2024版新教材高考數學一輪復習第7章立體幾何微專題進階課6簡單幾何體的外接球與內切球問題學案含解析新人教B版202305182186第7章立體幾何簡單幾何體的外接球與內切球問題簡單幾何體外接球與內切球問題是立體幾何中的難點，也是歷年高考重要的考點，重在考查直觀想象和邏輯推理兩個數學核心素養．簡單幾何體的外接球問題(2020·棲霞模擬)已知P，A，B，C，D是球O的球面上的五個點，四邊形ABCD為梯形，AD∥BC，AB＝CD＝AD＝2，BC＝PA＝4，PA⊥平面ABCD，則球O的體積為()A．eq\f(64\r(2)π,3) B．eq\f(16\r(2)π,3)C．16eq\r(2)π D．16πA解析：取BC的中點E，連接AE，DE，BD.因為AD∥BC且AD＝eq\f(1,2)BC＝EC＝BE，所以四邊形ADCE，四邊形ADEB均為平行四邊形．所以AE＝CD，AB＝DE.又CD＝AB＝eq\f(1,2)BC，所以AE＝DE＝BE＝EC.所以E為四邊形ABCD的外接圓圓心．已知O為外接球的球心，連接OA，OE.由球的性質可知OE⊥平面ABCD.作OF⊥PA，垂足為F，所以四邊形AEOF為矩形，OF＝AE＝2.設AF＝x，OP＝OA＝R，則4＋(4－x)2＝4＋x2，解得x＝2.所以R＝eq\r(4＋4)＝2eq\r(2).所以球O的體積V＝eq\f(4,3)πR3＝eq\f(64\r(2),3)π.1．設A，B，C，D是同一個半徑為4的球的球面上四點，△ABC為等邊三角形且其面積為9eq\r(3)，則三棱錐D－ABC體積的最大值為()A．12eq\r(3) B．18eq\r(3)C．24eq\r(3) D．54eq\r(3)B解析：設△ABC的邊長為a，則S△ABC＝eq\f(1,2)a·asin60°＝9eq\r(3)，解得a＝6(負值舍去)．△ABC的外接圓半徑r滿足2r＝eq\f(6,sin60°)，得r＝2eq\r(3)，球心到平面ABC的距離為eq\r(42－2\r(3)2)＝2.所以點D到平面ABC的最大距離為2＋4＝6，所以三棱錐D－ABC體積的最大值為eq\f(1,3)×9eq\r(3)×6＝18eq\r(3).故選B.2．(2020·石家莊3月質檢)如圖，在四棱錐P－ABCD中，底面ABCD為菱形，PB⊥底面ABCD，O為對角線AC與BD的交點．若PB＝1，∠APB＝eq\f(π,3)，則三棱錐P－AOB的外接球的體積是________．eq\f(4,3)π解析：因為底面ABCD為菱形，O為對角線AC與BD的交點，所以BD⊥AC.又PB⊥底面ABCD，所以PB⊥AC.因為BD∩PB＝B，所以AC⊥平面PBD，所以AC⊥PO，所以△PAO為直角三角形．又△PBA是直角三角形，所以公共斜邊PA的中點即為球心．因為PB＝1，∠APB＝eq\f(π,3)，所以PA＝2＝2R(R為三棱錐P－AOB外接球的半徑)，所以R＝1，故三棱錐P－AOB的外接球的體積是eq\f(4π,3)×13＝eq\f(4,3)π.簡單幾何體的內切球問題在一個圓錐內有一個半徑為R的半球，其底面與圓錐的底面重合，且與圓錐的側面相切．若該圓錐體積的最小值為eq\f(9π,2)，則R＝()A．1 B．eq\r(3)C．2 D．2eq\r(3)B解析：幾何體的軸截面如圖所示．設圓錐的底面圓心為O，半徑為r，高為h，則OA＝h，rh＝eq\r(h2＋r2)·R，解得r2＝eq\f(h2R2,h2－R2).所以圓錐體積V＝eq\f(1,3)πr2h＝eq\f(1,3)π×eq\f(h2R2,h2－R2)×h＝eq\f(1,3)πR2×eq\f(h3,h2－R2).令f(h)＝eq\f(1,3)πR2×eq\f(h3,h2－R2)(h>R)，則f′(h)＝eq\f(1,3)πR2×eq\f(h2h2－3R2,h2－R22).由f′(h)>0，得h>eq\r(3)R；由f′(h)<0，得R<h<eq\r(3)R.所以f(h)在(eq\r(3)R，＋∞)上單調遞增，在(R，eq\r(3)R)上單調遞減．故f(h)在h＝eq\r(3)R時取得最小值．此時Vmin＝eq\f(1,3)πR2×eq\f(3R2,3R2－R2)×eq\r(3)R＝eq\f(9,2)π，解得R＝eq\r(3).故選B.1．在封閉的直三棱柱ABC－A1B1C1內有一個體積為V的球．若AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，AA1＝3，則V的最大值是()A．4π B．eq\f(9π,2)C．6π D．eq\f(32π,3)B解析：易知AC＝10.設△ABC的內切圓的半徑為r，則eq\f(1,2)×6×8＝eq\f(1,2)×(6＋8＋10)·r，所以r＝2.因為2r＝4>3，所以當球與三棱柱的上、下底面相切時，體積最大，最大球的直徑2R＝3，則R＝eq\f(3,2)，此時球的體積V＝eq\f(4,3)πR3＝eq\f(9π,2).故選B.2．將半徑為3，圓心角為eq\f(2π,3)的扇形圍成一個圓錐，則該圓錐的內切球的體積為()A．eq\f(\r(2)π,3) B．eq\f(\r(3)π,3)C．eq\f(4π,3) D．2πA解析：設圓錐的底面半徑為r，高為h，則2πr＝eq\f(2π,3)×3，所以r＝1，所以h＝eq\r(32－12)＝2eq\r(2).設內切球的半徑為R，則eq\f(R,2\r(2)－R)＝eq\f(1,3)，所以R＝eq\f(\r(2),2)，所以V＝eq\f(4π,3)R3＝eq\f(4π,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))3＝eq\f(\r(2)π,3).故選A.第7章立體幾何立體幾何中的動態問題立體幾何中的動態問題主要包括：空間動點軌跡的判斷，求軌跡長度及動角的范圍及涉及的知識點，多年來是復習的難點．求動點的軌跡(長度)已知正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長為2，E為棱CC1的中點，點M在正方形BCC1B1內運動，且直線AM∥平面A1DE，則動點M的軌跡長度為()A．eq\f(π,4) B．eq\r(2)C．2 D．πB解析：以D為原點，以DA，DC，DD1所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系(圖略)，則eq\o(DA1,\s\up6(→))＝(2,0,2)，eq\o(DE,\s\up6(→))＝(0,2,1)，則平面A1DE的一個法向量為n＝(2,1，－2)．設M(x,2，z)，則eq\o(AM,\s\up6(→))＝(x－2,2，z)．由eq\o(AM,\s\up6(→))·n＝0，得2(x－2)＋2－2z＝0?x－z＝1，故點M的軌跡為以BC，BB1的中點為端點的線段，長為eq\r(12＋12)＝eq\r(2).故選B.已知邊長為1的正方形ABCD與CDEF所在的平面互相垂直，點P，Q分別是線段BC，DE上的動點(包括端點)，PQ＝eq\r(2).設線段PQ的中點的軌跡為s，則s的長度為()A.eq\f(π,4) B.eq\f(π,2)C.eq\f(\r(2),2) D.2A解析：如圖，以DA，DC，DE所在直線分別為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系．設P(m,1,0)(0≤m≤1)，Q(0,0，n)(0≤n≤1)，M(x，y，z)．由中點坐標公式易知x＝eq\f(m,2)，y＝eq\f(1,2)，z＝eq\f(n,2)，即m＝2x，n＝2z.①因為|PQ|＝eq\r(m2＋n2＋1)＝eq\r(2)，所以m2＋n2＝1，②把①代入②得，4x2＋4z2＝1.即x2＋z2＝eq\f(1,4).因為0≤m≤1,0≤n≤1，所以0≤x≤eq\f(1,2)，0≤z≤eq\f(1,2).所以PQ中點M的軌跡方程為eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋z2＝\f(1,4)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0≤x≤\f(1,2)，0≤z≤\f(1,2)))，,y＝\f(1,2).))軌跡s為在垂直于y軸的平面內，半徑為eq\f(1,2)的四分之一圓周．所以s的長度為eq\f(1,4)×2π×eq\f(1,2)＝eq\f(π,4).故選A.求線段的范圍最值問題在空間直角坐標系Oxyz中，正四面體P－ABC的頂點A，B分別在x軸、y軸上移動．若該正四面體的棱長是2，則|OP|的取值范圍是()A．[eq\r(3)－1，eq\r(3)＋1]B．[1,3]C．[eq\r(3)－1,2]D．[1，eq\r(3)＋1]A解析：如圖所示，若固定正四面體P－ABC的位置，則原點O在以AB為直徑的球面上運動，設AB的中點為M，則PM＝eq\r(22－12)＝eq\r(3)，所以原點O到點P的最近距離等于PM減去球M的半徑，最大距離是PM加上球M的半徑，所以eq\r(3)－1≤|OP|≤eq\r(3)＋1，即|OP|的取值范圍是[eq\r(3)－1，eq\r(3)＋1]．故選A.設點M是棱長為2的正方體ABCD－A1B1C1D1的棱AD的中點，點P在平面BCC1B1所在的平面內．若平面D1PM分別與平面ABCD和平面BCC1B1所成的銳二面角相等，則點P與點C1的最短距離是()A.eq\f(2\r(5),5) B.eq\f(\r(2),2)C.1 D.eq\f(\r(6),3)A解析：設P在平面ABCD上的射影為P′，M在平面BB1C1C上的射影為M′(圖略)，平面D1PM與平面ABCD和平面BCC1B1所成的銳二面角分別為α，β，則cosα＝eq\f(S△DP′M,S△D1PM)，cosβ＝eq\f(S△PM′C1,S△D1PM).因為cosα＝cosβ，所以S△DP′M＝S△PM′C1.設P到C1M′距離為d，則eq\f(1,2)×eq\r(5)×d＝eq\f(1,2)×1×2，d＝eq\f(2\r(5),5)，即點P到C1的最短距離為eq\f(2\r(5),5).求角的最值問題如圖，平面ACD⊥α，B為AC的中點，|AC|＝2，∠CBD＝60°，P為α內的動點，且點P到直線BD的距離為eq\r(3)，則∠APC的最大值為()A．30° B．60°C．90° D．120°B解析：因為點P到直線BD的距離為eq\r(3)，所以空間中到直線BD的距離為eq\r(3)的點構成一個圓柱面，它和平面α相交得一橢圓，即點P在α內的軌跡為一個橢圓，B為橢圓的中心，b＝eq\r(3)，a＝eq\f(\r(3),sin60°)＝2，則c＝1，所以A，C為橢圓的焦點．因為橢圓上的點