【期末热点.重难点】球（含解析）2024-2025学年人教A版（2019）数学高一下册
文档属性
| 名称 | 【期末热点.重难点】球（含解析）2024-2025学年人教A版（2019）数学高一下册 |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 570.7KB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2025-05-21 16:56:31 | ||
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文档简介
期末热点.重难点 球
一．选择题（共6小题）
1．（2024秋 普陀区校级期中）已知正三棱锥A﹣BCD的所有顶点均在球O的球面上，BC＝3，侧棱，点E在线段BD上，且DE＝2BE．过点E作球O的截面，则所得截面面积的取值范围是（ ）
A．[2π，4π] B． C． D．
2．（2024春 和平区校级期中）棱长为a的正方体ABCD﹣A1B1C1D1的8个顶点都在球O的表面上，点E、F分别是棱AA1、DD1的中点，则过点E、F的直线被球O截得的线段长为（ ）
A． B．2a C． D．
3．（2024 鼓楼区校级模拟）已知SO1＝2，底面半径O1A＝4的圆锥内接于球O，则经过S和O1A中点的平面截球O所得截面面积的最小值为（ ）
A． B． C． D．5π
4．（2024春 驻马店期末）已知正四面体P﹣ABC内接于球O，E为底面三角形ABC中边BC的中点，过点E作球O的截面，若存在半径为的截面圆，则此四面体的棱长的取值范围（ ）
A． B． C． D．
5．（2024 麒麟区校级模拟）正方体ABCD﹣A1B1C1D1外接球的体积为，E、F、G分别为棱AA1、A1B1、A1D1的中点，则平面EFG截球的截面面积为（ ）
A． B． C． D．
6．（2023秋 河北月考）某正三棱锥的外接球的表面积为16π，则当此三棱锥的体积最大时，底面所在平面截球的截面面积是（ ）
A．2π B．4π C． D．
二．多选题（共3小题）
（多选）7．（2024春 红河州期末）一块正方体形木料如图所示，棱长为，点P在线段A1C1上，且，过点P将木料锯开，使得截面过BC，则（ ）
A．PC⊥BD
B．截得的两个几何体分别是三棱柱和四棱台
C．截面的面积为
D．以A为球心，AB为半径的球面与截面的交线长为
（多选）8．下列关于球的一些说法，其中正确的有（ ）
A．球面上四个不同的点一定不在同一个平面内
B．球的半径是球面上任意一点和球心的连线段
C．球面上任意三点可能在一条直线上
D．用一个平面去截球，得到的截面是一个圆面
（多选）9．下列关于球体的说法正确的是（ ）
A．球体是空间中到定点的距离等于定长的点的集合
B．球面是空间中到定点的距离等于定长的点的集合
C．一个圆绕其直径所在直线旋转一周形成的曲面所围成的几何体是球体
D．球的对称轴只有1条
三．填空题（共4小题）
10．（2024 厦门学业考试）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 ．
11．（2024秋 海南州期中）在空间直角坐标系Oxyz中，点A（﹣1，1，1），B（1，1，1），C（1，﹣1，﹣1）均在球Ω的同一个大圆（球面被经过球心的平面截得的圆）上，则球Ω的表面积为 ．
12．（2024秋 杨浦区校级期中）若球O的半径为5，圆M为该球的一个小圆且面积为16π，则线段OM的长度是 ．
13．（2024春 博湖县校级期中）已知一个球的半径为2，若用一个与球心距离为1的平面截球体，则所得的截面面积为 ．
四．解答题（共2小题）
14．（2024 庐阳区校级模拟）如图所示，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AD＝1，AA1＝AB＝2，M为棱DD1的中点．
（Ⅰ）若P是线段BM上的动点，试探究：是否为定值？若是，求出该定值；否则，请说明理由．
（Ⅱ）过A1M作该长方体外接球的截面，求截面面积的取值范围．
15．边长分别是3cm、4cm、5cm的三角形的外接圆以其直径所在直线为旋转轴，旋转180°形成的几何体是什么？其半径是多少？
期末热点.重难点 球
参考答案与试题解析
一．选择题（共6小题）
1．（2024秋 普陀区校级期中）已知正三棱锥A﹣BCD的所有顶点均在球O的球面上，BC＝3，侧棱，点E在线段BD上，且DE＝2BE．过点E作球O的截面，则所得截面面积的取值范围是（ ）
A．[2π，4π] B． C． D．
【考点】球的结构特征．
【专题】整体思想；综合法；球；运算求解．
【答案】A
【分析】过点E作球O的截面，当截面与OE垂直时，截面的面积最小；当截面过球心时，截面面积最大，进而利用图形求解即可．
【解答】解：如图：设△BCD的中心为O1，球O的半径为R，连接AO1，则点O在AO1上，
连接O1D，OD，O1E，OE，
因为三棱锥A﹣BCD为正三棱锥，且BC＝3，，
所以，，
在Rt△OO1D中，，
即R2＝（3﹣R）2+3，
解得R＝2，
因为DE＝2BE，所以DE＝2，
在△DEO1中，由余弦定理可得，
所以，
过点E作球的截面，当截面与OE垂直时，截面的面积最小，
此时截面的半径为，则截面面积为2π，
当截面过球心时，截面面积最大，最大面积为πR2＝4π，
所以所得截面面积的取值范围是[2π，4π]．
故选：A．
【点评】本题主要考查了三棱锥的外接球问题，考查了球的截面问题，属于中档题．
2．（2024春 和平区校级期中）棱长为a的正方体ABCD﹣A1B1C1D1的8个顶点都在球O的表面上，点E、F分别是棱AA1、DD1的中点，则过点E、F的直线被球O截得的线段长为（ ）
A． B．2a C． D．
【考点】球的结构特征．
【专题】对应思想；定义法；立体几何；运算求解．
【答案】C
【分析】先求球的半径，再求弦长QR即可．
【解答】解：因为正方体内接于球，所以，，
过球心O和点E、F的大圆的截面图如图所示，
则直线被球截得的线段为QR，过点O作OP⊥QR于点P，
易知EF＝a，所以在△QPO中，．
故选：C．
【点评】本题考查球有关的运算知识，属于基础题．
3．（2024 鼓楼区校级模拟）已知SO1＝2，底面半径O1A＝4的圆锥内接于球O，则经过S和O1A中点的平面截球O所得截面面积的最小值为（ ）
A． B． C． D．5π
【考点】球的结构特征；球内接旋转体．
【专题】整体思想；综合法；立体几何；运算求解．
【答案】A
【分析】根据球的截面性质，结合三角形面积等积性、勾股定理进行求解即可．
【解答】解：如图，
设球O的半径为R，线段O1A的中点为E，因为，
所以42+（R﹣2）2＝R2，
解得R＝5，
设经过S和O1A中点E的平面截球O所得截面圆的圆心为O2，半径为r，球心O到截面的距离OO2＝d，
则r2＝R2﹣d2，
要截面面积最小，则r要最小，即d要最大，
因为当d为点O到SE的距离时最大，此时d SE＝SO EO1，
又，
所以，
所以，
故截面面积的最小值为．
故答案为：．
故选：A．
【点评】本题主要考查了圆锥的结构特征，考查了球的截面问题，属于中档题．
4．（2024春 驻马店期末）已知正四面体P﹣ABC内接于球O，E为底面三角形ABC中边BC的中点，过点E作球O的截面，若存在半径为的截面圆，则此四面体的棱长的取值范围（ ）
A． B． C． D．
【考点】球的结构特征．
【专题】转化思想；转化法；立体几何；运算求解．
【答案】C
【分析】根据条件设正四面体的棱长为a，用棱长a表示出其外接球的半径，过E点作外接球O的截面，只有当OE⊥截面圆所在的平面时，截面圆的面积最小，此时截面圆的半径为，最大截面圆为过球心的大圆，半径为，根据题意则，从而可得出答案．
【解答】解：如图，在正四面体P﹣ABC中，设顶点P在底面的射影为O1，
则球心O在PO1上，O1在AE上，且，连接OE、OA，
设正四面体的棱长为a，则，，
则正四面体的高，
设外接球半径为R，
在Rt△OO1A中，，
即，
解得，
∴在Rt△OO1E中，，
过E点作外接球O的截面，只有当OE⊥截面圆所在的平面时，截面圆的面积最小，
此时截面圆的半径为，
最大截面圆为过球心的大圆，半径为，
由题设存在半径为的截面圆，
∴，
解得．
故选：C．
【点评】本题考查球的截面问题，属于难题．
5．（2024 麒麟区校级模拟）正方体ABCD﹣A1B1C1D1外接球的体积为，E、F、G分别为棱AA1、A1B1、A1D1的中点，则平面EFG截球的截面面积为（ ）
A． B． C． D．
【考点】球的结构特征．
【专题】转化思想；转化法；立体几何；运算求解．
【答案】A
【分析】由已知，得到正方体ABCD﹣A1B1C1D1外接球的半径，进而得到正方体的棱长，再由勾股定理计算出平面EFG截球的截面圆的半径，即可得到截面面积．
【解答】解：设正方体ABCD﹣A1B1C1D1外接球的半径为R，棱长为a，
因为正方体ABCD﹣A1B1C1D1外接球的体积为，
所以，则，
由，得a＝2，
设球心O到平面EFG的距离为h，平面EFG截球的截面圆的半径为r，
设A1到平面EFG的距离为h′，
因为E、F、G分别为棱AA1、A1B1、A1D1的中点，
所以△EFG是边长为的正三角形，
由，
得，
则，
解得 ，
所以A到平面EFG的距离为，
则，
，
所以平面EFG截球的截面面积为．
故选：A．
【点评】本题考查几何体外接球问题，属于中档题．
6．（2023秋 河北月考）某正三棱锥的外接球的表面积为16π，则当此三棱锥的体积最大时，底面所在平面截球的截面面积是（ ）
A．2π B．4π C． D．
【考点】球的结构特征．
【专题】转化思想；综合法；立体几何；运算求解．
【答案】D
【分析】设正三棱锥S﹣ABC的侧棱长为a，底面边长为b，则，利用AO2＝AD2+DO2得，可得，构造函数，利用导数求出f（x）取最值时的x可得a2，从而求出b2可得答案．
【解答】解：如图，正三棱锥S﹣ABC的外接球的球心为O，SD⊥平面ABC，
因为表面积为16π，则外接球的半径为R＝2，
D为底面ABC的中心，连接AO、AD，设正三棱锥S﹣ABC的侧棱长为a，
底面边长为b，则，AO＝SO＝2，
，
由AO2＝AD2+DO2得，即，
所以，
，
函数，
，
当时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
当时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，
所以f（x）在有最大值，
即时，有最大值，
此时，
所以，
所以底面所在平面截球的截面面积是．
故选：D．
【点评】本题考查三棱锥的最值问题，三棱锥的外接球问题，导数的应用，函数思想，属中档题．
二．多选题（共3小题）
（多选）7．（2024春 红河州期末）一块正方体形木料如图所示，棱长为，点P在线段A1C1上，且，过点P将木料锯开，使得截面过BC，则（ ）
A．PC⊥BD
B．截得的两个几何体分别是三棱柱和四棱台
C．截面的面积为
D．以A为球心，AB为半径的球面与截面的交线长为
【考点】球的结构特征；棱柱的结构特征；棱台的结构特征．
【专题】转化思想；综合法；空间位置关系与距离；逻辑思维；运算求解．
【答案】ACD
【分析】利用线面垂直的判定、性质推理判断A；
过点P作MN∥B1C1，分别交A1B1，C1D1于N，M，连接BN，CM，可得四边形BCMN为过点P及直线BC的正方体的截面，可判断B，C；
作出截面，结合球的截面小圆性质判断D．
【解答】解：对于A，ACC1A1是正方体ABCD﹣A1B1C1D的对角面，
则四边形ACC1A1为矩形，AC∥A1C1，
由CC1⊥平面ABCD，BD 平面ABCD，得CC1⊥BD，
而AC⊥BD，AC∩CC1＝C，AC，CC1 平面ACC1A1，
则BD⊥平面ACC1A1，又PC 平面ACC1A1，所以PC⊥BD，故A正确；
对于B，过点P作MN∥B1C1，分别交A1B1，C1D1于N，M，连接BN，CM，
则MN∥B1C1∥BC，所以四边形BCMN为过点P及直线BC的正方体的截面，
截得的两个几何体分别是三棱柱和四棱柱，故B错误；
对于C，由选项B得，
则C1M＝1，，
因此截面矩形BCMN面积，故C正确；
对于D，过A作AO⊥BN于O，
由BC⊥平面ABB1A1，AO 平面ABB1A1，得AO⊥BC，
而BN∩BC＝B，BN，BC 平面BCMN，则AO⊥平面BCMN，
因此O为以A为球心，AB为半径的球面被平面BCMN所截小圆圆心，
球面与截面的交线为以O为圆心，BO为半径的半圆弧，
在Rt△BB1N中，
tan∠B1BN，
所以∠BAO＝∠B1BN＝30°，，
因此交线长为，故D正确．
故选：ACD．
【点评】本题考查线面垂直的判定，考查利用平行线法作空间几何体的截面，属于中档题．
（多选）8．下列关于球的一些说法，其中正确的有（ ）
A．球面上四个不同的点一定不在同一个平面内
B．球的半径是球面上任意一点和球心的连线段
C．球面上任意三点可能在一条直线上
D．用一个平面去截球，得到的截面是一个圆面
【考点】球的结构特征．
【专题】转化思想；定义法；空间位置关系与距离；逻辑思维．
【答案】BD
【分析】由球的大圆的判断A；由球的定义判断B；由球的表面是曲面，过球面上不同的三点可以做一个截面圆，三点不可能在同一直线上，判断C；由球的性质判断D．
【解答】解：对于A，在球的一个大圆上任取四点，则这四点必共面，故A错误；
对于B，由球的定义得：球的半径是球面上任意一点和球心的连线段，故B正确；
对于C，球面上不同的三点不可能在同一直线上，
因为球的表面是曲面，过球面上不同的三点可以做一个截面圆，三点不可能在同一直线上，故C错误；
对于D，由球的性质得：用一个平面去截球，得到的截面是一个圆面，故D正确．
故选：BD．
【点评】本题考查命题真假的判断，考查球的定义和性质等基础知识，考查推理论证能力，是基础题．
（多选）9．下列关于球体的说法正确的是（ ）
A．球体是空间中到定点的距离等于定长的点的集合
B．球面是空间中到定点的距离等于定长的点的集合
C．一个圆绕其直径所在直线旋转一周形成的曲面所围成的几何体是球体
D．球的对称轴只有1条
【考点】球的结构特征．
【专题】转化思想；定义法；立体几何；逻辑思维．
【答案】BC
【分析】根据球体，球面的定义可知空间中到定点的距离等于定长的点的集合构成球面；圆绕直径所在直线旋转一周所形成的曲面围成的几何体是球体；过球心的直线都是球的对称轴．
【解答】解：空间中到定点的距离等于定长的点的集合构成球面，不是球体，所以选项A错误，B正确；
一个圆绕直径所在直线旋转一周所形成的曲面围成的几何体是球体，所以C正确；
过球心的直线都是球的对称轴，所以球的对称轴有无数条，选项D错误．
故选：BC．
【点评】考查了球体与球面的概念与应用问题，也考查了推理与判断能力，是基础题．
三．填空题（共4小题）
10．（2024 厦门学业考试）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 [2+2，4] ．
【考点】球的结构特征．
【专题】计算题；整体思想；综合法；球；运算求解．
【答案】①；②[2+2，4]．
【分析】①由题可得O到平面DEF的距离为，进而可得平面DEF截得球的截面面积最小值；
②设P在底面的射影为P′，设t＝P′E2，，然后利用二次函数的性质可得PE+PF的取值范围．
【解答】解：①过O作OG⊥DO 于G，则由题可得，
设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，
则，
所以平面DEF截得球的截面面积最小值为；
②由题可知点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，
设t＝P′E2，则，
所以．
所以．
故答案为：①；②[2+2，4]．
【点评】本题考查圆柱与球的表面积和体积，考査逻辑推理能力，是一道难题．
11．（2024秋 海南州期中）在空间直角坐标系Oxyz中，点A（﹣1，1，1），B（1，1，1），C（1，﹣1，﹣1）均在球Ω的同一个大圆（球面被经过球心的平面截得的圆）上，则球Ω的表面积为 12π ．
【考点】球的结构特征．
【专题】转化思想；综合法；空间位置关系与距离；逻辑思维；运算求解．
【答案】12π．
【分析】由题意得，则AC即△ABC外接圆的直径，即AC是球Ω的直径，求出球的半径，再根据球的表面积公式即可求解．
【解答】解：空间直角坐标系Oxyz中，
点A（﹣1，1，1），B（1，1，1），C（1，﹣1，﹣1）均在球Ω的同一个大圆上，
∴，
∴，则，
∴△ABC为直角三角形，
则AC即△ABC外接圆的直径，即AC是球Ω的直径．
∵，
∴，得球Ω的半径为，
∴球Ω的表面积为．
故答案为：12π．
【点评】本题考查球的表面积、外接球半径等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
12．（2024秋 杨浦区校级期中）若球O的半径为5，圆M为该球的一个小圆且面积为16π，则线段OM的长度是 3 ．
【考点】球的结构特征．
【专题】转化思想；转化法；立体几何；运算求解．
【答案】3．
【分析】求出小圆的半径，从而由勾股定理得到答案．
【解答】解：设小圆的半径为r，则πr2＝16π，解得r＝4，
又球O的半径为5，
故线段．
故答案为：3．
【点评】本题考查球的结构特征，属于基础题．
13．（2024春 博湖县校级期中）已知一个球的半径为2，若用一个与球心距离为1的平面截球体，则所得的截面面积为 3π ．
【考点】球的结构特征．
【专题】转化思想；综合法；立体几何；数学抽象．
【答案】3π．
【分析】球的截面的性质由勾股定理求解截面圆半径即可．
【解答】解：由球的性质可得截面为圆面，则截面圆的半径为，
故面积为．
故答案为：3π．
【点评】本题考查球的结构特征，属于基础题．
四．解答题（共2小题）
14．（2024 庐阳区校级模拟）如图所示，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AD＝1，AA1＝AB＝2，M为棱DD1的中点．
（Ⅰ）若P是线段BM上的动点，试探究：是否为定值？若是，求出该定值；否则，请说明理由．
（Ⅱ）过A1M作该长方体外接球的截面，求截面面积的取值范围．
【考点】球的结构特征．
【专题】转化思想；向量法；立体几何；运算求解．
【答案】（Ⅰ）定值；2；（Ⅱ）．
【分析】（Ⅰ）根据，得出A1M⊥BM，利用向量在上的投影向量为，即可求解；
（Ⅱ）建立空间直角坐标系，求出点O到直线A1M的距离，结合勾股定理求出r的最小值即可．
【解答】解：（Ⅰ）∵在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AD＝1，AA1＝AB＝2，M是DD1的中点，
∴DM＝D1M＝1，
∴，，，
∵，
∴A1M⊥BM，又点P在线段BM上，
∴向量在上的投影向量为，故，故是否为定值为定值．
（Ⅱ）设球心为O，外接球半径为R，最小截面圆的半径为r，
由已知可得，则最大的截面面积为，
∵长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，DA，DC，DD1两两互相垂直，
∴以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立如图的空间直角坐标系，
则，A1（1，0，2），M（0，0，1），
取，，
则，，
∴点O到直线A1M的距离为，
∴点O到过A1M的截面的距离最大值为，
∴过A1M的最小截面圆的半径，
因此最小的截面面积为，
∴截面面积的取值范围是．
【点评】本题考查向量在立体几何中的应用，属于中档题．
15．边长分别是3cm、4cm、5cm的三角形的外接圆以其直径所在直线为旋转轴，旋转180°形成的几何体是什么？其半径是多少？
【考点】球的结构特征．
【答案】见试题解答内容
【分析】圆绕直径旋转边180°形成的几何体是球，而长分别是3cm、4cm、5cm的三角形为直角三角形，其外接圆的直径即为斜边，进而可得球的半径．
【解答】解：长分别是3cm、4cm、5cm的三角形为直角三角形，其外接圆的直径即为斜边，
故该三角形的外接圆直径为5cm，半径为cm，
而圆绕直径旋转边180°形成的几何体是球，
球半径与圆半径半径相等
故旋转所得几何体为球，半径为cm．
【点评】本题考查的知识点是旋转体，其中直角三角形外接圆直径即为斜边长，是解答的关键．
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一．选择题（共6小题）
1．（2024秋 普陀区校级期中）已知正三棱锥A﹣BCD的所有顶点均在球O的球面上，BC＝3，侧棱，点E在线段BD上，且DE＝2BE．过点E作球O的截面，则所得截面面积的取值范围是（ ）
A．[2π，4π] B． C． D．
2．（2024春 和平区校级期中）棱长为a的正方体ABCD﹣A1B1C1D1的8个顶点都在球O的表面上，点E、F分别是棱AA1、DD1的中点，则过点E、F的直线被球O截得的线段长为（ ）
A． B．2a C． D．
3．（2024 鼓楼区校级模拟）已知SO1＝2，底面半径O1A＝4的圆锥内接于球O，则经过S和O1A中点的平面截球O所得截面面积的最小值为（ ）
A． B． C． D．5π
4．（2024春 驻马店期末）已知正四面体P﹣ABC内接于球O，E为底面三角形ABC中边BC的中点，过点E作球O的截面，若存在半径为的截面圆，则此四面体的棱长的取值范围（ ）
A． B． C． D．
5．（2024 麒麟区校级模拟）正方体ABCD﹣A1B1C1D1外接球的体积为，E、F、G分别为棱AA1、A1B1、A1D1的中点，则平面EFG截球的截面面积为（ ）
A． B． C． D．
6．（2023秋 河北月考）某正三棱锥的外接球的表面积为16π，则当此三棱锥的体积最大时，底面所在平面截球的截面面积是（ ）
A．2π B．4π C． D．
二．多选题（共3小题）
（多选）7．（2024春 红河州期末）一块正方体形木料如图所示，棱长为，点P在线段A1C1上，且，过点P将木料锯开，使得截面过BC，则（ ）
A．PC⊥BD
B．截得的两个几何体分别是三棱柱和四棱台
C．截面的面积为
D．以A为球心，AB为半径的球面与截面的交线长为
（多选）8．下列关于球的一些说法，其中正确的有（ ）
A．球面上四个不同的点一定不在同一个平面内
B．球的半径是球面上任意一点和球心的连线段
C．球面上任意三点可能在一条直线上
D．用一个平面去截球，得到的截面是一个圆面
（多选）9．下列关于球体的说法正确的是（ ）
A．球体是空间中到定点的距离等于定长的点的集合
B．球面是空间中到定点的距离等于定长的点的集合
C．一个圆绕其直径所在直线旋转一周形成的曲面所围成的几何体是球体
D．球的对称轴只有1条
三．填空题（共4小题）
10．（2024 厦门学业考试）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 ．
11．（2024秋 海南州期中）在空间直角坐标系Oxyz中，点A（﹣1，1，1），B（1，1，1），C（1，﹣1，﹣1）均在球Ω的同一个大圆（球面被经过球心的平面截得的圆）上，则球Ω的表面积为 ．
12．（2024秋 杨浦区校级期中）若球O的半径为5，圆M为该球的一个小圆且面积为16π，则线段OM的长度是 ．
13．（2024春 博湖县校级期中）已知一个球的半径为2，若用一个与球心距离为1的平面截球体，则所得的截面面积为 ．
四．解答题（共2小题）
14．（2024 庐阳区校级模拟）如图所示，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AD＝1，AA1＝AB＝2，M为棱DD1的中点．
（Ⅰ）若P是线段BM上的动点，试探究：是否为定值？若是，求出该定值；否则，请说明理由．
（Ⅱ）过A1M作该长方体外接球的截面，求截面面积的取值范围．
15．边长分别是3cm、4cm、5cm的三角形的外接圆以其直径所在直线为旋转轴，旋转180°形成的几何体是什么？其半径是多少？
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参考答案与试题解析
一．选择题（共6小题）
1．（2024秋 普陀区校级期中）已知正三棱锥A﹣BCD的所有顶点均在球O的球面上，BC＝3，侧棱，点E在线段BD上，且DE＝2BE．过点E作球O的截面，则所得截面面积的取值范围是（ ）
A．[2π，4π] B． C． D．
【考点】球的结构特征．
【专题】整体思想；综合法；球；运算求解．
【答案】A
【分析】过点E作球O的截面，当截面与OE垂直时，截面的面积最小；当截面过球心时，截面面积最大，进而利用图形求解即可．
【解答】解：如图：设△BCD的中心为O1，球O的半径为R，连接AO1，则点O在AO1上，
连接O1D，OD，O1E，OE，
因为三棱锥A﹣BCD为正三棱锥，且BC＝3，，
所以，，
在Rt△OO1D中，，
即R2＝（3﹣R）2+3，
解得R＝2，
因为DE＝2BE，所以DE＝2，
在△DEO1中，由余弦定理可得，
所以，
过点E作球的截面，当截面与OE垂直时，截面的面积最小，
此时截面的半径为，则截面面积为2π，
当截面过球心时，截面面积最大，最大面积为πR2＝4π，
所以所得截面面积的取值范围是[2π，4π]．
故选：A．
【点评】本题主要考查了三棱锥的外接球问题，考查了球的截面问题，属于中档题．
2．（2024春 和平区校级期中）棱长为a的正方体ABCD﹣A1B1C1D1的8个顶点都在球O的表面上，点E、F分别是棱AA1、DD1的中点，则过点E、F的直线被球O截得的线段长为（ ）
A． B．2a C． D．
【考点】球的结构特征．
【专题】对应思想；定义法；立体几何；运算求解．
【答案】C
【分析】先求球的半径，再求弦长QR即可．
【解答】解：因为正方体内接于球，所以，，
过球心O和点E、F的大圆的截面图如图所示，
则直线被球截得的线段为QR，过点O作OP⊥QR于点P，
易知EF＝a，所以在△QPO中，．
故选：C．
【点评】本题考查球有关的运算知识，属于基础题．
3．（2024 鼓楼区校级模拟）已知SO1＝2，底面半径O1A＝4的圆锥内接于球O，则经过S和O1A中点的平面截球O所得截面面积的最小值为（ ）
A． B． C． D．5π
【考点】球的结构特征；球内接旋转体．
【专题】整体思想；综合法；立体几何；运算求解．
【答案】A
【分析】根据球的截面性质，结合三角形面积等积性、勾股定理进行求解即可．
【解答】解：如图，
设球O的半径为R，线段O1A的中点为E，因为，
所以42+（R﹣2）2＝R2，
解得R＝5，
设经过S和O1A中点E的平面截球O所得截面圆的圆心为O2，半径为r，球心O到截面的距离OO2＝d，
则r2＝R2﹣d2，
要截面面积最小，则r要最小，即d要最大，
因为当d为点O到SE的距离时最大，此时d SE＝SO EO1，
又，
所以，
所以，
故截面面积的最小值为．
故答案为：．
故选：A．
【点评】本题主要考查了圆锥的结构特征，考查了球的截面问题，属于中档题．
4．（2024春 驻马店期末）已知正四面体P﹣ABC内接于球O，E为底面三角形ABC中边BC的中点，过点E作球O的截面，若存在半径为的截面圆，则此四面体的棱长的取值范围（ ）
A． B． C． D．
【考点】球的结构特征．
【专题】转化思想；转化法；立体几何；运算求解．
【答案】C
【分析】根据条件设正四面体的棱长为a，用棱长a表示出其外接球的半径，过E点作外接球O的截面，只有当OE⊥截面圆所在的平面时，截面圆的面积最小，此时截面圆的半径为，最大截面圆为过球心的大圆，半径为，根据题意则，从而可得出答案．
【解答】解：如图，在正四面体P﹣ABC中，设顶点P在底面的射影为O1，
则球心O在PO1上，O1在AE上，且，连接OE、OA，
设正四面体的棱长为a，则，，
则正四面体的高，
设外接球半径为R，
在Rt△OO1A中，，
即，
解得，
∴在Rt△OO1E中，，
过E点作外接球O的截面，只有当OE⊥截面圆所在的平面时，截面圆的面积最小，
此时截面圆的半径为，
最大截面圆为过球心的大圆，半径为，
由题设存在半径为的截面圆，
∴，
解得．
故选：C．
【点评】本题考查球的截面问题，属于难题．
5．（2024 麒麟区校级模拟）正方体ABCD﹣A1B1C1D1外接球的体积为，E、F、G分别为棱AA1、A1B1、A1D1的中点，则平面EFG截球的截面面积为（ ）
A． B． C． D．
【考点】球的结构特征．
【专题】转化思想；转化法；立体几何；运算求解．
【答案】A
【分析】由已知，得到正方体ABCD﹣A1B1C1D1外接球的半径，进而得到正方体的棱长，再由勾股定理计算出平面EFG截球的截面圆的半径，即可得到截面面积．
【解答】解：设正方体ABCD﹣A1B1C1D1外接球的半径为R，棱长为a，
因为正方体ABCD﹣A1B1C1D1外接球的体积为，
所以，则，
由，得a＝2，
设球心O到平面EFG的距离为h，平面EFG截球的截面圆的半径为r，
设A1到平面EFG的距离为h′，
因为E、F、G分别为棱AA1、A1B1、A1D1的中点，
所以△EFG是边长为的正三角形，
由，
得，
则，
解得 ，
所以A到平面EFG的距离为，
则，
，
所以平面EFG截球的截面面积为．
故选：A．
【点评】本题考查几何体外接球问题，属于中档题．
6．（2023秋 河北月考）某正三棱锥的外接球的表面积为16π，则当此三棱锥的体积最大时，底面所在平面截球的截面面积是（ ）
A．2π B．4π C． D．
【考点】球的结构特征．
【专题】转化思想；综合法；立体几何；运算求解．
【答案】D
【分析】设正三棱锥S﹣ABC的侧棱长为a，底面边长为b，则，利用AO2＝AD2+DO2得，可得，构造函数，利用导数求出f（x）取最值时的x可得a2，从而求出b2可得答案．
【解答】解：如图，正三棱锥S﹣ABC的外接球的球心为O，SD⊥平面ABC，
因为表面积为16π，则外接球的半径为R＝2，
D为底面ABC的中心，连接AO、AD，设正三棱锥S﹣ABC的侧棱长为a，
底面边长为b，则，AO＝SO＝2，
，
由AO2＝AD2+DO2得，即，
所以，
，
函数，
，
当时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
当时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，
所以f（x）在有最大值，
即时，有最大值，
此时，
所以，
所以底面所在平面截球的截面面积是．
故选：D．
【点评】本题考查三棱锥的最值问题，三棱锥的外接球问题，导数的应用，函数思想，属中档题．
二．多选题（共3小题）
（多选）7．（2024春 红河州期末）一块正方体形木料如图所示，棱长为，点P在线段A1C1上，且，过点P将木料锯开，使得截面过BC，则（ ）
A．PC⊥BD
B．截得的两个几何体分别是三棱柱和四棱台
C．截面的面积为
D．以A为球心，AB为半径的球面与截面的交线长为
【考点】球的结构特征；棱柱的结构特征；棱台的结构特征．
【专题】转化思想；综合法；空间位置关系与距离；逻辑思维；运算求解．
【答案】ACD
【分析】利用线面垂直的判定、性质推理判断A；
过点P作MN∥B1C1，分别交A1B1，C1D1于N，M，连接BN，CM，可得四边形BCMN为过点P及直线BC的正方体的截面，可判断B，C；
作出截面，结合球的截面小圆性质判断D．
【解答】解：对于A，ACC1A1是正方体ABCD﹣A1B1C1D的对角面，
则四边形ACC1A1为矩形，AC∥A1C1，
由CC1⊥平面ABCD，BD 平面ABCD，得CC1⊥BD，
而AC⊥BD，AC∩CC1＝C，AC，CC1 平面ACC1A1，
则BD⊥平面ACC1A1，又PC 平面ACC1A1，所以PC⊥BD，故A正确；
对于B，过点P作MN∥B1C1，分别交A1B1，C1D1于N，M，连接BN，CM，
则MN∥B1C1∥BC，所以四边形BCMN为过点P及直线BC的正方体的截面，
截得的两个几何体分别是三棱柱和四棱柱，故B错误；
对于C，由选项B得，
则C1M＝1，，
因此截面矩形BCMN面积，故C正确；
对于D，过A作AO⊥BN于O，
由BC⊥平面ABB1A1，AO 平面ABB1A1，得AO⊥BC，
而BN∩BC＝B，BN，BC 平面BCMN，则AO⊥平面BCMN，
因此O为以A为球心，AB为半径的球面被平面BCMN所截小圆圆心，
球面与截面的交线为以O为圆心，BO为半径的半圆弧，
在Rt△BB1N中，
tan∠B1BN，
所以∠BAO＝∠B1BN＝30°，，
因此交线长为，故D正确．
故选：ACD．
【点评】本题考查线面垂直的判定，考查利用平行线法作空间几何体的截面，属于中档题．
（多选）8．下列关于球的一些说法，其中正确的有（ ）
A．球面上四个不同的点一定不在同一个平面内
B．球的半径是球面上任意一点和球心的连线段
C．球面上任意三点可能在一条直线上
D．用一个平面去截球，得到的截面是一个圆面
【考点】球的结构特征．
【专题】转化思想；定义法；空间位置关系与距离；逻辑思维．
【答案】BD
【分析】由球的大圆的判断A；由球的定义判断B；由球的表面是曲面，过球面上不同的三点可以做一个截面圆，三点不可能在同一直线上，判断C；由球的性质判断D．
【解答】解：对于A，在球的一个大圆上任取四点，则这四点必共面，故A错误；
对于B，由球的定义得：球的半径是球面上任意一点和球心的连线段，故B正确；
对于C，球面上不同的三点不可能在同一直线上，
因为球的表面是曲面，过球面上不同的三点可以做一个截面圆，三点不可能在同一直线上，故C错误；
对于D，由球的性质得：用一个平面去截球，得到的截面是一个圆面，故D正确．
故选：BD．
【点评】本题考查命题真假的判断，考查球的定义和性质等基础知识，考查推理论证能力，是基础题．
（多选）9．下列关于球体的说法正确的是（ ）
A．球体是空间中到定点的距离等于定长的点的集合
B．球面是空间中到定点的距离等于定长的点的集合
C．一个圆绕其直径所在直线旋转一周形成的曲面所围成的几何体是球体
D．球的对称轴只有1条
【考点】球的结构特征．
【专题】转化思想；定义法；立体几何；逻辑思维．
【答案】BC
【分析】根据球体，球面的定义可知空间中到定点的距离等于定长的点的集合构成球面；圆绕直径所在直线旋转一周所形成的曲面围成的几何体是球体；过球心的直线都是球的对称轴．
【解答】解：空间中到定点的距离等于定长的点的集合构成球面，不是球体，所以选项A错误，B正确；
一个圆绕直径所在直线旋转一周所形成的曲面围成的几何体是球体，所以C正确；
过球心的直线都是球的对称轴，所以球的对称轴有无数条，选项D错误．
故选：BC．
【点评】考查了球体与球面的概念与应用问题，也考查了推理与判断能力，是基础题．
三．填空题（共4小题）
10．（2024 厦门学业考试）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 [2+2，4] ．
【考点】球的结构特征．
【专题】计算题；整体思想；综合法；球；运算求解．
【答案】①；②[2+2，4]．
【分析】①由题可得O到平面DEF的距离为，进而可得平面DEF截得球的截面面积最小值；
②设P在底面的射影为P′，设t＝P′E2，，然后利用二次函数的性质可得PE+PF的取值范围．
【解答】解：①过O作OG⊥DO 于G，则由题可得，
设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，
则，
所以平面DEF截得球的截面面积最小值为；
②由题可知点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，
设t＝P′E2，则，
所以．
所以．
故答案为：①；②[2+2，4]．
【点评】本题考查圆柱与球的表面积和体积，考査逻辑推理能力，是一道难题．
11．（2024秋 海南州期中）在空间直角坐标系Oxyz中，点A（﹣1，1，1），B（1，1，1），C（1，﹣1，﹣1）均在球Ω的同一个大圆（球面被经过球心的平面截得的圆）上，则球Ω的表面积为 12π ．
【考点】球的结构特征．
【专题】转化思想；综合法；空间位置关系与距离；逻辑思维；运算求解．
【答案】12π．
【分析】由题意得，则AC即△ABC外接圆的直径，即AC是球Ω的直径，求出球的半径，再根据球的表面积公式即可求解．
【解答】解：空间直角坐标系Oxyz中，
点A（﹣1，1，1），B（1，1，1），C（1，﹣1，﹣1）均在球Ω的同一个大圆上，
∴，
∴，则，
∴△ABC为直角三角形，
则AC即△ABC外接圆的直径，即AC是球Ω的直径．
∵，
∴，得球Ω的半径为，
∴球Ω的表面积为．
故答案为：12π．
【点评】本题考查球的表面积、外接球半径等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
12．（2024秋 杨浦区校级期中）若球O的半径为5，圆M为该球的一个小圆且面积为16π，则线段OM的长度是 3 ．
【考点】球的结构特征．
【专题】转化思想；转化法；立体几何；运算求解．
【答案】3．
【分析】求出小圆的半径，从而由勾股定理得到答案．
【解答】解：设小圆的半径为r，则πr2＝16π，解得r＝4，
又球O的半径为5，
故线段．
故答案为：3．
【点评】本题考查球的结构特征，属于基础题．
13．（2024春 博湖县校级期中）已知一个球的半径为2，若用一个与球心距离为1的平面截球体，则所得的截面面积为 3π ．
【考点】球的结构特征．
【专题】转化思想；综合法；立体几何；数学抽象．
【答案】3π．
【分析】球的截面的性质由勾股定理求解截面圆半径即可．
【解答】解：由球的性质可得截面为圆面，则截面圆的半径为，
故面积为．
故答案为：3π．
【点评】本题考查球的结构特征，属于基础题．
四．解答题（共2小题）
14．（2024 庐阳区校级模拟）如图所示，在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AD＝1，AA1＝AB＝2，M为棱DD1的中点．
（Ⅰ）若P是线段BM上的动点，试探究：是否为定值？若是，求出该定值；否则，请说明理由．
（Ⅱ）过A1M作该长方体外接球的截面，求截面面积的取值范围．
【考点】球的结构特征．
【专题】转化思想；向量法；立体几何；运算求解．
【答案】（Ⅰ）定值；2；（Ⅱ）．
【分析】（Ⅰ）根据，得出A1M⊥BM，利用向量在上的投影向量为，即可求解；
（Ⅱ）建立空间直角坐标系，求出点O到直线A1M的距离，结合勾股定理求出r的最小值即可．
【解答】解：（Ⅰ）∵在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AD＝1，AA1＝AB＝2，M是DD1的中点，
∴DM＝D1M＝1，
∴，，，
∵，
∴A1M⊥BM，又点P在线段BM上，
∴向量在上的投影向量为，故，故是否为定值为定值．
（Ⅱ）设球心为O，外接球半径为R，最小截面圆的半径为r，
由已知可得，则最大的截面面积为，
∵长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，DA，DC，DD1两两互相垂直，
∴以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立如图的空间直角坐标系，
则，A1（1，0，2），M（0，0，1），
取，，
则，，
∴点O到直线A1M的距离为，
∴点O到过A1M的截面的距离最大值为，
∴过A1M的最小截面圆的半径，
因此最小的截面面积为，
∴截面面积的取值范围是．
【点评】本题考查向量在立体几何中的应用，属于中档题．
15．边长分别是3cm、4cm、5cm的三角形的外接圆以其直径所在直线为旋转轴，旋转180°形成的几何体是什么？其半径是多少？
【考点】球的结构特征．
【答案】见试题解答内容
【分析】圆绕直径旋转边180°形成的几何体是球，而长分别是3cm、4cm、5cm的三角形为直角三角形，其外接圆的直径即为斜边，进而可得球的半径．
【解答】解：长分别是3cm、4cm、5cm的三角形为直角三角形，其外接圆的直径即为斜边，
故该三角形的外接圆直径为5cm，半径为cm，
而圆绕直径旋转边180°形成的几何体是球，
球半径与圆半径半径相等
故旋转所得几何体为球，半径为cm．
【点评】本题考查的知识点是旋转体，其中直角三角形外接圆直径即为斜边长，是解答的关键．
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