周测14球的切、接问题- 【蓝海启航·启航金卷周周测】2024-2025学年高中数学必修第二册（人教A版2019）

.已知阁锥P的底面半径一3，侧面限为Gr,内切球的球心为O,外接球 周测14球的切、接问题 的绿心为：，则下列说法正确的是 A,外接球D:的表面积为18 (时间，G0分种分值，100分 且设内切球(0的半径为，外核球(0：的半径为，则：=2 .过点P作平面■展图锥)P的藏面面积的量大值为2 一，选择题《本题共5小是，每小是分，具分，在母小题给出的四个透项中，只有一项是杆合驱 设母提PB的中点为M,从点A相周推表面到点M的最近路线长为 日要求的 恩1.一个调柱的内切球的表面积为35，荆这个圆柱的表直积为 候角四面体是一即半正八面体，可由四而体经过适当的候角，却餐去离罪体的四个质点处的小 入15x 且、27# C.54 D.36m 传锥所得的多面体，图所示，将棱长为8的正四面体骨校的三等分点作平行干底面的截面： 2,如图，已知球)是棱长为1的正方体AD-A:C,D,钩内切慧，喇平面 领到所有棱长均为：的截角因直体，制下我说法正确的是 ACD餐球O的截面面图为 入威酸角四围体的内切球体积为怎。 L音 丘该裁角四面体的体积为达， c n 13 心.该藏角国面体的外接球表面积为2 3,道利，又名草球，藏侧，前球，喝假等，藏有用牌原，喝，喝的含义，翻最早荔外包皮革、内实米原的 球：四花减和就是指古人以脚膜.周，偶皮砖的话动，类但于今日的是球.0河年5月20日，航胸 B△EF外状周的面积为？ 作为非物质文化道产轻属务院批准已列入第一赶国家丰将置文化透产名录.已加某刚（球）的表 面上有四个点A,B,C,P,且球6O在C上，AC==4,AC⊥C,n∠PAB= 三，填蜜霜（本露共4小题，每小题5分：共20分 9,在三棱组A-CD中，AB=CD-2,AC一D=3,AD一BC一，5，则该三楼组外装球的半径为 tan∠PHA一 ·则该和球》的表座积为 区 A.30 队18分 C.6in D.16= 0已知正四枝锥严AD的底国边长为5，高为4，若核国棱雀的五个顶点都在一个球面上，喇 4,已知直三棱住AC-A,B,的车个质点都在球(O的球而上，若AB一a,AC=4,AB⊥AC, 球心到四棱锥侧加的距离为 A4,=12,则感)的半径为 (1 11.设嗣锥的面点为A,C为测罪底面圆0的直径，点P为限Q上的一点（暴于B,C3,若C 乱2而 c D.aT而 【v不，兰极性APBC的外接球表面积为6标，则该调维的体积为： 留 12观有一个侧面堰形图为半则形的同维，其内都放有一个小球，当小球体积最大时，该圆性与小 品菱形十二面体是油12个全等的菱形构成的，其有4条楼，14个丽点，它每个面的丙条对角线之 球的体机之比是 比为1·2已知一个菱居十二面体韵棱长为3，体积为1，期该菱形十二面体的内切球的体 图，解答道〔本赠共小题，共37分，解答应写出文李地明、任明过程或痛算步界】 因为 13(本小题简分2分)九章算术·食功：”第解立方，得两量{n)堵d如，斜解董堵：其一为阳 c D.43s 马，一为整E)需(O).阳马国二，整雷居一，不易之卡也.合再整健三而一，验之以基，其形零 矣.”斜徽注，“比术国者，背节也，或日半阳马，其形有似警时，故以名云·中覆阳马，得两整固， 二，选择题《本题共3小题，每小题日分，具18分.在母小墨给出的四个选项中有多项是杆合题日 警写之起数，数同面实站半，放云六W一蜂得.”阳马和整国是我国古代对一花等县霍体的和 要求的：全都选对的得石分：选对包不全的得部分分，有选墙的不得分) 舞桥6.七面体AMN-以D中ACD为正方老且政长为2.MB,ND那与平面 谓，业一长方体，按下图斜湖一分为二，得两个一恨一帮的三棱桂，称为数堵。再沿管堵的一衡 点与相对的棱斜开，得四使锥和三棱策各一个，以矩形为核，另有一棱与产面垂直的四棱管，称 ABCD是直，且MB一ND一A,国对这个多面体情述孟确的是 为阳马，余下的三棱银是由国个直角三角思组成的四面体，释为整儒 入当A=时：它有外接球，止北半径为智 从当h=?时，它有外接球，且其半径为8 C.写它有内切球时.h一2 ▣以间 山，当它有内切球时，k一4 周两14球的好，接同题 (1》在下左图中面出阳马和整博（不写过程，并用字母表不岛来），求阳马和鉴写的体积比： 15(本小题满分13分)组图，在梯形AB以D中，∠AC=0,AD∥C,且AD=“,BC=2a, ∠DCB=6,在平面ABCD内过点C作/⊥D,以了为伯将四边彩ACD童转一同 1)求旋转体的表面期： (2)求壁转体的体积： (3)求图中所示网锥)的内切球体积 2》若AB-CC-1,C-2. ①在右图中，求三棱维BA'BC的高， ②求三棱能BA仪外接球的表面熙， 14,《本小越离分12分1如m,已每正四酸台ACD-A,BCD,的上.下底面边长分别为区，2爱， 其顶点需在球)的球直上，且球)的表童积为2可：求： 《1》球0的体积： (2正四棱台ABD-A,B,C,D,的侧长， 明风测数平必榨第二看A服 ··又周为LBC,BF-号BC, 如图所示，取BE的中点为O,连接A,O, 则BE⊥OA1. 所以DE LBF 因为A,(OC平而A,BE,平面A,BE⊥平 所以四边形BDEF为平行四边形. 面BCDE,且平面A:BE∩平面 所以BD∥EF. BCDE=BE. 又周为BDC平面AA,B,B,EF寸平 所以A,O⊥平面BCDE,又因为BCC平 面AABB, 面BCDE,所以A,O⊥BC. 所以EF∥平面AA,B,B 作OM⊥BC于M,连接A,M (2)如图，取AC的中点H,连接HF,EH 周为A0∩0M=0,且A,O,MC平面A,)M,所以 图为EH∥AA,,AA,⊥平面ABC, BC⊥平面A1OM. 所以EH⊥平面ABC 又周为A,MC平面A,OM,所以AMLBC 所以∠EFH就是EF与平面ABC所成的角. 所以∠A,MO为二面角A,BCD的平面角 在Rt△EHF中，FH=3,EH=AA,=3, 所以n∠FH器 3, 在直角△4M0中，A,0=原.OM=号， 可得an∠A,M0=2, 所以∠EFH=60: 放二面角A,BC-D的平面角的正切值为2. 故EF与平面ABC所成的角为60. 14.解：(1)证明：：BC⊥CD, 周测14球的切、接问题 △BCD为直角三角形 ,AB⊥平面BCD,且BDC平面BCD.BCC平面BCD, 1,C解析：设图柱的内切琼的半径为r,则4xr2=36π，可得 CDC平面BCD, F=3,所以孩圆柱的底面图丰径为R=3,圈柱的高为h .AB⊥BC,AB⊥BD,AB⊥CD, 2r=6,因北该圆在的表面秋为5=2πRh+2πR=2x×3X ,△ABC和△ABD为直角三角形 6+2π×32=54π，故选C ,BC∩AB=B,BCC平而ABC,ABC平面ABC, 2,C解析：平面ACD数琼)的截面为 .CD⊥平雨ABC. △ACD,的内切圆. 又'ACC平面ABC. ,正方体的检长为1， .CD⊥AC, .AC=CD=AD=2 △ACD为直角三角形， 六三校维ABCD为览院， .内初圆丰径r=tan30°·AE (2)①证明：连接CE,P,Q分别为 BC,BE的中点， 誓g .PQ∥CE, 又PQ平面ACD,CEC平面ACD, 我西西软为S==·合-吾此选心 1 直线PQ∥平面ACD 3,A解析：如图，取AB的中点M,连接 ②平行，证明如下： MP,由AC=BC=4,AC⊥BC,得 :PQ∥平面ACD,PQC平面DPQ,平 AB-42 面DPQ∩平面ACD=I, ∴.PQl. 由an∠PAB=tan∠PBA- 2·得 15.解：(1)当F是A,C的中点时，直线DF∥平面ABE 证明如下： Mp=22×g-2 设AB的中点为N,连接EN,FN 连接CM并延长，交球O于点日，连接PH, 国为FN/BC,FN=之BC,且ED∥BC, 因为PC为琅O的直径，授球的半径为R, ED-TBC. 别PH⊥CH,MH=CH=AB=2E 所以FN∥ED且FN=ED,所以四边形 则PH=/PM-MHF=12-8=2, DENF是平行四边形，所以DF∥EN. 所以(2R)=PC=CH+PH=(42)+4=36. 又周为DF过平面ABE,ENC平面A,BE,所以DF∥平 解得R=3,球的表面积为rR=36元，故选A 面ABE, ,C解析：解法一（直接法）：如圈所示， 所以存在点F,使DF∥平面ABE,且AC-2 作出直三棱柱ABC-A,B,C:的外接 球O. (2)在平面图形中，连接CE,则∠ECD=30°，∠ECB=60， 由题念，克三棱柱的底面ABC是克商 0 三角形，所以底面△ABC外接园的圆 心是BC的中点E,底面△A,B,C外 接司的圆心是B,C,的中，点E: 由琼的裁面的性质可得直三棱柱外接球的球心O就是线段 所以CB=CE=BE=AE=AB=2. EE,的中点 ·85· 答案全解全析 连换OA,AE,A,E1·在△ABC中，AC⊥AB.所以BC= 当有一2时，外接球半径为②+十艺-后，故A,B正确： √AB+ACT=√3+下=5. 2 所以EA=2C=号 5 设E,F分别为MN,AC的中点，连接EF,若这个多面体有 内切球，则其琼心O必在EF上，且半径为r=1, 又0E=74M,=×12=6 作0HLAE于发H:时白可 1h-1 √+ ,可 由球的截而的性质可得OE⊥平面ABC, 得h=4,故C错误，D正确，故迭ABD. 7.ABD解析：设母线长为1，侧面积为xrl=√3x/=6x,所以 1=2V3, 13 即直三被柱外接球的半径为气，故选℃ 所以1=2r,△PAB为等边三角形， 解法二（补形法）：如图所示，将直三棱 则圆锥的轴戴面△PAB的内切国半径即 柱ABCA,B,C1的底而补成一个矩 为网维内切球的半径，其外接圆的半径为 形，得到长方体ABDC-A,BD,C 圆锥外接球的半径，如图1， 显然，直三被在ABC-A,B:C的外接 0 设内切球O,的半径为1，外接球0：的半 球就是长方体ABDC-A:B:D,C的外 径为r: 揍球。 则Sa=2(PA+AB+PB)= 图1 而长方体ABDC-A,B,D,C,的外接球 2 的真径等于长方体的依体对角线长，连接AD1,则AD 63r1=3v3r1, √3++12=13， 所以直三校柱外提球的丰径为故造C 又Saw=专PA·ABn∠PAB=吉X2)产x 2 35, 5,C解析：由题意，设菱形十二面体内切球的球心为O,其中 所以片=1， 一个面为菱形ABCD, PB 过O作平面ABCD的垂线，以O,为垂心，连接AC,BD, 在△PAB中，由正弦定理得m∠PAB=2r,即2r:= 04,0B,0C,OD, 可得四校维O-ACD,如图所示： 23=4,则r=2 由菱形十二面体的性质，可如(O1为惹 2 形ABD的中心，即AC门BD=O1· 所以外接球O:的表面积为4πr=16π，A项正确 易知菱形十二面体的体积等于十二个 图为r1=1,r=2.所以r1=2r1,B项正确， 四棱锥O-ABCD的体积， 显然，过点P作平面a裁间雏OP的戴 故四棱维O-ABCD的体积V 面均为腰长为23的等腰三角形，如图 164 123 2,在底面國上任取一点C,易知 由寒套子得品-会AB=后，在爱彩AD中，易知 ∠APC<∠APB- 所以SAM≤S△Mr=3V3,即我面最 大面积为33，C项错误 图2 在R1△ABO1,由AO十BO=AB,且AB=√3，得AO,= 将司维侧面沿PA剪开，得到的扇形的半径R=1=23,弧 1,B01=2. 长11=2πr=2V3r, 故菱形ABCD的面积S=4S△，=4X2·AO,·B0,= 则扇形的周心角a=R2V3 12√3m =x,如图3， A气A 2w2. 连接AM,即为最近路线，在R1△APM中， 333 在四校维0-ABCD中.00，-S-2W2 有PA=R=25.PM=PB=i, 所以AM= PA+PM 由内切球的性质，可得其半径为()1， √/(2√3)+(W3)=√5，D项正确，故 其体枚V=言00，y=青·恒)-8 4 图3 ,故C 速ABD. 6.ABD解析：以ABCD为底面作长方 8.BD解析：该四面体底面正三角形的 体ABCD-PMQN,则这个长方体的外 高￥于√(3a)- -3V3a 接球即为多面体MN-ABCD的外 2 接球。 所以四面体的高 当h=1时，外接球半径为 =6a +2+23 2 =2 由围可如，被戴角四面体的内切球的 周周测数学必修第二册A版 ·86· 径于号-。 1 3, 10.0 解析：设正四棱维P-ABCD的 所以内切球的体软学子行停。)广-。：此A错： 底面中心为(G,外接球半径为R,连 PG.球心O在射线PG上，连接OA。 AC.设BC的中，点为E,连接PE. 11 正四面体的体积V= ×3a 3u×6a 92 ,该正四枝维的底面边长为6，高为 2 2 4,∴.AG=32,AP=√AG+PG=34=PB. 所以剪掉一个角的体积等于27V=位0， 在△A0G中，0A-R=AG+(4-R)片，解得R=7 1 23 所以该截角四面体的体积为V一4 7 32 2, 在△PBE中，PE=√PB-BE=5, 玫B正扇： 取上、下底面的中心分别为O,(0”,外 in∠PBC=√3' /25 接球的球心为O,连接OO”,C,OH PC 由正弦定理得△PBC外接周半径2，= sinZPBC= CO',HO”,如图 17 图为戴角四面体上、下底面间的距离 3434 等于子-。 V34 34 设外接球的半径等于R d=vR-7=√-（得寶品 因为△ABC为边长等于a的正三角形， 11.24开或8x解析：如图所示 所以△ABC龄高等于日-（份）-。 ,BP⊥PC,AO⊥平面PBC, 2, '.三检幢A-PBC的外接球球心M在 0=号×得-停 AO上，又球M的表面积为64r r年=4 又图为下成而EFHILK为正六边形， 在R1△MOB中，BM=4,B0=23, 所以OH=, ∴.MO=2,MA=4,∴.AO=6战 所以vR-OC+VR-0=2 A0=2. 34 Vas-1 ×6-24r或V- (色5)×2=8元 42 3=3a+R-a-4y 所以R-Q=8 3 a·R-a 12.9:4解析：由国锥侧面展开图为半圆，设圆锥母线为1，底 年得R- 面半径为R,期2πR■πl,所以1■2R,可知司维轴载面为 正三角形，国维高为√3R, 所以S=4πR=号a,故C错误月 又由当小球是圆锥的内切球时，小球体 积最大，轴藏西如图所示： 连接AE,AF,则AE∥BD,所以AE=2a, 设此时小琼半径为r,期有(W3R一r）· 由正四面体对枚夏相垂直可知，上I⊥BD 所以EF⊥AE,在直角△AEF中，AF=√AE+EF= 血30=r,即-R。 /4a+a°=5a. 27R 所以△AEF外接国的面积为产后a)- 4u,故D正确 故选BD V-RR 3R, 解析：如图所示，减三棱维的外接 所以VV-号R, 27xR=:4. 球即为长方休的外接球，珠心在长方体 0 【3.解：(1)如图所示：阳马为四校维 BCDD'C‘,簧篱为三枚锥D'-ABD. 对角线的中点，即外接球的半径为体对 设AB=a,BC=b,CC=c, 角线长的一半 1 1 设此长方体的长、宽高分别为x,y:2, 利Vswe=3acb,Vwum=3 D:: r+y=4, 则有y+2=5即x+y+2=6, 21 6 ube. x2+=3, 1 Vncone 346 所以外接球的丰径R=P+了十？- Vp'-AnD 1 一=2.即体积比为2. 2 6r ·87 答案全解全析 (2)①图为A'B=+4下=42，BC=A'C= (2)因为旋转体的体积V=V:一V维 V4+2=25. 所以流转体的作款V=不·(2aX,。一言…口·va Sa4r=z×4WZ×√(2V5)2-(22)F=4w5. 113 设三棱维B'-A‘BC的高为h, 因为VrAc=Vr· (3)设国算C0的内切球球心为O,半径为R,期点O'在直 线1上， 所以号×46×有=×号×4x2X,解得- 3 设球O'切CD于成F,连接DO',O'F, ②设三校锥B'-A'BC外接球的半径为R, 则∠DFO'=90°，O0'=O'F=R,OC=√3a-R. 则R=②++ 周为∠DCB=60°，所以∠OCF=30°. =3,外接球的表面积S=4xX 2 R 3=36元. 在0GT中，<00F-8院”，子每释 14,解：(1)设正四棱台ABCD-A,B,CD1外接球的半径为R, :该正四检台外接球的表面积为20x 30. ∴.4πR=20π，解得R=√5， 所以国维C0的内切球作积V一子R一子·（停）广 六球的体软为V-号×5)-20 3 4 (2)由已知条件得B,D=2+2=2,BD=V8+8=4 274 设该棱台上、下底面的中心分别为 周测15截面与交线问题 G1,G,作出截面B1BDD1 若O在四边形BDD1B,内，如图，则 1.C解析：如图，用一个平面戴正方体，戴面可能出现的形状 G1=√R-b,G 是等边三角形，菱形，五边形，故选C, =√-I=2,0G=√R-BG V5-4=1, GG=0G+0G=3. .B,B=/(BG-B,G,)+GG=1+9=/10,即此时 该枚台的侧枚长为√10： 正三角形 菱形 五边形 若(O在四边形BDD,B,外，如图，则 2.D解析：如图所示，过点P作PQ∥ 0G,=V√R-BG=√-=2. A,C1·交BC于点Q,则四边形 (0G=√R-BG-√-4=1， PQC1A,就是过点A,C,P的藏面 GG=0G-0G=1: 设PB=BQ=(0≤x≤2)， .B,B=/(BG-B,G)十GG= 则台体PBQA,B1C1的体积为 √1+I=√2， ×2x++2x) 即此时该棱台的侧校长为√2， 7 1 综上，孩校台的侧枪长为√可或2 2(令去) 15,解：(1)由图可知，该几何体是由一个圆往挖去一个图维构 成的， AP-CQ-+-AC=2 所以PQ=② 在直角梯形ABCD中，AD=a,BC=2a,过，点D作DEI BC于点E, 所以戴西的两长为了×2+2厄号=5计3 5 》 .故选D 则四边形ABED和四边形DECO为矩形，AD=BE=a, AB=DE=C,知图所示 3,C解析：正方体的表面被该球面所载得 的孤是相等的三部分，如图所示，上底面 被球面截得的孤长是以A,为圈心，1为 年径的国的周长的了，所以所求兹长之 和为3x受-C 4,A解析：如图，裁面为△PAB, 在R:△DEC中，由∠DCB=60°得，DE=CE· 设C为AB的中点，OC=x, tnn∠DCE=(2a-a)·tan60'=√3a. x∈[0w3), CE 24-4 DC=cos∠DCE-s60=2a, 划AB=2√3-，PC=√+I, 所以AB=OC=√3，OD=a. 所以线面面教5=名×2V尽了× 因为旋转体的表面积S=S限十Sma州一S阳单么： √x+1=-(x-1)+4 所以S=2m·2a·V3a+2x(2a)+元·a·2a-a2=(9+ 所以当x=1时，藏面面积取得最大值为2，故述A, 43)πa2 周周测数学必修第二册A版 ·88-