16、2020版高考数学大二轮专题突破文科通用版专题突破练16 热点小专题二 球与多面体的内切、外接含解析

专题突破练16热点小专题二球与多面体的内
切、外接
一、选择题
1.体积为8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.π
C.8π
D.4π
2.
(2019江西九江一模,文9)《九章算术》卷第五《商功》中,有“贾令刍童,上广一尺,袤二尺,下广三尺,袤四尺,高一尺.”,意思是:“假设一个刍童,上底面宽1尺,长2尺;下底面宽3尺,长4尺,高1尺(如图).”(注:刍童为上下底面为相互平行的不相似长方形,两底面的中心连线与底面垂直的几何体),若该几何体所有顶点在一球的表面上,则该球体的表面积为()
A.46π平方尺
B.41π平方尺
C.40π平方尺
D.36π平方尺
3.
(2019山东济宁一模,理9)《九章算术》中,将底面是直角三角形的直三棱柱称之为“堑堵”.已知某“堑堵”的三视图如图所示,则该“堑堵”的外接球的体积为()
A.π
B.π
C.6π
D.8π
4.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 的直径为()
A.13
B.4
C.2
D.2
5.(2019山东潍坊二模,文10)一个各面均为直角三角形的四面体有三条棱长为2,则该四面体外接球的表面积为()
A.6π
B.12π
C.32π
D.48π
6.(2019湖北八校联考二,文8)已知三棱锥的三视图如图所示,且各顶点在同一球面上,则该球的表面积是()
A.12π
B.10π
C.8π
D.6π
7.已知A,B是球O的球面上两点,∠AOB=90°,C为该球面上的动点.若三棱锥O-ABC体积的最大值为36,则球O的表面积为()
A.36π
B.64π
C.144π
D.256π
8.如图②,需在正方体的盒子内镶嵌一个小球,使得镶嵌后三视图均为图①所示,且面A1C1B截得小球的截面面积为,则该小球的体积为()
A. B. C. D.
9.已知A,B,C,D是同一球面上的四个点,其中△ABC是正三角形,AD⊥平面ABC,AD=2AB=6,则该球
的体积为()
A.32π
B.48π
C.24π
D.16π
10.(2019四川第二次诊断,理10)已知一个几何体的正视图,侧视图和俯视图均是直径为10的圆(如图),这个几何体内接一个圆锥,圆锥的体积为27π,则该圆锥的侧面积为()
A.9π
B.12π
C.10π
D.
11.
(2019山西吕梁一模,文12)四棱锥S-ABCD中,底面ABCD为矩形,AD=4,AB=2,且SA+SD=8,当该四棱锥的体积最大时,其外接球的表面积为()
A.20π
B.25π
C.π
D.π
12.已知三棱锥S-ABC的所有顶点都在球O的球面上,△ABC是边长为1的正三角形,SC为球O的直径,且SC=2,则此棱锥的体积为()
A. B. C. D.
二、填空题
13.(2019四川成都二模,理14)已知三棱锥A-BCD的四个顶点都在球O的表面上,若
AB=AC=AD=1,BC=CD=BD=,则球O的表面积为.
14.(2019河北唐山一模,理15)在四面体ABCD中,AB=BC=1,AC=,且AD⊥CD,该四面体外接球的表面积为.
15.
(2019湖南六校联考,理15)在《九章算术》中,将底面为矩形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马.如图,若四棱锥P-ABCD为阳马,侧棱PA⊥底面ABCD,且PA=3,BC=AB=4,设该阳马的外接球半径为R,内切球半径为r,则=.
16.已知三棱锥S-ABC的所有顶点都在球O的球面上,SC是球O的直径,若平面SCA⊥平面SCB,SA=AC,SB=BC,三棱锥S-ABC的体积为9,则球O的表面积为.
参考答案
专题突破练16热点小专题二
球与多面体的内切、外接
1.A解析设正方体的棱长为a,由a3=8,得a=
2.由题意可知,正方体的体对角线为球的直径,故2r=,则r=.所以该球的表面积为4π×()2=12π,故选A.
2.B解析由已知得球心在几何体的外部,设球心到几何体下底面的距离为x,则
R2=x2+2=(x+1)2+2,解得x=2,∴R2=,∴该球的表面积S=41π.故选B.
3.A解析根据几何体的三视图可知几何体为底面为腰长为的直角等腰三角形,高为2的直三棱柱.设外接球的半径为R,则(2R)2=()2+()2+22,解得R=,所以
V=π()3=π.故选A.
4.A解析由题意可知,直三棱柱ABC-A1B1C1的外接球O的半径R=,故球O的直径为13.故选A.
5.B解析如图,在四面体ABCD中,∠ABD=∠ABC=∠BCD=∠
ACD=90°,AB=BC=CD=2,可得BD=2,AD=2,设AD的中点为O,连接OB,OC,则
OB=OC=OA=OD,所以AD的中点O即为外接球的球心,故球O半径为,其表面积为12π,故选B.
6.A解析根据三视图,把该三棱锥放入长、宽、高分别为2,的长方体中,如图所示.则三棱锥的外接球即为长方体的外接球,所以外接球的半径R满足
(2R)2=PC2=22+()2+()2=12,所以外接球的表面积是4πR2=12π.
7.C解析由△AOB的面积确定可知,若三棱锥O-ABC的底面OAB上的高最大,则其体积最大.因为高最大为半径R,所以V O-ABC=R2×R=36,解得R=6,故S球=4πR2=144π.
8.B解析设正方体盒子的棱长为2a,则内切球的半径为a,平面A1BC1是边长为2a 的正三角形,且球与以点B1为公共点的三个面的切点恰为△A1BC1三边的中点,∴所求截面的面积是该正三角形的内切圆的面积,则由图得,△A1BC1内切圆的半径是a×tan
30°=a,则所求的截面圆的面积是π·a2=a2=,故a=1,∴该小球的体积为V球
=×13=.
9.A解析由题意画出几何体的直观图如图,把A,B,C,D扩展为三棱柱,上下底面中心的中点与A的距离为球的半径,AD=2AB=6,OE=3,△ABC是正三角
形,AE=×3=,AO==2.故所求球的体积为π×(2)3=32π.
10.A解析
几何体的轴截面如图所示,设圆锥的底面半径为r,由题意可得×π×r2×(+5)=27π,解得r=3,所以该圆锥的侧面积为×6π×=9π.故选A.
11.D解析当点S到底面ABCD的距离最大时,四棱锥的体积最大,这时△SAD为等边三角形,S到底面ABCD的距离为2且平面SAD⊥平面ABCD.设球心O到平面ABCD 的距离OE=x,则由OD=OS,得x2+5=(2-x)2+1,所以x=,所以四棱锥外接球的半径
R=,所以四棱锥外接球的表面积为S=4πR2=π.故选D.
12.A解析∵SC是球O的直径,
∴∠CAS=∠CBS=90°.
∵BA=BC=AC=1,SC=2,
∴AS=BS=.
取AB的中点D,显然AB⊥CD,AB⊥SD,∴AB⊥平面SCD.
在△CDS中,CD=,DS=,SC=2,利用余弦定理可得cos∠CDS==-, ∴sin∠CDS=,
∴S
=,
△CDS
故V=V B-CDS+V A-CDS=×S△CDS×BD+S△CDS×AD=S△CDS×BA=×1=.
13.3π解析(法一)如图,
取CD的中点E,连接BE,可得BE=,
设等边三角形BCD的中心为G,则BG=,
∴AG=.
设三棱锥A-BCD的外接球的半径为R,则R2=BG2+OG2,即R2=2+-R2,解得R=.
∴球O的表面积为4πR2=3π.
(法二)∵AB=AC=AD=1,BC=CD=BD=,
∴由勾股定理的逆定理得三棱锥的三个侧面都是全等的直角三角形,将三棱锥补形为正方体,则其外接球的直径为正方体的体对角线,
∴2R=,
故球O的表面积为4πR2=3π.
14.2π解析如图所示,由AB=BC=1,AC=,得AB⊥BC,所以△ABC和△DAC都是直角三角形.△ABC外接圆的圆心是AC的中点,△DAC外接圆的圆心也是AC的中点,且两个
=4πR2=2π.
三角形的外接圆都是球的大圆,所以球半径R=AC=,所以S
球
15.解析易知该阳马补形所得到的长方体的体对角线为外接球的直径,所以
(2R)2=AB2+AD2+AP2=42+42+32=41,R=.因为侧棱PA⊥底面ABCD,且底面为正方形,所以内切球O1在侧面PAD内的正视图是△PAD的内切圆,则内切球半径为1,故.
16.36π解析取SC的中点O,连接OA,OB.
因为SA=AC,SB=BC,所以OA⊥SC,OB⊥SC.
因为平面SAC⊥平面SBC,且OA⊂平面SAC,
所以OA⊥平面SBC.设OA=r,则V A-SBC=×S△SBC×OA=×2r×r×r=r3,
所以r3=9,解得r=3.
所以球O的表面积为4πr2=36π.。