重难点21 立体几何中的常考经典小题全归类（举一反三）（新高考专用）（含答案） 2025年高考数学一轮复习专练（新高考专用）

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\l "_Tc28993" 【题型1 求几何体的体积与表面积】 PAGEREF _Tc28993 \h 4
\l "_Tc17049" 【题型2 几何体与球的切、接问题】 PAGEREF _Tc17049 \h 7
\l "_Tc12317" 【题型3 体积、面积、周长、距离的最值与范围问题】 PAGEREF _Tc12317 \h 12
\l "_Tc32092" 【题型4 空间线段以及线段之和最值问题】 PAGEREF _Tc32092 \h 16
\l "_Tc25833" 【题型5 空间角问题】 PAGEREF _Tc25833 \h 20
\l "_Tc20052" 【题型6 空间中的距离问题】 PAGEREF _Tc20052 \h 25
\l "_Tc18451" 【题型7 翻折问题】 PAGEREF _Tc18451 \h 28
\l "_Tc13890" 【题型8 立体几何中的截面、交线问题】 PAGEREF _Tc13890 \h 32
\l "_Tc8475" 【题型9 立体几何中的轨迹问题】 PAGEREF _Tc8475 \h 35
\l "_Tc10575" 【题型10 以立体几何为载体的新定义、新情景题】 PAGEREF _Tc10575 \h 39
1、立体几何中的常考经典小题全归类
立体几何是高考的重点、热点内容，属于高考的必考内容之一.从近几年的高考情况来看，高考对该部分的考查，小题主要体现在三个方面：一是有关空间线面位置关系的判断；二是空间几何体的体积和表面积的计算，难度较易；三是常见的一些经典常考压轴小题，涉及到空间角、空间距离与轨迹问题等，难度中等或偏上，需要灵活求解．
【知识点1 空间几何体表面积与体积的常见求法】
1．求几何体体积的常用方法
(1)公式法：直接代入公式求解.
(2)等体积法：四面体的任何一个面都可以作为底面，只需选用底面面积和高都易求出的形式即可.
(3)补体法：将几何体补成易求解的几何体，如棱锥补成棱柱，三棱柱补成四棱柱等.
(4)分割法：将几何体分割成易求解的几部分，分别求体积.
2．求组合体的表面积与体积的一般方法
求组合体的表面积的问题，首先应弄清它的组成部分，其表面有哪些底面和侧面，各个面的面积应该
怎样求，然后根据公式求出各个面的面积，最后相加或相减.求体积时也要先弄清各组成部分，求出各简单几何体的体积，再相加或相减.
【知识点2 几何体与球的切、接问题的解题策略】
1．常见的几何体与球的切、接问题的解决方案：
常见的与球有关的组合体问题有两种：一种是内切球，另一种是外接球.
常见的几何体与球的切、接问题的解决方案：
2．空间几何体外接球问题的求解方法：
空间几何体外接球问题的处理关键是确定球心的位置，常见的求解方法有如下几种：
(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P,A,B,C构成的三条线段PA,PB,PC两两垂直，且PA=a，PB=b，PC=c，一般
把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，根据4R2=a2+b2+c2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.
3．内切球问题的求解策略：
(1)找准切点，通过作过球心的截面来解决.
(2)体积分割是求内切球半径的通用方法.
【知识点3 几何法与向量法求空间角】
1．几何法求异面直线所成的角
(1)求异面直线所成角一般步骤：
①平移：选择适当的点，线段的中点或端点，平移异面直线中的一条或两条成为相交直线；
②证明：证明所作的角是异面直线所成的角；
③寻找：在立体图形中，寻找或作出含有此角的三角形，并解之；
④取舍：因为异面直线所成角的取值范围是，所以所作的角为钝角时，应取它的补角作为异面直线所成的角.
2．用向量法求异面直线所成角的一般步骤：
(1)建立空间直角坐标系；
(2)用坐标表示两异面直线的方向向量；
(3)利用向量的夹角公式求出向量夹角的余弦值；
(4)注意两异面直线所成角的范围是，即两异面直线所成角的余弦值等于两向量夹角的余弦值的绝对值.
3．几何法求线面角
(1)垂线法求线面角(也称直接法)；
(2)公式法求线面角(也称等体积法)：
用等体积法，求出斜线PA在面外的一点P到面的距离，利用三角形的正弦公式进行求解.
公式为：，其中是斜线与平面所成的角，h是垂线段的长，l是斜线段的长.
4．向量法求直线与平面所成角的主要方法:
(1)分别求出斜线和它在平面内的射影直线的方向向量，将题目转化为求两个方向向量的夹角(或其补角)；
(2)通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的锐角或钝角的补角，取其余角就是斜线和平面所成的角.
5．几何法求二面角
作二面角的平面角的方法：
作二面角的平面角可以用定义法，也可以用垂面法，即在一个半平面内找一点作另一个半平面的垂线，再过垂足作二面角的棱的垂线，两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角.
6．向量法求二面角的解题思路:
用法向量求两平面的夹角：分别求出两个法向量，然后通过两个平面的法向量的夹角得到两平面夹角的大小.
【知识点4 立体几何中的最值问题及其解题策略】
1．立体几何中的几类最值问题
立体几何中的最值问题有三类：
一是空间几何体中相关的点、线和面在运动，求线段长度、截面的面积和体积的最值；
二是空间几何体中相关点和线段在运动，求有关角度和距离的最值；
三是在空间几何体中，已知某些量的最值，确定点、线和面之间的位置关系．
2．立体几何中的最值问题的求解方法
解决立体几何中的最值问题主要有两种解题方法：
一是几何法，利用几何体的性质，探求图形中点、线、面的位置关系；
二是代数法，通过建立空间直角坐标系，利用点的坐标表示所求量的目标函数，借助函数思想方法求
最值；通过降维的思想，将空间某些量的最值问题转化为平面三角形、四边形或圆中的最值问题．
【知识点5 立体几何中的截面、交线问题的解题策略】
1．立体几何截面问题的求解方法
(1)坐标法：所谓坐标法就是通过建立空间直角坐标系，将几何问题转化为坐标运算问题，进行求解.
(2)几何法：从几何视角人手，借助立体几何中的线面平行及面面平行的性质定理，找到该截面与相关线、面的交点位置、依次连接这些点，从而得到过三点的完整截面，再进行求解.
2．截面、交线问题的解题策略
(1)作截面应遵循的三个原则：
①在同一平面上的两点可引直线；
②凡是相交的直线都要画出它们的交点；
③凡是相交的平面都要画出它们的交线.
(2)作交线的方法有如下两种：
①利用基本事实3作交线；
②利用线面平行及面面平行的性质定理去寻找线面平行及面面平行，然后根据性质作出交线.
【知识点6 立体几何中的轨迹问题及其解题策略】
1．动点轨迹的判断方法
动点轨迹的判断一般根据线面平行、线面垂直的判定定理和性质定理，结合圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹，有时也可以利用空间向量的坐标运算求出动点的轨迹方程.
2．立体几何中的轨迹问题的常见解法
(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.
【知识点7 以立体几何为载体的情景题的求解策略】
1．以立体几何为载体的几类情景题
以立体几何为载体的情景题大致有三类：
(1)以数学名著为背景设置问题，涉及中外名著中的数学名题名人等；
(2)以数学文化为背景设置问题，包括中国传统文化，中外古建筑等；
(3)以生活实际为背景设置问题，涵盖生产生活、劳动实践、文化精神等．
2．以立体几何为载体的情景题的求解思路
以立体几何为载体的情景题都跟图形有关，涉及在具体情景下的图形阅读，需要通过数形结合来解决
问题.
此类问题的求解过程主要分四步：一是要读特征，即从图形中读出图形的基本特征；二是要读本质，即要善于将所读出的信息进行提升，实现“图形→文字→符号”的转化；三是要有问题意识，带着问题阅读图形，将研究图形的本身特征和关注题目要解决的问题有机地融合在一起；四是要有运动观点，要“动手”去操作，动态地去阅读图形．
【题型1 求几何体的体积与表面积】
【例1】（2024·浙江·模拟预测）清代的苏州府被称为天下粮仓，大批量的粮食要从苏州府运送到全国各地．为了核准粮食的数量，苏州府制作了“小嘴大肚”的官斛用以计算粮食的多少，五斗为一斛，而一只官斛的容量恰好为一斛，其形状近似于正四棱台，上口为正方形，内边长为25cm，下底也为正方形，内边长为50cm，斛内高36cm，那么一斗米的体积大约为立方厘米?（ ）
A．10500B．12500C．31500D．52500
【解题思路】利用棱台的体积公式,即可计算得出答案．
【解答过程】一斛米的体积为V=13S上+S下+S上S下ℎ=13×252+502+25×50×36=52500cm3，
因为五斗为一斛，所以一斗米的体积为V5=10500cm3，
故选：A.
【变式1-1】（2024·江苏连云港·二模）如图是一个圆台的侧面展开图，若两个半圆的半径分别是1和2，则该圆台的体积是（ ）
A．72π24B．73π24C．72π12D．73π12
【解题思路】先计算出上、下底面的半径和面积，再求出圆台的高，按照圆台体积公式计算即可.
【解答过程】
如图，设上底面的半径为r，下底面的半径为R，高为ℎ，母线长为l，
则2πr=π×1，2πR=π×2，解得r=12，R=1，
又l=2−1=1，ℎ=l2−R−r2=12−1−122=32，
设上底面面积为S′=π×122=π4，下底面面积为S=π×12=π，
所以圆台的体积V=13S+S′+SS′ℎ=13π+π4+π×π4×32=73π24.
故选：B.
【变式1-2】（2024·江苏无锡·模拟预测）蒙古包是我国蒙古族牧民居住的房子，适于牧业生产和游牧生活．如图所示的蒙古包由圆柱和圆锥组合而成，其中圆柱的高为2m，底面半径为4m,O是圆柱下底面的圆心．若圆锥的侧面与以O为球心，半径为4m的球相切，则圆锥的侧面积为（ ）

A．85πm2B．165πm2C．20πm2D．40πm2
【解题思路】根据题意结合圆柱、圆锥以及球的结构特征解得圆锥母线长l=5，进而可求圆锥的侧面积.
【解答过程】设PO1=ℎ,PA=l(ℎ为圆锥高，l为圆锥母线长)

OM⊥PA,∵以O为球心，半径为4的球与圆锥侧面相切，则OM=4，
在△POA中，S△POA=12ℎ+2⋅4=12⋅4l，可得ℎ+2=l，
且ℎ2+16=l2，则(l−2)2+16=l2，解得l=5，
所以圆锥的侧面积为S侧=πrl=π×4×5=20πm2.
故选：C.
【变式1-3】（2024·天津和平·二模）如图，一块边长为10cm的正方形铁片上有四块阴影部分，将这些阴影部分裁下去，然后用余下的四个全等的等腰三角形加工成一个正四棱锥形容器，则这个正四棱锥的内切球（球与正四棱锥各面均有且只有一个公共点）的体积为（ ）
A．94πB．92πC．9πD．323π
【解题思路】根据题意可得正四棱锥的斜高为5，底面正方形的边长为6，从而可得正四棱锥的高，设这个正四棱锥的内切球的半径为r，高线与斜高的夹角为θ，则易得sinθ=35，4=r+rsinθ=83r，从而可得r，再代入球的体积公式，即可求解．
【解答过程】作出四棱锥P−ABCD如图：
根据题意可得正四棱锥的斜高为PM=5，底面正方形ABCD的边长为6，
∴正四棱锥的高为OP=52−32=4，
设这个正四棱锥的内切球的球心为Q，半径为r，与侧面相切于N，
则高线与斜高的夹角为θ，则sinθ=OMPM=35，
则OP=OQ+QNsinθ,
∴4=r+rsinθ=83r，∴r=32，
∴这个正四棱锥的内切球的体积为43πr3=43×π×(32)3=92π．
故选：B．
【题型2 几何体与球的切、接问题】
【例2】（2024·新疆乌鲁木齐·三模）三棱锥A−BCD中，AD⊥平面ABC，∠BAC=60°，AB=1，AC=2，AD=4，则三棱锥A−BCD外接球的表面积为（ ）
A．10πB．20πC．25πD．30π
【解题思路】利用余弦定理先求出底面三角形ABC的外接圆半径r，再利用R2=r2+(ℎ2)2(ℎ为三棱锥的高，R为外接球半径），即可求解．
【解答过程】在△ABC中，∠BAC=60°，AB=1，AC=2，
由余弦定理可得BC2=AB2+AC2−2AB⋅AC⋅cs∠BAC，
即BC2=1+4−2×1×2×cs60°=3，所以BC=3，
设△ABC的外接圆半径为r，
则2r=BCsin∠BAC=3sin60°=2，所以r=1，
AD⊥平面ABC，且AD=4，
设三棱锥A−BCD外接球半径为R，
则R2=r2+(12AD)2，即R2=1+4=5，
所以三棱锥A−BCD外接球的表面积为4πR2=20π．
故选：B．
【变式2-1】（2024·海南·模拟预测）已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，点N为侧面四边形CDD1C1的中心，则四面体NCB1C1的外接球的表面积为（ ）
A．2πB．4πC．6πD．8π
【解题思路】画出图分析出球心为两个面斜边中点的垂线的交点，然后利用勾股定理求球的半径即可求解.
【解答过程】如图：
四面体 NCB1C1的面CB1C1是直角三角形，
O,O1为面CBB1C1与ADD1A1的中心，所以OO1⊥面CB1C1，
因为斜边CB1的中点O是三角形外心，所以球心在的直线OO1上，
面NCC1也为直角三角形，O,E分别为CB1与CC1的中点，所以OE∥B1C1，
B1C1⊥面NCC1，所以OE⊥面NCC1，
因为斜边CC1的中点E是三角形外心，所以球心在的直线OE上，
故球心为直线OO1与直线OE的交点O，
正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，
所以球的半径为OC=12B1C=12×22+22=2，
所以四面体NCB1C1的外接球的表面积为：4π22=8π.
故选：D.
【变式2-2】（2024·云南大理·模拟预测）六氟化硫，化学式为SF6，在常压下是一种无色、无臭、无毒、不燃的稳定气体，有良好的绝缘性，在电器工业方面具有广泛用途．六氟化硫分子结构为正八面体结构（正八面体每个面都是正三角形，可以看作是将两个棱长均相等的正四棱锥将底面粘接在一起的几何体）．如图所示，正八面体E−ABCD−F的棱长为a，此八面体的外接球与内切球的体积之比为（ ）
A．33B．23C．32D．22
【解题思路】根据给定条件，确定八面体的外接球球心及半径，利用体积法求出内切球半径，再利用球的体积公式求解即得.
【解答过程】正八面体E−ABCD−F的棱长为a，连接AC∩EF=O，
由四边形ABCD为正方形，得AC2=BC2+AB2=2a2=EC2+AE2，
则四边形AECF亦为正方形，即点O到各顶点距离相等，
于是此八面体的外接球球心为O，半径为R=2a22=2a2，
此八面体的表面积为S=8S△ABE=8×34a2=23a2，设此八面体的内切球半径为r，
由VE−ABCD−F=2VE−ABCD，得13Sr=2×13×a2×2a2，即23a2r=2a3，解得r=66a，
所以此八面体的外接球与内切球的体积之比为(Rr)3=(2a266a)3=33.
故选：A.
【变式2-3】（2024·安徽安庆·三模）如图，在一个有盖的圆锥容器内放入两个球体，已知该圆锥容器的底面圆直径和母线长都是3，则（ ）
A．这两个球体的半径之和的最大值为3+32
B．这两个球体的半径之和的最大值为43
C．这两个球体的表面积之和的最大值为6+33π
D．这两个球体的表面积之和的最大值为10π9
【解题思路】当这两个球体的半径或者表面积之和取最大值时，有一个球体和圆锥的底面相切，过底面圆的直径作截面，设两圆的半径，则R∈16,12，r∈16,12，其中R=1−r3−233r−2r2，表达出fr=1+2r3−233r−2r2，r∈16,12，求导得到函数单调性，得到最值，并求出R2+r2=−12R+r2−6R+r+3，令x=R+r≤23，函数y=−2πx2−6x+3在0,23上单调递增，求出ymax=10π9，得到答案.
【解答过程】当这两个球体的半径或者表面积之和取最大值时，上面的球与圆锥的底面相切，
过底面圆的直径作截面，
如图所示，过点O作OF⊥AB，垂足为F，过点O′作O′E⊥AB，垂足为E，
过点O′作O′D⊥OF，垂足为D．
设圆O的半径为R，圆O′的半径为r，当下面的球与上底面相切时，R取得最大值，
此时R为该圆的内切球半径，等边三角形的边长为3，内切球半径为32tan30°=12，
故OB=1，故R的最大值为12，且取最大值时，
O,O′,B三点共线，设O′E=r，则O′B=2r，
则2r+r+12=1，解得r=16，
所以R∈16,12，r∈16,12，OD=R−r，OO′=R+r，O′D=EF=AB−AF−BE=3−3R−3r.
因为OD2+O′D2=OO′2，所以R−r2+3−3R−3r2=R+r2①，
整理得3R2+2r−6R+3r2−2r+1=0，解得R=1−r3−233r−2r2，
令函数fr=R+r=1−r3−233r−2r2+r=1+2r3−233r−2r2，r∈16,12，
f′r=23r−2r2−3+4r33r−2r2.
令函数gr=23r−2r2−3+4r，g′r=3−4r3r−2r2+4>0，所以gr是增函数.
又因为g160，所以∃r0∈16,12，gr0=0，
所以r∈16,r0，gr0，
即r∈16,r0，f′r0，
所以fr在16,r0上单调递减，在r0,12上单调递增.
因为f16=f12=23，所以frmax=23，即这两个球体的半径之和的最大值为23.
由①可得R2+r2=−12R+r2−6R+r+3，
这两个球体的表面积之和为4πR2+r2=−2πR+r2−6R+r+3.
令x=R+r≤23，函数y=−2πx2−6x+3在0,23上单调递增，
所以ymax=−2π×232−6×23+3=10π9，即这两个球体的表面积之和的最大值为10π9.
故选：D．
【题型3 体积、面积、周长、距离的最值与范围问题】
【例3】（2024·广东佛山·模拟预测）如图，在△ABC中，AC边上的高为BH，且BH=AH=3，CH=6，矩形DEFG的顶点D，G分别在边BA，BC上，E，F都在边AC上，以AC为轴将△ABC旋转一周，则矩形DEFG旋转形成的几何体的最大体积为（ ）
A．818πB．232πC．12πD．18π
【解题思路】设DE=a0