备战2025高考数学一轮复习第七章　§7.2　球的切、接问题.docxVIP

一、单项选择题

1．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)

2．已知在三棱锥P－ABC中，AC＝eq\r(2)，BC＝1，AC⊥BC且PA＝2PB，PB⊥平面ABC，则其外接球体积为()

A.eq\f(4π,3)B．4πC.eq\f(32π,3)D．4eq\r(3)π

3．已知一个三棱柱，其底面是正三角形，且侧棱与底面垂直，一个体积为eq\f(4π,3)的球体与棱柱的所有面均相切，那么这个三棱柱的表面积是()

A．6eq\r(3)B．12eq\r(3)C．18eq\r(3)D．24eq\r(3)

4．(2024·南昌模拟)在正方形ABCD中，E，F分别为线段AB，BC的中点，连接DE，DF，EF，将△ADE，△CDF，△BEF分别沿DE，DF，EF折起，使A，B，C三点重合，得到三棱锥O－DEF，则该三棱锥的外接球半径R与内切球半径r的比值为()

A.2eq\r(3)B．4eq\r(3)C．2eq\r(6)D.eq\r(6)

5．(2023·聊城模拟)“阿基米德多面体”也称半正多面体，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，它体现了数学的对称美．如图是以一正方体的各条棱的中点为顶点的多面体，这是一个有八个面为正三角形，六个面为正方形的“阿基米德多面体”，若该多面体的棱长为1，则该多面体外接球的体积为()

A.eq\f(4π,3)B.eq\f(8\r(2)π,3)C．4πD．8π

6．(2022·全国乙卷)已知球O的半径为1，四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均在球O的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为()

A.eq\f(1,3)B.eq\f(1,2)C.eq\f(\r(3),3)D.eq\f(\r(2),2)

二、多项选择题

7．已知正方体的外接球与内切球上各有一个动点M，N，若线段MN的最小值为eq\r(3)－1，则下列说法中正确的是()

A．正方体的外接球的表面积为12π

B．正方体的内切球的体积为eq\f(4,3)π

C．正方体的棱长为2

D．线段MN的最大值为2eq\r(3)

8.传说古希腊数学家阿基米德的墓碑上刻着一个圆柱，圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等．“圆柱容球”是阿基米德最为得意的发现．如图是一个圆柱容球，O1，O2为圆柱下、上底面的圆心，O为球心，EF为底面圆O1的一条直径，若球的半径r＝2，则()

A．球与圆柱的表面积之比为1∶2

B．平面DEF截得球的截面面积最小值为eq\f(16,5)π

C．四面体CDEF的体积的取值范围为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(32,3)))

D．若P为球面和圆柱侧面的交线上一点，则PE＋PF的取值范围为[2＋2eq\r(5)，4eq\r(3)]

三、填空题

9．已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为________．

10.如图，在多面体中，四边形ABCD为矩形，CE⊥平面ABCD，AB＝2，BC＝CE＝1，通过添加一个三棱锥可以将该多面体补成一个直三棱柱，那么添加的三棱锥的体积为________，补形后的直三棱柱的外接球的表面积为______．

§7.2球的切、接问题答案

1．C2.A3.C4.C

5．A[将该多面体放入正方体中，如图所示．

由于多面体的棱长为1，所以正方体的棱长为eq\r(2)，

因为该多面体是由棱长为eq\r(2)的正方体连接各棱中点所得，

所以该多面体外接球的球心为正方体体对角线的中点，其外接球直径等于正方体的面对角线长，即2R＝eq\r(?\r(2)?2＋?\r(2)?2)，所以R＝1，

所以该多面体外接球的体积

V＝eq\f(4,3)πR3＝eq\f(4π,3).]

6．C[该四棱锥的体积最大即以底面截球的圆面和顶点O组成的圆锥体积最大．设圆锥的高为h(0h1)，底面半径为r，

则圆锥的体积V＝eq\f(1,3)πr2h＝eq\f(1,3)π(1－h2)h，则V′＝eq\f(1,3)π(1－3h2)，

令V′＝eq\f(1,3)π(1－3h2)＝0，得h＝eq\f(\r(3),3)，

所以V＝eq\f(1,3)π(1－h2)h在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),3)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a