立体几何小题核心18大考点归纳【知识梳理+高考真题检测】讲义-2026届高考数学三轮冲刺

【立体几何小题核心18大考点归纳】 总览 题型梳理 题型分类 知识讲解与常考题型 【题型1：柱体体积表面积】 【解题策略】 常考公式 1体积：（为两底面间的垂直距离） 2表面积：直棱柱（为底面周长为侧棱长） 3圆柱： 4长方体：正方体 解题方法 1直棱柱直接套用公式斜棱柱需注意高为两底面的垂直距离非侧棱长 2圆柱注意区分侧面积与表面积表面积需加上下两个底面 3长方体/正方体可利用体对角线公式快速计算外接球半径 【题型专练】 1．（2026·青海西宁·一模）已知圆柱的底面半径为r，高为，上、下底面圆的圆心分别是，，点O为线段的延长线上一点，圆锥的底面为圆柱的下底面，顶点为O．若圆锥的表面积与圆柱的表面积相等，则圆锥与圆柱的体积的比值为（   ） A． B． C． D． 2．（2026·河北秦皇岛·模拟预测）一个底面半径为的圆柱形水槽中装有适量的水，现放入一个木球后，水面上升且无溢出，若木球体积的三分之二在水中，三分之一在水上，那么木球的半径为（    ）. A． B． C． D． 3．（2026·陕西榆林·模拟预测）如图，在几何体中，侧棱均垂直于底面ABC，已知，，则该几何体的体积为________． 4．（2026·天津和平·二模）如图，在六面体中，上下底面均为矩形，且平面平面，，，平面ABCD，，，，则六面体 的体积为（   ） A．45 B．47 C．60 D．75 5．（2026·山东济南·二模）已知圆锥与圆柱的底面积相等，体积也相等，若过圆柱的轴的截面为正方形，则圆锥和圆柱侧面积的比值为______． 【题型2：锥体的体积表面积】 【解题策略】 常考公式 1体积：（为顶点到底面的垂直距离） 2表面积：正棱锥（为斜高） 3圆锥：（为母线长） 4三棱锥体积可换底： 解题方法 1体积计算优先换底选择面积和高易求的面作为底面 2正棱锥利用底面中心与顶点连线为高结合底面外接圆半径用勾股定理求斜高和高 3圆锥利用轴截面等腰三角形已知底面半径和高可直接求母线长 【题型专练】 6．（2026·广东佛山·二模）已知圆锥的顶点为，底面圆心为，，，分别为圆锥的母线，，，则三棱锥体积的最大值为（   ） A． B． C． D． 7．（2026·四川宜宾·三模）（多选）若圆锥的母线长为，其轴截面是等腰直角三角形，点是弧的中点，则下列结论正确的是（    ） A．圆锥的侧面积为 B． C．平面 D．三棱锥的体积为 8．（2026·北京昌平·一模）如图，在四棱锥中，底面是矩形，，平面与平面的夹角为，则该四棱锥的侧面积为（   ）    A． B． C． D． 9．（2026·辽宁抚顺·模拟预测）（多选）已知正六棱锥的底面边长为2，高为3，则该正六棱锥的（   ） A．侧面积为 B．表面积为 C．体积为 D．外接球的表面积为 10．（2026·浙江台州·二模）已知一个圆锥的底面半径为，高为1，则下列对该圆锥的表述正确的是（   ） A．体积为 B．表面积为 C．两条母线的夹角的最大值为 D．过顶点的截面面积的最大值为2 【题型3：台体的体积表面积】 【解题策略】 常考公式 1体积： 2表面积：正棱台（为上下底面周长为斜高） 3圆台： 解题方法 1台体可还原为原棱锥/圆锥用大体积减小体积计算更直观 2圆台利用轴截面等腰梯形结合勾股定理求母线长和斜高 3注意台体的高为两底面间的垂直距离非侧棱长或母线长 【题型专练】 11．（2026·湖北武汉·二模）某科技馆“人造太阳”模型外观为圆台形，上底面半径为，下底面半径为，圆台母线长为，模型外侧面需要喷漆，则喷漆面积为（   ） A． B． C． D． 12．（2026·辽宁抚顺·一模）（多选）用平行于大圆锥底面的平面截这个大圆锥，得到一个小圆锥和一个圆台．若大圆锥的高为9，小圆锥的侧面展开图是一个弧长为、圆心角为的扇形，则下列结论正确的是（   ） A．小圆锥的高为1 B．大圆锥的体积为 C．圆台的母线长为 D．圆台的表面积为 13．（2026·广东清远·二模）在正三棱台中，，侧棱与平面所成角为，则该棱台的体积为___________． 14．（2026·安徽·三模）（多选）已知正四棱台上底面的边长为，下底面边长为，且，则下列说法正确的有（   ） A．该四棱台的体积为14 B．侧棱与底面夹角的正切值为 C．若为的中点，则平面BDE D．该四棱台的外接球表面积为 15．（2026·河南焦作·模拟预测）已知圆台的体积为，上底面半径为1，母线与下底面所成角的余弦值为，则该圆台的下底面半径为________. 【题型4：特殊几何体的外接球】 【解题策略】 常考结论 1正方体：外接球直径=体对角线 2长方体：外接球直径=体对角线 3正四面体：外接球半径内切球 4直棱柱：外接球球心为上下底面外接圆圆心连线中点（为底面外接圆半径） 解题方法 1正方体/长方体直接用体对角线秒杀 2直棱柱先求底面外接圆半径再结合高用勾股定理求外接球半径 3正棱锥：外接球球心在高线上设列方程求解 【题型专练】 16．（2026·河北沧州·模拟预测）已知圆台的上､下底面半径分别为1，2，体积为，则该圆台外接球的体积为（    ） A． B． C． D． 17．（2026·陕西咸阳·模拟预测）已知底面半径为1，体积为的圆锥的顶点和底面圆周都在球的球面上，则球的表面积为（    ） A． B． C． D． 18．（2026·辽宁沈阳·二模）（多选）若正四面体的表面积为，则（    ） A．该正四面体的棱长为1 B．该正四面体的高为 C．该正四面体的体积为 D．该正四面体的外接球表面积为 19．（2026·陕西榆林·模拟预测）（多选）已知直三棱柱的所有棱长均为4，点，分别是线段，的中点，则（   ） A．平面 B． C．三棱柱外接球的体积为 D．点到平面的距离为 20．（25-26高三上·安徽宣城·期末）（多选）已知正四棱台中，，则下述正确的是（    ） A．该四棱台的高为 B． C．该四棱台的表面积为 D．该四棱台外接球的表面积为 【题型5：一般模型的外接球】 【解题策略】 常考结论 1墙角模型（三条侧棱两两垂直）：补成长方体外接球直径为长方体体对角线 2对棱相等模型：补成长方体对棱为长方体面对角线（为对棱长） 3共斜边直角三角形模型：两直角三角形共斜边外接球直径为斜边长度 解题方法 1补形法：将几何体补成长方体/正方体直接用体对角线求外接球半径 2找球心法：确定底面外接圆圆心再作垂线外接球球心在垂线上结合勾股定理列方程 3共斜边模型：直接以公共斜边为直径作圆即为外接球的大圆 【题型专练】 21．（25-26高三上·山西太原·期末）已知四棱锥的底面是正方形，二面角的大小为，且，则该四棱锥外接球的表面积是______. 22．（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． 23．（2026·四川自贡·三模）三棱锥的四个顶点在球的表面上，若，，，则球的表面积为______. 24．（2026·安徽合肥·二模）如图，点均在球的表面上，，，平面平面，则球的体积为___________． 25．（2026·湖北·二模）三棱锥中，、、与底面所成的线面角相等，二面角、、的大小也相等，且，，则三棱锥的外接球体积为__________. 【题型6：常见几何体的内切球】 【解题策略】 常考公式 1通用公式：（为内切球半径） 2正方体：直径等于棱长 3正四面体：外接球 4正三棱锥：或利用对称性求高的处 解题方法 1等体积法：直接用计算万能通用 2特殊模型直接套用结论如正方体正四面体 3正棱锥利用对称性球心在高线上结合几何关系求半径 【题型专练】 26．（2026·西藏日喀则·模拟预测）若球O是轴截面为正三角形的圆锥的内切球，则圆锥的表面积与球O的表面积的比值为（   ） A． B．3 C． D． 27．（2026·广西北海·一模）若一个半径为1的实心球O放置于一个正方体形盒子内，且与该正方体内切，若在该盒子内再放入一个球，则球的表面积的最大值是______． 28．（2026·吉林长春·二模）已知圆台的上底面半径为1，下底面半径为2，球与圆台的两个底面和侧面都相切，则球的表面积为（   ） A． B． C． D． 29．（2026·广西桂林·一模）一个正四棱台形状的石墩，其上、下底面边长分别为2和8，高为，现将其打磨成一个球体，则所得球体的表面积最大值为_____. 30．（2026·山东滨州·一模）已知圆锥的底面半径为，且此圆锥的内切球体积为，则圆锥的侧面积为（    ） A． B． C． D． 【题型7：复杂型的内切球问题】 【解题策略】 常考结论 1多面体与球相切球心到各面的距离均为 2组合体的内切球利用对称性和等体积法求解 3圆柱内切球：球直径等于圆柱底面直径和高 解题方法 1等体积法：将几何体体积和表面积代入 2几何构造法：利用几何体的对称性找到球心位置再结合勾股定理列方程 3截面法：过球心作截面转化为平面几何问题求圆的半径 【题型专练】 31．（2026·山东东营·二模）已知一个棱长为的正四面体容器（容器壁厚度忽略不计），则此容器外接球（正四面体容器各顶点都在球面上）的体积为_____；如果一个半径为1的小球在该容器内可向各个方向自由运动，则小球永远不可能接触到的容器内壁面积为_____． 32．（2026·浙江·模拟预测）已知圆锥的母线为3，底面半径为1，球与圆锥的侧面、底面均相切．球与球外切，且与圆锥的侧面相切．球心位于圆锥的顶点和之间，则球的体积为________． 33．（2025·浙江·模拟预测）如图，装满水的圆台形容器内放进半径分别为3和6的两个铁球，小球与容器底和容器壁均相切，大球与小球、容器壁、水面均相切，此时容器中水的体积为_____． 34．（25-26高三下·重庆·月考）如图，在正四面体中，放置1大、4小共5个球，其中，大球为正四面体的内切球，小球与大球及正四面体三个面均相切，若正四面体的体积为，则5个球的表面积之和为（   ） A． B． C． D． 35．（25-26高三上·云南·月考）如图，在正四面体中，中间1个大球为正四面体的内切球，4个小球与大球､正四面体的三个面均相切.若，则该正四面体中，其中一个小球与大球的体积比为______. 【题型8：综合线面角二面角的求体积题型】 【解题策略】 常考结论 1线面角：（为顶点到平面的距离为斜线长） 2二面角： 3体积可利用线面角求高 解题方法 1利用线面角求高：先求顶点到底面的高再代入体积公式 2利用二面角求底面积：用射影面积公式再求体积 3换底法：选择与线面角/二面角相关的面作为底面简化高的计算 【题型专练】 36．（2026·福建福州·模拟预测）已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，，为圆锥的母线，，且二面角为.若的面积等于，则圆锥的体积为______. 37．（2025·北京·模拟预测）已知正六棱锥的侧棱长为，侧面与底面所成角的正切值为，则该六棱锥的体积为______. 38．（2025·四川成都·一模）已知圆锥的高为1，母线与底面所成角的大小为，则该圆锥的体积为（   ） A． B． C． D． 39．（2025·海南·模拟预测）已知正三棱台的上、下底面边长分别为，侧棱与底面所成角的正切值为3，则其外接球的体积为（   ） A． B． C． D． 40．（24-25高三·全国·三轮复习）已知正四棱台的体积为，，若侧棱与底面所成角的正切值为，则该正四棱台的高为（    ） A． B． C． D．3 【题型9：与截面有关的求体积题型】 【解题策略】 常考结论 1平行于底面的截面：与底面相似相似比为面积比为体积比为 2截面分割几何体为两部分体积可通过差或比计算 解题方法 1相似比法：截面平行于底面时利用相似比求分割后棱锥的体积再用原体积减 2分割法：直接计算截面分割后的两部分几何体的体积 3补形法：将截面分割后的几何体补成熟悉的几何体再计算体积 【题型专练】 41．（2026·广东深圳·二模）（多选）已知正三棱柱的高为2，且有内切球（球位于三棱柱的内部且与各个面有且只有一个公共点），若过三点的平面截该三棱柱所得截面为，则（   ） A． B．平面平面 C．截面的面积为 D．该三棱柱被截面分成两部分，较小部分与较大部分的体积之比为 42．（2026·安徽池州·二模）（多选）如图，在棱长为1的正方体中，，过点B，E，F的平面截该正方体所得的截面记为S，若三棱锥的外接球球心，则（   ） A． B．S为五边形 C．S的面积为 D．S分正方体所得两部分中，较小部分与较大部分的体积比为 43．（24-25高一下·黑龙江哈尔滨·期中）（多选）如图，正方体棱长为1，点M是侧面上的一个动点（含边界），P，Q分别为棱，的中点，过点A，P，Q的平面记为，则（   ） A．若M在线段上，则平面 B．若，则点M的运动路径的长度为 C．存在点，使得平面 D．分正方体两部分的体积为，（），则 44．（2025·云南昭通·模拟预测）在棱长为3的正方体中，是棱的中点，为棱的三等分点（靠近点），过三点作正方体的截面，则以为顶点，以该截面为底面的棱锥的体积为__________． 45．（2020·山东聊城·一模）点分别为三棱柱的棱的中点，设的面积为，平面截三棱柱 所得截面面积为S，五棱锥. 的体积为，三棱柱的体积为V，则 __________，______    【题型10：线与面的平行与垂直问题】 【解题策略】 常考结论 1线面平行判定：平面外一条直线与平面内一条直线平行则线面平行 2线面垂直判定：一条直线与平面内两条相交直线都垂直则线面垂直 3面面平行判定：一个平面内两条相交直线分别平行于另一个平面则面面平行 4面面垂直判定：一个平面经过另一个平面的一条垂线则面面垂直 解题方法 1线面平行：找平面内的平行线（中位线/平行四边形） 2线面垂直：找平面内两条相交直线证明与已知直线都垂直（勾股定理逆定理/等腰三角形三线合一） 3面面平行/垂直：转化为线面平行/垂直问题解决 【题型专练】 46．（2026·西藏拉萨·二模）（多选）如图，在直三棱柱中，．为的中点，为棱的中点，下列说法正确的是（   ） A．平面 B．四点共面 C．平面 D．平面 47．（2026·广东肇庆·二模）（多选）在正四棱柱中，，点分别为棱上的点（含端点），则（    ） A．当为的中点时，存在点，使得 平面 B．当为的中点时，存在点，使得平面 平面 C．对任意给定的点，存在点，使得 D．对任意给定的点，存在点，使得 48．（2026·四川泸州·模拟预测）（多选）若是正四棱台的棱上的动点（包括端点），则（    ） A．存在点，使得平面 B．直线与异面 C．平面平面 D．若，则平面平面 49．（2026·河北·模拟预测）（多选）如图，已知直四棱柱的侧面为正方形，底面为长方形，，，分别为，，的中点，则下列结论错误的是（    ） A．平面 B．平面 C．平面 D．平面 50．（2026·江西南昌·一模）（多选）在正三棱柱中，，，，分别为，，的中点，则下列说法中正确的有（   ） A．平面 B．平面平面 C． D．平面 【题型11：与截面有关的题型】 【解题策略】 常考结论 1截面边数等于截面与几何体相交的面数 2正方体截面：三角形（3面）四边形（4面）五边形（5面）六边形（6面） 3圆柱/圆锥截面：平行底面为圆垂直底面为矩形/三角形斜截为椭圆 解题方法 1作图：用延长线法/平行线法确定截面与几何体的交点连接成截面多边形 2形状判断：根据相交面数和边的平行/垂直关系判断截面形状 3计算：利用截面多边形的边长结合几何关系求面积/周长/体积 【题型专练】 51．（2026·陕西宝鸡·模拟预测）（多选）已知长方体中，，，分别是的中点，点在上运动（含端点），则（    ） A．该长方体外接球的表面积为 B．点到平面的距离的最大值为 C．过三点的平面截该长方体所得截面图形的周长为 D．过三点的平面截该长方体所得截面图形的面积为 52．（2026·陕西咸阳·模拟预测）已知正方体的棱长为2，为的中点，为上靠近的四等分点，则过点，，的平面截该正方体得到的截面图形的周长为______. 53．（25-26高二上·上海·期末）如图，在棱长为2的正方体中，为的中点，过作正方体的截面，则截面图形的周长为__________． 54．（2025·重庆·模拟预测）已知正方体的棱长为3，点 分别在棱 ， ，则过 ， ， 三点的平面截正方体所得多边形的面积为_____ 55．（23-24高三下·河南郑州·月考）已知正四棱锥的所有棱长均为4，点为中点，点在上，，点为中点，则平面截正四棱锥所得的截面周长为______．    【题型12：求异面直线的夹角】 【解题策略】 常考结论 1异面直线夹角范围： 2定义：过空间一点作两直线的平行线所成的锐角或直角 3正方体中棱与面对角线夹角为面对角线夹角为或 解题方法 1平移法：作其中一条直线的平行线与另一条直线相交构造三角形用余弦定理求角 2中位线法：利用三角形中位线平移直线构造相交直线 3特殊模型法：正方体/长方体中直接利用棱/面对角线/体对角线的夹角结论 【题型专练】 56．（2026·云南昭通·模拟预测）将正方形沿对角线折起，使点不在平面内，则在翻折过程中，当二面角为时，则异面直线与的夹角余弦值为（    ） A． B． C． D． 57．（2026·四川雅安·二模）在工业级3D打印与航天精密构件设计中，圆锥结构常作为支撑部件．现有一个高为3的圆锥，其顶点为，底面圆的圆心为，半径为2，若、两点在底面圆周上，，为线段的中点，则异面直线与所成角的正切值为（   ） A． B． C． D． 58．（2026·辽宁大连·一模）在四面体ABCD中，，，E为CD的中点，则异面直线BE与AD所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 59．（2026·黑龙江·一模）三棱锥中，平面，是边长为4的正三角形，，是的中点，则直线与所成角的余弦值是（   ） A． B． C． D． 60．（2026·山东潍坊·模拟预测）如图，在棱长均相等的正三棱柱中，为三棱柱的顶点，为所在棱的中点，设与所成的角为，则（    ） A． B． C． D． 【题型13：求线面角】 【解题策略】 常考结论 1线面角定义：斜线与它在平面内的射影所成的锐角范围 2公式：（为点到平面的距离为斜线长） 解题方法 1定义法：过斜线上一点作平面的垂线连接垂足与斜足构造直角三角形用三角函数求角 2等体积法：先求点到平面的距离再用求线面角 3特殊模型法：正方体中体对角线与底面夹角满足 【题型专练】 61．（2026·河北保定·二模）如图，在正三棱柱中，，D 为的中点，则直线与平面所成角的正弦值为（   ） A． B． C． D． 62．（2026·江苏·二模）已知二面角的大小为，且为内异于的任意一点，则的最小值为（   ） A． B． C． D． 63．（2026·云南昭通·模拟预测）若正三棱台的体积为，的面积为，，则侧棱与底面所成角的正切值为（    ） A． B． C． D． 64．（2026·贵州毕节·一模）已知正三棱台的体积为，则与平面所成角的正切值为（    ） A．1 B． C． D．2 65．（2026·四川巴中·一模）在四面体中，，则直线与平面所成角的正弦值等于（    ）． A． B． C． D． 【题型14：求二面角】 【解题策略】 二面角的平面角及求法 【知识点的认识】 1、二面角的定义： 从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角．这条直线叫做二面角的棱，这两个半平面叫做二面角的面．棱为AB、面分别为α、β的二面角记作二面角α﹣AB﹣β．有时为了方便，也可在α、β内（棱以外的半平面部分）分别取点P、Q，将这个二面角记作P﹣AB﹣Q．如果棱记作l，那么这个二面角记作二面角α﹣l﹣β或P﹣l﹣Q． 2、二面角的平面角 在二面角α﹣l﹣β的棱l上任取一点O，以点O为垂足，在半平面α和β内分别作垂直于棱l的射线OA和OB，则射线OA和OB构成的∠AOB叫做二面角的平面角．二面角的大小可以用它的平面角来度量，二面角的平面角是多少度，就说这个二面角是多少度．平面角是直角的二面角叫做直二面角．二面角的平面角∠AOB的大小与点O的位置无关，也就是说，我们可以根据需要来选择棱l上的点O． 3、二面角的平面角求法： （1）定义； （2）三垂线定理及其逆定理； ①定理内容：在平面内的一条直线，如果和这个平面的一条斜线的射影垂直，那么，它就和这条斜线垂直． ②三垂线定理（逆定理）法：由二面角的一个面上的斜线（或它的射影）与二面角的棱垂直，推得它位于二面角的另一的面上的射影（或斜线）也与二面角的棱垂直，从而确定二面角的平面角． （3）找（作）公垂面法：由二面角的平面角的定义可知两个面的公垂面与棱垂直，因此公垂面与两个面的交线所成的角，就是二面角的平面角．； （4）平移或延长（展）线（面）法； （5）射影公式； （6）化归为分别垂直于二面角的两个面的两条直线所成的角； （7）向量法：用空间向量求平面间夹角的方法： 设平面α和β的法向量分别为和，若两个平面的夹角为θ，则 （1）当0，，θ，， 此时cosθ＝cos，． （2）当，π时，θ＝π，， cosθ＝﹣cos，． 【题型专练】 66．（2026·湖南衡阳·模拟预测）已知四面体ABCD的每个顶点都在球O（O为球心）的球面上，为等边三角形，，，且，则二面角的正切值为（    ） A． B．1 C．2 D．3 67．（2025·重庆·模拟预测）已知正四棱锥 的侧棱长为底面边长的倍，则侧面与底面夹角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 68．（2025·江西新余·模拟预测）在三棱锥中，且，底面是等边三角形，平面平面，若，则平面与平面所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 69．（2024·河北·模拟预测）在三棱锥中，，若三棱锥的外接球表面积为，则二面角的大小为（    ） A．或 B．或 C． D． 70．（2026·上海·二模）在正四棱台中，，，异面直线与所成角为，设二面角的大小为，则________． 【题型15：求点到直线的距离】 【解题策略】 常考结论 1定义：过点作直线的垂线垂线段的长度 2公式：在三角形中点到对边的距离（为三角形面积为边长） 3.向量公式 解题方法 1构造直角三角形：过点作直线的垂线利用勾股定理求距离 2面积法：构造以直线为边的三角形用求距离 3特殊位置法：若点在直线的垂面上直接利用面的垂线求距离 【题型专练】 71．（2026·河北保定·二模）（多选）已知四边形是平行四边形，，则（   ） A．点D的坐标是 B． C．四边形的面积是3 D．坐标原点O到直线的距离为 72．（2026·广西河池·二模）（多选）如图，在棱长为4的正方体中，分别是棱的中点，点为线段上的动点，下列结论正确的是（   ） A．三棱锥的体积为定值 B． C．平面 D．点到直线的距离为 73．（25-26高三上·山东临沂·月考）已知，，，则M到直线的距离为______. 74．（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． 75．（2026·吉林·模拟预测）在正四棱台中，，点是四边形内的动点（含边界）.若点在线段上，则点到直线的距离的最小值为_______；若，则点的轨迹长度为______. 【题型16：求点到平面的距离】 【解题策略】 常考结论 1定义：过点作平面的垂线垂线段的长度 2等体积法： 常考万能公式 点平面内任一点平面法向量 解题方法 1等体积法：构造以点为顶点平面内的三角形为底面的三棱锥用体积公式求高（即点到平面的距离） 2线面平行转化：若点在与平面平行的直线上可转化为直线上其他点到平面的距离 3面面平行转化：若点在与平面平行的平面内距离等于两平行平面间的距离 【题型专练】 76．（2026·山西临汾·二模）在棱长为1的正方体中，点到平面的距离为______. 77．（25-26高三下·重庆沙坪坝·月考）在三棱锥中，底面为正三角形，平面 ，若四点都在球的表面上，则点到平面的距离为（    ） A．5 B． C． D． 78．（2026·内蒙古呼和浩特·一模）在棱长为4的正方体中，点是棱的中点，则点到平面的距离是（   ） A． B． C． D． 79．（2026·福建福州·模拟预测）（多选）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 80．（25-26高二上·河南新乡·月考）（多选）已知正方体的棱长为2，点，分别是的中点，点在正方体内部且满足，则下列说法正确的是（    ） A．与所成角的正弦值是 B．点到平面的距离是 C．平面与平面间的距离为 D．点到直线的距离为 【题型17：四点共面问题】 【解题策略】 常考结论 1不共线三点确定一个平面第四点在该平面内则四点共面 2向量法：共面则且 3几何法：若两条直线相交或平行则四点共面 解题方法 1先由不共线三点确定平面再证明第四点在该平面内 2利用平行/相交关系：证明四点在两条平行或相交直线上 3特殊位置法：利用几何体的对称性直观判断四点是否共面 【题型专练】 81．（25-26高三上·山东济宁·期末）在正方体中，为的中点，，，若，，，四点共面，则的值为（    ） A． B． C． D． 82．（25-26高三·全国·一轮复习）已知向量，若三个向量共面，则________． 83．（2026·安徽黄山·一模）（多选）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 84．（2025·江苏苏州·模拟预测）（多选）在正四棱锥中，已知分别为的中点，，则下列说法正确的有（    ） A． B．不存在，使得平面 C．若平面 平面，则 D．若四点共面，则 85．（25-26高二上·山东泰安·期末）已知，若共面，则__________. 【题型18：与动点有关的立体几何问题】 【解题策略】 常考结论 1动点的轨迹由其满足的几何条件决定如距离相等/平行/垂直等 2动态最值问题常出现在端点/中点/垂足等特殊位置 解题方法 1轨迹分析：先确定动点的运动轨迹（直线/线段/圆/平面） 2特殊位置法：取动点的端点/中点/垂足等特殊位置计算相关量找到最值或变化规律 3转化法：将动态问题转化为静态问题找到定直线/定平面/定线段简化计算 【题型专练】 86．（2025·江西萍乡·二模）（多选）在棱长为2的正方体中，点满足，其中，则下列说法正确的是（   ） A．当时， B．当时，平面 C．当时，平面截正方体所得截面面积为 D．若直线与直线所成角为，则点的轨迹为抛物线 87．（2026·广西南宁·三模）（多选）如图，在棱长为2的正方体中，M为中点，F为侧面正方形内一动点，且满足//平面，则（   ） A．三棱锥的外接球的表面积为 B．三棱锥的体积是 C．动点F的轨迹是一条线段 D．若过A，M，三点作正方体截面，Q为上一点，则线段长度取值范围为 88．（2026·河北唐山·二模）（多选）在四棱锥中，平面， ，则下列说法正确的是（    ） A．当时，直线平面PAB B．当时，直线CE与PB所成角为 C．当时，直线CE与平面PAD所成角为 D．当时，三棱锥的外接球表面积为 89．（2026·四川攀枝花·二模）（多选）在正四棱柱中，，，点在棱上，且，点在上底面运动，则（   ） A．存在点，使得 B．三棱锥体积的最大值为2 C．若平面，则的最小值为 D．以为球心，半径为2的球面与该正四棱柱表面的交线的总长度为 90．（2026·宁夏银川·三模）（多选）如图，在棱长为1的正方体中，为棱的中点，为正方体表面上的一动点（含边界），则下列说法中错误的是（    ） A．三棱锥外接球的表面积为 B．若平面，则动点的轨迹是一条线段 C．若平面，则动点的轨迹的长度为 D．若，则动点的轨迹长度为 真题模拟检测 一、单选题 1．（2023·全国乙卷·高考真题）已知圆锥PO的底面半径为，O为底面圆心，PA，PB为圆锥的母线，，若的面积等于，则该圆锥的体积为（    ） A． B． C． D． 2．（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）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．（2025·上海·高考真题）如图，是正四棱台，则下列各组直线中属于异面直线的是（   ）．    A．和； B．和； C．和； D．和． 4．（2017·全国·高考真题）点P在直二面角的棱上，C，D分别在内，且，则（    ） A． B． C． D． 5．（2023·天津·高考真题）在三棱锥中，点M,N分别在棱PC,PB上，且，，则三棱锥和三棱锥的体积之比为（    ） A． B． C． D． 6．（2023·全国乙卷·高考真题）已知为等腰直角三角形，AB为斜边，为等边三角形，若二面角为，则直线CD与平面ABC所成角的正切值为（    ） A． B． C． D． 7．（2023·全国甲卷·高考真题）已知四棱锥的底面是边长为4的正方形，，则的面积为（    ） A． B． C． D． 8．（2023·北京·高考真题）坡屋顶是我国传统建筑造型之一，蕴含着丰富的数学元素．安装灯带可以勾勒出建筑轮廓，展现造型之美．如图，某坡屋顶可视为一个五面体，其中两个面是全等的等腰梯形，两个面是全等的等腰三角形．若，且等腰梯形所在的平面、等腰三角形所在的平面与平面的夹角的正切值均为，则该五面体的所有棱长之和为（    ）    A． B． C． D． 9．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）已知正三棱台的体积为，，，则与平面ABC所成角的正切值为（    ） A． B．1 C．2 D．3 10．（2024·天津·高考真题）在如图五面体中，棱互相平行，且两两之间距离均为1．若．则该五面体的体积为（   ） A． B． C． D． 11．（2024·北京·高考真题）如图，在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，，，该棱锥的高为（    ）. A．1 B．2 C． D． 二、多选题 12．（2021·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）如图，在正方体中，O为底面的中心，P为所在棱的中点，M，N为正方体的顶点．则满足的是（    ） A． B． C． D． 13．（2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）已知正方体，则（    ） A．直线与所成的角为 B．直线与所成的角为 C．直线与平面所成的角为 D．直线与平面ABCD所成的角为 14．（2022·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）如图，四边形为正方形，平面，，记三棱锥，，的体积分别为，则（    ） A． B． C． D． 15．（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）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．的面积为 16．（2025·全国一卷·高考真题）在正三棱柱中，D为BC的中点，则（    ） A． B．平面 C． D．平面 17．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）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 18．（2021·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）在正三棱柱中，，点满足，其中，，则（    ） A．当时，的周长为定值 B．当时，三棱锥的体积为定值 C．当时，有且仅有一个点，使得 D．当时，有且仅有一个点，使得平面 三、填空题 19．（2022·上海·高考真题）已知某圆锥的高为4，底面积为，则该圆锥的侧面积为___. 20．（2025·上海·高考真题）如图，在正四棱柱中，，则该正四棱柱的体积为_________．    21．（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥，所得棱台的体积为______． 22．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）在正四棱台中，，则该棱台的体积为________． 23．（2023·全国甲卷·高考真题）在正方体中，E，F分别为AB，的中点，以EF为直径的球的球面与该正方体的棱共有____________个公共点． 24．（2023·全国甲卷·高考真题）在正方体中，为的中点，若该正方体的棱与球的球面有公共点，则球的半径的取值范围是________． 25．（2024·全国甲卷·高考真题）已知圆台甲、乙的上底面半径均为,下底面半径均为，圆台的母线长分别为,，则圆台甲与乙的体积之比为______． 26．（2024·北京·高考真题）汉代刘歆设计的“铜嘉量”是龠、合、升、斗、斛五量合一的标准量器，其中升量器、斗量器、斛量器的形状均可视为圆柱.若升、斗、斛量器的容积成公比为10的等比数列，底面直径依次为 ，且斛量器的高为，则斗量器的高为______，升量器的高为________． 27．（2025·上海·高考真题）已知P是一个圆锥的顶点，是母线，，该圆锥的底面半径是1．B、C分别在圆锥的底面上，则异面直线与所成角的最小值为__________． 28．（2025·全国二卷·高考真题）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____________． 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 【立体几何小题核心18大考点归纳】 总览 题型梳理 题型分类 知识讲解与常考题型 【题型1：柱体体积表面积】 【解题策略】 常考公式 1体积：（为两底面间的垂直距离） 2表面积：直棱柱（为底面周长为侧棱长） 3圆柱： 4长方体：正方体 解题方法 1直棱柱直接套用公式斜棱柱需注意高为两底面的垂直距离非侧棱长 2圆柱注意区分侧面积与表面积表面积需加上下两个底面 3长方体/正方体可利用体对角线公式快速计算外接球半径 【题型专练】 1．（2026·青海西宁·一模）已知圆柱的底面半径为r，高为，上、下底面圆的圆心分别是，，点O为线段的延长线上一点，圆锥的底面为圆柱的下底面，顶点为O．若圆锥的表面积与圆柱的表面积相等，则圆锥与圆柱的体积的比值为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】设圆锥的母线为l，则由题意知，所以， 所以圆锥的高， 所以圆锥的体积与圆柱的体积比为. 2．（2026·河北秦皇岛·模拟预测）一个底面半径为的圆柱形水槽中装有适量的水，现放入一个木球后，水面上升且无溢出，若木球体积的三分之二在水中，三分之一在水上，那么木球的半径为（    ）. A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由木球浸入水中的体积等于水上升的体积列方程求解 【详解】设水上升的体积为，， 设木球浸入水中的体积为，，由 列方程：，解得. 3．（2026·陕西榆林·模拟预测）如图，在几何体中，侧棱均垂直于底面ABC，已知，，则该几何体的体积为________． 【答案】 【详解】解法1：分别在上取点N，M，使得，连接，NM，，所以平面平面， 取MN的中点H，连接，因为平面， 所以平面平面，所以， 又因为平面， 所以平面，，， 所求几何体的体积为 解法2：因为在几何体中，侧棱均垂直于底面ABC， 又， 所以可构造一个底面是边长为4的等边三角形，侧棱长为8的正三棱柱， 其中，， 因此，即， 根据三棱柱体积公式，， 故该几何体的体积是． 4．（2026·天津和平·二模）如图，在六面体中，上下底面均为矩形，且平面平面，，，平面ABCD，，，，则六面体 的体积为（   ） A．45 B．47 C．60 D．75 【答案】B 【分析】先根据题意把六面体 可以看成长方体的一部分；再结合柱体体积和锥体体积用该长方体的体积减去多余部分的体积即可求解. 【详解】根据题意可知：六面体可以看成长方体的一部分. 在长方体中，，. 长方体的体积. 直三棱柱的体积. 直三棱柱的体积. 三棱锥的体积. 所以六面体的体积. 5．（2026·山东济南·二模）已知圆锥与圆柱的底面积相等，体积也相等，若过圆柱的轴的截面为正方形，则圆锥和圆柱侧面积的比值为______． 【答案】 【分析】设圆锥和圆柱的底面半径，由题意可得圆锥的高，即可计算圆柱的侧面积和圆锥的侧面积，求解即可. 【详解】由圆锥与圆柱的底面积相等，所以圆柱和圆锥的底面半径相等，设为， 由圆柱的轴截面是一个正方形，故其高，设圆锥的高为， 由圆锥与圆柱的体积相等得，，所以， 则圆锥的侧面积， 圆柱的侧面积， 则. 【题型2：锥体的体积表面积】 【解题策略】 常考公式 1体积：（为顶点到底面的垂直距离） 2表面积：正棱锥（为斜高） 3圆锥：（为母线长） 4三棱锥体积可换底： 解题方法 1体积计算优先换底选择面积和高易求的面作为底面 2正棱锥利用底面中心与顶点连线为高结合底面外接圆半径用勾股定理求斜高和高 3圆锥利用轴截面等腰三角形已知底面半径和高可直接求母线长 【题型专练】 6．（2026·广东佛山·二模）已知圆锥的顶点为，底面圆心为，，，分别为圆锥的母线，，，则三棱锥体积的最大值为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据已知条件求得母线长，以及长度，从而确定为底面圆直径；再求三角形面积的最大值，即可求得三棱锥体积的最大值. 【详解】因为，，故母线， 又，故，故为底面圆直径； 对三角形，设边上的高为，则其面积， 当且仅当为弧的中点时取得最大值； 故三棱锥体积. 7．（2026·四川宜宾·三模）（多选）若圆锥的母线长为，其轴截面是等腰直角三角形，点是弧的中点，则下列结论正确的是（    ） A．圆锥的侧面积为 B． C．平面 D．三棱锥的体积为 【答案】ABD 【分析】借助侧面积公式计算可得A；计算各边长可得该三角形为等边三角形，即可得B；计算各边长可得为等边三角形，则不垂直于，即不垂直于平面，即可得C；借助体积公式计算即可得D. 【详解】对A：由轴截面是等腰直角三角形，则， 故，故A正确； 对B：，， 故为等边三角形，故，故B正确； 对C：由，， 故为等边三角形，故， 即不垂直于，故不垂直于平面，故C错误； 对D：，故D正确. 8．（2026·北京昌平·一模）如图，在四棱锥中，底面是矩形，，平面与平面的夹角为，则该四棱锥的侧面积为（   ）    A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由已知条件，通过作辅助线分别求出各侧面的三角形高，再分别求出各个侧面三角形面积，再求和即可. 【详解】取的中点，的中点，连接， 如图所示：    因为，为的中点，所以，且， 过点作平面的垂线交于点， 又因为底面为矩形，所以， 故平面与平面的夹角为，，， 因为，平面，所以平面， 因为，所以平面， 又平面，则， 所以， 所以， ， 点到的距离为1，点到的距离为， 同理点到的距离为， 所以， 所以该四棱锥的侧面积为： . 9．（2026·辽宁抚顺·模拟预测）（多选）已知正六棱锥的底面边长为2，高为3，则该正六棱锥的（   ） A．侧面积为 B．表面积为 C．体积为 D．外接球的表面积为 【答案】AB 【分析】根据底面边长求出底面积，根据高可求出侧面积，进而可求出表面积，根据外接球的球心在高上，列方程可求出外接球的半径，进而可求其表面积. 【详解】如图，在正六棱锥中，取的中点，底面的中心，连接， 因为底面正六边形的边长为2，则，所以底面积， 又高为3，得体积，故C错误； 则侧面三角形的高，侧面积， 所以表面积，故A，B正确； 因为正六棱锥的外接球的球心在上，设半径为， 则，即，解得， 所以正六棱锥的外接球的表面积，故D错误. 10．（2026·浙江台州·二模）已知一个圆锥的底面半径为，高为1，则下列对该圆锥的表述正确的是（   ） A．体积为 B．表面积为 C．两条母线的夹角的最大值为 D．过顶点的截面面积的最大值为2 【答案】D 【分析】先算出母线长，结合体积公式、表面积公式计算后可判断AB的正误，求出轴截面的顶角值后可判断CD的正误. 【详解】对于A，圆锥的体积为，故A错误； 对于B，圆锥的母线长为， 故圆锥的表面积为，故B错误； 对于C，设圆锥轴截面顶角为，则， 而为锐角，故，故，故两条母线的夹角的最大值为，故C错误； 对于D，设两条母线的夹角为，则过顶点的截面面积为 而，故当，，故D正确. 【题型3：台体的体积表面积】 【解题策略】 常考公式 1体积： 2表面积：正棱台（为上下底面周长为斜高） 3圆台： 解题方法 1台体可还原为原棱锥/圆锥用大体积减小体积计算更直观 2圆台利用轴截面等腰梯形结合勾股定理求母线长和斜高 3注意台体的高为两底面间的垂直距离非侧棱长或母线长 【题型专练】 11．（2026·湖北武汉·二模）某科技馆“人造太阳”模型外观为圆台形，上底面半径为，下底面半径为，圆台母线长为，模型外侧面需要喷漆，则喷漆面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】借助圆台侧面积公式计算即可得. 【详解】. 12．（2026·辽宁抚顺·一模）（多选）用平行于大圆锥底面的平面截这个大圆锥，得到一个小圆锥和一个圆台．若大圆锥的高为9，小圆锥的侧面展开图是一个弧长为、圆心角为的扇形，则下列结论正确的是（   ） A．小圆锥的高为1 B．大圆锥的体积为 C．圆台的母线长为 D．圆台的表面积为 【答案】BC 【分析】作出圆锥的轴截面，利用弧长公式求得小圆锥的高，利用，结合圆锥的体积公式及圆台的表面积公式，即可求解. 【详解】如图所示，作出圆锥的轴截面等腰，则， 设小圆锥的半径，小圆锥的侧面展开图是一个弧长为，所以， 又因为侧面展开图是圆心角为的扇形，所以，计算得， 可得，小圆锥的高为3，A选项错误； 由，可得，所以， 则，即圆台的母线长为，C选项正确； 所以大圆锥的体积为，B选项正确； 圆台的表面积为，D选项错误； 13．（2026·广东清远·二模）在正三棱台中，，侧棱与平面所成角为，则该棱台的体积为___________． 【答案】 【分析】首先分别计算正三棱台上下底面的面积，再根据侧棱与底面所成角为求出棱台的高，最后代入棱台体积公式计算最终结果. 【详解】∵ 正三棱台上底面边长，下底面边长， ∴ 上底面面积，下底面面积. 设上下底面的中心分别为，，则为正三棱台的高， 侧棱与底面所成角为. ∵ 正三角形外接圆半径， ∴下底面外接圆半径，上底面外接圆半径. 过作于点，则， 可得四边形为矩形，故. ∵ 在中，， ∴ . 代入棱台体积公式， 得， ∴ . 14．（2026·安徽·三模）（多选）已知正四棱台上底面的边长为，下底面边长为，且，则下列说法正确的有（   ） A．该四棱台的体积为14 B．侧棱与底面夹角的正切值为 C．若为的中点，则平面BDE D．该四棱台的外接球表面积为 【答案】ACD 【分析】求出正四棱台体积判断A；求出侧棱与底面夹角正切判断B；利用线面平行判定推理判断C；求出外接球半径求解判断D. 【详解】设棱台的上下底面中心分别为， 对于A选项，因为正方形ABCD的边长为，正方形的边长为， 所以 ，台体的高为， 由台体体积公式可知，该正四棱台的体积为 ，A正确； 对于B选项，侧棱与底面夹角的正切值为，B错误； 对于C选项，当点为的中点时，易知为AC的中点，则， 因为平面平面BDE，故平面，C正确； 对于D选项，易知该正四棱台外接球球心在直线上，设球的半径为， ， 则，由可得， 解得，故， 因此，该四棱台的外接球表面积为，D正确． 15．（2026·河南焦作·模拟预测）已知圆台的体积为，上底面半径为1，母线与下底面所成角的余弦值为，则该圆台的下底面半径为________. 【答案】2 【分析】先求得下底面半径与高的数量关系，再用下底面半径表示高，将其代入圆台的体积公式，解方程求出下底面半径. 【详解】如图，设圆台上底面圆心为，下底面圆心为，梯形为圆台的轴截面，高为. 过作于. 即为母线与下底面所成角，则 在直角三角形中，， 所以下底面半径，即 解得. 【题型4：特殊几何体的外接球】 【解题策略】 常考结论 1正方体：外接球直径=体对角线 2长方体：外接球直径=体对角线 3正四面体：外接球半径内切球 4直棱柱：外接球球心为上下底面外接圆圆心连线中点（为底面外接圆半径） 解题方法 1正方体/长方体直接用体对角线秒杀 2直棱柱先求底面外接圆半径再结合高用勾股定理求外接球半径 3正棱锥：外接球球心在高线上设列方程求解 【题型专练】 16．（2026·河北沧州·模拟预测）已知圆台的上､下底面半径分别为1，2，体积为，则该圆台外接球的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先利用圆台体积公式求出高，再根据外接球球心在上下底面圆心连线上，由球心到两底面圆周的距离相等列方程求出外接球半径，代入球的体积公式计算结果. 【详解】设该圆台的上､下底面的圆心分别为，高为，则圆台的体积为 ，求解可得， 设该圆台外接球的球心为，则在上，设，所以， 设该圆台外接球的半径为，所以，求解可得， 所以该圆台外接球的体积为. 17．（2026·陕西咸阳·模拟预测）已知底面半径为1，体积为的圆锥的顶点和底面圆周都在球的球面上，则球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】设该圆锥的高为，所以，解得， 设球的半径为，由题意知，解得， 所以球的表面积为． 18．（2026·辽宁沈阳·二模）（多选）若正四面体的表面积为，则（    ） A．该正四面体的棱长为1 B．该正四面体的高为 C．该正四面体的体积为 D．该正四面体的外接球表面积为 【答案】ACD 【分析】先根据表面积计算出正四面体的棱长，然后运用正四面体的性质求出高，进而得到体积，最后通过将四面体放入正方体求解外接球表面积. 【详解】设该正四面体的棱长为，则其表面积为，所以，A正确； 作平面，垂足为，则为的重心，连接延长交于中点， 则有，于是该正四面体的高为，B错误； 由 A选项和B选项的分析可知该正四面体的体积为，C正确； 将该四面体放入正方体中，则正方体的棱长为，且四面体的外接球即为正方体的外接球， 其半径为，表面积为，D正确. 19．（2026·陕西榆林·模拟预测）（多选）已知直三棱柱的所有棱长均为4，点，分别是线段，的中点，则（   ） A．平面 B． C．三棱柱外接球的体积为 D．点到平面的距离为 【答案】ABD 【分析】选项A，利用线面平行的判定定理证得平面，利用面面平行的判定定理证得平面平面，利用面面平行的性质定理得到平面；选项B，利用线面垂直的判定定理得到平面，利用线面垂直的定义得到；选项C，先找到三棱柱外接球的球心，利用勾股定理求出半径，利用球的体积公式求解即可；选项D，利用等体积转化法求解即可. 【详解】选项A，取的中点，是线段的中点，则， 平面，平面，则平面， 点是的中点，点是线段的中点，则， 又，则， 平面，平面，平面， 又，则平面平面， 又平面，则平面，故选项A正确； 选项B，    取中点，连接， ，， 三棱柱为直三棱柱，， 是的中点，是的中点， ，， ，平面，平面，平面， 平面，，故选项B正确； 选项C，取的中点，连接，设与交于点， 取的中点，连接，设与交于点， 连接，取的中点，则三棱柱外接球的球心为点， ， ， ，， 三棱柱外接球的半径为， 三棱柱外接球的体积为，故选项C错误； 选项D，，， ， 故为等腰三角形，取的中点，连接，则， ， ， ， ， 点到平面的距离等于， 设点到平面的距离为， 则， 即，即，解得， 故点到平面的距离为，故选项D正确. 故选：ABD. 20．（25-26高三上·安徽宣城·期末）（多选）已知正四棱台中，，则下述正确的是（    ） A．该四棱台的高为 B． C．该四棱台的表面积为 D．该四棱台外接球的表面积为 【答案】ACD 【分析】画出图形，连接交于点，连接交于点，连接，结合图形分析得出为四棱台的高，然后过点作交于，通过已知条件结合勾股定理计算即可得出选项A，建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明判断B，结合题意计算四棱台上下底面面积和侧面积即可得出选项C，设出球的方程，代入坐标解方程可得球的半径，再利用球的表面积公式判断D即可. 【详解】对于A，如图，连接交于点，连接交于点，连接， 则在正四棱台中有， 可得平面，故为四棱台的高， 由平面，所以， 过点作交于，所以， 又，所以， 所以四边形为平行四边形，所以， 在正四棱台中，由， 所以，则， 则， 在直角三角形中，， 得到四棱台的高为，故A正确； 对于B，如图，以为原点，建立空间直角坐标系， 则，，，， 可得，， 而，得到不成立，故B错误， 对于C，由题意得该四棱台的表面积拆分如下， ①正四棱台的上下两个正方形的面积： 设上下两个面的面积分别为，则， ②正四棱台的侧面积，在等腰梯形中，如图所示： 过分别作垂直于交于点， 所以，又， 所以四边形为平行四边形， 所以，所以， 则， 所以等腰梯形的面积如下， 为， 所以正四棱台的侧面积为， 得到四棱台的表面积为，故C正确， 对于D，设外接球的方程， 将代入方程，得到， 将代入方程，得到， 两式相减得，解得， 此时变为， 将代入方程，得到， 两式相减可得，解得， 此时变为， 将代入方程，得到， 两式相减得，解得，则， 由球的表面积公式得表面积为，故D正确. 故选：ACD 【题型5：一般模型的外接球】 【解题策略】 常考结论 1墙角模型（三条侧棱两两垂直）：补成长方体外接球直径为长方体体对角线 2对棱相等模型：补成长方体对棱为长方体面对角线（为对棱长） 3共斜边直角三角形模型：两直角三角形共斜边外接球直径为斜边长度 解题方法 1补形法：将几何体补成长方体/正方体直接用体对角线求外接球半径 2找球心法：确定底面外接圆圆心再作垂线外接球球心在垂线上结合勾股定理列方程 3共斜边模型：直接以公共斜边为直径作圆即为外接球的大圆 【题型专练】 21．（25-26高三上·山西太原·期末）已知四棱锥的底面是正方形，二面角的大小为，且，则该四棱锥外接球的表面积是______. 【答案】 【分析】根据题意作出图形，根据外接球定义和几何体的特征作出外接球球心位置，由得到四点共圆且圆的直径为，由余弦定理求出外接圆半径即可求出外接球半径，可得外接球表面积. 【详解】如图，作出符合题意的图形， 取中点中点，连接，因为，所以 又四边形是正方形，所以因为平面平面， 所以为二面角的平面角，所以， 取上靠近点的三等分点的中点，分别过点作平面的垂线， 过点作平面的垂线，两垂线交点即为该四棱锥外接球球心， 因为， 所以， 则在中，， 所以三角形的外接圆半径满足 ， 因为，所以四点共圆，且圆的直径为， 所以，所以四棱锥的外接球半径满足， 所以外接球表面积为. 故答案为： . 22．（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 【分析】根据给定条件，确定球心的位置，利用球的截面圆性质求出球半径，进而求出球的表面积. 【详解】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 23．（2026·四川自贡·三模）三棱锥的四个顶点在球的表面上，若，，，则球的表面积为______. 【答案】 【分析】由线面垂直关系证明平面，求底面的外接圆半径，进而根据几何关系求外接球的半径并计算球的表面积. 【详解】如图所示， 在中：，因此，即. 在中：，因此，即. 因为，且平面， 根据线面垂直判定定理可得：平面. 是边长为的等边三角形，由正弦定理， 其外接圆半径满足：，解得，即. 外接球球心在过外心、且垂直于平面的直线上，该直线平行于， 设球心到平面的距离为，由，得：， 即，已知，故，， 外接球半径满足： 由球的表面积公式，代入得：. 24．（2026·安徽合肥·二模）如图，点均在球的表面上，，，平面平面，则球的体积为___________． 【答案】/ 【分析】根据面面垂直的性质、线面垂直的判定定理和性质、勾股定理的逆定理、平行线的性质建立空间直角坐标系，结合球的性质，利用空间两点间距离公式、球的体积公式进行求解即可. 【详解】取的中点为， 因为，所以， 又因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面. 因为，， 所以，因此， 因为平面，平面， 所以，因为平面， 所以平面，而平面， 所以，， . 在平面内，过作，交于点， 所以， 所以可以建立如图所示的空间直角坐标系， 于是有， 设，显然有， 所以有， 所以球的半径为， 所以球的体积为. 25．（2026·湖北·二模）三棱锥中，、、与底面所成的线面角相等，二面角、、的大小也相等，且，，则三棱锥的外接球体积为__________. 【答案】 【分析】若平面，利用已知线面角、面面角的关系确定是的外心和内心，进而得到三棱锥是正三棱锥，应用外接球半径与棱锥高、底面三角形外接圆半径的关系列方程求外接球半径，即可得. 【详解】若平面，连接，即， 而，则， 所以是的外心，同上分析可得， 由平面，平面，平面，则， 若，且， 而平面，平面，平面， 所以平面，平面，平面，即， 所以，则， 所以是的内心， 综上，是等边三角形，该三棱锥是正三棱锥， 所以外接球球心落在过的高线上， 若棱锥的外接球半径为，的外接圆的半径为，则， 所以，而，则，， 所以，则三棱锥的外接球体积为. 【题型6：常见几何体的内切球】 【解题策略】 常考公式 1通用公式：（为内切球半径） 2正方体：直径等于棱长 3正四面体：外接球 4正三棱锥：或利用对称性求高的处 解题方法 1等体积法：直接用计算万能通用 2特殊模型直接套用结论如正方体正四面体 3正棱锥利用对称性球心在高线上结合几何关系求半径 【题型专练】 26．（2026·西藏日喀则·模拟预测）若球O是轴截面为正三角形的圆锥的内切球，则圆锥的表面积与球O的表面积的比值为（   ） A． B．3 C． D． 【答案】C 【详解】设球半径为，圆锥的底面圆半径为，高为， 轴截面如图所示， ， 因为球是轴截面为正三角形的圆锥的内切球， 所以，， 所以， 所以圆锥的表面积与球的表面积之比为. 27．（2026·广西北海·一模）若一个半径为1的实心球O放置于一个正方体形盒子内，且与该正方体内切，若在该盒子内再放入一个球，则球的表面积的最大值是______． 【答案】 【详解】设正方体为，又一个半径为1的实心球O与该正方体内切，所以正方体的棱长为， 当球与正方体的三个面相切且与球O相切时，球的半径能取得最大值 ， 设球的半径为，连接球心与球心，以及球心到与它相切的正方体的三个面的垂足，可构成一个以球心，球心和正方体顶点为顶点的直角三角形， 此时球心与球心的距离为，球心到正方体顶点的距离为，正方体棱长的一半为， 根据上述关系可列出方程：，解得， 所以球的表面积最大值为. 28．（2026·吉林长春·二模）已知圆台的上底面半径为1，下底面半径为2，球与圆台的两个底面和侧面都相切，则球的表面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用圆台内切球对应轴截面等腰梯形有内切圆的性质得到母线长，结合勾股定理求出球半径，代入表面积公式计算结果. 【详解】设球的半径为，圆台上底面半径，下底面半径. 因为球与圆台两个底面相切，因此圆台的高； 球与圆台侧面也相切，说明圆台的轴截面（等腰梯形）存在内切圆， 根据有内切圆的四边形对边之和相等，可得圆台母线长； 由圆台母线、高、半径之差的勾股关系：， 代入已知量得，解得； 代入球的表面积公式，得. 【点睛】本题考查圆台内切球的组合体性质，核心结论是有内切球的圆台满足：母线长等于上下底面半径之和，圆台的高等于内切球的直径，结合平面几何勾股定理即可求解. 29．（2026·广西桂林·一模）一个正四棱台形状的石墩，其上、下底面边长分别为2和8，高为，现将其打磨成一个球体，则所得球体的表面积最大值为_____. 【答案】 【分析】先作正四棱台的截面，利用余弦定理和三角形的面积公式求出垂线段长，并与高的一半比较，垂线段小于高的一半时，则需将轴中点往下底面方向移动，使其到下底面的距离和到侧面的距离相等，即可求出半径. 【详解】过正四棱台上下底面中心及侧面梯形两平行边中点作正四棱台的截面如图， 分别取的中点，连接，取的中点，连接，过作，过作， 由题意可知，，， 则，, ， 则在中利用余弦定理可得，， 则， 因， 则， 在线段上取点，过作，使得，连接， 此时， 因，则，则， 则， 故球的半径最大值为，则球表面积的最大值为 30．（2026·山东滨州·一模）已知圆锥的底面半径为，且此圆锥的内切球体积为，则圆锥的侧面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】作出轴截面，利用等面积结合勾股定理求出母线长即可得解. 【详解】作出圆锥的轴截面，如图，作出符合题意的图形， 记内切球的半径为，圆锥的母线长为，高为， 由题知，解得， 由三角形面积公式可得，即①， 又②，联立①②解得， 故圆锥的侧面积. 【题型7：复杂型的内切球问题】 【解题策略】 常考结论 1多面体与球相切球心到各面的距离均为 2组合体的内切球利用对称性和等体积法求解 3圆柱内切球：球直径等于圆柱底面直径和高 解题方法 1等体积法：将几何体体积和表面积代入 2几何构造法：利用几何体的对称性找到球心位置再结合勾股定理列方程 3截面法：过球心作截面转化为平面几何问题求圆的半径 【题型专练】 31．（2026·山东东营·二模）已知一个棱长为的正四面体容器（容器壁厚度忽略不计），则此容器外接球（正四面体容器各顶点都在球面上）的体积为_____；如果一个半径为1的小球在该容器内可向各个方向自由运动，则小球永远不可能接触到的容器内壁面积为_____． 【答案】 【详解】已知正四面体的棱长，设正四面体的高为， 设底面正三角形的中心到顶点的距离为，则， ， 正四面体的外接球球心在高上，且满足：， 外接球的体积：； 小球在一个角的情况如下图所示，作平面平面，与小球相切于点， 则小球球心为正四面体的中心，面，垂足为的中心， ， ，故， 此时小球与面的切点为，连接，则， 考虑小球与正四面体的面相切的情况， 则小球在面上最靠近边的切点轨迹仍为正三角形，即为，过作于， ，则， 小三角形边长， 小球与面不接触部分的面积为：， 小球永远不可能接触到的容器内壁面积为：． 32．（2026·浙江·模拟预测）已知圆锥的母线为3，底面半径为1，球与圆锥的侧面、底面均相切．球与球外切，且与圆锥的侧面相切．球心位于圆锥的顶点和之间，则球的体积为________． 【答案】 【分析】作出圆锥的轴截面，利用面积法及相似三角形性质求出球的半径即可. 【详解】依题意，圆锥的轴截面截球得球的大圆，且为圆锥轴截面等腰的内切圆， 截球得球的大圆，该圆与圆外切，与都相切，设球、球的半径分别为， 在等腰中，，则边上的高， 由，得，解得， 显然圆可视为平行于的中位线截所得小三角形的内切圆，而此小三角形与相似， 因此，解得，所以球的体积. 33．（2025·浙江·模拟预测）如图，装满水的圆台形容器内放进半径分别为3和6的两个铁球，小球与容器底和容器壁均相切，大球与小球、容器壁、水面均相切，此时容器中水的体积为_____． 【答案】 【分析】通过轴截面来分析解决圆台的上下底面半径及高，求得圆台的体积，再求容器中水的体积. 【详解】作几何体的轴截面图如图，，分别是大球和小球的球心， 是圆台的轴截面等腰梯形两腰和的延长线的交点，   ，分别是球和球与圆台侧面的切点，，分别是与圆台上下底面的切点， 则，，，， 且，，， 过点作交于，显然，四边形为矩形， 且，， 在中，，，， 由，得，则，. 在中，，， 在中，， 在中，，， 因此圆台的上底面半径，下底面半径，高， 圆台的体积， 而球的体积，球的体积， 所以容器中水的体积. 故答案为： 34．（25-26高三下·重庆·月考）如图，在正四面体中，放置1大、4小共5个球，其中，大球为正四面体的内切球，小球与大球及正四面体三个面均相切，若正四面体的体积为，则5个球的表面积之和为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先求出正四面体内切球半径与正四面体棱长和高的关系，再分析大、小内切于正四面体的高，求出对应的球半径及表面积即可. 【详解】在正四面体中，设棱长为，高为，为正四面体内切球的球心， 延长交底面于，是等边三角形的中心，延长线交于，连接， 则点是的中点，为正四面体内切球的半径， ，， 由正四面体的体积为，得，解得， 由，解得， 则，最大球半径， 因此最大球的表面积为； 小球也可看作一个小的正四面体的内切球，则小正四面体的高， 因此最小球半径， 因此最小球的表面积为， 所以5个球的表面积之和为. 35．（25-26高三上·云南·月考）如图，在正四面体中，中间1个大球为正四面体的内切球，4个小球与大球､正四面体的三个面均相切.若，则该正四面体中，其中一个小球与大球的体积比为______. 【答案】 【分析】根据正四面体的体积公式和球的体积公式进行求解即可. 【详解】如图所示，设为大球的球心，大球的半径为，大正四面体的底面中心为，棱长为，高为，的中点为， 连接，，，，，，则， ， 又，则， 所以，大球的体积为. 设小球的半径为，小球也可看作一个小的正四面体的内切球，则小正四面体的高， 所以，所以一个小球的体积为， 故其中一个小球与大球的体积比为. 故答案为：. 【题型8：综合线面角二面角的求体积题型】 【解题策略】 常考结论 1线面角：（为顶点到平面的距离为斜线长） 2二面角： 3体积可利用线面角求高 解题方法 1利用线面角求高：先求顶点到底面的高再代入体积公式 2利用二面角求底面积：用射影面积公式再求体积 3换底法：选择与线面角/二面角相关的面作为底面简化高的计算 【题型专练】 36．（2026·福建福州·模拟预测）已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，，为圆锥的母线，，且二面角为.若的面积等于，则圆锥的体积为______. 【答案】 【分析】作，垂足为，则为的中点，根据二面角的定义得到为二面角的平面角，设， 由的面积建立的等式得到的值，从而得到圆锥的高的值，底面圆的半径的值，求出圆的面积，利用圆锥的体积公式求出体积. 【详解】如图，作，垂足为，则为的中点， ，，为二面角的平面角， 二面角为，， 在等腰三角形中，， 设，则，， 则， ， 的面积等于，解得， 则，， 圆的面积为， 圆锥的体积为. 故答案为：. 37．（2025·北京·模拟预测）已知正六棱锥的侧棱长为，侧面与底面所成角的正切值为，则该六棱锥的体积为______. 【答案】 【分析】根据给定条件，利用二面角大小，结合正六棱锥的结构特征求出正六边形边心距，再利用锥体的体积公式求解. 【详解】令正六棱锥底面中心为，取边中点，连接， 则底面，，是侧面与底面所成的角， 即，令，则， 由，得，该六棱锥的体积. 故答案为：. 38．（2025·四川成都·一模）已知圆锥的高为1，母线与底面所成角的大小为，则该圆锥的体积为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据线面角的定义，结合圆锥体积公式进行求解即可. 【详解】如图所示，因为母线与底面所成角的大小为， 所以，， 所以该圆锥的体积为， 故选：A 39．（2025·海南·模拟预测）已知正三棱台的上、下底面边长分别为，侧棱与底面所成角的正切值为3，则其外接球的体积为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】求出正三棱台的上、下底面外接圆的半径及正三棱台的高，再判断外接球球心的位置，并利用勾股定理求解外接球半径，最后利用球的体积公式求解即可. 【详解】如图，设正三棱台的上、下底面的外接圆圆心分别为， 连接，则为正三棱台的高． 因为正三棱台的上、下底面边长分别为， 所以． 因为侧棱与底面所成角的正切值为3，所以， 过作，垂足为，易得四边形为矩形，所以， 则， 故正三棱台的高， 易知球心在线段或其延长线上，设外接球的半径为， 连接． 当球心在线段上时，，得， 此时点与重合， 当球心在线段的延长线上时，，无解， 所以正三棱台外接球的体积为． 故选:D．    40．（24-25高三·全国·三轮复习）已知正四棱台的体积为，，若侧棱与底面所成角的正切值为，则该正四棱台的高为（    ） A． B． C． D．3 【答案】D 【分析】根据正四棱台性质结合侧棱与底面所成角正切值得，设，根据正四棱台体积公式建立等式计算即可求解. 【详解】如图，连接，记上、下底面的中心分别为， 由正四棱台性质及，可得， 过作，垂足为，即为正四棱台的高，且， 因为侧棱与底面所成角正切值为， 所以，且， 所以． 设，所以， 则该正四棱台的体积， 解得，所以，即该正四棱台的高为3．    故选：D 【题型9：与截面有关的求体积题型】 【解题策略】 常考结论 1平行于底面的截面：与底面相似相似比为面积比为体积比为 2截面分割几何体为两部分体积可通过差或比计算 解题方法 1相似比法：截面平行于底面时利用相似比求分割后棱锥的体积再用原体积减 2分割法：直接计算截面分割后的两部分几何体的体积 3补形法：将截面分割后的几何体补成熟悉的几何体再计算体积 【题型专练】 41．（2026·广东深圳·二模）（多选）已知正三棱柱的高为2，且有内切球（球位于三棱柱的内部且与各个面有且只有一个公共点），若过三点的平面截该三棱柱所得截面为，则（   ） A． B．平面平面 C．截面的面积为 D．该三棱柱被截面分成两部分，较小部分与较大部分的体积之比为 【答案】BCD 【分析】A选项，先求出下底面等边三角形的高，进而求出；B选项，找到两平面所成夹角的平面角，结合勾股定理逆定理得到垂直关系；C选项，找到截面四边形为等腰梯形，求出面积；D选项，在C基础上，得到两部分的体积，得到比值. 【详解】A选项，如图，取上底面，下底面的中心分别为，取的中点， 取中点，于是四边形为矩形，则， 于是， 又为等边三角形，则，A错误； 选项B，由于，且平面 平面，则平面， 又因为平面，平面平面，则， 如图，连接，由于， 则为平面与平面所成角的平面角， 由于，则， 于是平面平面，B正确； 选项C，如图，连接，交于点，过点作的平行线交于， 由于∽，则 ，则为上靠近的三等分点， 于是，由于为中点，为中点， 则四边形为等腰梯形，且， 于是，C正确； 选项D，由于正三角形与正三角形相似，三条侧棱延长相交于一点， 于是为正三棱台， 该三棱柱被截面分成两部分，分别为三棱台和剩余部分， 其中，同理可得， 三棱台的体积， 而三棱柱的体积， 于是截面所截的另一部分的体积， 则较小部分与较大部分的体积之比为，D正确． 42．（2026·安徽池州·二模）（多选）如图，在棱长为1的正方体中，，过点B，E，F的平面截该正方体所得的截面记为S，若三棱锥的外接球球心，则（   ） A． B．S为五边形 C．S的面积为 D．S分正方体所得两部分中，较小部分与较大部分的体积比为 【答案】AC 【分析】以为原点，建立空间直角坐标系，求得，和，求得平面的法向量为，结合，列出方程，求得，可判定A正确；得到截面的形状为等腰梯形，可判定B不正确；结合梯形的面积公式，求得截面的面积，可判定C正确；结合棱台的体积公式，结合正方体的体积，可判定D不正确. 【详解】对于A，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，可得， 因为，所以点为中点，可得， 又因为，设，可得， 所以，可得，解得，所以， 由三棱锥的外接球即为为棱的长方体的外接球， 因为，可得对应长方体的对角线长为， 所以的外接球的半径为， 可得球心为长方体的对角线的中点，所以， 设平面的法向量为， 由，令，则，所以， 因为，所以向量与平面的法向量为垂直，则， 即，解得，所以A正确； 对于B，当时，可得，此时点为的中点， 因为点为中点，可得， 在正方体中，可得，所以， 此时过点的平面截正方体的截面为等腰梯形，所以B不正确； 因为正方体的棱长为，可得， 设等腰梯形的高为， 则， 所以等腰梯形的面积为，所以C正确； 对于D，因为正方体的棱长为，可得其体积为， 又因为分别为的中点， 根据棱台的定义，可得多面体为三棱台， 且，高， 可得三棱台体积为， 所以较大部分的体积为， 所以较小部分与较大部分的体积比为，所以D错误. 43．（24-25高一下·黑龙江哈尔滨·期中）（多选）如图，正方体棱长为1，点M是侧面上的一个动点（含边界），P，Q分别为棱，的中点，过点A，P，Q的平面记为，则（   ） A．若M在线段上，则平面 B．若，则点M的运动路径的长度为 C．存在点，使得平面 D．分正方体两部分的体积为，（），则 【答案】ABD 【分析】由面面平行的判定与性质即可判断A；作出截正方体所得的截面，过点作平面 ，截得正方体的截面为，根据几何关系即可判断B；连接，由线面垂直的判定得平面，过作平面平面，交延长线于点，由图即可判断C；由三棱锥的体积公式即可判断D． 【详解】对于A，由正方体得，，， 因为平面，平面，所以平面， 同理可得平面， 又平面， 所以平面平面，又平面， 所以平面，故A正确； 对于B，作出截正方体所得的截面，如图所示，则 过点作平面 ，截得正方体的截面为，如图所示， 因为平面，所以， 此时，，进而， 所以，当在上运动时，满足，故B正确； 对于C，连接， 由正方体得，， 又平面， 所以平面，又平面，所以， 同理得，，又平面， 所以平面， 当过的平面 时，该平面平行于平面， 过作平面平面，交延长线于点，如图所示， 由图可知，平面与正方形无交点， 故不存在点，使得平面，故C错误； 对于D，作出平面截得正方体的截面， 则， 所以， ， ， 所以，故D正确； 故选：ABD． 44．（2025·云南昭通·模拟预测）在棱长为3的正方体中，是棱的中点，为棱的三等分点（靠近点），过三点作正方体的截面，则以为顶点，以该截面为底面的棱锥的体积为__________． 【答案】3 【分析】利用平行线作出截面图，再利用四棱锥体积转换成三棱锥体积的2倍，然后进行换顶点和底面求体积，即可求解. 【详解】 如图，因为为的中点，为棱的三等分点（靠近点）， 所以取为棱的六等分点（靠近点），则，即四点共面， 所以过三点的截面为平行四边形 则， 又因为，所以 故答案为：3． 45．（2020·山东聊城·一模）点分别为三棱柱的棱的中点，设的面积为，平面截三棱柱 所得截面面积为S，五棱锥. 的体积为，三棱柱的体积为V，则 __________，______    【答案】 / 【分析】延长交的延长线于点，可知截面为四边形；可证得为中点，得到；结合知，由此可求得；设四边形的面积为，可得，由可推导得到. 【详解】延长交的延长线于点，连接交于点，连接，则平面截三棱柱所得截面为四边形．     ，为的中点， ≌，为的中点， 的面积. ，， 的面积为， . 设四边形的面积为， 的面积为， 五棱锥的体积为， 连接，则三棱锥的体积为， 故，， . 故答案为：；. 【题型10：线与面的平行与垂直问题】 【解题策略】 常考结论 1线面平行判定：平面外一条直线与平面内一条直线平行则线面平行 2线面垂直判定：一条直线与平面内两条相交直线都垂直则线面垂直 3面面平行判定：一个平面内两条相交直线分别平行于另一个平面则面面平行 4面面垂直判定：一个平面经过另一个平面的一条垂线则面面垂直 解题方法 1线面平行：找平面内的平行线（中位线/平行四边形） 2线面垂直：找平面内两条相交直线证明与已知直线都垂直（勾股定理逆定理/等腰三角形三线合一） 3面面平行/垂直：转化为线面平行/垂直问题解决 【题型专练】 46．（2026·西藏拉萨·二模）（多选）如图，在直三棱柱中，．为的中点，为棱的中点，下列说法正确的是（   ） A．平面 B．四点共面 C．平面 D．平面 【答案】ACD 【分析】由平面的基本性质判断A，利用异面直线的定义确定为异面直线判断B，应用线面平行的判定证明并判断C，由面面垂直的判定、性质证明判断D. 【详解】由，，且，平面， 所以平面，则平面，A对， 由平面，平面，则平面， 而平面，且，则为异面直线，B错， 若为的中点，连接，为的中点，则且， 而，且，即，则且， 所以四边形为平行四边形，则， 由平面，平面，则平面，C对， 由直棱柱中平面，平面，则平面平面， 由，则，而平面，平面平面， 所以平面，结合C的结论，知平面，D对. 47．（2026·广东肇庆·二模）（多选）在正四棱柱中，，点分别为棱上的点（含端点），则（    ） A．当为的中点时，存在点，使得 平面 B．当为的中点时，存在点，使得平面 平面 C．对任意给定的点，存在点，使得 D．对任意给定的点，存在点，使得 【答案】ACD 【分析】A注意到当点与点重合时， ，据此可判断；B取中点，连接与，由平面 平面，平面与平面有一个公共点，可判断；C注意到，据此可判断；D以分别为轴建立空间直角坐标系，设2]，通过方程是否有解可判断. 【详解】A，如图1，当点与点重合时， 平面平面，所以平面，正确； B，如图2，取中点，连接与，易证明平面平面， 此时，平面与平面有一个公共点，且显然与平面不重合， 所以不存在点使得平面与平面平行，错误； C，如图3，因为平面平面，所以， 所以对任意给定的点，存在与点重合的点，使得，正确； D，如图4，以分别为轴建立空间直角坐标系， 不妨设，则，设2]， 则，假设，则，即， 所以，因为， 所以对于任意，存在使得成立， 即对任意给定的点，存在点，使得，正确. 48．（2026·四川泸州·模拟预测）（多选）若是正四棱台的棱上的动点（包括端点），则（    ） A．存在点，使得平面 B．直线与异面 C．平面平面 D．若，则平面平面 【答案】BC 【分析】利用反证法结合线面垂直的性质可判断A选项；利用异面直线的概念可判断B选项；推导出平面，结合面面垂直的判定定理可判断C选项；利用反证法结合面面平行的性质可判断D选项. 【详解】A，若存在点，使得平面， 因为平面，所以， 又因为四边形为正方形，所以， 因为，、平面， 所以平面，平面， 所以，事实上，四边形为等腰梯形，即与不垂直，A错； B，将正四棱台补成正四棱锥，如下图所示： 则平面，若直线与共面，则点与点重合时，直线与共面， 但为线段上的点，即点不可能与点重合，故与异面，B对； C，设，则为正方形的中心，所以平面， 因为平面，所以， 因为四边形为正方形，所以， 因为，、平面，所以平面， 因为平面，故平面平面，C对； D，设，则为的中点， 若平面平面，且平面平面，平面平面， 由面面平行的性质定理可得， 因为，则为的中点，为的中点，所以， 在平面内，过点且平行于的直线有且只有一条，矛盾，故假设不成立，D错. 49．（2026·河北·模拟预测）（多选）如图，已知直四棱柱的侧面为正方形，底面为长方形，，，分别为，，的中点，则下列结论错误的是（    ） A．平面 B．平面 C．平面 D．平面 【答案】ABC 【分析】根据线面平行、线面垂直的判定定理及直四棱柱的性质逐项分析判断即可. 【详解】选项A：平面与平面为同一平面，故平面，故A错误； 选项B：易知，与不垂直，故与不垂直，故与平面不垂直，故B错误. 选项C：如图，连接，平面与平面为同一平面，因为与平面相交，所以与平面相交，故C错误. 选项D：因为直四棱柱的底面为长方形，所以，，，所以平面， 因为平面，所以， 又，所以， 如图，连接，，易知，，故， 因为四边形为正方形，所以，则， 又平面，所以平面，故D正确. 50．（2026·江西南昌·一模）（多选）在正三棱柱中，，，，分别为，，的中点，则下列说法中正确的有（   ） A．平面 B．平面平面 C． D．平面 【答案】BC 【分析】设，如图建系，求得各点坐标和所需向量坐标，可求出平面的法向量，根据数量积公式，可判断A、C的正误；根据向量平行的坐标关系，可判断D的正误；根据面面垂直的判定定理，可判断B的正误. 【详解】取AC中点O，中点，连接，设， 因为正三棱柱，所以两两垂直， 以O为原点，为轴正方向建系，如图所示， 则 ， 所以 ， 选项A：设平面的法向量， 则，即， 令，则，即， 则，所以与平面不平行，故A错误； 选项B：连接，因为正三角形ABC，所以， 又正三棱柱，所以平面ABC， 因为平面ABC，所以， 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面，故B正确； 选项C：，所以，则，故C正确； 选项D：因为，所以与不平行， 所以与平面不垂直，故D错误. 【题型11：与截面有关的题型】 【解题策略】 常考结论 1截面边数等于截面与几何体相交的面数 2正方体截面：三角形（3面）四边形（4面）五边形（5面）六边形（6面） 3圆柱/圆锥截面：平行底面为圆垂直底面为矩形/三角形斜截为椭圆 解题方法 1作图：用延长线法/平行线法确定截面与几何体的交点连接成截面多边形 2形状判断：根据相交面数和边的平行/垂直关系判断截面形状 3计算：利用截面多边形的边长结合几何关系求面积/周长/体积 【题型专练】 51．（2026·陕西宝鸡·模拟预测）（多选）已知长方体中，，，分别是的中点，点在上运动（含端点），则（    ） A．该长方体外接球的表面积为 B．点到平面的距离的最大值为 C．过三点的平面截该长方体所得截面图形的周长为 D．过三点的平面截该长方体所得截面图形的面积为 【答案】ABD 【分析】利用长方体的体对角线得其外接球的半径，求得表面积判断选项A；向量法求点到平面的距离判断选项B；作出过三点的平面截长方体所得截面，求出相关线段的长，计算截面图形周长和面积判断选项CD； 【详解】对于A，长方体的体对角线是其外接球的直径， 则， ， 可得外接球的表面积，所以选项A正确； 对于B，以为原点，分别以所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，设， ， 设平面的一个法向量为， 则，令，则，所以， 点P到平面的距离为： ， 因为，所以当时，取得最大值，，选项B正确； 对于C，延长相交于点，连接与相交于，延长相交于点， 连接与相交于，则截面是五边形， 已知，，分别是的中点， 则，，， ，， ，， 利用勾股定理可得， 五边形的周长为，C选项错误； 对于D，，， 中，， 则， . 同理，中，，，； 中，，则，. 所以截面是五边形的面积为： ，D选项正确. 52．（2026·陕西咸阳·模拟预测）已知正方体的棱长为2，为的中点，为上靠近的四等分点，则过点，，的平面截该正方体得到的截面图形的周长为______. 【答案】 【分析】由平面性质，作出该平面，然后求解即可. 【详解】如图，延长至，使得， 连接交于，连接交于，连接， 取的中点，上一点，使， 连接，，， 因为且，且， 所以且， 所以四边形是平行四边形， 则. 由，， 得， 则为的中点， 则， 所以. 所以平面即为所求平面， 又，， 故，， 所以，， 则在中，； 在中，； 在中，； 在中，； 在中，， 所以过点，，的平面截正方体得到的截面图形的周长为： . 53．（25-26高二上·上海·期末）如图，在棱长为2的正方体中，为的中点，过作正方体的截面，则截面图形的周长为__________． 【答案】 【分析】根据平面的性质及线线平行的关系可直接作出截面，再计算各边可得周长. 【详解】如图：取棱的中点，连接，则多边形为截面图形. 因为且，所以四边形为平行四边形，所以. 又因为分别是的中点，由中位线定理得，再由， 所以，即四点共面，而平面是过的截面，且三点不共线， 所以四边形为截面图形，且截面为等腰梯形，由棱长为2， 所以，所以截面的周长为. 故答案为：. 54．（2025·重庆·模拟预测）已知正方体的棱长为3，点 分别在棱 ， ，则过 ， ， 三点的平面截正方体所得多边形的面积为_____ 【答案】 【分析】分别在棱上取点，且，结合正方体的特征证得，，，从而得出所要求的多边形为六边形，且其面积等于两个等腰梯形与的面积之和，从而得出答案． 【详解】如图所示： 分别在棱上取点，且， 易得，， 故， 同理可得， 故， 同理可求得，， 故过三点的平面截正方体所得的多边形为六边形，其面积等于两个等腰梯形与的面积之和， 由条件可得，，， 从而可得梯形的高为， 梯形的高为， 故梯形的面积为， 梯形的面积为， 六边形的面积为． 故答案为：． 55．（23-24高三下·河南郑州·月考）已知正四棱锥的所有棱长均为4，点为中点，点在上，，点为中点，则平面截正四棱锥所得的截面周长为______．    【答案】 【分析】延长与的延长线交于点，连接与交于点，延长与的延长线交于点，连接与交于点，则平面截正四棱锥所得的截面为五边形，即可求解． 【详解】延长与的延长线交于点，连接与交于点，延长与的延长线交于点，连接与交于点， 则平面截正四棱锥所得的截面为五边形， 如图所示：    易知，， ， 所以五边形的周长为． 故答案为： 【题型12：求异面直线的夹角】 【解题策略】 常考结论 1异面直线夹角范围： 2定义：过空间一点作两直线的平行线所成的锐角或直角 3正方体中棱与面对角线夹角为面对角线夹角为或 解题方法 1平移法：作其中一条直线的平行线与另一条直线相交构造三角形用余弦定理求角 2中位线法：利用三角形中位线平移直线构造相交直线 3特殊模型法：正方体/长方体中直接利用棱/面对角线/体对角线的夹角结论 【题型专练】 56．（2026·云南昭通·模拟预测）将正方形沿对角线折起，使点不在平面内，则在翻折过程中，当二面角为时，则异面直线与的夹角余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】找出二面角的平面角及异面直线与的夹角，再根据余弦定理即可求解． 【详解】取的中点，连接，， 因为四边形是正方形，所以，， 又，平面，平面，平面平面, 所以为二面角的平面角，且， 取，的中点、，连接，，，则，， 所以或其补角是异面直线与的夹角， 设，则，，， 在中， 由余弦定理得，，解得， 又因为，为中点，所以，， 在中，， 在中，由余弦定理可得，． 即异面直线AB与CD的夹角余弦值为． 57．（2026·四川雅安·二模）在工业级3D打印与航天精密构件设计中，圆锥结构常作为支撑部件．现有一个高为3的圆锥，其顶点为，底面圆的圆心为，半径为2，若、两点在底面圆周上，，为线段的中点，则异面直线与所成角的正切值为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】取的中点，连接，首先证明或其补角即为直线与直线所成的角，然后利用平面几何知识计算出和即可得出答案. 【详解】取的中点，连接，因为为的中点，所以， 所以或其补角即为直线与直线所成的角， 因为，，，平面，所以平面， 所以平面，又因为平面，所以， 在中，，， 所以. 58．（2026·辽宁大连·一模）在四面体ABCD中，，，E为CD的中点，则异面直线BE与AD所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】作出异面直线与所成角，利用余弦定理求得所成角的余弦值. 【详解】由于，所以， 设分别是的中点，连接，则， 所以异面直线BE与AD所成角为（或其补角）， 在中，， 所以， 所以异面直线BE与AD所成角的余弦值为. 59．（2026·黑龙江·一模）三棱锥中，平面，是边长为4的正三角形，，是的中点，则直线与所成角的余弦值是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】取BC中点F，连接，后可得或其补角即为直线与所成角，求出、、的长度后根据余弦定理得线线角的余弦值，注意线线角的余弦值非负. 【详解】 取BC中点F，连接，，因为，故， 故或其补角即为直线与所成角， 因为平面，平面，故， 而，故，同理， 而为中位线，故， 而是边长为的等边三角形，，所以， 在中，由余弦定理可得， 所以直线与所成角的余弦值为. 60．（2026·山东潍坊·模拟预测）如图，在棱长均相等的正三棱柱中，为三棱柱的顶点，为所在棱的中点，设与所成的角为，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】借助等角定理与余弦定理计算即可得. 【详解】如下图：连接，由为所在棱的中点，则， 故与所成的角的大小也为，即有, 设该正三棱柱棱长为，则， 则，故. 故选：C. 【题型13：求线面角】 【解题策略】 常考结论 1线面角定义：斜线与它在平面内的射影所成的锐角范围 2公式：（为点到平面的距离为斜线长） 解题方法 1定义法：过斜线上一点作平面的垂线连接垂足与斜足构造直角三角形用三角函数求角 2等体积法：先求点到平面的距离再用求线面角 3特殊模型法：正方体中体对角线与底面夹角满足 【题型专练】 61．（2026·河北保定·二模）如图，在正三棱柱中，，D 为的中点，则直线与平面所成角的正弦值为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】过点作，垂足为，由线面角的定义可得就是直线与平面所成的角，计算得解. 【详解】如图， 过点作，垂足为， 因为是的中点，所以，又平面，平面， 所以， 平面，，所以平面， 所以， 又平面，，所以平面， 连接，则就是直线与平面所成的角. 设，则，， 由，则，得， 在中，. 所以直线与平面所成角的正弦值为. 62．（2026·江苏·二模）已知二面角的大小为，且为内异于的任意一点，则的最小值为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】作出二面角的平面角，根据最小角定理，利用线面角求最小值即可. 【详解】过作，垂足为，于，连接，如图， 则，平面， 所以平面，平面，所以, 所以为二面角的平面角，故， 由最小角定理知，当为与所成线面角时，最小， 此时，重合，取得最小值， 设，则，又，则， 所以，即的最小值为. 63．（2026·云南昭通·模拟预测）若正三棱台的体积为，的面积为，，则侧棱与底面所成角的正切值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据棱台的概念，将正三棱台补成正三棱锥，结合棱台的体积公式，计算棱锥的有关量，再结合线面角的概念，明确侧棱与底面所成的角，利用三角形的边角关系求其正切值. 【详解】如图1，设正三棱台三侧棱的延长线交于点，则三棱锥为正三棱锥， 过作平面于，交平面于，连接， 由，则. 又，则 ，则棱台体积，解得， 则. 设的边长为，则，解得， 由三棱锥为正三棱锥，得是的中心， 由平面，得为侧棱与底面所成的角， 所以. 故选：D 64．（2026·贵州毕节·一模）已知正三棱台的体积为，则与平面所成角的正切值为（    ） A．1 B． C． D．2 【答案】B 【分析】根据棱台的体积公式求出棱台的高，设和的中心分别为，作平面ABC交平面ABC于点，即为直线与平面ABC所成的角，利用锐角三角函数求得线面角的正切值. 【详解】设正三棱台的高为 ，， ， 正三棱台的体积 . ， 如图： 设和的中心分别为，连接，，AO， 作平面ABC交平面ABC于点D， 由几何体为正三棱台可知，点D在AO上，且四边形为矩形， 其中即为直线与平面ABC所成的角， 由，，可得，， ， 故选：. 65．（2026·四川巴中·一模）在四面体中，，则直线与平面所成角的正弦值等于（    ）． A． B． C． D． 【答案】A 【分析】过作，，作点在平面投影为，连接，，设，由直线与平面所成角的定义可得为与平面所成角,由线面垂直的性质定理可得，进而可得，，并求得，，即可得答案. 【详解】如图，过作，，作点在平面的投影为，连接，， 设， 因， 则，． 因为平面，，平面， 所以，，且为与平面所成角． 又，，， ，平面，，平面， 所以平面，平面． 又平面，平面， 则，． 又，，， 则， 故， 结合，得． 又， 则, 故与平面所成角的正弦值等于． 故选：A． 【题型14：求二面角】 【解题策略】 二面角的平面角及求法 【知识点的认识】 1、二面角的定义： 从一条直线出发的两个半平面所组成的图形叫做二面角．这条直线叫做二面角的棱，这两个半平面叫做二面角的面．棱为AB、面分别为α、β的二面角记作二面角α﹣AB﹣β．有时为了方便，也可在α、β内（棱以外的半平面部分）分别取点P、Q，将这个二面角记作P﹣AB﹣Q．如果棱记作l，那么这个二面角记作二面角α﹣l﹣β或P﹣l﹣Q． 2、二面角的平面角 在二面角α﹣l﹣β的棱l上任取一点O，以点O为垂足，在半平面α和β内分别作垂直于棱l的射线OA和OB，则射线OA和OB构成的∠AOB叫做二面角的平面角．二面角的大小可以用它的平面角来度量，二面角的平面角是多少度，就说这个二面角是多少度．平面角是直角的二面角叫做直二面角．二面角的平面角∠AOB的大小与点O的位置无关，也就是说，我们可以根据需要来选择棱l上的点O． 3、二面角的平面角求法： （1）定义； （2）三垂线定理及其逆定理； ①定理内容：在平面内的一条直线，如果和这个平面的一条斜线的射影垂直，那么，它就和这条斜线垂直． ②三垂线定理（逆定理）法：由二面角的一个面上的斜线（或它的射影）与二面角的棱垂直，推得它位于二面角的另一的面上的射影（或斜线）也与二面角的棱垂直，从而确定二面角的平面角． （3）找（作）公垂面法：由二面角的平面角的定义可知两个面的公垂面与棱垂直，因此公垂面与两个面的交线所成的角，就是二面角的平面角．； （4）平移或延长（展）线（面）法； （5）射影公式； （6）化归为分别垂直于二面角的两个面的两条直线所成的角； （7）向量法：用空间向量求平面间夹角的方法： 设平面α和β的法向量分别为和，若两个平面的夹角为θ，则 （1）当0，，θ，， 此时cosθ＝cos，． （2）当，π时，θ＝π，， cosθ＝﹣cos，． 【题型专练】 66．（2026·湖南衡阳·模拟预测）已知四面体ABCD的每个顶点都在球O（O为球心）的球面上，为等边三角形，，，且，则二面角的正切值为（    ） A． B．1 C．2 D．3 【答案】C 【分析】设E为AC的中点，连接BE，DE，利用线面垂直的判定、勾股定理及面面垂直判定可得面平面，结合已知条件有为等腰直角三角形，进而可确定四面体外接球球心的位置，过点E作交OC于点F，易知即为二面角的平面角，即可求其正切值. 【详解】设E为AC的中点，连接BE，DE. 因为为等边三角形， 所以，又，且，BE，平面， 所以平面， 又平面，即， 由题意易知，，，又， 所以. 因为，所以， 即，又，AC，平面， 所以平面，而平面，则平面平面， 又，则，故为等腰直角三角形. 综上，四面体的球心O为的中心，即在线段BE靠近E的三等分点处. 过点E作交OC于点F，连接DF，则即为二面角的平面角. 在中，，，可求得，又， 所以. 67．（2025·重庆·模拟预测）已知正四棱锥 的侧棱长为底面边长的倍，则侧面与底面夹角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】设正四棱锥 的底面边长为1，结合图形求出相关线段的长，作出并证明侧面与底面的夹角，借助于直角三角形即可求得答案. 【详解】设正四棱锥 的底面边长为1，则侧棱长为， 设O为底面正方形的中心，设M为的中点，连接， 则平面，而，, 则 又O为底面正方形的中心，M为的中点，则， 又，则，故为侧面与底面的夹角， 因, 在中，， 即侧面与底面夹角的余弦值为 故选：A 68．（2025·江西新余·模拟预测）在三棱锥中，且，底面是等边三角形，平面平面，若，则平面与平面所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据题意作出平面与平面所成角，再利用余弦定理求解即可. 【详解】如图，过点作，垂足为，   平面平面，且平面平面平面， 作，则，则平面， 作于，平面，， 又，平面平面， 平面， 为平面与平面所成二面角的平面角． 且， 作于，由是等边三角形， 得． 故选：D. 69．（2024·河北·模拟预测）在三棱锥中，，若三棱锥的外接球表面积为，则二面角的大小为（    ） A．或 B．或 C． D． 【答案】A 【分析】根据题意，作出球心，利用外接球半径，外接圆半径，可求得即可得到二面角的大小. 【详解】设外接圆圆心分别为，外接圆半径为，三棱锥外接球半径为， 过分别作平面，平面的垂线，交点即为三棱锥的外接球心， ，，即， 所以在中点处，， ，， ，且在垂直平分线上， 所以， 三棱锥的外接球表面积为， ，， 又平面，平面，所以， 则，所以， 又平面，平面，所以， 又，所以共面， 所以就是二面角的平面角， 或. 故选：A. 70．（2026·上海·二模）在正四棱台中，，，异面直线与所成角为，设二面角的大小为，则________． 【答案】 【分析】法一在正四棱台中，由异面直线所成角可得，再根据面面角定义计算求解即可，法二建立空间直角坐标系，求出关键点的坐标和关键平面的法向量，进而利用二面角的向量求法并结合同角三角函数的基本关系求解即可. 【详解】法一：在正四棱台中，， 因为，，所以为异面直线与所成的角， 即，过点作平面的垂线，垂足为， 作直线的垂线，垂足为，连接，如图所示： 由正四棱台性质可知，点在线段上，， 所以，，， 由二面角定义可知即为二面角的平面角， 而，故. 法二：如图，作出符合题意的图形，作下底面中心，上底面中心， 以为原点，建立空间直角坐标系，设正四棱台的高为， 由题意得，，则，， ，，则，， 因为异面直线与所成角为， 所以，解得， 由题意得面的法向量为， 则，，， 设面的法向量为， 则，令，解得，， 得到，由图可知，是锐角，则， 由已知得，由同角三角函数的基本关系得， 故. 【题型15：求点到直线的距离】 【解题策略】 常考结论 1定义：过点作直线的垂线垂线段的长度 2公式：在三角形中点到对边的距离（为三角形面积为边长） 3.向量公式 解题方法 1构造直角三角形：过点作直线的垂线利用勾股定理求距离 2面积法：构造以直线为边的三角形用求距离 3特殊位置法：若点在直线的垂面上直接利用面的垂线求距离 【题型专练】 71．（2026·河北保定·二模）（多选）已知四边形是平行四边形，，则（   ） A．点D的坐标是 B． C．四边形的面积是3 D．坐标原点O到直线的距离为 【答案】ACD 【分析】根据平行四边形的性质、中点坐标公式，结合空间向量夹角公式、三角形面积公式、空间点到线距离公式逐一判断即可. 【详解】A：设平行四边形的对角线交点为点， 因为，所以点坐标为， 设点D的坐标是，因为， 所以，即点D的坐标是，所以本选项说法正确； B：因为， 所以，所以本选项说法不正确； C：由上可知：， 所以， 四边形的面积是，所以本选项说法正确； D：，，设方向上的单位向量为 坐标原点O到直线的距离为，所以本选项说法正确. 72．（2026·广西河池·二模）（多选）如图，在棱长为4的正方体中，分别是棱的中点，点为线段上的动点，下列结论正确的是（   ） A．三棱锥的体积为定值 B． C．平面 D．点到直线的距离为 【答案】ABD 【分析】对于A选项，可通过平面得到H到平面距离恒定，得体积为定值，建立空间直角坐标系，利用坐标运算可判断BCD. 【详解】以为原点，方向为轴，方向为轴，方向为轴建立空间直角坐标系， 由已知，平面，所以平面，所以上任意一点到平面的距离等于点到平面的距离， 由已知三角形的面积为定值，所以三棱锥的体积为定值，所以A正确； 由已知分别是棱的中点，所以，，，， 所以，，所以，所以，所以B正确； 点，所以，，设平面的法向量为，所以，得， 所以平面的一个法向量为，点，所以， 所以，即与平面的法向量不垂直，所以与平面不平行，C错误； 过点作，，，所以， 所以，所以，所以D正确. 【点睛】 73．（25-26高三上·山东临沂·月考）已知，，，则M到直线的距离为______. 【答案】 【分析】由点到直线的向量法距离公式逐一计算求出相关量即可由向量法距离公式计算得解. 【详解】由题意可得， 所以直线AB的单位方向向量为， 所以， 所以点M到直线AB的距离. 故答案为：. 74．（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 【分析】建立空间直角坐标系，利用距离公式求解即可. 【详解】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 75．（2026·吉林·模拟预测）在正四棱台中，，点是四边形内的动点（含边界）.若点在线段上，则点到直线的距离的最小值为_______；若，则点的轨迹长度为______. 【答案】 【分析】第一空，利用异面直线间的距离公式即可求解，第二空由圆的定义求出点的轨迹即可求解. 【详解】 如图连接，则，平面.过作，则，，又，故，. 如图：以为原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系， 则，， 设与都垂直的向量为，则，取，则，异面直线之间的距离，则点到直线的距离的最小值为. 如图：过作 因为，所以，所以点在正方形内，以为圆心,为半径的圆弧上，因为，所以，，所以，同理,所以，所以点的轨迹长度为. 故答案为：； 【题型16：求点到平面的距离】 【解题策略】 常考结论 1定义：过点作平面的垂线垂线段的长度 2等体积法： 常考万能公式 点平面内任一点平面法向量 解题方法 1等体积法：构造以点为顶点平面内的三角形为底面的三棱锥用体积公式求高（即点到平面的距离） 2线面平行转化：若点在与平面平行的直线上可转化为直线上其他点到平面的距离 3面面平行转化：若点在与平面平行的平面内距离等于两平行平面间的距离 【题型专练】 76．（2026·山西临汾·二模）在棱长为1的正方体中，点到平面的距离为______. 【答案】 【分析】设到平面的距离为，根据，列出方程，即可求解. 【详解】在棱长为的正方体中， 由平面，即到平面的距离为，即三棱锥的高， 所以三棱锥的体积为， 设到平面的距离为， 由，可得, 所以， 因为，可得，解得， 所以点到平面的距离为. 77．（25-26高三下·重庆沙坪坝·月考）在三棱锥中，底面为正三角形，平面 ，若四点都在球的表面上，则点到平面的距离为（    ） A．5 B． C． D． 【答案】C 【分析】根据给定条件，确定球心O的位置，再利用几何法求出球心O到平面PBC的距离为，再利用等体积法求解即可. 【详解】设底面中心为D，取BC的中点E，连接AE，则A，D，E三点共线，连接PE，过点D作底面的垂线， 取棱PA的中点Q，在平面PAE中，过Q作PA的垂线，则与的交点即为球心O， 在正中，，，得， 又，即， 则，，， 由余弦定理得，则， 过O作PE的垂线，垂足为G，由，， 因为，PA，平面，所以平面， 又平面PBC，则平面平面， 又平面平面，平面，因此平面PBC， 在中，， 所以球心O到平面PBC的距离为， 则三棱锥的体积为， 而，设点到平面的距离为， 由，得，解得， 则点到平面的距离为. 78．（2026·内蒙古呼和浩特·一模）在棱长为4的正方体中，点是棱的中点，则点到平面的距离是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由题意结合几何体的结构特征利用等体积法求解点面距离即可. 【详解】设点到平面的距离为， 正方体中，， 由等体积法可知，即， 解得. 79．（2026·福建福州·模拟预测）（多选）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 【详解】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. 80．（25-26高二上·河南新乡·月考）（多选）已知正方体的棱长为2，点，分别是的中点，点在正方体内部且满足，则下列说法正确的是（    ） A．与所成角的正弦值是 B．点到平面的距离是 C．平面与平面间的距离为 D．点到直线的距离为 【答案】BD 【分析】空间向量法求解两直线所成角，点到面的距离，两平面之间的距离，点到直线的距离. 【详解】如图，建立空间直角坐标系，则，，，， ，，，，， 所以，．      对于A，设与所成角，则，．故A错误． 对于B，因为平面，平面，所以， 又，，平面，所以平面． 所以平面的一个法向量，， 则点到平面的距离．故B正确． 对于C，因为，所以四边形为平行四边形，所以． 因为平面平面，所以平面， 同理，平面，平面，所以平面平面． 所以平面与平面间的距离等于点到平面的距离． ． 设平面的法向量为，则所以 令，所以，所以点到平面的距离． 所以平面与平面间的距离为．故C错误． 对于D，因为，所以，则． 所以点到的距离．故D正确． 故选：BD． 【题型17：四点共面问题】 【解题策略】 常考结论 1不共线三点确定一个平面第四点在该平面内则四点共面 2向量法：共面则且 3几何法：若两条直线相交或平行则四点共面 解题方法 1先由不共线三点确定平面再证明第四点在该平面内 2利用平行/相交关系：证明四点在两条平行或相交直线上 3特殊位置法：利用几何体的对称性直观判断四点是否共面 【题型专练】 81．（25-26高三上·山东济宁·期末）在正方体中，为的中点，，，若，，，四点共面，则的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先建立空间直角坐标系，然后根据已知条件列出各个点的坐标，然后求出的坐标，然后根据四点共面列出方程组，进而求出结果. 【详解】如图所示，以为原点，以所在直线为轴建立空间直角坐标系， 设正方体的棱长为1，因为为的中点，，， 所以. 所以. 因为，，，四点共面，所以， 得到，解得. 故选：A.    82．（25-26高三·全国·一轮复习）已知向量，若三个向量共面，则________． 【答案】 【分析】由向量共面的性质，设，列出方程组解得的值即可. 【详解】因为三向量共面，所以可设， 即， 所以解得，所以. 故答案为：-4. 83．（2026·安徽黄山·一模）（多选）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 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明判断A；利用向量法得，即可利用基本事实的推论判断B；确定直角梯形是否有外接圆判断C；结合空间向量线性坐标运算，利用共面定理判断D. 【详解】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 84．（2025·江苏苏州·模拟预测）（多选）在正四棱锥中，已知分别为的中点，，则下列说法正确的有（    ） A． B．不存在，使得平面 C．若平面 平面，则 D．若四点共面，则 【答案】ACD 【分析】利用线面垂直的判定定理证明平面，可得，即可判断选项A；利用线面垂直的判定定理可判断选项B；利用面面平行的性质定理可得，即可判断选项C；利用三点共线与向量的关系以及向量的数乘关系可判断选项D. 【详解】对A，连接交于点，连接， 因为在正四棱锥中，底面为正方形， 所以， 又因为，为中点，所以， 又因为，平面， 所以平面， 又因为平面，所以，A正确； 对B， 因为，为中点，所以， 因为为正方形，所以， 又因为，平面，所以平面， 则平面，所以当，即点与重合时，平面，B错误； 对C，连接，因为平面 平面，平面 平面，平面 平面， 所以根据面面平行的性质定理可知， 又因为分别为的中点，所以为中点，所以，C正确； 对D，因为四点共面，所以四边形为平面四边形， 所以连接交于点， 在中，因为共线， 所以， 由于对称性可知，为中点， 又因为所以, 所以， 所以，解得，D正确； 故选：ACD. 85．（25-26高二上·山东泰安·期末）已知，若共面，则__________. 【答案】 【分析】先根据 共面，可知存在实数 ， 使得 ，再结合向量的坐标表示建立方程组，最后求解即可. 【详解】由题意知， 共面，则存在实数 使得， 则代入坐标得： 所以， 由 可得 ， 将 代入第一个方程得，即，因此 ， 将 代入第三个方程得，即， 故答案为： 【题型18：与动点有关的立体几何问题】 【解题策略】 常考结论 1动点的轨迹由其满足的几何条件决定如距离相等/平行/垂直等 2动态最值问题常出现在端点/中点/垂足等特殊位置 解题方法 1轨迹分析：先确定动点的运动轨迹（直线/线段/圆/平面） 2特殊位置法：取动点的端点/中点/垂足等特殊位置计算相关量找到最值或变化规律 3转化法：将动态问题转化为静态问题找到定直线/定平面/定线段简化计算 【题型专练】 86．（2025·江西萍乡·二模）（多选）在棱长为2的正方体中，点满足，其中，则下列说法正确的是（   ） A．当时， B．当时，平面 C．当时，平面截正方体所得截面面积为 D．若直线与直线所成角为，则点的轨迹为抛物线 【答案】BCD 【分析】本题考查正方体中的空间向量综合应用，涉及线线垂直判定、线面平行判定、截面面积计算、空间轨迹判断，通过建立空间直角坐标系将几何问题转化为坐标运算，逐项分析各选项正误. 【详解】以为原点，为x轴正方向，为y轴正方向，为z轴正方向建立空间直角坐标系，正方体棱长为2，各点坐标为： ，，，，，则，. ∵ ，故. 对选项A：当时，，，. ∵ ，故与不垂直，A错误. 对选项B：当时，，. 设平面 的法向量为 ，取平面内向量，， 则， 令 ，则 ，，故可取平面 的一个法向量为. ∵ ，且平面，故平面，B正确. 对选项C：点满足，故位于正方体体对角线上，且在靠近D的三等分点. 连接，交底面正方形对角线于点，为底面的中心，故平面，且对角面. 连接，因均在对角面内，故直线对角面. 延长，由相似可得交棱的上端点，即为平面与正方体棱的第三个交点. 依次连接，三条边底面，侧面，侧面，平面与正方体无其他交点，故截面为正三角形. 因为正方体棱长为2，故，为边长的正三角形，面积，C正确. 对选项D：直线的方向向量为，. ∵ 直线与所成角为，故，即. 平方整理得，代入坐标关系，，得，该轨迹为平面上的抛物线，D正确. 【点睛】方法归纳：正方体中的空间几何问题优先采用空间直角坐标系求解，将线面关系、轨迹问题转化为坐标运算，可有效降低几何分析难度； 87．（2026·广西南宁·三模）（多选）如图，在棱长为2的正方体中，M为中点，F为侧面正方形内一动点，且满足//平面，则（   ） A．三棱锥的外接球的表面积为 B．三棱锥的体积是 C．动点F的轨迹是一条线段 D．若过A，M，三点作正方体截面，Q为上一点，则线段长度取值范围为 【答案】ACD 【分析】对于选项A：因为三棱锥的外接球与正方体的外接球是同一个，所以先确定正方体外接球的直径，再用球的表面积公式求解; 对于选项B：因为三棱锥的体积可通过等体积法转换，所以将其转化为以易求底面积和高的三棱锥，再用三棱锥体积公式计算; 对于选项C：因为平面，所以先构造过且与平面平行的平面，利用面面平行的性质确定F的轨迹; 对于选项D：因为要作过，，的正方体截面，所以先确定截面的形状，再找到到截面的距离，结合到截面顶点的距离，确定的取值范围. 【详解】对于A选项，三棱锥的外接球与正方体外接球是同一个球，,,故A正确； 对于B选项， 故B错误； 对于C选项,取中点，那么,所以，平面， 分别取的中点，则 平面,平面 所以，平面, 由于四边形是矩形，, 所以，四边形是平行四边形， 所以，平面,平面 所以，平面, 又平面, 所以，平面平面 因为为侧面内一动点，且满足//平面， 所以，平面平面 又平面平面 , 所以，动点F的轨迹是线段,故C正确； 对于D选项，若过 三点作正方体截面， 分别取中点,则四边形为平行四边形，那么 ,所以，四边形为平行四边形 所以， 所以，截面为四边形. 设点到平面距离为,则 ,即， 由于, 所以，即，故D选项正确. 88．（2026·河北唐山·二模）（多选）在四棱锥中，平面， ，则下列说法正确的是（    ） A．当时，直线平面PAB B．当时，直线CE与PB所成角为 C．当时，直线CE与平面PAD所成角为 D．当时，三棱锥的外接球表面积为 【答案】ACD 【分析】对A，以A为原点建立空间直角坐标系，求出时点坐标与向量，验证与平面内两个不共线的向量共面，且不在平面内，可判断线面平行成立；对B，得到​时和的向量坐标，利用向量夹角公式计算异面直线所成角的余弦值判断；对C，得到时坐标与平面的法向量，利用线面角的向量计算公式得到线面角的正弦值判断；对D，得到时三棱锥四个顶点的坐标，设外接球球心坐标，根据球心到各顶点距离相等求出球心与半径，计算得到外接球表面积. 【详解】因为，所以， 以为原点，以所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴， 建立空间直角坐标系，则 ， 由得， . 对于A：当时，， ，平面的法向量为， 因为 ，且不在平面内，故平面，A正确； 对于B：时， ， ，设直线与所成角为， 则 ，故夹角不是，B错误； 对于C：当时， ， ， 平面的法向量为 ，设直线与平面所成角为， 则 ，得，C正确； 对于D：当时，四点坐标： ， 则 ，所以是直角三角形，其外接圆圆心为，半径， 因为平面平面，球心与截面圆圆心连线垂直截面圆，所以可设外接球球心为， 则由球心到各顶点的距离相等，可得， 解得，所以球心为，半径，故外接球表面积，D正确. 89．（2026·四川攀枝花·二模）（多选）在正四棱柱中，，，点在棱上，且，点在上底面运动，则（   ） A．存在点，使得 B．三棱锥体积的最大值为2 C．若平面，则的最小值为 D．以为球心，半径为2的球面与该正四棱柱表面的交线的总长度为 【答案】BCD 【分析】根据正四棱柱的性质，结合线线垂直的判定、三棱锥体积公式、空间中线段长度的最值问题以及球面与几何体表面交线的计算方法，对各选项逐一进行分析. 【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，，，，，， ，， 由得，设， 在A选项中 ，，， 所以恒成立，不可能垂直，A错误， 在B选项中，，设平面的法向量为， 则，故，取， 而，故到平面的距离为， 而，体积，B正确 在C选项中，，设平面的法向量为， 则则，故，取， 因为，而平面，故， 故即，故， 对称轴​，代入得最小值​​，C正确， 在D选项中，球半径为2，故球在上底面中的截线为一段弧，其半径为， 而弧所对的圆心角为，故此截线的长为. 设球面与棱的交点为，连接，则，而， 故，故， 故球在侧面中的截线弧所对的圆心角为，故此段弧长为， 同理球在侧面中的截线弧长为，故截线总长为， D正确. 90．（2026·宁夏银川·三模）（多选）如图，在棱长为1的正方体中，为棱的中点，为正方体表面上的一动点（含边界），则下列说法中错误的是（    ） A．三棱锥外接球的表面积为 B．若平面，则动点的轨迹是一条线段 C．若平面，则动点的轨迹的长度为 D．若，则动点的轨迹长度为 【答案】BCD 【分析】三棱锥的外接球即为三棱锥的外接球，利用正弦定理可得的外接圆半径，再利用外接球性质可求出外接球半径，再利用表面积公式计算即可得A；取与中点，利用面面平行性质定理可得平面平面，则可得B；取靠近点的四等分点，利用线面垂直判定定理可得平面，则可得动点的轨迹为线段，计算出即可得C；由对称性，可假设平面，利用线面垂直性质定理与勾股定理可得，即可得在平面内轨迹，同理可得点所有轨迹，即可得D. 【详解】对于A，由四边形为正方形，故三棱锥的外接球即为三棱锥的外接球， 设三棱锥的外接球半径为，的外接圆半径为， ，，故， 又，则，故，解得， 因为平面，故三棱锥的外接球球心在过的外接圆圆心和平行的直线上， 则，，即， 故三棱锥的外接球的表面积为，故A正确， 对于B，取与中点、，连接、、， 由正方体性质可得，，又平面，平面， 故平面，平面，平面，故平面， 又，、平面，故平面平面， 由平面，则点的轨迹是除去点，故B错误； 对于C，取靠近点的四等分点，连接， 由正方体性质可得平面，又平面，故， 由，，故与相似， 则，故， 故，又，、平面，故平面， 又平面，故动点的轨迹为线段，，故C错误； 对于D，若平面，因为平面，平面， 故，由，则，即点的轨迹为以为圆心，在平面内半径为1的四分之一圆，同理可得，点也可为以为圆心，在平面内半径为1的四分之一圆， 点也可为以为圆心，在平面内半径为1的四分之一圆， 故其轨迹长度为，故D错误. 真题模拟检测 一、单选题 1．（2023·全国乙卷·高考真题）已知圆锥PO的底面半径为，O为底面圆心，PA，PB为圆锥的母线，，若的面积等于，则该圆锥的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据给定条件，利用三角形面积公式求出圆锥的母线长，进而求出圆锥的高，求出体积作答. 【详解】在中，，而，取中点，连接，有，如图， ，，由的面积为，得， 解得，于是， 所以圆锥的体积. 故选：B 2．（2024·新课标Ⅰ卷·高考真题）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】B 【分析】设圆柱的底面半径为，根据圆锥和圆柱的侧面积相等可得半径的方程，求出解后可求圆锥的体积. 【详解】设圆柱的底面半径为，则圆锥的母线长为， 而它们的侧面积相等，所以即， 故，故圆锥的体积为. 故选：B. 3．（2025·上海·高考真题）如图，是正四棱台，则下列各组直线中属于异面直线的是（   ）．    A．和； B．和； C．和； D．和． 【答案】D 【分析】根据棱台的性质及直线与直线的位置关系即可判断. 【详解】因为是正四棱台，所以，故A错误， 侧棱延长交于一点，所以与相交，故B错误， 同理与也相交，所以四点共面，所以与相交，故C错误， 与是异面直线，故D正确. 故选：D 4．（2017·全国·高考真题）点P在直二面角的棱上，C，D分别在内，且，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设，过C作AB的垂线，垂足为Q，结合全等三角形、勾股定理及面面垂直的性质可得，进而得到为等边三角形，即可求解. 【详解】设，过C作AB的垂线，垂足为Q，即， 因为，则，则， 因为，，，所以， 又，所以， 所以，则为等边三角形，则. 故选：C. 5．（2023·天津·高考真题）在三棱锥中，点M,N分别在棱PC,PB上，且，，则三棱锥和三棱锥的体积之比为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】分别过作,垂足分别为.过作平面，垂足为，连接,过作,垂足为.先证平面，则可得到，再证.由三角形相似得到，，再由即可求出体积比. 【详解】如图，分别过作,垂足分别为.过作平面，垂足为，连接,过作,垂足为.    因为平面，平面，所以平面平面. 又因为平面平面，，平面，所以平面，且. 在中，因为，所以，所以， 在中，因为，所以， 所以. 故选：B 6．（2023·全国乙卷·高考真题）已知为等腰直角三角形，AB为斜边，为等边三角形，若二面角为，则直线CD与平面ABC所成角的正切值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据给定条件，推导确定线面角，再利用余弦定理、正弦定理求解作答. 【详解】取的中点，连接，因为是等腰直角三角形，且为斜边，则有， 又是等边三角形，则，从而为二面角的平面角，即，      显然平面，于是平面，又平面， 因此平面平面，显然平面平面， 直线平面，则直线在平面内的射影为直线， 从而为直线与平面所成的角，令，则，在中，由余弦定理得： ， 由正弦定理得，即， 显然是锐角，， 所以直线与平面所成的角的正切为. 故选：C 7．（2023·全国甲卷·高考真题）已知四棱锥的底面是边长为4的正方形，，则的面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】法一：利用全等三角形的证明方法依次证得，，从而得到，再在中利用余弦定理求得，从而求得，由此在中利用余弦定理与三角形面积公式即可得解； 法二：先在中利用余弦定理求得，，从而求得，再利用空间向量的数量积运算与余弦定理得到关于的方程组，从而求得，由此在中利用余弦定理与三角形面积公式即可得解. 【详解】法一： 连结交于，连结，则为的中点，如图， 因为底面为正方形，，所以，则， 又，，所以，则， 又，，所以，则， 在中，， 则由余弦定理可得， 故，则， 故在中，， 所以， 又，所以， 所以的面积为. 法二： 连结交于，连结，则为的中点，如图， 因为底面为正方形，，所以， 在中，， 则由余弦定理可得，故， 所以，则， 不妨记， 因为，所以， 即， 则，整理得①， 又在中，，即，则②， 两式相加得，故， 故在中，， 所以， 又，所以， 所以的面积为. 故选：C. 8．（2023·北京·高考真题）坡屋顶是我国传统建筑造型之一，蕴含着丰富的数学元素．安装灯带可以勾勒出建筑轮廓，展现造型之美．如图，某坡屋顶可视为一个五面体，其中两个面是全等的等腰梯形，两个面是全等的等腰三角形．若，且等腰梯形所在的平面、等腰三角形所在的平面与平面的夹角的正切值均为，则该五面体的所有棱长之和为（    ）    A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先根据线面角的定义求得，从而依次求，，，，再把所有棱长相加即可得解. 【详解】如图，过做平面，垂足为，过分别做，，垂足分别为，，连接，    由题意得等腰梯形所在的面、等腰三角形所在的面与底面夹角分别为和， 所以. 因为平面，平面，所以， 因为，平面，， 所以平面，因为平面，所以，. 同理：，又，故四边形是矩形， 所以由得，所以，所以， 所以在直角三角形中， 在直角三角形中，，， 又因为， 所有棱长之和为. 故选：C 9．（2024·新课标Ⅱ卷·高考真题）已知正三棱台的体积为，，，则与平面ABC所成角的正切值为（    ） A． B．1 C．2 D．3 【答案】B 【分析】解法一：根据台体的体积公式可得三棱台的高，做辅助线，结合正三棱台的结构特征求得，进而根据线面夹角的定义分析求解；解法二：将正三棱台补成正三棱锥，与平面ABC所成角即为与平面ABC所成角，根据比例关系可得，进而可求正三棱锥的高，即可得结果. 【详解】解法一：分别取的中点，则， 可知， 设正三棱台的为， 则，解得， 如图，分别过作底面垂线，垂足为，设， 则，， 可得， 结合等腰梯形可得, 即，解得， 所以与平面ABC所成角的正切值为； 解法二：将正三棱台补成正三棱锥， 则与平面ABC所成角即为与平面ABC所成角， 因为，则， 可知，则， 设正三棱锥的高为，则，解得， 取底面ABC的中心为，则底面ABC，且， 所以与平面ABC所成角的正切值. 故选：B. 10．（2024·天津·高考真题）在如图五面体中，棱互相平行，且两两之间距离均为1．若．则该五面体的体积为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】采用补形法，补成一个棱柱，求出其直截面，再利用体积公式即可. 【详解】用一个完全相同的五面体（顶点与五面体一一对应）与该五面体相嵌，使得；;重合， 因为，且两两之间距离为1．， 则形成的新组合体为一个三棱柱， 该三棱柱的直截面（与侧棱垂直的截面）为边长为1的等边三角形，侧棱长为， . 故选：C. 11．（2024·北京·高考真题）如图，在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，，，该棱锥的高为（    ）. A．1 B．2 C． D． 【答案】D 【分析】取点作辅助线，根据题意分析可知平面平面，可知平面，利用等体积法求点到面的距离. 【详解】如图，底面为正方形， 当相邻的棱长相等时，不妨设， 分别取的中点，连接， 则，且，平面， 可知平面，且平面， 所以平面平面， 过作的垂线，垂足为，即， 由平面平面，平面， 所以平面， 由题意可得：，则，即， 则，可得， 所以四棱锥的高为. 故选：D. 二、多选题 12．（2021·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）如图，在正方体中，O为底面的中心，P为所在棱的中点，M，N为正方体的顶点．则满足的是（    ） A． B． C． D． 【答案】BC 【分析】根据线面垂直的判定定理可得BC的正误，平移直线构造所考虑的线线角后可判断AD的正误. 【详解】设正方体的棱长为， 对于A，如图（1）所示，连接，则， 故（或其补角）为异面直线所成的角， 在直角三角形，，，故， 故不成立，故A错误. 对于B，如图（2）所示，取的中点为，连接，，则，， 由正方体可得平面，而平面， 故，而，故平面， 又平面，，而， 所以平面，而平面，故，故B正确. 对于C，如图（3），连接，则，由B的判断可得， 故，故C正确. 对于D，如图（4），取的中点，的中点，连接， 则， 因为，故，故， 所以或其补角为异面直线所成的角， 因为正方体的棱长为2，故，， ，，故不是直角， 故不垂直，故D错误. 故选：BC. 13．（2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）已知正方体，则（    ） A．直线与所成的角为 B．直线与所成的角为 C．直线与平面所成的角为 D．直线与平面ABCD所成的角为 【答案】ABD 【分析】数形结合，依次对所给选项进行判断即可. 【详解】如图，连接、，因为，所以直线与所成的角即为直线与所成的角， 因为四边形为正方形，则 ，故直线与所成的角为，A正确； 连接，因为平面，平面，则， 因为 ，，所以平面， 又平面，所以，故B正确； 连接，设，连接， 因为平面，平面，则， 因为，，所以平面， 所以为直线与平面所成的角， 设正方体棱长为，则，，， 所以，直线与平面所成的角为，故C错误； 因为平面，所以为直线与平面所成的角，易得，故D正确. 故选：ABD 14．（2022·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）如图，四边形为正方形，平面，，记三棱锥，，的体积分别为，则（    ） A． B． C． D． 【答案】CD 【分析】直接由体积公式计算，连接交于点，连接，由计算出，依次判断选项即可. 【详解】 设，因为平面，，则， ，连接交于点，连接，易得， 又平面，平面，则，又，平面，则平面， 又，过作于，易得四边形为矩形，则， 则，， ，则，，， 则，则，，，故A、B错误；C、D正确. 故选：CD. 15．（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）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．的面积为 【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. 【详解】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.    16．（2025·全国一卷·高考真题）在正三棱柱中，D为BC的中点，则（    ） A． B．平面 C． D．平面 【答案】BD 【分析】法一：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D，利用线面平行的判定定理即可判断；对于C，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. 【详解】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D，因为在正三棱柱中， 又平面平面，所以平面，故D正确； 对于C，因为在正三棱柱中，， 假设，则，这与矛盾， 所以不成立，故C错误； 故选：BD. 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BD，， 设平面的法向量为， 则，得，令，则， 所以，， 则平面，平面，故BD正确； 对于C，， 则，显然不成立，故C错误； 故选：BD. 17．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）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. 【详解】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. 18．（2021·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）在正三棱柱中，，点满足，其中，，则（    ） A．当时，的周长为定值 B．当时，三棱锥的体积为定值 C．当时，有且仅有一个点，使得 D．当时，有且仅有一个点，使得平面 【答案】BD 【分析】对于A，由于等价向量关系，联系到一个三角形内，进而确定点的坐标； 对于B，将点的运动轨迹考虑到一个三角形内，确定路线，进而考虑体积是否为定值； 对于C，考虑借助向量的平移将点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解点的个数； 对于D，考虑借助向量的平移将点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解点的个数． 【详解】 易知，点在矩形内部（含边界）． 对于A，当时，，即此时线段，周长不是定值，故A错误； 对于B，当时，，故此时点轨迹为线段，而，平面，则有到平面的距离为定值，所以其体积为定值，故B正确． 对于C，当时，，取，中点分别为，，则，所以点轨迹为线段，不妨建系解决，建立空间直角坐标系如图，，，，则，，，所以或．故均满足，故C错误； 对于D，当时，，取，中点为．，所以点轨迹为线段．设，因为，所以，，所以，此时与重合，故D正确． 故选：BD． 【点睛】本题主要考查向量的等价替换，关键之处在于所求点的坐标放在三角形内． 三、填空题 19．（2022·上海·高考真题）已知某圆锥的高为4，底面积为，则该圆锥的侧面积为___. 【答案】 【分析】先求得圆锥的底面半径和母线长，进而求得该圆锥的侧面积. 【详解】圆锥底面积为，则底面半径为3，又圆锥的高为4， 则圆锥的母线长为5，则该圆锥的侧面积为 故答案为： 20．（2025·上海·高考真题）如图，在正四棱柱中，，则该正四棱柱的体积为_________．    【答案】 【分析】求出侧棱长和底面边长后可求体积. 【详解】因为且四边形为正方形，故， 而，故，故， 故所求体积为， 故答案为：. 21．（2023·新课标Ⅱ卷·高考真题）底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥，所得棱台的体积为______． 【答案】 【分析】方法一：割补法，根据正四棱锥的几何性质以及棱锥体积公式求得正确答案；方法二：根据台体的体积公式直接运算求解. 【详解】方法一：由于，而截去的正四棱锥的高为，所以原正四棱锥的高为， 所以正四棱锥的体积为， 截去的正四棱锥的体积为， 所以棱台的体积为. 方法二：棱台的体积为. 故答案为：. 22．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）在正四棱台中，，则该棱台的体积为________． 【答案】/ 【分析】结合图像，依次求得，从而利用棱台的体积公式即可得解. 【详解】如图，过作，垂足为，易知为四棱台的高，    因为， 则， 故，则， 所以所求体积为. 故答案为：. 23．（2023·全国甲卷·高考真题）在正方体中，E，F分别为AB，的中点，以EF为直径的球的球面与该正方体的棱共有____________个公共点． 【答案】12 【分析】根据正方体的对称性，可知球心到各棱距离相等，故可得解. 【详解】不妨设正方体棱长为2，中点为，取，中点，侧面的中心为，连接，如图， 由题意可知，为球心，在正方体中，， 即， 则球心到的距离为， 所以球与棱相切，球面与棱只有1个交点， 同理，根据正方体的对称性知，其余各棱和球面也只有1个交点， 所以以EF为直径的球面与正方体棱的交点总数为12. 故答案为：12 24．（2023·全国甲卷·高考真题）在正方体中，为的中点，若该正方体的棱与球的球面有公共点，则球的半径的取值范围是________． 【答案】 【分析】当球是正方体的外接球时半径最大，当边长为的正方形是球的大圆的内接正方形时半径达到最小. 【详解】设球的半径为. 当球是正方体的外接球时，恰好经过正方体的每个顶点，所求的球的半径最大，若半径变得更大，球会包含正方体，导致球面和棱没有交点， 正方体的外接球直径为体对角线长，即，故；    分别取侧棱的中点，显然四边形是边长为的正方形，且为正方形的对角线交点， 连接，则，当球的一个大圆恰好是四边形的外接圆，球的半径达到最小，即的最小值为. 综上，. 故答案为： 25．（2024·全国甲卷·高考真题）已知圆台甲、乙的上底面半径均为,下底面半径均为，圆台的母线长分别为,，则圆台甲与乙的体积之比为______． 【答案】 【分析】先根据已知条件和圆台结构特征分别求出两圆台的高，再根据圆台的体积公式直接代入计算即可得解. 【详解】由题可得两个圆台的高分别为， ， 所以. 故答案为：. 26．（2024·北京·高考真题）汉代刘歆设计的“铜嘉量”是龠、合、升、斗、斛五量合一的标准量器，其中升量器、斗量器、斛量器的形状均可视为圆柱.若升、斗、斛量器的容积成公比为10的等比数列，底面直径依次为 ，且斛量器的高为，则斗量器的高为______，升量器的高为________． 【答案】 23 57.5/ 【分析】根据体积为公比为10的等比数列可得关于高度的方程组，求出其解后可得前两个圆柱的高度. 【详解】设升量器的高为，斗量器的高为（单位都是），则， 故，. 故答案为：. 27．（2025·上海·高考真题）已知P是一个圆锥的顶点，是母线，，该圆锥的底面半径是1．B、C分别在圆锥的底面上，则异面直线与所成角的最小值为__________． 【答案】 【分析】过作交底面圆锥于点，则为异面直线与所成角，结合余弦定理与余弦函数的性质即可得的取值范围，从而得所求最值. 【详解】 如图，过作交底面圆锥于点，连接， 因为，则为异面直线与所成角， 所以， 又，所以，即， 因为，函数在上单调递减，所以， 故异面直线与所成角的最小值为. 故答案为：. 28．（2025·全国二卷·高考真题）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； 【详解】 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：. 1 学科网（北京）股份有限公司 $