专题 15 立几体几何截面及动点压轴小题
目录
题型 01 截面：截面基础型 ................................................................................................................................................1
题型 02 截面：恒平行型 ....................................................................................................................................................3
题型 03 截面：恒垂直型 ....................................................................................................................................................5
题型 04 截面：最值型 ........................................................................................................................................................6
题型 05 截面：球截面型 ....................................................................................................................................................7
题型 06 动点型截面：相等角度型 ....................................................................................................................................8
题型 07 动点型截面：截面分体积 ....................................................................................................................................9
题型 08 动点型：压轴单选题 ..........................................................................................................................................11
题型 09 动点型：压轴小题 ..............................................................................................................................................12
题型 01 截面：截面基础型
【解题规律·提分快招】
在立体几何中，截面是指用一个平面去截一个几何体（包括圆柱，圆锥， 球，棱柱，棱锥、长方体，正方
体等等），得到的平面图形，叫截面。其次，我们要清 楚立体图形的截面方式，总共有三种，分别为横截、
竖截、斜截。。
一般地，立体几何中的截面问题，有两种处理方法：
1.是利用平行关系找交线，
2.是利用共面直线延长相交得交点.
【典例 1-1】
（24-25 高三 上海·阶段练习）如图，正方体 ABCD - A1B1C1D1的棱长为 1，P 为BC 的中点，Q 为线段CC1上
的动点，过点 A、P、Q 的平面截该正方体所得的截面记为 S，给出下列四个结论：
①当0 < CQ
1
< 时，S 为四边形；
2
CQ 1②当 = 时，S 为等腰梯形；
2
③当CQ =1时，S 6的面积为 ；
2
CQ 3 1④当 = 时，S 与C1D1的交点 R 满足C1R = .以上结论正确的个数是（）4 3
A．1 B．2 C．3 D．4
【典例 1-2】
（24-25 高三上·安徽六安·阶段练习）在棱长为 2 的正方体 ABCD - A1B1C1D1中，M 是线段 A1C1上一个动点，
则下列结论正确的有（ ）
A．不存在M 点使得异面直线 BM 与 AC 所成角为90o
B．存在M 点使得异面直线 BM 与 AC 所成角为30o
C．存在M 点使得二面角M - BD - C 的平面角为 45o
9
D．当 4A1M = A1C1时，平面BDM 截正方体所得的截面面积为 2
【变式 1-1】
（2024·宁夏吴忠·模拟预测）已知正三棱锥 A - BCD的外接球是球O，正三棱锥底边BC = 3，侧棱
AB = 2 3 ，点E 在线段BD上，且BE = DE ，过点E 作球O的截面，则所得截面圆面积的最大值是（ ）
A． 2π
9π
B． C．3π D． 4π
4
【变式 1-2】
（23-24 高三·江苏无锡·模拟）如图，在正方体 ABCD - A1B1C1D1中，作截面EFGH ( 如图 ) 交C1D1， A1B1 ，
AB ，CD分别于E ，F ，G ， H ，则四边形EFGH 的形状为（ ）
A．平行四边形 B．菱形 C．矩形 D．梯形
【变式 1-3】
（2024 高三·全国·专题练习）已知四面体 ABCD的各个顶点都在球 O 的表面上， BA， BC ， BD两两垂直，
且 AB = 11，BC = 3，BD = 4，E 是棱 BC 的中点，过 E 作四面体 ABCD外接球 O 的截面，则所得截面圆
的面积的最大值与最小值之差是（ ）
7π 27π
13π 25π
A． B． C． D4 ．2 4
题型 02 截面：恒平行型
【解题规律·提分快招】
如果是线面恒平行，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
【典例 1-1】
（2022·江西萍乡·三模）正方体 ABCD﹣A1B1C1D1中，E 是棱 DD1的中点，F 在侧面CDD1C1 上运动，且满足
B1F ∥平面 A1BE .以下命题中，正确的个数为（ ）
①侧面CDD1C1 上存在点F ，使得B1F ^ CD1；
②直线B1F 与直线BC 所成角可能为 30°；
③设正方体棱长为 1，则过点 E，F，A 5的平面截正方体所得的截面面积最大为 .
2
A．0 B．1 C．2 D．3
【典例 1-2】
（23-24 高三·四川成都·开学考试）如图，正方体 ABCD - A1B1C1D1的棱长为1，线段CD1上有两个动点E ，
F ，且 EF
1
= ，点 P ，Q分别为 A1B1 ， BB1的中点，G 在侧面CDD1C1 上运动，且满足 B1G / / 平面CD1PQ，2
以下命题错误的是（ ）
A． AB1 ^ EF
B．多面体 AEFB1的体积为定值
C．侧面CDD1C1 上存在点G ，使得B1G ^ CD1
π
D．直线B1G 与直线BC 所成的角可能为 6
【变式 1-1】
（22-23 高二上·重庆荣昌·期中）如图，在棱长为 2 的正方体 ABCD - A1B1C1D1中，E, F ,G, M , N 分别是
AB, BC, BB1, AA1,CC1的中点，过M , N 的平面a 与平面 EFG 平行，以平面a 截该正方体得到的截面为底面，
D1为顶点的棱锥记为棱锥W，则棱锥W的外接球的表面积为（ ）
25π 25π
A． B．
12 3
25π
C． π D．
9
【变式 1-2】
（20-21 高三·云南·阶段练习）如图，在棱长为 1 的正方体 ABCD - A1B1C1D1中，点E ，F ，G 分别是棱
CC1，CB ，CD的中点， P 为线段 AD1 上的一个动点，平面a ∥平面EFG ，则下列命题中错误的是（ ）
A．不存在点 P ，使得CP ^ 平面EFG
B．三棱锥P - EFG的体积为定值
C．平面a 3截该正方体所得截面面积的最大值为
2
D．平面a 截该正方体所得截面可能是三角形或六边形
【变式 1-3】
（2022·浙江温州·二模）如图，在四面体 ABCD中，E 、F 分别是 AB 、CD的中点，过EF 的平面a 分别交
棱DA、BC 于G 、 H （不同于A 、 B 、C 、D）， P 、Q分别是棱BC 、CD上的动点，则下列命题错误的
是（ ）
A．存在平面a 和点 P ，使得 AP//平面a
B．存在平面a 和点Q，使得 AQ// 平面a
C．对任意的平面a ，线段EF 平分线段GH
D．对任意的平面a ，线段GH 平分线段EF
题型 03 截面：恒垂直型
【解题规律·提分快招】
证明线面垂直的方法：
一是线面垂直的判定定理；
二是利用面面垂直的性质定理；
三是平行线法（若两条平行线中一条垂直于这个平面，则另一条也垂直于这个平面），解题时，注意线线、
线面与面面关系的相互转化；
另外，在证明线线垂直时，要注意题中隐含的垂直关系，如等腰三角形的底边上的高、中线和顶角的角平
分线三线合一、矩形的内角、直径所对的圆周角、菱形的对角线互相垂直、直角三角形（或给出线段长度，
经计算满足勾股定理）、直角梯形等等．
【典例 1-1】
（2021·全国·模拟预测）已知正三棱柱(底面为正三角形的直棱柱) ABC - A1B1C1的体积为6 3 ， AB = 2 3 ，D
是 B1C1 的中点，点 P 是线段 A1D上的动点，过BC 且与 AP 垂直的截面a 与 AP 交于点E ，则三棱锥P - BCE
的体积的最小值为（ ）
A 3
3 5
． B． C．2 D．
2 2 2
【典例 1-2】
（22-23 高二上·浙江温州·期末）正三棱柱 ABC - A1B1C1中， AB = 2 ， AA1 = 3 ，O 为 BC 的中点，M 是棱 B1C1
上一动点，过 O 作ON ^ AM 于点 N，则线段 MN 长度的最小值为（ ）
A 3 6 B 6． ． C 3 3． D． 3
4 2 4
【变式 1-1】
（2021·北京朝阳·一模）在棱长为1的正方体 ABCD - A1B1C1D1中， P 是线段BC1上的点，过 A1的平面a 与直
线PD垂直，当 P 在线段BC1上运动时，平面a 截正方体 ABCD - A1B1C1D1所得的截面面积的最小值是（ ）
5
A 6．1 B． C． D．
4 22
【变式 1-2】
（21-22 高一下·湖北武汉·期末）已知正方体 ABCD - A1B1C1D1，的棱长为 2，点M 为线段CC1（含端点）上
的动点， AM ^ 平面a ，下列说法正确的是（ ）
CM
A．若点 N 为DD1中点，当 AM + MN 最小时， = 2 - 2CC1
B．当点M 与C1重合时，若平面a 截正方体所得截面图形的面积越大，则其截面周长就越大
é 3 2 ù
C．直线 AB 与平面a 所成角的余弦值的取值范围为 ê ,
3 2
ú
9
D．若点M 为CC1的中点，平面a 过点 B ，则平面a 截正方体所得截面图形的面积为 2
【变式 1-3】
（18-19 高一上·广东中山·期末）如图正方体 ABCD - A1B1C1D1 ，棱长为 1，P 为BC 中点，Q为线段CC1上的
动点，过 A, P,Q 的平面截该正方体所得的截面记为S ，则下列命题正确的是 ( )
1
①当0 < CQ < 时，S 为四边形；
2
②当CQ
1
= 时，S 为等腰梯形；
2
③当CQ
3 1
= 时，S 与C D 交点 R 满足C R = ；
4 1 1 1 1 3
3
④当 < CQ <1时，S 为六边形；
4
6
⑤当CQ =1时，S 的面积为 ．
2
A．①③④ B．②④⑤ C．①②④ D．①②③⑤
题型 04 截面：最值型
【典例 1-1】
（2020·湖北荆门·二模）已知正方体 ABCD - A1B1C1D1的棱长为1， P 是空间中任意一点，有下列结论：
① 5若 P 为棱CC1中点，则异面直线 AP 与CD所成角的正切值为 ；
2
② 6 + 2若 P 在线段 A1B 上运动，则 AP + PD1的最小值为 ；
2
③若 P 在以CD为直径的球面上运动，当三棱锥P - ABC 体积最大时，三棱锥P - ABC 外接球的表面积为2p ；
④ 3 3若过点 P 的平面a 与正方体每条棱所成角相等，则a 截此正方体所得截面面积的最大值为 .
4
其中正确结论的个数为（ ）
A． 4 B．3 C． 2 D．1
【典例 1-2】
（22-23 高一下·湖北武汉·阶段练习）在三棱锥 A - BCD中，△ABD 和△BCD都是等边三角形，BD = 6，平
面 ABD ^平面BCD，M 是棱 AC 上一点，且 AM = 2MC ，则过 M 的平面截三棱锥 A - BCD外接球所得截面
面积的最大值与最小值之和为（ ）
A．24π B．25π C．26π D．27π
【变式 1-1】
（高二上·天津·期中）如图，正方体 ABCD - A1B1C1D1 的棱长为 1，P 为 BC 的中点，Q 为线段CC1上的动点，
过
点 A，P，Q 的平面截该正方体所得的截面记为 S．给出下列命题：
①当0 < CQ
1
< 时，S 为四边形；
2
②当CQ
1
= 时，S 为等腰梯形；
2
3 1
③当CQ = 时，S 与 C1D1 的交点 R 满足C1R = ；4 3
3
④当 < CQ <1时，S 为六边形；
4
⑤当CQ =1 S 6时， 的面积为 其中正确的是
2
A．①②③ B．①②③⑤ C．②③④⑤ D．①③④⑤
【变式 1-2】
（19-20 高一上·河南驻马店·期末）正方体 ABCD - A1B1C1D1的棱长为 1，M ， N 为线段 BC ，CC1上的动点，
过点 A1，M ， N 的平面截该正方体所得截面记为S ，则下列命题：①当BM = 0且0 < CN <1时，S 为等腰
梯形；②当M ， N 分别为BC ，CC1的中点时，MN / / 平面 AB1D1；③当M ， N 分别为BC ，CC1的中点
时，异面直线 AC 与MN 成角60°；④无论M 在线段BC 任何位置，恒有平面 A1D1M ^平面BC1D；其中正
确的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【变式 1-3】
（22-23 高三上·福建福州·开学考试）在三棱锥 A﹣BCD 中，∠ABC＝∠ABD＝∠CBD＝90°，BC＝BD＝BA＝
1，过点 A 作平面 α 与 BC，BD 分别交于 P，Q 两点，若 AB 与平面 α 所成的角为 30°，则截面 APQ 面积的
最小值是（ ）
2 1 1
A．1 B． C． D．
3 2 3
题型 05 截面：球截面型
【解题规律·提分快招】
用一个平面a 去截球，若平面a 经过球心，所得的截面称为球的大圆；若平面a 不经过球心，所得的截面
2 2 2
称为球的小圆。小圆圆心与球心的连线必垂直于小圆面。且满足勾股数组 R = d + r
【典例 1-1】
（24-25 高三下·重庆南岸·阶段练习）如图，已知正方形 ABCD的边长为 4， N 点在边 AD 上且 DN = 1，将
△ABD 沿BD翻折到VA BD的位置，使得 A C = 2 2 ．空间四点 A , B,C, D的外接球为球O，过 N 点作球O
的截面a ，则a 截球O所得截面面积的最小值为（ ）
π 3π
A． 3π B． C．3π D．2 2
【典例 1-2】
1
（23-24 高二下·安徽安庆·期末）如图，已知正方形 ABCD 的边长为 2，N 点在边 AD 上且DN = ，将△ABD
2
沿 BD 翻折到VA BD的位置，使得 A C = 2 . 空间四点 A ，B，C，D 的外接球为球 O，过 N 点作球 O 的截
面a ，则a 截球 O 所得截面面积的最小值为（ ）
3π π 3π
A． B． C．
4 2 3π
D．
2
【变式 1-1】
（23-24 高一下·河南驻马店·期末）已知正四面体P - ABC 内接于球 O，E 为底面三角形 ABC 中边 BC 的中
点，过点 E 作球 O 的截面，若存在半径为 2 3 的截面圆，则此四面体的棱长的取值范围（ ）
A．[2 2,2 3] B．[2 3,2 6] C．[4 2,4 3] D．[4 3,4 6]
【变式 1-2】
（24-25 高三上·山东菏泽·开学考试）已知正三棱锥 A - BCD的外接球为球O, AB = 6, BC = 3 3 ，点E 为BD
的中点，过点E 作球O的截面，则所得截面图形面积的取值范围为（ ）
é 21
A． ê π,12π
ù é 27
ú B． ê π,12π
ù
ú C． 21π,48π D． 27π,48π 4 4
【变式 1-3】
（2018·湖南长沙·一模）已知球O是正三棱锥（底面为正三角形，顶点在底面的射影为底面中心） A - BCD
的外接球，BC = 3， AB = 2 3 ，点E 在线段BD上，且BD = 6BE ，过点E 作球O的截面，则所得截面圆面
积的取值范围是
é5p
A． ê , 4p
ù é7p ù é9p ù é11p ù
ú B． ê , 4p ú C． ê , 4p D． , 4p 4 4 4 ú ê 4 ú
题型 06 动点型截面：相等角度型
【典例 1-1】
p
（20-21 高三上·湖南衡阳·阶段练习）在三棱锥 A - SBC 中， AB = 10 ， ASC = BSC = ， AC = AS ，4
BC = BS 15，若该三棱锥的体积为 ，则三棱锥 S - ABC 外接球的表面积为（ ）
3
A．3π B．12π C． 48π D．36π
【典例 1-2】
π
（22-23 高二下·江西南昌·阶段练习）如图，在三棱锥B - ACD 中， ABC = ABD = DBC = ，
3
AB = 3, BC = BD = 2，则三棱锥B - ACD 的外接球的表面积为
19π 7
A． B．19π C． 5π D．
2 6 7π
【变式 1-1】
2
（2024·河南·二模）已知在三棱锥 S - ABC 中， AC = BC, SA = AB = 2 3, ACB = SAB = π ，平面 SAB ^
3
平面 ABC ，则该三棱锥外接球的表面积为（ ）
A．18π B． 27π C．39π D．52π
【变式 1-2】
π
（22-23 高三上·广东广州·阶段练习）在三棱锥 A - BCD中，AD ^ 平面BCD， ABD + CBD = , BD = BC =1，
2
则已知三棱锥 A - BCD外接球表面积的最小值为（ ）
A 2 5 +1． π B 5 +1． π C 2 5 -1． π D 5 -1． π
4 2 4 2
【变式 1-3】
（22-23 高三上·湖北·开学考试）在三棱锥P - ABC 中， PAC = PAB， AC = 2AB = 4，PA = PB = 2 ，
BC = 2 3 ，则三棱锥P - ABC 外接球的表面积为( )
64p 68p
A． 22p B． 26p C． D．
3 3
题型 07 动点型截面：截面分体积
【解题规律·提分快招】
相似形与相似体：
1.如果三角形被平行于底边的平行线所截，那么截得的小三角形和原三角形是相似三角形
2.如果棱锥被平行于底面的平面所截，那么所截得的小三棱锥与原棱锥是相似体
3.如果三角形被“不平行于底边”的直线所截，所截的的小三角形和原三角形是“相似形”
4.如果棱锥被“不平行于底面的平面”所截，那么所截得的小三棱锥与原棱锥是相似体
5.如果是平行底面，则面积比等于相似比平方，体积比等于相似比立方。
如果“不平行于底面”，则面积比等于所截的线段比之积（两边比积）。体积比等于所截的的棱
的线段比之积（三跳棱的比之积）
【典例 1-1】
（20-21 高三上·安徽芜湖·期末）如图，正方体 ABCD - A1B1C1D1的一个截面经过顶点A 、C 及棱 A1D1上一点
D K
K 1，且将正方体分成体积之比为13: 41的两部分，则 KA 的值为1
1
A 2 1．1 B． C． 2 D．2 3
【典例 1-2】
（2023·安徽蚌埠·一模）如图，正方体 ABCD - A1B1C1D1的一个截面经过顶点 A,C 及棱 A1B1 上一点K ，截面
A
2 :1 1
K
将正方体分成体积比为 的两部分，则 KB 的值为（ ）1
2
A． B 5 +1 C 5 -1 D 3- 5． ． ．
3 2 2 2
【变式 1-1】
（2022·河南南阳·三模）如图，在棱长为 2 的正方体 ABCD - A1B1C1D1中，点 P 是棱 AB 上的动点，过
A1，C1，P 三点作正方体的截面，若截面把正方体分成体积之比为 7：25 的两部分，则该截面的周长为
（ ）
A 3 + 5 2 B 3 3 2 C 5 3 2 D 5 5 2． ． + ． + ． +
2 2 2 2
【变式 1-2】
1
（2017·江西九江·三模）如图所示，在正方体 ABCD - A1B1C1D1中，点G 在棱 AA1上， AG = AA , E, F 分别3 1
是棱C1D1, B1C1的中点，过E, F ,G 三点的截面a 将正方体分成两部分，则正方体的四个侧面被截面a 截得的
上、下两部分面积之比为（ ）
1 1 1
A． B． C D 1
6 4
． ．
3 2
【变式 1-3】
（2020 高三·全国·专题练习）如图，在长方体 ABCD- A B C D 中，用截面截下一个棱锥C - A DD ，则棱
锥C - A DD 的体积与剩余部分的体积之比为（ ）
A．1: 5 B．1：4
C．1：3 D．1：2
题型 08 动点型：压轴单选题
【典例 1-1】
24-25 高二上·福建福州·期中）三棱锥 A - BCD中，底面是边长为 2 的正三角形， AC ^ BC, AD ^ BD，直线
AC 与 BD 所成角为 45°，则三棱锥 A - BCD外接球表面积为（ ）
19π 25π
A． 6π B． C．8π D．
3 3
【典例 1-2】
（22-23 高三下·河北邢台·阶段练习）在三棱锥P - ABC 中，VABC 是等边三角形，PA = PC = 2 ，
AC = 2，且PA ^ AB ，点E 是棱 AB 的中点，则平面PEC 截三棱锥P - ABC 外接球所得截面的面积为（ ）
π
A B 2π C 2π 7π． ． ． D．
2 3 2 5
【变式 1-1】
（2022 安徽合肥·一模）已知球O是正三棱锥（底面为正三角形，顶点在底面的射影为底面中心） A - BCD
的外接球，BC = 3， AB = 2 3 ，点E 在线段BD上，且BD = 3BE ，过点E 作圆O的截面，则所得截面圆面
积的取值范围是
A． p , 4p B． 2p , 4p C． 3p , 4p D． 0,4p
【变式 1-2】
（2024·湖北·二模）已知正方体 ABCD - A1B1C2D1的棱长为 2，P为线段C1D1上的动点，则三棱锥P - BCD外
接球半径的取值范围为（ ）
é 29 ù é ù é ù é ù
A． ê , 2
21 41 7
B． , 3
4 ú ê 4 ú
C． ê , 3 D． , 3
4
ú ê
4
ú
【变式 1-3】
（23-24 高三下·山西·阶段练习）在棱长为 4 的正方体 ABCD - A1B1C1D1中，E 是CD的中点，F 是CC1上的
动点，则三棱锥 A - DEF 外接球半径的最小值为（ ）
A．3 B． 2 3 C． 13 D． 15
题型 09 动点型：压轴小题
【典例 1-1】
（24-25 高三上·天津和平·阶段练习）已知四棱锥 P - ABCD 的高为 2，底面 ABCD为菱形， AB = AC = 3 ，
E , F 分别为PA, PC 的中点，则四面体EFBD的体积为 ；若点 P 在底面投影点为菱形 ABCD中心，
则三棱锥P - ABC 的外接球的表面积为 ．
【典例 1-2】
（22-23 高二上·天津滨海新·阶段练习）如图，在棱长为 2 的正方体 ABCD - A1B1C1D1中，M ， N 分别是棱
A1B1 ， A1D1的中点，点E 在BD上，点F 在B1C 上，且BE = CF ，点 P 在线段CM 上运动，给出下列四个结
论：
①当点E 是BD中点时，直线EF / /平面DCC1D1 ；
② 2直线 B1D1到平面CMN 的距离是 ；2
③存在点 P ，使得 B1PD1 = 90°；
④VPDD 5 51面积的最小值是 ．
6
其中所有正确结论的序号是 ．
【变式 1-1】
（22-23 高三上·湖北·开学考试）在三棱锥P - ABC 中，PA ^底面 ABC ， PA = 4 ， AB = AC = BC = 2a ，M
为 AC 的中点，球O为三棱锥P - ABM 的外接球，D是球O上任一点，若三棱锥D - PAC 体积的最大值是
4 3 ，则球O的体积为 .
【变式 1-2】
（20-21 高三上·安徽合肥·阶段练习）已知三棱锥P - ABC 的顶点 P 在底面的射影O为VABC 的垂心，若
S 2△ABC × S△OBC = S△PBC ，且三棱锥P - ABC 的外接球半径为 3，则 S△PAB + S△PBC + S△PAC 的最大值为 ．
【变式 1-3】
（19-20 高三下·山东·阶段练习）已知正方体 ABCD - A1B1C1D1的棱长为 2 3 ，其内有 2 个不同的小球，球O1
与三棱锥 A - CB1D1的四个面都相切，球O2与三棱锥 A - CB1D1的三个面和球O1都相切，则球O1的体积等
于 ，球O2的表面积等于 ．
冲高考
1．（2024·四川德阳·模拟预测）设底面为菱形且高为 3的直四棱柱 ABCD - A1B1C1D1中，已知底面边长为正
a π 2π整数 且为定值， BAD = ，若矩形CDD1C1 内的点E 满足3 AE = 7
的轨迹长度为 .设点F 为三棱柱
3
ABD - A1B1D1的外接球上一点，则四棱锥F - BCC1B1体积的最大值为
2．（24-25 高三下·福建·阶段练习）已知某圆锥侧面展开后的扇形面积为定值，设扇形的圆心角为a ，则当
圆锥的内切球体积最大时，a = ．
3．（24-25 高二上·山东青岛·阶段练习）如图，在长方体 ABCD - A1B1C1D1中， AB = 4, AD = 2, DD1 = 3, E, N
π
分别为DC, D1C1 的中点，M 在平面 ABCD内运动，且MN 与 AB 所成的角为 ,Q 在线段EB上运动，若Q3
为△MDC 的内心，则 SVMQD - SVMQC 的值为 .
4．（24-25 高三上·安徽六安·阶段练习）若在长方体 ABCD - A1B1C1D1中， AB = 3, BC = 2, AA1 = 4 .则四面体
ABB1C1与四面体 A1C1BD 公共部分的体积为 .
5．（2024 高三·全国·专题练习）已知某三棱锥各条棱都相等．若以其外接球的球心O为球心作半径为 5 的
球，球面与此三棱锥的四个面相交所成曲线的总长度为 4π ，则此三棱锥的棱长为 ．专题 15 立体几何截面及动点压轴小题
目录
题型 01 截面：截面基础型 ................................................................................................................................................1
题型 02 截面：恒平行型 ....................................................................................................................................................4
题型 03 截面：恒垂直型 ....................................................................................................................................................9
题型 04 截面：最值型 ......................................................................................................................................................14
题型 05 截面：球截面型 ..................................................................................................................................................19
题型 06 动点型截面：相等角度型 ..................................................................................................................................23
题型 07 动点型截面：截面分体积 ..................................................................................................................................26
题型 08 动点型：压轴单选题 ..........................................................................................................................................30
题型 09 动点型：压轴小题 ..............................................................................................................................................33
题型 01 截面：截面基础型
【解题规律·提分快招】
在立体几何中，截面是指用一个平面去截一个几何体（包括圆柱，圆锥， 球，棱柱，棱锥、长方体，正方
体等等），得到的平面图形，叫截面。其次，我们要清 楚立体图形的截面方式，总共有三种，分别为横截、
竖截、斜截。。
一般地，立体几何中的截面问题，有两种处理方法：
1.是利用平行关系找交线，
2.是利用共面直线延长相交得交点.
【典例 1-1】
．（24-25 高三 上海·阶段练习）如图，正方体 ABCD - A1B1C1D1的棱长为 1，P 为BC 的中点，Q 为线段CC1
上的动点，过点 A、P、Q 的平面截该正方体所得的截面记为 S，给出下列四个结论：
0 CQ 1①当 < < 时，S 为四边形；
2
1
②当CQ = 时，S 为等腰梯形；
2
③当CQ =1时，S 6的面积为 ；
2
CQ 3 1④当 = 时，S 与C1D1的交点 R 满足C1R = .以上结论正确的个数是（）4 3
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】D
【分析】做截面的常用两种方法：作平行线和作延长线.对于本题，过点 A 作 PQ 的平行线即可得到截面.
【详解】①当0 CQ
1
< < 时，如图（1），S 是四边形，故①正确；
2
CQ 1②当 = 时，如图（2），S 是等腰梯形，故②正确；
2
③当CQ =1时，如图（3），此时截面为菱形，两条对角线的长分别为 2, 3
所以 S 1= 2 6 3 = ，③正确.
2 2
3
④当CQ = 时，如下图，延长DD D N
1
1至 N ，使 1 = ，连接 AN 交 A1D1于S ，连接QN 交C4 2 1
D1于 R ，连接
SR ，则 AN / /PQ
1 2
，由VNRD1 ~VQRC1 ，可得C1R : D1R = C1Q : D1N =1: 2，所以C1R = , RD1 = ，故④正确；3 3
故选：D
【典例 1-2】
（24-25 高三上·安徽六安·阶段练习）在棱长为 2 的正方体 ABCD - A1B1C1D1中，M 是线段 A1C1上一个动点，
则下列结论正确的有（ ）
A．不存在M 点使得异面直线 BM 与 AC 所成角为90o
B．存在M 点使得异面直线 BM 与 AC 所成角为30o
C．存在M 点使得二面角M - BD - C 的平面角为 45o
9
D．当 4A1M = A1C1时，平面BDM 截正方体所得的截面面积为 2
【答案】D
【分析】异面直线 BM 与 AC 所成的角可转化为直线 BM 与 A1C1所成角，由当M 为 A1C1的中点时判断选项
A；当M 与 A1或C1重合时，直线 BM 与 AC 所成的角最小判断选项 B；当M 与C1重合时，二面角M - BD - C
的平面角最小判断选项 C；对于 D，由 4A1M = A1C1，过M 作EF ∥ D1B1，得到四边形EFBD即为平面BDM
截正方体所得的截面判断.
【详解】解：异面直线 BM 与 AC 所成的角可转化为直线 BM 与 A1C1所成角，
如图所示：
当M 为 A o1C1的中点时，BM ^ A1C1，此时 BM 与 AC 所成的角为90 ，所以 A 错误；
如图所示；
当M 与 A1或C1重合时，直线 BM 与 AC 所成的角最小，为60o，所以 B 错误；
当M 与C1重合时，二面角M - BD - C o的平面角最小， tan C1OC = 2 >1，所以 C1OC > 45 ，
所以 C 错误；
对于 D，如图所示：过M 作EF ∥ D1B1，交 A1B1 于F ，交 A1D1于E 点，
因为 4A1M = A1C1，所以E F 分别是 A1D1 A1B1的中点，
又 B1D1∥ BD，所以EF ∥ DB，四边形EFBD即为平面BDM 截正方体所得的截面，
EF 1因为 = D1B1 = 2 ，且BF = DE = BB21 + B
2
1F = 5 ，2
所以四边形EFBD是等腰梯形，作 FG ^ DB 交BD于G 点，
所以BG 1= BD 2- EF = , FG = FB2 - BG2 3 2= ，
2 2 2
1
所以梯形的面积为 BD 9+ EF FG = ，所以 D 正确.故选：D
2 2
【变式 1-1】
（2024·宁夏吴忠·模拟预测）已知正三棱锥 A - BCD的外接球是球O，正三棱锥底边BC = 3，侧棱
AB = 2 3 ，点E 在线段BD上，且BE = DE ，过点E 作球O的截面，则所得截面圆面积的最大值是（ ）
A． 2π
9π
B． C．3π D． 4π
4
【答案】D
【分析】设VBCD 的外接圆的圆心为O1，根据Rt△ OO1D 中，R2 = 3 + (3 - R)2 ，解得 R ，过点E 作圆O的截面，
当截面过球心时，截面面积最大，由此能求出所得截面圆面积的最大值．
【详解】如图，设VBDC 的中心为O1，球O的半径为 R ，连接O1D ，OD ，
O 2则 2 21D = 3sin 60° = 3， AO1 = AD - DO1 = 3，3
在Rt△ OO1D 中， R2 = 3 + (3 - R)2 ，解得R = 2，
当截面过球心时，截面面积最大，最大面积为 π × R2 = 4π ．
\所得截面圆面积的最大值为 4π ．故选：D．
【变式 1-2】
（23-24 高三·江苏无锡·模拟）如图，在正方体 ABCD - A1B1C1D1中，作截面EFGH ( 如图 ) 交C1D1， A1B1 ，
AB ，CD分别于E ，F ，G ， H ，则四边形EFGH 的形状为（ ）
A．平行四边形 B．菱形 C．矩形 D．梯形
【答案】A
【分析】根据题意，结合面面平行的性质，证得EF / /GH 和EH // FG ，进而得到答案.
【详解】在正方体 ABCD - A1B1C1D1中，可得平面 ABCD / / 平面 A1B1C1D1，
且平面EFGH I平面 ABCD = GH ，平面EFGH I平面 A1B1C1D1 = EF ，
所以EF / /GH ，同理可证：EH // FG ，
所以四边形EFGH 的形状一定为平行四边形.
故选：A.
【变式 1-3】
（2024 高三·全国·专题练习）已知四面体 ABCD的各个顶点都在球 O 的表面上， BA， BC ， BD两两垂直，
且 AB = 11，BC = 3，BD = 4，E 是棱 BC 的中点，过 E 作四面体 ABCD外接球 O 的截面，则所得截面圆
的面积的最大值与最小值之差是（ ）
27π 13π 25π
A．7π B． C4 ． D．2 4
【答案】B
【分析】把四面体放到长方体中，根据球的几何性质进行求解即可.
【详解】设所得截面圆的面积为S ，半径为 r．因为BA，BC ，BD两两垂直，
故可将四面体 ABCD放入长方体中，如图所示，
1 2 2 2
易得外接球半径R = BC + BD + AB = 3．
2
过 E 作球 O 的截面，当所得截面圆的面积最大时，截面为过球心的圆面，
S 2max = πR = 9π，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△OBC
3
内，OB = OC = BC = 3 3 3 2 2，所以OE = ，即 r
2 min
= R - OE = ，
2
S 2 9 9 27min = πrmin = π ，所以 Smax - Smin = 9π - π = π．故选：B．4 4 4
题型 02 截面：恒平行型
【解题规律·提分快招】
如果是线面恒平行，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
【典例 1-1】
（2022·江西萍乡·三模）正方体 ABCD﹣A1B1C1D1中，E 是棱 DD1的中点，F 在侧面CDD1C1 上运动，且满足
B1F ∥平面 A1BE .以下命题中，正确的个数为（ ）
①侧面CDD1C1 上存在点F ，使得B1F ^ CD1；
②直线B1F 与直线BC 所成角可能为 30°；
③设正方体棱长为 1 E F 5，则过点 ， ，A 的平面截正方体所得的截面面积最大为 .
2
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】B
【分析】先依据题给条件求得点 F 在侧面CDD1C1 上的轨迹为线段 KH ，当点 F 为 KH 中点时， B1F ^ CD1，
则①判断正确；求得直线B1F 与直线BC 所成角最大值否定②；举特例否定③.
【详解】分别取CC1、C1D1的中点K、H ，连接B1K、B1H、HK、EK
由 A1B1 P EK，A1B1 = EK ，可得四边形 A1B1KE为平行四边形，则B1K P A1E ，又 A1B P HK ，B1K HK = K ,
A1B I A1E = A1则平面 B1KH ∥平面 A1BE ，
则当点F 落在线段KH 上时，B1F 平面 B1KH ，则B1F ∥平面 A1BE
即满足题意的点 F 在侧面CDD1C1 上的轨迹为线段KH
①取KH 中点 P，连接B1P ，△ B1KH 中， B1H = B1K , PH = PK ，则 B1P ^ HK
又CD1 P HK ，则B1P ^ CD1 ,即当 F 为KH 中点时，有B1F ^ CD1 .判断正确；
②当点 F 在线段KH 上运动变化到端点 K 或 H 时，直线B1F 与直线BC 所成角取得最大值，此时直线B1F
1 3
与直线BC 所成角为 KB1C1 （或 HB1C1）又 tan HB C = tan KB C = < ， HB1C1 = KB1C
π
1 (0, )1 1 1 1 2 3 2
则 HB C
π
1 1 = KB1C1 < .则直线B1F 与直线BC 所成角不可能为 30°.判断错误；6
③设正方体棱长为 1，当 F 为C1E 与 HK 交点时，
过点 E，F，A 的平面交BB1于BB1的中点 M，连接MC1、AM、AE、C1E
过点 E，F，A 的平面截正方体所得截面为菱形 AMC1E
又菱形 AMC1E 对角线 AC1 = 3 ，ME = 2
AMC E 1 AC ME 1 3 2 6则截面 1 的面积为 1 × = =
5
> .判断错误.故选：B
2 2 2 2
【典例 1-2】
（23-24 高三·四川成都·开学考试）如图，正方体 ABCD - A1B1C1D1的棱长为1，线段CD1上有两个动点E ，
1
F ，且 EF = ，点 P ，Q分别为 A B
2 1 1
， BB1的中点，G 在侧面CDD1C1 上运动，且满足 B1G / / 平面CD1PQ，
以下命题错误的是（ ）
A． AB1 ^ EF
B．多面体 AEFB1的体积为定值
C．侧面CDD1C1 上存在点G ，使得B1G ^ CD1
D．直线B
π
1G 与直线BC 所成的角可能为 6
【答案】D
【分析】根据题意，结合线线垂直的判定定理、线面垂直的性质，以及异面直线夹角的求解方法，对每个
选项进行逐一分析，即可判断和选择.
【详解】对 A：连接C1D ，作图如下：
因为 ABCD - A1B1C1D1为正方体，故可得DC1 // AB1，又DC1 ^ CD1，EF 与CD1是同一条直线，
故可得DC1 ^ EF ，则 AB1 ^ EF ，故 A 正确；
1
对 B：根据题意，EF = ，且线段EF 在CD1上运动，且点A 到直线CD1的距离不变，2
故△ AEF 的面积为定值，又点B1到平面 ACD1的距离 h 也为定值，
1
故三棱锥 A - EFB1 的体积VA-EFB = SV AEF h 为定值，故 B 正确；1 3
对 C：取C1D1,C1C 的中点分别为M , N ，连接B1M , MN , NB1，作图如下：
容易知在△ C1D1C 中，MN / / CD1，又PD1 / / B1M ，MN B1M = M ,CD1 PD1 = D1，
MN , B1M 面B1MN ,CD1, PD1 面PD1CQ，故面B1MN / / 面PD1CQ，
又 G 在侧面CDD1C1 上运动，且满足B1G / / 平面CD1PQ，故G 的轨迹即为线段MN ；
又因为 ABCD - A1B1C1D1为正方体，故CD ^面BCC1B1, B1N 面BCC1B1，故B1N ^ CD ，
则当G 与 N 重合时，B1G ^ CD ，故 C 正确；
对 D：因为BC / / B1C1 ，故直线B1G 与BC 所成角即为直线B1G 与 B1C1 所成角，即 C1B1G，
1 1
é ù
在RtVB1C1G中，C1Gmax = C N
1 ,C G C1M C1N 2= = = 2 2 = C，故 tan C B G = 1
G 2 1
1 = C G ,2 1 min MN ，2 4 1 1 B C 1 ê1 1 4 2
ú
2
π π 3 é 2 1 ù
而当直线B1G 与直线 BC 所成的角为 时， tan = 6 6 3 ê
, ú ，
4 2
π
故直线B1G 与直线 BC 所成的角不可能为 ，故 D 错误.故选：D.6
【变式 1-1】
（22-23 高二上·重庆荣昌·期中）如图，在棱长为 2 的正方体 ABCD - A1B1C1D1中，E, F ,G, M , N 分别是
AB, BC, BB1, AA1,CC1的中点，过M , N 的平面a 与平面 EFG 平行，以平面a 截该正方体得到的截面为底面，
D1为顶点的棱锥记为棱锥W，则棱锥W的外接球的表面积为（ ）
25π 25π
A． B．
12 3
π 25πC． D．
9
【答案】B
【分析】求出平面 a 与正方体的截面，利用棱锥外接球的性质求出球半径，即可得出球表面积.
【详解】分别取 AD, DC, A1B1, B1C1的中点P,Q, S , R ， 依次连接M , P,Q, N , R, S 得到正六边形,如图，
由EF //PQ, EF 平面MPQNRS ，PQ 平面MPQNRS ，
可知EF // 平面MPQNRS ，同理 EG// 平面MPQNRS ，
又EF I EG = G，EF , EG 平面EFG ，
所以平面MPQNRS 与平面 EFG 平行，所以该正六边形就是平面 a 与正方体的截面，
设该棱锥的外接球球心为O，半径为R ，如图，
连接 MN , SQ, PR相交于点K ，连接 D1K ，则球心O在线段 D1K 上，连接 RO ，
1
因为KR = MK = PQ = AC = 2 ，D M = A M 2 + A D 21 1 1 1 = 5 ，所以D1K = D M
2
1 - MK
2 = 3 ，所以在
2
2 2 2
Rt 5 3 2
25π
△ORK 中可得R ' = 2 + 3 - R ，解得R = ，所以外接球的表面积为 S = 4πR = ,6 3
故选：B
【变式 1-2】
（20-21 高三·云南·阶段练习）如图，在棱长为 1 的正方体 ABCD - A1B1C1D1中，点E ，F ，G 分别是棱
CC1，CB ，CD的中点， P 为线段 AD1 上的一个动点，平面a ∥平面EFG ，则下列命题中错误的是（ ）
A．不存在点 P ，使得CP ^ 平面EFG
B．三棱锥P - EFG的体积为定值
C 3．平面a 截该正方体所得截面面积的最大值为
2
D．平面a 截该正方体所得截面可能是三角形或六边形
【答案】C
【分析】连接 A1C ，可得 A1C ^平面EFG ，即可判断 A，由 AD1∥平面EFG 可判断 B，当截面为正六边形
IJKLMN 时（其中 I ， J ，K ， L，M ， N 都是中点），计算截面面积，然后可判断 C、D.
【详解】如图，连接 A1C ，可得 A1C ^平面EFG ，由 A1C 与 AD1 异面可知，不存在点 P ，使得CP ^ 平面
EFG ，故 A 正确；
又 AD1∥平面EFG ，所以动点 P 到平面EFG 的距离为定值，故三棱锥P - EFG的体积为定值，故 B 正确；
如图，当截面为正六边形 IJKLMN 时（其中 I ， J ，K ， L，M ， N 都是中点），易得该正六边形的边长为
2
2 6 3
2 3 3
，所以其面积为 ÷ = ，故 C 错误；2 4 è 2 4
截面可能为三角形，也可能为六边形，故 D 正确，故选：C.
【变式 1-3】
（2022·浙江温州·二模）如图，在四面体 ABCD中，E 、F 分别是 AB 、CD的中点，过EF 的平面a 分别交
棱DA、BC 于G 、 H （不同于A 、 B 、C 、D）， P 、Q分别是棱BC 、CD上的动点，则下列命题错误的
是（ ）
A．存在平面a 和点 P ，使得 AP//平面a
B．存在平面a 和点Q，使得 AQ// 平面a
C．对任意的平面a ，线段EF 平分线段GH
D．对任意的平面a ，线段GH 平分线段EF
【答案】D uuur uuur
【分析】利用线面平行的判定定理可判断 AB 选项；取 AC 的中点O，GH 的中点为M ，设 AG = l AD ，
uuur uuur uuuur uuur
CH = mCB，利用空空间向量的线性运算可得出EM = lEF ，可判断 C 选项；利用反证法结合 C 选项可判断
D 选项.
【详解】对于 A 选项，当 AP//EH 时，因为 AP 平面a ，EH 平面a ，此时 AP//平面a ，A 对；
对于 B 选项，当 AQ//FG 时，因为 AQ 平面a ， FG 平面a ，此时 AQ//uuur u平面
a
uur ，B 对；uuur uuur
对于 C 选项，取 AC 的中点O，GH 的中点为M ，设 AG = l AD ，CH = mCB，
uuur uuur uuur uuur 1 uuur uuur 1 uuur uuur 1 uuur uuur则有OE = OA + AE = OA + AB = OA + OB - OA = OA + OB ，2 2 2
uuur
OF 1 uuur uuur uuur uuur同理可得 = OC + OD 1= -OA + OD uuuurOM 1 uuur uuur， = OG + OH ，2 2 2
uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur
OuuGur = OuuAur+ AuuGur= OuuAur+ l AuDuur= OuAuur+ 2lOuFuur， uuur uuur
OH = OC + CH = OC + mCB = OC + 2mOE = 2mOE - OA，
uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur
所以OG + OH = 2lOF + 2mOE，所以，OG = -OH + 2lOF + 2mOE ，
因为E 、F 、G 、 H 四点共面，则 2l + 2m -1 =1 l + m =1uuuur uuur uuur uuur uuur uuuur，所u以uur， uuur u，uur uuur
所以， 2OM = OG + OH = 2lOF + 2mOE ，则OM = lOF + mOE = lOF+ 1- l OE ，
uuuur uuur uuur uuur uuuur uuur所以，OM - OE = l OF - OE ，可得EM = lEF ，
即M 、E 、F 三点共线，即GH 的中点在EF 上，即线段EF 平分线段GH ，C 对；
对于 D 选项，若线段GH 平分线段EF ，又因为线段EF 平分线段GH ，则四边形EGFH 为平行四边形，
事实上，四边形EGFH 不一定为平行四边形，故假设不成立，D 错.故选：D.
题型 03 截面：恒垂直型
【解题规律·提分快招】
证明线面垂直的方法：
一是线面垂直的判定定理；
二是利用面面垂直的性质定理；
三是平行线法（若两条平行线中一条垂直于这个平面，则另一条也垂直于这个平面），解题时，注意线线、
线面与面面关系的相互转化；
另外，在证明线线垂直时，要注意题中隐含的垂直关系，如等腰三角形的底边上的高、中线和顶角的角平
分线三线合一、矩形的内角、直径所对的圆周角、菱形的对角线互相垂直、直角三角形（或给出线段长度，
经计算满足勾股定理）、直角梯形等等．
【典例 1-1】
（2021·全国·模拟预测）已知正三棱柱(底面为正三角形的直棱柱) ABC - A1B1C1的体积为6 3 ， AB = 2 3 ，D
是 B1C1 的中点，点 P 是线段 A1D上的动点，过BC 且与 AP 垂直的截面a 与 AP 交于点E ，则三棱锥P - BCE
的体积的最小值为（ ）
A 3
3 5
． B． C．2 D．
2 2 2
【答案】A
【分析】由正三棱柱 ABC - A1B1C1的体积为 6 3 ，AB = 2 3 ，可求得 AA1 = 2，由于VP- ABC = 2 3 = VP-BCE +VA-BCE ，
所以要使三棱锥P - BCE 的体积最小，则三棱锥E - ABC 的体积最大，设BC 的中点为F ，作出截面如图所
示，可得点E 在以 AF 为直径的圆上，从而可求出点E 到底面 ABC 距离的最大值，进而可求得三棱锥P - BCE
的体积的最小值
【详解】如图所示，
3 2
因为正三棱柱 ABC - A1B1C1的体积为6 3 ， AB = 2 3 ，所以 2 3 AA = 6 3 ，即 AA1 = 21 ，4
1 3 2因为VP- ABC = 2 2 3 = 2 3 = V3 4 P-BCE +VA-BCE ，所以要使三棱锥P - BCE 的体积最小，则三棱锥
E - ABC 的体积最大，
设BC 的中点为F ，作出截面如图所示，
因为 AP ^ a ，所以 AE ^ EF ，所以点E 在以 AF 为直径的圆上，
3 1 3
所以点E 到底面 ABC 距离的最大值为 2 3 = ，
2 2 2
1 3 3 2 3
所以三棱锥P - BCE 的体积的最小值为 2 3 - 2 3 = .故选：A.3 2 4 2
【典例 1-2】
（22-23 高二上·浙江温州·期末）正三棱柱 ABC - A1B1C1中， AB = 2 ， AA1 = 3 ，O 为 BC 的中点，M 是棱 B1C1
上一动点，过 O 作ON ^ AM 于点 N，则线段 MN 长度的最小值为（ ）
A 3 6 B 6 C 3 3． ． ． D． 3
4 2 4
【答案】B
【分析】根据正三棱柱建立空间直角坐标系，设动点坐标，结合线线关系求线段 MN 的表达式，利用函数
求最值即可.
【详解】解：因为正三棱柱 ABC - A1B1C1中,O 为 BC 的中点，取 B1C1 中点Q，连接OQ ，
如图，以O为原点，OC,OA,OQ为 x, y, z轴建立空间直角坐标系，
则O 0,0,0 , A 0, 3,0 , B1 -1,0, 3 ,C1 1,0, 3 ，
uuuur uuur
因为 M 是棱 B1C1 上一动点，设M a,0，3 ，且 a -1,1 ，所以OM ×OA = a,0, 3 × 0, 3,0 = 0，则
OA ^ OM ，
V V MN MO因为ON ^ AM ，所以在直角三角形OMA中可得： OMN ~ AMO ，所以 = ，
MO MA
MN MO
2 a2 + 3 a2 + 3
即 = = =MA 2 2 2 ，于是令 t = a
2 + 6, t é 6, 7 ù
a2 + 3 + 3 a + 6
，
a2 + 3 t 2 - 3 t 3= = - t é ù 3所以 ， 6, 7 ，又函数 y = t - 在 t é 6, 7 ù 上为增函数，a2 + 6 t t t
3 3 6
所以当 t = 6 6时， t - t ÷
= 6 - = ，即线段 MN 长度的最小值为 .故选：B.
è min 6 2 2
【变式 1-1】
（2021·北京朝阳·一模）在棱长为1的正方体 ABCD - A1B1C1D1中， P 是线段BC1上的点，过 A1的平面a 与直
线PD垂直，当 P 在线段BC1上运动时，平面a 截正方体 ABCD - A1B1C1D1所得的截面面积的最小值是（ ）
5
A．1 B C 6． ． D．
4 22
【答案】C
【分析】以点A 为坐标原点，AB 、AD 、AA1所在直线分别为 x 、 y 、 z 轴建立所示的空间直角坐标系，设
点P 1, t, t 0 t 1 ，分 t = 0、 t =1、0 < t <1三种情况讨论，确定截面a 与各棱的交点，求出截面面积关
于 t的表达式，由此可解得截面面积的最小值.
【详解】以点A 为坐标原点， AB 、 AD 、 AA1所在直线分别为 x 、 y 、 z 轴建立如下图所示的空间直角坐标
系，
则 A 0,0,0 、 A1 0,0,1 、B 1,0,0 、B1 1,0,1 、C 1,1,0 、C1 1,1,1 、D 0,1,0 、D1 0,1,1 ，
设点P 1, t, t ，其中0 t 1 .
uuur uuur uuur
①当 t = 0时，点 P 与点 B 重合，BD = -1,1,0 ， AC = 1,1,0 ， AA = 0,0,1 ，
uuur uuur uuur uuur
1
所以，BD × AC = 0，BD × AA1 = 0，则BD ^ AC ，BD ^ AA1，
Q AC AA1 = A，\BD ^ 平面 AA1C1C ，此时平面a 即为平面 AA1C1C ，
截面面积为 S = AA1 × AC = 2 ；
②当 t =1时，同①uu可ur 知截面面积为uuSur= 2 ；
③当0 < t <1时，DP = 1, t -1, t ， A1C = 1,1, -1 ，uuur uuur
QDP × A1C =1+ t -1- t = 0，\ A1C ^ PD ，则 A1C a ，uuur
设平面a 交棱DD1于点E 0,1, z ，CE = -1,0, z ，
uuuv uuuv 1
DP ×CE = -1+ tz = 0，可得 z = >1，不合乎题意.t uuuur
设平面a 交棱 AB 于点M x,0,0 ，CM = x -1, -1,0 ，
uuur uuuur
DP ×CM = x -1- t -1 = 0，可得 x = t ，合乎题意，即M t,0,0 ，
同理可知，平面a 交棱C
uuuur uuuur 1
D1于点 N 1- t,1,1 ，
A1N = 1- t,1,0 = MC ，且 A1N 与MC 不重合，故四边形 A1MCN 为平行四边形，uuur uuuur
uuur uuuur AC × A N 2 - t
A1C = 1,1, -1
1 1
， A N = 1- t,1,0 ， cos CA1N = uuur uuuur =1 A1C × A
，
1N 3 × t 2 - 2t + 2
2 t 2 - t +12
则 sin CA1N = 1- cos CA1N = ，所以，截面面积为
3 t 2 - 2t + 2
uuur uuuur é 2
S = 2S 2 1 3
ù 6
△CA N = A1C × A1N sin CA1N = 2 t - t +1 = 2 ê t - 2 ÷ + 4ú = < 2 .综上所述，截面面积的最小1 ê è ú 2
6
值为 .故选：C.
2
【变式 1-2】
（21-22 高一下·湖北武汉·期末）已知正方体 ABCD - A1B1C1D1，的棱长为 2，点M 为线段CC1（含端点）上
的动点， AM ^ 平面a ，下列说法正确的是（ ）
CM
A．若点 N 为DD1中点，当 AM + MN 最小时， = 2 - 2CC1
B．当点M 与C1重合时，若平面a 截正方体所得截面图形的面积越大，则其截面周长就越大
é 3 2 ù
C．直线 AB 与平面a 所成角的余弦值的取值范围为 ê ,
3 2
ú
9
D．若点M 为CC1的中点，平面a 过点 B ，则平面a 截正方体所得截面图形的面积为 2
【答案】D
【分析】利用展开图判定A 、M 、 N 三点共线，进而利用相似三角形判定选项 A；
通过两个截面的面积不相等且周长相等判定 B；直线 AB 与平面a 所成角的正弦值，即为直线 AB 与平面a
AB
的垂线 AM 所成角的余弦值，即 cos BAM ， cos BAM = ,可通过 AM 的取值范围可以求得 cos BAM ，
AM
进而判定 C；利用空间垂直的转化可以得到平面a 与正方体的截面为BDEF ，其中E 为 A1D1的中点，F 为B1A1
的中点，判断其为等腰梯形，进而计算其面积，从而判定 D.
【详解】解：对于 A：将矩形 ACC1A1 与正方形CC1D1D 展开到一个平面内（如图所示），
若 AM + MN 最小，则A 、M 、 N 三点共线，因为CC1 / /DD1，
MC AC 2 2 MC 2 - 2 2
所以 = = = 2 - 2 MC (2 2)DN 2 - 2，所以 = - = CC ，即 = =1- ，故 A 错
DN AD 2 2 + 2 2 1 CC1 2 2
误；
对于 B：当点M 与点C1重合时，连接 A1D、BD、 A1B 、 AC 、 AC1，（如图所示），
在正方体 ABCD - A1B1C1D1中，CC1 ^ 平面 ABCD，
BD 平面 ABCD，所以BD ^ CC1，又因为BD ^ AC ，且 ACICC1 = C ，所以BD ^平面 ACC1 ，
又 AC1 平面 ACC1 ，所以BD ^ AC1，同理可证 A1D ^ AC1，因为 A1DIBD = D ，所以 AC1 ^平面 A1BD ，
3
易知VA1BD 是边长为 2 2 的等边三角形，其面积为 SV A BD = (2 2)2 = 2 3 ，周长为1 4 2 2 3 = 6 2 ；
设E 、F 、Q、 N 、G 、 H 分别是 A1D1、 A1B1 、BB1、BC 、CD、DD1的中点，
易知六边形EFQNGH 是边长为 2 的正六边形，且平面 EFQNGH / / 平面 A1BD ，
3
正六边形EFQNGH 的周长为 6 2 ，面积为6 ( 2)2 = 3 3 ，
4
则VA1BD 的面积小于正六边形EFQNGH 的面积，它们的周长相等，即 B 错误；
对于 C：直线 AB 与平面a 所成角的正弦值，即为直线 AB 与平面a 的垂线 AM 所成角的余弦值，即
cos BAM ，如图所示：连接 BM
在正方体中， AB ^ 平面BCC1 ，BM 平面BCC1，所以 AB ^ BM
在RtV
AB
ABM 中， cos BAM = ，
AM
点M 为线段CC1（含端点）上的动点，故 AC AM AC1，即 2 2 AM 2 3
é
cos BAM AB 2 3
ù é 2 6 ù
所以 =
AM ê
, ú ，所以直线 AB 与平面a 所成角的正弦的取值范围为 ê , ，故 C 错
2 3 2 3
ú
误；
对于 D，取DD1中点为 N ，连接MN , AN ,则MN / /CD ,设平面a 与侧面 ADD1A1的交线为DE ,E 为平面a
与D1A1的交点，由于CD ^平面 ADD1A1，∴CD ^ DE ，∴MN ^ DE ,又∵ AM ^ 平面a ，DE 平面a ，
∴ AM ^ DE ,又∵MN AN = N ,∴DE ^平面 AMN ,∴DE ^ AN ,又∵在正方形 ADD1A1中 N 为DD1的中
点，∴E 为 A1D1的中点；
设平面a 与侧面 ABB1A1的交线为DF ,F 为平面a 与B1A1 的交点，同理可得F 为B1A1 的中点，连接EF ,于是
截面为BDEF ，计算得BD = 2 2 ,EF = 2 ,DE = BF = BB2 21 + B1F = 4 +1 = 5 ,
2 2
BDEF h DE2 BD - B1D1 5 2 3 2所以截面为 为等腰梯形，底边上的高为 = - ÷ = - ÷ = ,
è 2 ÷è 2 2
BDEF 1截面为 的面积为 S = ( 2 + 2 2) 3 2 9 = ，故 D 正确；故选：D.
2 2 2
【变式 1-3】
（18-19 高一上·广东中山·期末）如图正方体 ABCD - A1B1C1D1 ，棱长为 1，P 为BC 中点，Q为线段CC1上的
动点，过 A, P,Q 的平面截该正方体所得的截面记为S ，则下列命题正确的是 ( )
1
①当0 < CQ < 时，S 为四边形；
2
1
②当CQ = 时，S 为等腰梯形；
2
3 1
③当CQ = 时，S 与C
4 1
D1交点 R 满足C1R1 = ；3
3
④当 < CQ <1时，S 为六边形；
4
⑤当CQ =1时，S 6的面积为 ．
2
A．①③④ B．②④⑤ C．①②④ D．①②③⑤
【答案】D
【分析】由已知根据CQ的不同取值，分别作出不同情况下的截面图形，利用数形结合思想能求出结果．
【详解】
1
当0 < CQ < 时，如图，是四边形，故①正确
2
1
当CQ = 时，如图，S 为等腰梯形，②正确；
2
3
当CQ = 时，如图,
4
由三角形CQP 与三角形 A1AH
2 1
相似可得 A1H = , D H = ，3 1 3
2 1
由三角形 ABP 与三角形RD1H 相似可得, D1R = ,C1R = ，③正确3 3
3
当 < CQ <1时，如图是五边形，④不正确；
4
当CQ =1 3 6时，如图S 是菱形，面积为 2 × = ，⑤正确，
2 2
正确的命题为①②③⑤，故选 D．
【点睛】本题主要考查正方体的截面，意在考查空间想象能力，解题时要认真审题，注意数形结合思想的
合理运用，是中档题．
题型 04 截面：最值型
【典例 1-1】
（2020·湖北荆门·二模）已知正方体 ABCD - A1B1C1D1的棱长为1， P 是空间中任意一点，有下列结论：
① 5若 P 为棱CC1中点，则异面直线 AP 与CD所成角的正切值为 ；
2
②若 P 6 + 2在线段 A1B 上运动，则 AP + PD1的最小值为 ；
2
③若 P 在以CD为直径的球面上运动，当三棱锥P - ABC 体积最大时，三棱锥P - ABC 外接球的表面积为2p ；
④若过点 P 3 3的平面a 与正方体每条棱所成角相等，则a 截此正方体所得截面面积的最大值为 .
4
其中正确结论的个数为（ ）
A． 4 B．3 C． 2 D．1
【答案】B
【分析】①根据 AB//CD ，可得 BAP即为异面直线所成的角或所成角的补角，从而可求出；
②将VAA1B 和四边形 A1BCD1 沿 A1B 展开到同一个平面上，易知线段 AD1 的长度即为 AP + PD1的最小值，利
用余弦定理即可求出；
③根据题意判断出， P 为C D的中点时，三棱锥P - ABC 的体积最大，只需求此时外接球的表面积即可；
④ E, F ,G, H , M , N 分别为相应棱的中点时，平面a 为平面EFGHMN 时，与正方体每条棱所成角相等，且
截面的面积最大.
【详解】对于①：因为 AB//CD ，所以 BAP即为异面直线所成的角或所成角的补角，
在RtVABP 中， AB =1, BP 5 tan BAP BP 5= ，所以 = = ，故①正确；
2 AP 2
对于②：将VAA1B 和四边形 A1BCD1 沿 A1B 展开到同一个平面上，如图所示，
由图可知，线段 AD1 的长度即为 AP + PD1的最小值，
在VAA1D1 中，利用余弦定理，得 AD1 = 2 + 2 ，故②错误；对于③：如图，当 P 为C D的中点时，三棱
锥P - ABC 的体积最大，
此时，三棱锥P - ABC 外接球的球心是 AC 2的中点，半径为 ，其表面积为2p ，故③正确；
2
对于④：要使平面a 与正方体每条棱所成角相等，只需与过同一个顶点的三条棱所成的角相等即可，
如图，当 A1P = A1R = A1Q 时，平面PQR 与正方体过点 A1的三条棱所成的角都相等，
若E, F ,G, H , M , N 分别为相应棱的中点时，平面EFGHMN // 平面PQR ，
且此时六边形EFGHMN 为正六边形，
2
因为正方体的棱长为 1，所以正六边形EFGHMN 的边长为 ，
2
3 3
所以此正六边形的面积为 ，为截面最大面积，故④正确. 故选：B.
4
【典例 1-2】
（22-23 高一下·湖北武汉·阶段练习）在三棱锥 A - BCD中，△ABD 和△BCD都是等边三角形，BD = 6，平
面 ABD ^平面BCD，M 是棱 AC 上一点，且 AM = 2MC ，则过 M 的平面截三棱锥 A - BCD外接球所得截面
面积的最大值与最小值之和为（ ）
A．24π B．25π C．26π D．27π
【答案】D
【分析】根据题设找到三棱锥 A - BCD外接球球心位置，由已知及球体截面的性质求过 M 平面截球体的最
大截面积，根据外接球球心、面面垂直以及比例关系易知E,O, M 共线，且过 M 平面截球体的最小截面积时
OM ^ 该平面，且OM = 3，即可求最大、最小面积和.
【详解】由题设，若G 为BD中点，E, F 分别是等边△ABD 和等边△BCD的中心，
连接 AG,CG
1
，则E, F 分别在 AG,CG上，且EG = FG = AG
1
= CG = 3，
3 3
AG ^ BD，CG ^ BD ， AG ICG = G， AG,CG 面 AGC ，故BD ^面 AGC ，
又BD 面 ABD，所以，面 ABD ^面 AGC ，
又面 ABD ^面BCD，过E 作面 ABD的垂线与过F 作面BCD的垂线交于O，
即OE ^ 面 ABD，OF ^面BCD，则O为 A - BCD外接球球心，
OE ^ 面 ABD，且E AG ，O AG，则OE 面 AOG ，所以面 AOG ^面 ABD，
综上，结合面 ABD 面 AGC = AG ，面 ABD 面 AOG = AG，则面 AOG 、面 AGC 为同一平面，所以O
面 AGC ，
由面 ABD ^面BCD， AG ^ BD， AG 面 ABD，面 ABD 面BCD = BD，
所以 AG ^面BCD，CG 面BCD，即 AG ^ CG，且EG = FG知：OEGF 为正方形，
如图，
AE 2= AG = 2 3，OE = FG = 3 ，若 A - BCD外接球半径为 R ，3
所以R2 = AE2 + OE2 =15，
由球体的性质，要使过 M 平面截三棱锥 A - BCD外接球所得截面面积的最大，则平面必过球心，
所以，最大截面圆面积为 S = πR2 =15π，
要使过 M 平面截三棱锥 A - BCD外接球所得截面面积的最小，则OM ^ 该平面，
AE AM EM 2
因为 AM = 2MC ，而E, M 都在面 AGC 上，故 = = = ，
AG AC GC 3
而GC = 3 3 ，故EM = 2 3 ，显然E,O, M 共线，故OM = EM - OE = 3 ，
此时截面圆的半径为 r ，则 r 2 = R2 - OM 2 =12，所以，最小截面圆面积为 S = πr 2 =12π ，综上，最大值与
最小值之和为 27π .故选:D.
【点睛】关键点点睛：根据球的性质判断过 M 平面截棱锥外接球截面面积最大、最小时截面与OM 的位置
关系，利用几何关系求截面圆半径，最后求面积和.
【变式 1-1】
（高二上·天津·期中）如图，正方体 ABCD - A1B1C1D1 的棱长为 1，P 为 BC 的中点，Q 为线段CC1上的动点，
过
点 A，P，Q 的平面截该正方体所得的截面记为 S．给出下列命题：
1
①当0 < CQ < 时，S 为四边形；
2
1
②当CQ = 时，S 为等腰梯形；
2
3 1
③当CQ = 时，S 与 C1D1 的交点 R 满足C4 1
R = ；
3
3
④当 < CQ <1时，S 为六边形；
4
⑤当CQ =1 6时，S 的面积为 其中正确的是
2
A．①②③ B．①②③⑤ C．②③④⑤ D．①③④⑤
【答案】B
【详解】试题分析：①当 时，只需在 上找到一点 ，使 ，则可截得四边形 ，
故正确；②当 时，可得 ，此时， 是等腰梯形；
③当 时，如下图，延长 至 ，使 ，连接 交 于 ，连接 交 于
，连接 ，则 ，由 ，可得 ，所以 ，
，故③正确；④当 时，点 向上移动，截面仍是如图所示的五边形，不是六边形，
所以不正确；
⑤当 时，此时 与 重合，点 是 的中点，所以 ，此时四边形是菱形，
， ， ，所以 ，故正确．故选①②③⑤
考点：平面
【思路点睛】本题主要考查了截面的问题，属于中档题型，其中①②⑤比较好判断对错，难点在③④，
当 时，关键如何做出平面 ，使所做平面内的各点在同一平面，如图，做法如下，首先延长 ，
交 的延长线与点 ，连接 ，并延长交 的延长线与点 ，在连接 ，这样做图就使每点都
在同一平面，并且根据平行线比例很好得到比值，因为 是 中点，所以 是 的中点， 就是
的中位线， ，那么 ， ，再根据 ，可得
，所以 ，问题得证，④当 时，点 向上移动，截面的
做图方法不变，比较好选择了．
【变式 1-2】
（19-20 高一上·河南驻马店·期末）正方体 ABCD - A1B1C1D1的棱长为 1，M ， N 为线段 BC ，CC1上的动点，
过点 A1，M ， N 的平面截该正方体所得截面记为S ，则下列命题：①当BM = 0且0 < CN <1时，S 为等腰
梯形；②当M ， N 分别为BC ，CC1的中点时，MN / / 平面 AB1D1；③当M ， N 分别为BC ，CC1的中点
时，异面直线 AC 与MN 成角60°；④无论M 在线段BC 任何位置，恒有平面 A1D1M ^平面BC1D；其中正
确的个数是（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】D
【分析】①当 BM = 0，M 与 B 重合，过 A1, M , N 的平面为平面 A1BN ，如图 1，根据面面平行的性质定理，
可得截面S 与平面CC1D1D 交线 NE ，E 在C1D1上，满足 A1B / /NE ，进而证明 A1E = BN ， A1B NE, 可得截
面S 是等腰梯形，所以①正确；
②当M ， N 分别为BC ，CC1的中点时，如图 2，连BC1，可证MN / / AD1，由线面平行的判定定理，可得
②正确；
③由② MN / / AD1， D1AC 或补角为直线 AC 与MN 成角，而DACD1为正三角形， D1AC = 60
0
，所以③
正确；
④如图 3，在正方体中可证 A1C ^ BD, A1C ^ BC1 ，进而 A1C ^平面BC1D，所以
平面 A1BCD1 ^平面BC1D，而平面 A1 D1M 即为平面 A1BCD1 ，所以④正确.
【详解】①当BM = 0，M 与 B 重合，过 A1, M , N 的平面为平面 A1BN ，
如图 1，设平面 A1BN 与平面CC1D1D 交于 NE ，E 在C1D1 上，
连CD, A1E ，则平面 A1BN 截该正方体所得截面S 为四边形 A1BNE ，
正方体中，平面 AA1B1B / /平面CC1D1D ，截面 A1BNE 分别与平面 AA1B1B,平面CC1D1D 交于 A1B, NE ，
所以 A1B / /NE ，因为四边形 A1BCD1 是平行四边形，A1B / /CD1，所以CD1 / /NE ，因为正方体 AC1，有CC1 = C1D ，
所以CN = D1E ，RtDBCN @ RtDA1D1E ，所以 A1E = BN ，0 < CN <1， N 在线段CC1上，不与端点重合，
所以CD1 NE,CD1 = A1B ，所以 NE A1B ，截面S 是等腰梯形，所以①正确；
②当M ， N 分别为BC ，CC1的中点时，如图 2，连BC1，则MN / /BC1 ，在正方体中 AD1 / /BC1，所以
MN / / AD1，
MN 平面 AB1D1， AD1 平面 AB1D1，所以MN / / 平面 AB1D1，所以②正确；
③由②可得MN / / AD1， D1AC 或补角为直线 AC 与MN 成角，因为正方体中， AC = CD1 = D1A = 2 ，所
D AC = 600以 1 ，即直线 AC 与MN 成角为600，所以③正确；
④如图 3，连接 AC, A1C1 ,在正方体中， AC ^ BD,CC1 ^平面 ABCD，BD 平面 ABCD,CC1 ^ BD ，
所以BD ^平面 AA1C1C, A1C 平面 AA1C1C ，所以BD ^ A1C ，同理BC1 ^ A1C ，BD I BC1 = B，所以 A1C ^
平面BC1D， A1C 平面 A1BCD1 ，平面 A1BCD1 ^平面BC1D，
点M 在BC 上，平面 A1 D1M 即为平面 A1BCD1 ，所以④正确.故选:D.
【点睛】本题考查正方体的性质、面面平行的性质、线面平行的判定、线面垂直与面面垂直的判定、异面
直线所成的角，考查了空间想象能力、推理能力，属于中档题.
【变式 1-3】
（22-23 高三上·福建福州·开学考试）在三棱锥 A﹣BCD 中，∠ABC＝∠ABD＝∠CBD＝90°，BC＝BD＝BA＝
1，过点 A 作平面 α 与 BC，BD 分别交于 P，Q 两点，若 AB 与平面 α 所成的角为 30°，则截面 APQ 面积的
最小值是（ ）
2 1 1
A．1 B． C． D．
3 2 3
【答案】B
【分析】由题意画出图形，求得 A 到 PQ 的距离为定值，然后求 PQ 的最小值，代入三角形面积公式得答案．
【详解】过 B 作 BO⊥PQ，垂足为 O，连接 AO，如下图所示：
∵AB⊥BC，AB⊥BD，BC∩BD＝B，∴AB⊥PQ，
又 BO⊥PQ，且 AB∩BO＝B，∴PQ⊥平面 ABO，则 PQ⊥AO，
则∠BAO 2 3为 AB 与平面 α 所成的角为 30°，∵AB＝1，∴AO＝ 为定值．
3
2 3
要使截面 APQ 面积最小，则 PQ 最小，此时 BO⊥PQ，PQ 的最小值为 2BO = ．
3
APQ S 1 2 3 2 3 2∴截面 面积的最小值是 ＝ = ．故选：B
2 3 3 3
【点睛】本题考查直线与平面所成角，考查数形结合的解题思想方法与数学转化思想方法，是中档题．
题型 05 截面：球截面型
【解题规律·提分快招】
用一个平面a 去截球，若平面a 经过球心，所得的截面称为球的大圆；若平面a 不经过球心，所得的截面
2 2 2
称为球的小圆。小圆圆心与球心的连线必垂直于小圆面。且满足勾股数组 R = d + r
【典例 1-1】
（24-25 高三下·重庆南岸·阶段练习）如图，已知正方形 ABCD的边长为 4， N 点在边 AD 上且 DN = 1，将
△ABD 沿BD翻折到VA BD的位置，使得 A C = 2 2 ．空间四点 A , B,C, D的外接球为球O，过 N 点作球O
的截面a ，则a 截球O所得截面面积的最小值为（ ）
π 3π 3πA． 3π B． C． D．2 2
【答案】C
【分析】根据给定条件，确定球心O的位置并求出球半径，再利用圆的截面性质求出截面面积最小值.
【详解】如图，取BD的中点为O，
由正方形 ABCD的边长为 4，得OB = OD = OA = OC = 2 2 ，
因此O为四面体 A BCD 的外接球球心，外接球半径R = 2 2 ，
设球心到平面a 的距离为 d ，截面圆的半径为 r ，
则有R2 = r 2 + d 2，即 r = R2 - d 2 ，
当ON ^截面a 时， d 最大，此时截面面积最小，且ON = d ，
在△OND中，OD = 2 2 ， DN = 1， ODN
π
= ．
4
由余弦定理可得，ON = DN 2 + OD2 - 2DN π×OD ×cos = 5 ．
4
此时 r = R2 - d 2 = 3 ，所以截面面积最小值为 πr2 = 3π .故选：C
【典例 1-2】
1
（23-24 高二下·安徽安庆·期末）如图，已知正方形 ABCD 的边长为 2，N 点在边 AD 上且DN = ，将△ABD
2
沿 BD 翻折到VA BD的位置，使得 A C = 2 . 空间四点 A ，B，C，D 的外接球为球 O，过 N 点作球 O 的截
面a ，则a 截球 O 所得截面面积的最小值为（ ）
3π π 3π
A． B． C． D．
4 2 3π 2
【答案】A
【分析】先找出 BD 的中点 O 为四面体 A BCD 的外接球球心，再分析当ON ^截面a 时截面面积最小，求
出截面面积即可.
【详解】如图，取 BD 的中点为 O， 由正方形 ABCD 的边长为 2，则
OB = OD = OA = OC = 2 ，
因此 O 为四面体 A BCD 的外接球球心，外接球半径R = 2 ，设球心到平面a 的距离为 d，截面圆的半径为
r，则有R2 = r 2 + d 2，即 r = R2 - d 2 ，当ON ^截面a 时，d 最大，此时截面面积最小，且ON = d ，
1 π
在△OND中，OD = 2 ，DN = ， ODN = ，由余弦定理可得，2 4
ON = DN 2 + OD2 - 2DN π 5×OD ×cos = ，
4 2
3 2 3π
此时 r = R2 - d 2 = ，所以截面面积最小值为 πr = .故选：A
2 4
【变式 1-1】
（23-24 高一下·河南驻马店·期末）已知正四面体P - ABC 内接于球 O，E 为底面三角形 ABC 中边 BC 的中
点，过点 E 作球 O 的截面，若存在半径为 2 3 的截面圆，则此四面体的棱长的取值范围（ ）
A．[2 2,2 3] B．[2 3,2 6] C．[4 2,4 3] D．[4 3,4 6]
【答案】C
6
【分析】根据条件设正四面体的棱长为 a，用棱长 a表示出其外接球的半径R = a，过E 点作外接球O的
4
1
截面，只有当OE ^ 截面圆所在的平面时，截面圆的面积最小，此时此时截面圆的半径为 r = a ，最大截面
2
6 1 6
圆为过球心的大圆，半径为R = a，根据题意则 a 2 3 a ，从而可得出答案.
4 2 4
【详解】如图，在正四面体P - ABC 中，设顶点 P 在底面的射影为O1，
2
则球心O在 PO1 上，O1在 AE 上，且 AO1 = AE ,连接OE OA，3
3 2
设正四面体的棱长为 a，则 AE = a ， AO1 = AE
3
= a
2 3 3
则正四面体的高PO = PA2 O A2 a2 ( 31 - 1 = - a)
2 6= a ，
3 3
设外接球半径为 R ，
Rt△OO A OA2 = OO2 + O A2 R2 ( 6 a R)2 ( 3 6在 1 中， 1 1 ，即 = - + a)2，解得R = a，3 3 4
∴在Rt△OO E OE OO2 O E2 ( 6 a)2 ( 3 21 中， = 1 +
2
1 = + a) = a，12 6 4
过E 点作外接球O的截面，只有当OE ^ 截面圆所在的平面时，截面圆的面积最小，
6 2 1
此时截面圆的半径为 r = R2 - OE2 = ( a)2 - ( a)2 = a，最大截面圆为过球心的大圆，半径为
4 4 2
R 6 1 6= a，由题设存在半径为 2 3 的截面圆，∴ a 2 3 a ，解得4 2 a 4 3，
4 2 4
故选:C.
【变式 1-2】
（24-25 高三上·山东菏泽·开学考试）已知正三棱锥 A - BCD的外接球为球O, AB = 6, BC = 3 3 ，点E 为BD
的中点，过点E 作球O的截面，则所得截面图形面积的取值范围为（ ）
é 21
A． ê π,12π
ù é 27
ú B． ê π,12π
ù
ú C． 21π,48π D． 27π,48π 4 4
【答案】B
21
【分析】作出辅助线，设该球半径为 R ，利用勾股定理求出R = 2 3，求出OE = O O21 + O
2
1E = ，从2
é 21 ù 2 2 2 2 é 27 ù
而确定球心O到过点E 的截面圆的距离 d ê0, ú ，故截面圆半径 r = R - d =12 - d ,12 ，得到
2
ê ú
4
截面面积的取值范围.
【详解】作 AO1 ^平面BCD，则O1是等边△CBD的中心，设O是正三棱锥 A - BCD外接球的球心，
点O在 AO1 上，连接OE,OD,O1E ，连接DO1并延长交BC 于点F ，则DF = 3O1F .设该球半径为 R ，则
OA = OD = R .由 AB = 6, BC = 3 3 ，可得D1F = BD sin 60° = 3 3
3 9
= ，故
2 2
O 21D = D1F = 3, AO1 = AD
2 - O D21 = 3 3 .在Rt△ OO1D中， (3 3 - R)2 + 32 = R2 ，解得 .3 R = 2 3
1
因为点E 为BD的中点，所以O1E = O1D
3
= ，在Rt△OO1E 中，OO1 = AO - R = 3 ，所以2 2 1
é 21 ù
OE = O 2 2 211O + O1E = ，设球心O到过点E 的截面圆的距离为 d ，可知 d ê0, 2 ú ，2
2
截面圆半径 r = R2 - d 2 =12 - d 2
27
éê ,12
ù é 27 ù
ú ，所以截面圆的面积的取值范围为 ê π,12π 4 4 ú
.
故选：B.
【变式 1-3】
（2018·湖南长沙·一模）已知球O是正三棱锥（底面为正三角形，顶点在底面的射影为底面中心） A - BCD
的外接球，BC = 3， AB = 2 3 ，点E 在线段BD上，且BD = 6BE ，过点E 作球O的截面，则所得截面圆面
积的取值范围是
é5p
A． ê , 4p
ù é7p
ú B． ê , 4p
ù é9p
ú C． ê , 4p
ù é11p , 4p ù
4 4 4 ú
D．
ê 4 ú
【答案】A
【详解】分析：过E 作球O的截面中，面积最大的是过球心O的截面，最小的是垂直于OE 的截面，求出球
的半径，以及垂直于OE 的截面半径，从而可得结果.
详解：
显然过E 作球O的截面中，面积最大的是过球心O的截面，最小的是垂直于OE 的截面，
2 2
设三棱锥的外接球半径为 R ， 3 + 3- R = R2 ，解得R = 2，截面面积最大为 4p ，
如图， OH = 1，EH 2
13 6 7
= BH 2 + BE2 - 2BH × BE ×cos30o 3 1 2 3 1 3= + - = - = ，
4 2 2 4 4 4
OE2 EH 2 OH 2 7 1 11 11 5\ = + = + = ，\ 2 2 2垂直于OE 的截面半径 r 满足 r = 2 - OE = 4 - = ，
4 4 4 4
S p r2 5p 5p é
5p
\ = = ù，即截面最小面积为 ，截面圆面积的取值范围是 ê , 4p ú，故选 A.4 4 4
题型 06 动点型截面：相等角度型
【典例 1-1】
p
（20-21 高三上·湖南衡阳·阶段练习）在三棱锥 A - SBC 中， AB = 10 ， ASC = BSC = ， AC = AS ，4
BC = BS 15，若该三棱锥的体积为 ，则三棱锥 S - ABC 外接球的表面积为（ ）
3
A．3π B．12π C． 48π D．36π
【答案】B
【分析】根据角度以及长度关系先确定出球心所在位置，然后将VAOB 作为公共底面，利用三棱锥的体积
公式求解出外接球的半径，从而三棱锥外接球的表面积可求.
【详解】 如图，设SC的中点为O， AB 的中点为D，连接OA，OB ，OD .
因为 ASC = BSC
π
= ， AC = AS ，BC = BS ，所以 SAC = SBC = 90°，
4
所以OA = OB = OC = OS ，所以O为棱锥 S - ABC 外接球的球心，设半径为 R ，
5 1 1
又OD ^ AB，且 AB = 10 AD = DB 10= OD = R2 - S = × AB ×OD = 10R2，所以 ， ，则 - 25 .
2 2 VOAB 2 2
又由 SC ^ OA， SC ^ OB 且OAIOB = O可知 SC ^平面OAB ，
1 1 15
所以VA-SBC = × 10R
2 - 25 × 2R = ，解得R = 3 .
3 2 3
2
所以外接球的表面积 S = 4π 3 =12π .故选：B.
【点睛】关键点点睛：解答本题的关键是通过找 SC, AB 中点确定出球心的位置，根据线段长度以及角度确
定出球心位置，由此展开后面的计算.
【典例 1-2】
π
（22-23 高二下·江西南昌·阶段练习）如图，在三棱锥B - ACD 中， ABC = ABD = DBC = ，
3
AB = 3, BC = BD = 2，则三棱锥B - ACD 的外接球的表面积为
19π 7
A． B．19π C． 5π D．
2 6 7π
【答案】A
【分析】首先求得外接球半径，然后求解外接球的表面积即可.
【详解】设 CD 的中点为 P ，
由余弦定理可得： AD = AB2 + BD2 - 2 AB BD cos 60o = 7 ，
很明显△ADC 为等腰三角形，则 AP = AD2 - PD2 = 7 -1 = 6 ，BP = BD2 - DP2 = 3 ，
据此有： AB2 = PA2 + PB2 ，由勾股定理的逆定理可得： AP ^ BP，
很明显 AP ^ CP, BP ^ CP ，以 P 为原点，PC 为 x 轴正方向，PB 为 y 轴正方向，PA 为 x 轴正方向，建立如
图所示的空间直角坐标系.易知 A 0,0, 6 , B 0, 3,0 ,C 1,0,0 , D -1,0,0 ，
ì 2 2 2 2 2 2
x -1 + y + z = x + y - 3 + z
2 2 2 2 2 2
设球心坐标为O x, y, z ，由 OA=OB=OC=OD 可得： í x -1 + y + z = x + y + z - 6 ，
x -1 2 + y2 + z2 = x +1 2 + y2 + z2
ì
x = 0
y 3= R OC 12 25 1 19
19 19
解得： í ，则外球半径： = = + + = 2，其表面积： S = 4p R = 4p = p .
3 24 3 2 2 8 2
5 6
z =
12
本题选择 A 选项.
【变式 1-1】
2
（2024·河南·二模）已知在三棱锥 S - ABC 中， AC = BC, SA = AB = 2 3, ACB = SAB = π ，平面 SAB ^
3
平面 ABC ，则该三棱锥外接球的表面积为（ ）
A．18π B． 27π C．39π D．52π
【答案】D
【分析】先计算VABC，VSAB 的外接圆半径 r1, r2，根据平面 SAB ^ 平面 ABC ，再求外接球的半径
2
R2 = r2 + r2
AB
1 2 - ÷ 即可.【详解】如图所示，设VABC，VSAB 的外接圆的半径分别为 r1, r2，
è 2
| AB | 2
在VABC 中，由正弦定理得： 2r1 = o = 2 3 = 4sin120 ，所以
r1 = 2 .3
在△SAB 中，因为 SAB =120o，所以由余弦定理得 | SB |2 =| SA |2 + | AB |2 -2 | SA | × | AB | ×cos SAB ，
即 | SB |2 = (2 3)2 + (2 3)2 - 2 2 3 2 3
1 - ÷ = 36，则 | SB |= 6，
è 2
| SB | 2
在△SAB 中，由正弦定理得： 2r2 = o = 6 = 4 3sin120 ，所以 r3 2
= 2 3 .
设三棱锥 S - ABC 的外接球的半径为 R ，因为平面 SAB ^ 平面 ABC ，
2
则R2 = r2 + r2
AB 2 2 2 2
1 2 - ÷ = 2 + (2 3) - ( 3) =13，所以其外接球的表面积为 S = 4πR = 52π .
è 2
故选：D .
【变式 1-2】
π
（22-23 高三上·广东广州·阶段练习）在三棱锥 A - BCD中，AD ^ 平面BCD， ABD + CBD = , BD = BC =1，
2
则已知三棱锥 A - BCD外接球表面积的最小值为（ ）
A 2 5 +1 π B 5 +1 π C 2 5 -1 π D 5 -1． ． ． ． π
4 2 4 2
【答案】B
r 1=
【分析】设 ABD = a ， CBD = b ，求得△BCD的外接圆的半径为 2cos b ，结合图形求得三棱锥外接
2
R2 = r 2 ( AD )2 1 3- 2cos b球半径 + = - + 22 4 4(1 cos2 b ) ，然后换元利用基本不等式及不等式的性质得- R 的最小值，从而
可得面积的最小值．
【详解】如图，设 ABD = a ， CBD = b ，K 为△BCD的外心，O为三棱锥 A - BCD外接球的球心，则OK ^
平面BCD，又 AD ^ 平面BCD，所以OK // AD ，KD 平面BCD，则OK ^ DK ，四边形OKDA是直角梯形，
设OK = h ，DK = r ，OD = R，由 AD ^ 平面BCD，BD 平面BCD，得 AD ^ BD ，
1 b 2sin b r 1= ìh2 + r 2 = R2 1
则 AD = tana = ， CD = 2sintan b ， 2r = 2 ，即 2cos
b ，又 í 2 2 2 ，则 h = AD ，2 sin b 2 (AD - h) + r = R 2
AD 1 1 1 cos2R2 r 2 ( )2 b 1 3 - 2cos b= + = + = + = - +
2 4cos2 b 4 tan
2 b 2(1+ cos b ) 4(1- cos2 b ) 4 4(1- cos2 b ) ，
2
令 t = 3- 2cos b ，则 cos b
3 - t
= ， t (1,3)，
2
R2 1 t 1 1 1 1 1 1 5 +1= - - 2 = - - - - = - + = 54 t - 6t + 5 4 t 5+ - 6 4 5 4 8 ，当且仅当 t = ，即 t = 5 时
t 2 t × - 6
2(3- 5) t
t
等号成立，所以三棱锥 A - BCD外接球表面积 S = 4p R2 4p 5 +1 5 +1 = p ，
8 2
故选：B．
【变式 1-3】
（22-23 高三上·湖北·开学考试）在三棱锥P - ABC 中， PAC = PAB， AC = 2AB = 4，PA = PB = 2 ，
BC = 2 3 ，则三棱锥P - ABC 外接球的表面积为( )
64p 68p
A． 22p B． 26p C． D．
3 3
【答案】A
【分析】根据勾股定理可判断△PAB 是等腰直角三角形，从而求出∠PAC，在△PAC 中利用余弦定理求出
PC，根据勾股定理可判断 PB⊥PC，从而可知 PB⊥平面 PAC，从而可将三棱锥补为以△PAC 为底面的直三
棱柱，外接球球心即为直三棱柱上下底面三角形外接圆圆心连线的中点，根据几何关系即可求解．
【详解】 PA2 + PB2 = AB2 PA ^ PB，且 PAB = 45o ，∴
PAC = PAB = 45o ，在△PAC 中，根据余弦定理得，
PC 2 = AC 2 + AP2 - 2AC × AP ×cos PAC =16 + 2 - 2 4 2 2 =10，∴ PB2 + PC 2 = 2 +10 =12 = BC 2 ，
2
∴ PB ^ PC ，又PAI PC = P ，PA, PC 平面 PAC，∴PB⊥平面 PAC，
故可将三棱锥 B-APC 补为直三棱柱BA1C1 - PAC ，
则直三棱柱BA1C1 - PAC 的外接球即为三棱锥 P-ABC 的外接球，
设△PAC 外接圆圆心为O2，△ A1BC1的外接圆圆心为O1，则直三棱柱的外接球球心为O1O2 中点 O，OA 即为
外接球的半径.
PC 10
在△PAC 2O A = = = 2 5中，根据正弦定理可得 2 sin PAC 2 ，∴ O2 A = 5 ，
2
2 2
∴ OA2 = OO2 2 O1O2 2 2 11
11
2 + O2 A = ÷ + O2 A = ÷÷ + 5 =
2
，∴外接球表面积为： 4π ×OA = 4π = 22π．
è 2 è 2 2 2
故选：A．
题型 07 动点型截面：截面分体积
【解题规律·提分快招】
相似形与相似体：
1.如果三角形被平行于底边的平行线所截，那么截得的小三角形和原三角形是相似三角形
2.如果棱锥被平行于底面的平面所截，那么所截得的小三棱锥与原棱锥是相似体
3.如果三角形被“不平行于底边”的直线所截，所截的的小三角形和原三角形是“相似形”
4.如果棱锥被“不平行于底面的平面”所截，那么所截得的小三棱锥与原棱锥是相似体
5.如果是平行底面，则面积比等于相似比平方，体积比等于相似比立方。
如果“不平行于底面”，则面积比等于所截的线段比之积（两边比积）。体积比等于所截的的棱
的线段比之积（三跳棱的比之积）
【典例 1-1】
（20-21 高三上·安徽芜湖·期末）如图，正方体 ABCD - A1B1C1D1的一个截面经过顶点A 、C 及棱 A1D1上一点
D K
K 1，且将正方体分成体积之比为13: 41的两部分，则 KA 的值为1
2 1 1A．1 B． C． 2 D．2 3
【答案】C
D1K
【分析】连接 A1C1，设正方体的棱长为 a，设 = l 0 < l <1 A D ，可得D1K = la，设截面 ACK 与棱C1D1的1 1
交点为点M ，连接MK 、CM ，利用面面平行的性质定理可得MK //AC，可知棱台KD1M - ADC 的体积为
13 D Ka3 1，利用台体的体积公式可计算出l 的值，即可得出 KA 的值.54 1
【详解】连接 A1C1，设设截面 ACK 与棱C1D1的交点为点M ，连接MK 、CM ，如下图所示：
D1K
设正方体 ABCD - A1B1C1D1的棱长为 a，设 = l 0 < l <1 ，则D1K = laA1D
，
1
由于平面 ABCD// 平面 A1B1C1D1，平面 ACK I平面 ABCD = AC ，平面 ACK I平面 A1B1C1D1 = MK ，所以，
KM //AC ，在正方体 ABCD - A1B1C1D1中， AA1 //CC1 且 AA1 = CC1，则四边形 AA1C1C 为平行四边形，
D M D K 2 2
\ A1C1 //AC
1 1
，\MK //A1C1，\ = = l ，\D1M = la DKMD
1 l a
D C A D ， 1的面积为 S
2
DKMD = la = ，1
1 1 1 1 2 2
1 1 2 2 1 2 1 2 13 3
由题意可知，三棱台KD1M - ADC 的体积为VKD1M - ADC = l a + la + a ÷ a = a ，整理得3 è 2 2 2 54
1 D
9l 2 9l 4 0 Q 0 < l <1 l = 1
K 1
+ - = ， ，解得 ，因此， =KA 2 .故选：C.3 1
【典例 1-2】
（2023·安徽蚌埠·一模）如图，正方体 ABCD - A1B1C1D1的一个截面经过顶点 A,C 及棱 A1B1 上一点K ，截面
A K
将正方体分成体积比为 2 :1 1的两部分，则 KB 的值为（ ）1
2
A B 5 +1 C 5 -1 3- 5． ． ． D．
3 2 2 2
【答案】C
【分析】画出截面，得到截面把正方体分为三棱台 ABC - KB1M 和另一几何体，根据棱台体积公式求出
A
KB 1
K
1 ，进而求出 KB 的值.1
【详解】设正方体棱长为 1，KB1 = x ，如图所示，该截面把正方体分为几何体 ABC - KB1M 和另一几何体，
由面面平行的性质可知：KM //AC ，延长 AK ,CM ，相交于点O，则O 平面 ABB1A1，且O 平面BCC1B1，
又平面 ABB1A1 平面BCC1B1 = BB1，所以O在直线BB1上，即 AK ,CM , BB1三线共点，
所以几何体 ABC - KB M
1 2 1
1 为三棱台，其中三棱台 ABC - KB1M 上底面积是 x ，下底面积为 ，高等于 1，2 2
1 V 1 1 x2 1 1 2
x 1= + + 5 -1所以
3 2 2 2 2 ÷÷
1 = ，解得： x = ，
è 3 2
5 -1 3- 5 A K 3- 5 2 5 -1
所以 A1K =1- = , 1 = = . 故选：C2 2 KB1 2 5 -1 2
【变式 1-1】
（2022·河南南阳·三模）如图，在棱长为 2 的正方体 ABCD - A1B1C1D1中，点 P 是棱 AB 上的动点，过
A1，C1，P 三点作正方体的截面，若截面把正方体分成体积之比为 7：25 的两部分，则该截面的周长为
（ ）
A 3 + 5 2 B 3 3 2 3 2 5 2． ． + C．5 + D．5 +
2 2 2 2
【答案】D
【分析】如图所示，过点 P作PQ//A1C1 ,交BC 于点Q ,则四边形PQC1A1 就是过点 A1,C1, P的截面，设
PB = BQ = x， (0 x 2)
1
，根据已知求出 x = 即得解.
2
【详解】解：如图所示，过点 P作PQ//A1C1 ,交BC 于点Q ,则四边形PQC1A1 就是过点 A1,C1, P的截面，设
PB = BQ = x， (0 x 2) ，则台体PBQ - A 1 1 11B1C1 的体积 2 (2 + x2 + 2 x2 )
7
= 8，
3 2 2 32
x 1= PQ 2 , A P C Q 4 9 5解之得 ，所以 = = = + = , AC = 2 2 ,
2 2 1 1 4 2 1 1
5 2
所以截面的周长为 2+2 2+ =5+ 5 2 .故选：D
2 2 2
【变式 1-2】
1
（2017·江西九江·三模）如图所示，在正方体 ABCD - A1B1C1D1中，点G 在棱 AA1上， AG = AA3 1
, E, F 分别
是棱C1D1, B1C1的中点，过E, F ,G 三点的截面a 将正方体分成两部分，则正方体的四个侧面被截面a 截得的
上、下两部分面积之比为（ ）
1 1 1
A 1． B． C D
6 4
． ．
3 2
【答案】C
【分析】分别延长 A1B1, EF 交于M ，连接GM 交BB1于 N ，则可作出截面a ，由此即可计算出答案.
【详解】不妨设正方体的棱长为 1，四个侧面面积之和为 4，
分别延长 A1B1, EF 交于M ，连接GM 交BB1于 N ，连接FN ，
MB 1 MA B N 1 GA 2易知 1 = ，则 = = ，3 1 1 3 1 9
é1 1 2 1 2 2 ù
则正方体的四个侧面被截面a 截得的上面部分面积为 2(SVFNB +S ) = 2 + + 1 =11 梯形A1B1NG ê ， 2 2 9 2
9 3 ÷è ú
1
即正方体的四个侧面被截面a 截得的上、下两部分面积之比为 ；故选：C.
3
【变式 1-3】
（2020 高三·全国·专题练习）如图，在长方体 ABCD- A B C D 中，用截面截下一个棱锥C - A DD ，则棱
锥C - A DD 的体积与剩余部分的体积之比为（ ）
A．1: 5 B．1：4
C．1：3 D．1：2
【答案】A
【解析】设 AB = a ， AD = b，DD = c ，计算三棱锥C - A DD ，进而得答案.
【详解】解：法一：设 AB = a ， AD = b，DD = c ，则长方体 ABCD- A B C D 的体积V = abc，
S 1 1 1又 DA DD = bc，且三棱锥C - A DD 的高为CD = a ，∴V2 C- A DD
= SDA DD ×CD = abc ，3 6
V abc 1 abc 5则剩余部分的几何体体积 剩 = - = abc，则V
1 5
6 6 C- A DD
：V剩 = abc： abc =1：5，故选：A.6 6
法二：已知长方体可以看成侧棱垂直于底面的四棱柱 ADD A - BCC B ，
设它的底面 ADD A 面积为S，高为 h，则它的体积为V = Sh，
1
而棱锥C - A DD 的底面面积为 S ，高为 h，2
1 1 1
∴棱锥C - A DD 的体积V三棱锥C- A DD = Sh = Sh，3 2 6
剩余部分的体积是V剩 = Sh
1
- Sh 5= Sh ，
6 6
1 5
∴棱锥C - A DD 的体积与剩余部分的体积之比为 Sh： Sh =1：5 .故选：A.6 6
题型 08 动点型：压轴单选题
【典例 1-1】
24-25 高二上·福建福州·期中）三棱锥 A - BCD中，底面是边长为 2 的正三角形， AC ^ BC, AD ^ BD，直线
AC 与 BD 所成角为 45°，则三棱锥 A - BCD外接球表面积为（ ）
19π 25π
A． 6π B． C．8π D．
3 3
【答案】A
【分析】根据题意，得证VACD为等腰三角形，于是建立如图所示空间直角坐标系，A x,0, z ，根据 AC ^ BC
3 6
与直线 AC 与 BD 所成角为 45°建立方程，求得 A - ,0, ÷÷，然后找出外接球球心，根据相关数量关系，
è 3 3
建立外接球半径的等式关系，求出半径，应用球的表面积公式即可得解
【详解】由题意可得，因为△BCD为等边三角形，所以BC = BD ，
又 AC ^ BC, AD ^ BD，且 AB = AB所以RtVACB @ RtVADB ，所以 AC = AD ,
取CD的中点E ，易得BE ^ CD, AE ^ CD ,又BE I AE = E
所以CD ^平面 ABE ，又CD 平面 ACD，所以平面 ABE ^平面 ACD，
建立如图所示空间直角坐标系， 则B 3,0,0 ，C 0, -1,0 ，D 0,1,0 ，
E 0,0,0
uuur uuur
uuur uuur令 A x,0, z ，所以 AC = -x, -1, z , BC = - 3, -1,0 ，因为 AC ^ BC ，所以 AC × BC = 3x +1 = 0，所以
uuur 3 uuur
x 3= - ，所以 AC = ,-1, z ÷÷ , BD = - 3,1,0 ，3 è 3
uuur uuur
uuur uuur AC × BD
o -1-1 2
因为直线 AC 与 BD 所成角为 45°，所以 cos 45 = cos AC, BD = uuur uuur = =AC BD 1 2 ，+1+ z2 × 3 +1
3
6
解得 z = ，即 A
3
- ,0,
6
÷÷，如图，O为外接球的球心，F 为等边三角形的重心，3 è 3 3
设点 A 在平面BCD内的投影为H ，作OT ^ AH ，
OA OB R, FB 2 BE 2 3 1所以 = = = = , FE = BE 3= , AH 3 6= , EH =
3 3 3 3 3 3
2
所以在Rt△OBF 中，OF = TH = OB2 - FB2 R2 2 3= - ÷ = R2
4
÷ -
è 3 3
AT = AH -TH 6= - R2 4- , OT = EF + EH 3 3 2 3= + = ,
3 3 3 3 3
2 2
2 Rt AOT R 2 3
6
所以在 △ 中， = 2
4 3
÷÷ + - R -
2
，解得R = ，
è 3 ÷
÷
è 3 3 2
3
所以，三棱锥 A - BCD 2外接球表面积为 4πR = 4π = 6π ，故选：A
2
【典例 1-2】
（22-23 高三下·河北邢台·阶段练习）在三棱锥P - ABC 中，VABC 是等边三角形，PA = PC = 2 ，
AC = 2，且PA ^ AB ，点E 是棱 AB 的中点，则平面PEC 截三棱锥P - ABC 外接球所得截面的面积为（ ）
π
A B 2π C 2π 7π． ． ． D．
2 3 2 5
【答案】D
【分析】根据给定条件，确定三棱锥P - ABC 外接球球心，利用等体积法结合球的截面小圆性质求出截面
圆半径作答.
【详解】在三棱锥P - ABC 中，VABC 是等边三角形，PA ^ AB ， AC = 2，PA = PC = 2 ，
则PB = PA2 + AB2 = 6 ，PB2 = PC 2 + BC 2 ，则有PC ^ BC ，取 PB中点 O，连接CO, AO ，有
CO = AO = BO = PO，因此点 O 是三棱锥P - ABC 1 6外接球球心，球半径R = PB = ，如图，
2 2
因为点E 是棱 AB 的中点，则CE = PE = 3 ，等腰VPEC底边PC 上的高
h CE2 (1 PC)2 10= - = ，VPEC 1 1 10 5的面积 S
2 2 VPEC
= PC ×h = 2 = ，取 AC 中点 F，连接
2 2 2 2
BF , PF ，
则PF ^ AC, BF ^ AC ，而PF I BF = F , PF , BF 平面PBF ，于是 AC ^平面PBF ，
2
cos PFB PF + BF
2 - PB2 1+ 3 - 6 3
在△PBF 中，BF = 3, PF =1，由余弦定理得 = = = - ，
2PF × BF 2 1 3 3
sin PFB 6 PBF S 1有 = ，△ 的面积 VPBF = BF × PF sin
1 6 2
PFB = 3 1 = ，
3 2 2 3 2
V 1 1 1 1 2 2P-BCE = VP- ABC = SVPBF AC = 2 = ，2 2 3 6 2 6
1 1 2
显然VO-PEC = VC-POE = VC-PBE = VP-BCE = ，令点 O 到平面PEC 的距离为 d，2 2 12
1 S d 2 5 2因此 VPCE × = ，即 ×d = ，解得 d
10
= ，令平面PEC 截三棱锥P - ABC 外接球所得截面小圆半
3 12 2 4 10
径为 r，
r 2 R2 d 2 ( 6 )2 ( 10 7
7π
则有 = - = - ) = 2，所以平面PEC 截三棱锥P - ABC 外接球所得截面面积 S = πr = .
2 10 5 5
故选：D
【变式 1-1】
（2022 安徽合肥·一模）已知球O是正三棱锥（底面为正三角形，顶点在底面的射影为底面中心） A - BCD
的外接球，BC = 3， AB = 2 3 ，点E 在线段BD上，且BD = 3BE ，过点E 作圆O的截面，则所得截面圆面
积的取值范围是
A． p , 4p B． 2p , 4p C． 3p , 4p D． 0,4p
【答案】B
【详解】
如图，设DBCD 的中心为O1 ，球O 的半径为R ，连接O1D,OD,O1E,OE，易求得
O1D = 3sin60
o 2 = 3 ，则 AO1 = AD2 - DO21 = 3 .
2
3 在
RtDOO1D中，由勾股定理， R 2 = 3 + 3- R ，
2
解得R = 2 ，由BD = 3BE ，知O1E P BC, DE = DB = 2 3 ，所以
O E = DE2 - DO2 =1,\OE = O 2 21 1 1E + OO1 = 2 ，当过点E 的截距与OE 垂直时，截面圆的面积
最小，此时截面圆的半径 r = R 2 - OE2 = 2 ，此时截面圆的面积为2p ；当过点E 的截面过
球心时，截面圆的面积最大，此时截面圆的面积为 4p ，故选 B.
【变式 1-2】
（2024·湖北·二模）已知正方体 ABCD - A1B1C2D1的棱长为 2，P为线段C1D1上的动点，则三棱锥P - BCD外
接球半径的取值范围为（ ）
é 29 ù é 21 ù é 41 ù é 7 ù
A． ê , 24 ú
B． ê , 3ú C． ê , 3ú D． ê , 3ú
4 4 4
【答案】C
【分析】根据外接球性质找到外接球球心位置，通过几何直观找到外接球半径与△PCD的外接圆半径的关
系式R2 =1+ r 2 ；设PC1 = x，在△PCD中根据面积关系和正弦定理，得到 r 2 是关于 x的函数
x2 - 4x + 82 x2 + 4 r = ；利用导数求出 r 2 范围，进而得到R2 范围.
16
【详解】如图，连接 AC ，交BD于点E ，易得E 为△BCD的外心．
连接 A1C1, B1D1．交于点F ，易知EF ^ 平面BCD，则三棱锥P - BCD的外接球球心O在EF 上．
设△PCD的外接圆圆心为O ,\OO ^平面 PCD，
由正方体中棱BC ^平面CC1D1D ,得OO / /BC ,又易得E, F 分别是BD, B1D1中点，所以OO =1．
设△PCD的外接圆半径为 r ，三棱锥P - BCD的外接球半径为 R．则R2 =1+ r 2 ，
2 2
设PC1 = x, x 0, 2 ，\SVPCD = 2
1
= PC × PDsin CPD 1 PC × PD，\ = = x +1 × (2 - x) + 4 ，又
2 sin CPD 4 4
r CD 1 x
2 - 4x + 8 x2 + 4
= = ，\r 2
2
= ．设 f (x) = (x - 4x + 8)(x2 + 4)，则2sin CPD sin CPD 16
f (x) = 4(x3 - 3x2 + 6x - 4)，设 g x = f x ，则 g x =12 x2 - 2x + 2 > 0 ，\ f x 在 x 0,2 单调递增，
又 f 1 = 0，所以 f x 在 x 0,1 单调递减，在 x 1,2 单调递增，又 f 1 = 25, f 0 = f 2 = 32，
2 é 25 ù 2 2 é 41 ù
所以 f x 25,32 ，\r ê , 2ú，\R = 1 + r , 316 ê 4 ú．故选：C．
【变式 1-3】
（23-24 高三下·山西·阶段练习）在棱长为 4 的正方体 ABCD - A1B1C1D1中，E 是CD的中点，F 是CC1上的
动点，则三棱锥 A - DEF 外接球半径的最小值为（ ）
A．3 B． 2 3 C． 13 D． 15
【答案】C
【分析】取 AE 的中点G ，根据题意分析可知：三棱锥 A - DEF 外接球的球心O在过G 垂直于平面 ABCD的
直线上，设GO = n,CF = m 0,4 m 4，建系，结合空间两点距离公式可得 n = + ，进而利用基本不等式运
2 m
算求解.
【详解】连接 AE ，取 AE 的中点G ，可知G 为VADE 的外心，
过G 作平面 ABCD的垂线，可知三棱锥 A - DEF 外接球的球心O在该垂线上，设GO = n,CF = m 0,4 ，
以D为坐标原点，DA, DC, DD1分别为 x, y, z轴，建立空间直角坐标系，
则D 0,0,0 , A 4,0,0 , E 0,2,0 ,G 2,1,0 ,O 2,1, n , F 0, 4, m ，
OD = OF 4 +1+ n2 = 4 + 9 + m - n 2因为 ，即 ，
n m 4 m 4
m 4
整理得 = + 2 × = 2 2 ，当且仅当 = ，即m = 2 2 时，等号成立，
2 m 2 m 2 m
所以三棱锥 A - DEF 外接球半径的最小值为 4 +1+ 8 = 13 .故选：C.
题型 09 动点型：压轴小题
【典例 1-1】
（24-25 高三上·天津和平·阶段练习）已知四棱锥 P - ABCD 的高为 2，底面 ABCD为菱形， AB = AC = 3 ，
E, F 分别为PA, PC 的中点，则四面体EFBD的体积为 ；若点 P在底面投影点为菱形 ABCD中心，
则三棱锥P - ABC 的外接球的表面积为 ．
3 425
【答案】 π
4 64
1 1 1
【分析】根据中点，得到VB-EFG = V4 B-PAC
,VD-EFG = VD-PAC ，故VE-FBD = VP- ABCD，先得到VABC,VADC 为全4 4
等的等边三角形，故VP- ABCD = 3 ，从而求出四面体EFBD的体积，再作出辅助线，找到三棱锥的外接球的
球心，进而根据半径相等得到方程，求出外接球半径，进而求出外接球的表面积.
【详解】如图，设 AC BD = G ，连接FG, EG ，底面 ABCD为菱形，故G 为 AC 的中点，
又E, F 分别为PA, PC
1 1 1
的中点，所以 SVEFG = S4 VPAC
，故VB-EFG = V4 B-PAC
,VD-EFG = V4 D-PAC
，
又V
1 1 1 1
E-FBD = VB-EFG +VD-EFG ， 故VE-FBD = VB-PAC + V = V +V = V ，4 4 D-PAC 4 B-PAC D-PAC 4 P- ABCD
因为四边形 ABCD是菱形， AB = AC = 3 ，所以VABC,VADC 为全等的等边三角形，
ABCD 2 1 AB BC sin 60 2 1 3 3 3 3 3故菱形 的面积为 × ° = = ，
2 2 2 2
四棱锥P - ABCD 2 V 1 3 3 2 3 V 1 3的高为 ，所以 P- ABCD = = ，故3 2 E-FBD
= VP- ABCD = ；4 4
若点 P在底面投影点为菱形 ABCD中心G ，
连接PG ，则PG ⊥底面 ABCD，且PG = 2 ，
因为VABC 为等边三角形，
所以三棱锥P - ABC 的外接球球心O在底面 ABC 的投影为VABC 的中心M ，
3 2 1 1
因为 AB = 3, AG 3= BG = AB2 2，所以 - AG = ，所以BM = BG =1, MG = BG = ，
2 2 3 3 2
过点O作OH ⊥ PG 于点H ，设OM = h ，则HG = OM = h,OH = MG 1= ，
2
PH = 2 - h 2 1则 ，由勾股定理得OP = PH 2 + OH 2 = 2 - h + ，OB = OM 24 + BM
2 = h2 +1，
2 1 13
因为OP = OB ，所以 2 - h + = h2 +1，解得 h = ，
4 16
425
故外接球半径 r = OB = h2 +1 5 17= ，三棱锥P - ABC 2的外接球的表面积为 4πr = π .
16 64
3 425
故答案为： ， π
4 64
【典例 1-2】
（22-23 高二上·天津滨海新·阶段练习）如图，在棱长为 2 的正方体 ABCD - A1B1C1D1中，M ， N 分别是棱
A1B1 ， A1D1的中点，点E 在BD上，点F 在B1C 上，且BE = CF ，点 P在线段CM 上运动，给出下列四个结
论：
①当点E 是BD中点时，直线EF / /平面DCC1D1；
②直线 B1D1到平面CMN
2
的距离是 ；
2
③存在点 P，使得 B1PD1 = 90°；
④VPDD 5 51面积的最小值是 ．
6
其中所有正确结论的序号是 ．
【答案】①③
【分析】对①，由线面平行的判定定理进行判断即可；
对②，证B1D1 / / 平面CMN ，则直线 B1D1到平面CMN 的距离等于点D1到平面CMN 的距离，由等体积法
VC-MND = V1 D1 -CMN 列式即可求；
uuur uuuur
对③，设MP = t × MC t 0,1 ，可得P t +1,2t,-2t + 2 ，由向量垂直的坐标表示，存在点 P使 B1PD1=90°
uuur uuuur
等价于PB1 × PD1 = 0有解；
1
对④，由点到直线距离求 P 到DD1的距离 d，则△ PDD1面积为 × DD1 × d ，讨论最小值即可2
【详解】对①，如下图所示：因为E 是BD中点，BE = CF ，
所以点F 是B1C 的中点，连接BC1，显然F 也是BC1的交点，连接DC1，
所以EF / /C1D，而EF 平面DCC1D1，DC1 平面DCC1D1，所以直线EF / /平面DCC1D1，①对；
以 A 为原点，建立如图所示空间直角坐标系，则M 1,0,2 ，C 2,2,0 ，B1 2,0,2 ，D1 0,2,2 ,
对②，M , N 分别是棱 A1B1, A1D1的中点，∴ B1D1 P MN ，B1D1 平面CMN ，MN 平面CMN ，故B1D1 / / 平
面CMN ，
故直线 B1D1到平面CMN 的距离等于点D1到平面CMN 的距离，设为 h，
1 1 1 2
MN = 2, CN = CM = 3，VC-MND =
1 2 17
1 3
1 1÷ 2 = ， S = 2 322 3 VCMN - =
，
è 2 ÷÷è 2 2
V 1 17 2 17D -CMN = × ×h ，由VC-MND = V1 D1 -CMN 得 h = ，②错；1 3 17uuur2 uuuur uuur
对③，设MP = t × MC = t 1,2,-2 t 0,1 ，则P t +1,2t,-2t + 2 ，则PB1 = 1- t,-2t, 2t ，
uuuur uuur uuuur
PD1 = -t -1,2 - 2t, 2t ，由 B1PD1=90°即PB1 × PD1 = 1- t -t -1 + -2t 2 - 2t + 2t × 2t = 9t 2 - 4t -1 = 0得
t 2 ± 13 t 2 + 13= ，由 = 0,1 ，故存在点 P，使得 B1PD1=90°，③对；
9 9
对④，由③得P t +1,2t,-2t + 2 到DD1的投影为 0,2,-2t + 2 ，故 P 到DD1的距离
2
d = t +1 2 + 2 - 2t 2 3 16= 5 t - ÷ + ，
è 5 5
2
△ PDD 1 3 16
3
1面积为 S = × 2 ×d = d = d = 5 t - ÷ + t 0,1 ，由二次函数性质，当 t = 时，S取得最小值2 è 5 5 5
4 5
为 ，④错.
5
故答案为：①③
【变式 1-1】
（22-23 高三上·湖北·开学考试）在三棱锥P - ABC 中，PA ^底面 ABC ， PA = 4 ， AB = AC = BC = 2a ，M
为 AC 的中点，球O为三棱锥P - ABM 的外接球，D是球O上任一点，若三棱锥D - PAC 体积的最大值是
4 3 ，则球O的体积为 .
【答案】8 6p
【分析】分析可知三棱锥P - ABM 外接球球心为 PB中点O，求出点O到平面PAC 的距离，可得出点D到
平面PAC 的距离的最大值，利用锥体体积可得出关于 a的等式，求出 a的值，可得出球O的半径 R的值，再
利用球体的体积公式可求得结果.
【详解】正VABC 中，M 为 AC 的中点，则BM ^ AC ，
而PA ^平面 ABC ，BM 平面 ABC ，则BM ^ PA，
而PAI AC = A，PA、 AC 平面PAC ，则BM ^平面PAC ，
QPM 平面PAC ，所以，BM ^ PM ，
QPA ^ 平面 ABC ， AB 平面 ABC ，\PA ^ AB ，
所以， PB的中点到点A 、 B、M 、 P的距离相等，
即三棱锥P - ABM 外接球球心为 PB中点O，
从而，点O是三棱锥P - ABM 外接球球心，
设球O的半径为 R，则 4R2 = PA2 + AB2 =16 + 4a2 ，\R2 = 4 + a2，
因为△PAM 的外接圆圆心为PM 的中点，设为F ，连接OF ，
因为O、F 分别为 PB、PM 的中点，则OF //BM ，故OF ^平面PAF ，如图，
1 3
则有OF = BM = a ，即O到平面PAC 3的距离为 a ，
2 2 2
因此D到平面PAC 3 3距离的最大值为R + a = 4 + a2 + a ，
2 2
1 1 3 2 2
又 SVPAC = 4 2a = 4a，即有 4a a + 4 + a ÷÷ = 4 3 ，解得2 3 4 a = 2
，
è
4 3
所以，R = 6 ，所以球O的体积为 p R = 8 6p .故答案为：3 8 6p
.
【变式 1-2】
（20-21 高三上·安徽合肥·阶段练习）已知三棱锥P - ABC 的顶点 P在底面的射影O为VABC 的垂心，若
S 2△ABC × S△OBC = S△PBC ，且三棱锥P - ABC 的外接球半径为 3，则 S△PAB + S△PBC + S△PAC 的最大值为 ．
【答案】18
【分析】连 AO 交BC 于D，由顶点 P在底面的射影O为VABC 的垂心，得 AD ^ BC ，进而证明
BC ^ PA, PC ^ AB, PD ^ BC 2，由 S 2△ABC × S△OBC = S△PBC 。得 AD ×OD = PD ，根据三角形相似可得，
PA ^ AD，进而证明PA, PB, PC 两两互相垂直，将三棱锥拓展为以PA, PB, PC 为棱的长方体，可得
PA2 + PB2 + PC2 = 36，再由基本不等式，即可求出结论.
【详解】连 AO 交BC 于D，顶点 P在底面的射影O为VABC 的垂心，
\ AD ^ BC ，又PO ^平面 ABC ，\PO ^ BC ，PO I AD = O ，\BC ^平面PAD, BC ^ PA, BC ^ PD ，
PC AD PD同理可证 ^ AB, PB ^ AC 2 2，由 S△ABC × S△OBC = S△PBC ，得 AD ×OD = PD , = ，PD OD
PDO = PDA,\△POD :△APD,\ APD = POD = 90°，
\PA ^ PD，又PA ^ BC, BC I PD = D,\PA ^平面 PBC ，
PA ^ PB, PA ^ PC ，又PC ^ AB, PAI AB = A,\PC ^平面PAB，\PC ^ PB, PA, PA, PC 两两互相垂直，
\三棱锥P - ABC 的外接球为PA, PB, PC 为棱的长方体的外接球，
又三棱锥P - ABC 的外接球半径为 3，\PA2 + PB2 + PC2 = (2 3)2 = 36，
S S S 1 PA PB 1 1\ + + = × + PB × PC + PC × PA (PA
2 + PB2 ) + (PB2 + PC2 ) + (PC2 + PA2 )
△PAB △PBC △PAC = 18，2 2 2 4
当且仅当PA = PB = PC = 2 3 时，等号成立.故答案为：18.
【变式 1-3】
（19-20 高三下·山东·阶段练习）已知正方体 ABCD - A1B1C1D1的棱长为 2 3 ，其内有 2 个不同的小球，球O1
与三棱锥 A - CB1D1的四个面都相切，球O2与三棱锥 A - CB1D1的三个面和球O1都相切，则球O1的体积等
于 ，球O2的表面积等于 ．
4
【答案】 p p
3
【分析】由题意可知三棱锥 A - CB1D1是边长为 2 6 的正四面体,则球O1是三棱锥 A - CB1D1的内切球,设其半
1 1 1
径为R1,由VA-CB D = SVCB D AO = 4 SVCB D R1，可知R1 = AO ,设平面MNP//平面CB D ,且球O 和球1 1 3 1 1 3 1 1 4 1 1 1
O 12均与平面MNP 相切于点E ,则球O2是正四面体 A - MNP的内切球,设其半径为R2 ,则R2 = AE ,最后代入4
数据计算即可.
【详解】因为正方体 ABCD - A1B1C1D1的棱长为 2 3 ,所以三棱锥 A - CB1D1是边长为 2 6 的正四面体,VCB1D1
2
的高为3 2 ,设底面CB1D1的中心为O ,连接CO ,则CO = 3 2 = 2 2 ,3 AO = 24 -8 = 4
,
O 1 1则球 1是三棱锥 A - CB1D1的内切球,设其半径为R1,则有VA-CB D = S AO = 4 S R1 1 3 VCB1D1 3 VCB1D1 1
R 1所以 1 = AO =1 ,所以球O
4
1的体积为 p ,又球O4 3 2
与三棱锥 A - CB1D1的三个面和球O1都相切,
则设平面MNP//平面CB1D1 ,且球O1和球O2均与平面MNP 相切于点E ,如下图所示,
则球O2是三棱锥 A - MNP的内切球,设其半径为R2 ,
1 1
故 AE = AO - 2R1 = 2 ,因此在正四面体 A - MNP中, R2 = AE = ,4 2
所以球O
4
2的表面积为p ,故答案为: p ;p .3
冲高考
1．（2024·四川德阳·模拟预测）设底面为菱形且高为 3的直四棱柱 ABCD - A1B1C1D1中，已知底面边长为正
整数 a且为定值， BAD
π 2π
= ，若矩形CDD1C1 内的点E 满足 AE = 7 的轨迹长度为 .设点F 为三棱柱3 3
ABD - A1B1D1的外接球上一点，则四棱锥F - BCC1B1体积的最大值为
【答案】3
HE 7 3【分析】利用线面垂直关系，结合勾股定理将 AE = 7 转化为 = - a2 ，结合几何不等关系建立HE
4
不等关系解 a，再由空间直观确定三棱柱的外接球球心，进而求解球心到平面BB1C1C 的距离，结合定底动
高特点求体积最大值即可.
【详解】在底面 ABCD中，过A 作 AH ^ DC ，垂足为H ，连接HE ，
直四棱柱 ABCD - A1B1C1D1中，DD1 ^平面 ABCD， AH 平面DD1C1C ，
则DD1 ^ AH ，又DD1 平面DD1C1C ，且DC 平面DD1C1C ，
又DC DD1 = D，故 AH ^平面DD1C1C ，又HE 平面DD1C1C ，
所以 AH ^ HE ，
2
在Rt△ AHE 中， AE2 = AH 2 + HE2 = 7 = 7，
BAD π π在菱形 ABCD中，由 = ，则 DAH = ，又边长 AD = a，
3 6
3
可得 AH = a, DH a= ，又CC
2 2 1
= 3，
a 9
则C1H = C1C
2 + CH 2 = ( 3)2 + (a + )2 = 3+ a2 ，
2 4
EH = AE2 - AH 2 3= 7 - a2 ，
4
故点E 3在以H 为圆心，以 7 - a2 为半径的圆上运动，
4
又点E 在矩形CDD1C1 内，如图可知DH < AE < C1H ，
a 7 3即 < - a2 3 9
4
< + a2 2，解得 < a < 7 ，
2 4 4 3
由题意 a为正整数，故 a = 2 .
π
验证知，HD = D D2 + DH 21 1 = 2, EH = 2 ， D1HC = ，3
π 2π
故点E 轨迹为如图圆心角为 ，半径为 2的圆弧，弧长为 ，满足题意.
3 3
点F 为三棱柱 ABD - A1B1D1的外接球上一点，且 VA1B1D1与△ABD 为正三角形，
分别在上下底面取 VA1B1D1与△ABD 的中心O1,O2 ，再取O1O2 的中点O ,
由球、直棱柱的对称性及正三角形的性质可知，
O即为三棱柱 ABD - A1B1D1的外接球球心.
Q AA1 // BB1 // CC1, AA1 = BB1 = CC1，
\四边形 AA1C1C 是平行四边形，则 A1C1 // AC ，即 A1O1 // AO
又 A1O
3 2 2 3
1 = AO2 = 2 = ，2 3 3
\四边形 A1AO1O是平行四边形，\OO1//AA1 // CC1，
又OO1 平面B1BCC1，CC1 平面B1BCC1，
则OO1 // 平面B1BCC1，故球心O到平面B1BCC1的距离即O1到平面B1BCC1的距离，
在底面 ABCD内，连接O2B ，由△ABD 为正三角形可知，O2B ^ AD，
又 AD // BC \O2B ^ BC ，
又BB1 ^ 平面 ABCD，O2B 平面DD1C1C ，
则BB1 ^ O2B ，又BB1 平面BB1C1C ，且BC 平面BB1C1C ，
又BC I BB1 = B，\O2B ^平面BB1C1C ，
\O B O 2 3 2 32 即为 2到平面BB1C1C 的距离d ， d = AB = .
3 2 3
2 2 2
球半径R = OB = O2B
2 1+ O
2 3 3 5
1O2 ÷ = ÷÷ +è 2 3
2 ÷÷
= 3 .
è è 6
要求四棱锥F - BCC1B1体积的最大值，
而矩形BCC1B1的面积为 2 3 ，为定值，
故当点F 平面B1BCC1的距离 d 最大时，体积取到最大值，
5 3 2 3 3
当且仅当 d = R + d = + = 3时，四棱锥F - BCC1B1体积V 最大，
6 3 2
1 3
最大值Vmax = 2 3 3 = 3 .故答案为：3 .3 2
2．（24-25 高三下·福建·阶段练习）已知某圆锥侧面展开后的扇形面积为定值，设扇形的圆心角为a ，则当
圆锥的内切球体积最大时，a = ．
【答案】 2( 2 -1)π
【分析】利用等面积法求出内切球半径，再结合基本不等式找到内切球半径最大时的取等条件，再利用圆
心角公式求解即可.
【详解】设扇形面积为S，圆锥的底面半径为 r ，母线长为 l ，高为 h，内切球半径为 R，
而 l + r > 0 ，由勾股定理得 h = l 2 - r 2 ，
而圆锥的内切球在轴截面中与等腰三角形三边相切，
我们以内切球的球心为顶点，向等腰三角形三边作垂线，
可将其分割为三个小三角形，其中两个小三角形以母线 l 为底，内切球半径 R为高，
另一个小三角形以底面圆直径 2r 为底，内切球半径 R为高，
由题意得圆锥轴截面的面积与以内切球的球心为顶点分割出的小三角形面积之和相等，
1
2r l 2 - r 2而轴截面面积为 = r l 2 - r 2 ，而以内切球的球心为顶点分割出的小三角形面积之和为
2
1 l R 1 l R 1
2 2
+ + 2r R = lR + rR = R(l + r) ，故
2 2 2 r l
2 - r 2 = R(l + r) ，解得 R r l - r= ，
l + r
2 2 1 S
则该圆锥的内切球半径 R r l - r= ，由扇形面积公式得 S = 2πr l ，即 rl = ，
l + r 2 π
S
且记 = p为定值，故 rl = p
p
，即 l = ，而 p + r 2 > 0，
π r
2 2 2
r 2 (l 2 - r 2 ) r 2 (l - r)(l + r) r 2 (l - r) r( p - r ) r ( p - r ) pr
2 - r 4
R2 = = = = p = 2 =因为 (l + r)2 (l + r)2 l + r + r p + r p + r
2
r
(2 p - r 2 )( p + r 2 ) - 2 p2 2 p2 2
= 2 = 2 p
2 p
- r 2 - = 3p - ( p + r 2 + )
p + r p + r 2 p + r 2 ，
3p ( p r 2 2 p
2 2
由基本不等式得 - + + 2 )
2 p
3p - 2 ( p + r 2 ) 2 = 3p - 2 2 p ，p + r p + r
而3p - 2 2 p = p(3 - 2 2) = p é ( 2)
2 - 2 2 +12 ù = ( 2 -1)
2 p，
2 p2
即 R2 ( 2 -1)2 p 2，当且仅当 p + r = p r 2 时取等，此时 p + r
2 = 2 p
+ ，
4
设圆锥的内切球体积为V ，而由球的体积公式得V = πR3 ，
3
由幂函数性质得当圆锥的内切球体积最大时，圆锥的内切球半径 R最大，
而 p + r 2 = 2 p，解得 r 2 = ( 2 -1) p ，
a 2πr 2πr 2πr
2 2π( 2 -1) p
R = = p = = = 2( 2 -1)π当 最大时，由弧长公式得 l p p .
r
故答案为： 2( 2 -1)π .
3．（24-25 高二上·山东青岛·阶段练习）如图，在长方体 ABCD - A1B1C1D1中， AB = 4, AD = 2, DD1 = 3, E, N
分别为DC, D C
π
1 1 的中点，M 在平面 ABCD内运动，且MN 与 AB 所成的角为 ,Q 在线段EB上运动，若Q3
为△MDC 的内心，则 SVMQD - SVMQC 的值为 .
【答案】1
【分析】构建空间直角坐标系，设M (x, y,0)，根据异面直线夹角的向量表示列方程求M 在面 xOy 上的轨迹
x2
方程为 (y - 2)2 - =1，在面 xOy 上结合已知分析得到直线CM 一定与直线BC 重合，即Q 为EB中点，进
3
而求出M 坐标及Q 到 y轴、直线CM 距离，应用三角形面积公式即可求答案.
【详解】构建如下图示空间直角坐标系，则D(0,0,0), B(2, 4,0),C(0, 4,0), E(0, 2,0), N (0, 2, 3)，
uuuur uuur
设M (x, y,0)，则MN = (-x, 2 - y, 3)，DC = (0, 4,0)，而CD / / AB ，
π π
又MN 与 AB 所成的角为 ，即MN 与CD所成的角为 ，
3 3
uuuur uuur uuuur uuur
cos MN , DC MuuuNur ×uD
2 - y
uuCr 1
2
所以 = = = ，故
2 (y - 2)
2 x- =1，
MN DC x2 + (2 - y)2 + 3 3
所以M 在面 xOy 上的轨迹如下图示，
又Q 为△MDC 的内心，故Q 到 y轴距离与到直线CM 距离相等，即 dQ-CD = dQ-CM ，
而Q 在线段EB上运动，显然EB是边长为 2 的正方形BCEF 的对角线，
综上，直线CM 一定与直线BC 重合，此时Q 为EB中点，
所以CM : y = 4，Q(1,3)，且 dQ-CD = dQ-CM =1，
2
将 y = 4
x
代入 (y - 2)2 - =1，可得 x = 3（根据对称性取正值即可），所以M (3, 4)，
3
1 1
综上， | CM |= 3， | DM |= 5，则 SVMQD - SVMQC = 1 5 - 1 3 =1.2 2
故答案为：1
【点睛】关键点点睛：利用异面直线夹角的向量表示求出M 在面 xOy 上的轨迹，结合题设分析Q 的位置，
并求出 M 坐标为关键.
4．（24-25 高三上·安徽六安·阶段练习）若在长方体 ABCD - A1B1C1D1中， AB = 3, BC = 2, AA1 = 4 .则四面体
ABB1C1与四面体 A1C1BD 公共部分的体积为 .
4
【答案】
3
【分析】先判断出公共部分的位置，然后利用锥体体积公式来求得正确答案.
【详解】记 A1D
