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空间几何体的截面、球的切(接)问题 学案
空间几何体的截面问题
　已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为(　　)
A． B．
C． D．
[解析]　如图，依题意，平面α与棱BA，BC，BB1所在直线所成角都相等，容易得到平面AB1C符合题意，进而所有平行于平面AB1C的平面均符合题意．由对称性，知过正方体ABCD A1B1C1D1中心的截面面积应取最大值，此时截面为正六边形EFGHIJ．易知正六边形EFGHIJ的边长为，将该正六边形分成6个边长为的正三角形．故其面积为6××2＝．
[答案]　A
作出截面的关键是找到截线，作出截线的主要根据有：(1)确定平面的条件；(2)三线共点的条件；(3)面面平行的性质定理．　
1．已知圆锥的母线长为1，其侧面展开图是一个圆心角为120°的扇形，则该圆锥的轴截面面积为(　　)
A． B．
C． D．
解析：B　因为圆锥的母线长为1，其侧面展开图是一个圆心角为120°的扇形，所以圆锥的底面周长为1×＝，所以底面半径为，高为 ＝，所以轴截面面积为××＝，故选B．
2．(2022·崂山质检)如图所示的几何体是一个正方体挖掉一个圆锥(圆锥的底面圆与正方体的上底面正方形各边相切，顶点在下底面上)，用一个垂直于正方体某个面的平面截该几何体，下列图形中一定不是其截面图的是(　　)
解析：B　用过圆锥的轴且与上底面一组对棱垂直的平面截该几何体可得A图，用平行于圆锥底面的平面截该几何体可得C图，用垂直于圆锥底面且不过圆锥的轴的平面截该几何体可得D图，而B图用垂直于正方体的任何面的平面截都无法得到．故选B．
与球有关的切、接问题
考向1　几何体的外接球
　(2021·全国甲卷)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O ABC的体积为(　　)
A．　　 B．　　　　C．　　　 D．
[解析]　如图所示，因为AC⊥BC，所以AB为截面圆O1的直径，且AB＝．连接OO1，则OO1⊥面ABC，OO1＝＝＝，所以三棱锥O ABC的体积V＝S△ABC×OO1＝××1×1×＝．
[答案]　A
考向2　几何体的内切球
(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________．
[解析]　易知半径最大的球即为该圆锥的内切球．圆锥PE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．
[答案]　π
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：
　
1．(2021·天津高考)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，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．4π
C．9π D．12π
解析：B　如图所示，由球的体积为，可得该球的半径R＝2，由题意得，两个圆锥的高O′S，O′P分别为1和3，∵PS为球O的直径，∴△PAS为直角三角形，又∵O′A⊥PS，∴可得截面圆半径O′A＝，∴这两个圆锥的体积之和为V＝π·()2·(3＋1)＝4π，故选B．
2．如图，已知球O是棱长为1的正方体ABCD A1B1C1D1的内切球，则平面ACD1截球O的截面面积为(　　)
A． B．
C． D．
解析：C　平面ACD1截球O的截面为△ACD1的内切圆，∵正方体棱长为1，∴AC＝CD1＝AD1＝．∴内切圆半径r＝tan 30°·AE＝×＝．∴S＝πr2＝π×＝，故选C．
立体几何中的最值问题
　如图，平面ACD⊥α，B为AC的中点，|AC|＝2，∠CBD＝60°，P为α内的动点，且点P到直线BD的距离为，则∠APC的最大值为(　　)
A．30° B．60°
C．90° D．120°
[解析]　因为点P到直线BD的距离为，所以空间中到直线BD的距离为的点构成一个圆柱面，如图所示，它和平面α相交得一椭圆，即点P在α内的轨迹为一个椭圆，B为椭圆的中心，b＝，a＝＝2，则c＝1，所以A，C为椭圆的焦点．因为椭圆上的点关于两焦点的张角在短轴的端点取得最大值，所以∠APC的最大值为60°．故选B．
[答案]　B
解决空间图形有关的线段、角、距离、面积、体积等最值问题，一般可以从三方面着手：
(1)从问题的几何特征入手，充分利用其几何性质去解决；
(2)利用空间几何体的侧面展开图；
(3)找出问题中的代数关系，建立目标函数，利用代数方法求目标函数的最值．解题途径很多，在函数建成后，可用一次函数的端点法，二次函数的配方法、公式法，函数有界法(如三角函数等)及高阶函数的拐点导数法等．　
已知点M是棱长为2的正方体ABCD A1B1C1D1的棱AD的中点，点P在平面BCC1B1所在的平面内．若平面D1PM分别与平面ABCD和平面BCC1B1所成的锐二面角相等，则点P与点C1的最短距离是(　　)
A． B．
C．1 D．
解析：A　设P在平面ABCD上的射影为P′，M在平面BB1C1C上的射影为M′(图略)，平面D1PM与平面ABCD和平面BCC1B1所成的锐二面角分别为α，β，则cos α＝，cos β＝．因为cos α＝cos β，所以S△DP′M＝S，设P到C1M′距离为d，则××d＝×1×2，d＝，即点P到C1的最短距离为．
[课时过关检测]
A级——基础达标
1．体积为8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．π
C．8π D．4π
解析：A　设正方体的棱长为a，则a3＝8，解得a＝2．设球的半径为R，则2R＝2，即R＝．所以球的表面积S＝4πR2＝12π．
2．一个圆柱的内切球的表面积为36π，则这个圆柱的表面积为(　　)
A．45π B．27π
C．54π D．36π
解析：C　设圆柱的内切球的半径为r，则4πr2＝36π，可得r＝3，所以该圆柱的底面圆半径为R＝3，圆柱的高为h＝2r＝6，因此该圆柱的表面积为S＝2πRh＋2πR2＝2π×3×6＋2π×32＝54π．故选C．
3．鲁班锁是中国传统的智力玩具，起源于中国古代建筑中首创的榫卯结构，它的外观是如图所示的十字立方体，其上下、左右、前后完全对称，6根等长的正四棱柱体分成3组，经90°榫卯起来．若正四棱柱的高为8，底面正方形的边长为2，现将该鲁班锁放进一个球形容器内，则该球形容器的表面积至少为(容器壁的厚度忽略不计，结果保留π)(　　)
A．96π B．84π
C．42π D．16π
解析：B　若球形容器表面积最小，则正四棱柱与球内接，此时球体的直径等于一组正四棱柱的体对角线长，即2R＝＝2，所以R＝，球形容器的表面积S＝4πR2＝84π．故选B．
4．如图，在正四棱柱ABCD A1B1C1D1中，AB＝1，AA1＝，点E为AB上的动点，则D1E＋CE的最小值为(　　)
A．2 B．
C．＋1 D．2＋
解析：B　如图，连接D1A，C1B并分别延长至F，G，使得AF＝AD，BG＝BC，
连接EG，FG，∵四棱柱ABCD A1B1C1D1为正四棱柱，∴AB⊥平面ADD1A1，AB⊥平面BCC1B1，∴AB⊥AF，AB⊥BG，又AB＝AD＝AF，∴四边形ABGF为正方形，∴EG＝＝＝CE，∴D1E＋CE的最小值为D1G，又D1G＝＝＝，∴D1E＋CE的最小值为．
5．(2022·淮北一模)已知正方体ABCD A1B1C1D1的边长为2，边AB的中点为M，过点M且垂直BD1的平面被正方体所截的截面面积为(　　)
A． B．
C．2 D．3
解析：A　如图，连接AC，CB1，AB1，BC1，易知CB1⊥BC1，CB1⊥D1C1，又BC1∩D1C1＝C1，BC1，D1C1 平面BD1C1，所以CB1⊥平面BC1D1．因为BD1 平面BD1C1，故CB1⊥BD1，同理可证CA⊥平面BDD1，则BD1 平面BDD1，则CA⊥BD1，又CA∩CB1＝C，CA，CB1 平面CAB1，故BD1⊥平面ACB1．取BC的中点E，BB1的中点F，连接ME，EF，MF，易知平面MEF∥平面ACB1，所以BD1⊥平面MEF，即△MEF为所求的截面．易知△MEF为正三角形，边长ME＝＝，故S△MEF＝×××＝．故选A．
6．(多选)用一个平面截一个正方体，截面图形可以是(　　)
A．三角形 B．等腰梯形
C．五边形 D．正六边形
解析：ABCD　如图所示．用一个平面去截正方体，截面可能是三角形、等腰梯形、五边形、正六边形，故选A、B、C、D．
7．(多选)已知球O的半径为，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
解析：AD　球的表面积为4π×2＝4π×＝6π，A正确．正方体的体对角线长为2×＝，棱长为＝，B错误．球的外切正方体的棱长为2×＝，C错误．将正四面体补形为正方体如图所示A B1CD1，正方体的体对角线长为2×＝，棱长为＝，所以正四面体的棱长为×＝2，D正确． 故选A、D．
8．(2022·北京海淀质检)在一个棱长为3＋2的正方体内部有一个大球和小球，大球与正方体的六个面都相切，小球可以在正方体和大球之间的空隙自由滑动，则小球的表面积最大值是________．
解析：如图所示，为组合体的中截面，易知当小球的表面积最大时大球半径R和小球半径r满足R＝R＋r＋r，2R＝3＋2，解得r＝，故小球表面积的最大值为π．
答案：π
9．已知正三棱锥S ABC的侧棱长为4，底面边长为6，则该正三棱锥外接球的表面积是________．
解析：如图，过点S作SE⊥平面ABC于点E，记球心为O．∵在正三棱锥S ABC中，底面边长为6，侧棱长为4，∴BE＝××6＝2，∴SE＝＝6．∵球心O到四个顶点的距离相等，均等于该正三棱锥外接球的半径R，∴OB＝R，OE＝6－R．在Rt△BOE中，OB2＝BE2＋OE2，即R2＝12＋(6－R)2，解得R＝4，∴外接球的表面积为S＝4πR2＝64π．
答案：64π
10．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，求所得三棱锥体积(单位：cm3)的最大值．
解：如图，连接OD，交BC于点G，由题意，知OD⊥BC，OG＝BC．设OG＝x，则BC＝2x，DG＝5－x，
三棱锥的高h＝＝＝，
S△ABC＝×2x×3x＝3x2，则三棱锥的体积V＝S△ABC·h＝x2·＝·．
令f(x)＝25x4－10x5，x∈，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∈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 cm3．
B级——综合应用
11．(2020·全国Ⅰ卷)已知A，B，C为球O的球面上的三个点，⊙O1为△ABC的外接圆．若⊙O1的面积为4π，AB＝BC＝AC＝OO1，则球O的表面积为(　　)
A．64π B．48π
C．36π D．32π
解析：A　如图所示，设球O的半径为R，⊙O1的半径为r，因为⊙O1的面积为4π，所以4π＝πr2，解得r＝2，又AB＝BC＝AC＝OO1，所以＝2r，解得AB＝2，故OO1＝2，所以R2＝OO＋r2＝(2)2＋22＝16，所以球O的表面积S＝4πR2＝64π．故选A．
12．在四面体ABCD中，若AB＝CD＝，AC＝BD＝2，AD＝BC＝，则四面体ABCD的外接球的表面积为(　　)
A．2π B．4π
C．6π D．8π
解析：C　由题意可采用割补法，考虑到四面体ABCD的四个面为全等的三角形，所以可在其每个面补上一个以，2，为三边的三角形作为底面，分别以x，y，z为侧棱长的三棱锥，如图所示，从而可得到一个长、宽、高分别为x，y，z的长方体，并且x2＋y2＝3，x2＋z2＝5，y2＋z2＝4，则有(2R)2＝x2＋y2＋z2＝6(R为球的半径)，得2R2＝3，所以球的表面积为S＝4πR2＝6π．
13．(2022·海南模拟)在半径是13 cm的球面上有A，B，C三点，且AB＝BC＝CA＝12 cm，则球心到经过这三点的截面的距离为________．
解析：由题意知问题实际上是在一个底面是边长为12的正三角形，三条侧棱长度都是13的正三棱锥S ABC中，求顶点S到底面ABC的距离，如图，过顶点向底面作垂线，垂足是O，连接AO，根据三角形的重心性质，AO＝×12sin 60°＝4，根据在直角三角形中已知的斜边长是SA＝13，一条直角边长是AO＝4，则要求的直角边长是SO＝＝＝11，即球心到经过这三个点的截面的距离是11 cm．
答案：11 cm
14．已知正四棱锥P ABCD的底面正方形的边长是3，O是P在底面上的射影，PO＝6，Q是AC上的一点，过点Q且与PA, BD都平行的截面为五边形EFGHL，求该截面面积的最大值．
解：如图，连接AC，BD，设截面与正四棱锥P ABCD的底面相交于EL，AC与EL相交于点Q，由BD∥截面EFGHL，得LE∥BD，由AP∥截面EFGHL，得AP∥QG，则EL必定分别与AB, AD相交于E，L，否则，截面将是三角形，则AP∥EF，AP∥LH．在正四棱锥P ABCD中，BD⊥AP，由LE∥BD, AP∥QG，知∠GQE是异面直线BD与PA所成的角，则QG⊥EL，所以平面GFEQ和平面GHLQ是两个全等的直角梯形．
设AE＝x(0由AP∥EF，得＝，故EF＝(3－x)，且AQ＝，由AP∥QG，得＝，故QG＝，从而S五边形EFGHL＝2×＝－x2＋9x＝－(x－2)2＋9，
所以当x＝2时，截面EFGHL的面积取得最大值9．
C级——迁移创新
15．(多选)在南方不少地区，经常看到一种用木片、竹篾或苇蒿等材料制作的斗笠，用来遮阳或避雨，其中有一种外形为圆锥形的斗笠，称为“灯罩斗笠”，不同型号的斗笠大小经常用帽坡长(母线长)和帽底宽(底面圆直径长)两个指标进行衡量，现有一个“灯罩斗笠”，帽坡长20厘米，帽底宽20厘米，关于此斗笠，下列说法正确的是(　　)
A．斗笠轴截面(过顶点和底面中心的截面图形)的顶角为120°
B．过斗笠顶点和斗笠侧面上任意两母线的截面三角形的最大面积为100平方厘米
C．若此斗笠顶点和底面圆上所有点都在同一个球上，则该球的表面积为1 600π平方厘米
D．此斗笠放在平面上，可以盖住的球(保持斗笠不变形)的最大半径为20－30厘米
解析：ACD　对A选项，设顶角为θ，则sin ＝＝，得＝60°，所以顶角为θ＝120°，A正确；
对B选项，因为顶角为θ＝120°，则截面三角形的最大面积为×202sin 90°＝200平方厘米，B错误；
对C选项，因为顶角为θ＝120°，则＝60°，所以外接球半径等于圆锥母线长，即R＝20，则该球的表面积为4πR2＝1 600π平方厘米，C正确；
对D选项，如图，设球的最大半径为r，因为顶角为120°，则∠OCD＝15°，所以r＝CD·tan 15°＝10 ·＝20－30，D正确．故选A、C、D．
16．多面体欧拉定理是指对于简单多面体，其各维对象数总满足一定的数量关系，在三维空间中，多面体欧拉定理可表示为：V(顶点数)＋F(表面数)－E(棱长数)＝2．在数学上，富勒烯的结构都是以正五边形和正六边形面组成的凸多面体，例如富勒烯C60(结构图如图)是单纯用碳原子组成的稳定分子，具有60个顶点和32个面，其中12个面为正五边形，20个面为正六边形．除C60外具有封闭笼状结构的富勒烯还可能有C28，C32，C50，C70，C84，C240，C540等，则C84结构含有正六边形的个数为(　　)
A．12 B．24
C．30 D．32
解析：D　在富勒烯多面体C84中，连结每一个顶点的棱都是3，并且每条棱都连结2个顶点，因此可由顶点数V＝84求得棱数E＝＝126．设分子中形状为正五边形和正六边形的面的个数分别为x，y，由欧拉公式V＋F－E＝2，可得84＋x＋y－126＝2，即x＋y＝44．又由多边形的边数可表示C84的棱数，即(5x＋6y)÷2＝3×84÷2，即5x＋6y＝252，由解得故C84结构含有正六边形的个数为32．

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