,且,所以較小部分的體積為.故選：D.
21．（2024·浙江·二模）正方體中，，分別為棱和的中點，則下列說法正確的是（ ）
A．平面 B．平面
C．異面直線與所成角為60° D．平面截正方體所得截面為等腰梯形
【答案】ACD
【詳解】對于A，如圖，連接，因為，分別為棱和的中點，所以，
又平面，平面，所以平面，故A正確；
對于B，如圖，取中點，連接，
在正方體中，，所以四邊形為平行四邊形，
所以，又分別為，中點，則，故，
設正方體棱長為，則，
故，所以不垂直于，故不垂直于，又平面，所以不垂直平面，故B錯誤；對于C，如圖，連接，
在正方體中，，即為正三角形，
又因為，分別為棱和的中點，所以，故異面直線與所成角即為，故C正確；對于D，如圖，連接，
在正方體中，，所以四邊形為平行四邊形，
則，又，所以，所以四點共面，
故平面截正方體所得截面為四邊形，設正方體棱長為，則，
所以，又，故截面為四邊形為等腰梯形，故D正確.故選：ACD.
22．（2024·河南三門峽·模擬預測）已知正方體的棱長為為的中點，為線段上一動點，則（ ）
A．異面直線與所成角為 B．平面
C．平面平面 D．三棱錐的體積為定值
【答案】BCD
【分析】在正方體中，異面直線與所成角即為或其補角，求出即可判斷A；利用線面垂直的判定定理可以證明平面，判斷B；利用面面垂直的判定定理可以證明平面平面，判斷C；由平面，得點到平面的距離為定值，再由，可得三棱錐的體積為定值，判斷D.
【詳解】對于選項，如圖，連接，則，
則或其補角為異面直線與所成角，因為，所以，
故異面直線與所成角為，故選項錯誤；
對于選項，由已知得為等腰直角三角形，是的中點，則，
因為平面平面，所以，
又平面，所以平面，
又平面，所以，設與交于點，
其中，
因為，所以，
因為，所以，又平面平面，
所以平面，故選項正確.；對于選項，由正方體的性質可知，平面，
而平面，所以，因為平面，
所以平面，又平面，所以平面平面，故選項正確；
對于選項，由，平面，平面，得平面，
又，所以點到平面的距離為定值，又的面積確定，，
所以三棱錐的體積為定值，故選項正確.故選：.
23．（2024·河北保定·二模）如圖1，在等腰梯形中，，，，，，將四邊形沿進行折疊，使到達位置，且平面平面，連接，，如圖2，則（ ）

A． B．平面平面
C．多面體為三棱臺 D．直線與平面所成的角為
【答案】ABD
【分析】求得位置關系判斷選項A；求得平面與平面位置關系判斷選項B；利用三棱臺定義判斷選項C；求得直線與平面所成的角判斷選項D.
【詳解】對于A，因為平面平面，
平面平面，，平面，
所以平面，所以，A正確.
對于B，因為，平面，平面，則平面，
又，平面，平面，則平面，
又，平面，所以平面平面，B正確.
對于C，因為，，則，所以多面體不是三棱臺，C錯誤.
對于D，延長，相交于點G，
因為平面平面，平面平面，平面，，
所以平面，則為直線與平面所成的角.
因為，所以，解得，，，
則，D正確.故選：ABD

24.（多選題）（24-25高三上·河南·開學考試）如圖，在棱長為2的正方體中，為棱的中點，為線段上的動點，為底面內的動點，則（ ）

A．若，則
B．若，則動點的軌跡長度為
C．若直線與平面所成的角為，則點的軌跡為雙曲線的一部分
D．若直線與平面所成的角為，則點的軌跡為橢圓的一部分
【答案】ABC
【解析】對于A項，連接，，則，作，交于點，易證，
由，得，，所以，，所以，
同理，所以，所以，故A正確；
由，，所以，
即點的軌跡是以A為圓心，為半徑的圓在正方形內的部分，，
設該圓交棱于S點，交棱于點，則，
又，為銳角，所以，所以，
故所求軌跡長度為，故B正確；
如圖，以A為坐標原點建立如圖所示的空間直角坐標系，則，
設，，易得平面的一個法向量為，
因為直線與平面所成的角為，所以，
所以，
化簡得，故C正確，D錯誤．故選：ABC．
25.棱長為1的正方體中，點在棱上運動，點在側面上運動，滿足平面，則線段的最小值為 .

【答案】
【解析】以為坐標原點，分別為軸，建立空間直角坐標系，如圖，
則，設，，
所以，，
因為平面，所以，故，
，故，其中，
故，
故當時，，此時滿足要求，
所以線段PQ的最小值為. 故答案為：
27.已知是大小為的二面角，為二面角內一定點，且到半平面的距離分別為，分別是半平面 內的動點.則周長的最小值為 .
【答案】
【解析】分別作點關于平面的對稱點，
則，，
易證當分別取直線與平面的交點時，周長最短，
且這個周長最小值為.故答案為：
28.如圖，棱長為1的正方體中，為線段的中點，，分別為線段和棱上的動點，則的最小值為 ．
【答案】
【解析】設是的中點，，所以，則.
對任一點，的最小值是到直線的距離，過作，交于，
過作，交于，連接，由于，所以平面，平面，所以，由于，平面，所以平面，
又平面，所以，則，易得.
，，，
所以，
當三點共線，且是的中點，是與的交點，
此時取得最小值為，所以的最小值為.故答案為：
29．（2024·山東濟南·二模）將一個圓形紙片裁成兩個扇形，再分別卷成甲 乙兩個圓錐的側面，甲 乙兩個圓錐的側面積分別為和，體積分別為和.若，則 .
【答案】/
【詳解】設母線長為，甲圓錐底面半徑為，乙圓錐底面圓半徑為，
則，所以，又，則，所以，
所以甲圓錐的高，乙圓錐的高，
所以.故答案為：.
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