空间向量与立体几何：最值与范围问题、交线、截面与轨迹问题、立体几何新定义问题专项训练-2026届高三数学一轮复习

空间向量与立体几何：最值与范围问题、交线、截面与轨迹问题、立体几何新定义问题专项训练 空间向量与立体几何：最值与范围问题、交线截面与轨迹问题、立体几何新定义问题专项训练 考点目录 最值与范围问题 交线、截面与轨迹问题 立体几何新定义问题 考点一 最值与范围问题 1．（2025·河北·模拟预测）正四棱锥底面边长与侧棱长均为为空间任一点，且满足，则线段长度的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】取底面正方形中心，中点，连结， 以为原点，为轴建立空间直角坐标系， 则， 设，则， 因为，得， 所以点在以为球心，以1为半径的球面上， 且， 则，即线段长度的取值范围为. 故选：C    2．（24-25高二上·河南周口·期末）在正四棱柱中，为棱上的动点（不包含端点），则与所成角的余弦值的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】以为坐标原点，以，所在直线分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，设，故，， 设与所成的角为，则， 所以，令， 所以，故. 故选：B. 3．（24-25高二下·江苏连云港·阶段练习）在平行六面体中，且，，若，则棱的最大值为（    ） A． B． C．3 D． 【答案】D 【详解】设，则有， 由，，所以，， 所以 ， 即， 由，当且仅当时，等号成立， 所以， 即，令， 即，关于的一元二次不等式要有解， 所以，解得，即， 所以的最大值为，当时，， 即，所以，即时，等号成立， 故选：D. 4．（24-25高二上·辽宁抚顺·期末）已知平面的一个法向量为，直线的一个方向向量为，则直线与平面所成角的正弦值的最大值为 ． 【答案】 【详解】直线与平面所成的角为， 则， 当时，取得最大值，最大值为． 故答案为：. 5．（24-25高二下·上海·期中）如图，在棱长为4的正方体中，为的中点，点为线段上一动点，则异面直线与所成角的余弦值最大值为 ． 【答案】 【详解】如图，以为原点，建立空间直角坐标系， 在棱长为4的正方体中，得到，， ，，，， 因为为的中点，所以由中点坐标公式得， 则，，设，， 得到，， 即，，，解得， 故，则， 设异面直线与所成角为，， 则， ， 令，当时，， 当时，， 令，则可化为， 由二次函数性质得在上单调递增， 由复合函数性质得在上单调递增， 故在上单调递减，则，得到， 若异面直线与所成角最小，则最大， 此时. 故答案为： 6．（24-25高二上·安徽阜阳·期中）已知正四棱锥底面边长为2，高为1，动点P在平面内且满足，则直线与所成角的余弦值的取值范围为 ． 【答案】 【详解】设正方形的中心为，过点作的垂线，以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则点，， 设，可得， ， 所以，， ，， 因为，可得，可设，， 设直线与所成角为，由，， 则， 令，可得， 则，则，, 可得． 故答案为：. 7．（24-25高三下·湖南长沙·阶段练习）如图，直三棱柱中，，，.    (1)当时，证明：平面平面； (2)当，记平面与平面，平面，平面，平面所成的角分别为，，，，，求的取值范围. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）设， ∵为直三棱柱，且， 当时，此时P为的中点， ∴在中，，，则， ∵平面，平面，∴， 又∵，，∴平面， 又平面，∴， ∵，平面， ∴平面.∵平面， ∴平面平面. （2）由（1）知，，两两垂直，以A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，， . 设平面的法向量， 则 令，则， 同理，平面的法向量， 平面的法向量， 平面的法向量， 平面的法向量， ∴， 同理，，， ∴，， ∴， ∴的取值范围为.    8．（2025·重庆·模拟预测）如图，在中，，O为边的中点，点D，E分别在，上，将绕直线旋转α到的位置，点E对应点M，交于点F，点P在线段上，连接，，．已知，，． (1)证明：平面； (2)若，求与平面所成角的正弦值的取值范围． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）由，则、分别为、， 由，则，故， 又平面，平面，故平面； （2）由，O为边的中点，则， 如图，在平面内作，则可建立如图所示空间直角坐标系， 设为单位长度，则有，，，， 由交于点，则，， 则，则，， 则，，， 设平面的法向量为， 则有， 令，则，，即可取， 设与平面所成角为， 则 ， 由，则，则， 则，故. 9．（2025·甘肃白银·三模）已知四边形为矩形，四边形为直角梯形，，二面角的大小为． (1)若为的中点． ①求点到平面的距离； ②若，求平面与平面夹角的余弦值． (2)若，点为线段的中点，将沿折起，使得与四边形在平面的同侧，且平面平面，点为四面体的内切球球面上的一动点，求的最小值． 【答案】(1)①；② (2) 【详解】（1）①设的中点分别为，连接， 在平面内，过点作，垂足为，如图所示： 因为四边形为矩形，所以． 因为，且分别为的中点，所以，所以， 因为，平面，平面，所以． 因为，且，平面，所以平面． 因为，所以． 因为，所以，故点到平面的距离为. ②过点作平面，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图所示， 由①知，． 因为， 所以,， 所以,， 设平面的法向量为，平面的法向量为， 所以，所以，令，解得， 所以为平面的一个法向量． ，所以令，解得， 所以为平面的一个法向量， 所以， 所以平面与平面夹角的余弦值为． （2）易知四面体是棱长为的正四面体，作平面，设内切球的球心为，建立如图所示的坐标系， 且，则． 设内切球的半径为，由等体积法知，所以， 设内切球球面上任意一点为，则， 空间中必存在一定点，使球上的点满足， 即， 则， 因为，所以，解得， 易知. 10．（24-25高二下·上海宝山·期末）如图，棱长为2的正方体中，分别为的中点，点是平面上的点. (1)若点是的中点，证明：与、共面； (2)求平面与平面所成的锐二面角的大小； (3)若点满足，且点到平面的距离为，试确定点的位置，使得与平面所成的角取得最大值. 【答案】(1)证明见解析； (2)； (3)时，与平面所成的角取得最大值. 【详解】（1）因为且， ， 所以， 因此与共面； （2）以点为坐标原点，所成直线为坐标轴建立如图空间直角坐标系， 则， 所以， 设平面的一个法向量为， 则，令，则， 所以平面的一个法向量为， 平面的一个法向量是 则， 设平面与平面所成的锐二面角为，则， 所以平面与平面所成的锐二面角的大小为； （3），， 从而点到平面的距离为， 由可化简得，， 设与平面所成角为， 则， 令，则 ，（当时取等号）， 所以， 因为时，严格增， 所以当时，与平面所成的角取得最大值， 此时，即时， 与平面所成的角取得最大值. 11．（25-26高三上·福建福州·开学考试）如图，四面体ABCD中，，，，E为AC的中点. (1)证明：平面平面； (2)设，，点F在线段BD上， （i）求二面角的余弦值； （ii）记CF与平面ABD所成角为，求的最大值. 【答案】(1)证明见解析 (2)（i），（ii） 【详解】（1）由于， 故，则， 由于E为AC的中点，所以， 因为平面， 故平面，又平面， 故平面平面. （2）（i）因为， 所以为边长为2的等边三角形，则， ， ， 又平面， 故平面，故建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 设平面的法向量为， 令，则， 平面的一个法向量为， 所以， 由图可知二面角的平面角为锐角， 所以二面角的余弦值为； （ii）设则， 所以， 则， 当且仅当时取到等号，故的最大值为 12．（2025·贵州·三模）三棱锥中，是正三角形，. (1)证明：； (2)已知，为线段中点. （ⅰ）若是平面内一点，，求线段长的最小值； （ⅱ）若，，是平面内一条直线，求与平面所成角的正弦值的取值范围. 【答案】(1)证明见解析 (2)（ⅰ）；（ⅱ）. 【详解】（1）取线段中点，连接，， 因为是正三角形，所以， 又，，平面， 所以平面，又平面， 所以， 又为线段中点，则. （2）（ⅰ）连接，， 由（1）可知平面，平面，所以， 所以，又, 又（当且仅当点在线段的中点处，等号成立）， 所以，所以线段的最小值为； （ⅱ）由（1）知平面，又平面， 所以平面平面. 以为坐标原点，以，分别作为轴，轴正方向建立空间直角坐标系如图所示. 因为，，所以为等边三角形， 所以，，， 于是，， 设平面的法向量为，有， 令，有，，即， 设直线的方向向量，直线与平面所成角为， 于是. 因为（当且仅当时取“＝”）， 所以， 当时，， 故， 所以直线与平面所成角的正弦值的取值范围是. 13．（2025·黑龙江哈尔滨·模拟预测）如图，四棱锥的底面为矩形，，是等边三角形，平面平面，O，F分别是，的中点，与交于点E，平面与直线交于点Q. (1)证明：平面； (2)求与平面所成角的正弦值； (3)设S为平行四边形内部一点. （ⅰ）求的面积的取值范围. （ⅱ）当取得最小值时，求二面角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)（ⅰ） ；（ⅱ） 【详解】（1）∵是等边三角形，O是的中点，. 又∵平面平面，平面平面，平面， 平面. 又∵平面，. 由题可知：， ，即. 又∵，平面，平面， ∴平面. （2）∵O，E分别是，的中点，，. 由（1）知，平面，又平面，. 故以为原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，如图所示， 则，，，，. ∵平面与直线交于点Q，∴平面平面. ∵，平面，平面，平面. ∵平面，平面平面，，. ∵点F是的中点，∴点Q是的中点，∴. ，，. 设平面的法向量为， 则，即， 令，则，. ∴平面的一个法向量为， ， ∴与平面所成角的正弦值为. （3）∵S为平行四边形内部一点， ，其中，. . （ⅰ）， ∴点到直线的距离为 . ，. ， 即的面积的取值范围为. （ⅱ），. ∵，，∴当，时，取得最小值， 此时，即点与坐标原点重合. 由（1）知平面，又平面，. 又∵，，平面，平面， 平面，即平面. 又∵，平面. 平面，∴平面平面. ∴当取得最小值时，点与坐标原点重合， 二面角的平面角为直二面角，其正弦值为. 14．（2025·安徽·一模）如图，在五面体中，菱形的边长为，，. (1)证明：且. (2)求五面体体积的最大值. (3)当五面体的体积最大时，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【详解】（1）在菱形中，，因为平面，平面， 所以平面， 因为平面，平面平面， 所以.      取的中点，的中点，连接，，，则， 所以，故，，，四点共面，                因为，， 所以，，即， 因为四边形为梯形，所以与相交，所以平面，                又平面， 所以，而，所以. （2）分别作，，垂足分别为，，连接，，，， 由（1）知，则， 又，，平面， 所以平面，同理平面.       因为菱形的边长为，， 为的中点，为的中点，， 则，，又， 所以四边形是等腰梯形，由对称性可知                                                                                           设，则，， 所以， 所以，， 所以五面体的体积为 ，                                                                                                                                                                      ， 则当时，，单调递增， 当时，，单调递减，      故当时，五面体体的最大，最大值为. （3）当五面体的体积最大时， ，， （方法一）以为坐标原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，则，，，， ，，，. 设平面的一个法向量为， 则，取，得， ，. 设平面的一个法向量为， 则，取，得， 所以， 故平面与平面夹角的余弦值为. （方法二）过点作于，过点作于，连接， 由（2）知平面，则 又，平面， 所以平面， 又平面，则，， 因为，平面， 所以平面，又平面，则， 所以为平面与平面的夹角， 又，， 由（2）及已知，， 所以，，则， 故平面与平面夹角的余弦值为. 考点二 交线、截面与轨迹问题 1．（25-26高二上·河北张家口·开学考试）如图，在长方体中，，，点分别为，的中点，点为长方形内一动点（含边界），若直线平面，则点的轨迹长度为（    ）    A． B． C． D． 【答案】D 【详解】    在长方体中，取，的中点，，连接，，， 由点为的中点，得，，则四边形是平行四边形， 所以， 又，，则四边形是平行四边形， 于是， 取中点E，在上取点F，使得，连接，，， 而，则四边形为平行四边形，， 而平面，平面， 于是平面， 由为的中点，E为中点，得， 而平面，平面，则平面， 又，平面， 因此平面平面， 又由直线平面，点平面， 则点在平面与平面的交线上， 从而点的轨迹就是线段， 而， 所以点的轨迹长度为. 故选：D. 2．（25-26高二上·黑龙江·开学考试）已知正方体的棱长为2，为正方体内一点，若，，则点的轨迹长度为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】由，知点在四边形内， 设的中点为，则． 因为平面平面，所以． 又因为，，，平面， 所以平面，平面， 所以， 则， 所以点在以为圆心，的半圆上运动，点的轨迹长度为． 故选：A． 3．（2025·湖北·二模）在长方体中，，点是平面内的动点，且，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】如图，连接AC，由，得，    由可知点在以AC的中点为球心，为半径的球面上． 而又在平面内，故为平面与球的截面圆上的动点. 取CD的中点E，AB的中点的中点，连接， 则由长方体的性质得平面且三角形为直角三角形， 而平面，所以平面平面EFG， 作于，因平面平面， 平面，故平面，故为截面圆的圆心. 又， 故截面圆的半径为， 即点在以为圆心，为半径的圆上， 而既在球面上，又在平面内，故在截面圆上， 故的最大值即为截面圆的直径，则的最大值为． 故选：D． 4．（25-26高三上·广东阳江·阶段练习）在正四棱柱中，，为棱的中点，点为侧面内一动点，且平面，则线段的长度的最小值为（   ） A．1 B． C． D． 【答案】D 【详解】在正四棱柱中，取中点，连接， 由四边形是矩形，为棱的中点，得，平面即平面， 取中点，连接，则，平面， 平面，则平面，而，， 于是四边形是平行四边形，，又平面， 平面，则平面，而平面， 因此平面平面，而平面，则平面，即平面， 又点为侧面内一动点，则点的轨迹为线段， 由，得，， ，因此等腰的腰上的高等于， 故线段的长度的最小值为. 故选：D 5．（24-25高一下·福建宁德·期末·多选）如图，在棱长为1的正方体中，为棱的中点，为正方形内一动点（含边界），则下列说法中正确的有（    ） A．直线与所成角的正切值为 B．用平面截该正方体，所得截面周长为 C．若平面，则长度的取值范围为 D．若，则动点的轨迹长度为 【答案】ACD 【详解】对于A： 如图，连接,直线与所成角即直线与所成角,即, 在三角形中，,故A正确； 对于B，如图，截面为等腰梯形， 周长，B错误； 对于C，如图取中点的中点为，平面即为平面, 因为,平面,平面,平面, 同理：平面,所以平面平面， 动点的轨迹为线段，，又可知是等腰三角形， 所以,最小值为边上的高， 可得的长度取值范围为，C正确； 对于D，因为平面，平面，所有， 则有，所以点轨迹是以为圆心，为半径的圆弧， 圆心角是，轨迹长度为，D正确． 故选：ACD 6．（25-26高三上·江苏南京·开学考试·多选）已知正方体的棱长为2，P为平面ABCD内一点，点M，N，Q分别是棱的中点，下列说法正确的是（    ） A．平面MNQ与正方体各面的交线围成的是正六边形 B．直线PM与直线QN是异面直线 C．当P在四边形ABCD内部（含边界）时，三棱锥P-MNQ体积的最大值为1 D．若P到棱CD，距离相等的点，则点P的轨迹是双曲线 【答案】ACD 【详解】如图所示，作出各边中点，在正方体中，根据三角形中位线的关系，可知， 且截面各边长都是相等的，是正六边形，所以A正确. 当点在中点处，由选项A可知，此时PM与直线QN为相交直线，故共面，所以B错误. 正方体边长为2，则线段，则正六边形边长均为，则， 所以，所以为直角三角形，可得， 建立如图所示的空间直角坐标系，设， 则, ,设平面的法向量为， 则，取则， 则点到平面的距离为， 故当时，即此时与点重合时，距离最大为 故体积的最大值为，所以C正确. 如图所示，过作于，过作于，作于，连接，以为坐标原点，以为轴，建立平面直角坐标系， 由于,，,又，平面， 故平面，平面，故, 设，则，，当P到棱CD，A1D1距离相等时，即，，化简得，是双曲线轨迹，所以D正确. 故选：ACD 7．（25-26高三上·贵州贵阳·开学考试·多选）如图，在棱长为1的正方体中，底面内（含边界）有一动点，下列说法正确的有（   ） A．若平面平面，则 B．若异面直线与所成角为，则的取值范围是 C．当时，点的轨迹长度为 D．四棱锥外接球的表面积最小值为 【答案】ACD 【详解】因平面，平面，则平面， 因平面平面，平面，则，故A正确； 因，则异面直线与所成角与直线与所成角相等， 当点与重合时，此时，故B错误； 因平面，平面，则， 则， 则点的轨迹为以为圆心，以为半径的圆位于正方形内的部分， 故点的轨迹长度为，故C正确； 因为正方形，故其外接圆圆心为正方形的中心， 故球心必在过点且垂直于底面的线段上， 欲使四棱锥外接球的表面积取得最小值，则要求半径最小， 故当点位于上底面的中心时，半径最小， 设最小半径为，则在中得，得， 此时外接球的表面积为，故D正确. 故选：ACD 8．（25-26高三上·安徽·开学考试·多选）在棱长为2的正方体中，点在正方形内运动（含边界）且平面，则（    ） A．点的轨迹长度大小为 B．三棱锥的体积始终不变 C．异面直线与所成角的大小可能为 D．当异面直线与所成角最大时，四面体的外接球的表面积为 【答案】ABD 【详解】正方体中，有，平面，平面，则平面， 同理平面，又，平面， 所以平面平面， 由平面， 所以点E的轨迹是线段， 正方体棱长为2，根据勾股定理，，所以选项A正确； ，因为E在上运动，平面， 所以E到平面的距离h不变， 由，有的面积为定值， 所以三棱锥的体积始终不变，B选项正确； 因为，所以就是异面直线与所成的角(或其补角)， 点E从移动到，从0增大到，所以与不垂直， 即异面直线与所成角的大小不可能为，选项C错误； 当与重合时，异面直线与所成角最大， 此时四面体即，其外接球即为正方体的外接球， 其体对角线，则外接球的半径， 所以四面体的外接球的表面积，选项D正确. 故选：ABD 9．（24-25高一下·辽宁大连·期末·多选）已知正方体，，且直线与直线夹角为，则下列说法正确的是（   ） A．若点在棱上，且，则 B．若，且点在面上，则点的轨迹长度为 C．是面上的动点，，则的轨迹图形面积是 D．点为截面上的动点，，则点的轨迹长度是 【答案】BCD 【详解】对于A，如图，点在上，则，所以， 解得，所以，故A错误； 对于B，因为，所以直线与夹角为， 所以射线的轨迹是以为轴，轴截面等腰三角形顶角为的圆锥侧面， 当点在底面内时，， 点的轨迹是以为圆心，所含圆心角为的圆弧，轨迹长度为，故B正确； 对于C，如图，连接， 由平面，平面，则，又， ，平面，故平面， 平面，所以， 同理，可得，而，平面， 所以平面，因为，所以平面，又是正方体面上的动点， 所以点的轨迹图形是，易知是正三角形，边长为， 所以点的轨迹图形的面积为，故C正确； 对于D，由C可知，平面，又点为截面上的动点，平面平面， 所以点的轨迹是线段，长度为，故D正确. 故选：BCD. 10．（2024·黑龙江哈尔滨·一模·多选）如图，已知正三棱台是由一个平面截棱长为6的正四面体所得，其中，以点A为球心，为半径的球面与侧面的交线为曲线为上一点，则下列结论中正确的是（    ）    A．点A到平面的距离为 B．曲线的长度为 C．的最小值为 D．所有线段所形成的曲面的面积为 【答案】ACD 【详解】对A，将三棱台补形为棱长为6的正四面体， 取中点，连接交于，连接， 则是边长为6的等边三角形，且， 所以，即，解得， 是边长为4的等边三角形，又，故为的外心， 则由正四面体知，正四面体的体高，则平面， 故为点A到平面的距离，，则.A正确； 对B，因为平面，当时，可得， 因此点P的轨迹是以为圆心，2为半径的圆与等腰梯形重合部分的两段弧和（如图2）， 连接，，由，，易得， 因此，所以的长度，则点P的轨迹的长度为，B错误； 对C，的最小值为，C正确； 对D，所有线段所形成的曲面的面积为圆锥侧面积的一部分， 由B知点P的轨迹的长度为，则曲面的面积为，D正确. 故选：ACD 11．（2025·山西临汾·一模·多选）已知正方体的棱长为3，在棱上，且满足，动点在内（包括边界）移动，动点在正方体内（包括边界）移动，且，则（   ） A．的最小值为 B．动点在面内运动轨迹的长度为 C．动点的轨迹与动点的轨迹的交线是椭圆的一部分 D．在正四面体的内部有一个可以任意转动的正四面体，则此正四面体的棱长可以是1.4 【答案】BD 【详解】以为坐标原点，所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 则， 设平面的一个法向量为， 则，令，则， 所以平面的一个法向量为， 设关于平面的对称点为，则， 所以，解得，所以， 又点，点到平面的距离相等，所以， 所以，解得或（舍去），所以， 所以，故A错误； 因为平面，若动点在平面内时，则， 又，则，可得的轨迹是以为圆心，3为半径的圆弧， 且在四边形的圆弧是圆的， 所以动点在面内运动轨迹的长度为，故B正确； 动点的轨迹是以为轴，为顶点的圆锥在正方体内的部分， 底面半径为， 易得，又平面，平面，所以平面， 又是圆锥的母线，所以平面与圆锥的交线是抛物线的一部分，故C错误； 设正四面体的底面正三角形的中心为， 由正四面体的性质可得平面， 由正弦定理可得， 所以正四面体的高为， 设正四面体的内切球的半径为， 则，所以， 设半径是的球的内接正四面体的边长为，则可将内接正四面体补形成边长为 的正方体， 则，解得， 在正四面体的内部有一个可以任意转动的正四面体，则此正四面体的棱长可以是1.4，故D正确． 故选：BD. 12．（24-25高二下·湖南·阶段练习·多选）如图，在正四棱柱中，，，，分别为，的中点，是侧面上一动点（含边界），则下列结论正确的是（   ） A．若满足，则点的轨迹为圆的一部分 B．若，则点的轨迹为抛物线的一部分 C．以点为圆心，为半径的球与正四棱柱的侧面的交线长度为 D．以为直径的球面与正四棱柱的侧面的交线长度为 【答案】AD 【详解】对于A,在平面中，建立如图所示的平面直角坐标系， 则，设，则由得， 化简得，由于是左侧面上的动点， 故点M的轨迹是一个圆的一部分，故A正确； 对于B，因为是一个定值，所以也等于一个定值， 所以一定是以为轴的一个圆锥的母线， 这样的圆锥被过顶点的平面所截，所得的是两条母线，故B错误； 对于C，在上取点，满足，连接，通过计算可得， 故以点D为球心，为半径的球与正四棱柱的侧面的交线是圆的一部分， 该圆以C为圆心，为半径，所求的交线是该圆在侧面的部分， 显然该部分少于四分之一个圆，故C错误； 对于D，由正四棱柱的中心对称性可知，以为直径的球的球心O一定是在正四棱柱的中心， 根据，可知，所以可知球心O到上、下两底面各棱的中点的距离都等于该球的半径，又因为球心O到各侧棱的距离是，到各顶点的距离是1， 所以由上面推理易知，以为直径的球与上、下两底面的交线是两个完整的内切圆， 此时一个圆的周长是，而根据该球心O到一个侧面的射影是， 可解得，所在侧面截得的交线如图所示， 由，可得，即， 所以在该侧面内留下的交线长为，故D正确． 故选：AD 13．（25-26高三上·广东肇庆·阶段练习）已知正方体的棱长为1，动点在正方体表面上运动，且，记点的轨迹长度为，则 . 【答案】 【详解】根据题意，可以把看成以为球心，半径为的球与正方体的表面的交线的长度， 由于球的任何截面都是圆，所以在正方体的各表面上的轨迹均是一段圆弧， 当时，球与正方体的三个面有交点， 点在正方体三个面上的轨迹都是以为圆心，为半径的圆弧， 所以. 故答案为：. 14．（25-26高二上·河北邢台·开学考试）若正四棱柱的底面棱长为4，侧棱长为3，且为棱上靠近点的三等分点，点在正方形的边界及其内部运动，且满足与底面的所成角，则点形成的轨迹长度为 ． 【答案】 【详解】由平面，则即为与底面的所成角， 所以且，则， 故点形成的轨迹是以为圆心，为半径的四分之一圆， 所以轨迹长度为． 故答案为： 15．（24-25高一下·安徽宣城·期末）如图，四边形是边长为2的正方形，，平面平面，平面平面. (1)求证：平面； (2)求二面角的余弦值； (3)点M在正方形内（包括边界），若平面平面，且，求点M的轨迹长度. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【详解】（1）四边形是边长为2的正方形，所以， 又平面平面，平面平面，平面， 所以平面，又平面，所以， 又平面平面，平面平面，平面， 所以平面，又平面，所以， 又，平面， 所以平面； （2）过作于，连接， 由（1）可知平面，又平面，所以， 又，平面，所以平面，平面， 所以，所以为二面角的平面角， 因为，，所以， 又，所以，解得， 在中，， 所以， 所以二面角的余弦值为； （3）以为直径在正方形内作一个半圆，在该半圆圆上任取点，连接， 则，又因为平面；平面， 所以，又，平面， 所以平面，又平面，所以平面平面， 所以点M的运动轨迹为此半圆， 设的中点为，连接，因为，所以， 所以根据扇形的弧长公式得点M的运动轨迹长度为. 16．（25-26高三上·浙江·开学考试）已知四棱锥，底面，底面是边长为2的正方形，，为的中点，点为三角形内（包括边界）的一个动点，且. (1)求点的轨迹长度； (2)当二面角正弦值大小为时，求与平面所成角的正弦值. 【答案】(1) (2) 【详解】（1）分别取、、的中点为、、，连接、、、. 平面，，平面， 又平面，所以 ，，平面，平面， 轨迹是线段，长度是； （2）以为坐标原点，所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系， ，，，设，，，， 设平面的法向量， 则，令，则， 可求得平面的法向量， 又平面的法向量， ， 两边平方得，所以， 所以，所以，所以， 解得或（舍去）， ，，，，，， 可求得平面的法向量， . 所以与平面所成角的正弦值为. 17．（25-26高三上·广东·开学考试）如图，在三棱锥中，是的中点，底面． (1)证明：平面； (2)若点为内（包含边界）一点，且，求点的轨迹的长度； (3)若，二面角的大小为，求与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【详解】（1）在三棱锥中，底面． 因为平面，所以， 又因为点是的中点，，所以， 又平面， 所以平面； （2）如图所示，连接， 由（1）知平面，又平面，所以． 又，且，平面，所以平面， 又因为平面，所以， 则在内，，即点落在以为直径的半圆上， 因为，所以点的轨迹长度为； （3）由题意，以A为原点，所在直线为轴，所在直线为轴， 过A作轴垂直于平面，建立如图所示的空间直角坐标系， 因为，则， 则， 因为点是的中点，则， 设，因为底面，则， 从而． 设平面的一个法向量， ，取，得， 所以平面的一个法向量， 取平面的一个法向量，又二面角的大小为， 所以，解得（负值舍去）， 所以， 设与平面所成角为， 所以． 18．（2025·广东揭阳·三模）如图，三棱锥中，点在平面的射影恰在上，为中点，，，. (1)若平面，证明：是的三等分点； (2)记的轨迹为曲线，判断是什么曲线，并说明理由； (3)求的最小值. 【答案】(1)证明见解析 (2)椭圆，理由见解析 (3) 【详解】（1）由于平面，作，垂足为点， 因为平面，则， 又因为，且，平面， 因此平面，因为平面，所以， 同理可证：， 又因为，可得，所以， 因为面，从而， 因此，进而为的三等分点. （2）椭圆， 延长至，使得， 由于，可得M，D到的距离为定值， 因此M，D应在以为高线的圆柱上运动，且上下底面与垂直， 又因为M，D为平面上两点，， 从而M，D的运动平面截得该圆柱，根据圆锥曲线的定义， 因而M，D的运动轨迹应为椭圆，示意如下. （3）以A为原点，所在直线为x轴，过A点与平行的直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 下面求椭圆方程：一方面，由于该圆柱的底面半径为， 故由图可知椭圆的短半轴长为1， 由，从而椭圆的长半轴，进而椭圆方程：， 又由，平面，从而，即， 由定义知为椭圆的左焦点，设的右焦点为，则， 设， 在中，由余弦定理，可得， 解得，同理可得：， 解法1：由， 令，则，可得， 令，解得，（舍去）， 当，；当，， 因此为的极小值点，可得. 解法2：由，原题等价于求的最小值， 则等价于求的最小值， 又由， 当且仅当时等号成立，因此的最小值为. 考点三 立体几何新定义问题 1．（25-26高二上·云南·开学考试）在一个四面体中，若存在一个顶点处的三条棱两两垂直，则称该四面体为直角四面体，同时，把该顶点叫作“完美顶点”.若在四面体中存在“完美顶点”，，，，F为的中点，则与所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】取的中点，连接，， 因为，所以（或其补角）即为与所成的角， 因为，，， 所以， 即与所成角的余弦值为. 故选：C 2．（2025·云南曲靖·二模）公元前300年，几何之父欧几里得在《几何原本》里证明了世界上只存在正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体和正二十面体这5种正多面体.公元前200年，阿基米德把这5种正多面体进行截角操作（即切掉每个顶点），发现了5种对称的多面体，这些多面体的面仍然是正多边形，但各个面却不完全相同，如图所示，现代足球就是基于截角正二十面体的设计，则图2所示的足球截面体的棱数为（   ） A．60 B．90 C．120 D．180 【答案】B 【详解】易知正二十面体有20个面，每个面都是三角形，每个顶点都是5条棱的交点，每条棱都是两个面的公共边， 所以，正二十面体的棱数为，顶点的个数为. 由图象可知，正二十面体的每个顶点截角后为一个正五边形，即每个顶点处增加了5条棱； 原来的30条棱数量不变，所以，足球截面体的棱数为. 故选：B. 3．（2025·河北保定·二模）刻画空间弯曲性是空间几何研究的重要内容，我们常用曲率来刻画空间弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于与多面体在该点的面角之和的差（多面体的面角的角度用弧度制）．例如：正四面体每个顶点均有3个面角，每个面角均为，则其各个顶点的曲率均为．若正四棱锥的侧面与底面的夹角的正切值为，则四棱锥在顶点S处的曲率为（      ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】如图，连接，，设，连接，则平面， 取的中点，连接，， 则由正四棱锥的结构特征可知， 所以为侧面与底面所成的角， 设，则， 在中，， 所以，又，所以， 所以正四棱锥的每个侧面均为正三角形， 所以顶点的每个面角均为， 故正四棱锥在顶点处的曲率为. 故选：D. 4．（24-25高一下·山东德州·期末）刻画空间弯曲性是空间几何研究的重要内容，我们常用曲率来刻画空间弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于与多面体在该点的面角之和的差（多面体的面角的角度用弧度制）.例如：正四面体每个顶点均有3个面角，每个面角均为，则其各个顶点的曲率均为.若正四棱锥的侧面与底面的夹角的正切值为，则四棱锥在顶点处的曲率为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】如图，连接，设，连接，则平面， 取的中点，连接，由正四棱锥的结构特征知， 所以为侧面与底面所成的角， 设，则， 在中，，所以， 又，所以， 所以正四棱锥的每个侧面均为正三角形， 所以顶点处的各面角分别为、、，该顶点处的曲率为. 故选：D 5．（24-25高一下·湖北荆门·期末·多选）阅读数学材料：“设为多面体的一个顶点，定义多面体在点处的离散曲率为，其中为多面体的所有与点相邻的顶点，且平面，平面，平面和平面为多而体的所有以为公共点的面.”解答问题：已知在直四棱柱中，底面为菱形，，则（    ） A．直四棱柱是正方体，则直四棱柱在顶点A处的离散曲率为 B．若，则三棱锥在顶点处的离散曲率为 C．若四面体在点处的离散曲率为，则平面 D．若直四棱柱在顶点A处的离散曲率为，则与平面所成角的正切值为 【答案】BCD 【详解】A.直四棱柱是正方体，则直四棱柱在顶点A处的 离散曲率为，故A错误； B.若，则三棱锥在顶点处的离散曲率为 ，故B正确； C.若四面体在点处的离散曲率为， 即， 则，故为正三角形，， 所以，所以四边形为正方形， 所以直四棱柱是正方体，因为平面， 平面，所以，因为，平面， 平面，，所以平面， 又因为平面，所以， 同理可得，又平面，平面， ，则有平面，故C正确； D.若直四棱柱在顶点A处的离散曲率为： ，则，如图，设， ，则，，由C可知， 因为四边形为菱形，所以，又平面， 平面，，所以平面， 所以即与平面所成角， ，， 故，故D正确. 故选：BCD. 6．（24-25高三下·广东深圳·阶段练习·多选）莱昂哈德•医拉是历史上最杰出的数学家之一，在数学许多分支上都可以见到以欧拉命名的常数，公式和定理．在拓扑学中，欧拉公式描述了凸多面体顶点数，棱数和面数之间的关系：记凸多面体的顶点数为V，棱数为E，面数为F，则．根据欧拉公式，判断下列说法正确的是（   ） 注：若多面体上任意两点的连线段都在该多面体内（含表面），则称该多面体为凸多面体 A．若某棱锥的棱数比顶点数多5，则该棱锥为六棱锥 B．存在7条棱的多面体 C．存在每个面都是五边形或六边形的凸多面体，且任意相邻两个面的边数都不同 D．若某凸多面体每个面都是边长为1的正方形或正五边形，且每个顶点与其相连接的棱所形成的空间图形均相同，则面数的所有可能取值为6，7，12 【答案】AD 【详解】A选项：代入欧拉公式得，故为六棱锥，A正确； B选项：若，则，而V，，故，或，，无论哪种情况都无法形成多面体，B错误； C选项：任意相邻两个面的边数都不同，因此每个顶点至少连接4个面，设共有x个五边形，y个六边形，则（数遍每个五边形的5个顶点和每个六边形的6个顶点，则该多面体每个顶点都被至少数了4遍），考虑所有多边形的内角和，注意每个顶点所连接的内角之和小于，故，整理得无解，C错误； D选项：①若每个面都是正方形，则每个顶点连接3个面（正方形内角为90°），每条棱连接2个面，故，，代入得，此时为正方体， ②若每个面都是正五边形，则每个顶点连接3个面数（正五边形内角为108°）， 每条棱连接2个面，故，，代入得，此时为正十二面体， ③若即存在正方形又存在正五边形，则每个顶点连接3个面，每条棱连接2个面，设共有m个正方形，n个正五边形，则，，代入欧拉公式得， 因为每个顶点与其相连接的棱所形成的空间图形均相同，故每个顶点要么连接2个正方形1个五边形，要么连接1个正方形2个五边形， （i）若每个顶点连接2个正方形1个五边形，则，，解得，，，此时为侧面为正方形的正五棱柱， （ii）若每个顶点连接1个正方形2个五边形，此时考虑某个五边形，其5条边每条边相连的面一定是五边形正方形间隔环形排列，而5是奇数，不可能； 因此符合题意的简单凸多面体的面数只可能为6，7，12，D正确. 故选：AD 7．（24-25高一下·四川遂宁·期末）世界上最不可思议的四面体就是勒洛四面体，它是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的相交部分围成的几何体.如图所示，若正四面体的棱长为，则勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为 ． 【答案】 【详解】勒洛四面体能够容纳的最大球与勒洛四面体的4个弧面都相切，即为勒洛四面体内切球， 由对称性知，勒洛四面体内切球球心是正四面体的内切球、外接球球心，如图： 正外接圆半径， 正四面体的高，令正四面体的外接球半径为， 在中，，解得， 此时我们再次完整地抽取部分勒洛四面体如图所示： 图中取正四面体中心为，连接交平面于点，交曲面于点， 其中即为正四面体外接球半径， 因为点均在以点B为球心的球面上，所以， 设勒洛四面体内切球半径为， 则由图得. 故答案为： 8．（2025·湖南邵阳·模拟预测）设正四面体的四个顶点到平面的距离所构成的集合为，若中元素的个数为，则称为正四面体的阶等距平面，为正四面体的阶等距集.如果为正四面体的1阶等距平面且1阶等距集为，则符合条件的平面有 个；若正四面体的棱长为，则的所有可能取值构成的集合为 . 【答案】 【详解】如图，正四面体，在第一问中，不妨也取， 则正的外接圆半径为，则正四面体的高， ①情形一：分别取AB，AC，AD的中点M，E，F， 此时平面为正四面体的一个1阶等距平面， 且由中位线性质可知，， 由于正四面体有4个面，这样的1阶等距平面平行于其中一个面，有4种情况； ②情形二：将此正四面体放置到棱长为的正方体中， 分别取AB，AC，CD，DB的中点为P，Q，R，S，连接， 则，，则四点共面， 又平面，平面，则平面， 同理可证，平面， 又平面平面，且平面，则平面， 因平面，则平面平面， 故平面为正四面体的1阶等距平面，且为正方体棱长的一半，等于， 由于正四面体的六条棱中有3组对棱互为异面直线， 这样的1阶等距平面平行于其中一组异面直线，有3种情况， 综上，当的值为1时，有4个；当的值为时，有3个， 故符合条件的有7个，的所有可能取值构成的集合是； 故答案为：；. 9．（24-25高二上·辽宁·开学考试）离散曲率是刻画空间弯曲性的重要指标．设P为多面体M的一个顶点，定义多面体M在点P处的离散曲率为，其中为多面体M的所有与点P相邻的顶点，且平面，平面，…，平面和平面为多面体M的所有以P为公共点的面．已知三棱锥如图所示． (1)求三棱锥在各个顶点处的离散曲率的和； (2)若平面ABC，，，三棱锥在顶点C处的离散曲率为，求点A到平面PBC的距离； (3)在（2）的前提下，又知点Q在棱PB上，直线CQ与平面ABC所成角的余弦值为，求BQ的长度． 【答案】(1)2 (2) (3) 【详解】（1）根据离散曲率的定义得， ， ， 又因为 ， 所以． （2）∵平面平面，∴， 又∵，平面，∴平面， ∵平面，∴， ∵，即 ∴，∴，过点A作于点， 由平面平面，得， 又平面，则平面， 因此点A到平面PBC的距离为线段的长，在中，， ∴点到平面的距离为. （3）过点作交于，连结， ∵平面，∴平面， ∴为直线与平面所成的角， 依题意可得，， ， ，， 设，则， 在中， ， 又，所以， 则， ∴，解得：或（舍） 故. 10．（24-25高一下·河北承德·阶段练习）离散曲率是刻画空间弯曲性的重要指标．设为多面体的一个顶点，定义多面体在点处的离散曲率为，其中为多面体的所有与点相邻的顶点，且平面，平面，平面和平面为多面体的所有以为公共点的面．已知三棱锥如图所示． (1)求三棱锥在各个顶点处的离散曲率的和； (2)若平面，，，三棱锥在顶点处的离散曲率为，求点到平面的距离； (3)在（2）的前提下，又知点在棱上，直线与平面所成角的余弦值为，求的长度． 【答案】(1)2； (2)； (3)． 【详解】（1）由离散曲率的定义得，， ，， 所以． （2）由平面，平面，得， 又，，平面，则平面， 又平面，所以，即， 又，即，解得， 过点作于点， 由平面，平面，得， 又，平面，则平面， 因此点到平面的距离为线段的长， 在中，， 所以点到平面的距离为. （3）过点作交于点，连接，如图． 由平面，则平面，故为直线与平面所成的角， 依题意，，，， 则，， 设，则，， 在中，， 由，得，， 因此，而，解得， 所以． 11．（24-25高二上·浙江·开学考试）离散曲率是刻画空间弯曲性的重要指标．设为多面体Γ的一个顶点，定义多面体在点处的离散曲率为，其中为多面体的所有与点相邻的点，且平面，平面，平面，平面为多面体的所有以为公共点的面．已知平面多边形的外接圆圆心为与的交点，如图①，且，将沿翻折到如图②，连接． (1)求四棱锥在各个顶点处的离散曲率的和； (2)已知直线与直线所成角的余弦值为． ①求四棱锥在顶点处的离散曲率； ②设为线段上的动点（不包括端点），与平面所成角为，二面角的平面角为，其中，求的最大值． 【答案】(1)2 (2)① ；② 【详解】（1）因为，，，内角和均为，四边形内角和为， 则四棱锥在各顶点处的离散曲率和为； （2）① 过点作交于，连接， 则即为直线与直线所成角或其补角， 因，平面多边形的外接圆圆心为与的交点， 则圆的直径，连接，则易得等边三角形，故有， 所以，，所以， 在中，因，解得． 即，可得： 则得， 即四棱锥在顶点处的离散曲率为 ②因为，所以为二面角的平面角， 因为，所以，则平面平面． 过作于，过作于，连接， 因平面，平面平面，故平面， 因平面，则， 又平面，则平面， 因平面，则，故为与平面所成角， 为二面角的平面角，则， 因为，所以， 则得，因，则， 故， 当且仅当时，等号成立． 则的最大值为． 12．（2025·山东青岛·模拟预测）在空间直角坐标系中，任何一个平面的方程都能表示成，其中，，，，，且为该平面的法向量.已知集合，，. (1)设集合，记中所有点构成的图形的面积为，中所有点构成的图形的面积为，求和的值； (2)记集合中所有点构成的几何体的体积为，中所有点构成的几何体的体积为，求和的值： (3)记集合中所有点构成的几何体为. ①求的体积的值； ②求的相邻（有公共棱）两个面所成二面角的大小，并指出的面数和棱数. 【答案】(1)，； (2)，； (3)①16；②，共有12个面，24条棱. 【详解】（1）集合表示平面上所有的点， 表示这八个顶点形成的正方体内所有的点， 而可以看成正方体在平面上的截面内所有的点. 发现它是边长为2的正方形，因此. 对于，当时， 表示经过，，的平面在第一象限的部分. 由对称性可知Q表示，， 这六个顶点形成的正八面体内所有的点. 而可以看成正八面体在平面上的截面内所有的点. 它是边长为的正方形，因此. （2）记集合，中所有点构成的几何体的体积分别为，； 考虑集合的子集； 即为三个坐标平面与围成的四面体. 四面体四个顶点分别为，，，， 此四面体的体积为 由对称性知， 考虑到的子集构成的几何体为棱长为1的正方体， 即， ， 显然为两个几何体公共部分， 记，，，. 容易验证，，在平面上，同时也在的底面上. 则为截去三棱锥所剩下的部分. 的体积，三棱锥的体积为. 故的体积. 当由对称性知，. （3） 如图所示，即为所构成的图形. 其中正方体即为集合P所构成的区域.构成了一个正四棱锥， 其中到面的距离为， ，. 由题意面方程为，由题干定义知其法向量 面方程为，由题干定义知其法向量 故. 由图知两个相邻的面所成角为钝角.故H相邻两个面所成角为. 由图可知共有12个面，24条棱. 2 学科网（北京）股份有限公司 $空间向量与立体几何：最值与范围问题、交线、截面与轨迹问题、立体几何新定义问题专项训练 空间向量与立体几何：最值与范围问题、交线截面与轨迹问题、立体几何新定义问题专项训练 考点目录 最值与范围问题 交线、截面与轨迹问题 立体几何新定义问题 考点一 最值与范围问题 1．（2025·河北·模拟预测）正四棱锥底面边长与侧棱长均为为空间任一点，且满足，则线段长度的取值范围为（    ） A． B． C． D． 2．（24-25高二上·河南周口·期末）在正四棱柱中，为棱上的动点（不包含端点），则与所成角的余弦值的取值范围为（    ） A． B． C． D． 3．（24-25高二下·江苏连云港·阶段练习）在平行六面体中，且，，若，则棱的最大值为（    ） A． B． C．3 D． 4．（24-25高二上·辽宁抚顺·期末）已知平面的一个法向量为，直线的一个方向向量为，则直线与平面所成角的正弦值的最大值为 ． 5．（24-25高二下·上海·期中）如图，在棱长为4的正方体中，为的中点，点为线段上一动点，则异面直线与所成角的余弦值最大值为 ． 6．（24-25高二上·安徽阜阳·期中）已知正四棱锥底面边长为2，高为1，动点P在平面内且满足，则直线与所成角的余弦值的取值范围为 ． 7．（24-25高三下·湖南长沙·阶段练习）如图，直三棱柱中，，，.    (1)当时，证明：平面平面； (2)当，记平面与平面，平面，平面，平面所成的角分别为，，，，，求的取值范围. 8．（2025·重庆·模拟预测）如图，在中，，O为边的中点，点D，E分别在，上，将绕直线旋转α到的位置，点E对应点M，交于点F，点P在线段上，连接，，．已知，，． (1)证明：平面； (2)若，求与平面所成角的正弦值的取值范围． 9．（2025·甘肃白银·三模）已知四边形为矩形，四边形为直角梯形，，二面角的大小为． (1)若为的中点． ①求点到平面的距离； ②若，求平面与平面夹角的余弦值． (2)若，点为线段的中点，将沿折起，使得与四边形在平面的同侧，且平面平面，点为四面体的内切球球面上的一动点，求的最小值． 10．（24-25高二下·上海宝山·期末）如图，棱长为2的正方体中，分别为的中点，点是平面上的点. (1)若点是的中点，证明：与、共面； (2)求平面与平面所成的锐二面角的大小； (3)若点满足，且点到平面的距离为，试确定点的位置，使得与平面所成的角取得最大值. 11．（25-26高三上·福建福州·开学考试）如图，四面体ABCD中，，，，E为AC的中点. (1)证明：平面平面； (2)设，，点F在线段BD上， （i）求二面角的余弦值； （ii）记CF与平面ABD所成角为，求的最大值. 12．（2025·贵州·三模）三棱锥中，是正三角形，. (1)证明：； (2)已知，为线段中点. （ⅰ）若是平面内一点，，求线段长的最小值； （ⅱ）若，，是平面内一条直线，求与平面所成角的正弦值的取值范围. 13．（2025·黑龙江哈尔滨·模拟预测）如图，四棱锥的底面为矩形，，是等边三角形，平面平面，O，F分别是，的中点，与交于点E，平面与直线交于点Q. (1)证明：平面； (2)求与平面所成角的正弦值； (3)设S为平行四边形内部一点. （ⅰ）求的面积的取值范围. （ⅱ）当取得最小值时，求二面角的正弦值. 14．（2025·安徽·一模）如图，在五面体中，菱形的边长为，，. (1)证明：且. (2)求五面体体积的最大值. (3)当五面体的体积最大时，求平面与平面夹角的余弦值. 考点二 交线、截面与轨迹问题 1．（25-26高二上·河北张家口·开学考试）如图，在长方体中，，，点分别为，的中点，点为长方形内一动点（含边界），若直线平面，则点的轨迹长度为（    ）    A． B． C． D． 2．（25-26高二上·黑龙江·开学考试）已知正方体的棱长为2，为正方体内一点，若，，则点的轨迹长度为（   ） A． B． C． D． 3．（2025·湖北·二模）在长方体中，，点是平面内的动点，且，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 4．（25-26高三上·广东阳江·阶段练习）在正四棱柱中，，为棱的中点，点为侧面内一动点，且平面，则线段的长度的最小值为（   ） A．1 B． C． D． 5．（24-25高一下·福建宁德·期末·多选）如图，在棱长为1的正方体中，为棱的中点，为正方形内一动点（含边界），则下列说法中正确的有（    ） A．直线与所成角的正切值为 B．用平面截该正方体，所得截面周长为 C．若平面，则长度的取值范围为 D．若，则动点的轨迹长度为 6．（25-26高三上·江苏南京·开学考试·多选）已知正方体的棱长为2，P为平面ABCD内一点，点M，N，Q分别是棱的中点，下列说法正确的是（    ） A．平面MNQ与正方体各面的交线围成的是正六边形 B．直线PM与直线QN是异面直线 C．当P在四边形ABCD内部（含边界）时，三棱锥P-MNQ体积的最大值为1 D．若P到棱CD，距离相等的点，则点P的轨迹是双曲线 7．（25-26高三上·贵州贵阳·开学考试·多选）如图，在棱长为1的正方体中，底面内（含边界）有一动点，下列说法正确的有（   ） A．若平面平面，则 B．若异面直线与所成角为，则的取值范围是 C．当时，点的轨迹长度为 D．四棱锥外接球的表面积最小值为 8．（25-26高三上·安徽·开学考试·多选）在棱长为2的正方体中，点在正方形内运动（含边界）且平面，则（    ） A．点的轨迹长度大小为 B．三棱锥的体积始终不变 C．异面直线与所成角的大小可能为 D．当异面直线与所成角最大时，四面体的外接球的表面积为 9．（24-25高一下·辽宁大连·期末·多选）已知正方体，，且直线与直线夹角为，则下列说法正确的是（   ） A．若点在棱上，且，则 B．若，且点在面上，则点的轨迹长度为 C．是面上的动点，，则的轨迹图形面积是 D．点为截面上的动点，，则点的轨迹长度是 10．（2024·黑龙江哈尔滨·一模·多选）如图，已知正三棱台是由一个平面截棱长为6的正四面体所得，其中，以点A为球心，为半径的球面与侧面的交线为曲线为上一点，则下列结论中正确的是（    ）    A．点A到平面的距离为 B．曲线的长度为 C．的最小值为 D．所有线段所形成的曲面的面积为 11．（2025·山西临汾·一模·多选）已知正方体的棱长为3，在棱上，且满足，动点在内（包括边界）移动，动点在正方体内（包括边界）移动，且，则（   ） A．的最小值为 B．动点在面内运动轨迹的长度为 C．动点的轨迹与动点的轨迹的交线是椭圆的一部分 D．在正四面体的内部有一个可以任意转动的正四面体，则此正四面体的棱长可以是1.4 12．（24-25高二下·湖南·阶段练习·多选）如图，在正四棱柱中，，，，分别为，的中点，是侧面上一动点（含边界），则下列结论正确的是（   ） A．若满足，则点的轨迹为圆的一部分 B．若，则点的轨迹为抛物线的一部分 C．以点为圆心，为半径的球与正四棱柱的侧面的交线长度为 D．以为直径的球面与正四棱柱的侧面的交线长度为 13．（25-26高三上·广东肇庆·阶段练习）已知正方体的棱长为1，动点在正方体表面上运动，且，记点的轨迹长度为，则 . 14．（25-26高二上·河北邢台·开学考试）若正四棱柱的底面棱长为4，侧棱长为3，且为棱上靠近点的三等分点，点在正方形的边界及其内部运动，且满足与底面的所成角，则点形成的轨迹长度为 ． 15．（24-25高一下·安徽宣城·期末）如图，四边形是边长为2的正方形，，平面平面，平面平面. (1)求证：平面； (2)求二面角的余弦值； (3)点M在正方形内（包括边界），若平面平面，且，求点M的轨迹长度. 16．（25-26高三上·浙江·开学考试）已知四棱锥，底面，底面是边长为2的正方形，，为的中点，点为三角形内（包括边界）的一个动点，且. (1)求点的轨迹长度； (2)当二面角正弦值大小为时，求与平面所成角的正弦值. 17．（25-26高三上·广东·开学考试）如图，在三棱锥中，是的中点，底面． (1)证明：平面； (2)若点为内（包含边界）一点，且，求点的轨迹的长度； (3)若，二面角的大小为，求与平面所成角的正弦值． 18．（2025·广东揭阳·三模）如图，三棱锥中，点在平面的射影恰在上，为中点，，，. (1)若平面，证明：是的三等分点； (2)记的轨迹为曲线，判断是什么曲线，并说明理由； (3)求的最小值. 考点三 立体几何新定义问题 1．（25-26高二上·云南·开学考试）在一个四面体中，若存在一个顶点处的三条棱两两垂直，则称该四面体为直角四面体，同时，把该顶点叫作“完美顶点”.若在四面体中存在“完美顶点”，，，，F为的中点，则与所成角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 2．（2025·云南曲靖·二模）公元前300年，几何之父欧几里得在《几何原本》里证明了世界上只存在正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体和正二十面体这5种正多面体.公元前200年，阿基米德把这5种正多面体进行截角操作（即切掉每个顶点），发现了5种对称的多面体，这些多面体的面仍然是正多边形，但各个面却不完全相同，如图所示，现代足球就是基于截角正二十面体的设计，则图2所示的足球截面体的棱数为（   ） A．60 B．90 C．120 D．180 3．（2025·河北保定·二模）刻画空间弯曲性是空间几何研究的重要内容，我们常用曲率来刻画空间弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于与多面体在该点的面角之和的差（多面体的面角的角度用弧度制）．例如：正四面体每个顶点均有3个面角，每个面角均为，则其各个顶点的曲率均为．若正四棱锥的侧面与底面的夹角的正切值为，则四棱锥在顶点S处的曲率为（      ） A． B． C． D． 4．（24-25高一下·山东德州·期末）刻画空间弯曲性是空间几何研究的重要内容，我们常用曲率来刻画空间弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于与多面体在该点的面角之和的差（多面体的面角的角度用弧度制）.例如：正四面体每个顶点均有3个面角，每个面角均为，则其各个顶点的曲率均为.若正四棱锥的侧面与底面的夹角的正切值为，则四棱锥在顶点处的曲率为（   ） A． B． C． D． 5．（24-25高一下·湖北荆门·期末·多选）阅读数学材料：“设为多面体的一个顶点，定义多面体在点处的离散曲率为，其中为多面体的所有与点相邻的顶点，且平面，平面，平面和平面为多而体的所有以为公共点的面.”解答问题：已知在直四棱柱中，底面为菱形，，则（    ） A．直四棱柱是正方体，则直四棱柱在顶点A处的离散曲率为 B．若，则三棱锥在顶点处的离散曲率为 C．若四面体在点处的离散曲率为，则平面 D．若直四棱柱在顶点A处的离散曲率为，则与平面所成角的正切值为 6．（24-25高三下·广东深圳·阶段练习·多选）莱昂哈德•医拉是历史上最杰出的数学家之一，在数学许多分支上都可以见到以欧拉命名的常数，公式和定理．在拓扑学中，欧拉公式描述了凸多面体顶点数，棱数和面数之间的关系：记凸多面体的顶点数为V，棱数为E，面数为F，则．根据欧拉公式，判断下列说法正确的是（   ） 注：若多面体上任意两点的连线段都在该多面体内（含表面），则称该多面体为凸多面体 A．若某棱锥的棱数比顶点数多5，则该棱锥为六棱锥 B．存在7条棱的多面体 C．存在每个面都是五边形或六边形的凸多面体，且任意相邻两个面的边数都不同 D．若某凸多面体每个面都是边长为1的正方形或正五边形，且每个顶点与其相连接的棱所形成的空间图形均相同，则面数的所有可能取值为6，7，12 7．（24-25高一下·四川遂宁·期末）世界上最不可思议的四面体就是勒洛四面体，它是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的相交部分围成的几何体.如图所示，若正四面体的棱长为，则勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为 ． 8．（2025·湖南邵阳·模拟预测）设正四面体的四个顶点到平面的距离所构成的集合为，若中元素的个数为，则称为正四面体的阶等距平面，为正四面体的阶等距集.如果为正四面体的1阶等距平面且1阶等距集为，则符合条件的平面有 个；若正四面体的棱长为，则的所有可能取值构成的集合为 . 9．（24-25高二上·辽宁·开学考试）离散曲率是刻画空间弯曲性的重要指标．设P为多面体M的一个顶点，定义多面体M在点P处的离散曲率为，其中为多面体M的所有与点P相邻的顶点，且平面，平面，…，平面和平面为多面体M的所有以P为公共点的面．已知三棱锥如图所示． (1)求三棱锥在各个顶点处的离散曲率的和； (2)若平面ABC，，，三棱锥在顶点C处的离散曲率为，求点A到平面PBC的距离； (3)在（2）的前提下，又知点Q在棱PB上，直线CQ与平面ABC所成角的余弦值为，求BQ的长度． 10．（24-25高一下·河北承德·阶段练习）离散曲率是刻画空间弯曲性的重要指标．设为多面体的一个顶点，定义多面体在点处的离散曲率为，其中为多面体的所有与点相邻的顶点，且平面，平面，平面和平面为多面体的所有以为公共点的面．已知三棱锥如图所示． (1)求三棱锥在各个顶点处的离散曲率的和； (2)若平面，，，三棱锥在顶点处的离散曲率为，求点到平面的距离； (3)在（2）的前提下，又知点在棱上，直线与平面所成角的余弦值为，求的长度． 11．（24-25高二上·浙江·开学考试）离散曲率是刻画空间弯曲性的重要指标．设为多面体Γ的一个顶点，定义多面体在点处的离散曲率为，其中为多面体的所有与点相邻的点，且平面，平面，平面，平面为多面体的所有以为公共点的面．已知平面多边形的外接圆圆心为与的交点，如图①，且，将沿翻折到如图②，连接． (1)求四棱锥在各个顶点处的离散曲率的和； (2)已知直线与直线所成角的余弦值为． ①求四棱锥在顶点处的离散曲率； ②设为线段上的动点（不包括端点），与平面所成角为，二面角的平面角为，其中，求的最大值． 12．（2025·山东青岛·模拟预测）在空间直角坐标系中，任何一个平面的方程都能表示成，其中，，，，，且为该平面的法向量.已知集合，，. (1)设集合，记中所有点构成的图形的面积为，中所有点构成的图形的面积为，求和的值； (2)记集合中所有点构成的几何体的体积为，中所有点构成的几何体的体积为，求和的值： (3)记集合中所有点构成的几何体为. ①求的体积的值； ②求的相邻（有公共棱）两个面所成二面角的大小，并指出的面数和棱数. 2 学科网（北京）股份有限公司 $