重难专题01 立体几何压轴小题题型汇总（二）（9种题型清单）（全国通用）2027年高考数学一轮复习讲练测

重难专题01 立体几何压轴小题题型汇总（二） 题型脑图·重难考法归纳 考法深研·解题技能通关 题型11 球的截面问题 球的截面问题主要是球心到截面的距离、截面圆半径、球的半径三者构成直角三角形，满足，其中为球的半径，为截面圆的半径，为球心到截面的距离。 2．（25-26高一下·湖南·期中）已知直四棱柱的棱长均为.以为球心，为半径的球面与侧面的交线长为（    ） A． B． C． D． 3．（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． 4．（2026·重庆·模拟预测）在正四棱锥中，，当过，，三点的球的体积最小时，该球被平面所截截面的面积为（    ） A． B． C． D． 5．（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． 6．（2026高一·全国·专题练习）如图，长方体的长、宽、高分别为，且分别为上底面、下底面（含边界）内的动点，当最小时，以为球心，的长为半径的球面与上底面的公共点的轨迹长度为（   ） A．2 B． C． D． 7．（25-26高三下·河北沧州·阶段检测）球与棱长为2的正四面体的棱，，均相切，且和平面相切，则正四面体三个侧面，，截球的截痕长度共为（    ） A． B． C． D． 8．（2026·四川·模拟预测）已知正三棱柱的底面边长为6，高为，其顶点都在球O的球面上，则球心O到平面的距离为（   ） A． B． C． D． 9．（26-27高三上·贵州贵阳·阶段检测）已知直四棱柱的棱长均为2，．以为球心，为半径的球与侧面的公共部分面积为_________． 10．（26-27高三上·湖北·开学考试）在正四面体ABCD中，E为棱AC上一点，过点E作平面，使得，，若AB，CD到平面的距离分别为2和8，则该正四面体的外接球被平面截得的截面的面积为__________． 11．（2026·陕西·三模）在正方形中，，，分别为边，的中点，分别沿，，将，，折起，使点，，重合于点，形成四面体，则以为球心，1为半径的球面与四面体的外接球相交形成的交线的长度为_____________． 12．（25-26高二下·广东韶关·期末）已知三棱锥的四个顶点在球的球面上，，是边长为的正三角形，，，，过点作球的截面，则截面面积的最小值为__________. 题型12 截面问题 立体几何截面问题主要是画出截面图形，再根据图形求周长、面积或判断形状，常见做法是平行线法、延长线法确定交点，把空间问题转到平面里处理。如何画截面： 1.先找两个确定的交点；2.用平行线法“复制交线”；3.用延长线法找隐藏交点；4.围成封闭图形。 13．（2026·陕西安康·模拟预测）已知正方体的外接球表面积为，是棱的中点，将过点且以为法向量的平面记为平面，则平面截该正方体所得截面的面积为（    ） A． B． C． D． 14．（26-27高三上·山东聊城·开学考试）由透明玻璃制成的正方体密闭容器的棱长为1（玻璃厚度忽略不计），注入体积为的液体，在正方体自由旋转的过程中，液面形成图形记为，液体形成的几何体记为，则下列说法错误的是（    ） A．可能是正三棱锥 B．不可能为直角三角形 C．当时，的面积最大值为 D．当为三棱锥时，的体积最大值为 15．（2026·湖南常德·一模）已知正方体 的棱长为 2，点 分别是正方形 和 的中心，过 的平面 与直线 垂直，则平面 截正方体 所得的截面周长为（    ） A． B． C． D． 16．（25-26高一下·黑龙江·期中）已知直四棱柱的底面是边长为的正方形，分别是棱的中点，点是棱上的一点，且，则过点的平面截直四棱柱所得截面的面积为（    ） A． B． C． D． 17．（2026·江西南昌·二模）若圆锥的侧面展开图是一个半径为3，圆心角为的扇形，则过圆锥顶点的截面中，截面面积的最大值为（   ） A． B． C． D． 18．（2026·江西·一模）在棱长为2的正方体中，分别为棱的中点，过直线的平面截该正方体所得截面，则当平面与平面所成的锐二面角最小时，截面的面积为（   ） A． B． C．4 D． 19．（25-26高三上·山西临汾·期末）正方体的棱长为2，是棱的中点，则平面截该正方体所得截面的周长为（   ） A． B． C． D． 20．（2026·江西上饶·一模）已知正方体的棱长为4，棱上的点满足与交于点．若平面经过点且与垂直，则平面截该正方体所得截面的面积为（   ） A．4 B．7 C．4 D．7 21．（多选）（26-27高三上·黑龙江哈尔滨·阶段检测）如图，在棱长为2的正方体中，N，P分别是，的中点，Q是线段（不包含端点）上的动点，则（） A．平面BNP截正方体形成的截面图形为等腰梯形 B．四面体ABCP的外接球的表面积为 C．过Q且与直线BN垂直的平面截正方体所得截面面积的取值范围为 D．点H是四边形内的动点，且直线PH与直线BC的夹角为，则点H的轨迹长度为 22．（26-27高三上·广东·阶段检测）已知正四面体的棱长为，用满足的动点构成的平面截正四面体，所得截面多边形的周长为__________． 23．（26-27高三上·河北保定·阶段检测）如图，在棱长为3的正四面体中，M是棱上一点，且，过点M作平面，，且平面分别交，，于点N，G，H.若四边形的周长为7，则__________.    24．（25-26高二上·天津·阶段检测）如图，正方体的棱长为，点满足，若平面经过直线，且与平面的法向量平行，则平面截此正方体所得的截面的周长为__________． 25．（25-26高一下·安徽芜湖·期末）正方体的棱长为12，，分别为线段和线段上的点，若，，则平面截正方体所得截面的周长为__________． 题型13 动点轨迹问题 立体几何动点轨迹问题主要是先把空间条件转化到某个确定平面内，再用平面几何或解析几何知识确定轨迹形状，遵循“先定型，再定量”的思路。 26．（2026·陕西西安·三模）如图，在棱长为的正方体中，点，分别是棱，的中点，点在正方体的表面上运动，且平面，则点的轨迹长度为（    ）    A． B． C． D． 27．（2026·北京顺义·三模）如图，在正方体中，，点满足，为的中点，给出下列四个结论： ①点的轨迹在矩形边界及内部； ②若，则点的轨迹为线段且长度为； ③若，则点的轨迹的长度为； ④若，则的最小值为； 其中正确结论的序号是（    ）    A．①③ B．②③ C．①②④ D．①③④ 28．（2026·江苏·模拟预测）已知三棱柱，是棱上的一个动点（不含端点），点在平面上的投影为，则点的轨迹为（   ） A．线段 B．圆弧 C．椭圆的一部分 D．抛物线的一部分 29．（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． 30．（2026·北京昌平·二模）如图，在棱长为2的正方体中，点分别是棱的中点，点在正方体的表面上运动，且平面. 则线段的最小值为（    ） A． B． C． D． 31．（2026·福建泉州·三模）已知正方体的棱长为2，为空间中任一点，则下列结论正确的是（   ） A．若在上，则 B．若在正方形内，，则点轨迹的长度为 C．若为正方形的中心，则三棱锥外接球的体积为 D．若在平面内，，则点的轨迹为椭圆的一部分 32．（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． 33．（2026·天津·一模）在棱长为4的正方体中，点E为棱的中点，点F在底面ABCD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F的轨迹是一条线段，且其长度为 B．过，，F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P，使得平面 34．（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． 35．（2026·湖北黄冈·二模）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），则下列说法中正确的是（   ） A． 三棱锥外接球的表面积为 B． 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 36．（25-26高三上·福建福州·期末）已知三棱锥中，，，，三棱锥的体积为，其外接球的体积为，则动点的轨迹长度为（    ） A． B． C． D． 37．（2026高三上·全国·专题练习）在正方体中，，点,在线段上，且.点、、是正方体表面上动点,且，则的最小值为______. 38．（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． 39．（2026·浙江·二模）已知正四面体的棱长为，点为的重心，点是正四面体表面上的动点，且满足点到点的距离恒为，则点的运动轨迹的总长度为_________. 40．（2026·江西南昌·模拟预测）正方体中，是平面内一动点，直线与所成角为定值，若点轨迹为抛物线，则____________. 题型14 点的存在性问题 立体几何中点的存在性问题主要是：先假设点存在，设出坐标，把条件转成方程，有解就存在，无解就不存在。 41．（26-27高三上·北京东城·阶段检测）如图，在棱长为的正方体中，为线段的中点，为线段上的动点，则下列结论正确的有（    ） ①存在点，使得；②存在点，使得平面；③三棱锥的体积是定值；④不存在点，使得与所成的角为. A．①② B．②③ C．②④ D．①④ 42．（2026·北京·三模）在棱长为的正方体中，点分别是棱的中点，点在线段（含端点）上运动，则下列结论不正确的有（    ） A．存在点，使得 B．存在点，使得平面 C．对任意点，都有平面 D．对任意点，三棱锥的体积为定值 43．（2026·广东深圳·模拟预测）已知正方体，点E，F，G分别是线段，和上的动点，正确的是（     ） A．对于任意给定的点，存在点，使得 B．对于任意给定的点，存在点，使得 C．对于任意给定的点G，存在点F，使得 D．对于任意给定的点F，存在点G，使得 44．（多选）（26-27高三上·江苏南京·开学考试）已知正方体的棱长为是正实数，点分别满足，，，则（    ） A．当时， B．当时，与平面所成角为定值 C．当时，平面将正方体分成体积比为的两部分 D．当时，点到平面距离的最大值为 45．（多选）（26-27高三上·河北沧州·开学考试）已知圆锥的轴截面是边长为2的等边三角形，点在圆锥侧面上运动，且点到底面的距离等于点到顶点的距离，则（   ） A．直线与底面所成的角的正切值为2 B．直线与平面所成角的最大值为 C．存在点，使直线与母线平行 D．存在点，使直线与母线垂直 题型15 翻折问题 立体几何翻折问题主要是区分翻折前后的不变量与变量，通过画双图对照分析，将空间问题转化为平面几何求解。 46．（2026·天津滨海新区·模拟预测）如图，已知是边长为4的等边三角形，分别是和的中点，将沿着翻折，使点到点处，得到四棱锥，则下列说法中，正确的个数为（   ） ①翻折过程中，该四棱锥的体积有最大值为9． ②取线段中点，则翻折过程中，三棱锥与四棱锥体积比为定值． ③翻折过程中，直线始终与平面平行． ④当时，该四棱锥的五个顶点所在球的表面积为 A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 47．（2026·甘肃武威·模拟预测）如图，在正方形中，为的中点，将沿直线折起至处，使得点在平面上的射影在直线上，若三棱锥外接球的表面积为，则三棱锥的体积为（    ） A． B．1 C． D． 48．（多选）（26-27高三上·内蒙古锡林郭勒·开学考试）将一副直角三角板按图1所示的方式拼接，从中抽象出图2所示的平面四边形，其中，，，．现将沿着折起，连接，得到图3所示的三棱锥，，的中点分别为，．记二面角的平面角为，下列结论正确的是（    ） A． B．存在使得直线与所成的角为 C．当时，三棱锥的外接球表面积为 D．当时，三棱锥的体积为 49．（25-26高一下·浙江·期中）如图，在正方形中，为的中点，将沿直线折起至处，使得点在平面上的射影在上.若三棱锥的外接球表面积为，则到平面的距离为（   ） A． B． C． D．1 50．（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． 51．（26-27高三上·湖北·阶段检测）边长为的正方形，为中点，将沿翻折得到，记为线段上一点，且满足，若在翻折过程中，记二面角为，，则点到直线的距离的范围是__________． 题型16 立体几何与集合的交汇 立体几何与集合的交汇主要是把点、线、面看成集合的元素和子集，再用集合语言来描述空间关系。 52．（26-27高三上·北京朝阳·开学考试）给定正整数.从正方体的8个顶点中任取个顶点，，，，组成集合 ，若 ， ，使得直线成立.则的最小值为（    ） A．4 B．5 C．6 D．7 53．（25-26高二上·北京东城·期末）已知正三棱锥的六条棱长均为6，点是点在平面上的投影，点为的重心.若空间中的点满足，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 题型17 立体几何与三角函数的交汇 立体几何与三角函数的交汇主要是用三角函数这个“工具”取刻画立体几何中动态变化的角度、距离和最值问题。 54．（2026·安徽合肥·模拟预测）如图（1），函数的图象与轴交于点，将绘有该函数图象的纸片沿轴折成直二面角，如图（2），若折叠后、两点间的距离为，则（   ） A． B． C． D． 55．（2026·云南·模拟预测）某同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒．包装盒如图所示，是由等高的半个圆柱和个圆柱拼接而成，其中四边形是边长为4的正方形，点是弧上的动点（包括端点），且在平面内，则下列说法正确的有（     ）    A．若点为弧的中点，则平面平面 B．存在点，使得 C．不存在点，使得直线与平面所成的角为60° D．当点到平面的距离最大时，三棱锥外接球的半径 题型18 立体几何与圆锥曲线的交汇 立体几何与圆锥曲线的交汇主要是把空间动点条件转化成平面轨迹方程，再用坐标法活几何性质求解。 56．（2026·江苏无锡·三模）已知，分别为椭圆的左、右焦点，位于第三象限的点在上，．将沿其短轴翻折，使得的左半部分所在平面与右半部分所在平面互相垂直，则翻折后与之间的距离为（    ） A． B． C． D．3 57．（26-27高三上·浙江嘉兴·开学考试）在三棱锥中，，点B，C到棱所在直线的距离均为1，点H为棱上一点，满足平面，且，则棱的长度不可能为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 58．（2026·湖北武汉·三模）设平面内动点在单位圆上，到直线，的距离分别为，，即；推广到空间：动点在单位球上，到平面，的距离分别为，.记，则当取最大值为5时，（    ） A．2 B．4 C． D．24 59．（2026·辽宁·模拟预测）如图，画在纸面上的抛物线过焦点的弦长为9，则沿轴将纸面折成平面角为的二面角后，空间中线段的长度为（   ）    A． B． C． D． 60．（26-27高三上·上海闵行·阶段检测）清凉夏日，上海玛雅海滩水公园是很多小朋友的避暑天堂．水公园的圆锥形翻水桶（如下图），母线长为，开口直径为．水桶转动过程中，当水面与水桶内壁所形成的椭圆经过母线中点时（如下图），椭圆的离心率等于______．    题型19 立体几何与概率的交汇 立体几何与概率的交汇主要是用立体图形的结构特征作为背景，再套用古典概型来求概率。 61．（2026·安徽合肥·模拟预测）已知正方体，从正方体顶点中选取4个点构成四面体．从这些四面体中随机选取一个，则选取的四面体的四个面都是锐角三角形的概率为（   ） A． B． C． D． 62．（2026·广东·模拟预测）在正方体中，E，F，G分别为，，的中点，若从正方体的八个顶点中任取两个不同的顶点，记事件M为“所取两个顶点的连线与平面平行”，则事件M发生的概率为（   ） A． B． C． D． 1 / 101 学科网（北京）股份有限公司 $ 重难专题01 立体几何压轴小题题型汇总（二） 题型脑图·重难考法归纳 考法深研·解题技能通关 题型11 球的截面问题 球的截面问题主要是球心到截面的距离、截面圆半径、球的半径三者构成直角三角形，满足，其中为球的半径，为截面圆的半径，为球心到截面的距离。 1．（2026·河北张家口·二模）已知正三棱柱的底面边长为4，高为，，分别为，的中点，球面经过，，，四点，则球面与该正三棱柱的上底面交线的长度为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据正三棱柱的特征得到线面垂直，进而得到线线垂直，结合直角三角形的性质得到球心位置及球的直径，再结合球的截面性质求解即可. 【详解】如图，连接，，，，，易得平面，平面， 所以，，即和均为直角三角形， 所以即为球的直径，其长为，所以． 过点作于点，则． 球与上底面的交线即为以为圆心，半径为的圆弧， 又底面的边长为4，则交线为以为圆心，圆心角为，半径为2的圆弧，长度为． 2．（25-26高一下·湖南·期中）已知直四棱柱的棱长均为.以为球心，为半径的球面与侧面的交线长为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先找出平面截球面的截面圆的圆心是的中点，再找到截面圆的半径和交线. 【详解】如图，取的中点为 因为，直四棱柱的棱长均为2， 所以为等边三角形，所以， 又四棱柱为直四棱柱， 所以平面， 又在平面内，故， 因为侧面，所以侧面， 设为侧面与球面的交线上的点，则， 因为球的半径为，所以， 所以侧面与球面的交线上的点到的距离为， 取的中点为的中点为，连接、， 则，所以侧面与球面的交线是扇形的弧， 则，所以，根据弧长公式可得. 3．（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． 4．（2026·重庆·模拟预测）在正四棱锥中，，当过，，三点的球的体积最小时，该球被平面所截截面的面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】分析过，，三点的球体积最小时，球心为正三角形的中心，再求出球心到截面的距离，利用求截面圆半径即可得解. 【详解】由题意，是边长为4的正三角形，设过，，三点的球心为，半径为， 则球中过，，三点的截面圆圆心为的中心，截面圆的半径. 设球心到截面圆的距离为，则，要使球的体积最小，则最小， 当时，有最小值为，此时、重合，即球心为的中心， 如图，作出符合题意的图形， 设为正方形的中心，为的中点， 连接、、、，过作，交于点N， 则为正四棱锥的高，， 由知，平面，且， 即球心到截面的距离为， 所以截面圆的半径为， 所以球被平面所截截面的面积为. 5．（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. 6．（2026高一·全国·专题练习）如图，长方体的长、宽、高分别为，且分别为上底面、下底面（含边界）内的动点，当最小时，以为球心，的长为半径的球面与上底面的公共点的轨迹长度为（   ） A．2 B． C． D． 【答案】D 【分析】由最小时，得到分别为的三等分点，得到以为球心，的长为半径的球面与上底面的交线对应的轨迹为以为圆心，以为半径的圆，结合扇形的弧长公式，即可求解. 【详解】由题意得，要使得最小，则要在同一个平面内，即平面内， 如图（1）所示，可得， 所以， 当最小时为， 此时，即分别为的三等分点， 因为，所以， 分别在取点，使得， 可得， 则以为球心，的长为半径的球面与上底面的交线对应的轨迹为以为圆心，以为半径的圆，如图（2）所示， 所以轨迹的长度为. 7．（25-26高三下·河北沧州·阶段检测）球与棱长为2的正四面体的棱，，均相切，且和平面相切，则正四面体三个侧面，，截球的截痕长度共为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】通过相似三角形求出球的半径和球心到侧面的距离，求出截面圆的半径，利用圆的周长公式求解即可. 【详解】设球与平面的切点为，与棱的切点为， 球与正四面体的棱，，均相切，且和平面相切， 球心在正四面体的高上， 设球的半径为，则， 设正四面体的棱长为，底面是正三角形， ， ， 则， 球与棱相切于， ，，， ， ，，， ，， 过球心作平面的垂线，交平面于点，连接， 则点在的底边的中线上，设的中点为，则，， ，，，， ， 正四面体三个侧面，，截球的截痕长度共为 . 8．（2026·四川·模拟预测）已知正三棱柱的底面边长为6，高为，其顶点都在球O的球面上，则球心O到平面的距离为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用向量法计算球心到该平面的距离. 【详解】正三棱柱外接球的球心是上下底面正三角形中心连线的中点， 以点为原点，，为轴的正方向，建立空间直角坐标系， 则球心的坐标为： 因为底面边长为，所以底面正三角形外接圆半径； 故 ，，， 所以 ，， 设平面的法向量为，则由，即， 令，则，则是平面的一个法向量. 又，因此球心到平面的距离 . 9．（26-27高三上·贵州贵阳·阶段检测）已知直四棱柱的棱长均为2，．以为球心，为半径的球与侧面的公共部分面积为_________． 【答案】# 【分析】先求出球心到侧面距离得到截面圆半径，确定交点位置与扇形圆心角，再结合矩形与弓形面积拼接求解出最终公共区域面积. 【详解】直四棱柱底面为菱形，棱长均为 2，， 因此为等边三角形，点到的距离为菱形的高， 由于直四棱柱侧棱垂直底面，球心到侧面的距离等于到的距离，即， 球的半径，由勾股定理，得球被侧面截得的截面圆半径， 截面圆的圆心是在侧面上的投影，恰好为上底边的中点， 侧面是边长为 2 的矩形，截面圆与侧棱、分别交于、两点， 由截面圆半径，得，因为 ， 由勾股定理得 ，所以、分别是、的中点， 上底边上所有点到的距离均小于，因此整条边都在球内；下底边与截面圆无交点， 故以为球心，为半径的球与侧面的公共部分面积由两部分组成： （1）矩形区域：长为，宽为，面积， （2）弦下方的弓形区域：因为，所以圆心角，对应扇形面积， 又的面积：，所以弓形面积， 所以总面积 10．（26-27高三上·湖北·开学考试）在正四面体ABCD中，E为棱AC上一点，过点E作平面，使得，，若AB，CD到平面的距离分别为2和8，则该正四面体的外接球被平面截得的截面的面积为__________． 【答案】 【分析】根据补体法，得到几何体的外接球，利用外接球的截面性质即可求解. 【详解】如图，将正四面体ABCD放入到一个正方体中， 因为，，且AB，CD到平面的距离分别为2和8，二者之和为10， 所以该正方体的棱长为10，正四面体的外接球也是该正方体的外接球， 所以球心为该正方体的中心，记为O，则O到的距离， 又球的半径， 所以截面圆的半径，所以所求截面面积． 11．（2026·陕西·三模）在正方形中，，，分别为边，的中点，分别沿，，将，，折起，使点，，重合于点，形成四面体，则以为球心，1为半径的球面与四面体的外接球相交形成的交线的长度为_____________． 【答案】/ 【分析】由题意先求得四面体的外接球的半径，再用勾股定理求得两球相交圆的半径，从而求得其相交圆的周长，即两球相交形成的交线的长度. 【详解】如图，， 所以在四面体中，， 所以四面体的外接球为以为棱长的长方体的外接球，记球心为， 其半径为. 设以为球心，1为半径的球面与四面体的外接球相交于圆，其半径为 则，解得. 所以圆的周长为， 即以为球心，1为半径的球面与四面体的外接球相交形成的交线的长度为. 12．（25-26高二下·广东韶关·期末）已知三棱锥的四个顶点在球的球面上，，是边长为的正三角形，，，，过点作球的截面，则截面面积的最小值为__________. 【答案】 【分析】由已知可得为正三棱锥，再由线面垂直的判定定理可得为正方体的一部分，求得外接球的半径，取的中点可得，过点E作球O的截面，当OE垂直平面时截面面积最小，此时即为截面圆的圆心，求出截面圆半径可得答案. 【详解】因为，为边长为的等边三角形， 所以为正三棱锥， 取的中点，连接、， 则，，，，平面，    所以平面，平面，所以， 又，， 所以，所以. 又，，，平面， 所以平面，平面， 所以，所以， 所以三棱锥为如图所示正方体的一部分， 可得外接球的半径为，    取的中点，连接，， 可得，，所以， 过点作球的截面，设截面与棱的交点分别为 当垂直平面时截面面积最小，此时即为截面圆的圆心， 截面圆半径为，截面面积为. 题型12 截面问题 立体几何截面问题主要是画出截面图形，再根据图形求周长、面积或判断形状，常见做法是平行线法、延长线法确定交点，把空间问题转到平面里处理。如何画截面： 1.先找两个确定的交点；2.用平行线法“复制交线”；3.用延长线法找隐藏交点；4.围成封闭图形。 13．（2026·陕西安康·模拟预测）已知正方体的外接球表面积为，是棱的中点，将过点且以为法向量的平面记为平面，则平面截该正方体所得截面的面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先求出正方体棱长，建立空间直角坐标系，得到线面垂直，找到平面，求出面积. 【详解】设正方体的外接球半径为，则，解得， 设正方体的棱长为，则，解得， 以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 则， ， 则，故， 即，因为，平面， 所以平面， 取的中点，的中点，连接， 由于是棱的中点，所以， 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， 所以平面，即平面即为平面， 平面截该正方体所得截面的面积即为的面积， 其中，， 为等边三角形，面积为 14．（26-27高三上·山东聊城·开学考试）由透明玻璃制成的正方体密闭容器的棱长为1（玻璃厚度忽略不计），注入体积为的液体，在正方体自由旋转的过程中，液面形成图形记为，液体形成的几何体记为，则下列说法错误的是（    ） A．可能是正三棱锥 B．不可能为直角三角形 C．当时，的面积最大值为 D．当为三棱锥时，的体积最大值为 【答案】C 【分析】A、D 可利用正方体一个顶点处的三条两两垂直的棱进行分析；B 研究三角形截面的三边关系；C 在液体体积为 时构造一个过正方体中心的矩形截面，与题给面积比较即可． 【详解】对于A．取正方体一个顶点为 ，与 相邻的三个顶点分别为 ． 当液面所在平面为平面 ，且液体位于点 一侧时，，且 两两垂直． 于是 ，三角形 为正三角形； 又因为 ，所以点 到平面 的垂足为正三角形 的中心，故几何体 为正三棱锥． 此时 故当注入液体体积为 时， 可以是正三棱锥，A 正确． 若液面截面 Γ 为三角形，则该截面从正方体的某一个顶点处截下一个三棱锥，因此三角形 Γ 的三个顶点分别位于从该顶点引出的三条两两垂直的棱上． 对于B．若 为三角形，则截平面截正方体某一顶点 引出的三条棱． 设三个交点为 ，且 由于这三条棱两两垂直， 因此 由余弦定理可知，三角形 的三个角均为锐角，故 不可能为直角三角形，B 正确． 对于C．当注入液体体积为 时，取正方体的一个对角截面作为液面． 该截面经过正方体中心，并把正方体分成体积相等的两部分，因此符合液体体积为 的条件． 此时截面 是边长分别为 和 的矩形，所以 又所以 的面积最大值不可能是 ，C 错误． 由 B 项中的位置关系可知，当 Ω 为三棱锥时，液面 Γ 为三角形，其三个顶点分别位于正方体同一顶点引出的三条棱上． 对于D．当 为三棱锥时，它必为截平面从正方体某一顶点处截下的四面体． 设从该顶点沿三条互相垂直的棱到液面的长度分别为 ，则 因此 当 时可以取到等号，所以 为三棱锥时体积的最大值为 ，D 正确． 15．（2026·湖南常德·一模）已知正方体 的棱长为 2，点 分别是正方形 和 的中心，过 的平面 与直线 垂直，则平面 截正方体 所得的截面周长为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量确定截面形状，再计算截面周长即可. 【详解】正方体的棱长为2，建立如图所示的空间直角坐标系， 侧面的中心，侧面的中心，且，则， 显然点M在平面与平面的交线上， 设为这条交线上任意一点，则， 而平面，则，即， 令，得点，令，得点， 连，平面与平面必相交， 设为这条交线上任意一点，则， 由，即， 令，得点，连， 因为平面平面，则平面与平面的交线过点，与直线平行， 过作交于，则， 由得，即， 显然平面与平面都相交，则平面与直线相交， 令交点为，，由得， 连接得截面五边形， 则， 所以截面五边形的周长为. 16．（25-26高一下·黑龙江·期中）已知直四棱柱的底面是边长为的正方形，分别是棱的中点，点是棱上的一点，且，则过点的平面截直四棱柱所得截面的面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设直线分别交的延长线于点，连接，交于点，连接，交于点，得到截面，再利用直四棱柱的棱长和结构特征得到截面的各边长，利用分割法求得截面面积即可. 【详解】设直线分别交的延长线于点，连接，交于点， 连接，交于点，连接， 所以过点的平面截直四棱柱的截面为五边形. 由平行线分线段比例可知：，故， 故为等腰直角三角形，所以， 故，则，. 连接，易知， 所以五边形可以分成等边三角形和等腰梯形两部分， 等腰梯形的高， 则等腰梯形的面积为. 又， 所以五边形的面积为.    17．（2026·江西南昌·二模）若圆锥的侧面展开图是一个半径为3，圆心角为的扇形，则过圆锥顶点的截面中，截面面积的最大值为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】可知侧面展开图是一个半径为3，圆心角为的扇形，则弧长为， 则底面直径为， 则圆锥轴截面是以为腰，为底的等腰三角形，此时顶角为， 则，所以， 则过圆锥顶点的截面是以为腰的等腰三角形，设顶角为， 此时面积，可知当时，即时，面积最大， 此时面积. 18．（2026·江西·一模）在棱长为2的正方体中，分别为棱的中点，过直线的平面截该正方体所得截面，则当平面与平面所成的锐二面角最小时，截面的面积为（   ） A． B． C．4 D． 【答案】A 【分析】由最大角定理得到平面与平面所成的最小锐二面角，然后作出截面，求解. 【详解】如图： 当平面与平面所成角等于和平面所成的线面角时， 平面与平面所成角最小（最大角定理）， 取中点， 此时平面与平面所成角为，余弦值为． 过点作为中点，延长交延长线于， 连接交于点，连接，， 分别取棱，中点，， 则六边形PNHGQF即为截面， 截面是边长为正六边形，其面积为． 故选：A. 19．（25-26高三上·山西临汾·期末）正方体的棱长为2，是棱的中点，则平面截该正方体所得截面的周长为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用向量共面定理确定平面截正方体所得的截面为菱形，再通过空间两点距离公式求出边长，进而得到周长. 【详解】 如图所示建立空间直角坐标系，则，，为的中点，则； 要找平面与正方体其他棱的交点，观察棱，设交点为； 现验证点在平面上，则与、共面，即存在实数、，使得：，代入坐标向量，，， 列方程：，因此(为的中点)，形成的截面为四边形； 依据空间中两点的距离公式可知： ， ， ， ， 四边形的边长均为，则其周长为. 故选：A 20．（2026·江西上饶·一模）已知正方体的棱长为4，棱上的点满足与交于点．若平面经过点且与垂直，则平面截该正方体所得截面的面积为（   ） A．4 B．7 C．4 D．7 【答案】B 【分析】取的中点，先证得平面，则平面平面，由平面基本性质可作出五边形为平面，求出梯形的面积和的面积，即可求解. 【详解】如图，设的中点为， 是正方体，是正方形，，， ，平面,平面， 与交于点，平面，， 是正方体的棱长为，为的中点，， ， ， ， ， ，， ，，平面BDF， 平面．   平面经过点且与垂直，平面平面， ，是的中点，， 在上取点，使得，连接，则， 在上取点，使得，连接，则， 取的中点，连接，则， 取的中点，为的中点，，， 在上取点，连接，则， 连接，连接，故平面平面， 则截面五边形为平面， 梯形中，， 则梯形的面积． 中，，又， 所以， 即． 故选：B． 21．（多选）（26-27高三上·黑龙江哈尔滨·阶段检测）如图，在棱长为2的正方体中，N，P分别是，的中点，Q是线段（不包含端点）上的动点，则（） A．平面BNP截正方体形成的截面图形为等腰梯形 B．四面体ABCP的外接球的表面积为 C．过Q且与直线BN垂直的平面截正方体所得截面面积的取值范围为 D．点H是四边形内的动点，且直线PH与直线BC的夹角为，则点H的轨迹长度为 【答案】ACD 【分析】A.通过线线平行确定截面的第四个顶点，再验证梯形的两腰相等；B.先确定底面直角三角形的外心，再利用外接球球心的性质（到各顶点距离相等）确定球心位置，计算半径后求表面积；C.作出辅助线，得到平面截正方体截面为平行四边形，当与点重合时，面积最大，此时面积为，当与点无限接近时，面积接近于；D.作出辅助线，得到点的轨迹是以为圆心，为半径的部分圆弧，可求出点的轨迹长度. 【详解】对于A选项，确定截面顶点：是中点，是中点，连接， 在正方体中，，且是的中位线，故，因此， 两条平行线与确定唯一平面，故顶点在平面内， 因此平面截正方体的截面为四边形，四个顶点分别为、、、， 因为，，所以四边形是梯形， 且；， 故， 两腰相等，因此截面为等腰梯形，A对； 对于B选项，四面体中，在底面内，且， 为直角三角形，直角三角形的外心为斜边中点， 取中点，则是的外接圆圆心. 四面体外接球的球心在过且垂直于底面的直线上（球心在底面的投影为外心）. 设球心到底面的距离为，即，外接球半径为. 由，得. 底面正方形对角线，故，因此. 点在底面的投影为中点，该投影到直线的水平距离为，到底面的高度为， 由，得. 所以，得，， 四面体ABCP的外接球的表面积为，B错； 对于C选项，如图，在平面上作⊥，垂足为点， 过点在平面内作⊥交或者于， 因为平面平面，平面平面， 且平面，所以平面， 又平面，所以⊥， 因为，、平面，所以平面， 平面截正方体所得截面为平行四边形， 当与点重合时，面积最大，此时，，面积为， 当与点无限接近时，面积接近于， 过且与垂直的平面截正方体所得截面面积取值范围为，C对； 对于D选项，取的中点，连接，则， 则平面，取的中点，以为圆心，为半径作圆， 交、于、， 则点的轨迹为以为圆心，为半径的部分圆弧， 此时满足直线与直线夹角为， 如图，，故， 所以点的轨迹长度为，D对. 22．（26-27高三上·广东·阶段检测）已知正四面体的棱长为，用满足的动点构成的平面截正四面体，所得截面多边形的周长为__________． 【答案】 【分析】将正四面体放入正方体中，建立空间直角坐标系，利用空间两点的距离公式确定截面的形状，可求出周长. 【详解】如图， 将正四面体放入正方体中，因为正四面体的棱长为，所以对应正方体的棱长为4. 以为原点建立如图空间直角坐标系，则，，，. 设动点， 由题意得，， 整理得，. 取，，，分别为棱，，，的中点，则四边形即为动点构成的平面截正四面体所得的截面图形. 因为四边形为菱形，且， 所以所得截面多边形的周长为. 23．（26-27高三上·河北保定·阶段检测）如图，在棱长为3的正四面体中，M是棱上一点，且，过点M作平面，，且平面分别交，，于点N，G，H.若四边形的周长为7，则__________.    【答案】 【分析】先得到四边形为等腰梯形或平行四边形，结合余弦定理可得方程，求出答案 【详解】因为，平面，平面平面， 所以，同理可得，故，， 又，，所以≌，所以， 又可能相等，也可能不等，所以四边形为等腰梯形或平行四边形， 因为，所以， 设，则， 在中，由余弦定理得， 故四边形的周长为， 所以，解得， 故 24．（25-26高二上·天津·阶段检测）如图，正方体的棱长为，点满足，若平面经过直线，且与平面的法向量平行，则平面截此正方体所得的截面的周长为__________． 【答案】/ 【分析】建立空间直角坐标系，利用已知条件结合正方体的性质，运用向量平行和垂直的数量积运算求出相关点坐标，进而求出相关向量，再利用向量模的计算公式计算求解． 【详解】以为坐标原点，建立下图所示空间直角坐标系， 正方体的棱长为，点满足， ， ， ， 平面经过直线，且与平面的法向量平行， 即为平面的一条法向量， 取中点，作，过点作平行于交于，则为中点， 四边形即为平面与正方体相交的截面，设，则， ， ，，故，， ， ，解得， ， ，， 平面截此正方体所得的截面的周长为 ． 故答案为：． 25．（25-26高一下·安徽芜湖·期末）正方体的棱长为12，，分别为线段和线段上的点，若，，则平面截正方体所得截面的周长为__________． 【答案】 【分析】画出正方体的示意图，先找到截面，然后依次求截面各边边长，最后得截面周长. 【详解】如图所示，延长交于点，连接交于点，过作，分别交于点，连接.则，截正方体所得的截面即为五边形.    因为，易证，则， 已知，则， 又，可得，. 因为，所以， 又，，，解得，， 则，易得. 由上述作图可知四边形为平行四边形，则，，于是. 同求的方法，可得，，. 在中，，，则. 在中，. 则五边形的周长为. 题型13 动点轨迹问题 立体几何动点轨迹问题主要是先把空间条件转化到某个确定平面内，再用平面几何或解析几何知识确定轨迹形状，遵循“先定型，再定量”的思路。 26．（2026·陕西西安·三模）如图，在棱长为的正方体中，点，分别是棱，的中点，点在正方体的表面上运动，且平面，则点的轨迹长度为（    ）    A． B． C． D． 【答案】D 【分析】通过面面平行可推出线面平行，找到P的轨迹，再求解轨迹长度. 【详解】    取 中点 ， 中点 ，连接, , , 为中点，为中点,所以, 平面，平面 所以; 设正方体 ，以 为原点， 为 轴， 为 轴， 为 轴，棱长为 2，则，，，， 所以，, 所以, 所以 ∵ 平面，平面,所以 又平面内，两条相交直线， 所以, 因为点在正方体的表面上运动，且平面， 因此的轨迹是平面与正方体表面相交形成的闭合折线段： , , , , 总轨迹长度：. 27．（2026·北京顺义·三模）如图，在正方体中，，点满足，为的中点，给出下列四个结论： ①点的轨迹在矩形边界及内部； ②若，则点的轨迹为线段且长度为； ③若，则点的轨迹的长度为； ④若，则的最小值为； 其中正确结论的序号是（    ）    A．①③ B．②③ C．①②④ D．①③④ 【答案】D 【分析】对①：由题意可得在矩形边界及其内部；对②：由正方体性质可得平面，结合中点在平面内，可得点的轨迹为矩形边界及其内部与平面交线，即为线段，计算即可得；对③：由正方体性质可得平面，则点的轨迹为矩形边界及其内部与平面交线，即为线段，其中为的中点，解出即可得；对④：利用椭圆的定义可得点的轨迹为椭圆与矩形边界及内部相交部分，计算即可得解. 【详解】   对于①，由于点满足，则点的轨迹在矩形边界及内部，故①正确； 对于②，由，，，平面， 可得平面，又因为的中点在平面内，则平面内任意一点到点和到点的距离相等， 又因为点的轨迹在矩形边界及内部， 则当时，点的轨迹是矩形边界及内部与平面的交线，即为线段， 又因为，故点的轨迹长度为，故②错误； 对于③，由，，，平面， 可得平面，又因为平面，故， 由②知平面，又因为平面，故， 又因为，平面，故平面， 若，则点的轨迹是矩形边界及内部与平面的交线，即为线段，其中为的中点， 由于，所以点的轨迹的长度为，故③正确； 对于④，若，因,则点的轨迹是以为焦点的椭圆的一部分， 以为原点建立如图平面直角坐标系，如图所示：    则该椭圆方程为，点的轨迹为该椭圆与矩形边界及内部相交部分， 设，则，则，即的最小值为，故④正确； 综上所述，序号①③④正确. 28．（2026·江苏·模拟预测）已知三棱柱，是棱上的一个动点（不含端点），点在平面上的投影为，则点的轨迹为（   ） A．线段 B．圆弧 C．椭圆的一部分 D．抛物线的一部分 【答案】B 【分析】通过平面，得到，确定点的运动轨迹为两个球的交线，即可求解. 【详解】 因为点在平面上的投影为， 所以平面， 又平面，所以， 则在以为直径的球上运动，且在以为直径的球上运动， 故在球球的圆弧上运动， 即点的轨迹为圆弧. 29．（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. 30．（2026·北京昌平·二模）如图，在棱长为2的正方体中，点分别是棱的中点，点在正方体的表面上运动，且平面. 则线段的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】取中点，中点，连接，， ，，，证明平面平面，由点在正方体的表面上运动可得点在线，， ，上运动，再由求线段的最小值，即求点到平面各边距离的最小值即可求解. 【详解】如图，取中点，中点，连接，， ，，， 因为点分别是棱的中点，所以，因为为中点， 所以，，，所以平面平面， 点在平面上运动，又因为点在正方体的表面上运动，所以点在直线，， ，上运动，且为等腰三角形， 求线段的最小值，即求点到平面各边距离的最小值，点到边距离最小， 设点到边的垂足为，则为的中点，所以，所以线段的最小值为. 31．（2026·福建泉州·三模）已知正方体的棱长为2，为空间中任一点，则下列结论正确的是（   ） A．若在上，则 B．若在正方形内，，则点轨迹的长度为 C．若为正方形的中心，则三棱锥外接球的体积为 D．若在平面内，，则点的轨迹为椭圆的一部分 【答案】D 【分析】建立空间直角坐标系. A.通过向量的数量积不恒为0作出判断；B.通过定长得到轨迹是圆；C.找到球心和半径，计算外接球体积；D.根据几何意义判断. 【详解】建立如图所示空间直角坐标系，则，，，，，，，， A. ，因为在上，作交于，则,设 ，则，所以，，则， 所以 当时，，即不恒垂直，故A 错误； B. 在正方形内，，所以, 所以点轨迹是以为圆心，半径为的圆，所以点轨迹的长度为，故B 错误； C.因为为正方形的中心，则， 因为为直角三角形，它的外接圆圆心为 ， 因为, , , , 所以到，的距离都相等， 所以球心为 ，半径， 则三棱锥外接球的体积为,故C 错误； D.若在平面内，，即对定点与定直线的张角为定值， 几何意义：在以为轴线，半顶角的圆锥面上， 因为平面,所以轴线与平面所成的角是， 因为，故平面与圆锥面的交线为椭圆的一部分, 故D正确. 32．（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. 33．（2026·天津·一模）在棱长为4的正方体中，点E为棱的中点，点F在底面ABCD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F的轨迹是一条线段，且其长度为 B．过，，F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P，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；先求棱台的体积，用间接法判断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，即可判断D. 【详解】对于A，取分别为的中点，连接， 则，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，易知交于一点，故平面切割正方体得到较小的多面体为棱台 其体积为， 所以平面切割正方体得到较大的多面体体积为，所以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. 34．（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. 35．（2026·湖北黄冈·二模）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），则下列说法中正确的是（   ） A． 三棱锥外接球的表面积为 B． 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】A 【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R，的外接圆半径为， ， 故， 又，则， 故，，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，在平面内半径为的四分之一圆， 点也可为以为圆心，在平面内半径为的四分之一圆， 故其轨迹长度为，故D错误. 36．（25-26高三上·福建福州·期末）已知三棱锥中，，，，三棱锥的体积为，其外接球的体积为，则动点的轨迹长度为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】设外接球的半径为，根据题意，求得，点到平面的距离为，得到 所以点在平行于平面的平面上，再求得外接球的球心到平面的距离为，得到点的轨迹为以为半径的圆，结合圆的周长公式，即可求解. 【详解】如图所示，设外接球的半径为，则由外接球的体积为，解得， 因为，所以，所以， 所以，设点到平面的距离为， 则三棱锥的体积为，解得，即， 所以点在平行于平面的平面上， 因为，所以的外接圆的圆心为的中点，则外接圆的半径为， 所以外接球的球心到平面的距离为，即， 所以球心到点所在平面的距离为，即， 在直角中，可得, 所以点的轨迹为以为半径的圆， 所以动点的轨迹长度为. 故选：B. 37．（2026高三上·全国·专题练习）在正方体中，，点,在线段上，且.点、、是正方体表面上动点,且，则的最小值为______. 【答案】/ 【分析】建立空间直角坐标系，由已知可得点在球心为半径为2的球面上，由向量的知识可知，求出的最小值解答即可. 【详解】如图， 建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 设，由， 则， 即， 也即， 由此可知点都是在球心为，半径为2的球面上， 由于，故是球的直径，为中点， ， 故要求的最小值，只需要求出的最小值， 而在正方体的表面上，设点在平面内的射影为， 则当在处时， 此时，即的最小值为. 38．（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. 39．（2026·浙江·二模）已知正四面体的棱长为，点为的重心，点是正四面体表面上的动点，且满足点到点的距离恒为，则点的运动轨迹的总长度为_________. 【答案】 【分析】由于到点的距离恒为的点的运动轨迹是以点为球心，半径为的球面，故点的运动轨迹为正四面体的各个面与球的截线，求出截线长之和即为点的运动轨迹的总长度. 【详解】由于到点的距离恒为的点的运动轨迹是以点为球心，半径为的球面， 故点的运动轨迹为正四面体的各个面与球的截线， 那么分别取的中点，连接， 作垂足分别为，那么 在正四面体中，点为的重心，所以，平面 所以，平面，平面， 所以，平面，又平面, 所以，，又，，平面，平面， 所以，平面，即为点到平面的距离， 在中，,, 所以，球被平面截得的圆的半径, 故点在上运动轨迹如图所示为优弧，, 所以，点在上运动轨迹长度为， 同理可得点在上运动轨迹长度为, 故点在，运动轨迹长度之和为 由于等边三角形内切圆半径为, 故点在上运动轨迹如图所示为三段相等的劣弧，取劣弧,则 , 所以，点在上运动轨迹长度为, 所以，点的运动轨迹的总长度为. 40．（2026·江西南昌·模拟预测）正方体中，是平面内一动点，直线与所成角为定值，若点轨迹为抛物线，则____________. 【答案】 【分析】点的轨迹是顶点为、旋转轴平行于的圆锥面与平面的交线，由于是平面内一动点，故当等于直线与平面所成角时，若点轨迹为抛物线，由此计算出. 【详解】如图所示，在正方体中，作交于点， 所以，点的轨迹是顶点为、直线为旋转轴的圆锥面与平面的交线， 由于是平面内一动点，故当等于直线与平面所成角时， 若点轨迹为抛物线,则等于直线与平面所成角， 不妨设正方体边长为， 根据正方体的性质可知，即直线与平面所成角， , 故. 题型14 点的存在性问题 立体几何中点的存在性问题主要是：先假设点存在，设出坐标，把条件转成方程，有解就存在，无解就不存在。 41．（26-27高三上·北京东城·阶段检测）如图，在棱长为的正方体中，为线段的中点，为线段上的动点，则下列结论正确的有（    ） ①存在点，使得；②存在点，使得平面；③三棱锥的体积是定值；④不存在点，使得与所成的角为. A．①② B．②③ C．②④ D．①④ 【答案】C 【分析】直接建立空间直角坐标系，用向量的方法判断线线平行可得①错误；再用向量方法判断线面垂直可得②正确；再用向量的方法求线线夹角可得④正确；对③由体积转化，并判断不平行平面，从而可判断错误. 【详解】以为原点，分别以​为轴建立空间直角坐标系，如图： 由正方体棱长为，得各点坐标：， 由是​中点，故. 因为在​上，，设. 判断①：，， 所以， 若​，则且，得且，所以不存在， 故不存在点，使得，①错误； 判断②：设平面的法向量为，， 所以，即，取，得 若平面，则，且， 所以且，得. 当时，，对应为的中点，满足条件，故②正确. 判断③： 因为，显然的面积为定值， 因为，平面，所以不平行平面， 所以三棱锥的高会随在上的移动而改变，因此三棱锥的体积随在上的移动改变， 因此三棱锥的体积不是定值，③错误； 判断④：，，假设存在点，使得与所成的角为， 则， 得，，，方程无解，不存在. 因此不存在点，使得与所成的角为，④正确. 42．（2026·北京·三模）在棱长为的正方体中，点分别是棱的中点，点在线段（含端点）上运动，则下列结论不正确的有（    ） A．存在点，使得 B．存在点，使得平面 C．对任意点，都有平面 D．对任意点，三棱锥的体积为定值 【答案】D 【分析】建立空间坐标系，设出点后结合选项逐一分析. 【详解】已知正方体棱长为，故以为原点，以方向为轴建立空间坐标系， 则各点坐标：，， 又在线段上，设，则， 选项A：向量，， 若垂直，则， 即，存在这样的，A选项正确； 选项B：向量，，， ，即， 若，则， 此时与重合，即当时，， 又，平面， 故平面，存在这样的，B选项正确； 选项C：，， 设平面的法向量为，则， 即：，取，则： 所以法向量，又 ，所以， 且不在平面上，故对任意，平面，C选项正确； D选项：，， ，， 设平面法向量，则， 取，则，则法向量为：， 点到平面的距离：， 由于，，所以：， 三棱锥的体积： 又为定值，但随变化，因此体积不是定值，D选项错误. 43．（2026·广东深圳·模拟预测）已知正方体，点E，F，G分别是线段，和上的动点，正确的是（     ） A．对于任意给定的点，存在点，使得 B．对于任意给定的点，存在点，使得 C．对于任意给定的点G，存在点F，使得 D．对于任意给定的点F，存在点G，使得 【答案】B 【分析】以为原点建立空间直角坐标系，不妨设正方体的边长为1，设，，，再利用垂直与平行的空间坐标表示逐项判断即可． 【详解】对于AB，如图，以为原点建立空间直角坐标系， 不妨设正方体的边长为1，可得，，， 且点分别是线段和上的动点， 得到，，， 而，，则，设，可得， 则，解得，得到， 可得，，， 若，则，解得， 此时任意给定的点，存在点，使得，故A错误，B正确， 对于CD，若，则， ，方程组无解，故与不可能平行，CD错误． 44．（多选）（26-27高三上·江苏南京·开学考试）已知正方体的棱长为是正实数，点分别满足，，，则（    ） A．当时， B．当时，与平面所成角为定值 C．当时，平面将正方体分成体积比为的两部分 D．当时，点到平面距离的最大值为 【答案】ACD 【分析】利用空间向量法求解，选项A，利用向量的数量积求解；选项B，求出平面的法向量，利用向量的数量积求出与平面所成角的正弦值，通过反例得到结论；选项C，求出点的轨迹方程，从而得到平面截正方体的截面，得到截面将正方体截得的一部分为三棱台，利用棱台的体积公式求出三棱台的体积，从而得到结论；选项D，求出平面的法向量，利用距离公式求出点到平面的距离，利用二次函数的图像和性质求出点到平面的距离的最大值. 【详解】以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系， 因为正方体的棱长为， 所以，，，， ，，，， 则，， 因为，所以， 因为，所以， 因为，所以， 则，， 选项A：当时，因为， 所以，则A正确. 选项B：因为平面的法向量为， 设直线与平面所成的角为，则， 且， 因为，所以， 因为不是定值，所以不是定值，则B错误. 选项C：因为，所以， 将代入点，得到转化为， 设，则，则， 取的中点，的中点， 则点的轨迹为的中位线， 则平面截正方体得到梯形， 且为的中点，为的中点， 所以为三棱台， 因为，所以， 因为，所以， 则， 因为正方体的体积为， 所以另一部分的体积为， 则，则C正确. 选项D： ， 向量， 设平面的法向量为， 则，即， 取，则，则， ， 则点到平面的距离为 ， 令，则， 因为，所以，当且仅当时取等号， 则 设，对称轴为，， 则，则D正确. 45．（多选）（26-27高三上·河北沧州·开学考试）已知圆锥的轴截面是边长为2的等边三角形，点在圆锥侧面上运动，且点到底面的距离等于点到顶点的距离，则（   ） A．直线与底面所成的角的正切值为2 B．直线与平面所成角的最大值为 C．存在点，使直线与母线平行 D．存在点，使直线与母线垂直 【答案】AB 【分析】作，垂足为，延长与圆锥底面的交点为，连接，由题意可得，设，则，，可得，求解，可得点的轨迹，建立空间直角坐标系，对于A选项，由线面角的向量求法求解，再求解，即可求解；对于B选项，由线面角的向量求法求解，再由放缩法，即可求解；对于C选项，设存在点，使得直线与母线平行，再由向量平行即可求解；对于D选项，设存在点，使直线与母线垂直，由即可求解. 【详解】因为圆锥的轴截面是边长为2的等边三角形，因此底面半径， 圆锥的高，母线长为，圆锥母线与高的夹角为，作，垂足为， 延长与圆锥底面的交点为，连接， 设，则，， 由题意可得，，解得， 则，可知点的轨迹是半径的圆， 以为原点，为轴，为轴，过且垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图， 则，，，，，， 可得，，，， 对于A选项，设直线与底面所成的角为， 因为圆锥底面的法向量可以为， 则，可得，则，故A正确； 对于B选项，设直线与平面所成角为， 因为平面的法向量可以为， 则，可得， 所以直线与平面所成角的最大值为，故B正确； 对于C选项，若存在点，使得直线与母线平行，则，可得，即，方程无解， 所以不存在点，使得直线与母线平行，故C错误； 对于D选项，若存在点，使得直线与母线垂直，则， 解得，所以不存在点，使直线与母线垂直，故D错误. 题型15 翻折问题 立体几何翻折问题主要是区分翻折前后的不变量与变量，通过画双图对照分析，将空间问题转化为平面几何求解。 46．（2026·天津滨海新区·模拟预测）如图，已知是边长为4的等边三角形，分别是和的中点，将沿着翻折，使点到点处，得到四棱锥，则下列说法中，正确的个数为（   ） ①翻折过程中，该四棱锥的体积有最大值为9． ②取线段中点，则翻折过程中，三棱锥与四棱锥体积比为定值． ③翻折过程中，直线始终与平面平行． ④当时，该四棱锥的五个顶点所在球的表面积为 A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】C 【分析】设分别为的中点，当平面，求解体积判断①；到平面的距离为，再结合等体积转化求解判断②；证明，再根据线面平行的判定定理即可判断③；由已知可推得平面平面，设球心为，的外心为，点为等腰梯形的外心，可得四边形为矩形，进而求出即半径的长，即可得出外接球的表面积判断④. 【详解】如图1，设分别为的中点，则， 对于①：当平面平面时，四棱锥的体积最大， 因为为的中点，且为等边三角形，则， 平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 此时体积，故①错误； 对于②，因为线段中点， 在翻折过程中，到平面的距离为， 因为是边长为4的等边三角形，分别是的的中点， 所以，， 所以， ， 所以翻折过程中，三棱锥与四棱锥体积比为，是定值，故②正确； 对于③，因为分别是的中点，所以， 又平面，平面， 所以平面，即翻折过程中，直线始终与平面平行，故③正确； 对于④，当时，由，可知，即， 又，且平面，则平面， 又平面，则平面平面， 设四棱锥的外接球球心为，的外心为，则平面， 如图2，易知点为等腰梯形的外心，则平面， 则四边形为矩形，且， 从而有， 从而该四棱锥的五个顶点所在球的表面积为，故④正确. 47．（2026·甘肃武威·模拟预测）如图，在正方形中，为的中点，将沿直线折起至处，使得点在平面上的射影在直线上，若三棱锥外接球的表面积为，则三棱锥的体积为（    ） A． B．1 C． D． 【答案】A 【详解】如图: 记，在平面上的射影为点，则在上，连接． 由平面，，可得. 又是线段的中垂线，所以在上，即，因为三棱锥外接球的表面积为，所以该球的半径为. 又，所以； 因为为的中点，为的中点，所以为的重心. 所以，，. 所以三棱锥的体积． 48．（多选）（26-27高三上·内蒙古锡林郭勒·开学考试）将一副直角三角板按图1所示的方式拼接，从中抽象出图2所示的平面四边形，其中，，，．现将沿着折起，连接，得到图3所示的三棱锥，，的中点分别为，．记二面角的平面角为，下列结论正确的是（    ） A． B．存在使得直线与所成的角为 C．当时，三棱锥的外接球表面积为 D．当时，三棱锥的体积为 【答案】ABD 【分析】通过线面垂直的性质、点在面上的投影、外接球的性质以及解三角形来对选项进行求解. 【详解】因为为的中点，，所以，又有是的中点，所以， 由，可得，又，平面， 所以平面，因为平面，所以，故A正确； 由题可知，是直线与所成的角或其补角， 由平面，可得平面平面， 则点在平面上的投影在直线上，且， 当点在平面上的投影为点时，取得，故B正确； 当时，即，又，，平面， 所以平面，建立空间直角坐标系：以为原点，为轴，为轴，为轴， 则各点坐标为：， 因为是中点，，所以， 设外接球球心为，由得， 所以球心，恰好是点，外接球半径，外接球表面积 ，故C不正确； 三棱锥 的体积 , 以 为底面，点到平面 （即平面 的距离为高 )， 高 ， 在 中，分别是 的中点，所以 ，相似比为 ， 所以 ， 体积 .D正确. 49．（25-26高一下·浙江·期中）如图，在正方形中，为的中点，将沿直线折起至处，使得点在平面上的射影在上.若三棱锥的外接球表面积为，则到平面的距离为（   ） A． B． C． D．1 【答案】A 【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，结合勾股定理求解即可. 【详解】连接，交于，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， 则即为点到平面的距离. 因为平面，所以. 正方形中，，即， 所以为三棱锥外接球的球心，则三棱锥外接球的半径， 又三棱锥的外接球表面积为，则，解得， 所以. 因为为的中点，为的中点，所以为的重心， 则. 在中，. 所以点到平面的距离为. 50．（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，． 51．（26-27高三上·湖北·阶段检测）边长为的正方形，为中点，将沿翻折得到，记为线段上一点，且满足，若在翻折过程中，记二面角为，，则点到直线的距离的范围是__________． 【答案】 【分析】过作于，以为坐标原点，为轴，在平面内过作垂直于的直线为轴，垂直于平面的方向为轴，求出、、的坐标，可求得、的值，根据，可得为线段的中点，求出其坐标，由空间中点到线的距离公式求解即可. 【详解】由题意可得, 过作于，则在翻折过程中， 过作于，作交的其延长线于, 过作交的延长线于，作于， 在中，，， 所以，所以， 因为，，， 所以，所以， 因为，所以， 因为，所以， 所以，所以， 因为，，，故四边形为矩形， 所以， 以为坐标原点，为轴，在平面内过作垂直于的直线为轴， 过点且垂直于平面的直线为轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 则，因为，， 所以二面角的平面角为， 则、、， 又因为，且， ， 所以， 所以为线段的中点，所以， 所以， 取的一个方向向量， 因此点到直线的距离. 又因为，所以， 所以. 题型16 立体几何与集合的交汇 立体几何与集合的交汇主要是把点、线、面看成集合的元素和子集，再用集合语言来描述空间关系。 52．（26-27高三上·北京朝阳·开学考试）给定正整数.从正方体的8个顶点中任取个顶点，，，，组成集合 ，若 ， ，使得直线成立.则的最小值为（    ） A．4 B．5 C．6 D．7 【答案】B 【分析】对说明不成立，对，由对称性，用上下底面对点分类，对各种情形判断结论成立，从而可得所求最小值. 【详解】时，例如，则集合中不存在两点连线与直线垂直，所以， 如果，由对称性，用上下底面对点分类，5个点有如下几种情形： 图1，4个点在下底面上，第5个点在上底面，如，，其它直线都有正方体中相应的棱与之垂直，    图2，图3，图4，图5中是有三个点在下底面，两个点在上底面， 图2，，旋转后与图1类似，同理，旋转后与图1类似， 图3，,中任意两点连线，如果是正方体的棱或面对角线，总能找到正方体的棱（顶点在中）与之垂直，对体对角线来讲，有，，即有面对角线与之垂直，符合题意， 同理也符合， 图4，，与图3类似，中任意两点连线，如果是正方体的棱或面对角线，总能找到正方体的棱（顶点在中）与之垂直，体对角线，即有面对角线与之垂直，符合题意， 图5，，这个与图3类似，是正方体对角面上的四个顶点再加正方体的另一个顶点，同样满足题意. 所以时满足题意， 如果，中任意两点连线，如果是正方体的棱或面对角线，总能找到正方体的棱（顶点在中）与之垂直，体对角线总有面对角线与之垂直， 综上，的最小值是5. 53．（25-26高二上·北京东城·期末）已知正三棱锥的六条棱长均为6，点是点在平面上的投影，点为的重心.若空间中的点满足，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由题意可得的轨迹是过且与平面平行的平面，可得，求解即可. 【详解】因为点是点在平面上的投影，所以平面， 所以平面，所以， 又空间中的点满足，所以的轨迹是过且与垂直的平面， 又为的重心，所以，所以的最小值为， 又正三棱锥的六条棱长均为6，则， 所以，所以的最小值为. 故选：C. 题型17 立体几何与三角函数的交汇 立体几何与三角函数的交汇主要是用三角函数这个“工具”取刻画立体几何中动态变化的角度、距离和最值问题。 54．（2026·安徽合肥·模拟预测）如图（1），函数的图象与轴交于点，将绘有该函数图象的纸片沿轴折成直二面角，如图（2），若折叠后、两点间的距离为，则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】过点作轴，垂足为，过点作轴，垂足为，连接，利用面面垂直的性质定理得出，利用勾股定理可得出关于的方程，解出的值，再由函数在轴右侧附近单调递减，结合可求得的值，进而可得出函数的解析式即可． 【详解】如图，过点作轴，垂足为，过点作轴，垂足为，连接． 因为的最小正周期，所以， 又因为，所以， 当折成直二面角时，即平面平面， 因为，平面平面，平面， 所以平面， 因为平面，故， 所以，解得(负值舍去)， 故． 因为，且，所以或， 又因为在轴右侧附近单调递减，所以，则， 所以． 55．（2026·云南·模拟预测）某同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒．包装盒如图所示，是由等高的半个圆柱和个圆柱拼接而成，其中四边形是边长为4的正方形，点是弧上的动点（包括端点），且在平面内，则下列说法正确的有（     ）    A．若点为弧的中点，则平面平面 B．存在点，使得 C．不存在点，使得直线与平面所成的角为60° D．当点到平面的距离最大时，三棱锥外接球的半径 【答案】ACD 【分析】利用图形进行数形结合，并利用反例，结合面面垂直的判定、线线平行的判定、线面角的求解方法、几何体外接球的关系以及空间向量的应用逐项分析即可. 【详解】如图所示，连接，作出符合题意的图形， 若点为弧的中点，则， 所以，即，因为，所以， 又，面， 所以平面平面， 则平面平面，故A正确； 假设存在点，使得，则四点共面， 又该几何体上下两个底面平行，且为平面与这两个底面的交线， 所以，则四边形为平行四边形，则有， 而由三角形性质得，发生矛盾，故B错误； 假设存在点，使得直线与平面所成的角为， 以为原点，方向为轴正方向建立空间直角坐标系， 如图所示，作出符合题意的图形， 则，设， 则，所以， 得到，设平面的法向量为， 则，令，则，， 即，设直线与平面所成的角为， 依题意， 整理得，这与矛盾，所以假设不成立，故C正确； 由题意得，且， 可得，，设面的法向量为， 得到，令，则，，得到， 设点到平面的距离为， 由点到平面的距离公式得， 化简得，当时，取得最大值， 此时，即点位于点， 可得三棱锥，即三棱锥，即三棱锥， 可将其补形为一个以为同一个顶点出发的三条侧棱的正方体， 且棱长为4，其外接球半径，故正确. 题型18 立体几何与圆锥曲线的交汇 立体几何与圆锥曲线的交汇主要是把空间动点条件转化成平面轨迹方程，再用坐标法活几何性质求解。 56．（2026·江苏无锡·三模）已知，分别为椭圆的左、右焦点，位于第三象限的点在上，．将沿其短轴翻折，使得的左半部分所在平面与右半部分所在平面互相垂直，则翻折后与之间的距离为（    ） A． B． C． D．3 【答案】C 【分析】通过椭圆的基本性质得到焦点的坐标，采用数形结合的方法，通过线面垂直证明线线垂直，从而求得线段的长度. 【详解】是椭圆的左、右焦点，即的坐标分别为， 因为，且为的中点， 所以， 设点为椭圆的短轴的一个端点，翻折后（如图所示）， 因为平面平面，且平面平面，， 所以平面，则， 所以. 57．（26-27高三上·浙江嘉兴·开学考试）在三棱锥中，，点B，C到棱所在直线的距离均为1，点H为棱上一点，满足平面，且，则棱的长度不可能为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】D 【分析】由题意确定点B，C在以所在直线为轴、底面半径为1的圆柱的侧面上；再推出，求出，确定平面与圆柱的交线是以为长轴、圆柱的底面直径2为短轴的椭圆，由此可知线段为该椭圆的焦点弦，即可求得答案. 【详解】如图，在三棱锥中，，点B，C到棱所在直线的距离均为1， 故点B，C在以所在直线为轴、底面半径为1的圆柱的侧面上； 又点H为棱上一点，满足平面，且，平面， 则，则，， 故且在平面与圆柱的交线上， 设直线与圆柱侧面的交点为，如图，， 同理，则， 结合圆锥曲线性质可知平面与圆柱的交线是以为长轴、圆柱的底面直径2为短轴的椭圆， ，则H恰为该椭圆的焦点，因此线段为该椭圆的焦点弦，（不含长轴，否则共面）， 当时，，故， 结合选项可知棱的长度不可能为4. 58．（2026·湖北武汉·三模）设平面内动点在单位圆上，到直线，的距离分别为，，即；推广到空间：动点在单位球上，到平面，的距离分别为，.记，则当取最大值为5时，（    ） A．2 B．4 C． D．24 【答案】C 【分析】先根据点到平面的距离探索，的关系，结合柯西不等式和的最大值为5可求的值. 【详解】设，则，， 所以. 因为，所以（当且仅当时取等号）. 又因为， 所以. 又的最大值为5，所以. 因为，所以. 59．（2026·辽宁·模拟预测）如图，画在纸面上的抛物线过焦点的弦长为9，则沿轴将纸面折成平面角为的二面角后，空间中线段的长度为（   ）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】联立直线与抛物线方程得到韦达定理，结合焦半径公式可得，进而根据线面垂直，以及二面角的定义得，根据锐角三角函数计算长度，可得，利用两点距离公式即可求解. 【详解】因为，设直线为，， 联立与可得， 则，则， 故，解得， 故，解得， 故， 如图，以O为坐标原点，所在直线为x轴，在平面内作的垂线为y轴，过点O作平面的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，    过作平面于，过作于，连接， 由于轴，且轴，，平面，故轴平面， 平面，故轴，则 由于在直角坐标系中， 故， 因此在直角三角形中，， 因此在空间直角坐标系中，， 故， 故选：B 60．（26-27高三上·上海闵行·阶段检测）清凉夏日，上海玛雅海滩水公园是很多小朋友的避暑天堂．水公园的圆锥形翻水桶（如下图），母线长为，开口直径为．水桶转动过程中，当水面与水桶内壁所形成的椭圆经过母线中点时（如下图），椭圆的离心率等于______．    【答案】 【分析】依题意，建立坐标系，利用三角形重心性质和相似三角形求出点坐标，代入椭圆方程即可求得半短轴长，利用离心率定义计算即得. 【详解】母线长为，即，开口直径为，即， 如图，设是母线的中点，是中线，又也是中线， 设，则是重心，设的中点为，即椭圆的中心， 设，，，作平面平面，，，． 对椭圆如图建系，，故，， 根据平行四边形的性质，知，， 于是，，． 题型19 立体几何与概率的交汇 立体几何与概率的交汇主要是用立体图形的结构特征作为背景，再套用古典概型来求概率。 61．（2026·安徽合肥·模拟预测）已知正方体，从正方体顶点中选取4个点构成四面体．从这些四面体中随机选取一个，则选取的四面体的四个面都是锐角三角形的概率为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据正方体的性质，结合已知条件，求出正方体中可构成四面体的总数，再求出四个面全是锐角三角形的四面体个数，进而求出概率． 【详解】 正方体总共8个顶点，任取4个顶点的组合数为：， 当4点共面时不能构成四面体，包含正方体的6个表面及6个对角面，共种， 可构成四面体的个数为：； 正方体中，四个面都是锐角三角形的四面体共2个，顶点分别为： 和， 选取的四面体的四个面都是锐角三角形的概率为： ． 62．（2026·广东·模拟预测）在正方体中，E，F，G分别为，，的中点，若从正方体的八个顶点中任取两个不同的顶点，记事件M为“所取两个顶点的连线与平面平行”，则事件M发生的概率为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】 如图所示，作的中点，连接， 可知，可知， 所以点在同一平面上， 可知面平行的对角线有共6条， 所有从正方体的八个顶点中任取两个不同的顶点的连线有条， 则. 1 / 101 学科网（北京）股份有限公司 $