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1、1立体几何截面、外接球、动点归类立体几何截面、外接球、动点归类目录目录题型一：动点：恒平行题型二：动点：恒垂直题型三：动点：球截面题型四：动点；定角题型五：外接球：线面垂直型题型六：外接球：垂面型题型七：外接球：两线定心法题型八：外接球：二面角型题型九：外接球：最值范围型题型十：外接球：动点与翻折题型十一：动点型最短距离和题型十二：动点：内切球题型十三：多选题综合应用：二面角型几何体题型十四：多选题综合应用：翻折型题型十五：多选题综合应用：正方体表面动点型题型十六：多选题综合应用：两部分体积比型题型一：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
2、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，CDAD，CBAB，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2024高考数学专项立体几何截面、外接球、动点归类22在三棱锥ABCD中，对棱AB=CD=5，AD=BC=13，AC=BD=10，当平面与三棱锥ABCD的某组对棱均平行时，则三棱锥ABCD被平面所截得的截面面积最大值为.3(山西省怀仁市2022届高三下学期一模数学试)在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为2 2的正方形，P在底面的射影为正方形的
3、中心O,PO=4,Q点为AO中点.点T为该四棱锥表面上一个动点，满足PA,BD都平行于过QT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.5 5B.5 54C.3 54D.5 52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ABC-A1B1C1中，ABBC,AB=BC=CC1=2，点P在棱BC上运动，则过点P且与A1C垂直的平面截该三棱柱所得的截面周长的最大值为32(江西省南昌三中2021-
4、2022学年高三10月月考数学(理)试题)在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E是正方形BB1C1C的中心，M为C1D1的中点，过A1M的平面与直线DE垂直，则平面截正方体ABCD-A1B1C1D1所得的截面面积为()A.4 2B.2 6C.2 5D.2 103(清华大学自主招生暨领军计划数学试题)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，棱AA1的中点为E，AC与BD交于点O若平面经过点E且与OC1垂直，则平面该正方体所得截面的面积为()A.64B.22C.32D.1题型三：动点：球截面1已知正四面体P-ABC内接于球O，点E是底面三角形ABC一边AB的中点，过点E作球O的
5、截面，若存在半径为3 的截面圆，则正四面体P-ABC棱长的取值范围是()A.2，3B.3，6C.2 2，2 3D.2 3，2 62(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ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，E为棱AA1的中点，截面CD1E交棱AB于点F，则四面体CDFD1的外接球表面积为()A.394B.414C.12D.4343(新疆2022届高三年级第一次联考数学试题)已知三棱锥P-ABC，AB=BC=2，ABC=23，PA=4 3，PA过三棱锥P-ABC外接球心O，点E是线段AB的中点，过点E作三棱锥P-ABC外接球O的截面，则下列结论正确的是()A
6、.三棱锥P-ABC体积为4 63B.截面面积的最小值是2C.三棱锥P-ABC体积为2 63D.截面面积的最小值是2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。42.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.3 34B.2 33C.3 24D.322(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A-xyz中，P(x,y,z)是正三棱柱ABC-A1B1C1的底面A1
7、B1C1内一动点，A1A=AB=3，直线PA和底面ABC所成角为3，则P点坐标满足()A.x2+y2=3B.x2+y2+z2=3C.x2+y2=27D.x2+y2+z2=273正四面体P-ABC中，点M是棱BC上的动点(包含端点)，记异面直线PM与AB所成角为，直线PM与平面ABC所成角为，则()A.B.0,0,00)的平面截成两部分，记两部分的体积分别为V1，V2V1V2，则()A.V1=3R-d22R+dB.V2=9R+2d2R-d3R+dC.当d=R2时，V1V2=527D.当dR3时，V1V27201立体几何截面、外接球、动点归类立体几何截面、外接球、动点归类目录目录题型一：动点：恒平
8、行题型二：动点：恒垂直题型三：动点：球截面题型四：动点；定角题型五：外接球：线面垂直型题型六：外接球：垂面型题型七：外接球：两线定心法题型八：外接球：二面角型题型九：外接球：最值范围型题型十：外接球：动点与翻折题型十一：动点型最短距离和题型十二：动点：内切球题型十三：多选题综合应用：二面角型几何体题型十四：多选题综合应用：翻折型题型十五：多选题综合应用：正方体表面动点型题型十六：多选题综合应用：两部分体积比型题型一：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ABC
9、D，且PA=AC=2AB=2AD=4，CDAD，CBAB，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2【答案】8 65【分析】由题知AC=2AB+2AD，则PA=23PB+23PD-13PC，再根据E、F、G三点共面得PA=xPE+yPF+zPG，其中x+y+z=1设PE=PB 01，PF=PD，从而可求PA=xPB+yPD+z2PC，与对比即可求出，从而可求EF的长度；再证明BD垂直平面PAC，EFBD，从而得AGEF，根据S截面AEGF=12AGEF即可得答案【详解】AC=2AB=2AD，CDAD，CBAB，DAC=BAC=60，则
10、根据向量加法法则易知，AC=2AB+2AD，即PC-PA=2 PB-PA+2 PD-PA，则PA=23PB+23PD-13PC 根据共面向量定理的推论知，PA=xPE+yPF+zPG，其中x+y+z=1连接BD，EF平面ABCD，EF平面PBD，平面PBD平面ABCD=BD，EFBD，设PE=PB 01，则PF=PD，又G为PC的中点，PA=xPE+yPF+zPG=xPB+yPD+z2PC，则x=y=23，z2=-13，解得=45，AB=2，BD=2ABsin60=2 3，则EF=45BD=8 35连接AG，PA=AC=4，G为PC的中点，故AG=12PC=2 2易知BDAC，BDPA，ACP
11、A=A，故BD平面PAC，又AG平面PAC，BDAG，AGEF，因此S截面AEGF=12AGEF=122 2 8 35=8 65故答案为：8 65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，3由题易得BDEF，则PLPK=PEPB=EFBD，作KNAG交PC于N，易知CK=3AK，则CN=3GN，从而PG=4GN，故EFBD=PLPK=PGPN=45，即EF=45BD=8 35以下解法同上故答案为：8 652在三棱锥ABCD中，对棱AB=CD=5，AD=BC=13，AC=BD=10，当平面与三棱锥ABCD的某组对棱均平行时，则三棱锥ABCD被平面所截得的截面面
12、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x,y,z，由线面平行得线线平行，证明当E,F,G,H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x2+y2=5，x2+z2=10，y2+z2=13，则x=1,y=2,z=3.当平面与三棱锥ABCD的对棱AB，CD均平行时，截而为四边形EFGH，ABFGEH，CDEFHG，设AEAC=t(0tB.ME，所以cos；(2)当MD过点O时，此时cos=cos，由
13、,0,2，可得=，综上可得：.故选：C.11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 R=PC22+r2；其中2r=CDsinA1(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P-ABCD中，四边形ABCD为正方形，PA平面ABCD，且PA=6,AB=8，则四棱锥P-ABCD的外接球与内切球的表面积之比为()A.412B.414C.3D.112【答案】B【分析】根据几何体内切圆半径公式r=3VS(V为几何体的体积，S为几何体的表面积)，由PA,AB,AD两两垂直，四棱锥可补形为长方体
14、，可得外接圆的半径公式，可得答案.【详解】设四棱锥P-ABCD的外接球与内切球的半径分别为R,r.因为V四棱锥P-ABCD=13826=128，四棱锥P-ABCD的表面积S=82+12682+128102=192，所以r=3V四棱锥P-ABCDS=2，因为PA,AB,AD两两垂直，四棱锥可补形为长方体，所以R=1282+82+62=41，所以四棱锥P-ABCD的外接球与内切球的表面积之比为4R24r2=414.故选：B.2(2023 河南高三校联考阶段练习)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的外接球表面积为27，点E为12棱BB1的中点，且DE平面，点C1平面，则平面截正方体ABCD-A1B
15、1C1D1所得的截面图形的面积为()A.81 24B.81 28C.814D.818【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DE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，4R2=27，解得R2=274，故R=3 32，3AB=2R=3 3，故AB=3.分别取棱AB，BC的中点F，G，连接FG，A1F，C1G，A1C1，根据正方体的性质可知：四边形C1A1FG为等腰梯形，建立如图所示空间直角坐标系，F32,0,3,C13,3,0,E 3,0,32,D 0,3,3，DE=3,-3,-32，DE A1F=92-92=0,DE A1C=9
16、-9=0，所以DEA1F,DEA1C1，由于A1FA1C1=A1，所以DE平面C1A1FG，即截面为等腰梯形C1A1FG.由题可知FG=12A1C1=3 22，A1F=C1G=3 52，所以等腰梯形C1A1FG的高为9 24，故截面图形的面积为123 22+3 29 24=818.故选：D3(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S-ABC中，SB平面ABC,ABBC,SB=AB=BC=2,P,Q分别为AB,BC的中点，则平面SPQ截三棱锥S-ABC的外接球所得截面的面积为()A.B.2C.2D.2 2【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
17、，进而求出截面半径和面积【详解】因为，SB平面ABC,ABBC,SB=AB=BC=2,将三棱锥S-ABC补成正方体ABCD-LSMN，13所以三棱锥的外接球就是正方体的外接球，球心O是BN的中点.设外接球的半径为R，则2R=BN=2 3，即R=3，以BC，BA，BS分别为x轴，y轴和z轴建立空间直角坐标系B-xyz，则S 0,0,2，P 0,1,0，Q 1,0,0，O 1,1,1，则PQ=1,-1,0，PS=0,-1,2，OP=-1,0,-1，设平面SPQ的法向量为n=x,y,z，由nPQ=0nPS=0，得x-y=0-y+2z=0，令x=2，则y=2,z=1，所以平面SPQ的一个法向量n=2,
18、2,1.所以球心O到平面SPQ的距离为d=OP nn=34+4+1=1，设平面SPQ截三棱锥S-ABC的外接球所得的截面半径r，则r=R2-d2=2，故该截面的面积为2，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，PA=AB=PB=6，且面PAB面ABCD，则四棱锥P-ABCD的外接球表面积为A.8B.10C.12D.14【答案】D【解析】P-ABCD的外接球转化为三棱柱PAB-EDC的外
19、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O1P，勾股定理求出R，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，14因为PA=AB=PB=6，所以PAB为等边三角形，由正弦定理得O1P=126sin3=2，R=OP=OO21+O1P2=622+22=64+2=142，S=4R2=14.2(2023全国高三专题练习)已知在三棱锥C-ABD中，ABD是等边三角形，BCCD，平面ABD平面BCD，若该三棱锥的外接球表面积为4，则AC=()A.32B.62C.3D.32【答案】C【分析】首先
20、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4R2=4，解得R=1，根据题意，有球心O为正三角形ABD的中心，因为OD=1，所以AO=1,OF=12，所以正三角形ABD的边长为3，BCCD，所以CF=12BD=32，因为平面ABD平面BCD，所以AFC=2，所以AC=CF2+AF2=34+94=3，故选：C.3(2022全国高三专题练习)在三棱锥P-ABC中，PA=PB=BC=4,AC=8,ABBC.平面PAB平面ABC，若球O是三棱锥P-ABC的外接球，则球O
21、的表面积为().A.25B.60C.72D.80【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D,E分别是AB,AC的中点，由于PB=PA，所以PDAB，由于平面PAB平面ABC且交线为AB，所以PD平面ABC，由于ABBC，所以E是RtABC的外心，所以球心O在过E且与平面ABC垂直的直线上，AB=82-42=4 3,AD=BD=2 3，PD=42-2 32=2，DE=12BC=2，过O作OFPD，且交点为F，15由于OFDE,OEDF，所以四边形OFDE是矩形，则OE=DF.设外接球的半径为R，所以R2=22+2+DF2=42+OE2，解得OE=DF=2,R
22、2=20，R=2 5.所以外接球的表面积为4R2=80.故选：D题型七：外接球：两线定心法双线交点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 3，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】20【分析】求出PAB的外接圆半径r2，ABC的外接圆半径r1，求出外接球的半径r，即可求出
23、该三棱锥的外接球的表面积【详解】由题意，设PAB的外心为O2，ABC的外心为O1，则PAB的外接圆半径r2=122 3sin60=2，在ABC中，因为AC=BC=2,AB=2 3，由余弦定理可得cosC=AC2+BC2-AB22ACBC=-12，所以sinC=32，16所以ABC的外接圆半径r1=ABsinC=2 332=2，在等边PAB中，由AB=2 3，所以PD=3，所以O2D=PD-r2=3-2=1，设球心为O，球的半径为r，则OO1=3-2=1,O2P=2，又由OO1面ABC，OO2面PAB，则r2=22+12=5，所以该三棱锥的外接球的表面积为4r2=20故答案为：202(湖北省鄂东
24、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C-ABD中，ABD是等边三角形，BCCD，平面ABD平面BCD，若该三棱锥的外接球表面积为4，则AC=()A.32B.62C.3D.32【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4R2=4，解得R=1，根据题意，有球心O为正三角形ABD的中心，因为OD=1，所以AO=1,OF=12，所以正三角形ABD的边长为3，BCCD，所以CF=12BD=32，因为平面ABD平
25、面BCD，所以AFC=2，17所以AC=CF2+AF2=34+94=3，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ABCD边长为3，BAD=60，E为对角线AC上一点，AC=6AE.将ABD沿BD翻折到ABD的位置，E记为E且二面角A-BD-C的大小为120，则三棱锥A-BCD的外接球的半径为；过E作平面与该外接球相交，所得截面面积的最小值为.【答案】21294【分析】(1)过CBD,ABD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OE与截面的位置关系，再根据线段长度求解出截
26、面圆的面积.【详解】因为BAD=60且四边形ABCD为菱形，所以CBD,ABD均为等边三角形，取CBD,ABD的重心为M,N，过M,N作平面CBD、平面ABD的垂线，且垂线交于一点O，此时O即为三棱锥A-BCD的外接球球心，如下图所示：记ACBD=O，连接CO,OO，因为二面角A-BD-C的大小为120，且AOBD,COBD，所以二面角A-BD-C的平面角为AOC=120，因为OM=ON，所以cosMOO=cosNOO，所以MOO=NOO=60，又因为BC=3，所以CO=AO=3sin60=3 32，所以MO=NO=13CO=32，所以OM=OMtan60=32，又CM=23CO=3，所以OC
27、=CM2+OM2=3+94=212，所以三棱锥A-BCD的外接球的半径为212；当截面面积取最小值时，此时OE截面，又因为截面是个圆，设圆的半径为r，外接球的半径为R，18又因为NE=13AO=13CO=32且ON=OM=32，所以OE=ON2+NE2=94+34=3，所以r=R2-OE2=214-3=32，所以此时截面面积为S=322=94.故答案为：212；94.题型八：外接球：二面角型1.向量法：二面角-l-的大小为(0)cos=u vuv.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
28、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D-ABC中，AB=BC=2，ADC=90，二面角D-AC-B的平面角为30，则三棱锥D-ABC外接球表面积的最小值为()A.16 2 3-1B.16 2 3-3C.16 2 3+1D.16 2 3+3【答案】B【分析】取AC的中点M，可得DMB即为二面角D-AC-B的平面角，ACB的外心为O1，过O1作平面ABC的垂线，过ACD的外心M作平面ACD的垂线，两条垂线均在平面BMD内，它们的交点就是球心O，在平面ABC内，设CBA=2，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
29、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BM,DM，因为AB=BC=2，DA=DC，所以ACBM，ACDM，故DMB即为二面角D-AC-B的平面角，ACB的外心为O1，过O1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CBA=2，则r=BO1=12BCcos=1cos，O1M=O1Ccos2=cos2cos，因为DMB=30，所以O1MO=60，所以O1O=3O1M=3cos2cos，所以R2=r2+OO12=1cos2+3cos22cos
30、219令t=cos2(0,1)，则R2=1t+3(2t-1)2t=12t+4t-122 48-12=8 3-12，所以S=4R216(2 3-3)，当且仅当t=33时取等，故选:B2(2022上山西高三校联考阶段练习)在边长为2的菱形ABCD中，BD=2 3，将菱形ABCD沿对角线AC折起，使二面角B-AC-D的大小为60，则所得三棱锥A-BCD的外接球表面积为()A.4B.529C.6D.203【答案】B【分析】由已知可得ABC、ACD都是边长为2的等边三角形，由菱形的对角线互相垂直，可得BED为二面角B-AC-D的平面角，即BED=60，作出图形，找出三棱锥A-BCD的外接球球心，利用四点
31、共圆结合正弦定理求解三棱锥A-BCD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ABCD是边长为2的菱形，且BD=2 3，则AC=2CE=2 AB2-BE2=2，所以，ABC、ACD都是边长为2的等边三角形，由于菱形的对角线互相垂直，则BEAC，DEAC，所以，BED为二面角B-AC-D的平面角，即BED=60，过点B作平面ACD的垂线BM，垂足为点M，则点M在线段DE上，由BE=DE=3，BED=60，可得ME=MD=12DE=32，且BDE是等边三角形，所以，BD=BE=3，设ACD的外心为点G，BD的中点H，在平面BED内，过点G、H分别作平面ACD、BD的垂线交于点O
32、，则点O为三棱锥B-ACD的外接球的球心，则DG=23DE=2 33，DH=12BD=32，BDE=60，则GH=DG2+DH2-2DGDHcos60=1312，由于O、G、D、H四点共圆，可得OD=GHsin60=133，20所以，三棱锥B-ACD的外接球的表面积为41332=529.故选：B.3(2023全国高三专题练习)在三棱锥P-ABC中，ABC为等腰直角三角形，AB=AC=2，PAC为正三角形，且二面角P-AC-B的平面角为6，则三棱锥P-ABC的外接球表面积为()A.529B.49C.283D.329【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
33、球的表面积【详解】如图所示，ABC为直角三角形，又AB=AC=2，所以BC=2 2，因为PAC为正三角形，所以PA=PC=AC=2，连接PD,DE，D为AC的中点，E为BC中点，则PDAC,DEAC，所以PDE为二面角P-AC-B的平面角所以PDE=30因为ABC为直角三角形，E为BC中点，所以点E为ABC的外接圆的圆心，设G为PAC的中心，则G为PAC的外接圆圆心过E作面ABC的垂线，过G作面PAC的垂线，设两垂线交于O则O即为三棱锥P-ABC的外接球球心设GO与DE交于点H，GD=13PD=33,DH=DGcos30=3323=23，所以HE=DE-DH=13,OE=HEtan60=33，
34、R2=CO2=CE2+EO2=2+13=73所以S=4R2=283，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O是正三棱锥A-BCD的外接球，底边BC=3，侧棱AB=2 3，点E在线段BD上，且BD=3DE，过点E作球O的截面，则所得截面圆面积的取值范围是()A.54,4B.2,4C.94,4D.114,4【答案】B【分析】21设BCD的中心为O1，球O的半径为R，连接O1D,OD,O1E,OE，可得R2=3+(3-R)2，可得R的值，过点E作圆O的截面，当截面与OE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
35、求解【详解】解：如图，设BCD的中心为O1，球O的半径为R，连接O1D,OD,O1E,OE，则O1D=3sin60023=3,AO1=AD2-DO21=3，在RtOO1D中，R2=3+(3-R)2，解得R=2，BD=3BE,DE=2，在DEO1中，O1E=3+4-23 2cos300=1，OE=O1E2+OO21=2过点E作圆O的截面，当截面与OE垂直时，截面的面积最小，此时截面圆的半径为22-(2)2=2，最小面积为2当截面过球心时，截面面积最大，最大面积为4故选B2正三棱锥P-ABC，Q为BC中点，PA=2，AB=2，过Q的平面截三棱锥P-ABC的外接球所得截面的面积范围为()A.14,3
36、5B.12,23C.,2D.,32【答案】D【分析】根据题中数据，结合正棱锥的结构特征，得到PB,PA,PC两两垂直，可将正三棱锥P-ABC看作正方体的一角，设正方体的体对角线的中点为O，得到点O是正三棱锥P-ABC外接球的球心，记外接球半径为R，过球心的截面圆面积最大；再求出OQ=22，根据球的结构特征可得，当OQ垂直于过Q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P-ABC，PB=PC=PA=2，AC=BC=AB=2，所以PB2+PA2=AB2，即PBPA，同理PBPC，PCPA，因此正三棱锥P-ABC可看作正方体的一角，如图，记正方体的体对角线的中点为O，
37、由正方体结构特征可得，O点即是正方体的外接球球心，所以点O也是正三棱锥P-ABC外接球的球心，记外接球半径为R，则R=122+2+2=62，因为球的最大截面圆为过球心的圆，所以过Q的平面截三棱锥P-ABC的外接球所得截面的面积最大为Smax=R2=32；又Q为BC中点，由正方体结构特征可得OQ=12PA=22；由球的结构特征可知，当OQ垂直于过Q的截面时，截面圆半径最小为r=R2-OQ2=1，所以Smin=r2=.因此，过Q的平面截三棱锥P-ABC的外接球所得截面的面积范围为,32.故选：D.223(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ABC的边长为2 3，M，N
38、分别为AB，AC的中点，将AMN沿MN折起得到四棱锥A-MNCB.点P为四棱锥A-MNCB的外接球球面上任意一点，当四棱锥A-MNCB的体积最大时，四棱锥A-MNCB外接球的半径为，点P到平面MNCB距离的最大值为.【答案】13213+12【分析】由题意作图，当四棱锥A-MNCB的体积最大时，平面AMN平面MNCB，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MN的中点为Q，O1，O2分别为等边三角形AMN和梯形MNCB的外接圆圆心.在ABC中，N为AC的中点，所以BNCN，则BC为梯形MNCB外接圆的直径.连接O1Q，O2Q.由题意，当四
39、棱锥A-MNCB的体积最大时，平面AMN平面MNCB，过O1作平面AMN的垂线，过O2作平面MNCB的垂线，两条垂线交于点O，则点O即为四棱锥A-MNCB外接球的球心.四边形OO1QO2为矩形，则OO2=O1Q.在等边三角形AMN中，MN=3，则AQ=32，O1Q=12，即OO2=12.又O2B=3，所以四棱锥A-MNCB外接球的半径R=OB=OO22+O2B2=122+(3)2=132，所以点P到平面MNCB距离的最大值O2P=R+OO2=13+12.故答案为：132；13+12.23题型十：外接球：动点与翻折1如图，在ABC中，AB=8,BC+AC=12,分别取AB、BC、AC边的中点D,
40、E,F，将BDE,ADF,CEF分别沿三条中位线折起，使得A,B,C重合于点P,则三棱锥-DEF的外接球体积的最小值为【答案】17 176【分析】由翻折变换知，三棱锥P-DEF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BC=2a，则AC=12-2a，由翻折变换可知，三棱锥P-DEF的对棱分别相等，且DE=PF=6-a，DF=PE=a，EF=PD=4将三棱锥P-DEF补充成长方体，对角线长分别为a,6-a,4，如图所示三棱锥P-DEF的外接球即为长方体的外接球.设长方体的长宽高分别为x,y,z，则x2+y2=a2,y2+z2=6-a2,x2+
41、z2=16。所以x2+y2+z2=a2-6a+26,则外接球半径r=x2+y2+z22=a2-6a+262当a=3时，半径最小，此时r=172所以三棱锥P-DEF的外接球的体积的最小值为431723=17 176故答案为：17 1762已知四边形ABCD是边长为5 5的菱形，对角线BD=8(如图1 1)，现以AC为折痕将菱形折起，使点B B达到点P P的位置.棱AC，PD的中点分别为E E，F F，且四面体PACD的外接球球心落在四面体内部(不含边界，如图2 2)，则线段EF长度的取值范围为()24A.142,4B.1,142C.142,6D.3,4【答案】A【分析】先根据四面体的侧面及底面外
42、接圆的圆心来确定球心的位置，设角PEF=结合长度关系可得EF=4cos，进而可得范围.【详解】由题意可知APC的外心O1在中线PE上，设过点O1的直线l1平面APC,可知l1平面PED,同理ADC的外心O2在中线DE上,设过点O2的直线l2平面ADC，则l2平面PED,由对称性知直线l1,l2的交点O在直线EF上.根据外接球的性质,点O为四面体PACD的外接球的球心.由题意得EA=3,PE=4,而O1A2=O1E2+EA2,O1A+O1E=PE=4所以O1E=78.令PEF=,显然02,所以EF=PEcos=4cos4.因为cos=EFPE=O1EOE，所以OEEF=O1EPE=72，又OE72，即EF142.综上可知142EF0,0,00)的平面截成两部分，记两部分的体积分别为V1，V2V1V2，则()A.V1=3R-d22R+dB.V2=9R+2d2R-d3R+dC.当d=R2时，V1V2=527D.当dR3时，V1V2720【答案】ACD【分析】对于A，化简即可验算；对于B，化简即可验算；对于C，将代入即可判断；对于D，求的最小值即可.【详解】(同底等高)，A对，B错对于C，C对对于D，时，52在，D对故选：ACD.【点睛】关键点睛：判断D选项的关键是首先得到，然后通过换元求导得函数最小值即可验证，从而顺利得解.