高考数学复习选填题专项练习15---球(解析版)

高考数学复习选填题专项练习15---球第I 卷（选择题)一、单选题：本大题共12小题，每小题5分，共60分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1．（2020·海南高三）四面体ABCD 的每个顶点都在球O 的球面上，AB ，AC ，AD 两两垂直，且1AB =，2AC =，3AD =，则球O 的表面积为（ ）A ．14πB ．7πC ．143πD ．4π 【答案】 A【解析】【分析】①根据四面体的特征，利用锥体体积公式求解，②利用补图法可得该四面体的外接球与以AB ，AC ，AD 为长宽高的长方体的外接球相同，求出体对角线长度即直径，即可得解.【详解】因为AB ，AC ，AD 两两垂直，且1AB =，2AC =，3AD =，所以四面体ABCD 的体积11123132V =⨯⨯⨯⨯=，该四面体的外接球与以AB ，AC ，AD 为长宽高的长方体的外接球相同，直径为该球O 的表面积为2414ππ⨯=⎝⎭.故答案为：①1，②14π 【点睛】此题考查求锥体体积，解决几何体的外接球问题，需要积累常见几何体外接球半径的求解方法，以便于解题中能够事半功倍.2．（2018·黑龙江高三期末）在直三棱柱111ABC A B C -中，底面ABC 为斜边长为2的直角三角形，顶点A ，B ，C ，1A ，1B ，1C 都在球O 的球面上，若球O 的表面积为8π，则三棱柱111ABC A B C -体积的最大值为（ ）A ．4B ．3C ．1D ．2【答案】D【解析】【分析】设2AB =，BC a =，AC b =，可得2ab …，设球的半径为R ，可求得22R =，进而求得12AA =，由此得出答案． 【详解】不妨设2AB =，BC a =，AC b =，有224a b +=，可得2222a b ab +=…，当且仅当“a b =”时取等号，设球的半径为R ，则248R ππ=，故22R =，又221(2)4R AA =+，12AA ∴=，∴三棱锥的体积为1122V ab AA ab ==g …．故答案为：2． 【点睛】本题考查球的表面积及三棱锥的体积求法，考查基本不等式的运用，属于基础题．3．（2020·广东高三期末）在三棱锥P ABC -中，PA PB PC ===，AB AC BC ===三棱锥P ABC -外接球的体积是（ ）A ．36πB ．125π6C ．32π3D ．50π【答案】B【解析】【分析】三棱锥P ABC -是正三棱锥，取O '为ABC V 外接圆的圆心，连结PO '，则PO '⊥平面ABC ，设O 为三棱锥P ABC -外接球的球心，外接球的半径为R ，可求出O A PO ''，，然后由2222OO O A OA R ''+==可求出半径，进而求出外接球的体积.【详解】由题意，易知三棱锥P ABC -是正三棱锥，取O '为ABC V 外接圆的圆心，连结PO '，则PO '⊥平面ABC ，设O 为三棱锥P ABC -外接球的球心.因为AB AC BC ===122O A '==.因为PA PB PC ===4PO '==.设三棱锥P ABC -外接球的半径为R ，则()2244R R -+=，解得52R =，故三棱锥P ABC -外接球的体积是34125ππ36R =.故选B. 【点睛】本题考查了三棱锥的外接球体积的求法，考查了学生的空间想象能力与计算求解能力，属于中档题.4. （2020·广西师大附属外国语学校高三）在平面四边形ABCD 中，ΔBCD 是边长为2的等边三角形，ΔBAD 为等腰三角形，且∠BAD =90︒，以BD 为折痕，将四边形折成一个120︒的二面角A BD C --，并且这个二面角的顶点A ，B ，C ，D 在同一个球面上，则这个球的球面面积为（ ）A ．36πB ．13π9 C ．52π3D ．529π 【答案】D【解析】【分析】作出折叠后的几何图形，结合几何关系求出半径即可得到球的表面积.【详解】折成的立体图形如图所示，O 为球心，E 为BD 的中点，∠CEH =60︒，CE 32CH HE ==，，所以由222OC OF CF =+得222231329⎫=+⋅=⎪⎭⎝⎭R R ，所以，球面积为25249S R ππ==。

【点睛】此题考查求几何体的外接球，以平面图形的折叠为背景，关键在于弄清折叠过程中不变的几何量.5．（2020·山西大同一中高三月考）已知等边ABC ∆的边长为,M N 分别为,AB AC 的中点，将AMN∆沿MN 折起得到四棱锥A MNCB -．点P 为四棱锥A MNCB -的外接球球面上任意一点，当四棱锥A MNCB -的体积最大时，P 到平面MNCB 距离的最大值为（ ）A ．12 B ．12+ C ．3 D ．3【答案】A【解析】【分析】由题意可确定当平面AMN ⊥平面NMBC 时，四棱锥A MNCB -的体积最大；根据四棱锥外接球的性质可确定球心的位置，利用勾股定理可求得球的半径R 及球心到平面MNCB 的距离OE ，由此可知所求最大值为R OE +.【详解】如图，当四棱锥A MNCB -的体积最大时，平面AMN ⊥平面NMBC ，如图所示：ABC ∆Q 为等边三角形，60MBC ∴∠=o ，取BC 的中点E ，则E 是等腰梯形MNCB 外接圆圆心．设F 是AMN ∆的外心，作OE ⊥平面MNCB ，OF ⊥平面AMN ，则O 是四棱锥A MNCB -的外接球的球心，且32OF DE ==，213AF AD ==．设四棱锥A MNCB -的外接球半径R ，则222134R AF OF =+=，解得：2R =.又12OE DF AD AF ==-=，∴当四棱锥A MNCB -的体积最大时，P 到平面MNCB 距离的最大值为：R OE +=故选：A . 【点睛】本题考查立体几何中几何体外接球的相关问题的求解，关键是能够根据外接球的性质确定球心的位置，即球心必为过棱锥底面和侧面的外接圆圆心且垂直于底面和侧面的直线的交点的位置.6．（2020·宜宾市叙州区第二中学校高三月考）在直三棱柱111ABC A B C -中，90BAC ︒∠=且AB =14BB =，设其外接球的球心为O ，且球O 的表面积为28π，则ABC ∆的面积为（ ）A B C ．D【答案】 B【解析】HG 的中点，根据边角关系得到3AC =，计算面积得到答案.【详解】球O 的表面积为2428R R ππ=∴=，如图所示：,H G 为11,BC B C 中点，连接HG 90BAC ︒∠=，故三角形的外心在BC 中点上，故外接球的球心为HG 的中点.在Rt OGC ∆中：112,2OG BB OC R ====故CG =在Rt ABC ∆中：2BC CG ==，AB =故3AC =，故2ABC S ∆=.【点睛】本题考查了三棱柱的外接球问题，确定球心的位置是解题的关键.7．（2020·安庆市第二中学高三期末）在三棱锥S ﹣ABC 中，AB =BC =SA =SC =AC =2，二面角S ﹣AC ﹣B S ﹣ABC 外接球的表面积是( )A ．32π B ．2π C π D ．6π【答案】D【解析】【分析】利用二面角S ﹣AC ﹣B 的余弦值求得BS ，由此判断出BS BA BC ===且,,BS BA BC 两两垂直，由此将三棱锥补形成正方体，利用正方体的外接球半径，求得外接球的表面积.【详解】设E 是AC 的中点，连接,EB ES ，由于,SA SC AB BC ==，所以,AC SE AC BE ⊥⊥，所以SEB ∠是二面角S ﹣AC ﹣B 的平面角，所以cos SEB ∠=在三角形SEB 中，由余弦定理得SB =BS BA BC ===，由于2SA SC AC ===，所以,,BS BA BC 两两垂直.，则体对角线长为=设正方体外接球的半径为R ，则2R =246R ππ=.故选：D【点睛】本小题主要考查根据二面角的余弦值求边长，考查几何体外接球的有关计算，考查数形结合的数学思想方法，属于中档题.8．（2020·山西高三期末）在四棱锥P ABCD -中，PC ⊥底面ABCD ，ABCD 为正方形，QA //,60PC PBC AQB ︒∠=∠=，己四棱锥P ABCD -与四棱锥Q ABCD -的外接球的半径分别为12,R R ，则12R R =（ ） ABCD【答案】B【解析】 【分析】假设正方形的边长，然后利用勾股定理计算,PA CQ ，根据墙角模型以及直观想象，可知,PA CQ 分别为四棱锥P ABCD -与四棱锥Q ABCD -的外接球直径，最后计算可得结果.【详解】设正方形的边长为2，如图由PC ⊥底面ABCD ，QA //PC ，所以QA ⊥底面ABCD ，又60PBC AQB ︒∠=∠=，所以可知3PC QA ==，根据墙角模型，将四棱锥P ABCD -补全是长方体，PA 为该长方体的一条体对角线，所以四棱锥P ABCD -的外接球的直径为PA ，同理四棱锥Q ABCD -的外接球的直径为QCPA3QC ==所以12223R R PA QC ====所以12R R = B 【点睛】本题考查四棱锥外接球的问题，熟悉墙角模型，可快速找到外接球的球心，属基础题.9．（2020·山西高三月考）三棱锥P ABC -中，底面ABC V为非钝角三角形，其中6AB BC ==，sin ACB PA ∠===P ABC -的外接球体积为（ ）A ．643π B ．72π C ．2563π D ．288π【答案】C【解析】 【分析】由已知条件可求出AC 的值，可得出ABC ∆为直角三角形，且90APC ∠=︒，可得球心及球的半径，可得三棱锥P ABC -的外接球体积.【详解】因为sin ACB ∠ABC ∆为非钝角三角形，故3cos 4ACB ∠=，由余弦定理得2222cos AB AC BC AC BC ACB =+-⋅⋅∠，解得8AC =，可得222AC AB BC =+故ABC ∆为直角三角形，其中90ABC ∠=︒；故222PA PC AC +=，故90APC ∠=︒，此时，注意到球心即为线段AC 的中点O （此时点O 到,,,A B C P 的距离均为4），故所求球体的体积3425633V R ππ==，故选：C. 【点睛】本题主要考查球与几何体的切、接问题，属于基础题，求出ABC ∆为直角三角形，且90APC ∠=︒后求出球心位置与半径是解题的关键.10．（2020·江西省宁都中学高三月考）在三棱锥P ABC -中，5AB BC ==，6AC =，P 在底面ABC 内的射影D 位于直线AC 上，且2AD CD =，4PD =.设三棱锥P ABC -的每个顶点都在球Q 的球面上，则球Q 的半径为（ ）A ．8B ．6C ．8D ．6【答案】A【解析】【分析】设AC 的中点为O 先求出ABC ∆外接圆的半径，设QM a =，利用QM ⊥平面ABC ，得QM PD ∥ ，在MBQ ∆ 及DMQ ∆中利用勾股定理构造方程求得球的半径即可【详解】设AC 的中点为O,因为AB BC =，所以ABC ∆外接圆的圆心M 在BO 上.设此圆的半径为r . 因为4BO =，所以222(4)3r r -+=，解得258r =.因为321OD OC CD =-=-=，所以8DM ==.设QM a =，易知QM ⊥平面ABC ，则QM PD ∥.因为QP QB =，所以=22113625(4)6464a a -+=+，解得1a =.所以球Q 的半径8R QB ===.故选：A【点睛】本题考查球的组合体，考查空间想象能力，考查计算求解能力，是中档题11．（2020·四川省金堂中学校高三）如图，在四棱锥C ABOD -中，CO ⊥平面ABOD ，//AB OD ，OB OD ⊥，且212AB OD ==，AD =CD 与AB 所成角为30°，点O ，B ，C ，D 都在同一个球面上，则该球的表面积为（ ）A ．21πB ．42πC ．48πD ．84π【答案】D【解析】 【分析】由题意可得6OB =，∠CDO =30°，可得CO 的长，结合,,OC OD OC OB OD OB ⊥⊥⊥可得三棱锥O -BCD 外接球半径R 的值，可得其表面积.【详解】如图，过点D 作DE AB ⊥,由//AB OD ，OB OD ⊥，且212AB OD ==，可得四边形DEBO 为矩形，6BE DO ==,6OB DE ===，由6OD =，由于AB ∥OD ，异面直线CD 与AB 所成角为30°，CO ⊥平面ABOD ,故∠CDO =30°，则tan 30CO OD =⨯=o设三棱锥O -BCD 外接球半径为R ，结合,,OC OD OC OB OD OB ⊥⊥⊥可将以OC 、OB 、OD 为相邻三条棱补成一个长方体，可得：()222222844R OB OC OD R =++==，该球的表面积为：2484S R ππ==. 【点睛】本题主要考查球与几何体的切、接问题，属于基础题型.12．（2020·江西南昌十中高三）在三棱锥A BCD -中，已知=6BC CD BD ====，且平面ABD ⊥平面BCD ，则三棱锥A BCD -外接球的表面积为（ ）A ．16πB ．24πC ．48πD ．12π 【答案】C【解析】【分析】取BD 的中点F ，设等边三角形BCD 的中心为O ，连接AF CF OA ，，.根据等边三角形的性质可求得23BO CO DO CF ====OF = 由等腰直角三角形的性质，得AF BD ⊥，根据面面垂直的性质得AF ⊥平面BCD ，AF OF ⊥，由勾股定理求得=OA O 为三棱锥A BCD -外接球的球心，根据球体的表面积公式可求得此外接球的表面积.【详解】在等边三角形BCD 中，取BD 的中点F ，设等边三角形BCD 的中心为O ，连接AF CF OA ，，.由6BC =，得23BO CO DO CF ====OF =ABD ∆是以BD 为斜边的等腰直角三角形，AF BD ∴⊥,又由已知可得平面ABD ⊥平面BCD ，AF ∴⊥平面BCD ，AF OF ∴⊥，OA ==OA OB OC OD ====O ∴为三棱锥A BCD -外接球的球心，外接球半径R OC ==，∴三棱锥A BCD -外接球的表面积为24π48π⨯=.故答案为：48π【点睛】本题考查三棱锥的外接球的表面积，关键在于根据三棱锥的面的关系、棱的关系和长度求得外接球的球心的位置，球的半径，属于中档题.第II 卷（非选择题)二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分。