2025年新高考数学一轮复习：立体几何中的常考经典小题全归类【十大题型】解析版

立体几何中的常考经典小题重难点全归类

【十大题型】

►题型归纳

【题型1求几何体的体积与表面积】............................................................4

【题型2几何体与球的切、接问题】............................................................7

【题型3体积、面积、周长、距离的最值与范围问题】...........................................12

【题型4空间线段以及线段之和最值问题】.....................................................16

【题型5空间角问题】........................................................................20

【题型6空间中的距离问题】..................................................................25

【题型7翻折问题】..........................................................................28

【题型8立体几何中的截面、交线问题】.......................................................32

【题型9立体几何中的轨迹问题】.............................................................35

【题型10以立体几何为载体的新定义、新情景题】..............................................39

►命题规律

1、立体几何中的常考经典小题全归类

立体几何是高考的重点、热点内容，属于高考的必考内容之一.从近几年的高考情况来看，高考对该部

分的考查，小题主要体现在三个方面：一是有关空间线面位置关系的判断；二是空间几何体的体积和表面

积的计算，难度较易；三是常见的一些经典常考压轴小题，涉及到空间角、空间距离与轨迹问题等，难度

中等或偏上，需要灵活求解.

►方法技巧总结

【知识点1空间几何体表面积与体积的常见求法】

1.求几何体体积的常用方法

(1)公式法：直接代入公式求解.

(2)等体积法：四面体的任何一个面都可以作为底面，只需选用底面面积和高都易求出的形式即可.

(3)补体法：将几何体补成易求解的几何体，如棱锥补成棱柱，三棱柱补成四棱柱等.

(4)分割法：将几何体分割成易求解的几部分，分别求体积.

2.求组合体的表面积与体积的一般方法

求组合体的表面积的问题，首先应弄清它的组成部分，其表面有哪些底面和侧面，各个面的面积应该

怎样求，然后根据公式求出各个面的面积，最后相加或相减.求体积时也要先弄清各组成部分，求出各简单

几何体的体积，再相加或相减.

【知识点2几何体与球的切、接问题的解题策略】

1.常见的几何体与球的切、接问题的解决方案:

常见的与球有关的组合体问题有两种：一种是内切球，另一种是外接球.

常见的几何体与球的切、接问题的解决方案：

几何体与球的切、接问题.

内切球外接球

~I~~

I----------1I

找过切点由球心和几何找过球心

和球心的体顶点抽象得的截面

I截面____I出新JL柯体

2.空间几何体外接球问题的求解方法：

空间几何体外接球问题的处理关键是确定球心的位置，常见的求解方法有如下几种：

(1)定义法：利用平面几何体知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，

确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解.

(2)补形法：若球面上四点尸4SC构成的三条线段尸4PB,PC两两垂直，且上4=。，PB=b,PC=c,一般

把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，根据4R2=/+62+*求解.

(3)截面法：涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体的特殊点(一般为接、切点)或线

作截面，把空间问题转化为平面问题求解.

3.内切球问题的求解策略：

(1)找准切点，通过作过球心的截面来解决.

(2)体积分割是求内切球半径的通用方法.

【知识点3几何法与向量法求空间角】

1.几何法求异面直线所成的角

(1)求异面直线所成角一般步骤：

①平移：选择适当的点，线段的中点或端点，平移异面直线中的一条或两条成为相交直线;

②证明：证明所作的角是异面直线所成的角；

③寻找：在立体图形中，寻找或作出含有此角的三角形，并解之；

④取舍：因为异面直线所成角。的取值范围是(0,1],所以所作的角为钝角时，应取它的补角作为异面

直线所成的角.

2.用向量法求异面直线所成角的一般步骤：

(1)建立空间直角坐标系；

(2)用坐标表示两异面直线的方向向量；

(3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值；

(4)注意两异面直线所成角的范围是(0,f],即两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角的余弦值的

绝对值.

3.几何法求线面角

(1)垂线法求线面角(也称直接法)；

(2)公式法求线面角(也称等体积法)：

用等体积法，求出斜线P/在面外的一点P到面的距离，利用三角形的正弦公式进行求解.

公式为：sin，=£h,其中。是斜线与平面所成的角，〃是垂线段的长，/是斜线段的长.

4.向量法求直线与平面所成角的主要方法：

(1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，将题目转化为求两个方向向量的夹角(或其补角);

(2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角或钝角的补角，取其余

角就是斜线和平面所成的角.

5.几何法求二面角

作二面角的平面角的方法：

作二面角的平面角可以用定义法，也可以用垂面法，即在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线,

再过垂足作二面角的棱的垂线，两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角.

6.向量法求二面角的解题思路：

用法向量求两平面的夹角：分别求出两个法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到两平面夹角

的大小.

【知识点4立体几何中的最值问题及其解题策略】

1.立体几何中的几类最值问题

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.

2.立体几何中的最值问题的求解方法

解决立体几何中的最值问题主要有两种解题方法：

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.

【知识点5立体几何中的截面、交线问题的解题策略】

1.立体几何截面问题的求解方法

(1)坐标法：所谓坐标法就是通过建立空间直角坐标系，将几何问题转化为坐标运算问题，进行求解.

(2)几何法：从几何视角人手，借助立体几何中的线面平行及面面平行的性质定理，找到该截面与相关

线、面的交点位置、依次连接这些点，从而得到过三点的完整截面，再进行求解.

2.截面、交线问题的解题策略

(1)作截面应遵循的三个原则：

①在同一平面上的两点可引直线；

②凡是相交的直线都要画出它们的交点；

③凡是相交的平面都要画出它们的交线.

(2)作交线的方法有如下两种：

①利用基本事实3作交线；

②利用线面平行及面面平行的性质定理去寻找线面平行及面面平行，然后根据性质作出交线.

【知识点6立体几何中的轨迹问题及其解题策略】

1.动点轨迹的判断方法

动点轨迹的判断一般根据线面平行、线面垂直的判定定理和性质定理，结合圆或圆锥曲线的定义推断

出动点的轨迹，有时也可以利用空间向量的坐标运算求出动点的轨迹方程.

2.立体几何中的轨迹问题的常见解法

(1)定义法：根据圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹，进而求解轨迹问题.

(2)交轨法：若动点满足的几何条件是两动曲线(曲线方程中含有参数)的交点，此时，要首先分析两动曲

线的变化，依赖于哪一个变量?设出这个变量为3求出两动曲线的方程，然后由这两动曲线方程着力消去

参数3化简整理即得动点的轨迹方程，这种求轨迹方程的方法我们称为交轨法.

(3)几何法：从几何视角人手，结合立体几何中的线面平行、线面垂直的判定定理和性质定理，找到动

点的轨迹，再进行求解.

(4)坐标法：坐标法就是通过建立空间直角坐标系，将立体几何中的轨迹问题转化为坐标运算问题，进

行求解.

(5)向量法：不通过建系，而是利用空间向量的运算、空间向量基本定理等来研究立体几何中的轨迹问

题，进行求解.

【知识点7以立体几何为载体的情景题的求解策略】

1.以立体几何为载体的几类情景题

以立体几何为载体的情景题大致有三类：

(1)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；

(2)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.

2.以立体几何为载体的情景题的求解思路

以立体几何为载体的情景题都跟图形有关，涉及在具体情景下的图形阅读，需要通过数形结合来解决

问题.

此类问题的求解过程主要分四步：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-文字一符号”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.

►举一反三

【题型1求几何体的体积与表面积】

【例1】(2024•浙江•模拟预测)清代的苏州府被称为天下粮仓，大批量的粮食要从苏州府运送到全国各

地.为了核准粮食的数量，苏州府制作了“小嘴大肚”的官斛用以计算粮食的多少，五斗为一斛，而一只官斛

的容量恰好为一斛，其形状近似于正四棱台，上口为正方形，内边长为25cm,下底也为正方形，内边长为

50cm,斛内高36cm,那么一斗米的体积大约为立方厘米？()

A.10500B.12500C.31500D.52500

【解题思路】利用棱台的体积公式，即可计算得出答案.

【解答过程】一斛米的体积为^=[s上+S下+Js上S下)=|X(252+502+25X50)X36=52500(cm3),

因为五斗为一斛，所以一斗米的体积为卷=10500(cm3),

故选：A.

【变式1-1](2024•江苏连云港•二模)如图是一个圆台的侧面展开图，若两个半圆的半径分别是1和2,则

该圆台的体积是()

7V2TT7伍7V2n

A.B.c.D.警

242412

【解题思路】先计算出上、下底面的半径和面积，再求出圆台的高，按照圆台体积公式计算即可.

【解答过程】

如图，设上底面的半径为r,下底面的半径为R,高为七母线长为

1

贝!J271r=TIx1,2TTR=nx2,解得丁=R=1,

又I=2—1=1,h=J/2—（R—丁）2=J12_（1_=浮

设上底面面积为S=TTxG）=p下底面面积为S=TTX12=TT,

所以圆台的体积y=|（s+S，+Vss^h.=+；+卜义力X亨=与工.

故选：B.

【变式1-2］（2024•江苏无锡・模拟预测）蒙古包是我国蒙古族牧民居住的房子，适于牧业生产和游牧生

活.如图所示的蒙古包由圆柱和圆锥组合而成，其中圆柱的高为2m,底面半径为4m,。是圆柱下底面的圆

心.若圆锥的侧面与以。为球心，半径为4m的球相切，则圆锥的侧面积为（）

A.8V^run2B.16V5mn2C.20-rrm2D.40Ttm2

【解题思路】根据题意结合圆柱、圆锥以及球的结构特征解得圆锥母线长/=5,进而可求圆锥的侧面积.

【解答过程】设POi=h,PA=1（%为圆锥高，I为圆锥母线长）

A

OM1PA,以。为球心，半径为4的球与圆锥侧面相切，贝IJOM=4,

在△P04中，=|（/i+2）-4=1-4Z,可得h+2=（,

且走2+16=12,则。一2）2+16=巴解得2=5,

所以圆锥的侧面积为5侧=nrl=nx4x5=20it（m2）.

故选：C.

【变式1-3］（2024・天津和平•二模）如图，一块边长为10cm的正方形铁片上有四块阴影部分，将这些阴

影部分裁下去，然后用余下的四个全等的等腰三角形加工成一个正四棱锥形容器，则这个正四棱锥的内切

球（球与正四棱锥各面均有且只有一个公共点）的体积为（）

10

99当

-FC9

A.42TrD.3

【解题思路】根据题意可得正四棱锥的斜高为5,底面正方形的边长为6,从而可得正四棱锥的高，设这个

正四棱锥的内切球的半径为r,高线与斜高的夹角为仇则易得sin。=（,+=从而可得r,再

5Sint73

代入球的体积公式，即可求解.

【解答过程】作出四棱锥P—4BCD如图：

根据题意可得正四棱锥的斜高为PM=5,底面正方形力BCD的边长为6,

正四棱锥的高为。P=452—32=4,

设这个正四棱锥的内切球的球心为Q,半径为r,与侧面相切于N,

则高线与斜高的夹角为仇贝的也”器=|,

则。P=OQ+黑,

二这个正四棱锥的内切球的体积为无「3=gxTTX（|）3=jit.

故选：B.

【题型2几何体与球的切、接问题】

【例2】（2024•新疆乌鲁木齐•三模）三棱锥A—BCD中，2D1平面4BC,Z.BAC=60°,AB=1,AC=2,

4。=4,则三棱锥4—BCD外接球的表面积为（）

A.10TTB.20TTC.25TTD.30n

【解题思路】利用余弦定理先求出底面三角形ABC的外接圆半径r,再利用R2=r2+6『①为三棱锥的高,

R为外接球半径），即可求解.

【解答过程】在△ABC中，/.BAC=60°,AB=1,AC=2,

由余弦定理可得=AB2+AC2-2AB-AC-cos^BAC,

即EC2=1+4-2X1X2XCOS60°=3,所以8C=行，

设△4BC的外接圆半径为r,

则27=彳=一^=2，所以r=l,

sinz.BACsm60

AD1平面且4。=4,

设三棱锥a-BCD外接球半径为R,

12

贝I]R2=r2+（^AD）,即R2=1+4=5,

所以三棱锥力—BCD外接球的表面积为4TTR2=20Tt.

故选：B.

【变式2-1］（2024•海南•模拟预测）已知正方体2BCD—4/1。山1的棱长为2,点N为侧面四边形CD/C1

的中心，则四面体NCBiCi的外接球的表面积为（）

A.2TIB.4TTC.6nD.8n

【解题思路】画出图分析出球心为两个面斜边中点的垂线的交点，然后利用勾股定理求球的半径即可求解.

【解答过程】如图:

四面体NCB1J的面CB1J是直角三角形,

。,。1为面与的中心，所1以。。1.L面CB］Ci，

因为斜边CBi的中点。是三角形外心，所以球心在的直线。。1上，

面NCCi也为直角三角形，。£分别为CBi与CCi的中点，所以OEllBiCi，

BiCil面NCCi，所以。E1面NCCi，

因为斜边CJ的中点E是三角形外心，所以球心在的直线OE上，

故球心为直线。01与直线OE的交点0,

正方体ABCD-4/传1。1的棱长为2,

所以球的半径为0C=1xV22+22=V2,

所以四面体NC&G的外接球的表面积为：4n（V2）=8TL

故选：D.

【变式2-2］（2024•云南大理•模拟预测）六氟化硫，化学式为SF6,在常压下是一种无色、无臭、无毒、不

燃的稳定气体，有良好的绝缘性，在电器工业方面具有广泛用途.六氟化硫分子结构为正八面体结构（正

八面体每个面都是正三角形，可以看作是将两个棱长均相等的正四棱锥将底面粘接在一起的几何体）.如

图所示，正八面体E—4BCD—F的棱长为a,此八面体的外接球与内切球的体积之比为（）

A.3V3B.2V3C.3V2D.242

【解题思路】根据给定条件，确定八面体的外接球球心及半径，利用体积法求出内切球半径，再利用球的

体积公式求解即得.

【解答过程】正八面体E—ABC。—F的棱长为a,连接4CCEF=。，

由四边形ZBCD为正方形，得叱=BC2+AB2=2a2=EC2+AE2f

则四边形4ECF亦为正方形，即点。到各顶点距离相等，

于是此八面体的外接球球心为。，半径为R=等=与，

2

此八面体的表面积为S=8SAABE=8x苧a?=2V3a,设此八面体的内切球半径为r,

E-ABCD-F=E-ABCD'得=2X§Xa?xBP2V3ti2r=V2a3,解得r=半（1,

D3里3

所以此八面体的外接球与内切球的体积之比为（四）=（系）=3V3.

丁—a

6

故选：A.

【变式2-3]（2024•安徽安庆•三模）如图，在一个有盖的圆锥容器内放入两个球体，已知该圆锥容器的底

面圆直径和母线长都是巡，则（）

A.这两个球体的半径之和的最大值为喈

B.这两个球体的半径之和的最大值为?

C.这两个球体的表面积之和的最大值为(6+3遍)it

D.这两个球体的表面积之和的最大值为当

【解题思路】当这两个球体的半径或者表面积之和取最大值时，有一个球体和圆锥的底面相切，过底面圆

的直径作截面，设两圆的半径，则Reg,J，re卜』，其中R=1—卜汕.2r2,表达出f(r)=l+等一

|>/3L2r2,re[l,l],求导得到函数单调性，得到最值，并求出R?+/=一夕伊十「尸一6(R+r)+3]，

令攵=R+rwg函数y=—2n(%2—6%+3)在(0,|]上单调递增，求出"max=等，得到答案.

【解答过程】当这两个球体的半径或者表面积之和取最大值时，上面的球与圆锥的底面相切，

过底面圆的直径作截面，

如图所示，过点。作。k1N3,垂足为凡过点。，作。石1/8,垂足为E,

过点。，作001。9，垂足为。.

设圆。的半径为凡圆。，的半径为r,当下面的球与上底面相切时，R取得最大值,

此时R为该圆的内切球半径，等边三角形的边长为行，内切球半径为日tan3(F=9,

故。B=l,故R的最大值为，且取最大值时，

0,O,B三点共线,设O'E=r,则O'B=2r,

贝lj2r+r+3=l,解得厂=；,

Zo

所以ReRJ,re[1A],\0D\=R-r,\00'\=R+r,\0'D\=\EF\=\AB\-\AF\-\BE\=V3-V37?-

L62JL62」

V3r.

2

因为|。0『+|0勿|2=|0012,所以(R—r)2+(旧一gR—后)=(R+r)2①，

整理得3/?2+(2r—6)R+3(r2—2r+1)=0,解得R=1-—|V3r—2r2,

令函数/(r)=/?+r=1——1\/3r—2r2+r=1+^-—^j3r—2r2,rGJ，

,,/、2V3r-2r2-3+4r

〃，)=3RL

__________3-4

令函数g(r)=2V3r-2r2-3+4r,g'(r)=^==r=+4>0,所以g(r)是增函数.

又因为gQ)<o,>。，所以mr()eB，J,g&o)=°，

所以re[Qo),g(r)<o,re(也界，g(r)>0,

即rGUf(r)<0,re(r0,1]，f(r)>0,

所以f(r)在[Jo)上单调递减，在Go,J上单调递增.

因为=/©=P所以/(r)max=I，即这两个球体的半径之和的最大值为《

由①可得R2+r2=—N(R+r)2—6(R+r)+3],

这两个球体的表面积之和为4TT(R2+产)=—2n[(R+「)2_6(R+r)+3].

令x-R+r<I，函数y=-2n(x2—6x+3)在(0,斗上单调递增，

所以ymax=-2nX[©_6x|+3]=噤即这两个球体的表面积之和的最大值为等

故选：D.

【题型3体积、面积、周长、距离的最值与范围问题】

【例3】(2024•广东佛山•模拟预测)如图，在△力BC中，/C边上的高为且8H=4H=3,CH=6,

矩形。EFG的顶点。，G分别在边A4,8c上，E,尸都在边NC上，以/C为轴将△4BC旋转一周，则矩

形。E/G旋转形成的几何体的最大体积为()

c

—u

A.—oITB.ZC.127rD.18n

【解题思路】设DE=a(0<a<3),求出=+可得矩形。EFG旋转形成的几何体的体积，利用

导数求出最值可得答案.

【解答过程】由己知得△CGFs^CBH,△力DE是等腰直角三角形，

设0E=a(0<a<3),则AE=a,所以HE—3—a,

因为黑=若，所以5=?，可得CF=2a,所以HF=6—2a,

DriLnJo

可得EF=HE+HF=3-a+6—2a=9-3a,

所以矩形。即G旋转形成的几何体的体积为

V=TVDE2xEF=ita2(9—3a)=TT(9CZ2—3a3),

V=9ita(2-a),当0<a<2时，W>0,0(a)单调递增，

当2<a<3时，V<0,U(a)单调递减，

所以V(a)<V(2)=n(36-24)=12n.

故选：C.

【变式3-1](2024•重庆渝中•模拟预测)在三棱锥P—ABC中，AC=BC=PC=2,且2C1BGPC1平面

ABC,过点P作截面分别交AC,8c于点与尸，且二面角P—EF—C的平面角为60。，则所得截面PEF的面积最小

值为()

A.-B."C.~D.1

【解题思路】由二面角的定义可得PGC=60。，从而PG=竽,CG=竽，设CE=a,CF=b,由三角形的面

积相等和基本不等式得到成2,再由三角形的面积公式即可求解.

【解答过程】过P作PGLEF,垂足为G,连接CG,则由三垂线定理可得EFLCG,

.•ZPGC即为二面角P-EF-C的平面角，

p

.-.PGC=60°,PC=2,所以PG=竽,CG=^,

设CE=a,CF=6,则EF=，a2+62,

在三角形CEF中，ab=竽62+炉,

又Va2+炉＞72ab,所以ab2苧=无普，

所以a=b=孚时等号成立，

所以三角形PEF的面积为：x竽xVH斗京=.2*

故截面PE尸面积的最小值为《

故选：B.

【变式3-2]（2024・河南・一模）已知尸为棱长为伤的正四面体4—BCD各面所围成的区域内部（不在表面

上）一动点，记P到面ABC,面ACD,面BCD,面480的距离分别为后，h2,色，h4，若九3+^4=1，贝I

1p

今+3的最小值为（）

A.2B.vC.2+12^D.12+4V2

-1O

【解题思路】由等体积法求得比+松+色+以为定值2,则有比+期=1，利用基本不等式求布+微的最

小值.

【解答过程】正四面体力一BCD棱长为①，E为△BCD的中心，贝ME1底面BCD,

F为CD边中点，贝忸在BF上，如图所示，

则有BF1CD,BFu平面BCD,AELBF,

=8尸=VSC2-CF2=苧，EF=*F=9，

A

P为正四面体a-BCD各面所围成的区域内部，连接P4P8,PC,PD,

可得到4个小四面体,

设正四面体4—BCD各面的面积为S,则有至（比+%2+%3+八4）=gsh,

得自+电+“3+八4=A=2,

由h3+九4=1，则无1+九2=1，

则今+f-=（-i-+2（八1+八2）=：+8+票+普之：+8+2终■.普=手

2

，八1九212/心八2八1九227h22

当且仅当今=得即九1=^,h2=g时等号成立，

击+卷的最小值为今

乙屋1几2Z

故选：B.

【变式3-3］（2024・四川宜宾•三模）已知E,尸分别是棱长为2的正四面体48CD的对棱4。,8c的中点.过EF

的平面a与正四面体4BCD相截，得到一个截面多边形T,则下列说法正确的是（）

A.截面多边形T不可能是平行四边形B.截面多边形T的周长是定值

C.截面多边形T的周长的最小值是四+逐D.截面多边形T的面积的取值范围是［1,&］

【解题思路】将平面a从平面4DF开始旋转，结合对称性可判断A；设4G=m（0<m<2）,利用余弦定理

表示出GE+GF,利用几何意义求最小值，利用二次函数单调性求最大值可判断BC；先判断EF1GH,然

后利用向量方法求出确之=2(m-l)2+2,可得截面面积的范围，可判断D.

【解答过程】对于A,当平面a过2。或BC时，截面为三角形.

易知正四面体关于平面4DF对称，将平面a从平面4DF开始旋转与48交于点G时，

由对称性可知，此时平面a与CD交于点H,且4G=。“，

此时截面为四边形EGFH,且注意到当G,H分别为力B,CD的中点时，此时满足4G=

S.GF//AC,AC//EH,GF=EH=^AC,即此时截面四边形EGFH是平行四边形，故A错误；

对于BC,设4G=WznW2),由余弦定理得GE=7m+1—m=J(m—+|,

GF=7(2-m)2+1-(2-m)=J(巾一|丫+

由两点间距离公式知，GE+GF表示动点⑺,0)到定点&孚)和(l，—孚)的距离之和，

当三点共线时取得最小值I?+停+亭)2=2,

由二次函数单调性可知，当爪=0或爪=2时，GE+GF取得最大值1+6，

所以截面多边形T周长的取值范围是［4,2+2㈣，故BC错误；

对于D,记GH与EF的交点为。，由对称性NEFG=NEFH,FG=FH,

所以EF1GH,SEGFH=^EF-GH,

因为力尸=7AB2一BF2=V3,

所以EF=7AF2—4E2=所以SEGFH=¥G”，

记4B=a,AC=b,AD=c,

则GH=GA+AD+DH=—ya+c+y(b—c)=—ya+yb+(1—

因为3-b=a-c=b-c=2x2cos=2,\a\=|b|=|c|=2,

所以G”2=亨五2+苧片+(1—苗)c2—ya-6—771(1—,c+m(l-争石-c

2

22

=m+m+4(1—5)—m2—2m(l-y)+2m(l-y)

=2(m—l)2+2,

——>2L

由二次函数性质可知，2<GH<4,即

所以1W^EGFHWV2,故D正确;

故选：D.

【题型4空间线段以及线段之和最值问题】

【例4】(2024・江西鹰潭・模拟预测)如图，在长方形4BCD中，AB=2,BC=1,E为DC的中点，F为线

段£C(端点除外)上的动点.现将△4FD沿工斤折起,使平面4BD1平面4BC,在平面4BD内过点。作DK1AB,

K为垂足.设BK=t,贝卜的取值范围是()

A.(1,|)B.(1,V2)C.(V2,V3)D.停,1)

【解题思路】过点。作4F,垂足为H,过点尸作FP〃BC,交AB于点尸，设DF=x,用t,尤表示

PK,DK,FK,在RtzXDFK中，求出的函数关系，可求/的取值范围.

【解答过程】如图，在平面4DF内过点。作DH14F,垂足为"连接HK.过点尸作FP〃BC,交48于点

P.

^Z.FAB=0,AE=yfi,AC=A所以cos。€俘，沟.

设DF=x,贝ijl<x<2.因为平面ABD1平面4BC,平面ABD0平面ABC=4B,

DKLAB,DKu平面4B0,所以。K1平面ABC,

又ZFu平面ABC,所以DK14F.

又因为4F,DKCDH=D,DK,DHu平面DKH,所以AF1平面DKH,

HKu平面DKH,所以4F1HK,即4H_LHK.

在Rt△力DF中，AF=VTT^,DH叵，

因为△4DF和△4PF都是直角三角形，PF^AD,AF-AF,

所以三RtZiFPA,贝!|有4P=DF=x.

因为△力HDs/X/lDF,所以黑=器，半=层，AH=昌,

ADD卜1xY1+X2

所以cosO八=诙AH=而AP，旧=行久亭得/曰"百1

2-t

因为l<x<2,所以iVtC].

【变式4-1]（2024•北京•模拟预测）在棱长为1的正方体力BCD—481C1D1中，点尸是棱CCi的中点，P是

正方体表面上的一点，若。1P1AF,则线段。止长度的最大值是（

A.V2B-f

D.V3

【解题思路】通过线面垂直的性质找到点P的轨迹，然后利用梯形的性质求解即可.

【解答过程】连接4&2。/停1方以1，在正方体4BCD—418停以1中，4411平面&8停1。1，

四边形公历的。1是正方形，因为以DiU平面&B1C1D1，所以A4i_LBi£»i，

又.LAA^n=A]，JELAAiu平面AiACCi，u平面AiACCi，

所以当/_L平面AiACCi，因为4Fu平面必力CCi，所以/小14F,

所以当点P在线段8以1（点小除外）时，D1P14F,取BC的中点E,连接BEBiE,

在正方形B1BCQ中，因为E为BC的中点，尸是棱CCi的中点，所以BF1B1E,因为48_L平面B/CG，B】Eu

平面B1BCC1，所以2B1B1E,因为4BnBF=B,

且力Bu平面4BF,BFc^ABF,所以BiE_L平面48F,又AFu平面ABF,

所以BiElAF,因为BiEnBi%=Bi，且BQu平面。道向BRu平面。*百

所以力Fl平面DiBiE,设平面DiBiEC平面ZBCD=GE,则GE〃£）iBi，所以GE〃OB,

则G是棱CD的中点，

所以当点P在正方体4BCD-4出道1。1的表面线段久/-B]E-EG-G£>i上时，/P1AF,

由题意可知，在梯形DiGEBi中，。1/=曰DiG=&E=苧，EG=日，

2

D]E=VD1Cl+CrE=Jl+1—天

所以线段%P长度的最大值是小E=|.

故选：C.

【变式4-2]（23-24高三下•陕西西安•阶段练习）在棱长为2的正方体48CD—4/1射。1中，P,0,R分

别为线段BD,BCCW上的动点，贝UPR+3QR的最小值为（）

A.2V6B.4V2C.3V5D.5

【解题思路】过R作RELCD于&作RF1CJ于F,设RE=x,把PR+3QR表示为x的函数，再利用导数求

出函数最小值即得.

【解答过程】在正方体aBCD—&BiCi£）i中，AB=2,在平面内过R作RE，CD于E,作RFJ.CQ于

设RE=x(0<x<2),显然RE1DE/RDE=p则DE=RE=x,CE=2-x,

四边形CERF为矩形，于是RF=CE=2-x,CF=RE=x,

由RE〃CCi，得RE_L平面4BCD,由RF〃CD,得RF_L平面BCQBi，

则PR=7RE2+EP2=A//+EP2,当x确定后，EP最小时，PR最小，当EPl8。时，EP最小，

而EP=DEsin：=争:，则PR=净c,

同理QR=jRF2+“2,当RF=2—x确定后，FQ最小，QR最小，则当FQlBW时，FQ最小，

而FQ=CF-sin：=争，则。R=J(2一工产+(乎乂：=]|/一以+4,

因此PR+3QR=半刀+3llx2-4x+4,令=缘+3llx2-4x+4,0<x<2,

，X2272

求导得r⑶=苧+晨I若示，由尸(w=o,得一,

当0<%<1时，广(%)<0,当1<%工2时，广(%)>0,即函数/(%)在[0,1)上递减，在(1,2]上递增，

则/(%)min=/(I)=2V6,所以PR+3QR的最小值为2述.

故选：A.

【变式4-3](2024•陕西商洛•模拟预测)如图，AC为圆锥S。的底面圆。的直径，点B是圆。上异于4C的动

点，SO=^AC=2,则下列结论正确的是()

A.圆锥SO的侧面积为8伍

B.三棱锥S—48C的体积的最大值为竽

C.NS2B的取值范围是G，9

D.若4B=BC,E为线段上的动点，贝USE+CE的最小值为2(遮+1)

【解题思路】先求出圆锥的母线长，利用圆锥的侧面积公式判断A；当。B14C时，△ABC的面积最大，此

时三棱锥S—4BC体积也最大，利用圆锥体积公式求解即可判断B；先用取极限的思想求出乙4sB的范围，

再利用2/S4B+乙4sB=m求4SAB的范围，即可判断C；利用图形展开及两点之间线段最短即可判断选

项D.

【解答过程】在Rtasoc中，SC=7s02+。。=2VL则圆锥的母线长1=2四，半径r=OC=2,

对于A,圆锥S。的侧面积为：nrl=4V2n,故A错误；

-1

对于B,当。BLAC时，△ABC的面积最大，此时5型80=5乂4乂2=4,

11Q

则三棱锥S-力BC体积的最大值为§XSAABCXSO=-X4X2=-,故B错误；

对于C,因为aSAB为等腰三角形，SA=SB,XSX2+SC2=AC2,所以乙4SC=三，

当点B与点4重合时，N4SB=0为最小角，当点B与点C重合时N4SB=》达到最大值，

又因为B与4c不重合，贝ijNASBe优弓)，又2NS4B+乙4sB=n,可得NSaBegq)，故C错误;

对于D,由力B=BC^ABC=^,AC=4,得AB=BC=2鱼，又S4=SB=2vL

则△S48为等边三角形，则4sB4=系将ASAB以为轴旋转到与△ABC共面，得至gSiaB,

则△SMB为等边三角形，ZS^BA=p如图可知(SE+CE)min=SC

因为SiB=BC=2a/S、BC=ASXBA+^ABC=?，

5iC2=S$2+BC2-2xS$XBCXcos*=8+8+8V3=(2V3+2)\

则(SE+CE)min=Sj,C=2(g+1),故D正确；

故选：D.

【题型5空间角问题】

[例5](2024•辽宁沈阳•模拟预测)已知直三棱柱力BC—&B1C1中，AABC=120°,AB=CQ=2,

BC=1,则异面直线力当与BCi所成角的余弦值为()

A立B叵C逗D逅

-2'5J4'3

【解题思路】根据空间向量法求线线角即可.

【解答过程】以B为原点，在平面48C内过B作BC的垂线交4C于D,

以BC为x轴，以BC为y轴，以BBi为z轴，建立空间直角坐标系，

因为直三棱柱ZBC—AiBiCi中，/.ABC=120°,2B=CQ=2,BC=1,

所以4(低-l,0),Bi(0,0,2),B(0,0,0),Ci(0,l,2),

所以丽-(-V3,1,2),BC\=(0,1,2),

设异面直线力Bi与BQ所成角为仇

--»-.

5

所以COS。=V10

而I•向V8-V5

故选：C.

【变式5-1]（2024•内蒙古包头•一模）如图，底面ABCD是边长为2的正方形，半圆面APD1底面力BCD,

点P为圆弧AD上的动点.当三棱锥P—BCD的体积最大时，二面角P—BC—D的余弦值为（）

A,.B.卷C.苧D.等

【解题思路】由题意当三棱锥P—BCD的体积最大时，此时点P处于半圆弧的正中间位置.此时建立适当的空间

直角坐标系，求出平面BCP,平面BCD的法向量，由法向量夹角余弦的坐标公式即可求解.

【解答过程】三棱锥P—BCD的体积与P到平面BCD的距离成正比,

故当三棱锥P—BCD的体积最大时，此时点P处于半圆弧的正中间位置.

点P处于半圆弧的正中间位置时，记4。的中点为。，以其为原点，AB/2OP分别作为x,y,z轴正方向，建立空

间直角坐标系.

平面BCD显然有法向量访=(0,0,1),

P(0,0,l),5(2,-l,0),C(2,l,0),

设元=(久,y,z)为平面PBC的法向量，

则该向量与丽=(2,-1,-1)和左=(2,1,-1)均垂直，

所以元■PB=n-PC=0,从而2x—y—z=2x+y—z=0.

令x=1,解得y=0,z=2,

故元=(x,y,z)=(1,0,2)符合条件，

显然二面角P-BC-。为锐角，

因此所求余弦值为|cos低砌=母y=乐芸会篝而=

故选：D.

【变式5-2](2024•四川雅安一模)如图，在正方体4BCD-4中传1。1中，点P是线段上的动点(含端

点)，点Q是线段2C的中点，设PQ与平面AC以所成角为仇则cos。的最小值是()

【解题思路】以点。为原点建立空间直角坐标系，设2P=44Bi，；le[0,l],利用向量法求解即可.

【解答过程】如图，以点。为原点建立空间直角坐标系，

设40=九4当)€[0,1],不妨设48=2,

则4(2,0,0),C(0,2,0),Q(1,L0)A(0,0,2),BI(2,2,2),

故尼=(-2,2,0)401=(-2,0,2),

JQ=A^-AP=AQT丽=(-1,1,0)-A(0,2,2)=(-1,1-2A,-2A),

设平面AC%的法向量为元=(x,y,z~),

n-AC=—2x+2y=0

可取元=(1,1,1),

n•AD1=—2x+2z=0

11>»I|PQ♦五||-1+1-2a-2A|4A

则sine=|cos(PQ同I=丽=V1+(1.2A)2+(-2A)Zx-^=京病嬴，

所以cos。=Vl-sin^e=

当A=0时，cos3=1,

当AC(0,1]时,

当[=1,即4=1时，(cos0)min=I，

综上所述，cos。的最小值是!

故选：A.

【变式5-3](2024•山东临沂•二模)已知正方体4孔。-4止1501中,M,N分别为C1,小。的中点，则

()

A.直线与&C所成角的余弦值为乎B.平面BMN与平面8的。1夹角的余弦值为呼

C.在BCi上存在点0,使得BiQLBDiD.在8道上存在点P,使得P4〃平面BMN

【解题思路】以D为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的边长为1,由空间向量计算异

面直线所成角，二面角和线线垂直可判断ABC；由N,四点共面，而46平面BMN可判断D.

【解答过程】以。为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，设正方体的边长为1,

所以4(1,0,0),D(0,0,0),0)1(0,1,0),41(1,0,1),01(0,0,1),31(1,1,1),3(0,L1),

M(O，I，3M。，/，

对于A,MN=(0,—g,0),AIC=(—1,1,—1),

直线MV与&C所成角的余弦值为卜os(疝，菽)|=照得=熹=弓，故A错误；

对于B,MN=(0,—g,0),BM=(—

设平面BMN的法向量为五=(%y,z),则一

n-BM=—x+-z=0

2

取久=1,可得y=0,z=2,所以元=(1,0,2),

=(0,—1,0),BC]=(-1,0,1)，

设平面凤:必的法向量为记=则1*1)1=71=：,

\ji,BC]——+Z1=0

取Xi=1,可得力=O,Z1=1,所以记=(1,0,1)>

平面BMN与平面BC1小夹角的余弦值为：

cos(法力=