考点培优练01 空间几何体的结构、表面积与体积7大考点（高效培优专项训练）（全国通用）2026年高考数学一轮复习高效培优系列

考点培优练01 空间几何体的结构、表面积与体积 目录 考点01 空间几何体的直观图 1 考点02 空间点、线、面的位置关系 2 考点03空间中的向量运算 4 考点04 空间几何体的表面积、体积 5 考点05球的切接、问题 6 考点06 截面、交线问题 9 考点07 立体几何中的动态、轨迹问题 10 考点01 空间几何体的直观图 直观图 (1)画法：常用斜二测画法. (2)规则： ①原图形中x轴、y轴、z轴两两垂直，直观图中x'轴、y'轴的夹角为45°或135°. ②原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍分别平行于坐标轴，平行于x轴和z轴的线段在直观图中保持原长度不变，平行于y轴的线段，长度在直观图中变为原来的一半. 1．（2025·全国·模拟预测）用斜二测画法画出的一个水平放置的平面四边形的直观图面积为，则以该平面四边形为底面的一个高为6的四棱锥的体积为（    ） A．6 B．8 C．12 D．24 2．（24-25高三下·重庆·阶段练习）已知正三棱锥的体积为，其底面三角形的斜二测直观图面积为，则三棱锥的高为（    ） A．2 B． C．1 D． 3．（2024·浙江杭州·模拟预测）已知正三棱锥的高为，其底面三角形的斜二测直观图面积为，则三棱锥的体积为（    ） A． B． C． D． 4．（多选题）（2025·陕西西安·二模）如图，四边形的斜二测画法的直观图为等腰梯形，已知，，则下列说法正确的是（   ）    A． B． C．四边形的面积为 D．四边形的周长为 5．（多选题）（2025·辽宁·三模）有一张长方形的纸（如图所示），现可任意沿虚线将其剪开或折叠（不将纸剪断），可以得到的图形的直观图是（   ） A． B． C． D． 考点02 空间点、线、面的位置关系 1.基本事实1：过不在一条直线上的三个点，有且只有一个平面. 基本事实2：如果一条直线上的两个点在一个平面内，那么这条直线在这个平面内. 基本事实3：如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线. 基本事实4：平行于同一条直线的两条直线平行. 2.“三个”推论 推论1：经过一条直线和这条直线外一点，有且只有一个平面. 推论2：经过两条相交直线，有且只有一个平面. 推论3：经过两条平行直线，有且只有一个平面. 3.空间中直线与直线的位置关系 1．(25-26高三上·广东广州荔湾区·调研)空间中有两个不同的平面和两条不同的直线，则下列命题正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若 ，则 2．设m，n是两条直线，，是两个平面，则下列命题为真命题的是（ ） A．若，，，则 B．若，，，则 C．若，，，则 D．若，，，则 3．(24-25高三·安徽蚌埠·)给出下列四个判断： ①若，为异面直线，则过空间任意一点，总可以找到直线与，都相交． ②对平面，和直线，若，，则． ③对平面，和直线，若，，则． ④对直线，和平面，若，，且过平面内一点，则． 其中正确的判断有（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 4．设是两条不重合的直线，是三个不重合的平面，则下列命题中错误的是（    ） A．若 ，则 B．若 ，则 C．若，则 D．若 ，则 5．(24-25高三下·天津滨海新区·三模)已知，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（   ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，，则 D．若，，，则 考点03空间中的向量运算 1.空间向量的有关定理 (1)共线向量定理：对任意两个空间向量a，b(b≠0)，a∥b的充要条件是存在实数λ，使a=λb. (2)共面向量定理：如果两个向量a，b不共线，那么向量p与向量a，b共面的充要条件是存在唯一的有序实数对(x，y)，使p=xa+yb. (3)空间向量基本定理 如果三个向量a，b，c不共面，那么对任意一个空间向量p，存在唯一的有序实数组(x，y，z)，使得p=xa+yb+zc.{a，b，c}叫做空间的一个基底. 2.空间向量的数量积及运算律 (1)数量积 非零向量a，b的数量积 a·b=|a||b|cos〈a，b〉. (2)空间向量的坐标表示及其应用 1．(24-25高三下·辽宁鞍山第二十四中学·一模)已知向量，，则（   ） A． B． C． D． 2．已知空间向量，平面的一个法向量为，则向量在平面上的投影向量是（   ） A． B． C． D． 3．如图，在平行六面体中，M为与的交点．若，，，则下列向量中与相等的向量是（　　） A． B． C． D． 4．在正三棱锥中，O为外接圆圆心，则（   ） A． B． C． D． 5．已知平行六面体中，则（   ） A． B． C． D． 考点04 空间几何体的表面积、体积 名称 几何体 表面积 体积 柱体 S表=S侧+2S底 V=Sh 锥体 S表=S侧+S底 V=Sh 台体 S表=S侧+S上+S下 V=(S上+S下 +)h 球 S表=4πR2 V=πR3 1．(25-26高三上·甘肃武威凉州区·)亭是我国古典园林中最具特色的建筑形式，它是逗留赏景的场所，也是园林风景的重要点缀.重檐圆亭（图1）是常见的一类亭，其顶层部分可以看作是一个圆锥和一个圆台的组合体.已知某重檐圆亭圆台部分的直观图如图2所示，在其轴截面中，，，点到的距离为，则该圆台的侧面积为    A． B． C． D． 2．已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等且它们的高均为，则圆锥的体积为（   ） A． B． C． D． 3．(25-26高三上·辽宁大连部分高中学校·)空间中有一正方体， 将点依次连接， 得到体积为 的三棱锥 ，则正方体的体积为（   ） A． B．24 C． D． 4．(24-25高三下·广东广州执信中学·模拟)如图是一个直径为的球形容器和一个底面直径为、深的圆柱形水杯（壁厚均不计），则球形容器装满时，约可以倒满水杯（    ） A．4杯 B．6杯 C．8杯 D．16杯 5．已知一个底面半径为1的圆锥侧面展开图形的面积是底面面积的4倍，则该圆锥的母线长为（    ） A．4 B．1 C．2 D．6 考点05球的切接、问题 一、正方体与球 1.内切球：内切球直径2R=正方体棱长a. 2.棱切球：棱切球直径2R=正方体的面对角线长a. 3.外接球：外接球直径2R=正方体体对角线长a. 二、长方体与球 外接球：外接球直径2R=体对角线长(a，b，c分别为长方体的长、宽、高). 三、正棱锥与球 1.内切球：V正棱锥=S表·r=S底·h(等体积法)，r是内切球半径，h为正棱锥的高. 2.外接球：外接球球心在其高上，底面正多边形的外接圆圆心为E，半径为r，R2=(h-R)2+r2(正棱锥外接球半径为R，高为h). 四、直棱柱的外接球 球心到直棱柱两底面的距离相等，直棱柱两底面外心连线的中点为其外接球球心.R2=+r2(直棱柱的外接球半径是R，高是h，底面外接圆半径是r). 五、圆柱的外接球 R=(R是圆柱外接球的半径，h是圆柱的高，r是圆柱底面圆的半径). 六、圆锥的外接球 R2=(h-R)2+r2(R是圆锥外接球的半径，h是圆锥的高，r是圆锥底面圆的半径). 1．已知圆锥的轴截面是斜边为2的直角三角形，球的半径等于圆锥的高，则圆锥的表面积与球表面积之比为（   ） A． B． C． D． 2．(25-26高三·辽宁鞍山·)中国古代数学经典《九章算术》系统地总结了战国､秦､汉时期的数学成就，书中将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑．如图为一个阳马与一个鳖臑的组合体，已知平面，四边形为正方形，，若鳖臑的体积为2，则阳马外接球的表面积为（    ）    A． B． C． D． 3．已知正三棱锥的底面边长为6，二面角的余弦值为，则正三棱锥外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 4．已知三棱锥P-ABC中，平面平面，且平面ABC是边长为的等边三角形，，，则三棱锥P-ABC外接球的表面积为（   ） A．52π B．39π C．26π D．13π 5．唐朝的狩猎景象浮雕银杯如图1所示，其浮雕临摹了国画、漆绘和墓室壁画，体现了古人的智慧与工艺，它的盛酒部分可以近似地看作半球与圆柱构成的组合体（假设内壁表面光滑，忽略杯壁厚度），如图2所示，已知半球的半径为R，圆柱的高也为R，则银杯盛酒部分的容积为（   ） A． B． C． D． 考点06 截面、交线问题 “截面、交线”问题是高考立体几何问题中最具创新意识的题型，它渗透了一些动态的线、面等元素，给静态的立体几何题赋予了活力.求截面、交线问题，一是与解三角形、多边形面积、周长、扇形弧长、面积等相结合求解，二是利用空间向量的坐标运算求解. 1．如图，在正方体中，点分别为棱的中点，过点作正方体的截面，则截面的形状为（    ） A．六边形 B．五边形 C．四边形 D．三角形 2．(25-26高三上·河南豫西北教研联盟·)已知球是正三棱锥的外接球，，过点作球的截面，若截面面积为，则直线与该截面所成的角为（    ） A． B． C． D． 3．在正方体中，E，F，G分别是，，的中点，过E，F，G三点的截面把正方体分成两部分，则体积较大的部分与正方体体积之比为（    ） A． B． C． D． 4．已知正方体 的体积为1，点 在棱 上（点 异于 ， 两点）， 为 的中点，若平面 截正方体 所得的截面为五边形，则的长的取值范围是（   ） A． B． C． D． 5．(24-25高三下·浙江北斗星盟·三模)在棱长为的正方体中，、分别为、的中点，过直线的平面截该正方体所得截面，则当平面与平面的所成角为最小时，截面的面积为（   ） A． B． C． D． 考点07 立体几何中的动态、轨迹问题 “动态”问题是高考立体几何问题中最具创新意识的题型，它渗透了一些“动态”的点、线、面等元素，给静态的立体几何题赋予了活力，题型更新颖.同时，由于“动态”的存在，也使立体几何题更趋多元化，将立体几何问题与平面几何中的解三角形问题、多边形面积问题以及解析几何问题之间建立桥梁，使得它们之间灵活转化. 1．(24-25高三下·内蒙古包头部分学校·适考)如图，正方体的棱长为2，分别是棱的中点，点是底面内一动点，则下列结论正确的为（   ） A．不存在点，使得平面 B．过三点的平面截正方体所得截面图形是五边形 C．三棱锥的体积为4 D．三棱锥的外接球表面积为 2．（多选题）如图，已知正方体. 的棱长为3，点P 在线段AC 上运动，则（   ） A． 平面 B．存在唯一点 P，使得 与所成角的大小为30° C．与平面所成的角随AP的增大先变大再变小 D．若Q为棱BC 上一动点，则△的周长的最小值为 3．（多选题）如图，正方体的棱长为3，动点P在正方体内及其表面上运动，点E在棱AD上，且，则下列说法正确的有（   ） A．若，，则三棱锥的体积为定值 B．棱上存在点P，使得平面 C．若，则动点P所围成的图形的面积为 D．若动点P在正方形ABCD内，，则线段BP的最小值为 4．（多选题）如图所示，在正方体中，是棱上一点（不包含端点），平面与棱交于点．则下列说法正确的是（   ） A．四边形是平行四边形； B．四边形可能是正方形； C．任意平面都与平面垂直； D．对任意点，一定存在过的直线，使与直线和都相交． 5．（多选题）如图，已知棱长为2的正方体中心为，将四棱锥绕直线顺时针旋转之后，得到新的四棱锥，则（    ）    A． B．当时，四棱锥顶点运动的轨迹长度为 C．当时，平面平面 D．存在旋转的角度，使得四点共面 试卷第2页，共18页 1 / 12 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 考点培优练01 空间几何体的结构、表面积与体积 目录 考点01 空间几何体的直观图 1 考点02 空间点、线、面的位置关系 4 考点03空间中的向量运算 7 考点04 空间几何体的表面积、体积 10 考点05球的切接、问题 13 考点06 截面、交线问题 17 考点07 立体几何中的动态、轨迹问题 24 考点01 空间几何体的直观图 直观图 (1)画法：常用斜二测画法. (2)规则： ①原图形中x轴、y轴、z轴两两垂直，直观图中x'轴、y'轴的夹角为45°或135°. ②原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍分别平行于坐标轴，平行于x轴和z轴的线段在直观图中保持原长度不变，平行于y轴的线段，长度在直观图中变为原来的一半. 1．（2025·全国·模拟预测）用斜二测画法画出的一个水平放置的平面四边形的直观图面积为，则以该平面四边形为底面的一个高为6的四棱锥的体积为（    ） A．6 B．8 C．12 D．24 【答案】B 【详解】由得原平面四边形面积为， 所以以该平面四边形为底面的一个高为6的四棱锥的体积为， 故选：B 2．（24-25高三下·重庆·阶段练习）已知正三棱锥的体积为，其底面三角形的斜二测直观图面积为，则三棱锥的高为（    ） A．2 B． C．1 D． 【答案】A 【详解】设底面三角形面积为，三棱锥的高为， 由直观图的性质得，解得， 因为正三棱锥的体积为，所以，解得，故A正确. 故选：A 3．（2024·浙江杭州·模拟预测）已知正三棱锥的高为，其底面三角形的斜二测直观图面积为，则三棱锥的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】正三棱锥的底面为正三角形，设其边长为a，底面三角形的斜二测直观图如图示： 则，解得（舍去负值）， 则正三棱锥的底面积为， 故三棱锥的体积为， 故选：A 4．（多选题）（2025·陕西西安·二模）如图，四边形的斜二测画法的直观图为等腰梯形，已知，，则下列说法正确的是（   ）    A． B． C．四边形的面积为 D．四边形的周长为 【答案】BC 【详解】A选项，过点作垂直于轴于点， 因为等腰梯形中，， 所以， 又，所以，A错误；        B选项，由斜二测法可知，B正确； C选项，作出原图形，可知，，，， 故四边形的面积为，C正确；    D选项，过点作于点， 则， 由勾股定理得， 四边形的周长为，D错误． 故选：BC. 5．（多选题）（2025·辽宁·三模）有一张长方形的纸（如图所示），现可任意沿虚线将其剪开或折叠（不将纸剪断），可以得到的图形的直观图是（   ） A． B． C． D． 【答案】ABD 【详解】 A项沿着和竖线剪开，沿中间线上翻得到. B项和线剪开，和线剪开，沿中间线上翻得到. C项四边形和四边形都被剪了，四边形和四边形位置冲突，所以不可能得到. D项沿和剪开，沿中间线上翻，再沿线剪开，沿中间线下翻得到. 故选：ABD. 考点02 空间点、线、面的位置关系 1.基本事实1：过不在一条直线上的三个点，有且只有一个平面. 基本事实2：如果一条直线上的两个点在一个平面内，那么这条直线在这个平面内. 基本事实3：如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线. 基本事实4：平行于同一条直线的两条直线平行. 2.“三个”推论 推论1：经过一条直线和这条直线外一点，有且只有一个平面. 推论2：经过两条相交直线，有且只有一个平面. 推论3：经过两条平行直线，有且只有一个平面. 3.空间中直线与直线的位置关系 1．(25-26高三上·广东广州荔湾区·调研)空间中有两个不同的平面和两条不同的直线，则下列命题正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若 ，则 【答案】B 【详解】选项A，若，则与可以相交，也可以平行，不一定垂直，A错； 选项B，若，则直线的方向向量分别是平面的法向量两平面垂直， 即为它们的法向量垂直，则，B正确； 选项C，若，且，则或 ，C错； 选项D，若，则可能有，也可能相交，D错. 故选：B． 2．设m，n是两条直线，，是两个平面，则下列命题为真命题的是（ ） A．若，，，则 B．若，，，则 C．若，，，则 D．若，，，则 【答案】B 【详解】对于A，由，，得，而，则，A错误； 对于B，由，得存在过的平面且与不重合，则， 由，得存在过的平面，则， 又，因此，又，则，B正确； 对于C，由，，，得与相交或平行，C错误； 对于D，由，，，得与相交、平行或异面，D错误. 故选：B 3．(24-25高三·安徽蚌埠·)给出下列四个判断： ①若，为异面直线，则过空间任意一点，总可以找到直线与，都相交． ②对平面，和直线，若，，则． ③对平面，和直线，若，，则． ④对直线，和平面，若，，且过平面内一点，则． 其中正确的判断有（    ） A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】B 【详解】对于①，过直线上一点作直线，设过和的平面为，则当点在平面内，且不在直线上时，找不到直线同时与，都相交，故①错误； 对于②，由题可得可能在内，故②错误； 对于③，因，则在内存在，使，则，又，则，故③正确； 对于④，因，，则或，又过平面内一点，则，故④正确. 故选：B 4．设是两条不重合的直线，是三个不重合的平面，则下列命题中错误的是（    ） A．若 ，则 B．若 ，则 C．若，则 D．若 ，则 【答案】A 【详解】若 ，则 或与互为异面直线，故A错误； 若 ，由面面平行的性质定理，可得 ，故B正确； 若，由线面垂直的性质，可得 ，故C正确； 若 ，则， 又因为是两个不同的平面，是两条不重合的直线，则 ，D选项正确； 故选：A 5．(24-25高三下·天津滨海新区·三模)已知，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（   ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，，则 D．若，，，则 【答案】C 【详解】对于A，由，，则或异面，故A错误； 对于B，由，，则或，故B错误； 对于C，由，，则或， 则在平面内存在直线，而，则，所以，故C正确； 对于D，由，，， 只有当或时，，故D错误. 故选：C. 考点03空间中的向量运算 1.空间向量的有关定理 (1)共线向量定理：对任意两个空间向量a，b(b≠0)，a∥b的充要条件是存在实数λ，使a=λb. (2)共面向量定理：如果两个向量a，b不共线，那么向量p与向量a，b共面的充要条件是存在唯一的有序实数对(x，y)，使p=xa+yb. (3)空间向量基本定理 如果三个向量a，b，c不共面，那么对任意一个空间向量p，存在唯一的有序实数组(x，y，z)，使得p=xa+yb+zc.{a，b，c}叫做空间的一个基底. 2.空间向量的数量积及运算律 (1)数量积 非零向量a，b的数量积 a·b=|a||b|cos〈a，b〉. (2)空间向量的坐标表示及其应用 1．(24-25高三下·辽宁鞍山第二十四中学·一模)已知向量，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】向量，，则， 所以. 故选：A 2．已知空间向量，平面的一个法向量为，则向量在平面上的投影向量是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】向量在平面法向量上的投影向量： ， 设在平面上的投影向量是， 则， 所以， 故选：D 3．如图，在平行六面体中，M为与的交点．若，，，则下列向量中与相等的向量是（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】因为M为与的交点，所以M是与的中点， 所以. 故选：D. 4．在正三棱锥中，O为外接圆圆心，则（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】如图，在正三棱锥中，取中点，连接， 则点为底面中心，且在上， 所以 . 故选：D. 5．已知平行六面体中，则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】如图： ， ． 故选：B． 考点04 空间几何体的表面积、体积 名称 几何体 表面积 体积 柱体 S表=S侧+2S底 V=Sh 锥体 S表=S侧+S底 V=Sh 台体 S表=S侧+S上+S下 V=(S上+S下 +)h 球 S表=4πR2 V=πR3 1．(25-26高三上·甘肃武威凉州区·)亭是我国古典园林中最具特色的建筑形式，它是逗留赏景的场所，也是园林风景的重要点缀.重檐圆亭（图1）是常见的一类亭，其顶层部分可以看作是一个圆锥和一个圆台的组合体.已知某重檐圆亭圆台部分的直观图如图2所示，在其轴截面中，，，点到的距离为，则该圆台的侧面积为    A． B． C． D． 【答案】D 【详解】过点，作，因为点到的距离为，所以的长度为， 因为，，所以，，    ，，. 故选：D. 2．已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等且它们的高均为，则圆锥的体积为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】设圆柱和圆锥的底面半径均为，侧面积分别为， 则圆锥的母线 所以，， 又因为， 即，解得， 所以圆锥的体积. 故选：A. 3．(25-26高三上·辽宁大连部分高中学校·)空间中有一正方体， 将点依次连接， 得到体积为 的三棱锥 ，则正方体的体积为（   ） A． B．24 C． D． 【答案】D 【详解】 由题意可得，三棱锥的体积等于正方体的体积减去四个体积相等的三棱锥体积， 即 设正方体的边长为，则有， 所以正方体体积为， 故选：D. 4．(24-25高三下·广东广州执信中学·模拟)如图是一个直径为的球形容器和一个底面直径为、深的圆柱形水杯（壁厚均不计），则球形容器装满时，约可以倒满水杯（    ） A．4杯 B．6杯 C．8杯 D．16杯 【答案】C 【详解】球形容器的直径为，则半径为， 所以球形容器的体积， 底面直径为、深的圆柱形水杯的底面半径为， 所以圆柱形水杯的体积， 所以，则球形容器装满时，约可以倒满水杯8杯. 故选：C 5．已知一个底面半径为1的圆锥侧面展开图形的面积是底面面积的4倍，则该圆锥的母线长为（    ） A．4 B．1 C．2 D．6 【答案】A 【详解】设该圆锥的底面半径为r，母线长为l， 由题意，所以． 故选：A 考点05球的切接、问题 一、正方体与球 1.内切球：内切球直径2R=正方体棱长a. 2.棱切球：棱切球直径2R=正方体的面对角线长a. 3.外接球：外接球直径2R=正方体体对角线长a. 二、长方体与球 外接球：外接球直径2R=体对角线长(a，b，c分别为长方体的长、宽、高). 三、正棱锥与球 1.内切球：V正棱锥=S表·r=S底·h(等体积法)，r是内切球半径，h为正棱锥的高. 2.外接球：外接球球心在其高上，底面正多边形的外接圆圆心为E，半径为r，R2=(h-R)2+r2(正棱锥外接球半径为R，高为h). 四、直棱柱的外接球 球心到直棱柱两底面的距离相等，直棱柱两底面外心连线的中点为其外接球球心.R2=+r2(直棱柱的外接球半径是R，高是h，底面外接圆半径是r). 五、圆柱的外接球 R=(R是圆柱外接球的半径，h是圆柱的高，r是圆柱底面圆的半径). 六、圆锥的外接球 R2=(h-R)2+r2(R是圆锥外接球的半径，h是圆锥的高，r是圆锥底面圆的半径). 1．已知圆锥的轴截面是斜边为2的直角三角形，球的半径等于圆锥的高，则圆锥的表面积与球表面积之比为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】圆锥的轴截面是斜边为2的直角三角形， 则圆锥的高为1，母线长为， 所以该圆锥的表面积为， 球的半径为1，表面积为， 所以圆锥的表面积与球表面积之比为. 故选：C 2．(25-26高三·辽宁鞍山·)中国古代数学经典《九章算术》系统地总结了战国､秦､汉时期的数学成就，书中将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑．如图为一个阳马与一个鳖臑的组合体，已知平面，四边形为正方形，，若鳖臑的体积为2，则阳马外接球的表面积为（    ）    A． B． C． D． 【答案】B 【详解】设阳马外接球的半径为， 由题意有：， 又平面，四边形为正方形，所以， 所以， 所以阳马外接球的表面积为：， 故选：B. 3．已知正三棱锥的底面边长为6，二面角的余弦值为，则正三棱锥外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】如图所示，正三棱锥，作平面于点，则为正三角形的中心， 取的中点，连接，设外接球心为，则在上，连接.    由已知的边长为6，由于，即二面角的平面角，则. 因为，所以， 所以，. 设外接球的半径为，则，， 又，， 所以，解得. 故正三棱锥外接球的表面积. 故选：C. 4．已知三棱锥P-ABC中，平面平面，且平面ABC是边长为的等边三角形，，，则三棱锥P-ABC外接球的表面积为（   ） A．52π B．39π C．26π D．13π 【答案】A 【详解】令是三棱锥P-ABC外接球的球心，是在平面上的射影.，分别为的中点，则∥. ∵，∴ . ∵平面平面，平面平面，平面， ∴平面 ∵是等边三角形，∴，是的重心. 以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系. ∵，，则， ∴，. 设，由,得， 化简得解得. ∴三棱锥外接球的表面积为. 故选：A. 5．唐朝的狩猎景象浮雕银杯如图1所示，其浮雕临摹了国画、漆绘和墓室壁画，体现了古人的智慧与工艺，它的盛酒部分可以近似地看作半球与圆柱构成的组合体（假设内壁表面光滑，忽略杯壁厚度），如图2所示，已知半球的半径为R，圆柱的高也为R，则银杯盛酒部分的容积为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】半球的体积为，圆柱的体积为， 因此银杯盛酒部分的容积为. 故选：A. 考点06 截面、交线问题 “截面、交线”问题是高考立体几何问题中最具创新意识的题型，它渗透了一些动态的线、面等元素，给静态的立体几何题赋予了活力.求截面、交线问题，一是与解三角形、多边形面积、周长、扇形弧长、面积等相结合求解，二是利用空间向量的坐标运算求解. 1．如图，在正方体中，点分别为棱的中点，过点作正方体的截面，则截面的形状为（    ） A．六边形 B．五边形 C．四边形 D．三角形 【答案】A 【详解】因为多面体 正方体，所以，，， 如图：以点为原点，为轴的正方向建立空间直角坐标系， 设，则，，， 所以，， 设平面的法向量为， 则，取，则，， 所以为平面的一个法向量， 取的中点，的中点，的中点， 可得，，， 所以，，， 因为，，， 所以点都在平面内， 连接， 所以过点的正方体的截面为六边形， 故选：A. 2．(25-26高三上·河南豫西北教研联盟·)已知球是正三棱锥的外接球，，过点作球的截面，若截面面积为，则直线与该截面所成的角为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】如图，作平面，垂足为，则是正三角形的中心， 因为 ，， 所以，则， 因为，取的中点，所以， ， 设正三棱锥外接球的半径为，则，得， 所以，故， 设过点的球的截面圆的半径为，圆心为，为截面圆上一点， ，则， 所以，则， 所以与该截面所成角为，故， ，即与该截面所成角为. 故选：C. 3．在正方体中，E，F，G分别是，，的中点，过E，F，G三点的截面把正方体分成两部分，则体积较大的部分与正方体体积之比为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】 如图所示，延长相较于，连接，交于，相同方法，做出， 则五边形为截面， 不妨设正方体棱长为1， 则，所以，在，所以. 同理可得， 可知截得较小部分体积，边长代入得， 较大部分体积为，立方体体积为1，所以较大部分与总体积之比为. 故选：C. 4．已知正方体 的体积为1，点 在棱 上（点 异于 ， 两点）， 为 的中点，若平面 截正方体 所得的截面为五边形，则的长的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】因为正方体 的体积为1，所以该正方体的棱长为1，则 . 当 时，连接 ， ，则 ， ， ， ， 四点共面，截面为四边形 （如图），不符合题意， 当 时，延长, 交于点， 由与相似可得, 所以，因为，所以在线段上一定存在一点， 使得,即四边形为平行四边形，所以; 过作于，连接，则易知， 所以，即四点共面，所以截面为四边形. 当 时，延长, 交于点， 由与相似可得， 所以，因为，所以在线段的延长线上一定存在一点， 使得,即四边形为平行四边形，所以; 如图，过向的延长线作垂线，交于点，连接，交于， 则易知，所以，即四点共面. 连接交于，连接，即所求截面为五边形. 综上可知，故B正确. 故选：B. 5．(24-25高三下·浙江北斗星盟·三模)在棱长为的正方体中，、分别为、的中点，过直线的平面截该正方体所得截面，则当平面与平面的所成角为最小时，截面的面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】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、，设平面交直线于点， 则，， 设平面的一个法向量为，则， 取，可得， 易知平面的一个法向量为， 设平面与平面的所成角为， ， 当且仅当时，取最大值，此时平面与平面所成角最小， 则， 设平面交棱于点，， 因为，则，解得，即点， 结合图形可知，平面分别交棱、于点、， 先证明射影面积法：设点在平面内的射影点为，如下图所示： 过点在平面内作，连接， 因为平面，平面，所以， 因为，，、平面，故平面， 因为平面，所以， 故为锐二面角的平面角， 在中，， 推广到其他多边形的面积也成立， 本题中，， 设截面的面积为，由射影面积法可得， 故. 故选：B. 考点07 立体几何中的动态、轨迹问题 “动态”问题是高考立体几何问题中最具创新意识的题型，它渗透了一些“动态”的点、线、面等元素，给静态的立体几何题赋予了活力，题型更新颖.同时，由于“动态”的存在，也使立体几何题更趋多元化，将立体几何问题与平面几何中的解三角形问题、多边形面积问题以及解析几何问题之间建立桥梁，使得它们之间灵活转化. 1．(24-25高三下·内蒙古包头部分学校·适考)如图，正方体的棱长为2，分别是棱的中点，点是底面内一动点，则下列结论正确的为（   ） A．不存在点，使得平面 B．过三点的平面截正方体所得截面图形是五边形 C．三棱锥的体积为4 D．三棱锥的外接球表面积为 【答案】D 【详解】对于A，当为中点时，由三角形中位线定理可得， 因为平面，平面，所以平面．故A错误； 对于B，由中位线可得，在正方体中，易证，所以， 即就是一条截线，连，得截面，又因，所以截面为梯形，故B错误； 对于C，点到平面的距离为2， 故，故C错误； 对于D，因两两垂直， 则三棱锥的外接球可以补形成以这三边长为长、宽、高的长方体的外接球， 则外接球半径即该长方体的体对角线的一半，即， 故其表面积，故D正确． 故选：D. 2．（多选题）如图，已知正方体. 的棱长为3，点P 在线段AC 上运动，则（   ） A． 平面 B．存在唯一点 P，使得 与所成角的大小为30° C．与平面所成的角随AP的增大先变大再变小 D．若Q为棱BC 上一动点，则△的周长的最小值为 【答案】ACD 【详解】对于A，连接,由正方体的性质可得，, , 因为，平面，平面，所以平面， 同理可证平面， 又，平面，所以平面平面， 又平面，所以平面，A正确； 对于B，因为，所以与所成角为30°时，与所成角也为30°， 因为，所以， 所以点在底面内的轨迹是以为圆心，为半径的一段圆弧， 如图，在正方形中，，， 作于，由等面积法可得， 所以不存在使得 与所成角的大小为30°，B错误； 对于C，在平面内的投影为，设与平面所成的角为， 则，由图易得随AP的增大先变小再变大，所以先变大再变小， 因为时，为增函数， 所以与平面所成的角随AP的增大先变大再变小，C正确； 对于D，把和侧面分别绕旋转到底面内，如图， △的周长为,由图易知，最小值为图中虚线长， 因为△为等边三角形，且边长为，所以中，，, 由余弦定理可得，D正确. 故选：ACD 3．（多选题）如图，正方体的棱长为3，动点P在正方体内及其表面上运动，点E在棱AD上，且，则下列说法正确的有（   ） A．若，，则三棱锥的体积为定值 B．棱上存在点P，使得平面 C．若，则动点P所围成的图形的面积为 D．若动点P在正方形ABCD内，，则线段BP的最小值为 【答案】ACD 【详解】对于选项A： 因为动点P在正方体内及其表面上运动，且，， 所以点P在线段上. 由正方体性质可得：. 因为平面，平面， 所以平面， 则点到平面距离等于点P到平面距离， 所以三棱锥的体积即为三棱锥的体积，即三棱锥的体积为定值，故选项A正确； 对于选项B： 由正方体性质可得：平面平面. 因为点E在棱AD上，且，点P在棱上， 所以直线平面， 则直线与平面相交， 所以棱上不存在点P，使得平面，故选项B错误； 对于选项C： 由正方体性质可得：，. 因为，平面，平面， 所以平面， 又因为，动点P在正方体内及其表面上运动， 所以点P轨迹为矩形. 又因为正方体的棱长为3， 所以， 则动点P所围成的图形的面积为，故选项C正确； 对于选项D： 在底面ABCD中，以点为坐标原点，以所在直线为轴，以所在直线为轴建立平面直角坐标系，如图所示： 则，，. 因为动点P在正方形内， 所以设点坐标为，，且. 则，. 由正方体性质可得：平面， 因为平面， 所以, 则. 又因为， 所以，整理得：， 所以动点P的轨迹是以为圆心，以为半径的圆，且在正方形内的一部分. 因为， 所以线段BP的最小值为，故选项D正确. 故选：ACD. 4．（多选题）如图所示，在正方体中，是棱上一点（不包含端点），平面与棱交于点．则下列说法正确的是（   ） A．四边形是平行四边形； B．四边形可能是正方形； C．任意平面都与平面垂直； D．对任意点，一定存在过的直线，使与直线和都相交． 【答案】ACD 【详解】对于A，因为平面与棱交于点，所以四点共面， 在正方体中，由平面平面， 又平面平面，平面平面，所以， 同理可得，故四边形一定是平行四边形，故①正确 对于B，在正方体中，面， 因为面，所以， 若是正方形， 有，， 若不重合，则与矛盾， 若重合，则不成立，故B错误； 对于C，因为平面，平面，所以， 又，平面，所以平面， 又平面，所以， 同理：，又平面，平面，， 所以平面，因为平面，所以平面平面，故C正确. 对于D， 设平面与交于，交于，则平面， 又平面，在平面内，直线PM与必相交，故直线满足要求，所以D正确. 故选：ACD. 5．（多选题）如图，已知棱长为2的正方体中心为，将四棱锥绕直线顺时针旋转之后，得到新的四棱锥，则（    ）    A． B．当时，四棱锥顶点运动的轨迹长度为 C．当时，平面平面 D．存在旋转的角度，使得四点共面 【答案】BCD 当时可证明线线平行判断D. 【详解】如图，    对于A，取的中点，则， 所以为二面角的平面角，故， 而，因此A错误； 对于B，当旋转了也绕着旋转，由于到的距离是正方体面对角线的一半，即， 因此旋转的轨迹长度是，故B正确； 对于C，把正方体的左边补多一个全等的正方体，则是补充正方体的中心． 因此，平面，平面， 从而平面，同理可得平面． ，平面， 因此平面平面，故C正确； 对于D，由C可知，当时，． 因此四边形是平行四边形，因此，即， 因此四点共面，D正确． 故选：BCD 试卷第2页，共18页 1 / 32 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $