专题07 立体几何（高频考点专练）（全国通用）2026年高考数学二轮复习讲练测

高频考点07 立体几何 内容概览 01命题探源·考向解密 02根基夯实·知识整合 03高频考点·妙法指津（13大命题点+9道高考预测题，高考必考·（17-27）分） 考点一 与球有关的问题 命题点1 外接球 命题点2 内切球 命题点3 棱切球 考点二 截面问题 命题点1 截面形状 命题点2 截面周长 命题点3 截面面积 考点三 立体几何范围与最值问题 命题点1 动点问题 命题点2 线段和问题 命题点3 长度、面积、周长问题 考点四 空间角与距离问题 命题点1 异面直线所成角 命题点2 线线角 命题点3 二面角 命题点4 距离问题 高考预测题4道 04好题速递·分层闯关（精选10道最新名校模拟试题+10道高考闯关题） 考点 考向 命题特征 与球有关的问题 外接球 内切球 棱切球 高考中与球有关的问题是立体几何高频考点，以选择、填空为主，侧重外接球、内切球、截面性质。常以柱、锥、简单组合体为载体，考查空间想象、转化化归、计算能力。核心方法为找球心、定半径、空间问题平面化，常结合补形法、截面法、等体积法，难度中档，偶作压轴小题。 截面问题 截面形状 截面周长 截面面积 高考立体几何截面问题多以选择、填空出现，属中档偏难题。常以正方体、棱柱、棱锥为载体，考查截面作图、形状判断、周长与面积计算。侧重空间想象、线面平行与垂直，强调平面基本性质应用，突出直观想象与逻辑推理核心素养，常与最值、轨迹结合命题。 立体几何范围与最值问题 动点问题 线段和问题 长度、面积、周长问题 高考立体几何范围与最值问题常以选择、填空压轴出现，多围绕长度、面积、体积、角度展开。以柱、锥、球及动态点线面为载体，融合空间轨迹、函数不等式、几何极值，考查直观想象、转化与化归。常用几何法、函数法、空间向量求解，综合性强、区分度高。 空间角与距离问题 异面直线所成角 线线角 二面角 距离问题 空间角与距离是高考立体几何必考核心，以线线角、线面角、二面角、点面距为主。常以棱柱、棱锥为载体，可几何法或空间向量求解，侧重计算规范与逻辑推理。解答题必涉及，难度中档，突出直观想象、数学运算素养，是立体几何大题的主要得分点。 考点一 与球有关的问题 《解题指南》 解决高考球的问题，关键是找球心、求半径。优先用补形法：长方体、三棱锥等可补成长方体，体对角线即为外接球直径。内切球用等体积法，球心到各面距离相等。遇截面问题，作过球心的截面圆，转化为平面勾股定理计算。注意球的性质：球心在截面的垂线上，球心与几何体中心重合时用对称性简化。多练外接球模型，规范步骤，先定几何关系再代数计算，避免空间想象失误。 命题点1 外接球 【典例01】已知正四棱台的上，下底面边长分别为和．若该棱台的体积为，则该棱台的外接球表面积为（    ）. A． B． C． D． 【典例02】将边长为4的正方形ABCD沿对角线BD进行翻折，使得二面角的大小为，连接AC，得到四面体ABCD，则该四面体的外接球体积与四面体的体积之比为（   ） A． B． C． D． 命题点2 内切球 【典例01】一个棱长为2的正方体内有一个内切球，若球与正方体的三个面和球相切，球与正方体的三个面和球相切，依次类推，球与正方体的三个面和球相切，设球的半径为，体积为，则下列结论不正确的是（   ） A． B．数列为等比数列 C． D． 【典例02】已知正四面体的棱长为6，先后在其中放入一大一小两个球，，使得球为该正四面体的内切球，球与球及正四面体的三个侧面相切，记球和球的半径分别为，则（    ） A．2 B．3 C．4 D．5 命题点3 棱切球 【典例01】如图，球面被平面截得的一部分叫做球冠，截得的圆面是底，圆的半径记为，垂直于截面的直径被截得的一段叫做球冠的高，记为，则球冠的曲面面积.球是棱长为1的正方体的棱切球，则球在正方体外面部分曲面的面积为（    ）    A． B． C． D． 【典例02】与正三棱锥6条棱都相切的球称为正三棱锥的棱切球.若正三棱锥的底面边长为，侧棱长为3，则此正三棱锥的棱切球半径为（    ） A． B． C． D． 考点二 截面问题 《解题指南》 解决立体几何截面问题，先依据平面基本性质确定截面边界，利用平行、相交延长找交点，连点成形。常见载体为正方体、棱柱、棱锥，重点判断截面形状、周长、面积。 解题时先作图定型，再转化为平面几何计算，多用相似、勾股定理、中位线。空间动态截面注意轨迹与范围，结合线面平行与垂直性质简化。核心是空间想象 + 平面化计算，规范作图、分步判断，避免漏点错形。 命题点1 截面形状 【典例01】过正方体的中心作与垂直的平面，则平面截正方体所得的截面是（    ） A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形 【典例02】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． 命题点2 截面周长 【典例01】如图，在正方体中，，，分别是棱，的中点，则正方体被平面所截得的截面周长是（    ）    A． B． C． D． 【典例02】正方体的棱长为4，点M在棱上，平面ACM把正方体分成两个几何体，其中一个几何体的体积为14，则平面ACM截正方体所得的截面周长为（   ） A． B． C． D．15 命题点3 截面面积 【典例01】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． 【典例02】已知球的半径为3，正方体所有顶点均在球面上，点是棱的中点，过点作球的截面，则所得截面面积的最小值为（    ） A． B． C． D． 考点三 立体几何范围与最值问题 《解题指南》 解决立体几何范围与最值问题，优先几何法：利用垂直、对称、最短路径直接找极值；无法直观判断时，用函数法或空间向量，设变量转化为函数求最值。 常考线段长、面积、体积、角度最值，注意动点轨迹、对称转化、展开图化曲为直。 建立函数后用单调性、基本不等式求解，兼顾定义域限制。 核心思路：空间问题平面化，几何问题代数化，先定位置关系，再算最值范围。 命题点1 动点问题 【典例01】（多选题）已知棱长为的正方体中，点为棱的中点，动点为四边形内一个动点（包括边界），则下列结论正确的是（    ） A．若，则点的轨迹的长度为 B．若，则的最小值为 C．若，则的最大值为 D．若点到点的距离等于它到直线的距离，则的最大值为 【典例02】（多选题）如图，正方体的棱长为分别是棱的中点，点是其侧面上的动点（含边界），下列说法正确的是（    ） A．当在线段上运动时，与所成角的取值范围是 B．当时，三棱锥的体积为定值 C．当平面时，点的轨迹长度为 D．过作正方体外接球的截面，则截面面积的最小值为 命题点2 线段和问题 【典例01】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 ． 【典例02】在棱长为2的正方体中，分别是上的动点，的最小值为 ． 命题点3 长度、面积、周长问题 【典例01】（多选题）如图，在长方体中，，，是棱上的一点，点在棱上，则下列结论正确的是（    ） A．若，C，E，F四点共面，则 B．存在点，使得平面 C．若，C，E，F四点共面，则四棱锥的体积为定值 D．若，C，E，F四点共面，则四边形的面积不为定值 【典例02】（多选题）在直四棱柱中，底面是边长为2的菱形，分别是棱的中点，过直线的平面分别与棱交于点，则下列说法正确的是（    ） A．四边形为矩形 B． C．四边形面积的最小值为8 D．四棱锥的体积为定值 考点四 空间角与距离问题 《解题指南》 空间角与距离解题核心：先定位，再计算。线线角用平移法转化为相交直线夹角；线面角找面的垂线，构造直角三角形；二面角利用定义法、垂面法、三垂线定理找平面角。点面距优先等体积法，避免复杂作图。 几何法重直观与推理，向量法建系后套公式，计算稳定。解题先判断几何体结构，选择最简方法，规范书写角度与距离求解过程，保证逻辑严谨、计算准确。 命题点1 异面直线所成角 【典例01】已知正四面体，为的中点，为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ） A． B． C． D． 【典例02】如图，是圆O的直径，垂直于圆O所在的平面，，P是弧的中点，则异面直线与所成角的大小为（    ） A． B． C． D． 命题点2 线线角 【典例01】在矩形中，，，为的中点，将沿翻折至，使得平面平面，得到如图所示的四棱锥． (1)证明：； (2)求直线与平面所成角的正弦值． 【典例02】如图，在直三棱柱中，，，，．若分别为棱上的动点，且，点在平面上的射影为点． (1)求证：平面平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值的取值范围． 命题点3 二面角 【典例01】如图，在四棱锥中，底面为菱形，平面平面. (1)求证：； (2)设在线段和上，且为中点，，若直线与平面所成角的大小为， （i）求平面与平面所成角的余弦值； （ii）平面交直线于点，设，求的值. 【典例02】如图，在四棱柱中，底面ABCD是正方形，AC，BD交于点O，P为的中点，.    (1)证明：平面平面； (2)若为等边三角形，求平面PCD与平面夹角的余弦值. 命题点4 距离问题 【典例01】如图，在三棱锥中，是边长为2的等边三角形，为的中点，，，. (1)证明：； (2)若点在棱上，二面角的正切值为，求点到平面的距离. 【典例02】如图，在三棱锥中，平面平面是边长为2的等边三角形，． (1)证明：； (2)若线段上的点满足直线与直线所成角的余弦值为，求点到直线的距离． 高考预测题 1．正多面体也称柏拉图立体，被誉为最有规律的立体结构，其所有面都只由一种正多边形构成的多面体（各面都是全等的正多边形，且每一个顶点所接的面数都一样，各相邻面所成二面角都相等），数学家已经证明世界上只存在五种柏拉图立体，即正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体、正二十面体，如图所示为正八面体，则该正八面体的外接球与内切球的表面积的比为（    ） A． B．2 C．3 D．4 2．（多选题）在棱长为2的正方体中，点为侧面内一点（包含边界），则（    ） A．三棱锥的体积为定值 B．的最小值为5 C．若，则的轨迹长度为 D．三棱锥外接球的体积存在最大值与最小值 3．（多选题）如图，为圆锥的轴截面，B是底面圆周上异于点A，C的一动点，，，则（   ） A．的面积无最大值 B．与平面不可能垂直 C．当点B为的中点时，三棱锥的体积最大 D．当点B为的中点时，二面角的余弦值为 4．如图，底面为锐角三角形的直棱柱中，，，点在线段上，且满足，点为的中点. (1)当时，证明：平面； (2)若平面与平面所成角的余弦值为. （ⅰ）求异面直线与所成角的大小； （ⅱ）已知直线与平面所成角的正弦值为，求的值. 好题速递 1．（2026·河南南阳·模拟预测）在三棱锥中，，其余棱长均为2，若三棱锥的所有顶点都在球的球面上，则球的表面积为（    ） A． B． C． D． 2．（2026·江西萍乡·一模）在棱长为2的正方体中，为的中点，则点到直线的距离为（    ） A． B． C． D． 3．（2026·重庆·一模）已知正四棱柱中，，则（    ） A．平面 B．平面平面 C．平面 D．平面平面 4．（2026·河南南阳·模拟预测）在三棱锥中，平面平面，，是等腰直角三角形，，记三棱锥的内切球半径为，点到平面的距离为，则的最小值为（   ） A． B． C． D． 5．（多选题）（2026·山东威海·一模）在正方体中，P，Q，R分别是的中点，则（   ） A． B．平面 C．平面平面 D．平面 6．（多选题）（2026·云南红河·模拟预测）如图，该几何体由高均为1的圆锥与圆柱组成，圆锥的底面与圆柱的上底面重合，若该几何体底面半径为1，则（    ） A．圆锥的母线长为 B．圆锥与圆柱的体积比为1：3 C．该几何体的表面积为 D．圆锥侧面展开图的圆心角为 7．（2026·湖南常德·一模）如图，圆柱的轴截面为正方形，、分别是圆柱上、下底面圆的直径，且四面体的体积的最大值为36，则该圆柱的侧面积为 .    8．（2026·云南·模拟预测）如图，在直角梯形中，，，将沿直线翻折至的位置，当三棱锥的体积最大时，则三棱锥的外接球的表面积为 ． 9．（2026·黑龙江哈尔滨·模拟预测）如图所示，四边形ABCD与BDEF均为菱形，，且． (1)求证：平面平面； (2)求平面ABF与平面ACF的夹角的余弦值； (3)试问直线BC上是否存在点M，使直线平面FDM，若存在，求出点M的位置；若不存在，请说明理由. 10．（2026·湖南邵阳·一模）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，,平面为棱上的点．    (1)当为棱的中点时，证明：平面； (2)在棱上是否存在点，使得平面与平面的夹角的余弦值为？若存在，请确定点的位置；若不存在，请说明理由． 高考闯关 1．（2026·安徽芜湖·一模）正四棱锥的底面边长为4，且所有顶点都在半径为3的同一球面上,则异面直线与所成角的余弦值为（    ） A．或 B．或 C． D． 2．（2026·山东泰安·一模）已知某圆锥的母线长为4，其侧面展开图是一个半圆，则该圆锥的体积为（   ） A． B． C． D． 3．（2026·福建泉州·二模）已知正三棱台的高为，则该棱台的侧面积为（   ） A． B． C．18 D． 4．（2026·江西九江·一模）圆台的母线长为分别为上､下底面的直径，且.设四面体外接球的表面积为，圆台的表面积为，则（    ） （附：圆台的侧面积公式 A． B． C． D． 5．（多选题）（2026·浙江·模拟预测）在三棱锥中，，顶点在底面上的投影为（在内部，不含边界），点在上，则下列说法正确的有（    ） A．为的垂心 B．若，则是等边三角形 C．可能是直角三角形 D．直线与直线的夹角可能为 6．（多选题）（2026·山东泰安·一模）已知在长方体中，，点为的中点，为底面（含边界）内一个动点，且平面，长方体的外接球的球心为，则下列选项正确的是（    ） A．球的表面积为 B．动点的轨迹长度为 C．异面直线与所成角的正切值的取值范围是 D．三棱锥的外接球球心为，则 7．（2026·新疆·一模）若正方体内部有两个球，其中球与正方体的三个面相切，球与正方体的六个面均相切，球与球也相切，设球、球的表面积分别为，则 ． 8．（2026·重庆·一模）若经过圆锥的轴的截面是一个边长为2的正三角形，则该圆锥的体积为 ． 9．（2026·安徽黄山·一模）如图，在直角梯形中，，，，为中点，将沿折起，使到处． (1)求证：平面； (2)若平面平面，，，，且二面角的正弦值为． （Ⅰ）求的值； （Ⅱ）求四棱锥外接球的表面积． 10．（2026·山东潍坊·模拟预测）图，四边形是边长为1的正方形，四边形是梯形，是上的点，且，平面平面. (1)证明：四点共面； (2)设，且点均在球的球面上. （i）求点到平面的距离； （ii）记为球面上到点距离最小的点，求直线与平面所成角的正弦值. 学科网（北京）股份有限公司zxxk.com 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 高频考点07 立体几何 内容概览 01命题探源·考向解密 02根基夯实·知识整合 03高频考点·妙法指津（13大命题点+9道高考预测题，高考必考·（17-27）分） 考点一 与球有关的问题 命题点1 外接球 命题点2 内切球 命题点3 棱切球 考点二 截面问题 命题点1 截面形状 命题点2 截面周长 命题点3 截面面积 考点三 立体几何范围与最值问题 命题点1 动点问题 命题点2 线段和问题 命题点3 长度、面积、周长问题 考点四 空间角与距离问题 命题点1 异面直线所成角 命题点2 线线角 命题点3 二面角 命题点4 距离问题 高考预测题4道 04好题速递·分层闯关（精选10道最新名校模拟试题+10道高考闯关题） 考点 考向 命题特征 与球有关的问题 外接球 内切球 棱切球 高考中与球有关的问题是立体几何高频考点，以选择、填空为主，侧重外接球、内切球、截面性质。常以柱、锥、简单组合体为载体，考查空间想象、转化化归、计算能力。核心方法为找球心、定半径、空间问题平面化，常结合补形法、截面法、等体积法，难度中档，偶作压轴小题。 截面问题 截面形状 截面周长 截面面积 高考立体几何截面问题多以选择、填空出现，属中档偏难题。常以正方体、棱柱、棱锥为载体，考查截面作图、形状判断、周长与面积计算。侧重空间想象、线面平行与垂直，强调平面基本性质应用，突出直观想象与逻辑推理核心素养，常与最值、轨迹结合命题。 立体几何范围与最值问题 动点问题 线段和问题 长度、面积、周长问题 高考立体几何范围与最值问题常以选择、填空压轴出现，多围绕长度、面积、体积、角度展开。以柱、锥、球及动态点线面为载体，融合空间轨迹、函数不等式、几何极值，考查直观想象、转化与化归。常用几何法、函数法、空间向量求解，综合性强、区分度高。 空间角与距离问题 异面直线所成角 线线角 二面角 距离问题 空间角与距离是高考立体几何必考核心，以线线角、线面角、二面角、点面距为主。常以棱柱、棱锥为载体，可几何法或空间向量求解，侧重计算规范与逻辑推理。解答题必涉及，难度中档，突出直观想象、数学运算素养，是立体几何大题的主要得分点。 考点一 与球有关的问题 《解题指南》 解决高考球的问题，关键是找球心、求半径。优先用补形法：长方体、三棱锥等可补成长方体，体对角线即为外接球直径。内切球用等体积法，球心到各面距离相等。遇截面问题，作过球心的截面圆，转化为平面勾股定理计算。注意球的性质：球心在截面的垂线上，球心与几何体中心重合时用对称性简化。多练外接球模型，规范步骤，先定几何关系再代数计算，避免空间想象失误。 命题点1 外接球 【典例01】已知正四棱台的上，下底面边长分别为和．若该棱台的体积为，则该棱台的外接球表面积为（    ）. A． B． C． D． 【答案】C 【解析】在正四棱台中，，，体积为，高为， 故， 则，， 连接、相交于点，、相交于点， 设外接球的球心为，若在台体外， 设到底面的距离为， 则半径为， 即，解得，所以球心与点重合， 若在台体内，到底面的距离为， 则半径为， 即，解得， 所以球心与点重合， 综上所述，，故，所以. 故选：C. 【典例02】将边长为4的正方形ABCD沿对角线BD进行翻折，使得二面角的大小为，连接AC，得到四面体ABCD，则该四面体的外接球体积与四面体的体积之比为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】翻折后所得图形如下图所示，易知BD的中点O为球心， 故该四面体的外接球体积， 又，平面AOC，， 所以平面AOC， 二面角的大小为，， , 故所求体积之比为， 故选：D． 命题点2 内切球 【典例01】一个棱长为2的正方体内有一个内切球，若球与正方体的三个面和球相切，球与正方体的三个面和球相切，依次类推，球与正方体的三个面和球相切，设球的半径为，体积为，则下列结论不正确的是（   ） A． B．数列为等比数列 C． D． 【答案】C 【解析】因为正方体棱长为，所以内切球的半径（内切球直径等于正方体棱长）, 对于球：球与正方体的三个面相切，故其球心坐标为； 球与球相切，两球心距离为，该距离等于， 由此得到递推关系：， 整理得， 所以是首项，公比的等比数列. 对于A：，A正确； 对于B：以上已证明，B正确； 对于C：等比数列前项和，因为， 所以，所以，C错误； 对于D：球的体积，， 因为是首项为，公比为的等比数列， 所以 所以，D正确； 故选：C. 【典例02】已知正四面体的棱长为6，先后在其中放入一大一小两个球，，使得球为该正四面体的内切球，球与球及正四面体的三个侧面相切，记球和球的半径分别为，则（    ） A．2 B．3 C．4 D．5 【答案】A 【解析】如图所示： 因为正四面体的棱长为6， 所以正四面体的高为：， ， 则 ，解得 ， 由题意得，， 因为， 所以，即，解得， 所以. 故选：A 命题点3 棱切球 【典例01】如图，球面被平面截得的一部分叫做球冠，截得的圆面是底，圆的半径记为，垂直于截面的直径被截得的一段叫做球冠的高，记为，则球冠的曲面面积.球是棱长为1的正方体的棱切球，则球在正方体外面部分曲面的面积为（    ）    A． B． C． D． 【答案】D 【解析】如图，正方体与正方体的棱切球形成六个球冠， 正方体的棱切球半径为，则， 所以，又球心到某一截面的距离为正方体棱长的一半， 则，又，所以， 所以所求曲面的面积为：， 故选：D. 【典例02】与正三棱锥6条棱都相切的球称为正三棱锥的棱切球.若正三棱锥的底面边长为，侧棱长为3，则此正三棱锥的棱切球半径为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】如图三棱柱为正三棱锥，且底面边长，侧棱 设正三棱锥的棱切球球心为，半径为，则顶点在底面的投影为也为的中心，取的中点，连接，过点作垂足为，则，设， 在中， 因为为的中心，则，， 在中即； 在中，，即， 在中，，则； 在中，，则， 在中，，则， 又因为，则，化简得， 由得解得. 故选：C. 考点二 截面问题 《解题指南》 解决立体几何截面问题，先依据平面基本性质确定截面边界，利用平行、相交延长找交点，连点成形。常见载体为正方体、棱柱、棱锥，重点判断截面形状、周长、面积。 解题时先作图定型，再转化为平面几何计算，多用相似、勾股定理、中位线。空间动态截面注意轨迹与范围，结合线面平行与垂直性质简化。核心是空间想象 + 平面化计算，规范作图、分步判断，避免漏点错形。 命题点1 截面形状 【典例01】过正方体的中心作与垂直的平面，则平面截正方体所得的截面是（    ） A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形 【答案】D 【解析】 在正方体中，平面，平面，所以， 又在正方形中，，，所以平面， 平面，所以， 由于分别为的中点，所以， 故，同理，，所以平面， 且平面过正方体的中心， 故选：D 【典例02】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 【解析】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. 命题点2 截面周长 【典例01】如图，在正方体中，，，分别是棱，的中点，则正方体被平面所截得的截面周长是（    ）    A． B． C． D． 【答案】B 【解析】在正方体中，取的中点，的中点，连接， 由是的中点，得，则四边形为平行四边形， ，由是的中点，得， 梯形是正方体被平面所截得的截面， ，， 所以所求截面的周长是. 故选：B 【典例02】正方体的棱长为4，点M在棱上，平面ACM把正方体分成两个几何体，其中一个几何体的体积为14，则平面ACM截正方体所得的截面周长为（   ） A． B． C． D．15 【答案】A 【解析】设平面与棱交于点，则，几何体是三棱台， 由题意知该三棱台体积为14．设，则， 解得，平面截正方体所得的截面为等腰梯形， ，，，所以截面的周长为. 故选：A． 命题点3 截面面积 【典例01】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 【解析】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. 【典例02】已知球的半径为3，正方体所有顶点均在球面上，点是棱的中点，过点作球的截面，则所得截面面积的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】设正方体棱长为，则正方体对角线长就是球的直径， 球心O是正方体对角线中点， 由正方体对角线公式，解得． 因为点是棱的中点，当与截面垂直时，截面圆的半径最小，此时截面圆面积最小． 因为，，勾股定理，解得， 设截面圆半径为，则， 所以截面面积， 故选：C． 考点三 立体几何范围与最值问题 《解题指南》 解决立体几何范围与最值问题，优先几何法：利用垂直、对称、最短路径直接找极值；无法直观判断时，用函数法或空间向量，设变量转化为函数求最值。 常考线段长、面积、体积、角度最值，注意动点轨迹、对称转化、展开图化曲为直。 建立函数后用单调性、基本不等式求解，兼顾定义域限制。 核心思路：空间问题平面化，几何问题代数化，先定位置关系，再算最值范围。 命题点1 动点问题 【典例01】（多选题）已知棱长为的正方体中，点为棱的中点，动点为四边形内一个动点（包括边界），则下列结论正确的是（    ） A．若，则点的轨迹的长度为 B．若，则的最小值为 C．若，则的最大值为 D．若点到点的距离等于它到直线的距离，则的最大值为 【答案】BC 【解析】设，则，在正方体中，平面， 以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向，建立如下图所示的空间直角坐标系， 则、、、， 设点，其中，， ，， 因为，则， 整理可得， 此时点的轨迹是以点为圆心，且半径为的半圆， 故点的轨迹的长度为，A错； 对于B选项，因为， 化简可得，其中，， 由可得，可得， 又因为，则，可得， 所以 当且仅当时，等号成立，故的最小值为，B对； 对于C选项，因为， 化简得，其中，， 所以 ，当且仅当或时，等号成立，故的最大值为，C对； 对于D选项，，， 点到直线的距离为， ，由题意可得， 所以，整理可得， 因为，则，从而， 所以，又因为，故，故， 则的最大值为，D错. 故选：BC. 【典例02】（多选题）如图，正方体的棱长为分别是棱的中点，点是其侧面上的动点（含边界），下列说法正确的是（    ） A．当在线段上运动时，与所成角的取值范围是 B．当时，三棱锥的体积为定值 C．当平面时，点的轨迹长度为 D．过作正方体外接球的截面，则截面面积的最小值为 【答案】AC 【解析】对于A，在正方体中，可得， 所以异面直线与所成角即为直线与所成角， 当M运动到点或A点时，异面直线与所成角最小， 当M运动到线段中点时，异面直线与所成角最大，所以A正确； 对于B，以为原点，以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，连接， 设，则， 由，可得， 因为，所以，解得，所以， 在正方体中，由， 可得是等边三角形，所以，可得， 又由，可得， 设平面的法向量为，则， 令，可得，所以， 设点到平面的距离为，可得， 所以三棱锥的体积为，所以B错误； 对于C，连接，因为正方体的棱长为， 可得，设 因为分别是棱的中点，所以， 则， 设平面的法向量为，则， 令，可得，故， 因为平面，所以，可得， 整理得，即， 则点的轨迹是直线，在面内， 又由，当时，，可得； 当时，，可得， 所以轨迹是点和点构成的线段， 由两点间距离公式得， 即此时点的轨迹长度为，所以C正确； 对于D，由正方体性质得外接球的球心就是正方体的中心，如图所示，把球心记为， 连接，由外接球性质得，外接球半径为， 由两点间距离公式得， 又由球的截面的性质，可得截面一定是圆，且设圆的半径为， 由勾股定理得，所以截面面积为， 即截面面积的最小值为，所以D错误. 故选：AC. 命题点2 线段和问题 【典例01】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】 【解析】如图，设分别关于面的对称点为，连接，分别交面于点， 依据反射性质，，因此，当四点共线时，和最小，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， 因为点到面的距离是正四面体高的，而对称点连线的长度是到面距离的倍， 所以 同理可得．因此所求的最小值为． 故答案为： 【典例02】在棱长为2的正方体中，分别是上的动点，的最小值为 ． 【答案】 【解析】由题意知，是上的动点，平面，是上的动点，平面，要求的最小值，把平面和平面展成一个平面， 如图，当时，最小， 为等腰直角三角形，，其中， 则，，，则， 可得， 则， 故答案为：. 命题点3 长度、面积、周长问题 【典例01】（多选题）如图，在长方体中，，，是棱上的一点，点在棱上，则下列结论正确的是（    ） A．若，C，E，F四点共面，则 B．存在点，使得平面 C．若，C，E，F四点共面，则四棱锥的体积为定值 D．若，C，E，F四点共面，则四边形的面积不为定值 【答案】BCD 【解析】在长方体中，若，C，E，F四点共面， 因为平面平面，平面平面，平面平面， 所以，同理， 对于A，由，C，E，F四点共面，得平行四边形，则，， 于是，若E不是棱的中点，则，A错误； 对于B，当E是棱的中点时，由上知，F为的中点，四边形是平行四边形， 则，而平面，平面，因此平面，B正确； 对于C，由长方体性质知，且平面，平面， 则平面，同理可得平面，即点E，F到平面的距离为定值， 又的面积为定值，因此三棱锥和三棱锥的体积都为定值， 所以四棱锥的体积为定值，C正确； 对于D，当点E为中点时，四边形是菱形，，， 四边形的面积为， 当点与点重合时，F与D重合，四边形为矩形， 面积为，四边形的面积不为定值，D正确. 故选：BCD 【典例02】（多选题）在直四棱柱中，底面是边长为2的菱形，分别是棱的中点，过直线的平面分别与棱交于点，则下列说法正确的是（    ） A．四边形为矩形 B． C．四边形面积的最小值为8 D．四棱锥的体积为定值 【答案】BD 【解析】对于A，连接交于，连接交于，因为平面//平面， 平面平面，平面平面， 所以，同理可证得//，所以四边形为平行四边形， 因为四边为菱形，所以， 因为四棱柱为直四棱柱，所以平面， 因为平面，所以， 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以， 因为分别是棱的中点，所以， 因为//，，所以//，， 所以四边形为平行四边形，所以//，所以， 所以四边形为菱形，所以A错误， 对于B，连接，因为四边形为平行四边形，所以， 因为分别是棱的中点，所以为直四棱柱的中心， 所以过点且被平分，即， 因为，，所以≌， 所以，所以B正确， 对于C，因为四边形是边长为2的菱形，，所以， 所以， 因为四边形为菱形，所以四边形面积为, 即四边形面积的最小值为，所以C错误， 对于D，因为，点到平面的距离为定值，为定值， 所以四棱锥的体积为定值，所以D正确， 故选：BD 考点四 空间角与距离问题 《解题指南》 空间角与距离解题核心：先定位，再计算。线线角用平移法转化为相交直线夹角；线面角找面的垂线，构造直角三角形；二面角利用定义法、垂面法、三垂线定理找平面角。点面距优先等体积法，避免复杂作图。 几何法重直观与推理，向量法建系后套公式，计算稳定。解题先判断几何体结构，选择最简方法，规范书写角度与距离求解过程，保证逻辑严谨、计算准确。 命题点1 异面直线所成角 【典例01】已知正四面体，为的中点，为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】以点为原点，为轴，在平面内过点作轴与垂直，过作轴垂直于平面，建立空间直角坐标系如下： 不妨设正四面体的边长为2，则， 设点，则有，解得， 因为是的中点，则有，即， 因为是的中点，则有，即， 则， 则， 故选：A. 【典例02】如图，是圆O的直径，垂直于圆O所在的平面，，P是弧的中点，则异面直线与所成角的大小为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】根据题意，以点为坐标原点，分别为轴，过点垂直于的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 因为是弧的中点，所以，又， 则，，，， 所以，， 所以，即， 所以异面直线与所成角的大小为. 故选：C. 命题点2 线线角 【典例01】在矩形中，，，为的中点，将沿翻折至，使得平面平面，得到如图所示的四棱锥． (1)证明：； (2)求直线与平面所成角的正弦值． 【解析】（1） 在矩形中，，，为的中点， 所以，所以，所以， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面． 又平面，所以． （2）取的中点，的中点，连接，则，所以平面， 由题可得，所以，所以两两垂直， 以为原点，所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， 所以，，． 设平面的一个法向量为， 则，取，得，， 所以．设直线与平面所成角为， 所以， 所以直线与平面所成角的正弦值为． 【典例02】如图，在直三棱柱中，，，，．若分别为棱上的动点，且，点在平面上的射影为点． (1)求证：平面平面； (2)求直线与平面所成角的正弦值的取值范围． 【解析】（1），，， 由余弦定理得， 故，故⊥， 直三棱柱中，⊥， 又，平面， 故⊥平面， 又平面，所以平面⊥平面； （2）以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 点在平面上的射影为点，， ，， 设，， 故， ，故，整理得， 又，故，又，解得， 设平面的法向量为， 则， 解得，令得，故， 设直线与平面所成角大小为， 则， 因为，所以， 直线与平面所成角的正弦值的取值范围是 命题点3 二面角 【典例01】如图，在四棱锥中，底面为菱形，平面平面. (1)求证：； (2)设在线段和上，且为中点，，若直线与平面所成角的大小为， （i）求平面与平面所成角的余弦值； （ii）平面交直线于点，设，求的值. 【解析】（1）连接和交于点，连接. ∵底面为菱形， 为的中点，且 又平面平面，平面平面， 平面，又平面， . （2）因为，所以 ∵平面平面，平面平面， 平面. 是直线与平面所成角，即. 在菱形中，， . ，即. （i）如图，以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则， ， 所以， 设平面的法向量为， 则， 令，得， 平面的法向量为， 因此， 所求平面与平面所成角的余弦值为 （ii）平面交线段于点，设， 则， 因为，即， 即，解得. 【典例02】如图，在四棱柱中，底面ABCD是正方形，AC，BD交于点O，P为的中点，.    (1)证明：平面平面； (2)若为等边三角形，求平面PCD与平面夹角的余弦值. 【解析】（1）在四棱柱中，由正方形，得，而， 平面，则平面，而平面， 所以平面平面. （2）取中点，连接，由为等边三角形，得，而， 则，又平面平面，平面平面， 平面，则平面，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， 由，P为的中点，得，， 则， ， 设平面的法向量，则，令，得， 设平面的法向量，则，令，得， 所以平面PCD与平面夹角的余弦值为. 命题点4 距离问题 【典例01】如图，在三棱锥中，是边长为2的等边三角形，为的中点，，，. (1)证明：； (2)若点在棱上，二面角的正切值为，求点到平面的距离. 【解析】（1）因为是边长为2的等边三角形，为的中点，所以， 在中，由余弦定理得: ，所以， 因为为中点，所以， 因为是边长为2的等边三角形，所以， 则，所以， 又，，平面，平面， 所以平面，又因为平面，所以 （2）解法一：以向量，，所在方向建立空间直角坐标系， 则，，，， 因为在线段上，设， 则，， 设平面的法向量为， 则即取. 又平面的法向量为， 因为二面角的正切值为， 所以， 整理得，解得或（舍去），所以， 设平面的法向量为，则即 取，则， 所以点到平面的距离. 解法二：过作，垂足为，过作，垂足为，连接， 因为平面，平面，所以平面平面， 平面平面，平面，所以平面， 又平面，所以， 又，平面，所以平面， 平面，故，所以是二面角的平面角， 而二面角的正切值为，故， 设，，所以， 在中，，，， 故，故为等腰直角三角形， 故，故， 所以，，故，故， 又， 设到平面的距离为，则可得， 故，故到平面的距离为. 【典例02】如图，在三棱锥中，平面平面是边长为2的等边三角形，． (1)证明：； (2)若线段上的点满足直线与直线所成角的余弦值为，求点到直线的距离． 【解析】（1）在中，， 由余弦定理可得：， 则，所以有，则 由平面平面，平面平面， 且，平面，则平面， 又平面，则. （2）取中点分别为，连接 由为正三角形知，， 结合（1）中平面，由，可知平面，则两两垂直， 如图所示，以为原点，分别为轴，轴，轴的正方向，建立空间直角坐标系， 则， 可得 设，则，且， 可得 由，解得或（舍去）， 则，且 故点到直线的距离 高考预测题 1．正多面体也称柏拉图立体，被誉为最有规律的立体结构，其所有面都只由一种正多边形构成的多面体（各面都是全等的正多边形，且每一个顶点所接的面数都一样，各相邻面所成二面角都相等），数学家已经证明世界上只存在五种柏拉图立体，即正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体、正二十面体，如图所示为正八面体，则该正八面体的外接球与内切球的表面积的比为（    ） A． B．2 C．3 D．4 【答案】C 【解析】若正八面体的棱长为2，令其外接球、内切球半径分别为，且， 由各侧面的面积，且构成八面体的两个正四棱锥的高为， 则正八面体的体积，所以， 所以外接球与内切球的表面积之比为. 故选：C 2．（多选题）在棱长为2的正方体中，点为侧面内一点（包含边界），则（    ） A．三棱锥的体积为定值 B．的最小值为5 C．若，则的轨迹长度为 D．三棱锥外接球的体积存在最大值与最小值 【答案】ACD 【解析】A，依题意点到平面的距离为棱长2，则的面积为， 故三棱锥的体积为定值，故A正确； B，如图作点关于平面的对称点，连接，则， 故， 当且仅当、、三点共线时等号成立，故B错误； C，易得，因平面，平面，则， 又，平面，则平面，因平面，则， 同理，又平面，故平面， 因为，所以平面，又平面侧面， 所以的轨迹为线段，其长度为，故C正确； D，如图取的中点，因为为直角三角形， 所以为外接圆的圆心，设外接球的球心为，半径为R， 由外接球的性质，得平面， 连接， 则， 以为原点，，，所在直线为轴建立如图所示空间直角坐标系， 则，设，，且， 则，整理得， 因为点为侧面内一点（包含边界）， 当点和侧面的顶点重合时，有最小值， 即有最大值， 故三棱锥外接球的体积的最大值为， 设正方形中心为，则 当点和点重合时，有最大值， 即有最小值， 故三棱锥外接球的体积的最小值为，故D正确. 故选：ACD 3．（多选题）如图，为圆锥的轴截面，B是底面圆周上异于点A，C的一动点，，，则（   ） A．的面积无最大值 B．与平面不可能垂直 C．当点B为的中点时，三棱锥的体积最大 D．当点B为的中点时，二面角的余弦值为 【答案】BCD 【解析】由，，可求得，，所以. 对于A，，当且仅当时取等号，故A错误； 对于B，若平面，平面，则，即， 从而，与矛盾，所以与平面不可能垂直，故B正确； 对于C，， 显然当点B为的中点时，取得最大值， 此时三棱锥的体积最大，故C正确； 对于D，如图， 作于点D，连接，，，因为点B为的中点， 由对称性可知，，即为二面角的平面角， 且，，， 由等面积法得，所以， 又，所以，则， 所以，故D正确. 故选：BCD. 4．如图，底面为锐角三角形的直棱柱中，，，点在线段上，且满足，点为的中点. (1)当时，证明：平面； (2)若平面与平面所成角的余弦值为. （ⅰ）求异面直线与所成角的大小； （ⅱ）已知直线与平面所成角的正弦值为，求的值. 【解析】（1）在直棱柱中，令，则是的中点， 由，得是中点，而点为的中点，则， 即，而平面，平面， 所以平面. （2）（ⅰ）分别取的中点，则，又平面， 所以平面，由，得，则直线两两垂直， 以点为原点，向量的方向分别为轴的正方向，建立空间直角坐标系， 令，则， ，， 设平面与平面的法向量分别为，， 则，令，得， ，令，得， 由平面与平面所成角的余弦值为， 得，解得或， 由是锐角三角形，得，即，则，即， 又，则， 而，因此， 所以异面直线与所成的角为. （ⅱ）由（ⅰ）知，，则， ，而平面的法向量， 因此，而， 所以. 好题速递 1．（2026·河南南阳·模拟预测）在三棱锥中，，其余棱长均为2，若三棱锥的所有顶点都在球的球面上，则球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】在三棱锥中，都是边长为2的正三角形，取中点，连接， 则，，是二面角的平面角， 又，则，即，而， 平面，因此平面，令的外心分别为， 则平面，，同理，四边形是矩形， ，而，则， 所以球的表面积为. 故选：A 2．（2026·江西萍乡·一模）在棱长为2的正方体中，为的中点，则点到直线的距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】如图，建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为， 则，，， 所以点到直线的距离为 故选：D 3．（2026·重庆·一模）已知正四棱柱中，，则（    ） A．平面 B．平面平面 C．平面 D．平面平面 【答案】B 【解析】以为原点，分别以、、所在直线为、、轴，建立空间直角坐标系. 已知，，则各点坐标为：，，， ，，，，. 对于A选项，则， ，. 设平面的法向量，则，即， 令，则，，即. ，不平行于平面，故选项A错误. 对于B选项，，， 设平面的法向量，则，即， 令，则，，即. ，， 设平面的法向量，则，即， 令，则，，即. ，平面平面，故选项B正确. 对于C选项，，， . 设平面的法向量，则，即， 令，则，，即. 与不平行，不垂直于平面，故选项C错误. 对于D选项，，， 设平面的法向量，则，即， 令，则，即. ，， 设平面的法向量，则，即， 令，则，即. ，平面不垂直于平面， 故选项D错误. 故选：B. 4．（2026·河南南阳·模拟预测）在三棱锥中，平面平面，，是等腰直角三角形，，记三棱锥的内切球半径为，点到平面的距离为，则的最小值为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【解析】取中点，因为是等腰直角三角形，， 所以， 因为，所以， 因为平面平面，平面平面，平面 所以平面，即点到平面的距离为， 因为，所以， 因为， 又， ， 所以， 所以由，得， 所以 令，则，， 令得，解得， 当时，，当时，， 则在上单调递减，在上单调递增， 故当时，取得最小值. 即的最小值为. 故选：D. 5．（多选题）（2026·山东威海·一模）在正方体中，P，Q，R分别是的中点，则（   ） A． B．平面 C．平面平面 D．平面 【答案】AC 【解析】对于A，因为分别是的中点，所以. 因为在正方体中，，所以. 因为，所以，A正确； 对于B，因为分别是的中点，所以. 而平面，所以与平面相交，不平行，B错误； 对于C，因为，所以. 因为平面，不在平面内，所以平面. 因为，所以， 因为平面，不在平面内，所以平面. 又平面，所以平面平面，C正确； 如果平面，而平面，所以， 则根据勾股定理有. 设正方体的棱长为1，则在直角三角形中，， 所以，而，. 很显然不成立，所以不成立，所以D错误. 故选：AC. 6．（多选题）（2026·云南红河·模拟预测）如图，该几何体由高均为1的圆锥与圆柱组成，圆锥的底面与圆柱的上底面重合，若该几何体底面半径为1，则（    ） A．圆锥的母线长为 B．圆锥与圆柱的体积比为1：3 C．该几何体的表面积为 D．圆锥侧面展开图的圆心角为 【答案】ABD 【解析】对于A，由勾股定理得圆锥母线长，A正确； 对于B，圆锥的体积为，圆柱的体积为， 因此圆锥与圆柱的体积比为，B正确； 对于C，该几何体的表面积为，C错误； 对于D，设圆锥侧面展开图的圆心角为，由弧长公式得，圆心角，D正确． 故选：ABD 7．（2026·湖南常德·一模）如图，圆柱的轴截面为正方形，、分别是圆柱上、下底面圆的直径，且四面体的体积的最大值为36，则该圆柱的侧面积为 .    【答案】 【解析】设圆柱的底面半径为， 因为圆柱的轴截面为正方形，所以圆柱的母线长为， 设为上底面圆的圆心，如图， 由圆柱的对称性可知，四面体的体积等于三棱锥的体积的2倍， 所以四面体的体积最大值为36，则三棱锥的体积的最大值为， 因为为上底面圆的圆心，是圆柱下底面圆的直径， 所以， 所以当点到平面的距离最大时三棱锥的体积取得最大值， 所以当平面时，三棱锥的体积取得最大值， 所以，解得， 所以该圆柱的侧面积为. 故答案为： 8．（2026·云南·模拟预测）如图，在直角梯形中，，，将沿直线翻折至的位置，当三棱锥的体积最大时，则三棱锥的外接球的表面积为 ． 【答案】 【解析】如图所示，设点到平面的距离为， 因为，且为定值， 所以当三棱锥的体积最大时，只需取得最大值， 此时平面平面，取的中点，连接． 因为且， 所以且， 因为平面平面，且平面，所以平面， 取的中点为，连接，因为平面，所以， 因为在梯形中，，， 所以，则，所以， 且，在直角中，， 在直角中，根据直角三角形的中线性质，， 所以，即为三棱锥外接球的球心， 设三棱锥外接球的半径为，则， 所以． 故答案为：. 9．（2026·黑龙江哈尔滨·模拟预测）如图所示，四边形ABCD与BDEF均为菱形，，且． (1)求证：平面平面； (2)求平面ABF与平面ACF的夹角的余弦值； (3)试问直线BC上是否存在点M，使直线平面FDM，若存在，求出点M的位置；若不存在，请说明理由. 【解析】（1）设，的交点为，连接， 因为四边形与均为菱形，且， 所以，， 又因为，且为中点，所以， 又因为，所以平面， 因为平面，所以平面平面． （2）因为，，且，所以平面， 设，因为四边形与均为菱形， 且，所以，， 又因为，所以在中，，所以， 因为，，， 所以平面， 以为坐标原点，，，为，，轴建立空间直角坐标系，如下图： 所以，，，，， 由，得到， 所以，， 设平面的法向量，，所以， 因为平面的法向量， 设平面与平面的夹角为，所以. （3）设，所以， ，，， 设平面的法向量，，所以， 因为平面，所以，所以， 所以点在延长线上，且满足. 10．（2026·湖南邵阳·一模）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，,平面为棱上的点．    (1)当为棱的中点时，证明：平面； (2)在棱上是否存在点，使得平面与平面的夹角的余弦值为？若存在，请确定点的位置；若不存在，请说明理由． 【解析】（1）如图1，取棱的中点，连接，因为棱的中点，则． 又因为， 所以，则四边形为平行四边形，所以． 又因为平面平面，所以平面. （2）如图2，以点为坐标原点，分别以所在直线为，，轴建立空间直角坐标系， 则． 则， 取线段的中点为，连接.因平面，平面，则， 又，则，因，平面，则平面， 因，则，可取平面的一个法向量为. 假设在棱上存在点，使得平面与平面的夹角的余弦值为， 设，则. 设为平面的一个法向量， 则，故可取. 设平面与平面的夹角为， 则． 解得（舍）或. 此时点为棱上靠近点的三等分点. 高考闯关 1．（2026·安徽芜湖·一模）正四棱锥的底面边长为4，且所有顶点都在半径为3的同一球面上,则异面直线与所成角的余弦值为（    ） A．或 B．或 C． D． 【答案】A 【解析】设外接球球心为，底面中心为，外接球半径， 因为底面边长为4，所以， 易知球心在线段上，则，解得或， 当时，又，解得， 因为，所以即为异面直线与所成角的平面角， 在中，由余弦定理可得，解得， 当时，又，解得， 因为，所以即为异面直线与所成角的平面角， 在中，由余弦定理可得，解得， 故选：A 2．（2026·山东泰安·一模）已知某圆锥的母线长为4，其侧面展开图是一个半圆，则该圆锥的体积为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】设圆锥底面半径为，则由题意可得，，则， 则该圆锥的体积为. 故选：A 3．（2026·福建泉州·二模）已知正三棱台的高为，则该棱台的侧面积为（   ） A． B． C．18 D． 【答案】B 【解析】由题意，设上下底面中心分别为，则， 分别取中点，则为梯形的高， 由可得，， 作，垂足为， 则，， 则， 则. 故选：B. 4．（2026·江西九江·一模）圆台的母线长为分别为上､下底面的直径，且.设四面体外接球的表面积为，圆台的表面积为，则（    ） （附：圆台的侧面积公式 A． B． C． D． 【答案】C 【解析】 设圆台的上､下底面的半径分别为，母线， ， 由题意可知圆台的表面积为， 如图四面体的外接球即为圆台的外接球， 设外接球的球心为，半径为， 圆台的高， 设到上底面的距离为，到下底面的距离为 由外接球性质，， 则， ， 联立解得， 故， 即， 所以， 所以. 故选：C. 5．（多选题）（2026·浙江·模拟预测）在三棱锥中，，顶点在底面上的投影为（在内部，不含边界），点在上，则下列说法正确的有（    ） A．为的垂心 B．若，则是等边三角形 C．可能是直角三角形 D．直线与直线的夹角可能为 【答案】AB 【解析】对于A：连接并延长交于，连接并延长交于，因为平面，平面，所以， 因为，，平面，所以平面， 因为平面，所以，同理可得， 所以为的垂心，所以A正确； 对于B：因为平面，平面，所以， 所以， 因为，所以，所以为的外心， 由选项A知为的垂心，所以是等边三角形，所以B正确； 对于C：由选项A知为的垂心，若是直角三角形，则垂心为直角顶点，与在内部矛盾，所以C错误； 对于D：连接并延长交于，由选项A知为的垂心，则， 因为平面，平面，所以， 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以，所以直线与直线夹角为，所以D错误. 故选：AB. 6．（多选题）（2026·山东泰安·一模）已知在长方体中，，点为的中点，为底面（含边界）内一个动点，且平面，长方体的外接球的球心为，则下列选项正确的是（    ） A．球的表面积为 B．动点的轨迹长度为 C．异面直线与所成角的正切值的取值范围是 D．三棱锥的外接球球心为，则 【答案】ABD 【解析】对于A，设长方体的外接球半径为， 由长方体性质得， 由球的表面积公式得球的表面积为，故A正确， 对于B，如图，在长方体中， 以为原点建立空间直角坐标系，连接， 由题意得，，，，， 因为点为的中点，所以， 则，，设面的法向量为， 可得，令，解得，故， 因为为底面（含边界）内一个动点， 所以设，则， 因为平面，所以， 得到，化简得， 当时，，不符合题意，当，时，符合题意， 则的轨迹是点与点之间的线段， 由两点间距离公式得轨迹长度为，故B正确， 对于C，因为，所以，此时变为， 由题意得，，则，， 设异面直线与所成角为， 可得， 由同角三角函数的基本关系得， 则，令， 由二次函数性质得在上单调递减，在上单调递增， 而，，，可得， 即，故C错误， 对于D，由题意得是的中点，则由中点坐标公式得， 且，，，，设，半径为， 则外接球的方程为， 将代入方程，得到， 将代入方程，得到， 两式相减可得，解得， 将代入方程，可得， 此时变为， 两式相减得，解得， 将代入方程，可得， 此时变为， 两式相减可得，解得， 则，由两点间距离公式得，故D正确. 故选：ABD 7．（2026·新疆·一模）若正方体内部有两个球，其中球与正方体的三个面相切，球与正方体的六个面均相切，球与球也相切，设球、球的表面积分别为，则 ． 【答案】 【解析】 设正方体的边长为，由球与正方体的六个面均相切，可知球的半径为1， 由球与正方体的三个面相切且与球也相切，设球的半径为， 如图可知，，，所以， 根据，则有，解得：， 所以， 故答案为：. 8．（2026·重庆·一模）若经过圆锥的轴的截面是一个边长为2的正三角形，则该圆锥的体积为 ． 【答案】 【解析】圆锥的轴的截面是一个边长为2的正三角形， 设这个三角形为，，底面圆， ， 底面圆的面积， 则该圆锥的体积为. 故答案为：. 9．（2026·安徽黄山·一模）如图，在直角梯形中，，，，为中点，将沿折起，使到处． (1)求证：平面； (2)若平面平面，，，，且二面角的正弦值为． （Ⅰ）求的值； （Ⅱ）求四棱锥外接球的表面积． 【解析】（1）因为，，，所以四边形为矩形， 连接交于点，连接，则点为中点， 又为中点，所以是中位线，所以， 又平面，平面，所以平面． （2）（Ⅰ）因为，平面，平面平面且交于． 所以平面，而平面，所以， 又， 故以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系如图． 则，，，，，， 设，则， 又， 所以，即，所以， 则，， 设平面的法向量为. 则，即，令，则，， 所以. 又，，，平面， 所以平面， 所以即为平面的一个法向量. 设二面角的平面角为，则， 所以， 即 ， 解得或（舍去，因为），故：． （Ⅱ）所求外接球球心在过点垂直于平面的垂线上，则. 设，又，则，， 所以， 即，整理得，解得， 所以，所以， 故． 10．（2026·山东潍坊·模拟预测）图，四边形是边长为1的正方形，四边形是梯形，是上的点，且，平面平面. (1)证明：四点共面； (2)设，且点均在球的球面上. （i）求点到平面的距离； （ii）记为球面上到点距离最小的点，求直线与平面所成角的正弦值. 【解析】（1）因为四边形是正方形，所以， 又因为，所以四边形是正方形， 所以，所以， 所以四点共面. （2）（i）因为，平面平面，平面平面， 平面， 所以平面， 因为，所以平面，同理可得，平面， 因为平面，平面，所以，， 所以和都是直角三角形， 所以的中点就是球心， 如图所示，以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系， 则，， 则， 设平面的一个法向量， 所以，令，所以， 所以， 所以点到平面的距离为. （ii）当三点共线时，球面上点到点的距离最小， 因为，所以球的半径，分别取中点， 则， 所以， 所以，所以， 因为，所以， 所以， 由（i）知平面的一个法向量， 所以直线与平面所成角的正弦值为 . 学科网（北京）股份有限公司zxxk.com 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $