2025年高考數(shù)學(xué)必刷題分類：第55講、立體幾何中的壓軸小題（教師版）

第55講立體幾何中的壓軸小題

必考題型全歸納

題型一：球與截面面積問題

例1．（2024·湖南長沙·高二長郡中學(xué)?？奸_學(xué)考試）已知三棱錐PABC的四個(gè)頂點(diǎn)在球O

的球面上，PAPBPC，ABC是邊長為62的正三角形，PA3PE，BA3BF，

CEF90，過點(diǎn)E作球O的截面，截面面積最小值為（）

A．8πB．16πC．27πD．40π

【答案】A

【解析】∵PAPBPC，ABC為邊長為62的等邊三角形，∴PABC為正三棱錐，

取AC的中點(diǎn)M，連接BM、PM，則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為正方體PBDCAB1D1C1的一部分，

1

可得外接球的半徑為R36363633，

2

取AP的中點(diǎn)H，連接OH、AD1，

1

可得OH=AD32，EH1，所以O(shè)E219，

21

過點(diǎn)E作球O的截面，設(shè)截面與棱PA、PC、PD的交點(diǎn)分別為E、Q、G，

當(dāng)OE垂直EQG時(shí)截面面積最小，此時(shí)E即為截面圓的圓心，

截面圓半徑為r2R2OE28，截面面積為8π.

故選：A．

例2．（2024·四川綿陽·高三綿陽南山中學(xué)實(shí)驗(yàn)學(xué)校校考階段練習(xí)）四面體ABCD的四個(gè)頂點(diǎn)

都在球O的球面上，ABBCCDDA4，ACBD22，點(diǎn)E，F(xiàn)，G分別為棱BC，

CD，AD的中點(diǎn)，現(xiàn)有如下結(jié)論：①過點(diǎn)E，F(xiàn)，G作四面體ABCD的截面，則該截面的面

163

積為2；②四面體ABCD的體積為；③過E作球O的截面，則截面面積的最大值與最

3

小值的比為5：4.則上述說法正確的個(gè)數(shù)是（）

A．0B．1C．2D．3

【答案】C

【解析】選項(xiàng)①中，如圖（1）所示，找AB的中點(diǎn)H，過點(diǎn)E，F(xiàn)，G做四面體ABCD的截

面即為面EFHG，

則EG//AC//FH,EGBDGH，所以四邊形EFHG為平行四邊形，

找AC的中點(diǎn)O,連接OD,OB，因?yàn)锳BBCCDDA4，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

所以四邊形EFHG為矩形，EFBD2，EGAC2，

22

所以截面的面積S222，故①正確；

選項(xiàng)②中，RtCOD中，由勾股定理得：ODCD2OC216214，

1

同理OBOD14，過點(diǎn)O作OMBD,則DMDB2，所以由勾股定理得：

2

OMOD2DM214223，

11

所以SBDOM222326，

OBD22

由選項(xiàng)①可得：CO平面BOD,

14383

所以VV262，VVV，故②錯(cuò)誤；

CBODABOD33DABCCBODABOD3

選項(xiàng)③中，可以將四面體放入如圖（2）所示的長方體中，由題可求得，APPC2,PB23，

4412

所以外接球的半徑R5，截面面積的最大值為5；平面PCQB截得的面積為

2

最小面積，

PB2PC2412

半徑R2，截面積最小為4，所以截面面積的最大值與最小值的

22

比為5：4，故③正確.

圖（1）

圖（2）

例3．（2024·四川內(nèi)江·四川省內(nèi)江市第六中學(xué)?？寄M預(yù)測）已知球O是正三棱錐ABCD

（底面是正三角形，頂點(diǎn)在底面的射影為底面中心）的外接球，BC3，AB2，點(diǎn)E

是線段AB的中點(diǎn)，過點(diǎn)E作球O的截面，則所得截面面積的最小值是（）

πππ

A．B．C．D．

2346

【答案】A

【解析】如圖，O1是A在底面的射影，

31

BO1

由正弦定理得，△BCD的外接圓半徑1π，

sin2

3

由勾股定理得棱錐的高22，

AO1(2)(1)1

222222

設(shè)球O的半徑為R，則BOOO1BO1即R1R1，解得R1，

所以O(shè)O10，即點(diǎn)O與O1重合，

在Rt△AOB中，點(diǎn)E是線段AB的中點(diǎn)，AOBO1，

π2

所以O(shè)E1sin，當(dāng)截面垂直于OE時(shí)，截面面積最小，

42

22π

此時(shí)半徑為R2OE2，截面面積為π()2.

222

故選：A

變式1．（2024·寧夏銀川·校聯(lián)考二模）2022年第三十二屆足球世界杯在卡塔爾舉行，第一

屆世界杯是1930年舉辦的，而早在戰(zhàn)國中期，中國就有過類似的體育運(yùn)動(dòng)項(xiàng)目：蹴鞠，又

名蹴球，蹴圓，筑球，踢圓等，蹴有用腳蹴、踢、蹋的含義，鞠最早系外包皮革、內(nèi)實(shí)米糠

的球．因而蹴鞠就是指古人以腳蹴、蹋、踢皮球的活動(dòng)，類似于今日的足球．2006年5月

20日，蹴鞠作為非物質(zhì)文化遺產(chǎn)經(jīng)國務(wù)院批準(zhǔn)已列入第一批國家非物質(zhì)文化遺產(chǎn)名錄．已

知半徑為3的某鞠（球）的表面上有四個(gè)點(diǎn)A，B，C，P，ACBC，ACBC4，PC6，

則該鞠（球）被平面PAB所截的截面圓面積為（）

2325

A．7πB．πC．8πD．π

33

【答案】D

【解析】因?yàn)槿忮FPABC的外接球的半徑R3，而PC6，所以PC為外接球的直徑，

如圖，將三棱錐PABC放入如圖所示的長方體，則ACBC4，

設(shè)長方體的另一棱長為a，所以2R64242a2，解得a2，即PD2，

設(shè)外接球的球心為O，所以PAPB224225，AB424242，

PA2AB2PB23210

設(shè)PAB的外接圓的半徑為r，則cosPAB，

2PAAB225425

15

則sinPAB1cos2PAB，

5

PB25103

2r53

所以sinPAB153，則r，

3

5

2

所以該鞠（球）被平面所截的截面圓面積25325．

PABSπrππ

33

故選：D

變式2．（2024·全國·高三專題練習(xí)）在正方體ABCDA1B1C1D1中，AB2,M,N分別為

AD,BC的中點(diǎn)，該正方體的外接球?yàn)榍騉，則平面A1MN截球O得到的截面圓的面積為（）

6π7π12π14π

A．B．C．D．

5555

【答案】D

【解析】如圖，連接B1N，由題意易知MNA1B1，

MNA1B1，故四邊形A1B1NM為平行四邊形.

設(shè)B1CBC1H，取B1C1的中點(diǎn)K，連接NK，

在RtB1KN中，B1N5,B1K1,NK2，

255

故點(diǎn)K到B1N的距離為，故點(diǎn)H到B1N的距離為，

55

5

因此圓心O到平面A1MN的距離為.由題易知球O的半徑R3，

5

170214

故平面A1MN截球O得到的截面圓的半徑r3，故截面圓的面積Sπrπ.

555

故選：D

變式3．（2024·四川遂寧·射洪中學(xué)校考模擬預(yù)測）已知球O內(nèi)切于正方體ABCDA1B1C1D1，

P，Q，M，N分別是B1C1,C1D1,CD,BC的中點(diǎn)，則該正方體及其內(nèi)切球被平面MNPQ所截

得的截面面積之比為（）

A．42:πB．22:πC．32:πD．4:π

【答案】A

【解析】如圖，易知正方體ABCDA1B1C1D1的內(nèi)切球的球心O為D1B的中點(diǎn)，

1

設(shè)球O切上下底面中心于點(diǎn)E，F(xiàn)，則球O的半徑REF，

2

又易知球心O到平面MNPQ的距離等于E到平面MNPQ的距離，

設(shè)EC1交QP于點(diǎn)G，則易證EG平面MNPQ，

1

∴球心O到平面MNPQ的距離dEGEC，

21

設(shè)正方體ABCDA1B1C1D1的棱長為22，

11

則REF2，dEGEC1，

221

∴球O被平面MNPQ所截的小圓半徑rR2d2211，

∴球O被平面MNPQ所截的小圓面積為πr2π，

又易知NM2，PN22，

∴該正方體被平面MNPQ所截得的截面面積為2242，

∴該正方體及其內(nèi)切球被平面MNPQ所截得的截面面積之比為42:π，

故選：A

變式4．（2024·河南洛陽·高三校聯(lián)考階段練習(xí)）已知三棱錐P-ABC的棱長均為6，且四個(gè)頂

uuur1uuur

點(diǎn)均在球心為O的球面上，點(diǎn)E在AB上，AEAB，過點(diǎn)E作球O的截面，則截面面

3

積的最小值為（）

A．8πB．10πC．16πD．24π

【答案】A

【解析】如圖，因?yàn)槿忮F的棱長均為6，所以點(diǎn)P在平面ABC內(nèi)的射影H是ABC的中

心，

2

取BC的中點(diǎn)D，連接AD，則點(diǎn)H在AD上，且AHAD，

3

12

所以BDBC＝3，ADAB2BD233，AHAD23，則

23

PHAP2AH226．

設(shè)三棱錐P-ABC的外接球半徑為R，則OP＝OA＝R，

22236

在△AOH中，AH(PHR)R，解得R．

2

uuur1uuur

因?yàn)锳EAB，所以AE＝2，取AB的中點(diǎn)F，則EF＝1，且OFAB，

3

2

所以222222236211．

OEEFOFEFOAAF13

22

當(dāng)過點(diǎn)E的球O的截面與OE垂直時(shí)，截面面積最小，

設(shè)截面圓的半徑為r，則r2R2OE28，

所以截面面積為Sπr28π．

故選：A．

題型二：體積、面積、周長、角度、距離定值問題

例4．（2024·福建三明·高一校考階段練習(xí)）如圖，在正方體ABCDA1B1C1D1中，AB2，

M，N分別為A1D1，B1C1的中點(diǎn)，E，F(xiàn)分別為棱AB，CD上的動(dòng)點(diǎn)，則三棱錐MNEF

的體積（）

82

A．存在最大值，最大值為B．存在最小值，最小值為

33

4

C．為定值D．不確定，與E，F(xiàn)的位置有關(guān)

3

【答案】C

【解析】如下圖，連接AM,BN，在正方體ABCDA1B1C1D1中，M，N分別為A1D1，B1C1

的中點(diǎn)，可得MN//AB//CD，DC//平面MEN，所以當(dāng)F在棱CD移動(dòng)時(shí)，F(xiàn)到平面MEN的

距離為定值，當(dāng)E在棱AB移動(dòng)時(shí)，E到MN的距離為定值，所以SMEN為定值，則三棱錐

MNEF的體積為定值.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

故選：C.

例5．（2024·四川成都·?？寄M預(yù)測）如圖，在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，底面ABCD為

正方形，AA1底面ABCD，AA12AB，M?N分別是棱BB1?DD1上的動(dòng)點(diǎn)，且DNB1M，

則下列結(jié)論中正確的是（）

A．直線A1C與直線MN可能異面

B．三棱錐A1C1MN的體積保持不變

C．直線AC與直線MN所成角的大小與點(diǎn)M的位置有關(guān)

π

D．直線AD與直線MN所成角的最大值為

3

【答案】B

【解析】連接NC，MC，因?yàn)樗睦庵鵄BCDA1B1C1D1中，

DNB1M，底面ABCD為正方形，AA1底面ABCD

顯然四邊形CNA1M為平行四邊形，

所以直線A1C與直線MN一定相交，A錯(cuò)誤；

連接NC1,MC1，取A1C1的中點(diǎn)O，連接NO，MO，

因?yàn)镹C1NA1，MC1MA1，由三線合一可知：NOA1C1，MOA1C1，

因?yàn)镸ONOO，所以A1C1平面MON，

DNB1M，

1

設(shè)四邊形DBBD的面積為S，則SS為定值，

11MON4

1

故VVVSAC為定值，

A1C1MNA1OMNC1OMN311

三棱錐A1C1MN的體積保持不變，B正確；

連接BD，B1D1，

因?yàn)樗倪呅蜛BCD為正方形，所以AC⊥BD，

又DD1底面ABCD，AC平面ABCD，

所以DD1AC，

因?yàn)锽DDD1D，所以AC⊥DBB1D1，

因?yàn)镸N平面DBB1D1，

所以AC⊥MN，

直線AC與直線MN所成角的大小與點(diǎn)M的位置無關(guān)，C錯(cuò)誤；

過點(diǎn)N作NH∥AD交AA1于點(diǎn)H，連接HM，

則HNM為直線AD與直線MN的夾角，且NHM90，

HM

其中tanHNM，其中NH為定值，

NH

故要想直線AD與直線MN所成角的最大，只需HM最大，

設(shè)正方形邊長為a，則HN=a，

22

顯然當(dāng)N與點(diǎn)D1重合，M與B重合時(shí)，HM最大，最大值為a2a5a，

HM

此時(shí)tanHNM5，故D錯(cuò)誤.

NH

故選：B

例6．（多選題）（2024·福建三明·統(tǒng)考三模）如圖，正方體ABCDA1B1C1D1的棱長為2，點(diǎn)

E是AA1的中點(diǎn)，點(diǎn)F是側(cè)面ABB1A1內(nèi)一動(dòng)點(diǎn)，則下列結(jié)論正確的為（）

A．當(dāng)F在A1B上時(shí)，三棱錐FCD1E的體積為定值

2

B．CE與BF所成角正弦的最小值為

3

C．過D1作垂直于CE的平面截正方體ABCDA1B1C1D1所得截面圖形的周長為62

25

D．當(dāng)D1FCE時(shí)，△BCF面積的最小值為

5

【答案】ABD

【解析】對(duì)于A選項(xiàng)，連接CD1、A1B，如下圖所示：

在正方體ABCDA1B1C1D1中，A1D1//BC且A1D1BC，

故四邊形A1BCD1為平行四邊形，所以，A1B//CD1，

因?yàn)锳1B平面CD1E，CD1平面CD1E，所以，A1B//平面CD1E，

當(dāng)F在A1B上時(shí)，點(diǎn)F到平面CD1E的距離等于點(diǎn)A1到平面CD1E的距離，

1112

所以，VVVS△CD212，A對(duì)；

FCD1EA1CD1ECA1D1E3A1D1E323

對(duì)于B選項(xiàng)，連接BE，

因?yàn)锽F平面AA1B1B，所以，CE與BF所成的最小角為直線CE與平面AA1B1B所成的角，

因?yàn)锽C平面AA1B1B，所以，CE與平面AA1B1B所成角為BEC，

因?yàn)锽E平面AA1B1B，所以，BCBE，

因?yàn)锽EAB2AE222125，BC2，

所以，CEBC2BE2453，

BC22

所以，sinBEC，故CE與BF所成角正弦的最小值為，B對(duì)；

CE33

對(duì)于C選項(xiàng)，分別取線段AB、AD的中點(diǎn)M、N，連接AC、A1C1、B1D1、

BD、MN、D1N、B1M，

因?yàn)樗倪呅蜛1B1C1D1為正方形，則B1D1A1C1，

又因?yàn)锳A1平面A1B1C1D1，B1D1平面A1B1C1D1，則B1D1AA1，

因?yàn)锳A1A1C1A1，AA1、A1C1平面AA1C1C，所以，B1D1平面AA1C1C，

因?yàn)镃E平面AA1C1C，則CEB1D1，

在Rt△ABE和RtBB1M中，AEBM，ABBB1，BAEB1BM90，

所以，Rt△ABE≌Rt△BB1M，則BMB1AEB，

所以，ABEBMB1ABEAEB90，則BOM90，即B1MBE，

因?yàn)锽C平面AA1B1B，B1M平面AA1B1B，則B1MBC，

因?yàn)锽CBEE，BC、BE平面BCE，所以，B1M平面BCE，

因?yàn)镃E平面BCE，所以，CEB1M，

因?yàn)镸、N分別為AB、AD的中點(diǎn)，則MN//BD，

因?yàn)锽B1//DD1且BB1DD1，故四邊形BB1D1D為平行四邊形，所以，B1D1//BD，

所以，MN//B1D1，則N、M、B1、D1四點(diǎn)共面，

因?yàn)镃EB1D1，CEB1M，B1MB1D1B1，B1M、B1D1平面B1D1NM，

所以，CE平面B1D1NM，

過D1作垂直于CE的平面截正方體ABCDA1B1C1D1所得截面，則截面為梯形B1D1NM，

由勾股定理可得2222，

B1MBB1BM215

同理可得D1N5，MN2，B1D122，

所以，截面周長為B1D1MNB1MD1N222553225，C錯(cuò)；

對(duì)于D選項(xiàng)，由C選項(xiàng)可知，CE平面B1D1NM，則點(diǎn)F的軌跡為線段B1M，

因?yàn)锽C平面AA1B1B，BF平面AA1B1B，則BCBF，

1

則S△BCBFBF，

BCF2

當(dāng)BFB1M時(shí)，即當(dāng)點(diǎn)F與點(diǎn)O重合時(shí)，BF的長取最小值，

BMBBBMBB1225

此時(shí)，BF11，

minBM225

1BMBB114

25

所以，S△BF，D對(duì).

BCF5

故選：ABD.

變式5．（多選題）（2024·廣東梅州·統(tǒng)考三模）已知正方體ABCDA1B1C1D1的棱長為2，O1

為四邊形A1B1C1D1的中心，P為線段AO1上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，Q為線段CD1上一點(diǎn)，若三棱錐

QPBD的體積為定值，則（）

A．DQ2QC1B．DQQC1

C．O1Q2D．O1Q3

【答案】BC

【解析】連接AC，交BD于點(diǎn)O，連接OC1，

因?yàn)镺1為四邊形A1B1C1D1的中心，所以AO1//OC1，

又OC1平面BDC1，AO1平面BDC1，所以AO1//平面BDC1，

因?yàn)槿忮FQPBD的體積等于三棱錐PQBD的體積，且為定值，

所以AO1//平面QBD，所以平面QBD與平面BDC1為同一平面，

所以Q為CD1與DC1的交點(diǎn)，所以DQQC1，故A錯(cuò)誤，B正確；

因?yàn)檎襟w的棱長為，所以22．故正確，錯(cuò)誤．

2O1Q112CD

故選：BC．

變式6．（多選題）（2024·山西大同·高三統(tǒng)考階段練習(xí)）如圖，正方體ABCDA1B1C1D1的棱

長為2，線段B1D1上有兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)E,F，且EF2，以下結(jié)論正確的有（）

A．EFAB2

B．A1CAE

C．正方體ABCDA1B1C1D1的體積是三棱錐ABEF的體積的12倍

D．異面直線AE,BF所成的角為定值

【答案】ABC

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

B：建立如圖空間直角坐標(biāo)系，則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?yàn)锳D1AB1A，AD1，AB1平面AD1B1，

所以A1C平面AD1B1，又AE平面AD1B1，所以A1CAE，正確;

C：連接BD,AC，交于O，則ACBD，

因?yàn)镈D1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

所以正方體ABCDA1B1C1D1的體積是三棱錐ABEF的體積的12倍，正確;

D：當(dāng)點(diǎn)E在D1處，F(xiàn)為B1D1的中點(diǎn)時(shí)，由正方體性質(zhì)易知AE//BC1，異面直線AE,BF所

成的角是FBC1，

由BB1面A1B1C1D1，F(xiàn)C1面A1B1C1D1，則BB1FC1，正方形中顯然B1D1FC1，

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

FC

所以FCBF，故tanFBC1，

11BF

當(dāng)E在B1D1的中點(diǎn)時(shí)，F(xiàn)在B1的位置，由正方體性質(zhì)易知AA1//BB1，異面直線AE,BF所成

的角是EAA1，

EA

1

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

AA1

綜上，F(xiàn)C1EA1，BFBB1AA1，即tanFBC1tanEAA1，即兩個(gè)角不相等，錯(cuò)誤.

故選：ABC.

變式7．（多選題）（2024·廣東深圳·高三紅嶺中學(xué)校考期末）已知正三棱柱ABC﹣A1B1C1的

底面邊長為1，AA1=1，點(diǎn)P滿足BPBCBB1，其中λ∈[0,1],μ∈[0,1]，下列選項(xiàng)正確

的是（）

A．當(dāng)λ=1時(shí)，△AB1P的周長為定值

B．當(dāng)μ=1時(shí)，三棱錐P﹣A1BC的體積為定值

1

C．當(dāng)時(shí)，有且僅有兩個(gè)點(diǎn)P，使得A1P⊥BP

2

1

D．當(dāng)時(shí)，有且僅有一個(gè)點(diǎn)P，使得A1B⊥平面AB1P

2

【答案】BCD

【解析】因?yàn)辄c(diǎn)P滿足BPBCBB1，其中0,1,0,1，

所以點(diǎn)P在矩形BCC1B1內(nèi)部（含邊界）．

對(duì)于A項(xiàng)，當(dāng)1時(shí)，BPBCBB1CPBB1．

即此時(shí)P線段CC1，

因?yàn)锳PB1P為變值，

△

故AB1P的周長不是定值，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；

對(duì)于B項(xiàng)，當(dāng)1時(shí)，BPBCBB1BB1B1C1，

故此時(shí)P點(diǎn)的軌跡為線段B1C1，而B1C1//BC，所以B1C1//平面A1BC，

則點(diǎn)P到平面A1BC的距離為定值，所以其體積為定值，故B項(xiàng)正確；

11

對(duì)于C項(xiàng)，當(dāng)時(shí)，BPBCBB，

221

取BC，B1C1的中點(diǎn)分別為Q，H，則BPBQQH，

所以P點(diǎn)的軌跡為線段QH，

不妨建系解決，以QA方向?yàn)閤軸，QB方向?yàn)閥軸，QH方向?yàn)閦軸，

建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，

31

則，,，B0,,0，

A1,0,1P0,0

22

31

所以，，

A1P,0,1BP0,,

22

A1PBP10，

所以0或1，故H，Q均滿足，故C項(xiàng)正確；

11

對(duì)于D項(xiàng)，當(dāng)時(shí)，BPBCBB，

221

取BB1，CC1的中點(diǎn)為M，N，BPBMMN，

所以P點(diǎn)的軌跡為線段MN，

13

設(shè)，因?yàn)椋?/p>

P0,y0,A,0,0

22

3131

所以，，

AP,y0,A1B,,1

2222

3111

所以y0y，

420202

此時(shí)點(diǎn)P與N重合，故D項(xiàng)正確．

故選：BCD

變式8．（多選題）（2024·福建廈門·統(tǒng)考模擬預(yù)測）如圖，在棱長為1的正方體

中，點(diǎn)滿足，其中，則（）

ABCDA1B1C1D1PBPBCBB10,1,0,1

A．AP3

1

B．當(dāng)時(shí)，有且僅有一個(gè)點(diǎn)P，使得AP平面A1BD

2

1

C．當(dāng)時(shí)，有且僅有一個(gè)點(diǎn)P，使得AP∥AB

21

1

D．當(dāng)時(shí)，三棱錐PABD的體積為定值

21

【答案】AD

【解析】如圖建立空間直角坐標(biāo)系，

則B(1,0,0),B1(1,0,1),C(1,1,0),

因?yàn)?，，所?/p>

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

所以P(1,,)，

對(duì)于選項(xiàng)A，則P(1,,),A(0,0,0)，所以AP(1,,),AP122，

因?yàn)?,1,0,1，所以AP3，故A答案正確；

對(duì)于選項(xiàng)B，A1(0,0,1),B(1,0,0),D(0,1,0),A1B(1,0,1),A1D(0,1,1),

111

當(dāng)時(shí)，P(1,,)，AP(1,,),設(shè)面ABD的法向量為n(x,y,z)，

2221

nA1B0xz0

則，令y1，所以n(1,1,1)，

yz0

nA1D0

1

若AP平面A1BD，則APan，(1,,)a(1,1,1)無解，所以不存在點(diǎn)P，使得AP平面

2

A1BD,故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；

111

對(duì)于選項(xiàng)C，當(dāng)時(shí)，P(1,,),AP(1,,),AB(1,0,0),

2212

1

若AP∥AB，則AP=mAB，(1,,)m(1,0,0)，無解，所以不存在點(diǎn)P，使得AP∥AB，

1121

故C錯(cuò)誤；

133

對(duì)于選項(xiàng)D，A1BD為邊長為2的等邊三角形，所以S22,

A1BD222

A1Pn11

點(diǎn)P到平面A1BD的距離為||，當(dāng)時(shí)，

|n|32

點(diǎn)P到平面A1BD的距離為定值，則三棱錐PA1BD的體積為定值，故D選項(xiàng)正確.

故選：AD.

變式9．（多選題）（2024·湖南·校聯(lián)考模擬預(yù)測）如圖，ABCDABCD為正方體.任作平

面與對(duì)角線AC垂直，使得與正方體的每個(gè)面都有公共點(diǎn)，記這樣得到的截面多邊形的

面積為S，周長為l.則（）

A．S為定值B．S不為定值C．l為定值D．l不為定值

【答案】BC

【解析】將正方體切去兩個(gè)正三棱錐AABD與CDBC后，得到一個(gè)以平行平面ABD與

DBC為上、下底面的幾何體V，

在AB上取一點(diǎn)E，作ET//BD，ES//AB，再作TM//AD，MR//CD，QS//BC，

則六邊形ETMRQS即為平面，

V的每個(gè)側(cè)面都是等腰直角三角形，截面多邊形W的每一條邊分別與V的底面上的一條邊

平行，

將V的側(cè)面沿棱AB剪開，展平在一張平面上，得到一個(gè)平行四邊形ABB1A1，

而多邊形W的周界展開后便成為一條與AA1平行的線段（如圖中EE1），顯然EE1AA1，

故l為定值.

當(dāng)E位于AB中點(diǎn)時(shí)，多邊形W為正六邊形，而當(dāng)E移至A處時(shí)，W為正三角形，

33

易知周長為定值l的正六邊形與正三角形面積分別為l2與l2，故S不為定值.

2436

故選：BC

變式10．（多選題）（2024·重慶沙坪壩·重慶南開中學(xué)校考模擬預(yù)測）已知三棱錐PABC，

PABC2,PBACPCAB3，D為棱PC上一點(diǎn)，且PDDC，過點(diǎn)D作平行于

直線PA和BC的平面，分別交棱PB,AB,AC于E,F,G．下列說法正確的是（）

A．四邊形DEFG為矩形

B．四邊形DEFG的周長為定值

C．四邊形的DEFG面積為定值

D．當(dāng)1時(shí)，平面分三棱錐PABC所得的兩部分體積相等

【答案】ABD

【解析】取BC的中點(diǎn)H，連AH,PH，

因?yàn)锳BAC，PBPC，所以AHBC，PHBC，

因?yàn)锳HPHH，AH,PH平面PAH，

所以BC平面PAH，因?yàn)镻A平面PAH，所以BCPA，

因?yàn)镻A//，PA平面PAC，平面PACDG，

所以PA//DG，同理可得PA//EF，BC//DE，BC//FG，

又因?yàn)锽CPA，所以DEDG，EFDE，EFFG，DGFG，

所以四邊形DEFG為矩形，故A正確；

因?yàn)镻ABC2,PBACPCAB3，PDDC，

2

所以PC(1)DC，因?yàn)镈G//PA，所以PA(1)DG，所以EFDG，同理可

1

2

得DEFG，

1

44

所以四邊形DEFG的周長為2EF2DE4為定值，故B正確；

11

224

四邊形的DEFG面積為EFDE不是定值，故C不正確；

11221

當(dāng)1時(shí)，D,E,F,G分別為棱PC,PB,AB,AC的中點(diǎn)，

11

多面體BCDEFG的體積為VVVVVV，

EBCFCDEFG2PBCFCDEFG4PABCCDEFG

1

多面體PADEFG的體積為VVVV，

APDEADEFG4APBCADEFG

因?yàn)閂PABCVAPBC，VCDEFGVADEFG，

多面體BCDEFG的體積等于多面體PADEFG的體積，即平面分三棱錐PABC所得的兩

部分體積相等，故D正確.

故選：ABD

變式11．（多選題）（2024·重慶·統(tǒng)考模擬預(yù)測）在正方體ABCDA1B1C1D1中，點(diǎn)P滿足

BPBCBB1，其中0,1，0,1，則下列說法正確的是（）

A．當(dāng)時(shí)，A1P∥平面ACD1

B．當(dāng)1時(shí)，三棱錐PA1BC的體積為定值

C．當(dāng)1時(shí)，△PBD的面積為定值

D．當(dāng)1時(shí)，直線AD與DP所成角的取值范圍為,

1132

【答案】ABD

【解析】對(duì)于A選項(xiàng)，如下圖，當(dāng)時(shí)，P點(diǎn)在面對(duì)角線BC1上運(yùn)動(dòng)，

又P平面A1C1B，所以A1P平面A1C1B，

在正方體ABCDA1B1C1D1中，AB//C1D1且ABC1D1，則四邊形ABC1D1為平行四邊形，

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

同理可證AC//平面A1BC1，

AD1ACA，所以，平面A1C1B//平面ACD1，

A1P平面A1BC1，所以，A1P//平面ACD1，A正確；

對(duì)于B選項(xiàng)，當(dāng)1時(shí)，如下圖，P點(diǎn)在棱B1C1上運(yùn)動(dòng)，

1

三棱錐PA1BC的體積VVSAB為定值，B正確；

PA1BCA1PBC3PBC11

對(duì)于C選項(xiàng)，當(dāng)1時(shí)，如圖，P點(diǎn)在棱CC1上運(yùn)動(dòng)，過P作PEBD于E點(diǎn)，

1

則S△BDPE，其大小隨著PE的變化而變化，C錯(cuò)誤；

PBD2

對(duì)于D選項(xiàng)，如圖所示，當(dāng)1時(shí)，P，C，B1三點(diǎn)共線，

因?yàn)锳1B1//CD且A1B1CD,所以四邊形A1B1CD為平行四邊形，所以A1D//B1C，

所以D1PB1或其補(bǔ)角是直線A1D與D1P所成角，

△

在正D1B1C中，DPB的取值范圍為,，D正確.

1132

故選：ABD.

題型三：體積、面積、周長、距離最值與范圍問題

例7．（2024·福建福州·福州四中校考模擬預(yù)測）在如圖所示的試驗(yàn)裝置中，兩個(gè)正方形框架

ABCD,ABEF的邊長均為2，活動(dòng)彈子N在線段AB上移動(dòng)（包含端點(diǎn)），彈子M,O分別固

定在線段EF,AC的中點(diǎn)處，且MO平面ABCD，則當(dāng)MNO取最大值時(shí)，多面體

MBCON的體積為（）

333323

A．B．C．D．

2233

【答案】A

【解析】因?yàn)镸O平面ABCD，ON平面ABCD，所以MOON，

所以MNO為直角三角形，所以當(dāng)NO最短時(shí)，MNO取最大值，

即NOAB時(shí)，MNO取最大值，

因?yàn)镸,O分別固定在線段EF,AC的中點(diǎn)處，

ON1

所以O(shè)N1,MN2，所以cosMNO，

MN2

因?yàn)镸NO為銳角，所以MNO60，所以O(shè)M3，

113

所以多面體MBCON的體積為V1213，

322

故選：A

例8．（2024·山東青島·高三統(tǒng)考期中）已知正四棱錐的各頂點(diǎn)都在同一個(gè)球面上，球的體積

為36π，則該正四棱錐的體積最大值為（）

6481

A．18B．C．D．27

34

【答案】B

【解析】如圖，設(shè)正四棱錐的底面邊長AB2a，高POh，外接球的球心為M，則OD=2a，

4

因?yàn)榍虻捏w積為πR336π，所以球的半徑為R3，

3

在Rt△MOD中，MD2OD2OM2，即322a2(h3)2，

112

所以正四棱錐的體積為VSh