新教材2024届高考数学二轮专项分层特训卷三微专题提升练微专题15球的接切问题（附解析）

这是一份新教材2024届高考数学二轮专项分层特训卷三微专题提升练微专题15球的接切问题（附解析），共8页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。
1．已知正方体ABCD­A1B1C1D1的八个顶点在同一个球面上，若正方体的棱长是2，则该球的表面积是( )
A．6πB．12πC．18πD．24π
2．[2023·河北沧州模拟]某圆锥的侧面展开图是一个半径为2eq \r(6)，圆心角为π的扇形，则该圆锥的内切球的体积为( )
A．eq \f(8\r(2)π,3)B．eq \f(8\r(3)π,3)C．4πD．6π
3．[2023·河北石家庄模拟]有一个正三棱柱形状的石料，该石料的底面边长为6.若该石料最多可打磨成四个半径为eq \r(3)的石球，则至少需要打磨掉的石料废料的体积为( )
A．216－4eq \r(3)πB．216－16eq \r(3)πC．270－16eq \r(3)πD．270－4eq \r(3)π
4．在三棱锥A­BCD中，△ACD是以CD为斜边的等腰直角三角形，BD⊥BC，AC＝4，则该三棱锥的外接球的表面积为( )
A．40πB．32πC．8πD．6π
5．[2023·安徽合肥模拟]已知球与圆台的上下底面和侧面都相切．若圆台的侧面积为16π，上、下底面的面积之比为1∶9，则球的表面积为( )
A．12πB．14πC．16πD．18π
6.
如图，半球内有一内接正四棱锥S­ABCD，该四棱锥的体积为eq \f(4\r(2),3)，则该半球的体积为( )
A．eq \f(\r(2),3)πB．eq \f(4\r(2),9)π
C．eq \f(4\r(2),3)πD．eq \f(8\r(2),3)π
7.
[2023·安徽马鞍山模拟]如图，在正四棱台ABCD­A1B1C1D1中，AB＝2AA1＝2A1B1＝2eq \r(3)，且各顶点都在同一球面上，则该球体的表面积为( )
A．16πB．eq \f(97,4)π
C．eq \f(105,4)πD．30π
8．已知三棱锥D­ABC的所有顶点都在球O的球面上，AD⊥BD，AC⊥BC，∠DAB＝∠CBA＝30°，二面角D­AB­C的大小为60°，若球O的表面积等于16π，则三棱锥D­ABC的体积等于( )
A．eq \r(3)B．eq \f(3\r(5),5)C．eq \r(7)D．eq \f(2\r(7),3)
二、多项选择题
9．已知A，B，C三点均在球O的表面上，AB＝BC＝CA＝2，且球心O到平面ABC的距离等于球半径的eq \f(1,3)，则下列结论正确的是( )
A．球O的表面积为6π
B．球O的内接正方体的棱长为1
C．球O的外切正方体的棱长为eq \f(4,3)
D．球O的内接正四面体的棱长为2
10．[2023·河北沧州模拟]若四面体ABCD的每个顶点都在球O的球面上，AB⊥BC，AB⊥AD，AB＝2，BC＝eq \r(2)，AD＝2，且异面直线BC和AD所成角的余弦值为eq \f(2\r(2),3)，则球O的表面积可能为( )
A．10πB．12πC．106πD．108π
[答题区]
三、填空题
11．[2023·湖南邵阳模拟]三棱锥P­ABC中，PA⊥平面ABC，PA＝4，AC＝2AB＝2eq \r(3)，AC⊥AB，则三棱锥P­ABC外接球的表面积为________．
12．已知直三棱柱ABC­A1B1C1的6个顶点都在球O的表面上，若AB＝AC＝eq \r(3)，AA1＝2eq \r(2)，∠BAC＝eq \f(2π,3)，则球O的体积为________．
13．[2023·江苏扬州模拟]已知正四棱锥的侧面是边长为3的正三角形，它的侧棱的所有三等分点都在同一个球面上，则该球的表面积为________．
14．[2023·安徽合肥模拟]已知四面体ABCD的四个顶点都在球O的球面上，△ADC是边长为2的等边三角形，△ADC外接圆的圆心为O′.若四面体ABCD的体积最大时，∠BAO′＝eq \f(π,3)，则球O的半径为________；若AB＝BC＝eq \f(\r(21),3)，点E为AC的中点，且∠BED＝eq \f(2π,3)，则球O的表面积为________．
微专题15 球的接、切问题
1．解析：正方体ABCD­A1B1C1D1的八个顶点在同一个球面上，若正方体的棱长是2，设外接球的半径为r，则(2r)2＝22＋22＋22＝12，解得r＝eq \r(3)，故球的表面积为S＝4×π×(eq \r(3))2＝12π.故选B.
答案：B
2．解析：
设圆锥的底面半径为r，高为h，则2πr＝π×2eq \r(6)，所以r＝eq \r(6)，h＝eq \r(（2\r(6)）2－（\r(6)）2)＝3eq \r(2)，设该圆锥内切球的半径为R，作出轴截面如图，利用相似可得eq \f(R,3\r(2)－R)＝eq \f(\r(6),2\r(6))，所以R＝eq \r(2)，所以V＝eq \f(4πR3,3)＝eq \f(4π×2\r(2),3)＝eq \f(8\r(2)π,3).故选A.
答案：A
3．解析：设底面是边长为6的等边三角形的内切圆的半径为r，
由等面积法可得eq \f(1,2)×3×6r＝eq \f(\r(3),4)×62，解得r＝eq \r(3)，
若可以将该石料打磨成四个半径为eq \r(3)的石球，则该柱形石料的高至少为8eq \r(3)，
因此，至少需要打磨掉的石料废料的体积为eq \f(\r(3),4)×62×8eq \r(3)－4×eq \f(4,3)π×(eq \r(3))3＝216－16eq \r(3)π.故选B.
答案：B
4．解析：因为△ACD和△BCD均为以CD为斜边的直角三角形，则三棱锥的外接球球心即为CD的中点，
由题意可得：CD＝eq \r(2)AC＝4eq \r(2)，则外接球的半径R＝eq \f(1,2)CD＝2eq \r(2)，
所以外接球的表面积S＝4πR2＝32π.故选B.
答案：B
5．解析：依据题意，球内切于圆台，画出两者的轴截面，球的截面为圆，圆台的轴截面为等腰梯形ABCD，如图所示，
过B点作CD的垂线，垂足为E，设球的半径为R，则BE＝2R，
设圆台的母线为l，即BC＝l，上、下底面的面积之比为1∶9，即eq \f(πr eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ,πr eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) )＝eq \f(r eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ,r eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) )＝eq \f(1,9)，r2＝3r1，由圆的切线长定理可知，r1＋r2＝l⇒l＝4r1，
圆台的侧面积为π(r1＋r2)l＝4πr1l＝16πr eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＝16π，解得r1＝1，则2R＝BE＝eq \r(l2－（2r1）2)＝2eq \r(3)，即R＝eq \r(3)，
则球的表面积S＝4πR2＝12π.故选A.
答案：A
6．解析：依题意，设半球的半径为R，
连接AC，BD交于点O，连接SO，如图所示：
则有AO＝BO＝SO＝R，易得AB＝eq \r(2)R，
所以正四棱锥S­ABCD的体积为：
VS­ABCD＝eq \f(1,3)×|AB|2×SO＝eq \f(1,3)×2R2×R＝eq \f(4\r(2),3)，
解得：R＝eq \r(2)，
所以半球的体积为：V＝eq \f(1,2)×eq \f(4,3)×πR3＝eq \f(4\r(2),3)π.故选C.
答案：C
7．解析：
如图所示的正四棱台ABCD­A1B1C1D1取上下两个底面的中心M，N，连接MN，A1M，AN，过点A1作底面的垂线与AN相交于点E，
因为四棱台ABCD­A1B1C1D1为正四棱台，所以外接球的球心一定在直线MN上，
在MN上取一点O为球心，连接OA，OA1，则OA＝OA1＝R，设ON＝h，
因为AB＝2AA1＝2A1B1＝2eq \r(3)，所以AN＝eq \r(6)，A1M＝eq \f(\r(6),2)，
MN＝A1E＝eq \r(AA eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) －AE2)＝eq \r(AA eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) －（AN－EN）2)＝eq \r(AA eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) －（AN－A1M）2)＝eq \f(\r(6),2)，
所以ENMA1为正方形，故O必在MN延长线上，
在Rt△OAN中，OA2＝AN2＋ON2，即R2＝(eq \r(6))2＋h2，
在Rt△OA1M中，OA eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＝OM2＋A1M2，即R2＝(eq \f(\r(6),2)＋h)2＋(eq \f(\r(6),2))2，
解得R2＝eq \f(15,2)，所以S＝4πR2＝30π.故选D.
答案：D
8．解析：
取AB的中点O，连接OC，OD，
因为AD⊥BD，AC⊥BC, 所以O到A，B，C，D的距离相等，
故O即为球心．
由球O的表面积等于16π，设外接球半径为R，故4πR2＝16π，
解得OD＝R＝2，过C，D作CF，DE垂直于AB于点E，F，
因为∠DAB＝∠CBA＝30°，∠DOE＝∠AOC＝60°，所以DE＝ODsin60°＝eq \r(3)，同理CF＝eq \r(3)，
因为二面角D­AB­C的大小为60°，所以〈eq \(FC,\s\up6(→))，eq \(ED,\s\up6(→))〉＝60°，
故三棱锥的高为h＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\(DE,\s\up6(→))))·sin〈eq \(FC,\s\up6(→))，eq \(ED,\s\up6(→))〉＝eq \f(3,2)，
其中S△ABC＝eq \f(1,2)AB·CF＝2eq \r(3)，
所以三棱锥D­ABC的体积V＝eq \f(1,3)S△ABC·h＝eq \r(3).故选A.
答案：A
9．解析：设球的半径为R，由已知可得△ABC外接圆半径为r＝eq \f(2,2sin\f(π,3))＝eq \f(2\r(3),3)，
∵球心O到平面ABC的距离等于球半径的eq \f(1,3)，
∴R2－eq \f(1,9)R2＝eq \f(4,3)，得R2＝eq \f(3,2).
对于A，球O的表面积为4π×eq \f(3,2)＝6π，故A正确；
对于B，设球O的内接正方体的棱长为a，
∵正方体的体对角线即球O的直径，eq \r(3)a＝2R，解得a＝eq \r(2)，故B错误；
对于C，设球O的外切正方体的棱长为b，
∵正方体的棱长即球O的直径长，∴b＝2R＝eq \r(6)，故C错误；
对于D，设球O的内接正四面体的棱长为c，则正四面体的高为eq \r(c2－（\f(\r(3),3)c）2)＝eq \f(\r(6),3)c，
由(eq \f(\r(6),3)c－eq \f(\r(6),2))2＋(eq \f(\r(3),3)c)2＝(eq \f(\r(6),2))2，解得c＝2，故D正确．故选AD.
答案：AD
10．解析：
如图，将四面体ABCD补成直三棱柱ADE­BFC.
因为异面直线BC和AD所成角的余弦值为eq \f(2\r(2),3)，
所以cs∠CBF＝±eq \f(2\r(2),3)，sin∠CBF＝eq \f(1,3).
当cs∠CBF＝eq \f(2\r(2),3)时，
由余弦定理可得CF＝eq \r(BC2＋BF2－2BC·BF·cs∠CBF)＝eq \f(\r(6),3)，
由正弦定理可得底面外接圆(M为圆心)的直径2r＝eq \f(CF,sin∠CBF)＝eq \f(\f(\r(6),3),\f(1,3))＝eq \r(6)，r＝eq \f(\r(6),2)，
而MO＝eq \f(AB,2)＝1，所以球O的半径R＝eq \r(MO2＋r2)＝eq \f(\r(10),2)，
所以球O的表面积S＝4πR2＝10π.
当cs∠CBF＝－eq \f(2\r(2),3)时，
CF＝eq \r(BC2＋BF2－2BC·BF·cs∠CBF)＝eq \f(\r(102),3)，
同理可得球O的半径R＝eq \f(\r(106),2)，所以球O的表面积S＝4πR2＝106π.故选AC.
答案：AC
11.
解析：由PA⊥平面ABC，AC，AB⊂平面ABC，则PA⊥AB，PA⊥AC，又AC⊥AB，
所以PA，AB，AC两两垂直，故可将三棱锥P­ABC补全为长方体，
故三棱锥P­ABC的外接球，即为长方体外接球，
令三棱锥P­ABC的外接球半径为R，则满足
(2R)2＝PA2＋AB2＋AC2＝31，
所以外接球表面积为4πR2＝31π.
答案：31π
12．解析：因为AB＝AC＝eq \r(3)，∠BAC＝eq \f(2π,3)，
所以BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC·cs∠BAC＝3＋3－2×eq \r(3)×eq \r(3)×(－eq \f(1,2))＝9，
即BC＝3，所以△ABC的外接圆半径为r＝eq \f(1,2)·eq \f(BC,sin∠BAC)＝eq \r(3)，
在直三棱柱ABC­A1B1C1中，AA1＝2eq \r(2)，
设球O的半径为R，则R＝eq \r(r2＋（\r(2)）2)＝eq \r(5)，
因此球O的体积为V＝eq \f(4,3)πR3＝eq \f(20\r(5)π,3).
答案：eq \f(20\r(5)π,3)
13．解析：
如图，正四棱锥的侧棱的所有三等分点构成一个正四棱台，
棱台上底面是边长为1的正方形，棱台下底面是边长为2的正方形，侧棱长为1，
可求得棱台的高为eq \r(1－（\f(\r(2),2)）2)＝eq \f(\r(2),2)，
设该棱台的外接球的半径为r,
球心到下底面的距离为eq \r(r2－（\r(2)）2)，
球心到上底面的距离为eq \r(r2－（\f(\r(2),2)）2)，
①球心在两个底面之间时，
eq \r(r2－（\r(2)）2)＋eq \r(r2－（\f(\r(2),2)）2)＝eq \f(\r(2),2)，
因为r2≥2，则eq \r(r2－（\r(2)）2)＋eq \r(r2－（\f(\r(2),2)）2)≥eq \f(\r(6),2)，则上式无解；
②球心在下底面下方时，
eq \r(r2－（\f(\r(2),2)）2)－eq \r(r2－（\r(2)）2)＝eq \f(\r(2),2)，
eq \r(r2－（\f(\r(2),2)）2)＝eq \r(r2－（\r(2)）2)＋eq \f(\r(2),2)，
两边同时平方：r2－eq \f(1,2)＝eq \f(1,2)＋eq \r(2r2－4)＋r2－2，
eq \r(2r2－4)＝1，解得：r2＝eq \f(5,2)，表面积S＝4πr2＝10π.
答案：10π
14．解析：设△ACD的外接圆的半径R，由题可得eq \f(AC,sin\f(π,3))＝2R，解得R＝eq \f(2\r(3),3)；
若四面体ABCD的体积最大时，则点B在过O和O′的直径上，且B，O′在O的两侧，
在△ACD中，AO′＝R＝eq \f(2\r(3),3)，又∠BAO′＝eq \f(π,3)，所以BO′＝AO′×taneq \f(π,3)＝2，
设球O的半径为r，则在Rt△AO′O中，r2＝(eq \f(2\r(3),3))2＋(2－r)2，解得r＝eq \f(4,3)；
如图，取AC的中点E，连接DE并延长DE交圆O′于点F.连接BE，BF，
由∠BED＝eq \f(2π,3)得，则∠BEF＝π－eq \f(2π,3)＝eq \f(π,3).EF＝2R－AD×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(\r(3),3).
在△ABE中，BE＝eq \r(AB2－AE2)＝eq \f(2,\r(3))，所以在△BEF中，由余弦定理得BF2＝EF2＋BE2－2EF·BEcs∠BEF＝1，可得BF⊥EF，
结合图形可得BF⊥圆O′.连接OO′，过点O作BF的垂线，垂足为点G，连接BO，
四面体ABCD外接球的半径r＝eq \r(GO2＋BG2)＝eq \r(OO′2＋O′D2)解得OO′＝BG＝eq \f(1,2)BF＝eq \f(1,2)，所以球O的半径r＝eq \r(（\f(1,2)）2＋（\f(2,\r(3))）2)＝eq \r(\f(19,12))，
四面体ABCD外接球的表面积为eq \f(19,3)π.
答案：eq \f(4,3) eq \f(19,3)π
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案