2027年高考数学一轮复习 突破练习含答案 053-课时作业47 球的接、切问题（教用）

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单选题每小题3分，多选题每小题5分，填空题每小题4分，共34分.
1．（2025·河南开封二模）已知正方体的内切球的体积为43π ，则该正方体的外接球的表面积为（ ）
A. 12π B. 36πC. 93π D. 123π
【答案】B
【解析】设正方体的棱长为a，则正方体的内切球的半径为a2，内切球的体积为43π×(a2)3=43π ，解得a=23，所以正方体的体对角线长为3a=6，所以正方体的外接球的半径为12×3a=3，则外接球的表面积为4π×32=36π ，故选B.
2．已知某正六棱柱的所有棱长均为2，则该正六棱柱的外接球的表面积为（ ）
A. 6π B. 8πC. 16π D. 20π
【答案】D
【解析】设O为正六棱柱的外接球的球心,O′为底面的中心，则OO′=1，AO为外接球的半径，
由于底面为正六边形，所以△ABO′为等边三角形，故AO′=2,所以AO=AO′2+OO′2=22+12=5,故外接球的表面积为4π×(5)2=20π ，故选D.
3．已知圆柱的底面直径为2，它的两个底面的圆周都在同一个表面积为20π 的球面上，该圆柱的体积为（ ）
A. 8π B. 6πC. 5π D. 4π
【答案】D
【解析】设球的半径为R,圆柱的底面半径为r，由4πR2=20π ，得R=5，由2r=2，得r=1，
圆柱的高ℎ=2R2−r2=4，所以圆柱的体积为πr2ℎ=4π .故选D.
4．各棱长都相等的四面体的内切球和外接球的体积之比为（ ）
A. 1:27B. 1:9C. 1:3D. 9:1
【答案】A
【解析】易知正四面体的内切球球心与外接球球心重合，设正四面体的内切球半径为r，外接球半径为R，正四面体的各面面积为S，则正四面体的体积V=13Sr×4=13S(R+r)⇒R=3r，所以正四面体的内切球和外接球的体积之比为43πr3:43πR3=1:27.
5．已知圆锥的母线长为23，其外接球的体积为32π3，则该圆锥的表面积为（ ）
A. 3π B. 6πC. 9π D. 12π
【答案】C
【解析】圆锥及其外接球的轴截面如图，设该圆锥的外接球的半径为R，则32π3=43πR3，解得R=2，即|AO|=|OC|=2，设圆锥的高为ℎ，底面半径为r，则|AO1|=ℎ，|O1C|=r，所以r2+ℎ2=(23)2，又(ℎ−R)2+r2=R2，所以ℎ=3,r=3，则该圆锥的表面积为πr2+πrl=3π+π×3×23=9π .
6．（2025·湖南长沙模拟）已知正四棱台ABCD−A1B1C1D1中，AB=4，A1B1=2，侧棱与底面ABCD所成的角为π3，则此正四棱台的外接球的表面积为（ ）
A. 8π B. 16πC. 32π D. 64π
【答案】C
【解析】如图，正四棱台的高ℎ=A1E=2×tanπ3=6，上底面的外接圆半径r1=12×2A1B1=2,下底面的外接圆半径r2=12×2AB=22,因为r12+ℎ2=r22,所以外接球的球心是正四棱台的下底面的中心.
则外接球的半径R=r2=22，表面积为4πR2=32π .
7．（2025·贵州贵阳模拟）若半径为1的球O内切于正三棱柱ABC−A1B1C1，则该正三棱柱的体积为（ ）
A. 23B. 43C. 63D. 83
【答案】C
【解析】由题意知球O与三棱柱的上、下底面相切，∴ 三棱柱的高ℎ=2×1=2，
从上往下看，球的大圆面是正三角形的内切圆，如图，
等边三角形A′B′C′的内切圆为圆O，设B′C′的中点为H，则|OH|=13|A′H|=1,∴|A′H|=3,∵|A′H||A′B′|=sin60∘=32，
∴|A′B′|=23，
∴VABC−A1B1C1=S△A1B1C1⋅ℎ=12×23×3×2=63.
8．多选 堑堵、阳马、鳖臑这些名词都出自中国古代的数学名著《九章算术·商功》.如图1，把一个长方体分成相同的两部分，得到两个直三棱柱（堑堵）.如图2，再沿堑堵的一个顶点与相对的棱剖开，得到四棱锥和三棱锥各一个，其中四棱锥称为阳马，三棱锥称为鳖臑.则（ ）
图1图2
A. 阳马的四个侧面中仅有两个是直角三角形
B. 鳖臑的四个面均为直角三角形
C. 由同一个长方体分割而成的阳马的体积是鳖臑的体积的两倍
D. 由同一个长方体分割而成的堑堵、阳马与鳖臑的外接球的半径都相等
【答案】BCD
【解析】对于A，如图①，由题意可知DD1⊥ 平面ABCD，AD,DC⊂ 平面ABCD，所以DD1⊥AD,DD1⊥DC，因为AB⊥ 平面ADD1，AD1⊂ 平面ADD1，所以AB⊥AD1，因为BC⊥ 平面CDD1，CD1⊂ 平面CDD1，所以BC⊥CD1，所以阳马的四个侧面都是直角三角形，A错误.
对于B，如图②，由题意可知BC⊥ 平面CC1D1，CC1,CD1⊂ 平面CC1D1，所以BC⊥CC1,BC⊥CD1，因为C1D1⊥ 平面BCC1，BC1,CC1⊂ 平面BCC1，所以C1D1⊥BC1，C1D1⊥CC1，所以鳖臑的四个面均为直角三角形，B正确.
对于C，设AB=a,BC=b,DD1=c，所以阳马的体积VD1−ABCD=13abc，鳖臑的体积VD1−BCC1=13×12abc=16abc，所以由同一个长方体分割而成的阳马的体积是鳖臑的体积的两倍，C正确.
对于D，易知堑堵、阳马与鳖臑均可以补成原长方体，它们的外接球的半径都等于原长方体的外接球的半径，D正确.故选BCD.
图①图②
9．（2025·天津红桥模拟）一个正方体的棱长为a，若一个球内切于该正方体，且此球的体积是4π3，则a=_ _ _ _ .
【答案】2
【解析】因为正方体的内切球的直径为正方体的棱长a，所以内切球的半径为a2，所以4π3⋅(a2)3=4π3，解得a=2.
10．（2025·江苏南通模拟）已知正六棱锥的底面边长为2，且其侧面积是底面积的2倍，则此正六棱锥的外接球的表面积为_ _ _ _ _ _ _ _ .
【答案】169π9
【解析】正六棱锥的底面积S1=2×12×(4+2)×3=63,
设侧面三角形的高为ℎ1，则正六棱锥的侧面积S2=2S1=123=6×12×2ℎ1，故ℎ1=23，
设正六棱锥的高为ℎ，则ℎ=(23)2−(3)2=3，
设正六棱锥的外接球的半径为R,则(3−R)2+22=R2,解得R=136,所以正六棱锥的外接球的表面积S=4πR2=4π×(136)2=169π9.
能力强化练
单选题每小题5分，多选题每小题6分，共21分.
11．与正三棱锥的6条棱都相切的球称为正三棱锥的棱切球.若正三棱锥的底面边长为26，侧棱长为3，则此正三棱锥的棱切球的半径为（ ）
A. 6−2B. 6+2C. 62−43D. 62+43
【答案】C
【解析】如图，在正三棱锥S−ABC中，AB=BC=AC=26，SA=SB=SC=3，
设正三棱锥的棱切球的球心为O，半径为R，顶点S在底面上的投影为N,易知N为△ABC的中心，取AB的中点M，连接SN,OM，CM，OC,过O点作OH⊥SC,垂足为H，
则OM=OH=R，设ON=ℎ，
在Rt△CMB中，CM=CB2−MB2=(26)2−(6)2=32，
因为N为△ABC的中心，所以NC=23MC=22，MN=13MC=2，
在Rt△OMN中，OM2=ON2+MN2，即R2=ℎ2+2，
在Rt△SNC中，SN2=SC2−NC2，即SN=32−(22)2=1，
因为sin∠CSN=NCSC=OHOS,所以223=R1−ℎ,即R=223(1−ℎ),
由R2=ℎ2+2,R=223(1−ℎ),
得R2−122R+24=0，解得R=62−43或R=62+43（舍去）.故选C.
12．（2025·陕西咸阳模拟）中国古建筑闻名于世，源远流长.如图1所示的五脊殿是中国传统建筑中的一种屋顶样式，该屋顶的结构示意图如图2所示，在结构示意图中，已知四边形ABCD为矩形，EF//CD，AB=2EF=2，△ADE与△BCF都是边长为1的等边三角形，若点A，B，C，D，E，F都在球O的球面上，则球O的表面积为（ ）
图1图2
A. 11π8B. 11π6C. 11π4D. 11π2
【答案】D
【解析】连接AC,BD，设AC∩BD=O1，因为四边形ABCD为矩形，所以O1为矩形ABCD的外接圆的圆心.
连接OO1，则OO1⊥ 平面ABCD，分别取EF,AD,BC的中点M,P,Q，
根据几何体ABCDEF的对称性可知，直线OO1交EF于点M.
连接PQ，则PQ//AB，且O1为PQ的中点，
因为EF//AB，所以PQ//EF，
连接EP,FQ，在△ADE与△BCF中，易知EP=FQ=12−(12)2=32，所以梯形EFQP为等腰梯形，又MO1⊥PQ，所以MO1=(32)2−(2−12)2=22.
设OO1=m，球O的半径为R，连接OE,OA，则R2=OE2=OA2，
易得O1A=12+(12)2=52，
当O在线段MO1上时，(22−m)2+(12)2=(52)2+m2，无解；
当O在线段MO1的延长线上时，(22+m)2+(12)2=(52)2+m2，解得m=24，所以R2=OA2=(52)2+m2=118.
所以球O的表面积S=4πR2=11π2.
13．（2025·江苏连云港模拟）多选 在四面体ABCD中，BC=3，其余各棱长均为2，则（ ）
A. 该四面体的表面积为23+37
B. 该四面体的体积为32
C. 该四面体的外接球的半径为213
D. 该四面体的内切球的半径为321−125
【答案】BCD
【解析】由题意得，S△ABD=S△ACD=12×2×2×32=3，S△ABC=S△BCD=12×3×4−94=374，所以四面体的表面积为23+372，故A错误；
取AD的中点M，连接BM,CM,由等边三角形的性质可得，AD⊥BM,AD⊥CM,BM=CM=3，
由于BM∩CM=M,BM,CM⊂ 平面BCM，所以AD⊥ 平面BCM，可得等腰三角形BCM的面积为12×3×3−94=334，所以四面体ABCD的体积为13S△BCM×AD=13×334×2=32，故B正确；
设四面体ABCD的内切球半径为r，根据等体积法可得，32=13×(23+372)r⇒r=321−125，故D正确；
设△ABD,△ACD的外心分别为P,Q，可得PM=QM=33，
分别过P,Q作平面ABD,平面ACD的垂线，相交于点O，
则点O为四面体的外接球球心，
连接OC,OM,因为AD⊥ 平面BCM,AD⊂ 平面ADC，AD⊂ 平面ADB，所以平面ADC⊥ 平面BCM,平面ADB⊥ 平面BCM,又OQ⊥ 平面ADC,OP⊥ 平面ADB,所以OM⊂ 平面BCM,设OM与BC交于点G,易知OM为BC的垂直平分线，
则有cs∠GMC=MGMC=323=12，即cs∠OMQ=QMOM=12⇒OM=2QM=233，
所以OG=233−32=36，所以四面体ABCD的外接球的半径为OC=OG2+GC2=336+94=213，故C正确.故选BCD.
14．（2025·四川巴中三模）已知一个正四棱台的上、下底面边长分别为3，9，侧棱长为34，则该正四棱台内半径最大的球的体积为（ ）
A. 4π B. 32π3C. 16π D. 256π27
【答案】B
【解析】设O1,O2分别是下、上底面的中心，E,F,M,N分别是AD,BC,B1C1,A1D1的中点，
在侧面ADD1A1中，AD=9,A1D1=3,AA1=34，则NE=34−(9−32)2=5，
正四棱台内半径最大的球的半径即为截面EFMN内半径最大的圆的半径，
在截面EFMN中，EF=9,MN=3,NE=MF=5，则O1O2=52−(9−32)2=42，即直线MF与圆相离.
结合图形可知，正四棱台内半径最大的球的半径r=42=2，即该正四棱台内半径最大的球的体积V=43πr3=323π .
思维创新练
15．（2025·安徽合肥模拟）（5分）如图，这是某零件的结构模型，中间的大球为正四面体的内切球，每个小球均与大球和正四面体的三个面相切.若AB=12，则该模型中的一个小球的体积为_ _ _ _ .
【答案】6π
【解析】如图所示，设大球的球心为O，半径为R，正四面体的底面中心为E，高为ℎ，CD的中点为F，连接OA,OB,OC,OD,OE,BF，
则BE=23BF=23×12×32=43，ℎ=AE=AB2−BE2=46，
∵V正四面体ABCD=4VO−BCD，∴13S△BCD⋅ℎ=4×13S△BCD⋅R，
∴R=14ℎ=6，设小球的半径为r，小球也可看作一个小的正四面体的内切球，
且小正四面体的高ℎ小=ℎ−2R=26，∴r=14ℎ小=14×26=62，∴ 小球的体积为43πr3=43π×(62)3=6π .