第七章 课时作业3 球的接、切、截问题-2027届高三数学一轮复习

**基本信息** 聚焦球与多面体、旋转体的接切截关系，通过分类题型提炼体对角线法、等积法等核心策略，构建“几何体特征—球半径计算—空间关系转化”的逻辑体系。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |外接球|4题（1/5/7/8）|体对角线法、勾股定理、分类讨论|几何体棱长与球直径的数量关系推导| |内切球|4题（2/3/4/13）|等面积/体积法、半径比值关系|空间几何体与球的位置关系转化| |截球|2题（6/10）|相似三角形、轴截面分析|球截面性质与体积公式的综合应用|

课时3 球的接、切、截问题 一、单选题 1．已知一个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.若一个球与棱长为a的正方体的各棱相切，则该球的表面积为（ ） A． B． C． D． 3.正四面体的外接球与内切球的体积之比为（ ） A.3 B．4 C．9 D．27 4．(2026·重庆质检)定义：与圆锥的底面和各母线均相切的球，称为圆锥的内切球，此圆锥称为球的外切圆锥．已知某圆锥的内切球半径为1，则该圆锥体积的最小值为（    ） A． B． C． D． 5．已知直三棱柱ABC－A1B1C1的6个顶点都在球O的球面上，若AB＝3，AC＝4，AB⊥AC，AA1＝12，则球O的半径为(　　) A. B.2 C. D.3 6．两个圆锥的底面是一个球的同一截面，顶点均在球面上，若球的体积为，两个圆锥的高之比为1∶3，则这两个圆锥的体积之和为(　　) A．3π　 B．4π C．9π　 D．12π 二、多选题 7．已知正方体的外接球与内切球上各有一个动点M，N，若线段MN长的最小值为－1，则下列说法正确的有(　　) A．正方体的外接球的表面积为12π B．正方体的内切球的体积为π C．正方体的棱长为2 D．线段MN长的最大值为2 8．(2026·海南华侨中学期末)某正四棱台的上、下底面边长分别为3和4，若该正四棱台所有的顶点均在表面积为100π的球面上，则该正四棱台的体积可能为(　 　) A． B． C． D． 9、已知AB为圆锥SO底面圆O的直径，C是圆O上异于A，B的一点，N为SA的中点，SA＝5，圆锥SO的侧面积为15π，则下列说法正确的有(　　) A.圆O上存在点M，使得MN∥平面SBC B.圆O上存在点M，使得AM⊥平面SBC C.圆锥SO的外接球半径为 D.圆锥SO的内切球半径为 三、填空题 10．如图所示是古希腊数学家阿基米德的墓碑，墓碑上刻着一个圆柱，圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等，相传这个图形表达了阿基米德最引以为豪的发现．我们来重温这个伟大发现，圆柱的体积与球的体积的比值为 ，圆柱的表面积与球的表面积的比值为 ． 11、(2026·安徽合肥市第八中学期末)阿基米德多面体是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美.将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，得到的阿基米德多面体，如图所示.则该多面体所在正方体的外接球表面积为 . 12．(2026·陕西汉中市模拟)在三棱锥A－BCD中，AB＝AD＝2BC＝2CD＝2，BC⊥CD，点A到平面BCD的距离是，则三棱锥A－BCD的外接球的表面积为__ __． 四、解答题 13. 如图，已知正三棱柱的底面边长为2，侧棱长为，D为棱BC的中点.求： （1）该三棱柱的体积与表面积； （2）三棱锥的内切球半径． 14．在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为“鳖臑”．现有“鳖臑”，其中平面，，过分别作，垂足分别为． (1)求证：四面体也是“鳖臑”； (2)记“鳖臑”，四棱为，“鳖臑”的外接球的表面积分别为，试比较与的大小，并说明理由． 课时3 球的接、切、截问题参考答案 1．B【解析】正四棱柱即长方体，其体对角线长为d＝＝，因此其外接球的半径为r＝，则其表面积为S＝4πr2＝34π.故选B. 2.B【解析】与正方体各条棱相切的球的半径为a，所以该球的表面积为.故选B. 3.D【解析】因为正四面体的外接球与内切球的半径之比为3∶1，所以正四面体的外接球与内切球的体积之比为27∶1，故选D. 4．C【解析】如图，作出该几何体的轴截面，得到如图所示的平面图形. 设该圆锥的内切球球心为，底面圆的圆心为点，底面半径为，高为.方法一：由等面积法，得.化简得，.又.所以(当且仅当，即时取等号)．故选C. 方法二：如图：，所以，所以. 因为，所以.所以(当且仅当，即时取等号)．故选C． 5．C【解析】由题意作图如图，过球O作平面ABC的垂线，则垂足为BC的中点M. 因为AB＝3，AC＝4，AB⊥AC，所以BC＝5.又AM＝BC＝，OM＝AA1＝6，所以球O的半径R＝OA＝＝.故选C. 6．B【解析】如图，设两个圆锥的底面圆圆心为点D，圆锥AD和圆锥BD的高之比为3∶1，即AD＝3BD．设球的半径为R，则＝，解得R＝2，可得AB＝AD＋BD＝4BD＝4，所以BD＝1，所以AD＝3．因为CD⊥AB，则∠CAD＋∠ACD＝∠BCD＋∠ACD＝90°，所以∠CAD＝∠BCD．又因为∠ADC＝∠BDC，所以△ACD∽△CBD，所以＝，所以CD＝＝．因此，这两个圆锥的体积之和为π×CD2·(AD＋BD)＝×π×3×4＝4π．故选B. 7．ABC【解析】设正方体的棱长为a，则正方体外接球的半径为体对角线长的一半，即a；内切球的半径为棱长的一半，即a.因为M，N分别为外接球和内切球上的动点，所以MNmin＝a－a＝a＝－1，解得a＝2，即正方体的棱长为2，所以正方体外接球的表面积为4π×()2＝12π，内切球的体积为π，故A，B，C正确；线段MN长的最大值为＋1，故D错误．故选ABC. 8．BD【解析】设外接球的球心为O，半径为R，则4πR2＝100π，解得R＝5．设上底面正方形ABCD的中心为M，下底面正方形EFGH的中心为N．如图①，若球心在正四棱台的内部，连接OA，OE，AM，EN，OM，ON，则MN为正四棱台的高，OA＝OE＝5，可得AM＝AC＝×＝3，同理NE＝4．由勾股定理得OM＝＝＝4，ON＝＝＝3，可得正四棱台的高h＝MN＝4＋3＝7，正四棱台的体积V＝×(18＋32＋)×7＝．如图②，若球心在正四棱台的外部，可得正四棱台的高h＝OM－ON＝4－3＝1，所以正四棱台的体积V＝×(18＋32＋)×1＝．故选BD. 图① 图② 9、CD 【解析】 对于选项A，如图，过点O作OM∥BC，交劣弧AC于点M， 连接ON，由于N，O分别为SA，AB的中点，所以ON∥SB.又ON平面SBC，OM平面SBC，SB⊂平面SBC，BC⊂平面SBC，所以ON∥平面SBC，OM∥平面SBC.又OM∩ON＝O，所以平面OMN∥平面SBC.又MN⊂平面OMN，所以MN∥平面SBC，故A正确. 对于选项B，假设圆O上存在点M使AM⊥平面SBC，SB⊂平面SBC，所以AM⊥SB.又因为SO⊥平面ABC，AM⊂平面ABC，所以AM⊥SO.又SO∩SB＝S，所以AM⊥平面SOB.又AM⊥平面SBC，所以平面SOB∥平面SBC，而平面SOB∩平面SBC＝SB，故B错误. 对于选项C，如图， 已知SA＝5，圆锥SO的侧面积为S＝π×AO×SA＝15π，解得AO＝3，则SO＝4，由题意可知球心在SO上，记为O′，设其半径为R，由勾股定理得OA2＋OO′2＝O′A2，所以32＋(4－R)2＝R2，解得R＝，故C正确. 对于选项D，设圆锥SO的内切球半径为r，则圆锥的轴截面SAB内切圆的半径为r，SA＝5，AO＝3，则SO＝4，由等面积法知·r·(6＋5＋5)＝×6×4，r＝，故D正确.故选ACD. 10．； 【解析】由题意，圆柱底面圆半径r＝球的半径R，圆柱的高h＝2R，则V球＝πR3，V柱＝πr2h＝π·R2·2R＝2πR3.所以＝＝.S球＝4πR2，S柱＝2πr2＋2πrh＝2πR2＋2πR·2R＝6πR2.所以＝＝. 11、【解析】将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，截面三角形边长为，则原正方体棱长的一半为1，即多面体所在正方体的棱长为2，可得正方体体对角线长，外接球半径为，所以外接球表面积为. 12．5π【解析】如图，设E为BD的中点，连接AE，CE，由题意知BC＝CD＝1，且BC⊥CD，所以Rt△BCD外接圆的直径为BD，且BD＝， 即半径r＝DE＝．过A作AH⊥平面BCD，垂足为H，H在CE上，连接DH，BH.因为CD⊂平面BCD，则AH⊥CD．又点A到平面BCD的距离是，即AH＝，而AD＝2，所以DH＝＝1，同理BH＝1．又BC＝CD＝1，所以C，H重合，所以AC⊥平面BCD．设三棱锥A－BCD的外接球的半径为R，则R2＝r2＋2＝＋＝，则三棱锥A－BCD的外接球表面积为4πR2＝4π×＝5π． 13. 【解】 （1）， . （2），，，则三棱锥的表面积为．设三棱锥的内切球半径为r，则，. 14．（1）【证明】因为平面，平面，平面， 所以 ，.又，，且平面，所以平面.又平面，所以.又，，平面 ，所以平面.又平面，平面，所以，.又，，平面，所以平面.又 平面，所以.综上，，，，.所以△PAD，△PDE，△PAE，△ADE均为直角三角形，所以四面体P-ADE是“鳖臑”. （2）【解】设“鳖臑”，四棱锥，“鳖臑”的外接球半径分别为，，.记，，.在“鳖臑”中，.连接，由（1）知， 平面，因为平面，所以.所以， ，又，则，即.又，，所以. . 学科网（北京）股份有限公司 $