强基培优练(强基培优10 球与几何体的切、接问题)(配套Word)-【高考快车道】2026年高考数学大一轮专题复习总复习基础版（人教A版）

该高中数学高考复习教案聚焦球与几何体切接问题核心考点，涵盖正方体、三棱锥、直三棱柱等几何体，按结构特征分析、空间关系转化到综合应用的逻辑层次展开。通过考点梳理（如正方体体对角线与外接球直径关系）、方法指导（补形法、构造直角三角形）、真题训练（2023年全国甲卷、乙卷真题）等环节，帮助学生建立空间观念，突破难点，体现复习教学的系统性和针对性。 教案采用分层训练设计（单选、多选、填空）和真题融入策略，突出教学创新性。如讲解三棱锥外接球时，引导学生通过补形法转化为直三棱柱，利用几何直观构建半径计算模型，培养逻辑推理能力。分层练习适配不同学生需求，真题训练贴近高考命题规律，能在有限时间内提升复习效率，为教师把控复习节奏、提升学生应考能力提供有力支持。

强基培优练(时间:45分钟　分值:50分) 强基培优练10　球与几何体的切、接问题 1.(5分)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】选B.因为正方体的体对角线等于其外接球的直径,且正方体的棱长为2,故该球体的直径2R==2,所以R=,故该球体的体积V=πR3=4π. 2.(5分)在三棱锥P-ABC中,PA⊥平面ABC,PA=2,AB=2,AC=4,∠BAC=45°,则三棱锥P-ABC外接球的表面积是(　　) A.14π B.16π C.18π D.20π 【解析】选D.在△BAC中,∠BAC=45°,AB=2,AC=4,由余弦定理可得BC2=AB2+AC2-2AB·ACcos 45°=8+16-2×2×4×=8,则BC2+AB2=AC2,所以BC⊥AB, 由PA⊥平面ABC,BC⊂平面ABC,得PA⊥BC. 又PA∩AB=A,PA,AB⊂平面PAB, 所以BC⊥平面PAB, 所以BC⊥PB,所以△PBC为直角三角形. 又△PAC为直角三角形, 所以PC是三棱锥P-ABC外接球的直径. 设O是PC的中点,即为球心, 因为AC=4,PA=2, 所以PC===2,所以外接球半径为,所以所求外接球的表面积S=4π×()2=20π. 3.(5分)已知直三棱柱ABC-A1B1C1的6个顶点都在球O的球面上,若AB=3,AC=4,AB⊥AC,AA1=12,则球O的半径为(　　) A. B.2 C. D.3 【解析】选C.由题意作图如图,过球O作平面ABC的垂线,则垂足为BC的中点M. 因为AB=3,AC=4,AB⊥AC, 所以BC=5. 又AM=BC=,OM=AA1=6, 所以球O的半径R=OA==. 4.(5分)(2024·湖州调研)已知三棱锥P-ABC的四个顶点都在球O的球面上,PA=PB=PC,△ABC是边长为2的等边三角形,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】选A.设PA=PB=PC=2x,因为E,F分别为PA,AB的中点, 所以EF∥PB,EF=PB=x,AE=PA=x. 连接CF,因为△ABC是边长为2的等边三角形, 所以CF=. 又∠CEF=90°,所以CE=. 在△AEC中,由余弦定理得 cos∠EAC==. 过点P作PD⊥AC于点D, 因为PA=PC,所以D为AC的中点, 所以cos∠EAC==, 所以=,解得x=(负值已舍去), 所以PA=PB=PC=. 又AB=BC=AC=2, 所以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, 所以球O的直径2R==, 解得R=,则球O的体积V=πR3=π×=π. 5.(5分)(多选题)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π C.正方体的棱长为2 D.线段MN的最大值为2 【解析】选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a. 因为M,N分别为外接球和内切球上的动点, 所以MNmin=a-a=a=-1, 解得a=2, 即正方体的棱长为2, 所以正方体外接球的表面积为4π×()2=12π,内切球的体积为π,故A,B,C正确; 线段MN的最大值为+1,故D错误. 6.(5分)(多选题)传说古希腊数学家阿基米德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.“圆柱容球”是阿基米德最为得意的发现,如图是一个圆柱容球,O1,O2分别为圆柱下、上底面的圆心,O为球心,EF为底面圆O1的一条直径,若球的半径r=2,则(　　) A.球与圆柱的表面积之比为1∶2 B.平面DEF截得球的截面面积的最小值为π C.四面体CDEF的体积的取值范围为(0,] D.若P为球面和圆柱侧面的交线上一点,则PE+PF的取值范围为[2+2,4] 【解析】选BCD.由球的半径为r,可知圆柱的底面半径为r,圆柱的高为2r,则球的表面积为4πr2,圆柱的表面积为2πr2+2πr·2r=6πr2, 所以球与圆柱的表面积之比为2∶3,故A错误; ABCD所在截面如图所示,过点O作OG⊥DO1于点G, 则由题可得OG=×=. 设点O到平面DEF的距离为d1,平面DEF截得球的截面圆的半径为r1, 则d1≤OG,=r2-=4-≥4-=, 所以平面DEF截得球的截面面积的最小值为π,故B正确; 由题可知,四面体CDEF的体积等于2,点E到平面DCO1的距离d∈(0,2], 又=×4×4=8, 所以2=×8d=∈(0,],故C正确; 由题可知,点P在过球心与圆柱的底面平行的截面圆上, 设P在底面的射影为P', 则PP'=2,PE=, PF=,P'E2+P'F2=16. 设t=P'E2,则t∈[0,42],PE+PF=+, 所以(PE+PF)2=(+)2=24+2 =24+2∈[24+8,48], 所以PE+PF∈[2+2,4],故D正确. 7.(5分)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】圆锥内半径最大的球为该圆锥的内切球, 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=. 8.(5分)某建筑的形状可视为内外两个同轴圆柱,某爱好者制作了一个实心模型,已知模型内层圆柱底面直径为12 cm,外层圆柱底面直径为16 cm,且内外层圆柱的底面圆周都在一个直径为20 cm的球面上,则此模型的体积为912πcm3.  【解析】由题意,设球心为O,模型内层圆柱底面的圆心为O1,模型外层圆柱底面的圆心为O2,点A,B分别在圆O1,O2上,如图,连接AO,BO,AO1,BO2,OO1,则O2在OO1上. 因为AO=BO=10 cm,AO1=6 cm,BO2=8 cm, 在Rt△AO1O中,由勾股定理得, OO1==8 cm, 在Rt△BO2O中,由勾股定理得, OO2==6 cm, 所以内层圆柱的高h1=16 cm, 外层圆柱的高h2=12 cm, 所以此模型的体积 V=π×82×12+π×62×(16-12) =912π(cm3). 9.(5分)(2023·全国甲卷)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=4,O为AC1的中点,若该正方体的棱与球O的球面有公共点,则球O的半径的取值范围是[2,2].  【解析】设球的半径为R.当球是正方体的外接球时,恰好经过正方体的每个顶点,所求的球的半径最大,若半径变得更大,球会包含正方体,导致球面和棱没有公共点,正方体的外接球直径2R'为体对角线长AC1==4,即R'=2,故Rmax=2.分别取侧棱AA1,BB1,CC1,DD1的中点M,H,G,N,显然四边形MNGH是边长为4的正方形,且O为正方形MNGH的对角线交点,连接MG,则MG=4,当球的一个大圆恰好是四边形MNGH的外接圆时,球的半径达到最小,即R的最小值为2.综上,R∈[2,2]. 10.(5分)(2023·全国乙卷)已知点S,A,B,C均在半径为2的球面上,△ABC是边长为3的等边三角形,SA⊥平面ABC,则SA=2.  【解析】如图,将三棱锥S-ABC转化为直三棱柱SMN-ABC, 设△ABC的外接圆圆心为O1,半径为r, 则2r===2,可得r=. 设三棱锥S-ABC的外接球球心为O,连接OA,OO1,AO1,则OA=2,OO1=SA. 因为OA2=O+O1A2,所以4=SA2+3, 解得SA=2. - 9 - 学科网（北京）股份有限公司 $