新教材适用2024版高考数学二轮总复习第1篇专题4立体几何第1讲空间几何体核心考点3多面体与球教师用书

这是一份新教材适用2024版高考数学二轮总复习第1篇专题4立体几何第1讲空间几何体核心考点3多面体与球教师用书，共6页。试卷主要包含了外接球问题，内切球问题，故选B等内容，欢迎下载使用。

1.外接球问题
(1)到各个顶点距离相等的点是外接球的球心；
(2)正方体或者长方体的外接球的球心是其对角线的中点；
(3)棱柱的外接球的球心是上下底面多边形外心连线的中点；
(4)正棱锥的外接球球心在体高上；
(5)正四面体、同一顶点或者首尾相接的三条棱两两垂直的几何体、对棱相等的三棱锥均可构造长方体或正方体来解决；
(6)利用球心与截面圆圆心连线垂直于截面圆及球心与弦的中点的连线垂直于弦的性质确定球心．
2.内切球问题
(1)内切球的球心到个面的距离相等；
(2)正多面体的内切球和外接球的球心重合；
(3)经常用等体积法解决内切球问题．
多维题组·明技法
角度1：多面体与球中的面积和体积问题
1.已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2，E为棱CC1上的一点，且满足平面BDE⊥平面A1BD，则四面体ABCE的外接球的表面积为( A )
A．9π B．18π
C．36π D．81π
【解析】 如图所示：H为BD的中点，连接A1H，A1E，EH，A1B＝AD，则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，设CE＝a，则A1H＝eq \r(6)，HE＝eq \r(a2＋2)，A1E＝eq \r(8＋2－a2)，A1E2＝A1H2＋HE2，即8＋(2－a)2＝6＋a2＋2，解得a＝1，将四面体ABCE放入长方体ABCD－EFPQ中，设四面体ABCE的外接球半径为R，则2R＝eq \r(22＋22＋12)＝3，R＝eq \f(3,2)，外接球的表面积S＝4πR2＝4π×eq \f(9,4)＝9π.故选A.
2. (2023·香洲区校级模拟)已知正三棱锥A－BCD的侧棱长为eq \r(3)，且侧棱与正三棱锥的底面所成角的正切值为eq \r(2)，则此正三棱锥的棱切球的表面积为( B )
A．π B．eq \f(3π,2)
C．3π D．6π
【解析】 根据题意，设底面三角形的外心为O，连接AO，连接BO并延长与CD交于点E，三棱锥A－BCD为正三棱锥，则AO⊥面BCD，又由侧棱与正三棱锥的底面所成角的正切值为eq \r(2)，则tan∠ABO＝eq \r(2)，则有eq \f(AO,BO)＝eq \r(2)，又由AO2＋BO2＝AB2＝3，解可得BO＝1，O为△BCD外接圆的圆心，则BE＝BO＋OE＝eq \f(3,2)BO＝eq \f(3,2)，而∠BCE＝60°，易得BC＝CD＝BD＝eq \r(3)，故三棱锥A－BCD为正四面体，则三棱锥A－BCD所在正方体的棱长为eq \f(\r(3),\r(2))，故此正三棱锥的棱切球的半径为其所在正方体的棱长的一半，故其棱切球的半径R＝eq \f(1,2)×eq \f(\r(3),\r(2))＝eq \f(\r(6),4)，则此正三棱锥的棱切球的表面积S＝4πR2＝eq \f(3π,2).故选B.
3. (2023·吕梁二模)在三棱锥P－ABC中，已知PA⊥底面ABC，CA＝CB＝PA＝2，AC⊥BC，则三棱锥P－ABC外接球的体积为( B )
A．16π B．4eq \r(3)π
C．48π D．12eq \r(3)π
【解析】 由CA＝CB＝2，AC⊥BC，所以△ABC的外接圆直径2r＝2eq \r(2)，∴r＝eq \r(2)，由于PA⊥底面ABC，PA＝2，所以外接球的半径R2＝r2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)PA))2＝2＋1＝3，∴R＝eq \r(3)，所以外接球的体积V＝eq \f(4,3)πR3＝4eq \r(3)π.故选B.
角度2：多面体与球中的截面问题
4. (2023·桐乡市校级模拟)已知三棱锥P－ABC的四个顶点在球O的球面上，PA＝PB＝PC，△ABC是边长为eq \r(2)的正三角形，三棱锥P－ABC的体积为eq \f(1,6)，Q为BC的中点，则过点Q的平面截球O所得截面面积的最小值是 eq \f(π,2) .
【解析】 设P在底面ABC上的射影为M，如图，因为PA＝PB＝PC，由△APM，△BPM，△CPM全等得M为△ABC的中心，由题可知，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).从而直角三角形APM中解得PA＝eq \r(PM2＋AM2)＝1.同理PB＝PC＝1，又△ABC是边长为eq \r(2)的正三角形，所以PA2＋PB2＝2＝AB2，则PA⊥PB，同理PB⊥PC，PC⊥PA，因此正三棱锥P－ABC可看作正方体的一角，正方体的外接球与三棱锥P－ABC的外接球相同，正方体对角线的中点为球心O.记外接球半径为R，则R＝eq \f(\r(3),2)，过点Q的平面截球O所得截面面积的最小时，截面与OQ垂直，此时截面圆半径r满足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)，所以截面面积的最小值为πr2＝eq \f(π,2).
5. (2023·济南市中区模拟)已知三棱锥P－ABC，平面PBC⊥平面ABC，Q为BC中点，PB＝PC＝AB＝BC＝AC＝2，则过点Q的平面截该三棱锥外接球所得截面面积的取值范围为 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(π，\f(5π,3))) .
【解析】 连接PQ，QA，由PB＝PC＝AB＝BC＝AC＝2，可知△ABC和△PBC是等边三角形，设三棱锥P－ABC外接球的球心为O，所以球心O在平面ABC和平面PBC内的射影是△ABC和△PBC的中心E，F，△PBC是等边三角形，Q为BC中点，所以PQ⊥BC，又因为平面PBC⊥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OFQE是矩形，△ABC和△PBC是边长为2的等边三角形，所以两个三角形的高h＝eq \r(22－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\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)，连接OA，所以OA＝eq \r(OE2＋EA2)＝eq \r(\f(1,3)＋\f(4,3))＝eq \f(\r(15),3)，设过点Q的平面为α，当OQ⊥α时，此时所得截面的面积最小，该截面为圆形，OQ＝eq \r(OF2＋FQ2)＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)h))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)h))2)＝eq \f(\r(2),3)h＝eq \f(\r(2),3)×eq \r(3)＝eq \f(\r(6),3).因此圆Q的半径为：eq \r(OA2－OQ2)＝eq \r(\f(15,9)－\f(6,9))＝1，所以此时面积为π·12＝π，当点Q在以O为圆心的大圆上时，此时截面的面积最大，面积为：π·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(15),3)))2＝eq \f(5π,3)，所以截面的面积范围为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(π，\f(5π,3))).
角度3：表面积与球的组合体中的最值问题
6.《九章算术》是我国古代著名的数学著作，其中记载有几何体“刍甍”．现有一个刍甍如图所示，底面ABCD为正方形，EF∥平面ABCD，四边形ABFE，CDEF为两个全等的等腰梯形，EF＝eq \f(1,2)AB，且2AE＋EF＝8，则此刍甍体积的最大值为( 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上取两点H、J，使得HJ＝EF，且DH＝JC，在AB上取两点I、K，使得IK＝EF，且AI＝KB，则四棱锥E－ADHI和F－JKBC体积相同，取AD、BC中点N、M，正方形ABCD中心O，EF中点O1，连接EN，MN，FM，OO1，
根据题意可得OO1⊥平面ABCD，EF∥AB∥MN，点O是MN的中点，设MN＝AB＝AD＝4x，则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)，则等腰梯形EFMN的高为OO2＝eq \r(EN2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(MN－EF,2)))2)＝eq \r(－4x2－8x＋16)，所以刍甍的体积为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，则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，所以函数f(x)在(0,1)上单调递增，在(1,4)上单调递减，所以当x＝1时，f(x)max＝1，所以Vmax＝eq \f(40,3).故选B.
7. (2023·开福区校级二模)已知A，B，C，D是体积为eq \f(20\r(5),3)π的球体表面上四点，若AB＝4，AC＝2，BC＝2eq \r(3)，且三棱锥A－BCD的体积为2eq \r(3)，则线段CD长度的最大值为( B )
A．2eq \r(3) B．3eq \r(2)
C．eq \r(13) D．2eq \r(5)
【解析】 因为球的体积为eq \f(20\r(5),3)π，设球的半径R，则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)，设点D到平面ABC的距离为h，则eq \f(1,3)×h×2eq \r(3)＝2eq \r(3)，故h＝3，点D在球的截面圆上，设截面圆所在的平面为α，因为h＞R，所以平面α与平面ABC在球心的异侧，设球心到平面ABC的距离为d，而△ACB外接圆的半径为eq \f(1,2)AB＝2，则d＝eq \r(5－4)＝1，故球心到平面α的距离为3－1＝2，故截面圆的半径为eq \r(5－4)＝1，设点D在平面ABC上的投影为E，则E的轨迹为圆，圆心为△ABC的外心即AB的中点，当CE最长时CD最长，此时CE＝2＋1＝3，故CD长度的最大值为eq \r(CE2＋h2)＝3eq \r(2).故选B.
方法技巧·精提炼
解决多面体与球问题的两种思路
(1)利用构造长方体、正四面体等确定直径．
(2)利用球心O与截面圆的圆心O1的连线垂直于截面圆的性质确定球心．
加固训练·促提高
1. (2023·沙坪坝区校级模拟)已知侧面积为4π的圆柱存在内切球，则此圆柱的体积为( A )
A．2π B．3π
C．4π D．5π
【解析】 根据题意，设圆柱底面半径为r，则其内切球的半径也是r，圆柱的高为2r，故圆柱的侧面积S＝2πr×2r＝4π，解可得r＝1，故此圆柱的体积V＝πr2×2r＝2π.故选A.
2.已知在正四面体ABCD中，E是AD的中点，P是棱AC上的一动点，BP＋PE的最小值为eq \r(14)，则该四面体内切球的体积为 eq \f(4\r(3),27)π .
【解析】 由题意，将侧面△ABC和△ACD沿AC边展开成平面图形，如图所示．设正四面体的棱长为a，则BP＋PE的最小值为BE＝eq \r(a2＋\f(a2,4)－2·a·\f(a,2)·cs 120°)＝eq \f(\r(7),2)a＝eq \r(14)，得a＝2eq \r(2)，所以正四面体的高为eq \r(8－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(6),3)))2)＝eq \f(4\r(3),3)，所以正四面体的体积为eq \f(1,3)×eq \f(\r(3),4)×8×eq \f(4\r(3),3)＝eq \f(8,3)，设该四面体内切球的半径为r，则4×eq \f(1,3)×eq \f(\r(3),4)×8×r＝eq \f(8,3)，解得r＝eq \f(\r(3),3)，所以该四面体内切球的体积为eq \f(4,3)π×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)))3＝eq \f(4\r(3),27)π.