2025年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題四 立體幾何 第6講　立體幾何中的動態(tài)問題解析版

第6講立體幾何中的動態(tài)問題（新高考專用）目錄目錄【真題自測】 2【考點突破】 2【考點一】動點軌跡問題 12【考點二】折疊、展開問題 20【考點三】最值、范圍問題 27【專題精練】 36考情分析：“動態(tài)”問題是高考立體幾何問題最具創(chuàng)新意識的題型，它滲透了一些“動態(tài)”的點、線、面等元素，給靜態(tài)的立體幾何題賦予了活力，題型更新穎．同時，由于“動態(tài)”的存在，也使立體幾何題更趨多元化，將立體幾何問題與平面幾何中的解三角形問題、多邊形面積問題以及解析幾何問題之間建立橋梁，使得它們之間靈活轉(zhuǎn)化．真題自測真題自測一、解答題1．（2023·全國·高考真題）如圖，在正四棱柱中，．點分別在棱,上，．

(1)證明：；(2)點在棱上，當(dāng)二面角為時，求．2．（2022·全國·高考真題）如圖，四面體中，，E為的中點．(1)證明：平面平面；(2)設(shè)，點F在上，當(dāng)?shù)拿娣e最小時，求與平面所成的角的正弦值．3．（2021·北京·高考真題）如圖：在正方體中，為中點，與平面交于點．（1）求證：為的中點；（2）點是棱上一點，且二面角的余弦值為，求的值．4．（2021·全國·高考真題）已知直三棱柱中，側(cè)面為正方形，，E，F(xiàn)分別為和的中點，D為棱上的點．（1）證明：；（2）當(dāng)為何值時，面與面所成的二面角的正弦值最小?參考答案：1．(1)證明見解析；(2)1【分析】（1）建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量坐標(biāo)相等證明；（2）設(shè)，利用向量法求二面角，建立方程求出即可得解.【詳解】（1）以為坐標(biāo)原點，所在直線為軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖，

則，，，又不在同一條直線上，.（2）設(shè)，則，設(shè)平面的法向量，則，令，得，，設(shè)平面的法向量，則，令，得，，，化簡可得，，解得或，或，.2．(1)證明過程見解析(2)與平面所成的角的正弦值為【分析】（1）根據(jù)已知關(guān)系證明，得到，結(jié)合等腰三角形三線合一得到垂直關(guān)系，結(jié)合面面垂直的判定定理即可證明；（2）根據(jù)勾股定理逆用得到，從而建立空間直角坐標(biāo)系，結(jié)合線面角的運算法則進(jìn)行計算即可.【詳解】（1）因為，E為的中點，所以；在和中，因為，所以，所以，又因為E為的中點，所以；又因為平面，，所以平面，因為平面，所以平面平面.（2）連接，由（1）知，平面，因為平面，所以，所以，當(dāng)時，最小，即的面積最小.因為，所以，又因為，所以是等邊三角形，因為E為的中點，所以，，因為，所以,在中，，所以.以為坐標(biāo)原點建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則，所以，設(shè)平面的一個法向量為，則，取，則，又因為，所以，所以，設(shè)與平面所成的角為，所以，所以與平面所成的角的正弦值為.3．（1）證明見解析；（2）．【分析】(1)首先將平面進(jìn)行擴(kuò)展，然后結(jié)合所得的平面與直線的交點即可證得題中的結(jié)論；(2)建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間直角坐標(biāo)系求得相應(yīng)平面的法向量，然后解方程即可求得實數(shù)的值.【詳解】(1)如圖所示，取的中點，連結(jié)，由于為正方體，為中點，故，從而四點共面，即平面CDE即平面，據(jù)此可得：直線交平面于點，當(dāng)直線與平面相交時只有唯一的交點，故點與點重合，即點為中點.(2)以點為坐標(biāo)原點，方向分別為軸，軸，軸正方向，建立空間直角坐標(biāo)系，不妨設(shè)正方體的棱長為2，設(shè)，則：，從而：，設(shè)平面的法向量為：，則：，令可得：，設(shè)平面的法向量為：，則：，令可得：，從而：，則：，整理可得：，故（舍去）.【點睛】本題考查了立體幾何中的線面關(guān)系和二面角的求解問題，意在考查學(xué)生的空間想象能力和邏輯推理能力，對于立體幾何中角的計算問題，往往可以利用空間向量法，通過求解平面的法向量，利用向量的夾角公式求解.4．（1）證明見解析；（2）【分析】（1）方法二：通過已知條件，確定三條互相垂直的直線，建立合適的空間直角坐標(biāo)系，借助空間向量證明線線垂直；（2）方法一：建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量求出二面角的平面角的余弦值最大，進(jìn)而可以確定出答案；【詳解】（1）[方法一]：幾何法因為，所以．又因為，，所以平面．又因為，構(gòu)造正方體，如圖所示，過E作的平行線分別與交于其中點，連接，因為E，F(xiàn)分別為和的中點，所以是BC的中點，易證，則．又因為，所以．又因為，所以平面．又因為平面，所以．[方法二]【最優(yōu)解】：向量法因為三棱柱是直三棱柱，底面，，，，又，平面．所以兩兩垂直．以為坐標(biāo)原點，分別以所在直線為軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖．，．由題設(shè)（）．因為，所以，所以．[方法三]：因為，，所以，故，，所以，所以．（2）[方法一]【最優(yōu)解】：向量法設(shè)平面的法向量為，因為，所以，即．令，則因為平面的法向量為，設(shè)平面與平面的二面角的平面角為，則．當(dāng)時，取最小值為，此時取最大值為．所以，此時．[方法二]：幾何法如圖所示，延長交的延長線于點S，聯(lián)結(jié)交于點T，則平面平面．作，垂足為H，因為平面，聯(lián)結(jié)，則為平面與平面所成二面角的平面角．設(shè)，過作交于點G．由得．又，即，所以．又，即，所以．所以．則，所以，當(dāng)時，．[方法三]：投影法如圖，聯(lián)結(jié)，在平面的投影為，記面與面所成的二面角的平面角為，則．設(shè)，在中，．在中，，過D作的平行線交于點Q．在中，．在中，由余弦定理得，，，，，當(dāng)，即，面與面所成的二面角的正弦值最小，最小值為．【整體點評】第一問，方法一為常規(guī)方法，不過這道題常規(guī)方法較為復(fù)雜，方法二建立合適的空間直角坐標(biāo)系，借助空間向量求解是最簡單，也是最優(yōu)解；方法三利用空間向量加減法則及數(shù)量積的定義運算進(jìn)行證明不常用，不過這道題用這種方法過程也很簡單，可以開拓學(xué)生的思維.第二問：方法一建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量求出二面角的平面角是最常規(guī)的方法，也是最優(yōu)方法；方法二：利用空間線面關(guān)系找到，面與面所成的二面角，并求出其正弦值的最小值，不是很容易找到；方法三：利用面在面上的投影三角形的面積與面積之比即為面與面所成的二面角的余弦值，求出余弦值的最小值，進(jìn)而求出二面角的正弦值最小，非常好的方法，開闊學(xué)生的思維．考點突破考點突破【考點一】動點軌跡問題一、單選題1．（2024·四川成都·二模）在正方體中，點在四邊形內(nèi)（含邊界）運動.當(dāng)時，點的軌跡長度為，則該正方體的表面積為（

）A．6 B．8 C．24 D．542．（2024·湖南長沙·三模）已知正方體的棱長為是棱的中點，空間中的動點滿足，且，則動點的軌跡長度為（

）A． B．3 C． D．二、多選題3．（2024·遼寧大連·二模）在棱長為2的正方體中，M為中點，N為四邊形內(nèi)一點（含邊界），若平面，則下列結(jié)論正確的是（

）A． B．三棱錐的體積為C．點N的軌跡長度為 D．的取值范圍為4．（2024·山東泰安·模擬預(yù)測）如圖，在五邊形中，四邊形為正方形，，，F(xiàn)為AB中點，現(xiàn)將沿折起到面位置，使得，則下列結(jié)論正確的是（

）

A．平面平面B．若為的中點，則平面C．折起過程中，點的軌跡長度為D．三棱錐的外接球的體積為三、填空題5．（2024·江西宜春·模擬預(yù)測）如圖，在四面體中，和均是邊長為6的等邊三角形，，則四面體外接球的表面積為；點E是線段AD的中點，點F在四面體的外接球上運動，且始終保持EF⊥AC，則點F的軌跡的長度為.6．（2024·黑龍江·二模）已知三棱錐的四個面是全等的等腰三角形，且，，則三棱錐的外接球半徑為；點為三棱錐的外接球球面上一動點，時，動點的軌跡長度為．參考答案：題號1234答案CDBDABD1．C【分析】由線段是定值結(jié)合正方體的特征得出點的軌跡，結(jié)合弧長公式計算即可.【詳解】設(shè)正方體棱長為，由正方體性質(zhì)知平面，平面，得，所以，所以點軌跡是以為圓心，為半徑的圓弧，設(shè)圓弧分別交與點，則，所以，同理，所以圓心角是，則軌跡長度為，可得，所以正方體的表面積為.故選：.2．D【分析】分別取的中點，連接，證明平面，從而可得點在平面內(nèi)，再根據(jù)，得點在以為球心，半徑為1的球面上，可得動點的軌跡為平面與球的球面的交線，求出平面截球所得截面圓的半徑，即可得解.【詳解】如圖，分別取的中點，連接，因為平面，平面，所以，在中，，所以，所以，又，所以，所以，又，平面，所以平面，由，得點在平面內(nèi)，由，得點在以為球心，半徑為1的球面上，因此動點的軌跡為平面與球的球面的交線，即在平面內(nèi)的圓，連接，設(shè)點到平面的距離為，平面截球所得截面圓的半徑為，則由得，且，所以，則，因此動點的軌跡長度為.故選：D.【點睛】思路點睛：涉及立體圖形中的軌跡問題，若動點在某個平面內(nèi)，利用給定條件，借助線面、面面平行、垂直等性質(zhì)，確定動點與所在平面內(nèi)的定點或定直線關(guān)系，結(jié)合有關(guān)平面軌跡定義判斷求解.3．BD【分析】根據(jù)正方體的性質(zhì)得出平面平面，則根據(jù)已知得出點在線段上（含端點），當(dāng)為時，根據(jù)異面直線的平面角結(jié)合正方體的性質(zhì)得出與的夾角為，此時，即可判斷A；三棱錐,利用等體積法結(jié)合體積公式即可判斷B；根據(jù)點在線段上（含端點），利用勾股定理求出求，即可判斷C；根據(jù)正方體性質(zhì)結(jié)合已知可得，則，即可根據(jù)的范圍得出的范圍判斷D．【詳解】在棱長為2的正方體中，為中點，為四邊形內(nèi)一點（含邊界），平面，取、中點分別為、，連接、、、，，如圖：為正方體，為中點，為中點，，，，，、平面，、平面，且，，平面平面，為四邊形內(nèi)一點（含邊界），且平面，點在線段上（含端點），對于A：當(dāng)在時，則與的夾角為，此時，則與不垂直，故A不正確；對于B為四邊形內(nèi)一點（含邊界），到平面的距離為2，三棱錐的體積為，故B正確；對于C：由于點在線段上（含端點），而，點的軌跡長度為，故C不正確；對于D為正方體，平面，平面，，△為直角三角形，且直角為，，點在線段上（含端點），則當(dāng)最大時，即點為點時，此時，此時最小，為，當(dāng)最小時，即，此時，此時最大，最大為，則的取值范圍，故D正確．故選：BD．4．ABD【分析】首先說明，結(jié)合已知，從而證明平面，即可判斷A，由，即可證明B，過點作交于點，求出，即可求出點的軌跡長度，從而判斷C，連接，即可證明平面，從而得到三棱錐的外接球即為四棱錐的外接球，求出外接球的半徑，即可求出球的體積，即可判斷D.【詳解】對于A：由題意得，所以，即，而已知，且注意到，，平面，平面，所以平面，平面，所以平面平面，故A正確；對于B：因為為的中點，所以，又，所以，又平面，平面，所以平面，故B正確；

對于C：

因為四邊形為正方形，，，所以，過點作交于點，則，所以折起過程中，點的軌跡是以為圓心，為半徑，圓心角為的圓弧，所以點的軌跡長為，故C錯誤；對于D：連接，則，又平面平面，平面平面，平面，所以平面，又四邊形為邊長為的正方形，則三棱錐的外接球即為四棱錐的外接球，又四邊形外接圓的直徑為，，設(shè)四棱錐的外接球的半徑為，則，即，所以，所以外接球的體積，即三棱錐的外接球的體積為，故D正確.故選：ABD

【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題關(guān)鍵是證明平面平面，從而確定點的旋轉(zhuǎn)角，即可判斷B，D選項關(guān)鍵是轉(zhuǎn)化為求四棱錐的外接球的體積.5．【分析】設(shè)四面體外接球的球心為的中心分別為，則可得平面平面，且四點共面，可得，進(jìn)而求出，然后由勾股定理求出四面體外接球的半徑；取中點，作，設(shè)點軌跡所在平面為，求出四面體外接球半徑和到平面的距離，從而可求出平面截外接球所得截面圓的半徑，進(jìn)而可得結(jié)果.【詳解】取中點，連接，則，平面，又和均是邊長為6的等邊三角形，，∴平面，，所以，∴，設(shè)四面體外接球的球心為的中心分別為，易知平面平面，且四點共面，由題可得，，在中，得，又，則四面體外接球半徑，所以四面體外接球的表面積為；作于，設(shè)點軌跡所在平面為，則平面經(jīng)過點且，易知到平面的距離，故平面截外接球所得截面圓的半徑為，所以截面圓的周長為，即點軌跡的周長為.故答案為：；.6．/【分析】由三棱錐的結(jié)構(gòu)特征，可擴(kuò)成長方體，利用長方體的外接球半徑得三棱錐的外接球半徑；由動點的軌跡形狀，求長度.【詳解】三棱錐的四個面是全等的等腰三角形，且，，如圖所示，則有，，把三棱錐擴(kuò)成長方體，則有，解得，則長方體外接球半徑，所以三棱錐的外接球半徑；點為三棱錐的外接球球面上一動點，時，由，動點的軌跡是半徑為的圓，軌跡長度為.故答案為：；.【點睛】關(guān)鍵點點睛：三組對棱分別相等的四面體(三棱錐)——補形為長方體(四面體的棱分別是長方體各面的對角線).規(guī)律方法：解決與幾何體有關(guān)的動點軌跡問題的方法(1)幾何法：根據(jù)平面的性質(zhì)進(jìn)行判定．(2)定義法：轉(zhuǎn)化為平面軌跡問題，用圓錐曲線的定義判定或用代數(shù)法進(jìn)行計算．(3)特殊值法：根據(jù)空間圖形線段長度關(guān)系取特殊值或位置進(jìn)行排除．【考點二】折疊、展開問題一、單選題1．（2024·陜西榆林·模擬預(yù)測）如圖，是邊長為4的正三角形，D是BC的中點，沿AD將折疊，形成三棱錐．當(dāng)二面角為直二面角時，三棱錐外接球的體積為（

）

A． B． C． D．2．（2024·四川瀘州·三模）已知圓錐的體積為，其側(cè)面展開圖為一個半圓，則該圓錐的內(nèi)切球的表面積為（

）A． B． C． D．二、多選題3．（2024·河北保定·二模）如圖1，在等腰梯形中，，，，，，將四邊形沿進(jìn)行折疊，使到達(dá)位置，且平面平面，連接，，如圖2，則（

）

A． B．平面平面C．多面體為三棱臺 D．直線與平面所成的角為4．（2024·福建廈門·三模）如圖1，將三棱錐型禮盒的打結(jié)點解開，其平面展開圖為矩形，如圖2，其中A，B，C，D分別為矩形各邊的中點，則在圖1中（

）A． B．C．平面 D．三棱錐外接球的表面積為三、填空題5．（2024·四川南充·二模）已知菱形中，對角線交于點，，將沿著折疊，使得，，則三棱錐的外接球的表面積為.6．（22-23高三上·廣東·階段練習(xí)）一個圓錐的表面積為，其側(cè)面展開圖為半圓，當(dāng)此圓錐的內(nèi)接圓柱（圓柱的下底面與圓錐的底面在同一個平面內(nèi)）的側(cè)面積達(dá)到最大值時，該內(nèi)接圓柱的底面半徑為.參考答案：題號1234答案DDABDACD1．D【分析】補形成長方體模型來解即可.【詳解】由于二面角為直二面角，且和都是直角三角形，故可將三棱錐補形成長方體來求其外接球的半徑R，即，解得，從而三棱錐外接球的體積．故選：D

2．D【分析】設(shè)圓錐的底面半徑為，高為，由題意可得，可求得，，進(jìn)而可得軸截面是等邊三角形，求得等邊三角形的內(nèi)切圓的半徑即可求得圓錐的內(nèi)切球的表面積.【詳解】設(shè)圓錐的底面半徑為，高為，母線長為，由題意可得，解得，所以母線長為，底面圓直徑為，可得圓錐的軸截面為等邊三角形，該等邊三角形內(nèi)切圓的半徑即為圓錐內(nèi)切球的半徑，由等邊三角形的性質(zhì)可得內(nèi)切球的半徑，所以圓錐內(nèi)切球的表面積為.故選：D.3．ABD【分析】求得位置關(guān)系判斷選項A；求得平面與平面位置關(guān)系判斷選項B；利用三棱臺定義判斷選項C；求得直線與平面所成的角判斷選項D.【詳解】對于A，因為平面平面，平面平面，，平面，所以平面，所以，A正確.對于B，因為，平面，平面，則平面，又，平面，平面，則平面，又，平面，所以平面平面，B正確.對于C，因為，，則，所以多面體不是三棱臺，C錯誤.對于D，延長，相交于點G，因為平面平面，平面平面，平面，，所以平面，則為直線與平面所成的角.因為，所以，解得，，，則，D正確.

故選：ABD4．ACD【分析】對于A，結(jié)合展開圖可得，判斷A；對于B，利用平面向量數(shù)量積，求，判斷B；對于C，利用線面垂直的判定定理，判斷C；對于D，將三棱錐放在長方體中，求出外接球的表面積，判斷D.【詳解】對于A，，故A正確；對于B，，，所以，則，又在中，，，故，所以，故不垂直，故B錯誤；對于C，因為在中，，所以，又，，平面，平面，所以平面，故C正確；對于D，因為，所以三棱錐三組對棱相等，可以將其放入長方體中，

設(shè)外接球半徑為，則有，解得，所以外接球的表面積為，故D正確，故選：ACD.【點睛】方法點睛：對于D選項，根據(jù)三棱錐棱長相等，將其直接放在長方體中，求出外接球表面積.5．【分析】折疊后，求出的長，設(shè)分別為與的外心，為三棱錐的外接球球心，利用垂直關(guān)系和球的性質(zhì)，求出外接球半徑計算表面積.【詳解】菱形中，，，，，折疊后，，為等邊三角形，，與是全等的等腰三角形，設(shè)分別為與的外心，中，外接圓半徑，，，中，由勾股定理，，即，解得，則，同理，為三棱錐的外接球球心，連接，由球的性質(zhì)可知，平面，平面，與全等，，，，，，平面，平面，平面，，則三棱錐的外接球半徑，所以外接球表面積.故答案為：.6．2【分析】設(shè)圓錐的底面半徑為，母線長為，高為，由圓錐的側(cè)面展開圖為半圓可得，根據(jù)圓錐的表面積可得半徑,母線和高,設(shè)內(nèi)接圓柱的底面半徑為，高為，由相似可得，代入圓柱的側(cè)面積公式分析可得結(jié)果.【詳解】設(shè)圓錐的底面半徑為，母線長為，高為，因為圓錐的側(cè)面展開圖為半圓，所以，解得.因為圓錐的表面積為，所以，解得，，.如圖，設(shè)內(nèi)接圓柱的底面半徑為，高為，則，所以，內(nèi)接圓柱的側(cè)面積，當(dāng)時，取最大值.故答案為：2.【點睛】本題考查圓錐的表面積和圓柱的側(cè)面積公式，考查圓錐側(cè)面展開圖的應(yīng)用，考查推理能力和計算能力，屬于基礎(chǔ)題.規(guī)律方法：畫好折疊、展開前后的平面圖形與立體圖形，抓住兩個關(guān)鍵點：不變的線線關(guān)系、不變的數(shù)量關(guān)系．【考點三】最值、范圍問題一、單選題1．（2024·安徽·三模）如圖，在棱長為2的正方體中，內(nèi)部有一個底面垂直于的圓錐，當(dāng)該圓錐底面積最大時，圓錐體積最大為（

）A． B． C． D．2．（2024·河北滄州·三模）《幾何補編》是清代梅文鼎撰算書，其中卷一就給出了正四面體，正六面體（立方體）、正八面體、正十二面體、正二十面體這五種正多面體的體積求法.若正四面體的棱長為，為棱上的動點，則當(dāng)三棱錐的外接球的體積最小時，三棱錐的體積為（

）A． B． C． D．二、多選題3．（2024·湖南懷化·二模）在三棱錐中，平面，點是三角形內(nèi)的動點（含邊界），，則下列結(jié)論正確的是（

）A．與平面所成角的大小為B．三棱錐的體積最大值是2C．點的軌跡長度是D．異面直線與所成角的余弦值范圍是4．（23-24高三下·山東菏澤·階段練習(xí)）如圖，已知正方體的棱長為，點為的中點，點為正方形內(nèi)包含邊界的動點，則（

）A．滿足平面的點的軌跡為線段B．若，則動點的軌跡長度為C．直線與直線所成角的范圍為D．滿足的點的軌跡長度為三、填空題5．（2024·貴州·模擬預(yù)測）已知正方體的頂點均在半徑為1的球表面上，點在正方體表面上運動，為球的一條直徑，則正方體的體積是，的范圍是．6．（2024·浙江金華·三模）四棱錐的底面為正方形，平面，且，．四棱錐的各個頂點均在球O的表面上，，，則直線l與平面所成夾角的范圍為．參考答案：題號1234答案CAACDAD1．C【分析】取的中點，記為，當(dāng)圓錐底面內(nèi)切于正六邊形時該圓錐的底面積最大，結(jié)合圓錐體積公式計算即可得解.【詳解】如圖所示，取的中點，記為，易知六邊形為正六邊形，此時的中點在正六邊形的中心，當(dāng)圓錐底面內(nèi)切于正六邊形時該圓錐的底面積最大，設(shè)此時圓錐底面圓半徑為，因為，所以，圓錐底面積為，圓錐頂點為（或）處，此時圓錐體積最大，此時.故選：C.2．A【分析】由題意確定三棱錐的外接球的體積最小時球心的位置，由此可求出三棱錐的高，利用體積公式，即可求得答案.【詳解】如圖，在正四面體中，假設(shè)底面，則點為外心.在上取一點，滿足，則，則為三棱錐的外接球球心，當(dāng)取得最小值時，最小，三棱錐的外接球體積最小，此時點與點重合.作，垂足為，，為三棱錐的高.由正四面體的棱長為，知，，，.設(shè)，則，故，.由，得，解得.，.故選：A.3．ACD【分析】根據(jù)給定條件，把幾何體補形成正四棱柱，利用幾何法求出線面角判斷A；確定點的軌跡并求出長度判斷C；求出點到距離的最大值計算判斷B；建立坐標(biāo)系，利用異面直線夾角的向量求法建立函數(shù)關(guān)系求解判斷D.【詳解】如圖，把三棱錐補形成正四棱柱并建立空間直角坐標(biāo)系，對于A，由平面，得是與平面所成的角，，因此，A正確；對于C，由，得點的軌跡是以線段為直徑的球面與相交的一段圓弧及點，令的中點分別為，則平面，，于是，顯然點所在圓弧所對圓心角大小為，長度是，C正確；對于B，由選項C知，當(dāng)時，點到平面距離最大，最大距離為1，因此三棱錐的體積，B錯誤；對于D，設(shè)，則點，而，于是，又，令異面直線與所成的角大小為，則，令，在上單調(diào)遞增，因此，D正確.故選：ACD【點睛】思路點睛：涉及立體圖形中的軌跡問題，若動點在某個平面內(nèi)，利用給定條件，借助線面、面面平行、垂直等性質(zhì)，確定動點與所在平面內(nèi)的定點或定直線關(guān)系，結(jié)合有關(guān)平面軌跡定義判斷求解.4．AD【分析】利用正方體的特值構(gòu)造面面平行可判定A，利用圓的定義與弧長公式可判定B，設(shè)P坐標(biāo)，利用正切函數(shù)的單調(diào)性計算判定C，利用線面垂直及勾股定理可判定D.【詳解】對于A，如圖所示，取棱的中點分別為，連接，根據(jù)正方體的特征易知，則共面，且平面，平面，又平面且相交于，故平面平面，所以滿足平面的點的軌跡為線段，故A正確；對于B，設(shè)M到上底面的投影為N，易知，而，所以，即P在以N為圓心，半徑為2的圓上，且P在正方形內(nèi)，如圖所示，即上，易知，所以的長度為，故B錯誤；對于C，如圖所示建立空間直角坐標(biāo)系，取的中點Q，連接，作，設(shè)，則，，易知直線與直線所成角為，顯然當(dāng)P為的中點時，此時，當(dāng)時，，易知，若最小，則需，此時，故C錯誤；對于D，取，可知，即共面，在底面正方形中易知，則，結(jié)合正方體的性質(zhì)可知底面，底面，所以，而平面，所以平面，故P在線段上運動，易知，故D正確.故選：AD5．【分析】由正方體的外接球的半徑求出正方體的棱長，根據(jù)公式計算體積即可；將化簡為，結(jié)合的范圍即可求解．【詳解】設(shè)正方體的棱長為，由題意，，則正方體體積，因為，因為點在正方體表面上運動，所以，故范圍為故答案為：，．6．．【分析】依題意可證明平面，建立空間直角坐標(biāo)系，用向量法求線面角可得結(jié)果.【詳解】解：依題意，四棱錐的外接球的球心O為的中點，連接，交點為Q，因為底面為正方形，所以，又平面，且平面，所以，又，平面，平面，所以平面，所以為平面的一個法向量，如圖建立坐標(biāo)系，并設(shè)直線l上異于B的一點，所求線面角為，，則，，，由可得，∴，當(dāng)時，，當(dāng)時，，綜上，，∴．故答案為：.

另解：依題意，四棱錐的外接球的球心O為的中點，連接，交點為Q，因為底面為正方形，所以，又平面，且平面，所以，又，平面，平面，所以平面，即面，若平面，則與平面所成的角為.若過B的直線l與平面相交于點R，在平面中，過B作直線，與平面相交于點為S，因為面，且平面，所以，又，，且，平面，所以平面，故過且與垂直的直線與平面的交點的軌跡為直線，又平面，所以，又，且，所以平面，又平面，所以，又面，所以為在面內(nèi)的射影，即為直線l與平面所成的角，且，又，而，當(dāng)且僅當(dāng)重合等號成立，故，綜上，，∴．故答案為：.

【點睛】方法點睛：解決直線與平面所成角的方法：（1）幾何法：作出直線與平面所成角，在直角三角形中求角；（2）空間向量法：建立空間直角坐標(biāo)系，求出直線的方向向量和平面的法向量，用向量法求線面角.規(guī)律方法：在動態(tài)變化過程中產(chǎn)生的體積最大、距離最大(小)、角的范圍等問題，常用的解題思路是(1)直觀判斷：在變化過程中判斷點、線、面在何位置時，所求的量有相應(yīng)最大、最小值．(2)函數(shù)思想：通過建系或引入變量，把這類動態(tài)問題轉(zhuǎn)化為目標(biāo)函數(shù)，從而利用代數(shù)方法求目標(biāo)函數(shù)的最值．專題精練專題精練一、單選題1．（2024·四川南充·二模）三棱錐中，，，為內(nèi)部及邊界上的動點，，則點的軌跡長度為（

）A． B． C． D．2．（2024·廣西南寧·一模）在邊長為4的菱形中，．將菱形沿對角線折疊成大小為的二面角．若點為的中點，為三棱錐表面上的動點，且總滿足，則點軌跡的長度為（

）A． B． C． D．3．（2024·陜西榆林·模擬預(yù)測）如圖，是邊長為4的正三角形，是的中點，沿將折疊，形成三棱錐．當(dāng)二面角為直二面角時，三棱錐外接球的表面積為（

）A． B． C． D．4．（2024·山東濟(jì)南·三模）三棱錐中，平面，．若該三棱錐的最長的棱長為9，最短的棱長為3，則該三棱錐的最大體積為（

）A． B． C．18 D．36二、多選題5．（2024·江西九江·三模）如圖，正方體的棱長為1，點在截面內(nèi)，且，則（

）A．三棱錐的體積為 B．線段的長為C．點的軌跡長為 D．的最大值為6．（2024·浙江·模擬預(yù)測）如圖，在三棱錐的平面展開圖中，，分別是，的中點，正方形的邊長為2，則在三棱錐中（

）A．的面積為 B．C．平面平面 D．三棱錐的體積為7．（2024·云南昆明·模擬預(yù)測）如圖，已知正四棱柱的底面邊長為1，側(cè)棱長為2，點為側(cè)棱（含端點）上的動點，直線平面，則下列說法正確的有（

）

A．直線與平面不可能平行B．直線與平面不可能垂直C．若且，則平面截正四棱柱所得截面多邊形的周長為D．直線與平面所成角的正弦值的范圍為三、填空題8．（2024·河南·模擬預(yù)測）在一個棱長為4的正方體內(nèi)部有一個半徑為的小球，該小球可以在正方體內(nèi)部自由活動．當(dāng)任意旋轉(zhuǎn)、晃動正方體并保證小球至少與正方體的一個面相切時，小球球心的軌跡在正方體內(nèi)部又會形成一個幾何體，則小球球心軌跡形成的幾何體的體積為．9．（2024·四川南充·二模）已知菱形中，對角線，將沿著折疊，使得二面角為，，則三棱錐的外接球的表面積為.

10．（2024·湖北武漢·模擬預(yù)測）在三棱錐中，，且.記直線，與平面所成角分別為，，已知，當(dāng)三棱錐的體積最小時，則三棱錐外接球的表面積為.四、解答題11．（2024·重慶·模擬預(yù)測）如圖，ACDE為菱形，，，平面平面ABC，點F在AB上，且，M，N分別在直線CD，AB上．(1)求證：平面ACDE；(2)把與兩條異面直線都垂直且相交的直線叫做這兩條異面直線的公垂線，若，MN為直線CD，AB的公垂線，求的值；(3)記直線BE與平面ABC所成角為，若，求平面BCD與平面CFD所成角余弦值的范圍．12．（2024·四川南充·一模）如圖，在三棱錐中，平面，，，點M，N分別是線段SB，AC上的動點，且滿足.(1)證明：平面；(2)當(dāng)線段MN的長度最小時，求直線SC與平面AMN所成角的正弦值.參考答案：題號1234567答案BABCACDABDBC1．B【分析】由已知可得三棱錐為正三棱錐，即可得三棱錐的高，設(shè)點在底面上的射影為，即可得，進(jìn)而可得點的軌跡及其長度.【詳解】

如圖所示，由，，可知三棱錐為正三棱錐，設(shè)中點為，則，，，設(shè)點在底面上的射影為，則平面，，又為內(nèi)部及邊界上的動點，，所以，所以點的軌跡為以點為圓心，為半徑的圓在內(nèi)部及邊界上的部分，如圖所示，

，，即，，所以點的軌跡長度為，故選：B.2．A【分析】根據(jù)二面角的平面角可結(jié)合余弦定理求解求，進(jìn)而利用線面垂直可判斷點軌跡為，求解周長即可．【詳解】連接、，交于點，連接，為菱形，，所以，，，所以為二面角的平面角，于是，又因為，所以，取中點，取中點，連接、、，所以、，所以、，，相交，所以平面，所以在三棱錐表面上，滿足的點軌跡為，因為，，，所以的周長為，所以點軌跡的長度為．故選：A．3．B【分析】先證明平面，利用二面角的定義可得，利用勾股定理可得的外接圓直徑為，將三棱錐補形成長方體來求其外接球的半徑，再利用球體表面積公式可得出答案.【詳解】如圖所示，折疊前，由于是邊長為4的正三角形，是的中點，則，折疊后，則有，，因為，所以平面，因為二面角為直二面角，，則二面角的平面角為，且，，可將三棱錐補形成長方體來求其外接球的半徑，即，解得，從而三棱錐外接球的表面積為．故選：B4．C【分析】由線面垂直得到線線垂直，推出該三棱錐的最長的棱為，故，最短的棱為或，分三種情況，利用錐體體積公式和基本不等式求出體積的最大值，得到答案.【詳解】因為平面，平面，所以，，故，因為，所以，故，則該三棱錐的最長的棱為，故，最短的棱為或，當(dāng)最短的棱為，即時，由勾股定理得，故，故，當(dāng)且僅當(dāng)時，等號成立，故三棱錐體積為，當(dāng)最短的棱為，即時，設(shè)，則，則，故，三棱錐體積為，當(dāng)且僅當(dāng)，即時，等號成立，當(dāng)最短的棱為，即時，設(shè)，則，則，故，三棱錐體積為，當(dāng)且僅當(dāng)，即時，等號成立，綜上，該三棱錐的最大體積為18.故選：C5．ACD【分析】對于A，點到平面的距離為，再通過三棱錐的體積公式計算即可；對于B，設(shè)的中心為，則，通過勾股定理計算即可；對于C，如圖②所示，點的軌跡是以為圓心，為半徑的圓的一部分，由三段劣弧構(gòu)成并計算即可；對于D，建立空間直角坐標(biāo)系，當(dāng)位于點或的位置時，最小，計算即可.【詳解】對于A，在正方體中，易證平面，平面平面，且兩平面間的距離為，又的面積，所以三棱錐的體積故A正確；對于B，如圖①所示，設(shè)的中心為，則，故B錯誤；對于C，如圖②所示，由知，，點的軌跡是以為圓心，為半徑的圓的一部分，由三段劣弧構(gòu)成，其長度為圓周長的一半故C正確；對于D，，為在方向上的投影，由圖①可知，當(dāng)位于點或的位置時，最小，此時取得最大值，如圖②所示，建立空間直角坐標(biāo)系，則，，故D正確.故選：ACD.6．ABD【分析】直接求的面積可判定A，連接交于G，根據(jù)條件證平面即可判定B，判定的夾角是否為直角可判定C，利用棱錐的體積公式可判定D.【詳解】對于A，易知，故A正確；對于B，連接交于G，根據(jù)正方形的性質(zhì)易知，所以有，又平面，所以平面，平面，所以，故B正確；對于C，由上可知為平面與平面的夾角，易知，則不垂直，故C錯誤；對于D，由題意可知兩兩垂直，則，故D正確.故選：ABD7．BC【分析】當(dāng)與重合時可以判斷A；利用反證法說明B；證明平面，則平面為平面，即可求出截面周長，從而判斷C；建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量法判斷D.【詳解】對于A：已知，若，則需，易知當(dāng)與重合時，平面，平面，所以，故可能成立，故A錯誤；對于B：假設(shè)直線與平面垂直，又因為，則，顯然不合題意，因此假設(shè)不成立，即直線與平面不可能垂直，故B正確；對于C：當(dāng)為的中點時，連接，，依題意可知，平面，平面，所以，又，平面，所以平面，又平面，所以，又平面，平面，所以，又，所以，所以，又，平面，所以平面，又平面，所以，又，平面，所以平面，則平面為平面，即平面截正四棱柱所得截面多邊形為，又，所以截面多邊形的周長為，故C正確；對于D：以為原點，直線分別為軸建立如圖所示坐標(biāo)系，則，則，設(shè)，平面的一個法向量為，設(shè)直線與平面所成角為，

所以，又，所以，所以直線與平面所成角的正弦值的范圍為，故D錯誤.故選：BC8．27【分析】如圖，由題意可知小球在運動過程中球心形成的幾何體仍為正方體，且棱長為3，即可求解.【詳解】因為小球至少與正方體的一個面相切，所以小球在運動過程中球心形成的幾何體仍為正方體，如圖，因為外部正方