还剩3页未读，
继续阅读
02 增分微练3 与球有关的切、接问题 【答案】作业 高考数学二轮复习练习
展开
这是一份02 增分微练3 与球有关的切、接问题 【答案】作业 高考数学二轮复习练习，共6页。
2.C [解析] 设圆锥底面的半径为r,则2πr=12×2π×1,解得r=12,所以圆锥的轴截面是边长为1的正三角形,可得此正三角形内切圆的半径为13×1-r2=36,则圆锥内切球的半径R=36,所以圆锥内切球的表面积S=4πR2=4π×112=π3.故选C.
3.B [解析] 设截面的半径为r,球的半径为R,因为截面的面积为2π,所以πr2=2π,得r=2,又(R-1)2+r2=R2,所以(R-1)2+(2)2=R2,解得R=32,所以球O的表面积S=4πR2=4π×322=9π.故选B.
4.D [解析] 当截面平行于正方体的一个侧面时可得选项C,当截面过正方体的对角面时可得选项B,当截面与上下底面垂直且不平行于任何侧面、不过对角面时可得选项A,但无论如何都不能截出选项D,故选D.
5.2+26 [解析] 首先证明结论:棱长为a的正四面体的内切球半径为612a.如图,记正四面体ABCD的体积为V,高为h,每个面的面积为S,内切球的球心为O,内切球的半径为r,过点A作AQ⊥底面BCD,垂足为Q,连接DQ,则O在AQ上,Q是底面BCD的中心,QD=23a2-a22=33a,所以h=a2-3a32=63a,连接OB,OC,OD,则V=VO-ABC+VO-BCD+VO-CDA+VO-DAB,所以13Sh=4×13Sr,则r=14h=612a.设4个半径为1的球的球心分别为O1,O2,O3,O4,连接O1O2,O1O3,O1O4,O2O3,O2O4,O3O4,则四面体O1O2O3O4内切球的半径为66.设这4个球的外切正四面体为EFGH,则正四面体EFGH的内切球半径为1+66,可得正四面体EFGH的棱长为2+26.
6.C [解析] 如图,取A1B1的中点M,AB的中点N,连接C1M,MN,NC1,取MN的中点O,则O为正方形ABB1A1的中心,也为直三棱柱ABC-A1B1C1的外接球的球心,易知外接球的半径R=22.在平面C1MN中,过点M作MH⊥C1N,垂足为H.由题意知C1M⊥A1B1,MN⊥A1B1,C1M∩MN=M,所以A1B1⊥平面C1MN,又A1B1∥AB,所以AB⊥平面C1MN,因为AB⊂平面C1AB,所以平面C1AB⊥平面C1MN.又平面C1AB∩平面C1MN=C1N,MH⊥C1N,MH⊂平面C1MN,所以MH⊥平面C1AB.又O为MN的中点,所以O到平面C1AB的距离h'=12MH.在Rt△C1MN中,C1M=2,MN=4,则C1N=C1M2+MN2=22+42=25,所以MH=C1M·MNC1N=2×425=45,则球心O到平面C1AB的距离h'=25,因此平面C1AB截三棱柱ABC-A1B1C1的外接球所得截面的半径r=R2-h'2=8-45=65,所以截面的面积为365π.故选C.
7.D [解析] 要使圆锥的体积最大,则半径为6的球是圆锥的外接球.设圆锥的底面半径为r,则高为6+36-r2,所以圆锥的体积为13πr2(6+36-r2),令t=36-r2(0≤t<6),得r2=36-t2,所以V(t)=13π(36-t2)(6+t)=13π(-t3-6t2+36t+216),则V'(t)=13π(-3t2-12t+36)=-π(t2+4t-12)=-π(t-2)(t+6),则当0≤t<2时,V'(t)>0,当28.A [解析] 根据题意可将三棱锥P-ABC补成分别以BC,AB,PA为长、宽、高的长方体,如图所示,其中PC为长方体的体对角线,则三棱锥P-ABC外接球的球心即为PC的中点,要使三棱锥P-ABC外接球的体积最小,则需使PC最小.设AB=x,则PA=x,BC=6-x,PC=AB2+PA2+BC2=3(x-2)2+24,所以当x=2时,PC取得最小值,最小值为26,则三棱锥P-ABC外接球半径的最小值为6,所以外接球体积的最小值为43π×(6)3=86π.故选A.
9.B [解析] 如图所示,取BD的中点E,连接AE,CE,则AE⊥BD,CE⊥BD,又AE∩CE=E,AE,CE⊂平面AEC,所以BD⊥平面AEC,VA-BCD=13S△AEC·BD=13S△AEC·23=2,所以S△AEC=3,又AE=CE=(7)2-(3)2=2,所以S△AEC=12AE·CEsin∠AEC=12×2×2×sin∠AEC=3,所以sin∠AEC=32.由AE⊥BD,CE⊥BD,知∠AEC为二面角A-BD-C的平面角,因为此角为钝角,所以∠AEC=2π3,所以AC=22+22-2×2×2×cs2π3=23=BD,因此四面体A-BCD可以放置在一个长方体中,四面体A-BCD的六条棱是长方体的六条面对角线,此长方体的外接球就是四面体A-BCD的外接球.设长方体有公共顶点的三条棱的长为a,b,c,则a2+b2=7,b2+c2=7,c2+a2=12,解得a=6,b=1,c=6,所以外接球的直径2R=a2+b2+c2=13,则外接球的半径R=132,外接球的表面积S=4πR2=13π.故选B.
10.AD [解析] ∵两个平行截面圆的周长分别是12π和16π,∴两圆的半径分别为6,8,则球心到两截面的距离分别为102-62=8,102-82=6.当这两个平行截面在球心同一侧时,截面圆间的距离为8-6=2;当这两个平行截面在球心两侧时,截面圆间的距离为8+6=14.故选AD.
11.2563π [解析] 设圆锥的底面半径为r,因为圆锥的高为2,体积为8π,所以13π×r2×2=8π,解得r=23.设此球的球心为O,半径为R.当圆锥的顶点与底面在球心O的两侧时,如图①,此时R<2.因为圆锥SO1的底面半径O1A=23,高SO1=2,所以(2-R)2+(23)2=R2,解得R=4,与R<2矛盾,故此种情况舍去.当圆锥的顶点与底面在球心O的同侧时,如图②,此时R>2.因为圆锥SO1的底面半径O1A=23,高SO1=2,所以(R-2)2+(23)2=R2,解得R=4,符合题意.综上,此球的半径为4,体积V=43πR3=2563π.
12.43π [解析] 在如图所示的正八面体中,连接AC,BD,交于点O,连接EO,FO,因为四边形ABCD为正方形,所以O为AC的中点,也为BD的中点.因为EA=EC,ED=EB,所以EO⊥AC,EO⊥BD,又AC∩BD=O,所以EO⊥平面ABCD.同理FO⊥平面ABCD.易得EO=FO=AO=22AB,所以O为正八面体外接球的球心.设正八面体的外接球的半径为R,由正八面体的表面积为8×34AB2=123,得AB=6,即正八面体的棱长为6,所以R2+R2=(6)2,则R=3,外接球的体积V=43πR3=43π×33=43π.
13.13 [解析] 如图,取SA的中点O1,SC的中点O2,连接O1E,O1F,O2A,O2B.因为SA⊥平面ABC,AB,BC,AC⊂平面ABC,所以SA⊥AB,SA⊥BC,SA⊥AC,因为AB⊥BC,SA∩AB=A,SA,AB⊂平面SAB,所以BC⊥平面SAB,因为SB⊂平面SAB,所以BC⊥SB.在直角三角形SAC中,O2是斜边SC的中点,所以O2A=O2S=O2C.在直角三角形SBC中,O2是斜边SC的中点,所以O2B=O2S=O2C.所以O2是三棱锥S-ABC的外接球的球心,SC为该球的直径.因为AE⊥SB,O1是SA的中点,所以O1E=O1A=O1S.因为AF⊥SC,O1是SA的中点,所以O1F=O1A=O1S.所以O1是三棱锥S-FAE的外接球的球心,SA为该球的直径.设SA=AB=BC=a,则SC=SA2+AB2+BC2=3a,则S1=4π·SA22=a2π,S2=4π·SC22=4π·3a22=3a2π,所以S1S2=a2π3a2π=13.
14.D [解析] 连接AC,BD,交于点M,取EF的中点O,因为EA=ED=FB=FC,EF∥AB,所以O在平面ABCD内的射影为M,连接OM,则OM⊥平面ABCD.取BC的中点G,连接FG,作GH⊥
关注公众号《全元高考》
微信搜索微信公众号「全元高考」
后台回复「网盘群」获取最新最全初高中网盘资源（4000 G+）
扫码加微信查看朋友圈最新资源
备用联系方式QQ：2352064664
群文件全套无水印资料+更多精品网课在网盘群，高考路上必备!
最新最全高一高二高三试卷&九科全新一手网课&学科资料专辑&名校独家资料
更新速度极快!
进群了就不用到处找资料了，一网打尽!
(进群送往届全部资料)EF,垂足为H,如图所示,由题可知HF=12,FG=32,在Rt△FHG中,HG=FG2-HF2=22,易知OM=HG=22.因为底面ABCD为矩形,OM⊥平面ABCD,所以AM=52,外接球球心O'在直线OM上,连接O'A,O'E.若球心O'在线段MO上,设O'M=x022(舍).若球心O'在MO的延长线上,设OO'=y(y>0),外接球的半径为R,显然O'E=O'A=R,则OE2+y2=R2且AM2+(OM+y)2=R2,即94+y2=R2,54+22+y2=R2,解得y=24,R2=198,所以外接球的表面积S=4πR2=192π.故选D.
15.B [解析] 当正四棱锥的顶点与底面在公共面的两侧时,如图甲(相交圆未按立体几何规则画出),设相交圆的圆心为M,点E为相交圆上的一点,也是两球的一个公共点,设H为底面ABCD的中心,连接ME,O1E,CH,OH,O1C,则M,O1都在OH上,设球O1的半径为r,∵相交圆的面积为π,∴相交圆的半径为1,即ME=1,∵正方形ABCD的边长为6,∴CH=3.在Rt△OME中,∵ME=1,OE=2,∴由勾股定理得OM2+ME2=OE2,即OM2+12=(2)2,可得OM=1,又OH=3,∴MH=2.设MO1=h(0
2.C [解析] 设圆锥底面的半径为r,则2πr=12×2π×1,解得r=12,所以圆锥的轴截面是边长为1的正三角形,可得此正三角形内切圆的半径为13×1-r2=36,则圆锥内切球的半径R=36,所以圆锥内切球的表面积S=4πR2=4π×112=π3.故选C.
3.B [解析] 设截面的半径为r,球的半径为R,因为截面的面积为2π,所以πr2=2π,得r=2,又(R-1)2+r2=R2,所以(R-1)2+(2)2=R2,解得R=32,所以球O的表面积S=4πR2=4π×322=9π.故选B.
4.D [解析] 当截面平行于正方体的一个侧面时可得选项C,当截面过正方体的对角面时可得选项B,当截面与上下底面垂直且不平行于任何侧面、不过对角面时可得选项A,但无论如何都不能截出选项D,故选D.
5.2+26 [解析] 首先证明结论:棱长为a的正四面体的内切球半径为612a.如图,记正四面体ABCD的体积为V,高为h,每个面的面积为S,内切球的球心为O,内切球的半径为r,过点A作AQ⊥底面BCD,垂足为Q,连接DQ,则O在AQ上,Q是底面BCD的中心,QD=23a2-a22=33a,所以h=a2-3a32=63a,连接OB,OC,OD,则V=VO-ABC+VO-BCD+VO-CDA+VO-DAB,所以13Sh=4×13Sr,则r=14h=612a.设4个半径为1的球的球心分别为O1,O2,O3,O4,连接O1O2,O1O3,O1O4,O2O3,O2O4,O3O4,则四面体O1O2O3O4内切球的半径为66.设这4个球的外切正四面体为EFGH,则正四面体EFGH的内切球半径为1+66,可得正四面体EFGH的棱长为2+26.
6.C [解析] 如图,取A1B1的中点M,AB的中点N,连接C1M,MN,NC1,取MN的中点O,则O为正方形ABB1A1的中心,也为直三棱柱ABC-A1B1C1的外接球的球心,易知外接球的半径R=22.在平面C1MN中,过点M作MH⊥C1N,垂足为H.由题意知C1M⊥A1B1,MN⊥A1B1,C1M∩MN=M,所以A1B1⊥平面C1MN,又A1B1∥AB,所以AB⊥平面C1MN,因为AB⊂平面C1AB,所以平面C1AB⊥平面C1MN.又平面C1AB∩平面C1MN=C1N,MH⊥C1N,MH⊂平面C1MN,所以MH⊥平面C1AB.又O为MN的中点,所以O到平面C1AB的距离h'=12MH.在Rt△C1MN中,C1M=2,MN=4,则C1N=C1M2+MN2=22+42=25,所以MH=C1M·MNC1N=2×425=45,则球心O到平面C1AB的距离h'=25,因此平面C1AB截三棱柱ABC-A1B1C1的外接球所得截面的半径r=R2-h'2=8-45=65,所以截面的面积为365π.故选C.
7.D [解析] 要使圆锥的体积最大,则半径为6的球是圆锥的外接球.设圆锥的底面半径为r,则高为6+36-r2,所以圆锥的体积为13πr2(6+36-r2),令t=36-r2(0≤t<6),得r2=36-t2,所以V(t)=13π(36-t2)(6+t)=13π(-t3-6t2+36t+216),则V'(t)=13π(-3t2-12t+36)=-π(t2+4t-12)=-π(t-2)(t+6),则当0≤t<2时,V'(t)>0,当2
9.B [解析] 如图所示,取BD的中点E,连接AE,CE,则AE⊥BD,CE⊥BD,又AE∩CE=E,AE,CE⊂平面AEC,所以BD⊥平面AEC,VA-BCD=13S△AEC·BD=13S△AEC·23=2,所以S△AEC=3,又AE=CE=(7)2-(3)2=2,所以S△AEC=12AE·CEsin∠AEC=12×2×2×sin∠AEC=3,所以sin∠AEC=32.由AE⊥BD,CE⊥BD,知∠AEC为二面角A-BD-C的平面角,因为此角为钝角,所以∠AEC=2π3,所以AC=22+22-2×2×2×cs2π3=23=BD,因此四面体A-BCD可以放置在一个长方体中,四面体A-BCD的六条棱是长方体的六条面对角线,此长方体的外接球就是四面体A-BCD的外接球.设长方体有公共顶点的三条棱的长为a,b,c,则a2+b2=7,b2+c2=7,c2+a2=12,解得a=6,b=1,c=6,所以外接球的直径2R=a2+b2+c2=13,则外接球的半径R=132,外接球的表面积S=4πR2=13π.故选B.
10.AD [解析] ∵两个平行截面圆的周长分别是12π和16π,∴两圆的半径分别为6,8,则球心到两截面的距离分别为102-62=8,102-82=6.当这两个平行截面在球心同一侧时,截面圆间的距离为8-6=2;当这两个平行截面在球心两侧时,截面圆间的距离为8+6=14.故选AD.
11.2563π [解析] 设圆锥的底面半径为r,因为圆锥的高为2,体积为8π,所以13π×r2×2=8π,解得r=23.设此球的球心为O,半径为R.当圆锥的顶点与底面在球心O的两侧时,如图①,此时R<2.因为圆锥SO1的底面半径O1A=23,高SO1=2,所以(2-R)2+(23)2=R2,解得R=4,与R<2矛盾,故此种情况舍去.当圆锥的顶点与底面在球心O的同侧时,如图②,此时R>2.因为圆锥SO1的底面半径O1A=23,高SO1=2,所以(R-2)2+(23)2=R2,解得R=4,符合题意.综上,此球的半径为4,体积V=43πR3=2563π.
12.43π [解析] 在如图所示的正八面体中,连接AC,BD,交于点O,连接EO,FO,因为四边形ABCD为正方形,所以O为AC的中点,也为BD的中点.因为EA=EC,ED=EB,所以EO⊥AC,EO⊥BD,又AC∩BD=O,所以EO⊥平面ABCD.同理FO⊥平面ABCD.易得EO=FO=AO=22AB,所以O为正八面体外接球的球心.设正八面体的外接球的半径为R,由正八面体的表面积为8×34AB2=123,得AB=6,即正八面体的棱长为6,所以R2+R2=(6)2,则R=3,外接球的体积V=43πR3=43π×33=43π.
13.13 [解析] 如图,取SA的中点O1,SC的中点O2,连接O1E,O1F,O2A,O2B.因为SA⊥平面ABC,AB,BC,AC⊂平面ABC,所以SA⊥AB,SA⊥BC,SA⊥AC,因为AB⊥BC,SA∩AB=A,SA,AB⊂平面SAB,所以BC⊥平面SAB,因为SB⊂平面SAB,所以BC⊥SB.在直角三角形SAC中,O2是斜边SC的中点,所以O2A=O2S=O2C.在直角三角形SBC中,O2是斜边SC的中点,所以O2B=O2S=O2C.所以O2是三棱锥S-ABC的外接球的球心,SC为该球的直径.因为AE⊥SB,O1是SA的中点,所以O1E=O1A=O1S.因为AF⊥SC,O1是SA的中点,所以O1F=O1A=O1S.所以O1是三棱锥S-FAE的外接球的球心,SA为该球的直径.设SA=AB=BC=a,则SC=SA2+AB2+BC2=3a,则S1=4π·SA22=a2π,S2=4π·SC22=4π·3a22=3a2π,所以S1S2=a2π3a2π=13.
14.D [解析] 连接AC,BD,交于点M,取EF的中点O,因为EA=ED=FB=FC,EF∥AB,所以O在平面ABCD内的射影为M,连接OM,则OM⊥平面ABCD.取BC的中点G,连接FG,作GH⊥
关注公众号《全元高考》
微信搜索微信公众号「全元高考」
后台回复「网盘群」获取最新最全初高中网盘资源（4000 G+）
扫码加微信查看朋友圈最新资源
备用联系方式QQ：2352064664
群文件全套无水印资料+更多精品网课在网盘群，高考路上必备!
最新最全高一高二高三试卷&九科全新一手网课&学科资料专辑&名校独家资料
更新速度极快!
进群了就不用到处找资料了，一网打尽!
(进群送往届全部资料)EF,垂足为H,如图所示,由题可知HF=12,FG=32,在Rt△FHG中,HG=FG2-HF2=22,易知OM=HG=22.因为底面ABCD为矩形,OM⊥平面ABCD,所以AM=52,外接球球心O'在直线OM上,连接O'A,O'E.若球心O'在线段MO上,设O'M=x0
15.B [解析] 当正四棱锥的顶点与底面在公共面的两侧时,如图甲(相交圆未按立体几何规则画出),设相交圆的圆心为M,点E为相交圆上的一点,也是两球的一个公共点,设H为底面ABCD的中心,连接ME,O1E,CH,OH,O1C,则M,O1都在OH上,设球O1的半径为r,∵相交圆的面积为π,∴相交圆的半径为1,即ME=1,∵正方形ABCD的边长为6,∴CH=3.在Rt△OME中,∵ME=1,OE=2,∴由勾股定理得OM2+ME2=OE2,即OM2+12=(2)2,可得OM=1,又OH=3,∴MH=2.设MO1=h(0
相关试卷
02 增分微练3 与球有关的切、接问题 【正文】作业 高考数学二轮复习练习： 这是一份02 增分微练3 与球有关的切、接问题 【正文】作业 高考数学二轮复习练习，共5页。
02 增分微课3 与球有关的切、接问题 【正文】听课 高考数学二轮复习练习： 这是一份02 增分微课3 与球有关的切、接问题 【正文】听课 高考数学二轮复习练习，共4页。
02 增分微课3 与球有关的切、接问题 【答案】听课 高考数学二轮复习练习： 这是一份02 增分微课3 与球有关的切、接问题 【答案】听课 高考数学二轮复习练习，共6页。
