2024届新高考I卷地区高三数学模拟题题型细分2-8——立体几何 单选填空5 外接球中下

2024年全国一卷新高考题型细分2-8 ——立体几何 单选填空5 1、 试卷主要是2024年全国一卷新高考地区真题、模拟题，合计202套。其中全国高考真题4套，广东47套，山东22套，江苏18套，浙江27套，福建15套，河北23套，湖北19套，湖南27套。 2、 题目设置有尾注答案，复制题干的时候，答案也会被复制过去，显示在文档的后面，双击尾注编号可以查看。方便老师备课选题。 3、 题型纯粹按照个人经验进行分类，没有固定的标准。 4、 《立体几何_——单选填空》主要分类有： 多面体体积、表面积，旋转体体积、表面积，线面关系判断，截面，线线角、线面角、二面角，点点距离、长度，点面距离，线线距离，外接球基础，外接球中下，外接球中档，内切球，球截面，球的体积，表面积，球缺，其他球相关，点线距离等，轨迹，最短路径，综合，拓展，其他，中档，中上等，大概226道题。 外接球——中下： 1. （2024年粤J52燕博园，末）14.已知表面积为的球的内接正四棱台，动点在内部及其边界上运动，则直线与平面所成角的正弦值的最大值为[endnoteRef:2]__________.（外接球，中下） [2: 14.【命题意图】本题考查了正四棱台的基本概念与性质､和球体积的计算方法，考查考生对直线与直线､直线与平面､平面与平面的位置关系等基础知识的理解与应用的能力. 【答案】 【解析】设球的半径为，则.设 分别为正方形与正方形的中心， 在正方形中，，则与重合，故 正方形的中心即为球心.由于， ，则面面， 则面面.在平面内作于，则平面，则就是直线与平面所成角，，当取最小值时，最大.在等腰梯形中，，则为正三角形，，故直线与平面所成角的正弦值的最大值为. ] 2. （2024年冀J16邯郸三调，末）8. 已知在四面体中，，二面角的大小为，且点A，B，C，D都在球的球面上，为棱上一点，为棱的中点．若，则（ [endnoteRef:3] ） A. B. C. D. （外接球，中下） [3: 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意和几何关系，并在所在平面内建立平面直角坐标系，确定点的位置和坐标，即可求解. 【详解】由题意知与均为等边三角形，连接，，则，，是二面角的平面角， 所以，又易知，所以是等边三角形． 设为的外心，为的中点，连接，则点O，P，Q都在平面内，建立平面直角坐标系如图． 设，则，，所以． 又，所以，因为，易知， 则，，从而，． 故选：C 【点睛】关键点点睛：本题的关键是结合几何关系，建立如图所示的平面直角坐标系，转化为平面几何问题. ] 3. （2024年湘J30教盟二联考）13. 已知表面积为的球面上有四点是边长为的等边三角形，若平面平面，则三棱锥的体积的最大值为_[endnoteRef:4]_____， （外接球，中下） [4: 【答案】 【解析】 【分析】根据题意作出相应的图形，利用外接球的性质依次求得与过平面的截面圆的半径，从而得到点到平面的最大距离，再利用三棱锥的体积公式即可得解. 【详解】如图，为的外接球的球心，为正的中心， 则平面， 因为球的表面积为，设球的半径为，则，故， 因为是边长为的等边三角形，则， 所以， 因为平面平面，所以过平面的截面圆的半径， 点在截面圆的圆周上，所以点到平面的最大距离为， 所以的体积的最大值为 . 故答案为：. ] 4. （2024年粤J27深圳一调）15. 已知是正四面体的外接球的一条直径，点在正四面体表面上运动，正四面体的棱长是2，则的取值范围为[endnoteRef:5]________．（外接球，中下） [5: 【答案】 【解析】 【分析】根据题意可求得外接球半径为，利用可得，由几何关系求出最值即可求出的取值范围. 【详解】如下图所示： 设点在平面内的摄影为，为的中点，易知在上，且平面； 又正四面体的棱长是2，所以可得， 在正中，由勾股定理可得； 设外接球半径为，则可知， 即，解得； 易知， 又因为是外接球的一条直径，所以，且； 因此， 易知， 所以，； 因此可知的取值范围为. 故答案为： 【点睛】关键点睛：本题关键在于利用极化恒等式将化为，再利用正四面体性质求出的最值即可求出的取值范围. ] 5. （2024年鄂J10二次T8联考）7. 已知正方体的棱长为为线段上的动点，则三棱锥外接球半径的取值范围为（ [endnoteRef:6] ） A. B. C. D. （涉后导数） （外接球，中下） [6: 【答案】C 【解析】 【分析】根据外接球性质找到外接球球心位置，通过几何直观找到外接球半径与的外接圆半径的关系式；设，在中根据面积关系和正弦定理，得到是关于的函数；利用导数求出范围，进而得到范围. 【详解】如图，连接，交于点，易得为外心． 连接．交于点，易知平面，则三棱锥的外接球球心在上． 设的外接圆圆心为平面， 由正方体中棱平面,得,又易得分别是中点， 所以． 设的外接圆半径为，三棱锥的外接球半径为．则， 设，， ，又， ． 设，则， 设，则， 在单调递增，又， 所以在单调递减，在单调递增，又， 所以． 故选：C． 【点睛】关键点点睛：本题第一个突破口是找出外接球半径与的外接圆半径的关系，第二步是根据面积关系和正弦定理，得到是关于的函数. ] 6. （2024年冀J12大数据应用调研）13. 已知四面体中，，过点的其外接球直径与、夹角正弦值分别为、，则与夹角正弦值为[endnoteRef:7]______. （外接球，中下） [7: 【答案】## 【解析】 【分析】由题意，将四面体放在长方体中，则即为长方体的体对角线，设，再结合已知即可得解. 【详解】由题意，将四面体放在长方体中，如图所示， 则即为长方体的体对角线， 设， 则， 因为平面，平面，所以， 因为平面，平面，所以， 因为平面，平面，所以， 又因为与、夹角正弦值分别为、， 所以， 而， 即，所以， 即， 所以与夹角正弦值为. 故答案为：. ] 7. （2024年苏J03南通联考）5. 如图，已知二面角的平面角为，棱上有不同两点，，，，．若，则过四点的球的表面积为（ [endnoteRef:8] ） A. B. C. D. （外接球，中下） [8: 【答案】B 【解析】 【分析】根据垂直关系可得是二面角的一个平面角，过作平面的垂线和平面的垂线，得交点为外接球球心，利用勾股定理即可求出,由表面积公式即可求解. 【详解】因为二面角的大小为， 如图，所以平面与平面所成角的大小为， 取的中点，的中点，，为，的外心， 取的中点，连接，，则，， 所以是二面角的一个平面角，则， 过作平面的垂线和过作平面的垂线，交于点，即为外接球球心， 所以平面，平面，连接，， 所以易证得：△与△全等，所以， 所以在直角三角形， ， 则过、、、四点的球的表面积为，故B正确． 故选：B． ] 8. （2024年湘J01长郡一模，末）14. 如图是一个球形围墙灯，该灯的底座可以近似看作正四棱台.球形灯与底座刚好相切，切点为正四棱台上底面中心，且球形灯内切于底座四棱台的外接球.若正四棱台的上底面边长为4，下底面边长为2，侧棱长为，则球形灯半径与正四棱台外接球半径的比值为[endnoteRef:9]__________.（外接球，中下） [9: 【答案】 【解析】 【分析】设正四棱台上底面与下底面中心分别为，则正四棱台的外接球球心为及球形灯的圆心均在直线上.由几何关系，求出，求出R的值，再根据求出r的值，即可得到比值. 【详解】如图所示，设正四棱台上底面与下底面中心分别为,作截面，则正四棱台外接球球心及球形灯的圆心均在直线上，作于H. 因为正四棱台的上底面边长为4，下底面边长为2，侧棱长为， 则有，，. 在中，， 在中，， 所以，整理得. 由图可知，在圆中，有,解得， 所以. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：本题的关键是作出相关图形，利用勾股定理等得到相关方程，从而解出两个半径长. ] 9. （2024年苏J22南通二调，末）14. 若正四棱锥的棱长均为2，则以所有棱的中点为顶点的十面体的体积为________，该十面体的外接球的表面积为[endnoteRef:10]________.（外接球，中下） [10: 【答案】 ①. ## ②. 【解析】 【分析】根据给定条件，利用割补法，结合锥体体积公式计算体积；建立空间直角坐标系，求出外接球半径即可求出表面积. 【详解】正四棱锥的所有棱长为2，点是所在棱的中点，如图， 显然，即有，则正四棱锥的高为， 于是， 到平面的距离， 所以所求十面体的体积为； 令，以直线分别为轴建立空间直角坐标系，如图， 则，则， ，设外接球球心，半径， 则，因此，解得， 所以十面体的外接球的表面积为. 故答案为：； 【点睛】关键点睛：求几何体的体积，将给定的几何体进行恰当的分割，转化为可求体积的几何体求解是关键. ] 10. （2024年湘J08长沙适应，末）16. 已知正四棱锥的顶点均在球的表面上.若正四棱锥的体积为1，则球体积的最小值为___[endnoteRef:11]___. （涉后导数） [11: 【答案】## 【解析】 【分析】由底面外接圆的半径、正四棱锥的高以及外接球的半径的关系，结合已知条件可得，故只需求出外接球半径的最小值即可. 【详解】设球的半径为，正四棱锥的高、底面外接圆的半径分别为，. 如图，球心在正四棱锥内时，由，可得， 即（*）. 球心在正四棱锥外时，亦能得到（*）式. 又正四棱锥的体积为，则，代入（*）式可得. 通过对关于的函数求导，即， 易得函数在单调递减，在单调递增， 则.从而，球的体积的最小值. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：关键是首先得到，从而通过导数求得外接球半径的最小值即可顺利得解. ] 11. （2024年粤J138汕头金南三模）7．若正四面体的棱长为，M为棱上的动点，则当三棱锥的外接球的体积最小时，三棱锥的体积为（[endnoteRef:12]    ） A． B． C． D．（外接球，中下） [12: 7．A 【分析】首先根据几何性质分析外接球的球心位置，再构造长度的等量关系，即可求解三棱锥的体积. 【详解】如图， 在正四面体中，假设底面，则点H为外心． 在上取一点O，满足，则O为三棱锥的外接球球心． 当取得最小值时，最小，三棱锥的外接球体积最小，此时点O与点H重合． 作，垂足为N，， 为三棱锥的高． 由正四面体的棱长为，易知， 所以，，． 由，设，则，． 由，得，解得． ．． 故选：A 【点睛】关键点点睛：关键是确定外接球的球心位置. ] 12. （2024年鲁J45泰安三模）8．在三棱锥中，为的中点，且直线与平面所成角的余弦值为，则三棱锥的外接球的表面积为（  [endnoteRef:13]  ） A． B． C． D．（外接球，中下） [13: 8．B 【分析】由直角三角形性质可得为的外心，结合球体性质可知平面，由等腰三角形性质可知的外心在上且，进而可得直线与平面所成角与互余，结合正弦定理可得，勾股定理可得，进而可得、，结合球的表面积公式计算即可. 【详解】如图，设球心为，的外接圆圆心为，连接，， 因为为的中点，，所以为的外心， 由为的外心，得三点共线，且. 由题意得平面，面，则， 故直线与平面所成角为的余角， 所以，所以. 在中，由题设可得， 由正弦定理得， 所以， 所以在Rt中，， 所以球的表面积. 故选：B. ] 13. （2024年粤J07六校联考）5. 已知三棱锥，是以为斜边的直角三角形，为边长是2的等边三角形，且平面平面，则三棱锥外接球的表面积为（ [endnoteRef:14] ） A. B. C. D. （外接球，中下） [14: 【答案】A 【解析】 【分析】由条件知，外接球的球心在过的中点且垂直于平面的直线上，又平面平面，所以可得等边三角形的中心即为外接球的球心，求出外接圆的半径即得三棱锥外接球的半径． 【详解】直角三角形外接圆的圆心是斜边的中点，过该点作一条垂直于平面的直线． 因为平面平面， 所以所作直线在平面内，且经过等边三角形的中心， 所以等边三角形的中心就是三棱锥外接球的球心， 所以外接圆的半径也是三棱锥外接球的半径． 由正弦定理知，(是的外接圆的半径)，即， 所以， 于是三棱锥外接球的半径为， 故三棱锥外接球的表面积为． 故选：A． ] 14. （2024年粤J01）在正三棱台中，，其外接球半径为，则该棱台高可以为__[endnoteRef:15]________.（外接球，中下） [15: 【答案】1（或填3） 【解析】 【分析】求出正棱台上下底面的中心到顶点的距离，即可求得外接球球心到上下底面中心的距离，考虑外接球球心在棱台内还是棱台外，即可求得答案. 【详解】设为正三棱台的上底面的中心，O为下底面的中心， 连接，即为棱台的高， 连接并延长交BC于D，则D为BC的中点，连接并延长交于，则为的中点， , 设外接球球心为E，则E点位于直线上， 则在中，， 在中，， 故当外接球球心在正棱台内时，其高为； 当外接球球心在正棱台外时，其高为； 故该棱台的高可以为3或1， 故答案为：1（或填3） ] 15. （2024年鲁J31威海二模）14．已知圆锥的顶点与底面圆周都在半径为3的球面上，当该圆锥的侧面积最大时，它的体积为[endnoteRef:16] ． （涉后导数，中下） [16: 14．/ 【分析】将圆锥侧面积用圆锥底面半径与母线长的表达式表示出来，再利用外接球半径为3，建立圆锥底面半径与母线长的关系，从而将圆锥侧面积表示为母线长函数，利用换元，导数法求出函数取最大值时的母线长，底面半径长，从而求出此时的圆锥体积. 【详解】 如图，圆锥顶点为P，底面圆心为C，底面圆周与顶点均在球心为O的球面上， ，记 则圆锥侧面积为， 若相同时，较大才能取得最大值，由截面圆的对称性知，圆锥侧面积最大时两点位于球心两侧， 此时， ，而,又， 故 令， ， 当时，单调递增； 当时，单调递减， 故当时，最大，圆锥侧面积最大，此时， 此时圆锥体积， 故答案为：. ] 16. （2024年冀J37沧州三模）7．《几何补编》是清代梅文鼎撰算书，其中卷一就给出了正四面体，正六面体（立方体）、正八面体、正十二面体、正二十面体这五种正多面体的体积求法.若正四面体的棱长为，为棱上的动点，则当三棱锥的外接球的体积最小时，三棱锥的体积为（ [endnoteRef:17]   ） A． B． C． D．（外接球，中下） [17: 7．A 【分析】由题意确定三棱锥的外接球的体积最小时球心的位置，由此可求出三棱锥的高，利用体积公式，即可求得答案. 【详解】如图，在正四面体中，假设底面，则点为外心. 在上取一点，满足，则， 则为三棱锥的外接球球心， 当取得最小值时，最小，三棱锥的外接球体积最小， 此时点与点重合.作，垂足为，， 为三棱锥的高. 由正四面体的棱长为，知，， ，. 设，则，故，. 由，得， 解得.， . 故选：A. ] 17. （2024年冀J43名校二联考）8．已知正方体的棱长为为线段上的动点，则三棱锥外接球半径的取值范围为（[endnoteRef:18]   ） A． B． C． D． （涉后导数，中下） [18: 8．C 【分析】根据外接球性质找到外接球球心位置，通过几何直观找到外接球半径与的外接圆半径的关系式；设，在中根据面积关系和正弦定理，得到是关于的函数；利用导数求出范围，进而得到范围. 【详解】如图，连接，交于点，易得为的外心． 连接．交于点，易知平面，则三棱锥的外接球球心在上． 设的外接圆圆心为平面， 由正方体中棱平面,得,又易得分别是中点， 所以．    设的外接圆半径为，三棱锥的外接球半径为．则， 设，， ，又， ． 设，则， 设，则， 在单调递增，又， 所以在单调递减，在单调递增，又， 所以． 故选：C． 【点睛】关键点点睛：本题第一个突破口是找出外接球半径与的外接圆半径的关系，第二步是根据面积关系和正弦定理，得到是关于的函数. ] 18. （2024年鄂J18四月调）8．在三棱锥中，平面平面，和都是边长为的等边三角形，若为三棱锥外接球上的动点，则点到平面距离的最大值为（ [endnoteRef:19]   ） A． B． C． D．（外接球，中下） [19: 8．D 【分析】设中点为，的外心为，的外心为，过点作平面的垂线，过点作平面的垂线，两条垂线的交点，则点即为三棱锥外接球的球心，求出三棱锥外接球的半径，假设球心到平面的距离得答案． 【详解】解：设中点为，的外心为，的外心为，过点作平面的垂线，过点作平面的垂线，两条垂线的交点， 则点即为三棱锥外接球的球心， 因为和都是边长为的正三角形，可得， 因为平面平面，，平面，平面平面， 所以平面，又平面，所以， 又，所以四边形是边长为1的正方形， 所以外接球半径， 所以到平面的距离， 即点到平面距离的最大值为. 故选：D. ] 19. （2024年浙J07金丽衢二联，末）8. 在三棱锥中，底面是边长为2的正三角形，若为三棱锥的外接球直径，且与所成角的余弦值为，则该外接球的表面积为（ [endnoteRef:20] ） A. B. C. D. （外接球，中下） [20: 【答案】A 【解析】 【分析】记球心为，取中点为、中点为，连接，易得，，由，即可求出，由此即可求出答案. 【详解】如图所示：记球心为，取中点为、中点为，连接， 记外接球半径为， 在中，，,， 在中，，, 在中，， 所以AC与BD所成角为，即， 在中,，， 所以， 解得：， 所以该外接球的表面积为： 故选：A. ] 20. （2024年冀J03冀州一调）7. 已知三棱锥的外接球半径为，，，，则平面与平面的夹角的余弦值为（ [endnoteRef:21] ） A. B. C. D. （外接球，中下） [21: 【答案】D 【解析】 【分析】先设的中点为，为的外接圆圆心；的外接圆圆心为，三棱锥的外接球球心为，由正弦定理确定，在中由勾股定理确定，在中由勾股定理确定，作出二面角的平面角，求即可. 【详解】 不妨设二面角为锐角，设的中点为， 因为，所以为的外接圆圆心；设的外接圆圆心为， 三棱锥的外接球球心为，如图，连接，，，， 则平面，平面，， 中，，， 所以由正弦定理知，所以； 在中，由，得； 在中，由，，得； 在中，，，则； 所以在中，，从而； 在平面内过点作交于， 则为二面角的平面角，易知， 所以. 故选：D. ] 21. （2024年粤J18执信二调，末）16. 已知正三棱台的高为1，上下底面的边长分别为和，其顶点都在同一球面上，则该球的体积为[endnoteRef:22]________．（外接球，中下） [22: 【答案】 【解析】 【分析】分别求得上下底面所在平面截球所得圆半径，找到球心，求得半径，再由球的体积公式可得结果． 【详解】由题意设三棱台为，如图， 上底面所在平面截球所得圆的半径是，（为上底面截面圆的圆心） 下底面所在平面截球所得圆的半径是，（为下底面截面圆的圆心） 由正三棱台的性质可知，其外接球的球心在直线上，设球的半径为， 当在线段上时，轴截面中由几何知识可得，无解； 当在的延长线上时，可得，解得，得， 因此球的体积是. 故答案为：. 【点睛】易错点睛：本题求球的半径时，容易只考虑在线段上，从而无法求解. ] 第 1 页 共 1 页 学科网（北京）股份有限公司 $$