第11题立体几何综合分类训练-2026届高考数学三轮冲刺

2026年新高考第11题分类训练 立体几何综合 考点 3年考题 考情分析 立体几何综合 2025年新高考Ⅰ卷第9题 2025年新高考Ⅱ卷第14题 2023年新高考Ⅰ卷第12题 2023年新高考Ⅱ卷第10题 立体几何会以多种题型进行考查，多选题难度较难，纵观近 3 年的新高考试题，多选题常考查正方体、长方体与棱锥、圆锥的综合问题，这类题目整体难度偏大。在选项设置上，需要合理规划难度梯度，循序渐进。若能熟练掌握空间位置动点轨迹问题、外接球内切球模型相关结论，往往能有效简化分析过程，提升解题效率。可以预测 2026 年新高考命题方向将继续以综合形式，结合翻折、动点轨迹等创新形式体现。 1．（多选）（2025·新高考Ⅰ卷高考真题第9题）在正三棱柱中，D为BC中点，则（    ） A． B．平面 C．平面 D． 2．（2025·新高考Ⅱ卷高考真题第14题）一个底面半径为，高为的封闭圆柱形容器（容器壁厚度忽略不计）内有两个半径相等的铁球，则铁球半径的最大值为 ． 3.（多选）（2023·新高考Ⅰ卷高考真题第12题）下列物体中，能够被整体放入棱长为1（单位：m）的正方体容器（容器壁厚度忽略不计）内的有（ ） A. 直径为的球体 B. 所有棱长均为的四面体 C. 底面直径为，高为的圆柱体 D. 底面直径为，高为的圆柱体 4.（多选）（2023·新高考Ⅱ卷高考真题第9题） 已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，AB为底面直径，，，点C在底面圆周上，且二面角为45°，则（ ）． A. 该圆锥的体积为 B. 该圆锥的侧面积为 C. D. 面积为 1.平面的基本事实 基本事实1：过不在一条直线上的三点，有且只有一个平面 基本事实2：如果一条直线上的两点在一个平面内，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.直线与平面平行的判定定理和性质定理 文字语言 图形语言 符号语言 判定 定理 平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行(线线平行⇒线面平行) l∥a，a⊂α， l⊄α⇒l∥α 性质 定理 一条直线与一个平面平行，则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行(线面平行⇒线线平行) l∥α，l⊂β， α∩β＝b⇒l∥b 4.判断或证明线面平行的常用方法 (1)利用线面平行的定义(无公共点)． (2)利用线面平行的判定定理(a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α)． (3)利用面面平行的性质定理(α∥β，a⊂α⇒a∥β)． (4)利用面面平行的性质(α∥β，a⊄α，a⊄β，a∥α⇒a∥β)． 5.平面与平面平行的判定定理和性质定理 文字语言 图形语言 符号语言 判定 定理 一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行(线面平行⇒面面平行) a∥β，b∥β，a∩b＝P，a⊂α，b⊂α⇒α∥β 性质 定理 如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行 α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b⇒a∥b 6.重要结论 (1)垂直于同一条直线的两个平面平行，即若a⊥α，a⊥β，则α∥β. (2)垂直于同一个平面的两条直线平行，即若a⊥α，b⊥α，则a∥b. (3)平行于同一个平面的两个平面平行，即若α∥β，β∥γ，则α∥γ. 7.直线与平面垂直 (1)直线和平面垂直的定义：直线l与平面α内的任意一条直线都垂直，就说直线l与平面α互相垂直． (2)直线与平面垂直的判定定理与性质定理： 文字语言 图形语言 符号语言 判定 定理 一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直，则该直线与此平面垂直 ⇒l⊥α 性质 定理 垂直于同一个平面的两条直线平行 ⇒a∥b 8.证明线面垂直的常用方法 (1)利用线面垂直的判定定理． (2)利用“两平行线中的一条与平面垂直，则另一条也与这个平面垂直”． (3)利用“一条直线垂直于两个平行平面中的一个，则与另一个也垂直”． (4)利用面面垂直的性质定理． 9.证明线线垂直的常用方法 (1)利用特殊图形中的垂直关系．(2)利用等腰三角形底边中线的性质． (3)利用勾股定理的逆定理．(4)利用直线与平面垂直的性质． 10.平面与平面垂直 (1)平面与平面垂直的定义：两个平面相交， 如果它们所成的二面角是直二面角，就说这两个平面互相垂直． (2)平面与平面垂直的判定定理与性质定理： 文字语言 图形语言 符号语言 判定 定理 一个平面过另一个平面的垂线，则这两个平面垂直 ⇒α⊥β 性质 定理 两个平面垂直，则一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直 ⇒l⊥α 11.面面垂直的两种证明方法 (1)定义法：利用面面垂直的定义，即判定两平面所成的二面角为直二面角，将证明面面垂直问题转化为证明平面角为直角的问题． (2)定理法：利用面面垂直的判定定理，即证明其中一个平面经过另一个平面的一条垂线，把问题转化成证明线线垂直加以解决． 12.外接球墙角模型（三条线两个垂直，不找球心的位置即可求出球半径） 13.垂面模型（一条直线垂直于一个平面） 如图5，平面 解题步骤： 第一步：将画在小圆面上，为小圆直径的一个端点，作小圆的直 径，连接，则必过球心； 第二步：为的外心，所以平面，算出小圆的半 径（三角形的外接圆直径算法：利用正弦定理，得 ），； 第三步：利用勾股定理求三棱锥的外接球半径：①； ② 14.切瓜模型（两个平面互相垂直） 分别在两个互相垂直的平面上取外心、过两个外心做两个垂面的垂线，两条垂线的交点即为球心0，取B C的中点为，连接、、、为矩形，由勾股可得 公式： 15.汉堡模型（直棱柱的外接球、圆柱的外接球） 题设：如图10-1，图10-2，图10-3,直三棱柱内接于球（同时直棱柱也内接于圆柱，棱柱的上下底面可以是任意三角形） 第一步：确定球心的位置，是的外心，则平面； 第二步：算出小圆的半径，（也是圆柱的高）； 第三步：勾股定理：，解出 16.折叠模型 题设：两个全等三角形或等腰三角形拼在一起，或菱形折叠(如图11) 第一步：先画出如图所示的图形，将画在小圆上，找出和的外心和； 第二步：过和分别作平面和平面的垂线，两垂线的交点即为球心，连接； 第三步：解，算出，在中，勾股定理： 17. 锥体的内切球问题 题设：三棱锥是任意三棱锥，求其的内切球半径 方法：等体积法，即内切球球心与四个面构成的四个三棱锥的体积之和相等 第一步：先画出四个表面的面积和整个锥体体积； 第二步：设内切球的半径为，建立等式： 第三步：解出 基础空间位置关系判断 1.（多选）（九师联盟2025-2026学年高三上学期第五次质量检测）已知两条不同的直线，，两个不同的平面，，则下列命题为真命题的是（   ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，，，则 2.（多选）（多选）（山东潍坊市2026届2月高考模拟）已知为两个不重合的平面，为两条不重合的直线，则下列选项是“”的充分条件的是（    ） A． B． C． D． 3.（多选）（多选）（辽宁省大连市2026年高三双基模拟考试）设是空间中四个不同的点，下列命题正确的是（    ） A．若与是异面直线，则与是异面直线 B．若，则 C．若，则 D．若，则 4.（多选）（多选）（浙江省温州市2026届高三上学期期末质量评价）已知，，为三个不同的平面，，，为三条不同的直线，，，，下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 正方体、长方体、直棱柱专项（可建系） 1.（多选）（湖北省云学联盟2026届高三上学期期末联考）在长方体 中，底面 为正方形， ， 分别是 ， 的中点，则下列结论一定成立的是 A. B. 平面 C. D. 平面 2.（多选）（多选）（广东省2026届普通高中毕业班第二次调研）如图，在直三棱柱中，，，点，，，分别是，，，的中点，则（ ） A．，，，四点共面 B．线段为直三棱柱外接球的直径 C．三棱锥的体积为 D．异面直线与所成角为 3.（多选）（九江市2026届第一次高考模拟）如图，正方体中，点分别为的中点，则（    ） A． B．平面 C． D．平面 4.（多选）（多选）（江西省重点中学盟校2026届高三第一次质量）在直三棱柱中，为的中点，为线段上的动点，下列结论正确的是（   ） A． B．平面 C．平面平面 D．存在点，使得平面 5.（多选）（多选）（吉林省长春市2026届高三质量监测（一））已知正方体的棱长为2，点是侧面上的一个动点（含边界），点和点分别是棱和的中点，则（    ）   A．平面截该正方体所得的截面图形是正方形 B．平面平面 C．若，则点的轨迹长度为 D．若点在上，则的最小值为 6.（多选）（多选）（湖南长沙市雅礼中学2025-2026学年高三下学期开学考）如图，在棱长为2的正方体中，M，N，P分别是 ，，的中点，Q是线段上的动点，则(    )   A．存在点Q，使B，N，P，Q四点共面 B．存在点Q，使平面MBN C．过Q，M，N三点的平面截正方体所得截面面积的取值范围为 D．经过C，M，B，N四点的球的表面积为 7.（多选）（多选）（江苏省镇江市2025-2026学年高三上学期期中）在长方体中，，，动点在棱上，则（    ） A． B． C．三棱锥的体积是定值 D．若，则长为1 8.（多选）（多选）(安徽省黄山市2026届高三第一次质量检测)如图，在直棱柱中，，是中点，则下列结论正确的是（   ）   A． B．四点共面 C．直棱柱不存在外接球 D．棱的中点在平面内 9.（多选）（浙江省强基联盟2026年1月高三联考）在棱长为1的正方体中，点，满足，，则（    ） A．平面 B．若与平面所成角为，则点的轨迹长度为 C．当时，满足到直线与到平面的距离相等的点有两个 D．当时，四面体外接球体积为 10.（2026届江苏省G4联考12月）一个几何体T垂直投影到平面上，形成图形S，我们就称S为T在平面上的正投影.在长方体中，，，，AD，的中点分别是E，F，G，则平面EFG截长方体所得截面的边数为______；长方体在平面EFG上的正投影的面积为______. 平行六面体问题（无法建系需要用基底） 1.（多选）（福建省福州市2026届高三三月质量检测）在平行六面体中，，，则（   ） A． B．平面 C．直线与直线所成角为60° D．点到平面的距离为 2.（多选）（多选）（杭州学军中学高三上学期期末）如图，一个结晶体的形状为平行六面体，其中，以顶点为端点的三条棱长都等于1，且它们彼此的夹角都是，下列说法中正确的是（ ） A. B. 在底面上的投影是线段的中点 C. 与平面所成角大于 D. 与所成角的余弦值为 外接球、内切球问题 1.（多选）（阜阳市2025-2026学年度高三教学质量监测）如图，为圆锥的底面圆的直径，是圆弧的中点，圆锥的轴截面是边长为2的等边三角形，则下列结论正确的是（ ） A. 圆锥的体积为 B. 圆锥的外接球体积为 C. 圆锥侧面展开图的圆心角为 D. 二面角的正切值为 2.（多选）（吉林省长春市东北师范大学附属中学2025-2026学年高三上学期第三次摸底考）在四面体中，，其余各棱长均为2，则该四面体的（　　） A．表面积为 B．体积为 C．外接球的半径为 D．内切球的半径为 3.（多选）（2026届江苏省G4联考12月） 已知正四棱锥 的底面边长为 1,高为 ,该正四棱锥的顶点 在正方体 的内部(包括表面),则下列结论正确的是 A. 的取值范围是 B. 若正四棱锥 的侧棱长为 ，则 C. 当点 为正方体 的上底面 的中心时,正四棱锥 外接球的表面积为 D. 当点 为正方体 的内切球球心时,正方体 的内切球与正四棱锥 的公共部分的体积为 4.（多选）（贵州省名校协作体2025-2026学年高三质量监测（二））圆锥内半径最大的球称为该圆锥的内切球，若圆锥的顶点和底面的圆周都在同一个球面上，则称该球为圆锥的外接球.如图，圆锥的内切球和外接球的球心重合，且圆锥的底面直径为，则（    ）    A．设内切球的半径为，外接球的半径为，则 B．设内切球的表面积，外接球的表面积为，则 C．设圆锥的体积为，内切球的体积为，则 D．设、是圆锥底面圆上的两点，且，则平面截内切球所得截面的面积为 翻折问题 1.（多选）（江苏省镇江市2026届高三第一学期零模）在直角梯形中，，，，将沿翻折，形成一个二面角.则（   ） A．在翻折的过程中，存在某个位置，使得 B．若二面角的大小为，则异面直线与所成角的余弦值为 C．在翻折的过程中，存在某个位置，使得三棱锥外接球的体积为 D．若二面角的大小为，点为线段上的动点，则最小值为 2.（多选）（浙江金丽衢十二校2026届高三第一次联考）已知矩形，若点为边上的一动点（不包括端点），现将沿着翻折成，使得平面平面，并记为.则（    ） A．存在点，使得 B．任意点，都有 C．存在两点，使得它们所确定的直线与垂直 D．任意两点，它们所确定的直线与平面的所成角都小于 第 1 页 共 4 页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年新高考第11题分类训练 立体几何综合 考点 3年考题 考情分析 立体几何综合 2025年新高考Ⅰ卷第9题 2025年新高考Ⅱ卷第14题 2023年新高考Ⅰ卷第12题 2023年新高考Ⅱ卷第10题 立体几何会以多种题型进行考查，多选题难度较难，纵观近 3 年的新高考试题，多选题常考查正方体、长方体与棱锥、圆锥的综合问题，这类题目整体难度偏大。在选项设置上，需要合理规划难度梯度，循序渐进。若能熟练掌握空间位置动点轨迹问题、外接球内切球模型相关结论，往往能有效简化分析过程，提升解题效率。可以预测 2026 年新高考命题方向将继续以综合形式，结合翻折、动点轨迹等创新形式体现。 1．（多选）（2025·新高考Ⅰ卷高考真题第9题）在正三棱柱中，D为BC中点，则（    ） A． B．平面 C．平面 D． 【答案】BC 【分析】法一：利用空间基底，对于A，利用空间向量的线性运算与数量积运算即可判断；对于B，利用线面垂直的判定与性质定理即可判断；对于C，利用线面平行的判定定理即可判断；对于D，利用反证法即可判断；法二：根据题意建立空间直角坐标系，利用空间向量法逐一分析判断各选项即可得解. 【解析】法一：对于A，在正三棱柱中，平面， 又平面，则，则， 因为是正三角形，为中点，则，则 又， 所以， 则不成立，故A错误； 对于B，因为在正三棱柱中，平面， 又平面，则， 因为是正三角形，为中点，则， 又平面， 所以平面，故B正确； 对于C，因为在正三棱柱中， 又平面平面，所以平面，故C正确； 对于D，因为在正三棱柱中，， 假设，则，这与矛盾， 所以不成立，故D错误； 故选：BC. 法二：如图，建立空间直角坐标系，设该正三棱柱的底边为，高为， 则， 对于A，， 则， 则不成立，故A错误； 对于BC，， 设平面的法向量为， 则，得，令，则， 所以，， 则平面，平面，故BC正确； 对于D，， 则，显然不成立，故D错误； 故选：BC. 2．（2025·新高考Ⅱ卷高考真题第14题）一个底面半径为，高为的封闭圆柱形容器（容器壁厚度忽略不计）内有两个半径相等的铁球，则铁球半径的最大值为 ． 【答案】 【分析】根据圆柱与球的性质以及球的体积公式可求出球的半径； 【解析】 圆柱的底面半径为，设铁球的半径为r，且， 由圆柱与球的性质知， 即，， 故答案为：. 3.（多选）（2023·新高考Ⅰ卷高考真题第12题）下列物体中，能够被整体放入棱长为1（单位：m）的正方体容器（容器壁厚度忽略不计）内的有（ ） A. 直径为的球体 B. 所有棱长均为的四面体 C. 底面直径为，高为的圆柱体 D. 底面直径为，高为的圆柱体 【答案】ABD 【分析】根据题意结合正方体的性质逐项分析判断. 【解析】对于选项A：因为，即球体的直径小于正方体的棱长， 所以能够被整体放入正方体内，故A正确； 对于选项B：因为正方体的面对角线长为，且， 所以能够被整体放入正方体内，故B正确； 对于选项C：因为正方体的体对角线长为，且， 所以不能够被整体放入正方体内，故C不正确； 对于选项D：因为，可知底面正方形不能包含圆柱的底面圆， 如图，过的中点作，设， 可知，则， 即，解得， 且，即， 故以为轴可能对称放置底面直径为圆柱， 若底面直径为的圆柱与正方体的上下底面均相切，设圆柱的底面圆心，与正方体的下底面的切点为， 可知：，则， 即，解得， 根据对称性可知圆柱的高为， 所以能够被整体放入正方体内，故D正确； 故选：ABD. 4.（多选）（2023·新高考Ⅱ卷高考真题第9题） 已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，AB为底面直径，，，点C在底面圆周上，且二面角为45°，则（ ）． A. 该圆锥的体积为 B. 该圆锥的侧面积为 C. D. 面积为 【答案】AC 【分析】根据圆锥的体积、侧面积判断A、B选项的正确性，利用二面角的知识判断C、D选项的正确性. 【解析】依题意，，，所以， A选项，圆锥的体积为，A选项正确； B选项，圆锥的侧面积为，B选项错误； C选项，设是的中点，连接， 则，所以是二面角的平面角， 则，所以， 故，则，C选项正确； D选项，，所以，D选项错误. 故选：AC. 1.平面的基本事实 基本事实1：过不在一条直线上的三点，有且只有一个平面 基本事实2：如果一条直线上的两点在一个平面内，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.直线与平面平行的判定定理和性质定理 文字语言 图形语言 符号语言 判定 定理 平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行(线线平行⇒线面平行) l∥a，a⊂α， l⊄α⇒l∥α 性质 定理 一条直线与一个平面平行，则过这条直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行(线面平行⇒线线平行) l∥α，l⊂β， α∩β＝b⇒l∥b 4.判断或证明线面平行的常用方法 (1)利用线面平行的定义(无公共点)． (2)利用线面平行的判定定理(a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α)． (3)利用面面平行的性质定理(α∥β，a⊂α⇒a∥β)． (4)利用面面平行的性质(α∥β，a⊄α，a⊄β，a∥α⇒a∥β)． 5.平面与平面平行的判定定理和性质定理 文字语言 图形语言 符号语言 判定 定理 一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行(线面平行⇒面面平行) a∥β，b∥β，a∩b＝P，a⊂α，b⊂α⇒α∥β 性质 定理 如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行 α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b⇒a∥b 6.重要结论 (1)垂直于同一条直线的两个平面平行，即若a⊥α，a⊥β，则α∥β. (2)垂直于同一个平面的两条直线平行，即若a⊥α，b⊥α，则a∥b. (3)平行于同一个平面的两个平面平行，即若α∥β，β∥γ，则α∥γ. 7.直线与平面垂直 (1)直线和平面垂直的定义：直线l与平面α内的任意一条直线都垂直，就说直线l与平面α互相垂直． (2)直线与平面垂直的判定定理与性质定理： 文字语言 图形语言 符号语言 判定 定理 一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直，则该直线与此平面垂直 ⇒l⊥α 性质 定理 垂直于同一个平面的两条直线平行 ⇒a∥b 8.证明线面垂直的常用方法 (1)利用线面垂直的判定定理． (2)利用“两平行线中的一条与平面垂直，则另一条也与这个平面垂直”． (3)利用“一条直线垂直于两个平行平面中的一个，则与另一个也垂直”． (4)利用面面垂直的性质定理． 9.证明线线垂直的常用方法 (1)利用特殊图形中的垂直关系．(2)利用等腰三角形底边中线的性质． (3)利用勾股定理的逆定理．(4)利用直线与平面垂直的性质． 10.平面与平面垂直 (1)平面与平面垂直的定义：两个平面相交， 如果它们所成的二面角是直二面角，就说这两个平面互相垂直． (2)平面与平面垂直的判定定理与性质定理： 文字语言 图形语言 符号语言 判定 定理 一个平面过另一个平面的垂线，则这两个平面垂直 ⇒α⊥β 性质 定理 两个平面垂直，则一个平面内垂直于交线的直线与另一个平面垂直 ⇒l⊥α 11.面面垂直的两种证明方法 (1)定义法：利用面面垂直的定义，即判定两平面所成的二面角为直二面角，将证明面面垂直问题转化为证明平面角为直角的问题． (2)定理法：利用面面垂直的判定定理，即证明其中一个平面经过另一个平面的一条垂线，把问题转化成证明线线垂直加以解决． 12.外接球墙角模型（三条线两个垂直，不找球心的位置即可求出球半径） 13.垂面模型（一条直线垂直于一个平面） 如图5，平面 解题步骤： 第一步：将画在小圆面上，为小圆直径的一个端点，作小圆的直 径，连接，则必过球心； 第二步：为的外心，所以平面，算出小圆的半 径（三角形的外接圆直径算法：利用正弦定理，得 ），； 第三步：利用勾股定理求三棱锥的外接球半径：①； ② 14.切瓜模型（两个平面互相垂直） 分别在两个互相垂直的平面上取外心、过两个外心做两个垂面的垂线，两条垂线的交点即为球心0，取B C的中点为，连接、、、为矩形，由勾股可得 公式： 15.汉堡模型（直棱柱的外接球、圆柱的外接球） 题设：如图10-1，图10-2，图10-3,直三棱柱内接于球（同时直棱柱也内接于圆柱，棱柱的上下底面可以是任意三角形） 第一步：确定球心的位置，是的外心，则平面； 第二步：算出小圆的半径，（也是圆柱的高）； 第三步：勾股定理：，解出 16.折叠模型 题设：两个全等三角形或等腰三角形拼在一起，或菱形折叠(如图11) 第一步：先画出如图所示的图形，将画在小圆上，找出和的外心和； 第二步：过和分别作平面和平面的垂线，两垂线的交点即为球心，连接； 第三步：解，算出，在中，勾股定理： 17. 锥体的内切球问题 题设：三棱锥是任意三棱锥，求其的内切球半径 方法：等体积法，即内切球球心与四个面构成的四个三棱锥的体积之和相等 第一步：先画出四个表面的面积和整个锥体体积； 第二步：设内切球的半径为，建立等式： 第三步：解出 基础空间位置关系判断 1.（多选）（九师联盟2025-2026学年高三上学期第五次质量检测）已知两条不同的直线，，两个不同的平面，，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】AC 【解析】对于A，根据线面垂直的性质定理知A正确； 对于B，，无法推出，B错误； 对于C，因为，过作平面，则， 因为，所以，，所以，故C正确；   对于D，由面面平行的判定定理可知，一个平面内的两条相交直线平行于另一个平面，则两个平面平行. 题中条件未指明直线相交，当时，结论不一定成立，故D错误． 故选：AC 【点评】纯基础的线面、面面平行 或垂直的命题判断，仅考查线面垂直性质、面面平行判定定理等核心定理的直接应用，无复杂空间想象，选项辨析无需辅助构造或反例推导。 2.（多选）（多选）（山东潍坊市2026届2月高考模拟）已知为两个不重合的平面，为两条不重合的直线，则下列选项是“”的充分条件的是（    ） A． B． C． D． 【答案】ABD 【解析】对A：若，则，故A正确； 对B：若，则，故B正确； 对C：若，不能确定与关系，故C错误； 对D：若，则，故D正确. 故选：ABD. 【点评】考查 “面面垂直” 的充分条件判断，核心是线面、面面位置关系的定理推导，虽需结合线面垂直、面面平行的传递性分析，但选项设置直接，无干扰性强的易混命题，只需掌握判定定理的充要条件即可。 3.（多选）（多选）（辽宁省大连市2026年高三双基模拟考试）设是空间中四个不同的点，下列命题正确的是（    ） A．若与是异面直线，则与是异面直线 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【答案】AC 【解析】对于A，假设与是共面直线，则在同一个平面内，所以与是共面直线，与题设与是异面直线矛盾，故A正确； 对于B，因为，所以点都在的垂直平分面上，但与的长度无法确定，故B错误； 对于C，由B知，点都在的垂直平分面上，所以，故C正确； 对于D，因为，所以与的位置有平行、相交或异面，故D错误. 故选：AC. 【点评】以空间四点为背景考查异面直线、线段相等的命题判断，难点在于反例构造和反证法的应用（如 A 选项需用反证法证明异面，B、D 选项需构造空间反例排除），侧重逻辑推理和空间想象能力。 4.（多选）（多选）（浙江省温州市2026届高三上学期期末质量评价）已知，，为三个不同的平面，，，为三条不同的直线，，，，下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】AC 【解析】如下图， 因为，，，所以， 又，，所以，故，故A、C正确； 如下图， 若，不一定垂直，故B错误； 若，不一定垂直，故D错误 故选：AC. 【点评】考查平面与直线的综合位置关系判断，核心难点有二：一是需结合 “线面垂直、面面垂直的传递性” 进行多层推导，二是命题辨析依赖空间几何模型构造（需画出不同空间位置的平面或直线模型，排除干扰选项），对空间想象、模型构建和定理灵活运用的要求高。 正方体、长方体、直棱柱专项（可建系） 1.（多选）（湖北省云学联盟2026届高三上学期期末联考）在长方体 中，底面 为正方形， ， 分别是 ， 的中点，则下列结论一定成立的是 A. B. 平面 C. D. 平面 【答案】 ABD 【解析】 对于A： 正确 对于B： 平面 平面 正确 对于C：若 又 平面 平面 显然错误 对于D： 平面 正确. 故选： ABD 【点评】长方体背景下的线线、线面垂直、平行判断，仅考查中位线、线面垂直性质等基础定理，无计算，选项辨析直接。 2.（多选）（多选）（广东省2026届普通高中毕业班第二次调研）如图，在直三棱柱中，，，点，，，分别是，，，的中点，则（ ） A．，，，四点共面 B．线段为直三棱柱外接球的直径 C．三棱锥的体积为 D．异面直线与所成角为 【答案】BC 【解析】BC；由于与是异面直线，则，，，四点不可能共面，A错误； 三棱柱为正方体一半，侧面为正方体对角面，其对角线为正方体外接球直径，则B正确； ，则C正确；异面直线与所成角即为正方体体对角线与棱所成角，可求得，则． 故选BC． 【点评】直三棱柱（正方体一半）背景，考查共面、外接球、体积、异面直线所成角，考点基础且计算量极小，外接球和体积可直接套用结论，异面直线成角仅需简单空间想象。 3.（多选）（九江市2026届第一次高考模拟）如图，正方体中，点分别为的中点，则（    ） A． B．平面 C． D．平面 【答案】BCD 【解析】以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 设正方体棱长为2，则， 对于A，，显然与没有倍数关系， 故不平行，即与不平行，故A错误； 对于B，平面的一个法向量为， ，故，又平面， 故平面，故B正确； 对于C，因，， 则，所以，故C正确； 对于D，，， 设平面的一个法向量为， 则，故可取， 因，则与平行，故平面，故D正确. 故选：BCD 【点评】正方体背景，建系法可直接求解线线平行、线面平行、垂直，向量计算简单且无参数，只需掌握空间向量基础运算。 4.（多选）（多选）（江西省重点中学盟校2026届高三第一次质量）在直三棱柱中，为的中点，为线段上的动点，下列结论正确的是（   ） A． B．平面 C．平面平面 D．存在点，使得平面 【答案】BCD 【解析】如图： 对于选项A，因为平面,平面，所以平面， 又因为平面，但不过，所以与是异面直线，故A错误； 对于选项B，因为底面，因为底面，所以； 又，且平面， 所以平面． 因为平面，所以． 因为，所以侧面是正方形，所以． 因为，且平面， 所以平面，故B正确. 对于选项C，由选项下的证明得到，平面， 因为平面，所以平面平面，故C正确. 对于选项D，当为线段的中点时，设， 则，所以，故四边形为平行四边形， 所以，而平面平面，所以平面，故D正确. 【点评】直三棱柱背景，考查异面直线、线面垂直、面面垂直、线面平行，需结合直棱柱的正方形侧面特征推导，无复杂构造，定理应用稍综合但无计算量。 5.（多选）（多选）（吉林省长春市2026届高三质量监测（一））已知正方体的棱长为2，点是侧面上的一个动点（含边界），点和点分别是棱和的中点，则（    ）   A．平面截该正方体所得的截面图形是正方形 B．平面平面 C．若，则点的轨迹长度为 D．若点在上，则的最小值为 【答案】BC 【解析】如图建立空间直角坐标系，    对于A选项：,,，， 所以， 所以与不垂直，A错误； 对于B选项：,， 所以 所以， 又，平面,平面， 所以平面，又平面， 所以平面平面，B正确； 对于C选项：易知，所以， 所以点的轨迹为点为圆心，1为半径的圆， 所以点的轨迹长度为，C正确； 对于D选项：设，则 可表示为在直角坐标系中点到点与点的距离之和，如图所示，    所以， 所以的最小值为，D错误. 故选：BC. 【点评】正方体建系求解，考查截面形状、面面垂直、动点轨迹、距离最值，前 3 个选项易解，仅最后一个距离最值有少量计算，整体以基础考点为主，综合度一般。 6.（多选）（多选）（湖南长沙市雅礼中学2025-2026学年高三下学期开学考）如图，在棱长为2的正方体中，M，N，P分别是 ，，的中点，Q是线段上的动点，则(    )   A．存在点Q，使B，N，P，Q四点共面 B．存在点Q，使平面MBN C．过Q，M，N三点的平面截正方体所得截面面积的取值范围为 D．经过C，M，B，N四点的球的表面积为 【答案】AB 【解析】选项A，连接，，正方体中易知， 分别是中点，则，所以，即四点共面，当与重合时满足B，N，P，Q四点共面，A正确；    选项B，如图，取中点为，连接， 因为分别是中点，则与平行且相等，是平行四边形， 所以，又是中点，所以，所以， 平面，平面，所以平面，B正确；    选项C，正方体中，分别是中点，则， 在上，如图，作交于，连接，延长交延长线于点，连接延长交延长线于点，连接交于点，交于点，为所过三点的截面， 由正方体的对称性可知梯形与梯形全等， 由面面平行的性质定理，，从而有，由正方体性质， 设，，则，， 是中点，，则，所以，同理， ，，， 梯形是等腰梯形，高为， 截面面积， 设，，， 在上递增，，，所以，C错； 选项D， 取中点，中点，连接，则是正四棱柱（也是长方体），它的外接球就是过四点的球，所以球直径为，半径为，表面积为，D错．    故选：AB． 【点评】正方体背景的动点综合问题，考查四点共面、线面平行、截面面积取值范围、外接球表面积，难点在截面面积的参数推导和取值范围分析，需结合面面平行性质构造截面，有一定计算量和空间构造要求。 7.（多选）（多选）（江苏省镇江市2025-2026学年高三上学期期中）在长方体中，，，动点在棱上，则（    ） A． B． C．三棱锥的体积是定值 D．若，则长为1 【答案】CD 【解析】，与不平行，故A错误；以为原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，则，，故.故B正确；点到平面的距离为，三棱锥的体积故C正确；，解得，所以长为1，故D正确.选：BCD 10．将直线方程进行变换可得，直线经过定点，所以A错误； 圆的方程变换为，圆心到直线的距离为.因为，所以，所以B错误；当直线与圆相交时，那么，，解得，所以C正确；当时，直线的方程为.圆心到直线的距离为，所以圆上有两个不同的点到该直线的距离为，D正确； 故选：CD. 【点评】长方体动点问题，建系后考查线线平行、垂直、三棱锥体积定值、垂直条件下的线段长度求解，难点在动点参数的向量运算和垂直条件的方程求解，需结合体积公式判断定值，计算量中等且需灵活运用向量数量积。 8.（多选）（多选）(安徽省黄山市2026届高三第一次质量检测)如图，在直棱柱中，，是中点，则下列结论正确的是（   ）   A． B．四点共面 C．直棱柱不存在外接球 D．棱的中点在平面内 【答案】ABC 【解析】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，因为， 所以， 所以，所以，A正确； 对于B， ，即，又直线， 因此，即四点共面，B正确； 对于C，在梯形中，， 则为锐角，，因此， 所以梯形无外接圆，则直棱柱没有外接球，C正确； 对于D，棱的中点， ， 假设棱的中点M在平面内， 则有，即，该方程组无解， 所以棱的中点不在平面内，D错误. 故选：ABC 【点评】直棱柱背景，建系考查线线垂直、四点共面、外接球存在性、点在平面内的判断，核心难点是 “梯形无外接圆则直棱柱无外接球” 的结论应用，以及点在平面内的向量共面方程组求解，对空间几何性质的理解要求更高，易在外接球判断上出错。 9.（多选）（浙江省强基联盟2026年1月高三联考）在棱长为1的正方体中，点，满足，，则（    ） A．平面 B．若与平面所成角为，则点的轨迹长度为 C．当时，满足到直线与到平面的距离相等的点有两个 D．当时，四面体外接球体积为 【答案】AD 【解析】选项A：，为中点. 连接，交于点，则为中点，所以. 又平面，平面，平面.故A正确. 选项B：以为原点，以，，所在直线为，，轴， 建立空间直角坐标系， 则，，，，， 正方体中，易知平面的法向量为， 因为，，，， 所以，则，. 设与平面所成角为（）， 则，即， 又，，，， 所以，即. 因为，所以点的轨迹为以点为圆心，1为半径的圆在平面上四边形内的部分（含与四边形的交点），其长度为.故B错误. 选项C：由选项B知，点到直线的距离为1. 又，所以点到平面的距离为. 若点满足到直线与到平面的距离相等，则，即，此时，所以满足条件的点有1个（与点重合），故C错误. 选项D：当时，，又，，， 设四面体的外接球球心坐标为，半径为，则 ，解得. 所以外接球的体积为.故D正确. 故选：AD. 【点评】虽引入动点，但动点范围限定在正方体棱上，参数化后可通过空间直角坐标系精准分析，轨迹判定仅需结合线面角公式推导圆的范围，外接球为规则四面体的基础模型，整体动态分析维度单一，计算推理有固定路径，属于正方体动点综合的中档题。 10.（2026届江苏省G4联考12月）一个几何体T垂直投影到平面上，形成图形S，我们就称S为T在平面上的正投影.在长方体中，，，，AD，的中点分别是E，F，G，则平面EFG截长方体所得截面的边数为______；长方体在平面EFG上的正投影的面积为______. 【答案】 6 ， 3 【解析】 如图，记直线分别与直线交于点，连接，并延长与直线交于点. 则由三点均是平面与平面的公共点，所以三点共线. 易知均是平面与平面的公共点 . 连接，分别交棱于点. 连接，则六边形为平面截长方体所得的截面. 所以平面截长方体所得截面的边数为. 如图以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系. 则. 所以. 所以. 设平面的一个法向量是. 则，所以 令，则. 所以平面的一个法向量. 易知平面，平面，平面的法向量分别为. 所以平面，平面，平面与平面的夹角的余弦值分别为 ，，. 所以平面，平面，平面在平面上的投影面积分别为 . 所以长方体在平面上的正投影的面积为. 故答案为：6，3 【点评】长方体的截面构造 + 正投影面积计算，是难度高的题目。核心难点有二：一是需延长线构造六边形截面，对空间截面的构造能力要求极高；二是正投影面积需通过空间直角坐标系求平面法向量，再计算面面夹角的余弦值，结合各面投影面积求和，步骤多、计算量大，且涉及正投影的核心概念理解，贴合新高考立体几何的压轴考法。 平行六面体问题（无法建系需要用基底） 1.（多选）（福建省福州市2026届高三三月质量检测）在平行六面体中，，，则（   ） A． B．平面 C．直线与直线所成角为60° D．点到平面的距离为 【答案】BC 【解析】因为，， 所以. A：因为 ，所以不成立，错误； B：因为， 所以平行六面体的底面是菱形，因此， 因为， 所以平面， 所以平面，正确； C：因为，所以是异面直线与直线所成的角（或补角）， 由上可知：平行六面体的底面是菱形，且， 所以，显然的补角为，正确. D：由上可知：平面，因为平面， 所以平面平面， 在平面作，平面平面，平面， 所以平面，所以点到平面的距离为的长度， 因为，所以， 因为， 所以 ， 因为，所以， 所以， 所以点到平面的距离为，错误 【点评】平行六面体仅给出棱长和夹角的核心条件，无额外复杂几何特征，基底,的模长、夹角设定直接，无需额外推导基底向量的数量积。 2.（多选）（多选）（杭州学军中学高三上学期期末）如图，一个结晶体的形状为平行六面体，其中，以顶点为端点的三条棱长都等于1，且它们彼此的夹角都是，下列说法中正确的是（ ） A. B. 在底面上的投影是线段的中点 C. 与平面所成角大于 D. 与所成角的余弦值为 【答案】ACD 【解析】对于A，由题意， 所以 ， 又因为， 所以，A说法正确； 对于B，设中点为，连接， 则， 若在底面上的投影是线段的中点，则底面， 又底面，则应该有， 因为 ， 故此时与底面不垂直，B说法错误； 对于C，因为，， 所以， ， 在中，，，， 所以，所以， 所以与平面所成角为， 又因为，即， 所以与平面所成角大于，C说法正确； 对于D，因为 ， 所以，D说法正确； 故选：ACD 【点评】不仅考查基底的模长、数量积、异面直线夹角，还新增线面角的基底法计算和投影位置的基底法判定，需要结合 “线面角的定义” 将几何角转化为基底向量的夹角，再通过三角函数比较大小，空间推理 + 向量运算的综合度更高。 外接球、内切球问题 1.（多选）（阜阳市2025-2026学年度高三教学质量监测）如图，为圆锥的底面圆的直径，是圆弧的中点，圆锥的轴截面是边长为2的等边三角形，则下列结论正确的是（ ） A. 圆锥的体积为 B. 圆锥的外接球体积为 C. 圆锥侧面展开图的圆心角为 D. 二面角的正切值为 【答案】ABD 【解析】由圆锥的轴截面是边长为2的等边三角形，得圆锥的底面圆半径，高，母线， 对于A，圆锥体积，A正确； 对于B，圆锥的外接球球心在直线上，设球半径为，则球心到圆锥底面距离， 由，得，解得，因此该球的体积为，B正确； 对于C，圆锥侧面展开图弧长为，该弧所对圆心角为，C错误； 对于D，取的中点，连接，则，由平面， 平面，得，而平面， 则平面，又平面，因此，为二面角的平面角， 所以，D正确. 故选:ABD 【点评】四个选项分别考圆锥体积、外接球体积、侧面展开图圆心角、二面角，各选项解题互不关联，套公式即可；仅需作圆锥轴截面，将旋转体问题转化为平面等边三角形问题，无复杂空间构造，计算量极小。 2.（多选）（吉林省长春市东北师范大学附属中学2025-2026学年高三上学期第三次摸底考）在四面体中，，其余各棱长均为2，则该四面体的（　　） A．表面积为 B．体积为 C．外接球的半径为 D．内切球的半径为 【答案】BD 【解析】由题意得：两个等边三角形的面积为， 两个等腰三角形的面积为， 所以四面体的表面积为，故A错误； 取的中点，由等边三角形的性质可得： ， 由于平面，所以平面， 由此可得等腰三角形面积为， 所以四面体的体积为，故B正确； 设内切球半径为，根据等体积公式可得：，故D正确； 由两个等边三角形的外心分别为，可得， 过分别作两个平面平面的垂线，相交于点， 根据球心的性质可知，点为四面体的外接球球心， 由于三角形是等腰三角形，可知点在等腰三角形的底边角平分线上， 则有，即， 又因为，所以， 所以外接球半径为，故C不正确； 故选：BD 【点评】本题是正三棱柱背景下的动点综合多选题，融合线面角、射影定位、轨迹分析、几何量最值等考点，对空间想象能力、几何量转化能力和逻辑推理的连贯性要求极高，计算过程易出错且容错率低，是中档偏难的立体几何综合题型，贴合新高考对动态几何问题的考查趋势。 3.（多选）（2026届江苏省G4联考12月） 已知正四棱锥 的底面边长为 1,高为 ,该正四棱锥的顶点 在正方体 的内部(包括表面),则下列结论正确的是 A. 的取值范围是 B. 若正四棱锥 的侧棱长为 ，则 C. 当点 为正方体 的上底面 的中心时,正四棱锥 外接球的表面积为 D. 当点 为正方体 的内切球球心时,正方体 的内切球与正四棱锥 的公共部分的体积为 【答案】ACD 【解析】记正方形 和正方形 的中心分别为 和 ,则点 在线段 (不含端点 上,易知 选项 正确; 在 Rt 中, 选项 B 错误; 如图,记四棱锥 的外接球球心为 , 则点 则在 上,连接 . 在 中, ,则 , 选项 C 正确; 该正方体恰好放入与四棱锥 体积相同的 6 个四棱锥, 公共部分的体积为正方体内切球体积的 公共部分的体积为 选项 D 正确. 【点评】本题是正四棱锥与正方体嵌套的综合多选题，侧重检验学生的几何体嵌套空间想象能力和基础方法的灵活迁移能力，是新高考多面体综合考查的典型中档偏上题型。 4.（多选）（贵州省名校协作体2025-2026学年高三质量监测（二））圆锥内半径最大的球称为该圆锥的内切球，若圆锥的顶点和底面的圆周都在同一个球面上，则称该球为圆锥的外接球.如图，圆锥的内切球和外接球的球心重合，且圆锥的底面直径为，则（    ）    A．设内切球的半径为，外接球的半径为，则 B．设内切球的表面积，外接球的表面积为，则 C．设圆锥的体积为，内切球的体积为，则 D．设、是圆锥底面圆上的两点，且，则平面截内切球所得截面的面积为 【答案】ACD 【解析】作出圆锥的轴截面如下：    因为圆锥的内切球和外接球的球心重合，所以为等边三角形， 又，所以， 设球心为（即为的重心），所以，， 即内切球的半径为，外接球的半径为，所以，故A正确； 设内切球的表面积，外接球的表面积为，则，故B错误； 设圆锥的体积为，则， 内切球的体积为，则，所以，故C正确； 设、是圆锥底面圆上的两点，且，则所对的圆心角为（在圆上）， 设的中点为，则，不妨设为上的点，连接，则， 过点作交于点，则，所以， 即，解得， 所以平面截内切球截面圆的半径， 所以截面圆的面积为，故D正确； 故选：ACD 【点评】本题是圆锥内切球与外接球深度综合的压轴多选题，以 “双球球心重合” 为核心条件，需学生自主推导圆锥轴截面为等边三角形的关键隐含结论，考查双球半径关系、表面积比、体积比、平面截球的截面面积，是新高考旋转体综合考查的压轴题代表。 翻折问题 1.（多选）（江苏省镇江市2026届高三第一学期零模）在直角梯形中，，，，将沿翻折，形成一个二面角.则（   ） A．在翻折的过程中，存在某个位置，使得 B．若二面角的大小为，则异面直线与所成角的余弦值为 C．在翻折的过程中，存在某个位置，使得三棱锥外接球的体积为 D．若二面角的大小为，点为线段上的动点，则最小值为 【答案】BCD 【解析】对于A项，因为在直角梯形中，，，，所以可得，. 设的中点为，连接（如图1）， 因为且， 所以且， 又因为, 所以， 其中，所以， 所以在翻折的过程中，不会垂直，故A错误； 对于B项，因为，，所以. 因为， 所以， 所以， 又因为异面直线与所成角在，所以异面直线与所成角的余弦值为，故B正确； 对于C项，取的中点，连接（如图1）， 设直线过点且垂直于平面， 因为点是直角三角形的斜边的中点，再结合球的截面性质， 所以外接球的球心在直线上. 设直线过点且垂直于平面，同理可知外接球的球心也在直线上. 同时可证直线，直线均在平面内. 作截面（如图2），其中为二面角的平面角， 设，外接球的球心为, 则外接球的半径为， 且 （当，即二面角为直角时取最小值）， 所以三棱锥外接球的体积最小为， 所以在翻折的过程中，三棱锥外接球的体积可以为，故C正确； 对于D项，可建立空间直角坐标系（如图3所示）， 则, 设点且， 所以， 所以， 所以 所以当时，取最小值，故D正确. 故选：BCD. 【点评】核心为直角梯形沿棱翻折形成二面角的动态问题，考查翻折过程中线线垂直的存在性、异面直线所成角、外接球体积的动态变化、线段上动点的距离最值。翻折带来的空间动态变化增加了分析难度，且涉及多类动态问题的综合，推理量和计算量均显著提升。 2.（多选）（浙江金丽衢十二校2026届高三第一次联考）已知矩形，若点为边上的一动点（不包括端点），现将沿着翻折成，使得平面平面，并记为.则（    ） A．存在点，使得 B．任意点，都有 C．存在两点，使得它们所确定的直线与垂直 D．任意两点，它们所确定的直线与平面的所成角都小于 【答案】BCD 【解析】过作垂直于点，则. 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面. 因为平面，所以. 若存在点，使得，则由平面，得平面. 因为平面，所以. 显然不成立，所以A错误. 因为，，且平面，所以平面. 因为平面，所以，所以B正确. 假设存在两点，使得它们所确定的直线与垂直. 在边上取点，连接. 过作垂直于点，并记则. 因为平面平面，平面平面， 平面，所以平面. 同理在边上取异于点的点，连接. 过作垂直于点，并记，则平面. 所以∥.所以四点共面. 因为平面，所以. 如图所示，均在以为直径的圆上，当弦平行于时，可与垂直. 此时因为平面，所以平面. 因为平面，所以，所以C正确. 由C的分析可得，线段在平面的射影为， 所以直线与平面的所成角，即为直线与所成的角. 记直线与平面的所成的角为， 则.， 如上图，令， 则，且. 所以 . 因为，且在上单调递减， 所以，所以，即. 所以，即对于任意两点， 它们所确定的直线与平面的所成角都小于，所以D正确. 故选：BCD. 【点评】以矩形沿边翻折且面面垂直为背景。不仅需要把握翻折的不变量与面面垂直的性质，还需分析两个动点的联动空间位置，线面角的范围需通过参数化结合三角函数单调性推导，且多个选项需通过构造几何模型（如以线段为直径的圆）进行存在性判定，双动点 + 翻折的双重动态分析对空间想象能力要求极高，推理过程环环相扣、容错率低，是翻折类动态立体几何的难题代表。 第 1 页 共 4 页 学科网（北京）股份有限公司 $