专题集训16 球的切、接、截面问题-（配套练习）【金版新学案】2026年高考数学大二轮专题复习与测试

专题集训(十六)　球的切、接、截面问题 (时间：40分钟　满分：52分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) 一、单项选择题(1—6题，每小题5分，共30分) 1.(2025·江苏宿迁二模)已知圆锥的轴截面为正三角形，外接球的半径为1，则圆锥的体积为(　　) A. B. C. D. 答案：A 解析：如图所示，设圆锥的底面半径为r，由于圆锥轴截面为等边三角形，则外接球半径即为轴截面等边三角形的外接圆半径.由正弦定理可得2＝，则r＝，易知该圆锥的高为h＝r＝，故该圆锥的体积为V＝πr2h＝π××＝.故选A. 2.(2025·四川绵阳三模)已知直三棱柱ABC-A1B1C1中，CA⊥CB，AB＝CC1＝2，该三棱柱所有顶点都在球O的球面上，则球O的体积为(　　) A. B. C.8π D. 答案：A 解析：如图所示，将直三棱柱ABC-A1B1C1补全成长方体，则长方体的体对角线＝＝＝2为该三棱柱外接球的直径，所以其半径为R＝＝，所以球O的体积为V＝πR3＝π×2＝π.故选A. 3.在三棱锥D -ABC中，底面是边长为2的正三角形，若AD为三棱锥D-ABC的外接球直径，且AC与BD所成角的余弦值为 ，则该外接球的表面积为(　　) A.π B.π C.7π D.16π 答案：A 解析：如图所示：记球心为O，取AB中点为E，BC中点为F，连接OB，OE，OF，EF，记外接球半径为r，在Rt△ABD中，BD＝2，OE∥BD，OE＝.在△ABC中，EF∥AC，EF＝AC＝1，.在Rt△OBF中，OF＝，所以AC与BD所成角为∠OEF，即cos ∠OEF＝.在△OEF中，OE＝OF＝，EF＝1，所以cos ∠OEF＝＝＝，解得r2＝，所以该外接球的表面积为4πr2＝4π×＝π.故选A. 4.已知三棱锥P-ABC，△ABC为等边三角形，PA＝PB＝PC＝3，PA⊥PB，则三棱锥P-ABC的外接球的体积为(　　) A. B. C.27π D.27π 答案：B 解析：因为三棱锥P-ABC中，△ABC为等边三角形，PA＝PB＝PC＝3，所以△PAB≌△PBC≌△PAC. 因为PA⊥PB，所以PA⊥PC，PC⊥PB. 以PA，PB，PC为过同一顶点的三条棱作正方体(如图所示)，则正方体的外接球同时也是三棱锥P-ABC的外接球.因为正方体的体对角线长为＝3，所以其外接球半径R＝.因此三棱锥P-ABC的外接球的体积V＝×＝.故选B. 5.如图，现有棱长为6 cm的正方体玉石缺失了一个角，缺失部分为正三棱锥A1-EFG，且E，F，G分别为棱A1A，A1B1，A1D1靠近A1的四等分点，若将该玉石打磨成一个球形饰品，则该球形饰品的体积的最大值为(　　) A.π cm3 B.36π cm3 C.π cm3 D.72π cm3 答案：B 解析：由题意A1E＝A1F＝A1G＝，设点A1到平面EFG的距离为d，而EF＝EG＝FG＝，S△EFG＝××＝，由＝，得××××＝×d，解得d＝，棱长为6的正方体的内切球的半径为3，体对角线的长为6，因为3－＝＞3，所以所求球形饰品体积最大时即为棱长为6的正方体的内切球，则该球形饰品的体积的最大值为π×33＝36π cm3.故选B. 6.(2025·浙江金华一模)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4，P为正方体内部一动点，球O为正方体内切球，过点P作直线与球O交于M，N两点，若△OMN的面积最大值为4，则满足条件的P点形成的几何体体积为(　　) A. B.π C.128－π D.128－π 答案：D 解析：如图所示，因为正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4，则正方体内切球球O的半径R＝×4＝2，所以S△OMN＝·sin ∠MON＝×2×2×sin ∠MON＝4sin ∠MON.因为∠MON∈，则＝1，若△OMN的面积最大值为4，即OM⊥ON.由于P在MN上，则≥R＝×2＝2，则满足条件的P点形成的几何体为正方体去掉以O为球心，2为半径的球体，故其体积为－×23＝128－π.故选D. 二、多项选择题(7、8题，每小题6分， 共12分) 7.在正四棱锥S-ABCD中，底面边长AB＝2，侧棱SA＝，在该四棱锥的内部有一个小球，则小球的表面积可能是(　　) A. B.π C. D. 答案：ABD 解析：当小球与正四棱锥S-ABCD各面相切时半径最大，此时小球的表面积最大，设小球的半径为r，如图所示，由底面边长AB＝2，侧棱SA＝，可得正四棱锥S-ABCD的高为SO＝＝＝，所以VS-ABCD＝×22×＝.又侧面面积为4＝4××2×＝8，底面面积为S四边形ABCD＝22＝4，所以×(8＋4)r＝，解得r＝，所以小球表面积的最大值为4πr2＝.故选ABD. 8.已知圆台的上、下底面直径分别为2，6，高为2，则(　　) A.该圆台的体积为26π B.该圆台外接球的表面积为π C.用过任意两条母线的平面截该圆台所得截面周长的最大值为16 D.挖去以该圆台上底面为底，高为的圆柱后所得几何体的表面积为(16＋2)π 答案：BC 解析：由已知得圆台的上、下底面半径分别为1，3.对于A，圆台的体积为π(12＋32＋1×3)×2＝π，故A错误； 对于B，如图①是圆台的轴截面ABCD，外接球球心为O，设外接球半径为R，当球心在梯形ABCD内时，＋＝2，解得R2＝；当球心在梯形ABCD外时，－＝2，方程无解，所以外接球的表面积为4πR2＝π，故B正确；对于C，用过任意两条母线的平面截该圆台所得截面周长，其中轴截面的周长最大，又母线长为＝4，则最大周长为4＋4＋2＋6＝16，故C正确；对于D，如图②，挖去以该圆台上底面为底，高为的圆柱后所得几何体的表面积为π(3＋1)×4＋2π×1×＋π×(32＋12)＝26π＋2π，故D错误.故选BC. 三、填空题(9、10题，每小题5分，共10分) 9.在菱形ABCD中，AB＝2，∠ABC＝60°，若将菱形ABCD沿对角线AC折成大小为60°的二面角B-AC-D，则四面体DABC的外接球球O的体积为　　　　. 答案： 解析：如图所示，设M，N分别为△ABC，△ACD的外心，E为AC的中点，则EN＝EM＝BE＝1.在平面BDE内过点M作BE的垂线与过点N作DE的垂线交于点O，因为BE⊥AC，DE⊥AC，BE∩DE＝E，所以AC⊥平面BDE.因为OM⊂平面BDE，所以OM⊥AC.因为OM⊥BE，BE∩AC＝E，所以OM⊥平面ABC.同理可得ON⊥平面ACD，则O为四面体DABC的外接球的球心.连接OE，因为EM＝EN，OE＝OE，∠OME＝∠ONE＝90°，所以△OME≌△ONE，所以∠OEM＝30°，所以OE＝＝.因为AC⊥平面BDE，OE⊂平面BDE，所以OE⊥AC，所以OA＝＝，即球O的半径R＝.故球O的体积V＝πR3＝. 10.(双空题)在边长为4的正方形ABCD中，如图①所示，E，F，M分别为BC，CD，BE的中点，分别沿AE，AF及EF所在直线把△AEB，△AFD和△EFC折起，使B，C，D三点重合于点P，得到三棱锥P-AEF，如图②所示，则三棱锥P-AEF外接球的表面积是　　　　　　　； 过点M的平面截三棱锥P-AEF外接球所得截面的面积的取值范围是　　　　. 答案：24π 　[π，6π] 解析：由题意，将三棱锥补形为边长为2，2，4的长方体，如图所示，三棱锥P-AEF外接球即为补形后长方体的外接球，所以外接球的直径(2R)2＝22＋22＋42＝24，R＝，所以三棱锥P-AEF外接球的表面积为S＝4πR2＝24π.过点M的平面截三棱锥P-AEF的外接球所得截面为圆，其中最大截面为过球心O的大圆，此时截面圆的面积为πR2＝π()2＝6π，最小截面为过点M垂直于球心O与M连线的圆，此时截面圆半径r＝＝＝＝1(其中MN长度为长方体前后面对角线长度)，故截面圆的面积为πr2＝π，所以过点M的平面截三棱锥P-AEF外接球所得截面的面积的取值范围为[π，6π]. 学生用书⬇第53页 学科网（北京）股份有限公司 $