2023屆高考數(shù)學一輪復習-第1講-第2課時-空間幾何體的截面、球的切接問題

第2課時空間幾何體的截面、球的切接問題[學生用書P176]考點一空間幾何體的截面問題(綜合研析)復習指導：利用立體幾何的有關定理、事實確定截面的形狀和數(shù)量關系．(1)已知圓錐的母線長為2，側面積為2eq\r(3)π，則過圓錐頂點的截面面積的最大值等于()A.eq\r(3) B.eq\r(2)C.3 D.2(2)(2020·新高考卷Ⅰ)已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的棱長均為2，∠BAD＝60°.以D1為球心，eq\r(5)為半徑的球面與側面BCC1B1的交線長為________．【解析】(1)由圓錐的母線長為2，側面積為2eq\r(3)π，假設底面圓周長為l，因此eq\f(1,2)×2×l＝2eq\r(3)π，故底面圓周長為2eq\r(3)π，底面圓的半徑為eq\r(3).由于軸截面為腰長為2，底邊長為底面圓的直徑為2eq\r(3)的等腰三角形，因此軸截面的頂角是eq\f(2π,3).故當截面為頂角是eq\f(π,2)的等腰三角形時面積最大，此時S＝eq\f(1,2)·2·2·sineq\f(π,2)＝2.故選D.(2)如圖，連接B1D1，易知△B1C1D1為正三角形，所以B1D1＝C1D1＝2.分別取B1C1，BB1，CC1的中點M，G，H，連接D1M，D1G，D1H，則易得D1G＝D1H＝eq\r(22＋12)＝eq\r(5)，D1M⊥B1C1，且D1M＝eq\r(3).由題意知G，H分別是BB1，CC1與球面的交點．在側面BCC1B1內任取一點P，使MP＝eq\r(2)，連接D1P，則D1P＝eq\r(D1M2＋MP2)＝eq\r(（\r(3)）2＋（\r(2)）2)＝eq\r(5)，連接MG，MH，易得MG＝MH＝eq\r(2)，故可知以M為圓心，eq\r(2)為半徑的圓弧GH為球面與側面BCC1B1的交線．由∠B1MG＝∠C1MH＝45°知∠GMH＝90°，所以eq\o(GH,\s\up8(︵))的長為eq\f(1,4)×2π×eq\r(2)＝eq\f(\r(2)π,2).【答案】(1)D(2)eq\f(\r(2)π,2)截面問題求解要點(1)挖掘題目條件，要抓住截面的點是公共點這個關鍵．(2)靈活轉化，將條件轉化到一個平面內，尋找截面上的點滿足的數(shù)量關系．|跟蹤訓練|1．(2022·淮北市中學聯(lián)考)以邊長為1的正方形的一邊所在直線為旋轉軸，將該正方形旋轉一周所得圓柱的軸截面(過圓柱的軸作截面)的面積為()A．2π B.πC.2 D.1解析：選C.因為該正方形旋轉一周所得圓柱的高為1，底面的半徑為1，所以圓柱的軸截面的面積為1×2×1＝2，故選C.2．正方體ABCD-A1B1C1D1，E，F(xiàn)分別是AA1，CC1的中點，P是CC1上的動點(包括端點)，過E，D，P作正方體的截面，若截面為四邊形，則P的軌跡是()A．線段C1F B.線段CFC．線段CF和一點C1 D.線段C1F和一點C解析：選C.如圖所示，DE∥平面BB1C1C，所以平面DEP與平面BB1C1C的交線PM∥ED，連接EM，易證MP＝ED，因為MP∥ED，則M到達B1時仍可構成四邊形，即P到F時，而P在C1F之間，不滿足要求，P到點C1仍可構成四邊形，故選C.考點二球的接、切問題(多維探究)復習指導：空間幾何體中的接、切問題主要是與球有關的接、切，求解的關鍵是找出球心所在的位置．角度1幾何體的外接球(1)(鏈接常用結論2)(2021·高考全國卷甲)已知A，B，C是半徑為1的球O的球面上的三個點，且AC⊥BC，AC＝BC＝1，則三棱錐O-ABC的體積為()A.eq\f(\r(2),12) B.eq\f(\r(3),12)C.eq\f(\r(2),4) D.eq\f(\r(3),4)(2)(鏈接常用結論3)若直三棱柱ABC-A1B1C1的6個頂點都在球O的球面上，且AB＝3，AC＝4，AB⊥AC，AA1＝12，則球O的表面積為________．【解析】(1)如圖所示，因為AC⊥BC，所以AB為截面圓O1的直徑，且AB＝eq\r(2).連接OO1，則OO1⊥面ABC，OO1＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(AB,2)))\s\up12(2))＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(2),2)，所以三棱錐O-ABC的體積V＝eq\f(1,3)S△ABC×OO1＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×1×1×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(\r(2),12).(2)將直三棱柱補形為長方體ABEC-A1B1E1C1，則球O是長方體ABEC-A1B1E1C1的外接球．所以體對角線BC1的長為球O的直徑．因此2R＝eq\r(32＋42＋122)＝13.故S球＝4πR2＝169π.【答案】(1)A(2)169π角度2幾何體的內切球(2020·高考全國卷Ⅲ)已知圓錐的底面半徑為1，母線長為3，則該圓錐內半徑最大的球的體積為________．【解析】易知半徑最大的球即為該圓錐的內切球．圓錐及其內切球O如圖所示，設內切球的半徑為R，則sin∠BPE＝eq\f(R,OP)＝eq\f(BE,PB)＝eq\f(1,3)，所以OP＝3R，所以PE＝4R＝eq\r(PB2－BE2)＝eq\r(32－12)＝2eq\r(2)，所以R＝eq\f(\r(2),2)，所以內切球的體積V＝eq\f(4,3)πR3＝eq\f(\r(2),3)π，即該圓錐內半徑最大的球的體積為eq\f(\r(2),3)π.【答案】eq\f(\r(2),3)π處理球的“切”“接”問題的求解策略解決與球有關的切、接問題，其通法是作截面，將空間幾何問題轉化為平面幾何問題求解，其解題的思維流程是：|跟蹤訓練|1．(2022·云南一中質量監(jiān)測)在四面體S-ABC中，SA⊥平面ABC，∠BAC＝eq\f(π,6)，SB＝2eq\r(2)，SC＝4，SA＝2，則該四面體的外接球的表面積是()A.eq\f(25π,3) B.100πC.eq\f(20\r(5)π,3) D.20π解析：選D.如圖，因為SA⊥平面ABC，SB＝2eq\r(2)，SC＝4，SA＝2，所以AB＝2，AC＝2eq\r(3)，因為∠BAC＝eq\f(π,6)，由余弦定理可解得BC＝2，設O1為三角形ABC的外心，則由正弦定理得三角形ABC外接圓半徑為2，即O1A＝2，過O1作三角形ABC的垂線l，球心O在l上，則OO1＝AM＝1,可求外接球半徑OA＝eq\r(5)，故該四面體的外接球的表面積是20π.2．(2022·廣東聯(lián)考)在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是邊長為2a的正方形，PD⊥底面ABCD，且PD＝2a.若在這個四棱錐內放一球，則此球的最大半徑為________．解析：由題意知，當球與四棱錐各面均相切，即內切于四棱錐時球的半徑最大．作出其側視圖，如圖所示．易知球的半徑r＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\r(2)))a.答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\r(2)))a[學生用書P423(單獨成冊)][A基礎達標]1．現(xiàn)有同底等高的圓錐和圓柱，已知圓柱的軸截面是邊長為2的正方形，則圓錐的側面積為()A．3π B.eq\f(3π,2)C.eq\f(\r(5)π,2) D.eq\r(5)π解析：選D.設底面圓的半徑為R，圓柱的高為h，依題意2R＝h＝2，所以R＝1.所以圓錐的母線l＝eq\r(h2＋R2)＝eq\r(22＋1)＝eq\r(5)，因此S圓錐側＝πRl＝1×eq\r(5)π＝eq\r(5)π.2．在半徑為6的球的內部有一點，該點到球心的距離為4，過該點作球的截面，則截面面積的最小值是()A．11π B.20πC.32π D.27π解析：選B.設球心為O，內部點為D，則截面與OD垂直時截面圓的半徑最小，相應的截面圓的面積有最小值，因為半徑為6的球的內部有一點，該點到球心的距離為4，所以截面與OD垂直時截面圓的半徑為eq\r(36－16)＝eq\r(20)，所以截面面積的最小值為20π.故選B.3．(2020·高考天津卷)若棱長為2eq\r(3)的正方體的頂點都在同一球面上，則該球的表面積為()A．12π B.24πC.36π D.144π解析：選C.設外接球的半徑為R，易知2R＝eq\r(3)×2eq\r(3)＝6，所以R＝3，于是表面積S＝4πR2＝36π，故選C.4．將半徑為3，圓心角為eq\f(2π,3)的扇形圍成一個圓錐，則該圓錐的內切球的表面積為()A．π B.2πC.3π D.4π解析：選B.設圓錐的底面圓半徑為R，則有2πR＝3×eq\f(2π,3)，所以R＝1.設圓錐的內切球半徑為r，圓錐的高為h，內切球球心必在圓錐的高線上，因為圓錐的母線長為3，所以h＝eq\r(9－1)＝2eq\r(2)，所以有eq\f(r,h－r)＝eq\f(R,3)，解得r＝eq\f(\r(2),2)，因此內切球的表面積S＝4πr2＝2π.5．(2021·高考天津卷)兩個圓錐的底面是一個球的同一截面，頂點均在球面上，若球的體積為eq\f(32π,3)，兩個圓錐的高之比為1∶3，則這兩個圓錐的體積之和為()A．3π B.4πC.9π D.12π解析：選B.如圖所示，設兩個圓錐的底面圓圓心為點D，設圓錐AD和圓錐BD的高之比為3∶1，即AD＝3BD，設球的半徑為R，則eq\f(4πR3,3)＝eq\f(32π,3)，可得R＝2，所以AB＝AD＋BD＝4BD＝4，所以BD＝1，AD＝3，因為CD⊥AB，則∠CAD＋∠ACD＝∠BCD＋∠ACD＝90°，所以∠CAD＝∠BCD，又因為∠ADC＝∠BDC，所以△ACD∽△CBD，所以eq\f(AD,CD)＝eq\f(CD,BD)，所以CD＝eq\r(AD·BD)＝eq\r(3)，因此，兩個圓錐的體積之和為eq\f(1,3)π×CD2·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(AD＋BD))＝eq\f(1,3)π×3×4＝4π.故選B.6．已知圓錐SO，過SO的中點P作平行于圓錐底面的截面，以截面為上底面作圓柱PO，圓柱的下底面落在圓錐的底面上，則圓柱PO的體積與圓錐SO的體積的比值為________．解析：設圓錐SO的底面半徑為r，高為h，則圓柱PO的底面半徑是eq\f(r,2)，高為eq\f(h,2)，所以V圓錐SO＝eq\f(1,3)πr2h，V圓柱PO＝πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(r,2)))eq\s\up12(2)·eq\f(h,2)＝eq\f(πr2h,8)，所以eq\f(V圓柱PO,V圓錐SO)＝eq\f(3,8).答案：eq\f(3,8)7．(2022·焦作模擬)棱長為2的正四面體ABCD的外接球的球心為O，過點A，B，O的平面截四面體ABCD所得截面圖形的面積為________．解析：將正四面體ABCD放置在正方體中，如圖，正四面體ABCD的外接球的球心O，即正方體外接球的球心．設正方體的棱長為a，則AB＝eq\r(2)a＝2，所以a＝eq\r(2)，取CD中點M，連接AM，BM，連接MO并延長，交AB于點E，則△ABM為過點A，B，O的平面截四面體ABCD所得截面圖形，易知ME⊥AB，且ME＝eq\r(2)，所以截面面積為eq\f(1,2)×AB×ME＝eq\f(1,2)×2×eq\r(2)＝eq\r(2).答案：eq\r(2)8．設球O內切于正三棱柱ABC-A1B1C1，則球O的體積與正三棱柱ABC-A1B1C1的體積的比值為________．解析：設球O半徑為R，正三棱柱ABC-A1B1C1的底面邊長為a，則R＝eq\f(\r(3),3)×eq\f(a,2)＝eq\f(\r(3),6)a，即a＝2eq\r(3)R，又正三棱柱ABC-A1B1C1的高為2R，所以球O的體積與正三棱柱ABC-A1B1C1的體積的比值為eq\f(\f(4,3)πR3,\f(\r(3),4)a2×2R)＝eq\f(\f(4,3)πR3,\f(\r(3),4)×12R2×2R)＝eq\f(2\r(3)π,27).答案：eq\f(2\r(3)π,27)9．(2020·高考全國卷Ⅱ改編)已知△ABC是面積為eq\f(9\r(3),4)的等邊三角形，且其頂點都在球O的球面上，若球O的表面積為16π，則O到平面ABC的距離為________．解析：如圖所示，過球心O作OO1⊥平面ABC于點O1，則O1為等邊三角形ABC的外心．設△ABC的邊長為a，則eq\f(\r(3),4)a2＝eq\f(9\r(3),4)，解得a＝3，所以O1A＝eq\f(2,3)×eq\f(\r(3),2)×3＝eq\r(3).設球O的半徑為r，則由4πr2＝16π，得r＝2，即OA＝2.在Rt△OO1A中，OO1＝eq\r(OA2－O1A2)＝1，即O到平面ABC的距離為1.答案：110.(2022·長沙檢測)在封閉的直三棱柱ABC-A1B1C1內有一個體積為V的球．若AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，AA1＝3，則V的最大值是________．解析：由AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，得AC＝10.要使球的體積V最大，則球與直三棱柱的部分面相切，若球與三個側面相切，設底面△ABC的內切圓的半徑為r.則eq\f(1,2)×6×8＝eq\f(1,2)×(6＋8＋10)·r，所以r＝2.2r＝4＞3，不合題意．當球與三棱柱的上、下底面相切時，球的半徑R最大．由2R＝3，即R＝eq\f(3,2).故球的最大體積V＝eq\f(4,3)πR3＝eq\f(9,2)π.答案：eq\f(9,2)π[B綜合應用]11.(2022·石家莊二十四中5月模擬)如圖，正四棱錐P-ABCD的每個頂點都在球M的球面上，側面PAB是等邊三角形，若半球O的球心為四棱錐的底面中心，且半球與四棱錐四個側面均相切，則半球O的體積與球M的體積的比值為()A.eq\f(\r(3),14) B.eq\f(\r(3),16)C.eq\f(\r(3),15) D.eq\f(\r(3),18)解析：選D.如圖，連接PO，BD(易知BD過點O)，取CD的中點E，連接PE，OE，過O作OH⊥PE于點H，可知PO⊥底面ABCD.設AB＝4，則BD＝eq\r(42＋42)＝4eq\r(2)，BO＝eq\f(1,2)BD＝2eq\r(2)，PO＝eq\r(BP2－BO2)＝2eq\r(2)＝BO.設球M的半徑為R，半球O的半徑為r，則R＝2eq\r(2)，r＝OH，在等邊三角形PCD中，求得PE＝eq\r(42－22)＝2eq\r(3)，由Rt△PHO∽Rt△POE，可得eq\f(r,R)＝eq\f(OH,PO)＝eq\f(OE,PE)＝eq\f(2,2\r(3))＝eq\f(\r(3),3)，故eq\f(V半球O,V球M)＝eq\f(\f(1,2)×\f(4,3)πr3,\f(4,3)πR3)＝eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(r,R)))eq\s\up12(3)＝eq\f(\r(3),18).故選D.12．(多選)(2022·臨沂模擬)已知A，B，C三點均在球O的表面上，AB＝BC＝CA＝2，且球心O到平面ABC的距離等于球半徑的eq\f(1,3)，則下列結論正確的是()A．球O的表面積為6πB．球O的內接正方體的棱長為1C．球O的外切正方體的棱長為eq\f(4,3)D．球O的內接正四面體的棱長為2解析：選AD.設球O的半徑為r，△ABC的外接圓圓心為O′，半徑為R.易得R＝eq\f(2\r(3),3).因為球心O到平面ABC的距離等于球O半徑的eq\f(1,3)，所以r2－eq\f(1,9)r2＝eq\f(4,3)，得r2＝eq\f(3,2).所以球O的表面積S＝4πr2＝4π×eq\f(3,2)＝6π，選項A正確；球O的內接正方體的棱長a滿足eq\r(3)a＝2r，顯然選項B不正確；球O的外切正方體的棱長b滿足b＝2r，顯然選項C不正確；球O的內接正四面體的棱長c滿足c＝eq\f(2\r(6),3)r＝eq\f(2\r(6),3)×eq\f(\r(6),2)＝2，選項D正確．13．已知圓錐的頂點為A，過母線AB，AC的截面面積是2eq\r(3).若AB，AC的夾角是60°，且AC與圓錐底面所成的角是30°，則該圓錐的表面積為________．解析：如圖所示，因為AB，AC的夾角是60°，AB＝AC，所以△ABC是等邊三角形，所以eq\f(\r(3),4)×AC2＝2eq\r(3)，解得AC＝2eq\r(2).因為AC與圓錐底面所成的角是30°，所以圓錐底面半徑r＝OC＝ACcos30°＝2eq\r(2)×eq\f(\r(3),2)＝eq\r(6).則該圓錐的表面積＝π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(6)))eq\s\up12(2)＋eq\f(1,2)×2π×eq\r(6)×2eq\r(2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(6＋4\r(3)))π.答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(6＋4\r(3)))π14．已知點M，N，P，Q在同一個球面上，MN＝3，NP＝4，MP＝5，若四面體MNPQ體積的最大值為10，則這個球的表面積是________．解析：由MN＝3，NP＝4，MP＝5，可知∠PNM＝90°，若PM的中點為O′，則△MNP的外接圓圓心為O′，則球心O在過PM中點O′且與平面MNP垂直的直線上，因為△MNP的面積為定值，所以高最大時四面體MNPQ的體積最大，根據(jù)球的幾何性質可得，當O′Q過球心時體積最大，因為四面體Q-MNP的最大體積為10，所以eq\f(1,3)×S△MNP×O′Q＝eq\f(1,