2024届高考数学二轮专题复习与测试第一部分专题三立体几何微中微几何体的外接球与内切球

微中微几何体的外接球与内切球1．(2023·惠州模拟)已知四棱锥S-ABCD，SA⊥平面ABCD，AD⊥DC，SA＝3eq\r(3)，BC＝4，二面角S-BC-A的大小为eq\f(π,3).若点S，A，B，C，D均在球O的表面上，则该球O的表面积为()A．eq\f(152π,3)B．52πC．eq\f(160π,3)D．54π解析：如右图所示，由于AD⊥DC，所以∠ADC＝90°，因为点S，A，B，C，D均在球O的表面上，所以四边形ABCD内接于圆，所以∠ABC＝90°，所以BC⊥AB，因为SA⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，所以BC⊥SA.又BC⊥AB，且SA∩AB＝A，所以BC⊥平面SAB，因为SB⊂平面SAB，所以BC⊥SB，则二面角S-BC-A的平面角为∠ABS，即∠ABS＝eq\f(π,3).在Rt△ABS中，AB＝eq\f(SA,tan∠ABS)＝3.可得SB＝6，所以，直角△ABC的外接圆直径为AC＝eq\r(AB2＋BC2)＝5，即四边形ABCD的外接圆直径为AC＝5.因为SA⊥平面ABCD，所以四棱锥S-ABCD的外接球半径为R＝eq\r(（\f(1,2)AC）2＋（\f(1,2)SA）2)＝eq\r(\f(25,4)＋\f(27,4))＝eq\r(13)，因此该球的表面积为4πR2＝4π×(eq\r(13))2＝52π.故选B.答案：B2．(2023·广州三模)已知克列尔公式：对任意四面体，其体积V和外接球半径R满足6RV＝eq\r(p（p－aa1）（p－bb1）（p－cc1）)，其中p＝eq\f(1,2)·(aa1＋bb1＋cc1)，a，a1，b，b1，c，c1分别为四面体的三组对棱的长．在四面体ABCD中，若AB＝CD＝AC＝BD＝eq\r(2)，AD＝2BC＝1，则该四面体的外接球的表面积为()A．eq\f(5π,2)B．3πC．eq\f(7π,3)D．5π解析：取BC中点N，AD中点H，连接AN，DN，NH，由题意得DN＝eq\r(2－\f(1,16))＝eq\f(\r(31),4)，NH＝eq\r(\f(31,16)－\f(1,4))＝eq\f(3\r(3),4)，所以S△ADN＝eq\f(1,2)AD×HN＝eq\f(1,2)×1×eq\f(3\r(3),4)＝eq\f(3\r(3),8)，VA-BCD＝eq\f(1,3)×eq\f(3\r(3),8)×eq\f(1,2)＝eq\f(3\r(3),48)，p＝eq\f(1,2)(2＋2＋eq\f(1,2))＝eq\f(9,4)，所以eq\r(p（p－aa1）（p－bb1）（p－cc1）)＝eq\f(3\r(7),16)，因为6RV＝eq\r(p（p－aa1）（p－bb1）（p－cc1）)，所以6×R×eq\f(3\r(3),48)＝eq\f(3\r(7),16)，R＝eq\f(\r(7),2\r(3))，所以4πR2＝eq\f(7π,3).所以该四面体的外接球的表面积为eq\f(7π,3).故选C.答案：C3.(2023·惠州校级模拟)米斗是我国古代称量粮食的量器，是官仓、粮栈、米行及地主家里必备的用具，其外形近似一个正四棱台．米斗有着吉祥的寓意，是丰饶富足的象征，带有浓郁的民间文化的味，如今也成为了一种颇具意趣的藏品．已知一个斗型工艺品上下底面边长分别为2和4.侧棱长为2eq\r(5).则其外接球的表面积为()A．4eq\r(2)πB．4eq\r(10)πC．32πD．40π解析：由题意，方斗的示意图如右图，设棱台上底面中心为O1，下底面中心为O2，由棱台的性质可知，外接球的球心O落在线段O1O2上，由题意该四棱台上下底面边长分别为4和2，侧棱长为2eq\r(5)，则O1A＝2eq\r(2)，O2B＝eq\r(2)，AB＝2eq\r(5)，所以O1O2＝eq\r(AB2－（O1A－O2B）2)＝3eq\r(2)，设外接球的半径为R，|OO2|＝h，则|OO1|＝3eq\r(2)－h，因为O1O2垂直于上下底面，所以|OO2|2＋|O2B|2＝R2，即h2＋(eq\r(2))2＝R2，又|OO1|2＋|O1A|2＝R2，即(3eq\r(2)－h)2＋(2eq\r(2))2＝R2，联立解得h＝2eq\r(2)，R2＝8＋2＝10，所以该米斗的外接球的表面积为4πR2＝40π.故选D.答案：D4．(2023·广东模拟)已知四棱锥PABCD的五个顶点都在球面O上，底面ABCD是边长为4的正方形，面PAD⊥面ABCD，且PA＝PD＝eq\r(5)，则球面O的表面积为()A．39πB．40πC．41πD．42π解析：如图，取AD中点为E，三角形PAD外接圆圆心为O1，正方形ABCD外接圆圆心为O2，过O1，O2作平面PAD，底面ABCD垂线，则两垂线交点为四棱锥外接球球心O，因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，O1E⊥AD，O1E⊂平面PAD，则O1E⊥平面ABCD，又EO2⊂平面ABCD，则O1E⊥EO2，因为∠OO1E＝∠O1EO2＝∠OO2E＝eq\f(π,2)，则四边形O1EO2O为矩形，设三角形PAD外接圆半径为r，则O1P＝O1A＝r，又AE＝2，PE＝eq\r(PA2－AE2)＝1，则(r－1)2＋4＝r2⇒r＝eq\f(5,2)，则O1E＝OO2＝eq\f(3,2)，设外接球半径为R，则R＝OA＝eq\r(OOeq\o\al(2,2)＋AOeq\o\al(2,2))＝eq\r(O1E2＋AOeq\o\al(2,2))，又AO2＝eq\f(1,2)AC＝2eq\r(2)，则R＝eq\r(\f(9,4)＋8)＝eq\f(\r(41),2)，则球O表面积为4πR2＝41π.故选C.答案：C5．(2023·广州一模)已知三棱锥P-ABC的四个顶点都在球O的球面上，PB＝PC＝2eq\r(5)，AB＝AC＝4，PA＝BC＝2，则球O的表面积为()A.eq\f(316π,15)B.eq\f(79π,15)C.eq\f(158π,5)D.eq\f(79π,5)解析：在三棱锥PABC中，如图，AB2＋PA2＝20＝PB2，则PA⊥AB，而AB∩AC＝A，AB，AC⊂平面ABC，因此PA⊥平面ABC，在等腰三角形ABC中，AB＝AC＝4，BC＝2，则cos∠ABC＝eq\f(\f(1,2)BC,AB)＝eq\f(1,4)，sin∠ABC＝eq\r(1－cos2∠ABC)＝eq\f(\r(15),4)，令△ABC的外接圆圆心为O1，则OO1⊥平面ABC，O1A＝eq\f(1,2)×eq\f(AC,sin∠ABC)＝eq\f(8,\r(15))，有OO1∥PA，取PA中点D，连接OD，则有OD⊥PA，又O1A⊂平面ABC，所以O1A⊥PA，从而O1A∥OD，四边形ODAO1为平行四边形，OO1＝AD＝1，又OO1⊥O1A，因此球O的半径R2＝OA2＝O1A2＋O1O2＝(eq\f(8,\r(15)))2＋12＝eq\f(79,15)，所以球O的表面积S＝4πR2＝eq\f(316π,15).故选A.答案：C6．(2023·广州荔湾区校级模拟)以ABC为底的两个正三棱锥P-ABC和Q-ABC内接于同一个球，并且正三棱锥P-ABC的侧面与底面ABC所成的角为45°，记正三棱锥P-ABC和正三棱锥Q-ABC的体积分别为V1和V2，则eq\f(V1,V2)＝()A．1B.eq\f(1,2)C.eq\f(1,3)D.eq\f(1,4)解析：如图，正三棱锥P-ABC和正三棱锥Q-ABC内接于同一个球，设P到底面ABC的距离为h1，Q到底面ABC的距离为h2，则eq\f(V1,V2)＝eq\f(h1,h2)，取AB的中点M，连接PM，CM，PQ，记PQ与平面ABC的交点为R，由两个正三棱锥P-ABC和Q-ABC内接于同一个球，故PQ一定为球O的直径，记其中点为O，且由题意可知，R为正三角形ABC的中心，因此，PR，QR分别为正三棱锥P-ABC和正三棱锥Q-ABC的高h1，h2，由PA＝PB，QA＝QB，CA＝CB，且M为AB的中点，可得PM⊥AB，QM⊥AB，CM⊥AB，则∠PMR为正三棱锥P-ABC的侧面与底面ABC所成的角为45°，所以MR＝PR＝h1，RC＝2MR＝2h1，记球的半径为r，于是OR＝r－h1，在Rt△ORC中，由勾股定理可得，OC2＝r2＝OR2＋RC2＝(r－h1)2＋4heq\o\al(2,1)，解得r＝eq\f(5,2)h1，于是QR＝PQ－PR＝2r－h1＝5h1－h1＝4h1＝h2，则eq\f(h1,h2)＝eq\f(1,4).所以eq\f(V1,V2)＝eq\f(h1,h2)＝eq\f(1,4).故选D.答案：D7．(2023·韶关二模)将一个圆心角为eq\f(2π,3)，面积为2π的扇形卷成一个圆锥，则此圆锥内半径最大的球的表面积为________．解析：设圆锥底面半径为R，母线长为L，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(πRL＝2π，,\f(2πR,L)＝\f(2π,3)，))解得R＝eq\f(\r(6),3)，L＝eq\r(6)，易知半径最大球为圆锥的内切球，球与圆锥内切时的轴截面如图所示，其中AB＝AC＝eq\r(6)，BC＝eq\f(2\r(6),3)，且点M为BC边上的中点，设内切圆的圆心为O，由于AM＝eq\f(4\r(3),3)，故S△ABC＝eq\f(1,2)×eq\f(2\r(6),3)×eq\f(4\r(3),3)＝eq\f(4\r(2),3)，设内切圆半径为r，则：S△ABC＝S△AOB＋S△BOC＋S△AOC＝eq\f(1,2)AB·r×2＋eq\f(1,2)BC·r，解得r＝eq\f(\r(3),3)，其表面积：S＝4πr2＝4π(eq\f(\r(3),3))2＝eq\f(4,3)π.答案：eq\f(4,3)π8.(2023·汕头濠江区校级模拟)已知四边形ABCD为平行四边形，AB＝4，AD＝3，∠BAD＝eq\f(π,3)，现将△ABD沿直线BD翻折，得到三棱锥A′-BCD，若A′C＝eq\r(13)，则三棱锥A′-BCD的内切球与外接球表面积的比值为________．解析：在△ABD中，AB＝4，AD＝3，∠BAD＝eq\f(π,3)，故DB2＝AB2＋AD2－2AB·AD·cos∠BAD＝42＋32－2×4×3×eq\f(1,2)＝13，即DB＝eq\r(13)，则折成的三棱锥A′BCD中，A′C＝DB，A′B＝AB＝DC，A′D＝AD＝BC，即此三棱锥的对棱相等，故此三棱锥的三组对棱是一个长方体的六个面的对角线，设长方体从同一个顶点出发的三条棱长分别为a，b，c，则a2＋b2＝13a2＋c2＝9b2＋c2＝16，解得a＝eq\r(3)b＝eq\r(10)c＝eq\r(6).此长方体的外接球是三棱锥A′BCD的外接球，设外接球的直径2R外＝eq\r(a2＋b2＋c2)＝eq\r(19)，即R外＝eq\f(\r(19),2)，又因为三棱锥A′BCD是长方体切掉四个角，故三棱锥VABCD＝abc－4×eq\f(1,3)×eq\f(1,2)abc＝eq\f(1,3)abc＝2eq\r(5)，三棱锥A′-BCD四个侧面是全等的，S表＝4S△ABD＝4×eq\f(1,2)AB·AD·sineq\f(π,3)＝2×4×3×eq\f(\r(3),2)＝12eq\r(3)，设内切球半径为R内，以内切球球心为顶点，把三棱锥分割为以球心为顶点，四个面为底面的四个小三棱锥，四个小三棱锥体积等于大三棱锥的体积，故R内＝eq\f(3V,S表)＝eq\f(3×2\r(5),12\r(3))＝eq\f(\r(15),6)，则三棱锥A′-BCD的内切球与外接球表面积的比值为eq\f(4πReq\o\