第52天 搞定立体几何小题压轴的综合计算（7考点50题）-【决战高考】2025年高考数学百日冲刺（直击考点抢分秘籍）

第52天- 搞定立体几何小题压轴的综合计算 （7考点50题） 第52天寄语： 和焦虑做同桌时，记得看看周围：老师、父母、晚霞、课桌缝里倔强生长的光！ 识·必备知识 1. 距离最值问题求解策略函数法： （1） 函数法： 通过设变量，将空间距离表示为函数，利用函数的单调性、导数等方法求最值。例如，在一个动态的几何图形中，设某条线段长度为变量x，将点到平面的距离表示为关于x的函数，再求函数最值。 （2） 几何性质法： 利用空间几何图形的对称性、三角形三边关系、直角三角形斜边大于直角边等性质来确定距离最值。如在正方体中，求顶点到某条异面直线的距离最值，可利用正方体的对称性简化问题。 （3） 基本不等式法： 2. 轨迹问题空间中动点轨迹的确定方法定义法： （1） 定义法根据空间几何图形的定义判断动点轨迹。如空间中到定点距离等于定长的点的轨迹是球面；到两定点距离之和为定值（大于两定点间距离）的点的轨迹是椭球面等。 （2） 坐标法：建立空间直角坐标系，设动点坐标为(x,y,z)，根据已知条件列出关于x，y，z的方程，化简后得到动点轨迹方程。例如，已知动点到两个平面的距离相等，根据点到平面距离公式列出等式求解轨迹方程。 （3） 几何分析法：通过分析动点所满足的几何条件，利用空间几何图形的性质确定轨迹。如在正方体中，分析一个动点到正方体各面的距离关系，结合正方体的对称性确定其轨迹。 轨迹问题与立体几何其他知识的综合应用 将轨迹问题与空间距离、体积、表面积等问题结合。例如，已知一个动点在某个空间区域内运动，其轨迹是一个曲面，求该动点到某平面距离的最值时，需要先确定轨迹方程，再结合点到平面距离公式求解。 3. 截面问题 （1） 截面的基本性质 截面与几何体的面相交得到交线，这些交线构成截面图形。截面的形状与几何体的形状以及截平面的位置和方向有关。例如，用一个平面去截正方体，当平面平行于正方体的一个面时，截面是正方形；当平面斜着截正方体时，可能得到矩形、梯形等。 截面面积的计算，需要先确定截面的形状，再根据相应图形的面积公式计算。如截面是三角形，可利用三角形面积公式计算；若为多边形，可通过分割成三角形等方法计算面积。 （2） 确定截面的方法 三点法：若已知截平面经过空间中的三个点，可通过连接这三个点并延长与几何体的面相交，确定交线，从而得到截面图形。 平行、垂直关系法：利用线面平行、面面平行、线面垂直、面面垂直等关系确定截面。例如，已知一个平面与正方体的一组对面平行，且经过正方体棱上的点，可根据平行关系确定截面形状和位置。 （3） 截面问题的综合应用 在一些复杂的立体几何问题中，截面问题常与体积、表面积、空间距离等问题结合。如求一个被平面截得的几何体的体积，需要先确定截面位置和形状，计算出相关线段长度，再根据几何体体积公式求解。 明·直击考点 序号 考点 考点01 空间距离中的值及最值问题 考点02 体积、表面积中的最值问题 考点03 球体的切接问题 考点04 导数及其应用 考点05 轨迹问题 考点06 截面问题 考点07 其他综合 一、空间距离中的值及最值问题 1．（2025·福建厦门·二模）已知正方体的棱长为1，点P在正方体的内切球表面上运动，且满足平面，则的最小值为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据平面平面可得点的轨迹是平面与正方体内切球的交线，根据点与圆的位置关系可求得AP的最小值. 【详解】由题意得，正方体内切球的球心为正方体的中心，记为点，内切球半径. ∵，平面，平面， ∴平面，同理可得平面， ∵平面，，∴平面平面， ∵平面，∴平面，故点的轨迹是平面与正方体内切球的交线，此交线为圆，记圆心为. 如图，以为原点建立空间直角坐标系，则，，，， ∴，，. 设平面的法向量为，则， 令，则，故， ∴点到平面的距离为， ∴圆的半径为， 由得，， ∴， ∴的最小值为. 故选：A. 【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是确定点的轨迹为平面与正方体内切球的交线，此交线为圆，结合条件计算圆的半径，结合点与圆的位置关系可求最值. 2．（2025·福建泉州·一模）如图，已知是圆锥的轴截面，分别为的中点，过点且与直线垂直的平面截圆锥，截口曲线是抛物线的一部分．若在上，则的最大值为（    ） A． B．1 C． D． 【答案】C 【分析】勾股得到，从而得到当最大时，最大，然后根据截面得到截面，根据勾股得到当最大时，最大，再结合截面得到的最大值，从而得到的最大值. 【详解】 过点作，交底面圆于两点，连接，，， 设，则， 所以当最大时，最大， 由圆锥的性质得底面， 因为底面，所以， 又，平面，所以平面， 因为平面，所以， 因为分别是的中点，所以，则， 因为，平面，所以平面， 则平面为截面， 因为为中点，所以，所以平面， 因为平面，所以，所以， 则当最大时，最大， 如图为截面的平面图， 以为原点，为轴，过点垂直向上的方向为轴正方向建系， ，，，则抛物线方程为， 设，，则， 所以， 则此时，. 故选：C. 【点睛】关键点睛：本题的解题关键在于找到截面，然后转化为平面几何求最值. 3．（2025·广东佛山·模拟预测）（多选）已知在正三棱柱中，，分别为棱，，的中点，动点在侧面内，动点在底面三角形内，则（    ） A．平面 B．沿该三棱柱的表面从点M到达点B的最短路径的长为 C．若点P在线段上（点P与点H不重合），则 D．若点P在线段上，且，则线段中点的轨迹所形成图形的面积为 【答案】AB 【分析】利用中位线定理结合平行四边形的性质得到，再结合线面平行的判定定理判断A，将立体图形展开为平面图形，利用勾股定理求解不同路径的长度再进行比较判断B，利用线面垂直的性质得到，再结合三线合一性质得到，发现其与题干矛盾判断C，结合题意证明轨迹所成图形的面积小于球的表面积的十二分之一判断D即可. 【详解】对于A，如图所示，因为分别为，AC的中点， 所以，，则四边形是平行四边形，得到， 又平面，平面，即平面，故A正确； 对于B，将底面与侧面沿棱旋转展平， 如图，作，结合等边三角形性质得，， 由勾股定理得； 将侧面与侧面沿棱旋转展平，如图，作， 易得，， 由勾股定理得， 因为，所以沿该三棱柱的表面从点 到达点的最短路径的长为，故B正确； 对于C，如图，分别取，的中点，连接， 因为，，所以四边形是平行四边形， 则，因为正三棱柱中平面，且面， 所以，故，若，则， 又，且面，则平面， 而面，则，因为O为的中点，所以， 与，矛盾，故C错误； 对于D，因为底面，面，所以， 如图，设的中点为，由，可得， 又，所以的轨迹所形成的图形的面积小于 以为球心，以1为半径的球面的，即，故D错误． 故选：AB 【点睛】关键点点睛：解题关键是判断轨迹图形的面积小于球的表面积，然后求出球的表面积，得到所要求的结论即可． 4．（2025·贵州黔东南·模拟预测）（多选）《九章算术》卷五《商功》中，记载了一种几何体“刍童”，这种几何体是上下底面为互相平行的不相似长方形，两底面的中心连线与底面垂直的六面体.如图，现有一高为2的“刍童”，其中，则（    ） A．该“刍童”的所有侧棱的延长线交于一点 B．该“刍童”的所有侧棱与下底面所成角的正弦值均为 C．该“刍童”外接球的表面积为 D．该“刍童”外接球表面上的点到平面的距离的最大值为 【答案】BCD 【分析】判断“刍童”不是棱台，可判断A的真假；求出侧棱与底面所成角的正弦，判断B的真假；求“刍童”外接球半径，进而求外接球表面积，判断C的真假；先求球心到平面的距离，再求“刍童”外接球表面上的点到平面的距离的最大值，判断D的真假. 【详解】对A：根据“刍童”的概念可知：“刍童”不是棱台，所以“刍童”的所有侧棱的延长线不会交于一点，故A错误； 对B：设在平面上的射影为、在直线上的射影为，如图： 易知，该“刍童”的所有侧棱与下底面所成角均相等. 则,，, 所以， 可得， 设，则，故B正确； 对C：如图： 若该“刍童”的的外接球的球心在“刍童”外面，设其外接球半径为，，（） 则， 所以该“刍童”的的外接球的表面积为：. 若该“刍童”的的外接球的球心在“刍童”里面，设其外接球半径为，，（） 则，不合题意，故舍去. 所以该“刍童”的的外接球的表面积为：.故C正确； 对D：如图： 等腰梯形中，，，，所以， 即等腰梯形外接圆的半径. 所以该“刍童”的的外接球球心到平面的距离为：， 所以该“刍童”外接球表面上的点到平面的距离的最大值为，故D正确. 故选：BCD 【点睛】结论点睛：球面上任意点到某平面的距离的最大值，等于球的半径与球心到平面的距离之和. 5．（2025·河南安阳·一模）（多选）已知直三棱柱的底面为等腰直角三角形，，则下列说法正确的是（   ） A．三棱柱的体积为4 B．以为球心，体积为的球面与侧面的交线的长度为 C．若，分别为，的中点，点在平面上，则的最小值为 D．若空间中的一点满足，则的最小值为 【答案】AD 【分析】利用体积公式求得体积可判断A；先求得球的半径，进而可求得点的轨迹形状，可求轨迹长判断B；取关于平面的对称点，连接交于线段的中点，可分别求得与的最小值，进而可判断C；由，可确定点在空间中的轨迹，进而可求得的最小值. 【详解】对于A，由直三棱柱的底面为等腰直角三角形，， 所以，所以，故A正确； 对于B，设体积为的球的半径为，所以，解得， 取中点，由，所以，， 由直三棱柱的性质可得平面， 设为球面与侧面的交线上的任一点，所以， 所以，所以的轨迹是以为圆心，为半径的圆， 又点在侧面内，故体积为的球面与侧面的交线的长度为，故B错误； 对于C，取关于平面的对称点，连接交于线段的中点， 又点在平面上，故点为线段的中点时， 的最小值为， 此时的最小值为， 所以的最小值为，故C错误； 对于D，点满足， 所以点的轨迹是以为焦点的椭圆绕长轴旋转形成的椭球面，且， 所以， 又，所以在椭圆的短轴所在直线上，又， 所以到椭圆的中心的距离为， 所以的最小值为，故D正确. 故选：AD. 【点睛】关键点点睛：D选项，关键在于确定点的轨迹是以为焦点的椭圆绕长轴旋转形成的椭球面，以及在椭圆的短轴上，从而可求得最小值. 6．（2025·山东聊城·模拟预测）（多选）棱长为2的正方体中，分别是的中点，点在线段上，点在底面内部（包含边界）.则下列说法中，正确的是（    ） A．当点在棱上移动时，总存在点，使得成立 B．当点在棱上移动时，存在点和，使得成立 C．三棱锥体积的最大值是 D．的最小值是 【答案】ACD 【分析】建立如图所示空间直角坐标系，设，根据和，求出的值，判断AB；点在棱上时，取最大，直接求三棱锥体积，判断C；在平面内作关于的对称点取中点，则必有，故只需三点共线且时，取最小值，求值可判定D. 【详解】建立如图所示空间直角坐标系， 则， 则有， 设，则， 则， 对于A，若，则， 解得，所以当点为的中点时，满足题意，故A正确； 对于B，若，则，且， ，，故B错误； 对于C，点在棱上时，的面积最大， 此时，，故C正确； 对于D，在平面内作关于的对称点，取中点， 连接,则有，三点共线. 由于平面，平面，则， 故只需三点共线且时，取最小值. 由于平面，这样可使平面， 又平面，从而，此时取最小值， 由，,则， 则，故D正确. 故选：ACD. 【点睛】关键点点睛：对于D选项，在平面内作关于的对称点取中点，则有，故只需三点共线且时，取最小值，是解题的关键和难点. 7．（2024·北京·三模）故宫角楼的屋顶是我国十字脊顶的典型代表，如图1，它是由两个完全相同的直三棱柱垂直交叉构成，将其抽象成几何体如图2所示.已知三楼柱和是两个完全相同的直三棱柱，侧棱与互相垂直平分，交于点I，，，则点到平面的距离是（    ）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据已知条件，结合空间总直线与平面的位置关系，先确定点到平面的垂线段，在根据已知条件得，解方程求出即可. 【详解】取中点，连接，过作的垂线交的延长线于点，    取中点，连接， 由已知，、分别为、中点， 因为是直三棱柱，所以，且 ， 所以其，所以四边形为平行四边形， 又，所以为矩形，所以， 又，平面，平面，， 所以平面，平面，所以， 又因为，平面，平面，， 所以平面，所以点到平面的距离等于线段的长度，设为； ，在中，， 所以，设角，则有， 因为四边形为平行四边形，所以， 又因为因为是直三棱柱，所以，且， 所以，， 又因为平面， 平面，所以， 所以，即，解得， 所以点到平面的距离是， 故选：B. 【点睛】关键点点睛：本题关键在于根据空间中点、线、面的位置关系，确定点到平面的垂线段. 8．（2025·江苏·一模）（多选）已知正方体的棱长为1，点满足，其中，则（    ） A．当时，平面 B．当时，异面直线与所成的角为 C．当时， D．当时，线段的长度最小值为 【答案】ACD 【分析】以正方体一个顶点及三条棱建立空间直角坐标系，得到点的坐标.A选项由空间向量证明线面平行；B选项由空间向量的夹角公式求得线线角；C选项由空间向量的数量积为0证明线线垂直；D选项由基本不等式求得的模长的最小值. 【详解】在正方体中，以为坐标原点，分别为如图建立空间直角坐标系. ， ， ∵，∴， A选项：，， ∴，即是平面的法向量， 又∵，∴平面，A选项正确； B选项：设，则，，设异面直线与所成的角为， 则，显然，选项错误； C选项：设，则，即，，则，∴，C选项正确； D选项：，∵，则 即，当且仅当时取等号， ∴，D选项正确. 故选：ACD. 【点睛】方法点睛，本题是立体几何中的动点产生的线线和线面的关系，所以本题建立空间直角坐标系，利用空间向量的坐标关系求得对称结果即可. 二、体积、表面积中的最值问题 9．（2025·山西晋中·模拟预测）把底面为椭圆且母线与底面垂直的柱体称为“椭圆柱”.如图，，分别是椭圆柱的上、下底面椭圆的长轴，，且底面椭圆的离心率为，分别为下底面椭圆的左、右焦点，为母线上的动点，为线段上的动点，为过点的下底面椭圆的一条动弦（不与长轴重合），则三棱锥体积的最大值为 .    【答案】 【分析】由，要使三棱锥体积最大，只需的面积和到平面距离之和都最大，求解即可. 【详解】连接，，由， 要使三棱锥体积最大， 只需的面积和到平面距离之和都最大， ，令，且，则， ， 当时，有最大值， 在下底面内以为原点，构建如图所示的直角坐标系， 由题设，长轴长， 因为底面椭圆的离心率为，所以焦距为，所以短轴长， 则椭圆方程为，，且，设， 联立椭圆得，， ，， 令，， 由对勾函数性质可知在上递增，， 综上，三棱锥体积的最大值为. 故答案为：.    【点睛】方法点睛：本题是解析几何与立体几何的综合问题，解析几何部分要用好椭圆的定义、方程和性质，确定图形中各点的位置，利用韦达定理解决弦长；椭圆中立体几何部分要用好几何体的结构特征. 10．（2024·四川德阳·模拟预测）设底面为菱形且高为的直四棱柱中，已知底面边长为正整数且为定值，，若矩形内的点满足的轨迹长度为.设点为三棱柱的外接球上一点，则四棱锥体积的最大值为 【答案】3 【分析】利用线面垂直关系，结合勾股定理将转化为，结合几何不等关系建立不等关系解，再由空间直观确定三棱柱的外接球球心，进而求解球心到平面的距离，结合定底动高特点求体积最大值即可. 【详解】在底面中，过作，垂足为，连接， 直四棱柱中，平面，平面， 则，又平面，且平面， 又，故平面，又平面， 所以， 在中，， 在菱形中，由，则，又边长， 可得，又， 则， ， 故点在以为圆心，以为半径的圆上运动， 又点在矩形内，如图可知， 即，解得， 由题意为正整数，故. 验证知，，， 故点轨迹为如图圆心角为，半径为的圆弧，弧长为，满足题意. 点为三棱柱的外接球上一点，且与为正三角形， 分别在上下底面取与的中心，再取的中点, 由球、直棱柱的对称性及正三角形的性质可知， 即为三棱柱的外接球球心. ， 四边形是平行四边形，则，即 又， 四边形是平行四边形，， 又平面，平面， 则平面，故球心到平面的距离即到平面的距离， 在底面内，连接，由为正三角形可知，， 又， 又平面，平面， 则，又平面，且平面， 又，平面， 即为到平面的距离，. 球半径. 要求四棱锥体积的最大值， 而矩形的面积为，为定值， 故当点平面的距离最大时，体积取到最大值， 当且仅当时，四棱锥体积最大， 最大值. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：解决此题的关键在于两点，一是空间问题平面化，利用射影将长度转化为长度；二是借助几何直观寻找球心及最值状态. 11．（24-25高三上·山东青岛·开学考试）正方体的棱长为，是侧面（包括边界）上一动点，是棱上一点，若，且的面积是面积的倍，则三棱锥体积的最大值是 ． 【答案】 【分析】由条件先证明，结合面积关系可得，在平面上建立平面直角坐标系，确定点的轨迹方程，结合体积公式求三棱锥体积的最大值. 【详解】由已知平面，平面， 所以, 因为平面，平面， 所以， 所以，又， 所以，又的面积是面积的倍， 所以， 以点为原点，为轴建立空间直角坐标系， 则，， 设点的坐标为，则，， 由已知， 所以， 所以，其中，， 所以点的轨迹为以点为圆心，为半径的圆在侧面内的一段圆弧， 过点作，因为平面， 所以平面，即平面， 所以为三棱锥的高， 所以三棱锥的体积， 因为，， 所以， ， 所以当时，取最大值，最大值为， 所以当时，三棱锥体积取最大值，最大值为. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题解决的关键在于通过证明相似，结合相似三角形的性质证明. 12．（2025·贵州遵义·模拟预测）（多选）如图1所示，在四边形中，，，．如图2所示，把沿边折起，使点不在平面内，连接．则下列选项正确的是（    ） A．当面面时，点到面的距离为 B．异面直线与所成角的取值范围为 C．当二面角的大小为时，三棱锥的外接球的体积为 D．三棱锥的外接球的表面积的最小值为 【答案】ABD 【分析】建立空间直角坐标系，求出关键平面的法向量，再利用点到平面的距离公式判断A，利用线线角的向量求法将线线角利用一元函数表示，再结合三角函数的有界性判断B，先证明鳄鱼模型公式的正确性，再代入数据结合球的体积公式求解C，结合球的表面积公式求解D即可. 【详解】找中点，作，面， 因为，，所以， 如图，以为原点建立空间直角坐标系， 因为，，所以由勾股定理得， 又因，则，解得， 故，，，， 设，则，， 因,故，得， 则，， 由可得，化简得， 即点的轨迹方程是半径为的圆的一部分， 而该圆的参数方程为，， 故，则， 设平面的法向量为，则，解得， 且，令，解得， 得到，易得平面的法向量为， 对于A，当平面平面时，，此时，解得， 此时，而，， 设平面的法向量为，则， ，令，解得，， 故，而 设设点到面的距离为，则，故A正确； 对于B，由已知得，， 设异面直线与所成角为，且， 则， 而，结合余弦函数性质得， 故，由余弦函数性质解得，故B正确； 首先，我们来证明求解外接球半径的鳄鱼模型， 我们给定三棱锥，设分别是的外心， 设外接球球心为，是中点，连接,则，， 所以是二面角的平面角，设， 设，，连接,则面，面， 在四边形中，可得， 所以四点共圆，且设四边形的外接圆半径为， 所以，连接，由正弦定理得，设， 故，而在中，由余弦定理得， 连接，所以，则得，且 设，在直角三角形中，， 所以，即鳄鱼模型得证， 对于C，在本题中，我们设二面角的大小为，且， ，如图，的外心为，找中点作为外心， 则由中位线性质得，得到， 此时公式变为， 对于C，当二面角的大小为时，， 代入公式得，解得， 则三棱锥的外接球的体积为，故C错误； 对于D，若三棱锥的外接球的表面积的最小， 则其半径一定最小，由上分析可得， 而，结合正弦函数性质可得当时最小， 此时，由球的表面积公式得表面积为， 则三棱锥的外接球的表面积的最小值为，故D正确. 故选：ABD. 【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何，解题关键是证明鳄鱼模型的正确性，然后利用其求解外接球半径，得到所要求的体积和表面积最小值即可． 三、球体的切接问题 13．（2025·广东·一模）如图，已知圆台形水杯盛有水（不计厚度），杯口的半径为4，杯底的半径为3，高为，当杯底水平放置时，水面的高度为水杯高度的一半，若放入一个半径为的球（球被完全浸没），水恰好充满水杯，则（   ） A． B．2 C．3 D． 【答案】D 【分析】求出圆台上面部分的体积，根据小球的体积恰好等于的体积求出球的半径. 【详解】如图，，又放入的球的半径为， 由于圆台的体积， 由题可知：，则，此时小球恰好与上下底面相切； 下面考虑当小球与侧棱相切时，设球心为，球的半径为，则， 由于，则， 则， 那么，则，那么在上方， 即该小球先与上下底面相切． 故选：D 【点睛】关键点点睛：本题解答的关键是求出圆台的体积，还需检验小球与侧棱相切的情形. 14．（2024高三·全国·专题练习）在四面体中，平面，，，，若四面体的外接球的表面积为，则四面体的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】求出四面体的外接球半径，分析可知，的外接圆圆心为的中点，且外接球球心在过斜边的中点且垂直于平面的直线上，分析四面体各面的形状，结合三角形的面积公式可求得四面体的表面积. 【详解】设四面体的外接球的半径为， 因为外接球的表面积为，所以，解得， 如图，因为，，，则，， 的外接圆圆心为的中点． 由为直角三角形可得外接球球心在过斜边的中点且垂直于平面的直线上， 又平面，则有， 因为外接球球心到四面体各顶点距离相等，由平面， 结合勾股定理可知球心到平面的距离为． 即，解得， 因为平面，、平面，则，， 则，同理． 因为，所以，即为直角三角形， 故四面体的表面积 ．    故选：D. 15．（2024·江苏南通·三模）已知一个正四棱台的上、下底面边长分别为2，8，侧棱长为，则该正四棱台内半径最大的球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先求出正四棱台的高，再分析出最大内切球与四侧面及下底面相切，再根据三角函数得到其半径大小，最后利用球的表面积公式即可. 【详解】作出如图所示正四棱台，其中为正四棱台的高，为其斜高，    因为正四棱台的上、下底面边长分别为2，8，侧棱长为， 则，，， 因为，故半径最大的球不与上下底面同时相切， ，则，则， 过作正四棱台的截面，截球得大圆，则该圆与等腰梯形两腰和下底相切，则， 则，则更确定最大内切球与四侧面及下底面相切，    即该正四棱台内半径最大的球半径，球的表面积为. 故选：D. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是得到正四棱台内半径的最大的球是与侧面和底面同时相切的，再求出其高，得到侧棱与底面夹角，作出轴截面图形，再求出最大球半径. 16．（2025·黑龙江·一模）三棱锥中，平面，平面内动点的轨迹是集合，已知，且在所在直线上，．则三棱锥外接球的表面积为 ． 【答案】 【分析】以中点为原点建立直角坐标系，设，利用题设等式化简计算得到点的轨迹方程，从而得出的外接圆半径为4，结合对应图形借助于直角三角形即可求解. 【详解】以中点为原点建立直角坐标系，不妨设， 设，由可得，， 化简得：，此即点的轨迹方程，其中， ，故外接圆半径为4， 设三棱锥的外接球半径为，球心为，取的中点， 点即的外接圆圆心，连接，作于点， 则平面，在中，， 则， 在中，可得：，解得， 所以. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：由动点的轨迹方程确定外接圆的半径是解题的关键. 17．（2025·陕西西安·二模）已知是球的球面上两点，是该球面上的动点，是该球面与平面交线上的动点.若四面体体积的最大值为，则球的体积为 . 【答案】 【分析】先求出的面积，再分析出四面体体积最大时的情况，进而求出球的半径，最后根据球的体积公式计算球的体积. 【详解】设球的半径为.因为是球与平面交线上的动点，即平面， 在中，，， 设的中点为，连接并延长，交球于，则， ，， 此时三角形的面积最大，且最大面积为. 是球面上的动点， 要使四面体的体积最大，则点到平面的距离要最大， 当平面时，点到平面的距离最大，且最大距离. 依题意，解得. 球的体积为. 故答案为： 【点睛】方法点睛： 对于涉及球的几何问题，求球的体积关键在于求出球的半径.当研究球内四面体的体积时，要分析四面体的各个面的情况以及点到面的距离.对于三角形的面积，可根据已知的边长和角度，利用三角函数求出相关边长和高来计算面积.在确定四面体体积最大的情况时，要考虑点到平面的距离，一般通过分析几何图形的特征，找到距离最大的位置.利用体积公式建立方程求解半径，最后根据球的体积公式计算体积，这是解决此类问题的一般步骤. 18．（2024·山东菏泽·一模）如图，在正四棱台中，，，该棱台体积，则该棱台外接球的表面积为 ．    【答案】 【分析】作出辅助线，找到球心的位置，求出外接球半径，得到外接球表面积. 【详解】连接，取的中点，连接， 则外接球球心在直线上，设球心为，如图所示，则，    则⊥平面， 因为正四棱台中，，， 故，所以， 设四棱台的高为， 故，解得， 故， 设，则， ， 故，解得， 故半径， 故该棱台外接球的表面积为. 故答案为： 【点睛】方法点睛：解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径 19．（2024·安徽·模拟预测）在平面四边形中，，将沿折起，使点到达，且，则四面体的外接球的体积为 ；若点在线段上，且，过点作球的截面，则所得截面圆中面积最小的圆半径为 ． 【答案】 / 【分析】先由题意求出，从而得的中点满足，进而得的中点为四面体的外接球的球心，再依据条件求出外接球半径即可得四面体的外接球的体积；过点作球的截面，截面圆面积最小只需截面圆半径最小，从而依据球的截面性质可知，截面圆面积最小，只需球心到截面的距离最大即可，再由球的结构特征可知，接着取的中点，依据已知条件求出即可依据求出，进而依据求出. 【详解】由题意知，，，， 由勾股定理可知， 所以，取的中点， 所以， 所以四面体的外接球的球心在斜边的中点处， 四面体的外接球的半径，外接球的体积； 根据题意可知，过点作球的截面，若要所得的截面圆面积最小，只需截面圆半径最小， 设球到截面的距离为， 则由球的截面性质可知， 故若要所得的截面圆面积最小，只需球心到截面的距离最大即可， 又由球的结构特征可知当且仅当与截面垂直时，球心到截面的距离最大，即， 取的中点， 所以， 所以截面圆的半径为. 故答案为：；. 【点睛】结论点睛：（1）球心与球的截面圆圆心所在直线垂直于截面， （2）球的半径R与球的截面圆半径r以及球心与球的截面圆的距离d的关系为：. 20．（2025·河北衡水·模拟预测）（多选）半径为3的球上相异三点，，构成边长为3的等边三角形，点为球上一动点，则当三棱锥的体积最大时（    ） A．三棱锥的体积为 B．三棱锥的内切球半径为 C．三棱锥的体积为 D．三棱锥的外接球半径为3 【答案】BCD 【分析】由正弦定理和勾股定理得到棱锥的高，再由体积公式可得A错误；由等体积法可得B正确；由棱锥的体积公式可得C正确；由题意可得D正确. 【详解】对于A，设的中心为， 由正弦定理可得， 由球的截面性质可得平面， 所以， 所以三棱锥的体积为，故A错误； 对于B，设三棱锥的内切球半径为， 由等体积法可得，解得，故B正确； 对于C，当点到平面的距离最大时，三棱锥的体积最大， 此时棱锥的高为， 所以三棱锥的体积为，故C正确； 对于D，三棱锥的外接球即为球，所以半径为3，故D正确. 故选：BCD 21．（2024·河南·模拟预测）已知四棱锥的5个顶点都在球的球面上，且平面，则球的表面积为 ． 【答案】 【分析】依题意可知四点共圆，可得，由余弦定理可得，且，再根据外接球直径利用勾股定理计算出外接球半径，可得球的表面积. 【详解】根据题意可知四边形的顶点在同一个圆上，连接，如下图所示： 易知，又， 在中，由余弦定理可得； 在中，由余弦定理可得; 又易知，所以可得， 解得，又，所以， 可得，即， 设四边形的外接圆半径为，由正弦定理可得， 解得， 又平面，且， 设四棱锥的外接球半径为， 可得，即； 因此外接球的表面积为. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用四点共圆性质得出对角线，再由正弦定理求出外接圆半径，再根据线面垂直关系可得外接球半径可得结果. 四、导数及其应用 22．（2025·辽宁·模拟预测）已知正方体的表面积为6，三棱柱为正三棱柱，若，，且在正方体的表面上，则当三棱柱的体积取得最大值时， . 【答案】 【分析】先求出柱体体积，再利用导数求解即可. 【详解】 设，则，解得. 连接，则， 因为平面，所以， 因为平面，所以平面， 所以. 因为，所以，所以， 同理可得， 因为平面，所以平面， 连接，过点作的平行线与交于点，因为，所以， 在中，，所以， 易得为正三角形，所以， 则三棱柱的体积， 则， 令，解得， 当时，，当时，，所以， 故当三棱柱的体积取得最大值时，. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于通过几何体几何特征证得平面，连接，过点作的平行线与交于点，从而找到三棱柱的高，从而求出柱体体积，再利用导数求解最值. 23．（2025·陕西安康·二模）（多选）一个圆柱表面积为，体积为，则下列四组数对中，可作为数对的有（   ） A． B． C． D． 【答案】ACD 【分析】利用圆柱表面积、体积公式建立关于圆柱底面圆半径的函数，再利用导数求出最小值进而判断. 【详解】设圆柱的底面圆半径为，高为，则，即， 因此，令，求导得， 对于AB，当时，，，当时，， 当时，，函数在上单调递减，在上单调递增， ，于是，，而， 因此有解，无解，A可以，B不可以； 对于CD，当时，，，当时，， 当时，，函数在上单调递减，在上单调递增， ，于是，即，而， 因此都有解，CD均可以. 故选：ACD 【点睛】关键点点睛：利用圆柱半径，结合体积及表面积建立函数关系，再利用导数探讨最小值是求解的关键. 24．（2025·福建福州·模拟预测）（多选）自元朝以来，穹顶便广泛应用于中国建筑中．作为“北京十六景”之一的地标性建筑，国家大剧院也采纳了穹顶设计，如图．初步设计穹顶建模的步骤大致为：（I）将半径为1的圆（圆心为）沿直径分为两部分，得到半圆弧；（II）保留其中一个半圆弧，将其等分，从端点出发依次连接各个等分点至另一个端点，得到折线；（III）将折线绕所在直线旋转，得到旋转体；（IV）不断调整值至合适，选取需要的旋转体部分并进行再调整．设（III）中所得旋转体的表面积为，的正弦值为，则（   ） A． B． C．当时， D． 【答案】ACD 【分析】从上到下研究各个旋转体的底面半径，得到其侧面积，进而求得旋转体的表面积，利用三角函数公式化简后，逐项验证判定即可. 【详解】由题意可知，所得旋转体由上下两圆锥与中间若干圆台组成． 以为例，分析“初步设计穹顶建模的步骤”： 取的中点，则，由题意可知，． 在中，， 则各圆锥与圆台的母线长， 连接，同理可得，，． 设自上而下各底面圆半径依次为， 则，同理可得，， 所以， 故所得旋转体的表面积 , 所以，，,故B错误； 显然随着增大，减小，且当，， 又， 所以，又，， 化简得，故A正确； 当，，，要判断是否成立， 即判断是否成立， 该式可化为， 进一步变形为， 显然，，， 令，则， 令，则， 所以在上恒成立， 即在上单调递减． 又，所以在上恒成立， 故在上单调递减． 又，所以， 即，所以,故C正确； ． 令，则． 令，则恒成立，所以为增函数， 又，所以在恒成立，即在成立． 因此，因此，故D正确． 故选：ACD 【点睛】难点点睛：由两角和差余弦公式，得到,从而得到，达到裂项相消求和化简的目的，是本体解答中的关键一步；一般的，当角的数列是等差数列时，求的前项和，可以乘上其公差的一半的正弦，进而得到列项求和化简的目的.判断是否成立，化为弧度制后，进行转化为判断函数在上的单调性是第二个关键；第三个关键难点是要判断与的大小关系，即比较与的大小，三角函数难以与其他数直接比较，利用导数证明在成立，我们通过简单放缩使其更便于我们判断． 五、轨迹问题 25．（2025·山西临汾·一模）（多选）已知正方体的棱长为3，在棱上，且满足，动点在内（包括边界）移动，动点在正方体内（包括边界）移动，且，则（   ） A．的最小值为 B．动点在面内运动轨迹的长度为 C．动点的轨迹与动点的轨迹的交线是椭圆的一部分 D．在正四面体的内部有一个可以任意转动的正四面体，则此正四面体的棱长可以是1.4 【答案】BD 【分析】以为坐标原点，所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系，利用向量法求得关于平面的对称点为的坐标，可求最小距离判断A；的轨迹是以为圆心，3为半径的圆弧，求得轨迹长判断B；动点的轨迹是以为轴，为顶点的圆锥在正方体内的部分，据此可判断C；在正四面体的内部能转动的正四面体为正四面体的内切球的内接正四面体，据此计算可判断D. 【详解】以为坐标原点，所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 则， 设平面的一个法向量为， 则，令，则， 所以平面的一个法向量为， 设关于平面的对称点为，则， 所以，解得，所以， 又点，点到平面的距离相等，所以， 所以，解得或（舍去），所以， 所以，故A错误； 因为平面，若动点在平面内时，则， 又，则，可得的轨迹是以为圆心，3为半径的圆弧， 且在四边形的圆弧是圆的， 所以动点在面内运动轨迹的长度为，故B正确； 动点的轨迹是以为轴，为顶点的圆锥在正方体内的部分， 底面半径为， 易得，又平面，平面，所以平面， 又是圆锥的母线，所以平面与圆锥的交线是抛物线的一部分，故C错误； 设正四面体的底面正三角形的中心为， 由正四面体的性质可得平面， 由正弦定理可得， 所以正四面体的高为， 设正四面体的内切球的半径为， 则，所以， 设半径是的球的内接正四面体的边长为，则可将内接正四面体补形成边长为 的正方体， 则，解得， 在正四面体的内部有一个可以任意转动的正四面体，则此正四面体的棱长可以是1.4，故D正确． 故选：BD. 【点睛】关键点点睛：对于D，关键在于求得正四面体的内切球的半径，球的内接正四面体是能在正四面体内任意转动的最大正面体，求解即可. 26．（2025·江西·模拟预测）（多选）已知正方体的棱长为是空间中的一动点，下列结论正确的是（    ） A．若点在正方形边及其内部，则点到直线距离的最大值为 B．若点在正方形边及其内部，且，则点的轨迹长度为 C．若向量，则的最小值为 D．若向量，平面截正方体所得的截面面积的最大值为 【答案】BCD 【分析】对于A项，当点在边上时，点到直线的距离最大即可求解；对于B项，取的中点，则，而，得，故点的轨迹是以点为圆心，2为半径的四分之一圆弧，即可求解；对于C项，在上取点，使得，在上取点，使得，即有，所以点是线段上一点，将平面沿展开至与平面共面，此时，当三点共线时，取得最小值．对于D项，连接，与交于点，分①当点与点重合时，②当点在线段（不含点）时，③当点在线段（不含点，点）时，④当点与点重合时，进行分析求解． 【详解】对于选项A，当点在边上时，点到直线的距离最大，最大值为，所以选项A错误； 对于选项B，如图1，取的中点，则， 而，得，结合平面,则, 故点的轨迹是以点为圆心，2为半径的四分之一圆弧， 所以点的轨迹长度为，所以选项B正确； 对于选项C，如图2，在上取点，使得， 在上取点，使得. 因为， 即有，所以点是线段上一点， 将平面沿翻折至与平面共面， 此时， 当三点共线时，取得最小值，所以选项C正确； 对于选项D，根据，可知点是线段上一点. 如图3，连接，与交于点. ①显然当点与点重合时，平面与平面重合，不符合题意； ②当点在线段（不含点）时，平面截正方体所得的截面为三角形， 如图4，当点与点重合时，此时截面为，且面积最大，此时面积为； ③当点在线段（不含点，点）时，如图5，延长并与交于点， 作并与交于点，则截面为等腰梯形.设， 则有， 梯形的高， 从而梯形的面积， 令， 则 ， 则当时，， 得在上单调递减，从而； ④当点与点重合时，此时截面为矩形，其面积为. 综合上述，平面截正方体所得的截面面积的最大值为，选项D正确. 故选：BCD 【点睛】关键点点睛：本题涉及动点的轨迹问题，对于D项，连接，与交于点，分①当点与点重合时，②当点在线段（不含点）时，③当点在线段（不含点，点）时，④当点与点重合时，进行依次分析． 27．（2025·江西新余·一模）（多选）如图，在棱长为的正方体中，、、分别是、、的中点，是线段上的动点（不包含端点），则（   ） A．四面体的外接球的表面积为 B．存在点，使、、、四点共面 C．过且与垂直的平面截正方体所得截面面积取值范围为 D．点是四边形内的动点，且直线与直线夹角为，则点的轨迹长度为 【答案】ACD 【分析】利用补形法可判断A选项；作出辅助线，得到，即、、、四点共面，当与重合时满足要求，但不能与重合，可判断B选项；作出辅助线，得到平面截正方体截面为平行四边形，当与点重合时，面积最大，此时面积为，当与点无限接近时，面积接近于，可判断C选项；作出辅助线，得到点的轨迹是以为圆心，为半径的部分圆弧，可求出点的轨迹长度，可判断D选项. 【详解】对于A选项，将四棱锥补成长方体， 所以，四面体的外接球的直径即为长方体的体对角线长， 即四面体的外接球的直径为， 所以，四面体的外接球的表面积为，A对； 对于B选项，连接、、， 因为且，故四边形为平行四边形， 所以，， 因为、分别是、中点，则，所以， 即、、、四点共面， 当与重合时满足、、、四点共面， 但是线段上的动点（不包含端点），B错； 对于C选项，如图，在平面上作⊥，垂足为点， 过点作在平面内⊥交或者于， 因为平面平面，平面平面， 且平面，所以平面， 又平面，所以⊥， 因为，、平面，所以平面， 平面截正方体截面为平行四边形， 当与点重合时，面积最大，此时，，面积为， 当与点无限接近时，面积接近于， 过且与垂直的平面截正方体所得截面面积取值范围为，C对； 对于D选项，取的中点，连接，则， 则平面，取的中点，以为圆心，为半径作圆， 交、于、， 则点的轨迹为以为圆心，为半径的部分圆弧， 此时满足直线与直线夹角为， 如图，，故， 所以点的轨迹长度为，D对. 故选：ACD. 【点睛】方法点睛：立体几何中截面的处理思路： （1）直接连接法：有两点在几何体的同一个平面上，连接该两点即为几何体与截面的交线，找截面就是找交线的过程； （2）作平行线法：过直线与直线外一点作截面，若直线所在的平面与点所在的平面平行，可以通过过点找直线的平行线找到几何体与截面的交线； （3）作延长线找交点法：若直线相交但在立体几何中未体现，可通过作延长线的方法先找到交点，然后借助交点找到截面形成的交线； （4）辅助平面法：若三个点两两都不在一个侧面或者底面中，则在作截面时需要作一个辅助平面. 28．（2025·江西上饶·一模）（多选）在棱长为2的正方体中，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，的最小值为 D．当，时，若点为四边形（含边界）内一动点，且，则点的轨迹长度为 【答案】ABD 【分析】当时，点的轨迹为线段，证明平面即可判断选项A正确； 当时，点的轨迹为线段，由平面，得出三棱锥的体积为定值，所以选项B正确； 当时，点的轨迹为线段，将三角形旋转至平面内，由余弦定理可得选项C错误； 当，时，点为的中点，由，可得点的轨迹为以为圆心，为半径的圆，所以选项D正确. 【详解】对于A，如图所示，当时，点的轨迹为线段，连接、，可得，， 所以平面，所以，同理可证得，所以平面，所以，所以选项A正确； 对于B，如图所示，取、的中点、，当时， 点的轨迹为线段，，， 因为平面，所以到平面的距离， 所以三棱锥的体积为定值，所以选项B正确； 对于C，如图所示，当时，点的轨迹为线段，将三角形旋转至平面内， 可知， 由余弦定理可得， 所以选项C错误；        对于D，如图所示，当，时，点为的中点，，， 所以，即点的轨迹为以为圆心，为半径的圆，所以点的轨迹长度为， 所以选项D正确. 故选：ABD. 【点睛】本题考查空间几何体的线面关系、体积、轨迹等知识，考查空间想象能力与运算求解能力，考查直观想象、逻辑推理和数学运算核心素养. 29．（24-25高三下·湖北武汉·开学考试）（多选）如图，在直四棱柱中，底面为菱形，，P为的中点，点满足，则下列结论正确的是（    ） A．若，则四面体的体积为定值 B．若，则点的轨迹为一段圆弧 C．若的外心为O，则为定值2 D．若且，则存在点E在线段上，使得的最小值为 【答案】ABD 【分析】利用平行线的性质结合给定条件判断底面积和高都是定值来处理A，利用圆的定义结合夹角求解轨迹来处理B，利用三角形外心和向量数量积的性质判断C，将三角形翻折后，利用勾股定理和余弦定理判断D即可. 【详解】对于A，如图，取靠近的三等分点为，靠近的三等分点为， 连接， 因为，所以， 令，而， 则，得到， 因为靠近的三等分点为，靠近的三等分点为，所以， 而由直四棱柱性质得， 而，由勾股定理得， 在直四棱柱中，，， 得到四边形是平行四边形，故， 则，由题意得为的中点，则的面积是定值， 而面，面，所以面， 结合，由线面平行性质得到面的距离为定值， 即四面体的体积为定值，故A正确， 对于B，如图，在面中，过作，连接， 由直四棱柱性质得面，则， 而，面， 故面，则， 而面为菱形，则面为菱形， 因为，所以， 因为，所以，则， 由锐角三角函数定义得，解得，由勾股定理得， 因为，所以由勾股定理得， 则在以为圆心，为半径的圆上运动， 设该圆与交于，与交于， 由三角函数定义得，则， 即点的轨迹为一段圆弧，故B正确， 对于C，如图，作，由题意得的外心为，故是的中点， 由已知得，因为，所以， 而， ，故C错误， 对于D，若且，此时， 因为P为的中点，所以， 由向量加法法则得，故， 则点与点重合，此时把沿着翻折， 如图，使得四点共面，此时有最小值， 此时的点均为翻折过的点，因为P为的中点，所以， 由勾股定理得，如图，连接， 由已知得，则， 由余弦定理得，解得， 由直四棱柱性质得面，则， 则由勾股定理得， 则，故， 而，则，得到， 由余弦定理得，解得，故D正确. 故选：ABD 【点睛】关键点点睛：本题解决的关键在于根据所给条件结合线面位置关系确定点的轨迹，再结合锥体体积公式，空间图形与平面图形的转化解决问题即可. 30．（2025·安徽合肥·模拟预测）（多选）正三棱柱的各棱长相等，且均为在内及其边界上运动，则下列说法正确的是（    ） A．存在点，使得平面 B．三棱锥的体积的取值范围为 C．为中点，若平面，则动点的轨迹长度为 D．为中点，若，则动点到平面的最大距离为 【答案】BCD 【分析】取的中点，证得平面平面，得到平面，结合，可判定A；求出，可判定B；点为中点， 取的中点，证得平面平面，得到动点的轨迹为线段，可判定C；利用空间向量法计算，可判定D. 【详解】对于A，取的中点，的中点为，连接， 由为等边三角形，所以， 又由正三棱柱中，可得， 因为，且平面，所以平面， 又因为平面，所以平面平面， 因为平面平面， 过作于，根据面面垂直的性质定理，可得平面， 在矩形中，，所以， 如图所示，此时的延长线与线段无公共点， 所以不存在点，使得平面，A选项错误； 对于B,三棱锥的体积. 的面积的取值范围是（当在内运动时，大于，当在BC边的高的端点时取到最大值）. 点到平面的距离就是正三棱柱的高. 根据三棱锥体积公式（为底面积，为高），可得，所以的取值范围是，B选项正确. 对于C，由点为中点， 取的中点，连接， 可得，， 因为平面，且平面，所以平面， 同理可得平面， 又因为，且平面，所以平面平面， 因为平面平面， 由平面，所以动点的轨迹为线段，其长度为，C选项正确； 对于D，以中点为坐标原点，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系. 则，，，设（x，y满足的边界条件）. ，. 因为，所以，即. 平面的法向量，设，，. 由，令，可得，，即. 点到平面的距离，将代入可得. 结合在内及其边界上，可得当时，取得最大值，D选项正确. 故选：BCD. 【点睛】方法点睛：对于立体几何中的动点轨迹与存在性性问题的求解策略 1、立体几何中的动态问题主要包括：空间动点轨迹的判断，求解轨迹的长度及动角的范围等问题； 2、解答方法：一般时根据线面平行，线面垂直的判定定理和性质定理，结合圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹，有时也可以利用空间向量的坐标运算求出动点的轨迹方程； 3、对于线面位置关系的存在性问题，首先假设存在，然后再该假设条件下，利用线面位置关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论，则否定假设； 4、对于探索性问题用向量法比较容易入手，一般先假设存在，设出空间点的坐标，转化为代数方程是否有解的问题，若由解且满足题意则存在，若有解但不满足题意或无解则不存在. 31．（24-25高三上·吉林·期末）（多选）如图，中，，，是中点，是边上靠近的四等分点，将沿着翻折，使点到点处，得到四棱锥，则（    ） A．到平面的距离的最小值为 B．存在点使得平面平面 C．中点的运动轨迹长度为 D．四棱锥外接球表面积的最小值为 【答案】BCD 【分析】根据当点与点无限接近时，到平面的距离趋近去，即可判断A；连接点与中点，连接，证明平面，可得，再证明存在点使得即可判断B；找出底面的外接圆圆心，易得该点为四棱锥外接球球心时有最小半径，即可判断D；以点为原点，建立平面直角坐标系，利用相关点法求出中点的轨迹方程即可判断C. 【详解】对于A，当点与点无限接近时，到平面的距离趋近去， 所以到平面的距离没有最小值，故A错误； 对于B，连接点与中点，连接， 因为，所以， 由题意可得为中点，是中点， 故，所以， 故，， 又，、平面， 故平面， 又平面，所以， 则当时， 又、平面，，故有平面， 又平面，故平面平面， 即需，由题意可得， ，， 即当时，有， 由，故存在点，使，故B正确； 对D：由，故，由，故， 即四边形四点共圆，连接，为该圆直径， 故四棱锥外接球球心必在过中点，且垂直平面的直线上， 则当球心在中点时，四棱锥外接球半径最小， 此时中点到点的距离等于一半，故， 由，有平面， 又平面，故， 故球心可在中点， 由是中点，故，则， 则半径为，此时表面积为， 即四棱锥外接球表面积的最小值为，故D正确； 对于C，如图，以点为原点，建立平面直角坐标系， ， 设线段的中点坐标为，， 由， 得，所以，即， 由， 得，整理得， 所以中点的轨迹为以为圆心，为半径的半圆， 所以中点的运动轨迹长度为，故C正确. 故选：BCD. 【点睛】方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下： （1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径； （2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的； （3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解. 32．（2025·湖北·模拟预测）（多选）在一次数学兴趣小组的实践活动中，李怡同学将一张边长为的菱形纸片沿对角线折叠，形成一个二面角模型，如图所示.下列叙述中正确的有（    ） A．四面体体积的最大值为； B．在折叠的过程中，存在某个时刻使； C．当时，动点在平面内且，则动点所形成区域的面积为； D．在C的条件下，若直线与直线所成的角为，则的最大值为. 【答案】BCD 【分析】根据题意，结合图像，可求出各边长.对于A，通过空间想象可知当平面时，四面体的体积最大，计算即可得；对于B、C、D，利用线面垂直的性质和判定定理可分别证明和求解. 【详解】 连接交于，则，连接，则， ，根据勾股定理可得 对于A，当平面时，四面体的体积最大， 此时，故A错； 对于B，因为，且，所以平面,则平面平面， 又因为平面平面，过作于，则平面，所以平面，则在平面的投影就是， 当时，，故B正确； 对于C，当时，为正三角形，又因为平面， 即平面， 所以平面平面且平面平面， 过作于点，又因为平面，所以平面，且， 在中，根据勾股定理，， 即点在以为圆心，半径为的圆面上，其面积为，故C正确； 对于D，由前面分析知：与平面所成角最小时，其余弦值， 所以与所成角最小时，即在平面的射影与平行时，为最大值，故D正确. 故选：BCD. 33．（2025·广西南宁·二模）（多选）在正四棱柱中，，P、Q分别为棱、的中点，点E满足，，动点F在矩形内部及其边界上运动，且满足，点M在棱上，将绕边AD旋转一周得到几何体，则（   ） A．动点F的轨迹长度为 B．存在E，F，使得平面 C．三棱锥的体积是三棱锥体积的倍 D．当动点F的轨迹与几何体只有一个公共点时，几何体的侧面积为 【答案】ABD 【分析】根据为定长，易得也是定值，可以确定的轨迹，过点作的平行平面找到与F的轨迹的交点，则可确定存在平面，利用换底与换顶点的方法可以将三棱锥的体积是三棱锥体积求出来，从而得出两体积之间的关系，由动点F的轨迹与几何体只有一个公共点，可以确定该圆锥地面半径，再利用可求解的侧面积. 【详解】 在正四棱柱中，，且，， 且因为，所以点是以点为圆心半径为的四分之一圆， 所以动点F的轨迹长度，正确； 连接，与交于点，在上任找一点，过该点作的平行线， 会跟相交于一点，再过该点作的平行线，必会与的轨迹相交， 所以存在使得平面，正确; 由题意，又因为、为、的中点，易得， 所以， 同理可得，C错误； 由题意，几何体是以为旋转轴，为母线的圆锥， 当动点的轨迹与几何体只有一个公共点时，圆锥与平面的交线与所在的圆弧相切， 且因为，有,所以， 则，可得，该圆锥的底面半径， 所以几何体的侧面积，正确. 故选：. 34．（2025·广东广州·模拟预测）（多选）如图，已知正方体的棱长为2，点M为的中点，点P为底面上的动点（包括边界），则（   ） A．满足平面的点P的轨迹长度为 B．满足的点P的轨迹长度小于 C．存在点P满足 D．存在点P满足 【答案】AC 【分析】构造面面平行，确定点轨迹，求其长度，判断A的真假；确定P的轨迹，根据弧长与弦长的关系判断B的真假；取特殊点验证C的真假；转化为两点之间直线段最短求的最小值，可判断D的真假. 【详解】对A：如图： 取中点，中点，连接，则易证平面平面，此时平面， 故平面时，点的轨迹为线段. 因为正方体棱长为2，所以，故A正确； 对B：如图： 因为，且，所以，此时点轨迹为以为圆心，半径为的圆在正方形内的部分，易得分别为，中点， 所以，故劣弧的长度大于，故B错误； 对C：如图： 当为正方形中心时，，，， 所以，所以，故C正确； 对D：如图： 做点关于平面的对称点，则在直线上，且，连接， 则，且.故D错误. 故选：AC 【点睛】关键点点睛：对B选项，一定要弄清楚点的轨迹. 35．（2025·新疆乌鲁木齐·一模）（多选）给定棱长为1的正方体，是正方形内（包括边界）一点，下列结论正确的有（    ） A．三棱锥的体积为定值 B．若点在线段上，则异面直线与所成角为定值 C．若点在线段上，则的最小值为 D．若，则点轨迹的长度为 【答案】ABC 【分析】建立空间直角坐标系，求出底面积，再利用点到平面的距离公式求出点面距离，求出体积是定值判断A，利用线线角的向量求法求出线线角，得到定值判断B，作出展开图，利用先判断最小值是线段，再利用余弦定理求解其长度判断C，求出轨迹方程，再利用圆的弧长公式求解弧长判断D即可. 【详解】如图，以为原点，建立空间直角坐标系，连接， 设，，则， 对于A，易得面的法向量为，设到面的距离为， 由点到平面的距离公式得，而， 则，即三棱锥的体积为定值，故A正确， 对于B，因为点在线段上，所以， 而，，则，， 得到，，解得，即， 如图，连接，由题意得，， 则，，设异面直线与所成角为， 则，而，故， 即异面直线与所成角为定值，故B正确， 对于C，如图，将面沿着翻折，使面与面共面， 由题意得四边形是正方形，四边形是矩形， 得到，，故 而，则的长度即为所求最小值， 由余弦定理得，解得，故C正确， 对于D，如图，连接，此时，， 则由两点间距离公式得， 因为，所以， 两边同时平方得，化简得， 则的轨迹是以为圆心，为半径的圆弧， 由正方体性质得，则弧长为， 即点轨迹的长度不为，故D错误. 故选：ABC 【点睛】关键点点睛：解题关键是建立空间直角坐标系，然后求解出轨迹方程，再利用弧长公式得到所要求的轨迹长度即可． 36．（2024·江苏泰州·模拟预测）（多选）在正三棱柱中，，的重心为，以为球心的球与平面相切.若点在该球面上，则下列说法正确的有（    ） A．存在点和实数，，使得 B．三棱锥体积的最大值为 C．若直线与平面所成的角为，则的最大值为 D．若，则所有满足条件的点形成的轨迹的长度为 【答案】BC 【分析】对于A，由球与平面的位置关系，判断结论；对于B，面积为定值，由到平面的最大距离求三棱锥体积的最大值；对于C，求出当最大时的位置，由两角和的正弦公式求的最大值；对于D，根据所给的点轨迹长度与球的大圆周长比较即可判断. 【详解】对于A， 取中点，中点，连接，， 正三棱柱中，平面平面，平面平面， 平面，平面，，而为的重心， ，到平面的距离为， 而到平面的距离为， 球与平面相离，则不存在这样的和实数，使，A错误． 对于B，到平面的距离为，球半径， 则到平面的最大距离为， ，B正确． 对于C，设为球的上顶点，平面于点， 与球相切且与平面共面， ，， 设，则有，得， ，C正确． 对于D，由选项B可知到平面的距离为，即球半径， 所以球大圆的周长为， 由题意点的轨迹为过B且垂直于的平面与球的交线圆，而， 截面圆的周长大于球的大圆的周长，所以是不可能的，D错误. 故选：BC． 【点睛】方法点睛：利用正三棱柱的结构特征和三角形重心的位置特征，求出重心到相关平面的距离，可解决向量共面，棱锥高度最大，轨迹及位置关系等问题. 37．（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】 ； ． 【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． 六、截面问题 38．（2025高三·全国·专题练习）用平面截圆柱面，圆柱的轴与平面所成的角记为，当为锐角时，圆柱面的截线是一个椭圆，数学家Dandelin创立的双球模型证明了上述结论．如图所示，将两个大小相同的球嵌入圆柱内，使它们分别位于的上方和下方，并且与圆柱面和均相切，切点分别为．下列关于截口曲线的椭圆的结论中不正确的有（    ）    A．椭圆的短轴长与嵌入圆柱的球的直径相等 B．椭圆的长轴长与嵌入圆柱的两球的球心距相等 C．所得椭圆的离心率 D．其中为椭圆长轴，为球的半径，有 【答案】D 【分析】根据题意利用椭圆定义可判断AB；结合图形的几何特征利用椭圆的离心率定义可判断C；结合图形的几何特征利用解三角形可判断D. 【详解】设P为截口曲线的椭圆的一点，如图，过点作线段分别与球切于点， 故有， 由椭圆定义可知，该椭圆以，为焦点，为长轴长，故B正确．    设椭圆长半轴长为，半焦距为，设O为的中点， 与球切于点，，，故， 有，则 即椭圆的短轴长与嵌入圆柱的球的直径相等，故A正确． 由题意可得，则，故C正确． 由题意知（这是因为）， 则，故， 即，故D错误． 故选：D． 39．（2025·安徽·一模）（多选）如图，已知圆台的轴截面为，其中为圆弧的中点，，则（    ） A．圆台的体积为 B．圆台母线所在直线与平面所成角的最大值为 C．过任意两条母线作圆台的截面，截面面积的最大值为 D．过三点的平面与圆台下底面的交线长为 【答案】ABD 【分析】求出圆台的高，根据体积公式可得选项A正确；把圆台补成圆锥，根据母线与平面所成的角最大可得选项B正确；利用两条母线所在直线夹角为时截面面积最大可得选项C错误；找出过三点的平面与圆台下底面的交线，结合垂径定理可得选项D正确. 【详解】A.∵，∴圆台上底面圆半径为，下底面圆半径为， ∴圆台的高， ∴圆台的体积，A正确. B.由，，得，由得，. 如图，将圆台补成圆锥，顶点记为，底面圆的圆心记为，连接， ∵为圆弧的中点，∴. ∵平面，平面，∴， ∵平面，∴平面， ∵平面，∴平面平面， 此时母线所在直线与平面所成的角最大，最大为，，B正确. C.由得，，∴， 当两条母线所在直线夹角为时，截面面积最大，最大值为，C错误. D.如图，在梯形中，连接并延长交的延长线于点，连接交底面圆于点，则为截面与底面圆的交线. 由得，，，∴，， 取中点，则， ∴，D正确. 故选：ABD. 40．（2025·云南昆明·一模）（多选）在长方体中，底面是边长为的正方形，，点是的中点，点是上的动点（含端点），则下列说法正确的是（   ） A．异面直线与所成角的余弦值为 B．当时，过点、、的截面是梯形 C．当点运动到某点时，过点、、的截面是五边形 D．当时，过点、、的截面是矩形 【答案】ABC 【分析】由异面直线所成角的定义结合余弦定理可判断A选项；推导出，可判断B选项；取，利用面面平行的性质找出截面，可判断C选项；利用面面平行的性质找出截面，可判断D选项. 【详解】对于A选项，连接、，如下图所示： 因为且，所以，四边形为平行四边形， 所以，， 所以，与所成的角为或其补角， 在中，，同理可得，， 由余弦定理可得， 所以，异面直线与所成角的余弦值为，A对； 对于B选项，连接、、， 当时，为的中点， 因为、分别为、的中点，则，且， 因为且，所以，四边形为平行四边形， 所以，，且，所以，且， 所以，、、、四点共面， 所以，当时，过点、、的截面是梯形，B对； 对于C选项，当时，设平面交直线于点， 因为平面平面，平面平面， 平面平面，所以，， 因为，由等角定理结合图形可知，， 则，即，可得， 设平面交直线于点， 因为平面平面，平面平面， 平面平面，则， 因为，由等角定理结合图形可得， 所以，，则， 且，所以，， 故当时，过点、、的截面是五边形，C对； 对于D选项，当时，点与点重合，设平面交棱于点，连接， 因为平面平面，平面平面， 平面平面，所以，， 因为，由等角定理结合图形可知，， 即，所以，，所以，， 则点为的中点， 由勾股定理可得， 同理可得，，则四边形为平行四边形， 因为，所以，， 所以，不是直角，故四边形不是矩形， 因此，当时，过点、、的截面不是矩形，D错. 故选：ABC. 【点睛】思路点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下： （1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角； （2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角； （3）计算：求该角的值，常利用解三角形； （4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角． 41．（2025·河南·二模）（多选）在半径为2的球的球面上存在，，三点，且，，为线段的中点，则下列说法正确的是（   ） A． B．当三棱锥的体积最大时，平面截球的截面的面积为 C．当，且时，与平面所成的角为 D．当时，异面直线与所成角的正切值的取值范围为 【答案】BD 【分析】利用向量的线性运算和数量积运算计算可以判定A错误；找到体积最大时的情况两两垂直，可以得到三角形的边长，进而计算求得截面的面积从而判定B;利用向量的运算可以判定满足C中的条件时四面体为正四面体，进而否定C；利用向量的运算求得满足D中条件时，求得，利用向量的角的余弦公式计算，得到向量所成角的取值范围，进而利用同角三角函数关系得到异面直线所成角的正切的取值范围，从而判定D. 【详解】在半径为2的球的球面上存在，，三点，且，，为线段的中点， 所以, 所以，故A错误； 当三棱锥的体积最大时，两两垂直（此时符合题意），三角形是边长为的等边三角形， 其外接圆即为平面截球的截面，外接圆的半径，截面圆的面积为，故B正确； 当时，，同理，, 又因为，所以，所以，与上同理得到，, 所以此时四面体为正四面体，各面都是正三角形，相邻的棱所成的角都是60°， 由于正四面体的棱与对面所成的角小于与与对面内的边所成的角，所以与平面所成的角小于，故C错误； 当时，，，同理，, 所以, 当时,重合，为线段的中点，所以共线，所以共，与已知条件与是异面直线矛盾， 当时，所以,共面，所以共，与已知条件与是异面直线矛盾， 所以, , 所以, 设异面直线与所成角为，则, 所以，故D正确. 故选：BD. 【点睛】关键点点睛：选项D的关键是根据条件得到，进而利用向量法可得异面直线所成角的范围. 42．（2025·陕西咸阳·一模）（多选）已知正方体的棱长为2，点P，Q满足，，则（   ）． A．存在Q，使得与平面所成的角为 B．若，则点Q的轨迹长度为 C．平面截正方体所得截面的面积为 D．直线被正方体的外接球所截得的线段长度为 【答案】ACD 【分析】A应用特殊点，与重合或与重合，得到与平面所成角的一个可取范围为，再判断上下界的取值范围，即可判断；B构建空间直角坐标系，利用向量垂直的坐标表示列方程，得到点Q的轨迹方程，即可判断：C应用平面的基本性质确定截面，进而求面积；D由正方体外接球的性质及到直线的距离，即可求弦长. 【详解】由，即是正方体底面（含边界）内任意一点， 若为中点，易知，故面即为面，如下图示， 若与重合，则与平面所成的角为， 若与重合，则与平面所成的角为， 故与平面所成角的一个可取范围为， 又，则， 所以，， 故存在Q，使得与平面所成的角为，A对； 构建如下图示的空间直角坐标系，则且， 所以，， ， 所以，则，显然直线过，， 所以点Q的轨迹长度为，B错. 若为的中点，则，故四点共面，如下图， 所以四边形即为平面截正方体所得截面，且为等腰梯形， ，，故梯形的高为， 所以截面的面积为，C对； 由正方体的外接球球心为正方体的中心，如下图， ，，且，则到直线的距离， 又外接球半径是正方体体对角线的一半，为， 故直线被正方体的外接球所截得的线段长度为，D对. 故选：ACD 【点睛】关键点点睛：根据已知确定是正方体底面（含边界）内任意一点为关键. 43．（24-25高三下·江苏宿迁·开学考试）（多选）在棱长为3的正方体中，点M是线段的中点，点F满足 ，其中，则 （   ） A．平面平面 B．对于任意， 三棱锥的体积为定值 C．周长的最小值为 D．当时，平面BDF截该正方体的外接球所得截面的面积为 【答案】ACD 【分析】建系标点.对于A：利用空间向量证明面面垂直；对于B：利用空间向量可知与平面不平行，进而分析体积；对于C：将平面沿旋转至与平面共面，结合几何性质求周长的最小值；对于D：利用空间向量求球心到平面的距离，进而可得截面面积. 【详解】建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，，， 对于选项A：因为，，， 设平面法向量，则， 令，则，可得， 设平面法向量，则， 令，则，可得， 因为，则， 所以平面平面，故A正确； 对于选项B：因为，则， 可知与不垂直，则与平面不平行， 所以当在运动时，到平面的距离不是定值， 且底面的面积为定值，则三棱锥的体积不是定值，故B错误； 对于选项C：因为， 将平面沿旋转至与平面共面， 则，可得， 所以周长的最小值为，故C正确； 对于选项D：因为正方体的球心，球的半径， 当时，则，可得， ， 设平面法向量为，则， 令，则，可得， 则球心到平面的距离， 设平面截该正方体的外接球所得截面圆的半径为， 则， 所以平面截该正方体的外接球所得截面的面积为，故D正确. 故选：ACD. 【点睛】关键点点睛：判断D选项的关键是利用向量法求出球心到截面BDF的距离，由此即可顺利得解. 44．（2025·河南·一模）已知某种长方体花岗岩的规格为（其中第个数分别为长、宽、高，且长宽高），若从长方体某一棱的中点处作垂直于该棱的截面，截取一次共可得到三种不同规格的长方体，按照上述方式对第1次所截得的长方体进行第2次截取，再对第2次所截得的长方体进行第3次截取，则第3次截取后得到的不同规格的长方体的种数 ，在上述种不同规格的长方体中任取1种，该种长方体的长与宽之差小于的概率为 . 【答案】 8 /0.375 【分析】根据题意按照截取规则可将第3次截取后得到的不同规格的长方体通过列举得到其种类数，再由古典概型计算可得所求概率. 【详解】列表如下，重复的去掉. 原始状态 第1次截取 第2次截取 ， 第3次截取 ， , , 由表可知，第3次截取后得到的不同规格的长方体的种数. 在上述8种不可规格的长方体中任取1种，该种长方体的长与宽之差小于10cm的有共3种， 故所求概率为. 故答案为：8， 【点睛】关键点点睛：本题关键在于根据长方体的原始规格枚举出第3次截取后得到的不同规格的长方体的种数，结合古典概型计算可得概率. 七、其他综合 45．（2025·广东·一模）（多选）已知正四面体的棱长为6，点分别是的中点，则下列几何体能够整体放入正四面体的有（    ） A．底面在平面上，且底面半径为，高为的圆锥 B．底面在平面上，且底面半径为，高为1的圆柱 C．轴为直线，且底面半径为，高为2的圆锥 D．轴为直线，且底面半径为，高为0.2的圆柱 【答案】ACD 【分析】A先计算的内切圆半径与比较，高与比较；B .的内切圆半径以及高为1时的正四面体截面内切圆半径与比较；C.以为圆锥顶点，高为2时底面半径与比较；D找到圆柱的轴中点，当底面半径为时，计算此时圆柱的高与0.2比较. 【详解】对于A， 正四面体，作平面，交平面于， 连接，且为正三角形的中心，又棱长为6，则的内切圆半径为，， 正四面体的高， 则底面半径为，且，且高，则可以放到正四面体内，故A正确； 对于B， 如图所示，平面平面，当时，设内切圆半径为， 则，则， 故底面半径为，高为1的圆柱，无法放到正四面体内，故B错误； 对于C，轴为直线，且底面半径为，高为2的圆锥, 因， 在线段上取点使得，， 则， ，即，则， 则轴为直线，且底面半径为，高为2的圆锥, 可以放到正四面体内，故C正确； 对于D，采用选项C中的图，此时条件变为，在线段上取点使得， 则，即得，若圆柱可以放入则其轴中点必然为线段的中点， 而，故轴为直线，且底面半径为，高为0.2的圆柱，可以放到正四面体内，故D正确. 故选：ACD 46．（2025·河北保定·一模）（多选）在棱长为2的正方体中，是的中点，是侧面上的一个动点（含边界），则（    ） A．当为的中点时，平面平面 B．存在点，使得平面平面 C．若，则所有满足条件的动线段形成的曲面的面积为 D．当为的中点时，三棱锥外接球的体积为 【答案】ABD 【分析】对于A，作图，取的中点，连接，证明平面，运用面面垂直判定定理得到平面平面即可； 对于B，作图，证明平面，和平面，运用面面平行判定定理得到平面平面即可； 对于C，作图，取的中点，连接，证明平面，得到，进而得到点在侧面内的运动轨迹是以为圆心，为半径的劣弧，设点在侧面内的运动轨迹分别交于点，则，求出，得，求出所有满足条件的动线段形成的曲面的面积即可； 对于D，连接，证平面， 平面， 平面，得到，设，则为直角外接圆的圆心，过点作交于点，则为三棱锥外接球的球心.得到，算出， ，得到三棱锥外接球的体积即可. 【详解】对于A，如图1，取的中点，连接， 易得，因为，平面， 所以平面，又平面，所以平面平面，故正确； 对于B，如图2，在正方体中，， 因为平面平面，所以平面， 当为中点时，易得，因为平面平面， 所以平面，又，平面，所以平面平面，故B正确； 对于C，如图3，取的中点，连接， 在正方体中，平面，且，所以平面， 因为平面，所以，则，则点在侧面内的运动轨迹是以为圆心，为半径的劣弧， 如图4所示，设点在侧面内的运动轨迹分别交于点， 则，所以，则， 所以所有满足条件的动线段形成的曲面的面积为，故C错误； 对于D，连接，易证平面，且过正外接圆的图心，在正方体中，易得平面， 因为为的中点，所以平面，因为平面，所以， 设，则为直角外接圆的圆心，过点作交于点，则为三棱锥外接球的球心. 易得平面，又平面，所以，因为， 所以在中，，故三棱锥外接球的体积为，故D正确. 故选：ABD. 47．（2025·四川成都·二模）（多选）如图，在直棱柱中，，是中点.过作与平面平行的平面，若平面平面，则（    ） A．四点共面 B．棱柱没有外接球 C．直线所成的角为 D．四面体与四面体的公共部分的体积为 【答案】ABD 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明判断A；利用异面直线夹角的向量求法判断C；确定直角梯形是否有外接圆判断C；作图求出体积判断D. 【详解】在直棱柱中，平面，又，则直线两两垂直， 以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则， 对于A，，即，又直线， 因此，即四点共面，A正确； 对于B，在梯形中，，则为锐角，， 因此，梯形无外接圆，则棱柱没有外接球，B正确； 对于C，平面，平面，平面平面， 则，令，连接，平面平面，同理， 因此直线所成的角等于直线所成的角，由，得， 则，，， 直线所成的角不为，C错误； 对于D，令， 则点是直棱柱所在侧面矩形的中心， ，四边形是平行四边形， 平面，则平面，同理平面，而， 平面，因此平面平面，同选项C得， 而，则四边形为平行四边形，，则平面， 平面，四边形的面积， 四面体与四面体的公共部分为八面体， 所以四面体与四面体的公共部分的体积为，D正确. 故选：ABD 【点睛】关键点点睛：作出图形确定两个四面体的公共部分是求出其体积的关键. 48．（24-25高三上·江苏淮安·阶段练习）（多选）如图，以，，，，，为顶点的六面体中，四边形为菱形，，，，，，，则（    ） A． B．平面 C．当时，二面角的正弦值为 D．当时，此六面体的体积为 【答案】ABD 【分析】对于A，通过证明面，可判断A，对于B，通过证明平面平面，可判断B，对于C，过作于点，证明出平面，根据求出答案，对于D，取中点，连接，，该几何体可分割为三棱锥和三棱锥，，通过计算体积和得到结果. 【详解】对于A，取中点，为菱形，， ，， 中，， 中，，， ，， 面，，面， 面，，故A正确. 对于B，取中点，，且， 则，，，， 即为平行四边形，为平行四边形， ，，，，四边形为平行四边形， ，又， 平面，平面，则平面， 同理平面，平面， 平面平面， 平面，平面，故正确. 对于C，过作于点， ， ，且， 又，， 又，平面，， 则平面，记二面角的平面角为，， ，故C错误. 对于D，取中点，连接，，该几何体可分割为三棱柱 和三棱锥，， 则几何体体积， 图中，到底面的距离为， ，故D正确. 故选：ABD. 【点睛】方法点睛： 求几何体的体积，要注意分割与补形．将不规则的几何体通过分割或补形将其转化为规则的几何体求解． 49．（2024·吉林·三模）点M、N为正四面体的内切球球面上的两个动点，T为棱上的一动点，则当取最大值时，（    ） A．1 B． C． D． 【答案】C 【分析】根据正四面体体积的等积性求得内切球半径，由球的性质可知：当，与圆相切时，最大，结合圆的切线性质，结合锐角三角函数定义、正切二倍角公式、正弦函数的单调性进行求解即可. 【详解】设正四面体的棱长为，正四面体的内切球的球心为，顶点在底面的射影为， 显然在线段上，该正四面体内切球的半径为， 如图，为正三角形的中心，则， ， 由三棱锥的等体积得，即， 解得， ， 由球的性质可知：当，与圆相切时，最大， 如图所示：， 由圆的切线长定理可知：， 在中，， 最大时，最小，因为， 所以此时为的中点，即有， 正四面体的内切球的球心为，显然也是该正四面体的外接球的球心， 所以， 因此，， ， 所以. 故选：C. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用球的几何性质即当，与圆相切时，最大，结合圆的切线性质求解. 50．（2024·山东菏泽·模拟预测）将一个圆柱整体放入棱长为1的正方体中，圆柱的轴线与正方体体对角线重合，则圆柱的底面圆的半径的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】如图，作出正方体的两个全等且平行的正三角形截面，，设，正内切圆的半径为，即可得到，设圆柱的高为，推导出，求出的临界值，即可得解. 【详解】如图，作出正方体的两个全等且平行的正三角形截面，， 则圆柱的两个底面是，的内切圆， 设，正，内切圆的半径为，则， 所以， 而，所以， 设圆柱的高为，又正方体的体对角线为， 所以，即， 显然当圆柱两底面圆逐渐靠近时，半径越来越大，令，解得， 所以圆柱底面圆的半径取值范围是. 故选：C. 【点睛】关键点点睛：本题解答的关键是利用圆柱和正方体的对称性推导出，然后利用临界分析求解. 1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第52天- 搞定立体几何小题压轴的综合计算 （7考点50题） 第52天寄语： 和焦虑做同桌时，记得看看周围：老师、父母、晚霞、课桌缝里倔强生长的光！ 识·必备知识 1. 距离最值问题求解策略函数法： （1） 函数法： 通过设变量，将空间距离表示为函数，利用函数的单调性、导数等方法求最值。例如，在一个动态的几何图形中，设某条线段长度为变量x，将点到平面的距离表示为关于x的函数，再求函数最值。 （2） 几何性质法： 利用空间几何图形的对称性、三角形三边关系、直角三角形斜边大于直角边等性质来确定距离最值。如在正方体中，求顶点到某条异面直线的距离最值，可利用正方体的对称性简化问题。 （3） 基本不等式法： 2. 轨迹问题空间中动点轨迹的确定方法定义法： （1） 定义法根据空间几何图形的定义判断动点轨迹。如空间中到定点距离等于定长的点的轨迹是球面；到两定点距离之和为定值（大于两定点间距离）的点的轨迹是椭球面等。 （2） 坐标法：建立空间直角坐标系，设动点坐标为(x,y,z)，根据已知条件列出关于x，y，z的方程，化简后得到动点轨迹方程。例如，已知动点到两个平面的距离相等，根据点到平面距离公式列出等式求解轨迹方程。 （3） 几何分析法：通过分析动点所满足的几何条件，利用空间几何图形的性质确定轨迹。如在正方体中，分析一个动点到正方体各面的距离关系，结合正方体的对称性确定其轨迹。 轨迹问题与立体几何其他知识的综合应用 将轨迹问题与空间距离、体积、表面积等问题结合。例如，已知一个动点在某个空间区域内运动，其轨迹是一个曲面，求该动点到某平面距离的最值时，需要先确定轨迹方程，再结合点到平面距离公式求解。 3. 截面问题 （1） 截面的基本性质 截面与几何体的面相交得到交线，这些交线构成截面图形。截面的形状与几何体的形状以及截平面的位置和方向有关。例如，用一个平面去截正方体，当平面平行于正方体的一个面时，截面是正方形；当平面斜着截正方体时，可能得到矩形、梯形等。 截面面积的计算，需要先确定截面的形状，再根据相应图形的面积公式计算。如截面是三角形，可利用三角形面积公式计算；若为多边形，可通过分割成三角形等方法计算面积。 （2） 确定截面的方法 三点法：若已知截平面经过空间中的三个点，可通过连接这三个点并延长与几何体的面相交，确定交线，从而得到截面图形。 平行、垂直关系法：利用线面平行、面面平行、线面垂直、面面垂直等关系确定截面。例如，已知一个平面与正方体的一组对面平行，且经过正方体棱上的点，可根据平行关系确定截面形状和位置。 （3） 截面问题的综合应用 在一些复杂的立体几何问题中，截面问题常与体积、表面积、空间距离等问题结合。如求一个被平面截得的几何体的体积，需要先确定截面位置和形状，计算出相关线段长度，再根据几何体体积公式求解。 明·直击考点 序号 考点 考点01 空间距离中的值及最值问题 考点02 体积、表面积中的最值问题 考点03 球体的切接问题 考点04 导数及其应用 考点05 轨迹问题 考点06 截面问题 考点07 其他综合 一、空间距离中的值及最值问题 1．（2025·福建厦门·二模）已知正方体的棱长为1，点P在正方体的内切球表面上运动，且满足平面，则的最小值为（   ） A． B． C． D． 2．（2025·福建泉州·一模）如图，已知是圆锥的轴截面，分别为的中点，过点且与直线垂直的平面截圆锥，截口曲线是抛物线的一部分．若在上，则的最大值为（    ） A． B．1 C． D． 3．（2025·广东佛山·模拟预测）（多选）已知在正三棱柱中，，分别为棱，，的中点，动点在侧面内，动点在底面三角形内，则（    ） A．平面 B．沿该三棱柱的表面从点M到达点B的最短路径的长为 C．若点P在线段上（点P与点H不重合），则 D．若点P在线段上，且，则线段中点的轨迹所形成图形的面积为 4．（2025·贵州黔东南·模拟预测）（多选）《九章算术》卷五《商功》中，记载了一种几何体“刍童”，这种几何体是上下底面为互相平行的不相似长方形，两底面的中心连线与底面垂直的六面体.如图，现有一高为2的“刍童”，其中，则（    ） A．该“刍童”的所有侧棱的延长线交于一点 B．该“刍童”的所有侧棱与下底面所成角的正弦值均为 C．该“刍童”外接球的表面积为 D．该“刍童”外接球表面上的点到平面的距离的最大值为 5．（2025·河南安阳·一模）（多选）已知直三棱柱的底面为等腰直角三角形，，则下列说法正确的是（   ） A．三棱柱的体积为4 B．以为球心，体积为的球面与侧面的交线的长度为 C．若，分别为，的中点，点在平面上，则的最小值为 D．若空间中的一点满足，则的最小值为 6．（2025·山东聊城·模拟预测）（多选）棱长为2的正方体中，分别是的中点，点在线段上，点在底面内部（包含边界）.则下列说法中，正确的是（    ） A．当点在棱上移动时，总存在点，使得成立 B．当点在棱上移动时，存在点和，使得成立 C．三棱锥体积的最大值是 D．的最小值是 7．（2024·北京·三模）故宫角楼的屋顶是我国十字脊顶的典型代表，如图1，它是由两个完全相同的直三棱柱垂直交叉构成，将其抽象成几何体如图2所示.已知三楼柱和是两个完全相同的直三棱柱，侧棱与互相垂直平分，交于点I，，，则点到平面的距离是（    ）    A． B． C． D． 8．（2025·江苏·一模）（多选）已知正方体的棱长为1，点满足，其中，则（    ） A．当时，平面 B．当时，异面直线与所成的角为 C．当时， D．当时，线段的长度最小值为 二、体积、表面积中的最值问题 9．（2025·山西晋中·模拟预测）把底面为椭圆且母线与底面垂直的柱体称为“椭圆柱”.如图，，分别是椭圆柱的上、下底面椭圆的长轴，，且底面椭圆的离心率为，分别为下底面椭圆的左、右焦点，为母线上的动点，为线段上的动点，为过点的下底面椭圆的一条动弦（不与长轴重合），则三棱锥体积的最大值为 .    10．（2024·四川德阳·模拟预测）设底面为菱形且高为的直四棱柱中，已知底面边长为正整数且为定值，，若矩形内的点满足的轨迹长度为.设点为三棱柱的外接球上一点，则四棱锥体积的最大值为 11．（24-25高三上·山东青岛·开学考试）正方体的棱长为，是侧面（包括边界）上一动点，是棱上一点，若，且的面积是面积的倍，则三棱锥体积的最大值是 ． 12．（2025·贵州遵义·模拟预测）（多选）如图1所示，在四边形中，，，．如图2所示，把沿边折起，使点不在平面内，连接．则下列选项正确的是（    ） A．当面面时，点到面的距离为 B．异面直线与所成角的取值范围为 C．当二面角的大小为时，三棱锥的外接球的体积为 D．三棱锥的外接球的表面积的最小值为 三、球体的切接问题 13．（2025·广东·一模）如图，已知圆台形水杯盛有水（不计厚度），杯口的半径为4，杯底的半径为3，高为，当杯底水平放置时，水面的高度为水杯高度的一半，若放入一个半径为的球（球被完全浸没），水恰好充满水杯，则（   ） A． B．2 C．3 D． 14．（2024高三·全国·专题练习）在四面体中，平面，，，，若四面体的外接球的表面积为，则四面体的表面积为（    ） A． B． C． D． 15．（2024·江苏南通·三模）已知一个正四棱台的上、下底面边长分别为2，8，侧棱长为，则该正四棱台内半径最大的球的表面积为（    ） A． B． C． D． 16．（2025·黑龙江·一模）三棱锥中，平面，平面内动点的轨迹是集合，已知，且在所在直线上，．则三棱锥外接球的表面积为 ． 17．（2025·陕西西安·二模）已知是球的球面上两点，是该球面上的动点，是该球面与平面交线上的动点.若四面体体积的最大值为，则球的体积为 . 18．（2024·山东菏泽·一模）如图，在正四棱台中，，，该棱台体积，则该棱台外接球的表面积为 ．    19．（2024·安徽·模拟预测）在平面四边形中，，将沿折起，使点到达，且，则四面体的外接球的体积为 ；若点在线段上，且，过点作球的截面，则所得截面圆中面积最小的圆半径为 ． 20．（2025·河北衡水·模拟预测）（多选）半径为3的球上相异三点，，构成边长为3的等边三角形，点为球上一动点，则当三棱锥的体积最大时（    ） A．三棱锥的体积为 B．三棱锥的内切球半径为 C．三棱锥的体积为 D．三棱锥的外接球半径为3 21．（2024·河南·模拟预测）已知四棱锥的5个顶点都在球的球面上，且平面，则球的表面积为 ． 四、导数及其应用 22．（2025·辽宁·模拟预测）已知正方体的表面积为6，三棱柱为正三棱柱，若，，且在正方体的表面上，则当三棱柱的体积取得最大值时， . 23．（2025·陕西安康·二模）（多选）一个圆柱表面积为，体积为，则下列四组数对中，可作为数对的有（   ） A． B． C． D． 24．（2025·福建福州·模拟预测）（多选）自元朝以来，穹顶便广泛应用于中国建筑中．作为“北京十六景”之一的地标性建筑，国家大剧院也采纳了穹顶设计，如图．初步设计穹顶建模的步骤大致为：（I）将半径为1的圆（圆心为）沿直径分为两部分，得到半圆弧；（II）保留其中一个半圆弧，将其等分，从端点出发依次连接各个等分点至另一个端点，得到折线；（III）将折线绕所在直线旋转，得到旋转体；（IV）不断调整值至合适，选取需要的旋转体部分并进行再调整．设（III）中所得旋转体的表面积为，的正弦值为，则（   ） A． B． C．当时， D． 五、轨迹问题 25．（2025·山西临汾·一模）（多选）已知正方体的棱长为3，在棱上，且满足，动点在内（包括边界）移动，动点在正方体内（包括边界）移动，且，则（   ） A．的最小值为 B．动点在面内运动轨迹的长度为 C．动点的轨迹与动点的轨迹的交线是椭圆的一部分 D．在正四面体的内部有一个可以任意转动的正四面体，则此正四面体的棱长可以是1.4 26．（2025·江西·模拟预测）（多选）已知正方体的棱长为是空间中的一动点，下列结论正确的是（    ） A．若点在正方形边及其内部，则点到直线距离的最大值为 B．若点在正方形边及其内部，且，则点的轨迹长度为 C．若向量，则的最小值为 D．若向量，平面截正方体所得的截面面积的最大值为 27．（2025·江西新余·一模）（多选）如图，在棱长为的正方体中，、、分别是、、的中点，是线段上的动点（不包含端点），则（   ） A．四面体的外接球的表面积为 B．存在点，使、、、四点共面 C．过且与垂直的平面截正方体所得截面面积取值范围为 D．点是四边形内的动点，且直线与直线夹角为，则点的轨迹长度为 28．（2025·江西上饶·一模）（多选）在棱长为2的正方体中，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，的最小值为 D．当，时，若点为四边形（含边界）内一动点，且，则点的轨迹长度为 29．（24-25高三下·湖北武汉·开学考试）（多选）如图，在直四棱柱中，底面为菱形，，P为的中点，点满足，则下列结论正确的是（    ） A．若，则四面体的体积为定值 B．若，则点的轨迹为一段圆弧 C．若的外心为O，则为定值2 D．若且，则存在点E在线段上，使得的最小值为 30．（2025·安徽合肥·模拟预测）（多选）正三棱柱的各棱长相等，且均为在内及其边界上运动，则下列说法正确的是（    ） A．存在点，使得平面 B．三棱锥的体积的取值范围为 C．为中点，若平面，则动点的轨迹长度为 D．为中点，若，则动点到平面的最大距离为 31．（24-25高三上·吉林·期末）（多选）如图，中，，，是中点，是边上靠近的四等分点，将沿着翻折，使点到点处，得到四棱锥，则（    ） A．到平面的距离的最小值为 B．存在点使得平面平面 C．中点的运动轨迹长度为 D．四棱锥外接球表面积的最小值为 32．（2025·湖北·模拟预测）（多选）在一次数学兴趣小组的实践活动中，李怡同学将一张边长为的菱形纸片沿对角线折叠，形成一个二面角模型，如图所示.下列叙述中正确的有（    ） A．四面体体积的最大值为； B．在折叠的过程中，存在某个时刻使； C．当时，动点在平面内且，则动点所形成区域的面积为； D．在C的条件下，若直线与直线所成的角为，则的最大值为. 33．（2025·广西南宁·二模）（多选）在正四棱柱中，，P、Q分别为棱、的中点，点E满足，，动点F在矩形内部及其边界上运动，且满足，点M在棱上，将绕边AD旋转一周得到几何体，则（   ） A．动点F的轨迹长度为 B．存在E，F，使得平面 C．三棱锥的体积是三棱锥体积的倍 D．当动点F的轨迹与几何体只有一个公共点时，几何体的侧面积为 34．（2025·广东广州·模拟预测）（多选）如图，已知正方体的棱长为2，点M为的中点，点P为底面上的动点（包括边界），则（   ） A．满足平面的点P的轨迹长度为 B．满足的点P的轨迹长度小于 C．存在点P满足 D．存在点P满足 35．（2025·新疆乌鲁木齐·一模）（多选）给定棱长为1的正方体，是正方形内（包括边界）一点，下列结论正确的有（    ） A．三棱锥的体积为定值 B．若点在线段上，则异面直线与所成角为定值 C．若点在线段上，则的最小值为 D．若，则点轨迹的长度为 36．（2024·江苏泰州·模拟预测）（多选）在正三棱柱中，，的重心为，以为球心的球与平面相切.若点在该球面上，则下列说法正确的有（    ） A．存在点和实数，，使得 B．三棱锥体积的最大值为 C．若直线与平面所成的角为，则的最大值为 D．若，则所有满足条件的点形成的轨迹的长度为 37．（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 . 六、截面问题 38．（2025高三·全国·专题练习）用平面截圆柱面，圆柱的轴与平面所成的角记为，当为锐角时，圆柱面的截线是一个椭圆，数学家Dandelin创立的双球模型证明了上述结论．如图所示，将两个大小相同的球嵌入圆柱内，使它们分别位于的上方和下方，并且与圆柱面和均相切，切点分别为．下列关于截口曲线的椭圆的结论中不正确的有（    ）    A．椭圆的短轴长与嵌入圆柱的球的直径相等 B．椭圆的长轴长与嵌入圆柱的两球的球心距相等 C．所得椭圆的离心率 D．其中为椭圆长轴，为球的半径，有 39．（2025·安徽·一模）（多选）如图，已知圆台的轴截面为，其中为圆弧的中点，，则（    ） A．圆台的体积为 B．圆台母线所在直线与平面所成角的最大值为 C．过任意两条母线作圆台的截面，截面面积的最大值为 D．过三点的平面与圆台下底面的交线长为 40．（2025·云南昆明·一模）（多选）在长方体中，底面是边长为的正方形，，点是的中点，点是上的动点（含端点），则下列说法正确的是（   ） A．异面直线与所成角的余弦值为 B．当时，过点、、的截面是梯形 C．当点运动到某点时，过点、、的截面是五边形 D．当时，过点、、的截面是矩形 41．（2025·河南·二模）（多选）在半径为2的球的球面上存在，，三点，且，，为线段的中点，则下列说法正确的是（   ） A． B．当三棱锥的体积最大时，平面截球的截面的面积为 C．当，且时，与平面所成的角为 D．当时，异面直线与所成角的正切值的取值范围为 42．（2025·陕西咸阳·一模）（多选）已知正方体的棱长为2，点P，Q满足，，则（   ）． A．存在Q，使得与平面所成的角为 B．若，则点Q的轨迹长度为 C．平面截正方体所得截面的面积为 D．直线被正方体的外接球所截得的线段长度为 43．（24-25高三下·江苏宿迁·开学考试）（多选）在棱长为3的正方体中，点M是线段的中点，点F满足 ，其中，则 （   ） A．平面平面 B．对于任意， 三棱锥的体积为定值 C．周长的最小值为 D．当时，平面BDF截该正方体的外接球所得截面的面积为 44．（2025·河南·一模）已知某种长方体花岗岩的规格为（其中第个数分别为长、宽、高，且长宽高），若从长方体某一棱的中点处作垂直于该棱的截面，截取一次共可得到三种不同规格的长方体，按照上述方式对第1次所截得的长方体进行第2次截取，再对第2次所截得的长方体进行第3次截取，则第3次截取后得到的不同规格的长方体的种数 ，在上述种不同规格的长方体中任取1种，该种长方体的长与宽之差小于的概率为 . 原始状态 第1次截取 第2次截取 ， 第3次截取 ， , , 七、其他综合 45．（2025·广东·一模）（多选）已知正四面体的棱长为6，点分别是的中点，则下列几何体能够整体放入正四面体的有（    ） A．底面在平面上，且底面半径为，高为的圆锥 B．底面在平面上，且底面半径为，高为1的圆柱 C．轴为直线，且底面半径为，高为2的圆锥 D．轴为直线，且底面半径为，高为0.2的圆柱 46．（2025·河北保定·一模）（多选）在棱长为2的正方体中，是的中点，是侧面上的一个动点（含边界），则（    ） A．当为的中点时，平面平面 B．存在点，使得平面平面 C．若，则所有满足条件的动线段形成的曲面的面积为 D．当为的中点时，三棱锥外接球的体积为 47．（2025·四川成都·二模）（多选）如图，在直棱柱中，，是中点.过作与平面平行的平面，若平面平面，则（    ） A．四点共面 B．棱柱没有外接球 C．直线所成的角为 D．四面体与四面体的公共部分的体积为 48．（24-25高三上·江苏淮安·阶段练习）（多选）如图，以，，，，，为顶点的六面体中，四边形为菱形，，，，，，，则（    ） A． B．平面 C．当时，二面角的正弦值为 D．当时，此六面体的体积为 49．（2024·吉林·三模）点M、N为正四面体的内切球球面上的两个动点，T为棱上的一动点，则当取最大值时，（    ） A．1 B． C． D． 50．（2024·山东菏泽·模拟预测）将一个圆柱整体放入棱长为1的正方体中，圆柱的轴线与正方体体对角线重合，则圆柱的底面圆的半径的取值范围为（   ） A． B． C． D． 1 学科网（北京）股份有限公司 $$