第55讲、立体几何中的压轴小题（教师版）

第55讲立体几何中的压轴小题必考题型全归纳题型一：球与截面面积问题例1．（2024·湖南长沙·高二长郡中学校考开学考试）已知三棱锥的四个顶点在球O的球面上，，是边长为的正三角形，，，，过点E作球O的截面，截面面积最小值为（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】∵，为边长为的等边三角形，∴为正三棱锥，取的中点，连接，则，，平面，所以平面，平面，所以，又，，∴，∴，又，，平面PAC，∴平面PAC，平面PAC，∴，∴，∴为正方体的一部分，可得外接球的半径为，取的中点，连接，可得，，所以，过点E作球O的截面，设截面与棱的交点分别为，当OE垂直时截面面积最小，此时即为截面圆的圆心，截面圆半径为，截面面积为.故选：A．例2．（2024·四川绵阳·高三绵阳南山中学实验学校校考阶段练习）四面体ABCD的四个顶点都在球的球面上，，，点E，F，G分别为棱BC，CD，AD的中点，现有如下结论：①过点E，F，G作四面体ABCD的截面，则该截面的面积为2；②四面体ABCD的体积为；③过作球的截面，则截面面积的最大值与最小值的比为5：4.则上述说法正确的个数是（

）A．0 B．1 C．2 D．3【答案】C【解析】选项①中，如图（1）所示，找的中点，过点E，F，G做四面体ABCD的截面即为面，则,，所以四边形为平行四边形，找的中点,连接，因为，所以平面，所以平面，平面，所以，所以，所以四边形为矩形，，，所以截面的面积，故①正确；选项②中，中，由勾股定理得：，同理，过点作,则，所以由勾股定理得：，所以，由选项①可得：平面,所以，，故②错误；选项③中，可以将四面体放入如图（2）所示的长方体中，由题可求得，，所以外接球的半径，截面面积的最大值为；平面截得的面积为最小面积，半径，截面积最小为，所以截面面积的最大值与最小值的比为5：4，故③正确.图（1）图（2）例3．（2024·四川内江·四川省内江市第六中学校考模拟预测）已知球是正三棱锥（底面是正三角形，顶点在底面的射影为底面中心）的外接球，，，点是线段的中点，过点作球的截面，则所得截面面积的最小值是（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】如图，是A在底面的射影，由正弦定理得，的外接圆半径，由勾股定理得棱锥的高，设球O的半径为R，则即，解得，所以，即点O与重合，在中，点是线段的中点，，所以，当截面垂直于OE时，截面面积最小，此时半径为，截面面积为.故选：A变式1．（2024·宁夏银川·校联考二模）2022年第三十二届足球世界杯在卡塔尔举行，第一届世界杯是1930年举办的，而早在战国中期，中国就有过类似的体育运动项目：蹴鞠，又名蹴球，蹴圆，筑球，踢圆等，蹴有用脚蹴、踢、蹋的含义，鞠最早系外包皮革、内实米糠的球．因而蹴鞠就是指古人以脚蹴、蹋、踢皮球的活动，类似于今日的足球．2006年5月20日，蹴鞠作为非物质文化遗产经国务院批准已列入第一批国家非物质文化遗产名录．已知半径为的某鞠（球）的表面上有四个点，，，，，，，则该鞠（球）被平面所截的截面圆面积为（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】因为三棱锥的外接球的半径，而，所以为外接球的直径，如图，将三棱锥放入如图所示的长方体，则，设长方体的另一棱长为，所以，解得，即，设外接球的球心为，所以，，设的外接圆的半径为，则，则，所以，则，所以该鞠（球）被平面所截的截面圆面积．故选：D变式2．（2024·全国·高三专题练习）在正方体中，分别为的中点，该正方体的外接球为球，则平面截球得到的截面圆的面积为（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】如图，连接，由题意易知，，故四边形为平行四边形.设，取的中点，连接，在Rt中，，故点到的距离为，故点到的距离为，因此圆心到平面的距离为.由题易知球的半径，故平面截球得到的截面圆的半径，故截面圆的面积.故选：D变式3．（2024·四川遂宁·射洪中学校考模拟预测）已知球O内切于正方体，P，Q，M，N分别是的中点，则该正方体及其内切球被平面所截得的截面面积之比为（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】如图，易知正方体的内切球的球心O为的中点，设球O切上下底面中心于点E，F，则球O的半径，又易知球心O到平面的距离等于E到平面的距离，设交于点G，则易证平面，∴球心O到平面的距离，设正方体的棱长为，则，，∴球O被平面所截的小圆半径，∴球O被平面所截的小圆面积为，又易知，，∴该正方体被平面所截得的截面面积为，∴该正方体及其内切球被平面所截得的截面面积之比为，故选：A变式4．（2024·河南洛阳·高三校联考阶段练习）已知三棱锥P-ABC的棱长均为6，且四个顶点均在球心为O的球面上，点E在AB上，，过点E作球O的截面，则截面面积的最小值为（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】如图，因为三棱锥的棱长均为6，所以点P在平面ABC内的射影H是的中心，取BC的中点D，连接AD，则点H在AD上，且，所以，，，则．设三棱锥P-ABC的外接球半径为R，则OP＝OA＝R，在中，，解得．因为，所以AE＝2，取AB的中点F，则EF＝1，且，所以．当过点E的球O的截面与OE垂直时，截面面积最小，设截面圆的半径为r，则，所以截面面积为．故选：A．题型二：体积、面积、周长、角度、距离定值问题例4．（2024·福建三明·高一校考阶段练习）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.例5．（2024·四川成都·校考模拟预测）如图，在四棱柱中，底面为正方形，底面，，､分别是棱､上的动点，且，则下列结论中正确的是（

）A．直线与直线可能异面B．三棱锥的体积保持不变C．直线与直线所成角的大小与点的位置有关D．直线与直线所成角的最大值为【答案】B【解析】连接NC，MC，因为四棱柱中，，底面为正方形，底面显然四边形为平行四边形，所以直线与直线一定相交，A错误；连接，取的中点O，连接NO，MO，因为，，由三线合一可知：，，因为，所以平面MON，，设四边形的面积为S，则为定值，故为定值，三棱锥的体积保持不变，B正确；连接BD，，因为四边形ABCD为正方形，所以AC⊥BD，又底面ABCD，平面ABCD，所以，因为，所以AC⊥，因为MN平面，所以AC⊥MN，直线与直线所成角的大小与点的位置无关，C错误；过点N作NH∥AD交于点H，连接HM，则为直线与直线的夹角，且，其中，其中为定值，故要想直线与直线所成角的最大，只需HM最大，设正方形边长为a，则HN=a，显然当N与点重合，M与B重合时，HM最大，最大值为，此时，故D错误.故选：B例6．（多选题）（2024·福建三明·统考三模）如图，正方体的棱长为，点是的中点，点是侧面内一动点，则下列结论正确的为（

）

A．当在上时，三棱锥的体积为定值B．与所成角正弦的最小值为C．过作垂直于的平面截正方体所得截面图形的周长为D．当时，面积的最小值为【答案】ABD【解析】对于A选项，连接、，如下图所示：在正方体中，且，故四边形为平行四边形，所以，，因为平面，平面，所以，平面，当在上时，点到平面的距离等于点到平面的距离，所以，，A对；对于B选项，连接，因为平面，所以，与所成的最小角为直线与平面所成的角，因为平面，所以，与平面所成角为，因为平面，所以，，因为，，所以，，所以，，故与所成角正弦的最小值为，B对；对于C选项，分别取线段、的中点、，连接、、、、、、，因为四边形为正方形，则，又因为平面，平面，则，因为，、平面，所以，平面，因为平面，则，在和中，，，，所以，，则，所以，，则，即，因为平面，平面，则，因为，、平面，所以，平面，因为平面，所以，，因为、分别为、的中点，则，因为且，故四边形为平行四边形，所以，，所以，，则、、、四点共面，因为，，，、平面，所以，平面，过作垂直于的平面截正方体所得截面，则截面为梯形，由勾股定理可得，同理可得，，，所以，截面周长为，C错；对于D选项，由C选项可知，平面，则点的轨迹为线段，因为平面，平面，则，则，当时，即当点与点重合时，的长取最小值，此时，，所以，，D对.故选：ABD.变式5．（多选题）（2024·广东梅州·统考三模）已知正方体的棱长为2，为四边形的中心，为线段上的一个动点，为线段上一点，若三棱锥的体积为定值，则（

）A． B．C． D．【答案】BC【解析】连接，交于点，连接，因为为四边形的中心，所以，又平面，平面，所以平面，因为三棱锥的体积等于三棱锥的体积，且为定值，所以平面，所以平面与平面为同一平面，所以为与的交点，所以，故A错误，B正确；因为正方体的棱长为2，所以．故C正确，D错误．故选：BC．变式6．（多选题）（2024·山西大同·高三统考阶段练习）如图，正方体的棱长为2，线段上有两个动点，且，以下结论正确的有（

）

A．B．C．正方体的体积是三棱锥的体积的12倍D．异面直线所成的角为定值【答案】ABC【解析】A：易知，，所以，正确；B：建立如图空间直角坐标系，则，，，，，所以，，，所以，，即，，因为，，平面，所以平面，又平面，所以，正确;C：连接，交于，则，因为平面，平面，所以，又，、平面，所以平面，所以，又，所以正方体的体积是三棱锥的体积的12倍，正确;D：当点在处，为的中点时，由正方体性质易知，异面直线所成的角是，由面，面，则，正方形中显然，，且、面，故面，面，所以，故，当在的中点时，在的位置，由正方体性质易知，异面直线所成的角是，由面，面，则，故，综上，，，即，即两个角不相等，错误.故选：ABC.变式7．（多选题）（2024·广东深圳·高三红岭中学校考期末）已知正三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面边长为1，AA1=1，点P满足，其中λ∈[0,1],μ∈[0,1]，下列选项正确的是（

）

A．当λ=1时，△AB1P的周长为定值B．当μ=1时，三棱锥P﹣A1BC的体积为定值C．当时，有且仅有两个点P，使得A1P⊥BPD．当时，有且仅有一个点P，使得A1B⊥平面AB1P【答案】BCD【解析】因为点P满足，其中，所以点在矩形内部（含边界）．对于A项，当时，．即此时线段，因为为变值，故的周长不是定值，故A项错误；对于B项，当时，，故此时点的轨迹为线段，而，所以平面，则点到平面的距离为定值，所以其体积为定值，故B项正确；对于C项，当时，，取，的中点分别为，，则，所以点的轨迹为线段，不妨建系解决，以方向为轴，方向为轴，方向为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，所以，，，所以或，故H，Q均满足，故C项正确；对于D项，当时，，取，的中点为M，N，，所以点的轨迹为线段，设，因为，所以，，所以，此时点与重合，故D项正确．故选：BCD变式8．（多选题）（2024·福建厦门·统考模拟预测）如图，在棱长为1的正方体中，点满足，其中，则（

）A．B．当时，有且仅有一个点，使得平面C．当时，有且仅有一个点，使得D．当时，三棱锥的体积为定值【答案】AD【解析】如图建立空间直角坐标系，则因为，，所以所以，对于选项A，则，所以，因为，所以，故A答案正确；对于选项B，当时，，,设面的法向量为，则，令，所以，若平面，则，无解，所以不存在点，使得平面,故选项B错误；对于选项C，当时，,若，则，，无解，所以不存在点，使得，故C错误；对于选项D，为边长为的等边三角形，所以,点P到平面的距离为，当时，点P到平面的距离为定值，则三棱锥的体积为定值，故D选项正确.故选：AD.变式9．（多选题）（2024·湖南·校联考模拟预测）如图，为正方体.任作平面与对角线垂直，使得与正方体的每个面都有公共点，记这样得到的截面多边形的面积为S，周长为l.则（

）

A．S为定值 B．S不为定值 C．l为定值 D．l不为定值【答案】BC【解析】将正方体切去两个正三棱锥与后，得到一个以平行平面与为上、下底面的几何体V，在上取一点，作，，再作，，，则六边形即为平面，V的每个侧面都是等腰直角三角形，截面多边形W的每一条边分别与V的底面上的一条边平行，将V的侧面沿棱剪开，展平在一张平面上，得到一个平行四边形，而多边形W的周界展开后便成为一条与平行的线段（如图中），显然，故为定值.当位于中点时，多边形W为正六边形，而当移至处时，W为正三角形，易知周长为定值的正六边形与正三角形面积分别为与，故S不为定值.故选：BC变式10．（多选题）（2024·重庆沙坪坝·重庆南开中学校考模拟预测）已知三棱锥，，为棱上一点，且，过点作平行于直线和的平面，分别交棱于．下列说法正确的是（

）

A．四边形为矩形B．四边形的周长为定值C．四边形的面积为定值D．当时，平面分三棱锥所得的两部分体积相等【答案】ABD【解析】取的中点，连，因为，，所以，，因为，平面，所以平面，因为平面，所以，因为，平面，平面，所以，同理可得，，，又因为，所以，，，，所以四边形为矩形，故A正确；因为，，所以，因为，所以，所以，同理可得，所以四边形的周长为为定值，故B正确；四边形的面积为不是定值，故C不正确；当时，分别为棱的中点，多面体的体积为，多面体的体积为，因为，，多面体的体积等于多面体的体积，即平面分三棱锥所得的两部分体积相等，故D正确.故选：ABD变式11．（多选题）（2024·重庆·统考模拟预测）在正方体中，点P满足，其中，，则下列说法正确的是（

）A．当时，平面B．当时，三棱锥的体积为定值C．当时，△PBD的面积为定值D．当时，直线与所成角的取值范围为【答案】ABD【解析】对于A选项，如下图，当时，点在面对角线上运动，又平面，所以平面，在正方体中，且，则四边形为平行四边形，所以，，平面，平面，平面，同理可证平面，，所以，平面平面，平面，所以，平面，A正确；对于B选项，当时，如下图，点在棱上运动，三棱锥的体积为定值，B正确；对于C选项，当时，如图，点在棱上运动，过作于点，则，其大小随着的变化而变化，C错误；对于D选项，如图所示，当时，，，三点共线，因为且,所以四边形为平行四边形，所以，所以或其补角是直线与所成角，在正中，的取值范围为，D正确.故选：ABD.题型三：体积、面积、周长、距离最值与范围问题例7．（2024·福建福州·福州四中校考模拟预测）在如图所示的试验装置中，两个正方形框架的边长均为2，活动弹子在线段上移动（包含端点），弹子分别固定在线段的中点处，且平面，则当取最大值时，多面体的体积为（

）

A． B． C． D．【答案】A【解析】因为平面，平面，所以，所以为直角三角形，所以当最短时，取最大值，即时，取最大值，因为分别固定在线段的中点处，所以，所以，因为为锐角，所以，所以，所以多面体的体积为，故选：A例8．（2024·山东青岛·高三统考期中）已知正四棱锥的各顶点都在同一个球面上，球的体积为，则该正四棱锥的体积最大值为（

）A．18 B． C． D．27【答案】B【解析】如图，设正四棱锥的底面边长，高，外接球的球心为，则，因为球的体积为，所以球的半径为，在中，，即，所以正四棱锥的体积为整理得，则，当时，，当时，，所以在上递增，在上递减，所以当时，函数取得最大值，故选：B例9．（2024·陕西西安·西安市大明宫中学校考模拟预测）已知正方体的棱长为是正方形（含边界）内的动点，点到平面的距离等于，则两点间距离的最大值为（

）A． B．3 C． D．【答案】D【解析】由题意可知：，设三棱锥的高为，因为，则，解得，即点到平面的距离等于，又因为∥，且，则四边形为平行四边形，则∥，平面，平面，所以∥平面，即点的轨迹为线段，因为平面，平面，所以，在中，两点间距离的最大值为.故选：D.变式12．（2024·河南·校联考模拟预测）点是圆柱上底面圆周上一动点，是圆柱下底面圆的内接三角形，已知在中，内角、、的对边分别为、、，若，，三棱锥的体积最大值为，则该三棱锥外接球的表面积为（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】在中，由余弦定理可得，即，当且仅当时，等号成立，所以，，设圆柱的高为，则，因为三棱锥的体积的最大值为，则，所以，，圆柱底面圆半径，设三棱锥的外接球的半径为，则该三棱锥的外接球和圆柱的外接球为同一个球，则，因此，三棱锥外接球的表面积为.故选：B.变式13．（2024·贵州毕节·校考模拟预测）如图，是半球的直径，为球心，为此半球大圆弧上的任意一点（异于在水平大圆面内的射影为，过作于，连接，若二面角的大小为，则三棱锥的体积的最大值为（

）

A． B． C． D．【答案】A【解析】由平面，平面，得，又，,平面，于是平面，平面，有，因此为二面角的平面角，即，设，则，在中，，，在中，，则，显然，令，，求导得，当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，因此当时，，即当时，取得最大值，所以当时，三棱锥的体积取得最大值.故选：A变式14．（2024·宁夏石嘴山·统考一模）圆锥的底面半径为，母线长为，是圆锥的轴截面，是的中点，为底面圆周上的一个动点（异于、两点），则下列说法正确的是（

）A．存在点，使得 B．存在点，使得C．三棱锥体积最大值为 D．三棱锥体积最大值为【答案】C【解析】根据题意可知，如下图所示：对于A，因为圆是直径，所以，假设存在点，使得，又因为，、平面，所以平面，又因为平面，所以，又因为、都是圆锥的母线，即，所以不成立，所以不存在点，使得，即A错误；对于B，因为是的中点，是的中点，所以，若存在点，使得，所以，这与矛盾，所以B错误；对于C，易知三棱锥的高为，所以当底面积最大时，其体积最大，又因为，所以，当且仅当时等号成立，所以，即三棱锥的体积，即三棱锥的体积的最大值为，所以，C正确；对于D，因为、分别为、的中点，则，即三棱锥体积最大值为，所以，D错误.故选：C.变式15．（2024·全国·高三专题练习）已知圆锥SO（O是底面圆的圆心，S是圆锥的顶点）的母线长为，高为1，P､Q为底面圆周上任意两点．有以下三个结论：①三角形SPQ面积的最大值为2；②三棱锥体积的最大值为；③四面体SOPQ外接球表面积的最小值为．以上所有正确结论的个数为（

）A．0 B．1 C．2 D．3【答案】B【解析】①如图，由条件可知，，点是直径的两个端点，，所以是钝角，，当时，的面积最大，最大值是，故①错误；②，，当时，的最大值是，所有三棱锥的最大值是，故②正确；③设外接圆的半径为，四面体SOPQ外接球的半径，中，根据正弦定理可得，，得，，所以，则外接球的半径也无最小值，所以四面体SOPQ外接球表面积无最小值，故③错误.故选：B变式16．（2024·河北·统考模拟预测）在正四面体中，为的中点，点在以为球心的球上运动，，且恒有，已知三棱锥的体积的最大值为，则正四面体外接球的体积为（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】由题知，为的中点，点在以为球心的球上运动，，所以都在以为球心的球上，又因，则在的中垂面上，如图，连接，都为正三角形，且为的中点，，，平面，平面，平面，平面是的中垂面，即在平面上，所以点在平面与以为球心，为半径的球的交线上，即在以为圆心，为半径的平面内的圆上，取中点，连接，延长至点，使，作在平面内，以为圆心，为半径的圆，则圆上的点到平面的距离最远，故在处，设，则，，平面，平面，,,,在中，，点到平面的距离，所以，解得，如图则其外接正方体的边长为，所以正四面体外接球即为边长为正方体的外接球，故外接球半径，所以外接球体积.故选：A变式17．（2024·湖北恩施·校考模拟预测）如图，矩形ABCD中，E、F分别为BC、AD的中点，且，现将沿AE向上翻折，使点移到P点，则在翻折过程中，下列结论不正确的是（

）

A．存在点P，使得B．存在点P，使得C．三棱锥的体积最大值为D．当三棱锥的体积达到最大值时，三棱锥外接球表面积为4π【答案】A【解析】如图所示：连接，为中点，连接，，连接，，，，，故，故，对选项A：，若，又，则，重合，不成立，错误；对选项B：当平面时，平面，则，又，，平面，故平面，平面，故，正确；对选项C：当平面时，三棱锥体积最大，最大值为，正确；对选项D：平面，平面，故，，故，故是三棱锥外接球球心，半径为，故外接球表面积为，正确.故选：A.变式18．（2024·四川成都·四川省成都市玉林中学校考模拟预测）如图，圆台的上、下底面圆半径分别为1、2，高，点S、A分别为其上、下底面圆周上一点，则下列说法中错误的是（

）

A．该圆台的体积为B．直线SA与直线所成角最大值为C．该圆台有内切球，且半径为D．直线与平面所成角正切值的最大值为【答案】B【解析】对于A选项，，则A选项正确．对于B选项，如图（1），过作垂直于下底面于点，则，所以直线与直线所成角即为直线与直线所成角，即为所求，而，由圆的性质得，，所以，因为，则B选项错误．对于C选，设上底面半径为，下底面半径为，若圆台存在内切球，则必有轴截面的等腰梯形存在内切圆，如图（2）所示，梯形的上底和下底分别为2，4，高为，易得等腰梯形的腰为，假设等腰梯形有内切圆，由内切圆的性质以及切线长定理，可得腰长为，所以圆台存在内切球，且内切球的半径为，则C选项正确；对于D选项，如图（3），平面即平面，过点做交于点，因为垂直于下底面，而含于下底面，所以，又，且平面，所以平面，所以直线与平面所成角即为，且．设，则，所以，其中，所以，当时，，当时，．根据复合函数的单调性，可知函数，在上单调递增，所以当时，有最大值，最大值为，所以D选项正确．故选：B.变式19．（2024·山东·山东省实验中学校考二模）正四棱柱中，，为底面的中心，是棱的中点，正四棱柱的高，点到平面的距离的最大值为（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】设底面四边形的中心为，连接，则，设点到平面的距离为，，，则中，边上的高为，则，由，得，所以，由，得，则，则，所以，即点到平面的距离的取值范围是，所以点到平面的距离的最大值为.故选：C.变式20．（2024·湖南长沙·长沙一中校考模拟预测）已知A，B，C，D是体积为的球体表面上四点，若，，，且三棱锥A－BCD的体积为，则线段CD长度的最大值为（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】因为球的体积为，故球的半径R满足，故，而，，，故，故，故，设点D到平面ABC的距离为h，则，故，点D在球的截面圆上，设截面圆所在的平面为α，因为，所以平面α与平面ABC在球心的异侧，设球心到平面ABC的距离为d，而△ACB外接圆的半径为，则，故球心到平面α的距离为，故截面圆的半径为，设点D在平面ABC上的投影为E，则E的轨迹为圆，圆心为△ABC的外心即AB的中点，当CE最长时CD最长，此时，故CD长度的最大值为.故选：B．变式21．（2024·全国·高三专题练习）如图，正方形的中心为正方形的中心，，截去如图所示的阴影部分后，翻折得到正四棱锥（，，，四点重合于点），则此四棱锥的体积的最大值为（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】设，则所得的棱锥侧面的高为，棱锥的高为其体积为：，当且仅当时等号成立，即体积的最大值为，故选：B.变式22．（2024·安徽黄山·统考二模）如图1，将一块边长为20的正方形纸片剪去四个全等的等腰三角形，，再将剩下的部分沿虚线折成一个正四棱锥，使与重合，与重合，与重合，与重合，点重合于点，如图2.则正四棱锥体积的最大值为（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】根据题意，PG是侧棱，底面EFGH的对角线的一半是GC，设，则有，，四棱锥的高，底正方形的面积，四棱锥P-EFGH的体积，令，则，，则，当时，，V单调递减；当时，V单调递增，∴当时，V取最大值，.故选：D.变式23．（2024·全国·高三专题练习）如图所示，圆形纸片的圆心为，半径为5，该纸片上的正方形的中心为．，，，为圆上的点，，，，分别是以，，，为底边的等腰三角形．沿虚线剪开后，分别以，，，为折痕折起，使得，，，重合于一点，记为，得到四棱锥．当底面的边长变化时，四棱锥的体积的最大值为（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】如图，取的中点，连接，，，设正方形的边长为（），则，，所以，所以四棱锥的体积．设，得．令，得，令，得，故在上单调递增，在上单调递减．所以当时，取得最大值，即体积取得最大值，为．故选：D．题型四：立体几何中的交线问题例10．（2024·全国·高三校联考阶段练习）已知正方体是半径为的球的内接正方体（八个顶点全部在球面上），则正方体六个面所在的平面与球面的交线总长度是（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】由图可知，正方体的每一个面与球面相交，所得的交线是一个圆，共有6个圆，故六个面所在的平面与球面的交线总长度为6个圆的周长之和，设正方体的棱长为a，在直角三角形中，，，，所以有：，解得，所以，所以每个圆的周长为，6个圆的周长之和为.故选：D.例11．（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.例12．（2024·浙江·校联考三模）正四面体，为棱的中点，过点作平面的平行平面，该平面与平面、平面的交线分别为，则所成角的正弦值为（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】设所作的平面为，则由平面，平面，平面平面，得，同理可得，所以所成的角等于与所成的角，即（或补角）．设正四面体的棱长为2，则，，在中由余弦定理，得，则.故选：A变式24．（2024·全国·高三专题练习）如图，在棱长为1的正方体中，分别是棱，的中点若经过点的平面与平面的交线为，则与直线所成角的余弦值为（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】由线面平行的性质及面面平行的性质定理，可得经过点的的截面为边长为的正六边形,连接,,如图所示，则易知若经过点的平面与平面的交线为,即为直线，又,所以即为与直线所成角，在中，可得，,由余弦定理可得：,故选：B.变式25．（2024·全国·高三专题练习）在棱长为2的正方体中，，，分别是，，的中点，设过，，的截面与面，以及面的交线分别为，，则，所成的角为（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】先取，，的中点分别为，，，连接，，，，，，根据题意，证明，，，，，六点共面，即为过，，的截面；得到即为直线，即为直线；连接，，，根据异面直线所成角的概念，得到即为异面直线与所成的角，根据题中条件，即可得出结果.因为，在正方体中，，，分别是，，的中点，取，，的中点分别为，，，连接，，，，，，根据正方体的特征，易知，若连接，，，则这三条线必相交于正方体的中心，又，所以，，，，，六点必共面，即为过，，的截面；所以即为直线，即为直线；连接，，，因为，，所以即为异面直线与所成的角，又因为正方体的各面对角线都相等，所以为等边三角形，因此.故选：D.变式26．（2024·黑龙江哈尔滨·哈尔滨三中校考模拟预测）在正方体中，为中点，过的截面与平面的交线为，则异面直线与所成角的余弦值为（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】取的中点，如下图，连接，因为，所以四点共面，所以过的截面即为平面，截面与平面的交线为即为，取的中点，连接，因为，所以（或其补角）为异面直线与所成角，设正方体的棱长为，所以，所以.则异面直线与所成角的余弦值为.故选：A.变式27．（2024·全国·高三专题练习）如图，在圆台OO1中，，点C是底面圆周上异于A、B的一点，，点D是BC的中点，l为平面与平面的交线，则交线l与平面所成角的大小为（

）

A． B． C． D．【答案】B【解析】因为，因为，D分别是，BC的中点，所以，所以平面，平面，所以平面，平面，平面平面，所以，，所以，所以直线l与平面所成角即直线与平面所成角，因为为直径，所以，因为，即，又因为平面，平面，所以，平面，所以平面，过点作交于点，因为平面，所以，，，平面，所以平面，所以为交线l与平面所成角，因为，，.所以，结合图知.故选：B.变式28．（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.变式29．（2024·四川成都·高三校联考期末）在正方体中，为线段的中点，设平面与平面的交线为，则直线与所成角的余弦值为（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】设正方体的棱长为2，以点A为坐标原点，AB、AD、所在直线分别为x、y、z轴建系，如图所示：则、、、、．设平面的法向量为，，，由，取可得；设平面的法向量为，，，由，取可得，设直线的方向向量为，∵直线平面，直线平面，，，∴，取可得，已知，设直线与所成角为，，即直线与所成角的余弦值为，故选：B．变式30．（2024·全国·高三专题练习）如图，在直四棱柱中，，，，，点､分别为棱､的中点，则平面与直四棱柱各侧面矩形的交线所围成的图形的面积为（

）A． B．C． D．【答案】B【解析】如图，因为在直四棱柱中，，所以平面平面，设平面线段，连接，又因为平面平面，所以，延长，交的延长线于点，则，连接，，则平面平面，易知四边形为直角梯形，且.如图，再将直四棱柱补成一个长方体，由图及题中数据可得，，，所以，所以，故交线围成的图形的面积为.故选:.题型五：空间线段以及线段之和最值问题例13．（2024·全国·高三专题练习）已知正三棱锥的底面边长为，外接球表面积为，，点M，N分别是线段AB，AC的中点，点P，Q分别是线段SN和平面SCM上的动点，则的最小值为（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】依题意，，解得，由是正三角形可知：其外接圆半径为，设点S到平面ABC的距离为h，故，解得或，则或（舍去），故，则,而，故为等腰直角三角形，，故为等腰直角三角形，,则,又,故平面SCM，取CB中点F，连接NF交CM于点O，则,则平面SCM,故平面SCM，则，要求最小，首先需PQ最小，此时可得平面SCM，则；再把平面SON绕SN旋转，与平面SNA共面，即图中位置，当共线且时，的最小值即为的长，由为等腰直角三角形，故，，∴，即，∴，可得，，故选：B.例14．（2024·全国·高三专题练习）已知，如图正三棱锥中，侧棱长为，底面边长为2，D为AC中点，E为AB中点，M是PD上的动点，N是平面PCE上的动点，则最小值是（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】取中点,连接交于点,易证得面,要求最小,即求MN最小,可得，又可证明,再把平面POD绕PD旋转,与面PDA共面,又可证得.，，，即，，可得，.故选:B.例15．（2024·全国·高三专题练习）如图，在棱长为的正方体中，点是线段上的动点，是上的动点，是上的动点，则长度的最小值为（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】作关于的对称点，连接，如左图所示，根据正方体的结构特征以及对称性，可知，，故，要使长度最小，则三点共线，如右图，在边长为的菱形中，时，三点共线，此时，在中，由余弦定理可得，.所以则，故长度的最小值为．故选:C变式31．（2024·辽宁·高一辽宁实验中学校联考期末）如图所示，在直三棱柱中，棱柱的侧面均为矩形，，，，是线段上的一动点，则最小值为（

）

A． B． C． D．【答案】B【解析】连接，得，以所在直线为轴，将所在平面旋转到平面，设点的新位置为，连接，则有，如图，当三点共线时，则即为的最小值.在三角形ABC中，，，由余弦定理得：,所以，即,在中，，，由勾股定理可得：,且.同理可求：，因为，所以为等边三角形，所以，所以在中，,,由余弦定理得：.故选：B.变式32．（2024·四川内江·四川省内江市第六中学校考模拟预测）在三棱锥中，，在底面上的投影为的中点，.有下列结论：①三棱锥的三条侧棱长均相等；②的取值范围是；③若三棱锥的四个顶点都在球的表面上，则球的体积为；④若，是线段上一动点，则的最小值为.其中所有正确结论的编号是（

）A．①② B．②③ C．①②④ D．①③④【答案】C【解析】如图1，，是的中点，，又平面，，，故①正确；，，又，，过作，为垂足，如图2，则，又，，，故②正确；，为平面截三棱锥外接球的截面圆心，设外接球球心为，则在直线上，如图3，设，则，解得，故为外接球的球心．外接球的体积为，故③错误．若，则，又，故是等边三角形，将平面沿翻折到平面上，如图4，图5.则的最短距离为线段的长．，，，，故④正确．故选：．变式33．（2024·全国·高一专题练习）在四棱锥中，底面，底面为正方形，．点分别为平面，平面和平面内的动点，点为棱上的动点，则的最小值为（

）A． B． C． D．1【答案】B【解析】由题意得均最小时，平方和最小，过点分别作平面，平面，平面的垂线，垂足分别为，连接，因为面，平面，所以，因为底面为正方形，所以，又因为，平面，所以面，因为平面，则，又因为点在上，则点应在上，同理可证分别位于上，从而补出长方体，则是以为共点的长方体的对角线，则，则题目转化为求的最小值，显然当时，的最小值，因为四边形为正方形，且，则，因为面，面，所以，所以，则直角三角形斜边的高，此时，则的最小值为，故选：B.变式34．（2024·全国·高三专题练习）在直三棱柱中，，且分别为和的中点，为线段（包括端点）上一动点，为侧面上一动点，则的最小值为（

）A． B．C． D．【答案】B【解析】当为某确定点时，要使取得最小值，则必须为最小值，此时，为点在侧面的投影.取的中点.因为分别为的中点，所以为的中位线，所以.因为所以，所以.在直三棱柱中，面，所以.因为面，面，,所以侧面，故在侧面的投影为.作于点，此时满足题意..在中，，.在中，因为,所以，所以为直角三角形.所以，.将平面与平面展开到同一平面，如图所示，所以.作于点，交于点,此时达到最小值，则故选：B题型六：空间角问题例16．（2024·全国·高三专题练习）如图，斜三棱柱中，底面是正三角形，分别是侧棱上的点，且，设直线与平面所成的角分别为，平面与底面所成的锐二面角为，则（

）A．B．C．D．【答案】B【解析】如图：延长EF，AB交于M，延长EG，AC交于N，延长FG，BC交于D，易得MN为平面ABC和平面EFG的交线，又D在平面ABC和平面EFG上，则D在直线MN上，即M，N，D三点共线，由外角定理可得.过A作面EFG，垂足为P，过A作，垂足为Q，连接，易得即为直线与平面所成的角，则，又面EFG，面EFG，则，又，面，，所以面，面，则，则即为平面与底面所成的锐二面角，则，又，则，同理可得，则，又由，，则，故，A，C错误；故，由可知，所以，即，整理可得，即，即，故，又，故，B正确，D错误.故选：B.例17．（2024·浙江·高考真题）设三棱锥的底面是正三角形，侧棱长均相等，是棱上的点（不含端点），记直线与直线所成角为，直线与平面所成角为，二面角的平面角为，则A． B．C． D．【答案】B【解析】本题以三棱锥为载体，综合考查异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角的概念，以及各种角的计算.解答的基本方法是通过明确各种角，应用三角函数知识求解，而后比较大小.而充分利用图形特征，则可事倍功半.方法1：如图为中点，在底面的投影为，则在底面投影在线段上，过作垂直，易得，过作交于，过作，交于，则，则，即，，即，综上所述，答案为B.方法2：由最小角定理，记的平面角为（显然）由最大角定理，故选B.方法3：（特殊位置）取为正四面体，为中点，易得，故选B.例18．（2024·浙江·统考高考真题）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．变式35．（2024·浙江温州·高二温州中学校考期末）斜三棱柱中，底面是正三角形，侧面是矩形，是线段上的动点，记直线与直线所成的角为，直线与平面所成的角为，二面角的平面角为，则（

）A．， B．，C．， D．，【答案】B【解析】根据直线和平面的最小角定理，结合线面角和二面角的定义，即可得解.根据最小角定理，可得，当在线段上的移动时，和重合时，与平面所成角最大，(因为ABB1A1为矩形）作平面于，作的延长线于，连接和，则，，由于为直角，所以，可得，故选：B.变式36．（2024·浙江绍兴·高三统考期末）斜三棱柱中，底面是正三角形，侧面是矩形，且，是的中点，记直线与直线所成的角为，直线与平面所成的角为，二面角的平面角为，则（

）A．， B．，C．， D．，【答案】B【解析】过点作面交面于点，连结，过点作交于点，连结，则，，表示出这些角然后比较大小即可.如图：过点作面交面于点，连结，过点作交于点，连结，则，，因为直线与平面所成的角为直线与平面内所有直线所成的角中最小的，故，又因为，故，故选：B.变式37．（2024·全国·高三专题练习）已知等边，点分别是边上的动点，且满足，将沿着翻折至点处，如图所示，记二面角的平面角为，二面角的平面角为，直线与平面所成角为，则（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】在等边中，取BC边中点D，连接AD，交EF于O，连接PO，则，，平面，平面故平面，又平面，则平面平面在中，过P做PM垂直于OD于M，则平面，连接MF，在等边中，过M做MN垂直于AC于N，连接PN.由，则为二面角的平面角即，由平面，，则为二面角的平面角即由平面，则直线与平面所成角，即，设，则，，，，，则有，由可得，则有，则又故，又故故选：A变式38．（2024·江苏·高一专题练习）正四面体中，是侧棱上（端点除外）的一点，若异面直线与直线所成的角为，直线与平面所成的角为，二面角的平面角为，则（

）A． B．C． D．【答案】C【解析】正四面体中，取中点，连接，，过作于，连接，，过作的平行线交于，则，由，，，平面，平面可得平面，则，则由平面，可得平面平面，又平面平面，平面，，则平面，则，因为，且，所以.设正四面体边长为1，，有.，因为所以，又，则综上：故选：C变式39．（2024·全国·高三专题练习）在三棱锥中，顶点P在底面的射影为的垂心O（O在内部），且PO中点为M，过AM作平行于BC的截面，过BM作平行于AC的截面，记，与底面ABC所成的锐二面角分别为，，若，则下列说法错误的是（

）A．若，则B．若，则C．可能值为D．当取值最大时，【答案】C【解析】如图所示，连接延长交与，连接延长交与，设平面平面顶点P在底面的射影为的垂心，平面，平面平面则有：直线与平行又，则平面，则又则平面从而故为与平面的二面角，即同理可得：对选项A，，又，则有：可得：与全等，则又根据是的垂心，则，综上可得：直线垂直并平分线段可得：，故选项A正确；对选项B，易知有如下角关系：又，则有：可得：解得：则，故选项B正确；对选项C，若，则有：则有：化简后可得：令，则有：则有：，此时方程无解，故选项C错误；对选项D，设（），则有：可化简为：令，则有：则有：解得：故取得最大值时，，此时同理可得：故，且则有：，故选项D正确；故选：C变式40．（2024·全国·高三专题练习）已知点P是正方体上底面上的一个动点，记面ADP与面BCP所成的锐二面角为，面ABP与面CDP所成的锐二面角为，若，则下列叙述正确的是（

）A． B．C． D．【答案】C【解析】为解析方便，将正方体上下底面对调，如图，取正方体的下底面的各边中点E,F,G,H,上底面的中心为Q,下底面的中心为O,面ADP，面BCP所成的角为α，面ABP，面CDP所成的角为β，α>β，等价于P到HF的距离比到EG的距离大，所以P在如图所示的阴影范围内；在△APC和△BPD中，AC=BD，PQ公用，Q为共同的中点，∠APC,∠BPD的大小由PQ于AC,BD所成的角大小所决定，所成角越小，则对应角越大，显然PQ与AC和BD所成的角的大小关系不确定，当P在靠近A'时PQ与直线AC所成的角较小，与直线BD所成的角则接近于90°，此时∠BPD>∠APC，同样当P接近于D'时∠APC>∠BPD，故A、B错误；∠APD与∠BPC的大小关系实际上是看P在EG的左侧还是右侧。若P在EG左侧，则∠APD>∠BPC，若P在EG右侧，则∠APD<∠BPC，若是在EG上，则∠APD=∠BPC；同样，P在HF的前面，则∠APB>∠CPD，P在HF上，则∠APB=∠CPD，P在HF的后面，则∠APB<∠CPD；所以当P在A'OE内时，max{∠APD,∠BPC}=∠APD，min{∠APD，∠BPC}=∠BPC，max{∠APB,∠CPD}=∠APB，min{∠APB,∠CPD}=∠CPD，因为PH>PE，所以∠APD<∠APB，因为PG>PF，所以∠BPC>∠CPD，因此max{∠APD,∠BPC}<max{∠APB,∠CPD}，min{∠APD，∠BPC}>min{∠APB,∠CPD}，根据对称性，在其余区域内，具有相同的结论.故D正确，C错误，故选：D.变式41．（2024·浙江金华·统考模拟预测）已知四面体中，棱，所在直线所成角为，且，，，面和面所成的锐二面角为，面和面所成的锐二面角为，当四面体的体积取得最大值时（

）.A． B． C． D．不能确定【答案】A【解析】，即，整理得，解得，当且仅当时，等号成立，所以，，所以，当为等边三角形时，的面积取到最大值.过作∥，且，连接，，则四边形为菱形，因为，所在直线所成角为，所以，当面面时，四面体的高取得最大值，，即，解得，因为，即，所以，即，又因为面面，所以面，过作交于点，过作交于点，连接，，则，，所以为面和面所成的二面角，为面和面所成的锐二面角，即，，因为，，所以，又因为，所以，即，所以，即，所以.故选：A.变式42．（2024·浙江·校联考二模）已知三棱柱的所有棱长均相等，侧棱平面，过作平面与平行，设平面与平面的交线为，记直线与直线所成锐角分别为，则这三个角的大小关系为A． B．C． D．【答案】B【解析】如图，，设为的中点，为的中点，由图可知过且与平行的平面为平面，所以直线即为直线，由题易知，的补角，分别为，设三棱柱的棱长为2，在中，，；在中，，；在中，，，.故选：B题型七：立体几何装液体问题例19．（2024·全国·高三专题练习）已知一个放置在水平桌面上的密闭直三棱柱容器，如图1，为正三角形，，，里面装有体积为的液体，现将该棱柱绕旋转至图2.在旋转过程中，以下命题中正确的个数是（

）①液面刚好同时经过，，三点；②当平面与液面成直二面角时，液面与水平桌面的距离为；③当液面与水平桌面的距离为时，与液面所成角的正弦值为.A．0 B．1 C．2 D．3【答案】D【解析】①若液面刚好同时经过,,三点,则液体的体积为四棱锥,因为,所以①正确；②当平面与液面成直二面角时,即为图2的位置,设液面与直三棱柱的交点为,如图所示,因为直三棱柱的体积为,所以直棱柱的体积为,所以,即,则在中边上的高为,因为在中边上的高为,所以液面与水平桌面的距离为,所以②正确；③当液面刚好同时经过,,三点时,如图所示,此时,则,易得,则中边上的高为,所以,设点到平面的距离为,则,即,即液面与水平桌面的距离为,由棱柱的对称性可得点到平面的距离为,设与液面所成角为,则,所以③正确,所以①②③正确,故选:D例20．（2024·全国·高三专题练习）一个密闭且透明的正方体容器中装有部分液体，已知该正方体的棱长为1，如果任意转动该正方体，液面的形状都不可能是三角形，那么液体体积的取值范围为（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】如图，正方体，若要使液面形状不可能为三角形，则当平面平行于水平面放置时，液面必须高于平面，且低于平面.若满足上述条件，则任意转动正方体，液面形状都不可能为三角形.设液体的体积为，则，而，，所以液体的体积的取值范围为.故选：B.例21．（2024·全国·高三专题练习）一个密闭且透明的正方体容器中装有部分液体，已知该正方体的棱长为2，如果任意转动该正方体，液面的形状都不可能是三角形，那么液体的体积的取值范围为（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】由题意可知，若要使液面的形状都不可能为三角形，则液体的体积应大于三棱锥的体积，小于多面体的体积.求解即可.如图正方体，连接.若要使液面的形状都不可能为三角形则液体的体积应大于三棱锥的体积，小于多面体的体积.设液体的体积为，则.因为，.所以液体的体积的取值范围为.故选：D变式43．（2024·全国·高三专题练习）已知某圆柱形容器的轴截面是边长为2的正方形，容器中装满液体，现向此容器中放入一个实心小球，使得小球完全被液体淹没，则此时容器中所余液体的最小容量为（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】圆柱的轴截面是边长为2的正方形，可知圆柱底面半径为1，母线长为2，故圆柱体积为，当小球与圆柱的侧面、上下底面都相切时所余液体容量最小，此时，小球的体积为，所余液体容量为.故选：B.变式44．（多选题）（2024·辽宁丹东·统考二模）如图，玻璃