2025年高考数学二轮复习讲义：立体几何常见压轴小题全面总结与归纳解析（解析版）

专题14立体几何常见压轴小题全面总结与归纳解析

目录

01考情透视•目标导航............................................................2

m占nt口马囱.田摊己I白?rq

03知识梳理•方法技巧............................................................4

04真题研析•精准预测............................................................6

05核心精讲•题型突破...........................................................20

题型一：球与截面面积问题20

题型二：体积、面积'周长、角度、距离定值问题25

题型三：体积、面积、周长、距离最值与范围问题32

题型四：立体几何中的交线问题41

题型五：空间线段以及线段之和最值问题46

题型六：空间角问题52

题型七：轨迹问题59

题型八：翻折问题65

重难点突破：以立体几何为载体的情境题72

差情;奏汨•日标旦祐

高考对这一部分的考察主要集中在两个关键点：一是判断与空间线面位置关系相关的命题真伪；二是

涉及一些经典且常出现于压轴位置的小题，这些小题通常具有中等或偏上的难度。

考点要求目标要求考题统计考情分析

对于2025年高考的预

掌握球截面性质，2021年天津卷第6题，5分

球与截面面积问题测，关于几何题目的出现

会求截面面积2018年I卷第12题，5分

形式和热点，可以重新表

述为：

2023年甲卷第16题，5分

掌握求解方法，解

2022年乙卷第9题，5分(1)预计几何题目将

最值与范围问题决最值与范围问

2022年I卷第8题，5分以选择题或填空题的精炼

题

2021年上海卷第9题，5分形式呈现，旨在全面检验

学生的逻辑推理与综合分

析能力。

2024年II卷第7题，5分

(2)考试的几何热点

2023年天津卷第8题，5分

掌握角度计算，解内容可能会聚焦于基础几

角度问题2023年乙卷第9题，5分

决立体几何难题何体的表面积与体积计

2022年浙江卷第8题，4分

2022年甲卷第9题，5分算、空间中的最短路径求

解，以及几何体的截面形

状与性质等关键问题。

㈤3

1、几类空间几何体表面积的求法

（1）多面体：其表面积是各个面的面积之和.

（2）旋转体：其表面积等于侧面面积与底面面积的和.

（3）简单组合体：应弄清各构成部分，并注意重合部分的删、补.

2、几类空间几何体体积的求法

（1）对于规则几何体，可直接利用公式计算.

（2）对于不规则几何体，可采用割补法求解；对于某些三棱锥，

有时可采用等体积转换法求解.

（3）锥体体积公式为丫=jsh,在求解锥体体积时，不能漏掉

3、求解旋转体的表面积和体积时，注意圆柱的轴截面是矩形，圆

锥的轴截面是等腰三角形，圆台的轴截面是等腰梯形.

4、球的截面问题

球的截面的性质：

①球的任何截面是圆面；

②球心和截面（不过球心）圆心的连线垂直于截面；

③球心到截面的距离d与球的半径R及截面的半径r的关系为内=r2+d2.

注意：解决球与其他几何体的切、接问题，关键在于仔细观察、分析，弄清相关元素的位置关系和数

量关系；选准最佳角度作出截面（要使这个截面尽可能多地包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素

之间的关系），达到空间问题平面化的目的.

5、立体几何中的最值问题有三类：一是空间几何体中相关的点、线和面在运动，求线段长度、截面的

面积和体积的最值；二是空间几何体中相关点和线段在运动，求有关角度和距离的最值；三是在空间几何

体中，已知某些量的最值，确定点、线和面之间的位置关系.

6、解决立体几何问题的思路方法：一是几何法，利用几何体的性质，探求图形中点、线、面的位置关

系；二是代数法，通过建立空间直角坐标系，利用点的坐标表示所求量的目标函数，借助函数思想方法求

最值；通过降维的思想，将空间某些量的最值问题转化为平面三角形、四边形或圆中的最值问题；涉及某

些角的三角函数的最值，借助模型求解，如正四面体模型、长方体模型和三余弦角模cos6=cosacos£

为平面的斜线与平面内任意一条直线/所成的角，。为该斜线与该平面所成的角，£为该斜线在平面上的射

影与直线/所成的角）.

7、立体几何中的轨迹问题，这是一类立体几何与解析几何的交汇题型，既考查学生的空间想象能力,

即点、线、面的位置关系，又考查用代数方法研究轨迹的基本思想，培养学生的数学运算、直观想象等素

养.

8、解决立体几何中的轨迹问题有两种方法：一是几何法.对于轨迹为几何体的问题，要抓住几何体中

的不变量，借助空间几何体（柱、锥、台、球）的定义；对于轨迹为平面上的问题，要利用降维的思想，

熟悉平面图形（直线、圆、圆锥曲线）的定义.二是代数法（解析法）.在图形中，建立恰当的空间直角坐

标系或平面直角坐标系.

9、以立体几何为载体的情境题大致有三类：

（1）以数学名著为背景设置问题，涉及中外名著中的数学名题名人等；

（2）以数学文化为背景设置问题，包括中国传统文化，中外古建筑等；

（3）以生活实际为背景设置问题，涵盖生产生活、劳动实践、文化精神等.

10、以立体几何为载体的情境题都跟图形有关，涉及在具体情境下的图形阅读，需要通过数形结合来

解决问题.图形怎么阅读?一是要读特征，即从图形中读出图形的基本特征；二是要读本质，即要善于将所

读出的信息进行提升，实现“图形―文字—符号”的转化；三是要有问题意识，带着问题阅读图形，将研究图

形的本身特征和关注题目要解决的问题有机地融合在一起；四是要有运动观点，要“动手”去操作，动态地去

阅读图形.

0

心真题砒标•精御皿\\

1.（2024年北京高考数学真题）如图，在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是边长为4的正方形，上4=依=4,

PC=PD=2V2＞该棱锥的高为（）.

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

【答案】D

【解析】如图，底面ABCD为正方形，

当相邻的棱长相等时，不妨设PA=PB=AB=4,PC=PD=2应,

分别取AB,CD的中点E,尸，连接PE,PF,EF,

则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,

过P作所的垂线，垂足为。，即PO_LEF,

由平面产£F平面ABCD=E尸，POu平面PEF,

所以尸O_L平面ABCD,

由题意可得：PE=2』,PF=2,EF=4,则尸序+p产=.2,即

11PF.PFr-

则一=—PO-EF,可得尸0=----------=近，

22EF

所以四棱锥的高为百.

故选：D.

2.（2024年新课标全国II卷数学真题）已知正三棱台ABC-44G的体积为=52，AS=6,4耳=2,则

与平面ABC所成角的正切值为（）

A.JB.1C.2D.3

【答案】B

【解析】解法一：分别取BC,用C的中点0,2,则AD=3/，AA=6，

可知sMC=J*6X6X#=9百，SAB,G=；x2x若=6，

设正三棱台的为"

则VABC-^C,=|（973+73+J9石X-卜=y,解得〃=华，

如图，分别过A，A作底面垂线，垂足为M,N,设A〃=x,

则e=《AM。+4阳2=,+?,DN=AD-AM-MN=2y/3-x,

可得。2=个DN。+DN=J（2>/3-x）2+y,

结合等腰梯形BCC由可得BB；=］等j+M，

即《+?=倒0_x『+g+4,解得户手，

所以AA与平面ABC所成角的正切值为tan?AAD3"=1；

AM

解法二：将正三棱台ABC-481G补成正三棱锥P-ABC，

B

则AA与平面ABC所成角即为以与平面ABC所成角,

外=她=」生皿=上，

PAAB3VP_ABC27

2652

可知%BC-AB］G=云吟-ABC=了,则Vp-A8C=18,

设正三棱锥尸―ABC的高为d,则/Mc=；dx；x6x6x#=18,解得d=26,

取底面ABC的中心为0,则尸底面ABC,且4。=2退，

P0

所以R4与平面ABC所成角的正切值tanZPAO=——=1.

AO

故选：B.

3.（2023年高考全国甲卷数学（文）真题）在正方体ABC。-AqGR中，AB=4,0为AQ的中点，若该正

方体的棱与球。的球面有公共点，则球。的半径的取值范围是.

【答案】［2应,2我

【解析】设球的半径为R.

当球是正方体的外接球时，恰好经过正方体的每个顶点，所求的球的半径最大，若半径变得更大，球会包

含正方体，导致球面和棱没有交点，

正方体的外接球直径2R'为体对角线长=14?+42+42=4®,即2R=46R=2A/L故凡2百：

分别取侧棱AV网,CCQA的中点显然四边形跖VGH是边长为4的正方形，且。为正方形

肱VGH的对角线交点，

连接MG,则MG=4也，当球的一个大圆恰好是四边形MNG”的外接圆，球的半径达到最小，即R的最

小值为2忘.

综上，Re［20,2百］.

故答案为：［2夜,2代］

4.（2023年高考全国甲卷数学（理）真题）在正方体ABC。-A瓦G2中，E,尸分别为AB,GR的中点,

以跖为直径的球的球面与该正方体的棱共有个公共点.

【答案】12

【解析】不妨设正方体棱长为2,E尸中点为0,取CD,CG中点G,M,侧面BBC。的中心为N,连接

FG,EG,OM,ON,MN,如图,

由题意可知，。为球心，在正方体中，EF=7FG2+EG2=722+22=272>

即R=应，

则球心。到CC］的距离为OM=^ON-+MN2=712+12=3，

所以球。与棱eq相切，球面与棱eq只有1个交点,

同理，根据正方体的对称性知，其余各棱和球面也只有1个交点，

所以以所为直径的球面与正方体棱的交点总数为12.

故答案为：12

5.（2023年北京高考数学真题）坡屋顶是我国传统建筑造型之一，蕴含着丰富的数学元素.安装灯带可以

勾勒出建筑轮廓，展现造型之美.如图，某坡屋顶可视为一个五面体，其中两个面是全等的等腰梯形，两

个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

与平面ABCD的夹角的正切值均为上,

则该五面体的所有棱长之和为（）

5

B.112m

C.117mD.125m

【答案】C

【解析】如图，过E做政〃平面ABCD,垂足为。，过E分别做EGLBC,EM±AB,垂足分别为G,M,

连接。G,OM,

由题意得等腰梯形所在的面、等腰三角形所在的面与底面夹角分别为N£MO和/EGO,

所以tanZEMO=tanZEGO=半.

因为EO_L平面A5CD,8Cu平面A5CD,所以EO_L8C,

因为EG_L3C,EO,EGu平面EOG,EOcEG=E,

所以3C_L平面EOG,因为OGu平面EOG,所以8C_LOG,.

同理：OM±BM,又BM_LBG,故四边形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,

又因为£F=AB-5-5=25-5-5=15,

所有棱长之和为2x25+2xl0+15+4x8=117m.

故选：C

6.(2023年高考全国甲卷数学(理)真题)已知四棱锥尸-ABCD的底面是边长为4的正方形,

PC=PD=3,ZPCA=45°,则△P3C的面积为()

A.2A/2B.3及C.472D.6近

【答案】C

【解析】法一：

连结AC,8。交于。，连结尸。，则。为AC,加>的中点，如图，

因为底面ABCZ)为正方形，AB=4,所以AC=BD=4夜，贝!)OO=CO=2应,

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

又PC=PD=3,AC=BD=4也,所以.、PDB三PCA,则B4=P3,

在,B4c中，PC=3,AC=472,ZPCA=45°,

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

2

故PA=VF7,贝!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的面积为S=工尸C.2Csin/尸CB=1x3x4x久l=4^》.

223

法二：

连结AC,加交于。，连结P0,则。为AC,加＞的中点，如图,

因为底面ABCD为正方形，AB=4,所以AC=80=40，

在,R4c中，PC=3,NPC4=45。，

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

故尸A=V17,

2

丛2+巾2-317+9-32

所以cos/APC=

2PA•PC2x717x3

PAPC=\PAIJPc|cosZAPC=x3x

不妨记尸8=m,ZBPD=3,

1122

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

-2222

RBnPPA+PC+2PAPC=PB+PD+2PBPD，

贝!J17+9+2x(—3)=疗+9+2x3xmcos。,整理得加？+6〃7cos。—11=0①，

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

两式相力口得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的面积为5=,尸。2。$m4?圆=23*4、2^=40.

223

故选：C.

7.（多选题）（2023年新课标全国I卷数学真题）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0.99m的球体

B.所有棱长均为1.4m的四面体

C.底面直径为0.01m,高为1.8m的圆柱体

D.底面直径为1.2m,高为0.01m的圆柱体

【答案】ABD

【解析】对于选项A：因为0.99m<lm,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缶1，且0>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也m,且百<1.8,

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AG的中点。作。石，AC1，设OEIAC=E,

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

2ACAO

1OE厂

即屹=正，解得=?

故以AG为轴可能对称放置底面直径为1.2m圆柱,

若底面直径为L2m的圆柱与正方体的上下底面均相切，设圆柱的底面圆心。「与正方体的下底面的切点为

M,

可知：ACj±=0.6,则tanNCAC]=

10.6广

即=解得AQ=O・60，

根据对称性可知圆柱的高为石-2x0.6夜。1.732-1.2x1.414=0.0352>0.01,

所以能够被整体放入正方体内，故D正确;

故选：ABD.

8.（多选题）（2023年新课标全国II卷数学真题）已知圆锥的顶点为尸，底面圆心为。，AB为底面直径,

ZAPB=120°,以=2,点C在底面圆周上，且二面角尸-AC—O为45。，贝U（）.

A.该圆锥的体积为兀B.该圆锥的侧面积为4居

C.AC=2A/2D.R4c的面积为百

【答案】AC

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

A选项，圆锥的体积为xl=7t,A选项正确；

B选项，圆锥的侧面积为Ttx指x2=2岛，B选项错误；

C选项，设。是AC的中点，连接8,尸。，

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

则NPDO=45°,所以OP=OD=1,

AD=CD=73^1=V2,则AC=2亚，C选项正确;

D选项，PD=712+12=V2＞所以SMe=；*2应'友=2,D选项错误.

故选：AC.

9.（2023年高考全国乙卷数学（理）真题）已知VABC为等腰直角三角形，为斜边，为等边三

角形，若二面角C-AB-O为150。，则直线C。与平面ABC所成角的正切值为（）

A,-B.变C.走D.-

5555

【答案】C

【解析】取的中点E,连接CE,OE,因为VABC是等腰直角三角形，且为斜边，则有CE1AB,

又△ABD是等边三角形，则Z史上从而NCED为二面角C-帅-。的平面角，BPZCED=15O,

显然于是A5_L平面CDE,又ABu平面A3C,

因此平面CDE_L平面ABC,显然平面CDEc平面ABC=CE,

直线CDu平面CDE,则直线CD在平面ABC内的射影为直线CE,

从而“CE为直线CO与平面ABC所成的角，令他=2,则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

显然/DCE是锐角,cosZDCE=1-sin2ZDCE=

所以直线CO与平面ABC所成的角的正切为正.

5

故选：C

10.（2022年新高考浙江数学高考真题）如图，已知正三棱柱人8€：-43©，4^=44],£,尸分别是棱BC，AG

上的点.记断与AA所成的角为。，跖与平面ABC所成的角为夕，二面角歹―3C—A的平面角为/,则

()

A.a</3<YB.（3<a<yC./3<y<aD.a<y</3

【答案】A

【解析】如图所示，过点尸作FPLAC于尸，过尸作PM13C于连接PE,

/=ZFMP,

PEPE1FPABiFPFP

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

FPABPEPEPMPE

所以

故选:A.

11.（2022年高考全国乙卷数学（理）真题）已知球。的半径为1,四棱锥的顶点为。，底面的四个顶点均

在球。的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为（）

D

B-I-f

【答案】C

【解析】［方法一］:【最优解】基本不等式

设该四棱锥底面为四边形ABCD四边形A2C。所在小圆半径为r,

设四边形ABC。对角线夹角为。，

则SABCD=；A。BDsinaV；AC=2/

（当且仅当四边形ABCD为正方形时等号成立）

即当四棱锥的顶点0到底面ABC。所在小圆距离一定时，底面ABC。面积最大值为2/

又设四棱锥的高为d则产+/=1，

当且仅当r2=2后即〃邛时等号成立.

故选:C

［方法二］：统一变量+基本不等式

由题意可知，当四棱锥为正四棱锥时，其体积最大，设底面边长为。，底面所在圆的半径为小贝b=交.,

2

所以该四棱锥的高

/a2a2a2T

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

3V4423t3W考

（当且仅当!=1-1，即4=:时，等号成立）

所以该四棱锥的体积最大时，其高力

故选：C.［方法三］:利用导数求最值

由题意可知，当四棱锥为正四棱锥时，其体积最大，设底面边长为a,底面所在圆的半径为『，贝1］厂=走4,

2

所以该四棱锥的高力=》三，/=$2/手，令/=*0</<2）,v=*J，设〃。=»一则

o<f<—,r（t）>o,单调递增，—<t<2,r⑺<o,单调递减，

所以当t=3时，v最大，此时/

3V23

故选：C.

【点评】方法一：思维严谨，利用基本不等式求最值，模型熟悉，是该题的最优解；

方法二：消元，实现变量统一，再利用基本不等式求最值；

方法三：消元，实现变量统一，利用导数求最值，是最值问题的常用解法，操作简便，是通性通法.

12.（2022年新高考北京数学高考真题）已知正三棱锥尸-ABC的六条棱长均为6,S是VABC及其内部的

点构成的集合.设集合T={QeS|PQ<5},则T表示的区域的面积为（）

A.—B.乃C.2兀D.3兀

4

【答案】B

设顶点P在底面上的投影为0,连接3。，则。为三角形ABC的中心,

且80=2x6x3=25故尸O=J36-12=2#.

32

因为PQ=5,故。。=1,

故S的轨迹为以。为圆心，1为半径的圆，

而三角形A3C内切圆的圆心为。，半径为2xf'36,1,

故S的轨迹圆在三角形ABC内部，故其面积为力

故选：B

13.（2022年新高考全国I卷数学真题）已知正四棱锥的侧棱长为/,其各顶点都在同一球面上.若该球的体

积为36万，且3V/V37L则该正四棱锥体积的取值范围是（）

27812764

D.[18,27]

A.B.丁彳C.7

【答案】C

【解析】•••球的体积为36%,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『=2片+/，32=2/+（3-〃y,

所以6%=下,2a2=l2-h2

ii2/4/21f/6

所以正四棱锥的体积V=wS/z=wx4/x/z=wx(/2-m)X"=TZ4--

3333669136

1(户

所以V'=X4Z3--

91o

当34”2指时，V'>0,当2指</43石时，V'<0,

64

所以当/=2卡时，正四棱锥的体积V取最大值，最大值为三,

2721

又/=3时，V=—,/=3若时，V=—,

44

27

所以正四棱锥的体积V的最小值为了，

所以该正四棱锥体积的取值范围是y-y.

故选：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=当且仅当久=4取至lj）,

当退时,得。浅,则曦"八。等子系

当/=3百l时，球心在正四棱锥高线上，止匕时〃得3+3=；9,

争=.=〃=笛，正四棱锥体积匕=#〃=%筌）*=?<?，故该正四棱锥体积的取值范围是仔，争.

14.（多选题）（2022年新高考全国n卷数学真题）如图，四边形ABC。为正方形，平面ABCQ,

FB//ED,AB=ED=2FB,记三棱锥E—ACD,F-ABC,F—ACE的体积分别为匕匕，匕，则()

A.匕=2%B.匕=匕

C.匕=匕+匕D.2M,=3匕

【答案】CD

11194

设AB=ED=2FB=2a,因为平面A3CD,FBED,则匕=1ED-S4必=12°3（2a）=-a3,

^=1-«-1-（26（）2=|«3,连接8。交AC于点M,连接EM,WW,易得8DLAC,

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

面BDEF,

又==缶，过/作FULDE于G,易得四边形加G尸为矩形，则FG=BD=2啦a,EG=a,

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

222

EM'+FM=EF则SEFM=^EM-FM=^^a,AC=2插a，

则匕=K-EF“+%.EFM=；AC-SEFM=2a3,贝12匕=3匕，匕=3%,匕=乂+匕，故A、B错误；C、D正确.

故选：CD.

㈤5

孩心精说，题型突破

题型一：球与截面面积问题

【典例1-11（24-25高三上•江苏常州•期末）已知正方体A3CD-A瓦G2的棱长为2,点M为棱。2的中点,

则平面ACM截该正方体的内切球所得截面面积为（）

71c2兀一

A.-B.—C.IT

33

【答案】A

【解析】球心。为正方体中心，半径R=l,

法一：连接AC8。，相交于点E,点E为AC,9的中点，连接

可得ME//BR,因为MEu平面WC,BRZ平面⑷0C,

所以B“〃平面AMC,。在上，

则。到平面AMC的距离等于点B到平面AMC的距离，设为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=宠，

则截面圆半径/=炉-d2=j

所以截面面积S=7I户=1.

法二：以。为原点，DA,DC,DD1为龙,MZ轴建立空间直角坐标系，如图,

则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),

设平面AMC的一个法向量为记=(x,y,z),

n•AM=-lx+z=0

，令x=l,则y=l,z=2,

n-CM=-2y+z=0

所以w=(l,l,2),

|A10-n|o

则。到平面AMC的距离d=12,,1=2,

同V6

1jr

截面圆半径产=所以截面面积5=兀产=2.

故选：A.

【典例1-2】已知棱长为3的正四面体的几何中心为。，平面a与以。为球心的球相切，若a与该正四面体

的截面始终为三角形，则球。表面积的取值范围为().

,19兀27兀、c13nc、-13兀27兀、「n3n、

A.—,——)B.[——，2兀)C.—,——)D.)

2222222

【答案】A

【解析】依题意，平面。与以。为球心的球相切，因四面体每个顶点发出了三条棱，

要使a与该四面体的截面始终为三角形，就必须使在四面体的每个顶点处只能看到三条棱(其余棱被球挡

住)，

因此需要球。与每条棱都有公共点，当球。与每条棱有且仅有一个公共点时，球。为四面体的棱切球，

当球。半径继续增大到外接球半径之前，都能确保截面始终为三角形，

而当球。半径为外接球半径或更大时，截面将不存在，因此必须使球。的半径满足，切球＜琢接球.

图1

①下面先来求四面体的棱切球。1的半径（如图1）.

点H为顶点S在底面ABC上的射影，回为棱切球的球心，作QEJLSA于点E,

连接A"并延长交BC于点。，连接。刀，则易得点。为BC中点，易证。d=。夕,故得OQJ_8C.

设。石=0］。=〃，因正四面体棱长为3,则HD=LAD=LX立x3=且.C\H=J^^,

4-（国=瓜

工|+小好解得「手，右手"后舍去），即四面体的棱切球半径为一手

故有,

图2

②接着，再来求四面体的外接球。2的半径（如图2）,

设外接球半径为R,则S.=A=R,由上分析，AH=®则02H=收-3,

由题意，氏+病=？="，解得氏=半，即四面体的外接球半径为空.

由上分析，球。表面积S应满足：4兀X

故选：A.

巧

球的截面问题

球的截面的性质：

①球的任何截面是圆面；

②球心和截面（不过球心）圆心的连线垂直于截面；

③球心到截面的距离d与球的半径R及截面的半径r的关系为R2=都+/.

【变式1-1X2024・河南开封•二模）已知经过圆锥SO的轴的截面是正三角形，用平行于底面的截面将圆锥SO

分成两部分，若这两部分几何体都存在内切球（与各面均相切），则上、下两部分几何体的体积之比是（）

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

【答案】C

【解析】如图，作出圆锥SO的轴截面&4B,

设上、下两部分几何体的两部分的内切球的球心分别为E,F,半径分别为「，R,

即Ob=PG=R,EG=r,

根据题意可知△&43为正三角形，易知SE=2r,圆锥SO的底面半径08=6尺，

:.SO=2r+r+R+R=3r+2R,又SO=6（）B,

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

二上部分圆锥的底面半径为gr,高为3r,

又圆锥SO的底面半径为08=同=3有r,高为SO=3r+2R=9r,

.••上部分圆锥的体积与圆锥S0的体积之比为,

27

「•上、下两部分几何体的体积之比是1:26.

故选：c.

【变式1-2］（2024•江苏南通二模）在棱长为2的正方体ABC。-A与G2中，尸，Q,R分别为棱BC,CD,

Cq的中点，平面尸。自截正方体A2CD-ABIGR外接球所得的截面面积为（）

.5803562A/15

A.-7iBn.—兀C.—7iD.--------兀

3333

【答案】A

【解析】取正方体的中心为0,连接OP,OQ,OR,

由于正方体的棱长为2,所以正方体的面对角线长为20，体对角线长为26，

正方体外接球球心为点。，半径R=gx2』=退，

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

所以三棱锥。-尸QR为正四面体，如图所示，取底面正三角形尸。尺的中心为“，

即点0到平面PQR的距离为OM,又正三角形尸QR的外接圆半径为,

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-国一田=平，

即正方体ABCD-A瓦CQ］外接球的球心。到截面PQR的距离为OM=空,

3

所以截面PQR被球0所截圆的半径r=ylR2-OM2=J(V3)

则截面圆的面积为兀，=1n.

故选：A.

;命题预测飞

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

1.已知四面体ABCD的各个顶点都在球。的表面上，BA,BC,5D两两垂直，且A2=而，BC=3,BD=4,

E是棱8c的中点，过E作四面体ABCZ)外接球。的截面，则所得截面圆的面积的最大值与最小值之差是()

Arc27兀-13兀n2571

A.7兀B.C.D.-----

424

【答案】B

【解析】设所得截面圆的面积为s,半径为八因为BA,BC,8。两两垂直，

故可将四面体ABCZ)放入长方体中，如图所示，

易得外接球半径R=->/BC2+BD2+AB2=3.

2

过E作球。的截面，当所得截面圆的面积最大时，截面为过球心的圆面，

Smax=^R2=9兀，当所得截面圆的面积最小时，截面为与最大截面垂直的圆面.

在内，OB=OC=BC=3,所以田羊，即…kF=|,

oa27

£in=兀脸=W兀，所以Smax—S疝=9兀_］兀=彳兀.

故选：B.

题型二：体积、面积、周长、角度、距离定值问题

【典例2.1】半正多面体(semiregularsolid)亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的

多面体，体现了数学的对称美.二十四等边体