2020届高考数学选择题填空题专项练习(文理通用)05 球02(含解析)

1、 2020 届高考数学选择题填空题专项练习（文理通用）05 球 02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。= 2，=1，ac1（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abad = 3，则球 o 的表面积为（a14【答案】 a【解析】）14374db pcp【分析】根据四面体的特征，利用锥体体积公式求解，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.= 2 ad = 3，【详

2、解】因为 ab，ac，ad 两两垂直，且 ab = ，1 ac，所以四面体 abcd 的体积11v = 1 23 = 1，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32221 + 2 + 322.故答案为：1，1 4p4p =14p长方体的体对角线长 12+ 22+32 ，球 o 的表面积为2【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.- a b c2（2018黑龙江高三期末）在直三棱柱 abc中，底面 abc为斜边长为 2 的直角三角形，顶点 a，1118pabc a b c-aco

3、o， ， ， b ， 都在球 的球面上，若球 的表面积为，则三棱柱体积的最大值cb111111为（ ）a4b3c1d2【答案】d【解析】= 2，= a ac = b，2，进而求得【分析】设 ab = 2 ，bc，可得ab2，设球的半径为 ，可求得 r2r=aa1由此得出答案 a + b22= a ac = b，a +b = 4 ，可得a b22= 2a = b”，当且仅当“【详解】不妨设，有ab= 2 ， bc2aa = 2， 三棱锥的时取等号，设球的半径为r，则 4 r2 =p8p，故 r2=2，又(2 ) =+ 4，r2aa2111= ab gaa = ab 2体积为v故答案为：221【点

4、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- abc2 5， ab = ac = bc = 2 3，则3（2020广东高三期末）在三棱锥p中， pa = pb = pc =- abc三棱锥 p外接球的体积是（）32c125a36d50b63【答案】b【解析】- abco v abc为popo 【分析】三棱锥 p是正三棱锥，取外接圆的圆心，连结，则平面 abc，- abc 外接球的球心，外接球的半径为r，可求出oa，po，然后由设o为三棱锥 p + =oo o a oa r 可求出半径，进而求出外接球的体积.2222- abc【详解】由题意，易知三棱锥p是正三棱锥

5、， -取o 为v abc 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.2 3 1 =o a = 2= ac = bc = 2 3pa pb pc= 2 5 ，所以=因为 ab，所以32.因为252( )- abc4+ = r ，解得 r =4po =- = 4 .设三棱锥 p外接球的半径为 r，则 - r2，故pa o a2224125- abc =三棱锥 p外接球的体积是 r.故选 b.336【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

6、 abcd 中，bcd 是边长为 2 的等边三角形，bad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（ ）135252p9a36bcd93【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】33折成的立体图形如图所示，o 为球心，e 为 bd 的中点，ceh=60，ce=，所3，ch = ，he =22252p3231392r= 4p =2= of +cf以由 oc2得 r22，所以，球面积为 s。22=r2-1 -+ r =

7、29【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.m, n，ab, ac damn的中点，将5（2020山西大同一中高三月考）已知等边dabc的边长为2 3分别为沿 mn 折起得到四棱锥 a-mncb点 为四棱锥pa-mncb的外接球球面上任意一点，当四棱锥a-mncb的体积最大时， 到平面 mncb距离的最大值为（）p13 +1132+1c3+ 3d3+ 5ab2【答案】a【解析】nmbc时，四棱锥 a-mncb的体积最大；根据四棱锥外接【分析】由题意可确定当平面 amn 平面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 及球心到平面m

8、ncb的距离oe，由此可知r+oe所求最大值为 r.【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： q dabc 为等边三角形，mbc = 60 ，取 bc的中点 ，则 是等腰梯形mncb外接圆圆心oeedamn 的外心，作oe mncb of ，amn，则 是四棱锥a-mncb的外接球的o设 是f平面平面322球心，且of = de =，af = ad =1设四棱锥a-mncb的外接球半径 r，则3113413= df = ad- af =13 +1-， 当四棱锥 a mncb的体积r2= af2+ of2=，解得： =.又oer22最大时， 到平面

9、 mncb距离的最大值为： +=.故选： a.r oep2【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.- a b c6（2020宜宾市叙州区第二中学校高三月考）在直三棱柱abc中，bac=90= 3,且ab111bb = 428p，设其外接球的球心为 ，且球o的表面积为o，则dabc的面积为（ ）133 32c3 33dab2【答案】 b【解析】= 37【分析】先计算球的半径为，确定球心为hg的中点，根据边角关系得到ac，计算面积得到答案.h,g bc, b c为

10、中点，连接 hg4pr = 2 8p r = 7【详解】球o的表面积为，如图所示：211bac = 90bc中点上，故外接球的球心为hg的中点.在 rtdogc中：，故三角形的外心在1og = bb = 2,oc = r = 7 ，故= 3rtdabc中：22 3 ab =，3，故ac = 3，cg；在bc = cg =213 3=.故 s2dabc 【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sabc 中，ab=bc= 2 ，sa=sc=ac=2，二面角 sac3b 的余弦值是，则三棱锥 sabc 外接球的表面积是()33a

11、pb2c 6 d62【答案】d【解析】【分析】利用二面角 sacb 的余弦值求得bsbs,ba,bc两两bs = ba = bc = 2，由此判断出，且垂直，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.aceb, essa = sc, ab = bcac se, ac be，所以 ，所以【详解】设 e 是的中点，连接，由于3seb是二面角 sacb 的平面角，所以cosseb =seb中，由余弦定理得.在三角形3sb = se + be - 2sebecosseb = 2 ，所以 bs = ba = bc = 2 ，由于22sa= sc = ac = 2，bs,ba,

12、bc所以两两垂直.由此将三棱锥补形成正方体如下图所示，正方体的边长为，则体对角线长为23 2 = 6 设正方体外接球的半径为2r = 64pr = 6p，所以外接球的表面积为 .r ，则2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. - abcd中， pc 底面为正方形，qa /8（2020山西高三期末）在四棱锥pabcd， abcd,rpc,pbc = aqb = 60 ，己四棱锥 p- abcd与四棱锥q- abcd的外接球的半径分别为r，则12r= （）1r23510573591059abcd7【答案】b【解

13、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p a,cq- abcd与四棱锥-q abcd的外接球直径，最后计算可得结果.分别为四棱锥 p【详解】设正方形的边长为2 ，如图由 pc 底面pc abcd，又pbc = aqb = 60 ，所以可知底面abcd，qa /，所以qa2 3- abcd补全是长方体，为该长方体的一条体对papc = 2 3,qa =，根据墙角模型，将四棱锥p3- abcd的外接球的直径为，同理四棱锥q abcd-的外接球的直径为qc角线，所以四棱锥 ppa2 21paqc213p a= pc +bc +cd =2 5，q

14、c= qa + ab + ad =r =，所 以= 5, r =22222232212r1057=所以，故选：b1r2【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.- abc 中，底面v abc2 7,bc = 6，9（2020山西高三月考）三棱锥p为非钝角三角形，其中 ab=7- abcsin acb =, pa = 3pc = 4 3，则三棱锥 p的外接球体积为（）4 64p3256p3b72cd 288pa【答案】c【解析】【分析】由已知条件可求出 ac的值，可得出dabc为直角三角形，且 apc= 90，可得球心及球的半- abc径，可得三棱锥 p

15、的外接球体积.73dabc【详解】因为sinacb =，为非钝角三角形，故cosacb = ，由余弦定理得44ac = 8，可得ab2= ac2+ bc2- 2ac bc cosacb ，解得ac2=ab bc+22dabc为直角三角形，其中abc = 90；故，故 apc= 90，故+ pc = acpa2 2 2a,b,c,p此时，注意到球心即为线段 ac 的中点 o（此时点 o 到的距离均为 4），故所求球体的体积43256pv =pr3 =，故选：c.3dabc = 90为直角三角形，且 apc【点睛】本题主要考查球与几何体的切、接问题，属于基础题，求出后求出球心位置与半径是解题的关键

16、.- abcab = bc = 5 ac = 6， ，p 在底面 abc 内10（2020江西省宁都中学高三月考）在三棱锥p中，= 2cdp- abc的射影 d 位于直线 ac 上 ，且 ad，pd= .设三棱锥4的每个顶点都在球 q 的球面上，则球 q 的半径为（）68968965 265 266abcd88【答案】a【解析】【分析】设 ac的中点为 o 先求出dabc外接圆的半径，设qm a ，利用qm=平面abc qm pd，得 ，dmbqddmq中利用勾股定理构造方程求得球的半径即可在及= bc，所以dabc外接圆的圆心 m 在 bo 上.设此圆的半径为 r.【详解】设 ac的中点为

17、o,因为 ab25因为 bo= 4，所以(4- ) +3 =2 ，解得=.因为od = oc -cd = 3- 2 =1，所以r22rr81138.设qm = a ，易知qm 平面 abc，则qmpd .因为qp = qbdm = 1+ (4 - r) =，所以221136462564(4 - a) += a +(pd - a) + dm = a + r ，即a，解得 = 1.所以球 q 的半径222222 6898r = qb = a+ r =.故选：a22【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- abod中，co平面 abod ab/ /od， ，11（2

18、020四川省金堂中学校高三）如图，在四棱锥cob od，且 ab = 2od =12，异面直线cd 与所成角为30 ，点o， ，c ， 都ad = 6 2abdb在同一个球面上，则该球的表面积为（ ）21p42p4 8pcd84pab【答案】d【解析】= 6，cdo=30，可得co 的长，结合oc od ,oc ob,od ob可得三棱【分析】由题意可得ob锥 o-bcd 外接球半径 r 的值，可得其表面积./ /od ob od，ab = 2od =12，【详解】如图，过点 d 作de ab,由 ab，且= do = 6,= 6 ，由od = 6，由于 abod，可得四边形 debo为矩形，

19、 beob de=-ad2ae2tan 30o = 2 3，异面直线 cd 与 ab 所成角为 30，co 平面abod,故cdo=30，则co= od 设三棱锥 o-bcd 外接球半径为 r，结合oc od,oc ob,od ob可将以、od 为相邻三oc、ob( )2r = ob +oc +od = 84 = 4r22 ，该球的表面积为：s = 4 r2 = 84p .p条棱补成一个长方体，可得：222【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bc cd bd= 2ab = 2ad=6 ，且平面外接球的表面积为（

20、）abd 平面 bcd，则三棱锥 a- bcda16p24p4 8pcd12pb【答案】c【解析】，cf，oa.根据等边三角形的性质的中点 ，设等边三角形 bcd的中心为o，连接 aff【分析】取bd2= co = do = cf = 2 3= 3可求得 bo，of， 由等腰直角三角形的性质，得af bd，根据面3 ofa- bcd外o，由勾股定理求得oa= 2 3，可得 为三棱锥面垂直的性质得 平面 bcd， afaf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.，cf，oa.的中点 ，设等边三角形bcd的中心为o，连接aff【详解】在等边三角形bcd中，取bd2= 6= 2 3=

21、，得bo co do=cf= 3，由已知可得dabd由 bc，of是以 为斜边的等腰直bd3af bd,又由已知可得平面abd= ob = oc = od = 2 3 平面 bcd，af 平面 bcd，af of，角三角形，a- bcdoa = of+ af = 2 3，所以oa， o 为三棱锥外接球的球心，22= oc = 2 3 a- bcd4 (2 3)外接球的表面积为48 故答案为：482 = .外接球半径 r， 三棱锥【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

22、大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。把答案填在题中的横线上。ab = 2,bc = 4,e,fbc, ad13. （2020福建高三期末）如图 1，在矩形 abcd中，分别为的中点.将四 a - ef - d1b c =_；三棱锥边形沿折起使得二面角的大小为 120（如图 2），则efabef1b -cde1的外接球表面积为_.20p2 3【答案】【解析】a - ef - d1b ec =120bc1【分析】由二面角的定义得出二面角的平面角为，再由余弦定理求出；利1用正弦定理以及线面垂直的判定定理得出其外接球的半径，最后由球的表面积公式即可得出答案.a - ef - d1b ec

23、=120【详解】由二面角的定义可知，二面角的平面角为，由余弦定理可得112ef b e, ef ecb c = ec1+ b e- 2ec b e cos120 = 4 + 4 - 222 -= 2 3，因为，22111b e ec = e b e, ec b ec1b ec1ef/cdb ec1，平面，所以平面，又，则cd平面ef11b c1db ec=2b -cde1的外接圆半径为r，则三棱锥的外接球的半径2sin b ec11( )2cd2b -cde14p =20pr = r+= 4+1 = 5 ，则三棱锥5的外接球的表面积为222 3 20p故答案为：【点睛】本题主要考查了已知面面角

24、求其他以及求球的表面积，属于中档题.14. （2020榆树市第一高级中学校高三期末）在平面四边形 abcd 中 ，abbd，bcd=30，ab +4bd =6，；22若将abd 沿 bd 折成直二面角 a bd c，则三棱锥 a bdc 外接球的表面积是_.- -6【答案】 p .【解析】【分析】先证明一条侧棱垂直于底面，可得外接球的球心为过底面外接圆的圆心作垂直于底面的垂线与中2ab= r +截面的交点，再由 r2求得外接球的半径，进而求出外接球的表面积.22 折成直二面角 a- bd-c，面abdbcd bd ab,=面【详解】因为将d沿abd bdab bd 面，abd所以 ab 面.所

25、以外接球的球心为过底面外接圆的圆心作垂直于底面的垂线与中截面的交点，abd ab 2，在dbcd中，由题意知= r +设外接球的半径为 ，底面外接圆的半径为r ，则 r2r22bdbdab2 ab2=+ 4bd22r =，所以r = bd ，所以 r2= bd +，而 ab2 + 4bd2= 6，2sin bcd sin 30o443r2= 4p = 6p .故答案为：6p=所以 r，所以外接球的表面积为s22【点睛】本小题主要考查折叠问题，考查几何体外接球表面积的计算，考查数形结合的数学思想方法，属于中档题.15. （2020湖北高三期末）已知三棱锥 p-abc 外接球的表面积为100p ，

26、pa 平面 abc， pa= 8，bac = 600 ，则三棱锥体积的最大值为_.【答案】18 3【解析】- abc 的外接球的表面积可求得底面v abc【分析】根据三棱锥 p的外接圆面积,进而利用正弦定理与bac = 60bc长度 再根据余弦定理与面积公式求解底面v abc 的最大值即可.求得,0= 8,【详解】由题,设底面v abc 外接圆直径为d ,则因为 pa 平面 abc且 pa( )bcp 8100p6= = 6+ d = d = 3 3.在底面v abc 中利用正弦定理有d,解得bc故22sinbac在v abc 中用余弦定理有 bc= ab + ac - 2ab ac cosbac ,化简得222()