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第 10 讲 空间几何体（3 大考点+强化训练）
[考情分析] 空间几何体的结构特征是立体几何的基础，空间几何体的表面积和体积是高考的重点与热点，
多以选择题、填空题的形式考查，难度中等或偏上．
知识导图
考点分类讲解
考点一：空间几何体的折展问题
空间几何体的侧面展开图
(1)圆柱的侧面展开图是矩形．
(2)圆锥的侧面展开图是扇形．
(3)圆台的侧面展开图是扇环．
规律方法 空间几何体最短距离问题，一般是将空间几何体展开成平面图形，转化成求平面中两点间的最
短距离问题，注意展开后对应的顶点和边．
【例1】(2023·鞍山模拟)如图，在三棱锥V－ABC中，VA＝VB＝VC＝8，∠AVB＝∠AVC＝∠BVC＝30°，
过点A作截面AEF，则△AEF周长的最小值为( )
A．6 B．6 C．8 D．8
【答案】 C
【解析】沿侧棱VA把正三棱锥V－ABC展开在一个平面内，如图所示，则 AA′即为△AEF周长的最小值，
又因为∠AVB＝∠A′VC＝∠BVC＝30°，所以∠AVA′＝3×30°＝90°，在△VAA′中，VA＝VA′＝8，由勾股定理得AA′＝＝＝8.
【变式1】（23-24高三上·山西大同·期末）已知圆台的上、下底面的圆心分别为 ， ，母线 （点
位于上底面），且 ，圆 的周长为 ，一只蚂蚁从点A出发沿着圆台侧面爬行一周到点
B，则其爬行的最短路程为（ ）
A．1 B． C．2 D．
【答案】B
【分析】将圆台侧面展开成平面图形，在平面扇环中分析计算即得.
【详解】将圆台的侧面沿着母线 剪开，展成平面图形，延长 交于点 ，连接 ，如
图，
显然弧 的长为 ，弧 的长为 ，设 ，则 ， ，
则 ，即 ，得 ，于是 是 的中点， ，
因此 是等边三角形，有 ，且 与弧 相切，则 在此侧面展开图内，
所以蚂蚁爬行的最短路线即线段 ， .
故选：B
【变式2】（2024高三·全国·专题练习）如图，在棱长为1的正方体 中，已知 ， 分别为线段 ， 上的动点， 为 的中点，则 的周长的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】设 的中点为 ，即可证明 ，从而得到 ，再将平面 与平面
展开并摊平，在平面图形中连接 ，交 于点 ，交 于点 ，此时 的周长取得最小值
，利用余弦定理计算可得.
【详解】
设 的中点为 ，连接 （ 不与点 重合）， ， ， ，
所以 ，所以 ，把平面 与平面 展开并摊平，如图，
在平面图形中连接 ，交 于点 ，交 于点 ，此时 的周长取得最小值 ，在 中利用余弦定理可得 ，
所以 的周长的最小值为 ．
故选：B．
【变式3】（23-24高三上·广东揭阳·期末）已知两圆锥的底面积分别为 ， ，其侧面展开图中圆心角之
和为 ，则两圆锥的母线长之和的最小值为（ ）
A． B． C．4 D．5
【答案】B
【分析】根据已知条件列方程，利用基本不等式求得正确答案.
【详解】设 圆锥（底面积较小）的底面半径为 ，母线长为 ， 圆锥（底面积较大）的底面半径为 ，
母线长为 ，
依题意 ，
所以 ，
所以
，当且仅当 时等号成立.
故选：B考点二：表面积与体积
1．旋转体的侧面积和表面积
(1)S ＝2πrl，S ＝2πr(r＋l)(r为底面半径，l为母线长)．
圆柱侧 圆柱表
(2)S ＝πrl，S ＝πr(r＋l)(r为底面半径，l为母线长)．
圆锥侧 圆锥表
(3)S ＝4πR2(R为球的半径)．
球表
2．空间几何体的体积公式
(1)V ＝Sh(S为底面面积，h为高)．
柱
(2)V ＝Sh(S为底面面积，h为高)．
锥
(3)V ＝(S ＋＋S )h(S ，S 分别为上、下底面面积，h为高)．
台 上 下 上 下
(4)V ＝πR3(R为球的半径)．
球
规律方法 空间几何体的表面积与体积的求法
(1)公式法：对于规则的几何体直接利用公式进行求解．
(2)割补法：把不规则的图形分割成规则的图形，或把不规则的几何体补成规则的几何体，不熟悉的几何体
补成熟悉的几何体．
(3)等体积法：选择合适的底面来求体积．
【例2】(2023·全国甲卷)在三棱锥P－ABC中，△ABC是边长为2的等边三角形，PA＝PB＝2，PC＝，则
该棱锥的体积为( )
A．1 B. C．2 D．3
【答案】A
【解析】如图，取AB的中点D，连接PD，CD，
因为△ABC是边长为2的等边三角形，PA＝PB＝2，
所以PD⊥AB，CD⊥AB，所以PD＝CD＝，又PC＝，
所以PD2＋CD2＝PC2，所以PD⊥CD，
又AB∩CD＝D，AB，CD⊂平面ABC，
所以PD⊥平面ABC，
所以V ＝×S ×PD
P－ABC △ABC
＝××2××＝1.
【变式1】（2024·河北·一模）已知圆台 上下底面圆的半径分别为1，3，母线长为4，则该圆台的侧面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据圆台侧面积的计算公式，结合已知条件，直接求解即可.
【详解】设上下底面圆半径分别为 ，母线长为 ，
则圆台侧面积 .
故选：C.
【变式2】（2024·内蒙古赤峰·一模）在直三棱柱 中，各棱长均为2，M，N，P，Q分别是线
段 ， ， ， 的中点，点D在线段 上，则下列结论错误的是（ ）
A．三棱柱 外接球的表面积为 B．
C． 面 D．三棱锥 的体积为定值
【答案】C
【分析】求出三棱柱外接球表面积判断A；证明线面垂直判断B；取特殊位置说明判断C；利用线面平行判
断D.
【详解】在直三棱柱 中，各棱长均为2，
对于A，显然三棱柱 是正三棱柱，其外接球球心到平面 的距离为1，
外接圆半径 ，则棱柱 外接球半径 ，
其表面积 ，A正确；
对于B，由 是 的中点，得 ，而 平面 平面 ，
则 ，而 平面 ，于是 平面 ，
又 平面 ，则 ，由 分别为正方形 边 中点，得 ，则 ，即 ，又 平面 ，
因此 平面 ，而 平面 ，所以 ，B正确；
对于C，由 是正方形 边 的中点，得 ，当 与 不重合时，
是 的斜边， 不垂直于 ，因此 不垂直于 ， 平面 ， 不垂直于平
面 ，C错误；
对于D，由选项C知， ， 平面 ， 平面 ，则 平面 ，
从而点 到平面 的距离是定值，显然 的面积是定值，因此三棱锥 的体积为定值，D
正确.
故选：C
【变式3】（2024·贵州毕节·一模）如图所示，圆 和圆 是球 的两个截面圆，且两个截面互相平行，
球心 在两个截面之间，记圆 ，圆 的半径分别为 ，若 ，则球 的表面积为
（ ）A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据给定条件，利用球的截面小圆性质列式计算出球半径即可.
【详解】设球 的半径为 ，依题意， ，
则 ，解得 ，因此 ，
所以球 的表面积 .
故选：A
考点三：多面体与球
求空间多面体的外接球半径的常用方法
(1)补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；
(2)定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则
球心一定在垂线上，再根据到其他顶点的距离也是半径，列关系式求解即可．
规律方法 (1)求锥体的外接球问题的一般方法是补形法，把锥体补成正方体、长方体等求解．
(2)求锥体的内切球问题的一般方法是利用等体积法求半径
【例3】(2023·全国甲卷)在正方体ABCD－ABC D 中，AB＝4，O为AC 的中点，若该正方体的棱与球O
1 1 1 1 1
的球面有公共点，则球O的半径的取值范围是________．
【答案】 [2，2]
【解析】如图，设球O的半径为R.
当球O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 O的半径最大，若半径变得更大，球
O会包含正方体，球面和棱没有交点，
正方体的外接球直径2R′为体对角线长
AC ＝＝4，
1
即2R′＝4，R′＝2，
故R ＝2；
max
分别取侧棱AA ，BB ，CC ，DD 的中点M，H，G，N，连接MH，HG，NG，MN，MG，显然四边形
1 1 1 1
MNGH是边长为4的正方形，且O为正方形MNGH的对角线MG的中点，则MG＝4，当球O的一个大圆恰好是四边形MNGH的外接圆时，球O的半径达到最小，即R ＝2.
min
综上，R∈[2，2]．
【变式1】（2024·湖南邵阳·二模）已知三棱锥 中， 平面 ， ，
则此三棱锥外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据题意，利用正弦定理求得 的外接圆的半径 ，再由球的截面的性质，求得外接球
的半径，结合球的表面积公式，即可求解.
【详解】因为三棱锥 中， 平面 ， ，
设底面 的外接圆的半径为 ，三棱锥外接球的半径为 ，
由正弦定理得 ，可得
所以 ，
则外接球的表面为 .
故选：B.
【变式2】（23-24高三上·上海虹口·期末）“阿基米德多面体”也称为半正多面体，是由边数不全相同的
正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美.如图所示，将正方体沿同一顶点出发的三条棱的中点
截去一个三棱锥，共可截去8个三棱锥，得到8个面为正三角形、6个面为正方形的一种半正多面体．若，则此半正多面体外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据正方体的对称性可知,该半正多面体外接球的球心为正方体的中心 ，进而可求球的半径和表
面积.
【详解】如图，在正方体 中，分别取正方体、正方形 的中心 、 ，连接
，
∵ 分别为 的中点，则 ，
∴正方体的边长为 ，
故 ，可得 ，
根据对称性可知：点 到该半正多面体的顶点的距离相等，则该半正多面体外接球的球心为 ，半径
，
故该半正多面体外接球的表面积为 .故选：D
【变式3】（2024·浙江·二模）在三棱锥 中，底面是边长为2的正三角形，若 为三棱锥
的外接球直径，且 与 所成角的余弦值为 ，则该外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】记球心为 ，取 中点为 、 中点为 ，连接 ，易得 ，
，由 ，即可求出 ，由此即可求出答案.
【详解】如图所示：记球心为 ，取 中点为 、 中点为 ，连接 ，
记外接球半径为 ，
在 中， ， , ，
在 中， ， ,
在 中， ，
所以AC与BD所成角为 ，即 ，
在 中, ， ，
所以 ，
解得： ，
所以该外接球的表面积为：
故选：A.强化训练
一、单选题
1．（2024高三·全国·专题练习）如图， 是正三棱锥且侧棱长为 ，两侧棱 的夹角为
分别是 上的动点，则三角形 的周长的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】通过展开平面以及勾股定理求得正确答案.
【详解】把正三棱锥沿 剪开并展开，形成三个全等的等腰三角形： 、 、 ，
则 ， ，
连接 ，交 于 ，交 于 ，
则线段 就是 的最小周长，又 ，
根据勾股定理， ，∴ .
故选：A.
2．（2024·河南郑州·模拟预测）知名数学教育家单墫曾为中学生写了一个小册子《十个有趣的数学问题》，
其中提到了开普勒的将球装箱的方法：考虑一个棱长为2的正方体，分别以该正方体的8个顶点及6个面
的中心为球心作半径为 的球，这此球在正方体内的体积之和与正方体的体积之比为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】首先确定条件中的球落在正方体的部分，再求体积，即可求解.
【详解】以8个顶点为球心的球各有 在正方体内，以6个面的中心为球心的球各有 在正方体内，
所以这些球在正方体的体积之和为4个半径为 的球的体积之和，
所以这些球在正方体内的体积之和与正方体的体积之比为 .
故选：D
3．（2024·云南昆明·模拟预测）如图，在三棱锥 中， 两两垂直，且
，点 分别是棱 的中点，点 是棱 靠近点 的三等分点，则空间几何体
的体积为（ ）A． B． C． D．
【答案】D
【分析】过点 作 ，交 于点 ，借助线面处置的判定定理及性质定理，结合题意可得 、
，作差即可得 .
【详解】过点 作 ，交 于点 ，
因为 平面 ，所以 平面 ，
又 ，所以 平面 ，且 ，可得 ，
因为 分别为 的中点，则 ，
所以 ，
，
因此 .故选：D.
4．（2023·海南海口·模拟预测）已知圆台的上、下底面圆半径分别为5和10，侧面积为 ， 为圆台
的一条母线（点A在圆台下底面圆周上），M为 的中点．一质点P从点A出发，绕圆台侧面一周到达
点M，则质点P所经路程的最小值为（ ）
A．60 B．50 C．40 D．30
【答案】B
【分析】根据侧面积得到 ，计算得到 ， ， ， ，再根据勾股定
理计算得到最值.
【详解】圆台的展开图如图所示，
设圆台的母线长为 ，圆台的侧面积为 ，则 ，故 ，
圆台的上、下底面圆半径分别为5和10，下底面对应圆弧是上底面对应圆弧的两倍，
则 ， ， ，
设 ，则 ，故 ， .
故质点 所经路程的最小值为 .
故选：B.
5．（2024·广东汕头·一模）已知圆锥的顶点为 ， 为底面圆心，母线 与 互相垂直， 的面积
为 ， 与圆锥底面所成的角为 ，则（ ）
A．圆锥的高为
B．圆锥的体积为
C．圆锥侧面展开图的圆心角为D．二面角 的大小为
【答案】D
【分析】利用三角形的面积公式求出圆锥 的母线长，结合线面角的定义可判断A选项；利用圆锥的体
积公式可判断B选项；利用扇形的弧长公式可判断C选项；利用二面角的定义可判断D选项.
【详解】对于A选项，因为 与底面垂直， 为底面圆的一条半径，则 ，
所以， 与圆锥底面所成的角为 ，
又因为 ，所以， 的面积为 ，解得 ，
所以，该圆锥的高为 ，A错；
对于B选项，该圆锥的底面半径为 ，
故该圆锥的体积为 ，B错；
对于C选项，设该圆锥侧面展开图的圆心角为 ，
底面圆周长为 ，则 ，C错；
对于D选项，取 的中点 ，连接 、 ，
因为 ， 为 的中点，则 ，由垂径定理可得 ，
所以，二面角 的平面角为 ，
因为 平面 ， 平面 ，则 ，
因为 ， ，则 为等腰直角三角形，
则 ，所以， ，所以， ，
因为 ，故 ，所以，二面角 的大小为 ，D对.
故选：D.
6．（2024·四川绵阳·三模）如图，正方体 的棱长为3，点 是侧面 上的一个动点
（含边界），点 在棱 上，且 ．则下列结论不正确的是（ ）
A．若保持 ．则点 的运动轨迹长度为
B．保持 与 垂直时，点 的运动轨迹长度为
C．沿正方体的表面从点 到点 的最短路程为
D．当 在 点时，三棱锥 的外接球表面积为
【答案】C
【分析】由 可知，可过点 作 平面 ，即可找到动点 的运动轨迹；找出与 垂
直的平面，与平面 的交线即为动点 的轨迹；将平面 和平面 沿 展开在同一平面
上求点 到点 的最短路程；将建立空间直角坐标系求解三棱锥 的外接球的半径.
【详解】对于 ，过点 作 平面 ，以 为圆心， 为半径在平面 内作圆交 于
点 ,则 即为点 的运动轨迹，
∵ ，∴ , ∴ ，∴ ，∴ 的长为 ，则 正确；
对于 ，∵ 平面 , 平面 ，∴ ,
∵ ， 平面 ， 平面 ， ，
∴ 平面 ，
∵ 平面 ，∴ ,
同理可证 ，
∵ 平面 ， ， 平面 ，
∴ 平面 ，
找 上的点 ，使得 ，找 上的点 ，使得 ,连接 ，
∵ ∥ , ∥ , ∴ ∥ ,
∵ 平面 ， 平面 ，∴ ∥平面 ，
∵ ∥ ， 平面 ， 平面 ，
∴ ∥平面 ，
∵ 平面 ， 平面 ， ，
∴平面 ∥平面 ，∴ 平面 ，
在 上找一点 使得 ，连接 ,
∵ ∥ ， ∥ ，∴ ∥ ，
∴ 四点共面，∴ 平面 ，
∴点 的轨迹为线段 , ,则 正确；将平面 和平面 沿 展开在同一平面上，从点 到点 的最短路程为 ,则
,则 错误；
分别以 所在的直线为 轴， 轴， 轴，建立空间直角坐标系，
则 ， ， ，
设三棱锥 的外接球的球心为 ，则 ，
即 ，解得 ，
∴三棱锥 的外接球半径 ,
∴三棱锥 的外接球表面积为 ,则 正确；
故选： .【点睛】求三棱锥的外接球半径还可以建立空间直角坐标系，设出球心的坐标，利用顶点到球心的距离相
等列出方程组求解.
7．（2024·四川·一模）设正方体 的棱长为1，与直线 垂直的平面 截该正方体所得的
截面多边形为M．则下列结论正确的是（ ）．
A．M必为三角形 B．M可以是四边形
C．M的周长没有最大值 D．M的面积存在最大值
【答案】D
【分析】对于选项A和B，结合空间图形，截面与直线 垂直，截面多边形只能为正三角形或六边形；
对于选项C，分截面多边形为正三角形和六边形两种情况分析多边形的周长最值即可；对于选项D，分截
面多边形为正三角形和六边形两种情况分析多边形的面积最值即可；
【详解】对于选项A、B，易知平面 为平面 或与其平行的平面，故多边形M只能为三角形或六边形，
选项A和B均错误；
对于选项C，
当M为正三角形时，显然截面多边形M为 时周长取得最大值为 ；
当截面多边形M为六边形时，
设 ，则 ， ， ，
易得： ， ，
此时截面多边形M的周长为定值： ，综合两种情况，M的周长的最大值为 ，选项C错误；
对于选项D，
当M为正三角形时，
仅当截面多边形M为 时的面积为 ；
当截面多边形M为六边形时，设 ，
该六边形可由两个等腰梯形 和 构成，
其中 ，
， ， ，
两个等腰梯形 和 的高分别为 和 ，
则
，
，
当且仅当 时，六边形面积最大值为 ，即截面多边形是正六边形时截面面积最大．
综上，当 时，截面多边形为正六边形时面积取得最大值 .
选项D正确.
故选：D.【点睛】关键点点睛：本题的D选项的关键是设 ，计算出截面 的面积表达式，利用二次函数图
象与性质即可求出其面积最值.
8．（2023·陕西西安·一模）在三棱锥 中，平面 平面BCD， 是以CD为斜边的等腰直
角三角形，M为CD中点， ， ，则该三棱锥的外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】分析得到球心O在平面ACD的投影与M点重合，由面面垂直得到球心O在平面BCD上，作出辅
助线，球心O在MH上，设OM=x，由半径相等列出方程，求出x，进而得到外接球半径，求出表面积.
【详解】因为 是以CD为斜边的等腰直角三角形，M为CD中点， ，
所以AM⊥CD，且 ，
因为 ，所以 ，而 ，
由勾股定理得： ，所以BM=BC，
故 为等腰直角三角形， ， ，
由题意得：球心O在平面ACD的投影与M点重合，
因为平面 平面BCD，所以球心O在平面BCD上，
在平面BCD上，过点M作MH⊥CD，故 ，
球心O在MH上，设OM=x，
由余弦定理得： ，
则 ，
由 得： ，解得： ，
设外接球半径为 ，则 ，
故该三棱锥的外接球的表面积为 .故选：D
【点睛】解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球
心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解
题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的
半径 ．
二、多选题
1．（2024·湖南长沙·模拟预测）四棱锥 的底面为正方形，PA与底面垂直， ， ，
动点M在线段PC上，则（ ）
A．不存在点M，使得
B． 的最小值为
C．四棱锥 的外接球表面积为5π
D．点M到直线AB的距离的最小值为
【答案】BD
【分析】当点 为中点时，利用垂直关系的转化，即可判断A；利用展开图，利用数形结合求 的最小值，即可判断B；利用几何体与外接球的关系，即可求解球心，并求外接球的表面积，即可判断C；
利用异面直线的距离的转化，即可判断D.
【详解】对于A：连接BD，且 ，如图所示，当M在PC中点时，
因为点O为AC的中点，所以 ，因为 平面ABCD，
所以 平面ABCD，又因为 平面ABCD，所以 ，
因为ABCD为正方形，所以 ．
又因为 ，且BD， 平面BDM，所以 平面BDM，
因为 平面BDM，所以 ，所以A错误；
对于B：将 和 所在的平面沿着PC展开在一个平面上，如图所示，
和 是全等的直角三角形， ， ，
连结 ， ，
则 的最小值为BD，直角 斜边PC上高为 ，即 ，
直角 斜边PC上高也为 ，所以 的最小值为 ，所以B正确；
对于C：易知四棱锥 的外接球直径为PC，
半径 ，表面积 ，所以C错误；对于D：点M到直线AB的距离的最小值即为异面直线PC与AB的距离，
因为 ，且 平面PCD， 平面PCD，所以 平面PCD，
所以直线AB到平面PCD的距离等于点A到平面PCD的距离，过点A作 ，
因为 平面ABCD， 面 ，所以 ，
又 ，且 ， 面 ，
故 平面PAD， 平面PAD，所以 ，
因为 ，且PD， 平面PCD，所以 平面PCD，
所以点A到平面PCD的距离，即为AF的长，如图所示，
在 中， ， ，可得 ，
所以由等面积得 ，即直线AB到平面PCD的距离等于 ，所以D正确，
故选：BD．
2．（2024·江苏徐州·一模）已知圆台的上、下底面直径分别为2，6，高为 ，则（ ）
A．该圆台的体积为
B．该圆台外接球的表面积为
C．用过任意两条母线的平面截该圆台所得截面周长的最大值为16
D．挖去以该圆台上底面为底，高为 的圆柱后所得几何体的表面积为
【答案】BC
【分析】对于A：直接利用公式求解；对于B：先求出外接球半径，再利用体积公式求解；对于C ：通过
轴截面的周长最大来求解；对于D：用面积公式求表面积.
【详解】由已知得圆台的上下底面半径分别为 ，对于A：圆台的体积为 ，A错误；
对于B：如图是圆台的轴截面 ，外接球球心为 ，设外接球半径为 ，
当球心在梯形 内时， ，解得 ，
当球心在梯形 外时， ，方程无解，
所以外接球的表面积 ，B正确；
对于C：用过任意两条母线的平面截该圆台所得截面周长，其中轴截面的周长最大，
又母线长为 ，则最大周长为 ，C正确；
对于D：如图：挖去以该圆台上底面为底，高为 的圆柱后所得几何体的表面积为
，D错误.
故选：BC.
3．（23-24高三上·福建福州·期末）在三棱锥 中，已知 ，棱AC，BC，AD的中点分别是E，F，G， ，则（ ）
A．过点E，F，G的平面截三棱锥所得截面是菱形
B．平面 平面BCD
C．异面直线AC，BD互相垂直
D．三棱锥 外接球的表面积为
【答案】ABD
【分析】A项，利用中位线证明平行关系与长度关系得四边形为菱形；B项，取CD的中点P，由勾股定理
证明 ，由等腰三角形三线合一得 ，由线线垂直证线面垂直再证面面垂直即可；C项，假
设垂直推证 ，由斜边与直角边关系可推出矛盾；D项，取 的中心 ，由面面垂直性质定理
得线面垂直关系，由勾股定理得 ，利用球心到各顶点距离相等可得正三角形 的中心 即为
球心.
【详解】选项A，如图，连接EF，EG，取BD的中点H，连接GH，FH，
由F是BC的中点，得 ， ，
同理得 ， ，所以 ， ，
四边形EFHG是平行四边形，
于是过点E，F，G的平面截三棱锥所得截面即为四边形EFHG，
且由E，F分别是AC，BC的中点，得 ， ，因此 ，
所以四边形EFHG为菱形，故A正确；
选项B，取CD的中点P，连接 ，
由 ，得 ，由 ，得 ，又 ，所以 ，
所以 ，
又 ， ，又 平面BCD，所以 平面BCD，
又 平面ADC，所以平面 平面BCD， 故B正确；
选项C，假设 ，已知 ，且 平面 ，
所以 平面 ，而 平面 ，所以 ，所以 ，
这与已知“ ”矛盾， 故C错误；
选项D，取正三角形 的中心 ，连接 ，
则 ，
由于 是直角三角形，CD为斜边，则 ，
由平面 平面BCD，平面 平面 ，
由 ，且 平面 ，所以 平面 ，
所以 ，则 ，
所以 的外心 就是三棱锥 的外接球球心，
所以外接球半径R就是 的外接圆半径，可知 ，
所以三棱锥 外接球的表面积为 ，故D正确．
故选：ABD.
三、填空题
1．（2024·辽宁葫芦岛·一模）《九章算术》中记录的“羡除”是算学和建筑学术语，指的是一段类似隧道
形状的几何体，如图，羡除 中，底面 是正方形， 平面 ， 和 均为等边三角形，且 ．则这个几何体的外接球的体积为 ．
【答案】
【分析】结合题意，找出垂直底面且过底面外接圆圆心的直线，则球心必在该直线上，设出球心，借助球
心到各顶点距离相等，结合勾股定理计算即可得半径，运用球的体积公式即可得球的体积.
【详解】连接 ，分别取 、 、 中点 、 、 ，连接 、 、 ，
由底面 是正方形， 平面 ， 和 均为等边三角形，
故 ， 底面 ，又 ，故 ，
则 ，故 ，
由 为底面正方形中心， ，故可在直线 上取一点 ，
使 为羡除 外接球球心，连接 、 、 ，
设半径为 ， ，则 ,
由 底面 ， 平面 ，故 ，
又 ， 、 平面 ，故 平面 ，
又 平面 ，故 ，故 ，
又 ，故有 ，即 ，
又 ，
故有 ，解得 ，
故 ，即 ，
则这个几何体的外接球的体积为 .故答案为： .
【点睛】关键点点睛：本题考查几何体外接球问题，关键在于借助题目条件，找出垂直底面且过底面外接
圆圆心的直线，则该几何体的外接球球心必在该直线上，设出该点位置，从而可结合勾股定理计算出该球
半径，即可得解.
2．（2024·云南昆明·模拟预测）已知长方体 在球 的内部，球心 在平面 上，若
球 的半径为 ，则该长方体体积的最大值是 .
【答案】
【分析】根据题意，由棱柱的体积公式表示出长方体体积 ，然后求导即可得到最大值.
【详解】
设长方体 的高为 ，若 ，则 ，
则 ，若要长方体体积最大，则平面 内接于长方体，
如图可得 ，即 ，则 ，
所以长方体 的体积为，
设 ，其中 ，则 ，
令 ，得 ，当 时， 在 上单调递增；
当 时， ， 在 上单调递减，
所以函数 在 处取得极大值，即最大值，
则 ，因此该长方体的体积的最大值为 .
故答案为：
3．（2024·福建漳州·一模）在直三棱柱 中， ， ，过 作该直三
棱柱外接球的截面，所得截面的面积的最小值为 ．
【答案】
【分析】根据题意直观想象三棱住的外接球位置，再利用球的截面性质可得当 为所截圆的直径时截面
面积最小，从而得解.
【详解】由直三棱柱 可知， 平面 ，
又 ，所以 两两垂直，
设直三棱柱 外接球的半径为R，
通过构造长方体可知该三棱柱的外接球与以 为边长的长方体外接球相同；过 作该直三棱柱外接球的截面，当 为所截圆的直径时截面面积最小，
因为 ，
则所求截面面积最小值为 .
故答案为： .
四、解答题
1．（2024·陕西铜川·二模）如图，在四棱锥 中.侧面 ⊥底面 ， 为等边三角形，
四边形 为正方形，且 .
(1)若 为 的中点，证明： ；
(2)求点 到平面 的距离.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）作出辅助线，得到线线垂直，证明出线面垂直，得到 ；
（2）证明出 ⊥平面 ，求出 ，根据等体积法求解点到平面的距离.【详解】（1）取 中点 ，连接 ，
为等边三角形， ，
四边形 为正方形， ，
，
又 平面 ，
∴ ⊥平面 ，
∴
（2）连接 ，
因为平面 ⊥底面 ，平面 底面 ， ⊥ ，
所以 ⊥平面 ，
因为四边形 为正方形，所以 ⊥ ，且 ，
故 ，
因为 ， ，所以 ，
由勾股定理得 ，
设 到平面 的距离为 ，
，
即 ，
解得 .
2．（2024高三·全国·专题练习）如图所示，在 中， ， ，P为AB边上一动点，交AC于点D．现将 沿PD翻折至 ，使平面 ．
(1)当棱锥 的体积最大时，求PA的长．
(2)若点P为AB的中点，E为 的中点，求证： ．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）设 ，得出体积表达式，利用导数求出体积最大时PA的长；
（2）利用相关定理容易推出.
【详解】（1）因为 ，所以 ，所以 ,
而平面 平面 ，平面 平面 ， 平面 ，
故 平面 .
设 ，则 ．
令 ，则 ．
列表如下：
x
+ 0 －
单调递增 极大值 单调递减
易知当 时， 取得最大值．（2）如下图所示，取A'B的中点F，连接EF，PF，
由已知得 且 ， 且 ，
所以 且 ，所以四边形 为平行四边形，
∴ ，又 为等腰直角三角形，
∴ ，故 ．
【点睛】
3．（2023·湖南岳阳·模拟预测）如图，在直三棱柱 中， ，且
.
(1)求直三棱柱 的表面积与体积；
(2)求证： 平面 ，并求出 到平面 的距离.
【答案】(1)表面积为 ，体积为
(2)证明见解析，
【分析】（1）根据题意，结合表面积和体积公式进行计算即可；
（2）根据线面平行的判定定理进行证明即可；过点 作 ，垂足为 ，则 平面 ，即为所求，Rt 中，解出即可.
【详解】（1）因为 ，
所以 ，
则直三棱柱 的表面积为
，
其体积为 .
（2）证明：因为 平面 平面 ，
所以 平面 .
过点 作 ，垂足为 .
由题意得 ，又 ，
所以 平面 ，
又 平面 ，则 ，
所以 ，又 ,
平面 , 平面 ,所以 平面 ，
在Rt 中，
,
所以 到平面 的距离为 .
4．（2023·贵州铜仁·模拟预测）如图，已知在正三棱柱 中， ，三棱柱外接球半径为
，且点 分别为棱 ， 的中点．
(1)过点 作三棱柱截面，求截面图形的周长；
(2)求平面 与平面 的所成角的余弦值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题，结合球的截面圆的性质，求得 ，延长 交 于 点，连接 交 于
点 ，得到四边形 为所求截面，进而求得截面图形 的周长；
（2）以点 为原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面 和平面 的一个法向量，结合向量的
夹角公式，即可求解.
【详解】（1）解：由正三棱柱 中， ，三棱柱外接球半径为 ，设外接球的半径为 ，底面正 的外接圆的半径为 ，可得 ，
则 ，
因为 ，解得 ，
又因为点 分别为棱 ， 的中点，可得 ，
如图所示，延长 交 于 点，连接 交 于点 ，四边形 为所求截面，
又由 ，所以 ，
在 中，由余弦定理得 ，所以 可得 ,
所以截面图形 的周长为 .
（2）解：以点 为原点，以 所在的直线分别为 轴，以过点 垂直于平面 的直线为 轴，
建立空间直角坐标系，如图所示，
因为 ，可得 ，
则
设平面 的法向量为 ，则 ，取 ，则 ，所以 ，
取 的中点 ，因为 为等边三角形，可得 ，
又因为 平面 ，且 平面 ，所以 ，
因为 且 平面 ，所以 平面 ，
又由 ，可得 ，
所以平面 的一个法向量为 ，
设两个平面所成角为 ，则 ，
所以平面 与平面 的所成角的余弦值 ．
5．（2023·江苏苏州·模拟预测）如图，正方体 边长为 ， 是 上的一个动点.求：
(1)直线 与平面 所成角的余弦值；
(2) 的最小值.
【答案】(1)(2)
【分析】（1）利用线面角的定义可得结果；
（2）将 和矩形 延展为一个平面，分析可知，当点 、 、 共线时， 取最小值，
在 中，利用余弦定理求出 的长，即为所求.
【详解】（1）解：在正方体 中， 平面 ，
所以，直线 与平面 所成角为直角，其余弦值为 .
（2）解：将 和矩形 延展为一个平面，如下图所示：
由图可知，当点 、 、 共线时， 取最小值，
在 中， ， ， ，
由余弦定理可得 ，
因此， 的最小值为 .
