主题三 第七章 培优课(三) 与球有关的切接问题-【导与练】2024高考数学一轮复习高中总复习第1轮课时作业（新教材，北师大版）

培优课(三)　与球有关的切接问题 1.(2022·陕西西安一模)在《九章算术》中,将底面为矩形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马.如图,若四棱锥PABCD为阳马,侧棱PA⊥底面ABCD,且PA=2,AB=BC=2,则该阳马的外接球的表面积为(　　) A.4π B.8π C.16π D.32π 2.如图所示,几何体ABCDEF,底面ABCD为矩形,AB=4,BC=2,△ADE与 △BCF是等边三角形,EF∥AB,AB=2EF,则该几何体的外接球的表面积为(　　) A.6π B.12π C.22π D.24π 3.已知三棱锥ABCD中,△BAC和△BCD是边长为2的等边三角形,且平面ABC⊥平面BCD,则该三棱锥外接球的表面积为(　　) A.4π B. C.8π D. 4.已知两个圆锥有公共底面,且两圆锥的顶点和底面的圆周都在同一个球面上.若圆锥底面面积是这个球表面积的,则这两个圆锥中,体积较小者的高与体积较大者的高的比值为　　　　.  5.农历五月初五是端午节,民间有吃粽子的习俗,粽子又称“粽籺”,是端午节大家都会品尝的食品.如图(1)的平行四边形形状的纸片是由六个边长为1的正三角形组成的,将它沿虚线折起来,可以得到如图(2)的粽子形状的六面体,则该六面体的体积为　　　　,若该六面体内有一球,则该球的体积的最大值为　　　　.  学科网（北京）股份有限公司 $$ 培优课(三)　与球有关的切接问题 1.C　因为四棱锥PABCD为阳马, 侧棱PA⊥底面ABCD, 如图,补全该阳马得到长方体,则该长方体的体对角线即为该阳马外接球的直径,设外接球半径为R,则(2R)2=AB2+BC2+PA2=4+4+8=16, 所以R=2,所以该阳马的外接球的表面积为4πR2=16π. 2.C　连接AC,BD交于点O,过O点作OM⊥平面ABCD,交EF于点M. 因为四边形ABCD为长方形,所以外接球的球心在直线OM上,设O′为外接球的球心,取AD,BC的中点分别为G,H,连接EG,FH,GH, 因为EF∥AB,AB∥GH,可得EF∥GH, 因为△BFC,△EAD为等边三角形,所以FH⊥BC, 因为BC⊥GH,FH∩GH=H,所以BC⊥平面EFHG, 因为AB=4=2EF,所以AO=,EF=2, 所以EM=1,EO′=AO′=R,因为FH=,所以EF到平面ABCD的距离为h=, 设OO′=x,则MO′=±x, 所以AO′2=AO2+OO′2,EO′2=EM2+MO′2, 所以x2+5=1+(±x)2,解得x=, 所以R2=AO′2=AO2+OO′2=5+=, 所以4πR2=22π. 3.D　取BC的中点E,连接AE,DE, 则AE⊥BC,DE⊥BC, 因为平面ABC⊥平面BCD, 所以AE⊥平面BCD,DE⊥平面ABC, 取△BCD的外心F,作FM∥AE,则F,M,E,A四点共面, 取△ABC的外心H,过点H作EF的平行线交FM于点O, 因为EF垂直于平面ABC,则HO⊥平面ABC, 所以点O到A,B,C,D四点的距离相等,所以点O为三棱锥ABCD外接球的球心, 连接OD,可求得OF=HE=,DF=,所以R2=OD2=OF2+DF2=+=,所以外接球的表面积为S=4πR2=. 4.解析:如图,设球的半径为R,圆锥底面半径为r. 由题意得πr2=·4πR2, 所以r2=R2. 根据球的截面的性质可知两圆锥的高必过球心O,且两圆锥的顶点以及圆锥与球的交点是球的大圆上的点,且AB⊥O1C, 所以OO1==, 因此体积较小的圆锥的高为AO1=R-=, 体积较大的圆锥的高为BO1=R+=R, 故这两个圆锥中,体积较小者的高与体积较大者的高的比值为. 答案: 5.解析:由对称性可知该六面体是由两个全等的正四面体合成的,正四面体的棱长为1,则正四面体的高为=,所以正四面体的体积为××1××=. 因为该六面体的体积是正四面体体积的2倍,所以该六面体的体积是. 要使球的体积达到最大,则球与该六面体的六个面都要相切.连接球心和六面体的五个顶点(图略),把六面体分成了六个全等的三棱锥.设球的半径为R,则=6×(××1×·R),解得R=,所以球的体积V=R3=×()3=. 答案:　 学科网（北京）股份有限公司 $$