【题型突破06：立体几何的综合问题】
1．（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36 π，且3≤l≤3 ❑√3，则该正四棱锥体积的取值范围是（ ）
A．[18, 81
4 )
B．[
27
4 , 81
4 )
C．[
27
4 , 64
3 )
D．[18,27]
【答案】C
【分析】设正四棱锥的高为h，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36 π，所以球的半径R =3,
[方法一]：导数法
设正四棱锥的底面边长为2a，高为h，
则l
2=2a
2+h
2，3
2=2a
2+(3−h)
2,
命题角度1：与外接球有关的问题
所以6h=l
2，2a
2=l
2−h
2
所以正四棱锥的体积V = 1
3 Sh= 1
3 ×4 a
2×h= 2
3 ×(l
2−l
4
36 )× l
2
6 = 1
9(l
4−l
6
36)，
所以V
′ = 1
9(4l
3−l
5
6)= 1
9 l
3(
24−l
2
6 )，
当3≤l≤2❑√6时，V
′>0，当2❑√6<l≤3 ❑√3时，V
′<0，
所以当l =2❑√6时，正四棱锥的体积V 取最大值，最大值为64
3 ，
又l =3时，V = 27
4 ，l =3 ❑√3时，V = 81
4 ,
所以正四棱锥的体积V 的最小值为27
4 ，
所以该正四棱锥体积的取值范围是[
27
4 ，64
3 ).
故选：C.
[方法二]：基本不等式法
由方法一故所以V = 4
3 a
2h= 2
3 (6h−h
2)h= 1
3 (12−2h)h×h⩽1
3 ×[ (12−2h)+h+h
3
]
3
= 64
3 (当且仅当
h= 4取到)，
当h= 3
2时，得a= 3 ❑√3
❑√2 ，则V min= 1
3 a
2h= 1
3 ( 3 ❑√3
❑√2 )
2
× 3
2 = 27
4 ;
当l =3 ❑√3时，球心在正四棱锥高线上，此时h= 3
2 +3= 9
2，
❑√2
2 a= 3 ❑√3
2
⇒a= 3 ❑√3
❑√2 ，正四棱锥体积V 1= 1
3 a
2h= 1
3 ( 3 ❑√3
❑√2 )
2
× 9
2 = 81
4 < 64
3 ，故该正四棱锥体积的取值
范围是[ 27
4 , 64
3 ].
2．（2019·全国I 卷·高考真题）已知三棱锥P-ABC 的四个顶点在球O 的球面上，PA=PB=PC，△ABC 是边
长为2 的正三角形，E，F 分别是PA，AB 的中点，∠CEF=90°，则球O 的体积为
A．8 ❑√6 π
B．4 ❑√6 π
C．2❑√6 π
D．❑√6 π
【答案】D
【分析】先证得PB⊥平面PAC，再求得PA = PB = PC = ❑√2，从而得P−ABC为正方体一部分，进而知
正方体的体对角线即为球直径，从而得解.
【详解】解法一:∵PA = PB = PC , ΔABC为边长为2 的等边三角形，∴P−ABC为正三棱锥，
∴PB⊥AC，又E，F分别为PA、AB中点，
∴EF // PB，∴EF ⊥AC，又EF ⊥CE，CE∩AC =C , ∴EF ⊥平面PAC，PB⊥平面PAC，
∴∠APB =90° ,∴PA = PB = PC = ❑√2，∴P−ABC为正方体一部分，2 R = ❑√2+2+2= ❑√6，即
R =
❑√6
2 , ∴V = 4
3 π R
3= 4
3 π × 6 ❑√6
8
= ❑√6 π，故选D．
解法二:
设PA = PB = PC =2 x，E , F分别为PA , AB中点，
∴EF // PB，且EF = 1
2 PB = x，∵ΔABC为边长为2 的等边三角形，
∴CF = ❑√3又∠CEF =90° ∴CE =
❑√3−x
2 , AE = 1
2 PA = x
ΔAEC中余弦定理cos∠EAC = x
2+ 4−(3−x
2)
2×2× x
，作PD⊥AC于D，∵PA = PC，
∵D为AC中点，cos∠EAC = AD
PA = 1
2 x ，∴x
2+ 4−3+ x
2
4 x
= 1
2 x ，
∴2 x
2+1=2 ∴x
2= 1
2 x =
❑√2
2 ，∴PA = PB = PC = ❑√2，又AB = BC = AC =2，∴PA , PB , PC两两垂直，
∴2 R = ❑√2+2+2= ❑√6，∴R =
❑√6
2 ，∴V = 4
3 π R
3= 4
3 π × 6 ❑√6
8
= ❑√6 π，故选D.
【点睛】本题考查学生空间想象能力，补体法解决外接球问题．可通过线面垂直定理，得到三棱两两互相
垂直关系，快速得到侧棱长，进而补体成正方体解决．
3．（2025·四川成都·模拟预测）在三棱锥P−ABC中， AB = ❑√3 BC = ❑√3，
∠ABC =∠BCP =∠PAB =90
∘， cos∠CPA =
❑√2
4 ，则三棱锥P−ABC外接球的表面积为
【答案】5π
【分析】作PE⊥平面ABC于点E，连接EA , EC，确定四边形EABC为矩形，根据余弦定理即可得PE，
进而得球的半径，即可计算球的表面积.
【详解】如图，作PE⊥平面ABC于点E，连接EA , EC，
BC ⊂平面ABCE，AB⊂平面ABCE，所以PE⊥AB , PE⊥BC，
因为BC ⊥CP,CP∩PE = P ,CP, PE⊂平面PEC，所以BC ⊥平面PEC，
EC ⊂平面PEC，所以EC ⊥BC，同理得EA ⊥AB，
四边形EABC为矩形，BC =1，则P A
2=1+ P E
2, PC
2=3+ P E
2，
在△PAC中，AC =
❑√A B
2+ BC
2=2,
由余弦定理得P A
2+ PC
2−2 PA ⋅PC cos∠CPA = 4，
即1+ P E
2+3+ P E
2−2
❑√1+ P E
2❑√3+ P E
2×
❑√2
4 = 4，
解得PE =1，
设三棱锥P−ABC外接球的半径为R，
则三棱锥P−ABC外接球即为四棱锥P−ABCE外接球,即为以EA , EP , EC为棱长的长方体的外接球，
故由PE =1得(2 R)
2= P E
2+ E A
2+ EC
2=1+1+3=5，解得R =
❑√5
2 ，
所以球的表面积为S = 4π R
2=5π，
故答案为：5π.
4．（2025·湖北·模拟预测）在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是边长为2 的正方形，PA，PC与底面
ABCD所成的角分别为α和β，已知α =2 β =60°，当四棱锥P−ABCD体积最小时，其外接球的表面积为
.
【答案】8π
【分析】以A 为原点，以AB、AD 所在直线为x 轴，y 轴空间直角坐标系，通过几何分析求出点P 在底面
的投影P'的轨迹是一个圆，根据体积最小求出P 的坐标，根据外接球球心到四棱锥各顶点距离相等求出球
心坐标和半径即可求出其外接球的表面积.
【详解】如图，以A 为原点，以AB、AD 所在直线为x 轴，y 轴空间直角坐标系，
则A (0,0,0),B (2,0,0),C (2,2,0), D (0,2,0)，
设P(x , y , z)(x>0, y >0)，P 在平面ABCD的投影为P
′ (x , y ,0)，
因为PA 与底面的夹角α =60
∘，所以tan 60
∘=
z
❑√x
2+ y
2 = ❑√3⇒z =
❑√3(x
2+ y
2)，
PC 与底面的夹角β =30
∘，
所以tan30
∘=
z
❑√(x−2)
2+( y −2)
2 =
❑√3
3 ⇒z =
❑√
(x−2)
2+( y −2)
2
3
，
由{
z =
❑√
(x−2)
2+( y −2)
2
3
z =
❑√3(x
2+ y
2) )
⇒x
2+ y
2+ 1
2 x + 1
2 y −1=0，
即(x + 1
4)
2
+( y + 1
4)
2
= 9
8，
所以点P 在底面的投影P'的轨迹是一个圆，圆心在(−1
4 ,−1
4)，半径3 ❑√2
4
，
因为V P−ABCD= 1
3 ⋅S ABCD⋅z = 4
3 z，
当四棱锥P−ABCD体积最小时，此时z =
❑√3(x
2+ y
2)最小，
❑√x
2+ y
2表示圆(x + 1
4)
2
+( y + 1
4)
2
= 9
8的点到原点距离，
而(
1
4)
2
+(
1
4)
2
< 9
8，所以原点(0,0)在圆内，
所以圆(x + 1
4)
2
+( y + 1
4)
2
= 9
8上的点到原点的最小距离为半径r =
3
2❑√2减去原点到圆心的距离，
所以❑√x
2+ y
2的最小值为3
2❑√2 −❑√(
1
4)
2
+(
1
4)
2
=
❑√2
2
，
所以zmin= ❑√3×
❑√2
2 =
❑√6
2 ，
所以当四棱锥P−ABCD体积最小时，P 的坐标为P(
1
2 , 1
2 ,
❑√6
2 )，
因为正方形ABCD的外接圆的圆心即为AC ,BD交点O(1,1,0)，半径为❑√2，
所以四棱锥P−ABCD外接球的球心为(1,1,k )，则球心到A 和P 的距离相等，
则❑√(1−0)
2+(1−0)
2+(k −0)
2=
❑√(1−1
2)
2
+(1−1
2)
2
+(k −
❑√6
2 )
2
，
解得k =0，所以球心为(1,1,0)，半径为R = ❑√1+1+0= ❑√2，
所以外接球的表面积公式为：S = 4π R
2= 4π(❑√2)
2=8π,
故答案为: 8π
5．（2025·湖北·二模）如图，在多面体ABCD D1C1B1 A1中，四边形ABCD是边长为❑√2的正方形，四边
形A1B1C1 D1是边长为1 的正方形，A A1= A1B = B B1= B1C =C C1=C1 D = D D1= D1 A =1，且
A A1// DC1，A1B //C C1，B B1// A D1，B1C // D1 D，若平面ABCD与平面A1B1C1 D1之间的距
离为
❑√2
2 ，则该多面体外接球的表面积为 .
【答案】4π
【分析】连接A1C1，B1 D1，分别取AB，CD，BC，AD的中点M，N，E，F，连接MN，EF，二者
相交于点O，连接O A1，OC1，证明点O为多面体ABCD D1C1B1 A1的外接球球心，再根据球的表面积
公式即可得解.
【详解】连接A1C1，B1 D1，分别取AB，CD，BC，AD的中点M，N，E，F，
连接MN，EF，二者相交于点O，连接O A1，OC1，
则O为MN和EF的中点，且MN // BC，且MN = BC = ❑√2，
因为A1B //C C1，且A1B =C C1，
所以四边形A1BC C1为平行四边形，所以A1C1// BC，
所以A1C1// MN，故A1，C1，M，N四点共面，
在△A1 AB中，因为A A1= A1B =1，AB = ❑√2，
所以A1 M ⊥AB，且A1 M =
❑√2
2 ，
又平面ABCD与平面A1B1C1 D1之间的距离为
❑√2
2 ，
所以A1 M ⊥平面ABCD，
又MN ⊂平面ABCD，所以A1 M ⊥MN，
又OM = 1
2 MN =
❑√2
2 ，所以O A1=
❑√(
❑√2
2 )
2
+(
❑√2
2 )
2
=1，
同理可求得OC1=O B1=O D1=1，
易知O为正方形ABCD的中心，故OA =OB =OC =OD =1，
所以点O为多面体ABCD D1C1B1 A1的外接球球心，且该球的半径R =1，
故该外接球的表面积S球= 4π R
2= 4π.
故答案为：4π.
6．（2025·陕西榆林·一模）一个圆锥的侧面展开图是一个半径为3，圆心角为2π
3
的扇形，在该圆锥内有
一个体积为V 的球，则该球的体积V 的最大值是 ．
【答案】
❑√2
3 π
【分析】根据圆锥侧面展开图可得圆锥的半径和高，由三角形面积公式即可求解内切球半径，进而由球的
体积公式求出答案.
【详解】解：由题意得，扇形的弧长l =3× 2π
3 =2π，
所以该圆锥的底面圆的半径r =
l
2π =1，
所以该圆锥的高h=
❑√3
2−r
2=2❑√2．
设该圆锥内的球的最大半径为R，圆锥的轴截面如图所示：
则依题意得S△ABC = 1
2 ×2×2❑√2= 1
2 ×(3+3+2)× R，所以R =
❑√2
2 ，
所以该球的体积V 的最大值是4
3 π R
3= 4
3(
❑√2
2 )
3
π=
❑√2
3 π．
故答案为：
❑√2
3 π
7．（2025·安徽合肥·模拟预测）如图，这是某零件的结构模型，中间大球为正四面体的内切球，小球与大
球、正四面体的三个面均相切.若AB＝12，则该模型中一个小球的体积为 .
命题角度2：与内切球有关的问题
【答案】❑√6π
【分析】根据题干信息画出示意图，根据正四面体的特征分别计算出大小球半径即可求出小球的体积.
【详解】如图所示，设O为大球的球心，大球的半径为R，大正四面体的底面中心为E，棱长为AB =12，
高为h，CD的中点为F，
连接OA ,OB ,OC ,OD ,OE ,BF，
则BE = 2
3 BF =
❑√3
3 ×12= 4 ❑√3，h= AE =
❑√A B
2−B E
2=
❑√6
3 ×12= 4 ❑√6，
∵V 正四面体= 4V O−ABC，
∴1
3 S△ABC·h= 4× 1
3 S△ABC· R，
∴R = 1
4 h= ❑√6，
设小球的半径为r，小球也可看作一个小的正四面体的内切球，
且小正四面体的高h小=h−2 R =2❑√6，
∴r = 1
4 h小= 1
4 ×2❑√6=
❑√6
2 ，
∴小球的体积为：4
3 π r
3= 4
3 π ×(
❑√6
2 )
3
= ❑√6 π，
故答案为：❑√6 π.
8．（2025·山东菏泽·二模）一个正四棱台型的木块，上下底面的边长分别为2❑√3和8 ❑√3，高为9，削成一
个球，则所得球的体积最大值为 ．
【答案】256π
3
【分析】根据给定条件，求出与正四棱台侧面及下底面都相切的球直径，再正四棱台的高比对即可得解.
【详解】把正四棱台还原成正四棱锥，过该正四棱锥底面一组对边中点及顶点的平面
截该棱锥及棱台分别得等腰△PAB和等腰梯形ABCD，过C作CE⊥AB于E，如图，
则AB =8 ❑√3,CD =2❑√3,CE等于正四棱台的高9，tan ∠ABC = CE
BE =
CE
AB−CD
2
= ❑√3
，
于是∠ABC =60
∘，△PAB是正三角形，其内切圆半径r = 1
3 ⋅
❑√3
2 AB = 4< 1
2 CE，
因此正四棱台还原成正四棱锥的内切球半径为4，该球是与正四棱台侧面及下底面都相切的球，
即为正四棱台型的木块削成的最大球，所以所求最大体积为4π×4
3
3
= 256π
3
.
故答案为：256π
3
9．（2025 高三上·山西·专题练习）已知正四棱锥P−ABCD的高为3，侧面与底面所成的角为π
3 ，球O1
与该正四棱锥的四个侧面及底面都相切，依次在该正四棱锥内放入球O2,O3,O4,⋯，使得球
On+1(n∈N ,n≥1)与该正四棱锥的四个侧面均相切，且球On+1与On外切，则球On的表面积为 .
【答案】36π(
1
9)
n
【分析】在四棱锥P−ABCD中，点O为底面正方形的中心，则有PO⊥底面ABCD，记球Oi的半径为ri，
设四棱锥的高为h, M为球O1与四棱锥的切点，根据侧面与底面所成角确定线段关系即可得
h=
r1
cosπ
3
+r1=3r1，从而得球O1的体积；结合等比数列的定义可得rn=(
1
3)
n−1
，从而可得球On的表面积.
【详解】如图，在四棱锥P−ABCD中，点O为底面正方形的中心，
则PO⊥底面ABCD，
令E为CD的中点，连接PO , PE ,OE，
记球Oi的半径为ri，设四棱锥的高为h, M为球O1与四棱锥的切点，O1 M ⊥PE，
侧面与底面所成的角为∠PEO =π
3 ,
∴∠OPE =π
6 ,∴h=
r1
sinπ
6
+r1=3r1，
∴r1= 1
3 h=1,∴球O1的体积为4
3 πr1
3= 4
3 π.
设Sn=r1+r2+r3+⋯+rn，
由于3rn=h−2r1−2r2−⋯−2rn−1(n≥2)，即3rn=h−2Sn−1(n≥2)，
3rn+1=h−2Sn，两式相减可得3(rn+1−rn)=−2rn，即rn+1= 1
3 rn，
∴rn=(
1
3)
n−1
，
∴球On的表面积为4πrn
2= 4π(
1
3)
2n−2
=36π(
1
9)
n
.
故答案为：36π(
1
9)
n
.
10．（2025·湖北武汉·模拟预测）如图，装满水的圆台形容器内放进半径分别为2 和4 的两个铁球，小球
与容器底和容器壁均相切，大球与小球、容器壁、水面均相切，此时容器中水的体积为 .
【答案】72π
【分析】通过轴截面来分析解决圆台的上下底面半径及高，求得圆台的体积，再求容器中水的体积.
【详解】作几何体的轴截面图如图，M，N分别是大球和小球的球心，
Q是圆台的轴截面等腰梯形ABCD两腰AD和BC的延长线的交点.
G，H分别是球M和球N与圆台侧面的切点，E，F分别是与圆台上下底面
的切点.
则GM ⊥AQ，NH ⊥AQ，QE⊥AB，QF ⊥CD，且GM = EM = 4，NH = NF =2，EF =12.
过N点作NK // AQ交GM于K，显然NK ⊥GM，所以四边形NHGK为矩形，
且MN =6，MK = MG−KG = MG−NH =2，
所以在直角三角形MNK中，sin ∠MNK = MK
MN = 1
3，
由同角三角函数关系式得cos∠MNK =
❑√1−sin
2∠MNK = 2❑√2
3
，tan ∠MNK =
❑√2
4
.
又由NK // AQ，所以∠MNK =∠EQA，所以sin ∠EQA = 1
3，tan ∠EQA =
❑√2
4
.
在直角三角形NHQ中，NH =2，得NQ =
NH
sin∠EQA =6，所以FQ = NQ−NF =6−2= 4.
又在直角三角形DFQ中，DF = FQ⋅tan ∠EQA = ❑√2.
同理在直角三角形EQA中，EQ = EF + FQ =12+ 4 =16，AE = EQ⋅tan ∠EQA = 4 ❑√2.
所以圆台的上底面半径AE = 4 ❑√2，下底面半径DF = ❑√2，高EF =12.
所以圆台的体积V = 1
3 π⋅EF( A E
2+ AE⋅DF + D F
2)=168π.
而球M的体积V M = 4
3 π×4
3= 256
3 π，球N的体积V N = 4
3 π×2
3= 32
3 π.
所以容器中水的体积V
' =V −V M −V N =168π−256π
3
−32π
3
=72π
故答案为：72π.
11．（2020·山东·高考真题）已知直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD=60°．以D1为球心，❑√5
为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为 ．
【答案】
❑√2
2 π.
【分析】根据已知条件易得D1 E = ❑√3，D1 E⊥侧面B1C1CB，可得侧面B1C1CB与球面的交线上的点
命题角度3：几何体截面（交线问题）
到E的距离为❑√2，可得侧面B1C1CB与球面的交线是扇形EFG的弧´FG，再根据弧长公式可求得结果.
【详解】如图：
取B1C1的中点为E，B B1的中点为F，C C1的中点为G，
因为∠BAD =60°，直四棱柱ABCD−A1B1C1 D1的棱长均为2，所以△D1B1C1为等边三角形，所以
D1 E = ❑√3，D1 E⊥B1C1，
又四棱柱ABCD−A1B1C1 D1为直四棱柱，所以B B1⊥平面A1B1C1 D1，所以B B1⊥B1C1，
因为B B1∩B1C1= B1，所以D1 E⊥侧面B1C1CB，
设P为侧面B1C1CB与球面的交线上的点，则D1 E⊥EP，
因为球的半径为❑√5，D1 E = ❑√3，所以| EP|=
❑√| D1 P|
2−| D1 E|
2= ❑√5−3= ❑√2，
所以侧面B1C1CB与球面的交线上的点到E的距离为❑√2，
因为| EF |=| EG|= ❑√2，所以侧面B1C1CB与球面的交线是扇形EFG的弧´FG，
因为∠B1 EF =∠C1 EG = π
4 ，所以∠FEG = π
2 ，
所以根据弧长公式可得´FG = π
2 ×❑√2=
❑√2
2 π.
故答案为：
❑√2
2 π.
【点睛】本题考查了直棱柱的结构特征，考查了直线与平面垂直的判定，考查了立体几何中的轨迹问题，
考查了扇形中的弧长公式，属于中档题.
12．（2025·浙江·三模）在棱长为4的正方体ABCD−A1B1C1 D1中，M、N分别为AB、C C1的中点，
过直线MN的平面α截该正方体所得截面Γ，则当平面α与平面ABCD的所成角为最小时，截面Γ的面积
为（ ）
A．8 ❑√5
B．3 ❑√30
C．12❑√3
D．14 ❑√11
3
【答案】B
【分析】以点A为坐标原点，AB、AD、A A1所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，设平面α
交直线A A1于点P(0,0,a)，利用空间向量法可求出平面α与平面ABCD的所成角为最小时a的值，求出此
时二面角余弦值的最大值，然后利用射影面积法可求出截面Γ的面积.
【详解】以点A为坐标原点，AB、AD、A A1所在直线分别为x、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标
系，
则M (2,0,0)、N (4,4,2)，设平面α交直线A A1于点P(0,0,a)，
则⃗MN =(2,4,2)，⃗MP =(−2,0,a)，
设平面α的一个法向量为⃗m=(x , y , z)，则{⃗
m⋅⃗MN =2 x + 4 y +2 z =0⃗
m⋅⃗MP =−2 x +az =0 )，
取x =2a，可得⃗m=(2a,−a−2,4)，
易知平面ABCD的一个法向量为⃗n=(0,0,1)，
设平面α与平面ABCD的所成角为θ，
cosθ =|cos ⟨⃗m,⃗n))= |⃗m⋅⃗n)
|⃗m)⋅|⃗n) =
4
❑√4 a
2+(−a−2)
2+16
=
4
❑√5a
2+ 4 a+20
，
当且仅当a=−2
5时，cosθ取最大值
❑√30
6
，此时平面α与平面ABCD所成角最小，
则⃗m=(−4
5 ,−8
5 ,4)，
设平面α交棱B B1于点F (0,b,0)，⃗MF =(−2,b,0)，
因为MF ⊂α，则⃗MF ⋅⃗m= 8
5 −8
5 b=0，解得b=1，即点F (0,1,0)，
结合图形可知，平面α分别交棱B B1、D D1于点E、G，
先证明射影面积法：设点C在平面α内的射影点为C
′，如下图所示：
过点C在平面ABC内作CD⊥AB，连接C
′ D，
因为C C
′⊥平面ABC
′，AB⊂平面ABC
′，所以C C
′⊥AB，
因为CD⊥AB，C C
′∩CD =C，C C
′、CD⊂平面C C
′ D，故AB⊥平面C C
′ D，
因为C
′ D⊂平面C C
′ D，所以C
′ D⊥AB，
故∠CDC
′为锐二面角C −AB−C
′的平面角，
在Rt△C C
′ D中，cos∠CDC
′ = C
′ D
CD =
1
2 C
′ D⋅AB
1
2 CD⋅AB
=
S△ABC
′
S△ABC
，
推广到其他多边形的面积也成立，
本题中，S多边形BCDFM = S□ABCD−S△AFM = 4
2−1
2 ×2×1=15，
设截面Γ的面积为S，由射影面积法可得S多边形BCDFM
S
=cosθ =
❑√30
6
，
故S = S多边形BCDFM ⋅
❑√30
5
=15×
❑√30
5
=3 ❑√30.
故选：B.
13．（2024·全国·模拟预测）已知正四棱锥P−ABCD的体积为4 ❑√2
3
，底面ABCD的四个顶点在经过球心
的截面圆上，顶点P在球O的球面上，点E为底面ABCD上一动点，PE与PO所成角为π
6 ，则点E的轨迹
长度为（ ）
A．❑√2π
B．4 ❑√3π
C．
❑√6π
3
D．2❑√6
3
π
【答案】D
【分析】根据锥体的体积公式结合外接球的性质可得半径和四棱锥的底边边长，进而根据锐角三角函数可
得OE =OP⋅tan∠EPO =
❑√6
3 ，即可判断点E的轨迹为O为圆心，半径r =
❑√6
3 的圆，即可求解.
【详解】由题意，设球O的半径为R．如图所示，连接AC ,BD交于点O，连接PO，则AO= BO= PO= R，
AB = ❑√2 R，PO⊥平面ABCD，所以V 四棱锥P−ABCD= 1
3 ⋅A B
2⋅PO = 1
3 ×2 R
2× R = 4 ❑√2
3
，解得R = ❑√2．
在Rt△POE中，因为OP = ❑√2，∠EPO =π
6 ，所以OE =OP⋅tan∠EPO =
❑√6
3 ．
因为正方形ABCD的中心O到各边的距离为
❑√2
2 R =1>
❑√6
3 ，所以点E的轨迹为平面ABCD内，以点O为圆
心，半径r =
❑√6
3 的圆，故点E的轨迹长度为2πr = 2❑√6π
3
．
故选:D．
14．（2024·全国·模拟预测）如图，在棱长为2 的正方体ABCD−A1B1C1 D1中，已知M , N , P分别是棱
C1 D1, A A1,BC的中点，则平面PMN截正方体所得的截面面积为 ，若Q为平面PMN上的动
点，且直线Q B1与直线D B1的夹角为30
°，则点Q的轨迹长度为 ．
【答案】 3 ❑√3 2π
【分析】如图1，过M,N,P 三点的平面为正六边形MENFPG，即可求解其面积；先确定B1Q是以D B1为
轴、直线B1Q与直线B1 D的夹角为30
°的圆锥的母线，则点Q 的轨迹为圆锥底面圆，求出底面圆的半径即
可.
【详解】如图1，扩展过M,N,P 三点的平面，
可知平面PMN与正方体相交的截面即为正六边形MENFPG，其边长为❑√2，
因此面积为S =6[ 1
2 ×(❑√2)
2×
❑√3
2 ]=3 ❑√3．
由上可知，D B1⊥平面MNP，且垂足H 为D B1的中点，
如图2，动直线B1Q是以D B1为轴、直线B1Q与直线B1 D的夹角为30
°的圆锥的母线，
点Q 的轨迹为圆锥底面圆．
图2
因为B1 H = 1
2 B1 D = ❑√3,∠Q B1 H =30
°，所以底面圆的半径HQ =1，
所以点Q 的轨迹长度为2π．
故答案为：3 ❑√3；2π
15．（2023·浙江绍兴·模拟预测）过正三棱锥P−ABC的高PH的中点作平行于底面ABC的截面A1B1C1，
若三棱锥P−A1B1C1与三棱台ABC −A1B1C1的表面积之比为5
16，则直线PA与底面ABC所成角的正切
值为 .
【答案】2❑√5
【分析】依题意可得，A1为PA的中点，C1为PB的中点，设△ABC的边长为a，PA =b，即可表示出图形
的面积，从而得到P−A❑
1B1C1的表面积S1，三棱台ABC −A1B1C1的表面积S2，由表面积之比得到
b= ❑√7 a，再求出高PH，最后由锐角三角函数求解即可.
【详解】依题意过正三棱锥P−ABC的高PH的中点作平行于底面ABC的截面A❑
1B1C1，
则A1为PA中点，B1为PB中点，C1为PC中点，设△ABC的边长为a，PA =b，
则S△ABC = 1
2 a
2×sin 60
∘=
❑√3
4 a
2，S△A1B1C1=(
1
2)
2
×S△ABC =
❑√3
16 a
2，S△PBC = S△PBA = S△PAC = 1
2 a ❑√
b
2−(
a
2)
2
，
所以S△P B1C1= S△P B1 A1= S△P A1C1=(
1
2)
2
S△PBC = 1
8 a ❑√b
2−(
a
2)
2
，
SCB B1C1= S AB B1 A1= SCA A1C1= 3
4 S△PBC = 3
8 a ❑√b
2−(
a
2)
2
，
所以三棱锥P−ABC的表面积S1= 3
8 a ❑√
b
2−(
a
2)
2
+
❑√3
16 a
2，
三棱台ABC −A1B1C1的表面积S2= 9
8 a ❑√
b
2−(
a
2)
2
+ 5 ❑√3
16 a
2，
依题意
S1
S2
=
3
8 a ❑√b
2−(
a
2)
2
+
❑√3
16 a
2
9
8 a ❑√b
2−(
a
2)
2
+ 5 ❑√3
16 a
2
= 5
16 ，所以b= ❑√7 a，取BC 的中点D，则AD =
❑√3
2 a，
因为PH为正三棱锥P−ABC的高，所以PH ⊥平面ABC，且AH = 2
3 D =
❑√3
3 a，
则PA与底面ABC所成角为∠PAH，所以PH =
❑√P A
2−A H
2= ❑√7a
2−1
3 a
2= ❑√
20
3 a
2，
所以tan∠PAH = PH
AH =
❑√
20
3 a
2
❑√3
3 a
=2❑√5，故直线PA与底面ABC所成角的正切值为2❑√5.
故答案为：2❑√5
16．（25-26 高二上·北京·月考）已知函数f ( x)= λsin(ωx +φ)( λ>0,ω>0,0<φ<π)图象如图1 所示，
A ,B分别为图象的最高点和最低点，过A ,B作x轴的垂线，分别交x轴于A
′ ,B
′，点C为该部分图象与x轴
的交点，且| AB|=2❑√5,f ( x)与y轴的交点为D(0,❑√3)．将绘有该图象的纸片沿x轴折成如图2 所示的
二面角α −OC −β．折叠后，当二面角α −OC −β的值为π
2 时，| AB|= 2❑√3．
给出以下四个命题：
①函数f ( x)的解析式可以是f ( x)=2sin(π
2 x + 2π
3 )；
②在图2 中，f ( x)的图象上存在至少三个不同的点Q，使得DQ //平面ABC；
③在折叠过程中，若二面角α −OC −β的范围是[π
4 , 3π
4 ]，则点A
′到平面AB B
′距离的最大值为❑√2；
命题角度4：折叠与展开问题
④在折叠过程中，若二面角α −OC −β的范围是(π
3 , 2π
3 )，二面角A
′−AB−B
′的余弦值的取值范围是
( 1
7 , 1
2 ]．
其中正确的命题为 （请写出所有正确命题的序号）．
【答案】①③
【分析】根据给定条件，利用图1、图2 的特征，结合正弦函数的图象性质求出解析式判断①；利用导数
求出在α内图象在点D处切线方程，结合线面、面面平行的性质推理判断②；建立空间直角坐标系，求出
平面AB B
′、平面A
' AB的法向量，利用点到平面距离公式及面面角的向量求法求解判断③④.
【详解】对于①，依题意，| A
′ B
′|= T
2 ，| A A
′|=|B B
′|= λ，
当绘有图象的纸片折叠前，(| A A
′|+|B B
′|)
2+| A
′ B
′|
2=| AB|
2，则(2 λ)
2+( T
2 )
2
=| AB|
2=20，
由当二面角α −OC −β的值为π
2 时，得| A A
′|
2+| A
′ B
′|
2+|B B
′|
2=| AB|
2，|AB)=2❑√3，
则2 λ
2+( T
2 )
2
=12，解得λ =2，T = 4，因此ω=π
2 ，
由f ( x)与y轴的交点为D(0,❑√3)，得sinφ =
❑√3
2 ，又D位于f ( x)的图象是下降的，则φ = 2π
3 ，
因此f ( x)=2sin(π
2 x + 2π
3 )，①正确；
对于②，在平面α内，过点D作f ( x)图象的切线，由f
'( x )= πcos( π
2 x + 2π
3 )，得斜率
f
′(0)=πcos 2π
3 =−π
2 ，
又点A(−1
3 ,2)，C( 2
3 ,0)，则直线AC斜率k AC =−2，直线DC斜率k DC =−3 ❑√3
2
，
过点D作DM // AC交x轴于M，则直线DM斜率为−2，
由−3 ❑√3
2
<−2<−π
2 ，得直线DM一定交f ( x)的图象于Q1，
在平面β上，过M平行于直线BC的直线M Q2交f ( x)的图象于Q2，可得直线DQ2，
由M Q2// BC，BC ⊂平面ABC , M Q2不在平面ABC内，得M Q2//平面ABC，
同理DM // AC，得DM //平面ABC，且DM ∩M Q2= M , DM , M Q2⊂平面DM Q2，
于是平面DM Q2//平面ABC，又DQ2⊂平面DM Q2，从而DQ2//平面ABC，
因此存在两个点Q满足条件，即DQ1，DQ2//平面ABC，②错误；
对于③，如图3，以过A
′且平行于B
′ B的直线为x轴，A
′ B
′所在直线为y轴建立空间直角坐标系，
设二面角α −OC −β =θ，则A
′(0,0,0),B
′(0,2,0),B(2,2,0), A(2cosθ ,0,2sinθ)，⃗
AB =(2−2cosθ ,2,−2sinθ)，⃗A
′ A =(2cosθ ,0,2sinθ)，⃗B
′ B =(2,0,0)，
设平面AB B
′的法向量⃗n1=( x , y , z)，则{⃗
AB⋅⃗n1=(2−2cosθ)x +2 y −2 z sinθ =0⃗
B
′ B⋅⃗n1=2 x =0
)，
令y =sinθ，得⃗n1=(0,sinθ ,1)，
于是点A
′到平面AB B
′的距离d =|⃗A
′ A ⋅⃗n1|
|⃗n1|
=
2sinθ
❑√sin
2θ+1
，由θ∈[π
4 , 3π
4 ]，得sinθ∈[
❑√2
2 ,1]，
因此
d =
2
❑√
1
sin
2θ
+1
≤❑√2
，当且仅当sinθ =1，即θ =π
2 时取等号，③正确；
对于④，由③知，平面AB B
′的法向量⃗n1=(0,sinθ ,1)，设平面A
′ AB的法向量⃗n2=(a,b,c)，
则{⃗
A
′ A ⋅⃗n2=2acosθ+2c sinθ =0⃗
AB⋅⃗n2=(2−2cosθ)a+2b−2c sinθ =0)，令a=sinθ，得⃗n2=(sinθ ,−sinθ ,−cosθ)，
由法向量方向得二面角A
′−AB−B
′的余弦值为−cos〈⃗n1,⃗n2 〉，
令y =−cos〈⃗n1,⃗n2 〉=−
−sin
2θ−cosθ
❑√1+sin
2θ
❑√1+sin
2θ
= sin
2θ+cosθ
1+sin
2θ
，
化简得：y =sin
2θ+cosθ
1+sin
2θ
= −cos
2θ+cosθ+1
2−cos
2θ
=1+cosθ−1
2−cos
2θ
，当θ∈(π
3 , 2π
3 )时，
令cosθ−1=t，t ∈(−3
2 ,−1
2 )，则y =1+
t
2−(t +1)
2 =1+
t
1−2t −t
2 =1+
1
1
t −t −2，
函数y =1+
1
1
t −t −2在(−3
2 ,−1
2 )上的单调递增函数，则1
7 < y < 5
7 ，
二面角A
′−AB−B
′的余弦值的取值范围是( 1
7 , 5
7 )，④错误，
所以所有正确命题的序号为①③.
故答案为：①③
17．（2024·山西临汾·一模）在平行四边形ABCD中，AB =2 AD = 4，∠BAD =π
3 ，E，H分别为AB，
CD的中点，将△ADE沿直线DE折起，构成如图所示的四棱锥A ′ −BCDE，F为A ′ C的中点，则下列说
法不正确的是（ ）
A．平面BFH //平面A ′ DE
B．四棱锥A ′ −BCDE体积的最大值为3
C．无论如何折叠都无法满足A ' D⊥BC
D．三棱锥A ′ −DEH表面积的最大值为2❑√3+ 4
【答案】C
【分析】根据题意，连接HF ,BH,判断选项A;当平面A
′ DE⊥平面BCDE,四棱锥A
′−BCDE体积最大，
判断选项B;利用线面垂直，判断选项C;当A
′ E⊥EH ,在根据对称性A
′ D⊥DH ,此时△A
′ EH ,△A
′ DH
的面积最大，求出表面积，判断选项D.
【详解】选项A，平行四边形ABCD,所以BE // DH，又AB =2 AD = 4,E , H分别为AB ,CD中点，所以
BE = DH,即四边形BEDH为平行四边，所以BH // DE,又BH ⊄平面A
′ DE,DE⊂平面A
′ DE,所以
BH //平面A
′ DE，又F是A
′C中点，所以FH // A
′ D,又FH ⊄平面A
′ DE,A
′ D⊂平面A
′ DE,所以
FH //平面A
′ DE,又FH ∩BH = H,FH ,BH ⊂平面BHF,所以平面BHF //平面A
′ DE，故A 正确；
选项B，当平面A
′ DE⊥平面BCDE,四棱锥A
′−BCDE的体积最大，因为∠BAD =π
3 ，所以最大值为
V = 1
3 ×❑√3× (2+ 4)×❑√3
2
=3 ,故B 正确；
选项C，根据题意可得BC ⊥DB ,只要BC ⊥A
′ B , A
′ B∩DB = B,A
′ B ,BD⊂平面A
′ DB,所以BC ⊥平
面A
′ DB，即BC ⊥A
′ D,故C 错误；
选项D，当EH ⊥A
′ E,根据对称性可得DH ⊥A
′ D,此时△A
′ EH ,△A
′ DH的面积最大，因此三棱锥
A
′−DEH表面积最大，最大值为
S = S△A
′ DE+ S△A
′ DH + S△DEH + S△A
′ EH = 1
2 ×2×❑√3×2+ 1
2 ×2×2×2=2❑√3+ 4,选项D 正确.
故选：C
【多选题】18．（25-26 高三上·河北·开学考试）在矩形ABCD中，AB =2，BC =1，点E在线段CD上，
点F在线段AB上，沿着线段EF向上折起，使A至A1的位置，在折叠过程中，记二面角A −EF −A1的大
小为θ，θ∈(0,π]，当θ =π时，A1和C重合，则下列结论正确的是（ ）
A．存在某个位置，使得BC //平面A1 EF
B．存在某个位置，使得E A1⊥AB
C．翻折过程中线段F A1形成的曲面的面积为5 ❑√5
16 π
D．直线BF与平面A1 EF所成角的正弦值的最大值为2❑√5
5
【答案】BCD
【分析】确定直线BC与EF的位置关系判断A；利用线面垂直的判定定理判断B；确定曲面特征并求出面
积判断C；求出直线BF与平面A1 EF所成的角正弦值的最大值判断D.
【详解】对于A，因当θ =π时，A1和C重合，得EF为线段AC的中垂线，
而直线BC与直线EF相交，因此直线BC与平面A1 EF相交，故A 错误；
对于B，令EF ∩AC = M，过A1作A1O⊥AC于O，由EF ⊥AC , EF ⊥A1 M，
AC ∩A1 M = M , AC , A1 M ⊂平面A1 AC，得EF ⊥平面A1 AC，而A1O⊂平面A1 AC，
则A1O⊥EF，又AC , EF ⊂平面ABCD且AC ∩EF = M，于是A1O⊥平面ABCD，
而AB⊂平面ABCD，则A1O⊥AB，当EO⊥AB时，因A1O∩EO =O , A1O , EO⊂平面A1 EO，
则AB⊥平面A1 EO，又E A1⊂平面A1 EO，故AB⊥E A1，故B 正确；
对于C，在折叠过程中，线段F A1形成的曲面是以AM为半径，AF为母线的半个圆锥的侧面，
因为AM =
❑√5
2 , AF =
AM
cos∠BAC =
❑√5
2
2
❑√5
= 5
4 ，则曲面面积为1
2 π AM ⋅AF = 5 ❑√5π
16
，故C 正确；
对于D，因BF // EC，则直线BF与平面A1 EF所成的角等于直线EC与平面A1 EF所成的角，
而C到平面A1 EF的距离小于或等于CM，当平面A1 EF ⊥平面ABCD时，CM ⊥平面A1 EF，
直线BF与平面A1 EF所成角的最大值为∠CEM，其正弦值为sin ∠CEM = CM
CE =
❑√5
2
5
4
= 2❑√5
5
，D 正确.
故选：BCD
【多选题】19．（24-25 高二上·湖南株洲·期末）如图，菱形ABCD的边长为2，∠BAD =60°，E为边
AB的中点，将△ADE沿DE折起，折叠后点A的对应点为A1，使得平面A1 DE⊥平面BCDE，连接A1B，
A1C，则下列说法正确的是（ ）
A．点B到平面A1CD的距离为
❑√3
2
B．BC与A1 D所成角的余弦值为3
4
C．三棱锥E−A1CD的外接球的体积为8π
D．直线A1B与平面A1CD所成角的正弦值为
❑√6
4
【答案】ABD
【分析】根据面面垂直的性质可得线面垂直，进而可得线线垂直，从而建立空间直角坐标系，求解平面法
向量，根据点面距离公式求解A，根据向量的夹角公式求解BD，根据外接球的性质求解半径，即可根据
体积公式求解C.
【详解】因为菱形ABCD中，E为AB的中点，所以DE⊥AB，
即将△ADE沿DE折起后，EB⊥ED，E A1⊥ED，
又平面A1 DE⊥平面BCDE，平面A1 DE∩平面BCDE = DE，BE⊂平面BCDE，
所以BE⊥平面A1 DE，则EB，ED，E A1两两垂直，
以E为坐标原点，EB，ED，E A1所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系E−xyz，
则A1(0,0,1)，B (1,0,0)，C (2,❑√3,0)，D(0,❑√3,0)，⃗A1B =(1,0,−1)，⃗BC =(1,❑√3,0)，⃗
A1 D =(0,❑√3,−1)，⃗DC =(2,0,0).
对于A，设平面A1CD的法向量为⃗n=(x , y , z)，则{⃗
n⋅⃗A1 D = ❑√3 y −z =0,⃗
n⋅⃗DC =2 x =0, )
取y =1，得⃗n=(0,1,❑√3)，
所以点B到平面A1CD的距离为d =|⃗BC ⋅⃗n)
|⃗n)
=
❑√3
2 ，A 正确；
对于B，BC与A1 D所成角的余弦值为|cos⟨⃗BC ,⃗A1 D))=|⃗
BC ⋅⃗A1 D
|⃗BC)⋅|⃗A1 D))= 3
4 ，B 正确；
对于C，取A1C的中点为O，则|O A1)=|OC)=|OE)=|OD)= 1
2|A1C)= ❑√2，所以O为三棱锥E−A1CD
的外接球球心R = ❑√2，V = 4
3 π R
3= 8 ❑√2
3
π，C 错误；
对于D，设直线A1B与平面A1CD所成的角为θ，
则sinθ =|cos⟨⃗n,⃗A1B))=|⃗
n⋅⃗A1B
|⃗n)⋅|⃗A1B))=
❑√6
4 ，D 正确.
故选:ABD
【多选题】20．（24-25 高三上·江苏南通·期中）在平面直角坐标系xOy 中，椭圆C : x
2
4 + y
2
3 =1的左、右焦
点分别为F1, F2，经过点F1的直线l与椭圆C交于A，B 两点（其中点A 在x轴上方），连接A F2,B F2．现
将平面A F1 F2沿x轴向上折叠，使得面A F1 F2⊥面F1 F2B，则下列说法正确的是（ ）
A．当直线l的倾斜角为π
3 时，AO⊥B F2
B．当直线l的倾斜角为π
3 时，三棱锥A −B F1 F2的外接球的表面积为884
75 π
C．三棱锥A −B F1 F2的体积最大值为9
4
D．当△AB F2折叠后的周长为15
2 时，直线l的斜率为± 3 ❑√35
14
【答案】ABD
【分析】对于对于A，联立直线和椭圆方程可求出A 、B坐标，进而知道点A的位置，结合线面垂直的性
质定理即可证明；对于B，分别求出△A F1 F2和△B F1 F2的外接圆半径，进而可求三棱锥A −B F1 F2外
接球半径为R =
❑√r1
2+r2
2−| F1 F2|
2
4
，由此可求其外接球的表面积；对于C，易知
V A −B F1 F2= 1
3 ⋅1
2 ×2(−y2)⋅y1=−1
3 y1 y2，联立直线与椭圆，消去x，进而由韦达定理可得y1 y2，结合
不等式即可得到范围；对于D，由折叠前折叠后的周长可得| AB|−| A
' B
'|= 1
2，利用两点间的距离公式
列出等式，对等式进行变形，构造对偶式，进而弦长| AB|可用y1 y2表示，将韦达定理带入即可求解m，
进而得到直线的斜率.
【详解】对于A，当l倾斜角为π
3
时，l方程为y = ❑√3( x +1),¿
⇒5 x
2+8 x =0,∴A(0,❑√3),B(−8
5 ,−3 ❑√3
5 ), F2(1,0), F1(−1,0)
此时A位于椭圆短轴的一个端点，∴A F1= A F2,∴AO⊥F1 F2，
又∵平面A F1 F2⊥平面F1 F2B,∴AO⊥平面F1 F2B ,∴AO⊥B F2,A正确．
对于B，当l倾斜角为π
3
时，△A F1 F2为等边三角形，边长为2，
∴△A F1 F2外接圆半径r1=
2
2sin 60
° = 2❑√3
3
,
假设∠F1B F2=θ,则tanθ =
k B F1−k B F2
1+ k B F1⋅k B F2
=
❑√3−3 ❑√3
13
1+ ❑√3× 3 ❑√3
13
= 5 ❑√3
11 ,sinθ = 5 ❑√3
14 ,
所以△B F1 F2外接圆半径r2=
2
2× 5 ❑√3
14
= 14
5 ❑√3，
∴三棱锥A −B F1 F2外接球半径为R =
❑√r1
2+r2
2−| F1 F2|
2
4
= ❑√
4
3 + 196
75 −1= ❑√
221
75
，
所以三棱锥A −B F1 F2的外接球的表面积为S = 4π R
2= 4π× 221
75 = 884
75 π,B 正确．
对于C，设直线AB 方程为x =my −1, A(x1, y1),B(x2, y2), y1>0, y2<0,
联立¿得(3m
2+ 4) y
2−6my −9=0，
Δ=36m
2+36(3m
2+ 4)=144(m
2+1)>0
所以y1 y2=
−9
3m
2+ 4 ，
∵平面A F1 F2⊥面F1 F2B ,∴V A −B F1 F2= 1
3 ⋅1
2 ×2(−y2)⋅y1=−1
3 y1 y2=
3
3m
2+ 4
≤3
4
∴(V A −B F1 F2)max = 3
4 ,C错．
对于D，如图建系，翻折前原先| AB|= ❑√(x1−x2)
2+( y1−y2)
2，
翻折后，A
'(x1, y1,0),B
'(x2,0,−y2),∴| A
' B
'|= ❑√(x1−x2)
2+ y1
2+ y2
2
由| AB|+| A F2|+|B F2|=8,| A
' B
'|+| A F2|+|B F2|= 15
2 ,∴| AB|−| A
' B
'|= 1
2
⇒❑√(x1−x2)
2+( y1−y2)
2−❑√(x1−x2)
2+ y1
2+ y2
2= 1
2①
⇒
−2 y1 y2
❑√(x1−x2)
2+( y1−y2)
2+ ❑√(x1−x2)
2+ y1
2+ y2
2 = 1
2
⇒❑√(x1−x2)
2+( y1−y2)
2+ ❑√(x1−x2)
2+ y1
2+ y2
2=−4 y1 y2②，
联立①②⇒| AB|= 1
4 −2 y1 y2⇒
❑√1+m
2⋅12
❑√m
2+1
3m
2+ 4
= 1
4 +
18
3m
2+ 4
⇒m
2= 28
45
∴m=± ❑√
28
45 ,k =± ❑√
45
28 =± 3 ❑√35
14
,D正确，
故选：ABD．
【点睛】关键点点睛：本题关键在于画出翻折后的图形，利用翻折前及翻折后的等量关系列出式子，再化
简求值.
【多选题】21．（2023·新课标Ⅰ卷·高考真题）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0.99 m的球体
B．所有棱长均为1.4 m的四面体
C．底面直径为0.01m，高为1.8 m的圆柱体
D．底面直径为1.2m，高为0.01m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.
【详解】对于选项A：因为0.99 m <1m，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❑√2m，且❑√2>1.4，
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❑√3 m，且❑√3<1.8，
命题角度5：探究性与应用性问题
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1.2m >1m，可知底面正方形不能包含圆柱的底面圆，
如图，过A C1的中点O作OE⊥A C1，设OE∩AC = E，
可知AC = ❑√2,C C1=1, A C1= ❑√3,OA =
❑√3
2 ，则tan∠CA C1= C C1
AC = OE
AO ，
即
1
❑√2 = OE
❑√3
2
，解得OE =
❑√6
4 ，
且(
❑√6
4 )
2
= 3
8 = 9
24 > 9
25 =0.6
2，即
❑√6
4 >0.6，
故以A C1为轴可能对称放置底面直径为1.2m圆柱，
若底面直径为1.2m的圆柱与正方体的上下底面均相切，设圆柱的底面圆心O1，与正方体的下底面的切点
为M，
可知：A C1⊥O1 M ,O1 M =0.6，则tan ∠CA C1= C C1
AC = O1 M
A O1
，
即1
❑√2 = 0.6
A O1
，解得A O1=0.6 ❑√2，
根据对称性可知圆柱的高为❑√3−2×0.6 ❑√2≈1.732−1.2×1.414 =0.0352>0.01，
所以能够被整体放入正方体内，故D 正确；
故选：ABD.
【多选题】22．（2021·新高考全国Ⅰ卷·高考真题）在正三棱柱ABC −A1B1C1中，AB = A A1=1，点P
满足⃑BP = λ⃑BC + μ⃑B B1，其中λ∈[0,1)，μ∈[0,1)，则（ ）
A．当λ=1时，△A B1 P的周长为定值
B．当μ=1时，三棱锥P−A1BC的体积为定值
C．当λ = 1
2时，有且仅有一个点P，使得A1 P⊥BP
D．当μ= 1
2时，有且仅有一个点P，使得A1B⊥平面A B1 P
【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P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P点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解P点的个数；
对于D，考虑借助向量的平移将P点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解P点的个数．
【详解】
易知，点P在矩形BC C1B1内部（含边界）．
对于A，当λ=1时，⃑BP =⃑BC + μ⃑B B1=⃑BC + μ⃑C C1，即此时P∈线段C C1，△A B1 P周长不是定值，故
A 错误；
对于B，当μ=1时，⃑BP = λ⃑BC +⃑B B1=⃑B B1+ λ⃑B1C1，故此时P点轨迹为线段B1C1，而B1C1// BC，
B1C1//平面A1BC，则有P到平面A1BC的距离为定值，所以其体积为定值，故B 正确．
对于C，当λ= 1
2时，⃑BP = 1
2⃑BC + μ⃑B B1，取BC，B1C1中点分别为Q，H，则⃑BP =⃑BQ+ μ⃑QH，所以P
点轨迹为线段QH，不妨建系解决，建立空间直角坐标系如图，A1(
❑√3
2 ,0,1)，P(0,0, μ)，B(0, 1
2 ,0)，
则⃑A1 P =(−
❑√3
2 ,0, μ−1)，⃑BP =(0,−1
2 , μ)，⃑A1 P⋅⃑BP = μ(μ−1)=0，所以μ=0或μ=1．故H ,Q均满
足，故C 错误；
对于D，当μ= 1
2时，⃑BP = λ⃑BC + 1
2⃑B B1，取B B1，C C1中点为M , N．⃑BP =⃑BM + λ⃑MN，所以P点轨迹
为线段MN．设P(0, y0, 1
2)，因为A(
❑√3
2 ，0,0)，所以⃑AP =(−
❑√3
2 , y0, 1
2)，⃑A1B =(−
❑√3
2 , 1
2 ,−1)，
所以3
4 + 1
2 y0−1
2 =0⇒y0=−1
2，此时P与N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．
【多选题】23．（2025·云南昭通·模拟预测）正方体ABCD−A1B1C1 D1的棱长为2，线段B1 D1上有两个
动点E、F，且EF = ❑√2，则下列说法正确的是（ ）
A．AC ⊥EF
B．三棱锥A −EFC的体积为定值
C．过点A 仅能作1 条直线，使正方体的12 条棱所在直线与此直线所成的角都相等
D．点P 是平面BD D1B1内一点，若BP⊥PC1，则点P 的轨迹长度是❑√6 π
【答案】ABD
【分析】由AC ⊥B1 D1可判断A；取B1 D1中点O，由EF = ❑√2，易知，线段EF经过点O，因为△ACO
的面积为定值，且EF ⊥平面ACO，可求三棱锥A-EFC 的体积，判断B；易知正方体的体对角线与正方体
的12 条棱所在直线所成的角均相等，由此可判断C；分析点P 的轨迹，并求得其长度可判断D.
【详解】对于A，因为BD∥B1 D1，所以BD∥EF.因为AC ⊥BD，所以AC ⊥EF，A 正确；
对于B，如图取B1 D1中点O，连接CO , AO ,C B1,C D1，因为C B1=C D1= B1 D1=2❑√2，所以
CO⊥B1 D1，即CO⊥EF，且CO =2❑√2×
❑√3
2 = ❑√6；
同理可得，AO⊥EF，且AO =2❑√2×
❑√3
2 = ❑√6；所以△AOC是等腰三角形.
记AC ∩BD =G，则G为BD和AC的中点，所以OG⊥AC，
所以S△ACO= 1
2 AC ×OG = 1
2 ×2❑√2×2=2❑√2.
因为AC ⊥EF , AC ∩CO=C , AC ,CO⊂平面ACO，所以EF ⊥平面ACO.
因为B1O= D1O= 1
2 B1 D1= ❑√2≤EF，所以EF过点O.
所以V A −EFC =V A −EOC +V A −OFC =V E−AOC +V F −AOC = 1
3 ×(OE +OF)×S△ACO= 1
3 × EF ×S△ACO= 4
3 ，为定
值，所以B 正确；
对于C，易知正方体的体对角线与正方体的12 条棱所在直线所成的角均相等，
所以过点A 的体对角线A C1及过A分别平行于A1C ,B D1,B1 D的直线均满足要求，所以C 错误；
对于D，因为PB⊥PC1，所以点P 在以BC1的中点Q为球心，半径为1
2 BC1= ❑√2的球面上，
所以动点P 的轨迹为平面BD D1B1与球Q的球面的交线.
因为AC ⊥平面BD D1B1，所以A1C1⊥平面BD D1B1，所以C1到平面BD D1B1的距离为
CO = 1
2 A1C1= ❑√2.
所以球心Q到平面BD D1B1的距离为h= C1O
2
=
❑√2
2 ，且球心Q在平面BD D1B1的投影为BO的中点.
设平面BD D1B1截球Q所得截面圆的半径为r，则r = ❑√2−2
4 =
❑√6
2
.
所以点P 在平面BD D1B1内的轨迹是圆，因此动点P 的轨迹长度为圆的周长，等于❑√6 π，所以D 正确.
故选:ABD．
【多选题】24．（2026·河南洛阳·模拟预测）已知正方体ABCD−A1B1C1 D1的棱长为2，E为棱A A1的
中点，点F满足⃗A1 F = λ⃗A1B1，则（ ）
A．任意λ∈[0,1)，三棱锥F −BDE的体积是定值
B．当λ = 1
2时，A C1与BF所成角的余弦值为
❑√15
15
C．存在λ∈[0,1)，使得二面角E−BD−F的大小为60
∘
D．当λ = 2
3时，平面BDF截该正方体的外接球所得截面的面积为56π
19
【答案】BD
【分析】对于A，由A1B1不与平面BDE平行，即点F到面BDE的距离不为定值，由此判断即可；对于
BCD，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解判断即可.
【详解】对于A，∵A1B1不与平面BDE平行，
∴F到平面BDE的距离不为定值，
三棱锥F −BDE的体积不为定值，故A 错误；
对于B，建立如图所示的空间直角坐标系，
则D (0,0,0),B (2,2,0), A1(2,0,2), A (2,0,0),C1(0,2,2),B1(2,2,2), E (2,0,1)，
当λ= 1
2时，F (2,1,2)，则⃗A C1=(−2,2,2)，⃗BF =(0,−1,2)，
所以cos⟨⃗A C1,⃗BF)=⃗
A C1⋅⃗BF
|⃗A C1)⋅|⃗BF)
=
−2+ 4
❑√4 + 4+ 4×❑√1+ 4 =
❑√15
15 ，
则A C1与BF所成角的余弦值为
❑√15
15 ，故B 正确；
对于C，由B 知，⃗DB =(2,2,0),⃗DE =(2,0,1),⃗A1B1=(0,2,0)，
则⃗A1 F = λ⃗A1B1=(0,2 λ ,0)，即F (2,2 λ ,2)，则⃗DF =(2,2 λ ,2)，
设平面BDF的一个法向量为⃗n=(x , y , z)，
则{⃗
n⋅⃗DB =2 x +2 y =0⃗
n⋅⃗DF =2 x +2 λy +2 z =0)，取x =1，得⃗n=(1,−1, λ−1)，
设平面BDE的一个法向量为⃗m=(x1, y1, z1)，
则{⃗
m⋅⃗DB =2 x1+2 y1=0⃗
m⋅⃗DE =2 x1+ z1=0 )，取x1=1，得⃗m=(1,−1,−2)，
若二面角E−BD−F的大小为60
∘，
则cos60° =|cos ⟨⃗m,⃗n))=⃗m⋅⃗n
|⃗m)⋅|⃗n) =
|2−2(λ−1))
❑√6×
❑√2+(λ−1)
2 = 1
2，
则5 λ
2−26 λ+23=0，由于λ∈[0,1)，
且函数y =5 λ
2−26 λ+23开口向上，对称轴为λ = 13
5 ，
则5 λ
2−26 λ+23≥5−26+23=2>0，
不存在λ∈[0,1)，使得二面角E−BD−F的大小为60
∘，故C 错误；
对于D，由C 知，平面BDF的一个法向量为⃗n=(1,−1, λ−1)，
因为λ= 2
3，则⃗n=(1,−1,−1
3)，
而正方体的外接球的球心O(1,1,1)，则⃗OD =(−1,−1,−1)，
则O到平面BDF的距离d =|⃗OD⋅⃗n)
|⃗n)
=
1
3
❑√1+1+ 1
9
=
❑√19
19 ，
而外接球半径R =
❑√4 + 4 + 4
2
= ❑√3，
截面圆半径的平方为r
2= R
2−d
2= 56
19，
则截面的面积为S =πr
2= 56
19 π，故D 正确.
故选：BD.
【多选题】25．（2025·江苏苏州·模拟预测）在正三棱柱ABC −A1B1C1中，AB = A A1=1，点P 满足⃗
BP = λ⃗BC + μ⃗B B1，其中λ∈[0,1)，μ∈[0,1)，则下列说法正确的是（ ）
A．当λ+ μ=1时，直线BP与直线AC异面
B．当λ = μ时，平面ABP与底面ABC所成角为定值
C．当λ = 1
2时，有且仅有两个点P，使得A1 P⊥BP
D．当μ= 1
2时，有且仅有一个点P，使得A1B⊥平面A B1 P
【答案】BCD
【分析】设O 是BC 的中点，D 为B1C1的中点，以O为原点，分别以OA ,OB ,OD所在直线为x , y , z轴，
建立空间坐标系．利用空间向量的方法即可逐项检验各选项的正误．A：利用平面向量共线的充要条件推
论可判定；B：求出平面ABP与底面ABC的法向量即可判断；CD：结合向量数量积为零即可求解．
【详解】设O 是BC 的中点，D 为B1C1的中点，以O为原点，分别以OA ,OB ,OD所在直线为x , y , z轴，
建立空间坐标系，如下图：
则B(0, 1
2 ,0),C(0,−1
2 ,0),B1(0, 1
2 ,1), A1(
❑√3
2 ,0,1), A(
❑√3
2 ,0,0)，
则⃗BC =(0,−1,0),⃗B B1=(0,0,1)．
由⃗BP = λ⃗BC + μ⃗B B1得⃗BP =(0,−λ , μ)，
由平面向量的基本定理易知，点P在矩形BC C1B1内部（含边界）．
A：当λ+ μ=1时，⃗BP =(1−μ)⃗BC + μ⃗B B1=⃗BC + μ(⃗B B1−⃗BC)=⃗BC + μ⃗C B1，
∴⃗BP−⃗BC =⃗CP = μ⃗C B1，此时C , P ,B1三点共线，
即P∈线段C B1，
若P 与C 重合，直线BP与直线AC相交，故A 错误；
B：当λ = μ时，⃗BP =(0,−λ , λ)，⃗AB =(−
❑√3
2 , 1
2 ,0)，
设平面ABP的法向量为⃗m=(x1, y1, z1)，
则{⃗
m⋅⃗BP =−λ y1+ λ z1=0⃗
m⋅⃗AB =−
❑√3
2 x1+ 1
2 y1=0)
，
λ =0时不符合题意，故λ≠0，
则{
−y1+ z1=0
−❑√3 x1+ y1=0)，取x1=1，则y1= z1= ❑√3，则⃗m=(1,❑√3,❑√3)，
平面ABC的一个法向量为⃗n=(0,0,1)，
∵⃗m,⃗n确定，故平面ABP与底面ABC所成角为定值，
故B 正确；
C：由λ= 1
2，则⃗BP =(0,−1
2 , μ)，
又⃗A1B =(−
❑√3
2 , 1
2 ,−1)，则⃗A1 P =⃗A1B+⃗BP =(−
❑√3
2 ,0, μ−1)，
若A1 P⊥BP，则⃗A1 P⋅⃗BP = μ( μ−1)=0，解得μ=0或1，
∴P有两个符合题意的点，故C 正确；
D：⃗A1B =(−
❑√3
2 , 1
2 ,−1),⃗A B1=(−
❑√3
2 , 1
2 ,1)，⃗AB =(−
❑√3
2 , 1
2 ,0)，
则⃗A1B⋅⃗A B1=0，即⃗A1B⊥⃗A B1, A1B⊥A B1，
∵μ= 1
2，∴⃗BP =(0,−λ , 1
2),⃗AP =⃗AB+⃗BP =(−
❑√3
2 , 1
2 −λ , 1
2)，
令⃗A1B⋅⃗AP = 3
4 + 1
4 −1
2 λ−1
2 =0，解得λ =1，此时⃗A1B⊥⃗AP , A1B⊥AP，
∵AP∩A B1= A , AP , A B1⊂平面A B1 P，∴A1B⊥平面A B1 P，
综上可得，有且仅有一个点P符合题意，故D 正确．
故选：BCD．
命题角度6：新定义题型
26．（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3×20
2
=30，顶点的个数为3×20
5
=12.
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12×5+30=90.
故选：B.
27．（2023·黑龙江大庆·模拟预测）北京大兴国际机场的显著特点之一是各种弯曲空间的运用，在数学上
用曲率刻画空间弯曲性．规定：多面体的顶点的曲率等于2π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
多面体各项点的曲率之和．例如：正四面体在每个顶点有3 个面角，每个面角是π
3 ，所以正四面体在每个
顶点的曲率为2π−3×π
3 =π，故其总曲率为4π．已知多面体的顶点数V，棱数E，面数F 满足
V −E+ F =2，则八面体的总曲率为（ ）
A．3π
B．10π
3
C．4π
D．5π
【答案】C
【分析】设每个面记为ni(i∈[1, F))边形，求出所有的面角和，再根据定义即可得解.
【详解】设每个面记为ni(i∈[1, F))边形，
则所有的面角和为∑
i=1
F
(ni−2)π=π∑
i=1
F
ni−2π F =π⋅2 E−2π F =2π(E−F)，
根据定义可得该类多面体的总曲率2πV −2π(E−F)=2π(V −E+ F)= 4π．
故选：C．
28．（24-25 高三上·贵州贵阳·期末）对于两个空间向量⃗a=(x1, y1, z1)与⃗b=(x2, y2, z2)，我们可以定义它
们之间的欧式距离为d(⃗a,⃗b)= ❑√(x1−x2)
2+( y1−y2)
2+(z1−z2)
2，欧式距离可以简单理解为两点之间的直
线距离；根据需要，还可以定义它们之间的曼哈顿距离为D(⃗a,⃗b)=|x1−x2)+|y1−y2)+|z1−z2)，曼哈顿
距离最初指的是区块建设的城市（如曼哈顿）中，两个路口间的最短行车距离，因此也被称为城市街区距
离．如图，在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1 D1中，d(⃗B D1,⃗C B1)= ；若点P在上底面
A1B1C1 D1内（含边界）运动，且|⃗AP)= ❑√2，则D(⃗AB ,⃗AP)的取值范围是 ．
【答案】 ❑√5 [1,3)
【分析】以A为坐标原点，AB、AD、A A1所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，求出向量⃗
B D1、⃗C B1的坐标，结合题中定义可求得d(⃗B D1,⃗C B1)的值；分析可知在上底面A1B1C1 D1内，点P在
以A1为圆心，1为半径的圆周上，设点P(cosθ ,sinθ ,1)，θ∈[0,π
2 )，利用题中定义结合三角函数的基
本性质可求得D(⃗AB ,⃗AP)的取值范围.
【详解】以A为坐标原点，AB、AD、A A1所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，
则B (1,0,0)、C (1,1,0)、B1(1,0,1)、D1(0,1,1)，则⃗B D1=(−1,1,1)，⃗C B1=(0,−1,1)，
所以d(⃗B D1,⃗C B1)=
❑√(−1)
2+2
2+0
2= ❑√5．
因为P在上底面A1B1C1 D1内（含边界）运动，且|⃗AP)= ❑√2，
则|⃗A1 P)=1，即在上底面A1B1C1 D1内，点P在以A1为圆心，1为半径的圆周上，
可设P(cosθ ,sinθ ,1)，则⃗AB =(1,0,0)，⃗AP =(cosθ ,sinθ ,1)，θ∈[0,π
2 )，
所以D(⃗AB ,⃗AP)=|cosθ−1)+|sinθ)+1=2+sinθ−cosθ =2+ ❑√2sin(θ−π
4 )，θ∈[0,π
2 )，
因为−π
4 ≤θ−π
4 ≤π
4 ，则sin(θ−π
4 )∈[−
❑√2
2 ,
❑√2
2 )，所以D(⃗AB ,⃗AP)∈[1,3)．
故答案为：❑√5；[1,3).
29．（22-23 高二上·上海普陀·期中）设P 为多面体M 的一个顶点，定义多面体M 在点P 处的离散曲率为
1−1
2π (∠Q1 PQ2+∠Q2 PQ3+⋯+∠Qk −1 PQk +∠Qk PQ1)，其中Qi(i=1,2,⋯,k ,k ≥3,k ∈N )为
多面体M 的所有与点P 相邻的顶点，且平面Q1 PQ2，平面Q2 PQ3，…，平面Qk −1 PQk和平面Qk PQ1为
多面体M 的所有以P 为公共点的面.已知在直四棱柱ABCD−A1B1C1 D1中，底面ABCD 为菱形，
A A1= AB.
①直四棱柱ABCD−A1B1C1 D1在其各顶点处的离散曲率都相等；
②若AC = BD，则直四棱柱ABCD−A1B1C1 D1在顶点A 处的离散曲率为1
4 ；
③若AB = BD，则直四棱柱ABCD−A1B1C1 D1在顶点A 处的离散曲率为2
3；
④若四面体A1 ABD在点A1处的离散曲率为7
12，则A C1⊥平面A1BD.
上述说法正确的有 （填写序号）
【答案】②④
【分析】根据题意求出线线夹角，再代入离散曲率公式，对四个选项逐一分析判断，结合线面垂直的判定
定理及性质即可得出答案.
【详解】对于①，当直四棱柱ABCD−A1B1C1 D1的底面为正方形时，
其在各顶点处的离散曲率都相等，当直四棱柱ABCD−A1B1C1 D1的底面不为正方形时，其在同一底面且
相邻的两个顶点处的离散曲率不相等，故①错误；
对于②，若AC = BD，则菱形ABCD为正方形，
因为A A1⊥平面ABCD，AB , AD⊂平面ABCD，
所以A A1⊥AB，A A1⊥AD，
所以直四棱柱ABCD−A1B1C1 D1在顶点A处的离散曲率为1−1
2π(
π
2 +π
2 +π
2 )= 1
4 ，故②正确；
对于③，若AB = BD，则∠BAD =π
3 ，
又A A1⊥AB，A A1⊥AD，
所以直四棱柱ABCD−A1B1C1 D1在顶点A处的离散曲率为1−1
2π(
π
2 +π
2 +π
3 )= 1
3，故③错误；
对于④，在四面体A1 ABD中，A A1⊥AB，A A1⊥AD，A A1= AB = AD，
所以∠A A1B =∠A A1 D =π
4 ，
所以四面体A1 ABD在点A1处的离散曲率为1−1
2π(
π
4 +π
4 +∠B A1 D)= 7
12，
解得∠B A1 D =π
3 ，易知A1B = A1 D = ❑√2 AB，
所以BD = ❑√2 AB，所以AB⊥AD，
所以直四棱柱ABCD−A1B1C1 D1为正方体，
因为C1 D1⊥平面AD D1 A1，A D1⊂平面AD D1 A1，
所以C1 D1⊥A1 D，
又A D1⊥A1 D , A D1∩C1 D1= D1, A D1,C1 D1⊂平面A C1 D1，
所以A1 D⊥平面A C1 D1，
又A C1⊂平面A C1 D1，所以A C1⊥A1 D，
同理BD⊥A C1，
又A1 D∩BD = D , A1 D ,BD⊂平面A1BD，
所以A C1⊥平面A1BD，故④正确，
所以正确的有②④.
故答案为：②④.
【点睛】本题主要考查离散曲率，考查考生的创新能力、逻辑思维能力、运算求解能力、空间想象能力，
试题结合新定义——离散曲率命制立体几何试题，角度新颖，要求考生充分理解离散曲率的定义，结合立
体几何的结构特征求解，体现了数学探索、理性思维学科素养．
30．（2021·江西南昌·三模）球面几何学是几何学的一个重要分支，在航海、航空、卫星定位等面都有广
泛的应用，如图，A，B，C 是球面上不同的大圆（大圆是过球心的平面与球面的交线）上的三点，经过这
三个点中任意两点的大圆的劣弧分别为´AB , ´BC , ´
CA，由这三条劣弧围成的图形称为球面△ABC．已知地
球半径为R，北极为点N，P，Q 是地球表面上的两点若P，Q 在赤道上，且|PQ)= ❑√2 R，则球面△NPQ
的面积为 ；若NP = PQ =QN = 2❑√6
3
R，则球面△NPQ的面积为 ．
【答案】 1
2 π R
2 π R
2
【分析】先证明“如果确定球面三角形的三个大圆所成的二面角分别为α , β ,γ，则球面三角形的面积为
(α + β + γ −π )× R
2，其中R为球的半径”，再根据题设条件求出二面角的大小，从而可求球面面积的大小.
【详解】现证明一个结论：如果确定球面三角形的三个大圆所成的二面角分别为α , β ,γ，则球面三角形的
面积为(α + β + γ −π )× R
2，其中R为球的半径.
证明：如图，设A
′ ,B
′ ,C
′为A ,B ,C关于球心的对称点，则A
′ ,B
′ ,C
′均为球面上的点，
且A A
′ ,B B
′ ,C C
′均为直径，我们用S ( ABC)表示球面三角形的面积.
设C −A A
′−B =α，A −B B
′−C = β，A −C C
′−B = γ，
则S ( ABC)+ S( A
′ BC)= α
2π ×4 π R
2=2α R
2，
同理S ( ABC)+ S( A B
′C)=2 β R
2，S ( ABC)+ S( ABC
′)=2γ R
2.
所以3 S ( ABC )+ S( A
′ BC)+ S( A B
′C)+ S( ABC
′)=2(α + β + γ ) R
2，
而S( ABC
′)= S( A
′ B
′C)，
故3 S ( ABC )+ S( A
′ BC)+ S( A B
′C)+ S( A
′ B
′C)=2(α + β + γ ) R
2，
又S ( ABC)+ S( A
′ BC)+ S( A B
′C)+ S( A
′ B
′C)= 1
2 ×4 π R
2=2π R
2，
故S ( ABC )+ S( A
′ BC)+ S( A B
′C)+ S( A
′ B
′C)=(α + β + γ −π ) R
2.
若P，Q 在赤道上，因为N为极点且|PQ)= ❑√2 R，故∠POQ =∠NOQ =∠NOP= π
2 ，
故确定球面三角形的三个大圆所成的二面角均为π
2 ，故球面面积为(
3 π
2 −π)× R
2= 1
2 π R
2.
若NP = PQ =QN = 2❑√6
3
R，则cos∠POQ =
2(
2❑√6
3
R)
2
−R
2
2× 2❑√6
3
R× 2❑√6
3
R
=−1
3
，
同理cos∠NOQ =cos∠NOQ =−1
3.
过P作ON的垂线，垂足为H，连接QH，则PH = R sin ∠POH = R×❑√1−1
9 = 2❑√2
3
R，
因为NP = NQ , NO = NO ,OP =OQ，故△PON ≅△QON，
故∠PNO=∠QNO，而NP= NQ , NH = NH，故△PHN ≅△QHN，
故∠PHN =∠QHN = π
2 且QH = 2❑√2
3
R
故cos∠PHQ =
2×(
2❑√2
3
R)
2
−(
2❑√6
3
R)
2
2× 2❑√2
3
R× 2❑√2
3
R
=−1
2
，而∠PHQ为三角形内角，
故∠PHQ = 2π
3 ，故P−NO−Q的大小为2π
3 ，
故根据对称性可知确定球面三角形的三个大圆所成的二面角均为2π
3 ，
故球面三角形的面积为(
2π
3 ×3−π)× R
2= π R
2.
故答案为：1
2 π R
2，π R
2.
【点睛】思路点睛：球面三角形的计算问题，可根据球的对称性合理转化，另外注意与球面有关的计算的
关系，注意利用空间中点、线、面的位置关系的性质定理将空间中的计算问题转化平面几何的计算问题.
