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专题23 立体几何经典小题九大热点题型全攻略
题型 考情分析 考向预测
1.求几何体的体积与表面积 2026年新高考卷Ⅰ：第4题考察正三棱柱体积（基础），第9题考察正三棱柱中线面垂直判断（多选），第 16 题考察翻折+截面综合（填空压轴） 2026年新高考卷Ⅱ：第 5 题考察空间线面平行/垂直（多选），第 10 题考察棱锥体积（基础），第 16 题考察翻折+截面综合（填空压轴） 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；三是空间角、空间距离的计算；四是动点轨迹、截面问题、新定义、新情境等创新题型 ，这类试题难度有时较大.
2.几何体与球的切、接问题
3.体积、面积、周长、距离的最值与范围问题
4.空间线段以及线段之和最值问题
5.空间角问题
6.空间中的距离问题
7.立体几何中的截面、交线问题
8.立体几何中的轨迹问题
9..以立体几何为载体的新定义、新情景题
题型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.
【例1】 （2026·浙江·模拟预测）亭是我国古典园林中最具特色的建筑形式，它是逗留赏景的场所，也是园林风景的重要点缀.重檐圆亭（图1）是常见的一类亭，其顶层部分可以看作是一个圆锥和一个圆台的组合体.已知某重檐圆亭圆台部分的直观图如图2所示，在其轴截面中，，，点到的距离为，则该圆台的侧面积为

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】先求出的长度，再利用圆台侧面积公式进行求解.
【详解】过点，作，因为点到的距离为，所以的长度为，
因为，，所以，，

，，.
故选：D.
【变式1-1】（25-26高三·安徽·月考）乐乐同学在学校的3D打印社为全班50位同学每人打印了一个盘子，盘子的形状为一个倒置的正六棱台，盘子的底面正六边形边长为，盘口正六边形边长为，侧棱长为.如果乐乐要在每个盘子的内外表面涂一层防水涂料，每平方厘米需要涂料，则共需要涂料约为（ ）（不考虑盘子厚度，结果保留整数，参考数据：）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据台体的几何性质求出台体的表面积结合每平方厘米需要涂料计算求解.
【详解】如图，盘子侧面等腰梯形的高为，底面面积为，
侧面六个等腰梯形的面积之和为，
所以每个盘子需要刷涂料的面积，
所以给50个这样的盘子涂防水涂料约需涂料.
故选:B.
【变式1-2】（2026·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，底面半径为是圆柱下底面的圆心．若圆锥的侧面与以为球心，半径为的球相切，则圆锥的侧面积为（ ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】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，进而可求圆锥的侧面积.
【详解】设为圆锥高，为圆锥母线长

以为球心，半径为4的球与圆锥侧面相切，则，
在中，，可得，
且，则，解得，
所以圆锥的侧面积为.
故选：C.
题型2 几何体与球的切、接问题
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. 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.
【例2-1】（25-26高三·重庆渝中·月考）正四棱锥的底面边长为，则平面截四棱锥外接球所得截面的面积为（ ）.
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】利用直角三角形求出外接圆的半径，设中点为，连接，过作，则即为点到平面的距离，根据相似即可求出，得到外接球所得截面的面积.
【详解】设正方形边长为，底面中心为中点为，
连接，如图所示，
由题意得，且正四棱锥的外接球球心，
设外接球半径为，则，
在中，，且，
所以，解得，即，
在中，，
过作，则即为点到平面的距离，且为平面截其外接球所得截面圆的圆心，
所以，
则，
所以，
所以截面的面积.
故选：C
【例2-2】（2026·海南·模拟预测）已知正方体的棱长为2，点为侧面四边形的中心，则四面体的外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】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.
【详解】如图：
四面体 的面是直角三角形，
为面与的中心，所以面，
因为斜边的中点是三角形外心，所以球心在的直线上，
面也为直角三角形，分别为与的中点，所以，
面，所以面，
因为斜边的中点是三角形外心，所以球心在的直线上，
故球心为直线与直线的交点，
正方体的棱长为2，
所以球的半径为，
所以四面体的外接球的表面积为：.
故选：D
【变式2-1】（2026·云南大理·模拟预测）六氟化硫，化学式为，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，正八面体的棱长为，此八面体的外接球与内切球的体积之比为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】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.
【详解】正八面体的棱长为，连接，
由四边形为正方形，得，
则四边形亦为正方形，即点到各顶点距离相等，
于是此八面体的外接球球心为，半径为，
此八面体的表面积为，设此八面体的内切球半径为，
由，得，即，解得，
所以此八面体的外接球与内切球的体积之比为.
故选：A
【变式2-2】（22-23高三·陕西安康·开学考试）我国古代数学名著《九章算术》中记载的“刍 ”指底面为矩形，顶部只有一条棱的五面体．如图，五面体是一个“刍 ”，四边形为等腰梯形，，，，则该“刍 ”的体积为_____________．
【答案】
【分析】在取点M，H，使得，分别过点M，H作的平行线，交于N，L，从而五面体可分割为直棱柱和两个体积相同的四棱锥，，利用体积公式求解即可.
【详解】在取点M，H，使得，分别过点M，H作的平行线，交于N，L，连接，，则,
故，故四边形为平行四边形，故，
故，而，故，
则，，又平面，，∴平面，
又平面，∴平面平面，
同理平面，平面平面,
∴五面体可分割为直棱柱和两个体积相同的四棱锥，，
过点F作，又平面，平面平面，平面平面，则平面，
由已知可求得，，∴，，
∴该五面体的体积为．
故答案为：.
题型3 体积、面积、周长、距离的最值与范围问题
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．
【例3-1】（2026·高三·重庆南岸·阶段练习）如图，已知正方形的边长为4，点在边上且，将沿翻折到的位置，使得．空间四点的外接球为球，过点作球的截面，则截球所得截面面积的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】如图，取的中点为，
由正方形的边长为4，得，
因此为四面体的外接球球心，外接球半径，
设球心到平面的距离为，截面圆的半径为，
则有，即，
当截面时，最大，此时截面面积最小，且，
在中，，，．
由余弦定理可得，．
此时，所以截面面积最小值为.
故选：C
【例3-2】（2026·重庆渝中·模拟预测）在三棱锥中，，且平面，过点作截面分别交于点，且二面角的平面角为，则所得截面的面积最小值为（ ）
A． B． C． D．1
【答案】B
【分析】由二面角的定义可得，从而，设，由三角形的面积相等和基本不等式得到，再由三角形的面积公式即可求解.
【详解】过作，垂足为，连接，则由三垂线定理可得，
∴即为二面角的平面角，
∴，，所以，
设，则，
在三角形中，，
又，所以，
所以，时等号成立，
所以三角形的面积为，
故截面PEF面积的最小值为.
故选：B.
【变式3-1】（2026·高三·全国·专题练习）如图，在平面四边形中，，，M为的中点，现将沿翻折，得到三棱锥，记二面角的大小为，，下列说法不正确的是（ ）
A．存在，使得
B．存在，使得
C．与平面所成角的正切值最大为
D．记三棱锥外接球的球心为O，则的最小值为
【答案】A
【解析】对于A，由条件知，沿翻折得到的几何体是圆锥，
设为D在平面的射影，
在平面的轨迹是一条线段，且这条线段是一条以为中点的线段，长为，该线段还与垂直，
若，则在平面上的射影，
因为，所以不可能有，故A错误；
对于B，翻折过程中点M为半圆上的一点，圆心为的中点N，则必存在，
使得，即，故B正确；
对于C，此时与圆相切于点M，即与平面所成的角也达到最大，
因为圆半径为，切线长为，所以正切值为，故C正确；
对于D，首先设正的中心为G，过点G的直线平面，
沿翻折过程中，过中点且垂直的平面必过点M且与直线l相交，
交点即为三棱锥外接球的球心O，此时，
要使切线长最小，即最小，则O与G重合，
易知，所以，故D正确.
故选：A.
【变式3-2】（2026·四川宜宾·三模）已知E，F分别是棱长为2的正四面体的对棱的中点.过的平面与正四面体相截，得到一个截面多边形，则下列说法正确的是（ ）
A．截面多边形不可能是平行四边形 B．截面多边形的周长是定值
C．截面多边形的周长的最小值是 D．截面多边形的面积的取值范围是
【答案】D
【分析】将平面从平面开始旋转，结合对称性可判断A；设，利用余弦定理表示出，利用几何意义求最小值，利用二次函数单调性求最大值可判断BC；先判断，然后利用向量方法求出，可得截面面积的范围，可判断D.
【详解】对于A，当平面过或时，截面为三角形.
易知正四面体关于平面对称，将平面从平面开始旋转与交于点时，
由对称性可知，此时平面与交于点，且，
此时截面为四边形，且注意到当分别为的中点时，此时满足，
且，即此时截面四边形是平行四边形，故A错误；

对于BC，设，由余弦定理得，
，
由两点间距离公式知，表示动点到定点和的距离之和，
当三点共线时取得最小值，
由二次函数单调性可知，当或时，取得最大值，
所以截面多边形周长的取值范围是，故BC错误；
对于D，记与的交点为，由对称性，，
所以，，
因为，
所以，所以，
记，
则，
因为，
所以
，
由二次函数性质可知，，即，
所以，故D正确；
故选：D.
题型4 空间线段以及线段之和最值问题
1.(1)要注意利用好几以规则几何体（正方体、长方体、直棱柱、圆锥/圆柱、正四面体）为主要背景，如“正方体表面上两点间的最短路径”“圆柱侧面上动点到定点的线段最值”“正四面体中异面直线上两点间线段的最小值”； 常结合动点约束条件命题，约束条件多为：① 动点在几何体表面/棱/面上运动；② 动点满足线面平行/垂直等位置关系；③ 线段之和（如PA+PB）的最值。何体的轴截面． 2.核心思路是“空间问题平面化”“几何问题代数化”——通过展开、对称、建系等手段，将空间最值转化为平面几何最值（如两点之间线段最短、三角形三边关系）或函数最值（如二次函数、三角函数最值）； 优先用几何转化法（展开、对称），复杂情况用坐标法（建立空间直角坐标系，构建函数求解）。
【例4-1】（2026·江西鹰潭·模拟预测）如图，在长方形中，，，E为DC的中点，F为线段EC（端点除外）上的动点．现将沿AF折起，使平面平面，在平面内过点D作，K为垂足．设，则t的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】过点D作，垂足为H，过点F作，交AB于点P，设，用表示，在中，求出的函数关系，可求t的取值范围.
【详解】如图，在平面内过点D作，垂足为H，连接HK．过点F作，交AB于点P．
设，，，所以．
设，则．因为平面平面，平面平面，
，平面，所以平面，
又平面，所以．
又因为，，，平面，所以平面，
平面，所以，即．
在中，，，
因为和都是直角三角形，，，
所以，则有．
因为，所以，，，
所以，，得．
因为，所以．
故选：A.
【例4-2】（2026·北京·模拟预测）以等腰直角三角形斜边上的高为折痕，把和折成的二面角.若，，其中，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】由已知得，所以是和折成的二面角的平面角，
所以，又，所以，
，所以，
因为，其中，所以点M在平面内，
则的最小值为点D到平面的距离，设点D到平面的距离为h，
因为，，平面，平面，
所以平面，所以是点到平面的距离，
所以，
又中，，所以，
所以，则，
所以，解得，所以的最小值为，
故选：D.
【变式4-1】（多选）（25-26高三·河南·月考）如图，在棱长为1的正方体中，P 是线段上的动点，则下列结论正确的是（ ）
A．异面直线与直线所成角的大小为
B．二面角的大小为定值
C．若Q是对角线上一点，则 的长度的最小值为
D．若R 是线段上一动点，则直线 PR 可能与直线平行
【答案】ABD
【分析】对于A：由正方体性质，垂直平面，在平面内，所以垂直，异面直线所成角为.
对于B：平面即平面，它与平面所成二面角是定值.
对于C：将平面沿翻折，过作$CP$垂直确定、点，通过角度计算等得出最小值不是所给值，所以错误.
对于D：先证垂直平面，确定二面角平面角，用余弦定理判断角度，再说明在上存在点使二面角为 .
【详解】对于A，由正方体的性质可知，平面，又平面，
所以，异面直线 与直线 所成的角为，A正确.
对于B，平面即为平面，平面与平面所成的二面角，其为定值，B正确.
对于C，将平面 沿直线. 翻折到平面 内，平面图如图1，
过点C作 ，此时， 的值最小.
由题可知， ，
则
故
又，所以的长度的最小值为 ，C错误.
对于 D，在正方体 中，易证. ，
设 则 即为二面角 的平面角，
又正方体的边长为1，所以 则
由余弦定理得 则 ，
同理 ，所以在上必然存在一点 E，使得二面角 为 ，
即平面平面，如图2，平面与平面的交线为，则，
过点 P 作的垂线，此时，又平面，所以，D正确.
故选：ABD.
【变式4-2】（2026·陕西商洛·模拟预测）如图，为圆锥的底面圆的直径，点是圆上异于，的动点，，则下列结论正确的是（ ）
A．圆锥的侧面积为
B．三棱锥的体积的最大值为
C．的取值范围是
D．若，为线段上的动点，则的最小值为
【答案】D
【解析】在中，，则圆锥的母线长，半径，
对于A，圆锥的侧面积为：，故A错误；
对于B，当时，的面积最大，此时，
则三棱锥体积的最大值为，故B错误；
对于C，因为为等腰三角形，，又，所以，
当点与点重合时，为最小角，当点与点重合时，达到最大值，
又因为与不重合，则，又，可得，故C错误；
对于D，由，得，又，
则为等边三角形，则， 将以为轴旋转到与共面，得到，
则为等边三角形，，如图可知，
因为，
，
则，故D正确；故选：D.
题型5 空间角问题
1．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. 2．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. 3．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.
【例5-1】（25-26高三·河北唐山·月考）在直三棱柱中，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【详解】延长到点，使，连接,
因为 且 ，所以四边形是平行四边形，因此
所以，（或其补角）就是异面直线 与所成的角,
在中，，，所以是等边三角形，,
直三棱柱中，，则：
,
在中，
由余弦定理：
,
所以
在 中，
由余弦定理：
【例5-2】（2026·内蒙古包头·一模）如图，底面是边长为2的正方形，半圆面底面，点为圆弧上的动点．当三棱锥的体积最大时，二面角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由题意当三棱锥的体积最大时,此时点处于半圆弧的正中间位置.此时建立适当的空间直角坐标系，求出平面，平面的法向量，由法向量夹角余弦的坐标公式即可求解.
【详解】三棱锥的体积与到平面的距离成正比，
故当三棱锥的体积最大时,此时点处于半圆弧的正中间位置.
点处于半圆弧的正中间位置时，记的中点为，以其为原点，分别作为轴正方向，建立空间直角坐标系.
平面显然有法向量，
，
设为平面的法向量，
则该向量与和均垂直，
所以，从而.
令，解得，
故符合条件，
显然二面角为锐角，
因此所求余弦值为.
故选：D.
【变式5-1】 （2023·四川雅安·一模）如图，在正方体中，点是线段上的动点（含端点），点是线段的中点，设与平面所成角为，则的最小值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】以点为原点建立空间直角坐标系，设，利用向量法求解即可.
【详解】如图，以点为原点建立空间直角坐标系，
设，不妨设，
则，
故，
，
设平面的法向量为，
则，可取，
则，
所以，
当时，，
当时，，
当，即时，，
综上所述，的最小值是.
故选：A.
【变式5-2】（2026·高三·浙江杭州·阶段练习）已知两条相交直线，在平面内，在平面外．设的夹角为，直线与平面所成角为，．则由确定的平面与平面夹角的大小为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】设直线的交点为，过直线上异于点的一点作平面的垂线，设垂足为，过点作，垂足为，连接，如图：
因为，所以为直线在平面内的投影，
所以直线与平面所成角为，
由已知，，
因为，，
所以，又，，平面，
所以直线平面，又平面，
所以，即，
所以由确定的平面与平面夹角为,
在中，，
在中，，即，
在中，，即，
所以，
又，，
所以，所以，
又，所以，
所以由确定的平面与平面夹角的大小为.
故选：B.
题型6 空间中的距离问题
1．向量法求点到直线距离的步骤： (1)根据图形求出直线的单位方向向量v. (2)在直线上任取一点M(可选择特殊便于计算的点).计算点M与直线外的点N的方向向量. (3)垂线段长度. 2．求点到平面的距离的常用方法 (1)直接法：过P点作平面α的垂线，垂足为Q，把PQ放在某个三角形中，解三角形求出PQ的长度就是点P到平面α的距离. (2)转化法：若点P所在的直线l平行于平面α，则转化为直线l上某一个点到平面α的距离来求. (3)等体积法. (4)向量法：设平面α的一个法向量为n，A是α内任意点，则点P到α的距离为.
【例6-1】（2023·贵州六盘水·模拟预测）平面的一个法向量为，为内的一点，则点到平面的距离为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．
【答案】B
【分析】利用空间向量坐标运算中，点到平面的距离公式求解即可得.
【详解】平面的一个法向量为，为内的一点，
则点到平面的距离为.
故选：B.
【例6-2】（20-21高三·江西景德镇·期中）如图，已知正方体棱长为3，点在棱上，且，在侧面内作边长为1的正方形，是侧面内一动点，且点到平面距离等于线段的长，则当点运动时，的最小值是（ ）
A．21 B．22 C．23 D．13
【答案】D
【分析】建立空间直角坐标系,根据在内可设出点坐标，作,连接,可得，作，根据空间中两点间距离公式，再根据二次函数的性质，即可求得的范围.
【详解】根据题意,以D为原点建立空间直角坐标系如图所示：
作交于M,连接，则
作交于N，则即为点P到平面距离.
设,则
∵点到平面距离等于线段的长
∴
由两点间距离公式可得，化简得,则解不等式可得
综上可得
则在中
所以（当时 取等）
故选:D
【变式6-1】（25-26高三·上海黄浦·期末）在棱长为的正方体中，平面与棱分别交于点.若为菱形，，则点到平面的距离的取值范围是____________.
【答案】
【分析】根据题设建立空间直角坐标系，设出点的坐标，结合为菱形和条件可得到，；由此得到，然后求出平面的法向量，利用点到平面的距离公式得到关于的关系式，最后根据的范围即可求解.
【详解】如图，建立空间直角坐标系，则，
设，则；
因为为菱形，由，得；
由，得，所以或；
当时，由知，与条件矛盾，所以，此时，；
设平面的法向量为，则
，即，令，则，所以；
又，所以点到平面的距离为；
由且，得；
所以，所以，所以，
所以，即点到平面的距离的取值范围是.
故答案为：.
【变式6-2】 （25-26高三下·浙江·开学考试）已知在四棱锥中，底面，且，动点E在侧面内以点P为圆心，1为半径的圆弧上，动点F在直线上，则的最小值为________．
【答案】
【分析】先明确动点进行轨迹分析，再利用余弦定理进行距离转化，利用线面角的性质确定 的最小值，最后通过几何关系求出线面角的正弦值，即可得到 的最小值.
【详解】如图，因为四棱锥满足底面，
且，， ，
所以以P为球心1为半径的球与(包括边界)的交线
即为内以P为圆心，1为半径的一截圆弧，
因为，所以则当F点固定时，
由余弦定理可知，的距离只取决于越小，距离越小，
过B作面的垂线，垂足为G，易知在中，，，
所以 ，
因为平面，
平面，
则，又易知，，平面，
则平面，又因为平面，则，
，
在中，，
所以 ，
由 得，
， 所以，且由等面积可知在上，
延长交圆弧为，过作的垂线，垂足为，此时为线面角，取到最小值，
所以，
取到最小值.
故答案为：.

题型7 立体几何中的截面、交线问题
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.
【例7-1】（2022·黑龙江哈尔滨·模拟预测）在正方体中，为中点，过的截面与平面 的交线为，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A【详解】取的中点，如下图，连接，因为，所以四点共面，所以过的截面即为平面，截面与平面 的交线为即为，取的中点，连接，因为，所以（或其补角）为异面直线与所成角，设正方体的棱长为，所以，所以.则异面直线与所成角的余弦值为.故选：A.
【例7-2】（2026·四川绵阳·模拟预测）在长方体中，，点是线段上靠近的四等分点，点是线段的中点，则平面截该长方体所得的截面图形为（ ）
A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形
【答案】C
【分析】延长交的延长线于点，连接交于点，连接，延长交的延长线于点，连接交于点，连接，即可得到截面图形，再利用相似验证即可.
【详解】延长交的延长线于点，连接交于点，连接，
延长交的延长线于点，连接交于点，连接，
则五边形为平面截该长方体所得的截面图形，
不妨设，又点是线段上靠近的四等分点，点是线段的中点，
所以，，，所以，又，
所以，又，所以，
又，即，解得，
又，即，解得，符合题意，
即五边形为平面截该长方体所得的截面图形.
故选：C
【变式7-1】（25-26高三上·河北沧州·月考）已知正方体的棱长为，为的中点，为棱上异于端点的动点，若平面截该正方体所得的截面为五边形，则线段的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据题意，结合正方体的几何结构特征，得出当为棱上异于端点的动点，截面为四边形，点只能在线段上，求得，线段的取值范围，得到答案.
【详解】在正方体中，平面平面，
因为平面，平面，平面平面，
则平面与平面的交线过点，且与直线平行，与直线相交，
设交点为，如图所示，

又因为平面，平面，
即分别为，与平面所成的角，
因为，则，且有，当与重合时，平面截该正方体所得的截面为四边形，此时，即为棱中点；
当点由点向点移动过程中，逐渐减小，点由点向点方向移动；
当点为线段上任意一点时，平面只与该正方体的4个表而有交线，即可用成四边形；
当点在线段延长线上时，直线必与棱交于除点外的点，
又点与不重合，此时，平面与该正方体的5个表面有交线，截面为五边形，
如图所示．

因此．当为棱上异于端点的动点，截面为四边形，点只能在线段（除点外）上，即，可得，则，
所以线段的取值范围是，
所以若平面截该正方体的截面为五边形，线段的取值范围是.
故选：B．
【变式7-2】（2026·河南·模拟预测）如图，已知直三棱柱的体积为4，AC⊥BC，，D为的中点，E为线段AC上的动点（含端点），则平面BDE截直三棱柱所得的截面面积的取值范围为（ ）

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】过作，交于，连接，取的中点，连接，可得平面BDE截直三棱柱所得的截面为梯形，根据边长关系求出梯形的面积即可得到答案.
【详解】直三棱柱的体积为4，AC⊥BC，，所以，解得，
过作，交于，连接，取的中点，连接，

设，
①当时，平面BDE截直三棱柱所得的截面为正方形，面积为，
②当时，因为，，所以四边形为平行四边形，则，，
因为，分别为，的中点，所以，，
因为，，所以四边形为平行四边形，
所以，且
则，，即平面BDE截直三棱柱所得的截面为梯形
在中，，，，则，
在中，，，，则，
在中，，，，则，则
过作垂足为，过作垂足为，所得平面图形如下;

则，，，，
设，则
所以，，因为，
化简可得：，则，
所以，
因为当，所以，则，
综上，平面BDE截直三棱柱所得的截面面积的范围为
故选：A
题型8 立体几何中的轨迹问题
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.
【例8-1】 （2026·四川成都·三模）在棱长为5的正方体 中，是中点，点在正方体的内切球的球面上运动，且，则点的轨迹长度为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】建立空间直角坐标系，作出辅助线，得到⊥平面，由点到平面的距离和球的半径得到点的轨迹为以为半径的圆，从而求出点的轨迹长度.
【详解】以点为原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
则，，
球心，取的中点，的中点，连接，
则，，
，
故，，
又，平面，
故⊥平面，
故当位于平面与内切球的交线上时，满足，
此时到平面的距离为
，
，其中为平面截正方体内切球所得截面圆的半径，
故点的轨迹为以为半径的圆，
故点的轨迹长度为.
故选：B
【例8-2】（2026·湖南·三模）如图，在四棱锥中，底面是边长为6的正方形，平面，点是平面内的动点，且满足线段的长度是点到的距离的2倍，则点的轨迹的长度为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据题意点到的距离为，由，在平面中建系，即可得点的轨迹方程，即可求解.
【详解】∵平面，平面，
∴即点到的距离为，
∴，
如图平面中以C为原点建立平面直角坐标系，
设，，，
∵，
∴，整理得，
即的轨迹是以为圆心，半径为4的圆上，
即点的轨迹的长度为，
故选：D.
【变式8-1】 （多选）（25-26高三·四川眉山·期末）在棱长为4的正方体中，N为的中点，为的中点，M是棱上靠近的四等分点，Q是棱上靠近D点的四等分点，点P在正方体的表面上运动，则下列说法正确的是（ ）

A．若点P在棱上运动，则三棱锥的体积不变
B．若点P在棱上运动，则线段与的长度之和最小为
C．若平面，则点P的轨迹长度为
D．若，则点P的轨迹是长方形
【答案】AD
【分析】对于A，证明平面，结合即可判断；对于B，将平面展开与平面共面，当三点共线时，距离之和最小判断；对于C，作出点P的轨迹三角形，再计算周长即可判断；对于D，利用坐标法求得点P在棱，，，的交点，再判断对应的矩形满足条件即可.
【详解】对于A选项，因为点在棱上运动，故平面即为平面，
因为，所以四边形是平行四边形，
所以，又平面，平面
所以平面，即点到平面距离不变，
又，的面积为定值，
所以三棱锥的体积不变，为定值,故正确；

对于B，将平面展开与平面共面，如图

当三点共线时，线段与的长度之和最小，最小值为，故错误；
对于C，如图，分别取棱中点，连接，，，，
因为分别为棱的中点，
所以四边形，
所以四边形，均为平行四边形
所以，，即平面即为平面，
又平面，平面，
所以平面，平面，
又，平面
所以平面平面，
在平面中，过点作交于点，
在平面中，过点作交于点，连接，
则为点P的轨迹，
因为Q是棱上靠近D点的四等分点，
所以，
所以的周长为，故错误；

对于D，如图，建立空间直角坐标系，则，，，
设，则，，
所以当时，，即
当时，，即与的交点为，与的交点为，
当时，，即与的交点为，与的交点为
连接，，，
所以四边形是矩形，且，
所以，，，平面，
所以平面，
又，所以是的中点，即平面，
所以要使必有平面，
又点P在正方体的表面上运动，
所以点的轨迹为矩形，故正确.

故选：AD
【变式8-2】（多选）（2026·湖南·一模）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
【分析】对于A项，直接由棱台的体积公式求解；对于B，C项，由线面垂直判定定理求解；对于D项，作于点，则平面为与平面所成角，得在侧面上的轨迹是以为圆心，半径为的半圆，即可求解．
【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．
题型9 以立体几何为载体的新定义、新情景题
【例9】（2026·云南曲靖·二模）公元前300年，几何之父欧几里得在《几何原本》里证明了世界上只存在正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体和正二十面体这5种正多面体.公元前200年，阿基米德把这5种正多面体进行截角操作（即切掉每个顶点），发现了5种对称的多面体，这些多面体的面仍然是正多边形，但各个面却不完全相同，如图所示，现代足球就是基于截角正二十面体的设计，则图2所示的足球截面体的棱数为（ ）
A．60 B．90 C．120 D．180
【答案】B
【分析】先分析得出正二十面体的面、顶点以及棱的个数，进而结合图象得出足球截面体各个面的性质，即可得出答案.
【详解】易知正二十面体有20个面，每个面都是三角形，每个顶点都是5条棱的交点，每条棱都是两个面的公共边，
所以，正二十面体的棱数为，顶点的个数为.
由图象可知，正二十面体的每个顶点截角后为一个正五边形，即每个顶点处增加了5条棱；
原来的30条棱数量不变，所以，足球截面体的棱数为.
故选：B.
【变式9-1】（25-26高三·湖南长沙·月考）刻画空间的弯曲性是几何研究的重要内容．用曲率刻画空间弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于与多面体在该点的面角之和的差（多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制），多面体面上非顶点的曲率均为零，多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和.例如：正四面体在每个顶点有3个面角，每个面角是，所以正四面体在各顶点的曲率为，故其总曲率为，则正十二面体的总曲率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】求出面角，计算顶点处的曲率，结合顶点个数可得答案.
【详解】正十二面体在每个顶点有3个面角，每个面角是，
所以正十二面体在各顶点的曲率为，
由于正十二面体有20个顶点，故其总曲率为.
故选：B
【变式9-2】（25-26高三·上海普陀·期末）勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球围成的几何体.如图所示，已知正四面体的棱长为，若勒洛四面体内有一球，则该球的最大半径为__________.
【答案】
【分析】设是底面的中心，是正四面体的中心，也是正四面体的外接球球心，设正四面体外接球的半径为是高，根据正四面体的性质，求得的长，在直角中，列出方程求得，进而求得勒洛四面体的内切球半径.
【详解】勒洛四面体能够容纳的最大球与勒洛四面体4个弧面都相切，即为勒洛四面体的内切球，
由对称性知，勒洛四面体的内切球球心是正四面体的内切球、外接球球心，
设是底面的中心，是正四面体的中心，
也是正四面体的外接球球心，正四面体外接球的半径为是高，如图1所示，
由正四面体的棱长为，可得，
则，所以，
在直角中，由，得，解得，
因此，如图2所示，勒洛四面体的内切球半径．
故答案为：.
【变式9-3】（25-26高三·湖北宜昌·月考）类比二维平面内的余弦定理，有三维空间中的三面角余弦定理：如图，由不共面的三条射线，，构成的图形称为三面角，记，，，二面角的大小为，则.已知平行六面体的底面为菱形，，，，则二面角的余弦值为___________.

【答案】/
【分析】根据已知及定义列方程求二面角的余弦值.
【详解】

如图，连接AC，
因为，则.
因为是菱形，且,
所以.
因为，
所以，.
因为，所以.
设二面角为，
由三面角定理得，
即，
即，所以.
故答案为:.
1．（25-26高三下·江苏无锡·期中）若圆锥的高与球的直径相等，圆锥的体积与球的体积也相等，则圆锥与球的表面积之比为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】设球的半径为，则球的直径为，由题意，圆锥的高，
所以球的体积为，
设圆锥底面半径为，则，
由，即，所以，
又因为圆锥的母线长，
所以，
又，所以.
2．（25-26高三下·安徽阜阳·期中）在三棱锥中,,,,则三棱锥的外接球的表面积为（）
A．28π B．27π C．19π D．29π
【答案】D
【详解】如图,根据题意补全为长方体，三个长度为三个对面的对角线的长，设长、宽、高分别为,
则，所以，
所以，所以三棱锥的外接球的表面积为.
3．（2025·云南曲靖·二模）公元前300年，几何之父欧几里得在《几何原本》里证明了世界上只存在正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体和正二十面体这5种正多面体.公元前200年，阿基米德把这5种正多面体进行截角操作（即切掉每个顶点），发现了5种对称的多面体，这些多面体的面仍然是正多边形，但各个面却不完全相同，如图所示，现代足球就是基于截角正二十面体的设计，则图2所示的足球截面体的棱数为（ ）
A．60 B．90 C．120 D．180
【答案】B
【分析】先分析得出正二十面体的面、顶点以及棱的个数，进而结合图象得出足球截面体各个面的性质，即可得出答案.
【详解】易知正二十面体有20个面，每个面都是三角形，每个顶点都是5条棱的交点，每条棱都是两个面的公共边，
所以，正二十面体的棱数为，顶点的个数为.
由图象可知，正二十面体的每个顶点截角后为一个正五边形，即每个顶点处增加了5条棱；
原来的30条棱数量不变，所以，足球截面体的棱数为.
故选：B.
4．（24-25高二上·北京通州·期中）如图，空间直角坐标系中，点，，定义.正方体的棱长为3，E为棱的中点，平面内两个动点P，M，分别满足，，则的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】利用正方体的特征结合阿波罗尼斯圆确定M轨迹，根据新定义确定P点轨迹，在平面中利用数形结合的思想及点与圆的位置关系计算即可.
【详解】根据正方体的特征易知平面，平面，
平面，所以，
又，则，
如图建立平面直角坐标系，设，
则，整理得，
即M轨迹为平面上的圆，以为圆心，2为半径；
因为，则P轨迹为以为中心，
一条对角线长4且在纵轴上的正方形，
如上图所示，，易得，
过圆心作的垂线，可知垂线方程为
易得上的垂足，显然在线段上，
而上的垂足，显然H距N远，
则圆心到的距离为，
圆心到H的距离.
故选：A
5．（2026·安徽滁州·一模）已知某圆台的上、下底面的半径分别为4和2，且该圆台有内切球（球与圆台的侧面及两个底面均相切），在圆台上底面圆的圆周上取一点A，在圆台下底面圆的圆周上取一点B，且，则直线与平面所成角的正弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】利用内切圆台的性质求出圆台高，建立空间直角坐标系后，结合线面角的定义，用点到平面距离除以线段长得到所求正弦值.
【详解】已知圆台上下底面半径分别为，，且圆台存在内切球，
根据圆台内切球性质，母线长.
由勾股定理，圆台的高满足： 代入得，即.
以为原点，以所在直线为轴，以过与平行的直线为轴，
建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，
平面即为（平面），点到平面的距离；
，
设直线与平面所成角为，由线面角定义可知 .
6．（25-26高三下·重庆沙坪坝·月考）在三棱锥中，底面为正三角形，平面 ，若四点都在球的表面上，则点到平面的距离为（ ）
A．5 B． C． D．
【答案】C
【分析】根据给定条件，确定球心O的位置，再利用几何法求出球心O到平面PBC的距离为，再利用等体积法求解即可.
【详解】设底面中心为D，取BC的中点E，连接AE，则A，D，E三点共线，连接PE，过点D作底面的垂线，
取棱PA的中点Q，在平面PAE中，过Q作PA的垂线，则与的交点即为球心O，
在正中，，，得，
又，即，
则，，，
由余弦定理得，则，
过O作PE的垂线，垂足为G，由，，
因为，PA，平面，所以平面，
又平面PBC，则平面平面，
又平面平面，平面，因此平面PBC，
在中，，
所以球心O到平面PBC的距离为，
则三棱锥的体积为，
而，设点到平面的距离为，
由，得，解得，
则点到平面的距离为.
7．（24-25高三下·重庆·期中）蹴鞠（如图所示），又名蹴球，蹴圆，筑球，踢圆等，蹴有用脚蹴、踢、踢的含义，鞠最早系外包皮革、内实米糠的球因而蹴鞠就是指古人以脚蹴、踢、踢皮球的活动，类似于今日的足球．2006年5月20日，蹴鞠作为非物质文化遗产经国务院批准已列入第一批国家非物质文化遗产名录．已知某鞠（球）的表面上有四个点A，B，C，P，面ABC，，则该鞠（球）的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据给定条件，利用正弦定理求出外接圆半径，再利用球的截面小圆性质求出球半径即可.
【详解】在中，，则外接圆半径，
球心在线段的中垂面上，由平面，，得的中垂面平行于平面，
因此球心到平面的距离，球半径，
所以该鞠（球）的表面积为.
故选：C
8．（2026·山东泰安·模拟预测）如图直四棱柱的各棱长均为2，且.动点P在侧面内（不含边界），满足与平面所成角为，当点P在面对角线上时，记作，则到直线的距离为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由题可得点的轨迹在正方形面内，以点为圆心，以1为半径的半圆弧，点恰好为正方形的中心，以为坐标原点，建立空间直角坐标系计算即可.
【详解】取的中点，连接，，因为底面是菱形，且，
所以.
又因为平面，平面，所以.
由于平面，所以平面.
因为与平面所成角为，所以与平面所成角也是.
由于为直线在平面上的射影，所以.
在中，，所以，
所以点的轨迹在正方形面内，以点为圆心，以1为半径的半圆弧.
当点在面对角线上时，记作，可知点恰好为正方形的中心.
取的中点，连接，则直线，，两两垂直，
以为坐标原点，分别以，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图空间直角坐标系.
则，，，，，
记，
所以到直线的距离.
9．（多选）（2026·山东泰安·模拟预测）在长方体中，底面是边长为4的正方形，在棱上，且，则（ ）
A．
B．过点的平面截该长方体，所得截面周长为
C．以点为球心，为半径作一个球，则球面与底面的交线长为
D．三棱锥外接球的体积是
【答案】ABD
【详解】设，在直角中，根据勾股定理得，
在直角中，根据勾股定理得，解得，故，故A正确，
延长相交于点，连接交于点，则截面周长为，
在中，利用三角形相似可得，在中，利用三角形相似可得，
，又底面是边长为4的正方形，则，
故截面周长为，故B正确，
点到底面的距离为1，球的半径为，设球面与底面（正方形）的交线为半圆，
圆心在线段上且与距离为1，圆的半径，可得交线长为，故错误，
在中，，则的外接圆半径，显然平面，
因此三棱锥的外接球的球心在线段的中垂线上，球心到平面的距离为，
则球半径，故三棱锥的外接球体积为，故D正确.
10．（多选）（2026·广西南宁·三模）如图，在棱长为2的正方体中，M为中点，F为侧面正方形内一动点，且满足//平面，则（ ）
A．三棱锥的外接球的表面积为
B．三棱锥的体积是
C．动点F的轨迹是一条线段
D．若过A，M，三点作正方体截面，Q为上一点，则线段长度取值范围为
【答案】ACD
【分析】对于选项A：因为三棱锥的外接球与正方体的外接球是同一个，所以先确定正方体外接球的直径，再用球的表面积公式求解;
对于选项B：因为三棱锥的体积可通过等体积法转换，所以将其转化为以易求底面积和高的三棱锥，再用三棱锥体积公式计算;
对于选项C：因为平面，所以先构造过且与平面平行的平面，利用面面平行的性质确定F的轨迹;
对于选项D：因为要作过，，的正方体截面，所以先确定截面的形状，再找到到截面的距离，结合到截面顶点的距离，确定的取值范围.
【详解】对于A选项，三棱锥的外接球与正方体外接球是同一个球，,,故A正确；
对于B选项，
故B错误；
对于C选项,取中点，那么,所以，平面，
分别取的中点，则 平面,平面
所以，平面,
由于四边形是矩形，,
所以，四边形是平行四边形，
所以，平面,平面
所以，平面,
又平面,
所以，平面平面
因为为侧面内一动点，且满足//平面，
所以，平面平面
又平面平面,
所以，动点F的轨迹是线段,故C正确；
对于D选项，若过 三点作正方体截面，
分别取中点,则四边形为平行四边形，那么
,所以，四边形为平行四边形
所以，
所以，截面为四边形.
设点到平面距离为,则
,即，
由于,
所以，即，故D选项正确.
11．（多选）（2026·湖南郴州·三模）某化学晶体结构的局部空间构型可抽象为正八面体.如图所示，已知正八面体棱长为2，下列结论正确的有（ ）
A．平面与平面的夹角的余弦值为
B．正八面体的内切球半径与外接球半径的比值为
C．正八面体的体积与表面积的比值为
D．点到平面距离为
【答案】ABD
【详解】设正方形的对角线交点为 ，则，，
A选项，取中点，连接和，因为和都是等边三角形，所以且，
因此即为二面角的平面角，又，，
由余弦定理可得，那么平面与平面的夹角的余弦值为，A正确；
B选项，因为到所有顶点的距离相等，因此也是外接球球心，外接球半径，
显然内切球球心也为，内切球半径即为到平面的距离也即到的高，
在中，，利用等面积法有，可得，所以比值为，B正确；
C选项，设正八面体的体积和表面积分别为和，由等体积法可知，其中即为内切球半径，所以，C错误；
D选项，设点到平面的距离为，利用等体积法有，
即，得，D正确.
12．（2026·河南南阳·二模）如图，已知在一个四分之一球形状的玩具储物盒内可放入的最大正方体棱长为，若重新放入一个正四面体，并使该正四面体可以在储物盒内以任意角度旋转，则可放正四面体的最大棱长为________.
【答案】
【分析】先设四分之一球半径为，由最大正方体棱长求出.若正四面体可以在储物盒内以任意角度旋转，则其外接球必须能放入储物盒中，因此要先求该四分之一球内最大内切球半径.取垂直于两个平面交线的截面，转化为四分之一圆内切圆问题，求出，再利用正四面体外接球半径公式求最大棱长.
【详解】设四分之一球的半径为，最大正方体棱长为，
则.最大正方体放入时，其一个顶点在球心处，体对角线对应球半径，所以.
若正四面体可以在储物盒内以任意角度旋转，则正四面体的外接球应能放入该储物盒内.
设储物盒内能放入的最大球半径为.
取垂直于四分之一球两个平面交线的截面，得到如下示意图.
由截面图可知，最大内切圆的圆心在角平分线上，且，
又该内切圆与圆弧相切，所以，即，故.
设正四面体的最大棱长为，则其外接球半径为.
因此，解得.
故可放正四面体的最大棱长为.
13．（25-26高三下·湖北武汉·期中）玉琮是一种内圆外方的筒型玉器，是古人用于祭祀的礼器.假定某玉琮中间内空，形状对称：如图所示，圆筒内径长3 cm，外径长4 cm，筒高6 cm，中部是棱长为4 cm的正方体的一部分，圆筒的外侧面内切于正方体的侧面，则该玉琮的体积为__________；
【答案】
【分析】根据几何体的特点，结合长方体，圆柱体体积的计算公式，求解即可.
【详解】圆筒体积为底面半径2cm，高度为6cm的圆柱体的体积减去底面半径为cm，高度为6cm的圆柱体的体积，
故其体积；
中间部分的体积为棱长为4 cm的正方体的体积减去底面半径为2cm，高为4 cm的圆柱体的体积，
故其体积；
故玉琮的体积.
14．（2026·陕西咸阳·三模）如图，在正四棱锥中，侧棱与底面所成角的余弦值为，该四棱锥侧面积为，且大球，与小球均与该四棱锥的四个侧面相切，大球与小球相切，大球与底面相切，则三棱锥的体积为______．

【答案】
【分析】根据正四棱锥及球的性质，结合已知条件，运用几何法求出侧面积及小球半径，进而利用三棱锥的体积公式求解．
【详解】设底面正方形的中心为，连接，则正四棱锥的高为，
侧棱与底面所成角为，则，
，即，
设底面边长为，侧面斜高为，则，
，
侧面积为，解得，
取中点，连接，作，，则，

设大球半径为，小球半径为，则，
，解得，
同理，解得，
．
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21世纪教育网(www.21cnjy.com)专题23 立体几何经典小题九大热点题型全攻略
题型 考情分析 考向预测
1.求几何体的体积与表面积 2026年新高考卷Ⅰ：第4题考察正三棱柱体积（基础），第9题考察正三棱柱中线面垂直判断（多选），第 16 题考察翻折+截面综合（填空压轴） 2026年新高考卷Ⅱ：第 5 题考察空间线面平行/垂直（多选），第 10 题考察棱锥体积（基础），第 16 题考察翻折+截面综合（填空压轴） 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；三是空间角、空间距离的计算；四是动点轨迹、截面问题、新定义、新情境等创新题型 ，这类试题难度有时较大.
2.几何体与球的切、接问题
3.体积、面积、周长、距离的最值与范围问题
4.空间线段以及线段之和最值问题
5.空间角问题
6.空间中的距离问题
7.立体几何中的截面、交线问题
8.立体几何中的轨迹问题
9..以立体几何为载体的新定义、新情景题
题型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.
【例1】 （2026·浙江·模拟预测）亭是我国古典园林中最具特色的建筑形式，它是逗留赏景的场所，也是园林风景的重要点缀.重檐圆亭（图1）是常见的一类亭，其顶层部分可以看作是一个圆锥和一个圆台的组合体.已知某重檐圆亭圆台部分的直观图如图2所示，在其轴截面中，，，点到的距离为，则该圆台的侧面积为

A． B． C． D．
【变式1-1】（25-26高三·安徽·月考）乐乐同学在学校的3D打印社为全班50位同学每人打印了一个盘子，盘子的形状为一个倒置的正六棱台，盘子的底面正六边形边长为，盘口正六边形边长为，侧棱长为.如果乐乐要在每个盘子的内外表面涂一层防水涂料，每平方厘米需要涂料，则共需要涂料约为（ ）（不考虑盘子厚度，结果保留整数，参考数据：）
A． B． C． D．
【变式1-2】（2026·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，底面半径为是圆柱下底面的圆心．若圆锥的侧面与以为球心，半径为的球相切，则圆锥的侧面积为（ ）

A． B． C． D．
题型2 几何体与球的切、接问题
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. 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.
【例2-1】（25-26高三·重庆渝中·月考）正四棱锥的底面边长为，则平面截四棱锥外接球所得截面的面积为（ ）.
A． B． C． D．
【例2-2】（2026·海南·模拟预测）已知正方体的棱长为2，点为侧面四边形的中心，则四面体的外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【变式2-1】（2026·云南大理·模拟预测）六氟化硫，化学式为，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，正八面体的棱长为，此八面体的外接球与内切球的体积之比为（ ）
A． B． C． D．
【变式2-2】（22-23高三·陕西安康·开学考试）我国古代数学名著《九章算术》中记载的“刍 ”指底面为矩形，顶部只有一条棱的五面体．如图，五面体是一个“刍 ”，四边形为等腰梯形，，，，则该“刍 ”的体积为_____________．
题型3 体积、面积、周长、距离的最值与范围问题
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．
【例3-1】（2026·高三·重庆南岸·阶段练习）如图，已知正方形的边长为4，点在边上且，将沿翻折到的位置，使得．空间四点的外接球为球，过点作球的截面，则截球所得截面面积的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【例3-2】（2026·重庆渝中·模拟预测）在三棱锥中，，且平面，过点作截面分别交于点，且二面角的平面角为，则所得截面的面积最小值为（ ）
A． B． C． D．1
【变式3-1】（2026·高三·全国·专题练习）如图，在平面四边形中，，，M为的中点，现将沿翻折，得到三棱锥，记二面角的大小为，，下列说法不正确的是（ ）
A．存在，使得
B．存在，使得
C．与平面所成角的正切值最大为
D．记三棱锥外接球的球心为O，则的最小值为
【变式3-2】（2026·四川宜宾·三模）已知E，F分别是棱长为2的正四面体的对棱的中点.过的平面与正四面体相截，得到一个截面多边形，则下列说法正确的是（ ）
A．截面多边形不可能是平行四边形 B．截面多边形的周长是定值
C．截面多边形的周长的最小值是 D．截面多边形的面积的取值范围是
题型4 空间线段以及线段之和最值问题
1.(1)要注意利用好几以规则几何体（正方体、长方体、直棱柱、圆锥/圆柱、正四面体）为主要背景，如“正方体表面上两点间的最短路径”“圆柱侧面上动点到定点的线段最值”“正四面体中异面直线上两点间线段的最小值”； 常结合动点约束条件命题，约束条件多为：① 动点在几何体表面/棱/面上运动；② 动点满足线面平行/垂直等位置关系；③ 线段之和（如PA+PB）的最值。何体的轴截面． 2.核心思路是“空间问题平面化”“几何问题代数化”——通过展开、对称、建系等手段，将空间最值转化为平面几何最值（如两点之间线段最短、三角形三边关系）或函数最值（如二次函数、三角函数最值）； 优先用几何转化法（展开、对称），复杂情况用坐标法（建立空间直角坐标系，构建函数求解）。
【例4-1】（2026·江西鹰潭·模拟预测）如图，在长方形中，，，E为DC的中点，F为线段EC（端点除外）上的动点．现将沿AF折起，使平面平面，在平面内过点D作，K为垂足．设，则t的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【例4-2】（2026·北京·模拟预测）以等腰直角三角形斜边上的高为折痕，把和折成的二面角.若，，其中，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【变式4-1】（多选）（25-26高三·河南·月考）如图，在棱长为1的正方体中，P 是线段上的动点，则下列结论正确的是（ ）
A．异面直线与直线所成角的大小为
B．二面角的大小为定值
C．若Q是对角线上一点，则 的长度的最小值为
D．若R 是线段上一动点，则直线 PR 可能与直线平行
【变式4-2】（2026·陕西商洛·模拟预测）如图，为圆锥的底面圆的直径，点是圆上异于，的动点，，则下列结论正确的是（ ）
A．圆锥的侧面积为
B．三棱锥的体积的最大值为
C．的取值范围是
D．若，为线段上的动点，则的最小值为
题型5 空间角问题
1．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. 2．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. 3．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.
【例5-1】（25-26高三·河北唐山·月考）在直三棱柱中，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A． B．
C． D．
【例5-2】（2026·内蒙古包头·一模）如图，底面是边长为2的正方形，半圆面底面，点为圆弧上的动点．当三棱锥的体积最大时，二面角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【变式5-1】 （2023·四川雅安·一模）如图，在正方体中，点是线段上的动点（含端点），点是线段的中点，设与平面所成角为，则的最小值是（ ）
A． B． C． D．
【变式5-2】（2026·高三·浙江杭州·阶段练习）已知两条相交直线，在平面内，在平面外．设的夹角为，直线与平面所成角为，．则由确定的平面与平面夹角的大小为（ ）
A． B． C． D．
题型6 空间中的距离问题
1．向量法求点到直线距离的步骤： (1)根据图形求出直线的单位方向向量v. (2)在直线上任取一点M(可选择特殊便于计算的点).计算点M与直线外的点N的方向向量. (3)垂线段长度. 2．求点到平面的距离的常用方法 (1)直接法：过P点作平面α的垂线，垂足为Q，把PQ放在某个三角形中，解三角形求出PQ的长度就是点P到平面α的距离. (2)转化法：若点P所在的直线l平行于平面α，则转化为直线l上某一个点到平面α的距离来求. (3)等体积法. (4)向量法：设平面α的一个法向量为n，A是α内任意点，则点P到α的距离为.
【例6-1】（2023·贵州六盘水·模拟预测）平面的一个法向量为，为内的一点，则点到平面的距离为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．
【例6-2】（20-21高三·江西景德镇·期中）如图，已知正方体棱长为3，点在棱上，且，在侧面内作边长为1的正方形，是侧面内一动点，且点到平面距离等于线段的长，则当点运动时，的最小值是（ ）
A．21 B．22 C．23 D．13
【变式6-1】（25-26高三·上海黄浦·期末）在棱长为的正方体中，平面与棱分别交于点.若为菱形，，则点到平面的距离的取值范围是____________.
【变式6-2】 （25-26高三下·浙江·开学考试）已知在四棱锥中，底面，且，动点E在侧面内以点P为圆心，1为半径的圆弧上，动点F在直线上，则的最小值为________．
题型7 立体几何中的截面、交线问题
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.
【例7-1】（2022·黑龙江哈尔滨·模拟预测）在正方体中，为中点，过的截面与平面 的交线为，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【例7-2】（2026·四川绵阳·模拟预测）在长方体中，，点是线段上靠近的四等分点，点是线段的中点，则平面截该长方体所得的截面图形为（ ）
A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形
【变式7-1】（25-26高三上·河北沧州·月考）已知正方体的棱长为，为的中点，为棱上异于端点的动点，若平面截该正方体所得的截面为五边形，则线段的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【变式7-2】（2026·河南·模拟预测）如图，已知直三棱柱的体积为4，AC⊥BC，，D为的中点，E为线段AC上的动点（含端点），则平面BDE截直三棱柱所得的截面面积的取值范围为（ ）

A． B． C． D．
题型8 立体几何中的轨迹问题
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.
【例8-1】（2026·四川成都·三模）在棱长为5的正方体 中，是中点，点在正方体的内切球的球面上运动，且，则点的轨迹长度为（ ）
A． B． C． D．
【例8-2】（2026·湖南·三模）如图，在四棱锥中，底面是边长为6的正方形，平面，点是平面内的动点，且满足线段的长度是点到的距离的2倍，则点的轨迹的长度为（ ）
A． B． C． D．
【变式8-1】（多选）（25-26高三·四川眉山·期末）在棱长为4的正方体中，N为的中点，为的中点，M是棱上靠近的四等分点，Q是棱上靠近D点的四等分点，点P在正方体的表面上运动，则下列说法正确的是（ ）

A．若点P在棱上运动，则三棱锥的体积不变
B．若点P在棱上运动，则线段与的长度之和最小为
C．若平面，则点P的轨迹长度为
D．若，则点P的轨迹是长方形
【变式8-2】（多选）（2026·湖南·一模）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
题型9 以立体几何为载体的新定义、新情景题
【例9】（2026·云南曲靖·二模）公元前300年，几何之父欧几里得在《几何原本》里证明了世界上只存在正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体和正二十面体这5种正多面体.公元前200年，阿基米德把这5种正多面体进行截角操作（即切掉每个顶点），发现了5种对称的多面体，这些多面体的面仍然是正多边形，但各个面却不完全相同，如图所示，现代足球就是基于截角正二十面体的设计，则图2所示的足球截面体的棱数为（ ）
A．60 B．90 C．120 D．180
【变式9-1】（25-26高三·湖南长沙·月考）刻画空间的弯曲性是几何研究的重要内容．用曲率刻画空间弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于与多面体在该点的面角之和的差（多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制），多面体面上非顶点的曲率均为零，多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和.例如：正四面体在每个顶点有3个面角，每个面角是，所以正四面体在各顶点的曲率为，故其总曲率为，则正十二面体的总曲率为（ ）
A． B． C． D．
【变式9-2】（25-26高三·上海普陀·期末）勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球围成的几何体.如图所示，已知正四面体的棱长为，若勒洛四面体内有一球，则该球的最大半径为__________.
【变式9-3】（25-26高三·湖北宜昌·月考）类比二维平面内的余弦定理，有三维空间中的三面角余弦定理：如图，由不共面的三条射线，，构成的图形称为三面角，记，，，二面角的大小为，则.已知平行六面体的底面为菱形，，，，则二面角的余弦值为___________.
1．（25-26高三下·江苏无锡·期中）若圆锥的高与球的直径相等，圆锥的体积与球的体积也相等，则圆锥与球的表面积之比为（ ）
A． B． C． D．
2．（25-26高三下·安徽阜阳·期中）在三棱锥中,,,,则三棱锥的外接球的表面积为（）
A．28π B．27π C．19π D．29π
3．（2025·云南曲靖·二模）公元前300年，几何之父欧几里得在《几何原本》里证明了世界上只存在正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体和正二十面体这5种正多面体.公元前200年，阿基米德把这5种正多面体进行截角操作（即切掉每个顶点），发现了5种对称的多面体，这些多面体的面仍然是正多边形，但各个面却不完全相同，如图所示，现代足球就是基于截角正二十面体的设计，则图2所示的足球截面体的棱数为（ ）
A．60 B．90 C．120 D．180
4．（24-25高二上·北京通州·期中）如图，空间直角坐标系中，点，，定义.正方体的棱长为3，E为棱的中点，平面内两个动点P，M，分别满足，，则的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
5．（2026·安徽滁州·一模）已知某圆台的上、下底面的半径分别为4和2，且该圆台有内切球（球与圆台的侧面及两个底面均相切），在圆台上底面圆的圆周上取一点A，在圆台下底面圆的圆周上取一点B，且，则直线与平面所成角的正弦值为（ ）
A． B． C． D．
6．（25-26高三下·重庆沙坪坝·月考）在三棱锥中，底面为正三角形，平面 ，若四点都在球的表面上，则点到平面的距离为（ ）
A．5 B． C． D．
7．（24-25高三下·重庆·期中）蹴鞠（如图所示），又名蹴球，蹴圆，筑球，踢圆等，蹴有用脚蹴、踢、踢的含义，鞠最早系外包皮革、内实米糠的球因而蹴鞠就是指古人以脚蹴、踢、踢皮球的活动，类似于今日的足球．2006年5月20日，蹴鞠作为非物质文化遗产经国务院批准已列入第一批国家非物质文化遗产名录．已知某鞠（球）的表面上有四个点A，B，C，P，面ABC，，则该鞠（球）的表面积为（ ）
A． B． C． D．
8．（2026·山东泰安·模拟预测）如图直四棱柱的各棱长均为2，且.动点P在侧面内（不含边界），满足与平面所成角为，当点P在面对角线上时，记作，则到直线的距离为（ ）
A． B． C． D．
9．（多选）（2026·山东泰安·模拟预测）在长方体中，底面是边长为4的正方形，在棱上，且，则（ ）
A．
B．过点的平面截该长方体，所得截面周长为
C．以点为球心，为半径作一个球，则球面与底面的交线长为
D．三棱锥外接球的体积是
10．（多选）（2026·广西南宁·三模）如图，在棱长为2的正方体中，M为中点，F为侧面正方形内一动点，且满足//平面，则（ ）
A．三棱锥的外接球的表面积为
B．三棱锥的体积是
C．动点F的轨迹是一条线段
D．若过A，M，三点作正方体截面，Q为上一点，则线段长度取值范围为
11．（多选）（2026·湖南郴州·三模）某化学晶体结构的局部空间构型可抽象为正八面体.如图所示，已知正八面体棱长为2，下列结论正确的有（ ）
A．平面与平面的夹角的余弦值为
B．正八面体的内切球半径与外接球半径的比值为
C．正八面体的体积与表面积的比值为
D．点到平面距离为
12．（2026·河南南阳·二模）如图，已知在一个四分之一球形状的玩具储物盒内可放入的最大正方体棱长为，若重新放入一个正四面体，并使该正四面体可以在储物盒内以任意角度旋转，则可放正四面体的最大棱长为________.
13．（25-26高三下·湖北武汉·期中）玉琮是一种内圆外方的筒型玉器，是古人用于祭祀的礼器.假定某玉琮中间内空，形状对称：如图所示，圆筒内径长3 cm，外径长4 cm，筒高6 cm，中部是棱长为4 cm的正方体的一部分，圆筒的外侧面内切于正方体的侧面，则该玉琮的体积为__________；
14．（2026·陕西咸阳·三模）如图，在正四棱锥中，侧棱与底面所成角的余弦值为，该四棱锥侧面积为，且大球，与小球均与该四棱锥的四个侧面相切，大球与小球相切，大球与底面相切，则三棱锥的体积为______．

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