专题3 提升点5 球的切、接问题 专题强化训练-【备考最优解】2026版高考二轮专题复习·数学（教用word）

专题强化训练 [A　基本技能] 1．已知体积为16π的圆柱存在内切球，则该内切球的表面积为(　　) A．8π B． C．16π D．32π 解析：选C．设内切球的半径为r，依题意可知圆柱的高和底面直径均为2r，所以圆柱的体积V＝πr2×2r＝16π，解得r＝2，故圆柱内切球的表面积为4π×22＝16π. 2．已知直三棱柱ABC-A1B1C1外接球的表面积为16π，∠ABC＝90°，AB＝BC＝，则该三棱柱的体积为(　　) A．2 B． C．4 D．2 解析：选D．设直三棱柱的高为h，因为∠ABC＝90°，AB＝BC＝， 所以斜边AC＝2，△ABC外接圆的半径r＝1，设外接球的半径为R，则4πR2＝16π，可得R＝2，所以h＝2＝2， 所以所求三棱柱的体积为×××2＝2. 3．若四面体ABCD的每个顶点都在球O的球面上，AB，AC，AD两两垂直，且AB＝，AC＝2，AD＝3，则球O的表面积为(　　) A．64π B．16π C．4π D．π 解析：选B．四面体ABCD的外接球O即为以AC，AB，AD为长、宽、高的长方体的外接球，所以球O的半径R＝＝2，则球O的表面积S＝4πR2＝16π. 4．(2025·山师附中一模)已知高为4的圆台存在内切球，其下底面圆的半径为上底面圆的半径的4倍，则该圆台的表面积为(　　) A．57π B．50π C．25π D．42π 解析：选D．依题意，圆台的轴截面截其内切球得球的大圆，且该大圆是圆台轴截面等腰梯形的内切圆，等腰梯形ABCD为圆台轴截面，其内切圆O与梯形ABCD切于点O1，E，O2，F， 其中O1，O2分别为上、下底面圆心，如图， 设圆台上底面圆的半径为r，则下底面圆的半径为4r，BC＝BE＋CE＝O2B＋O1C＝5r， 又因为等腰梯形ABCD的高O1O2＝4， 所以(5r)2－(4r－r)2＝42，解得r＝1， 所以该圆台的表面积为16π＋π＋5×(4＋1)π＝42π. 5．(2025·张家界模拟)已知三棱锥P-ABC的四个顶点都在球O的球面上，PB＝PC＝2，AB＝AC＝4，PA＝BC＝2，则球O的表面积为(　　) A．π B．π C．π D．π 解析：选A．因为AB2＋PA2＝20＝PB2，所以PA⊥AB，同理PA⊥AC，又AB，AC⊂平面ABC，AB∩AC＝A，所以PA⊥平面ABC，故此外接球模型为垂面模型．因为cos ∠CAB＝＝＝，所以sin ∠CAB＝＝＝. 设r为△ABC外接圆的半径，在△ABC中，＝2r，所以r＝，设球O的半径为R，则R2＝r2＋＝＋1＝， 所以球O的表面积S＝4πR2＝4π×＝π. 6．(2025·天津一模)已知A，B，C为球O的球面上的三个点，⊙O1为△ABC的外接圆，若⊙O1的面积为8π，AB＝BC＝AC＝OO1，则球O的表面积为(　　) A．36π B．64π C．128π D．256π 解析：选C．因为⊙O1的面积为8π，设⊙O1的半径为r(r＞0)，则πr2＝8π，解得r＝2，又AB＝BC＝AC＝OO1，所以△ABC为等边三角形，则＝2r＝4，所以AB＝2，设球O的半径为R(R＞0)，所以R2＝r2＋OO＝(2)2＋(2)2＝32， 所以球O的表面积S＝4πR2＝4π×32＝128π. 7．已知圆柱OO1的下底面在半球O的底面上，上底面圆周在半球O的球面上，记半球O的底面圆面积与圆柱OO1的侧面积分别为S，S1，半球O与圆柱OO1的体积分别为V，V1，则当的值最小时，的值为(　　) A． B． C． D． 解析：选A． 如图所示，设圆柱OO1的底面半径为r，高为h，半球O的半径为R， 则R2＝h2＋r2，S＝πR2，S1＝2πrh，V＝·πR3＝πR3，V1＝πr2h， 所以＝＝＝＋≥2＝1， 当且仅当r＝h时等号成立，此时R＝r， 所以＝＝＝. 8．已知球O为棱长为1的正四面体ABCD的外接球，若点P是正四面体ABCD的表面上的一点，Q为球O表面上的一点，则PQ的最大值为(　　) A． B． C． D． 解析：选D．由正四面体的对称性与球的对称性可知球心O在正四面体ABCD的高上． 如图，设外接球O的半径为R，G为△BCD的中心，则CE＝，CG＝CE＝， 所以AG＝＝， 所以OG＝－R，在Rt△OCG中，OC2＝OG2＋CG2，即R2＝(－R)2＋()2，得R＝. 因为点P是正四面体ABCD的表面上的一点，Q为球O表面上的一点，则PQ的最大值等于外接球O的直径，则PQ的最大值为2R＝2×＝. 9．(多选)某公司为某种球形巧克力设计了一种圆柱形包装盒，每盒可装7个球形巧克力，每盒只装一层，相邻的球形巧克力相切，与包装盒接触的6个球形巧克力与包装盒相切，如图是平行于底面且过圆柱母线中点的截面，设包装盒的底面半径为R，球形巧克力的半径为r，每个球形巧克力的体积为V1，包装盒的体积为V2，则(　　) A．R＝3r B．R＝4r C．V2＝9V1 D．2V2＝27V1 解析：选AD．由题图知R＝3r，故A正确，B错误；易知包装盒的高为2r，故V2＝πR2×2r＝18πr3，又V1＝πr3，所以2V2＝27V1，故C错误，D正确． 10．(多选)已知A，B，C三点均在球O的表面上，AB＝BC＝CA＝2，且球心O到平面ABC的距离等于球半径的，则下列结论正确的是(　　) A．球O的半径为 B．球O的表面积为6π C．球O的内接正方体的棱长为 D．球O的外切正方体的棱长为 解析：选BD．设球O的半径为R，△ABC的外接圆圆心为O′，半径为r，则r＝，因为球心O到平面ABC的距离等于球半径的，所以R2－R2＝r2，得R2＝，R＝，A不正确； 所以球O的表面积S＝4πR2＝4π×＝6π，B正确； 设球O的内接正方体的棱长为a，则满足a＝2R，解得a＝，C不正确； 设球O的外切正方体的棱长为b，则满足b＝2R，解得b＝，D正确． 11．(多选)已知四面体ABCD的平面展开图如图所示，其中四边形AEFD是边长为2的菱形，B，C分别为AE，FD的中点，BD＝2，则(　　) A．BE⊥CD B．BE与平面DCE所成角的余弦值为 C．四面体ABCD内切球的半径为 D．四面体ABCD外接球的表面积为9π 解析：选ACD． 如图，易知AB＝CD＝，AD＝BD＝BC＝AC＝2， 取AB的中点M，CD的中点N，连接MN，取MN的中点O，连接OA，CM，AN，BN，过点O作OH⊥CM于H， 因为四面体ABCD的4个面是全等三角形，所以OH是四面体ABCD内切球的半径，OA是外接球的半径． 所以AM＝CN＝AB＝，CM＝AN＝＝＝， 所以MN＝＝＝. 对于A，因为AN⊥CD，BN⊥CD，AN∩BN＝N，AN，BN⊂平面ABN，所以CD⊥平面ABN，又BE⊂平面ABN，所以BE⊥CD，故A正确； 对于B，由于CD⊂平面ACD，故平面ABN⊥平面ACD，故∠BAN是BE与平面DCE所成的角，故cos ∠BAN＝＝×＝，故B错误； 对于C，OH＝×MN＝×××＝，故C正确； 对于D，OA2＝AM2＋(MN)2＝()2＋()2＝，所以外接球的表面积为4π·OA2＝9π，故D正确． 12．(2025·潍坊二模)已知圆台的上底面半径为1，下底面半径为2，其下底面与半球O的底面重合，上底面圆周在半球O的球面上，则圆台的侧面积为________． 解析： 作出半球O及圆台OO1的轴截面如图，设圆台的上底面半径为r1，下底面半径为r2，半球O的半径为R，所以r1＝1，r2＝2， 又因为圆台的下底面与半球O的底面重合，所以R＝2，所以圆台的高h＝＝＝，所以圆台的母线长为l＝＝＝2， 所以圆台的侧面积为S＝π(r1＋r2)l＝π(1＋2)×2＝6π. 答案：6π 13．(2025·长春质量监测)已知三棱锥P-ABC的四个顶点均在同一球面上，PC⊥平面ABC，PC＝BC＝，AB＝2，且PA与平面ABC所成角的正弦值为，则该球的表面积为________． 解析：因为PC⊥平面ABC，AC⊂平面ABC，所以PC⊥AC，所以∠PAC为直线PA与平面ABC所成的角，所以sin ∠PAC＝＝，又PC＝，所以PA＝6，则AC＝＝.又BC＝，AB＝2，所以AB2＋BC2＝AC2，所以AB⊥BC．因为PC⊥平面ABC，AB⊂平面ABC，所以PC⊥AB．又PC∩BC＝C，PC，BC⊂平面PBC， 所以AB⊥平面PBC．又PB⊂平面PBC，所以AB⊥PB，即△PAB为直角三角形．如图，取PA的中点为O，连接OB，OC，则OA＝OP＝OB．因为△PAC为直角三角形，PA为斜边，所以OC＝OA＝OP，所以OA＝OP＝OB＝OC，所以点O为三棱锥P-ABC外接球的球心．因为PA＝6，所以外接球半径R＝3，则该球的表面积S＝4πR2＝36π. 答案：36π 14．SF6(六氟化硫)具有良好的绝缘性，在电子工业上有着广泛的应用，其分子结构图如图所示．六个元素F分别位于正方体六个面的中心，元素S位于正方体中心，若正方体的棱长为a，记以六个F为顶点的正八面体为T，则T的体积为________，T的内切球的表面积为________． 解析：正八面体T可视为两个全等的正四棱锥拼接而成，且该正四棱锥的底面边长为＝a，高为，所以正八面体T的体积V＝2××(a)2×＝.由题图可知，正八面体T的每个面都是棱长为a的等边三角形，所以正八面体T的表面积S＝8××(a)2＝a2，设正八面体T的内切球半径为r，所以r＝＝＝a，因此正八面体T的内切球的表面积为4πr2＝4π×(a)2＝. 答案：　 [B　综合运用] 15．(2025·全国一卷)如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，BC∥AD． (1)证明：平面PAB⊥平面PAD； (2)设PA＝AB＝，BC＝2，AD＝1＋，且点P，B，C，D均在球O的球面上． (ⅰ)证明：点O在平面ABCD内； (ⅱ)求直线AC与PO所成角的余弦值． 解：(1)证明：方法一：因为PA⊥底面ABCD，AB⊂底面ABCD，所以PA⊥AB，又AB⊥AD，PA∩AD＝A，PA，AD⊂平面PAD，所以AB⊥平面PAD． 又AB⊂平面PAB，所以平面PAB⊥平面PAD． 方法二：因为PA⊥平面ABCD，PA⊂平面PAB，所以平面PAB⊥平面ABCD．因为平面PAB∩平面ABCD＝AB，AD⊂平面ABCD，AD⊥AB，所以AD⊥平面PAB，因为AD⊂平面PAD，所以平面PAB⊥平面PAD． (2)(ⅰ)证明：方法一：因为PA⊥底面ABCD，AD⊂底面ABCD，所以PA⊥AD，又AB⊥AD，则PA，AB，AD两两垂直，故以A为坐标原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则由题易知A(0，0，0)，B(，0，0)，C(，2，0)，D(0，1＋，0)，P(0，0，). 设点O的坐标为(x，y，z)， 所以OB＝， OC＝， OD＝， OP＝. 因为点P，B，C，D均在球O的球面上，所以由OB＝OC，得y2＝(y－2)2，解得y＝1；由OB＝OD且y＝1，得(x－)2＋1＝x2＋3，解得x＝0；由OB＝OP且x＝0，得2＋z2＝(z－)2，解得z＝0， 所以点O的坐标为(0，1，0)，故点O在平面ABCD内． 方法二：因为点P，B，C，D均在球O的球面上，所以点B，C，D在同一个圆上，设圆心为O′， 则点O′在BC的垂直平分线上． 因为PA⊥底面ABCD，AD⊂底面ABCD，所以PA⊥AD，又AB⊥AD，则AB，AD，AP两两垂直，以A为坐标原点，，，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0，0，0)，B(，0，0)，C(，2，0)，D(0，1＋，0)，P(0，0，). 设O′(x，1，0)，则＝(－x，－1，0)，＝(－x，，0)， 因为||＝||， 所以＝， 解得x＝0，所以点O′的坐标为(0，1，0)，即O′在AD上． 又因为O′P＝＝＝O′D＝O′B＝O′C，所以点O与点O′重合， 所以点O在平面ABCD内． (ⅱ)方法一：由(ⅰ)易知＝(0，1，－)，＝(，2，0)， 所以cos 〈，〉＝＝＝， 所以直线AC与PO所成角的余弦值为. 方法二：因为＝＋2，＝－，且||＝，||＝，·＝(＋2)·(－)＝·－·＋22－2·＝2. 所以cos 〈，〉＝＝＝， 所以直线AC与PO所成角的余弦值为. 学科网（北京）股份有限公司 $