第8章 专项训练3 多面体与球内切外接问题-【金版教程】2024-2025学年高中数学必修第二册作业与测评课件PPT（人教A版2019）

第八章　立体几何初步 专项训练3　多面体与球内切 外接问题 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 3 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 4 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 5 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 6 5．(2024·江苏南通开学考试)已知Rt△ABC的面积是10，CD是其斜边AB上的高．将△ABC沿CD折起，使得二面角A－CD－B是直二面角，则三棱锥A－BCD外接球的表面积的最小值是(　　) A．15π B．30π C．40π D．60π 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 7 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 8 二、多项选择题 6．(2024·湖南郴州开学考试)阳马和鳖臑(biē nào)是我国古代对一些特殊锥体的称谓，取一长方体按图1斜割一分为二，得两个一模一样的三棱柱(图2、图3)，称为堑堵．再沿堑堵的一顶点与相对的棱剖开(图4)，得四棱锥和三棱锥各一个．以矩形为底，有一棱与底面垂直的四棱锥，称为阳马(图5)．余下的三棱锥是由四个直角三角形组成的四面体，称为鳖臑(图6)．若图1中的长方体是棱长为1的正方体，则下列结论正确的是(　　) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 9 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 10 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 13 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 14 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 15 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 9．陀螺是中国民间的娱乐工具之一，早期陀螺的形状由同底的一个圆柱和一个圆锥组合而成(如图)．已知一木制陀螺模型内接于一表面积为16π cm2的球，其中圆柱的两个底面为球的两个截面，圆锥的顶点在该球的球面上，若圆柱的高为2 cm，则该圆柱的侧面积为________ cm2，该陀螺的体积为________ cm3． 7π 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 17 10．(2024·河北邢台三模)如图所示，将棱长为1的正方体ABCD －A1B1C1D1截去一个三棱锥得到多面体ABCD－B1C1D1，在该多面体 内放入一个球，则球的半径的最大值为________． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 18 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 19 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 20 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 21 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 22 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 23 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 24 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 25 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 26 14．(2024·四川乐山期中)如今中国被誉为“基建狂魔”，可谓逢山开路，遇水架桥．高速公路里程、高铁里程双双都是世界第一．建设过程中研制出的用于基建的大型龙门吊、平衡盾构机等国之重器更是世界领先水平．如图是某重器上一零件结构模型，中间大球为正四面体的内切球，小球与大球相切，同时与正四面体的三个面相切．设AB＝3，则该模型中5个球的表面积之和为________． 3π 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 27 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 28 15．(2024·湖北武汉阶段练习)如图所示，在半径为1的球O的内接八面体PABCDQ中，顶点P，Q分别在平面ABCD两侧，且四棱锥P－ABCD与Q－ABCD都是正四棱锥．设二面角P－AB－Q的平面角的大小为θ． (1)求该内接八面体PABCDQ体积的最大值； (2)求tanθ的取值范围． 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 29 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 30 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 31 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 32 　　　　　　　　　　　　　 R 一、单项选择题 1．(2024·四川成都阶段练习)已知点P，A，B，C在同一个球的球表面上，PA⊥平面ABC，AB⊥AC，PA＝eq \r(5)，BC＝eq \r(11)，则该球的表面积为(　　) A．4π 　　　　B．8π　　　　　C．16π　　　　　D．32π 解析：由题意可知，AB，AC，AP两两互相垂直，如图，将三棱锥补成长方体，四面体PABC的外接球和长方体的外接球是同一个外接球，所以2R＝eq \r(AP2＋AB2＋AC2)＝eq \r(AP2＋BC2)＝4，所以该球的表面积S＝4πR2＝16π．故选C． 2．(2024·江西九江开学考试)已知圆台的上、下底面的面积分别为4π，25π，侧面积为35π，则该圆台外接球的球心到上底面的距离为(　　) A．eq \f(27,8) B．eq \f(27,4) C．eq \f(37,8) D．eq \f(37,4) 解析：记圆台的上、下底面半径分别为r1，r2，则πreq \o\al(2,1)＝4π，πreq \o\al(2,2)＝25π，则r1＝2，r2＝5，设圆台的母线长为l，则π(r1＋r2)l＝35π，解得l＝5，则圆台的高h＝eq \r(52－(5－2)2)＝4，记外接球的球心到上底面的距离为x，则x2＋22＝(4－x)2＋52，解得x＝eq \f(37,8)．故选C． 3．(2024·江西上饶模拟)在半径为eq \r(3)的球内放入大小相等的4个小球，则小球的半径r的最大值为(　　) A．eq \f(\r(3),3) B．eq \f(\r(3),4) C．3eq \r(2)－2eq \r(3) D．eq \r(6)－eq \r(3) 解析：由题意，4个小球两两相切并且4个小球都与大球相 切时，这些小球的半径最大，以4个小球的球心为顶点的四面体 的棱长为2r，该四面体的中心(外接球的球心)就是大球的球心，该正四面体的高为eq \r(4r2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3r),3)))\s\up12(2))＝eq \f(2\r(6)r,3)，设正四面体的外接球半径为x，则x2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(6)r,3)－x)) eq \s\up12(2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3)r,3))) eq \s\up12(2)，解得x＝eq \f(\r(6),2)r，可得eq \f(\r(6),2)r＋r＝eq \r(3)，所以r＝eq \f(2\r(3),2＋\r(6))＝3eq \r(2)－2eq \r(3)．故选C． 4．(2024·云南大理模拟)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的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，此八面体的外接球与内切球的体积之比为(　　) A．3eq \r(3) B．2eq \r(3) C．3eq \r(2) D．2eq \r(2) 解析：连接AC，EF，设AC∩EF＝O，由四边形ABCD为正方形，正八面体E－ABCD－F的棱长为a，得AC2＝BC2＋AB2＝2a2＝EC2＋AE2，则四边形AECF也为正方形，即点O到各顶点的距离相等，于是此八面体的外接球球心为O，半径为R＝eq \f(\r(2a2),2)＝eq \f(\r(2),2)a，此八面体的表面积为S＝8S△ABE＝8×eq \f(\r(3),4)a2＝2eq \r(3)a2，设此八面体的内切球半径为r，由VE－ABCD－F＝2VE－ABCD，得eq \f(1,3)Sr＝2×eq \f(1,3)×a2×eq \f(\r(2),2)a，解得r＝eq \f(\r(6),6)a， 所以此八面体的外接球与内切球的体积之比为eq \f(πR3,πr3)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(R,r))) eq \s\up12(3)＝eq \b\lc\(\rc\)(\f(\f(\r(2),2)a,\f(\r(6),6)a))3＝ 3eq \r(3).故选A. 解析：记CD＝a，AD＝b，BD＝c，在图1中，eq \f(1,2)(b＋c)a＝10，得a＝eq \f(20,b＋c)， 又eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1((b＋c)2＝AC2＋BC2，,\f(1,2)AC·BC＝10，))所以(b＋c)2≥2AC·BC＝40，当且仅当AC＝BC＝2eq \r(5) 时，等号成立，由直角三角形的性质可知bc＝a2，在图2中，因为AD⊥CD，BD⊥CD，二面角A－CD－B是直二面角，所以AD⊥BD，所以可将三棱锥A－BCD补形成长方体，记外接球的半径为R，则4R2＝a2＋b2＋c2＝b2＋c2＋bc＝(b＋c)2－bc＝(b＋c)2－eq \f(400,(b＋c)2)，因为函数y＝x－eq \f(400,x)在[40，＋∞)上单调递增，所以当(b＋c)2＝40时，4R2取得最小值40－eq \f(400,40)＝30，所以三棱锥A－BCD外 接球的表面积的最小值Smin＝4πR2＝30π．故选B． A．鳖臑中的四个直角三角形全等 B．堑堵的表面积等于阳马与鳖臑 的表面积之和 C．鳖臑的体积等于阳马体积的一半 D．鳖臑内切球的表面积为(3－2eq \r(2))π 解析：由已知BC＝CC1＝D1C1＝1，∠BCC1＝∠CC1D1＝∠BC1D1＝∠BCD1＝90°，所以BC1＝CD1＝eq \r(2)，D1B＝eq \r(3)，所以△BCC1和△BC1D1不全等，故A错误；堑堵的表面积S1＝(1＋1＋eq \r(2))×1＋2×eq \f(1,2)×1×1＝3＋eq \r(2)，由已知DD1＝DA＝DC＝1，∠CDD1＝∠ADD1＝∠CDA＝∠BAD1＝∠BCD1＝90°，所以CD1＝AD1＝eq \r(2)，阳马的表面积S2＝1×1＋2×eq \f(1,2)×1×1＋2×eq \f(1,2)×1×eq \r(2)＝2＋eq \r(2)，鳖臑的表面积S3＝2×eq \f(1,2)×1×1＋2×eq \f(1,2)×1×eq \r(2)＝1＋eq \r(2)，S1＋eq \r(2)＝S2＋S3，所以堑堵的表面积不等于阳马与鳖臑的表 面积之和，故B错误；鳖臑的体积V1＝eq \f(1,3)S△BCC1·D1C1＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×1＝eq \f(1,6)，阳马的体积V2＝eq \f(1,3)S四边形ABCD·DD1＝eq \f(1,3)×1×1＝eq \f(1,3)，所以鳖臑的体积等于阳马体积的一半，故C正确；设鳖臑的内切球的半径为r，因为鳖臑的表面积S3＝1＋eq \r(2)，鳖臑的体积V1＝eq \f(1,6)，又V1＝eq \f(1,3)S3r，所以r＝eq \f(1,2)×eq \f(1,\r(2)＋1)＝eq \f(\r(2)－1,2)，所以鳖臑内切球的表面积为S＝4πr2＝4πeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2)－1,2))) eq \s\up12(2)＝(3－2eq \r(2))π，故D正确．故选CD． 7．(2024·山东潍坊开学考试)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，E为棱AA1上一动点，CE⊥平面α，则(　　) A．当点E与点A重合时，CE∥平面A1BC1 B．当点E与点A重合时，四面体ECD1B1外接球的体积为eq \f(3π,2) C．直线CD与平面α所成角的正弦值的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，\f(\r(2),2))) D．当点E与点A1重合时，平面α截正方体所得截面可为六边形，且其周长为定值3eq \r(2) 解析：对于A，如图1，当点E与点A重合时，因为CE∥A1C1，且CE⊄平面A1BC1，A1C1⊂平面A1BC1，所以CE∥平面A1BC1，故A正确；对于B，如图2，当点E与点A重合时，四面体ECD1B1外接球的体积即为正方体外接球的体积，因为正方体的棱长为1，所以外接球的半径为eq \f(1,2)×eq \r(1＋1＋1)＝eq \f(\r(3),2)，所以外接球的体积为eq \f(4,3)π×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2))) eq \s\up12(3)＝eq \f(\r(3)π,2)，故B错误； 对于C，直线CD与平面α所成角的正弦值等于直线CD与平面α的垂线CE所成的角∠ECD的余弦值，如图3，连接DE，则cos∠ECD＝eq \f(CD,CE)，因为E∈AA1，所以CA≤CE≤CA1，即eq \r(2)≤CE≤eq \r(3)，所以cos∠ECD∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，\f(\r(2),2)))，故C正确；对于D，如图4，当点E与点A1重合时，因为CE⊥平面α，由正方体的性质可得平面α可为平面ABC1D1，当F，G，K，L，M，N分别为所在棱的中点时，截面为FGKLMN，此时周长为6×eq \f(\r(2),2)＝3eq \r(2)，故D正确．故选ACD． 解析：如图，将三棱锥D－ABC补成长方体，则三棱锥D－ABC的外接球和长方体的外接球是一致的．设长方体的外接球半径为R，则(2R)2＝DA2＋AB2＋BC2＝3＋3＋2＝8，所以R＝eq \r(2)，所以三棱锥D－ABC外接球的体积为V＝eq \f(4,3)πR3＝eq \f(4,3)π×2eq \r(2)＝eq \f(8\r(2)π,3)． 三、填空题 8．三棱锥D－ABC中，DA⊥平面ABC，AB⊥BC，DA＝AB＝eq \r(3)，BC＝eq \r(2)，则三棱锥D－ABC外接球的体积等于________． eq \f(8\r(2)π,3) 解析：设圆柱的底面半径为r cm，高为h cm，圆锥的高为t cm，陀螺的外接球半径为R cm，由题意可知，4πR2＝16π，h＝2，∴R＝2，∴r＝eq \r(R2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(h,2)))\s\up12(2))＝eq \r(4－1)＝eq \r(3)，∴圆柱的侧面积为S＝2πrh＝4eq \r(3)π(cm2)，圆柱的体积为V1＝πr2h＝6π(cm3)，圆锥的高为t＝R－eq \f(h,2)＝2－1＝1，∴圆锥的体积为V2＝eq \f(1,3)πr2t＝π(cm3)，∴该陀螺的体积为V＝V1＋V2＝7π(cm3)． 4eq \r(3)π 解析：如图，设球心为O，半径为r，由题可知，球O的半径最大时，与平面ABCD、平面BCC1B1、平面DCC1D1、平面AB1D1均相切，设球O与平面ABCD相切于点H，与平面AB1D1相切于点O1，则O1为△AB1D1的中心，可知OO1＝OH＝r，O1C＝eq \f(2,3)A1C＝eq \f(2\r(3),3)，可得OC＝O1C－OO1＝eq \f(2\r(3),3)－r，由eq \f(OH,OC)＝ sin∠A1CA＝eq \f(1,\r(3))，可得eq \f(r,\f(2\r(3),3)－r)＝eq \f(1,\r(3))，解得r＝1－eq \f(\r(3),3)． 1－eq \f(\r(3),3) 四、解答题 11．(2024·北京大兴期中)如图，四面体A－B1CD1的四个顶点 均为长方体ABCD－A1B1C1D1的顶点． (1)若四面体A－B1CD1各棱长均为eq \r(2)，求该四面体的表面积和体积； (2)若AD1＝eq \r(3)，AC＝2，AB1＝eq \r(5)，求四面体A－B1CD1外接球的表面积． 解：(1)若四面体A－B1CD1各棱长均为eq \r(2)，则长方体ABCD－A1B1C1D1是棱长为1的正方体，且四面体A－B1CD1为正四面体， 所以SA－B1CD1＝4×eq \f(1,2)×eq \r(2)×eq \r(2)×sin60°＝4×eq \f(1,2)×eq \r(2)×eq \r(2)×eq \f(\r(3),2)＝2eq \r(3)， VA－B1CD1＝VABCD－A1B1C1D1－4VB1－ABC＝13－4×eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×1×1×1＝eq \f(1,3)． (2)由于四面体A－B1CD1的四个顶点均为长方体ABCD－A1B1C1D1的顶点，所以四面体A－B1CD1的外接球与长方体的外接球是同一个球，设此四面体所在长方体的棱长分别为DA＝a，DD1＝b，DC＝c， 则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2＋b2＝3，,a2＋c2＝4，,b2＋c2＝5，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2＝1，,b2＝2，,c2＝3，)) 设长方体ABCD－A1B1C1D1外接球的半径为R， 则(2R)2＝a2＋b2＋c2＝6，则R2＝eq \f(3,2)， 所以外接球的表面积为4πR2＝6π． 12．(2024·河南洛阳期中)已知在圆锥SO中，底面⊙O的 直径AB＝2，△SAB的面积为2eq \r(2)． (1)求圆锥SO的内切球的体积； (2)点M在母线SB上，且SM＝eq \f(1,3)SB，一只蚂蚁若从点A出发，沿圆锥侧面爬行到达点M，求它爬行的最短距离． 解：(1)设圆锥SO的母线长为l，底面⊙O的半径为r， 因为△SAB的面积为2eq \r(2)， 所以S△SAB＝eq \f(1,2)·2r·SO＝2eq \r(2)，解得SO＝2eq \r(2)． 由勾股定理，可得母线l＝eq \r(SO2＋r2)＝3，如图，作出圆锥的轴截面，球与圆锥侧面相切，设球心为D，球的半径为R，DE⊥SB于点E， 则DE＝OD＝R，△SED∽△SOB，可得DE∶BO＝SD∶SB，即eq \f(R,1)＝eq \f(2\r(2)－R,3)，解得R＝eq \f(\r(2),2)， 所以圆锥SO的内切球的体积V＝eq \f(4,3)πR3＝eq \f(\r(2)π,3)． (2)如图，圆锥的侧面展开图为扇形SAN，扇形SAN的弧长为2πr＝2π，扇形SAN的圆心角α＝eq \f(2π,3)，所以∠ASM＝eq \f(π,3)， 在△SAM中，由余弦定理，得AM2＝SA2＋SM2－2SA·SMcos∠ASM＝9＋1－3＝7， 所以AM＝eq \r(7)， 所以蚂蚁爬行的最短距离为eq \r(7)． 13．[多选](2024·河北保定开学考试)已知厚度不计的容器是由半径为2 m，圆心角为eq \f(π,2)的扇形以一条最外边的半径为轴旋转eq \f(π,2)得到的，下列几何体中，可以放入该容器中的是(　　) A．棱长为1．1 m的正方体 B．底面半径和高均为1．9 m的圆锥 C．棱长均为2 m的四面体 D．半径为0．75 m的球 解析：设扇形所在圆的半径为R．对于A，设正方体的棱长为a，如图1，则可容纳的最长对角线OA＝R＝2＝eq \r(3)amax，解得amax＝eq \f(2,\r(3))≈1．15>1．1，故A符合题意；对于C，如图2，取三段eq \f(1,4)圆弧的中点B，C，D，则四面体OBCD的棱长均为2 m，所以可以容纳，故C符合题意； 对于B，同C项分析，△BCD的外接圆半径为eq \f(2\r(3),3)<1．9，所以不可以容纳，故B不符合题意；对于D，如图3，设球的半径为r，按正中间剖开所得的轴截面，如图4，可知圆O′与圆O内切，2＝O′M＋OO′＝r＋eq \r(O′M2＋OM2)＝r＋eq \r(r2＋OH2＋MH2)＝r＋eq \r(3r2)，解得r＝eq \r(3)－1≈0．732<0．75，所以不可以容纳，故D不符合题意．故选AC． 解析：如图所示，设O为大球的球心，大球的半径为R，大正四面体的底面中心为E，棱长为3，高为h，CD的中点为F，连接OA，OB，OC，OD，OE，BF，BF＝BCsin∠BCD＝3×sin60°＝eq \f(3\r(3),2)，则BE＝eq \f(2,3)BF＝eq \f(2,3)×eq \f(3\r(3),2)＝eq \r(3)，正四面体A－BCD的高h＝AE＝eq \r(AB2－BE2)＝eq \r(32－(\r(3))2)＝eq \r(6)．因为V正四面体A－BCD＝4V三棱锥O－BCD，所以eq \f(1,3)S△BCD×h＝4×eq \f(1,3)S△BCD×R，所以R＝eq \f(1,4)h＝eq \f(\r(6),4)．设小球的半径为r， 小球也可看作一个小的正四面体的内切球，且小正四面体的高 h小＝h－2R＝eq \f(\r(6),2)，同理，r＝eq \f(1,4)h小＝eq \f(\r(6),8)＝eq \f(R,2)，故该模型中5个球 的表面积之和为4πR2＋4×4πr2＝8πR2＝8π×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),4))) eq \s\up12(2)＝3π． 解：(1)设PQ与平面ABCD交于点E． 因为V八面体PABCDQ＝VP－ABCD＋VQ－ABCD＝eq \f(1,3)S四边形ABCD·PE＋eq \f(1,3)S四边形ABCD·QE ＝eq \f(1,3)S四边形ABCD·PQ， 又PQ＝2，所以当S四边形ABCD最大时，八面体的体积最大，当且仅当四边形ABCD为大圆的内接正方形时，S四边形ABCD最大，且(S四边形ABCD)max＝eq \f(1,2)×2×2＝2，所以V八面体PABCDQ的最大值为eq \f(4,3)． (2)设二面角P－AB－C的大小为α，二面角Q－AB－C的大小为β，则二面角P－AB－Q的平面角θ＝α＋β，取AB的中点M，连接PM，QM，EM，如图所示． 则PM⊥AB，QM⊥AB，ME⊥AB， 所以∠PME＝α，∠QME＝β， 设球心O到平面ABCD的距离为d，d∈[0，1)，球的半径为1， 则EM＝eq \f(\r(2),2)EB＝eq \f(\r(2),2) eq \r(1－d2)，PE＝1－d，QE＝1＋d， 所以tanα＝eq \f(\r(2)(1－d),\r(1－d2))，tanβ＝eq \f(\r(2)(1＋d),\r(1－d2))(d∈[0，1))， 则tanθ＝tan(α＋β)＝eq \f(tanα＋tanβ,1－tanαtanβ) ＝eq \f(\f(\r(2)(1－d),\r(1－d2))＋\f(\r(2)(1＋d),\r(1－d2)),1－\f(\r(2)(1－d),\r(1－d2))·\f(\r(2)(1＋d),\r(1－d2)))＝－eq \f(2\r(2),\r(1－d2))， 因为d∈[0，1)，所以d2∈[0，1)，1－d2∈(0，1]，eq \r(1－d2)∈(0，1]，－eq \f(2\r(2),\r(1－d2))∈(－∞，－2eq \r(2)]， 即tanθ∈(－∞，－2eq \r(2)]． $$