【文档说明】(新高考)高考数学二轮复习核心考点重难点练习09《五种空间向量与立体几何数学思想》(解析版).doc，共(54)页，3.106 MB，由MTyang资料小铺上传

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重难点09五种空间向量与立体几何数学思想（核心考点讲与练）1111ABCDABCD题型一：函数与方程思想一、单选题1．（2022·全国·高三专题练习）在长方体1111ABCDABCD中，2AB，1BC，若线段1BB上存在一点E，使得1DEEC

，则1BB的取值范围是（）A．0,1B．1,C．0,2D．2,【答案】D【分析】由题设22211CEDECD，令10BBm，1BEm且01≤≤，可得2210m

，结合二次函数的性质求参数m的范围即可.【详解】若线段1BB上存在一点E，使得1DEEC，如下图示：则22211CEDECD，令10BBm，则2214CDm，设1BEm且01≤≤，有(1)BEm，则22211C

Em，222(1)5DEm，所以22222(1)514mmm，整理得2210m，故221()fm在01≤≤上有零点，而21(0)0fm且对称轴为12，开口向上，所以，只需

2410m，则2m，即1BB的取值范围是2,.故选：D2．（2022·全国·高三专题练习）如图所示，在三棱锥PABC中，BC平面PAC，PAAB，4PAAB，且E为PB的中点，AFPC于

F，当AC变化时，则三棱锥PAEF体积的最大值是（）A．223B．2C．423D．523【答案】C【解析】由题意知PAEFEPAFVV且216||||316||EPAFACBCVAC，令||AC

a，结合换元法、二次函数最值求PAEF体积的最大值即可.【详解】在三棱锥PABC中，BC平面PAC，4PAAB知：222||||||16ACBCAB，而1||||2||2PACSACPAAC，而PAEFEPAFV

V且1||32EPAFPAFBCVS，又222||||||PAFPACPASSPAAC∵E为PB的中点，知：21||16||||32316||EPAFPAFBCACBCVSAC∴设||ACa，则2||1

6BCa，所以221616316EPAFaaVa，令21616ma，有(16)(32)16161632(1)(1)33EPAFmmVmmm，令11(0,]16xm，2165124813EPAFVx

x，而由二次函数2()512481fxxx的性质知：364x时有最大值为18，∴EPAFV最大值为161423322，故选：C【点睛】本题考查三棱锥的体积计算，结合换元法、二次函数最值求三棱锥体积最值，注意换元过程中定义域的等

价变化.3．（2022·全国·高三专题练习）空间点到平面的距离定义如下：过空间一点作平面的垂线，这个点和垂足之间的距离叫做这个点到这个平面的距离．已知平面，，两两互相垂直，点A，点A到，的距离都是3，点P是上的动点，满足P到的距离与P到点A的距离

相等，则点P的轨迹上的点到的距离的最小值是（）A．33B．3C．332D．32【答案】D【解析】建立平面直角坐标系，将问题转化为点P的轨迹上的点到x轴的距离的最小值，利用P到x轴的距离等于P到点A的距离得到P点轨迹方程，得到26399yx，进

而得到所求最小值.【详解】如图，原题等价于在直角坐标系xOy中，点3,3A，P是第一象限内的动点，满足P到x轴的距离等于点P到点A的距离，求点P的轨迹上的点到x轴的距离的最小值．设,Pxy，则2233yxy，化简得：2

3690xy，则26399yx，解得：32y，即点P的轨迹上的点到的距离的最小值是32.故选：D.【点睛】本题考查立体几何中点面距离最值的求解，关键是能够准确求得动点轨迹方程，进而根据轨迹方程构造不等关系求得最值.4．（2019·全国·高三阶

段练习（理））已知四棱锥PABCD，底面ABCD为正方形，,PAPBPCPD且四棱锥PABCD的体积为83，若其各个顶点都在球O表面上，则球O表面积的最小值为（）A．8B．9C．16D．18【答案】B【分析】设正方形的边长为,a中心为,M棱锥高为,h球心为,O半

径为,R根据四棱锥的体积得到关于a和h的关系式,利用球的截面圆的圆心和球心的连线垂直于截面这一结论,在RtAOM中利用勾股定理得到R和h的关系式,通过构造函数24fhhh,求导判断单调性求函数()fh的最小值,求得球的半径R的最小值,进而求得球O表面

积的最小值.【详解】设正方形的边长为,a中心为,M棱锥高为,h球心为,O半径为,R则PABCDV228833ahah在RtAOM中，222,OMAMR即22222hRaR,即22202ahRh

，故22422aRhhhh，令24fhhh，则3338'18hfhhh，由'0,fh得2h.当02h时,0fh，所以函数()fh在0,2上单调递减；当2h时,'0,fh所以函数()fh在(2,)上单调递

增；故当2h时,()fh有最小值为23,f即2R最小值为3，此时249SR表.故选:B【点睛】本题考查多面体的外接球问题和利用函数的思想求其外接球半径的最值;考查空间想象能力、知识迁移

能力和转化与化归能力;通过构造函数24fhhh,求得球的半径R的最小值是求解本题的关键;属于综合型、难度大型试题.二、填空题5．（2022·浙江·高三学业考试）如图，E，F分别是三棱锥V-ABC两条棱AB

，VC上的动点，且满足2(0,0)EFxAVyBCxy则22xy的最小值为___________.【答案】15【分析】根据2(0,0)EFxAVyBCxy可得,,EFADBC共面，作MFAV∕∕交AC于点M，连接ME，则MEBC∕∕，再根据EFEMMF，可得,2EMMFyx

BCAV，再利用相似比可得2CMxAC，AMyAC，从而可得21xy，再利用二次函数的性质即可的解.【详解】解：因为2(0,0)EFxAVyBCxy，所以,,EFADBC共面，作MFAV∕∕交AC于点M，连接ME，则MEBC∕∕

，因为EFEMMF，所以,2EMyBCMFxAV，即,2EMMFyxBCAV，因为MFAV∕∕，所以2MFCMxAVAC，则2CMxAC，因为MEBC∕∕，所以EMAMyBCAC，则AMyAC，又CMAMAC，所以2xACy

ACAC，所以21xy，则12yx，102x，故2222222115415125052xxxxxyxx，所以当25x时，22xy取得最小值为15.故答案为：15.6．（2021·四川省泸县第二中学高

三阶段练习（理））如图，正方体1111ABCDABCD的棱长为1，E，F分别是棱1AA，1CC的中点，过直线EF的平面分别与棱1BB，1DD交于M，N.设BMx，0,1x，给出以下四个结论：①平面MENF

平面11BDDB；②当且仅当12x时，四边形MENF的面积最小；③四边形MENF的周长Lfx，0,1x是单调函数；④四棱锥1CMENF的体积Vhx在0,1x上先减后增.其中正确命题的序号是__________．【答案】①②【分析】①利用面面垂直的判定定理判断；②求得2|

|(12)2MNx，又EF是定值，结合12SEFMN可作出判断；③四边形MENF是菱形，分析EM的变化可作出判断；④将四棱锥则分割为两个小三棱锥11MCEFNCEF，，进而可作出判断.【详解】对于①：连接

EFBD，，11BD，则由正方体的性质可知，EF平面11BDDB，又EF平面MENF，所以平面MENF平面11BDDB，故①正确；对于②：连接MN，因为EF平面11BDDB，所以EFMN，所以四边形MENF是菱形．四边形MENF的面积12SEFMN，四边形MENF的对角线E

F是固定的，2||(12)2MNx，所以当且仅当12x时，四边形MENF的面积最小，故②正确；对于③：因为EFMN，所以四边形MENF是菱形．当102x，时，EM的长度由大变小；当112x，时，EM的长度由小变

大．所以函数()[01]Lfxx，，不单调．故③错误；对于④：四棱锥则分割为两个小三棱锥，它们以1CEF为底，以M，N分别为顶点的两个小棱锥11MCEFNCEF，．因为三角形1CEF的面积是个常数．M，N到平面1CEF的

距离是个常数，所以四棱锥1CMENF的体积()Vhx为常值函数，故④错误．故答案为：①②.7．（2022·全国·高三专题练习）如图，在矩形ABCD中，ABa=，2BCa，点E为AD的中点，将△ABE沿BE翻折到△ABE的位置，在翻折过程中，A不在平面BCDE内时，记二面角ADC

B的平面角为，则当最大时，cos的值为______．【答案】255【分析】取BC中点F，易知在翻折过程中A的射影H在AF上且A的轨迹是以AF为直径的圆，作HGCD，则AGH、AOF分别是二面角ADCB

、ABEC的平面角、，由题设求OA、AH、OH、HG，即有2sintan3cosk，整理变形有232sin()kk即可求tan的范围，由正切单调性确定最大时tan值，即可求cos.【详解】取BC中点F，易得AFBE⊥，在翻折过程中A的射影H在AF上

，且A的轨迹是以AF为直径的圆，如上图，在ABCD内作HGCD，垂足为G，连AG，∴AGH是二面角ADCB的平面角，即AGH且0,2．由AFBE，故AOBE

，∴AOF是二面角ABEC的平面角，设AOF，由上下对称故只考虑0,即可．由ABa=，则22OAa，2sin2AHa，2cos2OHa，31cos22HGaa，而AH面ABCD，故2

sin2sin2tan313coscos22aAHHGaa，令2sin3cosk，则232sincos2sin()kkk且tan2k，∴232kk，得1122k，∴由正切函数单调性，当最大时1tan2，

故25cos5，此时1cos3．故答案为：255【点睛】关键点点睛：应用几何法找到二面角ADCB、ABEC的平面角、，并得到它们之间的函数关系，结合辅助角公式、正弦函数的性质求tan的范围，进而由

正切函数性质确定最大时tan值.8．（2022·全国·高三专题练习）阿基米德在他的著作《论圆和圆柱》中，证明了数学史上著名的圆柱容球定理：圆柱的内切球（与圆柱的两底面及侧面都相切的球）的体积与圆柱的体积之比等于它们的表面积之比．可证明该定理推广到圆锥容球也正确，即圆锥的内切球（

与圆锥的底面及侧面都相切的球）的体积与圆锥体积之比等于它们的表面积之比，则该比值的最大值为________．【答案】12【分析】设OBC，利用和内切球半径R可表示出圆锥底面半径r和母线l，由圆锥和球的表面积公式可得22

212tan1tanSS，令2tan0t，根据二次函数性质可求得最值.【详解】设圆锥的底面半径为r，母线长为l，圆锥内切球半径为R，作出圆锥的轴截面如下图所示：设OBC，tanRr，tanRr，ODAB，OEBC，DBEDOE，又AODD

OE，2AODDBE，tan2ADR，22tan2tanRlrADBDrADrR，则圆锥表面积1Srlr，圆锥内切球表面积224SR，所求比值为22221242tan

1tan2tan2tan1tantanSRRRRS，令2tan0t，则2212122SttttS，当12t时，21SS取得最大值12.故答案为：12.【点

睛】关键点点睛：本题考查立体几何中的最值问题的求解，解题关键是能够将圆锥表面积和球的表面积的比值利用一个变量表示出来，将问题转化为函数最值的求解问题，从而利用函数的性质来进行求解.9．（2020·全国·高三（文））在棱长为1的正方体1111AB

CDABCD中，点EF、分别为线段AB、1BD的中点，则点A到平面EFC的距离为______.【答案】66【解析】先求出90EFC，再利用AEFCFAECVV求出点A到平面EFC的距离得解.【详解】由题得222211215123,1(),()(),2222222EFADECCF

所以222ECEFFC,所以90EFC.设点A到平面EFC的距离为h，则AEFCFAECVV,所以11231111132223222h，所以66h.故答案为：66【点睛】本题主要

考查空间点到平面距离的计算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.题型二：数形结合思想一、单选题1．（2022·安徽·模拟预测（文））在矩形ABCD中，33ADAB，M是AD边上一点，将矩形ABCD沿BM折叠，使平面

ABM与平面BMDC互相垂直，则折叠后A，C两点之间距离的最小值是（）A．1654169B．1010C．10D．7【答案】D【分析】根据立体几何中面面垂直的相关性质以及余弦定理、正弦二倍角公式运算求解即可.【详解

】作示意图如下，在平面ABM中，作AHBM，连接CH，因为平面ABM平面BMDC，平面ABM平面BMDCBM，AHBM，AH平面ABM，所以AH平面BMDC，又CH平面BMDC，所以A

HCH，设310,sin0,10ABM∠，所以coscosBHAB，sinsinAHAB，π2HBC∠，在BHC△中，由余弦定理得，2222cos2CHBHBCBHBC

，所以222πcos96coscoscos93sin22CH，所以222222sincos93sin2103sin2ACAHCHCH，若AC最小，则2AC最小，当sin21

时，2minmin7,7ACAC此时4，2sin2可以取到.故选：D2．（2022·全国·高三专题练习），是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，则下列命题中真命题的个数为（）①若mn

∥，∥，则m与所成的角等于n与所成的角；②若m，nA，Am，则m与n是异面直线；③若m，n，∥，则mn∥；④若，m，nm，则n．A．1B．2C．3D．4【答案】B【分析】作出示意图，进而根据点线面的位置关系得到答案.【详解】对①，结合异面直

线所成角的定义，因为mn∥，所以m与所成的角等于n与所成的角，而∥，于是m与所成的角等于n与所成的角，故①正确；对②，根据题意m,n既不平行也不相交，故m,n异面，所以②正确；如图，在正方体1111ABCDABCD中，若为平面

ABCD，为平面1111DCBA，取m为AB，n为11BC，显然异面，所以③错误；若为平面ABCD，为平面11ABBA，则m为AB，取n为BC，则n，所以④错误.故选：B.3．（2022·青海西宁·高三期末（文））我国古代数

学家刘徽在学术研究中，不迷信古人，坚持实事求是．他对《九章算术》中“开立圆术”给出的公式产生质疑，为了证实自己的猜测，他引入了一种新的几何体“牟合方盖”：以正方体相邻的两个侧面为底做两次内切圆柱切割，然后剔除外部，剩下的内核

部分．如果“牟合方盖”的主视图和左视图都是圆，则其俯视图形状为（）A．B．C．D．【答案】B【分析】由题意“牟合方盖”画出直观图，得其俯视图的形状.【详解】画出直观图，结合直观图，主视图、侧视图、俯视图是从物体正面、左面、上面看所得到的图形，可得其俯视图形状B.

故选：B二、多选题4．（2022·江苏·新沂市第一中学模拟预测）在通用技术课上，某小组将一个直三棱柱111ABCABC展开，得到的平面图如图所示.其中4AB，3AC，15BCAA，M是BB1上的点，则（）A．

AM与A1C1是异面直线B．1ACAMC．平面AB1C将三棱柱截成两个四面体D．1AMMC的最小值是106【答案】ABD【分析】根据展开图还原直三棱柱，根据其结构特征及线面垂直的性质判断A、B、C，将面11AABB和面11CCBB展开展开为一个平面，利用三点共线求1AMMC

的最小值.【详解】由题设，可得如下直三棱柱：由直三棱柱的结构特征知：AM与A1C1是异面直线，A正确；因为1AAAC，BAAC，且1AABAA，则AC面11AABB，又1AM面11AABB，故1ACAM，B正确；由图知：面AB1C将三棱柱截成四棱锥111BACCA和三棱锥1BA

BC，一个五面体和一个四面体，C错误：将面11AABB和面11CCBB展开展开为一个平面，如下图：当1,,AMC共线时，1AMMC最小为106，D正确.故选：ABD5．（2022·全国·高三专题练习）如图，已知直四棱柱A

BCD-EFGH的底面是边长为4的正方形，CGm，点M为CG的中点，点P为底面EFGH上的动点，则（）A．当4m时，存在点P满足8PAPMB．当4m时，存在唯一的点P满足2APMC．当4m时，满足BP⊥AM的点P的轨迹长度为22D．当433m时，满足2APM的点P

轨迹长度为839【答案】BCD【分析】建立空间直角坐标系，结合选项逐个验证，利用对称点可以判断A，利用垂直求出P可以判断B，求出点P轨迹长度可判定C,D.【详解】以D为原点，,,DADCDH所在直线分别为,,xyz轴，建系如图

，对于选项A，当4m时，0,4,2M，4,0,0A，设点A关于平面EFGH的对称点为A，则4,0,8A，161636688AM.所以8PAPMPAPMAM.故A不正确.对于选项B，设,,4Pxy，则4,,4,,4,2APxyM

Pxyuuuruuur，由0APMP得224480xxyy，即22220xy，解得2xy，所以存在唯一的点P满足2APM，故B正确.对于选项C，4,4,0B，设,,4Pxy，则4,4,2,4,4,4AMBPxyuu

uruur，由0AMBPuuuruur得20xy.在平面EFGH中，建立平面直角坐标系，如图，则P的轨迹方程20xy表示的轨迹就是线段NQ，而22NQ，故C正确.对于选项D，当433m时，230,4,3M，设43,,3Pxy

，则43234,,,,4,33APxyMPxyuuuruuur，由0APMP得2284403xxyy，即2216223xy，在平面EFGH中，建立平面直角坐标系，如图，

记2216223xy的圆心为O，与GF交于,ST；令4y，可得1223232,233xx，而12433xx，所以3SOT，其对应的圆弧长度为439；根据对称性可知点P轨迹长度为43438324399；故D正确.故

选：BCD.【点睛】立体几何中的动点问题，常常采用坐标法，把立体几何问题转化为平面问题，结合解析几何的相关知识进行求解.6．（2022·全国·高三专题练习）如图，在棱长为2的正方体1111ABCDABCD中，O为正方体的中心，M为1DD的中点，F为侧面正方形11AADD

内一动点，且满足1//BF平面1BCM，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1FBCM的体积是随点F的运动而变化的D．若过A，M

，1C三点作正方体的截面，Q为截面上一点，则线段1AQ长度的取值范围为26,223【答案】BD【分析】选项A：设O为底面正方形ABCD的中心，根据OOA的面积为1222AOOO，由此可判断选项A；选项

B：分别取1AA，11AD的中点H，G，连接1BG，GH，1HB，1AD；证明平面1BGH∥平面1BCM，从而得到点F的轨迹为线段GH.选项C：根据选项B可得出GH∥平面1BCM，从而得到点F到平面1BCM的距离为定值，再结合1BCM的面积也

为定值，从而可得到三棱锥1FBCM的体积为定值.选项D：设N为1BB的中点，从而根据面面平行的性质定理可得到截面即为面1AMCN，从而线段1AQ长度的最大值为线段11AC的长，最小值为四棱锥11AAMCN以1A为顶点的高.【详解】对于A：设O为底面正方形ABCD的中心，连接AO

，AO，OO，则122AOAC，1112OOAA，所以OOA的面积为11221222AOOO，所以在底面ABCD上点P与点O必重合，同理正方形11ABBA的中心，正方形11ADDA的中心都满足题意.又当点P为

正方体各条棱的中点时也满足OPA的面积为22，故A不正确；对于B：如图①，分别取1AA，11AD的中点H，G，连接1BG，GH，1HB，1AD．因为11BHCM∥，1GHBC∥，1BH平面BHG，1CM平面1BCM，GH平面BHG，1CB

面1BCM，111BCCMC，所以平面1BGH∥平面1BCM，而1BF∥平面1BCM，所以1BF平面1BGH，所以点F的轨迹为线段GH，故B正确；对于C：由选项B可知，点F的轨迹为线段GH，因为GH∥平面1BCM，则点F到平面1BC

M的距离为定值，同时1BCM的面积也为定值，则三棱锥1FBCM的体积为定值，故C不正确；对于D：如图②，设平面与平面11AABB交于AN，N在1BB上．因为截面平面11AADDAM，平面11AADD∥平面11BBCC，所以1AMCN

∥．同理可证1ANCM∥，所以截面1AMCN为平行四边形，所以点N为1BB的中点．在四棱锥11AAMCN中，侧棱11AC最长，且1122AC．设棱锥11AAMCN的高为h，因为15AMCM，所以四边形1AMCN为菱形，所以1AMC的边1AC上的

高为面对角线的一半，即为2，又123AC，则1123262AMCS△，1111111142223323CAAMAAMVSDC△，所以11111164333AAMCAMCCAAMVShhV△，解得263h

．综上，可知1AQ长度的取值范围是26,223，故D正确．故选：BD．三、填空题7．（2022·陕西宝鸡·二模（文））如图，在正三棱锥PABC中，30APBBPCCPA，4PAPBPC，一只虫子从A点出发，绕三棱锥的三个侧面爬行一周后，又回到A点，则

虫子爬行的最短距离是___________.【答案】42【分析】将三棱锥的侧面展开，从A点虫子爬行绕三棱锥侧面一圈回到点A的距离中，虫子爬行的最短距离，可转化为求1AA的长度，利用勾股定理即可得到答案．【详解】如图所示，将三棱锥的侧面展开，因为30APBBPCCPA

，所以190APA，当虫子沿1AA爬行时，距离最短，又1161642AA，所以虫子爬行的最短距离是42.故答案为：42.8．（2022·广西·高三阶段练习（文））在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，底面四边形ABCD为矩形．请在下面给出的4个条件中选出

2个作为一组，使得它们能成为“在BC边上存在点Q，使得PQD△为钝角三角形”的充分条件______.①2PA，②3BC，③2AB，④1AB.（写出符合题意的一组即可）【答案】②③或②④皆可，答案不唯一【分析】设,,PAaA

BbADc，0BQxxc，则CQcx，计算出2PQ，2DQ，2PD，若在BC边上存在点Q，使得PQD△为钝角三角形，则222PQDQPD，解不等式再根据已知条件可得答案.【详解】设,,PA

aABbADc，0BQxxc，则CQcx，因为PA平面ABCD，底面四边形ABCD为矩形，所以PAAQ，则222222222PQPAAQPAABBQabx，22222DQCDCQbcx，22222PDPAADac

，若在BC边上存在点Q，使得PQD△为钝角三角形，则222PQDQPD，即2222222abxbcxac，整理得2200xcxbxc，要使不等式有解，只需2240cb，即

只需2BCAB即可，因为①2PA，②3BC，③2AB，④1AB，所以②④或②③.故答案为：②④或②③.9．（2022·湖南·临澧县第一中学二模）已知三棱锥PABC的棱AP，AB，AC两两互相垂直，23APABAC，以顶点P为球心，4为半径作一个球，球面与该三棱锥的

表面相交得到四段弧，则最长弧的弧长等于___________.【答案】43【分析】将三棱锥PABC补全为棱长为23的正方体，根据已知条件判断棱锥各面与球面相交所成圆弧的圆心、半径及对应圆心角，进而求出弧

长，即可知最长弧长.【详解】由题设，将三棱锥PABC补全为棱长为23的正方体，如下图示：若2ADAF，则4PDPF，即,DF在P为球心，4为半径的球面上，且O为底面中心，又62OA，324OP，所以，面ABC与球面所成弧是以A为圆心

，2为半径的四分之一圆弧，故弧长为；面PBC与与球面所成弧是以P为圆心，4为半径且圆心角为3的圆弧，故弧长为43；面,PBAPCA与球面所成弧是以P为圆心，4为半径且圆心角为12的圆弧，故弧长为3；所以最长弧的弧长为43.故答案为：43.10．（2022·北京四中高

三开学考试）正方体1111ABCDABCD棱长为3，对角线1AC上一点P（异于A，1C两点）作正方体的截面，且满足1AC，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APx

，截面多边形的面积为S，则函数12Sgxx是常数函数．其中所有正确命题的序号是______．【答案】①【分析】根据正方体的性质，结合线面垂直的判定可得1AC面1BDA、1AC面11BDC，以截面

为面1BDA、面11BDC为临界截面，讨论P的位置判断截面图形的性质，即可判断①②③，再由(1,3]APx时截面为正三角形且边长为3x即可判断④.【详解】连接111111,,,,,ABBDDABDBCCD，由1AC在1

111,ABBAADDA上的射影分别为11,ABAD，又1111,ABABADAD，即1111,ACABACAD，111ABADA，所以1AC面1BDA，同理1AC面11BDC，即截面可能为面1BDA、面11BDC，此时截面为正三角形；而当P在1AC与面

1BDA、面11BDC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P在1AC与面1BDA交点左下方、面11BDC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P在1AC与面1BDA交点左下方，截面周长小

于截面1BDA的周长，故③错误；由题设，当(1,3]APx时截面为正三角形且边长为3x，所以2334Sx，故12Sgxx不是常数函数，④错误.故答案为：①.【点睛】关键点点睛：根据正方体的

性质及线面垂直的判定找到P在移动过程中截面形状发生变化的临界截面，进而判断临界截面两侧截面多边形的性质.11．（2022·北京·北大附中高三开学考试）在棱长为1的正方体1111ABCDABCD中，E为侧面11BBCC的中心，F在棱AD上运动.若点P是平面1DEF与正方体

的底面ABCD的公共点，则所有满足条件的点P构成图形的面积为___________.【答案】34【分析】讨论,FD或,FA重合的情况，根据正方体的性质即可确定F从D到A的过程中P所构成图形，进而求其面积即可.【详解】当,FD重合时，如下图示：由正方体性质知面1DEF即为面1DGHD，与底面交线为D

G，且,GH为11,BCBC的中点，所以，此时P在线段DG上，当,FA重合时，如下图示：由正方体性质知面1DEF即为面11ABCD，与底面交线为AB，所以，此时P在线段AB上，综上，F从D到A的过程中，梯形ABGD(第一个图中)即为P构成图形，又正方体的棱长为1，所以，面积为113(1)1

224.故答案为：34.12．（2021·河北邯郸·高三期末）已知P为正方体1111ABCDABCD表面上的一个动点，2AB，M是棱AB延长线上的一点，且ABBM，若22PM，则动点P运动轨迹的长为

___________.【答案】21【分析】由题意可知，2BM且点P的轨迹是以M为球心，22为半径的球与正方体表面的交线，作出草图，根据弧长公式即可求出结果.【详解】因为2AB，M是棱AB延长

线上的一点，且ABBM，所以2BM，由勾股定理，可知122MCBM，因为22PM，所以点P的轨迹是以M为球心，22为半径的球与正方体表面的交线，如下如所示：所以动点P运动轨迹在平面ABCD上的交的弧线是以

M为圆心，22MC为半径的圆弧，其中该圆弧所对圆心角为4；在平面11AABB上的交的弧线是以M为圆心，122MB为半径的圆弧，其中该圆弧所对圆心角为4；在平面11BBCC上的交的弧线是以B为圆心，2BC为半径的圆弧，其中该圆弧所对圆心角为2；所以动

点P运动轨迹的长为22222142.故答案为：21.题型三：分类与整合思想一、单选题1．（2022·全国·高三专题练习）已知正方体1111ABCDABCD棱长为1,Р是棱1AA上一点，点Q在棱11BC上运动，使得对任意的点，直线

PQ与正方体的所有棱所成的角都大于6，则AP的取值范围为（）A．3013APB．31132APC．1132APD．102AP【答案】A【分析】根据正方体的结构特征，只需直线PQ与直线11111,,ABBBBC三条直线所成的角都大于6

即可，分别研究直线PQ与直线1BB所成的角最小值，直线PQ与直线11BC所成的角最小值，直线PQ与直线11AB所成的角最小值，即可得出答案.【详解】解：在正方体1111ABCDABCD中，因为1111,,,ABCDAB

CD互相平行，1111,,,ADBCADBC互相平行，1111,,,AABBCCDD互相平行，则只需直线PQ与直线11111,,ABBBBC三条直线所成的角都大于6即可，对于直线PQ与直线1BB，根据正方体的结构特征可知，11BC平面1

1ABBA，因为1PB平面11ABBA，所以111BCPB，当P点不动时，点Q从11BC的过程中，直线PQ与直线1BB所成的角逐渐增大，因此当P点位于A点时，Q点位于1B点时，直线PQ与直线1BB所成的角最小，此时直线PQ与直线1BB所成的角为4

6，则P点位于1AA的任何位置都符合题意；对于直线PQ与直线11BC，当P点不动时，点Q从11BC的过程中，直线PQ与直线1BB所成的角逐渐减小，因此当P点位于1A点时，Q点位于1C点时，直线PQ与直线11B

C所成的角最小，此时直线PQ与直线11BC所成的角为46，则P点位于1AA的任何位置都符合题意；对于直线PQ与直线11AB，过Q作11MQAD，当P点不动时，点Q从11BC的过程中，直线PQ与直线11AB所成的角逐渐增大，因此当P点位于A点时，Q点位于1B点时，直线PQ与直线11AB

所成的角最小，则1113tan63APAB，所以133AP，所以3013AP，综上所述，3013AP.故选：A.2．（2022·上海·高三专题练习）如果点M是两条异面直线a、b外一点，则过点M且与a、b都平行的平面个数的所有可能值是（）A．

1B．2C．0或1D．无数【答案】C【分析】讨论点M与其中一条直线所成平面与另一直线平行或不平行的情况下，判断过M且与a、b都平行的平面个数即可.【详解】1、若点M与直线a构成的平面与直线b平行，则过M且与a、b都平行的平面个数为0；2、若点M与直线b构成的平面与直线a平行，则过M且与a、b都平

行的平面个数为0；3、若点M与直线a不与直线b平行，或点M与直线b不与直线a平行，则点M且与a、b都平行的平面个数为1.故选：C3．（2021·全国·高三专题练习）到空间不共面的四点距离相等的平面的个数为（）A．1B．4C．7D．8【答案】C【分析】不共面的空间四点可构成三棱锥，结合

三棱锥的，分截面两侧分别为1个点与3个点，各2个点求解即可.【详解】当空间四点不共面时，则四点构成一个三棱锥．当平面一侧有一点，另一侧有三点时，如图，令截面与三棱锥的四个面之一平行，第四个顶点到这个截面的距离与其相对的面到此截面的距离相等，这样的平面有4个；当平面一侧有两点，

另一侧有两点时，如图，当平面过AB，BD，CD，AC的中点时，满足条件．因为三棱锥的相对棱有三对，则此时满足条件的平面有3个．所以满足条件的平面共有7个，故选：C4．（2022·全国·高三专题练习）在四棱锥PABCD中，底面ABCD为正方形，2AB，

PAD△为等边三角形，线段BC的中点为E.若1PE，则此四棱锥的外接球的表面积为（）A．823B．283C．9D．282127【答案】B【分析】取AD的中点F，连接EF，PF，由题意可得PFPE，求出四棱锥的高，及底面外

接圆的圆心到P在底面的投影的距离，设正方形ABCD的中心为M，过M作底面的垂线MO，则四棱锥PABCD的外接球的球心在MO上，分别在两个直角三角形中求出外接球的半径与直角边的关系求出外接球的半径，进而求得外接球的表面积.【详解】取AD

的中点F，连接EF，PF，由底面ABCD为正方形，2AB，PAD△为等边三角形，3,2PFEF又1PE，PFPE设正方形ABCD的对角线交于点M，过P作底面的投影N，则由题意可得N在EF上，由射影定理得212PENEEF，而1ME，12MN，2232PNPENE

，122222MBBD过M作底面的垂线MO，则四棱锥PABCD的外接球的球心在MO上，设O为四棱锥PABCD的外接球球心，半径为R，则OPOBR过O作OHPN于H，则四边形OMNH为矩形，1,2OHMNHNOM（1）若四棱锥PABCD的外接球球心在四棱锥内部

，在PH△O中，222()OPOHPNHN，即2221322ROM在OBM中，222OBBMOM，即222(2)ROM联立解得：33OM，不符合题意，

舍去；（2）若四棱锥PABCD的外接球球心在四棱锥外部，在PH△O中，222()OPOHPNHN，即2221322ROM在OBM中，222OBBMOM，即222(2)ROM

联立解得：33OM，273R，所以四棱锥的外接球的表面积为2284.3SR故选：B【点睛】方法点睛：空间几何体与球接、切问题的求解方法(1)求解球与棱柱、棱锥的接、切问题时，一般过球心及接、切点作截面，把空间问题转化为平面图

形与圆的接、切问题，再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解．(2)若球面上四点P，A，B，C构成的三条线段,,PAPBPC两两互相垂直，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，利用22224PAPBPCR求解．5．（202

2·全国·高三专题练习）直线AB与直二面角l的两个面分别交于A，B两点，且A，B都不在棱l上，设直线AB与,所成的角分别为和，则的取值范围是（）A．090B．090C．90180D．90【答案】B【解析】根据直

线AB与平面的位置，分两种情况：当ABl时，90；当AB与l不垂直时，分别过点A，B向平面,作垂线，垂足为1A，1B，连接1BA，1AB，由已知，可知1BAB，1ABA，由11sincosBBBAABAB

，知90【详解】当ABl时，90.当AB与l不垂直时，如图，分别过点A，B向平面,作垂线，垂足为1A，1B，连接1BA，1AB.由已知，所以1AA，1BB，因此1BAB，1ABA.由11sincossin90BBB

AABAB，知90，即90综上可知，090故选：B.【点睛】关键点点睛：本题考查二面角及线面角，解题的关键是通过面面垂直的性质定理转化为线面垂直即可找到线面角，考查学生的数形结合思想及转化与化归思想，属于基础题.6．（2

020·贵州·贵阳一中高三阶段练习（理））在正方体1111ABCDABCD中，E、F分别在1BB和1CC上（异于端点），则过三点A、F、E的平面被正方体截得的图形不可能是（）A．正方形B．不是正方形的菱形C．不是正方形的矩形D．梯形【答案】A【解析】作出图形，设正方体的棱长为1，设102BEa

a，利用勾股定理可判断A选项中的截面图形不可能，结合A选项的推导可判断B选项中的截面图形可能，取//EFBC可判断C选项中图形可能，取BECF可判断D选项中截面图形可能.综合可得出结论.【详解】对于A选项，设正方体1111ABCDA

BCD的棱长为1，如下图所示：设102BFaa，平面11//AABB平面11CCDD，平面AEF平面11AABBAE，平面AEF平面11CCDDFG，//AEFG，同理//AGEF，若截面AEFG为正方形，则AEEF，过点E作//EMBC交1CC于点M，易知BE

CM，AEEF，则MFBE，22CFBEa，2221AEEFABBEa，22224AFACCFa，由勾股定理得222AFAEEF，即222422aa，解得100,2a

，所以，截面不可能是正方形；对于B选项，由A选项可知，当2CFBE时，截面是不为正方形的菱形；对于C选项，如下图所示，当//EFBC时，由于BC平面11ABBA，//EFBC，EF平面11ABBA，AE平面11ABBA，EFAE，平面11//AABB平面11C

CDD，平面AEF平面11AABBAE，平面AEF平面11CCDDDF，由面面平行的性质定理可得//AEDF，//ADBC，//EFAD，22AEABBEEF，此时，四边形ADFE为矩形但不是正方形；对于D选项，如下图所示，平

面11//AABB平面11CCDD，平面AEF平面11AABBAE，平面AEF平面11CCDDFG，由面面平行的性质定理可得//AEFG，当BECF时，过点D作//DHFG交1CC于点H，易知DHAE且FGDHAE，此时，截面图形为梯形.故选：A.【点睛】

本题考查正方体截面图形的判断，考查空间想象能力与推理能力，属于中等题.二、填空题7．（2021·全国·模拟预测（理））如图，水平桌面上放置一个棱长为1米的正方体水槽，水面高度恰为正方体棱长的一半，在该正方体侧面11CDDC上有一个小孔E，小孔E(孔的大小不计)到CD的距离为0.7

5米，现将该正方体水槽绕CD倾斜（CD始终在桌面上），则当水恰好流出时，则整个正方体水槽在水平桌面上的投影面积大小为_______平方米．【答案】355【分析】水槽的投影为正方形11DCCD和正方形ABCD在桌面上的投影，故找到侧面与水平面的夹角即可求出投影.【详解】如图，过F作1FNCC于N，

易知0.25,0.5,1BFMNFN，则tan2FMN，因为水平面与桌面平行，所以，平面11DCCD和平面ABCD分别与桌面所成角的余弦值分别为12cos,cos55，水槽的投影为：正方形11DCCD和正方形ABCD在桌面上的投影.所以

投影面积为12351111555.故答案为：355【点睛】关键点点睛：本题关键点是要找到侧面与水平面的夹角，从而求得投影面积.三、解答题8．（2021·全国·高三专题练习）已知斜三棱柱111ABCABC的底面是直角三角形，90B

AC，且1BCAC^，2ABAC，126BC，侧棱与底面成60°，求它的体积.【答案】215或46.【分析】证明平面ABC平面1ABC，根据点1C在直线AB上的位置不确定，将其分为①点H在线段BA的延长线上；②点H在线段AB上；③点H在线段AB的延长线

上，三种情况进行讨论．【详解】解：因为90BAC，故ACAB，又1ACBC，且1ABBCBI，故AC平面1ABC，又AC平面ABC，故平面ABC平面1ABC，则点1C在平面ABC上的射影一定在直线AB上，过1C作1CH垂直BA，交BA

于H，设1CHx.①若点H在线段BA的延长线上，联结CH，1BC，如图所示，则1CCH是1CC与底面所成的角，即160CCH，13tan603CHCHx.在RtACH中，222143AHCHACx.在1

RtBCH△中，22211BHCHBC，故2222124(26)3xx，解得15x.所以111115222152ABCABCABcVxS△三棱柱.②若点H在线段AB上，如图所示.在1RtB

CH△中，22211BHCHBC，即2222124(26)3xx，解得26x（此时点H与点B重合）所以11112622462ABCABCABcVxS△三棱柱.③若点H在线段AB的延长线上，在1RtBCH△中，∵22211BHCHBC，∴

2222142(26)3xx，解得26x，不合题意综上所述，斜三棱柱111ABCABC的体积为215或46.题型四：转化与划归思想一、单选题1．（2022·四川泸州·三模（理））已知三棱锥PABC的底面ABC为等腰直角三角形，其顶点P到底面

ABC的距离为3，体积为24，若该三棱锥的外接球O的半径为5，则满足上述条件的顶点P的轨迹长度为（）A．6πB．30πC．9221πD．6221π【答案】D【分析】利用三棱锥PABC的体积，求解底边边长，求出ABC的外接圆半径，以及球心O到底面ABC的距离，判断顶点P的轨迹是

两个不同截面圆的圆周，进而求解周长即可．【详解】依题意得，设底面等腰直角三角形ABC的边长为0xx，三棱锥PABC的体积21132432Vx解得：43x=ABC的外接圆半径为11243262r

球心O到底面ABC的距离为221125241dRr，又顶点P到底面ABC的距离为3，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到该截面圆的距离为2312d，截面圆的半径为222225421rRd，顶点P的轨迹长度为2222

1r；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3314d，截面圆的半径为223325163rRd，顶点P的轨迹长度为326r；综上所述，顶点P的轨迹的总长度为6221π故选：D．【点睛】本题考查

空间几何体外接球的问题以及轨迹周长的求法，考查空间想象能力、转化思想以及计算能力，题目具有一定的难度．2．（2022·全国·江西科技学院附属中学高三阶段练习（理））已知正三棱锥SABC的底面边长为2，外接球表面积为3，2SA，点M，N分别是线段AB，AC的中点，点P，

Q分别是线段SN和平面SCM上的动点，则APPQ的最小值为（）A．2624B．624C．324D．22【答案】B【分析】根据外接球表面积求得外接球半径，进而求得三棱锥的高，并推出侧面为等腰直角三角形

，作辅助线，将APPQ转化为一条线段，从而确定APPQ最小时的线段的位置，再结合三角函数值，解直角三角形AQS,求得答案.【详解】依题意，243R，解得32R，由ABC是正三角形可知：其外接圆半径为3262

=233，设点S到平面ABC的距离为h，故222363232h，解得33h或233h，则2236133SA或2223623

3SA（舍去），故1SA，则1SC,而=2AC，故ASC为等腰直角三角形，2ASC，故ASB△为等腰直角三角形，2ASB,则ABSM,又.ABC

MCMSMM,故AB平面SCM，取CB中点F，连接NF交CM于点O，则NFAB∥,则NF平面SCM,故NO平面SCM，则90SON，要求APPQ最小，首先需PQ最小，此时可得PQ平面SCM，则PQFN∥；再把平面SON绕SN旋

转，与平面SNA共面，即图中SON位置，当,,APQ共线且AQSO时，APPQ的最小值即为AQ的长，由ASC为等腰直角三角形，故12=22SNAC，1111222244NONFABAB

，∴1sin2ONOSNSN，即30OSN，∴453075ASQ，可得62sin754，min62sin754APPQAQSA，故选：B.【点睛】本题考查了空间几何体上线段和最小值的求解，涉及到几何体的外接球以及空间的线面位置关系等问题，解答时

要发挥空间想象，明确点线面的位置关系，并能进行相关计算，解答的关键是要将两线段的和转化为一条线段，才可求得线段和的最小值.3．（2022·广西·高三阶段练习（理））如图，四棱柱1111ABCDABCD的底面是边长为2的正方形，侧棱1AA平面ABCD，且14AA

，E、F分别是AB、BC的中点，P是线段1DD上的一个动点（不含端点），过P、E、F的平面记为，Q在1CC上且1CQ，则下列说法正确的个数是（）．①三棱锥1CPAC的体积是定值；②当直线//BQ时，2DP；③当3DP时，平面截棱柱所得多边形的周

长为72；④存在平面，使得点1A到平面距离是A到平面距离的两倍．A．1B．2C．3D．4【答案】B【分析】对于①：先利用线面平行的判定定理得到线面平行，即点到平面的距离为定值，再利用三角形面积是定值和棱锥的体积公式进行判定；对于②：先

作出两平面的交线，利用线面平行得到面面平行，再利用全等三角形进行求解；对于③：利用②结论判定截面的形状，进而求其周长；对于④：利用相似比得到34DPAR推出矛盾，判定④错误.【详解】对于①:因为11DDCC∥，1DD平面1CAC，1CC平面1

CAC，所以1DD∥平面1CAC，因为1PDD，所以点P到平面1CAC的距离为定值，而1CAC△的面积为定值，所以三棱锥1PCAC的体积是定值，即三棱锥1CPAC的体积是定值，故①正确；对于②：如图，延长EF

交DC的延长线于点M，设平面交棱1CC于点W，连接MW，并延长MW交1DD于点P，因为BQ∥，BQ平面11BBCC，平面平面11BBCCFW，所以FWBQ∥，因为F为BC的中点，则W为CQ的中点，

因为BECM∥，则EBFMCF，EFBMFC，BFCF，所以BEF≌CMF，则1MCBE，因为CWDP∥，则3DPDMCWCM，则332DPCW，即②错误；对于③：如图，设直线EF分别交直线DA、DC于点N、M，连接PN、PM，分别交1AA、1CC于点R、S，连接RE、S

F，由②可知，1CM，同理可知1AN，因为3PDDM，90PDM，则PDM△为等腰直角三角形，则232PMPD，同理可知，PDN△也为等腰直角三角形，同理可知，22SMCM，∴22PSPM

SM，同理22PR，由勾股定理可得222FSREEFBEBF，则截面的周长为2223272，即③正确；对于④：设截面交棱1AA于点R，假设存在平面，使得点1A到平面距离是A到平面距离的两倍，则

1124ARARARAR，可得43AR，因为ARDP∥，则13ARANDPDN，则34DPAR，不符合题意；即不存在平面，使得点1A到平面距离是A到平面距离的两倍，故④错误．综上所述，①③正确.故选：B.4．（2022·全国·高三专题练习）已知

三棱锥PABC的所有棱长为1．M是底面ABC内部一个动点（包括边界），且M到三个侧面PAB，PBC，PAC的距离1h，2h，3h成单调递增的等差数列，记PM与AB，BC，AC所成的角分别为，，，则下列正确的是（）A．B．C．

D．【答案】D【分析】由于M是底面ABC内部的一个动点，PM是底面ABC的一条动斜线，得到动斜线PM与底面ABC的夹角PMO，再找，，的余弦值与PMO的余弦值之间的关系，再利用边角转化，可以得到目标角的关系.【详解】解：依题意知正四面体PABC的顶点P在底面ABC的射影是正A

BC的中心O，∥MNAB,ODMN,连PD,则PDMN,PM与AB的夹角为PMD又cos，cos，，cosMDPMMDMOMOMNMOPMPMO，其中，MOMN表示直线MO

与MN的夹角，，MOAB表示直线MO与AB的夹角，PMO是斜线PM与底面ABC的夹角coscoscos，PMOMOAB.同理可以将，转化，coscoscos，PMOMOBC，其中，MOBC表示直线MO与BC的夹角，coscoscos，PMOMOAC

，其中，MOAC表示直线MO与AC的夹角，由于PMO是公共的，因此题意即比较MO与AB，BC，AC夹角的大小，设M到AB，BC，AC的距离为1d，2d，3d则11sinhd，其中是正四面体相邻两个面所成角，22sin3，所以1d，2d，3d成单调递增

的等差数列，然后在ABC中解决问题，角平分线上的点到两边的距离相等由于123ddd，可知M在如下图OBD的区域（包括BD边界）从下图中可以看出，OM与BC所成角小于OM与AC所成角，所以，OM与AC所成角大于OM与B

C所成角，所以，所以ABC都错.故选：D．5．（2022·全国·高三专题练习）在立体几何探究课上，老师给每个小组分发了一个正四面体的实物模型，同学们在探究的过程中得到了一些有趣的结论.已知直线//AD平面，

直线//BC平面，F是棱BC上一动点，现有下列三个结论：①若,MN分别为棱,ACBD的中点，则直线//MN平面；②在棱BC上存在点F，使AF平面；③当F为棱BC的中点时，平面ADF平面.其中所有正确结论的编号是（）A．③B．①③C．①②D．②③【答案】A【分析】将正四面

体放在正方体中，如图，由正方体的性质判断各选项．【详解】可将正四面体放在正方体中研究，如图，对于①，由直线//AD平面，直线//BC平面，知平面是与左右两个侧面平行的平面，,MN是前后两个侧面的中心（对角线交点），则直线//MN平面或直线MN平面，

故①错误.对于②，正方体的左、右两个侧面与平面平行，因此，与平面垂直的直线只能是与其四条侧棱平行或重合的直线，故②错误.对于③，平面ADF就是平面ADPE，由DP与侧面垂直，得面面垂直，故③正确，故选：A．二、多选题6．（2022·山东

·德州市教育科学研究院二模）某地举办数学建模大赛，本次大赛的冠军奖杯由一个铜球和一个托盘组成，如图①，已知球的表面积为16π，托盘由边长为8的等边三角形铜片沿各边中点的连线垂直向上折叠面成，如图②，则下列结论正确的是（）A．直线AD与平面DEF所成的角为π3B．经过三个顶点A，B，C的球的

截面圆的面积为8π3C．异面直线AD与CF所成角的余弦值为58D．球上的点到底面DEF的最大距离为62323【答案】AC【分析】根据直线与平面所成角的定义，确定所求解的角判断A；求出ABC外接圆的面积判断B；作出异面直线所成的角，

并求出这个角判断C；求出球心到平面DEF的距离判断D.【详解】根据图形的形成可知，,,ABC三点在底面DEF上的投影分别是DEF三边中点,,MNP，如图所示，对于A，AM面DEF，ADE就是直线AD与平面DEF所成的角，ADE是等边三角形，π3ADE，A正确；对于B，AB

C与MNP△全等且所在平面平行，截面圆就是ABC的外接圆与MNP△的外接圆相同，由题意知MNP△的边长为2，其外接圆半径为323233r，圆的面积24ππ3Sr，B错误；对于C，由上述条件知，//ACMP且ACMP，而//MPFN且MPFN，四边形ACFN是平行四

边形，//CFAN所以DAN是异面直线AD与CF所成的角（或其补角）.又4,23,4ADDNANCF,2221616125cos22448ADANDNDANADAN，C正确；对于D，由上述条件知，2ABACBC，设O是球心，球半径为R，由241

6R，解得：2R，则OABC是正四面体，棱长为2，设H为ABC的中心，如图：则OH面ABC，又CH面ABC，OHCH，233CH222326233OH，又23AM球上的点到底面DEF的最大距离为262323，D错误.故选：AC.三、填空题7．

（2022·全国·高三专题练习）已知P为正方体1111ABCDABCD表面上的一动点，且满足2,2PAPBAB，则动点P运动轨迹的周长为__________.【答案】21【分析】首先根据条件确定P点所处的平面，再建立坐标系求

出动点P的轨迹方程，据此求出轨迹的长.【详解】由2,2PAPBAB可知，正方体表面上到点A距离最远的点为1C，所以P点只可能在面11ABBA，面ABCD，面11BBCC上运动，当P在面ABCD上运动时，如图示，建立平面直角坐标系，则(0,0),(2,0)AB,设(

,)Pxy，由2PAPB得：22222[(2)]xyxy，即22(4)8xy，即P点在平面ABCD内的轨迹是以E（4,0）为圆心，以22为半径的一段圆弧，因为22,2EABE,故4BEC,所以P点在面AB

CD内的轨迹的长即为22242同理，P点在面11ABBA内情况亦为22242；P点在面11BBCC上时，因为2PAPB，2PBA,所以,24PABPB，所以此时P点轨迹为以B为圆心，2为半径的圆弧，其长为1224

，综上述，P点运动轨迹的周长为22(21)2，故答案为：21.8．（2022·全国·高三专题练习）在棱长为6的正方体1111ABCDABCD中，点M是线段BC的中点，P是正方形11DCCD（包括边界）上运动，且满足

APDMPC，则P点的轨迹周长为________.【答案】43【分析】由题意易知RtADPRtMCP，由此可得2PDPC，在平面11DCCD上，建立平面直角坐标系，可知P点的轨迹为圆228

16xy与四边形11DCCD的交点，由弧长公式可求解.【详解】如图，在棱长为6的正方体1111ABCDABCD中，则AD平面11DCCD，MC平面11DCCD，又DP，PC在平面11DCCD上，ADDP，MCCP，又APDMPC，RtADPRtMCPV:V，2PDAD

PCMC，即2PDPC，如图，在平面11DCCD中，以D为原点，1,DCDD分别为,xy轴建立平面直角坐标系，则(0,0)D，6,0C，(,)Pxy，由2PDPC，知222200260xyxy

，化简整理得22816xy，06x，圆心8,0，半径4r的圆，所以P点的轨迹为圆22816xy与四边形11DCCD的交点，即为图中的EF其中，2CM，4FM

，则3FMC由弧长公式知»4433EF故答案为：43.题型五：特殊与一般思想一、单选题1．（2021·江西·三模（理））设α、β为两个不重合的平面，能使α//β成立的是A．α内有无数条直线与β平行B．α内有两条相交直线

与β平行C．α内有无数个点到β的距离相等D．α、β垂直于同一平面【答案】B【分析】应用几何体特例，如立方体可排除相关选项；而由面面平行的判定可知B正确【详解】应用立方体，如下图所示：选项A：α内有无数条直线可平行于l，即有无数条直线与β平行，但如上图α与β可相交于

l，故A不一定能使α//β成立；选项B：由面面平行的判定，可知B正确选项C：在α内有一条直线平行于l，则在α内有无数个点到β的距离相等，但如上图α与β可相交于l，故C不一定能使α//β成立；选项D：如图α⊥γ，β⊥γ，但α与

β可相交于l，故D不一定能使α//β成立；故选：B【点睛】本题考查了面面平行的判定，应用特殊与一般的思想排除选项，属于简单题2．（2021·浙江·模拟预测）设m、n是两条不同的直线，α、β是两个不同的平面，且直线m，直线n，下列命题为真命题的是A．“mn”是“n”的充分条

件B．“//mn”是“//m”的既不充分又不必要条件C．“//”是“//mn”的充要条件D．“mn”是“”的必要条件【答案】B【分析】根据线线、线面、面面之间的关系判断结论间是否互为充分、必要条件，进而确定命题的真假【详解】线面垂直性质：n有mn，但mn，不能得

出n，A错误//mn时，根据线面平行性质的条件知m若在平面β内，不能得出//m，反之//m，β内的直线也不一定与m平行，即不能得出//mn，既不充分也不必要，B正确//时，m、n可能是异面直线，不一定平行，//mn时，α、β也可能相交，

不一定平行，C错误两个平面垂直，分别在这两个平面的两条直线可能相交，可以平行，不一定垂直，D错误故选：B【点睛】本题考查了空间中的平行、垂直关系，结合线线、线面、面面相关的判定、性质定理判断各结论是否互为充分、必要条件3．（2020·四川省遂宁市第二中学校模拟预测（理））

已知圆锥SO的底面半径为r，当圆锥的体积为326r时，该圆锥的母线与底面所成角的正切值为（）A．33B．23C．32D．22【答案】D【分析】首先理解圆锥体中母线与底面所成角的正切值为它的高与底面半径的比值，结合圆锥的体积公式213SOVrh及

已知条件即可求出正切值【详解】设圆锥的高为h，则由题意，有231236SOVrhr∴22hr，即为母线与底面所成角的正切值故选：D【点睛】本题考查了圆锥体，理解母线与底面所成角即线面角的确定，由已知条件结合圆锥的体积公式求线面角的正弦值4．（2020·重庆八中高三阶段练习（理））

已知m，n为两条不同的直线，，为两个不同的平面，则下列说法正确的是A．若m与所成的角等于n与所成的角，则//mnB．若m与所成的角等于m与所成的角，则//C．若//mn，//，则m与所成的角等于n与所成的角D．若mn，则m与所

成的角不可能等于n与所成的角【答案】C【分析】在正方体中，举出反例，可判断四个选项的正确性.【详解】解：A:如图，在正方体中，设下底面为，点C为边上中点，此时m与所成的角等于n与所成的角，其正切值均为2，但m与n相交，不平行

，则A错误；B:如图，在正方体中，设其下底面为，左侧面为，此时m与所成的角等于m与所成的角均为45，但此时，则B错误；D：如图，在正方体中，设下底面为，此时mn，但m与所成的角与n与所成的角相等

，为45，则D错误.故选:C.【点睛】本题考查了直线与平面所成角，考查了直线与平面的位置关系.对于此类问题，常结合具体的几何体举出反例说明选项错误，利用排除法选出正确答案.5．（2020·河北·石家庄二中模

拟预测（理））过正方体1111ABCDABCD的顶点A作平面，使每条棱在平面的正投影的长度都相等，则这样的平面可以作（）A．1个B．2个C．3个D．4个【答案】D【解析】每条棱在平面的正投影的长度都相等，等价于每条棱所在直线与平面所成角都相等，从而棱AB，AD，1AA所在直线与

平面所成的角都相等，三棱锥1AABD是正三棱锥,直线AB，AD，1AA与平面1ABD所成角都相等，过顶点A作平面平面1ABD，由此能求出这样的平面的个数.【详解】在正方体1111ABCDABCD中，每条棱在平面的正投影的长度都相等每条棱所在直线与平

面所成的角都相等棱1ABADAA、、所在直线与平面所成的角都相等，易知三棱锥1AABD是正三棱锥，直线1ABADAA、、与平面1ABD所成的角都相等.过顶点A作平面平面1ABD，则直线1ABADAA、、与平面所成的角都相等.同理，过顶点A分

别作平面与平面1CBD、平面1BAC、平面1DAC平行，直线1ABADAA、、与平面所成的角都相等.所以这样的平面可以作4个，故选：D.【点睛】本题考查立体几何中关于线面关系和面面关系的相关概念，属于简单题6．（2021·新疆维吾尔自治区喀什第六中学

高三阶段练习）如图，在棱长为2的正方体1111ABCDABCD中，M是11AB的中点，点P是侧面11CDDC上的动点，且MP∥截面1ABC，则线段MP长度的取值范围是（）.A．[2,6]B．[6,22]C．[6,23]D．[6,3]【答案】B【分析】取CD的中点为N,1CC的中点为R

,11BC的中点为H,证明平面MNRH//平面1ABC,MP平面MNRH,线段MP扫过的图形为MNR,通过证明222MNNRMR,说明MRN为直角,得线段MP长度的取值范围为,MRMN即可得解.【详解】取CD的中点为N,1CC的中点为R,11BC的中点为H,作

图如下:由图可知,11//,MBNCMBNC,所以四边形1MNCB为平行四边形,所以1//MNBC,因为1111//,//MHACACAC,所以//MHAC,因为1,MNMHMACBCC,故平面MNRH//平面1ABC,因为MP∥截面1ABC,所以MP平面MN

RH,线段MP扫过的图形为MNR,由2AB知,22,2MNNR,在1RtMCR中,22211MRCRCM,即222156MR,所以6MR，所以222MNNRMR,即MRN为直角,故线段MP长度的取值范围为,MRMN,即6,22,故选:B【点睛】本题

考查面面平行的判定定理与性质定理及空间两点间的距离;重点考查转化与化归的思想;属于难度大、抽象型试题.二、填空题7．（2022·陕西·二模（理））在内接于球O的四面体ABCD中，有ABCDt，6ADBC，7ACBD，若球O的最大截面的面积是554，则t的值为_____

_．【答案】5【分析】将四面体放入到长方体中，设长方体的长，宽，高分别是a，b，c，得到2222285abct，若球O的最大截面的面积是554，球的最大截面即是大圆，设球的半径为R，代入公式求解即可.【详解】如下图所示：

将四面体放入到长方体中，AB与CD，AD与BC，AC与BD相当于一个长方体的相对面的对角线，设长方体的长，宽，高分别是a，b，c则22222222276abtbcac，所以2222285abct

，若球O的最大截面的面积是554，球的最大截面即是大圆，设球的半径为R，则2554R，所以2255R，2222Rabc，所以22222Rabc，所以255285t，解得5t.故答案为：5.8．（2021·全国·高三专题练习（文））

已知四边形ABCD是等腰梯形，//ABDC，3AB，6CD，60ADC，梯形ABCD的四个顶点在半径为23的球面上，若S是球面上任意一点，则点S到平面ABCD的距离的最大值为____________．【答案】3

3【分析】当S与球心的连线⊥平面ABCD时，S点到平面ABCD的距离的最大值，此时构造球心三角形可以解得球心到平面ABCD的距离，从而求得最大值.【详解】因为四边形ABCD是等腰梯形，易知3AD，如图所示，连接AC，由余弦定理可得AC33，因为四边形ABCD的外接圆也是

ADC的外接圆，所以由正弦定理可得，四边形ABCD的外接圆的半径为113332sin2sin60ACADC．设球心为O，四边形ABCD的外接圆的圆心为1O，在1RtAOO中，可知22211AOAOOO，即2221(23)

3OO，解得13OO，所以点S到平面ABCD的距离的最大值为1123333SOSOOO．故答案为：33.【点睛】思路点睛：动点在1OO上时，距离平面距离最大，借助球心三角形可以解得该值.能力拓展