空間幾何體的內切球及外接球問題

文檔編碼:CO2C5L8L4O6——HF6I9U4C4W3——ZB10X4U4N3E6. -空間幾何體的切球與外接球問題1．[2022·全國卷Ⅱ體積為8的正方體的頂點都在同一球面上,那么該球的外表積為〔〕32A．12π B.3π C．8π D．4π[解析]A 由于正方體的體積為 8,所以正方體的體對角線長為 2 3,所以正方體的外接球的半徑為 3,所以球的外表積為 4π·〔 3〕2＝12π.2．[2022·全國卷Ⅲ 在封閉的直三棱柱 ABC-A1B1C1有一個體積為 V的球．假設AB⊥BC,AB＝6,BC＝8,AA1＝3,那么V的最大值是〔 〕9π 32πA．4π B.2 C．6π D. 3[解析]B 當球與三側面相切時,設球的半徑為 r1,∵AB⊥BC,AB＝6,BC＝8,∴8－r1＋6－r1＝10,解得r1＝2,不合題意；當球與直三棱柱的上、下底面相切時,設球的半徑為 r2,3 3 4 3 3 9那么2r2＝3,即r2＝2.∴球的最大半徑為 2,故V的最大值為 3π× 2 ＝2π.3.[2022·模擬]在平行四邊形 ABCD中,∠CBA＝120°,AD＝4,對角線BD＝2 3,將其沿對角線BD折起,使平面 ABD⊥平面 BCD,假設四周體 ABCD的頂點在同一球面上,那么該球的體積為 ________．20 5答案： π；解析：由于∠CBA＝120°,所以∠DAB＝60°,在三角形 ABD中,由余弦3定理得〔2 3〕2＝42＋AB2－2×4·AB· cos60°,解得 AB＝2,所以 AB⊥BD.折起后平面ABD⊥平面BCD,即有AB⊥平面BCD,如以下圖,可知A,B,C,D可看作一個長方體中的四個頂點,長方體的體對角線AC就是四周體ABCD外接球的直徑,易知AC＝22＋42＝25,所以球的體積為205

π.34.[2022·右玉一中模擬]球O的球面上有四點S,A,B,C,其中O,A,B,C四點共面,△ABC是邊長為2的正三角形,平面SAB⊥平面ABC,那么棱錐S-ABC的體積的最大值為〔〕A. 3

3B.3C．23D．4選A；[解析]〔1〕由于平面SAB⊥平面ABC,所以點S在平面ABC上的射影H落在AB上,- .word.zl. -依據(jù)球的對稱性可知, 當S在“最高點〞,即H為AB的中點時,SH最大,此時棱錐S-ABC的體積最大．由于△ABC是邊長為2的正三角形,所以球的半徑r＝OC＝2

3CH＝2

3× 3

2×2＝23

3.在Rt△SHO中,OH＝1

2OC＝ 3

3,所以SH＝233232－＝1,3故所求體積的最大值為1

3× 3

4×22×1＝3

3.5.[2022·模擬]如圖7-38-19所示,設A,B,C,D為球O上四點,AB,AC,AD兩兩垂直,且AB＝AC＝3,假設AD＝R〔R為球O的半徑〕,那么球O的外表積為〔〕圖7-38-19A．πB．2πC．4πD．8π選D；解析：由于 AB,AC,AD兩兩垂直,所以以 AB,AC,AD為棱構建一個長方體,如以下圖,那么長方體的各頂點均在球面上, AB＝AC＝ 3,所以AE＝ 6,AD＝R,DE＝2R,那么有R2＋6＝〔2R〕2,解得R＝ 2,所以球的外表積 S＝4πR2＝8π.6.[2022·皖南八校三聯(lián)]如以下圖,三棱錐 A-BCD的四個頂點 A,B,C,D都在球O的外表上,AC⊥平面BCD,BC⊥CD,且AC＝3,BC＝2,CD＝5,那么球O的外表積為〔〕A．12πB．7πC．9πD．8π[解析]A 由AC⊥平面BCD,BC⊥CD知三棱錐A-BCD可以補成以 AC,BC,CD為三條棱的長方體,設球 O的半徑為 R,那么有〔2R〕2＝AC2＋BC2＋CD2＝3＋4＋5＝12,所以S球＝4πR2＝12π.- .word.zl. -7．[2022·質檢]A,B,C在球O的球面上,AB＝1,BC＝2,∠ABC＝60°,且點O到平面ABC的距離為2,那么球O的外表積為________．答案：20π[解析]在△ ABC中用余弦定理求得 AC＝ 3,據(jù)勾股定理得∠ BAC為直角,故BC的中點O1即為△ ABC所在小圓的圓心,那么 OO1⊥平面ABC,在直角三角形 OO1B中可求得球的半徑 r＝ 5,那么球O的外表積S＝4πr2＝20π.8.[2022·中原名校一聯(lián)]如圖K38-16所示,ABCD-A1B1C1D1是邊長為1的正方體,S-ABCD是高為1的正四棱錐,假設點S,A1,B1,C1,D1在同一個球面上,那么該球的外表積為〔〕圖K38-16A.9

16π 25

B.16π 49

C.16πD.81

16π選D；[解析]如以下圖作幫忙線,易知球心O在SG1上,設OG1＝x,那么OB1＝SO2＝2－x,同時由正方體的性質知 B1G1＝ 2,那么在Rt△OB1G1中,由勾股定理得 OB21＝G1B2＋OG1,即〔2－x〕2 2＝x2＋2

2

2,解得 x＝

78,所以球的半徑 R＝2－

78＝

98,所以球的外表積 S81＝4πR2＝16π.9．[2022·課標全國Ⅰ]如圖,有一個水平放置的透亮無蓋的正方體容器, 容器高8cm,將一個球放在容器口,再向容器注水,當球面恰好接觸水面時測得水深為6cm,假如不計容器.word.zl的厚度,那么球的體積為〔〕A.500π 866πcm3B.3cm33 1372π

C. cm3D.32048πcm33-.R,由題可知-解析：設球半徑為R,R－2,正方體棱長一半可構成直角三角形,即△OBA為直角三角形,如圖．BC＝2,BA＝4,OB＝R－2,OA＝R,由R2＝〔R－2〕2＋42,得R＝5,4 500所以球的體積為 3π×53＝ 3π〔cm3〕,應選A項．答案：A10．正四棱錐的側棱與底面的邊長都為32,那么這個四棱錐的外接球的外表積為〔〕A．12πB．36πC．72πD．108π2×2＝6,高為選B；解析：依題意得,該正四棱錐的底面對角線長為3-.word.zl. -13 2 2－ 2×6 2＝3,因此底面中心到各頂點的距離均等于 3,所以該四棱錐的外接球的球心為底面正方形的中心,其外接球的半徑為 3,所以其外接球的外表積等于 4π×32＝36π.11．[2022·質檢一]球O,過其球面上 A、B、C三點作截面,假設 O點到該截面的距離是球半徑的一半,且 AB＝BC＝2,∠B＝120°,那么球O的外表積為〔 〕64π 8π 16πA. B. C．4πD.3 3 9解析：如圖,球心 O在截面ABC的射影為△ ABC的外接圓的圓心 O′ .由題意知OO1＝R

2,OA＝R,其中R為球O的半徑．在△ABC中,23

＝4,得r＝2,即O′A＝2.在Rt3AC＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos120°＝22＋22－2×2×2×－1

2＝23.設△ABC的外接圓半徑為r,那么2r＝AC°＝sin1202△OO1A中,OO1＋O1A2＝OA2,即R24＋4＝R2,解得R2＝16

3,故球O的外表積S＝4πR2＝64π

3,應選A.答案：A12．[2022·模擬]在三棱錐A-BCD中,AB＝CD＝6,AC＝BD＝AD＝BC＝5,那么該三棱錐的外接球的外表積為 __________．解析：依題意得,該三棱錐的三組對棱分別相等, 因此可將該三棱錐補形成一個長方體,- .word.zl. -a2＋b2＝62,設該長方體的長、寬、高分別為 a、b、c,且其外接球的半徑為 R,那么 b2＋c2＝52, 得c2＋a2＝52,a2＋b2＋c2＝43,即〔2R〕2＝a2＋b2＋c2＝43,易知R即為該三棱錐的外接球的半徑,所以該三棱錐的外接球的外表積為 4πR2＝43π.答案：43π13．[2022·全國卷]正四棱錐的頂點都在同一球面上．假設該棱錐的高為 4,底面邊長為 2,那么該球的外表積為 〔 〕81π 27πA. 4 B．16π C．9π D. 4答案：A；[解析]如以下圖,E為AC與BD的交點．由于正四棱錐的底面邊長為 2,所以1AE＝2AC＝ 2.設球心為 O,球的半徑為 R,那么OE＝4－R,OA＝R.又由于△ AOE為直9角三角形,所以 OA2＝OE2＋AE2,即R2＝〔4－R〕2＋2,解得R＝4,所以該球的外表積 S＝49 81ππR2＝4π 4 2＝ 4.為〔14．[2022·八校聯(lián)考]如圖是一個幾何體的三視圖, 那么這個幾何體外接球的外表積〕A．8πB．16πC．32πD．64π答案：C；[解析]該幾何體為一個四棱錐,其外接球的球心為底面正方形的中心,所以半徑為22,外表積為4π×〔22〕2＝32π.ABCD是正方形且球心O在此平面,15．四棱錐S-ABCD的全部頂點在同一球面上,底面當四棱錐的體積取得最大值時,其外表積等于16＋163,那么球O的體積等于〔〕-.word.zl. -4 2π 16 2π 32 2π 64 2πA. 3 B. 3 C. 3 D. 3答案：D；[解析]由題意,當此四棱錐的體積取得最大值時,四棱錐為正四棱錐．設球 O的半徑為 R,那么 AC＝2R,SO＝R,∴AB＝ 2R,那么有〔 2R〕2＋4× 12× 22 2 4 64 2R· 2R ＋R2＝16＋16 3,解得R＝2 2,∴球O的體積是 3πR3＝ 3 π.16．[2022·調研]直三棱柱ABC-A1B1C1的各頂點都在同一球面上,假設 AB＝AC＝AA1＝2,