第七章 第二节 球的切、接问题（课时跟踪检测）-【优学精研】2026年高考数学一轮总复习学用word

第二节　球的切、接问题 1.正方体的外接球与内切球的表面积之比为（　　） A. B.3 C.3 D. 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 2.一个底面积为1的正四棱柱的顶点都在同一球面上，若此球的表面积为20π，则该四棱柱的高为（　　） A. B.2 C.3 D. 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 3.在母线长为4的圆锥PO中，其侧面展开图的面积为4π，则该圆锥的外接球的表面积为（　　） A.32π B. C. D. 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 4.已知半球内有一个内接正方体，正方体的一个面在半球的底面圆内，若正方体的棱长为2，则半球的表面积为（　　） A.10π B.12π C.15π D.18π 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 5.如图，在边长为4的正方形ABCD中，点E，F分别为AB，BC的中点，将△ADE，△BEF，△CDF分别沿DE，EF，DF折起，使A，B，C三点重合于点A'，则四面体A'-DEF的外接球体积为（　　） A.8π B.6π C.4π D.2π 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 6.（2025·广西河池模拟）在《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑.若三棱锥P-ABC为鳖臑，PA⊥平面ABC，PA＝AB＝2，AC＝4，三棱锥P-ABC的四个顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为（　　） A.8π B.12π C.20π D.24π 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 7.〔多选〕已知球O的半径为，则下列结论正确的是（　　） A.球O的表面积为6π B.球O的内接正方体的棱长为1 C.球O的外切正方体的棱长为 D.球O的内接正四面体的棱长为2 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 8.（2023·全国甲卷理15题）在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别为AB，C1D1的中点.以EF为直径的球的球面与该正方体的棱共有　　　　个公共点. 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 9.“圆柱容球”是阿基米德生前最引以为豪的发现，他死后，墓碑上刻着一个“圆柱容球”的几何图形，如图，球与圆柱的侧面及上、下底面相切，设圆柱体积与球的体积之比为m，圆柱的表面积与球的表面积之比为n，则＝　　　　. 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 10.（2024·深圳一模）已知某圆台的上、下底面半径分别为r1，r2，且r2＝2r1，若半径为2的球与圆台的上、下底面及侧面均相切，则该圆台的体积为（　　） A. B. C. D. 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 11.（2025·益阳模拟）如图所示，4个球两两外切形成的几何体，称为一个“最密堆垒”.显然，即使是“最密堆垒”，4个球之间依然存在着空隙.材料学研究发现，某种金属晶体中4个原子的“最密堆垒”的空隙中如果再嵌入一个另一种金属原子并和原来的4个原子均外切，则材料的性能会有显著性变化.记原金属晶体的原子半径为rA，另一种金属晶体的原子半径为rB，则rA和rB的关系是（　　） A.2rB＝rA B.2rB＝rA C.2rB＝（－1）rA D.2rB＝（－2）rA 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 12.（2024·三门峡模拟）四棱锥P-ABCD的顶点都在球O的表面上，△PAD是等边三角形，底面ABCD是矩形，平面PAD⊥平面ABCD，若AB＝2，BC＝3，则球O的表面积为　　　　. 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 13.如图，在正四棱锥S-ABCD中，若底面边长为a，棱锥的高为h（2≤h≤4），且正四棱锥S-ABCD的体积为32，当正四棱锥S-ABCD的外接球的体积最小时，其侧棱长为　　　　. 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 14.（创新设问方式）已知菱形ABCD的边长为2，∠B＝60°.将△ABC沿AC折起，折起后记点B为P，连接PD，得到三棱锥P-ACD如图所示，当三棱锥P-ACD的表面积最大时，三棱锥P-ACD的外接球体积为　　　　. 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　 　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　 15.（创新情境）（2024·惠州联考）截角四面体是一种半正八面体，可由四面体经过适当的截角，即截去四面体的四个顶点所产生的多面体.如图所示，将棱长为6的正四面体沿棱的三等分点作平行于底面的截面得到所有棱长均为2的截角四面体，则该截角四面体的外接球表面积为　　　　. 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 3 / 3 学科网（北京）股份有限公司 $ 第二节　球的切、接问题 1.C　设正方体的外接球的半径为R，内切球的半径为r，棱长为1，则正方体的外接球的直径为正方体的体对角线长，即2R＝，所以R＝，正方体内切球的直径为正方体的棱长，即2r＝1，即r＝，所以＝，正方体的外接球与内切球的表面积之比为＝＝3. 2.C　设球的半径为R，则4πR2＝20π，解得R2＝5，设四棱柱的高为h，则（）2＋（）2＝R2，解得h＝3. 3.C　如图，由题意知PA＝PB＝4，侧面展开图的面积S＝·α·PA2＝8α＝4π，则α＝，即∠A1PA＝，故圆锥PO的底面周长为的长，为×4＝2π，所以2π＝2πr底面，所以圆锥PO的底面半径为1，从而PO＝＝＝，故其外接球的球心在线段PO上.不妨设球心为O1，半径为R，OO1＝x.连接AO1，则由R＝PO1＝AO1，得－x＝，解得x＝，所以R＝－x＝，所以该圆锥的外接球的表面积S'＝4πR2＝4π×（）2＝.故选C. 4.D　因为正方体的一个面在半球的底面圆内，所以过正方体体对角线的轴截面如图所示，又正方体的棱长为2，所以FG＝2，EF＝2，则OF＝（O为半球的球心），OG＝＝，即半球的半径为，所以半球的表面积为×4π×（）2＋π×（）2＝18π，故选D. 5.A　依题意，A'D⊥A'E，A'E⊥A'F，A'D⊥A'F，且A'D＝4，A'E＝A'F＝2，于是四面体A'-DEF可以补形成以A'D，A'E，A'F为相邻三条棱的长方体，该长方体的外接球与四面体A'-DEF的外接球相同，设四面体A'-DEF的外接球的半径为R，则2R为长方体的体对角线长，即2R＝＝2，所以四面体A'-DEF的外接球体积为π×（）3＝8π.故选A. 6.C　如图，由于三棱锥P-ABC的四个面都为直角三角形，则△ABC是直角三角形，且∠ABC＝，又PA⊥平面ABC，且△PAC，△PBC是直角三角形，所以球O的直径为PC＝2R＝＝＝2，所以R＝，故球O的表面积为S＝4πR2＝20π.故选C. 7.AD　球的表面积为4π×（）2＝4π×＝6π，A正确；正方体的体对角线长为2×＝，棱长为＝，B错误；球的外切正方体的棱长为2×＝，C错误；将正四面体A-B1CD1补形为正方体如图所示，正方体的体对角线长为2×＝，棱长为＝，所以正四面体的棱长为×＝2，D正确.故选A、D. 8.12　解析：如图，线段EF过正方体的中心，所以以EF为直径的球的球心即正方体的中心，球的半径为，而正方体的中心到每一条棱的距离均为，所以以EF为直径的球与每一条棱均相切，所以共有12个公共点. 9.1　解析：设球的半径为R，则圆柱的底面圆的半径为R，高为2R，则圆柱的体积为V1＝2πR3，球的体积为V2＝πR3，则m＝＝，圆柱的表面积为S1＝2πR·2R＋2πR2＝6πR2，球的表面积为S2＝4πR2，则n＝＝，所以＝1. 10.C　如图，设圆台上、下底面圆心分别为O1，O2，则圆台内切球的球心O一定在O1O2的中点处，设球O与母线AB切于M点，所以OM⊥AB，所以OM＝OO1＝OO2＝2，所以△AOO1与△AOM全等，所以AM＝r1，同理BM＝r2，所以AB＝r1＋r2＝3r1，过A作AG⊥BO2，垂足为G，则BG＝r2－r1＝r1，AG＝O1O2＝4，所以AG2＝AB2－BG2，所以16＝（3r1）2－＝8，所以r1＝，所以r2＝2，所以该圆台的体积为×（2π＋8π＋4π）×4＝.故选C. 11.D　由题意知，四个金属原子的球心的连线所围成的图形为如图所示的正四面体P-ABC，设正四面体的棱长为a（a＞0），高为h（h＞0），外接球球心为O，D为正三角形ABC的中心，则必有PD⊥平面ABC且P，O，D三点共线，在正三角形ABC中，易求得DB＝a×＝a，在△PDB中，由PB2＝PD2＋DB2，可得h＝PD＝＝a，在△OBD中，由OB2＝OD2＋DB2，得R2＝（h－R）2＋（a）2，解得R＝a，由题意得所以×2rA＝rA＋rB，所以2rB＝（－2）rA，故选D. 12.16π　解析：如图，连接AC，BD，AC∩BD＝G，取AD的中点E，连接PE，EG.因为四边形ABCD为矩形，所以G为四边形ABCD的外接圆圆心；在线段PE上取ME＝PE，因为△PAD为等边三角形，所以M为△PAD外接圆圆心，过G，M分别作平面ABCD和平面PAD的垂线，则两垂线的交点即为球O的球心O，连接OP，因为△PAD为等边三角形，所以PE⊥AD，因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PE⊂平面PAD，所以PE⊥平面ABCD，所以PE∥OG，同理可得，OM∥EG，所以四边形OMEG为矩形，所以OM＝EG＝AB＝1，PM＝PE＝×＝，所以OP＝＝2，即球O的半径R＝2，所以球O的表面积S＝4πR2＝16π. 13.2　解析：如图，连接AC，BD交于点M，连接SM，则SM⊥平面ABCD，外接球的球心O在棱锥的高SM上，连接OC.设外接球的半径为R.由题意知MC＝a.由VS-ABCD＝a2h＝32，得a2＝.由球的性质可知（h－R）2＋MC2＝R2，即R＝＝＋.设f（x）＝＋（2≤x≤4），则f'（x）＝－＝.当x∈[2，4]时，f'（x）＜0，所以函数f（x）在[2，4]上单调递减.当x＝4时，f（x）取得最小值，即当h＝4时，R取得最小值，正四棱锥S-ABCD的外接球的体积最小，此时a2＝24.所以正四棱锥的侧棱长l＝＝2. 14.π　解析：由题意可得△ACD，△ACP均为边长为2的等边三角形，△PAD，△PCD为两个全等的等腰三角形，则三棱锥P-ACD的表面积S＝2S△ACD＋2S△PCD＝2××2×2×＋2××2×2×sin ∠PCD＝2＋4sin ∠PCD≤2＋4，当且仅当sin ∠PCD＝1，即PC⊥CD时，三棱锥P-ACD的表面积取最大值，此时△PAD，△PCD为直角三角形，PD＝＝2.如图，取PD的中点O，连接OA，OC，由直角三角形的性质可得OA＝OC＝OD＝OP＝，即三棱锥P-ACD的外接球的球心为O，半径R＝，故外接球的体积为V＝π（）3＝π. 15.22π　解析：因为棱长为a的正四面体的高为＝a，所以截角四面体上下底面距离为×6－×2＝，设其外接球的半径为R，等边三角形ABC的中心为O'，正六边形EFHILK的中心为O″，易知外接球球心O在线段O'O″上，且O'O″⊥平面ABC，O'O″⊥平面EFHILK，则＋＝，所以＋＝，解得R2＝，所以该截角四面体的外接球的表面积为4πR2＝4π×＝22π. 学科网（北京）股份有限公司 $