备战2024年高考数学一轮复习人教a必修第二册第七章立体几何与空间向量培优课(三)　与球有关的切接问题.docx

培优课(三)与球有关的切接问题 选题明细表 知识点、方法题号接球问题1,2,3,4切球问题51.(2022·陕西西安一模)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PABCD为阳马,侧棱PA底面ABCD,且PA=22,AB=BC=2,则该阳马的外接球的表面积为(C)A.4 B.8 C.16 D.32解析:因为四棱锥PABCD为阳马,侧棱PA底面ABCD,如图,补全该阳马得到长方体,则该长方体的体对角线即为该阳马外接球的直径,设外接球半径为R,则(2R)2=AB2+BC2+PA2=4+4+8=16,所以R=2,所以该阳马的外接球的表面积为4R2=16.2.如图所示,几何体ABCDEF,底面ABCD为矩形,AB=4,BC=2,ADE与BCF是等边三角形,EFAB,AB=2EF,则该几何体的外接球的表面积为(C)A.6 B.12 C.22 D.24解析:连接AC,BD交于点O,过O点作OM平面ABCD,交EF于点M.因为四边形ABCD为长方形,所以外接球的球心在直线OM上,设O为外接球的球心,取AD,BC的中点分别为G,H,连接EG,FH,GH,因为EFAB,ABGH,可得EFGH,因为BFC,EAD为等边三角形,所以FHBC,因为BCGH,FHGH=H,所以BC平面EFHG,因为AB=4=2EF,所以AO=5,EF=2,所以EM=1,EO=AO=R,因为FH=3,所以EF到平面ABCD的距离为h=2,设OO=x,则MO=2±x,所以AO2=AO2+OO2,EO2=EM2+MO2,所以x2+5=1+(2±x)2,解得x=22,所以R2=AO2=AO2+OO2=5+12=112,所以4R2=22.3.已知三棱锥ABCD中,BAC和BCD是边长为2的等边三角形,且平面ABC平面BCD,则该三棱锥外接球的表面积为(D)A.4 B.163 C.8 D.203解析:取BC的中点E,连接AE,DE,则AEBC,DEBC,因为平面ABC平面BCD,所以AE平面BCD,DE平面ABC,取BCD的外心F,作FMAE,则F,M,E,A四点共面,取ABC的外心H,过点H作EF的平行线交FM于点O,因为EF垂直于平面ABC,则HO平面ABC,所以点O到A,B,C,D四点的距离相等,所以点O为三棱锥ABCD外接球的球心,连接OD,可求得OF=HE=33,DF=233,所以R2=OD2=OF2+DF2=13+43=53,所以外接球的表面积为S=4R2=203.4.已知两个圆锥有公共底面,且两圆锥的顶点和底面的圆周都在同一个球面上.若圆锥底面面积是这个球表面积的316,则这两个圆锥中,体积较小者的高与体积较大者的高的比值为 . 解析:如图,设球的半径为R,圆锥底面半径为r.由题意得r2=316·4R2,所以r2=34R2.根据球的截面的性质可知两圆锥的高必过球心O,且两圆锥的顶点以及圆锥与球的交点是球的大圆上的点,且ABO1C,所以OO1=R2-r2=R2,因此体积较小的圆锥的高为AO1=R-R2=R2,体积较大的圆锥的高为BO1=R+R2=32R,故这两个圆锥中,体积较小者的高与体积较大者的高的比值为13.答案:135.农历五月初五是端午节,民间有吃粽子的习俗,粽子又称“粽籺”,是端午节大家都会品尝的食品.如图(1)的平行四边形形状的纸片是由六个边长为1的正三角形组成的,将它沿虚线折起来,可以得到如图(2)的粽子形状的六面体,则该六面体的体积为,若该六面体内有一球,则该球的体积的最大值为 . 解析:由对称性可知该六面体是由两个全等的正四面体合成的,正四面体的棱长为1,则正四面体的高为1-(33) 2=63,所以正四面体的体积为13×12×1×32×63=212.因为该六面体的体积是正四面体体积的2倍,所以该六面体的体积是26.要使球的体积达到最大,则球与该六面体的六个面都要相切.连接球心和六面体的五个顶点(图略),把六面体分成了六个全等的三棱锥.设球的半径为R,则26=6×(13×12×1×32·R),解得R=69,所以球的体积V=43R3=43×(69)3=86729.答案:2686729