热点强化课7 空间几何体内切球与外接球问题-【创新教程】2024高考数学总复习大一轮课时作业word（新教材，北师大版）

热点强化课7　空间几何体内切球与外接球问题 [基础训练组] 1．(2023·广西桂林模拟)已知四面体A－BCD的棱长都等于2，那么它的外接球的表面积为(　　) A.π　　　　　　　 B.π C．6π D．12π 解析：C　[如图，正四面体ABCD棱长为2，AH⊥平面BCD于点H，则H是△BCD的中心， BH＝×2＝，AH⊥平面BCD，BH⊂平面BCD，则AH⊥BH，AH ＝＝， 设外接球球心为O，则O在AH，则OA＝OB＝R为外接半径， 由BH2＋OH2＝BO2，得2＋2＝R2，解得R＝， 所以其外接球的表面积为4πR2＝4π×＝6π.] 2．(2023·全国模拟)若圆锥的内切球(球面与圆锥的侧面以及底面都相切)的半径为1，当该圆锥体积取最小值时，该圆锥体积与其内切球体积比为(　　) A．2∶1 B．4∶1 C．8∶1 D．8∶3 解析：A　[设圆锥的高为h，底面半径为r， 则当球面与圆锥的侧面以及底面都相切时，轴截面如图， 由△AOE∽△ACF，可得＝，即r＝， ∴圆锥的体积V＝πr2h＝＝ ≥ ＝. 当且仅当h－2＝2，即h＝4时取等号．∴该圆锥体积的最小值为. 则内切球体积为. 所以该圆锥体积与其内切球体积比为2∶1.] 3．(2023·广西北海市教育教学研究室模拟)已知正四面体P－ABC的外接球体积为，则正四面体P－ABC的表面积为(　　) A．8 B. C. D．18 解析：C　[将正四面体P－ABC补成正方体PEAF－GBHC， 设正方体PEAF－GBHC的棱长为a，则正四面体P－ABC的棱长为a， 正四面体P－ABC的外接球半径为a， 由题意可得π×3＝，解得a＝， 所以正四面体P－ABC的棱长为a＝， 因此，正四面体的表面积为4××2＝.] 4．(2022·全国乙卷)已知球O的半径为1，四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均在球O的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为(　　) A. B. C. D. 解析：C　[同一圆面上，内接四边形为正方形时面积最大，假设底面是边长为a的正方形，底面所在圆面的半径为r，则r＝a，所以该四棱锥的高h＝ ， 所以体积V＝ a2＝ ≤＝ ＝， 当且仅当a2＝1－a2，即a2＝时，等号成立，所以该四棱锥的高h＝＝＝，故选C.] 5．(2023·河北衡水市模拟)在正四棱锥P－ABCD中，AB＝4，PA＝2，则平面PAB截四棱锥P－ABCD外接球的截面面积是(　　) A. B. C．12π D．36π 解析：B　[如图，作PO′⊥平面ABCD，垂足为O′，则O′是正方形ABCD外接圆的圆心，从而正四棱锥P－ABCD外接球的球心O在PO′上， 取棱AB的中点E，连接O′D，O′E，OD，PE，作OH⊥PE，垂足为H. 由题中数据可得O′D＝2，O′E＝2，PE＝2，O′P＝4， 设四棱锥P－ABCD外接球的半径为R， 则R2＝O′D2＋O′O2＝OP2＝(O′P－O′O)2， 即R2＝8＋O′O2＝(4－O′O)2，解得R＝3. 由题意易证△OPH∽△EPO′， 则＝，故PH＝. 故所求截面圆的面积是π·PH2＝.] 6．(2023·新疆乌鲁木齐模拟)在三棱锥A－BCD中，AB＝AC＝2，BC＝CD＝DB＝2，平面ABC⊥平面BCD，则三棱锥A－BCD外接球的表面积为(　　) A. B. C. D. 解析：D　[由题意得，如图，取BC的中点E，连接AE，DE， 则△BCD外接圆圆心O1在DE上，且2O1D＝， 解得O1D＝2，设三棱锥A－BCD外接球球心为O， 连接OO1，OD，OA，过O作OF⊥AE，垂足为F， 由平面ABC⊥平面BCD，得O1E⊥AE，故四边形OO1EF为矩形， 因为AB＝AC＝2，BC＝BD＝CD＝2， 所以AE⊥BC，DE⊥BC， 且AE＝＝5， DE＝＝3， 所以O1E＝OF＝1，设三棱锥A－BCD外接球半径为R， 有AF＝＝，OO1＝＝， 又OO1＝EF＝5－AF＝5－， 所以5－＝，解得R2＝， 所以三棱锥A－BCD外接球的表面积为4πR2＝π.] 7．(2023·辽宁模拟)设正四棱柱ABCD－A1B1C1D1的外接球球心为O，已知AA1＝4，且OA＝AB，则该正四棱柱外接球的表面积为________． 解析：正四棱柱ABCD－A1B1C1D1的外接球球心为O，在正四棱柱的中心， 如图，即体对角线AC1的中点为O, 连接A1C1， 设半径OA＝R，则OA＝AB＝R，AC1＝2R. 因为是正四棱柱，所以A1B1＝B1C1＝R，则A1C1＝R， 在直角三角形AA1C1中有，AA＋A1C＝AC，故42＋(R)2＝(2R)2， 解得R＝2，所以外接球表面积S＝4πR2＝32π. 答案：32π 8．(2023·全国模拟)已知三棱锥P－ABC三