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6 外接球中档

2024年全国一卷新高考题型细分2-8 ——立体几何 单选填空6 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——中档： 1. （2024年鲁J04青岛一适，末）14. 已知球O的表面积为，正四面体ABCD的顶点B，C，D均在球O的表面上，球心O为的外心，棱AB与球面交于点P．若平面，平面，平面，平面，且与之间的距离为同一定值，棱AC，AD分别与交于点Q，R，则的周长为[endnoteRef:2]______.（外接球，中档） [2: 【答案】## 【解析】 【分析】结合球的表面积公式，根据正三角形外接圆的性质求得边长，利用三点共线及数量积的运算律求得，然后利用平行平面的性质求得，，再利用余弦定理求得，即可求解的周长. 【详解】设与之间的距离为d，设球O的半径为R，则由题意得，解得， 所以，所以，所以， 由A，P，B三点共线，故存在实数使得， 所以，所以，即， 解得，所以，所以，所以， 又且与之间的距离为d，则，， 所以，，所以， 又，所以的周长为. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：本题考查学生的空间想象能力，解题关键是找到点的位置．本题中应用正四面体的性质结合球的半径，求出边长，利用平行平面的距离，得到所求三角形的边长即可求解. ] 2. （2024年粤J131广州二模）14．用两个平行平面去截球体，把球体夹在两截面之间的部分称为球台．根据祖暅原理（“幂势既同，则积不容异”），推导出球台的体积，其中分别是两个平行平面截球所得截面圆的半径，是两个平行平面之间的距离．已知圆台的上、下底面的圆周都在球的球面上，圆台的母线与底面所成的角为，若圆台上、下底面截球所得的球台的体积比圆台的体积大，则球O的表面积与圆台的侧面积的比值的取值范围为[endnoteRef:3] ．（外接球，中档） [3: 14． 【分析】设圆台的上下底面半径分别为，根据母线与底面所成的角为，可得圆台的高为，母线长为，表示出圆台体积，由题意，可求得，进而可得，求值域即可得解． 【详解】设圆台的一条母线为，过点作的垂线，垂足为， 则即为母线与底面所成的角为， 设圆台上底面圆的半径为，下底面圆的半径为，高为， 则， 即，即， 圆台体积为， 球台的体积为 ， 由题意， 则， 即， 即，即， 设圆台外接球的球心为，半径为，则在所在直线上， 设，则， 由， 解得， 则球的表面积， 台体侧面积， 故， ， 由，可得，则，则， 故的取值范围为， 故答案为：． 【点睛】立体几何中体积最值问题，一般可从三个方面考虑：一是构建函数法，即建立所求体积的目标函数，转化为函数的最值问题进行求解；二是借助基本不等式求最值，几何体变化过程中两个互相牵制的变量（两个变量之间有等量关系），往往可以使用此种方法；三是根据几何体的结构特征，变动态为静态，直观判断在什么情况下取得最值. ] 3. （2024年苏J37苏锡常镇二调）8．正三棱锥和正三棱锥Q-ABC共底面ABC，这两个正三棱锥的所有顶点都在同一个球面上，点P和点Q在平面ABC的异侧，这两个正三棱锥的侧面与底面ABC所成的角分别为，，则当最大时，（ [endnoteRef:4]   ） A． B． C．-1 D．（外接球，中档） [4: 8．D 【分析】由题意可得球心在，设与的交点为， 于M，为两个正三棱锥的侧面与底面所成的角分别为，设外接球的 半径为,球心到平面的距离为,可得，，进而计算可求最大时，的值. 【详解】由题意可得球心在，设与的交点为， 于M， 由题意可得， 所以为两个正三棱锥的侧面与底面所成的角分别为， 所以，，设外接球的 半径为,球心到平面的距离为, 则， 设的边长为，由正三角形的性质， 所以，， , 所以 所以 ，所以，故当时，最大， 此时. 故选：D. 【点睛】方法点睛：利用正切函数的单调性求三角函数的值的最大值以确定角的最大值，表示三角函数是解本题的关键. ] 4. （2024年浙J38绍兴四月适）7．在边长为4的正三角形中，E，F分别是，的中点，将沿着翻折至，使得，则四棱锥的外接球的表面积是（  [endnoteRef:5]  ） A． B． C． D．（外接球，中档） [5: 7．C 【分析】画出图形，通过分析得出，外接球球心在过底面外接圆圆心且垂直于底面（即平行于）的直线上面，且底面外接圆半径为，设到平面的距离为，过作于点，从而，由此列出方程组求出结合球的表面积公式即可得解. 【详解】 依题意取的中点为，且交于点， 注意到是的中点，三角形是等边三角形，从而是三角形的中心， 同时有，，，面，面， 所以面，而面，所以平面面， 故而点在平面的投影在上面， 注意到三角形与三角形都是边长为2的等边三角形，即三角形与三角形全等， 从而，，面，面， 所以面，因为面，所以， 因为面，面，所以， 又因为，面，面，故有面， 所以， 注意到点是直角三角形斜边上的中点， 所以是四边形（或三角形）外接圆的圆心（这是因为，从而四点共圆）， 所以四棱锥的外接球的球心在与平面垂直的上， 且底面四边形外接圆的半径为， 设到平面的距离为，过作于点， 所以，即， 解得，这意味着此时点与点重合， 四棱锥的外接球的表面积是. 故选：C. ] 5. （2024年苏J25，J28泰州扬州二调，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:6]________. （外接球，中档） [6: 【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. ] 6. （2024年粤J104名校一联考）5. 将边长为2的正三角形沿某条线折叠，使得折叠后的立体图形有外接球，则当此立体图形体积最大时，其外接球表面积为（ [endnoteRef:7] ） A. B. C. D. （外接球，中档） [7: 【答案】B 【解析】 【分析】首先分类讨论得出，满足题意的直线为，且此时，进一步求出底面四边形外接圆圆心坐标、半径，从而得到直线的距离，设出外接球球心到底面的距离，结合可得，由此可得外接球半径，进而即可求解. 【详解】若将边长为2的正三角形沿某条线折叠，且这条线过三角形的某个顶点且不垂直于三角形的边， 由题意以为原点，以边长为2的等边三角形的边为轴，边上的高为轴建立如图所示的平面直角坐标系： 由题意， 不失一般性，设（也就是设点在不包含端点的线段上）， 在中，令得， 所以面积为， 而点到直线的距离为， 此时三棱锥体积的最大值为（此时面面）， 所以， 所以； 若将边长为2的正三角形沿某条线折叠，且这条线过三角形的某个顶点且垂直于三角形的边， 此时上述情况中的点于原点重合， 此时三棱锥体积的最大值为 （此时面面）， 其中为点到的距离，即的长度； 将边长为2的正三角形沿某条线折叠，且这条线不过三角形的任何顶点，如图所示： 不失一般性，设该直线分别与交于点， 折叠后的立体图形有外接球，则四点共圆，从而， 又因为， 所以，所以， 由题意，设， 所以， 过点向引垂线，垂足为，则， 所以四棱锥体积的最大值为 （此时四边形与三角形垂直）， 从而，或， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 所以当且仅当时，有， 综上所述，满足题意的直线为，且此时， 此时我们首先来求四边形外接圆圆心， 因为中点坐标为，斜率为， 所以的垂直平分线方程为， 而中垂直线方程为， 从而解得， 所以四边形外接圆半径为， 而到直线的距离为， 又满足题意的四棱锥的高为， 设满足题意的四棱锥的外接球球心为， 设球心到平面的距离为， 则由可得，，即， 解得， 从而满足题意的外接球表面积为. 故选：B. 【点睛】关键点点睛：关键是得出满足题意的直线为，且此时，由此即可顺利得解. ] 7. （2024年湘J27长沙一中适应）13. 在四面体中，，若，则四面体体积的最大值是__________，它的外接球表面积的最小值为[endnoteRef:8]__________. （外接球，中档） [8: 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】根据余弦定理以及不等式可得，进而可求解面积的最大值，进而根据，即可求解高的最大值，进而可求解体积，根据正弦定理求解外接圆半径，即可根据球的性质求解球半径的最小值，即可由表面积公式求解. 【详解】由余弦定理可得, 故，所以， 当且仅当时取等号，故， 故面积最大值为， ， 由于，所以点在以为直径的球上（不包括平面），故当平面平面时，此时最大为半径， 故， 由正弦定理可得：，为外接圆的半径， 设四面体外接球半径为,则,其中分别为球心和外接圆的圆心，故当时，此时最小， 故外接球的表面积为, 故答案为：, ] 8. （2024年粤J14华附二调）7. 已知正六边形，把四边形沿直线翻折，使得点到达且二面角的平面角为.若点都在球的表面上，点都在球的表面上，则球与球的表面积之比为（ [endnoteRef:9] ） A. B. C. D. （外接球，中档） [9: 【答案】B 【解析】 【分析】根据已知球的球心为中点，令正六边形的边长为2，则球的半径，线面垂直的判定、性质证为矩形，确定在与底面中心的连线上，再应用已知求球的半径，即可得结果. 【详解】由题设，若为中点，则， 令正六边形的边长为2，则球的半径， 过作于，连接，由正六边形性质，都为等边三角形， 所以为的中点，故，则二面角的平面角为， ，故， 又，面，故面，即面， 面，则，而，故， 由，故为矩形，其对角线长为， 由是外接球球心，故必在与底面中心的连线上， 设球的半径，如上图示， 所以，即， 故， 所以球与球的表面积之比为. 故选：B ] 9. （2024年冀J04石家庄二中一模）15. 已知三棱锥顶点均在一个半径为5的球面上，，P到底面ABC的距离为5，则的最小值为[endnoteRef:10]___________． （外接球，中档） [10: 【答案】 【解析】 【分析】作出辅助线，得到点在以为圆心，为半径的圆上，得到，再画出平面图形，建立坐标系，设出，求出，的最小值为，得到答案. 【详解】因为，所以球心在平面的投影为的中点， 连接，则， 因为外接球半径，故，故， 延长至点，使，则， 由勾股定理得， 则点在以为圆心，为半径的圆上， 设点在上的投影为，则在以为圆心，为半径的圆上， 则， 故， 以为坐标原点，所在直线为轴，垂直的直线为轴， 建立平面直角坐标系， 故， 则 ， 而当三点共线，且在线段上时，最小，最小值为， 故的最小值为， 故的最小值为. 故答案为： 【点睛】几何体外接球问题，通常要找到几何体的一个特殊平面，利用正弦定理或几何性质找到其外心，求出外接圆的半径，进而找到球心的位置，根据半径相等列出方程，求出半径，再求解外接球表面积或体积. ] 10. （2024年粤J14华附二调）15. 在三棱锥中，侧面底面是等腰直角三角形，且斜边，，则三棱锥的外接球的表面积为_[endnoteRef:11]_____． （外接球，中档） [11: 【答案】 【解析】 【分析】方法一：设球心为，如图①，取线段的中点，过点作直线平面，则易知球心在直线上，连接，设外接球的半径是，则，再根据侧面底面，过点作于，连接，易得，过点作（或的延长线）于，得到四边形是矩形求解；方法二：将平面作为底面，设的外心为点，过点作直线平面，取的中点，在平面内过点作的垂直平分线，交直线于点，得到点为所求外接球的球心求解. 【详解】解：方法一：设球心为，如图①，取线段的中点， 过点作直线平面，则易知球心在直线上． 连接，设外接球的半径是，则． 因为侧面底面，过点作于， 连接，则由面面垂直的性质定理知，平面，所以． 过点作（或的延长线）于，则四边形是矩形． 又由题意易知，是的中点，，而， 则，所以， 在Rt中，由，所以， 化简得，解得，所以． 方法二：如图②，调换视图角度，将平面作为底面，由题意知，平面． 设的外心为点，过点作直线平面，则． 取的中点，在平面内过点作的垂直平分线，交直线于点， 则点为所求外接球的球心，在中，利用正弦定理，得． 在等腰三角形中，，得， 所以，所以， 所以所求外接球的半径，所以． 故答案为： ] 11. （2024年浙J33东阳五月测）14．四棱锥的底面为正方形，平面，且，．四棱锥的各个顶点均在球O的表面上，，，则直线l与平面所成夹角的范围为[endnoteRef:12] ．（外接球，中档） [12: 14．． 【分析】依题意可证明平面，建立空间直角坐标系，用向量法求线面角可得结果. 【详解】解：依题意，四棱锥的外接球的球心O为的中点，连接， 交点为Q，因为底面为正方形，所以， 又平面，且平面，所以， 又，平面，平面，所以平面， 所以为平面的一个法向量， 如图建立坐标系，并设直线l上异于B的一点，所求线面角为， ， 则，，， 由可得， ∴， 当时，， 当时，， 综上，，∴． 故答案为：.      另解：依题意，四棱锥的外接球的球心O为的中点，连接， 交点为Q，因为底面为正方形，所以， 又平面，且平面，所以， 又，平面，平面，所以平面， 即面， 若平面，则与平面所成的角为. 若过B的直线l与平面相交于点R， 在平面中，过B作直线，与平面相交于点为S， 因为面，且平面，所以， 又，，且，平面， 所以平面， 故过且与垂直的直线与平面的交点的轨迹为直线， 又平面，所以，又，且， 所以平面，又平面，所以， 又面，所以为在面内的射影， 即为直线l与平面所成的角，且， 又，而， 当且仅当重合等号成立，故， 综上，，∴． 故答案为：.      【点睛】方法点睛：解决直线与平面所成角的方法：（1）几何法：作出直线与平面所成角，在直角三角形中求角；（2）空间向量法：建立空间直角坐标系，求出直线的方向向量和平面的法向量，用向量法求线面角. ] 12. （2024年湘J51师附二模）14．若一个正三棱台的各顶点之间的距离构成的集合为，且该三棱台的所有顶点都在球的表面上，则球的表面积为 [endnoteRef:13] .（外接球，中档） [13: 14． 【分析】设正三棱台，先考察正三棱台的一个侧面，设，求得，设三棱台的上底面中心为，下底面中心为，利用三角形重心的性质求得，设球的半径为，，利用勾股定理即可求解． 【详解】设正三棱台.如图，先考察正三梭台的一个侧面. 设，在中，由于是钝角，故中最大的边是. 若，则和的长只能取1或.此时若两边长均为1和1，则不满足两边之和大于第三边； 若一边长1，一边长，则变为直角三角形； 若两边长均为，则的长只能为1，与矛盾. 因而只能是. 设三棱台的上底面中心为，下底面中心为. 如图，在直角梯形中求球的半径， 在直角梯形中求球的半径， 利用重心的性质容易求得， 设球的半径为，，由图1 得， 解得（舍）， 由图2得，解得， 故球的表面积为. 故答案为：． 【点睛】方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下： （1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径； （2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的； （3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解. ] 13. （2024年浙J39绍兴上虞调测）8．三棱锥满足，二面角的大小为，，，，则三棱锥外接球的体积为（  [endnoteRef:14]    ） A． B． C． D．（外接球，中档） [14: 8．D 【分析】设，根据对角线向量的性质列方程求关系，从而可得线线垂直，过作，连接，结合勾股定理，得线线关系，从而可得二面角的平面角，从而可确定外接球球心位置得外接球半径，从而可得球的体积. 【详解】如图所示， 设，则， 由向量的运算及余弦定理可得： 所以， 解得：，故，过作，连接，则， 设，则，解得：，所以点与点重合， 故，，即为二面的平面角， 故三棱锥可放置成如图所示， 为底面正的外心，即, 为的外接球球心，即，为使得，故， 所以三棱锥的外接球半径， 所以外接球的体积. 故选：D. 【点睛】方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下： （1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径； （2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的； （3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解. ] 第 1 页 共 1 页 学科网（北京）股份有限公司 $$