11.4.1 球（题型专练）数学沪教版2020必修第三册

11.4.1 球 题型一 球的简单练习 一、单选题 1．已知正三棱柱的棱长均为2，M为棱上靠近C的四等分点，以M为球心，2为半径的球面与该三棱柱棱的公共点的个数为（    ） A．5 B．6 C．7 D．8 【答案】D 【分析】根据题意，计算各棱中到M距离为2的点的个数即可. 【详解】如图①，，，M到棱的距离等于2，，， 故球M的球面与侧面的棱，，AC各有一个交点，分别为，，， 同理可得与侧面的棱，，BC各有一个交点，分别为，，， 如图②，，， 到棱AB的距离等于， 故球M的一个截面圆与AB有两个交点分别为，． 如图③，，， 到棱的距离等于， 故球M的一个截面圆与没有交点． 综上，以M为球心，2为半径的球面与该棱柱棱的公共点的个数为8． 故选：D. 2．已知A，B，C是半径为1的球O的球面上的三个点，其中，，点为球上一个动点，则三棱锥体积的最大值为（    ） A． B． C． D．1 【答案】B 【分析】证明是等腰直角三角形，求出的长，即可求出三棱锥体积的最大值. 【详解】由题意， ∵球的半径为，且， ∴三点所在的平面经过球心，BC为球的一条直径． ∵， ∴是等腰直角三角形， 如图， 由几何知识得，当点P位于垂直于平面ABC的直径的端点时，三棱锥的体积取得最大值， 此时, ∴最大值为， 故选：B. 3．下列说法正确的是（   ） A．球面上任意两点连成的线段都是球的直径 B．底面是正多边形的棱锥一定是正棱锥 C．用一个平面截一个圆锥，得到的截面图形是一个三角形 D．棱台的侧棱延长后交于同一点 【答案】D 【分析】根据空间几何体的概念和性质可判断. 【详解】对于A：球面上任意两点与球心共线时连成的线段都是球的直径，故A错误； 对于B：底面是正多边形，顶点在底面的射影是底面的中心是正棱锥，故B错误； 对于C：用一个平面截一个圆锥，得到的截面图形不一定三角形，还可能是圆等其它图形，故C错误； 对于D：因为棱台是用平行与底面的平面截棱锥得到，所以棱台的侧棱延长后交于同一点，故D正确. 故选：D. 4．球面距离在地理学、导航系统、信息技术等多个领域有着广泛应用．球面距离的定义：经过球面上两点的大圆在这两点间劣弧的长度（大圆就是经过球心的平面截球面所得的圆）．四面体的外接球直径为，且，，则A、B两点在外接球上的球面距离为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设球O，再求出A、B所在球大圆所对应的圆心角，进而利用弧长公式即可求出A、B两点之间的球面距离. 【详解】球的半径为， 设球心为O，， 所以在中，由于，，所以， 所以A、B两点之间的球面距离为 故选：C 5．将一个棱长为的正方体铁块磨制成一个零件，能够磨制成的零件可以是（ ） A．底面半径为，高为的圆柱体 B．底面直径为，高为的圆锥体 C．半径为的球体 D．各棱长均为的四面体 【答案】B 【分析】根据空间几何体的形状，结合选项即可求解. 【详解】对于A,由于正方体的棱长为，故圆柱底面圆最大为正方体底面的内切圆，故半径最大为5，圆柱的高最大不超过，故A错误，B正确， 正方体的内切球的半径为5，为正方体内最大的球，故C错误， D.正方体的面对角线的长度为，故棱长不超过.D错误， 故选：B 6．已知正四棱台的上、下底面边长分别为，，该四棱台的所有顶点都在球的球面上，且球心是下底面的中心，则该四棱台的体积为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】结合图象作出正四棱台的高，根据边长及点为正四棱台外接球的球心利用勾股定理可求正四棱台的高，再根据棱台的体积公式即可求解. 【详解】 如图，正四棱台，分别为上下底面的中心. 由题意知正四棱台的上、下底面边长分别为，，则. 又因为该四棱台的所有顶点都在球的球面上，且球心是下底面的中心，可知，得，即正四棱台的高为. 又上底面的面积，下底面的面积， 则该四棱台的体积为. 故选：B. 7．下列说法正确的是（    ） A．各侧棱都相等的棱锥为正棱锥 B．有两个面平行且相似，其他各个面都是梯形的多面体是棱台 C．直角三角形绕它的一条边旋转一周形成的曲面围成的几何体是圆锥 D．用任意一个平面去截球得到的截面一定是一个圆面 【答案】D 【分析】根据正棱锥的概念判断A，根据棱台的概念判断B，根据圆锥的概念判断C，根据球的截面形状判断D. 【详解】各侧棱都相等，但无法保证底面为正多边形，A错误； 有两个面互相平行且相似，其余面都是梯形的多面体不一定是棱台， 只有当梯形的腰延长后交于一点时，这个多面体才是棱台，B错误； 直角三角形绕它的斜边旋转一周形成的曲面围成的几何体是两个圆锥的组合体，C错误； 用任意一个平面去截球得到的截面一定是一个圆面，D正确. 故选：D 8．圆柱高为4，底面积为，在圆柱内部有一个可自由转动的正四面体，则该正四面体的最大棱长为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】分析可得当圆柱底面半径等于正四面体的外接球的半径时，正四面体有最大棱长，进而求解即可. 【详解】由题意可知，圆柱高为4，底面积为，则圆柱的底面半径为1， 当圆柱底面半径等于正四面体的外接球的半径时，正四面体有最大棱长a， 如图，在正四面体中，棱长为a，其外接球的半径为， 为的中点，为的中心，连接，则平面， 设为正四面体外接球的球心，连接， 因为为正三角形，所以， 在中，， 所以， 在中，由， 得，解得，则. 故选：D. 二、填空题 9．地球的半径为，在北纬圈上有甲、乙两地，它们的经度相差． （1）甲、乙两地所在纬线的长为 ． （2）甲、乙两地的球面距离是 ． 【答案】 【分析】由球面几何的相关知识求解即可. 【详解】第一空：由题知： 北纬纬线圈半径为：，且、所对的圆心角， 所以两点所对的纬线劣弧长为． 第二空：甲乙两地球心角为， 所以、两点间的球面距离为． 故答案为：，. 10．若正方体的棱长为1，则以为球心，为半径的球面与底面的交线长为 . 【答案】/ 【分析】由题可得球面与底面的交线为以为圆心，为半径的圆与正方形相交的一段弧，即可求出. 【详解】正方体中，平面， 所以平面与球的截面是以为圆心的圆，且半径为， 所以球面与底面的交线为以为圆心，为半径的圆与正方形相交的一段弧， 该交线长为. 故答案为：. 11．已知正三棱锥中，底面边长BC为3，侧棱长AB为，则此正三棱锥的内切球的半径 ． 【答案】 【分析】在正三角形中，设底面正三角形的中心为，求出正三棱锥的高，各个面的面积，然后由等体积的方法求解半径即可. 【详解】 在正三角形中，设底面正三角形的中心为，，故其高为， 则，故正三棱锥的高， 所以，所以， 侧面为等腰三角形，其高为，故， 所以， 内切球的半径为，则由等体积的方法可得： ， 即，故内切球的半径， 故答案为： 12．已知球的半径为10，有一个平面截球所得的截面面积是．则球心到这个平面的距离为 ． 【答案】 【分析】由条件可得截面圆的半径，然后由勾股定理列出方程，即可得到结果. 【详解】因为截面的面积是，设截面圆的半径为，即，所以， 且球的半径， 设球心到这个平面的距离为，则，即，解得, 所以球心到这个平面的距离为. 故答案为： 三、解答题 13．已知三棱锥的侧棱两两垂直，长度分别为，设外接球的半径为，证明：． 【答案】证明见解析 【分析】三棱锥补成一个长方体，根据长方体体对角线即为外接球直径可得答案. 【详解】因为三棱锥的侧棱两两垂直， 所以把三棱锥补成长方体，长方体体对角线即为外接球直径， 可得.    14．在北纬纬线上有甲、乙两地，它们在纬线上的弧长为是地球半径，求甲、乙两地的球面距离． 【答案】 【分析】设甲、乙两地分别对应点、，地球的中心为，先求出北纬60°圈所在圆的半径，再求、两地在北纬60°圈上对应的圆心角，得到线段的长，求得，利用弧长公式求这两地的球面距离. 【详解】设甲、乙两地分别对应点、，设是、两地在北纬60°圈上对应的圆心角， 则，北纬60°圈的半径为：， 依题意，，得， 所以是北纬60°圈的一条直径，可得， 设地球的中心为，易得， 因此，甲、乙两地的球面距离是. 15．已知过球面上A、B、C三点的截面和球心的距离等于球半径的一半，且．求截面的面积． 【答案】 【分析】根据题意分析可知所求截面即为的外接圆，结合正弦定理运算求解. 【详解】由题意可知：是边长为2的等边三角形，且所求截面圆即为的外接圆， 则的外接圆半径， 所以截面的面积为. 16．已知三棱柱的6个顶点都在球O的球面上，且，，，．求球O的半径． 【答案】 【分析】由题意可得三棱柱为直三棱柱，据此计算可求球的半径. 【详解】已知三棱柱的6个顶点都在球的球面上，且 因为，，，所以球心在过的中点与平面的直线上， 同理可得球心在过的中点与平面的直线上， 又三棱柱的6个顶点都在球O的球面上， 所以可得平面，所以三棱柱为直三棱柱， 又，所以可将三棱柱补成一个长方体， 此长方体的外接球即为三棱柱的外接球， 设外接球的半径为，则， 所以，所以球的半径为． 题型一 球的截面性质及计算 一、单选题 1．球的半径是，距球心处有一光源，光源能照到的地方用平面截去，则截面的最大面积是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】作出图形，在直角三角形中利用射影定理得，根据勾股定理得，代入圆的面积公式求解即可. 【详解】如图，在中，于点， 则，即，所以. 又， 所以以为半径的圆的面积为. 故选：B 2．已知正三棱柱的高为4，正三棱锥的高为2，若点均在同一个球面上，则的边长为（    ） A．2 B． C．6 D． 【答案】C 【分析】设等边的边长为，取正三棱柱上、下底面的中心，再取的中点，则为外接球的球心，连接，则三点在一条线上，得到外接球的半径为，在直角中，利用勾股定理列出方程，即可求解. 【详解】正三棱柱的高为，正三棱锥的高为， 且点均在同一个球面上，则点在三棱柱的外部， 如图所示，设等边的边长为，取正四棱柱上、下底面的中心， 再取的中点，则为外接球的球心， 连接，则三点在一条线上，且， 设外接球的半径为，则， 在等边中，因为中心，可得， 在直角中，可得，即， 解得，即正三棱柱的底面的边长为. 故选：C. 3．农历五月初五是端午节，民间有吃粽子的习惯，粽子又称粽籺，俗称“粽子”，古称“角泰”，是端午节大家都会品尝的食品，传说这是为了纪念战国时期楚国大臣、爱国主义诗人屈原．小明在和家人一起包粽子时，想将一丸子（近似为球）包入其中，如图，将粽叶展开后得到由六个边长为6cm的等边三角形所构成的平行四边形，将粽叶沿虚线折起来，可以得到如图所示的粽子形状的六面体，则放入丸子的半径最大值为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用正六面体是一个中心对称图形，其内切球的球心就在正六面体的中心，可利用等体积法来求出内切球的半径，即可判断选项. 【详解】由于这六个等边三角形围成的六面体就是正六面体， 所以可知内切球的球心一定是正六面体的中心，且球心到六个面的距离相等，这个距离就是内切球的半径. 由于正六面体是由两个正四面体组成，根据棱长为，如图可知： 根据勾股定理， 所以正四面体的体积为， 即正六面体的体积为， 现在设内切球半径为，根据等体积法可知： ， 故选：C. 4．在正三棱锥P-ABC中，，，点D在内部运动（包括边界），点D到棱PA，PB，PC的距离分别记为，，，且，则点D运动路径的长度为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】将棱锥放入正方体中研究，再过点D构造长方体，即可求出，再结合球的性质得出D在内以O为圆心，2为半径的三段圆弧上，再利用弧长公式计算即可. 【详解】∵正三棱锥P-ABC中，，， ∴，，， 可将该三棱锥放置在棱长为的正方体之中，如图： 过D构造长方体，如图， 则， 故 ， ∴，∴， 故D在以P为球心，为半径的球面与平面ABC的交线上， 设P在平面ABC的射影为O，则为等边三角形的中心， 由题可知：， ∴， ∴截面圆的半径为， 因O到AB的距离为，图中，， 故D在内以O为圆心，2为半径的三段圆弧上， ∴轨迹长为. 故选：B 5．已知A，B，C是半径为2的球的球面上的三个点，且，，则三棱锥的体积为（    ） A． B． C． D．1 【答案】A 【分析】根据给定条件，利用球的截面性质求出三棱锥的高即可. 【详解】由，，得外接圆半径， 因此球心到平面的距离，而， 所以三棱锥的体积为. 故选：A 6．如图，在正方体，中，，为正方形内（含边界）一动点，是棱，的中点，且，则点的轨迹的长度为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】取的中点，连接，可得，记圆弧与正方形的边的交点为，连接，进而计算可得，可求得点的轨迹的长度. 【详解】取的中点，连接， 因为是棱的中点，所以且， 所以四边形为平行四边形，所以，， 又因为平面，又平面，所以， 又，所以， 所以点的轨迹是以为圆心，2为半径的圆在平面的圆弧， 记圆弧与正方形的边的交点为，连接， 由对称性可得，又， 所以，所以可得， 所以点的轨迹是以为圆心，2为半径的圆的， 所以点的轨迹的长度为. 故选：C. 7．如图，某圆台形木质零件的上底面圆的半径为3，下底面圆的半径为6，母线长为6.现从该零件中挖去了一个以圆为底面、为顶点的圆锥，为增加该材料的利用率，工人们准备利用剩下的材料制作一系列大小相等的球，每一个球都同时与圆台的母线、圆台的下底面及圆锥的母线相切，则这样的球至多可以制作的个数是（参考数据：）（    ） A．4 B．5 C．6 D．7 【答案】B 【分析】过点作，垂足为，易得为等边三角形，进而可求出满足要求的球的半径，过点作，垂足为，易得满足题意的球的球心在以为圆心的圆周上运动，作出截面图，进而可得出答案. 【详解】如图，过点作，垂足为， 由题意可知， 所以四边形为矩形，则，所以， 所以，即为等边三角形， 所以内切圆的半径为， 即满足要求的球的半径为， 过点作，垂足为， 则四边形为矩形，所以， 显然在以为圆心，半径为的圆周上运动，作出截面图，如图， 在中，， 由余弦定理得， 所以， 因为， 所以满足题意的球至多有个. 故选：B. 8．在等腰梯形中，已知，，将沿直线翻折成，则当三棱锥的体积最大时，以为直径的球被平面所截的截面面积为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】首先证明，当平面平面时，三棱锥的体积最大，由面面垂直的性质得到平面，求出截面圆的半径，即可得解. 【详解】依题意，所以梯形的高， 所以，则，又， 所以，即， 当平面平面时，三棱锥的体积最大， 又平面平面，平面，所以平面. 的中点为球心，取的中点，则为的中位线， 所以，平面. 以为直径的球被平面所截的截面为圆面， 由以上分析可知点为该圆的圆心，其半径， 该圆面面积为. 故选：B 二、填空题 9．半径为的球的直径垂直于平面，垂足为，是平面内边长为的正三角形，线段分别与球面交于点，那么两点间的球面距离是 . 【答案】 【分析】依题意，求出，借助于，求得，再根据，在中，应用余弦定理求出，进而得到答案 【详解】如图，由已知，， 故. 连接，则为等腰三角形，. 同理，且， 而，故，得. 连接，有， 于是. 所以两点间的球面距离是. 故答案为：. 10．勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球围成的几何体．如图所示，已知正四面体的棱长为，若勒洛四面体内有一球，则该球的最大半径为 ．    【答案】 【分析】设是底面的中心，是正四面体的中心，也是正四面体的外接球球心，设正四面体外接球的半径为是高，根据正四面体的性质，求得的长，在直角中，列出方程求得，进而求得勒洛四面体的内切球半径. 【详解】勒洛四面体能够容纳的最大球与勒洛四面体4个弧面都相切，即为勒洛四面体的内切球， 由对称性知，勒洛四面体的内切球球心是正四面体的内切球、外接球球心， 设是底面的中心，是正四面体的中心，也是正四面体的外接球球心，正四面体外接球的半径为是高，如图1所示， 由正四面体的棱长为，可得， 则，所以， 在直角中，由，得，解得， 因此，如图2所示，勒洛四面体的内切球半径． 故答案为：.      11．已知球的半径为是球面上的三个点，若，二面角的大小为，则三棱锥的体积的最大值为 . 【答案】 【分析】不妨固定平面OAB，取AB的中点，作平面ABC，则是的外心，根据题意CH的最大值为，根据三棱锥体积公式计算即可. 【详解】不妨固定平面OAB，由二面角的大小为， 可知为一个与平面OAB夹角为的球截面与球的交线上一点（如图（1）， 点在AB的右侧）.取AB的中点，作平面ABC，则， 是的外心.由题可知. 在平面ABC内，作于点，如图（2）.易知CH的最大值为， 又因为， 所以 ， 即三棱锥的体积的最大值为. 故答案为：. 三、解答题 12．据报道，2024年4月15日，正值全民国家安全教育日，田湾核电8号机组穹顶球冠吊装成功（如图（1）），标志着国内最重核电机组薄壳钢衬里穹顶吊装工作安全完成，有力推动了我国产业结构和能源结构的调整，助力“双碳”目标顺利实现.报道中提到的球冠是一个空间几何概念，它是指球面被一个平面所截得的一部分（不包含截面），垂直于截面的直径被截得的部分是球冠的高.球冠面积等于截得它的球面上大圆（过球心的截面圆）周长与球冠的高的乘积.和球冠相对应的几何体叫球缺，它是指球体被一个平面所截得的一部分，截面是球缺的底.当球缺的高小于球半径时，我们把球缺与以球缺的底为底､以球心为顶点的圆锥所构成的体，称作“球锥”（如图（2））当一个四面体各顶点都在“球锥”表面上时，称这个四面体内接此“球锥”.如图（2），设一个“球锥”所在球的半径为，其中球冠高为. (1)类比球体积公式的推导过程（可参考图（3）），写出“球锥”的体积公式；（直接写结果） (2)在该“球锥”中，当球缺的体积是圆锥的体积2倍时，求的值； (3)已知一个棱长为的正四面体内接此“球锥”，并且有一个顶点与球心重合，若满足条件的有且只有一个，求的取值范围. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）把“球锥”切割成无数个小锥体，结合锥体体积公式得“球锥”的体积. （2）根据球缺体积是圆锥体积的2倍这一条件，结合球缺和圆锥体积公式列出等式，通过化简求解的值. （3）根据正四面体与“球锥”的内接关系，利用正四面体的外接圆半径和高的性质，分析得出存在棱长唯一的正四面体内接“球锥”时的取值范围. 【详解】（1）把“球锥”切割成无数个小锥体，由题意得球冠面积为， 所有小锥体的底面积之和即球冠面积， 结合锥体体积公式得“球锥”的体积为. （2）设圆锥半径为，则， 当球缺的体积是圆锥的体积的2倍时，， 即 消去，得 整理得，因为，所以 （3）设正四面体内接“球锥”，顶点与球心重合，棱长为， 则外接圆半径为，正四面体的高为，显然不满足条件. 注意到，当顶点在圆锥底面圆周上时，，得， 当时，作平行于圆锥底面的平面截正四面体， 所得棱长小于的正四面体均可内接该“球锥”. 因此，若要存在棱长唯一的正四面体内接该“球锥”，则， 且顶点在球冠上.即，且. 又因为，所以. 13．南北朝时期的伟大科学家祖暅在数学上有突出贡献，他在实践的基础上提出祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”.如图1，其含义是：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平行平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等.祖暅原理可以求解球缺的体积问题.如图2，用平面去截半径为的球，截面为圆，延长，交球于点N，则垂直于圆（垂直于圆内的所有直线）.平面将球体分为两个球缺.如图3，各棱长均为4的正三棱锥中，点H是的的中心，是正三棱锥的高（垂直于底面任意一条直线）.       (1)求正三棱锥的体积； (2)已知动点P在空间内运动，且，记点P围成的空间几何体为Ω. （i）求平面截空间几何体Ω所得截面面积； （ii）若平面把空间几何体Ω分成两个部分，求较小部分的体积. 【答案】(1) (2)（i）；（ii） 【分析】（1）先求出正三棱锥底面三角形的面积，再结合正三棱锥的高，利用三棱锥体积公式求解. （2）（i）由可知点的轨迹是以AB为直径的球，进而求出平面BCD截该球所得截面圆的半径，从而得到截面面积. （ii）利用祖暅原理，推导球缺体积公式，将所求较小部分体积转化为可求的几何体体积进行计算. 【详解】（1）已知正三棱锥各棱长均为，是正三角形.可得. 因为点是的中心，在正三角形中，. 在中，根据勾股定理，，，则. 根据三棱锥体积公式，可得. （2）（i）因为，所以点的轨迹是以为直径的球，球的半径. 设球心为，为中点，求到平面的距离： 为中心，，则到平面的距离. 设截面圆的半径为，根据勾股定理. 根据圆的面积公式，可得截面面积. （ii）设较小部分为球缺，利用祖暅原理，推导球缺体积公式. 设球半径为，球缺高为. 构造一个底面半径，高为的圆柱，在圆柱里挖去一个同底等高的圆锥. 对于球缺，在距离球缺底面（）处，由勾股定理可知截面半径， 此截面面积. 对于上述圆柱挖圆锥的组合体，在距离底面处，圆柱截面面积是， 圆锥在该高度处截面半径与高度成正比，其截面面积为， 所以组合体在该高度处截面面积. 可见在任意相同高度处，球缺和组合体的截面面积相等. 圆柱体积，圆锥体积， 组合体体积，故球缺体积也是. 先求球缺的高.根据球缺体积公式将，代入可得： . 14．已知正四面体的棱长为3，点在棱上，点在线段上，且. (1)如图1，若点在棱的中点处，求证：平面； (2)如图2，若，求三棱锥的体积； (3)如图3，当点在棱上移动时，求线段长度的最小值. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）由线面垂直的判定定理即可证明； （2）首先需要结合余弦定理以及等面积法求出，则的结果可得，因此可将求问题转化为求问题，最终结果乘以即可得答案. （3）取的中点为，取的中点为，连接，在上取一点，使得，取的中点为Q，连接，则平面，则点在以点为球心、为直径的球面上，且轨迹是以点为圆心的一段圆弧，结合几何知识即可求出答案． 【详解】（1）由于E是的中点，结合正四面体的性质可得, 又因为，所以平面； （2）因为，所以， 在三角形ACE中，由余弦定理可得， 同理， 在三角形ABE中，E到AB的距离为， 所以由等面积法可得，代入数据得， 所以， 因为，所以F到底面BCD的距离为A到底面BCD的距离的， 三角形BCE的面积是三角形BCD面积的， 所以， 如图，取CD中点记为H，AG为棱锥的高， ，， 所以， 则， 所以. （3）∵， ∴点在以为直径的球面上，取的中点为， ∵点在中， 由于一个平面截一个球所得的是一个圆面， ∴点的轨迹为一段圆弧， 取的中点为，连接，在上取一点，使得， 在等边中，易得点为的中心， ∴在正四面体中，易得平面， 取的中点为，连接，则，则平面， 由于一个平面截一个球所得的是一个圆面，且球心与这个圆的圆心所在直线与该平面垂直， ∴点的轨迹是以点为圆心的一段圆弧， 在中，，， ∴，则， ∴， ∴， ∴圆的半径， 而， ∴， 故长度的最小值为． 题型二 直线与球、平面与球的位置关系 一、单选题 1．在棱长为8的正方体空盒内，有4个半径为的小球在盒底四角，分别与正方体底面处交于某一顶点的3个面相切，另有一个半径为的大球放在4个小球之上，与4个小球相切，并与正方体盒盖相切，无论怎样翻转盒子，5个球相切不松动，设小球半径的最大值为，大球半径的最小值为，则（    ） A．2 B．1 C． D．5 【答案】B 【分析】由题意，当正方体盒内四个小球中相邻小球均相切时，小球半径最大，大球半径最小，易得小球半径最大为2，由对称性知，大球球心与4个小球球心构成一个正四棱锥，在中，利用勾股定理求出，即可求得的值. 【详解】当正方体盒内四个小球中相邻小球均相切时，小球半径最大，大球半径最小． 由正方体的棱长为8，可得的最大值为2，下面分析时的取值． 由对称性知，大球球心与4个小球球心构成一个正四棱锥，如下图所示： 则，． 又由正方体盒知，正四棱锥的高OH（其中H为正四棱锥底面正方形中心）长为： ，， 故在中，， 即，解得，即大球半径的最小值为， 即，，所以． 故选：B． 2．棱长为2的正四面体的表面上有动点，满足，则点的轨迹总长度为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】依次为棱的中点，根据已知分析的轨迹，进而求其长度. 【详解】如图，依次为棱的中点， 因为，故的轨迹是以中点为球心的球与正四面体各面的交线构成， 则点的轨迹由面内的弧，面内的弧，面内的弧，面内的弧构成； 弧与弧的长度相等，易得弧的长等于， 弧与弧的长度相等，在面内的射影点，易知弧的圆心为， 且为高的三等分点，故，且，弧长等于； 故点的轨迹的长为． 故选：A 3．现有10个直径为4的小球，全部放进棱长为的正四面体盒子中，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】依题意先求得取最小值时对应的正四面体的高，进而可得棱长． 【详解】先证明如下引理： 如下图所示，设正四面体棱长为，于点，平面，交于于点， 所以，显然点为重心， 所以，由勾股定理得， 所以正四面体的高等于其棱长的倍； 则点也为正四面体的外接球球心，设外接球球心为， 则在中，，， 由勾股定理得，，则； 如图，10个半径为1的小球放进棱长为的正四面体中，成三棱锥形状，有3层， 则从上到下每层的小球个数依次为：1，，个， 当取最小值时，从上到下每层放在边缘的小球都与正四面体的侧面相切， 底层的每个球都与正四面体底面相切，任意相邻的两个小球都外切， 位于每层正三角状顶点的所有上下相邻小球的球心连线为一个正四面体， 设第三层最中间小球与底面线切于点，为正四面体的高， 且都在同一直线上， 则该正四面体的棱长为， 可求得其高，，， 所以正四面体的高， 则可求得其棱长的最小值为， 故选：D． 4．已知圆锥的侧面积是，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的内切球半径为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】设出圆锥底面圆的半径，并由题意联立方程组求出；再由勾股定理解出圆锥内切球的半径即可. 【详解】 设圆锥底面圆的半径为，高为，母线长为，由题意知：， 两式相除解得，； 所以圆锥的顶角为，轴截面为等边三角形，圆锥的高， 设圆锥的内切圆半径为，，解得. 故选：D. 5．北斗卫星导航系统是中国自行研制的全球卫星导航系统．已知卫星运行轨道近似为以地球为圆心的圆形，运行周期与轨道半径之间关系为（K为常数）．已知甲、乙两颗卫星的运行轨道所在平面互相垂直，甲的周期是乙的8倍，且甲的运行轨道半径为，分别是甲、乙两颗卫星的运行轨道上的动点，则之间距离的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据题设条件得到，再根据图形，利用，当且仅当三点共线时取等号即可求出结果. 【详解】如图，设卫星乙的运行轨道半径为，因为，且，所以， 设地球的球心为，则，当且仅当与共线且位于两侧时取得等号， 故选：B． 6．已知直四棱柱的棱长均为4，，以为球心，为半径的球面与侧面的交线长为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先找出平面截球面的截面圆的圆心是的中点，再找到截面圆的半径和交线，从而得解. 【详解】连接，如图，    因为直四棱柱的棱长均为4，， 所以是正三角形，则， 取的中点，连接，则，， 易知平面，又平面，所以， 又平面，所以平面， 故平面截球面的截面圆的圆心是点， 取和的中点，连接， 则，， 故在球面上，又，，即， 所以为直角三角形，， 球面与侧面的交线是侧面上以为圆心，为半径的圆弧， 则. 故选：B. 7．已知一小球与三棱锥三个相互垂直的侧面都相切，若此球面上存在一点到这三个侧面的距离分别为5，4，5，则这个小球的最大半径是（    ） A．3 B．5 C．8 D．11 【答案】D 【分析】把三棱锥的三个侧面扩展成以（是三棱锥的顶点，是内切球的球心）为对角线的正方体，正方体的棱长为内切球半径，由列方程求解． 【详解】由三棱锥的三个侧互相垂直，记三棱锥的这个顶点为，球心记为，球心到三个侧面的距离相等，把这三个侧面扩展，构成以为对角线的正方体，如图， 点到三棱锥三个侧面的距离分别为，，， 设内切球半径为，即图中形成的正方体的棱长为， 由图形可知，化简得， 解得或．其中是图中情形，是在图中正方体外部的情形． 故选：D． 8．如图，直线平面，垂足为，正四面体（所有棱长都相等的三棱锥）的棱长为2，在平面内，是直线上的动点，当到的距离最大时，该正四面体在平面上的射影面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由题意知点是以为直径的球面上的点，得到到的距离为四面体上以为直径的球面上的点到的距离，最大距离为与的公垂线半径．再由取得最大距离时，垂直平面，且平行平面求解. 【详解】因为直线平面，垂足为，所以点是以为直径的球面上的点， 所以到的距离为四面体上以为直径的球面上的点到的距离， 最大距离为到球心的距离半径，即与的公垂线半径，如图所示： 取的中点，的中点，连接，，，因为， 所以， ，, 所以到的最大距离为，此时，, 当取得最大距离时，垂直平面，且平行平面， 所以投影是以为底，到 的距离投影，即为高的等腰三角形,其面积． 故选：D． 【点睛】关键点点睛：本题关键是明确到的最大距离为为与的公垂线球半径，由共线得到而得解. 二、填空题 9．已知球的半径为3，相互垂直的两个平面分别截球面得两个圆，其半径分别为，若，两圆的公共弦的中点为，则 . 【答案】1 【分析】首先根据几何关系说明四边形是矩形，再根据圆和三角形的几何性质，即可求解. 【详解】，，并且两圆垂直， 因为，且，，， 所以，又因为， 所以，同理， 所以四边形是平行四边形，， 则四边形是矩形， 如图，设两圆的公共弦的一个端点为点， 设，则在中，， 在中，，在中，，联立得， 所以在中，，所以. 故答案为：1 10．已知棱长为的正方体中，为棱的中点，以点为球心为半径的球面与对角面的交线长为 ． 【答案】 【分析】 连接，过点作与，根据正方体特征可知以为球心的球面与平面的交线为一段圆弧，根据长度关系计算即可求得. 【详解】连接，过点作与， 因为平面，平面，则， ，面，所以平面. 假设以为球心的球面与平面交于圆弧，则是以为圆心，以为半径的圆弧长，则. 又因为，所以， 所以， ， 所以，解得 即，所以该交线的长为. 故答案为： 11．直三棱柱的底面ABC是等腰直角三角形，．若以点C为球心，r（）为半径的球与侧面的交线长为，且所对的弦长为r，则球C与三棱柱的交线长为 ． 【答案】 【分析】球的半径大小影响球与三棱柱的上底面是否存在交线，故需根据三棱柱的高为分界点对球的半径进行分类讨论，画出图形，由球与侧面的交线长为，结合弧长公式去掉不合要求的情况，求出交线长. 【详解】因为底面ABC是等腰直角三角形，且，所以， 故点C到AB的距离为． 球的半径大小影响球与三棱柱的上底面是否存在交线，故需根据三棱柱的高为分界点对球的半径进行分类讨论． ①若，如图①所示， 设球C与，AC分别交于点D，E， 则球C与侧面的交线长为，则， 即，此时所对的弦长为，不满足题意； ②若，如图②所示， 设球C与，AC分别交于点M，N，则，所以， 所以球C与侧面的交线长为，解得，满足题意． 则球C与侧面的交线长为，与底面ABC的交线长为， 在中，， 所以球C与平面的交线长为， 所以球C与三棱柱的交线长为． 故答案为：. 12．已知三棱锥 的所有顶点都在球的表面上，是边长为 1 的正三角形，为球的直径，且，则点到平面的距离为 . 【答案】 【分析】根据球与几何体的组合体的几何性质，利用垂直关系，即可求解. 【详解】设球心为 , 过三点的小圆的圆心为, 则平面, 延长 交球于点, 则平面. 高. 故答案为： 13．很多数学问题都来自于生活.水果店为了方便顾客，常常会用保鲜膜将水果打包成下图（左）的形状，第一层有四个橘子（紧紧相贴），第二层有一个橘子，并且第二层的橘子和第一层的四个橘子也紧紧相贴.这其实可以抽象成一个数学问题，如下图所示（右），已知平面，第一层有四个球A，B，C，D(紧紧相贴）且这四个球都和平面相切，第二层的球E和第一层的四个球A，B，C，D都相切，点M是球E球面上的一个动点，球A，B，C，D，E的半径均为1，则点M到平面的距离的最大值是      【答案】/ 【分析】依次连接五个球的球心得到正四棱锥，连接交于，由勾股定理求得，即可求得球心到平面的距离，即可求得点M到平面的距离的最大值. 【详解】 依次连接五个球的球心，得到四棱锥，易得四棱锥各棱长均为，且四边形是正方形，则四棱锥是正四棱锥； 连接交于，连接，则平面，易得，则，则球心到平面的距离为， 又点M是球E球面上的一个动点，则点M到平面的距离的最大值是. 故答案为：. 三、解答题 14．已知球的半径为5，若两平行平面分别截球所得的截面面积为，，求这两个平行平面间的距离． 【答案】2或6 【分析】利用截面面积求得截面圆半径，利用勾股定理可求得球心到两截面的距离，由两截面与球心的相对位置可确定两平行平面间距离 【详解】解：记截面面积为的小圆半径为，球心到此小圆的距离为；记截面面积为的小圆半径为，球心到此小圆的距离为， 则，即，， 所以，， 由于两平行平面可能在球心同侧也可能在球心异侧， 因此两平行平面间的距离或． 15．在长方体中，，，E为中点. (1)求DE与平面所成角的大小； (2)求A，C两点在长方体所在外接球上的球面距离. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用等体积法,求得点到平面的距离，然后计算即可. （2）先计算该长方体的外接球的半径，然后使用余弦定理得到，并得到，根据弧长公式计算即可. 【详解】（1），点到平面的距离为2 所以为等腰三角形，点到的距离为 所以，设点到平面的距离为 由，所以 又设DE与平面所成角为， 所以,所以 （2）该长方体的外接球的球心为正方体的中心, 外接球的半径为 ，所以 所以 所以所求结果为 一、单选题 1．在长方体中，，球是以为球心，以1为半径的球.动点在矩形的内部及其边界上运动，且到球的球面上的点的最小距离为2，则点的轨迹长度为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用球面截平面得圆弧，再结合弧长公式即可求解. 【详解】由题意可得，动点在矩形的内部及其边界上运动，且到球的球面上的点的最小距离为2，则动点一定在以为球心，以3为半径的球面上， 再由动点在矩形的内部及其边界上运动，则矩形面截以为球心，以3为半径的球面可得圆弧，如图，    因为，结合勾股定理可得：， 所以圆弧， 故选：D. 2．在中为BC中点，若将沿着直线AD翻折至，使得四面体的外接球半径为，则直线AN与平面ABD所成角的余弦值是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】若是的外接圆圆心，根据已知确定的外接球球心为，作平面于，求得，再由等体积法求得，求线面角的正弦值，进而求其余弦值. 【详解】由题设，若是的外接圆圆心，，，， 所以的外接圆半径， 又四面体的外接球半径为， 所以的外接球球心与的外接圆圆心重合，即为，      作平面于，且是边长为2的等边三角形， 又是的球心，则为的中心， 故，而，则， 由是边长为2的等边三角形，且， 易知到平面的距离， 由，故直线AN与平面ABD所成角正弦值为，故余弦值为. 故选：B 3．在一个棱长为的正四面体容器（容器壁的厚度忽略不计）内放置四个半径相等的铁球，则铁球半径的最大值为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】设铁球的最大半径为，把四个铁球的球心两两相连可构成一个棱长为的正四面体，求出正四面体的外接球半径，表示点O到底面的距离.由O也是正四面体的中心可得点O到底面的距离为，列方程可得结果. 【详解】 记该正四面体为四面体，铁球的最大半径为， 当铁球的半径最大时，把四个铁球的球心两两相连，可构成一个棱长为的正四面体． 设I为正三角形的中心，则平面， 由平面得， 在中，，， 所以. 设正四面体的外接球的半径为，则，， 在中，有，解得，故， 所以点O到底面的距离为． 因为O也是正四面体的中心，同理可求得点O到底面的距离为， 所以，解得． 故选：D. 4．如图，为等腰直角三角形，，为斜边上一动点，将沿折起，使的对应点为，且二面角的大小为，当的长最小时，三棱锥外接球的半径为（   ） A． B． C． D．2 【答案】B 【分析】设，结合面面垂直性质定理得出平面，再结合图形根据勾股定理可得，即可求解点的位置，结合正方体的外接球计算方法求解即可. 【详解】如图，设，则， 过点作于点， 因为二面角的大小为，所以平面平面， 又平面平面，平面，所以平面， 过点作于点，则，， 又，， 所以， 因为二面角的大小为， 所以， 当时，有最小值2，此时平分，且，，三点重合， 三棱锥可看作是棱长为的正方体的一角， 设三棱锥外接球的半径为， 则，解得. 故选：B. 5．欧阳南德与上官琐艾即将毕业，为了纪念美好的高中时代，二人来到南开工坊共同制作了属于他们的艺术品：该艺术品包括内外两部分，外部为一个正四棱锥形状的中空水晶，其侧面分别镌刻“欧”、“阳”、“上”、“官”四字，内部为一个正四面体形状的水晶，表面上分别镌刻“南”、“德”、“琐”、“艾”四字，当其在四棱锥外壳内转动时，好似折射出可穿越时空的永恒光芒．已知外部正四棱锥的底面边长为3，侧棱长为，为使内部正四面体在外部正四棱锥内（不考虑四棱锥表面厚度）可绕四面体中心任意转动，则该正四面体体积最大为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据题意利用等体积法可求得正四棱锥的内切球半径，可知正四面体即在正四棱锥的内切球内转动，若正四面体体积最大，该球即为正四面体的外接球，将正四面体体嵌套在正方体中，则该球即为正方体的外接球，结合正方体的性质运算求解即可. 【详解】对于正四棱锥，可知， 则， 可得正四棱锥表面积为， 因为顶点在底面的投影为正方形的中心， 则，可得， 设正四棱锥的内切球半径为，则， 因为正四面体在正四棱锥内转动，可知正四面体即在正四棱锥的内切球内转动， 若正四面体体积最大，该球即为正四面体的外接球， 将正四面体体嵌套在正方体中，则该球即为正方体的外接球， 设正方体的边长为，则，即， 所以正四面体体的体积. 故选：D. 二、填空题 6．一正四棱锥形状的中空水晶，其侧面分别镌刻“自”“信”“自”“立”四字，内部为一个正四面体形状的水晶，表面上分别镌刻“自”“主”“自”“强”四字，当其在四棱锥外壳内转动时，好似折射出可穿越时空的永恒光芒.已知外部正四棱锥的底面边长为3，侧棱长为 ，为使内部正四面体在外部正四棱锥内(不考虑四棱锥表面厚度)可绕四面体中心任意转动，则该正四面体体积最大为 . 【答案】/ 【分析】作出正四棱锥为，求出其内切球的半径，再将正四面体置于正方体中，由题意可得正四面体为正方体的面的对角线组成的正四面体，且该正方体的外接球就是前面所求的正四棱锥的内切球，求出正方体的棱长，即可求得答案. 【详解】设正四棱锥为，连接相交于点， 则有平面，    因为， 所以， 所以， 又因为, 由勾股定理可得， 设正四棱锥的内切球的球心为， 取边中点，连接，， 则有， 且，， 过点作于， 设内切球半径为， 则，， 又因为， 所以，即， 解得， 因为正四面体在正四棱锥内绕中心任意转动， 要使正四体的体积最大，则该内切球即为正四面体的外接球， 将正四面体嵌套在正方体中， 则正四面体为正方体的面的对角线组成的正四面体，    该正四面体的外接球即为此正方体的外接球, 设正方体的棱长为， 则有， 解得， 所以正四面体的边长为， 所以正方体的体积， 所以正四面体的体积. 故答案为： 7．如图，三个半径都是6的球，球，球放在一个半球面的碗（碗的厚度不计）中，球，球，球两两外切，并且球，球，球的顶端恰好与碗的上沿处于同一水平面，碗的半径是，又有一个半径为的球与球，球，球均外切，并且球的顶端也恰好与碗的上沿处于同一水平面，则 ． 【答案】 【分析】根据题意，设三个球心在碗面的投影为，碗面中心为，则构成正三棱柱，在正三棱柱中利用勾股定理构建方程可求，再根据相切可得即可求解. 【详解】根据题意，设三个球心在碗面的投影为，碗面中心为， 则构成如图正三棱柱，底面边长为12，高 过作，交于， 则，，， 又，所以，解得， 又球，球，球与半球面相切，，所以， 则. 故答案为：. 三、解答题 8．如图，是圆的直径，点是圆上异于的点，直线平面．其中． (1)求证：平面； (2)求二面角的余弦值； (3)为上的动点，以为直径作球，设，若球与平面相交得到的截面圆的面积为，求的最小值． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）由平面可得，由条件易得，根据线面垂直的判定定理即可证明； （2）过点作于点，连接，由平面可推出即二面角的平面角，在中，利用三角函数定义即可求得答案； （3）先求得球的半径为，设点到平面的距离为，则得点到平面的距离为，利用余弦定理求出相关边与角，根据求得，接着利用球的截面圆性质求出截面圆面积的表达式，借助于二次函数的性质即可求得其最小值. 【详解】（1）因是圆的直径，则， 因平面，平面，则， 又平面，故平面. （2）过点作于点，连接， 由（1）平面，平面，则， 因平面，故平面， 又平面，则， 即即二面角的平面角， 因在中，由面积相等可得， 则，则. （3）因，则，， 则球的半径为，设点到平面的距离为，则点到平面的距离为. 在中，，由余弦定理，， 则，则， 在中，，则， 由可得：，解得， 设球与平面相交得到的截面圆半径为，则， 则， 因，故当时，. 9．如图1，斜三棱柱中，，D为AB的中点，为的中点，平面平面. (1)求证：直线平面； (2)设直线与直线的交点为点E，若三角形是等边三角形且边长为2，侧棱，且异面直线与互相垂直，求异面直线与所成角的正切值； (3)若，，，若斜三棱柱内存在两个半径相等的球，这两个球相切且每个球都与三棱柱的三个侧面及一个底面相切.求三棱柱的高. （参考定理：如图2，直线AO是平面的斜线，AQ是AO在平面内的射影，直线AP在平面内.设，，，有） 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）证明出四边形为平行四边形，得到，再证明线面平行； （2）先证明出为三等分点，然后运用余弦定理求出，即可得异面直线所成角； （3）因为在三棱柱内放置两个半径相等的球，使这两个球相切，且每个球都与三棱柱的三个侧面及一个底面相切，故小球的半径即为三棱柱直截面的内切圆的半径，利用等边三角形性质得到内切圆半径，再证明两球心连线平行于侧棱，从而利用线面角大小是已知的来出三棱柱的高. 【详解】（1） 斜三棱柱中，为的中点，为的中点， 所以，且， 所以四边形为平行四边形，即， 又因为平面，平面，所以平面； （2） 因为，为的中点，所以， 因为平面平面，平面平面， 平面ABC， 所以平面，又因为，所以平面， 又因为平面，所以, 又因为与互相垂直，,面， 所以面,又因为面,所以， 即为直角三角形， 在中，为中点，，所以为的三等分点， 设，由，结合余弦定理可得： 解得：，所以，因为，所以 故， 又 又平面，平面， 即在直角中，. 因为，所以与所成的角为 （3） 过作于，过作于，连 为直截面，则小球半径为的内切圆半径 因为，所以， 故，则 由，可设所以，由， 解得，所以； 因为，所以， 因为，所以， 由最小角定理， 所以，即, 由面,面,所以， 作，连接，又因为平面， 所以平面，又因为平面，所以， 即是二面角的一个平面角， 因为，所以可得, 又因为，所以可得， 又因为，所以， 因为，所以， 又因为也是二面角的一个平面角，所以， 又因为，所以三角形是等边三角形，且边长为， 根据边长为的等边三角形的高为， 而等边三角形内切圆的圆心为高线的三等分点，所以内切圆半径：， 因为球到三个平面的距离都相等， 所以平面，平面， 根据线面平行的性质，则必在平面内在直线， 也必在平面存在直线，从而有， 即可推出平面， 又因为平面，平面平面， 所以，又因为，所以， 即与底面所成的线面角等于， 再由，可得 则 【点睛】方法点睛：需要先作出辅助线，找到二面角的平面角，再求出各边长，求出二面角的平面角，再根据球心连线与侧棱平行，把高的问题转化为，把球的半径问题又转化为直截面的内切圆半径问题，从而问题得解. 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $ 11.4.1 球 题型一 球的简单练习 一、单选题 1．已知正三棱柱的棱长均为2，M为棱上靠近C的四等分点，以M为球心，2为半径的球面与该三棱柱棱的公共点的个数为（    ） A．5 B．6 C．7 D．8 2．已知A，B，C是半径为1的球O的球面上的三个点，其中，，点为球上一个动点，则三棱锥体积的最大值为（    ） A． B． C． D．1 3．下列说法正确的是（   ） A．球面上任意两点连成的线段都是球的直径 B．底面是正多边形的棱锥一定是正棱锥 C．用一个平面截一个圆锥，得到的截面图形是一个三角形 D．棱台的侧棱延长后交于同一点 4．球面距离在地理学、导航系统、信息技术等多个领域有着广泛应用．球面距离的定义：经过球面上两点的大圆在这两点间劣弧的长度（大圆就是经过球心的平面截球面所得的圆）．四面体的外接球直径为，且，，则A、B两点在外接球上的球面距离为（    ） A． B． C． D． 5．将一个棱长为的正方体铁块磨制成一个零件，能够磨制成的零件可以是（ ） A．底面半径为，高为的圆柱体 B．底面直径为，高为的圆锥体 C．半径为的球体 D．各棱长均为的四面体 6．已知正四棱台的上、下底面边长分别为，，该四棱台的所有顶点都在球的球面上，且球心是下底面的中心，则该四棱台的体积为（   ） A． B． C． D． 7．下列说法正确的是（    ） A．各侧棱都相等的棱锥为正棱锥 B．有两个面平行且相似，其他各个面都是梯形的多面体是棱台 C．直角三角形绕它的一条边旋转一周形成的曲面围成的几何体是圆锥 D．用任意一个平面去截球得到的截面一定是一个圆面 8．圆柱高为4，底面积为，在圆柱内部有一个可自由转动的正四面体，则该正四面体的最大棱长为（   ） A． B． C． D． 二、填空题 9．地球的半径为，在北纬圈上有甲、乙两地，它们的经度相差． （1）甲、乙两地所在纬线的长为 ． （2）甲、乙两地的球面距离是 ． 10．若正方体的棱长为1，则以为球心，为半径的球面与底面的交线长为 . 11．已知正三棱锥中，底面边长BC为3，侧棱长AB为，则此正三棱锥的内切球的半径 ． 12．已知球的半径为10，有一个平面截球所得的截面面积是．则球心到这个平面的距离为 ． 三、解答题 13．已知三棱锥的侧棱两两垂直，长度分别为，设外接球的半径为，证明：． 14．在北纬纬线上有甲、乙两地，它们在纬线上的弧长为是地球半径，求甲、乙两地的球面距离． 15．已知过球面上A、B、C三点的截面和球心的距离等于球半径的一半，且．求截面的面积． 16．已知三棱柱的6个顶点都在球O的球面上，且，，，．求球O的半径． 题型一 球的截面性质及计算 一、单选题 1．球的半径是，距球心处有一光源，光源能照到的地方用平面截去，则截面的最大面积是（    ） A． B． C． D． 2．已知正三棱柱的高为4，正三棱锥的高为2，若点均在同一个球面上，则的边长为（    ） A．2 B． C．6 D． 3．农历五月初五是端午节，民间有吃粽子的习惯，粽子又称粽籺，俗称“粽子”，古称“角泰”，是端午节大家都会品尝的食品，传说这是为了纪念战国时期楚国大臣、爱国主义诗人屈原．小明在和家人一起包粽子时，想将一丸子（近似为球）包入其中，如图，将粽叶展开后得到由六个边长为6cm的等边三角形所构成的平行四边形，将粽叶沿虚线折起来，可以得到如图所示的粽子形状的六面体，则放入丸子的半径最大值为（   ） A． B． C． D． 4．在正三棱锥P-ABC中，，，点D在内部运动（包括边界），点D到棱PA，PB，PC的距离分别记为，，，且，则点D运动路径的长度为（    ） A． B． C． D． 5．已知A，B，C是半径为2的球的球面上的三个点，且，，则三棱锥的体积为（    ） A． B． C． D．1 6．如图，在正方体，中，，为正方形内（含边界）一动点，是棱，的中点，且，则点的轨迹的长度为（   ） A． B． C． D． 7．如图，某圆台形木质零件的上底面圆的半径为3，下底面圆的半径为6，母线长为6.现从该零件中挖去了一个以圆为底面、为顶点的圆锥，为增加该材料的利用率，工人们准备利用剩下的材料制作一系列大小相等的球，每一个球都同时与圆台的母线、圆台的下底面及圆锥的母线相切，则这样的球至多可以制作的个数是（参考数据：）（    ） A．4 B．5 C．6 D．7 8．在等腰梯形中，已知，，将沿直线翻折成，则当三棱锥的体积最大时，以为直径的球被平面所截的截面面积为（ ） A． B． C． D． 二、填空题 9．半径为的球的直径垂直于平面，垂足为，是平面内边长为的正三角形，线段分别与球面交于点，那么两点间的球面距离是 . 10．勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球围成的几何体．如图所示，已知正四面体的棱长为，若勒洛四面体内有一球，则该球的最大半径为 ．    11．已知球的半径为是球面上的三个点，若，二面角的大小为，则三棱锥的体积的最大值为 . 三、解答题 12．据报道，2024年4月15日，正值全民国家安全教育日，田湾核电8号机组穹顶球冠吊装成功（如图（1）），标志着国内最重核电机组薄壳钢衬里穹顶吊装工作安全完成，有力推动了我国产业结构和能源结构的调整，助力“双碳”目标顺利实现.报道中提到的球冠是一个空间几何概念，它是指球面被一个平面所截得的一部分（不包含截面），垂直于截面的直径被截得的部分是球冠的高.球冠面积等于截得它的球面上大圆（过球心的截面圆）周长与球冠的高的乘积.和球冠相对应的几何体叫球缺，它是指球体被一个平面所截得的一部分，截面是球缺的底.当球缺的高小于球半径时，我们把球缺与以球缺的底为底､以球心为顶点的圆锥所构成的体，称作“球锥”（如图（2））当一个四面体各顶点都在“球锥”表面上时，称这个四面体内接此“球锥”.如图（2），设一个“球锥”所在球的半径为，其中球冠高为. (1)类比球体积公式的推导过程（可参考图（3）），写出“球锥”的体积公式；（直接写结果） (2)在该“球锥”中，当球缺的体积是圆锥的体积2倍时，求的值； (3)已知一个棱长为的正四面体内接此“球锥”，并且有一个顶点与球心重合，若满足条件的有且只有一个，求的取值范围. 13．南北朝时期的伟大科学家祖暅在数学上有突出贡献，他在实践的基础上提出祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”.如图1，其含义是：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平行平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等.祖暅原理可以求解球缺的体积问题.如图2，用平面去截半径为的球，截面为圆，延长，交球于点N，则垂直于圆（垂直于圆内的所有直线）.平面将球体分为两个球缺.如图3，各棱长均为4的正三棱锥中，点H是的的中心，是正三棱锥的高（垂直于底面任意一条直线）.       (1)求正三棱锥的体积； (2)已知动点P在空间内运动，且，记点P围成的空间几何体为Ω. （i）求平面截空间几何体Ω所得截面面积； （ii）若平面把空间几何体Ω分成两个部分，求较小部分的体积. 14．已知正四面体的棱长为3，点在棱上，点在线段上，且. (1)如图1，若点在棱的中点处，求证：平面； (2)如图2，若，求三棱锥的体积； (3)如图3，当点在棱上移动时，求线段长度的最小值. 题型二 直线与球、平面与球的位置关系 一、单选题 1．在棱长为8的正方体空盒内，有4个半径为的小球在盒底四角，分别与正方体底面处交于某一顶点的3个面相切，另有一个半径为的大球放在4个小球之上，与4个小球相切，并与正方体盒盖相切，无论怎样翻转盒子，5个球相切不松动，设小球半径的最大值为，大球半径的最小值为，则（    ） A．2 B．1 C． D．5 2．棱长为2的正四面体的表面上有动点，满足，则点的轨迹总长度为（   ） A． B． C． D． 3．现有10个直径为4的小球，全部放进棱长为的正四面体盒子中，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 4．已知圆锥的侧面积是，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的内切球半径为（    ） A． B． C． D． 5．北斗卫星导航系统是中国自行研制的全球卫星导航系统．已知卫星运行轨道近似为以地球为圆心的圆形，运行周期与轨道半径之间关系为（K为常数）．已知甲、乙两颗卫星的运行轨道所在平面互相垂直，甲的周期是乙的8倍，且甲的运行轨道半径为，分别是甲、乙两颗卫星的运行轨道上的动点，则之间距离的最大值为（    ） A． B． C． D． 6．已知直四棱柱的棱长均为4，，以为球心，为半径的球面与侧面的交线长为（    ） A． B． C． D． 7．已知一小球与三棱锥三个相互垂直的侧面都相切，若此球面上存在一点到这三个侧面的距离分别为5，4，5，则这个小球的最大半径是（    ） A．3 B．5 C．8 D．11 8．如图，直线平面，垂足为，正四面体（所有棱长都相等的三棱锥）的棱长为2，在平面内，是直线上的动点，当到的距离最大时，该正四面体在平面上的射影面积为（    ） A． B． C． D． 二、填空题 9．已知球的半径为3，相互垂直的两个平面分别截球面得两个圆，其半径分别为，若，两圆的公共弦的中点为，则 . 10．已知棱长为的正方体中，为棱的中点，以点为球心为半径的球面与对角面的交线长为 ． 11．直三棱柱的底面ABC是等腰直角三角形，．若以点C为球心，r（）为半径的球与侧面的交线长为，且所对的弦长为r，则球C与三棱柱的交线长为 ． 12．已知三棱锥 的所有顶点都在球的表面上，是边长为 1 的正三角形，为球的直径，且，则点到平面的距离为 . 13．很多数学问题都来自于生活.水果店为了方便顾客，常常会用保鲜膜将水果打包成下图（左）的形状，第一层有四个橘子（紧紧相贴），第二层有一个橘子，并且第二层的橘子和第一层的四个橘子也紧紧相贴.这其实可以抽象成一个数学问题，如下图所示（右），已知平面，第一层有四个球A，B，C，D(紧紧相贴）且这四个球都和平面相切，第二层的球E和第一层的四个球A，B，C，D都相切，点M是球E球面上的一个动点，球A，B，C，D，E的半径均为1，则点M到平面的距离的最大值是      三、解答题 14．已知球的半径为5，若两平行平面分别截球所得的截面面积为，，求这两个平行平面间的距离． 15．在长方体中，，，E为中点. (1)求DE与平面所成角的大小； (2)求A，C两点在长方体所在外接球上的球面距离. 一、单选题 1．在长方体中，，球是以为球心，以1为半径的球.动点在矩形的内部及其边界上运动，且到球的球面上的点的最小距离为2，则点的轨迹长度为（    ） A． B． C． D． 2．在中为BC中点，若将沿着直线AD翻折至，使得四面体的外接球半径为，则直线AN与平面ABD所成角的余弦值是（   ） A． B． C． D． 3．在一个棱长为的正四面体容器（容器壁的厚度忽略不计）内放置四个半径相等的铁球，则铁球半径的最大值为（   ） A． B． C． D． 4．如图，为等腰直角三角形，，为斜边上一动点，将沿折起，使的对应点为，且二面角的大小为，当的长最小时，三棱锥外接球的半径为（   ） A． B． C． D．2 5．欧阳南德与上官琐艾即将毕业，为了纪念美好的高中时代，二人来到南开工坊共同制作了属于他们的艺术品：该艺术品包括内外两部分，外部为一个正四棱锥形状的中空水晶，其侧面分别镌刻“欧”、“阳”、“上”、“官”四字，内部为一个正四面体形状的水晶，表面上分别镌刻“南”、“德”、“琐”、“艾”四字，当其在四棱锥外壳内转动时，好似折射出可穿越时空的永恒光芒．已知外部正四棱锥的底面边长为3，侧棱长为，为使内部正四面体在外部正四棱锥内（不考虑四棱锥表面厚度）可绕四面体中心任意转动，则该正四面体体积最大为（    ） A． B． C． D． 二、填空题 6．一正四棱锥形状的中空水晶，其侧面分别镌刻“自”“信”“自”“立”四字，内部为一个正四面体形状的水晶，表面上分别镌刻“自”“主”“自”“强”四字，当其在四棱锥外壳内转动时，好似折射出可穿越时空的永恒光芒.已知外部正四棱锥的底面边长为3，侧棱长为 ，为使内部正四面体在外部正四棱锥内(不考虑四棱锥表面厚度)可绕四面体中心任意转动，则该正四面体体积最大为 . 7．如图，三个半径都是6的球，球，球放在一个半球面的碗（碗的厚度不计）中，球，球，球两两外切，并且球，球，球的顶端恰好与碗的上沿处于同一水平面，碗的半径是，又有一个半径为的球与球，球，球均外切，并且球的顶端也恰好与碗的上沿处于同一水平面，则 ． 三、解答题 8．如图，是圆的直径，点是圆上异于的点，直线平面．其中． (1)求证：平面； (2)求二面角的余弦值； (3)为上的动点，以为直径作球，设，若球与平面相交得到的截面圆的面积为，求的最小值． 9．如图1，斜三棱柱中，，D为AB的中点，为的中点，平面平面. (1)求证：直线平面； (2)设直线与直线的交点为点E，若三角形是等边三角形且边长为2，侧棱，且异面直线与互相垂直，求异面直线与所成角的正切值； (3)若，，，若斜三棱柱内存在两个半径相等的球，这两个球相切且每个球都与三棱柱的三个侧面及一个底面相切.求三棱柱的高. （参考定理：如图2，直线AO是平面的斜线，AQ是AO在平面内的射影，直线AP在平面内.设，，，有） 1 / 10 学科网（北京）股份有限公司 $