7.7 与球相关的问题 练习-2027届高三数学一轮专题复习

**基本信息** 聚焦球与多面体的切接问题，通过公式法、补形法等系统方法，构建“几何体结构→空间关系→半径计算”的逻辑链条，培养空间观念与逻辑推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础几何体外接球|单选1-3|正棱柱外接球半径公式R=√(r²+(h/2)²)，正方体内外接球直径关系|从棱柱结构特征推导外接球直径，建立棱长与半径的定量关系| |复杂几何体与球|多选5-7、解答11-12|补形法（三棱锥→长方体）、体积法求内切球半径|通过线面垂直证明和面面垂直转化，将不规则几何体转化为规则模型| |创新应用|填空8-10|辛普森公式、勒洛四面体对称性质|结合数学史与空间几何，拓展球的截面体积及特殊几何体的内切球计算|

7.7　与球相关的问题 一、 单选题 1 已知正四棱柱的底面边长为3，侧棱长为4，则其外接球的表面积为(　　) A. 25π B. 34π C. 68π D. 100π 2 如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，截去三棱锥B-AA1D，若剩余的几何体的表面积是，则正方体ABCD-A1B1C1D1内切球的表面积和其外接球的体积分别是(　　) A. π， B. 4π， C. 4π，π D. π， 3 [2025南通期中]已知一个正三棱柱的底面边长为6，高为4，则该正三棱柱的外接球的表面积为(　　) A. 28π B. 32π C. 64π D. 192π 4 [2025苏锡常镇二模]一个底面边长和侧棱长均为4的正三棱柱密闭容器ABC-A1B1C1，其中盛有一定体积的水，当底面ABC水平放置时，水面高为.当侧面AA1B1B水平放置时(如图)，容器内的水形成新的空间图形，若该空间图形的所有顶点均在同一个球面上，则该球的表面积为(　　) A. B. C. 100π D. 二、 多选题 5 某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，则下列结论中正确的是(　　) A. R＝3r B. R＝4r C. V2＝9V1 D. 2V2＝27V1 6 [2025蚌埠二模]在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F，G分别为棱DD1，C1D1，CC1的中点，则下列结论中正确的是(　　) A. FG∥平面A1BD B. 直线AE与FG所成角的余弦值为 C. 点E到平面B1FG的距离为 D. 三棱锥B1-D1DG的外接球的表面积为 7 [2025莆田二模]在三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC，∠ABC＝90°，AP＝AC＝2，E，F，G分别为AB，BC，PC的中点，则下列结论中正确的是(　　) A. △PBC为直角三角形 B. PE∥平面AFG C. 三棱锥P-ABC的体积最大值为 D. 三棱锥P-ABC外接球的半径为定值 三、 填空题 8 18世纪英国数学家辛普森运用定积分，推导出了现在中学数学教材中柱、锥、球、台等几何体Ω的统一体积公式V＝h(L＋4M＋N)(其中L，N，M，h分别为Ω的上底面面积、下底面面积、中截面面积和高)，我们也称为“万能求积公式”．例如，已知球的半径为R，可得该球的体积为V＝×2R×(0＋4×πR2＋0)＝πR3；已知正四棱锥的底面边长为a，高为h，可得该正四棱锥的体积为V＝×h[0＋4×＋a2]＝a2h.类似地，运用该公式求解下列问题：如图，已知球O的表面积为 36π cm2，若用距离球心O都为2 cm的两个平行平面去截球O，则夹在这两个平行平面之间的几何体的体积为________cm3. 9 [2025镇江期初]勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间像球一样来回自由滚动，并且始终保持与两平面都接触(如图).勒洛四面体是以一个正四面体的四个顶点分别为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的公共部分围成的空间图形．若构成勒洛四面体ABCD的正四面体ABCD的棱长为2，在该“空心”勒洛四面体ABCD内放入一个球，则该球的半径最大值是________． 10 [2025淮南、淮北二模]如图，圆锥PO有且仅有一条母线PA在平面α内，圆锥的侧面展开图是面积为32π的半圆，则圆锥外接球的表面积为________；若B是PA的中点，C∈α，且点O到直线BC的距离为，则BC与圆锥底面所成角的余弦值为________． 四、 解答题 11 [2025八省联考改编]在平面四边形ABCD中，AB＝AC＝CD＝1，∠ADC＝30°，∠DAB＝120°，将△ACD沿AC翻折至△ACP，其中P为动点．设PC⊥AB，三棱锥P-ABC的各个顶点都在球O的球面上． (1) 求证：平面PAC⊥平面ABC； (2) 求球O的半径． 12 《九章算术》是中国古代的一部数学专著，是《算经十书》中最重要的一部，是当时世界上最简练有效的应用数学，它的出现标志着中国古代数学形成了完整的体系．《九章算术》中将由四个直角三角形组成的四面体称为“鳖臑”，如图，已知四面体PABC是“鳖臑”，PA＝AC＝2，AB＝2，M，N分别为PC，AC的中点，点Q在线段PB上，且PQ＝2QB. (1) 求证：BN∥平面AMQ； (2) 求四面体PABC内切球的表面积． 7．7　与球相关的问题 1. B　解析：正四棱柱即长方体，其体对角线长为d＝＝.故其外接球的半径为r＝，则其表面积为S＝4πr2＝34π. 2. A　解析：设正方体的棱长为a，则剩余几何体的表面积为3a2＋a2＋×(a)2＝a2＝，解得a＝1，则正方体的内切球的直径为2r＝1，即r＝，故表面积为S＝4πr2＝π；正方体的外接球的直径为2R＝＝，即R＝，故体积为V＝πR3＝. 3. C　解析：设正三棱柱底面外接圆的半径为r，则＝2r，所以r＝2.设外接球半径为R，则R＝＝4，所以该正三棱柱的外接球的表面积S＝4πR2＝64π. 4. A　解析：方法一：由题意，得V水＝×4×4××＝15，VABC-A1B1C1＝×4×4××4＝16，则VC1-D1E1CDE＝16－15＝＝S△C1D1E1×4，故S△C1D1E1＝.因为S△A1B1C1＝4，所以＝，所以＝＝，即C1D1＝C1E1＝D1E1＝1.又点C1到直线A1B1的距离为2，所以点D1到直线A1B1的距离为×2＝.设正方形ABB1A1外接圆的圆心为O1，则r1＝AB＝2.设矩形DEE1D1外接圆的圆心为O2，半径为r2，则r2＝D1E＝×＝.设外接球的半径为R，则解得R2＝.故外接球的表面积为4πR2＝. 方法二：由当底面ABC水平放置时，水面高为可知容器内的空气占容器体积的，所以侧放时，如图，空气区域的“小三棱柱”的体积为容器体积的，“小三棱柱”的底面“小三角形”的面积为“大三角形”面积的，则“小三角形”与“大三角形”的边长之比为1∶4，即“小三角形”的边长为1.如图，设四边形ABED外接圆的半径为r，由余弦定理，得BD＝＝＝，所以2r＝＝，即r＝，则四棱柱A1B1D1E1-ABDE外接球的半径为R＝＝，所以球的表面积为S＝4πR2＝. 5. AD　解析：由图可知，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．故选AD. 6. AC　解析：在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，因为F，G分别为棱C1D1，CC1的中点，所以FG∥D1C，因为A1D1∥BC，A1D1＝BC，所以四边形A1BCD1为平行四边形，所以D1C∥A1B，所以FG∥A1B，又FG⊄平面A1BD，A1B⊂平面A1BD，所以FG∥平面A1BD，故A正确；连接BG，BF，易得AE∥BG，所以∠BGF为直线AE与FG所成的角或补角，又易得GB＝，GF＝，BF＝3，由余弦定理，得cos ∠BGF＝＝＝－，所以直线AE与FG所成角的余弦值为，故B错误；在△B1FG中，B1F＝B1G＝，FG＝，所以S△B1FG＝××＝，设点E到平面B1FG的距离为h，又VE-B1FG＝VB1-EFG，所以×h＝××××2，解得h＝，即点E到平面B1FG的距离为，故C正确；易得DD1＝2，B1D1＝2，DB1＝2，因为DD＋B1D＝DB，所以△B1DD1为直角三角形．易知点G在底面B1DD1的射影为B1D的中点，设为O1，设三棱锥B1-D1DG外接球的半径为R，球心为O，则点O在GO1的延长线上．由R2＝OO＋O1B＝OO＋3，R－OO1＝GO1＝，解得R＝，所以外接球的表面积为4πR2＝，故D错误．故选AC. 7. ACD　解析：对于A，因为PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以PA⊥BC，又AB⊥BC，PA，AB是平面PAB内的两条相交直线，所以BC⊥平面PAB.因为PB⊂平面PAB，所以BC⊥PB，所以△PBC为直角三角形，故A正确；对于B，连接AF，CE相交于点H，连接GH，若PE∥平面AFG，因为平面AFG∩平面PCE＝GH，PE⊂平面PCE，所以PE∥GH，因为AF，CE为△ABC的中线，所以H为△ABC的重心，即＝2.因为G为PC的中点，所以≠，与PE∥GH相矛盾，故B错误；对于C，因为AB2＋BC2＝AC2＝4≥2AB·BC，所以AB·BC≤2，所以S△ABC＝AB·BC≤1，所以VP-ABC＝S△ABC·PA≤×1×2＝，当且仅当AB＝BC＝时，等号成立，故C正确；对于D，如图，将三棱锥补形成长方体，易知PC即为外接球的直径，PC＝＝2，所以外接球半径R＝，故D正确．故选ACD. 8. 　解析：由球O的表面积为36π cm2，得球O的半径为3 cm.如图，两个截面圆O1和圆O2的半径都为＝(cm)，根据对称性，可知该几何体的中截面为圆O，其面积为9π cm2，所以该几何体的体积为V＝×4×(5π＋4×9π＋5π)＝(cm3). 9. 2－　解析：勒洛四面体能够容纳的最大球与勒洛四面体的4个弧面都相切，即为勒洛四面体内切球，由对称性知，勒洛四面体ABCD内切球的球心是正四面体ABCD的内切球、外接球的球心O，正三角形BCD外接圆的半径O1B＝，正四面体ABCD的高AO1＝＝.设正四面体ABCD的外接球半径为R.在Rt△BOO1中，R2＝＋，解得R＝，所以勒洛四面体ABCD内切球的半径为2－. 10. 　　解析：设圆锥PO的母线长PA＝m，底面半径OA＝r.因为圆锥的侧面展开图是面积为32π的半圆，所以×2πrm＝32π，＝π，解得所以在Rt△OAP中，PO＝＝＝4.设圆锥外接球的球心为G，半径为R.由圆锥外接球的性质知，点G在线段PO上，在Rt△OAG中，AG2＝OA2＋OG2，即R2＝r2＋(4－R)2，解得R＝，所以圆锥外接球的表面积为4πR2＝.如图，在平面α内过点P作直线l∥BC，取AB的中点M，连接OM，则OM⊥PA，且OM＝2.因为顶点为P的圆锥有且仅有一条母线PA在平面α内，所以平面α⊥平面PAO.又平面α∩平面PAO＝PA，OM⊂平面PAO，所以OM⊥平面α.因为BC⊂平面α，所以OM⊥BC.过点M作BC的垂线，分别交BC，l于点N和点Q，连接ON，OQ，则MN⊥BC.又OM∩MN＝M，OM⊂平面OMN，MN⊂平面OMN，所以BC⊥平面OMN.又ON⊂平面OMN，所以ON⊥BC，即点O到BC的距离为ON，所以ON＝，所以MN＝＝＝1.因为l∥BC，所以＝＝，所以MQ＝3，在Rt△OMQ中，OQ＝＝＝.因为OM⊥l，MQ⊥l，OM∩MQ＝M，MQ⊂平面OMQ，OM⊂平面OMQ，所以l⊥平面OMQ.又OQ⊂平面OMQ，所以l⊥OQ，则在Rt△OQP中，PQ＝＝＝3.设BC与圆锥底面所成的角为θ，则sin θ＝cos ∠OPQ＝＝＝，则cos θ＝＝.故BC与圆锥底面所成角的余弦值为. 11．如图1，在△ACD中，由AC＝CD＝1，∠ADC＝30°，得∠CAD＝∠ADC＝30°. 又∠DAB＝120°， 所以∠BAC＝∠DAB－∠CAD＝120°－30°＝90°，即AB⊥AC. (1) 如图2，因为AB⊥AC，PC⊥AB，PC∩AC＝C，PC⊂平面PAC，AC⊂平面PAC， 所以AB⊥平面PAC. 又AB⊂平面ABC， 所以平面PAC⊥平面ABC. (2) 方法一：如图2，以A为坐标原点，AB，AC所在的直线分别为x轴，y轴，建立空间直角坐标系，则A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(0，1，0)，P. 设球O的球心为O(a，b，c)，半径为R， 则AO＝BO＝CO＝PO＝R， 所以a2＋b2＋c2＝(a－1)2＋b2＋c2＝a2＋(b－1)2＋c2＝a2＋＋＝R2， 解得a＝，b＝，c＝，R＝， 所以球O的半径为. 方法二：如图3，因为△ABC为直角三角形， 所以△ABC的外接圆的圆心O1为BC的中点， 作点C关于AP的对称点O2，则有O2C＝O2A＝O2P， 所以O2为△ACP的外接圆的圆心． 作O1H⊥AC，交AC于点H，则H为AC的中点． 由(1)知，平面PAC⊥平面ABC. 因为平面PAC∩平面ABC＝AC，O1H⊂平面ABC， 所以O1H⊥平面ACP，则O1H⊥O2H. 易知△O2AC为等边三角形，所以O2H⊥AC. 又三棱锥P-ABC的外接球的球心为O， 所以OO1⊥平面ABC，OO2⊥平面ACP， 所以四边形OO1HO2为矩形， 所以OO1＝O2H＝，BO1＝， 所以半径R＝OB＝＝. 图1 图2 图3 12. (1) 如图，连接PN与AM相交于点O，连接OQ，MN. 因为M，N分别为PC，AC的中点， 所以MN∥PA，且MN＝PA， 所以△MON∽△AOP， 所以＝＝2. 又PQ＝2QB， 所以＝＝2， 所以△PQO∽△PBN，则∠POQ＝∠PNB， 所以OQ∥BN. 因为OQ⊂平面AMQ，BN⊄平面AMQ， 所以BN∥平面AMQ. (2) 由题意，得四面体PABC是“鳖臑”，PA＝AC＝2，AB＝2， 显然可得PA⊥AC，PA⊥AB. 因为AB∩AC＝A，AB⊂平面ABC，AC⊂平面ABC， 所以PA⊥平面ABC. 又BC⊂平面ABC， 所以PA⊥BC， 所以PC＝＝2，PB＝＝2， 若AC⊥AB，则BC＝＝2， 此时PB＝BC>PC， 则△BCP不是直角三角形，不符合题意， 又AB>AC，所以AC⊥BC. 因为AC∩AP＝A，AC⊂平面PAC，PA⊂平面PAC， 所以BC⊥平面PAC. 因为PC⊂平面PAC， 所以BC⊥CP，符合题意． 则BC＝＝2， 所以S△ABC＝×2×2＝2，S△PAB＝×2×2＝2， S△PAC＝×2×2＝2，S△PBC＝×2×2＝2. 因为VP-ABC＝PA·S△ABC＝×2×2＝， 设内切球的半径为r，所以VP-ABC＝S表·r， 即＝×(2＋2＋2＋2)r，解得r＝－1， 所以S球＝4πr2＝4(3－2)π. 学科网（北京）股份有限公司 $