空间中的翻折、探索性问题，球的切接问题课堂训练-2025届高三数学二轮专题复习

作业案 空间中的翻折、探索性问题，球的切接问题 时间：40分钟 总分：55分 姓名： 班级： 学号： 1、 选择题（5×3＝15分） 1.已知圆锥SA的轴截面是边长为2的等边三角形，顶点S和底面圆周上的所有点都在球O的球面上，则球O的体积为（　　） A.4π B.π C.π D.π 2.已知三棱锥A-BCD中，AB＝CD＝2，AD＝AC＝BC＝BD＝3，则该三棱锥内切球的表面积为（　　） A. B. C. D. 3.已知正三棱锥 P－ABC 的底面边长为 ，若半径为1的球与该正三棱锥的各棱均相切，则三棱锥 P－ABC 的体积为（    ） A．2 B． C．3 D． 2、 填空题（5×2＝10分） 4.(2023·全国乙卷)已知点S，A，B，C均在半径为2的球面上，△ABC是边长为3的等边三角形，SA⊥平面ABC，则SA＝ . 5.若圆锥的内切球（球面与圆锥的侧面以及底面都相切）的体积为，当该圆锥体积取最小值时，该圆锥的表面积为 . 三、解答题(共30分，每题15分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤 6.已知三棱柱ABC-A1B1C1，AA1⊥平面ABC，∠BAC＝90°，AA1＝AB＝AC＝1. （1）求异面直线AC1与A1B所成的角； （2）设M为A1B的中点，在△ABC的内部或边上是否存在一点N，使得MN⊥平面ABC1？若存在，确定点N的位置，若不存在，请说明理由. 7.（2024·台州一模）如图，已知四边形ABCD为平行四边形，E为CD的中点，AB＝4，AD＝AE＝2.将△ADE沿AE折起，使点D到达点P的位置. （1）若平面APE⊥平面ABCE，求证：AP⊥BE； （2）若点A到直线PC的距离为，求二面角P-AE-B的平面角的余弦值. 高三数学 第 1 页（共 2 页） 学科网（北京）股份有限公司 $$ 作业案 空间中的翻折、探索性问题，球的切接问题 时间：40分钟 总分：55分 姓名： 班级： 学号： 1、 选择题（5×3＝15分） 1.已知圆锥SA的轴截面是边长为2的等边三角形，顶点S和底面圆周上的所有点都在球O的球面上，则球O的体积为（　　） A.4π B.π C.π D.π 【解析】B　因为圆锥SA的轴截面是边长为2的等边三角形，则该等边三角形外接圆的半径R＝×2sin 60°＝2，即球O的半径为2，所以球O的体积为V＝πR3＝π.故选B. 2.已知三棱锥A-BCD中，AB＝CD＝2，AD＝AC＝BC＝BD＝3，则该三棱锥内切球的表面积为（　　） A. B. C. D. 【解析】D　如图，在长方体AHDG-EBFC中，设EC＝c，EB＝b，EA＝a，则a2＋b2＝4，c2＋b2＝9，a2＋c2＝9，所以a＝b＝，c＝，故四面体ABCD的体积V＝abc－4××abc＝，四面体ABCD的表面积S＝4S△ABC＝4××2×＝8，设三棱锥内切球的半径为r，由等体积可得＝×8r，解得r＝，所以三棱锥内切球的表面积为4π×（）2＝. 3.已知正三棱锥 P－ABC 的底面边长为 ，若半径为1的球与该正三棱锥的各棱均相切，则三棱锥 P－ABC 的体积为（    ） A．2 B． C．3 D． 【解析】A 因为球与该正三棱锥的各棱均相切，所以该球的球心在过截面圆圆心且与平面垂直的直线上，又因为底面边长为，所以底面正三角形的内切圆的半径为，又因为球的半径，即， 所以棱切球的球心即为底面正三角形的中心点O，如图，过球心O作PA的垂线交PA于H，则H为棱切球在PA上的垂足，   所以，又因为，所以,因为，所以，又由题意可知，平面，所以，所以所以，所以2 2、 填空题（5×2＝10分） 4.(2023·全国乙卷)已知点S，A，B，C均在半径为2的球面上，△ABC是边长为3的等边三角形，SA⊥平面ABC，则SA＝ . 【解析】如图，设△ABC的外接圆圆心为O1，连接O1A，因为△ABC是边长为3的等边三角形，所以其外接圆半径r＝O1A＝××3＝.将三棱锥S­ABC补形为正三棱柱SB1C1­ABC，由题意知SA为侧棱，设球心为O，连接OO1，OA，则OO1⊥平面ABC，且OO1＝SA．又球的半径R＝OA＝2，OA2＝OO＋O1A2，所以4＝SA2＋3，得SA＝2. 5.若圆锥的内切球（球面与圆锥的侧面以及底面都相切）的体积为，当该圆锥体积取最小值时，该圆锥的表面积为 . 【解析】法一　因为圆锥的内切球的体积为，所以该内切球的半径为1.如图，设圆锥底面半径为R，高为h.由△AOF∽△ACE可得＝，即＝，则R2＝（h＞2），所以圆锥的体积为V＝πR2h＝π·＝π·［（h－2）＋＋4］.因为h－2＞0，所以h－2＋≥4，当且仅当h－2＝，即h＝4时取等号，此时圆锥体积最小，且圆锥的底面半径为R＝，圆锥的母线长l＝＝＝3，所以此时该圆锥的表面积为S＝πRl＋πR2＝π××3＋π×（）2＝8π. 法二　由上解得圆锥的体积为V＝πR2h＝π·.令f（h）＝（h＞2），则f'（h）＝＝.当2＜h＜4时，f'（h）＜0；当h＞4时，f'（h）＞0.所以f（h）在（2，4）上单调递减，在（4，＋∞）上单调递增，所以f（h）min＝f（4）＝8，即h＝4时，该圆锥的体积最小.后同上解. 法三　因为圆锥的内切球的体积为，所以该内切球的半径为1，如图，设∠OCE＝θ，θ∈（ 0，），则tan θ＝，所以EC＝，又tan∠ECA＝tan 2θ＝，所以AE＝EC·tan 2θ＝，所以V＝π·EC2·AE＝π·.令tan2θ＝t（0＜t＜1），因为t（1－t）＝－t2＋t＝－（ t－）2＋，当且仅当t＝时t（1－t）取得最大值，此时圆锥的体积最小，且AE＝＝4，EC＝＝，AC＝＝＝3，所以该圆锥的表面积为S＝π·EC·AC＋π·EC2＝π××3＋π×（）2＝8π. 三、解答题(共30分，每题15分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤 6.已知三棱柱ABC-A1B1C1，AA1⊥平面ABC，∠BAC＝90°，AA1＝AB＝AC＝1. （1）求异面直线AC1与A1B所成的角； （2）设M为A1B的中点，在△ABC的内部或边上是否存在一点N，使得MN⊥平面ABC1？若存在，确定点N的位置，若不存在，请说明理由. 【解析】因为AA1⊥平面ABC，所以AA1⊥平面A1B1C1，即AA1⊥A1B1，AA1⊥A1C1，又∠BAC＝90°，所以∠B1A1C1＝90°，即A1B1⊥A1C1，所以AA1，A1B1，A1C1两两垂直， 如图，以A1为原点，以A1B1为x轴，A1C1为y轴，A1A为z轴建立空间直角坐标系， 因为AA1＝AB＝AC＝1， 所以A1（0，0，0），B1（1，0，0），C1（0，1，0），A（0，0，1），B（1，0，1），C（0，1，1）， （1）＝（0，1，－1），＝（1，0，1）， ｜cos＜，＞｜＝＝＝， 所以异面直线AC1与A1B所成的角为60°. （2）存在. 假设在平面ABC的边上或内部存在一点N（x，y，1），因为M为A1B的中点，＝（1，0，1）， 所以M（，0，），所以＝（x－，y，）， 又＝（0，1，－1），＝（－1，1，－1）， 则⇒所以N（，，1）， 且＝，所以N是BC的中点. 故存在点N，N为BC的中点，满足条件. 7.（2024·台州一模）如图，已知四边形ABCD为平行四边形，E为CD的中点，AB＝4，AD＝AE＝2.将△ADE沿AE折起，使点D到达点P的位置. （1）若平面APE⊥平面ABCE，求证：AP⊥BE； （2）若点A到直线PC的距离为，求二面角P-AE-B的平面角的余弦值. 【解析】（1）证明：因为四边形ABCD为平行四边形，且△ADE为等边三角形，所以∠BCE＝120°. 又因为E为CD的中点，则CE＝ED＝DA＝CB，所以△BCE为等腰三角形， 可得∠CEB＝30°，∠AEB＝180°－∠AED－∠BEC＝90°，即BE⊥AE， 因为平面APE⊥平面ABCE，平面APE∩平面ABCE＝AE，BE⊂平面ABCE， 则BE⊥平面APE，且AP⊂平面APE，所以AP⊥BE. （2）取AE的中点O，连接PO，因为△APE为等边三角形，所以PO⊥AE， 取AB的中点G，则OG∥BE，由（1）得BE⊥AE，所以OG⊥AE， 所以∠POG即为二面角P-AE-B的平面角，记为θ. 以点O为坐标原点，以OA，OG，Oz所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系. 则A（1，0，0），C（－2，，0）， 因为OP＝，则P（0，cos θ，sin θ）， 可得＝（1，－cos θ，－sin θ），＝（－2，－cos θ，－sin θ）， 则点A到直线PC的距离为＝，由题意可得＝，解得cos θ＝－，或cos θ＝， 所以二面角P-AE-B的平面角的余弦值为－或. 高三数学 第 1 页（共 2 页） 学科网（北京）股份有限公司 $$