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疑难压轴4 立体几何与解析几何的交汇问题（小题狂练）
一．单选题.
【2025 上重庆期中】
1．如图所示．用过
点且垂直于圆锥底面的平面截两个全等的对顶圆锥得到双曲线的一
部分，已知高
，底面圆的半径为4，
为母线
的中点，平面与底面的交线
，则双曲线的两条渐近线所成角的余弦值为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】建系，根据圆锥的性质得到
的坐标，然后得到双曲线方程，即可得到渐近线
方程，最后利用渐近线的倾斜角和斜率的关系求夹角.
【详解】设
交
于
，以过点
且垂直于圆锥底面的平面的中心为原点，平行于圆
锥的轴为
轴建立如图所示坐标系，
因为圆锥的高
，
是
中点，且截面垂直于底面，
所以
，所以
，
又因为底面圆半径
，
所以
，
，所以
，
设双曲线方程为
，
将
，
代入双曲线方程得
，解得
，
则双曲线的两条渐近线方程为
，
由对称性可知两条渐近线所夹锐角的正切值为
，
所以双曲线两渐近线所夹锐角的余弦值为
.
故选：B.
【2024 江苏盐城模拟】
2．设A，B 是半径为3 的球体O 表面上两定点，且
，球体O 表面上动点P 满
足
，则点P 的轨迹长度为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】建立直角坐标系，根据
确定轨迹为圆，转化到空间得到轨迹为两球的
交线，计算球心距
，对应圆的半径为
，再计算周长得到答案.
【详解】以
所在的平面建立直角坐标系，
为
轴，
的垂直平分线为
轴，
，则
，
，设
，
，
则
，整理得到
，
故
轨迹是以
为圆心，半径
的圆，
转化到空间中：当
绕
为轴旋转一周时，
不变，依然满足
，
故空间中
的轨迹为以
为球心，半径为
的球，
同时
在球
上，故
在两球的交线上，为圆.
球心距为
，
为直角三角形，对应圆的半径为
，
周长为
.
故选：D
【2024 高三全国专题练习】
3．如图，在棱长为
的正方体
中，点E，F 在线段BD 上，点H，G 分
别在线段AD，AB 上，且
，
，
，动点P 在平面
内．若PH，PG 与平面
所成的角相等，则BP 的最小值是( )
A．
B．
C．5
D．
【答案】B
【分析】证明FG⊥平面
，利用
求得PF 和PE 的关系，在平
面
中，以EF 为x 轴，其垂直平分线为y 轴，建立平面直角坐标系，求出P 的轨迹
方程，利用圆的性质即可求解．
【详解】∵
，且
，∴
．
又∵
，且
，∴
平面
．
∵
，∴
平面
．
∴PH，PG 与平面
所成角分别为
，
，则
．
∵
，
，且
，∴
．
又∵
，∴
，
在平面
中，以EF 为x 轴，其垂直平分线为y 轴，建立平面直角坐标系，
则
，
，
．
设
，
由
，可得
，整理得
，
∴点P 在圆心为
，半径长为
的圆上，
此时BP 的最小值是
．
故选：B．
【2025 上海闵行期末】
4．我国南北朝时期的数学家祖暅提出了计算体积的祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”，
其意思可描述为：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面
所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等.如图，阴影部分
是由双曲线
与它的渐近线以及直线
所围成的图形，将此图形绕
轴旋
转一周，得到一个旋转体，则这个旋转体的体积为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】根据给定条件，可得旋转体垂直于轴的截面是圆环，求出圆环面积，利用祖暅原
理求出旋转体体积作答.
【详解】双曲线
的渐近线为
，
设直线
交双曲线及其渐近线分别于
及
，如图，
由
，得
，
由
，得
，
线段
绕
轴旋转一周得到一个旋转体的一个截面，
它是一个圆环，其内径
，外径
，
此圆环面积为
因此此旋转体垂直于轴的任意一截面面积都为
，旋转体的高为
，
而底面圆半径为2，高为
的圆柱垂直于轴的任意一截面面积都为
，
由祖暅原理知，此旋转体的体积等于底面圆半径为2，高为
的圆柱的体积为
.
故选：B
【2025 上江苏苏州期中】
5．已知矩形
，
，
，
为边
上一点且
，
与
交于点
，将
沿棱
折起，使得点
折到点
的位置，则
的最大值是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】分析可知
，
，结合垂直关系可知
平面
，结合长度
关系可知点
在以点
为圆心，半径为
的圆上，结合圆的性质分析求解.
【详解】在矩形
，
，
，
，
由
可得
，
由
可得
，
则
，即
，
可知折起后，必有
，
，
，
，
平面
，
故
平面
，
因为
是确定的直线，故对任意点
，
，
，
都在同一个确定的平面内，
因为
，可知点
在以点
为圆心，半径为
的圆上（如图），
由图知，当且仅当
与该圆相切时，
取到最大值，
则
也取到最大值，
此时
，
，
则
的最大值为
.
故选：
.
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键在于证明
平面
后，要考虑动点
的轨迹，
同时将
理解为点
与圆
上的点
的连线，结合图形，得出当且仅当
与该圆相切时，
取到最大值的结论.
【2024 武汉调研测试】
6．在三棱锥
中，
，
，
，
，且
，
则二面角
的余弦值的最小值为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】首先得
的轨迹方程，进一步作二面角
的平面角为
，结合轨
迹的参数方程以及余弦定理、基本不等式即可求解，注意取等条件.
【详解】因为
，所以
，点
的轨迹方程为
（椭球），
又因为
，所以点
的轨迹方程为
，（双曲线的一支）
过点
作
，而
面
，
所以
面
，
设
为
中点，则二面角
为
，
所以不妨设
，
所以
，
所以
，令
，
所以
，
等号成立当且仅当
，
所以当且仅当
时，
.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：关键是用定义法作出二面角的平面角，结合轨迹方程设参即可顺利
得解.
【2025 上北京期中】
7．如图，正四面体
的棱长2，过棱AB 上任意一点
作与AD，BC 都平行的截面，
将正四面体分成上下两部分，记
，截面上方部分的体积为
，则函数
的图象大致为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】根据
，求出函数
，利用导数研究函数
切线
斜率的变化.
【详解】
设截面分别于
交于点
，连接
，
取
的中点
，连接
，分别交
于点
，
交
于点
，
由于
，
平面
，
所以
平面
，而
平面
，所以
，
又
平面
，
平面
，平面
平面
，
所以
，同理
，
，
，所以
，
则四边形
为矩形，
平面
平面
，所以
，则
为
的中点，
又
，则
，则
，
平面
，所以
平面
，
则点
到平面
的距离为
，
因为
，则
，
在
中，
，
又
，则
，即
，则
，
所以
，
而正四面体的高
，
所以
，
则
，
当
时，
单调递增，当
时，
单调递减，
则
在
切线斜率增大，在
切线斜率减小，故选择图象D.
故选：D
【点睛】关键点点睛：根据
，求出函数
，利用导数研究函
数
切线斜率的变化，即可判断出图象.
【2025 上江西抚州阶段练习】
8．设A、B 是半径为
的球体O 表面上的两定点，且
，球体O 表面上动点M 满
足
，则点M 的轨迹长度为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【分析】先建立平面直角坐标系确定M 轨迹，转化为空间中的阿氏球，利用两球相交求相
交圆周长即可.
【详解】以
所在的平面建立平面直角坐标系，
为x 轴，
垂直平分线为y 轴，
则易知
，
设
，由
，可得
，
故M 的轨迹是以
为圆心，
为半径的圆，
转化到空间M 的轨迹为以C 为球心，
为半径的球，同时M 在球O 上，
故M 在两球的交线上，轨迹为圆.
又
，
，易求得
，即
为直角三角形，
则对应圆的半径为
，
M 的轨迹长度即对应圆的周长为
.
故选：B．
【点睛】难点点睛：在于合理建立平面坐标系得出M 的轨迹，并转化为空间中的轨迹，最
后结合两球相交的位置关系计算交线长.
【2025 上山东济南阶段练习】
9．祖暅，字景烁，祖冲之之子，南北朝时代的伟大科学家.祖暅在数学上有突出的贡献，
他在实践的基础上，提出了祖暅原理：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这
两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积
相等.已知双曲线
，若直线
与
在第一象限内与双曲线围成如图阴影
部分所示的图形，则该图形绕
轴旋转一周所得几何体的体积为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】根据给定条件，利用祖暅原理求出双曲线与其渐近线在第一象限部分同直线
围成平面图形绕
轴旋转一周所得几何体的体积，再利用组合体的体积求解即
得.
【详解】双曲线
在第一、三象限的渐近线
，
过点
作
轴于
，交直线于点
，
在线段
上任取点
，作
轴于
，交双曲线及直线分别于点
，
依题意，点
，令点
，
，
则
，点
绕
轴旋转一周所得同心圆面积分别为
，
对应圆环面积
为定值，由祖暅原理知，平面封闭图形
绕
轴旋转一周
所得几何体的体积
等于底面半径为1，高为3 的圆柱的体积，则
，
所求体积的几何体可视为矩形
绕
轴旋转一周所得圆柱体积
减去
，
再减去
绕
轴旋转一周所得圆锥体积
，而
，
，
所以所求的体积为
.
故选：D
【点睛】关键点点睛：本题的关键是理解“祖暅原理”，计算等高时的截面面积，并构造
圆柱，解决体积问题.
【2024 四川成都期末】
10．如图，已知正方体
的棱长为
为底面正方形
内（含边界）的
一动点，则下列结论中:①若点
为
的中点，则
的最小值为
；②过点
作
与
和
都成
的直线，可以作四条；③若点
为
的中点时，过点
作与直线
垂直的平面
，则平面
截正方体
的截面周长为
；④若点
到
直线
与到直线
的距离相等，
的中点为
，则点
到直线
的最短距离是
.
其中正确的命题有（ ）
A．4 个
B．3 个
C．2 个
D．1 个
【答案】C
【分析】延长
到
，使
，求出
判断①；求出过点
与直线
都成
的直线条数判断②；作出符合条件的截面并求出周长判断③；确定点
轨迹，建系求出方
程，再利用点到直线距离公式求出最小值判断④即可得解.
【详解】在棱长为
的正方体
中，
延长
到
，使
，由点
为
的中点，得平面
是线段
的中垂面，连
接
，
则
，
,
当且仅当点
为直线
与平面
的交点时取等号，①正确；
连接
，四边形
是正方体
的对角面，则四边形
是矩形，即
，
显然
，则
，
的平分线与直线
都成
的角，
显然在空间过点
作与直线
都成
角的直线只有1 条，
则过空间任意点作与直线
都成
角的直线只有1 条，②错误；
当点
为
的中点时，取
的中点
，连接
，
显然
≌
，则
，
，
即有
，而
平面
，
平面
，则
，
又
平面
，于是
平面
，而
平面
，
因此
，同理
，显然
平面
，
所以
是平面
截正方体
所得截面，其周长为
，③错误；
由于
平面
，则点
到直线
距离等于
，即点
到点
的距离等于它到直
线
的距离，
因此点
轨迹是以点
为焦点，直线
为准线的抛物线在正方形
及内部，
以线段
中点
为原点，建立如图所示的平面直角坐标系，
点
轨迹方程为
，直线
的方程为
，令
，
因此点
到直线
：
的距离
，
于是当
，即点
时，
，④正确，
所以正确命题的个数为2.
故选：C
【点睛】思路点睛：涉及立体图形中的轨迹问题，若动点在某个平面内，利用给定条件，
借助线面、面面平行、垂直等性质，确定动点与所在平面内的定点或定直线关系，结合有
关平面轨迹定义判断求解.
二．多选题.
【原创】
11．如图，在棱长为1 的正方体
中，
为平面
内一动点，则
（ ）
A．若
在线段
上，则
的最小值为
B．平面
被正方体内切球所截，则截面面积为
C．若
与
所成的角为
，则点
的轨迹为椭圆
D．对于给定的点
，过
有且仅有3 条直线与直线
所成角为
【答案】ABD
【分析】合理构造图形，利用三角形的性质判断A，利用球的截面性质判断B，利用线线
角的几何求法求出轨迹方程判断C，合理转化后判断D 即可.
【详解】对于A，延长
到
使得
，
则
，
等号在
共线时取到；故A 正确，
对于B，由于球的半径为
，球心到平面
的距离为
，
故被截得的圆的半径为
，故面积为
，故B 正确，
对于C，
与
所成的角即为
和
所成角，记
，
则
，即
，所以
的轨迹是双曲线；故C 错误，
对于D，显然过
的满足条件的直线数目等于过
的满足条件的直线的数目，
在直线上任取一点
，使得
，
不妨设
，若
，则
是正四面体，
所以
有两种可能，直线也有两种可能，若
，则只有一种可能，
就是与
的角平分线垂直的直线，所以直线有三种可能.
故选：ABD
【2025 上河北衡水阶段练习】
12．在圆锥
中，已知高
，底面圆的半径为
为母线
的中点，根据圆锥曲线
的定义，下列四个图中的截面边界曲线分别为圆、椭圆、双曲线及抛物线，下面四个选项，
正确的是（ ）
A．圆的面积为
B．椭圆的长轴长为
C．双曲线两渐近线的夹角正切值为
D．抛物线的焦点到准线的距离为
【答案】ABD
【分析】根据所给的图，结合截面圆与底面关系确定半径，即可求面积判断A；再由椭圆、
双曲线、抛物线性质建立直角坐标系，并标注相关点的坐标求对应曲线方程，进而判断
BCD.
【详解】对于A，依题意，截面圆的半径为底面圆半径的一半，则圆的面积为
，
A 正确；
对于B，如下图轴截面
中，作
于
，则长轴长
，
又
，则
，B 正确；
对于C，如下图，与面
垂直且过M 的平面内，建立平面直角坐标系，
坐标原点
、点P 与底面距离相等，均为2，则
，双曲线与底面一个交点
，
设双曲线为
，且
，则
，解得
，
所以其中一条渐近线为
，若其倾斜角为
，则
，
所以两条渐近线夹角正切值为
，C 错误；
对于D，如下图，建立平面直角坐标系，设抛物线与底面圆的一个交点为H，
则
，点
，
设抛物线方程为
，则
，解得
，
所以抛物线的焦点到准线的距离为
，D 正确.
故选：ABD
【2024 河北衡水三模】
13．已知在正方体
中，
，点
为
的中点，点
为正方形
内一点（包含边界），且
平面
，球
为正方体
的内
切球，下列说法正确的是（ ）
A．球
的体积为
B．点
的轨迹长度为
C．异面直线
与BP 所成角的余弦值取值范围为
D．三棱锥
外接
球与球
内切
【答案】ACD
【分析】根据正方体内切球的性质判断A；利用面面平行确定点
的轨迹，即可求得其长
度，判断B；根据异面直线所成角的概念，确定该角取到最值时的位置，即可判断C；根
据圆内切的判断条件可判断D.
【详解】由题意知球
的半径为1，故其体积为
，故A 选项正确；
取
的中点为
，
连结
，易知
，
平面
，
平面
，
故
平面
，
连接MN，
，即四边形
为平行四边形，
则
，
平面
，
平面
，所以
平面
．
又因为
，
平面
，
故平面
平面
，平面
平面
，结合
平面
，
故点
的轨迹为线段
，故B 选项错误；
因为
，故异面直线
与BP 所成角等于
或其补角，
当P 位于N 点时，得
取得最小，
;
当P 位于
点时，
取得最大，
，故
选项正确；
由正方体几何性质易知
，
故BM 为三棱锥
外接球的直径，取
为BM 的中点，
即
为三棱锥
外接球的球心，由题意知
为
的中点，
故
，
因为球
的半径为
，球
的半径为
，
故三棱锥
外接球与球
内切，D 正确
故选：ACD．
【点睛】关键点睛：解答此类题目的关键是要发挥空间想象，明确空间的点线面的位置关
系，依据相关定理以及性质，准确判断，即可求解.
【2025 上浙江宁波期末】
14．胆式瓶创于南宋龙泉窑，康熙时期以郎红釉胆式瓶为贵.如图是18 世纪的窑变红釉胆
瓶，其优美的造型可看作图中曲线
的一部分.已知曲线
上的点到
的距离与到
轴
的距离之积为6，若曲线
上的点
在第一象限，则（ ）
A．
的最大值为
B．
C．曲线
的内接矩形的面积最大值为24
D．一个胆式瓶的剖面图可近似看作曲线
（
），若一正四面体可在胆式瓶内任
意转动（忽略胆式瓶的厚度），则该正四面体棱长的最大值为4
【答案】ABD
【分析】列出曲线的方程，根据定义，可判断AB 的真假；将曲线向下平移4 个单位，化
简曲线方程，表示曲线内接矩形的面积，根据
的取值范围判断C 的真假；把问题转化成
正四面体的外接球与曲线
相切，可求
的最大值.
【详解】设
为曲线上任意一点，则
.
对A：当
时，
，所以
是
的最大值，故A 正确；
对B：由
，
又点
在第一象限，所以
，故B 成立；
对C：将曲线向下平移4 个单位，所得曲线方程为
，与原曲线形状一致.
设
为新曲线上位于第一象限的一点，则曲线
内接矩形的面积为
，
因为
，因为
，所以
.
即曲线
内接矩形的面积小于24，故C 错误；
对D：设正四面体的棱长为
，则其外接球的半径为
.
若要正四面体在胆式瓶内任意转动，需要圆
与曲线
相切，
当
时，两曲线在
轴右侧且于点
，故
的最大值为4.故D 正确.
故选：ABD
【点睛】结论点睛：如图正四面体
，棱长为
.
为正四面体的高，连接
，延长交
于
，则
为
中点.
四面体外接球球心在高
上，设为
，则
为四面体外接球半径.
因为棱长为
，所以
，
，
在直角
中
，
设正四面体内切球半径为，则：
，解得
【原创】
15．用平面
截圆柱面，圆柱的轴与平面
所成的角记为
，当
为锐角时，圆柱面的截
线是一个椭圆，数学家Dandelin 创立的双球模型证明了上述结论．如图所示，将两个大小
相同的球嵌入圆柱内，使它们分别位于
的上方和下方，并且与圆柱面和
均相切，切点
分别为
．下列关于截口曲线的椭圆的结论中不正确的有（ ）
A．椭圆的短轴长与嵌入圆柱的球的直径相等
B．椭圆的长轴长与嵌入圆柱的两球的球心距
相等
C．所得椭圆的离心率
D．其中
为椭圆长轴，
为球
的半径，有
【答案】D
【分析】根据题意利用椭圆定义可判断AB；结合图形的几何特征利用椭圆的离心率定义
可判断C；结合图形的几何特征利用解三角形可判断D.
【详解】设P 为截口曲线的椭圆的一点，如图，过点
作线段
分别与球
切于
点
，
故有
，
由椭圆定义可知，该椭圆以
，
为焦点，
为长轴长，故B 正确．
设椭圆长半轴长为
，半焦距为，设O 为
的中点，
与球
切于点
，
，
，故
，
有
，则
即椭圆的短轴长与嵌入圆柱的球的直径相等，故A 正确．
由题意可得
，则
，故C 正确．
由题意知
（这是因为
），
则
，故
，
即
，故D 错误．
故选：D．
【原创】
16．如图，平面
平面
为线段
的中点，直线
与平面
所
成角的大小为
，点
为平面
内的动点，则（ ）
A．球心为
、半径为2 的球被平面
截得的截痕长为
B．若
到点
和点
的距离相等，则点
的轨迹是一条直线
C．若
到直线
的距离为1，则
的最大值为
D．满足
的点
的轨迹是椭圆
【答案】BC
【分析】A 利用
可求；B、D 建立坐标系，利用关系式求得点
轨迹即可；C
利用已知信息，求点
轨迹，得出椭圆，再转化为椭圆内焦点三角形的顶角最大问题；
【详解】对于A，由于
与平面
所成角的大小为
，所以点
到平面
的距离
，球心为
、半径为2 的球被平面
截得的圆的半径为
，截痕长为
，A 错误．
对于B，由于平面
平面
，所以以
所在直线为
轴，在平面
内过
作
轴
，平面
内作
轴
，建立如图1 所示的空间直角坐标系，
则
,
，
设
，则
，即
化简得
，
故
到点
和点
的距离相等，则点
的轨迹是一条直线，B 正确；
对于C，
，所以
到直线
的距离为
，化简可得
，
所以点
的轨迹是平面
内的椭圆
上一点，
如图2，当
在短轴的端点时，
最大，由于
，故
，
因此
，C 正确．
对于D，
，
若
，则
，
化简得
且
，故满足
的点
的轨迹是双曲线的一部分，
D 错误．
故选：BC．
【点睛】关键点点睛：本题为求轨迹方程的题型，而求轨迹方程的关键在于坐标化，将已
知条件代数化得出其方程，本题的难度增加，在求出其方程后需将三维问题转化为二维问
题解决.
【原创】
17．三棱锥
中，
，
，
，直线
与平面
所成的角为
，直线
与平面
所成的角为
，则下列说法中正确的有（ ）
A．三棱锥
体积的最小值为
B．三棱锥
体积的最大值
C．直线
与平面
所成的角取到最小值时，二面角
的平面角为锐角
D．直线
与平面
所成的角取到最小值时，二面角
的平面角为钝角
【答案】AC
【分析】作
面
，由题意得到
，建立直角坐标系，设
，求得
点的轨迹方程为
，结合圆的性质求得
，利用体积公
式，可判定A 正确，B 错误；再化简
，结合点与圆的位置关系，得到
在
外部，
可判定C、D．
【详解】如图（1）所示，作
面
，连接
,
因为直线
与平面
所成的角为
，直线
与平面
所成的角为
，
所以
所以
,
所以
,
，即
.
以
所在的直线为
轴，以
的垂直平分线为
轴，建立如图（2）平面直角坐标系，
设
，
，
，
由
可得：
，整理得
故点
的轨迹为
，可化为
，
易知圆心
，半径
，
设点圆
与
轴的交点分别为
，
可得:
，
因为
，所以
，
又有
，，
所以
，
则
，
,
故A 正确，B 错误；
因为
，
设直线
与平面
所成的角为
，且
，
可得
，且
，
又由
，
令
，结合斜率公式，可得
表示点
与点
连线的斜率，
由
即
与圆
相切时，
可得
，解得
或
，即
，
故当
时，
取得最小值，即
取得最小值，此时点
在
外部，
如图：
此时，二面角
为锐角，故C 正确；D 错误.
故选：AC
【点睛】关键点点睛：本题关键是求得
点的轨迹方程，结合
判断出选
项AB，结合斜率公式和直线与圆相切求出直线
与平面
所成的角取到最小值时点
的位置，判断选项CD.
【2024 山东淄博模拟】
18．把底面为椭圆且母线与底面都垂直的柱体称为“椭圆柱”.如图，椭圆柱(
中椭圆
长轴
，短轴
，
为下底面椭圆的左右焦点，
为上底面椭圆的右焦点，
， P 为线段
上的动点，E 为线段
上的动点，MN 为过点
的下底面的一
条动弦(不与AB 重合)，则下列选项正确的是（ ）
A．当
平面
时，
为
的中点
B．三棱锥
外接球的表面积为
C．若点Q 是下底面椭圆上的动点，
是点Q 在上底面的射影，且
，
与下底面所
成的角分别为
，则
的最大值为
D．三棱锥
体积的最大值为8
【答案】ACD
【分析】当
平面
时，可得
，确定
点位置判断选项A；几何法求三棱
锥
外接球的半径，计算表面积判断选项B；令
，得
，由
求最大值判断选项C；由
，
要使三棱锥
体积最大，只需
的面积和
到平面
距离之和都最大，
求结果判断选项D.
【详解】由题设，长轴长
，短轴长
，
则
，
得
分别是
中点，而柱体中
为矩形，连接
，
由
，
，∴四边形
为平行四边形，
，
当
平面
时，
平面
，平面
平面
，
则
，有
，
中，
是
中点，则
为
的中点，A 选项正确；
，
，
，则
中，
，
，
外接圆半径为
，
，则
平面
，
三棱锥
外接球的半径为
，
所以外接球的表面积为
，B 选项错误；
点Q 是下底面椭圆上的动点，
是点Q 在上底面的射影，且
，
与下底面所成的角
分别为
，
令
，则
，又
，
则
，
，
，
，由椭圆性质知
，
则当
或
时，
的最大值为
，C 选项正确；
由
，要使三棱锥
体积最大，
只需
的面积和
到平面
距离之和都最大，
，令
，且
，则
，
，
当
时，有最大值
，
在下底面内以
为原点，构建如上图的直角坐标系，且
，则椭圆方程为
，
设
，联立椭圆得
，
，
，
，
令
，
，
由对勾函数性质可知
在
上递增，
，
综上，三棱锥
体积的最大值为
，D 选项正确.
故选：ACD
【点睛】方法点睛：
本题是解析几何与立体几何的综合问题，解析几何部分要用好椭圆的定义、方程和性质，
确定图形中各点的位置，利用韦达定理解决弦长；椭圆中立体几何部分要用好几何体的结
构特征，利用线面平行的性质得线线平行，几何法解决外接球问题，几何法求线面角.
三．填空题.
【2025 上海期末】
19．在三棱锥
中，
，且
，则二
面角
的余弦值的最小值为 .
【答案】
【分析】首先得
的轨迹方程，进一步作二面角
的平面角为
，结合轨
迹的参数方程以及余弦定理、基本不等式即可求解，注意取等条件.
【详解】因为
，所以
，点
的轨迹方程为
（椭球），
又因为
，所以点
的轨迹方程为
，（双曲线的一支）
过点
作
，而
面
，
所以
面
，
设
为
中点，则二面角
为
，
所以不妨设
，
所以
，
所以
，令
，
所以
，
等号成立当且仅当
，
所以当且仅当
时，
.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：关键是用定义法作出二面角的平面角，结合轨迹方程设参即可顺利
得解.
【2025 上黑龙江哈尔滨期末】
20．三棱锥
中，已知
，
，
，
，当
平面
与平面
的夹角最大时，三棱锥
的体积的最大值为 .
【答案】
【分析】先由题设得当平面
与平面
的夹角最大时为平面
与平面
垂直时，
建立坐标系，结合椭圆和双曲线的定义以及向量垂直的坐标表示得到
，进而由
可进行转化求解.
【详解】当平面
与平面
的夹角最大时为平面
与平面
垂直时，
如图，以
中点O 为原点，平面
与平面
所在平面分别为
平面和
平面建
立如图所示的空间直角坐标系，
则
，
，
因为
，所以点P 为
平面上以
为焦点、实轴长为
的椭圆
上的点，
该椭圆方程为
，设
，则
，
又因为
，所以B 为
平面上以
为焦点、实轴长为
的双曲
线上的点，
该双曲线方程为
，设
，则
，
所以
，因为
，
所以
，
所以三棱锥
的体积为
，
所以
，
因为
，所以
，当且仅当
时取等号，
所以三棱锥
的体积的最大值为
.
故答案为：
.
【点睛】关键点睛：解决本题的关键1 是抓住平面
与平面
的夹角最大时为平面
与平面
垂直时；关键2 是由题设结合数量积得到
.
【2025 上山东东营期末】
21．已知平面
平面
，线段
在平面
内，
为线段
的中点，
，
，点
为
内的动点，且点
到直线
的距离为
，则动点
的轨迹
的离
心率为 ，如果
，在平面
内过点
的直线与
交于
两点，则三棱
锥
的体积的最大值为 .
【答案】
##
##
【分析】利用椭圆的定义求出椭圆的离心率；求出底面积的最大值，可求三棱锥体积的最
大值.
【详解】解：空间中到直线
的距离为
的点构成一个圆柱面，它和面
相交得一椭圆，
所以
在
内的轨迹为一个椭圆，
为椭圆的中心，
在平面
内，当
时，可知
，再由
，可得
，
所以
，即a=2，于是动点P 的轨迹
的离心率为
如图在平面
内建立直角坐标系，可得椭圆方程为
，
为椭圆的焦点，
，
，
由题意设直线
方程为
，与椭圆方程联立，消去x，整理可得
，
设
的纵坐标为
，则
，
所以
，
设
，则
，
当且仅当
，即
时，
，
所以三角形
的面积的最大值为
，
又因为三棱锥
的高为
，
所以三棱锥
的体积的最大值为
故答案为：
；
【2024 江苏南通二模】
22．机场为旅客提供的圆锥形纸杯如图所示，该纸杯母线长为
，开口直径为
．旅
客使用纸杯喝水时，当水面与纸杯内壁所形成的椭圆经过母线中点D 时，椭圆的离心率等
于 ．
【答案】
【分析】依题意，利用等腰三角形
求得
,再由余弦定理求出椭圆长轴长，作出圆
锥的轴截面交椭圆于点
，建立坐标系，利用相似三角形求出点
坐标，代入椭圆方程
即可求得半短轴长，利用离心率定义计算即得.
【详解】解：如图所示：
设
,因
,故
，
又
，
由余弦定理，
，
即
，
设椭圆中心为
，作圆锥的轴截面
，与底面直径
交于
，与椭圆交于
，
，
连
交
于
，以点
为原点，
为
轴，建立直角坐标系，
过
点作
，
则
，
，
则
，
，
则
，
又由
得：
，
,
从而
，
则得
，
不妨设椭圆方程为
，把
和点
坐标代入方程，
解得
，
则
，
故
.
故答案为：
.
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于利用相似三角形求出点
坐标，代入椭圆方程求得
半短轴长.
【2024 山东青岛三模】
23．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】
【分析】根据题意，判断得
的轨迹为抛物线一部分，建立平面直角坐标系，写出直线
和抛物线段的方程，由题意，计算点
到线段
的最短距离，再由等体积法计算三
棱锥
最小体积.
【详解】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：
.
【点睛】关键点点睛：求解本题的关键是能判断出点
的轨迹为抛物线一部分，再建立平
面直角坐标系，求解
到直线
的最短距离，利用等体积法求解三棱锥
的最小
体积.
【2024 上海嘉定期末】
24．“用一个不垂直于圆锥的轴的平面截圆锥，当圆锥的轴与截面所成的角不同时，可以
得到不同的截口曲线”，利用这个原理，小强在家里用两个射灯(射出的光锥视为圆锥)在
墙上投影出两个相同的椭圆（图1），光锥的一条母线恰好与墙面垂直．图2 是一个射灯
投影的直观图，圆锥
的轴截面
是等边三角形，椭圆
所在平面为
，则椭
圆
的离心率为 ．
【答案】
【分析】根据题意，由勾股定理结合余弦定理代入计算可得
，再由相似三角形的
相似比结合勾股定理可分别计算出椭圆的
，结合椭圆的离心率定义即可得到结果.
【详解】设
，由于
，所以
，在等边三角形
中，
点
为
的中点，于是
，在平面
中，由椭圆的对称性可知，
，连接
，延长
与
交于点
，
由于
为中点，所以在
中，
，
由勾股定理可得
，
在
中，
，
，
，由余弦定理可得
，
在
中，由于
，所以
，
于是有
，
设椭圆
短轴的两个顶点为
，连接
分别交圆锥于
，
由于
，所以
，
由于
为圆锥母线，所以
，
从而有
，
在
中，由勾股定理可得
，
所以在椭圆
中，
，
，
则
，
则离心率为
.
故答案为：
.
【点睛】关键点睛：本题主要考查了椭圆定义的理解以及椭圆离心率的求解，难度较大，
解答本题的关键在于结合椭圆的定义以及余弦定理代入计算，分别求得
，从而得到结
果.
【2025 上四川成都期末】
25．假设视网膜为一个平面，光在空气中不折射，眼球的成像原理为小孔成像. 思考如下
成像原理: 如图，地面内有圆
，其圆心在线段
上，且与线段
交于不与
重合的
点
，
地面，且
，
点为人眼所在处，视网膜平面与直线
垂直.
过
点作平面
平行于视网膜平面. 科学家已经证明，这种情况下圆
上任意一点到
点
的直线与平面
交点的轨迹（令为曲线
）为椭圆或圆，且由于小孔成像，曲线
与圆
在视网膜平面上的影像是相似的，则当视网膜平面上的圆
的影像为圆时，圆
的半径
为 . 当圆
的半径满足
时，视网膜平面上的圆
的影像的离心率的
取值范围为 .
【答案】
【分析】使用空间向量方法可以验证曲线
的两条半轴（半长轴和半短轴，但顺序可能不
对应）的长分别为
和
，然后根据题设求解.
【详解】由于视网膜平面与直线
垂直，平面
平行于视网膜平面，故平面
与直线
垂直.
设地面平面为
，则据已知条件有
. 从而在
内可过
作
的垂线
，使得
可分别作为以
为原点的一个右手坐标系的
轴正方向.
由已知有
，
，故
，
，
.
而
，故
. 再由
，知
.
由于平面
与直线
垂直，即平面
与
轴垂直，从而平面
上每一点的坐标的
轴分量
都是定值
.
再根据点
在线段
内部及
，又有
，得
.
此时，地面平面即平面
，故圆
的方程为
.
据此可设圆
上的一点
的坐标为
，故
.
设直线
和平面的交点为
，则
三点共线，且
的坐标的
轴分量是
.
故
，这得到
的坐标为
.
设
，
，则
.
所以我们得到点
的轨迹为
.
由此可知，曲线
是位于平面
内，以
为中心，半长轴和半短轴分别（顺序可
能不对应）为
和
的椭圆（或者是圆，因为在二者相等时是圆）.
而曲线
和视网膜平面上的圆
的影像相似，故其中一个是圆当且仅当另一个是圆，且二
者离心率相等.
当曲线
是圆时，有
，即
，两边平方可得
.
当
时，
，
故
和
分别（顺序对应）是半长轴和半短轴的长，从而离心率
.
再由
，结合
在该范围上单调递减，可知离心率的取值范围是
.
故答案为：
，
.
【点睛】关键点点睛：本题的关键点在于，利用已知的坐标，采取适当的配凑得到类似椭
圆的方程，从而得到相应曲线的性质.
1.试题特点分析：在教材中，立体几何与解析几何是互相独立的两章，彼此分
离不相联系，实际上，从空间维数看，平面几何是二维的，立体几何是三维的，
因此，立体几何是由平面几何升维而产生;另一方面从立体几何与解析几何的联
系看，解析几何中的直线是空间二个平面的交线，圆锥曲线(椭圆、双曲线、抛
物线)是平面截圆锥面所产生的截线;从轨迹的观点看，空间中的曲面(曲线)是空
间中动点运动的轨迹，正因为平面几何与立体几何有这么许多干丝万缕的联系，
因此，在平面几何与立体几何的交汇点，新知识生长的土壤特别肥沃，创新型
题型的生长空间也相当宽广，这一点，在高考卷中已有充分展示，应引起我们
在复习中的足够重视.
2.解题方法阐述：解析几何和立体几何交汇的问题因为其新颖性、应用性和综
合性备受命题者的青睐，主要有以下题型：
（1）以解析几何为背景的立体几何题：有些几何体通过投影、切割等方式得到解析几何中
的曲线或解几中的一些曲线经过翻转和旋转得到立几中的几何体，通过研究解几中的曲线，
从而计算几何体的面积、体积等度量.
（2）以立体几何为背景的解析几何题：有些问题以几何体为背景，通过研究立体几何中点、
线、面的位置关系或数量关系，从而转化为平面图形问题，在坐标系的基础上，从而判断
动点的轨迹、求曲线的方程等.
（3）解析几何和立体几何综合应用题：在实际生活中有很多立体几何和解析几何相结合的
实例，它们是高考数学应用题命题的源泉，平时通过用数学的眼光观察生活，就能够顺利
解决该类型问题.
3.解题经验分享：第一、熟记相关定理和公式，只有准确记忆相关知识点，才
能进行后续的解题步骤. 第二、对各种交汇知识建立联系，这样可以借助已有
的知识和解题经验来解决问题.第三、识别关键信息，正确进行推理，尤其是
“立体问题平面化”.
