2025年高考数学必刷题分类：第55讲、立体几何中的压轴小题（教师版）

第55讲立体几何中的压轴小题

必考题型全归纳

题型一：球与截面面积问题

例1．（2024·湖南长沙·高二长郡中学校考开学考试）已知三棱锥PABC的四个顶点在球O

的球面上，PAPBPC，ABC是边长为62的正三角形，PA3PE，BA3BF，

CEF90，过点E作球O的截面，截面面积最小值为（）

A．8πB．16πC．27πD．40π

【答案】A

【解析】∵PAPBPC，ABC为边长为62的等边三角形，∴PABC为正三棱锥，

取AC的中点M，连接BM、PM，则PMAC,BMAC，PMBMM，

PM、BM平面PBM，所以AC平面PBM，PB平面PBM，所以PBAC，

又PA3PE，BA3BF，∴EF//PB，∴EFAC，又EFCE，CEACC，

CE、AC平面PAC，∴EF平面PAC，PB平面PAC，

∴BPA90，∴PAPBPC6，

∴PABC为正方体PBDCAB1D1C1的一部分，

1

可得外接球的半径为R36363633，

2

取AP的中点H，连接OH、AD1，

1

可得OH=AD32，EH1，所以OE219，

21

过点E作球O的截面，设截面与棱PA、PC、PD的交点分别为E、Q、G，

当OE垂直EQG时截面面积最小，此时E即为截面圆的圆心，

截面圆半径为r2R2OE28，截面面积为8π.

故选：A．

例2．（2024·四川绵阳·高三绵阳南山中学实验学校校考阶段练习）四面体ABCD的四个顶点

都在球O的球面上，ABBCCDDA4，ACBD22，点E，F，G分别为棱BC，

CD，AD的中点，现有如下结论：①过点E，F，G作四面体ABCD的截面，则该截面的面

163

积为2；②四面体ABCD的体积为；③过E作球O的截面，则截面面积的最大值与最

3

小值的比为5：4.则上述说法正确的个数是（）

A．0B．1C．2D．3

【答案】C

【解析】选项①中，如图（1）所示，找AB的中点H，过点E，F，G做四面体ABCD的截

面即为面EFHG，

则EG//AC//FH,EGBDGH，所以四边形EFHG为平行四边形，

找AC的中点O,连接OD,OB，因为ABBCCDDA4，所以

DOAC,BOAC,DOBOO,DO,BO平面BOD，

所以AC平面BOD，BD平面BOD，

所以ACBD，所以EGEF，

11

所以四边形EFHG为矩形，EFBD2，EGAC2，

22

所以截面的面积S222，故①正确；

选项②中，RtCOD中，由勾股定理得：ODCD2OC216214，

1

同理OBOD14，过点O作OMBD,则DMDB2，所以由勾股定理得：

2

OMOD2DM214223，

11

所以SBDOM222326，

OBD22

由选项①可得：CO平面BOD,

14383

所以VV262，VVV，故②错误；

CBODABOD33DABCCBODABOD3

选项③中，可以将四面体放入如图（2）所示的长方体中，由题可求得，APPC2,PB23，

4412

所以外接球的半径R5，截面面积的最大值为5；平面PCQB截得的面积为

2

最小面积，

PB2PC2412

半径R2，截面积最小为4，所以截面面积的最大值与最小值的

22

比为5：4，故③正确.

图（1）

图（2）

例3．（2024·四川内江·四川省内江市第六中学校考模拟预测）已知球O是正三棱锥ABCD

（底面是正三角形，顶点在底面的射影为底面中心）的外接球，BC3，AB2，点E

是线段AB的中点，过点E作球O的截面，则所得截面面积的最小值是（）

πππ

A．B．C．D．

2346

【答案】A

【解析】如图，O1是A在底面的射影，

31

BO1

由正弦定理得，△BCD的外接圆半径1π，

sin2

3

由勾股定理得棱锥的高22，

AO1(2)(1)1

222222

设球O的半径为R，则BOOO1BO1即R1R1，解得R1，

所以OO10，即点O与O1重合，

在Rt△AOB中，点E是线段AB的中点，AOBO1，

π2

所以OE1sin，当截面垂直于OE时，截面面积最小，

42

22π

此时半径为R2OE2，截面面积为π()2.

222

故选：A

变式1．（2024·宁夏银川·校联考二模）2022年第三十二届足球世界杯在卡塔尔举行，第一

届世界杯是1930年举办的，而早在战国中期，中国就有过类似的体育运动项目：蹴鞠，又

名蹴球，蹴圆，筑球，踢圆等，蹴有用脚蹴、踢、蹋的含义，鞠最早系外包皮革、内实米糠

的球．因而蹴鞠就是指古人以脚蹴、蹋、踢皮球的活动，类似于今日的足球．2006年5月

20日，蹴鞠作为非物质文化遗产经国务院批准已列入第一批国家非物质文化遗产名录．已

知半径为3的某鞠（球）的表面上有四个点A，B，C，P，ACBC，ACBC4，PC6，

则该鞠（球）被平面PAB所截的截面圆面积为（）

2325

A．7πB．πC．8πD．π

33

【答案】D

【解析】因为三棱锥PABC的外接球的半径R3，而PC6，所以PC为外接球的直径，

如图，将三棱锥PABC放入如图所示的长方体，则ACBC4，

设长方体的另一棱长为a，所以2R64242a2，解得a2，即PD2，

设外接球的球心为O，所以PAPB224225，AB424242，

PA2AB2PB23210

设PAB的外接圆的半径为r，则cosPAB，

2PAAB225425

15

则sinPAB1cos2PAB，

5

PB25103

2r53

所以sinPAB153，则r，

3

5

2

所以该鞠（球）被平面所截的截面圆面积25325．

PABSπrππ

33

故选：D

变式2．（2024·全国·高三专题练习）在正方体ABCDA1B1C1D1中，AB2,M,N分别为

AD,BC的中点，该正方体的外接球为球O，则平面A1MN截球O得到的截面圆的面积为（）

6π7π12π14π

A．B．C．D．

5555

【答案】D

【解析】如图，连接B1N，由题意易知MNA1B1，

MNA1B1，故四边形A1B1NM为平行四边形.

设B1CBC1H，取B1C1的中点K，连接NK，

在RtB1KN中，B1N5,B1K1,NK2，

255

故点K到B1N的距离为，故点H到B1N的距离为，

55

5

因此圆心O到平面A1MN的距离为.由题易知球O的半径R3，

5

170214

故平面A1MN截球O得到的截面圆的半径r3，故截面圆的面积Sπrπ.

555

故选：D

变式3．（2024·四川遂宁·射洪中学校考模拟预测）已知球O内切于正方体ABCDA1B1C1D1，

P，Q，M，N分别是B1C1,C1D1,CD,BC的中点，则该正方体及其内切球被平面MNPQ所截

得的截面面积之比为（）

A．42:πB．22:πC．32:πD．4:π

【答案】A

【解析】如图，易知正方体ABCDA1B1C1D1的内切球的球心O为D1B的中点，

1

设球O切上下底面中心于点E，F，则球O的半径REF，

2

又易知球心O到平面MNPQ的距离等于E到平面MNPQ的距离，

设EC1交QP于点G，则易证EG平面MNPQ，

1

∴球心O到平面MNPQ的距离dEGEC，

21

设正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为22，

11

则REF2，dEGEC1，

221

∴球O被平面MNPQ所截的小圆半径rR2d2211，

∴球O被平面MNPQ所截的小圆面积为πr2π，

又易知NM2，PN22，

∴该正方体被平面MNPQ所截得的截面面积为2242，

∴该正方体及其内切球被平面MNPQ所截得的截面面积之比为42:π，

故选：A

变式4．（2024·河南洛阳·高三校联考阶段练习）已知三棱锥P-ABC的棱长均为6，且四个顶

uuur1uuur

点均在球心为O的球面上，点E在AB上，AEAB，过点E作球O的截面，则截面面

3

积的最小值为（）

A．8πB．10πC．16πD．24π

【答案】A

【解析】如图，因为三棱锥的棱长均为6，所以点P在平面ABC内的射影H是ABC的中

心，

2

取BC的中点D，连接AD，则点H在AD上，且AHAD，

3

12

所以BDBC＝3，ADAB2BD233，AHAD23，则

23

PHAP2AH226．

设三棱锥P-ABC的外接球半径为R，则OP＝OA＝R，

22236

在△AOH中，AH(PHR)R，解得R．

2

uuur1uuur

因为AEAB，所以AE＝2，取AB的中点F，则EF＝1，且OFAB，

3

2

所以222222236211．

OEEFOFEFOAAF13

22

当过点E的球O的截面与OE垂直时，截面面积最小，

设截面圆的半径为r，则r2R2OE28，

所以截面面积为Sπr28π．

故选：A．

题型二：体积、面积、周长、角度、距离定值问题

例4．（2024·福建三明·高一校考阶段练习）如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，AB2，

M，N分别为A1D1，B1C1的中点，E，F分别为棱AB，CD上的动点，则三棱锥MNEF

的体积（）

82

A．存在最大值，最大值为B．存在最小值，最小值为

33

4

C．为定值D．不确定，与E，F的位置有关

3

【答案】C

【解析】如下图，连接AM,BN，在正方体ABCDA1B1C1D1中，M，N分别为A1D1，B1C1

的中点，可得MN//AB//CD，DC//平面MEN，所以当F在棱CD移动时，F到平面MEN的

距离为定值，当E在棱AB移动时，E到MN的距离为定值，所以SMEN为定值，则三棱锥

MNEF的体积为定值.平面MEN即平面MABN，作CHBN于H，由于ABCH，可得

BB1CH2CH45

CH平面MABN，由BB1NCHB，可得CH，而

BNBC525

1114

SMNBN255，VVSVCH.

MEN22MNEFFMEN3MEN3

故选：C.

例5．（2024·四川成都·校考模拟预测）如图，在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，底面ABCD为

正方形，AA1底面ABCD，AA12AB，M､N分别是棱BB1､DD1上的动点，且DNB1M，

则下列结论中正确的是（）

A．直线A1C与直线MN可能异面

B．三棱锥A1C1MN的体积保持不变

C．直线AC与直线MN所成角的大小与点M的位置有关

π

D．直线AD与直线MN所成角的最大值为

3

【答案】B

【解析】连接NC，MC，因为四棱柱ABCDA1B1C1D1中，

DNB1M，底面ABCD为正方形，AA1底面ABCD

显然四边形CNA1M为平行四边形，

所以直线A1C与直线MN一定相交，A错误；

连接NC1,MC1，取A1C1的中点O，连接NO，MO，

因为NC1NA1，MC1MA1，由三线合一可知：NOA1C1，MOA1C1，

因为MONOO，所以A1C1平面MON，

DNB1M，

1

设四边形DBBD的面积为S，则SS为定值，

11MON4

1

故VVVSAC为定值，

A1C1MNA1OMNC1OMN311

三棱锥A1C1MN的体积保持不变，B正确；

连接BD，B1D1，

因为四边形ABCD为正方形，所以AC⊥BD，

又DD1底面ABCD，AC平面ABCD，

所以DD1AC，

因为BDDD1D，所以AC⊥DBB1D1，

因为MN平面DBB1D1，

所以AC⊥MN，

直线AC与直线MN所成角的大小与点M的位置无关，C错误；

过点N作NH∥AD交AA1于点H，连接HM，

则HNM为直线AD与直线MN的夹角，且NHM90，

HM

其中tanHNM，其中NH为定值，

NH

故要想直线AD与直线MN所成角的最大，只需HM最大，

设正方形边长为a，则HN=a，

22

显然当N与点D1重合，M与B重合时，HM最大，最大值为a2a5a，

HM

此时tanHNM5，故D错误.

NH

故选：B

例6．（多选题）（2024·福建三明·统考三模）如图，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，点

E是AA1的中点，点F是侧面ABB1A1内一动点，则下列结论正确的为（）

A．当F在A1B上时，三棱锥FCD1E的体积为定值

2

B．CE与BF所成角正弦的最小值为

3

C．过D1作垂直于CE的平面截正方体ABCDA1B1C1D1所得截面图形的周长为62

25

D．当D1FCE时，△BCF面积的最小值为

5

【答案】ABD

【解析】对于A选项，连接CD1、A1B，如下图所示：

在正方体ABCDA1B1C1D1中，A1D1//BC且A1D1BC，

故四边形A1BCD1为平行四边形，所以，A1B//CD1，

因为A1B平面CD1E，CD1平面CD1E，所以，A1B//平面CD1E，

当F在A1B上时，点F到平面CD1E的距离等于点A1到平面CD1E的距离，

1112

所以，VVVS△CD212，A对；

FCD1EA1CD1ECA1D1E3A1D1E323

对于B选项，连接BE，

因为BF平面AA1B1B，所以，CE与BF所成的最小角为直线CE与平面AA1B1B所成的角，

因为BC平面AA1B1B，所以，CE与平面AA1B1B所成角为BEC，

因为BE平面AA1B1B，所以，BCBE，

因为BEAB2AE222125，BC2，

所以，CEBC2BE2453，

BC22

所以，sinBEC，故CE与BF所成角正弦的最小值为，B对；

CE33

对于C选项，分别取线段AB、AD的中点M、N，连接AC、A1C1、B1D1、

BD、MN、D1N、B1M，

因为四边形A1B1C1D1为正方形，则B1D1A1C1，

又因为AA1平面A1B1C1D1，B1D1平面A1B1C1D1，则B1D1AA1，

因为AA1A1C1A1，AA1、A1C1平面AA1C1C，所以，B1D1平面AA1C1C，

因为CE平面AA1C1C，则CEB1D1，

在Rt△ABE和RtBB1M中，AEBM，ABBB1，BAEB1BM90，

所以，Rt△ABE≌Rt△BB1M，则BMB1AEB，

所以，ABEBMB1ABEAEB90，则BOM90，即B1MBE，

因为BC平面AA1B1B，B1M平面AA1B1B，则B1MBC，

因为BCBEE，BC、BE平面BCE，所以，B1M平面BCE，

因为CE平面BCE，所以，CEB1M，

因为M、N分别为AB、AD的中点，则MN//BD，

因为BB1//DD1且BB1DD1，故四边形BB1D1D为平行四边形，所以，B1D1//BD，

所以，MN//B1D1，则N、M、B1、D1四点共面，

因为CEB1D1，CEB1M，B1MB1D1B1，B1M、B1D1平面B1D1NM，

所以，CE平面B1D1NM，

过D1作垂直于CE的平面截正方体ABCDA1B1C1D1所得截面，则截面为梯形B1D1NM，

由勾股定理可得2222，

B1MBB1BM215

同理可得D1N5，MN2，B1D122，

所以，截面周长为B1D1MNB1MD1N222553225，C错；

对于D选项，由C选项可知，CE平面B1D1NM，则点F的轨迹为线段B1M，

因为BC平面AA1B1B，BF平面AA1B1B，则BCBF，

1

则S△BCBFBF，

BCF2

当BFB1M时，即当点F与点O重合时，BF的长取最小值，

BMBBBMBB1225

此时，BF11，

minBM225

1BMBB114

25

所以，S△BF，D对.

BCF5

故选：ABD.

变式5．（多选题）（2024·广东梅州·统考三模）已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，O1

为四边形A1B1C1D1的中心，P为线段AO1上的一个动点，Q为线段CD1上一点，若三棱锥

QPBD的体积为定值，则（）

A．DQ2QC1B．DQQC1

C．O1Q2D．O1Q3

【答案】BC

【解析】连接AC，交BD于点O，连接OC1，

因为O1为四边形A1B1C1D1的中心，所以AO1//OC1，

又OC1平面BDC1，AO1平面BDC1，所以AO1//平面BDC1，

因为三棱锥QPBD的体积等于三棱锥PQBD的体积，且为定值，

所以AO1//平面QBD，所以平面QBD与平面BDC1为同一平面，

所以Q为CD1与DC1的交点，所以DQQC1，故A错误，B正确；

因为正方体的棱长为，所以22．故正确，错误．

2O1Q112CD

故选：BC．

变式6．（多选题）（2024·山西大同·高三统考阶段练习）如图，正方体ABCDA1B1C1D1的棱

长为2，线段B1D1上有两个动点E,F，且EF2，以下结论正确的有（）

A．EFAB2

B．A1CAE

C．正方体ABCDA1B1C1D1的体积是三棱锥ABEF的体积的12倍

D．异面直线AE,BF所成的角为定值

【答案】ABC

【解析】A：易知D1C1//AB，C1D1B145，所以EFAB22cos452，正确；

B：建立如图空间直角坐标系，则C0,0,0，A12,2,2，A2,2,0，D12,0,2，B10,2,2，

所以CA12,2,2，AD10,2,2，AB12,0,2，

所以CA1AD10，CA1AB10，即CA1AD1，CA1AB1，

因为AD1AB1A，AD1，AB1平面AD1B1，

所以A1C平面AD1B1，又AE平面AD1B1，所以A1CAE，正确;

C：连接BD,AC，交于O，则ACBD，

因为DD1平面ABCD，AC平面ABCD，所以DD1AC，

又BDDD1D，BD、DD1平面BB1D1D，所以AC平面BB1D1D，

1111122

所以VABEFSBEFAOEFBB1ABsin45222，又

3323223

V2228，

ABCDA1B1C1D1

所以正方体ABCDA1B1C1D1的体积是三棱锥ABEF的体积的12倍，正确;

D：当点E在D1处，F为B1D1的中点时，由正方体性质易知AE//BC1，异面直线AE,BF所

成的角是FBC1，

由BB1面A1B1C1D1，FC1面A1B1C1D1，则BB1FC1，正方形中显然B1D1FC1，

BB1B1D1B1，且BB1、B1D1面D1B1BD，故FC1面D1B1BD，BF面D1B1BD，

FC

所以FCBF，故tanFBC1，

11BF

当E在B1D1的中点时，F在B1的位置，由正方体性质易知AA1//BB1，异面直线AE,BF所成

的角是EAA1，

EA

1

由AA1面A1B1C1D1，EA1面A1B1C1D1，则AA1EA1，故tanEAA1，

AA1

综上，FC1EA1，BFBB1AA1，即tanFBC1tanEAA1，即两个角不相等，错误.

故选：ABC.

变式7．（多选题）（2024·广东深圳·高三红岭中学校考期末）已知正三棱柱ABC﹣A1B1C1的

底面边长为1，AA1=1，点P满足BPBCBB1，其中λ∈[0,1],μ∈[0,1]，下列选项正确

的是（）

A．当λ=1时，△AB1P的周长为定值

B．当μ=1时，三棱锥P﹣A1BC的体积为定值

1

C．当时，有且仅有两个点P，使得A1P⊥BP

2

1

D．当时，有且仅有一个点P，使得A1B⊥平面AB1P

2

【答案】BCD

【解析】因为点P满足BPBCBB1，其中0,1,0,1，

所以点P在矩形BCC1B1内部（含边界）．

对于A项，当1时，BPBCBB1CPBB1．

即此时P线段CC1，

因为APB1P为变值，

△

故AB1P的周长不是定值，故A项错误；

对于B项，当1时，BPBCBB1BB1B1C1，

故此时P点的轨迹为线段B1C1，而B1C1//BC，所以B1C1//平面A1BC，

则点P到平面A1BC的距离为定值，所以其体积为定值，故B项正确；

11

对于C项，当时，BPBCBB，

221

取BC，B1C1的中点分别为Q，H，则BPBQQH，

所以P点的轨迹为线段QH，

不妨建系解决，以QA方向为x轴，QB方向为y轴，QH方向为z轴，

建立如图所示的空间直角坐标系，

31

则，,，B0,,0，

A1,0,1P0,0

22

31

所以，，

A1P,0,1BP0,,

22

A1PBP10，

所以0或1，故H，Q均满足，故C项正确；

11

对于D项，当时，BPBCBB，

221

取BB1，CC1的中点为M，N，BPBMMN，

所以P点的轨迹为线段MN，

13

设，因为，

P0,y0,A,0,0

22

3131

所以，，

AP,y0,A1B,,1

2222

3111

所以y0y，

420202

此时点P与N重合，故D项正确．

故选：BCD

变式8．（多选题）（2024·福建厦门·统考模拟预测）如图，在棱长为1的正方体

中，点满足，其中，则（）

ABCDA1B1C1D1PBPBCBB10,1,0,1

A．AP3

1

B．当时，有且仅有一个点P，使得AP平面A1BD

2

1

C．当时，有且仅有一个点P，使得AP∥AB

21

1

D．当时，三棱锥PABD的体积为定值

21

【答案】AD

【解析】如图建立空间直角坐标系，

则B(1,0,0),B1(1,0,1),C(1,1,0),

因为，，所以

BPBCBB10,1,0,1(xP1,yP,zP)λ(0,1,0)μ(0,0,1)

所以P(1,,)，

对于选项A，则P(1,,),A(0,0,0)，所以AP(1,,),AP122，

因为0,1,0,1，所以AP3，故A答案正确；

对于选项B，A1(0,0,1),B(1,0,0),D(0,1,0),A1B(1,0,1),A1D(0,1,1),

111

当时，P(1,,)，AP(1,,),设面ABD的法向量为n(x,y,z)，

2221

nA1B0xz0

则，令y1，所以n(1,1,1)，

yz0

nA1D0

1

若AP平面A1BD，则APan，(1,,)a(1,1,1)无解，所以不存在点P，使得AP平面

2

A1BD,故选项B错误；

111

对于选项C，当时，P(1,,),AP(1,,),AB(1,0,0),

2212

1

若AP∥AB，则AP=mAB，(1,,)m(1,0,0)，无解，所以不存在点P，使得AP∥AB，

1121

故C错误；

133

对于选项D，A1BD为边长为2的等边三角形，所以S22,

A1BD222

A1Pn11

点P到平面A1BD的距离为||，当时，

|n|32

点P到平面A1BD的距离为定值，则三棱锥PA1BD的体积为定值，故D选项正确.

故选：AD.

变式9．（多选题）（2024·湖南·校联考模拟预测）如图，ABCDABCD为正方体.任作平

面与对角线AC垂直，使得与正方体的每个面都有公共点，记这样得到的截面多边形的

面积为S，周长为l.则（）

A．S为定值B．S不为定值C．l为定值D．l不为定值

【答案】BC

【解析】将正方体切去两个正三棱锥AABD与CDBC后，得到一个以平行平面ABD与

DBC为上、下底面的几何体V，

在AB上取一点E，作ET//BD，ES//AB，再作TM//AD，MR//CD，QS//BC，

则六边形ETMRQS即为平面，

V的每个侧面都是等腰直角三角形，截面多边形W的每一条边分别与V的底面上的一条边

平行，

将V的侧面沿棱AB剪开，展平在一张平面上，得到一个平行四边形ABB1A1，

而多边形W的周界展开后便成为一条与AA1平行的线段（如图中EE1），显然EE1AA1，

故l为定值.

当E位于AB中点时，多边形W为正六边形，而当E移至A处时，W为正三角形，

33

易知周长为定值l的正六边形与正三角形面积分别为l2与l2，故S不为定值.

2436

故选：BC

变式10．（多选题）（2024·重庆沙坪坝·重庆南开中学校考模拟预测）已知三棱锥PABC，

PABC2,PBACPCAB3，D为棱PC上一点，且PDDC，过点D作平行于

直线PA和BC的平面，分别交棱PB,AB,AC于E,F,G．下列说法正确的是（）

A．四边形DEFG为矩形

B．四边形DEFG的周长为定值

C．四边形的DEFG面积为定值

D．当1时，平面分三棱锥PABC所得的两部分体积相等

【答案】ABD

【解析】取BC的中点H，连AH,PH，

因为ABAC，PBPC，所以AHBC，PHBC，

因为AHPHH，AH,PH平面PAH，

所以BC平面PAH，因为PA平面PAH，所以BCPA，

因为PA//，PA平面PAC，平面PACDG，

所以PA//DG，同理可得PA//EF，BC//DE，BC//FG，

又因为BCPA，所以DEDG，EFDE，EFFG，DGFG，

所以四边形DEFG为矩形，故A正确；

因为PABC2,PBACPCAB3，PDDC，

2

所以PC(1)DC，因为DG//PA，所以PA(1)DG，所以EFDG，同理可

1

2

得DEFG，

1

44

所以四边形DEFG的周长为2EF2DE4为定值，故B正确；

11

224

四边形的DEFG面积为EFDE不是定值，故C不正确；

11221

当1时，D,E,F,G分别为棱PC,PB,AB,AC的中点，

11

多面体BCDEFG的体积为VVVVVV，

EBCFCDEFG2PBCFCDEFG4PABCCDEFG

1

多面体PADEFG的体积为VVVV，

APDEADEFG4APBCADEFG

因为VPABCVAPBC，VCDEFGVADEFG，

多面体BCDEFG的体积等于多面体PADEFG的体积，即平面分三棱锥PABC所得的两

部分体积相等，故D正确.

故选：ABD

变式11．（多选题）（2024·重庆·统考模拟预测）在正方体ABCDA1B1C1D1中，点P满足

BPBCBB1，其中0,1，0,1，则下列说法正确的是（）

A．当时，A1P∥平面ACD1

B．当1时，三棱锥PA1BC的体积为定值

C．当1时，△PBD的面积为定值

D．当1时，直线AD与DP所成角的取值范围为,

1132

【答案】ABD

【解析】对于A选项，如下图，当时，P点在面对角线BC1上运动，

又P平面A1C1B，所以A1P平面A1C1B，

在正方体ABCDA1B1C1D1中，AB//C1D1且ABC1D1，则四边形ABC1D1为平行四边形，

所以，AD1//BC1，AD1平面A1BC1，BC1平面A1BC1，AD1//平面A1BC1，

同理可证AC//平面A1BC1，

AD1ACA，所以，平面A1C1B//平面ACD1，

A1P平面A1BC1，所以，A1P//平面ACD1，A正确；

对于B选项，当1时，如下图，P点在棱B1C1上运动，

1

三棱锥PA1BC的体积VVSAB为定值，B正确；

PA1BCA1PBC3PBC11

对于C选项，当1时，如图，P点在棱CC1上运动，过P作PEBD于E点，

1

则S△BDPE，其大小随着PE的变化而变化，C错误；

PBD2

对于D选项，如图所示，当1时，P，C，B1三点共线，

因为A1B1//CD且A1B1CD,所以四边形A1B1CD为平行四边形，所以A1D//B1C，

所以D1PB1或其补角是直线A1D与D1P所成角，

△

在正D1B1C中，DPB的取值范围为,，D正确.

1132

故选：ABD.

题型三：体积、面积、周长、距离最值与范围问题

例7．（2024·福建福州·福州四中校考模拟预测）在如图所示的试验装置中，两个正方形框架

ABCD,ABEF的边长均为2，活动弹子N在线段AB上移动（包含端点），弹子M,O分别固

定在线段EF,AC的中点处，且MO平面ABCD，则当MNO取最大值时，多面体

MBCON的体积为（）

333323

A．B．C．D．

2233

【答案】A

【解析】因为MO平面ABCD，ON平面ABCD，所以MOON，

所以MNO为直角三角形，所以当NO最短时，MNO取最大值，

即NOAB时，MNO取最大值，

因为M,O分别固定在线段EF,AC的中点处，

ON1

所以ON1,MN2，所以cosMNO，

MN2

因为MNO为锐角，所以MNO60，所以OM3，

113

所以多面体MBCON的体积为V1213，

322

故选：A

例8．（2024·山东青岛·高三统考期中）已知正四棱锥的各顶点都在同一个球面上，球的体积

为36π，则该正四棱锥的体积最大值为（）

6481

A．18B．C．D．27

34

【答案】B

【解析】如图，设正四棱锥的底面边长AB2a，高POh，外接球的球心为M，则OD=2a，

4

因为球的体积为πR336π，所以球的半径为R3，

3

在Rt△MOD中，MD2OD2OM2，即322a2(h3)2，

112

所以正四棱锥的体积为VSh