2024年高考数学一轮复习（新高考方案）课时跟踪检测（四十六） 与球有关的切、接问题

课时跟踪检测（四十六） 与球有关的切、接问题

1．若一个底面边长为，侧棱长为的正六棱柱的所有顶点都在一个球面上，则此球的体积为( )

A．2π      B．4π     C．4π       D．2π

解析：选B依题意可知，球的半径R＝＝，所以球的体积为×()3＝4π.

2．将一个棱长为3 cm的正方体铁块磨成一个球体零件，则可能制作的最大零件的体积为( )

A．4π cm3  B.π cm3

C．9π cm3  D.π cm3

解析：选B正方体的棱长为3，要使制作成球体零件的体积最大，则球内切于正方体，所以球的直径为3 cm，半径为 cm.所以可能制作的最大零件的体积为π×3＝π cm3.

3．已知△ABC的顶点都在球O的球面上，AB＝6，BC＝8，AC＝10，三棱锥O-ABC的体积为40，则该球的表面积等于( )

A．400π  B．300π

C．200π  D．100π

解析：选A依题意知△ABC为直角三角形，其所在圆面的半径为AC＝5，

设三棱锥O-ABC的高为h，则由××6×8h＝40得h＝5，

设球O的半径为R，则由h2＋52＝R2，得R＝10，故该球的表面积为4πR2＝400π.故选A.

4．三棱锥B-ACD的顶点都在同一球面上，其中BA，BC，BD两两垂直，且BA＝3，BC＝4，BD＝5，则该球的表面积为( )

A．100π          B．64π      C．50π  D．36π

解析：选C在三棱锥B-ACD中，BA，BC，BD两两垂直，将该三棱锥补成长方体BCED-AFGH，则长方体BCED-AFGH的体对角线长为BG＝＝5，所以三棱锥B-ACD的外接球半径为R＝＝，因此，该三棱锥外接球的表面积为S＝4πR2＝50π.

5.如图所示长方形ABCD，AB＝2，BC＝3，F，H，E，G分别为AD，BC的三等分点，把四边形ABEF，DCGH分别沿EF，GH折起来，使得AB，DC重合形成一个几何体，则此几何体的外接球O的体积为( )

A.π       B.π       C.        D.

解析：选B由已知条件知，折叠后的几何体为直三棱柱，且底面为等边三角形，底面外接圆的直径2r＝＝，直三棱柱的高为h＝2，设几何体的外接球的半径为R，则R＝＝＝，因此折叠后的外接球的体积为＝ .

6．已知各顶点都在一个球面上的正四棱锥的高为3，体积为6，则这个球的表面积为( )

A．16π         B．20π       C．24π  D．32π

解析：选A如图所示，在正四棱锥P-ABCD中，O1为底面对角线的交点，O为外接球的球心．VP-ABCD＝×S正方形ABCD×3＝6，所以S正方形ABCD＝6，即AB＝.因此O1C＝＝.设正四棱锥外接球的半径为R，则OC＝R，OO1＝3－R，所以(3－R)2＋()2＝R2，解得R＝2.所以外接球的表面积为4π×22＝16π.

7.把一个皮球放入如图所示的由8根长均为20 cm的铁丝接成的四棱锥形骨架内，使皮球的表面与8根铁丝都有接触点(皮球不变形)，则皮球的半径为( )

A．10 cmB．10 cmC．10 cmD．30 cm

解析：选B依题意，在四棱锥S-ABCD中，所有棱长均为20 cm，连接AC，BD交于点O，连接SO，则SO＝AO＝BO＝CO＝DO＝10 cm，易知点O到AB，BC，CD，AD的距离均为10 cm，在等腰三角形OAS中，AO＝SO＝10 cm，SA＝20 cm，所以O到SA的距离d＝10 cm，同理可证O到SB，SC，SD的距离也为10 cm，所以球心为四棱锥底面ABCD的中心O，所以皮球的半径r＝10 cm.

8．(2021·天津高考)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

解析：选B如图，设球O的半径为R，由题意知，πR3＝，得R＝2，则球O的直径为4，∵两个圆锥的高之比为1∶3，∴AO1＝1，BO1＝3，由直角三角形中的射影定理，得r2＝1×3，即r＝.∴这两个圆锥的体积之和为V＝π×()2×(1＋3)＝4π.故选B.

9．(2023·合肥模拟)已知在三棱锥M-ABC中，MA⊥平面ABC，MA＝AB＝BC＝2，且△ABC为直角三角形，则该三棱锥的外接球的体积为( )

A．3π      B．4π       C.        D．8π

解析：选B因为MA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以MA⊥BC，同理MA⊥AC，又AB＝BC＝2，且△ABC为直角三角形，所以AB⊥BC，又AB∩MA＝A，AB，MA⊂平面MAB，所以BC⊥平面MAB，又MB⊂平面MAB，所以BC⊥MB，所以MC的中点O到M，A，B，C四点距离相等，即为四面体M-ABC外接球球心，又由已知得AC＝＝2，MC＝＝2，所以该三棱锥的外接球的半径为，所以该三棱锥的外接球体积为V＝×()3＝4π.

10．(2023·聊城模拟)在三棱锥A-BCD中，平面ABC⊥平面BCD，∠BAC＝90°，且BC＝CD＝3，BD＝4，则三棱锥A-BCD的外接球表面积是( )

A．49π       B．64π     C．81π       D．100π

解析：选C由题意，△ABC为直角三角形，故△ABC在三棱锥A-BCD的外接球的一个切面圆上，BC为该圆直径；又平面ABC⊥平面BCD，故外接球的球心O在△BCD所在的平面内，又BC＝CD＝3，BD＝4，故△BCD为等腰三角形，球心O在BD边中线所在直线上 ，C点到线段BD的距离为d＝＝1，设外接球的半径为R，则(R－1)2＝R2－(2)2，解得R＝，则外接球的表面积为S球＝4πR2＝4π×2＝81π.

11．(2023·石家庄模拟)在四面体ABCD中，BA，BC，BD两两垂直，BA＝1，BC＝BD＝2，则四面体ABCD内切球的半径为( )

A.      B.     C.     D.

解析：选C因为BA，BC，BD两两垂直，BA＝1，BC＝BD＝2，所以AC＝AD＝，CD＝2.如图，取CD的中点E，连接AE，则AE⊥CD，所以AE＝＝，△ACD的面积为×2×＝，所以四面体ABCD的表面积S＝×1×2×2＋×2×2＋＝4＋.设四面体ABCD内切球的球心为O，半径为r，则VA-BCD＝VO-ABC＋VO-BCD＋VO-ABD＋VO-ACD，所以×1××22＝S×r，所以×1××22＝(4＋)×r，解得r＝，所以四面体ABCD内切球的半径为，故选C.

12．(2022·全国乙卷)已知球O的半径为1，四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均在球O的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为( )

A.          B.        C.  D.

解析：选C该四棱锥的体积最大即以底面截球的圆面和顶点O组成的圆锥体积最大，设圆锥的高为h(0<h<1)，底面半径为r，则圆锥的体积V＝πr2h＝π(1－h2)h，则V′＝π(1－3h2)，令V′＝π(1－3h2)＝0，得h＝，所以V＝π(1－h2)h在上单调递增，在上单调递减，所以当h＝时，四棱锥的体积最大，故选C.

13．已知三棱柱ABC-A1B1C1的6个顶点都在球O的球面上，且AB＝3，AC＝4，AB⊥AC，AA1＝12，则球O的半径为________．

解析：∵三棱柱ABC-A1B1C1的6个顶点都在球O的球面上，则三棱柱ABC-A1B1C1为直三棱柱，又∵AB⊥AC，则可将直三棱柱ABC-A1B1C1补成长方体ABDC-A1B1D1C1，∴直三棱柱ABC-A1B1C1的外接球即为长方体ABDC-A1B1D1C1的外接球，即球O的直径为A1D＝＝13，∴球O的半径为.

答案：

14．表面积为Q的多面体的每一个面都与体积为36π的球相切，则这个多面体的体积为________．

解析：因为球的体积为36π.

设球的半径为R，所以＝36π，解得R＝3.

因为表面积为Q的多面体的每一个面都与体积为36π的球相切，

所以球的半径就是球心到多面体面的距离，

所以多面体的体积为QR＝Q.

答案：Q

15．三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝BC＝AC，侧棱AA1⊥底面ABC，且三棱柱的侧面积为3.若该三棱柱的顶点都在同一个球O的表面上，则球O的表面积的最小值为_______．

解析：如图，∵三棱柱ABC-A1B1C1为正三棱柱，∴设A1C1＝a，BB1＝h，

∴三棱柱的侧面积为3a·h＝3，∴ah＝.又球O的半径R＝≥＝1，当且仅当＝，且ah＝，即a＝，h＝时，等号成立．∴球O的表面积S＝4πR2≥4π.

答案：4π

16．若圆锥的内切球(球面与圆锥的侧面以及底面都相切)的体积为，当该圆锥体积取最小值时，该圆锥的表面积为________．

解析：因为圆锥的内切球的体积为，所以该内切球的半径为1.如图，设圆锥底面半径为R，高为h.由△AOF∽△ACE可得＝，即＝，则R2＝(h>2)，所以圆锥的体积为V＝πR2h＝π·＝π·.因为h－2>0，所以h－2＋≥4，当且仅当h－2＝，即h＝4时取等号，此时圆锥体积最小，且圆锥的底面半径为R＝，圆锥的母线长l＝＝＝3，所以此时该圆锥的表面积为S＝πRl＋πR2＝π××3＋π×()2＝8π.

答案：8π