专题19外接球、内切球与棱切球（解析版）_02高考数学_2025年新高考资料_一轮复习_上好课2025年高考数学一轮复习知识清单3246850_题型必备·冲高分

专题 19 外接球、内切球与棱切球 目录 题型一：基础：长方体模型.................................................................................................................................................1 题型二：基础：四面体对棱相等模型.................................................................................................................................4 题型三：重要模型：线面垂直型.........................................................................................................................................6 题型四：重要模型：面面垂直型.........................................................................................................................................9 题型五：常见几何体：棱锥型...........................................................................................................................................12 题型六：常见几何体：圆锥型...........................................................................................................................................16 题型七：常见几何体：圆台型...........................................................................................................................................19 题型八：常见几何体：棱台型...........................................................................................................................................22 题型九：常见几何体：组合体型.......................................................................................................................................25 题型十：两线交心法模型：表面特殊三角形...................................................................................................................28 题型十一：两线交心法模型：二面角型...........................................................................................................................32 题型十二：动点与翻折型外接球.......................................................................................................................................35 题型十三：外接球最值范围型...........................................................................................................................................38 题型十四：内切球...............................................................................................................................................................43 题型十五：棱切球...............................................................................................................................................................48 题型十六：综合难题...........................................................................................................................................................51 结束.......................................................................................................................................................................................55 题型一：基础：长方体模型 正方体的棱长为a，球的半径为R，则： ①若球为正方体的外接球，则2R＝a； ②若球为正方体的内切球，则2R＝a； ③球与正方体的各棱相切，则2R＝a. 长方体的长、宽、高分别为a，b，c，则外接球直径＝长方体对角线，即：2R＝. 1．（24-25高二上·安徽宣城·开学考试）在四面体 中，已知点 ， 分别为棱 ， 中点，且 ， ，若 ， ，则该四面体外接球半径为（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据四面体的对棱性质，结合长方体面对角线的性质，即可将四面体的外接球问题转化为长方体 外接球问题，即可得半径. 【详解】根据长方体的面对角线特点，由对棱 ，且对棱中点E，F分别满足 ， ， 则可构造长方体使得四面体 的顶点与长方体的顶点重合，由长方体的外接球即为四面体的外接球， 如图所示：设长方体的长、宽、高分别为 则 ， ，所以外接球的半径 ，即四面体 的外接球半径为 .故选：A 2．（22-23贵州黔东南·模拟）我们将四个面均为正三角形的四面体称为“正四面体”，在正四面体 中， 分别为棱 的中点，当 时，四面体 的外接球的表面积为（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】通过补形的方法求得外接球的半径，进而求得外接球的表面积. 【详解】设正四面体的棱长为 ，则： ， 在等腰三角形ABF中， ， 据此可得： ，正四面体的棱长为： .将正四面体补形成正方体如下图所示， 正方体的边长为 ，正方体的体对角线长为 ，所以外接球的半径为 ， 所以外接球的表面积为 .故选：D 3．（20-21高三下·江苏·阶段练习）《九章算术》是我国古代数学经典名著，堪与欧几里得《几何原本》 相媲美的数学名著，在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为“鳖臑”.已知某鳖臑 的外接球半径为1，则该鳖臑 的体积最大值为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由题意可得鳖臑的一条侧棱垂直于底面，底面为直角三角形，将其补成长方体，结合均值不等式 可得答案. 【详解】由题意四面体 为鳖臑如图，则侧棱 底面 ,且 故将四面体 补成长方体，四面体 与该长方体的外接球相同. 所以 为外接球的直径，则 设 ，则 ，则 ，当且仅当 时取等号. 又四面体 的体积 ,所以 故选：B 4．（22-23高按·辽宁沈阳·模拟）已知四面体ABCD满足 ， ， ， 且该四面体ABCD的外接球的球半径为 ，四面体的内切球的球半径为 ，则 的值是（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】将四面体补全为长方体，根据它们外接球相同求出外接球半径，利用等体积法求内切球半径，即 可得结果. 【详解】由题设，可将四面体补全为如下长方体，长宽高分别为 ，所以，四面体外接球即为长方体外接球，则半径 ， 由题意，四面体的四个侧面均为全等三角形， ， 为三 角形内角，所以 ，则 ， 又 ，且 ， 所以 ，即 ，综上， .故选：A 5.（22-23·浙江温州·模拟）阳马和鳖臑［biē nào］是我国古代对一些特殊锥体的称谓，取一长方体按下图 斜割一分为二，得两个一模一样的三棱柱（图2，图3），称为堑堵．再沿堑堵的一顶点与相对的棱剖开 （图4），得四棱锥和三棱锥各一个．以矩形为底，有一棱与底面垂直的四棱锥，称为阳马（图5）．余下 的三棱锥是由四个直角三角形组成的四面体，称为鳖臑（图6）．若图1中的长方体是棱长为4的正方体， 则下列结论正确的是（ ） A．鳖臑中只有一个面不是直角三角形 B．鳖臑的外接球半径为 C．鳖臑的体积为正方体的 D．鳖臑内切球半径为 【答案】BD 【分析】利用题设条件，逐一对各个选项分析判断即可得到结果. 【详解】对于选项A，由题知，鳖臑是由四个直角三角形组成的四面体，所以选项A错误； 对于选项B，由题知鳖臑的外接球即长方体的外接球，而长方体是棱长为4的正方体， 又易知，正方体外接球的半径为体对角线的一半，所以鳖臑外接球的半径为 ，所以选项B正确； 对于选项C，鳖臑是由四个直角三角形组成的四面体，且易知 面 , 所以 ， 又正方体的体积为 ，故鳖臑的体积为正方体的 ，所以选项C错误； 对于选项D，设鳖臑内切球半径为 ，由选项C知，鳖臑的体积 ，则 ，又 ，所以 ，所以选项D正确. 故选：BD 题型二：基础：四面体对棱相等模型 对棱相等模型是三棱锥的三组对棱长分别相等模型，用构造法(构造长方体)解决．外接球的直径等于 长方体的体对角线长，即 (长方体的长、宽、高分别为a、b、c)．秒杀公式：R2＝(三 棱锥的三组对棱长分别为x、y、z)．可求出球的半径从而解决问题． 2．（2022高三·全国·专题练习）如图，在三棱锥 中， ， ， ，则三棱锥 外接球的体积为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】将三棱锥 放到长方体中，设长方体的长、宽、高分别为 ，求出 即得三棱锥 外接球的半径，即得解. 【详解】解：由题意， ， ， ，将三棱锥 放到长方体中， 可得长方体的三条对角线分别为 ，2， ，设长方体的长、宽、高分别为 ， 则 ， ， ，解得 ， ， ． 所以三棱锥 外接球的半径 ． 三棱锥 外接球的体积 ．故选：C 2．（2022·贵州·模拟预测）如图，在三棱锥 中， ， ， ，且直线AB与DC所成角的余弦值为 ，则该三棱锥的外接球的体积为（ ） A． B． C． D． 【答案】C【分析】由题意，将三棱锥 放入对应的长方体中，根据已知条件建立关于长方体的长､宽､高的边 长a，b，c的方程组，求解得 ，进而可得外接球的直径即为长方体的体对角线长，从而根 据球的体积公式即可求解. 【详解】解：由题意知 ， ，则 平面ADC，所以 ， 又 ， ，所以 平面ABC，将三棱锥 放入对应的长方体中，如图： 易知 ，所以 为直线AB与DC所成的角， 所以 ，解得 . 设长方体的长､宽､高分别为a，b，c，则 ， ， ， 三式相加得 ，所以长方体的外接球的半径为 ， 所以该三棱锥的外接球的体积为 .故选：C. 3．（23-24高三·四川绵阳·模拟）四面体 的三组对棱分别相等，且长度依次为 ，5.则该四 面体的外接球的表面积 A． B． C． D． 【答案】D 【详解】分析：先将四面体 补成一个长方体，相邻三个面的对角线长分别为 ，5，再通 过解方程组得长方体的长宽高，最后根据四面体的外接球为长方体的外接球求结果. 详解：因为将四面体 补成一个长方体，相邻三个面的对角线长分别为 ，5，所以由 得 因为四面体的外接球为长方体的外接球，所以外接球直径为 因此四面体的外接球的表面积为 ， 选D. 点睛：“补形法”是立体几何中一种常见的重要方法，在解题时，把几何体通过“补形”补成一个完整的 几何体或置于一个更熟悉的几何体中，巧妙地破解空间几何体的体积等问题，常见的补形法有对称补形、 联系补形与还原补形，对于还原补形，主要涉及台体中“还台为锥”． 4．（2023高三·河南·模拟）四面体S-ABC中，三组对棱分别相等，依次为 ， ，5.则此四面体的体 积为. A．20 B． C． D．30 【答案】A 【详解】如图，补成长方体，设其长、宽、高分别为x，y，z，则可得 解得 ， ， .∴ . 5．（2024高三·全国·模拟，多选）一般地，我们把三组对棱分别相等的四面体叫做等面四面体．下列结论正确的是（ ） A．若一个四面体的四个面的周长都相等，则该四面体是等面四面体 B．等面四面体的一组对棱中点的连线与这组对棱都垂直 C．三组对棱长度分别为 ， ， 的等面四面体外接球的表面积为 D．过等面四面体任一顶点的三个面且以该点为顶点的三个角之和为 【答案】ABD 【分析】对于选项A ，利用周长关系，化简可得答案； 对于选项B，作出图等面四面体 中，设 与 的中点分别为 ， ，可证明 ，从而证 明 ， ，判断B； 对于C，将等面四面体 放到长方体 中，即可求出外接球半径，从而得到外接球表面积； 对于D，将等面四面体 展开，从而得到 ，即可说明答案. 【详解】选项A：四面体 中，设 ， ， ， ， ， ，且 ， 将 ， 两边分别相加，得 ， 再由 得 ，同理得 ， ，所以四面体 是等面四面体，所以A正确． 选项B：如图1，在等面四面体 中，设 与 的中点分别为 ， ， 连接 ， ，则 ，所以 ，所以 ，同理可证 ，所以B正确． 选项C：将等面四面体 放到长方体 中，如图2， 所以等面四面体 的外接球即长方体 的外接球，不妨设 ， ， ， a2b2c2 则 ， ， ，得BD2  ， BD2BE2 a2 BD2BF2 b2 BE2BF2 c2 2 a2c2b2 b2c2a2 2 BE2  ，BF2  ，所以等面四面体 外接球的半径R a2b2c2 ， 2 2 EBFCADPH 4 1 所以等面四面体 外接球的表面积为   a2b2c2 ，所以C错误． EBFCADPH 2 选项D：将等面四面体PABC展开，如图3， 由等面四面体的定义可以证得△APB≌△BCA≌△QAC≌△CBR，所以PABABC，QAC ACB， 所以PABQACBAC ABCACBBAC π，同理在其他顶点处也成立，所以D正确． 故选：ABD 题型三：重要模型：线面垂直型线面垂直型： 存在一条棱垂直一个底面（底面是任意多边形，实际是三角形或者四边形（少），它的外接圆半径是 r，满足正弦定理） 1.模板图形原理 图1 图2 PC 2 CD R   +r2；其中2r=  2  sinA 2.计算公式 1．（20-21高按·河北唐山·模拟）已知三棱锥PABC中，PA面ABC，底面ABC是边长为2的正三角形， PA4，则三棱锥PABC的外接球表面积为（ ） 32 3 64 32 64 A． B． C． D． 27 3 3 27 【答案】B 【分析】由已知结合三棱锥和正三棱柱的几何特征，得到三棱锥的外接即为以VABC为底面，以PA为高 的正三棱柱的外接球，分别求得棱锥底面外接圆的半径和球心到底面的距离，求得球的半径，利用球的面 积公式，即可求解. 【详解】根据已知中底面VABC是边长为2的正三角形，且PA底面ABC， 可得此三棱锥外接球，即为以VABC为底面，以PA为高的正三棱柱的外接球， 2 3 因为 时边长为2的正三角形，可得 的外接圆半径为r ， VABC VABC 3 4 3 所以球心到 的外接圆圆心的距离为 ，故球的半径为R r2d2  ， VABC d 2 3 64 所以三棱锥 外接球的表面积为S 4R2  .故选：B. PABC 3 2．（22-23高三·河南郑州·模拟）在三棱锥A-BCD中，平面ABC丄平面ADC, AD丄AC,AD=AC,  ABC ，若此三棱锥的外接球表面积为 ，则三棱锥A-BCD体积的最大值为（ ） 3 28 5 3 A．7 B．12 C．6 D． 3 【答案】C 【分析】设三棱锥A﹣BCD外接球的半径为R，三棱锥的外接球球心为O，△ABC的外心为O，△ABC的 1 外接圆半径为r，取DC的中点为O，过O 作OE⊥AC，则OO ⊥平面ABC，OO ⊥平面ADC，连结OA， 2 2 2 1 2 1 OA，则OA＝r，设AD＝AC＝b，则OO ＝OE b，由S＝4πR2＝28π，解得R ，由正弦正理求出b 1 1 1 2 2  7  3r，若三棱锥A﹣BCD的体积最大，则只需△ABC的面积最大，由此能求出三棱锥A﹣BCD的体积的 最大值． 【详解】根据题意，设三棱锥A﹣BCD外接球的半径为R，三棱锥的外接球球心为O，△ABC的外心为 O，△ABC的外接圆半径为r，取DC的中点为O，过O 作OE⊥AC，则OO ⊥平面ABC，OO ⊥平面 1 2 2 2 1 2 ADC， 1 如图，连结OA，OA，则OA＝r，设AD＝AC＝b，则OO ＝OE b，由S＝4πR2＝28π，解得R ， 1 1 1 2 2  7b  在△ABC中，由正弦正理得2r AC ，∴2r ，解得b ，在Rt△OAO 中，7＝r2+（1 ）  sin 1 b sinABC 3  3r 2 2，解得r＝2，b＝2√3，∴AC＝2√3，若三棱锥A﹣BCD的体积最大，则只需△ABC的面积最大， 在△ABC中，AC2＝AB2+BC2﹣2•AB•BC•cos∠ABC，∴12＝AB2+BC2﹣AB•BC≥2AB•BC﹣AB•BC， 1 1 3 解得AB•BC≤12，∴S  ABBCsinABC 12 3√3， △ABC 2 2 2 1 1 ∴三棱锥A﹣BCD的体积的最大值：V  S AD 3 32 36．故选：C． DABC 3 △ABC 3 3．（21-22高三·西藏拉萨·阶段练习）如图,三棱锥PABC中,PB平面ABC,BC CA,且 PBBC 2CA2,则三棱锥PABC的外接球表面积为 A．3π B．9π C．12π D．36π 【答案】B 【详解】∵PB面ABC，AC面ABC，∴PB AC，∵BC CA，PABC B，∴AC面PBC， ∵PC面PBC，∴AC PC，取PA的中点O，则OPOAOBOC，∴O为球心，∵ 3 ，∴ ，∴球半径为r ，∴该三棱锥的外接球的表面积为 ，故选B. PBBC 2CA2 PA3 2 4r2 9 4．（22-23高三·全国·阶段练习）如图，在三棱锥ABCD中，AB平面BCD，BC CD，ABBD2， M为AD中点，H为线段AC上一点（除AC的中点外），且MH HB.当三棱锥M HAB的体积最大时， 则三棱锥M ABC的外接球表面积为（ ） A．4 B．6 C．8 D．12 【答案】B 【分析】利用线面垂直的判定定理和性质，可以证明AM 平面BHM ，利用三棱锥的等积性，结合基本 不等式，这样可以求出BH HM 1，过点C作CK BD，取AB，AC的中点T，N，连接MN，MT ， 过点T作CK 的平行线交MN于点O.利用线面垂直的性质和判定定理可以证明出O为三棱锥M ABC的外 接球的球心，运用正切函数的定义，球的表面积公式进行求解即可. 【详解】在RtABD中，因为M为AD中点，故BM  AD，且BM  2，因为CDBC，CD AB，所 以CD平面ABC，故CDBH ，又因为MH BH，所以BH 平面ACD，因此BHAD，故AM 平 面BHM ，三棱锥M HAB的体积等于三棱锥ABHM 的体积，即只需底面BHM 面积最大即可.因为 1 1 ，则 ，故S  BHHM  ，当且仅当 时取等号.在 BH2HM2 BM2 2 22BHHM BHM 2 2 BH HM 1 2 BC  RtABC CAB30 3 CK BD AB AC MN MT2 中， ，故BC  ，过点C作 ，取 ， 的中点T，N，连接 ， ， RtABC CAB30 3 CK BD AB AC MN MT 过点T作CK 的平行线交MN于点O.由CK 平面ABD知OT 平面ABD.又DC 平面ABC，故MN 平 CD 面 .因此O为三棱锥 的外接球的球心，由tanTOM tanKCDtanCBK   2，因 ABC M ABC BC TM 2 3 为 ，所以OT   ，故R2 OA2  ，即三棱锥 的外接球表面积为 . TM 1 tanTOM 2 2 M ABC 6 故选：B 5．（21-22高三上·湖北武汉·期中，多选）已知球O是三棱锥PABC的外接球，PA ABPB AC 2， 则CP2 2，点D是PB的中点，且CD 7，则下列说法正确的是（ ） A．三棱锥PABC最长的棱棱长为2 2 B．AC平面PAB 28 C．球心O到底面PAB的距离为 D．球O的表面积为 3 3 【答案】ABD 【分析】根据勾股定理的逆定理和线面垂直的判定定理即可判断B；求出最长棱长即可判断A；求出球心O 到底面距离即可判断C；进一步求得外接球表面积即可判断D. 【详解】如图， 因为 ，所以 ，得 ， PA AC 2，CP2 2 PA2AC2 CP2 CAPA 由D是PB的中点，得AD= 22-12 = 3，又CA2，CD 7 ，所以CA2AD2 CD2，得CAAD， 又PADA A，所以CA平面PAB，故B正确； 由AB AP，得CBCP2 2，故三棱锥PABC最长的棱棱长为2 2，故A正确； 1 取等边三角形 的中心G，连接OG，则OG AC1，即球心O到底面 的距离为1，故C错误； PAB 2 PAB 2 3 2 3 7 底面三角形 外接圆的半径r ，外接球的半径R 12( )2  ， PAB 3 3 3 7 28 所以球的表面积为S 4( )2  ，故D正确.故选：ABD. 3 3 题型四：重要模型：面面垂直型面面垂直型基本图形 一般情况下，俩面是特殊三角形。垂面型，隐藏很深的线面垂直型， 1．（22-23高三·安徽·模拟）在四面体ABCD中，若ADDB AC CB1，则当四面体ABCD的体积最 大时其外接球表面积为 5 4 A．  B．  C． D． 3 3  2 【答案】A 【分析】设AB2x0x1 ，可知当四面体ABCD的体积最大时，平面ACB平面ADB，计算出 1 1 ，求出四面体 的体积V  x x3，利用导数求出 的最大值以及对应的 的值， CEDE 1x2 ABCD 3 3 V x 再利用四面体的结构得出计算出外接球的半径，最后利用球体表面积公式可得出结果. 【详解】如下图，取AB的中点E，连接CE、DE，设AB2x0x1 ， 则CEDE 1x2 ，当四面体ABCD的体积最大时，平面ACB平面ADB， 1 1 1 1 1 四面体 的体积为V   2x 1x2  1x2  x x3 ，V x2 . ABCD 3 2 3 3 3 3 3 3 令 ，得x ，当0x 时， ；当 x1时， . V0 3 3 V0 3 V0 1 1 3 所以，函数V  x x3在x 处取得极大值，亦即最大值. 3 3 3 6 CE 6 此时，CE 1x2  ，sinBAC   ，设ΔABC和 的外接圆半径为 ，由正弦定理得 3 AC 3 ABD r BC 6 6 2r   ，r .设ΔABC、 的外接圆圆心分别为 、 ，外接球的球心为点 ， sinBAC 2 4 ABD M N O 6 如图所示： 中，BM r  ， RtBCE 4 6 四边形 是正方形，且边长为MEBEBM  ， OMEN 12 2 2  6  6 5 所以，四面体 的外接球半径R BM2OM2    +  = ，     4 12 12 ABCD     5 5 因此，该四面体的外接球表面积为4OB2 4  ，故选A. 12 32．（24-25高二上·河北石家庄·阶段练习）已知四棱锥PABCD的各顶点在同一球面上，四边形ABCD为 等腰梯形，若AD2AB2BC 4，△PAB为正三角形，且面PAB面ABCD，则该球的表面积为（ ） 13 52 A． π B． C． π D． 3 16π 3 20π 【答案】C 【分析】作如图所示辅助线，由线面垂直和面面垂直找到球心的位置，在证明O到四棱锥的所有点的距离 相等，再根据勾股定理求出半径，进而求出表面积； 【详解】 如图，取 的中点 ，取 的中点 ，连接 ， AD E AB G EG,PG 1 在线段 上取一点 ，使FG PG，过点 作平面 的垂线 ，使 ，连接 ， PG F 3 E ABCD OE OEFG OF 易知四边形ABCD是等腰梯形，△ABE,△BCE,△CDE均为等边三角形，所以AEBE CE DE 2， 因为OE平面ABCD，所以OEAOEBOEC OED90， 所以OAOBOC OD，因为△PAB为正三角形，AB的中点G，所以PG AB， 又面PAB面ABCD，面PAB面ABCD AB，PG面PAB，所以PG面ABCD， 因为OE平面ABCD，所以PG//OE，即FG//OE，又FGOE，所以四边形OEFG为平行四边形，则 OF//EG，因为△ABE为正三角形，AB的中点G，所以EG AB，又面PAB面ABCD，面PAB面 ABCD AB，AB,EG面ABCD，所以EG面PAB，所以OF 面PAB， 又F 是△ABP的外心，所以FAFBFP，所以OAOBOP，所以O为四棱锥外接球的球心， 2  3 39 因为 1 3 ，所以ROA OE2AE2    4  ， OEFG PG ,AE2  3  3 3 3   2  39 52π 所以S 4πR2 4π   ，故选：C   3 3   3．（2024·江西·一模）在体积为12的三棱锥ABCD中，AC  AD，BC BD，平面ACD平面BCD， π π ACD ，BCD ，若点 都在球 的表面上，则球 的表面积为（ ） 3 4 A,B,C,D O O A．12π B．16π C．32π D．48π 【答案】D 【分析】如图，取CD的中点O，连接AO，BO，根据题中条件确定点O为球心，设球O半径为R，利用 三棱锥ABCD的体积求出R，最后用球的表面积公式即可求解. 【详解】 如图，取 的中点 ，连接 ， ，因为 ， ，所以 CD O AO BO AC  AD BC BD π ，因此点 就是球心，又BCD ，故 是等腰直角三角形，所以 ． OAOBOC OD O 4 △BCD OBCD 因为平面ACD平面BCD，平面ACD平面BCDCD，所以OB平面ACD． π 设球 半径为 ，则 ， ，又ACD ，则 ， O R OBR AC R 3 AD 3R 1 1 1 3 所以三棱锥 的体积V  S OB  ACADOB R3 12， ABCD 3 △ACD 3 2 6所以R2 3，所以球O的表面积为4πR2 48π．故选：D． 4．（24-25高三上·江苏南通·阶段练习）如图，在三棱锥PABC中，ACB60，2AC BC PBPC， 平面PBC 平面ABC，D是BC的中点，PD4 3，则三棱锥PACD的外接球的表面积为（ ） 160π A． B． 3 40π 208π C． D． 3 80π 【答案】C 【分析】确定球心位置，求出三棱锥的外接球的半径R2，由球的表面积公式即可求解． 【详解】依题意，△PCB为等边三角形，且高PD4 3，则PC CBPB8， 而AC CD4，又ACB60，则△ACD为等边三角形， 平面PBC 平面ABC，PDBC，平面ABC平面PBCBC，PD平面PBC，于是PD平面ABC， 令△ACD的外心为G，三棱锥PACD外接球的球心为O，则OG平面ACD， 又三棱锥PACD的外接球球心O在线段PD的中垂面上，此平面平行于平面ACD， 1 2 4 3 因此OG PD2 3，等边 外接圆半径r 4sin60  ， 2 △ACD 3 3 4 3 52 三棱锥 的外接球 ，则R2 OG2r2 12( )2  ， PACD R 3 3 所以三棱锥 的外接球的表面积 ，故选：C 208π S 4πR2  PACD 3 5．（22-23高三上·黑龙江哈尔滨·期末，多选）如图，三棱锥S－ABC中，平面SAC平面ABC，过点B且 与AC平行的平面分别与棱SA、SC交于E，F，若SASC BABC 2 3，AC2 6，则下列结论正 确的为（ ） A．三棱锥S－ABC中的外接球表面积为16 B．EF // AC 3 C．若E，F分别为SA，SC的中点，则BF与SA所成角的余弦值为 3 D．SCBF 【答案】BC 【分析】根据勾股定理可得AC为三棱锥SABC外接球的直径，代入计算即可判断选项A；利用线面平 行的性质即可判断选项B；平移直线SA，得到BFP（或其补角）即为BF与SA所成的角.根据面面垂直 得到线面垂直，在直角三角形中求得角的余弦值，可判断选项C；根据条件得到△SBC为正三角形，找到要使SCBF的条件即可判断选项D. 【详解】对于A，因为SASC=2 3，AC2 6，所以AC2 SA2SC2，则SASC，同理ABBC， 边AC中点到点A，B，C，S距离相等，所以AC为三棱锥SABC外接球的直径，则R 6， 所以三棱锥SABC外接球的表面积S 4πR2 24π，故选项A错误； 对于B，因为AC//，过AC的平面SACαEF ，由线面平行的性质可得：EF // AC，故选项B正确； 1 对于C，取 的中点 ，连接 ，因为 为 的中点，所以 且PF  SA 3，所以 AC P BP,PF F SC PF//SA 2 BFP（或其补角）即为BF与SA所成的角. 因为平面SAC平面ABC，且平面SAC平面ABC=AC， 又BABC，所以BP AC，BP平面ABC，所以BP平面SAC， 1 1 平面 ，所以 ，因为BP AC  6，PF  SA 3， PF  SAC BPPF 2 2 PF 3 所以 ，在 中，cosBFP  ， BF  BP2PF2 3 Rt△BPF BF 3 3 所以 与 所成的角的余弦值为 ，故选项C正确； BF SA 3 对于D，连接 ，由选项C分析可得： SP BP 平面SAC，因为SP平面SAC， 1 所以 ，又因为SP AC  6，所以 ，因为 ，所以 BPSP 2 SB BP2SP2 2 3 SC BC 2 3 △SBC 为正三角形，要使SCBF，则F 一定是SC的中点，题中并没有说明F 是SC的中点，故选项D错误， 故选：BC 题型五：常见几何体：棱锥型 棱锥的外接球有其特殊性，如果底面四边形是矩形。特殊情况下，还可以转化为“线面垂直-直棱柱模 型” 1．（2022·河南·模拟预测）在四棱锥SABCD中，侧面SAD底面ABCD，且SASD，ASD90°， 底面ABCD是边长为2的正方形，设P为该四棱锥外接球表面上的动点，则三棱锥PSAD的最大体积为 （ ） 22 2 2 2 1 2 A． B． C． D． 1 2 3 3 3 【答案】D 【分析】根据题意作图，结合几何关系，求得四棱锥SABCD外接球的球心位置以及球半径，再求三棱 锥PSAD体积的最大值即可.【详解】连接AC,BD交于点O，取AD中点为M ，连接SM,OS ，作图如下： 因为AS DS,ASD90，又M 为AD的中点，故M 为Rt△SAD的外心， 又平面SAD平面ABCD，且面SAD面ABCD AD，又OM  AD,OM 面ABCD， 故可得OM 面SAD，故OAOS OD； 又四边形ABCD为正方形，且O为对角线交点，故可得OAOBOC OD， 综上所述，OAOBOC ODOS ，故O为四棱锥SABCD的外接球的球心. 1 则其外接球半径ROD BD 2.又P为该四棱锥外接球表面上的动点，若使得三棱锥 的体积 2 PSAD 最大，则此时点P到平面SAD的距离hOM R1 2，故其体积的最大值 1 1 1   1 1   1 2 V  S h  ADSM 1 2   21 1 2  .故选： . 3 △SAD 3 2 3 2 3 D 2．（2024·四川成都·模拟预测）六氟化硫，化学式为SF 6 ，在常压下是一种无色､无臭､无毒､不燃的稳定气 体，有良好的绝缘性，在电器工业方面具有广泛用途.六氟化硫分子结构为正八面体结构（正八面体每个面 都是正三角形，可以看作是将两个棱长均相等的正四棱锥将底面粘接在一起的几何体）.如图所示，正八面 体EABCDF 的棱长为a，下列说法中正确的个数有（ ） ①此八面体的表面积为2 3a2； ②异面直线AE与BF所成的角为45； ③此八面体的外接球与内切球的体积之比为3 3； ④若点P为棱EB上的动点，则APCP的最小值为2 3a. A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】B 【分析】对①：计算出一个三角形面积后乘8即可得；对②：借助等角定理，找到与AE平行，与BF相交 的线段，计算即可得；对③：借助外接球与内切球的性质计算即可得；对④：空间中的距离和的最值问题 可将其转化到同意平面中进行计算. 3 【详解】对①：由题意可得S 8 a2 2 3a2，故①正确； 表 4 对②：连接AC，取AC中点O，连接OE、OF ， 由题意可得OE、OF 为同一直线，A、E、C、F 四点共面， 又AEEC CF FA，故四边形AECF为菱形， 故AE//CF ，故异面直线AE与BF所成的角等于直线CF与BF所成的角， 即异面直线AE与BF所成的角等于CFB60，故②错误；对③：由四边形ABCD为正方形，有AC2 BC2AB2 EC2AE2 2a2， 故四边形AECF亦为正方形，即点O到各顶点距离相等， 2a2 2a 即此八面体的外接球球心为 ，半径为R  ，设此八面体的内切球半径为 ， O 2 2 r 1 1 2a 6 则有V  S r2V 2 a2 ，化简得r a， EABCDF 3 表 EABCD 3 2 6 3  2a  R 3  2  则此八面体的外接球与内切球的体积之比为    3 3，故③正确；  r   6   a  6  对④：将△AEB延EB折叠至平面EBC中，如图所示： 则在新的平面中，A、P、C三点共线时，APCP有最小值， 3 则APCP  a2 3a，故④错误.故选：B. min 2 14 3 3．（2024·河南·模拟预测）在四棱锥 中，若AB 2BC  CD DA1，其中 是边 V ABCD 7 3 △VBD 长为2的正三角形，则四棱锥V ABCD外接球表面积的最小值为（ ） 32 3π 16π 16π A． B． C． D． 27 9 3 π 【答案】C 【分析】利用AB2AD2 BC2CD2 BD2得A、B、C、D共圆，且圆心为BD的中点设为O 1 ，设外接球 的球心为O，设OO x，过O作与平面VDB的垂线，垂足设为E，则E为△VBD的中心，设OE  y，外 1 2  2  接球的半径为 ，利用r2 12x2    y2得 与 重合时，外接球表面积取得最小可得答案. r  3 O E 14 3 【详解】如图，连接 ，因为AB 2BC  CD DA1， DB 7 3 2 14 所以AB1,BC  ,CD ,DA 3，所以 ， 2 2 AB2AD2 BC2CD2 BD2 所以AB AD,BC CD，所以四边形ABCD必存在一个外接圆， 且圆心为BD的中点设为O 1 ，设外接球的球心为O，则OO 1 平面ABCD， 设OO x，过O作与平面VDB的垂线，垂足设为E，连接VO，OB，AE， 1 则E为△VBD的中心，且O必位于底面ABCD的上方，设OE  y，外接球的半径为r，则 2 r2 12x2    2   y2，所以x2  y2 1  1 ，所以x 3 ，当且仅当 时，  3 3 3 3 y0即 与 重合时，外接球表面积取得最小值为 . 故选：C. 4 16π 4πr2 4 π O E 3 3 4．（23-24高二上·重庆渝中·阶段练习）正四棱锥PABCD的底面边长为4 2，PA4 5则平面PCD截 四棱锥PABCD外接球所得截面的面积为（ ）. 100 50 200 100 A． B． C． D． 9 3 9 3 【答案】C 【分析】利用直角三角形求出外接圆的半径，设CD中点为F ，连接PF，过O作OQPF ，则OQ即为点 O到平面PCD的距离，根据相似即可求出PQ，得到外接球所得截面的面积. 【详解】设正方形ABCD边长为a4 2，底面中心为E,CD中点为F ， 连接PE,EF,PF,CE，如图所示，由题意得PE8，且正四棱锥的外接球球心O， 设外接球半径为R，则OPOAOBOCODR，在Rt△OEC中，OC2 OE2EC2，且EC 4， 所以R2 16(8R)2，解得 R5 ，即OP5，在 RT ! PEF 中，PF  PE2EF2  82(2 2)2 6 2， 过O作OQPF ，则OQ即为点O到平面PCD的距离，且Q为平面PCD截其外接球所得截面圆的圆心， PQ OP 5 10 2 200 所以 ，则   ，所以PQ ，所以截面的面积S PQ2  . △PEF △PQO PE PF 6 2 3 9 故选：C 5．（22-23高三·广东深圳·模拟，多选）已知正四棱锥SABCD的底面边长为1，且侧棱长为 2，点E， F 分别为侧棱SA，SC上的动点，则下列结论中，正确的为（ ） A．△SAC为等边三角形 B．正四棱锥SABCD的侧面积为2 2 C．若AF CE，则EF 平面SBD 8 D．正四棱锥 的外接球表面积为 SABCD 3 【答案】AD 【分析】选项A中由三角形三边相等可得△SAC为等边三角形；选项B中正四棱锥的侧面积等于侧面一个 三角形面积乘以4；选项C中当点E不是SA中点时，由点F 的位置关于线段SC的中点对称来说明结果； 选项D中先找球心，再利用勾股定理求半径. 【详解】依题意作图：由题知，SASC  2，因为ABCD为正方形，且边长为1，所以AC  2. 所以ACSASC 2，△SAC为等边三角形.故选项A正确； 在△SAB中，SASB 2，AB1，取AB的中点M ，连接SM ， 1 7 1 1 7 7 则有 ，AM  ，SM  . 的面积S  SMAB  1 . SM  AB 2 2 △SAB △SAB 2 2 2 4 所以正四棱锥SABCD的侧面积为 7 .故选项B错误； 因为△SAC为等边三角形，当E为SA的中点时，若AF CE，则点F 也是SC的中点，此时EF满足题意. 因为E，F 分别为SA，SC的中点，所以EF // AC.因为ABCD为正方形，所以ACBD. 又SABCD为正四棱锥，所以SO平面ABCD，又AC平面ABCD，所以SO AC. 又SO，BD在平面SBD内，且相交于点O，所以AC平面SBD.又因为EF // AC，所以EF 平面SBD 当点E不是SA的中点时，若AF CE，则点F 的位置关于SC的中点对称， 如图，点F 可能在点K 1 位置(点K 1 满足EK 1 //AC)，也可能在点K 2 (点K 1 ，K 2 关于SC的中点对称)位置. 因为经过一定点作平面的垂线有且只有一条，所以EK ，EK 不可能同时垂直平面SBD. 1 2 故选项C错误. 因为SABCD为正四棱锥，所以其外接球球心在SO上，设球心为P，半径为R.连接PC， 2 则有 PCSPR .在 △SOC 中，SO SC2OC2  2 1 2  2 6 ，由 PC2 OC2OP2 得，R2  1 2      2 6 R     ，整 6 6 8 理得，R .所以外接球表面积S4R2 4  .故选项D正确. 3 9 3 故选：AD. 题型六：常见几何体：圆锥型 圆锥外接球模型 圆锥求外接球，借助轴截面的对应等腰三角形可求解 1．（22-23高三上·陕西西安·阶段练习）已知两个圆锥侧面展开图均为半圆，侧面积分别记为S ,S ，且 1 2 S V 1 2 ，对应圆锥外接球体积分别为 ，则 1  （ ） S V,V V 2 1 2 2 A．8 B．4 2 C．2 2 D．2 【答案】C 【分析】利用圆锥的体积公式及侧面积公式，及圆锥的外接球半径求法，即可得解.【详解】设两个圆锥的母线长分别为l,l ，高分别为h,h ，底面圆的半径分别为r,r ， 1 2 1 2 1 2 对应圆锥的外接球半径分别为R,R ， 1 2 由题可得l 2r l 2r ，h  3r，同理得：l 2r ，h  3r 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 S rl r 2r r2 由 1  11  1 1 2，得 1 2又 ，化简得 ， S rl r 2r r2 R2 r2(hR)2 h2r2 2Rh 2 2 2 2 2 2 h2r2 3r2r2 1 1 1 1 4 R 2h 2 3r r R3  R 1  h2 1 r2  3r2r 1 2  r 1  2， V 1 = 3 1 = R 1 3 =2 2故选：C 2 2 2 2 2 2 V 2 4 R3 R 2 3 2h 2 3r 3 2 2 2 2．（2023·山西晋城·模拟）底面半径为√3，母线长为2的圆锥的外接球O的表面积为 A．6π B．12π C．8π D．16π 【答案】D 2 【详解】由圆锥的底面半径为 ，母线长为 ，可求得其轴截面的顶角为 ．设该圆锥的底面圆心为 3 2 3 O 1 ，其半径为 r ，球 O的半径为 R ，则 O 1 OR1， R2 O 1 O2r2 (R1)2( 3)2，解得 R2， 所以球 O的表面积为 4R2 16，故选D． 【点睛】求解多面体（如长方体、棱柱与棱锥）与球的组合体问题时，首先要清楚它们的“切”或“接” 关系，然后根据此关系确定出球的直径（或半径）与多面体的棱长、对角线等几何量的关系．此类问题解 答的难点就是组合体的图形比较难作出，必须要发挥自己的空间想象力，借助生活中实物图进行想象． 3．（21-22高二下·江西宜春·阶段练习）在圆锥SO中，C是母线SA上靠近点S的三等分点，SAl，底面 圆的半径为r，圆锥SO的侧面积为3π，则下列说法错误的是（ ） A．当l 3时，从点A到点C绕圆锥侧面一周的最小长度为 13 3 3 7 B．当r 时，过顶点 和两母线的截面三角形的最大面积为 2 S 4 81π C．当 时，圆锥 的外接球表面积为 l 3 SO 8 2 3 D．当 时，棱长为 的正四面体在圆锥 内可以任意转动 l 3 3 SO 【答案】B 【分析】结合圆锥的侧面展开图、轴截面、外接球、内切球（圆）等知识对选项进行分析，从而确定正确 选项. 【详解】依题意可知πrl 3π,rl 3.对于ACD选项，当l 3时，r1，圆锥的高为h 912 2. 2π 以下分析ACD选项：侧面展开图的母线长为 ，圆心角为 .此时圆锥侧面展开图如下图所示: 2πr2π 3 所以 ，  1 AC  19213   13  2 A选项正确.  2 9 设圆锥 的外接球的球心为 ，半径为 ，则12 2 2r r2 r  ，表面积为 SO O r 1 1 1 4 2 1 1 81 81π 4πr2 4π  1 32 881 81π 4πr2 4π  ，C选项正确. 1 32 8 2 3 2 3 2 6 棱长为 的正四面体 如下图所示，正方体的边长为   ，体对角线长为 A BCD 3 3 2 3 1 1 1 1 6 2 3 2  3 2，所以棱长为 的正四面体 的外接球半径为r  . 3 3 A BCD 2 2 1 1 1 1 1 1 设 内切圆的半径为 ，则 332r  22 2， △SAB r 2 3 2 3 2 2 3 解得r  r ，所以棱长为 的正四面体在圆锥 内可以任意转动，D选项正确. 3 2 2 3 SO 3 449 1 对于B选项，r  ,l 2，cosASB  0,ASB为钝角， 2 222 8 1 π 所以过顶点 和两母线的截面三角形的最大面积为 22sin 2，B选项错误. S 2 2 故选：B 4．（2023全国·模拟）如图：AB是圆锥底面圆的直径，PA、PB是圆锥的两条母线，P'为底面圆的中心， 过PB的中点D作平行于PA的平面，使得平面与底面圆的交线长为4，沿圆锥侧面连接A点和D点， 3 当曲线段 长度的最小值为 PA 时，则该圆锥的外接球（圆锥的底面圆周及顶点均在球面上）的半径 AD 2 为（ ） 9 2 9 2 A． B． C． D． 4 2 3 2 2 4 【答案】D 2π 【分析】将圆锥的侧面沿着 展开，求出侧面展开图扇形的圆心角为 ，根据线面平行的性质可得出圆 PA 3 锥底面圆的半径为2，根据圆锥底面圆的周长可求得圆锥的母线长，可求得圆锥的高，再利用圆锥的几何 性质结合勾股定理可求得该圆锥的外接球的半径. 【详解】将圆锥的侧面沿着PA展开，如下图所示： 3 1 由题意可知 AD  PA ，又因为 PD  PA ，  AD2 PD2  PA2，则 ， 2 2 ADPB AD 3 π π sinAPD  ，0 ，则 ，设 平面 ，连接 ， PA 2 2 3 AB E DE 因为PA//平面，PA平面PAB，平面PAB平面DE，DE//PA， 因为D为PB的中点，则E为AB的中点，即点E与点P重合， 故平面与底面圆的交线长为圆P的直径，即圆P的半径为 AP 2， 易知该圆锥的外接球球心O在直线PP上，设球O的半径为R，2π 由题意可知， PA 2π AP ，可得 PA 6，则 PP  PA2 AP2 4 2， 3 9 2 因为 OP2 AP2  OA2，即 4 2R 2 4R2，解得R .故选：D. 4 5．（23-24高三·吉林长春·模拟，多选）在圆锥SO中，C是母线SA上靠近点S的三等分点，SAl，底面 圆的半径为r，圆锥SO的侧面积为12，则下列说法正确的是（ ） A．当r=3时，过顶点S和两母线的截面三角形的最大面积为3 7 B．当l 6时，从点A到点C绕圆锥侧面一周的最小长度为2 13 81π C．当 时，圆锥 的外接球表面积为 l 6 SO 2 8 3 D．当 时，棱长为 的正四面体在圆锥 内可以任意转动 l 6 3 SO 【答案】BC 【分析】依题意可得rl 12，对于A，利用余弦定理求出cosASB，即可判断ASB为钝角，从而求出截 面面积最大值，对于BCD，首先求出圆锥的高，将圆锥的侧面展开，化曲为直，利用余弦定理计算最小值， 即可判断B，求出外接球的半径，即可求出外接球的表面积，从而判断C，再求出圆锥的内切球的半径与 正四面体的外接球的半径，即可判断D； 【详解】依题意可知πrl 12π，所以rl 12， 424262 1 对于A， ，所以cosASB  0， r3,l4 244 8 所以ASB为钝角， 1 所以过顶点 和两母线的截面三角形的最大面积为 448，A错误. S 2 对于BCD，当l 6时，r=2，圆锥的高为h l2r2 4 2.以下分析BCD： 4π 2π 侧面展开图的弧长为 ，所以圆心角ASC   . 2πr4π 6 3 所以AC  AS2SC22ASSCcosASC 2 13，B正确. 9 设圆锥 SO 的外接球的球心为 O 1 ，半径为 r 1 ，所以22+  4 2r 1 2 =r 1 2，解得r 1  2 2 ， 81π 所以外接球的表面积为4πr2  ，C正确. 1 2 8 3 棱长为 的正四面体 如下图所示， 3 A BCD 1 1 1 1 8 3 2 4 6 4 6 正方体的边长为   ，体对角线长为  34 2， 3 2 3 3 8 3 所以棱长为 的正四面体 的外接球半径为 . 3 A BCD r 2 2 1 1 1 1 2 1 1 设 内切圆的半径为 ，则 44 2  466r ，解得 ， △SAB r 2 2 3 r  2 3 34 3 所以 ，所以棱长为 的正四面体在圆锥 内不可以任意转动，D错误.故选：BC. r r 3 SO 3 2 题型七：常见几何体：圆台型 圆台外接圆模型 圆台外接球，即轴截面题型外接圆 (cid:8) (cid:8) 1．（2024·安徽·三模）已知圆台OO 的上､下底面面积分别为4π,36π，其外接球球心O满足OO3OO ， 1 2 1 2 则圆台OO 的外接球体积与圆台OO 的体积之比为（ ） 1 2 1 2 20 5 10 10 10 5 10 A． B． C． D． 13 13 13 13 【答案】B 【分析】根据相切结合勾股定理可得R2 49h2 36h2，即可求解h2,R2 10，由圆台和球的体积 公式即可求解. 【详解】设圆台O 1 O 2 的高为4h，外接球半径为R，作出轴截面如图： O 1 O 2 的上､下底面面积分别为4π,36π，则圆O 1 ，O 2 的半径分别为2，6， 4 π(2 10)3 3 10 10 则 ，解得 ，故所求体积之比为  . 1  13 4π36π 4π36π 8 R2 49h2 36h2 h2,R2 10 3 故选：B 2．（2023·全国·模拟预测）已知某圆台的上底面圆心为O 1 ，半径为r，下底面圆心为O 2 ，半径为2r，高 (cid:8) (cid:8) h 为 h ，若该圆台的外接球球心为 O ，且OO2OO ，则 r （ ） 1 2 A． 3 B．3 C． 2 D．2 【答案】B 2h 2 h 2 h 【分析】根据题意，得到r2  (2r)2  ，进而求得 的值.  3  3 r 【详解】由圆台的上底面圆心为O 1 ，半径为r，下底面圆心为O 2 ，半径为2r，高为h， 如图所示，因为(cid:8) (cid:8) ，所以OO  2h ,OO  h ，所以r2   2h  2 (2r)2   h  2 ，解得3r2  h2 ，所 OO2OO 1 3 2 3  3  3 3 1 2以 .故选：B. h 3 r 3．（22-23高二下·湖南长沙·阶段练习）如图所示，已知一个球内接圆台，圆台上、下底面的半径分别为3 500 和4，球的体积为 ，则该圆台的侧面积和体积分别为（ ） 3 259π 259π A． ， B． ， C． ， D． ， 35π 3 35π 259π 35 2π 259π 35 2π 3 【答案】D 【分析】作出图形，根据题意，利用垂径定理即可求解. 4πR3 500π 【详解】设球的半径为 ，则  ，所以 ，取圆台的轴截面 ， R 3 3 R5 ABCD 如图所示；设圆台的上、下底面圆心分别为F、E，则E、F分别为AB、CD的中点， 连接OE、OF、OA、OB、OC、OD，则OAOBOC OD5． 由垂径定理可知， ， ， OE AB OF CD 所以OE OA2AE2  5242 3，OF  OD2DF2  5232 4，  ABCD 2 所以EF=7，AD EF2  2   5 2．因此，圆台的侧面积为 π345 2 35 2π ， 1 259π 圆台的体积为 π  324234  7 ，故选：D． 3 3 4．（2024·江西九江·二模）已知一个圆台内接于球O（圆台的上、下底面的圆周均在球面上）.若该圆台的   上、下底面半径分别为1和2，且其表面积为 53 2 π，则球O的体积为（ ） 32π 20 5π 5 5π A． B． C． D． 3 5π 3 3 【答案】C 【分析】利用圆台表面积得母线长和圆台的高，由勾股定理求出球的半径，可计算体积. 【详解】设圆台母线长为l，上、下底面半径分别为r 和r ， 1 2 则圆台侧面积为 ， S πr r l π12l 3πl 1 2   上、下底面面积分别为π和 4π.由圆台表面积为 53 2 π，得l  2 ，所以圆台高 h l2r 2 r 1 2  211，设球 O 半径为 R ， 圆台轴截面 ABCD 为等腰梯形，且AB4,CD2，高为 1.作OM  AB于点M ，设OM x，由r 1 2h2 2r 2 2 ，则球心O在圆台外部.R2 4x2  则有 ，解得 ，所以球 的体积为20 5π .故选：C.  R2 11x2 x1,R 5 O 3 5．（22-23高三·贵州贵阳·阶段练习，多选）如图AD与BC分别为圆台上下底面直径，AD//BC，若AB3， AD2，BC 4，则（ ） A．圆台的母线与底面所成的角的正切值为2 2 B．圆台的全面积为14π C．圆台的外接球（上下底面圆周都在球面上）的半径为 2 D．从点A经过圆台的侧面到点C的最短距离为3 3 【答案】ABD 【分析】取圆台的轴截面ABCD，利用线面角的定义可判断A选项；利用圆台的表面积公式可判断B选项； 利用正弦定理求出等腰梯形ABCD的外接圆半径，即为圆台的外接球半径，可判断C选项；将圆台沿着轴 截面ABCD切开，将圆台的侧面的一半展开，结合余弦定理可判断D选项. 【详解】取圆台的轴截面ABCD，设AD、BC的中点分别为O 1 、O 2 ，连接O 1 O 2 ， 分别过点A、D在平面ABCD内作AEBC，DF  BC，垂足分别为点E、F ， 由题意可知，OO 与圆台的底面垂直，易知四边形ABCD为等腰梯形， 1 2 且ABCD3，AD2，BC 4， 在△ABE和△DCF 中，ABDC，ABE DCF ，AEBDFC 90， 所以，△ABE≌△DCF，所以，BECF ， 因为AD//BC，AEBC，DF  BC，则四边形ADFE为矩形，且EF CD2， 同理可证四边形AEOO 为矩形，则OO  AE，且AE//OO ， 2 1 1 2 1 2 所以，AE与圆台的底面垂直，则圆台的母线与底面所成的角为ABE， ABEF 42 所以，BECF   1，则 ， 2 2 AE AB2BE2  3212 2 AE 所以，tanABE 2 2，A对； BE 对于B选项，圆台的全面积为π12π22π12314π，B对； 对于C选项，易知圆台的外接球球心在梯形ABCD内，且CEBCBE413， AE 2 2 由勾股定理可得 ，且sinABE  ， AC  AE2CE2  89  17 AB 3 AC 17 3 34 2R   所以，圆台的外接球直径为 sinABE 2 2 4 ，则 3 34 ，B错； R 3 8 对于C选项，将圆台沿着轴截面ABCD切开，将圆台的侧面的一半展开如下图所示：1 延长 、 交于点 ，在圆台的轴截面等腰梯形 中， 且AB CD， BA DC M ABCD AB//CD 2 易知A、D分别为BM 、CM 的中点，所以，AM DM  AB3， π π 设 ，则 ，则 ，在 中， ， ，AMD ， AMD AD3π 3 △ACM AM 3 CM 6 3 π 1 由余弦定理可得AC  AM2CM22AMCM cos  3262236 3 3， 3 2 因此，从点A经过圆台的侧面到点C的最短距离为3 3，D对.故选：ABD. 题型八：常见几何体：棱台型 r2 r2 h2  2 R2 r2  2 1  ，其中 分别为圆台的上底面、下底面、高． 2  2h  r,r ,h 1 2 基本规律:正棱台外接球，以棱轴截面为主 1．（2022·四川成都·三模）已知三棱台ABCABC 的六个顶点都在球O的球面上， 1 1 1 AA 1 BB 1 CC 1  10，VABC和△A 1 B 1 C 1 分别是边长为 3和2 3的正三角形，则球O的体积为（ ）． 32π 20 5π 40 10π A． B． C． D． 3 3 36π 3 【答案】B 【分析】分别求出正三棱台ABCABC 的上下两个底面的外接圆的半径，然后由球的性质得： 1 1 1 OO 1 21R2，3OO 1 24R2，解出R，即可求得球O的体积. 【详解】设点O 2 ，O 1 分别是正△A 1 B 1 C 1 ，VABC的中心，球的半径为 R ，且O 1 ，O 2 ，O三点共线，正三 棱台ABCA 1 B 1 C 1 的高为O 1 O 2 ，在等边VABC中，由AB 3，由正弦定理可得： AB 3 2O A  2 1 sin60 3 ，得 ，在等边 中，由 ，由正弦定理可得： 2 AO 1 △ABC AB 2 3 1 1 1 1 1 1 AB 2 3 2AO  1 1  1 2 sin60 3 ，得 ，如下图，过点 作 ，则在三角形 中， 2 A 1 O 2 2 A AN  A 1 O 2 A 1 ANAN 1,AA  10，所以AN OO  1013，所以正三棱台ABCABC 的高为3，在Rt△ OOA中， 1 1 1 2 1 1 1 1 OO2OA2 R2，即OO21R2， 1 1 1 在Rt△ OO A中，OO2O A2 R2，即3OO24R2， 2 2 2 1 1 4 20 5π 两式解得： ，所以球O的体积为：V  R3  .故选：B. R 5 3 3 2．（23-24高二上·云南昆明·模拟）已知正三棱柱的底面边长为4 3，高为6，经过上底面棱的中点与下底 面的顶点截去该三棱柱的三个角，如图1，得到一个几何体，如图2所示，若所得几何体的六个顶点都在 球O的球面上，则球O的体积为（ ） 4 5 80 5 160 5 A． B． π C． π D． π 80π 3 3 3 【答案】D 【分析】根据几何体特征、勾股定理及其外接球体积公式计算即可. 【详解】设M、N 分别为正棱柱上下底面的中心，即MN 6， 由几何体的特征易知其外接球球心O在MN上，如图所示， 2  2  2 根据正三角形的中心性质可知AN   4 3  2 3 4，同理 ， 3 DM 2 设外接球半径为 则 ，所以有 ， R,MOh, ON 6h 22h2 R2 426h2 h4,R2 5 4 160 5 则外接球体积V  πR3  π.故选：D 3 3 3．（22-23高二上·安徽宣城·开学考试）如图，正四棱台ABCDA 1 B 1 C 1 D 1 的上､下底面边长分别为 2 2,4,E,F,G,H 分别为AB，BC,CD,DA的中点，8个顶点E,F,G,H,A 1 ,B 1 ,C 1 ,D 1 构成的十面体恰有内切 球，则该内切球的表面积为（ ） A．8 2 B．6 2 C．4 2π D．2 2 【答案】A 【分析】该十面体及内切球的正投影为等腰梯形与内切圆，设内切圆的半径为r，求出r即得解. 【详解】解：该十面体及内切球的正投影为等腰梯形与内切圆，设内切圆的半径为r，  如图所示，NMQPQM ,2OMT 2OQT ,OMT OQT  ， 2 所以MOQ90，可得r2 2 2 2 2，故该内切球的表面积为S 4r2 8 2.故选：A4．（22-23高一下·湖北十堰·期末，多选）上海世博会中国国家馆以城市发展中的中华智慧为主题，表现 出了“东方之冠，鼎盛中华，天下粮仓，富庶百姓”的中国文化精神与气质.如图，现有一个与中国国家馆 结构类似的六面体ABCDABCD ，设矩形ABCD和ABCD 的中心分别为O 和O ，若OO 平面 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 1 2 ABCD，OO 6，AB10，AD2 7，AB 8，AD 4，AB//AB ，BC//BC ，AD//AD ， 1 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 CD//CD ，则（ ） 1 1 A．这个六面体是棱台 B．该六面体的外接球体积是288π C．直线AC与AC 异面 1 1 37 D．二面角 的余弦值是 ABCC 37 1 【答案】BCD AB AD 【分析】选项A： 1 1  1 1 ,这个六面体不是棱台，错误； AB AD 选项B：这个六面体的外接球球心O在直线OO 上，结合勾股定理，计算六面体的外接球半径R6，从 1 2 而求得体积288π，正确； 选项C：AC和AC 显然不相交，结合题意证得AC与AC 不平行，所以AC和AC 不在同一平面内，正确； 1 1 1 1 1 1 37 选项D：取 和 的中点分别为 ， ， 即所求二面角的平面角， 解得cosOMN  ， BC B 1 C 1 M N O 1 MN 1 37 正确； 【详解】 因为 ，所以四条侧棱的延长线不能交于一点， AB AD 1 1  1 1 AB AD 所以这个六面体不是棱台，所以A错误. 由题意可知，这个六面体的外接球球心O在直线OO 上，且OA4 2,O A 2 5，因为 1 2 1 2 1 OA2OO2 O A26OO 2 R2， 1 1 2 1 1 4 解得OO 1 2，所以六面体的外接球半径 R6 ，所以这个六面体的外接球体积是 3 πR3 288π，B正确. BC 7 BC 1 和 显然不相交，因为tanCAB  ,tanC AB  1 1  ,tanCABtanC AB ， AC AC AB 5 1 1 1 AB 2 1 1 1 1 1 1 1 所以AC与AC 不平行，所以AC和AC 不在同一平面内，C正确. 1 1 1 1 取BC和B 1 C 1 的中点分别为M ，N ，连接O 2 N,MN,O 1 M ，则O 1 MN即所求二面角的平面角， OM O N 37 cosOMN  1 2  OM 5,O N 4 1 OO2OM O N2 37 1 2 1 2 1 2OM O N 37 cosOMN  1 2  OM 5,O N 4 ，所以 1 OO2OM O N2 37 ，D正确. 1 2 1 2 1 2 故选：BCD. 题型九：常见几何体：组合体型 因为组合体会受图形所限制，一般其况下，两个组合体结合处的平面，恰好是外接圆一个小圆（或者大 圆）上。 1．（22-23·宁夏银川·阶段练习）《九章算术》是我国古代的数学名著,其中有很多对几何体体积的研究,已 知某囤积粮食的容器的下面是一个底面积为32π,高为h的圆柱,上面是一个底面积为32π,高为h的圆锥,若该 容器有外接球,则外接球的体积为 ( ) 64 2 256 A． B．  C． D．  36 3 288 3 【答案】C 【分析】根据圆柱与圆锥和球的对称性知其外接球的直径是3h，利用勾股定理求得h和外接球的半径，再 计算外接球的体积．【详解】解：如图所示，根据圆柱与圆锥和球的对称性知，其外接球的直径是2R3h， 设圆柱的底面圆半径为r，母线长为lh，则r2 32，解得r4 2，又l2(2r)2 (3h)2， h2(8 2)2 9h2， 3 4R3 463 解得 ， 外接球的半径为R 46， 外接球的体积为V   288． h4  2  3 3 故选 ． C 2．（2023高三·全国·专题练习）《九章算术》是我国古代的数学名著，它在几何学中的研究比西方早一千 多年，其中有很多对几何体体积的研究．已知某囤积粮食的容器的下面是一个底面积为8π、高为h的圆柱， 上面是一个底面积为8π、高为h的圆锥，若该容器有外接球，则外接球的体积为 A．12π B．18π C．36π D．48π 【答案】C 【详解】设圆柱的底面圆的半径为r，则由题意可得πr2 8π，解得r2 2．由题意可得该几何体的外接 球既是圆锥的外接球，也是圆柱的外接球，故外接球的球心是圆柱上、下底面圆心连线的中点，设外接球 h 2 的半径为 ，则R   r2 ，由圆锥内接于球可知外接球的球心到圆锥顶点的距离等于 ，即 2 R R R h h 3 h，所以   h  2 r2  3 h，解得 （负值舍去），所以R 3 h3，故该容器的外接球的 2 2 2 2 h2 2 4 体积为 πR3 36π．故选C 3 3．（20-21高二上·安徽芜湖·期中）已知三角形VABC的三个内角A，B，C对应的三边分别为a，b，c， C 90，分别以BC,AC，，AB所在直线为旋转轴旋转一周得到的几何体的外接球表面积分别为 S ,S ,S ，则下列关系正确的是（ ） 1 2 31 1 1   A． B． S S S S2 S2 S2 1 2 3 1 2 3 1 1 1   C． S2S2 S2 D． S S S 1 2 3 1 2 3 【答案】D 【分析】以直角三角形的三边所在的直线为旋转轴得到圆锥体，运用球的截面的性质和勾股定理、球的表面积公式，即可求 解. 【详解】设以AC，BC所在直线为旋转轴旋转一周得到的几何体圆锥，如图所示： 设球心为O，圆锥的底面圆心为O，以AC为轴旋转得到的圆锥的底面半径为a，高为b，则R2 a2(Rb)2 ，解得 a2b2 c2 c4 c4 R  ，所以S 4R2  ，同理可得S  ， 2b 2b 2 b2 1 a2 以AB所在直线为旋转轴旋转一周得到的几何体为两个圆锥，如图所示， ab 1 1 底面半径为 ，高为c，可得其外接球的半径为 c，则S 4 c2 c2 ， c 2 3 4 1 1 b2 a2 c2 1 1 所以       ，故选：D. S S c4 c4 c4 c2 S 1 2 3 4．（22-23高三·湖南·模拟）如图所示几何体是由正四棱锥PABCD 与长方体ABCDABCD 组成， 1 1 1 1 1 1 1 1 ABBC  6，AA 2，若该几何体存在一个外接球，则异面直线PD 与BC所成角的余弦值为（ ） 1 1 1 1 6 6 A． B． C． D． 6 4 6 4 【答案】D 【分析】根据几何体是由正四棱锥与同底的长方体组成，则外接球的球心为长方体的中心，利用球的直径 为体对角线的长求得半径，再利用截面圆的性质得到球心到面ABCD 的距离，从而得到正四棱锥的侧棱， 1 1 1 1 再由BC//AD ，得到ADP即是PD 与BC所成的角求解. 1 1 1 1 1 【详解】如图所示： 设长方体的中心为 ，则球心为 ，设矩形 的中心为 ， O O ABCD O 1 1 1 1 1( 6)2( 6)222 则根据题意可知 、 、 三点共线，连接 ，则外接球的半径R 2， O O 1 P O 1 A 1 2 ∵OO 1，∴OP1，又AO  3，∴AP AO2OP2 2.BC//AD ， 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 AD2PD2PA2 644 6 ∴ 即是 与 所成的角，∴cosADP 1 1 1 1   .故选：D. ADP PD BC 1 1 2AD PD 22 6 4 1 1 1 1 1 1 5．（2024·黑龙江·二模，多选）阿基米德多面体是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，截角四 面体是阿基米德多面体其中的一种．如图所示，将棱长为3a的正四面体沿棱的三等分点作平行于底面的截 面得到所有棱长均为a的截角四面体，则下列说法中正确的是（ ） 2 6 A．点E到平面ABC的距离为 a 3 B．直线DE与平面ABC所成角的正切值为2 C．该截角四面体的表面积为7 3a2 D．该截角四面体存在内切球 【答案】AC 【分析】如图，将该截角四面体补成正四面体PMNQ .对于A：由平面ABC∥平面MNQ可知点E到平面 ABC的距离即为点S到平面ABC的距离，运算求解即可；对于B：由DE∥PN ，可知直线DE与平面ABC 所成角即为PN 与平面MNQ所成角PNS，运算求解即可；对于C：根据正三角的面积结合比例关系运算 求解；对于D：假设存在内切球根据对称性可知该球心为正四面体PMNQ的中心O，求点O到平面ABC 的距离即可判断. 【详解】如图，将该截角四面体补成正四面体PMNQ，取底面MNQ的中心S，连接PS,NS ， 可知 平面 ，则 ，可得 ， QM NS   3a PS  MNQ 2sin60 PS  PN2PS2  6a 对于选项A：由题意可知：平面ABC∥平面MNQ， 2 2 6 则点E到平面ABC的距离即为点S到平面ABC的距离d  PS  a，故A正确； 3 3 对于选项B：由题意可知：DE∥PN ，则直线DE与平面ABC所成角即为PN 与平面MNQ所成角PNS， PS 可得tanPNS   2，所以直线DE与平面ABC所成角的正切值为 ，故B错误； SN 2 1 3 9 3 3 3 对于选项C：由题意可知：S 9S 9 aa  a2，则S S 3S  a2， △MNQ △QEF 2 2 4 EFHILK △MNQ △QEF 2 3 3 3 所以该截角四面体的表面积为3S 3S 4 a24 a2 7 3a2，故C正确； EFHILK △QEF 2 4 对于选项D：若该截角四面体存在内切球，根据对称性可知该球心为正四面体PMNQ的中心O， 6 可知 ，因为 ，即 6aOS 2 3a2OS2，解得OS  a， OPON  6aOS ON2 NS2OS2 42 2 6 由选项A可知：点S到平面ABC的距离d  PS  a，则点O到平面ABC的距离为 3 3 5 6 dOS  aOS， 12 所以该截角四面体不存在内切球，故D错误；故选：AC. 题型十：两线交心法模型：表面特殊三角形 表面有等边三角形或者直角三角形：双线交点定心法（特殊三角形圆心垂 线交点确定球心法） 1、包含了面面垂直（俩面必然是特殊三角形） 2、等边或者直角：（1）等边三角形中心（外心）做面垂线，必过球心； 1．（24-25高三上·湖南·开学考试）已知三棱锥ABCD中，AC  3，其余各校长均为2，P是三棱锥 ABCD外接球的球面上的动点，则点P到平面BCD的距离的最大值为（ ） 26 26 1 13 1 13 A． B． C． D． 6 3 6 3 【答案】D 【分析】首先根据几何性质找到三棱锥外接球的球心，再根据球的几何性质球点到平面距离的最值. 【详解】取BD的中点M ，连结AM ，CM ，则AM BD，CM BD，且AM CM M ，AM,CM 平 面ACM ，所以BD平面ACM ，点E，F 分别是△BCD，△ABD的中心，由等边三角形的性质可知， AF CE 点 分别在 上，且  2，由题意可知， ，则 ， E,F CM,AM FM EM AM CM  AC  3 AMC 60 分别过点E,F作OECM ，OF  AM ，因为BD平面ACM ，BD平面BCD，所以平面BCD平面 ACM ， 且平面BCD平面ACM CM ，所以OE平面BCD，同理OF 平面ABD， 则点O在平面ACM 内，点O到A,B,C,D的距离相等，所以点O为三棱锥ABCD外接球的球心，连结 ，因为 ，则 ，所以 平分 ，所以 OM MEMF OEOF OM AMC 3 1 3 1 2 3 OEOF ME  3   ，连结 ，则BECE ， 3 3 3 3 BE,OB 3 1 12 13 OB OE2BE2    ， 9 9 3 13 1 13 所以三棱锥 的外接球的半径为R ，则点P到平面 的距离的最大值为ROE ABCD 3 BCD 3 故选：D 2．（23-24高一下·四川乐山·期中）已知三棱锥SABC的顶点都在球O的表面上，若球O的表面积为56， AB 5，AC2 5，ACB30，则当三棱锥SABC的体积最大时，BS （ ） A． 30 B．30 C． 286 14 D． 【答案】C 【分析】S、O、O 1 三点共线且平面SAB和点S位于点O异侧时，三棱锥SABC的体积最大，由勾股定 理计算即可求出BS . 1 2 5 【详解】在 中，根据正弦定理，可得 ACsinACB 2 ， sinABC   1 VABC AB 5 又0ABC180，所以ABC 90．如图： 设 为 的外心，则 为 的中点，且 ， 1 OB AC  5 O 1 VABC O 1 AC 1 2 由于球O的表面积为56π，设球O的半径为R，则4πR2 56π，解得R 14 或R 14（舍去）， 所以球O的半径R 14 ，OO 1  R2O 1 B2 3， 当S、O、O 1 三点共线且平面CAB和点S位于点O的异侧时，SO 1  143，  2 三棱锥 的体积最大，此时BS  SO2OB2  143 5 286 14 .故选：C SABC 1 1 3．（21-22高一下·江苏南京·期末）已知三棱锥SABC的所有顶点都在球O的球面上，VABC是边长为3 的等边三角形，SC为球O的直径，且 SC 4，则S到面ABC的距离为（ ） A．4 B．2 C．3 D． 3 【答案】B 【分析】根据题意，利用截面圆的性质即可求出点O到平面ABC的距离，进而求出点S到平面ABC的距 离． 【详解】如图所示：设球心为 ，过 三点的小圆的圆心为 ，则 平面 ， O ABC O OO  ABC 1 1 作SH CO交CO 的延长线于点H，则SH 平面ABC，因为 1 1 2 2 3 2 2 3 3 CO  CN   33     3， 1 3 3 2 3 2  2 所以OO  22 3 1，因为点O为 的中点，所以 SH 2OO 212，故选： 1 SC 1 B 4．（24-25高三上·广西·阶段练习）四面体ABCD中AB 3，其余各棱长均为2，则该四面体外接球的 表面积是（ ） 49 50 52 18 A． π B． π C． π D． π 9 9 9 3 【答案】C 【分析】设E、F 分别是AB，CD的中点，易得EFCD，EF  AB ，求出EF，问题转化为：EF上 3 是否存在一点 ，使得 即可，设 ，则OF  x，利用勾股定理求出 ，进而求出外接球 O OAOC OEx 2 x 的半径OA，根据球的表面积公式即可求解. 【详解】图，设E、F 分别是AB，CD的中点，连接CE、DE、AF 、BF， 由四面体中，AB 3，其余各条棱长均为2， 所以△ABC≌△ABD，△ACD≌△BCD， 由E、F 分别是AB，CD的中点，所以CEDE，AF BF ，所以EFCD，EF  AB， 即EF为AB、CD的中垂线，所以球心在EF上，设球心为O，外接球的半径为R， 2  2  3 3 所以EF  AF2AE2  3    ，问题转化为： 上是否存在一点 ，使得 即可，   2 2   EF O OAOC 2 设 OEx ，则 OF  3 2 x ，OA2  AE2OE2 x2     2 3    x2 4 3 ，OC2 OF2FC2     3 2 x    2 1， 3 3  2 5 3 52 13 于是x2  x 1，解得x ，所以R2 OA2 x2   ， 4 2  6 4 36 9 于是四面体 外接球的表面积 . 故选：C 13 52π S 4πR2 4π  ABCD 9 9 5．（24-25高二上·浙江杭州·开学考试，多选）四面体ABCD中，AC BC  AB3,BD5,CD4，记四 面体ABCD外接球的表面积为S，当AD变化时，则（ ） 324 A．当 时，S  π B．当四面体 体积最大时， AD3 11 ABCD S 28π C．S可以是16π D．S可以是100π 【答案】ABD 【分析】A选项，A点在平面BCD内的投影是△BCD的外心O 1 ，构造直角三角形求外接球的半径；B选项，平面ABC 平面BCD时，构造直角三角形求外接球的半径；C选项，由外接球半径的范围进行判断；D选 项，验证外接球的半径R5是否成立. 【详解】设四面体ABCD外接球的球心为O，半径为R， 当AD3时，AC  AD AB，则A点在平面BCD内的投影是△BCD的外心O 1 ， 由BD2 BC2CD2，△BCD为直角三角形，外心O 1 是BD边的中点， 平面 ， 平面 ， 三点共线， AO  BCD OO  BCD A,O,O 1 1 1 5 2 11 中，AO  AD2OD2  32   ， Rt△ADO 1 1 2 2 1  11 2 5 2 中，由 ，得R2   R     ，解得 R 9 11， Rt△ODO OD2 OO2OD2  2  2 11 1 1 1 324 此时S 4πR2  π，A选项正确； 11 当四面体ABCD体积最大时，有平面ABC 平面BCD， 设平面ABC的外心为O 2 ，E为BC中点，连接OO 2 ,AE,O 1 E，则OO 2 平面ABC， 3 3 3 由 ，则AE ， ，EO  ，平面 平面 ，平面 平面 AC BC  AB3 2 AO  3 2 2 ABC  BCD ABC 2 BCDBC，AE平面ABC，AEBC，则AE平面BCD，又OO 1 平面BCD，则有OO 1 //AE， Rt△BCD中，CDBC，又CD//O 1 E，则O 1 EBC，同理可得O 1 E 平面ABC，O 1 E//OO 2 ， 3 所以四边形 为矩形，OO EO  ， 中，由 ，得 OEOO 1 2 2 Rt△ODO OD2 OO2OD2 1 2 1 1 1  3 2 5 2 R    2     2    7，此时 S 4πR2 28π ，B选项正确； 1 若 ，则外接球的半径为 ，而 的外接圆半径r BD2.5R， S 16π R2 △BCD 2 所以这种情况不成立，C选项错误； 5 2 75 75 91 当 时，OO2 OD2OD2 52   ，OE2 OO2OE2  22  ， OBOC OD5 1 1 2 4 1 1 4 4 2 91  3  2 则OA2 OO 2AO 2 OE2EO 2AO 2     3 25，即 ， 2 2 2 2 4  2    OA5 四面体ABCD外接球的半径R5成立，此时S 100π，D选项正确.故选：ABD.题型十一：两线交心法模型：二面角型 二面角型，多采用 两个外心垂线交线定球心法 A' O H2 D A E H1 C B 图6 (1) 选定一个面，定外接圆的圆心O 1 (2) 选定另一个面，定外接圆的圆心O ； 2 (3) 分别过O 作该底面的垂线，过O 作该面的垂线，两垂线交点即为外接球的球心O. 1 2 1．（24-25高三上·山西吕梁·开学考试）已知在三棱锥PABC中，除PC外其他各棱长均为2，且二面角 PABC的大小为60o.若三棱锥的各顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（ ） 52π 65π 72π A． B． C． D． 9 12 13 6π 【答案】A 【分析】方法1：设D,F分别为AB,PC的中点，根据条件得出△PDC为等边三角形，利用球心O在线段 DF上，及ODOF DF，转化为关于R的方程，解方程可得R，从而求出球的表面积； 方法2：由已知条件得出△PDC为等边三角形，利用球心O在线段DF上，易知O在直线DC上的射影G 为正VABC的重心，结合CDF 30，求出OG，再结合勾股定理即可求出R，从而求出球的表面积. 【详解】方法1：如图，设D,F分别为AB,PC的中点，连接PD,DF,CD， 3 则 是边长为 的等边三角形，则球心 必在线段 上，其中DF  ， PDC 60,△PDC 3 O DF 2 1 3 设球的半径为 ，在 中， ,又PF  PC  , R Rt△OAD OD OA2AD2  R21 2 2 3 3 3 DF  PD2PF2  3  ,所以在 中，OF  OP2PF2  R2 , 4 2 Rt△OFP 4 3 3 13 52π 因为 ，所以 R21 R2  .解得R2  ，故球的表面积为4πR2  . ODOF DF 4 2 9 9 方法2：如图，设D,F分别为AB,PC的中点，连接PD,DF,CD，则球心O必在线段DF上，且 CDF 30. 设O在直线DC上的射影为G，则G为正VABC的重心，且OG底面ABC. 3 2 3 1 13 所以DG ,CG ，所以OGDGtan30  ，R2 OC2 CG2OG2  ， 3 3 3 9故球的表面积为 . 故选：A 52π 4πR2  9 2．（24-25高二上·四川泸州·开学考试）三棱锥ABCD中，VABC是边长为4的正三角形， 6 ，二面角 的余弦值为 ，则三棱锥 的外接球的表面积为（ ） BDDC2 3 ABCD 3 ABCD 22 11 22π A． π B． C． D． 3 3 11π 22π 【答案】D 【分析】根据VABC和△BCD的形状利用余弦定理可求得AD平面BCD，再由正弦定理可得△BCD的 3 2 22 外接圆半径r ，找出球心位置利用勾股定理可得三棱锥 的外接球的半径R ，可得结 2 ABCD 2 果. 【详解】取BC的中点为E，连接AE,DE，如下图所示： 又因为 是边长为4的正三角形， ，所以 ; VABC BDDC2 3 AEBC,DEBC 6 所以 即为二面角 的平面角，即cosAED ， AED ABCD 3 由余弦定理可得AD2  AE2DE22AEDEcosAED4，可得AD2； 所以AD2DC2  AC2,AD2BD2  AB2，可得ADCD,ADBD， DE 2 2 6 又 ， 平面 ，因此 平面 ；易知sinBCD   ， CDI BDD CD,BD BCD AD BCD CD 2 3 3 BD 2 3  3 2 2r 设 的外接圆半径为 ，则sinBCD 6 ，可得 3 2 ； r △BCD r 3 2 3 2 设 的外接圆圆心为 ，一定在 上，且OD ； △BCD O 1 DE 1 2 则三棱锥ABCD的外接球的球心一定在圆心O 的正上方，即OO 平面BCD； 1 1 因此OO 1 与AD平行， 22 令三棱锥 ABCD 的外接球的半径为 R ，则 O 1 O2O 1 D2 ADO 1 O2 O 1 D2 R2 ，解得O 1 O1,R 2 ； 11 所以三棱锥 的外接球的表面积为S 4πR2 4π 22π.故选：D ABCD 2 3．（22-23·重庆万州·模拟）已知边长为 的菱形 中， ，沿对角线 折成二面 角 为 的四面体 ，则四面体的外接球的表面积为A． B． C． D． 【答案】D 【详解】试题分析：如图所示， ，所以 ，设 ,所以勾股定理可得 ，解得 ，所以四面体的外接球的表面积为 ，故选D. 4．（2023湖南长沙·模拟）在边长为2 3的菱形ABCD中，BAD60，沿对角线BD折成二面角 ABDC为120的四面体ABCD（如图），则此四面体的外接球表面积为（ ） A．28 B．7 C．14 D．21 【答案】A 【分析】画图取BD的中点M，法一：四边形OO 1 MO 2 的外接圆直径为OM，即可求半径从而求外接球表面 积；法二：根据OO  3，即可求半径从而求外接球表面积；法三：作出CBD的外接圆直径CE，求出 1 AC和sinAEC，即可求半径从而求外接球表面积； 【详解】如图，取BD的中点M，CBD和ABD的外接圆半径为r 1 r 2 2，CBD和ABD的外心O 1 ， 到弦 的距离（弦心距）为 . O 2 BD d 1 d 2 1 法一：四边形OOMO 的外接圆直径OM 2，R 7， 1 2 S 28； 法二：OO  3，R 7，S 28； 1 法三：作出CBD的外接圆直径CE，则AM CM 3，CE4，ME1， 71627 1 ， ，cosAEC   ， AE 7 AC 3 3 2 74 2 7 AC 3 3 2R  2 7 3 3 ， sinAEC 3 3 ， ， . sinAEC  2 7 2 7 R 7 S 28 故选：A5．（23-24高二下·广西柳州·期中）如图，在四面体ABCD中，△ABD与△BCD均是边长为2 3的等边三 角形，二面角ABDC的大小为120，则此四面体的外接球表面积为 ． 【答案】28π 【分析】由已知结合二面角及三棱锥的性质先定出球心的位置，然后结合球的性质求出球的半径，进而求 得答案. 【详解】过球心O分别作平面ABD、平面BDC的垂线，垂足分别为O 1 ，O 2 ，则O 1 ，O 2 分别为△ABD与 △BCD的外心，取BD的中点H ，连接O 1 H ，O 2 H，因为△ABD与△BCD均是边长为2 3的等边三角形 所以O HO 为二面角ABDC的平面角，即O HO 120， 2 1 2 1 1 3 1 在 中，HO   2 31，OHO  O HO 60， Rt△OHO 1 3 2 1 2 2 1 1 所以OO HO tanOHO  3，在Rt△OAO 中，AO 2HO 2， 1 1 1 1 1 1 故外接球的半径ROA 34  7，所以外接球的表面积为S 4πR2 28π 故答案为：28π 题型十二：动点与翻折型外接球 1．（2020·黑龙江哈尔滨·模拟）在边长为2的菱形ABCD中，BD2 3，将菱形ABCD沿对角线AC折起， 使得平面ABC 平面ACD，则所得三棱锥ABCD的外接球表面积为（ ） 8π 14π 20π 32π A． B． C． D． 3 3 3 3 【答案】C 【分析】由题意画出图形，由于VABC与△ACD均为边长为2的等边三角形，取AC中点G，连接BG， DG，则BG AC，根据面面垂直的性质可得出BG平面ACD，再确定O为三棱锥ABCD的外接球的 球心，结合已知求出三棱锥外接球的半径ROD，最后根据球的表面积公式求出外接球的表面积. 【详解】解：在边长为2的菱形ABCD中，BD2 3，如图， 由已知可得， 与 均为边长为2的等边三角形， VABC △ACD 3   取 中点 ，连接 ， ，则 ，DG 3cosGDA GDA ADC ， AC G BG DG BG AC 2 6 3 平面ABC 平面ACD，交线为AC，而BG平面ABC，则BG平面ACD， 分别取△BCD与△ABD的外心E，F ，过E，F 分别作两面的垂线，相交于O，则O为三棱锥ABCD的外接球的球心，由VBCA与△ACD均为等边三角形且边长为2， 1 3 2 3 3 2 3 15 可得OEOF  DG ，DEDGGE ，OD OE2ED2  ( )2 ( )2  ， 3 3 3 3 3 3 15 即三棱锥外接球的半径：ROD ， 三棱锥 的外接球的表面积为： 3  ABCD 15 20 4R2 4( )2  . 3 3 故选：C. 2．（2022·全国·模拟预测）直角VABC中，AB2，BC1，D是斜边AC上的一动点，沿BD将△ABD翻 折到△ABD，使二面角ABDC为直二面角，当线段AC的长度最小时，四面体ABCD的外接球的表面 积为（ ） 13 14 13 12 A． B． C． D． 4 3 3 5 【答案】B 【分析】作AHBD，CM BD，NH∥CM ，CN∥MH，设ABD，则有AC2 52sin2，从 而求解即可. 【详解】 作AHBD，CM BD，NH∥CM ，CN∥MH， 设ABD，AH 2sin，CM cos，CN MH 2cossin． 在Rt△AHN 中，AN2  AH2HN2，在Rt△ANC中，AC2  AN2CN2， AC2  AN2CN2  AH2HN2CN2 (2sin)2cos2(2cossin)252sin2．  当 时 最小．设 ， 的外接圆半径分别为 ， 4 AC △BCD △ABD r 1 r 2 5 2 5 CD 3 10 AD 3 2 10 2r    ∴ ，2r    ∴ 1 sinCBD 2 3 10 2 sinABD 2 3 10 r  r  2 1 6 2 2 3 10 10 2 2 2 1  2 2 BD sinBCD   ，O E r2 BD  ． 3 3 5 3 2 1 2  6 10 1 7 7 14 ∴R2 OB2OO2 OB2O E2    .∴S 4R2 4  .故选:B． 1 1 1 2 9 18 6 外接球 6 3 3．（2023·四川·三模）如图，在梯形ABCD中，AB∥CD,AB4,BC CDDA2，将△ACD沿对角线 AC折起，使得点D翻折到点P，若面PAC 面ABC，则三棱锥PABC的外接球表面积为（ ） A．16π B．20π C．24π D．32π 【答案】B 【分析】设M 为AC的中点，O 2 为AB的中点，O 1 为△APC的外心，O为三棱锥PABC的外接球球心，利用球的截面性质得到四边形OO 1 MO 2 为矩形，然后设外接球半径为R，由R2 O 2 B2O 2 O2 求解. 【详解】解：如图， 设 为 的中点， 为 的中点， 为 的外心， M AC O 2 AB O 1 △APC O为三棱锥PABC的外接球球心，则OO 2 面ABC,OO 1 面APC.由题意得ACB90,O 2 为VABC 的外心，在△APC中，APC 120,APPC 2,AC 2 3，所以OM 1， 1 又四边形OO 1 MO 2 为矩形，OO 2 O 1 M 1，设外接球半径为R， 则R2 O B2OO2 5,外接球表面积4R2 20，故选：B. 2 2 4．（2019·湖南长沙·一模）在边长为2 3的菱形ABCD中，BAD60，沿对角线BD折成二面角 ABDC为120的四面体ABCD（如图），则此四面体的外接球表面积为（ ） A．28 B．7 C．14 D．21 【答案】A 【分析】画图取BD的中点M，法一：四边形OO 1 MO 2 的外接圆直径为OM，即可求半径从而求外接球表面 积；法二：根据OO  3，即可求半径从而求外接球表面积；法三：作出CBD的外接圆直径CE，求出 1 AC和sinAEC，即可求半径从而求外接球表面积； 【详解】如图，取BD的中点M，CBD和ABD的外接圆半径为r 1 r 2 2，CBD和ABD的外心O 1 ， O 2 到弦BD的距离（弦心距）为d 1 d 2 1. 法一：四边形 的外接圆直径 ， ， OOMO OM 2 R 7 1 2 S 28； 法二：OO  3，R 7，S 28； 1 法三：作出CBD的外接圆直径CE，则AM CM 3，CE4，ME1， 71627 1 ， ，cosAEC   ， AE 7 AC 3 3 2 74 2 7 AC 3 3 2R  2 7 3 3 ， sinAEC 3 3 ， ， . sinAEC  2 7 2 7 R 7 S 28 故选：A 5．（22-23·广东湛江·模拟，多选）如图，矩形ABCD中，E、F分别为BC、AD的中点，且BC 2AB2， 现将△ABE沿AE间上翻折，使B点移到P点，则在翻折过程中，下列结论正确的是（ ）A．存在点P，使得PE∥CF B．存在点P，使得PEED C．当平面PAE平面AED时，二面角PECA大小的正切值为 2 D．当平面PAE平面AED时，三棱锥PAED外接球表面积为4π 【答案】BCD 【分析】对于A，根据平行线的性质，结合长方形的性质，可得答案； 对于B，利用面面垂直性质定理，结合勾股定理，可得线面垂直，根据其性质定理，可得答案； 对于C，根据二面角平面角的定义，利用中位线定理以及三垂线定理，结合锐角三角函数，可得答案； 对于D，利用长方形的几何性质，结合勾股定理，确定外接球的球心与半径，根据其表面积公式，可得答 案. 【详解】对于A， E、F 分别是BC、AD的中点，AF与EC平行且相等，则AE//CF ， BE与AE相交，PE与CF不可能平行，故A错误； 对于B，由题意，当平面PAE平面AED时，连接ED，取AE的中点Q，连接PQ，作图如下： 在长方形 中， 、 分别是 、 的中点，且 ， ABCD  E F BC AD BC 2AB2 AE  AB2BE2  2，ED CE2CD2  2， AD2 AE2DE2 ，DE AE，  APPE，且Q为AE的中点，PQAE，平面PAE平面AED，且平面AED平面PAE  AE， PQ平面AED， DE平面AED，PQDE， AEPQQ，且AE,PQ平面PAE，DE平 面PAE， QPE平面AEP，DEPE，故B正确； 对于C，在选项B的图上，补全长方形ABCD，点B为翻折之前的点B，取BE的中点O，连接QO,OP， 作图如下： 显然 平面 ，且 ， 分别是 的中 AB ADE ABCE Q,O AE,BE 1 1 点，OQ 2 AB 2 ，且 AB//OQ ，则 OQCE ，由B选项可知 PQ 平面 ADE ， CE 平面 AED ， PQCE， PQOQQ，PQ,OQ平面PQO，CE平面PQO， PO平面PQO，CEPO，OCE平面PEC，且P平面PEC， PO平面PEC，故POQ为二面角PECA的平面角，易知△PQO为直角三角形，则 PQ tanPOQ ， OQ 2 在等腰 中，PQPEsin45  ，则 ，故C正确； Rt△APE 2 tanPOQ 2对于D，在B选项图上，连接 ，作图如下： FQ,FP 在长方形ABCD中，易知AF EF FD1， 由选项B可知，PQ平面AED， EQ平面AED，FQPQ， 2 2 由选项C可知，PQ ，同理可得FQ ， 2 2 在Rt△PQF 中，PF  PQ2FQ2 1，则 F 为三棱锥 PAED 外接球的球心， 故该外接球的表面积S 4π12 4π，故D正确. 故选：BCD. 题型十三：外接球最值范围型 立体几何中最值问题，一般可从三个方面考虑： 一、构建函数法，即建立目标函数，转化为函数的最值问题进行求解； 二、借助基本不等式求最值，几何体变化过程中两个互相牵制的变量（两个变量之间有等量关系），往 往可以使用此种方法； 三、根据几何体的结构特征，变动态为静态，直观判断在什么情况下取得最值. 1．（2020·山西太原·模拟预测）三棱锥PABC中，ABBC，△PAC为等边三角形，二面角PACB 6 的余弦值为 ，当三棱锥的体积最大时，其外接球的表面积为 .则三棱锥体积的最大值为（ ） 3 8 1 1 A． B． C． D． 1 2 2 3 【答案】D 【分析】由已知作出图象，找出二面角PACB的平面角，设出AB，BC，AC的长，即可求出三棱锥 PABC的高，然后利用基本不等式即可确定三棱锥体积的最大值（用含有AC长度的字母表示），再设 出球心O，由球的表面积求得半径，根据球的几何性质，利用球心距，半径，底面半径之间的关系求得 AC的长度，则三棱锥体积的最大值可求. 【详解】 如图所示，过点 作 面 ，垂足为 ，过点 作 交 P PE ABC E E ED AC 6 于点 ，连接 ，则 为二面角 的平面角的补角，即有cos�PDE ， AC D PD PDE P- AC-B 3 易知AC面PDE，则ACPD，而△PAC为等边三角形，∴D为AC中点，3 3 c 设 ，则PEPDsinPDE  c  ， AB=a，BC =b，AC = a2+b2 =c 2 3 2 1 1 c 1 1 a2b2 c3 故三棱锥 的体积为：V   ab  abc c  ， PABC 3 2 2 12 12 2 24 2 当且仅当ab c时，体积最大，此时 共线.设三棱锥 的外接球的球心为 ，半径为 2 B、D、E PABC O R， 由已知，4R2 8，得R 2.过点O作OF PE于F，则四边形ODEF 为矩形， c 3 6 2 c 则ODEF  2( )2 ， EDOF PDcosPDE c  c，PE ， 2 2 3 2 2 2 c c 在 △ 中( 2)2 ( c)2(  2( )2)2，解得 Rt PFO 2 2 2 c2 c3 23 1 ∴三棱锥 的体积的最大值为：   .故选：D. PABC 24 24 3 2．（24-25高二上·江西南昌·阶段练习）已知二面角PABC的大小为120，且PABABC90， AP AB，ABBC6若四点P，A，B，C都在同一个球面上，当该球体积取最小值时，AB为（ ） 30 18 12 A． B． C．3 D． 7 7 7 【答案】D 【分析】设ABx,0＜x＜6 ，则BC 6x，由题意知三棱锥外接球的球心是过△PAB和△ABC的外心 E，H，且分别垂直这两个三角形所在平面的垂线的交点O，OB为三棱锥外接球半径，进而求半径OB表 达式并利用配方法求出球半径的最小值，从而可得AB的值. 4πR3 【详解】设球的半径为 ，则球的体积为V  ，所以球体积取得最小值时，则球的半径最小. R 3 设ABx,0＜x＜6 ，则BC 6x，由题意知三棱锥外接球的球心是过 △PAB和VABC的外心E，H， 易知E,H 分别为PB,AC的中点，且E,G,H,O四点共圆，且分别垂直这两个三角形所在平面的垂线的交点 O， OB为三棱锥外接球半径，取AB的中点为G，如图： 由条件知 ，在 中，由余弦定理可得 x x x EG ,GH 3 ,GB 2 2 2 △EGH x 2  x 2 x  x 2π x2 3 EH2   3  2 3 cos   x9，∴ 的外接圆直径 2  2 2  2 3 4 2 △EGH EH 2 x2 3 OG sin 2π  3  4  2 x9 ， OB2 OG2GB2  4  x2  3 x9     x  2  7  x 12  2  72 3 3 4 2  2 12 7  7 12 12 当x 时，球的半径取得最小值.故AB .故选：D． 7 7 3．（23-24高一下·江苏无锡·阶段练习）已知三棱锥ABCD的所有顶点都在球O的球面上，AD⊥平面 π ABC，BAC ， ，若球O的表面积为 ，则三棱锥 （以A为顶点）的侧面积的最大 2 AD2 22π ABCD 值为（ ）21 25 27 A．6 B． C． D． 2 2 2 【答案】B 【分析】求出球O的半径，利用条件得到三棱锥A﹣BCD的外接球即为以AB,AC,AD为棱的长方体的外接 球，从而得到AB2AC2 18，结合基本不等式求出侧面积的最大值. 22 【详解】设球 的半径为 ，则 ，解得r ， O r 4πr2 22π 2 π 因为AD⊥平面ABC，BAC ， 2 所以三棱锥ABCD的外接球，即为以AB,AC,AD为棱的长方体的外接球， AD2AB2AC2 22 故 r ，其中 ，故 ， 2 2 AD2 AB2AC2 18 三棱锥ABCD（以A为顶点）的侧面积为 1 S S S  ABACABAC， △ABC △ABD △ACD 2 由基本不等式得AB2AC2 182ABAC，故ABAC≤9， 当且仅当AB AC时，等号成立， ABAC2  AB2AC22ABAC 182ABAC181836， 故ABAC6，当且仅当AB AC时，等号成立， 1 9 21 所以S S S  ABACABAC 6 .故选：B △ABC △ABD △ACD 2 2 2 4．（2024高三下·江西新余·专题练习）已知棱长为3的正四面体的几何中心为O，平面与以O为球心的 球相切，若与该正四面体的截面始终为三角形，则球O表面积的取值范围为（ ）. 9π 27π 3π 3π 27π π 3π A．[ , ) B．[ ,2π) C．[ , ) D．[ , ) 2 2 2 2 2 2 2 【答案】A 【分析】依题意，经分析得出当球O的半径最小（应含此情况）时，恰为三棱锥的棱切球O ，结合图形1 1 建立方程即可求得棱切球半径r；为了产生三角形截面，半径最大（不含此情况）时球O为三棱锥的外接 球O 2 ，结合图形2建立方程即可求得外接球半径R,于是即得符合要求的球O表面积的范围. 【详解】依题意，平面与以O为球心的球相切，因四面体每个顶点发出了三条棱， 要使与该四面体的截面始终为三角形，就必须使在四面体的每个顶点处只能看到三条棱（其余棱被球挡 住）， 因此需要球O与每条棱都有公共点，当球O与每条棱有且仅有一个公共点时，球O为四面体的棱切球， 当球O半径继续增大到外接球半径之前，都能确保截面始终为三角形， 而当球O半径为外接球半径或更大时，截面将不存在，因此必须使球O的半径满足r 棱切球 rr 外接球. 图1①下面先来求四面体的棱切球 的半径(如图1). O 1点H 为顶点S在底面ABC上的射影，O 1 为棱切球的球心，作O 1 ESA于点E， 连接AH 并延长交BC于点D，连接O 1 D，则易得点D为BC中点，易证O 1 BO 1 C ,故得O 1 DBC . 1 1 3 3 3 设 ，因正四面体棱长为3，则HD AD  3 ,OH  r2 ， OE ODr 3 3 2 2 1 4 1 1 3 r 在 中，sinASH   ,得 ，又 , Rt△SAH 3 SO SO  3r SH  32( 3)2  6 1 1 3 3 2 9 2 3 2 故有， r2  3r 6 ，解得r  ,r  （ 舍去），即四面体的棱切球半径为r ； 4 1 4 2 4 r  6 4 2 图2 ②接着，再来求四面体的外接球O 的半径（如图2）， 2 设外接球半径为 ,则SO O AR,由上分析，AH  3,则O H  R23, R 2 2 2 3 6 3 6 由题意， ,解得R ,即四面体的外接球半径为 . R R23 6 4 4 3 2 3 6 9 27 由上分析，球 表面积 应满足：4π( )2 S 4π( )2，即S[ π, π).故选：A. O S 4 4 2 2 5．（2024·广东广州·模拟预测，多选）如图所示，四面体ABCD的底面是以BD为斜边的直角三角形， ABCD体积为 V 1 ，AB平面BCD， ABBD ， P 为线段AC上一动点，O 1 为AD中点，则下列说法正确的 是（ ） A．三棱锥PBOD的体积和三棱锥PBOA的体积相等 1 1 B．当PO BC时，PO AB 1 1 C．当BPPD时，BPDA D．四面体ABCD的外接球球心为O 1 ，且外接球体积V 2 与 V 1 之比的最小值是4 2π 【答案】ABD 【分析】根据锥体体积的计算公式可得两个三棱锥高和底面积相等，即A正确；利用线面垂直判定定理以 及面面垂直的性质定理可证明PO 1 平面ABC，可判断B正确；当P与C重合，可知BC  AC，这与 ABBC矛盾，因此C不成立；利用三棱锥性质可求得外接球球心为O 的位置及其半径与三棱锥棱长的关 1 系即可求得V 与 V 之比的最小值. 2 1 【详解】对于A，因为O 1 为AD中点，则 S △BO 1 D S △BO 1 A ，而两个三棱锥高相等，故体积相等，A正确；对于B，因为AB平面BCD，DC平面BCD，所以ABDC， 又CDBC，ABBC B，AB,BC平面ABC， 故CD平面ABC，CD平面ACD，故平面ACD平面ABC， 过B作BH  AC，垂足为H ，如下图所示： 因为面 平面 ， 平面 ，故 面 ， ACD ABC  AC BH  ABC BH  ACD 而PO 面ACD，故BH PO ，若PO BC， 1 1 1 则BHBC B，而BH,BC平面ABC，故PO 平面ABC， 1 又AB平面ABC，故PO AB，故B正确. 1 对于C，若P与C不重合，由AB平面BCD，CD平面BCD，可得ABCD； 又△BCD是以BD为斜边的直角三角形可知BC CD， 又ABBC B,AB,BC平面ABC，所以CD平面ABC,又BP平面ABC，所以BPCD， 当BPPD时，PDCDD，PD,CD平面ACD，所以BP平面ACD，又DA平面ACD， 可得BPDA，但若P与C重合，由于BC CD，若BC DA，CDDAD，CD,DA平面ACD， 所以BC平面ACD，AC平面ACD，故BC  AC，这与ABBC矛盾，所以BC DA不成立， 故P与C重合，满足PBPD，但此时BP AD不成立，故C错误； 对于D，由CD平面ABC，AC平面ABC，故CD AC， 1 4 故OC  AD AO ODOBr， 为外接球球心，且V  πr3， ， 1 2 1 1 1 O 1 2 3 ABBD 2r BD 2 又 ， 可以在以 中点为圆心，  r为半径的圆上运动， BC CD C BD 2 2 1  BC2CD2 到 的距离为BCCD 2 1 2r ，   BD C BD BD BD 2 2 当且仅当BC CD时等号成立， 2 1 2 2 故 到 的距离最大为 r，此时V  S  r r3， C BD 2 1 3 △ABD 2 6 4 故V 4 2πV  πr3 ，D正确，故选：ABD. 2 1 3 题型十四：内切球椎体的内切球，多采用体积分割法求解。可做如下对比理解 一、三角形内切圆 1 1 1 1 2S S  S +S +S  rC ra+ rb= r（a+b+c)r  ABC ABC ABD DBC ADC 2 2 2 2 abc 二、类比：三棱锥 1 1 1 1 1 V V +V +V +V  rS  rS + rS + rS = r（S S +S +S ) DABC OBCD OABC OACD OABD 3 BCD 3 ABC 3 ACD 3 ABD 3 BCD ABC ACD ABD 3V r  DABC S S +S +S BCD ABC ACD ABD S 1 1．（2024·四川德阳·模拟预测）圆锥的表面积为 ，其内切球的表面积为 ，则 的取值范围是（ ） S S S 1 2 2  A．1, B．2, C．   2 2, D．4, 【答案】B 【分析】选择OBC（角）与内切球半径R为变量，可表示出圆锥底面半径r和母线l，由圆锥和球的表 S 1 1  S 面积公式可得 S 2 2tan2  1tan2 ，再由 t tan2(0,1) 换元，转化为求解二次函数值域，进而得 S 1 2 的取值范围. 【详解】设圆锥的底面半径为r，母线长为l，圆锥内切球半径为R， 如图作出圆锥的轴截面，其中设O为外接圆圆心，D,E为切点，AB,AC为圆锥母线， 连接OB,OD,OA,OE .R R 设 ，tan ， r . OBC r 0tan1 tan OD AB，OEBC，DBEDOEπ，又AODDOEπ， AODDBE2，ADRtan2， 2R lr ADBDr  AD2r Rtan2 ， tan 则圆锥表面积S πr2πrl πrlr ，圆锥内切球表面积S 4πR2， 1 2 πR  2Rtan 2R     所求比值为 S 1  tan1tan2 tan  1 ， S 4πR2 2tan2  1tan2  2  1 2 1 令 ，则g(t)2t1t2t22t 2t   ， t tan20  2 2 1 1 1 则0g(t) ，且当t  时， 取得最大值 ， 2 2 g(t) 2 S S 故 S 1 2，即 S 1 的取值范围是2,. 2 2 故选：B. 2．（23-24高二下·北京海淀·期末）边长为2的正方形ABCD的中心为O，将其沿对角线AC折成直二面角. 设E为AD的中点，F 为BC的中点，将△EOF 绕直线EF旋转一周得到一个旋转体，则该旋转体的内切球 的表面积为（ ） π 3π 3π A． B． C． D． 2 4 π 2 【答案】B 【分析】作图，根据二面角的定义，余弦定理，可得△EOF 是两腰为1，底边为 3的等腰三角形，从而可 得旋转体为两个同底面的圆锥组合体，将该旋转体的内切球的半径再转化为其轴截面菱形OEGF 的内切圆 的半径，最后根据等面积求出r，即可得到该旋转体的内切球的表面积. 【详解】由边长为2的正方形ABCD的中心为O，将其沿对角线AC折成直二面角， 则可得，DOAC，DO 2，AC 2 2，平面DAC 平面BAC， 又平面DAC平面BAC  AC，DO平面DAC，DO平面BAC，又E为AD的中点，F 为BC的中 1 1 点， 为 的中点，则可得OE DC 1,OF  AB1,过 作 于点 ，连接 ， O AC 2 2 E EH AC H HF 则 ， 平面 ，又 平面 ， EH //DO EH  BAC HF  BAC EH HF 1 2 3 3 2 又EH  DO ，CH  AC  ， ， , 2 2 4 2 CF 1 ACB452 3 2 3 2 HF  CF2CH22CFCHcosACB  12    21 cos45  5  10 ， 2 2   2 2 2 2  2  10 在 中，EF  EH2HF2       3，又 ，     2 2 Rt△EHF     OE OF 1 EO2FO2EF2 1 cosEOF   ， 将 绕直线 旋转一周得到一个旋转体为两个 2EOFO 2 EOF 120 △EOF EF 同底面的圆锥组合体，作出其轴截面，如图， 则该轴截面中 和 为边长为1的 △OEG △OFG 等边三角形，该旋转体的内切球的半径r即为菱形OEGF 的内切圆的半径，由等面积法，则 1 1 3 1 3 2S  OEEGGFOFr，即2 11  1111r，则r ， △EOG 2 2 2 2 4 3 因此该旋转体的内切球的表面积为4πr2  π.故选：B. 4 3 3 3．（2020·湖北武汉·模拟预测）已知一圆锥底面圆的直径为3，圆锥的高为 ，在该圆锥内放置一个棱 2 长为a的正四面体，并且正四面体在该几何体内可以任意转动，则a的最大值为（ ） A．3 B． 2 9  3 2 C． 3 2 D． 2 2 【答案】B 【分析】根据题意，该四面体内接于圆锥的内切球，通过内切球即可得到a的最大值． 【详解】依题意，四面体可以在圆锥内任意转动，故该四面体内接于圆锥的内切球 设球心为P，球的半径为r，下底面半径为R，轴截面上球与圆锥母线的切点为Q，圆锥的轴截面如图： 3 3 3 则OAOB ，因为SO ，故可得： ；所以 为等边三角形，故 是 2 2 SASB SO2OB2 3 △SAB P r 3 3 3 3 的中心，连接 ，则 平分 ，所以 ；所以tan30 ，即r R   ， △SAB BP BP SBA PBO30 R 3 3 2 2 即四面体的外接球的半径为 ． 3 r 2 另正四面体可以从正方体中截得，如图：从图中可以得到，当正四面体的棱长为a时，截得它的正方体的 2 棱长为 a，而正四面体的四个顶点都在正方体上，故正四面体的外接球即为截得它的正方体的外接球， 2 2 6 所以2r 3AA  3 a a，所以 ．即 的最大值为 ．故选：B． 1 2 2 a 2 a 2 4．（2024·安徽安庆·三模）如图，在一个有盖的圆锥容器内放入两个球体，已知该圆锥容器的底面圆直径 和母线长都是 3，则（ ）3 3 A．这两个球体的半径之和的最大值为 2 4 B．这两个球体的半径之和的最大值为 3   C．这两个球体的表面积之和的最大值为 63 3 π 10π D．这两个球体的表面积之和的最大值为 9 【答案】D 【分析】当这两个球体的半径或者表面积之和取最大值时，有一个球体和圆锥的底面相切，过底面圆的直 1 1 1 1 r 2 径作截面，设两圆的半径，则R  , ，r  , ，其中R1  3r2r2 ，表达出 6 2 6 2 3 3 2r 2 1 1 f r1  3r2r2 ，r  , ，求导得到函数单调性，得到最值，并求出 3 3 6 2 1 2  2 R2r2  2   Rr2 6Rr3  ，令x Rr  3 ，函数 y2π  x26x3 在  0, 3 上单调递增，求 10π 出y  ，得到答案. max 9 【详解】当这两个球体的半径或者表面积之和取最大值时，上面的球与圆锥的底面相切， 过底面圆的直径作截面，如图所示，过点O作OF⊥AB，垂足为F，过点O作OE⊥AB，垂足为E， 过点 作 ⊥OF，垂足为D． O OD 设圆O的半径为R，圆O的半径为r，当下面的球与上底面相切时，R取得最大值， 3 1 此时 为该圆的内切球半径，等边三角形的边长为 ，内切球半径为 tan30 ， R 3 2 2 1 故 ，故R的最大值为 ，且取最大值时， 三点共线，设 ，则 ， OB1 2 O,O,B OEr OB2r 1 1 1 1 1 1 则2rr 2 1，解得r 6 ，所以R  6 , 2   ，r  6 , 2   ， OD Rr ， OO Rr ， OD  EF  AB  AF  BE  3 3R 3r.因为OD2 OD2  OO2 ，所以 Rr2   3 3R 3r 2 Rr2 ①，整理得3R22r6R3  r22r1  0，解得 r 2 r 2 2r 2 1 1 R1  3r2r2 ，令函数 f rRr 1  3r2r2 r 1  3r2r2 ，r  , ， 3 3 3 3 3 3 6 2 2 3r2r2 34r 34r fr .令函数 ，gr 40，所以 是增函 3 3r2r2 gr2 3r2r2 34r 3r2r2 gr数. 1 1 1 1 1   1 又因为g 6   0，g 2   0，所以r 0   6 , 2   ， gr 0 0 ，所以r  6 ,r 0   ， gr0 ，r  r 0 , 2 ， gr0， 1   1 1   1 即r  6 ,r 0   ， fr0 ，r  r 0 , 2 ， fr0 ，所以 f r在 6 ,r 0  上单调递减，在  r 0 , 2 上单调递增. 1 1 2 2 2 因为 f   f   ，所以 f r  ，即这两个球体的半径之和的最大值为 . 6 2 3 max 3 3 1 由①可得R2r2  Rr2 6Rr3 ，这两个球体的表面积之和为 2  2  2 4π  R2r2 2π  Rr2 6Rr3  .令x Rr  3 ，函数y2π  x26x3 在  0, 3 上单调递增， 2 2 2  10π 所以y 2π  6 3 ，即这两个球体的表面积之和的最大值为 10π .故选：D． max  3 3  9 9 5．（2024·吉林长春·模拟预测，多选）如图，在正三棱柱ABCABC 中，E，F分别为BC，AC 的中点， 1 1 1 1 1 AC 2，则下列说法正确的是（ ） 1 A．若AA 1  3，则异面直线 AF 和 BC 所成的角的余弦值为 4 2 39 B．若 ，则点C到平面 的距离为 AA 1  3 AEF 13 C．存在AA 1 ，使得BC平面AEF 4 3 D．若三棱柱 存在内切球，则AA  ABCABC 1 3 1 1 1 【答案】AB 【分析】根据题设条件建系，写出相关点的坐标，求出相关向量的坐标，利用向量夹角的坐标公式求解判 断A项，利用点到平面的距离公式计算判断B项，利用向量数量积的结果排除C项，根据内切球的特征求 出其半径即可排除D项. 【详解】如图，过点E作BB 1 的平行线EM ，交B 1 C 1 于点M ，则EM 平面ABC， 又AEBC，故可分别以EA,EC,EM 所在直线为x,y,z轴建立空间直角坐标系.则 1 3 .对于A，依题意，A(0, 3, 3),C (1,0, 3),F( , , 3)， A(0, 3,0),B(1,0,0),C(1,0,0) 1 1 2 2 (cid:8) (cid:8) 则  A (cid:8) F  ( 1 , 3 , 3),  B  C (cid:8) (2,0,0)，由cos  A (cid:8) F  ,  B  C (cid:8)   A (cid:8) FB  C (cid:8)  1 ， 2 2 |AF||BC| 4 1 可得异面直线 和 所成的角的余弦值为 ，故A正确； AF BC 4 (cid:8) (cid:8) 1 3 (cid:8) 对于B，依题意，EA(0, 3,0),EF ( , , 3)，设平面 的法向量为 n(x,y,z) ， 2 2 AEF(cid:8) (cid:8) 则 EAn 3y0 故可取 ，  (cid:8) (cid:8) 1 3 , EFn x y 3z0 (cid:8)  2 2 n(2 3,0,1) (cid:8)(cid:8)  |ECn| 2 3 2 39 又(cid:8) 故点C到平面 的距离为d  (cid:8)   ，故B正确； EC (1,0,0), AEF |n| 13 13 1 3 (cid:8) 1 3 对于C，设 ，则F( , ,t)，EF ( , ,t)， AA t 2 2 2 2 1 (cid:8) (cid:8) 由BCEF 10可得，BC与EF不垂直，故不存在AA 1 ， 使得BC平面AEF ，即C错误； 对于D，若三棱柱ABCA 1 B 1 C 1 存在内切球，不妨设其半径为r，则AA 1 2r， 3 1 3 且内切球在底面上的射影是底面三角形的内切圆，故由 22 3 2r,解得r ， 4 2 3 2 3 AA  ，故D错误.故选：AB. 1 3 题型十五：棱切球 1．（22-23高三下·河南·阶段练习）在正三棱锥PABC中，AB6,PA4 3，若球O与三棱锥PABC 的六条棱均相切，则球O的表面积为（ ）     A． 168 3 π B． 198 3 π     C． 7632 3 π D． 198 3 π 【答案】C 【分析】作出辅助线，找到球心O的位置，求出三棱锥的高，设出棱切球的半径，求出APE30，由半 径相等列出方程，求出半径，进而求出球的表面积. 【详解】取VABC的中心E，连接PE，则PE平面ABC，且与棱均相切的球的球心O在PE上， 连接AE并延长交BC于D，则D为BC的中点，ADBC，连接OD，易证BCOD， 过 作 ，交 于点 ，设球 的半径为 ，则 ， O OF PA PA F O r ODOF r 由题意易求得AD3 3,AE2 3,ED 3， AE 2 3 1 由勾股定理得 ，在 中，sinAPE    ，所以 PE PA2AE2  4812 6 Rt△PAE AP 4 3 2 APE30， 设OEt(0t6)，则PO2OF 2r，因为rOD ED2OE2  t23，从而t2 t236，所以   t 2 32，所以r2 (2 32)23198 3，故球O的表面积为 7632 3 π .2．（23-24高三下·陕西西安·阶段练习）已知四面体ABCD中，ABAC，ABAD，AC  AD， AB AC  AD2，球心在该四面体内部的球与这个四面体的各棱均相切，则球的体积为（ ） 4  3 32  3 4  3 32  3 A． π 21 B． π 21 C． π 21 D． π 21 3 3 3 3 【答案】B 【分析】作出示意图，O 1 是△BCD的中心，根据对称性，球心O在AO 1 上，球O与BC、AB的切点分别   为 M ，N ，利用△ANO与△AO 1 B相似，可求得ON 2 21 ，可求球的体积. 【详解】如图，O 是△BCD的中心， 1 根据对称性，球心 在 上，球 与 、 的切点分别为 ， ， O AO 1 O BC AB M N 且OM BC，ON  AB，OM ON 为球的半径．由勾股定理易得BC 2 2，由正弦定理可求得 2 6 BO  ， 1 3 2 3 由勾股定理可求得AO  ．∵ ， 均为球 的切线，∴ ， 1 3 BM BN O BN BM  2 2 2 ON  ∵ 与 相似，∴ AN ON ，即 2 3 2 6 ，∴ ，    △ANO △AOB AO BO 3 3 ON 2 21 1 1 1 ∴球的体积为 4 π2  21  3  32 π  21 3 ．故选：B． 3   3 3．（2024·浙江宁波·二模）在正四棱台ABCDABCD 中，AB4,AB 2,AA  3，若球O与上底面 1 1 1 1 1 1 1 ABCD 以及棱AB,BC,CD,DA均相切，则球O的表面积为（ ） 1 1 1 1 A．9π B．16π C．25π D．36π 【答案】C 5 【分析】根据勾股定理求解棱台的高 ,进而根据相切，由勾股定理求解球半径R ，即可由表面积 MN 1 2 公式求解. 【详解】设棱台上下底面的中心为N,M ,连接DB,DB，则DB 2 2,DB4 2， 1 1 1 1 所以棱台的高MN  BB2MBNB 2   3 2   2 2 2 2 1, 1 1 设球半径为R,根据正四棱台的结构特征可知：球O与上底面A 1 B 1 C 1 D 1 相切于N ,与棱AB,BC,CD,DA均相切 5 于各边中点处，设 BC 中点为 E ，连接 OE,OM,ME ,所以OE2 OM2ME2 R2  R1222，解得R 2 ， 所以球 的表面积为 ，故选：C O 4πR2 25π 4．（2023·全国·模拟预测）已知体积为36的球O与正四面体P ABC 的四个面均相切，且与正四面体 1 1 1 1 P A BC P ABC P A BC 2 2 2 2 1 1 1 1 2 2 2 2P A BC 的六条棱均相切，则正四面体P ABC 与P A BC 的表面积的比值为（ ） 2 2 2 2 1 1 1 1 2 2 2 2 A．6 B．2 3 C． 3 D．3 【答案】D 【分析】设球O的半径为R，因为球O的体积为36，求得半径R，正四面体P ABC 的棱长为a，求得 1 1 1 1 6 h a，利用等体积法可求得 ，将正四面体 放到正方体中，如图，易知该正方体的内切球 3 a P A BC 2 2 2 2 即与正四面体P A BC 的六条棱均相切的球O，得到正方体的棱长为6，进而正四面体P A BC 的棱 2 2 2 2 2 2 2 2 长为6 2，然后计算即可求解. 4 【详解】设球O的半径为R，因为球O的体积为 ，所以 R3 36，得 ． 36 3 R3 2 2 3  6 设正四面体 的棱长为a，则该正四面体的高h a2  a  a，所以该正四面体的体积 P ABC   3 2   3 1 1 1 1 1 1 3 6 2 1 1 3 V  S �  a2 a a3，又V 4 S R4  a23 3a2， P1A1B1C1 3 △A1B1C1 3 4 3 12 P1A1B1C1 3 △A1B1C1 3 4 2 所以 a3  3a2，解得 ，即正四面体 的棱长为 ． 12 a6 6 P ABC 6 6 1 1 1 1 将正四面体P A BC 放到正方体中，如图，易知该正方体的内切球即与正四面体P A BC 的六条棱均 2 2 2 2 2 2 2 2 相切的球O． 因为 ，所以该正方体的棱长为6，则正四面体 的棱长为 ， R3 P 2 A 2 B 2 C 2 6 2  2 S 6 6 所以 P1A1B1C1  3，故选:D． S  2 P2A2B2C2 6 2 5．（23-24高一下·浙江·期中，多选）已知棱长为2的正方体ABCDABCD 的棱切球（与正方体的各条 1 1 1 1 棱都相切）为球O，则下列说法正确的是（ ） 4 A．球 的体积为  O 3 B．球O内接圆柱的侧面积的最大值为4 4 C．球O在正方体外部的体积小于 (2√2−1)π 3 D．球O在正方体外部的面积大于6√4−2√2π 【答案】BCD 【分析】由棱切球的半径为 2,再依次判断即可. 4  3 8 2 【详解】A.依题意，得棱切球的半径为 ，则球 的体积为 π 2  π，错误 2 O 3 3 B.记球 的内接圆柱的底面半径为 ，则内接圆柱的高为：  2 2 2 2r2  84r2 ， O r r22r2 则内接圆柱的侧面积为：S 2πr 84r2 4π r2  2r2 4π 4π， 2 等号成立时r1，故球O的内接圆柱的侧面积最大值为：4π，正确 8 2 4 4  C.球 在正方体外部的体积小于球 体积与正方体内切球体积之差，即 π π13  2 21 π，正确 O O 3 3 3D.球 在正方体外部的面积等于正方体外6个球冠的表面积. O 每一个球冠的表面积大于这个球冠中内接圆锥的侧面积，  2 则内接圆锥的底面半径为 ，高为 ，得圆锥的母线长为： 12 21  42 2 ， 1 21 得内接圆锥的侧面积为：π1 42 2  42 2π， 所以6个球冠的表面积大于 ，正确 故选：BCD 6 42 2π 题型十六：综合难题 1．（2024·江西新余·模拟预测）“长太息掩涕兮，哀民生之多艰”，端阳初夏，粽叶飘香，端午是一大中 华传统节日.小玮同学在当天包了一个具有艺术感的肉粽作纪念，将粽子整体视为一个三棱锥，肉馅可近似 看作它的内切球（与其四个面均相切的球，图中作为球O）.如图：已知粽子三棱锥PABC中， PAPB AB AC BC，H 、I 、J 分别为所在棱中点，D、E分别为所在棱靠近P端的三等分点，小 玮同学切开后发现，沿平面CDE或平面HIJ 切开后，截面中均恰好看不见肉馅.则肉馅与整个粽子体积的 比为（ ）. 2 3 3 2 3 3 A． π B． π C． π D． π 9 18 27 54 【答案】B 2 3 2 【分析】设 ，易知PAPB AB AC BC  ，且FG ，设肉馅球半径为 ， ， PF CF 1 3 3 r CG x d 根据中点可知 到 的距离 ，sinPFC  4r，根据三角形面积公式及内切圆半径公式可得 P CF d 4r PF 1 2 3 2 2 ，结合余弦定理可得cosPFC  ，进而可得PC  ，sinPFC  ，可得内切球半径且可知 x1 3 3 3 三棱锥为正三棱锥，再根据球的体积公式及三棱锥公式分别求体积及比值. 【详解】 如图所示，取 中点为 ， ，为方便计算，不妨设 ， AB F PFDEG PF CF 1 2 3 由 ，可知PAPB AB AC BC  ， PAPB AB AC BC 32 2 又 、 分别为所在棱靠近 端的三等分点，则FG PF  ，且 ， 、 ， D E P 3 3 ABPF ABCF PFCF F PF，CF 平面PCF，即AB平面PCF，又AB平面ABC，则平面PCF 平面ABC， 设肉馅球半径为r，CG x，由于H 、I 、J 分别为所在棱中点，且沿平面HIJ 切开后，截面中均恰好看 d 1 2 4r 不见肉馅，则 到 的距离 ，sinPFC  4r，S  1 4r ， P CF d 4r PF △GFC 2 3 3 4 1 1 CF2FG2CG2 9 1 又 ，解得： ，故cosPFC    ，  2  r 2CFFG 2 3 S 1 x 21 △GFC  3  2 x1 3 PF2CF2PC2 11PC2 1 2 3 2 2 又cosPFC    ，解得PC  ，sinPFC  ， 2PFCF 211 3 3 3 2 2 4r 2 4 2 所以：sinPFC  ，解得r ，V  r3  ，由以上计算可知： 为正三棱锥， 3 1 6 球 3 81 PABC 1 1 1 1 1 2 3 2 3 3 2 2 6 故V  S d   ABACsinBAC4r      4  ， 粽 3 △ABC 3 2 3 2 3 3 2 6 27 2  81 3 所以比值为  π.故选：B. 2 6 18 27 2．（2023·河南郑州·模拟预测）在长方体ABCDA 1 B 1 C 1 D 1 中，AB AD4，AA 1 3，点P在底面ABCD 的边界及其内部运动，且满足AP1，则下列结论不正确的是（ ） A．若点M满足  A  M (cid:8) 2  M (cid:8) A ，则AMP π 4 1 9 12 B．点P到平面 ACD 的距离范围为 5 , 5   1 1 C．若点M满足  A  M (cid:8) 2  M (cid:8) A ，则不存在点P使得MPC 1  π 2 1 17 34π D．当BP＝3时，四面体 的外接球体积为 PBCB 3 1 1 【答案】C 【分析】对于A，根据题意找到点M，结合P的所在区域直接求解； 对于B，根据点面距离的解法找出最值临界情况进而得到范围；  对于C，找出一个点使得MFC  即可判断； 1 2 对于D，BP＝3时，P与F重合，根据相关的垂直关系，放入长方体即可求解. π 【详解】对于A，当 时，MP与底面ABCD所成的角 ， MA AP1 4 又点P所在区域为以A为圆心，1为半径的圆在正方形ABCD内部部分（包含边界弧长）， π 所以AMP ，故A正确； 4 对于B，设AE AF 1，E、F分别在AD、AB上，当点P位于AE上时，此时点P到平面A 1 CD 1 的距离最 34 12 大，最大距离AH   ，当P与点F重合时，此时点P到平面 的距离最小，最小距离为FK， ACD 5 5 1 1 3 9 因为 ，所以FK  AH ，所以FK  ， △BFK∽△BAH 4 59 12 故点P到平面 ACD 的距离取值范围为 5 , 5   ，故B正确； 1 1 对于C，不妨设点P与点F重合，此时PC FC  FB2BC2CC2  34， 1 1 1 MF  MA2AF2  2 ，MC 1  MA 1 2A 1 D 1 2D 1 C 1 2 6，由余弦定理得 MF2FC2CM2 23436  cosMFC  1 1  0，则MFC  ，故存在点P使得 ，故C错误； 1 2MFFC 1 2 2 34 1 2 MPPC 1 对于D，当BP＝3时，P与F重合，放入长、宽、高分别为3,4,3的长方体， 324232 34 4 17 34 则四面体 的外接球半径为r  ，所以外接球体积为 πr3  ，故D正确． PBCB 2 2 3 3 1 1 故选：C 3．（2023·浙江温州·二模）已知正四棱锥OABCD的底面边长为 6 ，高为3．以点O为球心， 2为半 径的球O与过点A,B,C,D的球O 相交，相交圆的面积为π，则球O 的半径为（ ） 1 1 13 13 97 A． 或 B． 或 2 6 2 4 97 C． 或 D． 或 3 4 3 6 【答案】B 【分析】分公共圆面在四棱锥内部与外部讨论，设相交圆的圆心为M ，点E为相交圆上的一点，球O 1 的 半径为r，可求得相交圆半径为1，由勾股定理得MO 1 21r2 ，(MH MO 1 )23r2 ，组成方程组求解r. 【详解】当公共圆面在四棱锥内部时，如下图所示， 设相交圆的圆心为M ，点E为相交圆上的一点，也是两球的公共点，设球O 1 的半径为r， 因为相交圆的面积为π，所以相交圆的半径为1，即ME1,底面正方形边长为 6 ，所以 CH  3,OE 2,OH 3，由勾股定理有OM2ME2 OE2 OM 1，所以MH 2， 13 设 ，则 ①， ②，联立①②解得r ． MO h h21r2 (2h)23r2 2 1 当公共圆面在四棱锥外部时，如下图所示， 同上可求OM＝1，MH OH OM 314，MO h， 1 97 则 ③， ④，联立③④解得r ．故选：B． h21r2 (4h)23r2 4 4．（22-23·江西新余·模拟）如图两个同心球，球心均为点O，其中大球与小球的表面积之比为3:1，线段 AB与CD是夹在两个球体之间的内弦，其中A、C两点在小球上，B、D两点在大球上，两内弦均不穿过小  球内部.当四面体 的体积达到最大值时，此时异面直线 与 的夹角为 ，则sin （ ） ABCD AD BC  26 2 30 2 6 A． B． C． D． 6 4 6 33 【答案】A 【分析】首先判断出正方体内切球和外接球的半径比为1: 3，内切球和外接球的表面积之比为1:3，符合 题意中的小球和大球的比例.判断当四面体ABCD体积最大时，AB,CD的位置关系，作出异面直线AD,BC  所成的角 ，解直角三角形求得sin .  2 222222 【详解】设正方体的边长为 ，则其内切球半径为 ，外接球的半径为  3，所以内切球和 2 1 2  2 外接球的表面积之比为 ，符合题意中的小球和大球的比例. 依题意 最长为 3 12  2， 1:3 CD,AB 1 π 最长为小球的直径 .由于三角形的面积S  absinC，若 为定值，则C  时面积取得最大值.画 AC 2 2 a,b 2 出图像如下图所示，其中A,C分别是所在正方形的中心，O是正方体内切球与外接球的球心. 1 1 CD//AD 1 ,CD AD 1 ,CB 1 //AB,CB 1  AB.由于V ABCD  3 V ABD1CB1D1  3 S ABD1 AC，故此时四面体 ABCD 的 体积最大. 由于CE//AB,CE AB，所以四边形ABCE为平行四边形，所以BC//AC，所以ADE是异面直线BC和  所成的角.所以 由于 ，设 是 的中点，则 ，所以 GAE，所以 AD ADE AD AE G DE AGDE 2 .故选：A  GE 1 1 6 sin     2 AE 221212 6 6 5．（23-24高一下·吉林白山·期末，多选）在三棱锥PABC中，记PC t，其他棱长均为2，三棱锥的所 有顶点都在球O 1 的球面上，球O 2 与三棱锥的所有面都相切.若点P在底面内的射影位于VABC内部及其边 界，则下列说法正确的是（ ） 1 A．当三棱锥 的体积为 时， PABC 2 t  3 B．当t 2时，球O 1 与球O 2 的体积之比为8:1 C．当三棱锥PABC的体积最大时，球O 的半径为 152 3 2 28 D．当 时，球O 的表面积为 π t  2 1 5 【答案】CD 【分析】设球O 1 、球O 2 的半径分别为R，r，取AB的中点D，连接PD，CD，即可证明AB平面PCD， 1 则V V V  S AB，即可求出 ，再由余弦定理求出 ，即可判断A；根据正四 PABC APCD BPCD 3 △PCD PDC PC 面体的内切球与外接球的关系判断B；当平面PAB平面ABC，则PD底面ABC时三棱锥PABC的体 积最大，利用等体积法求出内切球的半径，即可判断C；取PC的中点F ，连接DF，确定外接球的半径，即可判断D. 【详解】设球O 1 、球O 2 的半径分别为R，r，取AB的中点D，连接PD，CD， 因为△PAB与VABC均为边长为2的等边三角形，所以PD AB，CD AB，PDCD 3， 又PDCDD，PD,CD平面PCD，所以AB平面PCD， 1 1 1  2 1 所以三棱锥 的体积V V V  S AB    3 sinPDC2 ， PABC PABC APCD BPCD 3 △PCD 3 2 2 1 π 所以sinPDC  ，又 为锐角，所以PDC  ， 2 PDC 6  2  2 3 所以t  3  3 2 3 3  63 3 ，故A错误； 2 当t 2时，三棱锥PABC为正三棱锥，此时球O 与球O 的球心重合，且在三棱锥PABC的高上. 1 2 在线段CD上取点E，使得DC 3DE ，连接PE，则E是VABC的中心， 所以PE底面ABC，此时球O 1 与O 2 的球心在线段PE上，且O 2 在PDC的平分线上， R PO PD DC  2   3 可得 ，所以球 与球 的体积之比为 ，故B错误； r O E DE DE O O 27:1 2 1 2 当三棱锥PABC的体积最大时，平面PAB平面ABC，则PD底面ABC，DC底面ABC，  2  2 所以 ，又 ，所以PC  3  3  6， PDDC PDDC  3 1 1 3 所以三棱锥 的体积为 S PD  22 31， PABC 3 △ABC 3 4 2 1  6 15 由题可知， 与 的面积均为  6 22   ，   2 2 2 △PAC △PBC   1 15 3  由等积法可得 3    2 2 4 222   r 1，解得 r 152 3 ，故C正确； 取PC的中点F ，连接DF，则DF PC，连接O 1 B，O 1 C，  π 因为 O 1 AO 1 B ，所以 O 1 在平面 PCD 上，又 O 1 PO 1 C ，且PDC  0, 2   ， 2  2  2 10 所以 在线段 上，且DF  3    ，在 中，由勾股定理得 ①，   O 1 DF  2  2 Rt△O 1 BD O 1 D21R2 1 同理在 中，由勾股定理得OF2 R2②， Rt△OCF 1 2 1 1 10 ② ①得OFODOFOD ，所以OFOD ，  1 1 1 1 2 1 1 1010 3 10 1 7 与OFOD 联立得OF  ，所以R2 OF2  ， 1 1 2 1 10 1 2 5 7 28 所以球 O 的表面积S 4πR2 4π  π，故D正确.故选：CD 5 5 1