重难点突破05 立体几何中的常考压轴小题（七大题型）（教师版）

重难点突破05立体几何中的常考压轴小题目录题型一：球与截面面积问题例1．（2023·湖南长沙·高二长郡中学校考开学考试）已知三棱锥PABC的四个顶点在球O的球面上，PAPBPC，ABC是边长为62的正三角形，3PAPE，3BABF，90CEF，过点E作球O的截面，截面面积最小值为（）A．8πB．16πC．27πD．40π【答案】A【解析】∵PAPBPC，ABC为边长为62的等边三角形，∴PABC为正三棱锥，取AC的中点M，连接BMPM、，则,PMACBMAC，PMBMM，、PMBM平面PBM，所以AC平面PBM，PB平面PBM，所以PBAC，又3PAPE，3BABF，∴//EFPB，∴EFAC，又EFCE，CEACC，、CEAC平面PAC，∴EF平面PAC，PB平面PAC，∴90BPA，∴6PAPBPC，∴PABC为正方体111PBDCABDC的一部分，可得外接球的半径为1363636332R，取AP的中点H，连接1、OHAD，可得11322=OHAD，1EH，所以219OE，过点E作球O的截面，设截面与棱PAPCPD、、的交点分别为、、EQG，当OE垂直EQG时截面面积最小，此时E即为截面圆的圆心，截面圆半径为2228rROE，截面面积为8π.故选：A．例2．（2023·四川绵阳·高三绵阳南山中学实验学校校考阶段练习）四面体ABCD的四个顶点都在球O的球面上，4ABBCCDDA，22ACBD，点E，F，G分别为棱BC，CD，AD的中点，现有如下结论：①过点E，F，G作四面体ABCD的截面，则该截面的面积为2；②四面体ABCD的体积为1633；③过E作球O的截面，则截面面积的最大值与最小值的比为5：4.则上述说法正确的个数是（）A．0B．1C．2D．3【答案】C【解析】选项①中，如图（1）所示，找AB的中点H，过点E，F，G做四面体ABCD的截面即为面EFHG，则////EGACFH,EGBDGH，所以四边形EFHG为平行四边形，找AC的中点O,连接,ODOB，因为4ABBCCDDA，所以,,,,DOACBOACDOBOODOBO平面BOD，所以AC平面BOD，BD平面BOD，所以ACBD，所以EGEF，所以四边形EFHG为矩形，122EFBD，122EGAC，所以截面的面积222S，故①正确；选项②中，RtCOD中，由勾股定理得：2216214ODCDOC，同理14OBOD，过点O作OMBD,则122DMDB，所以由勾股定理得：2214223OMODDM，所以1122232622OBDSBDOM，由选项①可得：CO平面BOD,所以14326233CBODABODVV，833DABCCBODABODVVV，故②错误；选项③中，可以将四面体放入如图（2）所示的长方体中，由题可求得，2,23APPCPB，所以外接球的半径441252R，截面面积的最大值为5；平面PCQB截得的面积为最小面积，半径22412222PBPCR，截面积最小为4，所以截面面积的最大值与最小值的比为5：4，故③正确.图（1）图（2）例3．（2023·四川内江·四川省内江市第六中学校考模拟预测）已知球O是正三棱锥ABCD（底面是正三角形，顶点在底面的射影为底面中心）的外接球，3BC，2AB，点E是线段AB的中点，过点E作球O的截面，则所得截面面积的最小值是（）A．π2B．π3C．4D．π6【答案】A【解析】如图，1O是A在底面的射影，由正弦定理得，BCD△的外接圆半径1311π2sin3BO，由勾股定理得棱锥的高221(2)(1)1AO，设球O的半径为R，则22211BOOOBO即22211RR，解得1R，所以10OO，即点O与1O重合，在RtAOB△中，点E是线段AB的中点，1AOBO，所以π21sin42OE，当截面垂直于OE时，截面面积最小，此时半径为2222ROE，截面面积为22ππ()22.故选：A变式1．（2023·宁夏银川·校联考二模）2022年第三十二届足球世界杯在卡塔尔举行，第一届世界杯是1930年举办的，而早在战国中期，中国就有过类似的体育运动项目：蹴鞠，又名蹴球，蹴圆，筑球，踢圆等，蹴有用脚蹴、踢、蹋的含义，鞠最早系外包皮革、内实米糠的球．因而蹴鞠就是指古人以脚蹴、蹋、踢皮球的活动，类似于今日的足球．2006年5月20日，蹴鞠作为非物质文化遗产经国务院批准已列入第一批国家非物质文化遗产名录．已知半径为3的某鞠（球）的表面上有四个点A，B，C，P，ACBC，4ACBC，6PC，则该鞠（球）被平面PAB所截的截面圆面积为（）A．7πB．23π3C．8πD．25π3【答案】D【解析】因为三棱锥PABC的外接球的半径3R，而6PC，所以PC为外接球的直径，如图，将三棱锥PABC放入如图所示的长方体，则4ACBC，设长方体的另一棱长为a，所以2222644Ra，解得2a，即2PD，设外接球的球心为O，所以222425PAPB，224442AB，设PAB的外接圆的半径为r，则2223210cos2522542PAABPBPABPAAB，则215sin1cos5PABPAB，所以251032sin3155PBrPAB，则533r，所以该鞠（球）被平面PAB所截的截面圆面积225325πππ33Sr．故选：D变式2．（2023·全国·高三专题练习）在正方体1111ABCDABCD中，2,,ABMN分别为,ADBC的中点，该正方体的外接球为球O，则平面1AMN截球O得到的截面圆的面积为（）A．6π5B．7π5C．12π5D．14π5【答案】D【解析】如图，连接1BN，由题意易知11MNAB，11MNAB，故四边形11ABNM为平行四边形.设11BCBCH，取11BC的中点K，连接NK，在Rt1BKN中，115,1,2BNBKNK，故点K到1BN的距离为255，故点H到1BN的距离为55，因此圆心O到平面1AMN的距离为55.由题易知球O的半径3R，故平面1AMN截球O得到的截面圆的半径170355r，故截面圆的面积214ππ5Sr.故选：D变式3．（2023·四川遂宁·射洪中学校考模拟预测）已知球O内切于正方体1111ABCDABCD，P，Q，M，N分别是1111BCCDCDBC,,,的中点，则该正方体及其内切球被平面MNPQ所截得的截面面积之比为（）A．42:πB．22:πC．32:πD．4:π【答案】A【解析】如图，易知正方体1111ABCDABCD的内切球的球心O为1DB的中点，设球O切上下底面中心于点E，F，则球O的半径12REF，又易知球心O到平面MNPQ的距离等于E到平面MNPQ的距离，设1EC交QP于点G，则易证EG平面MNPQ，∴球心O到平面MNPQ的距离112dEGEC，设正方体1111ABCDABCD的棱长为22，则122REF，1112dEGEC，∴球O被平面MNPQ所截的小圆半径22211rRd，∴球O被平面MNPQ所截的小圆面积为2ππr，又易知2NM，22PN，∴该正方体被平面MNPQ所截得的截面面积为2242，∴该正方体及其内切球被平面MNPQ所截得的截面面积之比为42:π，故选：A变式4．（2023·河南洛阳·高三校联考阶段练习）已知三棱锥P-ABC的棱长均为6，且四个顶点均在球心为O的球面上，点E在AB上，13AEABuuuruuur，过点E作球O的截面，则截面面积的最小值为（）A．8πB．10πC．16πD．24π【答案】A【解析】如图，因为三棱锥的棱长均为6，所以点P在平面ABC内的射影H是ABC的中心，取BC的中点D，连接AD，则点H在AD上，且23AHAD，所以132BDBC＝，2233ADABBD，2233AHAD，则2226PHAPAH．设三棱锥P-ABC的外接球半径为R，则OP＝OA＝R，在AOH△中，222()AHPHRR，解得362R．因为13AEABuuuruuur，所以AE＝2，取AB的中点F，则EF＝1，且OFAB，所以22222222236111322OEEFOFEFOAAF．当过点E的球O的截面与OE垂直时，截面面积最小，设截面圆的半径为r，则2228rROE，所以截面面积为2π8πSr．故选：A．题型二：体积、面积、周长、角度、距离定值问题例4．（2023·福建三明·高一校考阶段练习）如图，在正方体1111ABCDABCD中，2AB，M，N分别为11AD，11BC的中点，E，F分别为棱AB，CD上的动点，则三棱锥MNEF的体积（）A．存在最大值，最大值为83B．存在最小值，最小值为23C．为定值43D．不确定，与E，F的位置有关【答案】C【解析】如下图，连接,AMBN，在正方体1111ABCDABCD中，M，N分别为11AD，11BC的中点，可得////MNABCD，//DCMEN平面，所以当F在棱CD移动时，F到平面MEN的距离为定值，当E在棱AB移动时，E到MN的距离为定值，所以MENS为定值，则三棱锥MNEF的体积为定值.平面MEN即平面MABN，作CHBNH于，由于ABCH，可得CH平面MABN，由1BBNCHB，可得1245255BBCHCHCHBNBC，而1125522MENSMNBN，1433MNEFFMENMENVVSCHV.故选：C.例5．（2023·四川成都·校考模拟预测）如图，在四棱柱1111ABCDABCD中，底面ABCD为正方形，1AA底面ABCD，12AAAB，M､N分别是棱1BB､1DD上的动点，且1DNBM，则下列结论中正确的是（）A．直线1AC与直线MN可能异面B．三棱锥11ACMN的体积保持不变C．直线AC与直线MN所成角的大小与点M的位置有关D．直线AD与直线MN所成角的最大值为π3【答案】B【解析】连接NC，MC，因为四棱柱1111ABCDABCD中，1DNBM，底面ABCD为正方形，1AA底面ABCD显然四边形1CNAM为平行四边形，所以直线1AC与直线MN一定相交，A错误；连接11,NCMC，取11AC的中点O，连接NO，MO，因为11NCNA，11MCMA，由三线合一可知：11NOAC，11MOAC，因为MONOO，所以11AC平面MON，1DNBM，设四边形11DBBD的面积为S，则14MONSS为定值，故11111113ACMNAOMNCOMNVVVSAC为定值，三棱锥11ACMN的体积保持不变，B正确；连接BD，11BD，因为四边形ABCD为正方形，所以AC⊥BD，又1DD底面ABCD，AC平面ABCD，所以1DDAC，因为1BDDDD，所以AC⊥11DBBD，因为MN平面11DBBD，所以AC⊥MN，直线AC与直线MN所成角的大小与点M的位置无关，C错误；过点N作NH∥AD交1AA于点H，连接HM，则HNM为直线AD与直线MN的夹角，且90NHM，其中tanHMHNMNH，其中NH为定值，故要想直线AD与直线MN所成角的最大，只需HM最大，设正方形边长为a，则HN=a，显然当N与点1D重合，M与B重合时，HM最大，最大值为2225aaa，此时tan5HMHNMNH，故D错误.故选：B例6．（多选题）（2023·福建三明·统考三模）如图，正方体1111ABCDABCD的棱长为2，点E是1AA的中点，点F是侧面11ABBA内一动点，则下列结论