培优冲刺09立体几何截面、外接球、动点归类（解析版）_数学_二轮复习_2024年_2024年高考数学第三次模拟资源精选_资料_模块三查漏补缺

培优冲刺 09 立体几何截面、外接球、动点归类
目录
题型一：动点：恒平行.................................................................................................................................................1
题型二：动点：恒垂直.................................................................................................................................................4
题型三：动点：球截面.................................................................................................................................................7
题型四：动点；定角.....................................................................................................................................................9
题型五：外接球：线面垂直型.................................................................................................................................11
题型六：外接球：垂面型..........................................................................................................................................13
题型七：外接球：两线定心法.................................................................................................................................15
题型八：外接球：二面角型.....................................................................................................................................17
题型九：外接球：最值范围型.................................................................................................................................20
题型十：外接球：动点与翻折.................................................................................................................................22
题型十一：动点型最短距离和.................................................................................................................................24
题型十二：动点：内切球..........................................................................................................................................27
题型十三：多选题综合应用：二面角型几何体.................................................................................................29
题型十四：多选题综合应用：翻折型...................................................................................................................34
题型十五：多选题综合应用：正方体表面动点型............................................................................................38
题型十六：多选题综合应用：两部分体积比型.................................................................................................42
题型一：动点：恒平行
线面恒平行，过线做面，需要找它们和第三个面的交线互相平行，借助好“第三个面的交线平行“这个性
质，可以解决线面恒平行题型的截面问题
1.在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，且PA＝AC＝2AB＝2AD＝4，CD⊥AD，CB⊥AB，G为PC的
中点，过AG的平面 与棱PB、PD分别交于点E、F．若EF∥平面ABCD，则截面AEGF的面积为______．
【答案】
【分析】由题知 ，则 ①，再根据E、F、G三点共面得
，其中x＋y＋z＝1．设 ， ，从而可求，与①对比即可求出λ，从而可求EF的长度；再证明BD垂直平面PAC，
EF∥BD，从而得AG⊥EF，根据 即可得答案．
【详解】∵AC＝2AB＝2AD，CD⊥AD，CB⊥AB，
∴∠DAC=∠BAC=60°，
则根据向量加法法则易知， ，
即 ，则 ．
根据共面向量定理的推论知， ，其中x＋y＋z＝1．
连接BD，
∵EF∥平面ABCD，EF 平面PBD，平面PBD∩平面ABCD=BD，∴EF∥BD，
设 ，则 ，又G为PC的中点，∴
，
则 ， ，解得 ，AB=2，BD=2×ABsin60°= ，则 ．
连接AG，∵PA＝AC＝4，G为PC的中点，故 ．易知BD⊥AC，BD⊥PA，
，故BD⊥平面PAC，又 平面PAC，∴BD⊥AG，∴AG⊥EF，因此
．故答案为： ．
解法二：连接BD，设AC与BD交于点K，连接AG、PK，设AG与PK交于点L，
由题易得BD∥EF，则 ，作KN∥AG交PC于N，易知CK＝
3AK，则CN＝3GN，从而PG＝4GN，故 ，即 ．以下解法同上故答案为： ．
2.在三棱锥ABCD中，对棱 ，当平面α与三棱锥ABCD的
某组对棱均平行时，则三棱锥ABCD被平面α所截得的截面面积最大值为___________.
【答案】3
【分析】每组对棱棱长相等，所以可以把三棱锥ABCD放入长方体中，设长宽高分别为x，y，z，求出
，由线面平行得线线平行，证明当 是所在棱中点时面积最大，按截面与哪对棱平行分类讨
论求得截面面积的最大值.
【详解】因为每组对棱棱长相等，所以可以把三棱锥ABCD放入长方体中，设长宽高分别为x，y，z，则
，则 .
当平面α与三棱锥ABCD的对棱AB，CD均平行时，截而为四边形EFGH， ，
，
设 ，则 ， ，同理 ， （或其补角）是异面直线
所成的角，
，其中 为定值，
， 时， 取得最大值，即截面 面积最大，此时 是所
在棱中点，
由长方体性知最大面积为长方体上下底面面积的一半 ，
同样地，当平面a与三棱锥ABCD的对棱AC，BD均平行时，截面最大面积为 ；当平面α与三棱
锥ABCD的对棱AD，BC均平行时，截面最大面积为 .故答案为：3.
3.（山西省怀仁市2022届高三下学期一模数学试）在四棱锥 中，底面 是边长为 的正
方形，P在底面的射影为正方形的中心 点为 中点.点T为该四棱锥表面上一个动点，满足
都平行于过 的四棱锥的截面，则动点T的轨迹围成的多边形的面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
首先取 的中点 ， 的中点 ， 的中点 ， 的中点 ，连接 延长交 与点 ，连接
，证明平面 即为所求的截面，再证明四边形 是矩形， ，矩形面积加三角
形面积之和即为所求.
【详解】取 的中点 ， 的中点 ， 的中点 ， 的中点 ，连接 延长交 与点 ，连接 ,
因为底面 是边长为 的正方形，
所以对角线 ， ，
因为在底面的射影为正方形的中心，可得 面 ，
因为 面 ， 所以 ，
因为 ， ，所以 ，
因为 、 为 、 的中点，
所以 ，且 ，
因为 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ，同理 平面 ，
所以平面 即为所求截面.
又因为平面 平面 ， 平面 ，所以 ，
因为 为 的中点，可得 ，
所以 ， ， ，
因为 、 为 、 的中点，所以 ， ，
所以 ， ，所以四边形 是平行四边形，
因为 ， ， ，所以 平面 ，
因为 平面 ，可得 ，所以 ，
所以四边形 是矩形，
所以动点T的轨迹围成的多边形的面积为 .
故选：D
题型二：动点：恒垂直
恒垂直型截面，可以借助投影解决，投影型，需要利用”三垂线定理及其逆定理“这个性质转化寻找。三垂线定理指的是平面内的一条直线，如果与穿过这个平面的一条斜线在这个平面上的射影垂直，那么它也和
这条斜线垂直。
1.如图，在直三棱柱 中， ，点P在棱BC上运动，则过点P且与
垂直的平面 截该三棱柱所得的截面周长的最大值为_________．
【答案】
【分析】根据线线垂直，证明线面垂直，找到与 垂直的平面 ，故可得平面 平面 ，即可
求解.
【详解】取 中点为 ,连接 交 于 ,连接 ,所以 , ,所以
,
, ,所以 ,
,故 ,又因为平面 平面 ,其交线为 ,且
,因此 平面 ,故 ,因此 平面 ,故平面 平面 ，因为点P在
棱BC上运动，故当点P运动到点 时，此时截面最大，进而周长最大，此时周长为
故答案为：
2.（ 江西省南昌三中2021-2022学年高三10月月考数学（理）试题）在棱长为2的正方体中，E是正方形 的中心，M为 的中点，过 的平面 与直线DE垂直，则
平面 截正方体 所得的截面面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】确定平面 即为平面 ，四边形 是菱形，计算面积得到答案.
【详解】如图，在正方体 中，记 的中点为 ，连接 ，
则平面 即为平面 ．证明如下：由正方体的性质可知， ，则 ， 四点共面，
记 的中点为 ，连接 ，易证 ．连接 ，则 ，
， 平面 ，所以 平面 ，又 平面 ，则 ．
同理可证， ， ，则 平面 ，所以平面 即平面 ，
四边形 即平面 截正方体 所得的截面．因为正方体的棱长为 ，易知四边形
是菱形，
其对角线 ， ，所以其面积 ．故选：B
3.（清华大学自主招生暨领军计划数学试题）已知正方体 的棱长为1，棱 的中点为
E， 与 交于点O．若平面 经过点E且与 垂直，则平面 该正方体所得截面的面积为（ ）
A． B． C． D．1
【答案】A
【分析】如图，连结 ，可以证明 平面 ，故可求截面的面积.
【详解】如图，连结 ，则 ，
而 ，故 ，所以 ，故
，
故 ，而 平面 ， 平面 ，故 ，因 平面 ，
，故 平面 .因此 的面积为所求，其面积
．故选：A.
题型三：动点：球截面
1.已知正四面体 内接于球 ，点 是底面三角形 一边 的中点，过点 作球 的截面，若
存在半径为 的截面圆，则正四面体 棱长的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】根据条件设正四面体的棱长为 ，用棱长 表示出其外接球的半径 ，过 点作外接球
的截面，只有当 截面圆所在的平面时，截面圆的面积最小，此时此时截面圆的半径为 ，最大
截面圆为过球心的大圆，半径为 ，根据题意则 ，从而可得出答案.
【详解】如图，在正四面体 中，设顶点 在底面的射影为 ，
则球心 在 上， 在 上，且 ,连接 ､ ，设正四面体的棱长为 ，则 ，
。则正四面体的高 ，设外接球半径为 ，
在 中， ，即 ，解得 ，
∴在 中， ，
过 点作外接球 的截面，只有当 截面圆所在的平面时，截面圆的面积最小，
此时截面圆的半径为 ，最大截面圆为过球心的大圆，半径为
，由题设存在半径为 的截面圆，∴ ，解得 ，故选:C.2.（江西省景德镇市浮梁县第一中学2022-2023学年高三数学试题）已知正方体 的棱长为
2， 为棱 的中点，截面 交棱 于点 ，则四面体 的外接球表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】可证 为 的中点，设 的中点为 ， 的外接圆的球心为 ，四面体 的外接
球的球心为 ，连接 ，利用解三角形的方法可求 的外接圆的半径，从而可求四面
体 的外接球的半径.
【详解】
设 的中点为 ， 的外接圆的圆心为 ，四面体 的外接球的球心为 ，连接
，
因为平面 平面 ，平面 平面 ，平面 平面 ，故
，
而 ，故 ，故 为 的中点，所以 ，故 ，
因为 为三角形的内角，故 ，故 的外接圆的半径为 ，
平面 ， 平面 ，故 ，在平面 中， ，故
，
故四边形 为平行四边形，故 ， ，所以四面体 的外接球的半径为
，
故四面体 的外接球表面积为 ，故选：B.
3.（新疆2022届高三年级第一次联考数学试题）已知三棱锥 ， ， ，
，PA过三棱锥 外接球心O，点E是线段AB的中点，过点E作三棱锥 外接球O的截面，则下列结论正确的是（ ）
A．三棱锥 体积为 B．截面面积的最小值是
C．三棱锥 体积为 D．截面面积的最小值是
【答案】A
【分析】由题可得当且仅当截面与OE垂直时，过点E作三棱锥 外接球O的截面要使截面面积最
小，求出可判断BD；由余弦定理求出 ，求出过A、B、C的截面圆半径，即可求出 到平面ABC
的距离，进而求出高，得出体积.
【详解】三棱锥 外接球O的球心为PA中点，可得 ，
要使过点E作三棱锥 外接球O的截面要使截面面积最小，
则当且仅当截面与OE垂直时，此时 为截面圆心，AB为直径，
则可得截面半径为1，则截面面积的最小值是 ，故B，D错误．
在 中由余弦定理得 ，∴ ，
设过A、B、C的截面圆圆心为G，半径为r，连接OG，则 平面ABC，在 中由正弦定理得
，即 ，解得 ．在 中，由勾股定理得 ，∴三棱锥 的
高为 ，
故三棱锥 体积为 ，A正确．故选：A.
题型四：动点；定角
定角：定角，可以平移旋转而成圆锥母线、轴关系
1. 直线和直线成定角，可与平移-旋转为圆锥母线与轴的关系。
2. 直线与面成定角，可以平移旋转为：直线---面的法向量==圆锥母线---轴的关系
1.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.
2.（江苏省连云港市灌南高级中学2022-2023学年数学试题）如图所示空间直角坐标系 中，
是正三棱柱 的底面 内一动点， ，直线 和底面 所成角为 ，
则P点坐标满足（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据空间直角坐标系求得 ，以及平面 的一个法向量 ，根据线
面夹角的坐标运算即可得P点坐标满足的等式关系.
【详解】解：由正三棱柱 ，且 ，根据坐标系可得：
，又 是正三棱柱 的底面 内一动点，则 ，所以
，
又 平面 ，所以 是平面 的一个法向量，
因为直线 和底面 所成角为 ，
所以 ，
整理得 ，又 ，所以 .
故选：A.
3.正四面体 中，点 是棱 上的动点（包含端点），记异面直线 与 所成角为 ，直线
与平面 所成角为 ，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由题意，过点 作 ，过点 作 底面 ，垂足为 ，根据异面角和线面角的定
义，得到 和 ，分 不过点 和 过点 ，两种情况讨论，即可求解.
【详解】由题意，过点 作 ，过点 作 底面 ，垂足为 ，所以异面直线 与 所成角，即为角 ，即 ，
因为 底面 ，可得 为直线 与平面 所成的角，即 ，
（1）当 不过点 时，过点 作 ，连接 ，如图所示，因为 底面 ， 底面
，可得 ，
又由 ，所以 平面 ，因为 平面 ，所以 ，在直角 中，可
得 ，
在直角 中，可得 在直角 ，中可得 ，所以 ，
因为 且 在区间 上为单调递减函数，所以 ；
（2）当 过点 时，此时 ，由 ，可得 ，综上可得： .故选：C.
题型五：外接球：线面垂直型
线垂直一个底面（底面是任意多边形，实际是三角形或者四边形（少），它的外接圆半径是r，满足正弦
定理）
图 1 图 2
1.（2022 ·河南开封·高三河南省杞县高中校联考开学考试）在四棱锥 中，四边形 为正方
形， 平面 ，且 ，则四棱锥 的外接球与内切球的表面积之比为（ ）
A． B． C．3 D．
【答案】B
【分析】根据几何体内切圆半径公式 （ 为几何体的体积， 为几何体的表面积），由
两两垂直，四棱锥可补形为长方体，可得外接圆的半径公式，可得答案.
【详解】设四棱锥 的外接球与内切球的半径分别为 .因为 ，
四棱锥 的表面积 ，
所以 ，
因为 两两垂直，四棱锥可补形为长方体，所以 ，
所以四棱锥 的外接球与内切球的表面积之比为 .故选：B.
2.（2023 ·河南·高三校联考阶段练习）已知正方体 的外接球表面积为 ，点E为棱
的中点，且 平面 ，点 平面 ，则平面 截正方体 所得的截面图形的面积为
（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】先求得正方体的边长，画出截面 ，利用向量法证得 平面 ，根据梯形面积公式计算出截
面的面积.
【详解】设该正方体外接球的半径为R，
依题意， ，解得 ，故 ， ，故 .
分别取棱 ， 的中点F，G，连接 ， ， ， ，根据正方体的性质可知：四边形
为等腰梯形，
建立如图所示空间直角坐标系， ， ，
，所以 ，由于 ，
所以 平面 ，即截面为等腰梯形 .由题可知 ， ，
所以等腰梯形 的高为 ，故截面图形的面积为
故选：D
3.（2022 ·河北唐山·高三开滦第二中学校考阶段练习）如图，在三棱锥 中， 平面
分别为 的中点，则平面 截三棱锥 的外接球所得
截面的面积为（ ）A． B． C． D．
【答案】C
【分析】建立空间直角坐标系，用空间向量求解出点到平面的距离，进而求出截面半径和面积
【详解】因为， 平面 将三棱锥 补成正方体 ，
所以三棱锥的外接球就是正方体的外接球，球心 是 的中点. 设外接球的半径为 ，则 ，
即 ，
以 分别为 轴， 轴和 轴建立空间直角坐标系 ， 则
， ， ， ，则 ， ， ，设平面
的法向量为 ，
由 ，得 ，令 则 ，所以平面 的一个法向量 .
所以球心 到平面 的距离为 ，设平面 截三棱锥 的外接球所得的
截面半径 ，则 ，故该截面的面积为 ，故选：C
题型六：外接球：垂面型
面面垂直（俩面必然是特殊三角形）
等边或者直角：（1）等边三角形中心（外心）做面垂线，必过球心；
（2）直角三角形斜边中点（外心）做面垂线，必过球心；1.（2022·安徽·高三校联考阶段练习）四棱锥P-ABCD中，ABCD是正方形， ，且面
面ABCD，则四棱锥P-ABCD的外接球表面积为
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】P-ABCD的外接球转化为三棱柱PAB-EDC的外接球，球心位于上､下底面中心连线段中点O处，
由正弦定理求出 ，勾股定理求出 ，代入球体表面积公式即可得解.
【详解】P-ABCD的外接球与三棱柱PAB-EDC外接球相同.
球心位于上､下底面中心连线段中点O处，设外接球半径为R，
因为 ，所以△PAB为等边三角形，由正弦定理得 ，
，
.
.
2.（2023·全国·高三专题练习）已知在三棱锥 中， 是等边三角形， ，平面
平面BCD，若该三棱锥的外接球表面积为 ，则 （ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】首先根据题意，判断出三棱锥外接球球心的位置，利用其表面积求得其半径的大小，之后在三角
形中，利用勾股定理求得结果.
【详解】根据题意，画出图形， 设且外接球球心为O，半径为R，
根据题意，有 ，解得 ，根据题意，有球心O为正三角形 的中心，
因为 ，所以 ，所以正三角形 的边长为 ， ，所以 ，
因为平面 平面BCD，所以 ，所以 ，故选：C.
3.（2022·全国·高三专题练习）在三棱锥 中， .平面 平面
，若球O是三棱锥 的外接球，则球O的表面积为（ ）.
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据已知条件求得外接球的半径，由此求得球的表面积.
【详解】设 分别是 的中点，由于 ，所以 ，由于平面 平面 且交线为 ，所以 平面 ，由于 ，所以 是 的外心，所以球心 在过 且与平面
垂直的直线上，
， ， ，过 作 ，且交点
为 ，
由于 ，所以四边形 是矩形，则 .设外接球的半径为 ，所以
，
解得 ， .所以外接球的表面积为 .故选：D
题型七：外接球：两线定心法
双线交点定心法（特殊三角形圆心垂线交点确定球心法）
（1）等边三角形中心（外心）做面垂线，必过球心；
（2）直角三角形斜边中点（外心）做面垂线，必过球心；
1.（福建省龙岩市一级达标校2022-2023学年高三教学质量检查数学试题）三棱锥P﹣ABC的底面ABC是
等腰三角形，AC＝BC＝2，AB＝2 ，侧面PAB是等边三角形且与底面ABC垂直，则该三棱锥的外接球
表面积为_____．
【答案】
【分析】
求出 的外接圆半径 ， 的外接圆半径 ，求出外接球的半径 ，即可求出该三棱锥的外接球的
表面积．
【详解】
由题意，设 的外心为 ， 的外心为 ，
则 的外接圆半径 ，
在 中，因为 ，
由余弦定理可得 ，所以 ，所以 的外接圆半径 ，
在等边 中，由 ，所以 ，所以 ，
设球心为 ，球的半径为 ，则 ，
又由 面 ， 面 ，
则 ，所以该三棱锥的外接球的表面积为 ．
故答案为： ．
2.（湖北省鄂东南省级示范高中教学改革联盟2023届高三模拟考试数学（文）试）已知在三棱锥
中， 是等边三角形， ，平面 平面BCD，若该三棱锥的外接球表面积为 ，则
（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
首先根据题意，判断出三棱锥外接球球心的位置，利用其表面积求得其半径的大小，之后在三角形中，利
用勾股定理求得结果.
【详解】
根据题意，画出图形，
设且外接球球心为O，半径为R，根据题意，有 ，解得 ，
根据题意，有球心O为正三角形 的中心，
因为 ，所以 ，所以正三角形 的边长为 ，
，所以 ，因为平面 平面BCD，所以 ，
所以 ，故选：C.
3.（江苏省盐城中学2022-2023学年高三上学期第三次阶段性质量检测数学试题）已知菱形 边长为3， ， 为对角线 上一点， .将 沿 翻折到 的位置， 记为 且二
面角 的大小为120°，则三棱锥 的外接球的半径为______；过 作平面 与该外接球相
交，所得截面面积的最小值为______.
【答案】
【分析】
（1）过 的重心作垂线，垂线的交点即为球心，再根据已知线段长度求解出球的半径；
（2）首先确定出当截面面积最小时对应的 与截面的位置关系，再根据线段长度求解出截面圆的面积.
【详解】
因为 且四边形 为菱形，所以 均为等边三角形，
取 的重心为 ，过 作平面 、平面 的垂线，且垂线交于一点 ，
此时 即为三棱锥 的外接球球心，如下图所示：
记 ，连接 ，因为二面角 的大小为 ，
且 ，所以二面角 的平面角为 ，
因为 ，所以 ，所以 ，
又因为 ，所以 ，所以 ，
所以 ，又 ，所以 ，
所以三棱锥 的外接球的半径为 ；
当截面面积取最小值时，此时 截面，又因为截面是个圆，设圆的半径为 ，外接球的半径为 ，
又因为 且 ，所以 ，
所以 ，所以此时截面面积为 .故答案为： ； .
题型八：外接球：二面角型
1. 向量法：二面角 的大小为 ( )
2.定义法：在棱上任一点，分别在两个半平面内做棱的垂线，两垂线所成的角即为二面角的平面角
3.垂面法：做与棱垂直的平面，交二面角两个半平面，两条交线所成的角即为二面角的平面角
1.（2023·全国·高三专题练习）在三棱锥 中， ， ，二面角 的平
面角为 ，则三棱锥 外接球表面积的最小值为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】取AC的中点M，可得 即为二面角 的平面角， △ACB的外心为O，过O 作平
1 1
面ABC的垂线，过△ACD的外心M作平面ACD的垂线，两条垂线均在平面BMD内，它们的交点就是球
心O，在平面ABC内，设 ，然后表示出外接球的半径，利用基本不等式可求出其最小值，从而
可求得答案.
【详解】当D在△ACD的外接圆上动的时候，该三棱锥的外接球不变，
故可使D点动到一个使得DA=DC的位置，取AC的中点M，连接 ，
因为 ，DA=DC，所以 ， ，故 即为二面角 的平面角，
△ACB的外心为O，过O 作平面ABC的垂线，过△ACD的外心M作平面ACD的垂线，两条垂线均在平
1 1
面BMD内，它们的交点就是球心O，画出平面BMD，如图所示；
在平面ABC内，设 ，则 ， ，
因为 ，所以 ，所以 ，所以
令 ，则 ，
所以 ，当且仅当 时取等，故选:B
2.（2022上·山西·高三校联考阶段练习）在边长为2的菱形 中， ，将菱形 沿对角线折起，使二面角 的大小为 ，则所得三棱锥 的外接球表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由已知可得 、 都是边长为 的等边三角形，由菱形的对角线互相垂直，可得
为二面角 的平面角，即 ，作出图形，找出三棱锥 的外接球球心，利用四点
共圆结合正弦定理求解三棱锥 的外接球的半径，代入球的表面积公式可得结果.
【详解】由于四边形 是边长为 的菱形，且 ，则 ，
所以， 、 都是边长为 的等边三角形，
由于菱形的对角线互相垂直，则 ， ，
所以， 为二面角 的平面角，即 ，
过点 作平面 的垂线 ，垂足为点 ，则点 在线段 上，
由 ， ，可得 ，
且 是等边三角形，所以， ，设 的外心为点 ， 的中点 ，
在平面 内，过点 、 分别作平面 、 的垂线交于点 ，
则点 为三棱锥 的外接球的球心，则 ， ，
，则 ，由于 、 、 、 四点共圆，可得
，
所以，三棱锥 的外接球的表面积为 .故选：B.
3.（2023·全国·高三专题练习）在三棱锥 中， 为等腰直角三角形， ， 为
正三角形，且二面角 的平面角为 ，则三棱锥 的外接球表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由球的截面性质确定球心的位置，结合条件求出球的半径，由此可求外接球的表面积
【详解】如图所示， 为直角三角形，又 ，
所以 ，
因为 为正三角形，所以 ，
连接 ， 为 的中点，E为 中点，
则 ，所以 为二面角 的平面角
所以 ．因为 为直角三角形，E为 中点，
所以点 为 的外接圆的圆心，
设G为 的中心，则G为 的外接圆圆心．过E作面 的垂线，过G作面 的垂线，设
两垂线交于O．
则O即为三棱锥 的外接球球心．设 与 交于点H，
，
所以 , ，∴ ．
所以 ，故选：C.
题型九：外接球：最值范围型
1.（福建省泉州市南安第一中学2022-2023学年高三上学期月考数学）已知球 是正三棱锥 的外
接球，底边 ，侧棱 ，点 在线段 上，且 ，过点 作球 的截面，则所得截面
圆面积的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
设 的中心为 ，球 的半径为 ，连接 ，可得 ，可得 的值，过点
作圆 的截面，当截面与 垂直时，截面的面积最小，当截面过球心时，截面面积最大，即可求解．
【详解】
解：如图，设 的中心为 ，球 的半径为 ，连接 ，
则 ，在 中，
，解得 ， ，在 中， ，
过点 作圆 的截面，当截面与 垂直时，截面的面积最小，此时截面圆的半径为 ，最小面积为 ．
当截面过球心时，截面面积最大，最大面积为 ．故选B
2.正三棱锥 ， 为 中点， ， ，过 的平面截三棱锥 的外接球所得截
面的面积范围为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】
根据题中数据，结合正棱锥的结构特征，得到 两两垂直，可将正三棱锥 看作正方体的
一角，设正方体的体对角线的中点为 ，得到点 是正三棱锥 外接球的球心，记外接球半径为 ，
过球心的截面圆面积最大；再求出 ，根据球的结构特征可得，当 垂直于过 的截面时，截面
圆面积最小，结合题中数据，即可求出结果.
【详解】
因为正三棱锥 ， ， ，
所以 ，即 ，同理 ， ，
因此正三棱锥 可看作正方体的一角，如图，
记正方体的体对角线的中点为 ，由正方体结构特征可得， 点即是正方体的外接球球心，
所以点 也是正三棱锥 外接球的球心，记外接球半径为 ，则 ，
因为球的最大截面圆为过球心的圆，所以过 的平面截三棱锥 的外接球所得截面的面积最大为
；又 为 中点，由正方体结构特征可得 ；
由球的结构特征可知，当 垂直于过 的截面时，截面圆半径最小为 ，所以
.
因此，过 的平面截三棱锥 的外接球所得截面的面积范围为 .故选：D.
3.（山东省2023年普通高等学校招生统一考试数学必刷卷）已知等边三角形 的边长为 ， ，
分别为 ， 的中点，将 沿 折起得到四棱锥 .点 为四棱锥 的外接球球
面上任意一点，当四棱锥 的体积最大时，四棱锥 外接球的半径为______，点 到平面
距离的最大值为______.
【答案】
【分析】
由题意作图，当四棱锥 的体积最大时，平面 平面 ，根据图形的几何性质，找到球
心O的位置，进而根据已知长度求出半径R，即可得答案.
【详解】如图所示：
设 的中点为 ， ， 分别为等边三角形 和梯形 的外接圆圆心.
在 中， 为 的中点，所以 ，
则 为梯形 外接圆的直径.
连接 ， .由题意，当四棱锥 的体积最大时，平面 平面 ，
过 作平面 的垂线，过 作平面 的垂线，两条垂线交于点 ，则点 即为四棱锥
外接球的球心.
四边形 为矩形，则 .
在等边三角形 中， ，则 ， ，即 .
又 ，所以四棱锥 外接球的半径 ，
所以点 到平面 距离的最大值 .
故答案为： ； .
题型十：外接球：动点与翻折
1.如图，在 中， 分别取 边的中点 ，将
分别沿三条中位线折起，使得 重合于点 则三棱锥 的外接球体积的最小值为
________________________．
【答案】
【分析】
由翻折变换知，三棱锥 的对棱分别相等，将锥体弥补成长方体，利用长方体外接球的求法，结合
球的体积公式即可得解.
【详解】设 ，则 ，由翻折变换可知，三棱锥 的对棱分别相等，
且 ， ， 将三棱锥 补充成长方体，对角线长分别为，如图所示
三棱锥 的外接球即为长方体的外接球.设长方体的长宽高分别为 ，
则 。所以 则外接球半径
当 时，半径最小，此时
所以三棱锥 的外接球的体积的最小值为 故答案为：
2.已知四边形 是边长为5的菱形，对角线 （如图1），现以 为折痕将菱形折起，使点B达
到点P的位置.棱 ， 的中点分别为E，F，且四面体 的外接球球心落在四面体内部（不含边界，
如图2），则线段 长度的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】
先根据四面体的侧面及底面外接圆的圆心来确定球心的位置，设角 结合长度关系可得
，进而可得范围.
【详解】 由题意可知△ 的外心 在中线 上，设过点 的直线 ⊥平面
,可知 平面 ,同理△ 的外心 在中线 上,设过点 的直线 ⊥平面 ，则 平面
,
由对称性知直线 的交点 在直线 上.根据外接球的性质,点 为四面体 的外接球的球心.由题意得 ,而 所以 .令 ,显然 ,
所以 .因为 ，所以 ，又 ，所以
，即 .综上可知 .故选：A.
3.（2023·四川·四川省金堂中学校校联考三模）如图，在梯形ABCD中， ， ，
，将△ACD沿AC边折起，使得点D翻折到点P，若三棱锥P-ABC的外接球表面积为
，则 （ ）
A．8 B．4 C． D．2
【答案】C
【分析】先找出两个三角形外接圆的圆心及外接球的球心，通过证明 ， 可得四边形
为平行四边形，进而证得BC⊥面APC，通过勾股定理可求得PB的值.
【详解】如图所示， 由题意知， ，所以 ， ，
所以AB的中点即为△ABC外接圆的圆心，记为 ，又因为 ，所以 ， ，
所以在 中，取AC的中点M，连接PM，则△APC的外心必在PM的延长线上，记为 ，
所以在 中，因为 ， ，所以 为等边三角形，
所以 ，（或由正弦定理得： ）所以 ，
在 中， ， ， ，设外接球半径为R，则 ，解得：
，
设O为三棱锥P-ABC的外接球球心，则 面ABC， 面APC．所以在 中， ，
又因为在 ， ，所以 ， ，
所以四边形 为平行四边形，所以 ，又因为 ，
所以 ，又因为 面APC，所以BC⊥面APC，所以 ，
所以 ，即： .故选：C.
题型十一：动点型最短距离和
多通过侧面（表面）展开，把空间距离转化为平面距离来求解。棱台、棱锥、棱柱，可以通过旋转截面（或者表面）来达到空间距离转为平面距离
在展开的过程中，要注意不同几何体，可能有多种展开方式，要分开各自计算，再做比较
圆锥与圆台侧面展开示意图
1.（广东省广州市华南师范大学附属中学等四所中学2023届高三上学期期末数学试题）如图，在三棱锥
中， 平面 ， 为线段 的中点， 分别为
线段 和线段 上任意一点，则 的最小值为（ ）
A． B． C． D．2
【答案】C
【分析】先利用线面垂直的判定定理推得 再利用面积相等在 中推得
，从而得到 ，由此得解.
【详解】因为 平面 ， 面 ，所以 ，
又 ， ，
因为 ， 平面 ，所以 平面 ，
又 平面 ，所以.
又在 中， ，
在 中， ，
故 ，
则 ，
又 ，
所以 ，
即 ，当且仅当 时，等号成立，
当 时， 为 的中点，此时当 时， 为 的中点，
综上所述 的最小值是 .故选：C.
2.（浙江省温州市平阳县2023届高三下学期5月高考适应性考试数学试题）在棱长为3的正方体
中， 为棱 的中点， 为线段 上的点，且 ，若点 分别是线段 ，
上的动点，则 周长的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】连接 ，易知 为线段 与 的交点，即 为线段 上靠近D的三等分点，将 周长
的最小值问题转化到平面上几何知识连接两点间的线中线段最短与平面几何中对称问题处理，最后由余弦
定理求得 的长度即可.
【详解】连接 ，易知 为线段 与 的交点，即 为线段 上的点，由勾股定理可知 ，
则 ，
分别作点 关于线段 ， 的对称点 ， ，且由对称关系有垂直关系且显然 为等边三角形，
即 ，
由等边三角形对称问题可求得 ，
据余弦定理得 ，
由平面几何知识连接两点间的线中线段最短，得 周长的最小值为 .
故选：D3.在棱长均为 的正四面体 中， 为 中点， 为 中点， 是 上的动点， 是平面
上的动点，则 的最小值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】在正四面体 中,由 平面 ,找出 在平面 上的射影 ,再沿 展开平面
,使之与平面 重合,此时, 的最小值即为点 到 的距离,最后,结合数据解三角形即可.
【详解】由题知,在正四面体 中, 为 中点, , 平面 ,
1 3
设 中点为 ,连 , 为 中点, ,且MG AE , 平面 ,
G MG M AC MG//AE 2 2 MG CDE

DG即为DM 在平面CDE上的射影,沿DM 展开平面ADM ,使之与平面GDM 重合,
此时,APPQ的最小值即为点A到DG的距离,故过点A作AQDG于点Q,
MG 3 33
又 ,sinMDG  ,cosMDG , ,
DM  AD2AM2 3 MD 6 6

ADM 30
3 3 33 1 3 33
sinADQsin(ADM MDG)     ,
6 2 6 2 12
,故选:A.
3 33 3 11
AQ ADsinADQ2 3 
12 2
题型十二：动点：内切球1 1 1 1 1
V V +V +V +V  rS  rS + rS + rS = r（S S +S +S )
DABC OBCD OABC OACD OABD 3 BCD 3 ABC 3 ACD 3 ABD 3 BCD ABC ACD ABD
3V
r  DABC
S S +S +S
BCD ABC ACD ABD
3
1.（安徽省阜阳市2022-2023学年高三数学试题）如图，正三棱柱 的侧棱长为 ，底面边长
ABC- ABC
2
1 1 1
为2，D，E，F，M，N分别为棱AC，AB，BC，AC ，BC 的中点，P为线段MN上的动点，则三棱锥
1 1 1 1
PDEF内切球半径的最大值为_______________．
152 3
【答案】
2
1
【分析】三棱锥的内切球问题，利用v
棱锥

3
S
表
r （r为内切球半径，S
表
为棱锥表面积）
【详解】点Р在平面ABC的投影在线段DF上，垂足为H，在平面ABC内，设H到DE的距离为a，H到
3 3
EF的距离为b， ，则a m，b 1m， ，
DH m 2 2 0m1
1 3 3 3 3
S S   m2  1m2  
△PDE △PFE 2  4 4 4 4 
 
 3  m02 012  m12 (01)2  ，
4  
1
m02012  m12(01)2 表示点m,0分别到点(0,1) 和点1,1的距离之和，所以当m 时，
2
15 3 3 3
的最小值为 ，S S    ，设三棱锥 内切球的半径为 ，
S △PDE S △PFE 4 △DEF △PDF 4 4 2 PDEF r
1 1 3 152 3 152 3
S S S S r  S ，故r  ．故答案为： .
3 △DEF △PDF △PDE △PFE 3 2 △DEF max 2 2
2.（河南省商丘市部分学校2022-2023学年高中毕业班阶段性测试（三）数学试题）如图，有一半径为1的
球形灯泡，要为其做一个上窄下宽的圆台形灯罩，要求灯罩对应的圆台的轴截面为球形灯泡对应的大圆的
外切等腰梯形，则灯罩的表面积（不含下底面）至少为__________.
   
【答案】2 21 π## 2 22 π
【分析】轴截面为等腰梯形，设上底为2x，下底为2y，由几何知识得x，y间关系.
后表示出灯罩表面积，可得最小值.【详解】由题可得，轴截面为等腰梯形.如图，E，F，P分别为圆在AD，BC，AB上切点.
则OE AD,OF BC,OP AB，且E,O,F三点共线.
设AEx,BF  y.其中0x y. 则由切线长定理得AP AEx，BF  BP  y.
因OP  OE  1，OAOA，OPA  OEA  90o，则Rt OPARt OEA，
 
得OA平分POE.同理可得，OB平分POF，又EOF  180o，则AOB  90o.
又OPAB，由射影定理得：OP2  PA  PB，故xy1.
设灯罩的表面积为S，灯罩上表面积为S
1
，灯罩侧面面积为S
2
，则S S
1
S
2
.
又S
1
πx2，S
2
π
lr
1
 lr
2
 π
x  y
2
（
l
为圆台母线长，r
1
，r
2
为上下底面半径）.则
S π  2x2  y2  2xy  ，又xy1，
 1   1   
则S π 2x2   2 π2 2x2   2  2 2  1 π，

x2



x2 

1 1

1 14 1 4
当且仅当 2x2  ，即x    ，y    取等号.
x2 2 2
 
故答案为：2 2  1 π .
3.（百师联盟全国高三模拟考（三）数学试题）已知四棱锥PABCD，底面四边形ABCD为正方形，
2 6
，四棱锥的体积为 ，在该四棱锥内放置一球 ，则球 体积的最大值为_________．
PAPBPCPD 3 O O
6
【答案】 
12
【分析】由题知，该四棱锥为正四棱锥PABCD，作出该正四棱锥的高PH 和斜高PE，连接HE，则球
心O必在Rt

PHE的PH 边上，设OEH ，由球与四棱锥的内切关系可知PEH 2，设AB2a，
用a和表示四棱锥的体积，解得a和的关系，进而表示出内切球的半径，并求出半径的最大值，进而求
出球的体积的最大值.
【详解】设OEH ，AB2a，
由球O内切于四棱锥可知，PEH 2，EH a，
则PH atan2，球O的半径Ratan，
1 2 6 6 6
V  4a2atan2 ，a3tan2 ，a3  ，
PABCD 3 3 2 2tan2
6tan3 6tan3
R3 a3tan3 
2tan2 22tan
1tan2
6tan2  1tan2 
6 2 4 6 6
  当且仅当tan 时，等号成立，此时V    .
4 16 2 o 3 16 12故答案为： .
6

12
题型十三：多选题综合应用：二面角型几何体
1．（多选）（23-24高三·湖南长沙·阶段练习）已知函数 f(x)sin(x)(0,0,0)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， f(x)与y轴的交点为D(0, 3)，此时AAB135．将绘有该图象的纸片沿x轴折成
60的二面角OC，如图2所示，折叠后|AB|2 2，则下列四个结论正确的有（ ）

A．
3
B． f(x)的图象在(2,3)上单调递增
C．在图2中， f(x)上存在唯一一点Q，使得DQ//面ABC
4
D．在图2中，若 P 1 ,P 2 是 f(x) 上两个不同的点，且满足 AP i BB,i1,2 ，则 P 1 P 2 的最小值为 3
【答案】BD
T
【分析】先由题意读出AA ABBB ，建立关于它们的等量关系，从而求出 的值，进而求出
2 
根据三角函数由图像求解析式的思路依次求出和的值，得出 f x 的解析式，即可判断AB；CD需根据
f x 图像特征结合几何平行和垂直的判定方法和手段进行分析处理.
T
【详解】设函数 的最小正周期为 ，则AA ABBB ，
f(x) T,AAB135 2
   2  2 2 2  
又   ，平方得|AB|2 AAABBB ，即|AB|2 AA  BB  AB 2AABB，
AB AAABBB
所以8322，即2 4，因为0，解得2，
2  x  3
故 ，即  ，所以 f(x)2sin ，则 ，可得sin ，
T 24 T 2  2  f(0)2sin 3 2
2
又因为函数 在 附近单调递减，且 ，所以 ，故A错误；
f(x) x0 0 3
x 2 x 2 5 13
对于B选项，因为 f(x)2sin  ，当 时，   , ，此时 单调递增，B
 2 3  x(2,3) 2 3  3 6  f(x)
符合题意；对于C选项，在平面内，过点D作DM //AC交x轴于M，交 f(x)于Q
1
，
再在平面上，过M作平行于BC的直线交 f(x)于Q ，此时DQ,DQ //面ABC，故C错误；
2 1 2
对于D选项，若P
1
,P
2
均在上，由AP
i
BB可知，AP
i
平行于x轴，此时 P
1
P
2 min
T 4，
若P
1
,P
2
均在上，作AE于点E，则AEBB，
又AP
i
BB，从而BB 面AP
i
E，故P
i
EBB，而AE AAcos601，因此，在图1中作直线y1，
则P为y1与y f(x)的交点，
i
7 4
不妨设 P 1 ,P 2 为 y1 与 y f(x) 在y轴右侧最近的两个交点，则此时 P 1 P 2 的最小值为 3 1 3 ，
16 43 4
若 不在同一个面上，此时 PP  AP  AE2EP2  3   ，故D正确.
P,P 1 2 min 1 1 9 3 3
1 2
故选：BD.
【点睛】方法点睛：涉及未知点（或动点）的平行（或垂直）关系求未知点（或动点）的位置或轨迹时，
抓住平行（或垂直）的不变性和定点以及定直线作相应的平行面或垂面可助于找到未知点（或动点）的位
置或轨迹.
2．（多选）（2024·云南·模拟预测）如图，已知二面角l的棱l上有A,B两点，
C,AC l,D,BDl，且AC  ABBD，则（ ）
3
A．当 时，直线 与平面 所成角的正弦值为
 CD  3
B．当二面角l的大小为60时，直线AB与CD所成角为45
5 5π
C．若 ，则三棱锥 的外接球的体积为
CD2AB2 ABCD 3
2 7
D．若 ，则二面角 的余弦值为
CD2AB CBDA 7
【答案】ABD【分析】
对A：借助空间垂直的转化可得线线垂直，结合线面角的定义计算即可得；对 B：借助二面角的定义，作
出平行直线AB且与CD相交的直线即可计算异面直线夹角；对C：找到底面外接圆圆心，作出过该点且垂
直底面的直线，则球心必在该直线上，设出半径，结合勾股定理可得半径，即可得外接球体积；对 D：借
助二面角定义作出该二面角的平面角，结合意义计算即可得.
【详解】对A选项：当时，因为

l，ACl，
所以AC，所以直线CD与平面所成角为CDA，
又因为AD，所以AC  AD，
因为BDl，AC  ABBD，所以AD 2AB 2AC，
AC AC 3
sinCDA  
所以 CD  2 3 ，故A正确；
AC2 2AC
对B选项：如图，过A作AE//BD，且AEBD，连接ED，EC，
则四边形ABDE为正方形，所以AB//DE，所以CDE（或其补角）即为直线AB与CD所成角，
因为BDl，四边形ABDE为正方形，有AE//BD，所以AEl，
又因为ACl，所以CAE即为二面角l的平面角，即CAE60，
由ACl、AEl、ACAE A且AC、AE平面ACE，
所以l平面ACE，又四边形ABDE为正方形，所以DE//l，
所以DE平面ACE，又CE平面ACE，所以DECE.
由AC BD且四边形ABDE为正方形，CAE60，所以AC AECE，
所以tanCDE1，即CDE45，即直线AB与CD所成角为45，故B正确；
对于D，如图，作AE//BD，且AEBD，
则二面角l的平面角为CAE，不妨取CD2AB2，
由CD2，在Rt△DEC中，易得CE 3，
1
在 中，由余弦定理得cosCAE ， ，
△ACE 2 CAE120
过C点作CO AE交线段EA的延长线于点O，则CO平面ABDE，
过O点作OH BD，交线段DB的延长线于点H，连接CH ，
则CHO为二面角CBDA的平面角，
3 7
易得CO ， ，CH  ，
2 HO1 2
OH 2 7
所以cosCHO  ，故D正确；
CH 7
对C选项：同选项D可知CAE120，如图，分别取线段AD，AE的中点G，M，连接GM ，过G点作平面的垂线，
则球心O必在该垂线上，设球的半径为R，则OER，
1 3
又 的外接圆半径r  1，而平面 平面 ，
△ACE 2 sin120 ACE  ABDE
1 2 5
所以 平面 ，即 的长为点 到平面 的距离，则R2 1   ，
OG// ACE MG O ACE 2 4
4 5 5π
所以四面体 的外接球的体积为 πR3  ，故C错误.
ABCD 3 6
故选：ABD.
【点睛】关键点点睛：本题C选项中外接球半径半径的计算关键是先找到底面外接圆圆心，则球心必在过
外接圆圆心且垂直于底面的直线上.
3．（多选）（2024·广东梅州·二模）如图，平面ABN ^， AB  MN 2，M为线段AB的中点，直线
MN与平面的所成角大小为30°，点P为平面内的动点，则（ ）
A．以N 为球心，半径为2的球面在平面上的截痕长为2
B．若P到点M和点N的距离相等，则点P的轨迹是一条直线
π
C．若P到直线MN的距离为1，则 的最大值为
APB 2
D．满足MNP45的点P的轨迹是椭圆
【答案】BC
【分析】根据点N 到平面的距离d  MN sin30 1，结合球的截面性质可得截面圆的半径，即可求解
A，建立空间直角坐标系，利用点点建立公式，化简可判断B，根据点到直线的距离公式，可得P的轨迹是
y2
平面 内的椭圆x2 1上一点，即可根据椭圆的性质 求解C，根据向量的夹角公式即可化简求解 的
 4 P
 2
y2 3 x2 4 3
轨迹为 且 ，即可求解D.
 1 y
4 2 3
【详解】对于A，由于MN与平面的所成角大小为30°，所以点N 到平面的距离d  MN sin30 1，
故半径为 R2 的球面在平面上截面圆的半径为r R2d2  3,故截痕长为2πr2 3π，A错误，
对于B,由于平面ABN ^，所以以AB为 y ，在平面内过M 作x AB,平面ABN 内作z AB，建立如
图所示的空间直角坐标系，
则M0,0,0,B0,1,0,A0,1,0,N  0, 3,1  ,
 2
设Px,y,0，则 PM  PN x2y2 x2 y 3 1，
2
化简得y  ，故P到点M和点N的距离相等，则点P的轨迹是一条直线，B正确，
3 2 2
M  N    0, 3,1  , M  P  x,y,0 ,所以P到直线MN的距离为 M

P
2


   M

P


M
M
N
N

    x2y2

   2
3y
   1，化
y2
简可得x2 1，
4
y2
所以点 的轨迹是平面 内的椭圆x2 1上一点，如图，
P  4
π π
当 在短轴的端点时，此时 最大，由于 BM  MP 1,故BPM  ，因此APB2BPM  ,C
P APB 4 2
正确，
      
对于D, NM  0, 3,1 ,NP x,y 3,1 ，MPx,y,0,
 
  NMNP  3y4 2
cosMNPcosNM,NP  
若 ，则  N  M    N  P   2 2 ，
2 x2 y 3 1
MNP45
 2
y2 3 x2 4 3
化简得
 1
且
y
，故满足 的点P的轨迹是双曲线的一部分，D错误，
4 2 3 MNP45
故选：BC
【点睛】方法点睛：立体几何中与动点轨迹有关的题目归根到底还是对点线面关系的认知，其中更多涉及
了平行和垂直的一些证明方法，在此类问题中要么很容易的看出动点符合什么样的轨迹(定义)，要么通过
计算(建系)求出具体的轨迹表达式，和解析几何中的轨迹问题并没有太大区别，所求的轨迹一般有四种，
即线段型，平面型，二次曲线型，球型.
题型十四：多选题综合应用：翻折型
翻折
1. 翻折前后，在同一平平面内的点线关系不变
2. 翻折过程中是否存在垂直或者平行等特殊位置关系
3. 翻折过程中，角度是否为定值
4. 翻折过程中，体积是否存在变化
1．（2024·吉林·模拟预测）如图1，在等腰梯形ABCD中，AB

DC，且DC 2AB2AD4,O为BD的
中点，沿BD将△ABD翻折，使得点A到达A的位置，构成三棱锥ABCD（如图2），则（ ）A．在翻折过程中，AD与BC可能垂直
B．在翻折过程中，二面角ABCD无最大值
π
C．当三棱锥 体积最大时， 与 所成角小于
ABCD AD CO 3
π
D．点 在平面 内，且直线 与直线 所成角为 ，若点 的轨迹是椭圆，则三棱锥
P ABD PC BC 6 P ABCD
 3 2 3
的体积的取值范围是 , 
3 3 
 
【答案】AC
【分析】先确定未翻折之前，图形中的数量关系和位置关系，翻折时，当AOOC时可证平面ABD平
面BCD，从而可证ADBC，判断A；且此时二面角ABCD取得最大值，判断B；还是此时，当三棱
锥ABCD体积最大，可求异面直线AD与CO所成角，判断C；对D，根据圆锥曲线的定义，判断二面
角ABDC的取值范围，求出高的取值范围，从而的三棱锥ABCD的体积的取值范围，判断D.
【详解】如图1：
在未折起之前，有ABBC AD2，CD4， OA1，OC  7.OABD.
又BCD60，BDC 30，所以BC BD.
沿BD将△ABD翻折，则A点轨迹为一个圆，且圆面一直和BD垂直，如图：
当AOOC时，AC  2 2，又AOBD，OC,BD平面BCD，
所以AO平面BCD，AO平面ABD，所以平面ABD平面BCD，
又BC平面BCD，平面BCD 平面ABDBD，BC BD，所以BC平面ABD.
AD平面ABD，所以ADBC.故A正确.
此时BDBC，ABBC，所以ABD即为二面角ABCD的平面角为30，是二面角ABCD的最
大值，故B错误；
此时三棱锥ABCD的高等于AO，高取得最大值，又底面BCD不变，所以三棱锥ABCD的体积最大.
如图：
取AB中点E，连接OE，CE，则OCE即为一面直线AD与CO所成角，1
在 中，OE AB1， ， ，
△OCE 2 OC  7 CE BC2BE2  41 5
OC2CE2OE2 751 11 35 1
所以cosOCE    cos60，
2OCCE 2 7 5 70 2
π
所以OCE ，故C正确；
3
π
对D：点 在平面 内，且直线 与直线 所成角为 ，若点 的轨迹是椭圆，根据圆锥曲线的概
P ABD PC BC 6 P
π 2π
念，二面角 应该在 , 之间取值，且不能为 （此时点 的轨迹是圆），
ABDC 3 3  90 P
π 2π 1 1 1 3
当二面角ABDC  或 时，V   22 3  ，
3 3 ABCD 3 2 2 3
π 1 1 2 3
当二面角ABDC  时，V   22 31 ，
2 ABCD 3 2 3
π
所以点 在平面 内，且直线 与直线 所成角为 ，且点 的轨迹是椭圆时，
P ABD PC BC 6 P
 3 2 3
V  , ，故D错误.
ABCD  3 3 
 
故选：AC
【点睛】关键点点睛：用一个平面截圆锥体，要想得到的截面是一个椭圆，截面不能和圆锥的母线相交，
且截面不能与圆锥的轴垂直（此时的截面是圆）.
2．（22-23高三·山东菏泽模拟）如图，矩形ABCD中，AB2AD2，E为边AB的中点，将VADE沿
直线DE翻折成△A
1
DE（点A
1
不落在底面BCDE内），若M 在线段A
1
C上（点M 与A
1
， C不重合），则
在VADE翻转过程中，以下命题正确的是（ ）
A．存在某个位置，使DE AC
1
B．存在点M ，使得BM 平面A
1
DC成立
C．存在点M ，使得MB //平面A
1
DE成立
2
D．四棱锥 体积最大值为
A BCDE
1 4
【答案】CD
【分析】反证法判断AB；线面平行和面面平行之间的转换判断C；线面和面面垂直转化判断D．
【详解】对于A，假设存在某个位置，使DE A
1
C，取DE 中点O，
连接A
1
O，CO，显然A
1
ODE，而A
1
O

A
1
CA
1
,A
1
O,A
1
C平面A
1
OC，
DE平面A
1
OC，OC平面A
1
OC，DE OC，则CECD，
但CE 2，CD2，不可能相等，所以不可能有DE A
1
C，所以A选项错误；
对于B，若存在点M ，使得BM 平面A
1
DC成立，
因为CD平面ADC，所以BM DC，
1
又因为BC CD且BM  BCB，BM,BC平面BCM ，所以CD平面BCM ，又因为CM 平面BCM ，那么CDCM ，
又因为ADDC，直角边大于斜边，矛盾，所以B选项错误；
1
对于C，存在M为中点时，符合题意，证明如下：
取CD 中点N ，连接MN，BN ，  M 是A 1 C 的中点，
MN//A
1
D，而MN  平面A
1
DE，DE平面A
1
DE，MN //平面A
1
DE，
由DN 与EB 平行且相等得DNBE 是平行四边形，BN //DE，BN 平面A
1
DE,DE平面A
1
DE,
得BN//平面A 1 DE，而BN  MN N，BN,MN 平面BMN ,
平面BMN//平面A
1
DE，BM平面BMN ，MB//平面A
1
DE，所以选项C正确；
2
对于 ， 是等腰直角三角形， 到 的距离是 ，
D VADE A DE 2
2
当平面 平面 时， 到平面 的距离最大为 ，
ADE A
BCDE BCDE 2
1 1
1 3
又S 21 11 ，
BCDE 2 2
1 3 2 2
V     ，所以选项D正确．
max 3 2 2 4
故选：CD．
【点睛】关键点点睛：本题考查折叠问题，关键是注意折叠前后什么几何关系没有发生改变.
3．（2024·河南南阳·一模）如图1，在直角梯形ABCD中，AB//CD,AB AD,AB3 3,CD4 3，
AD3，点E，F分别为边AB，CD上的点，且EF //AD,AE 2 3.将四边形AEFD沿EF折起，如图2，
使得平面AEFD平面EBCF，点M 是四边形AEFD内的动点，且直线MB与平面AEFD所成的角和直线
MC与平面AEFD所成的角相等，则下列结论正确的是（ ）
A．AC BF
2π
B．点 的轨迹长度为
M 3
C．点M 到平面EBCF的最大距离为 3
D．当点M 到平面EBCF的距离最大时，三棱锥M BCF 外接球的表面积为28π
【答案】BCD
【分析】由面面垂直的性质定理即可判断A，建立平面直角坐标系得到点M 的轨迹方程即可判断B，由锥
体的体积公式即可判断C，列出方程求得外接球的半径即可判断D【详解】
如图，连接CE，EM.因为平面AEFD平面EBCF，平面AEFD平面EBCF EF,AE 平面AEFD，又
AEEF，所以AE平面EBCF.
所以CE为CA在平面EBCF内的射影.易得△BCF为等边三角形，显然CE不垂直于BF，所以AC不可能
垂直于BF，故A错误.
易知BEEF，所以BE平面AEFD，所以BME为直线MB与平面AEFD所成的角.同理CMF为直线
BE CF
MC与平面AEFD所成的角.所以 ，所以 ，所以  .因为
BMECMF tanBME tanCMF EM FM
CF 2BE，所以FM 2EM .
在平面AEFD内，以E为坐标原点，以  E  F  为x轴正方向， E  A 为y轴正方向建立平面直角坐标系，则
F(3,0)，设M(x,y)，则有 (x3)2y2 2 x2y2 ，化简得(x1)2y2 4，即点M 在平面AEFD内的轨
迹方程为(x1)2y2 4(0x1,y0)，所以点M 在平面AEFD内的轨迹为以(1,0)为圆心，
π
2为半径的圆.易得点 在四边形AEFD内的轨迹为该圆的一段弧，弧所对的圆心角为 ，所以弧长为
M 3
π 2π
2 ，B正确.
3 3
要使三棱锥M BCF 的体积最大，只要点M 的纵坐标的绝对值最大即可.令x0，
则y 3，又y
M
0，所以M(0, 3)，此时M 到平面EBCF的最大距离为 3，
C正确.
三棱锥M BCF 外接球的球心在过△BCF的外接圆圆心且垂直于平面BCF的直线上.
在三棱锥M BCF 中，设点Q为等边△BCF外接圆的圆心，设三棱锥M BCF 外接球的球心为O，半径
为
R
，设OQa，则有R2 a24 ( 3a)27，
解得a 3，所以R2 7，所以三棱锥M BCF 外接球的表面积S 4πR2 28π.
故D正确.
故选：BCD.
【点睛】关键点睛：本题主要考查了立体几何中的垂直证明以及球的外接问题，难度较大，解答本题的关
键在于求得外接球的半径.
题型十五：多选题综合应用：正方体表面动点型
1.（2024·浙江·模拟预测）已知棱长为1的正方体ABCDABCD,是空间中一个动平面，下列结论正确
1 1 1 1
的是（ ）
A．设棱AB,AD,AA所在的直线与平面所成的角为,,，则sin2sin2sin21
1
B．设棱AB,AD,AA所在的直线与平面所成的角为,,，则cos2cos2cos21
1
C．正方体的12条棱在平面上的射影长度的平方和为8
D．四面体ABCD 的6条棱在平面上的射影长度的平方和为8
1 1【答案】ACD
【分析】以点
A
为坐标原点建立空间直角坐标系，设的法向量为na,b,c
，利用向量法求线面角和射
影问题.
【详解】对于A，以点A为坐标原点，AB为x轴，AD为y轴，AA
1
为
z
轴建立空间直角坐标系，
则A0,0,0,B1,0,0,C1,1,0,D0,1,0,A 0,0,1,B 1,0,1,D 0,1,1
,
1 1 1
得  A  B  1,0,0 ，  A  D  0,1,0,  A  A 
1
0,0,1 ，设的法向量为na,b,c ，
2
 A  B  n a2
则sin2
 A  B  n

a2b2c2
，同理可得
sin2
b2
,sin2
c2
,
，
a2b2c2 a2b2c2
sin2sin2sin21，故A正确；
对于B，则cos2cos2cos2  1sin2    1sin2    1sin2  312，故B错误；
 2  2  2
对于C， 这3条棱在平面 上的射影长度的平方和为 AB cos  AD cos  AA cos 2，
AB,AD,AA  1
1
12条棱在平面上的射影长度的平方和为8，故C正确；
 
对于D，AC 1,1,0,D
1
B
1
1,1,0 ，设AC与平面所成角为,D
1
B
1
与平面所成角为，
2
 A  C  n (ab)2 (ab)2
则sin2  ,sin2 ，
 A  C  n 2  a2b2c2 2  a2b2c2
a2b2
sin2sin2 ，
a2b2c2
AC,DB 在平面上的射影长度的平方和为
1 1
(  A  C  cos)2  D  B  cos 2 2  cos2cos2  2  2  sin2sin2  4
2a22b2
，
1 1 a2b2c2
则四面体ABCD 的6条棱在平面上的射影长度的平方和为
1 1
 2a22b2   2b22c2   2c22a2 
4 4 4 1248，故D正确.

a2b2c2
 
a2b2c2
 
a2b2c2

故选：ACD
【点睛】方法点睛：
建立空间直角坐标系，设的法向量为na,b,c
，向量法求线面角的正弦值和余弦值，向量法求射影长
度，结果用a,b,c表示，化简即可.
π
2．（2024·江西鹰潭·一模）直四棱柱 的所有棱长都为4，BAD ，点 在四边形
ABCDABCD
1 1 1 1 3 P
BDDB 及其内部运动，且满足 PA  PC 8，则下列选项正确的是（ ）
1 1A．点P的轨迹的长度为π.
B．直线AP与平面BDD
1
B
1
所成的角为定值．
2 21
C．点 到平面 的距离的最小值为 .
ADB
P 1 1 7
 
D．PA PC 的最小值为-2．
1 1
【答案】BC
【分析】
建立空间直角坐标系，表示 PA  PC 8，化简后得点 的轨迹方程，得轨迹长度判断A；向量法求线面
P
角判断B，向量法求点到平面距离，结合点P的轨迹得最小值判断C；坐标表示向量数量积，结合点P的轨
迹最小值判断D.
【详解】直四棱柱ABCDABCD 的所有棱长都为4，则底面ABCD为菱形，
1 1 1 1
π
又BAD ，则 和 都是等边三角形，
3 △ABD △CBD
设BD与AC相交于点O，由BD AC，以O为原点，OA为x轴，OB为 y 轴，过O垂直于底面的直线为
z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则有A  2 3,0,0  ,B0,2,0,C  2 3,0,0  ,D0,2,0 ，A  2 3,0,4  ,B 0,2,4,C  2 3,0,4  ,D 0,2,4 ，
1 1 1 1
点 在四边形BDDB 及其内部运动，设P0,y,z ，2 y2,0z4，
P 1 1
 2  2
由 PA  PC 8，有 2 3 y2z2  2 3 y2z2 8，
即y2z2 42 y2,0 z2 ，
所以点P的轨迹为yOz平面内，以O为圆心，2为半径的半圆弧，
所以点P的轨迹的长度为2π， A选项错误；
  
平面BDDB 的法向量为m 1,0,0，AP 2 3,y,z ，
1 1
 A  P  m
2 3 3
直线 AP 与平面 BDD 1 B 1 所成的角为  ，则sin  A  P  m  12y2z2  2 ， π π
又由  0, ，则 ，
 2 3
所以直线AP与平面BDD
1
B
1
所成的角为定值， B选项正确；
   
AB= 2 3,2,4 ,AD 2 3,2,4 ，设平面ADB 的一个法向量为nx,y,z，
1 1 1 1
 AB n=2 3x2y4z0
1
则有 AD 1 n=2 3x2y4z0 ，令 x2 ，得 y0,z 3 ， n  2,0, 3 ，
 A  P  n 2 32 3z 4 3 3z
d  = 
所以点 到平面 的距离 n
 2 7
，
22 3
ADB
P 1 1
4 32 3
2 21
，所以 时，d   ，
0z2 z2 min 7 7
2 21
所以点 到平面 的距离的最小值为 ，C选项正确；
ADB
P 1 1 7
     
PA= 2 3,y,4z ,PC  2 3,y,4z ，
1 1
 P  A    P  C  =12y2z42 ，其几何意义为点Py,z 到点 0,4 距离的平方减12，
1 1
由y2z2 4，点Py,z 到点 0,4 距离最小值为 ，
422
 
PA PC 的最小值为22128，D选项错误.
1 1
故选：BC.
【点睛】方法点睛：
空间几何体中的相关问题，要利用好几何体本身的结构特征，点线面的位置关系，图形中的角度和距离等，
建立空间直角坐标系，利用向量法解决问题，也是常用的方法.
3．（2024·安徽·二模）已知正方体ABCDABCD 的棱长为1， ，Q分别为棱CD ，BC上的动点，则
1 1 1 1 P 1 1 1
（ ）
A．四面体PQAB的体积为定值 B．四面体PQAD的体积为定值
1
1 1
C．四面体 的体积最大值为 D．四面体 的体积最大值为
PQAC 3 PQAD 6
【答案】BCD
【分析】根据Q到平面ABP的距离不是定值即可判断A；根据S
A1DQ
为定值与
P
到平面A
1
DQ的距离即可判
断B；确定当Q与B
1
、P与D
1
重合时四面体PQAC的体积取得最大值，即可判断判断C；如图，确定四面
1
体 的体积为V  1st ，即可判断D.
PQAD 6
2
【详解】A：因为 的面积为1 ， 到平面 的距离不是定值，
 ABP 2 ABBC 1  2 Q ABP
所以四面体PQAB的体积不是定值，故A错误；1 2 2
B：因为 的面积为 ADDC  ，P到矩形 的距离为定值 ，
△ADQ 2 1 2 ABCD 2
1 1 1
2 1 2 1
所以 到平面 的距离为 ，则四面体 的体积为 S   ，故B正确；
P A 1 DQ 2 PQA 1 D 3 A1DQ 2 6
1 3
C：当Q与 重合时， 取得最大值，为 AB CB sin60  ，
B 1 S △QAC 2 1 1 2
当P与D
1
重合时，P到平面ACQ的距离d取得最大值，
2 3
在正  ACB 1 中，其外接圆的半径为r 2sin 2 60  3 6 ，则 d ( 2)2r2  3 ，
1 3 2 3 1
故四面体 的体积最大值为    ，故C正确；
PQAC 3 2 3 3
D：过点Q作GH∥BC，PM DG，PN CD，
设CGt，PD s，则t，s0,1 ，
1
t
S  1 ADDG 1 1t2 ， ， OM DMsinCDGts ，
△ADQ 2 2 PM DG 1t2 1t2
t 1st
OP 1t2 st 
，
1t2 1t2
1 1 1st 1
V   1t2   1st 1
故四面体 的体积为 ，其最大值为 ，故D正确．
PQAD 3 2 1t2 6 6
故选：BCD
【点睛】关键点点睛：本题主要考查正方体的性质，三棱锥体积有关问题.明确当体积达到最值时动点的位
置是解题的关键.
题型十六：多选题综合应用：两部分体积比型(V上/V下)=(PD/DB)
1.同底平行高。得体积比例
2.底面在同一平面内，面积不同，则高比与面积比乘积
1．（2024·河南信阳·二模）如图，在四棱锥 中，底面是边长为 的正方形， 为 的中点．
，过 作平面 的垂线，垂足为 ，连 ， ，设 ， 的交点为 ，
在 中过 作直线 交 ， 于 ， 两点， ， ，过 作截面将此四棱
锥分成上、下两部分，记上、下两部分的体积分别为 ，下列说法正确的是（ ）
A． B．
C． D． 的最小值为
【答案】ABD
【分析】过 作平面 的垂线，垂足为 ，连接 、 、 ，设 、 的交点为 ，在
中，过 作直线交 ， 于 ， ，由相交直线确定平面，得到四边形 是过 的截面，
结合平面向量基本定理，基本不等式及体积求解逐项判断能求出结果．
【详解】由题意可知，四棱锥 为正四棱锥，
过 作平面 的垂线，垂足为 ，则O为底面中心，连接 、 、 ，
设 、 的交点为 ，在 中，过 作直线交 ， 于 ， ，
由相交直线确定平面，得到四边形 是过 的截面，
由题意得 ， 是等边三角形， 是 的重心，
则 ，故A正确；
又设 ， ， ， ，
，由三点共线得 ，解得 ，故B正确；
易知 平面 ,故 平面 ，
则E到平面 的距离为 ，同理G到平面 的距离为2,
又 为 的中点，则 到平面 的距离为1，
，
，故C错误;
易知 ，
故 ，，
， ， ，
当且仅当 ．取等号，
，
．故D正确.
故选：ABD
【点睛】关键点点睛：本题考查正棱锥性质及向量应用，解决问题关键是利用向量共线得 结合基
本不等式求最值.
2．（23-24高三 ·山东菏泽·阶段练习）已知正方体ABCDABCD的棱长为1，M 是AA中点，P是AB
的中点，点N 满足  D  N    D  C   0,1 ，平面MPN 截该正方体，将其分成两部分，设这两部分的体积
分别为V，V ，则下列判断正确的是（ ）
1 2
1 3 1
A． 时，截面面积为 B． 时，
V V
2 2 2
1 2
5
C．V V 随着 的增大先减小后增大 D．V V 的最大值为
1 2  1 2 12
【答案】BCD
【分析】对于A，易于判断截面形状，计算即得其面积；对于B，可由A项图形进行对称性判断得到；对
于C，要结合A项中点N 从点D�运动到点C的过程中，截面形状的变化，以及B项中的结论合并进行判
断；对于D，要在选项C的基础上判断V V 取最大值时，对应于 或 时的情形，故只需要求出这
1 2 0 1
两种情形下的V V 的值即得.
1 2
【详解】1 1 1 2
如图1，当 时，点 是 的中点，易得截面为正六边形．其棱长为 ( )2( )2  ，故截面面积
2 N DC 2 2 2
3 2 3 3
为6 ( )2  ,故A项错误；
4 2 4
1
由对称性可知．当 时．平面分两部分是全等的，故体积相等，故B项正确；
2
如图2．当从0变化到1时．截面从四边形MDCP变化至五边形MPJCQ（其中J为BC靠近B点的三等
分点）．
结合B项可知，被截面所分两部分体积之差的绝对值先减小至0，再逐渐增大，故C项正确；
V V 取最大值时对应为 ，或 时情形．
1 2 0 1
当0时，不妨记V
1
为截面MDCP左上角的部分几何体，则
1 1 1 1 1 7
V V V  (1 )   1 ,
1 PAMDD PDDC 3 4 2 3 2 24
7 17 17 7 5
则V 1  ,此时V V    ；
2 24 24 1 2 24 24 12
当1时，不妨记V
1
为截面MPJCQ左上角的部分几何体，则
1 1 1 1 1 1 1 1 47
V V V V V  (1 )  11  1  1 ,
1 PDAMQD PDCCD QPCJ QJCC 3 12 2 3 3 6 3 3 72
47 25 47 25 11
则V 1  ，此时V V    .
2 72 72 1 2 72 72 36
5
V V 的最大值为 ，故D项正确．
1 2 12
故选：BCD．
【点睛】思路点睛：本题重点考查正方体的截面面积和分割成的几何体的体积问题，属于难题.
解题思路在于要有从特殊到一般的思想，先考虑点N 为DC的中点时的截面和分割成的几何体体积的关系，
再考虑点N 分别与点D�，点C重合时的截面形状以及分割成的两部分的体积，总结出体积变化规律即可.
3．（23-24高三上·江苏南通·）我国古代数学家祖暅提出一条原理：“幂势既同，则积不容异”，即两个等
高的几何体若在所有等高处的水平截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等．利用该原理可以证明：
一个底面半径和高都等于R的圆柱，挖去一个以上底面为底面，下底面圆心为顶点的圆锥后，所得的几何
体的体积与一个半径为R的半球的体积相等．现有一个半径为R的球，被一个距离球心为d（d 0）的平面截成两部分，记两部分的体积分别为V,V V V  ，则（ ）
1 2 1 2
π π
A．V  (Rd)2(2Rd) B．V  (R2d)(2Rd)(3Rd)
1 3 2 9
C．当d  R 时， V 1  5 D．当d  R 时， V 1  7
2 V 27 3 V 20
2 2
【答案】ACD
1 2 2
【分析】对于A，V πR2d πd3，V  πR3V 化简即可验算；对于B，V  πR3V 化简即可验算；
0 3 1 3 0 2 3 0
R  2  R 
 1 2 1
V d   d 
对于C， 1  ，将 代入即可判断；对于D，求 的最小
V 2 2   R  3 3   R  2 1 d  R f x (x1)22x1 x3
d  d  2 2x33x21
值即可.
1
【详解】V πR2d πd3（同底等高），
0 3
2 1 π π
V  πR3πR2d πd3   2R33R2dd3  (Rd)22Rd ，A对．
1 3 3 3 3
2 1 π
V  πR3πR2d πd3  R2d2Rd3Rd ，B错．
2 3 3 9
π R  2  R 
(Rd)22Rd  1 2 1
V 3 d   d 
1  
V 2 2 3 πR3πR2d 1 3 πd3 2    R d    3 3    R d    2 1
R V 15 5
对于C， 2， 1   ，C对．
d V 16121 27
2
R R (x1)22x1
对于D，d  , 3时， f x x3，
3 d 2x33x21
2x33x21 12x2 x21 
f x , fx 0，
2x33x21  2x33x21 2
7
f x在3, ， f x f 3 ，D对．
 20
故选：ACD.
R  2  R 
 1 2 1
V d   d 
【点睛】关键点睛：判断D选项的关键是首先得到 1  ，然后通过换元求导得函数最小
V R 3 R 2
2 2  3  1
d  d 
值即可验证，从而顺利得解.