专题09 外接球、内切球与动点最值（考题猜想，14种题型）-2023-2024学年高一数学下学期期末考点大串讲（苏教版2019必修第二册）

专题09 外接球、内切球与动点最值 目录 一、外接球模型：三线垂直型 1 二、外接球模型：对棱相等型 2 三、外接球模型： 线面垂直型 2 四、外接球模型：面面垂直型 3 五、两线交心法：特殊三角形模型 4 六、两线交心法：二面角型 4 七、动点与翻折型外接球 5 八、内切球 6 九、棱切球 7 十、球最值与范围 8 十一、动点：恒平行轨迹长度型 8 十二、动点：恒垂直轨迹型 9 十三、动点：角度定值轨迹型 11 十四、动点：定长轨迹型 12 一、外接球模型：三线垂直型 1．（2024高一下·全国·专题练习）如图，在长方体中，，，异面直线与所成角的余弦值为，则该长方体外接球的表面积为（   ） A． B． C． D． 2．（2024·河北唐山·阶段练习）已知长方体的一条棱长为2，体积为16，则其外接球表面积的最小值为（    ） A． B． C． D． 3．（23-24高一下·湖南长沙·期中）在三棱锥中，平面，，为边长等于的正三角形，则三棱锥的外接球的表面积是（    ） A． B． C． D． 4．（23-24高一下·四川成都·期中）若长方体的长、宽、高分别为，则长方体外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 5．（23-24高一下·浙江宁波·期中）已知是球O表面上不同的点，平面，，，，若球的体积为，则（    ） A． B．1 C． D． 二、外接球模型：对棱相等型 1.（2023·全国·高一专题练习）已知在四面体中，，则四面体的外接球表面积为 . 2.（2023·全国·高三专题练习）已知三棱锥中，，若均在半径为2的球面上，求的范围 ． 3.已知在四面体中，，则四面体的外接球表面积为______. 4.（河南省豫东名校2022-2023学年高一摸底联考数学试题）在三棱锥P－ABC中，PA＝BC＝5，，，则三棱锥P－ABC的外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 三、外接球模型： 线面垂直型 1．（2024·宁夏固原·阶段练习）已知四面体的各顶点均在球的球面上，平面平面，，则球的表面积为（    ） A． B． C． D． 2．（23-24高一·云南·阶段练习）如图所示的三棱锥中，，，，，且，，则其外接球表面积的最小值为（    ）    A． B． C． D． 3．（2024·四川凉山·阶段练习）已知在三棱锥中，，，底面是边长为1的正三角形，则该三棱锥的外接球表面积为（    ） A． B． C． D． 4．（2024·辽宁抚顺·阶段练习）在三棱锥中，，，，，则三棱锥的外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 5．（2024·陕西·阶段练习）在三棱锥中，平面，，且，，则该三棱锥外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 四、外接球模型：面面垂直型 1．（2024·湖南邵阳·阶段练习）已知三棱锥中，平面，，则此三棱锥外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 2．（2024·安徽合肥·模拟预测）已知四棱锥的各顶点在同一球面上，若，为正三角形，且面面，则该球的表面积为（    ） A． B． C． D． 3．（2024·四川·阶段练习）已知在三棱锥中，，，，平面平面，则该三棱锥外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 4．（2024·山西朔州·阶段练习）在三棱锥中，，若是等边三角形，则三棱锥的外接球的体积是（    ） A． B． C． D． 5．（2024·四川泸州·阶段练习）已知三棱锥的底面是边长为3的等边三角形，且，，当该三棱锥的体积取得最大值时，其外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 五、两线交心法：特殊三角形模型 1.（23-24高一·湖北襄阳·阶段练习）四棱锥各顶点在同一球面上，，，，则这个球的表面积为（    ） A． B． C． D． 2.（福建省龙岩市一级达标校2022-2023学年高一下学期期末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，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_____． 3.（湖南省娄底市第一中学2022-2023学年高一期期末数学试题）边长为6的两个等边，所在的平面互相垂直，则四面体的外接球表面积为（ ） A． B． C． D． 4.（江苏省盐城中学2022-2023学年高一第三次阶段性质量检测数学试题）已知菱形边长为3，，为对角线上一点，.将沿翻折到的位置，记为且二面角的大小为120°，则三棱锥的外接球的半径为______；过作平面与该外接球相交，所得截面面积的最小值为______. 六、两线交心法：二面角型 1.（2023·全国·高一专题练习）在三棱锥中，△ABC为等腰直角三角形，，△PAC为正三角形，且二面角的平面角为，则三棱锥的外接球表面积为 ． 2.（2023·全国·高一专题练习）在菱形中，，将沿折起到的位置，若二面角的大小为，三棱锥的外接球球心为，的中点为，则 A．1 B．2 C． D． 3．（2023·湖南郴州·高一统考阶段练习）在边长为的菱形ABCD中，，沿对角边折成二面角为的四面体，则四面体外接球表面积为（    ） A． B． C． D． 4.（2023·四川泸州·高一四川省泸县第四中学校考期末）已知在菱形中，，把沿折起到位置，若二面角大小为，则四面体的外接球体积是（    ） A． B． C． D． 5.（2023·河南·高一校联考阶段练习）在三棱锥中，底面是边长为的等边三角形､若二面角的大小为，则三棱锥的外接球表面积大小为（    ） A． B． C． D． 七、动点与翻折型外接球 1.（2023·四川·四川省金堂中学校校联考）如图，在梯形中，，将沿对角线折起，使得点翻折到点，若面面，则三棱锥的外接球表面积为（    ） A． B． C． D． 2.（2023·安徽马鞍山·统考）如图，在矩形中，，点分别为边的中点．将沿折起，在翻折过程中，直线被三棱锥的外接球截得的线段长的取值范围为 ． 3.（2023下·江西赣州·高一统考期末）如图，在等腰直角三角形ABC中，点P为线段AB的中点，，，将沿所在直线进行翻折，得到三棱锥，当时，此三棱锥的外接球表面积为 ．    4.（重庆市清华中学校2022-2023学年高一数学试题）已知等边的边长为，，分别为，的中点，将沿折起得到四棱锥.点为四棱锥的外接球球面上任意一点，当四棱锥的体积最大时，到平面距离的最大值为______. 八、内切球 1.（2024·河南洛阳·阶段练习）已知圆台的上、下底面中心分别为，且，上、下底面半径分别为2，12，在圆台容器内放置一个可以任意转动的球，则该球表面积的最大值为（    ） A． B． C． D． 2.（2024·浙江宁波·阶段练习）在正四棱台中，，若球与上底面以及棱均相切，则球的表面积为（    ） A． B． C． D． 3.（23-24高一下·河南三门峡·期中）已知三棱锥的棱长均为4，先在三棱锥内放入一个内切球，然后再放入一个球，使得球与球及三棱锥的三个侧面都相切，则球的表面积为（    ） A． B． C． D． 4.（2024·辽宁·阶段练习）将一块棱长为1的正方体木料，打磨成两个球体艺术品，则两个球体的体积之和的最大值为（    ） A． B． C． D． 九、棱切球 1.（2024·黑龙江哈尔滨·阶段练习）若将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，八个顶点共截去八个三棱锥，可得到一个有十四个面的多面体.它的各棱长都相等，其中八个面为正三角形，六个面为正方形，如图所示，已知该多面体过A，B，C三点的截面面积为，则其棱切球（球与各棱相切）的表面积为 . 2.（22-23高一下·山西朔州·阶段练习）正四面体的内切球、棱切球(与各条棱均相切的球)及外接球的半径之比为 ． 3.（多选）（23-24高一·河北沧州·阶段练习）已知棱长为1的正方体的棱切球（与正方体的各条棱都相切）为球，点为球面上的动点，则下列说法正确的是（    ） A．球的表面积为 B．球在正方体外部的体积大于 C．球内接圆柱的侧面积的最大值为 D．若点在正方体外部（含正方体表面）运动，则 4. （多选）（20-21高一·江苏扬州·阶段练习）我们把所有棱长都相等的正棱柱(锥)叫“等长正棱柱(锥)”，而与其所有棱都相切的称为棱切球，设下列“等长正棱柱(锥)”的棱长都为1，则下列说法中正确的有（    ） A．正方体的棱切球的半径为 B．正四面体的棱切球的表面积为 C．等长正六棱柱的棱切球的体积为 D．等长正四棱锥的棱切球被棱锥5个面(侧面和底面)截得的截面面积之和为 十、球最值与范围 1.在四棱锥中，侧面底面ABCD，且，，底面ABCD是边长为2的正方形，设P为该四棱锥外接球表面上的动点，则三棱锥的最大体积为（    ） A． B． C． D． 2.（河南省郑州市第十一中学2022-2023学年高一学期期末数学试题）正方体的棱长为2，的中点分别是P，Q，直线与正方体的外接球O相交于M，N两点点G是球O上的动点则面积的最大值为（ ） A． B． C． D． 3.三棱锥中，，，，则三棱锥外接球表面积的最小值是（ ） A． B． C． D． 4.（2023新高考高考最后一卷数学第六模拟）在正四棱锥中，，，点为四棱锥外接球球面上一点，且点，不在平面的同一侧，则三棱锥体积的最大值为（ ） A．12 B． C． D．36 十一、动点：恒平行轨迹长度型 1.（2023春·福建南平·高一武夷山一中校考期中）如图，已知长方体，，，E、F分别是棱、的中点，点为底面四边形ABCD内（包括边界）的一动点，若直线与平面BEF无公共点，则点的轨迹长度为（        ） A． B． C． D． 2.（2023·全国·高一专题练习）在棱长为1的正方体中，分别为，的中点，点在正方体的表面上运动，且满足平面，则下列说法正确的是（    ） A．点可以是棱的中点 B．线段的最大值为 C．点的轨迹是正方形 D．点轨迹的长度为 3.（2023·全国·高一专题练习）已知正方体的棱长为3，点满足．若在正方形内有一动点满足平面，则动点的轨迹长为（    ） A．3 B． C． D． 4.（2022秋·湖北武汉·高一校联考阶段练习）已知正方体的棱长为，，分别是棱、的中点，点为底面内（包括边界）的一动点，若与平面无公共点，则点的轨迹长度为（    ） A． B． C． D． 十二、动点：恒垂直轨迹型 1.（河南省郸城县第一高级中学2022-2023学年高一第一次模拟考试数学试题）如图，在棱长均为2的正三棱柱中，点是侧棱的中点，点、分别是侧面、底面内的动点，且平面，平面，则点的轨迹的长度为__． 2.（2023·全国·阶段练习）如图，在正方体中，是棱的中点，是侧面内的动点，且与平面的垂线垂直，则下列说法不正确的是（    ） A．与不可能平行 B．与是异面直线 C．点的轨迹是一条线段 D．三棱锥的体积为定值 3.（2023·江西·高一校联考）在棱长为的正方体中，已知为的中点，点为底面上的动点，若，则点的轨迹长度为（    ） A． B． C． D． 4.（2023·海南省直辖县级单位·文昌中学校考）已知四棱柱的底面为正方形，侧棱与底面垂直，点是侧棱上的点，且.若点在侧面（包括其边界）上运动，且总保持，则动点的轨迹长度为（    ）      A． B． C． D． 十三、动点：角度定值轨迹型 1.（2022秋·四川泸州·高一四川省叙永第一中学校校考开学考试）在正方体中，E为的中点，F为底面ABCD上一动点，且EF与底面ABCD所成的角为．若该正方体外接球的表面积为，则动点F的轨迹长度为（    ）． A． B． C． D． 2.（2022·广东佛山·高一校联考）如图，正方体的棱长为1，点P为正方形内的动点，满足直线BP与下底面ABCD所成角为的点P的轨迹长度为（    ）    A． B． C． D． 3.（2023·海南海口·校联考）如图，点是棱长为2的正方体表面上的一个动点，直线与平面所成的角为45°，则点的轨迹长度为（    ） A． B． C． D． 4.（2023·湖北襄阳·襄阳四中校考）如图，二面角的大小为，已知A、B是l上的两个定点，且，，，AB与平面BCD所成的角为，若点A在平面BCD内的射影H在的内部（包括边界），则点H的轨迹的长度为（    ） A． B． C． D． 十四、动点：定长轨迹型 1.（2023·黑龙江大庆·高一大庆中学校考期末）已知正四棱锥（底面为正方形，且顶点在底面的射影为正方形的中心的棱锥为正四棱锥）P－ABCD的底面正方形边长为2，其内切球O的表面积为，动点Q在正方形ABCD内运动，且满足，则动点Q形成轨迹的周长为（    ） A． B． C． D． 2.（2023春·山西运城·高一康杰中学校考阶段练习）正方体的棱长为3，点在三棱锥的表面上运动，且，则点轨迹的长度是（    ） A． B． C． D． 3.（2022·上海静安·高一校考期末）已知平面平面，直线点，平面，间的距离为4，则在内到点的距离为5且到直线的距离是的点的轨迹是（    ） A．一个圆 B．两条平行直线 C．四个点 D．两个点 4.若三棱锥的侧面内一动点P到底面的距离与到棱的距离相等，则动点P的轨迹与组成图形可能是（    ） A． B． C． D． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题09 外接球、内切球与动点最值 目录 一、外接球模型：三线垂直型 1 二、外接球模型：对棱相等型 4 三、外接球模型： 线面垂直型 6 四、外接球模型：面面垂直型 9 五、两线交心法：特殊三角形模型 14 六、两线交心法：二面角型 17 七、动点与翻折型外接球 21 八、内切球 25 九、棱切球 28 十、球最值与范围 33 十一、动点：恒平行轨迹长度型 36 十二、动点：恒垂直轨迹型 40 十三、动点：角度定值轨迹型 44 十四、动点：定长轨迹型 48 一、外接球模型：三线垂直型 1．（2024高一下·全国·专题练习）如图，在长方体中，，，异面直线与所成角的余弦值为，则该长方体外接球的表面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】连接与交于点，取中点，连接，则，则为异面直线与所成角（或补角），设，在中利用余弦定理求出，最后求出长方体的体对角线即为外接球的直径，从而求出外接球的表面积. 【详解】连接与交于点，则为中点， 取中点，连接，则， 为异面直线与所成角（或补角）， 设，，，则， ， 在中，由余弦定理得， 若，则，解得（负值已舍去）， 若，则，方程无解， 所以， 所以长方体的对角线长为， 所以长方体的外接球的半径， 所以长方体外接球的表面积. 故选：B 2．（2024·河北唐山·阶段练习）已知长方体的一条棱长为2，体积为16，则其外接球表面积的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由长方体的体积求出，再由基本不等式可求出，再由球的表面积公式计算得到答案. 【详解】设长方体的长、宽、高分别为， 所以长方体的体积为，解得：， 设长方体的外接球的半径为， 所以，即， 即，当且仅当时取等， 所以， 所以其外接球表面积的最小值为. 故选：C. 3．（23-24高一下·湖南长沙·期中）在三棱锥中，平面，，为边长等于的正三角形，则三棱锥的外接球的表面积是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】将三棱锥补形为一个直三棱柱,分别是上下底的外心，则的中点是外接球的球心，求出球半径后可得表面积． 【详解】易知的外接圆的半径为1，将三棱锥补形为一个直三棱柱， 如图，分别是上下底的外心，则的中点是外接球的球心， 由题设，易得底面外接圆半径，，则，即外接球的半径为， 其外接球的表面积是， 故选：D． 4．（23-24高一下·四川成都·期中）若长方体的长、宽、高分别为，则长方体外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】求得长方体对角线长得外接球直径，再计算球的表面积即可． 【详解】由已知得长方体的对角线长为，所以外接球半径为， 球的表面积为， 故选：A． 5．（23-24高一下·浙江宁波·期中）已知是球O表面上不同的点，平面，，，，若球的体积为，则（    ） A． B．1 C． D． 【答案】B 【分析】由已知易得四点均为长宽高分别为三边长的长方体的顶点，由长方体外接球的直径等于长方体对角线，利用球的体积公式可得答案. 【详解】因为平面，， 所以四面体的外接球半径等于以为长宽高的长方体的顶点的外接球， 又球的体积为，即，所以， 所以， 所以. 故选：B. 二、外接球模型：对棱相等型 1.（2023·全国·高一专题练习）已知在四面体中，，则四面体的外接球表面积为 . 【答案】 【分析】把四面体补成为一个长方体，利用长方体求出外接球的半径，即可求出外接球表面积. 【详解】对于四面体中，因为， 所以可以把四面体还原为一个长方体，如图：    设从同一个顶点出发的三条边长分别为x、y、z，则有： ，解得： 点A、B、C、D均为长、宽、高分别为，，的长方体的顶点， 且四面体的外接球即为该长方体的外接球， 于是长方体的体对角线即为外接球的直径， 不妨设外接球的半径为，∴， ∴外接球的表面积为. 故答案为：. 2.（2023·全国·高三专题练习）已知三棱锥中，，若均在半径为2的球面上，求的范围 ． 【答案】 【分析】将三棱锥补为长方体，设出长方体棱长，利用球的直径即可表示出，结合参数方程即可求解. 【详解】由， 均在半径为2的球面上， 可将三棱锥放置于长方体中，如图，   设棱长分别为，则， 故长方体对角线平方为， 可设，，， 考虑到是三角形边长,故，其范围是．故答案为： 3.已知在四面体中，，则四面体的外接球表面积为______. 【答案】 【分析】 把四面体补成为一个长方体，利用长方体求出外接球的半径，即可求出外接球表面积. 【详解】 对于四面体中，因为， 所以可以把四面体还原为一个长方体，如图： 设从同一个顶点出发的三条边长分别为x、y、z，则有： ，解得：点A、B、C、D均为长、宽、高分别为，，的长方体的顶点， 且四面体的外接球即为该长方体的外接球，于是长方体的体对角线即为外接球的直径， 不妨设外接球的半径为，∴， ∴外接球的表面积为.故答案为：. 4.（河南省豫东名校2022-2023学年高一摸底联考数学试题）在三棱锥P－ABC中，PA＝BC＝5，，，则三棱锥P－ABC的外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】将棱锥补全为长方体，由长方体外接球直径与棱长关系求直径，进而求其表面积. 【详解】三棱锥P－ABC中，PA＝BC＝5，，， 构造长方体使得面对角线分别为5，，，则长方体体对角线长等于三棱锥外接球直径，如图所示， 设长方体棱长分别为a，b，c，则，，， 则，即，外接球表面积. 故选：D 三、外接球模型： 线面垂直型 1．（2024·宁夏固原·阶段练习）已知四面体的各顶点均在球的球面上，平面平面，，则球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】本题首先可根据题意将四面体看作底面是等边三角形的直三棱柱的一部分，然后求出直三棱柱的外接球的半径，最后根据球的表面积计算公式即可得出结果. 【详解】因为平面平面，， 所以可将四面体看作底面是等边三角形的直三棱柱的一部分，如图所示： 则四面体的外接球即直三棱柱的外接球， 因为底面三角形的外心到三角形的顶点的长度为， 所以直三棱柱的外接球的半径， 则球的表面积， 故选：A. 2．（23-24高一·云南·阶段练习）如图所示的三棱锥中，，，，，且，，则其外接球表面积的最小值为（    ）    A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用线面垂直的判定定理，将三棱锥放入长方体中，再利用基本不等式即可求其外接球表面积的最小值. 【详解】因为，，且，平面， 所以平面， 又因为，，且，平面， 所以平面， 所以可以将三棱锥放入一个长方体中，该长方体以为长，宽，高，如图所示，    则长方体的外接球就是三棱锥的外接球， 设所求外接球的半径为， 因为，所以，当且仅当时等号成立， 所以，即，解得， 所以该长方体外接球表面积的最小值为， 所以三棱锥的外接球表面积的最小值为， 故选：A 3．（2024·四川凉山·阶段练习）已知在三棱锥中，，，底面是边长为1的正三角形，则该三棱锥的外接球表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据给定条件，证得平面，再确定三棱锥外接球球心，并求出球半径及表面积. 【详解】在三棱锥中，，，正的边长为1， 则，即有，同理，而平面， 于是平面，令正的外心为，三棱锥外接球球心为， 则平面，显然球心在线段的中垂面上，取的中点，则， 而，则四边形是矩形，， 所以球半径，表面积. 故选：B 4．（2024·辽宁抚顺·阶段练习）在三棱锥中，，，，，则三棱锥的外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】在中由余弦定理求得，由题意证得平面ABC，进而确定外接球球心O，由球心与相关点的位置关系求球的半径，最后求表面积即可. 【详解】在中，， 即，又， 因为，所以，同理， 又由平面ABC，平面. 设的外接圆半径为，所以， 所以，所以外接球的半径R满足， ∴三棱锥外接球的表面积为. 故选：A. 5．（2024·陕西·阶段练习）在三棱锥中，平面，，且，，则该三棱锥外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】 将该三棱锥置于一个长方体中，利用体对角线即为外接球的直径，求出球的半径，由表面积公式求解即可 【详解】由题意，在三棱锥中，平面，，故将该三棱锥置于一个长方体中，如图所示： 则体对角线即为外接球的直径，由于，， 所以，即外接球的半径，则该三棱锥外接球的表面积为. 故选：A 四、外接球模型：面面垂直型 1．（2024·湖南邵阳·阶段练习）已知三棱锥中，平面，，则此三棱锥外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据题意，利用正弦定理求得的外接圆的半径，再由球的截面的性质，求得外接球的半径，结合球的表面积公式，即可求解. 【详解】因为三棱锥中，平面，， 设底面的外接圆的半径为，三棱锥外接球的半径为， 由正弦定理得，可得 所以， 则外接球的表面为. 故选：B.    2．（2024·安徽合肥·模拟预测）已知四棱锥的各顶点在同一球面上，若，为正三角形，且面面，则该球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】作辅助线，找到球心的位置，证明到四棱锥所有顶点距离相等；根据勾股定理，求出球的半径，进而求出球的表面积. 【详解】如图，取的中点，取的中点，连接、，在线段上取一点，使， 过点作平面的垂线，使，连接， 易知四边形是等腰梯形，、、均为等边三角形， 所以， 因为平面， 所以， 所以， 因为为正三角形，为的中点， 所以， 又因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 因为平面， 所以，即 又因为，所以四边形为平行四边形， 所以， 因为为正三角形，为的中点， 所以， 又因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，所以平面， 又因为是的外心，所以， 所以， 所以即为四棱锥外接球的球心， 因为，， 所以 所以， 故选：C. 3．（2024·四川·阶段练习）已知在三棱锥中，，，，平面平面，则该三棱锥外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据题意作出图形，由题设条件可得外接圆圆心即三棱锥外接球球心，利用正弦定理即可求出其半径即得. 【详解】 如图，因平面平面，，的外心为边的中点， 则三棱锥的外接球球心即为外接圆圆心，设外接球半径为. 在中，，,故由余弦定理可得， ， 即，由正弦定理，，则， 即三棱锥外接球的半径为，故其外接球的表面积为． 故选：D． 4．（2024·山西朔州·阶段练习）在三棱锥中，，若是等边三角形，则三棱锥的外接球的体积是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】如图，取的中点为，连接，设为的中心，为的中心，由对称性可得在平面中，且平面，平面，结合解三角形可得，从而可求外接球半径，故可得其体积. 【详解】如图，取的中点为，连接， 因为，故为等边三角形且， 因为为等边三角形，故， 由余弦定理可得， 故，而为等边的边上的中线， 故，同理，故， 而为三角形内角，故. 设为的中心，为的中心，则在上且在上， 因为、均为等边三角形其它们有公共边， 由对称性可得在平面中， 设为外接球的球心，连接，则平面，平面， 而平面，平面，故，连接， 则由四点共圆可得， 故，所以即外接球半径为， 故棱锥的外接球的体积为. 故选：A 5．（2024·四川泸州·阶段练习）已知三棱锥的底面是边长为3的等边三角形，且，，当该三棱锥的体积取得最大值时，其外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】 先分析得三棱锥的体积取得最大值时，有平面平面，再分别利用正弦定理求得的外接圆的半径，从而利用两个面垂直的三棱锥的外接球半径满足，由此得解. 【详解】 依题意，三棱锥的底面面积是个定值， 侧面中，顶点到边的距离也是一个定值， 所以当该三棱锥的体积取得最大值时，平面平面， 因为三棱锥的底面是边长为3的等边三角形， 所以，则，    设的外接圆的半径分别为， 则在等边中，， 在中，， 所以， 则，， 设三棱锥的外接球的半径为， 则， 所以其外接球的表面积为. 故选：D. 五、两线交心法：特殊三角形模型 1.（23-24高一·湖北襄阳·阶段练习）四棱锥各顶点在同一球面上，，，，则这个球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】 确定三角形ABD为等边三角形，求出外接圆半径r,直接利用球和锥体的关系求出球的半径，进一步利用球的表面积公式的应用求出结果． 【详解】 四棱锥各顶点在同一球面上, ，, 则四边形四点共圆，对角互补，，故为等边三角形， 又，则点P在底面射影为的中心H，球心O在PH所在直线上， 设外接圆半径为r，则,， 设外接球的半径为， 当球心O在PH上，故，即，解得（大于PH长度，舍去）． 同理当球心O在PH延长线上，则即，解得成立， 故球的表面积为 故选：B 2.（福建省龙岩市一级达标校2022-2023学年高一下学期期末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，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】 【分析】 求出的外接圆半径，的外接圆半径，求出外接球的半径，即可求出该三棱锥的外接球的表面积． 【详解】 由题意，设的外心为，的外心为， 则的外接圆半径， 在中，因为， 由余弦定理可得，所以， 所以的外接圆半径， 在等边中，由，所以，所以， 设球心为，球的半径为，则， 又由面，面， 则，所以该三棱锥的外接球的表面积为． 故答案为：． 3.（湖南省娄底市第一中学2022-2023学年高一期期末数学试题）边长为6的两个等边，所在的平面互相垂直，则四面体的外接球表面积为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】 根据题意，确定外接球球心为过等边三角形中心与，且与所在平面垂直的两条直线的交点，则为外接球半径，在可知，则，，在中，，再根据球的表面积公式，求解即可. 【详解】 如图所示： 为过中心且垂直平面的直线，为过中心且垂直平面的直线，与相交于点. 由球的性质知：四面体的外接球球心为点. 取的中点为，则，，三点共线，，，三点共线，， 所以，因为为的中心，所以. 因为，所以. 又因为，所以. 即外接球表面积为.故选：B 4.（江苏省盐城中学2022-2023学年高一第三次阶段性质量检测数学试题）已知菱形边长为3，，为对角线上一点，.将沿翻折到的位置，记为且二面角的大小为120°，则三棱锥的外接球的半径为______；过作平面与该外接球相交，所得截面面积的最小值为______. 【答案】 【分析】 （1）过的重心作垂线，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与截面的位置关系，再根据线段长度求解出截面圆的面积. 【详解】 因为且四边形为菱形，所以均为等边三角形， 取的重心为，过作平面、平面的垂线，且垂线交于一点， 此时即为三棱锥的外接球球心，如下图所示： 记，连接，因为二面角的大小为， 且，所以二面角的平面角为， 因为，所以，所以， 又因为，所以，所以， 所以，又，所以， 所以三棱锥的外接球的半径为； 当截面面积取最小值时，此时截面，又因为截面是个圆，设圆的半径为，外接球的半径为， 又因为且，所以， 所以，所以此时截面面积为. 故答案为：；. 六、两线交心法：二面角型 1.（2023·全国·高一专题练习）在三棱锥中，△ABC为等腰直角三角形，，△PAC为正三角形，且二面角的平面角为，则三棱锥的外接球表面积为 ． 【答案】 【分析】根据二面角定义找到二面角平面角，利用线面垂直、面面垂直的判定证明面面，进而确定在面上的射影，结合三棱锥外接球球心的位置，外接球半径为有求半径，最后求表面积. 【详解】若分别是中点，则，又△ABC为等腰直角三角形且， 所以，则，且，， 由△PAC为正三角形，故，且， 面，故面， 综上，二面角平面角为， 在△中，，则PD=OD=1， 又面，则面面，面面，则在面上的射影在直线上， 所以到面的距离为， 三棱锥外接球球心在过垂直于面的直线上，如上图， 过作面于，且在直线上，过作交延长线于， 连接，显然为矩形，令，外接球半径为， 所以， 则，所以，可得，故， 外接球表面积为.故答案为： 2.（2023·全国·高一专题练习）在菱形中，，将沿折起到的位置，若二面角的大小为，三棱锥的外接球球心为，的中点为，则 A．1 B．2 C． D． 【答案】B 【详解】因为在菱形 中，的中点为,所以 ,则 ,所以 为二面角的平面角,,由于,所以 为等边三角形,若外接圆的圆心为,则平面,在等边中,,可以证明,所以,又,所以 ,在中,,选B. 点睛: 本题主要考查了四棱锥的外接球问题, 属于中档题. 本题思路: 由二面角的定义求出,确定外接圆的圆心位置,由球的截面圆的性质得到平面,利用,求出 的长度. 3．（2023·湖南郴州·高一统考阶段练习）在边长为的菱形ABCD中，，沿对角边折成二面角为的四面体，则四面体外接球表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】正确作出图形，利用勾股定理建立方程，求出四面体的外接球的半径，即可求出四面体的外接球的表面积． 【详解】解：如图所示，，，， ，设，则，，由勾股定理可得， ，四面体的外接球的表面积为，故选：．【点睛】本题考查四面体的外接球的表面积，考查学生的计算能力，正确求出四面体的外接球的半径是关键． 4.（2023·四川泸州·高一四川省泸县第四中学校考期末）已知在菱形中，，把沿折起到位置，若二面角大小为，则四面体的外接球体积是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先找截面圆的圆心，过圆心作截面的垂线，球心在垂线上，找到球心再利用勾股定理即可得到答案. 【详解】设的外接圆圆心为，的外接圆圆心为， 过这两点分别作平面、平面的垂线，交于点O，则O就是外接球的球心； 取中点E，连接， 因为，， 所以， 因为和是正三角形， 所以， 由得， 所以由，即球半径为， 所以球体积为． 故选：C. 5.（2023·河南·高一校联考阶段练习）在三棱锥中，底面是边长为的等边三角形､若二面角的大小为，则三棱锥的外接球表面积大小为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】取的中点，连接，根据全等三角形的判定得出，则，再根据等腰三角形的性质得，从而得出为二面角的平面角，设，由勾股定理得出，在中由余弦定理求出，进而得出三棱锥的外接球的直径，最后根据球的表面积公式即可求出结果. 【详解】解：取的中点，连接， 因为， 所以， 所以，所以， 因此为二面角的平面角， 设，则， ，， 在中，由余弦定理得， 即，解得：， 所以三棱锥的外接球的直径， 所以三棱锥的外接球的表面积为. 故选：C. 七、动点与翻折型外接球 1.（2023·四川·四川省金堂中学校校联考）如图，在梯形中，，将沿对角线折起，使得点翻折到点，若面面，则三棱锥的外接球表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】设为的中点，为的中点，为的外心，为三棱锥的外接球球心，利用球的截面性质得到四边形为矩形，然后设外接球半径为，由求解. 【详解】解：如图， 设为的中点，为的中点，为的外心，为三棱锥的外接球球心， 则面面. 由题意得为的外心， 在中，， 所以， 又四边形为矩形， ，设外接球半径为， 则外接球表面积， 故选：B. 2.（2023·安徽马鞍山·统考）如图，在矩形中，，点分别为边的中点．将沿折起，在翻折过程中，直线被三棱锥的外接球截得的线段长的取值范围为 ． 【答案】 【分析】根据题意得到为三棱锥的外接球的直径，即半径，过分别向的垂线，设向量和所成的角为，结合，根据向量的数量积的运算，求得，设外接球截直线的弦长为，结合球的截面圆和圆的弦长公式，即可求解. 【详解】取的中点，在翻折的过程中，可得， 即为三棱锥的外接球的直径，且， 即三棱锥的外接球的半径为， 过分别向的垂线，垂足分别为，如图所示， 可得，则， 设向量和所成的角为，其中， 因为， 则 ， 所以，可得，即， 设三棱锥的外接球截直线的弦长为， 又因为，在翻折前， 当取得最大值时，此时球心到的距离最短， 此时直线被球截得的弦长最长，所以截得的线段长的最大值为； 当取得最小值时，此时球心到的距离最长， 取的中点，则，可得最大距离为， 此时直线被球截得的弦长最短， 根据圆的弦长公式，可得最短弦长为， 所以直线被三棱锥的外接球截得的线段长的取值范围为. 故答案为：. 3.（2023下·江西赣州·高一统考期末）如图，在等腰直角三角形ABC中，点P为线段AB的中点，，，将沿所在直线进行翻折，得到三棱锥，当时，此三棱锥的外接球表面积为 ．    【答案】 【分析】依题意得到三棱锥的棱的垂直情况，从而将其补成正方体，进而求得三棱柱的外接球半径，由此得解. 【详解】因为是等腰直角三角形，点P为线段AB的中点，，， 所以，，则， 因为，所以，则， 所以将该三棱锥补成正方体，如下图所示：    则三棱锥的外接球就是边长为的正方体的外接球， 所以该外接球的直径为正方体的体对角线，即， 所以外接球表面积为. 故答案为：. 4.（重庆市清华中学校2022-2023学年高一数学试题）已知等边的边长为，，分别为，的中点，将沿折起得到四棱锥.点为四棱锥的外接球球面上任意一点，当四棱锥的体积最大时，到平面距离的最大值为______. 【答案】 【分析】 折叠为空间立体图象，得出四棱锥的外接球的球心，求得四棱锥的外接球的半径，则，由此能求出四棱锥的体积的最大时，点到平面距离的最大值． 【详解】 由题意得，取的中点, 则是等腰梯形外接圆圆心，是的外心， 作平面，平面， 则是四棱锥的外接球的球心，且， 设四棱锥的外接球半径为，则， ， 所以当四棱锥的体积最大时， 点到平面距离的最大值． 八、内切球 1.（2024·河南洛阳·阶段练习）已知圆台的上、下底面中心分别为，且，上、下底面半径分别为2，12，在圆台容器内放置一个可以任意转动的球，则该球表面积的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由题意作出轴截面，利用直角三角形知识求得，即可求解球的表面积. 【详解】如图所示， 根据题意可知. 设圆台内能放置的最大球的球心为，且与底面和母线AB分别切于两点， 因为，所以，所以， 所以可知球的半径， 此时球的直径为， 即此时球与圆台上底面不相切，因此圆台内能放置的最大球的表面积. 故选：B 2.（2024·浙江宁波·阶段练习）在正四棱台中，，若球与上底面以及棱均相切，则球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据勾股定理求解棱台的高,进而根据相切，由勾股定理求解球半径，即可由表面积公式求解. 【详解】设棱台上下底面的中心为,连接， 则， 所以棱台的高, 设球半径为,根据正四棱台的结构特征可知：球与上底面相切于,与棱均相切于各边中点处， 设中点为，连接, 所以，解得， 所以球的表面积为， 故选：C 3.（23-24高一下·河南三门峡·期中）已知三棱锥的棱长均为4，先在三棱锥内放入一个内切球，然后再放入一个球，使得球与球及三棱锥的三个侧面都相切，则球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用等体积可求得内切球半径，再取截面并根据比例求得球的半径，则可求得球的表面积． 【详解】取三棱锥过内切球球心的截面，如图所示： 依题意得， 底面的外接圆半径为，解得； 点到平面的距离为， 所以， 所以， 设球的半径为， 所以， 则，得， 设球的半径为，则，又，得， 所以球的表面积为． 故选：A． 4.（2024·辽宁·阶段练习）将一块棱长为1的正方体木料，打磨成两个球体艺术品，则两个球体的体积之和的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先由已知推得两球球心的位置，设出圆心、半径，进而推得.代入体积公式，求导根据导函数得出函数的单调性，进而得出函数的最值点，代入化简，即可得出答案. 【详解】要使两个球的体积之和最大，则应满足两个球互相外切，并且分别与正方体的面相切，即应有两个球球心连线位于正方体的体对角线上. 如图，设两球的圆心分别为，半径为， 由已知可得，，，， 所以，， 则，，. 又， 所以，，. 因为，所以. 又两球的体积之和， . 当时，有，即函数在上单调递减； 当时，有，即函数在上单调递增. 当时，， 所以，. 又， 所以，函数的最大值为. 故选：B. 九、棱切球 1.（2024·黑龙江哈尔滨·阶段练习）若将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，八个顶点共截去八个三棱锥，可得到一个有十四个面的多面体.它的各棱长都相等，其中八个面为正三角形，六个面为正方形，如图所示，已知该多面体过A，B，C三点的截面面积为，则其棱切球（球与各棱相切）的表面积为 . 【答案】 【分析】设，外接球的半径为，根据该几何体的对称性可知该几何体的棱切球即为底面棱长为2，侧棱长为的正四棱柱的棱切球，利用勾股定理求解半径，即可由球的表面积公式即可求解． 【详解】设，外接球的半径为， 该多面体是由棱长为的正方体沿正方体各棱的中点截去8个三棱锥所得， 如图，过，，三点的截面为正六边形，其面积，即， 根据该几何体的对称性可知该几何体的棱切球即为底面棱长为2，侧棱长为的正四棱柱的棱切球， 故，即， 故该多面体的棱切球的表面积为． 故答案为：． 2.（22-23高一下·山西朔州·阶段练习）正四面体的内切球、棱切球(与各条棱均相切的球)及外接球的半径之比为 ． 【答案】 【分析】作出正四面体的图形，结合正四面体的性质分别求得其内切球、棱切球及外接球的半径，从而得解. 【详解】设正四面体的棱长为1，外接球和内切球半径分别为， 如图所示，为的中点，，    由正四面体的性质可知线段为正四面体的高， 在正中，， 同理，在正中，， 则，， 所以， 则， 由正四面体的性质知，三个球的球心重合，且球心在线段上， 则， ， 所以，故， 而棱切球与棱相切，故其半径为， 则正四面体的内切球、棱切球及外接球的半径之比为. 故答案为：. 3.（23-24高一·河北沧州·阶段练习）已知棱长为1的正方体的棱切球（与正方体的各条棱都相切）为球，点为球面上的动点，则下列说法正确的是（    ） A．球的表面积为 B．球在正方体外部的体积大于 C．球内接圆柱的侧面积的最大值为 D．若点在正方体外部（含正方体表面）运动，则 【答案】ABD 【分析】对A，可求得正方体棱切球半径，运用表面积公式即可得；对B，由球在正方体外部的体积大于球体体积与正方体的体积之差计算即可得；对C，计算出球内接球内接圆柱的高及底面积即可得；对D，根据向量的数量积运算即可得. 【详解】解析：对于A．如图所示， 正方体的棱切球的半径，则球的表面积为，故A正确； 对于B．若球体､正方体的体积分别为． 球在正方体外部的体积，故B正确； 对于C，球的半径，设圆柱的高为， 则底面圆半径， 所以， 当时取得最大值，且最大值为，所以C项错误； 对于D，取中点，可知在球面上，可得， 所以， 点在球上且在正方体外部（含正方体表面）运动， 所以（当为直径时，）， 所以．故D正确． 故选ABD．    4.（20-21高一·江苏扬州·阶段练习）我们把所有棱长都相等的正棱柱(锥)叫“等长正棱柱(锥)”，而与其所有棱都相切的称为棱切球，设下列“等长正棱柱(锥)”的棱长都为1，则下列说法中正确的有（    ） A．正方体的棱切球的半径为 B．正四面体的棱切球的表面积为 C．等长正六棱柱的棱切球的体积为 D．等长正四棱锥的棱切球被棱锥5个面(侧面和底面)截得的截面面积之和为 【答案】BCD 【分析】选项A：正方体的棱切球的直径为正方体的面对角线； 选项B：把正四面体ABCD放到正方体中，则正方体的棱长即为正四面体的棱切球的直径； 选项C：等长正六棱柱的棱切球的直径为底面最长的面对角线； 选项D：棱切球被每一个面所截，截面为该面的内切圆. 【详解】正方体的棱切球的直径为正方体的面对角线，正方体的棱切球的半径为面对角线的一半，即为，选项A错误； 如图，四面体ABCD为棱长为1的正四面体，把正四面体ABCD放到正方体中，则正方体的棱长即为正四面体的棱切球的直径，所以正四面体的棱切球的半径为，即正四面体的棱切球的表面积为，选项B正确； 如图，等长正六棱柱的棱切球的直径为AB，即直径为2，半径为1，所以等长正六棱柱的棱切球的体积为，选项C正确； 由棱切球的定义可知，棱切球被每一个面所截，截面为该面的内切圆， 则等长正四棱锥的底面内切圆的面积为 ， 每个侧面正三角形的内切圆的半径为正三角形高的，即，所以四个侧面正三角形的内切圆的面积为，所以等长正四棱锥的棱切球被棱锥5个面截得的截面面积之和为，选项D正确. 故选：BCD. 十、球最值与范围 1.在四棱锥中，侧面底面ABCD，且，，底面ABCD是边长为2的正方形，设P为该四棱锥外接球表面上的动点，则三棱锥的最大体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据题意作图，结合几何关系，求得四棱锥外接球的球心位置以及球半径，再求三棱锥体积的最大值即可. 【详解】连接交于点，取中点为，连接，作图如下： 因为，又为的中点，故为的外心， 又平面平面，且面面，又面， 故可得面，故； 又四边形为正方形，且为对角线交点，故可得， 综上所述，，故为四棱锥的外接球的球心. 则其外接球半径. 又P为该四棱锥外接球表面上的动点，若使得三棱锥的体积最大， 则此时点到平面的距离， 故其体积的最大值 . 故选：. 2.（河南省郑州市第十一中学2022-2023学年高一学期期末数学试题）正方体的棱长为2，的中点分别是P，Q，直线与正方体的外接球O相交于M，N两点点G是球O上的动点则面积的最大值为（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】 如图，设正方体外接球球O的半径为r，过球心O作，垂足为H，可得H为的中点，由已知数据可求得的长是定值，而点G是球O上的动点，所以当点G到的距离最大时，面积的面积最大，而点G到的最大距离为，从而利用三角形的面积公式可求得结果 【详解】 如图，设正方体外接球球O的半径为r，过球心O作，垂足为H，易知H为的中点． 因为正方体的棱长为2，所以， 所以，，所以． 因为点G是球O上的动点，所以点G到的最大距离为，故面积的最大值为．故选：A 3.三棱锥中，，，，则三棱锥外接球表面积的最小值是（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】 根据正弦定理求出外接圆半径，设三棱锥高为，球的半径为，从而可得，再利用基本不等式求出的最小值即可. 【详解】 设底面外接圆圆心为，半径为，则，即.设三棱锥高为，球的半径为. 由，得球心在上，且，则，当且仅当时等号成立， 此时外接球表面积最小，则.故选：B 4.（2023新高考高考最后一卷数学第六模拟）在正四棱锥中，，，点为四棱锥外接球球面上一点，且点，不在平面的同一侧，则三棱锥体积的最大值为（ ） A．12 B． C． D．36 【答案】B 【分析】 由题意，先求出正四棱锥外接球的半径为，然后分析得通过球心时，点到平面的距离最大，即三棱锥的体积最大即可求解. 【详解】 解：连接，交于点，连接，则为正四棱锥的高， 且，则． 设正四棱锥外接球的半径为，则，解得． 连接，∵，不在平面的同一侧， ∴当通过球心时，点到平面的距离最大，即三棱锥的体积最大， 此时, 故三棱锥体积的最大值为， 故选：B． 十一、动点：恒平行轨迹长度型 1.（2023春·福建南平·高一武夷山一中校考期中）如图，已知长方体，，，E、F分别是棱、的中点，点为底面四边形ABCD内（包括边界）的一动点，若直线与平面BEF无公共点，则点的轨迹长度为（        ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】取的中点，连接.证明出面面，得到点的轨迹为线段.求出的长度，即可得到答案. 【详解】如图所示： 取的中点，连接. 在长方体，分别是棱、的中点，所以. 因为且,分别是中点，所以且,所以四边形为平行四边形，所以. 因为，面，面，所以面. 同理可证：面. 因为面，面，面,面,, 所以面面. 因为点为底面四边形ABCD内（包括边界）的一动点，且直线与平面BEF无公共点，面. 所以点的轨迹为线段. 已知长方体，，，为的中点, 所以，所以. 故选：C 2.（2023·全国·高一专题练习）在棱长为1的正方体中，分别为，的中点，点在正方体的表面上运动，且满足平面，则下列说法正确的是（    ） A．点可以是棱的中点 B．线段的最大值为 C．点的轨迹是正方形 D．点轨迹的长度为 【答案】B 【分析】如图，取棱的中点，连接，进而证明平面平面，再结合题意可知直线必过点，进而取中点，连接，证明平面即可得四边形为点的轨迹，再根据几何关系依次判断各选项即可. 【详解】解：如图，取棱的中点，连接， 因为分别为，的中点， 所以，在中，，由于平面，平面， 所以平面， 因为，所以，四边形为平行四边形， 所以，因为平面，平面， 所以，平面， 因为，平面， 所以，平面平面， 由于为体对角线的中点， 所以，连接并延长，直线必过点， 故取中点，连接， 所以，由正方体的性质易知， 所以，四边形是平行四边形，，， 因为，，， 所以，共线，即平面， 所以，四边形为点的轨迹，故A选项错误； 由正方体的棱长为，所以，四边形的棱长均为，且对角线为，， 所以，四边形为菱形，周长为，故CD选项错误， 由菱形的性质知，线段的最大值为，故B选项正确. 故选：B 3.（2023·全国·高一专题练习）已知正方体的棱长为3，点满足．若在正方形内有一动点满足平面，则动点的轨迹长为（    ） A．3 B． C． D． 【答案】C 【分析】在棱上分别取点，使得，，连接，证明平面平面即可得点的轨迹为线段，再计算长度即可. 【详解】解：如图，在棱上分别取点，使得，，连接， 因为，， 所以，， 因为平面，平面， 所以平面， 因为，， 所以，，， 因为，， 所以，≌，≌， 所以 所以，四边形是平行四边形， 所以， 因为平面，平面， 所以，平面， 因为，平面， 所以平面平面， 因为平面平面, 所以，在正方形内有一动点满足平面时，点的轨迹为线段， 因为 所以，动点的轨迹长为 故选：C 4.（2022秋·湖北武汉·高一校联考阶段练习）已知正方体的棱长为，，分别是棱、的中点，点为底面内（包括边界）的一动点，若与平面无公共点，则点的轨迹长度为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】取的中点，连接、、，根据题意判断平面平面，得出是点在底面内的轨迹，计算的值即可． 【详解】解：取的中点，连接、、，如图所示： 因为，分别是棱、的中点， 所以，平面，平面，所以平面， 又且，所以为平行四边形， 所以，平面，平面，所以平面， 又，平面， 所以平面平面， 因为与平面无公共点，平面，所以平面， 又点为底面内（包括边界）的一动点，平面平面， 所以是点在底面内的轨迹， 又正方体的棱长为，所以， 所以点的轨迹长度为． 故选：B． 十二、动点：恒垂直轨迹型 1.（河南省郸城县第一高级中学2022-2023学年高一第一次模拟考试数学试题）如图，在棱长均为2的正三棱柱中，点是侧棱的中点，点、分别是侧面、底面内的动点，且平面，平面，则点的轨迹的长度为__． 【答案】 【分析】 由正三棱柱的性质，结合线面平行、线面垂直分析知：在连接侧棱，中点的线段上，在过与平面垂直的平面与面相交的线段上，过作交于，连接，若交面于，连接，应用已知线段长度、相关角的大小，结合勾股定理求到的距离、，即可确定的轨迹为线段过的重心且与平行的线段，进而求其长度. 【详解】 是侧面内的动点，且平面， ∴点的轨迹是过点与平面平行的平面与侧面的交线，即：连接侧棱，中点的线段， 是底面内的动点，面， ∴的轨迹是过与平面垂直的平面与面相交的线段， 过作交于，连接，若交面于，连接，易知共面，且面，即∠EDQ为M-BC-A的平面角，如上图， ∴，而，而到的距离，可知：，故， ∵，即，而， ∴，即所在线段过的重心且与平行， 由正三棱柱中棱长均为2， 故线段的长为：， 故答案为：. 2.（2023·全国·阶段练习）如图，在正方体中，是棱的中点，是侧面内的动点，且与平面的垂线垂直，则下列说法不正确的是（    ） A．与不可能平行 B．与是异面直线 C．点的轨迹是一条线段 D．三棱锥的体积为定值 【答案】A 【分析】设平面与直线交于，连接，，则为的中点，分别取，的中点，，连接，，，证明平面平面，即可分析选项ABC的正误；再由，得点到平面的距离为定值，可得三棱锥的体积为定值判断D． 【详解】解：设平面与直线交于，连接，， 则为的中点，分别取，的中点，， 连接，，， 如图. ∵，平面，平面， ∴平面，同理可得平面， 又、是平面内的两条相交直线， ∴平面平面，而平面，∴平面， 得点的轨迹为一条线段，故C正确； 并由此可知，当与重合时，与平行，故A错误； ∵平面平面，和平面相交，∴与是异面直线，故B正确； ∵，则点到平面的距离为定值，∴三棱锥的体积为定值，故D正确． 故选：A． 3.（2023·江西·高一校联考）在棱长为的正方体中，已知为的中点，点为底面上的动点，若，则点的轨迹长度为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】取中点，可知四点共面；可分别证得平面，平面，从而得到，，由线面垂直的判定可知平面，由此可知点的轨迹为线段. 【详解】取的中点，的中点，的中点，连接，    分别为中点，，四点共面； 平面，平面，， 四边形为正方形，， 又，平面，平面， 又平面，； 在与中，，， 又，，即， ，平面，平面， 又平面，， ，平面，平面， 平面，； ，平面，平面， ，为底面上的动点，平面平面， 点轨迹为线段，点轨迹长度为. 故选：A. 4.（2023·海南省直辖县级单位·文昌中学校考）已知四棱柱的底面为正方形，侧棱与底面垂直，点是侧棱上的点，且.若点在侧面（包括其边界）上运动，且总保持，则动点的轨迹长度为（    ）      A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先找到过点与垂直的平面与侧面的交线，从而求解. 【详解】   如图，在侧棱上取一点，使得，连接， 过点作交于点，交于点，连接， 由，可知， 平面，， 从而平面，所以， 又由在平面内的射影，所以， 平面，， 知平面，平面，所以， 所以动点的轨迹为线段， 在中，，所以， 则，得 易得. 故选：D 十三、动点：角度定值轨迹型 1.（2022秋·四川泸州·高一四川省叙永第一中学校校考开学考试）在正方体中，E为的中点，F为底面ABCD上一动点，且EF与底面ABCD所成的角为．若该正方体外接球的表面积为，则动点F的轨迹长度为（    ）． A． B． C． D． 【答案】A 【分析】取AD的中点H，连接EH，判断出为EF与底面ABCD所成的角，即．设正方体的棱长为a，利用外接球的表面积求出.判断出F的轨迹为以H为圆心，为半径的圆在正方形ABCD区域内的部分，利用弧长公式求出动点F的轨迹的长度. 【详解】 如图1，取AD的中点H，连接EH，则. 在正方体中，底面ABCD，所以底面ABCD. 所以为EF与底面ABCD所成的角，则． 设正方体的棱长为a，因为该正方体外接球的表面积为， 所以，解得， 所以，从而， 所以F的轨迹为以H为圆心，为半径的圆在正方形ABCD区域内的部分，如图2． 在图2中，， 所以，则， 根据对称性可知，所以， 故动点F的轨迹周长为． 故选：A 2.（2022·广东佛山·高一校联考）如图，正方体的棱长为1，点P为正方形内的动点，满足直线BP与下底面ABCD所成角为的点P的轨迹长度为（    ）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】作出辅助线，得到P的轨迹为以为圆心，为半径，位于平面内的圆的，求出轨迹长度. 【详解】直线BP与下底面ABCD所成角等于直线BP与上底面所成角， 连接，因为⊥平面，平面， 所以⊥，故为直线BP与上底面所成角， 则， 因为，所以， 故点P的轨迹为以为圆心，为半径，位于平面内的圆的， 故轨迹长度为.   故选：B 3.（2023·海南海口·校联考）如图，点是棱长为2的正方体表面上的一个动点，直线与平面所成的角为45°，则点的轨迹长度为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先利用直线与平面所成的角为45°求得点的轨迹，进而求得点的轨迹长度. 【详解】若点P在正方形内， 过点P作平面于，连接. 则为直线与平面所成的角，则， 又，则，则， 则点的轨迹为以为圆心半径为2的圆（落在正方形内的部分）， 若点P在正方形内或内，轨迹分别为线段， 因为点P不可能落在其他三个正方形内， 所以点的轨迹长度为. 故选：A 4.（2023·湖北襄阳·襄阳四中校考）如图，二面角的大小为，已知A、B是l上的两个定点，且，，，AB与平面BCD所成的角为，若点A在平面BCD内的射影H在的内部（包括边界），则点H的轨迹的长度为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据题意：点H的轨迹是以点B为球心，以为半径的球与以AB为轴，母线AH与轴AB成60°的圆锥侧面交线的一部分，该部分是圆心角为的弧长，只要求出半径即可. 【详解】如图所示： 因为AB与平面BCD所成的角为，且点A在平面BCD上的射影H，，所以，所以点H在以点B为球心，以为半径的球面上， 又点H在以AB为轴，以AH为母线的圆锥的侧面上，所以点H的轨迹为以点B为球心，以为半径的球与以AB为轴，母线AH与轴AB成的圆锥侧面交线的一部分，即图中扇形EOF的弧EF，且扇形所在平面垂直于AB， 因为二面角α﹣1﹣β的平面角的大小为，所以，又， 所以点H的轨迹的长度等于，故选：D. 十四、动点：定长轨迹型 1.（2023·黑龙江大庆·高一大庆中学校考期末）已知正四棱锥（底面为正方形，且顶点在底面的射影为正方形的中心的棱锥为正四棱锥）P－ABCD的底面正方形边长为2，其内切球O的表面积为，动点Q在正方形ABCD内运动，且满足，则动点Q形成轨迹的周长为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用等体积法及几何关系求出关于动点Q的等式关系 ，根据相关几何意义即可求出动点Q形成轨迹的周长. 【详解】设内切球O的半径为R，则，∴． 如图，连接AC与BD，设交点为F，取AD的中点E，连接PE，PF，EF． 根据等体积法得， ∴，整理得，又， 解得，．∴，，． 在中，． ∴点Q在以点F为圆心，为半径的圆上，其周长为． 故选：C． 2.（2023春·山西运城·高一康杰中学校考阶段练习）正方体的棱长为3，点在三棱锥的表面上运动，且，则点轨迹的长度是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由题意可知点在以为球心，半径的球上，所以点的轨迹是该球与三棱锥的表面的交线，然后画出图形，分别求出其在四个面上的轨迹长度即可. 【详解】因为，所以点在以为球心，半径的球上， 因为点在三棱锥的表面上运动， 所以点的轨迹是该球与三棱锥的表面的交线， 因为正方体的棱长为3， 所以正方体的面对角线为， 所以三棱锥为棱长为的正三棱锥， 由正方体的性质可知到平面的距离为， 所以球在平面上的截面圆的半径， 所以截面圆的圆心正好是正三角形的中心， 设正三角形的内切圆半径为，外接圆半径为， 由正弦定理得，则， 所以， 所以点在平面内的轨迹是圆在内的弧长，如图所示， ，为锐角， 所以， 所以， 所以点在平面内的轨迹长度为， 因为平面， 所以球在平面上的截面圆心为，设圆的半径为， 则， 因为，所以点在平面内的轨迹是一段劣弧，如图所示， 因为为锐角，所以， 所以， 所以的长为， 由对称性可知点在平面和平面内的轨迹长相等，都等于， 所以点在三棱锥的表面上的轨迹的长度为 ， 故选：A 3.（2022·上海静安·高一校考期末）已知平面平面，直线点，平面，间的距离为4，则在内到点的距离为5且到直线的距离是的点的轨迹是（    ） A．一个圆 B．两条平行直线 C．四个点 D．两个点 【答案】C 【分析】设满足条件的点为，过点做平面的垂线，画出图形，结合相关数据即可分析出答案. 【详解】设满足条件的点为， 过点做平面的垂线，则． 平面内一点到点的距离为，， 所以，即为平面上以垂足为圆心，半径的圆上， 在内到直线的距离是的点的轨迹是两条平行线， 点到它们的距离为． 4.若三棱锥的侧面内一动点P到底面的距离与到棱的距离相等，则动点P的轨迹与组成图形可能是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】设二面角为，作面于，于，于，根据题设有为常数，进而分析P在上的轨迹，即可得答案. 【详解】若二面角为，作面于，于，于， 如上图示，，由题设有，即为常数， 所以P在上的轨迹是一条直线，且与边夹角较小. 故选：D 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！52 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 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