2025年高考数学一轮复习-球的切、接、截问题-专项训练【含答案】

这是一份2025年高考数学一轮复习-球的切、接、截问题-专项训练【含答案】，共11页。试卷主要包含了基本技能练，创新拓展练等内容，欢迎下载使用。

一、基本技能练
1.已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为( )
A.π B.eq \f(3π,4)
C.eq \f(π,2) D.eq \f(π,4)
2.若棱长为2eq \r(3)的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为( )
A.12π B.24π
C.36π D.144π
3.一个四面体的所有棱长都为eq \r(2)，四个顶点在同一球面上，则此球的表面积为( )
A.3π B.4π
C.3eq \r(3)π D.6π
4.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.eq \f(3\r(17),2) B.2eq \r(10)
C.eq \f(13,2) D.3eq \r(10)
5.已知边长为2的等边三角形ABC，D为BC的中点，以AD为折痕进行折叠，使折后的∠BDC＝eq \f(π,2)，则过A，B，C，D四点的球的表面积为( )
A.3π B.4π
C.5π D.6π
6.如图是一个由6个正方形和8个正三角形围成的十四面体，其所有顶点都在球O的球面上，若十四面体的棱长为1，则球O的表面积为( )
A.2π B.4π
C.6π D.8π
7.四面体ABCD的四个顶点都在球O上且AB＝AC＝BC＝BD＝CD＝4，AD＝2eq \r(6)，则球O的表面积为( )
A.eq \f(70π,3) B.eq \f(80π,3)
C.30π D.40π
8.已知三棱锥P－ABC的棱AP，AB，AC两两垂直，且长度都为eq \r(3)，以顶点P为球心，2为半径作一个球，则球面与三棱锥的表面相交所得到的四段弧长之和等于( )
A.eq \f(2π,3) B.eq \f(5π,6)
C.π D.eq \f(3π,2)
9.(多选)已知一个正方体的外接球和内切球上各有一个动点M和N，若线段MN长的最小值为eq \r(3)－1，则( )
A.该正方体的外接球的表面积为12π
B.该正方体的内切球的体积为eq \f(π,3)
C.该正方体的棱长为1
D.线段MN长的最大值为eq \r(3)＋1
10.(多选)设圆锥的顶点为A，BC为圆锥底面圆O的直径，点P为圆O上的一点(异于B，C)，若BC＝4eq \r(3)，三棱锥A－PBC的外接球表面积为64π，则圆锥的体积为( )
A.4π B.8π
C.16π D.24π
11.在三棱锥A－BCD中，△BCD和△ABD均是边长为1的等边三角形，AC＝eq \r(2)，则该三棱锥外接球的表面积为________.
12.如图，已知球O是棱长为3的正方体ABCD－A1B1C1D1的内切球，则平面ACD1截球O的截面面积为________.
二、创新拓展练
13.(多选)已知三棱锥S－ABC中，SA⊥平面ABC，SA＝AB＝BC＝eq \r(2)，AC＝2，点E，F分别是线段AB，BC的中点，直线AF，CE相交于G，则过点G的平面α截三棱锥S－ABC的外接球O所得截面面积可以是( )
A.eq \f(2,3)π B.eq \f(8,9)π
C.π D.eq \f(3,2)π
14.(多选)已知三棱锥P－ABC的四个顶点都在球O上，AB＝BC＝AC＝1，∠APC＝eq \f(π,6)，平面PAC⊥平面ABC，则( )
A.直线OA与直线BC垂直
B.点P到平面ABC的距离的最大值为eq \f(1＋\r(3),2)
C.球O的表面积为eq \f(13π,3)
D.三棱锥O－ABC的体积为eq \f(1,8)
15.在菱形ABCD中，AB＝2eq \r(3)，∠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________.
16.在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB⊥BC，AB＝BC＝AA1＝4，M为棱AB的中点，N是棱BC的中点，O是三棱柱外接球的球心，则平面MNB1截球O所得截面的面积为________.
参考答案与解析
一、基本技能练
1.答案 B
解析 如图画出圆柱的轴截面ABCD，O为球心.球的半径R＝OA＝1，球心到底面圆的距离为OM＝eq \f(1,2).
∴底面圆半径r＝eq \r(OA2－OM2)＝eq \f(\r(3),2)
故圆柱体积V＝π·r2·h＝π·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)))eq \s\up12(2)×1＝eq \f(3π,4).
2.答案 C
解析 由题意知球的直径
2R＝eq \r(（2\r(3)）2＋（2\r(3)）2＋（2\r(3)）2)＝6，
∴R＝3，∴S球＝4πR2＝36π.故选C.
3.答案 A
解析 构造棱长为1的正方体，该四面体的外接球也是棱长为1的正方体的外接球，
所以外接球半径R＝eq \f(\r(3),2)，
所以外接球表面积为S＝4πR2＝3π.
4.答案 C
解析 将直三棱柱补为长方体ABEC－A1B1E1C1，
则球O是长方体ABEC－A1B1E1C1的外接球.
∴体对角线BC1的长为球O的直径.
因此2R＝eq \r(32＋42＋122)＝13，则R＝eq \f(13,2).
5.答案 C
解析 折后的几何体构成以D为顶点的三棱锥，且三条侧棱互相垂直，可构造长方体，其对角线即为球的直径，三条棱长分别为1，1，eq \r(3)，所以2R＝eq \r(1＋1＋3)＝eq \r(5)，球的表面积S＝4πeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(5),2)))eq \s\up12(2)＝5π.
6.答案 B
解析 根据图形可知，该十四面体是由一个正方体切去八个角得到的，
如图所示，十四面体的外接球球心与正方体的外接球球心相同，
建立空间直角坐标系，
∵该十四面体的棱长为1，故正方体的棱长为eq \r(2)，
∴该正方体的外接球球心的坐标为Oeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)))，
设十四面体上一顶点为D，则Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(2)，\f(\r(2),2)，0))，
所以十四面体的外接球半径
R＝OD＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(2)－\f(\r(2),2)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)－\f(\r(2),2)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0－\f(\r(2),2)))\s\up12(2))＝1，
故外接球的表面积为S＝4πR2＝4π.故选B.
7.答案 B
解析 如图，取BC的中点M，连接AM，DM，
由题意可知，△ABC和△BCD都是边长为4的等边三角形.
∵M为BC的中点，∴AM⊥BC，且AM＝DM＝2eq \r(3)，
又∵AD＝2eq \r(6)，∴AM2＋DM2＝AD2，
∴AM⊥DM，
∵BC∩DM＝M，BC，DM⊂平面BCD，
∴AM⊥平面BCD，
∵AM⊂平面ABC，∴平面ABC⊥平面BCD，
△ABC与△BCD外接圆半径r＝eq \f(2,3)DM＝eq \f(4\r(3),3)，
又△ABC与△BCD的交线段BC＝4.
所以四面体外接球半径
R＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4\r(3),3)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4\r(3),3)))\s\up12(2)－\f(42,4))＝eq \f(2\r(15),3)，
四面体ABCD的外接球的表面积为4π×R2＝eq \f(80,3)π.
8.答案 D
解析 如图，∠APC＝eq \f(π,4)，AP＝eq \r(3)，AN＝1，∠APN＝eq \f(π,6)，∠NPM＝eq \f(π,12)，eq \(MN,\s\up8(︵))＝eq \f(π,12)×2＝eq \f(π,6)，
同理eq \(GH,\s\up8(︵))＝eq \f(π,6)，eq \(HN,\s\up8(︵))＝eq \f(π,2)，eq \(GM,\s\up8(︵))＝eq \f(2π,3)，
故四段弧长之和为eq \f(π,6)＋eq \f(π,6)＋eq \f(π,2)＋eq \f(2π,3)＝eq \f(3π,2).
9.答案 AD
解析 设该正方体的棱长为a，则其外接球的半径R＝eq \f(\r(3),2)a，内切球的半径R′＝eq \f(a,2)，
该正方体的外接球与内切球上各有一个动点M，N，由于两球球心相同，
可得MN的最小值为eq \f(\r(3)a,2)－eq \f(a,2)＝eq \r(3)－1，解得a＝2，故C错误；
所以外接球的半径R＝eq \r(3)，表面积为4π×3＝12π，故A正确；
内切球的半径R′＝1，体积为eq \f(4,3)π，故B错误；
MN的最大值为R＋R′＝eq \r(3)＋1，故D正确.
故选AD.
10.答案 BD
解析 如图，设圆锥AO的外接球球心为M，半径为r，
则M在直线AO上，
4πr2＝64π，解得r＝4.
由勾股定理得BM2＝OM2＋OB2，
即42＝(2eq \r(3))2＋OM2，
可得OM＝2，
即OM＝|AO－r|＝|AO－4|＝2，
解得AO＝6或AO＝2.
当AO＝6时，圆锥AO的体积为V＝eq \f(1,3)π×(2eq \r(3))2×6＝24π；
当AO＝2时，圆锥AO的体积为V＝eq \f(1,3)π×(2eq \r(3))2×2＝8π.
故选BD.
11.答案 2π
解析 取AC的中点O，连接OB，OD，
在△ABC中，AB＝BC＝1，AC＝eq \r(2)，
所以∠ABC＝90°，所以OA＝OB＝OC＝eq \f(\r(2),2)，
同理得OD＝eq \f(\r(2),2)，故点O为该三棱锥外接球的球心，
所以球O的半径r＝eq \f(\r(2),2)，S球＝4πr2＝2π.
12.答案 eq \f(3π,2)
解析 根据题意知，平面ACD1是边长为eq \r(9＋9)＝3eq \r(2)的正三角形，
且所求截面的面积是该正三角形的内切圆的面积，则由图得，△ACD1内切圆的半径r＝eq \f(1,3)eq \r(（3\r(2)）2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3\r(2),2)))\s\up12(2))＝eq \f(\r(6),2)，
所以平面ACD1截球O的截面面积为S＝π×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),2)))eq \s\up12(2)＝eq \f(3π,2).
二、创新拓展练
13.答案 BCD
解析 因为AB2＋BC2＝AC2，故AB⊥BC，
故三棱锥S－ABC的外接球O的半径R＝eq \f(\r(2＋2＋2),2)＝eq \f(\r(6),2)，
取AC的中点D，连接BD必过G，
因为AB＝BC＝eq \r(2)，故DG＝eq \f(1,3)BD＝eq \f(1,3)，
因为OD＝eq \f(\r(2),2)，故OG2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))eq \s\up12(2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))eq \s\up12(2)＝eq \f(11,18)，
则过点G的平面截球O所得截面圆的最小半径r2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),2)))eq \s\up12(2)－eq \f(11,18)＝eq \f(8,9)，
故截面面积的最小值为eq \f(8,9)π，最大值为πR2＝eq \f(3,2)π，故选BCD.
14.答案 ACD
解析 设△ABC外接圆的圆心为O1，连接OO1，O1A.
因为O为三棱锥P－ABC外接球的球心，
所以OO1⊥平面ABC，
所以OO1⊥BC，因为AB＝BC＝AC＝1，
所以O1A⊥BC，所以BC⊥平面OO1A，
所以OA⊥BC，故A选项正确；
设△PAC外接圆的圆心为O2，
AC的中点为D，连接O2D，
由于AC＝1，∠APC＝eq \f(π,6)，
所以圆O2的半径r2＝eq \f(1,2)×eq \f(1,sin\f(π,6))＝1，
则易知O2D＝eq \f(\r(3),2)，
所以点P到平面ABC的距离的最大值为1＋eq \f(\r(3),2)(此时P，O2，D三点共线)，故B选项错误；
由于AB＝BC＝AC＝1，
平面PAC⊥平面ABC，平面PAC∩平面ABC＝AC，
所以圆O1的半径r1＝eq \f(1,2)×eq \f(1,sin\f(π,3))＝eq \f(\r(3),3)，
圆O2的半径r2＝1，△ABC与△PAC的交线段AC＝1，
所以三棱锥P－ABC外接球半径R2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)))eq \s\up12(2)＋12－eq \f(1,4)＝eq \f(13,12).
故球O的表面积S＝4π×eq \f(13,12)＝eq \f(13π,3)，故C选项正确；
由于OO1⊥平面ABC，且OO1＝O2D＝eq \f(\r(3),2)，S△ABC＝eq \f(\r(3),4)，
所以三棱锥O－ABC的体积为eq \f(1,3)×OO1×S△ABC＝eq \f(1,3)×eq \f(\r(3),2)×eq \f(\r(3),4)＝eq \f(1,8)，
故D选项正确，故选ACD.
15.答案 eq \f(52\r(39)π,27)
解析 如图，设M，N分别为△ABC，△ACD的外心，E为AC的中点，
则EN＝EM＝eq \f(1,3)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.
∵BE⊥AC，DE⊥AC，BE∩DE＝E，
∴AC⊥平面BDE.
∵OM⊂平面BDE，∴OM⊥AC，
∵OM⊥BE，BE∩AC＝E，
∴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，
∵EM＝EN，OE＝OE，∠OME＝∠ONE＝90°，
∴△OME≌△ONE，
∴∠OEM＝30°，∴OE＝eq \f(EM,cs 30°)＝eq \f(2\r(3),3).
∵AC⊥平面BDE，OE⊂平面BDE，
∴OE⊥AC，∴OA＝eq \r(OE2＋AE2)＝eq \f(\r(39),3)，
即球O的半径R＝eq \f(\r(39),3).
故球O的体积V＝eq \f(4,3)πR3＝eq \f(52\r(39)π,27).
16.答案 8π
解析 如图1，将直三棱柱补形成正方体ABCD－A1B1C1D1，
连接BD1，则直三棱柱的外接球也是正方体的外接球，球心O是BD1的中点，半径R＝2eq \r(3).
连接BD交MN于点E，连接B1E交BD1于点F，
过点O作OO1⊥B1E于点O1，连接B1D1，
因为MN∥AC，AC⊥平面BB1D1D，
所以MN⊥平面BB1D1D，
所以OO1⊥MN，
所以OO1⊥平面MNB1.
如图2，在矩形BB1D1D中，
eq \f(BF,FD1)＝eq \f(BE,B1D1)＝eq \f(1,4)，
所以eq \f(BF,OF)＝eq \f(2,3)，过点B作BG⊥B1E于点G，
则BG＝eq \f(BE·BB1,B1E)＝eq \f(4,3)，
eq \f(BG,OO1)＝eq \f(BF,OF)＝eq \f(2,3)，所以OO1＝2，
设截面圆的半径为r，
则r2＝R2－OOeq \\al(2,1)＝(2eq \r(3))2－22＝8，
所以截面的面积为8π.