2025届高三数学一轮复习对点练55：与球有关的切、接问题

2025届高三数学一轮复习对点练55　与球有关的切、接问题 【基础巩固】 1.正方体的外接球与内切球的表面积比值为(　　) A. B.3 C.3 D. 2.若圆锥的内切球与外接球的球心重合，且内切球的半径为1，则圆锥的体积为(　　) A.π B.2π C.3π D.4π 3.已知一个三棱柱，其底面是正三角形，且侧棱与底面垂直，一个体积为的球体与棱柱的所有面均相切，那么这个三棱柱的表面积是(　　) A.6 B.12 C.18 D.24 4.已知棱长为1的正四面体的四个顶点都在一个球面上，则这个球的体积为(　　) A.π B.π C.π D.π 5.(2024·青岛调研)一个球与一个正三棱柱(底面为等边三角形，侧棱与底面垂直)的两个底面和三个侧面都相切，若棱柱的体积为48，则球的表面积为(　　) A.16π B.4π C.8π D.32π 6.(2024·福建联合测评)已知在正三棱锥P－ABC中，O为△ABC的中心，AB＝6，∠APB＝2∠PAO，则该正三棱锥的外接球的表面积为(　　) A.49π B.36π C.32π D.28π 7.(2024·金华质检)在Rt△ABC中，CA＝CB＝，以AB为旋转轴旋转一周得到一个几何体，则该几何体的内切球的体积为(　　) A. B. C.2π D. 8.(2024·南阳调研)已知等腰直角三角形ABC的三个顶点在球O的表面上，且AC＝AB＝8，连接CO并延长交球O的表面于点D，连接DA，DB.若球O的体积为288π，则直线AC，BD所成角的正切值为(　　) A. B. C. D. 9.在三棱锥A－BCD中，若AD⊥平面BCD，AB⊥BC，AD＝BD＝2，CD＝4，点A，B，C，D在同一个球面上，则该球的表面积为________. 10.如图所示是古希腊数学家阿基米德的墓碑文，墓碑上刻着一个圆柱，圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等，相传这个图形表达了阿基米德最引以为豪的发现.我们来重温这个伟大发现，圆柱的体积与球的体积之比为________，圆柱的表面积与球的表面积之比为________. 11.(2024·宝鸡质检)如图，在正四棱台ABCD－A1B1C1D1中，O，O1分别是正方形ABCD，A1B1C1D1的中心.若以O1为球心，O1A1为半径的球与平面ABCD相切，且O是该四棱台的外接球的球心，则该四棱台的体积与其外接球的体积之比为________. 12.在三棱锥P－ABC中，平面PAC⊥平面ABC，PA＝PC＝AB＝2，AC＝4，∠BAC＝30°，则该三棱锥外接球的体积为________. 【能力提升】 13.(2022·全国乙卷)已知球O的半径为1，四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均在球O的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为(　　) A. B. C. D. 14.在三棱锥D－ABC中，AB＝BC＝2，AC＝2，BD＝4，BD⊥平面ABC，则三棱锥D－ABC外接球的表面积为________. 15.如图，已知平行四边形ABCD中，AC＝AB＝m，∠BAD＝120°，将△ABC沿对角线AC翻折至△AB1C所在的位置，若二面角B1－AC－D的大小为120°，则过A，B1，C，D四点的外接球的表面积为________. 16.(2024·郑州质检)已知三棱锥P－ABC，△ABC是边长为2的等边三角形，PA＝PB＝a，且平面PAB⊥平面ABC，若三棱锥P－ABC的每个顶点都在表面积为的球面上，则a＝________. 参考答案 1.C　[设正方体的外接球的半径为R，内切球的半径为r，棱长为1，则正方体的外接球的直径为正方体的体对角线长， 即2R＝，所以R＝， 正方体内切球的直径为正方体的棱长， 即2r＝1，即r＝，所以＝， 所以正方体的外接球与内切球的表面积比值为＝＝3.] 2.C　[过圆锥的旋转轴作轴截面，得△ABC及其内切圆⊙O1和外接圆⊙O2， 且两圆同圆心，即△ABC的内心与外心重合，易得△ABC为正三角形， 由题意得⊙O1的半径为r＝1， ∴△ABC的边长为2， ∴圆锥的底面半径为，高为3， ∴V＝×π×3×3＝3π.] 3.C　[根据已知可得球的半径等于1，故三棱柱的高等于2，底面三角形内切圆的半径等于1，即底面三角形的高等于3，边长等于2， 所以这个三棱柱的表面积等于3×2×2＋2××2×3＝18.] 4.A　[如图将棱长为1的正四面体B1－ACD1放入正方体ABCD－A1B1C1D1中，且正方体的棱长为1×cos 45°＝， 所以正方体的体对角线AC1＝＝， 所以正方体外接球的半径R＝＝， 所以正方体外接球的体积为πR3＝π×＝π， 因为正四面体的外接球即为正方体的外接球， 所以正四面体的外接球的体积为π.] 5.A　[由题意，设正三棱柱的底面边长为a，则其内切球的半径r＝×a＝a， 所以正三棱柱的高h＝2r＝a. 棱柱的体积V＝a2·h＝a2·a＝＝48，得a＝4， 所以球的表面积S＝4πr2＝4π·＝a2＝16π.故选A.] 6.A　[设正三棱锥P－ABC的侧棱长为x. 易知OA＝××6＝2， 则cos ∠PAO＝＝， cos ∠APB＝＝. 因为∠APB＝2∠PAO， 所以cos ∠APB＝cos 2∠PAO， 所以＝2－1， 解得x＝(负值舍去)， 所以OP＝＝3. 设外接球球心为M，半径为R， 则MP＝MA＝R，MO＝|3－R|. 因为MA2＝MO2＋OA2， 所以R2＝(3－R)2＋(2)2，解得R＝， 所以外接球表面积S＝4πR2＝49π.故选A.] 7.A　[如图所示，旋转体的轴截面为边长为的正方形， 设O为内切球的球心. 内切球半径r＝AC＝，所以该几何体的内切球的体积为×π×＝，故选A.] 8.C　[由题意可知，BC＝AB＝8，且CD为球的直径，所以BD⊥BC，AC⊥AD. 因为球O的体积为πR3＝288π(R为球O的半径)，所以R＝6，所以CD＝12， 由勾股定理可得BD＝＝4. 设直线AC，BD所成角为θ， 则cos θ＝＝ ＝ ＝＝， 所以sin θ＝＝， 所以tan θ＝＝，故选C.] 9.20π　[根据题意得，BC⊥平面ABD，则BC⊥BD，即AD，BC，BD三条线两两垂直，所以可将三棱锥A－BCD放置于长方体内，如图所示， 该三棱锥的外接球即为长方体的外接球，球心为长方体体对角线的中点， 即外接球的半径为长方体体对角线长的一半， 此时AC为长方体的体对角线，即为外接球的直径，所以该球的表面积 S＝4πR2＝π·AC2＝π·(22＋42)＝20π.] 10.　　[由题意，知圆柱底面半径为r，球的半径为R， 则R＝r，圆柱的高h＝2R， 则V球＝πR3，V柱＝πr2h＝π·R2·2R＝2πR3. ∴＝＝. 又∵S球＝4πR2， S柱＝2πr2＋2πrh＝2πR2＋2πR·2R＝6πR2. ∴＝＝.] 11.　[连接OA1(图略)， 设A1B1＝a，AB＝b，OO1＝h， 因为以O1为球心，O1A1为半径的球与平面ABCD相切，所以h＝a. 因为O是该四棱台外接球的球心， 所以OA1＝＝b， 即b＝a，所以四棱台的体积V1＝h·(a2＋b2＋ab)＝a3， 其外接球的体积V2＝π·＝πa3， 则＝.] 12.9π　[如图所示， 在△ABC中，由余弦定理得BC2＝(2)2＋42－2×2×4·cos 30°＝4. 所以AB2＋BC2＝16＝AC2， 即△ABC为直角三角形. 故△ABC外接圆的圆心为斜边AC的中点. 取AC的中点为O1，连接PO1，则PO1⊥AC. 由平面PAC⊥平面ABC，得PO1⊥平面ABC. 该三棱锥外接球的球心在线段PO1上. 设球心为O，连接OA，则OA＝OP，且均为外接球的半径. 在Rt△PO1A中，PO1＝＝2. 在Rt△OO1A中，OA2＝OO＋AO， 即R2＝(2－R)2＋4，则R＝. 所以外接球的体积V＝πR3＝π＝9π.] 13.C　[该四棱锥的体积最大，即以底面外接圆和顶点O组成的圆锥体积最大， 设圆锥的高为h(0<h<1)，底面半径为r， 则圆锥的体积V＝πr2h＝π(1－h2)h， 则V′＝π(1－3h2)， 令V′＝π(1－3h2)＝0，得h＝， 所以V＝π(1－h2)h在上单调递增，在上单调递减， 所以当h＝时，四棱锥的体积最大，故选C.] 14.32π　[∵BD⊥平面ABC，故可将三棱锥补为直三棱柱，如图所示， ∵AB＝BC＝2，AC＝2， 故三棱柱的上、下底面三角形的外接圆圆心在底边中线的延长线上， 设为O1，O2，易得∠O1BC＝60°， 故O1B＝O1C＝BC＝2， ∴三棱柱外接球球心为上、下底面外心所连线段的中点O，即为三棱锥D－ABC外接球球心， 设该外接球半径为R， 则在Rt△OCO1中，R2＝＋22＝8， 故三棱锥D－ABC外接球的表面积为4πR2＝32π.] 15.πm2　[由已知得△B1AC与△DAC均为边长是m的正三角形，取AC中点G， 连接DG，B1G，如图， 则有DG⊥AC，B1G⊥AC， 于是得∠B1GD是二面角B1－AC－D的平面角，则∠B1GD＝120°， 显然有AC⊥平面B1GD，即有平面B1GD⊥平面B1AC，平面B1GD⊥平面DAC， 令正△B1AC与正△DAC的中心分别为E，F，过E，F分别作平面B1AC，平面DAC的垂线， 则两垂线都在平面B1GD内，它们交于点O， 从而得点O是过A，B1，C，D四点的外接球球心，连接OA， 则OA为该外接球半径，由已知得 GE＝GF＝GD＝··m＝m， 而OE＝OF，于是得∠OGF＝60°， 在Rt△OGF中，OG＝＝， 而AG＝，在Rt△OGA中，OA2＝AG2＋OG2＝m2， 所以过A，B1，C，D四点的外接球的表面积为4π·OA2＝πm2.] 16.或　[如图，取AB的中点为D，连接PD，CD， 因为PA＝PB＝a，所以PD⊥AB. 因为平面PAB⊥平面ABC，平面PAB∩平面ABC＝AB，PD⊂平面PAB， 所以PD⊥平面ABC. 同理得CD⊥平面PAB. 设点O1为等边△ABC的外心，过点O1作O1E∥PD， 则O1E⊥平面ABC，易得直线O1E上任意一点到A，B，C三点的距离相等， 即三棱锥P－ABC外接球的球心O在直线O1E上. 以D为坐标原点，以DB，DC，DP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 因为△ABC是边长为2的等边三角形， 所以CD＝2×＝3，O1C＝CD＝2，O1D＝CD＝1， 又PA＝PB＝a，所以a＞，PD＝， 则P(0，0，)，C(0，3，0). 由题意可知三棱锥P－ABC外接球的表面积为， 设该外接球的半径为R，则4πR2＝， 所以R＝. 设O(0，1，z)，连接OP，OC，则OP＝OC＝R， 即＝＝， 解得a＝或a＝.] 学科网（北京）股份有限公司 $$