2025年高考数学二轮复习重点专题训练·球的切接问题

2025高考二轮复习重点专题训练·球的切接问题 一、单项选择题 1．(2024·安庆示范性高中4月联考)已知圆锥PO的轴截面是等边三角形，则其外接球与内切球的表面积之比为(　　) A．4∶1　　　　　　　　 B．3∶1 C．2∶1 D．8∶1 2．(2024·四川南充期末)如图，在三棱锥S－ABC中，SA⊥平面ABC，AB＝AC＝2，∠BAC＝120°，若此三棱锥外接球的表面积为52π，则此三棱锥的体积为(　　) A．1 B． C．2 D．6 3．(2024·南京高三第二次模拟)在圆台O1O2中，圆O2的半径是圆O1半径的2倍，且O2恰为该圆台外接球的球心，则圆台的侧面积与球的表面积之比为(　　) A．3∶4 B．1∶2 C．3∶8 D．3∶10 4．(2024·广东广州模拟预测)已知球O内切于圆台(即球O与该圆台的上、下底面以及侧面均相切)，且圆台的上、下底面半径分别为r1，r2，且r2＝4r1＝4，则圆台的体积与球的体积之比为(　　) A． B． C． D． 5．(2024·湖南、浙江、江苏三省联考)球缺指的是一个球被平面截下的一部分，垂直于截面的直径被截后剩下的线段长为球缺的高，若球的半径为R，球缺的高为h，则球缺的体积V＝πh2.已知圆锥PO1的高为2，底面半径为1，则以圆锥的高为直径的球O在圆锥外的体积为(　　) A． B． C． D． 6．(2024·山东济南二模)已知正三棱锥P－ABC的底面边长为2，若半径为1的球与该正三棱锥的各棱均相切，则三棱锥P－ABC的体积为(　　) A．2 B．2 C．3 D．2 7．(2024·贵州统考模拟预测)已知正三棱锥P－ABC中，侧棱PA＝1，底面边长AB＝，该三棱锥的外接球球心O到三棱锥侧面的距离为h1，到底面的距离为h2，则＝(　　) A． B． C． D． 8．图1是由两块大小不同的等腰直角三角形纸板组成的平面四边形ABCD，其中小三角形纸板的斜边AC与大三角形纸板的一条直角边长度相等，小三角形纸板的直角边长为a，现将小三角形纸板ACD沿着AC边折起，使得点D到达点M的位置，得到三棱锥M－ABC，如图2，若二面角M－AC－B的大小为，则所得三棱锥M－ABC的外接球的表面积为(　　) A．a3 B．4πa2 C．a2 D．a2 二、多项选择题 9.(2024·华大联盟3月测评)六氟化硫，化学式为SF6，在常压下是一种无色、无臭、无毒、不燃的稳定气体，有良好的绝缘性，在电器工业方面具有广泛用途．六氟化硫为正八面体结构，如图所示，硫原子位于正八面体的中心，6个氟原子分别位于正八面体的6个顶点，若相邻两个氟原子之间的距离为m，则(　　) A．该正八面体结构的表面积为2m2 B．该正八面体结构的体积为m3 C．该正八面体结构的外接球的表面积为2πm2 D．该正八面体结构的内切球的表面积为 10．(2024·青岛高三质检)在南方不少地区，经常看到人们头上戴一种用木片、竹篾或苇蒿等材料制作的斗笠，用来遮阳或避雨，随着旅游和文化交流活动的开展，斗笠也逐渐成为一种时尚旅游产品，有一种外形为圆锥形的斗笠，称为“灯罩斗笠”，根据人的体型、高矮等制作成大小不一的型号供人选择使用，不同型号的斗笠的大小经常用帽坡长(母线长)和帽底宽(底面圆直径长)两个指标进行衡量．现有一个“灯罩斗笠”(如图)，帽坡长为20厘米，帽底宽20厘米，关于此斗笠，下面说法正确的是(　　) A．斗笠轴截面(过顶点和底面中心的截面图形)的顶角为120° B．过斗笠顶点和斗笠侧面上任意两母线的截面三角形的最大面积为100平方厘米 C．若此斗笠顶点和底面圆上所有点都在同一球面上，则该球的表面积为1 600π平方厘米 D．此斗笠放在平面上，可以盖住的球(保持斗笠不变形)的最大半径为(20－30)厘米 11．(2024·浙江名校试题)三棱锥P－ABC各顶点均在半径为2的球O的表面上，AB＝AC＝2，∠BAC＝90°，二面角P－BC－A的大小为45°，则下列结论正确的是(　　) A．直线OA∥平面PBC B．三棱锥O－ABC的体积为 C．点O到平面PBC的距离为1 D．点P的轨迹长度为2π 12．已知三棱柱ABC－A1B1C1的六个顶点都在球O的球面上，AB1＝BC1＝CA1＝4.若点O到三棱柱ABC－A1B1C1的所有面的距离都相等，则(　　) A．BB1⊥平面ABC B．AB＝AA1 C．平面A1B1C1截球O所得截面圆的周长为4π D．球O的表面积为24π 三、填空题 13．(2024·高三大联考)已知一个顶点为P，底面中心为O的圆锥的体积为9π，该圆锥的顶点P和底面圆周均在球O1上，若圆锥的高为3，则球O1的半径为________，球O1的体积的最小值是________． 14．半球内有一个内接正方体，若正方体的棱长为，则这个半球的体积为________． 15．(2024·宿州市高三质量检测)在《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的三棱锥称为鳖臑．已知在鳖臑A－BCD中，AB⊥平面BCD，且BC＝CD＝4，当该鳖臑的内切球的半径为2(－1)时，它的外接球的体积为________． 16.(2024·河北部分示范性高中三模)如图所示，将棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1截去一个三棱锥得到多面体ABCD－B1C1D1，在该多面体内放入一个球，则球的半径的最大值为________． 3 / 3 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2025高考二轮复习重点专题训练·球的切接问题 一、单项选择题 1．(2024·安庆示范性高中4月联考)已知圆锥PO的轴截面是等边三角形，则其外接球与内切球的表面积之比为(　　) A．4∶1　　　　　　　　 B．3∶1 C．2∶1 D．8∶1 答案　A 解析　根据条件可知其外接球与内切球的半径之比为2∶1，所以表面积之比为4∶1.故选A. 2．(2024·四川南充期末)如图，在三棱锥S－ABC中，SA⊥平面ABC，AB＝AC＝2，∠BAC＝120°，若此三棱锥外接球的表面积为52π，则此三棱锥的体积为(　　) A．1 B． C．2 D．6 答案　C 解析　因为AB＝AC＝2，∠BAC＝120°，所以∠ABC＝∠ACB＝30°， S△ABC＝AB·AC sin ∠BAC＝×2×2×＝. 设△ABC的外接圆的半径为r，圆心为O1，连接AO1，则2r＝＝＝4，即r＝2， 设三棱锥外接球的半径为R，球心为O，连接OO1，AO，则4πR2＝52π，解得R＝(负值已舍去)，因为SA⊥平面ABC，所以AO2＝AO12＋OO12， 即R2＝r2＋，即13＝4＋，解得SA＝6(负值已舍去)， 所以VS－ABC＝S△ABC·SA＝××6＝2.故选C. 3．(2024·南京高三第二次模拟)在圆台O1O2中，圆O2的半径是圆O1半径的2倍，且O2恰为该圆台外接球的球心，则圆台的侧面积与球的表面积之比为(　　) A．3∶4 B．1∶2 C．3∶8 D．3∶10 答案　C 解析　设圆O1的半径为r，则圆O2的半径为2r，球的表面积S球＝4π(2r)2＝16πr2.易知圆台的高为r，母线长为2r，则S圆台侧＝lπ(r＋2r)＝6πr2，∴＝＝.故选C. 4．(2024·广东广州模拟预测)已知球O内切于圆台(即球O与该圆台的上、下底面以及侧面均相切)，且圆台的上、下底面半径分别为r1，r2，且r2＝4r1＝4，则圆台的体积与球的体积之比为(　　) A． B． C． D． 答案　B 解析　如图为该几何体的轴截面，其中圆O是等腰梯形ABCD的内切圆， 设圆O与梯形的上、下底分别切于点O1，O2，连接O1O2，OD，OA，则O为O1O2的中点，O1，O2分别为CD，AB的中点． 设球O的半径为r，由题意知圆台上、下底面的半径分别为r1＝1，r2＝4.注意到OD与OA均为角平分线， 因此∠DOA＝90°，从而△AO2O∽△OO1D，故r2＝r1r2＝4. 设圆台的体积为V1，球的体积为V2，则＝＝＝＝.故选B. 5．(2024·湖南、浙江、江苏三省联考)球缺指的是一个球被平面截下的一部分，垂直于截面的直径被截后剩下的线段长为球缺的高，若球的半径为R，球缺的高为h，则球缺的体积V＝πh2.已知圆锥PO1的高为2，底面半径为1，则以圆锥的高为直径的球O在圆锥外的体积为(　　) A． B． C． D． 答案　A 解析　如图，作出圆锥PO1和球O的轴截面，两个轴截面的交点为A1，B1，连接A1B1，交PO1于O2， 所求体积即为球缺P－A1O2B1与圆锥PO2的体积之差．设∠APB＝α，易得sin α＝，设圆锥PO2的底面半径为r，则由正弦定理得2＝，即r＝. 则圆锥PO2的高为，则V圆锥PO2＝××＝， 球缺P－A1O2B1的高为，则V球缺P－A1O2B1＝π＝，∴所求体积V＝V球缺P－A1O2B1－V圆锥PO2＝. 6．(2024·山东济南二模)已知正三棱锥P－ABC的底面边长为2，若半径为1的球与该正三棱锥的各棱均相切，则三棱锥P－ABC的体积为(　　) A．2 B．2 C．3 D．2 答案　A 解析　因为球与该正三棱锥的各棱均相切，所以平面ABC截球得到的截面圆与△ABC的三边均相切， 所以该球的球心在过截面圆圆心且与平面ABC垂直的直线上， 又因为正三棱锥的底面边长为2， 所以底面正三角形的内切圆的半径为r′＝tan 30°·AB＝×＝1， 又因为球的半径r＝1，即r′＝r， 所以棱切球的球心即为底面正三角形的中心，设为O， 如图，过球心O作PA的垂线交PA于H，则H为棱切球的球面和PA的切点， 连接OA，OP，所以OH＝r＝1， 又因为OA＝＝＝2，所以cos ∠AOH＝＝， 因为∠AOH∈(0，π)，所以∠AOH＝60°， 又由题意可知，PO⊥平面ABC，所以PO⊥OA， 所以∠POH＝30°，所以PO＝＝＝， 所以VP－ABC＝××2×2××＝2.故选A. 7．(2024·贵州统考模拟预测)已知正三棱锥P－ABC中，侧棱PA＝1，底面边长AB＝，该三棱锥的外接球球心O到三棱锥侧面的距离为h1，到底面的距离为h2，则＝(　　) A． B． C． D． 答案　C 解析　由题意，正三棱锥P－ABC中，PA＝PB＝1，AB＝，则PA2＋PB2＝AB2，所以PA⊥PB，同理可得PA⊥PC，PB⊥PC，即PA，PB，PC两两垂直，可把该三棱锥补成一个正方体如图，则该三棱锥的外接球就是正方体的外接球，即正方体的体对角线就是球O的直径，所以球心O是正方体体对角线的中点，所以三棱锥的外接球球心O到三棱锥侧面的距离为h1＝，到底面ABC的距离为h2＝，所以＝. 8．图1是由两块大小不同的等腰直角三角形纸板组成的平面四边形ABCD，其中小三角形纸板的斜边AC与大三角形纸板的一条直角边长度相等，小三角形纸板的直角边长为a，现将小三角形纸板ACD沿着AC边折起，使得点D到达点M的位置，得到三棱锥M－ABC，如图2，若二面角M－AC－B的大小为，则所得三棱锥M－ABC的外接球的表面积为(　　) A．a3 B．4πa2 C．a2 D．a2 答案　C 解析　如图，取AC的中点E，AB的中点F，连接ME，EF. 因为MA＝MC，所以ME⊥AC.易知EF∥BC，因为BC⊥AC， 所以EF⊥AC，所以∠MEF＝. 过点E作OE⊥平面MAC，过点F作OF⊥平面ABC，OE∩OF＝O，连接OA，易知E，F两点分别是△MAC和△ABC的外心，所以点O是三棱锥M－ABC的外接球的球心． 因为MA＝MC＝a，所以AC＝BC＝a，AB＝2a，所以EF＝a， 因为∠MEF＝，∠MEO＝，所以∠OEF＝，所以OF＝EF×tan ＝×tan ＝a， 又AF＝AB＝a，所以OA＝＝a， 则三棱锥M－ABC外接球的半径为a，所以外接球的表面积S＝4πR2＝a2. 二、多项选择题 9.(2024·华大联盟3月测评)六氟化硫，化学式为SF6，在常压下是一种无色、无臭、无毒、不燃的稳定气体，有良好的绝缘性，在电器工业方面具有广泛用途．六氟化硫为正八面体结构，如图所示，硫原子位于正八面体的中心，6个氟原子分别位于正八面体的6个顶点，若相邻两个氟原子之间的距离为m，则(　　) A．该正八面体结构的表面积为2m2 B．该正八面体结构的体积为m3 C．该正八面体结构的外接球的表面积为2πm2 D．该正八面体结构的内切球的表面积为 答案　ACD 解析　该正八面体结构的表面积S＝8××m2＝2m2，故A正确；该正八面体结构的体积V＝2××m2×m＝m3，故B错误；该正八面体结构的外接球的表面积S′＝4π×＝2πm2，故C正确；该正八面体结构的内切球半径r＝＝＝，故内切球的表面积S″＝4π×＝，故D正确．故选ACD. 10．(2024·青岛高三质检)在南方不少地区，经常看到人们头上戴一种用木片、竹篾或苇蒿等材料制作的斗笠，用来遮阳或避雨，随着旅游和文化交流活动的开展，斗笠也逐渐成为一种时尚旅游产品，有一种外形为圆锥形的斗笠，称为“灯罩斗笠”，根据人的体型、高矮等制作成大小不一的型号供人选择使用，不同型号的斗笠的大小经常用帽坡长(母线长)和帽底宽(底面圆直径长)两个指标进行衡量．现有一个“灯罩斗笠”(如图)，帽坡长为20厘米，帽底宽20厘米，关于此斗笠，下面说法正确的是(　　) A．斗笠轴截面(过顶点和底面中心的截面图形)的顶角为120° B．过斗笠顶点和斗笠侧面上任意两母线的截面三角形的最大面积为100平方厘米 C．若此斗笠顶点和底面圆上所有点都在同一球面上，则该球的表面积为1 600π平方厘米 D．此斗笠放在平面上，可以盖住的球(保持斗笠不变形)的最大半径为(20－30)厘米 答案　ACD 解析　斗笠的轴截面如图所示，由题意可知SB＝20，AB＝20，设O为AB的中点，连接SO，则sin ∠OSB＝＝＝，所以∠OSB＝60°，则∠ASB＝120°，所以选项A正确； 当截面三角形过斗笠顶点和斗笠侧面上两条互相垂直的母线时，截面三角形的面积最大，且最大值为×202＝200(平方厘米)，所以选项B错误； 若此斗笠的顶点和底面圆上所有点都在同一个球面上，则该球为外接球，设此球的半径为R，球心为O1，则O1到S，A，B的距离相等，则O1在SO的延长线上，作出点O1，连接AO1，因为此斗笠的高h＝SO＝＝10，所以OO1＝R－10，在Rt△AOO1中，有R2＝(R－10)2＋(10)2，解得R＝20，则该球的表面积S＝4πR2＝1 600π(平方厘米)，所以选项C正确； 将此斗笠放在平面上，可以盖住的球的半径最大，则此时球为圆锥的内切球，设内切球的半径为r，即轴截面三角形的内切圆的半径为r，所以△SAB的面积S＝(20＋20＋20)r＝×20×10，解得r＝20－30，所以选项D正确．故选ACD. 11．(2024·浙江名校试题)三棱锥P－ABC各顶点均在半径为2的球O的表面上，AB＝AC＝2，∠BAC＝90°，二面角P－BC－A的大小为45°，则下列结论正确的是(　　) A．直线OA∥平面PBC B．三棱锥O－ABC的体积为 C．点O到平面PBC的距离为1 D．点P的轨迹长度为2π 答案　BCD 解析　设△ABC外心为O1，△PBC外心为O2，连接OO1，OO2，O1O2，AO2，AO1，则OO1⊥平面ABC，OO2⊥平面PBC，∵BC平面ABC，BC平面PBC，∴OO1⊥BC，OO2⊥BC，∵OO2∩OO1＝O，∴BC⊥平面OO1O2，∵O1O2平面OO1O2，∴BC⊥O1O2，又BC⊥AO1，AO1∩O1O2＝O1，AO1，O1O2平面AO1O2，则BC⊥平面AO1O2，又平面AO1O2∩平面OO1O2＝O1O2，∴A，O1，O，O2四点共面，易得O2是OA中点，即OA与平面PBC交于O2，故A错误；VO－ABC＝×OO1×S△ABC＝×××2×2＝，故B正确；∵O2是OA中点，∴OO2＝1，故C正确；连接O2P，记球O的半径为R，∵O2P＝＝＝，∴点P形成的轨迹是半径为的圆(不包含B，C两点)，∴轨迹长度为2π，故D正确． 12．已知三棱柱ABC－A1B1C1的六个顶点都在球O的球面上，AB1＝BC1＝CA1＝4.若点O到三棱柱ABC－A1B1C1的所有面的距离都相等，则(　　) A．BB1⊥平面ABC B．AB＝AA1 C．平面A1B1C1截球O所得截面圆的周长为4π D．球O的表面积为24π 答案　AC 解析　三棱柱ABC－A1B1C1的六个顶点都在球O的球面上，根据球的对称性可知三棱柱ABC－A1B1C1为直棱柱，所以BB1⊥平面ABC，因此A正确． 因为AB1＝BC1＝CA1＝4，所以AB＝BC＝CA.因为点O到三棱柱ABC－A1B1C1的所有面的距离都相等，所以三棱柱ABC－A1B1C1的内切球与外接球的球心重合．设该三棱柱的内切球的半径为r，内切球与底面ABC以及侧面BCC1B1相切于H，M，连接AH并延长，交BC于N，连接OH，OM，如图， 则AA1＝2r，OM＝OH＝HN＝r，又△ABC为等边三角形，所以HN＝AN＝×AB，所以AB＝2r，所以AB＝AA1，因此B错误． 由AB1＝4，可知BB12＋AB2＝4r2＋12r2＝16r2＝16，解得r＝1(负值舍去)，则AB＝BC＝CA＝2.易得△A1B1C1的外接圆的半径r1＝AN＝×AB＝2，所以平面A1B1C1截球O所得截面圆的周长为2πr1＝4π，因此C正确． 三棱柱ABC－A1B1C1外接球的半径R＝＝＝，所以球O的表面积S＝4πR2＝20π，因此D错误． 三、填空题 13．(2024·高三大联考)已知一个顶点为P，底面中心为O的圆锥的体积为9π，该圆锥的顶点P和底面圆周均在球O1上，若圆锥的高为3，则球O1的半径为________，球O1的体积的最小值是________． 答案　3　 解析　设球O1的半径为R，圆锥底面圆的半径为r，若圆锥的高为3，则9π＝·πr2·3，∴r＝3，则(3－R)2＋9＝R2，∴R＝3.当球O1的体积最小时，设圆锥的高为h，则πr2h＝9π，∴hr2＝27.∴R2＝r2＋(h－R)2，∴2R＝＝＝＋h，设f(x)＝＋x，x>0，则f′(x)＝1－＝0时，x＝3，易得f(x)min＝f(3)＝，∴(2R)min＝，∴Rmin＝，∴Vmin＝π·＝. 14．半球内有一个内接正方体，若正方体的棱长为，则这个半球的体积为________． 答案　18π 解析　方法一：过正方体的对角面作截面如图所示，设半球的半径为R，半球球心为O，连接OC1，因为正方体的棱长为，所以CC1＝，OC＝×＝. 在Rt△C1CO中，由勾股定理，得CC12＋OC2＝OC12，即()2＋()2＝R2，所以R＝3.故V半球 ＝πR3＝18π. 方法二：将其补成球和内接长方体，原正方体的棱长为，设球的半径为R，则(2R)2＝6＋6＋(2)2，所以R＝3.故V半球＝πR3＝18π. 15．(2024·宿州市高三质量检测)在《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的三棱锥称为鳖臑．已知在鳖臑A－BCD中，AB⊥平面BCD，且BC＝CD＝4，当该鳖臑的内切球的半径为2(－1)时，它的外接球的体积为________． 答案　32π 解析　如图所示，将鳖臑放在长方体中，设AB＝x， 利用等体积转换法，得××4×4×x＝×(×4×x＋×4×4＋×4×＋×4×x)×2(－1)，解得x＝4. 故外接球的半径R＝＝2. 故V＝·π·(2)3＝32π. 16.(2024·河北部分示范性高中三模)如图所示，将棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1截去一个三棱锥得到多面体ABCD－B1C1D1，在该多面体内放入一个球，则球的半径的最大值为________． 答案　 解析　如图，设球心为O，半径为r，由题可知，当球O半径最大时，球O与平面ABCD，平面BCC1B1，平面DCC1D1，平面AB1D1均相切，设球O与平面ABCD相切于点H，与平面AB1D1相切于点O1，则O1为△AB1D1的中心，连接A1C，易得O，O1在A1C上，连接OH，则OO1＝OH＝r，易知O1C＝A1C＝，OC＝O1C－OO1＝－r，由＝sin ∠A1CA＝，得＝，解得r＝. 7 / 8 学科网（北京）股份有限公司 $$