当前位置：文档之家 › 2020年高考数学二轮复习训练专题16解析几何大题部分

2020年高考数学二轮复习训练专题16解析几何大题部分

  • 格式：doc
  • 大小：1.21 MB
  • 文档页数：20

专题16 解析几何大题部分【名校试题荟萃】 1、已知圆和圆.（1）若直线l 过点)0,4(A 且被圆1C 截得的弦长为32，求直线l 的方程；（2）设平面上的点P 满足：存在过点P 的无穷多对互相垂直的直线1l 和2l ，它们分别与圆1C 和圆2C 相交，且直线1l 被圆1C 截得的弦长与直线2l 被圆2C 截得的弦长相等，试求所有满足条件的点P 的坐标。

【答案】 （1）0y=或（2）313(,)22-或51(,)22-【解析】（1）设直线l 的方程为：(4)y k x =-，即由垂径定理，得：圆心1C 到直线l 的距离，点到直线距离公式，得：求直线l 的方程为：0y =或，即y =或；故有：，化简得：关于k 的方程有无穷多解，有：,或解之得：点P 坐标为313(,)22-或51(,)22-。

2、已知椭圆与抛物线共交点2F ，抛物线上的点M 到y 轴的距离等于21MF -，且椭圆与抛物线的交点Q 满足52QF =． （1）求抛物线的方程和椭圆的方程；（2）过抛物线上的点P 做抛物线的切线y kx m =+交椭圆于A ，B 两点，设线段AB 的中点为00(,)C x y ，求0x 的取值范围．【答案】（1）24y x =，22198x y +=（2）(1,0)-（2）显然0k ≠，0m ≠，由24y kx my x =+⎧⎨=⎩，消去x ，得，由题意知，得1km =，由22198y kx mx y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩，消去y ，得，其中，化简得，又1k m=，得，解得209m <<．设11(,)A x y ，22B(,)x y ，则．由22119k m =>，得01x >-．∴0x 的取值范围是(1,0)-． 3、已知椭圆C ：12222=+by a x )0(>>b a 的离心率21=e ，点)0,(b A ，点F B 、 分别为椭圆的上顶点和左焦点，且.（1）求椭圆C 的方程；（2）若过定点)2,0(M 的直线l 与椭圆C 交于H G ,两点（G 在H M ,之间）设直线l 的斜率0>k ，在x 轴上是否存在点)0,(m P ，使得以PH PG ,为邻边的平行四边形为菱形？如果存在，求出m 的取值范围？如果不存在，请说明理由． 【答案】（1）13422=+y x （2）（Ⅱ）设直线l 的方程为，设，则，， ，由于菱形对角线垂直，则，解得，即，，（当且仅当k k43=时，等号成立）. 所以存在满足条件的实数m ，m 的取值范围为.4、已知椭圆．（1）若椭圆C 的离心率为12，求n 的值； （2）若过点(2,0)N -任作一条直线l 与椭圆C 交于不同的两点,A B ，在x 轴上是否存在点M ，使得， 若存在，求出点M 的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）32（2）（-1，0）5、在平面直角坐标系xOy中，椭圆C：的短轴长为22，离心率63．（1）求椭圆C的方程；（2）已知A为椭圆C的上顶点，点M为x轴正半轴上一点，过点A作AM的垂线AN与椭圆C交于另一点N，若，求点M的坐标．【答案】（1）（2）【解析】（1）因为椭圆C的短轴长为22，离心率为63，所以22222263b c a a b c ⎧=⎪⎪=⎨⎪⎪=+⎩解得622a b c ⎧=⎪⎪=⎨⎪=⎪⎩，所以椭圆C 的方程为22162x y +=．在直角AMN △中，由60AMN ∠=︒，得，所以，解得63m =，所以点M 的坐标为6,03⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭． 6、已知点F 是椭圆x 21＋a 2＋y 2＝1（a>0）的右焦点，点M （m ，0），N （0，n ）分别是x 轴，y 轴上的动点，且满足MN →·NF →＝0.若点P 满足OM →＝2ON →＋PO →（O 为坐标原点）． （1）求点P 的轨迹C 的方程；（2）设过点F 任作一直线与点P 的轨迹交于A ，B 两点，直线OA ，OB 与直线x ＝－a 分别交于点S ，T ，试判断以线段ST 为直径的圆是否经过点F ？请说明理由． 【答案】（1）y 2＝4ax （2）经过 【解析】（1） ∵椭圆x 21＋a 2＋y 2＝1（a>0）右焦点F 的坐标为（a ，0）， ∴NF →＝（a ，－n ）．∵MN →＝（－m ，n ）， ∴由MN →·NF →＝0，得n 2＋am ＝0.设点P 的坐标为（x ，y ），由OM →＝2ON →＋PO →，有（m ，0）＝2（0，n ）＋（－x ，－y ），⎩⎪⎨⎪⎧m ＝－x ，n ＝y2.代入n 2＋am ＝0，得y 2＝4ax.即点P 的轨迹C 的方程为y 2＝4ax.解法二：①当AB ⊥x 时，A （a ，2a ），B （a ，－2a ），则l OA ：y ＝2x ，l OB ：y ＝－2x.由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2x ，x ＝－a ，得点S 的坐标为S （－a ，－2a ），则FS →＝（－2a ，－2a ）． 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－2x ，x ＝－a ，得点T 的坐标为T （－a ，2a ），则FT →＝（－2a ，2a ）． ∴FS →·FT →＝（－2a ）×（－2a ）＋（－2a ）×2a ＝0.②当AB 不垂直x 轴时，设直线AB 的方程为y ＝k （x －a ）（k ≠0），A ⎝ ⎛⎭⎪⎫y 214a ，y 1，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫y 224a ，y 2， 同解法一，得FS →·FT →＝4a 2＋16a 4y 1y 2.由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k （x －a ），y 2＝4ax ，得ky 2－4ay －4ka 2＝0，∴y 1y 2＝－4a 2. 则FS →·FT →＝4a 2＋16a 4（－4a 2）＝4a 2－4a 2＝0. 因此，以线段ST 为直径的圆经过点F.7、如图，已知抛物线C ：y 2＝x 和⊙M ：（x －4）2＋y 2＝1，过抛物线C 上一点H （x 0，y 0） （y 0≥1）作两条直线与⊙M 分别相切于A 、B 两点，分别交抛物线于E 、F 两点． （1）当∠AHB 的角平分线垂直x 轴时，求直线EF 的斜率； （2）若直线AB 在y 轴上的截距为t ，求t 的最小值．【答案】（1）－14（2）-11法二：∵当∠AHB 的角平分线垂直x 轴时，点H （4，2），∴∠AHB ＝60°，可得k HA ＝3，k HB ＝－3，∴直线HA 的方程为y ＝3x －43＋2， 联立方程组⎩⎨⎧y ＝3x －43＋2，y 2＝x ，得3y 2－y －43＋2＝0， ∵y E ＋2＝33，∴y E ＝3－63，x E ＝13－433. 同理可得y F ＝－3－63，x F ＝13＋433，∴k EF ＝－14.（2）法一：设点H （m 2，m ）（m ≥1），HM 2＝m 4－7m 2＋16，HA 2＝m 4－7m 2＋15.以H 为圆心，HA 为半径的圆方程为：（x －m 2）2＋（y －m ）2＝m 4－7m 2＋15，① ⊙M 方程：（x －4）2＋y 2＝1.②①－②得：直线AB 的方程为（2x －m 2－4）（4－m 2）－（2y －m ）m ＝m 4－7m 2＋14. 当x ＝0时，直线AB 在y 轴上的截距t ＝4m －15m（m ≥1），∵t 关于m 的函数在[1，＋∞）单调递增，∴t min ＝－11. 法二：设A （x 1，y 1），B （x 2，y 2），∵k MA ＝y 1x 1－4，∴k HA ＝4－x 1y 1，可得，直线HA 的方程为（4－x 1）x －y 1y ＋4x 1－15＝0， 同理，直线HB 的方程为（4－x 2）x －y 2y ＋4x 2－15＝0，∴（4－x 1）y 20－y 1y 0＋4x 1－15＝0，（4－x 2）y 20－y 2y 0＋4x 2－15＝0， ∴直线AB 的方程为（4－y 20）x －y 0y ＋4y 20－15＝0， 令x ＝0，可得t ＝4y 0－15y 0（y 0≥1），∵t 关于y 0的函数在[1，＋∞）单调递增，∴t min ＝－11. 8、已知椭圆的一个焦点(6,0)F ，点()2,1M 在椭圆C 上．（1）求椭圆C 的方程；（2）直线l 平行于直线OM （O 坐标原点），且与椭圆C 交于A ，B 两个不同的点，若AOB ∠为钝角，求直线l 在y 轴上的截距m 的取值范围． 【答案】（1）22182x y += （2）（2）由直线l 平行于OM 得直线l 的斜率为，又l 在y 轴上的截距m ，故l 的方程为12y x m =+． 由得，又线与椭圆C 交于A ，B 两个不同的点，设()11A x y ，，()22B x y ，，则，．所以，于是22m -<<．AOB ∠为钝角等价于0OA OB ⋅<，且0m ≠，则，即22m <，又0m ≠，所以m 的取值范围为．9、椭圆C :22221x y a b+=（0a b >>）的离心率为12,其左焦点到点()2,1P 的距离为10.不过原点O 的直线l 与椭圆C 相交于A 、B 两点,且线段AB 被直线OP 平分. （1） 求椭圆C 的方程；（2） 求ABP ∆的面积取最大时直线l 的方程. 【答案】（1）22143x y +=（2）（2）易得直线OP 的方程12y x =,设()11,A x y ,()22,B x y ,AB 中点()00,R x y ,其中0012y x =,因为 ,A B 在椭圆上,所以2211143x y +=,2222143x y +=,相减得,即,故,,其中且0m ≠.令,则,令()0f m '=得17m =-,（因4和17+不满足且0m ≠,舍去）当时,()0f m '>,当时,()0f m '<,所以,当17m =-时,ABPS ∆取得最大值,此时直线l 的方程为.10、已知抛物线的焦点为F ，抛物线C 上存在一点E ()2,t 到焦点F 的距离等于3．（1）求抛物线C 的方程；（2）已知点P 在抛物线C 上且异于原点，点Q 为直线1x =-上的点，且FP FQ ⊥．求直线PQ 与抛物线C 的交点个数，并说明理由．【答案】（1）24y x = （2）1个 【解析】（1）抛物线的准线方程为2p x =-， 所以点E ()2t ，到焦点的距离为232p+=．解得2p =．所以抛物线C 的方程为24y x =．故直线PQ 的斜率．故直线PQ 的方程为，即．①又抛物线C 的方程24y x =，② 联立消去x 得，故0y y =，且204y x =．故直线PQ 与抛物线C 只有一个交点．11、已知圆1C 与y 轴相切于点（0，3），圆心在经过点（2，1）与点（﹣2，﹣3）的直线l 上． （1）求圆1C 的方程； （2）圆1C 与圆2C ：相交于M 、N 两点，求两圆的公共弦MN 的长．【答案】（1）（x ﹣4）2+（y ﹣3）2=16 （2）27 【解析】（1）经过点（2，1）与点（﹣2，﹣3）的直线方程为，即y=x ﹣1．由题意可得，圆心在直线y=3上， 联立，解得圆心坐标为（4，3），故圆C 1的半径为4．则圆C 1的方程为（x ﹣4）2+（y ﹣3）2=16；12、已知圆C 的半径为2,圆心在x 轴的正半轴上,直线与圆C 相切.（1）求圆C 的方程;（2）过点Q （0,-3）的直线l 与圆C 交于不同的两点A11,)x y （、B 22(,)x y ，当时,求△AOB的面积. 【答案】（1） （2）372【解析】 （1）设圆心为,因为圆C 与相切,所以,解得（舍去）,所以圆C 的方程为设,则, ①,将①代入并整理得,解得k = 1或k =-5（舍去）, 所以直线l 的方程为圆心C 到l 的距离,13、已知B A ,是椭圆C ：上两点，点M 的坐标为()0,1.（1）当B A ,两点关于x 轴对称，且MAB ∆为等边三角形时，求AB 的长； （2）当B A ,两点不关于x 轴对称时，证明：MAB ∆不可能为等边三角形.【答案】（1）9314 （2）见解析⑵根据题意可知，直线AB 斜率存在.设直线AB ：y =kx +m ，A （x 1，y 1），B （x 2，y 2），AB 中点为N （x 0，y 0），联立，消去y 得（2+3k 2）x 2+6kmx +3m 2-9=0，由△＞0得2m 2-9k 2-6＜0，① 所以x 1+x 2=-2326k km +,y 1+y 2=k （x 1+x 2）+2m =2324k m +, 所以N （-2323k km+，2322km+），又M （1， 0）， 假设△MAB 为等边三角形，则有MN ⊥AB ，所以k MN ×k =-1，即×k =-1，化简得3k 2+2+km =0，② 由②得m =-k k 232+，代入①得2222)23(k k +-3（3k 2+2）＜0， 化简得3k 2+4＜0，矛盾，所以原假设不成立， 故△MAB 不可能为等边三角形. 14、已知圆，点A 为圆1C 上的一个动点，AN x ⊥轴于点N ，且动点M 满足，设动点M 的轨迹为曲线C .（1）求动点M 的轨迹曲线C 的方程；（2）若直线l 与曲线C 相交于不同的两点P 、Q 且满足以PQ 为直径的圆过坐标原点O ， 求线段PQ 长度的取值范围. 【答案】 （1）（2）（2）当直线l 的斜率不存在时，因以PQ 为直径的圆过坐标原点O ，故可设直线OP 为x y =，联立22,1,84y x x y =⎧⎪⎨+=⎪⎩解得 同理求得所以364=PQ ； 当直线l 的斜率存在时，设其方程为m kx y +=，设联立，可得由求根公式得（*） ∵以PQ 为直径的圆过坐标原点O ，即即化简可得，将（*）代入可得，即 即，又将代入，可得∴当且仅当2241kk =，即22±=k 时等号成立．又由，，；综上，得．15、如图，椭圆经过点A （0，-1），且离心率为22。

合集下载

2020高考数学(理科)二轮专题复习课标通用版跟踪检测：解析几何含答案

2020高考数学(理科)二轮专题复习课标通用版跟踪检测：解析几何含答案

(2)过点A(1,0)且斜率不为0的直线l与椭圆交于M，N两点，记MN中点为B，坐标原点为O，直线BO交椭圆于P，Q两点，当四边形MPNQ的面积为 时，求直线l的方程．
解析(1)设椭圆的焦距为2c，则 ＝ ，又a2＝b2＋c2，所以b＝c＝ .因为4× ×b× b＝2 ，所以b＝1，a＝ ，故所求椭圆的标准方程为 ＋y2＝1.
所以弦长|PQ|＝2 ＝2 .
不妨设点M在直线OB：y＝－ x上方，点N在直线OB：y＝－ x下方，即 x1＋y1>0， x2＋y2<0.
所以点M(x1，y1)到直线PQ的距离为d1＝ ＝ ＝ ，点N(x2，y2)到直线PQ的距离为d2＝ ＝－ .
所以d1＋d2＝
＝ ＝2 .
所以面积S＝ |PQ|·(d1＋d2)＝ ·2 ·2 ＝2 ＝ ⇒m＝±2.
(2)设A ，B ，S(xS，yS)．
因为 － ＝ － ＝ ，所以 ＝2，所以y3－y4＝8，
因为线段AB的中点的纵坐标为8，所以y3＋y4＝16，
联立解得y3＝12，y4＝4，所以A(36,12)，B(4,4)．
设直线SA的斜率为k，则直线SA的方程为y－12＝k(x－36)，
由 消去x得 －与y轴负半轴的交点，经过F的直线l与椭圆交于点M，N，经过B且与l平行的直线与椭圆交于点A，若|MN|＝ |AB|，求直线l的方程．
解析(1)设椭圆的标准方程为 ＋ ＝1(a>b>0)，
依题意知，c＝1，e＝ ＝ ，所以a＝ ，b2＝a2－c2＝1，
所以所求椭圆的标准方程为 ＋y2＝1.
A． B．
C．2D．
D解析抛物线y2＝4x的焦点为F(1,0)，准线l的方程为x＝－1，所以|OF|＝1，又双曲线的渐近线方程为y＝± x，不妨设A ，B ，所以|AB|＝ ＝4|OF|＝4，所以b＝2a，所以e＝ ＝ ＝ .故选D项．
新高考2020版高考数学二轮复习主攻40个必考点解析几何考点过关检测二十六理

新高考2020版高考数学二轮复习主攻40个必考点解析几何考点过关检测二十六理

考点过关检测(二十六)21. (2019 •亳州联考)已知抛物线E：y = 2px(p>0)与过点Ma,0)( a>0)的直线I交于A,B两点，且总有OAL OB(1) 确定p与a的数量关系；(2) 若|OMAB =入I AM •丨MB，求入的取值范围.解：⑴设I : ty = x —a, A(x i, y i), B(x2,帕.2y = 2px, 2由消去x，得y—2pty —2pa= 0.ty = x—a••• y i + y2 = 2pt , y i y2=—2pa,2y1y2由OALOB得X1X2+ y1y2 = 0,即4丿2 + y$2= 0,2• a —2pa= 0. v a>0, • a= 2p.⑵由⑴可得I AB = ,1 +12| y i —y2| =2p 1 + t2• t2+ 4.| AM • MB = AM・M B= ( a—X1)( X2 —a) —yy = —X1X2+ a(X1 + X2) —a2—『『=a •y2 , 2一，2、—a = 4p (1 +1 ).••• | OM • AB = X | AM •I MB,• a ・2p 1 +12• t2+ 4= X ・4p2(1 + t2),屮+12/ 3~•- X= 1 +12= 1 +1 +12.2X € (1,2].•/ t >0,.・.故X的取值范围为(1,2].12. (2019 •佛山模拟)已知中心在坐标原点，焦点在x轴上的椭圆M的离心率为？，椭圆上异于长轴顶点的任意点A与左、右两焦点F1, F2构成的三角形中面积的最大值为，3.(1) 求椭圆M的标准方程；(2) 若A与C是椭圆M上关于x轴对称的两点，连接CF与椭圆的另一交点为B,求证：直线AB与x轴交于定点P,并求PA-巨C勺取值范围.2 2x y 解：(1)设椭圆M的标准方程为—+ 2= 1( a>b>0),a bc _ 1 a =2,2 2所以椭圆M 的标准方程是x 4 + 3 =1.(2)证明：设 A (x i , y i ) , B (x 2, y 2), C (x i , - y i )，直线 AB ： y = kx + m 将 y = kx + m ,代2 2x y 2 2 2入-+ 3 = 1 得，(4k + 3)x + 8kmx+ 4m — 12= 0.4328 km 4m —12则 x 1+x 2= —4kT3, x 1x 2= .因为B, C, F 2共线，kx 2 + m — kx 1+ m所以 kBF>= kCF ,即卩 -- = ------- —' X 2— 1 X 1— 1 整理得 2kx 1X 2+ ( m — k )( X 1 + X 2) — 2m = 0,所以直线AB ： y = k (x — 4)，与x 轴交于定点P (4,0) 23 2因为 y 1 = 3 — 4x 1,18 y.因为一2<X 1<2,T T18所以PA ・F 2C 的取值范围是 —7, 18 .3. 如图，已知点P 是y 轴左侧(不含y 轴)一点，抛物线C ： y 2 = 4x 上存在不同的两点 A, B 满足PA PB 的中点均在 C 上.(1) 设AB 中点为证明：PM 垂直于y 轴；2(2) 若P 是半椭圆X 2+鲁=1(x <0)上的动点，求△ PAB 面积的取值范围. 解：(1)证明：设 P (X 0, y o ) , A 4y 1, y 1 , B ^y 2, y 因为PA PB 的中点均在抛物线上，a = 2,12 ・2c • b = 3,解得 b = ：j 3,c = 1.所以2k • 4 m i — 12— (m — k)8km24k + 3—2m = 0, 解得m=— 4k .所以 PA- F 2C = (X 1 — 4, y"・(X 1— 1, —y" = x 2— 5x 1 + 4— y 1= 7 2 7 104X 1 — 5X 1 + 1= 4 X 1— 725+即y — 2y o y + 8x 。

专题16妙解离心率问题(12大核心考点)(课件)-2025年高考数学二轮复习讲练测(新教材新高考)

专题16妙解离心率问题(12大核心考点)(课件)-2025年高考数学二轮复习讲练测(新教材新高考)

+ = 2，
在Rt △ 中，由∠ = ，得 = sin =
2sin, = cos = 2cos，

1
所以2sin + 2cos = 2，所以 = sin+cos =
）
π
ቁ
4
∈
，

,
12 3
6
,
2
所以 =
π
，所以 + 4 ∈
= ( > , > )的左、右焦点，为双曲线上的任一点，
≥ �� − ．


3、利用角度长度的大小建立不等关系． , 为椭圆 + = 的左、右焦点，为椭圆上的动点，若



∠ = ，则椭圆离心率的取值范围为 ≤ < ．
4、利用题目不等关系建立不等关系．
+ = 的离心率分别为 ， ．若 = ，则
D．
= ( > , > )的离心率为 ，的一条渐近线与圆( − ) + ( − ) =
交于，两点，则|| = ( D )

A．
B．


C．


3．（2022•甲卷）椭圆: + = ( >
2sin(+ 4 )

，∴ sin( + 4 ) ∈
∴∈
3 − 1,
6
3
2+ 6，46 1+ 3, 2
2
．
．故选：A．
考点题型二：焦点三角形顶角范围与离心率
2
【例2】（2024·辽宁葫芦岛·高三统考期末）已知点1 ，2 分别是椭圆 2

+
通用版2020版高考数学大二轮复习专题突破练16热点小专题二球与多面体的内切外接理

通用版2020版高考数学大二轮复习专题突破练16热点小专题二球与多面体的内切外接理

专题突破练16 热点小专题二球与多面体的内切、外接一、选择题1.体积为8的正方体的顶点都在同一球面上,则该球的表面积为()A.12πB.πC.8πD.4π2.(2019江西九江一模,文9)《九章算术》卷第五《商功》中,有“贾令刍童,上广一尺,袤二尺,下广三尺,袤四尺,高一尺.”,意思是:“假设一个刍童,上底面宽1尺,长2尺;下底面宽3尺,长4尺,高1尺(如图).”(注:刍童为上下底面为相互平行的不相似长方形,两底面的中心连线与底面垂直的几何体),若该几何体所有顶点在一球的表面上,则该球体的表面积为()A.46π平方尺B.41π平方尺C.40π平方尺D.36π平方尺3.(2019山东济宁一模,理9)《九章算术》中,将底面是直角三角形的直三棱柱称之为“堑堵”.已知某“堑堵”的三视图如图所示,则该“堑堵”的外接球的体积为()A.πB.πC.6πD.8π4.已知直三棱柱ABC-A1B1C1的6个顶点都在球O的球面上,若AB=3,AC=4,AB⊥AC,AA1=12,则球O的直径为()A.13B.4C.2D.25.(2019山东潍坊二模,理8)一个各面均为直角三角形的四面体有三条棱长为2,则该四面体外接球的表面积为()A.6πB.12πC.32πD.48π6.(2019北京朝阳一模,理7改编)某三棱锥的三视图如图所示(网格纸上小正方形的边长为1),则该三棱锥的外接球的体积为()A.4πB.2πC.6πD.4π7.已知A,B是球O的球面上两点,∠AOB=9 °,C为该球面上的动点.若三棱锥O-ABC体积的最大值为36,则球O的表面积为()A.36πB.64πC.144πD.256π8.如图②,需在正方体的盒子内镶嵌一个小球,使得镶嵌后三视图均为图①所示,且面A1C1B截得小球的截面面积为,则该小球的体积为()A. B. C. D.9.已知A,B,C,D是同一球面上的四个点,其中△ABC是正三角形,AD⊥平面ABC,AD=2AB=6,则该球的体积为()A.32πB.48πC.24πD.16π10.(2019四川第二次诊断,理10)已知一个几何体的正视图,侧视图和俯视图均是直径为10的圆(如图),这个几何体内接一个圆锥,圆锥的体积为27π,则该圆锥的侧面积为()A.9πB.12πC.10πD.11.(2019山西吕梁一模,文12)四棱锥S-ABCD中,底面ABCD为矩形,AD=4,AB=2,且SA+SD=8,当该四棱锥的体积最大时,其外接球的表面积为() A.20π B.25πC.πD.π12.已知三棱锥S-ABC的所有顶点都在球O的球面上,△ABC是边长为1的正三角形,SC为球O的直径,且SC=2,则此棱锥的体积为()A. B. C. D.二、填空题13.(2019四川成都二模,理14)已知三棱锥A-BCD的四个顶点都在球O的表面上,若AB=AC=AD=1,BC=CD=BD=,则球O的表面积为.14.(2019河北唐山一模,理15)在四面体ABCD中,AB=BC=1,AC=,且AD⊥CD,该四面体外接球的表面积为.15.(2019湖南六校联考,理15)在《九章算术》中,将底面为矩形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马.如图,若四棱锥P-ABCD为阳马,侧棱PA⊥底面ABCD,且PA=3,BC=AB=4,设该阳马的外接球半径为R,内切球半径为r,则=.16.已知三棱锥S-ABC的所有顶点都在球O的球面上,SC是球O的直径,若平面SCA⊥平面SCB,SA=AC,SB=BC,三棱锥S-ABC的体积为9,则球O的表面积为.参考答案专题突破练16热点小专题二球与多面体的内切、外接1.A解析设正方体的棱长为a,由a3=8,得a=2.由题意可知,正方体的体对角线为球的直径,故2r=,则r=所以该球的表面积为4π×()2=12π,故选A.2.B解析由已知得球心在几何体的外部,设球心到几何体下底面的距离为x,则R2=x2+2=(x+1)2+2,解得x=2,∴R2=,∴该球的表面积S=41π.故选B.3.A解析根据几何体的三视图可知几何体为底面为腰长为 的直角等腰三角形,高为2的直三棱柱.设外接球的半径为R,则(2R)2=()2+()2+22,解得R=,所以V=()3=故选A.4.A解析由题意可知,直三棱柱ABC-A1B1C1的外接球O的半径R=,故球O的直径为13.故选A.5.B解析如图,在四面体ABCD中,∠ABD=∠ABC=∠BCD=∠ACD=9 °,AB=BC=CD=2,可得BD=2,AD=2,设AD的中点为O,连接OB,OC,则OB=OC=OA=OD,所以AD的中点O即为外接球的球心,故球O半径为,其表面积为12π,故选B.6.D解析由三视图得该几何体的直观图如图所示.将该三棱锥补形为正方体,如图所示.所以该三棱锥的外接球的体积等于补形后正方体外接球的体积,所以球的直径等于正方体的体对角线长,即2R==2,所以球的体积为V=()3=47.C解析由△AOB的面积确定可知,若三棱锥O-ABC的底面OAB上的高最大,则其体积最大.因为高最大为半径R,所以V O-ABC=R2×R=36,解得R=6,故S球=4πR2=144π.8.B解析设正方体盒子的棱长为2a,则内切球的半径为a,平面A1BC1是边长为2a的正三角形,且球与以点B1为公共点的三个面的切点恰为△A1BC1三边的中点,∴所求截面的面积是该正三角形的内切圆的面积,则由图得,△A1BC1内切圆的半径是a×tan °=a,则所求的截面圆的面积是π·a2=a2=,故a=1,∴该小球的体积为V球=13=9.A解析由题意画出几何体的直观图如图,把A,B,C,D扩展为三棱柱,上下底面中心的中点与A的距离为球的半径,AD=2AB=6,OE=3,△ABC是正三角形,AE=3=,AO==2故所求球的体积为(2)3=3210.A解析几何体的轴截面如图所示,设圆锥的底面半径为r,由题意可得π×r2×(-+5)=27π,解得r=3,所以该圆锥的侧面积为6π9=9故选A.11.D解析当点S到底面ABCD的距离最大时,四棱锥的体积最大,这时△SAD为等边三角形,S到底面ABCD的距离为2 且平面SAD⊥平面ABCD.设球心O到平面ABCD的距离OE=x,则由OD=OS,得x2+5=(2-x)2+1,所以x=,所以四棱锥外接球的半径R= 9,所以四棱锥外接球的表面积为S=4πR2=故选D.12.A解析∵SC是球O的直径,∴∠CAS=∠CBS=9 °.∵BA=BC=AC=1,SC=2,∴AS=BS=取AB的中点D,显然AB⊥CD,AB⊥SD,∴AB⊥平面SCD.=-, 在△CDS中,CD=,DS=,SC=2,利用余弦定理可得cos∠CDS=-·∴sin∠CDS=,∴S△CDS=,故V=V B-CDS+V A-CDS=S△CDS×BD+S△CDS×AD=S△CDS×BA=1=13.3π解析(法一)如图,取CD的中点E,连接BE,可得BE=,设等边三角形BCD的中心为G,则BG=,∴AG=-设三棱锥A-BCD的外接球的半径为R,则R2=BG2+OG2,即R2=2+-R2,解得R=∴球O的表面积为4πR2=3π.(法二)∵AB=AC=AD=1,BC=CD=BD=,∴由勾股定理的逆定理得三棱锥的三个侧面都是全等的直角三角形,将三棱锥补形为正方体,则其外接球的直径为正方体的体对角线,∴2R=,故球O的表面积为4πR2=3π.14.2π解析如图所示,由AB=BC=1,AC=,得AB⊥BC,所以△ABC和△DAC都是直角三角形.△ABC 外接圆的圆心是AC的中点,△DAC外接圆的圆心也是AC的中点,且两个三角形的外接圆都是球的大圆,所以球半径R=AC=,所以S球=4πR2=2π.15解析易知该阳马补形所得到的长方体的体对角线为外接球的直径,所以(2R)2=AB2+AD2+AP2=42+42+32=41,R=因为侧棱PA⊥底面ABCD,且底面为正方形,所以内切球O1在侧面PAD内的正视图是△PAD的内切圆,则内切球半径为1,故16.36π解析取SC的中点O,连接OA,OB.因为SA=AC,SB=BC,所以OA⊥SC,OB⊥SC.因为平面SAC⊥平面SBC,且OA⊂平面SAC,所以OA⊥平面SBC.设OA=r,则V A-SBC=S△SBC×OA=2r×r×r=r3,所以r3=9,解得r=3.所以球O的表面积为4πr2=36π.。