《2024步步高考二轮数学新教材讲义专题四 第4讲 空间向量与距离、探究性问题.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2024步步高考二轮数学新教材讲义专题四 第4讲 空间向量与距离、探究性问题.docx（40页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2024步步高考二轮数学新教材讲义第4讲空间向量与距离、探究性问题考情分析1.以空间几何体为载体，考查利用向量方法求空间中点到直线以及点到平面的距离，属于中等难度.2.以空间向量为工具，探究空间几何体中线、面的位置关系或空间角存在的条件，计算量较大，一般以解答题的形式考查，难度中等偏上考点一空间距离核心提炼(1)点到直线的距离直线l的单位方向向量为u，A是直线l上的任一点，P为直线l外一点，设a，则点P到直线l的距离d.(2)点到平面的距离平面的法向量为n，A是平面内任一点，P为平面外一点，则点P到平面的距离为d.考向1点到直线的距离例1(1)(2023温州模拟)四面体OABC满足AOBBOC
2、COA90，OA1，OB2，OC3，点D在棱OC上，且OC3OD，点G为ABC的重心，则点G到直线AD的距离为()A. B. C. D.答案A解析四面体OABC满足AOBBOCCOA90，即OA，OB，OC两两垂直，以O为原点，以，的方向分别为x，y，z轴的正方向建立空间直角坐标系，如图，因为OA1，OB2，OC3，OC3OD，则A(1,0,0)，D(0,0,1)，B(0,2,0)，C(0,0,3)，G，于是，(1,0,1)，|，(1)1，所以点G到直线AD的距离d.(2)(2023北京模拟)如图，已知正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，则线段AD1上的动点P到直线A1C1距离的最小值为
3、()A1 B. C. D.答案D解析如图，以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则A1(1,0,1)，C1(0,1,1)，设P(x，0,1x)，0x1，则(x1,0，x)，(1,1,0)，动点P到直线A1C1的距离d，当且仅当x时取等号，即线段AD1上的动点P到直线A1C1距离的最小值为.考向2点到平面的距离例2(1)(2023武汉模拟)如图所示的多面体是由底面为ABCD的长方体被截面AEC1F所截得到的，其中AB4，BC2，CC13，BE1，则点C到平面AEC1F的距离为()A. B.C. D.答案C解析以D为原点，分别以DA，DC，DF所在直线为x
4、轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,4,0)，C(0,4,0)，E(2,4,1)，C1(0,4,3)，(2,4,3)，(0,4,1)设n(x，y，z)为平面AEC1F的法向量，由得令z1，n.又(0,0,3)，点C到平面AEC1F的距离d.(2)已知正方形ABCD的边长为1，PD平面ABCD，且PD1，E，F分别为AB，BC的中点，则直线AC到平面PEF的距离为()A2 B. C. D.答案B解析如图所示，建立以D为坐标原点，的方向分别为x轴、y轴、z轴正方向的空间直角坐标系则P(0,0,1)，A(1,0,0)，E，F，所以，设平面PEF的
5、法向量为n(x，y，z)，则即令x2，则y2，z3，所以n.因为，所以点A到平面PEF的距离d.因为E，F分别为AB，BC的中点，所以EFAC，又EF平面PEF，AC平面PEF，所以AC平面PEF，所以AC到平面PEF的距离即为点A到平面PEF的距离.规律方法(1)求点到平面的距离有两种方法，一是利用空间向量点到平面的距离公式，二是利用等体积法(2)求直线到平面的距离的前提是直线与平面平行求直线到平面的距离可转化成直线上任一点到平面的距离跟踪演练1(2023大连模拟)如图，已知ABCDA1B1C1D1是底面边长为1的正四棱柱，O1为A1C1与B1D1的交点(1)若点C到平面AB1D1的距离为，
6、求正四棱柱ABCDA1B1C1D1的高；(2)在(1)的条件下，若E是AB1的中点，求点E到直线A1C1的距离解(1)设正四棱柱的高为h，以A1为坐标原点，A1B1，A1D1，A1A所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0，h)，B1(1,0,0)，D1(0,1,0)，C(1,1，h)，则(1,0，h)，(0,1，h)，(1,1,0)设平面AB1D1的法向量为n(u，v，w)因为n，n，所以n0，n0.由得uhw，vhw，所以n(hw，hw，w)取w1，得n(h，h，1)由点C 到平面AB1D1的距离为d，解得h2.(2)由(1)可知A1(0,0,0)，C1(
7、1,1,0)，E，(1,1,0)，所以点E到直线A1C1的距离d.考点二空间中的探究性问题核心提炼与空间向量有关的探究性问题主要有两类：一类是探究线面的位置关系；另一类是探究线面角或两平面的夹角满足特定要求时的存在性问题处理原则：先建立空间直角坐标系，引入参数(有些是题中已给出)，设出关键点的坐标，然后探究这样的点是否存在，或参数是否满足要求，从而作出判断例3(2023许昌模拟)如图，四棱锥PABCD的底面ABCD为菱形，平面PAD平面ABCD，BAD60，PAPD，AB2，M为PC上一点，且3.(1)求异面直线AP与DM所成角的余弦值；(2)在棱PB上是否存在点N，使得AN平面BDM？若存在
8、，求的值；若不存在，请说明理由解(1)设O是AD的中点，连接OP，OB，由于PAPD，所以OPAD，由于平面PAD平面ABCD且交线为AD，OP平面PAD，所以OP平面ABCD，由于OB平面ABCD，所以OPOB，在菱形ABCD中，BAD60，所以ABD是等边三角形，所以OBAD，故OA，OB，OP两两垂直，以O为坐标原点，OA，OB，OP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系如图所示，OP2，P(0,0,2)，A(1,0,0)，B，C，D(1,0,0)，(1,0,2)，(1,0,2)，(2，2)，设异面直线AP与DM所成的角为，则cos .所以异面直线AP与DM所成角的余弦值为.(2)
9、，设平面BDM的法向量为n(x，y，z)，则令x6，则y2，z15，即n.设，则，(1,0,2).若AN平面BDM，则n6615(22)24360，解得，所以在棱PB上存在点N，使得AN平面BDM且.规律方法解决立体几何中探索性问题的基本方法(1)通常假设问题中的数学对象存在或结论成立，再在这个前提下进行推理，如果能推出与条件吻合的数据或事实，说明假设成立，并可进一步证明，否则假设不成立(2)探索线段上是否存在满足条件的点时，一定注意三点共线的条件的应用跟踪演练2(2023咸阳模拟)如图，三棱柱ABCA1B1C1的侧面BB1C1C是边长为1的正方形，平面BB1C1C平面AA1B1B，AB4，A
10、1B1B60，G是A1B1的中点(1)求证：平面GBC平面BB1C1C；(2)在线段BC上是否存在一点P，使得二面角PGB1B的平面角为30？若存在，求BP的长；若不存在，请说明理由(1)证明在GBB1中，GB1AB2，BB11，A1B1B60，则GB，则GBBBGB2，即GBBB1，又平面BB1C1C平面AA1B1B，且平面BB1C1C平面AA1B1BBB1，GB平面AA1B1B，故GB平面BB1C1C.又GB平面GBC，则平面GBC平面BB1C1C.(2)解存在由(1)知，BG，BB1，BC两两垂直，如图，以B为坐标原点，以BG，BB1，BC所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标
11、系，则B(0,0,0)，G，B1(0,1,0)，P(0t1)，则，.设平面PGB1的法向量为n(x，y，z)，则即令z，则yt，xt，即n.又平面BB1G的一个法向量为m(0,0,1)，则|cosm，n|cos 30，解得t2，又0t1，则t.故BP.专题强化练1.已知三棱柱ABCA1B1C1，AA1平面ABC，BAC90，AA1ABAC1.(1)求异面直线AC1与A1B所成的角；(2)设M为A1B的中点，在ABC的内部或边上是否存在一点N，使得MN平面ABC1？若存在，确定点N的位置，若不存在，请说明理由解因为AA1平面ABC，所以AA1平面A1B1C1，即AA1A1B1，AA1A1C1，又
12、BAC90，所以B1A1C190，即A1B1A1C1，所以AA1，A1B1，A1C1两两垂直，如图，以A1为原点，以A1B1为x轴，A1C1为y轴，A1A为z轴建立空间直角坐标系，因为AA1ABAC1，所以A1(0,0,0)，B1(1,0,0)，C1(0,1,0)，A(0,0,1)，B(1,0,1)，C(0,1,1)，(1)(0,1，1)，(1,0,1)，|cos，|，所以异面直线AC1与A1B所成的角为60.(2)存在假设在平面ABC的边上或内部存在一点N(x，y，1)，因为M为A1B的中点，(1,0,1)，所以M，所以，又(0,1，1)，(1,1，1)，则所以N，且，所以N是BC的中点故存
13、在点N，N为BC的中点，满足条件2.(2023湖北省襄阳市第四中学模拟)已知斜三棱柱ABCA1B1C1的各棱长都为4，A1AB60，点A1在下底面ABC上的投影为AB的中点O.(1)在棱BB1(含端点)上是否存在一点D使A1DAC1？若存在，求出BD的长；若不存在，请说明理由；(2)求点A1到平面BCC1B1的距离解(1)存在点A1在下底面ABC上的投影为AB的中点O，故A1O平面ABC，连接OC，由题意知ABC为正三角形，故OCAB，以O为坐标原点，OA，OC，OA1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A(2,0,0)，A1，C，B(2,0,0)，B1，C1，设，可
14、得D，假设在棱BB1(含端点)上存在一点D使A1DAC1，则，420，解得，则BDBB1.(2)由(1)知，设平面BCC1B1的法向量为n(x，y，z)，则令x，则z1，y1，则n，又，则点A1到平面BCC1B1的距离d，即点A1到平面BCC1B1的距离为.3.(2023齐齐哈尔模拟)如图，在四棱锥PABCD中，PD平面ABCD，ABAD，ABDC，DCADPD1，AB2，E为线段PA上一点，点F在边AB上，且CFBD.(1)若E为PA的中点，求四面体BCEP的体积；(2)在线段PA上是否存在点E，使得EF与平面PFC所成角的余弦值是？若存在，求出AE的长；若不存在，请说明理由解(1)由题意可
15、得DA，DC，DP两两垂直，以D为原点，DA，DC，DP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示，A(1,0,0)，B(1,2,0)，C(0,1,0)，P(0,0,1)，E，(1，1,0)，(0，1,1)，.设平面PBC的法向量为m(x，y，z)，则不妨令y1，则x1，z1，则m(1,1,1)设点E到平面PBC的距离为d，则d，又BCPC，PB，PBC的面积为.四面体BCEP的体积为.(2)存在设点F的坐标为，.CFBD，即0，则112(t1)0，解得t，F，.设，0,1，.设平面PFC的法向量为n(a，b，c)，即不妨令a1，则b2，c2，则n(1,2,2)，n1，|cos，n
16、|，EF与平面PFC所成角的余弦值是，正弦值为.，整理得202810，解得或(舍去)存在满足条件的点E，且AE.4(2023广州模拟)如图，C是以AB为直径的圆O上异于A，B的点，平面PAC平面ABC，PAPCAC2，BC4，E，F分别是PC，PB的中点，记平面AEF与平面ABC的交线为直线l.(1)证明：l平面PAC；(2)直线l上是否存在点Q，使直线PQ分别与平面AEF、直线EF所成的角互余？若存在，求出AQ的值；若不存在，请说明理由(1)证明E，F分别是PC，PB的中点，BCEF，又EF平面AEF，BC平面EFA，BC平面AEF，又BC平面ABC，平面AEF平面ABCl，BCl，又AB是
17、圆O的直径，C在圆上即BCAC，平面PAC平面ABCAC，平面PAC平面ABC，BC平面PAC，即l平面PAC.(2)解以C为坐标原点，CA为x轴，CB为y轴，过C垂直于平面ABC的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，A(2,0,0)，B(0,4,0)，P(1,0，)，E，F，(0,2,0)，设Q(2，y，0)，平面AEF的法向量为m(x，y，z)，则令x1，则z，得m(1,0，)，且(1，y，)，|cos，|，|cos，m|，依题意，得|cos，|cos，m|，即y1.直线l上存在点Q，使直线PQ分别与平面AEF、直线EF所成的角互余，此时AQ1.规范答题4立体几何(12分)(2023
18、全国乙卷)如图，三棱锥PABC中，ABBC，AB2，BC2，PBPC，BP，AP，BC的中点分别为D，E，O，ADDO，点F在AC上，BFAO.(1)证明：EF平面ADO；切入点：由BFAO找F位置(2)证明：平面ADO平面BEF；切入点：证明AO平面BEF(3)求二面角DAOC的正弦值方法一关键点：找二面角DAOC的平面角方法二关键点：由AOBE及PB长求点P坐标(1)证明设AFtAC，则(1t)t，(1分)，因为BFAO，所以(1t)t(t1)2t24(t1)4t0， (3分)解得t，则F为AC的中点又D，E，O分别为PB，PA，BC的中点，于是EFPC，DOPC，所以EFDO，又EF平面
19、ADO，DO平面ADO，所以EF平面ADO.(4分)(2)证明由(1)可知EFDO，由题意可得AO，DOPC，所以ADDO， (6分)因此DO2AO2AD2，则DOAO，所以EFAO，又AOBF，BFEFF，BF，EF平面BEF，则有AO平面BEF，(7分)又AO平面ADO，所以平面ADO平面BEF.(8分)(3)解方法一如图，过点O作OHBF交AC于点H，设ADBEG，连接DH，GF，由AOBF，得OHAO，且FHAH， (9分)又由(2)知，ODAO，则DOH为二面角DAOC的平面角，因为D，E分别为PB，PA的中点，因此G为PAB的重心，即有DGAD，GEBE，又FHAH，即有DHGF，
20、cosABD，解得PA，同理得BE，因为AC2，所以BFAC，于是BE2EF2BF23，即有BEEF，则GF222， 从而GF，DH，在DOH中，OHBF，OD，DH，(11分)于是cosDOH， sinDOH，所以二面角DAOC的正弦值为.(12分)方法二如图，以B为坐标原点，BA，BC所在直线分别为x，y轴，建立空间直角坐标系，则B(0,0,0)，A(2,0,0)，O(0，0)，(2，0)因为PBPC，BC2，所以设P(x，z)，z0，(9分)则(2,0,0)(x2，z) ， 由(2)得AOBE，所以(2，0)0，所以x1，又PB，(x，z)， (10分)所以x22z26，所以z，则P(1
21、，)由D为PB的中点，得D，则.设平面DAO的法向量为n1(a，b，c)，则即得ba，ca，取a1，则n1(1，)易知平面CAO的一个法向量为n2(0,0,1)，(11分)设二面角DAOC的大小为，则|cos |cosn1，n2|， 所以sin ， 故二面角DAOC的正弦值为.(12分)处用，表示，处利用找点F位置处利用勾股定理证明AOOD处找、证二面角的平面角处利用垂直求DH长度处利用余弦定理求角处求坐标处利用AOBE及PB长求点P坐标处利用向量法求两法向量夹角微重点7球的切接问题空间几何体的外接球、内切球是高中数学的重点、难点，也是高考命题的热点，一般是通过对几何体的割补或寻找几何体外接球
22、的球心求解外接球问题，利用等体积法求内切球半径等，一般出现在压轴小题位置考点一空间几何体的外接球例1(1)(2023杭州模拟)在四面体ABCD中，ABC与BCD都是边长为6的等边三角形，且二面角ABCD的大小为60，则四面体ABCD外接球的表面积是()A52 B54C56 D60答案A解析如图所示，设外接球半径为R，取BC的中点O，连接OD，OA，分别取BCD和ABC的外心E，F，过两点分别作平面BDC和平面ABC的垂线，交于点P，则P就是外接球的球心，连接OP，DP，则AOD为二面角ABCD的平面角，即AOD60，则AOD是等边三角形，其边长为63，OEOD3，在POE中，POE30，所以P
23、EOEtan 301，又由DEOD2，所以RPD，所以四面体ABCD外接球的表面积为4R24()252.(2)(2023全国乙卷)已知点S，A，B，C均在半径为2的球面上，ABC是边长为3的等边三角形，SA平面ABC，则SA_.答案2解析如图，将三棱锥SABC转化为直三棱柱SMNABC，设ABC的外接圆圆心为O1，半径为r，则2r2，可得r，设三棱锥SABC的外接球球心为O，连接OA，OO1，则OA2，OO1SA，因为OA2OOO1A2，即43SA2，解得SA2.规律方法求解空间几何体的外接球问题的策略(1)定球心：球心到接点的距离相等且为半径(2)作截面：选准最佳角度作出截面(要使这个截面尽
24、可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系)，达到空间问题平面化的目的(3)求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解跟踪演练1(1)已知四面体ABCD中，ABCD2，ACBD，ADBC，则四面体ABCD外接球的表面积为_答案45解析设四面体ABCD外接球的半径为R，将四面体ABCD置于长、宽、高分别为a，b，c的长方体中，故故R，故四面体ABCD外接球的表面积为4R245.(2)(2023昆明模拟)故宫太和殿是中国形制最高的宫殿，其建筑采用了重檐庑殿顶的屋顶样式，庑殿顶是“四出水”的五脊四坡式，由一条正脊和四条垂脊组成，因此又称五脊殿由于屋顶有四面斜坡
25、，故又称四阿顶如图，某几何体ABCDEF有五个面，其形状与四阿顶相类似已知底面ABCD为矩形，AB4，ADEF2，EF底面ABCD，且EAEDFBFCBC，则几何体ABCDEF外接球的表面积为()A22 B28C32 D38答案A解析连接AC，BD，设ACBDM，取EF的中点N，连接MN，由题意知，球心O在直线MN上，取BC的中点G，连接FG，则FGBC，且FG2.连接MG，过点F作FPMG于点P，则四边形MPFN是矩形，MNFP，则MNFP，又因AMAC，AC2，则AM，因为AMO和ONE均为直角三角形，设外接球半径为R，OMx，当球心O在线段MN上时，则R2x2()2，R2(x)212，解
26、得x(舍)，当球心O在线段MN外时，则R2x2()2，R2(x)212，解得x，故R25，所以外接球的表面积S4R222.考点二空间几何体的内切球例2(1)在三棱锥ABCD中，AB平面BCD，BCCD，且ABCD4，BC3，则该三棱锥内切球的体积为()A. B. C. D.答案A解析由AB平面BCD，CD平面BCD，得ABCD.又BCCD，且AB，BC平面ABC，ABBCB，所以CD平面ABC，又AC平面ABC，所以CDAC.由ABCD4，BC3，得ACBD5，所以三棱锥ABCD的表面积S23424532，三棱锥ABCD的体积V3448.设三棱锥内切球球心为O，半径为r，由VVOABCVOAB
27、DVOACDVOBCDSr，得r，所以该三棱锥内切球的体积V球r33.(2)(2023沈阳模拟)如图，圆台内有一个球，该球与圆台的侧面和底面均相切已知圆台的下底面圆心为O1，半径为r1，圆台的上底面圆心为O2，半径为r2(r1r2)，球的球心为O，半径为R，记圆台的表面积为S1，球的表面积为S2，则的可能的取值为()A. B. C. D.答案A解析如图，作出圆台的轴截面，作DFBC，垂足为F，由题意知圆O与梯形ABCD相切，则DCDECEO2DO1Cr2r1，又DC，故r1r2，化简可得R2r1r2，则(r1r2，故取不到等号)，由于，都不大于，故的可能的取值为.规律方法空间几何题的内切球问题
28、，一是找球心，球心到切点的距离相等且为球的半径，作出截面，在截面中求半径；二是利用等体积法直接求内切球的半径跟踪演练2(1)在封闭的直三棱柱ABCA1B1C1内有一个体积为V的球，若ABBC，AB6，BC8，AA16，则V的最大值是()A16 B.C36 D.答案B解析由题意，因为ABBC，AB6，BC8，所以AC10，可得ABC内切圆的半径r2，又由AA16，故在直三棱柱ABCA1B1C1内部的球的半径最大为R2，所以此时V的最大值为R323.(2)(2023贵阳联考)SF6(六氟化硫)具有良好的绝缘性，在电子工业上有着广泛的应用，其分子结构如图所示：六个元素F分别位于正方体六个面的中心，元
29、素S位于正方体中心，若正方体的棱长为a，记以六个F为顶点的正八面体为T，则T的体积为_，T的内切球表面积为_答案解析正八面体T可视为两个全等的正四棱锥拼接而成，且该正四棱锥的底面边长为a，高为，所以正八面体的体积V22，由图可知，正八面体T的每个面都是棱长为a的等边三角形，所以正八面体T的表面积S82a2，设正八面体T的内切球半径为r，则VSr，所以ra，因此，正八面体T的内切球的表面积为4r242.专题强化练1.如图，在三棱锥VABC中，VA底面ABC，BAC90，ABACVA2，则该三棱锥外接球的体积为()A12B4C.D.答案B解析因为VA底面ABC，AB，AC底面ABC，所以VAAB，
30、VAAC，又因为BAC90，所以ABAC，而ABACVA2，所以三条互相垂直且共顶点的棱，可以看成正方体中共顶点的长、宽、高，因此该三棱锥外接球的半径R，所以外接球的体积VR34.2(2023成都模拟)在三棱锥PABC中，PA底面ABC，AB2，ACAP，BCCA，若三棱锥PABC外接球的表面积为5，则BC等于()A1 B. C. D.答案C解析因为PA平面ABC，BC平面ABC，所以BCPA，由BCCA，CAPAA，CA，PA平面PAC，所以BC平面PAC，由AB平面ABC，得PAAB，由PC平面PAC，得BCPC，由PB是RtPBC和RtPBA的公共斜边，得PB是三棱锥的外接球直径，由S4
31、R25得R，设ACAPm，则PB2R，则m1，BC.3在四棱锥PABCD中，平面PAB平面ABCD，PAB为边长为1的等边三角形，底面ABCD为矩形若四棱锥PABCD存在一个内切球，则内切球的表面积为()A4 BC. D.答案D解析由于平面PAB平面ABCD，PAB为边长为1的等边三角形，底面ABCD为矩形，所以四棱锥PABCD的内切球在等边PAB上的“正投影”是等边PAB的内切圆，设等边PAB的内切圆半径为r，则SPAB(111)r11sin ，解得r，所以内切球的半径为，其表面积为42.4(2023湖北多校联考)已知在ABC中，AB4，BC3，AC5，以AC为轴旋转一周得到一个旋转体，则该
32、旋转体的内切球的表面积为()A. B.C. D.答案B解析旋转体的轴截面如图所示，其中O为内切球的球心，过O作AB，BC的垂线，垂足分别为E，F，则OEOFr(r为内切球的半径)，故AOr，COr，故5AOOCrr，解得r，故该旋转体的内切球的表面积为42.5(2023张掖模拟)图1为两块大小不同的等腰直角三角形纸板组成的平面四边形ABCD，其中小三角形纸板的斜边AC与大三角形纸板的一条直角边长度相等，小三角形纸板的直角边长为a，现将小三角形纸板ACD沿着AC边折起，使得点D到达点M的位置，得到三棱锥MABC，如图2，若二面角MACB的大小为，则所得三棱锥MABC的外接球的表面积为()A.a2
33、 B4a2C.a2 D.a2答案C解析如图，取AC的中点E，AB的中点F，连接ME，EF.因为MAMC，所以MEAC.易知EFBC，因为BCAC，所以EFAC，所以MEF.过点E作OE平面MAC，过点F作OF平面ABC，OEOFO，连接OA，易知E，F两点分别是MAC和ABC的外心，所以点O是三棱锥MABC的外接球的球心因为MAMCa，所以ACBCa，AB2a，所以EFa，因为MEF，MEO，所以OEF，所以OFEFtan tan a，又AFABa，所以OAa，则三棱锥MABC外接球的半径为a，所以外接球的表面积S4R2a2.6(多选)(2023阳泉模拟)已知三棱柱ABCA1B1C1的六个顶点
34、都在球O的球面上，AB1BC1CA14.若点O到三棱柱ABCA1B1C1的所有面的距离都相等，则()ABB1平面ABCBABAA1C平面A1B1C1截球O所得截面圆的周长为4D球O的表面积为24答案AC解析选项A，三棱柱ABCA1B1C1的六个顶点都在球O的球面上，根据球的对称性可知三棱柱ABCA1B1C1为直棱柱，所以BB1平面ABC，因此A正确；选项B，因为AB1BC1CA14，所以ABBCCA.因为点O到三棱柱ABCA1B1C1的所有面的距离都相等，所以三棱柱ABCA1B1C1的内切球与外接球的球心重合设该三棱柱的内切球的半径为r，与底面以及侧面相切于H，M，连接AH并延长，交BC于N，
35、如图，则AA12r，OMOHr，由于M为矩形BCC1B1的对角线交点，所以HNr，而ABC为等边三角形，所以HNANAB，所以AB2r，所以ABAA1，因此B错误；选项C，由AB14，可知BBAB24r212r216r216，解得r1(负值舍去)，则ABBCCA2.易得A1B1C1的外接圆的半径r1ANAB2，所以平面A1B1C1截球O所得截面圆的周长为2r14，因此C正确；选项D，三棱柱ABCA1B1C1外接球的半径R，所以球O的表面积S4R220，因此D错误7(多选)(2023新高考全国)下列物体中，能够被整体放入棱长为1(单位：m)的正方体容器(容器壁厚度忽略不计)内的有()A直径为0.
36、99 m的球体B所有棱长均为1.4 m的四面体C底面直径为0.01 m，高为1.8 m的圆柱体D底面直径为1.2 m，高为0.01 m的圆柱体答案ABD解析对于A，因为0.99 m1.4，所以能够被整体放入正方体内，故B正确；对于C，因为正方体的体对角线长为 m，且1 m，可知底面正方形不能包含圆柱的底面圆，如图，过AC1的中点O作OEAC1，设OEACE，可知AC，CC11，AC1，OA，那么tanCAC1，即，解得OE，且20.62，即0.6，所以以AC1为轴可能对称放置底面直径为1.2 m的圆柱，若底面直径为1.2 m的圆柱与正方体的上下底面均相切，设圆柱的底面圆心为O1，与正方体下底面
37、的切点为M，可知AC1O1M，O1M0.6，那么tanCAC1，即，解得AO10.6，根据对称性可知圆柱的高为20.61.7321.21.4140.035 20.01，所以能够被整体放入正方体内，所以D正确8.如图，某几何体由共底面的圆锥和圆柱组合而成，且圆柱的两个底面和圆锥的顶点均在体积为36的球面上，若圆柱的高为2，则圆锥的侧面积为_答案4解析依题意，作球的轴截图如图所示，其中，O是球心，E是圆锥的顶点，EC是圆锥的母线，由题意可知R336，解得R3，由于圆柱的高为2，则OD1，DE312，DC2，母线EC2，故圆锥的侧面积SDCEC224.9(2023开封模拟)已知正方体ABCDA1B1
38、C1D1的棱长为1，P为棱A1D1的中点，则四棱锥PABCD外接球的表面积为_答案解析设四棱锥PABCD的外接球球心为O，取AD的中点E，连接PE，取PAD、四边形ABCD的外心O1，O2，连接OO1，OO2，EO2，O2C，OC，因为正方体的棱长为1，P为棱A1D1的中点，所以PAPD，PE1，O2C，sinPADsinAPA1，O1P，O1EOO21，所以OC，外接球的表面积S42.10.如今中国被誉为“基建狂魔”，可谓逢山开路，遇水架桥公路里程、高铁里程双双都是世界第一建设过程中研制出用于基建的大型龙门吊、平衡盾构机等国之重器更是世界领先如图是某重器上一零件结构模型，中间最大球为正四面体
39、的内切球，中等球与最大球和正四面体三个面均相切，最小球与中等球和正四面体三个面均相切若AB12，则该模型中最小球的半径为_答案解析如图所示，设 O为大球的球心，正四面体的底面中心为E，CD的中点为F，棱长为a，高为h大，连接OA，OB，OC，OD，则BEBFa，EFBFa，大球所对应的正四面体的高h大AEa，设正四面体内切球半径为r大，因为V正四面体4VOABC，所以SABCh大4SABCr大，所以r大h大，因为正四面体的棱长为12，所以 h大124，r大h大，设中等球的半径为r中，对应的四面体高为h中，h中h大2r大2，r中h中，设模型中最小球的半径为r小，对应的四面体的高为h小，h小h中2r中，r小h小.