2023年高考数学二轮复习讲练测专题07 立体几何小题常考全归类（解析版）

专题07立体几何小题常考全归类

【命题规律】

高考对该部分的考查，小题主要体现在两个方面：一是有关空间线面位置关系的命题的真假判断；二

是常见一些经典常考压轴小题，难度中等或偏上.

【核心考点目录】

核心考点一：球与截面面积问题

核心考点二：体积、面积、周长、角度、距离定值问题

核心考点三：体积、面积、周长、距离最值与范围问题

核心考点四：立体几何中的交线问题

核心考点五：空间线段以及线段之和最值问题

核心考点六：空间角问题

核心考点七：轨迹问题

核心考点八：以立体几何为载体的情境题

核心考点九：翻折问题

【真题回归】

1.（2022.北京・高考真题）已知正三棱锥P-A8C的六条棱长均为6,5是“BC及其内部的点构成的集合.设

集合7={QcS|PQK5},则7表示的区域的面积为（）

3期

A.—B.乃C.2%D.3冗

4

【答案】B

【解析】

设顶点尸在底面上的投影为O,连接80,则O为三角形ABC的中心,

fiBO=-x6x—=2x/3.故尸O=。36—12=2#.

32

因为PQ=5,故。。=1,

故S的轨迹为以0为圆心，1为半径的网,

而三角形ABC内切圆的圆心为O,半径为2"%36

石>1'

3x6

故S的轨迹圆在T角形A8C内部，故其面积为乃

故选：B

2.（2022.浙江•高考真题）如图，已知正三棱柱ABC-A4G，AC=AA，E,尸分别是棱8C,Ag上的点.记

E尸与平面48c所成的角为夕，二面角厂一AC—A的平面角为尸，则（）

A.a<p<yB.P<a<yC.p<Y<aD.a<y<P

【答案】A

【解析】如图所示,过点尸作？P_L4C于P,过尸作于连接PE,

则〃=/后尸产，P=4FEP,y=4FMP,

PEPE八FPAB、、FP、FP0

tana=—=——41,tanp=——=——21,lanr=----->——=tanp,

FPABPEPEPMPE

所以

故选：A.

3.（多选题）（2022.全国•高考真题）如图，四边形ABC。为正方形，&）_!_平面ABC。，FB〃ED,AB=ED=2FB,

记三棱锥E—AC。，F-ABC,/一ACE的体积分别为匕匕,匕，则（）

Et

A.V3=2V2B.匕=乂

C.K=K+匕D.2匕=3K

【答案】CD

【解析】

设AB=E0=2所=勿，因为£D_L平面A8C£>,FBED,则耳=gEOS2=g・2ag（2/7）2=\白3,

匕=；F、8S48c=gag（勿J=：/，连接80交4c于点M,连接EM,FM,易得BDLAC,

又反5JL平面A8CD,ACu平面A8a>,则ED_LAC,又EDC\BD=D,EDBDu平面3。瓦\则4C_L

平面BDEF,

又8M=OM=18O=缶，过户作FGJ.DE于G,易得四边形BOG尸为矩形，则尸G=8O=2缶,EG=a,

2

则（）2（）2瓜（缶丫=2（伍丫

EM=yj2a+>/2«=a,FM=/+6a,EF=Ja+2=3。»

I3J2

22

EM+FM?=EF?，则雨_1而，S_E,M=-EMFM=-^-a,4c=2缶，

则匕=L.EFM+%.EFM=；ACS.EFM=2",则2匕=3匕，匕=3%,匕=匕+匕，故A、B错误；C、D正确.

故选：CD.

4.（多选题）（2022.全国•高考真题）已知正方体488-4qCQ,则（）

A.直线BG与。A所成的角为90。B.直线BG与CA所成的角为90。

C.直线BG与平面网。。所成的角为45。D.直线sq与平面A8CD所成的角为45。

【答案】ABD

【解析】如图，连接3。、BG，因为D4I//8C，所以直线BG与BC所成的角即为直线BG与所成的

角，

因为四边形84GC为正方形，则4CJ_8G，故直线与所成的角为90>,A正确；

连接AC，因为AB?平面叫CC，BC|U平面叫GC,则A8JBG，

因为4C_L8G，4414。=耳，所以8G_L平面Age,

又ACU平面A4C,所以BC|_LCA，故B正确；

连接AG，设AGng〃=o,连接30,

因为3耳1平面AB|GR,GOu平面A4G",则GOJ_qB,

因为C0J■用R,所以C0J■平面Bg。。，

所以NCR。为直线8G与平面附Q0所成的角,

设正方体棱长为1,则G0=也，BC]=42,sinZC（«O=^=1,

2"JL

所以，直线BG与平面BHQQ所成的角为30,故C错误；

因为CC_L平面A8C。，所以NG8C为直线3c与平而ABCD所成的角，易得/。招。=45,故D正确.

故选：ABD

5.（多选题）（2021.全国.高考真题）在正三棱柱ABC-AMG中，AB=A4,=1,点尸满足BP=/lBC+〃Bq,

其中九W0』，则（）

A.当2=1时，△人与尸的周长为定值

B.当〃=1时，三棱锥尸-ABC的体积为定值

C.当；1=3时，有且仅有一个点尸，使得

D.当〃=；时，有且仅有一个点尸，使得A8_L平面A8J

【答案】BD

【解析】

易知，点尸在矩形BCG耳内部（含边界）.

对于A,当；1=1时，BP=BC+"BBpBC+“C,即此时Pe线段CG，尸周长不是定值，故A错误；

对于B,当〃=1时，8P=48C+BB=BB{+AB£,故此时/,点轨迹为线段，而B.C.//BC,B.CJ!平面ABC,

则有P到平面A/C的距离为定值，所以其体积为定值，故B正确.

对于C,当；1=；时，BP=；BC+〃取3C,4G中点分别为。，H,则BP=BQ+4QH,所以尸点

轨迹为线段。“，不妨建系解决，建立空间直角坐标系如图，A4,04，尸（。,0,〃），8（0,；,0）,则

4户=一苧,0,4-1,5尸=（0,_；,〃），APBP=〃（"_l）=0,所以〃=0或〃=1.故”,Q均满足，故c

错误；

对于D,当〃=：时，BP=2BC+；BB「取网，CG中点为M,N.BP=BM+入MN，所以尸点轨迹为线

（1、（石1—

段MN.设PO,y,-,因为A^-,0,0,所以AP二1

o2‘5’,所以

、乙）乙

5+；%-；=0=%=一；，此时尸与N重合，故D正确.

故选：BD.

6.（2020・海南•高考真题）已知直四棱柱A8CD-A/B/G£>/的棱长均为2,ZBAD=60°.以。为球心，逐为

半径的球面与侧面BCGB/的交线长为

【答案】立乃.

2

【解析】如图:

取4G的中点为E,的中点为尸，CG的中点为G,

因为/84。=60。，直四棱柱A8c。-ABGA的棱长均为2,所以△0SG为等边三角形，所以RE=6,

RE工BC,

又四棱柱ABCO-A^GA为直四棱柱，所以J.平面A4GA，所以叫IB«,

因为5g14G=片，所以RE_L侧面&CCB,

设P为侧面4GC8与球面的交线上的点，则贴1EP,

因为球的半径为逐，D】E=B所以|EP|=JlAp2_|〃E|2=

所以侧面BCCB与球面的交线上的点到E的距离为夜，

因为IE用=|EG1=72,所以侧面B£CB与球面的交线是扇形EFG的弧FG，

因为NB】EF=NCEG=3,所以N产EG=',

所以根据弧长公式可得尸G与必冬.

故答案为：叵兀.

2

【方法技巧与总结】

1、几类空间几何体表面积的求法

U）多面体：其表面积是各个面的面积之和.

：2）旋转体：其表面积等于侧面面积与底面面积的和.

：3）简单组合体：应弄清各构成部分，并注意重合部分的删、补.

2、几类空间几何体体积的求法

U）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.

⑶锥体体积公式为展京人在求解锥体体积时，不能漏掉

3、求解旋转体的表面积和体积时，注意圆柱的轴截面是矩形，圆

锥的轴截面是等腰三角形，圆台的轴截面是等腰梯形.

4、球的截面问题

球的截面的性质：

①球的任何截面是圆面；

②球心和截面（不过球心）圆心的连线垂直于截面：

③球心到截面的距离d与球的半径R及截面的半径r的关系为解=r+d2.

注意：解决球与其他几何体的切、接问题，关键在于仔细观察、分析，弄清相关元素的位置关系和数

量关系；选准最佳角度作出截面（要使这个截面尽可能多地包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素

之间的关系），达到空间问题平面化的目的.

5、立体几何中的最值问题有三类：一是空间几何体中相关的点、线和面在运动，求线段长度、截面的

面积和体积的最值；二是空间几何体中相关点和线段在运动，求有关角度和距离的最值；三是在空间几何

体中，已知某些量的最值，确定点、线和面之间的位置关系.

6、解决立体几何问题的思路方法：一是几何法，利用几何体的性质，探求图形中点、线、面的位置关

系；二是代数法，通过建立空间直角坐标系，利用点的坐标表示所求量的目标函数，借助函数思想方法求

最值；通过降维的思想，将空间某些量的最值问题转化为平面三角形、四边形或圆中的最值问题；涉及某

些角的三角函数的最值，借助模型求解，如正四面体模型、长方体模型和三余弦角模cosO=cosacos尸

为平面的斜线与平面内任意一条直线/所成的角，。为该斜线与该平面所成的角，仅为该斜线在平面上的射

影与直线/所成的角）.

7、立体几何中的轨迹问题，这是一类立体几何与解析几何的交汇题型，既考查学生的空间想象能力，

即点、线、面的位置关系，又考杳用代数方法研究轨迹的基本思想，培养学生的数学运算、直观想象等素

养.

8、解决立体几何中的轨迹问题有两种方法：一是几何法.对于轨迹为几何体的问题，要抓住几何体中

的不变量，借助空间几何体（柱、锥、台、球）的定义；对于轨迹为平面上的问题，要利用降维的思想，

熟悉平面图形（直线、圆、圆锥曲线）的定义.二是代数法（解析法）.在图形中，建立恰当的空间直角坐

标系或平面直角坐标系.

9、以立体几何为载体的情境题大致有三类：

（I）以数学名著为背景设置问题，涉及中外名著中的数学名题名人等；

12）以数学文化为背景设置问题，包括中国传统文化，中外古建筑等；

：3）以生活实际为背景设置问题，涵盖生产生活、劳动实践、文化精神等.

10、以立体几何为载体的情境题都跟图形有关，涉及在具体情境下的图形阅读，需要通过数形结合来

解决问题.图形怎么阅读?一是要读特征，即从图形中读出图形的基本特征；二是要读本质，即要善于将所

读出的信息进行提升，实现“图形T文字T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.

【核心考点】

核心考点一：球与截面面积问题

【规律方法】

球的截面问题

球的截面的性质：

①球的任何截面是圆面；

②球心和截面（不过球心）圆心的连线垂直于截面；

③球心到截面的距离d与球的半径R及截面的半径r的关系为R2+/.

【典型例题】

例1.（2022・全国•高三阶段练习）已知四棱锥P-ABCD的底面A8CO是矩形，且该四棱锥的所有顶点都在球

。的球面上，%_1_平面ABCDPA=AB=£BC=2，点E在棱PB上,且EB=2PE，过E作球O

的截面，则所得截面面积的最小值是.

【答案】y

【解析】如图，将四棱锥P-ABC。补为长方体，则此长方体与四棱锥的外接球均为球O,

则球。半径r=4P人+•S+2+4=亚。位于PC中点处.

22

因底面48CO是矩形，则3c因B4_L平面ABC。，BCu平面4BCZ）,则尸A_LBC,又BAu平面PAB,

ABu平面以B,PADAB=A,则BC工平面

因P/u平面以从则BC±阳.取PB的中点为尸，

则。尸gBC,OF=-BC=\=L

tOFA.PB.PFPB=+•=]

222

i21

因EB=2PE，则PE=§PB=,得即=PF-PE=-.

则在直角三角形OEP中，OE=J。尸+七尸二

当上。与截面垂直时，截面面积最小，

则截面半径为彳=Vr2-OE1=,2—费=半

故截面面积为S=n

例2.（2022・湖北省红安县第一中学高三阶段练习）球体在工业领域有广泛的应用，某零件由两个球体构成，

球。/勺半径为10,P，。为球。表面上两动点，为线段也的中点泮径为2的球。2在球&的内壁

滚动，点在球。2表面上，点。2在截面ABC上的投影“恰为AC的中点，若02H=1,则三棱锥

M-4BC体积的最大值是.

【答案】15

在圆。2中，因为点。2在截面A5C上的投影“恰为AC的中点，且。2“=1，

所以为直角三角形，且£430=90^

又因为02A=2,

所以可得AH=>/3,AC=2后，

设AB=肛BC=〃,，

则有相2+〃2=AC2=12,

所以12=+"之2mn，

所以加工6,当加=〃="时，等号成立，

所以s.ABC=-fnn<3；

如图二所示:

图二

因为球Oi的半径为10,R2=16,M为线段PQ的中点，

所以J1O2-H=6,

当M,0,。2三点共线且为如图所示的位置时，点”为到平面ABC的距离最大，

即此时三棱锥A5c的高人最大，此时〃=Mq+QO2+QH=6+8+l=I5.

所以此时％_诙=；0-150315=15,

即三棱锥M-A8C体积的最大值是15.

故答案为：15.

例3.（2022・江西•高三阶段练习（理））如图，正方体486-ASGR的棱长为6,GE=1GA，点产是8

的中点，则过4，E,尸三点的平面。截该正方体所得截面的面积为.

【答案】6标

【解析】如图，过点尸作尸尸〃连接&P,

由面面平行的性质可得：四边形七旦尸尸为平行四边形，

又因为正方体4BCO—A8C。的棱长为6,C、E=gcQ「

点广是。力的中点，所以点BP=1,所以PF=收+62=2而，

因为平行四边形£片尸产的高为场，

V10

所以SBEFP=2v=6百，

,Vio

故答案为：6向.

例4.（2022•北京市十一学校高三阶段练习）如图，在棱长为2的正方体A8CD-A8GA中，M,N分别是

棱A&A"的中点，点尸在线段CM上运动，给出下列四个结论：

①平面CMN截正方体A8C/）-486。所得的截面图形是五边形；

②直线BR到平面CMN的距离是立；

2

③存在点P,使得/用PR=90；

④△PDA面积的最小值是竽.

其中所有正确结论的序号是.

【答案】①③④

【解析】对于①，如图直线MN与G4CA的延长线分别交于M，M,连接CM「C%分别交q4QQ于

M^N?,连接MM”NN»

则五边形即为所求的截面图形，故①正确；

对于②，由题知MN//片。，MNu平面CMN,反乌二平面CMN,

所以BQ"平面CMN,

所以点4到平面CMN的距离即为直线BR到平面CMN的距离,

设点4到平面CMN的距离为h,由正方体ABC。-A4GA的棱长为2可得,

1111

V“C-B,MN=-->C艮MN'CC\=-X-X2O=-,

所以由4-CMN=VcfMN»可得力=2^^,

所以直线BQ到平面CMN的距离是岑，故②错误;

对于③，如图建立空间直角坐标系,

则4（2,0,2）,A（0,2,2）,C（2,2,0）,MQ0,2）,

设尸C=/lMC,OW/lWl,

所以PC=ZMC=2(1,2,-2),

又因为4(2,0,2),D[(0,2,2),C(2,2,0),为(1,0,2),

所以尸(2-42-24,2%),

所以P8=(42/1—2,2—2/1),。。=(2—2,24,2—2/1),

假设存在点P使得N片PDi=90°,

所以PB,-PD,=2(2-2)+2^(22-2)+(2-22)3=0,

整理得9储一14；1+4=0,

所以：=工2叵＞1(舍去)，或％=Zz近，

99

所以存在点P使得明PDi=90°,故③正确；

对于④，由③知尸(2-2,2-2424),

所以点尸(2-尢2-22,2㈤在。2的射影为(0,2,24),

所以点尸(2-42-2422)到。2的距离为

d=小2—4)2+(_22)2=J5/P_42+4=,—92+£，

当4=|时，%=竽，

所以△「£＞口面积的最小值是?2、延=勺叵，故④正确：

故答案为：①③④

核心考点二：体积、面积、周长、角度、距离定值问题

【规律方法】

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.

13）锥体体积公式为V=/sa,在求解锥体体积时，不能漏掉

【典型例题】

例5.（2022•河南省实验中学高一期中）如图，在正方体A8CO-A4G。中，A8=2,M,N分别为AR,

4G的中点，E,尸分别为棱AB,CD上的动点，则三棱锥M-NE产的体积（）

A.存在最大值，最大值为gB,存在最小值，最小值为:

4

C.为定值1D.不确定，与E,产的位置有关

【解析】如下图，连接入MIN,在正方体ABC。-A4GA中，M,N分别为A"，40的中点，可得

MN//AB/ICD,067/平面MEN,所以当F在棱8移动时，尸到平面MEN的距离为定值，当E在棱AA移

动时，E到MN的距离为定值，所以SMEN为定值，则三棱锥M-NEF的体积为定值.平面MEN即平面MABN,

作CH工BN于H,由于AB_LC〃，可得CVJ•平面M/WM由-&CHB,可得

BB.CH2CH24有=-xMNxBN」x2x6=«,

而S.A4

BNBC小2522

故选：C.

例6.⑵22•山西运城•模拟预测（文））如图，正方体ABCO-AqCQ的棱长为1，线段上有两个动点E,

F,且EF=7，点RQ分别为A用，Bq的中点，G在侧面CDAG上运动，且满足G〃平面CRPQ,以

下命题错误的是（）

A.AB.1EF

瓜多面体AEF&的体积为定值

C.侧面CDRG上存在点G,使得BQ_LCD

D.直线々G与直线8c所成的角可能为q

【解析】对4连接G。，作图如下：

因为A8CD-A&GA为正方体，故可得。G〃A瓦，又DCJCQ,£尸与C。是同一条直线,

故可得/，则44"L£7"故人正确；

对8：根据题意，EF=1,且线段叮在CR上运动，且点A到直线CR的距离不变，

故XAEF的面积为定值，又点B1到平面ACDI的距离h也为定值，

故三棱锥AEZ诅的体积匕=；S,MX〃为定值，故8正确；

对C取CQ，GC的中点分别为M,N,连接与M,MN,作图如下:

容易幻在△GAC中，MNHCD.,又PD#B\M,MNcBM=M,CDH=D、,

MM8附u面BMN,CR,PRu面PDXCQ,故而B、MN〃面PDiCQ,

又G在侧面CDDg上运动，且满足B|G〃平面CRPQ,故G的轨迹即为线段MN；

又因为ABC。—ABCQ为正方体，故CD上面BCCB"Nu面BCQBi,故£N_LCO,

则当G与N重合时，BfiLCD,故。正确；

对。：因为BC//BG，故直线qG与5c所成角即为直线片G与始a所成角，即NG瓦G,

在Rt^Cfi中，C,Gmax=C,N=1,C,Gmin=4，

1rjfIV乙

T

故tan/G4G=V5=GGC[¥W],而当直线5G与直线8C所成的角为弓时,

出*=等｛¥』，故直线qG与直线8c所成的角不可能为，故O错误.

故选：D.

例7.（2022・全国•高三专题练习）如图所示，在正方体ABCO-A^CQ中，过对角线B"的一个平面交A%

于E,交CG于尸，给出下面几个命题：

①四边形8外«一定是平行四边形;

②四边形即办或有可能是正方形；

③平面有可能垂直于平面BBQ；

④设A尸与0c的延长线交于M,RE与ZM的延长线交于N,则M、M8三点共线；

⑤四棱锥BFD}E的体积为定值.

以上命题中真命题的个数为（）

A.2B.3C.4D.5

【解析】因为平面至。。与平面BCC|B|平行，截面与它们交于。g，BF,可得RE//BF,

同样可得BE//.",所以四边形BFRE是一个平行四边形，故①正确；

如果四边形BFRE是正方形，则

因为所以平面AAE，

又BA_L平面AAE，E与A重合，此时8尸"E不是正方形，故②错误；

当两条楂上的交点是中点时，四边形为菱形，EF上平面B/RD,

此时因边形引力£垂直于平面84口。，故③止确；

由与0c的延长线交于M,可得且MtDC,

又因为。尸u平面BFAE,Z）Cu平面ABCD,

所以Me平面BFRE,Me平面力88,

又因为Be平面BFRE,平面48CD,

所以平面BFD】E1平面ABCD=BM,

同理平面BFD\E"\平面ABCD=BN,

所以用V都是平面与平面4BC。的交线，

所以瓦M,N三点共线，故④正确；

由于%「8改/=VE-B用认+昨-竭妍，CCJ/AAy〃平面BBR,

则E,尸到平面仍自的距离相等，且为正方体的棱长，三角形“a的面积为定值，

所以闪棱锥用-8ER尸的体积为定值，故⑤正确.

故选：C.

核心考点三：体积、面积、周长、距离最值与范围问题

【规律方法】

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

【典型例题】

例8.（2022・全国•高三专题练习）如图，王方形EAG”的中心为正方形A8CZ）的中心，48=2&，截去如

图所示的阴影部分后，翻折得到正四棱锥P-）6〃（A,B,C,。四点重合于点尸），则此四棱锥的体

积的最大值为（）

.12876D.孚

A.-----------B.皿

375375

【答案】B

42t

【解析】设瓦'=2x（0vxv2）,则所得的棱锥侧面的高为土产2—x,

棱锥的高为〃=>j（2-x）2-x2=2jl-x,其体积为:

V=ix(2x)2x2>/r^=1x27(l-x)

XXXX.

-+-+-+-+(l-x)

=4(1X)X4444

I^~~144X

5

当且仅当时等号成立,

即体积的最大值为Va=gx1128/

5~375

故选：B.

例9.（2022•江西南昌•三模（理））已知长方体ABC。-A8CQ中，AB=2,BC=20P为矩

形A4GA内一动点，设二面角P-AO-C为a,直线网与平面ABC。所成的角为夕，若a=B,则三棱锥

P-4叼体积的最小值是（）

A.&B.372-1

【解析】如图，作尸。1平面ABCO,垂足为O,再作。石_L4）,垂足为E,

连接由题意可知，/PEO=4PBO,所以田=80,

由抛物线定义可知，O的轨迹为抛物线一部分，所以产的轨迹为抛物线一部分，

当点p到线段AG距离最短时，三角形PAG面积最小，三棱锥5-PAG体积最小,

建立如图所示直角坐标系，则直线AG的方程为啦x-y+正=0,

抛物线的方程为,2=4人='=24(OSyW2),)''=七，

由题怠，忑=&,得X",代入y=2y[x,得y=&,

所以点P的坐标为所以「到直线AG的最短距离为

7乙r"厂__________

壮_2+瓜,因为AG=/2a)’+2?=2万,

―75~~6~

所以%-Ag=%＜罔g；x2小平*3=昌

所以三棱锥P-ABG体积的最小值为它.

2

故选：C

B

例10.（2022•浙江•高三阶段练习）如图，在四棱锥。-瓦GH中，底面是边长为2&的正方形，

QE=QF=QG=QH=4,M为3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

体积分别为匕，匕，则J的最小值为（）

y2

D.

5

过。作平面EFGH的垂线，垂足为O,连EG,EM,设EM,QO的交点为A,在△。“尸中过A作直线3c交

QH,QF于B,C两点,由相交直线确定平面，则四边形ECMB为过KW的截面.由计算可得的二4,,得AQEG

为正三角形，。0=2石，所以A为的重心，设Q5=xQH,QC=），QF,由向量运算可得

04=触。=短〃e0八又0=0〃,8=也。可得。405《丁；如，所以勿=508+微。°,

由三点共线，得;+；=1,即1+工=3,易得E到平面。，尸的距离为。石=2,M到平面。，尸的距离为1,

3x3yxy

因为S.QK=gQ8QCsin?=4国，，所以K=%_Q8c+%_Q%=gsQK（l+2j=gQaQCsin2=4国，，

[216A16M_4石孙_[4

VQEFGH=T（2&）乂26=—^—'得%=%EFGH-乂-4\/5孙，匕—V3-4>/3xy4-3个，由

：+；=3,3=992心，得孙4,当且仅当x=y=[取等号，所以另=一"匚而""口"5,

即1的最小值为方.

故选：A.

例11.（2022.河南省实验中学高一期中）如图，在正方体A88-A4GA中，A8=2,M,N分别为4A，

4G的中点，E,尸分别为棱4B,8上的动点，则三棱锥M—NEF的体积（）

Qo

A.存在最大值，最大值为§B.存在最小值，最小值为§

4

C.为东信三D.不确定，与E,"的位置有关

【解析】如下图，连接/IMIN,在正方体48CO-A4GA中，M,N分别为AR,8©的中点，可得

MN//ABHCD,DC〃平面MEN,所以当/在棱C£>移动时，产到平面MEN的距离为定值，当E在棱48移

动时，E到MN的距离为定值，所以SMEN为定值，则三棱锥M-NEF的体积为定值.平面MEN即平面MABN，

作CH工BN于H,由于ABJ.C",可得C/7_1_平面MABN,由sB^NrCT/B,可得

=-xMNxBN=-x2x^=5

故选：C.

核心考点四：立体几何中的交线问题

【规律方法】

几何法

【典型例题】

例12.（2022•浙江宁波一模）在棱长均相等的四面体人BCD中，尸为棱人。（不含端点）上的动点，过点八

的平面a与平面P8C平行.若平面a与平面A8。，平面ACO的交线分别为加，n,则m,〃所成角的正弦

值的最大值为.

・士・

【答A7.案】—2^2

3

【解析】过点A的平面a与平面P3C平行.若平面a与平面480,平面ACZ）的交线分别为加，〃，由于平

面a//平面P8C,平面PBCc平面平面P8Cc平面AC£>=PC所以m//BP,n"PC,

所以/8PC或其补角即为加，"所成的平面角，

设正因棱锥A8CO的棱长为1,AP=x,0<x<l,则PD=l-x,

在.AB尸中，由余弦定理得：BP=y/AB2+AP2-2AB-/tPcos60=^l+x2-2xlxxxl=>/l+x2-x,

同理PC：，。。+尸》-2CZ)POcos60=Jl+(l-x)-2xlx(l-x)x-=Vx~-x+1,

1

PB2+PC2-BC22(X2-X+1)-11

匚二1——

故在APBC中，ac=2PB-pc-2(/-+1)7

-x+1H4

由于则L2，，进而1,工2Q气，

I2j44H4H4当X时取等号，

故cosZfiPC的最小值为g,进而sinZBPC=71-cos2NBPC<—,

33

故sin/8PC的最大值为逑,

3

故答案为：述

3

例13.（2022・全国•高三专题练习）已知一个正四面体的棱长为2,则其外接球与以其一个顶点为球心，1为

半径的球面所形成的交线的长度为.

【答案】迫近

3

【解析】设外接球半径为，外接球球心到底面的距离为肌

]+66

如图，在△PDO中，cosZDPO=-i=sinZDP(?=—»

ciJ666

2xlx—

在5DO\中，DO.=PDsinNDOP=等，

所以交线所在圆的半径为叵，

6

所以交线长度为2小我=迫配.

63

故答案为：我£

3

例14.（2022•福建福州•三模）已知正方体A8CD-A片CQ的棱长为G，以A为球心，半径为2的球面与

底面ABCO的交线的长度为.

【答案】|

【解析】正方体中，AAJ•平面A8CO,所以平面A88与球的截面是以A为圆心的圆，且半径为

商—（可=1,所以球面与底面ABC。的交线为以A为圆心，1为半径的弧，该交线为;x2乃=].

故答案为：g.

例15.（2022・陕西•武功县普集高级中学高三阶段练习（理））如图，在四面体A8CD中，OA,DB,DC两

两垂直，D4=D〃=£>C=V5，以。为球心，1为半径作球，则该球的球面与四面体各面交线的长度

和为一.

【解析】因为==8。=4。=〃。2+刖2=2,所以aABC是边长为2的等边三角形,

所以边长为2的等边三角形的高为：反手=6,所以％sc=；x2x石=6,

设。到平面ABC的距离为d,S.BCD=；x6x&l，所以匕.88=%T8C，

所以;xAOxS△砂=；xdxS3c，解得d=如，贝ljd=^<l,

**333

所以以O为球心，1为半径的球与平面A9，平面ACD,平面BCO的交线为5个半径

4

为1的圆的弧线，与面ABC的交线为一个圆，且圆的半径为Ji7二不=且，

3

所以交线总长度为：Lx2ixlx3+2;rx/=9+4”乃

436

故答案为：生生叵乃.

6

核心考点五：空间线段以及线段之和最值问题

【规律方法】

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

【典型例题】

例16.（2022・全国•高三专题练习）已知正三棱锥S-A3c的底面边长为夜，外接球表面积为3万，SA<日

点M,N分别是线段AB,AC的中点，点P,。分别是线段SN和平面SCM上的动点，则4尸+尸。的最小值

为（）

.2瓜-五Rr3&y/2

A.-------D.#---+-&--C.---Dn.

4442

【解析】依题意，44川=3笈，解得R=当，

由3ABe是正三角形可知：其外接圆半径为近x3x2=@，

233

件H却算

设点S到平面4BC的距离为/?,古

解得人当或力=迈，

33

则//闺+闺=1或SA：十；卜「尸（舍去），

故5A=1,则SC=1,而AC=&,故AASC为等腰直角三角形，NASC=g,

故为等腰直角三角形，NASB=',则

又AB_LCAf.CM「SM=M,故A4_L平面SCM,

取C8中点凡连接N尸交CM于点0,则N尸〃A8,则N/_L平面SCM,

故NOJL平面SCM,则NSON=90°,

要求4P+PQ最小，首先需PQ最小，此时可得PQJ•平面SCM,则P。〃尸N；

再把平面50N绕SN旋转，与平面SM4共面，即图中SOW位置，

当AP,。'共线且AQ」SO10寸，AP+PQ的最小值即为A。'的长，

由SSC为等腰直角三角形，

故SN=」AC=也，NO=-NF=-x-AB=-AB=—,

2222244

・•・sin乙OSN即4OSN=30°,，ZAS。'=45°+30°=75°,

SN2

可得而。=,（AP+PQ）,=AQ1=SA

75"；也mn-sin75°=,

故选：B.

例17.（2022・全国•高三专题练习）在棱长为3的正方体ABCO-A8CQ中，点E满足46=2七4,点尸在

平面3G。内，则|A目+|所|的最小值为（）

A.晒B.6C.向D.7

【解析】以点。为坐标原点，扇,方",而分别为x，y，z轴的正方向，

建立空间直角坐标系。一型，则A（3,0,3）,E（3,2,3）,C（0,3,0）,

因为3O_LAC,80_LAA,且ACC4A=A,则BO_L平面弓4。，

所以8O_LAC,同理得BG_L平面A/C，所以86八AC,

而BD\BG=B,所以AC_L平面8CQ,

记AC与平面BG。交于点〃，连接AG，CQ,AC,且AC80=0,

则鬻=紫=：，易得|A〃|=2|HC|,

ZICC/C1

从而得点A（3,0,3）关于平面BG。对称的点为G（-l,4,-l）,

所以|4尸|十|所|的最小值为|EG|=J（3+l）2+（2-4『+（3+lf=6.

故选：B.

例18.（2022・全国•高三专题练习）如图麻示，在直三棱柱43C-A4G中，AB=BC=5

【解析】连接8G，得V4BG，以AB所在直线为轴，将VA8G所在平面旋转到平面

设点G的新位置为C,连接AC,则有4>+PGNAU.

当AP、C三点共线时，则力C'即为人尸+PG的最小值.

在三角形ABC中，AB=BC=5COSNABC=；,由余弦定理得：

AC=\IAB2+BC2-24B.BCcosB=73+3^2x3x1=2,所以AG=2,即AC'=2

在三角形A48中，AA=1,AB=6由勾股定理可得：AIW+A*=后=2,且44A8=60。.

同理可求：GB=2

因为A8=6G=AG=2,所以VA8G为等边三角形，所以N8AG=60。，

所以在三角形叫C中，ZA4,C=ZAAB+=120°,AAi=\,AiC=2t

由余弦定理得：AC'=j+4_2xlx2x（—；）=J7.

故选B.

核心考点六：空间角问题

【规律方法】

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：

U）作图：作出空间角的平面角.