专题7-1 立体几何压轴小题：截面与球（讲+练）-2023年高考数学二轮复习讲练测（全国通用）（解析

专题7-1立体几何压轴小题；截面与球目录讲高考.........................................................................................................................................1题型全归纳..................................................................................................................................7【题型一】截面最值...................................................................................................................7【题型二】球截面.....................................................................................................................11【题型三】截面综合难题..........................................................................................................13【题型四】线面垂直型求外接球...............................................................................................18【题型五】特殊三角形定球心型...............................................................................................21【题型六】定义法列方程计算型求球心....................................................................................23【题型七】内切球.....................................................................................................................26【题型八】棱切球型最值..........................................................................................................31【题型九】内切球与外切球一体综合........................................................................................32【题型十】球综合.....................................................................................................................36专题训练...................................................................................................................................40讲高考1．江西·高考真题）如图，在四面体ABCD中，截面AEF经过四面体的内切球（与四个面都相切的球）球心O，且与BC、DC分别截于E、F.如果截面将四面体分为体积相等的两部分，设四棱锥ABEFD与三棱锥AEFC的表面积分别为1S，2S，则必有（）A．12SSB．12SSC．12SS=D．12SS、的大小不能确定【答案】C【分析】连接OA、OB、OC、OD，OE，OF，表示出ABEFDV、AEFCV，即可得到1S与2S的关系.【详解】解：连接OA、OB、OC、OD，OE，OF，则ABEFDOABDOABEOBEFDOAFDVVVVV，AEFCOAFCOAECOEFCVVVV，又ABEFDAEFCVV，而以上等式右边的每个三（四）棱锥的高都是原四面体的内切球的半径，又面AEF公共，故ABDABEBEFDADFAFCAECEFCSSSSSSS，即12SS=.故选：C．2．（2022·全国·统考高考真题）在正方体1111ABCDABCD中，E，F分别为,ABBC的中点，则（）A．平面1BEF平面1BDDB．平面1BEF平面1ABDC．平面1//BEF平面1AACD．平面1//BEF平面11ACD【答案】A【分析】证明EF平面1BDD，即可判断A；如图，以点D为原点，建立空间直角坐标系，设2AB，分别求出平面1BEF，1ABD，11ACD的法向量，根据法向量的位置关系，即可判断BCD.【详解】解：在正方体1111ABCDABCD中，ACBD且1DD平面ABCD，又EF平面ABCD，所以1EFDD，因为,EF分别为,ABBC的中点，所以EFAC∥，所以EFBD，又1BDDDD，所以EF平面1BDD，又EF平面1BEF，所以平面1BEF平面1BDD，故A正确；选项BCD解法一：如图，以点D为原点，建立空间直角坐标系，设2AB，则112,2,2,2,1,0,1,2,0,2,2,0,2,0,2,2,0,0,0,2,0BEFBAAC，10,2,2C，则11,1,0,0,1,2EFEB，12,2,0,2,0,2DBDA，1110,0,2,2,2,0,2,2,0,AAACAC设平面1BEF的法向量为111,,mxyz，则有11111020mEFxymEByz，可取2,2,1m，同理可得平面1ABD的法向量为11,1,1n，平面1AAC的法向量为21,1,0n，平面11ACD的法向量为31,1,1n，则122110mn，所以平面1BEF与平面1ABD不垂直，故B错误；因为m与2nuur不平行，所以平面1BEF与平面1AAC不平行，故C错误；因为m与3n不平行，所以平面1BEF与平面11ACD不平行，故D错误，故选：A.选项BCD解法二：解：对于选项B，如图所示，设11ABBEM，EFBDN，则MN为平面1BEF与平面1ABD的交线，在BMN内，作BPMN于点P，在EMN内，作GPMN，交EN于点G，连结BG，则BPG或其补角为平面1BEF与平面1ABD所成二面角的平面角，由勾股定理可知：222PBPNBN，222PGPNGN，底面正方形ABCD中，,EF为中点，则EFBD，由勾股定理可得222NBNGBG，从而有：2222222NBNGPBPNPGPNBG，据此可得222PBPGBG，即90BPG，据此可得平面1BEF平面1ABD不成立，选项B错误；对于选项C，取11AB的中点H，则1AHBE，由于AH与平面1AAC相交，故平面1∥BEF平面1AAC不成立，选项C错误；对于选项D，取AD的中点M，很明显四边形11ABFM为平行四边形，则11AMBF，由于1AM与平面11ACD相交，故平面1∥BEF平面11ACD不成立，选项D错误；故选：A.3．（2022·全国·统考高考真题）已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为33和43，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（）A．100πB．128πC．144πD．192π【答案】A【分析】根据题意可求出正三棱台上下底面所在圆面的半径12,rr，再根据球心距，圆面半径，以及球的半径之间的关系，即可解出球的半径，从而得出球的表面积．【详解】设正三棱台上下底面所在圆面的半径12,rr，所以1233432,2sin60sin60rr，即123,4rr，设球心到上下底面的距离分别为12,dd，球的半径为R，所以219dR，2216dR，故121dd或121dd，即229161RR或229161RR，解得225R符合题意，所以球的表面积为24π100πSR．故选：A．4．（2022·全国·统考高考真题）已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为36，且333l，则该正四棱锥体积的取值范围是（）A．8118,4B．2781,44C．2764,43D．[18,27]【答案】C【分析】设正四棱锥的高为h，由球的截面性质列方程求出正四棱锥的底面边长与高的关系，由此确定正四棱锥体积的取值范围.【详解】∵球的体积为36，所以球的半径3R,[方法一]：导数法设正四棱锥的底面边长为2a，高为h，则2222lah，22232(3)ah,所以26hl，2222alh所以正四棱锥的体积42622411214()=333366936lllVShahll，所以5233112449696llVll，当326l时，0V，当2633l时，0V，所以当26l时，正四棱锥的体积V取最大值，最大值为643，又3l时，274V，33l时，814V,所以正四棱锥的体积V的最小值为274，所以该正四棱锥体积的取值范围是276443，.故选：C.[方法二]：基本不等式法由方法一故所以3221224211646122(333333hhhVahhhhhhh„当且仅当4h取到)，当32h时，得332a，则22min1133327();33242Vah当33l时，球心在正四棱锥高线上，此时39322h，23333222aa，正四棱锥体积221113398164()332432Vah，故该正四棱锥体积的取值范围是2764[,].435．（2021·天津·统考高考真题）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323，两个圆锥的高之比为1:3，则这两个圆锥的体积之和为（）A．3B．4C．9D．12【答案】B【分析】作出图形，计算球体的半径，可计算得出两圆锥的高，利用三角形相似计算出圆锥的底面圆半径，再利用锥体体积公式可求得结果.【详解】如下图所示，设两个圆锥的底面圆圆心为点D，设圆锥AD和圆锥BD的高之比为3:1，即3ADBD，设球的半径为R，则343233R，可得2R，所以，44ABADBDBD，所以，1BD，3AD，CDAB，则90CADACDBCDACD，所以，CADBCD，又因为ADCBDC，所以，ACDCBD△∽△，所以，ADCDCDBD，3CDADBD，因此，这两个圆锥的体积之和为21134433CDADBD.故选：B.6．（2020·全国·统考高考真题）已知,,ABC为球O的球面上的三个点，⊙1O为ABC的外接圆，若⊙1O的面积为4π，1ABBCACOO，则球O的表面积为（）A．64πB．48πC．36πD．32π【答案】A【分析】由已知可得等边ABC的外接圆半径，进而求出其边长，得出1OO的值，根据球的截面性质，求出球的半径，即可得出结论.【详解】设圆1O