专题14 立体几何综合问题（精讲）

第1页（共41页）专题14·立体几何综合问题命题规律空间几何压轴题（选填题）主要考查动态轨迹问题和几何体的相关量的计算（含最值）两个方面。空间中轨迹问题的解答思路：（1）根据已知条件确定和待求点相关的平行、垂直等关系；（2）用动点的坐标、、z表示相关点的坐标、、，然后代入点的坐标所满足的曲线方程，整理化简可得出动点的轨迹方程；（3）根据轨迹形状即可求解出轨迹的长度等其他量。题型归纳题型1由线线、线面位置定轨迹【解题技巧】平行类：1．线面平行转化为面面平行得轨迹；2．用法向量垂直关系求轨迹．垂直类：1．可利用线线线面垂直，转化为面面垂直，得交线求轨迹；2．利用空间坐标运算求轨迹；3．利用垂直关系转化为平行关系求轨迹．【例1】（2022•扬中市校级开学）《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称为“鳖臑”，在如图所示的“鳖臑”P﹣ABC中，PA⊥平面ABC，∠ACB＝90°，AC＝4，PA＝2，D为AB的中点，E为△PAC内的动点（含边界），且PC⊥DE，则当E在AC上时，AE＝．点E的轨迹的长度为．【分析】取AC的中点E，可得DE⊥AC，根据已知条件可证明面PAC⊥面ABC，再由面面垂直的性质定理可得DE⊥PC，可得AE=12AC=2；过点E作EG⊥PC，垂足为G，可证明PC⊥面DEG【解答】解：取AC的中点E，连接DE，则DE∥BC，因为∠ACB＝90°，所以DE⊥AC，因为PA⊥平面ABC，PA⊂面PAC，所以面PAC⊥面ABC，因为面PAC⋂面ABC＝AC，DE⊥AC，DE⊂面ABC，所以DE⊥面PAC，因为PC⊂面PAC，所以DE⊥PC，AE=1过点E作EG⊥PC，垂足为G，则PC⊥面DEG，即点E在线段EG上运动时，DE⊥PC，所以点E的轨迹为线段EG，则EG=EC⋅sin∠PCA=2×PA故答案为：2；25【点评】本题考查立体几何中的轨迹问题，空间想象能力的培养等知识，属于中等题．【例2】（2022•让胡路区校级二模）如图，在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1，点E，F分别是棱BC，CC1的中点，P是侧面BCC1B1内一点（含边界），若A1P∥平面AEF，点P的轨迹长度为，三棱锥P﹣AEF的体积为．【分析】分别取棱BB1，B1C1的中点M，N，连接A1M，A1N，MN，BC1，NE，推导出MN∥平面AEF，A1N∥平面AEF，得到平面A1MN∥平面AEF，由此得以点P的轨迹是线段MN；再由等体积法求三棱锥P﹣AEF的体积．【解答】解：分别取棱BB1，B1C1的中点M，N，连接A1M，A1N，MN，BC1，NE，∵M，N，E，F分别是其所在棱的中点，∴MN∥BC1，EF∥BC1，∴MN∥EF，∵MN⊄平面AEF，EF⊂平面AEF，∴MN∥平面AEF，∵AA1∥NE，AA1＝NE，∴四边形AENA1为平行四边形，∴A1N∥AE，∵A1N⊄平面AEF，AE⊂平面AEF，∴A1N∥平面AEF，∵A1N∩MN＝N，∴平面A1MN∥平面AEF，∵P是侧面BCC1B1内一点，且A1P∥平面AEF，∴点P必在线段MN上，∴点P的轨迹长度为MN=12BC1∵MN∥EF，且MN与EF间的距离为12B1C=22，EF＝A到平面PEF的距离为1，∴VP﹣AEF＝VA﹣PEF=1故答案为：22；1【点评】本题考查空间中线面故选的判定及应用，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用等体积法求多面体的体积，是中档题．题型2由角度定轨迹【解题技巧】1．直线与面成定角，可能是圆锥侧面．2．直线与定直线成等角，可能是圆锥侧面．3．利用空间坐标系计算求轨迹．【例1】（多选）（2022秋•六安期末）已知长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AA1＝22，点P是四边形A1B1C1D1内（包含边界）的一动点，设二面角P﹣AD﹣B的大小为α，直线PB与平面ABCD所成的角为β，若α＝β，则（）A．点P的轨迹为一条抛物线 B．线段PB长的最小值为3 C．直线PA1与直线CD所成角的最大值为π4D．三棱锥P﹣A1BC1体积的最大值为2【分析】根据二面角的定义，线面角的概念，抛物线的定义，异面直线所成角的概念，三棱锥的体积公式，即可分别求解．【解答】解：对A选项，过P点作PO垂直与底面ABCD，垂足为O，过O作OH⊥AD，垂足为H，连接OB，PH，PB，则∠PHO＝α，∠PBO＝β，又α＝β，∵OH＝OB，而O为P点在底面的投影，∴PH＝PB，过P作PM⊥A1D1，垂足点为M，连接PB1，则易得PM＝PB1，∴P点的轨迹是以B1为焦点，A1D1为准线的抛物线的一部分，如图所示，∴A选项错误；对B选项，当P点在A1B1的中点时PB最短，此时PB＝3，∴B选项正确；对C选项，∵PA1与CD所成的角即PA1与C1D1所成的角，∴当P与C1重合时，PA1与C1D1所成的角最大为π4，∴C对D选项，∵VP−A1BC1=VB−PA1C1，∴当P点在A1B1的中点时，P点到A1C1距离最大，三角形PA1C故选：BCD．【点评】本题考查二面角的定义，线面角的概念，抛物线的定义，异面直线所成角的概念，三棱锥的体积公式，属中档题．题型3由定长、等长定轨迹【解题技巧】1．距离，可转化为在一个平面内的距离关系，借助于圆锥曲线定义或者球和圆的定义等知识求解轨迹．2．利用空间坐标计算求轨迹．【例1】（2022•江西模拟）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为3，点P在△A1C1B的内部及其边界上运动，且DP=14，则点PA．2π B．2π C．22π D．3π【分析】连接B1D，B1D1，证明B1D⊥平面A1C1B，设其垂足为O，可求得OD，连接OP，则OD⊥OP，推出点P的轨迹为以点O为圆心，2为半径的圆在△A1C1B内部及其边界上的部分，然后转化求解即可．【解答】解：正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为3，点P在△A1C1B的内部及其边界上运动，连接B1D，B1D1，则A1C1⊥B1D1，A1C1⊥DD1，B1D1∩DD1＝D1，如图：所以A1C1⊥平面B1DD1，所以A1C1⊥B1D，同理A1B⊥B1D，所以B1D⊥平面A1C1B，设其垂足为O，可求得OD=23B1D2=3，连接OP，则所以OP=D可得点P的轨迹为以点O为圆心，2为半径的圆在△A1C1B内部及其边界上的部分，是圆心角为π3且半径为2的三段圆弧，故所求轨迹的长度为3×故选：A．【点评】本题考查直线与平面垂直的判断定理的应用，轨迹的判断，考查转化思想以及计算能力，是中档题．【例2】（多选）（2022春•湖北月考）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为3，点M是棱A1D1的中点，N是棱CD的靠近点C的三等分点，P在四边形ABCD内（包含边界），点Q在线段BN上，若PM=10A．点P的轨迹的长度为π B．线段MP的轨迹与平面ADC1B1的交线为圆弧 C．PQ长度的最大值为32D．PQ长度的最小值为3【分析】取AD中点O，则MO⊥平面ABCD，即MO⊥OP，由已知得到OP＝1，可知点P在以O为圆心，以1为半径位于平面ABCD内的半圆上，然后逐一分析每个选项的正确性即可．【解答】解：如图，取AD中点O，则MO⊥平面ABCD，即MO⊥OP，∵PM=10，∴OP=(10)2−32=1，所以点P在以O为圆心，1为半径位于平面ABCD内的半圆上，∴点P线段MP的轨迹为以MO为轴的半个圆锥侧面，由圆锥曲线的定义可知，线段MP的轨迹与平面ADC1B1的交线为椭圆弧，故B错误；O到BN的距离减去2即为PQ长度的最小值，作OH⊥BN于H，△BON的面积为S△BON＝3×3−12×3×1−12×32×2−12×3×32=154，∴S△BON=12PQ长度的最大值为2．52+32故选：AD．【点评】本题主要考查了动点轨迹方程，考查了圆锥的结构特征，是中档题．题型4翻折中轨迹问题【解题技巧】1．翻折过程中寻找不变的垂直的关系求轨迹．2．翻折过程中寻找不变的长度关系求轨迹．3．可以利用空间坐标运算求轨迹．【例1】（多选）（2022春•仓山区校级期末）已知菱形ABCD的边长为2，∠ABC＝120°，沿对角线AC折叠成三棱锥B1﹣ACD，使得二面角B1﹣AC﹣D为直二面角，设E为CD的中点，F为三棱锥B1﹣ACD表面上的动点，则（）A．四面体B1﹣ACD的外接球的半径为5 B．B1C与AE所成的角θ∈(0，C．线段EF的最大值是5 D．若AC⊥EF，则点F轨迹的长度为1+【分析】A，设△ACD的外心为O1，△AB1C的外心为O2，取AC中点为H，过O1作面ACB1的垂线，过O2作面ACD的垂线，两垂线的交点O为四面体B1﹣ACD的外接球的球心，其半径R=DB，由|cos∠KON|=9728＞12，所以BC，AE=AD，分别取B1C，OC的中点H，I，连接EH，HI，IE，求得EH+HI+IE=1+2【解答】解：对于A，如图1，设△ACD的外心为O1，△AB1C的外心为O2，取AC中点为H，因为二面角B1﹣AC﹣D为直二面角，所以B1H⊥面ACD，DH⊥面ACB1，且O1∈B1H，O2∈DH，可得，过O1作面ACB1的垂线，过O2作面ACD的垂线，两垂线的交点O为四面体B1﹣ACD的外接球的球心，其半径R=DO2对于B，分别取AC，AB1，EC的中点O，K，N，连接OK，ON，KN，OK＝1，ON=72，KN=5，故|cos∠KON|=9728＞12，所以对于C，AE=AD2对于D，若AC⊥EF，分别取B1C，OC的中点H，I，连接EH，HI，IE，则点F轨迹的长度为EH+HI+IE=1+22，即故选：ABD．【点评】考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．题型5空间角【解题技巧】1．平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下：①平移；②定（证明）；③计算；④取舍．2．计算线面角，一般有如下几种方法：①利用面面垂直的性质定理，得到线面垂直，进而确定线面角的垂足，明确斜线在平面内的射影，即可确定线面角；②在构成线面角的直角三角形中，可利用等体积法求解垂线段的长度，从而不必作出线面角，则线面角满足（为斜线段长），进而可求得线面角；③建立空间直角坐标系，利用向量法求解，设为直线的方向向量，为平面的法向量，则线面角的正弦值为.3．计算二面角，常用方法：①向量法：二面角的大小为(),②定义法：在棱上任一点，分别在两个半平面内做棱的垂线，两垂线所成的角即为二面角的平面角；③垂面法：做与棱垂直的平面，交二面角两个半平面，两条交线所成的角即为二面角的平面角．【例1】（2022秋•安庆月考）已知在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F，G分别是棱D1C1，AB，BC的中点，H是棱CD上一点，则下列命题中正确的个数为（）①异面直线D1H与AB之间的距离为定值；②平面EFG∥平面AD1H；③设平面A1AH∩平面A1B1C1D1＝l，则AH∥l；④直线A1C1与平面ABC1D1所成的角为30°．A．4 B．3 C．2 D．1【分析】①中，异面直线之间的距离找公垂线段；②中，面面平行结合性质定理验证；③中，线面平行的性质定理可证；④中，由线线角确定线面角，计算角的大小验证．【解答】解：如图所示：对于①，过H点作AD的平行线，与AB相交于点M，则HM为异面直线D1H与AB的公垂线段，且长度等于正方体棱长，∴异面直线D1H与AB之间的距离为定值，∴①正确；对于②，∵平面ABCD∩平面EFG＝FG，平面ABCD∩平面AD1H＝AH，若平面EFG∥平面AD1H，则有FG∥AH，而FG∥AH不一定成立，∴②错误；对于③，∵平面ABCD∥平面A1B1C1D1，AH⊂平面ABCD，∴AH∥平面A1B1C1D1，AH⊂平面A1AH，平面A1AH∩平面A1B1C1D1＝l，∴AH∥l，∴③正确；对于④，∵N为AD1的中点，连接A1N，C1N，又平面ABC1D1⊥平面ADD1A1，平面ABC1D1∩平面ADD1A1＝AD1，A1N⊂平面ADD1A1，A1N⊥AD1，∴A1N⊥平面ABC1D1，∴直线A1C1与平面ABC1D1所成的角为∠A1C1N，在Rt△A1C1N中，A1N=12A1C1，∠A1C1N＝30°，∴直线A1C1故选：B．【点评】此题考查异面直线之间的距离问题，面面平行的判断问题，线面平行的性质定理，线面角的求解，属中档题．【例2】（多选）（2022春•琼山区校级月考）如图，菱形ABCD边长为2，∠BAD＝60°，E为边AB的中点，将△ADE沿DE折起，使A到A'，且平面A'DE⊥平面BEDC，连接A'B、A'C，则下列结论中正确的是（）A．平面A'DE⊥面A′BE B．三棱锥A′﹣CDE外接球的表面积为8π C．二面角B﹣A'C﹣D的余弦值为−2D．若P在线段DE上，则异面直线BP与A'C所成角的范围是[【分析】对于A，利用面面垂直的判定定理即可判断；对于B，将三棱锥A′﹣CDE补全为长方体EFCD﹣A′MNQ，利用长方体的几何性质即可判断；对于C，建立合适的空间直角坐标系，利用向量的夹角公式即可判断；对于D，表示出|cos＜BP【解答】解：对于选项A，在菱形ABCD中，AE＝1，AD＝2，∠BAD＝60°，由余弦定理有，DE2＝AE2+AD2﹣2AD•AEcos60°＝3，则AE2+DE2＝AD2，∴DE⊥AB，翻折后，对应地有，DE⊥A′E，DE⊥BE，又A′E∩BE＝E，A′E⊂平面A′BE，BE⊂平面A′BE，∴DE⊥平面A′BE，又DE⊂平面A′DE，∴平面A′DE⊥平面A′BE，选项A正确；对于选项B，在菱形ABCD中，DE⊥AB，AB∥CD，则DE⊥CD，又平面A′DE⊥平面BEDC，平面A′DE∩平面BEDC＝DE，DE⊥A′E，A′E⊂平面A′DE，∴A′E⊥平面CDE，将三棱锥A′﹣CDE补全为长方体EFCD﹣A′MNQ，则三棱锥A′﹣CDE的外接球的直径为2R=A'C=22，则R=2，∴三棱锥A′﹣CDE外接球的表面积为4πR2＝8π对于选项C，建立如图所示的空间直角坐标系，则B(1，0，0)，A'(0，0，1)，C(2，3，0)，D(0，3，0)，设平面A′BC的法向量为m→=(x，y，z)，BC→=(1，3，0)，BA'→=(−1，0，1)，则m→⋅BC→=x+3y=0m→⋅BA'→=−x+z=0，则可取m→=(3，−1，3对于选项D，可设点P(0，t，0)，0≤t≤3，则BP→=(−1，t，0)，A'C→=(2，3，−1)，∴|cos＜BP→，A'C→＞|=|3t−2|22⋅t2+1，设f(t)=3t2−43t+4t2+1=3+1−43tt2+1，0≤t≤3，则f'(t)=2(2t+故选：ABD．【点评】本题考查立体几何中的综合运用，涉及了面面垂直的判定，利用空间向量求解异面直线所成角，二面角，三棱锥外接球的表面积等知识点，同时还考查了利用导数研究函数的值域，考查逻辑推理能力，运算求解能力，属于较难题目．题型6体积、面积、周长、距离【解题技巧】1．等体积转化法一般情况下是三棱锥才有的特性．2．尽可能寻找在表面的三个点．3．利用好“同底等高”和“同底比例高”．4．大多数情况下，可以把不规则几何体分割为三棱锥+四棱锥．5．多从四棱锥底面对角线或者几何体表面四边形对角线处寻找分割的“刀口”．6．直接求体积，大多数是难度较大．7．利用等体积转化（或者不等体积转化），或寻找合适的底面和平行高转化．【例1】（2022•上海开学）祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”．即：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等．有一个球形瓷碗，它可以看成半球的一部分，若瓷碗的直径为8，高为2，利用祖暅原理可求得该球形瓷碗的体积为．【分析】解：设瓷碗所在球的半径为R，则（R﹣2）2+42＝R2，得R＝5，由题意构造几何体，然后结合祖暅原理求解其体积即可．【解答】解：设瓷碗所在球的半径为R，则（R﹣2）2+42＝R2，得R＝5，设从瓷碗截面圆心处任意竖直距离为h，则瓷碗的截面面积为π[52﹣（3+h）2]，构造一个圆柱减去一个圆台的模型，V=V故答案为：523【点评】本题考查空间几何体体积的计算，空间想象能力的培养等知识，属于中等题．题型7体积、面积的最值【解题技巧】熟记公式，列出等式求解.【例1】（2023•焦作二模）在正四棱锥S﹣ABCD中，M为SC的中点，过AM作截面将该四棱锥分成上、下两部分，记上、下两部分的体积分别为V1，V2，则V2V1【分析】根据给定条件，作出过AM的正四棱锥S﹣ABCD的截面，再求出V1【解答】解：记正四棱锥S﹣ABCD的体积为V，V2V1的最大值，由V1+V2＝V设过AM的截面分别交SB和SD于E，F，平面SAC与平面SBD的交线为SO，SO与AM相交于G，则G为△SAC的重心，则SG=23SO，令SESB=x，V1=y⋅1当且仅当x=y=23时取等号，此时所以V2故答案为：2．【点评】本题考查几何体的体积的比值的最小值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．【例2】（2022•莆田模拟）定义：若A，B，C，D为球面上四点，E，F分别是AB，CD的中点，则把以EF为直径的球称为AB，CD的“伴随球”．已知A，B，C，D是半径为2的球面上四点，AB＝CD＝23，则AB，CD的“伴随球”的直径取值范围为；若A，B，C，D不共面，则四面体ABCD体积的最大值为．【分析】设O为A，B，C，D所在球面的球心，则由题可知E、F均是以O为球心，1为半径的球面上的点，据此即可求出EF范围；根据VA−BCD=2VA−CDE=23S△CDE⋅d（d为点【解答】解：设O为A，B，C，D所在球面的球心，∴OA＝OC＝2．∵AB=CD=23，且E，F分别是AB，CD∴OE⊥AB，OE⊥CD，且AE=CF=3，∴OE＝OF则E、F均是以O为球心，1为半径的球面上的点，若以EF为直径作球，则0＜EF≤OE+OF＝2，即AB，CD的伴随球的直径取值范围是（0，2]；∵E是AB中点，∴VA−BCD=2VA−CDE=23S△CDE又S△CDE=12CD⋅ℎ，h为点E到CD距离，h⩽EF⩽2，∴当且仅当E，O，F三点共线，且AB⊥CD时，等号成立．故答案为：（0，2]；4．【点评】本题考查立体几何中的新定义，球与多面体的切接问题等知识，属于中等题．题型8距离、周长的最值【解题技巧】构造函数法比较大小的总体思路：先化简变形，再从形式上寻找共性，最终构造函数．【例1】（2022•大庆模拟）已知四面体ABCD的所有棱长均为2，M，N分别为棱AD，BC的中点，F为棱AB上异于A，B的动点，有下列结论：①线段MN的长度为1；②存在点F，满足CD⊥平面FMN；③四面体ABCD的外接球表面积为3π；④△MFN周长的最小值为2+1其中所有正确结论的编号为．【分析】①连接AN，DN，易知△AND为等腰三角形，即MN⊥AD，即可求MN的长；②若E为AC中点，连接ME易知ME∥DC，假设存在则ME⊥平面FMN，再由线面垂直的性质推出矛盾结论；③求出正四面体外接球半径，再由表面积公式求面积；④将面ABD、面ABC展开为一个平面，判断MF+FN最小的情况即可．【解答】解：连接AN，DN，四面体ABCD的所有棱长均为2，则AN=DN=62且MN⊥AD，所以MN=3若E为AC中点，连接ME，M为棱AD的中点，则ME∥DC，显然ME，MN不垂直，要使CD⊥平面FMN，即ME⊥平面FMN，又MN⊂平面FMN，则ME⊥MN，出现矛盾，②错误；由题设知：四面体ABCD为正四面体，故外接球的半径r=64×2=32，所以表面积为4π△MFN周长的最小，只需MF+FN最小，将面ABD、面ABC展开为一个平面，如下图：当M，F，N共线时，MF+FN最小为MN=2，故△MFN周长的最小值为2+1，故答案为：①③④．【点评】本题考查了立体几何的综合，属于中档题．【例2】（2022•山西模拟）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC⊥BC，AC＝1，AA1＝2，AB＝3，点E，F分别是AA1，AB上的动点，当C1E+EF+FB1的长度最小时，三棱锥B1﹣C1EF外接球球面上的点到平面EFC1的距离的最大值为．【分析】把平面AA1C1C沿AA1展开到与平面ABB1A1共面的AA1C1'C'的位置，确定当C1'，E，F，B1'四点共线时，C1E+EF+FB1的长度最小，求出此时的线段的长度，△EFB1的外接圆是以EB1的中点O为圆心，EB12=102为半径的圆，三棱锥B1﹣C1EF外接球的球心O'到平面EFC1的距离等于B1到平面EFC【解答】解：把平面AA1C1C沿AA1展开到与平面ABB1A1共面的AA1C1'C'的位置，延长B1B到B1'，使得BB1'＝B1B，连结B1'F，如图1所示，则B1F＝B1'F，要使得C1E+EF+FB1的长度最小，则需C1'，E，F，B1'四点共线，此时C1E+EF+FB1＝C1'E+EF+FB1'＝C1'B1'，因为C1'B1'＝4，BB1'＝4，∠B1'B1C1'＝90°，所以∠B1'＝∠B1'C1'B1＝45°，所以BF＝BB1'＝2，A1E＝A1C1'＝1，故AE＝AF＝1，∠AFE＝∠BFB1＝45°，所以∠B1FE＝90°，EF=2，B1F＝22，EB1=10，所以△B1FE是直角三角形，所以△EFB1的外接圆是以EB1的中点O为圆心，所以三棱锥B1﹣C1EF外接球的球心O'到平面EFC1的距离等于B1到平面EFC1的距离h的一半，由等体积法可得h＝2，所以三棱锥B1﹣C1EF外接球球面上的点到平面EFC1的距离的最大值为1+10故答案为：2+10【点评】本题考查空间几何体的性质，求距离的最小值问题，考查空间想象能力，运算求解能力，属中档题，题型9动态问题【解题技巧】建立空间直角坐标系或临界情况求解。【例1】（2022秋•南充月考）如图所示，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，E、F分别是棱BC、CC1的中点，动点P在正方形BCC1B1（包括边界）内运动，若PA1∥面AEF，则线段PA1长度的最小值是（）A． B．3 C． D．【分析】建系，利用向量法及函数思想即可求解．【解答】解：分别以DA、DC、DD1所在直线为x、y、z轴建立空间直角坐标系，则A（2，0，0）、E（1，2，0）、F（0，2，1），A1（2，0，2），设点P（x，2，z），其中x、z∈[0，2]，∴，，，设平面AEF的法向量为，则，取，∵A1P∥平面AEF，∴，∴x+z﹣3＝0，∴＝，当且仅当时，A1P的长度取最小值，故选：C．【点评】本题考查向量法求解距离问题，函数思想的应用，属中档题．最新模拟一．选择题1．（2022春•北碚区校级期末）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，E为DD1中点，F为棱CD上异于端点的动点，若平面BEF截该正方体所得的截面为四边形，则线段的CF的取值范围是（）A．（，1） B．（，1） C．（，） D．（0，1]【答案】D【题型】动态问题【解析】解：如图，当CF＝1时，截面为等腰梯形BFEA1，当0＜CF＜1时，截面是四边形BFEN，当CF＞1时，截面是五边形．∴若平面BEF截该正方体所得的截面为四边形，则线段CF的范围为（0，1]．故选：D．2．（2022•山西自主招生）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，已知△ABC是边长为1的等边三角形，AA1＝2，E，F分别在侧面AA1B1B和侧面AA1C1C内运动（含边界），且满足直线AA1与平面AEF所成的角为30°，点A1在平面AEF上的射影H在△AEF内（含边界）．令直线BH与平面ABC所成的角为θ，则tanθ的最大值为（）A．3(2+3) B．33 C．【答案】A【题型】由角度定轨迹【解析】解：因为点H为A1在平面AEF上的射影，所以A1H⊥平面AEF，连接AH，则A1H⊥AH，故H在以AA1为直径的球面上．又AA1与面AEF所成的角为30°，所以∠HAA1＝30°，过H作HO1⊥AA1于点O1，如图1所示，则易得HA1＝1，HA=3，HO1所以H在如图2所示的圆锥AO1的底面圆周上，又H在△AEF内（含边界），故H在三棱柱ABC﹣A1B1C1及其内部，其轨迹是以O1为圆心，O1H为半径的圆中圆心角为60°的圆弧，且H在底面ABC上的射影H'的轨迹（以A为圆心，32连接BH'，易知直线BH与平面ABC所成的角θ＝∠HBH'，且tanθ=HH'故当BH'最小时，tanθ最大，A是圆弧圆心，则当H'在AB上时，BH'最小，最小值为1−32=故选：A．3．（2022•天津模拟）在△ABC中，AB=5，AC=3，tanA=43，点M，N分别在边AB，BC移动，且MN＝BN，沿MN将△BMN折起来得到棱锥B﹣A．16215 B．16315 C．【答案】C【题型】体积、面积、周长、距离【解析】解：由tanA=43得cosA=3则△ABC是直角三角形，C为直角，对MN的任何位置，当面MNB⊥面AMNC时，此时的点B到底面AMNC的距离最大，此时∠NMB即为MB与底面AMNC所成的角，设BM＝2x，在△MNB中，tanB=3点B到底面AMNC的距离ℎ=MBsin∠NMB=6x则VB−AMNCV'B−AMNC令V′B﹣AMNC＝0，解得x=±2x（0，262（263，V′B﹣AMNC+0﹣VB﹣AMNC↑极大值↓故当x=263故选：C．二．多选题4．（2022春•黄山期末）在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，已知点P在面对角线AC上运动，点E，F，G分别为A1D1，A1B1，BB1的中点，点M是该正方体表面及其内部的一动点，且BM∥平面AD1C，则下列选项正确的是（）A．D1P∥平面A1BC1 B．平面PDB1⊥平面A1BC1 C．过E，F，G三点的平面截正方体ABCD﹣A1B1C1D1所得的截面面积为3D．动点M的轨迹所形成区域的面积是2【答案】ABD【题型】由线线、线面位置定轨迹【解析】解：对于A，∵AC∥A1C1，AD1∥BC1，AC∩AD1＝A，A1C1∩BC1＝C1，∴平面AD1C∥平面A1BC1，∵D1P⊂平面AD1C，∴D1P∥平面A1BC1，故A正确；∵A1C1⊥B1D1，DD1⊥A1C1，DD1∩B1D1＝D1，∴A1C1⊥平面DD1B1，∵B1D⊥A1C1，同理，B1D⊥BC1，∵BC1∩A1C1＝C1，∴B1D⊥平面A1BC1，∴B1D⊂平面PDB1，∴平面PDB1⊥平面A1BC1，故B正确；对于C，如图，作出过E，F，G三点的平面截面图形，由图知截面为正六边形，边长为2，∴截面面积为S＝6×34×(2)对于D，如图，棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点M是该正方体表面及其内部的一动点，且BM∥平面AD1C，由面面平行的性质得当BM始终在一个与平面AD1C平行的平面内，即满足题意，作出过点B的平面与平面AD1C平行，连接A1B，BC1，A1C1，则平在A1BC1∥平面AD1C，∴动点M的轨迹所形成区域的面积是S△A1BC故选：ABD．5．（2022•揭阳模拟）如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，O为正方体的中心，M为DD1的中点，F为侧面正方形AA1D1D内一动点，且满足B1F∥平面BC1M，则（）A．若P为正方体表面上一点，则满足△OPA的面积为22的点有12个B．动点F的轨迹是一条线段 C．三棱锥F﹣BC1M的体积是随点F的运动而变化的 D．若过A，M，C1三点作正方体的截面Ω，Q为截面Ω上一点，则线段A1Q长度的取值范围为[【答案】BD【题型】由线线、线面位置定轨迹【解析】解：设O′为底面正方形的中心，连接AO，AO′，OO′，则AO′=12AC=2，OO′=12AA1＝1，∴△OO′A的面积为12AO′•OO′=22，所以在底面ABCD上点P与点O′必重合．同理正方形BAA1B1的中心，正方形DCC1D1的中心都满足，又当点如图，分别取AA1，A1D1的中点H，G连接B1G，GH，HB1，AD1，因为B1H∥C1M，GH∥BC1，B1H⊂平面BGH，C1M⊂平面BC1M，GH⊂平面BGH，BC1⊂平面BC1M，BC1∩C1M＝C1，所以平面B1GH∥平面BC1M，而B1F∥平面BC1M，所以⊂平面B1GH，所以点F轨迹为线段GH，故B正确；由选项B可知，点F的轨迹为线段GH，因为GH∥平面BC1M，则点F到平面BC1M的距离为定值，又△BC1M的面积为定值，从而可得三棱锥F﹣BC1M的体积是定值，故C不正确；如图，设截面Ω与平面BAA1B1交于AN，N在BB1上，因为截面Ω∩平面DAA1D1＝AM，平面DAA1D1∥平面CBB1C1，所以AM∥NC1，同理可证AN∥MC1，所以截面AMC1N为平行四边形，所以点N为BB1中点，在四棱锥A1﹣AMC1N中，侧棱A1C1最长，且A1C1＝22，设四棱锥A1﹣AMC1N的高为h，因为AM＝MC1=5，所以四边形AMC1N为菱形，所以△AMC1的边AC1上的高为面对角线的一半，即为2，又AC1＝23，则S△AMC1=12×23×2=6，VC1−AA1M=13S△AA1M•D综上，可知线段A1Q长度的取值范围为[263故选：BD．6．（2022春•南京月考）如图，菱形ABCD边长为2，∠BAD＝60°，E为边AB的中点，将△ADE沿DE折起，使A到A′，连接A′B，A′C，且A′D⊥DC，平面A′BE与平面A′CD的交线为l，则下列结论中正确的是（）A．平面A′DE⊥平面A′BE B．CD∥l C．三棱锥A′﹣CDE外接球的表面积为8π D．二面角B﹣A′C﹣D的余弦值为−【答案】ABC【题型】空间角【解析】解：因为A′D⊥DC，ED⊥DC，A'D∩DE＝D，所以CD⊥平面A′DE，因为CD∥BE，所以BE⊥平面A′DE，因为BE⊂平面A′BE，所以平面A′DE⊥平面A′BE，故A正确；因为CD∥BE，CD⊄平面A′BE，BE⊂平面A′BE，所以CD∥平面A′BE，又平面A′BE与平面A′CD的交线为l，所以CD∥l，故B正确；如图所示：由题意知：三棱锥A′﹣CDE外接球的直径为2R=A'C=22，则R=2，所以外接球的表面积为S＝4πR2＝8π，故D．由A知，BE⊥平面A′DE，则BE⊥A′E，又菱形ABCD边长为2，∠BAD＝60°，E为边AB的中点，所以DE⊥A′E，又BE∩DE＝E，所以A′E⊥平面BED，以E为原点，分别以EB，ED，EA′为x，y，z轴，建立如图所示空间直角坐标系：则B(1，0，0)，A'(0，0，1)，C(2，3所以A'B→设平面A'BC的一个法向量为：m→则A'B→⋅m设平面A'DC的一个法向量为：n→则A'D→⋅n→=所以二面角B﹣A′C﹣D的余弦值为−77，故故选：ABC．7．（2022秋•随州月考）在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝AA1＝1，点P满足BP→=λBC→+μBBA．当λ＝1时，△AB1P的周长为定值 B．当μ＝1时，三棱锥P﹣A1BC的体积为定值 C．当λ=12时，有且仅有一个点P，使得A1P⊥D．当μ=12时，有且仅有一个点P，使得A1B⊥平面AB【答案】BD【题型】体积、面积、周长、距离【解析】解：易知，点P在矩形BCC1B1内部（含边界）．对于A项，当λ＝1时，BP→=BC→+μBB1→⇒CP→=μBB1→．即此时P对于B项，当μ＝1时，BP→=λBC→+BB1→=BB1→+λB1C1→，故此时P点的轨迹为线段B1C1，而B1C对于C项，当λ=12时，BP→=12BC→+μBB1→，取BC，B1C1的中点分别为Q，H，则BP→=BQ→+μQH→，所以P点的轨迹为线段QH，不妨建系解决，以QA方向为x轴，QB方向为y轴，QH方向为对于D项，当μ=12时，BP→=λBC→+12BB1→，取BB1，CC1的中点为M，N，BP→=BM→+λ故选：BD．三．填空题8．（2022•江西模拟）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为23，点P在△A1C1B的内部及其边界上运动，且DP=17，则点P的轨迹长度为【答案】2π【题型】由定长、等长定轨迹【解析】解：连接B1D，B1D1，则A1C1⊥B1D1，A1C1⊥DD1，B1D1∩DD1＝D1，∴A1C1⊥平面B1DD1，∴A1C1⊥B1D，同理A1B⊥B1D，∴B1D⊥平面A1C1B，设垂足为O，∵VB−A1B1C1=VB1−连接OP，则OD⊥OP，∴OP=D又∵△A1C1B内切圆的半径r=2可得点P的轨迹为以O为圆心，1为半径的圆，则所求轨迹的长度为2π×1＝2π．故答案为：2π．9．（2022•镜湖区校级模拟）已知三棱锥P﹣ABC的外接球O的半径为13，△ABC为等边三角形，若顶点P到底面ABC的距离为4，且三棱锥P﹣ABC的体积为43，则满足上述条件的顶点P的轨迹长度是．【答案】43π【题型】由定长、等长定轨迹【解析】解：依题意得，设底面等边三角形△ABC的边长为x（x＞0），∴三棱锥P﹣ABC的体积V=13×3∴△ABC的外接圆半径为r＝23×∴球心O到底面ABC的距离为d=13−4∵顶点P到底面ABC的距离为4，∴顶点P的轨迹是一个截面圆的圆周，当球心在底面ABC和截面圆之间时，球心O到该截面圆的距离d2＝4﹣3＝1，∵截面圆的半径为r1=13−1=23，∴顶点P的轨迹长度为2πr1＝43当球心在底面ABC和截面圆同一侧时，球心O到该截面圆的距离为d1＝4+3＞13综上所述，顶点P的轨迹的总长度为43π．故答案为：43π．10．（2022•萍乡三模）如图，在正方形ABCD中，点M是边CD的中点，将△ADM沿AM翻折到△PAM，连结PB，PC，在△ADM翻折到△PAM的过程中，下列说法正确的是．（将正确说法的序号都写上）①点P的轨迹为圆弧；②存在某一翻折位置，使得AM⊥PB；③棱PB的中点为E，则CE的长为定值；【答案】①③【题型】翻折中轨迹问题【解析】解：设正方形ABCD边长为a，①在正方形ABCD中，过点D作DH⊥AM于H，则DH=5在△ADM翻折到△PAM的过程中，PH⊥AM，PH=5则点P的轨迹为以H为圆心，以55②假设存在某一翻折位置，使得AM⊥PB，在△PAM内，过点P作PN⊥AM于N，连接BN，由AM⊥PB，PN⊥AM，PN∩PB＝P，可得AM⊥平面PBN又BN⊂平面PBN，则AM⊥BN，则cos∠MAB=AN又在正方形ABCD中，cos∠MAB=cos∠AMD=5二者互相矛盾，故假设不成立，即不存在某一翻折位置，使得AM⊥PB，判断错误；③棱PB的中点为E，取PA中点K，连接EK，CE，MK，则MK=2则有EK∥AB，EK=12AB，则EK∥MC，EK＝MC，则四边形EKMC为平行四边形，则CE＝MK，又MK=22故答案为：①③．11．（2022秋•福州期中）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC⊥AB，AC＝2，AA1＝4，AB＝6，点E，F分别是AA1，AB上的动点，那么C1E+EF+FB1的长度最小值是，此时三棱锥B1﹣C1EF外接球的表面积为．【答案】82；44π【题型】距离、周长的最值【解析】解：把平面AA1C1C沿AA1展开到与平面ABB1A1共面的AA1C1'C'的位置，延长B1B到B1'，使得BB1'＝B1B，连结B1'F，如图1所示，则B1F＝B1'F，要使得C1E+EF+FB1的长度最小，则需C1'，E，F，B1'四点共线，此时C1E+EF+FB1＝C1'E+EF+FB1'＝C1'B1'，因为C1'B1＝8，B1B1'＝8，∠B1'B1C1'=π所以B1′C1′＝82，即C1E+EF+FB1的长度最小值是82．又因为∠B1'＝∠B1'C1'B1=π4，所以BF＝BB1'＝4，A1E＝A1C所以AE＝AF＝2，∠AFE＝∠BFB1=π所以∠B1FE=π2，EF＝22，B1F＝42，EB1＝2所以Rt△B1FE的外接圆是以EB1的中点O为圆心，12EB1=所以三棱锥B1﹣C1EF外接球的球心O'过点O且与平面EFB1垂直的直线上，如图2所示：且点O′到点E、C1的距离相等，则OO′=12AC＝1，所以O′E2=(B1E2)2+O′O2＝10+1＝11，所以三棱锥B1﹣C1故答案为：82；44π．真题在线一．选择题1．（2022•新高考Ⅰ）已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上．若该球的体积为36π，且3≤l≤33，则该正四棱锥体积的取值范围是（）A．[18，814] B．[274，814] C．[274，【答案】C【题型】体积、面积的最值【解析】解：如图所示，正四棱锥P﹣ABCD各顶点都在同一球面上，连接AC与BD交于点E，连接PE，则球心O在直线PE上，连接OA，设正四棱锥的底面边长为a，高为h，在Rt△PAE中，PA2＝AE2+PE2，即l2∵球O的体积为36π，∴球O的半径R＝3，在Rt△OAE中，OA2＝OE2+AE2，即R2∴12a2∴l2＝6h，又∵3≤l≤33，∴32∴该正四棱锥体积V（h）=1∵V'（h）＝﹣2h2+8h＝2h（4﹣h），∴当32≤ℎ＜4时，V'（h）＞0，V（当4＜ℎ≤92时，V'（h）＜0，V（h）单调递减，∴V（h）max＝V（4）又∵V（32）=274，V（92）=81即该正四棱锥体积的取值范围是[274，64故选：C．2．（2022•甲卷）甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为2π，侧面积分别为S甲和S乙，体积分别为V甲和V乙．若S甲S乙A．5 B．22 C．10 D．5【答案】C【题型】体积、面积、周长、距离【解析】解：如图，甲，乙两个圆锥的侧面展开图刚好拼成一个圆，设圆的半径（即圆锥母线）为3，甲、乙两个圆锥的底面半径分别为r1，r2，高分别为h1，h2，则2πr1＝4π，2πr2＝2π，解得r1＝2，r2＝1，由勾股定理可得ℎ1=5故选：C．3．（2022•甲卷）在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，已知B1D与平面ABCD和平面AA1B1B所成的角均为30°，则（）A．AB＝2AD B．AB与平面AB1C1D所成的角为30° C．AC＝CB1 D．B1D与平面BB1C1C所成的角为45°【答案】D【题型】空间角【解析】解：如图所示，连接AB1，BD，不妨令AA1＝1，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AD⊥面AA1B1B，BB1⊥面ABCD，所以∠B1DB和∠DB1A分别为B1D与平面ABCD和平面AA1B1B所成的角，即∠B1DB＝∠DB1A＝30°，所以在Rt△BDB1中，BB1＝AA1＝1，BD=3在Rt△ADB1中，DB1＝2，AD=1，AB1=3，所以AB=2故选项A，C错误，由图易知，AB在平面AB1C1D上的射影在AB1上，所以∠B1AB为AB与平面AB1C1D所成的角，在Rt△ABB1中，sin∠B故选项B错误，如图，连接B1C，则B1D在平面BB1C1C上的射影为B1C，所以∠DB1C为B1D与平面BB1C1C所成的角，在Rt△DB1C中，B1C=2=DC，所以∠DB1故选：D．4．（2022•浙江）如图，已知正三棱柱ABC﹣A1B1C1，AC＝AA1，E，F分别是棱BC，A1C1上的点．记EF与AA1所成的角为α，EF与平面ABC所成的角为β，二面角F﹣BC﹣A的平面角为γ，则（）A．α≤β≤γ B．β≤α≤γ C．β≤γ≤α D．α≤γ≤β【答案】A【题型】空间角【解析】解：∵正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC＝AA1，∴正三棱柱的所有棱长相等，设棱长为1，如图，过F作FG⊥AC，垂足点为G，连接GE，则A1A∥FG，∴EF与AA1所成的角为∠EFG＝α，且tanα=GE又GE∈[0，1]，∴tanα∈[0，1]，∴EF与平面ABC所成的角为∠FEG＝β，且tanβ=GFGE=1GE∈[1，+∞），∴tanβ再过G点作GH⊥BC，