重难点09五种空间向量与立体几何数学思想（核心考点讲与练）能力拓展题型一：函数与方程思想一、单选题1．（2022·全国·高三专题练习）在长方
体中，，，若线段上存在一点，使得，则的取值范围是（?）A．B．C．D．【答案】D【分析】由题设，令，且，可得，结合二次函数的性质求
参数m的范围即可.【详解】若线段上存在一点，使得，如下图示：则，令，则，设且，有，则，，所以，整理得，故在上有零点，而且对称轴为，
开口向上，所以，只需，则，即的取值范围是.故选：D2．（2022·全国·高三专题练习）如图所示，在三棱锥中，平面，，，且为的中点，
于，当变化时，则三棱锥体积的最大值是（?）A．B．C．D．【答案】C【解析】由题意知且，令，结合换元法、二次函数最值求体积的最大值
即可.【详解】在三棱锥中，平面，知：，而，而且，又∵为的中点，知：∴设，则，所以，令，有，令，，而由二次函数的性质知：时有最大值为
，∴最大值为，故选：C【点睛】本题考查三棱锥的体积计算，结合换元法、二次函数最值求三棱锥体积最值，注意换元过程中定义域的等价变化.
3．（2022·全国·高三专题练习）空间点到平面的距离定义如下：过空间一点作平面的垂线，这个点和垂足之间的距离叫做这个点到这个平面
的距离．已知平面，，两两互相垂直，点，点到，的距离都是3，点是上的动点，满足到的距离与到点的距离相等，则点的轨迹上的点到的距离的最
小值是（?）A．B．3C．D．【答案】D【解析】建立平面直角坐标系，将问题转化为点的轨迹上的点到轴的距离的最小值，利用到轴的距离等
于到点的距离得到点轨迹方程，得到，进而得到所求最小值.【详解】如图，原题等价于在直角坐标系中，点，是第一象限内的动点，满足到轴的距
离等于点到点的距离，求点的轨迹上的点到轴的距离的最小值．设，则，化简得：，则，解得：，即点的轨迹上的点到的距离的最小值是.故选：.
【点睛】本题考查立体几何中点面距离最值的求解，关键是能够准确求得动点轨迹方程，进而根据轨迹方程构造不等关系求得最值.4．（2019
·全国·高三阶段练习（理））已知四棱锥，底面为正方形，且四棱锥的体积为，若其各个顶点都在球表面上，则球表面积的最小值为（?）A．B
．C．D．【答案】B【分析】设正方形的边长为中心为棱锥高为球心为半径为根据四棱锥的体积得到关于和的关系式,利用球的截面圆的圆心和球
心的连线垂直于截面这一结论,在中利用勾股定理得到和的关系式,通过构造函数,求导判断单调性求函数的最小值,求得球的半径的最小值,进而
求得球表面积的最小值.【详解】设正方形的边长为中心为棱锥高为球心为半径为则在中，即,即 ，故，令，则，由得.当时,，所以函数在上单
调递减；当时,所以函数在上单调递增； 故当时,有最小值为即最小值为，此时.故选:B【点睛】本题考查多面体的外接球问题和利用函数的思
想求其外接球半径的最值; 考查空间想象能力、知识迁移能力和转化与化归能力;通过构造函数,求得球的半径的最小值是求解本题的关键;属于
综合型、难度大型试题.二、填空题5．（2022·浙江·高三学业考试）如图，E，F分别是三棱锥V-ABC两条棱AB，VC上的动点，且
满足则的最小值为___________.【答案】【分析】根据可得共面，作交于点，连接，则，再根据，可得，再利用相似比可得，，从而可
得，再利用二次函数的性质即可的解.【详解】解：因为，所以共面，作交于点，连接，则，因为，所以，即，因为，所以，则，因为，所以，则，
又，所以，所以，则，，故，所以当时，取得最小值为.故答案为：.6．（2021·四川省泸县第二中学高三阶段练习（理））如图，正方体的
棱长为1，，分别是棱，的中点，过直线的平面分别与棱，交于，.设，，给出以下四个结论：①平面平面； ②当且仅当时，四边形的面积最小；
③四边形的周长，是单调函数；④四棱锥的体积在上先减后增.其中正确命题的序号是__________．【答案】①②【分析】①利用面面
垂直的判定定理判断；②求得，又是定值，结合可作出判断；③四边形是菱形，分析的变化可作出判断；④将四棱锥则分割为两个小三棱锥，进而可
作出判断.【详解】对于①：连接，，则由正方体的性质可知，平面，又平面，所以平面平面，故①正确；对于②：连接，因为平面，所以，所以四
边形是菱形．四边形的面积，四边形的对角线是固定的，，所以当且仅当时，四边形的面积最小，故②正确；对于③：因为，所以四边形是菱形．当
时，的长度由大变小；当时，的长度由小变大．所以函数不单调．故③错误；对于④：四棱锥则分割为两个小三棱锥，它们以为底，以，分别为顶点
的两个小棱锥．因为三角形的面积是个常数．，到平面的距离是个常数，所以四棱锥的体积为常值函数，故④错误．故答案为：①②.7．（202
2·全国·高三专题练习）如图，在矩形中，，，点为的中点，将△沿翻折到△的位置，在翻折过程中，不在平面内时，记二面角的平面角为，则当
最大时，的值为______．【答案】【分析】取中点，易知在翻折过程中的射影在上且的轨迹是以为直径的圆，作，则、分别是二面角、的平面
角、，由题设求、、、，即有，整理变形有即可求的范围，由正切单调性确定最大时值，即可求.【详解】取中点，易得，在翻折过程中的射影在上
，且的轨迹是以为直径的圆， 如上图，在内作，垂足为，连，∴是二面角的平面角，即且．由，故，∴是二面角的平面角，设，由上下对称故只考
虑即可．由，则，，，，而面，故，令，则且，∴，得， ∴由正切函数单调性，当最大时，故，此时．故答案为：【点睛】关键点点睛：应用几何
法找到二面角、的平面角、，并得到它们之间的函数关系，结合辅助角公式、正弦函数的性质求的范围，进而由正切函数性质确定最大时值.8．（
2022·全国·高三专题练习）阿基米德在他的著作《论圆和圆柱》中，证明了数学史上著名的圆柱容球定理：圆柱的内切球（与圆柱的两底面及
侧面都相切的球）的体积与圆柱的体积之比等于它们的表面积之比．可证明该定理推广到圆锥容球也正确，即圆锥的内切球（与圆锥的底面及侧面都
相切的球）的体积与圆锥体积之比等于它们的表面积之比，则该比值的最大值为________．【答案】【分析】设，利用和内切球半径可表示
出圆锥底面半径和母线，由圆锥和球的表面积公式可得，令，根据二次函数性质可求得最值.【详解】设圆锥的底面半径为，母线长为，圆锥内切球
半径为，作出圆锥的轴截面如下图所示：设，，，，，，又，，，，则圆锥表面积，圆锥内切球表面积，所求比值为，令，则，当时，取得最大值.
故答案为：.【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何中的最值问题的求解，解题关键是能够将圆锥表面积和球的表面积的比值利用一个变量表示出
来，将问题转化为函数最值的求解问题，从而利用函数的性质来进行求解.9．（2020·全国·高三（文））在棱长为1的正方体中，点分别为
线段、的中点，则点到平面的距离为______.【答案】【解析】先求出，再利用求出点A到平面EFC的距离得解.【详解】由题得所以,所
以.设点到平面的距离为，则,所以，所以.故答案为：【点睛】本题主要考查空间点到平面距离的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平
.题型二：数形结合思想一、单选题1．（2022·安徽·模拟预测（文））在矩形ABCD中，，M是AD边上一点，将矩形ABCD沿BM折
叠，使平面与平面互相垂直，则折叠后A，C两点之间距离的最小值是（?）A．B．C．D．【答案】D【分析】根据立体几何中面面垂直的相关
性质以及余弦定理、正弦二倍角公式运算求解即可.【详解】作示意图如下，在平面中，作，连接，因为平面平面，平面平面，，平面，所以平面，
又平面，所以，设，所以，，，在中，由余弦定理得，，所以，所以，若最小，则最小，当时，此时，可以取到.故选：D2．（2022·全国·
高三专题练习），是两个不同的平面，，是两条不同的直线，则下列命题中真命题的个数为（?）①若，，则与所成的角等于与所成的角；②若 ，
，，则与是异面直线；③若 ，，，则；④若，，，则．A．1B．2C．3D．4【答案】B【分析】作出示意图，进而根据点线面的位置关系得
到答案.【详解】对①，结合异面直线所成角的定义，因为，所以与所成的角等于与所成的角，而，于是与所成的角等于与所成的角，故①正确；对
②，根据题意m,n既不平行也不相交，故m,n异面，所以②正确；如图，在正方体中，若为平面ABCD，为平面，取m为AB，n为，显然异
面，所以③错误；若为平面ABCD，为平面，则m为AB，取n为BC，则，所以④错误.故选：B.3．（2022·青海西宁·高三期末（文
））我国古代数学家刘徽在学术研究中，不迷信古人，坚持实事求是．他对《九章算术》中“开立圆术”给出的公式产生质疑，为了证实自己的猜测
，他引入了一种新的几何体“牟合方盖”：以正方体相邻的两个侧面为底做两次内切圆柱切割，然后剔除外部，剩下的内核部分．如果“牟合方盖”
的主视图和左视图都是圆，则其俯视图形状为（?）A．B．C．D．【答案】B【分析】由题意 “牟合方盖” 画出直观图，得其俯视图的形状
.【详解】画出直观图，结合直观图，主视图、侧视图、俯视图是从物体正面、左面、上面看所得到的图形，可得其俯视图形状B.故选：B二、多
选题4．（2022·江苏·新沂市第一中学模拟预测）在通用技术课上，某小组将一个直三棱柱展开，得到的平面图如图所示.其中，，，M是B
B1上的点，则（?）A．AM与A1C1是异面直线B．C．平面AB1C将三棱柱截成两个四面体D．的最小值是【答案】ABD【分析】根据
展开图还原直三棱柱，根据其结构特征及线面垂直的性质判断A、B、C，将面和面展开展开为一个平面，利用三点共线求的最小值.【详解】由题
设，可得如下直三棱柱：由直三棱柱的结构特征知：AM与A1C1是异面直线，A正确；因为，，且，则面，又面，故，B正确；由图知：面AB
1C将三棱柱截成四棱锥和三棱锥，一个五面体和一个四面体，C错误：将面和面展开展开为一个平面，如下图：当共线时，最小为，D正确.故选
：ABD5．（2022·全国·高三专题练习）如图，已知直四棱柱ABCD-EFGH的底面是边长为4的正方形，，点M为CG的中点，点P
为底面EFGH上的动点，则（?）A．当时，存在点P满足B．当时，存在唯一的点P满足C．当时，满足BP⊥AM的点P的轨迹长度为D．当
时，满足的点P轨迹长度为【答案】BCD【分析】建立空间直角坐标系，结合选项逐个验证，利用对称点可以判断A，利用垂直求出可以判断B，
求出点P轨迹长度可判定C,D.【详解】以为原点，所在直线分别为轴，建系如图，对于选项A，当时，，，设点关于平面的对称点为，则，.所
以.故A不正确.对于选项B，设，则，由得，即，解得，所以存在唯一的点P满足，故B正确.对于选项C，，设，则，由得.在平面中，建立平
面直角坐标系，如图，则的轨迹方程表示的轨迹就是线段，而，故C正确.对于选项D，当时，，设，则，由得，即，在平面中，建立平面直角坐标
系，如图，记的圆心为，与交于；令，可得，而，所以，其对应的圆弧长度为；根据对称性可知点P轨迹长度为；故D正确.故选：BCD.【点睛
】立体几何中的动点问题，常常采用坐标法，把立体几何问题转化为平面问题，结合解析几何的相关知识进行求解.6．（2022·全国·高三专
题练习）如图，在棱长为2的正方体中，O为正方体的中心，M为的中点，F为侧面正方形内一动点，且满足平面，则（?）A．若P为正方体表面
上一点，则满足的面积为的点有12个B．动点F的轨迹是一条线段C．三棱锥的体积是随点F的运动而变化的D．若过A，M，三点作正方体的截
面，Q为截面上一点，则线段长度的取值范围为【答案】BD【分析】选项A：设为底面正方形ABCD的中心，根据的面积为，由此可判断选项A
；选项B：分别取，的中点H，G，连接，，，；证明平面平面，从而得到点F的轨迹为线段GH.选项C：根据选项B可得出平面，从而得到点F
到平面的距离为定值，再结合的面积也为定值，从而可得到三棱锥的体积为定值.选项D：设为的中点，从而根据面面平行的性质定理可得到截面即
为面，从而线段长度的最大值为线段的长，最小值为四棱锥以为顶点的高.【详解】对于A：设为底面正方形ABCD的中心，连接，，，则，，所
以的面积为，所以在底面ABCD上点P与点必重合，同理正方形的中心，正方形的中心都满足题意.又当点P为正方体各条棱的中点时也满足的面
积为，故A不正确；对于B：如图①，分别取，的中点H，G，连接，，，．因为，，平面，平面，平面，面，，所以平面平面，而平面，所以平面
，所以点F的轨迹为线段GH，故B正确；对于C：由选项B可知，点F的轨迹为线段GH，因为平面，则点F到平面的距离为定值，同时的面积也
为定值，则三棱锥的体积为定值，故C不正确；对于D：如图②，设平面与平面交于AN，N在上．因为截面平面，平面平面，所以．同理可证，所
以截面为平行四边形，所以点N为的中点．在四棱锥中，侧棱最长，且．设棱锥的高为h，因为，所以四边形为菱形，所以的边上的高为面对角线的
一半，即为，又，则，，所以，解得．综上，可知长度的取值范围是，故D正确． 故选：BD．三、填空题7．（2022·陕西宝鸡·二模（文
））如图，在正三棱锥中，，，一只虫子从A点出发，绕三棱锥的三个侧面爬行一周后，又回到A点，则虫子爬行的最短距离是_________
__.【答案】【分析】将三棱锥的侧面展开，从点虫子爬行绕三棱锥侧面一圈回到点的距离中，虫子爬行的最短距离，可转化为求的长度，利用勾
股定理即可得到答案．【详解】如图所示，将三棱锥的侧面展开，因为，所以，当虫子沿爬行时，距离最短，又，所以虫子爬行的最短距离是.故答
案为：.8．（2022·广西·高三阶段练习（文））在四棱锥中，平面，底面四边形为矩形．请在下面给出的4个条件中选出2个作为一组，使
得它们能成为“在边上存在点，使得为钝角三角形”的充分条件______.①，②，③，④.（写出符合题意的一组即可）【答案】②③或②④
皆可，答案不唯一【分析】设，，则，计算出，，，若在边上存在点，使得为钝角三角形，则，解不等式再根据已知条件可得答案.【详解】设，，
则，因为平面，底面四边形为矩形，所以，则，，，若在边上存在点，使得为钝角三角形，则，即，整理得，要使不等式有解，只需，即只需即可，
因为①，②，③，④，所以②④或②③.故答案为：②④或②③.9．（2022·湖南·临澧县第一中学二模）已知三棱锥的棱AP，AB，AC
两两互相垂直，，以顶点P为球心，4为半径作一个球，球面与该三棱锥的表面相交得到四段弧，则最长弧的弧长等于___________.【
答案】【分析】将三棱锥补全为棱长为的正方体，根据已知条件判断棱锥各面与球面相交所成圆弧的圆心、半径及对应圆心角，进而求出弧长，即可
知最长弧长.【详解】由题设，将三棱锥补全为棱长为的正方体，如下图示：若，则，即在P为球心，4为半径的球面上，且O为底面中心，又，，
所以，面与球面所成弧是以为圆心，2为半径的四分之一圆弧，故弧长为；面与与球面所成弧是以为圆心，4为半径且圆心角为的圆弧，故弧长为；
面与球面所成弧是以为圆心，4为半径且圆心角为的圆弧，故弧长为；所以最长弧的弧长为.故答案为：.10．（2022·北京四中高三开学考
试）正方体棱长为3，对角线上一点P（异于A，两点）作正方体的截面，且满足，有下列命题：①截面多边形只可能是三角形或六边形；②截面多
边形只可能是正多边形；③截面多边形的周长L为定值；④设，截面多边形的面积为S，则函数是常数函数．其中所有正确命题的序号是_____
_．【答案】①【分析】根据正方体的性质，结合线面垂直的判定可得面、面，以截面为面、面为临界截面，讨论的位置判断截面图形的性质，即可
判断①②③，再由时截面为正三角形且边长为即可判断④.【详解】连接，由在上的射影分别为，又，即，，所以面，同理面，即截面可能为面、面
，此时截面为正三角形；而当在与面、面的交点之间运动时，根据正方体的性质知：截面为六边形，但不一定是正六边形，即截面交相关棱于中点时
才是正六边形(如上图示)，而当在与面交点左下方、面交点右上方运动时，截面为正三角形，所以①正确，②错误；显然在与面交点左下方，截面
周长小于截面的周长，故③错误；由题设，当时截面为正三角形且边长为，所以，故不是常数函数，④错误.故答案为：①.【点睛】关键点点睛：
根据正方体的性质及线面垂直的判定找到在移动过程中截面形状发生变化的临界截面，进而判断临界截面两侧截面多边形的性质.11．（2022
·北京·北大附中高三开学考试）在棱长为1的正方体中，E为侧面的中心，F在棱AD上运动.若点P是平面与正方体的底面ABCD的公共点，
则所有满足条件的点P构成图形的面积为___________.【答案】【分析】讨论或重合的情况，根据正方体的性质即可确定从到的过程中
P所构成图形，进而求其面积即可.【详解】当重合时，如下图示：由正方体性质知面即为面，与底面交线为，且为的中点，所以，此时在线段上，
当重合时，如下图示：由正方体性质知面即为面，与底面交线为，所以，此时在线段上，综上，从到的过程中，梯形(第一个图中)即为P构成图形
，又正方体的棱长为1，所以，面积为.故答案为：.12．（2021·河北邯郸·高三期末）已知为正方体表面上的一个动点，，是棱延长线上
的一点，且，若，则动点运动轨迹的长为___________.【答案】【分析】由题意可知，且点的轨迹是以为球心，为半径的球与正方体表
面的交线，作出草图，根据弧长公式即可求出结果.【详解】因为，是棱延长线上的一点，且，所以，由勾股定理，可知，因为，所以点的轨迹是以
为球心，为半径的球与正方体表面的交线，如下如所示：所以动点运动轨迹在平面上的交的弧线是以为圆心，为半径的圆弧，其中该圆弧所对圆心角
为；在平面上的交的弧线是以为圆心，为半径的圆弧，其中该圆弧所对圆心角为；在平面上的交的弧线是以为圆心，为半径的圆弧，其中该圆弧所对
圆心角为；所以动点运动轨迹的长为.故答案为：.题型三：分类与整合思想一、单选题1．（2022·全国·高三专题练习）已知正方体棱长为
是棱上一点，点在棱上运动，使得对任意的点，直线与正方体的所有棱所成的角都大于，则的取值范围为（?）A．B．C．D．【答案】A【分析
】根据正方体的结构特征，只需直线与直线三条直线所成的角都大于即可，分别研究直线与直线所成的角最小值，直线与直线所成的角最小值，直线
与直线所成的角最小值，即可得出答案.【详解】解：在正方体中，因为互相平行，互相平行，互相平行，则只需直线与直线三条直线所成的角都大
于即可，对于直线与直线，根据正方体的结构特征可知，平面，因为平面，所以，当点不动时，点从的过程中，直线与直线所成的角逐渐增大，因此
当点位于点时，点位于点时，直线与直线所成的角最小，此时直线与直线所成的角为，则点位于的任何位置都符合题意；对于直线与直线，当点不动
时，点从的过程中，直线与直线所成的角逐渐减小，因此当点位于点时，点位于点时，直线与直线所成的角最小，此时直线与直线所成的角为，则点
位于的任何位置都符合题意；对于直线与直线，过作，当点不动时，点从的过程中，直线与直线所成的角逐渐增大，因此当点位于点时，点位于点时
，直线与直线所成的角最小，则，所以，所以，综上所述，.故选：A.2．（2022·上海·高三专题练习）如果点是两条异面直线、外一点，
则过点且与、都平行的平面个数的所有可能值是（?）A．1B．2C．0或1D．无数【答案】C【分析】讨论点与其中一条直线所成平面与另一
直线平行或不平行的情况下，判断过且与、都平行的平面个数即可.【详解】1、若点与直线构成的平面与直线平行，则过且与、都平行的平面个数
为0；2、若点与直线构成的平面与直线平行，则过且与、都平行的平面个数为0；3、若点与直线不与直线平行，或点与直线不与直线平行，则点
且与、都平行的平面个数为1.故选：C3．（2021·全国·高三专题练习）到空间不共面的四点距离相等的平面的个数为（?）A．1B．4
C．7D．8【答案】C【分析】不共面的空间四点可构成三棱锥，结合三棱锥的，分截面两侧分别为1个点与3个点，各2个点求解即可.【详解
】当空间四点不共面时，则四点构成一个三棱锥．当平面一侧有一点，另一侧有三点时，如图，令截面与三棱锥的四个面之一平行，第四个顶点到这
个截面的距离与其相对的面到此截面的距离相等，这样的平面有4个；当平面一侧有两点，另一侧有两点时，如图，当平面过AB，BD，CD，A
C的中点时，满足条件．因为三棱锥的相对棱有三对，则此时满足条件的平面有3个．所以满足条件的平面共有7个，故选：C4．（2022·全
国·高三专题练习）在四棱锥中，底面为正方形，，为等边三角形，线段的中点为.若，则此四棱锥的外接球的表面积为（ ）A．B．C．D．【
答案】B【分析】取的中点，连接，，由题意可得，求出四棱锥的高，及底面外接圆的圆心到P在底面的投影的距离，设正方形 的中心为，过作底
面的垂线，则四棱锥的外接球的球心在 上，分别在两个直角三角形中求出外接球的半径与直角边的关系求出外接球的半径，进而求得外接球的表面
积.【详解】取的中点，连接，，由底面为正方形，，为等边三角形， 又，设正方形的对角线交于点，过作底面的投影，则由题意可得在 上，由
射影定理得，而 ，，， 过作底面的垂线，则四棱锥的外接球的球心在上，设为四棱锥的外接球球心，半径为，则过作于，则四边形为矩形， （
1）若四棱锥的外接球球心在四棱锥内部，在中，，即 在中，，即 联立解得：，不符合题意，舍去；（2）若四棱锥的外接球球心在四棱锥外部
，在中，，即 在中，，即 联立解得：，，所以四棱锥的外接球的表面积为故选：B【点睛】方法点睛：空间几何体与球接、切问题的求解方法(
1)求解球与棱柱、棱锥的接、切问题时，一般过球心及接、切点作截面，把空间问题转化为平面图形与圆的接、切问题，再利用平面几何知识寻找
几何中元素间的关系求解．(2)若球面上四点P，A，B，C构成的三条线段两两互相垂直，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，利
用求解．5．（2022·全国·高三专题练习）直线AB与直二面角的两个面分别交于A，B两点，且A，B都不在棱l上，设直线AB与所成的
角分别为和，则的取值范围是（?）A．B．C．D．【答案】B【解析】根据直线AB与平面的位置，分两种情况：当时，；当与l不垂直时，分
别过点A，B向平面作垂线，垂足为，，连接，，由已知，可知，，由，知【详解】当时，.当与l不垂直时，如图，分别过点A，B向平面作垂线
，垂足为，，连接，.由已知，所以，，因此，.由，知，即综上可知， 故选：B.【点睛】关键点点睛：本题考查二面角及线面角，解题的关键
是通过面面垂直的性质定理转化为线面垂直即可找到线面角，考查学生的数形结合思想及转化与化归思想，属于基础题.6．（2020·贵州·贵
阳一中高三阶段练习（理））在正方体中，、分别在和上（异于端点），则过三点、、的平面被正方体截得的图形不可能是（?）A．正方形B．不
是正方形的菱形C．不是正方形的矩形D．梯形【答案】A【解析】作出图形，设正方体的棱长为，设，利用勾股定理可判断A选项中的截面图形不
可能，结合A选项的推导可判断B选项中的截面图形可能，取可判断C选项中图形可能，取可判断D选项中截面图形可能.综合可得出结论.【详解
】对于A选项，设正方体的棱长为，如下图所示：?设，平面平面，平面平面，平面平面，，同理，若截面为正方形，则，过点作交于点，易知，，
则，，，，由勾股定理得，即，解得，所以，截面不可能是正方形；对于B选项，由A选项可知，当时，截面是不为正方形的菱形；对于C选项，如
下图所示，当时，由于平面，，平面，平面，，平面平面，平面平面，平面平面，由面面平行的性质定理可得，，，，此时，四边形为矩形但不是正
方形；对于D选项，如下图所示，平面平面，平面平面，平面平面，由面面平行的性质定理可得，当时，过点作交于点，易知且，此时，截面图形为
梯形.故选：A.【点睛】本题考查正方体截面图形的判断，考查空间想象能力与推理能力，属于中等题.二、填空题7．（2021·全国·模拟
预测（理））如图，水平桌面上放置一个棱长为1米的正方体水槽，水面高度恰为正方体棱长的一半，在该正方体侧面上有一个小孔，小孔(孔的大
小不计)到的距离为0.75米，现将该正方体水槽绕倾斜（始终在桌面上），则当水恰好流出时，则整个正方体水槽在水平桌面上的投影面积大小
为_______平方米．【答案】【分析】水槽的投影为正方形和正方形在桌面上的投影，故找到侧面与水平面的夹角即可求出投影.【详解】如
图，过作于，易知，则，因为水平面与桌面平行，所以，平面和平面分别与桌面所成角的余弦值分别为，水槽的投影为：正方形和正方形在桌面上的
投影.所以投影面积为.故答案为：【点睛】关键点点睛：本题关键点是要找到侧面与水平面的夹角，从而求得投影面积.三、解答题8．（202
1·全国·高三专题练习）已知斜三棱柱的底面是直角三角形，，且，，，侧棱与底面成60°，求它的体积.【答案】或.【分析】证明平面平面
，根据点在直线上的位置不确定，将其分为①点H在线段的延长线上；②点H在线段上；③点H在线段的延长线上，三种情况进行讨论．【详解】解
：因为，故，又，且，故平面，又平面，故平面平面，则点在平面上的射影一定在直线上，过作垂直，交于H，设.①若点H在线段的延长线上，联
结，，如图所示，则是与底面所成的角，即，.在中，.在中， ，故，解得.所以.②若点H在线段上，如图所示.在中，，即，解得（此时点H
与点B重合）所以.③若点H在线段的延长线上，在中，∵，∴，解得，不合题意综上所述，斜三棱柱的体积为或.题型四：转化与划归思想一、单
选题1．（2022·四川泸州·三模（理））已知三棱锥的底面为等腰直角三角形，其顶点P到底面ABC的距离为3，体积为24，若该三棱锥
的外接球O的半径为5，则满足上述条件的顶点P的轨迹长度为（?）A．6πB．30πC．D．【答案】D【分析】利用三棱锥的体积，求解底
边边长，求出的外接圆半径，以及球心到底面的距离，判断顶点的轨迹是两个不同截面圆的圆周，进而求解周长即可．【详解】依题意得，设底面等
腰直角三角形的边长为，三棱锥的体积解得：的外接圆半径为球心到底面的距离为，又顶点P到底面ABC的距离为3，顶点的轨迹是一个截面圆的
圆周当球心在底面和截面圆之间时，球心到该截面圆的距离为，截面圆的半径为，顶点P的轨迹长度为；当球心在底面和截面圆同一侧时，球心到该
截面圆的距离为，截面圆的半径为，顶点P的轨迹长度为；综上所述，顶点P的轨迹的总长度为故选：D．【点睛】本题考查空间几何体外接球的问
题以及轨迹周长的求法，考查空间想象能力、转化思想以及计算能力，题目具有一定的难度．2．（2022·全国·江西科技学院附属中学高三阶
段练习（理））已知正三棱锥的底面边长为，外接球表面积为，，点M，N分别是线段AB，AC的中点，点P，Q分别是线段SN和平面SCM上
的动点，则的最小值为（?）A．B．C．D．【答案】B【分析】根据外接球表面积求得外接球半径，进而求得三棱锥的高，并推出侧面为等腰直
角三角形，作辅助线，将转化为一条线段，从而确定最小时的线段的位置，再结合三角函数值，解直角三角形,求得答案.【详解】依题意，，解得
，由 是正三角形可知：其外接圆半径为 ，设点S到平面ABC的距离为h，故，解得或，则或（舍去），故，则 ,而 ，故 为等腰直角三角
形， ，故 为等腰直角三角形，,则 ,又 ,故平面SCM，取CB中点F，连接NF交CM于点O，则 ,则平面SCM ,故平面SCM，
则，要求最小，首先需PQ最小，此时可得平面SCM，则；再把平面SON绕SN旋转，与平面SNA共面，即图中 位置，当共线且时，的最小
值即为的长，由 为等腰直角三角形，故，，∴，即，∴，可得，，故选：B.【点睛】本题考查了空间几何体上线段和最小值的求解，涉及到几何
体的外接球以及空间的线面位置关系等问题，解答时要发挥空间想象，明确点线面的位置关系，并能进行相关计算，解答的关键是要将两线段的和转
化为一条线段，才可求得线段和的最小值.3．（2022·广西·高三阶段练习（理））如图，四棱柱的底面是边长为2的正方形，侧棱平面AB
CD，且，E、F分别是AB、BC的中点，P是线段上的一个动点（不含端点），过P、E、F的平面记为，Q在上且，则下列说法正确的个数是
（?）．①三棱锥的体积是定值；②当直线时，；③当时，平面截棱柱所得多边形的周长为；④存在平面，使得点到平面距离是A到平面距离的两倍
．A．1B．2C．3D．4【答案】B【分析】对于①：先利用线面平行的判定定理得到线面平行，即点到平面的距离为定值，再利用三角形面积
是定值和棱锥的体积公式进行判定；对于②：先作出两平面的交线，利用线面平行得到面面平行，再利用全等三角形进行求解；对于③：利用②结论
判定截面的形状，进而求其周长；对于④：利用相似比得到推出矛盾，判定④错误.【详解】对于①:因为，平面，平面，所以平面，因为，所以点
P到平面的距离为定值，而的面积为定值，所以三棱锥的体积是定值，即三棱锥的体积是定值，故①正确；对于②：如图，延长EF交DC的延长线
于点M，设平面交棱于点W，连接MW，并延长MW交于点P，因为，平面，平面平面，所以，因为F为BC的中点，则W为CQ的中点，因为，则
，，，所以≌，则，因为，则，则，即②错误；对于③：如图，设直线EF分别交直线DA、DC于点N、M，连接PN、PM，分别交、于点R、
S，连接RE、SF，由②可知，，同理可知，因为，，则为等腰直角三角形，则，同理可知，也为等腰直角三角形，同理可知，，∴，同理，由勾
股定理可得，则截面的周长为，即③正确；对于④：设截面交棱于点R，假设存在平面，使得点到平面距离是A到平面距离的两倍，则，可得，因为
，则，则，不符合题意；即不存在平面，使得点到平面距离是A到平面距离的两倍，故④错误．综上所述，①③正确.故选：B.4．（2022·
全国·高三专题练习）已知三棱锥的所有棱长为1．是底面内部一个动点（包括边界），且到三个侧面，，的距离，，成单调递增的等差数列，记与
，，所成的角分别为则下列正确的是（?）A．B．C．D．【答案】D【分析】由于 是底面 内部的一个动点， 是底面 的一条动斜线，得到
动斜线 与底面 的夹角，再找 的余弦值与的余弦值之间的关系，再利用边角转化，可以得到目标角的关系.【详解】解：依题意知正四面体的顶
点在底面的射影是正的中心， , ,连 ,则, 与 的夹角为 又，其中表示直线与的夹角，表示直线与的夹角， 是斜线 与底面 的夹角
.同理可以将，转化， ，其中表示直线与的夹角， ，其中表示直线与的夹角，由于是公共的，因此题意即比较与，，夹角的大小，设到，，的距
离为，， 则，其中是正四面体相邻两个面所成角，，所以，，成单调递增的等差数列，然后在中解决问题，角平分线上的点到两边的距离相等由于
，可知在如下图 的区域（包括BD边界）从下图中可以看出，与所成角小于与所成角，所以，与所成角大于与所成角，所以 ，所以ABC都错.
故选：D．5．（2022·全国·高三专题练习）在立体几何探究课上，老师给每个小组分发了一个正四面体的实物模型，同学们在探究的过程中
得到了一些有趣的结论.已知直线平面，直线平面，F是棱BC上一动点，现有下列三个结论：①若分别为棱的中点，则直线平面；②在棱BC上存
在点F，使平面；③当F为棱BC的中点时，平面平面.其中所有正确结论的编号是（?）A．③B．①③C．①②D．②③【答案】A【分析】将
正四面体放在正方体中，如图，由正方体的性质判断各选项．【详解】可将正四面体放在正方体中研究，如图，对于①，由直线平面，直线平面，知
平面是与左右两个侧面平行的平面，是前后两个侧面的中心（对角线交点），则直线平面或直线平面，故①错误.对于②，正方体的左、右两个侧面
与平面平行，因此，与平面垂直的直线只能是与其四条侧棱平行或重合的直线，故②错误.对于③，平面就是平面，由与侧面垂直，得面面垂直，故
③正确，故选：A．二、多选题6．（2022·山东·德州市教育科学研究院二模）某地举办数学建模大赛，本次大赛的冠军奖杯由一个铜球和一
个托盘组成，如图①，已知球的表面积为16，托盘由边长为8的等边三角形铜片沿各边中点的连线垂直向上折叠面成，如图②，则下列结论正确的
是（?）A．直线AD与平面DEF所成的角为B．经过三个顶点A，B，C的球的截面圆的面积为C．异面直线AD与CF所成角的余弦值为D．
球上的点到底面DEF的最大距离为【答案】AC【分析】根据直线与平面所成角的定义，确定所求解的角判断A；求出外接圆的面积判断B；作出
异面直线所成的角，并求出这个角判断C；求出球心到平面的距离判断D.【详解】根据图形的形成可知，三点在底面上的投影分别是三边中点，如
图所示，对于A，面，就是直线AD与平面DEF所成的角，是等边三角形，，A正确；对于B，与全等且所在平面平行，截面圆就是的外接圆与的
外接圆相同，由题意知的边长为，其外接圆半径为 ，圆的面积，B错误；对于C，由上述条件知，且，而且，四边形是平行四边形，所以是异面直
线AD与CF所成的角（或其补角）.又,，C正确；对于D，由上述条件知，，设是球心，球半径为，由，解得：，则是正四面体，棱长为，设为
的中心，如图：则面，又面，， ，又 球上的点到底面DEF的最大距离为，D错误.故选：AC.三、填空题7．（2022·全国·高三专
题练习）已知为正方体表面上的一动点，且满足，则动点运动轨迹的周长为__________.【答案】【分析】首先根据条件确定P点所处的
平面，再建立坐标系求出动点P的轨迹方程，据此求出轨迹的长.【详解】由可知，正方体表面上到点A距离最远的点为 ，所以P点只可能在面，
面，面上运动，当P在面上运动时，如图示，建立平面直角坐标系，则 ,设，由得：，即，即P点在平面ABCD内的轨迹是以E（4,0）为圆
心，以 为半径的一段圆弧，因为 ,故 ,所以P点在面ABCD内的轨迹的长即为 同理，P点在面内情况亦为；P点在面上时，因为，,所以
，所以此时P点轨迹为以B为圆心，2为半径的圆弧，其长为 ，综上述，P点运动轨迹的周长为 ，故答案为：.8．（2022·全国·高三专
题练习）在棱长为6的正方体中，点是线段的中点，是正方形（包括边界）上运动，且满足，则点的轨迹周长为________.【答案】【分析
】由题意易知，由此可得，在平面上，建立平面直角坐标系，可知点的轨迹为圆与四边形的交点，由弧长公式可求解.【详解】如图，在棱长为6的
正方体中，则平面，平面，又，在平面上，，，又，，，即，如图，在平面中，以为原点，分别为轴建立平面直角坐标系，则，，，由，知，化简整
理得，，圆心，半径的圆，所以点的轨迹为圆与四边形的交点，即为图中的其中，，，则由弧长公式知故答案为：.题型五：特殊与一般思想一、单
选题1．（2021·江西·三模（理））设α、β为两个不重合的平面，能使α//β成立的是A．α内有无数条直线与β平行B．α内有两条相
交直线与β平行C．α内有无数个点到β的距离相等D．α、β垂直于同一平面【答案】B【分析】应用几何体特例，如立方体可排除相关选项；而
由面面平行的判定可知B正确【详解】应用立方体，如下图所示：选项A：α内有无数条直线可平行于l，即有无数条直线与β平行，但如上图α与
β可相交于l，故A不一定能使α//β成立；选项B：由面面平行的判定，可知B正确选项C：在α内有一条直线平行于l，则在α内有无数个点
到β的距离相等，但如上图α与β可相交于l，故C不一定能使α//β成立；选项D：如图α⊥γ，β⊥γ，但α与β可相交于l，故D不一定能
使α//β成立；故选：B【点睛】本题考查了面面平行的判定，应用特殊与一般的思想排除选项，属于简单题2．（2021·浙江·模拟预测）
设m、n是两条不同的直线，α、β是两个不同的平面，且直线，直线，下列命题为真命题的是A．“”是“”的充分条件B．“”是“”的既不充
分又不必要条件C．“”是“”的充要条件D．“”是“”的必要条件【答案】B【分析】根据线线、线面、面面之间的关系判断结论间是否互为充
分、必要条件，进而确定命题的真假【详解】线面垂直性质：有，但，不能得出，A错误时，根据线面平行性质的条件知m若在平面β内，不能得出
，反之，β内的直线也不一定与m平行，即不能得出，既不充分也不必要，B正确时，m、n可能是异面直线，不一定平行，时，α、β也可能相交
，不一定平行，C错误两个平面垂直，分别在这两个平面的两条直线可能相交，可以平行，不一定垂直，D错误故选：B【点睛】本题考查了空间中
的平行、垂直关系，结合线线、线面、面面相关的判定、性质定理判断各结论是否互为充分、必要条件3．（2020·四川省遂宁市第二中学校模
拟预测（理））已知圆锥的底面半径为，当圆锥的体积为时，该圆锥的母线与底面所成角的正切值为（?）A．B．C．D．【答案】D【分析】首
先理解圆锥体中母线与底面所成角的正切值为它的高与底面半径的比值，结合圆锥的体积公式及已知条件即可求出正切值【详解】设圆锥的高为，则
由题意，有∴，即为母线与底面所成角的正切值故选：D【点睛】本题考查了圆锥体，理解母线与底面所成角即线面角的确定，由已知条件结合圆锥
的体积公式求线面角的正弦值4．（2020·重庆八中高三阶段练习（理））已知，为两条不同的直线，，为两个不同的平面，则下列说法正确的
是A．若与所成的角等于与所成的角，则B．若与所成的角等于与所成的角，则C．若，，则与所成的角等于与所成的角D．若，则与所成的角不可
能等于与所成的角【答案】C【分析】在正方体中，举出反例，可判断四个选项的正确性.【详解】解：A:如图，在正方体中，设下底面为，点为
边上中点，此时与所成的角等于与所成的角，其正切值均为，但与相交，不平行，则A错误；B:如图，在正方体中，设其下底面为，左侧面为，此
时与所成的角等于与所成的角均为，但此时，则B错误；D：如图，在正方体中，设下底面为，此时，但与所成的角与与所成的角相等，为，则D错
误.故选:C.【点睛】本题考查了直线与平面所成角，考查了直线与平面的位置关系.对于此类问题，常结合具体的几何体举出反例说明选项错误
，利用排除法选出正确答案.5．（2020·河北·石家庄二中模拟预测（理））过正方体的顶点作平面，使每条棱在平面的正投影的长度都相等
，则这样的平面可以作（?）A．1个B．2个C．3个D．4个【答案】D【解析】每条棱在平面的正投影的长度都相等，等价于每条棱所在直线
与平面所成角都相等，从而棱，，所在直线与平面所成的角都相等，三棱锥是正三棱锥,直线，，与平面所成角都相等，过顶点作平面平面，由此能求出这样的平面的个数.【详解】在正方体中，每条棱在平面的正投影的长度都相等每条棱所在直线与平面所成的角都相等棱所在直线与平面所成的角都相等，易知三棱锥是正三棱锥，直线与平面所成的角都相等.过顶点作平面平面，则直线与平面所成的角都相等.同理，过顶点分别作平面与平面、平面、平面平行，直线与平面所成的角都相等.所以这样的平面可以作4个，故选：D.【点睛】本题考查立体几何中关于线面关系和面面关系的相关概念，属于简单题6．（2021·新疆维吾尔自治区喀什第六中学高三阶段练习）如图，在棱长为2的正方体中，是的中点，点是侧面上的动点，且截面，则线段长度的取值范围是（?）.A．B．C．D．【答案】B【分析】取CD的中点为N,的中点为R,的中点为H,证明平面MNRH//平面,平面,线段MP扫过的图形为,通过证明,说明为直角,得线段长度的取值范围为即可得解.【详解】取CD的中点为N,的中点为R,的中点为H,作图如下:由图可知,,所以四边形为平行四边形,所以,因为,所以,因为, 故平面MNRH//平面,因为截面,所以平面,线段MP扫过的图形为,由知,,在中,,即,所以， 所以,即为直角,故线段长度的取值范围为,即,故选:B【点睛】本题考查面面平行的判定定理与性质定理及空间两点间的距离;重点考查转化与化归的思想;属于难度大、抽象型试题.二、填空题7．（2022·陕西·二模（理））在内接于球的四面体中，有，，，若球的最大截面的面积是，则的值为______．【答案】【分析】将四面体放入到长方体中，设长方体的长，宽，高分别是，，，得到，若球的最大截面的面积是，球的最大截面即是大圆，设球的半径为，代入公式求解即可.【详解】如下图所示：将四面体放入到长方体中，与，与，与相当于一个长方体的相对面的对角线，设长方体的长，宽，高分别是，，则，所以，若球的最大截面的面积是，球的最大截面即是大圆，设球的半径为，则，所以，，所以，所以，解得.故答案为：.8．（2021·全国·高三专题练习（文））已知四边形是等腰梯形，，，，，梯形的四个顶点在半径为的球面上，若是球面上任意一点，则点到平面的距离的最大值为____________．【答案】【分析】当与球心的连线⊥平面时，点到平面的距离的最大值，此时构造球心三角形可以解得球心到平面的距离，从而求得最大值.【详解】因为四边形是等腰梯形，易知，如图所示，连接AC，由余弦定理可得，因为四边形的外接圆也是的外接圆，所以由正弦定理可得，四边形的外接圆的半径为．设球心为，四边形的外接圆的圆心为，在中，可知，即，解得，所以点到平面的距离的最大值为．故答案为：.【点睛】思路点睛：动点在上时，距离平面距离最大，借助球心三角形可以解得该值. |
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