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特训 09 多面体与求内切外接问题(八大题型)
一、 外接球问题
若一个简单多面体的所有顶点都在一个球面上,则该球为此多面体的外接球。简单多面 体的外接球问
题是立体几何的重点和难点,此类问题实质是解决球的半径长或确定球心位置 问题,其中球心位置的确定
是关键,下面介绍几种常见的球心位置的确定方法。
如果一个定点与一个简单多面体的所有顶点的距离都相等,那么这个定点就是该简单多面体的外接球
的球心。由此,可以得到确定简单多面体外接球的球心位置有如下结论:
结论 1: 正方体或长方体的外接球的球心为其体对角线的中点。
结论 2 :正棱柱的外接球的球心是上、下底面中心连线的中点。
结论 3 :直棱柱的外接球的球心是上、下底面多边形外心连线的中点。
结论 4: 正棱锥外接球的球心在其高上,具体位置通过构造直角三角形计算得到。
结论 5 :若棱锥的顶点可构共斜边的直角三角形,则公共斜边的中点就是其外接球的球心。
二、 内切球问题
若一个多面体的各个面都与一个球的球面相切,则称这个多面体是这个球的外切多面体,这个球是这
个多面体的内切球。因此,多面体内切球球心到该多面体各个面的距离相等。 并非所有多面体都有内切球,
下面介绍几种常见多面体内切球问题:
1. 正多面体内切球的球心与其外接球的球心重合,内切球的半径为球心到多面体任一面的距离。
2. 正棱锥的内切球与外接球的球心都在其高线上,但不一定重合。
目录:
01 :三棱柱
02 :四棱锥
03 :棱台
04 :侧棱垂直于底面
05 :正方体、长方体
06 :其他多面体
07 :三棱锥
08 :折叠问题
01 :三棱柱
1.在一个封闭的直三棱柱 ABC - A1B1C1 内有一个体积为 V 的球,若 AB ^ BC , AB = 6, AC =10,
AA1 = 5,则球的体积的最大值为( )
125 32
A. π B. π C. 27π D.36π
6 3
2.在正三棱柱 ABC - A1B1C1 中, AB = AA1 = 4,E 为线段CC1 上动点,D为BC 边中点,则三棱锥 A - BDE
外接球表面积的最小值为 .
3.已知正三棱柱的底面边长为 4 3 ,高为 6,经过上底面棱的中点与下底面的顶点截去该三棱柱的三个角,
如图 1,得到一个几何体,如图 2 所示,若所得几何体的六个顶点都在球O的球面上,则球O的体积为
( )
A.80π B 4 5. π C 80 5 160 5. π D. π
3 3 3
4.如图,在直三棱柱 ABC - A1B1C1 中,侧棱长为 2, AC ^ BC , AC = BC =1,点D在上底面 A1B1C1(包含
边界)上运动,则三棱锥D - ABC 外接球半径的取值范围为( )
é
1, 6
ù é9 6 ù é9 3 ù é5 3 ù
A. ê ú B. ê , C.2 8 2 ú ê
, ú D. , 8 2 ê 4 2 ú
02 :四棱锥
5.四棱锥P- ABCD中,平面PAD ^平面 ABCD,底面 ABCD为矩形,PA = PD, AB = 2 ,BC = 2 3 ,若
四棱锥P- ABCD的外接球表面积为20π,则四棱锥P- ABCD的体积为( )
A. 4 3 B.12 3 C 4 3. 或 4 3 D. 4 3 或12 3
3
6.已知正四棱锥P- ABCD的侧棱长为 10 ,且二面角P- AB-C 的正切值为 2 2 ,则它的外接球表面积
为( )
A.12π
40
B π C D 25. .8π . π
3 2
03 :棱台
7.已知正四棱台 ABCD - A1B1C1D1, AB = 2,半球的球心O在底面 A1B1C1D1的中心,且半球与该棱台的各棱
均相切,则半球的表面积为( )
A.9π B.18π C. 27π D.36π
8 2 5.在正三棱台 ABC - A1B1C1 中, A1B1 = 2 3 , AB = 4 3 ,二面角B1 - BC - A的正弦值为 ,则5
ABC - A1B1C1 的外接球体积为( )
80π
A B 160 5π. . C.
3 40 5π
D 65 65π.
3 6
04 :侧棱垂直于底面
9.如图,四棱锥P- ABCD中,PA ^面 ABCD,四边形 ABCD为正方形, PA = 4 ,PC 与平面 ABCD所成
2 2
角的大小为q ,且 tanq = ,则四棱锥P- ABCD的外接球表面积为( )
3
A.26π B.28π
C.34π D.14π
10.如图,在四面体 ABCD中,△ABD 与△BCD均是边长为 2 3 的等边三角形,二面角 A - BD - C 的大小
为90°,则四面体 ABCD的外接球表面积为 .
05 :正方体、长方体
11.已知正方体 ABCD - A1B1C1D1 的棱长为 4,点E 是棱CD 的中点, P 为四边形CDD1C1 内(包括边界)的一
动点,且满足B1P / / 平面BA1E ,B1P 的轨迹把正方体截成两部分,则较小部分的外接球的体积为( )
A.8 6π B.24π C.18π D.3 2π
12.已知一个长方体的封闭盒子,从同一顶点出发的三条棱长分别为 3,4,5,盒内有一个半径为 1 的小球,
若将盒子随意翻动,则小球达不到的空间的体积是( )
A.36
20
- π B.32
22
- π
3 3
40
C.60 -12π D.60 - π
3
06 :其他多面体
13.如图 1,一圆形纸片的圆心为O,半径为 4 3 ,以O为中心作正六边形 ABCDEF ,以正六边形的各边
为底边作等腰三角形,使其顶角的顶点恰好落在圆O上,现沿等腰三角形的腰和中位线裁剪,裁剪后的图
形如图 2 所示,将该图形以正六边形的边为折痕将等腰梯形折起,使得相邻的腰重合得到正六棱台.若该
正六棱台的高为 6 ,则其外接球的表面积为( )
11π 22π 35π 35π
A. B. C. D.
4 3 4 2
14.六氟化硫,化学式为SF6 ,在常压下是一种无色、无臭、无毒、不燃的稳定气体,有良好的绝缘性,在
电器工业方面具有广泛用途.六氟化硫分子结构为正八面体结构(正八面体每个面都是正三角形,可以看作
是将两个棱长均相等的正四棱锥将底面粘接在一起的几何体).如图所示,正八面体E - ABCD - F 的棱长为
a,下列说法中正确的个数有( )
①异面直线 AE 与 BF 所成的角为 45°;
②此八面体的外接球与内切球的体积之比为3 3;
③若点 P 为棱EB上的动点,则 AP + CP 的最小值为 2 3a ;
④若点O为四边形 ABCD
a
的中心,点Q为此八面体表面上动点,且 OQ = ,则动点Q的轨迹长度为
2
8 3 aπ .
3
A.1 个 B.2 个 C.3 个 D.4 个
07 :三棱锥
15.若三棱锥 S - ABC 的所有顶点都在半径为 2 的球O的球面上, SB 为球O的直径,且 AC = 2 2 ,则该三
棱锥的最大体积为( )
4 8 16
A. B. C.3 D.
3 3 3
16.在正三棱锥 A - BCD中,M N 分别为 AC BC 的中点, P 为棱CD 上的一点,且PC = 2PD,
MN ^ MP,若 BD = 6 ,则此正三棱锥 A - BCD的外接球的表面积为( )
A.3π B.6π C.8π D.9π
17(多选).已知三棱锥P - ABC 的底面 ABC 是直角三角形,PA ^平面 ABC ,PA = AB = AC = 2 ,则
( )
A.三棱锥P - ABC 外接球的表面积为12π
B.三棱锥P - ABC 外接球的表面积为 48π
C P - ABC 3 - 3.三棱锥 内切球的半径为
3
D.三棱锥P - ABC 3- 3内切球的半径为
9
18(多选).如图,在正三棱锥P - ABC 中,PB = 2AC = 2 6 ,D, E 分别是棱 AC, PB的中点,M 是棱
PC 上的任意一点,则下列结论中正确的是( )
A.PB ^ AC
1
B.异面直线DE 与 AB 所成角的余弦值为
3
C. AM + MB的最小值为 42
5 21 -1D .三棱锥P - ABC 内切球的半径是
10
19.如图,正三棱锥P - ABC 的侧面和底面 ABC 所成角为a ,正三棱锥Q - ABC 的侧面和底面 ABC 所成角
为 b , AB = 2 3, P和Q位于平面 ABC 的异侧,且两个正三棱锥的所有顶点在同一个球面上,则
PBQ = , tan a + b 的最大值为 .
08 :折叠问题
20.在VABC 中, AB = AC = 2, BAC =120°,过点A 作 AM ^ BC ,垂足为点M ,将VABC 沿直线 AM 翻折,
使点 B 与点C 间的距离为 3,此时四面体 ABCM 的四个顶点都在球O的球面上,则球O的表面积为( )
A 5 10π B 10π C 13 13π. . . D.13π
3 6
21.如图 1,在矩形 ABCD 中, AB =1,BC = 2,M 是边 BC 上的一点,将VABM 沿着 AM 折起,使点 B
到达点 P 的位置.
(1)如图 2,若 M 是 BC 的中点,点 N 是线段 PD 的中点,求证:CN ∥平面 PAM;
(2)如图 3,若点 P 在平面 AMCD 内的射影 H 落在线段 AD 上.
①求证:CD ^平面 PAD;
②求点 M 的位置,使三棱锥P - HCD的外接球的体积最大,并求出最大值.
一、单选题
1.(2024·新疆·三模)设四棱台 ABCD - A1B1C1D1 的上、下底面积分别为 S1, S2 ,侧面积为S ,若一个小球
与该四棱台的每个面都相切,则( )
A S2. = S1S2 B. S = S1 + S2
C. S = 2 S1S2 D. S = S1 + S2
2.(2024·陕西西安·模拟预测)已知圆锥侧面展开图是圆心角为直角,半径为 2 的扇形,则此圆锥内切球
的表面积为( )
52 3
A.13π B. π C 15. D. π
81 π50 5
π
3.(2024·陕西安康·模拟预测)如图,在三棱锥 S - ABC 中, AB = BC = SC = 2, CAB = ,D为BC 的
3
SA π中点, SD ^ BC , 与平面 ABC 所成的角为 ,则三棱锥 S - ABC 外接球的表面积为( )
4
π 5π 20π 22π
A. B. C. D.
3 3 3 3
4.(2024·广东·模拟预测)建盏是福建省南平市建阳区的特产,是中国国家地理标志产品,其多是口大底
小,底部多为圈足且圈足较浅(如图所示),因此可将建盏看作是圆台与圆柱拼接而成的几何体.现将某建
盏的上半部分抽象成圆台O1O2 ,已知该圆台的上 下底面积分别为16πcm2 和9πcm2 ,高超过1cm,该圆台上
下底面圆周上的各个点均在球O的表面上,且球O的表面积为100πcm2 ,则该圆台的体积为( )
259π 260π
A 80πcm3 B cm3 C cm3. . . D.3 3 87πcm
3
5.(2024·江西鹰潭·三模)在菱形 ABCD中, AB = 2 , AC = 2 3,将VABC 沿对角线 AC 折起,使点 B 到
达B 的位置,且二面角B - AC - D 为直二面角,则三棱锥 B - ACD的外接球的表面积为( )
A.5π B.16π C.20π D.100π
6.(2024·湖北荆州·模拟预测)三棱锥P - ABC 的四个顶点在球 O 的球面上, AB = 6, BC = 8, AC =10,
顶点 P 到VABC 的三边距离均等于 4,且顶点 P 在底面的射影在VABC 的内部,则球 O 的表面积等于( )
304π 316π 320
A.100π B. C. D. π
3 3 3
7.(2024·河北沧州·三模)《几何补编》是清代梅文鼎撰算书,其中卷一就给出了正四面体,正六面体(立
方体)、正八面体、正十二面体、正二十面体这五种正多面体的体积求法.若正四面体P - ABC 的棱长为
2 3 ,M 为棱PA上的动点,则当三棱锥M - ABC 的外接球的体积最小时,三棱锥M - ABC 的体积为
( )
A 4 6. B. 4 2 C. 4 3 D.8 3
3
1
8.(2023·浙江·模拟预测)如图 1,直角梯形 ABCD中, AB∥DC, DCB = 90o , DC = BC = AB = 2,取 AB
2
中点E ,将VBCE 沿 EC 翻折(如图 2),记四面体B - ECD的外接球为球O(O为球心). P 是球O上一动
点,当直线 AO 与直线 AP 所成角最大时,四面体P - AEC 体积的最大值为( )
A 4 5 B 4 5 C 4 10 4 10. . . D.
5 15 5 15
二、多选题
9.(2024·山西晋中·模拟预测)如图,在棱长为 2 的正方体 ABCD - A1B1C1D1 中,G 为BB1的中点,则下列
结论正确的有( )
A.CG 与 A1C
10
1所成角的余弦值为
5
B.DB1与平面 A1BC1的交点 H 是VA1BC1的重心
C.三棱锥D1 - BB1C1的外接球的体积为 4 3p
D.BB 61与平面 A1BC1所成角的正弦值为
3
10.(2024·浙江绍兴·三模)平行四边形 ABCD 中 AB = 2AD = 2,且 BAD = 60°,AB、CD 的中点分别为
E、F,将VADE 沿 DE 向上翻折得到△ PDE ,使 P 在面 BCDE 上的投影在四边形 BCDE 内,且 P 到面 BCDE
6
的距离为 ,连接 PC、PF、EF、PB,下列结论正确的是( )
3
A.PD = PF
B.PD ^ BC
C.三棱锥P - DEF 的外接球表面积为3p
D.点 Q 在线段 PE 上运动,则 | DQ | + | QB |的最小值为 2 + 3
11.(2024·山东济宁·三模)如图,在直三棱柱 ABC - A1B1C1 中, AB = BC = 2, AA1 = 3,D E 分别是棱
AA1,CC1 上的动点(异于顶点), AD = C1E ,F 为 B1C1 的中点,则下列说法中正确的是( )
A.直三棱柱 ABC - A1B1C1 体积的最大值为3 3
B.三棱锥B1 - DEF 与三棱锥 A - DEF 的体积相等
2 28π
C.当 ABC = 60°,且 AD = AA1 时,三棱锥D - ABC 外接球的表面积为3 3
D.设直线DF , EF 与平面 ABC
1
分别相交于点 P ,Q,若 cos ABC = ,则 AP + CQ的最小值为
4 2 2
三、填空题
12.(2024·安徽芜湖·三模)在棱长为 4 的正方体 ABCD - A1B1C1D1 中,点E 是棱BB1的中点,则四面体 A1C1EB
的外接球的体积为 .
13.(2024·湖北武汉·模拟预测)在三棱锥中P - ABC , AB = BC = 2 2 ,且 AB ^ BC .记直线PA,PC 与
平面 ABC 所成角分别为a ,b ,已知 b = 2a = 60°,当三棱锥P - ABC 的体积最小时,则三棱锥P - ABC 外
接球的表面积为 .
14.(2024·江西新余·二模)如图 1,在直角梯形 ABCD中, AB P CD, AB ^ AD , AB = 6 3 ,CD = 8 3,
AD = 6,点 E,F 分别为边 AB ,CD 上的点,且EF∥ AD , AE = 4 3 .将四边形 AEFD 沿 EF 折起,如图
2,使得平面 AEFD ^平面EBCF ,点 M 是四边形 AEFD 内(含边界)的动点,且直线MB与平面 AEFD 所
成的角和直线MC 与平面 AEFD 所成的角相等,则当三棱锥M - BEF 的体积最大时,三棱锥M - BEF 的外
接球的表面积为 .特训 09 多面体与求内切外接问题(八大题型)
一、 外接球问题
若一个简单多面体的所有顶点都在一个球面上,则该球为此多面体的外接球。简单多面 体的外接球问
题是立体几何的重点和难点,此类问题实质是解决球的半径长或确定球心位置 问题,其中球心位置的确定
是关键,下面介绍几种常见的球心位置的确定方法。
如果一个定点与一个简单多面体的所有顶点的距离都相等,那么这个定点就是该简单多面体的外接球
的球心。由此,可以得到确定简单多面体外接球的球心位置有如下结论:
结论 1: 正方体或长方体的外接球的球心为其体对角线的中点。
结论 2 :正棱柱的外接球的球心是上、下底面中心连线的中点。
结论 3 :直棱柱的外接球的球心是上、下底面多边形外心连线的中点。
结论 4: 正棱锥外接球的球心在其高上,具体位置通过构造直角三角形计算得到。
结论 5 :若棱锥的顶点可构共斜边的直角三角形,则公共斜边的中点就是其外接球的球心。
二、 内切球问题
若一个多面体的各个面都与一个球的球面相切,则称这个多面体是这个球的外切多面体,这个球是这
个多面体的内切球。因此,多面体内切球球心到该多面体各个面的距离相等。 并非所有多面体都有内切球,
下面介绍几种常见多面体内切球问题:
1. 正多面体内切球的球心与其外接球的球心重合,内切球的半径为球心到多面体任一面的距离。
2. 正棱锥的内切球与外接球的球心都在其高线上,但不一定重合。
目录:
01 :三棱柱
02 :四棱锥
03 :棱台
04 :侧棱垂直于底面
05 :正方体、长方体
06 :其他多面体
07 :三棱锥
08 :折叠问题
01 :三棱柱
1.在一个封闭的直三棱柱 ABC - A1B1C1 内有一个体积为 V 的球,若 AB ^ BC , AB = 6, AC =10,
AA1 = 5,则球的体积的最大值为( )
125
A. π
32
B. π C. 27π D.36π
6 3
【答案】B
【分析】设VABC 的内切圆O的半径为 r ,由等面积法得 AC + AB + BC r = 6 8,解得 r = 2.由于
AA1 = 5,所以球的最大半径为 2,由此能求出结果.
【解析】由题知,球的体积要尽可能大时,球需与三棱柱内切.
所以球在底面VABC 内的投影的圆面最大不能超出VABC 的内切圆.
设圆O与VABC 内切,设圆O的半径为 r .
由 AB ^ BC , AB = 6, AC =10,则BC=8
由等面积法得 AC + AB + BC r = 6 8,得 r = 2 .
由于三棱柱高 AA1 = 5,若球的半径R=2,此时能保证球在三棱柱内部,
所以直三棱柱 ABC - A1B1C1 的内切球半径的最大值为 2 .
4p 3 4p 3 32π
所以球的体积的最大值为: r = 2 = .
3 3 3
故选:B
2.在正三棱柱 ABC - A1B1C1 中, AB = AA1 = 4,E 为线段CC1 上动点,D为BC 边中点,则三棱锥 A - BDE
外接球表面积的最小值为 .
【答案】 48π
【分析】建立边长CE和 O 到平面 ABD 距离为 OF 的函数关系,结合基本不等式,求解出OF 最小值,建立
外接球半径R2 = h2 + 4的函数,从而求解外接球半径的最小值,从而求出外接球表面积的最小值.
【解析】由正三棱锥的侧棱垂直于底面的性质,设球心 O 到平面 ABD 距离为OF ,设OF = h ,
有因为△ABD 为直角三角形,则OF 经过直角三角形斜边中点,即F 为 AB 中点.
故取 AB 的中点设为F ,则由正三角形求解高知CF = 2 3 ,如图,设CE = x ,
设球心 O 到平面 ABD 距离为 OF,设OF = h
Q OE = OA = R,\OE2 = OF - CE 2 + CF 2 = (h - x)2 + (2 3)2 = OA2 = OF 2 + AF 2 = h2 + 22,
x2h + 8 x 4\ = = + 2 2 ,
2x 2 x
当且仅当 x = 2 2 时即CE = 2 2 取“=”.
\R2 = h2 + 4 8 + 4 =12,\S = 4πR2 48π .
故最小为 48π .
故答案为: 48π .
【点睛】立体图形平面化,结合函数和基本不等式的知识求解是问题的关键.
3.已知正三棱柱的底面边长为 4 3 ,高为 6,经过上底面棱的中点与下底面的顶点截去该三棱柱的三个角,
如图 1,得到一个几何体,如图 2 所示,若所得几何体的六个顶点都在球O的球面上,则球O的体积为
( )
A 80π B 4 5 π C 80 5. . . π D 160 5. π
3 3 3
【答案】D
【分析】根据几何体特征、勾股定理及其外接球体积公式计算即可.
【解析】设M、N 分别为正棱柱上下底面的中心,即MN = 6,
由几何体的特征易知其外接球球心O在MN 上,如图所示,
2 2 2
根据正三角形的中心性质可知 AN = 4 3 - 2 3 = 4,同理DM = 2,3
设外接球半径为R, MO = h,则ON = 6 - h ,
所以有 22 + h2 = R2 = 42 + 6 - h 2 h = 4, R = 2 5 ,
4 160 5
则外接球体积V = πR3 = π .
3 3
故选:D
【点睛】思路点睛:对于几何体外接球问题,第一步先确定球心位置,可以先通过确定一面的外接圆圆心
去确定,本题几何体比较规则,容易得出球心在上下中心连线上;第二步,由点在球上及球体的特征结合
勾股定理构建方程组解方程求半径即可.
4.如图,在直三棱柱 ABC - A1B1C1 中,侧棱长为 2, AC ^ BC , AC = BC =1,点D在上底面 A1B1C1(包含
边界)上运动,则三棱锥D - ABC 外接球半径的取值范围为( )
é
1, 6
ù é9 6 ù, é9 3 ù é5 3 ùA. ê ú B.2 ê ú
C. ê , D. ,
8 2 8 2
ú ê 4 2 ú
【答案】B
【分析】由条件确定球心位置,建立关于球的半径的表达式,从而求出半径的取值范围即可.
【解析】因为VABC 为等腰直角三角形, AC = BC =1,
所以VABC 的外接圆的圆心为 AB 的中点O1,
且 AO 21 = ,2
设 A1B1 的中点为E ,连接O1E ,
则O1E / / AA1,O1E ^ 平面 ABC ,
设三棱锥D - ABC 外接球的球心为O,
2
由球的性质可得点O在O1E 上,设OO1 = x,DE = t 0 t ,
è 2
÷÷
外接球的半径为 R ,因为OA = OD = R,
2
所以 x2
2 7
+ ÷÷ = (2 - x)
2 + t 2 2,即 t = 4x - ,
è 2 2
2 7
又0 t ,则 x 1,
2 8
R2 x2 1 81 R2 3因为 = + ,所以 ,
2 64 2
9 R 6则 ;
8 2
故选:B .
3
【点睛】方法点睛:常见几何体的外接球半径求法:(1)棱长为的正方体的外接球半径为R = a ;
2
2 2 2
(2 a +b + c)长方体的长,宽,高分别为 a,b , c,则其外接球的半径为R = ;
2
2
(3)直棱柱的高为 h h,底面多边形的外接圆半径为 r ,则其外接球半径为 R = r2 + .
4
02 :四棱锥
5.四棱锥P- ABCD中,平面PAD ^平面 ABCD,底面 ABCD为矩形,PA = PD, AB = 2 ,BC = 2 3 ,若
四棱锥P- ABCD的外接球表面积为20π,则四棱锥P- ABCD的体积为( )
A. 4 3 B.12 3 C 4 3. 或 4 3 D. 4 3 或12 3
3
【答案】C
【分析】根据面面垂直的性质,结合勾股定理即可求解O O =1,即可求解四棱锥的高,由体积公式即可求
解.
【解析】取 AD 的中点E ,连接PE,
又因为PA = PD,所以PE ^ AD,
又因为平面PAD ^平面 ABCD,且交线为 AD ,PE 平面PAD ,
所以PE ^平面 ABCD .
设 ABCD的中心为O ,球心为O,则OO ^平面 ABCD ,
1 1 2
于是O B = BD = 2 + 2 3 = 2 ,OO / /PE .2 2
设四棱锥P- ABCD的外接球半径为 R ,其表面积为 4πR2 = 20π ,故R = 5 .
过O作OM / /O E ,则四边形OO EM 为矩形,
1
故O O = ME ,OM = O E = AB =1,
2
在RtVOO B和RTVOMP中,
R2 = O O2 + O B2
2
= 5 = PM 2 + OM 2 ,
O B = 2,OM =1 ,
所以O O =1,PM = 2,ME = OO =1 .
当O在平面 ABCD的上方,此时四棱锥的高为PE = PM + ME = 3 ,
\ 1四棱锥P- ABCD的体积 2 2 3 3 = 4 3 .
3
当O在平面 ABCD的下方,此时四棱锥的高为PE = PM - ME =1 ,
\四棱锥P- ABCD 1的体积 2 2 3 1 4 3 = .
3 3
故选:C.
【点睛】本题关键要注意外心即可能在平面 ABCD上方,也可能在下方,思考问题要周密.
6.已知正四棱锥P- ABCD的侧棱长为 10 ,且二面角P- AB-C 的正切值为 2 2 ,则它的外接球表面积
为( )
12π 40A. B. π C 25.8π D. π
3 2
【答案】D
【分析】如图,根据线面垂直的判定定理可得PO ^平面 ABCD,则 PHO 为二面角P- AB-C 的平面角,
设正方形 ABCD的边长为 a a > 0 ,利用锐角三角函数求出 a,即可求出PO, AO ,再设球心为G ,则球
心在直线PO上,设球的半径为 R ,利用勾股定理求出 R ,最后再由球的表面积公式计算可得.
【解析】设正方形 ABCD中心为O,取 AB 中点 H ,连接PO、PH 、OH ,
则PH ^ AB,OH ^ AB, PH IOH = H , PH、OH 平面 ABCD,得PO ^平面 ABCD,
PO
所以 PHO 为二面角P- AB-C 的平面角,即 tan PHO = = 2 2 ,
OH
设正方形 ABCD的边长为 a a > 0 ,则PO = 2a,
1 1 2
又 AO = AC = a2 + a2 = a,PA = 10 ,由PO2 + AO2 = PA2,
2 2 2
2
即 2a 2 2 + a ÷÷ =10,解得 a = 2(负值已舍去),
è 2
则PO = 2 2 , AO = 2 ,设球心为G ,则球心在直线PO上,设球的半径为 R ,
R2
2 2
= 2 + 2 2 - R R 5 2则 ,解得 = ,4
2
所以外接球的表面积 S = 4πR2
5 2 25
= 4π 4 ÷÷
= π .
è 2
故选:D
【点睛】关键点点睛:本题解答的关键是确定二面角的平面角,利用锐角三角函数求出底面边长与高,再
由正四棱锥的性质确定球心在PO上.
03 :棱台
7.已知正四棱台 ABCD - A1B1C1D1, AB = 2,半球的球心O在底面 A1B1C1D1的中心,且半球与该棱台的各棱
均相切,则半球的表面积为( )
A.9π B.18π C. 27π D.36π
【答案】C
【分析】分析半球与各棱的切点位置,利用球的切线性质,用 R 表示出侧棱长,从不同角度表示出棱台的高,
从而建立关于 R 的方程,然后可得.
【解析】由题意可知, A1B1C1D1为下底面,
记上底面 ABCD的中心为O1,过C 作CH 垂直于平面 A1B1C1D1,垂足为 H ,
易知点 H 在 A1C1上,记半球与BC,CC1,B1C1分别相切于点E, F ,G ,
由正四棱台和球的对称性可知,E,G为BC, B1C1的中点,
因为 AB = 2 ,所以 AC = 2 2 ,CE = CF =1,
记半球的半径为 R ,则C1F = C1G = OG = R ,
所以CC1 = R +1,HC1 = OC1 - OH = 2R - 2 ,
分别在VOO1E,VCC H 2 2 2 21 中,由勾股定理得OO1 = OE - O1E = R -1,
CH 2 = CC 2 2
2
1 - C1H = R +1
2 - 2R - 2 ,
2 2
因为OO1 = CH ,所以 R +1 - 2R - 2 = R2 -1,
解得R = 3或R = 0 (舍去),
1 2 2 2
所以半球的表面积为 4πR + πR = 3πR = 27π .
2
故选:C
【点睛】关键点睛:本题考查学生的直观想象能力,解题关键在于利用球的切线性质,用 R 表示出侧棱,然
后根据棱台的高距离方程求出半径即可.
8.在正三棱台 ABC - A1B1C1 中, A1B1 = 2 3 , AB
2 5
= 4 3 ,二面角B1 - BC - A的正弦值为 ,则5
ABC - A1B1C1 的外接球体积为( )
80π
A B 160 5π 65 65π. . C. D.
3 40 5π3 6
【答案】B
【分析】记正三棱台上下底面的中心分别为O1,O2 ,BC, B1C1的中点分别为 D, D1,O2D的中点为E ,先判断
ADD1为二面角B1 - BC - A的平面角,然后求出棱台的高,判断球心位置,利用勾股定理求解可得半径,
然后可得体积.
【解析】记正三棱台上下底面的中心分别为O1,O2 ,BC, B1C1的中点分别为 D, D1,O2D的中点为E ,
如图,因为BCC1B1为等腰梯形, D, D1分别为BC, B1C1的中点,
所以,由等腰梯形性质可知DD1 ^ BC ,
又VABC 为正三角形,所以 AD ^ BC ,
所以 ADD1为二面角B1 - BC - A的平面角,
由正棱台性质可知,OO1 ^平面 ABC ,
因为 A1B1 = 2 3 , AB = 4 3 ,所以 A1D1 = 3, AD = 6 ,
所以 A1O1 = 2O1D1 = 2, AO2 = 2O2D = 4,O2E = ED =1
易知O1D1 / /O2E ,所以O1O2ED1为平行四边形,
所以O1O2 / /D1E ,所以D1E ^平面 ABC ,
由题知 sin D
2 5
1DE = , D1DE
π
5
0, ÷,
è 2
所以 cos D DE 5= ,所以 tan D1DE = 21 ,5
所以O1O2 = D1E = DE tan D1DE = 2,
易知,正三棱台 ABC - A1B1C1 的外接球的球心在射线O1O2 上,记为O,半径为 R
2
若球心O在线段O1O2 上,则OO2 + O 2 2 22 2 A = R = A1O1 + 2 - OO2 ,
即OO22 +16 = 4 + 2 - OO
2
2 ,解得O2O = -2,不符合题意;
若球心O在下底面下方,则OO2 2 2 22 + O2 A = R = A1O1 + 2 + OO2
2
,
即OO22 +16 = 4 + 2 + OO
2
2 ,解得O O = 2,则R = OO22 2 + O2 A2 = 2 5 ,
ABC 3- A B C 4 πR3 4 π 2 5 160 5π所以 1 1 1 的外接球体积为 = = .3 3 3
故选:B
04 :侧棱垂直于底面
9.如图,四棱锥P- ABCD中,PA ^面 ABCD,四边形 ABCD为正方形, PA = 4 ,PC 与平面 ABCD所成
2 2
角的大小为q ,且 tanq = ,则四棱锥P- ABCD的外接球表面积为( )
3
A.26π B.28π
C.34π D.14π
【答案】C
【分析】依题意可将四棱锥P- ABCD补成长方体PEFG - ABCD ,则四棱锥P- ABCD的外接球也是长方体
PEFG - ABCD tanq 2 2的外接球,由 = 可求出 AC 的长,进而可求PC ,即为外接球的直径,从而可得外
3
接球的表面积.
【解析】如图,因为PA ^面 ABCD,四边形 ABCD为正方形,
所以可将四棱锥P- ABCD补成长方体PEFG - ABCD ,
则四棱锥P- ABCD的外接球也是长方体PEFG - ABCD 的外接球.
由PA ^面 ABCD,所以 PCA就是PC 与平面 ABCD所成的角q ,
tanq PA 4 2 2则 = = = ,所以 AC = 3 2 ,
AC AC 3
设四棱锥P- ABCD的外接球的半径为 R ,
因为长方体PEFG - ABCD 的对角线PC 的长即为其外接球的直径,
2
所以PC = 2R = AC 2 + PA2 = 3 2 42 34 R 34+ = ,所以 = ,2
所以四棱锥P- ABCD的外接球的表面积为 4πR2 = 34π .
故选:C
10.如图,在四面体 ABCD中,△ABD 与△BCD均是边长为 2 3 的等边三角形,二面角 A - BD - C 的大小
为90°,则四面体 ABCD的外接球表面积为 .
【答案】20π
【分析】设O1为△BCD的中心,O为四面体 ABCD的外接球的球心,过O作OG ^ AM ,然后在Rt△AGO
中,由GA2 + GO2 = OA2 求出外接球的半径,再由球的表面积公式计算可得.
【解析】如图所示:设O1为△BCD的中心,O为四面体 ABCD的外接球的球心,
则OO1 ^平面BDC .
因为二面角 A - BD - C 的大小为90°,即平面 ABD ^平面BCD,
设M 为线段BD的中点,外接球的半径为 R ,
连接 AM ,CM ,OA,
过O作OG ^ AM 于点G ,
易知G 为△ABD 的中心,则OO1 = OG = MO1 = MG ,
MA 3因为 = 2 3 = 3,
2
故MG = OG
1
= 3 =1,GA = 2,
3
在Rt△AGO中,GA2 + GO2 = OA2 ,
故12 + 22 = R2,则R = 5 .
所以外接球的表面积为 S = 4πR2 = 20π ,
故答案为:20π .
05 :正方体、长方体
11.已知正方体 ABCD - A1B1C1D1 的棱长为 4,点E 是棱CD 的中点, P 为四边形CDD1C1 内(包括边界)的一
动点,且满足B1P / / 平面BA1E ,B1P 的轨迹把正方体截成两部分,则较小部分的外接球的体积为( )
A.8 6π B.24π C.18π D.3 2π
【答案】A
【分析】作出辅助线,得到平面 A1BE / / 平面B1MN ,确定当 P 在线段MN 上运动时,满足B1P / / 平面
BA1E ,B1P 的轨迹把正方体截成两部分,则较小部分为三棱锥C1 - B1MN ,
求出外接球半径,得到外接球体积.
【解析】分别取C1D1,CC1的中点M , N ,连接ME,CD1 ,
故MN / /CD1,
因为 A1D1 / /BC , A1D1 = BC ,
所以四边形 A1D1CB 为平行四边形,
所以 A1B / /D1C ,故MN / / A1B ,
因为MN 平面B1MN , A1B 平面B1MN ,
所以 A1B / / 平面B1MN ,
又点E 是棱CD 的中点,所以ME = BB1,BB1 / /ME ,
故四边形B1BEM 为平行四边形,
所以BE / /B1M ,
又B1M 平面B1MN ,BE 平面B1MN ,
所以BE / /平面B1MN ,
因为 A1B I BE = B, A1B, BE 平面 A1BE ,
所以平面 A1BE / / 平面B1MN ,
故当 P 在线段MN 上运动时,满足B1P / / 平面BA1E ,
B1P 的轨迹把正方体截成两部分,则较小部分为三棱锥C1 - B1MN ,
其中C1M ,C1N ,C1B1 两两垂直,且C1M = C1N = 2, B1C1 = 4,
22 + 22 + 42
故其外接球半径为 = 6 ,
2
4 3
故较小部分的外接球的体积为 π 6 = 8 6π .
3
故选:A
【点睛】特殊几何体的内切球或外接球的问题,常常进行补形,转化为更容易求出外接球或内切球球心和
半径的几何体,比如墙角模型,对棱相等的三棱锥常常转化为棱柱来进行求解.
12.已知一个长方体的封闭盒子,从同一顶点出发的三条棱长分别为 3,4,5,盒内有一个半径为 1 的小球,
若将盒子随意翻动,则小球达不到的空间的体积是( )
36 20A. - π B.32
22
- π
3 3
40
C.60 -12π D.60 - π
3
【答案】B
【分析】分别计算小球在 8 个顶点和 12 条棱不能到达的空间体积,然后进行相加即可.
【解析】小球在 8 个顶点不能到达的空间相当于棱长为 2 的正方体挖去一个半径为 1 的球,
8 4其体积为 - π,
3
小球在 AB ,CD , A1B1 ,C1D1这 4 条棱不能到达的空间相当于一个长为 3,宽为 2,高为 2 的长方体挖去
一个底面半径为 1,高为 3 的圆柱,
其体积为3 2 2 - 3π =12 - 3π,
小球在BC , AD , B1C1 , A1D1这 4 条棱不能到达的空间相当于一个棱长为 2 的正方体挖去一个底面半径为
1,高为 2 的圆柱,
其体积为 2 2 2 - 2π = 8 - 2π,
小球在 AA1,BB1,CC1 ,DD1这 4 条棱不能到达的空间相当于一个长为 2,宽为 2,高为 1 的长方体挖去一
个底面半径为 1,高为 2 的圆柱,
其体积为 2 2 1- π = 4 - π,
8 4所以小球不能到达的空间的体积为 - π +12 - 3π + 8 - 2π + 4 - π = 32
22
- π,
3 3
故选:B.
06 :其他多面体
13.如图 1,一圆形纸片的圆心为O,半径为 4 3 ,以O为中心作正六边形 ABCDEF ,以正六边形的各边
为底边作等腰三角形,使其顶角的顶点恰好落在圆O上,现沿等腰三角形的腰和中位线裁剪,裁剪后的图
形如图 2 所示,将该图形以正六边形的边为折痕将等腰梯形折起,使得相邻的腰重合得到正六棱台.若该
正六棱台的高为 6 ,则其外接球的表面积为( )
11π 22π 35π 35π
A. B. C. D.
4 3 4 2
【答案】D
【分析】根据侧面积与底面积的关系求出相应的边长,进而利用外接球的性质求出半径,从而求出外接球
的表面积.
【解析】如图 1,设以 AB 为底边的等腰三角形的中位线为 A1B1 ,连接OA ,分别交 A1B1, AB 于点M , N ,
则点M , N 分别为 A1B1, AB 的中点.
设 AB = 2a,则 A1B1 = a ,ON =2a sin60°= 3a MN 4 3 - 3a, = ①.
2
折叠后形成的正六棱台如图 2 所示,设上底面 A1B1C1D1E1F1的中心为O1,连接O1M ,
则O1M = a sin60
3a
° = .
2
连接O1O,则O1O是正六棱台 ABCDEF - A1B1C1D1E1F1的高,即O1O = 6 .
过点M 作MG ^ ON ,垂足为G ,则MG ^ 底面 ABCDEF ,故MG = O1O = 6.
RtVMNG MN MG2 NG2 24 + 3a
2
在 中, = + = MG2 + ON - O1M
2 = ②,
2
①② 4 3 - 3a 24 + 3a
2
由 得 = ,解得 a =1,
2 2
所以正六棱台 ABCDEF - A1B1C1D1E1F1的上、下底面的边长分别为 1 和 2.
由O1O = 6 ,可知正六棱台的外接球球心O2 必在线段O1O上,
连接O2D,O2D1,OD,O1D1,则O2D,O2D1为外接球的半径,设为 r .
ìOO2 + OD2 = r2
在 Rt△O2OD和 Rt△O2OD 21 1中,由勾股定理得 í ,
O1O
2
2 + O1D
2 2
1 = r
可得OO22 +OD
2 =O 21O2 +O
2
1D1 ,
又因为O1O = O1O2 +OO2 = 6,O1D1 =1,OD = 2,
2
即OO22 + 2
2 = 6 - OO2 +1 6,解得OO2 = ,4
2
r 2 OO2 OD2
6 22 35则 = 2 + = 4 ÷÷
+ = ,
è 8
2 35π
所以所求外接球的表面积为 4πr = .
2
故选:D.
【点睛】关键点点睛:本题考查平面图形的折叠,几何体外接球的半径,解题关键在于平面图形折叠成立
体图形后,要明确变化的量和没有变的量,以及线线的位置,线面的位置关系,对于几何体的外接球的问
题,关键在于确定外接球的球心的位置.
14.六氟化硫,化学式为SF6 ,在常压下是一种无色、无臭、无毒、不燃的稳定气体,有良好的绝缘性,在
电器工业方面具有广泛用途.六氟化硫分子结构为正八面体结构(正八面体每个面都是正三角形,可以看作
是将两个棱长均相等的正四棱锥将底面粘接在一起的几何体).如图所示,正八面体E - ABCD - F 的棱长为
a,下列说法中正确的个数有( )
①异面直线 AE 与 BF 所成的角为 45°;
②此八面体的外接球与内切球的体积之比为3 3;
③若点 P 为棱EB上的动点,则 AP + CP 的最小值为 2 3a ;
a
④若点O为四边形 ABCD的中心,点Q为此八面体表面上动点,且 OQ = ,则动点Q的轨迹长度为
2
8 3 aπ .
3
A.1 个 B.2 个 C.3 个 D.4 个
【答案】B
【分析】对①:借助等角定理,找到与 AE 平行,与 BF 相交的线段,计算即可得;对②:借助外接球与内
切球的性质计算即可得;对③:空间中的距离和的最值问题可将其转化到同意平面中进行计算.对④,计算
r 2 - OQ 2 , r1的值,并比较它们的大小,即可得出当点Q在平面BCE 内时,点Q在三角形BCE 的内切圆上
运动,结合对称性即可验算.
【解析】对①:连接 AC ,取 AC 中点O,连接OE、OF ,
由题意可得OE、OF 为同一直线,A 、E 、C 、F 四点共面,
又 AE = EC = CF = FA,故四边形 AECF 为菱形,
故 AE / /CF ,故异面直线 AE 与 BF 所成的角等于直线CF 与 BF 所成的角,
即异面直线 AE 与 BF 所成的角等于 CFB = 60o ,故①错误;
对②:由四边形 ABCD为正方形,有 AC 2 = BC 2 + AB2 = EC 2 + AE2 = 2a2,
故四边形 AECF 亦为正方形,即点O到各顶点距离相等,
2
即此八面体的外接球球心为O,半径为R 2a 2a= = ,
2 2
设此八面体的内切球半径为 r ,
V 1 1 2 2a 1则有 2 6E- ABCD-F = S表 r = 2VE- ABCD = 2 a = 2 3a r,化简得 r = a ,3 3 2 3 6
3
2a
R
3
则此八面体的外接球与内切球的体积之比为 = 2
÷
÷ ÷ = 3 3 ,故②正确;
è r 6 ÷
a
è 6 ÷
对③:将△ AEB 延EB折叠至平面EBC 中,如图所示:
则在新的平面中,A 、 P 、C 三点共线时, AP + CP 有最小值,
则 AP + CP 3= a 2 = 3a,故③错误.min 2
④ BCE r 1 1 3对于 ,设三角形 的内切圆半径为 1,则由等面积法,有 ×3a × r1 = a
2 × ,
2 2 3
r 3解得 1 = a ,6
由②可知,点O到平面BCE 的距离为 r 6= a ,
6
2 2
OQ 2 r 2 a a 3a所以 - = - = = r1,4 6 6
这表明当点Q在平面BCE 内时,点Q在三角形BCE 的内切圆上运动,
它的周长是 2πr1,
3a 8 3
根据对称性可知动点Q的轨迹长度为8 2πr1 = 8 2π = aπ ,故④正确.6 3
正确的编号有②④.
故选:B.
【点睛】关键点点睛:本题④中,关键点在于得出当点Q在平面BCE 内时,点Q在三角形BCE 的内切圆上
运动,根据对称性即可顺利得解.
07 :三棱锥
15.若三棱锥 S - ABC 的所有顶点都在半径为 2 的球O的球面上, SB 为球O的直径,且 AC = 2 2 ,则该三
棱锥的最大体积为( )
4 8 16
A. B. C.3 D.
3 3 3
【答案】B
1
【分析】由勾股定理逆定理得到OA ⊥ OC ,故 SVAOC = OA ×OC = 2,要想该三棱锥的体积最大,则 SB ⊥平2
面 AOC ,从而求出最大体积.
【解析】 SB 的中点为O,连接OA,OC ,则OA = OB = OC = OS = 2,
因为 AC = 2 2 ,故OA2 + OC 2 = AC 2 ,
1
故OA ⊥ OC , SVAOC = OA ×OC = 2,2
要想该三棱锥的体积最大,则 SB ⊥平面 AOC ,
1 1 8
故最大体积V = S
3 VAOC
× SB = 2 4 =
3 3
故选:B
16.在正三棱锥 A - BCD中,M N 分别为 AC BC 的中点, P 为棱CD 上的一点,且PC = 2PD,
MN ^ MP,若 BD = 6 ,则此正三棱锥 A - BCD的外接球的表面积为( )
A.3π B.6π C.8π D.9π
【答案】D
【分析】如图,根据题意,利用线面垂直的判定定理和性质证明 AB ^ AC , AB ^ AD , AC ^ AD,将三棱
锥 A - BCD补成以 AB、AD、AC 为棱的正方体,则正方体的外接球即为三棱锥 A - BCD的外接球,求出外接球
的半径,结合球的体积和表面积公式计算即可求解.
【解析】如图,取 CD 的中点 Q,连接 AQ、BQ,则MN // AB ,
由MN ^ MP,得 AB ^ MP ,
因为三棱锥 A - BCD为正三棱锥,所以 AC = AD, BC = BD ,
而 Q 是 CD 的中点,所以 AQ ^ CD, BQ ^ CD ,
又 AQ BQ = Q, AQ、BQ 平面 ABQ,所以CD ^平面 ABQ,
由 AB 平面 ABQ,得 AB ^ CD ,又 AB ^ MP ,
MP CD = P, MP、CD 平面 ACD,所以 AB ^ 平面 ACD,
由 AC、AD 平面 ACD,所以 AB ^ AC , AB ^ AD ,
根据正三棱锥的特点可得 AC ^ AD,
故可将三棱锥 A - BCD补成以 AB、AD、AC 为棱的正方体,如图,
所以正方体的外接球即为三棱锥 A - BCD的外接球.
2 2 2由 BD = 6 得 AB = 3 ,可得正方体的棱长为 3,所以 (2R) = 6 + 3 ,
2 9 2 9
即 R = 4 ,所以正三棱锥
A - BCD的外接球的表面积为 S = 4πR = 4π = 9π .
4
故选:D
17.已知三棱锥P - ABC 的底面 ABC 是直角三角形,PA ^平面 ABC ,PA = AB = AC = 2 ,则( )
A.三棱锥P - ABC 外接球的表面积为12π
B.三棱锥P - ABC 外接球的表面积为 48π
C 3 - 3.三棱锥P - ABC 内切球的半径为
3
D 3- 3.三棱锥P - ABC 内切球的半径为
9
【答案】AC
【分析】根据三棱锥特征构造长方体求出外接球半径,求得表面积,再由等体积法求出内切球半径.
【解析】由题意可知 AB , AC , AP 两两垂直,
2
则三棱锥P - ABC 外接球的半径 R 满足 2R = AB2 + AC 2 + AP2 =12 ,
从而三棱锥P - ABC 外接球的表面积为 4πR2 =12π,
故 A 正确,B 错误.
1 1
由题意可得三棱锥P - ABC 的体积V = 2 2 2
4
= ,
3 2 3
2
三棱锥P - ABC S 1 2 2 3 3的表面积 = + 2 2 = 6 + 2 3 .
2 4
设三棱锥P - ABC 内切球的半径为 r ,
V 1因为 = Sr ,
3
r 3V 4 3- 3所以 = = = ,则 C 正确,D 错误.
S 6 + 2 3 3
故选:AC
18.如图,在正三棱锥P - ABC 中,PB = 2AC = 2 6 ,D, E 分别是棱 AC, PB的中点,M 是棱PC 上的任
意一点,则下列结论中正确的是( )
A.PB ^ AC
1
B.异面直线DE 与 AB 所成角的余弦值为
3
C. AM + MB的最小值为 42
D.三棱锥P - ABC
5 21 -1
内切球的半径是
10
【答案】ACD
【分析】对于 A,易知 AC ^ BD , AC ^ PD ,可证 AC ^平面 PBD ,再由线面垂直的性质定理即可得证;对
于 B,取BC 中点F ,连接DF , EF ,由DF / / AB,知 EDF 即为异面直线DE 和 AB 所成角,由
PC ^ AB,可推出EF ^ DF ,再由三角函数的知识即可求解;对于 C,将平面PAC 和平面PBC 平铺展开,
形成四边形PACB,连接 AB ,交PC 于点M ,此时 AM + MB = AB是最小值,再结合二倍角公式与余弦定
理即可求解;对于 D,设内切球的球心为O,点 P 在平面 ABC 内的投影为O1,O1为VABC 的重心,球O与
平面PAC 相切于点G ,设三棱锥P - ABC 内切球的半径为 r ,由 VPOG 相似于VPDO1,即可求解.
【解析】对于 A,如图 1 所示,连接BD,PD,
由正三棱锥的性质可知PA = PC = 2 6 , AB = BC = AC = 2 3 ,
因为D为 AC 中点,
所以 AC ^ BD , AC ^ PD ,
又因为BD I PD = D,BD, PD 平面 PBD ,
所以 AC ^平面 PBD ,
又因为PB 平面 PBD
所以PB ^ AC ,故 A 正确;
对于 B,如图①,取BC 中点F ,连接DF , EF ,
因为D、F 分别为 AC ,BC 的中点,
所以DF / / AB,DF = 3 ,
所以 EDF 即为异面直线DE 和 AB 所成角或其补角,
因为E 、F 分别为 PB,BC 的中点,
所以EF = 6 ,
由选项 A 知,PB ^ AC ,同理可得PC ^ AB,
所以EF ^ DF ,
所以DE2 = EF 2 + DF 2 = 6 + 3 = 9 ,
所以 DE = 3,
所以 cos EDF DF 3= = ,
DE 3
即异面直线DE 和 AB 3所成角的余弦值为 ,故 B 错误;
3
对于 C,将平面PAC 和平面PBC 平铺展开,形成四边形PACB,
如图②所示,连接 AB ,交PC 于点M ,此时 AM + MB = AB是最小值,
CF 3 2
连接PF ,则 cos PCF = = = ,
PC 2 6 4
所以 cos ACB = 2cos2
3
PCF -1 = - ,
4
在VABC 中,由余弦定理知,
AB2 = AC 2 + BC 2 - 2AC × BC ×cos ACB 3=12 +12 - 2 12 (- ) = 42,
4
所以 AB = 42 ,
即 AM + MB的最小值是 42 ,故 C 正确;
对于 D,如图③所示,设内切球的球心为O,点 P 在平面 ABC 内的投影为O1,O1为VABC 的重心,
球O与平面PAC 相切于点G ,则G 在PD上,且OG ^ PD,
在VPAD中,PD = PA2 - AD2 = 24 - 3 = 21,
在VABC 中,BD = AB2 - AD2 = 12 - 3 = 3 ,
1
因为O1为VABC 的重心,所以DO1 = BD =1,3
在!PO1D 中,PO1 = PD2 - DO21 = 21-1 = 2 5 ,
设三棱锥P - ABC 内切球的半径为 r ,
OG PO
由 VPOG 相似于VPDO1,得 =DO ,1 PD
r 2 5 - r
= r 5( 21 -1)即 ,解得 = ,故 D 正确;
1 21 10
故选:ACD.
【点睛】关键点点睛:本题考查了异面直线所成角、最短距离及内切球,解题关键是作出异面直线所成角、
平面展开求最值以及通过相似三角形求内切球的半径.
19.如图,正三棱锥P - ABC 的侧面和底面 ABC 所成角为a ,正三棱锥Q - ABC 的侧面和底面 ABC 所成角
为 b , AB = 2 3, P和Q位于平面 ABC 的异侧,且两个正三棱锥的所有顶点在同一个球面上,则
PBQ = , tan a + b 的最大值为 .
4
【答案】 90o - 3
【分析】由几何体结构特征可知 PQ为外接球直径即得 PBQ = 90o ;先设PN = h1,QN = h2 ,外接球半径为
R,则由PQ2 = PB2 + BQ2以及已知条件可求得 h1h2 = 4,再根据几何体结构特征得
tana PN= = h1, tanb
QN
= = h2 ,再结合两角和正切公式以及基本不等式即可求解.MN MN
【解析】由几何体结构特征可知 PQ为外接球直径,所以 PBQ = 90o ;
连接 PQ,交平面 ABC 于点 N ,取 AB 中点M ,连接CM ,
2 2 2 2 2 2 2由正棱锥性质知 N CM ,且CN = CM = BC - BM = 2 3 - 3 = 2,3 3 3
则BN = 2、CM = 3,MN =1,设PN = h1,QN = h2 ,外接球半径为 R,
PB2 = BN 2 + PN 2 =1+ h2 BQ2 = BN 2 + NQ2 =1+ h2则 1 , 2
所以由PQ2 = PB2 + BQ2得 h 2 21 + h2 =1+ h1 +1+ h22 , h1h2 = 4,
又 tana
PN
= = h , tanb QN= = h ,
MN 1 MN 2
故 tan a b
tana + tan b h + h h + h
+ = = 1 2 = 1 2
1- tana tan b 1- h ,1h2 -3
而 h1 + h2 2 h1h2 = 4,当且仅当h1 = h2 = 2 时取等,
故 tan(a b )
4
+ max = - .3
4
故答案为:90o;- .3
【点睛】关键点点睛:求解 tan(a + b) 的关键是由PQ2 = PB2max + BQ2以及已知数据求出 h1h2 = 4 .
08 :折叠问题
20.在VABC 中, AB = AC = 2, BAC =120°,过点A 作 AM ^ BC ,垂足为点M ,将VABC 沿直线 AM 翻折,
使点 B 与点C 间的距离为 3,此时四面体 ABCM 的四个顶点都在球O的球面上,则球O的表面积为( )
A 5 10π B 10π C 13 13π. . . D.13π
3 6
【答案】D
【分析】如图,根据余弦定理求出 BC,根据正弦定理求出△BCD的外接圆半径,结合球的性质和勾股定理
求出球的半径,利用球的表面积公式计算即可.
【解析】如图,
将VABC 沿直线 AM 翻折,得到满足题意的几何体为三棱锥 A - BCM ,
因为 AB = AC = 2, BAC =120° ,过点A 作 AM ^ BC ,则
BM 3
BAM = 60°, ABM = 30°, = , AM 1= , BM = 3, AM = 1,
AB 2 AB 2
在VBCM 中,BM = 3,CM = 3 ,BC = 3,
2 2 2
由余弦定理,得 cos BMC BM + CM - BC 1= = - ,,所以, BMC =120°
2BM ×CM 2
设VBCM 的外接圆圆心为 D,半径为 r,则DB = DC = MD = r ,
BC
由正弦定理,得 ° = 2r ,解得 r = 3 ,即MD = 3 ,sin120
易知 AM ^ 平面BCM ,又 AM 是球 O 的弦,OA = OM , AM =1,
所以OD
1
= AM 1=
2 2 ,
OM (1)2 ( 3)2 13得球的半径为 = + = ,
2 2
2 13
所以球的表面积为 S = 4π ×OM = 4π = 13π .
4
故选:D.
21.如图 1,在矩形 ABCD 中, AB =1,BC = 2,M 是边 BC 上的一点,将VABM 沿着 AM 折起,使点 B
到达点 P 的位置.
(1)如图 2,若 M 是 BC 的中点,点 N 是线段 PD 的中点,求证:CN ∥平面 PAM;
(2)如图 3,若点 P 在平面 AMCD 内的射影 H 落在线段 AD 上.
①求证:CD ^平面 PAD;
②求点 M 的位置,使三棱锥P - HCD的外接球的体积最大,并求出最大值.
【答案】(1)证明见解析
4π
(2)①证明见解析;②M 位于点 C,
3
【分析】(1)根据线面平行的判定即可得证;
(2)①根据线面垂直判定可证;②先分析得 O 是三棱锥P - HCD外接球的球心,再求得直径
PC 4= 6 - ,然后根据函数的单调性求出最值,进而利用球的体积公式求出球的体积的最大值即可
x
【解析】(1)如图,取 PA 的中点 E,连接 ME 和 EN,则 EN 是VPAD的中位线,
1
所以EN ∥ AD 且EN = AD,
2
1
又MC∥ AD且MC = AD,
2
所以EN ∥MC 且EN = MC ,
所以四边形 ENCM 是平行四边形,所以CN ∥MF ,
又CN 平面 PAM,EM 平面 PAM,
所以CN ∥平面 PAM.
(2)①由PH ^平面 AMCD,CD 平面 PFH,得CD ^ PH ,
又已知CD ^ AD ,且 AD,PH 是平面 PAD 内两条相交直线,
所以CD ^平面 PAD.
②,由①知CD ^平面 PAD,又PD 平面 PAD,
所以CD ^ PD,所以△PDC 是RtV,
由PH ^平面 AMCD,HC 平面 AMCD,
所以 PH ^ HC ,VPHC 是RtV .
如图,取 PC 的中点 O,则点 O 到三棱锥P - HCD各顶点的距离都相等,
所以 O 是三棱锥P - HCD外接球的球心.
如图,过点 P 作PF ^ AM 于 F,连 HF 和 BF,
因为PH ^平面 AMCD, AM 平面 AMCD,
所以PH ^ AM ,又 PF,PH 是平面 PHF 内两条相交直线,
所以 AM ^ 平面 PFH,又HF 平面 PFH,所以 AM ^ HF ,
由PF ^ AM 和翻折关系知 AM ^ BF ,所以 B,F,H 三点共线,且 AM ^ BH ,
x
设PM = BM = x(0 < x 2),则 AM = 1+ x2 ,BF = PF = ,1+ x2
2 2
又BA2 BA 1+ x= BF × BH ,所以BH = = ,
BF x
2
AH = BH 2 - BA2 1= ,HF BH BF
1+ x x 1
= - = - = ,
x x 1+ x2 x 1+ x2
由PF > HF ,得1< x 2,
2
PH 2 PA2 AH 2 1 1 x -1
2
所以 = - = - 2 = PH
x -1
, = ,
x x2 x2
x2 -1 1 2PD2 PH 2 HD2 2 5x
2 - 4x 5x - 4
所以 = + = +
x2
- ÷ = 2 = ,è x x x
PC 2 PD2 CD2 5x - 4 4= + = +12 = 6 - ,
x x
因为 f (x)
4
= 6 - 在1< x 2时单调递增,x
所以 x = 2时,PC 2 = f (x) 有最大值 f (2) = 4 ,
此时,点 M 位于点的 C 位置,
4π 3 4π
所以 2R = PC = 2,R =1,V = R = .
3 3
4π
所以点 M 位于点的 C 时,三棱锥P - HCD外接球的体积的最大值为V = 3 .
【点睛】方法点睛:求空间多面体的外接球半径的常用方法:
①补形法:侧面为直角三角形,或正四面体,或对棱二面角均相等的模型,可以还原到正方体或长方体中
去求解;
②利用球的性质:几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径,也即球的直径;
③定义法:到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心,借助有特殊性底面的外接圆圆心,找其垂线,则
球心一定在垂线上,再根据带其他顶点距离也是半径,列关系求解即可;
④坐标法:建立空间直角坐标系,设出外接球球心的坐标,根据球心到各顶点的距离相等建立方程组,求
出球心坐标,利用空间中两点间的距离公式可求得球的半径.
一、单选题
1.(2024·新疆·三模)设四棱台 ABCD - A1B1C1D1 的上、下底面积分别为 S1, S2 ,侧面积为S ,若一个小球
与该四棱台的每个面都相切,则( )
A 2. S = S1S2 B. S = S1 + S2
C. S = 2 S1S2 D. S = S1 + S2
【答案】D
【分析】利用体积相等可得答案.
【解析】设内切球的球心为O,连接OA,OB,OC,OD,OA1,OB1,OC1,OD1,
则OA,OB,OC,OD,OA1,OB1,OC1,OD1把四棱台 ABCD - A1B1C1D1 分割成六个四棱锥,
且六个四棱锥的高都为内切球的半径 R ,
四棱台 ABCD - A1B1C1D1 的高为 2R ,所以
V 1 1ABCD- A B C D = S + S + S S ×2R = S + S + S × R四棱台 ,1 1 1 1 3 1 2 1 2 3 1 2
化简可得 S1 + S2 + 2 S1S2 = 2S1 + S2 = S .
故选:D.
2.(2024·陕西西安·模拟预测)已知圆锥侧面展开图是圆心角为直角,半径为 2 的扇形,则此圆锥内切球
的表面积为( )
13π 52 π 15
3
A. B. C. D. π
81 π50 5
【答案】D
【分析】先计算出圆锥底面圆的半径,再由勾股定理求出圆锥的高,然后利用等面积法计算内切球半径,
最后再计算球的表面积即可.
π 1
【解析】侧面展开图扇形的弧长为 2 =π,圆锥底边的半径 r 满足 2πr = π,解得 r = ,
2 2
1 2 15
所以该圆锥轴截面是一个两腰长为 2,底边长为 1 的等腰三角形,底边上的高为 22 - ÷ = ,
è 2 2
15 15
设内切球半径为 R ,由等面积法可得R(1+ 2 + 2) =1 ,则R = .
2 10
所以内切球的表面积为 4πR2
3
= π.
5
故选:D.
π
3.(2024·陕西安康·模拟预测)如图,在三棱锥 S - ABC 中, AB = BC = SC = 2, CAB = ,D为BC 的
3
SA π中点, SD ^ BC , 与平面 ABC 所成的角为 ,则三棱锥 S - ABC 外接球的表面积为( )
4
π 5π 20π 22π
A. B. C. D.
3 3 3 3
【答案】C
【分析】根据线面垂直和面面垂直的判定可得平面 ABC
π
^ 平面 SAD,结合交线可确定线面角 SAD = ,
4
进而证得 AD ^ 平面 SBC ;分别取△SBC ,VABC 外接圆圆心,根据球的性质可确定球心位置,根据长度关
系可求得半径,进而得到外接球表面积.
【解析】QD为BC 的中点, SD ^ BC ,\SB = SC ,即△SBC 为等腰三角形,
Q AB = BC = SC = 2, CAB
π
= ,\VSBC,VABC 均为边长为 2的等边三角形,
3
\ AD ^ BC ,又 SD I AD = D, SD, AD 平面 SAD,\BC ^平面 SAD,
Q BC 平面 ABC ,\平面 ABC ^ 平面 SAD,
Q平面 ABC 平面 SAD = AD,\ AD 为SA在平面 ABC 内的射影,
π
\ SAD 即为SA与平面 ABC 所成的角,即 SAD = ,4
π
Q AD = SD = 22 -12 = 3 ,\ DSA = SAD = ,\ AD ^ SD,4
又 AD ^ BC , SD I BC = D, SD, BC 平面 SBC ,\ AD ^平面 SBC .
设三棱锥 S - ABC 外接球的球心为O,△SBC 外接圆的圆心为O1,VABC 外接圆的圆心为O2 ,
连接OO1,OO2 ,OD,OB,则OO1 ^平面 SBC ,OO2 ^ 平面 ABC ,
QVSBC,VABC 均为边长为 2的等边三角形,
OO OO 3 6 15\ 1 = 2 = ,\OD = OO
2
1 + OO
2 2
2 = ,\OB = OD + BD
2 = ,
3 3 3
\三棱锥 S - ABC 15外接球的半径R = ,
3
\三棱锥 S - ABC 2
20π
外接球的表面积 S = 4πR = .
3
故选:C.
【点睛】关键点点睛:本题考查立体几何中多面体外接球的求解问题,本题的解题关键是能够通过面面垂
直关系确定已知中所给线面角,从而确定几何体的基本结构特征,进而根据外接球的性质来确定球心位置.
4.(2024·广东·模拟预测)建盏是福建省南平市建阳区的特产,是中国国家地理标志产品,其多是口大底
小,底部多为圈足且圈足较浅(如图所示),因此可将建盏看作是圆台与圆柱拼接而成的几何体.现将某建
盏的上半部分抽象成圆台O1O2 ,已知该圆台的上 下底面积分别为16πcm2 和9πcm2 ,高超过1cm,该圆台上
下底面圆周上的各个点均在球O的表面上,且球O的表面积为100πcm2 ,则该圆台的体积为( )
3 259πA.80πcm B. cm3
260π
C 3. cm D.
3 3 87πcm
3
【答案】B
【分析】画出图形,首先根据球的表面积公式计算得球的半径为R = 5,通过勾股定理得OO2 ,OO1的值,进
而得圆台的高,结合圆台的体积公式即可得解.
【解析】
设球O的半径为Rcm,上 下底面分别为圆O1,O2 (这里上底面是指大的那个底面),
依题意, 4πR2 =100π,解得R = 5,
O A2因为 2 = 9 = 3
2
,
则OO = R2 - 32 = 4cm,同理可得,OO2 1 = 3cm ,因为圆台的高超过1cm,则该圆台的高为 7cm ,该圆台的
1 259π 3
体积为 9π +16π +12π 7 = cm .
3 3
故选:B.
5.(2024·江西鹰潭·三模)在菱形 ABCD中, AB = 2 , AC = 2 3,将VABC 沿对角线 AC 折起,使点 B 到
达B 的位置,且二面角B - AC - D 为直二面角,则三棱锥 B - ACD的外接球的表面积为( )
A.5π B.16π C.20π D.100π
【答案】C
【分析】根据给定条件,确定三棱锥 B - ACD的外接球的球心位置,再求出球半径即可计算作答.
【解析】如图所示:
由题意在菱形 ABCD中, AC, BD 互相垂直且平分,点E 为垂足,
AB = BC = CD = DA = 2, EC = EA 1= AC = 3,
2
由勾股定理得BE = DE = BC 2 - CE2 = 4 - 3 =1,
所以 ADC
2π
= ,
3
设点O1为VACD外接圆的圆心,
AC 2 3
VACD r = O D = = = 2则 外接圆的半径为 1 1 2sin ADC 3 ,O1E = O1D - DE = 2 -1 =1,2
2
设点O2 为△ACB 外接圆的圆心,同理可得△ACB 外接圆的半径为 r2 = O2B = 2,
O2E = O2B - B E = 2 -1 =1,
如图所示:
设三棱锥 B - ACD的外接球的球心、半径分别为点O, R ,
而DE, B E均垂直平分 AC ,
所以点O在面 ADC ,面 ACB 内的射影O1,O2 分别在直线DE, B E上,
即OO1 ^ DE,OO2 ^ B E,
由题意 AC ^ DE, AC ^ B E ,且二面角B - AC - D 为直二面角,
即面DAC ^ 面 ACB ,DE B E = E ,
所以B E ^ ED,即O2E ^ EO1,可知四边形O1OO2E为矩形,所以O1O = O2E = 1,
2 2 2 2
由勾股定理以及OD = O1O + O1D = 5 = R ,
所以三棱锥 B - ACD的外接球的表面积为 S = 4πR2 = 4π 5 = 20π .
故选:C.
【点睛】方法点睛:解决与球相关的切、接问题,其通法是作出截面,将空间几何问题转化为平面几何问
题求解,其解题思维流程如下:
(1)定球心:如果是内切球,球心到切点的距离相等且为球的半径;如果是外接球,球心到接点的距离相
等且为半径;
(2)作截面:选准最佳角度做出截面(要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些
元素的关系),达到空间问题平面化的目的;
(3)求半径下结论:根据作出截面中的几何元素,建立关于球的半径的方程,并求解.
6.(2024·湖北荆州·模拟预测)三棱锥P - ABC 的四个顶点在球 O 的球面上, AB = 6, BC = 8, AC =10,
顶点 P 到VABC 的三边距离均等于 4,且顶点 P 在底面的射影在VABC 的内部,则球 O 的表面积等于( )
304π 316π 320
A.100π B. C. D. π
3 3 3
【答案】C
【分析】先分析出 AB ⊥ BC ,作出辅助线,得到O点在底面的射影为 AC 的中点D,点 P 在底面的投影 N
为VABC 的内心,先求出直角三角形的内切圆半径 r = 2,由勾股定理得到方程,求出球的半径,得到球的
表面积.
【解析】因为 AB = 6, BC = 8, AC =10,所以 AB2 + BC 2 = AC 2 ,故 AB ⊥ BC ,
取 AC 的中点D,则O点在底面的射影为D,连接OP,OC ,则OP = OC ,
又 P 到VABC 的三边距离均等于 4,故点 P 在底面的投影 N 为VABC 的内心,
过点 N 作 NS ⊥ AB ,垂足为S ,作 NT ⊥ BC ,垂足为T ,作 NM ⊥ AC ,垂足为M ,
故四边形BSNT 为矩形,又 NT = NS ,故四边形BSNT 为正方形,
设 NT = NS = BS = BT = r ,则 AS = AM = 6 - r,CT = CM = 8 - r ,
所以 AC = AM + CM = 6 - r + 8 - r =10,解得 r = 2,则PN = 42 - 22 = 2 3 ,
过点O作OW ⊥ PN ,垂足为W ,
设OD = h,则WN = h, PW = PN -WN = 2 3 - h ,
如图,以BC , AB 所在直线分别为 x, y轴,建立平面直角坐标系,
则 N 2,2 , D 4,3 ,则DN = 4 - 2 2 + 3- 2 2 = 5 ,
其中OW = DN = 5 ,
由勾股定理得R2 = OD2 + CD2 = h2 + 25,
2 2OP = OW 2 + PW 2 = 5 + 2 3 - h ,故 h2 2+ 25 = 5 + 2 3 - h 2 3,解得 h = ,3
R2则 = h2
4 79 79 316π
+ 25 = + 25 = 2,则外接球的表面积为 4πR = 4π × = .
3 3 3 3
故选:C
【点睛】关键点点睛:确定球心的位置.对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径;
对于球的内接几何体的问题,注意球心到各个顶点的距离相等,解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、
小圆的半径和球半径组成的直角三角形,利用勾股定理求得球的半径
7.(2024·河北沧州·三模)《几何补编》是清代梅文鼎撰算书,其中卷一就给出了正四面体,正六面体(立
方体)、正八面体、正十二面体、正二十面体这五种正多面体的体积求法.若正四面体P - ABC 的棱长为
2 3 ,M 为棱PA上的动点,则当三棱锥M - ABC 的外接球的体积最小时,三棱锥M - ABC 的体积为
( )
A 4 6. B. 4 2 C. 4 3 D.8 3
3
【答案】A
【分析】由题意确定三棱锥M - ABC 的外接球的体积最小时球心的位置,由此可求出三棱锥M - ABC 的高,
利用体积公式,即可求得答案.
【解析】如图,在正四面体P - ABC 中,假设PH ^底面 ABC ,则点 H 为VABC 外心.
在PH 上取一点O,满足OA = OM ,则OA = OM = OB = OC ,
则O为三棱锥M - ABC 的外接球球心,
\当OA取得最小值时,OM 最小,三棱锥M - ABC 的外接球体积最小,
此时点O与点 H 重合.作MN ^ AH ,垂足为 N ,\MN ∥PH ,
\MN 为三棱锥M - ABC 的高.
2 3
由正四面体P - ABC 的棱长为 2 3 ,知PA = 2 3 , AH = 2 3 = 2 = MH ,
3 2
PH = PA2 - AH 2 = 2 2 ,.
AN MN
设 AN = x ,则 = ,故
AH PH MN = 2x
,HN = 2 - x .
2
由HM 2 = MN 2 + HN 2,得 22 = 2x + 2 - x 2 ,
x 4= . MN 4 2解得 3 \ =
,
3
V 1 3
2 4 2 4 6
\ M - ABC = 2 3 = .三棱锥 3 4 3 3
故选:A.
1
8.(2023·浙江·模拟预测)如图 1,直角梯形 ABCD中, AB∥DC, DCB = 90o , DC = BC = AB = 2,取 AB
2
中点E ,将VBCE 沿 EC 翻折(如图 2),记四面体B - ECD的外接球为球O(O为球心). P 是球O上一动
点,当直线 AO 与直线 AP 所成角最大时,四面体P - AEC 体积的最大值为( )
A 4 5 B 4 5 C 4 10 D 4 10. . . .
5 15 5 15
【答案】D
【分析】首先得到球心O在 EC 的中点,然后当 AP 与球O相切时直线 AO 与直线 AP 所成角的最大,过 P 作
PH ^ AO垂足为 H ,当PH ^平面 ADE 时四面体P - AEC 体积取得最大值,即可求出答案.
【解析】由题意可知,VCDE,VBCE 均为等腰直角三角形,所以四面体B - ECD的外接球的球心O在 EC 的
中点,
因为 P 是球O上的动点,若直线 AO 与直线 AP 所成角的最大,则 AP 与球O相切, APO = 90o ,此时,
PAO最大,
1
因为OP = EC = 2 , AO = 4 + 2 - 2 2 2
2
- = 10 ,所以2 2 ÷÷ sin PAO
5
= ,
è 5
过 P 作PH ^ AO垂足为 H ,则 P 在以 H 为圆心,PH 为半径的圆上运动.
所以当PH ^平面 ADE 时四面体P - AEC 的体积取得最大值.
5 2 10
因为 AP = 2 2 ,所以PH = 2 2 = ,
5 5
V 1 1 2 10 1所以 P- ADE = ×h × SVACE = 2 2
4 10
= ,
3 3 5 2 15
故选:D.
二、多选题
9.(2024·山西晋中·模拟预测)如图,在棱长为 2 的正方体 ABCD - A1B1C1D1 中,G 为BB1的中点,则下列
结论正确的有( )
A.CG 与 A1C
10
1所成角的余弦值为
5
B.DB1与平面 A1BC1的交点 H 是VA1BC1的重心
C.三棱锥D1 - BB1C1的外接球的体积为 4 3p
D 6.BB1与平面 A1BC1所成角的正弦值为
3
【答案】ABC
【分析】对于 A,连接 AC ,可得 ACG即为异面直线CG 与 A1C1所成角或其补角;对于 B,可得四面体
D - A1BC1为正四面体,证明DB1 ^平面 A1BC1即可判断;对于 C,三棱锥D1 - BB1C1和正方体有相同的外接
球,求出即可;对于 D,可得 B1BH 为直线BB1与平面 A1BC1所成的角,即可求出判断.
【解析】对于 A,连接 AC ,则由正方体的性质可知 AC∥A1C1 ,
所以 ACG即为异面直线CG 与 A1C1所成角或其补角,
连接 AG, BD,设 AC I BD = O ,则O为 AC 的中点,
连接OG ,则 AG = CG = BC 2 + BG2 = 4 +1 = 5, AC = 2 2,OG ^ AC ,
在RtVCOG中, cos OCG
OC 2 10
= = = = cos ACG ,
CG 5 5
即CG 与 A1C
10
1所成角的余弦值为 ,故 A 正确;
5
对于 B,连接DA1, DC1,则DA1 = DC1 = DB = A1B = A1C1 = BC1 ,
则四面体D - A1BC1为正四面体,
因为 A1C1 ^ D1B1, A1C1 ^ B1B, D1B1 I B1B = B1,D1B1, B1B 平面 BB1D1D,
所以 A1C1 ^ 平面 BB1D1D, 因为DB1 平面 BB1D1D,所以 A1C1 ^ DB1,
同理可得 A1B ^ DB1 ,因为 A1C1 I A1B = A1 , A1C1, A1B 平面 A1BC1
所以DB1 ^平面 A1BC1,垂足为 H ,又四面体D - A1BC1为正四面体,
所以 H 为VA1BC1 的中心,即 H 为VA1BC1 的重心,故 B 正确;
对 C,由于三棱锥D1 - BB1C1的顶点均为正方体的顶点,
所以三棱锥D1 - BB1C
1 1
1和正方体有相同的外接球,所以外接球半径R = DB1 = 2 3 = 3 ,2 2
V 4 πR3 4体积为 = = π( 3)3 = 4 3π,故 C 正确;
3 3
对 D,连接BH ,并延长交 A1C1于点O1,由选项 B 知B1H ^平面 A1BC1,
所以 B1BH 为直线BB1与平面 A1BC1所成的角,由VA1BC1 为正三角形,
且 H 为VA1BC1 的重心,所以O1为 A1C1的中点,也是D1B1的中点,
在RtVO1B1B中,OB1 = O B
2 + B B21 1 1 = 2 + 4 = 6 ,
sin B BH sin B BO B1O1 2 3所以 1 = 1 1 = = = ,故 D 错误.O1B 6 3
故选:ABC.
【点睛】方法点睛:本题考查空间角中的线线角的余弦值的求法,线面角的正弦值的求法,
法一:作出空间角再利用解三角形的知识求解,法二建立空间直角坐标系,利用空间向量的夹角公式求解.
10.(2024·浙江绍兴·三模)平行四边形 ABCD 中 AB = 2AD = 2,且 BAD = 60°,AB、CD 的中点分别为
E、F,将VADE 沿 DE 向上翻折得到△ PDE ,使 P 在面 BCDE 上的投影在四边形 BCDE 内,且 P 到面 BCDE
6
的距离为 ,连接 PC、PF、EF、PB,下列结论正确的是( )
3
A.PD = PF
B.PD ^ BC
C.三棱锥P - DEF 的外接球表面积为3p
D.点 Q 在线段 PE 上运动,则 | DQ | + | QB |的最小值为 2 + 3
【答案】ABD
【分析】记DE 的中点为M ,过点 P 作PN ^ MF ,证明点 N 为点 P 在平面BCDE 上的投影,
解三角形求PF ,判断 A,证明BC ^平面 PBD ,判断 B,根据正四面体性质求三棱锥P - DEF 的外接球半
径,结合球的表面积公式判断 C,通过翻折,将问题转化为求 DB 的问题,求其值,判断 D.
【解析】由已知 PD = PE = DE = DF = FC = BE = BC =1,
CDE = 60o , DCB = 60o , DEB = 120o ,
记DE 的中点为M ,连接PM , FM ,
因为 PD = PE ,M 为DE 的中点,所以PM ^ DE,
因为 DF = DE =1, FDE = 60o ,所以 EF =1,
故 FD = FE ,又M 为DE 的中点,所以FM ^ DE ,
又PM FM = M ,PM , FM 平面PFM ,
所以DE ^ 平面PFM ,又DE 平面BCDE ,
所以平面 PFM ^ 平面BCDE ,
过点 P 作PN ^ MF , N 为垂足,
因为平面PFM I平面BCDE = FM ,PN 平面PFM ,
所以PN ^平面BCDE ,即点 N 为点 P 在平面BCDE 上的投影,
6 6
因为 P 到面 BCDE 的距离为 ,所以 PN = ,
3 3
由已知 PD = PE = DE =1, DF = EF =1,
PM 3 FM 3 6所以 = , = ,又 PN = ,
2 2 3
所以 MN 3 2 3= - = 3,所以 FN = ,
4 3 6 3
2 1
所以 PF = + =1,故 PF = PD =1,A 正确,
3 3
因为 PD = PE = PF ,所以点 N 为VDEF 的外心,又VDEF 为等边三角形,
所以点 N 为VDEF 的中心,
连接DN 并延长,交 EF 与点 H ,则DH ^ EF , H 为 EF 的中点,
连接BH ,因为 BE = BF ,故BH ^ EF ,
所以D, H , B三点共线,且DB ^ EF ,又EF∥BC ,
所以BC ^ DB,
又PN ^平面BCDE ,BC 平面BCDE ,故BC ^ PN ,
因为PN BD = N ,PN , BD 平面 PBD ,
所以BC ^平面 PBD ,PD 平面 PBD ,
所以PD ^ BC ,B 正确;
因为PDEF 为正四面体,且棱长为1,
3 3 6 6
所以其外接球的半径为 PN = = ,
4 4 3 4
3
所以三棱锥P - DEF 的外接球表面积为 π ,C 错误;
2
2 3 6
因为 BN = , PN = ,所以 PB = 2 ,
3 3
2 2
所以 PE + BE = PB 2 ,故PE ^ BE ,
将VPDE,VPBE 翻折到同一平面,如图
所以 | DQ | + | QB |的最小值为 DB ,且 DE =1, BE =1, DEB =150o ,
所以 DB 6 + 2= 2sin 75o = 8 + 4 3 6 + 2,又 2 + 3 = = ,D 正确,
2 4 2
故选:ABD.
11.(2024·山东济宁·三模)如图,在直三棱柱 ABC - A1B1C1 中, AB = BC = 2, AA1 = 3,D E 分别是棱
AA1,CC1 上的动点(异于顶点), AD = C1E ,F 为 B1C1 的中点,则下列说法中正确的是( )
A.直三棱柱 ABC - A1B1C1 体积的最大值为3 3
B.三棱锥B1 - DEF 与三棱锥 A - DEF 的体积相等
2 28π
C.当 ABC = 60°,且 AD = AA1 时,三棱锥D - ABC 外接球的表面积为3 3
1
D.设直线DF , EF 与平面 ABC 分别相交于点 P ,Q,若 cos ABC = ,则 AP + CQ的最小值为
4 2 2
【答案】BCD
【分析】A 选项:根据三棱柱体积公式,结合三角函数值域可得最值;B 选项:根据等体积转化可判断;C
选项:结合正弦定理确定正三角形外心,进而确定球心及半径;D 选项:根据相似及基本不等式可得最值.
1
【解析】A 选项:由已知可得VABC-A B C = SVABC ×AA1 1 1 1 = BA×BC×sin ABC×AA2 1
= 6sin ABC ,又
ABC 0,p ,
所以 sin ABC 0,1 ,即体积的最大值为6,A 选项错误;
B 选项:如图所示,
由点F 为 B1C1 的中点,则VB1-DEF =VC1-DEF =VF -C1DE ,设点F 到平面 AA1C1C 的距离为 h ,
1
则VB -DEF =VF -C DE = SVC DE ×h V V
1
, B-DEF = F -ADE = SVADE ×h,1 1 3 1 3
又 AD = C1E ,所以 SVADE = SVC1DE ,所以VF -C =V1DE F -ADE ,B 选项正确;
C 选项:如图所示,
由已知VABC 为正三角形,设外接球球心为O,VABC 中心为O1, AD 中点为M ,则OO1 ^平面 ABC ,且
OO 11 = AD
1
= AA =1 2O A AB 4 3 O A 2 3, ,即 ,2 3 1 1 = = =sin ACB 3 1 3
21 2 28π
所以外接球半径为R = OO21 + O A
2
1 = ,外接球表面积为 4πR = 3 ,C 选项正确;3
D 选项:如图所示,
取BC 中点 N ,可知 P 在 NA的延长线上,Q在BC 的延长线上,
AN 2 = BA2则 + BN 2
1
- 2BA × BN ×coc ABC = 4 +1- 2 2 1 = 4,即 AN = 2,
4
设 AD = C1E = l AA1,l 0,1 ,
易知VPAD :VPNF ,VQCE :VFC1E ,
PA AD QC CE
则 = , =FC C E ,PN NF 1 1
则PA = lPN = l PA + AN = l PA + 2 2l 1- l 1- l,PA = ,QC = FC = ,
1- l l 1 l
AP CQ 2l 1- l所以 + = + 2 2 ,
1- l l
2l 1- l
当且仅当 = ,即l = 2 -1时取等号,故 D 选项正确;1- l l
故选:BCD.
三、填空题
12.(2024·安徽芜湖·三模)在棱长为 4 的正方体 ABCD - A1B1C1D1 中,点E 是棱BB1的中点,则四面体 A1C1EB
的外接球的体积为 .
76 19
【答案】 π
3
【分析】建立空间直角坐标系,设四面体 A1C1EB 的外接球的球心为O(x, y,z) ,列式求解可得
x =1, y =1, z =1,即可求得外接球的半径,由球的体积公式即可求得答案.
【解析】以 D 为坐标原点,以DA, DC, DD1所在直线为 x, y, z轴,建立空间直角坐标系,
则 A1(4,0, 4),C1(0, 4, 4), E(4, 4, 2), B(4, 4,0),
设四面体 A1C1EB 的外接球的球心为O(x, y,z) ,
则OA1 = OC1 = OE = OB ,即得 (x - 4)2 +y2 +(z - 4)2 = x2 + y - 4 2 +(z - 4)2
= (x - 4)2 + y - 4 2 +(z - 2)2 = x - 4 2 + y - 4 2 +z2 ,
ì x - 4 2 +y2 = x2 + y - 4 2
2 2
整理得 íy +(z - 4) = y - 4 2 +z2 ,解得 x =1, y =1, z =1,
z - 2
2 = z2
故四面体 A1C1EB 的外接球的半径为 (x - 4)2 +y2 +(z - 4)2 = 19 ,
故四面体 A1C1EB
4 3
的外接球的体积为 π 19 76 19= π ,3 3
76 19
故答案为: π
3
13.(2024·湖北武汉·模拟预测)在三棱锥中P - ABC , AB = BC = 2 2 ,且 AB ^ BC .记直线PA,PC 与
平面 ABC 所成角分别为a ,b ,已知 b = 2a = 60°,当三棱锥P - ABC 的体积最小时,则三棱锥P - ABC 外
接球的表面积为 .
【答案】16π
【分析】根据给定条件,探求点 P 在平面 ABC 内的投影P 的轨迹,确定当三棱锥体积最小时点P 的位置,
进而可得 APC = 90o 并求出外接球半径,求出球的表面积.
【解析】设点 P 在平面 ABC 内的投影为P ,由直线PA, PC 与平面 ABC 所成角分别为a , b ,且 b = 2a = 60°,
则a = 30°, | P P |= 3 | P C |, | P P | 3= | P A |,于是3 | P C |=| P A |,
3
以 AC 为 x 轴,线段 AC 的中垂线为 y 轴,建立平面直角坐标系,
令P x, y ,由 AB = BC = 2 2 , AB ^ BC ,得 A(-2,0),B(0, 2),C(2,0) ,
5 9
则3 (x - 2)2 + y2 = (x + 2)2 + y2 2 2,化简得 (x - ) + y = ,2 4
5 3
因此点P 在以 ( ,0)为圆心, 为半径的圆上,2 2
当 | P C |最小时, | P P |最小,即三棱锥P - ABC 的体积最小,
此时P (1,0)
3
, | P C |min = - (
5
- 2) =1, | P P |min = 3, | P B |= 5 ,2 2
因此点 P 在底面 ABC 上的射影P 在 AC 上,且 APC = 90o ,又 ABC = 90o ,
显然 AC 的中点到点B, P, A,C 的距离相等,此时三棱锥P - ABC 的外接球的球心为 AC 的中点,
R 1外接球的半径 = AC = 2,表面积为 4π 22 =16π .2
故答案为:16π
【点睛】关键点点睛:解决与球有关的内切或外接问题时,关键是确定球心的位置,再求出球半径即可.
14.(2024·江西新余·二模)如图 1,在直角梯形 ABCD中, AB P CD, AB ^ AD , AB = 6 3 ,CD = 8 3,
AD = 6,点 E,F 分别为边 AB ,CD 上的点,且EF∥ AD , AE = 4 3 .将四边形 AEFD 沿 EF 折起,如图
2,使得平面 AEFD ^平面EBCF ,点 M 是四边形 AEFD 内(含边界)的动点,且直线MB与平面 AEFD 所
成的角和直线MC 与平面 AEFD 所成的角相等,则当三棱锥M - BEF 的体积最大时,三棱锥M - BEF 的外
接球的表面积为 .
【答案】60π
【分析】先结合线面角的定义与已知条件可得 BME = CMF ,从而知MF = 2EM ,过点M 作MN ^ EF
于点 N ,根据三棱锥的体积公式,将条件转化为MN 取得最大值,再结合勾股定理确定点M 的位置,然后
利用补形法求外接球的半径即可.
【解析】翻折前,BE ^ EF ,
因为平面 AEFD ^平面EBCF ,平面 AEFD 平面EBCF = EF ,BE 平面EBCF ,
所以BE ^平面 AEFD ,
所以 BME 即为直线MB与平面 AEFD 所成的角,
同理可得, CMF 即为直线MC 与平面 AEFD 所成的角,
因为直线MB与平面 AEFD 所成的角和直线MC 与平面 AEFD 所成的角相等,
所以 BME = CMF ,
而 tan BME
BE 2 3
= = , tan CMF
EF 4 3
= = ,
EM EM MF MF
2 3 4 3
所以 = ,即MF = 2EM ,
EM MF
设EM = x ,则MF = 2x ,
过点M 作MN ^ EF 于点 N ,
因为平面 AEFD ^平面EBCF ,平面 AEFD 平面EBCF = EF ,MN 平面 AEFD ,
所以MN ^平面EBCF ,
即点M 到平面EBCF 的距离为MN ,
1
因为三棱锥M - BEF 的体积V = SVBEF × MN3 ,且 SVBEF 为定值,
所以要使三棱锥M - BEF 的体积取得最大值,则需MN 取得最大值,
设MN = h,EN = y ,则 FN = EF - EN = 6 - y ,
由勾股定理知,EM 2 = EN 2 + MN 2 ,MF 2 = MN 2 + FN 2 ,
所以 x2 = y2 + h2 , 4x2 = h2 + (6 - y)2,
消去 x 整理得, h2 = -y2 - 4y +12 = -(y + 2)2 +16 , y [0,6],
当 y = 0 时, h2 取得最大值 12,即 h 取得最大值 2 3 ,此时点M 在线段 AE 上,且 EM = h = 2 3 ,
所以EB, EF ,EM 两两垂直,
所以三棱锥M - BEF 的外接球就是以EB, EF ,EM 为邻边构成的长方体的外接球,
所以 2R = EB2 + EF 2 + EM 2 = (2 3)2 + 62 + (2 3)2 = 2 15 ,
所以外接球的半径R = 15 ,
所以当三棱锥M - BEF 的体积最大时,三棱锥M - BEF 的外接球的表面积为 4πR2 = 4π × ( 15)2 = 60π .
故答案为:60π.
【点睛】方法点睛:解决与球相关的切、接问题,其通法是作出截面,将空间几何问题转化为平面几何问
题求解,其解题思维流程如下:
(1)定球心:如果是内切球,球心到切点的距离相等且为球的半径;如果是外接球,球心到接点的距离相
等且为半径;
(2)作截面:选准最佳角度做出截面(要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些
元素的关系),达到空间问题平面化的目的;
(3)求半径下结论:根据作出截面中的几何元素,建立关于球的半径的方程,并求解.
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