高中數(shù)學同步講義（人教B版2019必修四）第30講 專題11-2 外接球綜合小題

專題11-2外接球綜合小題一、單選題1．（2022春·河南信陽·高一信陽高中?？茧A段練習）半正多面體是由兩種或兩種以上的正多邊形圍成的多面體，半正多面體體現(xiàn)了數(shù)學的對稱美.如圖是一個棱數(shù)為24的半正多面體，它的所有頂點都在同一個正方體的棱上，且此正方體的棱長為1，則下列關(guān)于該多面體的說法中不正確的是（

）A．多面體有12個頂點，14個面B．多面體的表面積為3C．多面體的體積為5D．多面體有外接球（即經(jīng)過多面體所有頂點的球）【答案】B【分析】由題得該多面體的各頂點為正方體每條棱的中點，判斷選項正誤.【詳解】由題，連接正方體每條棱的中點可得到該多面體，共12個頂點，該多面體表面為有8個三角形面和6個正方形面，共14個面，A項正確；多面體表面每個三角形面積為12×2所以多面體表面積為38將多面體看作由正方體切去頂點處8個三棱錐得到，每個三棱錐體積為13所以多面體體積V=原正方體中心到多面體每個頂點（即正方體棱的中點）的距離都為22所以以該點為球心，22故選：B.2．（2023春·全國·高一專題練習）六氟化硫，化學式為SF6，在常壓下是一種無色、無味、無毒、不燃的穩(wěn)定氣體，有良好的絕緣性，在電器工業(yè)方面具有廣泛用途.六氟化硫分子結(jié)構(gòu)為正八面體結(jié)構(gòu)（正八面體是每個面都是正三角形的八面體），如圖所示.若此正八面體的棱長為2，若它的內(nèi)切球的表面積為S1，外接球表面積為SA．3 B．2 C．13 D．【答案】A【分析】根據(jù)正八面體的結(jié)構(gòu)特征結(jié)合條件可得外接球的半徑，利用等積法可得內(nèi)切球半徑，進而即得.【詳解】如圖正八面體，連接AC和BD交于點O，因為EA=EC，所以EO⊥AC，EO⊥BD，又AC和所以EO⊥平面ABCD，所以O(shè)設(shè)正八面體的外接球的半徑為R，內(nèi)切球半徑為r，因為正八面體的棱長為2，所以EB=EC=BC=2則R=2，S△設(shè)內(nèi)切球與平面EBC切于點H，所以O(shè)H⊥平面EBC所以O(shè)H即為正八面體內(nèi)切球半徑，因為VE?OBC所以O(shè)H=63所以S2故選：A.3．（2022春·湖北武漢·高一華中師大一附中?？计谀毒耪滤阈g(shù)》是我國古代著名的數(shù)學著作，書中記載有幾何體“芻甍”．現(xiàn)有一個芻甍如圖所示，底面ABCD為正方形，EF//底面ABCD，四邊形ABFE，CDEF為兩個全等的等腰梯形，EFA．642π3 B．32π C．【答案】A【分析】根據(jù)給定條件，求出點E到平面ABCD的距離，再由幾何體的結(jié)構(gòu)特征確定球心位置，結(jié)合球面的性質(zhì)求解作答.【詳解】取AD，BC中點N，M，正方形ABCD中心O，EF中點O2，連接EN依題意，OO2⊥平面ABCD，EF等腰△AED中，AD⊥EN，EN因此，等腰梯形EFMN的高OO芻甍的外接球球心O1在直線OO2上，連O1E則有O1A2當點O1在線段O2O的延長線（含點O）時，視OO1為非負數(shù)，若點O即有O2O1=O因此芻甍的外接球球心為O，半徑為OA=2所以芻甍的外接球的體積為4π3故選：A【點睛】關(guān)鍵點睛：解決與球有關(guān)的內(nèi)切或外接問題時，關(guān)鍵是確定球心的位置，再利用球的截面小圓性質(zhì)求解.二、多選題4．（2022春·重慶沙坪壩·高一重慶八中?？计谀┰谶呴L為4的正方形ABCD中，如圖1所示，E，F(xiàn)，M分別為BC，CD，BE的中點，分別沿AE，AF及EF所在直線把△AEB，△AFD和△EFC折起，使B，C，D三點重合于點PA．PAB．三棱錐M?C．三棱錐P?AEFD．過點M的平面截三棱錐P?AEF【答案】ACD【分析】根據(jù)線面垂直可判斷A；根據(jù)三棱錐的等體積法結(jié)合體積公式可判斷B；求得三棱錐P?AEF外接球的半徑，即可求得外接球的表面積，判斷C；將三棱錐【詳解】對于A：由題意知AP⊥PE,所以AP⊥平面PEF，EF?平面PEF，所以對于B：PA=4,因為M為BE的中點，所以VM故B錯誤；對于C：因為PA,故三棱錐P?AEF的外接球半徑和長寬高分別為故其外接球半徑R=故外接球表面積S=4π對于D：將三棱錐P?AEF補成如圖所示長方體，設(shè)長方體外接球球心為O，即為三棱錐P?過點M的平面截三棱錐P?最小截面為過點M垂直于球心O與M連線的圓，OM=此時截面圓半徑為r=R2所以過點M的平面截三棱錐P?AEF的外接球所得截面的面積的最小值為故選：ACD5．（2022春·湖北襄陽·高一襄陽四中?？茧A段練習）如圖，線段AB為圓O的直徑，點E，F(xiàn)在圓O上，EF//A．OF//平面BCE B．BF⊥平面ADFC．三棱錐C-BEF外接球的體積為5π 【答案】ABD【分析】利用線面平行判定定理判斷選項A；利用線面垂直判定定理判斷選項B；求得三棱錐C-BEF外接球的體積判斷選項C；求得三棱錐C-BEF外接球的表面積判斷選項D.【詳解】選項A：由EF//AB則四邊形OBEF為平行四邊形，則OF又OF?平面BCE，BE選項B：連接BF，線段AB為圓O的直徑，則BF由平面ABCD⊥平面ABEF，平面ABCD∩平面ABEF=ABAD?平面ABCD，AD⊥AB則AD⊥BF，又AF∩AD=則BF⊥平面ADF.判斷正確；選項C：取CD中點H，連接OH由平面ABCD⊥平面ABEF，平面ABCD∩平面ABEF=OH⊥AB,OH?又點E，F(xiàn)，B在圓O上，則三棱錐C-BEF外接球球心在直線OH上，由OH//BC，OH?可得OH//為點O到平面BCE的距離由BC⊥平面ABEF，BC?平面BCE，可得平面則點O到平面BCE的距離即點O到直線BE的距離，又點O到直線BE的距離為32，則三棱錐C-BEF外接球球心到平面BCE的距離為在△BCE中，BC⊥BE，BC=BE則三棱錐C-BEF外接球的半徑R則三棱錐C-BEF外接球的體積為43選項D：由三棱錐C-BEF外接球的半徑R則三棱錐C-BEF外接球的表面積為4πR故選：ABD6．（2023春·全國·高一專題練習）如圖甲，在矩形ABCD中，AB=2AD=2，E為DC的中點．將△CBE沿直線BE翻折至△CA．翻折過程中，四棱雉C1B．翻折過程中，不存在任何位置的C1，使得C．當二面角C1?BE?A為120°時，點D．當四棱雉C1?ABED的體積最大時，以AC【答案】BCD【分析】選項A，可以通過判斷四邊形ABED無外接圓即可判斷出四棱錐C1選項B，假設(shè)存在位置C1使BE⊥AC1，可證出BE選項C，先由二面角C1?BE?A為120°求出二面角C1?BE?C為60°，即可求出點C1到平面ABCD的距離，然后使用等體積轉(zhuǎn)化法，求出點A選項D，以AC1為直徑的球面被平面C1BE截得的交線為圓，所以需利用球的半徑R=AC12和球心F到平面C1BE的距離d求出該圓的半徑r，當四棱錐C1?ABED的體積最大時，平面C1BE⊥【詳解】對于A，由已知，直角三角形ADE存在以AE為直徑的唯一外接圓，∵∠ABE≠90°，∴點B不在該圓上，所以四邊形ABED不存在外接圓，因此四棱錐對于B，由已知，AD=DE=∴∠AED∴∠AEB=90°，即假設(shè)在翻折過程中，存在位置C1，使得BE則∵AE∩AC1=A，AE?∴BE⊥平面AE又∵C1E?平面AE∵△CBE在翻折至△C1∴BE⊥∴翻折過程中，不存在任何位置的C1，使得BE對于C，取BE中點H，由已知，BC=CE，∴CH⊥∴∠C1HC當二面角C1?BE?A為120°時，二面角C又∵C1∴C1到平面ABCD的距離為?設(shè)點A到平面C1BE的距離為則VC∴13∴1∴?A=62，即點A到平面∵點F為AC∴點F到平面C1BE的距離是點A到平面C1∴點F到平面C1BE的距離為64對于D，四棱錐C1?ABED∴當四棱錐C1?ABED的體積最大時，平面C∵平面C1BE∩平面ABED=BE由B選項有AE⊥BE，∴AE⊥∵C1E?∴AE⊥∴AC又∵AE⊥平面C1BE，∴點A到平面C∵點F為AC∴以AC1為直徑的球的半徑R=AC12易知，球面與被平面C1BE截得交線為圓，其半徑∴該交線周長為2πr=π，故故選：BCD.【點睛】解決本題C選項中的二面角問題是本題的難點，使用空間向量無法區(qū)分二面角C1?BE?A為60°7．（2023春·全國·高一專題練習）如圖，在菱形ABCD中，AB=2,∠ABC=π3,M為BC的中點，將△ABM沿直線AM翻折到A．面AB1B．線段CN長度的取值范圍為1,C．直線AM和CN所成的角始終為πD．當三棱錐B1?AMD的體積最大時，點C【答案】AC【分析】利用線面垂直的判定可得AM⊥面B1MC，可判斷A選項；取AD中點E，連接EN，EC，結(jié)合余弦定理，求得CN，并判斷B選項；利用幾何法將AB1與CN【詳解】A選項：連接AC，由題意在菱形ABCD中，AB=2，M為BC的中點，所以B1M=BM=12BC=12AB=1，又∠ABC=π3，由余弦定理AM2=22+12?2×1×2cos60°=3B選項：如圖所示，取AD中點E，連接EN，EC，所以EC//AM，且EC=AM，又因為N為B1D的中點，所以EN//AB1，且EN=12AB1=1.又由A選項得AMC選項：由B選項得EN//AB1，所以直線AM和CN所成角即為EC與CN所成角∠NCED選項：當三棱錐B1?AMD的體積最大時，B1M⊥平面ABCD，由四邊形ABCD為菱形，且∠ABC=60°，∠BAM=30°，故∠MCD=120°，AM⊥故選：AC8．（2022春·湖南邵陽·高一湖南省邵東市第一中學?？茧A段練習）如圖，在菱形ABCD中，AB＝2，∠ABCA．始終有AM⊥B1CB．線段CN的長為定值C．直線AB1和CN所成的角始終為πD．當三棱錐B1﹣AMD的體積最大時，其外接球的表面積是8π【答案】ABD【分析】根據(jù)線面垂直、平行四邊形、線線角、外接球等知識對選項進行分析，從而確定正確答案.【詳解】由于四邊形ABCD是菱形，∠ABC=πM是BC的中點，所以AM⊥則在折疊的過程中，AM⊥由于CM∩B1所以AM⊥平面B1MC，由于B1C設(shè)E是AB1的中點，由于N是所以EN//由于CM//所以EN//CM,所以CN//在直角三角形AMB1中，∠AB1所以∠B1EM三角形AMD的面積不變，所以當平面AMB1⊥平面AMCD時，B由于平面AMB1⊥平面AMCD且交線為AM，B1M所以B1M⊥平面AMCD，由于MD?平面同理可證得AD⊥平面AM由于AB1?平面AM所以三棱錐B1﹣AMD的體積最大時，其外接球的球心為N，AB所以外接球的半徑為2，表面積為4π×2故選：ABD9．（2022春·福建福州·高一福建省福州格致中學?？计谀┤鐖D，平面四邊形ABCD中，△BCD是等邊三角形，AB⊥BD且AB=BD=2，M是AD的中點.沿A．存在某個位置，使得CM與BD所成角為銳角B．棱CD上總會有一點N，使得MN//平面C．當三棱錐C?ABDD．當平面ABD⊥平面BDC時，三棱錐C?【答案】BC【分析】取BD中點G，連接CG，MG，可證明BD⊥MC即可判斷A；取CD中點H，連接HM，可證明HM//平面ABC判斷B；三棱錐C?ABD的體積最大，C的投影在棱BD上時，此時CG⊥平面ABD，進而可證明AB⊥平面BCD得AB⊥BC判斷C；過M作MF⊥ABD，過點F作FE//MG交【詳解】解：對于A選項，取BD中點G，連接CG，MG，因為△BCD是等邊三角形，所以CG⊥BD，又因為M是AD的中點，所以MG//AB，因為AB⊥BD，所以MG⊥BD，因為MG∩CG=G，MG對于B選項，取CD中點H，連接HM，因為M是AD的中點，所以HM//AC，因為HM?平面ABC，AC?平面ABC，所以對于C選項，設(shè)C到平面ABD的距離為?，因為AB⊥BD且所以S△ABD=12×2×2=2，所以VC?ABD=13S△ABD??=23?，故要使三棱錐C?ABD的體積最大，則?最大，所以當C的投影在棱BD上時，?最大，且?max=CG，此時CG⊥對于D選項，因為△ABD為直角三角形，所以過M作MF⊥ABD，設(shè)F為三棱錐C?ABD的外接球的球心，外接球的半徑為R，因為平面ABD⊥平面BDC，平面ABD∩平面BDC=BD，CG?平面BDC，CG⊥BD，所以CG⊥平面ABD，所以CG//MF，過點F作FE//MG在Rt△EFC中，R2=EF2+CE故選：BC10．（2023秋·吉林·高一吉林一中?？茧A段練習）如圖，矩形BDEF所在平面與正方形ABCD所在平面互相垂直，BD=2，DEA．存在點P，使得直線DP∥平面ACF；B．存在點P，使得直線DP⊥C．直線DP與平面ABCD所成角的正弦值的取值范圍是55D．三棱錐A?CDE的外接球被平面ACF所截得的截面面積是【答案】ACD【分析】當點P是線段EF中點時判斷A；假定存在點P，使得直線DP⊥平面ACF，推理導出矛盾判斷B；利用線面角的定義轉(zhuǎn)化列式計算判斷C；求出△【詳解】取EF中點G，連DG，令AC∩在正方形ABCD中，O為BD中點，而BDEF是矩形，則DO//GF且即有DG//FO，而FO?平面ACF，DG于是得DG//平面ACF，當點P與G重合時，直線DP假定存在點P，使得直線DP⊥平面ACF，而FO則DP⊥FO，又DG//在Rt△DEF中，∠顯然在線段EF上不存在點與D連線垂直于DG，因此，假設(shè)是錯的，故B不正確；因平面BDEF⊥平面ABCD，平面BDEF∩平面則線段EF上的動點P在平面ABCD上的射影在直線BD上，于是得∠PDB在矩形BDEF中，當P與E不重合時，∠PDBsin∠PDB=sin∠DPE=DE當P與E重合時，∠PDB=π2，因為平面BDEF⊥平面ABCD，平面BDEF∩平面ABCD=BD，所以BF⊥平面ABCD，BC在△ACF中，AF=CF=B由正弦定理得△ACF外接圓直徑2R=三棱錐A?CDE的外接球被平面ACF所截得的截面是△ACF故選：ACD.11．（2022春·黑龍江哈爾濱·高一哈爾濱三中?？计谀┤鐖D，正方形ABCD的邊長為2，E為BC的中點，將△BAE沿AE向上翻折到△PAE，連接PC，PD，F(xiàn)為A．四棱錐P?AECDB．CF//平面C．三棱錐P?AEDD．直線EP，CD與平面PAD所成角的正弦值之比為2:1【答案】ABD【詳解】若BG⊥AE，如下圖示，所以翻折過程中，當BG⊥面AECD時四棱錐P?AECD若H為AP中點，連接HF,HE，又F為PD的中點，則HF//又EC//AD且EC=12所以ECFH為平行四邊形，則HE//HE?面PAE，CF?面PAE，故CF//由題意△PAE為直角三角形，若I為AE中點，則其外接圓圓心為I且半徑為IA=而△AED中AE=ED=5,AD=2，故sin∠所以O(shè)1令P?AED外接球球心為O，則外接球半徑為又O1O∈[0,+∞)由EC//AD，AD?面PAD，EC?面PAD，故所以E,C到面PAD的距離相等，令距離為所以EP，CD與平面PAD所成角正弦值分別為dEP,d則dEP故選：ABD【點睛】關(guān)鍵點點睛：C選項，根據(jù)已知求出△PAE、△AED外接圓的半徑，則AE為公共弦，再由P?12．（2022春·浙江寧波·高一統(tǒng)考期末）如圖，四棱柱A'B'C'D'A．若棱柱A'B'B．若棱柱A'B'C'D'?ABCD是正方體，EC．不論∠A'AB取何值，一定存在點P使得直線PCD．若直線PA，PB，PC與平面ABCD所成角分別是θ1，θ2，θ3【答案】BCD【分析】根據(jù)直棱柱其體對角線為外接球的直徑，可求得AA'的值，即可判斷A的正誤；根據(jù)正方體的性質(zhì)，可得四邊形EBFD'為菱形，則VA'?【詳解】對于A：若棱柱A'所以AB2+BC對于B：若棱柱A'因為E、F分別為棱AA所以BE=BF=所以VA對于C：連接AC、BD交于點O，連接A'當P為A'C'中點時，有P所以四邊形PA所以A'因為A'O?平面A'BD所以PC∕∕平面A所以當P為A'C'中點時，不論∠A'AB取何值，一定存在點對于D：作PH⊥因為∠A則∠PAH所以tan2當H位于線段AC內(nèi)時，設(shè)AH=x，則x∈[0,由余弦定理得BH所以BH當H位于AC延長線，則x>2時，此時由余弦定理得BH所以BH當H位于CA延長線時，設(shè)AH=x，則由余弦定理得BH所以BH綜上BH所以1BH所以tan2故選：ACD【點睛】解題的關(guān)鍵是熟練掌握柱體、椎體的性質(zhì)、體積公式等知識，并靈活應用，難點在于要求tan2θ213．（2022春·重慶北碚·高一西南大學附中?？计谀┤鐖D，在四邊形ABCD中，AD//BC，AD=AB=2，∠BCD=A．始終有AC⊥B．當平面ABD⊥平面BCD時，平面ABD⊥C．當平面ABD⊥平面BCD時，直線BC與平面ABD成45D．當二面角A?BD?C的大小為120°【答案】BCD【分析】在平面ABD⊥平面BCD的情況下，易證AB⊥平面ACD，利用反證法推出A錯誤；通過面面垂直判定定理可得B正確；找出直線BC與平面ABD所成角為∠DBC=45°即可判斷C正確；通過找出棱錐A—BCD外接球的球心應在過【詳解】在四邊形ABCD中，由已知可得：BD⊥DC,當平面ABD⊥平面BCD時,平面ABD∩平面BCD=BD且CD⊥BD，因此可得：CD⊥平面ABD.又AB?平面ABD,所以CD⊥AB.因為AD⊥AB，AD∩CD=點D，AD若假設(shè)AC⊥BD，又BD⊥DC，則BD⊥平面ACD,可得AB又AB?平面ABD，可得平面ABD⊥平面由CD⊥平面ABD，則∠DBC為直線BC與平面ABD所成的角是分別取BD,BC中點M,N，連接AM,MN,AN,延長NM過A作AP⊥NM，由已知易得：∠AMN為二面角A?BD?又BD⊥DC，易知三棱錐A—BCD外接球的球心應在過N點與平面BCD垂直的直線上，過N作NO⊥平面BCD，且O為球心，過A作A設(shè)NO為x，半徑為R,則在Rt△A在Rt△BNO中：R2=因此可得到三棱錐A—BCD外接球表面積故選：BCD.14．（2022春·江蘇蘇州·高一校聯(lián)考期末）如圖，在棱長為2的正方體ABCD?A1A．AB．三棱錐A?C．點C到平面AEF的距離為2D．平面AEF截正方體所得的截面面積為9【答案】BCD【分析】假設(shè)A1D⊥AF，推出【詳解】對于A，取DD1中點G，連接AG,FG，由于F是CC1的中點，∴GF∥CD又A1D?平面ADD1A1，∴GF⊥A1D，若又AG?平面AFG，則A1D⊥AG，但正方形ADD1對于B，連接AC,BD交于點M，則M是△ABC的外心，取AF中點N，連接MN又FC⊥底面ABCD，則MN⊥底面ABCD，又AC?底面ABCD，則FC又MA=MB可得NA=NB，則N即為三棱錐則外接球半徑為NA=12對于C，連接AC,EF，AE=則sin∠FAE=1?2552=5設(shè)點C到平面AEF的距離為?，由VC?AEF=V對于D，連接EF,D1F,AD則平面AEF截正方體所得的截面即為等腰梯形AEFD1，則等腰梯形AEFD1的高為52?2故選：BCD.三、填空題15．（2023·全國·高一專題練習）已知正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長為3，點E為棱D【答案】4π3##【分析】根據(jù)正方體的性質(zhì)可知∠E【詳解】取EF的中點O，連接OC由正方體的性質(zhì)可得D1C1又∵C1∴D1C1同理FB∴∠由直角三角形的性質(zhì)可得OE=∴O為B1?EF∵EF=2∴B1∴三棱錐B1?EF故答案為：4π316．（2023·全國·高一專題練習）在三棱錐P?ABC中，AB⊥AC，點A在平面PBC中的射影是△PBC的垂心，若△PAB，【答案】8【分析】根據(jù)題意，證明AP,AC,AB兩兩垂直，進而設(shè)AP=x,AC=y,【詳解】解：如圖，設(shè)△PBC的垂心為H，延長PH,BH,CH所以，PH⊥因為點A在平面PBC中的射影是△PBC的垂心，所以AH⊥平面因為PC,BC?平面PBC，所以因為AH∩BH=H,AH,所以PC⊥平面ABH，BC⊥平面因為AB?平面ABH，AP?所以PC⊥AB因為AB⊥AC，PC∩AC=所以AB⊥平面PAC因為PA?平面PAC，所以AB因為BC∩AB=所以AP⊥平面ABC因為AC?平面ABC，所以AP所以，AP,所以，三棱錐P?ABC的外接球即為以不妨設(shè)AP=因為△PAB，△PAC，所以，12xz+因為x所以，x2所以三棱錐P?ABC的外接球的半徑R滿足所以，三棱錐P?ABC所以三棱錐P?ABC的外接球表面積的最小值為故答案為：817．（2022春·北京·高一?？计谀┱嗝骟w與正多邊形一樣，具有很多優(yōu)美的性質(zhì)，也是立體幾何學習中的常見模型.在棱長為1的正方體ABCD?A1B1①正方體ABCD?②以M,③三棱錐B?MNP是正四面體，它的外接球半徑是④將②中多面體MNPQRS的各個面的中心標出，用線段將這些中心點連成幾何體，可以得到一個新的正方體，它的棱長是13【答案】②④【分析】對①，舉反例判斷即可；對②，畫圖分析即可；對③，取正方體中心O，AB,BC,BB1的中點分別為X,【詳解】對①，正方體ABCD?對②，根據(jù)正方體的對稱性可得，以M,N,P,Q,對③，取正方體中心O，AB,BC,BB1的中點分別為X,Y,Z，連接如圖，易得對④，設(shè)I為△MNP的中心，由③可得三棱錐B?MNP是正四面體，故BI⊥平面MNP.連接如圖，由正方體可得D1B1⊥A1C1，且BB1⊥A1C1，又D1B1∩BB1=B1，D1B1,BB1?平面D因為BP=22，IP=13NP=123A1C1=2故答案為：②④18．（2022春·山東聊城·高一統(tǒng)考期末）在長方體ABCD?A1B1C1D1中，AB=3，【答案】1256π【分析】由直線與平面沒有公共點可知線面平行，補全所給截面后，易得兩個平行