分级练(41) 球的“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B版）

分级练(41)　球的“切”“接”问题 分级一　提能强化 1.(2022·江苏淮安模拟)已知圆锥的顶点和底面圆周均在球O的球面上.若该圆锥的底面半径为2，高为6，则球O的表面积为(　　) A.32π B.48π C.64π D.80π C　解析：因为6>2，故球心在圆锥的内部且在高上，设球心到圆锥底面的距离为d，则有(6－d)2－d2＝(2)2，解得d＝2，则球O半径R＝6－d＝4，表面积S＝4πR2＝64π.故选C. 2.(2022·山东泰安模拟)在底面是正方形的四棱锥P­ABCD中，PA⊥底面ABCD，且PA＝3，AB＝4，则四棱锥P­ABCD内切球的表面积为(　　) A.3π B.4π C.5π D.6π B　解析：由题意，设四棱锥P­ABCD内切球的半径为r，因为VP­ABCD＝×42×3＝16，四棱锥P­ABCD的表面积S＝42＋×3×4×2＋×4×5×2＝48，所以r＝＝1，所以四棱锥P­ABCD内切球的表面积为4πr2＝4π.故选B. 3.(2022·山东青岛二模)《九章算术》中记录的“羡除”是算学和建筑学术语，指的是一段类似隧道形状的几何体，如图，羡除ABCDEF中，底面ABCD是正方形，EF∥平面ABCD，EF＝2，其余棱长都为1，则这个几何体的外接球的体积为(　　) A.π B.π C.π D.4π B　解析：连接AC，BD交于点M，取EF的中点O，则OM⊥平面ABCD，取BC的中点G，连接FG，作GH⊥EF，垂足为H，如图所示， 由题意可知，HF＝，FG＝，所以HG＝＝，所以OM＝HG＝，AM＝，所以OA＝＝1，又OE＝1，所以OA＝OB＝OC＝OD＝OE＝OF＝1，即这个几何体的外接球的球心为O，半径为1，所以这个几何体的外接球的体积为V＝πR3＝×π×13＝π.故选B. 4.(多选)设一空心球是在一个大球(称为外球)的内部挖去一个有相同球心的小球(称为内球)，已知内球面上的点与外球面上的点的最短距离为1，若某正方体的所有顶点均在外球面上、所有面均与内球相切，则(　　) A.该正方体的棱长为2 B.该正方体的体对角线长为3＋ C.空心球的内球半径为－1 D.空心球的外球表面积为(12＋6)π BD　解析：设内球、外球半径分别为r，R，则正方体的棱长为2r，体对角线长为2R， ∴R＝r，又由题知R－r＝1，所以r＝，R＝， ∴正方体棱长为＋1，体对角线长为3＋， ∴外接球表面积为π(3＋)2＝(12＋6)π，故选BD. 5.(2023·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，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，则该棱锥的外接球的表面积为________. 答案：8π　解析：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)，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. 6.(2023·全国甲卷)在正方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝4，O为AC1的中点，若该正方体的棱与球O的球面有公共点，则球O的半径的取值范围是________. 答案：[2，2]　解析：由该正方体的棱与球O的球面有公共点，可知球O的半径应介于该正方体的棱切球半径和外接球半径之间(包含棱切球半径和外接球半径).设该正方体的棱切球半径为r，因为AB＝4，所以2r＝×4，所以r＝2；设该正方体的外接球半径为R，因为AB＝4，所以(2R)2＝42＋42＋42，所以R＝2.所以球O的半径的取值范围是[2，2]. 7.(2023·江西南昌模拟)在四面体ABCD中，∠ABC＝∠BCD＝90°，AB＝BC＝CD＝2，AD＝2，则该四面体的外接球表面积为________. 答案：12π　解析：由题意∠ABC＝∠BCD＝90°，AB＝BC＝CD＝2， 则AC＝BD＝2，又AD＝2， 所以AB2＋BD2＝AD2，得AB⊥BD， 同理AC⊥CD，取AD的中点O， 则O到A，B，C，D四点的距离相等，O即为四面体ABCD外接球的球心， 所以球半径为R＝＝，球表面积为S＝4πR2＝12π. 分级二　知能探究 8.(多选)有一长方体容器，长，宽，高分别为40 cm，30 cm，20 cm，另有下列物体，物体Ⅰ：直径为10 cm的球；物体Ⅱ：底面直径为20 cm，高为40 cm的圆柱；物体Ⅲ：底面为直角三角形(两直角边长分别为15 cm和20 cm)，高为40 cm的空心三棱柱(不考虑柱体边缘厚度).则能整体放入长方体容器的物体可以是(　　) A.8个Ⅰ和1个Ⅱ B.16个Ⅰ和1个Ⅲ C.1个Ⅱ和1个Ⅲ D.4个Ⅰ和3个Ⅲ ABD　解析：因为圆柱和三棱柱的高均为40 cm，可将长方体容器的长40 cm视为长方体的高， 则长方体的长为30 cm，宽为20 cm，只需看长方体的底面和圆柱、三棱柱以及球的截面即可. 对于选项A，如图1，先将圆柱放入长方体容器，因为球的直径为10 cm， 所以右边最底层可以放入2个直径为10 cm的球，长方体的高度是40 cm， 则右边可放球的个数为2×(40÷10)＝8，所以长方体容器可以放入8个Ⅰ和1个Ⅱ，故A正确； 对于选项B，如图2，先将三棱柱放入长方体容器，因为球的直径为10 cm，三棱柱的底面是直角三角形， 其内切圆的直径恰好是10 cm，所以在三棱柱的底层可以放一个直径为10 cm的球， 然后在如图的长方形的其它区域还可以放入3个直径为10 cm的圆， 所以长方体最底层可以放4个直径为10 cm的球，因为长方体的高度是40 cm， 则长方体容器可以放4×(40÷10)＝16个球，所以长方体容器可以放入16个Ⅰ和1个Ⅲ，故B正确； 对于选项C，如图3，长方体能单独放入圆柱或三棱柱，但是圆柱和三棱柱不能同时放入，故C错误； 对于选项D，如图4，长方体的底面可以分成4个全等的两直角边长分别为15 cm和20 cm的直角三角形，即为三棱柱的底面，同时可以在每个直角三角形内放入1个圆，则长方体容器可以放入4×(40÷10)＝16个球，4个三棱柱，故D正确.故选ABD. 9.(2023·河北九师联盟联考)已知正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为 3 ，以A为球心，2为半径的球被该正方体的表面所截，则所截得的曲线总长为________. 答案：　解析：如图所示，易知球被正方体的表面所截曲面为EFGHIJ， 由cos ∠A1AE＝＝＝，即∠A1AE＝，故∠EAF＝.球被平面ABB1A1， 平面ABCD，平面ADD1A1所截得的曲线长均为×2＝，故在此三个平面上所截得的曲线长的和为×3＝π，球被平面BCC1B1，平面CDD1C1，平面A1B1C1D1所截得的曲线长均为×＝， 故在这三个平面上所截得的曲线长的和为×3＝，故所截得的曲线总长为π＋＝. 10.三棱柱ABC­A1B1C1中，AB＝BC＝AC，侧棱AA1⊥底面ABC，且三棱柱的侧面积为3.若该三棱柱的顶点都在同一个球O的表面上，求球O的表面积的最小值. 解：如图，∵三棱柱ABC­A1B1C1为正三棱柱，∴设A1C1＝a，BB1＝h， ∴三棱柱的侧面积为3a·h＝3， ∴ah＝.又球O的半径R＝≥＝1， 当且仅当＝，且ah＝，即a＝，h＝时等号成立. ∴球O的表面积S＝4πR2≥4π. 11.粽子古称“角黍”，是中国传统的节庆食品之一，由粽叶包裹糯米等食材蒸制而成.因各地风俗不同，粽子的形状和味道也不同，某地流行的“五角粽子”，其形状可以看成所有棱长均为8 cm的正四棱锥，则这个粽子的表面积为________cm2.现在需要在粽子内部放入一颗咸蛋黄，蛋黄的形状近似地看成球，则当这个蛋黄的体积最大时，其半径与正四棱锥的高的比值为________. 答案：64(＋1)　　解析：如图，正四棱锥P­ABCD的表面积SP­ABCD＝4S△PAB＋S正方形ABCD＝4××8×8＋8×8＝64(＋1)(cm2).设该正四棱锥的高为h，体积为V，内切球半径为r，则由r＝，h＝，得＝＝＝. 分级三　素能创新 12.为迎接中国共产党102周年诞辰，某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，小四面体的中心与包装盒正四面体的中心重合，容易求出小四面体的高为，由正四面体的性质知，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，所以小四面体中心(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，得四面体包装盒的高为4×(＋2)＝cm. 学科网（北京）股份有限公司 $$