重难点09球的切、接问题及截面、翻折问题（6种考法）（解析版）

重难点09球的切、接问题及截面、翻折问题（6种考法）【目录】考法1：正方体（或长方体）的切、接球考法2：柱体的切、接球考法3：锥体的切、接球考法4：台体的切、接球考法5：截面问题考法6：翻折问题一、外接球题型归类：（1）三线垂直图形计算公式：三棱锥三线垂直还原成长方体2222a+b+cR（2）由长方体（正方体）图形的特殊性质，可以构造如下三种模型：①三棱锥对棱相等．22222222mnlRabc，m，n，l是三个对棱棱长．②等边三角形与等腰直角三角形连接．③投影为矩形．（3）线面垂直型：线垂直一个底面（底面是任意多边形，实际是三角形或者四边形（少），它的外接圆半径是r，满足正弦定理）．二、命题规律与备考策略计算公式222PCRr；其中2sinCDrA（4）面面垂直型一般情况下，俩面是特殊三角形。垂面型，隐藏很深的线面垂直型（5）垂线相交型等边或者直角：等边三角形中心（外心）做面垂线，必过球心．直角三角形斜边中点（外心）做面垂线，必过球心．许多情况下，会和二面角结合．二、求多面体的外接球的半径，常用方法有：（1）三条棱两两互相垂直时，可恢复为长方体，利用长方体的体对角线为外接球的直径，求出球的半径；（2）直棱柱的外接球可利用棱柱的上下底面平行，借助球的对称性，球心为上下底面外接圆的圆心连线的中点，再根据勾股定理求球的半径；（3）如果涉及几何体有两个面相交，可过两个面的外心分别作两个面的垂线，垂线的交点为几何体的球心.三、立体几何中截面的处理思路：（1）直接连接法：有两点在几何体的同一个平面上，连接该两点即为几何体与截面的交线，找截面就是找交线的过程；（2）作平行线法：过直线与直线外一点作截面，若直线所在的平面与点所在的平面平行，可以通过过点找直线的平行线找到几何体与截面的交线；（3）作延长线找交点法：若直线相交但在立体几何中未体现，可通过作延长线的方法先找到交点，然后借助交点找到截面形成的交线；（4）辅助平面法：若三个点两两都不在一个侧面或者底面中，则在作截面时需要作一个辅助平面.考法1：正方体（或长方体）的切、接球1．（多选）（2023·江苏徐州·校考模拟预测）棱长为1的正方体1111ABCDABCD中，点P为线段1CC上一点（不包括端点），点Q为1DB上的动点，下列结论成立的有（）A．过1ADP的截面截正方体所得的截面多边形为等腰梯形B．QAQD的最小值为3C．当点P为线段1CC中点时，三棱锥1PBDD的外接球的半径为526D．,PQ两点间的最短距离为22【答案】ABD【详解】在正方体1111ABCDABCD中，平面11ADDA∥平面11BCCB，设过1ADP的截面截正方体所得的截面为1ADPM，M为截面与BC的交点，因为平面1ADPM平面111ADDAAD，平面1ADPM平面11MBCCBP，所以1PMAD∥，又1AD∥1BC，故1PMBC∥，即CPM△∽1CCB，而11,,CCCBCPCMCPBM，则22221111()AMABBMCDCPDP，又点P为线段1CC上一点（不包括端点），1PMBC∥，11,PMBCPMAD即过1ADP的截面截正方体所得的截面多边形为等腰梯形，A正确；根据正方体性质可知1ABD≌11BBD△，故可将1ABD沿BD转到和11BBD△重合位置，则QAQD的最小值为1BD的长，而正方体棱长为1，故13BD，即QAQD的最小值为3，B正确；三、题型方法当点P为线段1CC中点时，设1BD的中点为N，连接,PNPB，由于22221111()PBCBCPCDCPDP，故1PNBD，连接,ACBD交于G，连接GN，则四边形PNGC为矩形，故PNGN，11,,GNBDNGNBD平面1BDD，故PN^平面1BDD，又1DDBD，则N为1BDD的外心，故三棱锥1PBDD的外接球的球心在PN上，设为H，而1222PNCGAC,1132,222DNDBHNPH，则222DHDNHN，设三棱锥1PBDD的外接球半径为r，则2223222rr，解得528r，C错误；当,PQ分别为11,CCBD的中点时，由C的分析可知Q位于N点位置，此时11,PQCCPQBD，即此时,PQ间距离最短，最短距离为22PN，D正确，故选：ABD考法2：柱体的切、接球2．（2023•吉安一模）已知正三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面边长，其外接球的表面积为20π，D是B1C1的中点，点P是线段A1D上的动点，过BC且与AP垂直的截面α与AP交于点E，则三棱锥A﹣BCE的体积的最大值为（）A．B．C．D．【解答】解：外接球的表面积为20π，可得外接球半径为．因为正三棱柱柱ABC﹣A1B1C1的底面边长，所以，所以△A1B1C1的外接圆半径为，设三棱柱的侧棱长为h，则有，解得h＝2，即侧棱AA1＝h＝2，设BC的中点为F，作出截面如图所示，因为AP⊥α，EF⊂α，所以AE⊥EF，所以点E在以AF为直径的圆上，当点E在弧AF的中点时，此时点E到底面ABC距离的最大，且最大值为，因为DF＜AF，所以此时点P在线段A1D上，符合条件，所以三棱锥A﹣BCE的体积的最大值为．故选：A．考法3：锥体的切、接球3．（2022•新高考Ⅰ）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36π，且3≤l≤3，则该正四棱锥体积的取值范围是（）A．[18，]B．[，]C．[，]D．[18，27]【解答】解：如图所示，正四棱锥P﹣ABCD各顶点都在同一球面上，连接AC与BD交于点E，连接PE，则球心O在直线PE上，连接OA，设正四棱锥的底面边长为a，高为h，在Rt△PAE中，PA2＝AE2+PE2，即＝，∵球O的体积为36π，∴球O的半径R＝3，在Rt△OAE中，OA2＝OE2+AE2，即，∴，∴，∴l2＝6h，又∵3≤l≤3，∴，∴该正四棱锥体积V（h）＝＝＝，∵V'（h）＝﹣2h2+8h＝2h（4﹣h），∴当时，V'（h）＞0，V（h）单调递增；当4时，V'（h）＜0，V（h）单调递减，∴V（h）max＝V（4）＝，又∵V（）＝，V（）＝，且，∴，即该正四棱锥体积的取值范围是[，]，故选：C．4．（2023•新罗区校级三模）已知正六棱锥P﹣ABCDEF的各顶点都在球O的球面上，球心O在该正六棱锥的内部，若球O的体积为36π，则该正六棱锥体积的最大值为（）A．B．C．D．【解答】解：如图，过P作PM⊥平面ABCDEF，则球心O在PM上，设AB＝a，PM＝h，外接球的半径为R，因为球O的体积为36π，所以解得R＝3，在Rt△AOM中，（h﹣3）2+a2＝9，所以a2＝6h﹣h2，正六棱锥的体积为，设，令f'（x）＞0解得0＜x＜4，令f'（x）＜0解得x＜0或x＞4，所以f（x）在（﹣∞，0）单调递减，（0，4）单调递增，（4，+∞）单调递减，因为球心O在该正六棱锥的内部，所以h＞3，所以在（3，4）单调递增，（4，+∞）单调递减，所以，故选：B．5．（2023•雅安三模）已知圆锥的高为3，底面半径为，若该圆锥的顶点与底面的圆周都在同一个球面上，则这个球的体积与圆锥的体积的比值为（）A．B．C．D．【解答】解：设球的半径为R，∵圆锥的高h＝3，底面圆的半径r＝，∴R2＝（R﹣h）2+r2，即R2＝（R﹣3）2+3，解得：R＝2，故该球的体积V＝＝．圆锥体积为：V′＝＝3π，∴这个球的体积与圆锥的体积的比值为：＝＝．故选：B．6．（2023·贵州毕节·校考模拟预测）已知正四棱锥PABCD的各顶点都在球O的球面上，2AB，由,,ABO三点确定的平面与侧棱PC交于点E，且23PEEC，则球O的表面积为（）A．9πB．12πC．15πD．18π【答案】A【详解】如图，连接,ACBD，,ACBD相交于H，连接PH，BE，过E作EFAC于F由,,ABO三点确定的平面与侧棱PC交于点E，即平面为平面ABE由正四棱锥PABCD可得PH平面ABCD，则球心O在PH上又PH平面PAC，所以O平面PAC，又O平面ABE，平面PAC平面ABEAE，所以OAE因为AC平面ABCD，所以PHAC，又EFAC，,EFPH平面PAC，所以//PHEF所以CEEFCFCPPHCH，则由23PEEC可得25CECP，所以25EFCFPHCH即22,55EFPHCFCH，因为2AB，所以22AC，则122AHCHAC，故225CF则2232255HFCHCF，2232255AFCHCF因为//OHEF，所以58AHOHAFEF，即55218854OHEFPHPH，则3OPPHOHOH，设外接球得半径为R，则OPOAR，13OHR在RtOHA△中，222OHAHOA，即22123RR，解得32R所以球O的表面积为24π9πR.7．（2023·云南昭通·校联考模拟预测）已知圆锥PO的高及底面圆直径均为2，若圆锥PO在球O内，则球O的体积的最小值为（）A．125π48B．25π16C．25π4D．5π2【答案】A【详解】依题意，当球O的体积最小时，圆锥PO为球O的内切圆锥，因此圆锥PO的轴截面三角形外接圆是球O的大圆，设圆锥PO的轴截面等腰三角形底角为，而腰长为22125，则2sin5，因此球O的半径552sin4R，所以球O的体积的最小值为3384π4π5()12534π43R.8．（2023·海南·海南中学校考模拟预测）如图，三棱锥PABD中，,,ABADPBPDABD的面积为8，则三棱锥PABD外接球的表面积的最小值为（）A．32πB．18πC．16πD．64π【答案】A【详解】取BD中点O，连接,POAO，设,ABxADy，依题意，由于OA是Rt△ABD斜边BD的中线，故OBODOA，同理OBODOP，故OBODOAOP，于是O为三棱锥PABD外接球的球心，设该外接球半径为R，即2BDR，由勾股定理，2224xyR，由18162ABDSxyxy，由基本不等式，2224232xyRxy，即28R，当4xy时，2R取得最小值8，于是外接球的表面积的最小值为24π32πR.9．（2023·浙江·校联考模拟预测）在三棱锥DABC中，2ABBC，90ADC，二面角DACB的平面角为30，则三棱锥DABC外接球表面积的最小值为（）A．16231B．16233C．16231D．16233【答案】B【详解】当D在△ACD的外接圆上动的时候，该三棱锥的外接球不变，故可使D点动到一个使得DA=DC的位置，取AC的中点M，连接BMDM,，因为2ABBC，DA=DC，所以ACBM，ACDM，故DMB即为二面角DACB的平面角，△ACB的外心为O1，过O1作平面ABC的垂线，过△ACD的外心M作平面ACD的垂线，两条垂线均在平面BMD内，它们的交点就是球心O，画出平面BMD，如图所示；在平面ABC内，设2CBA，则1112coscosBCrBO，11cos2cos2cosOMOC，因为30DMB，所以160OMO，所以113cos23cosOOOM，所以222212213cos2coscosRrOO令2cos(0,1)t，则2213(21)41212248128312tRtttt，所以2416(233)SR，当且仅当33t时取等，10．（2023·云南·云南师大附中校考模拟预测）如图所示，在圆锥内放入两个大小不同的球1O，2O，使得它们分别与圆锥的侧面和平面都相切，平面分别与球1O，2O相切于点E，F.数学家GerminalDandelin利用这个模型证明