新教材適用2024版高考數(shù)學(xué)二輪總復(fù)習(xí)第1篇專題4立體幾何第1講空間幾何體核心考點(diǎn)3多面體與球教師用書

核心考點(diǎn)3多面體與球核心知識·精歸納1.外接球問題(1)到各個頂點(diǎn)距離相等的點(diǎn)是外接球的球心；(2)正方體或者長方體的外接球的球心是其對角線的中點(diǎn)；(3)棱柱的外接球的球心是上下底面多邊形外心連線的中點(diǎn)；(4)正棱錐的外接球球心在體高上；(5)正四面體、同一頂點(diǎn)或者首尾相接的三條棱兩兩垂直的幾何體、對棱相等的三棱錐均可構(gòu)造長方體或正方體來解決；(6)利用球心與截面圓圓心連線垂直于截面圓及球心與弦的中點(diǎn)的連線垂直于弦的性質(zhì)確定球心．2.內(nèi)切球問題(1)內(nèi)切球的球心到個面的距離相等；(2)正多面體的內(nèi)切球和外接球的球心重合；(3)經(jīng)常用等體積法解決內(nèi)切球問題．多維題組·明技法角度1：多面體與球中的面積和體積問題1.已知正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為2，E為棱CC1上的一點(diǎn)，且滿足平面BDE⊥平面A1BD，則四面體ABCE的外接球的表面積為(A)A．9π B．18πC．36π D．81π【解析】如圖所示：H為BD的中點(diǎn)，連接A1H，A1E，EH，A1B＝AD，則A1H⊥BD，A1H?平面A1BD，平面BDE∩平面A1BD＝BD，平面BDE⊥平面A1BD，故A1H⊥平面BDE，HE?平面BDE，故A1H⊥HE，設(shè)CE＝a，則A1H＝eq\r(6)，HE＝eq\r(a2＋2)，A1E＝eq\r(8＋2－a2)，A1E2＝A1H2＋HE2，即8＋(2－a)2＝6＋a2＋2，解得a＝1，將四面體ABCE放入長方體ABCD－EFPQ中，設(shè)四面體ABCE的外接球半徑為R，則2R＝eq\r(22＋22＋12)＝3，R＝eq\f(3,2)，外接球的表面積S＝4πR2＝4π×eq\f(9,4)＝9π.故選A.2.(2023·香洲區(qū)校級模擬)已知正三棱錐A－BCD的側(cè)棱長為eq\r(3)，且側(cè)棱與正三棱錐的底面所成角的正切值為eq\r(2)，則此正三棱錐的棱切球的表面積為(B)A．π B．eq\f(3π,2)C．3π D．6π【解析】根據(jù)題意，設(shè)底面三角形的外心為O，連接AO，連接BO并延長與CD交于點(diǎn)E，三棱錐A－BCD為正三棱錐，則AO⊥面BCD，又由側(cè)棱與正三棱錐的底面所成角的正切值為eq\r(2)，則tan∠ABO＝eq\r(2)，則有eq\f(AO,BO)＝eq\r(2)，又由AO2＋BO2＝AB2＝3，解可得BO＝1，O為△BCD外接圓的圓心，則BE＝BO＋OE＝eq\f(3,2)BO＝eq\f(3,2)，而∠BCE＝60°，易得BC＝CD＝BD＝eq\r(3)，故三棱錐A－BCD為正四面體，則三棱錐A－BCD所在正方體的棱長為eq\f(\r(3),\r(2))，故此正三棱錐的棱切球的半徑為其所在正方體的棱長的一半，故其棱切球的半徑R＝eq\f(1,2)×eq\f(\r(3),\r(2))＝eq\f(\r(6),4)，則此正三棱錐的棱切球的表面積S＝4πR2＝eq\f(3π,2).故選B.3.(2023·呂梁二模)在三棱錐P－ABC中，已知PA⊥底面ABC，CA＝CB＝PA＝2，AC⊥BC，則三棱錐P－ABC外接球的體積為(B)A．16π B．4eq\r(3)πC．48π D．12eq\r(3)π【解析】由CA＝CB＝2，AC⊥BC，所以△ABC的外接圓直徑2r＝2eq\r(2)，∴r＝eq\r(2)，由于PA⊥底面ABC，PA＝2，所以外接球的半徑R2＝r2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)PA))2＝2＋1＝3，∴R＝eq\r(3)，所以外接球的體積V＝eq\f(4,3)πR3＝4eq\r(3)π.故選B.角度2：多面體與球中的截面問題4.(2023·桐鄉(xiāng)市校級模擬)已知三棱錐P－ABC的四個頂點(diǎn)在球O的球面上，PA＝PB＝PC，△ABC是邊長為eq\r(2)的正三角形，三棱錐P－ABC的體積為eq\f(1,6)，Q為BC的中點(diǎn)，則過點(diǎn)Q的平面截球O所得截面面積的最小值是eq\f(π,2).【解析】設(shè)P在底面ABC上的射影為M，如圖，因?yàn)镻A＝PB＝PC，由△APM，△BPM，△CPM全等得M為△ABC的中心，由題可知，S△ABC＝eq\f(\r(3),2)，由VP－ABC＝eq\f(1,3)×PM×S△ABC＝eq\f(1,6)，解得PM＝eq\f(\r(3),3)，在正△ABC中，可得AM＝eq\f(\r(6),3).從而直角三角形APM中解得PA＝eq\r(PM2＋AM2)＝1.同理PB＝PC＝1，又△ABC是邊長為eq\r(2)的正三角形，所以PA2＋PB2＝2＝AB2，則PA⊥PB，同理PB⊥PC，PC⊥PA，因此正三棱錐P－ABC可看作正方體的一角，正方體的外接球與三棱錐P－ABC的外接球相同，正方體對角線的中點(diǎn)為球心O.記外接球半徑為R，則R＝eq\f(\r(3),2)，過點(diǎn)Q的平面截球O所得截面面積的最小時，截面與OQ垂直，此時截面圓半徑r滿足R2＝r2＋OQ2，由OQ＝eq\f(1,2)，得eq\f(3,4)＝r2＋eq\f(1,4)，所以r2＝eq\f(1,2)，所以截面面積的最小值為πr2＝eq\f(π,2).5.(2023·濟(jì)南市中區(qū)模擬)已知三棱錐P－ABC，平面PBC⊥平面ABC，Q為BC中點(diǎn)，PB＝PC＝AB＝BC＝AC＝2，則過點(diǎn)Q的平面截該三棱錐外接球所得截面面積的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(π，\f(5π,3))).【解析】連接PQ，QA，由PB＝PC＝AB＝BC＝AC＝2，可知△ABC和△PBC是等邊三角形，設(shè)三棱錐P－ABC外接球的球心為O，所以球心O在平面ABC和平面PBC內(nèi)的射影是△ABC和△PBC的中心E，F(xiàn)，△PBC是等邊三角形，Q為BC中點(diǎn)，所以PQ⊥BC，又因?yàn)槠矫鍼BC⊥平面ABC，平面PBC∩平面ABC＝BC，所以PQ⊥平面ABC，而AQ?平面ABC，因此PQ⊥AQ，所以O(shè)FQE是矩形，△ABC和△PBC是邊長為2的等邊三角形，所以兩個三角形的高h(yuǎn)＝eq\r(22－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×2))2)＝eq\r(3)，在矩形OFQE中，OE＝FQ＝eq\f(1,3)h＝eq\f(\r(3),3)，AE＝eq\f(2,3)h＝eq\f(2\r(3),3)，連接OA，所以O(shè)A＝eq\r(OE2＋EA2)＝eq\r(\f(1,3)＋\f(4,3))＝eq\f(\r(15),3)，設(shè)過點(diǎn)Q的平面為α，當(dāng)OQ⊥α?xí)r，此時所得截面的面積最小，該截面為圓形，OQ＝eq\r(OF2＋FQ2)＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)h))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)h))2)＝eq\f(\r(2),3)h＝eq\f(\r(2),3)×eq\r(3)＝eq\f(\r(6),3).因此圓Q的半徑為：eq\r(OA2－OQ2)＝eq\r(\f(15,9)－\f(6,9))＝1，所以此時面積為π·12＝π，當(dāng)點(diǎn)Q在以O(shè)為圓心的大圓上時，此時截面的面積最大，面積為：π·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(15),3)))2＝eq\f(5π,3)，所以截面的面積范圍為eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(π，\f(5π,3))).角度3：表面積與球的組合體中的最值問題6.《九章算術(shù)》是我國古代著名的數(shù)學(xué)著作，其中記載有幾何體“芻甍”．現(xiàn)有一個芻甍如圖所示，底面ABCD為正方形，EF∥平面ABCD，四邊形ABFE，CDEF為兩個全等的等腰梯形，EF＝eq\f(1,2)AB，且2AE＋EF＝8，則此芻甍體積的最大值為(B)A.eq\f(20,3) B．eq\f(40,3)C．eq\f(80,3) D．eq\f(100,3)【解析】在DC上取兩點(diǎn)H、J，使得HJ＝EF，且DH＝JC，在AB上取兩點(diǎn)I、K，使得IK＝EF，且AI＝KB，則四棱錐E－ADHI和F－JKBC體積相同，取AD、BC中點(diǎn)N、M，正方形ABCD中心O，EF中點(diǎn)O1，連接EN，MN，F(xiàn)M，OO1，根據(jù)題意可得OO1⊥平面ABCD，EF∥AB∥MN，點(diǎn)O是MN的中點(diǎn)，設(shè)MN＝AB＝AD＝4x，則AN＝2x，EF＝HJ＝2x，AE＝4－x，DH＝JC＝x，在等腰△AED中，AD⊥EN，EN＝eq\r(AE2－AN2)＝eq\r(－3x2－8x＋16)，同理FM＝eq\r(－3x2－8x＋16)，則等腰梯形EFMN的高為OO2＝eq\r(EN2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(MN－EF,2)))2)＝eq\r(－4x2－8x＋16)，所以芻甍的體積為V＝2VE－ADHI＋VEHI－FJK＝2×eq\f(1,3)×x×4x×eq\r(－4x2－8x＋16)＋eq\f(1,2)×4x×eq\r(－4x2－8x＋16)×2x＝eq\f(40x2\r(－x2－2x＋4),3)＝eq\f(40\r(x4－x2－2x＋4),3)，令f(x)＝x4(－x2－2x＋4)，0＜x＜4，則f′(x)＝－6x5－10x4＋16x3＝－2x3(3x2＋5x－8)＝－2x3(x－1)(3x＋8)，令f′(x)＞0，即0＜x＜1；令f′(x)＜0，即1＜x＜4，所以函數(shù)f(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1,4)上單調(diào)遞減，所以當(dāng)x＝1時，f(x)max＝1，所以Vmax＝eq\f(40,3).故選B.7.(2023·開福區(qū)校級二模)已知A，B，C，D是體積為eq\f(20\r(5),3)π的球體表面上四點(diǎn)，若AB＝4，AC＝2，BC＝2eq\r(3)，且三棱錐A－BCD的體積為2eq\r(3)，則線段CD長度的最大值為(B)A．2eq\r(3) B．3eq\r(2)C．eq\r(13) D．2eq\r(5)【解析】因?yàn)榍虻捏w積為eq\f(20\r(5),3)π，設(shè)球的半徑R，則eq\f(20\r(5),3)π＝eq\f(4π,3)R3，故R＝eq\r(5)，而AB＝4，AC＝2，BC＝2eq\r(3)，故AB2＝AC2＋BC2，故∠ACB＝eq\f(π,2)，故S△ACB＝eq\f(1,2)×2eq\r(3)×2＝2eq\r(3)，設(shè)點(diǎn)D到平面ABC的距離為h，則eq\f(1,3)×h×2eq\r(3)＝2eq\r(3)，故h＝3，點(diǎn)D在球的截面圓上，設(shè)截面圓所在的平面為α，因?yàn)閔＞R，所以平面α與平面ABC在球心的異側(cè)，設(shè)球心到平面ABC的距離為d，而△ACB外接圓的半徑為eq\f(1,2)AB＝2，則d＝eq\r(5－4)＝1，故球心到平面α的距離為3－1＝2，故截面圓的半徑為eq\r(5－4)＝1，設(shè)點(diǎn)D在平面ABC上的投影為E，則E的軌跡為圓，圓心為△ABC的外心即AB的中點(diǎn)，當(dāng)CE最長時CD最長，此時CE＝2＋1＝3，故CD長度的最大值為eq\r(CE2＋h2)＝3eq\r(2).故選B.方法技巧·精提煉解決多面體與球問題的兩種思路(1)利用構(gòu)造長方體、正四面體等確定直徑．(2)利用球心O與截面圓的圓心O1的連線垂直于截面圓的性質(zhì)確定球心．加固訓(xùn)練·促提高1.(2023·沙坪壩區(qū)校級模擬)已知側(cè)面積為4π的圓柱存在內(nèi)切球，則此圓柱的體積為(A)A．2π B．3πC．4π D．5π【解析】根據(jù)題意，設(shè)圓柱底面半徑為r，則其內(nèi)切球的半徑也是r，圓柱的高為2r，故圓柱的側(cè)面積S＝2πr×2r＝4π，解可得r＝1，故此圓柱的體積V＝πr2×2r＝2π.故選A.2.已知在正四面體ABCD中，E是AD的中點(diǎn)，P是棱AC上的一動點(diǎn)，BP＋PE的最小值為eq\r(14)，則該四面體內(nèi)切球的體積為eq\f(4\r(3),27)π.【解析】由題意，將側(cè)面△ABC和△ACD沿AC邊展開成平面圖形，如圖所示．設(shè)正四面體的棱長為a，則BP＋PE的最小值為BE＝eq\r(a2＋\f(a2,4)－2·a·\f(a,2)·cos120°)＝eq\f(\r(7),2)a＝eq\r(14)，得a＝2eq\r(2)，所以正四面體的高為eq\r(8－\b\lc\(\rc\)(\a\