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理（附解析）

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理（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·广西南宁模拟](三棱锥＋球)在三棱锥A­BCD中，AB＝BC＝CD＝DA＝eq \r(7)，BD＝2eq \r(3)，二面角A­BD­C的平面角是钝角．若三棱锥A­BCD的体积为2，则三棱锥A­BCD的外接球的表面积是( )
A．12πB．eq \f(37,3)πC．13πD．eq \f(53,4)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．C
如图所示，取BD的中点O，连接AO，CO.
因为AB＝BC＝CD＝DA，所以AO⊥BD，CO⊥BD，
所以∠AOC为二面角A­BD­C的平面角．
又AO∩CO＝O，所以BD⊥平面AOC.
取AC的中点E，连接OE，设AC＝2a，在△AOC中，AO＝OC＝eq \r(7－3)＝2，所以OE⊥AC，
则OE＝eq \r(4－a2)，
所以VA­BCD＝eq \f(1,3)S△AOC·BD＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×AC×OE×BD＝eq \f(1,6)×2a×eq \r(4－a2)×2eq \r(3)＝2，
化简得a4－4a2＋3＝0，解得a＝eq \r(3)或a＝1.
当a＝1时，∠AOC＝60°，不合题意，所以a＝eq \r(3)，AC＝2eq \r(3)，
如图所示，构造长方体BMDG­HCFA，把三棱锥A­BCD放在长方体中，使三棱锥A­BCD的各条棱分别是长方体的面对角线，则三棱锥A­BCD的外接球即为长方体BMDG­HCFA的外接球．
设BM＝x，BG＝y，BH＝z，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2＋y2＝（2\r(3)）2，,x2＋z2＝（\r(7)）2，,y2＋z2＝（\r(7)）2，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝\r(6)，,y＝\r(6)，,z＝1.))
连接AM，所以三棱锥A­BCD的外接球的直径为AM＝eq \r(x2＋y2＋z2)＝eq \r(13)，所以三棱锥A­BCD的外接球的表面积为S＝4π×eq \f(13,4)＝13π.故选C.
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