高考数学(理)热点题型：立体几何
立体几何-空间角求法题型(线线角、线面角、二面角)
空间角求法题型（线线角、线面角、二面角）空间角能比较集中的反映学生对空间想象能力的体现，也是历年来高考命题者的热点，几乎年年必考。
空间角是线线成角、线面成角、面面成角的总称。
其取值范围分别是：0°< θ ≤90°、0°≤ θ ≤90°、0°< θ ≤180°。
空间角的计算思想主要是转化：即把空间角转化为平面角，把角的计算转化到三角形边角关系或是转化为空间向量的坐标运算来解。
空间角的求法一般是：一找、二证、三求解，手段上可采用：几何法（正余弦定理）和向量法。
下面举例说明。
一、异面直线所成的角：例1如右下图，在长方体1111ABCD A B C D -中，已知4AB =，3AD =，12AA =。
E 、F 分别是线段AB 、BC 上的点，且1EB FB ==。
求直线1EC 与1FD 所成的角的余弦值。
思路一：本题易于建立空间直角坐标系，把1EC 与1FD 所成角看作向量EC 1与FD 的夹角，用向量法求解。
思路二：平移线段C 1E 让C 1与D 1重合。
转化为平面角，放到三角形中，用几何法求解。
（图1）解法一：以A 为原点，1AB AD AA 、、分别为x 轴、y 轴、z 轴的正向建立空间直角坐标系，则有 D 1（0，3，2）、E （3，0，0）、F （4，1，0）、C 1（4，3，2），于是11(1,3,2),(4,2,2)EC FD ==-设EC 1与FD 1所成的角为β，则：112222221121cos 14132(4)22EC FD EC FD β⋅===⋅++⨯-++ ∴直线1EC 与1FD 所成的角的余弦值为2114解法二：延长BA 至点E 1，使AE 1=1，连结E 1F 、DE 1、D 1E 1、DF ， 有D 1C 1//E 1E ， D 1C 1=E 1E ，则四边形D 1E 1EC 1是平行四边形。
则E 1D 1//EC 1 于是∠E 1D 1F 为直线1EC 与1FD 所成的角。
(word完整版)2020年高考理科数学《立体几何》题型归纳与训练,推荐文档
2020年高考理科数学《立体几何》题型归纳与训练【题型归纳】题型一线面平行的证明1例1如图，高为1的等腰梯形 ABCD 中，AM = CD = 3AB = 1•现将△AMD 沿MD 折起，使平面 AMD 丄 平面 MBCD ，连接 AB , AC.试判断：在AB 边上是否存在点【解析】线面平行，可以线线平行或者面面平行推出。
此类题的难点就是如何构造辅助线。
构造完辅助线,证明过程只须注意规范的符号语言描述即可。
本题用到的是线线平行推出面面平行。
【易错点】不能正确地分析DN 与BN 的比例关系，导致结果错误。
【思维点拨】此类题有两大类方法: 1.构造线线平行，然后推出线面平行。
此类方法的辅助线的构造须要学生理解线面平行的判定定理与线面平行的性质之间的矛盾转化关系。
在此，我们需要借助倒推法进行分析。
首先，此类型题目大部分为证明题，结论必定是正确的，我们以此 为前提可以得到线面平行。
再次由线面平行的性质可知，过已知直线的平面与已知平面的交线必定平行于该直线，而交线就是我们要找的线，从而做出辅助线。
从这个角度上看我们可以看出线线平行推线面 平行的本质就是过已知直线做一个平面与已知平面相交即可。
如本题中即是过AD 做了一个平面ADB与平面MPC 相交于线PN 。
最后我们只须严格使用正确的符号语言将证明过程反向写一遍即可。
即先证1【答案】当AP = 3AB 时，有AD //平面MPC. 理由如下：连接BD 交MC 于点N ，连接NP. 在梯形 MBCD 中，DC // MB ,DN NB DC MB 1 2,Ap 1在△ADB 中，pp 二」AD 〃 PN . •/ AD?平面 MPC , PN?平面 MPC , ••• AD //平面 MPC.P ,使AD //平面 MPC?并说明理由AD平行于PN，最后得到结论。
构造交线的方法我们可总结为如下三个图形。
P2.构造面面平行，然后推出线面平行。
此类方法辅助线的构造通常比较简单，但证明过程较繁琐，一般做为备选方案。
高考理科立体几何大题常考题型
高考理科立体几何大题常考题型
高考理科立体几何大题常考题型包括以下几个方面：
1. 空间位置关系的证明：这类问题主要涉及线线、线面、面面的平行和垂直关系的证明。
解决这类问题需要熟练掌握相关的判定定理和性质定理，并能够灵活运用。
2. 空间角的计算：这类问题主要涉及异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角的计算等。
解决这类问题需要熟练掌握相关的计算公式，并能够准确建立空间直角坐标系。
3. 空间几何体的体积和表面积计算：这类问题主要涉及圆锥、圆柱、棱锥、棱柱等基本几何体的体积和表面积的计算，以及一些组合体的体积和表面积的计算。
解决这类问题需要熟练掌握相关的计算公式，并能够根据题目要求选择合适的计算方法。
4. 投影与直观图：这类问题主要涉及根据几何体的直观图求其三视图，以及根据三视图还原几何体的直观图。
解决这类问题需要熟练掌握三视图的形成原理，并能够准确判断出几何体的各个面在三视图中的投影。
综上所述，高考理科立体几何大题常考题型多样，需要考生具备扎实的数学基础和灵活的解题能力。
建议考生在复习时注重对基础知识的理解和掌握，多做练习题，培养自己的空间想象能力和逻辑思维能力。
高考数学热点专题高中数学立体几何中折叠问题归纳
高考数学热点专题高中数学立体几何中折叠问题归纳一、考情分析立体几何中的折叠问题是历年高考命题的一大热点与难点,主要包括两个方面：一是平面图形的折叠问题,多涉及到空间中的线面关系、体积的求解以及空间角、距离的求解等问题；二是几何体的表面展开问题,主要涉及到几何体的表面积以及几何体表面上的最短距离等.二、经验分享(1)立体几何中的折叠问题主要包含两大问题：平面图形的折叠与几何体的表面展开.把一个平面图形按照某种要求折起,转化为空间图形,进而研究图形在位置关系和数量关系上的变化,这就是折叠问题.把一个几何体的表面伸展为一个平面图形从而研究几何体表面上的距离问题,这就是几何体的表面展开问题.折叠与展开问题是立体几何的两个重要问题,这两种方式的转变正是空间几何与平面几何问题转化的集中体现,展开与折叠问题就是一个由抽象到直观,由直观到抽象的过程.此类问题也是历年高考命题的一大热点. (2) 平面图形通过折叠变为立体图形,就在图形发生变化的过程中,折叠前后有些量(长度、角度等)没有发生变化,我们称其为“不变量”.求解立体几何中的折叠问题,抓住“不变量”是关键.(3)把曲面上的最短路线问题利用展开图转化为平面上两点间距离的问题,从而使问题得到解决,这是求曲面上最短路线的一种常用方法.三、题型分析(一) 平面图形的折叠解答折叠问题的关键在于画好折叠前后的平面图形与立体图形,抓住两个关键点：不变的线线关系、不变的数量关系.不变的线线关系,尤其是平面图形中的线线平行、线线垂直关系是证明空间平行、垂直关系的起点和重要依据；不变的数量关系是求解几何体的数字特征,如几何体的表面积、体积、空间中的角与距离等的重要依据.1. 折叠后的形状判断【例题1】如下图,在下列六个图形中,每个小四边形皆为全等的正方形,那么沿其正方形相邻边折叠,能够围成正方体的是_____________(要求：把你认为正确图形的序号都填上)①②③④⑤⑥【分析】根据平面图形的特征,想象平面图形折叠后的图形进行判断.也可利用手中的纸片画出相应的图形进行折叠.【答案】①③⑥【试题解析】①③⑥可以.②把横着的小方形折起后,再折竖着的小方形,则最上方的小方形与正方体的一个侧面重合,导致正方体缺少一个侧面；④把下方的小方形折起后,则上方的小方形中的第1,2个重合,导致正方体的底面缺少,不能折成正方体；⑤把中间的小方形当成正方体的底面,则右下方的小方形折叠不起来,构不成正方体.【练习】下图代表未折叠正方体的展开图,将其折叠起来,变成正方体后的图形是（）A. B. C. D.【例题2】将图1中的等腰直角三角形ABC沿斜边BC的中线折起得到空间四边形ABCD(如图2),则在空间四边形ABCD中,AD与BC的位置关系是( )图1 图2A.相交且垂直B.相交但不垂直C.异面且垂直D.异面但不垂直【答案】C【试题解析】在图1中的等腰直角三角形ABC 中,斜边上的中线AD 就是斜边上的高,则AD ⊥BC ,折叠后如图2,AD 与BC 变成异面直线,而原线段BC 变成两条线段BD 、CD ,这两条线段与AD 垂直,即AD ⊥BD ,AD ⊥CD ,故AD ⊥平面BCD ,所以AD ⊥BC .【练习】如图,在正方形ABCD 中,点E,F 分别为边BC,AD 的中点,将沿BF 所在直线进行翻折,将沿DE 所在直线进行翻折,在翻折过程中（ ）A. 点A 与点C 在某一位置可能重合B. 点A 与点C 的最大距离为C. 直线AB 与直线CD 可能垂直D. 直线AF 与直线CE 可能垂直 3.折叠后几何体的数字特征折叠后几何体的数字特征包括线段长度、几何体的表面积与体积、空间角与距离等,设计问题综合、全面,也是高考命题的重点.解决此类问题的关键是准确确定折叠后几何体的结构特征以及平面图形折叠前后的数量关系之间的对应.【例题3】（体积问题）如图所示,等腰ABC △的底边AB =,高3CD =,点E 是线段BD 上异于点B D ，的动点,点F 在BC 边上,且EF AB ⊥,现沿EF 将BEF △折起到PEF △的位置,使PE AE ⊥,记BE x =,()V x 表示四棱锥P ACFE -的体积.（1）求()V x 的表达式；（2）当x 为何值时,()V x 取得最大值？PED F B CA【试题解析】（1）由折起的过程可知,PE ⊥平面ABC,ABC S ∆=,V(x)=（0x <<（2）,所以(0,6)x ∈时,'()0v x > ,V(x)单调递增；6x <<'()0v x < ,V(x)单调递减；因此x=6时,V(x)取得最大值【练习】【河北省五个一名校联盟2019届高三下学期一诊】在平面四边形中,AB=BC=2,AC=AD=2,现沿对角线AC 折起,使得平面DAC平面ABC,则此时得到的三棱锥D-ABC 外接球的表面积为（ ） A.B.C.D.【例题4】（空间角问题）如左图,矩形ABCD 中,12AB =,6AD =,E 、F 分别为CD 、AB 边上的点,且3DE =,4BF =,将BCE ∆沿BE 折起至PBE ∆位置(如右图所示),连结AP 、EF 、PF ,其中PF =(Ⅰ)求证:PF ⊥平面ABED ； (Ⅱ)求直线AP 与平面PEF 所成角的正弦值.【试题解析】(Ⅰ)由翻折不变性可知, ,,在PBF ∆中, ,所以PF BF ⊥ 在图1中,易得,在PEF ∆中, ,所以PF EF ⊥又,BF ⊂平面ABED ,EF ⊂平面ABED ,所以PF ⊥平面ABED .. .CDBEF图图ABCD PEF(Ⅱ)方法一:以D 为原点,建立空间直角坐标系D xyz -如图所示,则()6,0,0A ,,()0,3,0E ,()6,8,0F ,所以, ,,设平面PEF 的法向量为(),,x y z =n ,则0FP EF ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩n n ,即,解得560x y z ⎧=-⎪⎨⎪=⎩令6y =-,得,设直线AP 与平面PEF 所成角为θ,则427. 所以直线AP 与平面PEF. 方法二:过点A 作AH EF ⊥于H ,由(Ⅰ)知PF ⊥平面ABED ,而AH ⊂平面ABED 所以PF AH ⊥,又,EF ⊂平面PEF ,PF ⊂平面PEF ,所以AH ⊥平面PEF ,所以APH ∠为直线AP 与平面PEF 所成的角. 在Rt APF ∆中,在AEF ∆中,由等面积公式得在Rt APH ∆中,所以直线AP 与平面PEF. 【点评】折叠问题分析求解两原则：解法二图ABCD PEFH(1)折叠问题的探究须充分利用不变量和不变关系；(2)折叠前后始终位于折线的同侧的几何量和位置关系保持不变.【练习】【广东省汕头市2019届高三上学期期末】如图,已知是边长为6的等边三角形,点D、E 分别是边AB、AC上的点,且满足,如图,将沿DE折成四棱锥,且有平面平面BCED.求证：平面BCED；记的中点为M,求二面角的余弦值.(二) 几何体的展开几何体表面展开问题是折叠问题的逆向思维、逆过程,一般地,涉及到多面体表面距离的问题,解题时不妨将它展开成平面图形试一试.1.展开后形状的判断【例题5】把正方体的表面沿某些棱剪开展成一个平面图形（如右下图）,请根据各面上的图案判断这个正方体是（）解析：这是图③模型,在右图中,把中间的四个正方形围起来做“前后左右”四个面,有“空心圆”的正方形做“上面”,显然是正方体C的展形图,故选（C）.【练习】水平放置的正方体的六个面分别用“前面、后面、上面、下面、左面、右面”表示.如右图,是一个正方体的平面展开图,若图中的“似”表示正方体的前面, “锦”表示右面, “程”表示下面.则“祝”、“你”、“前”分别表示正方体的______________________.2.展开后的数字特征——表面上的最短距离问题【例题6】如图,已知圆柱体底面圆的半径为2π,高为2,AB CD，分别是两底面的直径,AD BC，是母线.若一只小虫从A点出发,从侧面爬行到C点,求小虫爬行的最短路线的长度.【试题解析】如图,将圆柱的侧面展开,其中AB为底面周长的一半,即,2AD=.则小虫爬行的最短路线为线段AC.在矩形ABCD中,.所以小虫爬行的最短路线长度为【点评】几何体表面上的最短距离需要将几何体的表面展开,将其转化为平面内的最短距离,利用平面内两点之间的距离最短求解.但要注意棱柱的侧面展开图可能有多种展开图,如长方体的表面展开图等,要把不同展开图中的最短距离进行比较,找出其中的最小值.【练习】如图,在长方体中, ,求沿着长方体表面从A到1C的最短路线长.四、迁移运用1.【浙江省2019年高考模拟训练】已知四边形中,,,在将沿着翻折成三棱锥的过程中,直线与平面所成角的角均小于直线与平面所成的角,设二面角,的大小分别为,则（）A. B. C.存在 D.的大小关系无法确定【答案】B【试题解析】如图,在三棱锥中,作平面于,连,则分别为与平面所成的角.∵直线与平面所成角的角均小于直线与平面所成的角,∴.过作,垂足分别为,连,则有,∴分别为二面角,的平面角,∴.在中,,设BD的中点为O,则为边上的中线,由可得点H在CO的左侧（如图所示）,∴.又,∴.又为锐角, ∴.故选B.2.【四川省德阳市2018届高三二诊】以等腰直角三角形ABC 的斜边BC 上的中线AD 为折痕,将ABD ∆与ACD ∆折成互相垂直的两个平面,得到以下四个结论：①BD ⊥平面ACD ；②ABC ∆为等边三角形；③平面ADC ⊥平面ABC ；④点D 在平面ABC 内的射影为ABC ∆的外接圆圆心.其中正确的有（ ） A. ①②③ B. ②③④ C. ①②④ D. ①③④ 【答案】C【试题解析】由于三角形ABC 为等腰直角三角形,故,所以BD ⊥平面ACD ,故①正确,排除B 选项.由于AD BD ⊥,且平面ABD ⊥平面ACD ,故AD ⊥平面BCD ,所以AD CD ⊥,由此可知,三角形为等比三角形,故②正确,排除D 选项.由于,且ABC ∆为等边三角形,故点D 在平面ABC 内的射影为ABC ∆的外接圆圆心, ④正确,故选C .3.已知梯形如下图所示,其中,,为线段的中点,四边形为正方形,现沿进行折叠,使得平面平面,得到如图所示的几何体.已知当点满足时,平面平面,则的值为（ ）A. B. C. D.【答案】C【试题解析】因为四边形为正方形,且平面平面,所以两两垂直,且,所以建立空间直角坐标系（如图所示）,又因为,,所以,则, ,设平面的法向量为,则由得,取,平面的法向量为,则由得,取,因为平面平面,所以,解得.故选C.4.如图是棱长为1的正方体的平面展开图,则在这个正方体中,以下结论错误的是（）A.点M到ABB.AB与EF所成角是90︒C.三棱锥C DNE-的体积是16D.EF与MC是异面直线【答案】D【试题解析】根据正方体的平面展开图,画出它的立体图形如图所示,A中M到AB的距离为22MC =A 正确；AB 与EF 所成角是90︒,B 正确；三棱锥C DNE -的体积是,C正确；//EF MC ,D 错误.5.把正方形ABCD 沿对角线AC 折起,当以四点为顶点的三棱锥体积最大时,直线BD 和平面ABC 所成的角的大小为（ ）度A.90B.60C.45D.30 【答案】C【试题解析】折叠后所得的三棱锥中易知当平面ACD 垂直平面ABC 时三棱锥的体积最大.设AC 的中点为O ,则DBO ∠即为所求,而DOB ∆是等腰直角三角形,所以,故选C.6.【辽宁省辽阳市2018学届高三第一次模拟】如图,圆形纸片的圆心为O ,半径为6cm,该纸片上的正方形ABCD 的中心为O , E , F , G , H 为圆O 上的点, ABE , BCF , CDG , ADH 分别以AB ,BC , CD , DA 为底边的等腰三角形,沿虚线剪开后,分别以AB , BC , CD , DA 为折痕折起ABE , BCF , CDG , ADH ,使得E , F , G , H 重合,得到一个四棱锥,当该四棱锥的侧面积是底面积的2倍时,该四棱锥的外接球的体积为__________.3cm 【试题解析】如图：连接OE 交AB 于点I,设E,F,G,H 重合于点P,正方形的边长为x ()0x >,则OI=2x , IE 62x =-. 因为该四棱锥的侧面积是底面积的2倍,所以,解得4x =，设该四棱锥的外接球的球心为Q,半径为R,则,,解得R=,外接球的体积3cm7.【山东省济南市2019届高三上学期期末】在正方形中,点,分别为,的中点,将四边形沿翻折,使得平面平面,则异面直线与所成角的余弦值为__________.【答案】【试题解析】连接FC,与DE 交于O 点,取BE 中点为N, 连接ON,CN,易得ON ∥BD ∴∠CON 就是异面直线与所成角设正方形的边长为2, OC=,ON=,CN=∴cos ∠CON==故答案为：8.如图所示,在四边形ABCD 中, ,将四边形ABCD 沿对角线BD 折成四面体BCD A -',使平面⊥BD A /平面BCD ,则下列结论正确的是 .（1）BD C A ⊥'； （2）；（3）A C '与平面BD A '所成的角为︒30； （4）四面体BCD A -'的体积为61. 【答案】（2）（4）【试题解析】平面⊥BD A /平面BCD CD ∴⊥平面'A BD ,/CA 与平面BD A /所成的角为'CA D ∠,四面体BCDA -/的体积为,,综上（2）（4）成立.9.如图,矩形ABCD 中,2AB AD =,E 为边AB 的中点,将ADE ∆沿直线DE 翻折成1A DE ∆,若M 为线段1AC 的中点,则在ADE ∆翻折过程中,下面四个选项中正确的是 (填写所有的正确选项)（1）||BM 是定值 （2）点M 在某个球面上运动（3）存在某个位置,使1DE A C ⊥ （4）存在某个位置,使//MB 平面1A DE 【答案】（1）（2）（4）.【试题解析】取CD 中点F ,连接MF ,BF ,则1//MF DA ,//BF DE ,∴平面//MBF 平面1A DE ,∴//MB 平面1A DE ,故（4）正确；由,为定值,FB DE =为定值,由余弦定理可得,∴MB 是定值,故（1）正确；∵B 是定点,∴M 是在以B 为圆心,MB 为半径的圆上,故（2）正确；∵1AC 在平面ABCD 中的射影为AC ,AC 与DE 不垂直,∴存在某个位置,使1DE A C ⊥错误,故（3）错误.10.【四川省广元市高2018届第二次高考适应性统考】如图,在矩形ABCD 中, 4AB =, 2AD =, E 是CD 的中点,以AE 为折痕将DAE ∆向上折起, D 变为'D ,且平面'D AE ⊥平面ABCE .（Ⅰ）求证： 'AD EB ⊥； （Ⅱ）求二面角'A BD E --的大小. 【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ） 90. 【试题解析】（Ⅰ）证明：∵, AB 4=,∴,∴AE EB ⊥,取AE 的中点M ,连结MD ',则,∵ 平面D AE '⊥平面ABCE , ∴MD '⊥平面ABCE ,∴MD '⊥ BE , 从而EB ⊥平面AD E ',∴AD EB '⊥ （Ⅱ）如图建立空间直角坐标系,则()A 4,2,0、()C 0,0,0、()B 0,2,0、(D ',()E 2,0,0,从而BA =（4,0,0）,,.设为平面ABD '的法向量,则可以取设为平面BD E '的法向量,则可以取因此, 12n n 0⋅=,有12n n ⊥,即平面ABD ' ⊥平面BD E ', 故二面角的大小为90.11.【福建省龙岩市2019届高三下学期教学质量检查】如图1,已知菱形的对角线交于点,点为线段的中点,,,将三角形沿线段折起到的位置,,如图2所示.（Ⅰ）证明：平面 平面；（Ⅱ）求三棱锥的体积.【试题解析】（Ⅰ）折叠前,因为四边形为菱形,所以； 所以折叠后,,, 又,平面,所以平面因为四边形为菱形,所以.又点为线段的中点,所以.所以四边形为平行四边形.所以.又平面,所以平面.因为平面,所以平面平面.（Ⅱ）图1中,由已知得,,所以图2中,,又所以,所以又平面,所以又,平面,所以平面,所以.所以三棱锥的体积为.12.【湖南省长沙市长郡中学2019届高三上学期第一次适应性考试（一模】如图,在多边形中（图1）,为长方形,为正三角形,现以为折痕将折起,使点在平面内的射影恰好在上（图2）.（Ⅰ）证明：平面；（Ⅱ）若点在线段上,且,当点在线段上运动时,求三棱锥的体积.【试题解析】（Ⅰ）过点作,垂足为.由于点在平面内的射影恰好在上,∴平面.∴.∵四边形为矩形,∴.又,∴平面,∴.又由,,可得,同理.又,∴,∴,且,∴平面.（Ⅱ）设点到底面的距离为,则.由,可知,∴.又,∴.13.【江西省上饶市重点中学2019届高三六校第一次联考】如图所示,在边长为2的菱形中,,现将沿边折到的位置.（1）求证：；（2）求三棱锥体积的最大值.【试题解析】（1）如图所示,取的中点为,连接,易得,,又面（2）由（1）知,= ,当时,的最大值为1.14.【云南师范大学附属中学2019届高三上学期第一次月考】如图所示甲,在四边形ABCD中,,,是边长为8的正三角形,把沿AC折起到的位置,使得平面平面ACD,如图所示乙所示,点O,M,N分别为棱AC,PA,AD的中点.求证：平面PON；求三棱锥的体积.【试题解析】如图所示,为正三角形,O为AC的中点,,平面平面ACD,平面平面,平面ACD,平面ACD,.,,,,即.,N分别为棱AC,AD的中点,,,又,平面PON；解：由,,,可得,点O、N分别是AC、AD的中点,,是边长为8的等边三角形,,又为PA的中点,点M到平面ANO的距离,.又,.15.【湖北省荆门市2019届高三元月调研】如图,梯形中,,过分别作,,垂足分别,,已知,将梯形沿同侧折起,得空间几何体,如图.1若,证明：平面；2若,,线段上存在一点,满足与平面所成角的正弦值为,求的长. 【试题解析】1由已知得四边形ABFE是正方形,且边长为2,在图2中,,由已知得,,平面又平面BDE,,又,,平面2在图2中,,,,即面DEFC,在梯形DEFC中,过点D作交CF于点M,连接CE,由题意得,,由勾股定理可得,则,,过E作交DC于点G,可知GE,EA,EF两两垂直,以E为坐标原点,以分别为x轴,y轴,z轴的正方向建立空间直角坐标系,则,.设平面ACD的一个法向量为,由得,取得,设,则m,,,得设CP与平面ACD所成的角为,.所以16.【山西省吕梁市2019届高三上学期第一次模拟】已知如图（1）直角梯形,,,,,为的中点,沿将梯形折起（如图2）,使.（1）证明：平面；（2）求点到平面的距离.【试题解析】（1）由已知可得为直角三角形,所以.又,所以,所以平面.（2）因为平面,平面,所以,又因为,平面,平面,,所以,平面,又因为,所以平面,又因为平面,所以.在直角中,,设点到平面的距离为,由,则,所以.16.正△ABC的边长为4,CD是AB边上的高,,E F分别是AC和BC边的中点,现将△ABC沿CD翻折--.成直二面角A DC B（1）试判断直线AB与平面DEF的位置关系,并说明理由；（2）求二面角E DF C --的余弦值；（3）在线段BC 上是否存在一点P ,使AP DE ⊥？证明你的结论.【分析】（1）问可利用翻折之后的几何体侧面ABC ∆的中位线得到//AB EF ,便可由线面平行的判定定理证得；（2）先根据直二面角A DC B --将条件转化为AD ⊥面BCD ,然后做出过点E 且与面BCD 垂直的直线EM ,再在平面BCD 内过M 作DF 的垂线即可得所求二面角的平面角；（3）把A P D E ⊥作为已知条件利用,利用ADC ∆中过A 与DE 垂直的直线确定点P 的位置.【试题解析】（1）如图：在△ABC 中,由E 、F 分别是AC 、BC 中点,得EF//AB,又AB ⊄平面DEF,EF ⊂平面DEF.∴AB ∥平面DEF.（2）∵AD ⊥CD,BD ⊥CD∴∠ADB 是二面角A —CD —B 的平面角∴AD ⊥BD ∴AD ⊥平面BCD取CD 的中点M,这时EM ∥AD ∴EM ⊥平面BCD过M 作MN ⊥DF 于点N,连结EN,则EN ⊥DF∴∠MNE 是二面角E —DF —C 的平面角,在Rt △EMN 中,EM=1,MN=23∴tan ∠,cos ∠MNE=721（3）在线段BC 上存在点P,使AP ⊥DE. 证明如下：在线段BC 上取点P,使BC BP 31,过P 作PQ ⊥CD 与点Q,∴PQ ⊥平面ACD∵,在等边△ADE 中,∠DAQ=30°,∴AQ ⊥DE ∴AP ⊥DE.。
新高考数学重难点培优专题讲义——立体几何小题专练(含详细答案解析)
立体几何小题培优讲义高考规律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．知识梳理【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P A,PB,PC两两垂直，且P A=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P A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.，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P A，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．4√3πB．4√2πC．6πD．12π【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=13(S上+S下+√S上⋅S下)ℎ）A．6寸B．4寸C．3寸D．2寸【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,AB=2A1B1,P,Q分别为B1C1,C1D1的中点，若四边形PQDB的面积为152，则该四棱台的体积为（）A．563B．56C．283D．28【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CD=4cm，则这个陀螺的表面积是（）A．(144+12√13)πcm2B．(144+24√13)πcm2C．(108+12√13)πcm2D．(108+24√13)πcm2【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．8πB．9πC．12πD．16π【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√15，2√6，则该球的表面积为（）A．32πB．36πC．40πD．42π【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=AD=3，以A为球心，√6为半径作球，则球面与底面BCD的交线长度的和为（）A．2√3πB．√3πC．√3π2D．√3π4【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CC1上的一点，且满足平面BDE⊥平面A1BD，则平面A1BD截四面体ABCE的外接球所得截面的面积为（）A．136πB．2512πC．83πD．23π【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．a327B．a336C．a354D．a372【变式3-1】（2023·全国·模拟预测）在直三棱柱ABC−A1B1C1中，∠BAC=60°，侧面BCC1B1的面积为2√3，则直三棱柱ABC−A1B1C1外接球的表面积的最小值为（）A．4πB．8πC．4√3πD．8√3π【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A1B1C1D1的中心，M是棱AB的中点，正四棱柱的高ℎ∈[√2,2√2]，点M到平面PCD的距离的最大值为（）A．2√63B．83C．4√23D．329【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20√53π的球体表面上四点，若AB=4，AC=2，BC=2√3，且三棱锥A－BCD的体积为2√3，则线段CD长度的最大值为（）A．2√3B．3√2C．√13D．2√5【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、SC于点E、F，记三棱锥S−FAE的外接球表面积为S1，三棱锥S−ABC的外接球表面积为S2，则S1S2=（）A．√33B．13C．√22D．12【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．π6B．πC．4π3D．4π【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4√2cm，则当该正四棱台的体积最大时，该正四棱台外接球的表面积为（）A．128πcm2B．145πcm2C．153πcm2D．160πcm2【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2√6，则模型中九个球的表面积和为（）A．6πB．9πC．31π4D．21π【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，H分别为线段AC1，EF上的动点，M为线段AB1的中点，当正四棱柱ABCD−A1B1C1D1的体积最大时，|GH|+|GM|的最小值为（）A．√2B．3√22C．2D．1+√2【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A1D上取点M，在CD1上取点N，使得直线MN//平面ACC1A1，则线段MN长度的最小值为（）A．√33B．√213C．√37D．√217【变式5-2】（2023·四川绵阳·模拟预测）如图，棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点P在线段AD1上运动，以下四个命题：；④|C1P|+①三棱锥D−BPC1的体积为定值；②C1P⊥CB1；③直线DC1与平面ABC1D1所成角的正弦值为12|DP|的最小值为√10．其中真命题有（）A．1个B．2个C．3个D．4个【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，则下列说法正确的是（）段CD（含端点）上运动，若此六面体的体积为163A．EF=2B．EF=4C．EG+FG的最小值为3√2D．EG+FG的最小值为2√6【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6√3倍，点E为四边形ABB1A1的中心，点F为棱CC1的中点，则异面直线BF与CE所成角的余弦值为（）A．2√3913B．√3913C．√3926D．3√3926【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，AA1=2，对角线B1D与平面A1BC1交于E点．则A1E与面AA1D1D所成角的余弦值为（）A．13B．√33C．23D．√53【变式6-2】（2023·全国·模拟预测）在正方体ABCD−A1B1C1D1中，若点N是棱BB1上的动点，点M是线段A1C1（不含线段的端点）上的动点，则下列说法正确的是（）A．存在直线MN，使MN//B1C B．异面直线CM与AB所成的角可能为π3C．直线CM与平面BND所成的角为π3D．平面BMC//平面C1NA【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B1D1上有两个动点E,F（E在F的左边），且EF=√2．下列说法不正确的是（）A．当E运动时，二面角E−AB−C的最小值为45∘B．当E,F运动时，三棱锥体积B−AEF不变C．当E,F运动时，存在点E,F使得AE//BFD．当E,F运动时，二面角C−EF−B为定值【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−P为120°，则此时三棱锥P−ABD的外接球的表面积为（）A．21πB．28√21πC．52πD．84π【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′BD⊥平面BCD，则在三棱锥A′−BCD的外接球中，以A′C为直径的截面到球心的距离为（）A．√43510B．6√25C．√23910D．√11310【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P点，则在翻折过程中，下列结论不正确的是（）A．存在点P，使得PE∥CFB．存在点P，使得PE⊥EDC．三棱锥P−AED的体积最大值为√26D．当三棱锥P−AED的体积达到最大值时，三棱锥P−AED外接球表面积为4π【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P处，得到四棱锥P−BCED，则下列命题错误的是（）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PBCC．当PB⊥PC时，直线PB与平面BCED所成角的正弦值为√33πD．当PB=√10时，该四棱锥的五个顶点所在球的表面积为523【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，B1C的中点，若直线BP与MN所成的角为θ，且sinθ=√55，则动点P的轨迹所围成的图形的面积为（）A．3π4B．π2C．π3D．π4【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=2PD1,AA1=3,AB=1.若点Q在侧面BCC1B1（包括其边界）上运动，且总保持AQ⊥BP，则动点Q的轨迹长度为（）A．√3B．√2C．2√33D．√52【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Q形成轨迹的周长为（）A．2π11B．3π11C．4π11D．5π11【变式8-3】（2023·全国·校联考模拟预测）如图，已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，P为空间中一点且满足∠APB1=∠ADB1，则以下说法正确的有（）A．若P在面AB1C1D上，则其轨迹周长为8√6π9B．若A1P⊥AB1，则D1P的最小值为√3+1−√6C．P的轨迹围成的封闭曲面体积为32√6π227+4√3πD．四棱锥P-ABCD体积最大值为4(2√6+√2+3)9【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．702π立方寸【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．7√1424πB．7√143πC．11√2224πD．11√223π【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6dm，则该花灯的表面积为（）A．(108+30√3)dm2B．(72+30√3)dm2C．(64+24√3)dm2D．(48+24√3)dm2【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，则下列等式错误的是（）A．V1+V2+V3=V B．V1=2V2C．V2=2V3D．V2−V3=V61．（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=10m，且等腰梯形所在的平面、等腰三角形所在的平，则该五面体的所有棱长之和为（）面与平面ABCD的夹角的正切值均为√145A．102m B．112mC．117m D．125m2．（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CD与平面ABC所成角的正切值为（）A．15B．√25C．√35D．253．（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，P A，PB为圆锥的母线，∠AOB=120°，若△PAB的面积等于9√34，则该圆锥的体积为（）A．πB．√6πC．3πD．3√6π4．（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=23PB，则三棱锥P−AMN和三棱锥P−ABC的体积之比为（）A．19B．29C．13D．495．（2021·浙江·统考高考真题）如图已知正方体ABCD−A1B1C1D1，M，N分别是A1D，D1B的中点，则（）A．直线A1D与直线D1B垂直，直线MN//平面ABCDB．直线A1D与直线D1B平行，直线MN⊥平面BDD1B1C．直线A1D与直线D1B相交，直线MN//平面ABCDD．直线A1D与直线D1B异面，直线MN⊥平面BDD1B16．（2023·全国·统考高考真题）下列物体中，能够被整体放入棱长为1（单位：m）的正方体容器（容器壁厚度忽略不计）内的有（）A．直径为0.99m的球体B．所有棱长均为1.4m的四面体C．底面直径为0.01m，高为1.8m的圆柱体D．底面直径为1.2m，高为0.01m的圆柱体7．（2023·全国·统考高考真题）已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，AB为底面直径，∠APB=120°，PA=2，点C在底面圆周上，且二面角P−AC−O为45°，则（）．A．该圆锥的体积为πB．该圆锥的侧面积为4√3πC．AC=2√2D．△PAC的面积为√38．（2023·全国·统考高考真题）已知点S,A,B,C均在半径为2的球面上，△ABC是边长为3的等边三角形，SA⊥平面ABC，则SA=．9．（2023·全国·统考高考真题）在正方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=4,O为AC1的中点，若该正方体的棱与球O的球面有公共点，则球O的半径的取值范围是．10．（2023·全国·统考高考真题）在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F分别为AB，C1D1的中点，以EF为直径的球的球面与该正方体的棱共有个公共点．11．（2023·全国·统考高考真题）在正四棱台ABCD−A1B1C1D1中，AB=2,A1B1=1,AA1=√2，则该棱台的体积为．12．（2023·全国·统考高考真题）底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥，所得棱台的体积为．立体几何小题【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】 (7)【题型3 体积、面积、周长、距离的最值与范围问题】 (10)【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】 (18)【题型6 空间角问题】 (23)【题型7 翻折问题】 (30)【题型8 立体几何中的轨迹问题】 (35)【题型9 以立体几何为载体的情境题】 (40)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P A,PB,PC两两垂直，且P A=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P A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.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．。
高考大题专项(四) 立体几何
| || |
所以异面直线 PC 与 BQ
=
2
,
3
2
所成角的余弦值为 3 .
解题心得用向量法求异面直线所成角的一般步骤
(1)选择三条两两垂直的直线建立空间直角坐标系.
(2)确定异面直线上两个点的坐标,从而确定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)两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角余弦值的绝对值.
高考大题专项(四) 立体几何
【考情分析】
从近五年的高考试题来看,立体几何是历年高考的重点,约占整个试卷的
15%,通常以一大两小的模式命题,以中、低档难度为主.简单几何体的表面
积与体积、点、线、面位置关系的判定与证明以及空间角的计算是考查
的重点内容,前者多以客观题的形式命题,后者主要以解答题的形式命题考
【例题】 (2020安徽高三三模)如图,边长为2的等边三角形ABC所在平面与
菱形A1ACC1所在平面互相垂直,且BC∥B1C1,BC=2B1C1,A1C=
(1)求证:A1B1∥平面ABC;
(2)求多面体ABC-A1B1C1的体积.
3 1.
AC
(1)证明∵四边形A1ACC1是菱形,
∴AC∥A1C1.
对点训练2(2020辽宁高三三模)如图,在直棱柱ABCDA1B1C1D1中,底面ABCD为菱形,AB=BD=2,BB1=2,BD
与AC相交于点E,A1D与AD1相交于点O.
(1)求证:AC⊥平面BB1D1D;
(2)求直线OB与平面OB1D1所成的角的正弦值.
(1)证明∵底面ABCD为菱形,∴AC⊥BD.
查.着重考查推理论证能力和空间想象能力,而且对数学运算的要求有加强
高考数学立体几何题型大全总结
高考数学立体几何题型大全总结1. 三角锥的体积公式
体积公式：V=1/3∗S∗h
其中，S为底面积，h为高。
2. 三棱锥的体积公式
体积公式：V=1/3∗S∗h
其中，S为底面积，h为高。
3. 四棱锥的体积公式
体积公式：V=1/3∗S∗h
其中，S为底面积，h为高。
4. 圆锥的体积公式
体积公式：V=1/3∗π∗r2∗h
其中，r为圆锥的半径，h为圆锥的高。
5. 球的体积公式
体积公式：V=4/3∗π∗r3
其中，r为球的半径。
6. 圆柱的体积公式
体积公式：V=π∗r2∗h
其中，r为圆柱的半径，h为圆柱的高。
7. 圆台的体积公式
体积公式：V=1/3∗π∗h∗(r12＋r22＋r1r2)
其中，r1,r2为底面半径，h为圆台高。
8. 空间向量的共线与垂直判定公式
共线判定公式：
如果两个向量a,b共线，则有a=kb，其中k为一个实数。
垂直判定公式：
如果两个向量a,b垂直，则有a·b=0，其中“·”表示向量的数量积。
9. 空间向量的平面垂直判定公式
若向量a与平面P垂直，则a在平面P上的投影为零向量。
10. 空间向量的平面共面判定公式
若向量a和向量b在同一平面上，则a和b的向量积c在该平面内。
11. 空间中两直线相交的条件
两直线相交的条件是它们至少有一个公共点，并且既不平行也不重合。
高考满分数学压轴题14 立体几何的动态问题(可编辑可打印)
一．方法综述立体几何的动态问题是高考的热点，问题中的“不确定性”与“动感性”元素往往成为学生思考与求解问题的思维障碍，使考题的破解更具策略性、挑战性与创新性.一般立体动态问题形成的原因有动点变化、平面图形的翻折、几何体的平移和旋转以及投影与截面问题，由此引发的常见题型为动点轨迹、角度与距离的计算、面积与体积的计算、探索性问题以及有关几何量的最值求解等.动态立体几何题在变化过程中总蕴含着某些不变的因素，因此要认真分析其变化特点，寻找不变的静态因素，从静态因素中，找到解决问题的突破口.求解动态范围的选择、填空题，有时应把这类动态的变化过程充分地展现出来，通过动态思维，观察它的变化规律，找到两个极端位置，即用特殊法求解范围.对于探究存在问题或动态范围（最值）问题，用定性分析比较难或繁时，可以引进参数，把动态问题划归为静态问题.具体地，可通过构建方程、函数或不等式等进行定量计算，以算促证.二．解题策略类型一 立体几何中动态问题中的角度问题例1. 已知平行四边形ABCD 中，1AB =，2AD =，60A ∠=︒，沿对角线BD 将ABD △折起到PBD △的位置，使得平面PBD ⊥平面BCD ，如图，若M ，N 均是线段PD 的三等分点，点Q 是线段MN 上（包含端点）的动点，则二面角Q BC D --的正弦值的取值范围为（ ）A ．12,23⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．14192⎡⎢⎣⎦C ．24193⎡⎢⎣⎦D ．11,32⎡⎤⎢⎥⎣⎦【来源】2021年浙江省新高考测评卷数学（第五模拟） 【答案】B【解析】在ABD △中，1AB =，2AD =，60BAD ∠=︒，所以由余弦定理得3BD =，所以222AB BD AD +=，所以AB BD ⊥，由翻折的性质可知，PB BD ⊥．又平面PBD ⊥平面BCD ，平面PBD 平面BCD BD =，所以PB ⊥平面BCD ，过点Q 作//QQ PB '，交BD 于点Q '，则QQ '⊥平面BCD ，所以QQ BC '⊥，过Q '作Q T BC '⊥，垂足为T ，连接QT ，则BC ⊥平面QQ T '，立体几何的动态问题所以QTQ '∠为二面角Q BC D --的平面角． 设2QD a =（1233a ≤≤），则QQ a '=，3DQ a '=，33BQ a '=-，()113322Q T BQ a ''==-，所以2222211(33)76322QT QQ Q T a a a a ⎡⎤''=+=+-=-+⎢⎥⎣⎦， 所以22222sin 136176373142QQ aQTQ QT a a a aa ''∠====⎛⎫-+-+-+ ⎪⎝⎭． 由二次函数的单调性知，21314y a ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭在12,33⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的值域为19,164⎡⎤⎢⎥⎣⎦，所以221419sin ,2191314QTQ a ⎡⎤'∠=∈⎢⎥⎣⎦⎛⎫-+ ⎪⎝⎭，即二面角Q BC D --的正弦的取值范围为1419,219⎡⎤⎢⎥⎣⎦． 故选：B.【举一反三】1．（2020·黑龙江牡丹江一中高三（理））如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，O 是AC 中点，点P 在线段11A C 上，若直线OP 与平面11A BC 所成的角为θ，则sin θ的取值范围是（ ）．A ．23⎣⎦B ．11,32⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．33⎣⎦D ．11,43⎡⎤⎢⎥⎣⎦【答案】A【解析】如图，设正方体棱长为1，()11101A PAC λλ=≤≤．以D 为原点，分别以DA ，DC ，1DD 所在直线为x ，y ，z 轴建立空间直角坐标系． 则11,,022O ⎛⎫ ⎪⎝⎭，()1,,1P λλ-，所以11,,122OP λλ⎛⎫=--⎪⎝⎭．在正方体1111ABCD A B C D -中，可证1B D ⊥平面11A BC ， 所以()11,1,1B D =---是平面11A BC 的一个法向量．所以122211()()122sin cos ,1113163222OP B D λλθλλλ-----===⎛⎫⎛⎫⎛⎫⨯-+-+-+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭所以当12λ=时，sin θ30λ=或1时，sin θ取得最小值23． 所以23sin 3θ∈⎣⎦.故选A ． 2．（2020·广东高考模拟）在正方体1111ABCD A B C D -中，E 是侧面11ADD A 内的动点，且1B E //平面1BDC ，则直线1B E 与直线AB 所成角的正弦值的最小值是( )A ．13 B ．33 C ．12 D ．22【答案】B【解析】以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，1DD 为z 轴，建立空间直角坐标系，设正方体1111ABCD A B C D -中棱长为1， 设E(a,0，c)，0a 1≤≤，0c 1≤≤，1B (1,1，1)，B(1,1，0)， D(0,0，0)，1C (0,1，1)，()1B E a 1,1,c 1=---，DB (1,=1，0)，1DC (0,=1，1)，设平面1DBC 的法向量n (x,=y ，z)，则1n DB 0n DC 0x y y z ⎧⋅=+=⎪⎨⋅=+=⎪⎩，取x 1=，得()n 1,1,1=-，1B E //平面1BDC ，1B E n a 11c 10∴⋅=-++-=，解得a c 1+=，()222a c a c 2ac 12ac ∴+=+-=-，2a c 1ac 24+⎛⎫≤=⎪⎝⎭，设直线1B E 与直线AB 所成角为θ，AB (0,=1，0)，()()1221AB B E 1cos θAB B Ea 11c 1⋅∴==⋅-++-2a c 1ac 24+⎛⎫≤= ⎪⎝⎭，322ac 2∴-≥，1222ac 3∴≤-，()()()222211sin θ11a c 2a c 3a 11c 1∴=-=-+-++-++-221123111a c 122ac 33=-=-≥-=++-． ∴直线1B E 与直线AB 所成角的正弦值的最小值是33．3.（2020·浙江台州中学高三）如图，已知正方体ABCD EFGR -的上底面中心为H ，点O 为AH 上的动点，P 为FG 的三等分点（靠近点F ），Q 为EF 的中点，分别记二面角P OQ R --，Q OR P --，R OP Q --的平面角为,,αβγ，则（ ）A ．γαβ<<B ．αγβ<<C ．αβγ<<D ．βαγ<<【答案】D【解析】分析：建立空间直角坐标系，对动点O 选取一个特殊位置，然后求出三个侧面的法向量，根据向量夹角的余弦值求得三个二面角的余弦值，比较后可得二面角的大小．详解：建立如图所示的空间直角坐标系E xyz -．考虑点O 与点A 重合时的情况．设正方体的棱长为1，则()()111,,0,Q ,0,0,R 01,0,O 0,0,132P ⎛⎫⎛⎫⎪⎪⎝⎭⎝⎭． 设平面OPQ 的一个法向量为1(,,)n x y z =，由111(,,)(,0,1)02211(,,)(,,0)02323x n OQ x y z z x y n PQ x y z ⎧⋅=⋅-=-=⎪⎪⎨⎪⋅=⋅--=--=⎪⎩，得322x y x z ⎧=-⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，令2x =，得1(2,3,1)n =-．同理可得平面OPR 和平面OQR 的法向量分别为23(2,3,3),(6,3,7)n n ==． 结合图形可得：1323521cos cos ,,cos cos ,7471147n n n n αβ====⨯⨯12cos cos ,711n n γ==⨯∴cos cos cos γαβ<<，又0,,γαβπ<<，∴γαβ>>．故选D ． 类型二 立体几何中动态问题中的距离问题【例2】（2020·山西高三）设点M 是棱长为2的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱AD 的中点，点P 在面BCC 1B 1所在的平面内，若平面D 1PM 分别与平面ABCD 和平面BCC 1B 1所成的锐二面角相等，则点P 到点C 1的最短距离是（ ） A 25B ．22C ．1D ．63【答案】A【解析】如图，过点P 作1D M 的平行线交BC 于点Q 、交11B C 于点E ，连接MQ ，则PQ 是平面1D PM 与平面11BCC B 的交线，MQ 是平面1D PM 与平面ABCD 的交线．EF 与1BB 平行，交BC 于点F ，过点F 作FG 垂直MQ 于点G ，则有，MQ 与平面EFG 垂直，所以，EG 与MQ 垂直，即角EGF 是平面1D PM 与平面ABCD 的夹角的平面角，且sin EFEGF EG∠=， MN 与CD 平行交BC 于点N ，过点N 作NH 垂直EQ 于点H ，同上有：sin MNMHN MH∠=，且有EGF MHN ∠=∠，又因为EF MN AB ==，故EG MH =， 而2EMQ S EG MQ MH EQ ∆=⨯=⨯，故MQ EQ =，而四边形1EQMD 一定是平行四边形，故它还是菱形，即点E 一定是11B C 的中点， 点P 到点1C 的最短距离是点1C 到直线BE 的距离，以A 为原点，AB 为x 轴，AD 为y 轴，1AA 为z 轴，建立空间直角坐标系，()2,1,2E ，()2,0,0B ， ()12,2,2C ，()0,1,2BE =， ()10,2,2BC =，∴点P 到点1C 的最短距离：22111||625||1()221()5||||58BE BC d BC BE BC =-=⨯-=⨯．故选：A ．【指点迷津】求两点间的距离或其最值.一种方法，可建立坐标系，设点的坐标，用两点间距离公式写出距离，转化为求函数的最值问题；另一种方法，几何法，根据几何图形的特点，寻找那两点间的距离最大（小），求其值. 【举一反三】1．（2020·四川高三（理））已知三棱锥S ABC -中，1SA SB SC ===，且SA 、SB 、SC 两两垂直，P 是三棱锥S ABC -外接球面上一动点，则P 到平面ABC 的距离的最大值是（ ）A ．33B ．3C ．233D ．433【答案】C 【解析】【分析】,,SA SB SC 是棱长为1的正方体MNQB ADCS -上具有公共顶点S 的三条棱,以B 为原点,,,BM BQ BS 分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系,三棱锥S ABC -外接球就是正方体MNQB ADCS -的外接球，由正方体及球的几何性质可得点P 与N 重合时，点P 到平面ABC 的距离最大，求出平面ABC 的法向量，由点到直线的距离公式即可得结果. 【详解】三棱锥S ABC -，满足,,SA SB SC 两两垂直，且,,1SA SB SC =，∴如图,,SA SB SC 是棱长为1的正方体MNQB ADCS -上具有公共顶点S 的三条棱,以B 为原点,,,BM BQ BS 分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系, 则()()()()()0,0,0,1,0,1,0,1,1,0,0,1,1,1,0B A C S N ，()()()1,0,1,0,1,1,1,1,0BA BC BN ===，设平面ABC 的法向量(),,n x y z =，则00n BA x z n BC y z ⎧⋅=+=⎨⋅=+=⎩，取1x =，得()1,1,1n =-，三棱锥S ABC -外接球就是棱长为1的正方体MNQB ADCS -的外接球，P 是三棱锥S ABC -外接球上一动点，∴由正方体与球的几何性质可得，点P 点与N 重合时，点P 到平面ABC 的距离最大，∴点P 到平面ABC 的距离的最大值为1102333BN n d n⋅++===.故选C. 2．已知四边形ABCD 是边长为5的菱形，对角线8BD =（如图1），现以AC 为折痕将菱形折起，使点B 达到点P 的位置.棱AC ，PD 的中点分别为E ，F ，且四面体PACD 的外接球球心落在四面体内部（不含边界，如图2），则线段EF 长度的取值范围为（ ）A ．14,42⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭B ．141,2⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭C ．14,62⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭D ．()3,4【来源】江西省鹰潭市2021届高三高考二模数学（文）试题 【答案】A 【解析】由题意可知△APC 的外心1O 在中线PE 上， 设过点1O 的直线1l ⊥平面APC ,可知1l ⊂平面PED , 同理△ADC 的外心2O 在中线DE 上,设过点2O 的直线2l ⊥平面ADC ，则2l ⊂平面PED , 由对称性知直线12,l l 的交点O 在直线EF 上.根据外接球的性质,点O 为四面体PACD 的外接球的球心. 由题意得3,4EA PE ==,而2221111,4O A O E EA O A O E PE =++==所以178O E =. 令PEF θ∠=,显然02πθ<<,所以cos 4cos 4EF PE θθ==<. 因为1cos EF O EPE OEθ==， 所以172OE EF O E PE ⋅=⋅=， 又OE EF <，所以272EF >，即142EF >. 综上可知1442EF <<. 故选：A.3（2020广西柳州市模考）如图，在正方体中，棱长为1，点为线段上的动点（包含线段端点），则下列结论错误的是（ ）A ．当时，平面B ．当为中点时，四棱锥的外接球表面为C ．的最小值为D ．当时，平面【答案】C【解析】对于，连结，，，则，，，设到平面的距离为，则，解得，∴.∴当时，为与平面的交点．∵平面∥平面， ∵平面，∴∥平面，故A 正确． 又由以上分析可得，当时，即为三棱锥的高，∴平面，所以D 正确． 对于B ，当为中点时，四棱锥为正四棱锥， 设平面的中心为，四棱锥的外接球为，所以，解得，故四棱锥的外接球表面积为，所以B 正确．对于C ，连结，，则， ∴，由等面积法得的最小值为，∴的最小值为．所以C 不正确．故选：C.类型三 立体几何中动态问题中的面积、体积问题【例3】（2020·河南高三（理））在棱长为3的正方体1111ABCD A B C D -中，E 是1AA 的中点，P 是底面ABCD 所在平面内一动点，设1PD ，PE 与底面ABCD 所成的角分别为12θθ，（12θθ，均不为0），若12θθ=，则三棱锥11P BB C -体积的最小值是（ ） A ．92B ．52C ．32D ．54【答案】C【解析】建系如图，正方体的边长为3，则(3E ，0，3)2，1(0D ，0，3)，设(P x ，y ，0)(0x ，0)y ，则(3PE x =-，y -，3)2，1(PD x =-，y -，3)，12θθ=，(0z =，0，1)，12cos cos θθ∴=，即11||||||||||||PD z PE z PE z PD z =，代入数据，得：222233299(3)4x y x y =++-++，整理得：228120x y x +-+=，变形，得：22(4)4(02)x y y -+=， 即动点P 的轨迹为圆的一部分，过点P 作PF BC ⊥，交BC 于点F ，则PF 为三棱锥11P BB C -的高∴点P 到直线AD 的距离的最大值是2．则min 321PF =-=．1111119332212BB C BB B C S ∆=⋅⋅=⨯⨯=，1111193132213P BB C BB C V PF S -∆=⨯⨯⋅⋅=∴=故选：C ．【指点迷津】求几何体体积的最值，先观察几何图形三棱锥，其底面的面积为不变的几何量，求点P到平面BCD 的距离的最大值，选择公式，可求最值. 【举一反三】1.（2020·四川高三期末）长方体1111ABCD A B C D -中，2AB =，1BC =，12AA =，P 为该正方体侧面11CC D D 内（含边界）的动点，且满足tan tan 22PAD PBC ∠+∠=.则四棱锥P ABCD -体积的取值范围是（ ） A ．20,3⎛⎤ ⎥⎝⎦B ．22,33⎡⎤⎢⎥⎣⎦ C ．40,3⎛⎤ ⎥⎝⎦D ．24,33⎡⎤⎢⎥⎣⎦ 【答案】B【解析】如图所示：在RT PAD 中，tan PD PAD PD AD ∠==，在RT PBC 中，tan PCPBC PC BC∠==， 因为tan tan 22PAD PBC ∠+∠=，所以22PD PC +=.因为222PD PC CD +=>=，所以点P 的轨迹是以,C D 为焦点 222a =的椭圆. 如下图所示：2a =1c =，211b =-=，椭圆的标准方程为：2212x y +=.1(0,1)P联立22112x x y =⎧⎪⎨+=⎪⎩，解得：2y =.所以22()P -，32P . 当点P 运动到1P 位置时，此时四棱锥P ABCD -的高最长， 所以max 1112()21333P ABCD ABCD V S PO -=⨯⨯=⨯⨯=. 当点P 运动到2P 或3P 位置时，此时四棱锥P ABCD -的高最短，所以min 21122()23323P ABCD ABCD V S P D -=⨯⨯=⨯⨯=. 综上所述：2233P ABCD V -≤≤. 2．如图，长方形ABCD 中，152AB =，1AD =，点E 在线段AB （端点除外）上，现将ADE 沿DE 折起为A DE '．设ADE α∠=，二面角A DE C '--的大小为β，若π2αβ+=，则四棱锥A BCDE '-体积的最大值为（ ）A ．14 B ．23 C 151-D 51- 【答案】A【解析】设过A 与DE 垂直的线段长为a ，则tan AE α=，150tan 2α<<，1cos DE α=，sin a α=，则四棱锥A BCDE '-的高πsin sin sin sin cos 2h a βαααα⎛⎫=⋅=⋅-=⎪⎝⎭， 则111515tan 1sin cos 3222A BCDE V ααα'-⎛=⨯⨯-+⨯⨯ ⎝⎭)115tan sin cos 6ααα=⨯ )2115cos sin 6ααα=- )11152cos 21212αα=+- 115112cos 234412αα⎛⎫=+- ⎪ ⎪⎝⎭()11sin 2312αϕ=+-，15tan 15ϕ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭， ∴四棱锥A BCDE '-体积的最大值为1113124-=. 故选：A.3．（2020·重庆市松树桥中学校高三）如图，在单位正方体1111ABCD A B C D -中，点P 在线段1AD 上运动，给出以下四个命题：①异面直线1A P 与1BC 间的距离为定值；②三棱锥1D BPC -的体积为定值；③异面直线1C P 与直线1CB 所成的角为定值； ④二面角1P BC D --的大小为定值．其中真命题有( ) A ．1个 B ．2个 C ．3个 D ．4个【答案】D【解析】对于①，异面直线1A P 与1BC 间的距离即为两平行平面11ADD A 和平面11BCC B 间的距离，即为正方体的棱长，为定值．故①正确．对于②，由于11D BPC P DBC V V --=，而1DBC S ∆为定值，又P ∈AD 1，AD 1∥平面BDC 1，所以点P 到该平面的距离即为正方体的棱长，所以三棱锥1D BPC -的体积为定值．故②正确．对于③，由题意得在正方体1111ABCD A B C D -中，B 1C ⊥平面ABC 1D 1，而C 1P ⊂平面ABC 1D 1，所以B 1C ⊥C 1P ，故这两条异面直线所成的角为90︒．故③正确；对于④，因为二面角P −BC 1−D 的大小，即为平面ABC 1D 1与平面BDC 1所成的二面角的大小，而这两个平面位置固定不变，故二面角1P BC D --的大小为定值．故④正确．综上①②③④正确．选D ．类型四 立体几何中动态问题中的轨迹问题【例4】（2020南充高考一模）如图，直二面角AB αβ--，P α∈，C β∈，D β∈，且AD AB ⊥，BC AB ⊥，5AD =，10BC =，6AB =，APD CPB ∠=∠，则点P 在平面α内的轨迹是（ ）A.圆的一部分B.椭圆的一部分C.一条直线D.两条直线【答案】A【解析】以AB 所在直线为x 轴，AB 的中垂线为y 轴，建立平面直角坐标系，设点(),P x y ，()30A -,，()3,0B ，AD AB ⊥，BC AB ⊥，则AD α⊥，BC α⊥，5AD =，10BC =，6AB =，APD CPB ∠=∠，Rt APDRt CPB∴∆∆，()()22223511023x y APAD BPBC x y ++∴====-+ ，即()()2222343x y x y ⎡⎤-+=++⎣⎦，整理得：()22516x y ++=，故点P 的轨迹是圆的一部分，故选A .【指点迷津】空间轨迹问题的求解策略：1.利用侧面展开或展到一个平面上寻求轨迹；2.利用圆锥曲线定义求轨迹；3.这辗转过程中动点的轨迹；4.利用函数观点探求轨迹 【举一反三】1．已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为23M ，N 为体对角线1BD 的三等分点，动点P 在三角形1ACB 内，且三角形PMN 的面积63PMN S =△P 的轨迹长度为（ ）A ．269π B ．263π C ．469π D ．463π 【答案】B【解析】如图所示：连接11BC B C O =，因为四边形11BCC B 是正方形，所以11BC B C ⊥，因为11D C ⊥平面11BCC B ，1B C ⊂平面11BCC B ，所以11D C ⊥1B C ， 又11111,BC D C C BC =⊂平面11BC D ，11D C ⊂平面11BC D ，所以1B C ⊥平面11BC D ，所以11B C D B ⊥， 同理可知：11B A D B ⊥，又因为1B C ⊂平面1ACB ，1B A ⊂平面1ACB ，111B C B A B =，所以1D B ⊥平面1ACB ，根据题意可知：11136,26D B AB AB BC AC =====所以1ACB 为正三角形，所以160∠=︒B AC ，所以11326266322ACB S=⨯⨯⨯=，设B 到平面1ACB 的距离为h ， 因为11B ACB B ABC V V --=，所以111133ACB ACBSh S BB ⋅⋅=⋅⋅，所以11ACB ACBSh SBB ⋅=⋅，所以()232323262342h ⨯⨯⨯=⨯，所以1123h D B ==，所以h BN =， 所以N 即为1D B 与平面1ACB 的交点，由题意可知：1D B ⊥平面1ACB ，所以MN PN ⊥，所以11262223PMNSMN PN PN PN =⋅=⋅⋅==，再如下图所示：在正三角形1ACB 中，高3sin 6026322AO AC =︒== 所以内切圆的半径16233r AO ==<，且623AN <=，取1B C 的两个三等分点,E F ，连接,EN FN ，所以1//,//NE AB NF AC ，所以NEF 是以PN 长度为边长的正三角形，所以P 的轨迹是以N 为圆心，半径等于263的圆，圆的周46π，在1ACB 内部的轨迹是三段圆弧，每一段圆弧的圆心角为60︒，所以对应的轨迹长度是圆周长的一半为63π，故选：B. 2、（2020贵阳高考模拟）在正方体1111ABCD A B C D -中，已知点P 为平面11AA D D 中的一个动点，且点P 满足：直线1PC 与平面11AA D D 所成的角的大小等于平面PBC 与平面11AA D D 所成锐二面角的大小，则点P 的轨迹为（ ）A ．直线B ．椭圆C ．圆D ．抛物线 【答案】DF E P C 1B 1D 1A 1DCBA z yx3．几何中常用表示L 的测度，当L 为曲线、平面图形和空间几何体时，L 分别对应其长度、面积和体积．在ABC 中，3AB =，4BC =，5AC =，P 为ABC 内部一动点（含边界），在空间中，到点P 的距离为1的点的轨迹为L ，则L 等于（ ） A ．612π+B ．2263π+ C ．20123π+ D ．22123π+ 【来源】安徽省合肥市2021届高三下学期第三次教学质量检测理科数学试题 【答案】D【解析】空间中，到点P 的距离为1的点的轨迹所构成的空间几何体在垂直于平面ABC 的角度看，如下图所示：其中：BCDF ，ACEI 和ABGH 区域内的几何体为底面半径为1的半圆柱；CDE ，BFG ，AHI 区域内的几何体为被两平面所截得的部分球体，球心分别为,,C B A ；ABC 区域内的几何体是高为2的直三棱柱. 四边形BCDF 和ACEI 为矩形，2DCB ECA π∴∠=∠=，2DCE ACB ACB πππ∴∠=--∠=-∠，同理可得：FBG ABC π∠=-∠，HAI CAB π∠=-∠，()332DCE FBG HAI ACB ABC CAB ππππ∴∠+∠+∠=-∠+∠+∠=-=，∴CDE ，BFG ，AHI 区域内的几何体合成一个完整的，半径为1的球，则CDE ，BFG ，AHI 区域内的几何体的体积之和3144133V ππ=⨯=； 又BCDF ，ACEI 和ABGH 区域内的几何体的体积之和()221134562V ππ=⨯⨯++=；ABC 区域内的直三棱柱体积31342122V =⨯⨯⨯=，4226121233L πππ∴=++=+.故选：D.三．强化训练1．（2020·内蒙古高三期末）如图，棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，M 是线段1A B 上的动点，则下列结论正确的是（ ）．①异面直线AD 与1CB 所成的角为45︒②11DC D M ⊥③三棱锥1M DCC -的体积为定值 ④1AM MD +的最小值为2． A ．①②③ B ．①②④C ．③④D ．②③④【答案】A【解析】①∵AD ∥BC ，∴异面直线AD 与1CB 所成的角即为BC 与1CB 所成的角， 可得夹角为45︒，故①正确；②连接1CD ，∵1DC ⊥平面A 1BCD 1，1D M ⊂平面A 1BCD 1， ∴11DC D M ⊥，故②正确；③∵1A B ∥平面DCC 1D 1，∴线段A 1B 上的点M 到平面DCC 1D 1的距离都为1, 又△DCC 1的面积为定值12, 因此三棱锥M −DCC 1的体积1111326V =⨯⨯=为定值,故③正确； ④将面AA 1B 与面A 1BCD 1沿A 1B 展成平面图形,线段AD 1即为AP +PD 1的最小值， 在△D 1A 1A 中,∠D 1A 1A =135°, 利用余弦定理解三角形得111211135222AD cos =+-⨯⨯⨯︒=+<，故④不正确.因此只有①②③正确.故选：A .2.（2020河南省焦作市高三）在棱长为4的正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，点E 、F 分别在棱AA 1和AB 上，且C 1E ⊥EF ，则|AF|的最大值为（ ）A ．B ．1C ．D ．2【答案】B【解析】以AB ，AD ，AA 1所在直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系如图所示，则C 1（4，4，4），设E （0，0，z ），z ∈[0，4]，F （x ，0，0），x ∈[0，4]，则|AF|＝x ．＝（4，4，4﹣z ），＝（x ，0，﹣z ）．因为C 1E ⊥EF ，所以，即：z 2+4x ﹣4z ＝0，x ＝z ﹣．当z ＝2时，x 取得最大值为1．|AF|的最大值为1．故选：B ．3．（2020·重庆巴蜀中学高三（理））棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，N 为1CC 的中点，P 在底面ABCD 内运动，1D P 与平面ABCD 所成角为1θ，NP 与平面ABCD 所成角为2θ，若12θθ=，则AP 的最小值为（ ） A ．2 B ．83C ．4D ．1【答案】A【解析】分析：先证明PD=2PC ，再在底面ABCD 内建立如图所示的直角坐标系，求出211680sin()99PA αϕ=-+，再利用三角函数的图象和性质求出|AP|的最小值. 【详解】设12θθθ==，所以12tan tan DD PD θθ==，1PC tan tan CN θθ==，所以PD=2PC. 在底面ABCD 内建立如图所示的直角坐标系，设点P(x,y),则2222(1)2(+1)x y x y -+=+整理得22516454(),cos ,sin 39333x y x y αα++=∴=-=， 所以2224841168011680(cos )(sin 2)sin()43339999PA αααϕ=-+-=-+≥-=， 即||2AP ≥,所以|AP|的最小值为2.故选：A4．已知三棱锥A BCD -的所有棱长均为2，E 为BD 的中点，空间中的动点P 满足PA PE ⊥，PC AB ⊥，则动点P 的轨迹长度为（ ） A ．1116πB 3πC 11πD 3π【来源】浙江省五校2021届高三下学期5月联考数学试题 【答案】C【解析】正四面体A BCD -2，建立空间直角坐标系如图所示，()()22,,2,2,2,0,0,2,222E C B ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，设(),,P x y z ，()22,,2,,,22PE x y z AP x y z ⎛⎫=---= ⎪ ⎪⎝⎭，()2,2,PC x y z =---.由于PA PE ⊥，PC AB ⊥，所以00AP PE PC AB ⎧⋅=⎨⋅=⎩，即()()2220222220x x y y z z y z ⎧⎛⎫⎛⎫-+-+-=⎪ ⎪ ⎪⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎨⎪--=⎪⎩，即22222202220x x y y z z y z ⎧-+-+-=⎪⎨⎪+-=⎩， 即2222223442420x y z y z ⎧⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎪-+-+-= ⎪ ⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎨⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎪+-=⎪⎩， 22222234424x y z ⎛⎫⎛⎫⎛⎫-+-+-= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭表示球心为222,,442⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，半径为32R =的球. 20y z +-=表示垂直于yAz 平面的一个平面.所以P 的轨迹是上述平面截球面所得圆.球心222,,442⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭到平面20y z +-=的距离为22222142411d +-==+， 所以截得的圆的半径2231114164r R d =-=-=， 所以截得的圆，也即P 点的轨迹的长度为11112242r πππ=⨯=. 故选：C5.（2020郑州一中高三期末）在三棱锥中，平面，M是线段上一动点，线段长度最小值为，则三棱锥的外接球的表面积是（）A．B．C．D．【答案】C【解析】如图所示：三棱锥中，平面，M是线段上一动点，线段长度最小值为，则：当时，线段达到最小值，由于：平面，所以：，解得：，所以：，则：，由于：，所以：则：为等腰三角形．所以：，在中，设外接圆的直径为，则：，所以：外接球的半径，则：，故选：C．（2020九江高三一模）在长方体中，，，分别是棱6．的中点，是底面内一动点，若直线与平面没有公共点，则三角形面积的最小值为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】补全截面EFG为截面EFGHQR如图，其中H 、Q 、R 分别为、的中点，易证平面ACD 1∥平面EFGHQR ，∵直线D 1P 与平面EFG 不存在公共点， ∴D 1P∥面ACD 1，∴D 1P 面ACD 1，∴P ∈AC ，∴过P 作AC 的垂线，垂足为K ，则BK=,此时BP 最短，△PBB 1的面积最小， ∴三角形面积的最小值为，故选：C ．7．（2020·浙江高三期末）在三棱锥P ABC -中，2,3PA PB PC AB AC BC ======，点Q 为ABC ∆ 所在平面内的动点，若PQ 与PA 所成角为定值θ，π(0,)4θ∈，则动点Q 的轨迹是 A ．圆 B ．椭圆C ．双曲线D ．抛物线【答案】B【解析】建立空间直角坐标系，根据题意，求出Q 轨迹方程，可得其轨迹.由题，三棱锥P ABC -为正三棱锥，顶点P 在底面ABC 的射影O 是底面三角形ABC 的中心，则以O 为坐标原点，以OA 为x 轴，以OP 为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，根据题意可得1OA OP ==，设Q 为平面ABC 内任 一点，则()()()()()1,0,0,0,0,1,,,0,1,0,1,,,1A P Q x y PA PQ x y =-=- ，由题PQ 与PA 所成角为定值θ，π0,4θ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，则,221cos 21PA PQ x PA PQ x y θ⋅+==⋅++则()()22222cos11x y x θ++=+ ，化简得222cos22cos 2cos20x y x θθθ⋅+⋅-+= ，ππ0,,20,,cos 20,42θθθ⎛⎫⎛⎫∈∴∈> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭故动点Q 的轨迹是椭圆.选B8．（2020·上海格致中学高三月考）在正方体''''ABCD A B C D -中,若点P (异于点B )是棱上一点,则满足BP 与AC '所成的角为45︒的点P 的个数为（ ）A ．0B ．3C ．4D ．6【答案】B 【解析】【分析】建立空间直角坐标系，通过分类讨论利用异面直线的方向向量所成的夹角即可找出所有满足条件的点P 的个数．【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设棱长1AB =，(1B ，0，1)，(1C ，1，1)． ①在Rt △AA C ''中，||tan 2||A C A AC AA '''∠'=='45A AC '∠'≠︒．同理AB ，AD 与AC '所成的角都为arctan 245≠︒．故当点P 位于（分别与上述棱平行或重合）棱BB '，BA ，BC 上时，与AC '所成的角都为arctan 245≠︒，不满足条件；②当点P 位于棱AD 上时，设(0P ，y ，1)，(01)y ，则(1BP =-，y ，0)，(1AC '=，1，1)-．若满足BP 与AC '所成的角为45︒，则22|||1||cos ,|2||||13BP AC y BP AC BP AC y '-+=<'>=='+， 化为2410y y ++=，无正数解，舍去； 同理，当点P 位于棱A D ''上时，也不符合条件； ③当点P 位于棱B C ''上时，设(1P ，y ，0)，(01)y ， 则(0BP =，y ，1)-，(1AC '=，1，1)-．若满足BP 与AC '所成的角为45︒，则22|||1||cos ,|2||||13BP AC y BP AC BP AC y '+=<'>=='+， 化为2410y y -+=，01y ，解得23y =-，满足条件，此时点(1,23,0)P -．④同理可求得棱C D ''上一点(532,1,0)P -，棱C C '上一点(1,1,324)P -． 而其它棱上没有满足条件的点P ．综上可知：满足条件的点P 有且只有3个．故选：B 9.（2020上海交通大学附属中学高三）如图，已知三棱锥，平面，是棱上的动点，记与平面所成的角为，与直线所成的角为，则与的大小关系为（ ）A ．B ．C ．D ．不能确定【答案】C【解析】如图所示：∵PA ⊥平面ABC ，∴PD 与平面ABC 所成的角=∠PDA, 过点A 作AE ⊥BC ，垂足为E ，连接PE ，∵PA ⊥平面ABC ，∴PA ⊥BC ，∴BC⊥平面PAE ，∴BC⊥PE,在Rt△AED ，Rt△PAD ，Rt△PED 中：cos ，cos ，cos，∴coscoscos < cos ,又均为锐角， ∴，故选C.10．（2020·湖南长郡中学高三（理））在三棱锥P ABC -中，PA ⊥平面ABC ，23BAC π∠=，3AP =，23AB =，Q 是边BC 上的一动点，且直线PQ 与平面ABC 所成角的最大值为3π，则三棱锥P ABC -的外接球的表面积为（ ） A ．45π B ．57πC ．63πD ．84π【答案】B【解析】分析：根据题意画出图形，结合图形找出ABC △的外接圆圆心与三棱锥P ABC - 外接球的球心，求出外接球的半径，再计算它的表面积．详解：三棱锥P ABC PA ABC 中，平面，-⊥ 设直线PQ 与平面ABC 所成角为θ ，如图所示；则3PAsinPQ PQ ，θ== 由题意且θ的最大值是3π3PQ=，，解得PQ =即PQ 的最小值为∴AQ ，即点A 到BC ，AQ BC ∴⊥，AB BC ∴== 6BC ；∴= 取ABC △的外接圆圆心为O '，作OO PA ' ，62120r sin ∴=︒，解得r =；O A ∴'=M 为PA 的中点，32OM O A PM ∴='==，由勾股定理得CP R === ∴三棱锥P ABC -的外接球的表面积是224457S R πππ==⨯⨯=．故选B.11．在直三棱柱111ABC A B C -中，底面ABC 是以B 为直角的等腰三角形，且3AB =，1AA =若点D 为棱1AA 的中点，点M 为面BCD 的一动点，则11 B M C M +的最小值为（ ）A ．B ．6C ． D【来源】江西省赣州市2021届高三二模数学（理）试题 【答案】C【解析】由题意知，BC AB ⊥，111ABC A B C -为直三棱柱，即面ABC ⊥面11ABB A ，面ABC面11ABB A AB =，BC ⊂面ABC ，∴BC ⊥面11ABB A ，又BC ⊂面BCD ， ∴面BCD ⊥面11ABB A .∴易得1B 关于平面BCD 对称点E 落在1A A 的延长线上，且AE =1A E =11 B M C M +的最小时，1C 、M 、E 三点共线.∴221111111||992735B M C M EM C M EC AC A E +=+≥=+=++=. 故选：C12．在棱长为2的正四面体ABCD 中，点P 为ABC 所在平面内一动点，且满足433PA PB +=，则PD 的最大值为（ ） A ．3B ．2103C ．393D ．2【来源】河南省鹤壁市2021届高三一模数学（文）试题 【答案】B【解析】如图所示，在平面ABC 内，4323PA PB +=>， 所以点P 在平面ABC 内的轨迹为椭圆，取AB 的中点为点O ，连接CO ，以直线AB 为x 轴，直线OC 为y 建立如下图所示的空间直角坐标系O xyz -，则椭圆的半焦距1c =，长半轴a =b ==所以，椭圆方程为()2233104x y z +==.点D 在底面的投影设为点E ，则点E 为ABC 的中心，11333OE OC ===， 故点E 正好为椭圆短轴的一个端点，23CE OC ==，则DE ==， 因为222PD DE EP =+，故只需计算EP 的最大值.设(),,0P x y ，则E ⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭，则22222241543333EP x y y y y y y ⎛=+=-++=--+ ⎝⎭，当y ⎡=⎢⎣⎦时，2EP 取最大值，即22max516393939EP ⎛⎛=-⨯---+= ⎝⎭⎝⎭，因此可得2241640999PD ≤+=，故PD . 故选：B.13．在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，P 是线段1BC 上的点，过1A 的平面α与直线PD 垂直，当P 在线段1BC 上运动时，平面α截正方体1111ABCD A B C D -所得的截面面积的最小值是（ ）A ．1B ．54C D【来源】北京市朝阳区2021届高三一模数学试题 【答案】C【解析】以点A 为坐标原点，AB 、AD 、1AA 所在直线分别为x 、y 、z 轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则()0,0,0A 、()10,0,1A 、()1,0,0B 、()11,0,1B 、()1,1,0C 、()11,1,1C 、()0,1,0D 、()10,1,1D ， 设点()1,,P t t ，其中01t ≤≤.①当0t =时，点P 与点B 重合，()1,1,0BD =-，()1,1,0AC =，()10,0,1AA =， 所以，0BD AC ⋅=，10BD AA ⋅=，则BD AC ⊥，1BD AA ⊥， 1AC AA A ⋂=，BD ∴⊥平面11AAC C ，此时平面α即为平面11AAC C ，截面面积为12S AA AC =⋅= ②当1t =时，同①可知截面面积为2S =③当01t <<时，()1,1,DP t t =-，()11,1,1AC =-， 1110DP AC t t ⋅=+--=，1A C PD ∴⊥，则1A C α⊂， 设平面α交棱1DD 于点()0,1,E z ，()1,0,CE z =-，10DP CE tz ⋅=-+=，可得11z t=>，不合乎题意. 设平面α交棱AB 于点(),0,0M x ，()1,1,0CM x =--，()110DP CM x t ⋅=---=，可得x t =，合乎题意，即(),0,0M t ，同理可知，平面α交棱11C D 于点()1,1,1N t -，()11,1,0A N t MC =-=，且1A N 与MC 不重合，故四边形1A MCN 为平行四边形，()11,1,1AC =-，()11,1,0A N t =-，1112112cos 322AC A N t CA N AC A N t t ⋅-∠==⋅⋅-+，则()()2211221sin 1cos 322t t CA N CA N t t -+∠=-∠=-+，所以，截面面积为()1221111362sin 2122242CA NS S AC A N CA N t t t ⎡⎤⎛⎫==⋅∠=-+=-+=<⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦△. 综上所述，截面面积的最小值为62. 故选：C.14．如图，斜线段AB 与平面α所成的角为π4，B 为斜足．平面α上的动点P 满足π6PAB ∠=，则点P 的轨迹为（ ）A ．圆B ．椭圆C ．双曲线的一部分D ．抛物线的一部分【答案】B【解析】建立如图所示的空间直角坐标系，设(0,1,0),(0,0,1),(,,0)(0,1,1),(,,1)B A P x y AB AP x y ⇒=-=-22223cos ,62(2)1121AB AP x y x y ⇒<>=⇒+-=⋅++ 所以点P 的轨迹是椭圆． 故选：B.15．已知正方体ABCD A B C D ''''-的棱长为1，点M ，N 分别为线段AB '，AC 上的动点，点T 在平面BCC B ''内，则MT NT +的最小值是（ ）A ．2B ．233C ．62D ．1【答案】B【解析】A 点关于BC 的对称点为E ，M 关于BB '的对称点为M '， 记d 为直线EB '与AC 之间的距离，则MT NT M T NT M N d ''+=+≥≥， 由//B E D C ''，d 为E 到平面ACD '的距离， 因为111111333D ACE ACEV S '-=⨯⨯==⨯⨯=，而()21332346D ACE E ACD V V d d ''--==⨯⨯⨯=，故233d =， 故选：B.16．如图，ABC 是等腰直角三角形，AB AC =，点D 是AB 上靠近A 的三等分点，点E 是AC 上靠近C 的三等分点，沿直线DE 将ADE 翻折成A DE '，所成二面角A DE B '--的平面角为α，则（ ）A ．A DB A EC α∠≥∠'≥' B ．A EC A DB α∠≥∠'≥' C ．A DB A EC α≥∠'∠≥'D ．A EC A DB α≥∠'∠≥'【答案】B【详解】如图，在等腰直角三角形中，过B 作直线//l DE ，作BM ED ⊥交直线DE 于点M ，过C 作直线DE 的垂线，垂足为R ，交直线l 与T ，过A 作DE 的垂线，垂足为O ，且交l 于N ，不妨设3AB =，则1,2AD CE BD AE ====， 在直角三角形ADE 中，255AO ==， 因为BMD AOD ，故12AO AD BM BD ==，故455BM =，同理52522155DM DO ==⨯⨯= 所以45ON =，35BN OM ==，同理5RC OS ==65NT =.在几何体中连接,,A B A S A C '''，如图，因为,,A O DE NO DE '⊥⊥故NOA '∠为二面角A DE B '--的平面角，故NOA α'∠=，而A O NO O '⋂=，故DE ⊥平面AON '，所以TB ⊥平面AON '，而A N '⊂平面AON '，故BN A N '⊥.24162545162cos 4cos 55555A N αα'=+-⨯=-， 故216929164cos cos 5555A B αα'=-+=-，故29165cos 4155cos cos 21255A DB αα-+'∠==-⨯⨯， 同理14cos cos 55A EC α'∠=-，11cos cos cos 055A DB αα'∠-=--<，故cos cos A DB α'∠<，同理cos cos A EC α'∠<，33cos cos cos 055A DB A EC α''∠-∠=+>，故cos cos A DB A EC ''∠>∠，因为(),,0,A DB A EC απ''∠∠∈，故A EC A DB α''∠>∠>， 故选B.17．如图，棱长为2的长方体1111ABCD A B C D -中，P 为线段11B D 上动点(包括端点).则以下结论正确的为（ ）A ．三棱锥1P A BD -中，点P 到面1A BD 2B ．过点P 平行于面1A BD 的平面被正方体1111ABCD A BCD -3C ．直线1PA 与面1A BD 所成角的正弦值的范围为36⎣⎦D ．当点P 和1B 重合时，三棱锥1P A BD -3【来源】广东省普宁市2020-2021学年高三上学期期末数学试题 【答案】C【解析】对于A 中，由111142222323P A BD A PBD V V --==⨯=，1A BD 为等边三角形，面积为11226232A BD =⨯=△S ,设点P 到面1A BD 的距离为h ，由142333h ⨯=，求得23h =所以A不正确；对于B 中，过点P 平行于平面1A BD 的平面被正方体截得的多边形平面11B D C ， 此时三角形11B D C 为边长为221226=232⨯B 不正确； 对于C 中，由正方体的结构特征和性质，可得点P 到平面1A BD 23当点P 在线段11B D 上运动时，1max 2PA =（P 为端点时），in 1m 2PA =设直线1PA 与平面1A BD 所成角为θ，则36sin ,33θ∈⎣⎦，所以C 正确；对于D 中，当点P 与1B 重合时，此时三棱锥为11B A BD -，设1B D 的中点为O ，因为11190B BD B A D ∠=∠=︒，可得11OA OB OD OB === 所以三棱锥1P A BD -的外接球的球心为1B D 的中点，其半径为3，所以三棱锥1P A BD -的外接球的体积为34(3)433ππ⨯=，所以D 不正确.故选：C.18．如图，在棱长为33的正方体1111ABCD A B C D -中，点P 是平面11A BC 内一个动点，且满足15213DP PB +=+，则直线1B P 与直线1AD 所成角的取值范围为（ ）(参考数据：43sin 53,sin 3755==)A ．37,143⎡⎤⎣⎦B ．37,90⎡⎤⎣⎦C ．53,143⎡⎤⎣⎦D ．37,127⎡⎤⎣⎦【来源】江西省景德镇一中2020-2021学年高三上学期期末考试数学（理）试题 【答案】B【解析】如图，建立空间直接坐标系，连结1B D ，交平面11A BC 于点O ，()0,0,0D ，()133,33,33B ，()133,0,33A ，()33,33,0B ，()10,33,33C ，()133,33,33DB =，()10,33,33A B =-，()133,0,33BC =-，110DB A B ⋅=，110DB BC ⋅=，111111,DB A B DB BC A B BC B ∴⊥⊥⋂=，，1DB ∴⊥平面11A BC ，根据等体积转化可知111111B A BC B A B C V V --=， 即()()23111311363332232B O ⨯⨯⨯⨯=⨯⨯，解得：13B O =， 13339B D =⨯=，16D O ∴=,11//AD BC ，∴异面直线1AD 与1B P 所成的角，转化为1BC 与1B P 所成的角，如图，将部分几何体分类出来，再建立一个空间直角坐标系，取1BC 的中点E ，过点O 作1//OF BC ，则以点O 为原点，1,,OF OE OB 为,,x y z 轴的正方向，建立空间直角坐标系(),,0P x y ，()10,0,3B ，()0,0,6D -，3326,22B ⎫⎪⎪⎭，13326,22C ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，()1,,3B P x y =-，()136,0,0BC =-, 15213PB PD +=+，22229365213x y x y ++++=+2222936x y x y ++<++，即15PB =22925x y ∴++=，即2216x y +=，[]4,4x ∈-1111113644cos ,,555365B P BC x x B P BC B P BC ⋅-⎡⎤<>===-∈-⎢⎥⨯⎣⎦，因为异面直线所成的角是锐角，并设为θ，则4cos 0,5θ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦，4sin 535=，4cos375∴=，37,90θ⎡⎤∴∈⎣⎦ 故选：B19．如图，在三棱锥D ABC -中，,1,1AD BC BC AD ⊥==．且2AB BD AC CD +=+=，则四面体ABCD 的体积的最大值为（ ）A ．14B ．212C ．36D ．524【来源】浙江省衢州市五校联盟2020-2021学年高三上学期期末联考数学试题 【答案】B【解析】作BE ⊥AD 于E ，连接CE ，如图，因为,AD BC ⊥,BE BC 再平面BEC 内相交，所以AD ⊥平面BEC ， 因为CE ⊂平面BEC ，所以CE ⊥AD ， 因为2AB BD AC CD +=+=，所以B 与C 都是在以A 、D 为焦点的椭球上，且BE 、CE 都垂直于焦距AD ， AB ＋BD = AC +CD =2，显然ABD ACD ≅，所以BE =CE . 取BC 中点F ，,,BC E AD E F F ⊥∴⊥ 要求四面体ABCD 的体积的最大值，因为AD 是定值，只需三角形EBC 的面积最大， 因为BC 是定值,所以只需EF 最大即可，当△ABD 是等腰直角三角形时几何体的体积最大， 因为AB ＋BD = AC +CD =2，1AB ∴=，22222131121,(1)22222EB EF ⎛⎫⎛⎫⎛⎫∴=-==--= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭， 所以几何体的体积为11221132212⨯⨯⨯⨯=故选：B20．如图，三棱锥A BCD -的底面BCD 在平面α内，所有棱均相等，E 是棱AC 的中点，若三棱锥A BCD -绕棱CD 旋转，设直线BE 与平面α所成的角为θ，则cos θ的取值范围为（ ）A ．36⎤⎥⎣⎦B ．5,16⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．110,6⎡⎢⎣⎦D ．330,6⎡⎢⎣⎦【来源】浙江省宁波市慈溪市2020-2021学年高三上学期期末数学试题 【答案】A【解析】取AD 的中点F ，连接EF 、BF ，如下图所示：。