【备战2023高考】数学专题讲与练-考向32《立体几何压轴小题》（八大经典题型）全能练（新高考地区专用）

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考向32 立体几何压轴小题

经典题型一：球与截面面积问题
经典题型二：体积、面积、周长、角度、距离定值问题
经典题型三：体积、面积、周长、距离最值与范围问题
经典题型四：立体几何中的交线问题
经典题型五：空间线段以及线段之和最值问题
经典题型六：空间角问题
经典题型七：立体几何装液体问题
经典题型八：立体几何中的轨迹问题

（2022·全国·高考真题（文））已知球O的半径为1，四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均在球O的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】[方法一]：【最优解】基本不等式
设该四棱锥底面为四边形ABCD，四边形ABCD所在小圆半径为r，
设四边形ABCD对角线夹角为，
则
（当且仅当四边形ABCD为正方形时等号成立）
即当四棱锥的顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时，底面ABCD面积最大值为
又设四棱锥的高为，则，

当且仅当即时等号成立.
故选：C
[方法二]：统一变量＋基本不等式
由题意可知，当四棱锥为正四棱锥时，其体积最大，设底面边长为，底面所在圆的半径为，则，所以该四棱锥的高，

(当且仅当，即时，等号成立)
所以该四棱锥的体积最大时，其高.
故选：C．
[方法三]：利用导数求最值
由题意可知，当四棱锥为正四棱锥时，其体积最大，设底面边长为，底面所在圆的半径为，则，所以该四棱锥的高，，令，，设，则，
，，单调递增， ，，单调递减，
所以当时，最大，此时．
故选：C.
（2022·全国·高考真题）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，且，则该正四棱锥体积的取值范围是（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】∵ 球的体积为，所以球的半径,

设正四棱锥的底面边长为，高为，
则，,
所以，
所以正四棱锥的体积，
所以，
当时，，当时，，
所以当时，正四棱锥的体积取最大值，最大值为，
又时，，时，,
所以正四棱锥的体积的最小值为，
所以该正四棱锥体积的取值范围是.
故选：C.

解决立体几何压轴小题常用方法是几何法和坐标法.

经典题型一：球与截面面积问题
1．（2022·全国·高三专题练习）已知球O的体积为，高为1的圆锥内接于球O，经过圆锥顶点的平面截球O和圆锥所得的截面面积分别为，若，则（    ）
A．2 B． C． D．
【答案】C
【解析】球O半径为R，由得，平面截球O所得截面小圆半径，由得，
因此，球心O到平面的距离，而球心O在圆锥的轴上，则圆锥的轴与平面所成的角为，
因圆锥的高为1，则球心O到圆锥底面圆的距离为，于是得圆锥底面圆半径，
令平面截圆锥所得截面为等腰，线段AB为圆锥底面圆的弦，点C为弦AB中点，如图，

依题意，，，，弦，
所以.
故选：C
2．（多选题）（2022·全国·高三专题练习）已知同底面的两个正三棱锥和均内接于球O，且正三棱锥的侧面与底面所成角的大小为，则下列说法正确的是（    ）.
A．平面QBC
B．设三棱锥和的体积分别为和，则
C．平面ABC截球O所得的截面面积是球O表面积的倍
D．二面角的正切值为
【答案】BCD
【解析】∵同底面的两个正三棱锥和均内接于球O，
∴PQ为球O的直径，
取AB的中点M，连接PM、QM，则PM⊥AB，CM⊥AB，QM⊥AB，
∴∠PMC为侧面PAB与底面ABC所成二面角的平面角，∠QMC为侧面QAB与底面ABC所成二面角的平面角，又正三棱锥的侧面与底面所成角的大小为，

设底面的中心为N，P到底面的距离为h，球的半径为R，则PN=h，OP=R，ON=R－h，MN=h，CN=2h，
∴，
∴，QN=4h，PN=h，
∴P、C、Q、M四点共面，又CN=2MN，QN=4h，PN=h，
∴PA与QM不平行，故PA与平面QBC不平行，故A错误；
由QN=4PN，可得，故B正确；
∵平面ABC截球O所得的截面面积为，球O表面积为，
∴平面ABC截球O所得的截面面积是球O表面积的倍，故C正确；
∵，
∴，，
∴，即二面角的正切值为，故D正确.
故选：BCD.
3．（2022·广东汕头·三模）如图，DE是边长为的正三角形ABC的一条中位线，将△ADE沿DE翻折至，当三棱锥的体积最大时，四棱锥外接球O的表面积为__________；过EC的中点M作球O的截面，则所得截面圆面积的最小值是__________．

【答案】         
【解析】

第一空：设到平面的距离为，易得，为定值，
要使三棱锥的体积最大，即最大，显然当平面平面时，最大，取中点，连接交于，
则为中点，连接，易得，又平面平面，则平面，
即最大为，易得，则为四边形的外心，
设的外心为，过作直线平面，易得，则共面，过作直线垂直于平面交直线于，
易得即为外接球球心，连接，即为外接球半径，易得四边形为矩形，则，
，则，故外接球O的表面积为；
第二空：要使截面圆面积最小，显然当垂直于截面圆时，截面圆半径最小，面积最小，又都在球面上，M为EC中点，
显然为截面圆的直径，又，则截面圆的面积最小为.
故答案为：；.
4．（2022·湖南·长沙市明德中学二模）如图，在三棱锥中，，，分别为棱的中点，为三棱锥外接球的球心，则球的体积为________；平面截球所得截面的周长为________．

【答案】         
【解析】因为，
将三棱锥补成正方体如图1，
所以三棱锥的外接球就是正方体的外接球，球心是的中点.
设外接球的半径为，则，即，
所以.       

方法一：设，因为平面，，
所以平面，所以平面平面，
因为平面平面，
过作，垂足为，如图2，则平面，且是截面的圆心.

设，如图3，在矩形中，

所以，过作，垂足为，则，
在中，，，
，则，所以，
设截面圆的半径为，则，故截面的周长为.
方法二：以分别为轴，轴和轴建立空间直角坐标系，

则，，，，
，，，
设平面的法向量为，
由，得，
所以平面的一个法向量.
设直线与平面所成的角为，球心到平面的距离为
所以，且.
设截面的半径，则，所以截面的周长为.
5．（2022·全国·高三专题练习）根据高中的解析几何知识，我们知道平面与圆锥面相交时，根据相交的角度不同，可以是三角形、圆、椭圆、抛物线、双曲线．如图，AB是圆锥底面圆O的直径，圆锥的母线，，E是其母线PB的中点．若平面过点E，且PB⊥平面，则平面与圆锥侧面的交线是以E为顶点的抛物线的一部分，此时抛物线的焦点F到底面圆心O的距离为______；截面把圆锥分割成两部分，在两部分内部，分别在截面的上方作一个半径最大的球M，在截面下方作一个半径最大的球N，则球M与球N的半径的比值为______．

【答案】     【解析】如图示：


因为圆锥的母线，，所以，所以PB⊥PA.
连结OE.因为PB⊥平面，所以PB⊥OE.所以.
在中，O为AB的中点，所以OE为中位线，所以.
设平面交底面圆于CD,则.
以E为原点，EO为x轴建立坐标系如图示，则.
可设抛物线，把带入抛物线方程可得：，
所以抛物线为：，焦点,
所以,即抛物线的焦点F到底面圆心O的距离为.
作出直截面如图所示，则球M的半径即为圆M的半径，球N的半径即为圆N的半径.

因为球M为截面的上方的最大的球，所以圆M与PA相切，切点为Q,则.又，所以.
同理：.所以Q、M、R三点共线，为直径.
由四边形PQRE为矩形，可得：,所以球M的半径.
在等腰三角形OBE中，,.
圆N为三角形OBE的内切圆.设圆N的半径为，由等面积法可得：
，即，解得：.
所以球M与球N的半径的比值为.
故答案为：；.
经典题型二：体积、面积、周长、角度、距离定值问题
6．（2022·全国·高三专题练习）如图，在正方形中，点是边的中点，将沿翻折到，连接，在翻折到的过程中，下列说法正确的是_________．（将正确说法的序号都写上）
      
①点的轨迹为圆弧；
②存在某一翻折位置，使得；
③棱的中点为，则的长为定值；
【答案】①③
【解析】设正方形边长为a,
①在正方形中，过点D作于H，则


在翻折到的过程中，，均不变，
则点的轨迹为以H为圆心，以为半径的圆弧.判断正确；
②假设存在某一翻折位置，使得.
在△PAM内，过点P作于N，连接BN，

由，，，可得平面PBN
又平面PBN，则，则
又在正方形中，.
二者互相矛盾，故假设不成立，即不存在某一翻折位置，使得.判断错误；
③棱的中点为.取PA中点K，连接EK，CE，MK， 则

则有，，则，
则四边形为平行四边形，则，
又，则，即的长为定值.判断正确.
故答案为：①③
7．（2022·全国·高三专题练习）正方体棱长为3，对角线上一点P（异于A，两点）作正方体的截面，且满足，有下列命题：①截面多边形只可能是三角形或六边形；②截面多边形只可能是正多边形；③截面多边形的周长L为定值；④设，截面多边形的面积为S，则函数是常数函数．其中所有正确命题的序号是______．
【答案】①
【解析】连接，由在上的射影分别为，

又，即，，
所以面，同理面，即截面可能为面、面，此时截面为正三角形；
而当在与面、面的交点之间运动时，根据正方体的性质知：截面为六边形，但不一定是正六边形，即截面交相关棱于中点时才是正六边形(如上图示)，
而当在与面交点左下方、面交点右上方运动时，截面为正三角形，
所以①正确，②错误；
显然在与面交点左下方，截面周长小于截面的周长，故③错误；
由题设，当时截面为正三角形且边长为，所以，故不是常数函数，④错误.
故答案为：①.
8．（2022·全国·高三专题练习）如图，在正方体中，，，分别为，的中点，，分别为棱，上的动点，则三棱锥的体积（    ）

A．存在最大值，最大值为 B．存在最小值，最小值为
C．为定值 D．不确定，与，的位置有关
【答案】C
【解析】如下图，连接，在正方体中，，分别为，的中点，可得，，所以当在棱移动时，到平面的距离为定值，当在棱移动时，到的距离为定值，所以为定值，则三棱锥的体积为定值. 平面即平面，作，由于，可得平面MABN，由，可得，而，.
故选：C.

9．（多选题）（2022·江苏苏州·模拟预测）在棱长为1的正方体中，点P满足，，，则（    ）
A．当时，
B．当时，三棱锥的体积为定值
C．当时，的最小值为
D．当时，存在唯一的点P，使得点P到的距离等于到的距离
【答案】ABD
【解析】当时，的轨迹为线段，连接，则，

又平面，，
∴平面，，
同理可得，
故平面，平面，所以，故A正确；

当时，点的轨迹为线段（为的中点），直线平面，故三棱锥的体积为定值，故B正确；
当时，点轨迹为线段，将三角形旋转至平面内，可知，由余弦定理可得，故C错误；

当时，点轨迹为以为为圆心，1为半径的四分之一圆弧，
由点P到的距离等于到的距离，即点P到点的距离等于到的距离，
则点轨迹为以为焦点，以为准线的抛物线上，

故存在唯一的点P，使得点P到的距离等于到的距离，故D正确.
故选：ABD．
10．（多选题）（2022·湖北·荆门市龙泉中学一模）已知正四面体ABCD的棱长为，其外接球的球心为O．点E满足，，过点E作平面平行于AC和BD，平面分别与该正四面体的棱BC，CD，AD相交于点M，G，H，则（    ）
A．四边形EMGH的周长为定值
B．当时，平面截球O所得截面的周长为
C．四棱锥的体积的最大值为
D．当时，将正四面体ABCD绕EF旋转90°后与原四面体的公共部分体积为
【答案】ACD
【解析】如图1，由平面，平面，平面平面，得，同理，所以，同理，所以是平行四边形，
，则，，
正四面体ABCD的棱长为，则，，
所以的周长为，为定值，A正确；

　　　　　图1
如图2，把正四面体放置在一个正方体中，正四面体的棱是正方体的面对角线，如图，正方体的外接球就是正四面体的外接球，由正四面体棱长为得正方体的棱长为2，
正方体的对角线是外接球的直径，所以外接球半径为，
由于平面与平行，因此易得平面与正方体的上下底面平行，
时，，平面到正方体上底面的距离为正方体棱长的，而外接球球心到正方体上底面的距离为正方体棱长的，所以到平面的距离为，
平面截球O所得截面圆半径为，截面圆周长为，B错；

　　　　　　图2
如图3，取中点，连接，则，
又，平面，
所以平面，而平面，所以，所以，
所以，
由图2知点到平面的距离为，
所以，
设（），则，
时，，递增，时，，递减，
时，取得最大值，所以的最大值为，C正确；

　　　　图3
如图4，还是如图2一样把正四面体放置在一个正方体中，时，是正方体前后两个面的中心（对角线交点），由正方体性质，正四面体绕旋转90°后得下四面体，是正方体的另外四个顶点，这两个正四面体的公共部分正好是一个正八面体，正八面体的六个顶点是正方体六个面的中心，
，
正八面体的体积为，D正确．

　　　　　图4
故选：ACD．
11．（多选题）（2022·全国·高三专题练习）已知三棱锥S-ABC的底面是边长为a的正三角形，SA平面ABC，P为平面ABC内部一动点（包括边界）.若SA=，SP与侧面SAB，侧面SAC，侧面SBC所成的角分别为，点P到AB，AC，BC的距离分别为，那么（    ）
A．为定值 B．为定值
C．若成等差数列，则为定值 D．若成等比数列，则为定值
【答案】BCD
【解析】如图，作，由题意，根据等面积法可得，即，得，所以为定值，B正确；因为SA平面ABC，所以，又因为，，所以平面，平面，设点到平面的距离为，由等体积法可知，，即，得，因为，若成等差数列，即，所以为定值，C正确；若成等比数列，即，所以为定值，D正确；
故选：BCD

经典题型三：体积、面积、周长、距离最值与范围问题
12．（2022·河南·高三阶段练习（理））已知球的半径为，球面上有不共面的四个点，，，，且，则四面体体积的最大值为______．
【答案】
【解析】如图，取的中点为，则，
设点到直线的距离为，点到直线的距离为，
、两点到平面的距离分别为、，则，
，所以，
令，则，
所以当时，所以，
所以，
当且仅当且平面时取等号，即四面体体积的最大值为.

故答案为：
13．（2022·全国·高三专题练习）如图，在棱长为的正方体中，若绕旋转一周，则在旋转过程中，三棱锥的体积的取值范围为______．

【答案】
【解析】如图，连接，，由正方体的性质可知为正四面体，
设O为中点，E为中点，则，
又，平面，平面，
∴平面，平面，
所以平面平面，
由题可知点A在以O为圆心，OA为半径的圆上运动．

在绕旋转过程中，若点A，O，E共线，且A在点O，E之间时，三棱锥的体积最小；O在点A，E之间时，体积最大．
因为正方体的棱长为，
所以，
在中，OB＝2，，
则，，
设点，到平面的距离分别为，．
，
，
∵，
∴三棱锥体积的最小值为；
最大值为．
∴三棱锥的体积的取值范围为．
故答案为：．
14．（多选题）（2022·全国·高三专题练习）如图，已知菱形中，，，E为边的中点，将△沿翻折成△（点位于平面上方），连接和，F为的中点，则在翻折过程中，下列说法正确的是（    ）

A．平面平面
B．与的夹角为定值
C．三棱锥体积最大值为
D．点F的轨迹的长度为
【答案】ABD
【解析】A：由，，E为边的中点知：且，易知，，而，故面，又面，所以面面，正确；
B：若是的中点，又F为的中点，则且，而且，所以且，即为平行四边形，故，所以与的夹角为或其补角，若为中点，即，由A分析易知：，故与的夹角为，正确；

C：由上分析知：翻折过程中当面时，最大，此时，错误；
D：由B分析知：且，故F的轨迹与到的轨迹相同，由A知：到的轨迹为以为圆心，为半径的半圆，而为中点，故到的轨迹为以中点为圆心，为半径的半圆，所以F的轨迹长度为，正确.
故选：ABD.
15．（多选题）（2022·河北·模拟预测）如图，在正三棱柱中，，D为棱上的动点，则（    ）

A．三棱锥的外接球的最大半径为
B．存在点D，使得平面平面
C．A到平面的最大距离为
D．面积的最大值为
【答案】BCD
【解析】当D与重合时，三棱锥的外接球的半径R最大，
如图，找到球心O及球心O在底面ABC上的投影，则，

设三角形ABC的外接圆半径为r，
由正弦定理得：，解得：，
故，A错误；
当点D为中点时，平面平面，
理由如下：连接与相交于点E，连接DE，AD，，
则根据勾股定理：，其中E为与的中点，
所以由三线合一得：DE⊥，DE⊥，
因为，所以DE⊥平面，
因为平面，
所以平面平面，B正确；

取中点M，AB中点N，连接，则两两垂直，
以M为坐标原点，所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，
则，，，设，，
则设平面的法向量为，
由，令得：，
故，
设A到平面的距离为，
则，
当时，取得最大值，为，C正确；

，设点D到直线的距离为，则

因为，所以当或0时，取得最大值，最大值为，
此时，面积为，D正确.
故选：BCD
16．（多选题）（2022·福建·高三阶段练习）如图，在直三棱柱中，，，为的中点，过的截面与棱、分别交于点、，则下列说法中正确的是（    ）

A．存在点，使得
B．线段长度的取值范围是
C．当点与点重合时，四棱锥的体积为
D．设截面、、的面积分别为、、，则的最小值为
【答案】BC
【解析】因为平面，，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

则、、、、、、、
设点、，其中，.
对于A选项，若存在点，使得，且，，
，解得，不合乎题意，A错；
对于B选项，设，其中、，
即，即，可得，
，则，所以，，B对；
对于C选项，当点与点重合时，，则，此时点为的中点，如下图所示：

在直三棱柱中，四边形为矩形，则且，
、分别为、的中点，则且，
所以，且，同理且，且，
所以，，故几何体为三棱台，
，，
，
，
因此，，C对；
对于D选项，，，
则点到直线的距离为，
，则点到直线的距离为
，
所以，，故，
当且仅当时，等号成立，故的最小值为，D错.
故选：BC.
17．（2022·湖南师大附中高三阶段练习）在中，，点分别在边上移动，且，沿将折起来得到棱锥，则该棱锥的体积的最大值是（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】由得，由余弦定理得，
则是直角三角形，为直角，对的任何位置，当面面时，此时的点到底面的距离最大，此时即为与底面所成的角，
设，
在中，，
点到底面的距离，
则，
，
令，解得，可得下表：










极大值

故当时，该棱锥的体积最大，为.
故选：C.
经典题型四：立体几何中的交线问题
18．（多选题）（2022·全国·高三专题练习）如图，正方体棱长为1，P是上的一个动点，下列结论中正确的是（    ）

A．的最小值为
B．的最小值为
C．当P在直线上运动时，三棱锥的体积不变
D．以点B为球心，为半径的球面与面的交线长为
【答案】BCD
【解析】对于A，当时，BP最小，由于
到直线的距离，故A错误；
对于B，将平面翻折到平面上，如图，

连接AC，与的交点即为点P，此时取最小值AC，
在三角形ADC中，,，故B正确；
对于C，由正方体的性质可得，平面，
平面，到平面的距离为定值，

又为定值，则为定值，即三棱锥的体积不变，故正确；
对于D，由于平面，设与平面交于点，
，设以为球心，为半径的球与面交线上任一点为，
，，
在以为圆心，为半径的圆上，

由于为正三角形，边长为 ，其内切圆半径为 ，
故此圆恰好为的内切圆，完全落在面内，
交线长为，故正确．
故选：BCD.
19．（2022·江苏南京·高三开学考试）已知一个正四面体的棱长为2，则其外接球与以其一个顶点为球心，1为半径的球面所形成的交线的长度为___________.
【答案】
【解析】设外接球半径为，外接球球心到底面的距离为，

则，所以，
两球相交形成形成的图形为圆，
如图，在中，，，
在中，，
所以交线所在圆的半径为，
所以交线长度为.
故答案为：
20．（2022·河南平顶山·模拟预测（理））如图，在四面体中，，，两两垂直，，以为球心，为半径作球，则该球的球面与四面体各面交线的长度和为___．

【答案】
【解析】因为，所以是边长为的等边三角形，
所以边长为的等边三角形的高为：，所以，
设到平面的距离为，，所以，
所以，解得，则，
所以以为球心，为半径的球与平面，平面，平面的交线为个半径
为的圆的弧线，与面的交线为一个圆，且圆的半径为，
所以交线总长度为：.
故答案为：.
21．（2022·山东威海·高三期末）在三棱锥中，平面ABC，，．以A为球心，表面积为的球面与侧面PBC的交线长为______．
【答案】
【解析】设以A为球心的球的半径为，则，解得
如图，取中点，由，
又平面ABC，平面ABC，
又，，所以平面PAC，
又平面PAC，，又，平面PBC，
又，，
又，
作，则，，

所以球面与侧面PBC的交线为以为圆心，半径为1的半圆弧，故所求长为
故答案为：

22．（2022·全国·高三专题练习（文））如图，在平面四边形中，为的中点，将沿折起，使得，以为球心，为半径的球与三棱锥各面交线的长度和为___________.

【答案】
【解析】翻折后形成的几何体如图所示，由题意知 ，所以，所以平面ACD，
由E为AC的中点得，，，所以面BDE，所以面面ABC，
所以球D与面BDC，面BAD，面ADC的交线分别为圆弧，圆弧，圆弧，过D作于F，所以，
故以D为球心，以DE为半径的球与平面ABC也相交,其交线是以F为圆心，以为半径的圆，
所以球与三棱锥各面交线的长度和为
故答案为：.

23．（2022·全国·高三专题练习）在正三棱锥中，侧棱，且侧棱两两互相垂直，以为球心，为半径的球面与正三棱锥的表面相交，则交线的长度之和为___________.
【答案】
【解析】

设以顶点为球心，为半径作一个球，球面与正三棱锥的表面相交得到一条封闭的曲线是，如图所示．
则，
在直角三角形中，，，
，
同理；
在直角三角形中，，，
，
在等边三角形中，，，
．
则这条封闭曲线的长度为．
故答案为：．
经典题型五：空间线段以及线段之和最值问题
24．（2022·全国·高三专题练习）如图，在棱长均为的正四面体中，为中点，为中点，是上的动点，是平面上的动点，则的最小值是______.

【答案】
【解析】由题可知，棱长均为的正四面体中，
则和是边长为的等边三角形，
为中点，为中点，
则，且，平面，
故平面，而平面，故平面平面，
而平面平面，
过作，则平面，
连接，则为在平面上的射影，
要使最小，则，
沿把平面展开，得到平面，使得平面与平面重合，
此时三点共线，且，
则的最小值为到的距离，即为，
由于，，
则，，
又因为，
则

，
又，
则在中，，
所以的最小值是.
故答案为：.

25．（2022·全国·高三专题练习）在中，，，，是斜边上一点，以为棱折成二面角，其大小为60°，则折后线段的最小值为___________.
【答案】
【解析】如图①，过，作的垂线，垂足分别为，，

故，，
所以，
以为棱折叠后，则有，
故
，
，
因为以为棱折成二面角，
所以与的夹角为，
令，则，
在中，，，
在中，，，
故，
所以

，
故当时，有最小值28，
故线段最小值为．
故答案为：．

26．（2022·河南许昌·一模（理））已知，如图，正三棱锥中，侧棱长为．底面边长为，为中点．为中点，是上的动点，是平面上的动点，则最小值是_______________________．

【答案】
【解析】取中点，连接，

三棱锥为正三棱锥，，，
又为中点，，，
平面，，平面，
分别为中点，，平面，
当最小时，平面，则点在线段上；
，，，又为中点，，
，又，，
将沿翻折到平面上，如下图所示：

则当，垂足为，交于时，取得最小值，
，，
即的最小值为.
故答案为：.
27．（2022·安徽·高三开学考试）在侧棱长为，底面边长为2的正三棱锥P-ABC中，E，F分别为AB，BC的中点，M，N分别为PE和平面PAF上的动点，则的最小值为__________．
【答案】
【解析】取中点,连接交于点,,易证得面,要求的最小,即求最小,可得平面，又可证明∥,再把平面绕旋转,与面共面,又可证得.
因为，，
又因为,，
所以,
所以，即，所以,
所以,可得，
.


故答案为：.
28．（2022·全国·高三专题练习）如图，正方体的棱长为1，，分别是棱，的中点，过直线的平面分别与棱，交于点，，设，给出下列四个结论：

①四边形一定为菱形；
②若四边形的面积为，，则有最大值；
③若四棱锥的体积为，，则为单调函数；
④设与交于点，连接，在线段上取点，在线段上取点，则的最小值为．
其中所有正确结论的序号是________．
【答案】①④
【解析】①平面∥平面，平面平面＝EN，平面平面＝MF，
．同理可证．
四边形为平行四边形.
连接MN、AC、BD、：

∵四边形ABCD是正方形，∴AC⊥BD，
∵⊥平面ABCD，∴⊥AC，
∵BD＝B，∴AC⊥平面，
∵MN平面，∴AC⊥MN.
∵EA与FC平行且相等，
∴ACFE是平行四边形，
∴AC∥EF，
∴EF垂直MN，
∴MEFN是菱形.故①正确．
②四边形面积，EF为定值，当为B或时，即x＝0或x＝1时，最长，此时面积最大，但0＜x＜1，即M不能取线段的端点，∴四边形MENF面积无最大值．故②错误．
③连结、、，则四棱锥被分割成两个小的三棱锥，它们是都以为底，以、分别为顶点的两个三棱锥．

△的面积是一个定值.
同②中证明AC⊥平面，也可证明BD⊥平面，
则B到平面AEF的距离即为.
∵B∥A，∴B∥平面AEF，
∴M到平面AEF的距离即为B到平面AEF的距离，
同理N到平面AEF的距离也为，
∴、到平面的距离之和是定值BD，
∴四棱锥的体积为常数．故③错误．
④如图，将Rt沿着翻转到与矩形在同一平面，过作于Q，交于，则此时最短.

过作于，
则四边形是直角梯形，
由题可知是中点，是梯形的中位线，∴
设，设
在中，，，
，
∴在中，
∴.故④正确.
故答案为：①④.
29．（2022·全国·高三专题练习）已知正方体的棱长为，点为中点，点､在四边形内（包括边界），点到平面的距离等于它到点的距离，直线平面，则的最小值为___________.
【答案】
【解析】如图

所以，设
由点到平面的距离等于它到点的距离，
即点到的距离等于它到点的距离
在平面中，直线方程为
所以，
所以点的轨迹方程为
，
设平面的一个法向量为
则，令，所以
所以，由直线平面
所以
所以点的轨迹为
的导函数为
所以，
所以同平行的直线与相切的切点为，
所以点到直线的距离为
所以的最小值为
故答案为：
30．（多选题）（2022·全国·模拟预测）已知正三棱锥的底面的面积为，体积为，球，分别是三棱锥的外接球与内切球，则下列说法正确的是（    ）
A．球的表面积为
B．二面角的大小为
C．若点在棱上，则的最小值为
D．在三棱锥中放入一个球，使其与平面、平面、平面以及球均相切，则球的半径为
【答案】ACD
【解析】依题意，，解得，设三棱锥的高为，则三棱锥的体积，解得．设点在底面内的投影为，为球的半径，连接，则，即，解得，则球的表面积，故A正确（对应下方右图）．
取棱的中点，连接，由正三棱锥的性质，易知，于是即为二面角的平面角，，且，则，故B错误．
将侧面平面展开，使得四点共面，显然的连线就是有最小值．，故在中，，则，故，故C正确（对应下方左图）．
三棱锥S－ABC的表面积为，根据内切球半径和棱锥体积，棱锥表面积为，易知，设为球的半径，为球的半径，则，解得，原三棱锥的高，作一平面平行于底面，去截原三棱锥，得到一个的棱台，那么剩余部分棱锥的高是原棱锥的，根据相似关系，剩余棱锥的底面积为，，表面积为，体积为，于是，解得，故D正确．
故选：ACD．


31．（2022·贵州贵阳·高三开学考试（理））在长方体中， ， 点在棱 上， 且， 点在正方形内． 若直线 与 所成的角等于直线与所成的角， 则的最小值是（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】如图建立空间直角坐标系，则，

设，则，
∴，
，
∴，
∴，
故点的轨迹是在平面上以为圆心，以为半径的圆在正方形内的部分圆，
由圆的性质可得.
故选：A.
经典题型六：空间角问题
32．（2022·全国·高三专题练习），为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形的直角边所在直线与，都垂直，斜边以直线为旋转轴旋转，有下列结论：
①当直线与成角时，与成角；
②当直线与成角时，与成角；
③直线与所成角的最小值为；
④直线与所成角的最大值为；
其中，正确的是_______.（填写所有正确结论的编号）
【答案】②③【解析】由题意知，、、三条直线两两相互垂直，画出图形如图，

不妨设图中所示正方体边长为1，
故，，
斜边以直线为旋转轴，则点保持不变，
点的运动轨迹是以为圆心，1为半径的圆，
以为坐标原点，以为轴，为轴，为轴，
建立空间直角坐标系，
则，0，，，0，，
直线的方向单位向量，1，，，
直线的方向单位向量，0，，，
设点在运动过程中的坐标，，，
其中为与的夹角，，，
在运动过程中的向量，，，，，
设与所成夹角为，，
则,，
，，即直线与所成角的最小值为，最大值为，
③正确，④错误；
设与所成夹角为，，
，
当与角为时，即，
，
，，
,，，此时与的夹角为，
②正确，①错误．
故答案为：②③12．（2022·浙江·高三开学考试）在正方体中，是棱上的点且，是棱上的点，记与所成的角为，与底面所成的角为，二面角的平面角为，则（    ）

A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】作于，则，，从而，
而平面，因此有平面，
过作交于，过作于，则，,
由正方体性质易知为二面角的平面角，即，
，
平面，则，同理，
，平面，所以平面，
又平面，所以，所以是矩形，，
由平面知，，
由，得，
即，均为锐角，所以，
与重合时，三角相等．
故选：B．

33．（2022·浙江省长兴中学高二阶段练习）在四面体中，，，，点P是棱上的动点，点Q为棱的中点，记直线与直线所成的夹角为，直线与平面所成的角为，二面角的平面角为，则有（ ）

A． B． C． D．
【答案】D
【解析】由题可知：，，
所以，，
,所以,
平面
所以平面，
又平面，所以平面
将该四面体补全为一个正方体，如图

当为的中点时，为的中点，
可知//，//，
所以平面，
所以，，则，故排除C
当为点时，，
所以，故排除A、B
故选：D
34．（2022·全国·高二课时练习）正方体中，P是线段(不含端点)上的点，记直线与直线所成角为，直线与平面所成角为，二面角的平面角为，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】不妨取点为的中点，其在面上的投影为点，如图所示，分别取的中点，连接，则，

因为∥，所以，
所以，
因为平面，所以，
所以，
因为，
所以，
所以
故选：A
35．（2022·全国·高二课时练习）在三棱柱中，是棱上的点（不包括端点），记直线与直线所成的角为，直线与平面所成的角为，二面角的平面角为，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】设三棱柱是棱长为的正三棱柱，是棱的中点，
以为原点，在平面中，过作的垂线为轴，
为轴，为轴，建立空间直角坐标系，

则，，，，，
，，，
直线与直线所成的角为，
,
直线与平面所成的角为，
平面的法向量，
，
，
设平面的法向量，
则，取，得，
二面角的平面角为，
，
，

故选：D
36．（2022·全国·高二单元测试）正四面体中，点是棱上的动点（包含端点），记异面直线与所成角为，直线与平面所成角为，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】由题意，过点作，过点作底面，垂足为，
所以异面直线与所成角，即为角，即，
因为底面，可得为直线与平面所成的角，即，
（1）当不过点时，过点作，连接，如图所示，
因为底面，底面，可得，
又由，所以平面，
因为平面，所以，
在直角中，可得，
在直角中，可得
在直角，中可得，所以，
因为且在区间上为单调递减函数，所以；
（2）当过点时，此时，由，可得，
综上可得：.
故选：C.

37．（2022·河南·温县第一高级中学高二阶段练习（理））正三棱锥中，，M为棱PA上的动点，令为BM与AC所成的角，为BM与底面ABC所成的角，为二面角所成的角，则（    ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】设正三棱锥的底面边长为6，高为，如图所示建立空间直角坐标系，不妨令为的中点，

则，，，，，，，，，，所以，
过作交于点，所以，即为BM与底面ABC所成的角，所以，所以，所以
显然面的法向量可为，设面的法向量为，所以令，则，，即，
所以，当时，；当时，；当时，，故CD不成立；
故选：B
38．（2022·全国·高三专题练习）已知正四棱锥，是线段上的点且，设与所成的角为，二面角的平面角为，与平面所成的角为，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】如图,作平面于,取中点,在上取使得,为中点.连接各点如图所示.

易得,故与所成的角,
二面角的平面角,与平面所成的角.
又,故,所以.
又,,故,.
综上有.又.故
故选：B
39．（2022·江苏·高三专题练习）如图，已知点、、G、分别是正方体中棱、、、的中点，记二面角的平面角为，直线与平面所成角为，直线与直线所成角为，则（    ）

A． B． C． D．
【答案】D
【解析】如图建立空间直角坐标系，令正方体的棱长为，则，，，，，，，，
显然面的法向量为，设面的法向量为，则，即，令则、，所以
所以，，所以，
因为，即，所以
故选：D

经典题型七：立体几何装液体问题
40．（2022·全国·高三专题练习（文））一个密闭且透明的正方体容器中装有部分液体，已知该正方体的棱长为2，如果任意转动该正方体，液面的形状都不可能是三角形，那么液体体积的取值范围为__________．
【答案】
【解析】

如图，正方体ABCD-EFGH，若要使液面形状不可能为三角形，则液面必须高于平面EHD，且低于平面AFC．而当平面EHD平行水平面放置时，若满足上述条件，则任意转到正方体，液面形状都不可能为三角形．设液体的体积为，则 ，而，，所以液体的体积的范围为．
41．（2022·上海·复旦附中高二期中）向体积为的正方体密闭容器内注入体积为的液体，旋转容器，若液面恰好经过正方体的某条对角线，则液面边界周长的最小值为_______________．
【答案】
【解析】当液面过时，截面为四边形，将绕旋转，此时如图所示：

则，当共线时等号成立，
故周长最小值为.
故答案为：.
42．（多选题）（2022·全国·高三专题练习）向体积为1的正方体密闭容器内注入体积为的液体，旋转容器，下列说法正确的是（    ）
A．当时，容器被液面分割而成的两个几何体完全相同
B．，液面都可以成正三角形形状
C．当液面与正方体的某条体对角线垂直时，液面面积的最大值为
D．当液面恰好经过正方体的某条体对角线时，液面边界周长的最小值为
【答案】ACD
【解析】当时，题目等价于过正方体中心的平面截正方体为两部分，根据对称性知两部分完全相同，A正确；
取，此时液面过正方体中心，截面不可能为三角形，故B错误；
当液面与正方体的体对角线垂直时，液面为如图所示正六边形时面积最大，其中正六边形的顶点均为对应棱的中点，， C正确；
当液面过时，截面为四边形，将绕旋转，如图所示：
则，当共线时等号成立，故周长最小值为，故D正确.
故选：ACD.

43．（多选题）（2022·福建·漳州三中高二期末）透明塑料制成的正方体密闭容器的体积为64，注入体积为的液体．如图，将容器下底面的顶点置于地面上，再将容器倾斜．随着倾斜度的不同，则下列说法正确的是（    ）

A．液面始终与地面平行
B．时，液面始终呈平行四边形
C．当时，有液体的部分可呈正三棱锥
D．当液面与正方体的对角线垂直时，液面面积最大值为
【答案】ACD
【解析】液面始终是水平面，与地面平行，所以A正确
当时，体积是正方体的一半，液面正好经过的中点，此时液面是正六边形，不是平行四边形，故B错误
正方体边长为4，液面经过的中点时，有液体部分是正三棱锥，此时，，所以C正确
当液面与正方体的对角线垂直时，液面面积最大时就是选项B中所列举的正六边形面积，面积为，所以D正确
故选：ACD
44．（多选题）（2022·全国·高一课时练习）向体积为1的正方体密闭容器内注入体积为x（）的液体，旋转容器，下列说法正确的是（    ）
A．当时，容器被液面分割而成的两个几何体完全相同
B．不管注入多少液体，液面都可以成正三角形形状
C．液面可以是正六边形，其面积为
D．当液面恰好经过正方体的某条体对角线时，液面边界周长的最小值为
【答案】AC
【解析】对于A，当时，题目等价于过正方体中心的平面截正方体为两部分，
根据对称性知两部分完全相同，所以A正确；
对于B，取，此时液面过正方体中心，截面不可能为三角形，所以B错误；
对于C，当液面与正方体的体对角线垂直时，液面为如图所示正六边形时面积最大，
其中正六边形的顶点均为对应棱的中点，
所以液面面积的最大值为，C正确；
对于D，当液面过时，截面为，将绕旋转，如图所示；
则，
当D、N、三点共线时等号成立，所以液面周长最小值为，D错误.
故选：AC.

【点晴】本题考查了正方体的截面问题，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.
45．（2022·四川·成都七中高一期末）一个长方体的盒子内装有部分液体（液体未装满盒子），以不同的方向角度倾斜时液体表面会呈现出不同的变化，则下列说法中错误的个数是（    ）
①当液面是三角形时，其形状可能是钝角三角形
②在一定条件下，液面的形状可能是正五边形
③当液面形状是三角形时，液体体积与长方体体积之比的范围是
④当液面形状是六边形时，液体体积与长方体体积之比的范围是
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】C
【解析】

对于①，当液面是三角形时，则液体所在平面必和长方体共顶点的三个面相交，和另外三个平面不相交，
设相交形成的三角形为如图所示，则两两垂直，设，
则有，由余弦定理得，
则为锐角，同理可得为锐角，则当液面是三角形时，该三角形必是锐角三角形，①错误；
对于②，当液面是五边形时，液面只与长方体的五个面只有交线，而一个平面与长方体的五个平面相交，必有两组相对面，
又长方体的每一组相对面平行，由两个平面平行的性质知，截面五边形必有两组平行的边，因正五边形的任意两边都不平行，
则一平面截长方体所得截面不可能是正五边形，即液面的形状不可能是正五边形，②错误；

对于③，当液面形状是三角形时，液面只与长方体的三个面相交，最大液面是长方体共顶点的三个面的面对角线围成的三角形，
如图中，液面三角形顶点在棱上任意移动（除点外），长方体体积，
，则当三棱锥盛满液体时，
液体体积与长方体体积之比的范围是，当长方体去掉三棱锥余下部分盛满液体时，
液体体积与长方体体积之比的范围是，所以液体体积与长方体体积之比的范围是，③正确；

对于④，作长方体共顶点的三个面的面对角线围成的三角形，如图中和，易得平面∥，
在长方体棱上任取一点（除外），过点作出与平面平行的平面截长方体可得六边形，
长方体体积，三棱锥体积，
令三棱锥部分有液体，当液面形状是六边形时，液面六边形必在平面和平面之间，
即液面漫过所在平面但不能到所在平面，则液体体积满足；
当液面六边形在两个平行平面与平面之间任意变换，不管与平面平行还是相交均满足，
即液体体积与长方体体积之比的范围是，④错误.则错误个数有3个.
故选：C.
经典题型八：立体几何中的轨迹问题
46．（多选题）（2022·广东·高三阶段练习）如图，已知正方体的棱长为2，点M为的中点，点P为正方形上的动点，则（       ）

A．满足MP//平面的点P的轨迹长度为
B．满足的点P的轨迹长度为
C．不存在点P，使得平面AMP经过点B
D．存在点P满足
【答案】ACD
【解析】如图1，取的中点F，取的中点E，连接EF，FM，EM，
因为M为的中点，
所以，，，
因为平面，平面，
所以平面，同理可得：平面，
因为平面EFM，
所以平面平面，
因为点P为正方形上的动点，
所以当P在线段EF上时，MP//平面，
故满足MP//平面的点P的轨迹长度为的长，为，A正确；

如图2，过点M作MQ⊥AM，交于点Q，可得：，
因为正方体的棱长为2，点M为的中点，
所以，故，
即，解得：，
过点Q作，交于点S，交于点T，
则平面，因为平面，
所以，
当点P位于线段ST上时，满足，
即满足的点P的轨迹长度为线段ST的长度，
又因为，所以B选项错误；

如图3，连接BM，取中点H，连接AH，HM，则可知平面截正方体所得的截面为ABMH，与正方形没有交点，

所以不存在点P，使得平面AMP经过点B
故C正确；
如图4，延长到点O，使得，则点M关于平面的对称点为O，
连接AO交正方形于点P，则此时使得取得最小值，
最小值为，
当点P与重合时，此时，
故存在点P满足

D正确；
故选：ACD
47．（多选题）（2022·全国·高三专题练习）在四边形中(如图1)，，将四边形沿对角线折成四面体（如图2所示），使得，E，F，G分别为的中点，连接为平面内一点，则（    ）

A．三棱锥的体积为
B．直线与所成的角的余弦值为
C．四面体的外接球的表面积为
D．若，则Q点的轨迹长度为
【答案】ABD
【解析】

对于A，如图，取中点，连接，易得，又，平面，则平面，
易得，则，则，
，则，A正确；

对于B，，
则，
则，，则，，
又，
则，即直线与所成的角的余弦值为，B正确；

对于C，易得，，则，取的中点，连接，易得，
则四面体的外接球的半径为，则外接球表面积为，C错误；

对于D，作交延长线于，由A选项知，，又，平面，则平面，
又平面，则，又，则，又，则，
即Q点的轨迹为以为圆心，为半径的圆，则Q点的轨迹长度为，D正确.
故选：ABD.
48．（2022·山西·高三阶段练习）水平放置的等边三角形边长为，动点位于该平面上方，三棱锥的体积为，且三棱锥的外接球球心到底面的距离为2，则动点的轨迹周长为（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】设三棱锥的高为，
因为三棱锥的体积为，
所以，
解得，
设的外接圆的半径为，
则，
因为三棱锥的外接球球心到底面的距离为2，
所以外接球的半径为，
因为点到面的距离为4，
所以动点的轨迹是一个截面圆的圆周，且球心到该截面的距离为，
所以截面圆的半径为，
所以动点的轨迹长度为.
故选：C.
49．（2022·全国·高三专题练习）在正方体中，E为的中点，F为底面ABCD上一动点，且EF与底面ABCD所成的角为．若该正方体外接球的表面积为，则动点F的轨迹长度为（    ）．
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】

如图1，取AD的中点H，连接EH，则.
在正方体中，底面ABCD，所以底面ABCD.
所以为EF与底面ABCD所成的角，则．
设正方体的棱长为a，因为该正方体外接球的表面积为，
所以，解得，
所以，从而，
所以F的轨迹为以H为圆心，为半径的圆在正方形ABCD区域内的部分，如图2．
在图2中，，
所以，则，
根据对称性可知，所以，
故动点F的轨迹周长为．
故选：A
50．（2022·浙江温州·高三开学考试）如图，正方体，P为平面内一动点，设二面角的大小为，直线与平面所成角的大小为.若，则点P的轨迹是（    ）

A．圆 B．抛物线 C．椭圆 D．双曲线
【答案】D
【解析】连接AC交BD于O，取中点,连接
以O为原点,分别以OA、OB、所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图：

令正方体边长为2，则，
面的一个法向量为，
面的一个法向量为
则，故二面角的大小为
又二面角的大小，则或
由，，可得
又

整理得
即，是双曲线.
故选：D
51．（2022·全国·高三专题练习）如图所示，为长方体，且AB=BC=2，=4，点P为平面上一动点，若，则P点的轨迹为（    ）

A．抛物线 B．椭圆 C．双曲线 D．圆
【答案】B
【解析】如图，建立直角坐标系，则,.
设,则向量，向量,
，
∴，
即,
,
,
这方程表示的轨迹是平面上的椭圆，
故选：B.

52．（2022·全国·高三专题练习）如图，斜线段与平面所成的角为，为斜足．平面上的动点满足，则点的轨迹为（    ）

A．圆 B．椭圆
C．双曲线的一部分 D．抛物线的一部分
【答案】B
【解析】建立如图所示的空间直角坐标系，
设

所以点的轨迹是椭圆．
故选：B.




1．（2022·全国·高考真题（文））已知球O的半径为1，四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均在球O的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】[方法一]：【最优解】基本不等式
设该四棱锥底面为四边形ABCD，四边形ABCD所在小圆半径为r，
设四边形ABCD对角线夹角为，
则
（当且仅当四边形ABCD为正方形时等号成立）
即当四棱锥的顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时，底面ABCD面积最大值为
又设四棱锥的高为，则，

当且仅当即时等号成立.
故选：C
[方法二]：统一变量＋基本不等式
由题意可知，当四棱锥为正四棱锥时，其体积最大，设底面边长为，底面所在圆的半径为，则，所以该四棱锥的高，

(当且仅当，即时，等号成立)
所以该四棱锥的体积最大时，其高.
故选：C．
[方法三]：利用导数求最值
由题意可知，当四棱锥为正四棱锥时，其体积最大，设底面边长为，底面所在圆的半径为，则，所以该四棱锥的高，，令，，设，则，
，，单调递增， ，，单调递减，
所以当时，最大，此时．
故选：C.
【整体点评】方法一：思维严谨，利用基本不等式求最值，模型熟悉，是该题的最优解；
方法二：消元，实现变量统一，再利用基本不等式求最值；
方法三：消元，实现变量统一，利用导数求最值，是最值问题的常用解法，操作简便，是通性通法．
2．（2018·全国·高考真题（理））设是同一个半径为4的球的球面上四点，为等边三角形且其面积为，则三棱锥体积的最大值为
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】如图所示，

点M为三角形ABC的中心，E为AC中点，
当平面时，三棱锥体积最大
此时，

,
点M为三角形ABC的中心

中，有


故选B.
3．（2015·浙江·高考真题（理））如图，已知，是的中点，沿直线将折成，所成二面角的平面角为，则

A． B． C． D．
【答案】B
【解析】设，设，则由题意，在空间图形中，设，
在中，，
在空间图形中，过作，过作，垂足分别为，，
过作，连结，∴，
则就是二面角的平面角，∴，
在中，，

，
同理，，，故，
显然面，故，
在中，，
在中，
，
∵，，∴（当时取等号），
∵

，，而在上为递减函数，∴，故选B.

4．（2022·浙江·高考真题）如图，已知正三棱柱，E，F分别是棱上的点．记与所成的角为，与平面所成的角为，二面角的平面角为，则（    ）

A． B． C． D．
【答案】A
【解析】如图所示，过点作于，过作于，连接，

则，，，
，，，
所以，
故选：A．
5．（2022·全国·高考真题（理））甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为，侧面积分别为和，体积分别为和．若，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】设母线长为，甲圆锥底面半径为，乙圆锥底面圆半径为，
则，
所以，
又，
则，
所以，
所以甲圆锥的高，
乙圆锥的高，
所以.
故选：C.
6．（2019·全国·高考真题（理））已知三棱锥P-ABC的四个顶点在球O的球面上，PA=PB=PC，△ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是PA，AB的中点，∠CEF=90°，则球O的体积为
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】解法一:为边长为2的等边三角形，为正三棱锥，
，又，分别为、中点，
，，又，平面，平面，，为正方体一部分，，即 ，故选D．

解法二:

设，分别为中点，
，且，为边长为2的等边三角形，
又
中余弦定理，作于，，
为中点，，，
，，又，两两垂直，，，，故选D.
7．（多选题）（2022·全国·高考真题）如图，四边形为正方形，平面，，记三棱锥，，的体积分别为，则（    ）

A． B．
C． D．
【答案】CD
【解析】

设，因为平面，，则，
，连接交于点，连接，易得，
又平面，平面，则，又，平面，则平面，
又，过作于，易得四边形为矩形，则，
则，，
，则，，，
则，则，，，故A、B错误；C、D正确.
故选：CD.
8．（2020·全国·高考真题（理））设有下列四个命题：
p1：两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内.
p2：过空间中任意三点有且仅有一个平面.
p3：若空间两条直线不相交，则这两条直线平行.
p4：若直线l平面α，直线m⊥平面α，则m⊥l.
则下述命题中所有真命题的序号是__________.
①②③④
【答案】①③④
【解析】对于命题，可设与相交，这两条直线确定的平面为；
若与相交，则交点在平面内，
同理，与的交点也在平面内，

所以，，即，命题为真命题；
对于命题，若三点共线，则过这三个点的平面有无数个，
命题为假命题；
对于命题，空间中两条直线相交、平行或异面，
命题为假命题；
对于命题，若直线平面，
则垂直于平面内所有直线，
直线平面，直线直线，
命题为真命题.
综上可知，

，

为真命题，

，

为假命题，
为真命题，为假命题，
为真命题，为真命题.
故答案为：①③④.
9．（2017·全国·高考真题（理））a，b为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC的直角边AC所在直线与a，b都垂直，斜边AB以直线AC为旋转轴旋转，有下列结论：
①当直线AB与a成60°角时，AB与b成30°角；
②当直线AB与a成60°角时，AB与b成60°角；
③直线AB与a所成角的最小值为45°；
④直线AB与a所成角的最大值为60°.
其中正确的是________.（填写所有正确结论的编号）
【答案】②③
【解析】由题意知，a、b、AC三条直线两两相互垂直，画出图形如图，
不妨设图中所示正方体边长为1，
故|AC|＝1，|AB|，
斜边AB以直线AC为旋转轴，则A点保持不变，
B点的运动轨迹是以C为圆心，1为半径的圆，
以C坐标原点，以CD为x轴，CB为y轴，CA为z轴，建立空间直角坐标系，
则D（1，0，0），A（0，0，1），直线a的方向单位向量（0，1，0），||＝1，
直线b的方向单位向量（1，0，0），||＝1，
设B点在运动过程中的坐标中的坐标B′（cosθ，sinθ，0），
其中θ为B′C与CD的夹角，θ∈[0，2π），
∴AB′在运动过程中的向量，（cosθ，sinθ，﹣1），||，
设与所成夹角为α∈[0，]，
则cosα|sinθ|∈[0，]，
∴α∈[，]，∴③正确，④错误．
设与所成夹角为β∈[0，]，
cosβ|cosθ|，
当与夹角为60°时，即α，
|sinθ|，
∵cos2θ+sin2θ＝1，∴cosβ|cosθ|，
∵β∈[0，]，∴β，此时与的夹角为60°，
∴②正确，①错误．
故答案为②③．

10．（2017·全国·高考真题（理））如图，圆形纸片的圆心为O，半径为5 cm，该纸片上的等边三角形ABC的中心为O.D，E，F为圆O上的点，△DBC，△ECA，△FAB分别是以BC，CA，AB为底边的等腰三角形．沿虚线剪开后，分别以BC，CA，AB为折痕折起△DBC，△ECA，△FAB，使得D，E，F重合，得到三棱锥．当△ABC的边长变化时，所得三棱锥体积(单位：cm3)的最大值为______．

【答案】
【解析】如下图，连接DO交BC于点G，设D，E，F重合于S点，正三角形的边长为x(x>0)，则.
，
，
三棱锥的体积.
设，x>0，则，
令，即，得，易知在处取得最大值.
∴.

11．（2020·海南·高考真题）已知直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD=60°．以为球心，为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为________．
【答案】.
【解析】如图：

取的中点为，的中点为，的中点为，
因为60°，直四棱柱的棱长均为2，所以△为等边三角形，所以，，
又四棱柱为直四棱柱，所以平面，所以，
因为，所以侧面，
设为侧面与球面的交线上的点，则，
因为球的半径为，，所以，
所以侧面与球面的交线上的点到的距离为，
因为，所以侧面与球面的交线是扇形的弧，
因为，所以，
所以根据弧长公式可得.
故答案为：.
12．（2020·全国·高考真题（理））如图，在三棱锥P–ABC的平面展开图中，AC=1，，AB⊥AC，AB⊥AD，∠CAE=30°，则cos∠FCB=______________.

【答案】
【解析】，，，
由勾股定理得，
同理得，，
在中，，，，
由余弦定理得，
，
在中，，，，
由余弦定理得.
故答案为：.