专题25 空间几何（压轴）(选择题篇)专项训练 -2026届高考数学三轮冲刺

**基本信息** 聚焦空间几何五大核心题型，以题载知，覆盖体积表面积、球的切接、动点轨迹、截面距离及角度问题，逻辑递进，适配三轮冲刺。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |空间几何体的体积与表面积|12题|多面体与旋转体计算，结合实际应用|从公式应用到复杂几何体体积转化| |外接球与内切球|14题|多面体与球的切接，含翻折与动态问题|从静态切接到动态几何体的球心定位| |动点与轨迹问题|15题|空间轨迹判断与长度计算，含翻折与存在性|从线面关系到空间轨迹方程构建| |截面与距离问题|19题|截面形状与面积，点线面距离计算|从截面作图到距离公式综合应用| |角度的问题|12题|线面角、二面角及异面直线角计算|从空间角定义到向量法求解递进|

专题25 空间几何（压轴） 题型1：空间几何体的体积与表面积 题型2：外接球与内切球 题型3：动点与轨迹问题 题型4：截面与距离问题 题型5：角度的问题 题型1：空间几何体的体积与表面积 1．（2026·河北保定·三模）现有一个带有盖子的正四面体容器，将一个冰球放入该容器中，盖子恰好能够盖上，如图所示．已知该容器的深度为h，则当冰球完全融化为水后(冰融化为水的体积变化忽略不计)，水的深度约为（    ）(参考数据： ． A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据正四面体及其内切球的性质，运用几何法求出内切球半径，利用球的体积公式及正四面体的体积公式结合冰球融化前后体积不变构造方程求解． 【详解】已知正四面体的高为，设棱长为，内切球半径为，如下图所示： 由正四面体的性质可知，， 则，故， ， ，故， 冰球的体积， 设冰球融化后水深为，形成的小四面体体积为，则， 原正四面体的体积为， 则， ，解得． 2．（2026·四川成都·三模）已知在正四棱台中，，若存在一个球与此正四棱台的各个面都相切，则此正四棱台的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先根据正四棱台存在内切球的条件求出正四棱台的高，再代入正四棱台的体积公式计算体积． 【详解】如图1，取的中点 ，设上底面与球相切的点为， 则平面为一个含内切圆的等腰梯形截面图如图2, 因为等腰梯形有内切圆的充要条件为上底+下底两腰之和， ，所以 ， 所以梯形的高， 此时梯形的高即为正四棱台的高. 又因为正四棱台的体积 为上底面的面积，为下底面的面积，， 所以. 3．（2026·湖南·三模）在平行六面体中，底面ABCD是菱形，，，设，，，的重心分别为O，P，Q，R，则四面体OPQR的体积为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先看出，，，分别是四面体四个面的重心，因此四面体与四面体的体积比为．再求出平行六面体的体积，并利用四面体的体积是该平行六面体体积的，即可求得结果． 【详解】由题意可知，，，，分别是四面体四个面的重心，如图． 在任意四面体中，连接四个面的重心得到的小四面体与原四面体对应边平行，且相似比为，所以体积比为 因此 下面求．设平行六面体的体积为． 底面是边长为，夹角为的菱形，所以 设到底面的距离为．由于与，的夹角都为，所以在底面上的射影在的角平分线上． 设该射影为，则与，的夹角均为． 由，可得 解得 所以 故平行六面体的体积为 四面体由平行六面体的四个交错顶点组成，其体积为平行六面体体积的，故 于是 4．（2026·甘肃金昌·三模）若球的半径为2，圆锥的顶点与底面圆周都在球的球面上，则当圆锥的体积取得最大值时，圆锥的侧面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先利用球内接圆锥的几何关系建立底面半径与高的关系式，写出圆锥体积关于的函数，再通过求导分析单调性，找到体积取最大值时的，进而求出和母线长，最后用侧面积公式计算结果． 【详解】 设圆锥的底面半径为，高为，则， 所以，，圆锥体积，， 时，，时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以时，取得最大值， 此时，， 则圆锥的母线长， 所以圆锥的侧面积为． 5．（2026·河南商丘·模拟预测）已知体积为的圆锥的母线与底面的夹角为60°，若体积为的带蓝色颜料的小球在该圆锥内滚动，则在滚动的过程中，圆锥的内侧面（不含底面）被染成蓝色区域的面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】通过圆锥和小球的体积求出底面半径与球半径，再利用圆锥截面的几何关系，将小球在圆锥内滚动接触的区域转化为圆台侧面，考查立体几何中体积公式、截面分析和圆台侧面积计算的综合应用． 【详解】设圆锥的底面半径为，则，解得， 设小球的半径为，则，解得， 在圆锥内壁侧面，小球接触到的区域围成一个圆台侧面，如图1所示， 如图2，由于小球的半径， ，则， 又，都是等边三角形，所以，， 则圆台上底面圆的半径为，下底面圆的半径为， 母线长， 其侧面积． 6．（2026·安徽合肥·模拟预测）（多选）已知四棱锥的所有顶点都在半径为的球O的球面上，是正三角形，且在平面内的射影在内（含边界），， ，，则（    ） A．平分 B． C．当时，O在三棱锥内 D．四棱锥体积的最大值为​ 【答案】ABD 【分析】因为，，，均在球面与平面的交线上，所以四点共圆．利用圆周角定理可判断A，并结合余弦定理求出和，从而判断B．再根据球心在底面上的射影是该圆圆心，判断其是否可能位于内，进而判断C．最后设在底面内的射影为，用截面图中的等距关系表示球心到底面距离，求四棱锥体积的最大值． 【详解】 因为，，，都在球面上，且都在平面内，所以它们在同一个截面圆上，即，，，四点共圆． 对于A，因为是正三角形，所以． 由同弧所对的圆周角相等，得 所以，即平分，A选项正确． 对于B，由A选项可知．又，， 在中，由余弦定理得 所以． 又，在中，由余弦定理得 因此 ，即 ，解得或． 因为，所以，B选项正确． 对于C，设球心在平面内的射影为．因为是截面圆的圆心，所以也是的外心． 而为钝角，所以的外心在外． 若点在三棱锥内，则点在平面内的射影应在内或其边界上． 但在平面内的射影就是，且在外，所以当时，不在三棱锥内，C选项错误． 对于D，由上可知，所以的外接圆半径为 设在平面内的射影为，则平面，因为平面， 所以，因为，且平面，所以平面， 又因为平面，所以． 又在内（含边界），所以在线段上，其中为的中点． 设，则 设，则在过，，，的截面内，有，于是 将，代入，整理得 令，则， 因为，所以 ，故在上单调递减． 因此的最大值为 又 所以四棱锥体积的最大值为，故D选项正确． 7．（2026·浙江·三模）设圆台的上下底面半径分别为和，母线长为，圆台的侧面积等于上下底面的面积之和，当取到最小值时，____________． 【答案】 【分析】由圆台的侧面积等于上下底面的面积之和求出的关系式，再用表示，再结合均值不等式求解. 【详解】设圆台的侧面积为，，， 由圆台的侧面积等于上下底面的面积之和得， 化简得：，所以， ，令， 得 ， 等号当且仅当时成立， 此时有，即，因为，所以满足题意， 故当取到最小值时，. 8．（2026·广东江门·一模）已知一个圆锥的底面半径为3，侧面积为.若在该圆锥内能放入一个可以任意方向自由旋转的正方体（圆锥表面厚度忽略不计），则该正方体体积的最大值为___________. 【答案】8 【分析】要使圆锥内能放入自由转动的正方体的体积最大，则该正方体的外接球恰好为该圆锥内能放入的最大的球，即内切球，再求解内切球的半径得到正方体的棱长，最后计算体积. 【详解】要使圆锥内能放入自由转动的正方体的体积最大， 则该正方体的外接球恰好为该圆锥内能放入的最大的球，即内切球， 设圆锥的底面半径为，母线长为， 则圆锥侧面积为，解得. 如图，在圆锥轴截面中，，则， 所以， 所以圆锥内切球半径，即正方体外接球半径为. 设正方体的棱长为，则，解得， 所以正方体的体积为. 9．（2026·辽宁大连·模拟预测）已知四面体满足，，，记四面体每条棱的中点组成的几何体为，若的体积为1，则的表面积的最小值为___________． 【答案】 【分析】由对棱相等可补体为长方体，设长方体棱长为，由体积为1得出，由余弦定理及面积公式得出1个面的面积，结合基本不等式求得最小值. 【详解】熟知这样的四面体是长方体其中的组成的四面体，故几何体是长方体各面中心连接形成的八面体， 设长方体棱长为，则，即． 八面体一个面的边长分别为长方体面对角线的一半，即， 由余弦定理可得， 则， 则八面体一个面的面积为 故表面积为． 故答案为：. 10．（2026·四川成都·三模）在长方体中，为棱的中点，动点在平面内，且满足，则四棱锥的体积的最大值为__________. 【答案】36 【详解】如图1，在长方体中，平面平面，则. 因为点在平面内，，所以在与中，， 所以，即. 在平面中，以所在直线为轴，以线段的垂直平分线为轴建立平面直角坐标系如图2，则. 设，因为，所以， 整理得， 即， 所以点的轨迹是以为圆心，半径为4的圆. 当点到棱的距离最大时，四棱锥的体积取得最大值， 此时最大值为圆的半径，由，, 即.    11．（2026·湖南衡阳·二模）已知棱长为1的正方体内有一个动点M，满足，且，则四棱锥体积的取值范围为______． 【答案】 【分析】利用正方体的空间垂直关系去证明平面内的点都满足，再去证明动点M在以为圆心，以为半径的圆上，从而利用点M在圆上的性质去解决最值问题. 【详解】如图所示，设， 在正方体中，平面，因为平面， 所以，又，平面， 所以平面， 因为是线段的中点，，则， 所以点在平面内，即，    又因为，所以点在以点为球心，1为半径的球面上， 而，则平面， 所以到平面的距离为，由正方体的边长为1，则， 因为平面，所以，则， 所以在平面内，且以H为圆心，为半径的半圆弧上， 则到平面的距离的最小值为，最大值为1， 而正方形的面积为1， 所以四棱锥体积的最小值为， 最大值为， 则四棱锥体积的取值范围为. 12．（2026·四川绵阳·模拟预测）如图，在正方形中，为的中点，将沿直线折起至处，使得点在平面上的投影在直线上，若三棱锥外接球的表面积为，则三棱锥的体积为________.    【答案】 【分析】根据折叠的特点，根据外接球以及球的表面积求解正方形的边长，再根据三棱锥的体积公式求解. 【详解】连接，交于点，交于点，连接，， 设正方形的边长为， 因为为正方形，所以沿对角线折叠的过程中， 点（即点）在底面上的射影一直在直线上， 又点在平面上的射影在直线上， 所以点即为点在平面上的射影，即平面， 因为平面，所以， 因为为对角线、的交点，所以， 即，所以为三棱锥外接球的球心， 则三棱锥外接球的半径，则，解得， 因为为的中点，为的中点，所以为的重心， 则， 在中，，即三棱锥的高为， 则三棱锥的体积. 题型2：外接球与内切球 13．（2026·安徽合肥·模拟预测）在三棱锥中，，，二面角的大小为，则三棱锥的外接球表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据图形作出二面角的平面角，利用几何知识可求，，则顶点在平面的投影为△的外接圆圆心，则三棱锥的外接球的球心在直线上，根据求解半径． 【详解】如图1，过作垂足为，取的中点，连接， ∵，∴，， 又，，则，， 中，， 过作，且=，连接，则， ∴，， 根据题意可得为二面角的平面角， 即，则， 由题意可得，则，则， 如图2，∵，则顶点在平面的投影为△的外接圆圆心， 则三棱锥的外接球的球心在直线上，连接 ，则 ∴△的外接圆半径，则 设三棱锥的外接球的半径为，则 即，解得 则表面积为.    14．（2026·辽宁抚顺·二模）如图，在三棱锥中，平面平面，和都是等腰三角形，且，，，则三棱锥外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】通过面面垂直确定球心的大致位置，在直角三角形中利用勾股定理可求球的半径，结合表面积公式可得答案. 【详解】如图，由题可知，外接圆的圆心O是的中点. 设三棱锥外接球的球心为，连接，则平面. 过A作，与的延长线交于点，则由平面平面，可得平面. 因为，，所以，. 取的中点E连接，，可得，， 则. 设，连接，，则，解得， 故三棱锥外接球的表面积为. 15．（2026·江苏南京·模拟预测）在等腰梯形ABCD中，AB与CD平行，，，沿对角线AC将折起得到三棱锥，若异面直线与BC所成角的余弦值为，则三棱锥外接球的表面积为（    ） A． B． C． D．或 【答案】D 【分析】分析等腰梯形，得，，.建立空间直角坐标系，求出的坐标，根据外接球的定义求得三棱锥外接球的半径，从而求得其表面积. 【详解】如图1所示，等腰梯形中，， ∴. ， . . 如图2，以为坐标原点，分别以所在直线为轴，以过点垂直于平面的直线为轴，且所在一侧为正方向，建立空间直角坐标系. 则， 设，则. ∴， 化简得. 又， ∴， 解得，即. 设三棱锥外接球的球心为，半径为. 当时， ， 解得. 三棱锥外接球的表面积为. 当时， ， 解得. 三棱锥外接球的表面积为. 综上所述，三棱锥外接球的表面积为或. 16．（2026·山东烟台·二模）三棱柱中，，在底面ABC内的射影为AC中点，，，若为底面内一动点（不含边界），则三棱锥的外接球表面积的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用空间坐标系将几何关系转化为代数运算，通过变量范围求表面积极值. 【详解】设底面直角三角形的斜边中点为，以为原点，为轴建立空间直角坐标系，则，，设满足， ，所以， 在底面射影为，故，由，得. ，所以， 则，， 设动点在内，设其坐标为， 所以其在底面的投影为，到的距离平方为. 三棱锥的外接球心在过且垂直于底面的直线上，设. 球半径满足：； 球心到的距离等于半径：. 联立得： 代入半径公式： 在圆上， 故的坐标满足： 因(不在线上)，故. 在内，故的取值范围为. 将代入：当时，， ，表面积， 当时，，，表面积 所以三棱锥的外接球表面积取值范围为. 17．（2026·天津·二模）如图，在正方体中，三棱锥和的公共部分形成的几何体为.若的体积记为，的内切球的体积记为，则（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】不妨取正方体边长为，根据题意可得三棱锥，的公共部分为一个棱长为的正八面体，计算出表面积和体积，进而得到内切球半径及体积，再求比值即可． 【详解】解：连接它们的交点后如下图所示， 是中点，不妨取正方体边长为， 所以， 即两个三棱锥，的公共部分为一个棱长为的正八面体， 所以表面积为， 体积， 则内切球半径，， ． 18．（2026·山东枣庄·二模）如图，以正四面体的四个顶点为球心，以棱长为半径分别作四个球，它们的公共部分形成的几何体叫做“勒洛四面体”．若正四面体的棱长为4，则（    ） A．此“勒洛四面体”外接球的体积是 B．此“勒洛四面体”的内切球的半径是 C．此“勒洛四面体”表面上交线弧的长度为 D．过三点的截面面积是 【答案】D 【分析】根据勒洛四面体的结构特征，结合外接球、内切球、余弦定理、扇形面积、空间几何体的截面与相关知识，依次分析各选项即可得. 【详解】对A：此“勒洛四面体”外接球即为正四面体的外接球， 在正四面体中，为的中心， 是正四面体外接球的球心， 连接、、，由正四面体的性质可知在上， 因为，所以， 则. 因为， 即，解得， 即外接球半径为， 故外接球的体积，故A错误； 对B：由对称性可知勒洛四面体内切球的球心是正四面体外接球的球心， 由外接球半径， 则内切球的半径为，故B错误； 对C：如图，取中点， 在中，，， 设为弧上任意一点，根据“勒洛四面体”的对称性， 弧在平面上，且平面. 所以， 所以该弧是以的中点为圆心，以为半径的圆弧， 设圆心角为，则，可知， 所以弧长不等于，故C错误； 对D：过三点截得的截面如图所示： 其面积为，则D正确. 19．（2026·河北沧州·一模）（多选）空间直角坐标系中，满足条件的点构成一几何体，则该几何体（   ） A．为正多面体 B．体积为 C．外接球体积为 D．内切球表面积为 【答案】BCD 【分析】根据题意确定构成的几何体为三棱锥即可判断A；利用体积公式求其体积即可判断B；三棱锥外接球即为正方体外接球，半径，得到体积即可判断C，利用等体积法求其内切球半径，得到表面积即可判断D． 【详解】解：如图，在棱长为1的正方体中， 则满足条件的点构成一几何体为三棱锥， 四个面为直角三角形，不是正多面体，故A错误； ，故B正确； 三棱锥的外接球为正方体的外接球，半径， 体积，故C正确； 三棱锥的表面积 ， 所以三棱锥的内切球半径， 表面积，故D正确． 20．（2026·河北衡水·一模）（多选）已知正方形的边长为2，平面，平面，，在平面的同一侧，且，则（   ） A．点在四棱锥外接球的球面上 B．四棱锥内切球的表面积为 C．四棱锥与四棱锥公共部分的体积为 D．四棱锥的四个侧面所在平面将空间分成14个部分 【答案】ACD 【分析】根据四棱锥与正方体的关系即可判断选项A；根据四棱锥内切球体积与表面积的关系即可判断选项B；找出四棱锥与四棱锥公共部分，转化为求四棱锥和三棱柱的体积问题，再求和即可判断选项C；结合直观想象及空间想象判断选项D. 【详解】A：将四棱锥补成一个正方体， 则四棱锥的外接球为该正方体的外接球，因为点是该正方体的一个顶点， 所以点在四棱锥外接球的球面上，A正确. B：四棱锥的体积， 侧面积， 表面积， 则四棱锥内切球的半径， 则该内切球的表面积为，B错误. C：连接，易证，， 则四边形和四边形均为平行四边形， 设，，则，分别为，的中点， 设，的中点分别为，，连接，，，， 则四棱锥和四棱锥的公共部分为几何体， 其体积为四棱锥和三棱柱的体积之和， 即，C正确. D：平面、平面、平面将空间分成8个， 最后平面将其中6个空间各分成2部分， 所以四个侧面所在平面将空间分成个部分，D正确. 21．（2026·吉林延边·三模）（多选）在棱长为1的正四面体中，M，N分别是棱AB，BC的中点，则下列说法正确的是 A．正四面体外接球的体积是 B．直线SM和AN所成角的余弦值为 C．可以用棱长为的正方体切割出正四面体 D．若正四面体的内切球为球O，在球O和各个顶角的空隙内分别放入一个和球O、顶角侧面都相切的小球，则这5个球的半径之和为 【答案】ABC 【分析】求得正四面体的外接球的半径为，结合球的体积公式，可判定A正确；利用向量的夹角公式，可判定B正确；根据正方体的性质，结合正方体的对角线长，可判定C正确；设正四面体的内切球的半径为，求得，在顶角处的小球的半径为，求得，可判定D不正确. 【详解】对于A，设正四面体的外接球的半径为， 因为正四面体的棱长为，由正四面体的性质，可得， 所以外接球的体积为，所以A正确； 对于B，设，则，且两两夹角为， 可得， 由， 可得，可得， 且，可得， 又由， 设异面直线和所成的角为， 则，所以B正确； 对于C，如图所示，把正四面体放置在正方体中， 设正方体的棱长为，因为正四面体的棱长为，可得，解得， 所以用棱长为的正方体切割出正四面体，所以C正确； 对于D，设正四面体的内切球的半径为，高为， 因为正四面体的棱长为，可得，且， 设顶角处的小球的半径为，其中小球和内切球，侧面都相切， 若小球和内切球的切点作平行底面的截面，得到一个以为顶点的小正四面体， 设小正四面体的高为，可得， 所以小球的半径为， 所以5个球的半径和为，所以D不正确. 22．（2026·四川内江·三模）（多选）在平行六面体中，，，则（   ） A． B．平面 C． D．三棱锥的外接球表面积为 【答案】BCD 【分析】取定空间的一个基底，利用空间位置关系的向量证明推理判断AB；利用空间向量数量积运算律计算判断C；求出三棱锥外接球半径求解判断D. 【详解】在平行六面体中，令，则为空间的一个基底， ， 对于A，，不成立，A错误； 对于B，由，得，由菱形， 得，而平面，则平面，B正确； 对于C，，则，C正确； 对于D，依题意，三棱锥为正四面体，令正的重心为，则平面， ，，令正四面体外接球半径为， 则，解得，所以三棱锥的外接球表面积为，D正确. 23．（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． 24．（2026·湖南衡阳·二模）（多选）如图，在矩形ABCD中，，E为BC的中点，将沿AE向上翻折到，连接PC，PD，在翻折过程中，下列说法正确的是（   ） A．若平面平面ABCD，则 B．四棱锥的体积最大值为 C．点P从点B翻折到AD中点的过程中，PD的中点F形成的轨迹长度为 D．三棱锥的外接球表面积的最小值为 【答案】AD 【详解】对于A：因为平面平面，平面平面， 因为是中点，，所以， 所以，所以，平面， 所以平面，平面，所以，故A正确； 对于B：由已知梯形的面积为， ，直角斜边上的高为， 当平面平面时，四棱锥的体积取最大值，故B错误； 对于C：如图1，取的中点，则，平行且相等，四边形是平行四边形， 所以点的轨迹与点的轨迹形状完全相同，过点作的垂线，垂足为，， 点的轨迹是以为圆心，半径为的半圆弧，从而的中点的轨迹长度为，故C错误； 对于D：如图2，的外接圆的半径为，是的中点，外接圆的半径为2， 是圆与圆的公共弦，，设三棱锥外接球心为O，半径为， 则， 因为，所以，所以的最小值为2， 所以三棱锥的外接球表面积的最小值为，故D正确． 25．（2026·河南南阳·一模）如图为四棱锥的平面展开图，其中为平行四边形，是边长为1的等边三角形，为的中点，，则四棱锥的外接球表面积为______． 【答案】 【分析】由已知条件确定底面为等腰梯形，并确定，得到底面外接圆圆心即为中点，在底面以为轴建系，确定外接圆圆心坐标，再设球心通过即可求解. 【详解】是边长为1的等边三角形，故侧棱，，底边； 是中点，，是平行四边形，故底边，，，. 可知底面为等腰梯形， 因为为等边三角形，且为平行四边形， 可得：，在底面中连接， 则， 即，， 在底面以分别为轴，过作平面的垂线为轴，如图： 可得： ，，，， 因为，则底面外接圆，也即是的外接圆， 即的中点即为底面外接圆圆心，坐标为， 设，由、、​​， 可得， 解得 即 由四棱锥外接球的性质， 外接球的球心在过​垂直于底面的直线上，故设球心， 由得： ，解得​， 因此外接球半径平方： ， 外接球表面积： . 26．（2024高三·全国·专题练习）如图，在三棱锥中，为等边三角形，，，若，则三棱锥外接球体积的最小值为______．    【答案】 【分析】利用外接球球心在过底面外接圆圆心的垂线上，通过球心到各顶点的距离想等来求解即可. 【详解】如图，取中点，连接，则，，    又，，平面，则平面， 因为平面，则， 又，，，平面， 所以平面， 所以三棱锥的外接球球心必在过的中心且平行于的直线上， 且， 设，则，， 设三棱锥的外接球半径为，则有， 当时，， 故三棱锥外接球体积的最小值为． 故答案为：. 27．（2026·内蒙古赤峰·一模）如图1所示，在平面四边形中，，，，将沿折叠，得到图2中的三棱锥，使二面角的余弦值为，则三棱锥的外接球表面积为________． 【答案】 【分析】取的中点E，由已知可得为二面角的平面角，利用余弦定理求出，利用勾股定理的逆定理可得为直角三角形，则得的中点O为三棱锥的外接球的球心，即可得到外接球的半径，进而求出表面积. 【详解】 如图，取的中点E，连接， 已知，，所以，， 又，所以，， 所以为二面角的平面角，其余弦值为， 在中，由余弦定理得 ， 即，则， 所以为直角三角形， 则的中点O为三棱锥的外接球的球心， 外接球的半径为， 所以三棱锥的外接球表面积为. 28．（2026·甘肃酒泉·二模）已知底面为正方形的直四棱柱的高为4，底面边长为4，其内部有一个与直四棱柱所有面均相切的内切球.现以直四棱柱上底面的中心为顶点，下底面的外接圆为底面作一个圆锥，则该圆锥与内切球的公共部分的体积为__________.注：球缺的体积公式为为球的半径，为球缺的高. 【答案】 【分析】根据题意可知重合部分由圆锥和球缺构成，根据公式计算体积即可． 【详解】解：根据题意该直四棱柱是边长为的正方体， 则球的半径为，圆锥底面半径为，高为， 如图，重合部分由圆锥和球缺构成， 设，则，，， 又，即， 解得或（舍去）， 则， 圆锥的体积， 球缺的体积， 故重合部分的体积． 29．（2026·内蒙古呼伦贝尔·模拟预测）在直三棱柱中，，，该三棱柱存在体积为的内切球（与侧面、底面均相切）则__________，当为的中点，为棱上的点，时，四面体外接球的表面积为__________. 【答案】 【分析】根据内切球的半径求出柱体的棱长，然后利用球的性质求解外接球的半径，进一步求出外接球的表面积. 【详解】因为直三棱柱的内切球的体积为，所以， 解得内切球的半径为，所以内切圆半径为， 则, 在中，， 解得； 又为的中点，为棱上的点，， 所以，，从而， ，，所以，即有， 所以四点共圆，且圆心为的中点，其半径为， 因为，，，平面， 所以平面，如图， 将直三棱柱补成长方体， 设为中点，连接，取的中点， 连接，则中点即为四面体的外接球的球心， 所以四面体的外接球的半径为 ， 此时四面体的外接球表面积为. 30．（2026·辽宁沈阳·一模）已知球内切于正四棱台（即球与该正四棱台的上､下底面以及侧面均相切），且该正四棱台的上､下底面棱长之比为，则球与该正四棱台的体积之比为__________. 【答案】 【分析】设出正四棱台上、下底面的棱长，则可借助正四棱台性质及体积公式表示出内切球体积及正四棱台体积，即可得解. 【详解】如图为该几何体的轴截面，其中圆O是等腰梯形ABCD的内切圆，    设圆O与梯形的腰相切于点P，Q，与上、下底面分别切于点，， 不妨设正四棱台上、下底面的棱长为，， 则，，， 故在直角梯形中，过点C作，垂足为E，所以， 在中，，为棱台的高，也是球的直径， 所以半径为，所以球的体积为， 棱台体积为， 所以球与棱台的体积比为. 故答案为：. 题型3：动点与轨迹问题 31．（2026·湖南·一模）在空间直角坐标系中，点，，定义.如图，正方体的棱长为5，，平面内两个动点P，G分别满足，，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】分别求出点P，G的轨迹，然后把问题转化为一个正方形上的点与圆上的点的距离的取值范围，数形结合可得答案. 【详解】设，， ∵，∴， G点的轨迹为. 又，则，， 即， 化简得P点的轨迹为. 在平面直角坐标系中作出G，P轨迹， 设G点轨迹与y轴两个交点分别为M，N，P点轨迹为圆， 圆心为，半径， 且与y轴两个交点分别为H，T，如图所示， 结合图象得：， 又，， 所以. 32．（2026·海南海口·模拟预测）如图，为圆锥的底面圆的直径，，，为的中点，点是圆上的动点（点、在直径同侧），当的面积最大时，点到平面距离为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】在中，，，. 所以，且. 所以. 因为. 所以当即时，的面积最大. 此时. 所以，所以. 所以. 又，所以. 所以. 又. 设点到平面距离为， 则. 33．（2026·辽宁大连·三模）已知矩形ABCD中，，，如图，将沿着BE进行翻折，使得点A与点S重合，若点S在平面BCDE上的射影在四边形BCDE内部（包含边界），则动点S的轨迹长度是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由于点到距离恒定，所以点轨迹是一段圆弧．先求出圆半径，然后求出轨迹长度． 【详解】 如图（1），过点作于点，交于点，则点在平面上的射影落在线段上. 在中，，，则，由等面积法得. 翻折的过程中，动点满足，则动点的轨迹是以点为圆心，为半径的一段圆弧. 易得，，，所以，则， 如图（2），在圆中，，， 所以点的轨迹是，且，则，， 从而点的轨迹长度为. 34．（2026·重庆北碚·模拟预测）在棱长为2的正四面体中，动点分别在棱上，且二面角的大小恒为，则三棱锥体积的最大值为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】建立空间直角坐标系，利用二面角的大小恒为得到三者的关系，从而得到三棱锥的体积的表达式，再计算出三棱锥体积的最大值. 【详解】 如图所示，以为原点，为轴，建立空间直角坐标系，那么 设那么 ， 设平面法向量为，则 取,则向量为平面平面的一个法向量， 取向量为平面的法向量，则 化简，得 ， ， 当时， 由于点与点在上运动，根据对称性可知在时最大，不妨设, 则, 当时，取得最大值 当时， 由于点与点在上运动，根据对称性可知在时最大，不妨设, 则, 当时，取得最大值,由于，故不符合舍去; 综上，三棱锥体积的最大值为. 35．（2026·山东枣庄·三模）在棱长为1的正方体中，是棱的中点，是正方形内的动点（包含边界），且平面，则点的轨迹长度为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】建立空间直角坐标系，利用线面平行，可知直线的方向向量与平面的法向量垂直，确定动点坐标之间的联系，从而找到过点且与平面平行的平面，与平面的交线即为动点的轨迹，最后计算轨迹线段长度即可. 【详解】解：由正方体，可建立以为原点，为轴，为轴，为轴的空间直角坐标系， 则，，，，所以，， 设平面的法向量，则，所以， 则，取，则，，所以. 由是正方形内的动点（包含边界），可设，其中，，则， 因为平面，所以，则，即，整理得， 当时，，此时，为中点； 当时，，此时，为中点， 连接，不难发现，，且，， 易证，平面平面，所以点的轨迹为线段， 因此，轨迹长. 36．（2026·广东揭阳·二模）已知圆锥的底面半径为，母线长为，圆锥内部有一个半径1的球，该球同时紧贴圆锥的侧面和底面滚动，则该球与圆锥的接触点的轨迹长度为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】取圆锥的轴截面，分析可得接触点的轨迹为两个圆，进而结合图形关系、相似比求解即可. 【详解】取圆锥的轴截面，因为圆锥的底面半径为，母线长为， 所以轴截面为等边，半径为1的圆与此等边三角形的一条腰和底边相切， 如图，设切点为，圆心为， 由于球同时紧贴圆锥的侧面和底面滚动，则接触点的轨迹为两个圆，设其圆心为， 则，所以，，，， 由于，则，即，则， 所以该球与圆锥的接触点的轨迹长度为. 37．（2026·陕西榆林·模拟预测）（多选）在棱长为1的正方体中，为棱的中点，则（    ） A． B．点到平面的距离为 C．直线与平面所成角的正弦值为 D．动点在正方体内部或表面上，且平面，则动点轨迹所形成区域的面积是 【答案】AC 【分析】ABC选项，建立空间直角坐标系，利用点到平面的距离公式，线面角的夹角正弦公式进行求解；D选项，先证明面面平行，进而得到线面平行，从而得到动点的轨迹，求出区域面积． 【详解】以点为坐标原点，所在直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系.    则. 对于A，因为， 所以，则，故A正确； 对于B，因为，设平面的一个法向量为， 则， 令，则，所以. 又， 所以点到平面的距离，故B错误； 对于C，设直线与平面所成角为， 则，故C正确； 对于D，如图，取的中点分别为点，点，连接， 则. 因为平面平面，    所以平面平面. 又平面， 所以平面平面，故点的轨迹为. 因为， 所以，故D错误. 38．（2026·湖南·一模）（多选）在棱长为2的正方体中，F是棱的中点，Q为正方体表面上的一个动点（含边界），则下列说法中正确的是（    ） A．过A，F，C的平面截该正方体所得的截面图形的周长为 B．若P为棱的中点，且平面，则线段的最小值为 C．若Q是正方形内的一个动点，且满足，则动点Q的轨迹是一条线段 D．若P为棱的中点，则四面体外接球的表面积为11π 【答案】ACD 【分析】根据给定条件，以点为原点建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，再结合空间向量逐项计算判断. 【详解】在棱长为2的正方体中，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， ，，，，， 对于A，取中点，连接，，则， 即，而点，因此， 得到四边形是过A，F，C的平面截该正方体所得的截面， 其周长为，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， 而平面，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， 得到到的距离为，到的距离为，到的距离为， 所以线段的最小值为，故B错误； 对于C，由Q是正方形内的动点， 设，，，则，， 由，得，解得， 即点，，动点Q的轨迹是一条长度为2的线段，故C正确； 对于D，点，设四面体外接球的球心，球半径为R， 则 解得，，，， 因此四面体外接球的表面积为，故D正确. 39．（2026·河北保定·三模）（多选）如图，在棱长均为2 的正三棱柱中，D 为 的中点，则（    ） A． B．异面直线 与 所成角的余弦值为 C．若分别为 上的点，则的最小值为1 D．若点P 在底面上，且平面，则点P的轨迹长度为 【答案】ABD 【分析】先证平面，即可判断A；先证为异面直线与所成的角或其补角，再解三角形即可判断B，取，分别为，的中点，取，，即可判断C，先证平面 平面，得出点的轨迹为线段，即可判断D. 【详解】对于A，如下图，连接，易得， 因为平面，平面,所以， 又 平面，所以平面， 因为平面，所以 ，A正确； 对于B，如下图，连接， 由题可得，所以为异面直线与所成的角或其补角， 在中，，，所以， 所以异面直线与所成角的余弦值为，B正确； 对于C，如下图，若,，分别为,，的中点，连接和， 所以，，所以四边形是平行四边形， 又因平面，平面，则，同理可得， 因,则，又因，平面, 则平面,又平面,则， 因,故，即是异面直线 的公垂线段， 故此时的最小值为，C错误； 对于D，如图，取的中点，连接，，， 易得 ， ，由线面平行的判定定理可得平面，平面， 又，平面，平面， 所以平面平面， 因为点在底面上运动，且平面， 所以点的轨迹为线段，所以点的轨迹长度为，D正确. 40．（2026·河北·二模）已知棱长为4的正四面体的各顶点均在球的球面上，为的中点，动点在球的球面上运动，且．记在平面上的射影为，则的轨迹长度为___________，的轨迹所围成的区域面积为___________． 【答案】 【分析】根据正四面体及外接球的性质，运用几何法求出外接球半径，进而求出点的轨迹长度，求出点所在平面和点所在平面的夹角余弦值，进而求出点的轨迹所围成的区域面积． 【详解】 如图，设在平面上的射影为，四面体的外接球的半径为， 则， 由得，解得， 为的中点， ， 又， 的轨迹是半径为的圆， 的轨迹长度为， 设的轨迹所在平面为，记平面与平面的夹角为， 平面的法向量，平面的法向量， 则， 的轨迹所围成的区域面积为． 41．（2026·江西南昌·三模）在矩形纸片中，，，，，，分别是四边的中点．现将它通过翻折后围成一个正四面体（围成的正四面体的表面中，纸片无任何重叠）．若一个小球可以在正四面体内任意滚动，且小球与正四面体所有接触点形成的轨迹的图形面积为，则该小球半径的值为_____________． 【答案】 【分析】小球可以在正四面体内任意滚动，小球与正四面体每个面的所有接触点形成的轨迹为一正三角形，该正三角形可视为小球球心在正四面体对应面上的投影，小球球心在正四面体对应面上的投影总面积为，再通过小球半径与正四面体高的关系计算出小球半径为. 【详解】折痕如图1中虚线段，折叠后点A，B，C，D重合为一点如图2 小球可以在正四面体内任意滚动，小球与正四面体每个面的所有接触点形成的轨迹为一正三角形， 该正三角形可视为小球球心在正四面体对应面上的投影， 因此小球任意滚动时，小球球心形成的轨迹为一个小正四面体， 该小正四面体的面与正四面体的对应面平行，距离为半径，设其棱长为， 则小球球心在正四面体对应面上的投影总面积为，          图3                                图4 如图3，取中点，连接，， 设小球与顶点的正四面体的3个面都相切时的球心为，点在平面上的投影为， 那么为的中心，则在线段上，且， 令在平面上的投影为，则在线段上， 设与平面平行的小正四面体的面交于点，设小球半径为， 如图4，连接，那么，， 由，可得，， 则，即. 所以，该小球半径为. 42．（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：； 43．（2026·天津河东·二模）已知正四棱锥，的中点分别为，点为上一动点，平面将正四棱锥分为两个部分，当为中点时，体积较小部分与体积较大部分的比值为________；当时，体积较小部分与体积较大部分的比值为________． 【答案】 【分析】由正四棱锥的性质及四棱锥的体积公式即可求解． 【详解】设正四棱锥的底面边长为，高为，平面截正四棱锥的截面为四边形，与交点为，如图所示， 因为的中点分别为，点为中点， 所以，且， 又平面，平面， 所以，平面，又，平面，且， 所以平面平面，则点也为中点， 所以四棱锥 与正四棱锥相似，相似比为， 所以四棱锥的底面边长为，高为，， 所以， 设体积较小部分的体积为，体积较大部分的体积为， 则，， 所以； 设底面正方形的中心为，作出平面与正四棱锥的截面图，交于点， 因为，所以为等腰直角三角形，， 在平面中，， 设，， 因为， 所以，即， 所以，即点重合，如图所示，截面为， 连接，，过点作，垂足为， 下面证明即为四棱锥底面的高，， 因为底面，平面， 所以，又，平面， 所以平面，又，所以平面， 又平面，所以，， 又，，平面， 所以平面，即即为四棱锥底面的高， 在中， ， 斜边上的高为，， 所以， 由正四棱锥的性质可得，， ， 所以． 44．（2026·河南开封·二模）已知正方体的棱长为1，为平面内一动点，且直线与平面所成角为，点为正方形的中心，若点为直线上一动点，则的最小值为__________． 【答案】 【分析】利用条件先确定点的轨迹为以为圆心，为半径的圆（在平面内），通过将平面翻折到平面，与的对应点为与.由几何性质可知，而的最小值即可由余弦定理和二倍角公式计算得到. 【详解】如图，在正方体中，平面，直线与平面所成的角为（是在底面的射影）， 在中，，则 ，则点的轨迹是以为圆心，为半径的圆（在平面内）． 将平面沿着翻折至平面，使其与平面共面，翻折后与的对应点为与.如图所示） 由几何性质可知（当且仅当在与的交点时取等号）． 在中，， 则， 由余弦定理， ， 所以的最小值为． 45．（2026·辽宁盘锦·一模）直角三角形中，，，，D是边上一动点（不包括端点）.将沿折起，得到三棱锥，使得二面角为直二面角，则三棱锥的外接球的表面积的取值范围是_____，三棱锥体积的最大值是______. 【答案】 【分析】根据两平面互相垂直判断外接球球心的位置，再由已知条件计算出球半径表达式，即可求出表面积的取值范围，设，，求出三棱锥的体积的解析式，再利用导数方法求其最值即可. 【详解】因为为直角三角形，，，， 所以，， 因为是直角三角形，所以其外接圆的圆心在的斜边上，即是该圆的直径， 又因为平面平面，所以平面必过球心，外接球半径即为外接圆的半径， 设球的半径为，球的表面积为， 在中，根据正弦定理得，， 又因为，所以， 所以. 设，，则， 作于，则翻折后， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，且， 三棱锥体积，其中， 所以，， 设，， 则， 所以， 所以当时，，函数在上单调递增， 当时，，函数在上单调递减， 所以当时，函数取最大值，最大值为， 故时，三棱锥的体积取最大值，最大值为. 题型4：截面与距离问题 46．（2026·重庆九龙坡·一模）已知正方体棱长为1，过点的平面截正方体所得截面为菱形时，该截面的面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】取的中点，的中点，得到为菱形，故有过点的平面截正方体所得截面为菱形的截面是菱形，根据题意求出的长度，取的中点，连接，根据勾股定理求出的长度，故菱形的面积为，代入数值得解. 【详解】取的中点，的中点，连接，，，， 取的中点，连接，取的中点，连接， 分别是，，，的中点，是正方形， 且，且， 且，为平行四边形，且， 而且，则，为平行四边形， ，四点共面，又，为菱形， 平面， 过点的平面截正方体所得截面为菱形的截面是菱形， ，，则， 故菱形的面积为. 故选：A 47．（2026·北京·模拟预测）在棱长为4的正方体中，点为棱的中点，点在底面内运动，且满足直线平面，将正方体沿平面切割，得到两个多面体，下列说法中错误的是（   ） A．点的轨迹是一条线段，且其长度为 B．过三点的截面面积为18 C．沿平面切割正方体得到较大的多面体体积为 D．在棱上不存在点，使得平面 【答案】C 【分析】根据题意，取分别为的中点，连接，可得平面平面，所以，可判断A；由于，所以过三点的截面为等腰梯形，求其面积判断B；先求，间接法判断C；假设存在点，使得平面，则，利用平面向量数量积运算确定点，判断D. 【详解】对于A，取分别为的中点，连接， 根据中位线定理得， 又平面，平面，所以平面， 同理平面， 又，平面，所以平面平面， 又易得且，所以四边形是平行四边形， 所以，又平面，平面， 所以平面，同理平面， 又，平面，所以平面平面 所以平面平面， 因为直线平面，所以平面， 所以，又，点的轨迹是一条线段，且其长度为，故A正确； 对于B，由A可得， 所以过三点的截面为等腰梯形， 又， 所以等腰梯形的高为， 所以截面面积为，故B正确； 对于C，， 所以平面切割正方体得到较大的多面体体积为，C错误； 对于D，假设存在点，使得平面， 因为平面，则， 在正方形中，如图建立平面直角坐标系， 则， 设，则， 所以，得，显然不成立，D正确. 48．（2026·安徽蚌埠·模拟预测）已知某圆锥侧面展开图是圆心角为，半径为2的扇形，则经过该圆锥顶点的截面面积最大值是（   ） A． B． C． D．2 【答案】D 【分析】利用展开图的圆心角和半径，结合扇形弧长等于圆锥底面周长，求出底面半径，再用勾股定理求出高，设底面圆上弦的中点到圆心的距离为m，其面积由底边长和顶点到底边的距离决定，即，通过函数极值法，求导数确定m后求解. 【详解】扇形弧长为，圆锥底面周长为，故： 母线长，根据勾股定理： 设底面圆上弦的中点到圆心的距离为m，则弦长，顶点到的距离为，则面积： 代入,得函数仅在时定义，即. 解，即 此时 故选：D. 49．（2026·河北衡水·二模）已知平行六面体的所有棱长均为2，为的中点，且平面，若直线与底面的夹角为，则三棱锥的外接球被平面截得的截面面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由平面得到，由题中条件得到为的中点，从而得到三棱锥中和均为直角三角形，继而得到三棱锥的外接球是以为直径，为球心，利用三棱锥体积相等求解即可得到截面圆的半径，利用圆的面积求解即可. 【详解】平面，若直线与底面的夹角为，， ，， 为的中点，四边形是平行四边形，为的中点， ，，， ，，， 三棱锥中和均为直角三角形， 且平面平面， 三棱锥的外接球是以为直径，为球心，半径为， 设到平面的距离为，外接球被平面截得的截面半径为， ， ，， ，， 截面半径，则截面面积为. 50．（2026·云南保山·二模）平行六面体所有棱长都相等，，点在底面的投影为中点，且直线与底面夹角为，则三棱锥的外接球被平面截得的截面面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】平面与球相交截面是一个圆，首先确定外接球球心及半径，再求球心到平面距离，最后根据勾股定理求截面半径． 【详解】 如图，设中点为，，， ，，即， ，则，． 又平面，平面，， 则，，即， 三棱锥中，，均为直角三角形， 且平面平面， 三棱锥的外接球是以为直径，为球心，半径， 设到平面的距离为，外接球被平面截得的截面半径为， 对于三棱锥，高为，底面积， 故， ， ，，解得， 截面半径，面积为． 51．（2026·新疆·二模）桌面上有以下四种几何体，设P是几何体表面上的一点，任意转动几何体（始终与桌面保持接触），则点P到桌面的距离最大的几何体是（    ） A．棱长为1的正方体 B．表面积为的球 C．轴截面是边长为1的正方形的圆柱 D．体积为且轴截面为直角三角形的圆锥 【答案】D 【分析】逐一求出选项ACD中几何体外接球直径及选项B中球的直径即可. 【详解】对于A，棱长为1的正方体外接球直径为，点P到桌面的距离最大值为； 对于B，表面积为的球直径为2，点P到桌面的距离最大值为2； 对于C，轴截面是边长为1的正方形的圆柱外接球直径为，点P到桌面的距离最大值为； 对于D，设体积为且轴截面为直角三角形的圆锥底面圆半径为，则， 解得，因此此圆锥外接球直径为3，点P到桌面的距离最大值为3. 52．（2026·福建三明·二模）已知四棱锥的底面为矩形，，，侧面PAB为正三角形且垂直于底面ABCD，M为四棱锥内切球表面上的一点，则点M到直线CD距离的最小值为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】分别为和的中点，平面截四棱锥的内切球所得的截面为大圆，求出圆的半径，利用圆心到直线距离求点M到直线距离的最小值. 【详解】如图，设四棱锥的内切球的半径为，取的中点为，的中点为，连接，，， 球O为四棱锥的内切球， 底面为矩形，侧面为正三角形且垂直于底面， 则平面截四棱锥的内切球O所得的截面为大圆， 此圆为的内切圆，半径为r，与分别相切于点E，F， 平面平面，交线为平面， 为正三角形，有，平面， 平面，， ，，则有，，， 则中，，解得. 所以，四棱锥内切球半径为2，连接. 平面，平面，， 又，平面，， 平面，平面，可得， 所以内切球表面上一点M到直线的距离的最小值即为线段的长减去球的半径， 所以， 又. 所以四棱锥内切球表面上的一点M到直线的距离的最小值为. 53．（2026·北京·模拟预测）如图，正方体的棱长为4，，分别为棱，的中点，已知平面与平面垂直，且点，到平面的距离均为，则满足条件的平面的个数为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【分析】由于到平面的距离均为，则以为球心，为半径作球，利用投影将立体问题转化为平面上的切线问题，经验证两球在平面上的投影外切（实际不相切），此时公切线的个数就是平面的个数. 【详解】以点为球心，为半径作球，如图： 由，且，故两球相离，无交点， 将两球分别向平面作投影，如图： 点的投影为上靠近的四等分点，记为， 点的投影为上靠近的四等分点，记为， 已知，则， 两投影圆半径均为，半径之和为，故以为圆心的两圆外切， 易得应有三条公切线，如图，过这三条公切线只能作三个平面与平面垂直， 所以此时对应三个平面满足条件. 54．（2026·浙江·二模）（多选）已知四面体的内切球球心为，棱，的中点分别为，，若，，三点共线，则（    ） A．点到的距离等于点到的距离 B．无法确定，的面积大小关系 C．，且 D．四面体的外接球球心恒在直线上 【答案】ACD 【详解】为内切球球心， 到面和面距离相等． 在上， ． ，， 所以到面的距离与到面距离相等，即． ， ． 是两三角形的公共边， 、到的距离相等，同理、到的距离也相等，故A正确，B错误. 下证为、的公垂线． 设、在上的射影分别为、． 由，故可以认为、是在以为轴，以为半径的圆柱面上． 过的中点作平面与轴垂直，则这个平面平分线段，因此，这个平面过点． 设在圆柱上底面的射影为，则在上底面的射影为的中点． 因为，， 所以． 于是面，． 这说明是和的公垂线，即和的公垂线经过的中点． 同理，它们的公垂线也经过的中点．即为它们的公垂线，故正确. 下证的中垂面与相交． 否则，． 过分别作平面与垂直，则，，， 注意到，，，从而，，这与矛盾． 于是的中垂面与相交． 设中垂面与交于点，则． 又为的公垂线且、分别为、的中点，所以，． 故，即为四面体外接球的球心，且在上．故正确. 55．（2026·四川达州·二模）（多选）如图，在棱长为3的正方体中，为对角线上的动点，，下列说法正确的是（    ） A． B．点到直线的距离的最小值为 C．过，N，A三点的平面截正方体所得截面的周长为 D．当时，三棱锥外接球的体积为 【答案】ABD 【分析】以​为坐标原点，​为轴，​为轴，为轴，建立空间直角坐标系，对于A，表示出各点坐标，利用向量数量积运算即可判断； 对于选项B，利用空间中点到直线的距离公式结合二次函数的性质即可求解； 对于C，取，连接，可得过，N，A三点的平面截正方体所得截面为梯形，求出各边长即可判断； 对于D,有条件可得，由​是直角三角形，可得外接圆半径​​，外心为​中点，设外接球球心，由即可得到球心坐标，从而求得外接圆的半径结合球的体积公式即可求解. 【详解】以​为坐标原点，​为轴，​为轴，为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， 由，得， 由为对角线上的动点，设 对于A，，， 所以 则，故A正确； 对于B，由于，， 所以， ，， 则点到直线的距离， 即 所以当​时，，B正确; 对于C，取，连接， 因为，，所以， 因为，，所以四边形为平行四边形， 则，所以，且 故过，N，A三点的平面截正方体所得截面为梯形， 由于，，， 所以过，N，A三点的平面截正方体所得截面的周长为，故C不正确； 对于D，由，，得，则， 由​是直角三角形，其外接圆半径​​，外心为​中点， 设外接球球心，由： 则，解得：， 则外接球半径：， 所以三棱锥外接球的体积：，故D正确； 56．（2026·贵州贵阳·模拟预测）（多选）已知定点，，，是边长为的等边三角形，若动点到平面的距离是1，则下列说法正确的是（   ） A．三棱锥的体积为定值 B．点到平面的距离的最大值是6 C．当点（异于点）到平面的距离是1时， D．若，，，在一个半径为5的球的球面上，则的轨迹长度是 【答案】ABD 【分析】由三棱锥的体积公式判断A，B两项，由线面平行的判断定理进行判断C项，由的轨迹是以为半径的圆或是以为半径的圆判断D项． 【详解】对于A，依题意，三棱锥的底面上的高为1，底面的面积为， 故三棱锥的体积为定值，故A正确； 对于B，因点到平面的距离是1，则侧面的边上的高的最小值为1， 所以的面积有最小值， 此时，设点到平面的距离为，由，得， 当取最小值时，有最大值6，故B正确； 对于C，当点（异于点）到平面的距离是1，且、在平面异侧时，与相交，故C错误； 对于D，设球心到，，，的距离为5，的外接圆圆心为. 由是边长为的等边三角形，可知的外接圆半径为， 则， 因为点到平面的距离是1， 所以的轨迹是以为半径的圆或是以为半径的圆， 所以的轨迹长度是，故D正确， 57．（2026·重庆·模拟预测）（多选）如图，在棱长为2的正方体中，点P在内（含边界）且，则以下结论正确的是（   ） A．异面直线与所成的角是 B．与平面所成的线面角的正切值为 C．点P的运动轨迹长度为 D．点P到平面ABCD距离的取值范围是 【答案】BCD 【分析】利用异面直线夹角的计算方法结合正方体的特征判定A；先证明平面，结合等体积法计算到平面的距离，由线面夹角的定义可判定B，由勾股定理及圆的周长公式可判定C，由数形结合结合正三角形内切圆的特征计算即可判定D. 【详解】对于A，在正方体中易知且， 所以异面直线与所成的角即或其补角，显然，即A错误； 连接，易知， 又平面，所以平面， 而平面，所以，同理可知， 即平面，设垂足为E，取的中点，连接， 则，所以， 连接，由勾股定理可知， 对于B，易知与平面所成的角为， 故B正确； 对于C，由三棱锥为正三棱锥可知为该正三角形的中心， 则三点共线，， 所以点轨迹为以E为圆心，为半径的圆上，该圆即正三角形的内切圆， 所以点P的运动轨迹长度为，故C正确； 对于D，假设P的轨迹圆与交于G点，由上可知， 而到底面的距离为2，所以到底面的距离为， 由图形可知点P到平面ABCD距离的取值范围是，故D正确. 58．（2026·湖南怀化·模拟预测）（多选）如图，正方体的棱长为2，E是的中点，则（   ） A．若是的中点，则直线与是异面直线 B．由，C，E三点确定的平面与正方体相交形成的截面周长为 C．与平面BCE所成角为 D．三棱锥的外接球的表面积为 【答案】BD 【分析】A应用正方体的结构特征及平行线的传递性判断；B由平面的基本性质画出截面图，并确定其形状，进而求出截面图形的周长判断；C利用线面垂直的性质判断与CE是否垂直即可；D构建合适的空间直角坐标系，标注相关点坐标并求出球心坐标，进而求出外接球的半径，即可得. 【详解】A，若为的中点，则，， 所以为平行四边形，则， 又，，则为平行四边形， 所以，故，故A错误； B，如图，过，C，E三点确定的平面与正方体相交形成的截面为等腰梯形， 其中F为的中点（平行则四点共面），则等腰梯形的周长为，B正确. C，， 与不垂直，且平面， 若平面，必有，矛盾，C错误； D，以A为原点，AB，AD，所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 则，，，， 设外接球的球心为，则 ， ， ， 联立可得，，， ，，D正确. 59．（2026·河南洛阳·模拟预测）（多选）如图，在直三棱柱中，分别为的中点，过点作三棱柱的截面，则下列结论中正确的是（    ） A． B．三棱柱外接球的半径为 C．若交于，则为中点 D．将三棱柱分成两部分，体积较大部分的体积为 【答案】BD 【分析】对A，通过证明直线与截面α内的法向量不垂直判断；对B，将直三棱柱补为长方体，根据长方体外接球半径等于长方体体对角线的长度计算；对C，设交点为中点，共面向量定理求解验证；对D，先求三棱柱总体积，用补形法（总体积减较小部分体积）计算较大部分体积. 【详解】以为原点，分别以所在直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系， 则，，，，，，所以，， 对于选项A：，， 设平面的法向量为， 则由，即，令，则， 所以是平面的一个法向量. 因为，故 不平行于平面，A错误； 对于选项B：直三棱柱中，， 可补为棱长为2的正方体，设外接球的半径为， 则外接球直径等于正方体体对角线，即，解得，B正确； 对于选项C：若为中点，则坐标为，，且四点共面， 则，，即，所以， 方程组无解，所以不是中点，C错误； 对于选项D：设与交点，则， 由得，所以， 解得，即. 三棱柱总体积，体积较小部分可分割为四棱锥和三棱锥， 对四棱锥，顶点，底面四边形顶点， 底面四边形面积，高为到平面的距离， 所以； 对三棱锥，顶点，底面顶点， 底面三角形面积，高为到平面的距离， 所以， 所以体积较小部分的体积为，所以体积较大部分的体积为，D正确. 【点睛】本题以直三棱柱为载体，综合考查空间线面平行判定、外接球半径计算、截面交点定位、空间几何体体积计算，核心方法是空间直角坐标系 + 向量法，将几何问题代数化，同时结合补形、分割等体积计算技巧. 60．（2026·四川绵阳·模拟预测）（多选）在棱长为的正方体中，分别为的中点，点是正方体侧面上的一动点（含边界），则下列说法正确的是（    ） A．异面直线与所成角的余弦值为 B．当点为棱的中点时，直线与直线平行 C．若保持，则点在侧面内运动路径的长度为 D．过直线的平面截该正方体的内切球所得截面圆的面积的最小值为 【答案】ACD 【分析】以正方体顶点为原点建立空间直角坐标系，得到顶点的坐标和中点的坐标，然后利用空间向量数量积的坐标运算求得异面直线与所成角的余弦值，判断A选项；求得与的坐标，根据平行向量的坐标关系判断直线与直线是否平行，判断B选项；由题可得点的运动轨迹，然后求得点在侧面内运动路径长，判断C选项；由空间向量投影求得球心到直线的距离，即可求得球心到过直线的平面的最大距离，从而求得截面圆的半径，然后得到其面积，判断D选项. 【详解】以正方体顶点为原点，建立如图空间直角坐标系，则. 则. 对于A，， 所以，故A正确. 对于B，若点为棱的中点，则，所以. 因为，所以不存在实数，使得，所以B错误. 对于C，因为，所以点在以点为球心的球面上. 又点是正方体侧面上的动点（含边界），所以点在侧面内运动轨迹是球的球面与侧面的交线. 因为侧面，且， 所以点在侧面内运动轨迹是以为圆心的圆与侧面内的交线，即圆心角为的圆弧，且半径为. 所以其路径长为.所以C正确. 对于D，易得正方体的内切球球心为正方体的中心，所以，半径为1. 所以，所以球心到直线的距离为， 所以球心到过直线的平面的最大距离为，此时截面圆的面积最小. 截面圆半径为，所以此时的截面圆面积为.所以D正确. 故选：ACD. 61．（2026·吉林四平·模拟预测）（多选）如图，在棱长为2的正方体中，为棱的中点，为侧面内一点（含边界），则（    ） A．若为棱的中点，则平面截正方体所得截面为梯形 B．若为线段上一点，则三棱锥的体积为定值 C．若为的中点，则平面 D．若为侧面的中心，则过且与垂直的平面截正方体所得截面面积为 【答案】ABD 【分析】根据三棱锥的体积公式、线面平行的判定、线面垂直等知识逐项计算即可. 【详解】连接并延长交于，连接并延长，易得交于，连接，得截面，易得四边形为梯形（如图1），故A正确； 若为上一点，如图2因为，易证平面，所以点到平面的距离不变， 又的面积固定不变，所以三棱锥，即三棱锥的体积为定值，故B正确； 如图3，取的中点，连接，则，显然平面即为平面，且与平面相交，故C错误； 如图4，若为的中心，即为的中点，取的中点，连接，则. 易证，所以，又平面，所以平面，所以， 同理可证，进而可证平面，所以过且与垂直的平面截正方体所得截面为， 易求，所以的面积为，故D正确. 故选：ABD. 62．（2026·湖南湘西·三模）如图，在直三棱柱中，分别是棱的中点，三棱柱的外接球为球，则过的平面截球所得截面面积的最小值为___________． 【答案】/ 【分析】将三棱柱补成正方体，建立空间直角坐标系，可求出外接球的半径为，利用空间向量求出点到直线的距离，进而求解截面面积的最小值. 【详解】根据题意，将该三棱柱补成正方体，以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，所以， 由正方体的性质可得该正方体的外接球球心为，即为点， 则，外接球半径为， 点到直线的距离， 该截面面积最小时，点到该截面的距离为， 则截面面积的最小值为． 63．（2026·山东·模拟预测）若正四面体的棱长为，则其外接球上一点到该正四面体四个面的距离之和的最大值为___________． 【答案】4 【分析】先得正四面体的高为，由对称性不妨令球上一点在面下方时取到最大，由可得距离和的最大值为，计算即可求解. 【详解】已知正四面体的外接球为球，因为其棱长为， 所以该正四面体的高为，球的半径为， 由对称性不妨令球上一点在面下方时取到最大， 所以， 所以， 则， 所以， 则距离和的最大值为， 所以，所以和的最大值为4． 故答案为：4. 题型5：角度的问题 64．（2026·河北邢台·二模）如图，为圆柱的一条母线，是下底面圆的直径，弦与交于点.已知圆柱的高为1，侧面积为.若且M恰为DE的中点，则直线与平面所成角的正弦值为（） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先由圆柱侧面积公式求出底面半径，再利用线段差求出，借助勾股定理算出；接着以为原点建立空间直角坐标系，求出相关点与向量坐标；然后通过平面法向量的方程组求得平面的法向量，最后利用线面角与向量夹角的关系，代入公式算出直线与平面所成角的正弦值. 【详解】设圆柱的底面半径为，则其侧面积，解得. 连接，则， 所以，易知， 所以. 以为坐标原点，平面内过点且与垂直的直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴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， 即，则，取，得. 设直线与平面所成角为， 则， 即直线与平面所成角的正弦值为. 65．（2026·河南开封·二模）在长方体中，，点分别为棱和的中点，点是棱上的动点，则平面与平面的夹角的正弦值的最大值为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用空间向量法求解，求出平面和平面的法向量，记平面和平面的夹角为，利用数量积求出，求出，利用同角关系式求出，利用正弦函数的图像和性质得到平面与平面的夹角的正弦值的最大值. 【详解】不妨设，建立空间直角坐标系如图所示， 则，， 得到， 记平面和平面的夹角为． 记平面的法向量为，， 取，则． 记平面的法向量为，， 取，则， 所以， ， ，当且仅当时，，所以， 故平面与平面的夹角的正弦值的最大值为，故选A． 66．（2026·福建龙岩·三模）在四棱锥中，底面，底面为正方形，，点为正方形内部（不含边界）的一点，且 ，则直线与直线所成角的余弦值的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】建立空间直角坐标系，根据椭圆的定义的动点的轨迹方程，根据异面直线所成角空间向量法得其表达式，利用换元法结合二次函数性质计算可得取值范围. 【详解】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， 设，在平面内，由，符合椭圆的定义． 所以点的轨迹是以为焦点的椭圆，设其方程为， 由题意可知， 所以椭圆方程为：， 显然， 又，则， 直线与所成角的余弦值 又，代入得， 当时，令，， 由二次函数性质可知，在上单调递增，所以， 所以. 67．（2026·安徽淮北·一模）如图，矩形中，，将沿对角线翻折至，使顶点在平面的投影恰好落在边上，连接.设二面角，，大小分别为，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】推导出，，从而平面，推导出，以为原点，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出． 【详解】如图所示： 平面，平面，， 由，，，平面， 平面，又平面，所以，即是直角三角形， ， 在中，，，， ，． ． 如图以为原点，建立空间直角坐标系如图所示， 则，，，， 由题意得二面角的平面角为， ，， 设平面的法向量为， 由， 令，得， 又平面的一个法向量为， 所以． ， 设平面的法向量为， 即， 令可得， ，所以． 综上，． 68．（2026·辽宁·三模）（多选）如图，在棱长为2的正方体中，为棱的中点，为正方形内一动点（含边界），则下列说法中正确的有（   ） A．直线与所成角的余弦值为 B．用平面截该正方体，所得截面面积为 C．若与交于点，则长度的取值范围是 D．若三棱锥与三棱锥体积相等，则动点的轨迹长度为 【答案】BC 【分析】对于A：建立空间直角坐标系，根据异面直线所成角的向量求法求解即可；对于B：取中点，判断四边形为平面截该正方体所得截面，求等腰梯形的面积即可；对于C：根据两点间距离公式求出最小值，结合勾股定理判断最大值；对于D：取、中点、，证出平面平面，得到动点的轨迹为线段，求出即可. 【详解】以点为原点，以，，为，，轴建立空间直角坐标系， 则，，，. 对于A：因为为棱的中点，所以，，. 设直线与所成角为， 所以，A错误. 对于B：取中点，连接，，，易知为平行四边形，所以. 又，为中点，所以，即，所以、、、四点共面， 即平面截该正方体所得截面为四边形. 易知，，， 所以四边形为等腰梯形，设高为，则， 所以面积为，B正确. 对于C：正方体中，，所以，所以. 设，则，所以. 设，. 则. 易知当，时，取得最小值，为， 由于故时，故取得最大值，所以， 故长度的取值范围是，C正确. 对于D：取、中点、，连接、、、、， 则，. 正方体中，易知，，，则 所以四边形为平行四边形，所以. 又平面，平面，所以平面. 同理可得平面， 又，所以平面平面， 即线段上的点到平面的距离等于点到平面的距离， 所以三棱锥与三棱锥体积相等时动点的轨迹为线段， 而，故D错误. 69．（2026·陕西咸阳·模拟预测）（多选）已知正方体的棱长为，点在底面内运动（包含边界），点在线段上运动，为棱的中点，则（   ） A．存在点，使得直线平面 B．当点在上时， C．三棱锥的体积为定值 D．直线与平面所成角的正弦值的取值范围为 【答案】BCD 【分析】对A由平面平面，所以判断直线与平面的位置关系可得；对B，由平面判断可得；对C，根据顶点转换法可得三棱锥的体积，对D，建立空间直角坐标系，用向量法求线面角的正弦值，并构造函数，用导数求函数的最大值可得. 【详解】对于A项，在正方体中，，平面，平面， 所以平面，同理平面，平面， 所以平面平面，又平面，所以直线与平面相交，A项错误． 对于B项，在正方体中，， 平面，所以平面，平面，所以， 同理，平面，所以平面， 当点在上时，平面，所以，B项正确． 对于C项，，C项正确． 对于D项，设直线与平面所成角为，分别以为轴建立空间直角坐标系，如图： 设，平面的一个法向量，， 所以 因为，显然当时，即点在上，. 因为在正方形内，根据正方形的对称性，故只需考虑的情况， 所以，令，则， 由柯西不等式得，所以， 令，，所以在单调递减， 所以，因此， 所以直线与平面所成角的正弦值的取值范围为，故D正确. 70．（2026·广西崇左·二模）（多选）如图，在该九面体中，六边形是边长为2的正六边形，，均为正三角形，且平面，平面均垂直于平面，则下列结论正确的是（    ） A．平面 B．该九面体的体积为8 C．该九面体外接球的表面积为 D．二面角的正弦值为 【答案】ACD 【分析】对于A：作辅助线，可证平面，平面，则，即可判断；对于B：建系并标点，求点到平面的距离，利用割补法求多面体体积；对于C：分析可知球心，设，根据两点间距离公式可得，进而可得半径和表面积；对于D：求平面、平面的法向量，利用空间向量求二面角. 【详解】对于选项A：取，的中点分别为，连接， 因为为等边三角形，则， 且平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 同理可得平面，则， 且，可知四边形为平行四边形，则， 且平面，平面，所以平面，故A正确； 对于选项B：取，的中点分别为，连接， 则，可知平面，， 以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系， 则，，，，，，，， 可得，，，， 设平面的法向量为，则， 令，则，可得； 则点到平面的距离， 由对称性可知点到平面的距离，且为正三棱柱， 所以该九面体的体积为，故B错误； 对于选项C：因为为正六边形的中心，平面， 可知该九面体外接球的球心，设，外接球的半径为， 因为，则，解得， 可得，所以该九面体外接球的表面积为，故C正确； 对于选项D：设平面的法向量为，则， 令，则，可得； 由题意可知：平面的法向量为， 设二面角为， 则， 可得，所以二面角的正弦值为，故D正确. 71．（2026·山东威海·二模）（多选）已知正方体的棱长为1，点满足，其中，则（    ） A．若，则平面 B．若，则 C．若平面，则的最小值为 D．若，则与平面所成的最大角为 【答案】ACD 【分析】根据已知构建合适的空间直角坐标系，标注出相关点坐标，结合各项的条件，应用向量法依次分析各项的正误. 【详解】由题意，构建如下图示的空间直角坐标系，则， 所以，则， 所以，， A：若，则，故， 由平面的一个法向量为，则， 且平面，所以平面，对， B：由，则，故， 又，则不一定为0， 所以不一定成立，错， C：由题意平面，平面，则， 由，，平面，则平面， 若平面，易知，而，， 所以，则， 所以， 由，则时，的最小值为，对， D：由C分析知，时，， 而平面的一个法向量，则， 所以，令， 所以，且， 当，即时，最大，即与平面所成角正弦值最大为， 由与平面所成角的范围是，故与平面所成的最大角为，对. 72．（2026·湖南岳阳·三模）在棱长为2的正方体中，点在表面上运动（含端点），且满足，当二面角的正切值为时，三棱锥的体积为______． 【答案】 【分析】建立空间直角坐标系，利用求点的轨迹，再利用二面角的正切值求出点的坐标，最后利用棱锥的体积公式计算即可. 【详解】以为原点，分别以所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系． 因为正方体棱长为2，所以， 设动点， 由得：，得， 即动点的轨迹为线段端点为和， 由于侧面，故且，因此二面角的平面角为， 根据题意，，结合轨迹条件，得即点坐标为． 又因为，所以． 73．（2026·山东青岛·二模）等边的三个顶点都在平面的同一侧，且三条边在上的射影长分别为1，，，则所在平面与所成的二面角（锐角）的余弦值为________． 【答案】 【分析】设等边的边长为，在上的投影分别为，作，，，，根据求出，以为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，求出平面的法向量及平面的法向量，利用向量法即可求出答案. 【详解】如图，在上的投影分别为， 不妨设，，， 作，，，， 设等边的边长为， 则， ， ， 由得， 化简得，解得， 又，所以， 以为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系， 则，，， 则，， 设平面的法向量， 则， 令，则，， 则， 则， 平面的一个法向量， 设所在平面与所成的二面角（锐角）为， 则， 即所在平面与所成的二面角（锐角）的余弦值为. 74．（2026·黑龙江双鸭山·模拟预测）已知四面体中，，，若该四面体的体积为48，则直线的夹角为______． 【答案】或 【分析】通过四面体的体积，结合体积公式确定与的夹角，再设直线的夹角为，由 ​，即可求解. 【详解】 在中，，故，即， 则 ​， ​； 同理在中，，故，即， 得， 因为，， 所以与的夹角就是二面角的平面角， ， 点到平面的高， 故四面体体积， 代入得： ，故， 又，因为，， 所以： ， 设直线的夹角为， 则 ​， 又， 当时，，即， 得，即； 当，可得，即， 得，得 . 即直线的夹角为或. 75．（2026·河南郑州·模拟预测）已知棱长为的正四面体的外接球球心为，，过点作球的截面，若截面面积为，则直线与该截面所成的角的正弦值为___________. 【答案】 【分析】以在底面内的射影为坐标原点建立空间直角坐标系，根据向量表示求出点坐标，再利用截面面积求出截面圆半径以及球心到截面的距离，结合线面角定义即可求得直线与该截面所成的角的正弦值为. 【详解】取的中点为，连接，则点在底面内的射影在上，且， 以为坐标原点，过点作平行于的直线为轴，分别为轴的正方向建立空间直角坐标系，如下图所示：    因为正四面体的棱长为，所以，因此； 所以， 由可得； 易知正四面体的外接球球心在上，设正四面体的外接球半径为，即； 在中，，即，解得； 因此，所以； 过点作球的截面，若截面面积为， 则截面圆半径满足，因此； 因此球心到截面距离为； 又，所以； 设直线与该截面所成的角为， 则直线与该截面所成的角的正弦值为. 故答案为： 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题25 空间几何（压轴） 题型1：空间几何体的体积与表面积 题型2：外接球与内切球 题型3：动点与轨迹问题 题型4：截面与距离问题 题型5：角度的问题 题型1：空间几何体的体积与表面积 1．（2026·河北保定·三模）现有一个带有盖子的正四面体容器，将一个冰球放入该容器中，盖子恰好能够盖上，如图所示．已知该容器的深度为h，则当冰球完全融化为水后(冰融化为水的体积变化忽略不计)，水的深度约为（    ）(参考数据： ． A． B． C． D． 2．（2026·四川成都·三模）已知在正四棱台中，，若存在一个球与此正四棱台的各个面都相切，则此正四棱台的体积为（    ） A． B． C． D． 3．（2026·湖南·三模）在平行六面体中，底面ABCD是菱形，，，设，，，的重心分别为O，P，Q，R，则四面体OPQR的体积为（   ） A． B． C． D． 4．（2026·甘肃金昌·三模）若球的半径为2，圆锥的顶点与底面圆周都在球的球面上，则当圆锥的体积取得最大值时，圆锥的侧面积为（    ） A． B． C． D． 5．（2026·河南商丘·模拟预测）已知体积为的圆锥的母线与底面的夹角为60°，若体积为的带蓝色颜料的小球在该圆锥内滚动，则在滚动的过程中，圆锥的内侧面（不含底面）被染成蓝色区域的面积为（   ） A． B． C． D． 6．（2026·安徽合肥·模拟预测）（多选）已知四棱锥的所有顶点都在半径为的球O的球面上，是正三角形，且在平面内的射影在内（含边界），， ，，则（    ） A．平分 B． C．当时，O在三棱锥内 D．四棱锥体积的最大值为​ 7．（2026·浙江·三模）设圆台的上下底面半径分别为和，母线长为，圆台的侧面积等于上下底面的面积之和，当取到最小值时，____________． 8．（2026·广东江门·一模）已知一个圆锥的底面半径为3，侧面积为.若在该圆锥内能放入一个可以任意方向自由旋转的正方体（圆锥表面厚度忽略不计），则该正方体体积的最大值为___________. 9．（2026·辽宁大连·模拟预测）已知四面体满足，，，记四面体每条棱的中点组成的几何体为，若的体积为1，则的表面积的最小值为___________． 10．（2026·四川成都·三模）在长方体中，为棱的中点，动点在平面内，且满足，则四棱锥的体积的最大值为__________. 11．（2026·湖南衡阳·二模）已知棱长为1的正方体内有一个动点M，满足，且，则四棱锥体积的取值范围为______． 12．（2026·四川绵阳·模拟预测）如图，在正方形中，为的中点，将沿直线折起至处，使得点在平面上的投影在直线上，若三棱锥外接球的表面积为，则三棱锥的体积为________.    题型2：外接球与内切球 13．（2026·安徽合肥·模拟预测）在三棱锥中，，，二面角的大小为，则三棱锥的外接球表面积为（    ） A． B． C． D． 14．（2026·辽宁抚顺·二模）如图，在三棱锥中，平面平面，和都是等腰三角形，且，，，则三棱锥外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 15．（2026·江苏南京·模拟预测）在等腰梯形ABCD中，AB与CD平行，，，沿对角线AC将折起得到三棱锥，若异面直线与BC所成角的余弦值为，则三棱锥外接球的表面积为（    ） A． B． C． D．或 16．（2026·山东烟台·二模）三棱柱中，，在底面ABC内的射影为AC中点，，，若为底面内一动点（不含边界），则三棱锥的外接球表面积的取值范围为（   ） A． B． C． D． 17．（2026·天津·二模）如图，在正方体中，三棱锥和的公共部分形成的几何体为.若的体积记为，的内切球的体积记为，则（   ） A． B． C． D． 18．（2026·山东枣庄·二模）如图，以正四面体的四个顶点为球心，以棱长为半径分别作四个球，它们的公共部分形成的几何体叫做“勒洛四面体”．若正四面体的棱长为4，则（    ） A．此“勒洛四面体”外接球的体积是 B．此“勒洛四面体”的内切球的半径是 C．此“勒洛四面体”表面上交线弧的长度为 D．过三点的截面面积是 19．（2026·河北沧州·一模）（多选）空间直角坐标系中，满足条件的点构成一几何体，则该几何体（   ） A．为正多面体 B．体积为 C．外接球体积为 D．内切球表面积为 20．（2026·河北衡水·一模）（多选）已知正方形的边长为2，平面，平面，，在平面的同一侧，且，则（   ） A．点在四棱锥外接球的球面上 B．四棱锥内切球的表面积为 C．四棱锥与四棱锥公共部分的体积为 D．四棱锥的四个侧面所在平面将空间分成14个部分 21．（2026·吉林延边·三模）（多选）在棱长为1的正四面体中，M，N分别是棱AB，BC的中点，则下列说法正确的是 A．正四面体外接球的体积是 B．直线SM和AN所成角的余弦值为 C．可以用棱长为的正方体切割出正四面体 D．若正四面体的内切球为球O，在球O和各个顶角的空隙内分别放入一个和球O、顶角侧面都相切的小球，则这5个球的半径之和为 22．（2026·四川内江·三模）（多选）在平行六面体中，，，则（   ） A． B．平面 C． D．三棱锥的外接球表面积为 23．（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 24．（2026·湖南衡阳·二模）（多选）如图，在矩形ABCD中，，E为BC的中点，将沿AE向上翻折到，连接PC，PD，在翻折过程中，下列说法正确的是（   ） A．若平面平面ABCD，则 B．四棱锥的体积最大值为 C．点P从点B翻折到AD中点的过程中，PD的中点F形成的轨迹长度为 D．三棱锥的外接球表面积的最小值为 25．（2026·河南南阳·一模）如图为四棱锥的平面展开图，其中为平行四边形，是边长为1的等边三角形，为的中点，，则四棱锥的外接球表面积为______． 26．（2024高三·全国·专题练习）如图，在三棱锥中，为等边三角形，，，若，则三棱锥外接球体积的最小值为______．    27．（2026·内蒙古赤峰·一模）如图1所示，在平面四边形中，，，，将沿折叠，得到图2中的三棱锥，使二面角的余弦值为，则三棱锥的外接球表面积为________． 28．（2026·甘肃酒泉·二模）已知底面为正方形的直四棱柱的高为4，底面边长为4，其内部有一个与直四棱柱所有面均相切的内切球.现以直四棱柱上底面的中心为顶点，下底面的外接圆为底面作一个圆锥，则该圆锥与内切球的公共部分的体积为__________.注：球缺的体积公式为为球的半径，为球缺的高. 29．（2026·内蒙古呼伦贝尔·模拟预测）在直三棱柱中，，，该三棱柱存在体积为的内切球（与侧面、底面均相切）则__________，当为的中点，为棱上的点，时，四面体外接球的表面积为__________. 30．（2026·辽宁沈阳·一模）已知球内切于正四棱台（即球与该正四棱台的上､下底面以及侧面均相切），且该正四棱台的上､下底面棱长之比为，则球与该正四棱台的体积之比为__________. 题型3：动点与轨迹问题 31．（2026·湖南·一模）在空间直角坐标系中，点，，定义.如图，正方体的棱长为5，，平面内两个动点P，G分别满足，，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 32．（2026·海南海口·模拟预测）如图，为圆锥的底面圆的直径，，，为的中点，点是圆上的动点（点、在直径同侧），当的面积最大时，点到平面距离为（   ） A． B． C． D． 33．（2026·辽宁大连·三模）已知矩形ABCD中，，，如图，将沿着BE进行翻折，使得点A与点S重合，若点S在平面BCDE上的射影在四边形BCDE内部（包含边界），则动点S的轨迹长度是（   ） A． B． C． D． 34．（2026·重庆北碚·模拟预测）在棱长为2的正四面体中，动点分别在棱上，且二面角的大小恒为，则三棱锥体积的最大值为（   ） A． B． C． D． 35．（2026·山东枣庄·三模）在棱长为1的正方体中，是棱的中点，是正方形内的动点（包含边界），且平面，则点的轨迹长度为（    ） A． B． C． D． 36．（2026·广东揭阳·二模）已知圆锥的底面半径为，母线长为，圆锥内部有一个半径1的球，该球同时紧贴圆锥的侧面和底面滚动，则该球与圆锥的接触点的轨迹长度为（   ） A． B． C． D． 37．（2026·陕西榆林·模拟预测）（多选）在棱长为1的正方体中，为棱的中点，则（    ） A． B．点到平面的距离为 C．直线与平面所成角的正弦值为 D．动点在正方体内部或表面上，且平面，则动点轨迹所形成区域的面积是 38．（2026·湖南·一模）（多选）在棱长为2的正方体中，F是棱的中点，Q为正方体表面上的一个动点（含边界），则下列说法中正确的是（    ） A．过A，F，C的平面截该正方体所得的截面图形的周长为 B．若P为棱的中点，且平面，则线段的最小值为 C．若Q是正方形内的一个动点，且满足，则动点Q的轨迹是一条线段 D．若P为棱的中点，则四面体外接球的表面积为11π 39．（2026·河北保定·三模）（多选）如图，在棱长均为2 的正三棱柱中，D 为 的中点，则（    ） A． B．异面直线 与 所成角的余弦值为 C．若分别为 上的点，则的最小值为1 D．若点P 在底面上，且平面，则点P的轨迹长度为 40．（2026·河北·二模）已知棱长为4的正四面体的各顶点均在球的球面上，为的中点，动点在球的球面上运动，且．记在平面上的射影为，则的轨迹长度为___________，的轨迹所围成的区域面积为___________． 41．（2026·江西南昌·三模）在矩形纸片中，，，，，，分别是四边的中点．现将它通过翻折后围成一个正四面体（围成的正四面体的表面中，纸片无任何重叠）．若一个小球可以在正四面体内任意滚动，且小球与正四面体所有接触点形成的轨迹的图形面积为，则该小球半径的值为_____________． 42．（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______. 43．（2026·天津河东·二模）已知正四棱锥，的中点分别为，点为上一动点，平面将正四棱锥分为两个部分，当为中点时，体积较小部分与体积较大部分的比值为________；当时，体积较小部分与体积较大部分的比值为________． 44．（2026·河南开封·二模）已知正方体的棱长为1，为平面内一动点，且直线与平面所成角为，点为正方形的中心，若点为直线上一动点，则的最小值为__________． 45．（2026·辽宁盘锦·一模）直角三角形中，，，，D是边上一动点（不包括端点）.将沿折起，得到三棱锥，使得二面角为直二面角，则三棱锥的外接球的表面积的取值范围是_____，三棱锥体积的最大值是______. 题型4：截面与距离问题 46．（2026·重庆九龙坡·一模）已知正方体棱长为1，过点的平面截正方体所得截面为菱形时，该截面的面积为（   ） A． B． C． D． 47．（2026·北京·模拟预测）在棱长为4的正方体中，点为棱的中点，点在底面内运动，且满足直线平面，将正方体沿平面切割，得到两个多面体，下列说法中错误的是（   ） A．点的轨迹是一条线段，且其长度为 B．过三点的截面面积为18 C．沿平面切割正方体得到较大的多面体体积为 D．在棱上不存在点，使得平面 48．（2026·安徽蚌埠·模拟预测）已知某圆锥侧面展开图是圆心角为，半径为2的扇形，则经过该圆锥顶点的截面面积最大值是（   ） A． B． C． D．2 49．（2026·河北衡水·二模）已知平行六面体的所有棱长均为2，为的中点，且平面，若直线与底面的夹角为，则三棱锥的外接球被平面截得的截面面积为（   ） A． B． C． D． 50．（2026·云南保山·二模）平行六面体所有棱长都相等，，点在底面的投影为中点，且直线与底面夹角为，则三棱锥的外接球被平面截得的截面面积为（   ） A． B． C． D． 51．（2026·新疆·二模）桌面上有以下四种几何体，设P是几何体表面上的一点，任意转动几何体（始终与桌面保持接触），则点P到桌面的距离最大的几何体是（    ） A．棱长为1的正方体 B．表面积为的球 C．轴截面是边长为1的正方形的圆柱 D．体积为且轴截面为直角三角形的圆锥 52．（2026·福建三明·二模）已知四棱锥的底面为矩形，，，侧面PAB为正三角形且垂直于底面ABCD，M为四棱锥内切球表面上的一点，则点M到直线CD距离的最小值为（   ） A． B． C． D． 53．（2026·北京·模拟预测）如图，正方体的棱长为4，，分别为棱，的中点，已知平面与平面垂直，且点，到平面的距离均为，则满足条件的平面的个数为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 54．（2026·浙江·二模）（多选）已知四面体的内切球球心为，棱，的中点分别为，，若，，三点共线，则（    ） A．点到的距离等于点到的距离 B．无法确定，的面积大小关系 C．，且 D．四面体的外接球球心恒在直线上 55．（2026·四川达州·二模）（多选）如图，在棱长为3的正方体中，为对角线上的动点，，下列说法正确的是（    ） A． B．点到直线的距离的最小值为 C．过，N，A三点的平面截正方体所得截面的周长为 D．当时，三棱锥外接球的体积为 56．（2026·贵州贵阳·模拟预测）（多选）已知定点，，，是边长为的等边三角形，若动点到平面的距离是1，则下列说法正确的是（   ） A．三棱锥的体积为定值 B．点到平面的距离的最大值是6 C．当点（异于点）到平面的距离是1时， D．若，，，在一个半径为5的球的球面上，则的轨迹长度是 57．（2026·重庆·模拟预测）（多选）如图，在棱长为2的正方体中，点P在内（含边界）且，则以下结论正确的是（   ） A．异面直线与所成的角是 B．与平面所成的线面角的正切值为 C．点P的运动轨迹长度为 D．点P到平面ABCD距离的取值范围是 58．（2026·湖南怀化·模拟预测）（多选）如图，正方体的棱长为2，E是的中点，则（   ） A．若是的中点，则直线与是异面直线 B．由，C，E三点确定的平面与正方体相交形成的截面周长为 C．与平面BCE所成角为 D．三棱锥的外接球的表面积为 59．（2026·河南洛阳·模拟预测）（多选）如图，在直三棱柱中，分别为的中点，过点作三棱柱的截面，则下列结论中正确的是（    ） A． B．三棱柱外接球的半径为 C．若交于，则为中点 D．将三棱柱分成两部分，体积较大部分的体积为 60．（2026·四川绵阳·模拟预测）（多选）在棱长为的正方体中，分别为的中点，点是正方体侧面上的一动点（含边界），则下列说法正确的是（    ） A．异面直线与所成角的余弦值为 B．当点为棱的中点时，直线与直线平行 C．若保持，则点在侧面内运动路径的长度为 D．过直线的平面截该正方体的内切球所得截面圆的面积的最小值为 61．（2026·吉林四平·模拟预测）（多选）如图，在棱长为2的正方体中，为棱的中点，为侧面内一点（含边界），则（    ） A．若为棱的中点，则平面截正方体所得截面为梯形 B．若为线段上一点，则三棱锥的体积为定值 C．若为的中点，则平面 D．若为侧面的中心，则过且与垂直的平面截正方体所得截面面积为 62．（2026·湖南湘西·三模）如图，在直三棱柱中，分别是棱的中点，三棱柱的外接球为球，则过的平面截球所得截面面积的最小值为___________． 63．（2026·山东·模拟预测）若正四面体的棱长为，则其外接球上一点到该正四面体四个面的距离之和的最大值为___________． 题型5：角度的问题 64．（2026·河北邢台·二模）如图，为圆柱的一条母线，是下底面圆的直径，弦与交于点.已知圆柱的高为1，侧面积为.若且M恰为DE的中点，则直线与平面所成角的正弦值为（） A． B． C． D． 65．（2026·河南开封·二模）在长方体中，，点分别为棱和的中点，点是棱上的动点，则平面与平面的夹角的正弦值的最大值为（   ） A． B． C． D． 66．（2026·福建龙岩·三模）在四棱锥中，底面，底面为正方形，，点为正方形内部（不含边界）的一点，且 ，则直线与直线所成角的余弦值的取值范围为（   ） A． B． C． D． 67．（2026·安徽淮北·一模）如图，矩形中，，将沿对角线翻折至，使顶点在平面的投影恰好落在边上，连接.设二面角，，大小分别为，则（    ） A． B． C． D． 68．（2026·辽宁·三模）（多选）如图，在棱长为2的正方体中，为棱的中点，为正方形内一动点（含边界），则下列说法中正确的有（   ） A．直线与所成角的余弦值为 B．用平面截该正方体，所得截面面积为 C．若与交于点，则长度的取值范围是 D．若三棱锥与三棱锥体积相等，则动点的轨迹长度为 69．（2026·陕西咸阳·模拟预测）（多选）已知正方体的棱长为，点在底面内运动（包含边界），点在线段上运动，为棱的中点，则（   ） A．存在点，使得直线平面 B．当点在上时， C．三棱锥的体积为定值 D．直线与平面所成角的正弦值的取值范围为 70．（2026·广西崇左·二模）（多选）如图，在该九面体中，六边形是边长为2的正六边形，，均为正三角形，且平面，平面均垂直于平面，则下列结论正确的是（    ） A．平面 B．该九面体的体积为8 C．该九面体外接球的表面积为 D．二面角的正弦值为 71．（2026·山东威海·二模）（多选）已知正方体的棱长为1，点满足，其中，则（    ） A．若，则平面 B．若，则 C．若平面，则的最小值为 D．若，则与平面所成的最大角为 72．（2026·湖南岳阳·三模）在棱长为2的正方体中，点在表面上运动（含端点），且满足，当二面角的正切值为时，三棱锥的体积为______． 73．（2026·山东青岛·二模）等边的三个顶点都在平面的同一侧，且三条边在上的射影长分别为1，，，则所在平面与所成的二面角（锐角）的余弦值为________． 74．（2026·黑龙江双鸭山·模拟预测）已知四面体中，，，若该四面体的体积为48，则直线的夹角为______． 75．（2026·河南郑州·模拟预测）已知棱长为的正四面体的外接球球心为，，过点作球的截面，若截面面积为，则直线与该截面所成的角的正弦值为___________. 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $