新高考数学二轮复习专题巩固练习专题14 立体几何常见压轴小题全面总结与归纳解析（练习）（2份，原卷版+解析版）

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题型一：球与截面面积问题
1．（2024·内蒙古包头·一模）已知两个圆锥的底面是一个球的同一截面，顶点均在该球面上，若两个圆锥的高之比为，它们的体积之和为，则该球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】
记该截面和球的半径分别为，由于两个圆锥的高之比为，
故球心到该截面的距离为，从而，.
而两个圆锥的高分别是，故体积之和.
从而，故，.
该球的表面积.
故选：B.
2．已知正四面体内接于球O，E为底面三角形ABC中边BC的中点，过点E作球O的截面，若存在半径为的截面圆，则此四面体的棱长的取值范围（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】如图，在正四面体中，设顶点在底面的射影为，
则球心在上，在上，且,连接､，
设正四面体的棱长为，则 ，
则正四面体的高，
设外接球半径为，
在中，，即，解得，
∴在中，，
过点作外接球的截面，只有当截面圆所在的平面时，截面圆的面积最小，
此时截面圆的半径为，
最大截面圆为过球心的大圆，半径为，
由题设存在半径为的截面圆，∴，解得，
故选:C.
3．（2024·陕西榆林·一模）已知是球的直径上一点，，平面，为垂足，截球所得截面的面积为，为上的一点，且，过点作球的截面，则所得的截面面积最小的圆的半径为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】如图，设截得的截面圆的半径为，球的半径为，
因为，
所以.由勾股定理，得，由题意得，
所以，解得，
此时过点作球的截面，若要所得的截面面积最小，只需所求截面圆的半径最小.
设球心到所求截面的距离为，所求截面的半径为，则，
所以只需球心到所求截面的距离最大即可，
而当且仅当与所求截面垂直时，球心到所求截面的距离最大，
即，所以.
故选：C
题型二：体积、面积、周长、角度、距离定值问题
4．（多选题）如图，正方体的棱长为1，线段上有两个动点，且，则下列结论中错误的是（ ）

A．B．平面ABCD
C．三棱锥的体积为定值D．的面积与的面积相等
【答案】AD
【解析】对A，不妨取点与点重合，
因为平面，在平面内，且不过点，
所以异面，即此时异面，A错误；
对B，因为平面，且平面平面，
所以平面，所以平面，B正确，不符合题意；
对C，易知，点到平面的距离为定值，又，
所以三棱锥的体积为定值，C正确；
对D，记的中点分别为，连接，
易知平面，平面，所以，
因为，是平面内的两条相交直线，
所以平面，
又平面，所以，所以，
所以，D错误.
故选：AD
5．（多选题）在正八面体中，所有棱长均为1，点为正方形的中心，点为正八面体内切球球面上的任意一点，下列说法正确的是（ ）
A．正八面体内切球的表面积
B．正八面体的体积为
C．的范围是
D．若,，二面角的平面角为，则为定值
【答案】ACD
【解析】A.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，因此由等面积法可得，解得，
所以表面积为，故A正确；
B．正四面体的体积为两个正四棱锥的体积之和，
因此，故B错误；
C．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；
D．过点作，交于点，交于点,
因此,即为二面角的平面角，
在三角形中，，
在三角形中，，
所以，
化简可知
因此，因此D正确.
故选：ACD
题型三：体积、面积、周长、距离最值与范围问题
6．（多选题）在正方体中，点满足，其中，，则（ ）
A．当时，平面
B．当时，三棱锥的体积为定值
C．当时，的面积为定值
D．当时，直线与所成角的范围为
【答案】ABD
【解析】对于A选项，如下图，当时，点在面对角线上运动，
又平面，所以平面，
在正方体中，且，则四边形为平行四边形，
所以，，平面，平面，平面，
同理可证平面，
，所以，平面平面，
平面，所以，平面，A正确；
对于B选项，当时，如下图，点在棱上运动，
三棱锥的体积为定值，B正确；
对于C选项，当时，如图，点在棱上运动，过作于点，
则，其大小随着的变化而变化，C错误；
对于D选项，如图所示，当时，，，三点共线，
因为且,所以四边形为平行四边形，所以，
所以或其补角是直线与所成角，
在正中，的取值范围为，D正确.
故选：ABD.
7．（多选题）（2024·湖南常德·一模）已知正方形边长为4，将沿向上翻折，使点与点重合，设点为翻折过程中点的位置（不包含在点处的位置），则下列说法正确的有（ ）
A．无论点在何位置，总有
B．直线与平面所成角的最大值为
C．三棱锥体积的范围为
D．当平面平面时，三棱锥的内切球的半径为
【答案】ACD
【解析】
对于A，设是正方形的中心，则.
过在正方形上方作直线，使得平面，，
再在平面内以为圆心，为半径作圆，
则的轨迹为圆位于正方形上方的部分（不含点）.
由于平面，在平面内，故.
而，和在平面内交于点，所以平面.
又因为在平面内，所以，A正确；
对于B，由于平面，平面的两直线和相交，
故直线与平面所成角即为，
而当在圆的上半部分（不含点）运动时，的范围是，B错误；
对于C，由于到平面的距离的取值范围是，即，
而三棱锥的体积，故其取值范围是，C正确；
对于D，若平面平面，由于平面，在平面内，
故.
而平面平面，在平面内，，平面和平面的交线是，
故平面.
而平面，故位于同一直线上，而，且均在正方形上方，故点和点重合.
设三棱锥的内切球半径为.
由于，故.
而，，且由C选项的计算可知.
故，得，D正确.
故选：ACD.
8．（多选题）（2024·福建厦门·模拟预测）如图，在棱长为2的正方体中，点E，F分别是和的中点，则（ ）
A．
B．
C．点F到平面EAC的距离为
D．过E作平面与平面ACE垂直，当与正方体所成截面为三角形时，其截面面积的范围为
【答案】BCD
【解析】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，，显然与不共线，即与不平行，A错误；
对于B，，，因此，B正确；
对于C，，设平面的法向量，
则，令，得，而，
点F到平面的距离为，C正确；
对于D，过点垂直于平面的直线与平面相交，令交点为，
则，点，由，得，即，
当平面经过直线并绕着直线旋转时，平面与平面的交线绕着点旋转，
当交线与线段，都相交时，与正方体所成截面为三角形，
令平面与平面的交线交于点G，交于点H，设，，
，，由，
得，，斜边上的高，
则截面边上的高，
截面的面积
，
当时，，，
所以，D正确.
故选：BCD
题型四：立体几何中的交线问题
9．（2024·山东枣庄·一模）在侧棱长为2的正三棱锥中，点为线段上一点，且，则以为球心，为半径的球面与该三棱锥三个侧面交线长的和为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】取中点，连接、，则有，，
又，、平面，故平面，
又平面，故，又，
，、平面，故平面，
又、平面，故，，
由正三棱锥的性质可得、、两两垂直，
故，即以为球心，为半径的球面与侧面的交线长为：
，即与该三棱锥三个侧面交线长的和为.
故选：C.
10．（2024·江西宜春·模拟预测）在正六棱柱中，，为棱的中点，则以为球心，2为半径的球面与该正六棱柱各面的交线总长为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【解析】因为球的半径为2，所以球不与侧而及侧面相交，
连接．由题得，．所以，
所以球与侧面交于点，，与侧面交于点，．
在正六边形中，易得，因为平面，平面．
所以，又，平面，
所以平面，即平面，且，又，．
所以球与侧面的交线为以为直径的半圆，同理可得球与侧面的交线为以为直径的半圆．
由题易得，则球与上底面及下底面的交线均为个半径为的圆．
所以球面与该正六棱柱各面的交线总长为．
故选：D．
11．（多选题）已知在正方体中，，点，，分别在棱，和上，且，，，记平面与侧面，底面的交线分别为，，则（ ）
A．的长度为B．的长度为
C．的长度为D．的长度为
【答案】AD
【解析】如图所示，
连接并延长交的延长线于，连接并延长交于点，
交的延长线于点，连接，交于点，连接，
则即为，即为，
由，得，所以，，
由，得，则，
所以，故C错误，D项正确；
由，得，
又易知，得，所以，
所以，故A项正确，B项错，
故选：AD.
题型五：空间线段以及线段之和最值问题
12．在正方体中，为棱的中点，分别为上的动点，则的最小值为 ．
【答案】
【解析】将正方体的侧面与展开到同一平面
在同一平面内可知的最小值就是点到的距离，
正方体中，为棱的中点，所以，，
是正方形，所以
故答案为：
13．（2024·安徽·模拟预测）已知正方体的体积为8，且，则当取得最小值时，三棱锥的外接球体积为 .
【答案】/
【解析】由题意得，，将平面展成与平面同一平面，
当点共线时，此时最小，
在展开图中作，垂足为N，
因为为等腰直角三角形，所以，，
由得，，解得，
在正方体，过点作，垂足为，则，
如图，以D为原点，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，
则，
因为，所以，
又因为平面，且，
所以平面，
因为，
所以三棱锥外接球的球心在上，
设球心为，设，则，
因为，
所以，
解得，即，所以外接球，
所以三棱锥外接球的体积，
故答案为：.
14．如图，在三棱锥中，平面，，，为线段的中点，分别为线段和线段上任意一点，则的最小值为 ．
【答案】
【解析】因为平面，面，所以，
又因为，，
因为，平面，所以平面，
又因为平面，所以，
在中，可得，
在中，，
故，
则，
又因为，
所以，
即，当且仅当时，等号成立，
当时，为的中点，此时当时，为的中点，
综上所述，的最小值是.
故答案为：
题型六：空间角问题
15．正三棱锥和正三棱锥共底面，这两个正三棱锥的所有顶点都在同一个球面上，点和点在平面ABC的异侧，这两个正三棱锥的侧面与底面所成的角分别为，则当最大时，
【答案】
【解析】如图：设在平面的射影为，根据正三棱锥和球的对称性知：球心O在线段PQ上.
取中点，连接，则，又平面，
所以,分别为两个正三棱锥的侧面与底面所成的角，
记，
不妨设，，
所以
则
所以，
当且仅当时等号成立，
由于，
故当最大时， .
故答案为：
16．（2024·山东青岛·三模）已知长方体中，，点为矩形 内一动点，记二面角的平面角为，直线与平面所成的角为，若 ，则三棱锥体积的最小值为 .
【答案】
【解析】如图，作平面，垂足为，再作，垂足为，
连接，则，，由，则，
又、平面，故，，则，
由抛物线定义可知，的轨迹为以为焦点，以为准线的抛物线一部分，
所以的轨迹为以为焦点，以为准线的抛物线一部分，
当点到线段距离最短时，三角形面积最小，即三棱锥体积最小，
取中点为原点，建立如图所示平面直角坐标系，
则，，，
则直线的方程为：，即，
抛物线的方程为，则，
由题意，令，得，代入，得，
所以点的坐标为，所以到直线的最短距离为：
，因为，
所以，
所以三棱锥体积的最小值为.
故答案为：.
17．（2024·河南周口·模拟预测）已知点S，A，B，C均在半径为4的球O的表面上，且平面，，，，点M在上，当直线与平面所成的角最大时， ．
【答案】
【解析】
设的外接圆的圆心为，半径为，设的中点为，
外接球的球心为，连接，则平面，，
因为平面，故，故四点共面，
而平面，故，故，
故四边形为矩形.
而，故，故.
在中，，
故，故，故，
故，
因为平面，故为直线与平面所成的角，
当长度最小时，最大值，此时，故.
故答案为：
题型七：轨迹问题
18．（2024·全国·模拟预测）在三棱锥中，已知与均是边长为4的正三角形，，为侧棱的中点，为三棱锥的外接球表面上一动点，若异面直线，始终保持垂直，则动点的轨迹围成图形的周长为 ．
【答案】/
【解析】如图，取的中点，连接，，，
则，，平面，
所以平面，则，
又，所以，所以．
过作于，设动点的轨迹所在平面为，则平面经过点且，
所以点的轨迹为平面截三棱锥的外接球所得的截面圆．
设，的中心分别为，，连接，，，易知平面，平面，
且，，，四点共面，
由题可得，，所以．
又，则三棱锥的外接球半径．
易知平面平面，点到平面的距离，
故平面截外接球所得截面圆的半径，
所以截面圆的周长，即所求周长为．
故答案为：
19．如图，在棱长为 的正方体 中， 为面 上的动点， ，则动点 的轨迹长度为 ．
【答案】
【解析】如图，连接，由正方体的性质可得，平面，
则平面，又平面，则，
又平面，
则平面，又平面，则，
因为平面，则平面，不妨设垂足为，
则，
又因为，解得，所以动点的轨迹是在平面中，
以正的中心为圆心，为半径的圆弧，如图4，即动点的轨迹为劣弧；
如图5，过作的垂线，垂足为，连接，在中，，，
所以，又因为，所以，所以，
所以，所以动点的轨迹长度为．
故答案为：.
20．已知菱形的各边长为2，.如图所示，将沿折起，使得到达点的位置，连接，得到三棱锥，此时，是线段中点，点在三棱锥的外接球上运动，且始终保持，则三棱锥外接球半径为 ，则点的轨迹的周长为 .
【答案】 /
【解析】取中点，则，，，平面,
平面，，又，
，
作于，设点轨迹所在平面为，
则平面经过点且，
设三棱锥外接球的球心为，，的中心分别为，，
易知平面，平面，且，，，四点共面，
由题可得，，
在△，得，又，
则三棱锥外接球半径，
易知到平面的距离，
故平面截外接球所得截面圆的半径为，
截面圆的周长为，即点轨迹的周长为．
故答案为：，．
题型八：翻折问题
21．（多选题）已知平行四边形中，，将沿着翻折使点到达点且不在平面内，则下列结论正确的是（ ）
A．直线可能与直线垂直
B．直线可能与直线垂直
C．直线可能与直线垂直
D．直线不可能与直线垂直
【答案】AB
【解析】
当平面与平面垂直时，平面 PBD 与平面 BCD 相交于BD，
由，可得平面，平面，
此时，，则A正确，D错误；
而，即直线与直线所成角为，只要,
此时为等腰直角三角形. 在以中点为圆心，半径为的圆上，
则根据直径AP所对圆周角为直角，即.满足题意.
所以存在点，使得，B正确；
由可得，所以为锐角，则为锐角，所以C错误.
故选：AB.
22．（多选题）如图，等边三角形的边长为4，E为边的中点，于D.将沿翻折至的位置，连接.那么在翻折过程中，下列说法当中正确的是（ ）
A．
B．四棱锥的体积的最大值是
C．存在某个位置，使
D．在线段上，存在点M满足，使为定值
【答案】ABD
【解析】对于A：因为，即，，
因为，，面，则平面，
因为平面，所以，故A正确；
对于B：当平面平面时，四棱锥的体积最大.
由A易知为二面角的平面角，此时.
即，，，，面，
此时平面，即为四棱锥底面上的高，
由题意可得，
四棱锥的体积的最大值为：，故B正确；
对于C：假设存在某个位置，使得，连接，由正三角形性质得，
因为，，面，所以平面，
由平面，所以，由A知，
因为，，面，所以平面，
由平面，所以，则，与题设矛盾，假设不成立，故C错误；
对于D：由题设，点M在线段上，且，
取的中点N，连接NB，则，，
由底面三角形的边长为4，则，，，
因为平面，所以面，面，所以，
所以为直角三角形，且，，故为定值，故D正确.
故选：ABD.
23．（多选题）在矩形中，，E为线段的中点，将沿直线翻折成．若M为线段的中点，则在从起始到结束的翻折过程中，（ ）
A．存在某位置，使得
B．存在某位置，使得
C．的长为定值
D．与所成角的正切值的最小值为
【答案】BCD
【解析】如图，
设的中点，连接，则，若，由，平面，可得平面，平面，则可证出，显然矛盾，故 A 错误；
因为，所以当平面，由平面可得，由，平面，即可得平面，再由平面，则有，故B正确；
取中点，，，，且方向相同，
所以为定值，所以为定值，故C正确；
不妨设，以分别为轴，如图建立空间直角坐标系，
设，则，，
，，设与所成角为，
则，即与所成最小角的余弦值为，此时，故D正确.
故选：BCD
重难点突破：以立体几何为载体的情境题
24．连接三角形三边中点所得的三角形称为该三角形的“中点三角形”，定义一个多面体的序列；是体积为1的正四面体，是以的每一个面上的中点三角形为一个面再向外作正四面体所构成的新多面体.则的体积为 .
【答案】
【解析】如图，画出了，因为有4个面，则有24个面，归纳可知有个面，
这个数即是到时增加的小正四面体的个数，
由于新增加的每一个小正四面体的体积是前一个小正四面体体积的，
归纳得到时增加的每个小正四面体的体积为，
所以比的体积增加了，
所以的体积为.
故答案为：.
25．在空间直角坐标系中，定义点和点两点之间的“直角距离”．若和两点之间的距离是，则和两点之间的“直角距离”的取值范围是 ．
【答案】
【解析】因为，
所以设，
其中，因此
，
因为，所以，因此，
设，
于是有
，
因为，所以，
因此当且时，即当且时，
有最大值，
当且或时，有最小值，
此时，或，
所以的最小值，
综上，和两点之间的“直角距离”的取值范围是.
故答案为：
26．设P为多面体M的一个顶点，定义多面体M在点P处的离散曲率为：，其中为多面体M的所有与点P相邻的顶点，且平面，平面，，平面和平面遍历多面体M的所有以点P为公共点的面，在长方体中，，，点S为底面的中心，记三棱锥在点A处的离散曲率为，四棱锥在点S处的离散曲率为n，则 ．
【答案】
【解析】在长方体中, ,
故三棱锥在点A处的离散曲率；
设交于O,连接,，，四边形为正方形，
则 , ,故 ,同理,
四棱锥为正四棱锥，而 ,则四棱锥每个侧面都为正三角形，
所以 ,
故四棱锥在点S处的离散曲率，
故，
故答案为：
1．（2025·广东佛山·一模）已知直线与平面所成的角为，若直线，直线，设与的夹角为，与的夹角为，则（ ）
A．，B．，
C．，D．，
【答案】A
【解析】如图，设斜线为直线，平面为平面，且，
由图可知，当恰为时，此时与的夹角为；
当为时，，
由于，知，
故由在上单调递减得，知.综上可知；
由于，故是二面角所成角，即，，
由于，则，
故由在上单调递增得，即，可知.
故选：A
2．（2024·新疆乌鲁木齐·模拟预测）将2个棱长均为2的直三棱柱密封在一个球体内，则该球体的体积的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】若将这2个直三棱柱合成1个高为4的直三棱柱，上下底面外心连线段中点是其外接球球心，，其外接球半径为．
若将这2个直三棱柱合成1个高为2的直四棱柱，
上下底面对角线交点连线段中点为，，，，因此所得球半径为．
故该球体的体积的最小值为．
故选：C．
3．（2024·云南·一模）已知正四棱锥的高为，其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为，且，则该正四棱锥体积的最大值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】如图：
设正四棱锥的高为，球的体积为，所以球的半径，
设正四棱锥的底面边长为，则，解得，
所以正四棱锥的体积，
则，
当时，，单调递增；当时，，单调递减，
故当时，正四棱锥的体积取得最大值，最大值为.
故选：C
4．（2024·河南·模拟预测）已知长方体的表面积与体积在数值上相等，若，则该长方体的体积的最小值为（ ）
A．B．81C．D．243
【答案】D
【解析】设，，
由题意可得，即，解得，
所以，且，（当时，不存在），
，令，解得，
所以在上单调递减，在单调递增，
当时取得极小值，也为最小值，此时，
故选：D.
5．（2024·江西新余·模拟预测）已知一圆锥的底面半径为，为其高，是其底面⊙的两条相互垂直的直径，为中点，那么平面与该圆锥的截面是一条抛物线.设的侧面积与底面积的比值为，的焦点到其准线的距离为，则的值为：（ ）.
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】依题意，设，，
设以点为顶点，直线为对称轴的抛物线标准方程为，
由点在此抛物线上，得，因此，
圆锥侧面积，底面积，因此，
所以.
故选：A
6．若在长方体中，．则四面体与四面体公共部分的体积为（ ）
A．B．C．D．1
【答案】C
【解析】如图：
取与的交点为，取中点，连接，交于点，
则三棱锥即为四面体与四面体的公共部分.
因为.
又，所以，所以.
过作于点，
因为平面，平面，所以.
因为，平面，所以平面.
所以为到平面的距离，其值为，
点为的中点，所以点到平面的距离为：.
所以.
故选：C
7．（2024·重庆·模拟预测）正三棱台三侧棱的延长线交于点，如果，三棱台 的体积为， 的面积为，那么侧棱与底面所成角的正切值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】过作面于，交面于，连接，
正三棱台三侧棱的延长线交于点，所以三棱锥为正三棱锥，
又因为，则，所以，又 的面积为，
所以，则，
解得，所以，设的边长为，则，解得，
又三棱锥为正三棱锥，所以是的中心，
又易知边上的高线长为，所以，
又面，所以为侧棱与底面所成的角，则，
故选：D.
8．（2022·贵州毕节·三模）在正四棱锥中，底面边长为，侧棱长为4，点是底面内一动点，且，则当，两点间距离最小时，直线与直线所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】根据题意作图如图所示，连接，交于点，连接，
因为四棱锥为正四棱锥，可得底面．
由底面边长为，可得，所以，
在中，，，可得，
又由，在中，可得，
即点在以为圆心，1为半径的圆上，
所以当点为圆与的交点时，，两点间距离最小，最小值为．
以，，所在直线分别为轴、轴和轴，建立空间直角坐标系，
可得，，，，
则，，可得，
所以直线与直线所成角的余弦值为，故A正确.
故选：A.
9．（多选题）（2025·广西柳州·模拟预测）如图.直四棱柱的底面是梯形，，是棱的中点，是棱上一动点（不包含端点），则（ ）
A．与平面有可能平行
B．与平面有可能平行
C．三角形周长的最小值为
D．三棱锥的体积为定值
【答案】ACD
【解析】对于A，连接，当Q为的中点时，，
因为，∥，∥，，
所以，∥，
所以四边形为平行四边形，
所以与互相平分，设与交于点，连接，
因为P是棱的中点，所以∥，
因为平面，平面，
所以∥平面BPQ，故A正确；
对于B，，又平面BPQ，BD与平面BPQ只能相交，
所以与平面BPQ只能相交，故B错；
对于C，，把沿展开与在同一平面（如图），
则当B，P，Q共线时，有最小值，
在直角梯形中，，，，，
则，
所以，
所以，
所以三角形BPQ周长的最小值为，故C正确；
对于D，，因为定值，因为∥，∥，
所以∥，
因为平面，平面，
所以∥平面ABP，故Q到平面ABP的距离也为定值，所以为定值．所以D正确，
故选：ACD．
10．（多选题）（2024·安徽淮南·一模）如图，在正方体中，是对应棱的中点，则（ ）
A．直线∥平面B．直线平面
C．直线与的夹角为D．平面与平面的交线平行于
【答案】BCD
【解析】以点为原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设正方体的棱长为2，
则由题意可得，，
，
对于A，设平面的法向量为n1=x1,y1,z1，因为，
所以，令，解得，
所以平面的法向量可以为，
注意到，
而，
从而直线与平面不平行，故A错误；
对于B，注意到，，所以，
所以，这表明也是平面的法向量，
故直线平面，故B正确；
对于C，，
所以直线与的夹角的余弦值为，
所以直线与的夹角为，故C正确；
对于D，设平面与平面的交线为，
因为平面平面，平面平面，平面平面直线，
所以直线直线，即平面与平面的交线平行于，故D正确.
故选：BCD.
11．（多选题）（2024·黑龙江大庆·模拟预测）如图，在棱长为2的正方体中，M，N分别是AB，AD的中点，P为线段上的动点（不含端点），则下列结论中正确的是（ ）
A．三棱锥的体积为定值
B．当点P为中点时，过M、N、P三点的平面截正方体所得截面面积为
C．不存在点P使得
D．异面直线BC与MP所成的最大角为45°
【答案】AB
【解析】对于A，点到平面的距离为为定值，
又，
所以，即三棱锥的体积为定值，故A正确；
对于D，设中点为，连接，则，
则即为异面直线与所成的角，
在中，
，
所以异面直线与所成的最小角为45°，故D不正确；
对于C，若为中点，则平面，所以，
又，面，所以平面，
又平面，所以，故C不正确；
对于B，分别取的中点，连接，
则过、、三点的平面截正方体所得截面为正六边形，
面积为，故B正确．
故选：AB．
12．（多选题）（2024·江苏苏州·一模）如图，在棱长为2的正方体中，点分别在线段上运动，且，则下列说法正确的是（ ）

A．
B．三棱锥体积最大值为
C．的最小值为6
D．存在点，使得
【答案】ABD
【解析】选项A，因为平面，平面，所以，A正确；
选项B，，
又，当且仅当时，，
所以，B正确；
选项C，取中点，连接，
则，
，，当且仅当三点共线时等号成立，
所以的最小值为，C错；
选项D，若，由选项A，，而，平面，
所以平面，又平面，所以，反过来，由也能证得，
设，则，
因为，，所以，
所以，从而，即，
设，，，
所以在上有解，即存在，使得，D正确．
故选：ABD．
13．（2024·重庆·一模）已知正四棱台的上､下底面边长分别为，且，侧面与下底面所成的二面角大小为，若四棱台的体积，则的最大值为 .
【答案】
【解析】设正四棱台为，
如下图，延长棱台母线交于点，过作平面于G，交平面于O，连接S，G与AB中点F，交 于P
因为侧面与下底面所成的二面角大小为，所以.
过作于，则，所以，，
又因为
所以，所以，则的最大值为2.
故答案为：.
14．（2024·福建·模拟预测）如图，已知菱形中，，，为边的中点，将沿翻折成（点位于平面上方），连接和，为的中点，在平面的射影为，则在翻折过程中，点的轨迹的长度为 ，三棱锥体积最大值为 .
【答案】 33/133
【解析】取的中点为，连接，如下图所示：
由为的中点，可得，且；
又为边的中点，所以，且，
则，故点的轨迹与点轨迹相同，
因为菱形中，，，为边的中点，
所以，则，
又平面，所以平面，
在翻折过程中，点由的中点翻折到的中点过程中，
的轨迹是以为圆心，为半径的半圆，
则点的轨迹是以的中点为圆心，为半径的半圆，
所以点的轨迹是半径为的半圆，
则在平面的射影为的轨迹应为圆的直径，
所以点的轨迹的长度为1；
当时，由于平面，
所以平面，即又因为是定值，
故此时三棱锥体积最大，
在中，易得，，
所以，
故三棱锥体积最大值为.
故答案为：1；.
15．（2024·江西新余·模拟预测）已知三棱锥的四个顶点均位于一个半径为的球的球面上，，，，平面经过点，则当的体积取最大值时，直线与平面所成角的正弦值为： .
【答案】/
【解析】由条件：在一个圆周上运动，由平面与平面固定，所以到平面的距离为定值，由，要使得最大，只需要最大，
由经过球心，所以的外接圆就是球的大圆，半径为，
由于，所以当时，最大，此时到的距离为：
，即最大面积为;
取为中点，连接，由于，所以由勾股定理可知：
，即为的外心，由球的性质可知：平面，
再取为中点，因为，所以，且经过点，
因为平面，所以平面平面，
在平面内，过作，因为平面平面，
所以平面，即，
则△∽△，，，
又，所以，可算得，
连， ，故：，
所以.
故答案为：.
16．（2025·上海·模拟预测）已知P是一个圆锥的顶点，是母线，，该圆锥的底面半径是1．B、C分别在圆锥的底面上，则异面直线与所成角的最小值为 ．
【答案】
【解析】
如图，过作交底面圆锥于点，连接，
因为，则为异面直线与所成角，
所以，
又，所以，即，
因为，函数在上单调递减，所以，
故异面直线与所成角的最小值为.
故答案为：.
目录
TOC \ "1-2" \h \z \u \l "_Tc189596439" 01 模拟基础练 PAGEREF _Tc189596439 \h 2
\l "_Tc189596440" 题型一：球与截面面积问题 PAGEREF _Tc189596440 \h 2
\l "_Tc189596441" 题型二：体积、面积、周长、角度、距离定值问题 PAGEREF _Tc189596441 \h 4
\l "_Tc189596442" 题型三：体积、面积、周长、距离最值与范围问题 PAGEREF _Tc189596442 \h 7
\l "_Tc189596443" 题型四：立体几何中的交线问题 PAGEREF _Tc189596443 \h 12
\l "_Tc189596444" 题型五：空间线段以及线段之和最值问题 PAGEREF _Tc189596444 \h 15
\l "_Tc189596445" 题型六：空间角问题 PAGEREF _Tc189596445 \h 18
\l "_Tc189596446" 题型七：轨迹问题 PAGEREF _Tc189596446 \h 21
\l "_Tc189596447" 题型八：翻折问题 PAGEREF _Tc189596447 \h 24
\l "_Tc189596448" 重难点突破：以立体几何为载体的情境题 PAGEREF _Tc189596448 \h 27
\l "_Tc189596449" 02 重难创新练 PAGEREF _Tc189596449 \h 30