第1頁（共41頁）專題14·立體幾何綜合問題命題規(guī)律空間幾何壓軸題（選填題）主要考查動態(tài)軌跡問題和幾何體的相關(guān)量的計算（含最值）兩個方面。空間中軌跡問題的解答思路：（1）根據(jù)已知條件確定和待求點相關(guān)的平行、垂直等關(guān)系；（2）用動點的坐標(biāo)、、z表示相關(guān)點的坐標(biāo)、、，然后代入點的坐標(biāo)所滿足的曲線方程，整理化簡可得出動點的軌跡方程；（3）根據(jù)軌跡形狀即可求解出軌跡的長度等其他量。題型歸納題型1由線線、線面位置定軌跡【解題技巧】平行類：1．線面平行轉(zhuǎn)化為面面平行得軌跡；2．用法向量垂直關(guān)系求軌跡．垂直類：1．可利用線線線面垂直，轉(zhuǎn)化為面面垂直，得交線求軌跡；2．利用空間坐標(biāo)運算求軌跡；3．利用垂直關(guān)系轉(zhuǎn)化為平行關(guān)系求軌跡．【例1】（2022?揚中市校級開學(xué)）《九章算術(shù)》中，將四個面都為直角三角形的四面體稱為“鱉臑”，在如圖所示的“鱉臑”P﹣ABC中，PA⊥平面ABC，∠ACB＝90°，AC＝4，PA＝2，D為AB的中點，E為△PAC內(nèi)的動點（含邊界），且PC⊥DE，則當(dāng)E在AC上時，AE＝．點E的軌跡的長度為．【分析】取AC的中點E，可得DE⊥AC，根據(jù)已知條件可證明面PAC⊥面ABC，再由面面垂直的性質(zhì)定理可得DE⊥PC，可得AE=12AC=2；過點E作EG⊥PC，垂足為G，可證明PC⊥面DEG【解答】解：取AC的中點E，連接DE，則DE∥BC，因為∠ACB＝90°，所以DE⊥AC，因為PA⊥平面ABC，PA?面PAC，所以面PAC⊥面ABC，因為面PAC?面ABC＝AC，DE⊥AC，DE?面ABC，所以DE⊥面PAC，因為PC?面PAC，所以DE⊥PC，AE=1過點E作EG⊥PC，垂足為G，則PC⊥面DEG，即點E在線段EG上運動時，DE⊥PC，所以點E的軌跡為線段EG，則EG=EC?sin∠PCA=2×PA故答案為：2；25【點評】本題考查立體幾何中的軌跡問題，空間想象能力的培養(yǎng)等知識，屬于中等題．【例2】（2022?讓胡路區(qū)校級二模）如圖，在棱長為1的正方體ABCD﹣A1B1C1D1，點E，F(xiàn)分別是棱BC，CC1的中點，P是側(cè)面BCC1B1內(nèi)一點（含邊界），若A1P∥平面AEF，點P的軌跡長度為，三棱錐P﹣AEF的體積為．【分析】分別取棱BB1，B1C1的中點M，N，連接A1M，A1N，MN，BC1，NE，推導(dǎo)出MN∥平面AEF，A1N∥平面AEF，得到平面A1MN∥平面AEF，由此得以點P的軌跡是線段MN；再由等體積法求三棱錐P﹣AEF的體積．【解答】解：分別取棱BB1，B1C1的中點M，N，連接A1M，A1N，MN，BC1，NE，∵M(jìn)，N，E，F(xiàn)分別是其所在棱的中點，∴MN∥BC1，EF∥BC1，∴MN∥EF，∵M(jìn)N?平面AEF，EF?平面AEF，∴MN∥平面AEF，∵AA1∥NE，AA1＝NE，∴四邊形AENA1為平行四邊形，∴A1N∥AE，∵A1N?平面AEF，AE?平面AEF，∴A1N∥平面AEF，∵A1N∩MN＝N，∴平面A1MN∥平面AEF，∵P是側(cè)面BCC1B1內(nèi)一點，且A1P∥平面AEF，∴點P必在線段MN上，∴點P的軌跡長度為MN=12BC1∵M(jìn)N∥EF，且MN與EF間的距離為12B1C=22，EF＝A到平面PEF的距離為1，∴VP﹣AEF＝VA﹣PEF=1故答案為：22；1【點評】本題考查空間中線面故選的判定及應(yīng)用，考查空間想象能力與思維能力，訓(xùn)練了利用等體積法求多面體的體積，是中檔題．題型2由角度定軌跡【解題技巧】1．直線與面成定角，可能是圓錐側(cè)面．2．直線與定直線成等角，可能是圓錐側(cè)面．3．利用空間坐標(biāo)系計算求軌跡．【例1】（多選）（2022秋?六安期末）已知長方體ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AA1＝22，點P是四邊形A1B1C1D1內(nèi)（包含邊界）的一動點，設(shè)二面角P﹣AD﹣B的大小為α，直線PB與平面ABCD所成的角為β，若α＝β，則（）A．點P的軌跡為一條拋物線 B．線段PB長的最小值為3 C．直線PA1與直線CD所成角的最大值為π4D．三棱錐P﹣A1BC1體積的最大值為2【分析】根據(jù)二面角的定義，線面角的概念，拋物線的定義，異面直線所成角的概念，三棱錐的體積公式，即可分別求解．【解答】解：對A選項，過P點作PO垂直與底面ABCD，垂足為O，過O作OH⊥AD，垂足為H，連接OB，PH，PB，則∠PHO＝α，∠PBO＝β，又α＝β，∵OH＝OB，而O為P點在底面的投影，∴PH＝PB，過P作PM⊥A1D1，垂足點為M，連接PB1，則易得PM＝PB1，∴P點的軌跡是以B1為焦點，A1D1為準(zhǔn)線的拋物線的一部分，如圖所示，∴A選項錯誤；對B選項，當(dāng)P點在A1B1的中點時PB最短，此時PB＝3，∴B選項正確；對C選項，∵PA1與CD所成的角即PA1與C1D1所成的角，∴當(dāng)P與C1重合時，PA1與C1D1所成的角最大為π4，∴C對D選項，∵VP?A1BC1=VB?PA1C1，∴當(dāng)P點在A1B1的中點時，P點到A1C1距離最大，三角形PA1C故選：BCD．【點評】本題考查二面角的定義，線面角的概念，拋物線的定義，異面直線所成角的概念，三棱錐的體積公式，屬中檔題．題型3由定長、等長定軌跡【解題技巧】1．距離，可轉(zhuǎn)化為在一個平面內(nèi)的距離關(guān)系，借助于圓錐曲線定義或者球和圓的定義等知識求解軌跡．2．利用空間坐標(biāo)計算求軌跡．【例1】（2022?江西模擬）已知正方體ABCD﹣A1B1C1D1的棱長為3，點P在△A1C1B的內(nèi)部及其邊界上運動，且DP=14，則點PA．2π B．2π C．22π D．3π【分析】連接B1D，B1D1，證明B1D⊥平面A1C1B，設(shè)其垂足為O，可求得OD，連接OP，則OD⊥OP，推出點P的軌跡為以點O為圓心，2為半徑的圓在△A1C1B內(nèi)部及其邊界上的部分，然后轉(zhuǎn)化求解即可．【解答】解：正方體ABCD﹣A1B1C1D1的棱長為3，點P在△A1C1B的內(nèi)部及其邊界上運動，連接B1D，B1D1，則A1C1⊥B1D1，A1C1⊥DD1，B1D1∩DD1＝D1，如圖：所以A1C1⊥平面B1DD1，所以A1C1⊥B1D，同理A1B⊥B1D，所以B1D⊥平面A1C1B，設(shè)其垂足為O，可求得OD=23B1D2=3，連接OP，則所以O(shè)P=D可得點P的軌跡為以點O為圓心，2為半徑的圓在△A1C1B內(nèi)部及其邊界上的部分，是圓心角為π3且半徑為2的三段圓弧，故所求軌跡的長度為3×故選：A．【點評】本題考查直線與平面垂直的判斷定理的應(yīng)用，軌跡的判斷，考查轉(zhuǎn)化思想以及計算能力，是中檔題．【例2】（多選）（2022春?湖北月考）已知正方體ABCD﹣A1B1C1D1的棱長為3，點M是棱A1D1的中點，N是棱CD的靠近點C的三等分點，P在四邊形ABCD內(nèi)（包含邊界），點Q在線段BN上，若PM=10A．點P的軌跡的長度為π B．線段MP的軌跡與平面ADC1B1的交線為圓弧 C．PQ長度的最大值為32D．PQ長度的最小值為3【分析】取AD中點O，則MO⊥平面ABCD，即MO⊥OP，由已知得到OP＝1，可知點P在以O(shè)為圓心，以1為半徑位于平面ABCD內(nèi)的半圓上，然后逐一分析每個選項的正確性即可．【解答】解：如圖，取AD中點O，則MO⊥平面ABCD，即MO⊥OP，∵PM=10，∴OP=(10)2?32=1，所以點P在以O(shè)為圓心，1為半徑位于平面ABCD內(nèi)的半圓上，∴點P線段MP的軌跡為以MO為軸的半個圓錐側(cè)面，由圓錐曲線的定義可知，線段MP的軌跡與平面ADC1B1的交線為橢圓弧，故B錯誤；O到BN的距離減去2即為PQ長度的最小值，作OH⊥BN于H，△BON的面積為S△BON＝3×3?12×3×1?12×32×2?12×3×32=154，∴S△BON=12PQ長度的最大值為2．52+32故選：AD．【點評】本題主要考查了動點軌跡方程，考查了圓錐的結(jié)構(gòu)特征，是中檔題．題型4翻折中軌跡問題【解題技巧】1．翻折過程中尋找不變的垂直的關(guān)系求軌跡．2．翻折過程中尋找不變的長度關(guān)系求軌跡．3．可以利用空間坐標(biāo)運算求軌跡．【例1】（多選）（2022春?倉山區(qū)校級期末）已知菱形ABCD的邊長為2，∠ABC＝120°，沿對角線AC折疊成三棱錐B1﹣ACD，使得二面角B1﹣AC﹣D為直二面角，設(shè)E為CD的中點，F(xiàn)為三棱錐B1﹣ACD表面上的動點，則（）A．四面體B1﹣ACD的外接球的半徑為5 B．B1C與AE所成的角θ∈(0，C．線段EF的最大值是5 D．若AC⊥EF，則點F軌跡的長度為1+【分析】A，設(shè)△ACD的外心為O1，△AB1C的外心為O2，取AC中點為H，過O1作面ACB1的垂線，過O2作面ACD的垂線，兩垂線的交點O為四面體B1﹣ACD的外接球的球心，其半徑R=DB，由|cos∠KON|=9728＞12，所以BC，AE=AD，分別取B1C，OC的中點H，I，連接EH，HI，IE，求得EH+HI+IE=1+2【解答】解：對于A，如圖1，設(shè)△ACD的外心為O1，△AB1C的外心為O2，取AC中點為H，因為二面角B1﹣AC﹣D為直二面角，所以B1H⊥面ACD，DH⊥面ACB1，且O1∈B1H，O2∈DH，可得，過O1作面ACB1的垂線，過O2作面ACD的垂線，兩垂線的交點O為四面體B1﹣ACD的外接球的球心，其半徑R=DO2對于B，分別取AC，AB1，EC的中點O，K，N，連接OK，ON，KN，OK＝1，ON=72，KN=5，故|cos∠KON|=9728＞12，所以對于C，AE=AD2對于D，若AC⊥EF，分別取B1C，OC的中點H，I，連接EH，HI，IE，則點F軌跡的長度為EH+HI+IE=1+22，即故選：ABD．【點評】考查空間中線線、線面、面面間的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識，考查運算求解能力，是中檔題．題型5空間角【解題技巧】1．平移線段法是求異面直線所成角的常用方法，其基本思路是通過平移直線，把異面直線的問題化歸為共面直線問題來解決，具體步驟如下：①平移；②定（證明）；③計算；④取舍．2．計算線面角，一般有如下幾種方法：①利用面面垂直的性質(zhì)定理，得到線面垂直，進(jìn)而確定線面角的垂足，明確斜線在平面內(nèi)的射影，即可確定線面角；②在構(gòu)成線面角的直角三角形中，可利用等體積法求解垂線段的長度，從而不必作出線面角，則線面角滿足（為斜線段長），進(jìn)而可求得線面角；③建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法求解，設(shè)為直線的方向向量，為平面的法向量，則線面角的正弦值為.3．計算二面角，常用方法：①向量法：二面角的大小為(),②定義法：在棱上任一點，分別在兩個半平面內(nèi)做棱的垂線，兩垂線所成的角即為二面角的平面角；③垂面法：做與棱垂直的平面，交二面角兩個半平面，兩條交線所成的角即為二面角的平面角．【例1】（2022秋?安慶月考）已知在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F(xiàn)，G分別是棱D1C1，AB，BC的中點，H是棱CD上一點，則下列命題中正確的個數(shù)為（）①異面直線D1H與AB之間的距離為定值；②平面EFG∥平面AD1H；③設(shè)平面A1AH∩平面A1B1C1D1＝l，則AH∥l；④直線A1C1與平面ABC1D1所成的角為30°．A．4 B．3 C．2 D．1【分析】①中，異面直線之間的距離找公垂線段；②中，面面平行結(jié)合性質(zhì)定理驗證；③中，線面平行的性質(zhì)定理可證；④中，由線線角確定線面角，計算角的大小驗證．【解答】解：如圖所示：對于①，過H點作AD的平行線，與AB相交于點M，則HM為異面直線D1H與AB的公垂線段，且長度等于正方體棱長，∴異面直線D1H與AB之間的距離為定值，∴①正確；對于②，∵平面ABCD∩平面EFG＝FG，平面ABCD∩平面AD1H＝AH，若平面EFG∥平面AD1H，則有FG∥AH，而FG∥AH不一定成立，∴②錯誤；對于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正確；對于④，∵N為AD1的中點，連接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，∴直線A1C1與平面ABC1D1所成的角為∠A1C1N，在Rt△A1C1N中，A1N=12A1C1，∠A1C1N＝30°，∴直線A1C1故選：B．【點評】此題考查異面直線之間的距離問題，面面平行的判斷問題，線面平行的性質(zhì)定理，線面角的求解，屬中檔題．【例2】（多選）（2022春?瓊山區(qū)校級月考）如圖，菱形ABCD邊長為2，∠BAD＝60°，E為邊AB的中點，將△ADE沿DE折起，使A到A'，且平面A'DE⊥平面BEDC，連接A'B、A'C，則下列結(jié)論中正確的是（）A．平面A'DE⊥面A′BE B．三棱錐A′﹣CDE外接球的表面積為8π C．二面角B﹣A'C﹣D的余弦值為?2D．若P在線段DE上，則異面直線BP與A'C所成角的范圍是[【分析】對于A，利用面面垂直的判定定理即可判斷；對于B，將三棱錐A′﹣CDE補(bǔ)全為長方體EFCD﹣A′MNQ，利用長方體的幾何性質(zhì)即可判斷；對于C，建立合適的空間直角坐標(biāo)系，利用向量的夾角公式即可判斷；對于D，表示出|cos＜BP【解答】解：對于選項A，在菱形ABCD中，AE＝1，AD＝2，∠BAD＝60°，由余弦定理有，DE2＝AE2+AD2﹣2AD?AEcos60°＝3，則AE2+DE2＝AD2，∴DE⊥AB，翻折后，對應(yīng)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，選項A正確；對于選項B，在菱形ABCD中，DE⊥AB，AB∥CD，則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，將三棱錐A′﹣CDE補(bǔ)全為長方體EFCD﹣A′MNQ，則三棱錐A′﹣CDE的外接球的直徑為2R=A'C=22，則R=2，∴三棱錐A′﹣CDE外接球的表面積為4πR2＝8π對于選項C，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則B(1，0，0)，A'(0，0，1)，C(2，3，0)，D(0，3，0)，設(shè)平面A′BC的法向量為m→=(x，y，z)，BC→=(1，3，0)，BA'→=(?1，0，1)，則m→?BC→=x+3y=0m→?BA'→=?x+z=0，則可取m→=(3，?1，3對于選項D，可設(shè)點P(0，t，0)，0≤t≤3，則BP→=(?1，t，0)，A'C→=(2，3，?1)，∴|cos＜BP→，A'C→＞|=|3t?2|22?t2+1，設(shè)f(t)=3t2?43t+4t2+1=3+1?43tt2+1，0≤t≤3，則f'(t)=2(2t+故選：ABD．【點評】本題考查立體幾何中的綜合運用，涉及了面面垂直的判定，利用空間向量求解異面直線所成角，二面角，三棱錐外接球的表面積等知識點，同時還考查了利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的值域，考查邏輯推理能力，運算求解能力，屬于較難題目．題型6體積、面積、周長、距離【解題技巧】1．等體積轉(zhuǎn)化法一般情況下是三棱錐才有的特性．2．盡可能尋找在表面的三個點．3．利用好“同底等高”和“同底比例高”．4．大多數(shù)情況下，可以把不規(guī)則幾何體分割為三棱錐+四棱錐．5．多從四棱錐底面對角線或者幾何體表面四邊形對角線處尋找分割的“刀口”．6．直接求體積，大多數(shù)是難度較大．7．利用等體積轉(zhuǎn)化（或者不等體積轉(zhuǎn)化），或?qū)ふ液线m的底面和平行高轉(zhuǎn)化．【例1】（2022?上海開學(xué)）祖暅原理：“冪勢既同，則積不容異”．即：夾在兩個平行平面之間的兩個幾何體，被平行于這兩個平面的任意平面所截，如果截得的兩個截面的面積總相等，那么這兩個幾何體的體積相等．有一個球形瓷碗，它可以看成半球的一部分，若瓷碗的直徑為8，高為2，利用祖暅原理可求得該球形瓷碗的體積為．【分析】解：設(shè)瓷碗所在球的半徑為R，則（R﹣2）2+42＝R2，得R＝5，由題意構(gòu)造幾何體，然后結(jié)合祖暅原理求解其體積即可．【解答】解：設(shè)瓷碗所在球的半徑為R，則（R﹣2）2+42＝R2，得R＝5，設(shè)從瓷碗截面圓心處任意豎直距離為h，則瓷碗的截面面積為π[52﹣（3+h）2]，構(gòu)造一個圓柱減去一個圓臺的模型，V=V故答案為：523【點評】本題考查空間幾何體體積的計算，空間想象能力的培養(yǎng)等知識，屬于中等題．題型7體積、面積的最值【解題技巧】熟記公式，列出等式求解.【例1】（2023?焦作二模）在正四棱錐S﹣ABCD中，M為SC的中點，過AM作截面將該四棱錐分成上、下兩部分，記上、下兩部分的體積分別為V1，V2，則V2V1【分析】根據(jù)給定條件，作出過AM的正四棱錐S﹣ABCD的截面，再求出V1【解答】解：記正四棱錐S﹣ABCD的體積為V，V2V1的最大值，由V1+V2＝V設(shè)過AM的截面分別交SB和SD于E，F(xiàn)，平面SAC與平面SBD的交線為SO，SO與AM相交于G，則G為△SAC的重心，則SG=23SO，令SESB=x，V1=y?1當(dāng)且僅當(dāng)x=y=23時取等號，此時所以V2故答案為：2．【點評】本題考查幾何體的體積的比值的最小值的求法，考查空間中線線、線面、面面間的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識，考查運算求解能力，是中檔題．【例2】（2022?莆田模擬）定義：若A，B，C，D為球面上四點，E，F(xiàn)分別是AB，CD的中點，則把以EF為直徑的球稱為AB，CD的“伴隨球”．已知A，B，C，D是半徑為2的球面上四點，AB＝CD＝23，則AB，CD的“伴隨球”的直徑取值范圍為；若A，B，C，D不共面，則四面體ABCD體積的最大值為．【分析】設(shè)O為A，B，C，D所在球面的球心，則由題可知E、F均是以O(shè)為球心，1為半徑的球面上的點，據(jù)此即可求出EF范圍；根據(jù)VA?BCD=2VA?CDE=23S△CDE?d（d為點【解答】解：設(shè)O為A，B，C，D所在球面的球心，∴OA＝OC＝2．∵AB=CD=23，且E，F(xiàn)分別是AB，CD∴OE⊥AB，OE⊥CD，且AE=CF=3，∴OE＝OF則E、F均是以O(shè)為球心，1為半徑的球面上的點，若以EF為直徑作球，則0＜EF≤OE+OF＝2，即AB，CD的伴隨球的直徑取值范圍是（0，2]；∵E是AB中點，∴VA?BCD=2VA?CDE=23S△CDE又S△CDE=12CD??，h為點E到CD距離，h?EF?2，∴當(dāng)且僅當(dāng)E，O，F(xiàn)三點共線，且AB⊥CD時，等號成立．故答案為：（0，2]；4．【點評】本題考查立體幾何中的新定義，球與多面體的切接問題等知識，屬于中等題．題型8距離、周長的最值【解題技巧】構(gòu)造函數(shù)法比較大小的總體思路：先化簡變形，再從形式上尋找共性，最終構(gòu)造函數(shù)．【例1】（2022?大慶模擬）已知四面體ABCD的所有棱長均為2，M，N分別為棱AD，BC的中點，F(xiàn)為棱AB上異于A，B的動點，有下列結(jié)論：①線段MN的長度為1；②存在點F，滿足CD⊥平面FMN；③四面體ABCD的外接球表面積為3π；④△MFN周長的最小值為2+1其中所有正確結(jié)論的編號為．【分析】①連接AN，DN，易知△AND為等腰三角形，即MN⊥AD，即可求MN的長；②若E為AC中點，連接ME易知ME∥DC，假設(shè)存在則ME⊥平面FMN，再由線面垂直的性質(zhì)推出矛盾結(jié)論；③求出正四面體外接球半徑，再由表面積公式求面積；④將面ABD、面ABC展開為一個平面，判斷MF+FN最小的情況即可．【解答】解：連接AN，DN，四面體ABCD的所有棱長均為2，則AN=DN=62且MN⊥AD，所以MN=3若E為AC中點，連接ME，M為棱AD的中點，則ME∥DC，顯然ME，MN不垂直，要使CD⊥平面FMN，即ME⊥平面FMN，又MN?平面FMN，則ME⊥MN，出現(xiàn)矛盾，②錯誤；由題設(shè)知：四面體ABCD為正四面體，故外接球的半徑r=64×2=32，所以表面積為4π△MFN周長的最小，只需MF+FN最小，將面ABD、面ABC展開為一個平面，如下圖：當(dāng)M，F(xiàn)，N共線時，MF+FN最小為MN=2，故△MFN周長的最小值為2+1，故答案為：①③④．【點評】本題考查了立體幾何的綜合，屬于中檔題．【例2】（2022?山西模擬）如圖，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC⊥BC，AC＝1，AA1＝2，AB＝3，點E，F(xiàn)分別是AA1，AB上的動點，當(dāng)C1E+EF+FB1的長度最小時，三棱錐B1﹣C1EF外接球球面上的點到平面EFC1的距離的最大值為．【分析】把平面AA1C1C沿AA1展開到與平面ABB1A1共面的AA1C1'C'的位置，確定當(dāng)C1'，E，F(xiàn)，B1'四點共線時，C1E+EF+FB1的長度最小，求出此時的線段的長度，△EFB1的外接圓是以EB1的中點O為圓心，EB12=102為半徑的圓，三棱錐B1﹣C1EF外接球的球心O'到平面EFC1的距離等于B1到平面EFC【解答】解：把平面AA1C1C沿AA1展開到與平面ABB1A1共面的AA1C1'C'的位置，延長B1B到B1'，使得BB1'＝B1B，連結(jié)B1'F，如圖1所示，則B1F＝B1'F，要使得C1E+EF+FB1的長度最小，則需C1'，E，F(xiàn)，B1'四點共線，此時C1E+EF+FB1＝C1'E+EF+FB1'＝C1'B1'，因為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的外接圓是以EB1的中點O為圓心，所以三棱錐B1﹣C1EF外接球的球心O'到平面EFC1的距離等于B1到平面EFC1的距離h的一半，由等體積法可得h＝2，所以三棱錐B1﹣C1EF外接球球面上的點到平面EFC1的距離的最大值為1+10故答案為：2+10【點評】本題考查空間幾何體的性質(zhì)，求距離的最小值問題，考查空間想象能力，運算求解能力，屬中檔題，題型9動態(tài)問題【解題技巧】建立空間直角坐標(biāo)系或臨界情況求解。【例1】（2022秋?南充月考）如圖所示，正方體ABCD﹣A1B1C1D1的棱長為2，E、F分別是棱BC、CC1的中點，動點P在正方形BCC1B1（包括邊界）內(nèi)運動，若PA1∥面AEF，則線段PA1長度的最小值是（）A． B．3 C． D．【分析】建系，利用向量法及函數(shù)思想即可求解．【解答】解：分別以DA、DC、DD1所在直線為x、y、z軸建立空間直角坐標(biāo)系，則A（2，0，0）、E（1，2，0）、F（0，2，1），A1（2，0，2），設(shè)點P（x，2，z），其中x、z∈[0，2]，∴，，，設(shè)平面AEF的法向量為，則，取，∵A1P∥平面AEF，∴，∴x+z﹣3＝0，∴＝，當(dāng)且僅當(dāng)時，A1P的長度取最小值，故選：C．【點評】本題考查向量法求解距離問題，函數(shù)思想的應(yīng)用，屬中檔題．最新模擬一．選擇題1．（2022春?北碚區(qū)校級期末）已知正方體ABCD﹣A1B1C1D1的棱長為2，E為DD1中點，F(xiàn)為棱CD上異于端點的動點，若平面BEF截該正方體所得的截面為四邊形，則線段的CF的取值范圍是（）A．（，1） B．（，1） C．（，） D．（0，1]【答案】D【題型】動態(tài)問題【解析】解：如圖，當(dāng)CF＝1時，截面為等腰梯形BFEA1，當(dāng)0＜CF＜1時，截面是四邊形BFEN，當(dāng)CF＞1時，截面是五邊形．∴若平面BEF截該正方體所得的截面為四邊形，則線段CF的范圍為（0，1]．故選：D．2．（2022?山西自主招生）如圖，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，已知△ABC是邊長為1的等邊三角形，AA1＝2，E，F(xiàn)分別在側(cè)面AA1B1B和側(cè)面AA1C1C內(nèi)運動（含邊界），且滿足直線AA1與平面AEF所成的角為30°，點A1在平面AEF上的射影H在△AEF內(nèi)（含邊界）．令直線BH與平面ABC所成的角為θ，則tanθ的最大值為（）A．3(2+3) B．33 C．【答案】A【題型】由角度定軌跡【解析】解：因為點H為A1在平面AEF上的射影，所以A1H⊥平面AEF，連接AH，則A1H⊥AH，故H在以AA1為直徑的球面上．又AA1與面AEF所成的角為30°，所以∠HAA1＝30°，過H作HO1⊥AA1于點O1，如圖1所示，則易得HA1＝1，HA=3，HO1所以H在如圖2所示的圓錐AO1的底面圓周上，又H在△AEF內(nèi)（含邊界），故H在三棱柱ABC﹣A1B1C1及其內(nèi)部，其軌跡是以O(shè)1為圓心，O1H為半徑的圓中圓心角為60°的圓弧，且H在底面ABC上的射影H'的軌跡（以A為圓心，32連接BH'，易知直線BH與平面ABC所成的角θ＝∠HBH'，且tanθ=HH'故當(dāng)BH'最小時，tanθ最大，A是圓弧圓心，則當(dāng)H'在AB上時，BH'最小，最小值為1?32=故選：A．3．（2022?天津模擬）在△ABC中，AB=5，AC=3，tanA=43，點M，N分別在邊AB，BC移動，且MN＝BN，沿MN將△BMN折起來得到棱錐B﹣A．16215 B．16315 C．【答案】C【題型】體積、面積、周長、距離【解析】解：由tanA=43得cosA=3則△ABC是直角三角形，C為直角，對MN的任何位置，當(dāng)面MNB⊥面AMNC時，此時的點B到底面AMNC的距離最大，此時∠NMB即為MB與底面AMNC所成的角，設(shè)BM＝2x，在△MNB中，tanB=3點B到底面AMNC的距離?=MBsin∠NMB=6x則VB?AMNCV'B?AMNC令V′B﹣AMNC＝0，解得x=±2x（0，262（263，V′B﹣AMNC+0﹣VB﹣AMNC↑極大值↓故當(dāng)x=263故選：C．二．多選題4．（2022春?黃山期末）在棱長為2的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，已知點P在面對角線AC上運動，點E，F(xiàn)，G分別為A1D1，A1B1，BB1的中點，點M是該正方體表面及其內(nèi)部的一動點，且BM∥平面AD1C，則下列選項正確的是（）A．D1P∥平面A1BC1 B．平面PDB1⊥平面A1BC1 C．過E，F(xiàn)，G三點的平面截正方體ABCD﹣A1B1C1D1所得的截面面積為3D．動點M的軌跡所形成區(qū)域的面積是2【答案】ABD【題型】由線線、線面位置定軌跡【解析】解：對于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正確；∵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正確；對于C，如圖，作出過E，F(xiàn)，G三點的平面截面圖形，由圖知截面為正六邊形，邊長為2，∴截面面積為S＝6×34×(2)對于D，如圖，棱長為2的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，點M是該正方體表面及其內(nèi)部的一動點，且BM∥平面AD1C，由面面平行的性質(zhì)得當(dāng)BM始終在一個與平面AD1C平行的平面內(nèi)，即滿足題意，作出過點B的平面與平面AD1C平行，連接A1B，BC1，A1C1，則平在A1BC1∥平面AD1C，∴動點M的軌跡所形成區(qū)域的面積是S△A1BC故選：ABD．5．（2022?揭陽模擬）如圖，在棱長為2的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，O為正方體的中心，M為DD1的中點，F(xiàn)為側(cè)面正方形AA1D1D內(nèi)一動點，且滿足B1F∥平面BC1M，則（）A．若P為正方體表面上一點，則滿足△OPA的面積為22的點有12個B．動點F的軌跡是一條線段 C．三棱錐F﹣BC1M的體積是隨點F的運動而變化的 D．若過A，M，C1三點作正方體的截面Ω，Q為截面Ω上一點，則線段A1Q長度的取值范圍為[【答案】BD【題型】由線線、線面位置定軌跡【解析】解：設(shè)O′為底面正方形的中心，連接AO，AO′，OO′，則AO′=12AC=2，OO′=12AA1＝1，∴△OO′A的面積為12AO′?OO′=22，所以在底面ABCD上點P與點O′必重合．同理正方形BAA1B1的中心，正方形DCC1D1的中心都滿足，又當(dāng)點如圖，分別取AA1，A1D1的中點H，G連接B1G，GH，HB1，AD1，因為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，所以點F軌跡為線段GH，故B正確；由選項B可知，點F的軌跡為線段GH，因為GH∥平面BC1M，則點F到平面BC1M的距離為定值，又△BC1M的面積為定值，從而可得三棱錐F﹣BC1M的體積是定值，故C不正確；如圖，設(shè)截面Ω與平面BAA1B1交于AN，N在BB1上，因為截面Ω∩平面DAA1D1＝AM，平面DAA1D1∥平面CBB1C1，所以AM∥NC1，同理可證AN∥MC1，所以截面AMC1N為平行四邊形，所以點N為BB1中點，在四棱錐A1﹣AMC1N中，側(cè)棱A1C1最長，且A1C1＝22，設(shè)四棱錐A1﹣AMC1N的高為h，因為AM＝MC1=5，所以四邊形AMC1N為菱形，所以△AMC1的邊AC1上的高為面對角線的一半，即為2，又AC1＝23，則S△AMC1=12×23×2=6，VC1?AA1M=13S△AA1M?D綜上，可知線段A1Q長度的取值范圍為[263故選：BD．6．（2022春?南京月考）如圖，菱形ABCD邊長為2，∠BAD＝60°，E為邊AB的中點，將△ADE沿DE折起，使A到A′，連接A′B，A′C，且A′D⊥DC，平面A′BE與平面A′CD的交線為l，則下列結(jié)論中正確的是（）A．平面A′DE⊥平面A′BE B．CD∥l C．三棱錐A′﹣CDE外接球的表面積為8π D．二面角B﹣A′C﹣D的余弦值為?【答案】ABC【題型】空間角【解析】解：因為A′D⊥DC，ED⊥DC，A'D∩DE＝D，所以CD⊥平面A′DE，因為CD∥BE，所以BE⊥平面A′DE，因為BE?平面A′BE，所以平面A′DE⊥平面A′BE，故A正確；因為CD∥BE，CD?平面A′BE，BE?平面A′BE，所以CD∥平面A′BE，又平面A′BE與平面A′CD的交線為l，所以CD∥l，故B正確；如圖所示：由題意知：三棱錐A′﹣CDE外接球的直徑為2R=A'C=22，則R=2，所以外接球的表面積為S＝4πR2＝8π，故D．由A知，BE⊥平面A′DE，則BE⊥A′E，又菱形ABCD邊長為2，∠BAD＝60°，E為邊AB的中點，所以DE⊥A′E，又BE∩DE＝E，所以A′E⊥平面BED，以E為原點，分別以EB，ED，EA′為x，y，z軸，建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系：則B(1，0，0)，A'(0，0，1)，C(2，3所以A'B→設(shè)平面A'BC的一個法向量為：m→則A'B→?m設(shè)平面A'DC的一個法向量為：n→則A'D→?n→=所以二面角B﹣A′C﹣D的余弦值為?77，故故選：ABC．7．（2022秋?隨州月考）在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝AA1＝1，點P滿足BP→=λBC→+μBBA．當(dāng)λ＝1時，△AB1P的周長為定值 B．當(dāng)μ＝1時，三棱錐P﹣A1BC的體積為定值 C．當(dāng)λ=12時，有且僅有一個點P，使得A1P⊥D．當(dāng)μ=12時，有且僅有一個點P，使得A1B⊥平面AB【答案】BD【題型】體積、面積、周長、距離【解析】解：易知，點P在矩形BCC1B1內(nèi)部（含邊界）．對于A項，當(dāng)λ＝1時，BP→=BC→+μBB1→?CP→=μBB1→．即此時P對于B項，當(dāng)μ＝1時，BP→=λBC→+BB1→=BB1→+λB1C1→，故此時P點的軌跡為線段B1C1，而B1C對于C項，當(dāng)λ=12時，BP→=12BC→+μBB1→，取BC，B1C1的中點分別為Q，H，則BP→=BQ→+μQH→，所以P點的軌跡為線段QH，不妨建系解決，以QA方向為x軸，QB方向為y軸，QH方向為對于D項，當(dāng)μ=12時，BP→=λBC→+12BB1→，取BB1，CC1的中點為M，N，BP→=BM→+λ故選：BD．三．填空題8．（2022?江西模擬）已知正方體ABCD﹣A1B1C1D1的棱長為23，點P在△A1C1B的內(nèi)部及其邊界上運動，且DP=17，則點P的軌跡長度為【答案】2π【題型】由定長、等長定軌跡【解析】解：連接B1D，B1D1，則A1C1⊥B1D1，A1C1⊥DD1，B1D1∩DD1＝D1，∴A1C1⊥平面B1DD1，∴A1C1⊥B1D，同理A1B⊥B1D，∴B1D⊥平面A1C1B，設(shè)垂足為O，∵VB?A1B1C1=VB1?連接OP，則OD⊥OP，∴OP=D又∵△A1C1B內(nèi)切圓的半徑r=2可得點P的軌跡為以O(shè)為圓心，1為半徑的圓，則所求軌跡的長度為2π×1＝2π．故答案為：2π．9．（2022?鏡湖區(qū)校級模擬）已知三棱錐P﹣ABC的外接球O的半徑為13，△ABC為等邊三角形，若頂點P到底面ABC的距離為4，且三棱錐P﹣ABC的體積為43，則滿足上述條件的頂點P的軌跡長度是．【答案】43π【題型】由定長、等長定軌跡【解析】解：依題意得，設(shè)底面等邊三角形△ABC的邊長為x（x＞0），∴三棱錐P﹣ABC的體積V=13×3∴△ABC的外接圓半徑為r＝23×∴球心O到底面ABC的距離為d=13?4∵頂點P到底面ABC的距離為4，∴頂點P的軌跡是一個截面圓的圓周，當(dāng)球心在底面ABC和截面圓之間時，球心O到該截面圓的距離d2＝4﹣3＝1，∵截面圓的半徑為r1=13?1=23，∴頂點P的軌跡長度為2πr1＝43當(dāng)球心在底面ABC和截面圓同一側(cè)時，球心O到該截面圓的距離為d1＝4+3＞13綜上所述，頂點P的軌跡的總長度為43π．故答案為：43π．10．（2022?萍鄉(xiāng)三模）如圖，在正方形ABCD中，點M是邊CD的中點，將△ADM沿AM翻折到△PAM，連結(jié)PB，PC，在△ADM翻折到△PAM的過程中，下列說法正確的是．（將正確說法的序號都寫上）①點P的軌跡為圓弧；②存在某一翻折位置，使得AM⊥PB；③棱PB的中點為E，則CE的長為定值；【答案】①③【題型】翻折中軌跡問題【解析】解：設(shè)正方形ABCD邊長為a，①在正方形ABCD中，過點D作DH⊥AM于H，則DH=5在△ADM翻折到△PAM的過程中，PH⊥AM，PH=5則點P的軌跡為以H為圓心，以55②假設(shè)存在某一翻折位置，使得AM⊥PB，在△PAM內(nèi)，過點P作PN⊥AM于N，連接BN，由AM⊥PB，PN⊥AM，PN∩PB＝P，可得AM⊥平面PBN又BN?平面PBN，則AM⊥BN，則cos∠MAB=AN又在正方形ABCD中，cos∠MAB=cos∠AMD=5二者互相矛盾，故假設(shè)不成立，即不存在某一翻折位置，使得AM⊥PB，判斷錯誤；③棱PB的中點為E，取PA中點K，連接EK，CE，MK，則MK=2則有EK∥AB，EK=12AB，則EK∥MC，EK＝MC，則四邊形EKMC為平行四邊形，則CE＝MK，又MK=22故答案為：①③．11．（2022秋?福州期中）如圖，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC⊥AB，AC＝2，AA1＝4，AB＝6，點E，F(xiàn)分別是AA1，AB上的動點，那么C1E+EF+FB1的長度最小值是，此時三棱錐B1﹣C1EF外接球的表面積為．【答案】82；44π【題型】距離、周長的最值【解析】解：把平面AA1C1C沿AA1展開到與平面ABB1A1共面的AA1C1'C'的位置，延長B1B到B1'，使得BB1'＝B1B，連結(jié)B1'F，如圖1所示，則B1F＝B1'F，要使得C1E+EF+FB1的長度最小，則需C1'，E，F(xiàn)，B1'四點共線，此時C1E+EF+FB1＝C1'E+EF+FB1'＝C1'B1'，因為C1'B1＝8，B1B1'＝8，∠B1'B1C1'=π所以B1′C1′＝82，即C1E+EF+FB1的長度最小值是82．又因為∠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的外接圓是以EB1的中點O為圓心，12EB1=所以三棱錐B1﹣C1EF外接球的球心O'過點O且與平面EFB1垂直的直線上，如圖2所示：且點O′到點E、C1的距離相等，則OO′=12AC＝1，所以O(shè)′E2=(B1E2)2+O′O2＝10+1＝11，所以三棱錐B1﹣C1故答案為：82；44π．真題在線一．選擇題1．（2022?新高考Ⅰ）已知正四棱錐的側(cè)棱長為l，其各頂點都在同一球面上．若該球的體積為36π，且3≤l≤33，則該正四棱錐體積的取值范圍是（）A．[18，814] B．[274，814] C．[274，【答案】C【題型】體積、面積的最值【解析】解：如圖所示，正四棱錐P﹣ABCD各頂點都在同一球面上，連接AC與BD交于點E，連接PE，則球心O在直線PE上，連接OA，設(shè)正四棱錐的底面邊長為a，高為h，在Rt△PAE中，PA2＝AE2+PE2，即l2∵球O的體積為36π，∴球O的半徑R＝3，在Rt△OAE中，OA2＝OE2+AE2，即R2∴12a2∴l(xiāng)2＝6h，又∵3≤l≤33，∴32∴該正四棱錐體積V（h）=1∵V'（h）＝﹣2h2+8h＝2h（4﹣h），∴當(dāng)32≤?＜4時，V'（h）＞0，V（當(dāng)4＜?≤92時，V'（h）＜0，V（h）單調(diào)遞減，∴V（h）max＝V（4）又∵V（32）=274，V（92）=81即該正四棱錐體積的取值范圍是[274，64故選：C．2．（2022?甲卷）甲、乙兩個圓錐的母線長相等，側(cè)面展開圖的圓心角之和為2π，側(cè)面積分別為S甲和S乙，體積分別為V甲和V乙．若S甲S乙A．5 B．22 C．10 D．5【答案】C【題型】體積、面積、周長、距離【解析】解：如圖，甲，乙兩個圓錐的側(cè)面展開圖剛好拼成一個圓，設(shè)圓的半徑（即圓錐母線）為3，甲、乙兩個圓錐的底面半徑分別為r1，r2，高分別為h1，h2，則2πr1＝4π，2πr2＝2π，解得r1＝2，r2＝1，由勾股定理可得?1=5故選：C．3．（2022?甲卷）在長方體ABCD﹣A1B1C1D1中，已知B1D與平面ABCD和平面AA1B1B所成的角均為30°，則（）A．AB＝2AD B．AB與平面AB1C1D所成的角為30° C．AC＝CB1 D．B1D與平面BB1C1C所成的角為45°【答案】D【題型】空間角【解析】解：如圖所示，連接AB1，BD，不妨令A(yù)A1＝1，在長方體ABCD﹣A1B1C1D1中，AD⊥面AA1B1B，BB1⊥面ABCD，所以∠B1DB和∠DB1A分別為B1D與平面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故選項A，C錯誤，由圖易知，AB在平面AB1C1D上的射影在AB1上，所以∠B1AB為AB與平面AB1C1D所成的角，在Rt△ABB1中，sin∠B故選項B錯誤，如圖，連接B1C，則B1D在平面BB1C1C上的射影為B1C，所以∠DB1C為B1D與平面BB1C1C所成的角，在Rt△DB1C中，B1C=2=DC，所以∠DB1故選：D．4．（2022?浙江）如圖，已知正三棱柱ABC﹣A1B1C1，AC＝AA1，E，F(xiàn)分別是棱BC，A1C1上的點．記EF與AA1所成的角為α，EF與平面ABC所成的角為β，二面角F﹣BC﹣A的平面角為γ，則（）A．α≤β≤γ B．β≤α≤γ C．β≤γ≤α D．α≤γ≤β【答案】A【題型】空間角【解析】解：∵正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC＝AA1，∴正三棱柱的所有棱長相等，設(shè)棱長為1，如圖，過F作FG⊥AC，垂足點為G，連接GE，則A1A∥FG，∴EF與AA1所成的角為∠EFG＝α，且tanα=GE又GE∈[0，1]，∴tanα∈[0，1]，∴EF與平面ABC所成的角為∠FEG＝β，且tanβ=GFGE=1GE∈[1，+∞），∴tanβ再過G點作GH⊥BC，