2023屆高考數(shù)學(xué)特訓(xùn)營-第1節(jié)-第二課時(shí)-空間幾何體的截面、切與接問題

第二課時(shí)空間幾何體的截面、切與接問題A級(jí)(基礎(chǔ)應(yīng)用練)A級(jí)(基礎(chǔ)應(yīng)用練)1．若棱長為2eq\r(3)的正方體的頂點(diǎn)都在同一球面上，則該球的表面積為()A．12π B．24πC．36π D．144π答案：C解析：設(shè)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.2．(2021·山東省濟(jì)南月考)將一個(gè)體積為36π的球形鐵質(zhì)原材料切割為正三棱柱形工業(yè)零配件，則該零配件體積的最大值為()A.eq\f(9\r(3),2) B．6eq\r(3)C．18 D．27答案：D解析：如圖所示，正三棱柱ABC-A1B1C1內(nèi)接于球O的直觀圖，O1為底面A1B1C1的中心，因?yàn)閂球＝eq\f(4πR3,3)＝36π?R＝3.設(shè)底面邊長A1B1＝x，則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，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(x2,6)＝9－eq\f(x2,3)?x＝3eq\r(2)時(shí)等號(hào)成立，故選D.3．已知正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為eq\r(2)，直線AC1⊥平面α，平面α截此正方體所得截面中，正確的說法是()A．截面形狀可能為四邊形B．截面形狀可能為五邊形C．截面面積的最大值為2eq\r(3)D．截面面積的最大值為eq\f(3\r(3),2)答案：D解析：如圖：在正方體中，AC1⊥平面A1BD，所以平面α與平面A1BD平行，平面α與正方體的截面可以是三角形、六邊形，但不會(huì)是五邊形和四邊形，當(dāng)截面為正六邊形EFNMGH時(shí)，截面面積有最大，由題可知NM＝eq\f(\f(\r(2),2),sin45°)＝1，則S六邊形EFNMGH＝6×eq\f(1,2)×1×1×sin60°＝eq\f(3\r(3),2)，故選D.4．(2021·江蘇省南京開學(xué)考試)在三棱錐P-ABC中，PA⊥平面ABC，∠BAC＝eq\f(2π,3)，AP＝3，AB＝2eq\r(3)，Q是邊BC上的一動(dòng)點(diǎn)，且直線PQ與平面ABC所成角的最大值為eq\f(π,3)，則三棱錐P-ABC的外接球的表面積為()A．50π B．55πC．57π D．108π答案：C解析：在三棱錐P-ABC中，PA⊥平面ABC，直線PQ與平面ABC所成角為θ，如圖所示：則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的距離為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的外接圓圓心為O′，作OO′∥PA，取H為PA的中點(diǎn)，使得AH＝OO′，則易得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)，所以三棱錐P-ABC的外接球的表面積是S＝4πR2＝4×π×(eq\f(\r(57),2))2＝57π.故選C.5．(2022·山西省調(diào)研)在四面體A-BCD中，AB＝AC＝2eq\r(3)，BC＝6，AD⊥平面ABC，四面體A-BCD的體積為eq\r(3).若四面體A-BCD的頂點(diǎn)均在球O的表面上，則球O的表面積是()A.eq\f(49π,4) B．49πC.eq\f(49π,2) D．4π答案：B解析：因?yàn)锳B＝AC＝2eq\r(3)，BC＝6，所以cos∠BAC＝eq\f(AB2＋AC2－BC2,2AB·AC)＝－eq\f(1,2)，則sin∠BAC＝eq\r(1－cos2∠BAC)＝eq\f(\r(3),2)，則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?yàn)锳D⊥平面ABC，四面體A-BCD的體積為eq\r(3)，所以eq\r(3)＝eq\f(1,3)·S△ABC·AD＝eq\r(3)AD，則AD＝1.設(shè)△ABC的外接圓半徑為r，記△ABC外接圓圓心為O1，連接AO1，由正弦定理可得，2r＝eq\f(BC,sin∠BAC)＝eq\f(6,\f(\r(3),2))＝4eq\r(3)，則AO1＝r＝2eq\r(3)，設(shè)外接球的半徑為R，連接OO1，根據(jù)球的性質(zhì)可得OO1⊥平面ABC，又AD⊥平面ABC，所以AD∥OO1，延長O1O到點(diǎn)E，使得O1E＝AD，連接DE，則四邊形AO1ED為矩形．所以AO1＝DE，連接OA，OD，則OA＝OD＝R，所以Rt△DEO≌Rt△AO1O，所以O(shè)O1＝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的表面積是S＝4πR2＝49π.故選B.6．(2020·全國Ⅲ卷)已知圓錐的底面半徑為1，母線長為3，則該圓錐內(nèi)半徑最大的球的體積為________．答案：eq\f(\r(2),3)π解析：易知半徑最大的球即為該圓錐的內(nèi)切球．圓錐及其內(nèi)切球O如圖所示，設(shè)內(nèi)切球的半徑為R，則sin∠BPE＝eq\f(R,OP)＝eq\f(BE,PB)＝eq\f(1,3)，所以O(shè)P＝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(nèi)切球的體積V＝eq\f(4,3)πR3＝eq\f(\r(2),3)π，即該圓錐內(nèi)半徑最大的球的體積為eq\f(\r(2),3)π.7．(2022·山西省月考)如圖，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，底面為直角三角形，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝CC1＝eq\r(2)，點(diǎn)P是線段BC1上一動(dòng)點(diǎn)，則CP＋PA1的最小值是________．答案：5eq\r(2)解析：連接A1B，沿BC1將△CBC1展開與△A1BC1在同一個(gè)平面內(nèi)，連接A1C，長度即是所求．∵在直三棱柱ABC-A1B1C1中，底面為直角三角形，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝CC1＝eq\r(2)，∴矩形BCC1B1是邊長為eq\r(2)的正方形，則BC1＝2，又A1C1＝AC＝6，在矩形ABB1A1中，A1B1＝AB＝eq\r(38)，BB1＝eq\r(2)，則A1B＝eq\r(40)，即A1Ceq\o\al(2,1)＋BCeq\o\al(2,1)＝A1B2，∴∠A1C1B＝90°，則∠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是正三棱錐(底面為正三角形，頂點(diǎn)在底面的射影為底面中心)A-BCD的外接球，BC＝3，AB＝2eq\r(3)，點(diǎn)E在線段BD上，且BD＝3BE，過點(diǎn)E作球O的截面，則所得的截面中面積最小的截面圓的面積是________．答案：2π解析：如圖，設(shè)△BDC的中心為O1，球O的半徑為R，連接AO1，O1D，OD，O1E，OE，則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)，過點(diǎn)E作球O的截面，當(dāng)截面與OE垂直時(shí)，截面圓的面積最小，此時(shí)截面圓的半徑為eq\r(22－（\r(2)）2)＝eq\r(2)，面積為2π.B級(jí)(綜合創(chuàng)新練)9．(多選題)如圖所示的幾何體是由一個(gè)圓柱挖去一個(gè)以圓柱上底面為底面、下底面圓心為頂點(diǎn)的圓錐而得到的組合體，現(xiàn)用一個(gè)豎直的平面去截這個(gè)組合體，則截面圖形可能是()答案：AD解析：一個(gè)圓柱挖去一個(gè)圓錐后，剩下的幾何體被一個(gè)豎直的平面所截，圓柱的輪廓是矩形除去一條邊，圓錐的輪廓是三角形除去一條邊或拋物線的一部分，故選AD.10．(多選題)(2022·山東臨沂模擬)已知A，B，C三點(diǎn)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(jié)論正確的是()A．球O的表面積為6πB．球O的內(nèi)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(nèi)接正四面體的棱長為2答案：AD解析：設(shè)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?yàn)榍蛐腛到平面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(xiàng)A正確；球O的內(nèi)接正方體的棱長a滿足eq\r(3)a＝2r，顯然選項(xiàng)B不正確；球O的外切正方體的棱長b滿足b＝2r，顯然選項(xiàng)C不正確；球O的內(nèi)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(xiàng)D正確．11.(2022·山東德州月考)如圖，圓形紙片的圓心為O，半徑為5cm，該紙片上的等邊三角形ABC的中心為O.D，E，F(xiàn)為圓O上的點(diǎn)，△DBC，△ECA，△FAB分別是以BC，CA，AB為底邊的等腰三角形．沿虛線剪開后，分別以BC，CA，AB為折痕，折起△DBC，△ECA，△FAB，使得D，E，F(xiàn)重合，得到三棱錐．當(dāng)△ABC的邊長變化時(shí)，所得三棱錐體積(單位：cm3)的最大值為________．答案：4eq\r(15)解析：如圖，連接OD，交BC于點(diǎn)G，由題意知，OD⊥BC，OG＝eq\f(\r(3),6)BC.設(shè)OG＝x，x∈(0，eq\f(5,2))，則BC＝2eq\r(3)x，DG＝5－x，三棱錐的高h(yuǎn)＝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，則三棱錐的體積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))，則f′(x)＝100x3－50x4.令f′(x)＝0，得x＝2.當(dāng)x∈(0，2)時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增，當(dāng)x∈(2，eq\f(5,2))時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減，故當(dāng)x＝2時(shí)，f(x)取得最大值80，則V≤eq\r(3)×eq\r(80)＝4eq\r(15).所以三棱錐體積的最大值為4eq\r(15).12．(2022·陜西西安聯(lián)考)如圖，已知正四棱柱ABCD-A1B1C1D1和半徑為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，D1四點(diǎn)均在球面上，則該正四棱柱的體積的最大值為__________．答案：4解析：設(shè)正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的高為h，底面棱長為a，則正四棱柱的底面外接圓直徑為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ABCD-A1B1C1D1的體積V＝a2h＝(6－2h2)h＝－2h3＋6h，其中0<h<eq\r(3).構(gòu)造函數(shù)f(h)＝－2h3＋6h，其中0<h<eq\r(3)，則f′(h)＝－6h2＋6，令f′(h)＝0，得h＝1.當(dāng)0<h<1時(shí)，f′(h)>0；當(dāng)1<h<eq\r(3)時(shí)，f′(h)<0.所以函數(shù)V＝f(h)在h＝1處取得極大值，也為最大值，則Vmax＝f(1)＝4.因此該正四棱柱的體積的最大值為4.13．(2022·江西省鷹潭