(高中段)專題檢測(cè)(七)確定幾何體外接球球心的三種方法22

第1頁(yè)共12頁(yè)專題跟蹤檢測(cè)（七）確定幾何體外接球球心的三種方法一、小題1．已知一塊形狀為正三棱柱ABC-A1B1C1(底面是正三角形，側(cè)棱與底面垂直的三棱柱AB＝AA1＝23.若將該木材經(jīng)過切割加工成一個(gè)球體，則此球體積的最大值保分考法)的實(shí)心木材，為()82B．π3A．43π4332D．π3C．π解析：選C由題意最大球應(yīng)該是和正三棱柱三個(gè)側(cè)面都相切的球，即球的大圓和正三棱柱的橫截面相切，橫截面是邊長(zhǎng)為23的正三角形，所以內(nèi)切圓半徑為r＝31×23×23＝431，所以球體積的最大值為π.2．在四邊形ABCD中，AB＝AD＝2，BC＝3，CD＝5，AB⊥AD，現(xiàn)將△ABD沿BD折起，錐A-BCD，若三棱得三棱錐A-BCD的四個(gè)頂點(diǎn)都在球O的球面上，則球O的體積為()112452B．π3A．π72C．π382D．π3解析：選DBD＝22，DC2＋BC2＝BD2，所以∠BCD＝90°，∠BAD＝90°，所以球心43πR3＝832π，故選D.在BD的中點(diǎn)處，半徑是2，所以V＝3．魏晉時(shí)期數(shù)學(xué)家劉徽在他的著作《九章算術(shù)注》中，稱一個(gè)正方體內(nèi)兩個(gè)互相垂直的內(nèi)切圓柱所圍成的幾何體為“牟合方蓋”，劉徽通過計(jì)算得知正方體的內(nèi)切球的體積與“牟合方蓋”的體積之比應(yīng)為π∶4.若正方體的棱長(zhǎng)為2，則“牟合方蓋”的體積為()A．16B．1631631283C．D．解析：選C正方體的棱長(zhǎng)為2，則其內(nèi)切球的半徑r＝1，4343∴正方體的內(nèi)切球的體積V球＝π×13＝π.V球π4牟合方蓋＝4416×π＝.π3又∵＝，∴V3V牟合方蓋第2頁(yè)共12頁(yè)93Ⅱ)已知△ABC是面積為的等邊三角形，且其頂點(diǎn)都在球4．(2020·全國(guó)卷O的球面4上．若球O的表面積為16π，則O到平面ABC的距離為()32A．3B．32C．1D．解析：選C由等邊三角形ABC的面積為93，4得43AB2＝943，解得AB＝3，則△ABC的外接圓半徑r＝2×AB＝33AB＝3.332設(shè)球的半徑為R，則由球的表面積為16π，得4πR2＝16π，得R＝2，所以球心O到平面ABC的距離d＝故選C.R2－r2＝1，5．(2020·武漢模擬)已知某三棱柱的側(cè)棱垂直于底面，且底面是邊長(zhǎng)為2的正三角形，43π3若其外接球的表面積為，則該三棱柱的高為)(32A．B．352C．4解析：選BD．由題意易知該三棱柱是底面邊長(zhǎng)為2的正三棱柱．設(shè)C，B分別為三棱柱上、下底面的中心，連接BC，則三棱柱外接球的球心為BC的中點(diǎn)O，如圖．43π343π，∴R＝設(shè)三棱柱外接球的半徑為R.∵三棱柱的外接球的表面積為，∴4πR2＝343.12第3頁(yè)共12頁(yè)OB2＋234312又R＝OA＝OB2＋AB2＝2＝，3∴OB＝32，∴該三棱柱的高為BC＝2OB＝3.6．(2020·成都七中高三三模)已知一個(gè)四面體的每一個(gè)面都是以3,3,2為邊長(zhǎng)的銳角三角形，則這個(gè)四面體的外接球的表面積為()11π411π2A．B．C．11π解析：選CD．22π設(shè)長(zhǎng)方體ABCD-A1B1C1D1的長(zhǎng)、寬、高分別是a，b，c，其四個(gè)頂點(diǎn)就構(gòu)成一個(gè)四面體AB1CD1，滿足每個(gè)面的邊長(zhǎng)為3,3,2，如圖，則四面體的外接球即為長(zhǎng)方體的外接球，因?yàn)閍2＋b2＝9，b2＋c2＝9，c2＋a2＝4，所以a2＋b2＋c2＝11，所以長(zhǎng)方體的外接球直徑2R＝11，故外接球的表面積S＝4πR2＝11π.7．在正方體ABCD-A1B1C1D1中，三棱錐A-BC1D內(nèi)切球的表面積為4π，則正方體外1接球的體積為()A．86πC．323πB．36πD．646π解析：選B設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為a，則BD＝2a，因?yàn)槿忮FA1-BC1D內(nèi)切球的表面積為4π，所以三棱錐A1-BC1D內(nèi)切球的半徑為1.設(shè)A1-BC1D內(nèi)切球的球心為O，A1到面BC1D的距離為h，1313則VA1-BC1D＝4VO-BC1D，S△BC1D×h＝4××S△BC1D×1，解得h＝4.3336×2a，又因?yàn)閔＝2a2－2＝×2a36×2a＝4，解得a＝23，所以因?yàn)檎襟w外接球直接就是正方體對(duì)角線長(zhǎng)，第4頁(yè)共12頁(yè)所以正方體外接球的半徑為232＋232＋232＝3，24π3×33＝36π，故選B.其體積為8．(2020·眉山二診)已知腰長(zhǎng)為3，底邊長(zhǎng)為2的等腰三角形ABC，D為底邊BC的中點(diǎn)，以AD為折痕，將三角形ABD翻折，使BD⊥CD，則經(jīng)過A，B，C，D的球的表面積為()A．10πC．16πB．12πD．20π32－12＝22，BD⊥CD，又BD⊥AD，解析：選A∵AB＝AC＝3，BC＝2，則AD＝CD⊥AD，∴可以將三棱錐D-ABC可補(bǔ)成一個(gè)長(zhǎng)方體，則經(jīng)過A，B，C，D的球?yàn)殚L(zhǎng)方體的外接球，設(shè)球的半徑為r，故(2r)2＝AD2＋BD2＋CD2＝8＋1＋1＝10，∴r2＝52，∴球的表面積為S＝4πr2＝10π，故選A.9．在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為矩形，AB＝3，BC＝1，△PAC為等邊三角形，若四棱錐P-ABCD的體積為1，則此四棱錐外接球的表面積為()A．4π3B．8π3D．3πC．16π3解析：選C連接AC，BD交于O，連接PO.因?yàn)榈酌鍭BCD為矩形，所以AC＝AB2＋BC2＝2.又△PAC為等邊三角形，所以PA＝PC＝2，AO＝1，PO＝3.又四棱錐P-ABCD的體積為1，設(shè)高為h，1則3·AB·BC·h＝1，解得h＝3.第5頁(yè)共12頁(yè)故PO為四棱錐P-ABCD的高，即PO⊥平面ABCD.又AC為底面ABCD外接圓的直徑，故此四棱錐的外接球球心在平面PAC中，即三角416，故外接球的表面積為4πR2＝33PC形PAC外接圓圓心．設(shè)球半徑為R，則2R＝＝sin∠PACπ.10．底面邊長(zhǎng)與側(cè)棱長(zhǎng)均相等的正四棱錐(底面為正方形，頂點(diǎn)在底面上的射影為正方形的中心)的外接球半徑與內(nèi)切球半徑的比值為()A．3＋1B．3D．2C．2＋1解析：選A不妨設(shè)其棱長(zhǎng)為2，外接球的半徑為R，內(nèi)切球的半徑為r，如圖．則BO＝112BD＝×22＝2，2PB2－BO2＝2，PC2－CM2＝3，PO＝PM＝所以可知O即為該幾何體外接球的球心，故R＝2.P-ABCD＝4××S△PCD×r＋13×S四邊形13×r＝13×S四邊形因?yàn)閂×PO，ABCDABCD12又S四邊形ABCD＝22＝4，S△PCD＝·CD·PM＝3，3＋1＝3＋1，故選A.2所以內(nèi)切球半徑為r＝，于是R＝2×r3＋1211．(2020·衡水中學(xué)高三月考)正三角形ABC的邊長(zhǎng)為2，將它沿高AD翻折，使點(diǎn)B與點(diǎn)C間的距離為3，此時(shí)四面體ABCD外接球的表面積為)(7761919B．π6A．πC．7πD．19π解析：選C根據(jù)題意可知三棱錐B-ACD的三條側(cè)棱BD⊥AD，DC⊥AD，底面是等第6頁(yè)共12頁(yè)＝1.由題意可得，球心到底面的距離為23.∴球的半徑為r＝34＋1＝27.74∴外接球的表面積為S＝4πr2＝4π×＝7π.12．已知三棱錐A-BCD內(nèi)接于球O，AB＝BC＝BD＝4，∠CBD＝60°，AB⊥平面BCD，則球O的表面積為()A．28π3B．25π4112π3C．D．60π解析：選C如圖，因?yàn)锽C＝BD＝4，∠CBD＝60°，所以△BCD是等邊三角形，設(shè)其中心為G，則12OG⊥平面BCD，因?yàn)锳B⊥平面BCD，所以O(shè)G＝AB＝2.83，則BG＝433，所以外接球O的半徑R＝BG2＋OG2BC由正弦定理得2BG＝＝sin60°3283，球O的表面積為4πR2＝112π.＝313.如圖所示，在邊長(zhǎng)為4的正方形紙片ABCD中，AC與BD相交于O.剪去△AOB，將剩余部分沿OC，OD折疊，使OA，OB重合，則以A(B)，C，D，O為頂點(diǎn)的四面體的外接球的體積為________．解析：第7頁(yè)共12頁(yè)由已知，將三棱錐置入正方體中，如圖所示，CD＝4，OA＝OC＝OD＝22，故正方體體對(duì)角線長(zhǎng)為OA2＋OC2＋OD2＝26，所以外接球半徑為R＝6，其體積為43πR3＝86π.答案：86π14．(2020·成都模擬)如圖，在四棱錐C-ABOD中，CO⊥平面ABOD，AB∥OD，OB⊥OD，且AB＝2OD＝12，AD＝62，異面直線CD與AB所成角為30°，點(diǎn)O，B，C，D都在同一個(gè)球面上，則該球的表面積為________．解析：如圖，過點(diǎn)D作DE⊥AB，由AB∥OD，OB⊥OD，且AB＝2OD＝12，可得四邊形DEBO為矩形，BE＝DO＝6，OB＝DE＝AD2－AE2＝6.由于AB∥OD，異面直線CD與AB所成角為30°，CO⊥平面ABOD，故∠CDO＝30°，則CO＝OD×tan30°＝23.設(shè)三棱錐O-BCD外接球半徑為R，結(jié)合OC⊥OD，OC⊥OB，OD⊥OB可將以O(shè)C，OB，OD為相鄰三條棱補(bǔ)成一個(gè)長(zhǎng)方體，可得(2R)2＝OB2＋OC2＋OD2＝84＝4R2，所以該球的表面積為S＝4πR2＝84π.答案：84π15．已知直柱ABC-A1B1C1的底面為O與該三棱柱的所有面均相切，則直線AD截球解析：三棱正三角形，AB＝23，D是側(cè)面BCC1B1的中心，球O的弦長(zhǎng)為________．第8頁(yè)共12頁(yè)因?yàn)榍騉與直三棱柱ABC-A1B1C1的所有面均相切且直三棱柱ABC-A1B1C1的底面為正三角形，所以球心O為該直三棱柱上、下底面三角形重心連線的中點(diǎn)．設(shè)底面三角形ABC的重心為O′，E是BC的中點(diǎn)，連接AE，OO′，OD，DE，則OO′⊥底面ABC，因?yàn)镈是側(cè)面BCC1B1的中心，所以四邊形OO′ED為正方形．設(shè)球O的半徑為r，則結(jié)合AB31＝23可得r＝23×23＝1.×32r2＋23××3223連接OA，易得AD＝所以cos∠ODA＝ODr2＋2＝10，OA＝＝5，23×22＋AD2－OA22·OD·AD3＝，10故所求弦長(zhǎng)為2rcos∠ODA＝310.5310答案：516．若正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面邊長(zhǎng)為2，外接球的表面積為40π，四邊形ABCD和BCC1B1的外接圓的圓心分別為M，N，則直線MN與CD1所成角的余弦值是________．解析：設(shè)該正四棱柱的高為h，外接球的半徑為R，連接C1D交CD1于點(diǎn)E，連接AC，BD，BC1，B1C.由于四棱柱ABCD-A1B1C1D1為正四棱柱，故四邊形ABCD、四邊形BCC1B1、四邊形DCC1D1均為矩形，故E為C1D，CD1的中點(diǎn)．由S＝4πR2＝40π，得R＝10.由R＝1222＋22＋h2＝10，得h＝42，所以CD＝2，CC1＝42，C1D＝6，DE＝CEABCD，BCC1B1均為矩形，故四邊形ABCD和BCC1B1的外接圓的圓心M，N分別為BD和BC1的中點(diǎn)，所以MN∥DC1，所以∠DEC為直線MN與CD1所成的角或其補(bǔ)角．又cos∠DEC＝DE2＋EC2－CD2＝9＋9－4＝7，所以直線MN與CD1所成角的余弦值為97.2DE·EC2339××7答案：9第9頁(yè)共12頁(yè)二、小題重難考法17．(2020·滄州一模)在四面體ABCD中，四面體ABCD的外接球的表面積為AB＝AC＝BC＝BD＝CD＝2，AD＝6，則()16π3A．B．5π20π3C．20π解析：選DD．如圖所示，取BC的中點(diǎn)M，連接AM，DM，設(shè)△ABC和△BCD的外心分別為點(diǎn)F，E，分別過點(diǎn)F，E作平面ABC和平面BCD的垂線交于點(diǎn)O，則點(diǎn)O為外接球球心．由題意可知，△ABC和△BCD都是邊長(zhǎng)為2的等邊三角形，M為BC的中點(diǎn)，∴AM⊥BC，且AM＝DM＝3.∵AD＝6，∴AM2＋DM2＝AD2，∴AM⊥DM.∵BC∩DM＝M，∴AM⊥平面BCD.∵AM?平面ABC，∴平面ABC⊥平面BCD.133，BE＝2323.DM＝3易得ME＝MF＝AM＝3∵AM⊥平面BCD，OE⊥平面BCD，∴OE∥AM，同理可得OF∥DM，則四邊形OEMF為菱形．∵AM⊥DM，∴菱形OEMF為正方形．∵OE⊥平面BCD，BE?平面BCD，∴OE⊥BE，∴外接球的半徑為OB＝OE2＋BE2＝315，因此，四面體ABCD的外接球的表面積為4π×OB2＝203π，故選D.第10頁(yè)共12頁(yè)18．已知三棱錐A-BCD中，側(cè)面ABC⊥底面BCD，△ABC是邊長(zhǎng)為3的正三角形，△BCD是直角三角形，且∠BCD＝90°，CD＝2，則此三棱錐外接球的體積為()32π3A．43πB．64π3C．12π解析：選BD．取BD的中點(diǎn)O1，BC中點(diǎn)G，連接GO1，AG，由題意可得O1為△BCD的外心，AG⊥平面BCD，過點(diǎn)O1作直線垂直平面BCD，可知三棱錐外接球的球心在該直線上，設(shè)為O，過點(diǎn)O作OH⊥AG于H，連接AO，OD，可知四邊形OHGO1為矩形．∵△ABC是邊長(zhǎng)為3的正三角形，CD＝2，∴AG＝323，BD＝13，O1G＝1，33－m，設(shè)OO1＝m，則HA＝2∴OD2＝DO134＋m2，＋OO＝221133－m.OA2＝OH2＋HA2＝1＋22332134由OD2＝OA2可得＋m2＝1＋－，m2解得m＝23，∴三棱錐A-BCD外接球的半徑R＝134＋m2＝2，43323∴此三棱錐外接球的體積V＝πR3＝π.19.第11頁(yè)共12頁(yè)如圖，在四棱錐P-ABCD中，頂點(diǎn)P在底面的投影O恰為正方形ABCD的中心，且2，設(shè)點(diǎn)點(diǎn)M恰為PD的中點(diǎn)，則該四棱錐的外接球的表面積為AB＝M，N分別為線段PD，PO上的動(dòng)點(diǎn)，已知當(dāng)AN＋MN取得最小值時(shí)，動(dòng)()9π216π3A．B．25π464π9C．D．解析：選B如圖，在PC上取點(diǎn)M′，使