课时作业评价(51) 球的切、接问题(Word练习)-【新高考方案】2027年高考数学一轮总复习（旗舰版）

**基本信息** 聚焦球的切接问题，通过补形、轴截面、相似等方法体系，系统覆盖旋转体与多面体的切接逻辑，培养空间观念与推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |外接球|1,5,6,8|轴截面勾股定理、补形法（长方体）|从圆柱、圆台到正三棱柱，由旋转体到多面体，逐步构建外接球半径计算模型| |内切球|3,7,12|体积法、相似比|结合圆锥轴截面、正四棱锥侧面，通过内切球半径与几何体棱长关系推导体积| |综合应用|4,13|三棱锥补形（对棱相等→长方体）|将不规则几何体转化为规则模型，体现化归思想，强化空间几何直观|

课时作业评价(五十一)　球的切、接问题 (标号的为重点讲评题目,选择题请在答题区内作答) 一、单选题 1.(2026·枣庄模拟)已知圆柱的底面半径为1,母线长为2,它的两个底面的圆周在同一个球的球面上,则该球的表面积为 (　　) A.4π B.6π C.8π D.10π 2.(2025·黄冈三模)将一个棱长为10 cm的正方体铁块磨制成一个零件,能够磨制成的零件可以是 (　　) A.底面半径为8 cm,高为10 cm的圆柱体 B.底面直径为8 cm,高为8 cm的圆锥体 C.半径为6 cm的球体 D.各棱长均为15 cm的四面体 3.(2025·郑州二模)已知圆锥的轴截面为正三角形,圆锥的内切球的表面积为12π,则该圆锥的体积为 (　　) A.9π B.12π C.18π D.27π 4.(2025·天津和平二模)已知在三棱锥A⁃BCD中,AD=BC=,AB=CD=,AC=BD=,则三棱锥A⁃BCD的体积为 (　　) A.1 B.2 C.3 D.4 5.(2026·丰台模拟)已知圆台的高为3,上、下底面圆的半径分别为1和2,它的两个底面的圆周在同一个球的球面上,则该球的表面积为 (　　) A.20π B.16π C. D. 6.已知一正三棱柱的底面边长为6,其内部有一球与其各表面都相切,则该正三棱柱的外接球的表面积为 (　　) A.20π B.64π C.96π D.60π 7.(2026·北海模拟)已知一个正四棱锥的底面边长为2,内切球的体积为,则这个正四棱锥的体积为 (　　) A. B. C. D.16 8.(2026·昭通模拟)已知球O的半径为3,正方体ABCD⁃A1B1C1D1所有顶点均在球面上,点M是棱AB的中点,过点M作球O的截面,则所得截面面积的最小值为 (　　) A.5π B.4π C.3π D.π 二、多选题 9.　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个球形巧克力与圆柱形包装盒侧面及上、下底面都相切,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=6r C.V2=9V1 D.2V2=27V1 10.如图,在直三棱柱ABC⁃A1B1C1中,AA1=2,AB=BC=1,∠ABC=120°,点E是侧棱BB1上的一个动点,下列结论正确的是 (　　) A.直三棱柱的侧面积是4+2 B.直三棱柱的外接球表面积是8π C.直三棱柱的内置球的最大表面积为4π D.AE+EC1的最小值为2 三、填空题 11.已知某圆柱的高为2,且上、下底面均在以O为球心的球面上,若该圆柱的底面半径为1,则球O的体积为　　　　.  12.(2026·衡阳模拟)已知体积为4π的球O与正四棱锥的底面和4个侧面均相切,已知正四棱锥的底面边长为4,则该正四棱锥体积是　　　　　 .  |能力进阶|备选题| 13.在四面体ABCD中,BC=2,∠ABC=∠BCD=90°,且AB与CD所成的角为60°.若该四面体ABCD的体积为,则它的外接球半径的最小值为 (　　) A. B.2 C.3 D. 14.(2026·南通模拟)已知半径为5,圆心角为π的扇形铁片P⁃AB,如图1,将其裁剪成如图2的形状并制成一个倒立的圆锥筒(如图3,含盖,且连接处损耗不计),该圆锥筒内能放入的最大球内注满了水(球厚薄忽略不计),将水倒入圆锥筒内,则水面高度为 (　　) A. B. C. D. 答案 课时作业(五十一)　球的切、接问题 1.选C　由题意可知该球为圆柱的外接球,所以球心为圆柱的中心,设球半径为r, 则r==,故该球的表面积为4πr2=8π. 2.选B　由于正方体的棱长为10 cm,故圆柱底面圆最大为正方体底面的内切圆,故半径最大为5,圆柱的高最大不超过10 cm,故A错误,B正确;正方体的内切球的半径为5,为正方体内最大的球,故C错误;正方体的面对角线的长度为10 cm,故四面体棱长不超过10 cm,D错误.故选B. 3.选A　设圆锥的内切球的半径为r(r>0),则4πr2=12π,所以r=. 又圆锥的轴截面为等边三角形,所以圆锥的高为3r=3, 圆锥的底面半径为=3,则圆锥的体积V=×π×32×3=9π. 4.选B　由题意可得三棱锥可看作由长方体截取得到的, 如图,设长方体的长、宽、高分别为a,b,c,则 解得长方体的体积为V=abc=6,切去的四个小棱锥体积相等,均为V1=×abc=1,所以三棱锥A⁃BCD的体积为2.故选B. 5.选A　作出圆台及外接球的轴截面图,如图.易得球心O在圆台内部,设球心到上底面圆的距离为x,则球心到下底面圆的距离为3-x,由勾股定理得x2+12=(3-x)2+22, 解得x=2,则外接球的半径R==, 表面积为S=4πR2=20π. 6.选D　边长为6的正三角形的内切圆半径为R=××6=,所以正三棱柱的高为h=2R=2,则外接球半径r=OA===,所以外接球的表面积为4πr2=4π×15=60π. 7.快审准解:由内切球的体积为可求内切球的半径.设球与正四棱锥底面切于点E,侧面切于点F,延长SF交底面于点G,连接EG.设SO=x,根据正四棱锥的底面边长及△SOF∽△SGE即可求解x的值,利用棱锥体积公式即可求解. 选C　因为内切球的体积为,所以内切球的半径为1. 如图所示,设球与正四棱锥底面切于点E,侧面切于点F,延长SF交底面于点G,连接EG.设SO=x,因为正四棱锥的底面边长为2, 所以EG=,SE=1+x,SG==.又△SOF∽△SGE,所以=, 即=,解得x=3(舍负).所以SE=4, 所以正四棱锥的体积为×(2)2×4=.故选C. 第4题·谨记结论 (1)若三棱锥的三条侧棱两两互相垂直,则可将其放入某个长方体内,如图1所示. (2)若三棱锥的四个面均是直角三角形,则此时可构造长方体,如图2所示. (3)正四面体P⁃ABC可以补形为正方体且正方体的棱长a=,如图3所示. (4)若三棱锥的对棱两两相等,则可将其放入某个长方体内,如图4所示. 8.快审准解:根据正方体体对角线长就是球的直径求出正方体的棱长,结合当OM与截面垂直时,截面圆的半径最小,此时截面圆面积最小,进而可得答案. 选C　设正方体棱长为a,则正方体体对角线长就是球的直径2R,球心O是正方体体对角线中点,由正方体体对角线公式=2R=6,解得a=2. 因为点M是棱AB的中点,所以当OM与截面垂直时,截面圆的半径最小,此时截面圆面积最小.因为OA=R=3,AM=,由勾股定理OA2=OM2+AM2, 解得OM=,设截面圆半径为r,则r===, 所以截面面积S=πr2=3π,故选C. 9.选AD　由截面图可以看出,圆柱的底面直径是球形巧克力直径的3倍,即可得R=3r,圆柱的高等于球形巧克力的直径,即h=2r,V1=,V2=πR2h=18πr3,则有2V2=27V1.故选AD. 10.选ABD　对于A,由余弦定理得AC2=AB2+BC2-2AB·BC·cos 120°=3, 所以AC=,所以直三棱柱的侧面积为2×(1+1+)=4+2,A正确; 对于B,由正弦定理可得底面△ABC的外接圆半径r1==1, 易知直三棱柱ABC⁃A1B1C1的外接球球心到底面ABC的距离为1, 所以外接球半径R==,所以外接球表面积为4πR2=8π,B正确;对于C,若内置球与上、下底面相切,则半径为1;若内置球与三个侧面相切,由截面图可知,该球半径等于△ABC的内切圆半径r2,由三角形面积公式可得×(1+1+)r2=×1×1×sin 120°,解得r2=,因为r2=<1,所以直三棱柱的内置球的最大半径为, 所以直三棱柱的内置球的最大表面积为4×π=(21-12)π,C错误; 对于D,将侧面BB1C1C绕着BB1所在直线旋转到与侧面AA1B1B共面的位置BB1C'1C',如图,则当A,E,C'1共线时,AE+EC1取得最小值,为==2,D正确. 11.解析:作球O与圆柱的轴截面,如图,由题意可知,OB=,AB=1,则球O的半径R=OA,且OA2=OB2+AB2=3+1=4,所以R=2.所以球O的体积为V=πR3=π×23=. 答案: 12.解析:设正四棱锥P⁃ABCD的内切球的半径为R,H为底面中心,由体积为4π=πR3得R=,连接PH,PH⊥平面ABCD,球心O在PH上,OH=R,取CD的中点F,连接HF,PF,设O点在侧面PCD上的投影为Q点,则Q点在PF上,且OQ⊥PF,△POQ∽△PFH,球心到四棱锥顶点的距离为h,所以=,=,解得h=(舍负),所以V=S四边形ABCDPH=×4×4×=. 答案: 13.选B　依题意,可将四面体ABCD补形为如图所示的直三棱柱ABE⁃FCD.因为AB与CD所成的角为60°,所以∠DCF=60°或∠DCF=120°.设CD=x,CF=y,外接球半径记为R,外接球的球心如图点O.易知AF∥平面BCDE,所以点A到平面BCDE的距离等于点F到平面BCDE的距离,于是VA⁃BCD=VF⁃BCD=·BC·S△CDF=×2×=xy=,所以xy=9.在Rt△OO2C中,R2=OC2=O+C=1+=1+DF2,在△CDF中,由余弦定理得DF2=x2+y2-2xycos∠DCF,显然当∠DCF=60°时,外接球的半径会更小,此时DF2=x2+y2-xy,所以R2=1+≥1+(2xy-xy)=1+xy=4,所以R≥2,故它的外接球半径的最小值为2.故选B. 第13题·解题关键 解决本题的关键是将四面体ABCD补形为直三棱柱ABE⁃FCD,转化为求直三棱柱外接球半径的最小值. 14.选D　由题意,πPC=π(5-PC),则PC=3,则圆锥母线长l=3,底面半径r=1,高h==2,圆锥内能放入的最大球即为圆锥的内切球,且其半径为R,轴截面如图所示, S△PMN=×2rh=(PM+PN+MN)R,解得R=,则V球=πR3=π,而V圆锥=πr2h=π.设水面高度为H,则=3=3=,解得H=.故选D. 学科网（北京）股份有限公司 $