2021届高考数学一轮专题重组卷第一部分专题十二多面体与球理含解析202012191125

专题十二多面体与球本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分80分，考试时间50分钟．第Ⅰ卷(选择题，共60分)一、选择题(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)1．(2019·福州二模)设一个球形西瓜，切下一刀后所得切面圆的半径为4，球心到切面圆心的距离为3，则该西瓜的体积为()256π3400π3500π3A．100πB.C.D.答案DrdRr2＋d2解析由题意知切面圆的半径＝4，球心到切面的距离＝3，所以球的半径＝44500π3500π3VR＝42＋32＝5，故球的体积＝3π3＝3π×53＝，即该西瓜的体积为.2．(2019·泸州二诊)三棱锥S－ABC中，SA⊥底面ABC，若SA＝AB＝BC＝AC＝3，则该三棱锥外接球的表面积为()21πA．18πB.2答案CC．21πD．42πAB＝BC＝AC＝3，则△ABC是边长为3的等边三角形，由正弦定理知，△ABC解析由于3r的外接圆的直径为2＝SA⊥底面ABC，所以△ABC外接圆的过圆心的垂π＝23，由于sin3SAR线与线段SA中垂面的交点为该三棱锥的外接球的球心，所以外接球的半径＝＋r22221，因此，三棱锥S－ABC21R＝的外接球的表面积为4π2＝4π×4＝21π.故选C.2ABCD的四个顶点都在球OAB的表面上，⊥平面BCD，3．(2019·衡水中学模拟)四面体△BCD是边长为3的等边三角形，若AB＝2，则球O的表面积为(A．4πB．12πC．16πD．32π答案C)CDE的中点，连接AE，BE，解析取ABCD中，AB⊥平面BCD，△BCD是边长为3的等边三角形．∵在四面体∴Rt△ABC≌Rt△ABD，△ACD是等腰三角形，332设△BCD的中心为，作GOG∥AB交AB的中垂线于，则为外接球的球心，∵＝OOBE，1BGRBGAB2＝3＋1＝2.∴四面体ABCD外接球的表面＝3，∴外接球的半径＝＋22R积为4π2＝16π.故选C.2π4．(2019·沈阳市东北育才学校模拟)将半径为3，圆心角为3的扇形围成一个圆锥，则该圆锥的内切球的表面积为()A．πB．2πC．3πD．4π答案B2πR的扇形围成一个圆锥，设圆锥的底面圆的半径为，则解析将半径为3，圆心角为32πRRr有2π＝3×3，所以＝1，设圆锥的内切球的半径为，结合圆锥和球的特征，可知内切球hh球心必在圆锥的高线上，设圆锥的高为，因为圆锥的母线长为3，所以＝9－1＝22，rR2Sr，因此内切球的表面积＝4π2＝2π.故选B.2r所以hr＝，解得＝－35．(2019·四川六市诊断性考试)在空间直角坐标系Oxyz中，四面体ABCD各顶点的坐ABCD标分别为(2,2,1)，(2,2，－1)，(0,2,1)，(0,0,1)，则该四面体外接球的表面积是()A．16πB．12πC．43πD．6π答案BABCD解析如图，在空间直角坐标系内画出，，，四个点，可得BA⊥AC，DC⊥平面ABC，22＋22＋22ABCDR补成一个棱为2的正方体，其外接球的半径＝因此可以把四面体2R＝3.所以外接球的表面积为4π2＝12π，故选B.6．(2019·福建适应性练习)已知三棱锥D－ABC的四个顶点均在球O的球面上，△和△DBC所在的平面互相垂直，若AB＝3，AC＝3，BC＝CD＝BD＝23，则球O的表面积为(ABC)A．4πB．12πC．16πD．36π答案C解析如图所示，∵AB2＋AC2＝BC2，∴∠CAB为直角，设过△ABCOOBC的的小圆面的圆心为′，则′为中点，∵△ABC和△DBC所在的平面互相垂直，则球心在过△DBC的圆面上，即△DBC的外接RSR圆为球的大圆，由等边三角形的重心和外心重合易得球的半径＝2，球的表面积为＝4π2＝16π，故选C.7．(2019·吉林市调研)已知圆锥的高为3，底面半径长为4，若一球的表面积与此圆锥的侧面积相等，则该球的半径长为(A．5B.5C．9D．3)rhSrl∴圆锥的侧面积＝π＝20π，RRR8．(2019·全国卷Ⅰ)已知三棱锥－PABC的四个顶点在球O的球面上，PA＝PB＝PC，△ABCEF是边长为2的正三角形，，分别是PAAB，的中点，∠CEF＝90°，则球O的体积为()A．86πB．46πC．26πD.6π答案DPA＝PB＝PC＝2a，解析设EF＝a，FC＝3，则ECa∴2＝3－2.在△PEC中，aaa2＋3－2－22cos∠PEC＝.aa223－在△AEC中，aa2＋3－2－4cos∠AEC＝.a2a23－2∵∠PEC与∠AEC互补，∴3－42＝1，＝aa，2PA＝PB＝PC＝2.故又∵AB＝BC＝AC＝2，∴PA⊥PB，PB⊥PC，PA⊥PC，R∴外接球的直径2＝22＋22＋22＝6，64R463＝6π.故选D.R∴＝V，∴＝3π3＝3π×22ABCD中，AB＝1，BC＝CD＝3，AC＝2，当9．(2019·汕头市高三期末)在四面体四面体ABCD的体积最大时，其外接球的表面积为()A．2πB．3πC．6πD．8π答案C解析∵＝1，BC＝3，所以△ABC是以BC为斜边的直角三角形，且该三角形的外接圆直径为BC＝3，CD⊥平面ABC时，四面体ABAC＝2，由勾股定理可得AB2＋AC2＝BC2，ABCDR当的体积取最大值，此时，其外接球的直径为2＝BC2＋CD2＝6，因此，四面体ABCDRR的外接球的表面积为4π2＝π×(2)2＝6π.故选C.10．(2019·沈阳质量监测)如图，四棱锥P－ABCDA的底面为矩形，矩形的四个顶点，B，C，D在球OPPABCD的同一个大圆上，且球的表面积为16π，点在球面上，则四棱锥－体积的最大值为()816A．8B.C．16D.33答案DOSRR的表面积是16π，所以＝4π2＝16π，解得＝2.解析因为球如题图，四棱锥P－ABCD大圆上．ABCD底面为矩形且矩形的四个顶点，，，在球O的同一个xyxyRxyxy设矩形的长、宽分别为，，则＋2＝(2)2≥2，当且仅当＝时上式取等号，2S正方形ABCDRP即底面为正方形时，底面面积最大，此时PO⊥底面ABCD时，PO＝R，即＝22＝8.点在球面上，hRmax＝，当16则四棱锥P－ABCD体积的最大值为.3O11．(2019·江西新余四中、上高二中联考)如图所示，圆形纸片的圆心为，半径为5cm，ABCDOEFGHO上的点，△EAB，△FBC，△GCD，的中心为.，，，为圆该纸片上的正方形△HDA分别是以AB，BC，CD，DA为底边的等腰三角形．沿虚线剪开后，分别以AB，BC，CD，DA为折痕折起△EAB，△FBC，△GCD，△HDAEFGH使得，，，重合，得到四棱锥．当ABCD正方形的边长变化时，所得四棱锥体积(单位：cm3)的最大值为()8531653A．33B.C．35D.答案D解析图形折起合并以后就是下图所示的四棱锥E′－ABCD，aABCDEOaCD的中点M，连接E′M，E′O，OM，则|OM|＝2，|′E设正方形a的边长为，取1MEM|＝5－2，则|′|＝|′|2－|OMaV＝S·h＝|2＝25－5，故四棱锥的体积为3131aaaahaaahaaa·2·25－5＝254－55.构造函数()＝254－55，求导，得′()＝1003－254，3haahxahx判定′()>0,0<<4，故()在(0,4)递增，在其他区间递减；故当＝4时，()取得最大值，165VVa也就是取得最大值，将＝4代入，得到＝.故选D.3ABCD中，ABADEFAB，12．(2019·咸阳市高考模拟检测)已知矩形＝2＝2，，分别为CD的中点，将四边形AEFD沿EFAEFCABC折起，使二面角－－的大小为120°，则过，，，D，E，F六点的球的表面积为()A．6πB．5πC．4πD．3π答案B解析画出图象如图所示．OO，2分别为正方形1AEFD和BCFE的中心，OO1，OO2分别垂直于这两个平面．由其中131O2C＝CE＝22，所以球的半径于∠OGO2＝60°，OG＝2，所以OO2＝，而OC＝2225，所以球的表面积为4π·OC2＝5π.故选B.OO2＋O2C2＝2第Ⅱ卷(非选择题，共20分)二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13．(2019·漳州质量监测)已知正四面体ABCD的外接球的体积为86π，则这个四面体的表面积为________．答案163a解析将正四面体ABCD放在一个正方体内，设正方体的棱长为，如图所示，4设正四面体ABCD的外接球的半径为，则3π3＝86π，解得＝6.RRR因为正四面体ABCD的外接球和正方体的外接球是同一个球，则有3＝2＝26，aRa所以＝22.而正四面体ABCD的每条棱长均为正方体的面对角线长，所以正四面体ABCD的棱长为a2＝4，1π因此，这个正四面体的表面积为4×2×42×sin3＝163.ABCD中，AB＝AD＝2，∠BAD＝60°，∠14．(2019·哈尔滨市第三中学模拟)在四面体BCD＝90°，二面角A－BD－C的大小为150°，则四面体ABCD外接球的半径为________．21答案3解析因为∠BCD＝90°，所以BC⊥CD，设BD的中点为圆心，OO2为△BCD外接圆的2，则AB＝AD＝2，∠BAD＝60°知，△ABD为等边三角形，设△ABD的外接圆的圆心为O1，由AO2，则O1在线段AO2上，过O1，O2分别作平面ABD与平面BDC的垂线，交于点连接O，则O为四面体ABCD外接球的球心，过O2在平面BCD内作O2E⊥BD，交DCE于点，323OA，又