2023届高考数学一轮复习-第1讲-第2课时-空间几何体的截面、球的切接问题

第2课时空间几何体的截面、球的切接问题[学生用书P176]考点一空间几何体的截面问题(综合研析)复习指导：利用立体几何的有关定理、事实确定截面的形状和数量关系．(1)已知圆锥的母线长为2，侧面积为2eq\r(3)π，则过圆锥顶点的截面面积的最大值等于()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ABCD­A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD＝60°.以D1为球心，eq\r(5)为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为________．【解析】(1)由圆锥的母线长为2，侧面积为2eq\r(3)π，假设底面圆周长为l，因此eq\f(1,2)×2×l＝2eq\r(3)π，故底面圆周长为2eq\r(3)π，底面圆的半径为eq\r(3).由于轴截面为腰长为2，底边长为底面圆的直径为2eq\r(3)的等腰三角形，因此轴截面的顶角是eq\f(2π,3).故当截面为顶角是eq\f(π,2)的等腰三角形时面积最大，此时S＝eq\f(1,2)·2·2·sineq\f(π,2)＝2.故选D.(2)如图，连接B1D1，易知△B1C1D1为正三角形，所以B1D1＝C1D1＝2.分别取B1C1，BB1，CC1的中点M，G，H，连接D1M，D1G，D1H，则易得D1G＝D1H＝eq\r(22＋12)＝eq\r(5)，D1M⊥B1C1，且D1M＝eq\r(3).由题意知G，H分别是BB1，CC1与球面的交点．在侧面BCC1B1内任取一点P，使MP＝eq\r(2)，连接D1P，则D1P＝eq\r(D1M2＋MP2)＝eq\r(（\r(3)）2＋（\r(2)）2)＝eq\r(5)，连接MG，MH，易得MG＝MH＝eq\r(2)，故可知以M为圆心，eq\r(2)为半径的圆弧GH为球面与侧面BCC1B1的交线．由∠B1MG＝∠C1MH＝45°知∠GMH＝90°，所以eq\o(GH,\s\up8(︵))的长为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)截面问题求解要点(1)挖掘题目条件，要抓住截面的点是公共点这个关键．(2)灵活转化，将条件转化到一个平面内，寻找截面上的点满足的数量关系．|跟踪训练|1．(2022·淮北市中学联考)以边长为1的正方形的一边所在直线为旋转轴，将该正方形旋转一周所得圆柱的轴截面(过圆柱的轴作截面)的面积为()A．2π B.πC.2 D.1解析：选C.因为该正方形旋转一周所得圆柱的高为1，底面的半径为1，所以圆柱的轴截面的面积为1×2×1＝2，故选C.2．正方体ABCD­A1B1C1D1，E，F分别是AA1，CC1的中点，P是CC1上的动点(包括端点)，过E，D，P作正方体的截面，若截面为四边形，则P的轨迹是()A．线段C1F B.线段CFC．线段CF和一点C1 D.线段C1F和一点C解析：选C.如图所示，DE∥平面BB1C1C，所以平面DEP与平面BB1C1C的交线PM∥ED，连接EM，易证MP＝ED，因为MP∥ED，则M到达B1时仍可构成四边形，即P到F时，而P在C1F之间，不满足要求，P到点C1仍可构成四边形，故选C.考点二球的接、切问题(多维探究)复习指导：空间几何体中的接、切问题主要是与球有关的接、切，求解的关键是找出球心所在的位置．角度1几何体的外接球(1)(链接常用结论2)(2021·高考全国卷甲)已知A，B，C是半径为1的球O的球面上的三个点，且AC⊥BC，AC＝BC＝1，则三棱锥O­ABC的体积为()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)(链接常用结论3)若直三棱柱ABC­A1B1C1的6个顶点都在球O的球面上，且AB＝3，AC＝4，AB⊥AC，AA1＝12，则球O的表面积为________．【解析】(1)如图所示，因为AC⊥BC，所以AB为截面圆O1的直径，且AB＝eq\r(2).连接OO1，则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)，所以三棱锥O­ABC的体积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)将直三棱柱补形为长方体ABEC­A1B1E1C1，则球O是长方体ABEC­A1B1E1C1的外接球．所以体对角线BC1的长为球O的直径．因此2R＝eq\r(32＋42＋122)＝13.故S球＝4πR2＝169π.【答案】(1)A(2)169π角度2几何体的内切球(2020·高考全国卷Ⅲ)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________．【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.【答案】eq\f(\r(2),3)π处理球的“切”“接”问题的求解策略解决与球有关的切、接问题，其通法是作截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题的思维流程是：|跟踪训练|1．(2022·云南一中质量监测)在四面体S­ABC中，SA⊥平面ABC，∠BAC＝eq\f(π,6)，SB＝2eq\r(2)，SC＝4，SA＝2，则该四面体的外接球的表面积是()A.eq\f(25π,3) B.100πC.eq\f(20\r(5)π,3) D.20π解析：选D.如图，因为SA⊥平面ABC，SB＝2eq\r(2)，SC＝4，SA＝2，所以AB＝2，AC＝2eq\r(3)，因为∠BAC＝eq\f(π,6)，由余弦定理可解得BC＝2，设O1为三角形ABC的外心，则由正弦定理得三角形ABC外接圆半径为2，即O1A＝2，过O1作三角形ABC的垂线l，球心O在l上，则OO1＝AM＝1,可求外接球半径OA＝eq\r(5)，故该四面体的外接球的表面积是20π.2．(2022·广东联考)在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是边长为2a的正方形，PD⊥底面ABCD，且PD＝2a.若在这个四棱锥内放一球，则此球的最大半径为________．解析：由题意知，当球与四棱锥各面均相切，即内切于四棱锥时球的半径最大．作出其侧视图，如图所示．易知球的半径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[学生用书P423(单独成册)][A基础达标]1．现有同底等高的圆锥和圆柱，已知圆柱的轴截面是边长为2的正方形，则圆锥的侧面积为()A．3π B.eq\f(3π,2)C.eq\f(\r(5)π,2) D.eq\r(5)π解析：选D.设底面圆的半径为R，圆柱的高为h，依题意2R＝h＝2，所以R＝1.所以圆锥的母线l＝eq\r(h2＋R2)＝eq\r(22＋1)＝eq\r(5)，因此S圆锥侧＝πRl＝1×eq\r(5)π＝eq\r(5)π.2．在半径为6的球的内部有一点，该点到球心的距离为4，过该点作球的截面，则截面面积的最小值是()A．11π B.20πC.32π D.27π解析：选B.设球心为O，内部点为D，则截面与OD垂直时截面圆的半径最小，相应的截面圆的面积有最小值，因为半径为6的球的内部有一点，该点到球心的距离为4，所以截面与OD垂直时截面圆的半径为eq\r(36－16)＝eq\r(20)，所以截面面积的最小值为20π.故选B.3．(2020·高考天津卷)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解析：选C.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.4．将半径为3，圆心角为eq\f(2π,3)的扇形围成一个圆锥，则该圆锥的内切球的表面积为()A．π B.2πC.3π D.4π解析：选B.设圆锥的底面圆半径为R，则有2πR＝3×eq\f(2π,3)，所以R＝1.设圆锥的内切球半径为r，圆锥的高为h，内切球球心必在圆锥的高线上，因为圆锥的母线长为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)，因此内切球的表面积S＝4πr2＝2π.5．(2021·高考天津卷)两个圆锥的底面是一个球的同一截面，顶点均在球面上，若球的体积为eq\f(32π,3)，两个圆锥的高之比为1∶3，则这两个圆锥的体积之和为()A．3π B.4πC.9π D.12π解析：选B.如图所示，设两个圆锥的底面圆圆心为点D，设圆锥AD和圆锥BD的高之比为3∶1，即AD＝3BD，设球的半径为R，则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，因为CD⊥AB，则∠CAD＋∠ACD＝∠BCD＋∠ACD＝90°，所以∠CAD＝∠BCD，又因为∠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，两个圆锥的体积之和为eq\f(1,3)π×CD2·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(AD＋BD))＝eq\f(1,3)π×3×4＝4π.故选B.6．已知圆锥SO，过SO的中点P作平行于圆锥底面的截面，以截面为上底面作圆柱PO，圆柱的下底面落在圆锥的底面上，则圆柱PO的体积与圆锥SO的体积的比值为________．解析：设圆锥SO的底面半径为r，高为h，则圆柱PO的底面半径是eq\f(r,2)，高为eq\f(h,2)，所以V圆锥SO＝eq\f(1,3)πr2h，V圆柱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圆柱PO,V圆锥SO)＝eq\f(3,8).答案：eq\f(3,8)7．(2022·焦作模拟)棱长为2的正四面体ABCD的外接球的球心为O，过点A，B，O的平面截四面体ABCD所得截面图形的面积为________．解析：将正四面体ABCD放置在正方体中，如图，正四面体ABCD的外接球的球心O，即正方体外接球的球心．设正方体的棱长为a，则AB＝eq\r(2)a＝2，所以a＝eq\r(2)，取CD中点M，连接AM，BM，连接MO并延长，交AB于点E，则△ABM为过点A，B，O的平面截四面体ABCD所得截面图形，易知ME⊥AB，且ME＝eq\r(2)，所以截面面积为eq\f(1,2)×AB×ME＝eq\f(1,2)×2×eq\r(2)＝eq\r(2).答案：eq\r(2)8．设球O内切于正三棱柱ABC­A1B1C1，则球O的体积与正三棱柱ABC­A1B1C1的体积的比值为________．解析：设球O半径为R，正三棱柱ABC­A1B1C1的底面边长为a，则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ABC­A1B1C1的高为2R，所以球O的体积与正三棱柱ABC­A1B1C1的体积的比值为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·高考全国卷Ⅱ改编)已知△ABC是面积为eq\f(9\r(3),4)的等边三角形，且其顶点都在球O的球面上，若球O的表面积为16π，则O到平面ABC的距离为________．解析：如图所示，过球心O作OO1⊥平面ABC于点O1，则O1为等边三角形ABC的外心．设△ABC的边长为a，则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).设球O的半径为r，则由4πr2＝16π，得r＝2，即OA＝2.在Rt△OO1A中，OO1＝eq\r(OA2－O1A2)＝1，即O到平面ABC的距离为1.答案：110.(2022·长沙检测)在封闭的直三棱柱ABC­A1B1C1内有一个体积为V的球．若AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，AA1＝3，则V的最大值是________．解析：由AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，得AC＝10.要使球的体积V最大，则球与直三棱柱的部分面相切，若球与三个侧面相切，设底面△ABC的内切圆的半径为r.则eq\f(1,2)×6×8＝eq\f(1,2)×(6＋8＋10)·r，所以r＝2.2r＝4＞3，不合题意．当球与三棱柱的上、下底面相切时，球的半径R最大．由2R＝3，即R＝eq\f(3,2).故球的最大体积V＝eq\f(4,3)πR3＝eq\f(9,2)π.答案：eq\f(9,2)π[B综合应用]11.(2022·石家庄二十四中5月模拟)如图，正四棱锥P­ABCD的每个顶点都在球M的球面上，侧面PAB是等边三角形，若半球O的球心为四棱锥的底面中心，且半球与四棱锥四个侧面均相切，则半球O的体积与球M的体积的比值为()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：选D.如图，连接PO，BD(易知BD过点O)，取CD的中点E，连接PE，OE，过O作OH⊥PE于点H，可知PO⊥底面ABCD.设AB＝4，则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.设球M的半径为R，半球O的半径为r，则R＝2eq\r(2)，r＝OH，在等边三角形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).故选D.12．(多选)(2022·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解析：选AD.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．13．已知圆锥的顶点为A，过母线AB，AC的截面面积是2eq\r(3).若AB，AC的夹角是60°，且AC与圆锥底面所成的角是30°，则该圆锥的表面积为________．解析：如图所示，因为AB，AC的夹角是60°，AB＝AC，所以△ABC是等边三角形，所以eq\f(\r(3),4)×AC2＝2eq\r(3)，解得AC＝2eq\r(2).因为AC与圆锥底面所成的角是30°，所以圆锥底面半径r＝OC＝ACcos30°＝2eq\r(2)×eq\f(\r(3),2)＝eq\r(6).则该圆锥的表面积＝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．已知点M，N，P，Q在同一个球面上，MN＝3，NP＝4，MP＝5，若四面体MNPQ体积的最大值为10，则这个球的表面积是________．解析：由MN＝3，NP＝4，MP＝5，可知∠PNM＝90°，若PM的中点为O′，则△MNP的外接圆圆心为O′，则球心O在过PM中点O′且与平面MNP垂直的直线上，因为△MNP的面积为定值，所以高最大时四面体MNPQ的体积最大，根据球的几何性质可得，当O′Q过球心时体积最大，因为四面体Q­MNP的最大体积为10，所以eq\f(1,3)×S△MNP×O′Q＝eq\f(1,