专题四 立体几何 第6讲　立体几何中的动态问题-2025年高考数学二轮复习（新高考专用）

第6讲　立体几何中的动态问题（新高考专用） 目录 【真题自测】 2 【考点突破】 3 【考点一】动点轨迹问题 3 【考点二】折叠、展开问题 5 【考点三】最值、范围问题 6 【专题精练】 8 考情分析： “动态”问题是高考立体几何问题最具创新意识的题型，它渗透了一些“动态”的点、线、面等元素，给静态的立体几何题赋予了活力，题型更新颖．同时，由于“动态”的存在，也使立体几何题更趋多元化，将立体几何问题与平面几何中的解三角形问题、多边形面积问题以及解析几何问题之间建立桥梁，使得它们之间灵活转化． 真题自测 一、解答题 1．（2023·全国·高考真题）如图，在正四棱柱中，．点分别在棱,上，．    (1)证明：； (2)点在棱上，当二面角为时，求． 2．（2022·全国·高考真题）如图，四面体中，，E为的中点． (1)证明：平面平面； (2)设，点F在上，当的面积最小时，求与平面所成的角的正弦值． 3．（2021·北京·高考真题）如图：在正方体中，为中点，与平面交于点． （1）求证：为的中点； （2）点是棱上一点，且二面角的余弦值为，求的值． 4．（2021·全国·高考真题）已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为和的中点，D为棱上的点． （1）证明：； （2）当为何值时，面与面所成的二面角的正弦值最小? 考点突破 【考点一】动点轨迹问题 一、单选题 1．（2024·四川成都·二模）在正方体中，点在四边形内（含边界）运动.当时，点的轨迹长度为，则该正方体的表面积为（    ） A．6 B．8 C．24 D．54 2．（2024·湖南长沙·三模）已知正方体的棱长为是棱的中点，空间中的动点满足，且，则动点的轨迹长度为（    ） A． B．3 C． D． 二、多选题 3．（2024·辽宁大连·二模）在棱长为2的正方体中，M为中点，N为四边形内一点（含边界），若平面，则下列结论正确的是（   ） A． B．三棱锥的体积为 C．点N的轨迹长度为 D．的取值范围为 4．（2024·山东泰安·模拟预测）如图，在五边形中，四边形为正方形，，，F为AB中点，现将沿折起到面位置，使得，则下列结论正确的是（    ）    A．平面平面 B．若为的中点，则平面 C．折起过程中，点的轨迹长度为 D．三棱锥的外接球的体积为 三、填空题 5．（2024·江西宜春·模拟预测）如图，在四面体中，和均是边长为6的等边三角形，，则四面体外接球的表面积为 ；点E是线段AD的中点，点F在四面体的外接球上运动，且始终保持EF⊥AC，则点F的轨迹的长度为 . 6．（2024·黑龙江·二模）已知三棱锥的四个面是全等的等腰三角形，且，，则三棱锥的外接球半径为 ；点为三棱锥的外接球球面上一动点，时，动点的轨迹长度为 ． 规律方法： 解决与几何体有关的动点轨迹问题的方法 (1)几何法：根据平面的性质进行判定． (2)定义法：转化为平面轨迹问题，用圆锥曲线的定义判定或用代数法进行计算． (3)特殊值法：根据空间图形线段长度关系取特殊值或位置进行排除． 【考点二】折叠、展开问题 一、单选题 1．（2024·陕西榆林·模拟预测）如图，是边长为4的正三角形，D是BC的中点，沿AD将折叠，形成三棱锥．当二面角为直二面角时，三棱锥外接球的体积为（    ）     A． B． C． D． 2．（2024·四川泸州·三模）已知圆锥的体积为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的内切球的表面积为（    ） A． B． C． D． 二、多选题 3．（2024·河北保定·二模）如图1，在等腰梯形中，，，，，，将四边形沿进行折叠，使到达位置，且平面平面，连接，，如图2，则（    ）    A． B．平面平面 C．多面体为三棱台 D．直线与平面所成的角为 4．（2024·福建厦门·三模）如图1，将三棱锥型礼盒的打结点解开，其平面展开图为矩形，如图2，其中A，B，C，D分别为矩形各边的中点，则在图1中（    ） A． B． C．平面 D．三棱锥外接球的表面积为 三、填空题 5．（2024·四川南充·二模）已知菱形中，对角线交于点，，将沿着折叠，使得， ，则三棱锥的外接球的表面积为 . 6．（22-23高三上·广东·阶段练习）一个圆锥的表面积为，其侧面展开图为半圆，当此圆锥的内接圆柱（圆柱的下底面与圆锥的底面在同一个平面内）的侧面积达到最大值时，该内接圆柱的底面半径为 . 规律方法： 画好折叠、展开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． 【考点三】最值、范围问题 一、单选题 1．（2024·安徽·三模）如图，在棱长为2的正方体中，内部有一个底面垂直于的圆锥，当该圆锥底面积最大时，圆锥体积最大为（    ） A． B． C． D． 2．（2024·河北沧州·三模）《几何补编》是清代梅文鼎撰算书，其中卷一就给出了正四面体，正六面体（立方体）、正八面体、正十二面体、正二十面体这五种正多面体的体积求法.若正四面体的棱长为，为棱上的动点，则当三棱锥的外接球的体积最小时，三棱锥的体积为（    ） A． B． C． D． 二、多选题 3．（2024·湖南怀化·二模）在三棱锥中，平面，点是三角形内的动点（含边界），，则下列结论正确的是（    ） A．与平面所成角的大小为 B．三棱锥的体积最大值是2 C．点的轨迹长度是 D．异面直线与所成角的余弦值范围是 4．（23-24高三下·山东菏泽·阶段练习）如图，已知正方体的棱长为，点为的中点，点为正方形内包含边界的动点，则（    ） A．满足平面的点的轨迹为线段 B．若，则动点的轨迹长度为 C．直线与直线所成角的范围为 D．满足的点的轨迹长度为 三、填空题 5．（2024·贵州·模拟预测）已知正方体的顶点均在半径为1的球表面上，点在正方体表面上运动，为球的一条直径，则正方体的体积是 ，的范围是 ． 6．（2024·浙江金华·三模）四棱锥的底面为正方形，平面，且，．四棱锥的各个顶点均在球O的表面上，，，则直线l与平面所成夹角的范围为 ． 规律方法： 在动态变化过程中产生的体积最大、距离最大(小)、角的范围等问题，常用的解题思路是 (1)直观判断：在变化过程中判断点、线、面在何位置时，所求的量有相应最大、最小值． (2)函数思想：通过建系或引入变量，把这类动态问题转化为目标函数，从而利用代数方法求目标函数的最值． 专题精练 一、单选题 1．（2024·四川南充·二模）三棱锥中，，，为内部及边界上的动点，，则点的轨迹长度为（    ） A． B． C． D． 2．（2024·广西南宁·一模）在边长为4的菱形中，．将菱形沿对角线折叠成大小为的二面角．若点为的中点，为三棱锥表面上的动点，且总满足，则点轨迹的长度为（    ） A． B． C． D． 3．（2024·陕西榆林·模拟预测）如图，是边长为4的正三角形，是的中点，沿将折叠，形成三棱锥．当二面角为直二面角时，三棱锥外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 4．（2024·山东济南·三模）三棱锥中，平面，．若该三棱锥的最长的棱长为9，最短的棱长为3，则该三棱锥的最大体积为（    ） A． B． C．18 D．36 二、多选题 5．（2024·江西九江·三模）如图，正方体的棱长为1，点在截面内，且，则（    ） A．三棱锥的体积为 B．线段的长为 C．点的轨迹长为 D．的最大值为 6．（2024·浙江·模拟预测）如图，在三棱锥的平面展开图中，，分别是，的中点，正方形的边长为2，则在三棱锥中（    ） A．的面积为 B． C．平面平面 D．三棱锥的体积为 7．（2024·云南昆明·模拟预测）如图，已知正四棱柱的底面边长为1，侧棱长为2，点为侧棱（含端点）上的动点，直线平面，则下列说法正确的有（    ）    A．直线与平面不可能平行 B．直线与平面不可能垂直 C．若且，则平面截正四棱柱所得截面多边形的周长为 D．直线与平面所成角的正弦值的范围为 三、填空题 8．（2024·河南·模拟预测）在一个棱长为4的正方体内部有一个半径为的小球，该小球可以在正方体内部自由活动．当任意旋转、晃动正方体并保证小球至少与正方体的一个面相切时，小球球心的轨迹在正方体内部又会形成一个几何体，则小球球心轨迹形成的几何体的体积为 ． 9．（2024·四川南充·二模）已知菱形中，对角线，将沿着折叠，使得二面角为， ，则三棱锥的外接球的表面积为 .    10．（2024·湖北武汉·模拟预测）在三棱锥中，，且.记直线，与平面所成角分别为，，已知，当三棱锥的体积最小时，则三棱锥外接球的表面积为 . 四、解答题 11．（2024·重庆·模拟预测）如图，ACDE为菱形，，，平面平面ABC，点F在AB上，且，M，N分别在直线CD，AB上． (1)求证：平面ACDE； (2)把与两条异面直线都垂直且相交的直线叫做这两条异面直线的公垂线，若，MN为直线CD，AB的公垂线，求的值； (3)记直线BE与平面ABC所成角为，若，求平面BCD与平面CFD所成角余弦值的范围． 12．（2024·四川南充·一模）如图，在三棱锥中，平面，，，点M，N分别是线段SB，AC上的动点，且满足. (1)证明：平面； (2)当线段MN的长度最小时，求直线SC与平面AMN所成角的正弦值. 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第6讲　立体几何中的动态问题（新高考专用） 目录 【真题自测】 2 【考点突破】 2 【考点一】动点轨迹问题 12 【考点二】折叠、展开问题 20 【考点三】最值、范围问题 27 【专题精练】 36 考情分析： “动态”问题是高考立体几何问题最具创新意识的题型，它渗透了一些“动态”的点、线、面等元素，给静态的立体几何题赋予了活力，题型更新颖．同时，由于“动态”的存在，也使立体几何题更趋多元化，将立体几何问题与平面几何中的解三角形问题、多边形面积问题以及解析几何问题之间建立桥梁，使得它们之间灵活转化． 真题自测 一、解答题 1．（2023·全国·高考真题）如图，在正四棱柱中，．点分别在棱,上，．    (1)证明：； (2)点在棱上，当二面角为时，求． 2．（2022·全国·高考真题）如图，四面体中，，E为的中点． (1)证明：平面平面； (2)设，点F在上，当的面积最小时，求与平面所成的角的正弦值． 3．（2021·北京·高考真题）如图：在正方体中，为中点，与平面交于点． （1）求证：为的中点； （2）点是棱上一点，且二面角的余弦值为，求的值． 4．（2021·全国·高考真题）已知直三棱柱中，侧面为正方形，，E，F分别为和的中点，D为棱上的点． （1）证明：； （2）当为何值时，面与面所成的二面角的正弦值最小? 参考答案： 1．(1)证明见解析； (2)1 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量坐标相等证明； （2）设，利用向量法求二面角，建立方程求出即可得解. 【详解】（1）以为坐标原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图，    则， ， ， 又不在同一条直线上， . （2）设， 则， 设平面的法向量， 则， 令 ，得， ， 设平面的法向量， 则， 令 ，得， ， ， 化简可得，， 解得或， 或， . 2．(1)证明过程见解析 (2)与平面所成的角的正弦值为 【分析】（1）根据已知关系证明，得到，结合等腰三角形三线合一得到垂直关系，结合面面垂直的判定定理即可证明； （2）根据勾股定理逆用得到，从而建立空间直角坐标系，结合线面角的运算法则进行计算即可. 【详解】（1）因为，E为的中点，所以； 在和中，因为， 所以，所以，又因为E为的中点，所以； 又因为平面，，所以平面， 因为平面，所以平面平面. （2）连接，由（1）知，平面，因为平面， 所以，所以， 当时，最小，即的面积最小. 因为，所以， 又因为，所以是等边三角形， 因为E为的中点，所以，， 因为，所以, 在中，，所以. 以为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系， 则，所以， 设平面的一个法向量为， 则，取，则， 又因为，所以， 所以， 设与平面所成的角为， 所以， 所以与平面所成的角的正弦值为. 3．（1）证明见解析；（2）． 【分析】(1)首先将平面进行扩展，然后结合所得的平面与直线的交点即可证得题中的结论； (2)建立空间直角坐标系，利用空间直角坐标系求得相应平面的法向量，然后解方程即可求得实数的值. 【详解】(1)如图所示，取的中点，连结， 由于为正方体，为中点，故， 从而四点共面，即平面CDE即平面， 据此可得：直线交平面于点， 当直线与平面相交时只有唯一的交点，故点与点重合， 即点为中点. (2)以点为坐标原点，方向分别为轴，轴，轴正方向，建立空间直角坐标系， 不妨设正方体的棱长为2，设， 则：， 从而：， 设平面的法向量为：，则： ， 令可得：， 设平面的法向量为：，则： ， 令可得：， 从而：， 则：， 整理可得：，故（舍去）. 【点睛】本题考查了立体几何中的线面关系和二面角的求解问题，意在考查学生的空间想象能力和逻辑推理能力，对于立体几何中角的计算问题，往往可以利用空间向量法，通过求解平面的法向量，利用向量的夹角公式求解. 4．（1）证明见解析；（2） 【分析】（1）方法二：通过已知条件，确定三条互相垂直的直线，建立合适的空间直角坐标系，借助空间向量证明线线垂直； （2）方法一：建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的平面角的余弦值最大，进而可以确定出答案； 【详解】（1）[方法一]：几何法 因为，所以． 又因为，，所以平面．又因为，构造正方体，如图所示， 过E作的平行线分别与交于其中点，连接， 因为E，F分别为和的中点，所以是BC的中点， 易证，则． 又因为，所以． 又因为，所以平面． 又因为平面，所以． [方法二] 【最优解】：向量法 因为三棱柱是直三棱柱，底面， ，，，又，平面．所以两两垂直． 以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图． ，． 由题设（）． 因为， 所以，所以． [方法三]：因为，，所以，故，，所以，所以． （2）[方法一]【最优解】：向量法 设平面的法向量为， 因为， 所以，即． 令，则 因为平面的法向量为， 设平面与平面的二面角的平面角为， 则． 当时，取最小值为， 此时取最大值为． 所以，此时． [方法二] ：几何法 如图所示，延长交的延长线于点S，联结交于点T，则平面平面． 作，垂足为H，因为平面，联结，则为平面与平面所成二面角的平面角． 设，过作交于点G． 由得． 又，即，所以． 又，即，所以． 所以． 则， 所以，当时，． [方法三]：投影法 如图，联结， 在平面的投影为，记面与面所成的二面角的平面角为，则． 设，在中，． 在中，，过D作的平行线交于点Q． 在中，． 在中，由余弦定理得，，， ，， 当，即，面与面所成的二面角的正弦值最小，最小值为． 【整体点评】第一问，方法一为常规方法，不过这道题常规方法较为复杂，方法二建立合适的空间直角坐标系，借助空间向量求解是最简单，也是最优解；方法三利用空间向量加减法则及数量积的定义运算进行证明不常用，不过这道题用这种方法过程也很简单，可以开拓学生的思维. 第二问：方法一建立空间直角坐标系，利用空间向量求出二面角的平面角是最常规的方法，也是最优方法；方法二：利用空间线面关系找到，面与面所成的二面角，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积与面积之比即为面与面所成的二面角的余弦值，求出余弦值的最小值，进而求出二面角的正弦值最小，非常好的方法，开阔学生的思维． 考点突破 【考点一】动点轨迹问题 一、单选题 1．（2024·四川成都·二模）在正方体中，点在四边形内（含边界）运动.当时，点的轨迹长度为，则该正方体的表面积为（    ） A．6 B．8 C．24 D．54 2．（2024·湖南长沙·三模）已知正方体的棱长为是棱的中点，空间中的动点满足，且，则动点的轨迹长度为（    ） A． B．3 C． D． 二、多选题 3．（2024·辽宁大连·二模）在棱长为2的正方体中，M为中点，N为四边形内一点（含边界），若平面，则下列结论正确的是（   ） A． B．三棱锥的体积为 C．点N的轨迹长度为 D．的取值范围为 4．（2024·山东泰安·模拟预测）如图，在五边形中，四边形为正方形，，，F为AB中点，现将沿折起到面位置，使得，则下列结论正确的是（    ）    A．平面平面 B．若为的中点，则平面 C．折起过程中，点的轨迹长度为 D．三棱锥的外接球的体积为 三、填空题 5．（2024·江西宜春·模拟预测）如图，在四面体中，和均是边长为6的等边三角形，，则四面体外接球的表面积为 ；点E是线段AD的中点，点F在四面体的外接球上运动，且始终保持EF⊥AC，则点F的轨迹的长度为 . 6．（2024·黑龙江·二模）已知三棱锥的四个面是全等的等腰三角形，且，，则三棱锥的外接球半径为 ；点为三棱锥的外接球球面上一动点，时，动点的轨迹长度为 ． 参考答案： 题号 1 2 3 4 答案 C D BD ABD 1．C 【分析】由线段是定值结合正方体的特征得出点的轨迹，结合弧长公式计算即可. 【详解】设正方体棱长为， 由正方体性质知平面， 平面，得， 所以， 所以点轨迹是以为圆心，为半径的圆弧， 设圆弧分别交与点，则， 所以，同理，所以圆心角是， 则轨迹长度为，可得， 所以正方体的表面积为. 故选：. 2．D 【分析】分别取的中点，连接，证明平面，从而可得点在平面内，再根据，得点在以为球心，半径为1的球面上，可得动点的轨迹为平面与球的球面的交线，求出平面截球所得截面圆的半径，即可得解. 【详解】如图，分别取的中点，连接， 因为平面，平面，所以， 在中，， 所以，所以， 又，所以，所以， 又，平面，所以平面， 由，得点在平面内， 由，得点在以为球心，半径为1的球面上， 因此动点的轨迹为平面与球的球面的交线，即在平面内的圆， 连接，设点到平面的距离为，平面截球所得截面圆的半径为， 则由得， 且，所以，则， 因此动点的轨迹长度为. 故选：D. 【点睛】思路点睛：涉及立体图形中的轨迹问题，若动点在某个平面内，利用给定条件，借助线面、面面平行、垂直等性质，确定动点与所在平面内的定点或定直线关系，结合有关平面轨迹定义判断求解. 3．BD 【分析】根据正方体的性质得出平面平面，则根据已知得出点在线段上（含端点），当为时，根据异面直线的平面角结合正方体的性质得出与的夹角为，此时，即可判断A；三棱锥,利用等体积法结合体积公式即可判断B；根据点在线段上（含端点），利用勾股定理求出求，即可判断C；根据正方体性质结合已知可得，则，即可根据的范围得出的范围判断D． 【详解】在棱长为2的正方体中，为中点，为四边形内一点（含边界）， 平面， 取、中点分别为、，连接、、、，，如图： 为正方体，为中点，为中点， ，，，， 、平面，、平面，且，， 平面平面， 为四边形内一点（含边界），且平面， 点在线段上（含端点）， 对于A：当在时，则与的夹角为，此时， 则与不垂直，故A不正确； 对于B为四边形内一点（含边界）， 到平面的距离为2， 三棱锥的体积为，故B正确； 对于C：由于点在线段上（含端点）， 而， 点的轨迹长度为，故C不正确； 对于D为正方体， 平面， 平面， ， △为直角三角形，且直角为， ， 点在线段上（含端点）， 则当最大时，即点为点时，此时，此时最小，为， 当最小时，即，此时， 此时最大，最大为， 则的取值范围，故D正确． 故选：BD． 4．ABD 【分析】首先说明，结合已知，从而证明平面，即可判断A，由，即可证明B，过点作交于点，求出，即可求出点的轨迹长度，从而判断C，连接，即可证明平面，从而得到三棱锥的外接球即为四棱锥的外接球，求出外接球的半径，即可求出球的体积，即可判断D. 【详解】对于A：由题意得，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正确； 对于B：因为为的中点，所以，又，所以， 又平面，平面，所以平面，故B正确；    对于C：    因为四边形为正方形，，，所以， 过点作交于点，则， 所以折起过程中，点的轨迹是以为圆心，为半径，圆心角为的圆弧， 所以点的轨迹长为，故C错误； 对于D：连接，则，又平面平面，平面平面， 平面，所以平面， 又四边形为边长为的正方形，则三棱锥的外接球即为四棱锥的外接球， 又四边形外接圆的直径为，， 设四棱锥的外接球的半径为，则，即， 所以， 所以外接球的体积， 即三棱锥的外接球的体积为，故D正确. 故选：ABD    【点睛】关键点点睛：本题关键是证明平面平面，从而确定点的旋转角，即可判断B，D选项关键是转化为求四棱锥的外接球的体积. 5． 【分析】设四面体外接球的球心为的中心分别为，则可得平面平面，且四点共面，可得，进而求出，然后由勾股定理求出四面体外接球的半径；取中点，作，设点轨迹所在平面为，求出四面体外接球半径和到平面的距离，从而可求出平面截外接球所得截面圆的半径，进而可得结果. 【详解】 取中点，连接，则，平面， 又和均是边长为6的等边三角形，， ∴平面，， 所以， ∴， 设四面体外接球的球心为的中心分别为， 易知平面平面，且四点共面， 由题可得，， 在中，得，又， 则四面体外接球半径， 所以四面体外接球的表面积为； 作于，设点轨迹所在平面为， 则平面经过点且， 易知到平面的距离， 故平面截外接球所得截面圆的半径为， 所以截面圆的周长为，即点轨迹的周长为. 故答案为：；. 6． / 【分析】由三棱锥的结构特征，可扩成长方体，利用长方体的外接球半径得三棱锥的外接球半径；由动点的轨迹形状，求长度. 【详解】三棱锥的四个面是全等的等腰三角形，且，，如图所示， 则有，， 把三棱锥扩成长方体， 则有，解得， 则长方体外接球半径， 所以三棱锥的外接球半径； 点为三棱锥的外接球球面上一动点，时， 由，动点的轨迹是半径为的圆， 轨迹长度为. 故答案为：；. 【点睛】关键点点睛： 三组对棱分别相等的四面体(三棱锥)——补形为长方体(四面体的棱分别是长方体各面的对角线). 规律方法： 解决与几何体有关的动点轨迹问题的方法 (1)几何法：根据平面的性质进行判定． (2)定义法：转化为平面轨迹问题，用圆锥曲线的定义判定或用代数法进行计算． (3)特殊值法：根据空间图形线段长度关系取特殊值或位置进行排除． 【考点二】折叠、展开问题 一、单选题 1．（2024·陕西榆林·模拟预测）如图，是边长为4的正三角形，D是BC的中点，沿AD将折叠，形成三棱锥．当二面角为直二面角时，三棱锥外接球的体积为（    ）     A． B． C． D． 2．（2024·四川泸州·三模）已知圆锥的体积为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的内切球的表面积为（    ） A． B． C． D． 二、多选题 3．（2024·河北保定·二模）如图1，在等腰梯形中，，，，，，将四边形沿进行折叠，使到达位置，且平面平面，连接，，如图2，则（    ）    A． B．平面平面 C．多面体为三棱台 D．直线与平面所成的角为 4．（2024·福建厦门·三模）如图1，将三棱锥型礼盒的打结点解开，其平面展开图为矩形，如图2，其中A，B，C，D分别为矩形各边的中点，则在图1中（    ） A． B． C．平面 D．三棱锥外接球的表面积为 三、填空题 5．（2024·四川南充·二模）已知菱形中，对角线交于点，，将沿着折叠，使得， ，则三棱锥的外接球的表面积为 . 6．（22-23高三上·广东·阶段练习）一个圆锥的表面积为，其侧面展开图为半圆，当此圆锥的内接圆柱（圆柱的下底面与圆锥的底面在同一个平面内）的侧面积达到最大值时，该内接圆柱的底面半径为 . 参考答案： 题号 1 2 3 4 答案 D D ABD ACD 1．D 【分析】补形成长方体模型来解即可. 【详解】由于二面角为直二面角，且和都是直角三角形， 故可将三棱锥补形成长方体来求其外接球的半径R， 即，解得， 从而三棱锥外接球的体积． 故选：D    2．D 【分析】设圆锥的底面半径为，高为，由题意可得，可求得，，进而可得轴截面是等边三角形，求得等边三角形的内切圆的半径即可求得圆锥的内切球的表面积. 【详解】设圆锥的底面半径为，高为，母线长为， 由题意可得，解得， 所以母线长为，底面圆直径为， 可得圆锥的轴截面为等边三角形，该等边三角形内切圆的半径即为圆锥内切球的半径， 由等边三角形的性质可得内切球的半径， 所以圆锥内切球的表面积为. 故选：D. 3．ABD 【分析】求得位置关系判断选项A；求得平面与平面位置关系判断选项B；利用三棱台定义判断选项C；求得直线与平面所成的角判断选项D. 【详解】对于A，因为平面平面， 平面平面，，平面， 所以平面，所以，A正确. 对于B，因为，平面，平面， 则平面， 又，平面，平面， 则平面， 又，平面，所以平面平面，B正确. 对于C，因为，，则， 所以多面体不是三棱台，C错误. 对于D，延长，相交于点G， 因为平面平面，平面平面，平面，， 所以平面，则为直线与平面所成的角. 因为，所以， 解得，，， 则，D正确.    故选：ABD 4．ACD 【分析】对于A，结合展开图可得，判断A；对于B，利用平面向量数量积，求，判断B；对于C，利用线面垂直的判定定理，判断C；对于D，将三棱锥放在长方体中，求出外接球的表面积，判断D. 【详解】对于A，，故A正确； 对于B，，，所以，则， 又在中，，，故， 所以 ，故不垂直，故B错误； 对于C，因为在中，，所以， 又，，平面，平面， 所以平面，故C正确； 对于D，因为 ， 所以三棱锥三组对棱相等，可以将其放入长方体中，    设外接球半径为，则有，解得，所以外接球的表面积为，故D正确， 故选：ACD. 【点睛】方法点睛：对于D选项，根据三棱锥棱长相等，将其直接放在长方体中，求出外接球表面积. 5． 【分析】折叠后，求出的长，设分别为与的外心，为三棱锥的外接球球心，利用垂直关系和球的性质，求出外接球半径计算表面积. 【详解】菱形中，，，，， 折叠后，，为等边三角形，， 与是全等的等腰三角形，设分别为与的外心， 中，外接圆半径，，， 中，由勾股定理，，即，解得， 则，同理， 为三棱锥的外接球球心，连接， 由球的性质可知，平面，平面， 与全等，， ， ，，，平面， 平面，平面，， 则三棱锥的外接球半径， 所以外接球表面积. 故答案为：. 6．2 【分析】设圆锥的底面半径为，母线长为，高为，由圆锥的侧面展开图为半圆可得，根据圆锥的表面积可得半径,母线和高,设内接圆柱的底面半径为，高为，由相似可得，代入圆柱的侧面积公式分析可得结果. 【详解】设圆锥的底面半径为，母线长为，高为，因为圆锥的侧面展开图为半圆， 所以，解得. 因为圆锥的表面积为，所以，解得，，. 如图，设内接圆柱的底面半径为，高为，则，所以， 内接圆柱的侧面积， 当时，取最大值. 故答案为：2. 【点睛】本题考查圆锥的表面积和圆柱的侧面积公式，考查圆锥侧面展开图的应用，考查推理能力和计算能力，属于基础题. 规律方法： 画好折叠、展开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． 【考点三】最值、范围问题 一、单选题 1．（2024·安徽·三模）如图，在棱长为2的正方体中，内部有一个底面垂直于的圆锥，当该圆锥底面积最大时，圆锥体积最大为（    ） A． B． C． D． 2．（2024·河北沧州·三模）《几何补编》是清代梅文鼎撰算书，其中卷一就给出了正四面体，正六面体（立方体）、正八面体、正十二面体、正二十面体这五种正多面体的体积求法.若正四面体的棱长为，为棱上的动点，则当三棱锥的外接球的体积最小时，三棱锥的体积为（    ） A． B． C． D． 二、多选题 3．（2024·湖南怀化·二模）在三棱锥中，平面，点是三角形内的动点（含边界），，则下列结论正确的是（    ） A．与平面所成角的大小为 B．三棱锥的体积最大值是2 C．点的轨迹长度是 D．异面直线与所成角的余弦值范围是 4．（23-24高三下·山东菏泽·阶段练习）如图，已知正方体的棱长为，点为的中点，点为正方形内包含边界的动点，则（    ） A．满足平面的点的轨迹为线段 B．若，则动点的轨迹长度为 C．直线与直线所成角的范围为 D．满足的点的轨迹长度为 三、填空题 5．（2024·贵州·模拟预测）已知正方体的顶点均在半径为1的球表面上，点在正方体表面上运动，为球的一条直径，则正方体的体积是 ，的范围是 ． 6．（2024·浙江金华·三模）四棱锥的底面为正方形，平面，且，．四棱锥的各个顶点均在球O的表面上，，，则直线l与平面所成夹角的范围为 ． 参考答案： 题号 1 2 3 4 答案 C A ACD AD 1．C 【分析】取的中点，记为，当圆锥底面内切于正六边形时该圆锥的底面积最大，结合圆锥体积公式计算即可得解. 【详解】如图所示，取的中点，记为， 易知六边形为正六边形，此时的中点在正六边形的中心， 当圆锥底面内切于正六边形时该圆锥的底面积最大， 设此时圆锥底面圆半径为，因为，所以， 圆锥底面积为，圆锥顶点为（或）处， 此时圆锥体积最大，此时. 故选：C. 2．A 【分析】由题意确定三棱锥的外接球的体积最小时球心的位置，由此可求出三棱锥的高，利用体积公式，即可求得答案. 【详解】如图，在正四面体中，假设底面，则点为外心. 在上取一点，满足，则， 则为三棱锥的外接球球心， 当取得最小值时，最小，三棱锥的外接球体积最小， 此时点与点重合.作，垂足为，， 为三棱锥的高. 由正四面体的棱长为，知，， ，. 设，则，故，. 由，得， 解得.， . 故选：A. 3．ACD 【分析】根据给定条件，把几何体补形成正四棱柱，利用几何法求出线面角判断A；确定点的轨迹并求出长度判断C；求出点到距离的最大值计算判断B；建立坐标系，利用异面直线夹角的向量求法建立函数关系求解判断D. 【详解】如图，把三棱锥补形成正四棱柱并建立空间直角坐标系， 对于A，由平面，得是与平面所成的角，， 因此，A正确； 对于C，由，得点的轨迹是以线段为直径的球面与相交的一段圆弧及点， 令的中点分别为，则平面，，于是， 显然点所在圆弧所对圆心角大小为，长度是，C正确； 对于B，由选项C知，当时，点到平面距离最大，最大距离为1， 因此三棱锥的体积，B错误； 对于D，设，则点，而， 于是，又，令异面直线与所成的角大小为， 则， 令，在上单调递增， 因此，D正确. 故选：ACD 【点睛】思路点睛：涉及立体图形中的轨迹问题，若动点在某个平面内，利用给定条件，借助线面、面面平行、垂直等性质，确定动点与所在平面内的定点或定直线关系，结合有关平面轨迹定义判断求解. 4．AD 【分析】利用正方体的特值构造面面平行可判定A，利用圆的定义与弧长公式可判定B，设P坐标，利用正切函数的单调性计算判定C，利用线面垂直及勾股定理可判定D. 【详解】对于A，如图所示，取棱的中点分别为， 连接， 根据正方体的特征易知， 则共面，且平面，平面， 又平面且相交于，故平面平面， 所以满足平面的点的轨迹为线段， 故A正确； 对于B，设M到上底面的投影为N，易知，而，所以， 即P在以N为圆心，半径为2的圆上， 且P在正方形内，如图所示，即上，易知，所以的长度为， 故B错误； 对于C， 如图所示建立空间直角坐标系，取的中点Q，连接，作， 设，则，， 易知直线与直线所成角为， 显然当P为的中点时，此时， 当时，， 易知， 若最小，则需，此时，故C错误； 对于D，取， 可知，即共面， 在底面正方形中易知，则， 结合正方体的性质可知底面，底面， 所以， 而平面， 所以平面，故P在线段上运动， 易知，故D正确. 故选：AD 5． 【分析】由正方体的外接球的半径求出正方体的棱长，根据公式计算体积即可；将化简为，结合的范围即可求解． 【详解】设正方体的棱长为，由题意，，则正方体体积， 因为 ， 因为点在正方体表面上运动， 所以，故范围为 故答案为：，． 6．． 【分析】依题意可证明平面，建立空间直角坐标系，用向量法求线面角可得结果. 【详解】解：依题意，四棱锥的外接球的球心O为的中点，连接， 交点为Q，因为底面为正方形，所以， 又平面，且平面，所以， 又，平面，平面，所以平面， 所以为平面的一个法向量， 如图建立坐标系，并设直线l上异于B的一点，所求线面角为， ， 则，，， 由可得， ∴， 当时，， 当时，， 综上，，∴． 故答案为：.      另解：依题意，四棱锥的外接球的球心O为的中点，连接， 交点为Q，因为底面为正方形，所以， 又平面，且平面，所以， 又，平面，平面，所以平面， 即面， 若平面，则与平面所成的角为. 若过B的直线l与平面相交于点R， 在平面中，过B作直线，与平面相交于点为S， 因为面，且平面，所以， 又，，且，平面， 所以平面， 故过且与垂直的直线与平面的交点的轨迹为直线， 又平面，所以，又，且， 所以平面，又平面，所以， 又面，所以为在面内的射影， 即为直线l与平面所成的角，且， 又，而， 当且仅当重合等号成立，故， 综上，，∴． 故答案为：.      【点睛】方法点睛：解决直线与平面所成角的方法：（1）几何法：作出直线与平面所成角，在直角三角形中求角；（2）空间向量法：建立空间直角坐标系，求出直线的方向向量和平面的法向量，用向量法求线面角. 规律方法： 在动态变化过程中产生的体积最大、距离最大(小)、角的范围等问题，常用的解题思路是 (1)直观判断：在变化过程中判断点、线、面在何位置时，所求的量有相应最大、最小值． (2)函数思想：通过建系或引入变量，把这类动态问题转化为目标函数，从而利用代数方法求目标函数的最值． 专题精练 一、单选题 1．（2024·四川南充·二模）三棱锥中，，，为内部及边界上的动点，，则点的轨迹长度为（    ） A． B． C． D． 2．（2024·广西南宁·一模）在边长为4的菱形中，．将菱形沿对角线折叠成大小为的二面角．若点为的中点，为三棱锥表面上的动点，且总满足，则点轨迹的长度为（    ） A． B． C． D． 3．（2024·陕西榆林·模拟预测）如图，是边长为4的正三角形，是的中点，沿将折叠，形成三棱锥．当二面角为直二面角时，三棱锥外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 4．（2024·山东济南·三模）三棱锥中，平面，．若该三棱锥的最长的棱长为9，最短的棱长为3，则该三棱锥的最大体积为（    ） A． B． C．18 D．36 二、多选题 5．（2024·江西九江·三模）如图，正方体的棱长为1，点在截面内，且，则（    ） A．三棱锥的体积为 B．线段的长为 C．点的轨迹长为 D．的最大值为 6．（2024·浙江·模拟预测）如图，在三棱锥的平面展开图中，，分别是，的中点，正方形的边长为2，则在三棱锥中（    ） A．的面积为 B． C．平面平面 D．三棱锥的体积为 7．（2024·云南昆明·模拟预测）如图，已知正四棱柱的底面边长为1，侧棱长为2，点为侧棱（含端点）上的动点，直线平面，则下列说法正确的有（    ）    A．直线与平面不可能平行 B．直线与平面不可能垂直 C．若且，则平面截正四棱柱所得截面多边形的周长为 D．直线与平面所成角的正弦值的范围为 三、填空题 8．（2024·河南·模拟预测）在一个棱长为4的正方体内部有一个半径为的小球，该小球可以在正方体内部自由活动．当任意旋转、晃动正方体并保证小球至少与正方体的一个面相切时，小球球心的轨迹在正方体内部又会形成一个几何体，则小球球心轨迹形成的几何体的体积为 ． 9．（2024·四川南充·二模）已知菱形中，对角线，将沿着折叠，使得二面角为， ，则三棱锥的外接球的表面积为 .    10．（2024·湖北武汉·模拟预测）在三棱锥中，，且.记直线，与平面所成角分别为，，已知，当三棱锥的体积最小时，则三棱锥外接球的表面积为 . 四、解答题 11．（2024·重庆·模拟预测）如图，ACDE为菱形，，，平面平面ABC，点F在AB上，且，M，N分别在直线CD，AB上． (1)求证：平面ACDE； (2)把与两条异面直线都垂直且相交的直线叫做这两条异面直线的公垂线，若，MN为直线CD，AB的公垂线，求的值； (3)记直线BE与平面ABC所成角为，若，求平面BCD与平面CFD所成角余弦值的范围． 12．（2024·四川南充·一模）如图，在三棱锥中，平面，，，点M，N分别是线段SB，AC上的动点，且满足. (1)证明：平面； (2)当线段MN的长度最小时，求直线SC与平面AMN所成角的正弦值. 参考答案： 题号 1 2 3 4 5 6 7 答案 B A B C ACD ABD BC 1．B 【分析】由已知可得三棱锥为正三棱锥，即可得三棱锥的高，设点在底面上的射影为，即可得，进而可得点的轨迹及其长度. 【详解】    如图所示， 由，， 可知三棱锥为正三棱锥， 设中点为， 则，，， 设点在底面上的射影为， 则平面，， 又为内部及边界上的动点，， 所以， 所以点的轨迹为以点为圆心，为半径的圆在内部及边界上的部分， 如图所示，   ， ， 即，， 所以点的轨迹长度为， 故选：B. 2．A 【分析】根据二面角的平面角可结合余弦定理求解求，进而利用线面垂直可判断点轨迹为，求解周长即可． 【详解】连接、，交于点，连接， 为菱形，， 所以，，， 所以为二面角的平面角， 于是， 又因为， 所以， 取中点，取中点，连接、、，所以、， 所以、，，相交， 所以平面， 所以在三棱锥表面上，满足的点轨迹为， 因为，，， 所以的周长为， 所以点轨迹的长度为． 故选：A． 3．B 【分析】先证明平面，利用二面角的定义可得，利用勾股定理可得的外接圆直径为，将三棱锥补形成长方体来求其外接球的半径，再利用球体表面积公式可得出答案. 【详解】如图所示， 折叠前，由于是边长为4的正三角形，是的中点，则， 折叠后，则有，，因为，所以平面， 因为二面角为直二面角，， 则二面角的平面角为，且，， 可将三棱锥补形成长方体来求其外接球的半径，即，解得，从而三棱锥外接球的表面积为． 故选：B 4．C 【分析】由线面垂直得到线线垂直，推出该三棱锥的最长的棱为，故，最短的棱为或，分三种情况，利用锥体体积公式和基本不等式求出体积的最大值，得到答案. 【详解】因为平面，平面， 所以，， 故， 因为，所以，故， 则该三棱锥的最长的棱为，故， 最短的棱为或， 当最短的棱为，即时， 由勾股定理得， 故，故， 当且仅当时，等号成立， 故三棱锥体积为， 当最短的棱为，即时， 设，则，则， 故， 三棱锥体积为， 当且仅当，即时，等号成立， 当最短的棱为，即时， 设，则，则， 故， 三棱锥体积为， 当且仅当，即时，等号成立， 综上，该三棱锥的最大体积为18. 故选：C 5．ACD 【分析】对于A，点到平面的距离为，再通过三棱锥的体积公式计算即可；对于B，设的中心为，则，通过勾股定理计算即可；对于C，如图②所示，点的轨迹是以为圆心，为半径的圆的一部分，由三段劣弧构成并计算即可；对于D，建立空间直角坐标系，当位于点或的位置时，最小，计算即可. 【详解】对于A，在正方体中，易证平面，平面平面，且两平面间的距离为， 又的面积，所以三棱锥的体积故A正确； 对于B，如图①所示，设的中心为，则， 故B错误； 对于C，如图②所示，由知，， 点的轨迹是以为圆心，为半径的圆的一部分， 由三段劣弧构成，其长度为圆周长的一半故C正确； 对于D，， 为在方向上的投影，由图①可知， 当位于点或的位置时，最小， 此时取得最大值，如图②所示，建立空间直角坐标系， 则，，故D正确. 故选：ACD. 6．ABD 【分析】直接求的面积可判定A，连接交于G，根据条件证平面即可判定B，判定的夹角是否为直角可判定C，利用棱锥的体积公式可判定D. 【详解】 对于A，易知，故A正确； 对于B，连接交于G，根据正方形的性质易知， 所以有， 又平面，所以平面， 平面，所以，故B正确； 对于C，由上可知为平面与平面的夹角， 易知，则不垂直，故C错误； 对于D，由题意可知两两垂直， 则，故D正确. 故选：ABD 7．BC 【分析】当与重合时可以判断A；利用反证法说明B；证明平面，则平面为平面，即可求出截面周长，从而判断C；建立空间直角坐标系，利用空间向量法判断D. 【详解】对于A ：已知，若，则需，易知当与重合时， 平面，平面，所以，故可能成立，故A错误； 对于B：假设直线与平面垂直，又因为，则，显然不合题意， 因此假设不成立，即直线与平面不可能垂直，故B正确； 对于C：当为的中点时，连接，， 依题意可知，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，则平面为平面，即平面截正四棱柱所得截面多边形为， 又， 所以截面多边形的周长为，故C正确； 对于D：以为原点，直线分别为轴建立如图所示坐标系， 则，则，设， 平面的一个法向量为，设直线与平面所成角为，    所以，又， 所以， 所以直线与平面所成角的正弦值的范围为，故D错误. 故选：BC 8．27 【分析】如图，由题意可知小球在运动过程中球心形成的几何体仍为正方体，且棱长为3，即可求解. 【详解】因为小球至少与正方体的一个面相切， 所以小球在运动过程中球心形成的几何体仍为正方体， 如图，因为外部正方体的棱长为4，小球的半径为， 所以形成的正方体的棱长为3，其体积为． 故答案为：27 9． 【分析】将沿折起后，取中点为，连接，，得到，在中由余弦定理求出的长，进一步求出的长,分别记三角形与的重心为、，记该几何体的外接球球心为，连接，，证明与全等，求出，再推出，连接，由勾股定理求出，即可得出外接球的表面积. 【详解】将沿折起后，取中点为，连接，， 则，， 可知即为二面角的平面角，即； 设，则， 在中，由余弦定理可得：， 即 解得， 即，可得， 所以与是边长为的等边三角形， 分别记三角形与的重心为、， 则，；； 因为与都是边长为2的等边三角形， 所以点是的外心，点是的外心； 记该几何体的外接球球心为，连接，，    根据球的性质，可得平面，平面， 所以与都是直角三角形，且为公共边， 所以与全等，因此， 所以； 因为，，，平面， 所以平面； 又平面，所以， 连接，则外接球半径为， 所以外接球表面积为. 故答案为：. 【点睛】思路点睛：求解几何体外接球体积或表面积问题时，一般需要结合几何体结构特征，确定球心位置，求出球的半径，即可求解；在确定球心位置时，通常需要先确定底面外接圆的圆心，根据球心和截面外接圆的圆心连线垂直于截面，即可确定球心位置；有时也可将几何体补型成特殊的几何体（如长方体），根据特殊几何体的外接球，求出球的半径. 10． 【分析】根据给定条件，探求点在平面内的投影的轨迹，确定当三棱锥体积最小时点的位置，进而可得并求出外接球半径，求出球的表面积. 【详解】设点在平面内的投影为，由直线与平面所成角分别为，且，    则，，，于是， 以为轴，线段的中垂线为y轴，建立平面直角坐标系，    令，由，，得，，， 则，化简得， 因此点在以为圆心，为半径的圆上， 当最小时，最小，即三棱锥的体积最小， 此时，，，， 因此点在底面上的射影在上，且，又， 显然的中点到点的距离相等，此时三棱锥的外接球的球心为的中点， 外接球的半径，表面积为. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：解决与球有关的内切或外接问题时，关键是确定球心的位置，再求出球半径即可. 11．(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）先通过余弦定理及勾股定理得到，再根据面面垂直的性质证明； （2）以C为原点，CA的方向为x轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系，利用向量的坐标运算根据，列方程求解即可； （3）利用向量法求面面角，然后根据列不等式求解. 【详解】（1），， 所以，，， ，则， 又因为平面平面ABC，平面平面面， 故平面ACDE； （2）以C为原点，CA的方向为x轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系， 由，可得，， 所以 所以，， 设，则， 设，则，， 由题知，， 解得，，故； （3），设， 则，， 可取平面ABC的法向量， 则， ， 则， 整理得，故， ，，， 记平面CDF的法向量为，则有， 可得， 记平面CBD的法向量为，则有， 可得， 记平面BCD与平面CFD所成角为， 则，， 所以，， 故． 12．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）先根据平面可得，再根据线面垂直的判定定理证明即可； （2）建立空间直角坐标系，表示出，进而确定线段MN的长度最小时的值，再根据空间向量求解即可. 【详解】（1）因为平面，平面， 所以， 又，，平面 所以平面. （2）以为原点，以所在直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， 因为，， 所以，， 所以， 所以当时，最小， 此时，， 则，， 设平面AMN的一个法向量为， 则，即， 取，则，又， 设直线SC与平面AMN所成角为， 则， 即直线SC与平面AMN所成角的正弦值为. 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$