【二轮复习】高考数学 重难点11 立体几何常考经典小题全归类（新高考专用）（解析版）

重难点11立体几何常考经典小题全归类【九大题型】【新高考专用】TOC\o"1-3"\h\u【题型1求几何体的体积与表面积】 4【题型2与球有关的截面问题】 6【题型3体积、面积、周长、距离的最值与范围问题】 9【题型4几何体与球的切、接问题】 13【题型5空间线段以及线段之和最值问题】 17【题型6空间角问题】 22【题型7翻折问题】 29【题型8立体几何中的轨迹问题】 33【题型9以立体几何为载体的情境题】 38立体几何是高考的热点内容，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．【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：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)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.(2)若球面上四点P,A,B,C构成的三条线段PA,PB,PC两两垂直，且PA=a，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=a2+b2+c2求解.(3)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.【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，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，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PA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：，其中是斜线与平面所成的角，h是垂线段的长，l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立体几何中的轨迹问题及其解题策略】1.立体几何中的轨迹问题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，又考查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．2.立体几何中的轨迹问题的求解方法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：在图形中，建立恰当的空间直角坐标系，利用空间向量进行求解．【知识点6以立体几何为载体的情境题的求解策略】1.以立体几何为载体的几类情境题以立体几何为载体的情境题大致有三类：(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境题的求解思路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.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→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．【题型1求几何体的体积与表面积】【例1】（2023·江苏徐州·沛县湖西中学模拟预测）在三棱锥P-ABC中，三条侧棱PA，PB，PC两两垂直，且PA=PB=PC=2，若三棱锥P-ABC的所有顶点都在同一个球的表面上，则该球的体积是（

）A．43π B．42π C．【解题思路】根据三条侧棱三条侧棱PA，PB，PC两两垂直，可得三棱锥P-ABC的外接球即为以PA，PB，PC【解答过程】由三条侧棱PA，PB，PC两两垂直，补全三棱锥P-则三棱锥P-ABC的外接球的半径所以该球的体积是43故选：A.【变式1-1】（2023·陕西铜川·统考一模）我国古代数学名著《数书九章》中有“天池盆测雨”题：在下雨时，用一个圆台形的天池盆接雨水，天池盆盆口直径为二尺八寸，盆底直径为一尺二寸，盆深一尺八寸，若盆中积水深九寸，则平地降雨量是（

）（注：①平地降雨量等于盆中积水体积除以盆口面积；②一尺等于十寸；③V台A．6寸 B．4寸 C．3寸 D．2寸【解题思路】根据积水深度先求出水面半径，然后可求盆中水的体积，根据平地降雨量的计算公式可求结果.【解答过程】如图，由题意可知，天池盆上底面半径为14寸，下底面半径为6寸，高为18寸，因为积水深9寸，所以水面半径为12则盆中水的体积为13所以平地降雨量等于588ππ故选：C.【变式1-2】（2023·全国·模拟预测）如图，已知正四棱台ABCD-A1B1C1D1的高为2,A．563 B．56 C．283 D【解题思路】设A1B1=2x，先根据正四棱台的性质将四边形PQDB各个边的长用关于x的代数式表示出来，再根据四边形PQDB【解答过程】如图，取BC的中点M，连接MP,B1D1，设BD,BAB=4又OOPM=等腰梯形PQDB的高为BP2-12所以四棱台的体积V=故选：A．【变式1-3】（2023·山东·统考一模）陀螺起源于我国，在山西夏县新石器时代的遗址中，就出土了目前发现的最早的石制陀螺因此，陀螺的历史至少也有四千年，如图所示为一个陀螺的立体结构图，若该陀螺底面圆的直径AB=12cm，圆柱体部分的高BC=6cm，圆锥体部分的高

A．(144+1213)πcmC．(108+1213)πcm2【解题思路】根据给定的几何体，求出圆锥的侧面积、圆柱的侧面积及上底面积即可.【解答过程】依题意，圆锥底面直径为12cm，则该圆锥的母线长l=6因此该圆锥的侧面积S1=π圆柱的侧面积为S2=2π所以这个陀螺的表面积是S=S1+故选：C.【题型2与球有关的截面问题】【例2】（2023·陕西咸阳·武功县普集高级中学校考模拟预测）已知球O的一个截面的面积为2π，球心O到该截面的距离比球的半径小1，则球O的表面积为（

A．8π B．9π C．12π【解题思路】设截面圆的半径为r，球的半径为R，依题意得到r=2且R-1【解答过程】依题意设截面圆的半径为r，球的半径为R，因为截面的面积为2π，所以r又R-12+r所以球O的表面积S=4故选：B.【变式2-1】（2023·全国·校联考模拟预测）上、下底面均为等边三角形的三棱台的所有顶点都在同一球面上，若三棱台的高为3，上、下底面边长分别为15，26，则该球的表面积为（

A．32π B．36π C．40π D．42π【解题思路】首先作图进行解答，设△ABC，△A1B1C1的外心分别为M【解答过程】设三棱台为ABC-A1B1C1，△ABC，∵△ABC，△A1B1C由题意易知△ABC高为352，△A1B1C1设外接球的半径为R，ON=h，连接OC1故h2+N解得h=1，R2=9故选:B.【变式2-2】（2023·河南·信阳高中校联考模拟预测）如图，在三棱锥A-BCD中，AB,AC,AD两两垂直，且AB=AC=

A．23π B．3π C．3【解题思路】由等体积公式求出截面圆的半径为r=(6)2-(3)2【解答过程】由题意知三棱锥A-BCD为正三棱锥，故顶点A在底面BCD的射影为△BCD的中心H，连接AH得13×1因为球的半径为6，所以截面圆的半径r=所以球面与底面BCD的交线是以H为圆心，3为半径的圆在△BCD如图所示

易求HN=13易得∠EHF=π所以交线长度和为2π故选：C.【变式2-3】（2023·江西南昌·江西师大附中校考三模）已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，E为棱CC1A．136π B．2512π C．【解题思路】由题意证得E是CC1的中点，由四面体ABCE的外接球的直径为AE=3，得到半径R=32，设M是外接球的球心，求得球心M到平面A【解答过程】在正方体ABCD-A1B1C1D1由平面BDE⊥平面A1BD，可得AC1又四面体ABCE的外接球的直径为AE=AC设M是AE的中点即球心，球心M到平面A1BD的距离为又设AC与BD的交点为O，则cos∠A1则d=OM⋅所以截面圆的面积为πr故选：A．【题型3体积、面积、周长、距离的最值与范围问题】【例3】（2023·福建莆田·莆田一中校考一模）如图，在边长为a的正三角形的三个角处各剪去一个四边形.这个四边形是由两个全等的直角三角形组成的，并且这三个四边形也全等，如图①.若用剩下的部分折成一个无盖的正三棱柱形容器，如图②.则这个容器的容积的最大值为（

）A．a327 B．a336 C．【解题思路】设出容器的高，求出容器容积的函数关系，利用导数求出最大值即得.【解答过程】设容器的高为x，则容器底面正三角形的边长为a-则三棱柱形容器容积V(求导得V'当x∈(0,318a)时，V'x<0，所以当x=318故选：C.【变式3-1】（2023·全国·模拟预测）在直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠BAC=60°A．4π B．8π C．43【解题思路】根据正弦定理可表示△ABC的外接圆半径，结合侧面积，可表示AA【解答过程】如图，设△ABC的外接圆半径为r，直三棱柱外接球的半径为R由正弦定理，得BCsin60°=2又因为侧面BCC1B1的面积为所以AA而2R所以R2=r2+1r2≥2所以直三棱柱外接圆的表面积的最小值Smin故选：B．【变式3-2】（2023·山东·山东省实验中学校考二模）正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AB=2，P为底面A1B1A．263 B．83 C．4【解题思路】设底面四边形ABCD的中心为O，连接PO，则PO=h，设点M到平面PCD的距离为d，利用等体积法求解即可【解答过程】设底面四边形ABCD的中心为O，连接PO，则PO=h，设点M到平面PCD的距离为d，OC=OD则△PCD中，CD边上的高为2+则S△由VM得13所以d=由h∈2,22，得h2所以d∈即点M到平面PCD的距离的取值范围是26所以点M到平面PCD的距离的最大值为42故选：C.【变式3-3】（2023·湖南长沙·长沙一中校考模拟预测）已知A，B，C，D是体积为2053π的球体表面上四点，若AB=4，AC=2，BC=23，且三棱锥A－BCDA．23 B．32 C．13 D【解题思路】先求出外接球半径，根据勾股定理逆定理得到∠ACB=π2，且S△ACB=23，求出点D到平面ABC的距离，求出点D所在球的截面的半径及三角形ABC的外接圆半径，设点D在平面ABC上的投影为E，当CE【解答过程】因为球的体积为2053π，故球的半径R满足20而AB=4，AC=2，BC=23，故故S△设点D到平面ABC的距离为h，则13×h×2点D在球的截面圆上，设截面圆所在的平面为α，因为h>R，所以平面α与平面

设球心到平面ABC的距离为d，而△ACB外接圆的半径为12AB=2故球心到平面α的距离为3-1=2，故截面圆的半径为5-4=1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CE=2+1=3，故CD长度的最大值为C故选：B．【题型4几何体与球的切、接问题】【例4】（2023·河北邯郸·统考三模）三棱锥S-ABC中，SA⊥平面ABC，AB⊥BC，SA=AB=BC．过点A分别作AE⊥SB，AF⊥SC交SB、SCA．33 B．13 C．22【解题思路】取SA的中点O1，SC的中点O2，连O1E，O1F，O2A，O2B，证明O2是三棱锥S-ABC的外接球的球心，SC为该球的直径；【解答过程】取SA的中点O1，SC的中点O2，连O1E，O1因为SA⊥平面ABC，AB,BC,AC⊂平面ABC，所以因为AB⊥BC，SA∩AB=A，SA,因为SB⊂平面SAB，所以BC在直角三角形SAC中，O2是斜边SC的中点，所以O在直角三角形SBC中，O2是斜边SC的中点，所以O所以O2是三棱锥S-ABC的外接球的球心，因为AE⊥SB，O1是斜边SA因为AF⊥SC，O1是斜边SA所以O1是三棱锥S-FAE的外接球的球心，设SA=AB=BC则S1=4π所以S1故选：B.【变式4-1】（2023·福建龙岩·统考模拟预测）如图，已知正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体为正八面体，则该正八面体的内切球表面积为（

）A．π6 B．π C．4π3【解题思路】由图形可得正八面体的棱长为2，分别求出正八面体的体积及表面积，再由等体积法求正八面体的内切球半径，即可求出球的表面积．【解答过程】根据图形，已知正方体的棱长为2，易知正八面体的棱长为正方体面对角线长的一半，即为22如图，在正八面体中连接AF，DB，CE，可得AF，DB，CE互相垂直平分，O为正八面体的中心，AO⊥平面BCDE，OD⊂平面BCDE，则AO⊥OD，在Rt△AOD中，则该正八面体的体积V=2×该八面体的表面积S设正八面体的内切球半径为r，∵13S r=∴S故选：C.【变式4-2】（2023·全国·模拟预测）为了便于制作工艺品，某工厂将一根底面半径为6cm，高为4cm的圆柱形木料裁截成一个正四棱台木料，已知该正四棱台上底面的边长不大于42A．128πcm2 B．145πcm2 C．【解题思路】根据正四棱台的体积最大，得到正四棱台上、下底面外接圆的半径及高，再求正四棱台外接球的半径，即可得解.【解答过程】由题意，当正四棱台的体积最大时，正四棱台的上底面边长为42cm，则上底面外接圆的半径为下底面的外接圆为圆柱的底面圆，半径为6cm，正四棱台的高为4设该正四棱台外接球的半径为Rcm，球心到正四棱台上底面的距离为x所以R2=16+x2=36+所以该正四棱台外接球的表面积为4π故选：B.【变式4-3】（2023·浙江温州·乐清市知临中学校考二模）如今中国被誉为基建狂魔，可谓是逢山开路，遇水架桥.公路里程､高铁里程双双都是世界第一.建设过程中研制出用于基建的大型龙门吊､平衡盾构机等国之重器更是世界领先.如图是某重器上一零件结构模型，中间最大球为正四面体ABCD的内切球，中等球与最大球和正四面体三个面均相切，最小球与中等球和正四面体三个面均相切，已知正四面体ABCD棱长为26，则模型中九个球的表面积和为（

A．6π B．9π C．31π【解题思路】作出辅助线，先求出正四面体的内切球半径，再利用三个球的半径之间的关系得到另外两个球的半径，得到答案.【解答过程】如图，取BC的中点E，连接DE，AE，则CE=BE=过点A作AF⊥底面BCD，垂足在DE上，且DF=2所以DF=22,点O为最大球的球心，连接DO并延长，交AE于点M，则DM⊥AE，设最大球的半径为R，则OF=因为Rt△AOM∽Rt△AEF，所以AOAE即OM=OF=1，则设最小球的球心为J，中间球的球心为K，则两球均与直线AE相切，设切点分别为H,连接HJ,KG，则HJ,则AJ=3HJ=3又JK=a+b，所以又OK=R+b=所以a=模型中九个球的表面积和为4π故选：B.【题型5空间线段以及线段之和最值问题】【例5】（2023·湖南长沙·长郡中学校联考模拟预测）已知底面边长为a的正四棱柱ABCD-A1B1C1D1内接于半径为3的球内，E，F分别为B1C1，C1D1的中点，G，HA．2 B．322 C．2 D【解题思路】求出正四棱柱的高h，表示出体积，用导数求得最大值，得正四棱柱为正方体，GH的最小值就是点G到EF的距离，H为EF的中点（即EF与A1C1的交点）时，GH⊥EF，然后两个Rt△AC1A1，Rt【解答过程】正四棱柱的高h=2V=a2则f'所以fa在0,2上单调递增，在2,+所以当a=2时，fa的最大值为当a=2时，hGH的最小值就是点G到EF的距离，由正方体的性质知，B1D1⊥A1C1，AA1⊥B1D1因此B1D1而E，F分别为B1C1，C1D1的中点，因此易知当H为EF的中点时，H∈A1C1，GH动线段GH，GM分别在Rt△AC1A1，Rt△AC1B1内，将两个平面沿AC1展开翻折至共面．如图，当所以GH+故选：B【变式5-1】（2023·安徽合肥·合肥市第六中学校考模拟预测）已知在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=BC=1，AA1=3，在线段A．33 B．213 C．37【解题思路】以DA,DC,DD1为x,y,【解答过程】解：如图，以DA,DC,则A(1,0,0),AC=(-1,1,0)，AA1=(0,0,3则p⋅AC=-x+y=0又A1D=(-1,0,-3)设A1M=则MN=因为MN//平面AA1C1MN2==4=4当μ=37时，MN2取得最小值37故选：D．【变式5-2】（2023·四川绵阳·模拟预测）如图，棱长为2的正方体ABCD-A1B1

①三棱锥D-BPC1的体积为定值；②C1P⊥CB1；③直线DC1A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【解题思路】①易证AD1//平面BDC1，由此即可说明三棱锥D-BPC1的体积为定值；②易证CB1⊥平面ABC1D1，由此即可证明C1P⊥CB1；③【解答过程】正方体ABCD-A1所以四边形ABC所以AD又AD1⊄平面BDC1所以AD1//即当点P在线段AD1上运动时又VD-BP所以三棱锥D-BPC在正方体ABCD-A1B1C1D1所以CB在正方形BCC1B又AB∩BC1=所以CB1⊥又C1P⊂所以C1P⊥连接A1D,交AD1于点

易知A1D//CB所以A1D⊥所以∠EC1D为直线DE=12所以在Rt△EC即直线DC1与平面ABC1D如图所示：将正方形A1B1C1D1沿A1D1翻折90°得到正方形A

易知D1G⊥所以PC所以C1在△DD1M中，所以DM2DM=C1P+DP的最小值为8+4故选：C.【变式5-3】（2023·天津和平·耀华中学校考二模）粽子，古称“角黍”，早在春秋时期就已出现，到晋代成为了端午节的节庆食物．现将两个正四面体进行拼接，得到如图所示的粽子形状的六面体，其中点G在线段CD（含端点）上运动，若此六面体的体积为163，则下列说法正确的是（

A．EF=2 B．C．EG+FG的最小值为32 D．EG【解题思路】设EF=a，然后求出正四面体的高，然后由体积可求得a，然后由侧面展开图可求EG【解答过程】设EF=a，则正四面体的高为因为六面体的体积为163，所以2×13

EG+FG的最小值为等边三角形ECD高的2倍，即故选：D.【题型6空间角问题】【例6】（2023·全国·模拟预测）已知正三棱柱ABC-A1B1C1的侧面积是底面积的63倍，点E为四边形ABB1AA．23913 B．3913 C．39【解题思路】法一：作出辅助线，找到异面直线BF与CE所成角，求出各边长，利用余弦定理求出答案；法二：建立空间直角坐标系，写出点的坐标，利用空间向量求出异面直线的夹角；法三：设CA=a，CB=b，CC1=c【解答过程】法一：如图所示，取A1B1的中点G，连接FG

因为点E为四边形ABB1A1的中心，所以所以四边形CFGE为平行四边形，所以FG//所以∠BFG或其补角就是异面直线BF与CE设该三棱柱的底面边长为2，正三棱柱ABC-A1则3×2A所以AA1=6则BG=62+1在△BFG中，由余弦定理得cos∠BFG=BF2法二：设AC=2，则由题得3×2CC以A为坐标原点，AC，AA1所在直线分别为y，

则B3,1,0，C0,2,0，E32,12,3所以异面直线BF与CE所成角的余弦值为3913法三：设AC=2，则由题得3×2CC设CA=a，CB=b，CC1=c，则a⊥a=b=2，cCE=12a+所以cos=9-2-1所以异面直线BF与CE所成角的余弦值为3913故选：B．【变式6-1】（2023·河北保定·统考二模）如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=BC=1，AA

A．13 B．33 C．23【解题思路】建立空间直角坐标系，解得平面A1BC1的法向量为m=(x,y,z)，DB1=(1,1,2)，设DE=λD平面AA1D1D的法向量为n=(0,1,0)，设A1【解答过程】如图，建立空间直角坐标系：

A1B=(0,1,-2)，设平面A1BC1的法向量为m=(则AB⋅m=y-2z所以m=(2,2,1)又DB1=(1,1,2)，因为点E设DE=λDB1=(λ,λ,2所以A1E=(λ-因为A1E⊂面A所以(λ-1,λ,2所以2(λ-1)+2所以A1E=(-13平面AA1D1D设A1E与平面AA所以sinα所以cosα故选：D．【变式6-2】（2023·全国·模拟预测）在正方体ABCD-A1B1C1D1中，若点NA．存在直线MN，使MN//B1C B．异面直线CMC．直线CM与平面BND所成的角为π3 D．平面BMC//【解题思路】根据两直线位置关系的判断可知直线MN与直线B1C相交或异面，知A错误；过点M作MH//A1B1，由异面直线所成角的定义可知两直线成角为∠CMH，设MH=x0≤x≤1，由tan∠CMH=3构造方程可求得x，知【解答过程】对于A，∵B1C⊂平面BCC∴当N与B1重合时，MN与B1C相交；当N与B1不重合时，即不存在直线MN与直线B1C平行，对于B，过点M作MH//A1B1，交B∵AB//A1B∵AB⊥平面BCC1B1，∴MH⊥平面设正方体的棱长为1，MH=x0≤∴HC=1+若∠CMH=π3，则∴异面直线CM,AB所成的角可以为π3对于C，连接AC，交BD于点O，连接MO，∵BB1⊥平面ABCD，AC⊂∵四边形ABCD为正方形，∴AC⊥BD，又BD∩B∴AC⊥平面BND，∴∠CMO即为直线CM设正方体棱长为1，C1M=a0<∴sin若∠CMO=π∴直线CM与平面BND所成的角不能为π3，C对于D，作MG//B1C1，交A∵MG//B∵BG,AN⊂平面ABB1A1，即平面BMC与平面C1NA总是相交，D故选：B.【变式6-3】（2023·四川遂宁·统考三模）如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，线段B1DA．当E运动时，二面角E-ABB．当E,F运动时，三棱锥体积C．当E,F运动时，存在点ED．当E,F运动时，二面角【解题思路】对A：建立空间直角坐标系，利用向量法求解二面角夹角的余弦值，根据其范围，即可判断；对B：利用棱锥体积公式，即可求得三棱锥的体积，即可判断.对C：由反证法判断；对D：平面EFB即为平面BDD1B1，平面CEF即为平面C【解答过程】对A：建立如图所示的空间直角坐标系，则A2,2,0因为E,F在B1D1可设Et,2-t则AE=设平面ABE的法向量为m=又AB=-2,0,0，所以AB取y=2，则m平面ABC的法向量为n=0,0,1，所以设二面角E-AB-C的平面角为θ，则因为1≤t≤2，y=所以2≤1+4当且仅当t=2时，cosθ取得最大值22，即θ取最小值45对B：因为S△BEF=12×EF所以体积为VB-AEF对C：若AE//BF，则A,B,B1对D：连接CD1,CB1,CE，平面EFB即为平面BDD1B故选：C.【题型7翻折问题】【例7】（2023·四川泸州·统考一模）已知菱形ABCD的边长为6，∠BAD=60°，将△BCD沿对角线BD翻折，使点C到点P处，且二面角A-BD-PA．21π B．2821π C．52【解题思路】先利用二面角的定义求得∠AOP=120°，再由三棱锥P-ABD的结构特征得到其外接球的球心在∠【解答过程】连接BD，AC交于O，连接PO，易得O为BD与

∵四边形ABCD为菱形，∴AC⊥BD，即AO∴二面角A-BD-P的平面角为又AB=AD=6，∠在△AOP中，由余弦定理得PA由三棱锥P-ABD的结构特征可得其外接球的球心在记外接球的球心为O'，设OO'所以x2即32=(33)三棱锥P-ABD的外接球的表面积为故选：D.【变式7-1】（2023·福建福州·福建省福州第一中学校考模拟预测）在矩形ABCD中，AB=3,AD=4，将△ABD沿对角线BD翻折至△A'BD的位置，使得平面A'BDA．43510 B．625 C．239【解题思路】如图，取BD的中点为O，连接A'O,CO，过A'作A'H⊥BD，垂足为H，连接CH，可证【解答过程】如图，取BD的中点为O，连接A'O,CO，过A'作A因为三角形A'DB为直角三角形，故同理CO=OD=所以O为三棱锥A'-BCD

因为A'H⊥BD，A'H⊂平面A'BD∩平面CBD=BD而CH⊂平面CBD，故A在直角三角形A'BD中，A'故BH=在直角三角形CBD中，cos∠故CH2=设球心到以A'C为直径的截面的距离为则d=故选：B.【变式7-2】（2023·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BC=2AB=2，现将△ABE沿AE向上翻折，使B点移到

A．存在点P，使得PEB．存在点P，使得PEC．三棱锥P-AEDD．当三棱锥P-AED的体积达到最大值时，三棱锥P【解题思路】连接DE，G为AE中点，连接PG，确定PG⊥AE，AE⊥DE，若CF∥AE，得到AE，PE重合，不成立，A错误，PG⊥平面AECD时，【解答过程】如图所示：连接DE，G为AE中点，连接PG，PG⊥连接PF，FE，PG=22AE=DE=2，故

对选项A：CF∥AE，若PE∥CF，又AE∩对选项B：当PG⊥平面AECD时，ED⊂平面AECD，则PG⊥PG∩AE=G，PG,AE⊂平面PAE，故ED故PE⊥对选项C：当PG⊥平面AECD时，三棱锥P最大值为13对选项D：PG⊥平面AECD，GF⊂平面AECD，故PF=PG故F是三棱锥P-AED外接球球心，半径为故外接球表面积为S=4π故选：A.【变式7-3】（2023·四川·校联考模拟预测）如图，已知△ABC是边长为4的等边三角形，D,E分别是AB,AC的中点，将△ADE沿着DE翻折，使点A到点

A．翻折过程中，该四棱锥的体积有最大值为3B．存在某个点P位置，满足平面PDE⊥平面C．当PB⊥PC时，直线PB与平面BCEDD．当PB=10【解题思路】对于A：根据垂直关系锥体的体积分析运算；对于B：根据题意结合二面角分析判断；对于C：根据线面夹角的定义结合垂直关系分析运算；对于D：根据题意结合球的性质分析运算.【解答过程】如图，设M,N分别为BC,对于选项A：当平面PDE⊥平面BCED时，四棱锥P因为N为DE的中点，且△PDE为等边三角形，则PN平面PDE⊥平面BCED，平面PDE∩平面BCED=DE，所以DE⊥平面BCED此时体积V=13对于选项B：因为BC//DE，BC⊄平面PDE，DE⊂平面所以BC//平面PDE，设平面PDE∩平面PBC=l，且BC⊂平面PBC，则且BC//DE，则l//DE，又因为DE⊥PN,所以DE⊥平面PMN则l⊥平面PMN，可得l⊥PM即∠NPM为平面PDE与平面PBC由PN=NM可知，∠NPM对于选项C：过P作MN的垂线，垂足为H，则PH⊥因为DE⊥平面PMN，PH⊂平面PMN，则MN∩DE=N,MN,则∠PBH为直线PB与平面BCED依题意可知，PB=在△PMN中，由余弦定理可得cos且∠PMN∈0,在Rt△PMH中，从而直线PB与平面BCED所成角的正弦值为PHPB=3对于选项D：当PB=10时，由BN=7，可知又因为PN⊥DE，且BN∩DE=且PN⊂平面PDE，则平面PDE⊥平面设四棱锥P-BCED的外接球球心为O，△PDE因为MB=MC=MD=则四边形OGNM为矩形，且OM=可得R2所以所求外接球的表面积为523π，故故选：B．【题型8立体几何中的轨迹问题】【例8】（2023·全国·模拟预测）如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为3，点P是平面ACB1内的动点，M，N分别为C1D1，

A．3π4 B．π2 C．π【解题思路】连接BD1，BC1，得到MN//BD1，把BP与MN所成的角就是直线BP与BD1所成的角，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，证得BD【解答过程】如图所示，连接BD1，BC1，则N为BC1的中点，又M因此直线BP与MN所成的角就是直线BP与BD在正方体ABCD-A1因为DD1⊥平面ABCD，AC⊂平面又因为BD∩DD1=D且BD,因为BD1⊂平面BDD1因为AC∩AB1=A，且AC,AB设BD1与平面ACB1的交点为G，连接在直角△PGB中，tanθ=PGBG又由BG=13所以点P的轨迹是以G为圆心，32为半径的圆，其面积为π故选：A.【变式8-1】（2023·海南省直辖县级单位·文昌中学校考模拟预测）已知四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD为正方形，侧棱与底面垂直，点P是侧棱DD1上的点，且DP=2

A．3 B．2 C．233 D【解题思路】先找到过点A与BP垂直的平面与侧面BCC1【解答过程】

如图，在侧棱AA1上取一点R，使得AR=2过点A作AN⊥BR交BR于点M，交BB1于点由PR∥AD，可知BR、PR⊂平面BPR从而AN⊥平面BPR，所以BP又由BP在平面ABCD内的射影BD⊥AC，所以AN、AC⊂平面ACN知BP⊥平面ACN，平面ACN，CN⊂所以所以动点Q的轨迹为线段CN，在Rt△ABN,Rt△则BNAB=易得CN=故选：D.【变式8-2】（2023·河北·统考模拟预测）已知正四棱锥（底面为正方形，且顶点在底面的射影为正方形的中心的棱锥为正四棱锥）P－ABCD的底面正方形边长为2，其内切球O的表面积为π3，动点Q在正方形ABCD内运动，且满足OQ=OP，则动点QA．2π11 B．3π11 C．【解题思路】利用等体积法及几何关系求出关于动点Q的等式关系，根据相关几何意义即可求出动点Q形成轨迹的周长.【解答过程】设内切球O的半径为R，则4πR2=如图，连接AC与BD，设交点为F，取AD的中点E，连接PE，PF，EF．根据等体积法得13∴134+4×12×2×解得PE=1311，PF=4311．在Rt△OFQ中，∴点Q在以点F为圆心，211为半径的圆上，其周长为2故选：C．【变式8-3】（2023·全国·校联考模拟预测）如图，已知正方体ABCD-A1B1C1D1

A．若P在面AB1CB．若A1P⊥AC．P的轨迹围成的封闭曲面体积为326D．四棱锥P-ABCD体积最大值为4【解题思路】根据给定条件，结合各选项条件的几何意义作出图形，分析计算判断作答.【解答过程】三角形A,

当P在面AB1C1D其是以O1,O2为圆心的两段优弧，连接AO1，设∵B1D2=AB12所以cos∠所以轨迹周长C为：2×2π-arccos-当A1P⊥AB1，则由图易知：点P位于平面A1

∴OD1由对称性可知：∠OPB1=∠OPA解得tanθ=2则D1P的最小值为3+1-对C，易知P的轨迹为图1绕AB1旋转形成的，也可理解为一个圆绕其体积大于圆转动形成体积减去中间重合的一个圆柱，由巴普斯定理：V=6π2-对D，因为P-ABCD体积最大，则P离平面ABCD最远，由图知VP-ABCDmax=1

故选：B.【题型9以立体几何为载体的情境题】【例9】（2023·云南大理·统考一模）我国古代数学名著《数书九章》中有“天池盆测雨”题，在下雨时，用一个圆台形的天池盆接雨水，天池盆盆口直径为36寸，盆底直径为12寸，盆深18寸.若某次下雨盆中积水的深度恰好是盆深的一半，则该天池盆中水的体积为（

）A．1404π立方寸 B．1080π立方寸 C．756π立方寸 D【解题思路】根据圆台的体积公式计算即可得解.【解答过程】如图，由题意可知，天池盆上底面半径为18寸，下底面半径为6寸，高为18寸，∵积水深9寸，∴水面半径为12则盆中水的体积为13π故选：C.【变式9-1】（2023·广东广州·广东实验中学校考一模）阿基米德多面体是由边数不全相同的正多边形为面的多面体．如图所示的阿基米德多面体有四个全等的正三角形面和四个全等的正六边形面，该多面体是由过正四面体各棱的三等分点的平面截去四个小正四面体得到．若该多面体的所有顶点都在球O的表面上，且点O到正六边形面的距离为62，则球O的体积为（

A．71424π B．7143π【解题思路】补全图形，利用正四面体特征及其内切球与外接球关系计算即可.【解答过程】将题图中的阿基米德多面体补全，得对应的正四面体ABCD，如图所示，设正四面体ABCD的棱长为a，易知点O为正四面体ABCD的中心，且点O到正六边形面的距离是正四面体ABCD的内切球的半径，易知正四面体ABCD的体积V=正四面体ABCD的表面积S=4×所以正四面体ABCD的内切球半径为3V所以612a=62则该正六边形的外接圆半径为2，所以球O的半径R=故球O的体积为43故选：D．【变式9-2】（2023·河南·校联考模拟预测）如图1所示，宫灯又称宫廷花灯，是中国彩灯中富有特色的汉民族传统手工艺品之一．图2是小明为自家设计的一个花灯的直观图，该花灯由上面的正六棱台与下面的正六棱柱组成，若正六棱台的上、下两个底面的边长分别为4dm和2dm，正六棱台与正六棱柱的高分别为1dm和6

A．108+303dm2 B．72+303dm2【解题思路】作出辅助线，求出正六棱台的侧高，从而求出正六棱台的侧面积，再求出正六棱台的下底面面积，圆柱的侧面积和底面积，相加得到该花灯的表面积.【解答过程】正六棱柱的六个侧面面积之和为2×6×6=72dm正六棱柱的底面面积为34如图所示，正六棱台ABCDEF-A1过点A1,B1,C1连接AD,BE,CF相交于点O，则过点A2作A2G⊥AB于点G，连接A其中A1A2=1dm由勾股定理得A2G=

所以正六棱台的斜高为2dm故正六棱台的侧面积为12又正六棱台的下底面面积为34所以该花灯的表面积为72+63故选：A．【变式9-3】（2023·河南郑州·统考模拟预测）《九章算术·商功》：“斜解立方，得两堑堵，斜解堑堵，其一为阳马，其一为鳖臑”.意思是一个长方体沿对角面斜解（图1），得到一模一样的两个堑堵（图2），再沿一个堑堵的一个顶点和相对的棱斜解（图2），得一个四棱锥称为阳马（图3），一个三棱锥称为鳖臑（图4）.若长方体的体积为V，由该长方体斜解所得到的堑堵、阳马和鳖臑的体积分别为V1，V2，V3

A．V1+VC．V2=2V【解题思路】根据题设得V=2V1，【解答过程】由题设，V=2V1，V1=如下图，连接BD，将阳马一分为二，又VA

所以V2=2V3，V1所以B错，C、D对.故选：B.1．（2023·北京·统考高考真题）坡屋顶是我国传统建筑造型之一，蕴含着丰富的数学元素．安装灯带可以勾勒出建筑轮廓，展现造型之美．如图，某坡屋顶可视为一个五面体，其中两个面是全等的等腰梯形，两个面是全等的等腰三角形．若AB=25m,BC=AD=10

A．102m B．112mC．117m D．125m【解题思路】先根据线面角的定义求得tan∠EMO=tan∠EGO=145，从而依次求【解答过程】如图，过E做EO⊥平面ABCD，垂足为O，过E分别做EG⊥BC，EM⊥AB，垂足分别为G

由题意得等腰梯形所在的面、等腰三角形所在的面与底面夹角分别为∠EMO和∠所以tan∠因为EO⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，所以因为EG⊥BC，EO,EG⊂所以BC⊥平面EOG，因为OG⊂平面EOG，所以BC同理：OM⊥BM，又BM⊥所以由BC=10得OM=5，所以EO=所以在直角三角形EOG中，EG在直角三角形EBG中，BG=OM=5又因为EF=所有棱长之和为2×25+2×10+15+4×8=117m故选：C.2．（2023·全国·统考高考真题）已知△ABC为等腰直角三角形，AB为斜边，△ABD为等边三角形，若二面角C-AB-D为150°，则直线A．15 B．25 C．35【解题思路】根据给定条件，推导确定线面角，再利用余弦定理、正弦定理求解作答.【解答过程】取AB的中点E，连接CE,DE，因为△ABC是等腰直角三角形，且AB又△ABD是等边三角形，则DE⊥AB，从而∠CED为二面角

显然CE∩DE=E,CE,DE⊂平面CDE因此平面CDE⊥平面ABC，显然平面CDE∩平面直线CD⊂平面CDE，则直线CD在平面ABC内的射影为直线CE从而∠DCE为直线CD与平面ABC所成的角，令AB=2，则CE=1,CD=由正弦定理得DEsin∠DCE显然∠DCE是锐角，cos所以直线CD与平面ABC所成的角的正切为35故选：C.3．（2023·全国·统考高考真题）已知圆锥PO的底面半径为3，O为底面圆心，PA，PB为圆锥的母线，∠AOB=120°，若△PAB的面积等于9A．π B．6π C．3π D【解题思路】根据给定条件，利用三角形面积公式求出圆锥的母线长，进而求出圆锥的高，求出体积作答.【解答过程】在△AOB中，∠AOB=120∘，而OA=OB=3∠ABO=30∘，OC=32解得PC=33所以圆锥的体积V=故选：B.4．（2023·天津·统考高考真题）在三棱锥P-ABC中，点M,N分别在棱PC,PB上，且PM=13PC，PN=A．19 B．29 C．13【解题思路】分别过M,C作MM'⊥PA,CC'⊥PA,垂足分别为M',C'.过B作BB'⊥平面PAC，垂足为B'，连接PB',过N作【解答过程】如图，分别过M,C作MM'⊥PA,CC'⊥PA,垂足分别为M',C'.过B作

因为BB'⊥平面PAC，BB'⊂平面又因为平面PBB'∩平面PAC=PB'，NN'⊥P在△PCC'中，因为MM'在△PBB'中，因为B所以VP故选：B.5．（2021·浙江·统考高考真题）如图已知正方体ABCD-A1B1C1D1，MA．直线A1D与直线D1BB．直线A1D与直线D1BC．直线A1D与直线D1BD．直线A1D与直线D1B【解题思路】由正方体间的垂直、平行关系，可证MN//AB,A【解答过程】连AD1，在正方体