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课件PPT（新教材）

第二部分　微点培优练 微点培优练2　与球有关的切、接问题 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 3 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 4 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 5 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 6 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 7 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 8 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 9 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 10 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 11 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 12 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 13 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 14 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 16 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 17 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 18 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 19 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 20 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 21 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 22 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 23 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 24 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 25 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 26 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 27 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 28 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 29 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 30 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 31 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 32 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 33 　　　　　　　　　　　　　 R 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 解析　长方体外接球的直径2R＝eq \r(a2＋b2＋c2)＝eq \r(22＋42＋42)＝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2eq \r(3)的三棱柱ABC－A1B1C1的所有顶点都在球O上，球O的体积为(　　) A．27eq \r(3)π B.eq \f(28\r(21)π,3) C．28eq \r(7)π D.eq \f(28\r(7)π,3) 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＝eq \f(\r(3),3)A1B1＝eq \f(\r(3),3)×2eq \r(3)＝2，C1O＝eq \r(22＋（\r(3)）2)＝eq \r(7)，所以球O的体积V＝eq \f(4,3)πR3＝eq \f(4,3)π×(eq \r(7))3＝eq \f(28\r(7)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．2eq \r(2)＋2 C．2eq \r(3)＋2 D．6 解析　要使半球形容器内壁的半径最小，只需保证小球与eq \f(1,8)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2eq \r(3)＋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eq \f(1,2)，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 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＝2eq \r(2)，故球O的半径为eq \r(2)，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eq \f(16π,3)，则AC的长为(　　) A.eq \f(\r(3),2) B．1 C.eq \r(2) D.eq \r(3) 解析　设AC＝x，因为AB＝2，所以BC＝eq \r(AB2－AC2)＝eq \r(4－x2)，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＝eq \f(16π,3)，解得R＝eq \f(2\r(3),3)，设外接球的球心为O，则球心O在直线AC上，所以4－x2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2\r(3),3))) eq \s\up20(2)＝eq \f(4,3)，解得x＝eq \r(3).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．[eq \r(6)－eq \r(2)，eq \r(6)＋eq \r(2)] B．[eq \r(6)－2，eq \r(6)＋2] C．[2eq \r(3)－2eq \r(2)，2eq \r(3)＋2eq \r(2)] D．[eq \r(3)－eq \r(2)，eq \r(3)＋eq \r(2)] 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＝2eq \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＝2eq \r(3)，故OB1－R≤MN≤OB1＋R，也就是2eq \r(3)－2eq \r(2)≤MN≤2eq \r(3)＋2eq \r(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eq \f(S2,S1)的值为(　　) A．3 B．2 C.eq \f(1,3) D.eq \f(1,2) 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＝eq \r(2)，EO＝eq \r(EB2－OB2)＝eq \r(2)，则R＝eq \r(2)，S△EBC＝eq \r(3)，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eq \f(1,3)S△OBC·EO＝eq \f(1,3)S△EBC·OH，所以OH＝eq \f(\r(6),3)，即r＝eq \f(\r(6),3)，所以eq \f(S2,S1)＝eq \f(4πR2,4πr2)＝eq \f(（\r(2)）2,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),3)))\s\up22(2))＝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＝2eq \r(3).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.eq \r(3) B．2 C.eq \r(5) D.eq \r(10) 解析　由球的表面积4πR2＝20π，得R＝eq \r(5)，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＝eq \r(5)，可得OO′＝1，设CD＝2x，则O′H＝x，PH＝eq \r(5－x2)＋1，VP－ABCD＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×2eq \r(3)×(2x＋2)×(eq \r(5－x2)＋1)，设y＝(x＋1)(eq \r(5－x2)＋1)，令x＝eq \r(5)sinθ，θ∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，则y＝(eq \r(5)sinθ＋1)(eq \r(5)cosθ＋1)＝5sinθcosθ＋eq \r(5)sinθ＋eq \r(5)cosθ＋1，y′＝5cos2θ＋eq \r(5)cosθ－eq \r(5)sinθ＝eq \r(5)(cosθ－sinθ)(eq \r(5)cosθ＋eq \r(5)sinθ＋1)， 故当0<θ<eq \f(π,4)时，y′>0，函数单调递增，当eq \f(π,4)<θ<eq \f(π,2)时，y′<0，函数单调递减，故当θ＝eq \f(π,4)，即x＝eq \f(\r(10),2)时，函数取得最大值，此时四棱锥P－ABCD的体积最大，CD的长为eq \r(10).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eq \f(\r(2),6) 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 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＝eq \f(\r(2),2)，FG＝eq \f(\r(2),2)，AE＝ED＝eq \r(2)，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eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×eq \r(2)×eq \r(2)×eq \f(\r(2),2)＝eq \f(\r(2),6)，C正确；对于D，PG⊥平面AECD，FG⊂平面AECD，故PG⊥FG，PF＝eq \r(PG2＋FG2)＝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＝eq \r(3)，侧面积为2eq \r(3)π，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eq \r(3) B．圆锥的体积为3π C．内切球O1的表面积为(84－48eq \r(3))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eq \r(5－4cos\f(\r(3)π,2)) 解析　对于A，设圆锥母线长为l，高为h，由半径r＝eq \r(3)，侧面积为2eq \r(3)π，则πrl＝eq \r(3)πl＝2eq \r(3)π，解得l＝2，则h＝eq \r(l2－r2)＝1，所以圆锥轴截面的面积S＝eq \f(1,2)×2r×h＝eq \f(1,2)×2eq \r(3)×1＝eq \r(3)，故A正确；对于B，圆锥的体积V＝eq \f(1,3)πr2h＝eq \f(1,3)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＝eq \f(OB,PB)＝eq \f(O1D,PO1)＝eq \f(\r(3),2)，得eq \f(R,1－R)＝eq \f(\r(3),2)，解得R＝2eq \r(3)－3，则内切球O1的表面积为4πR2＝4π×(2eq \r(3)－3)2＝(84－48eq \r(3))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＝eq \f(πr,l)＝eq \f(\r(3)π,2)，由余弦定理，得A′M2＝PA′2＋PM2－2PA′·PMcos∠A′PB＝5－4coseq \f(\r(3)π,2)，所以从点A沿圆锥表面到点M的最近路线长A′M＝eq \r(5－4cos\f(\r(3)π,2))，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eq \f(4,3)，记点A到平面BOC的距离为d，则(　　) A．PC＝eq \f(11,6) B．PO＝eq \r(3) C．d＝eq \r(2) D．∠AOB＝eq \f(π,2) 解析　设球O的半径为R，则4πR2＝12π，可得R＝eq \r(3).因为CA⊥CB，CA＝CB＝2，则S△ABC＝eq \f(1,2)CA·CB＝2，AB＝eq \r(CA2＋CB2)＝2eq \r(2)，设点P到平面ABC的距离为h，则VP－ABC＝eq \f(1,3)S△ABC·h＝eq \f(2,3)h＝eq \f(4,3)，所以h＝2.对于B，PO＝R＝eq \r(3)，B正确；对于D，在△OAB中，因为OA＝OB＝eq \r(3)，AB＝2eq \r(2)，OA2＋OB2≠AB2，所以∠AOB≠eq \f(π,2)，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＝eq \r(OA2－AD2)＝eq \r(3－2)＝1， VO－ABC＝eq \f(1,3)S△ABC·OD＝eq \f(1,3)×2×1＝eq \f(2,3)，取BC的中点E，连接OE，则OE⊥BC，所以OE＝eq \r(OB2－BE2)＝eq \r(3－1)＝eq \r(2)，S△OBC＝eq \f(1,2)BC·OE＝eq \f(1,2)×2×eq \r(2)＝eq \r(2)，由VA－OBC＝eq \f(1,3)S△OBC·d＝eq \f(\r(2),3)d＝eq \f(2,3)，解得d＝eq \r(2)，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＋eq \r(3)，因为2<1＋eq \r(3)，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. eq \f(41π,4) 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＝eq \f(5,4)，所以R2＝12＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4))) eq \s\up20(2)＝eq \f(41,16)，所以外接球的表面积S＝4πR2＝4π×eq \f(41,16)＝eq \f(41π,4)，即该球表面积的最小值为eq \f(41π,4) 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________． eq \f(56\r(7),81) 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＝eq \f(a2,4)＋3＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)＋\f(1,2))) eq \s\up12(2)＋eq \f(3,4)＝OA2，得a＝4，所以OF＝eq \r(7)，V球＝eq \f(28\r(7)π,3)，VM＝eq \f(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)π＋3π＋\f(3,2)π))×eq \f(1,2)×2－2×eq \f(1,3)×eq \f(3,4)π×eq \f(1,2)＋3π×4＝eq \f(54π,4)＝eq \f(27π,2)，eq \f(V球,VM)＝eq \f(28\r(7),3)×eq \f(2,27)＝eq \f(56\r(7),81). 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＝eq \f(1,3)×[π(eq \r(3)a)2＋π(2eq \r(3)a)2＋eq \r(π·3a2·π·12a2)]·a－eq \f(1,3)π(eq \r(3)a)2·a＝7πa3－πa3＝6πa3，V中圆柱＝π(2eq \r(3)a)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＝2eq \r(7)a，所以V球＝eq \f(4,3)π·28a2·2eq \r(7)a，VM＝12πa3＋96πa3＝108πa3，所以eq \f(V球,VM)＝eq \f(56\r(7),81). 14．在三棱锥P－ABC中，△ABC和△PBC都是边长为2eq \r(3)的正三角形，PA＝3eq \r(2).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________． eq \r(5)＋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2eq \r(3)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＝3eq \r(2)，所以PT2＋AT2＝PA2，所以PT⊥AT，即∠ATP＝eq \f(π,2)，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＝2,2)eq \r(OO＋O2P2) ＝eq \r(1＋4)＝eq \r(5)，所以点M到平面ABC的距离的最大值为R＋OO1＝eq \r(5)＋1. $$