2026 年新高考第11 题分类训练
立体几何综合
考点
3 年考题
考情分析
立体几何综
合
2025 年新高考Ⅰ卷第9 题
2025 年新高考Ⅱ卷第14 题
2023 年新高考Ⅰ卷第12 题
2023 年新高考Ⅱ卷第10 题
立体几何会以多种题型进行考查，多选题难度较难，纵观近
3 年的新高考试题，多选题常考查正方体、长方体与棱锥、
圆锥的综合问题，这类题目整体难度偏大。在选项设置上，
需要合理规划难度梯度，循序渐进。若能熟练掌握空间位置
动点轨迹问题、外接球内切球模型相关结论，往往能有效简
化分析过程，提升解题效率。可以预测 2026 年新高考命题
方向将继续以综合形式，结合翻折、动点轨迹等创新形式体
现。
1．（多选）（2025·新高考Ⅰ卷高考真题第9 题）在正三棱柱
中，D 为BC 中
点，则（ ）
A．
B．
平面
C．
平面
D．
【答案】BC
【分析】法一：利用空间基底，对于A，利用空间向量的线性运算与数量积运算即可判断；
对于B，利用线面垂直的判定与性质定理即可判断；对于C，利用线面平行的判定定理即
可判断；对于D，利用反证法即可判断；法二：根据题意建立空间直角坐标系，利用空间
向量法逐一分析判断各选项即可得解.
【解析】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C，因为在正三棱柱
中，
又
平面
平面
，所以
平面
，故C 正确；
对于D，因为在正三棱柱
中，
，
假设
，则
，这与
矛盾，
所以
不成立，故D 错误；
故选：BC.
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BC，
，
设平面
的法向量为
，
则
，得
，令
，则
，
所以
，
，
则
平面
，
平面
，故BC 正确；
对于D，
，
则
，显然
不成立，故D 错误；
故选：BC.
2．（2025·新高考Ⅱ卷高考真题第14 题）一个底面半径为
，高为
的封闭圆柱形容
器（容器壁厚度忽略不计）内有两个半径相等的铁球，则铁球半径的最大值为
．
【答案】
【分析】根据圆柱与球的性质以及球的体积公式可求出球的半径；
【解析】
圆柱的底面半径为
，设铁球的半径为r，且
，
由圆柱与球的性质知
，
即
，
，
故答案为：
.
3.（多选）（2023·新高考Ⅰ卷高考真题第12 题）下列物体中，能够被整体放入棱长为1
（单位：m）的正方体容器（容器壁厚度忽略不计）内的有（ ）
A. 直径为
的球体
B. 所有棱长均为
的四面体
C. 底面直径为
，高为
的圆柱体
D. 底面直径为
，高为
的圆柱体
【答案】ABD
【分析】根据题意结合正方体的性质逐项分析判断.
【解析】对于选项A：因为
，即球体的直径小于正方体的棱长，
所以能够被整体放入正方体内，故A 正确；
对于选项B：因为正方体的面对角线长为
，且
，
所以能够被整体放入正方体内，故B 正确；
对于选项C：因为正方体的体对角线长为
，且
，
所以不能够被整体放入正方体内，故C 不正确；
对于选项D：因为
，可知底面正方形不能包含圆柱的底面圆，
如图，过
的中点
作
，设
，
可知
，则
，
即
，解得
，
且
，即
，
故以
为轴可能对称放置底面直径为
圆柱，
若底面直径为
的圆柱与正方体的上下底面均相切，设圆柱的底面圆心
，与正方体
的下底面的切点为
，
可知：
，则
，
即
，解得
，
根据对称性可知圆柱的高为
，
所以能够被整体放入正方体内，故D 正确；
故选：ABD.
4.（多选）（2023·新高考Ⅱ卷高考真题第9 题） 已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，AB
为底面直径，
，
，点C 在底面圆周上，且二面角
为
45°，则（ ）．
A. 该圆锥的体积为
B. 该圆锥的侧面积为
C.
D.
面积为
【答案】AC
【分析】根据圆锥的体积、侧面积判断A、B 选项的正确性，利用二面角的知识判断C、D
选项的正确性.
【解析】依题意，
，
，所以
，
A 选项，圆锥的体积为
，A 选项正确；
B 选项，圆锥的侧面积为
，B 选项错误；
C 选项，设
是
的中点，连接
，
则
，所以
是二面角
的平面角，
则
，所以
，
故
，则
，C 选项正确；
D 选项，
，所以
，D 选项错误.
故选：AC.
1.平面的基本事实
基本事实1：过不在一条直线上的三点，有且只有一个平面
基本事实2：如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线在这个平面内
基本事实3：如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共
直线
基本事实4：平行于同一条直线的两条直线平行
2.三个推论：
推论1：经过一条直线和直线外一点，有且只有一个平面．
推论2：经过两条相交直线，有且只有一个平面．
推论3：经过两条平行直线，有且只有一个平面．
3.直线与平面平行的判定定理和性质定理
文字语言
图形语言
符号语言
判定
定理
平面外一条直线与此平面内的一条直
线平行，则该直线与此平面平行(线
线平行线面平行
⇒
)
l∥a，a⊂α，
l⊄α⇒l∥α
性质
定理
一条直线与一个平面平行，则过这条
直线的任一平面与此平面的交线与该
直线平行(线面平行线线平行
⇒
)
l∥α，l⊂β，
α∩β＝
b⇒l∥b
4.判断或证明线面平行的常用方法
(1)利用线面平行的定义(无公共点)．
(2)利用线面平行的判定定理(a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α)．
(3)利用面面平行的性质定理(α∥β，a⊂α⇒a∥β)．
(4)利用面面平行的性质(α∥β，a⊄α，a⊄β，a∥α⇒a∥β)．
5.平面与平面平行的判定定理和性质定理
文字语言
图形语言
符号语言
判定
定理
一个平面内的两条相交直
线与另一个平面平行，则
这两个平面平行(线面平行
面面平行
⇒
)
a∥β，b∥β，a∩b＝P，
a⊂α，b⊂α⇒α∥β
性质
定理
如果两个平行平面同时和
第三个平面相交，那么它
们的交线平行
α∥β，α∩γ＝a，
β∩γ＝b⇒a∥b
6.重要结论
(1)垂直于同一条直线的两个平面平行，即若a⊥α，a⊥β，则α∥β.
(2)垂直于同一个平面的两条直线平行，即若a⊥α，b⊥α，则a∥b.
(3)平行于同一个平面的两个平面平行，即若α∥β，β∥γ，则α∥γ.
7.直线与平面垂直
(1)直线和平面垂直的定义：直线l 与平面α 内的任意一条直线都垂直，就说直线l 与平
面α 互相垂直．
(2)直线与平面垂直的判定定理与性质定理：
文字语言
图形语言
符号语言
判定
定理
一条直线与一个平面内
的两条相交直线都垂
直，则该直线与此平面
垂直
⇒l⊥α
性质
定理
垂直于同一个平面的两
条直线平行
⇒a∥b
8.证明线面垂直的常用方法
(1)利用线面垂直的判定定理．
(2)利用“两平行线中的一条与平面垂直，则另一条也与这个平面垂直”．
(3)利用“一条直线垂直于两个平行平面中的一个，则与另一个也垂直”．
(4)利用面面垂直的性质定理．
9.证明线线垂直的常用方法
(1)利用特殊图形中的垂直关系．(2)利用等腰三角形底边中线的性质．
(3)利用勾股定理的逆定理．(4)利用直线与平面垂直的性质．
10.平面与平面垂直
(1)平面与平面垂直的定义：两个平面相交， 如果它们所成的二面角是直二面角，就说这
两个平面互相垂直．
(2)平面与平面垂直的判定定理与性质定理：
文字语言
图形语言
符号语言
判定
定理
一个平面过另一个平面
的垂线，则这两个平面
垂直
⇒α⊥β
性质
定理
两个平面垂直，则一个
平面内垂直于交线的直
线与另一个平面垂直
⇒l⊥α
11.面面垂直的两种证明方法
(1)定义法：利用面面垂直的定义，即判定两平面所成的二面角为直二面角，将证明面面垂
直问题转化为证明平面角为直角的问题．
(2)定理法：利用面面垂直的判定定理，即证明其中一个平面经过另一个平面的一条垂线，
把问题转化成证明线线垂直加以解决．
12.外接球墙角模型（三条线两个垂直，不找球心的位置即可求出球半径）
c
a
b
图1
C
P
A
B
a
b
c
图2
P
C
B
A
a
b
c
图3
C
B
P
A
a
b
c
图4
P
C
O2
B
A
13.垂面模型（一条直线垂直于一个平面）
如图5，PA⊥¿ ¿平面ABC
解题步骤：
第一步：将Δ ABC 画在小圆面上，A 为小圆直径的一个端点，作小圆的直
径AD ，连接PD ，则PD 必过球心O ；
第二步：O1为Δ ABC 的外心，所以OO 1⊥¿ ¿平面ABC ，算出小圆O1的半
径O1 D=r （三角形的外接圆直径算法：利用正弦定理，得
a
sin A =
b
sin B =
c
sinC =2r
），
OO 1=1
2 PA
；
第三步：利用勾股定理求三棱锥的外接球半径：①(2 R)2=PA2+(2r)2⇔
2R=√PA2+(2r)2
；
图5
A
D
P
O1
O
C
B
②R2=r2+OO
12⇔R=√r2+OO
12
14.切瓜模型（两个平面互相垂直）
分别在两个互相垂直的平面上取外心
、
过两个外心做两个垂面的垂线，两条垂线的
交点即为球心0，取B C 的中点为
，连接
、
、
、
为矩形，由勾股可得
公式：
15.汉堡模型（直棱柱的外接球、圆柱的外接球）
图10-1
C1
B1
A
A1
O1
O
O2
B
C
图10-2
C1
B1
A
A1
O1
O
O2
B
C
图10-3
C1
B1
A
A1
O1
O
O2
B
C
题设：如图10-1，图10-2，图10-3,直三棱柱内接于球（同时直棱柱也内接于圆柱，棱柱
的上下底面可以是任意三角形）
第一步：确定球心O 的位置，O1是Δ ABC 的外心，则OO 1⊥¿ ¿平面ABC ；
第二步：算出小圆O1的半径AO 1=r ，
OO 1=1
2 AA1=1
2 h
（AA1=h 也是圆柱的高）；
第三步：勾股定理：OA 2=O1 A2+O1O2⇒R2=( h
2 )2+r2
⇒R=√r2+( h
2 )2
，解出R
16.折叠模型
题设：两个全等三角形或等腰三角形拼在一起，或菱形折叠(如图11)
图11
H1
E
A
C
O
B
D
A'
H2
第一步：先画出如图所示的图形，将Δ BCD 画在小圆上，找出Δ BCD 和Δ A' BD 的外心
H1和
H 2；
第二步：过H1和H 2分别作平面BCD 和平面A' BD 的垂线，两垂线的交点即为球心O ，
连接OE ,OC ；
第三步：解ΔOEH 1，算出OH 1，在Rt ΔOCH 1中，勾股定理：OH 1
2+CH 1
2=OC 2
17. 锥体的内切球问题
题设：三棱锥P−ABC 是任意三棱锥，求其的内切球半径
方法：等体积法，即内切球球心与四个面构成的四个三棱锥的体积之和相等
第一步：先画出四个表面的面积和整个锥体体积；
第
二
步
：
设
内
切
球
的
半
径
为r ，
建
立
等
式
：
V P−ABC =V O−ABC +V O−PAB +V O−PAC +V O−PBC ⇒
V P−ABC =1
3 SΔ ABC⋅r+ 1
3 SPAB⋅r+ 1
3 SPAC⋅r+ 1
3 SPBC⋅r=1
3 (SΔ ABC +SΔPAB +SPAC +SΔPBC )⋅r
第三步：解出
r=
3V P−ABC
SO−ABC +SO−PAB +SO−PAC +SO−PBC
基础空间位置关系判断
1.（多选）（九师联盟2025-2026 学年高三上学期第五次质量检测）已知两条不同的直线
，
，两个不同的平面
，
，则下列命题为真命题的是（ ）
A．若
，
，则
B．若
，
，则
C．若
，
，则
D．若
，
，
，
，则
图14
H
D
A
B
C
P
O
E
【答案】AC
【解析】对于A，根据线面垂直的性质定理知A 正确；
对于B，
，
无法推出
，B 错误；
对于C，因为
，过
作平面
，则
，
因为
，所以
，
，所以
，故C 正确；
对于D，由面面平行的判定定理可知，一个平面内的两条相交直线平行于另一个平面，则
两个平面平行.
题中条件未指明直线
相交，当
时，结论不一定成立，故D 错误．
故选：AC
【点评】纯基础的线面、面面平行 或垂直的命题判断，仅考查线面垂直性质、面面平行判
定定理等核心定理的直接应用，无复杂空间想象，选项辨析无需辅助构造或反例推导。
2.（多选）（多选）（山东潍坊市2026 届2 月高考模拟）已知
为两个不重合的平面，
为两条不重合的直线，则下列选项是“
”的充分条件的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】ABD
【解析】对A：若
，则
，故A 正确；
对B：若
，则
，故B 正确；
对C：若
，不能确定与
关系，故C 错误；
对D：若
，则
，故D 正确.
故选：ABD.
【点评】考查 “面面垂直” 的充分条件判断，核心是线面、面面位置关系的定理推导，
虽需结合线面垂直、面面平行的传递性分析，但选项设置直接，无干扰性强的易混命题，
只需掌握判定定理的充要条件即可。
3.（多选）（多选）（辽宁省大连市2026 年高三双基模拟考试）设
是空间中四个
不同的点，下列命题正确的是（ ）
A．若
与
是异面直线，则
与
是异面直线
B．若
，则
C．若
，则
D．若
，则
【答案】AC
【解析】对于A，假设
与
是共面直线，则
在同一个平面内，所以
与
是共面直线，与题设
与
是异面直线矛盾，故A 正确；
对于B，因为
，所以点
都在
的垂直平分面上，但
与
的长
度无法确定，故B 错误；
对于C，由B 知，点
都在
的垂直平分面上，所以
，故C 正确；
对于D，因为
，所以
与
的位置有平行、相交或异面，故D 错误.
故选：AC.
【点评】以空间四点为背景考查异面直线、线段相等的命题判断，难点在于反例构造和反
证法的应用（如 A 选项需用反证法证明异面，B、D 选项需构造空间反例排除），侧重逻
辑推理和空间想象能力。
4.（多选）（多选）（浙江省温州市2026 届高三上学期期末质量评价）已知
，
，
为
三个不同的平面，
，
，
为三条不同的直线，
，
，
，下
列说法正确的是（ ）
A. 若
，则
B. 若
，则
C. 若
，则
D. 若
，则
【答案】AC
【解析】如下图，
因为
，
，
，所以
，
又
，
，所以
，故
，故A、C 正确；
如下图，
若
，
不一定垂直，故B 错误；
若
，
不一定垂直，故D 错误
故选：AC.
【点评】考查平面与直线的综合位置关系判断，核心难点有二：一是需结合 “线面垂直、
面面垂直的传递性” 进行多层推导，二是命题辨析依赖空间几何模型构造（需画出不同空
间位置的平面或直线模型，排除干扰选项），对空间想象、模型构建和定理灵活运用的要
求高。
正方体、长方体、直棱柱专项（可建系）
1. （多选）（湖北省云学联盟2026 届高三上学期期末联考）在长方体
ABCD−A1B1C1 D1 中，底面 ABCD 为正方形， E ， F 分别是 A B1 ， BC1 的
中点，则下列结论一定成立的是
A. EF ⊥A A1
B. EF ⊥ 平面 BD D1B1
C. AE⊥CF
D. AC // 平面 BEF
【答案】 ABD
【解析】 对于A：EF // A1C1 A A1⊥A1C1 A A1⊥EF 正确
对于B：A1C1⊥ 平面 BD D1B1∴EF ⊥ 平面 BD D1B1 正确
对于C：若 AE⊥CF 又 AB 平面 BC C1B1∴AB⊥CF ∴CF ⊥ 平面 AB B1 A1 显
然错误
对于D：AC // A1C1// EF ⇒AC // 平面 BEF 正确.
故选： ABD
【点评】长方体背景下的线线、线面垂直、平行判断，仅考查中位线、线面垂直性质等基
础定理，无计算，选项辨析直接。
2.（多选）（多选）（广东省2026 届普通高中毕业班第二次调研）如图，在直三棱柱
中，
，
，点
，
，
，
分别是
，
，
，
的中点，则（ ）
A．
，
，
，
四点共面
B．线段
为直三棱柱
外接球的直径
C．三棱锥
的体积为
D．异面直线
与
所成角为
【答案】BC
【解析】BC；由于
与
是异面直线，则
，
，
，
四点不可能共面，A 错误；
三棱柱
为正方体一半，侧面
为正方体对角面，其对角线
为正
方体外接球直径，则B 正确；
，则C 正确；异面直线
与
所成角即
为正方体体对角线与棱所成角，可求得
，则
．
故选BC．
【点评】直三棱柱（正方体一半）背景，考查共面、外接球、体积、异面直线所成角，考
点基础且计算量极小，外接球和体积可直接套用结论，异面直线成角仅需简单空间想象。
3.（多选）（九江市2026 届第一次高考模拟）如图，正方体
中，点
分别为
的中点，则（ ）
A．
B．
平面
C．
D．
平面
【答案】BCD
【解析】以
为坐标原点，
所在直线分别为
轴，
建立空间直角坐标系，
设正方体棱长为2，则
，
对于A，
，显然
与
没有倍数关系，
故
不平行，即
与
不平行，故A 错误；
对于B，平面
的一个法向量为
，
，故
，又
平面
，
故
平面
，故B 正确；
对于C，因
，
，
则
，所以
，故C 正确；
对于D，
，
，
设平面
的一个法向量为
，
则
，故可取
，
因
，则
与平行，故
平面
，故D 正确.
故选：BCD
【点评】正方体背景，建系法可直接求解线线平行、线面平行、垂直，向量计算简单且无
参数，只需掌握空间向量基础运算。
4.（多选）（多选）（江西省重点中学盟校2026 届高三第一次质量）在直三棱柱
中，
为
的中点，
为线段
上的动点，
下列结论正确的是（ ）
A．
B．
平面
C．平面
平面
D．存在点
，使得
平面
【答案】BCD
【解析】如图：
对于选项A，因为
平面
,
平面
，所以
平面
，
又因为
平面
，但不过
，所以
与
是异面直线，故A 错误；
对于选项B，因为
底面
，因为
底面
，所以
；
又
，且
平面
，
所以
平面
．
因为
平面
，所以
．
因为
，所以侧面
是正方形，所以
．
因为
，且
平面
，
所以
平面
，故B 正确.
对于选项C，由选项
下的证明得到，
平面
，
因为
平面
，所以平面
平面
，故C 正确.
对于选项D
，当
为线段
的中点时，设
，
则
，所以
，故四边形
为平行四边形，
所以
，而
平面
平面
，所以
平面
，故D 正确.
【点评】直三棱柱背景，考查异面直线、线面垂直、面面垂直、线面平行，需结合直棱柱
的正方形侧面特征推导，无复杂构造，定理应用稍综合但无计算量。
5.（多选）（多选）（吉林省长春市2026 届高三质量监测（一））已知正方体
的棱长为2，点
是侧面
上的一个动点（含边界），点
和点
分
别是棱
和
的中点，则（ ）
A．平面
截该正方体所得的截面图形是正方形
B．平面
平面
C．若
，则点
的轨迹长度为
D．若点
在
上，则
的最小值为
【答案】BC
【解析】如图建立
空间直角坐标系，
对于A 选项：
,
,
，
，
所以
，
所以
与
不垂直，A 错误；
对于B 选项：
,
，
所以
所以
，
又
，
平面
,
平面
，
所以
平面
，又
平面
，
所以平面
平面
，B 正确；
对于C 选项：易知
，所以
，
所以点
的轨迹为点
为圆心，1 为半径的
圆，
所以点
的轨迹长度为
，C 正确；
对于D 选项：设
，则
可表示为在直角坐标系中点
到点
与点
的
距离之和，如图所示，
所以
，
所以
的最小值为
，D 错误.
故选：BC.
【点评】正方体建系求解，考查截面形状、面面垂直、动点轨迹、距离最值，前 3 个选项
易解，仅最后一个距离最值有少量计算，整体以基础考点为主，综合度一般。
6.（多选）（多选）（湖南长沙市雅礼中学2025-2026 学年高三下学期开学考）如图，在
棱长为2 的正方体
中，M，N，P 分别是
，
，
的中点，Q 是线段
上的动点，则( )
A．存在点Q，使B，N，P，Q 四点共面
B．存在点Q，使
平面MBN
C．过Q，M，N 三点的平面截正方体
所得截
面面积的取值范围为
D．经过C，M，B，N 四点的球的表面积为
【答案】AB
【解析】选项A，连接
，
，正方体中易知
，
分别是
中点，则
，所以
，即
四点共面，当
与
重合时满足B，N，P，Q 四点共面，A 正确；
选项B，如图，取
中点为
，连接
，
因为
分别是
中点，则
与
平行且相等，
是平行四边形，
所以
，又
是
中点，所以
，所以
，
平面
，
平面
，所以
平面
，B 正确；
选项C，正方体中，
分别是
中点，则
，
在
上，如图，作
交
于
，连接
，延长交
延长线于点
，连接
延长交
延长线于点
，连接
交
于点
，交
于点
，
为所过
三点的截面，
由正方体的对称性可知梯形
与梯形
全等，
由面面平行的性质定理，
，从而有
，由正方体性质，
设
，
，则
，
，
是
中点，
，则
，所以
，同理
，
，
，
，
梯形
是等腰梯形，高为
，
截面面积
，
设
，
，
，
在
上递增，
，
，所以
，C 错；
选项D，
取
中点
，
中点
，连接
，则
是正四棱柱（也是
长方体），它的外接球就是过
四点的球，所以球直径为
，半径为
，表面积为
，D 错．
故选：AB．
【点评】正方体背景的动点综合问题，考查四点共面、线面平行、截面面积取值范围、外
接球表面积，难点在截面面积的参数推导和取值范围分析，需结合面面平行性质构造截面，
有一定计算量和空间构造要求。
7.（多选）（多选）（江苏省镇江市2025-2026 学年高三上学期期中）在长方体
ABCD−A1B1C1 D1中，AD = A A1=1，AB =2，动点E在棱AB上，则（ ）
A．D1 E ∥ C1C
B．D1 E⊥A1 D
C．三棱锥D1−EC C1的体积是定值
D．若D1 E⊥EC，则AE长为1
【答案】CD
【解析】D1 E∩D1 D = D1, D1 D //C1C，D1 E与C1C不平行，故A 错误；以D为原点，
DA , DC , D D1所在直线分别为x , y , z轴建立空间直角坐标系，则
A1(1,0,1), D1(0,0,1), E (1,m,0),⃗D A1=(1,0,1),⃗D1 E =(1,m,−1)，
⃗
D A1⋅⃗D1 E =1−1=0，故D1 E⊥A1 D.故B 正确；点E到平面D1C1C的距离为1，三棱
锥D1−EC C1的体积V =V E−D1C1C = 1
3 S△D1C1C⋅1= 1
3 × 1
2 ×2×1= 1
3故C 正确；
C (0,2,0),⃗EC =(−1,2−m,0),⃗D1 E⋅⃗EC =−1+2m−m
2=0，解得m=1，所以AE长为
1，故D 正确.选：BCD
10．将直线l方程进行变换可得(2 x−y −1)m+ x + y −2=0，直线l经过定点(1,1)，所以A
错误；
圆的方程变换为(x +1)
2+( y −2)
2=1，圆心C (−1,2)到直线l的距离为
d =|−2m−1−2m+2−m−2)
❑√(2m+1)
2+(m−1)
2
=
|5m+1)
❑√5m
2+2m+2
= ❑√
25m
2+10m+10−9
5m
2+2m+2
= ❑√
5−
9
5m
2+2m+2
.
因为5m
2+2m+2=5(m+ 1
5)
2
+ 9
5 ≥9
5 >0，所以d = ❑√
5−
9
5m
2+2m+2
<❑√5，所以B 错误；
当直线l与圆C相交时，那么d = ❑√
5−
9
5m
2+2m+2
<1，20m
2+8m−1<0，解得
−1
2 <m< 1
10，所以C 正确；当m=0时，直线l的方程为x + y −2=0.圆心到直线l的距离为
1
2 <d =
❑√2
2 <1，所以圆上有两个不同的点到该直线的距离为1
2，D 正确；
故选：CD.
【点评】长方体动点问题，建系后考查线线平行、垂直、三棱锥体积定值、垂直条件下的
线段长度求解，难点在动点参数的向量运算和垂直条件的方程求解，需结合体积公式判断
定值，计算量中等且需灵活运用向量数量积。
8.（多选）（多选）(安徽省黄山市2026 届高三第一次质量检测)如图，在直棱柱
中，
，
是
中点，
则下列结论正确的是（ ）
A．
B．
四点共面
C．直棱柱
不存在外接球
D．棱
的中点在平面
内
【答案】ABC
【解析】在直棱柱
中，
平面
，
又
，则直线
两两垂直，
以点
为原点，直线
分别为
轴建立空间直角坐标系，
则
，
，
对于A，因为
，
所以
，
所以
，所以
，A 正确；
对于B，
，即
，又
直线
，
因此
，即
四点共面，B 正确；
对于C，在梯形
中，
，
则
为锐角，
，因此
，
所以梯形
无外接圆，则直棱柱
没有外接球，C 正确；
对于D，棱
的中点
，
，
假设棱
的中点M 在平面
内，
则有
，即
，该方程组无解，
所以棱
的中点不在平面
内，D 错误.
故选：ABC
【点评】直棱柱背景，建系考查线线垂直、四点共面、外接球存在性、点在平面内的判断，
核心难点是 “梯形无外接圆则直棱柱无外接球” 的结论应用，以及点在平面内的向量共
面方程组求解，对空间几何性质的理解要求更高，易在外接球判断上出错。
9.（多选）（浙江省强基联盟2026 年1 月高三联考）在棱长为1 的正方体
中，点
，
满足
，
，则
（ ）
A．
平面
B．若
与平面
所成角为
，则
点的轨迹长度为
C．当
时，满足到直线
与到平面A1B1C1D1的距离相等的点
有两个
D．当
时，四面体
外接球体积为
【答案】AD
【解析】选项A：
，
为
中点.
连接
，交
于
点，则
为
中点，所以
.
又
平面
，
平面
，
平面
.故A 正确.
选项B：以
为原点，以
，
，
所在直线为
，
，
轴，
建立空间直角坐标系，
则
，
，
，
，
，
正方体
中，易知平面
的法向量为
，
因为
，
，
，
，
所以
，则
，
.
设
与平面
所成角为
（
），
则
，即
，
又
，
，
，
，
所以
，即
.
因为
，所以点
的轨迹为以点
为圆心，1 为半径的圆在平面
上
四边形
内的部分（含与四边形
的交点），其长度为
.故B 错误.
选项C：由选项B 知
，点
到直线
的距离为1.
又
，所以
点
到平面A1B1C1D1的距离为
.
若点
满足到直线
与到平面A1B1C1D1的距离相等，则
，即
，此时
，
所以满足条件的点
有1 个（与点
重合），故C 错误.
选项D：当
时，
，又
，
，
，
设四面体
的外接球球心坐标为
，半径为，则
，解得
.
所以外接球的体积为
.故D 正确.
故选：AD.
【点评】虽引入动点，但动点范围限定在正方体棱上，参数化后可通过空间直角坐标系精
准分析，轨迹判定仅需结合线面角公式推导圆的范围，外接球为规则四面体的基础模型，
整体动态分析维度单一，计算推理有固定路径，属于正方体动点综合的中档题。
10.（2026 届江苏省G4 联考12 月）一个几何体T 垂直投影到平面
上，形成图形S，我们
就称S 为T 在平面
上的正投影.在长方体
中，
，
，
，AD，
的中点分别是E，F，G，则平面EFG 截长方体
所得
截面的边数为______；长方体
在平面EFG 上的正投影的面积为______.
【答案】 6 ， 3
【解析】
如图，记直线
分别与直线
交于点
，连接
，并延长与直线
交于点
.
则由
三点均是平面
与平面
的公共点，所以
三点共线.
易知
均是平面
与平面
的公共点 .
连接
，分别交棱
于点
.
连接
，则六边形
为平面
截长方体
所得
的截面.
所以平面
截长方体
所得截面的边数为
.
如图以
为坐标原点，分别以
所在直线为
轴建立空间直角坐标系.
则
.
所以
.
所以
.
设平面
的一个法向量是
.
则
，所以
令
，则
. 所以平面
的一个法向量
.
易知平面
，平面
，平面
的法向量分别为
.
所以平面
，平面
，平面
与平面
的夹角的余弦值分别为
，
，
.
所以平面
，平面
，平面
在平面
上的投影面积分别为
.
所以长方体
在平面
上的正投影的面积为
.
故答案为：6，3
【点评】长方体的截面构造 + 正投影面积计算，是难度高的题目。核心难点有二：一是需
延长线构造六边形截面，对空间截面的构造能力要求极高；二是正投影面积需通过空间直
角坐标系求平面法向量，再计算面面夹角的余弦值，结合各面投影面积求和，步骤多、计
算量大，且涉及正投影的核心概念理解，贴合新高考立体几何的压轴考法。
平行六面体问题（无法建系需要用基底）
1.（多选）（福建省福州市2026 届高三三月质量检测）在平行六面体
中，
，
，则（ ）
A．
B．
平面
C．直线
与直线
所成角为60°
D．点
到平面
的距离为
【答案】BC
【解析】因为
，
，
所以
.
A：因为
，所以
不成立，错误；
B：因为
，
所以平行六面体
的底面是菱形，因此
，
因为
，
所以
平面
，
所以
平面
，正确；
C：因为
，所以
是异面直线
与直线
所成的角（或补角），
由上可知：平行六面体
的底面
是菱形，且
，
所以
，显然
的补角为
，正确.
D：由上可知：
平面
，因为
平面
，
所以平面
平面
，
在平面
作
，平面
平面
，
平面
，
所以
平面
，所以点
到平面
的距离为
的长度，
因为
，所以
，
因为
，
所以
，
因为
，所以
，
所以
，
所以点
到平面
的距离为
，错误
【点评】平行六面体仅给出棱长和夹角的核心条件，无额外复杂几何特征，基底
,的模长、夹角设定直接，无需额外推导基底向量的数量积。
2.（多选）（多选）（杭州学军中学高三上学期期末）如图，一个结晶体的形状为平行六
面体
，其中，以顶点
为端点的三条棱长都等于1，且它们彼此的夹角
都是
，下列说法中正确的是（ ）
A.
B.
在底面
上的投影是线段
的中点
C.
与平面
所成角大于
D.
与
所成角的余弦值为
【答案】ACD
【解析】对于A，由题意
，
所以
，
又因为
，
所以
，A 说法正确；
对于B，设
中点为
，连接
，
则
，
若
在底面
上的投影是线段
的中点，则
底面
，
又
底面
，则应该有
，
因为
，
故此时
与底面
不垂直，B 说法错误；
对于C，因为
，
，
所以
，
，
在
中，
，
，
，
所以
，所以
，
所以
与平面
所成角为
，
又因为
，即
，
所以
与平面
所成角大于
，C 说法正确；
对于D，因为
，
所以
，D 说法正确；
故选：ACD
【点评】不仅考查基底的模长、数量积、异面直线夹角，还新增线面角的基底法计算和投
影位置的基底法判定，需要结合 “线面角的定义” 将几何角转化为基底向量的夹角，再
通过三角函数比较大小，空间推理 + 向量运算的综合度更高。
外接球、内切球问题
1.（多选）（阜阳市2025-2026 学年度高三教学质量监测）如图，
为圆锥
的底面
圆
的直径，
是圆弧
的中点，圆锥
的轴截面是边长为2 的等边三角形，则下列
结论正确的是（ ）
A. 圆锥的体积为
B. 圆锥的外接球体积为
C. 圆锥侧面展开图的圆心角为
D. 二面角
的正切值为
【答案】ABD
【解析】由圆锥
的轴截面是边长为2 的等边三角形，得圆锥的底面圆半径
，高
，母线
，
对于A，圆锥体积
，A 正确；
对于B，圆锥
的外接球球心在直线
上，设球半径为
，则球心到圆锥底面距离
，
由
，得
，解得
，因此该球的体积为
，B 正确；
对于C，圆锥侧面展开图弧长为
，该弧所对圆心角为
，C 错误；
对于D，取
的中点
，连接
，则
，由
平面
，
平面
，得
，而
平面
，
则
平面
，又
平面
，因此
，
为二面角
的平面角，
所以
，D 正确.
故选:ABD
【点评】四个选项分别考圆锥体积、外接球体积、侧面展开图圆心角、二面角，各选项解
题互不关联，套公式即可；仅需作圆锥轴截面，将旋转体问题转化为平面等边三角形问题，
无复杂空间构造，计算量极小。
2.（多选）（吉林省长春市东北师范大学附属中学2025-2026 学年高三上学期第三次摸底
考）在四面体ABCD中，BC =3，其余各棱长均为2，则该四面体的（ ）
A．表面积为2❑√3+3 ❑√7
B．体积为
❑√3
2
C．外接球的半径为2❑√21
3
D．内切球的半径为3(❑√21−4)
5
【答案】BD
【解析】由题意得：两个等边三角形的面积为S△ABD= S△ACD= 1
2 ×2×2×
❑√3
2 = ❑√3，
两个等腰三角形的面积为S△ABC = S△BCD= 1
2 ×3×❑√4−9
4 = 3 ❑√7
4
，
所以四面体的表面积为2❑√3+ 3 ❑√7
2
，故A 错误；
取AD的中点M，由等边三角形的性质可得：AD⊥BM , AD⊥CM , BM =CM = ❑√3，
由于BM ∩CM = M ,BM ,CM ⊂平面BCM，所以AD⊥平面BCM，
由此可得等腰三角形BCM面积为1
2 ×3×❑√3−9
4 = 3 ❑√3
4
，
所以四面体的体积为1
3 S△BCM × AD = 1
3 × 3 ❑√3
4
×2=
❑√3
2 ，故B 正确；
设内切球半径为r，根据等体积公式可得：
❑√3
2 = 1
3(2❑√3+ 3 ❑√7
2 )r ⇒r = 3(❑√21−4)
5
，故
D 正确；
由两个等边三角形的外心分别为P ,Q，可得PM =QM =
❑√3
3 ，
过P ,Q分别作两个平面ABD ,平面ACD的垂线，相交于点O，
根据球心的性质可知，点O为四面体的外接球球心，
由于三角形BCM是等腰三角形，可知点O在等腰三角形的底边角平分线上，
则有cos∠GMC =
❑√
3−(
❑√3
2 )
2
❑√3
= 1
2
，即cos∠OMQ = QM
OM = 1
2 ⇒OM =2QM = 2❑√3
3
，
又因为MG =
❑√3
2 ，所以OG = 2❑√3
3
−
❑√3
2 =
❑√3
6 ，
所以外接球半径为R =OC =
❑√OG
2+GC
2= ❑√
3
36 + 9
4 =
❑√21
3
，故C 不正确；
故选：BD
【点评】本题是正三棱柱背景下的动点综合多选题，融合线面角、射影定位、轨迹分析、
几何量最值等考点，对空间想象能力、几何量转化能力和逻辑推理的连贯性要求极高，计
算过程易出错且容错率低，是中档偏难的立体几何综合题型，贴合新高考对动态几何问题
的考查趋势。
3.（多选）（2026 届江苏省G4 联考12 月） 已知正四棱锥 P−ABCD 的底面边长为 1,
高为 h ,该正四棱锥的顶点 P 在正方体 ABCD−A1B1C1 D1 的内部(包括表面),则下列
结论正确的是
A. h 的取值范围是 (0,1]
B. 若正四棱锥 P−ABCD 的侧棱长为
❑√3
2 ，则 h=
❑√2
2
C. 当点 P 为正方体 ABCD−A1B1C1 D1 的上底面 A1B1C1 D1 的中心时,正四棱锥
P−ABCD 外接球的表面积为 9 π
4
D.
当点 P 为正方体 ABCD−A1B1C1 D1 的内切球球心时, 正方体
ABCD−A1B1C1 D1 的内切球与正四棱锥 P−ABCD 的公共部分的体积为 π
36
【答案】ACD
【解析】记正方形 ABCD 和正方形 A1B1C1 D1 的中心分别为 O 和 O1 ,则点 P 在线
段 OO1 (不含端点 O) 上,易知 0<h≤1,∴ 选项 A 正确;
在 Rt △POC 中, h= PO =
❑√PC
2−OC
2= ❑√
3
4 −2
4 = 1
2 ,∴ 选项 B 错误;
如图,记四棱锥 P−ABCD 的外接球球心为 G , 则点 G 则在 OP 上,连接 CG . 在
Rt △OGC
中
,
OG =1−R ,OC =
❑√2
2 ,GC = R
,
则
R
2=(1−R)
2+(
❑√2
2 )
2
,∴R = 3
4 ,∴S球= 4 π R
2= 4 π × 9
16 = 9
4 π , ∴ 选项 C 正确;
该正方体恰好放入与四棱锥 P−ABCD 体积相同的 6 个四棱锥, ∴ 公共部分的体积为
正方体内切球体积的 1
6 ,∴ 公共部分的体积为 1
6 × 4
3 π ×(
1
2)
3
= π
36 ,∴ 选项 D 正确.
【点评】本题是正四棱锥与正方体嵌套的综合多选题，侧重检验学生的几何体嵌套空间想
象能力和基础方法的灵活迁移能力，是新高考多面体综合考查的典型中档偏上题型。
4.（多选）（贵州省名校协作体2025-2026 学年高三质量监测（二））圆锥内半径最大的
球称为该圆锥的内切球，若圆锥的顶点和底面的圆周都在同一个球面上，则称该球为圆锥
的外接球.如图，圆锥PO的内切球和外接球的球心重合，且圆锥PO的底面直径为2a，则
（ ）
A．设内切球的半径为r1，外接球的半径为r2，则r2=2r1
B．设内切球的表面积S1，外接球的表面积为S2，则S1= 4 S2
C．设圆锥的体积为V 1，内切球的体积为V 2，则V 1
V 2
= 9
4
D．设S、T是圆锥底面圆上的两点，且ST =a，则平面PST截内切球所得截面的面积
为πa
2
15
【答案】ACD
【解析】作出圆锥的轴截面如下：
因为圆锥PO的内切球和外接球的球心重合，所以△PAB为等边三角形，
又PB =2a，所以OP =
❑√P B
2−O B
2= ❑√3a，
设球心为G（即为△PAB的重心），所以PG = 2
3 PO = 2❑√3
3
a，OG = 1
3 PO =
❑√3
3 a，
即内切球的半径为r1=OG =
❑√3
3 a，外接球的半径为r2= PG = 2❑√3
3
a，所以r2=2r1，故A
正确；
设内切球的表面积S1，外接球的表面积为S2，则S2= 4 S1，故B 错误；
设圆锥的体积为V 1，则V 1= 1
3 πa
2×❑√3a=
❑√3
3 πa
3，
内切球的体积为V 2，则V 2= 4
3 π(
❑√3
3 a)
3
= 4 ❑√3
27 πa
3，所以
V 1
V 2
=
❑√3
3 πa
3
4 ❑√3
27 πa
3
= 9
4 ，故C
正确；
设S、T是圆锥底面圆上的两点，且ST =a，则´ST 所对的圆心角为π
3 （在圆O上），
设ST的中点为D，则OD =asinπ
3 =
❑√3
2 a，不妨设D为OB上的点，连接PD，则
PD =
❑√PO
2+O D
2=
❑√15a
2
，
过点G作¿⊥PD交PD于点E，则△PEG∽△POD，所以GE
OD = PG
PD ，
即GE
❑√3
2 a
=
2❑√3
3
a
❑√15a
2
，解得¿= 2❑√15
15
a，
所以平面PST截内切球截面圆的半径r =
❑√r1
2−G E
2= ❑√
1
15 a
2，
所以截面圆的面积为πr
2=πa
2
15 ，故D 正确；
故选：ACD
【点评】本题是圆锥内切球与外接球深度综合的压轴多选题，以 “双球球心重合” 为核
心条件，需学生自主推导圆锥轴截面为等边三角形的关键隐含结论，考查双球半径关系、
表面积比、体积比、平面截球的截面面积，是新高考旋转体综合考查的压轴题代表。
翻折问题
1.（多选）（江苏省镇江市2026 届高三第一学期零模）在直角梯形
中，
，
，
，将
沿
翻折，形成一个二面角
.
则（ ）
A．在翻折的过程中，存在某个位置，使得
B．若二面角
的大小为
，则异面直线
与
所成角的余弦值为
C．在翻折的过程中，存在某个位置，使得三棱锥
外接球的体积为
D．若二面角
的大小为
，点
为线段
上的动点，则
最小值为
【答案】BCD
【解析】对于A 项，因为在直角梯形
中，
，
，
，所以可得
，
.
设
的中点为
，连接
（如图1），
因为
且
，
所以
且
，
又因为
,
所以
，
其中
，所以
，
所以在翻折的过程中，
不会垂直，故A 错误；
对于B 项，因为
，
，所以
.
因为
，
所以
，
所以
，
又因为异面直线
与
所成角在
，所以异面直线
与
所成角的余弦值为
，
故B 正确；
对于C 项，取
的中点
，连接
（如图1），
设直线过点
且垂直于平面
，
因为点
是直角三角形
的斜边
的中点，再结合球的截面性质，
所以外接球的球心在直线上.
设直线
过点
且垂直于平面
，同理可知外接球的球心也在直线
上.
同时可证直线，直线
均在平面
内.
作截面
（如图2），其中
为二面角
的平面角，
设
，外接球的球心为
,
则外接球的半径为
，
且
（当
，即二面角
为直角时取最小值），
所以三棱锥
外接球的体积最小为
，
所以在翻折的过程中，三棱锥
外接球的体积可以为
，故C 正确；
对于D 项，可建立空间直角坐标系（如图3 所示），
则
,
设点
且
，
所以
，
所以
，
所以
所以当
时，
取最小值
，故D 正确.
故选：BCD.
【点评】核心为直角梯形沿棱翻折形成二面角的动态问题，考查翻折过程中线线垂直的存
在性、异面直线所成角、外接球体积的动态变化、线段上动点的距离最值。翻折带来的空
间动态变化增加了分析难度，且涉及多类动态问题的综合，推理量和计算量均显著提升。
2.（多选）（浙江金丽衢十二校2026 届高三第一次联考）已知矩形
，若点
为边
上的一动点（不包括端点），现将
沿着
翻折成
，使得平
面
平面
，并记为
.则（ ）
A．存在点
，使得
B．任意点
，都有
C．存在两点
，使得它们所确定的直线与
垂直
D．任意两点
，它们所确定的直线与平面
的所成角都小于
【答案】BCD
【解析】过
作
垂直
于点
，则
.
因为平面
平面
，平面
平面
，
平面
，
所以
平面
.
因为
平面
，所以
.
若存在点
，使得
，则由
平面
，得
平面
.
因为
平面
，所以
.
显然
不成立，所以A 错误.
因为
，
，且
平面
，所以
平面
.
因为
平面
，所以
，所以B 正确.
假设存在两点
，使得它们所确定的直线与
垂直.
在
边上取点
，连接
.
过
作
垂直
于点
，并记
则
.
因为平面
平面
，平面
平面
，
平面
，所以
平面
.
同理在
边上取异于点
的点
，连接
.
过
作
垂直
于点
，并记
，则
平面
.
所以
∥
.所以
四点共面.
因为
平面
，所以
.
如图所示，
均在以
为直径的圆上，当弦
平行于
时，可与
垂直.
此时因为
平面
，所以
平面
.
因为
平面
，所以
，所以C 正确.
由C 的分析可得，线段
在平面
的射影为
，
所以直线
与平面
的所成角，即为直线
与
所成的角.
记直线
与平面
的所成的角为
，
则
.，
如上图，令
，
则
，且
.
所以
.
因为
，且
在
上单调递减，
所以
，所以
，即
.
所以
，即对于任意两点
，
它们所确定的直线与平面
的所成角都小于
，所以D 正确.
故选：BCD.
【点评】以矩形沿边翻折且面面垂直为背景。不仅需要把握翻折的不变量与面面垂直的性
质，还需分析两个动点的联动空间位置，线面角的范围需通过参数化结合三角函数单调性
推导，且多个选项需通过构造几何模型（如以线段为直径的圆）进行存在性判定，双动点
+ 翻折的双重动态分析对空间想象能力要求极高，推理过程环环相扣、容错率低，是翻折
类动态立体几何的难题代表。
