高考對該部分的考查，小題主要體現(xiàn)在兩個方面：一是有關(guān)空間線面位置關(guān)系的命題的真假判斷；二是常見一些經(jīng)典常考壓軸小題，難度中等或偏上．
【核心考點目錄】
核心考點一：球與截面面積問題
核心考點二：體積、面積、周長、角度、距離定值問題
核心考點三：體積、面積、周長、距離最值與范圍問題
核心考點四：立體幾何中的交線問題
核心考點五：空間線段以及線段之和最值問題
核心考點六：空間角問題
核心考點七：軌跡問題
核心考點八：以立體幾何為載體的情境題
核心考點九：翻折問題
【真題回歸】
1．（2022·北京·高考真題）已知正三棱錐的六條棱長均為6，S是及其內(nèi)部的點構(gòu)成的集合．設(shè)集合，則T表示的區(qū)域的面積為（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】
設(shè)頂點在底面上的投影為，連接，則為三角形的中心，
且，故.
因為，故，
故的軌跡為以為圓心，1為半徑的圓，
而三角形內(nèi)切圓的圓心為，半徑為，
故的軌跡圓在三角形內(nèi)部，故其面積為
故選：B
2．（2022·浙江·高考真題）如圖，已知正三棱柱，E，F(xiàn)分別是棱上的點．記與所成的角為，與平面所成的角為，二面角的平面角為，則（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】如圖所示，過點作于，過作于，連接，
則，，，
，，，
所以，
故選：A．
3．（多選題）（2022·全國·高考真題）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
【解析】
設(shè)，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.
4．（多選題）（2022·全國·高考真題）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
【解析】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(shè)，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的角，
設(shè)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
5．（多選題）（2021·全國·高考真題）在正三棱柱中，，點滿足，其中，，則（ ）
A．當(dāng)時，的周長為定值
B．當(dāng)時，三棱錐的體積為定值
C．當(dāng)時，有且僅有一個點，使得
D．當(dāng)時，有且僅有一個點，使得平面
【答案】BD
【解析】
易知，點在矩形內(nèi)部（含邊界）．
對于A，當(dāng)時，，即此時線段，周長不是定值，故A錯誤；
對于B，當(dāng)時，，故此時點軌跡為線段，而，平面，則有到平面的距離為定值，所以其體積為定值，故B正確．
對于C，當(dāng)時，，取，中點分別為，，則，所以點軌跡為線段，不妨建系解決，建立空間直角坐標(biāo)系如圖，，，，則，，，所以或．故均滿足，故C錯誤；
對于D，當(dāng)時，，取，中點為．，所以點軌跡為線段．設(shè)，因為，所以，，所以，此時與重合，故D正確．
故選：BD．
6．（2020·海南·高考真題）已知直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的棱長均為2，∠BAD=60°．以為球心，為半徑的球面與側(cè)面BCC1B1的交線長為________．
【答案】.
【解析】如圖：
取的中點為，的中點為，的中點為，
因為60°，直四棱柱的棱長均為2，所以△為等邊三角形，所以，，
又四棱柱為直四棱柱，所以平面，所以，
因為，所以側(cè)面，
設(shè)為側(cè)面與球面的交線上的點，則，
因為球的半徑為，，所以，
所以側(cè)面與球面的交線上的點到的距離為，
因為，所以側(cè)面與球面的交線是扇形的弧，
因為，所以，
所以根據(jù)弧長公式可得.
故答案為：.
【方法技巧與總結(jié)】
1、幾類空間幾何體表面積的求法
（1）多面體：其表面積是各個面的面積之和．
（2）旋轉(zhuǎn)體：其表面積等于側(cè)面面積與底面面積的和．
（3）簡單組合體：應(yīng)弄清各構(gòu)成部分，并注意重合部分的刪、補．
2、幾類空間幾何體體積的求法
（1）對于規(guī)則幾何體，可直接利用公式計算．
（2）對于不規(guī)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(zhuǎn)換法求解．
（3）錐體體積公式為，在求解錐體體積時，不能漏掉
3、求解旋轉(zhuǎn)體的表面積和體積時，注意圓柱的軸截面是矩形，圓
錐的軸截面是等腰三角形，圓臺的軸截面是等腰梯形．
4、球的截面問題
球的截面的性質(zhì)：
①球的任何截面是圓面；
②球心和截面（不過球心）圓心的連線垂直于截面；
③球心到截面的距離與球的半徑及截面的半徑的關(guān)系為．
注意：解決球與其他幾何體的切、接問題，關(guān)鍵在于仔細觀察、分析，弄清相關(guān)元素的位置關(guān)系和數(shù)量關(guān)系；選準(zhǔn)最佳角度作出截面（要使這個截面盡可能多地包含球、幾何體的各種元素以及體現(xiàn)這些元素之間的關(guān)系），達到空間問題平面化的目的．
5、立體幾何中的最值問題有三類：一是空間幾何體中相關(guān)的點、線和面在運動，求線段長度、截面的面積和體積的最值；二是空間幾何體中相關(guān)點和線段在運動，求有關(guān)角度和距離的最值；三是在空間幾何體中，已知某些量的最值，確定點、線和面之間的位置關(guān)系．
6、解決立體幾何問題的思路方法：一是幾何法，利用幾何體的性質(zhì)，探求圖形中點、線、面的位置關(guān)系；二是代數(shù)法，通過建立空間直角坐標(biāo)系，利用點的坐標(biāo)表示所求量的目標(biāo)函數(shù)，借助函數(shù)思想方法求最值；通過降維的思想，將空間某些量的最值問題轉(zhuǎn)化為平面三角形、四邊形或圓中的最值問題；涉及某些角的三角函數(shù)的最值，借助模型求解，如正四面體模型、長方體模型和三余弦角模（為平面的斜線與平面內(nèi)任意一條直線所成的角，為該斜線與該平面所成的角，為該斜線在平面上的射影與直線所成的角）．
7、立體幾何中的軌跡問題，這是一類立體幾何與解析幾何的交匯題型，既考查學(xué)生的空間想象能力，即點、線、面的位置關(guān)系，又考查用代數(shù)方法研究軌跡的基本思想，培養(yǎng)學(xué)生的數(shù)學(xué)運算、直觀想象等素養(yǎng)．
8、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(shù)法（解析法）．在圖形中，建立恰當(dāng)?shù)目臻g直角坐標(biāo)系或平面直角坐標(biāo)系．
9、以立體幾何為載體的情境題大致有三類：
（1）以數(shù)學(xué)名著為背景設(shè)置問題，涉及中外名著中的數(shù)學(xué)名題名人等；
（2）以數(shù)學(xué)文化為背景設(shè)置問題，包括中國傳統(tǒng)文化，中外古建筑等；
（3）以生活實際為背景設(shè)置問題，涵蓋生產(chǎn)生活、勞動實踐、文化精神等．
10、以立體幾何為載體的情境題都跟圖形有關(guān)，涉及在具體情境下的圖形閱讀，需要通過數(shù)形結(jié)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(zhì)，即要善于將所讀出的信息進行提升，實現(xiàn)“圖形→文字→符號”的轉(zhuǎn)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(guān)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(tài)地去閱讀圖形．
【核心考點】
核心考點一：球與截面面積問題
【規(guī)律方法】
球的截面問題
球的截面的性質(zhì)：
①球的任何截面是圓面；
②球心和截面（不過球心）圓心的連線垂直于截面；
③球心到截面的距離與球的半徑及截面的半徑的關(guān)系為．
【典型例題】
例1．（2022·全國·高三階段練習(xí)）已知四棱錐P-ABCD的底面ABCD是矩形，且該四棱錐的所有頂點都在球O的球面上，PA⊥平面ABCD, ，點E在棱PB上，且， 過E作球O的截面，則所得截面面積的最小值是____________.
【答案】
【解析】如圖，將四棱錐P-ABCD補為長方體，則此長方體與四棱錐的外接球均為球O，
則球O半徑.O位于PC中點處.
因底面ABCD是矩形，則.因PA⊥平面ABCD，平面ABCD，則，又平面PAB，AB平面PAB，，則平面PAB.
因PB平面PAB，則.取PB的中點為F，
則，..
因，則，得.
則在直角三角形OEF中，.
當(dāng)EO與截面垂直時，截面面積最小，
則截面半徑為.
故截面面積為.
故答案為：
例2．（2022·湖北省紅安縣第一中學(xué)高三階段練習(xí)）球體在工業(yè)領(lǐng)域有廣泛的應(yīng)用，某零件由兩個球體構(gòu)成，球的半徑為為球表面上兩動點，為線段的中點.半徑為2的球在球的內(nèi)壁滾動，點在球表面上，點在截面上的投影恰為的中點，若，則三棱錐體積的最大值是___________.
【答案】15
【解析】如圖一所示：

在圓中，因為點在截面上的投影恰為的中點，且，
所以為直角三角形，且，
又因為，
所以可得，
設(shè)，
則有，
所以，
所以，當(dāng)時，等號成立，
所以；
如圖二所示：
因為球的半徑為，為線段的中點，
所以，
當(dāng)三點共線且為如圖所示的位置時，點為到平面的距離最大，
即此時三棱錐的高最大，此時,
所以此時,
即三棱錐體積的最大值是15.
故答案為：15.
例3．（2022·江西·高三階段練習(xí)（理））如圖，正方體的棱長為6，，點是的中點，則過，，三點的平面截該正方體所得截面的面積為_________．
【答案】
【解析】如圖，過點作，連接，
由面面平行的性質(zhì)可得：四邊形為平行四邊形，
又因為正方體的棱長為6，，
點是的中點，所以點，所以，
因為平行四邊形的高為，
所以，
故答案為：.
例4．（2022·北京市十一學(xué)校高三階段練習(xí)）如圖，在棱長為2的正方體中，分別是棱的中點，點在線段上運動，給出下列四個結(jié)論：
①平面截正方體所得的截面圖形是五邊形；
②直線到平面的距離是；
③存在點，使得；
④面積的最小值是．
其中所有正確結(jié)論的序號是__________．
【答案】①③④
【解析】對于①，如圖直線與的延長線分別交于,連接分別交于,連接，
則五邊形即為所求的截面圖形，故①正確；
對于②，由題知，平面，平面，
所以平面，
所以點到平面的距離即為直線到平面的距離，
設(shè)點到平面的距離為，由正方體的棱長為2可得，
，，
所以，
，
所以由，可得，
所以直線到平面的距離是，故②錯誤；
對于③，如圖建立空間直角坐標(biāo)系，
則，
設(shè)，
所以，
又因為，
所以，
所以，
假設(shè)存在點使得，
所以，
整理得，
所以（舍去），或，
所以存在點使得，故③正確；
對于④，由③知，
所以點在的射影為，
所以點到的距離為
，
當(dāng)時，，
所以面積的最小值是，故④正確；
故答案為：①③④
核心考點二：體積、面積、周長、角度、距離定值問題
【規(guī)律方法】
幾類空間幾何體體積的求法
（1）對于規(guī)則幾何體，可直接利用公式計算．
（2）對于不規(guī)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(zhuǎn)換法求解．
（3）錐體體積公式為，在求解錐體體積時，不能漏掉
【典型例題】
例5．（2022·河南省實驗中學(xué)高一期中）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(guān)
【解析】如下圖，連接，在正方體中，，分別為，的中點，可得，，所以當(dāng)在棱移動時，到平面的距離為定值，當(dāng)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．
例6．（2022·山西運城·模擬預(yù)測（文））如圖，正方體的棱長為1，線段上有兩個動點E，F(xiàn)，且，點P，Q分別為的中點，G在側(cè)面上運動，且滿足G∥平面，以下命題錯誤的是（ ）
A．
B．多面體的體積為定值
C．側(cè)面上存在點G，使得
D．直線與直線BC所成的角可能為
【解析】對A：連接，作圖如下：
因為為正方體，故可得//，又，與是同一條直線，
故可得，則，故A正確；
對B：根據(jù)題意，，且線段在上運動，且點到直線的距離不變，
故△的面積為定值，又點到平面的距離也為定值，
故三棱錐的體積為定值，故B正確；
對C：取的中點分別為，連接，作圖如下：
容易知在△中，//，又//，，
面面，故面//面，
又G在側(cè)面上運動，且滿足G∥平面，故的軌跡即為線段；
又因為為正方體，故面面，故，
則當(dāng)與重合時，，故C正確；
對D：因為//，故直線與所成角即為直線與所成角，即，
在中，，
故，而當(dāng)直線與直線BC所成的角為時，
，故直線與直線BC所成的角不可能為，故D錯誤．
故選：D．
例7．（2022·全國·高三專題練習(xí)）如圖所示，在正方體中，過對角線的一個平面交于E，交于F，給出下面幾個命題：
①四邊形一定是平行四邊形；
②四邊形有可能是正方形；
③平面有可能垂直于平面；
④設(shè)與DC的延長線交于M，與DA的延長線交于N，則M?N?B三點共線；
⑤四棱錐的體積為定值．
以上命題中真命題的個數(shù)為（ ）
A．2B．3C．4D．5
【解析】因為平面與平面平行，截面與它們交于，BF，可得，
同樣可得，所以四邊形是一個平行四邊形，故①正確；
如果四邊形是正方形，則，
因為，所以平面，
又平面，E與A重合，此時不是正方形，故②錯誤；
當(dāng)兩條棱上的交點是中點時，四邊形為菱形，平面，
此時四邊形垂直于平面，故③正確；
由與DC的延長線交于M，可得，且，
又因為平面，平面ABCD，
所以平面，平面ABCD，
又因為平面，平面ABCD，
所以平面平面，
同理平面平面，
所以BM，BN都是平面與平面ABCD的交線，
所以B，M，N三點共線，故④正確；
由于，平面，
則E，F(xiàn)到平面的距離相等，且為正方體的棱長，三角形的面積為定值，
所以四棱錐的體積為定值，故⑤正確．
故選：C．
核心考點三：體積、面積、周長、距離最值與范圍問題
【規(guī)律方法】
幾何法，利用幾何體的性質(zhì)，探求圖形中點、線、面的位置關(guān)系；二是代數(shù)法，通過建立空間直角坐標(biāo)系，利用點的坐標(biāo)表示所求量的目標(biāo)函數(shù)，借助函數(shù)思想方法求最值
【典型例題】
例8．（2022·全國·高三專題練習(xí)）如圖，正方形的中心為正方形的中心，，截去如圖所示的陰影部分后，翻折得到正四棱錐（，，，四點重合于點），則此四棱錐的體積的最大值為（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】設(shè)，則所得的棱錐側(cè)面的高為，
棱錐的高為其體積為：
，
當(dāng)且僅當(dāng)時等號成立，
即體積的最大值為，
故選：B.
例9．（2022·江西南昌·三模（理））已知長方體中，，，，為矩形內(nèi)一動點，設(shè)二面角為，直線與平面所成的角為，若，則三棱錐體積的最小值是（ ）
A．B．C．D．
【解析】如圖，作平面，垂足為，再作，垂足為，
連接，由題意可知，，所以，
由拋物線定義可知，的軌跡為拋物線一部分，所以的軌跡為拋物線一部分，
當(dāng)點到線段距離最短時，三角形面積最小，三棱錐體積最小，
建立如圖所示直角坐標(biāo)系，則直線的方程為，
拋物線的方程為，，
由題意，，得，代入，得，
所以點的坐標(biāo)為，所以到直線的最短距離為
，因為，
所以，
所以三棱錐體積的最小值為．
故選：C
例10．（2022·浙江·高三階段練習(xí)）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．
【解析】
過作平面的垂線，垂足為，連，設(shè)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(shè)，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(dāng)且僅當(dāng)取等號，所以，即的最小值為．
故選：A．
例11．（2022·河南省實驗中學(xué)高一期中）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(guān)
【解析】如下圖，連接，在正方體中，，分別為，的中點，可得，，所以當(dāng)在棱移動時，到平面的距離為定值，當(dāng)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．
核心考點四：立體幾何中的交線問題
【規(guī)律方法】
幾何法
【典型例題】
例12．（2022·浙江寧波·一模）在棱長均相等的四面體ABCD中，P為棱AD（不含端點）上的動點，過點A的平面α與平面PBC平行．若平面α與平面ABD，平面ACD的交線分別為m，n，則m，n所成角的正弦值的最大值為__________．
【答案】
【解析】過點A的平面α與平面PBC平行．若平面α與平面ABD，平面ACD的交線分別為m，n，由于平面平面，平面平面,，平面平面 所以,
所以或其補角即為m，n所成的平面角，
設(shè)正四棱錐ABCD的棱長為1，，則，
在中，由余弦定理得： ，
同理,
故在中，，
由于，則，進而，當(dāng)時取等號，
故的最小值為，進而，
故的最大值為，
故答案為：
例13．（2022·全國·高三專題練習(xí)）已知一個正四面體的棱長為2，則其外接球與以其一個頂點為球心，1為半徑的球面所形成的交線的長度為___________.
【答案】
【解析】設(shè)外接球半徑為，外接球球心到底面的距離為，
則，所以，
兩球相交形成形成的圖形為圓，
如圖，在中，，，
在中，，
所以交線所在圓的半徑為，
所以交線長度為.
故答案為：
例14．（2022·福建福州·三模）已知正方體的棱長為，以為球心，半徑為2的球面與底面的交線的長度為___________.
【答案】
【解析】正方體中，平面，所以平面與球的截面是以為圓心的圓，且半徑為，所以球面與底面的交線為以為圓心，1為半徑的弧，該交線為.
故答案為：.
例15．（2022·陜西·武功縣普集高級中學(xué)高三階段練習(xí)（理））如圖，在四面體中，，，兩兩垂直，，以為球心，為半徑作球，則該球的球面與四面體各面交線的長度和為___．
【答案】
【解析】因為，所以是邊長為的等邊三角形，
所以邊長為的等邊三角形的高為：，所以，
設(shè)到平面的距離為，，所以，
所以，解得，則，
所以以為球心，為半徑的球與平面，平面，平面的交線為個半徑
為的圓的弧線，與面的交線為一個圓，且圓的半徑為，
所以交線總長度為：.
故答案為：.
核心考點五：空間線段以及線段之和最值問題
【規(guī)律方法】
幾何法，利用幾何體的性質(zhì)，探求圖形中點、線、面的位置關(guān)系；二是代數(shù)法，通過建立空間直角坐標(biāo)系，利用點的坐標(biāo)表示所求量的目標(biāo)函數(shù)，借助函數(shù)思想方法求最值
【典型例題】
例16．（2022·全國·高三專題練習(xí)）已知正三棱錐的底面邊長為，外接球表面積為，，點M，N分別是線段AB，AC的中點，點P，Q分別是線段SN和平面SCM上的動點，則的最小值為（ ）
A．B．C．D．
【解析】依題意，，解得，
由是正三角形可知：其外接圓半徑為，
設(shè)點S到平面ABC的距離為h，故，
解得或，
則或（舍去），
故，則，而，故為等腰直角三角形，，
故為等腰直角三角形，，則，
又，故平面SCM，
取CB中點F，連接NF交CM于點O，則，則平面SCM，
故平面SCM，則，
要求最小，首先需PQ最小，此時可得平面SCM，則；
再把平面SON繞SN旋轉(zhuǎn)，與平面SNA共面，即圖中位置，
當(dāng)共線且時，的最小值即為的長，
由為等腰直角三角形，
故，，
∴，即，∴，
可得，，
故選：B．
例17．（2022·全國·高三專題練習(xí)）在棱長為3的正方體中，點滿足，點在平面內(nèi)，則的最小值為（ ）
A．B．C．D．
【解析】以點為坐標(biāo)原點，分別為軸的正方向，
建立空間直角坐標(biāo)系，則，
因為，且，則平面，
所以，同理得平面，所以，
而，所以平面，
記與平面交于點，連接，且，
則，易得，
從而得點關(guān)于平面對稱的點為，
所以的最小值為．
故選：B．
例18．（2022·全國·高三專題練習(xí)）如圖所示，在直三棱柱中，，，，P是上的一動點，則的最小值為（ ）
A．B．C．D．3
【解析】連接，得，以所在直線為軸，將所在平面旋轉(zhuǎn)到平面，
設(shè)點的新位置為，連接，則有．
當(dāng)三點共線時，則即為的最小值．
在三角形ABC中，，，由余弦定理得：，所以，即
在三角形中，，，由勾股定理可得：，且．
同理可求：
因為，所以為等邊三角形，所以，
所以在三角形中，，，
由余弦定理得：．
故選B．
核心考點六：空間角問題
【規(guī)律方法】
1、用綜合法求空間角的基本數(shù)學(xué)思想主要是轉(zhuǎn)化與化歸，即把空間角轉(zhuǎn)化為平面角，進而轉(zhuǎn)化為三角形的內(nèi)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(shè)要求的．
（3）計算：在證明的基礎(chǔ)上計算得出結(jié)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(zhuǎn)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(jù)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(guān)鍵又是難點，為此可構(gòu)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(nèi)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．
【典型例題】
例19．（2022·浙江金華·高三期末）已知正方體中，為內(nèi)一點，且，設(shè)直線與所成的角為，則的取值范圍為（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】如圖1，設(shè)與平面相交于點，連接交于點，連接，
∵平面，平面，則，
，，平面
∴平面，
由平面，則，
同理可證：，
，平面，
∴平面，
∵，由正三棱錐的性質(zhì)可得：為的中心，
連接，
∵為的中點，∴交于點，連接，
由平面，平面，則，即是的高，
設(shè)，，則，且的內(nèi)切圓半徑，
則，，
∵，即，則，
∴點的軌跡是以為圓心，為半徑的圓.
∵平面，平面，則，
∴，
故為底面半徑為，高為的圓錐的母線，如圖2所示，
設(shè)圓錐的母線與底面所成的角，則，
所以，即直線與平面所成的角為.
直線在平面內(nèi)，所以直線與直線所成角的取值范圍為，
因為，所以直線與直線所成角的取值范圍為，即，
所以.
故選：C.
例20．（2022·浙江·效實中學(xué)模擬預(yù)測）在等腰梯形中，，，AC交BD于O點，沿著直線BD翻折成，所成二面角的大小為，則下列選項中錯誤的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【解析】等腰梯形中，，,可知：
取中點,中點連接,則，,所以為 二面角的平面角，即
設(shè)，則
,
,
因為在上余弦函數(shù)單調(diào)遞減，又 ，故A對.
當(dāng)時, 與重合,此時,故C不對.
在翻折的過程中，角度從減少到
在翻折的過程中，角度從減少到
BD選項根據(jù)圖形特征及空間關(guān)系，可知正確..
故選:C
例21．（2022·浙江·湖州中學(xué)高三階段練習(xí)）如圖，中，，，，D為AB邊上的中點，點M在線段BD（不含端點）上，將沿CM向上折起至，設(shè)平面與平面ACM所成銳二面角為，直線與平面AMC所成角為，直線MC與平面所成角為，則在翻折過程中，下列三個命題中正確的是（ ）
①，②，③.
A．①B．①②C．②③D．①③
【答案】B
【解析】如圖，
設(shè)直線與直線垂直相交于點，在折疊圖里，線段與平面垂直相交于點，，
由圖象知：，，
，
，，，
① ，
，
所以；
② ，
設(shè)，
則，
，
由，
得，
，
則，
由得；
③ ，
則，即，
所以，則.
故選：B
例22．（2022·浙江·高三專題練習(xí)）已知等邊，點分別是邊上的動點，且滿足，將沿著翻折至點處，如圖所示，記二面角的平面角為，二面角的平面角為，直線與平面所成角為，則（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】在等邊中，取BC邊中點D，連接AD，交EF于O，連接PO，
則，，平面，平面
故平面，又平面，則平面平面
在中，過P做PM垂直于OD于M，則平面，連接MF，
在等邊中，過M做MN垂直于AC于N，連接PN.
由，則為二面角的平面角即，
由平面，，則為二面角的平面角即
由平面，則直線與平面所成角，即，
設(shè)，則，，，
，
，
則有，
由
可得，則有，則
又
故，又
故
故選：A
例23．（2022·全國·高三專題練習(xí)）設(shè)三棱錐的底面是正三角形，側(cè)棱長均相等，P是棱上的點（不含端點），記直線與直線所成的角為，直線與平面所成的角為，二面角的平面角是則三個角，，中最小的角是（ ）
A．B．C．D．不能確定
【答案】B
【解析】如圖，取BC的中點 D，作VO⊥平面ABC于點O，
由題意知點O在AD上，且AO=2OD.
作PE//AC，PE交VC于點E，作PF⊥AD于點F，連接BF，則PF⊥平面ABC
取AC的中點M，連接BM，VM，VM交 PE于點H，
連接BH，易知BH⊥PE，
作于點G，連接FG，
由PG⊥AC，PF⊥AC，PGPF=P，
由線面垂直判定定理可得AC⊥平面PGF，又平面PGF
∴ FG⊥AC,
作FN⊥BM于點N.
∵ PG∥VM，PF∥VN
∴ 平面PGF∥平面VMB， 又 PH∥FN,
四邊形PFNH為平行四邊形，
所以PH=FN
因此，直線PB 與直線AC所成的角，
直線PB與平面ABC所成的角，
二面角P-AC-B的平面角，
又
又，
∴
因為
∴
綜上所述，中最小角為，故選 B.
核心考點七：軌跡問題
【規(guī)律方法】
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(shù)法（解析法）．在圖形中，建立恰當(dāng)?shù)目臻g直角坐標(biāo)系或平面直角坐標(biāo)系．
【典型例題】
例24．（2022·北京·昌平一中高三階段練習(xí)）設(shè)正方體的棱長為1，，分別為，的中點，點在正方體的表面上運動，且滿足，則下列命題：
①點可以是棱的中點；
②點的軌跡是菱形；
③點軌跡的長度為；
④點的軌跡所圍成圖形的面積為.
其中正確的命題個數(shù)為（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】B
【解析】連接，交于，則為中點，
因為為的中點，所以，
由正方體的性質(zhì)可知平面，
所以平面，
因為平面，
所以，
過點作，分別交于，
過點分別作，分別交于點，連接，
所以，四點共面，且，
所以，四邊形為平行四邊形，
因為平面，
所以平面，平面，
所以
所以，四邊形為矩形，
因為，平面，
所以平面，
因為點在正方體的表面上運動，且滿足
所以，當(dāng)面時，始終有，
所以，點的軌跡是矩形，
如下圖，因為，
所以，，
所以，，
因為，
所以∽，
所以，即，即
所以，，
所以，點不可能是棱的中點，點的軌跡是矩形，
軌跡長度為矩形的周長，
軌跡所圍成圖形的面積為
故正確的命題為③④.個數(shù)為2個.
故選：B
例25．（2022·全國·高三專題練習(xí)）已知正方體的邊長為2，點E，F(xiàn)分別為棱CD，的中點，點P為四邊形內(nèi)（包括邊界）的一動點，且滿足平面BEF，則點P的軌跡長為（ ）
A．B．2C．D．1
【答案】A
【解析】畫出示意圖如下：
取中點N，取 中點M，連接 ,
則,則四邊形為平行四邊形，所以BE，
連接,則,故MNEF，
又 ，平面 平面BEF,
所以平面BEF平面B1MN，
平面∩平面=MN，所以P點軌跡即為MN，
長度為；
證明：因為平面BEF平面 ，
P點是MN上的動點，故平面，
所以平面BEF，滿足題意.
故選：A．
例26．（2022·全國·模擬預(yù)測（理））如圖，在四棱錐中，底面ABCD是邊長為2的正方形，PA⊥平面ABCD，且，點E，F(xiàn)，G分別為棱AB，AD，PC的中點，下列說法錯誤的是（ ）
A．AG⊥平面PBD
B．直線FG和直線AC所成的角為
C．過點E，F(xiàn)，G的平面截四棱錐所得的截面為五邊形
D．當(dāng)點T在平面ABCD內(nèi)運動，且滿足的面積為時，動點T的軌跡是圓
【答案】D
【解析】可將四棱錐補形成正方體，如圖①，
直線AG即體對角線，易證平面PDB，A選項正確；
如圖②，取CD的中點H，連接FH，可知，所以
（或其補角）與直線FG和直線AC所成的角相同，在中，
，所以，B選項正確；
如圖③，延長EF交直線CD于點H，交直線BC于點I，連接GI交PB
于點M，連接GH交PD于點N，則五邊形EFNGM即為平面EFG截
四棱錐所得的截面，C選項正確；
當(dāng)時，因為，所以點T到AG的距離為，點T在以AC為軸，底面半徑的圓柱上，又點T在平面ABCD上，所以點T的軌跡是橢圓．D選項錯誤．
故選：D
例27．（2022·浙江溫州·高三開學(xué)考試）如圖，正方體，P為平面內(nèi)一動點，設(shè)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(shè)為原點,分別以O(shè)A、OB、所在直線為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標(biāo)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
例28．（2022·全國·高三專題練習(xí)）如圖，正方體中，M為BC邊的中點，點P在底面和側(cè)面上運動并且使，那么點P的軌跡是（ ）
A．兩段圓弧B．兩段橢圓弧
C．兩段雙曲線弧D．兩段拋物線弧
【答案】C
【解析】由P點的軌跡實際是一個正圓錐面和兩個平面的交線，
其中這個正圓錐面的中心軸即為，頂點為A，頂角的一半即為，
以A點為坐標(biāo)原點建立空間直角坐標(biāo)系，
則，可得，
，
設(shè)與底面所成的角為，
則，所以，
所以該正圓錐面和底面的交線是雙曲線弧，
同理可知，P點在平面的交線是雙曲線弧，
故選：C．
核心考點八：以立體幾何為載體的情境題
【規(guī)律方法】
以立體幾何為載體的情境題都跟圖形有關(guān)，涉及在具體情境下的圖形閱讀，需要通過數(shù)形結(jié)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(zhì)，即要善于將所讀出的信息進行提升，實現(xiàn)“圖形→文字→符號”的轉(zhuǎn)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(guān)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(tài)地去閱讀圖形．
【典型例題】
例29．（2022·寧夏·平羅中學(xué)高三階段練習(xí)（理））設(shè)P為多面體M的一個頂點，定義多面體M在P處的離散曲率為為多面體M的所有與點P相鄰的頂點，且平面，，……，遍及多面體M的所有以P為公共點的面如圖是正四面體、正八面體、正十二面體和正二十面體，若它們在各頂點處的離散曲率分別是a，b，c，d，則a，b，c，d的大小關(guān)系是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【解析】對于正四面體，其離散曲率為，
對于正八面體，其離散曲率為，
對于正十二面體，其離散曲率為，
對于正二十面體，其離散曲率為，
則，
所以.
故選：B.
例30．（2022·廣東·廣州市從化區(qū)第三中學(xué)高三階段練習(xí)）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(shù)學(xué)上用曲率刻畫空間彎曲性.規(guī)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(nèi)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頂點的曲率之和.例如：正四面體在每個頂點有個面角，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.給出下列三個結(jié)論：
①正方體在每個頂點的曲率均為；
②任意四棱錐的總曲率均為；
③若某類多面體的頂點數(shù)，棱數(shù)，面數(shù)滿足，則該類多面體的總曲率是常數(shù).
其中，所有正確結(jié)論的序號是（ ）
A．①②B．①③C．②③D．①②③
【答案】D
【解析】①根據(jù)曲率的定義可得正方體在每個頂點的曲率為，故①正確；
②由定義可得多面體的總曲率頂點數(shù)各面內(nèi)角和，因為四棱錐有5個頂點，5個面，分別為4個三角形和1個四邊形，所以任意四棱錐的總曲率為，故②正確；
③設(shè)每個面記為邊形，
則所有的面角和為，
根據(jù)定義可得該類多面體的總曲率為常數(shù)，故③正確.
故選：D.
例31．（2022·遼寧·沈陽二十中三模）我國南北朝時期的著名數(shù)學(xué)家祖暅原提出了祖暅原理：“冪勢既同，則積不容異.”意思是，夾在兩個平行平面之間的兩個幾何體，被平行于這兩個平面的任意一個平面所截，若截面面積都相等，則這兩個幾何體的體積相等.運用祖暅原理計算球的體積時，構(gòu)造一個底面半徑和高都與球的半徑相等的圓柱，與半球（如圖①）放置在同一平面上，然后在圓柱內(nèi)挖去一個以圓柱下底面圓心為頂點，圓柱上底面為底面的圓錐后得到一新幾何體（如圖②），用任何一個平行于底面的平面去截它們時，可證得所截得的兩個截面面積相等，由此可證明新幾何體與半球體積相等，即.現(xiàn)將橢圓繞軸旋轉(zhuǎn)一周后得一橄欖狀的幾何體（如圖③），類比上述方法，運用祖暅原理可求得其體積等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】構(gòu)造一個底面半徑為，高為的圓柱，
在圓柱中挖去一個以圓柱下底面圓心為頂點的圓錐，
則當(dāng)截面與頂點距離為時，小圓錐底面半徑為，
則，
，
故截面面積為：，
把代入，
即，
解得：，
橄欖球形幾何體的截面面積為，
由祖暅原理可得橄欖球形幾何體的體積為：
圓柱圓錐.
故選：D.
例32．（2022·全國·高三專題練習(xí)）將地球近似看作球體.設(shè)地球表面某地正午太陽高度角為，為此時太陽直射緯度（當(dāng)?shù)叵陌肽耆≌担肽耆∝撝担?，為該地的緯度值，如圖．已知太陽每年直射范圍在南北回歸線之間，即．北京天安門廣場的漢白玉華表高為9.57米，北京天安門廣場的緯度為北緯，若某天的正午時刻，測得華表的影長恰好為9.57米，則該天的太陽直射緯度為（ ）
A．北緯B．南緯
C．北緯D．南緯
【答案】D
【解析】由題可知，天安門廣場的太陽高度角，
由華表的高和影長相等可知，所以.
所以該天太陽直射緯度為南緯，
故選：D.
核心考點九：翻折問題
【規(guī)律方法】
1、處理圖形翻折問題的關(guān)鍵是理清翻折前后長度和角度哪些發(fā)生改變，哪些保持不變．
2、把空間幾何問題轉(zhuǎn)化為平面幾何問題，把握圖形之間的關(guān)系，感悟數(shù)學(xué)本質(zhì)．
【典型例題】
例33．（2022·全國·高三專題練習(xí)）如圖，已知四邊形，是以為斜邊的等腰直角三角形，為等邊三角形，，將沿對角線翻折到在翻折的過程中，下列結(jié)論中不正確的是（ ）
A．B．與可能垂直
C．直線與平面所成角的最大值是D．四面體的體積的最大是
【答案】C
【解析】如圖所示，取的中點，連接
是以為斜邊的等腰直角三角形,
為等邊三角形,
面 , ,故A正確
對于B，假設(shè)，又
面，，
又,，故與可能垂直，故B正確
當(dāng)面面時，此時面，即為直線與平面所成角
此時，故C錯誤
當(dāng)面面時，此時四面體的體積最大，此時的體積為： ，故D正確
故選：C
例34．（2022·浙江·杭州高級中學(xué)模擬預(yù)測）如圖，已知矩形的對角線交于點，將沿翻折，若在翻折過程中存在某個位置，使得，則的取值范圍是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【解析】如圖示,設(shè)處為沿翻折后的位置，
以D為坐標(biāo)原點，DA,DC分別為x,y軸，過點D作平面ABCD的垂線為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，
則 ，設(shè) ，
由于 ,故 ，
而 ，
由于 ,故，則，
即 ；
又由在翻折過程中存在某個位置，便得，不妨假設(shè),
則，即 ，
即 ，
當(dāng)將翻折到如圖位置時，位于平面ABCD內(nèi)，
不妨假設(shè)此時 ，設(shè)垂足為G,
作 AD的延長線，垂足為F,此時在x軸負半軸上方向上，DF的長最大，a取最小值，
由于，故 ,
所以 ,而,
故，又 ,
故 為正三角形，則,
而 ,故 ,則 ，
故， ，則 ，
故的取值范圍是 ，
故選：A
例35．（2022·全國·高三專題練習(xí)）如圖1，在正方形中，點為線段上的動點（不含端點），將沿翻折，使得二面角為直二面角，得到圖2所示的四棱錐，點為線段上的動點（不含端點），則在四棱錐中，下列說法正確的是（ ）
A．???四點一定共面
B．存在點，使得平面
C．側(cè)面與側(cè)面的交線與直線相交
D．三棱錐的體積為定值
【答案】B
【解析】A. 假設(shè)???四點共面，則直線EC與BF共面，若EC與BF平行，又EC與AD平行，則AD與BF平行，這與AD與BF相交矛盾；若EC與BF相交，設(shè)交點為Q，則Q即在平面BAD內(nèi)，又在平面AECD內(nèi)，則點Q在交線AD上，這與EC與AD平行矛盾，所以假設(shè)不成立，所以B、E、C、F不共面，故錯誤；
B.如圖所示：
在AD上取點G，使得AG=EC，當(dāng)時，，又平面，平面，所以平面，同理平面，又，所以平面平面，則平面，故存在點，使得平面，故正確；
C.設(shè)側(cè)面與側(cè)面的交線為l，因為，且面，面，所以面，則，所以，故錯誤；
D.因為二面角為直二面角，當(dāng)點E移動時，點B到AE的距離即三棱錐的高變化，而是定值，故三棱錐的體積不是定值，故錯誤；
故選：B
例36．（2022·全國·高三專題練習(xí)）已知直角梯形ABCD滿足：AD∥BC，CD⊥DA，且△ABC為正三角形．將△ADC沿著直線AC翻折至△AD'C如圖，且，二面角、、的平面角大小分別為α，β，γ，直線，，與平面ABC所成角分別是θ1，θ2，θ3，則（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【解析】由題意可知，不妨設(shè)，則.如圖所示，取點E，F(xiàn)分別為AB，BC的中點，連結(jié)AF，DE，設(shè)G為DE與AF的交點，DE與AC的交于點H.
所以，則，則旋轉(zhuǎn)過程中，點在平面ABC上的投影在DE上.
當(dāng)點的投影為點G時，則；當(dāng)點的投影在DG上時，則；
當(dāng)點的投影在GE上時，則；當(dāng)點投影為點E時，則.
故要使，則點的投影在點G，E兩點之間，此時投影點到AB，BC，CD的距離為
所以二面角最大，其次為二面角，而二面角最小，故；
設(shè)三棱錐的高為h.
則.
因為，所以.
因為，所以
故選：A.
【新題速遞】
1．（2022·安徽·高三階段練習(xí)）如圖，在棱長為的正四面體中，點分別在棱上，且平面平面為內(nèi)一點，記三棱錐的體積為，設(shè)，關(guān)于函數(shù)，下列說法正確的是（ ）
A．，使得
B．函數(shù)在上是減函數(shù)
C．函數(shù)的圖象關(guān)于直線對稱
D．，使得（其中為四面體的體積）
【答案】A
【解析】設(shè)點在平面內(nèi)的射影為點，連接，如圖所示，則為等邊的中心，
故，因為平面平面，所以，
所以，所以.因為平面平面，則，
且點到平面的距離為，所以點到平面的距離為，
所以，其中，對于選項，，當(dāng)時，，此時函數(shù)單調(diào)遞增，；當(dāng)時，，
此時函數(shù)單調(diào)遞減，，故正確，B錯誤；對于C選項，，故函數(shù)的圖象不關(guān)于直線對稱，故C錯誤；對于D選項，，故對任意的，故D錯誤.
故選：A.
2．（2022·重慶市長壽中學(xué)校高三階段練習(xí)）如圖所示，在直角梯形中，?分別是?上的點，，且（如圖1）.將四邊形沿折起，連接（如圖2）.在折起的過程中，下列說法中錯誤的個數(shù)是（ ）
①平面；
②四點不可能共面；
③若，則平面平面；
④平面與平面可能垂直.
A．1B．2C．3D．4
【答案】A
【解析】對于①，在圖2中記與的交點為，取的中點為，連接，
因為，，
所以四邊形為矩形，
故為的中點，
又因為為的中點，
所以為的中位線，
故，且，
又，，
所以，且，
所以四邊形為平行四邊形，
即面面，
故平面，故①正確；
對于②，因為，平面，平面，
所以平面，
如果四點共面，
因為平面，
而
與已知矛盾，故②正確；
對于③，在梯形中，連接DF，過點F作FH⊥DE于點H，
因為直角梯形中，，，，
所以，四邊形為正方形，為等腰直角三角形，
所以，，
又平面，
平面，
∵平面，
即有，
又與相交，平面，
平面，
∵平面，
則平面平面，故③正確；
對于④，延長至使得，連接，
因為⊥AB，BC⊥AF，，平面ABF，
所以BC⊥平面ABF，
因為BC平面BCE，
所以平面平面，交線為BG，
過作于點，
因為FN平面ABF，
則平面.
過作直線與平面垂直，其垂足在上，不在BE上，故④錯誤.
故選：A.
3．（2022·四川·成都市第二十中學(xué)校一模（理））如圖， 在棱長為 2 的正方體 中，均為所在棱的中點， 則下列結(jié)論正確的有（ ）
①棱 上一定存在點， 使得
②三棱錐的外接球的表面積為
③過點 作正方體的截面， 則截面面積為
④設(shè)點 在平面內(nèi)， 且平面， 則與所成角的余弦值的最大值為
A．1 個B．2 個C．3 個D．4 個
【答案】C
【解析】建立如圖空間直角坐標(biāo)系，
設(shè)， 其中，
所以 ，
若棱 上存在點， 使得， 則，
整理得， 此方程無解， ①不正確;
設(shè) 的中點為， 則四邊形是邊長為的正方形， 其外接圓的半徑為，
又 底面， 所以三棱錐的外接球的半徑為；
所以其表面積為 ，②正確;
過點 作正方體的截面， 截面如圖中六邊形所示，
因為邊長均為 ， 且對邊平行， 所以截面六邊形為正六邊形，
其面積為， ③正確;
點 在平面內(nèi)，設(shè)，
則，
設(shè) 是平面的一個法向量， 則，
令 可得， 即，
因為平面， 所以， 即，
設(shè)與所成角為， 則，
當(dāng)時，取最小值，
所以 與所成角的余弦值的最大值為，故④正確;
故選：C.
4．（2022·四川·成都市錦江區(qū)嘉祥外國語高級中學(xué)有限責(zé)任公司模擬預(yù)測（文））在棱長為的正方體中，為的中點，點在正方體各棱及表面上運動且滿足，則點軌跡所圍成圖形的面積為（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】分別取、的中點、，連接、、，設(shè)，
在正方體中，且，
因為、分別為、的中點，則且，
故四邊形為平行四邊形，故且，
因為且，且，故四邊形為平行四邊形，
因為，，，故，
所以，，則，
所以，，故，
平面，、平面，，，
，、平面，平面，
若點在的邊上運動時（不包括點），則平面，故，
由勾股定理可得，易知四邊形為矩形，
故點軌跡所圍成圖形的面積即為矩形的面積，即為.
故選：A.
5．（2022·上海市實驗學(xué)校高三階段練習(xí)）直線平面，垂足是，正四面體的棱長為4，點在平面上運動，點在直線上運動，則點到直線的距離的取值范圍是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【解析】在正四面體中，分別取的中點，連接，
則，又，平面，平面
則平面，又平面，則
中，
等腰中，，
若固定正四面體的位置，則點O在以BC為直徑的球上運動，球半徑為2，
則點O到直線的距離的最小值為球心到直線的距離減去半徑即，
最大值為球心到直線的距離加上半徑即
則點到直線的距離的取值范圍是
故選：B
6．（2022·湖南·模擬預(yù)測）正三棱柱的底面邊長是4，側(cè)棱長是6，M，N分別為，的中點，若點P是三棱柱內(nèi)（含棱柱的表面）的動點，MP∥平面，則動點P的軌跡面積為（ ）
A．B．5C．D．
【答案】C
【解析】取AB的中點Q，連接MQ，CQ，MC，由M，N，Q分別為，，AB的中點可得，平面，平面，
所以平面，同理得平面，，平面，則平面平面，
所以動點P的軌跡為△MQC及其內(nèi)部（挖去點M）．
在正三棱柱中，△ABC為等邊三角形，Q為AB的中點，則，
平面平面，平面平面，則CQ⊥平面，平面，
所以．
因為，所以，
因為側(cè)棱長是6，所以．
所以，則△MQC的面積，
故動點P的軌跡面積為．
故選：C
7．（2022·山西·高三階段練習(xí)）已知正方體的頂點都在表面積為的球面上，過球心O的平面截正方體所得的截面為一菱形，記該菱形截面為S，點P是正方體表面上一點，則以截面S為底面，以點P為頂點的四棱錐的體積的最大值為（ ）
A．B．C．2D．
【答案】A
【解析】設(shè)該正方體的棱長為，球的半徑為，所以有，
于是有，
所以該正方體的棱長為2，
第一種情況，經(jīng)過球心垂直上下兩面時，此時的體積最大值為；
第二種情況如圖1，由題意可知，要使過球心平面截正方體截面為菱形，則該截面必過正方體相對兩棱中點，（不妨取圖中中點分別為F，E），設(shè)該截面與及的交點分別為M，N，顯然，而，所以，即，
顯然，而，而平面，
平面．
由圖1可以看出當(dāng)點P與點或點C重合時四棱錐的高最大，
，
而，則；
綜上所述，體積的最大值為．
故選：A
8．（2022·浙江·高三階段練習(xí)）在中，，．若空間點滿足，則直線與平面所成角的正切的最大值是（ ）
A．B．C．D．1
【答案】C
【解析】過點作與點，過點作與點，
設(shè)，則，
又，則，
則點在以為旋轉(zhuǎn)軸，底面圓半徑為的圓柱上，
如圖所示：以所在平面為，建立空間直角坐標(biāo)，則平面的法向量為：，
，
設(shè)，
則，
記直線與平面所成角為,
則，
因為，
所以，
令，則，
則，，
又，在上單調(diào)遞減。在上單調(diào)遞增，
則，
所以，當(dāng)且僅當(dāng)，即時，等號成立，
又，
所以直線與平面所成角的最大值為，
此時，
故選：C
9．（多選題）（2022·云南曲靖·高三階段練習(xí)）已知正方體的棱長為1，點為側(cè)面內(nèi)一點，則（ ）
A．當(dāng)時，異面直線與所成角的正切值為2
B．當(dāng)時，四面體的體積為定值
C．當(dāng)點到平面的距離等于到直線的距離時，點的軌跡為拋物線的一部分
D．當(dāng)時，四面體的外接球的表面積為
【答案】ABC
【解析】正方體的棱長為1，
對于A，如圖，CP與AD所成的角即CP與BC所成的角，因為，所以，，，由余弦定理，，由正弦定理，，所以，即CP與AD所成的角的正切值為2，A正確；
對于B，因為，所以平面，所以當(dāng)即點P在線段上時，點P到平面的距離為定值，所以四面體的體積為定值，B正確；
對于C，點P到平面的距離即點P到直線的距離，點P到直線的距離即點P到的距離，依據(jù)拋物線的定義當(dāng)兩距離相等時點P的軌跡為拋物線一部分，C正確；
對于D，當(dāng)即點P為中點時，因為，所以，又因為，所以DB為四面體BCDP外接球的一條直徑，外接球半徑，
外接球表面積，D錯誤.
故選：ABC.
10．（多選題）（2022·遼寧·本溪高中高三階段練習(xí)）如圖，矩形BDEF所在平面與正方形ABCD所在平面互相垂直，，G為線段AE上的動點，則（ ）
A．
B．多面體ABCDEF的體積為
C．若G為線段AE的中點，則平面CEF
D．點M，N分別為線段AF，AC上的動點，點T在平面BCF內(nèi)，則的最小值是
【答案】ACD
【解析】如圖，將幾何體ABCDEF補全成棱長為2的正方體，在該正方體中，因為，，所以，故A項正確；
因為，故B項錯誤；
當(dāng)G為線段AE的中點時，因為，平面CEF，平面CEF，所以平面CEF，同理平面CEF，又，平面，所以平面平面CEF，平面， 所以平面CEF，故C項正確；
設(shè)A關(guān)于BC的對稱點為Q，N關(guān)于BC的對稱點為，則在線段CQ上，記d為直線AF與CQ之間的距離，因為,且平面,平面，所以平面，即轉(zhuǎn)化為點C到平面AEF的距離，即IC長度的三分之二， ，則，經(jīng)檢驗點M，都分別在線段上，故D項正確．
附證：，
因為平面，平面，所以，
又因為，，所以平面，平面，
所以，同理，且，
所以平面，
設(shè)點到平面的距離為,根據(jù)等體積可知，
，得,所以點到平面的距離為.
故選ACD項．
11．（多選題）（2022·廣東·東涌中學(xué)高三期中）如圖，已知正方體的棱長為1，，，分別為，，的中點，點在上，平面，則以下說法正確的是（ ）
A．點為的中點
B．三棱錐的體積為
C．直線與平面所成的角的正弦值為
D．過點、、作正方體的截面，所得截面的面積是
【答案】ABC
【解析】以D為坐標(biāo)原點，DA，DC，所在直線分別為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，
則，
設(shè)平面EFG的法向量為，
則，
令，則，故，
A選項，設(shè)，則，
因為平面，
所以，即，
解得：，
故，故，
，
所以，則點為的中點，A正確；
設(shè)點到平面EFG的距離為d，
則，
又，，，
即，
由余弦定理得：，
故，則，
由三角形面積公式可得：，
故三棱錐的體積為，B正確；
，設(shè)直線與平面所成的角為，
則，
故直線與平面所成角的正弦值為，C正確；
取的中點，的中點，的中點，連接，
則過點、、作正方體的截面，截面為正六邊形，邊長為，
正六邊形的面積為
則截面面積為，D錯誤.
故選：ABC
12．（多選題）（2022·安徽·阜陽師范大學(xué)附屬中學(xué)高三階段練習(xí)）已知為等腰直角三角形，，其高，為線段的中點，將沿折成大小為的二面角，連接，形成四面體，動點在內(nèi)（含邊界），且平面，則在變化的過程中（ ）
A．
B．點到平面的距離的最大值為
C．點在內(nèi)（含邊界）的軌跡長度為
D．當(dāng)時，與平面所成角的正切值的取值范圍為
【答案】AD
【解析】如圖，，，，平面，
所以平面，又平面，所以，A正確，
因為，，所以為二面角的平面角，故，，
過點作，垂足為，因為平面，平面，所以，又，平面，所以平面，所以為點到平面的距離，在中，,，，所以，又，所以點到平面的距離的最大值為，B錯誤；
連接，為的中點，因為為的中點，所以，平面，平面，所以平面，又平面，，平面，所以平面平面，平面平面，平面平面，所以，記的中點為，因為為的中點，所以，故點的軌跡為線段，，C錯誤；
過點作，垂足為，因為平面，平面，所以，又，平面，所以平面，所以為與平面所成角的平面角，
因為平面，平面，所以，因為，，平面，所以平面，又平面，所以，因為，所以，
在中，，，，所以，
所以，
在中，，，，所以，
在中，，所以，
所以與平面所成角的正切值為，
設(shè)，其中，則，所以函數(shù)在上單調(diào)遞減，所以，故與平面所成角的正切值的取值范圍為.
故選：AD.
13．（多選題）（2022·江蘇省泰興中學(xué)高三階段練習(xí)）棱長為1的正方體內(nèi)部有一圓柱，此圓柱恰好以直線為軸，且圓柱上下底面分別與正方體中以為公共點的3個面都有一個公共點，以下命題正確的是（ ）
A．在正方體內(nèi)作與圓柱底面平行的截面，則截面的最大面積為
B．無論點在線段上如何移動，都有
C．圓柱的母線與正方體所有的棱所成的角都相等
D．圓柱外接球體積的最小值為
【答案】BCD
【解析】如圖所示：設(shè)分別為對應(yīng)棱的中點，易知共面，
因為是的中點，所以，
因為，所以，
因為平面，平面，所以，
因為，平面，所以平面，
因為平面，所以，同理可得，
因為平面，所以平面，
所以平面為其中一個截面，其面積為，A錯誤；
B：因為平面，平面，所以
平面
平面又平面
正確；
C：易知圓柱的母線與平行，易得與所成的夾角相等，故與其每條側(cè)棱間的夾角都相等，C正確；
D:設(shè)圓柱底面半徑為，則圓柱的底面必與過點的三個面相切，
且切點分別在線段上，設(shè)在上的切點為，為圓柱的一條高，
在中，，所以在中，，
根據(jù)對稱性知：，則圓柱的高為，
所以外接球的半徑，
當(dāng)時，外接球體積的最小值為，D正確
故選：BCD
14．（多選題）（2022·江蘇鹽城·高三階段練習(xí)）已知正四面體ABCD的棱長為，其外接球的球心為O．點E滿足，，過點E作平面平行于AC和BD，平面分別與該正四面體的棱BC，CD，AD相交于點M，G，H，則（ ）
A．四邊形EMGH的周長為是變化的
B．四棱錐的體積的最大值為
C．當(dāng)時，平面截球O所得截面的周長為
D．當(dāng)時，將正四面體ABCD繞EF旋轉(zhuǎn)后與原四面體的公共部分體積為
【答案】BD
【解析】對于邊長為2的正方體，則ABCD為棱長為的正四面體，則球心O即為正方體的中心，
連接，設(shè)
∵，，則為平行四邊形
∴，
又∵平面，平面，
∴平面，
又∵平面，，平面，
∴平面平面，
對A：如圖1，
∵平面平面，平面平面，平面平面，
∴，則，即，
同理可得： ，，，，
∴四邊形EMGH的周長（定值），A錯誤；
對B：如圖1，由A可知：，，，，
∵為正方形，則，
∴為矩形，
根據(jù)平行可得：點A到平面的距離，
故四棱錐的體積，則，
∵，則當(dāng)時，則，在上單調(diào)遞增，當(dāng)時，則，在上單調(diào)遞減，
∴當(dāng)時，取到最大值，
故四棱錐的體積的最大值為，B正確；
對C：正四面體ABCD的外接球即為正方體的外接球，其半徑，
設(shè)平面截球O所得截面的圓心為，半徑為，
當(dāng)時，則，
∵，則，
∴平面截球O所得截面的周長為，C錯誤；
對D：如圖2，將正四面體ABCD繞EF旋轉(zhuǎn)后得到正四面體，設(shè)，
∵，則分別為各面的中心，
∴兩個正四面體的公共部分為，為兩個全等的正四棱錐組合而成，
根據(jù)正方體可得：，正四棱錐的高為，
故公共部分的體積，D正確；
故選：BD.
15．（2022·安徽·石室中學(xué)高三階段練習(xí)）已知三棱錐的高為分別為的中點，若平面ABD，平面BCE，平面ACF相交于O點，則O到平面ABC的距離h為___________.
【答案】
【解析】如圖所示，平面ABD與平面BCE交于BQ，平面ABD與平面ACF交于AP，
所以O(shè)為AP與BQ的交點.
因為D，E，F(xiàn)分別為VC，VA，VB的中點，
所以P，Q分別為，的重心，
所以，
連接DO并延長交AB于H，連接PQ，
設(shè)PQ與DO交于S，則，，
易得，
所以，，
所以，
設(shè)三棱錐的高為，三棱錐的高為，
所以，所以，故.
16．（2022·北京八十中高三期末）如圖，在正方體ABCD—中，E為棱的中點.動點P沿著棱DC從點D向點C移動，對于下列四個結(jié)論：
①存在點P，使得；
②存在點P，使得平面平面；
③的面積越來越小；
④四面體的體積不變.
所有正確的結(jié)論的序號是___________.
【答案】①③④
【解析】設(shè)正方體棱長為1，，
由平面，平面得，同理，、
所以，，
由得，存在使得，①正確，

正方體中，由平面，平面，則，，
，平面，所以平面，
若平面平面；則平面或平面，
但當(dāng)在上移動時，與平面總是相交，②錯；
正方體中，平面，，所以到平面的距離不變，即到平面的距離不變，而面積不變，因此三棱錐，即四面體的體積不變，④正確；
以為軸建立空間直角坐標(biāo)系，如下圖，
設(shè)正方體棱長為2，則，，設(shè)，，
，
，，，
，
設(shè)到直線的距離為，則
，
由二次函數(shù)性質(zhì)知時，遞減，所以遞減，又不變，
所以的面積為遞減，③正確，
故答案為：①③④．
17．（2022·重慶市萬州第二高級中學(xué)高三階段練習(xí)）已知空間四邊形的各邊長及對角線的長度均為6，平面平面，點M在上，且，過點M作四邊形外接球的截面，則截面面積的最小值為___________.
【答案】
【解析】由題意知和為等邊三角形，取中點為連接，
則
由平面平面平面平面平面
故平面，，則易知，
易知球心在平面的投影為的外心，
在上作于，易得
則在中，，
所以外接球半徑，連接
因為
所以三點共線，所以
當(dāng)為截面圓圓心時截面面積最小，此時截面圓半徑為，截面面積為.
故答案為：.
.
18．（2022·北京交通大學(xué)附屬中學(xué)高三階段練習(xí)）如圖，正方體的棱長為4，點P在正方形的邊界及其內(nèi)部運動.平面區(qū)域W由所有滿足的點P組成，則四面體的體積的取值范圍_________.
【答案】
【解析】連接，如圖所示，
因為平面，平面，所以，
∵，由，，則；
所以在以為圓心2為半徑的圓面上，由題意可知，，
所以當(dāng)在邊上時，四面體的體積的最大值是.
所以當(dāng)在邊的中點時，的面積取得最小值，此時，
所以四面體的體積的最小值是，所以，
故答案為：.
19．（2022·黑龍江·鶴崗一中高三階段練習(xí)）已知點P是棱長為2的正方體的表面上一個動點，若使的點P的軌跡長度為a；使直線平面BDC的點P的軌跡長度為b；使直線AP與平面ABCD所成的角為45°的點P的軌跡長度為c．則a，b，c的大小關(guān)系為______．（用“＜”符號連接）
【答案】b＜c＜a
【解析】若點到點的距離為2，則點的軌跡為球的表面與正方體交軌，
在平面內(nèi)，的軌跡為以為圓心，2為半徑的圓弧，
由對稱性知，這樣的圓弧同樣在平面內(nèi)和平面內(nèi)，故的軌跡長度；
若平面，則點的軌跡為過點且平行于平面的平面與正方體交軌，
而平面平面，所以點的軌跡長度為三角形的周長（除掉點，不影響周長），故，
若直線與平面所成的角為，則點的軌跡為圓錐的側(cè)面與正方體交軌，
在平面內(nèi)，點的軌跡為對角線（除掉點，不影響）；
在平面內(nèi)，點的軌跡為對角線（除掉點，不影響）；
在平面內(nèi)是以點為圓心2為半徑的圓弧，如圖，
故點的軌跡長度為，
∵，∴，即．
故答案為：．
20．（2022·四川·高三開學(xué)考試（理））已知點是棱長為2的正方體的表面上一個動點，若使的點的軌跡長度為；使直線平面的點的軌跡長度為；使直線與平面所成的角為的點的軌跡長度為．則的大小關(guān)系為______．（用“”符號連接）
【答案】
【解析】若點到點的距離為2，則點的軌跡為球的表面與正方體交軌，
在平面內(nèi)，的軌跡為以為圓心，2為半徑的圓弧，
由對稱性知，這樣的圓弧同樣在平面內(nèi)和平面內(nèi)，故的軌跡長度；
若平面，則點的軌跡為過點且平行于平面的平面與正方體交軌，
而平面平面，所以點的軌跡長度為三角形的周長（除掉點，不影響周長），故，
若直線與平面所成的角為，則點的軌跡為圓錐的側(cè)面與正方體交軌，
在平面內(nèi)，點的軌跡為對角線（除掉點，不影響）；
在平面內(nèi)，點的軌跡為對角線（除掉點，不影響）；
在平面內(nèi)是以點為圓心2為半徑的圓弧，如圖，
故點的軌跡長度為，
∵，∴，即．
故答案為：．

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