資源簡介

培優沖刺09 立體幾何截面、外接球、動點歸類
目錄
題型一：動點：恒平行 1
題型二：動點：恒垂直 2
題型三：動點：球截面 3
題型四：動點；定角 3
題型五：外接球：線面垂直型 4
題型六：外接球：垂面型 5
題型七：外接球：兩線定心法 5
題型八：外接球：二面角型 6
題型九：外接球：最值范圍型 7
題型十：外接球：動點與翻折 7
題型十一：動點型最短距離和 8
題型十二：動點：內切球 10
題型十三：多選題綜合應用：二面角型幾何體 11
題型十四：多選題綜合應用：翻折型 12
題型十五：多選題綜合應用：正方體表面動點型 13
題型十六：多選題綜合應用：兩部分體積比型 14
題型一：動點：恒平行
線面恒平行，過線做面，需要找它們和第三個面的交線互相平行，借助好“第三個面的交線平行“這個性質，可以解決線面恒平行題型的截面問題
1.在四棱錐P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，且PA＝AC＝2AB＝2AD＝4，CD⊥AD，CB⊥AB，G為PC的中點，過AG的平面與棱PB、PD分別交于點E、F．若EF∥平面ABCD，則截面AEGF的面積為______．
2.在三棱錐ABCD中，對棱，當平面α與三棱錐ABCD的某組對棱均平行時，則三棱錐ABCD被平面α所截得的截面面積最大值為___________.
3.（山西省懷仁市2022屆高三下學期一模數學試）在四棱錐中，底面是邊長為的正方形，P在底面的射影為正方形的中心點為中點.點T為該四棱錐表面上一個動點，滿足都平行于過的四棱錐的截面，則動點T的軌跡圍成的多邊形的面積為（ ）
A． B． C． D．
題型二：動點：恒垂直
恒垂直型截面，可以借助投影解決，投影型，需要利用”三垂線定理及其逆定理“這個性質轉化尋找。 三垂線定理指的是平面內的一條直線，如果與穿過這個平面的一條斜線在這個平面上的射影垂直，那么它也和這條斜線垂直。
1.如圖，在直三棱柱中，，點P在棱BC上運動，則過點P且與垂直的平面截該三棱柱所得的截面周長的最大值為_________．
2.（ 江西省南昌三中2021-2022學年高三10月月考數學（理）試題）在棱長為2的正方體中，E是正方形的中心，M為的中點，過的平面與直線DE垂直，則平面截正方體所得的截面面積為（ ）
A． B． C． D．
3.（清華大學自主招生暨領軍計劃數學試題）已知正方體的棱長為1，棱的中點為E，與交于點O．若平面經過點E且與垂直，則平面該正方體所得截面的面積為（ ）
A． B． C． D．1
題型三：動點：球截面
1.已知正四面體內接于球，點是底面三角形一邊的中點，過點作球的截面，若存在半徑為的截面圓，則正四面體棱長的取值范圍是（ ）
A． B．
C． D．
2.（江西省景德鎮市浮梁縣第一中學2022-2023學年高三數學試題）已知正方體的棱長為2，為棱的中點，截面交棱于點，則四面體的外接球表面積為（ ）
A． B． C． D．
3.（新疆2022屆高三年級第一次聯考數學試題）已知三棱錐，，，，PA過三棱錐外接球心O，點E是線段AB的中點，過點E作三棱錐外接球O的截面，則下列結論正確的是（ ）
A．三棱錐體積為 B．截面面積的最小值是
C．三棱錐體積為 D．截面面積的最小值是
題型四：動點；定角
定角：定角，可以平移旋轉而成圓錐母線、軸關系 直線和直線成定角，可與平移-旋轉為圓錐母線與軸的關系。 直線與面成定角，可以平移旋轉為：直線---面的法向量==圓錐母線---軸的關系
1.已知正方體的棱長為1，每條棱所在直線與平面所成的角都相等，則截此正方體所得截面面積的最大值為
A． B． C． D．
2.（江蘇省連云港市灌南高級中學2022-2023學年數學試題）如圖所示空間直角坐標系中，是正三棱柱的底面內一動點，，直線和底面所成角為，則P點坐標滿足（ ）
A． B． C． D．
3.正四面體中，點是棱上的動點（包含端點），記異面直線與所成角為，直線與平面所成角為，則（ ）
A． B． C． D．
題型五：外接球：線面垂直型
線垂直一個底面（底面是任意多邊形，實際是三角形或者四邊形（少），它的外接圓半徑是r，滿足正弦定理） 圖1 圖2
1.（2022 ·河南開封·高三河南省杞縣高中校聯考開學考試）在四棱錐中，四邊形為正方形，平面，且，則四棱錐的外接球與內切球的表面積之比為（ ）
A． B． C．3 D．
2.（2023 ·河南·高三校聯考階段練習）已知正方體的外接球表面積為，點E為棱的中點，且平面，點平面，則平面截正方體所得的截面圖形的面積為（ ）
A． B． C． D．
3.（2022 ·河北唐山·高三開灤第二中學校考階段練習）如圖，在三棱錐中，平面分別為的中點，則平面截三棱錐的外接球所得截面的面積為（ ）
A． B． C． D．
題型六：外接球：垂面型
面面垂直（倆面必然是特殊三角形） 等邊或者直角：（1）等邊三角形中心（外心）做面垂線，必過球心； （2）直角三角形斜邊中點（外心）做面垂線，必過球心；
1.（2022·安徽·高三校聯考階段練習）四棱錐P-ABCD中，ABCD是正方形，，且面面ABCD，則四棱錐P-ABCD的外接球表面積為
A． B． C． D．
2.（2023·全國·高三專題練習）已知在三棱錐中，是等邊三角形，，平面平面BCD，若該三棱錐的外接球表面積為，則（ ）
A． B． C． D．
3.（2022·全國·高三專題練習）在三棱錐中，.平面平面，若球O是三棱錐的外接球，則球O的表面積為（ ）.
A． B． C． D．
題型七：外接球：兩線定心法
雙線交點定心法（特殊三角形圓心垂線交點確定球心法） （1）等邊三角形中心（外心）做面垂線，必過球心； （2）直角三角形斜邊中點（外心）做面垂線，必過球心；
1.（福建省龍巖市一級達標校2022-2023學年高三教學質量檢查數學試題）三棱錐P﹣ABC的底面ABC是等腰三角形，AC＝BC＝2，AB＝2，側面PAB是等邊三角形且與底面ABC垂直，則該三棱錐的外接球表面積為_____．
2.（湖北省鄂東南省級示范高中教學改革聯盟2023屆高三模擬考試數學（文）試）已知在三棱錐中，是等邊三角形，，平面平面BCD，若該三棱錐的外接球表面積為，則（ ）
A． B． C． D．
3.（江蘇省鹽城中學2022-2023學年高三上學期第三次階段性質量檢測數學試題）已知菱形邊長為3，，為對角線上一點，.將沿翻折到的位置，記為且二面角的大小為120°，則三棱錐的外接球的半徑為______；過作平面與該外接球相交，所得截面面積的最小值為______.
題型八：外接球：二面角型
向量法：二面角的大小為() 2.定義法：在棱上任一點，分別在兩個半平面內做棱的垂線，兩垂線所成的角即為二面角的平面角 3.垂面法：做與棱垂直的平面，交二面角兩個半平面，兩條交線所成的角即為二面角的平面角
1.（2023·全國·高三專題練習）在三棱錐中，，，二面角的平面角為，則三棱錐外接球表面積的最小值為（ ）
A． B．
C． D．
2.（2022上·山西·高三校聯考階段練習）在邊長為2的菱形中，，將菱形沿對角線折起，使二面角的大小為，則所得三棱錐的外接球表面積為（ ）
A． B． C． D．
3.（2023·全國·高三專題練習）在三棱錐中，為等腰直角三角形，，為正三角形，且二面角的平面角為，則三棱錐的外接球表面積為（ ）
A． B． C． D．
題型九：外接球：最值范圍型
1.（福建省泉州市南安第一中學2022-2023學年高三上學期月考數學）已知球是正三棱錐的外接球，底邊，側棱，點在線段上，且，過點作球的截面，則所得截面圓面積的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
2.正三棱錐，為中點， ，，過的平面截三棱錐的外接球所得截面的面積范圍為（ ）
A． B．
C． D．
3.（山東省2023年普通高等學校招生統一考試數學必刷卷）已知等邊三角形的邊長為，，分別為，的中點，將沿折起得到四棱錐.點為四棱錐的外接球球面上任意一點，當四棱錐的體積最大時，四棱錐外接球的半徑為______，點到平面距離的最大值為______.
題型十：外接球：動點與翻折
1.如圖，在中，分別取邊的中點，將分別沿三條中位線折起，使得重合于點則三棱錐的外接球體積的最小值為________________________．
2.已知四邊形是邊長為5的菱形，對角線（如圖1），現以為折痕將菱形折起，使點B達到點P的位置.棱，的中點分別為E，F，且四面體的外接球球心落在四面體內部（不含邊界，如圖2），則線段長度的取值范圍為（ ）
A． B．
C． D．
3.（2023·四川·四川省金堂中學校校聯考三模）如圖，在梯形ABCD中，，，，將△ACD沿AC邊折起，使得點D翻折到點P，若三棱錐P-ABC的外接球表面積為，則（ ）
A．8 B．4 C． D．2
題型十一：動點型最短距離和
多通過側面（表面）展開，把空間距離轉化為平面距離來求解。棱臺、棱錐、棱柱，可以通過旋轉截面（或者表面）來達到空間距離轉為平面距離 在展開的過程中，要注意不同幾何體，可能有多種展開方式，要分開各自計算，再做比較 圓錐與圓臺側面展開示意圖
1.（廣東省廣州市華南師范大學附屬中學等四所中學2023屆高三上學期期末數學試題）如圖，在三棱錐中，平面，為線段的中點，分別為線段和線段上任意一點，則的最小值為（ ）
A． B． C． D．2
2.（浙江省溫州市平陽縣2023屆高三下學期5月高考適應性考試數學試題）在棱長為3的正方體中，為棱的中點，為線段上的點，且，若點分別是線段，上的動點，則周長的最小值為（ ）
A． B． C． D．
3.在棱長均為的正四面體中，為中點，為中點，是上的動點，是平面上的動點，則的最小值是（ ）
A． B． C． D．
題型十二：動點：內切球
1.（安徽省阜陽市2022-2023學年高三數學試題）如圖，正三棱柱的側棱長為，底面邊長為2，D，E，F，M，N分別為棱AC，AB，BC，，的中點，P為線段MN上的動點，則三棱錐內切球半徑的最大值為_______________．
2.（河南省商丘市部分學校2022-2023學年高中畢業班階段性測試（三）數學試題）如圖，有一半徑為1的球形燈泡，要為其做一個上窄下寬的圓臺形燈罩，要求燈罩對應的圓臺的軸截面為球形燈泡對應的大圓的外切等腰梯形，則燈罩的表面積（不含下底面）至少為__________.
3.（百師聯盟全國高三模擬考（三）數學試題）已知四棱錐，底面四邊形為正方形，，四棱錐的體積為，在該四棱錐內放置一球，則球體積的最大值為_________．
題型十三：多選題綜合應用：二面角型幾何體
1．（多選）（23-24高三·湖南長沙·階段練習）已知函數圖象如圖1所示，A，B分別為圖象的最高點和最低點，過A，B作x軸的垂線，分別交x軸于，點C為該部分圖象與x軸的交點，與y軸的交點為，此時．將繪有該圖象的紙片沿x軸折成的二面角，如圖2所示，折疊后，則下列四個結論正確的有（ ）
A．
B．的圖象在上單調遞增
C．在圖2中，上存在唯一一點Q，使得面
D．在圖2中，若是上兩個不同的點，且滿足，則的最小值為
2．（多選）（2024·云南·模擬預測）如圖，已知二面角的棱上有兩點，，且，則（ ）

A．當時，直線與平面所成角的正弦值為
B．當二面角的大小為時，直線與所成角為
C．若，則三棱錐的外接球的體積為
D．若，則二面角的余弦值為
3．（多選）（2024·廣東梅州·二模）如圖，平面，，M為線段AB的中點，直線MN與平面的所成角大小為30°，點P為平面內的動點，則（ ）
A．以為球心，半徑為2的球面在平面上的截痕長為
B．若P到點M和點N的距離相等，則點P的軌跡是一條直線
C．若P到直線MN的距離為1，則的最大值為
D．滿足的點P的軌跡是橢圓
題型十四：多選題綜合應用：翻折型
翻折 翻折前后，在同一平平面內的點線關系不變 翻折過程中是否存在垂直或者平行等特殊位置關系 翻折過程中，角度是否為定值 翻折過程中，體積是否存在變化
1．（2024·吉林·模擬預測）如圖1，在等腰梯形中，，且為的中點，沿將翻折，使得點到達的位置，構成三棱錐（如圖2），則（ ）
A．在翻折過程中，與可能垂直
B．在翻折過程中，二面角無最大值
C．當三棱錐體積最大時，與所成角小于
D．點在平面內，且直線與直線所成角為，若點的軌跡是橢圓，則三棱錐的體積的取值范圍是
2．（22-23高三·山東菏澤模擬）如圖，矩形中，，為邊的中點，將沿直線翻折成（點不落在底面內），若在線段上（點與， 不重合），則在翻轉過程中，以下命題正確的是（ ）
A．存在某個位置，使
B．存在點，使得平面成立
C．存在點，使得平面成立
D．四棱錐體積最大值為
3．（2024·河南南陽·一模）如圖1，在直角梯形ABCD中，，，點E，F分別為邊AB，CD上的點，且.將四邊形AEFD沿EF折起，如圖2，使得平面平面EBCF，點是四邊形AEFD內的動點，且直線MB與平面AEFD所成的角和直線MC與平面AEFD所成的角相等，則下列結論正確的是（ ）

A．
B．點的軌跡長度為
C．點到平面EBCF的最大距離為
D．當點到平面EBCF的距離最大時，三棱錐外接球的表面積為
題型十五：多選題綜合應用：正方體表面動點型
1.（2024·浙江·模擬預測）已知棱長為1的正方體是空間中一個動平面，下列結論正確的是（ ）
A．設棱所在的直線與平面所成的角為，則
B．設棱所在的直線與平面所成的角為，則
C．正方體的12條棱在平面上的射影長度的平方和為8
D．四面體的6條棱在平面上的射影長度的平方和為8
2．（2024·江西鷹潭·一模）直四棱柱的所有棱長都為4，，點在四邊形及其內部運動，且滿足，則下列選項正確的是（ ）

A．點的軌跡的長度為.
B．直線與平面所成的角為定值．
C．點到平面的距離的最小值為.
D．的最小值為-2．
3．（2024·安徽·二模）已知正方體的棱長為1，，分別為棱，上的動點，則（ ）
A．四面體的體積為定值 B．四面體的體積為定值
C．四面體的體積最大值為 D．四面體的體積最大值為
題型十六：多選題綜合應用：兩部分體積比型
(V上/V下)=(PD/DB) 1.同底平行高。得體積比例 2.底面在同一平面內，面積不同，則高比與面積比乘積
1．（多選）（2024·河南信陽·二模）如圖，在四棱錐中，底面是邊長為的正方形，為的中點．，過作平面的垂線，垂足為，連，，設，的交點為，在中過作直線交，于，兩點，，，過作截面將此四棱錐分成上、下兩部分，記上、下兩部分的體積分別為，下列說法正確的是（ ）

A． B．
C． D．的最小值為
2．（23-24高三 ·山東菏澤·階段練習）已知正方體的棱長為是中點，是的中點，點滿足，平面截該正方體，將其分成兩部分，設這兩部分的體積分別為，則下列判斷正確的是（ ）
A．時，截面面積為 B．時，
C．隨著的增大先減小后增大 D．的最大值為
3．（23-24高三上·江蘇南通·）我國古代數學家祖暅提出一條原理：“冪勢既同，則積不容異”，即兩個等高的幾何體若在所有等高處的水平截面的面積相等，則這兩個幾何體的體積相等．利用該原理可以證明：一個底面半徑和高都等于R的圓柱，挖去一個以上底面為底面，下底面圓心為頂點的圓錐后，所得的幾何體的體積與一個半徑為R的半球的體積相等．現有一個半徑為R的球，被一個距離球心為d（）的平面截成兩部分，記兩部分的體積分別為，則（ ）
A． B．
C．當時， D．當時，培優沖刺09 立體幾何截面、外接球、動點歸類
目錄
題型一：動點：恒平行 1
題型二：動點：恒垂直 4
題型三：動點：球截面 7
題型四：動點；定角 9
題型五：外接球：線面垂直型 11
題型六：外接球：垂面型 13
題型七：外接球：兩線定心法 15
題型八：外接球：二面角型 17
題型九：外接球：最值范圍型 20
題型十：外接球：動點與翻折 22
題型十一：動點型最短距離和 24
題型十二：動點：內切球 27
題型十三：多選題綜合應用：二面角型幾何體 29
題型十四：多選題綜合應用：翻折型 34
題型十五：多選題綜合應用：正方體表面動點型 38
題型十六：多選題綜合應用：兩部分體積比型 42
題型一：動點：恒平行
線面恒平行，過線做面，需要找它們和第三個面的交線互相平行，借助好“第三個面的交線平行“這個性質，可以解決線面恒平行題型的截面問題
1.在四棱錐P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，且PA＝AC＝2AB＝2AD＝4，CD⊥AD，CB⊥AB，G為PC的中點，過AG的平面與棱PB、PD分別交于點E、F．若EF∥平面ABCD，則截面AEGF的面積為______．
【答案】
【分析】由題知，則①，再根據E、F、G三點共面得，其中x＋y＋z＝1．設，，從而可求，與①對比即可求出λ，從而可求EF的長度；再證明BD垂直平面PAC，EF∥BD，從而得AG⊥EF，根據即可得答案．
【詳解】∵AC＝2AB＝2AD，CD⊥AD，CB⊥AB，
∴∠DAC=∠BAC=60°，
則根據向量加法法則易知，，
即，則．
根據共面向量定理的推論知，，其中x＋y＋z＝1．
連接BD，
∵EF∥平面ABCD，EF平面PBD，平面PBD∩平面ABCD=BD，∴EF∥BD，
設，則，又G為PC的中點，∴，
則，，解得，AB=2，BD=2×ABsin60°=，則．
連接AG，∵PA＝AC＝4，G為PC的中點，故．易知BD⊥AC，BD⊥PA，，故BD⊥平面PAC，又平面PAC，∴BD⊥AG，∴AG⊥EF，因此．故答案為：．
解法二：連接BD，設AC與BD交于點K，連接AG、PK，設AG與PK交于點L，
由題易得BD∥EF，則，作KN∥AG交PC于N，易知CK＝3AK，則CN＝3GN，從而PG＝4GN，故，即．以下解法同上故答案為：．
2.在三棱錐ABCD中，對棱，當平面α與三棱錐ABCD的某組對棱均平行時，則三棱錐ABCD被平面α所截得的截面面積最大值為___________.
【答案】3
【分析】每組對棱棱長相等，所以可以把三棱錐ABCD放入長方體中，設長寬高分別為x，y，z，求出，由線面平行得線線平行，證明當是所在棱中點時面積最大，按截面與哪對棱平行分類討論求得截面面積的最大值.
【詳解】因為每組對棱棱長相等，所以可以把三棱錐ABCD放入長方體中，設長寬高分別為x，y，z，則，則.
當平面α與三棱錐ABCD的對棱AB，CD均平行時，截而為四邊形EFGH，，，
設，則，，同理，（或其補角）是異面直線所成的角，
，其中為定值，
，時，取得最大值，即截面面積最大，此時是所在棱中點，
由長方體性知最大面積為長方體上下底面面積的一半，
同樣地，當平面a與三棱錐ABCD的對棱AC，BD均平行時，截面最大面積為；當平面α與三棱錐ABCD的對棱AD，BC均平行時，截面最大面積為.故答案為：3.
3.（山西省懷仁市2022屆高三下學期一模數學試）在四棱錐中，底面是邊長為的正方形，P在底面的射影為正方形的中心點為中點.點T為該四棱錐表面上一個動點，滿足都平行于過的四棱錐的截面，則動點T的軌跡圍成的多邊形的面積為（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】
首先取的中點，的中點，的中點，的中點，連接延長交與點，連接，證明平面即為所求的截面，再證明四邊形是矩形，，矩形面積加三角形面積之和即為所求.
【詳解】
取的中點，的中點，的中點，的中點，連接延長交與點，連接,
因為底面是邊長為的正方形，
所以對角線，，
因為在底面的射影為正方形的中心，可得面，
因為面， 所以，
因為，，所以，
因為、為、的中點，
所以，且，
因為平面，平面，
所以平面，同理平面，
所以平面即為所求截面.
又因為平面平面，平面，所以，
因為為的中點，可得，
所以， ，，
因為、為、的中點，所以，，
所以，，所以四邊形是平行四邊形，
因為，，，所以平面，
因為平面，可得，所以，
所以四邊形是矩形，
所以動點T的軌跡圍成的多邊形的面積為.
故選：D
題型二：動點：恒垂直
恒垂直型截面，可以借助投影解決，投影型，需要利用”三垂線定理及其逆定理“這個性質轉化尋找。 三垂線定理指的是平面內的一條直線，如果與穿過這個平面的一條斜線在這個平面上的射影垂直，那么它也和這條斜線垂直。
1.如圖，在直三棱柱中，，點P在棱BC上運動，則過點P且與垂直的平面截該三棱柱所得的截面周長的最大值為_________．
【答案】
【分析】根據線線垂直，證明線面垂直，找到與垂直的平面，故可得平面平面，即可求解.
【詳解】取中點為,連接交于,連接,所以,,所以,
,,所以,,故,又因為平面平面,其交線為,且,因此平面,故,因此平面,故平面平面，因為點P在棱BC上運動，故當點P運動到點時，此時截面最大，進而周長最大，此時周長為
故答案為：
2.（ 江西省南昌三中2021-2022學年高三10月月考數學（理）試題）在棱長為2的正方體中，E是正方形的中心，M為的中點，過的平面與直線DE垂直，則平面截正方體所得的截面面積為（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】確定平面即為平面，四邊形是菱形，計算面積得到答案.
【詳解】如圖，在正方體中，記的中點為，連接，
則平面即為平面．證明如下：由正方體的性質可知，，則，四點共面，
記的中點為，連接，易證．連接，則，
，平面，所以平面，又平面，則．
同理可證，，，則平面，所以平面即平面，
四邊形即平面截正方體所得的截面．因為正方體的棱長為，易知四邊形是菱形，
其對角線，，所以其面積．故選：B
3.（清華大學自主招生暨領軍計劃數學試題）已知正方體的棱長為1，棱的中點為E，與交于點O．若平面經過點E且與垂直，則平面該正方體所得截面的面積為（ ）
A． B． C． D．1
【答案】A
【分析】如圖，連結，可以證明平面，故可求截面的面積.
【詳解】如圖，連結，則，
而，故，所以，故，
故，而平面，平面，故，因平面，，故平面.因此的面積為所求，其面積．
故選：A.
題型三：動點：球截面
1.已知正四面體內接于球，點是底面三角形一邊的中點，過點作球的截面，若存在半徑為的截面圓，則正四面體棱長的取值范圍是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】根據條件設正四面體的棱長為，用棱長表示出其外接球的半徑，過點作外接球的截面，只有當截面圓所在的平面時，截面圓的面積最小，此時此時截面圓的半徑為，最大截面圓為過球心的大圓，半徑為，根據題意則，從而可得出答案.
【詳解】如圖，在正四面體中，設頂點在底面的射影為，
則球心在上，在上，且,連接 ，設正四面體的棱長為，則 ，。則正四面體的高，設外接球半徑為，
在中，，即，解得，
∴在中，，
過點作外接球的截面，只有當截面圓所在的平面時，截面圓的面積最小，
此時截面圓的半徑為，最大截面圓為過球心的大圓，半徑為，由題設存在半徑為的截面圓，∴，解得，故選:C.
2.（江西省景德鎮市浮梁縣第一中學2022-2023學年高三數學試題）已知正方體的棱長為2，為棱的中點，截面交棱于點，則四面體的外接球表面積為（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】可證為的中點，設的中點為，的外接圓的球心為，四面體的外接球的球心為，連接，利用解三角形的方法可求的外接圓的半徑，從而可求四面體的外接球的半徑.
【詳解】
設的中點為，的外接圓的圓心為，四面體的外接球的球心為，連接，
因為平面平面，平面平面，平面平面，故，
而，故，故為的中點，所以，故，
因為為三角形的內角，故，故的外接圓的半徑為，
平面，平面，故，在平面中，，故，
故四邊形為平行四邊形，故，，所以四面體的外接球的半徑為，
故四面體的外接球表面積為，故選：B.
3.（新疆2022屆高三年級第一次聯考數學試題）已知三棱錐，，，，PA過三棱錐外接球心O，點E是線段AB的中點，過點E作三棱錐外接球O的截面，則下列結論正確的是（ ）
A．三棱錐體積為 B．截面面積的最小值是
C．三棱錐體積為 D．截面面積的最小值是
【答案】A
【分析】由題可得當且僅當截面與OE垂直時，過點E作三棱錐外接球O的截面要使截面面積最小，求出可判斷BD；由余弦定理求出，求出過A、B、C的截面圓半徑，即可求出到平面ABC的距離，進而求出高，得出體積.
【詳解】三棱錐外接球O的球心為PA中點，可得，
要使過點E作三棱錐外接球O的截面要使截面面積最小，
則當且僅當截面與OE垂直時，此時為截面圓心，AB為直徑，
則可得截面半徑為1，則截面面積的最小值是，故B，D錯誤．
在中由余弦定理得，∴，
設過A、B、C的截面圓圓心為G，半徑為r，連接OG，則平面ABC，在中由正弦定理得，即，解得．在中，由勾股定理得，∴三棱錐的高為，
故三棱錐體積為，A正確．故選：A.
題型四：動點；定角
定角：定角，可以平移旋轉而成圓錐母線、軸關系 直線和直線成定角，可與平移-旋轉為圓錐母線與軸的關系。 直線與面成定角，可以平移旋轉為：直線---面的法向量==圓錐母線---軸的關系
1.已知正方體的棱長為1，每條棱所在直線與平面所成的角都相等，則截此正方體所得截面面積的最大值為
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】首先利用正方體的棱是3組每組有互相平行的4條棱，所以與12條棱所成角相等，只需與從同一個頂點出發的三條棱所成角相等即可，從而判斷出面的位置，截正方體所得的截面為一個正六邊形，且邊長是面的對角線的一半，應用面積公式求得結果.
【詳解】根據相互平行的直線與平面所成的角是相等的，
所以在正方體中，
平面與線所成的角是相等的，
所以平面與正方體的每條棱所在的直線所成角都是相等的，
同理平面也滿足與正方體的每條棱所在的直線所成角都是相等，
要求截面面積最大，則截面的位置為夾在兩個面與中間的，
且過棱的中點的正六邊形，且邊長為，
所以其面積為，故選A.
2.（江蘇省連云港市灌南高級中學2022-2023學年數學試題）如圖所示空間直角坐標系中，是正三棱柱的底面內一動點，，直線和底面所成角為，則P點坐標滿足（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根據空間直角坐標系求得，以及平面的一個法向量，根據線面夾角的坐標運算即可得P點坐標滿足的等式關系.
【詳解】解：由正三棱柱，且，根據坐標系可得：
，又是正三棱柱的底面內一動點，則，所以，
又平面，所以是平面的一個法向量，
因為直線和底面所成角為，
所以，
整理得，又，所以.
故選：A.
3.正四面體中，點是棱上的動點（包含端點），記異面直線與所成角為，直線與平面所成角為，則（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由題意，過點作，過點作底面，垂足為，根據異面角和線面角的定義，得到和，分不過點和過點，兩種情況討論，即可求解.
【詳解】由題意，過點作，過點作底面，垂足為，
所以異面直線與所成角，即為角，即，
因為底面，可得為直線與平面所成的角，即，
（1）當不過點時，過點作，連接，如圖所示，因為底面，底面，可得，
又由，所以平面，因為平面，所以，在直角中，可得，
在直角中，可得在直角，中可得，所以，
因為且在區間上為單調遞減函數，所以；
（2）當過點時，此時，由，可得，綜上可得：.故選：C.
題型五：外接球：線面垂直型
線垂直一個底面（底面是任意多邊形，實際是三角形或者四邊形（少），它的外接圓半徑是r，滿足正弦定理） 圖1 圖2
1.（2022 ·河南開封·高三河南省杞縣高中校聯考開學考試）在四棱錐中，四邊形為正方形，平面，且，則四棱錐的外接球與內切球的表面積之比為（ ）
A． B． C．3 D．
【答案】B
【分析】根據幾何體內切圓半徑公式（為幾何體的體積，為幾何體的表面積），由兩兩垂直，四棱錐可補形為長方體，可得外接圓的半徑公式，可得答案.
【詳解】設四棱錐的外接球與內切球的半徑分別為.
因為，
四棱錐的表面積，
所以，
因為兩兩垂直，四棱錐可補形為長方體，所以，
所以四棱錐的外接球與內切球的表面積之比為.故選：B.
2.（2023 ·河南·高三校聯考階段練習）已知正方體的外接球表面積為，點E為棱的中點，且平面，點平面，則平面截正方體所得的截面圖形的面積為（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】先求得正方體的邊長，畫出截面，利用向量法證得平面，根據梯形面積公式計算出截面的面積.
【詳解】設該正方體外接球的半徑為R，
依題意，，解得，故，，故.
分別取棱，的中點F，G，連接，，，，根據正方體的性質可知：四邊形為等腰梯形，
建立如圖所示空間直角坐標系，，，
，所以，由于，
所以平面，即截面為等腰梯形.由題可知，，
所以等腰梯形的高為，故截面圖形的面積為
故選：D
3.（2022 ·河北唐山·高三開灤第二中學?？茧A段練習）如圖，在三棱錐中，平面分別為的中點，則平面截三棱錐的外接球所得截面的面積為（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】建立空間直角坐標系，用空間向量求解出點到平面的距離，進而求出截面半徑和面積
【詳解】因為，平面將三棱錐補成正方體，
所以三棱錐的外接球就是正方體的外接球，球心是的中點. 設外接球的半徑為，則，即，
以分別為軸，軸和軸建立空間直角坐標系，則，，，，則，，，設平面的法向量為，
由，得，令則，所以平面的一個法向量.
所以球心到平面的距離為，設平面截三棱錐的外接球所得的截面半徑，則，故該截面的面積為，故選：C
題型六：外接球：垂面型
面面垂直（倆面必然是特殊三角形） 等邊或者直角：（1）等邊三角形中心（外心）做面垂線，必過球心； （2）直角三角形斜邊中點（外心）做面垂線，必過球心；
1.（2022·安徽·高三校聯考階段練習）四棱錐P-ABCD中，ABCD是正方形，，且面面ABCD，則四棱錐P-ABCD的外接球表面積為
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】P-ABCD的外接球轉化為三棱柱PAB-EDC的外接球，球心位于上 下底面中心連線段中點O處，由正弦定理求出，勾股定理求出，代入球體表面積公式即可得解.
【詳解】P-ABCD的外接球與三棱柱PAB-EDC外接球相同.
球心位于上 下底面中心連線段中點O處，設外接球半徑為R，
因為，所以△PAB為等邊三角形，由正弦定理得，
，
.
.
2.（2023·全國·高三專題練習）已知在三棱錐中，是等邊三角形，，平面平面BCD，若該三棱錐的外接球表面積為，則（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】首先根據題意，判斷出三棱錐外接球球心的位置，利用其表面積求得其半徑的大小，之后在三角形中，利用勾股定理求得結果.
【詳解】根據題意，畫出圖形，設且外接球球心為O，半徑為R，
根據題意，有，解得，根據題意，有球心O為正三角形的中心，
因為，所以，所以正三角形的邊長為，，所以，
因為平面平面BCD，所以，所以，故選：C.
3.（2022·全國·高三專題練習）在三棱錐中，.平面平面，若球O是三棱錐的外接球，則球O的表面積為（ ）.
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根據已知條件求得外接球的半徑，由此求得球的表面積.
【詳解】設分別是的中點，由于，所以，由于平面平面且交線為，所以平面，由于，所以是的外心，所以球心在過且與平面垂直的直線上，
，，，過作，且交點為，
由于，所以四邊形是矩形，則.設外接球的半徑為，所以，
解得，.所以外接球的表面積為.故選：D
題型七：外接球：兩線定心法
雙線交點定心法（特殊三角形圓心垂線交點確定球心法） （1）等邊三角形中心（外心）做面垂線，必過球心； （2）直角三角形斜邊中點（外心）做面垂線，必過球心；
1.（福建省龍巖市一級達標校2022-2023學年高三教學質量檢查數學試題）三棱錐P﹣ABC的底面ABC是等腰三角形，AC＝BC＝2，AB＝2，側面PAB是等邊三角形且與底面ABC垂直，則該三棱錐的外接球表面積為_____．
【答案】
【分析】
求出的外接圓半徑，的外接圓半徑，求出外接球的半徑，即可求出該三棱錐的外接球的表面積．
【詳解】
由題意，設的外心為，的外心為，
則的外接圓半徑，
在中，因為，
由余弦定理可得，所以，
所以的外接圓半徑，
在等邊中，由，所以，所以，
設球心為，球的半徑為，則，
又由面，面，
則，所以該三棱錐的外接球的表面積為．
故答案為：．
2.（湖北省鄂東南省級示范高中教學改革聯盟2023屆高三模擬考試數學（文）試）已知在三棱錐中，是等邊三角形，，平面平面BCD，若該三棱錐的外接球表面積為，則（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
首先根據題意，判斷出三棱錐外接球球心的位置，利用其表面積求得其半徑的大小，之后在三角形中，利用勾股定理求得結果.
【詳解】
根據題意，畫出圖形，
設且外接球球心為O，半徑為R，根據題意，有，解得，
根據題意，有球心O為正三角形的中心，
因為，所以，所以正三角形的邊長為，
，所以，因為平面平面BCD，所以，
所以，故選：C.
3.（江蘇省鹽城中學2022-2023學年高三上學期第三次階段性質量檢測數學試題）已知菱形邊長為3，，為對角線上一點，.將沿翻折到的位置，記為且二面角的大小為120°，則三棱錐的外接球的半徑為______；過作平面與該外接球相交，所得截面面積的最小值為______.
【答案】
【分析】
（1）過的重心作垂線，垂線的交點即為球心，再根據已知線段長度求解出球的半徑；
（2）首先確定出當截面面積最小時對應的與截面的位置關系，再根據線段長度求解出截面圓的面積.
【詳解】
因為且四邊形為菱形，所以均為等邊三角形，
取的重心為，過作平面、平面的垂線，且垂線交于一點，
此時即為三棱錐的外接球球心，如下圖所示：
記，連接，因為二面角的大小為，
且，所以二面角的平面角為，
因為，所以，所以，
又因為，所以，所以，
所以，又，所以，
所以三棱錐的外接球的半徑為；
當截面面積取最小值時，此時截面，又因為截面是個圓，設圓的半徑為，外接球的半徑為，
又因為且，所以，
所以，所以此時截面面積為.
故答案為：；.
題型八：外接球：二面角型
向量法：二面角的大小為() 2.定義法：在棱上任一點，分別在兩個半平面內做棱的垂線，兩垂線所成的角即為二面角的平面角 3.垂面法：做與棱垂直的平面，交二面角兩個半平面，兩條交線所成的角即為二面角的平面角
1.（2023·全國·高三專題練習）在三棱錐中，，，二面角的平面角為，則三棱錐外接球表面積的最小值為（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】取AC的中點M，可得即為二面角的平面角， △ACB的外心為O1，過O1作平面ABC的垂線，過△ACD的外心M作平面ACD的垂線，兩條垂線均在平面BMD內，它們的交點就是球心O，在平面ABC內，設，然后表示出外接球的半徑，利用基本不等式可求出其最小值，從而可求得答案.
【詳解】當D在△ACD的外接圓上動的時候，該三棱錐的外接球不變，
故可使D點動到一個使得DA=DC的位置，取AC的中點M，連接，
因為，DA=DC，所以，，故即為二面角的平面角，
△ACB的外心為O1，過O1作平面ABC的垂線，過△ACD的外心M作平面ACD的垂線，兩條垂線均在平面BMD內，它們的交點就是球心O，畫出平面BMD，如圖所示；
在平面ABC內，設，則，，
因為，所以，所以，所以

令，則，
所以，當且僅當時取等，故選:B
2.（2022上·山西·高三校聯考階段練習）在邊長為2的菱形中，，將菱形沿對角線折起，使二面角的大小為，則所得三棱錐的外接球表面積為（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由已知可得、都是邊長為的等邊三角形，由菱形的對角線互相垂直，可得為二面角的平面角，即，作出圖形，找出三棱錐的外接球球心，利用四點共圓結合正弦定理求解三棱錐的外接球的半徑，代入球的表面積公式可得結果.
【詳解】由于四邊形是邊長為的菱形，且，則，
所以，、都是邊長為的等邊三角形，
由于菱形的對角線互相垂直，則，，
所以，為二面角的平面角，即，
過點作平面的垂線，垂足為點，則點在線段上，
由，，可得，
且是等邊三角形，所以，，設的外心為點，的中點，
在平面內，過點、分別作平面、的垂線交于點，
則點為三棱錐的外接球的球心，則，，
，則，由于、、、四點共圓，可得，
所以，三棱錐的外接球的表面積為.故選：B.
3.（2023·全國·高三專題練習）在三棱錐中，為等腰直角三角形，，為正三角形，且二面角的平面角為，則三棱錐的外接球表面積為（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由球的截面性質確定球心的位置，結合條件求出球的半徑，由此可求外接球的表面積
【詳解】如圖所示，為直角三角形，又，
所以，
因為為正三角形，所以，
連接，為的中點，E為中點，
則，所以為二面角的平面角
所以．
因為為直角三角形，E為中點，
所以點為的外接圓的圓心，
設G為的中心，則G為的外接圓圓心．過E作面的垂線，過G作面的垂線，設兩垂線交于O．
則O即為三棱錐的外接球球心．設與交于點H，
，
所以,，∴．
所以，故選：C.
題型九：外接球：最值范圍型
1.（福建省泉州市南安第一中學2022-2023學年高三上學期月考數學）已知球是正三棱錐的外接球，底邊，側棱，點在線段上，且，過點作球的截面，則所得截面圓面積的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】
設的中心為，球的半徑為，連接，可得，可得的值，過點作圓的截面，當截面與垂直時，截面的面積最小，當截面過球心時，截面面積最大，即可求解．
【詳解】
解：如圖，設的中心為，球的半徑為，連接，
則，在中，，解得，，在中，，
過點作圓的截面，當截面與垂直時，截面的面積最小，此時截面圓的半徑為，最小面積為．
當截面過球心時，截面面積最大，最大面積為．故選B
2.正三棱錐，為中點， ，，過的平面截三棱錐的外接球所得截面的面積范圍為（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】
根據題中數據，結合正棱錐的結構特征，得到兩兩垂直，可將正三棱錐看作正方體的一角，設正方體的體對角線的中點為，得到點是正三棱錐外接球的球心，記外接球半徑為，過球心的截面圓面積最大；再求出，根據球的結構特征可得，當垂直于過的截面時，截面圓面積最小，結合題中數據，即可求出結果.
【詳解】
因為正三棱錐，，，
所以，即，同理，，
因此正三棱錐可看作正方體的一角，如圖，
記正方體的體對角線的中點為，由正方體結構特征可得，點即是正方體的外接球球心，
所以點也是正三棱錐外接球的球心，記外接球半徑為，則，
因為球的最大截面圓為過球心的圓，所以過的平面截三棱錐的外接球所得截面的面積最大為；又為中點，由正方體結構特征可得；
由球的結構特征可知，當垂直于過的截面時，截面圓半徑最小為，所以.
因此，過的平面截三棱錐的外接球所得截面的面積范圍為.故選：D.
3.（山東省2023年普通高等學校招生統一考試數學必刷卷）已知等邊三角形的邊長為，，分別為，的中點，將沿折起得到四棱錐.點為四棱錐的外接球球面上任意一點，當四棱錐的體積最大時，四棱錐外接球的半徑為______，點到平面距離的最大值為______.
【答案】
【分析】
由題意作圖，當四棱錐的體積最大時，平面平面，根據圖形的幾何性質，找到球心O的位置，進而根據已知長度求出半徑R，即可得答案.
【詳解】
如圖所示：
設的中點為，，分別為等邊三角形和梯形的外接圓圓心.
在中，為的中點，所以，
則為梯形外接圓的直徑.
連接，.由題意，當四棱錐的體積最大時，平面平面，
過作平面的垂線，過作平面的垂線，兩條垂線交于點，則點即為四棱錐外接球的球心.
四邊形為矩形，則.
在等邊三角形中，，則，，即.
又，所以四棱錐外接球的半徑，
所以點到平面距離的最大值.
故答案為：；.
題型十：外接球：動點與翻折
1.如圖，在中，分別取邊的中點，將分別沿三條中位線折起，使得重合于點則三棱錐的外接球體積的最小值為________________________．
【答案】
【分析】
由翻折變換知，三棱錐的對棱分別相等，將錐體彌補成長方體，利用長方體外接球的求法，結合球的體積公式即可得解.
【詳解】設，則，由翻折變換可知，三棱錐的對棱分別相等，
且，，將三棱錐補充成長方體，對角線長分別為，如圖所示
三棱錐的外接球即為長方體的外接球.設長方體的長寬高分別為，
則。所以則外接球半徑當時，半徑最小，此時
所以三棱錐的外接球的體積的最小值為故答案為：
2.已知四邊形是邊長為5的菱形，對角線（如圖1），現以為折痕將菱形折起，使點B達到點P的位置.棱，的中點分別為E，F，且四面體的外接球球心落在四面體內部（不含邊界，如圖2），則線段長度的取值范圍為（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】
先根據四面體的側面及底面外接圓的圓心來確定球心的位置，設角結合長度關系可得，進而可得范圍.
【詳解】由題意可知△的外心在中線上，設過點的直線⊥平面,可知平面,同理△的外心在中線上,設過點的直線⊥平面，則平面,
由對稱性知直線的交點在直線上.根據外接球的性質,點為四面體的外接球的球心.
由題意得,而所以.令,顯然,
所以.因為，所以，又，所以，即.綜上可知.故選：A.
3.（2023·四川·四川省金堂中學校校聯考三模）如圖，在梯形ABCD中，，，，將△ACD沿AC邊折起，使得點D翻折到點P，若三棱錐P-ABC的外接球表面積為，則（ ）
A．8 B．4 C． D．2
【答案】C
【分析】先找出兩個三角形外接圓的圓心及外接球的球心，通過證明，可得四邊形為平行四邊形，進而證得BC⊥面APC，通過勾股定理可求得PB的值.
【詳解】如圖所示，由題意知，，所以，，
所以AB的中點即為△ABC外接圓的圓心，記為，又因為，所以，，
所以在中，取AC的中點M，連接PM，則△APC的外心必在PM的延長線上，記為，
所以在中，因為，，所以為等邊三角形，
所以，（或由正弦定理得：）所以，
在中，，，，設外接球半徑為R，則，解得：，
設O為三棱錐P-ABC的外接球球心，則面ABC，面APC．所以在中，，
又因為在，，所以，，
所以四邊形為平行四邊形，所以，又因為，
所以，又因為面APC，所以BC⊥面APC，所以，
所以，即：.故選：C.
題型十一：動點型最短距離和
多通過側面（表面）展開，把空間距離轉化為平面距離來求解。棱臺、棱錐、棱柱，可以通過旋轉截面（或者表面）來達到空間距離轉為平面距離 在展開的過程中，要注意不同幾何體，可能有多種展開方式，要分開各自計算，再做比較 圓錐與圓臺側面展開示意圖
1.（廣東省廣州市華南師范大學附屬中學等四所中學2023屆高三上學期期末數學試題）如圖，在三棱錐中，平面，為線段的中點，分別為線段和線段上任意一點，則的最小值為（ ）
A． B． C． D．2
【答案】C
【分析】先利用線面垂直的判定定理推得再利用面積相等在中推得，從而得到，由此得解.
【詳解】因為平面，面，所以，
又，，
因為，平面，所以平面，
又平面，所以
.
又在中，，
在中，，
故，
則，
又，
所以，
即，當且僅當時，等號成立，
當時，為的中點，此時當時，為的中點，
綜上所述的最小值是.故選：C.
2.（浙江省溫州市平陽縣2023屆高三下學期5月高考適應性考試數學試題）在棱長為3的正方體中，為棱的中點，為線段上的點，且，若點分別是線段，上的動點，則周長的最小值為（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】連接，易知為線段與的交點，即為線段上靠近D的三等分點，將周長的最小值問題轉化到平面上幾何知識連接兩點間的線中線段最短與平面幾何中對稱問題處理，最后由余弦定理求得的長度即可.
【詳解】連接，易知為線段與的交點，即為線段上的點，由勾股定理可知，則，
分別作點關于線段，的對稱點，，且由對稱關系有垂直關系且顯然為等邊三角形，即，
由等邊三角形對稱問題可求得，
據余弦定理得，
由平面幾何知識連接兩點間的線中線段最短，得周長的最小值為.
故選：D
3.在棱長均為的正四面體中，為中點，為中點，是上的動點，是平面上的動點，則的最小值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】在正四面體中,由平面,找出在平面上的射影,再沿展開平面,使之與平面重合,此時,的最小值即為點到的距離,最后,結合數據解三角形即可.
【詳解】由題知,在正四面體中,為中點,,平面,
設中點為,連,為中點,,且,平面,
即為在平面上的射影,沿展開平面,使之與平面重合,
此時,的最小值即為點到的距離,故過點作于點,
又,,,
,
,故選:A.
題型十二：動點：內切球
1.（安徽省阜陽市2022-2023學年高三數學試題）如圖，正三棱柱的側棱長為，底面邊長為2，D，E，F，M，N分別為棱AC，AB，BC，，的中點，P為線段MN上的動點，則三棱錐內切球半徑的最大值為_______________．
【答案】
【分析】三棱錐的內切球問題，利用 （r為內切球半徑，為棱錐表面積）
【詳解】點Р在平面ABC的投影在線段DF上，垂足為H，在平面ABC內，設H到DE的距離為a，H到EF的距離為b，，則，，，
，
表示點分別到點和點的距離之和，所以當時，的最小值為，，設三棱錐內切球的半徑為，
，故．故答案為：.
2.（河南省商丘市部分學校2022-2023學年高中畢業班階段性測試（三）數學試題）如圖，有一半徑為1的球形燈泡，要為其做一個上窄下寬的圓臺形燈罩，要求燈罩對應的圓臺的軸截面為球形燈泡對應的大圓的外切等腰梯形，則燈罩的表面積（不含下底面）至少為__________.
【答案】##
【分析】軸截面為等腰梯形，設上底為，下底為，由幾何知識得間關系.
后表示出燈罩表面積，可得最小值.
【詳解】由題可得，軸截面為等腰梯形.如圖，E，F，P分別為圓在AD，BC，AB上切點.
則，且三點共線.
設.其中. 則由切線長定理得，.
因，，，則，
得平分.同理可得，平分，又，則.
又，由射影定理得：，故.
設燈罩的表面積為，燈罩上表面積為，燈罩側面面積為，則.
又，（為圓臺母線長，為上下底面半徑）.則，又，
則，
當且僅當，即取等號.
故答案為：.
3.（百師聯盟全國高三模擬考（三）數學試題）已知四棱錐，底面四邊形為正方形，，四棱錐的體積為，在該四棱錐內放置一球，則球體積的最大值為_________．
【答案】
【分析】由題知，該四棱錐為正四棱錐，作出該正四棱錐的高和斜高，連接，則球心O必在的邊上，設，由球與四棱錐的內切關系可知，設，用和表示四棱錐的體積，解得和的關系，進而表示出內切球的半徑，并求出半徑的最大值，進而求出球的體積的最大值.
【詳解】設，，
由球O內切于四棱錐可知，，，
則，球O的半徑，
，，，
當且僅當時，等號成立，此時.
故答案為：.
題型十三：多選題綜合應用：二面角型幾何體
1．（多選）（23-24高三·湖南長沙·階段練習）已知函數圖象如圖1所示，A，B分別為圖象的最高點和最低點，過A，B作x軸的垂線，分別交x軸于，點C為該部分圖象與x軸的交點，與y軸的交點為，此時．將繪有該圖象的紙片沿x軸折成的二面角，如圖2所示，折疊后，則下列四個結論正確的有（ ）
A．
B．的圖象在上單調遞增
C．在圖2中，上存在唯一一點Q，使得面
D．在圖2中，若是上兩個不同的點，且滿足，則的最小值為
【答案】BD
【分析】先由題意讀出，建立關于它們的等量關系，從而求出的值，進而求出根據三角函數由圖像求解析式的思路依次求出和的值，得出的解析式，即可判斷AB；CD需根據圖像特征結合幾何平行和垂直的判定方法和手段進行分析處理.
【詳解】設函數的最小正周期為，則，
又，平方得，即，
所以，即，因為，解得，
故，即，所以，則，可得，
又因為函數在附近單調遞減，且，所以，故A錯誤；
對于B選項，因為，當時，，此時單調遞增，B符合題意；
對于C選項，在平面內，過點D作交x軸于M，交于，
再在平面上，過M作平行于的直線交于，此時面，故C錯誤；
對于D選項，若均在上，由可知，平行于x軸，此時，
若均在上，作于點E，則，
又，從而面，故，而，因此，在圖1中作直線，則為與的交點，
不妨設為與在y軸右側最近的兩個交點，則此時的最小值為，
若不在同一個面上，此時，故D正確.
故選：BD.
【點睛】方法點睛：涉及未知點（或動點）的平行（或垂直）關系求未知點（或動點）的位置或軌跡時，抓住平行（或垂直）的不變性和定點以及定直線作相應的平行面或垂面可助于找到未知點（或動點）的位置或軌跡.
2．（多選）（2024·云南·模擬預測）如圖，已知二面角的棱上有兩點，，且，則（ ）

A．當時，直線與平面所成角的正弦值為
B．當二面角的大小為時，直線與所成角為
C．若，則三棱錐的外接球的體積為
D．若，則二面角的余弦值為
【答案】ABD
【分析】
對A：借助空間垂直的轉化可得線線垂直，結合線面角的定義計算即可得；對B：借助二面角的定義，作出平行直線且與相交的直線即可計算異面直線夾角；對C：找到底面外接圓圓心，作出過該點且垂直底面的直線，則球心必在該直線上，設出半徑，結合勾股定理可得半徑，即可得外接球體積；對D：借助二面角定義作出該二面角的平面角，結合意義計算即可得.
【詳解】對A選項：當時，因為，，
所以，所以直線與平面所成角為，
又因為，所以，
因為，，所以，
所以，故A正確；
對B選項：如圖，過A作，且，連接，，

則四邊形為正方形，所以，所以（或其補角）即為直線與所成角，
因為，四邊形為正方形，有，所以，
又因為，所以即為二面角的平面角，即，
由、、且、平面，
所以平面，又四邊形為正方形，所以，
所以平面，又平面，所以.
由且四邊形為正方形，，所以，
所以，即，即直線與所成角為，故B正確；
對于D，如圖，作，且，
則二面角的平面角為，不妨取，

由，在中，易得，
在中，由余弦定理得，，
過C點作交線段的延長線于點O，則平面，
過O點作，交線段的延長線于點H，連接，
則為二面角的平面角，
易得，，，
所以，故D正確；
對C選項：同選項D可知，
如圖，分別取線段，的中點G，M，連接，過G點作平面的垂線，

則球心必在該垂線上，設球的半徑為R，則，
又的外接圓半徑，而平面平面，
所以平面，即的長為點到平面的距離，則，
所以四面體的外接球的體積為，故C錯誤.
故選：ABD.
【點睛】關鍵點點睛：本題C選項中外接球半徑半徑的計算關鍵是先找到底面外接圓圓心，則球心必在過外接圓圓心且垂直于底面的直線上.
3．（多選）（2024·廣東梅州·二模）如圖，平面，，M為線段AB的中點，直線MN與平面的所成角大小為30°，點P為平面內的動點，則（ ）
A．以為球心，半徑為2的球面在平面上的截痕長為
B．若P到點M和點N的距離相等，則點P的軌跡是一條直線
C．若P到直線MN的距離為1，則的最大值為
D．滿足的點P的軌跡是橢圓
【答案】BC
【分析】根據點到平面的距離，結合球的截面性質可得截面圓的半徑，即可求解A，建立空間直角坐標系，利用點點建立公式，化簡可判斷B，根據點到直線的距離公式，可得的軌跡是平面內的橢圓上一點，即可根據橢圓的性質 求解C，根據向量的夾角公式即可化簡求解的軌跡為且，即可求解D.
【詳解】對于A，由于MN與平面的所成角大小為30°，所以點到平面的距離，
故半徑為的球面在平面上截面圓的半徑為,故截痕長為，A錯誤，
對于B,由于平面，所以以為，在平面內過作,平面內作，建立如圖所示的空間直角坐標系，
則,
設，則，
化簡得，故P到點M和點N的距離相等，則點P的軌跡是一條直線，B正確，
,所以P到直線MN的距離為，化簡可得，
所以點的軌跡是平面內的橢圓上一點，如圖，
當在短軸的端點時，此時最大，由于,故，因此,C正確，
對于D, ，,
若，則，
化簡得且，故滿足的點P的軌跡是雙曲線的一部分，D錯誤，
故選：BC
【點睛】方法點睛：立體幾何中與動點軌跡有關的題目歸根到底還是對點線面關系的認知，其中更多涉及了平行和垂直的一些證明方法，在此類問題中要么很容易的看出動點符合什么樣的軌跡(定義)，要么通過計算(建系)求出具體的軌跡表達式，和解析幾何中的軌跡問題并沒有太大區別，所求的軌跡一般有四種，即線段型，平面型，二次曲線型，球型.
題型十四：多選題綜合應用：翻折型
翻折 翻折前后，在同一平平面內的點線關系不變 翻折過程中是否存在垂直或者平行等特殊位置關系 翻折過程中，角度是否為定值 翻折過程中，體積是否存在變化
1．（2024·吉林·模擬預測）如圖1，在等腰梯形中，，且為的中點，沿將翻折，使得點到達的位置，構成三棱錐（如圖2），則（ ）
A．在翻折過程中，與可能垂直
B．在翻折過程中，二面角無最大值
C．當三棱錐體積最大時，與所成角小于
D．點在平面內，且直線與直線所成角為，若點的軌跡是橢圓，則三棱錐的體積的取值范圍是
【答案】AC
【分析】先確定未翻折之前，圖形中的數量關系和位置關系，翻折時，當時可證平面平面，從而可證，判斷A；且此時二面角取得最大值，判斷B；還是此時，當三棱錐體積最大，可求異面直線與所成角，判斷C；對D，根據圓錐曲線的定義，判斷二面角的取值范圍，求出高的取值范圍，從而的三棱錐的體積的取值范圍，判斷D.
【詳解】如圖1：
在未折起之前，有，， ，..
又，，所以.
沿將翻折，則點軌跡為一個圓，且圓面一直和垂直，如圖：
當時，，又，平面，
所以平面，平面，所以平面平面，
又平面，平面平面，，所以平面.
平面，所以.故A正確.
此時，，所以即為二面角的平面角為，是二面角的最大值，故B錯誤；
此時三棱錐的高等于，高取得最大值，又底面不變，所以三棱錐的體積最大.
如圖：
取中點，連接，，則即為一面直線與所成角，
在中，，，，
所以，
所以，故C正確；
對D：點在平面內，且直線與直線所成角為，若點的軌跡是橢圓，根據圓錐曲線的概念，二面角應該在之間取值，且不能為（此時點的軌跡是圓），
當二面角或時，，
當二面角時，，
所以點在平面內，且直線與直線所成角為，且點的軌跡是橢圓時，，故D錯誤.
故選：AC
【點睛】關鍵點點睛：用一個平面截圓錐體，要想得到的截面是一個橢圓，截面不能和圓錐的母線相交，且截面不能與圓錐的軸垂直（此時的截面是圓）.
2．（22-23高三·山東菏澤模擬）如圖，矩形中，，為邊的中點，將沿直線翻折成（點不落在底面內），若在線段上（點與， 不重合），則在翻轉過程中，以下命題正確的是（ ）
A．存在某個位置，使
B．存在點，使得平面成立
C．存在點，使得平面成立
D．四棱錐體積最大值為
【答案】CD
【分析】反證法判斷AB；線面平行和面面平行之間的轉換判斷C；線面和面面垂直轉化判斷D．
【詳解】對于A，假設存在某個位置，使，取 中點，
連接，，顯然，而平面，
平面，平面，，則，
但，，不可能相等，所以不可能有，所以A選項錯誤；
對于B，若存在點，使得平面成立，
因為平面，所以，
又因為且，平面，所以平面，
又因為平面，那么，
又因為，直角邊大于斜邊，矛盾，所以B選項錯誤；
對于C，存在M為中點時，符合題意，證明如下：
取 中點，連接，， 是 的中點，
，而平面，平面，平面，
由 與 平行且相等得 是平行四邊形，，平面,平面,
得平面，而，平面,
平面平面，平面，平面，所以選項C正確；
對于， 是等腰直角三角形， 到 的距離是，
當平面平面 時，到平面 的距離最大為，
又，
，所以選項D正確．
故選：CD．
【點睛】關鍵點點睛：本題考查折疊問題，關鍵是注意折疊前后什么幾何關系沒有發生改變.
3．（2024·河南南陽·一模）如圖1，在直角梯形ABCD中，，，點E，F分別為邊AB，CD上的點，且.將四邊形AEFD沿EF折起，如圖2，使得平面平面EBCF，點是四邊形AEFD內的動點，且直線MB與平面AEFD所成的角和直線MC與平面AEFD所成的角相等，則下列結論正確的是（ ）

A．
B．點的軌跡長度為
C．點到平面EBCF的最大距離為
D．當點到平面EBCF的距離最大時，三棱錐外接球的表面積為
【答案】BCD
【分析】由面面垂直的性質定理即可判斷A，建立平面直角坐標系得到點的軌跡方程即可判斷B，由錐體的體積公式即可判斷C，列出方程求得外接球的半徑即可判斷D
【詳解】

如圖，連接CE，EM.因為平面平面EBCF，平面平面平面AEFD，又，所以平面EBCF.
所以CE為CA在平面EBCF內的射影.易得為等邊三角形，顯然CE不垂直于BF，所以AC不可能垂直于，故A錯誤.
易知，所以平面AEFD，所以為直線MB與平面AEFD所成的角.同理為直線MC與平面AEFD所成的角.所以，所以，所以.因為，所以.
在平面AEFD內，以為坐標原點，以為軸正方向，為軸正方向建立平面直角坐標系，則，設，則有，化簡得，即點在平面AEFD內的軌跡方程為，所以點在平面AEFD內的軌跡為以為圓心，
2為半徑的圓.易得點在四邊形AEFD內的軌跡為該圓的一段弧，弧所對的圓心角為，所以弧長為，B正確.
要使三棱錐的體積最大，只要點的縱坐標的絕對值最大即可.令0，
則，又，所以，此時到平面EBCF的最大距離為，
C正確.
三棱錐外接球的球心在過的外接圓圓心且垂直于平面BCF的直線上.
在三棱錐中，設點為等邊外接圓的圓心，設三棱錐外接球的球心為，半徑為，設，則有，
解得，所以，所以三棱錐外接球的表面積.
故D正確.
故選：BCD.
【點睛】關鍵點睛：本題主要考查了立體幾何中的垂直證明以及球的外接問題，難度較大，解答本題的關鍵在于求得外接球的半徑.
題型十五：多選題綜合應用：正方體表面動點型
1.（2024·浙江·模擬預測）已知棱長為1的正方體是空間中一個動平面，下列結論正確的是（ ）
A．設棱所在的直線與平面所成的角為，則
B．設棱所在的直線與平面所成的角為，則
C．正方體的12條棱在平面上的射影長度的平方和為8
D．四面體的6條棱在平面上的射影長度的平方和為8
【答案】ACD
【分析】以點為坐標原點建立空間直角坐標系，設的法向量為，利用向量法求線面角和射影問題.
【詳解】對于A，以點為坐標原點，為軸，為軸，為軸建立空間直角坐標系，
則,
得，，設的法向量為，
則，同理可得，
，故A正確；
對于B，則，故B錯誤；
對于C，這3條棱在平面上的射影長度的平方和為，
條棱在平面上的射影長度的平方和為8，故C正確；
對于D，，設與平面所成角為與平面所成角為，
則，
，
在平面上的射影長度的平方和為
，
則四面體的6條棱在平面上的射影長度的平方和為
，故D正確.
故選：ACD
【點睛】方法點睛：
建立空間直角坐標系，設的法向量為，向量法求線面角的正弦值和余弦值，向量法求射影長度，結果用表示，化簡即可.
2．（2024·江西鷹潭·一模）直四棱柱的所有棱長都為4，，點在四邊形及其內部運動，且滿足，則下列選項正確的是（ ）

A．點的軌跡的長度為.
B．直線與平面所成的角為定值．
C．點到平面的距離的最小值為.
D．的最小值為-2．
【答案】BC
【分析】
建立空間直角坐標系，表示，化簡后得點的軌跡方程，得軌跡長度判斷A；向量法求線面角判斷B，向量法求點到平面距離，結合點的軌跡得最小值判斷C；坐標表示向量數量積，結合點的軌跡最小值判斷D.
【詳解】直四棱柱的所有棱長都為4，則底面為菱形，
又，則和都是等邊三角形，
設與相交于點，由，以為原點，為軸，為軸，過垂直于底面的直線為軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，

則有，，
點在四邊形及其內部運動，設，，
由，有，
即，
所以點的軌跡為平面內，以為圓心，2為半徑的半圓弧，
所以點的軌跡的長度為， A選項錯誤；
平面的法向量為，，
直線與平面所成的角為，則，
又由，則，
所以直線與平面所成的角為定值， B選項正確；
，設平面的一個法向量為，
則有，令，得，，
所以點到平面的距離，
，所以時，，
所以點到平面的距離的最小值為，C選項正確；
，
，其幾何意義為點到點距離的平方減12，
由，點到點距離最小值為，
的最小值為，D選項錯誤.
故選：BC.
【點睛】方法點睛：
空間幾何體中的相關問題，要利用好幾何體本身的結構特征，點線面的位置關系，圖形中的角度和距離等，建立空間直角坐標系，利用向量法解決問題，也是常用的方法.
3．（2024·安徽·二模）已知正方體的棱長為1，，分別為棱，上的動點，則（ ）
A．四面體的體積為定值 B．四面體的體積為定值
C．四面體的體積最大值為 D．四面體的體積最大值為
【答案】BCD
【分析】根據到平面的距離不是定值即可判斷A；根據為定值與到平面的距離即可判斷B；確定當Q與、與重合時四面體的體積取得最大值，即可判斷判斷C；如圖，確定四面體的體積為，即可判斷D.
【詳解】A：因為的面積為，到平面的距離不是定值，
所以四面體的體積不是定值，故A錯誤；
B：因為的面積為，P到矩形的距離為定值，
所以到平面的距離為，則四面體的體積為，故B正確；
C：當Q與重合時，取得最大值，為，
當與重合時，到平面的距離d取得最大值，
在正中，其外接圓的半徑為，則，
故四面體的體積最大值為，故C正確；
D：過點作，，，
設，，則，，
，，，，
故四面體的體積為，其最大值為，故D正確．
故選：BCD
【點睛】關鍵點點睛：本題主要考查正方體的性質，三棱錐體積有關問題.明確當體積達到最值時動點的位置是解題的關鍵.
題型十六：多選題綜合應用：兩部分體積比型
(V上/V下)=(PD/DB) 1.同底平行高。得體積比例 2.底面在同一平面內，面積不同，則高比與面積比乘積
1．（2024·河南信陽·二模）如圖，在四棱錐中，底面是邊長為的正方形，為的中點．，過作平面的垂線，垂足為，連，，設，的交點為，在中過作直線交，于，兩點，，，過作截面將此四棱錐分成上、下兩部分，記上、下兩部分的體積分別為，下列說法正確的是（ ）

A． B．
C． D．的最小值為
【答案】ABD
【分析】過作平面的垂線，垂足為，連接、、，設、的交點為，在中，過作直線交，于，，由相交直線確定平面，得到四邊形是過的截面，結合平面向量基本定理，基本不等式及體積求解逐項判斷能求出結果．
【詳解】由題意可知，四棱錐為正四棱錐，
過作平面的垂線，垂足為，則O為底面中心，連接、、，
設、的交點為，在中，過作直線交，于，，
由相交直線確定平面，得到四邊形是過的截面，
由題意得，是等邊三角形，是的重心，
則，故A正確；
又設，，，，
，由三點共線得，解得，故B正確；
易知平面,故平面，
則E到平面的距離為，同理G到平面的距離為2,
又為的中點，則到平面的距離為1，
，
，故C錯誤;
易知，
故，
，
，，，
當且僅當．取等號，
，
．故D正確.
故選：ABD

【點睛】關鍵點點睛：本題考查正棱錐性質及向量應用，解決問題關鍵是利用向量共線得結合基本不等式求最值.
2．（23-24高三 ·山東菏澤·階段練習）已知正方體的棱長為是中點，是的中點，點滿足，平面截該正方體，將其分成兩部分，設這兩部分的體積分別為，則下列判斷正確的是（ ）
A．時，截面面積為 B．時，
C．隨著的增大先減小后增大 D．的最大值為
【答案】BCD
【分析】對于A，易于判斷截面形狀，計算即得其面積；對于B，可由A項圖形進行對稱性判斷得到；對于C，要結合A項中點從點運動到點的過程中，截面形狀的變化，以及B項中的結論合并進行判斷；對于D，要在選項C的基礎上判斷取最大值時，對應于或時的情形，故只需要求出這兩種情形下的的值即得.
【詳解】
如圖1，當時，點是的中點，易得截面為正六邊形．其棱長為，故截面面積為故A項錯誤；
由對稱性可知．當時．平面分兩部分是全等的，故體積相等，故B項正確；
如圖2．當從0變化到1時．截面從四邊形變化至五邊形（其中為靠近點的三等分點）．
結合B項可知，被截面所分兩部分體積之差的絕對值先減小至0，再逐漸增大，故C項正確；
取最大值時對應為，或時情形．
當時，不妨記為截面左上角的部分幾何體，則,
則,此時；
當時，不妨記為截面左上角的部分幾何體，則
,
則，此時.
的最大值為，故D項正確．
故選：BCD．
【點睛】思路點睛：本題重點考查正方體的截面面積和分割成的幾何體的體積問題，屬于難題.
解題思路在于要有從特殊到一般的思想，先考慮點為的中點時的截面和分割成的幾何體體積的關系，再考慮點分別與點，點重合時的截面形狀以及分割成的兩部分的體積，總結出體積變化規律即可.
3．（23-24高三上·江蘇南通·）我國古代數學家祖暅提出一條原理：“冪勢既同，則積不容異”，即兩個等高的幾何體若在所有等高處的水平截面的面積相等，則這兩個幾何體的體積相等．利用該原理可以證明：一個底面半徑和高都等于R的圓柱，挖去一個以上底面為底面，下底面圓心為頂點的圓錐后，所得的幾何體的體積與一個半徑為R的半球的體積相等．現有一個半徑為R的球，被一個距離球心為d（）的平面截成兩部分，記兩部分的體積分別為，則（ ）
A． B．
C．當時， D．當時，
【答案】ACD
【分析】對于A，，化簡即可驗算；對于B，化簡即可驗算；對于C，，將代入即可判斷；對于D，求的最小值即可.
【詳解】（同底等高），
，A對．
，B錯．
對于C，，，C對．
對于D，時，，
，
在，，D對．
故選：ACD.
【點睛】關鍵點睛：判斷D選項的關鍵是首先得到，然后通過換元求導得函數最小值即可驗證，從而順利得解.

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