文档内容
秘籍 05 几何小题-截面与球
目录
【高考预测】概率预测+题型预测+考向预测
【应试秘籍】总结常考点及应对的策略
【误区点拨】点拨常见的易错点
易错点：线面所成角的最值
【抢分通关】精选名校模拟题，讲解通关策略
【题型一】截面最值
【题型二】 球截面
【题型三】 线面垂直型求外接球
【题型四】 面面垂直型
【题型五】 任意二面角定球心
【题型六】 内切球
【题型七】 棱切球型最值
概率预测 ☆ ☆ ☆ ☆ ☆
题型预测 选择题、填空题☆ ☆ ☆ ☆ ☆ ☆
考向预测 外接球、内切球、截面最值、轨迹相关问题
立体几何的考察主要会以截面、组合体外接球和内切球以及轨迹动点求最值等的形式来考察学生对于
空间想象能力的考察，难度不小，一般会出现在选填的压轴题里，也有可能出现在多选以多个维度去考察。
这里主要对各个题型进行总结，需要在掌握题型的基础上锻炼自己的空间想象能力。
易错点：线面所成角的最值
1.三余弦定理：
设 A为面 α 上一点，过 A的斜线AO在面 α上的射影为AB，AC为面上的一条直线，则
cosθ=cosθ⋅cosθ
1 2说明：线面角是斜线与平面内任意直线的所成角的最小值，即线面角是线线角的最小值，又称最小角定理.
2.三正弦定理：
设二面角M−AB−N的度数为α，在平面上M上有一条射线AC，它和棱AB所成角
为β，和平面N 所成角为γ ，则 sinγ=sinα⋅sinβ.
说明：二面角是半平面内的一条直线与另一半平面所成线面角的最大值，即二面角是线面角的最大值.
例（23-24高三上·广东深圳·期末）已知矩形ABCD中， ， ，将 沿BD折起至 ，
当 与AD所成角最大时，三棱锥 的体积等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】因为异面直线所成角的范围是 ，故当 时， 与AD所成角最大，
因为四边形 是矩形，所以 ，
而 平面 ，所以 平面 ，
因为 平面 ，所以 ，
在直角三角形 中， ，
而 ，所以 ，
所以 .
故选：A变式1：（2023·全国·模拟预测）已知长方体 中， ， ，M为 上
一动点，当AM与 所成角为45°时，三棱锥 外接球的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】
因为 ，所以AM与 所成角为 ，（利用平行线寻找线线角）
易知 ， ，所以当 时， ，
即点M为棱 上靠近点C的三等分点，所以 ．
取AM的中点 ，则三棱锥 的外接球球心O在过点 且垂直于平面ACM的直线 上，（判断
出球心所在的直线是关键）
连接DB， ，易知点 在平面 内， 平面ACM，
过点 作BD的平行线，交 于点Q，则点O在直线 上，且 ．
设三棱锥 的外接球半径为R， ，
则当点O在线段 或其延长线上时， ，解得 ；当点O在 的
延长线上时， ，无解．故 ，所以 ，则三棱锥
外接球的体积 ．
故选：B．【题型一】截面最值
求截面方法：
1. 平行线法：
（1）利用两条平行线确定一个平面，
（2）一个平面与两个平行平面相交，交线平行
2.相交线法：
（1）两条相交直线确定一个平面
（2）若两个相交平面中一条直线与棱不平行，则与棱的交点，也在另一个平面内
【例1】（多选）（2024·浙江·模拟预测）已知正方体 的棱长为2，过棱 ， ，
的中点作正方体的截面，则（ ）
A．截面多边形的周长为
B．截面多边形的面积为
C．截面多边形存在外接圆
D．截面所在平面与平面 所成角的正弦值为
【答案】AB
【详解】连 ，延长交直线 ， 的延长线于点 ， ，连 交 于 ，连 交 于 ，连
， 得到截面五边形 ，连接 与 的中点 .由 ， 为中点， ， ， ，因此周长为 ，故A正确.
， ， ， ，
，
截面多边形的面积为 ，故B正确.
与 是公用一个顶点的全等三角形，两个三角形的外心不重合，所以这个五边形没有外接圆，
故C错误.
根据二面角定义可知 为截面与底面所成角， ， ，根据余弦定理可得
，故 ，故D错误.
故选AB.
【例2】（多选）（2023·安徽芜湖·模拟预测）已知正方体 的棱长为2，棱 的中点为
，过点 作正方体的截面 ，且 ，若点 在截面 内运动（包含边界），则（ ）
A．当 最大时， 与 所成的角为
B．三棱锥 的体积为定值
C．若 ，则点 的轨迹长度为
D．若 平面 ，则 的最小值为
【答案】BCD
【详解】记 的中点分别为 ，
连接 ，连接 ，因为 ，又
所以 ， ，所以四边形 为平行四边形，
连接 ，记其交点为 ，
根据正方体性质，可构建如下图示的空间直角坐标系，则 ， ， ， ，
, ， ， ， ， ， ， ，
因为 ， ， ， ，
， ， ，
所以 ， ， ，
， ，
所以 六点共面，
因为 ， ， ，
所以 ， ，
所以 ， ，
所以 ，又 平面 ，
所以 平面 ，故平面 即为平面 ，
对于A， 与 重合时， 最大，且 ，
所以MN与BC所成的角的平面角为 ，
又 ，
所以 ，故MN与BC所成的角为 ，所以A错误；
对于B，因为所以 ， ， ，
所以 ， ，
所以 ， ，所以 ，又 平面 ，
所以 平面 ，又 平面 ，
所以平面 平面 ，
所以点 到平面 的距离与点 到平面 的距离相等，
所以 ，
向量 为平面 的一个法向量，又 ，
所以 到面 的距离 ，
又 为等边三角形，则 ，
所以三棱锥 的体积为定值 ，B正确；
对于C：若 ，点 在截面 内，
所以点N的轨迹是以 为球心， 半径为 的球体被面 所截的圆（或其一部分），
因为 ， ，所以 ，
所以 平面 ，所以截面圆的圆心为 ，
因为 是面 的法向量，而 ，
所以 到面 的距离为 ，
故轨迹圆的半径 ，又 ，
故点N的轨迹长度为 ，C正确.
对于D， 平面 ， 平面 ，
又平面 与平面 的交线为 ，
所以点 的轨迹为线段 ，
翻折 ，使得其与矩形 共面，如图，所以当 三点共线时， 取最小值，最小值为 ，
由已知 ， ， ，
过 作 ，垂足为 ，则 ，
所以
所以 ，
所以 的最小值为 ，D正确；
故选：BCD
【例3】（2024·河北·模拟预测）数学家Geminad Dandelin用一平面截圆锥后，在圆锥内放两个大小不同的
小球，使得它们分别与圆锥侧面､截面相切，就可证明图中平面截圆锥得到的截面是椭圆（如图称为丹德
林双球模型）．若圆锥的轴截面为正三角形，则用与圆锥的轴成 角的平面截圆锥所得椭圆的离心率为
．
【答案】 /
【详解】令两个球 分别与截面相切于点 ，在截口曲线上任取一点 ，过点 作圆锥的母线，
分别与两个球相切于 ， 均为球 的切线，则 ，同理 ，
因此 ，由切点 的产生方式知， 长为定值，
于是截口曲线上任意点 到定点 的距离和为定值，该曲线是以点 为焦点的椭圆，
作出几何体的轴截面，如图，设 ，依题意， ，则 ，椭圆的长轴长 ，半焦距为c，
则 ，因此 ，所以离心率 .
故答案为：
【变式1】（多选）（2024·吉林·模拟预测）如图，在棱长为1的正方体 中，M，N分别是
， 的中点， 为线段 上的动点，则下列说法正确的是（ ）
A． 一定是异面直线
B．存在点 ，使得
C．直线 与平面 所成角的正切值的最大值为
D．过M，N，P三点的平面截正方体所得截面面积的最大值为
【答案】AD
【详解】以 为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系：则 ，
设 ，则 点坐标为 ；
对A：设平面 的法向量为 ， ，
则 ，即 ，取 ，解得 ，故 ；
又 ， ，
考虑到 ，则 ，故 ，
故 一定是异面直线，A正确；
对B： ， ，
若 ，则 ，即 ，
解得 ，又 ，故不存在这样的点 ，使得 ，B错误；
对C： ，取平面 的法向量 ，
则 ，
设直线 与平面 的夹角为
则 ，则 ，，又 ，故 ，
即直线 与平面 所成角的正切值的最大值为 ，C错误；
对D：在正方体中，过 的截面为六边形且六边形为正六边形时面积最大.
此时过 的截面经过对称中心 ，
设截面交 于中点， 也为中点，
所以 为 的中点时，过 三点的平面截正方体所得截面面积最大，
取 的中点为 ，连接 ，如下所示：
故此时截面为正六边形 ，
其面积 ，故D正确.
故选：AD.
【变式2】（23-24高三下·江西·开学考试）在正四面体 中，M为PA边的中点，过点M作该正四
面体外接球的截面，记最大的截面半径为R，最小的截面半径为r，则 ；若记该正四面体和
其外接球的体积分别为 和 ，则 ．
【答案】 /
【详解】将正四面体 放置于正方体中，可得正方体的外接球即为该正四面体的外接球，如图，
外接球球心 为正方体的体对角线的中点，设正四面体 的棱长为 ，则正方体棱长为 ，由外接球直径等于正方体的体对角线，得正四面体 外接球半径 ，
当过 中点 的正四面体外接球截面过球心 时，截面圆面积最大，截面圆半径为 ，
当该截面到球心 的距离最大时，截面圆面积最小，此时球心 到截面距离为 ，
可得最小截面圆半径 ，因此 ；
正四面体 外接球体积 ，
正四面体 的体积 ，因此 .
故答案为： ；
【变式3】（2024·山东日照·一模）已知正四棱锥 的所有棱长都为2；点E在侧棱SC上，过点E
且垂直于SC的平面截该棱锥，得到截面多边形H，则H的边数至多为 ，H的面积的最大值为
．
【答案】 5 /
【详解】取 中点 且 ， 平面 ，可知 平面 ，
根据平面的基本性质，作平面与平面 平行，如图至多为五边形.
令 ，则 ，
可得 ，则 ，可得 ，
所以 ，
又因为 与 的夹角为 与 夹角，而 与 垂直，
则 ，
可得 ，
可知：当 时，S取最大值 .
故答案为： ； .
【题型二】 球截面
用一个平面 去截球，若平面 经过球心，所得的截面称为球的大圆；若平面 不经过球心，所得的截面
称为球的小圆。小圆圆心与球心的连线必垂直于小圆面。
【例1】（2024·河南新乡·二模）已知一平面截球 所得截面圆的半径为2，且球心 到截面圆所在平面的
距离为1，则该球的体积为 ．
【答案】
【详解】由球的截面圆性质可知球的半径 ，
则该球的体积为 .
故答案为： .
【例2】（2024·陕西西安·三模）如图，已知球 的半径为 ， 在球 的表面上， ，连接球心
与 ，沿半径 旋转 使得点 旋转到球面上的点 处，若此时 ，且球心 到
所在截面圆的距离为 ，则球 的表面积为 ．【答案】 /
【详解】依题意，在 中， ， ，则 ，
因此 的外接圆半径 ，
由球心 到 所在截面圆的距离为 ，得 ，则 ，
所以球 的表面积为 .
故答案为：
【变式1】（2024·贵州毕节·一模）如图所示，圆 和圆 是球 的两个截面圆，且两个截面互相平行，
球心 在两个截面之间，记圆 ，圆 的半径分别为 ，若 ，则球 的表面积为
（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】设球 的半径为 ，依题意， ，
则 ，解得 ，因此 ，
所以球 的表面积 .故选：A
【变式2】（2024·内蒙古包头·一模）已知两个圆锥的底面是一个球的同一截面，顶点均在该球面上，若两
个圆锥的高之比为 ，它们的体积之和为 ，则该球的表面积为（ ）A． B． C． D．
【答案】B
【详解】
记该截面和球的半径分别为 ，由于两个圆锥的高之比为 ，
故球心到该截面的距离为 ，从而 ， .
而两个圆锥的高分别是 ，故体积之和 .
从而 ，故 ， .
该球的表面积 .
故选：B.
【变式3】（2024·四川成都·模拟预测）球面被平面所截得的一部分叫做球冠（如图）.球冠是曲面，是球
面的一部分.截得的圆叫做球冠的底，垂直于截面的直径被截得的一段叫做球冠的高.阿基米德曾在著作
《论球与圆柱》中记录了一个被后人称作“Archimedes’Hat-BoxTheorem”的定理：球冠的表面积
（如上图，这里的表面积不含底面的圆的面积）.某同学制作了一个工艺品，如下图所示.该工艺品可以看
成是一个球被一个棱长为4的正方体的六个面所截后剩余的部分（球心与正方体的中心重合），即一个球
去掉了6个球冠后剩下的部分.若其中一个截面圆的周长为 ，则该工艺品的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】设截面圆半径为 ，球的半径为 ，
则球心到某一截面的距离为正方体棱长的一半即此距离为 ，
根据截面圆的周长可得 ，得 ，故 ，得 ，
所以球的表面积 ．
如图， ，且 ，则球冠的高 ，得所截的一个球冠表面积 ，
且截面圆面积为 ，
所以工艺品的表面积 ．
故选：B.
【题型三】 线面垂直型求外接球
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
2.计算公式
【例1】（2024·湖南·二模）如图，在四面体 中， 平面 ，
则此四面体的外接球表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B【详解】将四面体 补形成长方体，长方体的长､宽､高分别为 、 、 ，
四面体 的外接球即为长方体的外接球，
而长方体的外接球的直径等于长方体的体对角线长，设外接球的半径为 ，
故 ，所以外接球表面积为 .
故选：B.
【例2】（23-24高三下·山西·阶段练习）在棱长为4的正方体 中， 是 的中点， 是
上的动点，则三棱锥 外接球半径的最小值为（ ）
A．3 B． C． D．
【答案】C
【详解】连接 ，取 的中点 ，可知 为 的外心，
过 作平面 的垂线，可知三棱锥 外接球的球心 在该垂线上，
设 ，
以 为坐标原点， 分别为 轴，建立空间直角坐标系，
则 ，
因为 ，即 ，
整理得 ，当且仅当 ，即 时，等号成立，
所以三棱锥 外接球半径的最小值为 .
故选：C.
【例3】（多选）（2023·广东广州·模拟预测）如图所示，四面体 的底面是以 为斜边的直角三角形，其体积为 ， 平面 ， ， 为线段 上一动点， 为 中点，则下列说法正确的
是（ ）
A． 与 重合时，三棱锥 体积最大
B．若 ，则
C．当 时，
D．四面体 的外接球球心是 ，且其体积
【答案】ACD
【详解】当 与 重合时， 到平面 距离最大，底面 面积一定，故此时三棱锥体积最大，故A
正确；
若 与 重合，由于 ,若 , 平面 ,所以 平面 ,
平面 ,故 ,这与 矛盾，所以 不成立，
故 与 重合，满足 ，但此时 不成立，故B错误；
因为 平面 ， 平面 ，所以 ,又 , 平面 ,
故 平面 ， 平面 ，故平面 平面 ，
过 作 ，垂足为 ，
因为面 平面 ， 平面 ，故 面 ，
而 面 ，故 ，若 ，
则 ，而 ， 平面 ，故 平面 ，
又 平面 ，故 ，故C正确.
由 平面 ， 平面 ，故 ，故 ， 为外接球球
心，且 ，
，又 ， 可以在以 中点为圆心， 为半径的圆上运动，
到 的距离为 ，当且仅当 时等号成立，故 到 的距离最大为 ，此时 ，故 ，D正确，
故选：ACD.
【变式1】（23-24高三上·浙江宁波·期末）在四面体 中， ， ，且
，则该四面体的外接球表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】
如图，作 平面 ，连接 ，易得 因 ， 平面
，
所以 平面 ， 平面 ，故 ,
由题可得 ， ，则 .
不妨设 ，则有 ①，
在 中，由余弦定理， ，在 中， ②，
将两式相减化简即得： ， .
取线段 中点 ，过点 作 平面 ，其中点 为外接球的球心，设外接球半径为 ，
由余弦定理求得 ，在直角梯形 中， ，由 计算可得： ，则该四面体的外接球
表面积为 .
故选：B.
【变式2】（多选）（23-24高三上·江苏·期末）在四棱锥 中， 平面 ， ，
，四棱锥 的外接球为球O，则（ ）
A． ⊥ B．
C． D．点O不可能在平面 内
【答案】AC
【详解】
A选项，四棱锥 的外接球为 为顶点的球，
而 四点共面，故这四点必共圆，
又 ，故 为直径， ⊥ ，A正确：
B选项，由A可知， 四点共圆，
又 ， 为直径，
若四边形 为正方形，此时 ， ，B错误；
C选项，因为 平面 ，所以球心 到 两点的距离相等，
即球心 在 的垂直平分线上，
故 到平面 距离为 到平面 距离的一半，
故 ，C正确；
D选项，当四边形 为正方形时，连接 ，相交于点 ，
则 ⊥平面 ，
结合球心 在 的垂直平分线上，此时 为 中点，点O在平面 上，D错误.
故选：AC.
【变式3】（多选）（23-24高三上·湖南长沙·阶段练习）四棱锥 的底面为正方形， 与底面垂
直， ， ，动点 在线段 上，则（ ）
A．不存在点 ，使得 B． 的最小值为
C．四棱锥 的外接球表面积为 D．点 到直线 的距离的最小值为
【答案】BCD
【详解】对于A：连接 ，且 ，如图所示，当 在 中点时，
因为点 为 的中点，所以 ，因为 平面 ，
所以 平面 ，又因为 平面 ，所以 ，
因为 为正方形，所以 .又因为 ，且 ， 平面 ，所以 平面 ，
因为 平面 ，所以 ，所以A错误；
对于B：将 和 所在的平面沿着 展开在一个平面上，如图所示，
则 的最小值为 ，直角 斜边 上高为 ，即 ，
直角 斜边 上高也为 ，所以 的最小值为 ，所以B正确；
对于C：易知四棱锥 的外接球直径为 ，
半径 ，表面积 ，所以C正确；
对于D：点 到直线 的距离的最小值即为异面直线 与 的距离，
因为 ，且 平面 ， 平面 ，所以 平面 ，
所以直线 到平面 的距离等于点 到平面 的距离，过点 作 ，
因为 平面 ，所以 ,又 ,且 ,
故 平面 ， 平面 ，所以 ，因为 ，
且 ， 平面 ，所以 平面 ，所以点 到平面 的距离，
即为 的长，如图所示，
在 中， ， ，可得 ，
所以由等面积得 ，即直线 到平面 的距离等于 ，所以D正确，
故选：BCD.【题型四】 面面垂直型
包含了面面垂直
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，可以对两平面都用正弦定理来定球心。
【例1】（2024·广东·模拟预测）将边长为2的正三角形沿某条线折叠，使得折叠后的立体图形有外接球，
则当此立体图形体积最大时，其外接球表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】若将边长为2的正三角形沿某条线折叠，且这条线过三角形的某个顶点且不垂直于三角形的边，
由题意以 为原点，以边长为2的等边三角形的 边为 轴， 边上的高 为 轴建立如图所示的平
面直角坐标系：
由题意 ，
不失一般性，设 （也就是设点 在不包含端点的线段 上），
在 中，令 得 ，
所以 的面积为 ，
而点 到直线 的距离为 ，
此时三棱锥 体积的最大值为 （此时面 面 ），所以 ，
所以 ；
若将边长为2的正三角形沿某条线折叠，且这条线过三角形的某个顶点且垂直于三角形的边，
此时上述情况中的点 于原点 重合，
此时三棱锥 体积的最大值为
（此时面 面 ），
其中 为点 到 的距离，即 的长度；
将边长为2的正三角形沿某条线折叠，且这条线不过三角形的任何顶点，如图所示：
不失一般性，设该直线分别与 交于点 ，
折叠后的立体图形有外接球，则 四点共圆，从而 ，
又因为 ，
所以 ，所以 ，
由题意 ，设 ，
所以 ，
过点 向 引垂线，垂足为 ，则 ，
所以四棱锥 体积的最大值为
（此时四边形
与三角形 垂直），
从而 ， 或 ，当 时， ， 单调递增，
当 时， ， 单调递减，
所以当且仅当 时，有 ，
综上所述，满足题意的直线为 ，且此时 ，
此时我们首先来求四边形 外接圆圆心 ，
因为 中点坐标为 ， 斜率为 ，
所以 的垂直平分线方程为 ，
而 中垂直线方程为 ，
从而解得 ，
所以四边形 外接圆半径为 ，
而 到直线 的距离为 ，
又满足题意的四棱锥 的高为 ，
设满足题意的四棱锥 的外接球球心为 ，
设球心到平面 的距离为 ，
则由 可得， ，即 ，
解得 ，
从而满足题意的外接球表面积为 .
故选：B.
【例2】（2023·福建福州·模拟预测）在矩形 中， ，将 沿对角线 翻折至的位置，使得平面 平面 ，则在三棱锥 的外接球中，以 为直径的截面到球
心的距离为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】如图，取 的中点为 ，连接 ，过 作 ，垂足为 ，连接 .
因为三角形 为直角三角形，故 ，
同理 ，故 ，
所以 为三棱锥 的外接球的球心，而 ，
因为 ， 平面 ，平面 平面 ，
平面 平面 ，故 平面 ，
而 平面 ，故 .
在直角三角形 中， ，故 ，
故 ，
在直角三角形 中， ，
故 ，故 .
设球心到以 为直径的截面的距离为 ，
则 ，
故选：B.
【变式1】（2023·湖北恩施·模拟预测）如图，矩形ABCD中，E、F分别为BC、AD的中点，且
，现将 沿AE向上翻折，使 点移到P点，则在翻折过程中，下列结论不正确的是
（ ）A．存在点P，使得
B．存在点P，使得
C．三棱锥 的体积最大值为
D．当三棱锥 的体积达到最大值时，三棱锥 外接球表面积为4π
【答案】A
【详解】如图所示：连接 ， 为 中点，连接 ， ，
连接 ， ， ， ，
，故 ，故 ，
对选项A： ，若 ，又 ，则 ， 重合，不成立，错误；
对选项B：当 平面 时， 平面 ，则 ，又 ，
， 平面 ，故 平面 ， 平面 ，
故 ，正确；
对选项C：当 平面 时，三棱锥 体积最大，
最大值为 ，正确；
对选项D： 平面 ， 平面 ，故 ，
，故 ，
故 是三棱锥 外接球球心，半径为 ，
故外接球表面积为 ，正确.
故选：A.
【变式2】（2024·全国·模拟预测）将菱形 沿对角线 折起，当四面体 体积最大时，它的
内切球和外接球表面积之比为 ．【答案】 /
【详解】
不妨设菱形的边长为 ， ， ，
外接球半径为 ，内切球半径为 ，
取 中点为 ，连接 ，
因为 ，所以 ，
当平面 平面 时，平面 平面 ，
平面 ，所以 平面 ，
此时四面体 的高最大为 ，
因为 ，所以
所以 ，
，
令 解得 ，
令 解得 ，
所以 在 单调递增， 单调递减，
所以当 时 最大，最大体积为 ，
此时 ，
以四面体的顶点构造长方体，长宽高为 ，
则有 解得 ，所以 ，所以外接球的表面积为 ，
又因为 ，
所以 ，
，
所以 ，
所以 ，
所以 ，及内切球的表面积为 ，
所以内切球和外接球表面积之比为 ．
故答案为：
【变式3】（2023·全国·模拟预测）在三棱锥 中， ，平面 平面
， ，点 Q为三棱锥 外接球 O上一动点，且点 到平面 的距离的最大值为
，则球O的体积为 .
【答案】
【详解】取AC的中点M，
∵ ，∴ ，
∵平面 平面ABC，平面 平面 ， 平面ABC，
∴ 平面PAC，∵ 平面PAC，∴ ，
∵ ， ， 平面ABC，∴ 平面ABC，
设 ，则 ，∴ ，
设 外接圆的圆心为 ，半径为r，球O的半径为R，
如图所示，显然B，M， 三点共线，且 平面PAC．
由 ， ，得 ， ，∴ ；
连接 ，OA，则 ，
由 平面ABC，且 外接圆的圆心为 ，可得 ．
∵ 平面ABC，∴ ， 平面PAC，
∴点O到平面PAC的距离等于点 到平面PAC的距离，
∵点 到平面PAC距离的最大值为 ，
∴ ，得 ，∴ ，
∴球O的体积为 ．
故选： ．
【题型五】 任意二面角定球心
1.等边或者直角：（1）等边三角形中心（外心）做面垂线，必过球心；
2.直角三角形斜边中点（外心）做面垂线，必过球心；
3.许多情况下，会和二面角结合。
【例1】（2024·全国·模拟预测）已知空间四面体 满足 ，则该四
面体外接球体积的最小值为 ．
【答案】
【详解】设 分别为 的中点，连接 ，
由已知， ，故 ，因为 是 的中点，所以 ，
因为 为 的中点，故 ，即 是线段 的垂直平分线；
同理可得， 是线段 的垂直平分线，故球心在 上，
设球的半径为 ，球心为 ，则 ，即 ，故 ，此时 为线段 的中点，且 ，故所求外接球体积的最小值为 ．
故答案为：
【例2】（多选）（2024·全国·模拟预测）已知菱形 中， ， ， 与 相交于点
，将 沿 折起来，使顶点 移至点 的位置，在折起的过程中，下列结论正确的是（ ）
A．存在某个位置使得
B．当 为等边三角形时，
C．当二面角 为 时，三棱锥 外接球表面积为
D．设 为线段 的中点，则三棱锥 体积的最大值为
【答案】ACD
【详解】由题可得， ，又 ，故可得 ，
，故 ， ；
对A：因为 // ，若 ，则 ，故可得 ；
在三角形 中， ，由余弦定理可得 ，
又在折起过程中， ， ，故存在这样的位置，使得 ，A正确.
对B：当 为等边三角形时， ，
因为 ， 面 ，故 面 ，
在三角形 中，由余弦定理可得 ，
又 ，故 ，
则三角形 的面积 ；
又 ，故 ，故B错误；
对C：由B分析可知，二面角 的平面角为 ，
当二面角 为 时，即 ，则 为等边三角形， ；
因为 ，故过 作 面 ，则垂足 即为三角形 的外心，
在三角形 中，由余弦定理可得 ，
又 ，故 ，
设三角形外接圆半径为 ，由正弦定理可得 ，则 ；
在三角形 中， ；
设三棱锥 的外接球球心为 ，半径为 ，则球心 在 上，
在直角三角形 中，由勾股定理可得 ，即 ，故三棱锥 外接球表面积为 ，故C正确；
对D： 为线段 的中点，则 ，
设三角形 的面积为 ，则 ，
由B选项分析可知， 面 ，
故 ，
又 ，故当 时， ，
此时三棱锥 体积取得最大值为 ，故D正确.
故选：ACD.
【变式1】（2023·浙江·模拟预测）在三棱锥 中， ， ，二面角
的平面角为 ，则三棱锥 外接球表面积的最小值为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【详解】
当D在△ACD的外接圆上动的时候，该三棱锥的外接球不变，
故可使D点动到一个使得DA=DC的位置，取AC的中点M，连接 ，
因为 ，DA=DC，所以 ， ，故 即为二面角 的平面角，
ACB的外心为O ，过O 作平面ABC的垂线，过△ACD的外心M作平面ACD的垂线，两条垂线均在平
1 1
面BMD内，它们的交点就是球心O，画出平面BMD，如图所示；
△
在平面ABC内，设 ，则 ， ，因为 ，所以 ，所以 ，
所以
令 ，则 ，
所以 ，当且仅当 时取等，
故选:B
【变式2】（2022·全国·模拟预测）已知正方形 的边长为2，把 沿 折起，使点A与点E重
合，若三棱锥 的外接球球心O到直线 的距离为 ，则异面直线 与 所成角的余弦值为
（ ）
A． B． C． D．0
【答案】A
【详解】
易得三棱锥 的外接球球心O为 的中点，连接 ，则 ，
取 的中点H，连接 ，易知 ，则 为点O到直线 的距离，即 ，
取 的中点F，连接 ，得 ，则 或其补角是异面直线 与 所成角．
因为 ，所以 ，则异面直线 与 所成角的余弦值为 ，
故选：A．
【变式3】（2022·河南信阳·模拟预测）把 沿三条中位线折叠成四面体 ，其中 ，
， ，则四面体 的外接球表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】如图，记 的中点分别为 ，
因为 ， ， ，
由中位线性质可得 ，
翻折后的四面体如图：
由翻折的性质可得 ，
所以四面体 对棱相等，
故可以考虑将四面体 补形为长方体如下；
四面体 的外接球即长方体的外接球，
设其外接球半径为 ， ，
则 ，因为 ，所以 ，
所以 ，
所以四面体 的外接球表面积 ，
故选：D.
【题型六】 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
二、类比：三棱锥【例1】（2023·浙江温州·二模）如今中国被誉为基建狂魔，可谓是逢山开路，遇水架桥.公路里程､高铁里
程双双都是世界第一.建设过程中研制出用于基建的大型龙门吊､平衡盾构机等国之重器更是世界领先.如图
是某重器上一零件结构模型，中间最大球为正四面体 的内切球，中等球与最大球和正四面体三个面
均相切，最小球与中等球和正四面体三个面均相切，已知正四面体 棱长为 ，则模型中九个球的
表面积和为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】如图，取 的中点 ，连接 ， ，则 ， ，
过点 作 ⊥底面 ，垂足在 上，且 ，
所以 ，故 ，
点 为最大球的球心，连接 并延长，交 于点 ，则 ⊥ ，
设最大球的半径为 ，则 ，
因为 ∽ ，所以 ，即 ，解得 ，
即 ，则 ，故
设最小球的球心为 ，中间球的球心为 ，则两球均与直线 相切，设切点分别为 ，
连接 ，则 分别为最小球和中间球的半径，长度分别设为 ，
则 ，则 ，又 ，所以 ，解得 ，
又 ，故 ，解得 ，
所以 ，
模型中九个球的表面积和为 .
故选：B
【例2】（2024·青海海南·一模）已知球 是棱长为2的正方体 的内切球， 是棱 的
中点， 是球 的球面上的任意一点， ，则动点 的轨迹长度为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】由正方体性质易得 平面 ，且内切球半径 ，
分别取 的中点N,E,F,易知平面 平面 ，
故 平面 ，则点P的轨迹为平面 与内切球的交线，即为截面圆的周长，
易知球心 平面 ，则 到平面 的距离即为平面 与平面 的距离 ，
故截面圆的半径为 ，故 的轨迹长度为 .
故选：D.【例3】（2024·安徽池州·二模）已知圆锥的底面半径为3，其内切球表面积为 ，则该圆锥的侧面积为
（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】球表面积为 ，则该球半径为 ，
设圆锥的高为h，则圆锥的母线长为 ，
则此圆锥的轴截面面积为
，解之得 ，
则该圆锥的侧面积为
故选：B
【变式1】（2024·陕西西安·一模）六氟化硫，化学式为 ，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．六氟化硫结构为正八面体结构，如图所示，
硫原子位于正八面体的中心，6个氟原子分别位于正八面体的6个顶点，若相邻两个氟原子之间的距离为
m，则该正八面体结构的内切球表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D【详解】如图，连接 交于点 ，连接 ，
取 的中点 ，连接 ，
因为 ,所以 ,
,
由 可得 平面 ，
且 ，所以 平面 ，
过 作 ，
因为 平面 ， 平面 ，所以 ,
且 平面 ，所以 平面 ，
所以 为该正八面体结构的内切球的半径，
在直角三角形 中， ，
由等面积法可得， ,解得 ，
所以内切球的表面积为 ，
故选:D.
【变式2】（23-24高三下·内蒙古赤峰·开学考试）已知上底面半径为 ，下底面半径为 的圆台存在
内切球（与上，下底面及侧面都相切的球），则该圆台的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【详解】圆台的轴截面为等腰梯形，上底面半径为 ，下底面半径为 ，则腰长为 ，
故梯形的高为 ，
则该圆台的体积为 .故选：D.【变式3】（2024·湖北·模拟预测）已知四棱锥 的底面为矩形， ， ，侧面 为
正三角形且垂直于底面 ，M为四棱锥 内切球表面上一点，则点M到直线 距离的最小
值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】如图，设四棱锥的内切球的半径为r，取 的中点为H， 的中点为N，连接 ， ， ，
球O为四棱锥 的内切球，
底面 为矩形，侧面 为正三角形且垂直于底面 ，
则平面 截四棱锥 的内切球O所得的截面为大圆，
此圆为 的内切圆，半径为r，与 ， 分别相切于点E，F，
平面 平面 ，交线为 ， 平面 ，
为正三角形，有 ， 平面 ，
平面 ， ，
， ，则有 ， ， ，
则 中， ，解得 .
所以，四棱锥 内切球半径为1，连接 .
平面 ， 平面 ， ，
又 ， 平面 ， ，
平面 ， 平面 ，可得 ，
所以内切球表面上一点M到直线 的距离的最小值即为线段 的长减去球的半径，
又 .
所以四棱锥 内切球表面上的一点M到直线 的距离的最小值为 .故选：B.
【题型七】 棱切球型最值
【例1】（2023·广东肇庆·二模）与正三棱锥6条棱都相切的球称为正三棱锥的棱切球.若正三棱锥的底面
边长为 ，侧棱长为3，则此正三棱锥的棱切球半径为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【详解】如图三棱柱 为正三棱锥，且底面边长 ，侧棱
设正三棱锥的棱切球球心为 ，半径为 ，则顶点 在底面的投影为 也为 的中心，取 的中点，
连接 ，过 点作 垂足为 ，则 ，设 ，
在 中 ，
因为 为 的中心，则 ， ，
在 中 即 ；
在 中， ，即 ，
在 中， ，则 ；
在 中， ，则 ，
在 中， ，则 ，
又因为 ，则 ，化简得 ，由 得 解得 .
故选：C.
【例2】（2023·广东珠海·模拟预测）已知正三棱锥 的侧棱长为 ，且侧棱与正三棱锥的底面所成
角的正切值为 ，则此正三棱锥的棱切球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】
如图，连结 与底面 的中心 ，则 平面 ，
由题意 侧棱与底面所成角，
则 ，
又因 ，
所以 ，
因底面 为正三角形，中心为 ，
所以 ，即 ，
所以正三棱锥 为正四面体.
将正四面体放到正方体中，正方体的内切球即与正四面体的六条棱均相切，
可求得正方体的棱长为 ，所求棱切球的半径即为 ．表面积
故选：B
【变式1】（多选）（23-24高三上·河北沧州·阶段练习）已知棱长为1的正方体 的棱切球
（与正方体的各条棱都相切）为球 ，点 为球面上的动点，则下列说法正确的是（ ）
A．球 的表面积为
B．球 在正方体外部的体积大于
C．球 内接圆柱的侧面积的最大值为
D．若点 在正方体外部（含正方体表面）运动，则
【答案】ABD
【详解】解析：对于A．如图所示，
正方体的棱切球 的半径 ，则球 的表面积为 ，故A正确；
对于B．若球体､正方体的体积分别为 ．
球 在正方体外部的体积 ，故B正确；
对于C，球 的半径 ，设圆柱的高为 ，
则底面圆半径 ，
所以 ，
当 时取得最大值，且最大值为 ，所以C项错误；
对于D，取 中点 ，可知 在球面上，可得 ，所以 ，
点 在球 上且在正方体外部（含正方体表面）运动，
所以 （当 为直径时， ），
所以 ．故D正确．
故选ABD．
【变式2】（2024·广东佛山·模拟预测）已知正三棱柱的所有棱长均相等，其外接球与棱切球（该球与其所
有棱都相切）的表面积分别为 ，则 ．
【答案】
【详解】
设正三棱柱的棱长为 ，因为正三棱柱上下底面中心连线的中点 为外接球的球心，
则外接球的半径 ， ，
所以 ，
因为 ，所以 为棱切球的球心，则棱切球半径 ，所以 .
故答案为：
