课时跟踪检测(43) 与球有关的切、接问题（Word练习）-【优化指导】2025年高考数学一轮复习高中总复习·第1轮（人教A版）

课时跟踪检测(43)　与球有关的切、接问题 基础强化练 1．(2024·河北高三学业考试)若棱长为1的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的体积为(　　) A． B． C． D．3π C　解析：因为正方体的体对角线长为其外接球的直径，所以该球的直径为，即半径r＝，故其体积为V＝·r3＝×()3＝. 2．(多选)已知正方体ABCD­A1B1C1D1的各棱长均为2，下列结论正确的是(　　) A．该正方体外接球的直径为2 B．该正方体内切球的表面积为4π C．若球O与正方体的各棱相切，则该球的半径为 D．该正方体外接球的体积为4 ABC　解析：若正方体的棱长为2，则①若球为正方体的外接球，则外接球直径等于正方体体对角线，即2R1＝＝2，故A正确；外接球体积为πR＝4π，故D错误；②若球为正方体的内切球，则内切球半径为棱长的一半，故R2＝1，球的表面积为4πR＝4π，故B正确；③若球与正方体的各棱相切，则球的直径等于正方形对角线长，即2R3＝＝2，球的半径为R3＝，故C正确． 3．(2024·湖南师大附中模拟)如图所示，一个球内接圆台，已知圆台上、下底面的半径分别为3和4，球的表面积为100π，则该圆台的体积为(　　) A． B．75π C． D． D　解析：因为圆台外接球的表面积S＝4πr2＝100π，所以球的半径r＝5，设圆台的上、下底面圆心分别为O2，O1，在上、下底面圆周上分别取点A，B，且A，B在同一母线上，连接OO2，OO1，OA，OB，O2A，O1B，如图． 因为圆台上、下底面的半径分别为3和4， 所以|OB|＝|OA|＝5，|O1B|＝4，|O2A|＝3，所以|OO1|＝＝3，|OO2|＝＝4， 所以|O1O2|＝7，所以圆台体积V＝×(9π＋16π＋12π)×7＝. 4．(多选)某长方体其中一个棱长为1，且体积为1，其顶点都在同一球的球面上，则该球的体积可能是(　　) A．π B．π C．π D．π BCD　解析：设长方体未知的两棱长分别为a，b，则ab×1＝1，ab＝1，设外接球半径为R，则2R＝，球体积为V＝πR3＝(a2＋b2＋1)，a2＋b2≥2ab＝2，当且仅当a＝b＝1时等号成立，所以V≥π. 5．(2024·福建宁德模拟)已知△ABC是边长为3的等边三角形，三棱锥P­ABC的全部顶点都在表面积为16π的球O的球面上，则三棱锥P­ABC的体积的最大值为(　　) A． B． C． D． C　解析：设球O的半径为R，则4πR2＝16π，解得R＝2，要使得三棱锥P­ABC的体积最大，P应在球与底面△ABC中心的连线上，如图， 由已知可得，S△ABC＝×32＝，其中AE＝AD＝，球心O到平面ABC的距离为＝1. 故三棱锥P­ABC的高的最大值为3，体积最大值为S△ABC·3＝. 6．如图，在圆柱O1O2内有一个球O，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切．记圆柱O1O2的体积为V1，球O的体积为V2，则的值是________． 答案：　解析：设圆柱内切球的半径为R，则由题设可得圆柱O1O2的底面圆的半径为R，高为2R，故＝＝. 7．(2024·湖北模拟预测)表面积为Q的多面体的每一个面都与体积为36π的球相切，则这个多面体的体积为________． 答案：Q　解析：因为球的体积为36π.设球的半径为R，所以＝36π，解得R＝3.因为表面积为Q的多面体的每一个面都与体积为36π的球相切，所以球的半径就是球心到多面体面的距离，所以多面体的体积为QR＝Q. 8．(2024·河北承德模拟)已知S，A，B，C是球O表面上的点，SA⊥平面ABC，AB⊥BC，SA＝AB＝1，BC＝，则球O的表面积是________. 答案：4π　解析：如图，取AC的中点H，则H为△ABC的外接圆的圆心，易知球心O在点H的上方，且OH＝，此时球的半径r＝OC＝＝＝1，则S球＝4πr2＝4π. 能力提升练 9．(2024·湖北黄冈模拟)若一个正六棱柱既有外接球又有内切球，则该正六棱柱的外接球和内切球的表面积的比值为(　　) A．2∶1 B．3∶2 C．7∶3 D．7∶4 C　解析：如图，设O2，O1分别为该正六棱柱上、下底面中心，O为O1O2的中点，D为AB的中点，设正六棱柱的底面边长为2，若正六棱柱有内切球，则OO1＝O1D＝，即内切球的半径r＝，OA2＝OO＋O1A2＝7，即外接球的半径R＝，则该正六棱柱的外接球和内切球的表面积的比值为4πR2∶4πr2＝R2∶r2＝7∶3. 10．(2024·湖南湘潭模拟)已知A，B，C为球O球面上的三个点，若AB＝BC＝AC＝3，球O的表面积为36π，则三棱锥O­ABC的体积为(　　) A． B． C． D． C　解析：设球O的半径为R，则由球的表面积为4πR2＝36π，得R＝3，设△ABC外接圆的半径为r，圆心为O1，因为AB＝BC＝AC＝3，所以△ABC为等边三角形，所以＝2r，解得r＝， 则点O到平面ABC的距离为|OO1|＝＝，三棱锥O­ABC的体积为V＝×S△ABC×|OO1|＝××3×3×sin 60°×＝. 11．(2024·广东潮州高三期末)在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑，如图，在鳖臑A­BCD中，AB⊥平面BCD，CD⊥AD，AB＝BD＝，已知动点E从C点出发，沿外表面经过棱AD上一点到点B的最短距离为，求该棱锥的外接球的表面积． 解：如图所示： 设CD＝x，由题意得，C′B＝，在△C′BD中，由余弦定理得：C′B2＝C′D2＋BD2－2C′D·BD·cos 135°，即()2＝x2＋()2－2x··(－)，即x2＋2x－8＝0，解得x＝2或x＝－4(舍去)，将四面体补成长方体，如图所示： 该棱锥的外接球即为长方体的外接球，则外接球的半径为R＝＝，所以外接球的表面积为S＝4πR2＝8π. 素养养成练 12．为迎接中国共产党103周年诞辰，我校扬帆文学社举办有奖征文活动，每位获奖者的奖品为4个半径为2 cm的球形饰品，文学社的同学们为每一位获奖选手制作一个正四面体的包装盒，求包装盒的高的最小值． 解：当4个球如图放置，再让正四面体包装盒的每个面与三个球相切，这样的包装盒高最小，连接4个球心，得到一个棱长为4的小四面体，因为小四面体的中心与包装盒正四面体的中心重合，所以小四面体的高为＝，又正四面体的性质知，正四面体中心到底面的距离为高的，所以小正四面体中心到底面的距离为，所以正四面体包装盒中心到正四面体包装盒底面的距离为＋2，再利用正四面体性质，四面体包装盒的高为4×(＋2)＝＋8. 学科网（北京）股份有限公司 $$