第五章 微专题训练——与球有关的切、接问题-【金版教程】2026年高考数学一轮总复习首选用卷全书Word（新教材）

高考总复习首选用卷　数学 微专题训练——与球有关的切、接问题 基础题(占比50%)　中档题(占比40%)　拔高题(占比10%) 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 难度 ★ ★ ★ ★ ★ ★ ★★ ★★ 对点 简单几何体的外接球；球的表面积 简单几何体的外接球；圆台的侧面积 简单几何体的外接球；球的体积；圆柱的侧面积 简单几何体的外接球 简单几何体的外接球；球的表面积 简单几何体的外接球；球的体积 简单几何体的外接球；球的表面积 简单几何体的外接球；球的表面积 题号 9 10 11 12 13 14 15 16 难度 ★ ★ ★★ ★★★ ★★ ★★ ★★ ★★★ 对点 简单几何体的内切球；球的表面积 简单几何体的内切球 简单几何体的外接球与内切球；球的表面积 简单几何体的内切球、圆锥、棱锥的综合问题 简单几何体的内切球 简单几何体的内切球；球的体积；圆柱的体积 简单几何体的棱切球 简单几何体的棱切球与外接球；球的表面积与体积 题型一　外接球问题 1．长方体的过一个顶点的三条棱长分别是2，4，4，则该长方体外接球的表面积为(　　) A．9π B．18π C．36π D．48π 答案：C 解析：长方体外接球的直径2R＝＝＝6，解得R＝3，所以该长方体外接球的表面积S＝4πR2＝4π·32＝36π.故选C. 2．(2025·江西九江高三开学联考)已知圆台的上、下底面的面积分别为4π，25π，侧面积为35π，则该圆台外接球的球心到上底面的距离为(　　) A. B. C. D. 答案：C 解析：依题意，记圆台的上、下底面的半径分别为r1，r2，则πr＝4π，πr＝25π，则r1＝2，r2＝5，设圆台的母线长为l，则π(r1＋r2)l＝35π，解得l＝5，则圆台的高h＝＝4，记圆台外接球的球心到上底面的距离为x，则x2＋22＝(4－x)2＋52，解得x＝.故选C. 3．(2025·皖南八校高三开学联考)已知圆柱的底面直径为2，它的两个底面的圆周都在同一个体积为的球面上，该圆柱的侧面积为(　　) A．8π B．6π C．5π D．4π 答案：A 解析：球的体积为πR3＝，可得其半径R＝，圆柱的底面直径为2，半径为r＝1，在轴截面中，可知圆柱的高为h＝2＝4，所以圆柱的侧面积为2πrh＝8π.故选A. 4．已知三棱柱ABC－A1B1C1的6个顶点都在球O的球面上，且AB＝3，AC＝4，AB⊥AC，AA1＝12，则球O的半径为(　　) A．5.5 B．6 C．6.5 D．7 答案：C 解析：∵三棱柱ABC－A1B1C1的6个顶点都在球O的球面上，∴三棱柱ABC－A1B1C1为直三棱柱，又AB⊥AC，∴可将直三棱柱ABC－A1B1C1补成长方体ABDC－A1B1D1C1，∴直三棱柱ABC－A1B1C1的外接球即为长方体ABDC－A1B1D1C1的外接球，故球O的直径为A1D＝＝13，∴球O的半径为6.5.故选C. 5．在Rt△ABC中，斜边AB的长为2，绕直角边AC所在直线旋转一周形成一个几何体．若该几何体外接球的表面积为，则AC的长为(　　) A. B．1 C. D. 答案：D 解析：设AC＝x，因为AB＝2，所以BC＝＝，绕直角边AC所在直线旋转一周形成一个几何体为圆锥，设圆锥外接球的半径为R，所以4πR2＝，解得R＝，设外接球的球心为O，则球心O在直线AC上，所以4－x2＋＝，解得x＝.故选D. 6．在正四棱锥S－ABCD中，底面是边长为2的正方形，侧面是腰长为的等腰三角形，则正四棱锥S－ABCD外接球的体积为(　　) A. B．9π C. D．18π 答案：C 解析：如图所示，设外接球的球心为O，半径为R，底面中心为E，连接SE，BO，BE，因为在正四棱锥S－ABCD中，底面是边长为2的正方形，侧面是腰长为的等腰三角形，所以BE＝，SE＝＝2，在Rt△OBE中，R2＝OE2＋BE2，即R2＝(2－R)2＋()2，解得R＝，所以正四棱锥S－ABCD外接球的体积V＝πR3＝.故选C. 7．(2024·河南郑州高三模拟)如图，在几何体ABCDEF中，四边形BCEF是正方形，AD∥平面BCEF，四边形ADEF与四边形ABCD都是等腰梯形，AD＝2BC＝4，AB＝AF＝，若几何体ABCDEF的所有顶点都在球O的表面上，则球O的表面积为(　　) A. B. C．16π D．49π 答案：B 解析：连接BE，CF交于点O1，取AD的中点O2，由对称性可得球心O在直线O1O2上，取EF的中点H，连接O1H，O2H，则O2H＝＝2，因为EF⊥HO2，EF⊥HO1，HO2∩HO1＝H，HO2，HO1⊂平面HO1O2，所以EF⊥平面HO1O2，又O1O2⊂平面HO1O2，所以EF⊥O1O2，由对称性可得O1O2⊥HO1，EF∩HO1＝H，EF，HO1⊂平面BCEF，所以O1O2⊥平面BCEF，O1O2＝＝＝，设球O的半径为R，OO1＝h，由OF＝OA＝R，得h2＋()2＝(－h)2＋22＝R2，解得R2＝，所以球O的表面积S＝4πR2＝.故选B. 8．(2024·湖南邵阳三模)在四面体ABCD中，△ABD是边长为4的等边三角形，BC⊥CD，BC＝CD，AC＝4，点E在棱BD上，且BD＝4BE，过点E作四面体ABCD的外接球O的截面，则所得截面圆的面积的最小值与球O的表面积的比值为________． 答案： 解析：由题意知，AB＝AD＝4，BC＝CD＝4，AC＝4，由勾股定理可知，BC2＋AB2＝AC2，CD2＋AD2＝AC2，所以BC⊥AB，CD⊥AD，易知四面体ABCD的外接球的球心O在斜边AC的中点处，四面体ABCD的外接球O的半径R＝AC＝2，根据题意可知，过点E作球O的截面，若要所得的截面圆的面积最小，只需截面圆的半径最小，设球心O到截面的距离为d，只需球心到截面的距离d最大即可，而当且仅当OE与截面垂直时，球心到截面的距离d最大，即dmax＝OE，取BD的中点F，EF＝BD＝，易知△OBD为等腰三角形，OF＝＝＝2，所以OE2＝OF2＋EF2＝22＋()2＝6，所以截面圆的半径为r＝＝＝，所以截面圆的面积为S1＝π×()2＝6π，球O的表面积为S2＝4π×(2)2＝48π，所得截面圆的面积的最小值与球O的表面积的比值为＝. 题型二　内切球问题 9．已知圆台的上、下底面圆的半径之比为，侧面积为9π，在圆台的内部有一球O，该球与圆台的上、下底面及母线均相切，则球O的表面积为(　　) A．3π B．5π C．8π D．9π 答案：C 解析：设圆台的上底面圆半径为r，母线长为l，则下底面圆半径为2r，如图所示，作出圆台与球的轴截面．由于球O与圆台的上、下底面及母线均相切，故l＝AD＝AH＋DG＝r＋2r＝3r.根据圆台的侧面积公式S＝(πr＋2πr)l＝9π，可得r＝1，所以球O的直径为HG＝2，故球O的半径为，所以球O的表面积为8π.故选C. 10．(2024·新疆维吾尔自治区三模)设四棱台ABCD－A1B1C1D1的上、下底面面积分别为S1，S2，侧面积为S，若一个小球与该四棱台的每个面都相切，则(　　) A．S2＝S1S2 B．S＝S1＋S2 C．S＝2 D.＝＋ 答案：D 解析：设内切球的球心为O，连接OA，OB，OC，OD，OA1，OB1，OC1，OD1，则OA，OB，OC，OD，OA1，OB1，OC1，OD1把四棱台ABCD－A1B1C1D1分割成六个四棱锥，且六个四棱锥的高都为内切球的半径R，四棱台ABCD－A1B1C1D1的高为2R，所以V四棱台ABCD－A1B1C1D1＝(S1＋S2＋)·2R＝(S1＋S2＋S)·R，化简可得S1＋S2＋2＝(＋)2＝S，即＝＋.故选D. 11．(2024·江西南昌二中高三模拟)六氟化硫，化学式为SF6，在常压下是一种无色、无味、无毒、不易燃的稳定气体，有良好的绝缘性，在电器工业方面具有广泛用途．六氟化硫分子结构为正八面体结构(正八面体是每个面都是正三角形的八面体)，如图所示．若此正八面体的棱长为2，它的内切球的表面积为S1，外接球的表面积为S2，则的值为(　　) A．3 B．2 C. D. 答案：A 解析：如图，连接AC与BD交于点O，连接EO，因为EA＝EC，ED＝EB，所以EO⊥AC，EO⊥BD，又AC与BD为平面ABCD内的相交直线，所以EO⊥平面ABCD，所以O为正八面体的中心，设正八面体外接球的半径为R，内切球的半径为r，因为正八面体的棱长为2，所以EB＝EC＝BC＝2，OB＝OC＝，EO＝＝，则R＝，S△EBC＝，S△OBC＝1，设内切球与平面EBC切于点H，连接OH，所以OH⊥平面EBC，所以OH即为正八面体内切球的半径，因为VE－OBC＝VO－EBC，即S△OBC·EO＝S△EBC·OH，所以OH＝，即r＝，所以＝＝＝3.故选A. 12．(多选)(2024·广东茂名一模)如图，已知圆锥顶点为P，其轴截面△PAB是边长为2的等边三角形，球O内切于圆锥(与圆锥底面和侧面均相切)，Q是球O与圆锥母线PB的交点，M是底面圆弧上的动点，则(　　) A．球O的体积为 B．三棱锥A－QBM体积的最大值为 C．MA＋MQ的最大值为3 D．若M为的中点，则平面PMQ截球O的截面面积为 答案：ACD 解析：对于A，如图，设底面圆心为O1，则PO1⊥AB，AQ⊥PB，PO1∩AQ＝O，∵△PAB是边长为2的等边三角形，∴BO1＝1，Q为PB的中点，则球O的半径OO1＝，∴球O的体积为π×＝，故A正确；对于B，作QD⊥AB于点D，∵PO1⊥平面ABM，QD∥PO1，∴QD⊥底面ABM，QD＝PO1，∴VA－QBM＝VQ－ABM＝S△ABM·PO1＝MA·MB≤×＝AB2＝，故B错误；对于C，设MA＝x，x∈[0，2]，则cos∠MAB＝＝，∴MD2＝MA2＋AD2－2MA·ADcos∠MAB＝－，∴MQ＝＝，∴MA＋MQ＝x＋，设f(x)＝x＋，则f′(x)＝1－×，令f′(x)＝0，解得x＝2，当x＝0时，f′(x)>0，当x∈(0，2]时，f′(x)＝1－×，易知y＝－在(0，2]上单调递减，则f′(x)＝1－×在(0，2]上单调递减，且f′(2)＝0，则当x∈[0，2]时，f′(x)≥0，f(x)单调递增，f(x)max＝f(2)＝2＋1＝3，故C正确；对于D，当M为的中点时，MO1⊥AB，∵PO1⊥平面ABM，MO1⊂平面ABM，∴PO1⊥MO1，又PO1∩AB＝O1，PO1，AB⊂平面POQ，∴MO1⊥平面POQ，由PB＝PM＝2，MB＝，PQ＝1，得sin∠QPM＝，∴S△MPQ＝PM·PQsin∠MPQ＝.设点O到平面PMQ的距离为h，∵S△OPQ＝，VM－OPQ＝VO－MPQ，∴S△OPQ×1＝S△MPQ·h，代入数据，解得h＝，∴截面面积为π＝，故D正确．故选ACD. 13．已知三棱锥V－ABC的三条侧棱两两垂直，且VA＝1，VB＝2，VC＝3，则该三棱锥的内切球的半径为________． 答案： 解析：设该三棱锥的体积为W，表面积为S，内切球的半径为r，球心为O，则W＝S·r，且W＝S△VAB·VC＝××1×2×3＝1，则S·r＝1，∵三棱锥V－ABC的三条侧棱两两垂直，且VA＝1，VB＝2，VC＝3，∴AB＝，AC＝，BC＝，∴cos∠BAC＝＝＝，又∠BAC∈(0，π)，∴sin∠BAC＝＝，∴S△ABC＝AB·ACsin∠BAC＝×××＝，又S△VAB＝VA·VB＝×1×2＝1，S△VAC＝VA·VC＝×1×3＝，S△VBC＝VB·VC＝×2×3＝3，∴S＝＋1＋＋3＝9，又S·r＝1，∴×9×r＝1，因此r＝. 14．(2024·陕西安康模拟预测)《论球与圆柱》是古希腊数学家阿基米德的得意杰作，据传说在他的墓碑上刻着一个圆柱，圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等．如图为一个圆柱O1O2与球O的组合体，其中球O与圆柱O1O2的侧面和上、下底面均相切，EF为底面圆O1的一条直径，EF⊥AB，若球的半径r＝1，则球的体积与圆柱的体积之比为________，球心O到平面DEF的距离为________． 答案：　 解析：因为球的半径r＝1，所以球的体积为V1＝πr3＝，圆柱的体积为V2＝πr2h＝πr2×2r＝2π，所以球的体积与圆柱的体积之比为＝＝.由题易知EF⊥AB，DA⊥EF，AB∩AD＝A，AB，AD⊂平面ABCD，所以EF⊥平面ABCD，又EF⊂平面DEF，所以平面DEF⊥平面ABCD，连接O1D，则平面DEF与平面ABCD的交线为O1D，所以过点O在平面ABCD内作OG⊥DO1，垂足为点G，则OG⊥平面DEF.如图，易知O1O2⊥CD，O1O2＝2，O2D＝1，由勾股定理可得O1D＝＝，由Rt△O1GO∽Rt△O1O2D，可知＝，即＝，解得GO＝，所以球心O到平面DEF的距离为. 题型三　棱切球问题 15．已知球O与棱长为4的正方体ABCD－A1B1C1D1的所有棱都相切，点M是球O上一点，点N是△ACB1的外接圆上的一点，则线段MN的取值范围是(　　) A．[－，＋] B．[－2，＋2] C．[2－2，2＋2] D．[－，＋] 答案：C 解析：因为球与正方体的每条棱都相切，故其直径为面对角线长，所以球O的半径为R＝2，如图，球心O为正方体的中心，球心与△ACB1的外接圆上的点的距离为OB1，其长为体对角线的一半，故OB1＝2，故OB1－R≤MN≤OB1＋R，也就是2－2≤MN≤2＋2.故选C. 16．(多选)(2024·海南高三模拟)在四面体ABCD中，△ABD，△CBD都是边长为6的正三角形，棱AC与平面BCD所成角的余弦值为，球O与该四面体各棱都相切，则(　　) A．四面体ABCD为正四面体 B．四面体ABCD外接球的体积为27π C．球O的表面积为27π D．球O被四面体ABCD的表面所截得的各截面圆的周长之和为8π 答案：ABD 解析：取BD的中点E，连接AE，CE，由△ABD，△CBD都是边长为6的正三角形，得AE⊥BD，CE⊥BD，且AE＝CE＝×6＝3，又AE∩CE＝E，AE，CE⊂平面AEC，则BD⊥平 面AEC，又BD⊂平面BCD，所以平面BCD⊥平面AEC.过A作AF⊥CE于F，因为平面BCD∩平面AEC＝CE，AF⊂平面AEC，所以AF⊥平面BCD，故∠ACE为棱AC与平面BCD所成的角，则AC＝2AE×＝6，故四面体ABCD的所有棱长相等，故四面体ABCD为正四面体，故A正确；由四面体ABCD为正四面体，得F为底面中心，且四面体ABCD的外接球与球O共球心，有DF＝××6×＝2，AF＝＝＝2，设四面体ABCD的外接球半径为R，则R2＝(AF－R)2＋DF2＝24－4R＋R2＋12，即R＝，则V＝πR3＝27π，故B正确；作OG⊥AC于点G，由正四面体的对称性可得，OG即为球O的半径，由cos∠ACE＝，得sin∠CAF＝，又AO＝R＝，设球O的半径为r，则r＝OG＝×＝，则S表＝4πr2＝18π，故C错误；由正四面体的对称性可得，球O被四面体ABCD的表面所截得的各截面圆周长相等，O到各面的距离为OF＝AF－R＝2－＝，又r＝，则球O被四面体ABCD的表面所截得的各截面圆的半径为＝＝，则其周长之和为4×2π×＝8π，故D正确．故选ABD. 1 学科网（北京）股份有限公司 $$