2025屆高考數(shù)學(xué)一輪專題重組卷第一部分專題十二多面體與球理含解析

PAGE專題十二多面體與球本試卷分第Ⅰ卷(選擇題)和第Ⅱ卷(非選擇題)兩部分．滿分80分，考試時間50分鐘．第Ⅰ卷(選擇題，共60分)一、選擇題(本大題共12小題，每小題5分，共60分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的)1．(2024·福州二模)設(shè)一個球形西瓜，切下一刀后所得切面圓的半徑為4，球心到切面圓心的距離為3，則該西瓜的體積為()A．100πB.eq\f(256π,3)C.eq\f(400π,3)D.eq\f(500π,3)答案D解析由題意知切面圓的半徑r＝4，球心到切面的距離d＝3，所以球的半徑R＝eq\r(r2＋d2)＝eq\r(42＋32)＝5，故球的體積V＝eq\f(4,3)πR3＝eq\f(4,3)π×53＝eq\f(500π,3)，即該西瓜的體積為eq\f(500π,3).2．(2024·瀘州二診)三棱錐S－ABC中，SA⊥底面ABC，若SA＝AB＝BC＝AC＝3，則該三棱錐外接球的表面積為()A．18πB.eq\f(21π,2)C．21πD．42π答案C解析由于AB＝BC＝AC＝3，則△ABC是邊長為3的等邊三角形，由正弦定理知，△ABC的外接圓的直徑為2r＝eq\f(3,sin\f(π,3))＝2eq\r(3)，由于SA⊥底面ABC，所以△ABC外接圓的過圓心的垂線與線段SA中垂面的交點為該三棱錐的外接球的球心，所以外接球的半徑R＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(SA,2)))2＋r2)＝eq\f(\r(21),2)，因此，三棱錐S－ABC的外接球的表面積為4πR2＝4π×eq\f(21,4)＝21π.故選C.3．(2024·衡水中學(xué)模擬)四面體ABCD的四個頂點都在球O的表面上，AB⊥平面BCD，△BCD是邊長為3的等邊三角形，若AB＝2，則球O的表面積為()A．4πB．12πC．16πD．32π答案C解析取CD的中點E，連接AE，BE，∵在四面體ABCD中，AB⊥平面BCD，△BCD是邊長為3的等邊三角形．∴Rt△ABC≌Rt△ABD，△ACD是等腰三角形，設(shè)△BCD的中心為G，作OG∥AB交AB的中垂線于O，則O為外接球的球心，∵BE＝eq\f(3\r(3),2)，BG＝eq\r(3)，∴外接球的半徑R＝eq\r(BG2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)AB))2)＝eq\r(3＋1)＝2.∴四面體ABCD外接球的表面積為4πR2＝16π.故選C.4．(2024·沈陽市東北育才學(xué)校模擬)將半徑為3，圓心角為eq\f(2π,3)的扇形圍成一個圓錐，則該圓錐的內(nèi)切球的表面積為()A．πB．2πC．3πD．4π答案B解析將半徑為3，圓心角為eq\f(2π,3)的扇形圍成一個圓錐，設(shè)圓錐的底面圓的半徑為R，則有2πR＝3×eq\f(2π,3)，所以R＝1，設(shè)圓錐的內(nèi)切球的半徑為r，結(jié)合圓錐和球的特征，可知內(nèi)切球球心必在圓錐的高線上，設(shè)圓錐的高為h，因為圓錐的母線長為3，所以h＝eq\r(9－1)＝2eq\r(2)，所以eq\f(r,h－r)＝eq\f(R,3)，解得r＝eq\f(\r(2),2)，因此內(nèi)切球的表面積S＝4πr2＝2π.故選B.5．(2024·四川六市診斷性考試)在空間直角坐標(biāo)系Oxyz中，四面體ABCD各頂點的坐標(biāo)分別為A(2,2,1)，B(2,2，－1)，C(0,2,1)，D(0,0,1)，則該四面體外接球的表面積是()A．16πB．12πC．4eq\r(3)πD．6π答案B解析如圖，在空間直角坐標(biāo)系內(nèi)畫出A，B，C，D四個點，可得BA⊥AC，DC⊥平面ABC，因此可以把四面體ABCD補成一個棱為2的正方體，其外接球的半徑R＝eq\f(\r(22＋22＋22),2)＝eq\r(3).所以外接球的表面積為4πR2＝12π，故選B.6．(2024·福建適應(yīng)性練習(xí))已知三棱錐D－ABC的四個頂點均在球O的球面上，△ABC和△DBC所在的平面相互垂直，若AB＝3，AC＝eq\r(3)，BC＝CD＝BD＝2eq\r(3)，則球O的表面積為()A．4πB．12πC．16πD．36π答案C解析如圖所示，∵AB2＋AC2＝BC2，∴∠CAB為直角，設(shè)過△ABC的小圓面的圓心為O′，則O′為BC的中點，∵△ABC和△DBC所在的平面相互垂直，則球心在過△DBC的圓面上，即△DBC的外接圓為球的大圓，由等邊三角形的重心和外心重合易得球的半徑R＝2，球的表面積為S＝4πR2＝16π，故選C.7．(2024·吉林市調(diào)研)已知圓錐的高為3，底面半徑長為4，若一球的表面積與此圓錐的側(cè)面積相等，則該球的半徑長為()A．5B.eq\r(5)C．9D．3答案B解析∵圓錐的底面半徑r＝4，高h(yuǎn)＝3，∴圓錐的母線l＝5，∴圓錐的側(cè)面積S＝πrl＝20π，設(shè)球的半徑為R，則4πR2＝20π，∴R＝eq\r(5)，故選B.8．(2024·全國卷Ⅰ)已知三棱錐P－ABC的四個頂點在球O的球面上，PA＝PB＝PC，△ABC是邊長為2的正三角形，E，F(xiàn)分別是PA，AB的中點，∠CEF＝90°，則球O的體積為()A．8eq\r(6)πB．4eq\r(6)πC．2eq\r(6)πD.eq\r(6)π答案D解析設(shè)PA＝PB＝PC＝2a則EF＝a，F(xiàn)C＝eq\r(3)，∴EC2＝3－a2.在△PEC中，cos∠PEC＝eq\f(a2＋3－a2－2a2,2a\r(3－a2)).在△AEC中，cos∠AEC＝eq\f(a2＋3－a2－4,2a\r(3－a2)).∵∠PEC與∠AEC互補，∴3－4a2＝1，a＝eq\f(\r(2),2)，故PA＝PB＝PC＝eq\r(2).又∵AB＝BC＝AC＝2，∴PA⊥PB，PB⊥PC，PA⊥PC，∴外接球的直徑2R＝eq\r(\r(2)2＋\r(2)2＋\r(2)2)＝eq\r(6)，∴R＝eq\f(\r(6),2)，∴V＝eq\f(4,3)πR3＝eq\f(4,3)π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),2)))3＝eq\r(6)π.故選D.9．(2024·汕頭市高三期末)在四面體ABCD中，AB＝1，BC＝CD＝eq\r(3)，AC＝eq\r(2)，當(dāng)四面體ABCD的體積最大時，其外接球的表面積為()A．2πB．3πC．6πD．8π答案C解析∵AB＝1，BC＝eq\r(3)，AC＝eq\r(2)，由勾股定理可得AB2＋AC2＝BC2，所以△ABC是以BC為斜邊的直角三角形，且該三角形的外接圓直徑為BC＝eq\r(3)，當(dāng)CD⊥平面ABC時，四面體ABCD的體積取最大值，此時，其外接球的直徑為2R＝eq\r(BC2＋CD2)＝eq\r(6)，因此，四面體ABCD的外接球的表面積為4πR2＝π×(2R)2＝6π.故選C.10．(2024·沈陽質(zhì)量監(jiān)測)如圖，四棱錐P－ABCD的底面為矩形，矩形的四個頂點A，B，C，D在球O的同一個大圓上，且球的表面積為16π，點P在球面上，則四棱錐P－ABCD體積的最大值為()A．8B.eq\f(8,3)C．16D.eq\f(16,3)答案D解析因為球O的表面積是16π，所以S＝4πR2＝16π，解得R＝2.如題圖，四棱錐P－ABCD底面為矩形且矩形的四個頂點A，B，C，D在球O的同一個大圓上．設(shè)矩形的長、寬分別為x，y，則x2＋y2＝(2R)2≥2xy，當(dāng)且僅當(dāng)x＝y(tǒng)時上式取等號，即底面為正方形時，底面面積最大，此時S正方形ABCD＝2R2＝8.點P在球面上，當(dāng)PO⊥底面ABCD時，PO＝R，即hmax＝R，則四棱錐P－ABCD體積的最大值為eq\f(16,3).11．(2024·江西新余四中、上高二中聯(lián)考)如圖所示，圓形紙片的圓心為O，半徑為5cm，該紙片上的正方形ABCD的中心為O.E，F(xiàn)，G，H為圓O上的點，△EAB，△FBC，△GCD，△HDA分別是以AB，BC，CD，DA為底邊的等腰三角形．沿虛線剪開后，分別以AB，BC，CD，DA為折痕折起△EAB，△FBC，△GCD，△HDA使得E，F(xiàn)，G，H重合，得到四棱錐．當(dāng)正方形ABCD的邊長改變時，所得四棱錐體積(單位：cm3)的最大值為()A．3eq\r(3)B.eq\f(8\r(5),3)C．3eq\r(5)D.eq\f(16\r(5),3)答案D解析圖形折起合并以后就是下圖所示的四棱錐E′－ABCD，設(shè)正方形ABCD的邊長為a，取CD的中點M，連接E′M，E′O，OM，則|OM|＝eq\f(a,2)，|E′M|＝5－eq\f(a,2)，則|E′O|＝eq\r(|E′M|2－|OM|2)＝eq\r(25－5a)，故四棱錐的體積為V＝eq\f(1,3)S·h＝eq\f(1,3)·a2·eq\r(25－5a)＝eq\f(1,3)eq\r(25a4－5a5).構(gòu)造函數(shù)h(a)＝25a4－5a5，求導(dǎo)，得h′(a)＝100a3－25a4，判定h′(a)>0,0<a<4，故h(x)在(0,4)遞增，在其他區(qū)間遞減；故當(dāng)a＝4時，h(x)取得最大值，也就是V取得最大值，將a＝4代入，得到V＝eq\f(16\r(5),3).故選D.12．(2024·咸陽市高考模擬檢測)已知矩形ABCD中，AB＝2AD＝2，E，F(xiàn)分別為AB，CD的中點，將四邊形AEFD沿EF折起，使二面角A－EF－C的大小為120°，則過A，B，C，D，E，F(xiàn)六點的球的表面積為()A．6πB．5πC．4πD．3π答案B解析畫出圖象如圖所示．其中O1，O2分別為正方形AEFD和BCFE的中心，OO1，OO2分別垂直于這兩個平面．由于∠OGO2＝60°，O2G＝eq\f(1,2)，所以O(shè)O2＝eq\f(\r(3),2)，而O2C＝eq\f(1,2)CE＝eq\f(\r(2),2)，所以球的半徑OC＝eq\r(OO\o\al(2,2)＋O2C2)＝eq\f(\r(5),2)，所以球的表面積為4π·OC2＝5π.故選B.第Ⅱ卷(非選擇題，共20分)二、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分)13．(2024·漳州質(zhì)量監(jiān)測)已知正四面體ABCD的外接球的體積為8eq\r(6)π，則這個四面體的表面積為________．答案16eq\r(3)解析將正四面體ABCD放在一個正方體內(nèi)，設(shè)正方體的棱長為a，如圖所示，設(shè)正四面體ABCD的外接球的半徑為R，則eq\f(4,3)πR3＝8eq\r(6)π，解得R＝eq\r(6).因為正四面體ABCD的外接球和正方體的外接球是同一個球，則有eq\r(3)a＝2R＝2eq\r(6)，所以a＝2eq\r(2).而正四面體ABCD的每條棱長均為正方體的面對角線長，所以正四面體ABCD的棱長為eq\r(2)a＝4，因此，這個正四面體的表面積為4×eq\f(1,2)×42×sineq\f(π,3)＝16eq\r(3).14．(2024·哈爾濱市第三中學(xué)模擬)在四面體ABCD中，AB＝AD＝2，∠BAD＝60°，∠BCD＝90°，二面角A－BD－C的大小為150°，則四面體ABCD外接球的半徑為________．答案eq\f(\r(21),3)解析因為∠BCD＝90°，所以BC⊥CD，設(shè)BD的中點為O2，則O2為△BCD外接圓的圓心，由AB＝AD＝2，∠BAD＝60°知，△ABD為等邊三角形，設(shè)△ABD的外接圓的圓心為O1，連接AO2，則O1在線段AO2上，過O1，O2分別作平面ABD與平面BDC的垂線，交于點O，則O為四面體ABCD外接球的球心，過O2在平面BCD內(nèi)作O2E⊥BD，交DC于點E，則∠AO2E＝150°，所以∠AO2O＝60°，又O1O2＝eq\f(\r(3),3)，所以O(shè)O1＝1，連接OA，又AO1＝eq\f(2\r(3),3)，所以O(shè)A＝eq\r(AO\o\al(2,1)＋OO\o\al(2,1))＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)))2＋1)＝eq\f(\r(21),3).15．(2024·寶雞中學(xué)高三第一次模擬)已知一個四面體ABCD的每個頂點都在表面積為9π的球O的表面上，且AB＝CD＝a，AC＝AD＝BC＝BD＝eq\r(5)，則a＝________.答案2eq\r(2)解析由題意可知，四面體ABCD的對棱都相等，故該四面體可以通過補形補成一個長方體，如圖所示．設(shè)AF＝x，BF＝y(tǒng)，CF＝z，則eq\r(x2＋z2)＝eq\r(y2＋z2)＝eq\r(5)，又4π