精品解析：上海市上海中学2023-2024学年高二上学期期中数学试题（解析版）_0122026上海中考一模二模真题试卷_2026年上海一模_上海1500初中高中试卷_高中_高二_上学期_2：期中

上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 上海中学 2023 学年第一学期高二年级数学期中 2023.11 一､填空题（本大题共有 12题，满分 42分，第 16 题每题 3分，第 7-12 题每题 4分）  a  1,0,1,b x,1,2   ab 3 x 1. 向量 且 ，则 __________. 【答案】1 【解析】 【分析】利用向量数量积的坐标公式求解即可.  【详解】a  ·b 1·x0·11·2 x23， 所以x1. 故答案为：1 2. 已知两条相交直线a，b，且a//平面，则b与的位置关系是____________. 【答案】b//平面或b与平面相交 【解析】 【分析】画出图形不难看出直线b与平面的位置关系，平行或相交. 【详解】 由题意画出图形，当a,b所在平面与平面平行时，b与平面平行， 当a,b所在平面与平面相交时，b与平面相交. 故答案为: b//平面a或b与平面相交. 【点睛】本题考查空间中直线与平面之间的位置关系，考查空间想象能力，是基础题. 2π 3. 将一个圆心角为 ，面积为3π的扇形卷成一个圆锥，那么该圆锥的体积为__________. 3 2 2 【答案】 π 3 【解析】 【分析】求出扇形的半径，进而求出圆锥的底面半径和高，利用体积公式求出答案. 1 2π 【详解】设扇形的半径为l，则  l2 3π，解得l 3， 2 3 2π 2π 即卷成的圆锥母线长为3，设圆锥的底面半径为r，则2πr  l  32π， 3 3 第 1 页 共 19 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 解得r 1， 则圆锥的高h l2 r2 2 2， 1 2 2 故圆锥的体积为 πr2h π 3 3 2 2 故答案为： π 3 4. 如图，我们将一本书打开放置在桌面上（每页书都有一边恰好落在桌面上）.根据我们所学的 __________定理，我们可以证明书脊所在的直线AB垂直于桌面. 【答案】线面垂直的判定 【解析】 【分析】略 【详解】略 5. 已知四棱锥PABCD的高为2，其底面ABCD水平放置的直观图（斜二测画法）是边长为1的正方 形，则该四棱锥的体积为__________. 4 2 4 【答案】 ## 2 3 3 【解析】 【分析】由直观图得到原图形，进而得到底面ABCD的面积，利用锥体体积公式求出答案. 第 2 页 共 19 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 【详解】直观图如图1，则原图形如图2， 则原图形为平行四边形，面积为12 2 2 2， 故底面ABCD的面积为2 2， 1 4 2 故该四棱锥的体积为 2 22 . 3 3 4 2 故答案为： 3 6. 已知正方体ABCD-A B C D 的棱长为1,M为棱CC 的中点,则点M到平面A BD的距离是___. 1 1 1 1 1 1 3 【答案】 2 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，得到平面的法向量，根据空间向量的运算求得点到平面的距离． 【详解】以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD 为z轴，建立如下图所示的空间直角坐标系 1 1 则D（0，0，0），A （1，0，1），B（1，1，0），M（0，1， ） 1 2    1  所以DB1,1,0,DM   0,1,  ,DA 1,0,1  2 1 第 3 页 共 19 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 设平面A BD的法向量为m x,y,z ，根据向量垂直可得 1  mDB x y 0   ，令x=1，解得m 1,1,1  mDA  xz 0 1 3  mDM 3 所以M到平面A BD的距离为 2 1 d    m 3 2 【点睛】本题考查了空间向量在求点到平面距离中的基本应用，属于中档题． 7. 正三棱柱ABCABC中，AB1,AA2，则直线BC与平面ABBA所成角的正弦值为______. 15 1 【答案】 ## 15 10 10 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量的夹角坐标公式即可求出结果. 【详解】以B为原点，以过B作BC的垂线为x轴，以BC,BB为y,z轴， 建立空间直角坐标系，如图， 第 4 页 共 19 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 3 1   3 1 则B(0,0,0),B(0,0,2),C(0,1,2),A( , ,0)，所以BB(0,0,2),BA( , ,0)， 2 2 2 2  平面ABBA的一个法向量设为n(x,y,z)，  n  BB2z 0   则  3 1 ，令x1得n(1, 3,0)，  nBA x y 0  2 2  π 又BC(0,1,2)，设直线BC与平面ABBA所成的角为，[0, ]， 2  n  BC  3 15 则sin cosn  ,BC     . n   BC 2 5 10 15 故答案为： 10 8. 下列说法正确的是__________. ①一条直线和平面平行的充要条件是直线的方向向量垂直于平面的法向量. ②如果直线AB与CD 是异面直线，那么向量  A  B  与C  D  不共面 ③两条异面直线的公垂线段，是连接两条异面直线所有线段中的最短线段. ④直三棱柱任意两个侧面的面积之和大于第三个侧面的面积. 【答案】③④ 【解析】 【分析】利用直线方向向量和平面法向量的位置关系判断①，利用向量可以平移的性质判断②，根据异面 直线公垂线段的定义判断③，根据直三棱柱的结构特征判断④. 【详解】由“一条直线和平面平行”可得“直线的方向向量垂直于平面的法向量”，所以充分性成立， 由“直线的方向向量垂直于平面的法向量”可得“直线平行于平面或直线在平面内”，所以必要性不成 立， 综上一条直线和平面平行的充分不必要条件是直线的方向向量垂直于平面的法向量，①说法错误； 直线AB与CD是异面直线，因为向量是可以自由平移的，所以向量  A  B  与C  D  可以平移到同一平面，② 说法错误； 两条异面直线的距离是两条异面直线的公垂线段的长度，两条异面直线的公垂线段，是连接两条异面直线 所有线段中的最短线段，③说法正确； 因为直三棱柱的侧棱垂直于底面，三角形的任意两边之和大于第三边，所以直三棱柱任意两个侧面的面积 第 5 页 共 19 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 之和大于第三个侧面的面积，④说法正确； 故答案为：③④ 9. 设AB和CD都是平面的垂线，其垂足分别为B,D.已知AB5,CD9,BD3，那么线段AC  __________. 【答案】5或 205 【解析】 【分析】根据线面垂直的性质，证得AB//CD，且AB BD,CD BD，分A,C 在平面的同侧和A,C 在平面的两侧，两种情况讨论，分别作AE CD和AF CF，在直角△ACE和直角△ACF中，结合 勾股定理，即可求解. 【详解】如图所示，因为AB和CD都是平面的垂线，其垂足分别为B,D， 可得AB//CD，且AB BD,CD BD， 如图（1）所示，当点A,C 在平面的同侧时， 过点A作AE CD，垂足为E，则AE//BD， 又因为AB5,CD9,BD3，可得CE CDDE CDAB4， 在直角△ACE中，可得AC  AE2 CE2  32 42 5. 如图（2）所示，当点A,C 在平面的两侧时， 过点A作CD的延长线的垂线，设AF CF，垂足为F ，则AF //BD， 又因为AB5,CD9,BD3，可得CF CDDF CD AB14， 在直角△ACF中，可得AC  AF2 CF2  32 142  205 . 故答案为：5或 205. 第 6 页 共 19 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 10. 设O,O 分别是圆柱P的上､下底面, 的中心，Q 是以O 为顶点， 为底面的圆锥体 i 1,2 ， 1 2 1 2 i i 3i 若圆柱P的体积为1，那么圆锥Q,Q 的公共部分的体积为__________. 1 2 1 【答案】 12 【解析】 【分析】根据题意，得到圆锥Q,Q 的公共部分为同底的圆锥OO 和OO ，结合圆柱和圆锥的体积公式， 1 2 1 2 即可求解. 【详解】如图所示，根据题意，以Q 是以O 为顶点， 为底面的圆锥体 i 1,2 ， i i 3i 则圆锥Q,Q 的公共部分为同底的圆锥OO 和OO 1 2 1 2 设圆锥P底面圆的半径为R，高为h，可得πR2h1， 由 O 1 AB∽  O 1 CD，且根据几何体的对称性，可得AB R， 1 1 即公共部分的圆锥的底面圆的半径为 R，且每个小圆锥的高为 h, 2 2 1 1 1 1 1 所以公共部分的体积为V  π( R)2 h2 πR2h . 3 2 2 12 12 1 故答案为： . 12 11. 正四棱柱ABCDABC D 中，已知AB 2,AA 1，那么以A为球心，半径为2的球面与该四棱 1 1 1 1 1 柱表面交线的总长度为__________. 5π 3π 【答案】 + . 3 2 【解析】 【分析】利用球与正四棱柱的特征求轨迹长度即可. 第 7 页 共 19 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 【详解】 如图所示，以A为球心，半径为2的球面与该四棱柱的表面交线为四段弧FB、BD、FG、DG， 分别在平面ABB A、ABCD、ADD A、ABC D 上， 1 1 1 1 1 1 1 1 π π π π 易知AF 2AA FAB  FB 2  DG，BD= 2=π， 1 6 6 3 2 π 3π GF=  3= ， 2 2 5π 3π 所以交线长为 + . 3 2 5π 3π 故答案为：  3 2               12. 已知空间四个单位向量e ,e ,e ,e 满足： e e  e e 2e e e e 1，则e e 的最大值为 1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4 1 3 __________. 73 15 【答案】 16 【解析】     【分析】将该四个单位向量平移至共起点置于球中，利用空间向量的数量积计算e e ,e e ，借助圆锥 1 2 3 4   图形确定e ,e 即可. 1 3 第 8 页 共 19 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 【详解】     如图所示，令e ,e ,e ,e 共起点O， 1 2 3 4   2   2   1   由题意易得 e e 1e 2e e e 1e e  cose ,e ， 1 2 1 1 2 2 1 2 2 1 2   1     2π 同理cose ,e  e ,e e ,e  ， 3 4 2 1 2 3 4 3 设e  e  a  ,e  e  b  ，则e  ,a  e  ,b   π ， 1 2 3 4 1 3 3 根据条件有 a  b   1 a 2 2a  b  b  2  1 a  b   7 cosa  ,b  ， 2 4 8     所以e ,e 分别在以a,b所在直线为轴，O为顶点， 1 3 π 以夹角 旋转一周得到的圆锥OO、OO 的侧面上， 3 1 2       观察图形可知当e ,e , a,b在平面OOO 内时，此时e ,e 夹角最小， 1 3 1 2 1 3 易知a  ,b  πsina  ,b   15 ， 8 则cose  ,e  cosa  ,b   2π cosa  ,b  cos 2π sina  ,b  sincos 2π  73 15 ， 1 3max 3 3 3 16     73 15 所以e e cose ,e  . 1 3 1 3 16 73 15 故答案为： . 16 二､选择题（本大题共有 4题，满分 16分，每小题 4分） 第 9 页 共 19 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 13. 南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔 148．5m时，相应水面的面积为140．0km2；水位为海拔157．5m时，相应水面的面积为180．0km2，将该 水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔148．5m上升到157．5m时，增加的水量约 为（ 7 2.65）（ ） A. 1.0109m3 B. 1.2109m3 C. 1.4109m3 D. 1.6109m3 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意只要求出棱台的高，即可利用棱台的体积公式求出． 【详解】依题意可知棱台的高为MN 157.5148.59(m)，所以增加的水量即为棱台的体积V ． 棱台上底面积S 140.0km2 140106m2，下底面积S180.0km2 180106m2， 1   1   ∴V  h S S SS  9 140106 180106  1401801012 3 3   3 32060 7 106 96182.65107 1.437109 1.4109(m3)． 故选：C． 14. 已知平面、、两两垂直，直线a、b、c满足：a,b,c，则直线a、b、c不可能满足以下 哪种关系 A. 两两垂直 B. 两两平行 C. 两两相交 D. 两两异面 【答案】B 【解析】 【分析】通过假设a//b，可得a,b平行于,的交线，由此可得c与交线相交或异面，由此不可能存在 a//b//c，可得正确结果. 【详解】设  l ，且l与a,b均不重合 第 10 页 共 19 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 假设：a//b//c，由a//b可得：a//，b// 又  l ，可知a//l，b//l 又a//b//c，可得：c//l 因为,,两两互相垂直，可知l与相交，即l与c相交或异面 若l与a或b重合，同理可得l与c相交或异面 可知假设错误，由此可知三条直线不能两两平行 本题正确选项：B 【点睛】本题考查空间中的直线、平面之间的位置关系，关键在于能够通过线面关系得到第三条直线与前 两条线之间的位置关系，从而得到正确结果. 15. 已知二面角l为600，点P、Q分别在、内且PQl，P到的距离为 3，Q到的距离 3 为 , 则PQ两点之间的距离为 2 A. 3 B. 1 C. 2 D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】 由题意分别作PC ,QD，过C作CM l，连接PM,QM ，在RtPMC,RtQMD中，分别求 出QM,PM ，再在PMQ中，利用余弦定理即可求解. 【详解】如图，作PC ,QD，过C作CM l，连接PM,QM ， 由  l ，所以PC l,QDl， 又PQl ，l平面QCDP，即l平面QMP 第 11 页 共 19 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 3 由二面角l为600，P到的距离为 3，Q到的距离为 , 2 3 3 在RtQMD中，QD ,QMD60， 2 2 QM  1 sin60 3 在RtPCM 中，PC  3,QMD60，PM  2， sin60 1 在PMQ中，QP2 QM2 PM2 2QM PM cos60 1422 3， 2 所以PQ 3 故选：A 【点睛】本题考查了由面面角求距离、余弦定理解三角形，考查了空间想象能力，属于基础题. 16. 如图，已知正三棱柱ABC ABC ,AC  AA ，E，F分别是棱BC,AC 上的点．记EF 与AA 所成 1 1 1 1 1 1 1 的角为，EF 与平面ABC所成的角为，二面角F BC  A的平面角为，则（ ） A.  B.  C.  D.  【答案】A 【解析】 【分析】先用几何法表示出，，，再根据边长关系即可比较大小． 【详解】如图所示，过点F 作FP AC于P，过P作PM BC于M ，连接PE， 第 12 页 共 19 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 则EFP，FEP，FMP， PE PE FP AB FP FP tan  1，tan  1，tan  tan， FP AB PE PE PM PE 所以， 故选：A． 三､解答题（本大题共有 4题，满分 42分） 17. 如图，在正四棱锥PABCD中，PA ABa,E 是棱PC的中点； （1）求证：PA 平面EDB； （2）求三棱锥EBDC的体积. 【答案】（1）证明见解析； 2a3 （2） . 24 【解析】 【分析】（1）连接AC交BD于O，由中位线的性质可得出PA//OE，再利用线面平行的判定定理可证得结 论成立； （2）计算出点E到底面的距离以及△BCD的面积，再利用锥体的体积公式可求得三棱锥的体积. 【小问1详解】 证明：在正四棱锥PABCD中，四边形ABCD为正方形， 连接AC交BD于O，则O为AC的中点， 又因为E为PC的中点，所以PA//OE， .因为OE 平面EDB，PA平面EDB， 所以PA 平面EDB . 【小问2详解】 第 13 页 共 19 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 在正四棱锥PABCD中，O为底面的中心，则PO底面ABCD， 2 2a 所以  POA为直角三角形，PO PA2 AO2  PA2 ( AB)2= 2 2 1 2a 因为E为PC的中点，则点到E平面ABCD的距离h PO ， 2 4 1 1 1 2a 2a3 因此，三棱锥EBDC的体积V  ·S ·h  a2  . 3 BCD 3 2 4 24 2  18. 如图，在四面体ABCD中，AB3，AC  AD2，BADCAD ，BAC  ，点 3 2 M ，N 分别在棱AB，BC上，且AM  BM ，CN 2BN .      （1）用AB，AC，AD表示AN，DM ； （2）求异面直线AN，DM 所成角的余弦值.  2 1  1  【答案】（1）AN  AB AC，DM  ABAD 3 3 2 17 370 （2） 370 【解析】 【分析】（1）根据向量的线性运算直接表示各向量； （2）利用转化法求向量数量积及夹角. 【小问1详解】 第 14 页 共 19 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) 因为点M ，N 分别在棱AB，BC上，且AM  BM ，CN 2BN ，  1  1 所以AM  AB，BN  BC， 2 3     1  1  2 1 所以AN  ABBN  AB BC  AB ACAB  AB AC， 3 3 3 3    1  DM  DA AM  ABAD； 2 【小问2详解】 2  因为AB3，AC  AD2，BADCAD ，BAC  ， 3 2      2   2 所以ABAC 32cos 0，ABAD32cos 3，ACAD22cos 2 2 3 3 2  2 1 4 2 4  1 2 2 10 所以 AN  AB AC  AB  ABAC AC  ，   3 3  9 9 9 3 2  1  1 2   2 37 DM  ABAD  AB ABAD AD  ，   2  4 2   2 1 1  ANDM   AB AC    ABAD  3 3  2  1 2 2  1  1  17  AB  ABAD ABAC ACAD ， 3 3 6 3 3 17     ANDM 3 17 370 所以cos AN,DM      ， AN  DM 2 10 37 370  3 2 17 370 即异面直线AN，DM 所成角的余弦值为 . 370 19. 在底面为正三角形的三棱柱ABC- ABC 中，平面ABC⊥平面BCC B ，CBB 60， 1 1 1 1 1 1 AA 2AB4 . 1 （1）证明：BC  AC ； 1 1 1 第 15 页 共 19 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) （2）求二面角CABA 的余弦值. 1 【答案】（1）证明见解析 5 （2） 5 【解析】 【分析】（1）求出BC，利用勾股定理证明BC  BC ，再根据面面垂直的性质可得BC 平面 1 1 1 1 1 ABC ，再根据线面垂直的性质即可得证； 1 1 1 （2）以B 为原点，BC，BC 所在直线分别为x轴，y轴建立空间直角坐标系，利用向量法即可求出答 1 1 1 1 案. 【小问1详解】 证明：因为CBB 60，AA 2AB4， 1 1 所以BC2  BC2 BB2 2BCBB cosCBB 12，则BC 2 3， 1 1 1 1 1 所以BC2 BC2 CC2，即BC  BC ， 1 1 1 1 1 1 1 因为平面ABC∥平面ABC ，平面ABC⊥平面BCC B ， 1 1 1 1 1 所以平面ABC 平面BCC B ， 1 1 1 1 1 因为平面ABC Ç平面BCC B  BC ， 1 1 1 1 1 1 1 所以BC 平面ABC ，又AC 平面ABC ， 1 1 1 1 1 1 1 1 1 所以BC  AC ； 1 1 1 【小问2详解】 解：如图，以B 为原点，BC，BC 所在直线分别为x轴，y轴建立空间直角坐标系， 1 1 1 1       则B 0,0,0 ，C 2 3,0,0 ，B 2 3,2,0 ，A 0,1, 3 ， 1 1       所以B A  0,1, 3 ，BB 2 3,2,0 ， 1 1 1  设平面ABA 的法向量为n x,y,z， 1 1   n B A 0   y 3z 0    则  n  1  1   B  1 1  B  1 0 ，即 2 3x2y 0 ，取x=1，则n 1  1, 3,1 ， uur 又因为x轴⊥平面ABC，所以取平面ABC的法向量n 1,0,0， 2 第 16 页 共 19 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 )     n n 1 5 cos n ,n  1 2   所以 1 2 n  n  5 5 ， 1 2 由图可知，二面角为锐角， 5 所以二面角CABA 的余弦值为 . 1 5 20. 在长方体ABCDABC D 中， 1 1 1 1 （1）已知P､Q分别为棱AB､CC 的中点（如图1），做出过点D ，P，Q的平面与长方体的截面.保留作图 1 1 痕迹，不必说明理由； （2）如图2，已知AB13，AD5，AA 12，过点A且与直线CD平行的平面将长方体分成两部 1 分.现同时将两个球分别放入这两部分几何体内，则在平面变化的过程中，求这两个球的半径之和的最大 值. 【答案】（1）答案见解析 165 （2）最大值为 38 【解析】 【分析】（1）运用基本事实3：两面有一个公共点，则必有一条过该点的交线，基本事实3是做截面问题 的基础； （2）用CBP的三角函数将两圆的半径分别表示出来，构造新函数，通过函数单调性求得问题的最值. 【小问1详解】 第 17 页 共 19 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 ) ①延长DQ交DC延长线于点E； 1 ②连接PE与BC交于点F，并延长EP交DA延长线于点G； ③连接DG交AA 于点H； 1 1 ④分别连接线段DH ，HP，PF，FQ，QD ，则五边形DHPFQ及其内部（图中阴影部分）即为所求 1 1 1 截面. 【小问2详解】 如图所示， 平面ABMN将长方体分成两部分，MN有可能在平面CDDC 上或平面ADC B 上，但是若MN在平面 1 1 1 1 1 1 ADC B 上运动， 1 1 1 1 两部分几何体都是细长形状，放入的两个小球由于棱长AD限制，易知要使两球半径和的最大，需在平面 CDDC 上运动. 1 1 延长BC 与BM交于点P，作OQ BC于Q点， 1 1 1 设CBP BPB ，圆O 对应的半径为r ， 1 1 1 根据三角形内切圆的性质，   OQ r 在Rt△OQB中，QBO  ，BQ BCCQ5r ，tan  1  1 ， 1 1 2 1 2 BQ 5r 1 第 18 页 共 19 页上海最大家教平台---嘉惠家教 2万余上海老师任您选（在职老师、机构老师、985学霸大学生应有尽有 ，+V: jiajiao6767 )  5tan 5 2 则r  5 ， 1   1tan 1tan 2 2 512  2 又当BP与BC 重合时，r 取得最大值，由内切圆等面积法求得r  2，则tan  1 1 1 51213 2 3  设圆O 对应的半径为r ，同理可得r 66tan ， 2 2 2 2 5  7 又r  ，解得tan  . 2 2 2 12 5  5   r r 5 66tan 17 6 1tan 7  2   故 1 2  2   2  ， tan  ， 1tan 1tan 12 2 3 2 2  19 5 5 设x1tan ，则x  ,  ， f x17 6x， 2 12 3 x 19 5 由对勾函数性质易知x  ,  ，函数 f x 单减， 12 3 19 5 19 165 f x f 17 6  165   则 12 19 12 38 ，即最大值为 . 38 12 165 故两个球的半径之和的最大值为 . 38 【点睛】本题考查截面问题，考查球的综合问题，考查构造函数思想以及数形结合思想，借助三角函数表 示边长，从而把问题转化为函数问题，再通过单调性解决最值问题，属于较难题目. 第 19 页 共 19 页