特训09 立体几何初步 选填压轴题 （九大题型，全国精选）-2024-2025学年高一数学期中期末挑战满分冲刺卷（人教A版2019必修第二册，浙江专用）

特训09 立体几何初步 选填压轴题 （九大题型，全国精选） 目录： 题型1：截面的有关计算 题型2：多面体与球的内切外接问题 题型3：空间位置关系的判断 题型4：角度问题 题型5：最值、取值范围问题 题型6：轨迹长度问题 题型7：存在性问题 题型8：综合应用辨析（多选） 题型9：翻折问题 题型1：截面的有关计算 1．（23-24高一下·河南·阶段练习）已知球与正方体的各个面相切，平面截球所得的截面的面积为，则正方体棱长为（　　） A． B． C．1 D．2 【答案】D 【分析】解法1：设正方体棱长为，利用截面圆的半径、到平面的距离、球的半径构成的直角三角形可得答案；解法2：设正方体棱长为，利用的面积相等解得可得答案． 【解析】解法1：设正方体棱长为，则球的半径为， ∵平面截此球所得的截面的面积为，∴截面圆的半径为， 由题意，球心与的距离为， 设到平面的距离为， 是边长为的等边三角形，， 由得，可得， ，由平面，所以球心到平面的距离为， ∴，∴，即正方体棱长为； 解法2：设正方体棱长为，内切球与正方体各面的切点， 恰好为等边三角形各边的中点，截面圆为等边三角形的内切圆， 又因为平面截此球所得的截面的面积为， 所以截面圆的半径为，， 所以，整理得， 故截面圆的半径，解得， 即正方体棱长为． 故选：D． 【点睛】关键点点睛：在方法1中关键点是根据勾股定理求出. 2．（23-24高一下·广东清远·期末）已知正方体的棱长为为棱的中点，为侧面的中心，过点的平面垂直于，则平面截正方体所得的截面面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】取的中点，由证得，再由平面证得，从而得到平面，同理证得，利用线面垂直的判定定理证得平面，得到平面截正方体的截面为，进而求得截面的面积. 【解析】取的中点，分别连接 在正方形中，因为分别为的中点， ， 可得， 所以，因为， 所以， 所以，即， 又因为分别为的中点，所以， 因为平面，平面， 所以，所以， 又因为且平面，所以平面， 因为平面，所以，同理可证， 又因为且平面， 所以平面， 即平面截正方体的截面为， 由正方体的棱长为4， 在直角中，可得， 在直角中，可得， 在直角中，可得， 所以， 所以截面的面积为 . 故选：D. 【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是根据题意确定所求截面为，从而得解. 3．（23-24高一下·四川成都·期末）在如图所示的直三棱柱中，点和的中点以及的中点所确定的平面把三棱柱切割成体积不同的两部分， 则小部分的体积和大部分的体积比为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】作出辅助线，得到四边形为截面，连接，小部分几何体可看作三棱锥和四棱锥，根据全等和相似关系得到四边形的面积，从而得到四棱锥的体积为，进而得到，小部分几何体的体积等于，求出大部分几何体体积，求出体积之比. 【解析】延长与于点，连接交于点，连接，则四边形为截面， 连接，小部分几何体可看作三棱锥和四棱锥， 因为为的中点，，故，所以， 又为的中点，故，故，相似比为1:2， 故，，又， 故四边形的面积， 故四棱锥的体积为， 设矩形的面积为， 故， 故， 又，故， 故， 故小部分几何体的体积等于， 故大部分几何体的体积等于， 故小部分的体积和大部分的体积比为. 故选：D 【点睛】方法点睛：立体几何中截面的处理思路： （1）直接连接法：有两点在几何体的同一个平面上，连接该两点即为几何体与截面的交线，找截面就是找交线的过程； （2）作平行线法：过直线与直线外一点作截面，若直线所在的平面与点所在的平面平行，可以通过过点找直线的平行线找到几何体与截面的交线； （3）作延长线找交点法：若直线相交但在立体几何中未体现，可通过作延长线的方法先找到交点，然后借助交点找到截面形成的交线； （4）辅助平面法：若三个点两两都不在一个侧面或者底面中，则在作截面时需要作一个辅助平面. 题型2：多面体与球的内切外接问题 4．（23-24高一下·广东佛山·期末）已知正四棱台，半球的球心在底面的中心，且半球与该棱台的各棱均相切，则半球的表面积为（      ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】分析半球与各棱的切点位置，利用球的切线性质，用表示出侧棱长，从不同角度表示出棱台的高，从而建立关于的方程，然后可得. 【解析】由题意可知，为下底面， 记上底面的中心为，过作垂直于平面，垂足为， 易知点在上，记半球与分别相切于点， 由正四棱台和球的对称性可知，为的中点， 因为，所以，， 记半球的半径为，则， 所以，， 分别在中，由勾股定理得， ， 因为，所以， 解得或（舍去）， 所以半球的表面积为. 故选：C 【点睛】关键点睛：本题考查学生的直观想象能力，解题关键在于利用球的切线性质，用表示出侧棱，然后根据棱台的高距离方程求出半径即可. 5．（23-24高一下·浙江温州·期中）在三棱锥中，底面，，，的面积为，则三棱锥的外接球表面积的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由面积公式可得，由余弦定理结合基本不等式可求，根据正弦定理可得外接圆半径，由勾股定理即可求解. 【解析】如图，取的外接圆圆心，过点作平面的垂线， 则三棱锥的外接球的球心在该垂线上，且， 在中，，即， 所以， 即（当且仅当时取等号）， 设外接圆半径为，由正弦定理得，即， 所以外接球的半径，则， 故三棱锥的外接球表面积的最小值为. 故选：. 【点睛】方法点睛：解决外接球问题： （1）通过球心位置的确定，利用勾股定理列方程求解； （2）已知线面垂直，构造矩形模型； （3）三个两两垂直的墙角模型，补形成长方体或正方体. 6．（23-24高一下·重庆·期末）已知正方体的棱长为4，点是棱的中点，为四边形内（包括边界）的一动点，且满足平面，的轨迹把正方体截成两部分，则较小部分的外接球的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】作出辅助线，得到平面平面，确定当在线段上运动时，满足平面，的轨迹把正方体截成两部分，则较小部分为三棱锥， 求出外接球半径，得到外接球体积. 【解析】分别取的中点，连接， 故， 因为，， 所以四边形为平行四边形， 所以，故， 因为平面，平面， 所以平面， 又点是棱的中点，所以，， 故四边形为平行四边形， 所以， 又平面，平面， 所以平面， 因为，平面， 所以平面平面， 故当在线段上运动时，满足平面， 的轨迹把正方体截成两部分，则较小部分为三棱锥， 其中两两垂直，且， 故其外接球半径为， 故较小部分的外接球的体积为. 故选：A 【点睛】特殊几何体的内切球或外接球的问题，常常进行补形，转化为更容易求出外接球或内切球球心和半径的几何体，比如墙角模型，对棱相等的三棱锥常常转化为棱柱来进行求解. 题型3：空间位置关系的判断 7．（23-24高一下·陕西西安·阶段练习）在三棱锥中，给出下面四种说法： ①若，则在底面的射影为外心 ②若，，，则在底面的射影为的垂心 ③若，，与底面所成的角相等，则在底面的射影为的重心 ④三个侧面，，与底面所成二面角相等，则在底面的射影为的内心，其中所有正确说法的序号是 ． 【答案】①②④ 【分析】利用直角三角形全等，结合点的射影，外心定义可判定①正确，③错误；结合线面垂直的判定与性质及垂心定义可判定②；根据二面角的定义，线面垂直的判定与性质，内心的定义可以判定④正确. 【解析】设在底面所在平面内的射影为，连接，，， 若，则，，全等， 所以， 所以为的外心，故①正确； 若，，与底面所成的角相等， 即，则，，全等， 所以， 所以为的外心，故③错误； 若，，， 则平面，故， 又因为平面， 所以，又， 所以平面，所以， 同理，， 所以为的垂心，故②正确； 三个侧面，，与底面所成二面角相等， 在底面内过作，，的垂线，垂足分别为，，，连接，，， 因为，，， 所以平面，因为平面， 所以， 同理，， 故，，为侧面与底面所成的二面角的平面角， 故，故，，全等， 故，故为的内心， 故④正确. 故选：①②④. 【点睛】方法点睛：本题考查三棱锥顶点在底面内的射影位置的判定，涉及线面角，二面角，线面垂直的判定与性质，三角形全等的判定与性质，关键是熟练运用线面垂直的判定与性质，准确掌握线面角，二面角的概念. 8．（22-23高一下·河北石家庄·期中）如图一，矩形中，交对角线于点，交于点，现将沿翻折至的位置，如图二，点为棱的中点，则下列判断一定成立的是（　　） A． B．平面 C．平面 D．平面平面 【答案】D 【分析】利用反证法可判断A；由二面角的变化可判断B；利用反证法结合面面平行的性质可判断C；利用面面垂直的判定定理可判断D． 【解析】对于D选项，翻折前，，， 翻折后，，， 因为，、平面，则平面， 因为平面，所以平面平面，故D正确； 对于B选项，因为，， 则二面角的平面角为， 在翻折的过程中，的大小会发生变化，故与不一定垂直， 所以与平面不一定垂直，故B错误； 对于A选项，设， 在图一中，， 又因为，所以，， 因为，所以， 所以，则， 在图二中，过点在平面内作，交于点，连接， 则，故，则， 因为，所以不是的中点， 因为，，则， 若，因为，、平面， 则平面， 因为平面，所以， 因为、平面，且，所以， 因为为的中点，则为的中点，与已知矛盾，故A错误； 由选项A知，因为，平面，平面， 所以平面， 若平面，则，、平面， 所以平面平面， 因为平面平面，平面平面，则， 因为为的中点，则为的中点，与已知条件矛盾，故C错误． 故选：D． 题型4：角度问题 9．（23-24高一下·湖北武汉·期末）如图，四棱锥的底面是正方形，平面，，，点E是上的点，且．设异面直线与所成角为，直线与平面所成角为，二面角的大小为．若，则（    ） A． B．1 C． D．2 【答案】C 【分析】根据空间角的相关定义分析可得，，，结合题意列式求解即可. 【解析】因为平面，平面， 可得， 又因为为正方形，则， 且，平面，可得平面. 因为∥，可知异面直线与所成角， 在中，可得； 因为平面，可知直线与平面所成角， 在中，可得； 过作，垂足为，连接， 因为，则，， 因为平面，平面，则， 且，平面，可得平面， 由平面可得， 可知二面角的平面角， 在中，可得； 因为，即，解得. 故选：C. 【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是：过作，利用三垂线法分析可知二面角的平面角. 10．（23-24高一下·安徽·阶段练习）已知正方体的体对角线垂直于平面，直线与平面所成角为，在正方体绕体对角线旋转的过程中，记BC与直线所成的最小角为，则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据正方体的几何性质，作出平面，找到线线角的平面角，即可求解. 【解析】如图所示，连接，交平面于点. 设正方体的棱长为a，根据正方体的性质可得，平面， 则平面与平面平行或重合，在线段上取点P，使， 则为满足题意的其中一个直线， 正方体绕体对角线旋转的过程可认为是正方体不动，绕体对角线旋转，， ，所以BC与直线所成的角即与直线所成的角， 可得当P在线段上时，与直线所成的角最小， 由正方体的性质可得，则， 所以 . 故选：B. 11．（22-23高一下·湖南衡阳·期末）在三棱锥中，，记直线与直线所成的角为，直线与平面所成的角为，直线与平面所成的角为，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先利用三余弦定理判定，再根据已知线段长及余弦定理得出，利用等体积法计算比较的关系即可. 【解析】 假设B在底面的投影为E，过A作，作， 则， 显然，则． 因为， 所以由余弦定理知：， 同理， 所以， 因为， 所以． 点B到平面ACD的距离为，设点C到平面ABD的距离为， 则由，得． 又， 所以．所以． 故选：A． 【点睛】关键点睛：利用最小角定理可判定，根据线段关系及余弦定理得出，结合线面角的定义及等体积法计算可比较. 12．（23-24高一下·北京朝阳·期末）在正四棱锥中，与所成的角的大小为α，PA与底面所成的角的大小为β，侧面与底面所成的角的大小为，二面角的大小为．给出下列四个结论： ①； ②； ③； ④． 其中所有正确结论的序号是 ． 【答案】①③④ 【分析】做出四个角，利用三角函数用边来表示，然后在逐一判断选项. 【解析】如图：为底面的中心，分别为的中点，连接， 设底面边长为，侧棱长为，斜高为，显然， 因为，所以为异面直线与所成的角， 即，并且，， 因为平面，所以为与平面所成的角，即，并且， 因为为的中点，所以，，所以为平面与平面所成角的平面角， 即，且，， 过点作，垂足为，连接，由侧面三角形全等可知， 所以为二面角的平面角，即，， 且， 因为，所以，即为钝角，所以最大， 因为，所以，因为，所以， 综上所述，所以，故①正确； ，，故②错误； ，故③正确； ， 而，即，故④正确. 故答案为：①③④ 【点睛】关键点点睛：本题的关键是做出4个平面角，然后通过用边来表示这些角的三角函数，没有具体数据，所以运算比较抽象并且运算量较大，在运算过程中，需要注意边之间的等量关系. 13．（23-24高一下·河北张家口·期末）已知A，B，C，D是八分之一球表面上的不同四点，M，N，K分别在线段OD，OB，OA上，四边形CMNK为矩形，，记，则（    ） A． B． C． D． 【答案】ABD 【分析】先利用线面垂直的判定定理与性质定理证得，，结合条件中，，从而在各直角三角形中得到的正余弦表示，对选项逐一分析判断即可. 【解析】在矩形中，，又，，平面， 则平面，又平面，于是， 又，则，即， 而，，，平面，则平面， 而，则平面，又平面，于是，， 对于A，在中，，在中，， 又，且为的斜边，即， 所以，A正确； 对于B，在中，，在中，， 在中，，则，B正确； 对于C，在中，，在中，，又， 所以，而与不一定相等，C错误； 对于D，在中，，又，，， 所以， 所以，即，D正确. 故选：ABD 【点睛】关键点点睛：本题的突破口是利用线面垂直的判定定理与性质定理证得，，从而得到的正余弦表示，由此得解. 题型5：最值、取值范围问题 14．（23-24高一下·湖南永州·期末）已知正方体的棱长为2，P为底面ABCD内一动点，直线与平面ABCD所成角为，为正方形的中心，点为线段上一动点，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】需要先找到点位置，再将立体问题平面化，根据三点共线距离最短求解. 【解析】    因为直线与平面ABCD所成角为， 又因为面 所以为直线与平面所形成的角，即， 又，所以， 所以点的轨迹为以为圆心，半径的圆落在四边形内的部分，即四分之一圆弧. 分析可知，点为和 圆弧的交点时，最小. 此时可将面沿着翻折到面所在平面. 根据长度关系，翻折后的图形如图所示，其中分别为正方体上下底面的中心，    当三点共线时，最小.因为，所以最小值为 故选：B. 15．（23-24高一下·云南昭通·阶段练习）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，，，则该四棱锥外接球半径为 ；直线l与平面所成夹角的范围为 ． 【答案】 1 【分析】由题可证平面，若平面，则l与平面所成的角为0，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，可得为在平面内的射影，为直线l与平面所成的角，求出的范围，得解. 【解析】因为四棱锥的底面为正方形，且平面， 将四棱锥补形成长方体，则四棱锥的外接球即为长方体的外接球， 可得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，即平面， 若平面，则l与平面所成的角为0． 如图，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， 因为平面，且平面，所以， 又，，且，，平面，所以平面， 故过B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，又平面，所以为在平面内的射影， 即为直线l与平面所成的角，且， 在中，，，由射影定理求得 ， 而，当且仅当重合时，等号成立， 故，∴． 综上，直线l与平面所成夹角的取值范围为. 故答案为：1；. 16．（23-24高一下·四川·期末）如图，在直三棱柱中，侧棱长为，，，点在上底面（包含边界）上运动，则三棱锥外接球半径的取值范围为（    ）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由条件确定球心位置，建立关于球的半径的表达式，从而求出半径的取值范围即可. 【解析】因为为等腰直角三角形，， 所以的外接圆的圆心为的中点，且， 设的中点为，连接， 则，平面， 设三棱锥外接球的球心为， 由球的性质可得点在上，设，， 外接球的半径为，因为， 所以，即， 又，则， 因为，所以，则， 故选：.    【点睛】方法点睛：常见几何体的外接球半径求法：（1）棱长为的正方体的外接球半径为； （2）长方体的长，宽，高分别为，，，则其外接球的半径为； （3）直棱柱的高为，底面多边形的外接圆半径为，则其外接球半径为. 17．（23-24高一下·湖北武汉·期末）已知棱长为4的正方体，点是棱的中点，点是棱的中点，动点在正方形（包括边界）内运动，且平面，则的长度范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先过点作出与平面平行的平面，然后得出点的轨迹，最后计算的长度取值范围即可. 【解析】如图，取上靠近点的四等分点，连接、， 由是棱的中点，点是棱的中点，易得， 则平面， 取、中点、，取上靠近点的四等分点， 连接、、、， 由正方体的性质易得，，则， 又平面，平面，所以平面， 同理，平面， 又，平面，故平面平面， 又平面，平面，故， 即点的轨迹为线段，设点到的距离为， 有，故， 又，故的长度范围为. 故选：C. . 【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是过作出与平面平行的平面，从而求得的运动轨迹，由此得解. 题型6：轨迹长度问题 18．（23-24高一下·陕西榆林·期末）已知正三棱锥，满足，，，，点在底面上，且，则点的轨迹长度为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设为等边三角形的中心，求出，求出点到的距离可得点轨迹是以点为圆心以为半径，且与的三边各有2个交点的三段相等圆弧，求出圆弧所对的圆心角可得答案. 【解析】 ， 设为等边三角形的中心，则平面， 连接，则， 所以， ， 而点到的距离为， 点到的距离为， 所以点轨迹是以点为圆心，以为半径， 且与的三边各有2个交点的三段相等圆弧，如图， 设圆弧与相交于两点，作，则， ，所以，可得， 可得点的轨迹在内部的弧所对的圆心角为， 则弧长为. 故选：C. 【点睛】关键点点睛：解题的关键点是确定点的轨迹. 19．（23-24高一下·吉林通化·期末）在三棱柱中，平面是棱上的动点，直线与平面所成角的最大值是，点在底面内，且，则点的轨迹长是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】连接，则为直线与平面所成角，从而得到，所以当取最小值时取得最大值，求出的最小值，即可求出，连接，由勾股定理求出，即可得到点在以为圆心，为半径的圆（圆弧）上，且圆心角为，即可求出轨迹长. 【解析】连接，因为平面，所以为直线与平面所成角， 所以，又直线与平面所成角的最大值是， 所以，当且仅当取最小值时取得最大值， 因为，所以当时取最小值，此时， 所以， 又点在底面内，且，连接， 因为平面，平面，所以， 所以， 所以点在以为圆心，为半径的圆（圆弧）上，且圆心角为， 所以点的轨迹长为. 故选：B 【点睛】关键点点睛：本题关键是由线面角求出的长度，再由勾股定理求出，即可确定的轨迹. 题型7：存在性问题 20．（23-24高一下·北京西城·期末）如图，在棱长为2的正方体中，点为的中点，点是侧面上（包括边界）的动点，点是线段上的动点，给出下列四个结论： ①任意点，都有； ②存在点，使得平面； ③存在无数组点和点，使得； ④点到直线的距离最小值是． 其中所有正确结论的序号是 ． 【答案】①③④ 【分析】对于①：可证平面，即可得结果；对于②：可证平面，即可得结果；对于③：分析可知，结合平面性质分析判断；对于④：结合平面分析可知：当平面时，点到直线的距离最小，结合长度关系分析求解. 【解析】因为∥，且，可知为平行四边形. 对于①：因为为正方形，则， 又因为平面，平面，则， 且，平面， 可得平面，由平面，则，故①正确； 对于②：由①可知：平面，由平面，则， 同理可证：， 且，平面，可得平面， 又因为平面，平面， 可知平面与平面相交， 所以不存在点，使得平面，故②错误； 对于③：若，则四点共面，即平面， 又因为点侧面，且侧面平面，则， 根据平面的性质可知：对任意线段（不包括），均存在，使得， 所以存在无数组点和点，使得，故③正确； 对于④：由②可知：平面， 由垂线性质可知，当平面时，点到直线的距离最小， 又因为， 可知为正三棱锥，点为等边的中心， 此时点到直线的距离为， 所以点到直线的距离最小值是，故④正确； 故答案为：①③④. 【点睛】关键点点睛：对于空间中动线问题的研究，常常有拓展的思路，把线转为面，研究线面问题，有助于理解判断. 21．（23-24高一下·江西宜春·期末）如图，在棱长为1的正方体中，分别是的中点，为线段上的动点，则下列结论正确的是（    ） A．存在点，使得∥平面 B．不存在点，使得 C．直线与平面所成角的正切值的最小值为 D．过三点的平面截正方体所得截面面积的最大值为 【答案】ACD 【分析】对于A，根据线面平行的判定定理分析判断；对于B，利用线面垂直证明线线垂直即可判断；对于C，利用直线与平面所成角的求法即可判断；对于D，先做出截面，再求其面积即可. 【解析】对于A，取点为的中点，则∥，， 且是的中点，则∥，， 可得∥，，则为平行四边形，可得∥， 且平面，平面，所以∥平面，故A正确； 对于B，设中点为，连接， 若为中点，则平面ABCD，MN在面ABCD内，所以， 在中，，， 所以，故，，平面， 所以平面，平面，所以，故B不正确； 对于C，过点作平面，连接， 所以直线与平面所成角为， 所以， 当在时，，所以，故C正确； 对于D，由正方体中心对称（类比为球体，MN看作弦），故过的截面经过对称中心O所得截面最大， 此时截面交棱于中点，也为中点， 所以为的中点时，过、、三点的平面截正方体所得截面最大， 取的中点，的中点，的中点，连接、、、、， 所以过、、三点的平面截正方体所得截面最大值为正六边形， 面积为，故D正确． 故选：ACD. 【点睛】关键点点睛：本题D选项解决的关键是能够合理转化问题，类比解决，从而找到截面面积最大的状态. 题型8：综合应用辨析（多选） 22．（23-24高一下·江苏无锡·期中）如图，在正方体中，，为正方形的中心，为棱的中点，点在线段上（不包含端点）运动，点在正方形内（包括边界）运动，且平面，下列说法正确的有（   ）    A．与一定异面 B．的最小值为 C．三棱锥体积的最小值为 D．与不可能垂直 【答案】BC 【分析】取为的中点，结合中位线的性质可判断A选项；将、延展为同一个平面，可知当、、三点共线时，取最小值，结合平面几何相关知识可判断B选项；取、的中点、，求出点的轨迹为线段，可得出面积的最小值，结合锥体的体积公式可判断C选项；取为的中点，利用等腰三角形的几何性质可判断D选项. 【解析】对于A选项，连接、、，则为的中点，    当为的中点时，由于四边形为正方形，则也为的中点， 此时，，A错； 对于B选项，易知是边长为的等边三角形，是等腰直角三角形， 且， 将、延展为同一个平面，如下图所示：    当、、三点共线时，取最小值， 在和中，，，， 所以，，所以，， 因为，，则为的中点，且， 则，， 所以，的最小值为，B对； 对于C选项，分别取、的中点、，连接、、、，    因为，，、分别为、的中点，则且， 所以，四边形为平行四边形，所以，且， 又因为，，则且， 所以，四边形为平行四边形，所以，， 因为平面，平面，所以，平面， 因为，，则四边形为平行四边形，所以，， 因为、分别为、的中点，所以，，所以，， 因为平面，平面，所以，平面， 因为，、平面，故平面平面， 当点时，平面，则平面， 所以，点的轨迹为线段， 当点与点重合时，点到直线的距离取最小值， 此时，的面积取最小值，且最小值为， 则，即三棱锥体积的最小值为，C对； 对于D选项，因为，同理可得，即， 当点为线段的中点时，， 又因为，此时，，D错. 故选：BC. 【点睛】思路点睛：（1）计算多面体或旋转体的表面上折线段的最值问题时，一般采用转化的方法进行，即将侧面展开化为平面图形，即“化折为直”或“化曲为直”来解决，要熟练掌握多面体与旋转体的侧面展开图的形状； （2）对于几何体内部折线段长的最值，可采用转化法，转化为两点间的距离，结合勾股定理求解. 23．（23-24高一下·广东广州·阶段练习）已知正方体中，以下结论正确的有（    ） A．点在直线上运动时，三棱锥的体积不变 B．点在直线上运动时，直线与平面所成角的大小不变 C．点在直线上运动时，二面角的大小不变 D．是平面上到点和距离相等的点，则点的轨迹是过点的直线 【答案】ACD 【分析】对于A，根据等体积法结合‖平面分析判断，对于B，设点到平面的距离为，直线与平面所成的角为，则由分析判断，对于C，将二面角的大小转化为平面与平面所成角的大小分析判断，对于D，判断点的轨迹是平面与线段的垂直平分线所在平面的交线即可. 【解析】对于A，因为在正方体中，‖，平面，平面， 所以‖平面，所以上的点到平面的距离相等， 因为，为定值， 所以点在直线上运动时，三棱锥的体积不变，所以A正确， 对于B，设点到平面的距离为，直线与平面所成的角为，则， 因为‖平面，所以点在直线上运动时，为定值，但在变化， 所以变化即角变化，所以直线与平面所成的角变化，所以B错误， 对于C，因为平面，所以二面角的大小等于平面与平面所成角的大小， 所以二面角的大小不变，所以C正确， 对于D，因为点是平面上到点和点的距离相等的点， 所以点的轨迹是平面与线段的垂直平分线所在平面的交线， 即点的轨迹是平面与平面的交线， 所以点的轨迹是过点的直线，所以D正确. 故选：ACD 24．（24-25高一上·浙江杭州·期末）如图1所示，四边形是边长为的正方形，、、分别为、、的中点，分别沿、及所在直线把、和折起，使、、三点重合于点，得到如图2所示的三棱锥，则下列结论中正确的有（        ）    A．三棱锥的体积为 B．异面直线与所成角的余弦值为 C．过点的平面截三棱锥的外接球，所得截面的面积的最小值为 D．过点的平面截三棱锥的外接球，所得截面的面积的最大值为 【答案】BCD 【分析】利用锥体体积公式可判断A选项；取的中点，连接、，利用异面直线所成角的概念和余弦定理可判断B选项；求出外接球球心到截面距离的取值范围，利用勾股定理求出截面圆半径的取值范围，结合圆的面积公式可判断D选项. 【解析】对于A选项，翻折前，在正方形中，，， 翻折后，则有，， 因为，、平面，则平面， 因为为的中点， 则，故A错误； 对于B选项，在图2中，取的中点，连接、，    因为、分别为、的中点 ，则且， 则异面直线与所成的角为或其补角， 又， 由余弦定理可得， 所以，异面直线与所成角的余弦值为，故B正确； 对于CD选项，因为平面，， 可以把三棱锥放到如图所示的长方体中， 则三棱锥的外接球即为长方体的外接球， 设长方体的体对角线的交点为点，    则为长方体外接球球心， 长方体的体对角线长为，（为其外接球半径）， 因为，且为的中点，则， 且， 设到过的平面的距离为，则， 设平面截三棱锥的外接球所得圆面的半径为， 则，，故CD均正确， 故选：BCD. 【点睛】方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下： （1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径； （2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的； （3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解. 25．（23-24高一下·宁夏固原·期末）已知点是棱长为2的正方体的表面上一个动点，则下列说法错误的是（    ） A．若在棱上运动，当点与点重合时，最大 B．使得二面角的大小为的点的轨迹长度为2 C．当在平面内运动时，四棱锥的体积为定值 D．若是的中点，当在底面内运动，且满足平面时，的最小值为 【答案】ABD 【分析】由为与平面所成的角，当点与点重合时，最小，可判断；当点在，，上时，二面角的大小为，可判断；由底面和高均不变可判断；分别取，，，，的中点，，，，，由正方体的性质可知，，，，，六点共面，且为正六边形，点在上，可求长的最小值. 【解析】因为为与平面所成的角， 在中，， 若在棱上运动，当点与点重合时，最大， 此时，最小，所以最小，故错误； 因为平面与平面所成的角为， 所以使得二面角的大小为的点在，，上， 所以点的轨迹长度为，故错误； 底面正方形的面积不变，到平面的距离为正方体棱长， 故四棱锥的体积不变，故正确； 分别取，，，，的中点，，，，， 由正方体的性质可知，，，，，六点共面，且为正六边形， 因为，平面，所以平面， 同理平面，且，，平面， 所以平面平面， 所以平面， 所以当为的中点时，的长最小， ，，所以， 所以长的最小值为，故错误. 故选：. 【点睛】方法点睛：立体几何中动点轨迹问题通常利用不动点的位置和动点的位置关系，找出动点的轨迹即可求解. 26．（22-23高二下·江苏盐城·期末）如图，已知二面角的棱上有两点，，且，则下列说法正确的是（    ）    A．当二面角的大小为时，直线与所成角为 B．当二面角的大小为时，直线与平面所成角的正弦值为 C．若，则二面角的余弦值为 D．若，则四面体外接球的表面积为 【答案】ABD 【分析】过作，且，连接，，即可得到即为直线与所成角，为二面角的平面角，由，即可求出、，即可判断A，取的中点，连接，，即可得到平面，从而得到即为直线与平面所成角，即可判断B，由A、B中，取的中点，连接，，即可得到即为二面角的平面角，即可判断C，四面体的外接球即为四棱锥的外接球，求出外接球的半径，即可判断D. 【解析】对于A、B，如图，过作，且，连接，， 由，，，所以，则为正方形，    则，即为直线与所成角，为二面角的平面角， 当时，易得， 又，，，平面，所以平面， 即面，面，所以，所以为等腰直角三角形， 故，即直线与所成角为，故A正确；    取的中点，连接，，因为为等边三角形，所以， 又面，面，所以， ，平面，所以平面， 所以即为直线与平面所成角，因为，， 所以，即直线与平面所成角的正弦值为，故B正确； 对于C，过作，且，连接，， 由，，，所以，则为正方形，则，    又，，，平面，所以平面， 所以平面，为二面角的平面角， 若，则，所以，即为等边三角形， 所以，即二面角的大小为， 取的中点，连接，，则，所以， 由三垂线法可知即为二面角的平面角，又，所以， 所以，所以二面角的余弦值为，故C错误；    对于D，四面体的外接球即为四棱锥的外接球， 又平面，平面，所以平面平面， 所以将四棱锥补全为直三棱柱， 则四棱锥的外接球即为直三棱柱的外接球，    设外接圆的半径为，则， 设四棱锥的外接球的半径为，则， 所以四棱锥的外接球的表面积， 故四面体外接球的表面积为，故D正确． 故选：ABD. 【点睛】关键点睛：涉及二面角问题关键是找到二面角的平面角，常用定义法和三垂线法. 题型9：翻折问题 27．（23-24高一下·湖北咸宁·期末）如图，将一副三角板拼成平面四边形，将等腰直角沿向上翻折，得三棱锥.设，点分别为棱的中点，为线段上的动点.下列说法正确的是（    ） A．在翻折过程中存在某个位置，使 B．当时，与平面所成角的正弦值为 C．在翻折过程中，三棱锥体积的最大值为2 D．当时，的最小值为 【答案】ACD 【分析】对于，由平面平面，证明；对于B，当时平面，是直线与平面所成的角，利用三角形边长求正弦值即可；对于C，当三棱锥体积取得最大值时，是三棱锥的高，由求值即可；对于D，将沿旋转，得到，使其与在同一平面内且在内，当三点共线时， 的最小值为，利用余弦定理求解. 【解析】对于：当平面平面时，， 证明如下：因为平面平面，平面平面， ，平面，则平面， 因为平面，所以，故A正确； 对于B：当时，等腰直角中，点为棱的中点，有， ，平面，则平面， 平面，有平面平面，由A选项知平面， 所以是直线与平面所成的角； 由，有，，，， ，则，故B错误； 对于C：当三棱锥体积取得最大值时，平面平面， 即是三棱锥的高，，故C正确； 对于D：当时，因为为的中点，所以，则， 又因为的中点，所以， 又，所以，所以， 如图将沿旋转，得到，使其与在同一平面内且在内， 则当三点共线时，最小，即的最小值为， 在中，， 则， 所以在中，由余弦定理得， 所以的最小值为，故D正确， 故选：ACD. 【点睛】方法点睛： ‌立体几何中的翻折问题通常涉及将一个平面图形按照特定要求折叠成三维空间图形，进而研究图形在位置关系和数量关系上的变化，解决这类问题需要掌握以下技巧： 1. 同时画出折前和折后的图形：在解决问题时，同时画出折前和折后的图形有助于理解翻折过程和图形变化，这对于判断线段和角度的关系非常关键. 2. 寻找不变量：在翻折过程中，有些量是不变的，如角度和距离，注意这些不变量可以帮助简化问题. 3. 利用‌空间向量：空间向量是一个有效的工具，适用于解决立体几何中的探索性问题，通过坐标运算，可以简化“是否存在”这类问题的解决过程. 4. 将空间问题转化为平面几何问题：通过截面、展开、射影等手段，可以将空间中分散的条件集中在同一平面上，从而更容易解决问题. 三、填空题 28．（23-24高二上·浙江温州·期中）如图，三角形中，，，为中点，为上的动点，将沿翻折到位置，使点在平面上的射影落在线段上，则当变化时，二面角的余弦值的最小值是 .    【答案】/. 【分析】 作出图示，根据位置关系分析出二面角的平面角为，然后根据三点共线将问题转变为平面直角坐标系中的坐标问题，通过计算对应纵坐标的比值结合基本不等式求解出二面余弦值的最小值. 【解析】过点作交于点，连接，如下图所示： 因为在平面内的射影为点，所以平面，所以， 又因为，，所以平面，所以， 所以二面角的平面角为，且， 又因为，所以，易知三点共线，且，则， 在平面中建立平面直角坐标系如下图所示： 设，因为在平面内的射影为点，所以可知， 又，所以，， 所以，，所以， 所以， 设，所以， 当且仅当，即，即时取等号， 所以， 故答案为： 【点睛】关键点点睛：本题考查利用几何法求解二面角的余弦值，解答问题的关键在于将空间中线段长度比值转化为平面中坐标的比值，通过利用基本不等式求解出对应最值，难度较大. 29．（23-24高一下·云南昆明·阶段练习）在边长为4的正方形ABCD中，如图甲所示，E，F，M分别为BC，CD，BE的中点，分别沿AE，AF及EF所在直线把和折起，使B，C，D三点重合于点P，得到三棱锥，如图乙所示，则三棱锥外接球的体积是 ；过点M的平面截三棱锥外接球所得截面的面积的取值范围是 .    【答案】 【分析】对于第一空，三棱锥外接球即为补形后长方体的外接球，从而即可求解；对于第二空，由最大截面为过球心O的大圆，最小截面为过点M垂直于球心O与M连线的圆即可求解. 【解析】对于第一空，由题意，将三棱锥补形为长、宽、高分别为2，2，4的长方体，如图所示，    三棱锥P−AEF外接球即为补形后长方体的外接球， 所以外接球的直径，所以， 所以三棱锥P−AEF外接球的体积为； 对于第二空，过点M的平面截三棱锥P−AEF的外接球所得截面为圆， 其中最大截面为过球心O的大圆，此时截面圆的面积为， 最小截面为过点M垂直于球心O与M连线的圆， 此时截面圆半径（其中长度为长方体前后面对角线长度）， 则截面圆的面积为， 所以过点M的平面截三棱锥的外接球所得截面的面积的取值范围为. 故答案为：；. ( 第 3 页 共 8 页 )原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 $$ 特训09 立体几何初步 选填压轴题 （九大题型，全国精选） 目录： 题型1：截面的有关计算 题型2：多面体与球的内切外接问题 题型3：空间位置关系的判断 题型4：角度问题 题型5：最值、取值范围问题 题型6：轨迹长度问题 题型7：存在性问题 题型8：综合应用辨析（多选） 题型9：翻折问题 题型1：截面的有关计算 1．（23-24高一下·河南·阶段练习）已知球与正方体的各个面相切，平面截球所得的截面的面积为，则正方体棱长为（　　） A． B． C．1 D．2 2．（23-24高一下·广东清远·期末）已知正方体的棱长为为棱的中点，为侧面的中心，过点的平面垂直于，则平面截正方体所得的截面面积为（    ） A． B． C． D． 3．（23-24高一下·四川成都·期末）在如图所示的直三棱柱中，点和的中点以及的中点所确定的平面把三棱柱切割成体积不同的两部分， 则小部分的体积和大部分的体积比为（   ） A． B． C． D． 题型2：多面体与球的内切外接问题 4．（23-24高一下·广东佛山·期末）已知正四棱台，半球的球心在底面的中心，且半球与该棱台的各棱均相切，则半球的表面积为（      ） A． B． C． D． 5．（23-24高一下·浙江温州·期中）在三棱锥中，底面，，，的面积为，则三棱锥的外接球表面积的最小值为（    ） A． B． C． D． 6．（23-24高一下·重庆·期末）已知正方体的棱长为4，点是棱的中点，为四边形内（包括边界）的一动点，且满足平面，的轨迹把正方体截成两部分，则较小部分的外接球的体积为（    ） A． B． C． D． 题型3：空间位置关系的判断 7．（23-24高一下·陕西西安·阶段练习）在三棱锥中，给出下面四种说法： ①若，则在底面的射影为外心 ②若，，，则在底面的射影为的垂心 ③若，，与底面所成的角相等，则在底面的射影为的重心 ④三个侧面，，与底面所成二面角相等，则在底面的射影为的内心，其中所有正确说法的序号是 ． 8．（22-23高一下·河北石家庄·期中）如图一，矩形中，交对角线于点，交于点，现将沿翻折至的位置，如图二，点为棱的中点，则下列判断一定成立的是（　　） A． B．平面 C．平面 D．平面平面 题型4：角度问题 9．（23-24高一下·湖北武汉·期末）如图，四棱锥的底面是正方形，平面，，，点E是上的点，且．设异面直线与所成角为，直线与平面所成角为，二面角的大小为．若，则（    ） A． B．1 C． D．2 10．（23-24高一下·安徽·阶段练习）已知正方体的体对角线垂直于平面，直线与平面所成角为，在正方体绕体对角线旋转的过程中，记BC与直线所成的最小角为，则（   ） A． B． C． D． 11．（22-23高一下·湖南衡阳·期末）在三棱锥中，，记直线与直线所成的角为，直线与平面所成的角为，直线与平面所成的角为，则（    ） A． B． C． D． 12．（23-24高一下·北京朝阳·期末）在正四棱锥中，与所成的角的大小为α，PA与底面所成的角的大小为β，侧面与底面所成的角的大小为，二面角的大小为．给出下列四个结论： ①； ②； ③； ④． 其中所有正确结论的序号是 ． 13（多选）．（23-24高一下·河北张家口·期末）已知A，B，C，D是八分之一球表面上的不同四点，M，N，K分别在线段OD，OB，OA上，四边形CMNK为矩形，，记，则（    ） A． B． C． D． 题型5：最值、取值范围问题 14．（23-24高一下·湖南永州·期末）已知正方体的棱长为2，P为底面ABCD内一动点，直线与平面ABCD所成角为，为正方形的中心，点为线段上一动点，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 15．（23-24高一下·云南昭通·阶段练习）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，，，则该四棱锥外接球半径为 ；直线l与平面所成夹角的范围为 ． 16．（23-24高一下·四川·期末）如图，在直三棱柱中，侧棱长为，，，点在上底面（包含边界）上运动，则三棱锥外接球半径的取值范围为（    ）    A． B． C． D． 17．（23-24高一下·湖北武汉·期末）已知棱长为4的正方体，点是棱的中点，点是棱的中点，动点在正方形（包括边界）内运动，且平面，则的长度范围为（    ） A． B． C． D． 题型6：轨迹长度问题 18．（23-24高一下·陕西榆林·期末）已知正三棱锥，满足，，，，点在底面上，且，则点的轨迹长度为（    ） A． B． C． D． 19．（23-24高一下·吉林通化·期末）在三棱柱中，平面是棱上的动点，直线与平面所成角的最大值是，点在底面内，且，则点的轨迹长是（    ） A． B． C． D． 题型7：存在性问题 20．（23-24高一下·北京西城·期末）如图，在棱长为2的正方体中，点为的中点，点是侧面上（包括边界）的动点，点是线段上的动点，给出下列四个结论： ①任意点，都有； ②存在点，使得平面； ③存在无数组点和点，使得； ④点到直线的距离最小值是． 其中所有正确结论的序号是 ． 21（多选）．（23-24高一下·江西宜春·期末）如图，在棱长为1的正方体中，分别是的中点，为线段上的动点，则下列结论正确的是（    ） A．存在点，使得∥平面 B．不存在点，使得 C．直线与平面所成角的正切值的最小值为 D．过三点的平面截正方体所得截面面积的最大值为 题型8：综合应用辨析（多选） 22（多选）．（23-24高一下·江苏无锡·期中）如图，在正方体中，，为正方形的中心，为棱的中点，点在线段上（不包含端点）运动，点在正方形内（包括边界）运动，且平面，下列说法正确的有（   ）    A．与一定异面 B．的最小值为 C．三棱锥体积的最小值为 D．与不可能垂直 23（多选）．（23-24高一下·广东广州·阶段练习）已知正方体中，以下结论正确的有（    ） A．点在直线上运动时，三棱锥的体积不变 B．点在直线上运动时，直线与平面所成角的大小不变 C．点在直线上运动时，二面角的大小不变 D．是平面上到点和距离相等的点，则点的轨迹是过点的直线 24（多选）．（24-25高一上·浙江杭州·期末）如图1所示，四边形是边长为的正方形，、、分别为、、的中点，分别沿、及所在直线把、和折起，使、、三点重合于点，得到如图2所示的三棱锥，则下列结论中正确的有（        ）    A．三棱锥的体积为 B．异面直线与所成角的余弦值为 C．过点的平面截三棱锥的外接球，所得截面的面积的最小值为 D．过点的平面截三棱锥的外接球，所得截面的面积的最大值为 25（多选）．（23-24高一下·宁夏固原·期末）已知点是棱长为2的正方体的表面上一个动点，则下列说法错误的是（    ） A．若在棱上运动，当点与点重合时，最大 B．使得二面角的大小为的点的轨迹长度为2 C．当在平面内运动时，四棱锥的体积为定值 D．若是的中点，当在底面内运动，且满足平面时，的最小值为 26（多选）．（22-23高二下·江苏盐城·期末）如图，已知二面角的棱上有两点，，且，则下列说法正确的是（    ）    A．当二面角的大小为时，直线与所成角为 B．当二面角的大小为时，直线与平面所成角的正弦值为 C．若，则二面角的余弦值为 D．若，则四面体外接球的表面积为 题型9：翻折问题 27（多选）．（23-24高一下·湖北咸宁·期末）如图，将一副三角板拼成平面四边形，将等腰直角沿向上翻折，得三棱锥.设，点分别为棱的中点，为线段上的动点.下列说法正确的是（    ） A．在翻折过程中存在某个位置，使 B．当时，与平面所成角的正弦值为 C．在翻折过程中，三棱锥体积的最大值为2 D．当时，的最小值为 三、填空题 28．（23-24高二上·浙江温州·期中）如图，三角形中，，，为中点，为上的动点，将沿翻折到位置，使点在平面上的射影落在线段上，则当变化时，二面角的余弦值的最小值是 .    29．（23-24高一下·云南昆明·阶段练习）在边长为4的正方形ABCD中，如图甲所示，E，F，M分别为BC，CD，BE的中点，分别沿AE，AF及EF所在直线把和折起，使B，C，D三点重合于点P，得到三棱锥，如图乙所示，则三棱锥外接球的体积是 ；过点M的平面截三棱锥外接球所得截面的面积的取值范围是 .    ( 第 3 页 共 8 页 )原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 $$