2026年高考数学二轮复习高效培优讲义(全国通用)专题07立体几何与空间向量(选填题)(培优题型专练)(学生版+解析)

这是一份2026年高考数学二轮复习高效培优讲义(全国通用)专题07立体几何与空间向量(选填题)(培优题型专练)(学生版+解析)，共23页。
题型01 平行垂直问题
【例1-1】（2025·广东·模拟预测）设是两个相交但不垂直的平面，直线，则与的关系不可能是（ ）
A．B．
C．D．与相交但不垂直
【答案】C
【详解】在平面外取平行于和的交线即可，故A可能；
在平面内取平行于和的交线即可，故B可能；
若且，则，与条件矛盾，故C不可能；
除去和的情况D都成立，故D可能.故选C.
【例1-2】（2025·湖北·模拟预测）在棱长为2的正方体中，点是的中点，点是侧面上的一个动点，满足平面，则线段长度的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】取的中点的中点的中点F，连接和，

由分别为的中点，知，同理可知：,，有，
又由,面且平面，所以平面，
同理可知，平面.
因为,平面平面，所以平面平面，
而平面，故动点在平面内的轨迹为，
由可知，，
所以，即，所以线段的最大值为.故选：A.
1.证明空间中直线、平面的平行关系
（1）证明线面平行的常用方法：
①利用定义，证明直线与平面没有公共点，一般结合反证法证明；②利用线面平行的判定定理；③利用面面平行的性质定理；
（2）证明面面平行的常用方法：
①利用面面平行的定义，此法一般与反证法结合；②利用面面平行的判定定理；③利用两个平面垂直于同一条直线；④证明两个平面同时平行于第三个平面．
（3）证明线线平行的常用方法：
①利用直线和平面平行的判定定理；②利用平行公理；
2.证明空间中直线、平面的垂直关系
（1）证明线线垂直的方法
①等腰三角形底边上的中线是高；②勾股定理逆定理；③菱形对角线互相垂直；④直径所对的圆周角是直角；⑤向量的数量积为零；⑥线面垂直的性质；⑦平行线垂直直线的传递性．
（2）证明线面垂直的方法
①线面垂直的定义；②线面垂直的判定；③面面垂直的性质；④平行线垂直平面的传递性；⑤面面垂直的性质．
（3）证明面面垂直的方法
①面面垂直的定义；②面面垂直的判定定理．
【变式1-1】（2025·上海静安·一模）在三维空间中，下列命题是真命题的一个是（ ）
A．垂直于同一条直线的两条直线平行
B．垂直于同一个平面的两个平面平行
C．若一条直线垂直于一个平面，另一条直线与这个平面平行，则这两条直线互相垂直
D．若两个平面分别平行于两条互相垂直的直线，则这两个平面互相垂直
【答案】C
【详解】如图为正方体，
，但，故A错误；
平面平面，平面平面，
但平面平面，故B错误；
，与平面平行的所有平面均与平行，故D错误；
如图，
，由线面平行的性质定理可知，平面内一定存在直线与平行，
由线面垂直的性质定理可知，，则有，故C正确.故选：C
【变式1-2】（2025·上海普陀·一模）已知直线和平面，且，，则下列命题中正确的是（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则
【答案】C
【详解】由，，可得，
对于A，，，则直线可能相交、平行或异面，故错误；
对于B，若，则或，故错误；
对于C，因为，，所以，又，所以，正确；
对于D，要证明，需垂直平面内两条相交直线，现在只有，条件不够，故错误；故选：C
【变式1-3】（2025·全国一卷·高考真题）（多选题）在正三棱柱中，D为BC的中点，则（ ）
A．B．平面
C．D．平面
【答案】BD
【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.
题型02 角和距离问题
【例2-1】（2025·广东广州·模拟预测）在三棱锥中，若，，则直线与平面所成角的正弦值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】设，以为原点，为轴，为轴，建立如下图所示空间直角坐标系，
则，设点，，
，，即，
同理，即
设，则，，，解得，
直线与平面夹角的正弦值等于点到平面的距离与的比值，即．故选：B．
【例2-2】（2025·四川南充·一模）已知四面体中，、、两两垂直，， 与平面所成的角为，则点到平面的距离为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】如图，以为原点，、、所在直线分别为，，轴建立空间直角坐标系，
设，，
则，，，，
所以，，.
设平面的法向量为，
则，得：，
不妨令，解得：，
因为与平面所成的角为，
所以，即，又，解得：.
所以平面的一个法向量为，
故到平面的距离为.故选：A
1.异面直线所成的角
设异面直线所成的角为，则，其中分别为直线的方向向量.
两条异面直线所成的角的范围是.
2.线面角
设为平面的斜线，为的方向向量，为平面的法向量，为与所成的角，则.
3.二面角
平面与相交于直线，平面的法向量为，平面的法向量为，，则二面角的大小为或.设二面角的大小为，则.
4.点到直线的距离
如图，已知直线的单位方向向量为，是直线上的定点，是直线外一点，则向量在直线上的投影向量，在中，由勾股定理，得.
5.点到平面的距离：
设平面的一个法向量为，是平面内任意一点，则平面外一点到平面的距离.
6.两异面直线间的距离
在两直线上各取一点构成一个向量，为两直线的公垂线的单位方向向量，则两异面直线间的距离为.
【变式2-1】（2025·全国·一模）已知空间四边形，，，，.则对角线与所成角的余弦值的取值范围是 .
【答案】
【详解】在中，因为，所以，
过点在平面中作于点，则和相似，
所以，所以，，
取中点，连接，在三角形中，因为，所以，
如图，以为坐标原点，为轴，为轴，过作直线垂直于平面，这条直线为轴，建立空间直角坐标系，

因为，，所以，所以，
设，且，
所以，，
设直线与直线的夹角为，
则，
因为，所以当时，，所以当时，，
所以对角线与所成角的余弦值的取值范围是.
故答案为：.
【变式2-2】（25-26高三上·四川成都·月考）（多选题）已知正方体的棱长为1，则以下说法正确的是（ ）

A．直线与平面所成角的正切值为
B．二面角所成角的大小为
C．直线与直线所成的角为
D．点到平面的距离为
【答案】ABC
【详解】以为原点建立如图所示空间直角坐标系，
则有、、、、、
、、；
对A：由轴平面，则平面的法向量可为，
又，则，
设直线与平面所成角为，则，
则，故A正确；
对B：、，
设平面的法向量为，
则有，取，则，
设二面角所成角的大小为，由图可知为锐角
又平面的法向量为，
则，
故二面角所成角的大小为，故B正确；
对C：、，
设直线与直线所成的角为
则，
故直线与直线所成的角为，故C正确；
对D：、、，
设平面的法向量为，
则有，取，则，
则点到平面的距离，故D错误.

故选：ABC.
【变式2-3】（2025·浙江·二模）（多选题）在四边形中，，，，将沿折起，使点到达点的位置，下而正确的是（ ）
A．直线与平面所成角的最大值为
B．异面直线与所成角的余弦值取值范围
C．若平面平面，则到平面的距离为
D．三棱锥的各顶点都在同一球面上，则该球的表面积的最小值为
【答案】ACD
【详解】
对于A，，，，，
且，
所以直线与平面所成角的最大值为；
对于B，，，又平面，
所以平面，又，所以直线与平面的夹角为，
则直线与所成角最小角为，此时在直线上，
直线与所成角最大角为，当平面平面垂直时，
，平面平面，平面，
平面，，
所以异面直线与所成角的余弦值取值范围，故B错误；
对于C，由B知当平面平面垂直时，平面，
，
平面，，，
又，所以，，
设到平面的距离为，则，
解得，故C正确；
对于D，因为，所以为直角三角形，
外接圆半径分别为，故三棱锥外接球半径最小为2，
此时球心在中点处，表面积为，故D正确；故选：ACD.
题型03 球内切外接问题
【例3-1】（2025·河北·二模）已知圆台的母线长为4，下底面的半径是上底面半径的3倍，母线与底面所成的角为60°，那么圆台的外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】因为母线与底面所成的角为60°，则圆台的高，上底面半径，下底面半径，
设外接球的半径为，球心到上底面的距离为，则，解得，
所以，所以.故选：D．
【例3-2】（2025·山东日照·一模）已知一个圆台的上、下底面半径分别为1和4，高为．若该圆台内有一个球，则该球的表面积的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】如图，作出圆台的轴截面，要使球的表面积最大，则球需要与相切，
设圆的半径为，则，
因为，所以，
作，，因为，所以，
而，由勾股定理得，
则，且，
而，
即得到，解得，
则该球的表面积的最大值为，故B正确.故选：B
解决球的内切外接问题的核心思路：定球型→找球心→求半径→套公式.
1.外接球
核心策略：球心定位（外心连线中点/高线）+ 半径公式/勾股定理
(1)定义法：利用平面几何体知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解.
(2)补形法：若球面上四点构成的三条线段两两垂直，且，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，根据求解.
(3)截面法：涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题求解.
2.内切球
核心策略：等体积法（万能通法）+ 轴截面法
(1)体积分割是求内切球半径的通用方法.
(2)找准切点，通过作过球心的截面来解决.
【变式3-1】（2025·上海黄浦·一模）已知边长为3的正三角形的三个顶点都在球O的球面上，球心O到平面的距离为1，则球O的体积为 ．
【答案】
【详解】设正三角形的外接圆半径为.
根据正弦定理可得，，所以.
设球O的半径为，则，.
所以球O的体积为.故答案为：.
【变式3-2】（2025·江苏连云港·模拟预测）（多选题）在四面体中，，其余各棱长均为2，则该四面体的（ ）
A．表面积为B．体积为
C．外接球的半径为D．内切球的半径为
【答案】BCD
【详解】由题意得：两个等边三角形的面积为，
两个等腰三角形的面积为，
所以四面体的表面积为，故A错误；
取的中点，由等边三角形的性质可得：，
由于平面，所以平面，
由此可得等腰三角形面积为，
所以四面体的体积为，故B正确；
设内切球半径为，根据等体积公式可得：，故D正确；
由两个等边三角形的外心分别为，可得，
过分别作两个平面平面的垂线，相交于点，
根据球心的性质可知，点为四面体的外接球球心，
由于三角形是等腰三角形，可知点在等腰三角形的底边角平分线上，
则有，即，
又因为，所以，
所以外接球半径为，故C正确；故选：BCD.
【变式3-3】（2025·广东·模拟预测）一个轴截面为等边三角形、高为6cm的封闭圆锥形容器内有一个半径为1cm的小球，小球在该容器内自由运动，则小球能接触到的圆锥内壁的面积为 ．
【答案】
【详解】在圆锥内壁侧面，小球接触到的区域围成一个圆台侧面，如图所示，
圆锥轴截面为等边三角形，高为，则圆锥的母线长与底面圆的直径均为．
由小球的半径1cm，，
得，
又都是等边三角形，则，
圆台的上、下底面圆的半径分别为，
母线长，
因此圆台的侧面积为，
在圆锥底面，小球接触到的区域是一个圆，
其半径为，其面积为，
所以圆锥内壁上小球能接触到的圆锥容器内壁总面积为
故答案为：
题型04 轨迹问题
【例4-1】（2025·四川成都·二模）一封闭圆锥容器的轴截面是边长为4的等边三角形，一个半径为的小球在该容器底面运动，则小球与侧面接触部分的轨迹长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】由题意，轴截面示意图如下，当球与圆锥轴截面两条边都相切时，球心在角平分线上，

由，，则，可得，
故，
如上图都是球与圆锥内壁的切点，
所以小球与圆锥侧面接触部分的轨迹为以为直径的圆，
故小球在该容器底面运动时，小球与侧面接触部分的轨迹长为.故选：D
【例4-2】（2025·全国·模拟预测）已知正方体的棱长为，点平面，且，则点的轨迹的长度为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】如图1所示，设为的交点，所以．又平面平面，
所以．又，平面，所以平面．
因为点平面，故平面，所以，则．
因为正方体的棱长为，所以，即，
在平面内建立平面直角坐标系，如图2所示，则．
设，则，，
所以．
又，故，即，
整理得，即，
故点的轨迹是半径为的圆，所以点的轨迹长度为．故选：C．
1、立体几何中的轨迹问题
立体几何轨迹问题是以空间图形为素材,去探究符合一定条件的点的运动轨迹,常见的轨迹类型有直线、圆雉曲线、球面、椭球面.
2、常用的解决策略
(1)定义法：根据圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹，进而求解轨迹问题.
(2)交轨法：若动点满足的几何条件是两动曲线(曲线方程中含有参数)的交点，此时，要首先分析两动曲线的变化，依赖于哪一个变量?设出这个变量为t，求出两动曲线的方程，然后由这两动曲线方程着力消去参数t，化简整理即得动点的轨迹方程，这种求轨迹方程的方法我们称为交轨法.
(3)几何法：从几何视角人手，结合立体几何中的线面平行、线面垂直的判定定理和性质定理，找到动点的轨迹，再进行求解.
(4)坐标法：坐标法就是通过建立空间直角坐标系，将立体几何中的轨迹问题转化为坐标运算问题，进行求解.
(5)向量法：不通过建系，而是利用空间向量的运算、空间向量基本定理等来研究立体几何中的轨迹问题，进行求解.
【变式4-1】（2025·甘肃·模拟预测）在所有棱长为4的正四棱锥中，M是底面正方形内一点（含边界），若，则点M的轨迹长度是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】在正四棱锥中，令正方形中心为，取中点，连接，
取中点，连接，则，由平面，
平面，则平面，由，得，
，又平面，
因此，，点的轨迹是以为圆心，
为半径的圆在正方形及内部的圆弧，显然，
则，而点是的轨迹的端点，于是点的轨迹是半径的半圆，
所以点M的轨迹长度是.故选：A
【变式4-2】（2025·甘肃甘南·模拟预测）在棱长为2的正方体中，为棱的中点，为侧面内（包含边界）的动点，且，则动点的轨迹长度为 ；当线段取最小值时，三棱锥的外接球的半径 ．
【答案】
【详解】如图①，建立空间直角坐标系，则．
设，则，
由题意得，则．
又因为，，所以．
设分别为的中点，则线段为动点的轨迹，轨迹长度为．
，则当时，线段取得最小值，此时，
则点在平面内的投影为点的中点．
如图②，设三棱锥的外接球的球心为．
由题意，为的外接圆圆心，，
则，即，
解得，所以．
故答案为： ，.
【变式4-3】（2025·浙江丽水·一模）已知三棱锥，满足，且，，两两垂直．在底面内有一动点到三个侧面的距离依次成等差数列，则点的轨迹是（ ）
A．一个点B．一条线段C．一段圆弧D．一段抛物线
【答案】B
【详解】在三棱锥中，，且，，两两垂直，
，
，即为等边三角形，
设点到平面、平面、平面的距离依次为、、，如下图所示：

由题意可知，，则，
即，即，
所以，，
不妨设点到边、、的距离分别为、、，
设等边的边长为，则，
又因为，即，
所以，，①
由，可得，可得，②
联立①②可得，所以，点的轨迹是一条与平行且与之间的距离为的线段．
故选：B．
题型05 截面问题
【例5-1】（2025·陕西西安·二模）在三棱锥中，，且．记直线，与平面所成角分别为，，已知，当三棱锥的体积最小时，平面截三棱锥的外接球的截面面积为 .
【答案】
【详解】如图，过点作平面，垂足为，则，
由平面得.
在中，，在中，，
∴，故.
由，得，且.
当三点构成三角形时，，即，，，
当点在线段上时，由得，，，
此时三棱锥的高最小，体积最小.
当点在线段上时，由得，，
取线段中点，由和为直角三角形得，，
故点为三棱锥外接球的球心，外接球半径，
∵为外接球直径，平面，
∴平面截三棱锥的外接球的截面面积为.
故答案为：.
【例5-2】（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
【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．
1.作截面的具体步骤
（1）找截点：
方式1：延长截小面上的一条直线，与几何体的棱、面(或其延长部分)相交，交点即截点;
方式2：过一截点作另外两截点连线的平行线，交几何体的棱于截点;
（2）连截线：连接同一平面内的两个截点，成截线;
（3）围截面：将各截线首尾相连，围成截面.
2.作截面的几种方法
（1）直接法：有两点在几何体的同一个面上，连接该两点即为几何体与截面的交线，找截面实际就是找交线的过程.
（2）延长线法：同一个平面有两个点，可以连线并延长至与其他平面相交找到交点.
（3）平行线法：过直线与直线外一点作截面，拖直线所在的面与点所在的平面平行，可以通过过点找直线的平行线找到几何体的截面的交线.
【变式5-1】（2025·河北邯郸·一模）已知三棱锥中，，为的中点，过点作三棱锥外接球的截面，则截面面积的最小值为 .
【答案】
【详解】取线段的中点，连接，
因，，，
则由勾股定理可知，，，则，
则点为三棱锥的外接球球心，外接球半径为
因，则由勾股定理可知，，
因为的中点，则，
设球心到过点的三棱锥外接球的截面的距离为，截面圆的半径为，
则，
欲使截面面积最小，即最小，则要求最大，
当垂直截面时，最大，最大值为，
则的最小值为，则截面面积的最小值为.
故答案为：
【变式5-2】（2025·河南·模拟预测）已知球是正三棱锥的外接球，，过点作球的截面，若截面面积为，则直线与该截面所成的角为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】如图，作平面，垂足为，则是正三角形的中心，
因为 ，，
所以，则，
因为，取的中点，所以， ，
设正三棱锥外接球的半径为，则，得，
所以，故，
设过点的球的截面圆的半径为，圆心为，为截面圆上一点，
，则，
所以，则，
所以与该截面所成角为，故，
，即与该截面所成角为.故选：C.
【变式5-3】（2025·辽宁·二模）（多选题）在棱长为4的正方体中，，，分别是棱，，的中点，是棱上的动点（包含端点），则（ ）
A．当点是棱的中点时，过点且与平面平行的平面截该正方体所得截面图形的面积为
B．若过点，，的平面截该正方体所得截面与交于点，则
C．过点且与垂直的平面截该正方体所得截面图形的面积的最大值为
D．存在点，使得过点，，的平面截该正方体所得截面图形为五边形
【答案】ABC
【详解】对于A，如图所示，取的中点，连接，，，
因为，分别为，的中点，所以，，
又平面，平面，平面，平面，
所以平面，平面，，故平面平面，所以即为过点且与平面平行的平面截该正方体所得截面图形，
因为正方体的棱长为4，所以，
所以的面积为，故A正确；
对于B，如图，延长，，使，再连接，使，延长，，
使，连接，使，连接，，
则五边形为平面截正方体所得截面图形，又，
所以，所以，故B正确；
对于C，如图，过点作于点，过点作交于点．
易得得平面，又平面，所以，
因为，，平面，所以平面，
所以过点且与垂直的平面截该正方体所得截面图形为矩形，
当点与点重合时，矩形的面积最大，此时点为的中点，
所以，，矩形的面积最大为，故C正确；
对于D，由题可知，，分别是，的中点，则．
当点与点重合时，过点，，的平面截该正方体所得截面图形为矩形；
当点与点重合时，截面图形为四边形（菱形）；当在棱（除端点外）上时，
如图，作交于点，连接并延长交延长线于点，
连接并延长交延长线于点，连接交于点，交于点，
多边形为过，，三点的截面图形，由正方体的对称性可知梯形与梯形全等，
则截面图形为六边形．
综上，过，，三点的平面截该正方体所得截面图形不可能是五边形，故D错误．故选：ABC．
1.（2025·山东济南·二模）（多选题）如图，矩形中，分别为的中点．现将沿翻折，得到三棱锥，则在翻折的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．三棱锥体积的最大值为8
B．存在某个位置使
C．三棱锥外接球半径为3
D．直线被三棱锥外接球截得的线段长的取值范围为
【答案】ACD
【详解】A：当面面BCD时，三棱锥体积最大，由题设易知，
所以三棱锥的高为，则，对．
B：在矩形ABCD中连接CM，有，易得，则，
如下图，翻折过程中始终有，又在平面内，
所以平面，翻折过程中平面，即恒有，
且平面，翻折过程中恒有平面平面，
所以，在翻折的过程中，点M在底面BCD的投影落到平面在平面的投影直线上，
显然，翻折过程中同一平面内的DN与DB不平行，故不成立，错．
C：在翻折的过程中，和都是直角三角形，
所以两个面的外接圆圆心都在BD的中点处，故三棱锥外接球半径为3，对．
D：因为球心为BD的中点O，连接OM，ON，所以，
又直线MN被三棱锥外接球截得的线段长，其中h为O到MN的距离，
所以h只受与的夹角的影响，其中夹角越大，线段越长，
当刚要翻折时线段最长，趋近于直径6，当将要与面BCD重合时，线段最短，
如图所示，因为，所以，

所以，所以，故线段长为，
综上，线段长的取值范围为，D对．故选：ACD
2.（2025·河北·模拟预测）（多选题）如图，在正八面体中，所有棱长均为，为正八面体内切球球面上的任意一点，则（ ）
A．正八面体内切球的表面积为B．正八面体的体积为
C．的取值范围是D．的最大值为
【答案】ACD
【详解】对于A选项，由题意得，可以只分析正四棱锥，易得正四棱锥的高为，
侧面正三角形的高为，设内切球的半径为，则由面积法可得，解得，
所以表面积为，故A正确；
对于B选项，正八面体的体积为两个正四棱锥的体积之和，，
因此，故B错误；
对于C选项，取中点，
，
而点到的距离为，因此的最小值为，最大值为， ，
代入数据可得的范围是，故C正确；
对于D选项，设球心为，
由球的几何性质可知，当与球相切时，最大，
此时为锐角，如下图所示：
易知，，，则，
所以，D对.故选：ACD.
3.（2025·湖北武汉·三模）（多选题）如图，半圆锥的底面直径为，母线，为圆弧上任意一点（不包括，两点），直线垂直于平面，且．连结交母线于点．下列结论正确的是（ ）

A．三棱锥的4个面均为直角三角形
B．
C．沿此半圆锥的曲侧面从点到达点的最短距离为2
D．当直线与平面所成角最大时，平面截三棱锥外接球所得截面的面积为
【答案】ABD
【详解】对于A，根据直线垂直于平面，故，故为直角三角形，半圆锥的底面直径为，为圆弧上任意一点（不包括，两点），，故为直角三角形，，，
故平面，得，故为直角三角形，故A正确；
对于B，中，，则；
．B答案正确．
对于C，将圆锥沿母线剪开后得到平面展开图，，则；
即圆锥展开为一个半圆．
又，则，C答案错误．
对于D，过P作于，连接，则面，
故为与面所成的角
设，则，
则，可得．
设，则上式，
当且仅当，即时取得“”．
又三棱锥的外接球半径为，点到平面的距离为，
又中点（球心）到平面的距离为点到平面的距离的一半，即为；
则，所以，故D正确；故选：ABD．
4.（2025·云南玉溪·模拟预测）（多选题）正方体ABCD－A1B1C1D1棱长为1，P是A1D上的一个动点，下列结论中正确的是（ ）
A．当P在A1D上运动时，不一定有
B．当P在直线A1D上运动时，三棱锥B1－ACP的体积不变
C．PA+PC的最小值为
D．以点B为球心，为半径的球面与平面AB1C的交线长为π
【答案】BD
【详解】对于A，连接，因为四边形为正方形，故，
因为平面，平面，所以，
因为，平面，所以平面，
因为平面，所以，同理可证，
因为，平面，所以平面，又平面，
所以，所以当P在A1D上运动时，一定有，A错误；
对于B，由正方体的性质可得，平面，
平面，到平面的距离为定值，

又为定值，则为定值，即三棱锥的体积不变，故B正确；
对于C，将平面翻折到平面上，如图，

连接AC，与的交点即为点P，此时取最小值AC，
在三角形ADC中，，故C错误；
对于D，由于平面，设与平面交于点，
，设以为球心，为半径的球与面交线上任一点为，
，，
在以为圆心，为半径的圆上，

由于为正三角形，边长为 ，其内切圆半径为 ，
故此圆恰好为的内切圆，完全落在面内，交线长为，故D正确．故选：BD.
5.（24-25高三上·黑龙江哈尔滨·期中）（多选题）如图，棱长为的正方体中，为棱的中点，为正方形内一个动点（包括边界），且平面，则下列说法正确的有（ ）

A．动点轨迹的长度为
B．平面截正方体所得的截面图形的面积为
C．存在点，使得
D．若为的中点，以点为球心，为半径的球面与四边形的交线长为
【答案】ACD
【详解】对于A：如图，分别取，的中点，，连接，，，，

则，，可得，
且平面，平面，所以平面，
又因为，，则四边形是平行四边形，
可得，且平面，平面，所以平面，
又，，平面，
所以平面平面，
当时，则平面，所以平面，
即线段为点的轨迹，可知，故A选项正确；
对于B：如图，取中点，连接，，，

则由，可得平面截正方体所得的截面为梯形，
又，，，
则等腰梯形的高为
所以等腰梯形的面积为，故B选项错误；
对于C：连接，，

因为为正方形，则，
又因为平面，平面，则，
且，，平面，所以平面，
设平面（即与的交点为），此时平面，
所以，故C选项正确；
对于D：如图，设，取中点，连接，则，

因为为正方形，则，
又因为平面，平面，则，
且，平面，所以平面，
可知点到平面的距离为，
又因为球的半径为，
可得以点为球心，为半径的球面被平面截得的小圆的半径为，
又矩形中，，，
所求交线长为：矩形中，以为圆心，2为半径的圆弧，如图所示，

可知该圆弧对应的圆心角为，所以该圆弧长为，故D选项正确.故选：ACD.
6.（2025·湖南·一模）（多选题）如图，三棱台中，平面，则（ ）

A．三棱台的体积为
B．平面
C．
D．若点在侧面上运动，且与平面所成角的正切值为4，则点在侧面上的轨迹长度为
【答案】ABD
【详解】A选项：，
，故A正确；
B选项：平面，
平面平面，
又为的中点，，平面，
平面，故B正确；
C选项：由B选项答案可知平面，
若，而平面，则平面，
，与条件矛盾，故错误；
D选项：如图，在平面中，作于点，由B选项答案可知，平面，
，平面，平面为与平面所成角，

依题意，又，
又．
在侧面上的轨迹是以为圆心，半径为的半圆，
轨迹长度为，故D正确．故选：ABD．
7.（2025·湖南郴州·一模）（多选题）在棱长为的正方体中，点在侧面所在平面内运动，为的中点，则下列说法正确的是（ ）
A．当在线段上运动时，恒有
B．当为正方形的中心时，与所成角的正弦值为
C．若点满足，则平面截正方体所得的截面面积为
D．直线和与平面所成的角相等时，动点的轨迹为圆
【答案】ACD
【详解】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，
对于A选项，如下图所示：
则、、、、，
设，其中，则，
所以，，
所以，故，A对；
对于B选项，当为正方形的中心时，则、，
，，
所以，
故，
故当为正方形的中心时，直线、所成角的正弦值为，B错；
对于C选项，如下图所示：
设平面交棱于点，
因为平面平面，平面平面，
平面平面，所以，
故平面截正方体所得截面为梯形，
又因为，结合等角定理可得，
因为，故为等腰直角三角形，故，
易知点，，，
所以点到直线的距离为，
所以截面面积为，C对；
对于D选项，设点，，，
易知平面的一个法向量为，
由题意可得，即，
即，化简得，
故当直线和与平面所成的角相等时，动点的轨迹为圆，D对.故选：ACD.
8.（2025·湖北武汉·模拟预测）（多选题）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
【答案】ACD
【详解】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．
9.（2025·贵州六盘水·模拟预测）（多选题）在直四棱柱中，，，点，在以线段为直径的圆上运动，且，，三点共线，点，分别是线段，的中点，则下列说法中正确的是（ ）

A．平面平面
B．当四棱柱的体积最大时，
C．当时，过的平面截该四棱柱的外接球所得截面面积的最小值为
D．当时，过点，，的平面截该四棱柱所得的截面周长为
【答案】ABD
【详解】对A：由直四棱柱性质可得，由为直径，则，
又，、平面，故平面，
又平面，故平面平面，故A正确；
对B：由，则，
则，
当且仅当时，等号成立，
即四棱柱的体积最大时，，同理，
则此时四棱柱为正方体，
则可以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，

有、、、、，
则，，有，
故，故B正确；
对C：当时，则由B可得此时四棱柱为正方体，
有、，则，
由正方体性质可得该正方体的外接球球心为，设为，
则，外接球半径为.
则点到直线的距离，
又该截面面积取最小时，点到该截面的距离为，
则，故C错误；
对D：取中点，连接、、、、，
则且，又，故，
故、、、四点共面，即所求截面为四边形，
则截面周长为
，故D正确.故选：ABD
10.（2025·山东济宁·二模）（多选题）已知正方体的棱长为1，点在正方体的内切球表面上运动，且满足平面，则下列结论正确的是（ ）
A．B．点的轨迹长度为
C．线段长度的最小值为D．的最小值为
【答案】ACD
【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，，，，，，
正方体的内切球的球心为正方体的中心，半径，
平面的法向量： ，，设，
由，即，令，则，，所以.
对于选项A， ，因为平面，所以，而，
所以，即，A正确.
对于选项B，因为平面，平面平面，
所以点的轨迹是平面与正方体内切球的交线，此交线为圆，记圆心为.
设平面与正方体的中心的距离，设平面的法向量为，
，，
设，由，可得，
令，则. ，
∴点到平面的距离为，
∴圆的半径为，
∴圆的周长，即点的轨迹长度为，B错误.
对于选项C， ，点在球面上，
线段长度的最小值为，C选项正确.
对于选项D，设与夹角为，，.
在平面直角坐标系中， ，， ，，
， ，
所以，令， ，
，
所以的最小值为，D选项正确.
故选：ACD