第55講、立體幾何中的壓軸小題（教師版）

第55講立體幾何中的壓軸小題必考題型全歸納題型一：球與截面面積問題例1．（2024·湖南長沙·高二長郡中學?？奸_學考試）已知三棱錐的四個頂點在球O的球面上，，是邊長為的正三角形，，，，過點E作球O的截面，截面面積最小值為（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】∵，為邊長為的等邊三角形，∴為正三棱錐，取的中點，連接，則，，平面，所以平面，平面，所以，又，，∴，∴，又，，平面PAC，∴平面PAC，平面PAC，∴，∴，∴為正方體的一部分，可得外接球的半徑為，取的中點，連接，可得，，所以，過點E作球O的截面，設截面與棱的交點分別為，當OE垂直時截面面積最小，此時即為截面圓的圓心，截面圓半徑為，截面面積為.故選：A．例2．（2024·四川綿陽·高三綿陽南山中學實驗學校校考階段練習）四面體ABCD的四個頂點都在球的球面上，，，點E，F(xiàn)，G分別為棱BC，CD，AD的中點，現(xiàn)有如下結論：①過點E，F(xiàn)，G作四面體ABCD的截面，則該截面的面積為2；②四面體ABCD的體積為；③過作球的截面，則截面面積的最大值與最小值的比為5：4.則上述說法正確的個數(shù)是（

）A．0 B．1 C．2 D．3【答案】C【解析】選項①中，如圖（1）所示，找的中點，過點E，F(xiàn)，G做四面體ABCD的截面即為面，則,，所以四邊形為平行四邊形，找的中點,連接，因為，所以平面，所以平面，平面，所以，所以，所以四邊形為矩形，，，所以截面的面積，故①正確；選項②中，中，由勾股定理得：，同理，過點作,則，所以由勾股定理得：，所以，由選項①可得：平面,所以，，故②錯誤；選項③中，可以將四面體放入如圖（2）所示的長方體中，由題可求得，，所以外接球的半徑，截面面積的最大值為；平面截得的面積為最小面積，半徑，截面積最小為，所以截面面積的最大值與最小值的比為5：4，故③正確.圖（1）圖（2）例3．（2024·四川內(nèi)江·四川省內(nèi)江市第六中學?？寄M預測）已知球是正三棱錐（底面是正三角形，頂點在底面的射影為底面中心）的外接球，，，點是線段的中點，過點作球的截面，則所得截面面積的最小值是（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】如圖，是A在底面的射影，由正弦定理得，的外接圓半徑，由勾股定理得棱錐的高，設球O的半徑為R，則即，解得，所以，即點O與重合，在中，點是線段的中點，，所以，當截面垂直于OE時，截面面積最小，此時半徑為，截面面積為.故選：A變式1．（2024·寧夏銀川·校聯(lián)考二模）2022年第三十二屆足球世界杯在卡塔爾舉行，第一屆世界杯是1930年舉辦的，而早在戰(zhàn)國中期，中國就有過類似的體育運動項目：蹴鞠，又名蹴球，蹴圓，筑球，踢圓等，蹴有用腳蹴、踢、蹋的含義，鞠最早系外包皮革、內(nèi)實米糠的球．因而蹴鞠就是指古人以腳蹴、蹋、踢皮球的活動，類似于今日的足球．2006年5月20日，蹴鞠作為非物質(zhì)文化遺產(chǎn)經(jīng)國務院批準已列入第一批國家非物質(zhì)文化遺產(chǎn)名錄．已知半徑為的某鞠（球）的表面上有四個點，，，，，，，則該鞠（球）被平面所截的截面圓面積為（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】因為三棱錐的外接球的半徑，而，所以為外接球的直徑，如圖，將三棱錐放入如圖所示的長方體，則，設長方體的另一棱長為，所以，解得，即，設外接球的球心為，所以，，設的外接圓的半徑為，則，則，所以，則，所以該鞠（球）被平面所截的截面圓面積．故選：D變式2．（2024·全國·高三專題練習）在正方體中，分別為的中點，該正方體的外接球為球，則平面截球得到的截面圓的面積為（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】如圖，連接，由題意易知，，故四邊形為平行四邊形.設，取的中點，連接，在Rt中，，故點到的距離為，故點到的距離為，因此圓心到平面的距離為.由題易知球的半徑，故平面截球得到的截面圓的半徑，故截面圓的面積.故選：D變式3．（2024·四川遂寧·射洪中學校考模擬預測）已知球O內(nèi)切于正方體，P，Q，M，N分別是的中點，則該正方體及其內(nèi)切球被平面所截得的截面面積之比為（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】如圖，易知正方體的內(nèi)切球的球心O為的中點，設球O切上下底面中心于點E，F(xiàn)，則球O的半徑，又易知球心O到平面的距離等于E到平面的距離，設交于點G，則易證平面，∴球心O到平面的距離，設正方體的棱長為，則，，∴球O被平面所截的小圓半徑，∴球O被平面所截的小圓面積為，又易知，，∴該正方體被平面所截得的截面面積為，∴該正方體及其內(nèi)切球被平面所截得的截面面積之比為，故選：A變式4．（2024·河南洛陽·高三校聯(lián)考階段練習）已知三棱錐P-ABC的棱長均為6，且四個頂點均在球心為O的球面上，點E在AB上，，過點E作球O的截面，則截面面積的最小值為（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】如圖，因為三棱錐的棱長均為6，所以點P在平面ABC內(nèi)的射影H是的中心，取BC的中點D，連接AD，則點H在AD上，且，所以，，，則．設三棱錐P-ABC的外接球半徑為R，則OP＝OA＝R，在中，，解得．因為，所以AE＝2，取AB的中點F，則EF＝1，且，所以．當過點E的球O的截面與OE垂直時，截面面積最小，設截面圓的半徑為r，則，所以截面面積為．故選：A．題型二：體積、面積、周長、角度、距離定值問題例4．（2024·福建三明·高一校考階段練習）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【答案】C【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5．（2024·四川成都·校考模擬預測）如圖，在四棱柱中，底面為正方形，底面，，?分別是棱?上的動點，且，則下列結論中正確的是（

）A．直線與直線可能異面B．三棱錐的體積保持不變C．直線與直線所成角的大小與點的位置有關D．直線與直線所成角的最大值為【答案】B【解析】連接NC，MC，因為四棱柱中，，底面為正方形，底面顯然四邊形為平行四邊形，所以直線與直線一定相交，A錯誤；連接，取的中點O，連接NO，MO，因為，，由三線合一可知：，，因為，所以平面MON，，設四邊形的面積為S，則為定值，故為定值，三棱錐的體積保持不變，B正確；連接BD，，因為四邊形ABCD為正方形，所以AC⊥BD，又底面ABCD，平面ABCD，所以，因為，所以AC⊥，因為MN平面，所以AC⊥MN，直線與直線所成角的大小與點的位置無關，C錯誤；過點N作NH∥AD交于點H，連接HM，則為直線與直線的夾角，且，其中，其中為定值，故要想直線與直線所成角的最大，只需HM最大，設正方形邊長為a，則HN=a，顯然當N與點重合，M與B重合時，HM最大，最大值為，此時，故D錯誤.故選：B例6．（多選題）（2024·福建三明·統(tǒng)考三模）如圖，正方體的棱長為，點是的中點，點是側面內(nèi)一動點，則下列結論正確的為（

）

A．當在上時，三棱錐的體積為定值B．與所成角正弦的最小值為C．過作垂直于的平面截正方體所得截面圖形的周長為D．當時，面積的最小值為【答案】ABD【解析】對于A選項，連接、，如下圖所示：在正方體中，且，故四邊形為平行四邊形，所以，，因為平面，平面，所以，平面，當在上時，點到平面的距離等于點到平面的距離，所以，，A對；對于B選項，連接，因為平面，所以，與所成的最小角為直線與平面所成的角，因為平面，所以，與平面所成角為，因為平面，所以，，因為，，所以，，所以，，故與所成角正弦的最小值為，B對；對于C選項，分別取線段、的中點、，連接、、、、、、，因為四邊形為正方形，則，又因為平面，平面，則，因為，、平面，所以，平面，因為平面，則，在和中，，，，所以，，則，所以，，則，即，因為平面，平面，則，因為，、平面，所以，平面，因為平面，所以，，因為、分別為、的中點，則，因為且，故四邊形為平行四邊形，所以，，所以，，則、、、四點共面，因為，，，、平面，所以，平面，過作垂直于的平面截正方體所得截面，則截面為梯形，由勾股定理可得，同理可得，，，所以，截面周長為，C錯；對于D選項，由C選項可知，平面，則點的軌跡為線段，因為平面，平面，則，則，當時，即當點與點重合時，的長取最小值，此時，，所以，，D對.故選：ABD.變式5．（多選題）（2024·廣東梅州·統(tǒng)考三模）已知正方體的棱長為2，為四邊形的中心，為線段上的一個動點，為線段上一點，若三棱錐的體積為定值，則（

）A． B．C． D．【答案】BC【解析】連接，交于點，連接，因為為四邊形的中心，所以，又平面，平面，所以平面，因為三棱錐的體積等于三棱錐的體積，且為定值，所以平面，所以平面與平面為同一平面，所以為與的交點，所以，故A錯誤，B正確；因為正方體的棱長為2，所以．故C正確，D錯誤．故選：BC．變式6．（多選題）（2024·山西大同·高三統(tǒng)考階段練習）如圖，正方體的棱長為2，線段上有兩個動點，且，以下結論正確的有（

）

A．B．C．正方體的體積是三棱錐的體積的12倍D．異面直線所成的角為定值【答案】ABC【解析】A：易知，，所以，正確；B：建立如圖空間直角坐標系，則，，，，，所以，，，所以，，即，，因為，，平面，所以平面，又平面，所以，正確;C：連接，交于，則，因為平面，平面，所以，又，、平面，所以平面，所以，又，所以正方體的體積是三棱錐的體積的12倍，正確;D：當點在處，為的中點時，由正方體性質(zhì)易知，異面直線所成的角是，由面，面，則，正方形中顯然，，且、面，故面，面，所以，故，當在的中點時，在的位置，由正方體性質(zhì)易知，異面直線所成的角是，由面，面，則，故，綜上，，，即，即兩個角不相等，錯誤.故選：ABC.變式7．（多選題）（2024·廣東深圳·高三紅嶺中學?？计谀┮阎庵鵄BC﹣A1B1C1的底面邊長為1，AA1=1，點P滿足，其中λ∈[0,1],μ∈[0,1]，下列選項正確的是（

）

A．當λ=1時，△AB1P的周長為定值B．當μ=1時，三棱錐P﹣A1BC的體積為定值C．當時，有且僅有兩個點P，使得A1P⊥BPD．當時，有且僅有一個點P，使得A1B⊥平面AB1P【答案】BCD【解析】因為點P滿足，其中，所以點在矩形內(nèi)部（含邊界）．對于A項，當時，．即此時線段，因為為變值，故的周長不是定值，故A項錯誤；對于B項，當時，，故此時點的軌跡為線段，而，所以平面，則點到平面的距離為定值，所以其體積為定值，故B項正確；對于C項，當時，，取，的中點分別為，，則，所以點的軌跡為線段，不妨建系解決，以方向為軸，方向為軸，方向為軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，，所以，，，所以或，故H，Q均滿足，故C項正確；對于D項，當時，，取，的中點為M，N，，所以點的軌跡為線段，設，因為，所以，，所以，此時點與重合，故D項正確．故選：BCD變式8．（多選題）（2024·福建廈門·統(tǒng)考模擬預測）如圖，在棱長為1的正方體中，點滿足，其中，則（

）A．B．當時，有且僅有一個點，使得平面C．當時，有且僅有一個點，使得D．當時，三棱錐的體積為定值【答案】AD【解析】如圖建立空間直角坐標系，則因為，，所以所以，對于選項A，則，所以，因為，所以，故A答案正確；對于選項B，當時，，,設面的法向量為，則，令，所以，若平面，則，無解，所以不存在點，使得平面,故選項B錯誤；對于選項C，當時，,若，則，，無解，所以不存在點，使得，故C錯誤；對于選項D，為邊長為的等邊三角形，所以,點P到平面的距離為，當時，點P到平面的距離為定值，則三棱錐的體積為定值，故D選項正確.故選：AD.變式9．（多選題）（2024·湖南·校聯(lián)考模擬預測）如圖，為正方體.任作平面與對角線垂直，使得與正方體的每個面都有公共點，記這樣得到的截面多邊形的面積為S，周長為l.則（

）

A．S為定值 B．S不為定值 C．l為定值 D．l不為定值【答案】BC【解析】將正方體切去兩個正三棱錐與后，得到一個以平行平面與為上、下底面的幾何體V，在上取一點，作，，再作，，，則六邊形即為平面，V的每個側面都是等腰直角三角形，截面多邊形W的每一條邊分別與V的底面上的一條邊平行，將V的側面沿棱剪開，展平在一張平面上，得到一個平行四邊形，而多邊形W的周界展開后便成為一條與平行的線段（如圖中），顯然，故為定值.當位于中點時，多邊形W為正六邊形，而當移至處時，W為正三角形，易知周長為定值的正六邊形與正三角形面積分別為與，故S不為定值.故選：BC變式10．（多選題）（2024·重慶沙坪壩·重慶南開中學?？寄M預測）已知三棱錐，，為棱上一點，且，過點作平行于直線和的平面，分別交棱于．下列說法正確的是（

）

A．四邊形為矩形B．四邊形的周長為定值C．四邊形的面積為定值D．當時，平面分三棱錐所得的兩部分體積相等【答案】ABD【解析】取的中點，連，因為，，所以，，因為，平面，所以平面，因為平面，所以，因為，平面，平面，所以，同理可得，，，又因為，所以，，，，所以四邊形為矩形，故A正確；因為，，所以，因為，所以，所以，同理可得，所以四邊形的周長為為定值，故B正確；四邊形的面積為不是定值，故C不正確；當時，分別為棱的中點，多面體的體積為，多面體的體積為，因為，，多面體的體積等于多面體的體積，即平面分三棱錐所得的兩部分體積相等，故D正確.故選：ABD變式11．（多選題）（2024·重慶·統(tǒng)考模擬預測）在正方體中，點P滿足，其中，，則下列說法正確的是（

）A．當時，平面B．當時，三棱錐的體積為定值C．當時，△PBD的面積為定值D．當時，直線與所成角的取值范圍為【答案】ABD【解析】對于A選項，如下圖，當時，點在面對角線上運動，又平面，所以平面，在正方體中，且，則四邊形為平行四邊形，所以，，平面，平面，平面，同理可證平面，，所以，平面平面，平面，所以，平面，A正確；對于B選項，當時，如下圖，點在棱上運動，三棱錐的體積為定值，B正確；對于C選項，當時，如圖，點在棱上運動，過作于點，則，其大小隨著的變化而變化，C錯誤；對于D選項，如圖所示，當時，，，三點共線，因為且,所以四邊形為平行四邊形，所以，所以或其補角是直線與所成角，在正中，的取值范圍為，D正確.故選：ABD.題型三：體積、面積、周長、距離最值與范圍問題例7．（2024·福建福州·福州四中?？寄M預測）在如圖所示的試驗裝置中，兩個正方形框架的邊長均為2，活動彈子在線段上移動（包含端點），彈子分別固定在線段的中點處，且平面，則當取最大值時，多面體的體積為（

）

A． B． C． D．【答案】A【解析】因為平面，平面，所以，所以為直角三角形，所以當最短時，取最大值，即時，取最大值，因為分別固定在線段的中點處，所以，所以，因為為銳角，所以，所以，所以多面體的體積為，故選：A例8．（2024·山東青島·高三統(tǒng)考期中）已知正四棱錐的各頂點都在同一個球面上，球的體積為，則該正四棱錐的體積最大值為（

）A．18 B． C． D．27【答案】B【解析】如圖，設正四棱錐的底面邊長，高，外接球的球心為，則，因為球的體積為，所以球的半徑為，在中，，即，所以正四棱錐的體積為整理得，則，當時，，當時，，所以在上遞增，在上遞減，所以當時，函數(shù)取得最大值，故選：B例9．（2024·陜西西安·西安市大明宮中學?？寄M預測）已知正方體的棱長為是正方形（含邊界）內(nèi)的動點，點到平面的距離等于，則兩點間距離的最大值為（

）A． B．3 C． D．【答案】D【解析】由題意可知：，設三棱錐的高為，因為，則，解得，即點到平面的距離等于，又因為∥，且，則四邊形為平行四邊形，則∥，平面，平面，所以∥平面，即點的軌跡為線段，因為平面，平面，所以，在中，兩點間距離的最大值為.故選：D.變式12．（2024·河南·校聯(lián)考模擬預測）點是圓柱上底面圓周上一動點，是圓柱下底面圓的內(nèi)接三角形，已知在中，內(nèi)角、、的對邊分別為、、，若，，三棱錐的體積最大值為，則該三棱錐外接球的表面積為（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】在中，由余弦定理可得，即，當且僅當時，等號成立，所以，，設圓柱的高為，則，因為三棱錐的體積的最大值為，則，所以，，圓柱底面圓半徑，設三棱錐的外接球的半徑為，則該三棱錐的外接球和圓柱的外接球為同一個球，則，因此，三棱錐外接球的表面積為.故選：B.變式13．（2024·貴州畢節(jié)·校考模擬預測）如圖，是半球的直徑，為球心，為此半球大圓弧上的任意一點（異于在水平大圓面內(nèi)的射影為，過作于，連接，若二面角的大小為，則三棱錐的體積的最大值為（

）

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，因此為二面角的平面角，即，設，則，在中，，，在中，，則，顯然，令，，求導得，當時，，函數(shù)單調(diào)遞增，當時，，函數(shù)單調(diào)遞減，因此當時，，即當時，取得最大值，所以當時，三棱錐的體積取得最大值.故選：A變式14．（2024·寧夏石嘴山·統(tǒng)考一模）圓錐的底面半徑為，母線長為，是圓錐的軸截面，是的中點，為底面圓周上的一個動點（異于、兩點），則下列說法正確的是（

）A．存在點，使得 B．存在點，使得C．三棱錐體積最大值為 D．三棱錐體積最大值為【答案】C【解析】根據(jù)題意可知，如下圖所示：對于A，因為圓是直徑，所以，假設存在點，使得，又因為，、平面，所以平面，又因為平面，所以，又因為、都是圓錐的母線，即，所以不成立，所以不存在點，使得，即A錯誤；對于B，因為是的中點，是的中點，所以，若存在點，使得，所以，這與矛盾，所以B錯誤；對于C，易知三棱錐的高為，所以當?shù)酌娣e最大時，其體積最大，又因為，所以，當且僅當時等號成立，所以，即三棱錐的體積，即三棱錐的體積的最大值為，所以，C正確；對于D，因為、分別為、的中點，則，即三棱錐體積最大值為，所以，D錯誤.故選：C.變式15．（2024·全國·高三專題練習）已知圓錐SO（O是底面圓的圓心，S是圓錐的頂點）的母線長為，高為1，P?Q為底面圓周上任意兩點．有以下三個結論：①三角形SPQ面積的最大值為2；②三棱錐體積的最大值為；③四面體SOPQ外接球表面積的最小值為．以上所有正確結論的個數(shù)為（

）A．0 B．1 C．2 D．3【答案】B【解析】①如圖，由條件可知，，點是直徑的兩個端點，，所以是鈍角，，當時，的面積最大，最大值是，故①錯誤；②，，當時，的最大值是，所有三棱錐的最大值是，故②正確；③設外接圓的半徑為，四面體SOPQ外接球的半徑，中，根據(jù)正弦定理可得，，得，，所以，則外接球的半徑也無最小值，所以四面體SOPQ外接球表面積無最小值，故③錯誤.故選：B變式16．（2024·河北·統(tǒng)考模擬預測）在正四面體中，為的中點，點在以為球心的球上運動，，且恒有，已知三棱錐的體積的最大值為，則正四面體外接球的體積為（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】由題知，為的中點，點在以為球心的球上運動，，所以都在以為球心的球上，又因，則在的中垂面上，如圖，連接，都為正三角形，且為的中點，，，平面，平面，平面，平面是的中垂面，即在平面上，所以點在平面與以為球心，為半徑的球的交線上，即在以為圓心，為半徑的平面內(nèi)的圓上，取中點，連接，延長至點，使，作在平面內(nèi)，以為圓心，為半徑的圓，則圓上的點到平面的距離最遠，故在處，設，則，，平面，平面，,,,在中，，點到平面的距離，所以，解得，如圖則其外接正方體的邊長為，所以正四面體外接球即為邊長為正方體的外接球，故外接球半徑，所以外接球體積.故選：A變式17．（2024·湖北恩施·?？寄M預測）如圖，矩形ABCD中，E、F分別為BC、AD的中點，且，現(xiàn)將沿AE向上翻折，使點移到P點，則在翻折過程中，下列結論不正確的是（

）

A．存在點P，使得B．存在點P，使得C．三棱錐的體積最大值為D．當三棱錐的體積達到最大值時，三棱錐外接球表面積為4π【答案】A【解析】如圖所示：連接，為中點，連接，，連接，，，，，故，故，對選項A：，若，又，則，重合，不成立，錯誤；對選項B：當平面時，平面，則，又，，平面，故平面，平面，故，正確；對選項C：當平面時，三棱錐體積最大，最大值為，正確；對選項D：平面，平面，故，，故，故是三棱錐外接球球心，半徑為，故外接球表面積為，正確.故選：A.變式18．（2024·四川成都·四川省成都市玉林中學?？寄M預測）如圖，圓臺的上、下底面圓半徑分別為1、2，高，點S、A分別為其上、下底面圓周上一點，則下列說法中錯誤的是（

）

A．該圓臺的體積為B．直線SA與直線所成角最大值為C．該圓臺有內(nèi)切球，且半徑為D．直線與平面所成角正切值的最大值為【答案】B【解析】對于A選項，，則A選項正確．對于B選項，如圖（1），過作垂直于下底面于點，則，所以直線與直線所成角即為直線與直線所成角，即為所求，而，由圓的性質(zhì)得，，所以，因為，則B選項錯誤．對于C選，設上底面半徑為，下底面半徑為，若圓臺存在內(nèi)切球，則必有軸截面的等腰梯形存在內(nèi)切圓，如圖（2）所示，梯形的上底和下底分別為2，4，高為，易得等腰梯形的腰為，假設等腰梯形有內(nèi)切圓，由內(nèi)切圓的性質(zhì)以及切線長定理，可得腰長為，所以圓臺存在內(nèi)切球，且內(nèi)切球的半徑為，則C選項正確；對于D選項，如圖（3），平面即平面，過點做交于點，因為垂直于下底面，而含于下底面，所以，又，且平面，所以平面，所以直線與平面所成角即為，且．設，則，所以，其中，所以，當時，，當時，．根據(jù)復合函數(shù)的單調(diào)性，可知函數(shù)，在上單調(diào)遞增，所以當時，有最大值，最大值為，所以D選項正確．故選：B.變式19．（2024·山東·山東省實驗中學校考二模）正四棱柱中，，為底面的中心，是棱的中點，正四棱柱的高，點到平面的距離的最大值為（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】設底面四邊形的中心為，連接，則，設點到平面的距離為，，，則中，邊上的高為，則，由，得，所以，由，得，則，則，所以，即點到平面的距離的取值范圍是，所以點到平面的距離的最大值為.故選：C.變式20．（2024·湖南長沙·長沙一中?？寄M預測）已知A，B，C，D是體積為的球體表面上四點，若，，，且三棱錐A－BCD的體積為，則線段CD長度的最大值為（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】因為球的體積為，故球的半徑R滿足，故，而，，，故，故，故，設點D到平面ABC的距離為h，則，故，點D在球的截面圓上，設截面圓所在的平面為α，因為，所以平面α與平面ABC在球心的異側，設球心到平面ABC的距離為d，而△ACB外接圓的半徑為，則，故球心到平面α的距離為，故截面圓的半徑為，設點D在平面ABC上的投影為E，則E的軌跡為圓，圓心為△ABC的外心即AB的中點，當CE最長時CD最長，此時，故CD長度的最大值為.故選：B．變式21．（2024·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.變式22．（2024·安徽黃山·統(tǒng)考二模）如圖1，將一塊邊長為20的正方形紙片剪去四個全等的等腰三角形，，再將剩下的部分沿虛線折成一個正四棱錐，使與重合，與重合，與重合，與重合，點重合于點，如圖2.則正四棱錐體積的最大值為（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】根據(jù)題意，PG是側棱，底面EFGH的對角線的一半是GC，設，則有，，四棱錐的高，底正方形的面積，四棱錐P-EFGH的體積，令，則，，則，當時，，V單調(diào)遞減；當時，V單調(diào)遞增，∴當時，V取最大值，.故選：D.變式23．（2024·全國·高三專題練習）如圖所示，圓形紙片的圓心為，半徑為5，該紙片上的正方形的中心為．，，，為圓上的點，，，，分別是以，，，為底邊的等腰三角形．沿虛線剪開后，分別以，，，為折痕折起，使得，，，重合于一點，記為，得到四棱錐．當?shù)酌娴倪呴L變化時，四棱錐的體積的最大值為（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】如圖，取的中點，連接，，，設正方形的邊長為（），則，，所以，所以四棱錐的體積．設，得．令，得，令，得，故在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減．所以當時，取得最大值，即體積取得最大值，為．故選：D．題型四：立體幾何中的交線問題例10．（2024·全國·高三校聯(lián)考階段練習）已知正方體是半徑為的球的內(nèi)接正方體（八個頂點全部在球面上），則正方體六個面所在的平面與球面的交線總長度是（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】由圖可知，正方體的每一個面與球面相交，所得的交線是一個圓，共有6個圓，故六個面所在的平面與球面的交線總長度為6個圓的周長之和，設正方體的棱長為a，在直角三角形中，，，，所以有：，解得，所以，所以每個圓的周長為，6個圓的周長之和為.故選：D.例11．（2024·上海·高三專題練習）直三棱柱中，，，，，設平面與平面的交線為，則與的距離為（

）．A．1 B． C．17 D．2.6【答案】D【解析】如圖，將直三棱柱補成直四棱柱，且四邊形為平行四邊形，則平面即為平面，所以直線為，則與的距離即為則與的距離，設為，由已知可得：在三角形中，，，，，則，，，得.故選：D.例12．（2024·浙江·校聯(lián)考三模）正四面體，為棱的中點，過點作平面的平行平面，該平面與平面、平面的交線分別為，則所成角的正弦值為（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】設所作的平面為，則由平面，平面，平面平面，得，同理可得，所以所成的角等于與所成的角，即（或補角）．設正四面體的棱長為2，則，，在中由余弦定理，得，則.故選：A變式24．（2024·全國·高三專題練習）如圖，在棱長為1的正方體中，分別是棱，的中點若經(jīng)過點的平面與平面的交線為，則與直線所成角的余弦值為（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】由線面平行的性質(zhì)及面面平行的性質(zhì)定理，可得經(jīng)過點的的截面為邊長為的正六邊形,連接,,如圖所示，則易知若經(jīng)過點的平面與平面的交線為,即為直線，又,所以即為與直線所成角，在中，可得，,由余弦定理可得：,故選：B.變式25．（2024·全國·高三專題練習）在棱長為2的正方體中，，，分別是，，的中點，設過，，的截面與面，以及面的交線分別為，，則，所成的角為（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】先取，，的中點分別為，，，連接，，，，，，根據(jù)題意，證明，，，，，六點共面，即為過，，的截面；得到即為直線，即為直線；連接，，，根據(jù)異面直線所成角的概念，得到即為異面直線與所成的角，根據(jù)題中條件，即可得出結果.因為，在正方體中，，，分別是，，的中點，取，，的中點分別為，，，連接，，，，，，根據(jù)正方體的特征，易知，若連接，，，則這三條線必相交于正方體的中心，又，所以，，，，，六點必共面，即為過，，的截面；所以即為直線，即為直線；連接，，，因為，，所以即為異面直線與所成的角，又因為正方體的各面對角線都相等，所以為等邊三角形，因此.故選：D.變式26．（2024·黑龍江哈爾濱·哈爾濱三中?？寄M預測）在正方體中，為中點，過的截面與平面的交線為，則異面直線與所成角的余弦值為（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】取的中點，如下圖，連接，因為，所以四點共面，所以過的截面即為平面，截面與平面的交線為即為，取的中點，連接，因為，所以（或其補角）為異面直線與所成角，設正方體的棱長為，所以，所以.則異面直線與所成角的余弦值為.故選：A.變式27．（2024·全國·高三專題練習）如圖，在圓臺OO1中，，點C是底面圓周上異于A、B的一點，，點D是BC的中點，l為平面與平面的交線，則交線l與平面所成角的大小為（

）

A． B． C． D．【答案】B【解析】因為，因為，D分別是，BC的中點，所以，所以平面，平面，所以平面，平面，平面平面，所以，，所以，所以直線l與平面所成角即直線與平面所成角，因為為直徑，所以，因為，即，又因為平面，平面，所以，平面，所以平面，過點作交于點，因為平面，所以，，，平面，所以平面，所以為交線l與平面所成角，因為，，.所以，結合圖知.故選：B.變式28．（2024·河南·高三校聯(lián)考階段練習）在正三棱錐P-ABC中，，BC＝6，M，N，Q，D分別是AP，BC，AC，PC的中點，平面MQN與平面PBC的交線為l，則直線QD與直線l所成角的正弦值為（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】取的中點，連接，由題意可得，又因為，所以，所以四邊形是平行四邊形，所以，所以四點共面，所以平面MQN與平面PBC的交線為l即為，直線QD與直線l所成角即為直線QD與直線所成角即為，因為正三棱錐P-ABC中，，BC＝6，所以，所以，，所以.故選：C.變式29．（2024·四川成都·高三校聯(lián)考期末）在正方體中，為線段的中點，設平面與平面的交線為，則直線與所成角的余弦值為（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】設正方體的棱長為2，以點A為坐標原點，AB、AD、所在直線分別為x、y、z軸建系，如圖所示：則、、、、．設平面的法向量為，，，由，取可得；設平面的法向量為，，，由，取可得，設直線的方向向量為，∵直線平面，直線平面，，，∴，取可得，已知，設直線與所成角為，，即直線與所成角的余弦值為，故選：B．變式30．（2024·全國·高三專題練習）如圖，在直四棱柱中，，，，，點?分別為棱?的中點，則平面與直四棱柱各側面矩形的交線所圍成的圖形的面積為（

）A． B．C． D．【答案】B【解析】如圖，因為在直四棱柱中，，所以平面平面，設平面線段，連接，又因為平面平面，所以，延長，交的延長線于點，則，連接，，則平面平面，易知四邊形為直角梯形，且.如圖，再將直四棱柱補成一個長方體，由圖及題中數(shù)據(jù)可得，，，所以，所以，故交線圍成的圖形的面積為.故選:.題型五：空間線段以及線段之和最值問題例13．（2024·全國·高三專題練習）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．【答案】B【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，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14．（2024·全國·高三專題練習）已知，如圖正三棱錐中，側棱長為，底面邊長為2，D為AC中點，E為AB中點，M是PD上的動點，N是平面PCE上的動點，則最小值是（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】取中點,連接交于點,易證得面,要求最小,即求MN最小,可得，又可證明,再把平面POD繞PD旋轉,與面PDA共面,又可證得.，，，即，，可得，.故選:B.例15．（2024·全國·高三專題練習）如圖，在棱長為的正方體中，點是線段上的動點，是上的動點，是上的動點，則長度的最小值為（

）A． B． C． D．【答案】C【解析】作關于的對稱點，連接，如左圖所示，根據(jù)正方體的結構特征以及對稱性，可知，，故，要使長度最小，則三點共線，如右圖，在邊長為的菱形中，時，三點共線，此時，在中，由余弦定理可得，.所以則，故長度的最小值為．故選:C變式31．（2024·遼寧·高一遼寧實驗中學校聯(lián)考期末）如圖所示，在直三棱柱中，棱柱的側面均為矩形，，，，是線段上的一動點，則最小值為（

）

A． B． C． D．【答案】B【解析】連接，得，以所在直線為軸，將所在平面旋轉到平面，設點的新位置為，連接，則有，如圖，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，所以在中，,,由余弦定理得：.故選：B.變式32．（2024·四川內(nèi)江·四川省內(nèi)江市第六中學?？寄M預測）在三棱錐中，，在底面上的投影為的中點，.有下列結論：①三棱錐的三條側棱長均相等；②的取值范圍是；③若三棱錐的四個頂點都在球的表面上，則球的體積為；④若，是線段上一動點，則的最小值為.其中所有正確結論的編號是（

）A．①② B．②③ C．①②④ D．①③④【答案】C【解析】如圖1，，是的中點，，又平面，，，故①正確；，，又，，過作，為垂足，如圖2，則，又，，，故②正確；，為平面截三棱錐外接球的截面圓心，設外接球球心為，則在直線上，如圖3，設，則，解得，故為外接球的球心．外接球的體積為，故③錯誤．若，則，又，故是等邊三角形，將平面沿翻折到平面上，如圖4，圖5.則的最短距離為線段的長．，，，，故④正確．故選：．變式33．（2024·全國·高一專題練習）在四棱錐中，底面，底面為正方形，．點分別為平面，平面和平面內(nèi)的動點，點為棱上的動點，則的最小值為（

）A． B． C． D．1【答案】B【解析】由題意得均最小時，平方和最小，過點分別作平面，平面，平面的垂線，垂足分別為，連接，因為面，平面，所以，因為底面為正方形，所以，又因為，平面，所以面，因為平面，則，又因為點在上，則點應在上，同理可證分別位于上，從而補出長方體，則是以為共點的長方體的對角線，則，則題目轉化為求的最小值，顯然當時，的最小值，因為四邊形為正方形，且，則，因為面，面，所以，所以，則直角三角形斜邊的高，此時，則的最小值為，故選：B.變式34．（2024·全國·高三專題練習）在直三棱柱中，，且分別為和的中點，為線段（包括端點）上一動點，為側面上一動點，則的最小值為（

）A． B．C． D．【答案】B【解析】當為某確定點時，要使取得最小值，則必須為最小值，此時，為點在側面的投影.取的中點.因為分別為的中點，所以為的中位線，所以.因為所以，所以.在直三棱柱中，面，所以.因為面，面，,所以側面，故在側面的投影為.作于點，此時滿足題意..在中，，.在中，因為,所以，所以為直角三角形.所以，.將平面與平面展開到同一平面，如圖所示，所以.作于點，交于點,此時達到最小值，則故選：B題型六：空間角問題例16．（2024·全國·高三專題練習）如圖，斜三棱柱中，底面是正三角形，分別是側棱上的點，且，設直線與平面所成的角分別為，平面與底面所成的銳二面角為，則（

）A．B．C．D．【答案】B【解析】如圖：延長EF，AB交于M，延長EG，AC交于N，延長FG，BC交于D，易得MN為平面ABC和平面EFG的交線，又D在平面ABC和平面EFG上，則D在直線MN上，即M，N，D三點共線，由外角定理可得.過A作面EFG，垂足為P，過A作，垂足為Q，連接，易得即為直線與平面所成的角，則，又面EFG，面EFG，則，又，面，，所以面，面，則，則即為平面與底面所成的銳二面角，則，又，則，同理可得，則，又由，，則，故，A，C錯誤；故，由可知，所以，即，整理可得，即，即，故，又，故，B正確，D錯誤.故選：B.例17．（2024·浙江·高考真題）設三棱錐的底面是正三角形，側棱長均相等，是棱上的點（不含端點），記直線與直線所成角為，直線與平面所成角為，二面角的平面角為，則A． B．C． D．【答案】B【解析】本題以三棱錐為載體，綜合考查異面直線所成的角、直線與平面所成的角、二面角的概念，以及各種角的計算.解答的基本方法是通過明確各種角，應用三角函數(shù)知識求解，而后比較大小.而充分利用圖形特征，則可事倍功半.方法1：如圖為中點，在底面的投影為，則在底面投影在線段上，過作垂直，易得，過作交于，過作，交于，則，則，即，，即，綜上所述，答案為B.方法2：由最小角定理，記的平面角為（顯然）由最大角定理，故選B.方法3：（特殊位置）取為正四面體，為中點，易得，故選B.例18．（2024·浙江·統(tǒng)考高考真題）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．變式35．（2024·浙江溫州·高二溫州中學?？计谀┬比庵?，底面是正三角形，側面是矩形，是線段上的動點，記直線與直線所成的角為，直線與平面所成的角為，二面角的平面角為，則（

）A．， B．，C．， D．，【答案】B【解析】根據(jù)直線和平面的最小角定理，結合線面角和二面角的定義，即可得解.根據(jù)最小角定理，可得，當在線段上的移動時，和重合時，與平面所成角最大，(因為ABB1A1為矩形）作平面于，作的延長線于，連接和，則，，由于為直角，所以，可得，故選：B.變式36．（2024·浙江紹興·高三統(tǒng)考期末）斜三棱柱中，底面是正三角形，側面是矩形，且，是的中點，記直線與直線所成的角為，直線與平面所成的角為，二面角的平面角為，則（

）A．， B．，C．， D．，【答案】B【解析】過點作面交面于點，連結，過點作交于點，連結，則，，表示出這些角然后比較大小即可.如圖：過點作面交面于點，連結，過點作交于點，連結，則，，因為直線與平面所成的角為直線與平面內(nèi)所有直線所成的角中最小的，故，又因為，故，故選：B.變式37．（2024·全國·高三專題練習）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變式38．（2024·江蘇·高一專題練習）正四面體中，是側棱上（端點除外）的一點，若異面直線與直線所成的角為，直線與平面所成的角為，二面角的平面角為，則（

）A． B．C． D．【答案】C【解析】正四面體中，取中點，連接，，過作于，連接，，過作的平行線交于，則，由，，，平面，平面可得平面，則，則由平面，可得平面平面，又平面平面，平面，，則平面，則，因為，且，所以.設正四面體邊長為1，，有.，因為所以，又，則綜上：故選：C變式39．（2024·全國·高三專題練習）在三棱錐中，頂點P在底面的射影為的垂心O（O在內(nèi)部），且PO中點為M，過AM作平行于BC的截面，過BM作平行于AC的截面，記，與底面ABC所成的銳二面角分別為，，若，則下列說法錯誤的是（

）A．若，則B．若，則C．可能值為D．當取值最大時，【答案】C【解析】如圖所示，連接延長交與，連接延長交與，設平面平面頂點P在底面的射影為的垂心，平面，平面平面則有：直線與平行又，則平面，則又則平面從而故為與平面的二面角，即同理可得：對選項A，，又，則有：可得：與全等，則又根據(jù)是的垂心，則，綜上可得：直線垂直并平分線段可得：，故選項A正確；對選項B，易知有如下角關系：又，則有：可得：解得：則，故選項B正確；對選項C，若，則有：則有：化簡后可得：令，則有：則有：，此時方程無解，故選項C錯誤；對選項D，設（），則有：可化簡為：令，則有：則有：解得：故取得最大值時，，此時同理可得：故，且則有：，故選項D正確；故選：C變式40．（2024·全國·高三專題練習）已知點P是正方體上底面上的一個動點，記面ADP與面BCP所成的銳二面角為，面ABP與面CDP所成的銳二面角為，若，則下列敘述正確的是（

）A． B．C． D．【答案】C【解析】為解析方便，將正方體上下底面對調(diào)，如圖，取正方體的下底面的各邊中點E,F,G,H,上底面的中心為Q,下底面的中心為O,面ADP，面BCP所成的角為α，面ABP，面CDP所成的角為β，α>β，等價于P到HF的距離比到EG的距離大，所以P在如圖所示的陰影范圍內(nèi)；在△APC和△BPD中，AC=BD，PQ公用，Q為共同的中點，∠APC,∠BPD的大小由PQ于AC,BD所成的角大小所決定，所成角越小，則對應角越大，顯然PQ與AC和BD所成的角的大小關系不確定，當P在靠近A'時PQ與直線AC所成的角較小，與直線BD所成的角則接近于90°，此時∠BPD>∠APC，同樣當P接近于D'時∠APC>∠BPD，故A、B錯誤；∠APD與∠BPC的大小關系實際上是看P在EG的左側還是右側。若P在EG左側，則∠APD>∠BPC，若P在EG右側，則∠APD<∠BPC，若是在EG上，則∠APD=∠BPC；同樣，P在HF的前面，則∠APB>∠CPD，P在HF上，則∠APB=∠CPD，P在HF的后面，則∠APB<∠CPD；所以當P在A'OE內(nèi)時，max{∠APD,∠BPC}=∠APD，min{∠APD，∠BPC}=∠BPC，max{∠APB,∠CPD}=∠APB，min{∠APB,∠CPD}=∠CPD，因為PH>PE，所以∠APD<∠APB，因為PG>PF，所以∠BPC>∠CPD，因此max{∠APD,∠BPC}<max{∠APB,∠CPD}，min{∠APD，∠BPC}>min{∠APB,∠CPD}，根據(jù)對稱性，在其余區(qū)域內(nèi)，具有相同的結論.故D正確，C錯誤，故選：D.變式41．（2024·浙江金華·統(tǒng)考模擬預測）已知四面體中，棱，所在直線所成角為，且，，，面和面所成的銳二面角為，面和面所成的銳二面角為，當四面體的體積取得最大值時（

）.A． B． C． D．不能確定【答案】A【解析】，即，整理得，解得，當且僅當時，等號成立，所以，，所以，當為等邊三角形時，的面積取到最大值.過作∥，且，連接，，則四邊形為菱形，因為，所在直線所成角為，所以，當面面時，四面體的高取得最大值，，即，解得，因為，即，所以，即，又因為面面，所以面，過作交于點，過作交于點，連接，，則，，所以為面和面所成的二面角，為面和面所成的銳二面角，即，，因為，，所以，又因為，所以，即，所以，即，所以.故選：A.變式42．（2024·浙江·校聯(lián)考二模）已知三棱柱的所有棱長均相等，側棱平面，過作平面與平行，設平面與平面的交線為，記直線與直線所成銳角分別為，則這三個角的大小關系為A． B．C． D．【答案】B【解析】如圖，，設為的中點，為的中點，由圖可知過且與平行的平面為平面，所以直線即為直線，由題易知，的補角，分別為，設三棱柱的棱長為2，在中，，；在中，，；在中，，，.故選：B題型七：立體幾何裝液體問題例19．（2024·全國·高三專題練習）已知一個放置在水平桌面上的密閉直三棱柱容器，如圖1，為正三角形，，，里面裝有體積為的液體，現(xiàn)將該棱柱繞旋轉至圖2.在旋轉過程中，以下命題中正確的個數(shù)是（

）①液面剛好同時經(jīng)過，，三點；②當平面與液面成直二面角時，液面與水平桌面的距離為；③當液面與水平桌面的距離為時，與液面所成角的正弦值為.A．0 B．1 C．2 D．3【答案】D【解析】①若液面剛好同時經(jīng)過,,三點,則液體的體積為四棱錐,因為,所以①正確；②當平面與液面成直二面角時,即為圖2的位置,設液面與直三棱柱的交點為,如圖所示,因為直三棱柱的體積為,所以直棱柱的體積為,所以,即,則在中邊上的高為,因為在中邊上的高為,所以液面與水平桌面的距離為,所以②正確；③當液面剛好同時經(jīng)過,,三點時,如圖所示,此時,則,易得,則中邊上的高為,所以,設點到平面的距離為,則,即,即液面與水平桌面的距離為,由棱柱的對稱性可得點到平面的距離為,設與液面所成角為,則,所以③正確,所以①②③正確,故選:D例20．（2024·全國·高三專題練習）一個密閉且透明的正方體容器中裝有部分液體，已知該正方體的棱長為1，如果任意轉動該正方體，液面的形狀都不可能是三角形，那么液體體積的取值范圍為（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】如圖，正方體，若要使液面形狀不可能為三角形，則當平面平行于水平面放置時，液面必須高于平面，且低于平面.若滿足上述條件，則任意轉動正方體，液面形狀都不可能為三角形.設液體的體積為，則，而，，所以液體的體積的取值范圍為.故選：B.例21．（2024·全國·高三專題練習）一個密閉且透明的正方體容器中裝有部分液體，已知該正方體的棱長為2，如果任意轉動該正方體，液面的形狀都不可能是三角形，那么液體的體積的取值范圍為（

）A． B． C． D．【答案】D【解析】由題意可知，若要使液面的形狀都不可能為三角形，則液體的體積應大于三棱錐的體積，小于多面體的體積.求解即可.如圖正方體，連接.若要使液面的形狀都不可能為三角形則液體的體積應大于三棱錐的體積，小于多面體的體積.設液體的體積為，則.因為，.所以液體的體積的取值范圍為.故選：D變式43．（2024·全國·高三專題練習）已知某圓柱形容器的軸截面是邊長為2的正方形，容器中裝滿液體，現(xiàn)向此容器中放入一個實心小球，使得小球完全被液體淹沒，則此時容器中所余液體的最小容量為（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】圓柱的軸截面是邊長為2的正方形，可知圓柱底面半徑為1，母線長為2，故圓柱體積為，當小球與圓柱的側面、上下底面都相切時所余液體容量最小，此時，小球的體積為，所余液體容量為.故選：B.變式44．（多選題）（2024·遼寧丹東·統(tǒng)考二模）如圖，玻璃