专题3 小题考法2 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·数学创新版（教用word）

专题强化训练 一、单项选择题 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．已知三棱锥P-ABC的外接球O，PC为球O的直径，且PC＝2，PA＝PB＝，AB＝1，那么三棱锥P-ABC的体积为(　　) A． B． C． D． 解析：选D.由PC为球O的直径可知，PA⊥AC，PB⊥BC，即AC＝BC＝1，又AB＝1， 所以△ABC为等边三角形， 即△ABC外接圆的半径r＝. 因为球O的半径R＝1， 所以点O到平面ABC的距离d＝＝， 故顶点P到平面ABC的距离为2d＝， 所以V三棱锥P-ABC＝××12×＝. 3．(2025·岳阳一模)将一个底面半径为2，高为2的圆锥形石材打磨成一个球，则该球表面积的最大值为(　　) A． B． C． D． 解析：选A.由题意可得圆锥的母线长为＝4，所以圆锥的轴截面是等边三角形，将圆锥形石材打磨成一个球，要使球的表面积最大，则球的半径最大，此时球是圆锥的内切球． 设等边三角形的内切圆的半径为r， 由等边三角形的性质可得tan 30°＝，所以r＝， 所以球的表面积的最大值为4πr2＝4π×＝. 4．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.设直三棱柱高为h，外接球的半径为R.因为∠ABC＝90°，AB＝BC＝， 所以斜边AC＝2，底面三角形外接圆半径r＝1， 由题有外接球的表面积为4πR2＝16π，可得R＝2， 所以h＝2＝2， 所以三棱柱的体积为V＝Sh＝×××2＝2. 5．已知球O为正方体ABCD-A1B1C1D1的内切球，平面A1C1B截球O的面积为24π，则正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为(　　) A．4 B．6 C．8 D．12 解析：选D.设正方体的棱长为a，则A1C1＝a，设内切球的球心O在平面A1C1B上的射影为O1，由△A1C1B为等边三角形知O1为等边三角形A1C1B的重心，截面圆与△A1C1B内切， 所以截面圆的半径为·tan 30°＝a， 即截面圆的面积为π×＝24π，解得a＝12. 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，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．(2025·保定模拟)在正四棱锥P-ABCD中，AB＝6，E，F，G，H分别为PA，PB，PC，PD的中点，平面EFGH恰好与正四棱锥P-ABCD的内切球O相切，则正四棱锥P-ABCD的高为(　　) A．6 B．4 C．3 D． 解析：选A.如图，连接AC，BD，设AC与BD相交于点Q，取AB的中点为M，连接PM，PQ，MQ，作OS⊥PM于S，设内切球的半径为r，则OS＝OQ＝r，设PQ＝h，由题意知h＝4r. 又△POS∽△PMQ，故＝，易得MQ＝BC＝3， 则＝，故r＝，故PQ＝6， 即正四棱锥P-ABCD的高为6. 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在正四面体的高上． 设外接球的半径为R，如图(O为外接球球心，G为△BCD的重心，E为BD中点)， 则CE＝，CG＝CE＝， EG＝CE＝， 所以AG＝＝， 所以OG＝－R. 在Rt△OCG中，OC2＝OG2＋CG2， 即R2＝2＋2，解得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的最大值相当于外接球的直径，则PQ最大值为2R＝2×＝. 二、多项选择题 9．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a＝2R，解得a＝，C不正确； 设球O的外切正方体的棱长为b，则b＝2R，解得b＝，D正确． 10．已知正三棱锥P-ABC中，M为PA的中点，PB⊥CM，CM＝，则(　　) A．PA⊥PC B．AB＝ C．此正三棱锥内切球的半径为 D．此正三棱锥外接球的表面积为 解析：选ABC.如图，设正三棱锥P-ABC的底面中心为G，连接PG， 则PG⊥平面ABC，PG⊥AC.连接BG并延长交AC于D， 则BD⊥AC，又BD∩PG＝G，BD，PG⊂平面PBG，所以AC⊥平面PBG，所以PB⊥AC， 又PB⊥CM，AC∩CM＝C，AC，CM⊂平面PAC， 所以PB⊥平面PAC，可得PA⊥PB，PC⊥PB， 由三棱锥P-ABC为正三棱锥，可得PA⊥PC，故A正确； 设PA＝PB＝PC＝a， 在Rt△MPC中，CM2＝＝a2＋＝a2，解得a＝1，所以AB＝，故B正确； 正三棱锥P-ABC的表面积为 S＝3××1×1＋×××＝＋＝， 设正三棱锥的内切球半径为r， 则××1×1×1＝××r，解得r＝，故C正确； 由割补法可得正三棱锥外接球半径R＝×＝， 故外接球的表面积为4πR2＝4π×＝3π，故D错误． 11．(2025·潍坊模拟)已知圆台O1O2上、下底面半径分别为1，4，半径为R的球O内切于圆台，则(　　) A．R＝2 B．圆台侧面展开图扇环的圆心角为 C．过O1的截面与底面所成角为60°时，O2到截面距离为 D．在圆台内放一正方体，正方体可绕其中心自由转动，则该正方体棱长的最大值为 解析：选ABD.对于A，如图，因为圆台O1O2上、下底面半径分别为1，4，所以AO2＝4，BO1＝1，AB＝1＋4＝5，AO2－BO1＝3，OO1＝＝4， 则2R＝4，R＝2故A正确； 对于B，由A知圆台的母线长为5，设圆台侧面展开图扇环的圆心角为α，小圆半径为t，则αt＝2π，α(t＋5)＝8π，所以α＝，故B正确； 对于C，过O1的截面与底面所成角为60°时，∠O1TO2＝60°，O1O2⊥圆面O2， 所以∠O2O1T＝30°，O1O2＝4，O2到截面距离为O1O2×sin 30°＝2，故C错误； 对于D，由A知，圆台中能放下的最大球的半径为2，直径为4， 故在圆台内放置一个可以任意转动的正方体，则正方体为该球的内接正方体，棱长为＝，故D正确． 三、填空题 12．已知圆柱的底面半径为2，一个截圆柱的平面与圆柱面的轴线成60°的角，从截面的上、下方各放入圆柱的内切球，并且它们都与截平面相切，则两个内切球球心间的距离为________． 解析：由题意可得截面如图，设两个球心分别为E，F， 则EF＝＝，所以EF＝. 答案： 13．(2025·黑龙江一模)已知正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的所有顶点均在球O的球面上，若该四棱柱的体积为1，则球O的表面积的最小值为________． 解析：设正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面边长为a，高为h，则其外接球的直径2R＝，由正四棱柱的体积为1，得a2h＝1，即a2＝， 因此球O的表面积S＝4πR2＝π(2a2＋h2)＝π， 令f(h)＝＋h2，h＞0，求导得f′(h)＝－＋2h＝， 当0＜h＜1时，f′(h)＜0；当h＞1时，f′(h)＞0，函数f(h)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 则当h＝1时，f(h)min＝3，所以球O的表面积的最小值为3π. 答案：3π 14．已知正四面体ABCD，其内切球的表面积为，设能装下正四面体ABCD的最小正方体的体积为V1，正四面体ABCD的外接球的体积为V2，则V1·V2＝________． 解析：设正四面体的棱长为a，则正四面体的表面积为S＝4×a2＝a2， 由题设底面三角形ABC的外接圆半径为r1，则＝2r1，解得r1＝a. 所以正四面体的高为＝a，其体积为V＝×a2×a＝a3. 设正四面体ABCD内切球球心为O，半径为r2， V＝VO-ABC＋VO-ABD＋VO-BCD＋VO-ACD＝·Sr2＝×a2r2＝a3， 解得r2＝a，所以4πr＝4π×＝，解得a＝1， 将该正四面体放入如图所示的正方体内，使得每条棱恰好为正方体的面对角线， 此时即为能装下正四面体ABCD的最小正方体， 设能装下正四面体ABCD的最小正方体的边长为b，则2b2＝a2＝1，所以b＝， V1＝b3＝.设该正四面体外接球的半径为R， 则该正方体的外接球，也即该正四面体的外接球，则2R＝b＝，所以R＝，所以正四面体ABCD的外接球的体积V2＝π×＝π， 所以V1·V2＝×π＝π. 答案：π 学科网（北京）股份有限公司 $