專題14立體幾何常見壓軸小題全面總結與歸納解析

目錄

01考情透視?目標導航............................................................2

m占nt口馬囪.田攤己I白?rq

03知識梳理?方法技巧............................................................4

04真題研析?精準預測............................................................6

05核心精講?題型突破...........................................................20

題型一：球與截面面積問題20

題型二：體積、面積'周長、角度、距離定值問題25

題型三：體積、面積、周長、距離最值與范圍問題32

題型四：立體幾何中的交線問題41

題型五：空間線段以及線段之和最值問題46

題型六：空間角問題52

題型七：軌跡問題59

題型八：翻折問題65

重難點突破：以立體幾何為載體的情境題72

差情;奏汨?日標旦祐

高考對這一部分的考察主要集中在兩個關鍵點：一是判斷與空間線面位置關系相關的命題真?zhèn)?；二?/p>

涉及一些經(jīng)典且常出現(xiàn)于壓軸位置的小題，這些小題通常具有中等或偏上的難度。

考點要求目標要求考題統(tǒng)計考情分析

對于2025年高考的預

掌握球截面性質(zhì)，2021年天津卷第6題，5分

球與截面面積問題測，關于幾何題目的出現(xiàn)

會求截面面積2018年I卷第12題，5分

形式和熱點，可以重新表

述為：

2023年甲卷第16題，5分

掌握求解方法，解

2022年乙卷第9題，5分(1)預計幾何題目將

最值與范圍問題決最值與范圍問

2022年I卷第8題，5分以選擇題或填空題的精煉

題

2021年上海卷第9題，5分形式呈現(xiàn)，旨在全面檢驗

學生的邏輯推理與綜合分

析能力。

2024年II卷第7題，5分

(2)考試的幾何熱點

2023年天津卷第8題，5分

掌握角度計算，解內(nèi)容可能會聚焦于基礎幾

角度問題2023年乙卷第9題，5分

決立體幾何難題何體的表面積與體積計

2022年浙江卷第8題，4分

2022年甲卷第9題，5分算、空間中的最短路徑求

解，以及幾何體的截面形

狀與性質(zhì)等關鍵問題。

㈤3

1、幾類空間幾何體表面積的求法

（1）多面體：其表面積是各個面的面積之和.

（2）旋轉(zhuǎn)體：其表面積等于側(cè)面面積與底面面積的和.

（3）簡單組合體：應弄清各構成部分，并注意重合部分的刪、補.

2、幾類空間幾何體體積的求法

（1）對于規(guī)則幾何體，可直接利用公式計算.

（2）對于不規(guī)則幾何體，可采用割補法求解；對于某些三棱錐，

有時可采用等體積轉(zhuǎn)換法求解.

（3）錐體體積公式為丫=jsh,在求解錐體體積時，不能漏掉

3、求解旋轉(zhuǎn)體的表面積和體積時，注意圓柱的軸截面是矩形，圓

錐的軸截面是等腰三角形，圓臺的軸截面是等腰梯形.

4、球的截面問題

球的截面的性質(zhì)：

①球的任何截面是圓面；

②球心和截面（不過球心）圓心的連線垂直于截面；

③球心到截面的距離d與球的半徑R及截面的半徑r的關系為內(nèi)=r2+d2.

注意：解決球與其他幾何體的切、接問題，關鍵在于仔細觀察、分析，弄清相關元素的位置關系和數(shù)

量關系；選準最佳角度作出截面（要使這個截面盡可能多地包含球、幾何體的各種元素以及體現(xiàn)這些元素

之間的關系），達到空間問題平面化的目的.

5、立體幾何中的最值問題有三類：一是空間幾何體中相關的點、線和面在運動，求線段長度、截面的

面積和體積的最值；二是空間幾何體中相關點和線段在運動，求有關角度和距離的最值；三是在空間幾何

體中，已知某些量的最值，確定點、線和面之間的位置關系.

6、解決立體幾何問題的思路方法：一是幾何法，利用幾何體的性質(zhì)，探求圖形中點、線、面的位置關

系；二是代數(shù)法，通過建立空間直角坐標系，利用點的坐標表示所求量的目標函數(shù)，借助函數(shù)思想方法求

最值；通過降維的思想，將空間某些量的最值問題轉(zhuǎn)化為平面三角形、四邊形或圓中的最值問題；涉及某

些角的三角函數(shù)的最值，借助模型求解，如正四面體模型、長方體模型和三余弦角模cos6=cosacos￡

為平面的斜線與平面內(nèi)任意一條直線/所成的角，。為該斜線與該平面所成的角，￡為該斜線在平面上的射

影與直線/所成的角）.

7、立體幾何中的軌跡問題，這是一類立體幾何與解析幾何的交匯題型，既考查學生的空間想象能力,

即點、線、面的位置關系，又考查用代數(shù)方法研究軌跡的基本思想，培養(yǎng)學生的數(shù)學運算、直觀想象等素

養(yǎng).

8、解決立體幾何中的軌跡問題有兩種方法：一是幾何法.對于軌跡為幾何體的問題，要抓住幾何體中

的不變量，借助空間幾何體（柱、錐、臺、球）的定義；對于軌跡為平面上的問題，要利用降維的思想，

熟悉平面圖形（直線、圓、圓錐曲線）的定義.二是代數(shù)法（解析法）.在圖形中，建立恰當?shù)目臻g直角坐

標系或平面直角坐標系.

9、以立體幾何為載體的情境題大致有三類：

（1）以數(shù)學名著為背景設置問題，涉及中外名著中的數(shù)學名題名人等；

（2）以數(shù)學文化為背景設置問題，包括中國傳統(tǒng)文化，中外古建筑等；

（3）以生活實際為背景設置問題，涵蓋生產(chǎn)生活、勞動實踐、文化精神等.

10、以立體幾何為載體的情境題都跟圖形有關，涉及在具體情境下的圖形閱讀，需要通過數(shù)形結合來

解決問題.圖形怎么閱讀?一是要讀特征，即從圖形中讀出圖形的基本特征；二是要讀本質(zhì)，即要善于將所

讀出的信息進行提升，實現(xiàn)“圖形―文字—符號”的轉(zhuǎn)化；三是要有問題意識，帶著問題閱讀圖形，將研究圖

形的本身特征和關注題目要解決的問題有機地融合在一起；四是要有運動觀點，要“動手”去操作，動態(tài)地去

閱讀圖形.

0

心真題砒標?精御皿\\

1.（2024年北京高考數(shù)學真題）如圖，在四棱錐P-ABCD中,底面ABCD是邊長為4的正方形，上4=依=4,

PC=PD=2V2＞該棱錐的高為（）.

A.1B.2C.72D.73

【答案】D

【解析】如圖，底面ABCD為正方形，

當相鄰的棱長相等時，不妨設PA=PB=AB=4,PC=PD=2應,

分別取AB,CD的中點E,尸，連接PE,PF,EF,

則P￡_LAB,EF_LAB,且PEcEF=E,PE,EFu平面「印，

可知AB_L平面PEW,且ABu平面ABCD,

所以平面尸EF_L平面ABCD,

過P作所的垂線，垂足為。，即PO_LEF,

由平面產(chǎn)￡F平面ABCD=E尸，POu平面PEF,

所以尸O_L平面ABCD,

由題意可得：PE=2』,PF=2,EF=4,則尸序+p產(chǎn)=.2,即

11PF.PFr-

則一=—PO-EF,可得尸0=----------=近，

22EF

所以四棱錐的高為百.

故選：D.

2.（2024年新課標全國II卷數(shù)學真題）已知正三棱臺ABC-44G的體積為=52，AS=6,4耳=2,則

與平面ABC所成角的正切值為（）

A.JB.1C.2D.3

【答案】B

【解析】解法一：分別取BC,用C的中點0,2,則AD=3/，AA=6，

可知sMC=J*6X6X#=9百，SAB,G=；x2x若=6，

設正三棱臺的為"

則VABC-^C,=|（973+73+J9石X-卜=y,解得〃=華，

如圖，分別過A，A作底面垂線，垂足為M,N,設A〃=x,

則e=《AM。+4陽2=,+?,DN=AD-AM-MN=2y/3-x,

可得。2=個DN。+DN=J（2>/3-x）2+y,

結合等腰梯形BCC由可得BB；=］等j+M，

即《+?=倒0_x『+g+4,解得戶手，

所以AA與平面ABC所成角的正切值為tan?AAD3"=1；

AM

解法二：將正三棱臺ABC-481G補成正三棱錐P-ABC，

B

則AA與平面ABC所成角即為以與平面ABC所成角,

外=她=」生皿=上，

PAAB3VP_ABC27

2652

可知%BC-AB］G=云吟-ABC=了,則Vp-A8C=18,

設正三棱錐尸―ABC的高為d,則/Mc=；dx；x6x6x#=18,解得d=26,

取底面ABC的中心為0,則尸底面ABC,且4。=2退，

P0

所以R4與平面ABC所成角的正切值tanZPAO=——=1.

AO

故選：B.

3.（2023年高考全國甲卷數(shù)學（文）真題）在正方體ABC。-AqGR中，AB=4,0為AQ的中點，若該正

方體的棱與球。的球面有公共點，則球。的半徑的取值范圍是.

【答案】［2應,2我

【解析】設球的半徑為R.

當球是正方體的外接球時，恰好經(jīng)過正方體的每個頂點，所求的球的半徑最大，若半徑變得更大，球會包

含正方體，導致球面和棱沒有交點，

正方體的外接球直徑2R'為體對角線長=14?+42+42=4?,即2R=46R=2A/L故凡2百：

分別取側(cè)棱AV網(wǎng),CCQA的中點顯然四邊形跖VGH是邊長為4的正方形，且。為正方形

肱VGH的對角線交點，

連接MG,則MG=4也，當球的一個大圓恰好是四邊形MNG”的外接圓，球的半徑達到最小，即R的最

小值為2忘.

綜上，Re［20,2百］.

故答案為：［2夜,2代］

4.（2023年高考全國甲卷數(shù)學（理）真題）在正方體ABC。-A瓦G2中，E,尸分別為AB,GR的中點,

以跖為直徑的球的球面與該正方體的棱共有個公共點.

【答案】12

【解析】不妨設正方體棱長為2,E尸中點為0,取CD,CG中點G,M,側(cè)面BBC。的中心為N,連接

FG,EG,OM,ON,MN,如圖,

由題意可知，。為球心，在正方體中，EF=7FG2+EG2=722+22=272>

即R=應，

則球心。到CC］的距離為OM=^ON-+MN2=712+12=3，

所以球。與棱eq相切，球面與棱eq只有1個交點,

同理，根據(jù)正方體的對稱性知，其余各棱和球面也只有1個交點，

所以以所為直徑的球面與正方體棱的交點總數(shù)為12.

故答案為：12

5.（2023年北京高考數(shù)學真題）坡屋頂是我國傳統(tǒng)建筑造型之一，蘊含著豐富的數(shù)學元素.安裝燈帶可以

勾勒出建筑輪廓，展現(xiàn)造型之美.如圖，某坡屋頂可視為一個五面體，其中兩個面是全等的等腰梯形，兩

個面是全等的等腰三角形.若AB=25m,BC=AD=10m,且等腰梯形所在的平面、等腰三角形所在的平面

與平面ABCD的夾角的正切值均為上,

則該五面體的所有棱長之和為（）

5

B.112m

C.117mD.125m

【答案】C

【解析】如圖，過E做政〃平面ABCD,垂足為。，過E分別做EGLBC,EM±AB,垂足分別為G,M,

連接。G,OM,

由題意得等腰梯形所在的面、等腰三角形所在的面與底面夾角分別為N￡MO和/EGO,

所以tanZEMO=tanZEGO=半.

因為EO_L平面A5CD,8Cu平面A5CD,所以EO_L8C,

因為EG_L3C,EO,EGu平面EOG,EOcEG=E,

所以3C_L平面EOG,因為OGu平面EOG,所以8C_LOG,.

同理：OM±BM,又BM_LBG,故四邊形OMBG是矩形，

所以由BC=10得OM=5,所以EO=JiW,所以OG=5,

所以在直角三角形EOG中，EG=yjEO2+OG2=^(7u)2+52=V39

在直角三角形EBG中，BG=OM=5,EB=s/EG2+BG2=^(>/39)2+52=8,

又因為￡F=AB-5-5=25-5-5=15,

所有棱長之和為2x25+2xl0+15+4x8=117m.

故選：C

6.(2023年高考全國甲卷數(shù)學(理)真題)已知四棱錐尸-ABCD的底面是邊長為4的正方形,

PC=PD=3,ZPCA=45°,則△P3C的面積為()

A.2A/2B.3及C.472D.6近

【答案】C

【解析】法一：

連結AC,8。交于。，連結尸。，則。為AC,加>的中點，如圖，

因為底面ABCZ)為正方形，AB=4,所以AC=BD=4夜，貝!)OO=CO=2應,

又PC=PD=3,PO=OP,所以aPDO三PCO,貝IJ/PDO=/PCO,

又PC=PD=3,AC=BD=4也,所以.、PDB三PCA,則B4=P3,

在,B4c中，PC=3,AC=472,ZPCA=45°,

貝!）由余弦定理可得PA?=AC2+PC2-2AC?尸CCOSZPCA=32+9-2X4A/IX3X^=17,

2

故PA=VF7,貝!1PB=VF7,

故在△PBC中，PC=3,PB=Vr7.BC=4,

mePC2+BC2-PB29+16-17_1

所以cosZPCB=----------------------

2PCBC2x3x4-3

X0<ZPCB<TI,所以sinNPCB=Jl-cos?NPCB=

3

所以△P5C的面積為S=工尸C.2Csin/尸CB=1x3x4x久l=4^》.

223

法二：

連結AC,加交于。，連結P0,則。為AC,加＞的中點，如圖,

因為底面ABCD為正方形，AB=4,所以AC=80=40，

在,R4c中，PC=3,NPC4=45。，

貝l）由余弦定理可得?A?=AC2+PC2-2AC-PCCOSNPCA=32+9-2X4A/^X3X^=17,

故尸A=V17,

2

叢2+巾2-317+9-32

所以cos/APC=

2PA?PC2x717x3

PAPC=\PAIJPc|cosZAPC=x3x

不妨記尸8=m,ZBPD=3,

1122

因為「0=5（申+/＞0）=5（/58+9），所以（尸4+PC）~=（尸2+尸￡＞）,

-2222

RBnPPA+PC+2PAPC=PB+PD+2PBPD，

貝!J17+9+2x(—3)=療+9+2x3xmcos。,整理得加？+6〃7cos?！?1=0①，

又在APBD中，3加=PB2+PD2-2PB-PDcosZBPD，即32=nV+9-6mcos0，貝Unr-6/zzcos6-23=0②,

兩式相力口得2m2-34=0,故PB=m=屈,

故在△P8C中，PC=3,PB=A/17,BC=4,

PC?+BC?-PB?9+16-171

所以cosNPC8=

2PCBC-2x3x4-3

又0<NPCB〈兀,所以sinNPCB=J1一cos?NPCB=

3

所以△PBC的面積為5=,尸。2。$m4?圓=23*4、2^=40.

223

故選：C.

7.（多選題）（2023年新課標全國I卷數(shù)學真題）下列物體中，能夠被整體放入棱長為1（單位：m）的正

方體容器（容器壁厚度忽略不計）內(nèi)的有（）

A.直徑為0.99m的球體

B.所有棱長均為1.4m的四面體

C.底面直徑為0.01m,高為1.8m的圓柱體

D.底面直徑為1.2m,高為0.01m的圓柱體

【答案】ABD

【解析】對于選項A：因為0.99m<lm,即球體的直徑小于正方體的棱長，

所以能夠被整體放入正方體內(nèi)，故A正確；

對于選項B：因為正方體的面對角線長為缶1，且0>1.4，

所以能夠被整體放入正方體內(nèi)，故B正確；

對于選項C：因為正方體的體對角線長為也m,且百<1.8,

所以不能夠被整體放入正方體內(nèi)，故C不正確；

對于選項D：因為1.2m>1m,可知底面正方形不能包含圓柱的底面圓，

如圖，過AG的中點。作。石，AC1，設OEIAC=E,

可知AC=0,CC=1,AC,=^,OA=—,貝l|tan/C4C]=^=—,

2ACAO

1OE廠

即屹=正，解得=?

故以AG為軸可能對稱放置底面直徑為1.2m圓柱,

若底面直徑為L2m的圓柱與正方體的上下底面均相切，設圓柱的底面圓心?！概c正方體的下底面的切點為

M,

可知：ACj±=0.6,則tanNCAC]=

10.6廣

即=解得AQ=O?60，

根據(jù)對稱性可知圓柱的高為石-2x0.6夜。1.732-1.2x1.414=0.0352>0.01,

所以能夠被整體放入正方體內(nèi)，故D正確;

故選：ABD.

8.（多選題）（2023年新課標全國II卷數(shù)學真題）已知圓錐的頂點為尸，底面圓心為。，AB為底面直徑,

ZAPB=120°,以=2,點C在底面圓周上，且二面角尸-AC—O為45。，貝U（）.

A.該圓錐的體積為兀B.該圓錐的側(cè)面積為4居

C.AC=2A/2D.R4c的面積為百

【答案】AC

【解析】依題意，ZAPB=120°,上4=2,所以。2=1,。4=。8=有，

A選項，圓錐的體積為xl=7t,A選項正確；

B選項，圓錐的側(cè)面積為Ttx指x2=2島，B選項錯誤；

C選項，設。是AC的中點，連接8,尸。，

則AC_LOr>,AC_LP￡>,所以ZPDO是二面角P-AC—O的平面角,

則NPDO=45°,所以OP=OD=1,

AD=CD=73^1=V2,則AC=2亞，C選項正確;

D選項，PD=712+12=V2＞所以SMe=；*2應'友=2,D選項錯誤.

故選：AC.

9.（2023年高考全國乙卷數(shù)學（理）真題）已知VABC為等腰直角三角形，為斜邊，為等邊三

角形，若二面角C-AB-O為150。，則直線C。與平面ABC所成角的正切值為（）

A,-B.變C.走D.-

5555

【答案】C

【解析】取的中點E,連接CE,OE,因為VABC是等腰直角三角形，且為斜邊，則有CE1AB,

又△ABD是等邊三角形，則Z史上從而NCED為二面角C-帥-。的平面角，BPZCED=15O,

顯然于是A5_L平面CDE,又ABu平面A3C,

因此平面CDE_L平面ABC,顯然平面CDEc平面ABC=CE,

直線CDu平面CDE,則直線CD在平面ABC內(nèi)的射影為直線CE,

從而“CE為直線CO與平面ABC所成的角，令他=2,則CE=1,DE=石，在式刀￡中，由余弦定理得:

Jl+3-2xlxgx（一季=4

CD=1CE°+DE?-2CE-DEcosNCED=

DECD石sin150百

由正弦定理得,即sin/DCE=

sinZDCEsinZCED

顯然/DCE是銳角,cosZDCE=1-sin2ZDCE=

所以直線CO與平面ABC所成的角的正切為正.

5

故選：C

10.（2022年新高考浙江數(shù)學高考真題）如圖，已知正三棱柱人8€：-43?，4^=44],￡,尸分別是棱BC，AG

上的點.記斷與AA所成的角為。，跖與平面ABC所成的角為夕，二面角歹―3C—A的平面角為/,則

()

A.a</3<YB.（3<a<yC./3<y<aD.a<y</3

【答案】A

【解析】如圖所示，過點尸作FPLAC于尸，過尸作PM13C于連接PE,

/=ZFMP,

PEPE1FPABiFPFP

tan(7=----=-----<1,tanpn=-----=----->1,tanz=------>-----=tanp,

FPABPEPEPMPE

所以

故選:A.

11.（2022年高考全國乙卷數(shù)學（理）真題）已知球。的半徑為1,四棱錐的頂點為。，底面的四個頂點均

在球。的球面上，則當該四棱錐的體積最大時，其高為（）

D

B-I-f

【答案】C

【解析】［方法一］:【最優(yōu)解】基本不等式

設該四棱錐底面為四邊形ABCD四邊形A2C。所在小圓半徑為r,

設四邊形ABC。對角線夾角為。，

則SABCD=；A。BDsinaV；AC=2/

（當且僅當四邊形ABCD為正方形時等號成立）

即當四棱錐的頂點0到底面ABC。所在小圓距離一定時，底面ABC。面積最大值為2/

又設四棱錐的高為d則產(chǎn)+/=1，

當且僅當r2=2后即〃邛時等號成立.

故選:C

［方法二］：統(tǒng)一變量+基本不等式

由題意可知，當四棱錐為正四棱錐時，其體積最大，設底面邊長為。，底面所在圓的半徑為小貝b=交.,

2

所以該四棱錐的高

/a2a2a2T

4"2/4Z+Z+1-T

3V4423t3W考

（當且僅當!=1-1，即4=:時，等號成立）

所以該四棱錐的體積最大時，其高力

故選：C.［方法三］:利用導數(shù)求最值

由題意可知，當四棱錐為正四棱錐時，其體積最大，設底面邊長為a,底面所在圓的半徑為『，貝1］廠=走4,

2

所以該四棱錐的高力=》三，/=$2/手，令/=*0</<2）,v=*J，設〃。=?一則

o<f<—,r（t）>o,單調(diào)遞增，—<t<2,r⑺<o,單調(diào)遞減，

所以當t=3時，v最大，此時/

3V23

故選：C.

【點評】方法一：思維嚴謹，利用基本不等式求最值，模型熟悉，是該題的最優(yōu)解；

方法二：消元，實現(xiàn)變量統(tǒng)一，再利用基本不等式求最值；

方法三：消元，實現(xiàn)變量統(tǒng)一，利用導數(shù)求最值，是最值問題的常用解法，操作簡便，是通性通法.

12.（2022年新高考北京數(shù)學高考真題）已知正三棱錐尸-ABC的六條棱長均為6,S是VABC及其內(nèi)部的

點構成的集合.設集合T={QeS|PQ<5},則T表示的區(qū)域的面積為（）

A.—B.乃C.2兀D.3兀

4

【答案】B

設頂點P在底面上的投影為0,連接3。，則。為三角形ABC的中心,

且80=2x6x3=25故尸O=J36-12=2#.

32

因為PQ=5,故。。=1,

故S的軌跡為以。為圓心，1為半徑的圓，

而三角形A3C內(nèi)切圓的圓心為。，半徑為2xf'36,1,

故S的軌跡圓在三角形ABC內(nèi)部，故其面積為力

故選：B

13.（2022年新高考全國I卷數(shù)學真題）已知正四棱錐的側(cè)棱長為/,其各頂點都在同一球面上.若該球的體

積為36萬，且3V/V37L則該正四棱錐體積的取值范圍是（）

27812764

D.[18,27]

A.B.丁彳C.7

【答案】C

【解析】???球的體積為36%,所以球的半徑R=3,

［方法一］:導數(shù)法

設正四棱錐的底面邊長為2a,高為h,

則『=2片+/，32=2/+（3-〃y,

所以6%=下,2a2=l2-h2

ii2/4/21f/6

所以正四棱錐的體積V=wS/z=wx4/x/z=wx(/2-m)X"=TZ4--

3333669136

1(戶

所以V'=X4Z3--

91o

當34”2指時，V'>0,當2指</43石時，V'<0,

64

所以當/=2卡時，正四棱錐的體積V取最大值，最大值為三,

2721

又/=3時，V=—,/=3若時，V=—,

44

27

所以正四棱錐的體積V的最小值為了，

所以該正四棱錐體積的取值范圍是y-y.

故選：C.

［方法二］:基本不等式法

由方法一故所以V=1/力=：（6/i-h2）h=；（12-2h）hxA~W=當且僅當久=4取至lj）,

當退時,得。淺,則曦"八。等子系

當/=3百l時，球心在正四棱錐高線上，止匕時〃得3+3=；9,

爭=.=〃=笛，正四棱錐體積匕=#〃=%筌）*=?<?，故該正四棱錐體積的取值范圍是仔，爭.

14.（多選題）（2022年新高考全國n卷數(shù)學真題）如圖，四邊形ABC。為正方形，平面ABCQ,

FB//ED,AB=ED=2FB,記三棱錐E—ACD,F-ABC,F—ACE的體積分別為匕匕，匕，則()

A.匕=2%B.匕=匕

C.匕=匕+匕D.2M,=3匕

【答案】CD

11194

設AB=ED=2FB=2a,因為平面A3CD,FBED,則匕=1ED-S4必=12°3（2a）=-a3,

^=1-?-1-（26（）2=|?3,連接8。交AC于點M,連接EM,WW,易得8DLAC,

又￡D_L平面ABC。，ACu平面A8CD,則EDJ_AC,又EDBD=D,ED,BDu平面BDEF,則4。，平

面BDEF,

又==缶，過/作FULDE于G,易得四邊形加G尸為矩形，則FG=BD=2啦a,EG=a,

貝lj￡M='（2。）2+（缶/=?a,FM=&+（&ij=W>a,EF="+（2。）2=3a，

222

EM'+FM=EF則SEFM=^EM-FM=^^a,AC=2插a，

則匕=K-EF“+%.EFM=；AC-SEFM=2a3,貝12匕=3匕，匕=3%,匕=乂+匕，故A、B錯誤；C、D正確.

故選：CD.

㈤5

孩心精說，題型突破

題型一：球與截面面積問題

【典例1-11（24-25高三上?江蘇常州?期末）已知正方體A3CD-A瓦G2的棱長為2,點M為棱。2的中點,

則平面ACM截該正方體的內(nèi)切球所得截面面積為（）

71c2兀一

A.-B.—C.IT

33

【答案】A

【解析】球心。為正方體中心，半徑R=l,

法一：連接AC8。，相交于點E,點E為AC,9的中點，連接

可得ME//BR,因為MEu平面WC,BRZ平面⑷0C,

所以B“〃平面AMC,。在上，

則。到平面AMC的距離等于點B到平面AMC的距離，設為d,

SA?r=-x2x2=2,S,Mr=-xACxME=-x2s/2x-Jl+2=yj6,

222

S2

由VD，平面ABC、VB_AMC=VM_ABC^：d=寵，

則截面圓半徑/=爐-d2=j

所以截面面積S=7I戶=1.

法二：以。為原點，DA,DC,DD1為龍,MZ軸建立空間直角坐標系，如圖,

則0(1,14),M(0,0,1),4(2,0,0),C(0,2,0),

AM=(-2,0,1),CM=(O,-2,l),MO=(1,1,0),

設平面AMC的一個法向量為記=(x,y,z),

n?AM=-lx+z=0

，令x=l,則y=l,z=2,

n-CM=-2y+z=0

所以w=(l,l,2),

|A10-n|o

則。到平面AMC的距離d=12,,1=2,

同V6

1jr

截面圓半徑產(chǎn)=所以截面面積5=兀產(chǎn)=2.

故選：A.

【典例1-2】已知棱長為3的正四面體的幾何中心為。，平面a與以。為球心的球相切，若a與該正四面體

的截面始終為三角形，則球。表面積的取值范圍為().

,19兀27兀、c13nc、-13兀27兀、「n3n、

A.—,——)B.[——，2兀)C.—,——)D.)

2222222

【答案】A

【解析】依題意，平面。與以。為球心的球相切，因四面體每個頂點發(fā)出了三條棱，

要使a與該四面體的截面始終為三角形，就必須使在四面體的每個頂點處只能看到三條棱(其余棱被球擋

住)，

因此需要球。與每條棱都有公共點，當球。與每條棱有且僅有一個公共點時，球。為四面體的棱切球，

當球。半徑繼續(xù)增大到外接球半徑之前，都能確保截面始終為三角形，

而當球。半徑為外接球半徑或更大時，截面將不存在，因此必須使球。的半徑滿足，切球＜琢接球.

圖1

①下面先來求四面體的棱切球。1的半徑（如圖1）.

點H為頂點S在底面ABC上的射影，回為棱切球的球心，作QEJLSA于點E,

連接A"并延長交BC于點。，連接。刀，則易得點。為BC中點，易證。d=。夕,故得OQJ_8C.

設。石=0］。=〃，因正四面體棱長為3,則HD=LAD=LX立x3=且.C\H=J^^,

4-（國=瓜

工|+小好解得「手，右手"后舍去），即四面體的棱切球半徑為一手

故有,

圖2

②接著，再來求四面體的外接球。2的半徑（如圖2）,

設外接球半徑為R,則S.=A=R,由上分析，AH=?則02H=收-3,

由題意，氏+病=？="，解得氏=半，即四面體的外接球半徑為空.

由上分析，球。表面積S應滿足：4兀X

故選：A.

巧

球的截面問題

球的截面的性質(zhì)：

①球的任何截面是圓面；

②球心和截面（不過球心）圓心的連線垂直于截面；

③球心到截面的距離d與球的半徑R及截面的半徑r的關系為R2=都+/.

【變式1-1X2024?河南開封?二模）已知經(jīng)過圓錐SO的軸的截面是正三角形，用平行于底面的截面將圓錐SO

分成兩部分，若這兩部分幾何體都存在內(nèi)切球（與各面均相切），則上、下兩部分幾何體的體積之比是（）

A.1:8B.1:9C.1:26D.1:27

【答案】C

【解析】如圖，作出圓錐SO的軸截面&4B,

設上、下兩部分幾何體的兩部分的內(nèi)切球的球心分別為E,F,半徑分別為「，R,

即Ob=PG=R,EG=r,

根據(jù)題意可知△&43為正三角形，易知SE=2r,圓錐SO的底面半徑08=6尺，

:.SO=2r+r+R+R=3r+2R,又SO=6（）B,

.\3r+2R=3R,:.R=3r,

二上部分圓錐的底面半徑為gr,高為3r,

又圓錐SO的底面半徑為08=同=3有r,高為SO=3r+2R=9r,

.??上部分圓錐的體積與圓錐S0的體積之比為,

27

「?上、下兩部分幾何體的體積之比是1:26.

故選：c.

【變式1-2］（2024?江蘇南通二模）在棱長為2的正方體ABC。-A與G2中，尸，Q,R分別為棱BC,CD,

Cq的中點，平面尸。自截正方體A2CD-ABIGR外接球所得的截面面積為（）

.5803562A/15

A.-7iBn.—兀C.—7iD.--------兀

3333

【答案】A

【解析】取正方體的中心為0,連接OP,OQ,OR,

由于正方體的棱長為2,所以正方體的面對角線長為20，體對角線長為26，

正方體外接球球心為點。，半徑R=gx2』=退，

又易得OP=OQ=OK=1x20=忘，且PQ=PR=QR=；x2yli=母,

所以三棱錐。-尸QR為正四面體，如圖所示，取底面正三角形尸。尺的中心為“，

即點0到平面PQR的距離為OM,又正三角形尸QR的外接圓半徑為,

PQ_V2_2^6r-

由正弦定理可得一嬴不一耳一亍，即MQ=半，所以

OM=8Q2-國一田=平，

即正方體ABCD-A瓦CQ］外接球的球心。到截面PQR的距離為OM=空,

3

所以截面PQR被球0所截圓的半徑r=ylR2-OM2=J(V3)

則截面圓的面積為兀，=1n.

故選：A.

;命題預測飛

1----------------------------------------------------------------

1.已知四面體ABCD的各個頂點都在球。的表面上，BA,BC,5D兩兩垂直，且A2=而，BC=3,BD=4,

E是棱8c的中點，過E作四面體ABCZ)外接球。的截面，則所得截面圓的面積的最大值與最小值之差是()

Arc27兀-13兀n2571

A.7兀B.C.D.-----

424

【答案】B

【解析】設所得截面圓的面積為s,半徑為八因為BA,BC,8。兩兩垂直，

故可將四面體ABCZ)放入長方體中，如圖所示，

易得外接球半徑R=->/BC2+BD2+AB2=3.

2

過E作球。的截面，當所得截面圓的面積最大時，截面為過球心的圓面，

Smax=^R2=9兀，當所得截面圓的面積最小時，截面為與最大截面垂直的圓面.

在內(nèi)，OB=OC=BC=3,所以田羊，即…kF=|,

oa27

￡in=兀臉=W兀，所以Smax—S疝=9兀_］兀=彳兀.

故選：B.

題型二：體積、面積、周長、角度、距離定值問題

【典例2.1】半正多面體(semiregularsolid)亦稱“阿基米德多面體”，是由邊數(shù)不全相同的正多邊形圍成的

多面體，體現(xiàn)了數(shù)學的對稱美.二十四等邊體