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统考版2024届高考数学二轮专项分层特训卷四热点问题专练热点九球文(附解析)
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这是一份统考版2024届高考数学二轮专项分层特训卷四热点问题专练热点九球文(附解析),共9页。
A.4eq \r(3)πB.8eq \r(3)πC.12eq \r(3)πD.6eq \r(3)π
2.(四棱柱外接球体积)已知底面边长为1,侧棱长为eq \r(2)的正四棱柱的各顶点均在同一个球面上,则该球的体积为( )
A.eq \f(32π,3)B.4πC.2πD.eq \f(4π,3)
3.[2023·山西临汾摸底](三棱柱外接球)已知直三棱柱ABCA1B1C1中,AC=BC=AA1=1,E为AB1上任意一点,BC1⊥CE,则三棱柱ABCA1B1C1外接球的表面积为( )
A.3eq \r(3)πB.3πC.2eq \r(2)πD.2π
4.(球与三视图)某几何体的三视图如图所示,则该几何体外接球的表面积为( )
A.eq \f(16π,3)B.4πC.3D.以上都不对
5.
(球体+体积)如图,有一个水平放置的透明无盖的正方体容器,容器高8cm,现将一个球放在容器口,再向容器内注水,当球面恰好接触水面时测得水深为6cm,如果不计容器的厚度,则球的体积为( )
A.eq \f(500π,3)cm3B.eq \f(866π,3)cm3C.eq \f(1372π,3)cm3D.eq \f(2048π,3)cm3
6.(三视图+球)如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗线画出的是某四面体的三视图,则该四面体的外接球的表面积为( )
A.eq \f(32\r(3)π,3)B.32πC.36πD.48π
7.(圆锥+外接球的表面积)已知一圆锥的底面直径与母线长相等,一球体与该圆锥的所有母线和底面都相切,则球与圆锥的表面积之比为( )
A.eq \f(2,3)B.eq \f(4,9)C.eq \f(2\r(6),9)D.eq \f(8,27)
8.(三棱锥外接球+最值)在三棱锥PABC中,AB=2,AC⊥BC,若该三棱锥的体积为eq \f(2,3),则其外接球表面积的最小值为( )
A.5πB.eq \f(49π,22)C.eq \f(64π,9)D.eq \f(25π,4)
9.[2023·四川南充市高三模拟]在三棱锥PABC中,PA⊥平面ABC,若∠A=60°,BC=eq \r(3),PA=2,则此三棱锥的外接球的体积为( )
A.8πB.4eq \r(3)πC.eq \f(4\r(2),3)πD.eq \f(8\r(2),3)π
10.(三棱锥+球)如图,在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中,点E,F分别为AB,A1B1的中点,则三棱锥FECD的外接球的体积为( )
A.eq \f(41,4)πB.eq \f(4,3)πC.eq \f(41\r(41),64)πD.eq \f(41\r(41),48)π
11.(正方体内切球+体积)设球O是正方体ABCDA1B1C1D1的内切球,若平面ACD1截球O所得的截面面积为6π,则球O的半径为( )
A.eq \f(3,2)B.3C.eq \f(\r(3),2)D.eq \r(3)
12.[2023·郑州市第二次质量预测](三棱锥外接球+表面积)已知三棱锥PABC的各个顶点都在球O的表面上,PA⊥底面ABC,AB⊥AC,AB=6,AC=8,D是线段AB上一点,且AD=5DB.过点D作球O的截面,若所得截面圆面积的最大值与最小值之差为28π,则球O的表面积为( )
A.128πB.132πC.144πD.156π
[答题区]
13.[2023·昆明市“三诊一模”教学质量检测](三棱台外接球+表面积)由正三棱锥PABC截得的三棱台ABCA1B1C1的高为eq \r(3),AB=6,A1B1=3.若三棱台ABCA1B1C1的各顶点都在球O的表面上,则球O的表面积为________.
14.(三棱柱+外接球+内切球)已知底面边长为a的正三棱柱ABCA1B1C1的六个顶点均在球O1上,又知球O2与此正三棱柱的5个面都相切,则球O1与球O2的半径之比为________,表面积之比为________.
15.(四面体外接球+半径)在四面体ABCD中,AD=DB=AC=CB=1,则当四面体的体积最大时,它的外接球半径R=________.
16.(三棱锥+外接球+最值)在三棱锥ABCD中,底面BCD是直角三角形且BC⊥CD,斜边BD上的高为1,三棱锥ABCD的外接球的直径是AB,若该外接球的表面积为16π,则三棱锥ABCD体积的最大值为________.
热点(九) 球
1.A 由正方体的体积为8,可知其棱长为2,且正方体的体对角线为其外接球的直径,所以其外接球的半径R=eq \f(\r(22+22+22),2)=eq \r(3),则外接球的体积V=eq \f(4π,3)R3=4eq \r(3)π.故选A.
2.D 因为该正四棱柱的外接球的半径是四棱柱体对角线的一半,所以半径r=eq \f(1,2)eq \r(12+12+(\r(2))2)=1,所以V球=eq \f(4π,3)×13=eq \f(4π,3),故选D.
3.B 因为三棱柱ABCA1B1C1为直三棱柱,所以CC1⊥AC.
因为E为AB1上任意一点,BC1⊥CE,所以BC1⊥AC.
又CC1∩BC1=C1,所以AC⊥平面BB1C1C.
又AC=BC=1,所以直三棱柱的底面为等腰直角三角形.
又AA1=1,故可构造一个正方体,即把直三棱柱ABCA1B1C1放入正方体中,则三棱柱ABCA1B1C1外接球的半径R=eq \f(1,2)×eq \r(12+12+12)=eq \f(\r(3),2),所以三棱柱ABCA1B1C1外接球的表面积为4π×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)))eq \s\up12(2)=3π.故选B.
4.A 由题意可知该几何体是轴截面为正三角形的圆锥,底面圆的直径为2,高为eq \r(3),
∴外接球的半径r=eq \f(1,cs30°)=eq \f(2\r(3),3),
∴外接球的表面积为4×π×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(3),3)))eq \s\up12(2)=eq \f(16,3)π,故选A.
5.A 设球半径为Rcm,根据已知条件知正方体的上底面与球相交所得截面圆的半径为4cm,球心到截面的距离为(R-2)cm,所以由42+(R-2)2=R2,得R=5,
所以球的体积V=eq \f(4,3)πR3=eq \f(4,3)π×53=eq \f(500π,3)cm3,故选A.
6.D 由三视图可知该四面体为PBCD,如图,将它补成棱长为4的正方体,则正方体的体对角线PC就是该四面体的外接球的直径,所以外接球的直径2R=eq \r(3×42),所以R=2eq \r(3),则该四面体的外接球的表面积为4πR2=4×π×(2eq \r(3))2=48π,故选D.
7.B 设圆锥底面圆的半径为R,球的半径为r,由题意知,圆锥的轴截面是边长为2R的等边三角形,球的大圆是该等边三角形的内切圆,如图所示,所以r=eq \f(\r(3),3)R,S球=4πr2=4π·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)R))eq \s\up12(2)=eq \f(4π,3)R2,S圆锥=πR·2R+πR2=3πR2,所以球与圆锥的表面积之比eq \f(S球,S圆锥)=eq \f(\f(4π,3)R2,3πR2)=eq \f(4,9),故选B.
8.D
如图,由于AC⊥BC,所以Rt△ABC的外心O1是AB的中点,因此三棱锥PABC外接球的球心O在过O1且与底面ABC垂直的直线上,设AC=b,BC=a,三棱锥的高为h,则有eq \f(1,3)·eq \f(1,2)abh=eq \f(2,3),所以abh=4.设过点P且与底面ABC平行的平面为α,直线OO1与平面α交于点M,连接PM,设外接球半径为R,OO1=x,连接OA,OP,求外接球表面积的最小值时,球心O应在底面ABC的上方,O1A=O1B=1,所以OA2=OP2=R2=1+x2=(h-x)2+PM2,因此x=eq \f(h2+PM2-1,2h).要使R最小,应使x最小,因此PM应最小.当P与M重合时,PM=0,此时x=eq \f(h2-1,2h)=eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(h-\f(1,h))),易知y=eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t-\f(1,t)))在(0,+∞)上单调递增.由于abh=4,所以h=eq \f(4,ab),因为a2+b2=4≥2ab,所以ab≤2,于是h=eq \f(4,ab)≥2,因此x的最小值为eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2-\f(1,2)))=eq \f(3,4),R2的最小值为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))eq \s\up12(2)+1=eq \f(25,16),所以外接球的表面积的最小值为4π·eq \f(25,16)=eq \f(25π,4).故选D.
9.D
设△ABC的外接圆半径为r,三棱锥的外接球半径为R,由题意,根据正弦定理可得2r=eq \f(BC,sinA)=eq \f(\r(3),sin60°)=2,所以r=1,记外接球的球心为O,△ABC的外接圆圆心为O1,根据球的性质,可得OO1⊥平面ABC,则因为PA⊥平面ABC,所以OO1∥PA;又OA=OP=R,所以OO1=eq \f(1,2)PA=1,因此R=eq \r(r2+OO12)=eq \r(2),所以此三棱锥的外接球的体积为eq \f(4π,3)R3=eq \f(8\r(2),3)π.故选D.
10.D 如图所示,连接FC1,FD1.
三棱锥FECD的外接球为三棱柱FC1D1ECD的外接球.
在三角形ECD中,取CD的中点H,连接EH,则EH垂直平分CD,所以△ECD的外心在EH上,设△ECD的外心为点M.
同理可得△FC1D1的外心N.
连接MN,则三棱柱外接球的球心为MN的中点,设为点O.
连接CM,易得EM2=CM2=CH2+MH2.
又MH=2-EM,CH=1,所以EM=CM=eq \f(5,4),
连接OC,则OC2=MO2+CM2=1+eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,4)))eq \s\up12(2),解得OC=eq \f(\r(41),4),即三棱锥FECD的外接球的半径R=eq \f(\r(41),4).
所以三棱锥FECD的外接球的体积V=eq \f(4,3)πR3=eq \f(4,3)πeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(41),4)))eq \s\up12(3)=eq \f(41\r(41),48)π.故选D.
11.B
如图,易知直线B1D过球心O,且B1D⊥平面ACD1,不妨设垂足为点M,正方体棱长为a,则球半径R=eq \f(a,2),易知DM=eq \f(1,3)DB1,所以OM=eq \f(1,6)DB1=eq \f(\r(3),6)a,所以截面圆半径r=eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)))\s\up12(2)-OM2)=eq \f(\r(6),6)a,由截面圆面积S=πr2=6π,得r=eq \f(\r(6),6)a=eq \r(6),即a=6,所以球O的半径R=eq \f(a,2)=3,故选B.
12.B
因为AB⊥AC,AB=6,AC=8,所以BC=10,设平面ABC截球O所得的截面圆的圆心为O′,则O′为BC的中点,如图,连接O′A,O′D,则O′A=O′B=O′C=eq \f(1,2)BC=5,连接OA,OD,OO′,则OO′⊥平面ABC,取AB的中点E,连接O′E,则O′E⊥AB且O′E=4,又AD=5BD,AB=6,所以BD=eq \f(1,6)AB=1,DE=BE-BD=eq \f(1,2)AB-BD=3-1=2,在Rt△O′DE中,O′D=eq \r(O′E2+DE2)=2eq \r(5),设OO′=x,则OD2=O′D2+OO′2=20+x2,设球O的半径为R,则R2=OA2=O′A2+x2=25+x2,又与OD垂直的截面圆的半径r=eq \r(R2-OD2)=eq \r(25+x2-(20+x2))=eq \r(5),所以所得截面圆面积的最小值为πr2=5π,截面圆的面积的最大值为πR2,由题意可知πR2-πr2=πR2-5π=28π,解得R2=33,所以球O的表面积S=4πR2=132π.故选B.
13.答案:60π
解析:如图,易知三棱台的上、下底面均是正三角形,球心在三棱台上、下底面中心的连线段O1O2所在的直线上,因为AB=6,A1B1=3,所以AO1=2eq \r(3),A1O2=eq \r(3).
在Rt△OAO1和Rt△OA1O2中,球的半径R=OA=eq \r(AO eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) +OO eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ),R=OA1=eq \r(A1O eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) +OO eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ),验证知O在O2O1的延长线上,设OO1=x,则OO2=x+eq \r(3),所以x2+(2eq \r(3))2=(x+eq \r(3))2+(eq \r(3))2,解得x=eq \r(3),所以R=OA=eq \r(AO eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) +OO eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) )=eq \r(15),所以S球=4πR2=60π.
14.答案:eq \r(5)∶1 5∶1
解析:
设球O1、球O2的半径分别为R,r,由于正三棱柱的六个顶点均在同一个球面上,所以球心O1在上、下底面中心连线段的中点处,又球O2与正三棱柱的5个面都相切,所以点O2与O1重合.如图,取上、下底面的中心分别为F,E,BC的中点为D,EF的中点为O1,连接EF,AD,O1A,则E在AD上,O1A=R,O1E=r,在△O1EA中,AE=eq \f(2,3)×eq \f(\r(3),2)a=eq \f(\r(3),3)a,O1E=r=eq \f(1,3)×eq \f(\r(3),2)a=eq \f(\r(3),6)a,由于O1A2=O1E2+AE2,所以R2=eq \f(5,12)a2,r2=eq \f(1,12)a2,则球O1与球O2的半径之比为eq \r(5)∶1,所以球O1与球O2的表面积之比为eq \f(4πR2,4πr2)=eq \f(R2,r2)=eq \f(\f(5,12)a2,\f(1,12)a2)=5∶1.
15.答案:eq \f(\r(15),6)
解析:当平面ADC与平面BCD垂直时,四面体ABCD的体积最大,因为AD=AC=1,
所以可设等腰三角形ACD的底边CD=2x,高为h,则x2+h2=1,
此时四面体的体积V=eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×2x×h2=eq \f(1,3)x(1-x2),则V′=eq \f(1,3)-x2,令V′=0,得x=eq \f(\r(3),3),从而h=eq \f(\r(6),3),
则CD=AB=eq \f(2\r(3),3),故可将四面体ABCD放入长、宽、高分别为a,b,c的长方体中,如图,则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a2+b2=1,,b2+c2=1,,a2+c2=\f(4,3)))解得a2=c2=eq \f(2,3),b2=eq \f(1,3),则长方体的体对角线即四面体ABCD的外接球直径,(2R)2=a2+b2+c2=eq \f(5,3),R=eq \f(\r(15),6).
16.答案:eq \f(4,3)
解析:
如图所示,过点C作CH⊥BD于点H.由外接球的表面积为16π,可得外接球的半径为2,则AB=4.因为AB为外接球的直径,
所以∠BDA=90°,∠BCA=90°,即BD⊥AD,BC⊥CA.
又BC⊥CD,CA∩CD=C,所以BC⊥平面ACD,则BC⊥AD.
又BC∩BD=B,所以AD⊥平面BCD,
因为AD⊂平面ABD,所以平面ABD⊥平面BCD.
又平面ABD∩平面BCD=BD,所以CH⊥平面ABD.
设AD=x(0
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