2025年高考数学一轮复习-球的切、接、截问题-专项训练【含答案】

INCLUDEPICTURE"高分训练.tif"INCLUDEPICTURE"E:\\数学课件\\高分训练.tif"INETINCLUDEPICTURE"F:\\陈丽2022年\\2022\\课件\\二轮\\2023版创新设计二轮专题复习数学新教材通用版（鲁津京……）\\教师word文档\\板块三立体几何与空间向量\\高分训练.tif"INET2025年高考数学一轮复习-球的切、接、截问题-专项训练一、基本技能练1.已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为()A.π B.eq\f(3π,4)C.eq\f(π,2) D.eq\f(π,4)2.若棱长为2eq\r(3)的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为()A.12π B.24πC.36π D.144π3.一个四面体的所有棱长都为eq\r(2)，四个顶点在同一球面上，则此球的表面积为()A.3π B.4πC.3eq\r(3)π D.6π4.已知直三棱柱ABC－A1B1C1的6个顶点都在球O的球面上，若AB＝3，AC＝4，AB⊥AC，AA1＝12，则球O的半径为()A.eq\f(3\r(17),2) B.2eq\r(10)C.eq\f(13,2) D.3eq\r(10)5.已知边长为2的等边三角形ABC，D为BC的中点，以AD为折痕进行折叠，使折后的∠BDC＝eq\f(π,2)，则过A，B，C，D四点的球的表面积为()A.3π B.4πC.5π D.6π6.如图是一个由6个正方形和8个正三角形围成的十四面体，其所有顶点都在球O的球面上，若十四面体的棱长为1，则球O的表面积为()A.2π B.4πC.6π D.8π7.四面体ABCD的四个顶点都在球O上且AB＝AC＝BC＝BD＝CD＝4，AD＝2eq\r(6)，则球O的表面积为()A.eq\f(70π,3) B.eq\f(80π,3)C.30π D.40π8.已知三棱锥P－ABC的棱AP，AB，AC两两垂直，且长度都为eq\r(3)，以顶点P为球心，2为半径作一个球，则球面与三棱锥的表面相交所得到的四段弧长之和等于()A.eq\f(2π,3) B.eq\f(5π,6)C.π D.eq\f(3π,2)9.(多选)已知一个正方体的外接球和内切球上各有一个动点M和N，若线段MN长的最小值为eq\r(3)－1，则()A.该正方体的外接球的表面积为12πB.该正方体的内切球的体积为eq\f(π,3)C.该正方体的棱长为1D.线段MN长的最大值为eq\r(3)＋110.(多选)设圆锥的顶点为A，BC为圆锥底面圆O的直径，点P为圆O上的一点(异于B，C)，若BC＝4eq\r(3)，三棱锥A－PBC的外接球表面积为64π，则圆锥的体积为()A.4π B.8πC.16π D.24π11.在三棱锥A－BCD中，△BCD和△ABD均是边长为1的等边三角形，AC＝eq\r(2)，则该三棱锥外接球的表面积为________.12.如图，已知球O是棱长为3的正方体ABCD－A1B1C1D1的内切球，则平面ACD1截球O的截面面积为________.二、创新拓展练13.(多选)已知三棱锥S－ABC中，SA⊥平面ABC，SA＝AB＝BC＝eq\r(2)，AC＝2，点E，F分别是线段AB，BC的中点，直线AF，CE相交于G，则过点G的平面α截三棱锥S－ABC的外接球O所得截面面积可以是()A.eq\f(2,3)π B.eq\f(8,9)πC.π D.eq\f(3,2)π14.(多选)已知三棱锥P－ABC的四个顶点都在球O上，AB＝BC＝AC＝1，∠APC＝eq\f(π,6)，平面PAC⊥平面ABC，则()A.直线OA与直线BC垂直B.点P到平面ABC的距离的最大值为eq\f(1＋\r(3),2)C.球O的表面积为eq\f(13π,3)D.三棱锥O－ABC的体积为eq\f(1,8)15.在菱形ABCD中，AB＝2eq\r(3)，∠ABC＝60°，若将菱形ABCD沿对角线AC折成大小为60°的二面角B－AC－D，则四面体DABC的外接球球O的体积为________.16.在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB⊥BC，AB＝BC＝AA1＝4，M为棱AB的中点，N是棱BC的中点，O是三棱柱外接球的球心，则平面MNB1截球O所得截面的面积为________.参考答案与解析一、基本技能练1.答案B解析如图画出圆柱的轴截面ABCD，O为球心.球的半径R＝OA＝1，球心到底面圆的距离为OM＝eq\f(1,2).∴底面圆半径r＝eq\r(OA2－OM2)＝eq\f(\r(3),2)故圆柱体积V＝π·r2·h＝π·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)))eq\s\up12(2)×1＝eq\f(3π,4).2.答案C解析由题意知球的直径2R＝eq\r(（2\r(3)）2＋（2\r(3)）2＋（2\r(3)）2)＝6，∴R＝3，∴S球＝4πR2＝36π.故选C.3.答案A解析构造棱长为1的正方体，该四面体的外接球也是棱长为1的正方体的外接球，所以外接球半径R＝eq\f(\r(3),2)，所以外接球表面积为S＝4πR2＝3π.4.答案C解析将直三棱柱补为长方体ABEC－A1B1E1C1，则球O是长方体ABEC－A1B1E1C1的外接球.∴体对角线BC1的长为球O的直径.因此2R＝eq\r(32＋42＋122)＝13，则R＝eq\f(13,2).5.答案C解析折后的几何体构成以D为顶点的三棱锥，且三条侧棱互相垂直，可构造长方体，其对角线即为球的直径，三条棱长分别为1，1，eq\r(3)，所以2R＝eq\r(1＋1＋3)＝eq\r(5)，球的表面积S＝4πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),2)))eq\s\up12(2)＝5π.6.答案B解析根据图形可知，该十四面体是由一个正方体切去八个角得到的，如图所示，十四面体的外接球球心与正方体的外接球球心相同，建立空间直角坐标系，∵该十四面体的棱长为1，故正方体的棱长为eq\r(2)，∴该正方体的外接球球心的坐标为Oeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)，\f(\r(2),2)))，设十四面体上一顶点为D，则Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)，\f(\r(2),2)，0))，所以十四面体的外接球半径R＝OD＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)－\f(\r(2),2)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)－\f(\r(2),2)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0－\f(\r(2),2)))\s\up12(2))＝1，故外接球的表面积为S＝4πR2＝4π.故选B.7.答案B解析如图，取BC的中点M，连接AM，DM，由题意可知，△ABC和△BCD都是边长为4的等边三角形.∵M为BC的中点，∴AM⊥BC，且AM＝DM＝2eq\r(3)，又∵AD＝2eq\r(6)，∴AM2＋DM2＝AD2，∴AM⊥DM，∵BC∩DM＝M，BC，DM⊂平面BCD，∴AM⊥平面BCD，∵AM⊂平面ABC，∴平面ABC⊥平面BCD，△ABC与△BCD外接圆半径r＝eq\f(2,3)DM＝eq\f(4\r(3),3)，又△ABC与△BCD的交线段BC＝4.所以四面体外接球半径R＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4\r(3),3)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4\r(3),3)))\s\up12(2)－\f(42,4))＝eq\f(2\r(15),3)，四面体ABCD的外接球的表面积为4π×R2＝eq\f(80,3)π.8.答案D解析如图，∠APC＝eq\f(π,4)，AP＝eq\r(3)，AN＝1，∠APN＝eq\f(π,6)，∠NPM＝eq\f(π,12)，eq\o(MN,\s\up8(︵))＝eq\f(π,12)×2＝eq\f(π,6)，同理eq\o(GH,\s\up8(︵))＝eq\f(π,6)，eq\o(HN,\s\up8(︵))＝eq\f(π,2)，eq\o(GM,\s\up8(︵))＝eq\f(2π,3)，故四段弧长之和为eq\f(π,6)＋eq\f(π,6)＋eq\f(π,2)＋eq\f(2π,3)＝eq\f(3π,2).9.答案AD解析设该正方体的棱长为a，则其外接球的半径R＝eq\f(\r(3),2)a，内切球的半径R′＝eq\f(a,2)，该正方体的外接球与内切球上各有一个动点M，N，由于两球球心相同，可得MN的最小值为eq\f(\r(3)a,2)－eq\f(a,2)＝eq\r(3)－1，解得a＝2，故C错误；所以外接球的半径R＝eq\r(3)，表面积为4π×3＝12π，故A正确；内切球的半径R′＝1，体积为eq\f(4,3)π，故B错误；MN的最大值为R＋R′＝eq\r(3)＋1，故D正确.故选AD.10.答案BD解析如图，设圆锥AO的外接球球心为M，半径为r，则M在直线AO上，4πr2＝64π，解得r＝4.由勾股定理得BM2＝OM2＋OB2，即42＝(2eq\r(3))2＋OM2，可得OM＝2，即OM＝|AO－r|＝|AO－4|＝2，解得AO＝6或AO＝2.当AO＝6时，圆锥AO的体积为V＝eq\f(1,3)π×(2eq\r(3))2×6＝24π；当AO＝2时，圆锥AO的体积为V＝eq\f(1,3)π×(2eq\r(3))2×2＝8π.故选BD.11.答案2π解析取AC的中点O，连接OB，OD，在△ABC中，AB＝BC＝1，AC＝eq\r(2)，所以∠ABC＝90°，所以OA＝OB＝OC＝eq\f(\r(2),2)，同理得OD＝eq\f(\r(2),2)，故点O为该三棱锥外接球的球心，所以球O的半径r＝eq\f(\r(2),2)，S球＝4πr2＝2π.12.答案eq\f(3π,2)解析根据题意知，平面ACD1是边长为eq\r(9＋9)＝3eq\r(2)的正三角形，且所求截面的面积是该正三角形的内切圆的面积，则由图得，△ACD1内切圆的半径r＝eq\f(1,3)eq\r(（3\r(2)）2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3\r(2),2)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(6),2)，所以平面ACD1截球O的截面面积为S＝π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(3π,2).二、创新拓展练13.答案BCD解析因为AB2＋BC2＝AC2，故AB⊥BC，故三棱锥S－ABC的外接球O的半径R＝eq\f(\r(2＋2＋2),2)＝eq\f(\r(6),2)，取AC的中点D，连接BD必过G，因为AB＝BC＝eq\r(2)，故DG＝eq\f(1,3)BD＝eq\f(1,3)，因为OD＝eq\f(\r(2),2)，故OG2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(2)＝eq\f(11,18)，则过点G的平面截球O所得截面圆的最小半径r2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),2)))eq\s\up12(2)－eq\f(11,18)＝eq\f(8,9)，故截面面积的最小值为eq\f(8,9)π，最大值为πR2＝eq\f(3,2)π，故选BCD.14.答案ACD解析设△ABC外接圆的圆心为O1，连接OO1，O1A.因为O为三棱锥P－ABC外接球的球心，所以OO1⊥平面ABC，所以OO1⊥BC，因为AB＝BC＝AC＝1，所以O1A⊥BC，所以BC⊥平面OO1A，所以OA⊥BC，故A选项正确；设△PAC外接圆的圆心为O2，AC的中点为D，连接O2D，由于AC＝1，∠APC＝eq\f(π,6)，所以圆O2的半径r2＝eq\f(1,2)×eq\f(1,sin\f(π,6))＝1，则易知O2D＝eq\f(\r(3),2)，所以点P到平面ABC的距离的最大值为1＋eq\f(\r(3),2)(此时P，O2，D三点共线)，故B选项错误；由于AB＝BC＝AC＝1，平面PAC⊥平面ABC，平面PAC∩平面ABC＝AC，所以圆O1的半径r1＝eq\f(1,2)×eq\f(1,sin\f(π,3))＝eq\f(\r(3),3)，圆O2的半径r2＝1，△ABC与△PAC的交线段AC＝1，所以三棱锥P－ABC外接球半径R2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)))eq\s\up12(2)＋12－eq\f(1,4)＝eq\f(13,12).故球O的表面积S＝4π×eq\f(13,12)＝eq\f(13π,3)，故C选项正确；由于OO1⊥平面ABC，且OO1＝O2D＝eq\f(\r(3),2)，S△ABC＝eq\f(\r(3),4)，所以三棱锥O－ABC的体积为eq\f(1,3)×OO1×S△ABC＝eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),2)×eq\f(\r(3),4)＝eq\f(1,8)，故D选项正确，故选ACD.15.答案eq\f(52\r(39)π,27)解析如图，设M，N分别为△ABC，△ACD的外心，E为AC的中点，则EN＝EM＝eq\f(1,3)BE＝1，在平面BDE内过点M作BE的垂线与过点N作DE的垂线交于点O.∵BE⊥AC，DE⊥AC，BE∩DE＝E，∴AC⊥平面BDE.∵OM⊂平面BDE，∴OM⊥AC，∵OM⊥BE，BE∩AC＝E，∴OM⊥平面ABC，同