微点培优练2 与球有关的切、接问题-【金版教程】2025年高考数学一轮总复习首选用卷全书Word（新教材）

数学　高考总复习首选用卷 微点培优练2　与球有关的切、接问题 一、单选题 1．长方体的过一个顶点的三条棱长分别是2，4，4，则该长方体外接球的表面积为(　　) A．9π B．18π C．36π D．48π 答案　C 解析　长方体外接球的直径2R＝＝＝6，解得R＝3，所以该长方体外接球的表面积S＝4πR2＝4π·32＝36π.故选C. 2.如图，所有棱长都等于2的三棱柱ABC－A1B1C1的所有顶点都在球O上，球O的体积为(　　) A．27π B. C．28π D. 答案　D 解析　如图，三棱柱外接球的球心在上、下底面三角形中心连线的中点处(O1，O2分别是等边三角形A1B1C1和ABC的中心，点O是线段O1O2的中点，即外接球的球心)，C1O1＝A1B1＝×2＝2，C1O＝＝，所以球O的体积V＝πR3＝π×()3＝.故选D. 3．(2023·广东统考一模)水平桌面上放置了4个半径为2的小球，4个小球的球心构成正方形，且相邻的两个小球相切．若用一个半球形的容器罩住四个小球，则半球形容器内壁的半径的最小值为(　　) A．4 B．2＋2 C．2＋2 D．6 答案　C 解析　要使半球形容器内壁的半径最小，只需保证小球与球各面(含球面部分)都相切，此时，如图所示，O为半球的球心，A为其中一个小球球心，则OA是棱长为2的正方体的体对角线，且该小球与半球球面上的切点与O，A共线，所以半球形容器内壁的半径的最小值为小球半径与OA长度之和，即2＋2.故选C. 4．(2023·河北石家庄统考一模)已知圆台的上、下底面圆的半径之比为，侧面积为9π，在圆台的内部有一球O，该球与圆台的上、下底面及母线均相切，则球O的表面积为(　　) A．3π B．5π C．8π D．9π 答案　C 解析　设圆台的上底面圆半径为r，则下底面圆半径为2r，母线长为l，如图所示，作出圆台与球的轴截面．由于球O与圆台的上、下底面及母线均相切，故l＝AD＝AH＋DG＝r＋2r＝3r.根据圆台的侧面积公式S＝(πr＋2πr)l＝9π，可得r＝1，所以球O的直径为HG＝2，故球O的半径为，所以球O的表面积为8π.故选C. 5．(2023·江苏南京统考二模)Rt△ABC中，斜边AB的长为2，绕直角边AC所在直线旋转一周形成一个几何体．若该几何体外接球的表面积为，则AC的长为(　　) A. B．1 C. D. 答案　D 解析　设AC＝x，因为AB＝2，所以BC＝＝，绕直角边AC所在直线旋转一周形成一个几何体为圆锥，设圆锥外接球的半径为R，所以4πR2＝，解得R＝，设外接球的球心为O，则球心O在直线AC上，所以4－x2＋＝，解得x＝.故选D. 6．已知球O与棱长为4的正方体ABCD－A1B1C1D1的所有棱都相切，点M是球O上一点，点N是△ACB1的外接圆上的一点，则线段MN的取值范围是(　　) A．[－，＋] B．[－2，＋2] C．[2－2，2＋2] D．[－，＋] 答案　C 解析　因为球与正方体的每条棱都相切，故其直径为面对角线长，所以球O的半径为R＝2，如图，球心O为正方体的中心，球心与△ACB1的外接圆上的点的距离为OB1，其长为体对角线的一半，故OB1＝2，故OB1－R≤MN≤OB1＋R，也就是2－2≤MN≤2＋2.故选C. 7.(2024·江西南昌二中高三月考)六氟化硫，化学式为SF6，在常压下是一种无色、无味、无毒、不易燃的稳定气体，有良好的绝缘性，在电器工业方面具有广泛用途．六氟化硫分子结构为正八面体结构(正八面体是每个面都是正三角形的八面体)，如图所示．若此正八面体的棱长为2，它的内切球的表面积为S1，外接球的表面积为S2，则的值为(　　) A．3 B．2 C. D. 答案　A 解析　如图，连接AC与BD交于点O，连接EO，因为EA＝EC，ED＝EB，所以EO⊥AC，EO⊥BD，又AC与BD为平面ABCD内的相交直线，所以EO⊥平面ABCD，所以O为正八面体的中心，设正八面体的外接球的半径为R，内切球的半径为r，因为正八面体的棱长为2，所以EB＝EC＝BC＝2，OB＝OC＝，EO＝＝，则R＝，S△EBC＝，S△OBC＝1，设内切球与平面EBC切于点H，连接OH，所以OH⊥平面EBC，所以OH即为正八面体内切球的半径，因为VE－OBC＝VO－EBC，即S△OBC·EO＝S△EBC·OH，所以OH＝，即r＝，所以＝＝＝3.故选A. 8．(2024·浙南名校联盟高三第一次联考)在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是直角梯形，AB∥CD，∠ABC＝90°，AB＝2，BC＝2.若PA＝PD，PC＝PB，且三棱锥P－ABC外接球的表面积为20π，则当四棱锥P－ABCD的体积最大时，CD的长为(　　) A. B．2 C. D. 答案　D 解析　由球的表面积4πR2＝20π，得R＝，因为△ABC为直角三角形，所以三棱锥P－ABC外接球的球心O在底面的投影为AC的中点O′，而PA＝PD，PC＝PB，故P在底面的投影为BC的垂直平分线与AD的垂直平分线的交点，即AD的中点H，由AO′＝2，OA＝OP＝，可得OO′＝1，设CD＝2x，则O′H＝x，PH＝＋1，VP－ABCD＝××2×(2x＋2)×(＋1)，设y＝(x＋1)(＋1)，令x＝sinθ，θ∈，则y＝(sinθ＋1)(cosθ＋1)＝5sinθcosθ＋sinθ＋cosθ＋1，y′＝5cos2θ＋cosθ－sinθ＝(cosθ－sinθ)(cosθ＋sinθ＋1)，故当0<θ<时，y′>0，函数单调递增，当<θ<时，y′<0，函数单调递减，故当θ＝，即x＝时，函数取得最大值，此时四棱锥P－ABCD的体积最大，CD的长为.故选D. 二、多选题 9．(2023·湖北恩施校考模拟预测)如图，矩形ABCD中，E，F分别为BC，AD的中点，且BC＝2AB＝2，现将△ABE沿AE向上翻折，使B点移到P点，则在翻折过程中，下列结论正确的是(　　) A．存在点P，使得PE∥CF B．存在点P，使得PE⊥ED C．三棱锥P－AED体积的最大值为 D．当三棱锥P－AED的体积达到最大值时，三棱锥P－AED外接球的表面积为4π 答案　BCD 解析　如图所示，连接ED，取AE的中点G，连接PG，FG，则PG⊥AE，连接PF，FE，则PG＝，FG＝，AE＝ED＝，故AD2＝AE2＋ED2，故AE⊥ED，对于A，CF∥AE，若PE∥CF，又AE∩PE＝E，则AE，PE重合，不成立，A错误；对于B，当PG⊥平面AECD时，ED⊂平面AECD，则PG⊥ED，又AE⊥ED，PG∩AE＝G，PG，AE⊂平面PAE，故ED⊥平面PAE，又PE⊂平面PAE，故PE⊥ED，B正确；对于C，当PG⊥平面AECD时，三棱锥P－AED的体积最大，最大值为××××＝，C正确；对于D，PG⊥平面AECD，FG⊂平面AECD，故PG⊥FG，PF＝＝1，故FA＝FE＝FD＝FP＝1，故F是三棱锥P－AED外接球的球心，半径为R＝1，故三棱锥P－AED外接球的表面积为S＝4πR2＝4π，D正确．故选BCD. 10.(2024·江苏南京师范大学附属中学江宁分校高三联考)如图，已知圆锥的底面圆心为O，半径r＝，侧面积为2π，内切球的球心为O1，则下列说法正确的是(　　) A．圆锥轴截面的面积为 B．圆锥的体积为3π C．内切球O1的表面积为(84－48)π D．设母线PB的中点为M，从点A沿圆锥表面到点M的最近路线长为 答案　ACD 解析　对于A，设圆锥母线长为l，高为h，由半径r＝，侧面积为2π，则πrl＝πl＝2π，解得l＝2，则h＝＝1，所以圆锥轴截面的面积S＝×2r×h＝×2×1＝，故A正确；对于B，圆锥的体积V＝πr2h＝π×3×1＝π，故B错误；对于C，如图1，过圆锥的内切球球心O1作O1D⊥PB，垂足为D，设O1D＝O1O＝R，则PO1＝1－R，由sin∠OPB＝＝＝，得＝，解得R＝2－3，则内切球O1的表面积为4πR2＝4π×(2－3)2＝(84－48)π，故C正确；对于D，如图2，把圆锥的侧面展开一半，点A展开到A′，PM＝1，PA′＝PA＝2，∠A′PB＝＝，由余弦定理，得A′M2＝PA′2＋PM2－2PA′·PMcos∠A′PB＝5－4cos，所以从点A沿圆锥表面到点M的最近路线长A′M＝，故D正确．故选ACD. 11．(2023·云南高三第一次高中毕业生复习统一检测)已知三棱锥P－ABC的四个顶点都在球O的球面上，且CA⊥CB，CA＝CB＝2，球O的表面积为12π，三棱锥P－ABC的体积为，记点A到平面BOC的距离为d，则(　　) A．PC＝ B．PO＝ C．d＝ D．∠AOB＝ 答案　BC 解析　设球O的半径为R，则4πR2＝12π，可得R＝.因为CA⊥CB，CA＝CB＝2，则S△ABC＝CA·CB＝2，AB＝＝2，设点P到平面ABC的距离为h，则VP－ABC＝S△ABC·h＝h＝，所以h＝2.对于B，PO＝R＝，B正确；对于D，在△OAB中，因为OA＝OB＝，AB＝2，OA2＋OB2≠AB2，所以∠AOB≠，D错误；对于C，取AB的中点D，连接OD，由球体的几何性质可知OD⊥平面ABC，因为AB⊂平面ABC，则OD⊥AB，所以OD＝＝＝1，VO－ABC＝S△ABC·OD＝×2×1＝，取BC的中点E，连接OE，则OE⊥BC，所以OE＝＝＝，S△OBC＝BC·OE＝×2×＝，由VA－OBC＝S△OBC·d＝d＝，解得d＝，C正确；对于A，球O上一点到平面ABC的距离的最大值为OD＋R＝1＋，因为2<1＋，所以点P的轨迹是与平面ABC平行的平面与球O的交线(圆)，故PC的长度不确定，A错误．故选BC. 三、填空题 12.(2023·贵州统考模拟预测)如图是某环保组织设计的一款苗木培植箱，其外形由棱长为2(单位：m)的正方体截去四个相同的三棱锥(截面为等腰三角形)后得到．若将该培植箱置于一球形环境中，则该球表面积的最小值为________ m2. 答案　 解析　如图，将正方体补全，依题意可得A，B，C，D为正方体底面边上的中点，要使球的表面积最小，即为求几何体ABCD－EFGH外接球的表面积，如图，建立空间直角坐标系，则A(1，0，0)，H(0，0，2)，则几何体ABCD－EFGH外接球的球心必在上、下底面中心的连线上，设球心为M(1，1，m)，球的半径为R，则R2＝|MA|2＝|MH|2，即R2＝12＋m2＝12＋12＋(m－2)2，解得m＝，所以R2＝12＋＝，所以外接球的表面积S＝4πR2＝4π×＝，即该球表面积的最小值为 m2. 13．(2024·江苏泰州高三统考)一名学生参加学校社团活动，利用3D技术打印一个几何模型，该模型由一个几何体M及其外接球O组成，几何体M由一个内角都是120°的六边形ABCDEF绕边BC旋转一周得到，且满足AB＝AF＝DC＝DE，BC＝EF，则球O与几何体M的体积之比为________． 答案　 解析　解法一：设AB＝1，BC＝a，连接BF，CE，因为AB＝AF＝DC＝DE，且每一个内角都为120°，所以∠ABF＝∠AFB＝∠DCE＝∠DEC＝30°，所以∠FBC＝∠BFE＝∠FEC＝∠ECB＝90°，即BC⊥BF，EF⊥BF，BC⊥CE，CE⊥EF，所以四边形BFEC是长方形，由OF2＝＋3＝＋＝OA2，得a＝4，所以OF＝，V球＝，VM＝×××2－2××π×＋3π×4＝＝，＝×＝. 解法二：设AB＝AF＝DC＝DE＝2a，BC＝EF＝2b，几何体M外接球的半径为R，所以AB，AF旋转形成的几何体为一个圆台挖去一个圆锥， V上台＝×[π(a)2＋π(2a)2＋]·a－π(a)2·a＝7πa3－πa3＝6πa3，V中圆柱＝π(2a)2·2b＝24πa2b，所以V几何体＝12πa3＋24πa2b，由OA＝OF＝R，得(b＋a)2＋3a2＝b2＋12a2，解得b＝4a，所以R2＝28a2，R＝2a，所以V球＝π·28a2·2a，VM＝12πa3＋96πa3＝108πa3，所以＝. 14．在三棱锥P－ABC中，△ABC和△PBC都是边长为2的正三角形，PA＝3.若M为三棱锥P－ABC外接球上的动点，则点M到平面ABC的距离的最大值为________． 答案　＋1 解析　设BC的中点为T，连接AT，PT，如图，因为△ABC，△PBC都是边长为2的正三角形，所以AT⊥BC，PT⊥BC，则∠ATP为二面角A－BC－P的平面角，且PT＝AT＝3，又PA＝3，所以PT2＋AT2＝PA2，所以PT⊥AT，即∠ATP＝，所以平面PBC⊥平面ABC，且PT⊥平面ABC，AT⊥平面PBC.设△ABC的外心为O1，△PBC的外心为O2，过O1作平面ABC的垂线，过O2作平面PBC的垂线，两垂线交于点O，则点O到A，B，C，P的距离相等，即点O为三棱锥P－ABC的外接球的球心．易知OO1∥O2T，O1T∥OO2，且O1T＝O2T＝1，AO1＝PO2＝2，所以四边形OO1TO2是边长为1的正方形，连接OP，所以三棱锥P－ABC外接球的半径R＝＝＝，所以点M到平面ABC的距离的最大值为R＋OO1＝＋1. 10 学科网（北京）股份有限公司 $$