猜想05 立体几何压轴小题（考题猜想，7大题型）-2024-2025学年高一数学下学期期末考点大串讲（人教B版2019）

猜想05 立体几何压轴小题 19 / 19 学科网（北京）股份有限公司 · 题型一 截面问题 · 题型二 外接球问题 · 题型三 内切球问题 · 题型四 角度问题 · 题型五 最值范围问题 · 题型六 轨迹长度问题 · 题型七 存在性问题 · 题型一 截面问题 1．已知正方体中，点是线段上靠近的三等分点，点是线段上靠近的三等分点，则平面AEF截正方体形成的截面图形为（    ） A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形 【答案】C 【详解】如图，设，分别延长交于点，此时， 连接交于，连接， 设平面与平面的交线为，则， 因为平面平面，平面平面，平面平面， 所以，设，则， 此时，故，连接， 所以五边形为所求截面图形， 故选：C． 2．如图，正方体的棱长为4，， 分别为棱，的中点，过，，作正方体的截面，则截面多边形的周长是(       ) A． B． C． D． 【答案】D 【详解】取的中点为T，取的中点为S，取上靠近D的四等分点为M， 取上靠近的四等分点为G，取上靠近的三等分点为N， 连接. 如图 由正方体性质可知，在中，分别为的中点， 所以，所以，故四点共面， 在正方形中，且，所以为平行四边形， 所以，由正方体性质可知， 在中，分别为的三等分点，所以，所以， 故四点共面， 所以五边形为所求的截面多边形. 易知，，，，， 故，，，，. 所以截面五边形的周长为. 故选：D. 3．正方体的棱长为x，点M是棱的中点，过三点作正方体的截面，则该截面的面积为 . 【答案】 【详解】取中点，延长交于点， 如图，四边形的面积即为所求，是一个等腰梯形，由几何关系可得为的中位线， 则，，， 设梯形的高为则， 所以. 故答案为：. 4．在三棱锥中，平面VAC，，，点F为棱AV上一点，过点F作三棱锥的截面，使截面平行于直线VB和AC，当该截面面积取得最大值时， ． 【答案】 【详解】根据题意，在平面内，过点作，交于点； 在平面内，过点作，交于点； 在平面内，过点作，交于点，连接，如图所示， 因为，则，设其相似比为，即， 则； 又因为，，， 由余弦定理得，，则， 即. 又平面，，平面，所以，. 又，则，. 因为，则，则， 因为，所以，即， 同理可得，即， 因为，，则， 故四边形为平行四边形；而平面，平面， 故平面，同理平面， 即四边形为截面图形； 又平面，平面，则， 又，所以. 故平行四边形为矩形，则， 所以当时，有最大值，则， 在中，. 故答案为：. 【点睛】思路点睛：先作平行线作出题中的截面，再证明四边形为符合题意的截面图形，结合线面平行以及线面垂直说明四边形为矩形，利用三角形相似表示出矩形的两边长，并求得其面积表达式，利用二次函数求出最值得解. 5．如图，正方体的棱长为1，P为的中点，Q为线段上的动点，过点A、P、Q的平面截该正方体所得的截面记为S，给出下列四个结论： ①当时，S为四边形； ②当时，S为等腰梯形； ③当时，S的面积为； ④当时，S与的交点R满足.以上结论正确的个数是（） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】D 【详解】①当时，如图（1），是四边形，故①正确； ②当时，如图（2），是等腰梯形，故②正确； ③当时，如图（3），此时截面为菱形，两条对角线的长分别为 所以，③正确. ④当时，如下图，延长至，使，连接交于，连接交于，连接，则，由，可得，所以，故④正确； 故选：D 题型二 外接球问题 6．将边长为4的正方形ABCD沿对角线BD进行翻折，使得二面角的大小为，连接AC，得到四面体ABCD，则该四面体的外接球体积与四面体的体积之比为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】翻折后所得图形如下图所示，易知BD的中点O为球心， 故该四面体的外接球体积， 又，平面AOC，， 所以平面AOC， 二面角的大小为，， , 故所求体积之比为， 故选：D． 7．在四面体中，，且与所成的角为.若该四面体的体积为，则它的外接球半径的最小值为（    ） A． B．2 C．3 D． 【答案】B 【详解】依题意，可将四面体补形为如图所示的直三棱柱. 因为与所成的角为，所以或. 设，外接球半径记为，外接球的球心如图点. 易知平面，所以点到平面的距离等于点到平面的距离， 于是，所以. 在中，， 在中，由余弦定理得， 显然当时，外接球的半径会更小，此时， 所以， 所以，故它的外接球半径的最小值为2. 故选：B. 【点睛】关键点点睛：本题关键是将四面体补形为直三棱柱，转化为求直三棱柱外接球半径的最小值. 8．已知正四棱台的上，下底面边长分别为和．若该棱台的体积为，则该棱台的外接球表面积为（    ）. A． B． C． D． 【答案】C 【详解】在正四棱台中，，，体积为，高为， 故， 则，， 连接、相交于点，、相交于点， 设外接球的球心为，若在台体外， 设到底面的距离为， 则半径为， 即，解得，所以球心与点重合， 若在台体内，到底面的距离为， 则半径为， 即，解得， 所以球心与点重合， 综上所述，，故，所以. 故选：C. 9．正四面体中，是棱的中点，是棱上一动点，的最小值为，则该正四面体的外接球表面积是 . 【答案】 【详解】由题设，如下图，将面与面沿展开为一个平面， 要使的最小值为，即展开图中，是棱的中点， 令，故， 所以，故正四面体的棱长， 则，， 如图，若是的中心，为正四面体的外接球球心，且球体半径为， 所以， 故该正四面体的外接球表面积是. 故答案为： 10．已知是边长为4的等边三角形，将它沿中线折起得四面体，使得此时，则四面体的外接球表面积为 ． 【答案】 【详解】设为四面体的外接球球心，连接， 因为，，平面， 所以平面，， 因为，，由余弦定理可得 ， 因为，所以，， 设为外接圆的圆心，连接， 则平面，，取的中点，连接， 因为，所以，所以四边形为长方形， 可得， 在中，由正弦定理可得， 所以， 则四面体的外接球表面积为. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：解题的关键点是确定外接球的球心和外接圆的圆心. 题型三 内切球问题 11．正三棱台的上、下底边长分别为6，18，该正三棱台内部有一个内切球（与上、下底面和三个侧面都相切），则正三棱台的表面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】由题意知，正三棱台的上、下底边长分别为和， 可得上下底正三角形的高分别为，， 由几何体结构特征，可得内切球与上、下底面切点为上下底的重心， 故如图甲所示，作截面，得到图乙， 设内切球半径为r，则，解得，所以正三棱台的高为6， 所以. 故选：D． 12．在棱长为2的正四面体中，正四面体的内切球表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】 正四面体底面的中心记为点，连接，. 由正四面体的性质可得：面. 因为正四面体棱长为2， 所以底面三角形的高为， 则， 所以正四面体的高. 设正四面体内切球的半径为，球心为. 由等体积法可得：， 即，解得：. 所以正四面体的内切球表面积为. 故选：B. 13．六氟化硫，化学式为，在常压下是一种无色、无臭、无毒、不燃的稳定气体，有良好的绝缘性，在电器工业方面具有广泛用途.六氟化硫分子结构为正八面体结构（正八面体是每个面都是正三角形的八面体），如图所示.若此正八面体的棱长为4，则它的内切球的表面积为 . 【答案】 【详解】设正八面体内切球半径R，给正八面体标出字母如图所示， 连接和交于点， 因为，，所以，， 又和交于点，平面，所以平面ABCD， 所以为正八面体的中心，所以到八个面的距离相等， 距离即为内切球半径，设内切球与平面EBC切于点H， 所以平面，所以即为正八面体内切球半径，所以， 因为正八面体的棱长为4， 所以，，， 所以，， 因为，，所以， 即，所以正八面体内切球的表面积为：． 故答案为： 14．如今中国在基建方面世界领先，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，已知正四面体体积为，则模型中最大球的体积为 ，模型中九个球的表面积之和为 . 【答案】 / 【详解】设正四面体的棱长为，高为，底面圆半径为， 则，得，又， 所以正四面体的体积为，解得. 如图，取的中点，连接，，则，， 过点A作⊥底面，垂足在上，且， 所以，故， 点为最大球的球心，连接并延长，交于点，则⊥， 设最大球的半径为，则， 因为∽，所以，即，解得， 所以最大球的体积为，且，则，， 设最小球的球心为，中间球的球心为，则两球均与直线相切，设切点分别为， 连接，则分别为最小球和中间球的半径，长度分别设为， 则，则， 又，所以，解得， 又，故，解得， 所以， 模型中九个球的表面积和为. 故答案为：； 【点睛】思路点睛：解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的思路是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径. 题型四 角度问题 15．半正多面体（semiregular solid）亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美.二十四等边体就是一种半正多面体，是由正方体切截而成的.它由八个正三角形和六个正方形构成（如图所示），点满足，则直线与平面所成角的正弦值（   ） A．为定值 B．存在最大值，且最大值为1 C．为定值1 D．存在最小值，且最小值为 【答案】A 【详解】，即在线段（不包括点）. 如图，将该半正多面体补成正方体，则平面平面， 因此直线与平面所成角等于直线与平面所成角. 在正四面体中，设正四面体的棱长为2，作平面，垂足为， 连接，则即为直线与平面所成角. 易求，所以， 所以. 所以直线与平面所成角的正弦值为. 故选：A. 【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是将向量条件转化为，即在线段（不包括点），将该半正多面体补成正方体求解. 16．在四面体中，平面，，，则直线与平面所成角的正弦值为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】设，， 则， 则， 由②③可得代入①得 ， ∵，∴，∴， ∵平面，∴则直线与平面所成角为. ∴ 故选：A 17．如图棱长为3 的正四面体与正三棱锥共底面，它们的各顶点均在同一个球面上，则该球表面积为 ，二面角的正切值为 【答案】 【详解】如图，外接球的球心，且平面， 即为外接球的直径，设平面，可知为正三角形的中心， 取的中点，连接，则， 可知二面角的平面角为，所求即为， 正四面体中，，， 记外接球半径为，则在Rt中，，解得， 则外接球表面积为，记， 则， 所以，即为所求. 故答案为：； 【点睛】思路点睛：解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的思路是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径. 18．在空间中，三个平面PAB，PBC，PAC相交于一点P，已知，则直线PA与平面PBC所成角的正弦值等于（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】如图，作，作A点在平面PBC射影为O，连接OE，OF，设. 因，则. 因平面PFOE，平面PFOE，则，且为PA与平面PBC所成角， 又，，平面AOE，平面AOF， 则平面AOE，平面AOF. 又平面AOE，平面AOF，则. 又，，，则， 故，结合，得. 又，则，故PA与平面PBC所成角的正弦值等于. 故选：A 19．如图，正四面体的棱长为2，点E在四面体外侧，且是以E为直角顶点的等腰直角三角形．现以为轴，点E绕旋转一周，当三棱锥的体积最小时，直线与平面所成角的正弦值的平方为（    ）    A． B． C． D． 【答案】D 【详解】在正四面体中，取中点F，连接，则， 取中点M，连接，则， 是以E为直角顶点的等腰直角三角形，正四面体的棱长为2， 则，且，    点E绕AD旋转一周，形成的图形为以M为圆心，以为半径的圆， 设该圆与的交点为，当三棱锥的体积最小时，即E点到底面的距离最小， 即此时E点即位于处， 因为正四面体的棱长为2，则， 又中点为M，则，则， 设点在底面上的射影为H，则， 又，中点为F，故， 故， 由于点在底面上的射影为H，故即为直线与平面BCD所成角， 故， 故选：D 【点睛】关键点睛：本题考查在四面体中求解线面角的正弦值问题，解答时要发挥空间想象，明确空间的点、线、面的位置关系，解答的关键在于确定E点的轨迹，从而确定三棱锥的体积最小时E点的位置，由此作出直线与平面BCD所成角，解三角形，求得答案. 20．已知在矩形中，，，P为AB的中点，将沿DP翻折，得到四棱锥，则二面角的余弦值最小是 . 【答案】 【详解】矩形，连接，与相交于点， 因为，，P为AB的中点， 所以，则∽，所以， 则，故⊥， 将将沿DP翻折，则由⊥，⊥， 因为，平面，所以⊥平面， 过点作⊥于点，则⊥， 又，平面，所以⊥平面， 过点作⊥于点，连接， 因为平面，所以⊥， 因为，平面， 所以⊥平面， 因为平面，所以⊥， 故即为二面角的平面角，显然为锐角， 在矩形中，，故，， 设，则，， 故， 因为，所以，    则， 设，，则， 所以，即， 解得，即， 因为，所以， 当时，， 因为，所以，故，时，等号成立， 因为在上单调递减， 所以二面角的余弦值最小值为. 故答案为： 【点睛】方法点睛：在解决平面图形的翻折问题时，应找出其中变化的量和没有变化的量，包括位置关系和数量关系，通常翻折后还在同一平面上的元素之间的位置关系不发生变化，不在同一平面上的元素之间的位置关系发生变化，解题时应抓住不变量，利用解三角形知识或建立空间直角坐标系进行求解. 21．在三棱锥中，，且，则直线PC与平面ABC所成角的余弦值为 . 【答案】 【详解】记的中点为，连结，过作交的延长线于，如图， 因为，为的中点，所以， 因为，，，所以，则， 又为的中点，所以， 因为面，所以面， 又面，所以， 因为，面，所以面， 所以为直线PC与平面ABC所成角的平面角， 不妨设， 在中，，则，， 在中，， 在中，，则， 即，故， 在中，， 所以在中，， 又，则，即， 所以， 所以， 故直线PC与平面ABC所成角的余弦值为. 故答案为：. 题型五 最值范围问题 22．如图，在三棱锥中，，，，平面平面，则三棱锥的体积的最大值为 ；二面角的正弦值的最小值为 . 【答案】 【详解】第一空：取的中点，因为，所以， 又因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 因为，，，所以， 所以三棱锥的体积为 ， 因为，所以，则； 当且仅当，即时，等号成立， 故三棱锥的体积的最大值为. 第二空： 由平面，又平面， 所以， 过作于，连接， 因为平面，， 所以平面， 又平面，所以， 所以为二面角的平面角， 在中，， 因为，当且仅当时等号成立， 所以的最小值为2. 此时取得最小值， 故二面角的正弦值的最小值为. 故答案为：；. 【点睛】思路点睛：第一空确定线面垂直后计算底面面积最大即可，三角形有两条固定边，只需夹角正弦最大即可；第二空，先作出二面角的平面角，在中确定何时最小，结合直角三角形的三边关系计算夹角最值即可. 23．如图，在中，，且A在平面上，在平面的同侧，M为BC的中点，若在平面上的射影是以A为直角顶点的，则AM与平面所成角的正弦值的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】 ， M为BC的中点， ∴，故， 设，则点M到地面的距离为， ，， ∵射影是以A为直角顶点的， ∴， 在直角梯形中，， 即，所以, 设AM与平面所成角为， 则, 所以. 故选：A. 24．已知半径为的球的球心到正四面体的四个面的距离都相等，若正四面体的棱与球的球面有公共点，则正四面体的棱长的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】如图所示，设在底面的投影为，连接并延长交于，易知E为中点， 正四面体的棱长为， 则由正四面体的特征知，， 正四面体的高为. 当正四面体内接于球时，即时，最小， 此时，得. 当球与正四面体的每条棱都相切时，即，最大， 因为球的球心到正四面体的四个面的距离都相等， 所以当球与正四面体的每条棱都相切时， 借助正四面体和球的结构特征可知切点均为棱的中点， 且球心到正四面体的顶点的距离为， 利用勾股定理可得，得. 故正四面体的棱长的取值范围为. 故选：A. 25．如图，在棱长为的正方体内有两个球相外切，两球又分别与正方体内切，则两球体积之和的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】如图，设两球半径分别为，球心和在正方体体对角线上， 过分别作的垂线，垂足分别为， 由图可得 即 ，所以， 故两球体积之和为 由二次函数性质可知： 当且仅当时，有最小值． 故选：A 26．如图，在三棱锥中，平面，．，为线段的中点，，分别为线段和线段上任意一点，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】平面，，平面， ，，又，， ，平面， 平面， 平面，， 在直角三角形中，． 过点分别作，，垂足分别，， ， ，， ， 故选：C． 27．如图，在棱长为的正方体中，点为平面内一动点，且，设点到直线的距离为，则的取值范围是 . 【答案】 【详解】   如图，正方体中，平面，平面， 连接分别交平面，平面于点，，则， 由得,解得 同理，故 因为，所以， 所以动点轨迹是以为圆心，为半径的圆； 所以点在平面的投影是以为圆心，为半径的圆； 设点到直线的距离为， 又点到直线的距离为， 则，即， 所以点到直线的距离， 故答案为： 28．已知矩形，，，将沿对角线进行翻折，得到三棱锥，在翻折的过程中，下列结论： ①三棱锥的体积最大值为； ②三棱锥的外接球体积不变； ③异面直线与所成角的最大值为； ④与平面所成角的余弦值最小值为. 所有正确的命题的序号是 . 【答案】①②④ 【详解】 对于①，， 当平面平面时，三棱锥的高最大， 此时体积最大值为，故①正确； 对于②，设的中点为， 则由知，， 所以为三棱锥外接球的球心，其半径为， 所以外接球体积为，即三棱锥的外接球体积不变，故②正确； 对于③，若，由，， 平面，平面， 可得平面，因为平面，则， 因，根据直角三角形斜边最长，知道不成立，故③错误； 对于④，因为是定值，则只需到面的距离最大时， 与平面所成角最大， 当平面平面时，到面的距离为， 设与平面所成角为，此时， 因为为锐角，所以， 即与平面所成角的余弦值最小值为，故④正确． 故答案为：①②④ 题型六 轨迹长度问题 29．将边长为的正方形沿着对角线折起，使点到达点的位置，得到三棱锥，点平面，且若则点的轨迹长度为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】如图，取棱的中点，连接，则， 又平面，则平面，由平面， 得平面平面，在中，，由余弦定理得 ，为钝角，且， 在平面内过点作交的延长线于点，而平面平面， 于是平面，连接，又平面，则， 在中，， 在中，，， 因此点的轨迹是以为圆心，为半径的圆， 所以点的轨迹长度为. 故选：C. 30．如图，棱长为2的正方体中，为棱中点，为棱中点，点在侧面上运动（含边界），若平面，则点的轨迹长度为（   ） A． B． C．2 D．1 【答案】A 【详解】取的中点分别为，连接， 在正方形中，因为为中点，故且， 由正方体可得且， 所以，，故四边形为平行四边形， 故，而，故， 同理，故， 而平面，平面，故平面， 同理平面，而平面， 故平面平面，而平面平面， 结合平面，故的轨迹为线段，其长度为， 故选：A. 31．在四棱锥中，平面，点是矩形内的动点，，，．直线与平面所成角为，则点的轨迹长度为（   ） A． B． C． D．2 【答案】B 【详解】由于平面，点是矩形内的动点， 则平面，所以， 又直线与平面所成角为即， 所以，即是直线与平面所成角， 又，，， 则，所以， 所以点的轨迹是以为圆心，半径为的圆在矩形内的部分， 设圆与分别交于两点， 则，， 所以，则， 所以点的轨迹长为. 故选：B. 32．（多选）如图，直四棱柱的底面ABCD是菱形，，点G是棱的中点，若动点P满足，点P的轨迹截该四棱柱所得形状为Ω，则（    ） A．Ω为平行四边形 B．Ω为梯形 C．的最小值为 D．的最小值为2 【答案】BCD 【详解】如图，连接，因为动点P满足， 所以点P的轨迹是过的中点且与垂直的平面， 连接，易知过的中点且与垂直. 设的中点为E，连接，易证平面，所以． 设的中点为F，连接EF，AF，则，所以． 因此点P的轨迹是平面， 所以点P的轨迹截该四棱柱所得形状Ω是四边形，易知Ω为梯形，B正确，A错误． 因为，所以， 连接，得， 所以， 当P为与平面的交点时取“=”，C正确． 连接，易知，所以平面， 设点O是的中点，则点，O关于平面对称， 连接GO，则，当P为GO与平面的交点时取“=”． 连接OE，GE，易知，， 因为，所以，， 又，所以, 所以，D正确. 故选：BCD． 33．在正方体中，已知，点在棱上，且，则正方体表面上到点距离为的点的轨迹的总长度为 . 【答案】 【详解】依题意，因为，, 故在上必存在点满足，如图所示. ，同理可得， 所以，所以， 又因为，所以， 所以，即. 在平面内满足条件的点的轨迹为， 该轨迹是以为半径的个圆周，所以长度为； 同理，在平面内满足条件的点轨迹长度为； 在平面内满足条件的点的轨迹为以为圆心，为半径的圆弧，长度为； 同理，在平面内满足条件的点的轨迹为以为圆心，为半径的圆弧，长度为. 故轨迹的总长度为. 故答案为：. 题型七 存在性问题 34．已知平行四边形，，BC=1，，E是线段CD上一动点.将沿AE所在的直线进行翻转，在翻转过程中，下列结论不正确的是（ ） A．当时，存在某个位置，使得直线AD与直线BC垂直 B．当时，存在某个位置，使得直线AD与直线BC垂直 C．当时，存在某个位置，使得直线AD与直线BC垂直 D．当时，存在某个位置，使得直线AD与直线BC垂直 【答案】A 【详解】设翻折前的记为，，，则在翻折过程中，存在某个位置使得直线与垂直，只需保证， ，由极限位置知，只需保证即可． 在中，，，，则， 由正弦定理知，，则，其中； 因为为线段上的一动点，则， 故选：A． 35．如图，等腰直角三角形ABC中，，点E是边AC的中点，点D是边BC上一点（不与C重合），将三角形DCE沿DE逆时针翻折，点C的对应点是，连接，设为二面角大小，．在翻折过程中，下列说法当中不正确的是（   ） A．存在点D和，使得 B．存在点D和，使得 C．存在点D和，使得 D．存在点D和，使得 【答案】B 【详解】对于AD，取为中点，，则，而， 故，故在几何体中，， 而，故为二面角的平面角，故， 故，而平面， 故平面，而平面，故，故A成立. 因，，平面， 故平面，而平面，故，故D成立. 对于C，过作，为垂足，取，同理可证平面， 而平面，故，故C成立. 对于B，过作平面，垂足为， 因为平面，故， 若，因为平面， 故平面，而平面，故， 而，故在上， 因为，平面，故平面， 而平面，故，故，但， 矛盾，故不成立即B不成立， 故选：B. 36．如图，在正四棱柱中，分别是棱的中点，直线过点． ①存在唯一的直线与直线和直线都相交； ②存在唯一的直线与直线和直线所成的角都是； ③存在唯一的直线与直线和直线都垂直； 以上三个命题中，所有真命题的序号是 . 【答案】①③ 【详解】对于①，若直线与直线相交，则直线在平面内，若直线与直线相交，则直线在平面内， 因此直线为平面与平面的交线，因此只有一条； 对于②，直线和直线所成角为，其补角为，，故应该是三条直线； 对于③，异面直线的公垂线有且只有一条，过点作与公垂线平行的直线即可； 故答案为：①③. 37．如图，在矩形中，，，和交于点，将沿直线翻折，则以下命题中，真命题的序号有 ．（写出所有真命题的序号） ①存在，在翻折过程中存在某个位置，使得； ②存在，在翻折过程中存在某个位置，使得； ③存在，在翻折过程中存在某个位置，使得平面； ④存在，在翻折过程中存在某个位置，使得平面. 【答案】①②③； 【详解】当时，所以此时矩形为正方形，则， 将沿直线翻折，若使得面面，由平面， 面面，所以面，又面，所以，故①正确； 当时，由，且，面， 所以面，又面，所以，故②正确； 在矩形中，，所以将沿直线翻折时， 总有，取，当将沿直线翻折到时， 有，即，且，平面， 此时满足平面，故③正确； 若平面，又平面，则， 所以在中，为斜边，这与相矛盾，故④不正确． 故答案为：①②③． 38．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 【详解】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. 39．如图，在棱长为的正方体中，是侧面内的一个动点（不包含四边形的边），则下列错误说法的序号是 . ①三角形的面积为定值； ②存在点，满足； ③三棱锥的体积有最大值； ④存在无限个点，使得三角形是等腰三角形. 【答案】①③ 【详解】对于①，为定长； 当时，，点到直线为定值； 当时，作于点，作，交于点， 平面，平面，又平面， ，，即点到的距离大于； 综上所述：三角形的面积不是定值，①错误； 对于②，若存在点，使得， 则点在以中点为球心，为半径的球面上， 又球心到平面的距离为，中点到的距离为， 球面与平面有交点， 存在点，使得，②正确； 对于③，，， 则由点到平面，即到平面的距离确定； 又点到平面的距离即为点到直线的距离， 当与或重合时，取得最大值，又点轨迹不包含四边形的边， 不存在最大值，③错误； 对于④，若三角形是等腰三角形，则点在直线的中垂面上，即平面上， 又平面平面，即点轨迹为线段（不含端点），④正确. 故答案为：①③. $$猜想05 立体几何压轴小题 19 / 19 学科网（北京）股份有限公司 · 题型一 截面问题 · 题型二 外接球问题 · 题型三 内切球问题 · 题型四 角度问题 · 题型五 最值范围问题 · 题型六 轨迹长度问题 · 题型七 存在性问题 · 题型一 截面问题 1．已知正方体中，点是线段上靠近的三等分点，点是线段上靠近的三等分点，则平面AEF截正方体形成的截面图形为（    ） A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形 2．如图，正方体的棱长为4，， 分别为棱，的中点，过，，作正方体的截面，则截面多边形的周长是(       ) A． B． C． D． 3．正方体的棱长为x，点M是棱的中点，过三点作正方体的截面，则该截面的面积为 . 4．在三棱锥中，平面VAC，，，点F为棱AV上一点，过点F作三棱锥的截面，使截面平行于直线VB和AC，当该截面面积取得最大值时， ． 5．如图，正方体的棱长为1，P为的中点，Q为线段上的动点，过点A、P、Q的平面截该正方体所得的截面记为S，给出下列四个结论： ①当时，S为四边形； ②当时，S为等腰梯形； ③当时，S的面积为； ④当时，S与的交点R满足.以上结论正确的个数是（） A．1 B．2 C．3 D．4 题型二 外接球问题 6．将边长为4的正方形ABCD沿对角线BD进行翻折，使得二面角的大小为，连接AC，得到四面体ABCD，则该四面体的外接球体积与四面体的体积之比为（   ） A． B． C． D． 7．在四面体中，，且与所成的角为.若该四面体的体积为，则它的外接球半径的最小值为（    ） A． B．2 C．3 D． 8．已知正四棱台的上，下底面边长分别为和．若该棱台的体积为，则该棱台的外接球表面积为（    ）. A． B． C． D． 9．正四面体中，是棱的中点，是棱上一动点，的最小值为，则该正四面体的外接球表面积是 . 10．已知是边长为4的等边三角形，将它沿中线折起得四面体，使得此时，则四面体的外接球表面积为 ． 题型三 内切球问题 11．正三棱台的上、下底边长分别为6，18，该正三棱台内部有一个内切球（与上、下底面和三个侧面都相切），则正三棱台的表面积为（   ） A． B． C． D． 12．在棱长为2的正四面体中，正四面体的内切球表面积为（    ） A． B． C． D． 13．六氟化硫，化学式为，在常压下是一种无色、无臭、无毒、不燃的稳定气体，有良好的绝缘性，在电器工业方面具有广泛用途.六氟化硫分子结构为正八面体结构（正八面体是每个面都是正三角形的八面体），如图所示.若此正八面体的棱长为4，则它的内切球的表面积为 . 14．如今中国在基建方面世界领先，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，已知正四面体体积为，则模型中最大球的体积为 ，模型中九个球的表面积之和为 . 题型四 角度问题 15．半正多面体（semiregular solid）亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美.二十四等边体就是一种半正多面体，是由正方体切截而成的.它由八个正三角形和六个正方形构成（如图所示），点满足，则直线与平面所成角的正弦值（   ） A．为定值 B．存在最大值，且最大值为1 C．为定值1 D．存在最小值，且最小值为 16．在四面体中，平面，，，则直线与平面所成角的正弦值为（   ） A． B． C． D． 17．如图棱长为3 的正四面体与正三棱锥共底面，它们的各顶点均在同一个球面上，则该球表面积为 ，二面角的正切值为 18．在空间中，三个平面PAB，PBC，PAC相交于一点P，已知，则直线PA与平面PBC所成角的正弦值等于（    ） A． B． C． D． 19．如图，正四面体的棱长为2，点E在四面体外侧，且是以E为直角顶点的等腰直角三角形．现以为轴，点E绕旋转一周，当三棱锥的体积最小时，直线与平面所成角的正弦值的平方为（    ）    A． B． C． D． 20．已知在矩形中，，，P为AB的中点，将沿DP翻折，得到四棱锥，则二面角的余弦值最小是 . 21．在三棱锥中，，且，则直线PC与平面ABC所成角的余弦值为 . 题型五 最值范围问题 22．如图，在三棱锥中，，，，平面平面，则三棱锥的体积的最大值为 ；二面角的正弦值的最小值为 . 23．如图，在中，，且A在平面上，在平面的同侧，M为BC的中点，若在平面上的射影是以A为直角顶点的，则AM与平面所成角的正弦值的取值范围是（ ） A． B． C． D． 24．已知半径为的球的球心到正四面体的四个面的距离都相等，若正四面体的棱与球的球面有公共点，则正四面体的棱长的取值范围为（    ） A． B． C． D． 25．如图，在棱长为的正方体内有两个球相外切，两球又分别与正方体内切，则两球体积之和的最小值为（    ） A． B． C． D． 26．如图，在三棱锥中，平面，．，为线段的中点，，分别为线段和线段上任意一点，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 27．如图，在棱长为的正方体中，点为平面内一动点，且，设点到直线的距离为，则的取值范围是 . 28．已知矩形，，，将沿对角线进行翻折，得到三棱锥，在翻折的过程中，下列结论： ①三棱锥的体积最大值为； ②三棱锥的外接球体积不变； ③异面直线与所成角的最大值为； ④与平面所成角的余弦值最小值为. 所有正确的命题的序号是 . 题型六 轨迹长度问题 29．将边长为的正方形沿着对角线折起，使点到达点的位置，得到三棱锥，点平面，且若则点的轨迹长度为（    ） A． B． C． D． 30．如图，棱长为2的正方体中，为棱中点，为棱中点，点在侧面上运动（含边界），若平面，则点的轨迹长度为（   ） A． B． C．2 D．1 31．在四棱锥中，平面，点是矩形内的动点，，，．直线与平面所成角为，则点的轨迹长度为（   ） A． B． C． D．2 32．（多选）如图，直四棱柱的底面ABCD是菱形，，点G是棱的中点，若动点P满足，点P的轨迹截该四棱柱所得形状为Ω，则（    ） A．Ω为平行四边形 B．Ω为梯形 C．的最小值为 D．的最小值为2 33．在正方体中，已知，点在棱上，且，则正方体表面上到点距离为的点的轨迹的总长度为 . 题型七 存在性问题 34．已知平行四边形，，BC=1，，E是线段CD上一动点.将沿AE所在的直线进行翻转，在翻转过程中，下列结论不正确的是（ ） A．当时，存在某个位置，使得直线AD与直线BC垂直 B．当时，存在某个位置，使得直线AD与直线BC垂直 C．当时，存在某个位置，使得直线AD与直线BC垂直 D．当时，存在某个位置，使得直线AD与直线BC垂直 35．如图，等腰直角三角形ABC中，，点E是边AC的中点，点D是边BC上一点（不与C重合），将三角形DCE沿DE逆时针翻折，点C的对应点是，连接，设为二面角大小，．在翻折过程中，下列说法当中不正确的是（   ） A．存在点D和，使得 B．存在点D和，使得 C．存在点D和，使得 D．存在点D和，使得 36．如图，在正四棱柱中，分别是棱的中点，直线过点． ①存在唯一的直线与直线和直线都相交； ②存在唯一的直线与直线和直线所成的角都是； ③存在唯一的直线与直线和直线都垂直； 以上三个命题中，所有真命题的序号是 . 37．如图，在矩形中，，，和交于点，将沿直线翻折，则以下命题中，真命题的序号有 ．（写出所有真命题的序号） ①存在，在翻折过程中存在某个位置，使得； ②存在，在翻折过程中存在某个位置，使得； ③存在，在翻折过程中存在某个位置，使得平面； ④存在，在翻折过程中存在某个位置，使得平面. 38．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 ． 39．如图，在棱长为的正方体中，是侧面内的一个动点（不包含四边形的边），则下列错误说法的序号是 . ①三角形的面积为定值； ②存在点，满足； ③三棱锥的体积有最大值； ④存在无限个点，使得三角形是等腰三角形. $$