第七章 立体几何与空间向量(必修第二册+选择性必修第一册)-【导与练】2024高考数学一轮复习高中总复习第1轮课时作业（浙江专用）

培优课(三)　与球有关的切接问题 [选题明细表] 知识点、方法 题号 接球问题 1,2,3,4,5 切球问题 6 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(　C　) A.4π B.8π C.16π D.32π 解析: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.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(　C　) A.6π B.12π C.22π D.24π 解析: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.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(　D　) A.4π B. C.8π D. 解析: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.已知三棱锥PABC的底面△ABC为等腰直角三角形,其顶点P到 底面ABC的距离为3,体积为24,若该三棱锥的外接球O的半径为5,则满足上述条件的顶点P的轨迹长度为(　D　) A.6π B.30π C.(9+2)π D.(6+2)π 解析:依题意得,设底面等腰直角三角形的直角边长为x(x>0), 所以三棱锥PABC的体积V=××x2×3=24,解得x=4. 所以△ABC的外接圆半径为r1=××4=2,所以球心O到底面ABC的距离为d1===1, 又因为顶点P到底面ABC的距离为3,所以顶点P的轨迹是一个截面圆的圆周, 当球心在底面ABC和截面圆之间时,球心O到该截面圆的距离为d2=3-1=2, 因为截面圆的半径为r2===,所以顶点P的轨迹长度为2πr2=2π; 当球心在底面ABC和截面圆同一侧时,球心O到该截面圆的距离为d3=3+1=4, 因为截面圆的半径为r3===3,所以顶点P的轨迹长度为2πr3=6π. 综上所述,顶点P的轨迹的总长度为(6+2)π. 5.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　　　　.  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: 6.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