文档文本内容
专题25 点线面之间的位置关系
及截面、动点、最值问题选填题
（四大考点，36 题）
考点分类
十年考情（2017-2026）
命题规律
考点01 空间中点
线面位置关系的判
断
2026 天津、2025 全国一卷/天
津/上海、2024 全国甲/天津/上
海、2022 全国乙/上海、2021 浙
江/新高考Ⅱ、2020 山东/上海、
2019 全国Ⅱ/Ⅲ、2017 全国Ⅰ/Ⅲ
1.立体几何基础必考选填，单选、
多选均高频出现。
2.核心考查线线、线面、面面平行
与垂直判定、充要条件、异面直线
识别。
3.载体以正方体、正棱台、多面体
为主，多给出命题组合判断真假。
考点02 截面问题
2021 天津、2018 全国Ⅰ
1.中档小题，常结合几何体表面
积、空间角综合考查。
2.考向：圆柱截面形状、正方体截
面最大面积、球与几何体相交截
面。
3.解题关键找准截面边界，结合几
何公式计算面积。
考点03 动点问题
2026 全国一卷/上海、2023 上海、
2021 新高考Ⅰ
1.新高考多选热门题型，综合性较
强。
2.点在线段/棱上移动，分析周长、
体积、垂直、平行是否恒成立；包
含旋转轨迹类创新题。
3.常用定点定值、空间向量、几何
不变量分析。
考点04 最值问题
2025 全国二/上海、2023 上海/全
国甲、2022 全国乙/新高考Ⅰ、
2018 全国Ⅰ/Ⅲ、2017 全国Ⅰ/Ⅲ
1.立体几何选填压轴难点。
2.类型：球半径最值、异面角最
值、体积最值、表面最短路径、覆
盖面积占比。
3.结合外接内切球、旋转体、多面
体，搭配函数、不等式求极值。
考点01 空间中点线面位置关系的判断
1. （2026·天津·高考真题）正方体
中，错误的是（ ）
A．
B．
平面
C．平面
平面
D．平面
平面
【答案】D
【分析】解法一：A 项，通过证明四边形
是平行四边形，即可证明结论；B 项，通过
，
，即可证明
平面
；C 项，通过证明
平面
，
平面
，即可证明结
论；D 项，假设垂直，得出
平面
，结合几何知识得出矛盾，即可得出结论.
解法二：建立空间直角坐标系，求平面
、平面
和平面
的法向量，利用空间向量判断线、
面关系.
【详解】解法一：由题意，在正方体
中，
A 项，
，
，∴四边形
是平行四边形，∴
，A 正确；
B 项，由几何知识得，
，
，
，
平面
，
平面
，
∴
平面
，故B 正确；
C 项，
∵
，
平面
，
平面
，∴
平面
，
由几何知识得，
，
，∴四边形
是平行四边形，
∴
，
∵
平面
，
平面
，∴
平面
，
∵
，
，∴平面
平面
，C 正确；
D 项，
假设平面
平面
，则交线为
，此时有
，
∴
平面
，
∵
平面
，∴
，
连接
，
，
由几何知识得，
，则
，故
在
中，由几何知识得，
，
∴三角形为等边三角形，
，矛盾，
故D 错误.
解法二：以
为坐标原点，
分别为
轴，建立空间直角坐标系，
设
，则
，
，
，
，
，
，
，
，
可得
，
，
，
，
对于A：因为
，可得
，故A 正确；
对于B：根据正方体的性质可知
平面
，故B 正确；
对于C：设平面
的法向量为
，则
，
设
，可得
，可得
；
设平面
的法向量为
，则
，
设
，可得
，可得
；
因为
，所以平面
平面
，故C 正确；
对于D：由题意可知：平面
的一个法向量
，
因为
，可知平面
与平面
不垂直，故D 错误.
2. （2025·天津·高考真题）若m 为直线，
为两个平面，则下列结论中正确的是（ ）
A．若
，则
B．若
，则
C．若
，则
D．若
，则
【答案】C
【分析】根据线面平行的定义可判断A 的正误，根据空间中垂直关系的转化可判断BCD 的正误.
【详解】对于A，若
，则
可平行或异面，故A 错误；
对于B，若
，则
，故B 错误；
对于C，若
，则存在直线
，
，
所以由
可得
，故
，故C 正确；
对于D，
，则
与
可平行或相交或
，故D 错误；
故选：C.
3. （2025·上海·高考真题）如图，
是正四棱台，则下列各组直线中属于异面直线的是
（ ）．
A．
和
；
B．
和
；
C．
和
；
D．
和
．
【答案】D
【分析】根据棱台的性质及直线与直线的位置关系即可判断.
【详解】因为
是正四棱台，所以
，故A 错误，
侧棱延长交于一点，所以
与
相交，故B 错误，
同理
与
也相交，所以
四点共面，所以
与
相交，故C 错误，
与
是异面直线，故D 正确.
故选：D
4. （2024·上海·高考真题）空间中有两个不同的平面
，
和两条不同的直线
，
，则下列说法中正确
的是（ ）
A．若
，
，
，则
B．若
，
，
，则
C．若
，
，
，则
D．若
，
，
，则
【答案】B
【分析】根据题意，由空间中线面关系逐一判断，即可得到结果.
【详解】对于A，若
，
，则
或
，
当
时，
，则
或者
与
斜交或者
，
当
时，
，则
或者
与
斜交或者
，故A 错误；
对于B，若
，
，
，可在
取
作为
的法向量，
由于
，故
，即
，则
，故B 正确；
对于C，若
，
，
，则
可能平行可能相交，也可能异面，故C 错误；
对于D，若
，
，
，则
或
，故D 错误；
故选：B
5. （2024·全国甲卷·高考真题）设
为两个平面，
为两条直线，且
.下述四个命题：
①若
，则
或
②若
，则
或
③若
且
，则
④若
与
,
所成的角相等，则
其中所有真命题的编号是（ ）
A．①③
B．②④
C．①②③
D．①③④
【答案】A
【分析】根据线面平行的判定定理即可判断①；举反例即可判断②④；根据线面平行的性质即可判断③.
【详解】对①，当
，因为
，
，则
，
当
，因为
，
，则
，
当
既不在
也不在
内，因为
，
，则
且
，故①正确；
对②，若
，则
与
不一定垂直，故②错误；
对③，过直线
分别作两平面与
分别相交于直线和直线，
因为
，过直线
的平面与平面
的交线为直线，则根据线面平行的性质定理知
，
同理可得
，则
，因为
平面
，
平面
，则
平面
，
因为
平面
，
，则
，又因为
，则
，故③正确；
对④，若
与
和
所成的角相等，如果
，则
，故④错误；
综上只有①③正确，
故选：A.
6. （2024·天津·高考真题）已知
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
【分析】根据线面位置关系的判定与性质，逐项判断即可求解.
【详解】对于A，若
，
，则
平行或相交，不一定垂直，故A 错误.
对于B，若
，则
或
，故B 错误.
对于C，
，过
作平面
，使得
，
因为
，故
，而
，故
，故
，故C 正确.
对于D，若
，则
，故D 错误.
故选：C.
7. （2022·上海·高考真题）如图，正方体
中，P、Q、R、S 分别为棱AB、BC、
、CD
的中点，连接
、
，空间任意两点M、N，若线段MN 上不存在点在线段
、
上，则称M、N
两点可视，下列选项中与点
可视的为（ ）．
A．点Q
B．点P
C．点B
D．点R
【答案】A
【分析】根据异面直线的定义判断即可.
【详解】A 选项，四边形
是平行四边形，
，得点
平面
，得
与
为
异面直线，
四边形
是平行四边形，且
平面
，得点
平面
，得
与
为
异面直线，根据题意，得
两点可视，故A 对；
B 选项：四边形
是平行四边形，
与
相交，故B 错；
C 选项：四边形
是平行四边形，
与
相交，故C 错；
D 选项：四边形
是平行四边形，
与
相交，故D 错；
故选：A.
8. （2022·全国乙卷·高考真题）在正方体
中，E，F 分别为
的中点，则（ ）
A．平面
平面
B．平面
平面
C．平面
平面
D．平面
平面
【答案】A
【分析】证明
平面
，即可判断A；如图，以点
为原点，建立空间直角坐标系，设
，分
别求出平面
，
，
的法向量，根据法向量的位置关系，即可判断BCD.
【详解】解：在正方体
中，
且
平面
，
又
平面
，所以
，
因为
分别为
的中点，
所以
，所以
，
又
，
所以
平面
，
又
平面
，
所以平面
平面
，故A 正确；
选项BCD 解法一：
如图，以点
为原点，建立空间直角坐标系，设
，
则
，
，
则
，
，
设平面
的法向量为
，
则有
，可取
，
同理可得平面
的法向量为
，
平面
的法向量为
，
平面
的法向量为
，
则
，
所以平面
与平面
不垂直，故B 错误；
因为
与
不平行，
所以平面
与平面
不平行，故C 错误；
因为
与
不平行，
所以平面
与平面
不平行，故D 错误，
故选：A.
选项BCD 解法二：
解：对于选项B，如图所示，设
，
，则
为平面
与平面
的交线，
在
内，作
于点
，在
内，作
，交
于点
，连结
，
则
或其补角为平面
与平面
所成二面角的平面角，
由勾股定理可知：
，
，
底面正方形
中，
为中点，则
，
由勾股定理可得
，
从而有：
，
据此可得
，即
，
据此可得平面
平面
不成立，选项B 错误；
对于选项C，取
的中点
，则
，
由于
与平面
相交，故平面
平面
不成立，选项C 错误；
对于选项D，取
的中点
，很明显四边形
为平行四边形，则
，
由于
与平面
相交，故平面
平面
不成立，选项D 错误；
故选：A.
9. （2021·浙江·高考真题）如图已知正方体
，M，N 分别是
，
的中点，则（ ）
A．直线
与直线
垂直，直线
平面
B．直线
与直线
平行，直线
平面
C．直线
与直线
相交，直线
平面
D．直线
与直线
异面，直线
平面
【答案】A
【分析】由正方体间的垂直、平行关系，可证
平面
，即可得出结论.
【详解】
连
，在正方体
中，
M 是
的中点，所以
为
中点，
又N 是
的中点，所以
，
平面
平面
，
所以
平面
.
因为
不垂直
，所以
不垂直
则
不垂直平面
，所以选项B,D 不正确；
在正方体
中，
，
平面
，所以
，
，所以
平面
，
平面
，所以
，
且直线
是异面直线，
所以选项C 错误，选项A 正确.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：熟练掌握正方体中的垂直、平行关系是解题的关键，如两条棱平行或垂直，同一个
面对角线互相垂直，正方体的对角线与面的对角线是相交但不垂直或异面垂直关系.
10. （2020·山东·高考真题）已知正方体
（如图所示），则下列结论正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】根据异面直线的定义，垂直关系的转化，判断选项.
【详解】A.
，
与
相交，所以
与
异面，故A 错误；
B.
与平面
相交，且
，所以
与
异面，故B 错误；
C.四边形
是矩形，不是菱形，所以对角线
与
不垂直，故C 错误；
D.连结
，
，
，
，所以
平面
，所以
，故D 正
确.
故选：D
11. （2020·上海·高考真题）在棱长为10 的正方体.
中，
为左侧面
上一点，已知
点
到
的距离为3，点
到
的距离为2，则过点
且与
平行的直线交正方体于
、
两点，则
点所在的平面是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】先根据平面的基本性质，过点
且与
平行的直线必然在点
与直线
所确定的平面内，确
定点
与直线
所确定的平面，即由直线
所确定的平面，延长
，交AD 于点M,在截面
中作出直线
,即得到Q 点，并得到Q 所在的平面.
【详解】如图由条件可知直线
交线段
于点
，连接
，过点
作
的平行线，必与
相交，
那么也与平面
相交.
故选：D.
【点睛】本题考查直线与正方体表面的交点位置的判断，涉及线面平行的性质，考查较强的空间想象能力
和逻辑推理能力，难度一般.
12. （2019·全国III 卷·高考真题）如图，点
为正方形
的中心，
为正三角形，平面
平
面
是线段
的中点，则（ ）
A．
，且直线
是相交直线
B．
，且直线
是相交直线
C．
，且直线
是异面直线
D．
，且直线
是异面直线
【答案】B
【分析】利用垂直关系，再结合勾股定理进而解决问题．
【详解】如图所示，连接
，点
为正方形
的中心，
则
经过点
，且点
为
中点，又因为
是线段
的中点，
所以在
中，
，所以
四点共面，即直线
是相交直线；
作
于
，连接
，过
作
于
．
连
，
平面
平面
．
平面
，
平面
，
平面
，
与
均为直角三角形．设正方形边长为2，易知
，
．
，故选B．
【点睛】本题考查空间想象能力和计算能力， 解答本题的关键是构造直角三角形．
13. （2019·全国II 卷·高考真题）设
，
为两个平面，则
的充要条件是
A．
内有无数条直线与
平行
B．
内有两条相交直线与
平行
C．
，
平行于同一条直线
D．
，
垂直于同一平面
【答案】B
【分析】本题考查了空间两个平面的判定与性质及充要条件，渗透直观想象、逻辑推理素养，利用面面平
行的判定定理与性质定理即可作出判断．
【详解】由面面平行的判定定理知：
内两条相交直线都与
平行是
的充分条件，由面面平行性质
定理知，若
，则
内任意一条直线都与
平行，所以
内两条相交直线都与
平行是
的必要条
件，故选B．
【点睛】面面平行的判定问题要紧扣面面平行判定定理，最容易犯的错误为定理记不住，凭主观臆断，如：
“若
，则
”此类的错误．
14. （2017·全国III 卷·高考真题）在正方体
中，
为棱
的中点，则．
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】画出图形，结合图形根据空间中的垂直的判定对给出的四个选项分别进行分析、判断后可得正确
的结论．
【详解】画出正方体
，如图所示．
对于选项A，连
，若
，又
，所以
平面
，所以可得
，显然不
成立，所以A 不正确．
对于选项B，连
，若
，又
，所以
平面
，故得
，显然不成立，
所以B 不正确．
对于选项C，连
，则
．连
，则得
，所以
平面
，从而得
，所以
．所以C 正确．
对于选项D，连
，若
，又
，所以
平面
，故得
，显然不成立，
所以D 不正确．
故选C．
【名师点睛】本题考查线线垂直的判定，解题的关键是画出图形，然后结合图形并利用排除法求解，考查
数形结合和判断能力，属于基础题．
15. （2017·全国I 卷·高考真题）如图，在下列四个正方体中，
，
为正方体的两个顶点，
，
，
为
所在棱的中点，则在这四个正方体中，直接
与平面
不平行的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】对于A，利用与直线
平行的直线和平面
相交，可得直线AB 与平面MNQ 不平行；对于
B，利用面面平行可得直线AB 与平面MNQ 平行；对于C，利用和
平行的直线平行平面
，可得
平面
；对于D，利用和
平行的直线平行平面
，可得
平面
.
【详解】对于A，如图取底面中心
，连接
，
由于
为棱的中点，所以由三角形中位线定理可得
，
因为
与平面
相交，所以
与平面
相交，即直线
与平面
不平行；
对于B，由于
，
平面
，
平面
，
所以
平面
，故B 正确；
对于C，如图，连接
，则
，
因为
，
分别为棱的中点，所以由三角形中位线定理可得
，
所以
，
因为
平面
，
平面
，所以
平面
；
对于D，如图，连接
，则
，
因为
，
分别为棱的中点，所以由三角形中位线定理可得
，
所以
，
因为
平面
，
平面
，所以
平面
.
【点睛】方法点睛：证明线面平行的常用方法：①利用线面平行的判定定理，使用这个定理的关键是设法
在平面内找到一条与已知直线平行的直线，可利用几何体的特征，合理利用中位线定理、线面平行的性质
或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行．②利用面面平行的性质，即两平面平行，在其中一平
面内的直线平行于另一平面．
16. （2025·全国一卷·高考真题）（多选）在正三棱柱
中，D 为BC 的中点，则（ ）
A．
B．
平面
C．
D．
平面
【答案】BD
【分析】法一：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D，利用线面平行的判定定理即可判断；对于C，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.
【详解】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D，因为在正三棱柱
中，
又
平面
平面
，所以
平面
，故D 正确；
对于C，因为在正三棱柱
中，
，
假设
，则
，这与
矛盾，
所以
不成立，故C 错误；
故选：BD.
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BD，
，
设平面
的法向量为
，
则
，得
，令
，则
，
所以
，
，
则
平面
，
平面
，故BD 正确；
对于C，
，
则
，显然
不成立，故C 错误；
故选：BD.
17. （2021·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）（多选）如图，在正方体中，O 为底面的中心，P 为所在棱的中点，
M，N 为正方体的顶点．则满足
的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】BC
【分析】根据线面垂直的判定定理可得BC 的正误，平移直线
构造所考虑的线线角后可判断AD 的正
误.
【详解】设正方体的棱长为
，
对于A，如图（1）所示，连接
，则
，
故
（或其补角）为异面直线
所成的角，
在直角三角形
，
，
，故
，
故
不成立，故A 错误.
对于B，如图（2）所示，取
的中点为
，连接
，
，则
，
，
由正方体
可得
平面
，而
平面
，
故
，而
，故
平面
，
又
平面
，
，而
，
所以
平面
，而
平面
，故
，故B 正确.
对于C，如图（3），连接
，则
，由B 的判断可得
，
故
，故C 正确.
对于D，如图（4），取
的中点
，
的中点
，连接
，
则
，
因为
，故
，故
，
所以
或其补角为异面直线
所成的角，
因为正方体的棱长为2，故
，
，
，
，故
不是直角，
故
不垂直，故D 错误.
故选：BC.
考点02 截面问题
1. （2021·天津·高考真题）两个圆锥的底面是一个球的同一截面，顶点均在球面上，若球的体积为
，
两个圆锥的高之比为
，则这两个圆锥的体积之和为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】作出图形，计算球体的半径，可计算得出两圆锥的高，利用三角形相似计算出圆锥的底面圆半径，
再利用锥体体积公式可求得结果.
【详解】如下图所示，设两个圆锥的底面圆圆心为点
，
设圆锥
和圆锥
的高之比为
，即
，
设球的半径为
，则
，可得
，所以，
，
所以，
，
，
，则
，所以，
，
又因为
，所以，
，
所以，
，
，
因此，这两个圆锥的体积之和为
.
故选：B.
2. （2018·全国I 卷·高考真题）已知圆柱的上、下底面的中心分别为
，
，过直线
的平面截该圆
柱所得的截面是面积为8 的正方形，则该圆柱的表面积为
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】分析：首先根据正方形的面积求得正方形的边长，从而进一步确定圆柱的底面圆半径与圆柱的高，
从而利用相关公式求得圆柱的表面积.
详解：根据题意，可得截面是边长为
的正方形，
结合圆柱的特征，可知该圆柱的底面为半径是
的圆，且高为
，
所以其表面积为
，故选B.
点睛：该题考查的是有关圆柱的表面积的求解问题，在解题的过程中，需要利用题的条件确定圆柱的相关
量，即圆柱的底面圆的半径以及圆柱的高，在求圆柱的表面积的时候，一定要注意是两个底面圆与侧面积
的和.
3. （2018·全国I 卷·高考真题）已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面
所成的角都相等，则
截此正方体所得截面面积的最大值为
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】首先利用正方体的棱是3 组每组有互相平行的4 条棱，所以与12 条棱所成角相等，只需与从同一
个顶点出发的三条棱所成角相等即可，从而判断出面的位置，截正方体所得的截面为一个正六边形，且边
长是面的对角线的一半，应用面积公式求得结果.
【详解】根据相互平行的直线与平面所成的角是相等的，
所以在正方体
中，
平面
与线
所成的角是相等的，
所以平面
与正方体的每条棱所在的直线所成角都是相等的，
同理平面
也满足与正方体的每条棱所在的直线所成角都是相等，
要求截面面积最大，则截面的位置为夹在两个面
与
中间的，
且过棱的中点的正六边形，且边长为
，
所以其面积为
，故选A.
点睛：该题考查的是有关平面被正方体所截得的截面多边形的面积问题，首要任务是需要先确定截面的位
置，之后需要从题的条件中找寻相关的字眼，从而得到其为过六条棱的中点的正六边形，利用六边形的面
积的求法，应用相关的公式求得结果.
考点03 动点问题
1. （2026·全国一卷·高考真题）（多选）在空间中，
、
为两个定点，动点
到直线
的距离为2，
动点
到直线
的距离为1．若二面角
为
，则（ ）
A．
B．
C．当
时，
平面
D．当
平面
时，
【答案】BC
【分析】做出满足条件的图，过点
作
，
为垂足，过点
作
，
为垂足，过点
作
，由条件可得
，解三角形可得
，由此判断B，当点
与点
的距离无限大时，
可得
趋向于
，排除A，先证明
平面
，结合
，证明
重合，由此证明
平面
，由
平面
推出点
与点
重合，点
与点
重合，判断D.
【详解】不失一般性作图如下，
过点
作
，
为垂足，过点
作
，
为垂足，
过点
作
，
，连接
，
则
，因为二面角
为
，
所以
，由已知
，
所以
，所以
，
故
，
，B 正确；
当点
与点
的距离无限大时，
，
无限大，
无限靠近
，
此时
趋向于
，A 错误；
因为
，
，
平面
，
所以
平面
，又
平面
，所以
，
若
，
不重合，结合
，
平面
，
可得
平面
，
平面
，
所以
，矛盾，所以
重合，
因为
，
，
，
平面
，
所以
平面
， 故
平面
，C 正确；
因为
平面
，若
平面
，
则平面
与平面
重合，此时点
与点
重合，点
与点
重合，
故
与
的夹角为
，D 错误，
2. （2026·上海·高考真题）已知空间直角坐标系中有一正方体，其三组棱分别与
轴、
轴、
轴重合，
顶点
与坐标原点重合，点
是正方体底面中与
相对的对角顶点，点
在点
的正上方．将正方体绕直
线
旋转一周，试问点
的运动轨迹会经过几个空间卦限（ ）．
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】不妨设正方体的棱长为3，分析可知点
的轨迹是以点
为圆心，半径
的圆，解法
一：设
，列方程分析点
的轨迹与各坐标面的交点即可判断；解法二：利用补形法，可知点
的
轨迹即为
的内切圆，即可判断结果.
【详解】不妨设正方体的棱长为3，
则
，
，
，
可得
，
，
设点
在体对角线
上的投影为
，
，
，
则
，
可得
，解得
，
则
，即
，且
，
可知点
的轨迹是以点
为圆心，半径
的圆，
解法一：在点
的轨迹任取一点
，则
，
则
，整理可得
，
令
可得
，解得
，可知点
的轨迹与平面
相切，
令
可得
，解得
，可知点
的轨迹与平面
相切，
令
可得
，解得
，可知点
的轨迹与平面
相切，
所以点
的轨迹经过空间中的1 个卦限；
解法二：将正方体补成边长为6 的正方体，如图所示：
则
，
，
，
可知
为边长为
的正三角形，且其中心为
，且内切圆半径
，
即可知点
的轨迹即为
的内切圆，所以点
的轨迹经过空间中的1 个卦限.
3. （2021·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）（多选）在正三棱柱
中，
，点
满足
，其中
，
，则（ ）
A．当
时，
的周长为定值
B．当
时，三棱锥
的体积为定值
C．当
时，有且仅有一个点
，使得
D．当
时，有且仅有一个点
，使得
平面
【答案】BD
【分析】对于A，由于等价向量关系，联系到一个三角形内，进而确定点的坐标；
对于B，将
点的运动轨迹考虑到一个三角形内，确定路线，进而考虑体积是否为定值；
对于C，考虑借助向量的平移将
点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解
点的个数；
对于D，考虑借助向量的平移将
点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解
点的个数．
【详解】
易知，点
在矩形
内部（含边界）．
对于A，当
时，
，即此时
线段
，
周长不是定值，故A 错
误；
对于B，当
时，
，故此时
点轨迹为线段
，而
，
平
面
，则有
到平面
的距离为定值，所以其体积为定值，故B 正确．
对于C，当
时，
，取
，
中点分别为
，
，则
，所以
点
轨迹为线段
，不妨建系解决，建立空间直角坐标系如图，
，
，
，则
，
，
，所以
或
．故
均满足，故
C 错误；
对于D，当
时，
，取
，
中点为
．
，所以
点轨迹为
线段
．设
，因为
，所以
，
，所以
，此时
与
重合，故D 正确．
故选：BD．
【点睛】本题主要考查向量的等价替换，关键之处在于所求点的坐标放在三角形内．
4. （2023·上海·高考真题）如图所示，在正方体
中，点
为线段
上的动点，则下列
直线中，始终与直线
异面的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】根据异面直线的定义一一判断即可.
【详解】由正方体的性质易知当
为
的中点时，
为
的中点，
而
，所以
共面，则
、
在平面
上，故A 不符题意；
因为
，即
共面，
易知
平面
，而
平面
，
，
，
故
与
异面，故B 符合题意；
当
、
重合时，易知
，
则四边形
是平行四边形，则此时
，故C 不符合题意；
当
、
重合时，显然
，
相交，故D 不符合题意.
故选：B.
考点04 最值问题
1. （2025·全国二卷·高考真题）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；
【详解】
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：
.
2. （2025·上海·高考真题）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】
【分析】过
作
交底面圆锥于
点，则
为异面直线
与
所成角，结合余弦定理与余
弦函数的性质即可得
的取值范围，从而得所求最值.
【详解】
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：
.
3. （2023·上海·高考真题）已知空间向量
都是单位向量，且
与
的夹
角为
，若
为空间任意一点，且
，满足
，则
的最大值为
__________．
【答案】
【分析】以
为坐标原点，
为
轴，
为
轴，垂直于
平面为
轴建立空间直角坐标系，
由坐标表示得
，画出可行域利用线性规划求解即
可.
【详解】因为
，所以
平面
，
以
为坐标原点，
为
轴，
为
轴，垂直于
平面为
轴建立如图所示坐标系，
因为
都是单位向量，
与
的夹角即
为
，
所以
，
，
，
设点
，且
，
则
，
，
，
，
所以由
得
，
平方得
，
由
可得
，
所以
或
，
由
及
可得
即
，
综上满足
的可行域如图所示，
令
，则
，
由可行域可得
在
点取得最大值，在
点取得最小值，
由
解得
，
，
所以
，
，
所以
的最大值为
，
故答案为：
4. （2022·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）已知正四棱锥的侧棱长为l，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取值范围是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】设正四棱锥的高为
，由球的截面性质列方程求出正四棱锥的底面边长与高的关系，由此确定正
四棱锥体积的取值范围.
【详解】∵球的体积为
，所以球的半径
,
[方法一]：导数法
设正四棱锥的底面边长为
，高为
，
则
，
,
所以
，
所以正四棱锥的体积
，
所以
，
当
时，
，当
时，
，
所以当
时，正四棱锥的体积
取最大值，最大值为
，
又
时，
，
时，
,
所以正四棱锥的体积
的最小值为
，
所以该正四棱锥体积的取值范围是
.
故选：C.
[方法二]：基本不等式法
由方法一故所以
当且仅当
取到，
当
时，得
，则
当
时，球心在正四棱锥高线上，此时
，
，正四棱锥体积
，故该正四棱锥体积的取值范围是
5. （2018·全国III 卷·高考真题）设
是同一个半径为4 的球的球面上四点，
为等边三角
形且其面积为
，则三棱锥
体积的最大值为
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【详解】分析：作图，D 为MO 与球的交点，点M 为三角形ABC 的中心，判断出当
平面
时，
三棱锥
体积最大，然后进行计算可得．
详解：如图所示，
点M 为三角形ABC 的中心，E 为AC 中点，
当
平面
时，三棱锥
体积最大
此时，
,
点M 为三角形ABC 的中心
中，有
故选B.
点睛：本题主要考查三棱锥的外接球，考查了勾股定理，三角形的面积公式和三棱锥的体积公式，判断出
当
平面
时，三棱锥
体积最大很关键，由M 为三角形ABC 的重心，计算得到
，再由勾股定理得到OM，进而得到结果，属于较难题型．
6. （2017·全国I 卷·高考真题）如图，圆形纸片的圆心为O，半径为5 cm，该纸片上的等边三角形ABC 的
中心为O.D，E，F 为圆O 上的点，△DBC，△ECA，△FAB 分别是以BC，CA，AB 为底边的等腰三角形．
沿虚线剪开后，分别以BC，CA，AB 为折痕折起△DBC，△ECA，△FAB，使得D，E，F 重合，得到三棱
锥．当△ABC 的边长变化时，所得三棱锥体积(单位：cm3)的最大值为______．
【答案】
【详解】如下图，连接DO 交BC 于点G，设D，E，F 重合于S 点，正三角形的边长为x(
x>0)，则
.
，
，
三棱锥的体积
.
设
，则
，
令
，即
，得
，易知
在
处取得最大值.
∴
.
点睛:对于三棱锥最值问题，需要用到函数思想进行解决，本题解决的关键是设好未知
量，利用图形特征表示出三棱锥体积.当体积中的变量最高次是2 次时可以利用二次函
数的性质进行解决，当变量是高次时需要用到求导的方式进行解决.
7. （2021·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）北斗三号全球卫星导航系统是我国航天事业的重要成果．在卫星导
航系统中，地球静止同步卫星的轨道位于地球赤道所在平面，轨道高度为
（轨道高度是指卫星到
地球表面的距离）．将地球看作是一个球心为O，半径r 为
的球，其上点A 的纬度是指
与赤道
平面所成角的度数．地球表面上能直接观测到一颗地球静止同步轨道卫星点的纬度最大值为
，记卫星信
号覆盖地球表面的表面积为
（单位：
），则S 占地球表面积的百分比约为（ ）
A．26%
B．34%
C．42%
D．50%
【答案】C
【分析】由题意结合所给的表面积公式和球的表面积公式整理计算即可求得最终结果.
【详解】由题意可得，S 占地球表面积的百分比约为：
.
故选：C.
8. （2022·全国乙卷·高考真题）已知球O 的半径为1，四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均在球O 的球
面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】方法一：先证明当四棱锥的顶点O 到底面ABCD 所在小圆距离一定时，底面ABCD 面积最大值为
，进而得到四棱锥体积表达式，再利用均值定理去求四棱锥体积的最大值，从而得到当该四棱锥的体
积最大时其高的值.
【详解】[方法一]：【最优解】基本不等式
设该四棱锥底面为四边形ABCD，四边形ABCD 所在小圆半径为r，
设四边形ABCD 对角线夹角为
，
则
（当且仅当四边形ABCD 为正方形时等号成立）
即当四棱锥的顶点O 到底面ABCD 所在小圆距离一定时，底面ABCD 面积最大值为
又设四棱锥的高为
，则
，
当且仅当
即
时等号成立.
故选：C
[方法二]：统一变量＋基本不等式
由题意可知，当四棱锥为正四棱锥时，其体积最大，设底面边长为
，底面所在圆的半径为，则
，所以该四棱锥的高
，
(当且仅当
，即
时，等号成立)
所以该四棱锥的体积最大时，其高
.
故选：C．[方法三]：利用导数求最值
由题意可知，当四棱锥为正四棱锥时，其体积最大，设底面边长为
，底面所在圆的半径为，则
，所以该四棱锥的高
，
，令
，
，设
，则
，
，
，单调递增，
，
，单调递减，
所以当
时，
最大，此时
．
故选：C.
【点评】方法一：思维严谨，利用基本不等式求最值，模型熟悉，是该题的最优解；
方法二：消元，实现变量统一，再利用基本不等式求最值；
方法三：消元，实现变量统一，利用导数求最值，是最值问题的常用解法，操作简便，是通性通法．
9. （2018·全国I 卷·高考真题）某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图所示，圆柱表面上的点
在正视图上的对应点为
，圆柱表面上的点
在左视图上的对应点为
，则在此圆柱侧面上，从
到
的路径中，最短路径的长度为
A．
B．
C．
D．2
【答案】B
【分析】首先根据题中所给的三视图，得到点M 和点N 在圆柱上所处的位置，将圆柱的侧面展开图平铺，
点M、N 在其四分之一的矩形的对角线的端点处，根据平面上两点间直线段最短，利用勾股定理，求得结
果.
【详解】根据圆柱的三视图以及其本身的特征，
将圆柱的侧面展开图平铺,
可以确定点M 和点N 分别在以圆柱的高为长方形的宽，圆柱底面圆周长的四分之一为长的长方形的对角
线的端点处，
所以所求的最短路径的长度为
，故选B.
点睛：该题考查的是有关几何体的表面上两点之间的最短距离的求解问题，在解题的过程中，需要明确两
个点在几何体上所处的位置，再利用平面上两点间直线段最短，所以处理方法就是将面切开平铺，利用平
面图形的相关特征求得结果.
10. （2017·全国III 卷·高考真题）a，b 为空间中两条互相垂直的直线，等腰直角三角形ABC 的直角边AC
所在直线与a，b 都垂直，斜边AB 以直线AC 为旋转轴旋转，有下列结论：
①当直线AB 与a 成60°角时，AB 与b 成30°角；
②当直线AB 与a 成60°角时，AB 与b 成60°角；
③直线AB 与a 所成角的最小值为45°；
④直线AB 与a 所成角的最大值为60°.
其中正确的是________.（填写所有正确结论的编号）
【答案】②③
【分析】由题意知，a、b、AC 三条直线两两相互垂直，构建如图所示的边长为1 的正方体，|AC|＝1，|AB|
，斜边AB 以直线AC 为旋转轴，则A 点保持不变，B 点的运动轨迹是以C 为圆心，1 为半径的圆，以
C 坐标原点，以CD 为x 轴，CB 为y 轴，CA 为z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出结果．
【详解】解：由题意知，a、b、AC 三条直线两两相互垂直，画出图形如图，
不妨设图中所示正方体边长为1，
故|AC|＝1，|AB|
，
斜边AB 以直线AC 为旋转轴，则A 点保持不变，
B 点的运动轨迹是以C 为圆心，1 为半径的圆，
以C 坐标原点，以CD 为x 轴，CB 为y 轴，CA 为z 轴，建立空间直角坐标系，
则D（1，0，0），A（0，0，1），直线a 的方向单位向量
（0，1，0），|
|＝1，
直线b 的方向单位向量
（1，0，0），|
|＝1，
设B 点在运动过程中的坐标中的坐标B′（cosθ，sinθ，0），
其中θ 为B′C 与CD 的夹角，θ∈[0，2π），
∴AB′在运动过程中的向量，
（cosθ，sinθ，﹣1），|
|
，
设
与
所成夹角为α∈[0，
]，
则cosα
|sinθ|∈[0，
]，
∴α∈[
，
]，∴③正确，④错误．
设
与
所成夹角为β∈[0，
]，
cosβ
|cosθ|，
当
与
夹角为60°时，即α
，
|sinθ|
，
∵cos2θ+sin2θ＝1，∴cosβ
|cosθ|
，
∵β∈[0，
]，∴β
，此时
与
的夹角为60°，
∴②正确，①错误．
故答案为②③．
【名师点睛】（1）平移直线法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面问
题化归为共面问题来解决，具体步骤如下：
①平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；
②认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；
③计算：求该角的值，常利用解三角形；
④取舍：由异面直线所成的角的取值范围是
，可知当求出的角为钝角时，应取它的补角作为两
条异面直线所成的角.
（2）求异面直线所成的角要特别注意异面直线之间所成角的范围.
11. （2017·全国·高考真题）长方体
的长、宽、高分别为
，由顶点A 沿长方体的表面
到顶点
路径长度的最小值为_____________．
【答案】5
【分析】设出边长，将长方体
侧面从不同方向展开，计算展开后的矩形的对角线长度，
最短即为所求解.
【详解】不妨设
，
将侧面
与
展成一个矩形，此矩形长宽，对角线
，
同理，将
与
展成一个矩形，对角线
长为，
将
与
是成一个矩形，对角线
长为
，
综上，由A 到
最小值为．
故答案为：.
12. （2023·全国甲卷·高考真题）在正方体
中，
为
的中点，若该正方体的棱
与球
的球面有公共点，则球
的半径的取值范围是________．
【答案】
【分析】当球是正方体的外接球时半径最大，当边长为
的正方形是球的大圆的内接正方形时半径达到最
小.
【详解】设球的半径为
.
当球是正方体的外接球时，恰好经过正方体的每个顶点，所求的球的半径最大，若半径变得更大，球会包
含正方体，导致球面和棱没有交点，
正方体的外接球直径
为体对角线长
，即
，故
；
分别取侧棱
的中点
，显然四边形
是边长为
的正方形，且
为正方形
的对角线交点，
连接
，则
，当球的一个大圆恰好是四边形
的外接圆，球的半径达到最小，即
的最
小值为
.
综上，
.
故答案为：
