专题19 立体几何的融合交汇问题 训练-2026届高考数学三轮冲刺

专题19　立体几何的融合交汇问题 题型01 立体几何与三角函数的交汇问题 1．（2025·河北·模拟预测）等腰梯形中，，，，沿对角线将翻折形成三棱锥（点翻折到点的位置），点、分别为棱，的中点. (1)证明：平面； (2)当直线与直线成角时，求四棱锥的体积； (3)在翻折过程中求平面与平面夹角余弦值的取值范围. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）利用线面垂直的判定定理进行证明即可； （2）首先找到直线与直线所成的角，再证明平面平面，作出四棱锥的高即可求解； （3）建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量，再利用三角函数的范围即可求解. 【详解】（1），是的中点，， 又，，，四边形为菱形， 则，在翻折过程中，总有，，， 又平面，平面，， 平面. （2），分别为棱，的中点， ，直线与直线成角，即为与直线成， 则或，为边长为1的正三角形或顶角为的等腰三角形， 又四边形是上下底长分别为1和2的梯形，且， 四边形的面积为, 由（1）知平面，又平面，平面平面， 过点作于， 平面平面，平面， 平面，则， 四棱锥的体积. （3）由（1）（2）知平面平面，且， 分别以，所在直线为轴，轴， 以过点且与平面垂直的直线为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 在翻折过程中设， 则，，，，， ，，，， 设平面的一个法向量为， 则，，令，则，， ； 平面，可取平面的一个法向量为， ， 又，，则， 在翻折过程中平面与平面夹角余弦值的取值范围为. 2．（2025·河北秦皇岛·模拟预测）如图，在边长为的正方形中，，分别为边，上的点，连接，，，将沿着折线翻折，使点到达点位置，连接，形成三棱锥. (1)若，分别为边，上的中点，，求此时三棱锥外接球的表面积； (2)若，是的中点. （ⅰ）求的大小； （ⅱ）若正方形边长为，当取最小值，取最大值时，求此时直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)； (2)（ⅰ）；（ⅱ）. 【分析】（1）由题设及线面垂直的判定有平面，将三棱锥补全为长方体，即可求外接球半径，进而求表面积； （2）（ⅰ）设，，根据几何关系列方程求得，，，应用和角正切公式求的大小，即可得；（ii）设，则，应用三角形面积公式及三角恒等变换求出最小，取中点，连接，，则，，并求出相关线段的长度，构建合适的空间直角坐标系，应用向量法求线面角的正弦值. 【详解】（1）由题意得，又，，平面，， 所以平面，则此时三棱锥如图所示， 由题意得，，，，都是直角三角形，所以， 将三棱锥补全为长方体，此时三棱锥的外接球球心为长方体对角线的中点， 即， 所以三棱锥外接球的表面积为. （2）（ⅰ）设，，则，， 因为，所以， 在直角三角形中，得，整理得，， 因为，， 所以， 因为，所以，故. （ⅱ）由（ⅰ）知，设，则， 所以，， 所以 ， 因为，所以， 当时，有最大值，最大值为1，此时有最小值， 所以当取最小值时，，且， 由，得，， 所以，，. 如图1，取中点，连接，，则，，故，，，四点共线， 当取最大值时，即平面平面，由翻折关系知， 故直线，，两两垂直，且，， 如图2，以为原点，分别以，，的方向为，，轴的正方向建立空间直角坐标系， 则，，，， ∴，， 设平面的法向量为，则， 令，则，故， 设直线与平面所成的角为，则. ∴直线与平面所成角的正弦值为. 3．（25-26高三上·山东青岛·期末）如图，三棱锥中，底面，平面平面，. (1)求证：； (2)若，当二面角的大小为时，求直线和平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）首先可得，过作垂足为，由面面垂直的性质得到平面，即可得到，从而证明平面，即可得证； （2）在平面内过点作，建立空间直角坐标系，设，求出平面、的法向量，利用二面角的余弦值求出，即可确定点坐标，再由空间向量法计算可得. 【详解】（1）因为底面，底面， 所以，， 过作垂足为，因为平面平面，平面平面， 平面，所以平面，平面，所以， 又，平面，所以平面，平面， 所以. （2）由（1）可知为直角三角形，在平面内过点作，建立如图所示空间直角坐标系， 设，则，，所以，，，， 所以，，，， 设平面的法向量为，则，取， 设平面的法向量为，则，取， 因为二面角的大小为，所以， 解得或（舍去），所以， 所以，， 设直线和平面所成角为，则， 即直线和平面所成角的正弦值为. 4．（25-26高三上·广东·开学考试）在平面四边形中，，，，将沿翻折至，其中为动点． (1)若二面角为直二面角，求三棱锥的体积． (2)记三棱锥外接球半径为； ①求的最小值； ②当最小时，求异面直线AB，CP所成角． 【答案】(1) (2)① 2；② 【分析】（1）首先求得，然后结合棱锥体积公式即可求解； （2）①建立适当的空间直角坐标系，设二面角大小为，，则，根据题意列出方程组，求得，故只需求出，的范围即可；②求得AB，CP的方向向量，结合向量夹角的余弦公式即可求解. 【详解】（1）在平面四边形ABCD中，作，，交AC延长线于E，由题意知：， 因为，，所以， 即三角形是直角三角形， 因为平面平面，平面平面，， 所以平面， 故：； （2）以为原点，，分别为轴和轴正方向建立如图所示空间直角坐标系， 则，， （ⅰ）设二面角大小为，， 因为，，所以，， 所以，， 所以， 故可设，． 设外接球球心坐标，半径为， 则两式相减，化简得：， 所以：， 上式中，令，， 则， 令，令，所以， 所以， 令， 因为，所以由对勾函数性质可知，的最小值是， 而 ， 即的取值范围是， 所以的取值范围是，的取值范围是， 的取值范围是，的取值范围是， 的取值范围是， 所以， 因为，等号成立当且仅当，即， 又因为，所以，即， 解得，， 所以， （ⅱ）因为，由（i）可知此时，， 因为，所以，，， 所以， 因为异面直线所成角的范围为， 故所求异面直线所成角为． 5．（25-26高二上·上海·期中）如图过圆柱轴的截面是边长为2的正方形，是圆柱底面圆周上与不重合的一动点，是母线的中点.    (1)若，求异面直线与所成的角； (2)求过三点的平面与平面ABC所成的锐二面角的范围. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法求得异面直线与所成角的大小； （2）根据面面角的空间向量公式表示出，利用换元法及二次函数的性质求出最值即可. 【详解】（1）以点O为原点，直线OB，分别为y，z轴， 过O于AB垂直的直线为x轴，建立空间直角坐标系，如图所示．    则，，，，， 设， 则， ，． 当时， ，． 设异面直线与所成的角为，从而， 因此，异面直线与所成的角为； （2）由（1）知，． 易得平面的一个法向量为， 设平面的一个法向量为， 则，令，得， 设平面与平面ABC所成的锐二面角的大小为， 则， 由是圆柱底而圆周上与不重合的一动点知，，则， 则，所以，所以， 所以，又，所以， 即锐二面角的范围为． 6．（2026·内蒙古鄂尔多斯·一模）如图，在三棱锥中，平面平面，． (1)证明：平面平面； (2)已知平行于的平面将三棱锥截为两部分，求截面面积的最大值； (3)若二面角的大小为，求的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）由已知得，再由面面垂直的性质定理及判定定理，即可证结论； （2）设平行于的截面与的交点分别为，得为平行四边形，令，求得平行四边形截面的边长，进而写出面积表达式，利用二次函数的最值可求得截面面积的最大值； （3）构建合适的空间直角坐标系，设，并求得相关点坐标，求出相关平面的法向量，根据二面角的余弦值及夹角的向量公式列方程求参数，即可求解. 【详解】（1）由，则，即， 由平面平面，平面平面，平面， 所以平面，平面，则平面平面. （2）设平行于的截面与的交点分别为， 因为平面，平面，平面平面， 所以，同理可得，所以，同理可证， 所以四边形为平行四边形， 令，则， 所以，， 又截面始终为平行四边形， 所以 ， 要使截面的面积最大，只需且， 此时最大； （3）由（1）平面，在平面内作，如下图示， 可构建如图示的空间直角坐标系， 设，则， 故， 设平面的法向量为， 则， 令，得， 所以平面的法向量为， 设平面的法向量为， 则， 令，得， 所以平面的法向量为， 由二面角的大小为， 则， 所以，可得， 解得或（舍），所以的余弦值为. 题型01 立体几何与解析几何的交汇问题 7．（25-26高三上·江西南昌·月考）一个轴截面顶角为 的圆锥被某平面所截，得到如图所示的几何体， 为圆锥的顶点，截面为一个椭圆， 是椭圆长轴的两个端点， 是椭圆短轴的两个端点，椭圆的离心率为 ， 为线段 上一动点. (1)证明 平面 ； (2)若 为线段 上靠近 的四分之一点，求二面角 的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由余弦定理证明，再由勾股定理证明，由线面垂直的判定定理得证； （2）建立空间直角坐标系，利用向量法求二面角的余弦值即可. 【详解】（1）由题意， ，又 ， ， ， ， 又由题意设椭圆中心点为 ，离心率为 ， 即 ， 可得: ， ，， 又 平面 ， 平面 （2）如图，建立以 为原点， ， ，过 垂直于平面 的直线分别为 轴、 轴、 轴，建立空间直角坐标系 . 则 ， ， . 设平面 的法向量为 ，则 ， 则令 为平面 的一个法向量. 同理设平面 的法向量为 ， 则 ，令 ， 为平面 的一个法向量. 由为线段 上靠近 的四分之一点，二面角 显然为钝角， 设二面角 为 ， 则 . 8．（25-26高三上·上海·期中）平面直角坐标系中，已知椭圆左、右焦点分别为，，离心率为，经过且倾斜角的直线与交于，两点（其中点在轴上方），且的周长为8，现将平面沿轴向上折叠，折叠后，两点在新图象中对应的点分别记为，，且二面角为直二面角，如图所示.    (1)求折叠前的标准方程； (2)当时，折叠后，求平面与平面所成锐二面角的余弦值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据题意，列出的方程组，求出得解； （2）以原来的轴为轴，轴正半轴所在直线为轴，轴负半轴所在的直线为轴建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，利用公式求解； 【详解】（1）由题意得：，解得. 故折叠前椭圆的标准方程. （2）当时，直线的方程为：， 联立，解得，， 以原来的轴为轴，轴正半轴所在直线为轴，轴负半轴所在的直线为轴建立空间直角坐标系， 如图所示，    则：，，，， 故，， 设平面的一个法向量为， 则，即. 取，则，， 故，. 平面的一个法向量为， 故. 所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为. 9．（2026高三·全国·专题练习）已知双曲线的右焦点到渐近线的距离为d，双曲线C的两条渐近线与直线，以及双曲线C的右支围成的图形（如图中阴影部分所示）绕y轴旋转一周所得几何体的体积为，（其中）则双曲线C的离心率为______． 【答案】 【分析】根据点到直线的距离公式得，再根据祖暅原理可得几何体的体积等于底面积与截面面积相等，高为2的圆柱的体积，求解体积后，即可根据离心率公式得解. 【详解】由题意知渐近线方程为，右焦点为， 所以．令，可得截面为一个圆环． 由，可得；由，解得， 所以截面面积为，所以截面面积为定值． 故阴影部分绕y轴旋转一周所得几何体的体积等于底面积与截面面积相等，高为2的圆柱的体积， 所以，即， 所以，故， 解得或(负值舍去)，所以． 10．（2026·四川宜宾·一模）已知双曲线的离心率为，左､右焦点分别为､，焦点到渐近线的距离为1.经过点且倾斜角为的直线与双曲线的左支交于A､B两点（其中点A在x轴上方）. (1)求双曲线的标准方程； (2)将平面沿x轴折叠，记y轴正半轴和x轴所确定的半平面（平面）与y轴负半轴和x轴所确定的半平面（平面）所成的二面角为. （i）如图1，当时，求折叠后的值； （ii）如图2，当时，求折叠后的线段长度的取值范围. 【答案】(1) (2)（i）；（ii） 【分析】（1）由离心率为，可得；由焦点到渐近线的距离为1，可得，再结合，即可得双曲线的标准方程； （2）（i）在折叠前，联立直线与双曲线的标准方程，可求得A､B两点的坐标，恰为弦长；在折叠后，建立空间直角坐标系，确定A､B两点的坐标，即可求出，进而求出折叠后的值. （ii）在折叠前，联立直线与双曲线的标准方程，应用韦达定理可得A､B两点的坐标的关系；在折叠后，建立空间直角坐标系，确定A､B两点的坐标与折叠前坐标的关系，表示出，再研究此函数的值域即可. 【详解】（1）因为双曲线的离心率为， 所以，所以， 又因为，所以. 因为右焦点到渐近线的距离为1，取渐近线的方程为， 所以，所以， 所以双曲线的标准方程为 （2）（i）在折叠前（如图），可知左焦点，又， 所以直线的方程为.将其代入双曲线方程， 消去整理可得， 设交点，，则，， 分别代入，可得，， 所以，， 所以； 在折叠后（如图1），因为，所以平面平面， 易知原轴正半轴垂直于平面，进而原轴正半轴垂直于原轴，也垂直于原轴负半轴. 以射线方向为轴正方向，原轴负方向为轴正方向， 原轴正方向为轴正方向，建立空间直角坐标系， 则，， 则， 所以折叠后. （ii）在折叠前，设直线方程为，联立， 消去整理可得， 因为直线与双曲线的左支交于，两点（其中点A在x轴上方）， 所以，, 由韦达定理可知，，所以. 在折叠后（如图2），以射线方向为轴正方向，原轴负方向为轴正方向， 过原点作直线垂直于平面，且向上方向为轴正方向，建立空间直角坐标系. 因为，所以，， 所以， 因为，， 所以 设，则，且， 因为对称轴，所以在区间上单调递减， 所以，且无最大值， 所以折叠后的线段长度的取值范围是. 【点睛】关键点点睛：本题在折叠后问题转化为立体几何问题，可采用空间直角坐标系去研究，因此能建立空间直角坐标系，并准确转化A､B两点的坐标显得至关重要，这也是本题的解题关键点. 11．（2026·辽宁·模拟预测）如图，画在纸面上的抛物线过焦点的弦长为9，则沿轴将纸面折成平面角为的二面角后，空间中线段的长度为（   ）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】联立直线与抛物线方程得到韦达定理，结合焦半径公式可得，进而根据线面垂直，以及二面角的定义得，根据锐角三角函数计算长度，可得，利用两点距离公式即可求解. 【详解】因为，设直线为，， 联立与可得， 则，则， 故，解得， 故，解得， 故， 如图，以O为坐标原点，所在直线为x轴，在平面内作的垂线为y轴，过点O作平面的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，    过作平面于，过作于，连接， 由于轴，且轴，，平面，故轴平面， 平面，故轴，则 由于在直角坐标系中， 故， 因此在直角三角形中，， 因此在空间直角坐标系中，， 故， 故选：B 12．（2026高三·全国·专题练习）（多选）用一个平面去截圆锥，得到的截口曲线是椭圆.许多人从纯几何的角度对这个问题进行研究，其中比利时数学家的方法非常巧妙，极具创造性.在圆锥中，已知高，底面圆的半径为，为母线的中点，根据圆锥曲线的定义，下列四个图中的截面边界曲线分别为圆、椭圆、双曲线及抛物线，下面四个命题中，正确的为（    ）    A．圆的面积为 B．椭圆的长轴长为 C．若双曲线所在截面垂直底面，则双曲线两渐近线的夹角正切值为 D．抛物线的焦点到准线的距离为 【答案】AB 【分析】根据截面圆半径与底面圆半径之比可求得A正确；作，利用勾股定理可求得长轴长，知B正确；在与平面垂直且过点的平面内，建立平面直角坐标系，采用待定系数法，结合可求得双曲线方程，进而得到渐近线方程，根据二倍角正切公式可求得C错误；建立平面直角坐标系后可求得抛物线方程，根据焦点到准线距离为可知D错误. 【详解】对于A，为母线的中点，截面圆的半径为底面圆的半径的， 即截面圆半径为，则圆的面积为，A正确； 对于B，如图，在圆锥的轴截面中，作，垂足为，   为母线的中点，，， 椭圆的长轴长，B正确； 对于C，如图，在与平面垂直且过点的平面内，建立平面直角坐标系，坐标原点与点到底面的距离相等，      则点坐标为，双曲线与底面圆的一个交点为，其坐标为， 设双曲线方程为， 则，将代入双曲线方程得：，解得：， 设双曲线的渐近线与轴的夹角为，则， 故双曲线两渐近线的夹角正切值为，C错误； 对于D，如图，建立平面直角坐标系，设抛物线与底面圆的一个交点为，    则，， 设抛物线方程为，则，解得：， 则抛物线的焦点到准线的距离为，D错误. 故选：AB. 题型01 立体几何与导数的交汇问题 13．（2026·新疆乌鲁木齐·二模）如图，在三棱锥中，平面ABC，． (1)求证：平面平面PBC； (2)设，，点M，A，B、C均在球O的球面上． （ⅰ）当时，求球O的表面积； （ⅱ）设球O的球面与直线PA交于点G（异于点A）．求直线BG与平面PBC所成角最大时的值． 【答案】(1)证明见解析； (2)（ⅰ）；（ⅱ）. 【分析】（1）先证明，结合，根据线面垂直判定定理证明平面，再根据面面垂直判定定理证明结论； （2）（ⅰ）建立空间直角坐标系，求球心的坐标和球的半径，根据球的表面积公式求结论； （ⅱ）求球心坐标，再求点的坐标，求直线的方向向量和平面的法向量，利用向量方法求直线与面所成角的正弦的表达式，利用导数求其最大值可得结论. 【详解】（1）平面，且平面， ，又，且，平面， 平面，平面， 平面平面； （2）以为原点，为轴的正方向建立空间直角坐标系， 由可得， 由，，得， （ⅰ）当时，，设球的球心的坐标为，球的半径为， 则，解得， 因此球表面积， （ⅱ）设球心，由， 得，， 故， 再由得， 所以，即， 因为点为球O的球面与直线的交点， 故可设，且， 所以， 在上且在球面上，解得（舍去对应点）， 故，， ， 设平面的法向量为， 则，故， 故，令，可得， 所以平面的一个法向量为， 设直线与平面所成角为， 则 ， ， 随增大而递增，因此求最大值即可， 设，则， 当时，，函数单调递增， 当时，，函数单调递减， 所以当，取最大值，此时取最大值， 故直线与平面所成角最大时，. 14．（25-26高三下·甘肃白银·月考）已知球的半径为2，圆锥的底面圆周在球的球面上，是圆的一条弦，且二面角为，则当三棱锥的体积最大时，圆锥的侧面积为___________． 【答案】 【分析】设圆锥的底面半径为，取的中点，则，利用求出的范围，则三棱锥的体积，再利用导数求出最值可得答案. 【详解】设圆锥的底面半径为，，球的半径． 如图，取的中点，连接， 则， 则是二面角的平面角．， 则， 所以，由得， 则三棱锥的体积 ， 令， 令，则（负根舍去）， 当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 则当三棱锥的体积最大时，， 则，此时，圆锥的侧面积． 故答案为：. 15．（2026·云南玉溪·模拟预测）四面体的各顶点均在同一个球面上，且，当四面体的体积最大时，该球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先取中点O，分析、与的垂直关系，确定四面体体积的表达式，因为四面体体积最大时，需高最大，所以当平面平面时，体积取得最大值，建立空间直角坐标系，求出外接球的球心坐标，计算外接球半径，最后利用球的表面积公式求解. 【详解】取的中点为O，连接， 由于，故， 平面，故平面， 设，则，， 设，则四面体的体积， 要使得四面体的体积最大，必有，即此时平面平面， 则此时，令，， 则，当时，，在上单调递增， 当时，，在上单调递减， 故时，取得最大值，此时取得最大值， 即得， 以O为坐标原点，所在直线为轴，建立空间直角坐标系， 则， 设四面体的外接球的球心为，则， 即， 解得，即外接球球心为， 故外接球半径为， 故外接球的表面积为. 16．（2026·江苏镇江·一模）已知圆锥的顶点与底面圆周都在半径为3的球面上，当该圆锥的侧面积最大时，它的体积为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】用球半径相等条件，建立圆锥母线、高、底面半径的关系等式，再根据侧面积公式，构造函数求导分析最值，确定高和底面半径，最后根据体积公式求得圆锥体积. 【详解】如图，圆锥顶点为，底面圆心为，底面圆周与顶点均在球心为的球面上. 先设参数确定圆锥侧面积，记，，，由，圆锥侧面积为， 由直角三角形和直角三角形可得，， 于是， 令，. 求导，令，解得（舍去），，所以在上单调递增；在上单调递减. 所以时，取得最大值，即圆锥的侧面积最大， 此时，所以圆锥体积. 17．（25-26高二上·广东东莞·月考）（多选）如图，已知正方体 的棱长为2，E，F分别为AB，AD的中点，而G是线段B₁C₁(可与端点重合)上的动点，以下说法正确的是（    ）    A．EF//平面BB₁D₁ B．当G是B₁C₁的中点时， A₁C⊥平面 EFG C．当G是B₁C₁的中点时，点C到平面EFG的距离为 D．当点G与点B₁重合时，直线EG与平面ACD₁所成角最大 【答案】ABD 【分析】对于A,利用线面平行的判断定理证明；建立空间直角坐标系，利用空间向量判断线面关系即可判断B；利用空间向量距离计算公式计算可判断C；利用空间向量线面角公式进行计算，结合函数的单调性可判断D. 【详解】对于A,连接 因为E，F分别为AB，AD的中点， 可得, 又平面平面 则又平面 故A正确； 对于B,以为坐标原点， 以为轴，建立空间直角坐标系，    因为正方体的棱长为，可得： , 则, 设平面的法向量， 则， 令，则， 所以， 所以，可得， 所以平面, 故B正确； 对于,由, 平面的法向量为， 可得点到平面的距离 故C错误； 对于D,设 可得, 又由, 设平面的法向量， 则， 令，则， 所以， ， , 所以, 设线EG与平面ACD₁所成角为， 则， 法1：设， 则， 要求的最大值，不妨设， 因为在上为减函数，且恒成立， 在上为减函数，且，故在上为减函数， 故即即点G与点B₁重合时，直线EG与平面ACD₁所成角最大， 法2：设， 则， 所以函数在上单调递减， 当时，取得最大值， 即时，取得最大值， 即点G与点B₁重合时，直线EG与平面ACD₁所成角最大， 故D正确， 故选： 18．（2025·浙江丽水·一模）在Rt中，是的中点，把沿翻折到，设二面角的平面角为，若，则三棱锥外接球表面积的范围是___________． 【答案】 【分析】利用球心在过和外接圆圆心且垂直于平面和平面的垂线的交线上找到球心位置，利用题中所给条件建立外接球半径与二面角的平面角为的关系式即可分析计算求解. 【详解】由题可得，所以， 所以，故和分别为等边三角形和等腰三角形，且， 如图，分别为外接圆圆心，取中点，连接， 则，，， 且，故为二面角的平面角，所以， 分别过作平面和平面的垂线，则球心均在两垂线上，两垂线的交点即为球心O， 如图，当时，四边形为矩形,则， 所以由得； 若，如图，连接，则与相交于平面一点H， 则所以， 设三棱锥外接球半径为R， 则，，， 所以， 所以， 若，则，令， 则， 所以时，时，所以在上单调递减，在上单调递增， 又， 所以， 综上所述，最小值为1，最大值为. 所以三棱锥外接球表面积最小值为，最大值为. 故答案为： 强化训练 1．（2026·重庆·模拟预测）若圆锥的母线长为3，则该圆锥体积的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】设圆锥的高为，底面半径为，由母线长可得，然后列出体积表达式，利用导数求出最大值. 【详解】设圆锥的高为，底面半径为，由于母线为，则， 圆锥体积， 设，则， 于是，单调递增； ，单调递减， 故时，， 即. 故选：A 2．（2025·广东茂名·二模）已知圆锥的母线长为定值，则该圆锥的体积最大时，其母线与底面所成的角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】设圆锥的底面半径为，母线为，求出圆锥的高以及圆锥的体积，通过对求导判断其单调性，可求得体积最大值及此时，即可求出答案. 【详解】如图，设圆锥的底面半径为，母线为，则圆锥的高为， 则圆锥的体积为，记， 则， 由可得，由，可得， 即函数在上单调递增，在上单调递减， 故当时，取得最大值，即圆锥的体积最大， 此时，母线与底面所成的角即，其余弦值为. 故选：A. 3．（24-25高一下·河北·期中）如图，在正三棱锥中，，三条侧棱两两夹角均为，，分别是，上的动点，则三角形的周长的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】沿展开，由平面图形结合余弦定理即可求解. 【详解】把正三棱锥沿剪开并展开，形成三个全等的等腰三角形：、、， 则，， 连接，交于，交于， 则线段就是的最小周长，又， 根据余弦定理，. 故选：A. 4．（2025·河南驻马店·模拟预测）已知点为空间一定点，圆锥（为底面的中心 ）表面上的所有点到点的距离均不超过3，则当该圆锥的体积取得最大值时，圆锥的侧面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由题意可知圆锥的顶点及底面圆周上的所有点均在以定点为球心，3为半径的球面上，设圆锥的底面圆周的半径为，球心到圆锥底面的距离为，根据条件得到与的关系，再结合圆锥体积公式求出体积最大时和的值，最后计算侧面积即可. 【详解】因为圆锥表面上所有点到点的距离均不超过3， 所以圆锥表面上所有点均在以定点为球心，3为半径的球内或球面上， 要使圆锥的体积最大，则圆锥的顶点及底面圆周上的所有点均在球面上， 且球心在圆锥的内部，此时圆锥的轴截面如图所示. 设圆锥的底面圆周的半径为，球心到圆锥底面的距离为 ， 则 ，所以 ， 圆锥的体积 ， 则 . 由 ，得 ； 由 ，得 ， 所以 在上单调递增，在上单调递减， 所以当 时， ， 此时该圆锥的母线长为 ，从而其侧面积 . 故选：A. 5．（24-25高一下·辽宁·月考）数学中有许多形状优美､寓意独特的几何体，“等腰四面体”就是其中之一，所谓等腰四面体，就是指三组对棱分别相等的四面体.关于“等腰四面体”，以下结论不正确的是（    ） A．长方体中含有两个相同的等腰四面体 B．“等腰四面体”各面的面积相等，且为全等的锐角三角形 C．“等腰四面体”可由锐角三角形沿着它的三条中位线折叠得到 D．三组对棱长度分别为，，的“等腰四面体”的外接球直径为 【答案】D 【分析】作出长方体，根据等腰四面体的定义得出图形，根据长方体的性质对选项一一判断即可得出答案. 【详解】如图，长方体有两个相同的 等腰四面体：和，A正确； 如等腰四面体中，每个面可能看作是从长方体截一个角得出的，如图，设的长分别为，不妨设，则，，，最大， 其所对角的余弦值为， 最大角为锐角，三角形为锐角三角形，同理其它三个面都是锐角三角形，各个面的三条边分别相等，为全等三角形，面积相等，B正确； 把一个等腰四面体沿一个顶点出发的三条棱剪开摊平，则得一个锐角三角形，还有三条棱是这个三角形的三条中位线，如等腰四面体，沿剪开摊平，共线，同理可得共线，共线，为锐角三角形（与等腰四面体的面相似），且是这个三角形的中位线，因此C正确； 如上等腰四面体中三条棱长分别是长方体的三条面对角线长，由长方体性质知长方体对角线是其外接球直径，因此直径长为，D错. 故选：D. 6．（2026·河北邯郸·模拟预测）（多选）如图，在棱长为1的正方体中，点在正方形内运动（含边界）且，则下列结论正确的有（    ）    A．点的轨迹长度大小为 B．三棱锥的体积随着的位置变化而变化 C．当点位于点时，异面直线与所成角最小，且最小值为 D．为直线上一点，则的最小值为 【答案】ACD 【分析】建立空间直角坐标系，利用两直线垂直的坐标表示求得动点轨迹，进而求得长度；根据三棱锥的体积计算判断；根据异面直线所成角的余弦值计算判断；利用公垂线计算得到线段的最小值； 【详解】以为原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系， 则 对于A，设，， 因为，所以，即， 因此点的轨迹为正方形内满足的线段，即线段， 长度大小为，A正确； 对于B，因为平面，平面， 所以平面，且到平面的距离固定，设为， 由上分析可知点在线段上运动时，到平面的距离为定值， 所以三棱锥的体积为，为定值，B错误； 对于C，设，，， 设异面直线与所成角的余弦值为 ， 令， ， 所以在上单调递减，最大值，最小值， 当，异面直线与所成角的余弦值最大，异面直线与所成角最小， 则，即当点位于点时，， 异面直线与所成角最小为，C正确； 对于D，为直线上一点， 则的最小值为线段上的点到直线的距离的最小值， 即异面直线与之间的距离， ， 设公垂向量为，则， 解得，则， 计算异面直线距离，则的最小值为，D正确. 故选：ACD.    7．（24-25高二下·江苏南京·期末）（多选）已知三棱柱的侧棱与底面垂直，，，M，N分别为，BC的中点，若点P在棱上运动，则下列说法中正确的有（   ） A． B．点P到直线BC的距离的最大值为 C．与平面所成最小角的正切值为 D．点N到平面AMP距离的最大值为 【答案】AB 【分析】首先建立空间直角坐标系，利用坐标法，代入垂直关系的坐标表示，以及点到直线的距离，点到平面的距离公式，即可判断选项. 【详解】如图，以为轴的正方向建立空间直角坐标系， ，，，，， 所以，，，所以，故A正确； ，，，，， 点到距离为，当时，取得最大值，故B正确； 平面的法向量，设与平面所成的角为，则，当或2时，取得最小值，此时，故C错误； ，，设平面的一个法向量为， 则，令，则，，即， ，所以点到平面的距离为， 设， ，得， 当时，，单调递增，当时，，单调递减， 所以当时，取得最大值，故D错误. 故选：AB 8．（2025·上海宝山·二模）空间中有相互垂直的两条异面直线，点，且，若，且，则二面角平面角的余弦值最小为_________. 【答案】 【分析】先确定点、的轨迹及相关线段长度表达式，再利用余弦定理得的表达式，最后通过换元求最值. 【详解】根据双曲线的定义，平面内到两个定点、（焦点）的距离之差的绝对值为定值（小于）的点的轨迹为双曲线.由，可知， 所以点在以、为焦点的双曲线上.在空间中，是此双曲线绕旋转得到的曲面. 因为，根据直径所对的圆周角是直角，所以点同时在以为直径的球面上. 由于，所以、在与垂直的面上. 不妨令固定在一支双曲线上，设双曲线方程为. 过作于，在双曲线中，变形可得. 在（因为）中，的长度可根据坐标关系得到， 因为在过与垂直的面与球的交线上，设球心为（中点）， 由（球的半径的平方为，根据勾股定理得到此关系），的长度与有关（点坐标与点纵坐标有关），且在轴上的投影长度就是，所以. 在中，根据余弦定理， 通过，代入余弦定理公式化简得到,. 令，则. 对于二次函数，其对称轴为，当时，取得最大值. 所以. 故答案为：. 9．（24-25高三下·上海·月考）如图，阴影部分是由双曲线与它的渐近线以及直线所围成的图形，将此图形绕y轴旋转一周，得到一个旋转体，则这个旋转体的体积为________． 【答案】 【分析】设直线交双曲线及其渐近线分别于C，D及A，B，线段AC，BD绕y轴旋转一周得到一个旋转体的一个截面是一个圆环，计算圆环的面积，得旋转体垂直于轴的任意一截面面积都为，旋转体的高为，利用祖暅原理即可求解. 【详解】双曲线的渐近线为， 设直线交双曲线及其渐近线分别于C，D及A，B，如图， 由，得， 由，得， 线段AC，BD绕y轴旋转一周得到一个旋转体的一个截面， 它是一个圆环，其内径，外径， 此圆环面积为 因此此旋转体垂直于轴的任意一截面面积都为，旋转体的高为， 而底面圆半径为2，高为的圆柱垂直于轴的任意一截面面积都为， 由祖暅原理知，此旋转体的体积等于底面圆半径为2，高为的圆柱的体积， 又底面圆半径为2，高为的圆柱的体积为． 故答案为：. 10．（2025高三上·河南鹤壁·专题练习）如图，四边形是圆柱的轴截面，，分别在母线，上，过，两点且垂直于平面的平面与圆柱表面的交线是椭圆，椭圆面积公式为，其中分别是椭圆的半长轴、半短轴的长若，,,则的值为___________． 【答案】 【分析】理解题意，分析判断椭圆的短半轴长即圆柱底面半径，而长半轴即，通过作于点，解三角形求出，即可求得答案. 【详解】由圆柱截面的性质得出椭圆的短半轴长为圆柱底面半径，即， 依题意，椭圆的长半轴即，过点作的垂线交于点， ，，， 则，，则， 故，则. 故答案为： . 11．（25-26高二下·上海·月考）如图，已知圆柱的一个截面边界是椭圆Γ，其中Γ的长轴为该圆柱轴截面的对角线，短轴长等于圆柱底面直径的长．将圆柱侧面沿母线展开，则椭圆在展开图中恰好为一个周期的三角函数图像．若该段曲线是函数的图像的一部分，则椭圆的离心率为_____． 【答案】 【分析】由正弦函数的最值和周期求得圆柱的高和底面半径，进而求得椭圆的长轴和短轴，即可得离心率. 【详解】函数的值域为，最小正周期， 依题意，圆柱的高，设圆柱的底面半径为，则，解得， 椭圆短轴长，即，长轴长，即， 所以椭圆的离心率. 12．（2025·重庆沙坪坝·模拟预测）如图，已知抛物线的焦点为为坐标原点．过作两条直线，这两条直线与抛物线分别交于和两点．当垂直于轴时，． (1)求抛物线的方程； (2)若，求四边形面积的取值范围； (3)将绕轴旋转一周得到一个旋转体，求该旋转体体积的最小值． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）利用抛物线的通径长求出的值，即得抛物线方程； （2）依题设与抛物线方程联立，消元后写出韦达定理，分别求出弦长，以及四边形的面积表示式，利用基本不等式即可求得其范围； （3）分析题意，得出所求旋转体为一个圆台去掉两个分别以圆台上下底面为底面，点为顶点的圆锥余下的几何体，利用体积公式计算化简，再运用基本不等式即可求得体积最小值. 【详解】（1）当轴时， 由得， 抛物线C方程为 （2）设， 依题意，直线的斜率均存在且不为0，设， 将其与联立消元得： 则， 于是，， 因， 则 因，则，同理可得： 则 ，当且仅当时取等号， 即四边形面积的取值范围为 （3） 设A、B关于y轴的对称点分别为，记以等腰梯形绕y轴旋转一周得到圆台体积为， 以为底面直径，O为顶点的圆锥体积为，以为底面直径，O为顶点的圆锥体积为， 则所求旋转体体积为： 当且仅当，即时等号成立， 此时所求旋转体体积的最小值为． 13．（25-26高三下·辽宁沈阳·开学考试）在如图所示的圆柱中，轴截面是边长为4的正方形，点为底面半圆弧上的动点（点不与点，重合）. (1)当三棱锥体积最大时， （ⅰ）求平面与平面所成角的余弦值； （ⅱ）点在线段上运动，求的最小值. (2)是否存在点，使得直线与平面所成角最大？若存在，求成角最大时的正弦值；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)（ⅰ）；（ⅱ） (2)存在， 【分析】（1）（i）建系，求得平面法向量代入夹角公式即可求解；（ii）将面与面绕旋转，展开成平面图，连接，结合余弦定理即可求解； （2）过点作，确定为直线与平面所成角，取最小值，夹角最大，结合线面夹角公式即可求解. 【详解】（1）（ⅰ）∵， 又∵是定值，∴当三棱锥体积最大时即高最大， 即点为半圆弧的中点 设线段的中点为O，以O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，，， 所以，， 设平面的法向量为． 则，则，令，得，， 则． 因为平面，平面，∴， 又∵，，，平面， ∴平面，是平面的法向量． 设平面与平面所成角的平面角为，则． 平面与平面所成角的余弦值为 （ⅱ）将面与面绕旋转，展开成平面图，连接， 如图所示，此时最小，即为长， 由题意可知，，， 所以， ， 再由余弦定理可知， 即的最小值为． （2）结合（1）可设，，， 所以， 平面的法向量为， 设为直线与平面所成角， 当直线与平面所成角最大时，取最大值， 令， 则，     ∴当且仅当时，取最大值，此时直线与平面所成角最大， 即存在点，使得直线与平面所成角最大． 14．（25-26高三下·湖北襄阳·开学考试）如图，已知四棱锥的底面是直角梯形，，，，平面，. (1)若平面平面，求证：平面； (2)若是线段上动点，为中点，试确定点的位置，使得直线与平面所成角最大，并求出该最大角. 【答案】(1)证明见解析 (2)点满足，. 【分析】（1）首先根据垂直关系证明平面，再根据平行关系证明，即可证明平面； （2）首先求平面的法向量，再代入向量公式，即可求得线面角的正弦值，最后转化为二次函数求最值. 【详解】（1）因为平面，平面，所以，， 因为，所以， 又因为平面，，所以平面， 因为平面，平面，所以平面， 因为平面平面，所以, 又因为平面，所以平面 （2）以为原点，分别为轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系， ，， 设， 则， 设平面的法向量为， 则有，取，则， ， 则与平面的夹角的正弦值为，设， 则， 当时，取得最大值，所以的最大值为， 所以当点满足时，与平面的夹角的最大值为. 2 / 8 1 / 8 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题19　立体几何的融合交汇问题 题型01 立体几何与三角函数的交汇问题 1．（2025·河北·模拟预测）等腰梯形中，，，，沿对角线将翻折形成三棱锥（点翻折到点的位置），点、分别为棱，的中点. (1)证明：平面； (2)当直线与直线成角时，求四棱锥的体积； (3)在翻折过程中求平面与平面夹角余弦值的取值范围. 2．（2025·河北秦皇岛·模拟预测）如图，在边长为的正方形中，，分别为边，上的点，连接，，，将沿着折线翻折，使点到达点位置，连接，形成三棱锥. (1)若，分别为边，上的中点，，求此时三棱锥外接球的表面积； (2)若，是的中点. （ⅰ）求的大小； （ⅱ）若正方形边长为，当取最小值，取最大值时，求此时直线与平面所成角的正弦值. 3．（25-26高三上·山东青岛·期末）如图，三棱锥中，底面，平面平面，. (1)求证：； (2)若，当二面角的大小为时，求直线和平面所成角的正弦值. 4．（25-26高三上·广东·开学考试）在平面四边形中，，，，将沿翻折至，其中为动点． (1)若二面角为直二面角，求三棱锥的体积． (2)记三棱锥外接球半径为； ①求的最小值； ②当最小时，求异面直线AB，CP所成角． 5．（25-26高二上·上海·期中）如图过圆柱轴的截面是边长为2的正方形，是圆柱底面圆周上与不重合的一动点，是母线的中点.    (1)若，求异面直线与所成的角； (2)求过三点的平面与平面ABC所成的锐二面角的范围. 6．（2026·内蒙古鄂尔多斯·一模）如图，在三棱锥中，平面平面，． (1)证明：平面平面； (2)已知平行于的平面将三棱锥截为两部分，求截面面积的最大值； (3)若二面角的大小为，求的余弦值． 题型01 立体几何与解析几何的交汇问题 7．（25-26高三上·江西南昌·月考）一个轴截面顶角为 的圆锥被某平面所截，得到如图所示的几何体， 为圆锥的顶点，截面为一个椭圆， 是椭圆长轴的两个端点， 是椭圆短轴的两个端点，椭圆的离心率为 ， 为线段 上一动点. (1)证明 平面 ； (2)若 为线段 上靠近 的四分之一点，求二面角 的余弦值. 8．（25-26高三上·上海·期中）平面直角坐标系中，已知椭圆左、右焦点分别为，，离心率为，经过且倾斜角的直线与交于，两点（其中点在轴上方），且的周长为8，现将平面沿轴向上折叠，折叠后，两点在新图象中对应的点分别记为，，且二面角为直二面角，如图所示.    (1)求折叠前的标准方程； (2)当时，折叠后，求平面与平面所成锐二面角的余弦值. 9．（2026高三·全国·专题练习）已知双曲线的右焦点到渐近线的距离为d，双曲线C的两条渐近线与直线，以及双曲线C的右支围成的图形（如图中阴影部分所示）绕y轴旋转一周所得几何体的体积为，（其中）则双曲线C的离心率为______． 10．（2026·四川宜宾·一模）已知双曲线的离心率为，左､右焦点分别为､，焦点到渐近线的距离为1.经过点且倾斜角为的直线与双曲线的左支交于A､B两点（其中点A在x轴上方）. (1)求双曲线的标准方程； (2)将平面沿x轴折叠，记y轴正半轴和x轴所确定的半平面（平面）与y轴负半轴和x轴所确定的半平面（平面）所成的二面角为. （i）如图1，当时，求折叠后的值； （ii）如图2，当时，求折叠后的线段长度的取值范围. 11．（2026·辽宁·模拟预测）如图，画在纸面上的抛物线过焦点的弦长为9，则沿轴将纸面折成平面角为的二面角后，空间中线段的长度为（   ）    A． B． C． D． 12．（2026高三·全国·专题练习）（多选）用一个平面去截圆锥，得到的截口曲线是椭圆.许多人从纯几何的角度对这个问题进行研究，其中比利时数学家的方法非常巧妙，极具创造性.在圆锥中，已知高，底面圆的半径为，为母线的中点，根据圆锥曲线的定义，下列四个图中的截面边界曲线分别为圆、椭圆、双曲线及抛物线，下面四个命题中，正确的为（    ）    A．圆的面积为 B．椭圆的长轴长为 C．若双曲线所在截面垂直底面，则双曲线两渐近线的夹角正切值为 D．抛物线的焦点到准线的距离为 题型01 立体几何与导数的交汇问题 13．（2026·新疆乌鲁木齐·二模）如图，在三棱锥中，平面ABC，． (1)求证：平面平面PBC； (2)设，，点M，A，B、C均在球O的球面上． （ⅰ）当时，求球O的表面积； （ⅱ）设球O的球面与直线PA交于点G（异于点A）．求直线BG与平面PBC所成角最大时的值． 14．（25-26高三下·甘肃白银·月考）已知球的半径为2，圆锥的底面圆周在球的球面上，是圆的一条弦，且二面角为，则当三棱锥的体积最大时，圆锥的侧面积为___________． 15．（2026·云南玉溪·模拟预测）四面体的各顶点均在同一个球面上，且，当四面体的体积最大时，该球的表面积为（    ） A． B． C． D． 16．（2026·江苏镇江·一模）已知圆锥的顶点与底面圆周都在半径为3的球面上，当该圆锥的侧面积最大时，它的体积为（   ） A． B． C． D． 17．（25-26高二上·广东东莞·月考）（多选）如图，已知正方体 的棱长为2，E，F分别为AB，AD的中点，而G是线段B₁C₁(可与端点重合)上的动点，以下说法正确的是（    ）    A．EF//平面BB₁D₁ B．当G是B₁C₁的中点时， A₁C⊥平面 EFG C．当G是B₁C₁的中点时，点C到平面EFG的距离为 D．当点G与点B₁重合时，直线EG与平面ACD₁所成角最大 18．（2025·浙江丽水·一模）在Rt中，是的中点，把沿翻折到，设二面角的平面角为，若，则三棱锥外接球表面积的范围是___________． 强化训练 1．（2026·重庆·模拟预测）若圆锥的母线长为3，则该圆锥体积的最大值为（    ） A． B． C． D． 2．（2025·广东茂名·二模）已知圆锥的母线长为定值，则该圆锥的体积最大时，其母线与底面所成的角的余弦值为（   ） A． B． C． D． 3．（24-25高一下·河北·期中）如图，在正三棱锥中，，三条侧棱两两夹角均为，，分别是，上的动点，则三角形的周长的最小值为（    ） A． B． C． D． 4．（2025·河南驻马店·模拟预测）已知点为空间一定点，圆锥（为底面的中心 ）表面上的所有点到点的距离均不超过3，则当该圆锥的体积取得最大值时，圆锥的侧面积为（   ） A． B． C． D． 5．（24-25高一下·辽宁·月考）数学中有许多形状优美､寓意独特的几何体，“等腰四面体”就是其中之一，所谓等腰四面体，就是指三组对棱分别相等的四面体.关于“等腰四面体”，以下结论不正确的是（    ） A．长方体中含有两个相同的等腰四面体 B．“等腰四面体”各面的面积相等，且为全等的锐角三角形 C．“等腰四面体”可由锐角三角形沿着它的三条中位线折叠得到 D．三组对棱长度分别为，，的“等腰四面体”的外接球直径为 6．（2026·河北邯郸·模拟预测）（多选）如图，在棱长为1的正方体中，点在正方形内运动（含边界）且，则下列结论正确的有（    ）    A．点的轨迹长度大小为 B．三棱锥的体积随着的位置变化而变化 C．当点位于点时，异面直线与所成角最小，且最小值为 D．为直线上一点，则的最小值为 7．（24-25高二下·江苏南京·期末）（多选）已知三棱柱的侧棱与底面垂直，，，M，N分别为，BC的中点，若点P在棱上运动，则下列说法中正确的有（   ） A． B．点P到直线BC的距离的最大值为 C．与平面所成最小角的正切值为 D．点N到平面AMP距离的最大值为 8．（2025·上海宝山·二模）空间中有相互垂直的两条异面直线，点，且，若，且，则二面角平面角的余弦值最小为_________. 9．（24-25高三下·上海·月考）如图，阴影部分是由双曲线与它的渐近线以及直线所围成的图形，将此图形绕y轴旋转一周，得到一个旋转体，则这个旋转体的体积为________． 10．（2025高三上·河南鹤壁·专题练习）如图，四边形是圆柱的轴截面，，分别在母线，上，过，两点且垂直于平面的平面与圆柱表面的交线是椭圆，椭圆面积公式为，其中分别是椭圆的半长轴、半短轴的长若，,,则的值为___________． 11．（25-26高二下·上海·月考）如图，已知圆柱的一个截面边界是椭圆Γ，其中Γ的长轴为该圆柱轴截面的对角线，短轴长等于圆柱底面直径的长．将圆柱侧面沿母线展开，则椭圆在展开图中恰好为一个周期的三角函数图像．若该段曲线是函数的图像的一部分，则椭圆的离心率为_____． 12．（2025·重庆沙坪坝·模拟预测）如图，已知抛物线的焦点为为坐标原点．过作两条直线，这两条直线与抛物线分别交于和两点．当垂直于轴时，． (1)求抛物线的方程； (2)若，求四边形面积的取值范围； (3)将绕轴旋转一周得到一个旋转体，求该旋转体体积的最小值． 13．（25-26高三下·辽宁沈阳·开学考试）在如图所示的圆柱中，轴截面是边长为4的正方形，点为底面半圆弧上的动点（点不与点，重合）. (1)当三棱锥体积最大时， （ⅰ）求平面与平面所成角的余弦值； （ⅱ）点在线段上运动，求的最小值. (2)是否存在点，使得直线与平面所成角最大？若存在，求成角最大时的正弦值；若不存在，请说明理由. 14．（25-26高三下·湖北襄阳·开学考试）如图，已知四棱锥的底面是直角梯形，，，，平面，. (1)若平面平面，求证：平面； (2)若是线段上动点，为中点，试确定点的位置，使得直线与平面所成角最大，并求出该最大角. 2 / 8 1 / 8 学科网（北京）股份有限公司 $