专题08 立体几何（下）-球、圆柱、圆锥及其最值问题（数学竞赛真题汇编）高中数学全国通用

专题08 立体几何（下） 一、单选题 1．（2025·吉林预赛）已知三棱锥中，平面平面，若，，则该三棱锥的外接球的表面积为 A． B． C． D． 2．（2023·吉林预赛）边长为的正方形和正方形所在的两个半平面所成的二面角为分别是对角线和上的动点，且，则的取值范围是 A． B． C． D． 二、填空题 3．（2025·江西预赛）半径为的大球内部装四个半径相等的小球，则小球的最大半径为_____． 4．（2025·福建预赛）在正三棱锥中，为侧棱的中点，若二面角的大小为，则三棱锥的外接球的表面积为_____． 5．（2025·广西预赛）一个球的内接圆锥的最大体积与这个球的体积之比为_____▲_____． 6．（2025·新疆预赛）在三棱锥中，三条棱两两垂直，且．若点为三棱锥的外接球球面上任意一点，则点到平面距离的最大值为 ． 7．（2025·北京预赛）在正方体中，为平面内一点，则的最小值是_____． 8．（2025·吉林预赛）设为正方体棱AB上的动点，则平面与平面夹角的正切值的最小值为_____． 9．（2025·浙江预赛）设为四棱锥，面底面，且，则四棱锥体积的最大值为_____． 10．（2024·浙江预赛）已知四面体的外接球半径为1，，，则球心到平面的距离为 ． 11．（2024·上海预赛）一个顶点为､底面中心为的圆锥体积为1，若正四棱锥内接于该圆锥，平面与该圆锥底面平行，这4个点都在圆锥的侧面上，则正四棱锥的体积的最大值是 ． 12．（2024·重庆预赛）已知四面体ABCD满足，且异面直线AD与BC所成的角为，则四面体ABCD的外接球的体积为 ． 13．（2024·北京预赛）在棱长为4的正方体中，为棱上的一点，且为截面上的动点，则的最小值等于 ． 14．（2024·江西预赛）是棱长为的正四面体面的中心，分别是面内的动点，则的最小值为_____． 15．（2024·内蒙古预赛）已知正三棱柱的侧棱长为4，底面边长为2，过点A的一个平面截此棱柱，与侧棱，分别交于点，，若为直角三角形，则面积的最大值为 ． 16．（2023·东莞预赛）已知4个半径为1的球两两外切，则这4个球构成的几何体的外切正四面体的棱长为_____． 17．（2023·内蒙古预赛）将8个半径为2的球分两层放置于一个圆柱形容器中，使得每个球和与其相邻的四个球均相切，且与圆柱的一个底面和侧面都相切，则圆柱的高为_____． 18．（2023·江西预赛）边长为1的正六面体被一个平面所截的最大截面面积为_____． 19．（2023·山东预赛）正方体的底面内有一个动点，且平面，则的最大值是_____． 20．（2022·重庆预赛）在半径为1的实心球中挖掉一个体积最大的圆锥，再将该圆锥重新融成一个圆柱，则圆柱表面积的最小值为_____． 21．（2022·甘肃预赛）半径为的球内部装有4个半径为的小球，则小球的半径的最大值为_____．（用含的式子表示） 22．（2022·苏州预赛）已知半径为2的半球面碗中装有四个半径均为的小球，碗壁和球的表面都是光滑的，且每个小球均与碗口平面相切，则的值为_____． 23．（2022·江西预赛）边长为1的正四面体在水平面上的正投影面积的最大值为_____． 24．（2023·四川预赛）在直三棱柱中，，点是平面上一动点，则的最小值为_____． 25．（2023·苏州预赛）如图，在面积为2的矩形中，点为边的中点，将和分别沿边翻折，使得重合于点，则三棱锥体积的最大值为_____． 三、解答题 26．（2023·广西预赛）设是以定点为球心半径为的球面，是一个固定平面，到的距离．设是以点为球心的球面，它与外切并与相切．令为满足上述条件的球心构成的集合，设平面与平行且在上有中的点，设是平面与之间的距离，求的最小值． 一、解答题 1．（2025·全国联赛A卷）设正四面体各棱长均为2，分别是棱上的动点（允许位于棱的端点），，为棱的中点．在中，为边上的高．求长度的最小值． 2．（2023·全国联赛A卷）已知三棱柱的9条棱长均相等．记底面所在平面为．若的另外四个面（即面）在上投影的面积从小到大重排后依次为，求的体积． 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题08 立体几何（下） 一、单选题 1．（2025·吉林预赛）已知三棱锥中，平面平面，若，，则该三棱锥的外接球的表面积为 A． B． C． D． 【答案】C 【详解】如图所示，因为，所以为等边三角形， 取中点，连接，则外接圆圆心在上，且设为，由正三角形性质可得，外接圆半径，则 在中，， 所以，即， 由正弦定理得外接圆半径， 设外接圆圆心为，则，所以四边形为菱形， 过作平面的垂线，过作平面的垂线，两线交于点， 则为三棱锥的外接球的球心，连接， 因为平面平面，且平面平面， ，所以四边形为矩形，则， 所以三棱锥的外接球半径， 所以三棱锥的外接球的表面积． 2．（2023·吉林预赛）边长为的正方形和正方形所在的两个半平面所成的二面角为分别是对角线和上的动点，且，则的取值范围是 A． B． C． D． 【答案】D 【详解】如图，作交于点，连接． 则，于是． 设，则． 从而 故选． 二、填空题 3．（2025·江西预赛）半径为的大球内部装四个半径相等的小球，则小球的最大半径为_____． 【答案】． 【详解】由题知小球半径最大时四个小球的球心构成一个正三棱锥A-BCD且小球内切于大球，大球球心为正三棱锥A-BCD的中心．如图1，为便于计算边长比，先设正三棱锥的棱长为6，容易计算得，故大球与小球半径比为，故小球的最大半径为． 4．（2025·福建预赛）在正三棱锥中，为侧棱的中点，若二面角的大小为，则三棱锥的外接球的表面积为_____． 【答案】 【详解】如图，设为的中点，连接，作面于，作面于． 因为为正三棱锥，且棱的中点，所以为的中心，在线段上，且为的中点． 因此． 连接，则，所以． 又，因此为二面角的平面角． 所以，于是，． 设三棱锥的外接球的球心为，半径为，则点在上． 连接，在中，由勾股定理得，解得． 所以三棱锥的外接球的表面积为． 5．（2025·广西预赛）一个球的内接圆锥的最大体积与这个球的体积之比为_____▲_____． 【答案】 【详解】设球的半径为，其内接圆锥的高为，底面半径为．则．． 当且仅当，即时取等号． 又，故所求比值为． 6．（2025·新疆预赛）在三棱锥中，三条棱两两垂直，且．若点为三棱锥的外接球球面上任意一点，则点到平面距离的最大值为 ． 【答案】 【详解】三棱锥的外接球半径为， 的外接圆半径为． 球心到平面的距离为 点到平面距离的最大值为． 7．（2025·北京预赛）在正方体中，为平面内一点，则的最小值是_____． 【答案】． 【详解】设，设平面（显然不过原点）的方程为，代入的坐标可解得． 当且即时等号成立． 8．（2025·吉林预赛）设为正方体棱AB上的动点，则平面与平面夹角的正切值的最小值为_____． 【答案】 【详解】延长和交于点，则为平面与平面的公共点， 从而为平面与平面的交线； 在平面内做于点，连， 由正方体性质易知平面，面，则， 又平面，故平面，又平面， 故，故为二面角的平面角， 设正方体棱长为，易知，故 即，则， 由的面积得： 故， 当点为中点时等号成立， 故二面角正切值最小值为，则平面与平面夹角的正切值的最小值为． 9．（2025·浙江预赛）设为四棱锥，面底面，且，则四棱锥体积的最大值为_____． 【答案】 【详解】由已知得四棱锥的高为2，因此只需要求出底面四边形面积的最大值． 将四边形分为和． 设中，则． 要使四边形的面积最大，则，则． 所以四边形的面积为．令， 则，求导得． 由，解得的唯一极值点，所以． 所以，四棱锥体积的最大值为． 10．（2024·浙江预赛）已知四面体的外接球半径为1，，，则球心到平面的距离为 ． 【答案】 【详解】如图所示： 因为球心在平面上的投影就是的外心， 设的外接圆半径为，由正弦定理得， 解得，，四面体的外接球半径为1，即， 所以球心到平面的距离为． 11．（2024·上海预赛）一个顶点为､底面中心为的圆锥体积为1，若正四棱锥内接于该圆锥，平面与该圆锥底面平行，这4个点都在圆锥的侧面上，则正四棱锥的体积的最大值是 ． 【答案】 【详解】如图，设圆锥的底面半径为，高为． 则． 又设正四棱锥底面所在圆的半径为，高为． 于是． 从而． 等号成立当且仅当，即． 所以体积的最大值是． 12．（2024·重庆预赛）已知四面体ABCD满足，且异面直线AD与BC所成的角为，则四面体ABCD的外接球的体积为 ． 【答案】 【详解】由题设条件，可将四面体补成直三棱柱，如图所示， 则，所以即为异面直线AD与BC所成的角的平面角， 故， 于是，又，则， 设四面体ABCD的外接球球心为， 则在平面的投影为的外心，且， 由正弦定理知，，从而外接球半径， 于是体积． 13．（2024·北京预赛）在棱长为4的正方体中，为棱上的一点，且为截面上的动点，则的最小值等于 ． 【答案】 【详解】设E关于面的对称点为，则面且， 以A为原点，向量为轴，轴，轴正方向建立空间直角坐标系， 则平面的方程为， 设，则， 因为E与关于面对称，所以， 即， 又因为E与在面的两侧，所以． 因为面，所以，从而， 又，所以，从而， ， 故的最小值等于． 14．（2024·江西预赛）是棱长为的正四面体面的中心，分别是面内的动点，则的最小值为_____． 【答案】 【详解】如图，设分别关于面的对称点为，连接，分别交面于点，此时即为所求的最小值． 建立如图所示的直角坐标系，则 设为的中心， 于是 从而 同理可得．因此所求的最小值为． 15．（2024·内蒙古预赛）已知正三棱柱的侧棱长为4，底面边长为2，过点A的一个平面截此棱柱，与侧棱，分别交于点，，若为直角三角形，则面积的最大值为 ． 【答案】 【详解】如图，设， 不妨设，则，即， 整理得：， 若，显然不成立，可得， 又因为，即，解得． 设的面积为S，则 ， 令， 因为函数在上单调递减，在上单调递增， 且， 可知最大值是，所以． 16．（2023·东莞预赛）已知4个半径为1的球两两外切，则这4个球构成的几何体的外切正四面体的棱长为_____． 【答案】 【详解】如图，是边长为2的正四面体，其高为． 显然正四面体与外切正四面体 的中心重合，设为． 则到底面的距离为 正四面体的高为 所以正四面体的棱长为． 17．（2023·内蒙古预赛）将8个半径为2的球分两层放置于一个圆柱形容器中，使得每个球和与其相邻的四个球均相切，且与圆柱的一个底面和侧面都相切，则圆柱的高为_____． 【答案】 【详解】如图，是绕中心旋转得到的正方形， ，则 于是． 所以圆柱的高为． 18．（2023·江西预赛）边长为1的正六面体被一个平面所截的最大截面面积为_____． 【答案】 【详解】如图，由对称性可知，截面垂直于对角线(或)时，截面为正六边形． 此时面积为； 另注意到正方体对角面的面积为， 且，显然． 所以最大截面面积为． 19．（2023·山东预赛）正方体的底面内有一个动点，且平面，则的最大值是_____． 【答案】 【详解】如图，注意到平面平面，则平面． 由于，于是取最大值时最小，此时． 所以的最大值是． 20．（2022·重庆预赛）在半径为1的实心球中挖掉一个体积最大的圆锥，再将该圆锥重新融成一个圆柱，则圆柱表面积的最小值为_____． 【答案】 【详解】如图，设，则， 于是 设圆柱底面半径为，高为，则， 表面积， 等号成立时． 所以圆柱表面积的最小值为． 21．（2022·甘肃预赛）半径为的球内部装有4个半径为的小球，则小球的半径的最大值为_____．（用含的式子表示） 【答案】 【详解】如图，正四面体的棱长为，则的外接球半径为，于是 所以小球的半径的最大值为． 22．（2022·苏州预赛）已知半径为2的半球面碗中装有四个半径均为的小球，碗壁和球的表面都是光滑的，且每个小球均与碗口平面相切，则的值为_____． 【答案】 【详解】如图，是四个半径为的小球的球心，， 则． 23．（2022·江西预赛）边长为1的正四面体在水平面上的正投影面积的最大值为_____． 【答案】 【详解】正四面体共有4个顶点，任意两点间的距离均为1，所以当正四面体有两条对棱与水平面平行于时，射影面积最大，且最大面积为． 24．（2023·四川预赛）在直三棱柱中，，点是平面上一动点，则的最小值为_____． 【答案】 【详解】如图，在平面内直线的异侧作直线，使，作交于点，则 当三点共线，即过点作直线的垂线，此时取得最小值 由最小角原理，当点在直线上时，最小．于是在中，设边上的高为，则． 综上，的最小值为． 25．（2023·苏州预赛）如图，在面积为2的矩形中，点为边的中点，将和分别沿边翻折，使得重合于点，则三棱锥体积的最大值为_____． 【答案】 【详解】如图，平面． 设，则． 于是， 设， 则在上单调递增，在上单调递减，即． 所以三棱锥体积的最大值为． 三、解答题 26．（2023·广西预赛）设是以定点为球心半径为的球面，是一个固定平面，到的距离．设是以点为球心的球面，它与外切并与相切．令为满足上述条件的球心构成的集合，设平面与平行且在上有中的点，设是平面与之间的距离，求的最小值． 【答案】 【详解】如图，设为平面，．依题意，过作平面于点． 令，在的延长线上取点，满足，则 点在以为焦点，为准线的抛物线上．该抛物线的顶点为的中点，于是是该抛物线绕轴旋转一周形成的曲面，为的顶点． 综上，的最小值． 一、解答题 1．（2025·全国联赛A卷）设正四面体各棱长均为2，分别是棱上的动点（允许位于棱的端点），，为棱的中点．在中，为边上的高．求长度的最小值． 【详解】解法1：设． 由及，可知 因此，进而 所以． 由基本不等式得 当，即时，取到最小值． 解法2：取点在平面上的射影，则有． 取点在平面上的射影．由正四面体的性质知为正三角形的中心，又由为的中点知为的中点．从而 下面证明存在的适当位置，使得点重合． 让动点从的中点出发沿边向点运动，点从的中点出发沿边向运动，始终保持．记与的交点为，则最初为线段与的交点，在线段上，最终重合于，故在运动过程中存在一个时刻，与重合，对该时刻的，由平面知于点，即重合．此时取到最小值． 2．（2023·全国联赛A卷）已知三棱柱的9条棱长均相等．记底面所在平面为．若的另外四个面(即面)在上投影的面积从小到大重排后依次为，求的体积． 【答案】 【详解】设点在平面上的投影分别为，则面，在上的投影面积分别为． 由已知及三棱柱的性质，为正三角形，且均为平行四边形． 由对称性，仅需考虑点位于内的情形(如图所示)． 显然此时有． 由于，故必为的排列，，进而，得的边长为4，即正三棱柱的各棱长均为4． 不妨设，则． 取射线与线段的交点，则，故．因此 而，故． 于是的高． 又，故的体积． 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $