专题14 立体几何常见压轴小题全归纳（练习）-2024年高考数学二轮复习讲练测（新教材新高考）

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一、注意基础知识的整合、巩固。二轮复习要注意回归课本，课本是考试内容的载体，是高考命题的依据。浓缩课本知识，进一步夯实基础，提高解题的准确性和速度
二、查漏补缺，保强攻弱。在二轮复习中，对自己的薄弱环节要加强学习，平衡发展，加强各章节知识之间的横向联系，针对“一模”考试中的问题要很好的解决，根据自己的实际情况作出合理的安排。
三、提高运算能力，规范解答过程。在高考中运算占很大比例，一定要重视运算技巧粗中有细，提高运算准确性和速度，同时，要规范解答过程及书写。
四、强化数学思维，构建知识体系。同学们在听课时注意把重点要放到理解老师对问题思路的分析以及解法的归纳总结，以便于同学们在刷题时做到思路清晰，迅速准确。
五、解题快慢结合，改错反思。审题制定解题方案要慢，不要急于解题，要适当地选择好的方案，一旦方法选定，解题动作要快要自信。
六、重视和加强选择题的训练和研究。对于选择题不但要答案正确，还要优化解题过程，提高速度。灵活运用特值法、排除法、数形结合法、估算法等。
专题14 立体几何常见压轴小题全归纳
目 录
TOC \ "1-3" \h \z \u \l "_Tc154603052" 01 球与截面面积问题 PAGEREF _Tc154603052 \h 1
\l "_Tc154603053" 02 体积、面积、周长、角度、距离定值问题 PAGEREF _Tc154603053 \h 6
\l "_Tc154603054" 03 体积、面积、周长、距离最值与范围问题 PAGEREF _Tc154603054 \h 15
\l "_Tc154603055" 04 立体几何中的交线问题 PAGEREF _Tc154603055 \h 23
\l "_Tc154603056" 05 空间线段以及线段之和最值问题 PAGEREF _Tc154603056 \h 27
\l "_Tc154603057" 06 空间角问题 PAGEREF _Tc154603057 \h 31
\l "_Tc154603058" 07 轨迹问题 PAGEREF _Tc154603058 \h 40
\l "_Tc154603059" 08 以立体几何为载体的情境题 PAGEREF _Tc154603059 \h 46
\l "_Tc154603060" 09 翻折问题 PAGEREF _Tc154603060 \h 49
01 球与截面面积问题
1．（2023·浙江宁波·统考一模）已知二面角的大小为，球与直线相切，且平面、平面截球的两个截面圆的半径分别为、，则球半径的最大可能值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】设点在平面、平面内的射影点分别为、，
设球切于点，连接、、，如下图所示：
因为平面，平面，则，
由球的几何性质可知，，
因为，、平面，则平面，
同理可知，平面，
因为过点作直线的垂面，有且只有一个，所以，平面、平面重合，
因为平面，平面，则，同理可知，，
所以，、、、四点共圆，
由已知条件可知，，，
因为平面，、平面，则，，
所以，二面角的平面角为或其补角.
①当时，
由余弦定理可得
，故，
易知，为外接圆的一条弦，
所以，球半径的最大值即为外接圆的直径，即为；
②当时，
由余弦定理可得
故，
易知，为外接圆的一条弦，
所以，球半径的最大值即为外接圆的直径，即为.
综上所述，球的半径的最大可能值为.
故选：D.
2．（2023·海南海口·海南中学校考二模）传说古希腊数学家阿基米德的墓碑上刻着“圆柱容球”，即：一个圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等.如图是一个圆柱容球，为圆柱上下底面的圆心，为球心，为底面圆的一条直径，若球的半径，则平面DEF截球所得的截面面积最小值为（ ）

A．B．C．D．
【答案】D
【解析】由球的半径为，可知圆柱的底面半径为，圆柱的高为，过作于，如图所示：
则由题可得，
设平面截得球的截面圆的半径为，
当EF在底面圆周上运动时，
到平面的距离
所以
所以平面截得球的截面面积最小值为，
故D正确；
故选：D.
3．（2023·四川内江·四川省内江市第六中学校考模拟预测）已知球O是正三棱锥（底面是正三角形，顶点在底面的射影为底面中心）的外接球，，，点E是线段BC的中点，过点E作球O的截面，则所得截面面积的最小值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】如图：
是在底面的射影，由正弦定理得，的外接圆半径.
由勾股定理得棱锥的高设球的半径为，
则，解得，
所以，即与重合，
所以当过点E作球O的截面垂直于时，截面面积最小，
此时截面半径为，截面面积为.
故选：A.
4．（2023·江西·高三校联考阶段练习）在正方体中，分别为的中点，该正方体的外接球为球，则平面截球得到的截面圆的面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】如图，连接，由题意易知，
，故四边形为平行四边形.
设，取的中点，连接，
在Rt中，，
故点到的距离为，故点到的距离为，
因此圆心到平面的距离为.由题易知球的半径，
故平面截球得到的截面圆的半径，故截面圆的面积.
故选：D
02 体积、面积、周长、角度、距离定值问题
5．（多选题）（2021•新高考Ⅰ）在正三棱柱中，，点满足，其中，，，，则
A．当时，△的周长为定值
B．当时，三棱锥的体积为定值
C．当时，有且仅有一个点，使得
D．当时，有且仅有一个点，使得平面
【答案】
【解析】对于，当时，，即，所以，
故点在线段上，此时△的周长为，
当点为的中点时，△的周长为，
当点在点处时，△的周长为，
故周长不为定值，故选项错误；
对于，当时，，即，所以，
故点在线段上，
因为平面，
所以直线上的点到平面的距离相等，
又△的面积为定值，
所以三棱锥的体积为定值，故选项正确；
对于，当时，取线段，的中点分别为，，连结，
因为，即，所以，
则点在线段上，
当点在处时，，，
又，所以平面，
又平面，所以，即，
同理，当点在处，，故选项错误；
对于，当时，取的中点，的中点，
因为，即，所以，
则点在线的上，
当点在点处时，取的中点，连结，，
因为平面，又平面，所以，
在正方形中，，
又，，平面，
故平面，又平面，所以，
在正方体形中，，
又，，平面，所以平面，
因为过定点与定直线垂直的平面有且只有一个，
故有且仅有一个点，使得平面，故选项正确．
故选：．
6．（2023·全国·高三专题练习）正三棱柱的各条棱的长度均相等，为的中点，，分别是线段和线段上的动点含端点，且满足，当，运动时，下列结论正确的是（ ）
A．在内总存在与平面平行的线段
B．平面平面
C．三棱锥的体积为定值
D．可能为直角三角形
【答案】ABC
【解析】取、的中点、，连接、、.
对于A选项，且，，
，且，
易知四边形为梯形或平行四边形，
因为、分别为、的中点，所以，，则，
且，
为的中点，，
所以，四边形为平行四边形，，
平面，平面，平面，A选项正确；
对于B选项，为等边三角形，为的中点，则，
平面，平面，，
，平面，，平面，
平面，因此，平面平面，B选项正确；
对于C选项，因为的面积为定值，
，平面，平面，所以，平面，
因为，所以，点到平面的距离为定值，进而可知，三棱锥的体积为定值，C选项正确；
对于D选项，平面，平面，，
为的中点，则，
若为直角三角形，则为等腰直角三角形，则，
设正三棱柱的棱长为，则，则，
因为，故，所以，不可能为直角三角形，D选项错误.
故选：ABC.
7．（2023·湖南·邵阳市第二中学模拟预测）如图，在棱长为的正方体中，为线段上一动点（包括端点），则以下结论正确的有（ ）
A．三棱锥外接球表面积为
B．三棱锥的体积为定值
C．过点平行于平面的平面被正方体截得的多边形的面积为
D．直线与平面所成角的正弦值的范围为
【答案】ABD
【解析】对于A选项，三棱锥外接球即为正方体的外接球，
正方体的外接球直径为，
故三棱锥外接球的表面积为，A对；
对于B选项，因为且，故四边形为平行四边形，
所以，，平面，平面，平面，
，所以点到平面的距离等于点到平面的距离，
，，B对；
对于C选项，且，则四边形为平行四边形，
所以，，
平面，平面，所以，平面，
又因为平面，，所以，平面平面，
所以，过点平行于平面的平面被正方体截得的多边形为，
易知是边长为的等边三角形，该三角形的面积为，C错；
设点到平面的距离为，由知，
点到平面的距离为，
当点在线段上运动时，因为，若为的中点时，，，
当点为线段的端点时，，即，
设直线与平面所成角为，，D正确.
故选：ABD．
8．（2023·广东实验中学高一期中）已知正四面体的棱长为，其外接球的球心为．点满足，过点作平面平行于和，设分别与该正四面体的棱、、相交于点、、，则（ ）
A．四边形的周长为定值
B．当时，四边形为正方形
C．当时，截球所得截面的周长为
D．，使得四边形为等腰梯形
【答案】ABC
【解析】对于A选项，因为平面，平面，平面平面，
，同理可得，所以，，同理，
所以，四边形为平行四边形，则，，
因为，则，同理，
所以，，因此，四边形的周长为定值，A对；
对于B选项，取线段的中点，连接、，
因为，为的中点，所以，，同理，
因为，所以，平面，平面，，
当时，则，
因为，，，，
所以，四边形为正方形，B对；
对于C选项，将正四面体补成正方体，
则正方体的棱长为，
该正方体的体对角线为，
所以，线段的中点为正四面体的外接球球心，则球的半径为，
因为且，则四边形为平行四边形，所以，，
因为，平面，平面，平面，
因为，则，因为平面，平面，平面，
因为，所以，平面平面，
设平面分别交棱、、、于点、、、，连接、、、，
因为平面平面，平面平面，平面平面，，
同理，因为，，同理，
所以四边形为平行四边形，
，，则，则，，
因为点到平面的距离为，
易知平面与平面之间的距离为，
所以，球心到平面的距离为，
所以，球被平面所截的圆的半径为，
因此，当时，截球所得截面的周长为，C对；
对于D选项，由A选项可知，四边形必为平行四边形，D错.
故选：ABC.
9．（2023·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．
03 体积、面积、周长、距离最值与范围问题
10．（2022•乙卷）已知球的半径为1，四棱锥的顶点为，底面的四个顶点均在球的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为
A．B．C．D．
【答案】
【解析】对于圆内接四边形，如图所示，
，
当且仅当，为圆的直径，且时，等号成立，此时四边形为正方形，
当该四棱锥的体积最大时，底面一定为正方形，设底面边长为，底面所在圆的半径为，
则，
该四棱锥的高，
该四棱锥的体积，
当且仅当，即时，等号成立，
该四棱锥的体积最大时，其高，
故选：．
11．（2022•新高考Ⅰ）已知正四棱锥的侧棱长为，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】
【解析】如图所示，正四棱锥各顶点都在同一球面上，连接与交于点，连接，则球心在直线上，连接，
设正四棱锥的底面边长为，高为，
在中，，即，
球的体积为，球的半径，
在中，，即，
，，
，又，，
该正四棱锥体积，
，
当时，，单调递增；当时，，单调递减，
（4），
又，，且，
，
即该正四棱锥体积的取值范围是，，
故选：．
12．（2023·四川省内江市第六中学高二期中）已知四面体的所有棱长均为，分别为棱的中点，为棱上异于的动点．有下列结论：
①线段的长度为； ②点到面的距离范围为；
③周长的最小值为； ④的余弦值的取值范围为．
其中正确结论的个数为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】四面体所有棱长均为，四面体为正四面体；
对于①，作平面，垂足为，
四面体为正四面体，为的中心，且；
取中点，连接，则，且平面；
，，；
平面，平面，，，①正确；
对于②，在上取点，使得，则，，
则以为坐标原点，正方向为轴，可建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，，，，，
设，，
，，，，，
，，
设平面的法向量，
则，令，解得：，，
，
点到平面的距离，
令，则，，
，，即点到平面的距离的取值范围为，②正确；
对于③，将等边三角形与沿展开，可得展开图如下图所示，
则（当且仅当为中点时取等号），
四边形为菱形，分别为中点，，
，
则在四面体中，周长的最小值为，③正确；
对于④，设为中点，若点在线段上，设，则，其中，
在中，；
在中，同理可得：，
；
当时，；
当时，，，
，；
的取值范围为；
同理可得：当在线段上时，的取值范围为；
综上所述：的余弦值的取值范围为，④正确.
故选：D.
13．（2023·全国·高三专题练习）已知棱长为的正方体，棱中点为，动点、、分别满足：点到异面直线、的距离相等，点使得异面直线、所成角正弦值为定值，点使得．当动点、两点恰好在正方体侧面内时，则多面体体积最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】由题意都在平面内，其中为定点.
点到异面直线、的距离相等，
在正方体中，平面, 故连接,有,所以为点到直线的距离.
所以在平面上，点满足到点的距离等于到直线的距离.
所以动点的轨迹是为以为焦点，以为准线的抛物线在正方体侧面内的部分．
由，所以异面直线、所成角为（或其补角）
在正方体中，平面,又平面，所以
所以,又
所以，则
所以，即动点的轨迹是为以为圆心，为半径的圆．
在四边形中，,又
在平面内，取的中点，连接,以为轴，为轴
则直线的方程为：，即，
则点到直线的距离的最值为：
所以的最小值为.
动点的轨迹方程为：，设
所以点到直线的距离 （当时取得等号）
所以面积最小值
所以四边形面积
点满足，又.
所以点在以为弦的劣弧上，由，则圆心角为. 其半径为2，圆心到的距离为.
所以圆弧上的点到的距离的最大值为.
当劣弧所在的平面垂直于平面时，圆弧上的点到平面的距离最小值为
所以动点到面距离最小值为，
所以多面体体积最小值为
故选：A
04 立体几何中的交线问题
14．（2023·四川成都·高三校联考期末）在正方体中，为线段的中点，设平面与平面的交线为，则直线与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】设正方体的棱长为2，
以点A为坐标原点，AB、AD、所在直线分别为x、y、z轴建系，如图所示：
则、、、、．
设平面的法向量为，
，，
由，
取可得；
设平面的法向量为，
，，
由，
取可得，
设直线的方向向量为，
∵直线平面，直线平面，
，，
∴，
取可得，
已知，设直线与所成角为，
，
即直线与所成角的余弦值为，
故选：B．
15．（2023·河北保定·高三统考期末）已知三棱锥的所有棱长均为2，以BD为直径的球面与的交线为L，则交线L的长度为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】取BD的中点为，所以为球心，过作平面于点，
即为的中心，延长交所以交于点，则为的中点，
所以，，
取的中点，连接，，则平面，
因为平面，即，且，
，
所以为以BD为直径的球面上一点，
分别取的中点，连接，
且，所以也为以BD为直径的球面上一点，
则为等边三角形，的外接圆即为四边形的外接圆，
为外接圆的半径，所以，
所以以BD为直径的球面与的交线L长为外接圆周长的，
所以.
故选：A.
16．（2023·安徽·统考一模）安徽徽州古城与四川阆中古城､山西平遥古城､云南丽江古城被称为中国四大古城.徽州古城中有一古建筑，其底层部分可近似看作一个正方体.已知该正方体中，点分别是棱的中点，过三点的平面与平面的交线为，则直线与直线所成角为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】
如图所示，在平面中，连接与交于，则，
在平面中，连接与交于，则，
则为平面与平面的交线，且，
而在等边中与所成的角为，
故与直线所成角.
故选：
05 空间线段以及线段之和最值问题
17．（2023·河北·高一校联考期末）已知四棱锥的底面是边长为2的正方形，底面，，则四棱锥外接球表面积为 ；若点是线段上的动点，则的最小值为 ．
【答案】
【解析】如图，
设中点为O，
由底面，底面，所以,
又，，平面，所以平面，
又平面，所以，同理可得，
因为，，所以，
所以在中，
，
所以O为四棱锥外接球的球心，为该球半径，
所以其表面积为；
将绕AC翻折到与所在面重合，此时运动到处，连接，交AC于点Q，如图，
此时最小，因为，，
所以，又，，
所以.
所以的最小值为.
故答案为： ；
18．（2023·浙江绍兴·高一统考期末）直三棱柱中，，，、分别为线段、的动点，则周长的最小值是 .
【答案】/
【解析】如下图所示：
将面、面沿着延展为一个平面，
将面、面沿着延展为一个平面，连接,
此时，线段的长即为周长的最小值，
则，，
由于，，，则，
延展后，则四边形为矩形，
因为，，则为等腰直角三角形，所以，，
延展后，则，
由余弦定理可得.
故答案为：.
19．（2023·广西玉林·统考二模）《九章算术》中将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑．如图，在鳖臑PABC中，平面ABC，，AB＝3，，PA＝4，D，E分别为棱PC，PB上一点，则AE＋DE的最小值为 ．
【答案】
【解析】因为平面ABC，平面，所以，又，，平面，所以平面，平面，则．因为平面ABC，平面，所以，则PB＝5，．设，，，，，．如图，将沿着PB转动到P，A，B，C四点共面，此时，
过A作于H，则AE＋DE的最小值为．
故答案为：.
20．（2023·北京门头沟·统考一模）在正方体中，棱长为，已知点、分别是线段、上的动点（不含端点）.
①与垂直；
②直线与直线不可能平行；
③二面角不可能为定值；
④则的最小值是.
其中所有正确结论的序号是 .
【答案】①④
【解析】对于①，因为，则、、、四点共面，
因为四边形为正方形，则，
因为平面，平面，则，
因为，、平面，所以，平面，
因为平面，所以，，①对；
对于②，当、分别为、的中点时，，
又因为，此时，②错；
对于③，因为、，平面即为平面，平面即为平面，
所以，二面角即为二面角，
而二面角为定值，
故二面角为定值，③错；
对于④，因为平面，平面，则，同理可得，
因为，同理可得，，
将和延展至同一平面，如下图所示：
在中，，，
因为，，，所以，，
所以，，故，
所以，，
当时，取最小值，且最小值为，④对.
故答案为：①④.
06 空间角问题
21．（2022•浙江）如图，已知正三棱柱，，，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】
【解析】正三棱柱中，，
正三棱柱的所有棱长相等，设棱长为1，
如图，过作，垂足点为，连接，则，
与所成的角为，且，
又，，，，
与平面所成的角为，且，，
，①，
再过点作，垂足点为，连接，
又易知底面，底面，
，又，平面，
二面角的平面角为，且，又，，
，，，②，
又，，③，
由①②③得，又，，，，在，单调递增，
，
故选：．
22．（2022•甲卷）在长方体中，已知与平面和平面所成的角均为，则
A．
B．与平面所成的角为
C．
D．与平面所成的角为
【答案】
【解析】如图所示，连接，，不妨令，
在长方体中，面，面，
所以和分别为与平面和平面所成的角，
即，
所以在中，，，
在中，，，
所以，，，
故选项，错误，
由图易知，在平面上的射影在上，
所以为与平面所成的角，
在中，，
故选项错误，
如图，连接，
则在平面上的射影为，
所以为与平面所成的角，
在△中，，所以，
所以选项正确，
故选：．
23．（2023·浙江绍兴·模拟预测）如图，斜三棱柱中，底面是正三角形，分别是侧棱上的点，且，设直线与平面所成的角分别为，平面与底面所成的锐二面角为，则（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】
如图：延长EF，AB交于M，延长EG，AC交于N，延长FG，BC交于D，易得MN为平面ABC和平面EFG的交线，
又D在平面ABC和平面EFG上，则D在直线MN上，即M，N，D三点共线，由外角定理可得.
过A作面EFG，垂足为P，过A作，垂足为Q，连接，易得即为直线与平面所成的角，
则，又面EFG，面EFG，则，又，面，，
所以面，面，则，则即为平面与底面所成的锐二面角，则，
又，则，同理可得，则，
又由，
，
则，
故，A，C错误；
故，由可知，所以，
即，整理可得，
即，即，
故，又，故，B正确，D错误.
故选：B.
24．（2023·浙江·高三专题练习）在三棱锥中，顶点P在底面的射影为的垂心O（O在内部），且PO中点为M，过AM作平行于BC的截面，过BM作平行于AC的截面，记，与底面ABC所成的锐二面角分别为，，若，则下列说法错误的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．可能值为
D．当取值最大时，
【答案】C
【解析】
如图所示，连接延长交与，连接延长交与，设平面平面
顶点P在底面的射影为的垂心，平面，平面平面
则有：直线与平行
又，则
平面，则
又
则平面
从而
故为与平面的二面角，即
同理可得：
对选项A，，又，则有：
可得：与全等，则
又根据是的垂心，则，
综上可得：直线垂直并平分线段
可得：，故选项A正确；
对选项B，易知有如下角关系：
又，则有：
可得：
解得：
则，故选项B正确；
对选项C，若，则有：
则有：
化简后可得：
令，则有：
则有：，此时方程无解，故选项C错误；
对选项D，设（），则有：
可化简为：
令，则有：
则有：
解得：
故取得最大值时，，此时
同理可得：
故，且
则有：，故选项D正确；
故选：C
25．（2023·全国·高二课时练习）已知正方体的棱长为3，为棱上的靠近点的三等分点，点在侧面上运动，当平面与平面和平面所成的角相等时，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】如图1，为棱上靠近的三等分点，由正方体的对称性可知平面与平面和平面所成角相等，取棱AB上靠近B的三等分点E，取棱DC上的三等分点N,M，容易证明：，则共面，即平面与平面和平面所成角相等，于是点P在线段FN上.
如图2，过点作垂直于FN于，容易知道当P位于时，最小.
如图3，由勾股定理可以求得，由等面积法，
.
故选：A.
07 轨迹问题
26．（2023·全国·高三专题练习）已知正方体的棱长为，，分别为，的中点，点在平面中，，点在线段上，则下列结论正确的个数是（ ）
①点的轨迹长度为；
②线段的轨迹与平面的交线为圆弧；
③的最小值为；
④过、、作正方体的截面，则该截面的周长为
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】设的中点为，则点的轨迹是平面上以为圆心，以2为半径的圆，所以点的轨迹长度为，故①错误；
连接，易知线段的轨迹是圆锥的侧面，而平面与轴不垂直，所以线段的轨迹与平面的交线不是圆弧，故②错误；
以的中点为原点，分别以水平向右、垂直平分为轴、轴建立平面直角坐标系，则所在的直线方程为，则点到直线的距离为，所以的最小值为，故③正确；
如下图，过作正方体的截面，为五边形，其中为的靠近的三等分点，为的靠近的四等分点.
可计算得，
，
所以该截面的周长为，故④错误.
故选：D.
27．（2023·江西·模拟预测）已知正方体的棱长为3，点P在的内部及其边界上运动，且，则点P的轨迹长度为( )
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】连接、、，
则，，，
∴⊥平面，∴，
同理，∴平面．
设，连接BE交于O，
由△BOD∽△且BD=可知OD=，则，
连接OP，则，∴，
可得点P的轨迹为以点O为圆心，为半径的圆在内部及其边界上的部分，
OB=2OE，E为中点，及△为等边三角形可知O为△中心，
OE=，如图：
，，，
则∠OFE=∠=，∴OF∥，同理易知OG∥，
故四边形是菱形，则
∴的长度为，故点P的轨迹长度为．
故选：A．
28．（2023·重庆·模拟预测）已知棱长为3的正四面体，是空间内的任一动点，且满足，E为AD中点，过点D的平面平面BCE，则平面截动点P的轨迹所形成的图形的面积为（ ）
A．πB．2πC．3πD．4π
【答案】C
【解析】设的外心为，过点作的平行线，以为坐标原点，建立的空间直角坐标系，
如图所示，因为，所以，，
则，设，
由，可得，
整理得，
所以动点的轨迹为以为球心，半径为的球及球的内部，
分别延长到点，使得，
可得，可证得平面，平面，
又由，所以平面平面，即平面为平面，
如图（1）所示，过点作，可得证得平面，
即为点到平面的距离，
连接，根据面面平行的性质，可得，
在直角中，可得，
在直角中，可得，
所以，即截面圆的半径为，
所以球与平面的截面表示半径为的圆面，其面积为.
故选：C.
29．（2023·浙江·模拟预测）在棱长为的正方体中，P为侧面内的动点，且直线与的夹角为30°，则点P的轨迹长为___________；若点与动点P均在球O表面上，球O的表面积为___________．
【答案】
【解析】

①与的夹角为30°，，
∴与的夹角为30°，
即，
平面，
∴，
则，
P点轨迹长度．
②，， P都在球O上，O在上，
令半径为R，，，
，
∴
．
故答案为：；.
30．（2023·江苏无锡·高三期末）正四面体的棱长为，在平面内有一动点，且满足，则点的轨迹是__________；设直线与直线所成的角为，则的取值范围为__________.
【答案】 圆
【解析】设底面的中心为，则平面，
，,
由，
则，
点轨迹是圆；
又，
如图在平面BCD内建立平面直角坐标系，以BC中点为原点，过点O和BC垂直的直线为y轴，
则，，
故在上运动，
则可设， ,
，
故 ，
故答案为：圆；
08 以立体几何为载体的情境题
31．（2023·河北·高三校联考期末）由空间一点出发不共面的三条射线，，及相邻两射线所在平面构成的几何图形叫三面角，记为．其中叫做三面角的顶点，面，，叫做三面角的面，，，叫做三面角的三个面角，分别记为，，，二面角、、叫做三面角的二面角，设二面角的平面角大小为，则一定成立的是（）
A．B．
C．D．
【答案】A
【解析】如图，，，
在上取一点，过在平面内作，交于，
过在平面内作，交于，连接，
则是二面角的平面角，即.
设，在直角三角形中，
，
在直角三角形中，，
，
在中，，
在中，，
即为
，
所以.
故选：A.
32．（2023·辽宁沈阳·统考一模）刻画空间的弯曲性是几何研究的重要内容．用曲率刻画空间弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于与多面体在该点的面角和的差（多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制），多面体面上非顶点的曲率均为零，多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和．则正八面体（八个面均为正三角形）的总曲率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】正八面体每个面均为等比三角形，且每个面的面角和为，该正面体共个顶点，
因此，该正八面体的总曲率为.
故选：B.
33．（2023·山西长治·高三统考阶段练习）设P为多面体M的一个顶点，定义多面体M在P处的离散曲率为为多面体M的所有与点P相邻的顶点，且平面，，……，遍及多面体M的所有以P为公共点的面如图是正四面体、正八面体、正十二面体和正二十面体，若它们在各顶点处的离散曲率分别是a，b，c，d，则a，b，c，d的大小关系是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【解析】对于正四面体，其离散曲率为，
对于正八面体，其离散曲率为，
对于正十二面体，其离散曲率为，
对于正二十面体，其离散曲率为，
则，
所以.
故选：B.
09 翻折问题
34．（2023·江苏南京·高一南京师大附中校考阶段练习）如图，在菱形中，，为的中点，将沿直线翻折成，连接和，为的中点，则在翻折过程中，下列说法中错误的是（ ）

A．
B．不存在某个位置，使得//平面
C．存在某个位置，使得
D．与的夹角为
【答案】C
【解析】设，对于A：因为四边形为菱形，，
所以，则是等边三角形，
又因为为中点，所以，即，
因为，又因为，平面，平面，
所以平面，因为平面，所以，故A正确；
对于B：连接，，设交为，连接，当//平面时，
平面，平面，所以//，
因为为的中点，所以为的中点，又//，所以∽，
所以，矛盾，所以不存在某个位置，使得//平面，故B正确；
对于D：取的中点，连接，，
则//，则（或补角）就是与所成的角，
又//，，所以四边形为平行四边形，所以//，
所以，因为平面，平面，所以，
，，所以，
所以，
所以，
因为，所以，则与所成角为，故D正确；
对于C，连接，若，则，又，
所以，在中，，所以，
又，则，矛盾，故不存在某个位置，使得，故C错误.
故选：C
35．（2023·浙江衢州·高一统考期末）在矩形中，，为的中点，将和沿，翻折，使点与点重合于点，若，则三棱锥外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】由题意可知，.
又平面PAD，平面PAD，所以MP⊥平面PAD.
设△ADP的外接圆的半径为r，则由正弦定理可得，即，
所以，设三棱锥M-PAD的外接球的半径为R，则，
所以外接球的表面积为.
故选：B
36．（2023·江苏盐城·高一盐城市第一中学校联考期中）已知正方形的边长为，现将△沿对角线翻折，得到三棱锥.记的中点分别为，则下列结论错误的是（ ）

A．与平面所成角的范围是
B．三棱锥体积的最大值为
C．与所成角的范围是
D．三棱锥的外接球的表面积为定值
【答案】C
【解析】对于A，如图，取，的中点为，，连接，，，，
则可得，，
因为平面，平面，所以平面，
同理可证得平面，又、平面，，
所以平面平面，
依题意可得，，，所以平面，
所以平面，因为，所以平面，
所以即为直线与平面所成的角，
在折叠过程中，设，则，
由，为，的中点，所以，
在中，可得，
所以的取值范围是，即与平面所成角的范围是，
所以A正确；
对于B，当平面平面时，点到平面的距离最大，
即三棱锥高的最大值为，
此时三棱锥的最大体积为，
所以B正确；
对于C，因为，所以为异面直线与所成的角，
所以，
所以的取值范围是，所以C错误；
对于D，由，所以三棱锥的外接球的球心为，
即外接球半径，所以三棱锥的外接球的表面积为为定值，
所以D正确.
故选：C
37．（2023·全国·高三对口高考）如图，已知矩形，．将沿矩形的对角线所在的直线进行翻折，在翻折过程中，（ ）

A．对任意位置，三组直线“与”，“与”，“与”均不垂直
B．存在某个位置，使得直线与直线垂直
C．存在某个位置，使得直线与直线垂直
D．存在某个位置，使得直线与直线垂直
【答案】D
【解析】在平面内，作于E，作于F，连接.
对于选项B，假设存在某个位置，使得直线与直线垂直.
连接，由，
平面，可得平面，又平面，
则，这与平面内矛盾，
故假设不成立，则不存在某个位置，使得直线与直线垂直.判断错误；
对于选项C，假设存在某个位置，使得直线与直线垂直.
由，，
平面，可得平面，又平面，
则，则为的斜边，则，
这与矛盾.
故假设不成立，则不存在某个位置，使得直线与直线垂直.判断错误；
对于选项D，假设存在某个位置，使得直线与直线垂直.
由，，
平面，可得平面，又平面，
则，又，则，
又中，，
则，
中，
则中，，，，三边长可以构成三角形.
故假设成立，即存在某个位置，使得直线与直线垂直.
则选项D判断正确；选项A判断错误.
故选：D