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.doc

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2 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．24π
C．36π D．144π
答案：C
解析：设外接球的半径为R，易知2R＝×2 ＝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. B．6
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＝＝36π⇒R＝3.
设底面边长A1B1＝x，
则h＝2OO1＝2 ，
V正三棱柱＝S·h＝·x2··2
＝6··≤27，
当且仅当＝9－⇔x＝3 时等号成立，故选D.

3．已知正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为，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2
D．截面面积的最大值为
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＝＝1，则S六边形EFNMGH＝6××1×1×sin 60°＝，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＝，AP＝3，AB＝2 ，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，则三棱锥P­ABC的外接球的表面积为(　　)
A．50π B．55π
C．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sin θ＝＝，且sin θ的最大值是，
∴PQ)min＝2 ，∴AQ的最小值是，
即A到BC的距离为，∴AQ⊥BC.∵AB＝2 ，
在Rt△ABQ中，可得∠ABC＝，又∠BAC＝，
∴∠ABC＝∠ACB＝，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＝2r，解得r＝2 ，∴O′A＝2 ，
∴OH＝O′A＝2 ，PH＝，由勾股定理得OP＝R＝＝，
所以三棱锥P­ABC的外接球的表面积是S＝4πR2＝4×π×()2＝57π.故选C.

5．(2022·山西省调研)在四面体A­BCD中，AB＝AC＝2 ，BC＝6，AD⊥平面ABC，四面体A­BCD的体积为.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. B．49π
C. D．4π
答案：B
解析：因为AB＝AC＝2 ，BC＝6，
所以cos∠BAC＝＝－，
则sin∠BAC＝＝，
则S△ABC＝·AB·AC·sin∠BAC＝·2 ·2 ·＝3 ，
因为AD⊥平面ABC，四面体A­BCD的体积为，
所以＝·S△ABC·AD＝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＝＝＝4 ，
则AO1＝r＝2 ，
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＝AD＝，
因此R＝OA＝＝＝＝，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：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＝＝＝
所以OP＝3R，
所以PE＝4R＝＝＝2 ，
所以R＝，所以内切球的体积V＝πR3＝π，即该圆锥内半径最大的球的体积为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＝，点P是线段BC1上一动点，则CP＋PA1的最小值是________．

答案：5
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＝，
∴矩形BCC1B1是边长为的正方形，则BC1＝2，又A1C1＝AC＝6，
在矩形ABB1A1中，A1B1＝AB＝，BB1＝，则A1B＝，即A1C＋BC＝A1B2，
∴∠A1C1B＝90°，则∠A1C1C＝135°，
故A1C＝＝＝
5 .
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＝2 ，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＝3sin 60°×＝，AO1＝＝3，
在Rt△OO1D中，R2＝3＋(3－R)2，解得R＝2，
∵BD＝3BE，DE＝2，在△DEO1中，O1E＝＝1，
∴OE＝＝，
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＝，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，则下列结论正确的是(　　)
A．球O的表面积为6π
B．球O的内接正方体的棱长为1
C．球O的外切正方体的棱长为
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＝.
因为球心O到平面ABC的距离等于球O半径的，所以r2－r2＝，得r2＝.所以球O的表面积S＝4πr2＝4π×＝6π，选项A正确；球O的内接正方体的棱长a满足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＝r＝×＝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5 cm，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：4
解析：如图，连接OD，交BC于点G，

由题意知，OD⊥BC，OG＝BC
设OG＝x，x∈(0，)，则BC＝2 x，DG＝5－x，
三棱锥的高h＝＝＝，
S△ABC＝×2 x×3x＝3 x2，
则三棱锥的体积V＝S△ABC·h＝x2·＝·.
令f(x)＝25x4－10x5，x∈(0，)，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，)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≤×＝4 .
所以三棱锥体积的最大值为4 .
12．(2022·陕西西安联考)如图，已知正四棱柱ABCD­A1B1C1D1和半径为的半球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＝a，
所以r＝a.
由勾股定理得h2＋r2＝()2，即h2＋＝3，得a2＝6－2h2，其中0>0；当1体积最大，
即点C到边AB的距离最大，三棱锥的体积最大，
因为∠ACB＝45°，且AB＝2，
△ABC外接圆E的半径CE为×＝，
又∵E为ABC的外心，
∴E在AB的中垂线上，且EA＝EB＝CE＝，
AB＝2，∴ED＝AD＝1，
当点C满足CA＝CB时，C，E，D共线，点C到边AB的
距离最大，三棱锥的体积最大．
此时三棱锥的高即为CD的长，此时△ABC外接圆E的圆心E在CD上，根据球的性质可知，OE⊥CE，OF⊥DF，OF∥ED，故四边形EODF为矩形，故OE＝DF＝××2＝，在Rt△CEO中，球的半径的平方为CO2＝CE2＋OE2＝2＋＝，所以球的表面积为4πR2＝4π·＝π.