2024屆高考數(shù)學二輪專題復習與測試第一部分專題三立體幾何微中微幾何體的外接球與內切球

微中微幾何體的外接球與內切球1．(2023·惠州模擬)已知四棱錐S-ABCD，SA⊥平面ABCD，AD⊥DC，SA＝3eq\r(3)，BC＝4，二面角S-BC-A的大小為eq\f(π,3).若點S，A，B，C，D均在球O的表面上，則該球O的表面積為()A．eq\f(152π,3)B．52πC．eq\f(160π,3)D．54π解析：如右圖所示，由于AD⊥DC，所以∠ADC＝90°，因為點S，A，B，C，D均在球O的表面上，所以四邊形ABCD內接于圓，所以∠ABC＝90°，所以BC⊥AB，因為SA⊥平面ABCD，BC?平面ABCD，所以BC⊥SA.又BC⊥AB，且SA∩AB＝A，所以BC⊥平面SAB，因為SB?平面SAB，所以BC⊥SB，則二面角S-BC-A的平面角為∠ABS，即∠ABS＝eq\f(π,3).在Rt△ABS中，AB＝eq\f(SA,tan∠ABS)＝3.可得SB＝6，所以，直角△ABC的外接圓直徑為AC＝eq\r(AB2＋BC2)＝5，即四邊形ABCD的外接圓直徑為AC＝5.因為SA⊥平面ABCD，所以四棱錐S-ABCD的外接球半徑為R＝eq\r(（\f(1,2)AC）2＋（\f(1,2)SA）2)＝eq\r(\f(25,4)＋\f(27,4))＝eq\r(13)，因此該球的表面積為4πR2＝4π×(eq\r(13))2＝52π.故選B.答案：B2．(2023·廣州三模)已知克列爾公式：對任意四面體，其體積V和外接球半徑R滿足6RV＝eq\r(p（p－aa1）（p－bb1）（p－cc1）)，其中p＝eq\f(1,2)·(aa1＋bb1＋cc1)，a，a1，b，b1，c，c1分別為四面體的三組對棱的長．在四面體ABCD中，若AB＝CD＝AC＝BD＝eq\r(2)，AD＝2BC＝1，則該四面體的外接球的表面積為()A．eq\f(5π,2)B．3πC．eq\f(7π,3)D．5π解析：取BC中點N，AD中點H，連接AN，DN，NH，由題意得DN＝eq\r(2－\f(1,16))＝eq\f(\r(31),4)，NH＝eq\r(\f(31,16)－\f(1,4))＝eq\f(3\r(3),4)，所以S△ADN＝eq\f(1,2)AD×HN＝eq\f(1,2)×1×eq\f(3\r(3),4)＝eq\f(3\r(3),8)，VA-BCD＝eq\f(1,3)×eq\f(3\r(3),8)×eq\f(1,2)＝eq\f(3\r(3),48)，p＝eq\f(1,2)(2＋2＋eq\f(1,2))＝eq\f(9,4)，所以eq\r(p（p－aa1）（p－bb1）（p－cc1）)＝eq\f(3\r(7),16)，因為6RV＝eq\r(p（p－aa1）（p－bb1）（p－cc1）)，所以6×R×eq\f(3\r(3),48)＝eq\f(3\r(7),16)，R＝eq\f(\r(7),2\r(3))，所以4πR2＝eq\f(7π,3).所以該四面體的外接球的表面積為eq\f(7π,3).故選C.答案：C3.(2023·惠州校級模擬)米斗是我國古代稱量糧食的量器，是官倉、糧棧、米行及地主家里必備的用具，其外形近似一個正四棱臺．米斗有著吉祥的寓意，是豐饒富足的象征，帶有濃郁的民間文化的味，如今也成為了一種頗具意趣的藏品．已知一個斗型工藝品上下底面邊長分別為2和4.側棱長為2eq\r(5).則其外接球的表面積為()A．4eq\r(2)πB．4eq\r(10)πC．32πD．40π解析：由題意，方斗的示意圖如右圖，設棱臺上底面中心為O1，下底面中心為O2，由棱臺的性質可知，外接球的球心O落在線段O1O2上，由題意該四棱臺上下底面邊長分別為4和2，側棱長為2eq\r(5)，則O1A＝2eq\r(2)，O2B＝eq\r(2)，AB＝2eq\r(5)，所以O1O2＝eq\r(AB2－（O1A－O2B）2)＝3eq\r(2)，設外接球的半徑為R，|OO2|＝h，則|OO1|＝3eq\r(2)－h(huán)，因為O1O2垂直于上下底面，所以|OO2|2＋|O2B|2＝R2，即h2＋(eq\r(2))2＝R2，又|OO1|2＋|O1A|2＝R2，即(3eq\r(2)－h(huán))2＋(2eq\r(2))2＝R2，聯(lián)立解得h＝2eq\r(2)，R2＝8＋2＝10，所以該米斗的外接球的表面積為4πR2＝40π.故選D.答案：D4．(2023·廣東模擬)已知四棱錐PABCD的五個頂點都在球面O上，底面ABCD是邊長為4的正方形，面PAD⊥面ABCD，且PA＝PD＝eq\r(5)，則球面O的表面積為()A．39πB．40πC．41πD．42π解析：如圖，取AD中點為E，三角形PAD外接圓圓心為O1，正方形ABCD外接圓圓心為O2，過O1，O2作平面PAD，底面ABCD垂線，則兩垂線交點為四棱錐外接球球心O，因為平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，O1E⊥AD，O1E?平面PAD，則O1E⊥平面ABCD，又EO2?平面ABCD，則O1E⊥EO2，因為∠OO1E＝∠O1EO2＝∠OO2E＝eq\f(π,2)，則四邊形O1EO2O為矩形，設三角形PAD外接圓半徑為r，則O1P＝O1A＝r，又AE＝2，PE＝eq\r(PA2－AE2)＝1，則(r－1)2＋4＝r2?r＝eq\f(5,2)，則O1E＝OO2＝eq\f(3,2)，設外接球半徑為R，則R＝OA＝eq\r(OOeq\o\al(2,2)＋AOeq\o\al(2,2))＝eq\r(O1E2＋AOeq\o\al(2,2))，又AO2＝eq\f(1,2)AC＝2eq\r(2)，則R＝eq\r(\f(9,4)＋8)＝eq\f(\r(41),2)，則球O表面積為4πR2＝41π.故選C.答案：C5．(2023·廣州一模)已知三棱錐P-ABC的四個頂點都在球O的球面上，PB＝PC＝2eq\r(5)，AB＝AC＝4，PA＝BC＝2，則球O的表面積為()A.eq\f(316π,15)B.eq\f(79π,15)C.eq\f(158π,5)D.eq\f(79π,5)解析：在三棱錐PABC中，如圖，AB2＋PA2＝20＝PB2，則PA⊥AB，而AB∩AC＝A，AB，AC?平面ABC，因此PA⊥平面ABC，在等腰三角形ABC中，AB＝AC＝4，BC＝2，則cos∠ABC＝eq\f(\f(1,2)BC,AB)＝eq\f(1,4)，sin∠ABC＝eq\r(1－cos2∠ABC)＝eq\f(\r(15),4)，令△ABC的外接圓圓心為O1，則OO1⊥平面ABC，O1A＝eq\f(1,2)×eq\f(AC,sin∠ABC)＝eq\f(8,\r(15))，有OO1∥PA，取PA中點D，連接OD，則有OD⊥PA，又O1A?平面ABC，所以O1A⊥PA，從而O1A∥OD，四邊形ODAO1為平行四邊形，OO1＝AD＝1，又OO1⊥O1A，因此球O的半徑R2＝OA2＝O1A2＋O1O2＝(eq\f(8,\r(15)))2＋12＝eq\f(79,15)，所以球O的表面積S＝4πR2＝eq\f(316π,15).故選A.答案：C6．(2023·廣州荔灣區(qū)校級模擬)以ABC為底的兩個正三棱錐P-ABC和Q-ABC內接于同一個球，并且正三棱錐P-ABC的側面與底面ABC所成的角為45°，記正三棱錐P-ABC和正三棱錐Q-ABC的體積分別為V1和V2，則eq\f(V1,V2)＝()A．1B.eq\f(1,2)C.eq\f(1,3)D.eq\f(1,4)解析：如圖，正三棱錐P-ABC和正三棱錐Q-ABC內接于同一個球，設P到底面ABC的距離為h1，Q到底面ABC的距離為h2，則eq\f(V1,V2)＝eq\f(h1,h2)，取AB的中點M，連接PM，CM，PQ，記PQ與平面ABC的交點為R，由兩個正三棱錐P-ABC和Q-ABC內接于同一個球，故PQ一定為球O的直徑，記其中點為O，且由題意可知，R為正三角形ABC的中心，因此，PR，QR分別為正三棱錐P-ABC和正三棱錐Q-ABC的高h1，h2，由PA＝PB，QA＝QB，CA＝CB，且M為AB的中點，可得PM⊥AB，QM⊥AB，CM⊥AB，則∠PMR為正三棱錐P-ABC的側面與底面ABC所成的角為45°，所以MR＝PR＝h1，RC＝2MR＝2h1，記球的半徑為r，于是OR＝r－h(huán)1，在Rt△ORC中，由勾股定理可得，OC2＝r2＝OR2＋RC2＝(r－h(huán)1)2＋4heq\o\al(2,1)，解得r＝eq\f(5,2)h1，于是QR＝PQ－PR＝2r－h(huán)1＝5h1－h(huán)1＝4h1＝h2，則eq\f(h1,h2)＝eq\f(1,4).所以eq\f(V1,V2)＝eq\f(h1,h2)＝eq\f(1,4).故選D.答案：D7．(2023·韶關二模)將一個圓心角為eq\f(2π,3)，面積為2π的扇形卷成一個圓錐，則此圓錐內半徑最大的球的表面積為________．解析：設圓錐底面半徑為R，母線長為L，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(πRL＝2π，,\f(2πR,L)＝\f(2π,3)，))解得R＝eq\f(\r(6),3)，L＝eq\r(6)，易知半徑最大球為圓錐的內切球，球與圓錐內切時的軸截面如圖所示，其中AB＝AC＝eq\r(6)，BC＝eq\f(2\r(6),3)，且點M為BC邊上的中點，設內切圓的圓心為O，由于AM＝eq\f(4\r(3),3)，故S△ABC＝eq\f(1,2)×eq\f(2\r(6),3)×eq\f(4\r(3),3)＝eq\f(4\r(2),3)，設內切圓半徑為r，則：S△ABC＝S△AOB＋S△BOC＋S△AOC＝eq\f(1,2)AB·r×2＋eq\f(1,2)BC·r，解得r＝eq\f(\r(3),3)，其表面積：S＝4πr2＝4π(eq\f(\r(3),3))2＝eq\f(4,3)π.答案：eq\f(4,3)π8.(2023·汕頭濠江區(qū)校級模擬)已知四邊形ABCD為平行四邊形，AB＝4，AD＝3，∠BAD＝eq\f(π,3)，現(xiàn)將△ABD沿直線BD翻折，得到三棱錐A′-BCD，若A′C＝eq\r(13)，則三棱錐A′-BCD的內切球與外接球表面積的比值為________．解析：在△ABD中，AB＝4，AD＝3，∠BAD＝eq\f(π,3)，故DB2＝AB2＋AD2－2AB·AD·cos∠BAD＝42＋32－2×4×3×eq\f(1,2)＝13，即DB＝eq\r(13)，則折成的三棱錐A′BCD中，A′C＝DB，A′B＝AB＝DC，A′D＝AD＝BC，即此三棱錐的對棱相等，故此三棱錐的三組對棱是一個長方體的六個面的對角線，設長方體從同一個頂點出發(fā)的三條棱長分別為a，b，c，則a2＋b2＝13a2＋c2＝9b2＋c2＝16，解得a＝eq\r(3)b＝eq\r(10)c＝eq\r(6).此長方體的外接球是三棱錐A′BCD的外接球，設外接球的直徑2R外＝eq\r(a2＋b2＋c2)＝eq\r(19)，即R外＝eq\f(\r(19),2)，又因為三棱錐A′BCD是長方體切掉四個角，故三棱錐VABCD＝abc－4×eq\f(1,3)×eq\f(1,2)abc＝eq\f(1,3)abc＝2eq\r(5)，三棱錐A′-BCD四個側面是全等的，S表＝4S△ABD＝4×eq\f(1,2)AB·AD·sineq\f(π,3)＝2×4×3×eq\f(\r(3),2)＝12eq\r(3)，設內切球半徑為R內，以內切球球心為頂點，把三棱錐分割為以球心為頂點，四個面為底面的四個小三棱錐，四個小三棱錐體積等于大三棱錐的體積，故R內＝eq\f(3V,S表)＝eq\f(3×2\r(5),12\r(3))＝eq\f(\r(15),6)，則三棱錐A′-BCD的內切球與外接球表面積的比值為eq\f(4πReq\o\