新高考数学二轮复习选题题+解答题专项练考点十一 空间几何（选填题15种考向）（2份，原卷版+解析版）

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考向一 空间几何体的体积
【例1-1】（2025·云南昆明·一模）一个内角为且斜边长为2的直角三角形，绕斜边旋转一周所得几何体的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】如图，在直角三角形中，，则，
将直角三角形沿斜边旋转一周，旋转形成的几何体为两个同底的圆锥，
如图所示，
有，
所以所求几何体的体积.
故选：D
【例1-2】（2025·甘肃平凉·模拟预测）如图，在梯形中，，，，，为线段的中点，先将梯形挖去一个以为直径的半圆，再将所得平面图形以线段的垂直平分线为旋转轴旋转一周，则所得几何体的体积为（ ）

A．B．C．D．
【答案】A
【解析】连接，由题意知.
几何体为一个圆台中挖去半球所形成的几何体，其中圆台的上底面半径为1，下底面半径为3，半球的半径为1，
，，
故该几何体的体积为.
故选：A.

【例1-3】．（2025高三·全国·专题练习）一个圆锥被平行于底面的平面所截，上下两个几何体的侧面积之比为，则上下两个几何体的体积之比为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】根据定义知上、下两个几何体分别为小圆锥和圆台，设小圆锥的高为，底面半径为，所以母线长为，原圆锥的高为，底面半径为，所以母线长为
由小圆锥的侧面积为：，大圆锥的侧面积为：，
上下两个几何体的侧面积之比为，
所以，又由相似易得：，
所以得，即，
所以小圆锥和原圆锥的体积比，
所以小圆锥和圆台的体积之比为．
故选：D．
【例1-4】（2025·贵州黔东南·一模）已知第一个正四棱台的上底面边长为，下底面边长为，侧棱长为4cm，第二个正四棱台的上底面、下底面边长与第一个相同，但高为第一个正四棱台的3倍，则第二个正四棱台的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】由题意知第一个正四棱台上底面边长为，下底面边长为，侧棱长为4cm，
如图：设第一个四棱台上下底面中心为，连接，
结合正四棱台性质可知四边形为直角梯形，
且，故，
即棱台的高为，则第二个正四棱台的高为，
故第二个正四棱台的体积为.
故选：C.
【例1-5】（2025·天津南开·一模）如图，在平行六面体中，是线段上的一点，且，则三棱锥的体积与平行六面体的体积之比为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】由题设及平行六面体的结构特征易知，面，面，
所以面，则上任意一点到面的距离为定值，
又，则，
由的底面面积是平行六面体底面面积的一半，且高相等，
所以.
故选：D
考向二 空间几何体的 表面积
【例2-1】（2025·四川自贡·二模）已知圆锥的母线长是底面半径的2倍，则该圆锥的侧面积与表面积的比值为（ ）
A．B．C．D．2
【答案】B
【解析】设圆锥底面圆的半径为，则母线长为，，，
.故选：B.
【例2-2】（2025·黑龙江·一模）已知圆锥的轴截面是一个斜边长为的等腰直角三角形，则圆锥的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】因为轴截面是一个斜边长为的等腰直角三角形，所以圆锥的底面半径，母线，
所以圆锥的表面积.故选：D.
【例2-3】（2024·陕西安康·模拟预测）已知正三棱台的上底面积为，下底面积为，高为2，则该三棱台的表面积为（ ）
A．B．C．D．18
【答案】A
【解析】由面积公式可得正三棱台上下底面边长分别为和，
设在底面内的射影为，作于，
平面，平面，则有，
又，，平面，所以平面，
平面，所以，
由，，，则，
又，所以，则，
故三棱台的侧面积为，表面积为.
故选：A.
【例2-4】（2025·陕西西安·二模）已知正四棱锥的底面边长为6，体积为48，则该四棱锥的侧面积为 .
【答案】60
【解析】设正四棱锥的边长为，高为，斜高为，
由题意可得，
所以斜高，
所以该四棱锥的侧面积为.
故答案为：60.
考向三 外接球
【例3-1】（2025·陕西商洛·三模）已知正三棱锥的底面边长为，侧面积为，则该三棱锥的外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】在正三棱锥中，正的边长为，如下图所示：
取线段的中点，连接，则，
因为正三棱锥的侧面积为，则，可得，
所以，，，
设点在底面的射影为点，则为正的中心，且，
，
设正三棱锥的外接球球心为，则在直线上，
设球的半径为，则，
由勾股定理可得，即，解得，
因此，该正三棱锥的外接球的表面积为.
故选：A.
【例3-2】（2025高三·全国·专题练习）已知棱长为的正四面体与一个球相交，球与正四面体的每个面所在平面的交线都为一个面积为的圆，则该球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】由对称性，可知球心与正四面体重心重合，
由于球与正四面体的每个面所在平面的交线都为一个面积为的圆，故每个面的交线为半径为3的圆．
设球心为,为的中心，则,故，故
设球心到任意面的距离为，则由等体积法可得,
故连接球心与任意面中心，则连线长为3，且连线垂直该面，再连交线圆上一点与球心（即为球的半径），由勾股定理得球的半径为，则表面积为．
故选：B．

【例3-3】（24-25高三下·甘肃白银·阶段练习）已知三棱锥的每个顶点都在球的球面上，底面为正三角形，底面，，且与底面所成的角为，则球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】
因为底面，所以与底面所成的角为，则，
又因为，所以.
设为的外心，因为底面为正三角形，所以，
所以球的半径，球的表面积为.
故选：A.
【例3-4】（2025·四川德阳·二模）在三棱锥中，平面平面为等腰三角形，且，，则三棱锥外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】如图取的中点，的中点，连接，则，
因为为等腰三角形，所以,
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
因为平面，所以，
因为为直角三角形，且，所以为的外心，
设三棱锥的外接球的球心为，则平面，
所以‖，
在等腰中，，，
则，的外心在外，
所以，
在中，，则，
所以
设三棱锥的外接球的半径为，则，
过作交延长线于点，则，
在中，，则
，解得，
所以三棱锥的外接球的表面积为.
故选：A.
【例3-5】（2025·辽宁·二模）在正四棱台中，，E，F，G，H分别为，，，的中点，将该正四棱台截取四个三棱锥，，，后得到多面体，则该多面体外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】如图，连接，设，
由，可知四边形为边长为的正方形，
将正四棱台补形成正四棱锥，易知，
所以，设，
易知为的中点，连接，则，可得，
又，，
所以，则，
又，所以，同理，
易知为正方形的中心，
设多面体外接球的半径为，
又，
则为多面体外接球的球心，且，
则其外接球的表面积为.
故选：B.

【例3-6】（2025·全国·模拟预测）如图，已知正四棱台的高，且，则此正四棱台的外接球表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】由题意可知，正四棱台外接球的球心在其上、下底面正方形的对角线的中点的连线上，如图所示，设球心为，点距离下底面的高度为.
因为，，，又上、下底面均为正方形，所以，.
设棱台的外接球的半径为，根据勾股定理可得，解得，
则，所以正四棱台的外接球表面积为.
故选：D.
【例3-7】（2025·吉林·三模）棱长为2的正方体中，棱的中点为，棱的中点为，则三棱锥的外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】设的外心，由外心的定义可知，
为线段的四等分点（靠近），则球心在过且与平面垂直的直线上．
以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，
设球心，由，求出，从而求出，
所以三棱锥的外接球的表面积为.
故选：C.
考向四 内切球
【例4-1】（2025·辽宁·一模）圆台的上、下底面半径分别为2和4，一个球与该圆台的两个底面和侧面均相切，则这个球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】如图，

则该几何体的轴截面如下：

所以，，
∵与圆相切，点为切点，
∴，
过点作与点，
∴，∴，则，
即球的半径，∴这个球的表面积，
故选：D.
【例4-2】（2025·黑龙江吉林·模拟预测）已知圆台的母线与下底面所成角的正弦值为，则此圆台的表面积与其内切球（与圆台的上下底面及每条母线都相切的球）的表面积之比为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】设上底面半径为，下底面半径为，
如图，取圆台的轴截面，作，垂足为，
设内切球与梯形两腰分别切于点，
可知，，
由题意可知：母线与底面所成角为，
则，可得，
即，，可得，
可知内切球的半径，
可得，，
所以.
故选：D.
【例4-3】（24-25高三下·重庆渝中·阶段练习）已知高为 4的圆台存在内切球，其下底半径为上底半径的 4 倍，则该圆台的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】依题意，圆台的轴截面截其内切球得球的大圆，且该大圆是圆台轴截面等腰梯形的内切圆，
等腰梯形为圆台轴截面，其内切圆与梯形切于点，
其中分别为上、下底面圆心，如图，
设圆台上底半径为，则下底半径为，，
而等腰梯形的高，因此，解得，
所以该圆台的表面积为.
故选：D
【例4-4】（2025·河南开封·二模）已知正方体的内切球的体积为，则该正方体的外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】设正方体的边长为，
则正方体内切球的半径为，内切球的体积等于，解得，
所以正方体的体对角线等于，
所以正方体外接球的半径等于，则外接球的表面积等于，
故选:B.
考向五 空间几何体体积、表面积最值
【例5-1】（2025·江苏·一模）已知一圆柱内接于半径为1的球，当该圆柱的体积最大时，其高为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】设球半径为，圆柱的底面半径为，圆柱的高为，
如图，则有，即，
整理得，当且仅当，即时，等号成立，
此时圆柱体积取得最大值，
所以圆柱的体积最大时，即.
故选：C.
【例5-2】（2025·广东湛江·一模）一个圆锥的侧面展开图是一个半径为3，圆心角为的扇形，在该圆锥内有一个体积为V的球，则该球的体积V的最大值是（ ）．
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】由题意得，扇形的弧长，
所以该圆锥的底面圆的半径，
所以该圆锥的高．
设该圆锥内的球的最大半径为R，圆锥的轴截面如图所示：
则依题意得，
所以，
所以该球的体积V的最大值是．
故选：D
【例5-3】（24-25高三上·湖南常德·阶段练习）如图，在直三棱柱中，，，，为的中点，P为上的动点，则三棱锥的外接球表面积的最小值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】由题易知是等腰直角三角形，则外接圆的圆心在AM的中点处，
过作平面ABC的垂线，则外接球的球心O在上，
过点P作交于点N，则四边形为矩形，
因为，，所以，
在三角形中，由余弦定理：可得，
所以，
设，，三棱锥的外接球的半径为R，
则，则，
所以，当且仅当时等号成立，
所以，
则三棱锥的外接球表面积
故选：B.
【例5-4】（2025·湖南·二模）已知某正三棱柱外接球的表面积为，则该正三棱柱体积的最大值为（ ）
A．1B．C．D．4
【答案】A
【解析】设外接球的半径为，则，解得.
设正三棱柱的底面三角形的边长为，则该三角形外接圆的半径为，
故该正三棱柱的高为，
所以该正三棱柱的体积.
由，解得.
令，则，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，所以函数在时取得最大值，
故，所以该正三棱柱体积的最大值为1.
故选：A.
【例5-5】（2025·山西临汾·二模）在三棱锥中，，且二面角的大小为，则当该三棱锥的外接球体积最小时，（ ）
A．B．3C．D．
【答案】A
【解析】由于且二面角的大小为，故为二面角的平面角，故，
由于平面，故平面，
设，则，
在中，由余弦定理可得
，
则的外接圆直径，
故外接球的半径
当时，球的半径取得最小值,此时三棱锥的外接球体积最小，
故.
故选：A
【例5-6】（2025·四川广安·二模）三棱锥中，平面，为以为直径的半圆圆周上的动点（不同于、的点）.若，，则该三棱锥体积的最大值为（ ）
A．4B．C．2D．
【答案】A
【解析】平面，平面，，
以为直径的半圆圆周上动点（不同于，的点），所以，，平面，平面，
平面，
平面，∴，
在中，，，则，
平面，平面，，
在中，设，，（，），
则由，得，
，
当且仅当，且，即时，等号成立，
，
该三棱锥体积的最大值为4.
故选：A.
考向六 线面、面面平行
【例6-1】（2024高三·全国·专题练习）如图，平行四边形所在平面外一点，为的中点，为上一点，当平面时，（ ）

A．B．C．D．
【答案】D
【解析】
连接 交 于 ，连接 ，
因为 平面 ， 平面 ，平面 平面 ，
所以 ，所以 .
又 ， 为 的中点，
所以 ，
所以 .
故选：D.
【例6-2】（2024江苏南通）在空间四边形中，分别为边上的点，且，又分别为的中点，则（ ）
A．平面，且四边形是矩形
B．平面，且四边形是梯形
C．平面，且四边形是菱形
D．平面，且四边形是平行四边形
【答案】B
【解析】如图所示，在平面内，​
，又平面，平面
平面．
分别是的中点，
．
又​，
．在四边形中，且​
四边形为梯形．
故选：B．
【例6-3】（2025·浙江温州·二模）（多选）在四棱锥中，分别是上的点，，则下列条件可以确定平面的是（ ）
A．B．
C．平面D．平面
【答案】BD
【解析】如图，过点作交于点，连接，即有平面，
由于，所以，
若，则，又平面，平面，
所以平面，由平面，
得平面平面，又平面，所以平面，故B正确；
若平面，又因为平面平面，所以，由B可知D正确；
假设平面，设平面，则，
若平面，平面平面，所以，
反之若，当且仅当平面，即A、C同时正确或错误；
若，可能，也可能与相交．
若与相交，由知延长必与、交于同一点，
由几何关系知与不平行，故A、C错误．故选：BD
考向七 线面、面面垂直
【例7-1】（24-25高三上·湖北·期中）（多选）下列四棱锥的所有棱长都相等，，，，，是四棱锥的顶点或所在棱的中点，则直线不与平面垂直的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】BCD
【解析】由条件可知四棱锥为正四棱锥，
对于A：

设的交点为，由正四棱锥的结构特征可知：面，
易知：，又，为平面内两条相交直线，
所以直线与平面垂直；
对于B：

取的中点为，连接，
有中位线性质可知：，，
所以四边形为平行四边形，所以，
可证直线平行平面；
对于C：

设棱长为2，，
所以，
所以与不垂直，所以直线不与平面垂直；
对于D：

设棱长为2，，，
所以
所以与不垂直，所以直线不与平面垂直；
故选：BCD.
【例7-2】（2025·贵州贵阳·模拟预测）（多选）如图所示，在正方体中，给出以下判断，其中正确的有（ ）
A．平面B．平面
C．与是异面直线D．平面
【答案】ACD
【解析】对于选项A，因为为正方体，所以平面，所以A正确；
对于选项B，因为平面，
所以与平面也有交点，所以B错误；
对于选项C，因为与相交，所以与异面，所以C正确；
对于选项D，因为平面，平面，
所以且，
所以平面，平面，所以，
同理，所以平面，所以D正确.
故选：ACD．
【例7-3】（2025·宁夏吴忠·一模）（多选）在正方体中，点分别是和的中点，则（ ）
A．
B．
C．平面
D．与平面所成的角为
【答案】ACD
【解析】
设正方体的棱长为，以为原点建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，.
则，由得，，故，A正确.
由，则得与不垂直，B错误.
由题意得，平面的法向量为.
∵，平面，
∴平面，C正确.
由题意得，平面的法向量为，
设与平面所成的角为，则，
由得，D正确.
故选：ACD.
【例7-4】（2024·全国·模拟预测）（多选）如图，四棱锥是所有棱长均为2的正四棱锥，三棱锥是正四面体，为的中点，则下列结论正确的是（ ）
A．四点共面B．平面
C．D．平面平面
【答案】ACD
【解析】
对于选项A：如图，取的中点，连接，，，，
依题意，可得，，，
因平面，则平面，同理平面，
又平面平面，所以四点共面，
易知，，所以四边形是平行四边形，
故，因为，所以，所以四点共面，故A正确；
对于选项B：假设平面，因平面,则，所以是菱形，
这与，矛盾，故B错误；
对于选项C：由A知平面，平面，所以，故C正确；
对于选项D：由A知，又，所以四边形是平行四边形，所以，
又平面，平面，所以平面．
因为，平面，平面，所以平面，
又，，平面，所以平面平面，故D正确．
故选：ACD.
考向八 空间几何体命题的判断
【例8-1】（2025·上海·模拟预测）已知、为两条不同的直线，、为两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ）.
A．若，，，则
B．若，，，则
C．若，，，则
D．若，，，则
【答案】C
【解析】若，，，则平行或异面，错误；
若，，，则平行，或异面，或相交，错误；
若，，取直线的方向向量作为的法向量，
取直线的方向向量为作为的法向量，，
因为，即两平面所成角为，所以，
所以，即正确；
若，，，则平行或异面、或相交，错误；
故选：C
【例8-2】（2025·北京丰台·一模）已知，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ）
A．若，，，则B．若，，则
C．若，，，则D．若，，，则
【答案】D
【解析】
如图，在正方体中分析选项A、B、C.
A.平面，平面，平面平面，但，A错误.
B.，平面，但平面，B错误.
C.平面平面，平面，，但平面，C错误.
D.取直线的方向向量，直线的方向向量，
∵，，∴分别为平面的法向量，
∵，∴，∴，选项D正确.
故选：D.
【例8-3】（2025·天津·一模）已知m，n是两条直线，是一个平面，下列命题正确的是（ ）
A．若，，则B．若，，则
C．若，，则D．若，，则
【答案】C
【解析】对A：平行于同一个平面的两条直线的位置关系不确定，故A错误；
对B：若，，则或，故B错误；
对C：根据线面垂直的定义可知，C正确；
对D：若，，则直线与平面的位置关系不确定，故D错误.
故选：C
【例8-4】（2025·甘肃兰州·一模）已知是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，以下判断正确的是（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则
【答案】C
【解析】若，则或或或，故A错误；
若，则或，故B错误；
若，在内作，所以，又，所以，
又，所以，所以，故C正确；

若，则或或为异面直线，故D错误.
故选：C.
【例8-5】（2025·天津河北·二模）若，为空间两条不同的直线，，为空间两个不同的平面，则下列结论不正确的是（ ）
A．若，，，则B．若，，则
C．若，，，则D．若，，则
【答案】D
【解析】A：若，，则或，而，故，对；
B：若，将视作的法向量所在直线，又，易知，对；
C：若，，则，而，故，对；
D：若，，则平行、异面、相交都有可能，错.
故选：D
考向九 线线角
【例9-1】（2025·安徽合肥·二模）已知为圆锥的底面直径，为底面圆心，正三角形内接于，若，圆锥的侧面积为，则与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】设圆锥的底面半径为，母线长为，
因为，所以，
所以，所以，
所以，又正三角形内接于，
所以，解得：，所以，
所以，
过点作交的延长线于点，，
所以与所成角即为与所成角或其补角，
所以为与所成角，
由余弦定理可得：，
故选：A.
【例9-2】（2025·山东枣庄·二模）已知三棱柱的各条棱长相等，且，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】不妨设棱长为2，
由题意可知：，
因为，
则
，
即，
且，
可得，
所以异面直线与所成角的余弦值为.
故选：C.
【例9-3】（2025·辽宁辽阳·一模）如图，三棱柱的所有棱长都为，且，、、分别为、、的中点，则异面直线和所成角的余弦值为（ ）

A．B．C．D．
【答案】D
【解析】连接、，如下图所示：

因为、分别为、的中点，所以，且，
因为且，所以，四边形为平行四边形，
所以，且，
因为为的中点，所以，且，
所以，四边形为平行四边形，则，
故异面直线和所成角等于或其补角，
在菱形中，，，，
由余弦定理可得，
在中，，，，
由余弦定理可得，
在中，，，，所以，，故，
所以，.
因此，异面直线和所成角的余弦值为.
故选：D.
【例9-4】（2025·广西南宁·二模）已知圆柱的轴截面是边长为2的正方形，与分别为该圆柱的上、下底面的一条直径，若从点出发绕圆柱的侧面到点的最小距离为，则直线与直线所成的角为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】根据题意可知圆柱的半径和高分别为，
由于从点出发绕圆柱的侧面到点的最小距离为，故展开图中，则,故，
因此在圆柱中，在下底面作平行于的直径，则的长度为，故所成的角为或其补角，
由于，故直线与直线所成的角为，
故选：C
考向十 线面角
【例10-1】（2024·陕西宝鸡·二模）如图，在四棱台中，底面为平行四边形，侧棱平面，，，若四棱台的体积为．则直线与平面所成角的正切值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】如图所示：
过点，作，连接，
因为平面，平面，
所以平面平面，
所以平面，连接，
则为与平面的夹角，
在平面中，，，，则，
，，
所以四棱台的体积为：，
所以，，
为的中点， ，
．
故选：A
【例10-2】．（2024·广东·二模）已知四棱锥的体积为4，底面是边长为的正方形，，则直线与平面所成角的正弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】四棱锥的体积，得，
直线与平面所成角的正弦值为，
故选：B.
【例10-3】．（2024·广西柳州·一模）已知正四棱台的体积为，，，则与底面所成角的正切值为（ ）
A．B．C．D．4
【答案】C
【解析】∵，，∴上，下底面的面积分别为，
设正四棱台的高为，
则其体积为，解得，
连接，分别取的中点，
∵面，面，∴，
过作交于，则，面，
∴为与底面所成的角，
∵，，
∴，
即与底面所成角的正切值为.
故选：C.
考向十一 二面角
【例11-1】（2025·北京顺义·一模）六氟化硫是一种无机化合物，常温常压下为无色无味无毒不燃的稳定气体.化学式为，在其分子结构中，硫原子位于中心，六个氟原子均匀分布在其周围，形成一个八面体的结构.如图所示，该分子结构可看作正八面体，记为，各棱长均相等，则平面与平面夹角的余弦值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】
设正八面体的棱长为，连接、相较于点，连接，
根据正八面体的性质可知为正方形，，平面，
建立如图所示，以为坐标原点，
分别以、、为、、轴的空间直角坐标系，
，，，，
所以，，
设平面的法向量为，
所以，，令，
则有：，所以，
，，
设平面的法向量为，
所以，，令，
则有：，所以，
设平面与平面夹角为，则，
平面与平面夹角的余弦值为.
故选：D
【例11-2】．（2025·四川南充·二模）已知正三棱锥底面边长为2，其内切球的表面积为，则二面角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】已知内切球表面积，则，解得.
设正棱锥的顶点在底面上的射影为，取中点，连接
.
因为正棱锥的性质，平面，，根据三垂线定理可得，所以就是二面角的平面角.
底面是边长为的正三角形，则.
设正棱锥的体积为，表面积为.
底面的面积.
侧面中，，，则侧面面积，
正棱锥的表面积.
根据等体积法，即
化简，即，.
两边平方：整理得到，即，解得（舍去）或.
在中，，，，所以.
二面角的余弦值为.
故选：A.
考向十二 空间距离
【例12-1】（2025·河南安阳·一模）如图，在三棱锥中，，，两两垂直，，，，为线段上靠近的三等分点，点为的重心，则点到直线的距离为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】
根据题意，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，
则，
又点为的重心，所以，
则，，
则，
则，
所以点到直线的距离为.
故选：B
【例12-2】（2025·北京门头沟·一模）某纪念塔的一部分建筑结构可抽象为三棱锥，，底面是等腰直角三角形，，顶点到底面的距离为3，则点到平面的距离为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】
因为，且底面是等腰直角三角形，，
所以点在平面上的射影为边的中点，在直角三角形中，由勾股定理得,所以,
又因为底面是等腰直角三角形，，
;
设点到平面的距离为，则
,
所以.
故选：C
【例12-3】（2025·全国·模拟预测）（多选）设长方体的中心为，点为棱的中点，则点到平面的距离等于（ ）
A．点到平面的距离B．点到平面的距离
C．点到平面的距离的D．点到平面的距离的
【答案】ACD
【解析】连，取中点，由点为棱的中点，可得，易证平面，
点到平面的距离相等，又线段的中点在平面上，
所以点到平面的距离相等；
因为，所以点到平面的距离相等，而，，
且点都在平面上，所以点到平面的距离等于点到平面的距离的；
过作交于，延长至点，使得，延长至点，
使得，则三点共线，，且，所以，
，且点都在平面上，所以点到平面的距离等于点到平面的距离的，
即点到平面的距离等于点到平面的距离的.
故选：ACD
考向十三 空间几何体在实际生活的应用
【例13-1】（2025·安徽滁州·一模）中国被称为“制扇王国”，折扇的起源历史悠久，最早可以追溯到西汉时期.现有一把折扇，其结构如图.完全展开后扇面的圆心角为，上板长为若把该扇面围成一个圆台，则圆台的高为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】设小扇形的半径为xcm，则大扇形的半径为，
设圆台的上下底面半径分别为，
则，
所以，
所以，
所以圆台的高为
故选：
【例13-2】（2025·北京平谷·一模）冰淇淋蛋筒是大家常见的一种食物，有种冰淇淋蛋筒可以看作是由半径为10cm，圆心角为的扇形蛋卷坯卷成的圆锥，假设高出蛋筒部分的奶油和包裹在蛋筒内部的奶油体积相等，则该种冰淇淋中奶油的总体积约为（ ）（忽略蛋筒厚度）
A．B．
C．D．
【答案】D
【解析】设圆锥底面面积为，由题意可知，所以，
设圆锥得高为，则，所以圆锥的体积为：，
所以该种冰淇淋中奶油的总体积约为，故选：D
【例13-3】（2025·江西·二模）白舍窑位于江西省南丰县白舍镇，是宋元时期“江西五大名窑”，其瓷器以白瓷最为闻名，素有“白如玉，薄如纸”的特点．如图是白舍窑生产的一款斗笠型茶杯，茶杯外形上部为一个圆台，下部实心且外形为圆柱．现测得底部直径为6cm，上部直径为12cm，茶杯侧面与水平面的夹角为，则该茶杯容量（茶杯杯壁厚度忽略不计）约为（ ）（单位：）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】圆台的体积即为该茶杯容量，如图，cm，cm，
过点分别作⊥，⊥于点，
则cm，cm，
其中圆台的高为cm，
故圆台体积为.
故选：D
【例13-4】（2025·辽宁·二模）图1所示几何体是一个星形正多面体，称为星形十二面体，是由对（个）平行五角星面组成的，每对平行五角星面角度关系如图2所示．一个星形十二面体有 个星芒（凸起的正五棱锥），将所有的星芒沿其底面削去后所得几何体和星形十二面体的表面积之比是 ．（参考数据：）
【答案】
【解析】由图可知，每个星形十二面体有个星芒，
将每个正五棱锥沿着侧面展开与底面在同一个平面上，形成一个正五角星，
则这个正五角星的五个顶点在圆上，连接，则垂直平分，设，
正五棱锥的侧面积等于，底面积等于，
正五边形的每个内角为，则，故，
则，所以，，，
设，则，则，
，则，
所以，将所有的星芒沿其底面削去后所得几何体和星形十二面体的表面积之比为
，
故答案为：；.
【例13-5】（2025·甘肃白银·模拟预测）如图，某香包挂件是正四棱锥形状，其高为，底面边长为，若将此棱锥放在一球内可任意转动，则该球表面积的最小值为 .
【答案】/
【解析】如图，设该香包挂件的直观图为正四棱锥，其底面的中心为，
则为正四棱锥的高，所以，
由题可知在正方形中，，所以，所以.
由题可知正四棱锥的外接球即为所求，易知正四棱锥外接球的球心在直线上，设其外接球的直径为，因为点在正四棱锥外接球的球面上，所以，
又，所以由几何性质可得，则，
所以，故外接球的表面积为，即所求球的表面积的最小值为.
故答案为：.
【例13-6】（2025·湖南·模拟预测）2021年小米重新设计了自己的品牌形象.新旧图像如图所示，旧lg是一个正方形，新lg可看作一个直径为边长的一半的圆在原正方形中运动，保留它运动过程覆盖的区域就是新lg.类比推理，现有一个棱长为2的正方体，一个直径为1的球在正方体内部滚动，将该球可到达的区域保留，不可到达的区域割去，得到一个几何体，我们称之为“小米正方体”，则“小米正方体”的体积为 .

【答案】
【解析】根据类比可知：小球在正方体内部运动，“小米正方体”的8个角合在一起刚好是一个直径为正方体棱长一半的球体，
12条棱除开小球部分，余下的刚好可以组成与球半径相同且高为正方体棱长一半的三个圆柱体.
剩余部分是个类似十字的几何体，可得该几何体的体积为4，
所以“小米正方体”的体积为
故答案为：.
考向十四 容纳问题
【例14-1】（2025·海南海口·模拟预测）（多选）如图，透明塑料制成的长方体容器内灌进一些水，已知，，，当底面水平放置时，水面位置满足，容器内有水部分的几何体体积是，下列命题正确的是（ ）
A．固定容器底面一边于地面上，将容器倾斜，有水的部分始终呈棱柱形
B．固定容器底面一顶点于地面上，将容器倾斜，有水的部分可能是三棱锥
C．体积为，高为的圆锥不能放在半径是的球体内
D．体积为的正方体可以在轴截面为正三角形且底面半径为的圆锥内任意旋转
【答案】ACD
【解析】对于A选项，由棱柱的特征：有两个平面时相互平行且是全等的多边形，
其余每相邻两个面的交线也相互平行，而这些面都是平行四边形，故A正确；
对于B选项，因为水面位置满足，
则，
因为，
所以，，
所以，将固定容器底面一顶点于地面上，将容器倾斜，要使得有水的部分呈三棱锥，
则需水的体积不超过三棱锥的体积，但，矛盾，B错；
对于C选项，设圆锥的底面半径为，则，可得，
设圆锥的外接球半径为，由勾股定理可得，解得，
因为，即，
所以，体积为，高为的圆锥不可以放在半径为的球体内，C对；
对于D选项，设轴截面为正三角形且底面半径为的圆锥的内球半径为，
则为正三角形内切圆的半径，正三角形的面积为，
又因为，解得，即圆锥的内切球半径为，
设正方体的棱长为，则，解得，
设正方体外接球半径为，则，解得，
所以，体积为的正方体可以在轴截面为正三角形且底面半径为的圆锥的内切球内任意旋转，
故体积为的正方体可以在轴截面为正三角形且底面半径为的圆锥内任意旋转，D对.
故选：ACD.
【例14-2】（2025·广东·一模）（多选）已知正四面体的棱长为6，点分别是的中点，则下列几何体能够整体放入正四面体的有（ ）
A．底面在平面上，且底面半径为，高为的圆锥
B．底面在平面上，且底面半径为，高为1的圆柱
C．轴为直线，且底面半径为，高为2的圆锥
D．轴为直线，且底面半径为，高为0.2的圆柱
【答案】ACD
【解析】对于A，
正四面体，作平面，交平面于，
连接，且为正三角形的中心，又棱长为6，则的内切圆半径为，，
正四面体的高，
则底面半径为，且，且高，则可以放到正四面体内，故A正确；
对于B，

如图所示，平面平面，当时，设内切圆半径为，
则，则，
故底面半径为，高为1的圆柱，无法放到正四面体内，故B错误；
对于C，轴为直线，且底面半径为，高为2的圆锥,
因，
在线段上取点使得，，
则，
，即，则，
则轴为直线，且底面半径为，高为2的圆锥, 可以放到正四面体内，故C正确；
对于D，采用选项C中的图，此时条件变为，在线段上取点使得，
则，即得，若圆柱可以放入则其轴中点必然为线段的中点，
而，故轴为直线，且底面半径为，高为0.2的圆柱，可以放到正四面体内，故D正确.
故选：ACD
【例14-3】（24-25高三上·河北衡水·阶段练习）如图，装有水的正方体无盖容器放在水平桌面上，此时水面为，已知．为了将容器中的水倒出，以为轴向右倾斜容器，使得水能从容器中倒出，当水刚好能从容器中倒出时，水面距离桌面的高度为 ．

【答案】
【解析】如图，平面与水面的夹角为，
则平面与水平桌面的夹角为．
由题意可得三棱柱的体积为，
所以，解得，
所以．
水面距离桌面的高度为．
故答案为：.

【例14-4】（2024·河北保定·二模）已知某种有盖的圆柱形容器的底面圆半径为，高为100，现有若干个半径为的实心球，则该圆柱形容器内最多可以放入 个这种实心球.
【答案】49
【解析】如图，将第1个实心球靠近该圆柱形容器侧面放置，
球上的点到该圆柱形容器下底面的最大距离为；
将第2个实心球也靠近该圆柱形容器侧面放置，
过点作垂直于该圆柱形容器的母线，垂足为，
过点作垂直于该圆柱形容器下底面，垂足为，
设.，，，
球上的点到该圆柱形容器下底面的最大距离为.
同理可得球上的点到该圆柱形容器下底面的最大距离为.
由此规律可得，每多放一个球，最上面的球上的点到该圆柱形容器下底面的最大距离加2.
因为，
所以该圆柱形容器内最多可以放入49个这种实心球.
故答案为：49
【例14-5】（2024·辽宁·二模）如图，经过边长为1的正方体的三个项点的平面截正方体得到一个正三角形，将这个截面上方部分去掉，得到一个七面体，则这个七面体内部能容纳的最大的球半径是 ．
【答案】
【解析】如图，七面体为正方体截去三棱锥的图形，
由正方体的结构特征可得这个七面体内部能容纳的球最大时，
该球与三个正方形面和等边三角形面相切，且球心在体对角线上，
如图，以点为原点建立空间直角坐标系，
则，
设球心，
故，
设平面的法向量为，
则有，可取，
则球心到平面的距离为，
因为球与三个正方形面和等边三角形面相切，
所以，解得，
所以这个七面体内部能容纳的最大的球半径是.
故答案为：.
考向十五 新定义
【例15-1】（2025·山东·模拟预测）“曼哈顿距离”是一种在几何空间中用于衡量两点之间距离的方式，如在维空间中，设点，，则“曼哈顿距离”表示为．若椭圆的左焦点为，上顶点为，直线交于另一点，则，两点的“曼哈顿距离” ；若将在轴上方的部分沿轴翻折得到一个直二面角，则在空间直角坐标系中， ．
【答案】 / /
【解析】根据题干，上顶点，根据直线的截距式方程可得直线的方程为
，联立直线与椭圆方程，消去y整理得：，
解得或，当时，（对应点B），当时，，
所以，根据“曼哈顿距离”，
即可求出，
将在轴上方的部分沿轴翻折得到一个直二面角，则在空间直角坐标系中，得到
，,故，
故答案为：；
【例15-2】（24-25高三下·广东广州·期末）已知是棱长为的正四面体，设的四个顶点到平面的距离所构成的集合为，若中元素的个数为，则称为的阶等距平面，为的阶等距集.如果为的1阶等距平面且1阶等距集为，则符合条件的有 个，的所有可能取值构成的集合是 .
【答案】 7
【解析】①情形一：分别取的中点，
由中位线性质可知，
此时平面为的一个1阶等距平面，
为正四面体高的一半，等于.
由于正四面体有4个面，这样的1阶等距平面平行于其中一个面，有4种情况；
②情形二：分别取的中点
将此正四面体放置到棱长为1的正方体中，
则为正方体棱长的一半，等于.
由于正四面体的六条棱中有3组对棱互为异面直线，
这样的1阶等距平面平行于其中一组异面直线，有3种情况.
综上，当的值为时，有4个；当的值为时，有3个.
所以符合条件的有7个，的所有可能取值构成的集合是；
故答案为：7；
【例15-3】（2025·山西晋中·模拟预测）把底面为椭圆且母线与底面垂直的柱体称为“椭圆柱”.如图，，分别是椭圆柱的上、下底面椭圆的长轴，，且底面椭圆的离心率为，分别为下底面椭圆的左、右焦点，为母线上的动点，为线段上的动点，为过点的下底面椭圆的一条动弦（不与长轴重合），则三棱锥体积的最大值为 .

【答案】
【解析】连接，，由，
要使三棱锥体积最大，
只需的面积和到平面距离之和都最大，
，令，且，则，
，
当时，有最大值，
在下底面内以为原点，构建如图所示的直角坐标系，
由题设，长轴长，
因为底面椭圆的离心率为，所以焦距为，所以短轴长，
则椭圆方程为，，且，设，
联立椭圆得，，
，，
令，，
由对勾函数性质可知在上递增，，
综上，三棱锥体积的最大值为.
故答案为：.

【例15-4】（2025·辽宁·二模）我们规定：在四面体中，取其异面的两条棱的中点连线称为的一条“内棱”，三条内棱两两垂直的四面体称为“垂棱四面体”，如左图.

如右图，在空间直角坐标系中，平面内有椭圆，为其下焦点，经过的直线与交于两点，为平面下方一点，若为垂棱四面体，则其外接球表面积是的函数.
（1）的定义域是 ；（2）的最小值是 .
【答案】
【解析】如图，连接，

由题知，平行且等于，平行且等于，
所以，，故为平行四边形，
所以对角线，则是的中点，
同理也是的中点，故“垂棱四面体”的三条内棱交于一点，
由三条内棱两两垂直，易知为菱形，则，
显然，故，同理，
所以“垂棱四面体”可补为如下图示的长方体，

综上，题设右图可将补成长方体，设长宽高分别为，
则外接球半径为该长方体的体对角线长的一半，为，
所以，
显然，，，则，
设，因直线过椭圆焦点，所以，
联立，得，则，
所以，则，又，，，
所以，
则，即，
由为某长方体的三个顶点，结合题设新定义，易知中为锐角，
所以只需角为锐角，即，则，可得，
由，
所以最大时，最小，
令，则，
由在上单调递增，故，
所以.
故答案为：，.
单选题
1．（2025·山西临汾·二模）已知圆锥的底面半径为，其侧面展开图为个圆，则该圆锥的母线长为（ ）
A．4B．C．D．
【答案】C
【解析】设圆锥的底面半径为，母线为，
由圆锥的侧面积公式可得，解得，
因为，所以.
故选：C.
2．（2025·辽宁鞍山·二模）若圆锥的侧面积与过轴的截面面积之比为，则圆锥母线与底面所成角的大小为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】设圆锥底面的半径为，母线长为，高为，则由题意得，解得，
设圆锥母线与底面所成角为，则，
所以圆锥母线与底面所成角的大小为.
故选：A.
3．（2025·山东济南·一模）已知圆台的侧面展开图是半个圆环，侧面积为4π，则圆台上下底面面积之差的绝对值为（ ）
A．πB．2πC．4πD．8π
【答案】B
【解析】如图：
设展开图小圆半径和大圆半径分别为，则圆台侧面积，即，
上底面半径，下底面半径，
圆台上下底面面积之差的绝对值为.
故选：B.
4．（2025·天津·一模）已知，，为球的球面上的三个点，为的外接圆，若的面积为，，则球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】因为的面积为，设的半径为，则，解得，
又，所以为等边三角形，则，所以，
设球的半径为，所以，
所以球的表面积.
故选：C
5．（24-25高三下·重庆·阶段练习）已知正三棱锥的体积为，其底面三角形的斜二测直观图面积为，则三棱锥的高为（ ）
A．2B．C．1D．
【答案】A
【解析】设底面三角形面积为，三棱锥的高为，
由直观图的性质得，解得，
因为正三棱锥的体积为，所以，解得，故A正确.
故选：A
6．（2025·青海海东·二模）如图，在正方体中，，，分别是棱，的中点，则正方体被平面所截得的截面周长是（ ）

A．B．C．D．
【答案】B
【解析】在正方体中，取的中点，的中点，连接，

由是的中点，得，则四边形为平行四边形，
，由是的中点，得，
梯形是正方体被平面所截得的截面，
，，
所以所求截面的周长是.
故选：B
7．（2025·黑龙江齐齐哈尔·二模）已知正三棱台的上底面边长为，高为，体积为，则该正三棱台的外接球表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】设正三棱台的下底面边长为，则其下底面积为，上底面面积为，
所以，该三棱台的体积为，
整理可得，因为，解得，
如下图，设正三棱台的上、下底面的中心分别为、，
由正三棱台的几何性质可知，外接球球心在直线上，
正的外接圆半径为，正的外接圆半径为，
设，若球心在线段上，则，
设球的半径为，则，
即，解得，不合乎题意；
所以，球心在射线上，则，
，即，解得.
所以，，故该正三棱台的外接球表面积为.
故选：D.
8．（2025·新疆喀什·二模）《九章算术》中将正四棱台称为方婷，如图，在方婷中，，其体积为，E，F分别为AB，BC的中点，则异面直线所成角的余弦值为（ ）

A．B．C．D．
【答案】D
【解析】连接，过作平面，其中垂足为，连接，如下图：

在正四棱台中，易知，，
则，所以，
因为平面，平面，所以，，
易知，所以，
因为，，所以，则，
故，
因为分别为的中点，所以，
则异面直线与的夹角为，
因为平面，平面，所以，
在正方形中，，同理可得，
在等腰梯形中，易知，
在正四棱台中，上下底面面积分别为，，
正四棱台的体积，
则，解得
在中，，.
故选：D.
9．（2025·天津·一模）已知，是两条不同的直线，，，是三个不同的平面，则下列结论正确的是（ ）
A．若，，则B．若，，，则
C．若，，则D．若，，，则
【答案】B
【解析】A.若，，则或，故A错误；
B. 若，，，则，故B正确；
C. 若，，则或与相交，故C错误；
D. 若，，，则或异面，故D错误.
故选：B
10．（2025福建龙岩·期末）如图，在正方体中，、为正方体内（含边界）不重合的两个动点，下列结论错误的是（ ）
A．若，，则
B．若，，则平面平面
C．若，，则平面
D．若，，则
【答案】D
【解析】
对于A，，底面，底面，则，
又平面，则平面，平面，所以，A正确；
对于B，，则平面，又平面，则平面平面，
而平面与平面重合，平面平面，B正确；

对于C，在正方体中，，
而平面，平面，则平面，同理平面，
又平面，因此平面平面，
由平面，得平面，C正确；
对于D，由于分别为上的动点，则与不一定相等，与不一定平行，D错误.
故选：D
11．（2025·江西萍乡·一模）如图，在平行四边形ABCD中，，，E为CD的中点，沿AE将翻折至的位置得到四棱锥，且.若F为棱PB的中点，则点F到平面PCE的距离为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】在四边形中，连接，由题意可知是边长为1的等边三角形，
则，，，则，可知，
即，且，由，，，
则，可知.
由，，平面，
可得平面，又因为平面，所以平面平面
取中点O，中点H，连，，则，，可得，
因为为等边三角形，则，平面平面，
平面，所以平面.
以O为原点，分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，
则，，，
，，可得，，.
设平面的法向量，
则，令，则，，
可得，
由点F为线段的中点，知点F到平面的距离是点B到平面的距离的.
平面的一个法向量，，
点B到平面的距离
，所以点F到平面的距离为.
故选：B.
12．（2024·云南丽江·一模）如图，水平桌面上放置一个棱长为4的正方体水槽，水面高度恰为正方体棱长的一半，侧面上有一个小孔，点到的距离为3，若该正方体水槽绕倾斜（始终在桌面上），则当水恰好流出时，侧面与桌面所成的锐二面角的正切值为（ ）
A．B．C．2D．
【答案】C
【解析】由题意知，水的体积为，如图所示，
设正方体水槽绕倾斜后，水面分别与棱交于，
由题意知，水的体积为，
所以，即，解得，
在平面内，过点作交于，
则四边形是平行四边形，且，
又侧面与桌面所成的角即侧面与水面所成的角，
即侧面与平面所成的角,其平面角为，
在直角三角形中，.
故选：C.
13．（2025·江西·一模）如图，正方体的棱长为1，，分别为，的中点，在上，且，平面与棱所在直线交于点，则（ ）

A．B．C．D．
【答案】C
【解析】
在正方体中，根据正方体的性质可得平面与平面平行，
利用面面平行的性质定理可得平面与它们的交线平行，
所以过点作直线的平行线与延长线交于一点，
此交点即为平面与棱所在直线交点，连接，如图所示.
所以四边形是平行四边形，所以，
又，分别为，的中点，所以，
因为，所以，所以，
又因为，所以，
所以.
故选：.
14．（2025·河北·一模）象牙镂雕套球又称“同心球”，制作相当繁复，工艺要求极高.据《格古要论》记载，早在宋代就已出现3层套球，时称“鬼工球”.某象牙镂雕套球的直径为，其表面的圆形孔的直径均为，记其中两个圆形孔的圆心为，如图所示，若，则圆与圆所在平面的夹角的正弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】记该象牙镂雕套球的球心为，圆与圆所在平面的夹角即为（或其补角），.
所以，
所以，
故选：C
多选题
15．（2025·甘肃张掖·模拟预测）如图，已知底面为矩形的四棱锥的顶点的位置不确定，点在棱上，且，平面平面，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．平面平面
C．若，则直线与平面所成角为
D．存在某个位置，使平面与平面的交线与底面平行
【答案】ABC
【解析】对于A，平面平面，平面平面平面平面，
又平面，故A正确；
对于B，由A知平面，又平面平面平面，故B正确；
对于C，由A知平面，在矩形中，，
直线与平面所成的角为，在中，
，故C正确；
对于D，设平面平面，假设底面，
平面平面，平面平面，
，则与重合，则，
显然不成立，则假设不成立，故D错误.
故选：ABC.
16．（2025·河南·二模）如图，在三棱柱中，是与的交点，，，则（ ）
A．B．
C．平面D．到平面的距离为
【答案】BC
【解析】设，，，
对于A，
，故A错误；
对于B，因为，
所以
，
则，故B正确；
对于C，因为，
所以，同理，可得，又，平面，
所以平面，故C正确；
对于D，因为，
由选项C知，平面，所以为平面的一个法向量，
所以点到平面的距离，故D错误.
故选：BC.
17．（2025·黑龙江哈尔滨·二模）如图，已知侧棱长为的直三棱柱中，，，为的中点．则下列说法正确的是（ ）
A．当时，异面直线与成角的余弦值是
B．当时，直线与平面成角的余弦值是
C．的最大值是
D．三棱锥体积的最大值是
【答案】ACD
【解析】在直三棱柱中，平面，平面，所以，又，，所以；
对于A：当时，又，所以为等边三角形，
所以，连接，则，又，
所以为异面直线与成角，所以，
即异面直线与成角的余弦值是，故A正确；
对于B：当时，由余弦定理，
即，解得或（舍去），
所以，即，又平面，平面，所以，
又，平面，所以平面，
所以为直线与平面成角，又，所以，
则，所以直线与平面成角的余弦值是，故B错误；
对于C：取的中点，连接、，则且，
又平面，所以平面，因为平面，所以，
由余弦定理，即，
所以，则，当且仅当时取等号，
因为，所以
，
所以，又，所以，
所以的最大值是，故C正确；
对于D：过点作交于点，因为平面，平面，所以，
又，平面，所以平面，
又，
所以，
由C可知，所以，当且仅当时取最大值，故D正确.
故选：ACD
18．（2025·辽宁·二模）如图，四棱锥的外接球球心为点O，且底面为正方形，平面．若点M为上靠近点D的三等分点，点P，Q分别为线段与平面上的点，则最小时，下列说法正确的是（ ）
A．
B．点P为线段的中点
C．平面截四棱锥所得的截面是直角梯形
D．三棱锥的体积为
【答案】AC
【解析】对于A，连接，如下图：
因为平面，且平面，
所以，，，
因为在正方形中，，且，平面，
所以平面，因为平面，所以，
同理可得，
因为为的斜边，
所以的中点到的距离都等于的一半，
则球心就是的中点，如下图：
在正方形中，，
在中，，
在中，，
则，，
由，则易知，则，
故A正确；
对于B，由平面，则当平面时，最短，
因为平面，所以，
因为，且平面，所以平面，
将绕旋转到的位置，使得平面，
在平面中，过作，垂足为，如下图：
易知，，由图可知，
在正方形中，由，则，
在中，，则，
易知，所以，，
在中，，
易知为的三等分点，如下图：
故B错误；
对于C，由B可知，易知，
在中，过作，交于，连接，如下图：
易知，，即，，即，
因为平面，所以平面，
因为平面，所以，故C正确；
对于D，由题意可作图如下：
由C易知平面，由，则，
在中，，
因为平面，平面，所以，
在中，，，
所以三棱锥的体积，故D错误.
故选：AC.
19．（2025·安徽安庆·二模）如图，在正三棱柱中，，点为正三棱柱表面上异于点的点，则（ ）
A．存在点，使得
B．直线与平面所成的最大角为
C．若不共面，则四面体的体积的最大值为
D．若，则点的轨迹的长为
【答案】AC
【解析】对于A选项，当点为中点时，所以，故A正确；
对于B选项，当点位于点时，为直线与平面所成角，故B错误；
对于C选项，当点位于点（或棱上）时，点到平面的距离最远，
此时四面体的体积最大，以点为例，此时，故C正确；对于D选项，若，如图，
在棱上取点，使，在棱上取点使，
在棱上取中点，则，，
则点的轨迹由圆弧构成，且其所在圆的半径依次为，
，圆心角依次为，
圆弧的长分别为，故点的轨迹的长为，故D错误；
故选：AC.
20（2025·江西·二模）如图，在边长为的正方体中，分别是棱的中点，是底面内的动点（包含边界），则下列结论正确的是（ ）
A．若平面，则点的轨迹长度为
B．存在满足
C．存在满足
D．若是棱的中点，则三棱锥的外接球的表面积是
【答案】ABD
【解析】对于A：如图：
取中点，中点，连接，
则，又，
所以，所以共面，
又，所以，相交，
因为，，，，
所以，，所以四边形为平行四边形，
所以，平面，平面，
所以平面，
因为，，，，
所以，，所以四边形为平行四边形，
所以，平面，平面，
所以平面，
又平面，相交，
所以平面平面.
因为平面，所以点轨迹为线段，且.故A正确.
对于B：设点C关于平面对称的点为，
，
当且仅当点为线段与平面的交点时取等号，所以B正确.
对于C：如图：
因为，且，，
所以不存在满足，故C错误；
对于D：如图：
连接，取其中点，连接.
因为是棱的中点，则.所以为外接圆圆心.
过作平面的垂线，则三棱锥外接球的球心一定在该垂线上.
设三棱锥外接球的半径为，
连接，设，则，
连接，所以，
所以，解得，所以，
所以三棱锥外接球的表面积为：，故D正确.
故选：ABD.
21．（24-25高三上·山东枣庄·期末）如图，正方体的棱长为是棱上的动点（含端点），则（ ）
A．三棱锥的体积为定值
B．
C．二面角的平面角的大小为
D．存在某个点，使直线与平面所成角为
【答案】ABC
【解析】对于选项A：三棱锥转化为三棱锥的底面积为定值，
因为平面平面，所以到平面高不变，体积为定值，故选项A正确；
对于选项B：
如图建系，设，则
因为，，
所以得，故选项B正确；
对于选项D：取平面的法向量为，
因为 ，
则设直线与平面ABCD所成角,则，
当时，，这时直线与平面ABCD所成角最大值为，故选项D不正确；
对于选项C：设平面法向量为，，
所以，所以
所以令，可得，设平面法向量为，
设二面角 为，则
所以二面角的大小为，故选项C正确.
故选：ABC.
22．（2025·河北石家庄·一模）在正方体中分别是的中点.下列说法正确的是（ ）
A．平面
B．异面直线与所成角的余弦值为
C．过三点的平面截正方体所得截面图形的周长为
D．若点在正方体表面上运动，且点到点的距离与到点的距离之比为，则点的轨迹长度为
【答案】ABD
【解析】对于A，设为的中点，连接，
则，而，
所以，故四边形为平行四边形，故，
而平面，平面，故平面，故A正确；
对于B，取的中点，连接，则且，
故或其补角为异面直线所成的角，
而，故，故，故B正确；
对于C，设直线与直线交于，连接角于，
因为，故，同理，故，
故，而，
，故截面图形的周长为，故C错误；
对于D，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，设，
则，
则，故的轨迹为球与正方体表面的截线（如图所示），
每段弧的圆心角为，所在圆的半径为，故三段弧长和为，
故D正确.
故选：ABD.
23（2025·河北衡水·模拟预测）半径为3的球上相异三点，，构成边长为3的等边三角形，点为球上一动点，则当三棱锥的体积最大时（ ）
A．三棱锥的体积为
B．三棱锥的内切球半径为
C．三棱锥的体积为
D．三棱锥的外接球半径为3
【答案】BCD
【解析】对于A，设的中心为，
由正弦定理可得，
由球的截面性质可得平面，
所以，
所以三棱锥的体积为，故A错误；
对于B，设三棱锥的内切球半径为，
由等体积法可得，解得，故B正确；
对于C，当点到平面的距离最大时，三棱锥的体积最大，
此时棱锥的高为，
所以三棱锥的体积为，故C正确；
对于D，三棱锥的外接球即为球，所以半径为3，故D正确.
故选：BCD
填空题
24．（2025·河南信阳·一模）已知三棱锥 ，，，，，则三棱锥的外接球的表面积为 .
【答案】/
【解析】在中，已知，，，
根据余弦定理可得：

设外接圆的半径为，根据正弦定理，
可得：，则.
因为，所以点在平面上的射影是的外心，
设三棱锥外接球的球心为，半径为，则平面，且，，.
又因为，即，
展开可得：，
移项化简可得，解得.
根据球的表面积公式，可得：
.
故答案为：.
25．（2025·河北保定·模拟预测）已知圆台的上底面的半径为，下底面的半径为，高为，则该圆台的外接球的体积为 .
【答案】/
【解析】设圆台上、下底面的圆心分别为、，取该圆台的轴截面，
则该圆台的外接球球心在直线上，连接、，
设，则，
由，即，
即，解得，
因为该圆台的外接球半径为，
因此，所以该圆台的外接球的体积为.
故答案为；.
26．（2025·江西·模拟预测）在四棱锥中，底面是边长为3的正方形，平面，且，若直线平面，直线平面，平面与直线，分别交于点，，则的面积为 ；直线到平面的距离为 .
【答案】
【解析】如图，过点作的平行线与直线，分别交于点，，则，，
由平面，可得，由四边形是正方形及，可得，
因为平面，所以平面，所以，
因为，，所以，所以的面积为.
设，则，易得平面平面，平面平面，
过点作，垂足为，则平面，即就是直线到平面的距离，.
故答案为：；.
27．（2025·安徽·一模）已知顶点为的圆锥的外接球为球为底面圆的一条直径，是母线的中点，为底面圆的中心，为线段的中点，若是边长为2的正三角形，则球的表面积为 ，与该圆锥底面所成角的正切值为 .
【答案】 /
【解析】取的中点，连接，取的中点，连接，，.

因为是边长为2的正三角形，所以，
所以
设球的半径为，由，得，
故球的表面积为.
易知圆锥底面，则是与该圆锥底面所成的角，
所以与该圆锥底面所成角的正切值为.
故答案为：，
28．（2025·宁夏银川·一模）已知一个球与某圆台的上下底面和侧面均相切，若圆台的侧面积为，上下底面面积之比为，则该球的表面积为 .
【答案】
【解析】如图，设圆台的上、下底面半径分别为，母线长为，内切球的半径为，
因为圆台上下底面面积之比为，所以，得，
所以圆台的侧面积为，得，
因为球与圆台的上下底面和侧面均相切，所以，
，得，所以，，
，得，
所以该球的表面积为.
故答案为：.
29．（2025·湖北黄冈·模拟预测）如图1，在梯形中，，，，将沿折起，使得点落在点的位置，得到三棱锥，如图2所示，则三棱锥体积的最大值为 ，此时三棱锥的外接球的表面积为 ．
【答案】 /
【解析】在图1中，延长、于点，如下图所示：
因为，且，所以，，
即，，所以，，，
所以，是边长为的等边三角形，
所以，、分别为、的中点，所以，，
所以，，
易知，所以，，
翻折后，当平面平面时，点到平面的距离取最大值，
因为平面平面，平面平面，平面，，
所以，平面，
所以，的体积的最大值为；
记为外接球球心，半径为，
因为平面，，所以，球心到平面的距离为，
又的外接圆半径，所以，，
所以，球的表面积为，
故答案为：；.