2023届高考数学特训营-第1节-第二课时-空间几何体的截面、切与接问题

第二课时空间几何体的截面、切与接问题A级(基础应用练)A级(基础应用练)1．若棱长为2eq\r(3)的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为()A．12π B．24πC．36π D．144π答案：C解析：设外接球的半径为R，易知2R＝eq\r(3)×2eq\r(3)＝6，所以R＝3，于是表面积S＝4πR2＝36π，故选C.2．(2021·山东省济南月考)将一个体积为36π的球形铁质原材料切割为正三棱柱形工业零配件，则该零配件体积的最大值为()A.eq\f(9\r(3),2) B．6eq\r(3)C．18 D．27答案：D解析：如图所示，正三棱柱ABC­A1B1C1内接于球O的直观图，O1为底面A1B1C1的中心，因为V球＝eq\f(4πR3,3)＝36π⇒R＝3.设底面边长A1B1＝x，则h＝2OO1＝2eq\r(9－\f(x2,3))，V正三棱柱＝S·h＝eq\f(1,2)·x2·eq\f(\r(3),2)·2eq\r(9－\f(x2,3))＝6·eq\f(\r(3),2)·eq\r(\f(x2,6)·\f(x2,6)（9－\f(x2,3)）)≤27，当且仅当eq\f(x2,6)＝9－eq\f(x2,3)⇔x＝3eq\r(2)时等号成立，故选D.3．已知正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为eq\r(2)，直线AC1⊥平面α，平面α截此正方体所得截面中，正确的说法是()A．截面形状可能为四边形B．截面形状可能为五边形C．截面面积的最大值为2eq\r(3)D．截面面积的最大值为eq\f(3\r(3),2)答案：D解析：如图：在正方体中，AC1⊥平面A1BD，所以平面α与平面A1BD平行，平面α与正方体的截面可以是三角形、六边形，但不会是五边形和四边形，当截面为正六边形EFNMGH时，截面面积有最大，由题可知NM＝eq\f(\f(\r(2),2),sin45°)＝1，则S六边形EFNMGH＝6×eq\f(1,2)×1×1×sin60°＝eq\f(3\r(3),2)，故选D.4．(2021·江苏省南京开学考试)在三棱锥P­ABC中，PA⊥平面ABC，∠BAC＝eq\f(2π,3)，AP＝3，AB＝2eq\r(3)，Q是边BC上的一动点，且直线PQ与平面ABC所成角的最大值为eq\f(π,3)，则三棱锥P­ABC的外接球的表面积为()A．50π B．55πC．57π D．108π答案：C解析：在三棱锥P­ABC中，PA⊥平面ABC，直线PQ与平面ABC所成角为θ，如图所示：则sinθ＝eq\f(PA,PQ)＝eq\f(3,PQ)，且sinθ的最大值是eq\f(\r(3),2)，∴(PQ)min＝2eq\r(3)，∴AQ的最小值是eq\r(3)，即A到BC的距离为eq\r(3)，∴AQ⊥BC.∵AB＝2eq\r(3)，在Rt△ABQ中，可得∠ABC＝eq\f(π,6)，又∠BAC＝eq\f(2π,3)，∴∠ABC＝∠ACB＝eq\f(π,6)，BQ＝QC，可得BC＝2BQ＝6.取△ABC的外接圆圆心为O′，作OO′∥PA，取H为PA的中点，使得AH＝OO′，则易得OH＝O′A，由eq\f(6,sin120°)＝2r，解得r＝2eq\r(3)，∴O′A＝2eq\r(3)，∴OH＝O′A＝2eq\r(3)，PH＝eq\f(3,2)，由勾股定理得OP＝R＝eq\r(PH2＋OH2)＝eq\f(\r(57),2)，所以三棱锥P­ABC的外接球的表面积是S＝4πR2＝4×π×(eq\f(\r(57),2))2＝57π.故选C.5．(2022·山西省调研)在四面体A­BCD中，AB＝AC＝2eq\r(3)，BC＝6，AD⊥平面ABC，四面体A­BCD的体积为eq\r(3).若四面体A­BCD的顶点均在球O的表面上，则球O的表面积是()A.eq\f(49π,4) B．49πC.eq\f(49π,2) D．4π答案：B解析：因为AB＝AC＝2eq\r(3)，BC＝6，所以cos∠BAC＝eq\f(AB2＋AC2－BC2,2AB·AC)＝－eq\f(1,2)，则sin∠BAC＝eq\r(1－cos2∠BAC)＝eq\f(\r(3),2)，则S△ABC＝eq\f(1,2)·AB·AC·sin∠BAC＝eq\f(1,2)·2eq\r(3)·2eq\r(3)·eq\f(\r(3),2)＝3eq\r(3)，因为AD⊥平面ABC，四面体A­BCD的体积为eq\r(3)，所以eq\r(3)＝eq\f(1,3)·S△ABC·AD＝eq\r(3)AD，则AD＝1.设△ABC的外接圆半径为r，记△ABC外接圆圆心为O1，连接AO1，由正弦定理可得，2r＝eq\f(BC,sin∠BAC)＝eq\f(6,\f(\r(3),2))＝4eq\r(3)，则AO1＝r＝2eq\r(3)，设外接球的半径为R，连接OO1，根据球的性质可得OO1⊥平面ABC，又AD⊥平面ABC，所以AD∥OO1，延长O1O到点E，使得O1E＝AD，连接DE，则四边形AO1ED为矩形．所以AO1＝DE，连接OA，OD，则OA＝OD＝R，所以Rt△DEO≌Rt△AO1O，所以OO1＝OE＝eq\f(1,2)AD＝eq\f(1,2)，因此R＝OA＝eq\r(AOeq\o\al(2,1)＋OOeq\o\al(2,1))＝eq\r(r2＋\f(1,4))＝eq\r(12＋\f(1,4))＝eq\r(\f(49,4))，因此球O的表面积是S＝4πR2＝49π.故选B.6．(2020·全国Ⅲ卷)已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为________．答案：eq\f(\r(2),3)π解析：易知半径最大的球即为该圆锥的内切球．圆锥及其内切球O如图所示，设内切球的半径为R，则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)，所以内切球的体积V＝eq\f(4,3)πR3＝eq\f(\r(2),3)π，即该圆锥内半径最大的球的体积为eq\f(\r(2),3)π.7．(2022·山西省月考)如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，底面为直角三角形，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝CC1＝eq\r(2)，点P是线段BC1上一动点，则CP＋PA1的最小值是________．答案：5eq\r(2)解析：连接A1B，沿BC1将△CBC1展开与△A1BC1在同一个平面内，连接A1C，长度即是所求．∵在直三棱柱ABC­A1B1C1中，底面为直角三角形，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝CC1＝eq\r(2)，∴矩形BCC1B1是边长为eq\r(2)的正方形，则BC1＝2，又A1C1＝AC＝6，在矩形ABB1A1中，A1B1＝AB＝eq\r(38)，BB1＝eq\r(2)，则A1B＝eq\r(40)，即A1Ceq\o\al(2,1)＋BCeq\o\al(2,1)＝A1B2，∴∠A1C1B＝90°，则∠A1C1C＝135°，故A1C＝eq\r(A1Ceq\o\al(2,1)＋C1C2－2A1C1·C1C·cos135°)＝eq\r(36＋2＋2×6×\r(2)×\f(\r(2),2))＝5eq\r(2).8．已知球O是正三棱锥(底面为正三角形，顶点在底面的射影为底面中心)A­BCD的外接球，BC＝3，AB＝2eq\r(3)，点E在线段BD上，且BD＝3BE，过点E作球O的截面，则所得的截面中面积最小的截面圆的面积是________．答案：2π解析：如图，设△BDC的中心为O1，球O的半径为R，连接AO1，O1D，OD，O1E，OE，则O1D＝3sin60°×eq\f(2,3)＝eq\r(3)，AO1＝eq\r(AD2－DOeq\o\al(2,1))＝3，在Rt△OO1D中，R2＝3＋(3－R)2，解得R＝2，∵BD＝3BE，DE＝2，在△DEO1中，O1E＝eq\r(3＋4－2×\r(3)×2cos30°)＝1，∴OE＝eq\r(O1E2＋OOeq\o\al(2,1))＝eq\r(2)，过点E作球O的截面，当截面与OE垂直时，截面圆的面积最小，此时截面圆的半径为eq\r(22－（\r(2)）2)＝eq\r(2)，面积为2π.B级(综合创新练)9．(多选题)如图所示的几何体是由一个圆柱挖去一个以圆柱上底面为底面、下底面圆心为顶点的圆锥而得到的组合体，现用一个竖直的平面去截这个组合体，则截面图形可能是()答案：AD解析：一个圆柱挖去一个圆锥后，剩下的几何体被一个竖直的平面所截，圆柱的轮廓是矩形除去一条边，圆锥的轮廓是三角形除去一条边或抛物线的一部分，故选AD.10．(多选题)(2022·山东临沂模拟)已知A，B，C三点均在球O的表面上，AB＝BC＝CA＝2，且球心O到平面ABC的距离等于球半径的eq\f(1,3)，则下列结论正确的是()A．球O的表面积为6πB．球O的内接正方体的棱长为1C．球O的外切正方体的棱长为eq\f(4,3)D．球O的内接正四面体的棱长为2答案：AD解析：设球O的半径为r，△ABC的外接圆圆心为O′，半径为R，易得R＝eq\f(2\r(3),3).因为球心O到平面ABC的距离等于球O半径的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的表面积S＝4πr2＝4π×eq\f(3,2)＝6π，选项A正确；球O的内接正方体的棱长a满足eq\r(3)a＝2r，显然选项B不正确；球O的外切正方体的棱长b满足b＝2r，显然选项C不正确；球O的内接正四面体的棱长c满足c＝eq\f(2\r(6),3)r＝eq\f(2\r(6),3)×eq\f(\r(6),2)＝2，选项D正确．11.(2022·山东德州月考)如图，圆形纸片的圆心为O，半径为5cm，该纸片上的等边三角形ABC的中心为O.D，E，F为圆O上的点，△DBC，△ECA，△FAB分别是以BC，CA，AB为底边的等腰三角形．沿虚线剪开后，分别以BC，CA，AB为折痕，折起△DBC，△ECA，△FAB，使得D，E，F重合，得到三棱锥．当△ABC的边长变化时，所得三棱锥体积(单位：cm3)的最大值为________．答案：4eq\r(15)解析：如图，连接OD，交BC于点G，由题意知，OD⊥BC，OG＝eq\f(\r(3),6)BC.设OG＝x，x∈(0，eq\f(5,2))，则BC＝2eq\r(3)x，DG＝5－x，三棱锥的高h＝eq\r(DG2－OG2)＝eq\r(25－10x＋x2－x2)＝eq\r(25－10x)，S△ABC＝eq\f(1,2)×2eq\r(3)x×3x＝3eq\r(3)x2，则三棱锥的体积V＝eq\f(1,3)S△ABC·h＝eq\r(3)x2·eq\r(25－10x)＝eq\r(3)·eq\r(25x4－10x5).令f(x)＝25x4－10x5，x∈(0，eq\f(5,2))，则f′(x)＝100x3－50x4.令f′(x)＝0，得x＝2.当x∈(0，2)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，当x∈(2，eq\f(5,2))时，f′(x)<0，f(x)单调递减，故当x＝2时，f(x)取得最大值80，则V≤eq\r(3)×eq\r(80)＝4eq\r(15).所以三棱锥体积的最大值为4eq\r(15).12．(2022·陕西西安联考)如图，已知正四棱柱ABCD­A1B1C1D1和半径为eq\r(3)的半球O，若正四棱柱的底面ABCD在半球O的底面所在平面上，A1，B1，C1，D1四点均在球面上，则该正四棱柱的体积的最大值为__________．答案：4解析：设正四棱柱ABCD­A1B1C1D1的高为h，底面棱长为a，则正四棱柱的底面外接圆直径为2r＝eq\r(2)a，所以r＝eq\f(\r(2),2)a.由勾股定理得h2＋r2＝(eq\r(3))2，即h2＋eq\f(a2,2)＝3，得a2＝6－2h2，其中0<h<eq\r(3)，所以正四棱柱ABCD­A1B1C1D1的体积V＝a2h＝(6－2h2)h＝－2h3＋6h，其中0<h<eq\r(3).构造函数f(h)＝－2h3＋6h，其中0<h<eq\r(3)，则f′(h)＝－6h2＋6，令f′(h)＝0，得h＝1.当0<h<1时，f′(h)>0；当1<h<eq\r(3)时，f′(h)<0.所以函数V＝f(h)在h＝1处取得极大值，也为最大值，则Vmax＝f(1)＝4.因此该正四棱柱的体积的最大值为4.13．(2022·江西省鹰潭