專題04立體幾何動點、軌跡與截面培優(yōu)歸類

題型1動點軌跡：空間球基礎(chǔ)

在此處鍵入公式。

空間球：到定點距離為定值的點的軌跡

用一個平面去截球，若平面經(jīng)過球心，所得的截面稱為球的大圓；若平面不經(jīng)過球心，所得的截

面稱為球的小圓。小圓圓心與球心的連線必垂直于小圓面。且滿足勾股數(shù)組R2d2r2

1．（2025·遼寧本溪·模擬預(yù)測）將邊長為2的正方形ABCD沿著對角線BD折起，使點A到達(dá)點P的位置，

得到三棱錐PBCD，點M平面BCD，且PM3,若PC5,則點M的軌跡長度為（）

32π3π32π

A．B．C．D．32π

422

【答案】C

【分析】作出幾何圖形，結(jié)合線面垂直、面面垂直的判定性質(zhì)，借助勾股定理確定點M的軌跡，進(jìn)而求出

軌跡長.

【詳解】如圖，取棱BD的中點O，連接PO,CO，則POBD,COBD,POCO2，

又POCOO,PO,CO平面POC，則BD平面POC，由BD平面BCD，

得平面POC平面BCD，在△POC中，PC5，由余弦定理得

PO2CO2PC2225115

cosPOC，POC為鈍角，且sinPOC，

2POCO22244

在平面POC內(nèi)過點P作PNCO交CO的延長線于點N，而平面POC平面BCDCO，

于是PN^平面BCD，連接MN，又MN平面BCD，則PNMN，

1530

在Rt△PNO中，PNPOsinPONPOsinPOC2，

44

32

在Rt△PMN中，PM3，MNPM2PN2，

4

32

因此點M的軌跡是以N為圓心，為半徑的圓，

4

3232π

所以點M的軌跡長度為2π.

42

故選：C.

2．（24-25高三上·安徽蕪湖·階段練習(xí)）已知四面體ABCD滿足ACBCADBD8,ABCD4,動點M

在四面體ABCD的外接球的球面上，且MA43,則點M的軌跡的長度為（）

A．4πB．6πC．8πD．9π

【答案】C

【分析】將該四面體放置在一個長方體中，通過題意可得到點M的軌跡為一個圓，設(shè)其半徑為r,利用勾股

定理求解半徑，即可求解．

【詳解】解：如圖，將該四面體放置在一個長方體中，

由題可知長方體的長、寬、高分別為214,22,22,

2

體對角線長為2(22)221462,

其外接球半徑R32,

因為MA43,所以點M的軌跡為一個圓，設(shè)其半徑為r,

則r2(RR2r2)2(43)2,即r2(3218r2)2(43)2,解得r4,

或r2(RR2r2)2(43)2,即r2(3218r2)2(43)2,此時無解，

故所求長度為2πr8π．

故選：C．

V

3．（23-24高二上·福建福州·期末）已知邊長為23的正方體ABCDA1B1C1D1，點Q為A1BC1內(nèi)一個動點，

且滿足QB122，則點Q的軌跡長度為（）

π3π

A．B．πC．D．2π

22

【答案】B

【分析】由QB122，則點Q在以點B1為球心，22為半徑的球面與平面A1BC1的交線；結(jié)合點到平面的

距離判斷球面與平面的相交的小圓的半徑與內(nèi)切圓半徑的大小，結(jié)合圓的性質(zhì)即可求解.

【詳解】設(shè)點B1到平面A1BC1的距離為d，

11V

由VC1A1B1BVB1A1C1B，則SABBB1C1SACBd，又易知A1BC1為等邊三角形，且邊長為26，

311311

1113

所以2323232626d，得到d2，

3234

22

所以以點B1為球心，22為半徑的球面與平面A1BC1相交的圓半徑為(22)22；

V31

設(shè)等邊A1BC1的內(nèi)切圓半徑為r，則有2626323r，得到r22，

42

V

設(shè)A1BC1的中心為O,Q軌跡與A1B?BC1分別交于M,N兩點，如圖，弧長MN的三倍即為所求，

OK2π

在RtOKN中，sinONC，所以O(shè)NC1，

1ON24

3π3πππππ

可得ONB,MON2π2，故MN2，

443663

π

所以交線長為3π，

3

故選：B.

VV

【點睛】關(guān)鍵點點晴：本題的關(guān)鍵在于將問題轉(zhuǎn)化成求以A1BC1的中心O為圓心，2為半徑的圓被A1BC1

所截的弧長，空間問題平面化.

4．（24-25高三上·廣西·階段練習(xí)）已知正三棱錐OABC，滿足OA6,AB62，點P在VABC內(nèi)部（含

邊界）運動，且OP13，則點P的軌跡長度為（）

π

A．2πB．2πC．D．π

2

【答案】A

【分析】根據(jù)正三棱錐的圖形特征，計算EP1得出點P的軌跡計算即可.

【詳解】由題意可知，正三棱錐OABC，設(shè)正VABC的中心為E，得

32

AE6226,OEOA2AE223，又EPOP2OE21，

23

點P在VABC內(nèi)部（含邊界）運動，且OP13，

所以點P的軌跡是以E為圓心，EP1為半徑的圓在VABC內(nèi)部（含邊界）的弧，

1π

作EDAB于D,ED62sin61，則點P的軌跡長度為2π12π.

33

故選：A.

題型2動點軌跡：空間阿球

阿波羅尼斯球：

空間一動點到空間內(nèi)兩定點的距離之比為定值1的點的軌跡為球，稱之為阿波羅尼斯球。

1．（22-23高三下·重慶·階段練習(xí)）古希臘著名數(shù)學(xué)家阿波羅尼斯發(fā)現(xiàn)：“平面內(nèi)到兩個定點A，B的距離之

比為定值1的點P的軌跡是圓”，后來，人們將這個圓以他的名字命名，稱為阿波羅尼斯圓，簡稱阿

氏圓．將“阿氏圓”以AB所在直線為軸旋轉(zhuǎn)一周即可得“阿氏球”．即空間一動點到空間內(nèi)兩定點的距離之比

為定值1的點的軌跡為球，稱之為阿波羅尼斯球．設(shè)M，N是球C（C為球心）球面上兩定點，球半

π

徑為3且MCN．（1）空間中一動點P滿足PM2PN，可知點P的軌跡為阿氏球，則該球的表面

3

積為；（2）若球C表面上一動點Q滿足QM2QN，則點Q的軌跡長度為．

1213

【答案】16ππ

13

5

【分析】根據(jù)題意，由條件可得點P的軌跡是以T,0為圓心，半徑r2的圓，轉(zhuǎn)化到空間中，再結(jié)合

2

球的表面積公式即可得到結(jié)果；由條件可得兩球的交線為圓，然后得到圓的半徑即可得到結(jié)果.

【詳解】

（1）以MCN所在的平面建立直角坐標(biāo)系，MN為x軸，MN的垂直平分線為y軸，

π33

由球半徑為3且MCN，可得MN3，則M,0，N,0，

322

22

3232

設(shè)Px,y，PM2PN，則xy4x4y

22

2

525

可得xy4，故點P的軌跡是以T,0為圓心，半徑r2的圓，

22

轉(zhuǎn)化到空間中：當(dāng)P繞MN為軸旋轉(zhuǎn)一周時，|PM|，|PN|不變，

故空間中P的軌跡為以T為球心，半徑為r2的球，所以其表面積為16π；

（2）由（1）可知點Q的軌跡即為球C與（1）問中阿氏球的交線，兩球的交線為圓，

533

又該阿氏球球心為T，利用C，T在（1）中的坐標(biāo)T,0，C0,，

22

23613

則球心距為CT13，三角形QTC為直角三角形，對應(yīng)圓半徑r1，

1313

6131213

周長即為軌跡長2πr2ππ．

11313

1213

故答案為:16π;π

13

2．（24-25高二上·湖北·階段練習(xí)）動點Q在棱長為3的正方體ABCDA1B1C1D1側(cè)面BCC1B1上，滿足

QA2QB，則點Q的軌跡長度為（）

4π3π

A．2πB．C．3πD．

32

【答案】D

【分析】結(jié)合圖形，計算出|BQ|3，由點Q平面BCC1B1，得出點Q的軌跡為圓弧EQF，利用弧長公

式計算即得.

【詳解】

如圖，易得AB平面BCC1B1,因BQ平面BCC1B1，則ABBQ，

不妨設(shè)|BQ|r，則|AQ|2r,|AB|(2r)2r23r3，解得r3，

又點Q平面BCC1B1，故點Q的軌跡為以點B為圓心，半徑為3的圓弧EQF,

π3π

故其長度為3.

22

故選：D.

3．（2024·四川成都·二模）在所有棱長均相等的直四棱柱ABCDA1B1C1D1中，BAD60，點P在四邊形

72π

AA1B1B內(nèi)（含邊界）運動．當(dāng)CPCC時，點P的軌跡長度為，則該四棱柱的表面積為（）

1213

A．1643B．823C．43D．43

【答案】A

【分析】先根據(jù)軌跡的長度求出棱長，利用四棱柱的表面積公式可求答案.

【詳解】設(shè)棱長為a，延長A1B1，過點C1作C1O垂直于A1B1的延長線于O，

a3a

由BAD60，可得OB,CO；

1212

由直四棱柱的性質(zhì)可得，C1O平面AA1B1B，所以C1OOP；

77

因為CPCCa，所以O(shè)PCP2CO2a.

121211

在平面AA1B1B內(nèi)，點P的軌跡是以O(shè)為圓心，a為半徑的圓夾在四邊形AA1B1B內(nèi)的部分，即圖中圓弧EF.

aπ

因為OB,OFa,OBF90，所以FOB，

12113

2π

因為點P的軌跡長度為，所以O(shè)P2，即a2.

3

3

四棱柱的表面積為4222221643.

2

故選：A.

PA

4．（2023·安徽銅陵·三模）已知平面上兩定點A、B，則所有滿足（0且1）的點P的軌跡

PB

是一個圓心在AB上，半徑為AB的圓.這個軌跡最先由古希臘數(shù)學(xué)家阿波羅尼斯發(fā)現(xiàn)，故稱作阿氏

12

圓.已知棱長為3的正方體ABCDA1B1C1D1表面上動點P滿足PA2PB，則點P的軌跡長度為（）

4π4π3π

A．2πB．3πC．D．23π

332

【答案】C

【分析】根據(jù)阿氏圓性質(zhì)求出阿氏圓圓心O位置及半徑，P在空間內(nèi)軌跡為以O(shè)為球心的球，球與面ABCD，

ABB1A1，BCC1B1交線為圓弧，求出截面圓的半徑及圓心角，求出在截面內(nèi)的圓弧的長度即可.

【詳解】

在平面中，圖①中以B為原點以AB為x軸建系如圖，設(shè)阿氏圓圓心Oa,0,半徑為r，

PA22

PA2PB,2,rAB32，

PB1223

AM

設(shè)圓O與AB交于M,由阿氏圓性質(zhì)知2，

MB

|BM|2|BO|2a,|AM|2|BM|42a，

42a2a63a3,a1,O(1,0)，

P在空間內(nèi)軌跡為以O(shè)為球心半徑為2的球，

，

若P在四邊形ABB1A1內(nèi)部時如圖②,截面圓與ABBB1分別交于M，R，所以P在四邊形ABB1A1內(nèi)的軌跡為

MR，

RO2,BO1,在RtRBO中ROB60，

π2

MR2π，

33

2

所以，當(dāng)P在面ABBA內(nèi)部的軌跡長為π，

113

2

同理，當(dāng)P在面ABCD內(nèi)部的軌跡長為π，

3

當(dāng)P在面BCC1B1時,如圖③所示，

OB面BCC1B1，平面BCC1B1截球所得小圓是以B為圓心，

，，22

以BP為半徑的圓，截面圓與BB1BC分別交于RQ，且BPOPOB413，

所以P在正方形BCC1B1內(nèi)的軌跡為RQ，

π3

所以RQ3π，

22

22343

綜上：P的軌跡長度為πππππ.

33232

故選：C

【點睛】方法點睛：求球與平面公共點軌跡長度時先求出平面截球所得圓面的半徑，當(dāng)截面為完整的圓時

可直接求圓周長，當(dāng)截面只是圓的一部分時先求圓心角的大小再計算弧長.

題型3動點定角軌跡：異面直線角度軌跡型

空間角度定值，可轉(zhuǎn)化為圓錐曲線母線與軸的關(guān)系。角度定值，即圓錐曲線側(cè)面（母線集合）與平面交

點

1．（23-24高三浙江階段練習(xí)）在三棱錐PABC中，PAPBPC2,ABACBC3，點Q為ABC

π

所在平面內(nèi)的動點，若PQ與PA所成角為定值，(0,)，則動點Q的軌跡是

4

A．圓B．橢圓C．雙曲線D．拋物線

【答案】B

【分析】建立空間直角坐標(biāo)系，根據(jù)題意，求出Q軌跡方程，可得其軌跡.

【詳解】由題，三棱錐PABC為正三棱錐，頂點P在底面ABC的射影O是底面三角

形ABC的中心，則以O(shè)為坐標(biāo)原點，以O(shè)A為x軸，以O(shè)P為z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，根據(jù)

題意可得OAOP1，設(shè)Q為平面ABC內(nèi)任一點，則

π

A1,0,0,P0,0,1,Qx,y,0,PA1,0,1,PQx,y,1，由題PQ與PA所成角為定值，0,，則

4

PAPQx1

,cos

PAPQ2x2y21

2

則2cos2x2y21x1，化簡得cos2x22cos2y22xcos20，

ππ

0,,20,,cos20,故動點Q的軌跡是橢圓.

42

選B

【點睛】本題考查利用空間向量研究兩條直線所成的角，軌跡方程等，屬中檔題.

2．（23-24高二下·浙江·開學(xué)考試）在正方體ABCDA1B1C1D1中，點M、N分別是直線CD、AB上的動點，

點P是ACD內(nèi)的動點（不包括邊界），記直線DP與MN所成角為，若的最小值為，則點P的軌

1113

跡是（）

A．圓的一部分B．橢圓的一部分C．拋物線的一部分D．雙曲線的一部分

【答案】B

【分析】直線D1P與MN所成角的最小值是直線D1P與面ABCD所成角，即原問題轉(zhuǎn)化為：直線D1P與面

''

ABCD所成角為，求點P的軌跡．延長D1P交面ABCD于點P，則P在面ABCD內(nèi)的軌跡為圓的一部分，

3

則將點P的軌跡轉(zhuǎn)化為平面截圓柱所得曲線．

【詳解】直線D1P與MN所成角的最小值是直線D1P與面ABCD所成角，

即原問題轉(zhuǎn)化為：直線DP與面ABCD所成角為，求點P的軌跡．

13

'D1D'3

延長D1P交面ABCD于點P，因為所以3PDDD，

P'D31

DP'DDDP'，

1316

'

D1P的軌跡是以DD1為軸的圓錐曲面的一部分，

點P是△A1C1D內(nèi)的動點（不包括邊界），其在面A1C1D內(nèi)的軌跡，等價于平面A1C1D截圓錐所得的曲線，

取A1C1的中點O，連接D1O,DO，設(shè)正方體的棱長為1，

2'3'

tanDDO,tanDDP，D1DODD1P，

1213

平面A1C1D截圓錐所得的曲線為橢圓的一部分.

故選：B．

【點睛】本題考查線面角及空間軌跡問題，考查函數(shù)與方程思想、轉(zhuǎn)化與化歸思想、數(shù)形結(jié)合思想，考查

空間想象能力、運算求解能力，求解時注意判斷截面與圓錐的軸所成角與圓錐母線與軸所成角的大小關(guān)系.

3．（2020·浙江·模擬預(yù)測）已知正方體ABCDA1B1C1D1，P是平面A1BCD1上的動點，M是線段B1C1的中點，

滿足PM與CC所成的角為，則動點P的軌跡為（）

16

A．圓B．橢圓C．雙曲線D．拋物線

【答案】B

【分析】采用數(shù)形結(jié)合的方法，并建立空間直角坐標(biāo)系，計算PM,CC1，根據(jù)空間向量夾角公式，可得結(jié)果.

【詳解】在正方體ABCDA1B1C1D1中，連接C1D,CD1相交于點O

所以C1DCD1，又BC平面CDD1C1，所以C1DBC

又BCCD1C，所以C1D平面A1BCD1

以O(shè)為原點，OC1,OC分別為z軸和y軸，

然后過點O作BC的平行線為x軸

建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系Oxyz

設(shè)AB2，Px,y,0

所以M1,0,2,C0,2,0,C10,0,2

PM1x,y,2,CC10,2,2

由PM與CC所成的角為

16

PMCC2y3

所以cos1

6222

PMCC121xy2

2

2

22x1y22

化簡可得3x1y226，即1

26

所以點P的軌跡為橢圓

故選：B

【點睛】本題考查立體幾何中點的軌跡，采用數(shù)形結(jié)合的方法以及向量的使用，將幾何問題代數(shù)化，使問

題更加簡潔明了，屬中檔題.

4．（21-22高三上·云南玉溪·階段練習(xí)）正方體ABCDA1B1C1D1中，M，N分別為AB，A1B1的中點，P

是邊C1D1上的一個點（包括端點），Q是平面PMB1上一動點，滿足直線MN與直線AN夾角與直線MN與

直線NQ的夾角相等，則點Q所在軌跡為（）

A．橢圓B．雙曲線C．拋物線D．拋物線或雙曲線

【答案】D

【分析】根據(jù)題設(shè)分析可知：Q點軌跡為以AN為母線，MN為軸，AB為底面直徑的圓錐體，及其關(guān)于A1B1

反向?qū)ΨQ的錐體與平面PMB1的交線，應(yīng)用數(shù)形結(jié)合，結(jié)合平面與雙錐面相交所成曲線的性質(zhì)判斷Q所在軌

跡的形狀.

【詳解】由題設(shè)，Q點軌跡為以AN為母線，MN為軸，AB為底面直徑的圓錐體，及其關(guān)于A1B1反向?qū)ΨQ

的錐體與平面PMB1的交線，如下圖示：

當(dāng)P是邊C1D1上移動過程中，只與下方錐體有相交，Q點軌跡為拋物線；

當(dāng)P是邊C1D1上移動過程中，與上方錐體也有相交，Q點軌跡為雙曲線；

故選：D

題型4動點定角軌跡：線面角型

線面角：

線面角定角定值，則可以轉(zhuǎn)化為線與面的垂線（法向量）成定角定值，可轉(zhuǎn)化為圓錐曲線母線與軸的關(guān)

系。角度定值，即圓錐曲線側(cè)面（母線集合）與平面交點

1．（24-25高二上·天津·期中）在棱長為2的正方體ABCDA1B1C1D1中，點P是側(cè)面正方形CDD1C1內(nèi)的動

417

點，點Q是正方形ABB1A1的中心，且PQ與平面CDD1C1所成角的正弦值是，則動點P的軌跡圖形的

17

面積為（）

π

A．B．πC．22D．2

4

【答案】A

1

【分析】取正方形CDD1C1的中心O，利用線面垂直及線面角可求得OP，進(jìn)而確定軌跡并求出面積.

2

【詳解】在棱長為2的正方體ABCDA1B1C1D1中，取正方形CDD1C1的中心O，連接OQ，

由Q是正方形ABB1A1的中心，得OQ平面CDD1C1，則QPO是PQ與平面CDD1C1所成的角，

41717221

則sinQPO，而QO2，于是PQ，OPPQQO，

1722

1π

因此動點P的軌跡是以點O為圓心，為半徑的圓，其面積為.

24

故選：A

2．（22-23高二上·湖北·期中）在四棱錐PABCD中，PA平面ABCD，PA＝3，點M是矩形ABCD內(nèi)（含

3π

邊界）的動點，且AB，AD2，直線PM與平面ABCD所成的角為，記點M的軌跡長度為（）

23

3π3π

A．B．πC．3πD．

32

【答案】A

【分析】結(jié)合線面角以及圓的知識求得正確答案.

【詳解】由于PA平面ABCD，所以AM平面ABCD，所以PAAM，

π

則PMA，即PMA是直線PM與平面ABCD所成角，

3

πPA33

tan3,AM3,2，

3AMAM2

所以M點的軌跡是以A為圓心，半徑為3的圓在矩形ABCD內(nèi)的部分，

設(shè)圓與BC,AD分別交于E,F兩點，

2

33ππ

BE3，所以BAE,EAF，

2263

13π

所以M點的軌跡長為2π3.

63

故選：A

3．（23-24高一上·浙江紹興·期末）已知點P是邊長為1的正方體ABCDA1B1C1D1表面上的動點，若直線AP

π

與平面ABCD所成的角大小為，則點P的軌跡長度為（）

4

2π

A．32B．22πC．4πD．22

22

【答案】D

【分析】由題意，分析可得點P的軌跡，分別計算各段軌跡的長度即可.

【詳解】若點P在正方形A1B1C1D1內(nèi)，過點P作PP平面ABCD于P，連接AP,A1P.

π

則PAP為直線AP與平面ABCD所成的角，則PAP，

4

又PP1，則PA2，得PA11，

則點P的軌跡為以A1為圓心半徑為1的圓（落在正方形內(nèi)的部分），

若點P在正方形ABB1A1內(nèi)或ADD1A1內(nèi)，軌跡分別為線段AB1和AD1，

因為點P不可能落在其他三個正方形內(nèi)，所以點P的軌跡如圖所示：

1π

故點P的軌跡長度為2112π22.

42

故選：D

4．（2025·甘肅·二模）如圖，在三棱錐SABC中，SA平面ABC，BAC90且SAABAC2，

6

若在△SBC內(nèi)（包括邊界）有一動點P，使得AP與平面SBC所成角的正切值為，則點P的軌跡長為（）

2

4π2π

A．B．πC．D．6

33

【答案】C

6

【分析】過A作AH平面SBC，H為等邊△SBC的中心，由等體積發(fā)可得AH，則AP與平面SBC所

3

22

成角為APH，所以PH，P的軌跡為以H為圓心，以為半徑的落在△SBC內(nèi)的圓?。?/p>

33

【詳解】過A作AH平面SBC，因為SAABAC2，

所以△SBC是邊長為2的等邊三角形，易知H為△SBC的中心，

11113

由VSABCVASBC，則22222AH，

32322

6

則AH，AP與平面SBC所成角為APH，

3

66

因為AP與平面SBC所成角的正切值為，所以tanAPH，

22

22

解得PH，所以P的軌跡為以H為圓心，以為半徑的落在△SBC內(nèi)的圓?。?/p>

33

23π

根據(jù)SH，可知四邊形SMHN是菱形，且MHN，

33

2π

根據(jù)對稱性可知：P所形成的軌跡是三段等長的圓弧，故P的軌跡長為πr．

3

故選：C

【點睛】關(guān)鍵點點睛：根據(jù)線面角的定義找到AP與平面SBC所成角，從而得P的軌跡是解題關(guān)鍵.

題型5動點定角軌跡：二面角型

1．（21-22高三·黑龍江哈爾濱·階段練習(xí)）如圖，在三棱錐PABC，PAC是以AC為斜邊的等腰直角三

角形，且CB22，ABAC6，二面角PACB的大小為120，則三棱錐PABC的外接球表面積

為（）

510

A．B．10C．9D．423

3

【答案】B

【分析】由題作出圖形，易得PAC外接圓圓心在AC中點，結(jié)合正弦定理可求VABC外接圓半徑，結(jié)合圖

2222

形知，RAOAO2OO2，再結(jié)合二面角大小求出OO2，進(jìn)而得解.

【詳解】根據(jù)題意，作出圖形，如圖所示，因為PAC是以AC為斜邊的等腰直角三角形，所以PAC的外

心在AC中點，設(shè)為O2，設(shè)VABC的外心為O1，BC中點為E，AO1r1，因為ABAC6，所以O(shè)1必在

ABAB

2r133

AE連線上，則sinCAE，即r1，因為兩平面交線為AC，O1為平面ABC所在圓面中心，所以

AC2

223

O1O2AC，OOrAO，

12122

2

又因為二面角PACB的大小為120，PO2AC，所以PO2O1120,OO2O130，所以O(shè)O2O1O21，

3

2

2265

22

錐體PABC外接球半徑RAOAO2OO21，則三棱錐PABC的外接球表面積為

22

S4R210，

故選：B

2．（2024·陜西西安·模擬預(yù)測）已知三棱錐ABCD,ABBC23,E為BC中點，ABCD為直二面角，

84π

且AED為二面角ABCD的平面角，三棱錐ABCD的外接球O表面積為，則平面BCD被球O截

5

得的截面面積及直線AD與平面BCD所成角的正切值分別為（）

4π254π3516π2516π35

A．,B．,C．,D．,

55555555

【答案】D

21

【分析】利用球的截面的性質(zhì)，找出球心球心O，再根據(jù)條件求出球的半徑R，在Rt△OBF中，利

5

用勾股定理，求出△BCD外接圓的半徑，即可求出截面面積，再求出DE的長，即可求出直線AD與平面BCD

所成角的正切值，從而求出結(jié)果.

【詳解】依題知AE平面BCD，又BC面BCD，所以AEBC，又E為BC中點，

所以ABACBC23，

π

取AC中點為G，連接BG交AE于H，則H是VABC外心，又AE23sin3，

3

所以HE1,AH2，連接ED，在ED上取F為△BCD外心，

過F作平面BCD的垂線，過H作平面ABC的垂線，

兩垂線的交點即為三棱錐ABCD外接球球心O，

則四邊形OHEF是矩形，OFHE1，

連接OB,BF，設(shè)△BCD外接圓半徑FDBFr，

84π84π21

設(shè)球O半徑為OBR，因為球O的表面積為，所以4πR2，得到R2，

555

2116

所以在Rt△OBF中，r2DF2R2OF21，

55

16π

所以平面BCD截球O的截面面積πr2，

5

5

在Rt△AOH中，OHR24，

5

545

所以EDEFFDOHr5，

55

AE335

又ADE為直線AD與平面BCD所成角，所以tanADE，

ED55

故選：D.

3．（2023·安徽·模擬預(yù)測）已知在菱形ABCD中，AB2,A60，把△ABD沿BD折起到A'BD位置，

若二面角ABDC大小為120，則四面體ABCD的外接球體積是（）

7282821721

A．B．C．D．

332727

【答案】C

【分析】先找截面圓的圓心，過圓心作截面的垂線，球心在垂線上，找到球心再利用勾股定理即可得到答

案.

'

【詳解】設(shè)ABD的外接圓圓心為O1，△BCD的外接圓圓心為O2，

過這兩點分別作平面A'BD、平面△BCD的垂線，交于點O，則O就是外接球的球心；

取BD中點E，連接O1E,O2E,OE,OC，

因為O1EBD，O2EBD，

所以O(shè)1EO2120，

因為A'BD和△BCD是正三角形，

3

所以O(shè)EOE，

213

由△ABD≌△BCD得OEO260，

2

2222377

所以O(shè)O21由OCOO2CO21，即球半徑為，

333

42821

所以球體積為R3．

327

故選：C.

π

4．（2025·山西臨汾·二模）在三棱錐PABC中，PABCAB,APAB,ABAC6，且二面角

2

2π

PABC的大小為，則當(dāng)該三棱錐的外接球體積最小時，AB（）

3

121824

A．B．3C．D．

777

【答案】A

2π

【分析】根據(jù)二面角的幾何法可得PAC，即可利用余弦定理以及正弦定理求解外接圓的半徑，根據(jù)

3

勾股定理可得球半徑即可求解.

π2π

【詳解】由于PABCAB,且二面角PABC的大小為，故PAC為二面角PABC的平面角，

23

2π

故PAC，

3

由于ABPA,ABAC,PAACA,PA,AC平面PAC，故AB平面PAC，

設(shè)ABx，則AC6x，

在PAC中，由余弦定理可得

22π

PC2x26x2x6xcosx26x36，

3