2025届高考二轮复习选择填空压轴题精选第三讲·立体几何

第三讲·立体几何选填压轴 ≮专题一·球的内切与外接≯ 例题1-1．（2024·江西南昌·二模）校足球社团为学校足球比赛设计了一个奖杯，如图，奖杯的设计思路是将侧棱长为6的正三棱锥的三个侧面沿AB，BC，AC展开得到面，使得平面均与平面ABC垂直，再将球放到上面使得三个点在球的表面上，若奖杯的总高度为，且，则球的表面积为（    ） A． B． C． D． 例题1-2．（2025高三·湖南郴州·阶段练习）已知正四棱锥的侧棱长为，其各顶点都在同一球面上.若该球的表面积为，且，则该正四棱锥体积的最大值是（    ） A．18 B． C． D．27 例题1-3．（23-24高三上·江苏南京·期中）已如是表面积为的球的球面上的三个点，且，则三棱锥的体积为（    ） A． B． C． D． 例题1-4．（23-24高三下·湖南长沙·阶段练习）已知三棱锥的四个顶点均在同一球面上，，，且三棱锥体积的最大值为，则该球的表面积为 例题1-5．（24-25高三上·重庆·期末）在正四棱台中，，且正四棱台存在内切球，则此正四棱台外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 变式1-1．（24-25高二上·黑龙江·阶段练习）在正四棱台中，，，若存在球O与该正四棱台的各个面均相切，则点到平面的距离为（   ） A． B． C． D． 变式1-2．（2025高三·江苏无锡·阶段练习）已知三棱锥的所有顶点都在球O的球面上，AD⊥平面ABC，，，若球O的表面积为，则三棱锥（以A为顶点）的侧面积的最大值为（    ）    A．6 B． C． D． ≮专题二·动点轨迹≯ 例题2-1．（24-25高三上·山东日照·期中）已知平面上两定点A，B，则平面上所有满足（且）的点P的轨迹是一个圆心在直线上，半径为的圆．这个轨迹最先由古希腊数学家阿波罗尼斯发现，故称作阿氏圆．已知棱长为1的正方体表面上有一动点P满足，则点P在侧面上的轨迹长度为（    ） A． B． C． D． 例题2-2．（2024·湖南长沙·阶段检测）已知正三棱锥，满足，，，，点在底面上，且，则点的轨迹长度为（    ） A． B． C． D． 例题2-3（23-24高一下·吉林通化·期末）在三棱柱中，平面是棱上的动点，直线与平面所成角的最大值是，点在底面内，且，则点的轨迹长是（    ） A． B． C． D． 例题2-4（2024·湖南长沙·三模）已知正方体的棱长为是棱的中点，空间中的动点满足，且，则动点的轨迹长度为（    ） A． B．3 C． D． 变式2-1．（23-24高一下·黑龙江佳木斯·期中）已知正四棱锥的所有棱长均为2，点为正四棱锥的外接球球面上一动点，，则动点的轨迹长度为（    ） A． B． C． D． 变式2-2．（24-25高三上·江苏泰州·阶段练习）古希腊数学家阿波罗尼斯发现：平面上到两定点的距离之比为常数的点的轨迹是一个圆心在直线上的圆，该圆被称为阿氏圆.如图，在长方体中，，点在棱上，，动点满足，若点在平面内运动，则点对应的轨迹的面积是 ；为的中点，则三棱锥体积的最小值为 . ≮专题三·截面问题≯ 例题3-1（24-25高三上·河南南阳·阶段练习）已知正方体棱长为2，E为棱的中点，则经过三点的正方体的截面面积为（   ） A． B． C． D． 例题3-2（23-24高一下·福建三明·阶段练习）如图，已知四面体的各条棱长均等于分别是棱的中点．若用一个与直线垂直，且与四面体的每一个面都相交的平面去截该四面体，由此得到一个多边形截面，当截面面积最大时，四棱锥的体积为 ． 例题3-3．（23-24高二下·浙江杭州·期末）在正方体中，，分别是棱和上的点，，，那么正方体中过点，，的截面形状为（    ） A． 三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形 例题3-4．（24-25高三上·江苏常州·阶段练习）已知正三棱锥的外接球的表面积为，侧棱，点为的中点，过点作球的截面，则所得截面图形面积的取值范围为（    ） A． B． C． D． 例题3-5（24-25高二上·北京·期中）如图，正四面体的棱长2，过棱AB上任意一点做与AD，BC都平行的截面，将正四面体分成上下两部分，记，截面上方部分的体积为，则函数的图象大致为（   ）      A．   B．   C．  D．   例题3-6（2025·湖南长沙高三·阶段练习）已知正方体的棱长为4，，分别是侧面和侧面的中心，过点的平面与直线垂直，平面截正方体所得的截面记为，则的面积为 . 变式3-1．（24-25高二下·全国·课后变式）若圆锥的轴截面是一个顶角为，腰长为2的等腰三角形，则过此圆锥顶点的所有截面中，截面面积的最大值为（    ） A． B．1 C．3 D．2 变式3-2．（2023·四川·模拟预测）某圆锥母线长为，底面半径为2，则过该圆锥顶点的平面截此圆锥所得截面的面积最大时，此截面将底面圆周所分成的两段弧长之比（较短弧与较长弧之比）为（    ） A． B． C． D． 变式3-3．（24-25高二上·北京海淀·阶段练习）如图，已知在四棱锥中，底面是菱形，且，底面，，，，分别是棱，，的中点，对于平面截四棱锥所得的截面多边形，有以下几个结论： ①截面的面积等于； ②截面是一个五边形； ③截面与四棱锥四条侧棱中的三条相交； ④截面在底面的投影面积为. 其中，正确结论的序号是 . 变式3-4（23-24高二下·湖南长沙·期末）在四面体中，且，点分别是线段，的中点，若直线平面，且截四面体形成的截面为平面区域，则的面积的最大值为 . ≮专题四·立体几何多选综合≯ 例题4-1（多选）．（24-25高二上·浙江金华·阶段练习）如图，已知正方体棱长为2，，分别为，的中点，为线段上的动点，下列选项正确的是（    ）    A．不存在使得 B．存在使面 C．存在两个使与成角 D．任意满足 例题4-2（多选）．（24-25高二上·山东临沂·阶段练习）点P是棱长为1的正方体的表面上一个动点，则下列结论中正确的（   ） A．当P在平面上运动时，四棱锥的体积变大． B．当P在线段上运动时，与所成角的取值范围是 C．若F是的中点，当P在底面上运动，且满足平面时，长度的最小值是 D．使直线与平面所成的角为的点P的轨迹长度为 例题4-3（多选）．（24-25高二上·吉林松原·阶段练习）如图，棱长为2的正方体中，为的中点，动点在平面内的轨迹为曲线.下列结论正确的是（    ） A．当时，是一个点 B．当平面时，是一条线段 C．当直线与平面所成的角为时，是圆 D．当直线与平面所成的角为时，是双曲线 例题4-4（多选）．（24-25高三上·河北邢台·期末）在棱长为6的正方体中，为的中点，点满足，，，则下列说法正确的是（   ） A．当时， B．当时，三棱锥的体积为定值 C．当时，平面 D．当，时，三棱锥外接球的表面积为 例题4-5（多选）．（2025高三·全国·专题练习）已知一个各棱长均为4（单位：）的正三棱柱容器（容器壁厚度忽略不计），则（    ） A．能够将直径为2的球体放入该容器 B．能够将棱长为3.9的正四面体放入该容器 C．能够将棱长为1.6的正八面体放入该容器 D．若点P为线段的中点，则沿该容器的表面从点A到达点P路程的最小值超过5.6 例题4-6（多选）．（24-25高三上·山东济宁·期末）已知正方体的棱长为2，为棱的中点，则（   ） A．直线与所成的角为 B．平面 C．过点且与垂直的平面截正方体所得截面的面积为 D．以为球心，为半径的球面与侧面的交线的长度为 训练4-1（多选）（24-25高二上·山东济宁·阶段练习）如图，在棱长为2的正方体中，是棱的中点，是棱上的动点（含端点），则下列说法中正确的是（    ） A．若是棱的中点，则四面体的外接球的表面积为 B．三棱锥的体积为定值 C．若是棱的中点，则过三点的平面截正方体所得的截面图形是三角形 D．若与平面所成的角为，则 训练4-2（多选）（24-25高二上·重庆·阶段练习）如图，在直棱柱中，底面为菱形，且，，为线段的中点，为线段的中点，点满足，则下列说法正确的是（    ） A．若时，三棱锥的体积为定值 B．若时，有且仅有一个点，使得 C．若，则的最小值为 D．若，，则平面截该直棱柱所得截面周长为 训练4-3（多选）．（24-25高三上·河北廊坊·期末）如图所示，棱长为的正方体中，点是棱的中点，则下列结论中正确的是（    ） A．点到平面的距离是到平面的距离的倍 B．若点平面，且与所成角是，则点的轨迹是双曲线的一支 C．三棱锥的外接球的表面积为 D．若线段 ，则的最小值是 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第三讲·立体几何选填压轴 ≮专题一·球的内切与外接≯ 例题1-1．（2024·江西南昌·二模）校足球社团为学校足球比赛设计了一个奖杯，如图，奖杯的设计思路是将侧棱长为6的正三棱锥的三个侧面沿AB，BC，AC展开得到面，使得平面均与平面ABC垂直，再将球放到上面使得三个点在球的表面上，若奖杯的总高度为，且，则球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【难度】0.4 【知识点】面面垂直证线面垂直、球的表面积的有关计算、球的截面的性质及计算 【分析】由奖杯的总高度为，结合题意，可将其拆解为多段，得到，结合题目所给条件，运用勾股定理计算即可得球的半径，结合球的表面积公式即可得解. 【详解】如图：连接、、， 取、、中点、、，连接、、， 由已知侧棱长为的正三棱锥， 即，又因为， 所以， 因为平面，，均与平面垂直， 设，，三点所在的圆为圆，底面的中心为， 则，又因为奖杯总高度为， 设球半径为，球心到圆面的距离为， 则，即， 如图，易知≌， 因为， 所以是边长为的等边三角形， 设的外接圆半径为， 则， 则在直角中，， 即，解得， 所以． 故选：C． 【点睛】关键点点睛：本题关键点在于借助奖杯的总高度为，得到，从而可由题目所给条件逐步计算出球的半径，即可得解. 例题1-2．（2025高三·湖南郴州·阶段练习）已知正四棱锥的侧棱长为，其各顶点都在同一球面上.若该球的表面积为，且，则该正四棱锥体积的最大值是（    ） A．18 B． C． D．27 【答案】C 【难度】0.4 【知识点】球的表面积的有关计算、锥体体积的有关计算、由导数求函数的最值（不含参）、导数的运算法则 【分析】 设正四棱锥的底面边长为，高为，求出的关系式，即可表示出四棱锥的体积，利用导数求得其最大值，即得答案. 【详解】球的表面积为，所以球的半径， 设正四棱锥的底面边长为，高为，则，， 所以， 故正四棱锥的体积为， ， 当时，，当时，， 即在上单调递增，在上单调递减， 当时，正四棱锥的体积取最大值，最大值为. 故选：C. 例题1-3．（23-24高三上·江苏南京·期中）已如是表面积为的球的球面上的三个点，且，则三棱锥的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【难度】0.4 【知识点】锥体体积的有关计算、球的表面积的有关计算、体积和表面积 【分析】设球的半径为外接圆的半径为，根据题意求出，，在求球心到的距离，即可得到答案. 【详解】设球的半径为外接圆的半径为， 在中，由，则， 得，所以， 因为球的表面积为， 则，解得， 所以球心到的距离， 即三棱锥的高为， ， 所以三棱锥的体积. 故选：C 例题1-4．（23-24高三下·湖南长沙·阶段练习）已知三棱锥的四个顶点均在同一球面上，，，且三棱锥体积的最大值为，则该球的表面积为 【答案】 【难度】0.4 【知识点】锥体体积的有关计算、球的表面积的有关计算、多面体与球体内切外接问题 【分析】求出的外接圆半径，结合三棱锥体积的最大时，S到平面的距离最大，确定S的位置，从而在中，列式求解，求出外接球半径，即可求得答案. 【详解】设三棱锥的外接球球心为O， 在中，，，则, 而，故， 设的外接圆半径为，其外心为，则， 故为定值； 故三棱锥体积的最大时，S到平面的距离最大， 设此时S到平面的距离为h，则，即得； 此时三点共线，且， 由于平面，平面，故，设外接球半径为R， 则在中，，则， 解得，故外接球的表面积为， 【点睛】关键点睛：解答本题的关键在于根据三棱锥体积的最大值，确定S的位置，从而求出外接球的半径. 例题1-5．（24-25高三上·重庆·期末）在正四棱台中，，且正四棱台存在内切球，则此正四棱台外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【难度】0.4 【知识点】多面体与球体内切外接问题 【分析】由内切球切点的截面性质，确定内切圆的圆心与半径，从而结合勾股定理得四棱台的高度，再由外接球几何性质建立关系得外接球的半径，从而得所求. 【详解】因为正四棱台内切球存在时，内切球大圆是图中梯形的内切圆，圆心为， 设上下底面的中心分别为． 过作于，连接， 由图可知， 则， 过作于，， 即四棱台的高为， 设外接球球心为，设外接球的半径为， 则 ， 解得， 则外接球表面积为． 故选：A. 【点睛】关键点点睛：关于正四棱台的内切球问题，关键是要通过截面法确定内切圆的圆心与半径，从而转换为几何体的内切球，由几何性质确定正四棱台的高度，从而再根据外接球的性质求解外接球半径，即可得所求。 变式1-1．（24-25高二上·黑龙江·阶段练习）在正四棱台中，，，若存在球O与该正四棱台的各个面均相切，则点到平面的距离为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【难度】0.4 【知识点】正棱台及其有关计算、锥体体积的有关计算、多面体与球体内切外接问题、求点面距离 【分析】作出辅助线，四边形的内切圆是正四棱台内切球O的截面大圆，由等腰梯形性质及切线长定理求出各边长，得到正四棱台的高，设点到平面的距离为h，由等体积法得到方程，求出答案. 【详解】如图，在正四棱台中， 分别取，，，的中点为E，F，，， 连接，则四边形的内切圆是正四棱台内切球O的截面大圆， 设四边形各边与其内切圆的切点分别为(如图所示), 因为四边形是等腰梯形，，， 由切线长定理得， 过点分别作，交于点，    则，，由勾股定理得， 则正四棱台的高，设点到平面的距离为h， 又，所以， 且，， 所以，解得. 故选：A 【点睛】关键点睛：本题解题的关键是抓住四边形的内切圆是正四棱台内切球O的截面大圆，进而利用该特性求出正四棱台侧面的高和正四棱台的高h，然后利用等体积法可求解点到平面的距离. 变式1-2．（2025高三·江苏无锡·阶段练习）已知三棱锥的所有顶点都在球O的球面上，AD⊥平面ABC，，，若球O的表面积为，则三棱锥（以A为顶点）的侧面积的最大值为（    ）    A．6 B． C． D． 【答案】B 【难度】0.4 【知识点】多面体与球体内切外接问题、球的表面积的有关计算、棱锥表面积的有关计算、基本（均值）不等式的应用 【分析】求出球的半径，利用条件得到三棱锥A﹣BCD的外接球即为以为棱的长方体的外接球，从而得到，结合基本不等式求出侧面积的最大值. 【详解】设球的半径为，则，解得， 因为AD⊥平面ABC，， 所以三棱锥的外接球，即为以为棱的长方体的外接球， 故，其中，故， 三棱锥（以A为顶点）的侧面积为 ， 由基本不等式得，故， 当且仅当时，等号成立， ， 故，当且仅当时，等号成立， 所以. 故选：B 【点睛】关键点点睛：特殊几何体的内切球或外接球的问题，常常进行补形，转化为更容易求出外接球或内切球球心和半径的几何体，比如墙角模型，对棱相等的三棱锥常常转化为棱柱来进行求解. ≮专题二·动点轨迹≯ 例题2-1．（24-25高三上·山东日照·期中）已知平面上两定点A，B，则平面上所有满足（且）的点P的轨迹是一个圆心在直线上，半径为的圆．这个轨迹最先由古希腊数学家阿波罗尼斯发现，故称作阿氏圆．已知棱长为1的正方体表面上有一动点P满足，则点P在侧面上的轨迹长度为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【难度】0.4 【知识点】多面体与球体内切外接问题、立体几何中的轨迹问题 【分析】根据阿氏圆性质求出阿氏圆圆心位置及半径，在空间内轨迹为以为球心的球，球与面的交线为圆弧，求出截面圆的半径及圆心角，求得圆弧的长度即可. 【详解】在平面中，图①中以为原点以为轴建系如图，设阿氏圆圆心,半径为， 因为，所以，所以， 因为，所以， 所以，解得，所以圆心， 所以在空间内轨迹是以为球心，半径为的球， 因为平面， 平面截球所得小圆是以为圆心，以为半径的圆，且， 所以点P在侧面上的轨迹长度为P在侧面上的轨迹长度为. 【点睛】方法点睛：求球与平面公共点轨迹长度时先求出平面截球所得圆面的半径，当截面为完整的圆时可直接求圆周长，当截面只是圆的一部分时先求圆心角的大小再计算弧长. 例题2-2．（2024·湖南长沙·阶段检测）已知正三棱锥，满足，，，，点在底面上，且，则点的轨迹长度为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【难度】0.4 【知识点】线面垂直证明线线垂直、立体几何中的轨迹问题 【分析】设为等边三角形的中心，求出，求出点到的距离可得点轨迹是以点为圆心以为半径，且与的三边各有2个交点的三段相等圆弧，求出圆弧所对的圆心角可得答案. 【详解】 ， 设为等边三角形的中心，则平面， 连接，则， 所以， ， 而点到的距离为， 点到的距离为， 所以点轨迹是以点为圆心，以为半径， 且与的三边各有2个交点的三段相等圆弧，如图， 设圆弧与相交于两点，作，则， ，所以，可得， 可得点的轨迹在内部的弧所对的圆心角为， 则弧长为. 故选：C. 【点睛】关键点点睛：解题的关键点是确定点的轨迹. 例题2-3（23-24高一下·吉林通化·期末）在三棱柱中，平面是棱上的动点，直线与平面所成角的最大值是，点在底面内，且，则点的轨迹长是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【难度】0.4 【知识点】线面垂直证明线线垂直、立体几何中的轨迹问题、由线面角的大小求长度 【分析】连接，则为直线与平面所成角，从而得到，所以当取最小值时取得最大值，求出的最小值，即可求出，连接，由勾股定理求出，即可得到点在以为圆心，为半径的圆（圆弧）上，且圆心角为，即可求出轨迹长. 【详解】连接，因为平面，所以为直线与平面所成角， 所以，又直线与平面所成角的最大值是， 所以，当且仅当取最小值时取得最大值， 因为，所以当时取最小值，此时， 所以， 又点在底面内，且，连接， 因为平面，平面，所以， 所以， 所以点在以为圆心，为半径的圆（圆弧）上，且圆心角为， 所以点的轨迹长为. 故选：B 【点睛】关键点点睛：本题关键是由线面角求出的长度，再由勾股定理求出，即可确定的轨迹. 例题2-4（2024·湖南长沙·三模）已知正方体的棱长为是棱的中点，空间中的动点满足，且，则动点的轨迹长度为（    ） A． B．3 C． D． 【答案】D 【难度】0.4 【知识点】锥体体积的有关计算、证明线面垂直、求点面距离、线面垂直证明线线垂直 【分析】分别取的中点，连接，证明平面，从而可得点在平面内，再根据，得点在以为球心，半径为1的球面上，可得动点的轨迹为平面与球的球面的交线，求出平面截球所得截面圆的半径，即可得解. 【详解】如图，分别取的中点，连接， 因为平面，平面，所以， 在中，， 所以，所以， 又，所以，所以， 又，平面，所以平面， 由，得点在平面内， 由，得点在以为球心，半径为1的球面上， 因此动点的轨迹为平面与球的球面的交线，即在平面内的圆， 连接，设点到平面的距离为，平面截球所得截面圆的半径为， 则由得， 且，所以，则， 因此动点的轨迹长度为. 故选：D. 【点睛】思路点睛：涉及立体图形中的轨迹问题，若动点在某个平面内，利用给定条件，借助线面、面面平行、垂直等性质，确定动点与所在平面内的定点或定直线关系，结合有关平面轨迹定义判断求解. 变式2-1．（23-24高一下·黑龙江佳木斯·期中）已知正四棱锥的所有棱长均为2，点为正四棱锥的外接球球面上一动点，，则动点的轨迹长度为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【难度】0.4 【知识点】球的截面的性质及计算、多面体与球体内切外接问题 【分析】连接、，设，连接，分析可得为正四棱锥外切球的球心，且外接球的半径，作出正四棱锥外接球的轴截面（过点、、），过点作交于点，即可求出，从而求出轨迹长. 【详解】依题意，正四棱锥的所有棱长均为，连接、， 设，连接，则平面，则， 所以，所以， 则为正四棱锥外切球的球心，且外接球的半径， 作出正四棱锥外接球的轴截面（过点、、）如下所示： 因为，所以为等边三角形，所以， 过点作交于点，则， 所以点在以为圆心，为半径的圆上， 所以动点的轨迹长度为. 故选：D 变式2-2．（24-25高三上·江苏泰州·阶段练习）古希腊数学家阿波罗尼斯发现：平面上到两定点的距离之比为常数的点的轨迹是一个圆心在直线上的圆，该圆被称为阿氏圆.如图，在长方体中，，点在棱上，，动点满足，若点在平面内运动，则点对应的轨迹的面积是 ；为的中点，则三棱锥体积的最小值为 . 【答案】 ； ． 【难度】0.4 【知识点】锥体体积的有关计算、点到平面距离的向量求法、立体几何中的轨迹问题 【分析】以为原点，为轴建立如图所示的空间直角坐标系，用坐标表示两点间距离转化后可得轨迹方程，从而得轨迹求得面积，利用空间向量法求得点到平面的距离，并结合平面上圆的性质求得距离的最小值，从而得棱锥体积最小值． 【详解】如图，以为原点，为轴建立空间直角坐标系，则 ，，，，，，，， 在平面内， 设，则由得， 化简得， 所以点轨迹是以为圆心，为半径的圆，面积为， 在长方体中，，， ， 设平面的一个法向量是， 则，取得， ， 到平面的距离为， 满足， 所以的最小值等于， 从而到平面的距离的最小值为， ∴三棱锥体积的最小值为． 故答案为：；． 【点睛】方法点睛：在涉及到空间两点间的距离问题时，如果与长方体、正方体有关的图形时，可以建立空间直角坐标系，利用空间向量法（把平面解析几何法类比于空间解析几何法）求空间的距离、角度．把几何问题用计算方法求解． ≮专题三·截面问题≯ 例题3-1（24-25高三上·河南南阳·阶段练习）已知正方体棱长为2，E为棱的中点，则经过三点的正方体的截面面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【难度】0.85 【知识点】由平面的基本性质作截面图形、判断正方体的截面形状 【分析】如图，确定四边形为经过三点的正方体的截面，结合梯形的面积公式计算即可求解. 【详解】正方体中，平面， 则平面与平面的唯一交线与平行. 取BC中点，连接， 则四边形即为经过三点的正方体的截面， 梯形中，， 则梯形的高为， 所以梯形的面积为， 故选：A. 例题3-2（23-24高一下·福建三明·阶段练习）如图，已知四面体的各条棱长均等于分别是棱的中点．若用一个与直线垂直，且与四面体的每一个面都相交的平面去截该四面体，由此得到一个多边形截面，当截面面积最大时，四棱锥的体积为 ． 【答案】 【难度】0.65 【知识点】证明线面垂直、证明线面平行、由平面的基本性质作截面图形、锥体体积的有关计算 【分析】先通过作图并证明截面的形状是矩形，再引入变量，来求截面面积的最大值，从而找到特殊位置，进而求出体积. 【详解】 连接，由四面体的各条棱长均等于，可得这是一个正四面体， 由分别是棱的中点，可知， 平面，所以平面， 又因为平面，所以，， 先假设分别是各棱中点， 则，所以， 同理可证：，，平面， 所以平面， 又因为直线截面，则截面平面， 即可知任意截面是矩形. 可设，则， 由和是等边三角形，则，， 所以， 此时，即为的中点， 由边长为，可知，， 所以四棱锥的体积为：， 故答案为：. 例题3-3．（23-24高二下·浙江杭州·期末）在正方体中，，分别是棱和上的点，，，那么正方体中过点，，的截面形状为（    ） A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形 【答案】B 【难度】0.65 【知识点】判断正方体的截面形状、由平面的基本性质作截面图形 【分析】画出图形，然后判断即可. 【详解】在正方体中，取，， 连接，，，，，，如下图所示： 因为在正方体中，，分别是棱和上的点，，， 所以，且，则四边形为平行四边形，则，， 又因为，且，所以四边形为平行四边形， 则，， 所以，，所以为平行四边形， 则正方体中过点，，的截面形状为四边形. 故选：B 例题3-4．（24-25高三上·江苏常州·阶段练习）已知正三棱锥的外接球的表面积为，侧棱，点为的中点，过点作球的截面，则所得截面图形面积的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【难度】0.65 【知识点】球的截面的性质及计算、球的表面积的有关计算 【分析】根据题意，先确定球心的位置，进而结合，用球心到过点的截面圆的距离的取值范围可得的取值范围，从而得到结果. 【详解】设正三棱锥的外接球的半径为，则，得. 假设正三棱锥中， 外接圆的圆心，则球心在上， 设， 外接圆的半径为 即，两式相减得， 又，解得，所以外接圆的圆心是球心. 如图所示： 设球心到过点的截面圆的距离为，截面圆的半径为， 则， 因为球心到过点的截面圆的距离的最大值为， 所以的最小值为， 又因为点在为半径的圆面上，则球心到过点的截面圆的距离的最小值为， 所以的最大值为， 总上可知，，即 所以截面圆的面积的取值范围为. 故选：B. 例题3-5（24-25高二上·北京·期中）如图，正四面体的棱长2，过棱AB上任意一点做与AD，BC都平行的截面，将正四面体分成上下两部分，记，截面上方部分的体积为，则函数的图象大致为（   ）      A．   B．   C．   D．   【答案】D 【难度】0.4 【知识点】判断线面是否垂直、证明线面平行、锥体体积的有关计算、求曲线切线的斜率（倾斜角） 【分析】根据，求出函数，利用导数研究函数切线斜率的变化. 【详解】    设截面分别于交于点，连接， 取的中点，连接，分别交于点， 交于点， 由于，平面， 所以平面，而平面，所以， 又平面，平面，平面平面， 所以，同理，，，所以， 则四边形为矩形， 平面平面，所以，则为的中点， 又，则，则， 平面，所以平面， 则点到平面的距离为， 因为，则， 在中，， 又，则，即，则， 所以， 而正四面体的高， 所以 ， 则， 当时，单调递增，当时，单调递减， 则在切线斜率增大，在切线斜率减小，故选择图象D. 故选：D 【点睛】关键点点睛：根据，求出函数，利用导数研究函数切线斜率的变化，即可判断出图象. 例题3-6（2025·湖南长沙高三·阶段练习）已知正方体的棱长为4，，分别是侧面和侧面的中心，过点的平面与直线垂直，平面截正方体所得的截面记为，则的面积为 . 【答案】 【难度】0.4 【知识点】空间向量垂直的坐标表示、判断正方体的截面形状、余弦定理解三角形 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量确定截面形状，再计算截面面积作答. 【详解】正方体的棱长为4，建立如图所示的空间直角坐标系， 侧面的中心，侧面的中心，而，有， 显然点M在平面与平面的交线上，设为这条交线上任意一点， ，而平面，则， 即，令，得点，令，得点，连接， 平面与平面必相交，设为这条交线上任意一点，， 由，即，令，得点，连接， 因为平面平面，则平面与平面的交线过点G，与直线FE平行， 过G作交于，， 由得，即，显然平面与平面都相交， 则平面与直线相交，令交点为，， 由得， 连接得截面五边形，即截面为五边形， ，取中点，连接，则， 在中，， 的面积， 在中，， 边上的高， 梯形面积， 所以S的面积为. 故答案为： 【点睛】方法点睛：作截面的常用三种方法：直接法，截面的定点在几何体的棱上；平行线法，截面与几何体的两个平行平面相交，或者截面上有一条直线与几何体的某个面平行；延长交线得交点，截面上的点中至少有两个点在几何体的同一平面上. 变式3-1．（24-25高二下·全国·课后变式）若圆锥的轴截面是一个顶角为，腰长为2的等腰三角形，则过此圆锥顶点的所有截面中，截面面积的最大值为（    ） A． B．1 C．3 D．2 【答案】D 【难度】0.85 【知识点】三角形面积公式及其应用、圆锥的结构特征辨析、圆锥中截面的有关计算 【分析】由截面为等腰三角形，利用三角形面积公式，结合顶角的范围求解可得. 【详解】由题意得，圆锥的母线长， 设过圆锥顶点的截面三角形的顶角为，由题意知，， 所以截面面积， 当时，，即截面面积的最大值为. 故选：D． 变式3-2．（2023·四川·模拟预测）某圆锥母线长为，底面半径为2，则过该圆锥顶点的平面截此圆锥所得截面的面积最大时，此截面将底面圆周所分成的两段弧长之比（较短弧与较长弧之比）为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【难度】0.65 【知识点】圆锥中截面的有关计算、余弦定理解三角形、三角形面积公式及其应用 【分析】方法一：先判断轴截面顶角，结合三角形面积公式确定截面顶角，进而可得，然后可解；方法二：设，将三角形面积表示成关于的函数，根据二次函数性质求出，进而可得，然后可解；方法三：设，将三角形面积表示成关于的函数，结合三角函数性质求解即可. 【详解】法一（几何法）：该圆锥轴截面是等腰三角形，腰长为，底边长4， 因为，所以顶角为钝角． 如图所示，设截面为，因为， 显然，当时，截面三角形面积最大， 此时，， 因为， 所以，所以截得的两段弧长之比为． 法二（代数法）：如图所示，截面为，F为MN的中点， 设，易知，，， 故， 所以当时截面面积最大，此时， 因为， 所以， 所以截得的两段弧长之比为． 法三（代数法）：如图所示，截面为△SMN，F为MN的中点， 设，， 易知，，， 所以 ，， 当，即时取得最大值，此时， 所以截得的两段弧长之比为． 故选：B． 变式3-3．（24-25高二上·北京海淀·阶段练习）如图，已知在四棱锥中，底面是菱形，且，底面，，，，分别是棱，，的中点，对于平面截四棱锥所得的截面多边形，有以下几个结论： ①截面的面积等于； ②截面是一个五边形； ③截面与四棱锥四条侧棱中的三条相交； ④截面在底面的投影面积为. 其中，正确结论的序号是 . 【答案】②③④ 【难度】0.65 【知识点】线面垂直证明线线垂直、证明线面垂直、证明线面平行、棱锥中截面的有关计算 【分析】取中点，靠近的四等分点，依次连接、、、、，则多边形即为平面截四棱锥所得的截面多边形，可判断①②③；取、中点、，结合垂直关系证得多边形为截面在底面的投影，求出面积即可判断④. 【详解】 取中点，靠近的四等分点，依次连接、、、、， 连接交于点， 设，， 则为中点，为中点，故为靠近的四等分点，故， 底面是菱形，，则为正三角形，， 又，，， 底面，底面， ，，， ，，，分别是棱，，，的中点， ，， 且，， ，，，四点共面， ，， 平面，平面， 多边形即为平面截四棱锥所得的截面多边形， ，平面，平面， 平面，，，， 四边形为矩形，其面积为， 为中点，为中点， ，，， 的边上的高， ， 截面的面积等于，故①错； 由图可知，截面是一个五边形，故②对； 由图可知，截面与四棱锥四条侧棱中的侧棱、、相交，故③对； 取、中点、，则， 则底面，底面， 多边形为截面在底面的投影， 且， 则多边形的面积为，故④对. 故答案为：②③④. 变式3-4（23-24高二下·湖南长沙·期末）在四面体中，且，点分别是线段，的中点，若直线平面，且截四面体形成的截面为平面区域，则的面积的最大值为 . 【答案】 【难度】0.4 【知识点】二倍角的正弦公式、三角形面积公式及其应用、面面平行证明线线平行、线面垂直证明面面平行 【分析】根据给定条件，将四面体置于长方体中，使分别为面对角线，再利用线面垂直和性质、面面平行的性质确定平面区域形状，结合三角恒等变换及三角形面积公式列式，借助基本不等式求出最大值. 【详解】依题意，四面体拓展为长方体，，如图， 设，则有，解得， 由点分别是线段的中点，得，而平面，则平面， 又直线平面，于是平面， 设平面与的交线分别为， 平面与平面分别交于，则，同理， 因此，同理，即四边形为平行四边形，且， 在中，， ， 则，设，则， 由，得，由，同理得， 因此，平行四边形围成一个平面区域，其面积为， ，当且仅当时取等号， 所以的面积的最大值为. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：根据给定条件，把四面体置于长方体，借助长方体的结构特征是求解的关键. ≮专题四·立体几何多选综合≯ 例题4-1（多选）．（24-25高二上·浙江金华·阶段练习）如图，已知正方体棱长为2，，分别为，的中点，为线段上的动点，下列选项正确的是（    ）    A．不存在使得 B．存在使面 C．存在两个使与成角 D．任意满足 【答案】BD 【难度】0.65 【知识点】求空间中两点间的距离、空间位置关系的向量证明、异面直线夹角的向量求法 【分析】建立空间直角坐标系，设，根据条件，求得，选项A，通过计算，即可求解；选项B，易得平面的一个法向量为，利用线面位置关系判断的向量法，即可求解；选项C，求得，，利用，即可求解；选项D，利用，求得，即可求解. 【详解】如图，建立空间直角坐标系，    因为， 又为的中点，则， 设，又， 由，得到， 对于选项A，因为， 又，所以，故选项A错误， 对于选项B，易知平面的一个法向量为，由选项A知， 由，得到，解得， 所以当为中点时，面，所以选项B正确， 对于选项C，因为，， 则由， 整理得到，解得或（舍去）， 即存在1个使与成角，所以选项C错误； 对于选项D，因为， 得， 当时，等号成立，所以选项D正确， 故选：BD. 例题4-2（多选）．（24-25高二上·山东临沂·阶段练习）点P是棱长为1的正方体的表面上一个动点，则下列结论中正确的（   ） A．当P在平面上运动时，四棱锥的体积变大． B．当P在线段上运动时，与所成角的取值范围是 C．若F是的中点，当P在底面上运动，且满足平面时，长度的最小值是 D．使直线与平面所成的角为的点P的轨迹长度为 【答案】BC 【难度】0.65 【知识点】锥体体积的有关计算、求异面直线所成的角、空间位置关系的向量证明、立体几何中的轨迹问题 【分析】A选项，考虑底面积和高均未变，所以体积不变；B选项，找到异面直线所成角即可判断；C选项，建系，利用距离公式求解,D选项，找到的轨迹，计算即可；. 【详解】对于A，底面正方形的面积不变，P到平面的距离为正方体棱长，故四棱锥的体积不变，故A不正确； 对于B，与所成角即与所成，为等边三角形， 当P在端点A，时，所成角最小，为，当P在中点时，所成角最大为，故B正确； 对于C，如图建系，由， 设，则 设平面的一个法向量为，则， 取，可得，所以， 因为平面，所以，可得， 所以，当时，等号成立，正确. 对于D， 因为直线与平面所成的角为， 若点在平面和平面内， 因为最大，不成立； 在平面内，点的轨迹是； 在平面内，点的轨迹是； 在平面时，作平面，如图所示， 因为，所以， 又因为，所以，所以， 所以点的轨迹是以点为圆心，以1为半径的四分之一圆， 故的轨迹长度为，故D错误； 故选：BC 例题4-3（多选）．（24-25高二上·吉林松原·阶段练习）如图，棱长为2的正方体中，为的中点，动点在平面内的轨迹为曲线.下列结论正确的是（    ） A．当时，是一个点 B．当平面时，是一条线段 C．当直线与平面所成的角为时，是圆 D．当直线与平面所成的角为时，是双曲线 【答案】ACD 【难度】0.65 【知识点】空间位置关系的向量证明、线面角的向量求法、立体几何中的轨迹问题 【分析】建立空间直角坐标系，利用向量垂直的坐标运算求解判断A；利用线面关系的向量表示求出动点的轨迹方程判断B；利用线面角的向量公式列式求得动点轨迹判断CD. 【详解】如图建立空间直角坐标系，因为正方形的棱长为2， 则有， 又为的中点，所以，设， 选项A，因为，又， 所以，即， 也即， 所以，此时，曲线为点，故A正确； 选项B，设平面的一个法向量为， 则，令得，， 当平面时，，即，动点在平面内的轨迹为一条直线（是连接和中点的直线），故B错误； 选项C，易知平面的一个法向量为， 所以当直线与平面所成的角为时， 有，化简得， 此时曲线为，故C正确； 选项D，易知平面的一个法向量为， 所以当直线与平面所成的角为时， 有，化简得， 此时曲线为，故D正确. 故选：ACD. 例题4-4（多选）．（24-25高三上·河北邢台·期末）在棱长为6的正方体中，为的中点，点满足，，，则下列说法正确的是（   ） A．当时， B．当时，三棱锥的体积为定值 C．当时，平面 D．当，时，三棱锥外接球的表面积为 【答案】ACD 【难度】0.65 【知识点】锥体体积的有关计算、多面体与球体内切外接问题、证明线面平行、线面垂直证明线线垂直 【分析】根据线面垂直得出线线垂直判断A,应用体积公式及线面平行判断B，应用面面平行得出线面平行判断C,应用补体及长方体的外接球判断D. 【详解】设，，，，分别为棱，，，，的中点， 当时，点在线段上，平面， 所以平面，又平面，所以，A正确. 当时，点在线段上，，平面， 与平面不平行，所以三棱锥的体积不是定值，B错误. 当时，点在线段上， 因为，分别为棱，的中点，所以,不在平面内，所以平面， 因为，分别为棱，的中点，所以,不在平面内，所以平面， 平面，平面平面，又平面，所以平面，C正确. 当，时，为的中点，如图，三棱锥与三棱柱的外接球相同. 在中，，， 由余弦定理得，所以. 设外接圆的半径为， 在中，由正弦定理得， 故外接圆的半径. 设三棱柱外接球的半径为，由勾股定理得， 则三棱锥外接球的表面积，D正确. 故选：ACD. 例题4-5（多选）．（2025高三·全国·专题练习）已知一个各棱长均为4（单位：）的正三棱柱容器（容器壁厚度忽略不计），则（    ） A．能够将直径为2的球体放入该容器 B．能够将棱长为3.9的正四面体放入该容器 C．能够将棱长为1.6的正八面体放入该容器 D．若点P为线段的中点，则沿该容器的表面从点A到达点P路程的最小值超过5.6 【答案】ABC 【难度】0.4 【知识点】棱柱的展开图及最短距离问题、多面体与球体内切外接问题 【分析】求出正四面体内切球的半径可判断A；求出正四面体的高，则可判断B；求出正八面体的面对角线长，则可判C；将正三棱柱侧面展开，求最小值，判断D. 【详解】对于A，设正三棱柱底面的内切圆半径为r， 则由等面积法得，所以，， 故直径为2dm的球体可以放入该正三棱柱容器，A正确； 对于B，棱长为3.9dm的正四面体其高显然小于其棱长， 故可将该正四面体的底面放置于该容器的底面上，则其顶点在该容器内， 即能够将棱长为3.9dm的正四面体放入该容器，B正确； 对于C，如图1为一个边长为4dm的正， 正方形DEFG的各顶点在的边上， 设正方形的边长为2x，则，，则， 即，解得， 而棱长为1.6dm的正八面体的面对角线长为， 所以能够将棱长为1.6dm的正八面体放入该容器，C正确； 对于D，正三棱柱如图2所示.当按照图3所示展开， 过P作于，可知，， 由勾股定理可得； 当按照图4所示展开，连接AP交BC于点O， 可知，，所以， 因为，故点A到点P的路程最小值，D错误. 故选：ABC. 【点睛】关键点点睛：选项D，分两种情况展开正三棱柱，如图，求最短距离. 例题4-6（多选）．（24-25高三上·山东济宁·期末）已知正方体的棱长为2，为棱的中点，则（   ） A．直线与所成的角为 B．平面 C．过点且与垂直的平面截正方体所得截面的面积为 D．以为球心，为半径的球面与侧面的交线的长度为 【答案】BCD 【难度】0.4 【知识点】判断正方体的截面形状、求异面直线所成的角、证明线面垂直、立体几何中的轨迹问题 【分析】根据线线角的定义可判断A；根据线面垂直的判定可判断B；确定截面形状，进而求解其面积判断C；结合几何体特征以及线面垂直的性质确定轨迹形状，从而求解其长度，判断D. 【详解】对于A，在正方体中，， 故直线与所成的角即为直线与所成的角，即， 在中，，则不为，A错误； 对于B，连接，则，又平面平面, 所以，平面，故平面， 平面，故，同理可证， 平面，故平面，B正确； 对于C，由B可知平面， 故过点且与垂直的平面截正方体所得截面与平面平行， 设的重点为，依次连接， 可得六边形为正六边形， 而，平面，平面，故平面， 同理可证平面，面， 故面平面， 即过点且与垂直的平面截正方体所得截面即为六边形，边长为， 其面积为，C正确； 对于D，过点P作的垂线，垂足为M，则M为的中点，且平面， 设以为球心，为半径的球面与侧面的交线上的点为K，则， 平面，故，且， 则以为球心，为半径的球面与侧面的交线为平面上以M为圆心， 以为半径的圆弧，如图： 由于，故，则交线长度为，D正确， 故选：BCD. 【点睛】难点点睛：解答本题的难点是选项D的判断，解答时要结合几何体特征以及线面垂直的性质确定轨迹形状，从而求解其长度. 训练4-1（多选）（24-25高二上·山东济宁·阶段练习）如图，在棱长为2的正方体中，是棱的中点，是棱上的动点（含端点），则下列说法中正确的是（    ） A．若是棱的中点，则四面体的外接球的表面积为 B．三棱锥的体积为定值 C．若是棱的中点，则过三点的平面截正方体所得的截面图形是三角形 D．若与平面所成的角为，则 【答案】BD 【难度】0.4 【知识点】判断正方体的截面形状、锥体体积的有关计算、多面体与球体内切外接问题、线面角的向量求法 【分析】取的中点为，连接，设外接圆圆心为，四面体的外接球球心为，连接，过作，交于，求出的外接圆半径，从而求得四面体外接球半径后得球面积判断A，由棱锥体积公式判断B，作出截面图形判断C，建立如图所示的空间直角坐标系，求出线面角判断D． 【详解】对于A，如图所示，连接，取的中点为，连接， 设外接圆圆心为，四面体的外接球球心为，连接， 在中，设其外接圆半径为，由正弦定理知， ，所以，即 ，依题易得，故， 且和同对弦，故四点共圆， 则，设外接球半径为，过作，交于， 由正方体性质知平面，而平面，则， 又平面，则，所以是矩形，则， 则在中，，即，①， 在中，，即②， 联立①②，解得，故外接球的表面积为，故错误； 对于B，连接，因为,平面平面，所以平面，又点是棱上的动点（含端点）， 所以点到平面的距离为定值，设为， 则，为定值，故B正确； 对于C，如图，延长交延长线于点，连接交于点，连接， 四边形为过的平面截正方体所得的截面图形，故C错误； 对于D，以A为坐标原点，建立如下图所示空间直角坐标系， 则， 则， 设平面的法向量，则， 令，则，故，则 ， 当时，，当时，， 当且仅当时等号成立，又，故D正确. 故选：BD. 【点睛】方法点睛：立体几何中涉及到几何体的截面问题时，一般根据平面的基本性质作出截面，然后解决问题，涉及到空间角问题一般可能建立空间直角坐标系，用空间向量法求空间角． 训练4-2（多选）（24-25高二上·重庆·阶段练习）如图，在直棱柱中，底面为菱形，且，，为线段的中点，为线段的中点，点满足，则下列说法正确的是（    ） A．若时，三棱锥的体积为定值 B．若时，有且仅有一个点，使得 C．若，则的最小值为 D．若，，则平面截该直棱柱所得截面周长为 【答案】ACD 【难度】0.4 【知识点】锥体体积的有关计算、空间向量与立体几何综合 【分析】根据每个选项确定点的位置，并通过数形结合进行求解. 【详解】对于选项：当时，，故点在上运动， 而平面， 所以三棱锥的体积为定值. 故正确； 对于选项：当时，取中点记为，连接，易得点在上运动， 当点与点重合时，因为底面为菱形，且， 所以，又因为为中点，所以， 又，所以，又由已知此棱柱为直棱柱，所以面. 则，所以， 又，所以，即 所以，即. 当点与点重合时，因为， 又，所以，则，即， 所以，即. 故错误； 对于选项：当时，取中点记为，取中点记为， 连接， 则点在线段上运动，易得点关于直线的对称点为， 连接，此时点、、三点共线， 故点与点重合时取得最小值为， 故正确； 对于选项：当，时，为的中点， 因为由直棱柱性质可知，面面，面面， 则平面截该直棱柱交于，交于. 且由定理可得 ，所以易得与相似，与相似， 易知，， 所以，， ， ， 易得平面截该直棱柱所得截面周长为， 故正确. 故选：. 【点睛】本题主要考查向量的运算，棱锥体积的运算，截面周长的求法等.立体几何中长度的求解，往往会用到解三角形的知识.同时此题需注意数形结合的思想. 训练4-3（多选）．（24-25高三上·河北廊坊·期末）如图所示，棱长为的正方体中，点是棱的中点，则下列结论中正确的是（    ） A．点到平面的距离是到平面的距离的倍 B．若点平面，且与所成角是，则点的轨迹是双曲线的一支 C．三棱锥的外接球的表面积为 D．若线段 ，则的最小值是 【答案】ACD 【难度】0.4 【知识点】多面体与球体内切外接问题、求空间中两点间的距离、点到平面距离的向量求法、求双曲线的轨迹方程 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断A；利用坐标法，列出关于异面直线所成角的余弦值的式子，即可判断B；利用坐标法，求三棱锥的外接球的球心坐标和半径，即可判断C；利用坐标法，表示两点间的距离，转化为平面几何问题，即可求最值. 【详解】对于A选项，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、、、、， 设平面的法向量为，，， 则，取，则，， 所以，点到平面的距离为， 点到平面的距离为，所以，，故A正确； 对于B选项，设点，，，   若与所成角是， 则， 整理为，为双曲线方程， 所以点的轨迹是双曲线，故B错误； 对于C选项，、、、， 设三棱锥的外接球的球心坐标为，半径为， 则,方程组中前个式子和后个式子相减， 得，得，再回代方程组得，， 所以三棱锥的外接球的表面积为，故C正确； 对于D选项， 由，可设点，即，， ， ， 上式的意义可以理解为平面直角坐标系中， 动点到定点和的距离和的倍， 显然，动点到定点和的距离和的最小值是两定点和间的距离， 距离为， 所以的最小值是，故D正确. 故选：ACD. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是坐标法的使用，不仅可以表示角，距离，还可以求解轨迹方程，球心坐标等问题. 学科网（北京）股份有限公司 $$