限时规范训练(48) 第7章 培优增分 第2讲 与球有关的切、接问题（word课时作业）-【高考领航】2025年高考数学大一轮复习

限时规范训练(四十八) A级　基础落实练 1．(2024·岳阳模拟)已知一个棱长为2的正方体的顶点都在某球面上，则该球体的体积为(　　) A．π　　 B．4π　 C．8π　　 D．12π 解析：B　因为正方体的体对角线等于外接球的直径，且正方体的棱长为2， 故该球的直径2R＝ ＝2. 所以R＝. 故该球的体积V＝πR3＝4π. 2．正方体的外接球与内切球的表面积比值为(　　) A．　　 B．3　 C．3　　 D． 解析：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. 3．已知在三棱锥P -ABC中，AC＝，BC＝1，AC⊥BC且PA＝2PB，PB⊥平面ABC，则其外接球体积为(　　) A．　　 B．4π　 C．　　 D．4π 解析：A　AB＝ ＝，设PB＝h，则由PA＝2PB，可得 ＝2h，解得h＝1，可将三棱锥P -ABC还原成如图所示的长方体，则三棱锥P -ABC的外接球即为长方体的外接球，设外接球的半径为R，则2R＝ ＝2，R＝1，所以其外接球的体积V＝R3＝. 4．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 解析：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. 5．(2021·全国甲卷)已知A，B，C是半径为1的球O的球面上的三个点，且AC⊥BC，AC＝BC＝1，则三棱锥O -ABC的体积为(　　) A．　　 B．　 C．　　 D． 解析：A　如图所示，因为AC⊥BC，所以AB为截面圆O1的直径，且AB＝.连接OO1，则OO1⊥平面ABC， OO1＝ ＝ ＝， 所以三棱锥O -ABC的体积 V＝S△ABC·OO1＝××1×1×＝. 6．(2023·重庆质检)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． 解析：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×()3＝.故选A． 7．(多选)已知正方体的外接球与内切球上各有一个动点M，N，若线段MN的最小值为－1，则下列说法中正确的是(　　) A．正方体的外接球的表面积为12π B．正方体的内切球的体积为 C．正方体的棱长为2 D．线段MN的最大值为2 解析：ABC　设正方体的棱长为a， 则正方体外接球的半径为体对角线长的一半， 即a；内切球的半径为棱长的一半，即.∵M，N分别为外接球和内切球上的动点， ∴MNmin＝a－＝a＝－1， 解得a＝2，即正方体的棱长为2， ∴正方体外接球的表面积为4π×()2＝12π，内切球的体积为，则A，B，C正确； 线段MN的最大值为＋1，则D错误． 8．(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． 解析：C　该四棱锥的体积最大即以底面截球的圆面和顶点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(0，)上单调递增， 在(，1)上单调递减， 所以当h＝时，四棱锥的体积最大．故选C． 9．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，表面积为S1，球O的体积为V2，表面积为S2，则＝________，＝________． 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，所以＝＝， ＝＝. 答案：　 10．已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为________． 解析：因为圆锥内半径最大的球应该为该圆锥的内切球， 如图，圆锥母线长BS＝3，底面半径BC＝1，其高SC＝＝2， 不妨设该内切球与母线BS切于点D， 令OD＝OC＝r， 由△SOD∽△SBC，得＝， 即＝，解得r＝，V＝πr3＝π. 答案：π 11．(2024·濮阳模拟)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________． 解析：∵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＝()2＋22＝8， 故三棱锥D -ABC外接球的表面积为4πR2＝32π. 答案：32π 12．(2024·洛阳模拟)已知在三棱锥P -ABC中，AB＝4，BC＝3，PA＝AC＝5，当该三棱锥体积最大时，其外接球的表面积为________． 解析：因为AB＝4，BC＝3，PA＝AC＝5， 所以AB2＋BC2＝AC2， 所以△ABC为直角三角形，∠ABC＝90°， 所以△ABC的面积为定值， 所以当PA⊥平面ABC时，该三棱锥体积最大． 如图，取线段PC的中点O， 则OP＝OA＝OB＝OC， 所以点O为三棱锥外接球的球心， 因为PA＝AC＝5，所以PC＝5， 所以OC＝，即外接球的半径R＝， 所以所求外接球的表面积为 4πR2＝4π×()2＝50π. 答案：50π B级　能力提升练 13．(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 解析：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()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． 14．(2024·桂林月考)已知三棱锥P -ABC的四个顶点在球O的球面上，PA＝PB＝PC，△ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是PA，AB的中点，∠CEF＝90°，则球O的体积为(　　) A．π　　 B．6π　 C．24π　　 D．8π 解析：A　设PA＝PB＝PC＝2x，E，F分别为PA，AB的中点， ∴EF∥PB，EF＝PB＝x，AE＝PA＝x. 连接CF，∵△ABC是边长为2的等边三角形，∴CF＝，又∠CEF＝90°，∴CE＝.在△AEC中，由余弦定理得cos∠EAC＝.过点P作PD⊥AC于点D.∵PA＝PC，∴D为AC的中点，∴cos∠EAC＝＝， ∴＝， 解得x＝(负值舍去)， ∴PA＝PB＝PC＝，又AB＝BC＝AC＝2， ∴PA，PB，PC两两垂直， 即三棱锥P -ABC是以PA，PB，PC为棱的正方体的一部分，∴球O的直径2R＝＝，解得R＝，则球O的体积V＝πR3＝π×＝π.故选A． 15．(2024·宝鸡第四次质量检测)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________． 解析：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·(b)3＝πa3，则＝. 答案： 16．(2024·苏州模拟)在四面体PABC中，PA⊥AB，PA⊥AC，∠BAC＝120°，设AB＝AC＝AP＝，则该四面体的外接球的体积为________． 解析：如图，该四面体的外接球的球心O一定在经过△ABC外接圆的圆心O′且垂直于平面ABC的直线上，且到A，P的距离相等．连接OO′，AO′，OA. 在△ABC中，由余弦定理得 BC＝ ＝＝. 由正弦定理得＝2AO′， 解得AO′＝＝＝， 而OO′＝PA＝， 所以OA＝ ＝＝2， 即该四面体的外接球的半径R＝OA＝2. 所以外接球的体积 V＝πR3＝π×23＝. 答案： 学科网（北京）股份有限公司 $$