2024高考数学一轮总复习（导与练）第七章培优课(三)　与球有关的切接问题

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[选题明细表]
1.(2022·陕西西安一模)在《九章算术》中,将底面为矩形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马.如图,若四棱锥PABCD为阳马,侧棱PA⊥底面ABCD,且PA=22,AB=BC=2,则该阳马的外接球的表面积为( C )
A.4π B.8π C.16π D.32π
解析:因为四棱锥PABCD为阳马,
侧棱PA⊥底面ABCD,
如图,补全该阳马得到长方体,则该长方体的体对角线即为该阳马外接球的直径,设外接球半径为R,则(2R)2=AB2+BC2+PA2=4+4+8=16,
所以R=2,所以该阳马的外接球的表面积为4πR2=16π.
2.如图所示,几何体ABCDEF,底面ABCD为矩形,AB=4,BC=2,△ADE与
△BCF是等边三角形,EF∥AB,AB=2EF,则该几何体的外接球的表面积为( C )
A.6π B.12π C.22π D.24π
解析:连接AC,BD交于点O,过O点作OM⊥平面ABCD,交EF于点M.
因为四边形ABCD为长方形,所以外接球的球心在直线OM上,设O′为外接球的球心,取AD,BC的中点分别为G,H,连接EG,FH,GH,
因为EF∥AB,AB∥GH,可得EF∥GH,
因为△BFC,△EAD为等边三角形,所以FH⊥BC,
因为BC⊥GH,FH∩GH=H,所以BC⊥平面EFHG,
因为AB=4=2EF,所以AO=5,EF=2,
所以EM=1,EO′=AO′=R,因为FH=3,所以EF到平面ABCD的距离
为h=2,
设OO′=x,则MO′=2±x,
所以AO′2=AO2+OO′2,EO′2=EM2+MO′2,
所以x2+5=1+(2±x)2,解得x=22,
所以R2=AO′2=AO2+OO′2=5+12=112,所以4πR2=22π.
3.已知三棱锥ABCD中,△BAC和△BCD是边长为2的等边三角形,且平面ABC⊥平面BCD,则该三棱锥外接球的表面积为( D )
A.4π B.16π3 C.8π D.20π3
解析:取BC的中点E,连接AE,DE,
则AE⊥BC,DE⊥BC,
因为平面ABC⊥平面BCD,
所以AE⊥平面BCD,DE⊥平面ABC,
取△BCD的外心F,
作FM∥AE,
则F,M,E,A四点共面,
取△ABC的外心H,过点H作EF的平行线交FM于点O,
因为EF垂直于平面ABC,
则HO⊥平面ABC,
所以点O到A,B,C,D四点的距离相等,
所以点O为三棱锥ABCD外接球的球心,
连接OD,可求得OF=HE=33,DF=233,
所以R2=OD2=OF2+DF2=13+43=53,
所以外接球的表面积为S=4πR2=20π3.
4.已知两个圆锥有公共底面,且两圆锥的顶点和底面的圆周都在同一个球面上.若圆锥底面面积是这个球表面积的316,则这两个圆锥中,体积较小者的高与体积较大者的高的比值为 .
解析:如图,设球的半径为R,圆锥底面半径为r.
由题意得πr2=316·4πR2,
所以r2=34R2.
根据球的截面的性质可知两圆锥的高必过球心O,且两圆锥的顶点以及圆锥与球的交点是球的大圆上的点,且AB⊥O1C,
所以OO1=R2-r2=R2,
因此体积较小的圆锥的高为AO1=R-R2=R2,
体积较大的圆锥的高为BO1=R+R2=32R,
故这两个圆锥中,体积较小者的高与体积较大者的高的比值为13.
答案:13
5.农历五月初五是端午节,民间有吃粽子的习俗,粽子又称“粽籺”,是端午节大家都会品尝的食品.如图(1)的平行四边形形状的纸片是由六个边长为1的正三角形组成的,将它沿虚线折起来,可以得到如图(2)的粽子形状的六面体,则该六面体的体积为 ,若该六面体内有一球,则该球的体积的最大值为 .
解析:由对称性可知该六面体是由两个全等的正四面体合成的,正四面体的棱长为1,则正四面体的高为1-(33) 2=63,所以正四面体的体积为13×12×1×32×63=212.
因为该六面体的体积是正四面体体积的2倍,所以该六面体的体积
是26.
要使球的体积达到最大,则球与该六面体的六个面都要相切.连接球心和六面体的五个顶点(图略),把六面体分成了六个全等的三棱锥.设球的半径为R,则26=6×(13×12×1×32·R),
解得R=69,
所以球的体积V=4π3R3=4π3×(69)3=86π729.
答案:26 86π729知识点、方法
题号
接球问题
1,2,3,4
切球问题
5