新高考數(shù)學二輪復習專題講測練專題07 立體幾何小題?？既珰w類（精講精練）（解析版）

專題07立體幾何小題常考全歸類【命題規(guī)律】高考對該部分的考查，小題主要體現(xiàn)在兩個方面：一是有關空間線面位置關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．已知正三棱錐的六條棱長均為6，S是及其內(nèi)部的點構成的集合．設集合，則T表示的區(qū)域的面積為（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】設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：B2．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）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，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）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，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：ABD5．（多選題）在正三棱柱中，，點滿足，其中，，則（

）A．當時，的周長為定值B．當時，三棱錐的體積為定值C．當時，有且僅有一個點，使得D．當時，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，當時，，即此時線段，周長不是定值，故A錯誤；對于B，當時，，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，建立空間直角坐標系如圖，，，，則，，，所以或．故均滿足，故C錯誤；對于D，當時，，取，中點為．，所以點軌跡為線段．設，因為，所以，，所以，此時與重合，故D正確．故選：BD．6．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：應弄清各構成部分，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系為．注意：解決球與其他幾何體的切、接問題，關鍵在于仔細觀察、分析，弄清相關元素的位置關系和數(shù)量關系；選準最佳角度作出截面（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點和線段在運動，求有關角度和距離的最值；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、面的位置關系；二是代數(shù)法，通過建立空間直角坐標系，利用點的坐標表示所求量的目標函數(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，既考查學生的空間想象能力，即點、線、面的位置關系，又考查用代數(shù)方法研究軌跡的基本思想，培養(yǎng)學生的數(shù)學運算、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?shù)目臻g直角坐標系或平面直角坐標系．9、以立體幾何為載體的情境題大致有三類：（1）以數(shù)學名著為背景設置問題，涉及中外名著中的數(shù)學名題名人等；（2）以數(shù)學文化為背景設置問題，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，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系為．【典型例題】例1．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．球體在工業(yè)領域有廣泛的應用，某零件由兩個球體構成，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，則有，所以，所以，當時，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．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．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系，則，設，所以，又因為，所以，所以，假設存在點使得，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．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【解析】如下圖，連接，在正方體中，，分別為，的中點，可得，，所以當在棱移動時，到平面的距離為定值，當在棱移動時，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．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．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．2 B．3 C．4 D．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、面的位置關系；二是代數(shù)法，通過建立空間直角坐標系，利用點的坐標表示所求量的目標函數(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）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，則所得的棱錐側(cè)面的高為，棱錐的高為其體積為：，當且僅當時等號成立，即體積的最大值為，故選：B.例9．已知長方體中，，，，為矩形內(nèi)一動點，設二面角為，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．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，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，當且僅當取等號，所以，即的最小值為．故選：A．例11．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【解析】如下圖，連接，在正方體中，，分別為，的中點，可得，，所以當在棱移動時，到平面的距離為定值，當在棱移動時，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．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，當時取等號，故的最小值為，進而，故的最大值為，故答案為：例13．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．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．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、面的位置關系；二是代數(shù)法，通過建立空間直角坐標系，利用點的坐標表示所求量的目標函數(shù)，借助函數(shù)思想方法求最值【典型例題】例16．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．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】以點為坐標原點，分別為軸的正方向，建立空間直角坐標系，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，從而得點關于平面對稱的點為，所以的最小值為．故選：B．例18．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，設點的新位置為，連接，則有．當三點共線時，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要求的．（3）計算：在證明的基礎上計算得出結(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）既是關鍵又是難點，為此可構造三棱錐，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．已知正方體中，為內(nèi)一點，且，設直線與所成的角為，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，，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．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，則,,因為在上余弦函數(shù)單調(diào)遞減，又，故A對.當時,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)圖形特征及空間關系，可知正確.故選:C例21．）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．① B．①② C．②③ D．①③【答案】B【解析】如圖，設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，則，，由，得，，則，由得；③，則，即，所以，則.故選：B例22．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，則，，，，，則有，由可得，則有，則又故，又故故選：A例23．設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?shù)目臻g直角坐標系或平面直角坐標系．【典型例題】例24．設正方體的棱長為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．1 B．2 C．3 D．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．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．2 C． 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．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PBDB．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·高三開學考試）如圖，正方體，P為平面內(nèi)一動點，設二面角的大小為，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為原點,分別以OA、OB、所在直線為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系，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）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點為坐標原點建立空間直角坐標系，則，可得，，設與底面所成的角為，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，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·平羅中學高三階段練習（理））設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)第三中學高三階段練習）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．①② B．①③ C．②③ D．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）將地球近似看作球體.設地球表面某地正午太陽高度角為，為此時太陽直射緯度（當?shù)叵陌肽耆≌?，冬半年取負值），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，把握圖形之間的關系，感悟數(shù)學本質(zhì)．【典型例題】例33．（2022·全國·高三專題練習）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，又面，，又,，故與可能垂直，故B正確當面面時，此時面，即為直線與平面所成角此時，故C錯誤當面面時，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·杭州高級中學模擬預測）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,設處為沿翻折后的位置，以D為坐標原點，DA,DC分別為x,y軸，過點D作平面ABCD的垂線為z軸，建立空間直角坐標系，則，設，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,則，即，即，當將翻折到如圖位置時，位于平面ABCD內(nèi)，不妨假設此時，設垂足為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）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???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）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，則.如圖所示，取點E，F(xiàn)分別為AB，BC的中點，連結(jié)AF，DE，設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.當點的投影為點G時，則；當點的投影在DG上時，則；當點的投影在GE上時，則；當點投影為點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）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，關于函數(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)的圖象關于直線對稱D．，使得（其中為四面體的體積）【答案】A【解析】設點在平面內(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，，當時，，此時函數(shù)單調(diào)遞增，；當時，，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·重慶市長壽中學校高三階段練習）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．1 B．2 C．3 D．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系，設，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，則，設是平面的一個法向量，則，令可得，即，因為平面，所以，即，設與所成角為，則，當時，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有限責任公司模擬預測（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，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·上海市實驗學校高三階段練習）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：B6．（2022·湖南·模擬預測）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．5 C． 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：C7．（2022·山西·高三階段練習）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．2 D．【答案】A【解析】設該正方體的棱長為，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：A8．（2022·浙江·高三階段練習）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，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，則平面的法向量為：，，設，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，當且僅當，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：C9．（多選題）（2022·云南曲靖·高三階段練習）已知正方體的棱長為1，點為側(cè)面內(nèi)一點，則（

）A．當時，異面直線與所成角的正切值為2B．當時，四面體的體積為定值C．當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）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CEFD．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A關于BC的對稱點為Q，N關于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，建立空間直角坐標系，則，設平面EFG的法向量為，則，令，則，故，A選項，設，則，因為平面，所以，即，解得：，故，故，，所以，則點為的中點，A正確；設點到平面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：ABC12．（多選題）（2022·安徽·阜陽師范大學附屬中學高三階段練習）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，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·江蘇省泰興中學高三階段練習）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：設分別為對應棱的中點，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，當時，外接球體積的最小值為，D正確故選：BCD14．（多選題）（2022·江蘇鹽城·高三階段練習）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．當時，平面截球O所得截面的周長為D．當時，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∵，，則為平行四邊形∴，又∵平面，平面，∴平面，又∵平面，，平