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4.2 立体几何常见压轴小题全归纳
考点分布 考查频率 命题趋势
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 预测2025年高考，多以小题形式出现，也有可能会将其渗透在解答题的表达之中，相对独立．具体估计为：（1）以选择题或填空题形式出现，考查学生的综合推理能力．（2）热点是简单几何体的表面积或体积，最短路径问题，截面问题．
角度问题 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
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。
1．（2024新高考Ⅱ卷·7）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
2．（2023新高考Ⅱ卷·9）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
3．（2023新高考Ⅰ卷·14）在正四棱台中，，则该棱台的体积为 ．
4．（2023新高考Ⅱ卷·14）底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥，所得棱台的体积为 ．
5．（2023 天津）在三棱锥中，线段上的点满足，线段上的点满足，则三棱锥和三棱锥的体积之比为
A． B． C． D．
6．（2023 乙卷）已知为等腰直角三角形，为斜边，为等边三角形，若二面角为，则直线与平面所成角的正切值为
A． B． C． D．
7．（2022新高考Ⅰ卷·9）已知正方体，则（ ）
A．直线与所成的角为 B．直线与所成的角为
C．直线与平面所成的角为 D．直线与平面ABCD所成的角为
8．（2022新高考Ⅱ卷·11）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．
9．（2021 天津）两个圆锥的底面是一个球的同一截面，顶点均在球面上，若球的体积为，两个圆锥的高之比为，则这两个圆锥的体积之和为
A． B． C． D．
10．（2021 上海）已知圆柱的底面圆半径为1，高为2，为上底面圆的一条直径，是下底面圆周上的一个动点，则的面积的取值范围为 ．
高频考点一 体积、面积、周长、角度、距离定值问题
核心知识：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
典例1：（2024·浙江省江山中学模拟预测）如图，在单位正方体中，点P是线段上的动点，给出以下四个命题：
①异面直线与直线所成角的大小为定值；②二面角的大小为定值；
③若Q是对角线上一点，则长度的最小值为；
④若R是线段上一动点，则直线与直线不可能平行．其中真命题有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
变式训练
1．（2024·北京·人大附中模拟预测）已知正方体为对角线上一点（不与点重合），过点作垂直于直线的平面，平面与正方体表面相交形成的多边形记为，下列结论不正确的是（ ）
A．只可能为三角形或六边形 B．平面与平面的夹角为定值
C．当且仅当为对角线中点时，的周长最大D．当且仅当为对角线中点时，的面积最大
2．（2024·山东聊城·三模）在直四棱柱中，所有棱长均2，，P为的中点，点Q在四边形内（包括边界）运动，下列结论中正确的是（ ）
A．当点Q在线段上运动时，四面体的体积为定值
B．若平面，则AQ的最小值为
C．若的外心为M，则为定值2
D．若，则点Q的轨迹长度为
高频考点2 体积、面积、周长、距离最值与范围问题
核心知识：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.
典例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
变式训练：
1．（2024·河南高三期中）如图，在正方体中，，，分别为，的中点，，分别为棱，上的动点，则三棱锥的体积（ ）
A．存在最大值，最大值为 B．存在最小值，最小值为
C．为定值 D．不确定，与，的位置有关
2．（多选题）（2024·广东·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
高频考点3 立体几何中的交线问题
核心知识：
典例1：（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
变式训练：
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．
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
高频考点4 空间线段以及线段之和最值问题
核心知识：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。
典例1：（2024·湖南长沙·高三校考阶段练习）在棱长为3的正方体中，点E满足，点F在平面内，则|的最小值为 .
变式训练：
1．（2025·山东·高三专题练习）在直三棱柱中，，，，是线段上的动点，则的最小值是 .
2．（2024·广东梅州·统考三模）如图，在三棱锥中，是的中点，，分别为线段，上的动点，，平面，若，则的最小值为 .
高频考点5 空间角问题
核心知识：
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．
典例1：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.
变式训练：
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 .
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 ．
3.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 .
高频考点6 轨迹问题
核心知识：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。
典例1：（2024·四川泸州·三模）已知三棱锥的底面为等腰直角三角形，其顶点P到底面ABC的距离为3，体积为24，若该三棱锥的外接球O的半径为5，则满足上述条件的顶点P的轨迹长度为（ ）
A．6π B．30π C． D．
变式训练：
1．（2024·浙江温州·高三开学考试）如图，正方体，P为平面内一动点，设二面角的大小为，直线与平面所成角的大小为.若，则点P的轨迹是（ ）
A．圆 B．抛物线 C．椭圆 D．双曲线
2．（2024·湖南·雅礼中学二模）已知菱形的各边长为.如图所示，将沿折起，使得点到达点的位置，连接，得到三棱锥，此时.则三棱锥的体积为__________，是线段的中点，点在三棱锥的外接球上运动，且始终保持，则点的轨迹的周长为__________.
高频考点7 以立体几何为载体的情境题
核心知识：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。
典例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
变式训练：
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．
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，则直线与平面所成角的正弦值为
高频考点8 翻折问题
核心知识：
1、处理图形翻折问题的关键是理清翻折前后长度和角度哪些发生改变，哪些保持不变。
2、把空间几何问题转化为平面几何问题，把握图形之间的关系，感悟数学本质。
典例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
变式训练：
1．（2024·上海静安·高二校考阶段练习）如图，矩形中，，为边的中点，将沿直线翻折成，若为线段的中点，则在翻折过程中，下面说法中正确的序号是（ ）
①是定值；②存在某个位置，使；③存在某个位置，使
④不在底面上时，则平面
A．①② B．①④ C．①③ D．②④
1．（2024·黑龙江大庆·校考模拟预测）北京大兴国际机场的显著特点之一是各种弯曲空间的运用，在数学上用曲率刻画空间弯曲性．规定：多面体的顶点的曲率等于与多面体在该点的面角之和的差（多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制），多面体面上非顶点的曲率均为零，多面体的总曲率等于该多面体各项点的曲率之和．例如：正四面体在每个顶点有3个面角，每个面角是，所以正四面体在每个顶点的曲率为，故其总曲率为．已知多面体的顶点数V，棱数E，面数F满足，则八面体的总曲率为（ ）
A． B． C． D．
2．（2024·湖南岳阳·高二统考期末）碳（）是一种非金属单质，它是由个碳原子构成，形似足球，又称为足球烯，其结构是由五元环（正五边形面）和六元环（正六边形面）组成的封闭的凸多面体，共32个面，且满足：顶点数－棱数＋面数＝2，则其六元环的个数为（ ）.
A．12 B．20 C．32 D．60
3．（2024·上海·高三校联考阶段练习）设、、…、为平面内的个点，在平面内的所有点中，若点到、、…、点的距离之和最小，则称点为、、…、点的一个“中位点”，有下列命题：①、、三个点共线，在线段上，则是、、的中位点；②直角三角形斜边的中点是该直线三角形三个顶点的中位点；③若四个点、、、共线，则它们的中位点存在且唯一；④梯形对角线的交点是该梯形四个顶点的唯一中位点；其中的真命题是（ ）
A．②④ B．①② C．①④ D．①③④
4.（23-24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．
5.（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．
6.（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
7．（2024·山东·高三专题练习）已知矩形中，，，将沿矩形的对角线所在的直线进行翻折，在翻折过程中，下列说法正确的是（ ）
A．存在某个位置，使得直线与直线垂直
B．存在某个位置，使得直线与直线垂直
C．存在某个位置，使得直线与直线垂直
D．对任意位置，三对直线“与”，“与”，“与”均不垂直
8．（2024·浙江·高二校联考期中）如图1，在菱形中，，是其对角线，是上一点，且，将沿直线翻折，形成四棱锥（如图2），则在翻折过程中，下列结论中正确的是（ ）
A．存在某个位置使得 B．存在某个位置使得
C．存在某个位置使得 D．存在某个位置使得
9．（2024·浙江台州·高三期末）已知在正方体中，点为棱的中点，直线在平面内．若二面角的平面角为，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
10．（2024·浙江·高三专题练习）如图，在正方体中，在棱上，，平行于的直线在正方形内，点到直线的距离记为，记二面角为为，已知初始状态下，，则（ ）
A．当增大时，先增大后减小 B．当增大时，先减小后增大
C．当增大时，先增大后减小 D．当增大时，先减小后增大
11．（2024·河南·高三校联考阶段练习）在正三棱锥P-ABC中，，BC＝6，M，N，Q，D分别是AP，BC，AC，PC的中点，平面MQN与平面PBC的交线为l，则直线QD与直线l所成角的正弦值为（ ）
A． B． C． D．
12．（2024·北京海淀·高三校考开学考试）已知在长方体中，，，记平面和平面的交线为，已知二面角的大小为60°，则的值为（ ）
A． B．1 C． D．2
13．（2024·广东广州·高三统考阶段练习）已知三棱锥的棱，，两两互相垂直，，以顶点为球心，1为半径作一个球，球面与该三棱锥的表面相交得到的交线最长为（ ）
A． B． C． D．
14．（2024·上海·高三专题练习）直三棱柱中，，，，，设平面与平面的交线为，则与的距离为（ ）．
A．1 B． C．17 D．2.6
15.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
16.（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
17．（2024·浙江·高三阶段练习）如图，在四棱锥中，底面是边长为的正方形，，为的中点.过作截面将此四棱锥分成上 下两部分，记上 下两部分的体积分别为，，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
18．（2024·全国·高三专题练习）已知某正四棱锥的体积是，该几何体的表面积最小值是，我们在绘画该表面积最小的几何体的直观图时所画的底面积大小是，则和的值分别是（ ）
A．3； B．4； C．4； D．3；
19．（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．
20．（2024·天津·二模）在如图所示的几何体中，底面是边长为4的正方形，，，，均与底面垂直，且，点E、F分别为线段、的中点，记该几何体的体积为，平面将该几何体分为两部分，则体积较小的一部分的体积为（ ）
A． B． C． D．
21．（2024·浙江·二模）正方体中，，分别为棱和的中点，则下列说法正确的是（ ）
A．平面 B．平面
C．异面直线与所成角为60° D．平面截正方体所得截面为等腰梯形
22．（2024·河南三门峡·模拟预测）已知正方体的棱长为为的中点，为线段上一动点，则（ ）
A．异面直线与所成角为 B．平面
C．平面平面 D．三棱锥的体积为定值
23．（2024·河北保定·二模）如图1，在等腰梯形中，，，，，，将四边形沿进行折叠，使到达位置，且平面平面，连接，，如图2，则（ ）
A． B．平面平面
C．多面体为三棱台 D．直线与平面所成的角为
24.（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
25.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 .
27.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 .
28.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 ．
29．（2024·山东济南·二模）将一个圆形纸片裁成两个扇形，再分别卷成甲 乙两个圆锥的侧面，甲 乙两个圆锥的侧面积分别为和，体积分别为和.若，则 .
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4.2 立体几何常见压轴小题全归纳
考点分布 考查频率 命题趋势
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 预测2025年高考，多以小题形式出现，也有可能会将其渗透在解答题的表达之中，相对独立．具体估计为：（1）以选择题或填空题形式出现，考查学生的综合推理能力．（2）热点是简单几何体的表面积或体积，最短路径问题，截面问题．
角度问题 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
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。
1．（2024新高考Ⅱ卷·7）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
【详解】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.
2．（2023新高考Ⅱ卷·9）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
【分析】根据圆锥的体积、侧面积判断A、B选项的正确性，利用二面角的知识判断C、D选项的正确性.
【详解】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.
3．（2023新高考Ⅰ卷·14）在正四棱台中，，则该棱台的体积为 ．
【答案】
【分析】结合图像，依次求得，从而利用棱台的体积公式即可得解.
【详解】如图，过作，垂足为，易知为四棱台的高，
因为，则，
故，则，
所以所求体积为.故答案为：.
4．（2023新高考Ⅱ卷·14）底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥，所得棱台的体积为 ．
【答案】
【详解】方法一：由于，而截去的正四棱锥的高为，所以原正四棱锥的高为，
所以正四棱锥的体积为，截去的正四棱锥的体积为，
所以棱台的体积为.
方法二：棱台的体积为.故答案为：.
5．（2023 天津）在三棱锥中，线段上的点满足，线段上的点满足，则三棱锥和三棱锥的体积之比为
A． B． C． D．
【答案】
【解析】在三棱锥中，线段上的点满足，线段上的点满足，
所以，设到平面的距离，到平面的距离，则，
则三棱锥的体积为．
故三棱锥和三棱锥的体积之比为．故选：．
6．（2023 乙卷）已知为等腰直角三角形，为斜边，为等边三角形，若二面角为，则直线与平面所成角的正切值为
A． B． C． D．
【答案】
【解析】如图，取的中点，连接，，
则根据题意易得，，二面角的平面角为，
，，且，平面，又平面，
平面平面，在平面内的射影为，直线与平面所成角为，
过作垂直所在直线，垂足点为，设等腰直角三角形的斜边长为2，
则可易得，，又，，，，
．故选：．
7．（2022新高考Ⅰ卷·9）已知正方体，则（ ）
A．直线与所成的角为 B．直线与所成的角为
C．直线与平面所成的角为 D．直线与平面ABCD所成的角为
【答案】ABD
【详解】如图，连接、，因为，所以直线与所成的角即为直线与所成的角，因为四边形为正方形，则，故直线与所成的角为，A正确；
连接，因为平面，平面，则，
因为，，所以平面，又平面，所以，故B正确；
连接，设，连接，因为平面，平面，则，
因为，，所以平面，所以为直线与平面所成角，
设正方体棱长为，则，，，
所以，直线与平面所成的角为，故C错误；因为平面，所以为直线与平面所成的角，易得，故D正确.故选：ABD
8．（2022新高考Ⅱ卷·11）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
【详解】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.
9．（2021 天津）两个圆锥的底面是一个球的同一截面，顶点均在球面上，若球的体积为，两个圆锥的高之比为，则这两个圆锥的体积之和为
A． B． C． D．
【答案】
【解析】如图，设球的半径为，由题意，，可得，则球的直径为4，
两个圆锥的高之比为，，，
由直角三角形中的射影定理可得：，即．
这两个圆锥的体积之和为．故选：．
10．（2021 上海）已知圆柱的底面圆半径为1，高为2，为上底面圆的一条直径，是下底面圆周上的一个动点，则的面积的取值范围为 ．
【答案】
【解析】如图1，上底面圆心记为，下底面圆心记为，
连接，过点作，垂足为点，则，
根据题意，为定值2，所以的大小随着的长短变化而变化，
如图2所示，当点与点重合时，，此时取得最大值为；
如图3所示，当点与点重合，取最小值2，此时取得最小值为．
综上所述，的取值范围为．故答案为：．
高频考点一 体积、面积、周长、角度、距离定值问题
核心知识：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
典例1：（2024·浙江省江山中学模拟预测）如图，在单位正方体中，点P是线段上的动点，给出以下四个命题：
①异面直线与直线所成角的大小为定值；②二面角的大小为定值；
③若Q是对角线上一点，则长度的最小值为；
④若R是线段上一动点，则直线与直线不可能平行．其中真命题有（ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【解析】对于①，由正方体的性质可知，平面，又平面,
故，异面直线与直线的所成的角为定值，①正确；
对于②，平面即为平面，平面与平面所成的二面角为定值，故二面角为定值，②正确；对于③，将平面沿直线翻折到平面内，平面图如下，过点做，，,此时，的值最小.
由题可知，,,，
则，，
故,又，故的最小值为，故③正确.
对于④，在正方体中易证平面，设，则即为二面角的平面角，又正方体边长为1，故，则,由余弦定理得，故，同理,
故在上必然存在一点，使得二面角为，即平面平面，平面与平面的交线为，则，过点作的垂线.此时平面，又平面，故.故④错误.故选：C.
变式训练
1．（2024·北京·人大附中模拟预测）已知正方体为对角线上一点（不与点重合），过点作垂直于直线的平面，平面与正方体表面相交形成的多边形记为，下列结论不正确的是（ ）
A．只可能为三角形或六边形 B．平面与平面的夹角为定值
C．当且仅当为对角线中点时，的周长最大D．当且仅当为对角线中点时，的面积最大
【答案】C
【解析】如下图，在正方体中，体对角线与平面，平面，平面都垂直，由图可知，在平面运动过程中只可能为三角形或六边形，故A正确；由题可知平面与都垂直，所以平面在移动过程中都是平行平面，与平面的夹角为定值，故B正确；如下图，当为对角线中点时，为正六边形，而三角形为等边三角形，根据中位线定理，可得两个截面周长相等，故C错误；由图可得，当为对角线中点时，为正六边形，设边长，面积为，当向下刚开始移动时，为六边形，结合图形可知两邻边一条增大，一条减小且变化量相等，设，而且所有六边形的高都相等且等于，两邻边夹角都为，则六边形梯形，当为三角形时面积最大为，所以当且仅当为对角线中点时，的面积最大，故D正确.故选：C.
2．（2024·山东聊城·三模）在直四棱柱中，所有棱长均2，，P为的中点，点Q在四边形内（包括边界）运动，下列结论中正确的是（ ）
A．当点Q在线段上运动时，四面体的体积为定值
B．若平面，则AQ的最小值为
C．若的外心为M，则为定值2
D．若，则点Q的轨迹长度为
【答案】ABD
【解析】对于A，因为，又因为面， 面，所以面，所以直线到平面的距离相等，又的面积为定值，故A正确；
对于B，取的中点分别为，连接，
则易证明：，面，面，所以面，
又因为，，面，面，所以面，
，所以平面面，面，所以平面
当时，AQ有最小值，则易求出，所以重合，所以则AQ的最小值为，故B正确；
对于C，若的外心为M，，过作于点，
则.故C错误；
对于D，过作于点，易知平面，
在上取点，使得，则，
所以若，则在以为圆心，2为半径的圆弧上运动，
又因为所以，则圆弧等于，故D正确.故选：ABD.
高频考点2 体积、面积、周长、距离最值与范围问题
核心知识：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.
典例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
变式训练：
1．（2024·河南高三期中）如图，在正方体中，，，分别为，的中点，，分别为棱，上的动点，则三棱锥的体积（ ）
A．存在最大值，最大值为 B．存在最小值，最小值为
C．为定值 D．不确定，与，的位置有关
【答案】C
【解析】如下图，连接，在正方体中，，分别为，的中点，可得，，所以当在棱移动时，到平面的距离为定值，当在棱移动时，到的距离为定值，所以为定值，则三棱锥的体积为定值. 平面即平面，作，由于，可得平面MABN，由，可得，而，.故选：C.
2．（多选题）（2024·广东·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.
高频考点3 立体几何中的交线问题
核心知识：
典例1：（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．
变式训练：
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
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.
高频考点4 空间线段以及线段之和最值问题
核心知识：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。
典例1：（2024·湖南长沙·高三校考阶段练习）在棱长为3的正方体中，点E满足，点F在平面内，则|的最小值为 .
【答案】
【解析】以点D为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
如图所示，则，，，
因为，，且，则平面，
又因为平面，所以，
同理得平面，因为平面，所以，
因为，且平面，所以平面，
记与平面交于点H，连接，，，且，
则，可得，由得点关于平面对称的点为，
所以的最小值为.故答案为：.
变式训练：
1．（2025·山东·高三专题练习）在直三棱柱中，，，，是线段上的动点，则的最小值是 .
【答案】
【解析】因为平面，平面，所以，
又平面，所以平面，
又平面，所以，
因为，所以四边形是正方形，所以，
如图，将沿展开，使与在同一平面内，
则即为的最小值，，
由余弦定理得，所以的最小值是．故答案为：．
2．（2024·广东梅州·统考三模）如图，在三棱锥中，是的中点，，分别为线段，上的动点，，平面，若，则的最小值为 .
【答案】8
【解析】因为平面，平面，所以
则，又，平面
所以平面，因为平面，所以
则在平面上，以为原点，所在直线为轴建立平面直角坐标系，如图所示：
则，设
因为，所以直线的方程为，设，
则
由于变量不具有等量关系，故时，有最小
即当时，最小；过点作BD垂线，垂足为，连接，
因为平面，，，平面
所以，所以平面，因为平面，所以
又，平面，所以平面
因为平面，所以，又，
所以，由平面，所以．
因为，所以，所以．
因为，，平面，所以，
所以当沿翻转到平面时，四边形构成矩形，
所以的最小值为，即的最小值为8．故答案为：8．
高频考点5 空间角问题
核心知识：
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．
典例1：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.
变式训练：
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：.
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：
3.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：；
高频考点6 轨迹问题
核心知识：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。
典例1：（2024·四川泸州·三模）已知三棱锥的底面为等腰直角三角形，其顶点P到底面ABC的距离为3，体积为24，若该三棱锥的外接球O的半径为5，则满足上述条件的顶点P的轨迹长度为（ ）
A．6π B．30π C． D．
【答案】D
【解析】依题意得，设底面等腰直角三角形的边长为，
三棱锥的体积解得：
的外接圆半径为球心到底面的距离为，
又顶点P到底面ABC的距离为3，顶点的轨迹是一个截面圆的圆周
当球心在底面和截面圆之间时，球心到该截面圆的距离为，
截面圆的半径为，顶点P的轨迹长度为；
当球心在底面和截面圆同一侧时，球心到该截面圆的距离为，
截面圆的半径为，顶点P的轨迹长度为；
综上所述，顶点P的轨迹的总长度为故选：D．
变式训练：
1．（2024·浙江温州·高三开学考试）如图，正方体，P为平面内一动点，设二面角的大小为，直线与平面所成角的大小为.若，则点P的轨迹是（ ）
A．圆 B．抛物线 C．椭圆 D．双曲线
【答案】D
【解析】连接AC交BD于O，取中点,连接
以O为原点,分别以OA、OB、所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图：
令正方体边长为2，则，
面的一个法向量为，面的一个法向量为
则，故二面角的大小为
又二面角的大小，则或
由，，可得
又
整理得即，是双曲线.故选：D
2．（2024·湖南·雅礼中学二模）已知菱形的各边长为.如图所示，将沿折起，使得点到达点的位置，连接，得到三棱锥，此时.则三棱锥的体积为__________，是线段的中点，点在三棱锥的外接球上运动，且始终保持，则点的轨迹的周长为__________.
【答案】
【解析】取中点，则，
∴平面，，又，∴，
则三棱锥的高，三棱锥体积为；
作，设点轨迹所在平面为，则平面经过点且，
设三棱锥外接球的球心为的中心分别为，
易知平面平面，且四点共面，
由题可得，，
解Rt，得，又，
则三棱锥外接球半径，易知到平面的距离，
故平面截外接球所得截面圆的半径为，
∴截面圆的周长为，即点轨迹的周长为.故答案为：；.
高频考点7 以立体几何为载体的情境题
核心知识：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。
典例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
变式训练：
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.
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.
高频考点8 翻折问题
核心知识：
1、处理图形翻折问题的关键是理清翻折前后长度和角度哪些发生改变，哪些保持不变。
2、把空间几何问题转化为平面几何问题，把握图形之间的关系，感悟数学本质。
典例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
变式训练：
1．（2024·上海静安·高二校考阶段练习）如图，矩形中，，为边的中点，将沿直线翻折成，若为线段的中点，则在翻折过程中，下面说法中正确的序号是（ ）
①是定值；②存在某个位置，使；③存在某个位置，使
④不在底面上时，则平面
A．①② B．①④ C．①③ D．②④
【答案】B
【解析】取中点,连接，∵是中点，所以且，
又是矩形的边的中点，则且，
∴且，∴是平行四边形，∴且，
显然的长是定值，因此是定值，①,
而不在底面上时，平面，平面，∴平面，④正确；
在等腰直角中，，因此与不可能垂直，即与不可能垂直，③错误；
若，取中点，连接，显然，又，平面，∴平面，又平面，∴，
但在矩形中，可得，，即，∴不成立，③错误，故选：B．
1．（2024·黑龙江大庆·校考模拟预测）北京大兴国际机场的显著特点之一是各种弯曲空间的运用，在数学上用曲率刻画空间弯曲性．规定：多面体的顶点的曲率等于与多面体在该点的面角之和的差（多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制），多面体面上非顶点的曲率均为零，多面体的总曲率等于该多面体各项点的曲率之和．例如：正四面体在每个顶点有3个面角，每个面角是，所以正四面体在每个顶点的曲率为，故其总曲率为．已知多面体的顶点数V，棱数E，面数F满足，则八面体的总曲率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】设每个面记为边形，
则所有的面角和为，
根据定义可得该类多面体的总曲率．故选：C．
2．（2024·湖南岳阳·高二统考期末）碳（）是一种非金属单质，它是由个碳原子构成，形似足球，又称为足球烯，其结构是由五元环（正五边形面）和六元环（正六边形面）组成的封闭的凸多面体，共32个面，且满足：顶点数－棱数＋面数＝2，则其六元环的个数为（ ）.
A．12 B．20 C．32 D．60
【答案】B
【解析】根据题意， 碳（）由个顶点，有个面，
由顶点数－棱数＋面数＝2可得：棱数为，设正五边形有个，正六边形有个，
则，解得：，所以六元环的个数为个，故选：B.
3．（2024·上海·高三校联考阶段练习）设、、…、为平面内的个点，在平面内的所有点中，若点到、、…、点的距离之和最小，则称点为、、…、点的一个“中位点”，有下列命题：①、、三个点共线，在线段上，则是、、的中位点；②直角三角形斜边的中点是该直线三角形三个顶点的中位点；③若四个点、、、共线，则它们的中位点存在且唯一；④梯形对角线的交点是该梯形四个顶点的唯一中位点；其中的真命题是（ ）
A．②④ B．①② C．①④ D．①③④
【答案】C
【解析】①若三个点共线,在线段上,根据两点之间线段最短,则是的中位点,正确；
②举一个反例,如边长为的直角三角形,此直角三角形的斜边的中点到三个顶点的距离之和为,而直角顶点到三个顶点的距离之和为7,
∴直角三角形斜边的中点不是该直角三角形三个顶点的中位点；故错误；③若四个点共线,则它们的中位点是中间两点连线段上的任意一个点,故它们的中位点存在但不唯一；故错误；
④如图,在梯形中,对角线的交点是任意一点,则根据三角形两边之和大于第三边得,
∴梯形对角线的交点是该梯形四个顶点的唯一中位点．正确．故①④正确.故选：C
4.（23-24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.
5.（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.
6.（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.
7．（2024·山东·高三专题练习）已知矩形中，，，将沿矩形的对角线所在的直线进行翻折，在翻折过程中，下列说法正确的是（ ）
A．存在某个位置，使得直线与直线垂直
B．存在某个位置，使得直线与直线垂直
C．存在某个位置，使得直线与直线垂直
D．对任意位置，三对直线“与”，“与”，“与”均不垂直
【答案】B
【解析】矩形在翻折前和翻折后的图形如图（1）、图（2）所示．
在图（1）中，过点A作⊥，垂足为E，过点C作⊥，垂足为F，
由边不相等可知点不重合．
在图（2）中，连接，对于选项A，若⊥，又知⊥，，所以⊥平面，
所以⊥，与点不重合相矛盾，故选项A错误；
对于选项B，若⊥，又知⊥，，所以⊥平面，
所以⊥，由可知，存在这样的等腰直角三角形，
使得直线与直线垂直，故选项B正确；
对于选项C，若⊥，又知⊥，，所以⊥平面，所以⊥，
已知，，则，所以不存在这样的直角三角形，故选项C错误；
由以上可知选项D错误．故选：B．
8．（2024·浙江·高二校联考期中）如图1，在菱形中，，是其对角线，是上一点，且，将沿直线翻折，形成四棱锥（如图2），则在翻折过程中，下列结论中正确的是（ ）
A．存在某个位置使得 B．存在某个位置使得
C．存在某个位置使得 D．存在某个位置使得
【答案】B
【解析】对于选项A，沿翻折，在翻折过程中，与夹角始终不变，，故A错误；
对于选项B，，转化为判断和是否会垂直，由图观察翻折过程中和夹角变化范围是，故存在某个位置使得，故B正确；对于选项C，由图观察翻折过程中和夹角的变化范围是，故不存在某个位置使得，故C错误；对于选项D，由于平行于翻折前的，故只需观察翻折过程中与翻折前的的夹角变化范围，由图观察翻折过程中与的夹角变化范围是，所以不存在某个位置使得，故D错误. 故选：B
9．（2024·浙江台州·高三期末）已知在正方体中，点为棱的中点，直线在平面内．若二面角的平面角为，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】连接AE，取AE的中点P，过点P作FG⊥AE交CD于点F，交AB于点G，设正方体棱长为2，由勾股定理可知：，，同理，取的中点，连接，取的中点，过点作MN⊥交于点M，交于点N，则直线即为直线，此时，MF⊥CD，NG⊥AB，OP⊥底面ABCD，因为FG平面ABCD，所以OP⊥FG，因为AE∩OP=P，所以FG⊥平面AOP，连接OA，OE，因为OA平面AOP，所以OA⊥FG，因为MN∥FG，所以OA⊥MN，同理可证：OE⊥MN，所以即为二面角的平面角，由对称性可知：此角即为二面角的平面角的最大值，且，其中，由勾股定理得：，所以，则 故选：B
10．（2024·浙江·高三专题练习）如图，在正方体中，在棱上，，平行于的直线在正方形内，点到直线的距离记为，记二面角为为，已知初始状态下，，则（ ）
A．当增大时，先增大后减小 B．当增大时，先减小后增大
C．当增大时，先增大后减小 D．当增大时，先减小后增大
【答案】C
【解析】由题设，以为原点，为轴建立空间直角坐标系，
设正方体的棱长为2，则，，
设直线与交于，则，
则，，，
设平面的法向量为， ，，令，则
设平面的法向量为，又
，，令，则
利用空间向量夹角公式得
对于AB，令，则
显然函数在时为减函数，即减小，则增大，故AB 错误；
对于CD，当时，则
令，求导
，令，得
故当时，，函数单减，即单减，增大；当时，，函数单增，即单增，减小；故当增大时，先增大后减小 故选：C
11．（2024·河南·高三校联考阶段练习）在正三棱锥P-ABC中，，BC＝6，M，N，Q，D分别是AP，BC，AC，PC的中点，平面MQN与平面PBC的交线为l，则直线QD与直线l所成角的正弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】取的中点，连接，由题意可得，
又因为，所以，
所以四边形是平行四边形，所以，所以四点共面，
所以平面MQN与平面PBC的交线为l即为，
直线QD与直线l所成角即为直线QD与直线所成角即为，
因为正三棱锥P-ABC中，，BC＝6，所以，
所以，，
所以.故选：C.
12．（2024·北京海淀·高三校考开学考试）已知在长方体中，，，记平面和平面的交线为，已知二面角的大小为60°，则的值为（ ）
A． B．1 C． D．2
【答案】C
【解析】如图所示：连接，，故四点共面，故平面和平面的交线为，
平面，平面，故，又，平面，平面，
故二面角的大小为，.故选：C
13．（2024·广东广州·高三统考阶段练习）已知三棱锥的棱，，两两互相垂直，，以顶点为球心，1为半径作一个球，球面与该三棱锥的表面相交得到的交线最长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】因为三棱锥的棱，，两两互相垂直，，
所以球与三棱锥的表面的交线均为以点为顶点，半径为，圆心角为的圆弧，其长度为，设点到平面的距离为，因为，所以是边长为的等边三角形，
由可得，解得，
所以球与表面的交线为以的中心为圆心，半径为的圆，其长度为，
因为，所以以顶点为球心，1为半径作一个球，球面与该三棱锥的表面相交得到的交线最长为，故选：D
14．（2024·上海·高三专题练习）直三棱柱中，，，，，设平面与平面的交线为，则与的距离为（ ）．
A．1 B． C．17 D．2.6
【答案】D
【解析】如图，将直三棱柱补成直四棱柱，且四边形为平行四边形，则平面即为平面，所以直线为，则与的距离即为则与的距离，设为，
由已知可得：在三角形中，
，，
，，
则，，
，得.故选：D.
15.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.
16.（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
17．（2024·浙江·高三阶段练习）如图，在四棱锥中，底面是边长为的正方形，，为的中点.过作截面将此四棱锥分成上 下两部分，记上 下两部分的体积分别为，，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】过作平面的垂线，垂足为，连，设的交点为，在中过作直线交于两点，由相交直线确定平面，则四边形为过的截面.由计算可得，得为正三角形，，所以为的重心，设，由向量运算可得，又，可得，所以，由三点共线，得，即，易得到平面的距离为，到平面的距离为1，因为，所以，，得，，由，，得，当且仅当取等号，所以，即的最小值为.故选：A.
18．（2024·全国·高三专题练习）已知某正四棱锥的体积是，该几何体的表面积最小值是，我们在绘画该表面积最小的几何体的直观图时所画的底面积大小是，则和的值分别是（ ）
A．3； B．4； C．4； D．3；
【答案】C
【解析】如图，O为底面ABCD的中心，E为BC的中点，连接PO，OE，
设该正四棱锥底面边长为，高为，且，由题意，.
易有，，则，
所以，，将代入并化简得：，
于是，
. 当且仅当时，取“=”.
易知，此时底面ABCD直观图的面积.故选：C.
19．（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．
【答案】A
【详解】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.选：A.
20．（2024·天津·二模）在如图所示的几何体中，底面是边长为4的正方形，，，，均与底面垂直，且，点E、F分别为线段、的中点，记该几何体的体积为，平面将该几何体分为两部分，则体积较小的一部分的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】先求几何体的体积，再求被截较小部分的体积即可.
【详解】由题意可知，如图所示，，所以平面即为平面截几何体的截面.
因为，,
所以几何体的体积,
被截棱台的体积,
较大部分体积为,且,所以较小部分的体积为.故选：D.
21．（2024·浙江·二模）正方体中，，分别为棱和的中点，则下列说法正确的是（ ）
A．平面 B．平面
C．异面直线与所成角为60° D．平面截正方体所得截面为等腰梯形
【答案】ACD
【详解】对于A，如图，连接，因为，分别为棱和的中点，所以，
又平面，平面，所以平面，故A正确；
对于B，如图，取中点，连接，
在正方体中，，所以四边形为平行四边形，
所以，又分别为，中点，则，故，
设正方体棱长为，则，
故，所以不垂直于，故不垂直于，又平面，所以不垂直平面，故B错误；对于C，如图，连接，
在正方体中，，即为正三角形，
又因为，分别为棱和的中点，所以，故异面直线与所成角即为，故C正确；对于D，如图，连接，
在正方体中，，所以四边形为平行四边形，
则，又，所以，所以四点共面，
故平面截正方体所得截面为四边形，设正方体棱长为，则，
所以，又，故截面为四边形为等腰梯形，故D正确.故选：ACD.
22．（2024·河南三门峡·模拟预测）已知正方体的棱长为为的中点，为线段上一动点，则（ ）
A．异面直线与所成角为 B．平面
C．平面平面 D．三棱锥的体积为定值
【答案】BCD
【分析】在正方体中，异面直线与所成角即为或其补角，求出即可判断A；利用线面垂直的判定定理可以证明平面，判断B；利用面面垂直的判定定理可以证明平面平面，判断C；由平面，得点到平面的距离为定值，再由，可得三棱锥的体积为定值，判断D.
【详解】对于选项，如图，连接，则，
则或其补角为异面直线与所成角，因为，所以，
故异面直线与所成角为，故选项错误；
对于选项，由已知得为等腰直角三角形，是的中点，则，
因为平面平面，所以，
又平面，所以平面，
又平面，所以，设与交于点，
其中，
因为，所以，
因为，所以，又平面平面，
所以平面，故选项正确.；对于选项，由正方体的性质可知，平面，
而平面，所以，因为平面，
所以平面，又平面，所以平面平面，故选项正确；
对于选项，由，平面，平面，得平面，
又，所以点到平面的距离为定值，又的面积确定，，
所以三棱锥的体积为定值，故选项正确.故选：.
23．（2024·河北保定·二模）如图1，在等腰梯形中，，，，，，将四边形沿进行折叠，使到达位置，且平面平面，连接，，如图2，则（ ）
A． B．平面平面
C．多面体为三棱台 D．直线与平面所成的角为
【答案】ABD
【分析】求得位置关系判断选项A；求得平面与平面位置关系判断选项B；利用三棱台定义判断选项C；求得直线与平面所成的角判断选项D.
【详解】对于A，因为平面平面，
平面平面，，平面，
所以平面，所以，A正确.
对于B，因为，平面，平面，则平面，
又，平面，平面，则平面，
又，平面，所以平面平面，B正确.
对于C，因为，，则，所以多面体不是三棱台，C错误.
对于D，延长，相交于点G，
因为平面平面，平面平面，平面，，
所以平面，则为直线与平面所成的角.
因为，所以，解得，，，
则，D正确.故选：ABD
24.（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．
25.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：
27.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：
28.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：
29．（2024·山东济南·二模）将一个圆形纸片裁成两个扇形，再分别卷成甲 乙两个圆锥的侧面，甲 乙两个圆锥的侧面积分别为和，体积分别为和.若，则 .
【答案】/
【详解】设母线长为，甲圆锥底面半径为，乙圆锥底面圆半径为，
则，所以，又，则，所以，
所以甲圆锥的高，乙圆锥的高，
所以.故答案为：.
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