立體幾何壓軸題10題型 -2024年高考數(shù)學壓軸題專項訓練（解析版）

壓軸題04立體幾何壓軸題十大題型匯總

壓軸題解讀

本專題考查類型主要涉及點立體幾何的內(nèi)容，主要涉及了立體幾何中的動點問題，外接球

命題預(yù)測內(nèi)切球問題，以及不規(guī)則圖形的夾角問題，新定義問題等。

預(yù)計2024年后命題會繼續(xù)在以上幾個方面進行。

題型01幾何圖形內(nèi)次球、外接球問題題型06幾何中的旋轉(zhuǎn)問題

題型02立體幾何中的計數(shù)原理排列組合問題題型07立體幾何中的折疊問題

高頻考法題型03立體幾何動點最值問題題型08不規(guī)則圖形表面積、體積問題

題型04不規(guī)則圖形中的面面夾角問題題型09立體幾何新定義問題

題型05不規(guī)則圖形中的線面夾角問題題型10立體幾何新考點

高分必搶

?逡型01幾何圖形內(nèi)切球、外接球問題

解決與球相關(guān)的切、接問題，其通法是作出截面，將空間幾何問題轉(zhuǎn)化為平面幾何問題求解，其解題思維

流程如下：

（1）定球心：如果是內(nèi)切球，球心到切點的距離相等且為球的半徑；如果是外接球，球心到接點的距離相

等且為半徑；

（2）作截面：選準最佳角度做出截面（要使這個截面盡可能多的包含球、幾何體的各種元素以及體現(xiàn)這些

元素的關(guān)系），這到空間問題平面化的目的；

（3）求半徑下結(jié)論：根據(jù)作出截面中的幾何元素，建立關(guān)于球的半徑的方程，并求解.

1.（多選）（23-24高三下?浙江?開學考試）如圖，八面體的每個面都是正三角形，并且4個頂點4B,C,。在

同一個平面內(nèi)，如果四邊形是邊長為2的正方形，則（）

A.異面直線力E與即所成角大小為三

第1頁共103頁

B.二面角力-EB-C的平面角的余弦值為?

C.此八面體一定存在外接球

D.此八面體的內(nèi)切球表面積為日

【答案】ACD

【分析】建立空間直角坐標系，運月坐標法計算異面直線所成角及二面角可判斷A項、B項，由|0E|=\0F\=

|0*=\0B\=|0C|=|0D|可判斷C項，運用等體積法求得內(nèi)切球的半徑，進而可求得內(nèi)切球的表面積即

可判斷D項.

【詳解】連接AC、BD交于點。，連接OE、OF,

因為四邊形力BCD為正方形，則AC1BD,

又因為八面體的每個面都是正三角形，所以E、0、F三點共線，且EF，

所以以。為原點，分別以。8、0C.。后為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系0-xyz,如圖所示，

則0(000)，4(0,一應(yīng),0),5(V2,0,0),C(0,\/2,0),D(-V2,0,0),E(0,0,煙,F(0,0,-V2),

對于A項，AE=(0,\[2,>/2),DP=(>/2,0,V2),

第2頁共103頁

設(shè)異面直線4E與。尸所成角為e,

則cos"\cos（AE,DF）\=搭黑=&=J

所以。=I,即異面直線4E與防所成角大小為］,故A項正確；

對于B項，詬=（-隹0,或），麗=（-&，-四,0）,正=（一但企,0）,

設(shè)面A8E的一個法向量為五=（%i，yi，zi）,

貝.郎=0=(-V2%I+&Zi=0

取巧=1,則%=-1,Zi=1,則元=(1,-1,1),

(nBA=01-V2%1-V2yx=0

設(shè)面BEC的一個法向量為沆=（x2,y2fZ2），

—V2X+A/2Z=0

22I取%2=11則丫2=1,Z?=1,則m—(1,1,1),

,-V2X2+V2y2=0

1-1+1_1

所以cos優(yōu)沆）=麗6乂6-3

又因為面力8￡?與8EC所成的二面角的平面角為鈍角，

所以二面角力-EB-C的平面角的余弦值為-］故B項錯誤；

對于C項,因為|。團=\0F\=\0A\=\0B\=\0C\=\0D\=0,

所以。為此八面體外接球的球心，

即此八面體一定存在外接球，故C項正確；

對于D項，設(shè)內(nèi)切球的半徑為r,

則八面體的體積為V=2VE_ABCD=2X^SABCD?EO=2x：x2x2x/二苧，

又八面體的體積為V=SV_==8xr=8x；x；x22xsin^xr=^r.

EAB08V0_ABE3EAB

所以塔廠=竽，解得r=9

所以內(nèi)切球的表面積為411"=4nx（彳產(chǎn)=?，故D項正確.

故選：ACD.

2.（2024浙江寧波?二模）在正四棱臺MCD-4B1GD］中，/8=4,4叢=2MAi=遮，若球。與上底面

48道1。］以及棱力8,8。（。,。4均相切，則球。的表面積為（）

第3頁共103頁

A.9TlB.16nC.25nD.36TT

【答案】C

【分析】根據(jù)勾股定理求解棱臺的高MN=L進而根據(jù)相切,由勾股定理求解球半徑R=1，即可由表面積

公式求解.

【詳解】設(shè)棱臺上下底面的中心為N,M,連接。止1，。8,

則=2&,。8=4企，

所以棱臺的高MN={BiB2TMB-NBI）2=J（何2一（2企一可=

設(shè)球半徑為R,根據(jù)正四棱臺的結(jié)構(gòu)特征可知：球。與上底面&BRiJ相切于N,與棱48,80,0）,04均相切于

各邊中點處，

設(shè)BC中點為E,連接。

所以0E?=0M2+ME2=R2=伊一i）2+22,解得R=1,

所以球。的表面積為4TTR2=25Tlr

故選：C

3.（2024?河北石家莊?二模）已知正方體的棱長為2/，連接正方體各個面的中心得到一個八面體，以正

方體的中心。為球心作一個半徑為竽的球，則該球。的球面與八面體各面的交線的總長為（）

A.2>/6nB.手ITC.竽nD.4>/6TI

【答案】B

【分析】畫出圖形，求解正方體的中心與正八面體面的距離，然后求解求與正八面體的截面圓半徑，求解

各個平面與球面的交線、推出結(jié)果.

第4頁共103頁

【詳解】如圖所示，M為Er的中點，。為正方體的中心,過。作PM的垂線交于點N,正八面體的棱長為2,

即EF=2,故0M=1rOP=V2,PM=V3,貝!JON=y,

由于MN=ZN=*NJ=NI=,,所以〃=竽，則ZJN/=T,平面P"與球。的交線所對應(yīng)的圓心角恰

為2,則該球。的球面與八面體各面的交線的總長為8XGX2TIx亨）=竽口

故選：B

4.（多選）（2022?山東聊城?二模）用與母線不垂直的兩個平行平面截一個圓柱，若兩個截面都是橢圓形

狀，則稱夾在這兩個平行平面之間的幾何體為斜圓柱.這兩個截面稱為斜圓柱的底面，兩底面之間的距離

稱為斜圓柱的高，斜圓柱的體積等于底面積乘以高.橢圓的面積等于長半軸與短半軸長之積的兀倍，已知某

圓柱的底面半徑為2,用與母線成45。角的兩個平行平面去截該圓柱，得到一個高為6的斜圓柱，對于這個

斜圓柱，下列選項正確的是（）

A.底面橢圓的離心率為日

B.側(cè)面積為24夜九

C.在該斜圓柱內(nèi)半徑最大的球的表面積為367r

D.底面積為4\反7T

第5頁共103頁

【答案】ABD

【分析】不妨過斜圓柱的最高點，和最低點B作平行于圓柱底面的截面圓，夾在它們之間的是圓柱，作出過

斜圓柱底面橢圓長軸的截面，截斜圓柱得平行四邊形，截圓柱得矩形，如圖，由此截面可得橢圓面與圓柱

底面間所成的二面角的平面角，從而求得橢圓長短軸之間的關(guān)系，得離心率，并求得橢圓的長短軸長，得

橢圓面積，利用橢圓的側(cè)面積公式可求得斜橢圓的側(cè)面積，由斜圓柱的高比圓柱的底面直徑大，可知斜圓

柱內(nèi)半徑最大的球的直徑與圓柱底面直徑相等，從而得其表面積，從而可關(guān)鍵各選項.

【詳解】不妨過斜圓柱的最高點。和最低點B作平行于圓柱底面的截面圓,夾在它們之間的是圓柱，如圖,

矩月為8。。是圓柱的軸截面，平行四邊形B/DE是斜圓柱的過底面橢圓的長軸的截面，

由圓柱的性質(zhì)知=45。，

則=,設(shè)橢圓的長軸長為2a,短軸長為2b,則2a=&?2b,a=V2b,c=Va2-b2=

Ja2-(ya)2=ya,

所以離心率為e=34，A正確；

a2

EGLBF,垂足為G,則EG=6,

易知々EBG=45°,BE=6>/2,又CE=AF=AB=4,

所以斜圓柱側(cè)面積為S=24x2x(4+6V2)-271x2x4=24夜zr,B正確；

2b=4,b=2,2a=4A/2,a=272,

橢圓面積為mib=4V2zr,D正確；

由于斜圓錐的兩個底面的距離為6,而圓柱的底面直徑為4,所以斜圓柱內(nèi)半徑最大的球的半徑為2,球表

面積為47rx22=167r,C錯.

故選：ABD.

第6頁共103頁

5.（21-22高三上湖北襄陽?期中）在正方體4BCD-&BiGd中，球01同時與以A為公共頂點的三個面

相切，球。2同時與以G為公共頂點的三個面相切，且兩球相切于點凡若以F為焦點，AB1為準線的拋物線經(jīng)

過0】，。2，設(shè)球。1,。2的半徑分別為q,r2，則1=.

【答案】2-V3/-V3+2

【分析】首先根據(jù)拋物線的定義結(jié)合已知條件得到球。2內(nèi)切于正方體，設(shè)廠2=1，得到廠1=2-6，即可得

到答案.

【詳解】如圖所示：

根據(jù)拋物線的定義，點。2到點F的距離與到直線力當?shù)木嚯x相等,

其中點。2到點F的距離即半徑七，也即點。2到面CDDiG的距離,

點。2到直線4名的距離即點。2到面力88遇1的距離,

因此球。2內(nèi)切于正方體.

不妨設(shè)r2=1，兩個球心。1,。2和兩球的切點F均在體對角線/Ci上，

兩個球在平面處的截面如圖所示,

第7頁共103頁

則。2r=r2=1,AO2=容="+j-=收,所以AF=A02-02F=V3—1.

因為念=肩,所以力。1=V3ri,所以力尸=401+。/=，5rl+口，

因此（遮+1）心二8一1,得q=2-6，所以立=2-V3.

r2

故答案為：2-痘

?題型02立體幾何中的計數(shù)原理排列組合問題

6.（2024?浙江臺州?二模）房屋建造時經(jīng)常需要把長方體磚頭進行不同角度的切割，以契合實際需要.已知長

方體的規(guī)格為24cmx11cmx5cm,現(xiàn)從長方體的某一棱的中點處作垂直于該棱的截面,截取1次后共可

以得到12cmx11cmx5cm,24cmxycmx5cm,24cmx11cmxgem三種不同規(guī)格的長方體.按照上

述方式對第1次所截得的長方體進行第2次截取，再對第2次所截得的長方體進行第3次截取，則共可得

到體積為165cm3的不同規(guī)格長方體的個數(shù)為（）

A.8B.10C.12D.16

【答案】B

【分析】根據(jù)原長方體體積與得到的體積為165cm3長方體的關(guān)系，分別對長寬高進行減半，利用分類加法

第8頁共103頁

計數(shù)原理求解即可.

【詳解】由題意，匕u六優(yōu)=24x11x5=8x165,為得到體積為165cm3的長方體，

區(qū)萬體

需將原來長方體體積縮小為原來的5,

O

可分三類完成：第一類，長減半3次,寬減半3次、高減半3次，共3種；

第二類，長寬高各減半1次，共1種；

第三類,長寬高減半(0,1,2)次的全排列用=6種，

根據(jù)分類加法計數(shù)原理，共3+1+6=10種.

故選：B

7.(2023?江蘇南通模擬預(yù)測)在空間直角坐標系。-無yz中，410,0,0),8(0,10,0),0(0,0,10)，則三棱錐。-

內(nèi)部整點(所有坐標均為整數(shù)的點，不包括邊界上的點)的個數(shù)為()

A.Ci0B.C；C.C；oD.C；

【答案】B

【分析】先利用空間向量法求得面/WC的一個法向量為元=(1,1,1),從而求得面力8c上的點P(a,b,c)滿足a4-

b+c=10,進而得到棱錐。-4SC內(nèi)部整點為Q(s,t,r)滿足3<s+t+r<9,再利用隔板法與組合數(shù)的性

質(zhì)即可得解.

【詳解】根據(jù)題意，作出圖形如下，

因為4(10,0,0),8(0,10,0),C(0,0,10),所以而=(-10,10,0),近=(-10,0,10),

第9頁共103頁

貝-n=-10x4-10y=0

設(shè)面ABC的一個法向量為亢=(x,y,z),

l斤-n=-10%+lOz=0

令x=1,則y=Lz=1,故元=(1,1,1),

設(shè)P(Q,b,c)是面/IBC上的點，則而=(a-10,瓦c),

故4P-n=a-10+b+c=O,則a+b+c=10,

不妨設(shè)三棱錐0-ABC內(nèi)部整點為Q(s,t,r),則s,t,\WN*,故sN1,tN1,rN1，則s+t+rN3,

易知若s+t+r=10,貝IJQ在面ABC上，若s+￡+r>10,貝!JQ在三腌。-ABC夕卜部，

所以3<s+t+r<9,

當s+t+r=n,neN?且3<n<9時，

將林寫成幾個1排成一列，利用隔板法將其隔成三部分，則結(jié)果的個數(shù)為s,t,r的取值的方法個數(shù)，顯然有C，i

個方法，

所有整點Q(s,t,r)的個數(shù)為第+《+???+《,

raniLz-r,x-r-1_n!_______n________(n+l-r)n!+rn!_(n+1)!_「r

n+1

囚刀Ln+In=r!(n_r)!+(r-i)!(n+i-r)!=r!(n+l-r)!=r!(n+l-r)!=^'

所以C；+C：+.??+C；=C+C+…+盤=C：+C：+???+Cj=???=《+《=ct

故選：B.

【點睛】關(guān)鍵點睛：本題解決的關(guān)鍵是求得面ABC上的點P(a,b,c)滿足Q+b+c=10,從而確定三棱錐。-

ABC內(nèi)部整點為Q(s,t,r)滿足3<s+t+r<9,由此得解.

8.(2024?重慶?模擬預(yù)測)從長方體的8個頂點中任選4個，則這4個點能構(gòu)成三棱錐的頂點的概率為()

A噎B嗦7D嚏

【答案】B

【分析】首先求出基本事件總數(shù)，再計算出這4個點在同一個平面的概率，最后利用對立事件的概率公式計

算可得.

【詳解】根據(jù)題意，從長方體的8個頂點中任選4個，有端=70種取法，

第10頁共103頁

"這4個點構(gòu)成三棱錐的頂點"的反面為"這4個點在同一個平面"，

而長方體有2個底面和4個側(cè)面、6個對角面，一共有12種情況,

則這4個點在同一個平面的概率P=蔣=5

所以這4個點構(gòu)成三棱推的概率為1-卷=黑

故選：B.

9.（多選）（2024?重慶模擬預(yù)測）如圖，16枚釘子釘成4x4的正方形板，現(xiàn)用橡皮筋去套釘子，則下

列說法正確的有（不同的圖形指兩個圖形中至少有一個頂點不同）（）

A.可以圍成20個不同的正方形

B.可以圍成24個不同的長方形（鄰邊不相等）

C.可以圍成516個不同的三角形

D.可以圍成16個不同的等邊三角形

【答案】ABC

【分析】利用分類計算原理及組合，結(jié)合圖形，對各個選項逐一分析判斷即可得出結(jié)果.

【詳解】不妨設(shè)兩個釘子間的距離為1,

對于選項A,由圖知,邊長為1的正方形有3x3=9個，邊長為2的正方形有2x2=4個，

邊長為3的正方形有1個,邊長為舊的正方形有2x2=4個，邊長為畫的有2個，共有20個，所以選項

A正確，

對于選項B,由圖知，寬為1的長方形有3x3=9個，寬為2的長方形有4x2=8個，

寬為3的長方形有5個，寬為魚的有2個，共有24個，所以選項B正確，

第11頁共103頁

對于選項c,由圖知，可以圍成C；6-10C：-4a=516個不同的三角形，所以選項C正確，

對于選項D,由圖可知，不存在等邊三角形，所以選項D錯誤，

故選：ABC.

10.（2024?上海浦東新?模擬預(yù)測）i^ABCDEF-AeLDNF為正六棱柱，若從該正六棱住的6個側(cè)面

的12條面對角線中，隨機選取兩條，則它們共面的概率是.

F9E9

【答案】n

【分析】

根據(jù)題意，相交時分為：在側(cè)面內(nèi)相交，兩個相鄰面相交于一個點，相隔一個面中相交于對角線延長線上，

分別分析幾種情況下對角線共面的個數(shù)，再利用古典概型的概率計算公式，計算結(jié)果即可.

【詳解】

由題意知，若兩個對角線在同一個側(cè)面，因為有6個側(cè)面，所以共有6組，

若相交且交點在正六棱柱的頂點上，因為有12個頂點，所以共有12組，

若相交且交點在對角線延長線上時，如圖所示，連接力。，CD,E'D,AB',AFr.

H（

先考慮下底面，根據(jù)正六邊形性質(zhì)可知Er〃AD〃8C,所以E午,

第12頁共103頁

且B'C'=EF工AD,故AOC'B'共面，且4DE'尸共面,

故"'，0E'相交,且LD,4夕相交,故共面有2組，

則正六邊形對角線所對應(yīng)的有2組共面的面對角線,

同理可知正六邊形對角線BE,CF所對的分別有兩組，共6組，

故對于上底面對角線,B'E1,UF'同樣各對兩組，共6組，

若對面平行，一組對面中有2組對角線平行，三組對面共有6組，

所以共面的概率是6+1當2+6=A.

LX211

故答案為：亮.

?逡型03立體幾何動點最值問題

空間幾何體中線段和差最值以及幾何體中的軌跡問題，以及線線角和線面角的求解，綜合性較強，難度較

大，解答時要發(fā)揮空間想象，明確空間的位置關(guān)系，結(jié)合空間距離，確定動點的軌跡形狀;結(jié)合等體積法

求得點到平面的距離，結(jié)合線面角的定義求解.

11.（多選）（2024?浙江臺州?二模）已知止方體4BCD-的棱長為1,P為平面4BCD內(nèi)一動點,

且直線5戶與平面43。。所成角為;，E為正方形為力。5的中心，則下列結(jié)論正確的是（）

A.點尸的軌跡為拋物線

B.正方體48CD-4&GD1的內(nèi)切球被平面為BG所截得的截面面積為三

C.直線CP與平面co2G所成角的正弦值的最大值為日

D.點M為直線D/上一動點，則MP+ME的最小值為

【答案】BCD

【分析】對于A,根據(jù)到。點長度為定值，確定動點軌跡為圓；

對于B,理解內(nèi)切球的特點，計算出球心到平面的距離，再計算出截面半徑求面積；

第13頁共103頁

對于C,找到線面所成角的位置,再根據(jù)動點的運動特點（相切時）找到正弦的最大值；

對于D,需要先找到P點位置，再將立體問題平面化，根據(jù)三點共線距離最短求解.

【詳解】

對于A,因為直線5P與平面ABCD所成角為:，所以DP=f=g.P點在以。為圓心，手為半徑的圓周上運

動,因此運動軌跡為圓.故A錯誤.

對于B,在面8當劣。內(nèi)研究，如圖所示。為內(nèi)切球球心，0】為上底面中心，”為下底面中心，G為內(nèi)切球

與面&BO】的切點.已知0G10、B,0G為球心到面力sG的距離.在正方體中,0$=當,02B=告,0,02=1.

利用相似三角形的性質(zhì)有券=貌即卷=1,0G=*因此可求切面圓的廠2=J?-第=）面積

T~

為故B正確.

對于C直線CP與平面CDQG所成角即為/PCD，當CP與P點的軌跡圓相切時SnNPCD最大.此時sinzPCD=

第14頁共103頁

專譽.故C正確.

對于D,分析可知，P點為8。和圓周的交點時，MP最小.此時可將面D/B沿著翻折到面BB15D所在平

面.根據(jù)長度關(guān)系，翻折后的圖形如圖所示.

Di________E'(OJ-'(0

、

、、1

、、%

X\

X\

X\

、、\

X、

、、M

、、、

~1\、、、、、

D02PB

當/M,P三點共線時，MP+ME最小.因為。2尸=?一日，。1。2=1,所以最小值為1/+(1—*)2=

下手，故D正確.

故選：BCD

12.(多選)(2024?江蘇揚州?模擬預(yù)測)如圖，在棱長為1的正方體A8C0-451G。］中，M為平面43。。

A.若M在線段上,則0iM+MC的最小值為J4+2/

B.平面4被正方體內(nèi)切球所截，則截面面積為*

C.若GM與48所成的角為?，則點M的軌跡為橢圓

D.對于給定的點M,過M有且僅有3條直線與直線，4。4所成角為60。

【答案】ABD

【分析】合理構(gòu)造圖形，利用三角形的性質(zhì)判斷A,利用球的截面性質(zhì)判斷B,利用線線角的幾何求法求出

第15頁共103頁

軌跡方程判斷C,合理轉(zhuǎn)化后判斷D即可.

【詳解】對于A,延長04到E使得4E=V2,

則Z\M+MC=EM+MC>EC=〃+2企,

等號在瓦M,C共線時取到；故A正確,

對于B,由于球的半徑為3,球心到平面AC。1的距離為',

故被截得的圓的半徑為J（D=￡,故面積為砍半）2=,故B正確，

對于c,C]M與所成的角即為GM和G2所成角，記CM=XCD+yCB,

則/+y2+i=2（/+i）,即/一y2=i,所以M的軌跡是雙曲線；故C錯誤，

對于D,顯然過M的滿足條件的直線數(shù)目等于過久的滿足條件的直線/的數(shù)目，

在直線/上任取一點P,使得5P=。遇=0也，

不妨設(shè)NPDiA=三，若4PD】C=T,則4D1CP是正四面體,

所以P有兩種可能，直線1也有兩種可能,若乙PD1C=g,則1只有一種可能，

就是與乙AQC的角平分線垂直的直線,所以直線1有三種可能.

故選：ABD

13.（多選）（2023?安徽蕪湖?模擬預(yù)測）已知正方體力BCD-4/CM1的棱長為2,棱力B的中點為M,過

點M作正方體的截面a,且a01a,若點N在截面a內(nèi)運動（包含邊界），則（）

A.當|MN|最大時,MN與BC所成的角為T

B.三棱錐4-RNG的體積為定值；

C.若|DN|=2,則點N的軌跡長度為2TI

D.若N€平面,則|8N|+|NC1|的最小值為J6+2V5

【答案】BCD

【分析】記BC,CG，GD,Di&,/l"的中點分別為F,H,G,居E,構(gòu)建空間直角坐標系，證明M,r,",G,匕E共

第16頁共103頁

面,且1平面MEFG”/,由此確定平面a,找到|MN|最大時N的位置，確定MN與BC所成角的平面角

即可判斷A,證明&8Q與平面a平行，應(yīng)用向量法求M到面&BC1的距離，結(jié)合體積公式，求三棱錐&-

BNCi的體積，判斷B；根據(jù)球的截面性質(zhì)確定N的軌跡，進而求周長判斷C,由N€平面&BCD1確定N的

位置，通過翻折為平面圖形，利用平面幾何結(jié)論求解判斷D.

【詳解】記8。(。1，6。,。141，41%的中點分別為廣,分6,尸田,

連接EF,FG,GH,HI」M,ME,連接GM,F/,

因為FG||||AC,AC||MI,又|FG|=：|力。|=\MI\

所以FGIIMI,\FG\=\MI\,所以四邊形”/M為平行四邊形，

連接丹,MG,記其交點為S,

根據(jù)正方體性質(zhì)，可構(gòu)建如下圖示的空間直角坐標系，則42。，。)，4(2,02),8(2,2,0),G(0,2,2),

Bi(2,2,2),M(2,l,0),E(2,0』)，F(xiàn)(l,0,2),G(0,l,2),W(0,2,l),/(1,2,0),S(l,l,l),

因為西=(2,2,2),SM=(1,0,-1),Si=(0,1,-1),SH=(-1,1,0),

SG=(-1,0,1),SF=(0,-l,l),SE=(1,-1,0),

所以西?加=0,西?可=0,西?南=0,

DX-SS=0,西?矛=0,西?寬=0

所以M,E,EG,4/六點共面，

因為西=(2,2,2),M/=(-1,1,0)rME=(0,-1,1),

所以西Ml=-2+2+0=0,西ME=0-2+2=0,

第”頁共103頁

所以西1Ml,西1ME,

所以O(shè)B11MI,DBi1ME,又M/,MEu平面ME尸G，/,

所以0當_L平面MEFGH/,故平面MEFGH/即為平面a,

對于A,N與G重合時,|MN|最大,且MN〃g,

所以MN與BC所成的角的平面角為4G8C,

又|BC|=ICGI/BCG=90°,

所以匕GBC=，故MN與BC所成的角為三,所以A錯誤；

44

對于B,因為所以西=(2,2,2),砧；=(-2,2,0),西=(-2,0,2),

所以西,砧7=-4+4+0=0,西?西=-4+0+4=0,

所以西1宿，西上西,

所以0當，力傳1，0々1BG,又u平面&BQ,

所以。仇，平面力道6,又叫_L平面M"G/〃,

所以平面4BGII平面ME/GH/,

所以點N到平面41BG的距離與點M到平面力18G的距離相等，

所以匕1.8NC1=VN-AIBS=，

向量西=(2,2,2)為平面4/C1的一個法向量，又麗=(0,1,0),

所以M到面4BG的距離d=嚅^=今，

又公48G為等邊三角形，貝必少述心=：X(2e)2X[=26，

所以三棱錐&-8NG的體積為定值:xdx=|,B正確；

對于C：若|DN|=2，點N在截面M*GH/內(nèi)，

所以點N的軌跡是以。為球心，半徑為2的球體被面ME/GH/所截的圓(或其一部分)，

因為旃=(1,1,1),西=(2,2,2),所以西IIDS,

第18頁共103頁

所以DS1平面MEFG，/,所以截面圓的圓心為S,

因為西=(2,2,2)是面ME尸G，/的法向量，而而=(1,0,2),

所以D至I」面MEFGy/的距離為d'=塔普=V3,

故軌跡圓的半徑r=卜一(8)2=1,又|SM|=V2,

故點N的軌跡長度為2irr=2TI,C正確.

對于D,NW平面,NE平面MEFGH/,

又平面&BCDi與平面ME/G，/的交線為口,

所以點N的軌跡為線段感,

翻折△C.FI，使得其與矩形&B/F共面，如圖，

所以當8,N，G三點共線時，|8N|+|NG|取最小值，最小值為IBC/,

由已知?/|=陷用=V5,\BI\=1,\FI\=2V2,

過G作G71BI,垂足為7,則|C"|=V2,

所以|廳|=VKI/P-KIT,I2=V3

所以IBC/=J|BT|2+|GT|2=J(百++2=J6+2百,

所以|8N|+INC/的最小值為J6+2V5,D正確；

故選：BCD

【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題解決的關(guān)鍵在于根據(jù)截面的性質(zhì)確定滿足條件的過點M的截面位置，再結(jié)合異面

直線夾角定義，錐體體積公式，球的截面性質(zhì)，空間圖形的翻折判斷各選項.

第19頁共103頁

14.(多選)(2024?福建廈門?一模)如圖所示，在五面體4BCOE尸中，四邊形是矩形，△ABFf^DCE

均是等邊三角形，且48=2a，EF=x(x>0),則()

Eq-----------?F

CB

A.EH//平面48C0

B.二面角4-EF-8隨著x的減小而減小

C.當BC=2時，五面體ABCDEF的體積V(x)最大值為孑

D.當BC=弓時，存在M吏得半徑為巨的球能內(nèi)含于五面體4BCDEF

【答案】ACD

【分析】

A由線面平行的判定證明；B設(shè)二面角4-EF-8的大小為2a,點尸到面4BCD的距離為八,則tana=￡,

分析取最小值的對應(yīng)情況即可判斷；C把五面體48C0EF補成直三棱柱FG/—EK/,取力SG/的中點,

設(shè)iFMH=3(0<6<^),則M”=3cos0,FH=3sin6,結(jié)合，Q)=VPGl_FK)-24-卬。并應(yīng)用導數(shù)研究最

值；D先分析特殊情況：△ABF^OCE所在平面均垂直于面/8CD時構(gòu)成正三棱柱力-DCE,再借助左

視圖、正視圖研究內(nèi)切圓半徑分析一般情況判斷.

【詳解】A：由題設(shè)8C/A4D,ADa^ADEF,BC仁面4DEF,則BC//面4DEF,

由面BCE尸C^ADEF=EF,BCu面8CEF,貝!J8C//E尸，

BCu面力BCD,EF仁面力BCD,則EF//平面力BCD,無t；

B:設(shè)二面角4-EF-8的大小為2a,點尸到面48CD的距離為九,則tana=中,

點F到面48CD的距離，僅在面F4B_L面/18CD時取得最大值，

當EF=x=8C時tana取最小值，即a取最小值，即二面角力-EF-8取最小值，

所以=xe(0,+oo),二面角先變小后變大，錯；

第20頁共103頁

C：當BC=2,如圖，把五面體4BCDEF補成直三棱柱FG/-EK],

分別取4B,G/的中點，易得FH1面/BCD,FM=3,

設(shè)=0(0<0<^),則MH=3cos?JH=3sin0,

x

K(x)=VABCDEF=^FGI-EKJ~^F-ABIG=1273x3sin6x(24-6cos0)—2x；x3sin/9x2遮x3cos6=

6V5sin。4-6百sinOcosJ,

令/(。)=6V3sin0+6>/3sin0cos6,則f<6)=675cose+675cos2。,

令『(6)=0=2cos2。+cos?！?=0,可得cos。="或cos。二一1(舍),即9=,

0Ve,廣(。)>0,f(e)遞增，2V8，/(。)<0，f(。)遞減，

顯然e=提f⑻的極大值點，故f(8)max=6V3X^+6V3X^x1=y.

所以五面體ABC。"的體積V(x)最大值為:，C對；

D:當BC=|時,△力8尸和^DCE所在平面均垂直于面48cz)0^1勾三棱柱4B/7—DCE,

此時正三棱柱內(nèi)最大的求半徑r=：<v，故半徑為胃的球不能內(nèi)含于五面體4BCDEF，

422

對于一般情形，如下圖示，左圖為左視圖，右圖為正視圖，

由C分析結(jié)果，當五面體48C0EF體積最大時，其可內(nèi)含的球的半徑較大，

易知,當乙FMH=物,FH=^,IH=?IF=與,

設(shè)么產(chǎn)/G的內(nèi)切圓半徑為廠1,則gxx2>/3=兌x(28+2x苧),可得q>苧,

另外,設(shè)等腰梯形/?"MN中圓的半徑為。，則生==tan?=乎>6=襦，

q?5*r/十v，，

第21頁共103頁

所以,存在x使半徑為日的球都能內(nèi)含于五面體4BCDEF,對.

故選：ACD

【點睛】關(guān)鍵點點睛：對于C通過補全幾何體為棱柱，設(shè)“MH=0（0<0<，導到五面體48CDE9的體積

關(guān)于。的函數(shù)；對于D從特殊到一般，結(jié)合幾何體視圖研究內(nèi)切圓判斷最大半徑是否大于9為關(guān)鍵.

15.（多選）（2024?廣西南寧?一模）在邊長為2的正方體力BCD-力出的為中，動點M滿足詢=xAB+

yAD+zAAx,（xfy,zeR且x>0,y>0,z>0）,下列說法正確的是（）

A.當x=；,z=0,yG[0,1]時，+MO的最小值為g

B.當“y=l,z皂時，異面直線與CD1所成角的余弦值為日

C.當x+y+z=1,且力M=竽時，則M的軌跡長度為殍

D.當無+y=l,z=0時，與平面旗也所成角的正弦值的最大值為日

【答案】AD

【分析】對于A,確定M的位置，利用側(cè)面展開的方法，求線段的長，即可判斷；對于B,利用平移法，

作出異面直線所成角，解三角形，即可判斷；對于C,結(jié)合線面垂直以及距離確定點M的軌跡形狀，即可

確定軌跡長度；對于D,利用等體積法求得M點到平面AB1D]的距離，結(jié)合線面角的定義求得AM與平面

4a必所成角的正弦值，即可判斷.

【詳解】對于A，在A8上取點H,使通=海，在。。上取點K,使而=海，

因為“=；,z=0,y￡[0,1],即而/=+y而，故M點在”K上，

將平面與平面4月KQ沿著月犬展開到同一平面內(nèi)，如圖：

連接為。交〃K于P,此時以匕。三點共線，B]M+取到最小直即為。的長，

第22頁共103頁

由于而=、而=>?.8〃=!則B]H=J22+住)2=|,

故<81=3+：=3,,B[D=J(8M)2+/。2=V32+22=V13,

即此時81M+MO的最小值為,A正確；

對于B,由于x=y=l,z=[時,則詞=A§+AD+「F上；=AC+1ct\,

此時M為CG的中點，取G5的中點為N,連接BM,MN,BN,

則MNIIC/故上8MN即為異面直線BM與CQ所成角或其補角,

又MN=-CD=y[i,BM=V22+l2=>/S,BN=y/CBC^2+(CpV)2=yfsTl=3,

2r

8M2+MN2-8A2（內(nèi)，（、寸32V10

故cos/BMN=

2BMMN2V5-V210

而異面直線所成角的范圍為（0,5，

故異面直線BM與CQ所成角的余弦值為*,B錯誤；

對于C,當％+y+z=1時，可得點M的軌跡在4&BD內(nèi)（包括邊界），

由于CGJL平面zWCO,BDu平面A8C0,故1BD,

又BOLAC.ACOCC[=C,AC,CCiu平面ACC1，故8D1平面ACG,

AC}u平面4CG,故8。1ACi,同理可證481ACV

AXBC\BD=BAB,BDu平面&BD,故4cl1平面,

設(shè)4cl與平面A1.B。交于點P,由于%=匕1-ABD=[AX]4X2X2X2=>J

△48D為邊長為2a的正三角形，則點A到平面&BD的距離為力P=1心：I=竽

"（2⑸3

若AM=—,則MP=VAM2-AP2=—,

33

即M點落在以P為圓心，警為半徑的圓上,

?5

第23頁共103頁

小

P點到△&80三遍的距離為g乂梟2&=當〈言，

即M點軌跡是以P為圓心，手為半徑的圓的一部分，其軌跡長度小于圓的周長等，C錯誤;

*5*5

對于D,因為C平面/當。1,Bnu平面力劣為，故8011平面4%。1，

AHB

因為當x+y=l,z=0時，前二通+而，即M在8。上，

點M到平面481。1的距離等于點B到平面48山]的距離，設(shè)點B到平面力仇劣的距離為d,

則%-48必=%1-4啊=：SAA88I?力也=：X]X2X2X2=，

△/6也為邊長為2加的正三角形，即2傷。，d=：x，x(2&Pxd=^,

解得d=竽，

又M在BD上，當M為80的中點時，AM取最小值加，

設(shè)直線4M與平面4B]D]所成角為e[0,^],

2V32V3r_

貝！JsinO=弓=務(wù)工系=?，即與平面人劣劣所成角的正弦值的最大值為半，D正確，

AM/IMVZ33

故選：AD

【點睛】難點點睛：本題考查了空間幾何體中線段和差最值以及幾何體中的軌跡問題，以及線線角和線面

角的求解，綜合性較強，難度較大，解答時要發(fā)揮空間想象，明確空間的位置關(guān)系，難點在于C,D選項

的判斷，對于C,要結(jié)合空間距離，確定動點的軌跡形狀；對于D,要結(jié)合等體積法求得點到平面的距離，

第24頁共103頁

結(jié)合線面角的定義求解.

?逡型04不規(guī)則圖形中的面面夾角問題

利用向量法解決立體幾何中的空間角問題，關(guān)鍵在于依托圖形建立合適的空間直角坐標系，將相關(guān)向量用

坐標表示，通過向量的坐標運算求空間角，其中建系的關(guān)鍵在于找到兩兩垂直的三條直線.

16J：2024浙江臺州?二模加圖，已知四棱臺A8CD-48心。］中AB=3ABiABWCDAD1.ABAB=6.

CD=9,AD=6,且力4=咽=4,Q為線段CG中點，

⑴求證：8QII平面力。54；

(2)若四棱錐Q-的體積為胃，求平面4與平面CODiG夾角的余弦值.

【答案】Q)證明見解析

⑵亨

【分析】(1)分別延長線段441,BB/CG,0久交于點P,將四棱臺補成四棱錐P-ABCD,取0劣的中

點E,連接QE,AE,由四邊形力8QE為平行四邊形，得到8QIME,然后利用線面平行的判定定理證明；

(2)先證明力。_L平面48%久,再以A為坐標原點，以直線為X軸，以直線4。為y軸，建立空間直角

坐標系，求得平面。DD1G的法向量為沅=(%,y,z),易得平面力88181的一個法向量為亢=(0,1,0),然后由

cos(m,n)=需強求解.

【詳解】(1)證明：如圖所示：