《2025年小题狂做高中数学必修第二册人教版巅峰版》

6. [多选题,2024 广东东莞月考]已知三棱锥 $P - ABC$ 的四个顶点都在球 O 上,且 $PA ⊥$ 底面 $ABC,PA = 2AB = 2AC = 2,∠BAC = \frac{2π}{3}$,则下列说法正确的是 (ABD)

A.$BC = \sqrt{3}$
B.球心 O 在三棱锥的外部
C.球心 O 到底面 $ABC$ 的距离为 2
D.球 O 的体积为 $\frac{8\sqrt{2}π}{3}$

答案：
6.ABD对于A，在$\triangle ABC$中，由余弦定理得$BC^2 = 1 + 1 - 2 × 1 × 1 × \cos \frac{2\pi}{3} = 3$，即$BC = \sqrt{3}$，故A正确；对于B，如图，设$\triangle ABC$外接圆的圆心为$O_1$，连接$OO_1$，则$OO_1 \perp$底面$ABC$，又$PA \perp$底面$ABC$，所以$OO_1 // PA$，由$\angle BAC = \frac{2\pi}{3}$，得圆心$O_1$在$\triangle ABC$外部，故球心$O$在三棱锥的外部，故B正确；对于C，取线段$PA$的中点$Q$，连接$OQ$，因为$PA$是球$O$的一条弦，所以$OQ \perp PA$，所以四边形$OO_1AQ$为矩形，故$OO_1 = AQ = \frac{1}{2} PA = 1$，即球心$O$到底面$ABC$的距离为$1$，故C错误；对于D，设球$O$的半径为$R$，圆$O_1$的半径为$r$，由正弦定理得$2r = \frac{BC}{\sin \angle BAC} = 2$，所以$r = 1$，进而$R = \sqrt{OO_1^2 + r^2} = \sqrt{2}$，所以球$O$的体积为$\frac{4\pi}{3} R^3 = \frac{8 \sqrt{2} \pi}{3}$，故D正确。
　　　　　　　　

7. [多选题,2023 江苏镇江中学期末]在南方不少地区,经常看到人们头戴一种用木片、竹篾或苇蒿等材料制作的斗笠,用来遮阳或避雨,随着旅游和文化交流活动的开展,斗笠也逐渐成为一种时尚旅游产品.有一种外形为圆锥形的斗笠,称为“灯罩斗笠”,根据人的体型、高矮等制作成大小不一的型号供人选择使用,不同型号的斗笠大小经常用帽坡长(母线长)和帽底宽(底面圆直径长)两个指标进行衡量,现有一个“灯罩斗笠”,帽坡长 40 厘米,帽底宽 $40\sqrt{3}$厘米,关于此斗笠,下面说法正确的是 (ABD)


A.斗笠轴截面(过顶点和底面中心的截面图形)的顶角为 $120^{\circ}$
B.若此斗笠顶点和底面圆上所有点都在同一个球上,则该球的表面积为 6 400π 平方厘米
C.过斗笠顶点和斗笠侧面上任意两条母线的截面三角形的最大面积为 $200\sqrt{3}$平方厘米
D.将此斗笠放在平面上,在此斗笠与平面围成的空间内放置一个球,则该球的最大半径为 $(40\sqrt{3} - 60)$厘米

答案：
7.ABD　　对于A，作出图形如图所示，$PO = \sqrt{40^2 - (20 \sqrt{3})^2} = \sqrt{1600 - 1200} = 20$，所以$\sin \angle APO = \frac{AO}{AP} = \frac{20 \sqrt{3}}{40} = \frac{\sqrt{3}}{2}$，故$\angle APO = 60°$，所以$\angle APB = 120°$，故A正确；
　　　　　　　　
对于B，如图，设外接球球心为$M$，半径为$R$，所以$MA = MP = R$，在$\triangle AOM$中，由勾股定理可得，$1200 + (20 - R)^2 = R^2$，解得$R = 40$，所以该球的表面积$S = 4 \pi × 40^2 = 6400 \pi$，故B正确；
　　　　　　　　
对于C，最大面积的截面三角形为圆锥的轴截面，所以$S_{最大} = \frac{1}{2} · PO · AB = \frac{1}{2} × 20 × 40 \sqrt{3} = 400 \sqrt{3} ＞ 200 \sqrt{3}$，故C错误；对于D，设球心为$O'$，轴截面主视图如图所示，设内切圆半径为$r$，$\triangle ABP$各边长分别为$PA = PB = 40$，$AB = 40 \sqrt{3}$，所以$S_{\triangle PAB} = \frac{1}{2} (40 + 40 + 40 \sqrt{3}) r = \frac{1}{2} × 40 \sqrt{3} × 20$，解得$r = 40 \sqrt{3} - 60$，故D正确。
　　　　　　

8. [2025 重庆沙坪坝期末]如图,半径为 2 的四分之一球形状的玩具储物盒,放入一个玩具小球,合上盒盖,当小球的半径最大时,小球的表面积为$(48 - 32 \sqrt{2}) \pi$.

答案：
8.$(48 - 32 \sqrt{2}) \pi$如图，小球最大半径$r$满足$(\sqrt{2} + 1)r = 2$，解得$r = 2(\sqrt{2} - 1)$，所以小球的表面积$S = 4 \pi r^2 = (48 - 32 \sqrt{2}) \pi$。
　　　　　　　

9. [2025 福建宁德期末]如图,一个底面边长和侧棱长均为 8 的正三棱柱密闭容器 $ABC - A_{1}B_{1}C_{1}$,其中盛有一定体积的水.若侧面 $AA_{1}B_{1}B$ 水平放置时,水面恰好经过点 D,且 $CA = 4CD$,那么当底面 $ABC$ 水平放置时,水面高为$\frac{15}{2}$;若侧面 $AA_{1}B_{1}B$ 水平放置时,容器内的水形成的几何体的所有顶点在同一个球面上,该球的表面积为$\frac{400\pi}{3}$.

答案：
9.$\frac{15}{2}$ $\frac{400\pi}{3}$因为侧面$AA_1B_1B$水平放置时，水面恰好经过点$D$，且$CA = 4CD$，所以右侧面等腰梯形的面积为右侧面正三角形的面积的$\frac{15}{16}$，又都以右侧面作为底面时，四棱柱与三棱柱的高相等，所以水的体积占容器体积的$\frac{15}{16}$，所以底面$ABC$水平放置时，水的高度占容器高度的$\frac{15}{16}$，即水面高度为$\frac{15}{16} × 8 = \frac{15}{2}$。侧面$AA_1B_1B$水平放置时，容器内的水形成的几何体是底面$ABED$为等腰梯形的直四棱柱，且$AB = 8$，$AD = 6$，$\angle DAB = 60°$，$BD = \sqrt{6^2 + 8^2 - 2 × 6 × 8 \cos 60°} = 2 \sqrt{13}$，$\triangle ABD$外接圆的半径$r = \frac{BD}{2 \sin \angle DAB} = \frac{2 \sqrt{13}}{2 × \frac{\sqrt{3}}{2}} = \frac{2 \sqrt{39}}{3}$，所以该四棱柱的外接球的半径$R = \sqrt{r^2 + \left( \frac{h}{2} \right)^2} = \sqrt{\frac{52}{3} + 16} = \sqrt{\frac{100}{3}}$，所以该球的表面积为$4 \pi R^2 = \frac{400\pi}{3}$。