备考2024届高考数学一轮复习好题精练第七章立体几何与空间向量突破1球的切接问题

突破1球的切、接问题1.[2023辽宁省模拟]“圆柱容球”是指圆柱形容器里放了一个球，且球与圆柱的侧面及上、下底面均相切，则该圆柱的体积与球的体积的比值为（　B　）A.2B.32C.3D.π3解析　设球的半径为R，由题意得，圆柱的高及底面圆的直径等于球的直径，则圆柱的体积为πR2·2R＝2πR3，球的体积为43πR3，所以该圆柱的体积与球的体积的比值为2πR343πR3＝32，故选B.2.[2023湖北省武汉市青山区检测]在三棱锥P－ABC中，PA＝BC＝3，PB＝AC＝2，PC＝AB＝5，则三棱锥P－ABC外接球的体积为（　C　）A.2πB.3πC.6πD.6π解析　如图所示，可将三棱锥P－ABC放到长方体中，可得长方体的三条面对角线长分别为3，2，5.设长方体的长、宽、高分别为a，b，c，则a2＋b2＝3，a2＋c2＝2，c2＋b2＝5，得a＝1，b＝2，c＝3，所以三棱锥P－ABC外接球的半径R＝12×12＋（2）2＋（3）2＝62，所以三棱锥P－ABC外接球的体积V＝43πR3＝6π.故选C.3.[2023青岛检测]已知圆台的上、下底面半径分别为1和2，侧面积为35π，则该圆台外接球的半径为（　B　）A.1055B.654C.1854D.1054解析　设圆台的母线长为l，则由题意，得π×（1＋2）l＝3πl＝35π，解得l＝5.所以圆台的高h＝（5）2－（2－1）2＝2.设该圆台外接球的球心到上底面圆心的距离为d，则到下底面圆心的距离为｜d－2｜.（提示：圆台外接球的球心可能在上、下底面圆心所连的线段上，也可能在其延长线上）设圆台外接球的半径为R，则R2＝d2＋1＝｜d－2｜2＋22，解得d＝74，所以R2＝6516，所以R＝654，故选B.4.[2023高三名校联考（一）]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（　C　）A.4－610B.5－610C.4－65D.5－65解析　因为BA，BC，BD两两垂直，BA＝1，BC＝BD＝2，所以AC＝AD＝5，CD＝22.如图，取CD的中点为E，连接AE，则AE⊥CD，所以AE＝AD2－DE2＝3，△ACD的面积S1＝12×22×3＝6，所以四面体ABCD的表面积S＝12×1×2×2＋12×2×2＋6＝4＋6.四面体ABCD的体积V＝ 13×12×2×2×1＝23.设四面体ABCD的内切球的半径为r，则V＝13S·r，所以r＝3VS＝24+6＝4－65，故选C.5.[2024四川成都高三模拟]在三棱锥P－ABC中，PA⊥底面ABC，∠BAC＝120°，PA＝AB＝AC＝2，若该三棱锥的顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为（　C　）A.103πB.18πC.20πD.93π解析　三棱锥P－ABC中，PA⊥底面ABC，∠BAC＝120°，PA＝AB＝AC＝2，故该三棱锥可补形为正六棱柱，如图，所以该三棱锥的外接球即为该正六棱柱的外接球，所以外接球的直径2R＝42＋22＝25，则R＝5，所以该球的表面积为S＝4πR2＝4π×（5）2＝20π.故选C.6.[2024重庆市巴蜀中学模拟]已知正四棱锥P－ABCD的底面边长为42，PA＝45，则平面PCD截四棱锥P－ABCD外接球所得截面的面积为（　C　）A.100π9B.50π3C.200π9D.100π3解析　设正方形ABCD的中心为E，CD的中点为F，连接PE，EF，PF，CE，如图所示，易知PE⊥底面ABCD，PC＝45，EF＝22，CE＝4，PE＝8，记正四棱锥的外接球球心为O，则点O在PE上，连接OC，OF，设外接球半径为R，则OP＝OC＝R.在Rt△OEC中，OC2＝OE2＋EC2，所以R2＝（8－R）2＋16，解得R＝5，即OP＝5.在Rt△PEF中，PF＝PE2＋EF2＝82＋（22）2＝62.过O作OQ⊥PF，则OQ为点O到平面PCD的距离，且Q为平面PCD截其外接球所得截面圆的圆心，易知△PEF∽△PQO，则PQPE＝OPPF，即PQ8＝562，所以PQ＝1023，所以所求截面的面积S＝π×PQ2＝200π9.故选C.7.[2024湖南省衡阳八中模拟]如图，在三棱锥S－ABC中，SA＝SC＝AC＝22，AB＝BC＝2，二面角S－AC－B的正切值是2，则三棱锥S－ABC外接球的表面积是（　A　）A.12πB.4πC.43πD.433π解析　设E是AC的中点，连接EB，ES，由于SA＝SC，AB＝BC，所以AC⊥SE，AC⊥BE，所以∠SEB是二面角S－AC－B的平面角，所以tan∠SEB＝2，所以cos∠SEB＝33.在△SAC中，SE＝SA2－AE2＝（22）2－（2）2＝6，在△ABE中，BE＝AB2－AE2＝22－（2）2＝2，在△SEB中，由余弦定理得SB＝SE2＋BE2－2SE·BEcos∠SEB＝2，所以BS＝BA＝BC＝2，由SA＝SC＝AC＝22，易知BS，BA，BC两两垂直.由此将三棱锥S－ABC补形成正方体如图所示，正方体的棱长为2 ，则体对角线长为23.设正方体外接球的半径为R，则R＝3，所以所求外接球的表面积为4πR2＝12π，故选A.8.[2024江西分宜中学、临川一中等校联考]蹴鞠[cùjū]，又名“蹴球”“蹴圆”，传言黄帝所作（西汉·刘向《别录》）.“蹴”有用脚蹴、踢的含义，“鞠”最早系外包皮革、内实米糠的球，因而“蹴鞠”类似今日的踢足球活动，如图所示，已知某“鞠”的表面上有四个点A，B，C，D，平面ABD⊥平面BCD，直线AC与平面BCD所成角的正切值为13，AB＝AD＝2，CD＝CB＝23，则该“鞠”的表面积为（　A　）A.20πB.16πC.12πD.8π解析　如图，取DB的中点E，连接AE，CE，设BE＝x.因为AB＝AD，所以AE⊥DB，所以AE＝AB2－BE2＝4－x2.因为CD＝CB，所以CE⊥BD，CE＝BC2－BE2＝12－x2.因为AE⊂平面ABD，平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，所以AE⊥平面BCD，所以∠ACE为直线AC与平面BCD所成的角，则tan∠ACE＝AECE＝4－x212－x2＝13，得x＝3，BD＝23，所以AE＝1，∠BAD＝2π3，∠BCD＝π3.设△BCD的外心为O1，△ABD的外心为O2，△BCD外接圆半径为r1，△ABD外接圆半径为r2，则r1＝BD2sinπ3＝2，r2＝BD2sin2π3＝2，所以CO1＝2.可知点O2在AE的延长线上，连接O2E，则O2E＝AO2－AE＝1.过O2，O1分别作平面ABD，平面BCD的垂线，则两垂线的交点O为三棱锥A－BCD外接球的球心，则四边形O2EO1O为矩形，所以OO1＝O2E＝1.连接OC，因为OO1⊥平面BCD，CO1⊂平面BCD，所以OO1⊥CO1，所以外接球半径R＝OC＝OO12＋CO12＝1+4＝5，从而外接球的表面积为4πR2＝20π.故选A.9.[多选/2024青岛市检测]正四棱锥P－ABCD的底面边长是4，侧棱长为42，则（　BCD　）A.正四棱锥P－ABCD的体积为326B.侧棱与底面所成角为π3C.其外接球的半径为463D.其内切球的半径为6（7－1）3解析　如图所示，设点O1为正方形ABCD的中心，连接PO1，则PO1⊥平面ABCD.因为AB＝4，所以AO1＝22，因为PA＝42，所以PO1＝（42）2－（22）2＝26.所以正四棱锥P－ABCD的体积 VP－ABCD＝13×16×26＝3263，选项A错误.∠PAO1是侧棱与底面所成的角，tan∠PAO1＝PO1AO1＝2622＝3，所以∠PAO1＝π3，选项B正确.设点O为正四棱锥P－ABCD外接球的球心，则点O在线段PO1或在线段PO1的延长线上，连接AO，设外接球的半径为R，则OA＝OP＝R，OO1＝｜26－R｜，OA2＝O1A2＋O1O2，即R2＝（22）2＋（26－R）2，解得R＝463，选项C正确.设正四棱锥P－ABCD内切球半径为r，取BC的中点M，连接O1M，PM，则PM⊥BC，且PM＝PO12＋O1M2＝（26）2＋22＝27，所以正四棱锥P－ABCD的表面积S＝16＋12×4×27×4＝16（1＋7），因为13S·r＝VP－ABCD，所以13×16（1＋7）·r＝3263，解得r＝267+1＝6（7－1）3，选项D正确.综上，选BCD.10.[多选/2024惠州市一调]已知棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1，以正方体中心O为球心的球与正方体的各条棱都相切，点P为球面上的动点，则下列说法正确的是（　BD　）A.球O的半径R＝12B.球O在正方体外的部分的体积大于23π－1C.若点P在球O位于正方体外的部分（含正方体表面）上运动，则PA·PB∈[－14，34]D.若点P在球O位于正方体外的部分（含正方体表面）上运动，则PA·PB∈[－14，74]解析　对于A，正方体的棱切球O的半径R＝12＋122＝22，故A错误.对于B，如图，易知球O在正方体外的部分的体积V＞V球O－V正方体＝43π×（22）3－13＝23π－1，故B正确.对于C，D，取棱AB的中点E，可知E在球面上，EB＝－EA，连接PE，则PA·PB＝（PE＋EA）·（PE＋EB）＝PE2－EA2＝｜PE｜2－14＝｜PE｜2－14.因为点P在球O位于正方体外的部分（含正方体表面）上运动，所以0≤｜PE｜≤2，所以PA·PB∈[－14，74]，C错误，D正确.故选BD.11.将一个棱长为acm的正方体铁块磨制成一个球体零件，若这个球体零件最大体积为36πcm3，则a＝　6　.解析　由题意得，球内切于正方体时，球的体积最大，设球的半径为Rcm，则2R＝a，R＝a2，所以43πR3＝43π（a2）3＝36π，则a＝6.12.[2024辽宁部分学校联考]在三棱锥A－BCD中，∠ABD＝∠ABC＝60°，BC＝BD＝2，AB＝4，则三棱锥A－BCD外接球的表面积为　16π　. 解析　由∠ABD＝∠ABC＝60°，BC＝BD＝2，AB＝4，根据余弦定理可得AC＝AD＝23，则AC⊥BC，AD⊥BD，所以AB的中点E到三棱锥各顶点的距离相等，则三棱锥A－BCD外接球的直径为AB＝4，故三棱锥A－BCD外接球的表面积为4π×（AB2）2＝16π.13.[2024广东佛山高三摸底考试]已知圆锥的内切球的体积为4π3，则当该圆锥体积取最小值时，其表面积为　8π　.解析　设圆锥的内切球的半径为r1，可得43πr12＝4π3，解得r1＝1，设圆锥的底面圆的半径为r，高为h（h＞2），圆锥的轴截面如图所示，由△AOE∽△ACF，可得OECF＝AEAF，即1r＝（h－1）2－12h，解得r＝hh2－2h，所以圆锥的体积V＝13πr2h＝πh23（h－2）＝π3[（h－2）＋4h－2＋4]≥π3[2（h－2）·4h－2＋4]＝8π3，当且仅当h－2＝4h－2时，即h＝4时，等号成立，此时r＝2，母线长为l＝（2）2＋42＝32，圆锥的表面积为πrl＋πr2＝π×2×32＋π×（2）2＝8π.14.[2024江西省新余市第一中学模拟]已知正四面体的棱长为12，先在正四面体内放入一个内切球O1，再放入一个球O2，使得球O2与球O1及正四面体的三个侧面都相切，则球O2的体积为　6π　.解析　如图，设该正四面体为A－BCD，点A在平面BCD上的投影为点H，易知A，O2，O1，H四点共线，且点H为△BCD的外心.取BC的中点E，连接AE，DE，则切点M，N在AE上，点H在DE上，连接O1M，O2N，则O1M⊥AE，O2N⊥AE.因为正四面体的棱长为12，所以AE＝63，EH＝23，则AH＝AE2－EH2＝46.设球O1的半径为R，根据体积公式可知，13×S△BCD×AH＝13×4×S△BCD×R，解得R＝14AH＝6.设球O2的半径为r，则O2NO1M＝AO2AO1，即rR＝AH－2R－rAH－R，得r6＝46－26－r46－6，解得r＝62，所以球O2的体积V＝43πr3＝6π.