重難點21 立體幾何中的?？冀?jīng)典小題全歸類（舉一反三）（新高考專用）（教師版） 2025年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)專練（新高考專用）

重難點21立體幾何中的?？冀?jīng)典小題全歸類【十大題型】【新高考專用】TOC\o"1-3"\h\u【題型1求幾何體的體積與表面積】 4【題型2幾何體與球的切、接問題】 7【題型3體積、面積、周長、距離的最值與范圍問題】 12【題型4空間線段以及線段之和最值問題】 16【題型5空間角問題】 20【題型6空間中的距離問題】 25【題型7翻折問題】 28【題型8立體幾何中的截面、交線問題】 32【題型9立體幾何中的軌跡問題】 35【題型10以立體幾何為載體的新定義、新情景題】 391、立體幾何中的常考經(jīng)典小題全歸類立體幾何是高考的重點、熱點內(nèi)容，屬于高考的必考內(nèi)容之一.從近幾年的高考情況來看，高考對該部分的考查，小題主要體現(xiàn)在三個方面：一是有關(guān)空間線面位置關(guān)系的判斷；二是空間幾何體的體積和表面積的計算，難度較易；三是常見的一些經(jīng)典?？級狠S小題，涉及到空間角、空間距離與軌跡問題等，難度中等或偏上，需要靈活求解．【知識點1空間幾何體表面積與體積的常見求法】1．求幾何體體積的常用方法(1)公式法：直接代入公式求解.(2)等體積法：四面體的任何一個面都可以作為底面，只需選用底面面積和高都易求出的形式即可.(3)補體法：將幾何體補成易求解的幾何體，如棱錐補成棱柱，三棱柱補成四棱柱等.(4)分割法：將幾何體分割成易求解的幾部分，分別求體積.2．求組合體的表面積與體積的一般方法求組合體的表面積的問題，首先應(yīng)弄清它的組成部分，其表面有哪些底面和側(cè)面，各個面的面積應(yīng)該怎樣求，然后根據(jù)公式求出各個面的面積，最后相加或相減.求體積時也要先弄清各組成部分，求出各簡單幾何體的體積，再相加或相減.【知識點2幾何體與球的切、接問題的解題策略】1．常見的幾何體與球的切、接問題的解決方案：常見的與球有關(guān)的組合體問題有兩種：一種是內(nèi)切球，另一種是外接球.常見的幾何體與球的切、接問題的解決方案：2．空間幾何體外接球問題的求解方法：空間幾何體外接球問題的處理關(guān)鍵是確定球心的位置，常見的求解方法有如下幾種：(1)定義法：利用平面幾何體知識尋找?guī)缀误w中元素間的關(guān)系，或只畫內(nèi)切、外接的幾何體的直觀圖，確定球心的位置，弄清球的半徑(直徑)與該幾何體已知量的關(guān)系，列方程(組)求解.(2)補形法：若球面上四點P,A,B,C構(gòu)成的三條線段PA,PB,PC兩兩垂直，且PA=a，PB=b，PC=c，一般把有關(guān)元素“補形”成為一個球內(nèi)接長方體，根據(jù)4R2=a2+b2+c2求解.(3)截面法：涉及球與棱柱、棱錐的切、接問題時，一般過球心及多面體的特殊點(一般為接、切點)或線作截面，把空間問題轉(zhuǎn)化為平面問題求解.3．內(nèi)切球問題的求解策略：(1)找準切點，通過作過球心的截面來解決.(2)體積分割是求內(nèi)切球半徑的通用方法.【知識點3幾何法與向量法求空間角】1．幾何法求異面直線所成的角(1)求異面直線所成角一般步驟：①平移：選擇適當?shù)狞c，線段的中點或端點，平移異面直線中的一條或兩條成為相交直線；②證明：證明所作的角是異面直線所成的角；③尋找：在立體圖形中，尋找或作出含有此角的三角形，并解之；④取舍：因為異面直線所成角的取值范圍是，所以所作的角為鈍角時，應(yīng)取它的補角作為異面直線所成的角.2．用向量法求異面直線所成角的一般步驟：(1)建立空間直角坐標系；(2)用坐標表示兩異面直線的方向向量；(3)利用向量的夾角公式求出向量夾角的余弦值；(4)注意兩異面直線所成角的范圍是，即兩異面直線所成角的余弦值等于兩向量夾角的余弦值的絕對值.3．幾何法求線面角(1)垂線法求線面角(也稱直接法)；(2)公式法求線面角(也稱等體積法)：用等體積法，求出斜線PA在面外的一點P到面的距離，利用三角形的正弦公式進行求解.公式為：，其中是斜線與平面所成的角，h是垂線段的長，l是斜線段的長.4．向量法求直線與平面所成角的主要方法:(1)分別求出斜線和它在平面內(nèi)的射影直線的方向向量，將題目轉(zhuǎn)化為求兩個方向向量的夾角(或其補角)；(2)通過平面的法向量來求，即求出斜線的方向向量與平面的法向量所夾的銳角或鈍角的補角，取其余角就是斜線和平面所成的角.5．幾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義法，也可以用垂面法，即在一個半平面內(nèi)找一點作另一個半平面的垂線，再過垂足作二面角的棱的垂線，兩條垂線確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題思路:用法向量求兩平面的夾角：分別求出兩個法向量，然后通過兩個平面的法向量的夾角得到兩平面夾角的大小.【知識點4立體幾何中的最值問題及其解題策略】1．立體幾何中的幾類最值問題立體幾何中的最值問題有三類：一是空間幾何體中相關(guān)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(guān)點和線段在運動，求有關(guān)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(guān)系．2．立體幾何中的最值問題的求解方法解決立體幾何中的最值問題主要有兩種解題方法：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(guān)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．【知識點5立體幾何中的截面、交線問題的解題策略】1．立體幾何截面問題的求解方法(1)坐標法：所謂坐標法就是通過建立空間直角坐標系，將幾何問題轉(zhuǎn)化為坐標運算問題，進行求解.(2)幾何法：從幾何視角人手，借助立體幾何中的線面平行及面面平行的性質(zhì)定理，找到該截面與相關(guān)線、面的交點位置、依次連接這些點，從而得到過三點的完整截面，再進行求解.2．截面、交線問題的解題策略(1)作截面應(yīng)遵循的三個原則：①在同一平面上的兩點可引直線；②凡是相交的直線都要畫出它們的交點；③凡是相交的平面都要畫出它們的交線.(2)作交線的方法有如下兩種：①利用基本事實3作交線；②利用線面平行及面面平行的性質(zhì)定理去尋找線面平行及面面平行，然后根據(jù)性質(zhì)作出交線.【知識點6立體幾何中的軌跡問題及其解題策略】1．動點軌跡的判斷方法動點軌跡的判斷一般根據(jù)線面平行、線面垂直的判定定理和性質(zhì)定理，結(jié)合圓或圓錐曲線的定義推斷出動點的軌跡，有時也可以利用空間向量的坐標運算求出動點的軌跡方程.2．立體幾何中的軌跡問題的常見解法(1)定義法：根據(jù)圓或圓錐曲線的定義推斷出動點的軌跡，進而求解軌跡問題.(2)交軌法：若動點滿足的幾何條件是兩動曲線(曲線方程中含有參數(shù))的交點，此時，要首先分析兩動曲線的變化，依賴于哪一個變量?設(shè)出這個變量為t，求出兩動曲線的方程，然后由這兩動曲線方程著力消去參數(shù)t，化簡整理即得動點的軌跡方程，這種求軌跡方程的方法我們稱為交軌法.(3)幾何法：從幾何視角人手，結(jié)合立體幾何中的線面平行、線面垂直的判定定理和性質(zhì)定理，找到動點的軌跡，再進行求解.(4)坐標法：坐標法就是通過建立空間直角坐標系，將立體幾何中的軌跡問題轉(zhuǎn)化為坐標運算問題，進行求解.(5)向量法：不通過建系，而是利用空間向量的運算、空間向量基本定理等來研究立體幾何中的軌跡問題，進行求解.【知識點7以立體幾何為載體的情景題的求解策略】1．以立體幾何為載體的幾類情景題以立體幾何為載體的情景題大致有三類：(1)以數(shù)學(xué)名著為背景設(shè)置問題，涉及中外名著中的數(shù)學(xué)名題名人等；(2)以數(shù)學(xué)文化為背景設(shè)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(shè)置問題，涵蓋生產(chǎn)生活、勞動實踐、文化精神等．2．以立體幾何為載體的情景題的求解思路以立體幾何為載體的情景題都跟圖形有關(guān)，涉及在具體情景下的圖形閱讀，需要通過數(shù)形結(jié)合來解決問題.此類問題的求解過程主要分四步：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(guān)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．【題型1求幾何體的體積與表面積】【例1】（2024·浙江·模擬預(yù)測）清代的蘇州府被稱為天下糧倉，大批量的糧食要從蘇州府運送到全國各地．為了核準糧食的數(shù)量，蘇州府制作了“小嘴大肚”的官斛用以計算糧食的多少，五斗為一斛，而一只官斛的容量恰好為一斛，其形狀近似于正四棱臺，上口為正方形，內(nèi)邊長為25cm，下底也為正方形，內(nèi)邊長為50cm，斛內(nèi)高36cm，那么一斗米的體積大約為立方厘米?（

）A．10500 B．12500 C．31500 D．52500【解題思路】利用棱臺的體積公式,即可計算得出答案．【解答過程】一斛米的體積為V=1因為五斗為一斛，所以一斗米的體積為V5故選：A.【變式1-1】（2024·江蘇連云港·二模）如圖是一個圓臺的側(cè)面展開圖，若兩個半圓的半徑分別是1和2，則該圓臺的體積是（

）A．72π24 B．73π24【解題思路】先計算出上、下底面的半徑和面積，再求出圓臺的高，按照圓臺體積公式計算即可.【解答過程】如圖，設(shè)上底面的半徑為r，下底面的半徑為R，高為?，母線長為l，則2πr=π×1，2π又l=2?1=1，?=l設(shè)上底面面積為S′=π所以圓臺的體積V=1故選：B.【變式1-2】（2024·江蘇無錫·模擬預(yù)測）蒙古包是我國蒙古族牧民居住的房子，適于牧業(yè)生產(chǎn)和游牧生活．如圖所示的蒙古包由圓柱和圓錐組合而成，其中圓柱的高為2m，底面半徑為4m,O是圓柱下底面的圓心．若圓錐的側(cè)面與以O(shè)為球心，半徑為4

A．85πm2 B．165πm2【解題思路】根據(jù)題意結(jié)合圓柱、圓錐以及球的結(jié)構(gòu)特征解得圓錐母線長l=5，進而可求圓錐的側(cè)面積.【解答過程】設(shè)PO1=?,PA=l(?為圓錐高，

OM⊥PA,∵以O(shè)為球心，半徑為4的球與圓錐側(cè)面相切，則OM=4，在△POA中，S△POA=1且?2+16=l2，則所以圓錐的側(cè)面積為S側(cè)故選：C.【變式1-3】（2024·天津和平·二模）如圖，一塊邊長為10cm的正方形鐵片上有四塊陰影部分，將這些陰影部分裁下去，然后用余下的四個全等的等腰三角形加工成一個正四棱錐形容器，則這個正四棱錐的內(nèi)切球（球與正四棱錐各面均有且只有一個公共點）的體積為（

）A．94π B．92π C．【解題思路】根據(jù)題意可得正四棱錐的斜高為5，底面正方形的邊長為6，從而可得正四棱錐的高，設(shè)這個正四棱錐的內(nèi)切球的半徑為r，高線與斜高的夾角為θ，則易得sinθ=35，4=r+【解答過程】作出四棱錐P?ABCD如圖：根據(jù)題意可得正四棱錐的斜高為PM=5，底面正方形ABCD的邊長為6，∴正四棱錐的高為OP=5設(shè)這個正四棱錐的內(nèi)切球的球心為Q，半徑為r，與側(cè)面相切于N，則高線與斜高的夾角為θ，則sinθ=則OP=OQ+QN∴4=r+rsinθ∴這個正四棱錐的內(nèi)切球的體積為43故選：B．【題型2幾何體與球的切、接問題】【例2】（2024·新疆烏魯木齊·三模）三棱錐A?BCD中，AD⊥平面ABC，∠BAC=60°，AB=1，AC=2，AD=4，則三棱錐A?BCD外接球的表面積為（

）A．10π B．20π C．25π【解題思路】利用余弦定理先求出底面三角形ABC的外接圓半徑r，再利用R2=r【解答過程】在△ABC中，∠BAC=60°，AB=1，AC=2，由余弦定理可得BC即BC2=1+4?2×1×2×設(shè)△ABC的外接圓半徑為r，則2r=BCsin∠BACAD⊥平面ABC，且AD=4，設(shè)三棱錐A?BCD外接球半徑為R，則R2=r所以三棱錐A?BCD外接球的表面積為4π故選：B．【變式2-1】（2024·海南·模擬預(yù)測）已知正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長為2，點A．2π B．4π C．6π【解題思路】畫出圖分析出球心為兩個面斜邊中點的垂線的交點，然后利用勾股定理求球的半徑即可求解.【解答過程】如圖：四面體NCB1CO,O1為面CBB1C1與因為斜邊CB1的中點O是三角形外心，所以球心在的直線面NCC1也為直角三角形，O,E分別為CB1與B1C1⊥面NCC因為斜邊CC1的中點E是三角形外心，所以球心在的直線故球心為直線OO1與直線OE的交點正方體ABCD?A所以球的半徑為OC=1所以四面體NCB1C故選：D.【變式2-2】（2024·云南大理·模擬預(yù)測）六氟化硫，化學(xué)式為SF6，在常壓下是一種無色、無臭、無毒、不燃的穩(wěn)定氣體，有良好的絕緣性，在電器工業(yè)方面具有廣泛用途．六氟化硫分子結(jié)構(gòu)為正八面體結(jié)構(gòu)（正八面體每個面都是正三角形，可以看作是將兩個棱長均相等的正四棱錐將底面粘接在一起的幾何體）．如圖所示，正八面體E?ABCD?F的棱長為a，此八面體的外接球與內(nèi)切球的體積之比為（

A．33 B．23 C．32【解題思路】根據(jù)給定條件，確定八面體的外接球球心及半徑，利用體積法求出內(nèi)切球半徑，再利用球的體積公式求解即得.【解答過程】正八面體E?ABCD?F的棱長為a，連接AC∩EF=O，由四邊形ABCD為正方形，得AC則四邊形AECF亦為正方形，即點O到各頂點距離相等，于是此八面體的外接球球心為O，半徑為R=2此八面體的表面積為S=8S△ABE=8×由VE?ABCD?F=2VE?ABCD，得13所以此八面體的外接球與內(nèi)切球的體積之比為(R故選：A.【變式2-3】（2024·安徽安慶·三模）如圖，在一個有蓋的圓錐容器內(nèi)放入兩個球體，已知該圓錐容器的底面圓直徑和母線長都是3，則（

）A．這兩個球體的半徑之和的最大值為3+B．這兩個球體的半徑之和的最大值為4C．這兩個球體的表面積之和的最大值為6+3D．這兩個球體的表面積之和的最大值為10π【解題思路】當這兩個球體的半徑或者表面積之和取最大值時，有一個球體和圓錐的底面相切，過底面圓的直徑作截面，設(shè)兩圓的半徑，則R∈16,12，r∈16,12，其中R=1?r3?23【解答過程】當這兩個球體的半徑或者表面積之和取最大值時，上面的球與圓錐的底面相切，過底面圓的直徑作截面，如圖所示，過點O作OF⊥AB，垂足為F，過點O′作O′E⊥AB過點O′作O′D⊥OF設(shè)圓O的半徑為R，圓O′的半徑為r，當下面的球與上底面相切時，R此時R為該圓的內(nèi)切球半徑，等邊三角形的邊長為3，內(nèi)切球半徑為32故OB=1，故R的最大值為12O,O′,B三點共線，設(shè)O則2r+r+12=1所以R∈16,12，r∈16因為OD2+O整理得3R2+令函數(shù)fr=R+r=1?rf′令函數(shù)gr=23r?2r2又因為g16<0，g12所以r∈16,r0，g即r∈16,r0，f所以fr在16,因為f16=f12由①可得R2這兩個球體的表面積之和為4π令x=R+r≤23，函數(shù)y=?2π所以ymax=?2π故選：D．【題型3體積、面積、周長、距離的最值與范圍問題】【例3】（2024·廣東佛山·模擬預(yù)測）如圖，在△ABC中，AC邊上的高為BH，且BH=AH=3，CH=6，矩形DEFG的頂點D，G分別在邊BA，BC上，E，F(xiàn)都在邊AC上，以AC為軸將△ABC旋轉(zhuǎn)一周，則矩形DEFG旋轉(zhuǎn)形成的幾何體的最大體積為（A．818π B．232π C．【解題思路】設(shè)DE=a0<a<3，求出EF=HE+HF，可得矩形DEFG【解答過程】由已知得△CGF∽△CBH，△ADE是等腰直角三角形，設(shè)DE=a0<a<3，則AE=a，所以HE=3?a因為GFBH=CFCH，所以a3可得EF=HE+HF=3?a+6?2a=9?3a，所以矩形DEFG旋轉(zhuǎn)形成的幾何體的體積為V=πV′=9πa2?a，當0<a<2當2<a<3時，V′<0，所以Va故選：C.【變式3-1】（2024·重慶渝中·模擬預(yù)測）在三棱錐P?ABC中，AC=BC=PC=2，且AC⊥BC,PC⊥平面ABC，過點P作截面分別交AC,BC于點E,F，且二面角P?EF?C的平面角為60°，則所得截面PEF的面積最小值為（

A．43 B．83 C．2【解題思路】由二面角的定義可得PGC=60°，從而PG=433,CG=2【解答過程】過P作PG⊥EF，垂足為G，連接CG，則由三垂線定理可得EF⊥CG，∴∠PGC即為二面角P?EF?C的平面角，∴PGC=60°，PC=2，所以PG=4設(shè)CE=a,CF=b，則EF=a在三角形CEF中，ab=2又a2+b所以ab≥83，所以三角形PEF的面積為12故截面PEF面積的最小值為83故選：B.【變式3-2】（2024·河南·一模）已知P為棱長為6的正四面體A?BCD各面所圍成的區(qū)域內(nèi)部（不在表面上）一動點，記P到面ABC，面ACD，面BCD，面ABD的距離分別為?1，?2，?3，?4，若?3A．2 B．252 C．9+422【解題思路】由等體積法求得?1+?2+【解答過程】正四面體A?BCD棱長為6，E為△BCD的中心，則AE⊥底面BCD，F(xiàn)為CD邊中點，則E在BF上，如圖所示，則有BF⊥CD，BF?平面BCD，AE⊥BF，AF=BF=BC2AE=AF2?EFP為正四面體A?BCD各面所圍成的區(qū)域內(nèi)部，連接PA,PB,PC,PD，可得到4個小四面體，設(shè)正四面體A?BCD各面的面積為S，則有13得?1由?3+?則12當且僅當?22?12?1故選：B.【變式3-3】（2024·四川宜賓·三模）已知E，F(xiàn)分別是棱長為2的正四面體ABCD的對棱AD,BC的中點.過EF的平面α與正四面體ABCD相截，得到一個截面多邊形τ，則下列說法正確的是（

）A．截面多邊形τ不可能是平行四邊形 B．截面多邊形τ的周長是定值C．截面多邊形τ的周長的最小值是2+6 D．截面多邊形τ【解題思路】將平面α從平面ADF開始旋轉(zhuǎn)，結(jié)合對稱性可判斷A；設(shè)AG=m0≤m≤2，利用余弦定理表示出GE+GF，利用幾何意義求最小值，利用二次函數(shù)單調(diào)性求最大值可判斷BC；先判斷EF⊥GH，然后利用向量方法求出GH【解答過程】對于A，當平面α過AD或BC時，截面為三角形.易知正四面體關(guān)于平面ADF對稱，將平面α從平面ADF開始旋轉(zhuǎn)與AB交于點G時，由對稱性可知，此時平面α與CD交于點H，且AG=DH，此時截面為四邊形EGFH，且注意到當G,H分別為AB,CD的中點時，此時滿足AG=DH，且GF//AC,AC//EH,GF=EH=12AC

對于BC，設(shè)AG=m0≤m≤2，由余弦定理得GE=GF=2?m由兩點間距離公式知，GE+GF表示動點m,0到定點12,3當三點共線時取得最小值12由二次函數(shù)單調(diào)性可知，當m=0或m=2時，GE+GF取得最大值1+3所以截面多邊形τ周長的取值范圍是4,2+23對于D，記GH與EF的交點為O，由對稱性∠EFG=∠EFH，F(xiàn)G=FH，所以EF⊥GH，SEGFH因為AF=A所以EF=AF2記AB=則GH=因為a?所以GH==2m?1由二次函數(shù)性質(zhì)可知，2≤GH2≤4所以1≤S故選：D.【題型4空間線段以及線段之和最值問題】【例4】（2024·江西鷹潭·模擬預(yù)測）如圖，在長方形ABCD中，AB=2，BC=1，E為DC的中點，F(xiàn)為線段EC（端點除外）上的動點．現(xiàn)將△AFD沿AF折起，使平面ABD⊥平面ABC，在平面ABD內(nèi)過點D作DK⊥AB，K為垂足．設(shè)BK=t，則t的取值范圍是（

）A．1,32 B．1,2 C．2【解題思路】過點D作DH⊥AF，垂足為H，過點F作FP//BC，交AB于點P，設(shè)DF=x，用t,x表示PK,DK,FK，在Rt△DFK中，求出t,x【解答過程】如圖，在平面ADF內(nèi)過點D作DH⊥AF，垂足為H，連接HK．過點F作FP//BC，交AB于點設(shè)∠FAB=θ，AE=2，AC=5，所以設(shè)DF=x，則1<x<2．因為平面ABD⊥平面ABC，平面ABD∩平面ABC=AB，DK⊥AB，DK?平面ABD，所以DK⊥平面ABC，又AF?平面ABC，所以DK⊥AF．又因為DH⊥AF，DK∩DH=D，DK，DH?平面DKH，所以AF⊥平面DKH，HK?平面DKH，所以AF⊥HK，即AH⊥HK．在Rt△ADF中，AF=1+x因為△ADF和△APF都是直角三角形，PF=AD，AF=AF，所以Rt△ADF≌Rt△FPA因為△AHD∽△ADF，所以AHAD=DHDF，所以cosθ=AHAK=AP因為1<x<2，所以1<t<3故選：A.【變式4-1】（2024·北京·模擬預(yù)測）在棱長為1的正方體ABCD?A1B1C1D1中，點F是棱CC

A．2 B．34C．32 D．【解題思路】通過線面垂直的性質(zhì)找到點P的軌跡，然后利用梯形的性質(zhì)求解即可.【解答過程】連接AC,BD,A1C1,B1四邊形A1B1C1D1又A1C1⊥B1D1，AA所以B1D1⊥平面A1ACC所以當點P在線段B1D1（點D1除外）時，D1P⊥AF，取在正方形B1BCC1中，因為E為BC的中點，F(xiàn)是棱CC1的中點，所以BF⊥B1E，因為AB⊥平面B且AB?平面ABF，BF?平面ABF，所以B1E⊥平面ABF，又AF?平面所以B1E⊥AF，因為B1E∩B1D1=所以AF⊥平面D1B1E，設(shè)平面D1B1則G是棱CD的中點，所以當點P在正方體ABCD?A1B1C由題意可知，在梯形D1GEB1中，D1D1所以線段D1P長度的最大值是

故選：C.【變式4-2】（23-24高三下·陜西西安·階段練習(xí)）在棱長為2的正方體ABCD?A1B1C1D1中，P，Q，R分別為線段BD，A．26 B．42 C．3【解題思路】過R作RE⊥CD于E，作RF⊥CC1于F，設(shè)RE=x，把PR+3QR表示為【解答過程】在正方體ABCD?A1B1C1D1中，AB=2，在平面CDD1C設(shè)RE=x(0≤x≤2)，顯然RE⊥DE,∠RDE=π4，則四邊形CERF為矩形，于是RF=CE=2?x,CF=RE=x，由RE//CC1，得RE⊥平面ABCD，由RF//CD，得RF⊥平面則PR=RE2+EP2=x2+EP而EP=DEsinπ4同理QR=RF2+FQ2，當RF=2?x確定后，F(xiàn)Q最小，而FQ=CF?sinπ4因此PR+3QR=62x+3求導(dǎo)得f′(x)=62+當0≤x<1時，f′(x)<0，當1<x≤2時，f′(x)>0，即函數(shù)f(x)在則f(x)min=f(1)=26，所以故選：A.【變式4-3】（2024·陜西商洛·模擬預(yù)測）如圖，AC為圓錐SO的底面圓O的直徑，點B是圓O上異于A，C的動點，SO=12AC=2A．圓錐SO的側(cè)面積為8B．三棱錐S?ABC的體積的最大值為12C．∠SAB的取值范圍是πD．若AB=BC，E為線段AB上的動點，則SE+CE的最小值為2【解題思路】先求出圓錐的母線長，利用圓錐的側(cè)面積公式判斷A；當OB⊥AC時，△ABC的面積最大，此時三棱錐S?ABC體積也最大，利用圓錐體積公式求解即可判斷B；先用取極限的思想求出∠ASB的范圍，再利用2∠SAB+∠ASB=π，求∠SAB【解答過程】在Rt△SOC中，SC=SO2+O對于A，圓錐SO的側(cè)面積為：πrl=4對于B，當OB⊥AC時，△ABC的面積最大，此時S△ABC則三棱錐S?ABC體積的最大值為13對于C，因為△SAB為等腰三角形，SA=SB，又SA2+S當點B與點A重合時，∠ASB=0為最小角，當點B與點C重合時∠ASB=π又因為B與A,C不重合，則∠ASB∈0,π2，又2∠SAB+∠ASB=對于D，由AB=BC,∠ABC=π2,AC=4，得AB=BC=2則△SAB為等邊三角形，則∠SBA=π3，將△SAB以AB為軸旋轉(zhuǎn)到與△ABC共面，得到則△S1AB為等邊三角形，∠因為S1S1則SE+CEmin故選：D.【題型5空間角問題】【例5】（2024·遼寧沈陽·模擬預(yù)測）已知直三棱柱ABC?A1B1C1中，∠ABC=120°，AB=CC1=2A．32 B．155 C．104【解題思路】根據(jù)空間向量法求線線角即可.【解答過程】以B為原點，在平面ABC內(nèi)過B作BC的垂線交AC于D，以BD為x軸，以BC為y軸，以BB1為因為直三棱柱ABC?A1B1C1中，所以A(3所以AB設(shè)異面直線AB1與BC所以cosθ=故選：C.【變式5-1】（2024·內(nèi)蒙古包頭·一模）如圖，底面ABCD是邊長為2的正方形，半圓面APD⊥底面ABCD，點P為圓弧AD上的動點．當三棱錐P?BCD的體積最大時，二面角P?BC?D的余弦值為（

）A．25 B．55 C．53【解題思路】由題意當三棱錐P?BCD的體積最大時,此時點P處于半圓弧的正中間位置.此時建立適當?shù)目臻g直角坐標系，求出平面BCP，平面BCD的法向量，由法向量夾角余弦的坐標公式即可求解.【解答過程】三棱錐P?BCD的體積與P到平面BCD的距離成正比，故當三棱錐P?BCD的體積最大時,此時點P處于半圓弧的正中間位置.點P處于半圓弧的正中間位置時，記AD的中點為O，以其為原點，AB,AD,平面BCD顯然有法向量m=P0,0,1設(shè)n=x,y,z為平面則該向量與PB=2,?1,?1和所以n?PB=令x=1，解得y=0,z=2，故n=顯然二面角P?BC?D為銳角，因此所求余弦值為cosn故選：D.【變式5-2】（2024·四川雅安·一模）如圖，在正方體ABCD?A1B1C1D1中，點P是線段AB1上的動點（含端點），點Q是線段AC的中點，設(shè)A．13 B．33 C．63【解題思路】以點D為原點建立空間直角坐標系，設(shè)AP=λAB【解答過程】如圖，以點D為原點建立空間直角坐標系，設(shè)AP=λAB1,λ∈則A2,0,0故AC=PQ=設(shè)平面ACD1的法向量為則n?AC=?2x+2y=0則sinθ=所以cosθ=當λ=0時，cosθ=1當λ∈0,1時，cos當1λ=1，即λ=1時，綜上所述，cosθ的最小值是1故選：A.【變式5-3】（2024·山東臨沂·二模）已知正方體ABCD?A1B1C1D1中，M，A．直線MN與A1C所成角的余弦值為63 B．平面BMN與平面C．在BC1上存在點Q，使得B1Q⊥BD1 D．在B【解題思路】以D為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，設(shè)正方體的邊長為1，由空間向量計算異面直線所成角，二面角和線線垂直可判斷ABC；由N,M,B,A四點共面，而A∈平面BMN可判斷D.【解答過程】以D為坐標原點，建立如圖所示的空間直角坐標系，設(shè)正方體的邊長為1，所以A1,0,0,D0,0,0M0,1,對于A，MN=0,?1直線MN與A1C所成角的余弦值為對于B，MN=0,?1設(shè)平面BMN的法向量為n=x,y,z，則取x=1，可得y=0,z=2，所以n=C1D1設(shè)平面BC1D1的法向量為取x1=1，可得y1平面BMN與平面BCcosm對于C，因為Q在BC1上，設(shè)Qx0,1,則C1Q=所以Qλ,1,?λ+1，B所以B1Q?故BC1上存在點Q1對于D，因為MN//DC//AB，所以N,M,B,A四點共面，而A∈平面BMN，所以B1D上不存在點P，使得PA//平面故選：C.【題型6空間中的距離問題】【例6】（2023·貴州六盤水·模擬預(yù)測）平面α的一個法向量為n=1,2,2，A1,0,0為α內(nèi)的一點，則點P3,1,1到平面A．1 B．2 C．3 D．11【解題思路】利用空間向量坐標運算中，點到平面的距離公式求解即可得.【解答過程】平面α的一個法向量為n=1,2,2，A1,0,0則點P3,1,1到平面α的距離為AP故選：B.【變式6-1】（2024·廣西來賓·一模）棱長為3的正方體ABCD?A1B1C1D1中，點E，F(xiàn)滿足D1A．3355 C．375 【解題思路】利用向量法求點到直線的距離.【解答過程】如圖，建立空間直角坐標系，根據(jù)條件可得E0,0,1，F(xiàn)3,3,2，EF=3,3,1，F(xiàn)C1=?3,0,1，設(shè)向量∴cos所以點E到直線FC1的距離為故選：A.【變式6-2】（2024·福建福州·模擬預(yù)測）四棱錐E?ABCD的頂點均在球O的球面上，底面ABCD為矩形，平面BEC⊥平面ABCD，BC=5，CD=CE=1，BE=2，則O到平面ADE的距離為（

A．13 B．14 C．24【解題思路】根據(jù)線面關(guān)系可證得AB⊥平面BEC，BE⊥CE，將四棱錐E?ABCD補成長方體AD1DA1?BECB【解答過程】因為平面BEC⊥平面ABCD，交線為BC，又底面ABCD為矩形，則AB⊥BC，因為AB?平面ABCD，所以AB⊥平面BEC，則AB⊥CE,AB⊥EB，又BC=5，CD=CE=1，BE=2，所以BE2如圖，將四棱錐E?ABCD補成長方體AD若四棱錐E?ABCD的頂點均在球O的球面上，則長方體AD1DA1?BECB如圖，以E為原點，EC,EB,ED1所在直線為則A0,2,1,D1,0,1設(shè)平面ADE的法向量為n=x,y,z，又n?EA=2y+z=0n?又EO=12,1,12，則故選：A.【變式6-3】（2024·廣西·模擬預(yù)測）如圖，在棱長為2的正方體ABCD?A1B1C1D1中，E為線段DD1的中點，A．53 B．305 C．23【解題思路】由線線平行得到線面平行，直線FC1到平面AB1E【解答過程】∵AE∥FC1，F(xiàn)C1?∴FC1∥因此直線FC1到平面AB1E如圖，以D點為坐標原點，DA所在的直線為x軸，DC所在的直線為y軸，DD1所在的直線為則A2,0,0，B12,2,2，C10,2,2FC1=?2,0,1，AE=設(shè)平面AB1E則n?令z=2，則n=設(shè)點C1到平面AB1則d=n故直線FC1到平面AB故選：C.【題型7翻折問題】【例7】（2024·全國·模擬預(yù)測）如圖，已知矩形ABCD中，E為線段CD上一動點（不含端點），記∠AED=α，現(xiàn)將△ADE沿直線AE翻折到△APE的位置，記直線CP與直線AE所成的角為β，則（

）A．cosα>cosβ B．cosα<cosβ【解題思路】利用空間向量夾角余弦公式和向量數(shù)量積公式得到cosβ=CE+【解答過程】AB選項，cos=CE因為CE+EP>CP，所以由于y=cosx在x∈0,π2上單調(diào)遞減，故β<α故選：B．【變式7-1】（2023·浙江臺州·二模）已知菱形ABCD的邊長為3，對角線BD長為5，將△ABD沿著對角線BD翻折至△A′BD，使得線段A′C長為3，則異面直線A′A．34 B．54 C．49【解題思路】由題知A′C=A′D=CD=3，CB=CD=3,BD=5，所先計算出CB?CD，A【解答過程】因為A′所以2A因為CB=CD=3,BD=5.所以2CB所以A′即cos所以異面直線A′B與CD所成角的余弦值為故選：D.【變式7-2】（2024·全國·三模）在平面直角坐標系中，P為圓x2+y2=16上的動點，定點A?3,2．現(xiàn)將y軸左側(cè)半圓所在坐標平面沿y軸翻折，與y軸右側(cè)半圓所在平面成2π3的二面角，使點A翻折至A′A．13,35 B．4?13,7 C．【解題思路】設(shè)A所在平面為α，圓的另一半所在平面為β，若P∈α，則P,A,O三點共線時，以及P在圓的下端點時，分別取到A′，P兩點間距離的最值；若P∈β，設(shè)P4cosα,4sin【解答過程】設(shè)A所在平面為α，圓的另一半所在平面為β，若P∈α，則P,A,O三點共線時，PA有最小值P1A′=R?OA′若P∈β，設(shè)P4cosα,4sinα，A′在β上的投影為距離為A1，則A′到β面距離為AA1=?3sinπ3=332，又A′到y(tǒng)軸的距離為3，∴A1到y(tǒng)軸的距離為9?27綜上可得，PA故選：B.【變式7-3】（2024·湖南邵陽·二模）如圖所示，在矩形ABCD中，AB=3，AD=1，AF⊥平面ABCD，且AF=3，點E為線段CD（除端點外）上的動點，沿直線AE將△DAE翻折到△D′A．當點E固定在線段CD的某位置時，點D′B．存在點E，使AB⊥平面DC．點A到平面BCF的距離為3D．異面直線EF與BC所成角的余弦值的取值范圍是13【解題思路】當點E固定在線段CD的某位置時，線段AE的長度為定值，AD′⊥D′E，過D′作D′H⊥AE于點H，H為定點，D′H的長度為定值，由此可判斷A；無論E在CD（端點除外）的哪個位置，AB均不與AE垂直，即可判斷B；以AB，AD，AF為x，y，z的正方向建立空間直角坐標系，求出平面BCF的法向量為n【解答過程】選項A：當點E固定在線段CD的某位置時，線段AE的長度為定值，AD′⊥D′E，過D′作D′H⊥AE于點H，H為定點，D′H的長度為定值，且D選項B：無論E在CD（端點除外）的哪個位置，AB均不與AE垂直，故AB不與平面AD選項C：以AB，AD，AF為x，y，z的正方向建立空間直角坐標系，則A0,0,0，F(xiàn)0,0,3，B3BC=(0,1,0),設(shè)平面BCF的法向量為n=x,y,z,∴則點A到平面BCF的距離為d=n選項D：設(shè)E3λ,1,0，λ∈0,1，BC=0,1,0，EF=?3故選：D．【題型8立體幾何中的截面、交線問題】【例8】（2024·河南新鄉(xiāng)·三模）已知球O的半徑為5，點A到球心O的距離為3，則過點A的平面α被球O所截的截面面積的最小值是（

）A．9π B．12π C．16π【解題思路】根據(jù)給定條件，利用球的截面小圓性質(zhì)求出截面小圓半徑即得.【解答過程】由點A到球心O的距離為3，得球心O到過點A的平面α距離的最大值為3，因此過點A的平面α被球O所截的截面小圓半徑最小值為52所以過點A的平面α被球O所截的截面面積的最小值是42故選：C.【變式8-1】（2024·四川綿陽·模擬預(yù)測）在長方體ABCD?A1B1C1D1中，AB=2AD=2AA1，點M是線段C1A．三角形 B．四邊形 C．五邊形 D．六邊形【解題思路】延長MN交DC的延長線于點F，連接AF交BC于點H，連接NH，延長NM交DD1的延長線于點E，連接AE交A1D1【解答過程】延長MN交DC的延長線于點F，連接AF交BC于點H，連接NH，延長NM交DD1的延長線于點E，連接AE交A1D1則五邊形AHNMG為平面AMN截該長方體所得的截面圖形，不妨設(shè)AB=2AD=2AA1=4，又點M是線段C1D1上靠近所以C1M=3，D1M=1，C1所以ABCF=BHCH=又D1MDF=E又GD1AD=E即五邊形AHNMG為平面AMN截該長方體所得的截面圖形.故選：C.【變式8-2】（2024·安徽安慶·三模）在正方體ABCD?A1B1C1D1中，點A．該截面多邊形是四邊形B．該截面多邊形與棱BB1的交點是棱C．A1C⊥D．平面AB1【解題思路】將線段EF向兩邊延長，分別與棱CB的延長線，棱CD的延長線交于G,H，連C1G,C1H分別與棱BB1,DD1交于P,Q，可判斷A；利用相似比可得【解答過程】對于A，將線段EF向兩邊延長，分別與棱CB的延長線，棱CD的延長線交于G,H，連C1G,C1H分別與棱B對于B，易知△AEF和△BEG全等且都是等腰直角三角形，所以GB=AF=1所以BPCC1=BGGC=對于C，因為A1B1⊥平面BCC1B又BC1⊥B1C，A1因為A1C?平面A1B1因為BD∩BC1=B,BD,BC1?平面因為平面BC1D與平面C1EF對于D，易知BC1//又AD1∩B1D1結(jié)合C結(jié)論，所以平面C1EF與平面故選：B．【變式8-3】（2024·河南·模擬預(yù)測）如圖，已知直三棱柱ABC?A1B1C1的體積為4，AC⊥BC，AC=BC=CC1，D為B1C1

A．3,92 B．3,92 C．【解題思路】過E作EF//CC1，交A1C1于F，連接B1F，取C1F的中點H，連接DH【解答過程】直三棱柱ABC?A1B1C1的體積為4，AC⊥BC，過E作EF//CC1，交A1C1于F，連接B1F

設(shè)CE=2m(0≤m≤1)，①當m=0時，平面BDE截直三棱柱ABC?A1B1C②當0<m≤1時，因為EF//CC1，CE//C1F，所以四邊形EC因為D，H分別為B1C1，C1F因為EF//BB1，EF=CC所以BE//B1則BE//DH，BE=2DH，即平面BDE截直三棱柱ABC?A1在Rt△HFE中，∠EFH=90°，EF=2，HF=m在Rt△BB1D中，∠BB1D=在Rt△BCE中，∠BCE=90°，BC=2，CE=2m，則過D作DM⊥BE垂足為M，過H作HN⊥BE垂足為N，所得平面圖形如下;

則HE=4+m2，BD=5，BE=2設(shè)BM=x，則NE=所以DM2=5?x2化簡可得：x=11+m所以S梯形因為當0<m≤1，所以2<5m2綜上，平面BDE截直三棱柱ABC?A1故選：A.【題型9立體幾何中的軌跡問題】【例9】（2024·陜西商洛·模擬預(yù)測）如圖，正三棱柱ABC?A1B1C1的底面邊長是2，側(cè)棱長是23，M為A1C1的中點，N是側(cè)面A．6 B．2 C．2 D．4【解題思路】取B1C1的中點D，取BB1的中點E，連接MD,DE,ME，證明DEM//平面【解答過程】如圖，取B1C1的中點D，取BB1的中點E又DE?面ABC1，BC1?面AB又M為A1C1又MD?面ABC1，AB?面ABC1，所以又DE∩MD=D，DE?面DEM，MD?面DEM，所以平面DEM//平面AB又因為N是側(cè)面BCC1B1上一點，且所以N的軌跡為線段DE，DE=1所以點N的軌跡的長度為2.故選：B.【變式9-1】（2024·浙江溫州·一模）如圖，所有棱長都為1的正三棱柱ABC?A1B1C1，BE=2EC，點F是側(cè)棱AA1上的動點，且AF=2CG，

A．三角形（含內(nèi)部） B．矩形（含內(nèi)部）C．圓柱面的一部分 D．球面的一部分【解題思路】根據(jù)題意首先保持H在線段FB上不動（與F重合），研究當點F運動時M的軌跡為線段MN，再根據(jù)H點在線段FB上運動的軌跡即可得出點M的軌跡為△MNE及其內(nèi)部的所有點的集合.【解答過程】如下圖所示：

首先保持H在線段FB上不動，假設(shè)H與F重合根據(jù)題意可知當F點在側(cè)棱AA1上運動時，若F點在A1點處時，G此時由AF=2CG可得滿足當F點運動到圖中F1位置時，易知AF1=2C取棱AC上的點N，滿足AN=2NC，根據(jù)三角形相似可得當點F在側(cè)棱AA1上從A1點運動到A點時，M再研究當點H在線段FB上運動，當點H在線段FB上從點F運動到點B時，M點的軌跡是線段ME，當點H在線段F1B上從點F1運動到點B時，M因此可得，當點F是側(cè)棱AA1上運動時，H在線段FB上運動時，點M的軌跡為即可得M的軌跡為三角形（含內(nèi)部）.故選：A.【變式9-2】（2024·四川成都·三模）在棱長為5的正方體ABCD?A1B1C1D1中，Q是DDA．5π B．25π C．5【解題思路】建立空間直角坐標系，作出輔助線，得到AQ⊥平面CDRH，由點到平面的距離和球的半徑得到點P的軌跡為以5為半徑的圓，從而求出點P的軌跡長度.【解答過程】以點D為原點，DA,DC,DD1所在直線分別為則Q0,0,52球心O52,52,52，取A1則R52,0,5DC?故DR⊥AQ，CD⊥AQ，又DR∩CD=D，DR,CD?平面CDRH，故AQ⊥平面CDRH，故當P位于平面CDRH與內(nèi)切球O的交線上時，滿足CP⊥AQ，此時O52,d=DOr=254?54故點P的軌跡為以5為半徑的圓，故點P的軌跡長度為25故選：B.【變式9-3】（2024·四川成都·二模）在所有棱長均相等的直四棱柱ABCD?A1B1C1D1中，∠BAD=60°，點P在四邊形A．16+43 B．8+23 C．4+3【解題思路】先根據(jù)軌跡的長度求出棱長，利用四棱柱的表面積公式可求答案.【解答過程】設(shè)棱長為a，延長A1B1，過點C1作C1由∠BAD=60°，可得由直四棱柱的性質(zhì)可得，C1O⊥平面AA因為C1P=7在平面AA1B1B內(nèi)，點P的軌跡是以O(shè)為圓心，a因為OB1=因為點P的軌跡長度為2π3，所以O(shè)P=2，即四棱柱的表面積為4×2×2+2×2×2×3故選：A.【題型10以立體幾何為載體的新定義、新情景題】【例10】（2024·天津北辰·三模）中國載人航天技術(shù)發(fā)展日新月異.目前，世界上只有3個國家能夠獨立開展載人航天活動.從神話“嫦娥奔月”到古代“萬戶飛天”，從詩詞“九天攬月”到壁畫“仕女飛天”……千百年來，中國人以不同的方式表達著對未知領(lǐng)域的探索與創(chuàng)新.如圖，可視為類似火箭整流罩的一個容器，其內(nèi)部可以看成由一個圓錐和一個圓柱組合而成的幾何體.圓柱和圓錐的底面半徑均為2，圓柱的高為6，圓錐的高為4.若將其內(nèi)部注入液體，已知液面高度為7，則該容器中液體的體積為（

）A．325π12 B．76π3 C．【解題思路】結(jié)合軸截面分析可知O1B=O【解答過程】由題意可知：容器中液體分為：下半部分為圓柱，上半部分為圓臺，取軸截面，如圖所示，O1,O可知：AB∥CD∥EF，且O1可得O3FO所以該容器中液體的體積為π×故選：A.【變式10-1】（2024·安徽池州·模擬預(yù)測）古希臘數(shù)學(xué)家歐幾里德在其著作《幾何原本》中定義了相似圓錐：兩個圓錐的高與底面的直徑之比相等時，則稱這兩個圓錐為相似圓錐.已知圓錐SO的底面圓O的半徑為3，其母線長為5.若圓錐S′O′與圓錐SO是相似圓錐，且其高為8，則圓錐SA．15π B．60π C．96π D．120π【解題思路】根據(jù)題意，求得圓錐SO的底面直徑和高，根據(jù)圓錐S′O′與圓錐SO【解答過程】由題意得：圓錐SO的底面直徑為6，高為52所以高與底面直徑之比為46因為圓錐S′O′所以圓錐S′O′所以圓錐S′O′所以圓錐S′O′故選：B.【變式10-2】（2024·廣東江門·模擬預(yù)測）沙漏也叫做沙鐘，是一種測量時間的裝置.沙漏由兩個完全一樣的圓錐和一個狹窄的連接管道組成，通過充滿了沙子的玻璃圓錐從上面穿過狹窄的管道流入底部玻璃圓錐所需要的時間來對時間進行測量西方發(fā)現(xiàn)最早的沙漏大約在公元1100年，比我國的沙漏出現(xiàn)要晚．時鐘問世之后，沙漏完成了它的歷史使命.現(xiàn)代沙漏可以用來助眠．經(jīng)科學(xué)認證，人類的健康入睡時間是15分鐘，沙漏式伴睡燈便是一個15分鐘的計時器．它將古老的計時沙漏與現(xiàn)代夜燈巧妙結(jié)合，隨著沙粒從縫隙中滑下，下部的燈光逐漸被沙子掩埋，直到15分鐘后沙粒全部流光，柔和的燈光完全覆蓋．就這樣，寧靜的夜晚，聽著沙粒窸窸窣窣的聲音，仿佛一首緩緩流動的安眠曲如圖，一件沙漏工藝品，上下兩部分可近似看成完全一樣的圓錐，測得圓錐底面圓的直徑為10cm，沙漏的高（下底面圓心的距離）為8cm，通過圓錐的頂點作沙漏截面，則截面面積最大為（

）A．40cm2 B．41cm2 C．【解題思路】法一，根據(jù)條件得到S=16+法二，設(shè)∠APB=θ，根據(jù)條件得到S△PAB【解答過程】由沙漏的對稱性，通過圓錐頂點作沙漏的截面，上下兩部分截面為全等的三角形，只需要討論通過頂點作圓錐的截面的最大值，如圖，在圓錐PO中，過頂點P作截面為PAB，作OM⊥AB于M，延長OM交底面圓交于點C，連接PM,OA,OB,|PO|=4cm設(shè)|OM|=xcm，|PM|=S△PAB當且僅當16+x2=25?x2故選：B．方法二：設(shè)∠APB=θ,|PA|=|PO所以S△PAB當AB為底面圓直徑時，θ取得最大，此時cosθ=41+41?1002.41所以當θ=π2時，S△PPB故選：B．【變式10-3】（23-24高二上·河南·階段練習(xí)）《瀑布》（圖1）是埃舍爾為人所知的作品．畫面兩座高塔各有一個幾何體，右塔上的幾何體首次出現(xiàn)，后稱“埃舍爾多面體”（圖2）．埃舍爾多面體可以用兩兩垂直且中心重合的三個正方形構(gòu)造，定義這三個正方形AnBnCnDn(n=1,2,3)的頂點為“框架點”，定義兩正方形的交線為“極軸”，其端點為“極點”，記為Pn,Qn，將極點P1,QA．63 B．223 C．6【解題思路】以O(shè)為坐標原點，建立空間直角坐標系，求得對應(yīng)點的坐標，以及平面A1E2【解答過程】以O(shè)為坐標原點，分別以O(shè)P3,OP2,OP設(shè)OP1=1，則Q1(0,0,?1)，B2(?1,1,0)則Q1B2=(?1,1,1)，設(shè)平面A1E2P2的法向量為令x=1，可得n=(1,?1,0)則cos?故直線Q1B2與平面A故選：A.一、單選題1．（2024·貴州·模擬預(yù)測）為了美化廣場環(huán)境，縣政府計劃定購一批石墩．已知這批石墩可以看作是一個圓臺和一個圓柱拼接而成，其軸截面如下圖所示，其中AB=2CE=2EF=40cm，AC=102cmA．10000π3cm3 B．11000π3【解題思路】過點C作CM⊥AB于M，根據(jù)條件，求出圓臺的高，再利用圓臺與圓柱的體積公式，即可求出結(jié)果.【解答過程】如圖，過點C作CM⊥AB于M，因為AB=2CE=2EF=40cm，所以圓臺的體積為V=1又圓柱的體積為V1所以該石墩的體積為7000π3故選：D.2．（2024·江蘇南京·模擬預(yù)測）已知SO1=2，底面半徑O1A=4的圓錐內(nèi)接于球O，則經(jīng)過S和OA．252π B．253π C．【解題思路】根據(jù)球的截面性質(zhì)，結(jié)合三角形面積等積性、勾股定理進行求解即可.【解答過程】如圖，設(shè)球O的半徑為R，線段O1A的中點為E，因為所以42+(R?2)設(shè)經(jīng)過S和O1A中點E的平面截球O所得截面圓的圓心為O2，半徑為r，球心O則r2=R2?因為當d為點O到SE的距離時最大，此時d?SE=SO?EO1，又所以d=SO?E所以r2故截面面積的最小值為πr故選：A.3．（2024·陜西榆林·模擬預(yù)測）如圖，△ABC是邊長為4的正三角形，D是BC的中點，沿AD將△ABC折疊，形成三棱錐A?BCD．當二面角B?AD?C為直二面角時，三棱錐A?BCD外接球的體積為（

）

A．5π B．20π C．55【解題思路】補形成長方體模型來解即可.【解答過程】由于二面角B?AD?C為直二面角，且△ABD和△ACD都是直角三角形，故可將三棱錐A?BCD補形成長方體來求其外接球的半徑R，即2R2=2從而三棱錐A?BCD外接球的體積V=4故選：D.

4．（2024·河南·二模）已知四面體ABCD的各個面均為全等的等腰三角形，且CA=CB=2AB=4.設(shè)E為空間內(nèi)一點，且A,B,C,D,E五點在同一個球面上，若AE=23，則點E的軌跡長度為（

A．π B．2π C．3π 【解題思路】將四面體ABCD放入長方體中，求解長方體的長寬高，求解外接球的半徑，判斷E的軌跡，然后求解即可．【解答過程】將四面體ABCD放入長方體中，設(shè)長方體的相鄰三條棱長分別為x，y，z，依題意，可知DA=CB=DB=AC=4，DC=AB=2，則x2+y2=4，x2+由于z=14，即異面直線AB和CD的距離為14由于長方體的左右側(cè)面為正方形，所以AB⊥CD，取CD中點M，連接MF，則MF⊥左側(cè)面，AB在左側(cè)面，所以MF⊥AB，又CD∩MF=M,CD,MF?平面CFD，故AB⊥平面CFD，四面體ABCD的外接球半徑為R=x2+由AE=23，知點E的軌跡為一個圓，設(shè)軌跡圓的半徑為r，圓心為F過A,E,O作球的一個軸截面，所以AF2+AF2?F解得OF=2所以E的軌跡長度為2π故選：D．5．（2024·河南·模擬預(yù)測）為體現(xiàn)市民參與城市建設(shè)、共建共享公園城市的熱情，同時搭建城市共建共享平臺，彰顯城市的發(fā)展溫度，某市在中心公園開放長椅贈送點位，接受市民贈送的休閑長椅.其中觀景草坪上一架長椅因其造型簡單別致，頗受人們喜歡（如圖1）.已知AB和CD是圓O的兩條互相垂直的直徑，將平面ABC沿AB翻折至平面ABC′，使得平面ABC′⊥平面ABD（如圖2）此時直線ABA．13 B．33 C．22【解題思路】根據(jù)給定條件，建立空間直角坐標系，利用空間向量求出線面角的正弦值.【解答過程】依題意，OC′⊥AB,OD⊥AB，而平面ABC′⊥平面又OC′?平面ABC′,OD?平面ABD，則因此直線OD,OB,OC′兩兩垂直，以點O為原點，直線OD,OB,OC令圓半徑OD=1，則O(0,0,0),D(1,0,0),B(0,1,0),COB=(0,1,0),BC′=(0,?1,1),則n?BC′=?y+z=0n?BD=x?y=0，令y=1則sinθ=|所以直線AB與平面C′BD所成角的正弦值為故選：B.6．（2024·安徽·一模）在平行六面體ABCD?A1B1C1DA．直線A1C與B．線段A1CC．直線A1C與D．直線A1C與平面ABCD【解題思路】在平行六面體ABCD?A1B【解答過程】在平行六面體ABCD?A1B1C1D由AB=AD=AA1=1得|a|=|b對于A，顯然A1C=則A1C?因此直線A1C與BD所成的角為對于B，|A1C對于C，A1C?因此直線A1C與BB對于D，在平行六面體ABCD?A1B1C又A1C⊥BD，A1C∩AC=C，A1C,AC?平面又BD?平面ABCD，則平面A1CA⊥平面連接AC交BD于點O，在平面A1CA內(nèi)過點A1作A由平面A1CA∩平面ABCD=AC，因此A1E⊥平面ABCD，即直線A1AC=a+b，則由AA1//BB1故選：D.7．（2024·江蘇鹽城·模擬預(yù)測）棱長為2的正方體ABCD?A1B1C1D1中，設(shè)點P為底面A．33 B．233 C．2【解題思路】建立空間直角坐標系，設(shè)P(a,b,2),0≤a≤2,0≤b≤2，求出平面PBD的一個法向量m=(2,2,b?a)，然后利用距離的向量公式并換元化簡得d1+【解答過程】在正方體ABCD?A1B如圖所示：

則D(0,?0,0),A(2,?所以DB=(2,2,0)，DP=(a,b,2)，設(shè)平面PBD的法向量為則m?DB=2x+2y=0m?DP=ax+by+2z=0則點A,C1到平面PBD距離之和為設(shè)b?a=t，則t∈?2,2，d1+因為t∈?2,2，所以t+4∈2,6，所以函數(shù)y=1?8(4+t)+244+t所以當1t+4=12時，故選：B.8．（2024·四川宜賓·模擬預(yù)測）已知E,F分別是棱長為2的正四面體ABCD的對棱AD,BC的中點.過EF的平面α與正四面體ABCD相截，得到一個截面多邊形τ，則正確的選項是（

）①截面多邊形τ可能是三角形或四邊形.②截面多邊形τ周長的取值范圍是4,22③截面多邊形τ面積的取值范圍是1,2④當截面多邊形τ是一個面積為62A．①③ B．②④ C．①②③ D．①③④【解題思路】將平面α從平面ADF開始旋轉(zhuǎn)，結(jié)合對稱性可判斷①；設(shè)AG=m0≤m≤2，利用余弦定理表示出GE+GF，利用幾何意義求最小值，利用二次函數(shù)單調(diào)性求最大值可判斷②；先判斷EF⊥GH，然后利用向量方法求出GH【解答過程】對于①，當平面α過AD或BC時，截面為三角形.易知正四面體關(guān)于平面ADF對稱，將平面α從平面ADF開始旋轉(zhuǎn)與AB交于點G時，由對稱性可知，此時平面α與CD交于點H，且AG=DH，此時截面為四邊形EGFH，①正確；對于②，設(shè)AG=m0≤m≤2，由余弦定理得GE=GF=2?m由兩點間距離公式知，GE+GF表示動點m,0到定點12,3當三點共線時取得最小值12由二次函數(shù)單調(diào)性可知，當m=0或m=2時，GE+GF取得最大值1+3所以截面多邊形τ周長的取值范圍是4,2+23對于③，記GH與EF的交點為O，由對稱性∠EFG=∠EFH，F(xiàn)G=FH，所以EF⊥GH，SEGFH因為AF=A所以EF=AF2記AB=則GH=因為a?所以GH==2m?1由二次函數(shù)性質(zhì)可知，2≤GH2≤4所以1≤S對于④，由③知，當截面為四邊形時，對角線EF，GH垂直，所以④正確．故選：D.二、多選題9．（2024·江蘇揚州·模擬預(yù)測）如圖，一個棱長為6的透明的正方體容器（記為正方體ABCD?A1B1C1D1）放置在水平面α的上方，點A恰在平面α內(nèi)，點B到平面α的距離為2，若容器中裝有水，靜止時水面與表面AAA．平面ABC1B．點D1到平面αC．當d∈2,8D．當d=7時，所裝的水的體積為747【解題思路】建立空間直角坐標系，求得平面α、平面ABC1D1的法向量計算可判斷A；根據(jù)向量法計算可判斷B；當d∈4,6，水面為六邊形可判斷C；作出水面，利用水面與平面α平行，可計算出水面與B【解答過程】如圖所示建立空間直角坐標系，則B6,0,0因為靜止時水面與表面AA1D1D的交線與A設(shè)平面α的法向量為n=x,y,z，點B到平面α的距離為d′=6xA1D?令x=1，所以平面α的法向量為n=對A，AC1=6,6,6，AB=故A1D⊥AC所以平面ABC1D1的法向量為所以平面ABC1D對B，AD1=0,6,6，所以D1對C，因為AD=0,0,6,AC=對D，當d=7時，設(shè)水面與DD1,A1D1則AN?nn=12+2t設(shè)水面與B1C1交點為GNG?n=6+2m?9=0,m=32，此時過G作GH//MN交C設(shè)△D1MN的面積為S1,△C1GH所以V臺體D1故選：ABD.10．（2024·全國·二模）已知正方體ABCD?A1B1CA．若點P在正方體表面上運動，且AP=2，則點P軌跡的長度為2B．若P是棱C1D1上的點（不包括點C1,C．若點P在線段BC1D．若點P在線段BC1上運動，則三棱錐【解題思路】根據(jù)正方體的幾何特征可根據(jù)外接球的體積得棱長為2，即可由圓的周長求解A,根據(jù)異面直線的定義即可求解B，利用線面垂直即可求解C，利用等體積法即可求解D.【解答過程】方體ABCD?A1B1C1D1外接球的體積為

設(shè)正方體的棱長為a，則3a=2R=2對于A，在平面ABB1A1中，點P的軌跡為以A為圓心，2為半徑的14圓??；同理，在平面ABCD和平面ADD1A1中，點P的軌跡都是以A對于B，利用異面直線的判定定理可以判斷直線AP與CC1是異面直線.故對于C，在正方體ABCD?A1B1C1D1中，有A1D⊥AD1,

對于D，在正方體ABCD?A1B1C1D1中，故選：BCD.11．（2024·湖南·三模）如圖，在棱長為2的正方體ABCD?A1B1C1D1中，點P是正方體的上底面

A．三棱錐Q?PCD的體積是定值B．存在點P，使得PQ與AA1C．直線PQ與平面A1ADD．若PD1=PQ，則【解題思路】利用等體積轉(zhuǎn)換即可求得體積為定值判斷A；建立空間直角坐標系，設(shè)P(x,y,0)(0<x<2,0<y<2)，得QP=(x?2,y?1,2)，AA1=(0,0,2)，利用向量夾角公式求解判斷B；求平面A1ADD【解答過程】對于A，三棱錐Q?PCD的體積等于三棱錐P?QCD的體積，V三棱錐以A1為坐標原點，A1B

則Q(2,1,?2)，設(shè)P(x,y,0)(0<x<2,0<y<2)，則QP對于B，AA1=(0,0,2)，使得PQ與Acosα=因為0<x<2,0<y<2，故0<x?22+而cos60°=對于C，平面A1ADD所以直線PQ與平面A1ADD1所成角因為0<x<2,0<y<2，故?2<x?2<0故x?2(x?2)而x?2(x?2)2+5故0<x?2(x?2)2+(y?1)對于D，D1(0,2,0),D可得x2+(y?2)在xA1y平面內(nèi)，令x=0，得y=32，令y=0(2?5故選：ACD.三、填空題12．（2024·廣東·一模）在正方體ABCD?A1B1C1D1中，點P、Q分別在A1B1、C1D【解題思路】以D為原點，DA為x軸，DC為y軸，DD1為z軸，建立空間直角坐標系，利用向量法能求出異面直線BP與【解答過程】設(shè)正方體ABCD?A以D為原點，DA為x軸，DC為y軸，DD1為

則D0,0,0，Q0,1,3，B3,3,0，P3,2,3，設(shè)異面直線BP與DQ所成角為θ，則cosθ=即異面直線BP與DQ所成角的余弦值為45故答案為：4513．（2024·新疆·二模）我國古代數(shù)學(xué)著作《九章算術(shù)》中記載了一種稱為“羨除”的幾何體，該幾何體的一種結(jié)構(gòu)是三個面均為梯形，其他兩面為三角形的五面體．如圖所示，四邊形ABCD，ABFE，CDEF均為等腰梯形，AB//CD//EF，AB=6，CD=8，EF=10，EF到平面ABCD的距離為5，CD與AB【解題思路】先連線再根據(jù)棱錐體積公式計算組合體體積即可.【解答過程】連接CE,BE,V==12故答案為：200.14．（2024·北京大興·三模）在棱長為6的正方體ABCD?A1B1C1D1中，E為棱AA①平面ECC1⊥②平面EFG可能經(jīng)過BB③在線段AC上的任意點H（不與端點重合），存在點E使得A1H⊥平面④若E為棱AA1的中點，則平面EFG與正方體所形成的截面為五邊形，且周長為其中所有正確結(jié)論的序號是①③④.【解題思路】①③利用空間向量法證明線面垂直從而證明面面垂直和判斷線面垂直；②利用向量法求解平面EFG的法向量，結(jié)合平面內(nèi)直線一定與法向量數(shù)量積為0，判斷點在平面內(nèi)；④利用平面的基本性質(zhì)作出截面，再求出截面的周長；【解答過程】如圖所