《2025年金版教程高考科学复习解决方案数学》

例2　　(1)(2024·广东广州模拟)已知一个圆台的母线长为5，且它的内切球的表面积为16π，则该圆台的体积为 （ ）
A. 25π
B. $\frac{84\pi}{3}$
C. 28π
D. 36π

答案：
C　[由圆台的内切球的表面积为16π，可得球的半径为2。设圆台上、下底面圆的半径分别为x，y，作出圆台的轴截面如图所示。根据题意可知$\begin{cases}x + y = 5\\4²+(y - x)² = 5²\end{cases}$，解得$\begin{cases}x = 1\\y = 4\end{cases}$。又圆台的高为4，所以该圆台的体积为$\frac{1}{3}$×(π + 16π+√(π×16π))×4 = 28π。故选C。]
　　　　　　　　　　　　　　　　　　

(2)已知正三棱锥的高为1，底面边长为$2\sqrt{3}$，内有一个球与四个面都相切，则正三棱锥的内切球的半径为________.

答案：
答案　√2−1
解析　如图，过点P作PD⊥平面ABC于点D，连接AD并延长交BC于点E，连接PE。因为△ABC是正三角形，所以AE是BC边上的高和中线，D为△ABC的中心。因为AB = BC = 2√3，所以S△ABC = 3√3，DE = 1，PE = √2。所以S三棱锥表 = 3×$\frac{1}{2}$×2√3×√2+3√3 = 3√6+3√3。因为PD = 1，所以三棱锥的体积V=$\frac{1}{3}$×3√3×1 = √3。设内切球的半径为r，以球心O为顶点，三棱锥的四个面为底面，把正三棱锥分割为四个小三棱锥，由$\frac{1}{3}$S三棱锥表·r = √3，得r=$\frac{3\sqrt{3}}{3\sqrt{6}+3\sqrt{3}}$=√2 - 1。
　　　　　　　　　　　　　　　　

(3)(2023·全国甲卷)在正方体ABCD - A₁B₁C₁D₁中，E，F分别为CD，A₁B₁的中点，则以EF为直径的球面与正方体每条棱的交点总数为________.

答案：
答案　12
解析　如图，不妨设正方体的棱长为2，EF的中点为O，取AB，BB₁的中点G，M，侧面BB₁C₁C的中心为N，连接FG，EG，OM，ON，MN，由题意可知，O为球心，在正方体中，EF = √(FG²+EG²)=√(2²+2²)=2√2，即R = √2，则球心O到BB₁的距离为OM = √(ON²+MN²)=√(1²+1²)=√2，所以球O与棱BB₁相切，球面与棱BB₁只有1个交点，同理，根据正方体的对称性知，球面与其余各棱也只有1个交点，所以以EF为直径的球面与正方体每条棱的交点总数为12。
　　　　　　　　　　　　　　　　

对点训练
5. 已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为________.

答案：
答案　$\frac{\sqrt{2}\pi}{3}$
解析　圆锥内半径最大的球即为圆锥的内切球，设其半径为r。作出圆锥的轴截面PAB，如图所示，则△PAB的内切圆为圆锥的内切球的大圆。在△PAB中，PA = PB = 3，D为AB的中点，AB = 2，E为切点，则PD = 2√2，△PEO∽△PDB，故$\frac{PO}{PB}$=$\frac{OE}{DB}$，即$\frac{2\sqrt{2}-r}{3}$=$\frac{r}{1}$，解得r=$\frac{\sqrt{2}}{2}$，故内切球的体积为$\frac{4}{3}$π×($\frac{\sqrt{2}}{2}$)³=$\frac{\sqrt{2}\pi}{3}$。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　

6. (2024·山东烟台模拟)某学校开展手工艺品展示活动，某同学用塑料制作了如图所示的手工艺品，其外部为一个底面边长为6的正三棱柱，内部为一个球，球的表面与三棱柱的各面均相切，则该内切球的表面积为________，三棱柱的顶点到球的表面的最短距离为________.

答案：
答案　12π　√15 - √3
解析　过侧棱的中点作正三棱柱的截面，如图所示，则球心为△MNG的中心。
　　　　 　　
因为MN = 6，所以△MNG内切圆的半径r = OH=$\frac{1}{3}$MH=$\frac{1}{3}$√(MN² - HN²)=√3，即内切球的半径R = √3，所以内切球的表面积S = 4πR² = 12π。又正三棱柱的高AA₁ = 2R = 2√3，OM=$\frac{2}{3}$MH = 2√3，所以AO = √(OM²+AM²)=√((2√3)²+(√3)²)=√15，所以点A到球的表面的最短距离为AO - R = √15 - √3。

例3　　(1)(2024·云南昆明模拟)已知OA为球O的半径，M为线段OA上的点，且AM = 2MO，过点M且垂直于OA的平面截球面得到圆M，若圆M的面积为8π，则OA = （ ）
A. $2\sqrt{2}$
B. 3
C. $2\sqrt{3}$
D. 4

答案：
B　[如图所示,由题意，得π×BM² = 8π，则BM = 2√2。设球的半径为R，则MO=$\frac{1}{3}$R，OB = R，所以R²=$\frac{1}{9}$R²+(2√2)²，所以OA = R = 3。故选B。]
　　　　　　　　　　　　　　　　

(2)已知A，B，C为球O的球面上的三个点，⊙O₁为△ABC的外接圆，若⊙O₁的面积为4π，AB = BC = AC = OO₁，则球O的表面积为 （ ）
A. 64π
B. 48π
C. 36π
D. 32π

答案：
A　[设⊙O₁的半径为r，球的半径为R，依题意，得πr² = 4π，
∴r = 2。由正弦定理可得$\frac{AB}{\sin60^{\circ}}$=2r，
∴AB = 2rsin60° = 2√3，
∴OO₁ = AB = 2√3。根据球的截面性质，得OO₁⊥平面ABC，
∴OO₁⊥O₁A，R = OA = √(OO₁²+O₁A²)=√(OO₁²+r²)=4，
∴球O的表面积S = 4πR² = 64π。故选A。]
　　　　　　　　

(3)(2020·新高考I卷)已知直四棱柱ABCD - A₁B₁C₁D₁的棱长均为2，∠BAD = 60°.以D₁为球心，$\sqrt{5}$为半径的球面与侧面BCC₁B₁的交线长为________.

答案：
答案　$\frac{\sqrt{2}\pi}{2}$
解析　如图所示，取B₁C₁的中点为E，BB₁的中点为F，CC₁的中点为G，连接D₁E，EF，EG，D₁B₁，因为∠BAD = 60°，直四棱柱ABCD - A₁B₁C₁D₁的棱长均为2，所以△D₁B₁C₁为等边三角形，所以D₁E = √3，D₁E⊥B₁C₁。又四棱柱ABCD - A₁B₁C₁D₁为直四棱柱，所以BB₁⊥平面A₁B₁C₁D₁，所以BB₁⊥D₁E。因为BB₁∩B₁C₁ = B₁，所以D₁E⊥侧面B₁C₁CB。设P为侧面B₁C₁CB与球面的交线上的点，连接D₁P，EP，则D₁E⊥EP。因为球的半径为√5，D₁E = √3，所以EP = √(D₁P² - D₁E²)=√(5 - 3)=√2，所以侧面B₁C₁CB与球面的交线上的点到E的距离为√2。因为EF = EG = √2，所以侧面B₁C₁CB与球面的交线是扇形EFG的弧FG。因为∠B₁EF = ∠C₁EG=$\frac{\pi}{4}$，所以∠FEG=$\frac{\pi}{2}$，所以根据弧长公式可得交线长l=$\frac{\pi}{2}$×√2=$\frac{\sqrt{2}\pi}{2}$。
　　　　　　　　　　　　　　　　

对点训练
7. (2024·江苏苏州校考阶段练习)传说古希腊数学家阿基米德的墓碑上刻着一个圆柱，圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等，如图是一个圆柱容球，O₁，O₂为圆柱两个底面的圆心，O为球心，EF为底面圆O₁的一条直径，若球的半径R = 2，则
(1)平面DEF截得球的截面面积的最小值为________；
(2)若P为球面和圆柱侧面的交线上一点，则PE + PF的取值范围为____________.

答案：
答案　
(1)$\frac{16\pi}{5}$　
(2)[2√5+2，4√3]
解析　
(1)过点O在平面ABCD内作OG⊥DO₁，垂足为G，如图所示，易知O₁O₂⊥CD，O₁O₂ = 4，O₂D = 2，由勾股定理，可得O₁D = √(O₁O₂²+O₂D²)=2√5，则由题意，可得OG=$\frac{1}{2}$×$\frac{O₁O₂×O₂D}{O₁D}$=$\frac{1}{2}$×$\frac{4×2}{2\sqrt{5}}$=$\frac{2\sqrt{5}}{5}$，设点O到平面DEF的距离为d₁，平面DEF截得球的截面圆的半径为r₁，因为O₁D//平面DEF，当OG⊥平面DEF时，d₁取得最大值OG，即d₁≤OG=$\frac{2\sqrt{5}}{5}$，所以r₁ = √(4 - d₁²)≥√(4 - $\frac{4}{5}$)=$\frac{4\sqrt{5}}{5}$，所以平面DEF截得球的截面面积的最小值为π×($\frac{4\sqrt{5}}{5}$)²=$\frac{16\pi}{5}$。
　　　　　　　　　　　　　　　　
(2)由题意可知，点P在过球心与圆柱的底面平行的截面圆上，设P在底面的射影为P'，则PP' = 2，PE = √(2²+P'E²)=√(4+P'E²)，PF = √(2²+P'F²)=√(4+P'F²)，由勾股定理，可得P'E²+P'F² = 16，令P'F² = 8 - t，则P'E² = 8 + t，其中 - 8≤t≤8，所以PE + PF = √(12 + t)+√(12 - t)，所以(PE + PF)²=(√(12 + t)+√(12 - t))² = 24 + 2√(144 - t²)∈[24+8√5，48]，因此PE + PF∈[2√5+2，4√3]。