第3讲 球与截面面积-2023年新高考数学立体几何压轴小题专题突破（新高考专用）

第3讲 球与截面面积 一、单选题 1．（2022·河南安阳·模拟预测（文））已知球O的体积为，高为1的圆锥内接于球O，经过圆锥顶点的平面截球O和圆锥所得的截面面积分别为，若，则（       ） A．2 B． C． D． 【答案】C 【解析】 【分析】 根据给定条件，求出球O半径，平面截球O所得截面小圆半径，圆锥底面圆半径，再求出平面截圆锥所得的截面等腰三角形底边长及高即可计算作答. 【详解】 球O半径为R，由得，平面截球O所得截面小圆半径，由得， 因此，球心O到平面的距离，而球心O在圆锥的轴上，则圆锥的轴与平面所成的角为， 因圆锥的高为1，则球心O到圆锥底面圆的距离为，于是得圆锥底面圆半径， 令平面截圆锥所得截面为等腰，线段AB为圆锥底面圆的弦，点C为弦AB中点，如图， 依题意，，，，弦， 所以. 故选：C 【点睛】 关键点睛：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，再利用球的截面小圆性质求解. 2．（2022·广西·南宁二中高三阶段练习（理））已知正四棱柱中，，E为的中点，P为棱上的动点，平面过B，E，P三点，有如下四个命题： ①平面平面； ②平面与正四棱柱表面的交线围成的图形一定是四边形； ③当P与A重合时，截此四棱柱的外接球所得的截面面积为； ④存在点P，使得AD与平面所成角的大小为． 则正确的命题个数为（       ）． A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】B 【解析】 【分析】 由题可证明，从而证明出平面，进而可判断①，当时，画出平面与正四棱柱表面的交线围成的图形是五边形判断②，作出与A重合时的平面，求出外接球半径，得到截面面积可判断③，作于点H，设点C到平面的距离为h，进而可得可判断④. 【详解】 由题意可知，，， 所以，所以， 又因为平面，且平面，所以， 因为，，平面，所以平面， 又平面，所以平面平面，故①正确； 对于②，当时，可延长BP交的延长线于点M， 延长BE交的延长线于点N，连结MN，分别交，于点R，Q，连结PR，EQ， 则截面为五边形BPRQE，故②错误； 对于③，当P与A重合时，可取的中点为点F，截面为图示中的矩形ABEF， 则四棱柱的外接球半径为， 设点为平面的中心，过作于，连接， 则可得，平面， 所以点到平面ABEM的距离， 所以截此四棱柱的外接球所得的截面圆的半径， 所以截此四棱柱的外接球所得的截面的面积为，故③正确； 对于④，AD与平面所成角的大小，即为BC与平面所成角，可设为， 作于点H，设点C到平面的距离为h，则， 所以，则，故④错误． 综上，正确的命题个数为2. 故选：B． 3．（2022·四川资阳·高二期末（理））如图，矩形BDEF所在平面与正方形ABCD所在平面互相垂直，，，点P在线段EF上.给出下列命题： ①存在点P，使得直线平面ACF； ②存在点P，使得直线平面ACF； ③直线DP与平面ABCD所成角的正弦值的取值范围是； ④三棱锥的外接球被平面ACF所截得的截面面积是. 其中所有真命题的序号（       ） A．①③ B．①④ C．①②④ D．①③④ 【答案】D 【解析】 【分析】 当点P是线段EF中点时判断①；假定存在点P，使得直线平面ACF，推理导出矛盾 判断②；利用线面角的定义转化列式计算判断③；求出外接圆面积判断④作答. 【详解】 取EF中点G，连DG，令，连FO，如图， 在正方形ABCD中，O为BD中点，而BDEF是矩形，则且，即四边形DGFO是平行四边形， 即有，而平面ACF，平面ACF，于是得平面ACF，当点P与G重合时，直线平面ACF，①正确； 假定存在点P，使得直线平面ACF，而平面ACF，则，又，从而有， 在中，，DG是直角边EF上的中线，显然在线段EF上不存在点与D连线垂直于DG， 因此，假设是错的，即②不正确； 因平面平面，平面平面，则线段EF上的动点P在平面上的射影在直线BD上， 于是得是直线DP与平面ABCD所成角的，在矩形BDEF中，当P与E不重合时，， ，而，则， 当P与E重合时，，，因此，，③正确； 因平面平面，平面平面，，平面，则平面， ，在中，，显然有，， 由正弦定理得外接圆直径，， 三棱锥的外接球被平面ACF所截得的截面是的外接圆，其面积为，④正确， 所以所给命题中正确命题的序号是①③④. 故选：D 【点睛】 结论点睛：两个平面互相垂直，则一个平面内任意一点在另一个平面上的射影都在这两个平面的交线上. 4．（2022·全国·高三专题练习）如图所示，圆锥的轴截面是以为直角顶点的等腰直角三角形，，为中点．若底面所在平面上有一个动点，且始终保持，过点作的垂线，垂足为．当点运动时， ①点在空间形成的轨迹为圆 ②三棱锥的体积最大值为 ③的最大值为2 ④与平面所成角的正切值的最大值为 上述结论中正确的序号为（