2023年高考數(shù)學二輪復習講練測專題07 立體幾何小題常考全歸類（解析版）

專題07立體幾何小題?？既珰w類

【命題規(guī)律】

高考對該部分的考查，小題主要體現(xiàn)在兩個方面：一是有關空間線面位置關系的命題的真假判斷；二

是常見一些經典?？級狠S小題，難度中等或偏上.

【核心考點目錄】

核心考點一：球與截面面積問題

核心考點二：體積、面積、周長、角度、距離定值問題

核心考點三：體積、面積、周長、距離最值與范圍問題

核心考點四：立體幾何中的交線問題

核心考點五：空間線段以及線段之和最值問題

核心考點六：空間角問題

核心考點七：軌跡問題

核心考點八：以立體幾何為載體的情境題

核心考點九：翻折問題

【真題回歸】

1.（2022.北京?高考真題）已知正三棱錐P-A8C的六條棱長均為6,5是“BC及其內部的點構成的集合.設

集合7={QcS|PQK5},則7表示的區(qū)域的面積為（）

3期

A.—B.乃C.2%D.3冗

4

【答案】B

【解析】

設頂點尸在底面上的投影為O,連接80,則O為三角形ABC的中心,

fiBO=-x6x—=2x/3.故尸O=。36—12=2#.

32

因為PQ=5,故。。=1,

故S的軌跡為以0為圓心，1為半徑的網,

而三角形ABC內切圓的圓心為O,半徑為2"%36

石>1'

3x6

故S的軌跡圓在T角形A8C內部，故其面積為乃

故選：B

2.（2022.浙江?高考真題）如圖，已知正三棱柱ABC-A4G，AC=AA，E,尸分別是棱8C,Ag上的點.記

E尸與平面48c所成的角為夕，二面角廠一AC—A的平面角為尸，則（）

A.a<p<yB.P<a<yC.p<Y<aD.a<y<P

【答案】A

【解析】如圖所示,過點尸作？P_L4C于P,過尸作于連接PE,

則〃=/后尸產，P=4FEP,y=4FMP,

PEPE八FPAB、、FP、FP0

tana=—=——41,tanp=——=——21,lanr=----->——=tanp,

FPABPEPEPMPE

所以

故選：A.

3.（多選題）（2022.全國?高考真題）如圖，四邊形ABC。為正方形，&）_!_平面ABC。，F(xiàn)B〃ED,AB=ED=2FB,

記三棱錐E—AC。，F(xiàn)-ABC,/一ACE的體積分別為匕匕,匕，則（）

Et

A.V3=2V2B.匕=乂

C.K=K+匕D.2匕=3K

【答案】CD

【解析】

設AB=E0=2所=勿，因為￡D_L平面A8C￡>,FBED,則耳=gEOS2=g?2ag（2/7）2=\白3,

匕=；F、8S48c=gag（勿J=：/，連接80交4c于點M,連接EM,FM,易得BDLAC,

又反5JL平面A8CD,ACu平面A8a>,則ED_LAC,又EDC\BD=D,EDBDu平面3。瓦\則4C_L

平面BDEF,

又8M=OM=18O=缶，過戶作FGJ.DE于G,易得四邊形BOG尸為矩形，則尸G=8O=2缶,EG=a,

2

則（）2（）2瓜（缶丫=2（伍丫

EM=yj2a+>/2?=a,FM=/+6a,EF=Ja+2=3。?

I3J2

22

EM+FM?=EF?，則雨_1而，S_E,M=-EMFM=-^-a,4c=2缶，

則匕=L.EFM+%.EFM=；ACS.EFM=2",則2匕=3匕，匕=3%,匕=匕+匕，故A、B錯誤；C、D正確.

故選：CD.

4.（多選題）（2022.全國?高考真題）已知正方體488-4qCQ,則（）

A.直線BG與。A所成的角為90。B.直線BG與CA所成的角為90。

C.直線BG與平面網。。所成的角為45。D.直線sq與平面A8CD所成的角為45。

【答案】ABD

【解析】如圖，連接3。、BG，因為D4I//8C，所以直線BG與BC所成的角即為直線BG與所成的

角，

因為四邊形84GC為正方形，則4CJ_8G，故直線與所成的角為90>,A正確；

連接AC，因為AB?平面叫CC，BC|U平面叫GC,則A8JBG，

因為4C_L8G，4414。=耳，所以8G_L平面Age,

又ACU平面A4C,所以BC|_LCA，故B正確；

連接AG，設AGng〃=o,連接30,

因為3耳1平面AB|GR,GOu平面A4G",則GOJ_qB,

因為C0J■用R,所以C0J■平面Bg。。，

所以NCR。為直線8G與平面附Q0所成的角,

設正方體棱長為1,則G0=也，BC]=42,sinZC（?O=^=1,

2"JL

所以，直線BG與平面BHQQ所成的角為30,故C錯誤；

因為CC_L平面A8C。，所以NG8C為直線3c與平而ABCD所成的角，易得/。招。=45,故D正確.

故選：ABD

5.（多選題）（2021.全國.高考真題）在正三棱柱ABC-AMG中，AB=A4,=1,點尸滿足BP=/lBC+〃Bq,

其中九W0』，則（）

A.當2=1時，△人與尸的周長為定值

B.當〃=1時，三棱錐尸-ABC的體積為定值

C.當；1=3時，有且僅有一個點尸，使得

D.當〃=；時，有且僅有一個點尸，使得A8_L平面A8J

【答案】BD

【解析】

易知，點尸在矩形BCG耳內部（含邊界）.

對于A,當；1=1時，BP=BC+"BBpBC+“C,即此時Pe線段CG，尸周長不是定值，故A錯誤；

對于B,當〃=1時，8P=48C+BB=BB{+AB￡,故此時/,點軌跡為線段，而B.C.//BC,B.CJ!平面ABC,

則有P到平面A/C的距離為定值，所以其體積為定值，故B正確.

對于C,當；1=；時，BP=；BC+〃取3C,4G中點分別為。，H,則BP=BQ+4QH,所以尸點

軌跡為線段?！?，不妨建系解決，建立空間直角坐標系如圖，A4,04，尸（。,0,〃），8（0,；,0）,則

4戶=一苧,0,4-1,5尸=（0,_；,〃），APBP=〃（"_l）=0,所以〃=0或〃=1.故”,Q均滿足，故c

錯誤；

對于D,當〃=：時，BP=2BC+；BB「取網，CG中點為M,N.BP=BM+入MN，所以尸點軌跡為線

（1、（石1—

段MN.設PO,y,-,因為A^-,0,0,所以AP二1

o2‘5’,所以

、乙）乙

5+；%-；=0=%=一；，此時尸與N重合，故D正確.

故選：BD.

6.（2020?海南?高考真題）已知直四棱柱A8CD-A/B/G￡>/的棱長均為2,ZBAD=60°.以。為球心，逐為

半徑的球面與側面BCGB/的交線長為

【答案】立乃.

2

【解析】如圖:

取4G的中點為E,的中點為尸，CG的中點為G,

因為/84。=60。，直四棱柱A8c。-ABGA的棱長均為2,所以△0SG為等邊三角形，所以RE=6,

RE工BC,

又四棱柱ABCO-A^GA為直四棱柱，所以J.平面A4GA，所以叫IB?,

因為5g14G=片，所以RE_L側面&CCB,

設P為側面4GC8與球面的交線上的點，則貼1EP,

因為球的半徑為逐，D】E=B所以|EP|=JlAp2_|〃E|2=

所以側面BCCB與球面的交線上的點到E的距離為夜，

因為IE用=|EG1=72,所以側面B￡CB與球面的交線是扇形EFG的弧FG，

因為NB】EF=NCEG=3,所以N產EG=',

所以根據弧長公式可得尸G與必冬.

故答案為：叵兀.

2

【方法技巧與總結】

1、幾類空間幾何體表面積的求法

U）多面體：其表面積是各個面的面積之和.

：2）旋轉體：其表面積等于側面面積與底面面積的和.

：3）簡單組合體：應弄清各構成部分，并注意重合部分的刪、補.

2、幾類空間幾何體體積的求法

U）對于規(guī)則幾何體，可直接利用公式計算.

：2）對于不規(guī)則幾何體，可采用割補法求解；對于某些三棱錐，

有時可采用等體積轉換法求解.

⑶錐體體積公式為展京人在求解錐體體積時，不能漏掉

3、求解旋轉體的表面積和體積時，注意圓柱的軸截面是矩形，圓

錐的軸截面是等腰三角形，圓臺的軸截面是等腰梯形.

4、球的截面問題

球的截面的性質：

①球的任何截面是圓面；

②球心和截面（不過球心）圓心的連線垂直于截面：

③球心到截面的距離d與球的半徑R及截面的半徑r的關系為解=r+d2.

注意：解決球與其他幾何體的切、接問題，關鍵在于仔細觀察、分析，弄清相關元素的位置關系和數(shù)

量關系；選準最佳角度作出截面（要使這個截面盡可能多地包含球、幾何體的各種元素以及體現(xiàn)這些元素

之間的關系），達到空間問題平面化的目的.

5、立體幾何中的最值問題有三類：一是空間幾何體中相關的點、線和面在運動，求線段長度、截面的

面積和體積的最值；二是空間幾何體中相關點和線段在運動，求有關角度和距離的最值；三是在空間幾何

體中，已知某些量的最值，確定點、線和面之間的位置關系.

6、解決立體幾何問題的思路方法：一是幾何法，利用幾何體的性質，探求圖形中點、線、面的位置關

系；二是代數(shù)法，通過建立空間直角坐標系，利用點的坐標表示所求量的目標函數(shù)，借助函數(shù)思想方法求

最值；通過降維的思想，將空間某些量的最值問題轉化為平面三角形、四邊形或圓中的最值問題；涉及某

些角的三角函數(shù)的最值，借助模型求解，如正四面體模型、長方體模型和三余弦角模cosO=cosacos尸

為平面的斜線與平面內任意一條直線/所成的角，。為該斜線與該平面所成的角，僅為該斜線在平面上的射

影與直線/所成的角）.

7、立體幾何中的軌跡問題，這是一類立體幾何與解析幾何的交匯題型，既考查學生的空間想象能力，

即點、線、面的位置關系，又考杳用代數(shù)方法研究軌跡的基本思想，培養(yǎng)學生的數(shù)學運算、直觀想象等素

養(yǎng).

8、解決立體幾何中的軌跡問題有兩種方法：一是幾何法.對于軌跡為幾何體的問題，要抓住幾何體中

的不變量，借助空間幾何體（柱、錐、臺、球）的定義；對于軌跡為平面上的問題，要利用降維的思想，

熟悉平面圖形（直線、圓、圓錐曲線）的定義.二是代數(shù)法（解析法）.在圖形中，建立恰當?shù)目臻g直角坐

標系或平面直角坐標系.

9、以立體幾何為載體的情境題大致有三類：

（I）以數(shù)學名著為背景設置問題，涉及中外名著中的數(shù)學名題名人等；

12）以數(shù)學文化為背景設置問題，包括中國傳統(tǒng)文化，中外古建筑等；

：3）以生活實際為背景設置問題，涵蓋生產生活、勞動實踐、文化精神等.

10、以立體幾何為載體的情境題都跟圖形有關，涉及在具體情境下的圖形閱讀，需要通過數(shù)形結合來

解決問題.圖形怎么閱讀?一是要讀特征，即從圖形中讀出圖形的基本特征；二是要讀本質，即要善于將所

讀出的信息進行提升，實現(xiàn)“圖形T文字T符號''的轉化；三是要有問題意識，帶著問題閱讀圖形，將研究圖

形的本身特征和關注題目要解決的問題有機地融合在一起；四是要有運動觀點，要“動手”去操作，動態(tài)地去

閱讀圖形.

【核心考點】

核心考點一：球與截面面積問題

【規(guī)律方法】

球的截面問題

球的截面的性質：

①球的任何截面是圓面；

②球心和截面（不過球心）圓心的連線垂直于截面；

③球心到截面的距離d與球的半徑R及截面的半徑r的關系為R2+/.

【典型例題】

例1.（2022?全國?高三階段練習）已知四棱錐P-ABCD的底面A8CO是矩形，且該四棱錐的所有頂點都在球

。的球面上，%_1_平面ABCDPA=AB=￡BC=2，點E在棱PB上,且EB=2PE，過E作球O

的截面，則所得截面面積的最小值是.

【答案】y

【解析】如圖，將四棱錐P-ABC。補為長方體，則此長方體與四棱錐的外接球均為球O,

則球。半徑r=4P人+?S+2+4=亞。位于PC中點處.

22

因底面48CO是矩形，則3c因B4_L平面ABC。，BCu平面4BCZ）,則尸A_LBC,又BAu平面PAB,

ABu平面以B,PADAB=A,則BC工平面

因P/u平面以從則BC±陽.取PB的中點為尸，

則。尸gBC,OF=-BC=\=L

tOFA.PB.PFPB=+?=]

222

i21

因EB=2PE，則PE=§PB=,得即=PF-PE=-.

則在直角三角形OEP中，OE=J。尸+七尸二

當上。與截面垂直時，截面面積最小，

則截面半徑為彳=Vr2-OE1=,2—費=半

故截面面積為S=n

例2.（2022?湖北省紅安縣第一中學高三階段練習）球體在工業(yè)領域有廣泛的應用，某零件由兩個球體構成，

球。/勺半徑為10,P，。為球。表面上兩動點，為線段也的中點泮徑為2的球。2在球&的內壁

滾動，點在球。2表面上，點。2在截面ABC上的投影“恰為AC的中點，若02H=1,則三棱錐

M-4BC體積的最大值是.

【答案】15

在圓。2中，因為點。2在截面A5C上的投影“恰為AC的中點，且。2“=1，

所以為直角三角形，且￡430=90^

又因為02A=2,

所以可得AH=>/3,AC=2后，

設AB=肛BC=〃,，

則有相2+〃2=AC2=12,

所以12=+"之2mn，

所以加工6,當加=〃="時，等號成立，

所以s.ABC=-fnn<3；

如圖二所示:

圖二

因為球Oi的半徑為10,R2=16,M為線段PQ的中點，

所以J1O2-H=6,

當M,0,。2三點共線且為如圖所示的位置時，點”為到平面ABC的距離最大，

即此時三棱錐A5c的高人最大，此時〃=Mq+QO2+QH=6+8+l=I5.

所以此時％_詼=；0-150315=15,

即三棱錐M-A8C體積的最大值是15.

故答案為：15.

例3.（2022?江西?高三階段練習（理））如圖，正方體486-ASGR的棱長為6,GE=1GA，點產是8

的中點，則過4，E,尸三點的平面。截該正方體所得截面的面積為.

【答案】6標

【解析】如圖，過點尸作尸尸〃連接&P,

由面面平行的性質可得：四邊形七旦尸尸為平行四邊形，

又因為正方體4BCO—A8C。的棱長為6,C、E=gcQ「

點廣是。力的中點，所以點BP=1,所以PF=收+62=2而，

因為平行四邊形￡片尸產的高為場，

V10

所以SBEFP=2v=6百，

,Vio

故答案為：6向.

例4.（2022?北京市十一學校高三階段練習）如圖，在棱長為2的正方體A8CD-A8GA中，M,N分別是

棱A&A"的中點，點尸在線段CM上運動，給出下列四個結論：

①平面CMN截正方體A8C/）-486。所得的截面圖形是五邊形；

②直線BR到平面CMN的距離是立；

2

③存在點P,使得/用PR=90；

④△PDA面積的最小值是竽.

其中所有正確結論的序號是.

【答案】①③④

【解析】對于①，如圖直線MN與G4CA的延長線分別交于M，M,連接CM「C%分別交q4QQ于

M^N?,連接MM”NN?

則五邊形即為所求的截面圖形，故①正確；

對于②，由題知MN//片。，MNu平面CMN,反烏二平面CMN,

所以BQ"平面CMN,

所以點4到平面CMN的距離即為直線BR到平面CMN的距離,

設點4到平面CMN的距離為h,由正方體ABC。-A4GA的棱長為2可得,

1111

V“C-B,MN=-->C艮MN'CC\=-X-X2O=-,

所以由4-CMN=VcfMN?可得力=2^^,

所以直線BQ到平面CMN的距離是岑，故②錯誤;

對于③，如圖建立空間直角坐標系,

則4（2,0,2）,A（0,2,2）,C（2,2,0）,MQ0,2）,

設尸C=/lMC,OW/lWl,

所以PC=ZMC=2(1,2,-2),

又因為4(2,0,2),D[(0,2,2),C(2,2,0),為(1,0,2),

所以尸(2-42-24,2%),

所以P8=(42/1—2,2—2/1),。。=(2—2,24,2—2/1),

假設存在點P使得N片PDi=90°,

所以PB,-PD,=2(2-2)+2^(22-2)+(2-22)3=0,

整理得9儲一14；1+4=0,

所以：=工2叵＞1(舍去)，或％=Zz近，

99

所以存在點P使得明PDi=90°,故③正確；

對于④，由③知尸(2-2,2-2424),

所以點尸(2-尢2-22,2㈤在。2的射影為(0,2,24),

所以點尸(2-42-2422)到。2的距離為

d=小2—4)2+(_22)2=J5/P_42+4=,—92+￡，

當4=|時，%=竽，

所以△「￡＞口面積的最小值是?2、延=勺叵，故④正確：

故答案為：①③④

核心考點二：體積、面積、周長、角度、距離定值問題

【規(guī)律方法】

幾類空間幾何體體積的求法

：1)對于規(guī)則幾何體，可直接利用公式計算.

：2）對于不規(guī)則幾何體，可采用割補法求解；對于某些三棱錐,

有時可采用等體積轉換法求解.

13）錐體體積公式為V=/sa,在求解錐體體積時，不能漏掉

【典型例題】

例5.（2022?河南省實驗中學高一期中）如圖，在正方體A8CO-A4G。中，A8=2,M,N分別為AR,

4G的中點，E,尸分別為棱AB,CD上的動點，則三棱錐M-NE產的體積（）

A.存在最大值，最大值為gB,存在最小值，最小值為:

4

C.為定值1D.不確定，與E,產的位置有關

【解析】如下圖，連接入MIN,在正方體ABC。-A4GA中，M,N分別為A"，40的中點，可得

MN//AB/ICD,067/平面MEN,所以當F在棱8移動時，尸到平面MEN的距離為定值，當E在棱AA移

動時，E到MN的距離為定值，所以SMEN為定值，則三棱錐M-NEF的體積為定值.平面MEN即平面MABN,

作CH工BN于H,由于AB_LC〃，可得CVJ?平面M/WM由-&CHB,可得

BB.CH2CH24有=-xMNxBN」x2x6=?,

而S.A4

BNBC小2522

故選：C.

例6.⑵22?山西運城?模擬預測（文））如圖，正方體ABCO-AqCQ的棱長為1，線段上有兩個動點E,

F,且EF=7，點RQ分別為A用，Bq的中點，G在側面CDAG上運動，且滿足G〃平面CRPQ,以

下命題錯誤的是（）

A.AB.1EF

瓜多面體AEF&的體積為定值

C.側面CDRG上存在點G,使得BQ_LCD

D.直線々G與直線8c所成的角可能為q

【解析】對4連接G。，作圖如下：

因為A8CD-A&GA為正方體，故可得。G〃A瓦，又DCJCQ,￡尸與C。是同一條直線,

故可得/，則44"L￡7"故人正確；

對8：根據題意，EF=1,且線段叮在CR上運動，且點A到直線CR的距離不變，

故XAEF的面積為定值，又點B1到平面ACDI的距離h也為定值，

故三棱錐AEZ詛的體積匕=；S,MX〃為定值，故8正確；

對C取CQ，GC的中點分別為M,N,連接與M,MN,作圖如下:

容易幻在△GAC中，MNHCD.,又PD#B\M,MNcBM=M,CDH=D、,

MM8附u面BMN,CR,PRu面PDXCQ,故而B、MN〃面PDiCQ,

又G在側面CDDg上運動，且滿足B|G〃平面CRPQ,故G的軌跡即為線段MN；

又因為ABC。—ABCQ為正方體，故CD上面BCCB"Nu面BCQBi,故￡N_LCO,

則當G與N重合時，BfiLCD,故。正確；

對。：因為BC//BG，故直線qG與5c所成角即為直線片G與始a所成角，即NG瓦G,

在Rt^Cfi中，C,Gmax=C,N=1,C,Gmin=4，

1rjfIV乙

T

故tan/G4G=V5=GGC[￥W],而當直線5G與直線8C所成的角為弓時,

出*=等｛￥』，故直線qG與直線8c所成的角不可能為，故O錯誤.

故選：D.

例7.（2022?全國?高三專題練習）如圖所示，在正方體ABCO-A^CQ中，過對角線B"的一個平面交A%

于E,交CG于尸，給出下面幾個命題：

①四邊形8外?一定是平行四邊形;

②四邊形即辦或有可能是正方形；

③平面有可能垂直于平面BBQ；

④設A尸與0c的延長線交于M,RE與ZM的延長線交于N,則M、M8三點共線；

⑤四棱錐BFD}E的體積為定值.

以上命題中真命題的個數(shù)為（）

A.2B.3C.4D.5

【解析】因為平面至。。與平面BCC|B|平行，截面與它們交于。g，BF,可得RE//BF,

同樣可得BE//.",所以四邊形BFRE是一個平行四邊形，故①正確；

如果四邊形BFRE是正方形，則

因為所以平面AAE，

又BA_L平面AAE，E與A重合，此時8尸"E不是正方形，故②錯誤；

當兩條楂上的交點是中點時，四邊形為菱形，EF上平面B/RD,

此時因邊形引力￡垂直于平面84口。，故③止確；

由與0c的延長線交于M,可得且MtDC,

又因為。尸u平面BFAE,Z）Cu平面ABCD,

所以Me平面BFRE,Me平面力88,

又因為Be平面BFRE,平面48CD,

所以平面BFD】E1平面ABCD=BM,

同理平面BFD\E"\平面ABCD=BN,

所以用V都是平面與平面4BC。的交線，

所以瓦M,N三點共線，故④正確；

由于%「8改/=VE-B用認+昨-竭妍，CCJ/AAy〃平面BBR,

則E,尸到平面仍自的距離相等，且為正方體的棱長，三角形“a的面積為定值，

所以閃棱錐用-8ER尸的體積為定值，故⑤正確.

故選：C.

核心考點三：體積、面積、周長、距離最值與范圍問題

【規(guī)律方法】

幾何法，利用幾何體的性質，探求圖形中點、線、面的位置關系；二是代數(shù)法，通過建立空間直角坐

標系，利用點的坐標表示所求量的目標函數(shù)，借助函數(shù)思想方法求最值

【典型例題】

例8.（2022?全國?高三專題練習）如圖，王方形EAG”的中心為正方形A8CZ）的中心，48=2&，截去如

圖所示的陰影部分后，翻折得到正四棱錐P-）6〃（A,B,C,。四點重合于點尸），則此四棱錐的體

積的最大值為（）

.12876D.孚

A.-----------B.皿

375375

【答案】B

42t

【解析】設瓦'=2x（0vxv2）,則所得的棱錐側面的高為土產2—x,

棱錐的高為〃=>j（2-x）2-x2=2jl-x,其體積為:

V=ix(2x)2x2>/r^=1x27(l-x)

XXXX.

-+-+-+-+(l-x)

=4(1X)X4444

I^~~144X

5

當且僅當時等號成立,

即體積的最大值為Va=gx1128/

5~375

故選：B.

例9.（2022?江西南昌?三模（理））已知長方體ABC。-A8CQ中，AB=2,BC=20P為矩

形A4GA內一動點，設二面角P-AO-C為a,直線網與平面ABC。所成的角為夕，若a=B,則三棱錐

P-4叼體積的最小值是（）

A.&B.372-1

【解析】如圖，作尸。1平面ABCO,垂足為O,再作。石_L4）,垂足為E,

連接由題意可知，/PEO=4PBO,所以田=80,

由拋物線定義可知，O的軌跡為拋物線一部分，所以產的軌跡為拋物線一部分，

當點p到線段AG距離最短時，三角形PAG面積最小，三棱錐5-PAG體積最小,

建立如圖所示直角坐標系，則直線AG的方程為啦x-y+正=0,

拋物線的方程為,2=4人='=24(OSyW2),)''=七，

由題怠，忑=&,得X",代入y=2y[x,得y=&,

所以點P的坐標為所以「到直線AG的最短距離為

7乙r"廠__________

壯_2+瓜,因為AG=/2a)’+2?=2萬,

―75~~6~

所以%-Ag=%＜罔g；x2小平*3=昌

所以三棱錐P-ABG體積的最小值為它.

2

故選：C

B

例10.（2022?浙江?高三階段練習）如圖，在四棱錐。-瓦GH中，底面是邊長為2&的正方形，

QE=QF=QG=QH=4,M為3的中點.過作截面將此四棱錐分成上、下兩部分，記上、下兩部分的

體積分別為匕，匕，則J的最小值為（）

y2

D.

5

過。作平面EFGH的垂線，垂足為O,連EG,EM,設EM,QO的交點為A,在△?！笆羞^A作直線3c交

QH,QF于B,C兩點,由相交直線確定平面，則四邊形ECMB為過KW的截面.由計算可得的二4,,得AQEG

為正三角形，。0=2石，所以A為的重心，設Q5=xQH,QC=），QF,由向量運算可得

04=觸。=短〃e0八又0=0〃,8=也?？傻?。405《??；如，所以勿=508+微?！?

由三點共線，得;+；=1,即1+工=3,易得E到平面。，尸的距離為。石=2,M到平面。，尸的距離為1,

3x3yxy

因為S.QK=gQ8QCsin?=4國，，所以K=%_Q8c+%_Q%=gsQK（l+2j=gQaQCsin2=4國，，

[216A16M_4石孫_[4

VQEFGH=T（2&）乂26=—^—'得%=%EFGH-乂-4\/5孫，匕—V3-4>/3xy4-3個，由

：+；=3,3=992心，得孫4,當且僅當x=y=[取等號，所以另=一"匚而""口"5,

即1的最小值為方.

故選：A.

例11.（2022.河南省實驗中學高一期中）如圖，在正方體A88-A4GA中，A8=2,M,N分別為4A，

4G的中點，E,尸分別為棱4B,8上的動點，則三棱錐M—NEF的體積（）

Qo

A.存在最大值，最大值為§B.存在最小值，最小值為§

4

C.為東信三D.不確定，與E,"的位置有關

【解析】如下圖，連接/IMIN,在正方體48CO-A4GA中，M,N分別為AR,8?的中點，可得

MN//ABHCD,DC〃平面MEN,所以當/在棱C￡>移動時，產到平面MEN的距離為定值，當E在棱48移

動時，E到MN的距離為定值，所以SMEN為定值，則三棱錐M-NEF的體積為定值.平面MEN即平面MABN，

作CH工BN于H,由于ABJ.C",可得C/7_1_平面MABN,由sB^NrCT/B,可得

=-xMNxBN=-x2x^=5

故選：C.

核心考點四：立體幾何中的交線問題

【規(guī)律方法】

幾何法

【典型例題】

例12.（2022?浙江寧波一模）在棱長均相等的四面體人BCD中，尸為棱人。（不含端點）上的動點，過點八

的平面a與平面P8C平行.若平面a與平面A8。，平面ACO的交線分別為加，n,則m,〃所成角的正弦

值的最大值為.

?士?

【答A7.案】—2^2

3

【解析】過點A的平面a與平面P3C平行.若平面a與平面480,平面ACZ）的交線分別為加，〃，由于平

面a//平面P8C,平面PBCc平面平面P8Cc平面AC￡>=PC所以m//BP,n"PC,

所以/8PC或其補角即為加，"所成的平面角，

設正因棱錐A8CO的棱長為1,AP=x,0<x<l,則PD=l-x,

在.AB尸中，由余弦定理得：BP=y/AB2+AP2-2AB-/tPcos60=^l+x2-2xlxxxl=>/l+x2-x,

同理PC：，。。+尸》-2CZ)POcos60=Jl+(l-x)-2xlx(l-x)x-=Vx~-x+1,

1

PB2+PC2-BC22(X2-X+1)-11

匚二1——

故在APBC中，ac=2PB-pc-2(/-+1)7

-x+1H4

由于則L2，，進而1,工2Q氣，

I2j44H4H4當X時取等號，

故cosZfiPC的最小值為g,進而sinZBPC=71-cos2NBPC<—,

33

故sin/8PC的最大值為逑,

3

故答案為：述

3

例13.（2022?全國?高三專題練習）已知一個正四面體的棱長為2,則其外接球與以其一個頂點為球心，1為

半徑的球面所形成的交線的長度為.

【答案】迫近

3

【解析】設外接球半徑為，外接球球心到底面的距離為肌

]+66

如圖，在△PDO中，cosZDPO=-i=sinZDP(?=—?

ciJ666

2xlx—

在5DO\中，DO.=PDsinNDOP=等，

所以交線所在圓的半徑為叵，

6

所以交線長度為2小我=迫配.

63

故答案為：我￡

3

例14.（2022?福建福州?三模）已知正方體A8CD-A片CQ的棱長為G，以A為球心，半徑為2的球面與

底面ABCO的交線的長度為.

【答案】|

【解析】正方體中，AAJ?平面A8CO,所以平面A88與球的截面是以A為圓心的圓，且半徑為

商—（可=1,所以球面與底面ABC。的交線為以A為圓心，1為半徑的弧，該交線為;x2乃=].

故答案為：g.

例15.（2022?陜西?武功縣普集高級中學高三階段練習（理））如圖，在四面體A8CD中，OA,DB,DC兩

兩垂直，D4=D〃=￡>C=V5，以。為球心，1為半徑作球，則該球的球面與四面體各面交線的長度

和為一.

【解析】因為==8。=4。=〃。2+刖2=2,所以aABC是邊長為2的等邊三角形,

所以邊長為2的等邊三角形的高為：反手=6,所以％sc=；x2x石=6,

設。到平面ABC的距離為d,S.BCD=；x6x&l，所以匕.88=%T8C，

所以;xAOxS△砂=；xdxS3c，解得d=如，貝ljd=^<l,

**333

所以以O為球心，1為半徑的球與平面A9，平面ACD,平面BCO的交線為5個半徑

4

為1的圓的弧線，與面ABC的交線為一個圓，且圓的半徑為Ji7二不=且，

3

所以交線總長度為：Lx2ixlx3+2;rx/=9+4”乃

436

故答案為：生生叵乃.

6

核心考點五：空間線段以及線段之和最值問題

【規(guī)律方法】

幾何法，利用幾何體的性質，探求圖形中點、線、面的位置關系：二是代數(shù)法，通過建立空間直角坐

標系，利用點的坐標表示所求量的目標函數(shù)，借助函數(shù)思想方法求最值

【典型例題】

例16.（2022?全國?高三專題練習）已知正三棱錐S-A3c的底面邊長為夜，外接球表面積為3萬，SA<日

點M,N分別是線段AB,AC的中點，點P,。分別是線段SN和平面SCM上的動點，則4尸+尸。的最小值

為（）

.2瓜-五Rr3&y/2

A.-------D.#---+-&--C.---Dn.

4442

【解析】依題意，44川=3笈，解得R=當，

由3ABe是正三角形可知：其外接圓半徑為近x3x2=@，

233

件H卻算

設點S到平面4BC的距離為/?,古

解得人當或力=邁，

33

則//閨+閨=1或SA：十；卜「尸（舍去），

故5A=1,則SC=1,而AC=&,故AASC為等腰直角三角形，NASC=g,

故為等腰直角三角形，NASB=',則

又AB_LCAf.CM「SM=M,故A4_L平面SCM,

取C8中點凡連接N尸交CM于點0,則N尸〃A8,則N/_L平面SCM,

故NOJL平面SCM,則NSON=90°,

要求4P+PQ最小，首先需PQ最小，此時可得PQJ?平面SCM,則P。〃尸N；

再把平面50N繞SN旋轉，與平面SM4共面，即圖中SOW位置，

當AP,。'共線且AQ」SO10寸，AP+PQ的最小值即為A。'的長，

由SSC為等腰直角三角形，

故SN=」AC=也，NO=-NF=-x-AB=-AB=—,

2222244

???sin乙OSN即4OSN=30°,，ZAS。'=45°+30°=75°,

SN2

可得而。=,（AP+PQ）,=AQ1=SA

75"；也mn-sin75°=,

故選：B.

例17.（2022?全國?高三專題練習）在棱長為3的正方體ABCO-A8CQ中，點E滿足46=2七4,點尸在

平面3G。內，則|A目+|所|的最小值為（）

A.曬B.6C.向D.7

【解析】以點。為坐標原點，扇,方",而分別為x，y，z軸的正方向，

建立空間直角坐標系。一型，則A（3,0,3）,E（3,2,3）,C（0,3,0）,

因為3O_LAC,80_LAA,且ACC4A=A,則BO_L平面弓4。，

所以8O_LAC,同理得BG_L平面A/C，所以86八AC,

而BD\BG=B,所以AC_L平面8CQ,

記AC與平面BG。交于點〃，連接AG，CQ,AC,且AC80=0,

則鬻=紫=：，易得|A〃|=2|HC|,

ZICC/C1

從而得點A（3,0,3）關于平面BG。對稱的點為G（-l,4,-l）,

所以|4尸|十|所|的最小值為|EG|=J（3+l）2+（2-4『+（3+lf=6.

故選：B.

例18.（2022?全國?高三專題練習）如圖麻示，在直三棱柱43C-A4G中，AB=BC=5

【解析】連接8G，得V4BG，以AB所在直線為軸，將VA8G所在平面旋轉到平面

設點G的新位置為C,連接AC,則有4>+PGNAU.

當AP、C三點共線時，則力C'即為人尸+PG的最小值.

在三角形ABC中，AB=BC=5COSNABC=；,由余弦定理得：

AC=\IAB2+BC2-24B.BCcosB=73+3^2x3x1=2,所以AG=2,即AC'=2

在三角形A48中，AA=1,AB=6由勾股定理可得：AIW+A*=后=2,且44A8=60。.

同理可求：GB=2

因為A8=6G=AG=2,所以VA8G為等邊三角形，所以N8AG=60。，

所以在三角形叫C中，ZA4,C=ZAAB+=120°,AAi=\,AiC=2t

由余弦定理得：AC'=j+4_2xlx2x（—；）=J7.

故選B.

核心考點六：空間角問題

【規(guī)律方法】

1、用綜合法求空間角的基本數(shù)學思想主要是轉化與化歸，即把空間角轉化為平面角，進而轉化為三角

形的內角，然后通過解三角形求得.求解的一般步驟為：

U）作圖：作出空間角的平面角.