立体几何中的定值问题 专项训练-2026届高考数学三轮冲刺

**基本信息** 聚焦立体几何定值问题，通过几何转化与代数运算双路径构建解题体系，强化空间观念与推理能力 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |选择填空|12题|动态问题静态化（如体积转化顶点）、向量坐标法（角度计算）、几何性质应用（正方体/球性质）|从几何体结构特征到空间关系判定，再到量的定值推理，形成"概念-关系-计算"链条| |解答题|5题|展开图法（路径最值）、参数方程法（范围探究）、体积公式与基本不等式（最值证明）|以定值证明为主线，整合线面角、二面角等核心概念，体现从定性分析到定量计算的逻辑递进|

2026届高考数学三轮冲刺典型考点归纳： 立体几何--立体几何中的定值问题 一、单选题 1．在棱长为1的正方体中，，是线段（含端点）上的一动点，则： ①；②平面；③三棱锥的体积是定值； 上述命题中正确的个数是（   ） A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 2．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． 3．已知△ABC是面积为的等边三角形，且其顶点都在球O的球面上.若球O的表面积为16π，则O到平面ABC的距离为（    ） A． B． C．1 D． 4．设是同一个半径为4的球的球面上四点，为等边三角形且其面积为，则三棱锥体积的最大值为 A． B． C． D． 5．已知正方体每条棱所在直线与平面所成角相等，平面截此正方体所得截面边数最多时，截面的面积为，周长为，则（    ） A．不为定值，为定值 B．为定值，不为定值 C．与均为定值 D．与均不为定值 6．如图，在单位正方体中，任作平面与对角线垂直，使平面与正方体六条棱都有公共点，记截面的面积为，截面周长为，则（    ） A．为定值，为定值 B．为定值，不为定值 C．不为定值，不为定值 D．不为定值，为定值 7．半正多面体（semiregular solid）亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美.二十四等边体就是一种半正多面体，是由正方体切截而成的.它由八个正三角形和六个正方形构成（如图所示），点满足，则直线与平面所成角的正弦值（   ） A．为定值 B．存在最大值，且最大值为1 C．为定值1 D．存在最小值，且最小值为 二、多选题 8．如图，在直三棱柱中，，，点是线段上一点，则下列说法正确的是（   ） A．当为的中点时，平面 B．四面体的体积为定值 C．的最小值为 D．为定值9 9．在棱长为3的正方体中，点是平面内一个动点，且满足，则下列结论正确的是（   ）    A． B．点的轨迹是一个半径为的圆 C．直线与平面所成角为定值 D．三棱锥体积的最大值为3 10．在边长为的正方体中，动点在棱上，动点在棱上，满足．以下对运动过程的描述，正确的是（    ） A．存在，满足 B．存在，使与所成角的余弦值为 C．点到平面的距离为定值 D．四面体的体积为定值 11．如图，长方体中，是侧面的中心，是底面的中心，点在线段上运动，则下面选项正确的是（    ） A．直线与平行 B．四面体的体积为定值 C．点到平面的距离为 D．异面直线与所成的角为 12．直四棱柱的所有棱长都为4，，点在四边形及其内部运动，且满足，则下列选项正确的是（    ）    A．点的轨迹的长度为. B．直线与平面所成的角为定值． C．点到平面的距离的最小值为. D．的最小值为-2． 三、填空题 13．某制药公司生产某种胶囊，其中胶囊中间部分为圆柱，且圆柱高为，左右两端均为半球形，其半径为，若其体积为定值，则胶囊的表面积取最小值时 . 14．已知球O的体积为，正四面体的顶点B，C，D都在球O的表面上，球心O为的外心，棱与球面交于点P，若平面，平面，平面，平面，平行且与之间的距离为同一定值，棱，分别与交于点Q，R，则的周长为 ． 四、解答题 15．如图，在正方体中，，均为线段上的动点（不含端点），. (1)证明：. (2)设，，. （i）试探究是否为定值，并说明你的理由； （ii）求二面角的余弦值的取值范围. 16．已知正三棱锥： (1)若该三棱锥的侧棱长为1，且两两成角为，设质点W自A出发依次沿着三个侧面移动环绕一周直至回到出发点A，求质点移动路程的最小值； (2)若该三棱锥的所有棱长均为1，试求以P为顶点，以三角形内切圆为底面的圆锥的体积； (3)若该锥体的体积为定值V，设O为点P在底面的投影，点O到的距离为于点M，连接得．求出当三棱锥的表面积S最小时，角的余弦值． 17．如图，球O的半径为4，PQ是球O的一条直径，C是线段PQ上的动点，过点C且与PQ垂直的平面与球O的球面交于⊙C，是⊙C的一个内接正六边形．    (1)若C是OQ的中点． （i）求六棱锥的体积； （ii）求二面角的余弦值； (2)设的中点为M，求证：tan∠MPQ·tan∠MQP为定值． 18．在三棱锥中，的平分线交于点，记所在平面为. (1)求直线与所成角的大小； (2)设. （i）若，求点到平面的距离； （ii）探究：在内是否存在两个不同的定点，使得为定值？若存在，求出该定值；若不存在，请说明理由. 19．已知是棱长为2的正方体表面上一动点，，分别是线段和的中点，点满足，且，设的轨迹围成的图形为多边形． (1)证明：为平行四边形； (2)是否存在，使得和底面的夹角为．若存在，求出的值，若不存在，请说明理由． (3)证明：点和形成的多面体的体积为定值． 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D C C B A D A ABD ACD ABD 题号 11 12 答案 ABC BC 1．D 利用正方体的结构特征，利用线面位置关系的判定和性质，锥体体积计算对3个命题逐个判断即可得出结论. 对于①，因为平面，平面，则， 又因为，且平面， 得平面，又平面，所以； 因为平面，平面，则， 又因为平面， 所以平面，又平面， 所以，又平面，所以平面， 又平面，所以，故①正确； 对于②，在正方体中，因为，， 所以四边形是平行四边形，所以， 又因为平面，平面，所以平面， 同理，平面，又平面， 所以平面平面，又平面，所以平面，故②正确； 对于③，由②知，平面，平面， 所以平面，所以点到平面的距离等于点到平面的距离， 所以，为定值，故③正确； 故选：D. 2．C 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. 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 3．C 根据球的表面积和的面积可求得球的半径和外接圆半径，由球的性质可知所求距离. 设球的半径为，则，解得：. 设外接圆半径为，边长为， 是面积为的等边三角形， ，解得：，， 球心到平面的距离. 故选：C. 【点睛】本题考查球的相关问题的求解，涉及到球的表面积公式和三角形面积公式的应用；解题关键是明确球的性质，即球心和三角形外接圆圆心的连线必垂直于三角形所在平面. 4．B 分析：作图，D为MO 与球的交点，点M为三角形ABC的中心，判断出当平面时，三棱锥体积最大，然后进行计算可得． 详解：如图所示， 点M为三角形ABC的中心，E为AC中点， 当平面时，三棱锥体积最大 此时， , 点M为三角形ABC的中心 中，有 故选B. 点睛：本题主要考查三棱锥的外接球，考查了勾股定理，三角形的面积公式和三棱锥的体积公式，判断出当平面时，三棱锥体积最大很关键，由M为三角形ABC的重心，计算得到，再由勾股定理得到OM，进而得到结果，属于较难题型． 5．A 利用正方体棱的关系，判断平面所成的角都相等的位置，可知截面边数最多时为六边形，如图所示，可计算出周长为定值，计算正三角形的面积和截面为正六边形时的截面面积通过比较即可得答案. 正方体的所有棱中，实际上是3组平行的棱，每条棱所在直线与平面所成的角都相等， 如图：与面平行的面且截面是六边形时满足条件，不失一般性设正方体边长为1， 可得平面与其他各面的交线都与此平面的对角线平行，即等 设，则，∴， ∴，同理可得六边形其他相邻两边的和为， ∴六边形的周长为定值． 正三角形的面积为； 如上图，当均为中点时，六边形的边长相等即截面为正六边形时截面面积最大，截面面积为， 所以截面从平移到的过程中，截面面积的变化过程是由小到大，再由大到小， 故可得周长为定值，面积不为定值， 故选：A. 6．D 根据题意易知截面面积是变动的，可证得周长为定值. 由正方体的性质可知最小时为正面积，面积为， 最大时为中截面，面积为， 为定值是正的周长（如图29），理由如下， 作平行于，则易得四边形为平行四边形， 所以，， 则，同理可得，， 所以. 故选：D. 7．A 根据条件可得在线段（不包括点），将该半正多面体补成正方体，可得直线与平面所成角等于直线与平面所成角，得解. ，即在线段（不包括点）. 如图，将该半正多面体补成正方体，则平面平面， 因此直线与平面所成角等于直线与平面所成角. 在正四面体中，设正四面体的棱长为2，作平面，垂足为， 连接，则即为直线与平面所成角. 易求，所以， 所以. 所以直线与平面所成角的正弦值为. 故选：A. 【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是将向量条件转化为，即在线段（不包括点），将该半正多面体补成正方体求解. 8．ABD 对于A，由题可得，据此可判断选项正误；对于B，由平面可得到平面距离为定值，据此可判断选项正误；对于C，将平面沿折叠，使平面与平面重合，然后由余弦定理结合题目信息可得最小值；对于D，注意到在方向上的投影向量为，据此可判断选项正误. 对于A，因几何体为直棱柱，，则，又M为的中点，则. 又由题可得平面，平面，则. 因平面，， 则平面，即平面，故A正确； 对于B，由题可得，又平面，平面， 则平面，即平面，从而到平面距离为定值， 又也为定值，则四面体的体积为 为定值；故B正确， 对于C，如图，将平面沿折叠，使平面与平面重合， 使变为，则当三点共线时，最小. 因，，结合几何体为直棱柱. 则，为等腰直角三角形，， 又，则，则由余弦定理： ， 则的最小值为，故C错误； 对于D，，由题可得， 则在方向上的投影向量为， 所以，故D正确. 故选：ABD 9．ACD 由线面垂直的判定与性质定理判断A，根据线面垂直，得线线垂直，从而给勾股定理求得点的轨迹，判断B，由B结合线面角的定义判断C，同样结合B与棱锥体积公式判断D. 对于A，连接，因为四边形为正方形，则， 因为平面平面，则， 因为平面，所以平面， 平面，所以，同理可得， 因为平面，所以平面， 因为平面，所以，故A正确；    对于B，由A选项知平面，设平面， 即平面平面， 因为，， 所以三棱锥为正三棱锥，因为平面，则为正的中心，则， 所以，因为， 所以，因为，即， 即，化简可得， 因为点到等边三角形的边的距离为， 所以点的轨迹是在内，且以为圆心、半径为的圆，故B错误；    对于C，由选项B可知，点的轨迹是在内，且以为圆心、半径为的圆，，且平面， 所以就是直线与平面所成角， 所以，因为，所以直线与平面所成角为定值，故C正确； 对于D，因为点到直线的距离为，点到直线的最大距离为， 故的面积的最大值为，因为平面， 则三棱锥体积的最大值为，故D正确． 故选：ACD． 10．ABD 建立空间直角坐标系，设，，，由关系证明，由此可得，令，求，判断A，令与所成角的余弦值为，求判断B，取的不同位置，说明点到平面的距离不相等判断C，结合锥体体积公式求四面体的体积判断D. 以点为原点，，，为，，轴的正方向建立空间直角坐标系， 则，，，，，，，． 因为点在上，故可设点的坐标为； 点在上，设点的坐标为，． 所以，． 因为，所以，得， 因此，点坐标为，其中． 若，则，故， 又，， 所以， 所以，即存在，满足，A正确； 因为，， 所以， 若与所成角的余弦值为，则， 化简可得，所以， 所以存在，使与所成角的余弦值为，B正确； 设平面的法向量为， 则，又，， 所以，设，则，， 所以为平面的一个法向量， 又， 所以点到平面的距离为， 当或时，， 当时，，故不为定值，C错误； 四面体，即三棱锥的底面的面积为定值， 又平面， 所以点到平面的距离等于点到平面的距离， 故三棱锥的体积恒为定值，故D正确． 故选：ABD． 11．ABC 连接，则为的中点，为的中点，即可判断A；证明平面，再根据棱锥的体积公式即可判断B；以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用向量法即可判断CD. 对于A选项，连接， 因为是侧面的中心，是底面的中心， 则为的中点，为的中点， 所以在中，为的中位线，即，A正确； 对于B选项，因为，平面平面， 所以平面， 又点在线段上运动，所以点到平面的距离为定值， 又为定值，所以四面体的体积为定值，B正确； 对于C选项，如图以点为坐标原点，建立空间直角坐标系， 则， 设平面的一个法向量为， 则， 解得，令，得，则， 所以点到平面的距离，C正确； 对于D选项，，, 则， 故异面直线与所成的角不为，D错误. 故选：ABC. 12．BC 建立空间直角坐标系，表示，化简后得点的轨迹方程，得轨迹长度判断A；向量法求线面角判断B，向量法求点到平面距离，结合点的轨迹得最小值判断C；坐标表示向量数量积，结合点的轨迹最小值判断D. 直四棱柱的所有棱长都为4，则底面为菱形， 又，则和都是等边三角形， 设与相交于点，由，以为原点，为轴，为轴，过垂直于底面的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，    则有，， 点在四边形及其内部运动，设，， 由，有， 即， 所以点的轨迹为平面内，以为圆心，2为半径的半圆弧， 所以点的轨迹的长度为， A选项错误； 平面的法向量为，， 直线与平面所成的角为，则， 又由，则， 所以直线与平面所成的角为定值， B选项正确； ，设平面的一个法向量为， 则有，令，得，， 所以点到平面的距离， ，所以时，， 所以点到平面的距离的最小值为，C选项正确； ， ，其几何意义为点到点距离的平方减12， 由，点到点距离最小值为， 的最小值为，D选项错误. 故选：BC. 【点睛】方法点睛： 空间几何体中的相关问题，要利用好几何体本身的结构特征，点线面的位置关系，图形中的角度和距离等，建立空间直角坐标系，利用向量法解决问题，也是常用的方法. 13． 根据体积公式得到，然后将表面积用表示为，求导，利用单调性得到结果. 根据题意得：， 故胶囊的表面积，， 令，则. 当，，单调递减； 当，，单调递增. 则当时，取最小值. 故答案为：. 14． 结合球的体积公式，根据正三角形外接圆的性质求得边长，利用三点共线及数量积的运算律求得，然后利用平行平面的性质求得，，再利用余弦定理求得，即可求解的周长. 由已知，连接， 设与之间的距离为d，设球O的半径为R， 因为球O的体积为，则，解得， 所以，所以， 即正四面体的棱长为3，所以， 因为球心O为的外心，则在正四面体中，平面， 又平面，则， 由A，P，B三点共线，故存在实数使得， 所以， 所以，即， 解得，所以，所以，所以， 又且与之间的距离为d， 则，，所以，， 所以，，则，则， 在中，， 则由余弦定理，， 所以的周长为. 故答案为：. 15．(1)证明见解析 (2)（i）为定值，理由见解析；（ii） （1）连接，，，通过证明平面，即可求证； （2）（i）连接，.设，则，通过，，及，即可求解；（ii）建系，求得平面法向量，代入夹角公式即可求解. （1）证明：连接，，.在正方体中，平面，在平面，则. 又，，都在平面内， 所以平面，又在平面，所以.     同理可得，因为，都在平面内， 所以平面. 又因为平面，所以. （2）解：（i）连接，.设，则， 易知是正三角形，则，，其中. 因为，所以. 同理可得，， 故，为定值. （ii）设，以为坐标原点，，，所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，如图所示，则，，，， 所以，.     设平面的法向量为，则， 即，取，得. 同理可得平面的一个法向量为. . 因为，所以， 所以.     设，则. 因为，所以. 又，所以， 则.设， 则，， 所以. 由图可知二面角是锐角， 所以二面角的余弦值的取值范围是. 16．(1)1 (2) (3) （1）利用三棱锥的侧面展开图即可求解； （2）求出底面三角形内切圆的半径，圆锥的高和母线，利用圆锥的体积公式即可求解； （3）利用表示V与S，进而可用V表示S，再利用基本不等式求最值即可求解. （1）如图沿侧棱将三棱锥的侧面展开如图， 则即为质点移动路程的最小值， 由题意可得：，所以， 则是等边三角形，则，所以质点移动路程的最小值为1． （2）设三棱锥的高为内切圆的半径为r，外接圆半径为R，圆锥的母线为l， 则， 在中利用正弦定理得，， 所以，， 所以圆锥的体积为． （3）依题意得，，，连接， 因为正三棱锥，， 则为等边的中心，为中点，， 所以，， 因平面，平面，则， 又，，平面，则平面， 又平面，则， 在中，，所以， 则， 所以三棱锥的表面积， 因为，所以， 所以三棱锥的体积，所以， 所以， 令，则， 又，所以， 所以 ， 当且仅当即时等号成立， 又取得最小值时，S取得最小值， 所以体积一定时，该三棱锥侧面与底面所成的二面角的平面角的余弦值时其表面积最小． 17．(1)（i）；（ii） (2)证明见解析 （1）（i）先计算正六边形的面积，再根据锥的体积公式即可求解； （ii）建立空间直角坐标系，计算平面的一个法向量和平面的一个法向量，利用夹角公式即可求解； （2）由已知，M点在过PQ且与⊙C所在平面垂直的一个平面内，记这个平面为α． 在平面α内，以O为坐标原点，以PQ为y轴，以PQ中垂线为x轴建立平面直角坐标系，设，由，得，又，代入即可求解. （1）（i）因为O到⊙C的距离为2，所以⊙C的半径为， 所以正六边形的边长为， 所以正六边形的面积为， 且P到⊙C的距离为6，所以六棱锥的体积为； （ii）以C为原点，为轴，的中垂线为y轴，PQ为z轴建系，    则，，，， 所以，，， 设平面的一个法向量， 则 令＝1，得， 设平面的一个法向量 则， 令＝1，得， 所以． （2）由已知，M点在过PQ且与⊙C所在平面垂直的一个平面内，记这个平面为α． 在平面α内，以O为坐标原点，以PQ为y轴，以PQ中垂线为x轴建立平面直角坐标系， 设，则，， 因为，所以， 即，又P，Q的坐标分别为， 所以 18．(1) (2)（i）；（ii）存在， （1）利用空间垂直关系把线面角转化为平面角，然后借助平面几何知识进行求解即可； （2）（i）利用空间垂直关系先证明面面垂直，再作出点到面的距离，从而进行求解即可； （ii）利用圆锥被一个斜平面所截，可通过空间向量的坐标运算得到椭圆方程，从而利用椭圆的焦点坐标来找到两个定点. （1）因为平面， 所以平面， 所以直线与所成的角为， 因为的平分线交于点， 所以， 在直角三角形中，， 所以， 所以， 所以； 所以直线与所成的角为； （2）（i）由（1）得平面，又平面，所以， 因为平面， 所以平面，又因为平面 所以平面平面，过点作于点， 因为平面平面，平面， 所以平面，则的长度即为点到平面的距离， 所以， 即点到平面的距离为； （ii）取的中点为的中点为，连接.则， 由得，， 又，所以， 在内过点作，所以， 以为原点，直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图所示. 因为，所以， 设，又， 则， 因为， 所以， 化简得，，即， 所以点在椭圆上运动， 所以存在，使得 19．(1)证明见解析 (2)不存在，理由见解析 (3)证明见解析 （1）利用截面，分别作出在点和在点处的截面，得知在上移动时，截面绕转动，再利用面面平行的性质即可得证； （2）过作于，可得是平面的一个法向量，结合为平面的一个法向量，知为和底面的夹角，在中，求得的范围即可; （3）设截面与交于点，与交于，由四棱锥被平面分成两个三棱锥为三棱锥，三棱锥，可得体积不变. （1），截面， 当在点处时，在平面内的射影为， 当在点时，在平面内的射影为， 令分别为的中点，过的截面与和均垂直，即与垂直，即截面为， 当在点处时，在平面内的射影为，在平面内的射影为， 过的截面为与和均垂直，即与垂直，即截面为， 当在上移动时，截面绕转动， 当在点时，在面射影为， 由面面平等的性质可知截面总为平行四边形； （2）不存在 理由：以为坐标原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系， 过作于，由题意得平面， 是平面的一个法向量， 为平面的一个法向量，为和底面的夹角， ， 存在，使得和底面的夹角大于； 不否存在，使得和底面的夹角为． （3）设截面与交于点，与交于， 四棱锥被平面分成两个三棱锥为三棱锥，三棱锥， 两个三棱锥底面无论截面变化，底面面积均不变，两个三棱锥的高均为正方体的棱长， 三棱锥，三棱锥的体积为定值， 点和形成的多面体为定值． www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页） 1 学科网（北京）股份有限公司 $