微专题22 几何体的切、接及嵌套问题
高考定位 空间几何体的外接球、内切球及嵌套问题是高中数学的重点、难点,也是高考命题的热
点,难度较大,一般出现在压轴小题的位置.
【真题体验】
1.(2021·全国甲卷)已知A,B,C 是半径为1 的球O 的球面上的三个点,且AC⊥BC,AC＝BC＝1,则三
棱锥O－ABC 的体积为( )
A.√2
12
B.√3
12
C.√2
4
D.√3
4
答案 A
解析 如图所示,因为AC⊥BC,所以AB 为截面圆O1的直径,且AB＝√2.
连接OO1,
则OO1⊥平面ABC,
OO1＝√O A
2−(
AB
2 )
2
＝√
1−(
√2
2 )
2
＝√2
2 ,
所以三棱锥O－ABC 的体积
V＝1
3S△ABC·OO1＝1
3 × 1
2 ×1×1× √2
2 ＝√2
12 .
2.(2022·新高考Ⅱ卷)已知正三棱台的高为1,上、下底面边长分别为3√3和4√3,其顶点都在同一球
面上,则该球的表面积为( )
A.100π
B.128π
C.144π
D.192π
答案 A
解析 由题意,得正三棱台上、下底面的外接圆的半径分别为2
3 × √3
2 ×3√3＝3,2
3 × √3
2 ×4√3＝4.
设该棱台上、下底面的外接圆的圆心分别为O1,O2,连接O1O2(图略),
则O1O2＝1,其外接球的球心O 在直线O1O2上.
设球O 的半径为R,
当球心O 在线段O1O2上时,
R2＝32＋OO1
2＝42＋(1－OO1)2,
解得OO1＝4(舍去);
当球心O 不在线段O1O2上时,
R2＝42＋OO2
2＝32＋(1＋OO2)2,
解得OO2＝3,所以R2＝25,
所以该球的表面积为4πR2＝100π.
3.(2022·全国乙卷)已知球O 的半径为1,四棱锥的顶点为O,底面的四个顶点均在球O 的球面上,则
当该四棱锥的体积最大时,其高为( )
A.1
3
B.1
2
C.√3
3
D.√2
2
答案 C
解析 该四棱锥的体积最大,即以底面外接圆和顶点O 组成的圆锥体积最大,
设圆锥的高为h(0<h<1),底面半径为r,
则圆锥的体积V＝1
3πr2h＝1
3π(1－h2)h,
则V'＝1
3π(1－3h2),
令V'＝1
3π(1－3h2)＝0,
得h＝√3
3 ,
所以V＝1
3π(1－h2)h 在(0, √3
3 )上单调递增,
在(
√3
3 ,1)上单调递减,
所以当h＝√3
3 时,四棱锥的体积最大,故选C.
4.(2023·全国甲卷)在正方体ABCD－A1B1C1D1中,E,F 分别为AB,C1D1的中点,则以EF 为直径的球
的球面与该正方体的棱共有 个公共点.
答案 12
解析 如图,线段EF 过正方体的中心,
所以以EF 为直径的球的球心即正方体的中心,
球的半径为EF
2 ,
而正方体的中心到每一条棱的距离均为EF
2 ,
所以以EF 为直径的球与每一条棱均相切,
所以共有12 个公共点.
5.(2025·新高考Ⅱ卷)一个底面半径为4 cm,高为9 cm 的封闭圆柱形容器(容器壁厚度忽略不计)内
有两个半径相等的铁球,则铁球半径的最大值为 cm.
答案 2.5
解析 设铁球半径为r cm,若两个铁球的球心在竖直方向上,且分别与两个底面相切,则铁球球心
与圆柱上、下底面的距离均为r,此时铁球的半径为9
4 cm.
当两球球心不在竖直方向上时,设两个铁球的球心分别为O1,O2,此种情况下,当铁球半径最大时,
如图1 所示,圆柱与两铁球的轴截面如图2 所示 ,其中ABCD 为圆柱的轴截面,
O2P⊥AB,O1P⊥AD,则有O2P＝9－2r,O1P＝8－2r,O1O2＝2r,
在Rt△O1O2P 中,有(2r)2＝(8－2r)2＋(9－2r)2,
即(2r－29)(2r－5)＝0,
解得r＝2.5 或r＝14.5(舍去).
因为2.5>9
4 ＝2.25,
所以铁球半径的最大值为2.5 cm.
【热点突破】
热点一 空间几何体的外接球
1.正方体的外接球的球心为其体对角线的中点,半径为体对角线长的一半.
2.长方体的外接球的球心为其体对角线的中点,半径为体对角线长的一半.
3.补成长方体(墙角模型)的三棱锥的外接球
(1)若三棱锥的三条侧棱两两互相垂直,则可将其放入某个长方体内,如图1 所示.
(2)若三棱锥的四个面均是直角三角形,则此时可构造长方体,如图2 所示.
(3)正四面体PABC 可以补形为正方体,如图3 所示.
(4)若三棱锥的对棱两两相等,则可将其放入某个长方体内,如图4 所示.
例1 (1)已知三棱锥P－ABC 的四个顶点在球O 的球面上,PA＝PB＝PC,△ABC 是边长为2 的正三
角形,E,F 分别是PA,AB 的中点,∠CEF＝90°,则球O 的体积为( )
A.8√6π
B.4√6π
C.2√6π
D.√6π
(2)(2025·临汾二模)在三棱锥P－ABC 中,∠PAB＝∠CAB＝π
2 ,AP＝AB,AB＋AC＝6,且二面角P－
AB－C 的大小为2π
3 ,则当该三棱锥的外接球体积最小时,AB＝( )
A.12
7
B.3
C.18
7
D.24
7
答案 (1)D (2)A
解析 (1)如图,由PA＝PB＝PC,△ABC 是边长为2 的正三角形,可知三棱锥P－ABC 为正三棱锥,
则顶点P 在底面的射影O 为底面三角形的中心,
连接BO 并延长,交AC 于点G,
则AC⊥BG,又PO⊥AC,且PO∩BG＝O,
可得AC⊥平面PBG,则PB⊥AC.
因为点E,F 分别为PA,AB 的中点,
所以EF∥PB.
又∠CEF＝90°,即EF⊥CE,所以PB⊥CE.
又AC∩CE＝C,AC,CE⊂平面PAC,
所以PB⊥平面PAC,
所以PB⊥PA,PB⊥PC.
因为PA＝PB＝PC,△ABC 为正三角形,
所以PA⊥PC,
即PA,PB,PC 两两垂直,将三棱锥P－ABC 补形为正方体,
则正方体的外接球即为三棱锥的外接球,
其直径2R＝√P A
2＋P B
2＋PC
2＝√6,
即R＝√6
2 ,
所以球O 的体积V＝4
3 πR3＝4
3 π(
√6
2 )
3
＝√6π.
(2)由于∠PAB＝∠CAB＝π
2 ,
且二面角P－AB－C 的大小为2π
3 ,
故∠PAC 为二面角P－AB－C 的平面角,
故∠PAC＝2π
3 .
由于AB⊥PA,AB⊥AC,PA∩AC＝A,PA,AC⊂平面PAC,故AB⊥平面PAC.
设AB＝x,则AC＝6－x,
在△PAC 中,由余弦定理可得
PC2＝x2＋(6－x)2－2×x×(6－x)cos2π
3
＝x2－6x＋36,
则△PAC 的外接圆半径
r＝1
2
PC
sin 2π
3
＝1
√3·√x
2−6 x＋36.
设△PAC 的外接圆圆心为M,
三棱锥P－ABC 的外接球球心为O,外接球半径为R,
连接OA,AM,OM,
则R2＝OA2＝r2＋(
1
2 AB)
2
＝1
3(x2－6x＋36)＋(
x
2)
2
＝7
12(x−12
7 )
2
＋72
7 ,
当x＝12
7 即AB＝12
7 时,球的半径取得最小值,此时三棱锥的外接球体积最小.
规律方法 求解空间几何体的外接球问题的策略
(1)定球心:球心到几何体各顶点的距离相等且为半径.
(2)作截面:选准最佳角度作出截面(要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现
这些元素的关系),达到空间问题平面化的目的.
(3)求半径下结论:根据作出截面中的几何元素,建立关于球的半径的方程,并求解.
训练1 (1)已知圆柱OO1的下底面在半球O 的底面上,上底面圆周在半球O 的球面上,记半球O 的
底面圆面积与圆柱OO1的侧面积分别为S,S1,半球O 与圆柱OO1的体积分别为V,V1,则当S
S1的值最
小时, V
V 1的值为 .
(2)(2025·延边模拟)在直三棱柱ABC－A1B1C1中,BC＝√3,AA1＝2√3,且∠BAC＝π
3 ,则该三棱柱的
外接球的体积为 .
答案 (1)4√2
3 (2)32π
3
解析 (1)设圆柱底面圆半径为r,高为h,球的半径为R,
则R2＝h2＋r2,S＝πR2,S1＝2πrh,
V＝1
2·4
3 πR3＝2
3πR3,V1＝πr2h,
所以S
S1
＝π R
2
2π rh ＝h
2＋r
2
2rh
＝h
2r ＋r
2h≥2√
h
2r · r
2h ＝1,
当且仅当r＝h 时等号成立,此时R＝√2r,
所以V
V 1
＝
2
3 π R
3
π r
2h
＝
2
3 π(√2r )
3
π r
2·r
＝4√2
3
.
(2)设△ABC 外接圆半径为r,圆心为O1,三棱柱ABC－A1B1C1的外接球球心为O,半径为R,连接
OA,OO1,O1A.
在△ABC 中,因为BC＝√3,∠BAC＝π
3 ,
故由正弦定理有
BC
sin∠BAC ＝√3
√3
2
＝2＝2r,
则r＝1,
则O1A＝r＝1,又OO1＝1
2AA1＝√3,
所以R2＝r2＋OO1
2＝1＋3＝4⇒R＝2,
所以球的体积为V＝4
3 πR3＝4
3 π×23＝32π
3 .
热点二 空间几何体的内切球
内切球半径常用公式
(1)万能公式(棱锥):R＝3V
S (注:V 表示棱锥的体积,S 表示棱锥的表面积)
(2)正方体的内切球:设正方体的棱长为a,其内切球半径为r＝a
2.
(3)圆锥内切球半径公式:圆锥的内切球有且仅有一个,球心在圆锥的轴线上,当圆锥高为h,底面圆
半径为r 时,则内切球半径R＝r
h(√h
2＋r
2－r).
(4)圆柱内切球的半径:等边圆柱才有内切球,球心在圆柱轴线中点处,内切球半径与圆柱底面圆半径
相等.
例2 (1)在三棱锥A－BCD 中,AB⊥平面BCD,BC⊥CD,且AB＝CD＝4,BC＝3,则该三棱锥内切球
的体积为( )
A.9 π
16
B.9 π
4
C.16 π
9
D.4 π
3
(2)(2025·潍坊模拟)如图,圆台的上、下底面半径分别为r1,r2,且2r1＋r2＝12,半径为4 的球与圆台
的上、下底面及每条母线均相切,则圆台的侧面积为( )
A.36π
B.64π
C.72π
D.100π
答案 (1)A (2)D
解析 (1)由AB⊥平面BCD,CD⊂平面BCD,得AB⊥CD.
又BC⊥CD,且AB,BC⊂平面ABC,AB∩BC＝B,
所以CD⊥平面ABC,
又AC⊂平面ABC,
所以CD⊥AC.
由AB＝CD＝4,BC＝3,得AC＝BD＝5,
所以三棱锥A－BCD 的表面积
S＝2× 1
2 ×3×4＋2× 1
2 ×4×5＝32,
三棱锥A－BCD 的体积
V＝1
3 × 1
2 ×3×4×4＝8.
设三棱锥内切球的球心为O,半径为r,
由V＝VO－ABC＋VO－ABD＋VO－ACD＋VO－BCD＝1
3Sr,
得r＝3V
S ＝3
4,
所以该三棱锥内切球的体积
V 球＝4
3πr3＝4
3 π×(
3
4)
3
＝9 π
16 .
(2)依题意作出圆台的轴截面如图所示,
设O1,O2分别为上、下底面圆的圆心,M 为侧面切点,O 为内切球球心,
连接O1O2,OM,
则O 为O1O2的中点,
OM⊥AB,OO1＝OM＝4,
O1O2＝8,O1A＝MA＝r1,O2B＝MB＝r2.
因为2r1＋r2＝12,所以r2＝12－2r1,
则AB＝MA＋MB＝r1＋r2＝12－r1.
过点A 作AG⊥O2B,垂足为G,
则AG＝O1O2＝8,BG＝r2－r1＝12－3r1.
在Rt△ABG 中,
由勾股定理得AG2＋BG2＝AB2,
即82＋(12－3r1)2＝(12－r1)2,
解得r1＝2 或r1＝4,
因为r1≠r2,所以r1＝2,r2＝8,故AB＝10,
所以圆台的侧面积为π×10×(2＋8)＝100π.
规律方法 空间几何体的内切球问题,一是找球心,球心到切点的距离相等且为球的半径,作出截面,
在截面中求半径;二是利用等体积法直接求内切球的半径.
训练2 (1)(2025·南昌模拟)一个圆锥的侧面展开图是一个半径为3,圆心角为2π
3 的扇形,在该圆锥内
有一个体积为V 的球,则该球的体积V 的最大值是( )
A.2π
B.2
3π
C.2√2
3 π
D.√2
3 π
(2)在正四棱台ABCD－A1B1C1D1中,AB＝4,A1B1＝2,AA1＝√3,若球O 与上底面A1B1C1D1以及棱
AB,BC,CD,DA 均相切,则球O 的表面积为 .
答案 (1)D (2)25π
解析 (1)由题意得,扇形的弧长l＝3× 2π
3 ＝2π,
所以该圆锥的底面圆的半径r＝l
2π ＝1,
所以该圆锥的高h＝√3
2−r
2＝2√2.
设该圆锥内的球的最大半径为R,圆锥的轴截面如图所示,
则依题意得
S△ABC＝1
2 ×2×2√2
＝1
2 ×(3＋3＋2)×R,
所以R＝√2
2 ,
所以该球的体积V 的最大值是
4
3 πR3＝4
3 π(
√2
2 )
3
＝√2
3 π.
(2)设棱台上下底面的中心为N,M,连接D1B1,DB,
则D1B1＝2√2,DB＝4√2,
所以棱台的高MN＝√B1B
2−( MB−N B1)
2
＝√(√3)
2−(2√2−√2)
2＝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A1B1C1D1相切于N,与棱
AB,BC,CD,DA 均相切于各边中点处,
设BC 中点为E,连接OE,OM,ME,
所以OE2＝OM2＋ME2⇒R2＝(R－1)2＋22,
解得R＝5
2,
所以球O 的表面积为4πR2＝25π.
热点三 几何体的嵌套问题
几何体的嵌套问题除了前面所涉及的外接球、内切球问题外,还有其他几何体的切、接问题,一般
命题形式为一个几何体是否能放入另一个几何体或能否在另一个几何体中自由转动等.
例3 (多选)(2023·新高考Ⅰ卷)下列物体中,能够被整体放入棱长为1(单位:m)的正方体容器(容器壁
厚度忽略不计)内的有( )
A.直径为0.99 m 的球体
B.所有棱长均为1.4 m 的四面体
C.底面直径为0.01 m,高为1.8 m 的圆柱体
D.底面直径为1.2 m,高为0.01 m 的圆柱体
答案 ABD
解析 由于棱长为1 m 的正方体的内切球的直径为1 m,所以选项A 符合题意;
由于棱长为1 m 的正方体中可放入棱长为√2 m 的正四面体,且√2>1.4,所以选项B 符合题意;
因为正方体的棱长为1 m,体对角线长为√3 m,√3<1.8,
所以高为1.8 m 的圆柱体不可能整体放入正方体容器中,所以选项C 不符合题意;
由于正方体的体对角线长为√3 m,而底面直径为1.2 m 的圆柱体,其高0.01 m 可忽略不计,
故只需把圆柱的底面与正方体的体对角线平行放置,即可以整体放入正方体容器中,所以选项D 符
合题意.
综上,选ABD.
规律方法 解答此类问题要充分发挥空间想象能力,从以下两个方面深入思考:(1)定性的分析,即通
过空间线、面位置关系判断;(2)定量的分析,即利用数值计算体积、棱长的大小进行判断.
训练3 (多选)(2025·青岛质检)下列物体,能够被半径为2 m 的球体完全容纳的有( )
A.所有棱长均为3 m 的四面体
B.底面棱长为1 m,高为3.6 m 的正六棱锥
C.底面直径为1.6 m,高为3.8 m 的圆柱
D.上、下底面的边长分别为1 m,2 m,高为3 m 的正四棱台
答案 ABD
解析 对于A,设所有棱长均为3 m 的四面体ABCD 的外接球的球心为O,顶点A 在底面BCD 上的
射影为E,外接球的半径为r m,则O 在AE 上.
连接CE,则CE＝2
3 × √3
2 ×3＝√3(m),
AE＝√A C
2−C E
2＝√9−3＝√6(m).
因为CO2＝CE2＋OE2,
所以r2＝3＋(√6−r )
2,
解得r＝3√6
4 <2,故A 符合题意;
对于B,底面棱长为1 m 的正六棱锥的底面外接圆的半径为1 m,
并设此时的外接球的半径为2 m,设球心到底面的距离为h m,
则由球的性质可知22＝12＋h2,
解得h＝√3或h＝－√3(舍去),
此时正六棱锥的高为2＋h＝2＋√3≈3.732>3.6,故B 符合题意;
对于C,圆柱的底面半径为0.8 m,高的一半为1.9 m,设其外接球的半径为R m,
所以R＝√0.8
2＋1.9
2＝√4.25>2,故C 不符合题意;
对于D,正四棱台中,上底面的对角线长为√2 m,
上底面外接圆的半径长为√2
2 m,
下底面的对角线长为2√2 m,
下底面外接圆的半径长为√2 m.
易知外接球的球心在正四棱台的上、下底面中心的连线上,且在上底面的下方,
设球心到上底面的距离为d m,球的半径为t m.
当球心在两底面之间时,球心到下底面的距离为(3－d) m(d<3),
则{
d
2＋(
√2
2 )
2
＝t
2,
(3−d)
2＋(√2)
2＝t
2,
解得d＝1.75<3,符合题意;
当球心在下底面上或下方时,球心到下底面的距离为(d－3) m(d>3),
则{
d
2＋(
√2
2 )
2
＝t
2,
(d −3)
2＋(√2)
2＝t
2,
解得d＝1.75<3,不符合题意.
故D 符合题意.
【精准强化练】
一、单选题
1.若棱长为2√3的正方体的顶点都在同一球面上,则该球的表面积为( )
A.12π
B.24π
C.36π
D.144π
答案 C
解析 由题意知球的直径2R＝√(2√3)
2＋(2√3)
2＋(2√3)
2＝6,
∴R＝3,∴S 球＝4πR2＝36π.
2.一个四面体的所有棱长都为√2,四个顶点在同一球面上,则此球的表面积为( )
A.3π
B.4π
C.3√3π
D.6π
答案 A
解析 构造棱长为1 的正方体,该四面体的外接球也是棱长为1 的正方体的外接球,
所以外接球半径R＝√3
2 ,
所以外接球表面积为S＝4πR2＝3π.
3.已知圆柱的高为1,它的两个底面的圆周在直径为2 的同一个球的球面上,则该圆柱的体积为(
)
A.π
B.3 π
4
C.π
2
D.π
4
答案 B
解析 如图画出圆柱的轴截面ABCD,O 为球心,
则球的半径R＝OA＝1,球心到底面圆的距离为OM＝1
2,
∴底面圆半径r＝√O A
2−O M
2＝√3
2 ,
故圆柱体积V＝πr2h＝π(
√3
2 )
2
×1＝3 π
4 .
4.(2025·天津模拟)如图,一个四分之一球形状的玩具储物盒,若放入一个玩具小球,合上盒盖,可放
小球的最大半径为r.若是放入一个正方体,合上盒盖,可放正方体的最大棱长为a,则r
a ＝( )
A.2＋√2
B.2－√2
C.3
2(√2＋1)
D.3
2(√2－1)
答案 D
解析 设储物盒所在球的半径为R,如图,
小球最大半径r 满足(√2＋1)r＝R,
所以r＝
R
√2＋1 ＝(√2－1)R.
正方体的最大棱长a 满足(√2a)
2＋(
a
2)
2
＝R2,
解得a＝2
3R,
所以
r
a ＝√2−1
2
3
＝3
2(√2－1).
5.(2025·广州模拟)已知球O 的表面积为4π,一圆台的上、下底面圆周都在球O 的球面上,且下底面
过球心O,母线与下底面所成角为π
3 ,则该圆台的侧面积为( )
A.3√3
4 π
B.3
2π
C.3√3
2 π
D.3π
答案 B
解析 作出示意图如图所示,
设球的半径为OA＝OB,
由题意可得∠OAB＝π
3 ,
所以OAB 是等边三角形,
所以∠AOB＝π
3 ,所以∠O1OB＝π
6 .
因为球O 的表面积为4π,所以4π×OA2＝4π,
解得OA＝1,所以OB＝AB＝1,
所以O1B＝1
2OB＝1
2,
所以圆台的侧面积为π×(
1
2 ＋1)×1＝3 π
2 .
6.某圆锥的底面直径和高均是2,则其内切球(与圆锥的底面和侧面均相切)的半径为( )
A.√5＋1
2
B.√5−1
2
C.√3＋1
2
D.√3−1
2
答案 B
解析 圆锥的轴截面如图所示,
设内切球的球心为D,半径为R,
则AB＝2,CG＝2,
所以AC＝BC
＝√(
AB
2 )
2
＋C G
2＝√5,
又S△ABC＝S△ADB＋S△ADC＋S△BDC,
即1
2 ×2×2＝1
2 ×2R＋1
2 ×√5R＋1
2 ×√5R,
解得R＝
2
1＋√5 ＝√5−1
2
,
即内切球的半径为√5−1
2
.
7.(2025·商洛三模)已知正三棱锥的底面边长为6,侧面积为18√3,则该三棱锥的外接球的表面积为(
)
A.49π
B.49 π
3
C.48π
D.36π
答案 A
解析 如图,取线段AB 的中点D,连接PD,CD,则PD⊥AB.
因为正三棱锥P－ABC 的侧面积为18√3,
则S△PAB＝1
2AB·PD＝3PD＝6√3,
可得PD＝2√3,
所以PA＝√P D
2＋A D
2＝√12＋9＝√21.
设点P 在底面ABC 的射影为点O,
则O 为正三角形ABC 的中心,
且OC＝2
3CD＝2
3 ×6×sin 60°＝2√3,
PO＝√PC
2−OC
2＝√21−12＝3.
设正三棱锥P－ABC 的外接球球心为H,
则H 在直线PO 上,连接CH.
设球H 的半径为R,
则OH＝|PO－R|＝|3－R|,
由勾股定理可得OH2＋OC2＝CH2,
即|3－R|2＋12＝R2,
解得R＝7
2,
因此,该正三棱锥的外接球的表面积为
4πR2＝4π×(
7
2)
2
＝49π.
8.(2025·北京西城区调研)已知正四面体ABCD(四个面都是正三角形),其内切球(与四面体各个面都
相切的球)的表面积为π
6 .设能装下正四面体ABCD 的最小正方体的体积为V1,正四面体ABCD 的外
接球(四面体各顶点都在球的表面上)的体积为V2,则V1·V2＝( )
A.√3
16 π
B.√6
8 π
C.3√2
8 π
D.3
2π
答案 A
解析 设正四面体的棱长为a,
则正四面体的表面积为S＝4× √3
4 a2＝√3a2.
设底面△ABC 的外接圆半径为r1,
则
a
sin π
3
＝2r1,所以r1＝√3
3 a.
所以正四面体的高为√
a
2−(
√3
3 a)
2
＝√6
3 a,
其体积为V＝1
3 × √3
4 a2× √6
3 a＝√2
12 a3.
设正四面体ABCD 内切球球心为O,半径为r2,
由V＝VO－ABC＋VO－ABD＋VO－BCD＋VO－ACD
＝1
3·Sr2＝1
3 ×√3a2r2＝√2
12 a3,
解得r2＝√6
12 a,
所以4πr2
2＝4π(
√6
12 a)
2
＝π
6 ,解得a＝1.
将该正四面体放入下图的正方体内,使得每条棱恰好为正方体的面对角线,
此时即为能装下正四面体ABCD 的最小正方体,
设此正方体的棱长为b,如图,
则2b2＝a2＝1,所以b＝√2
2 ,
所以体积V1＝b3＝√2
4 .
设正四面体ABCD 的外接球半径为R,
因为该正四面体的外接球即为棱长为√2
2 的正方体的外接球,
所以2R＝√3b＝√6
2 ,所以R＝√6
4 ,
所以外接球的体积V2＝4
3 π×(
√6
4 )
3
＝√6
8 π,
V1·V2＝√2
4 ·√6
8 π＝√3
16 π.
二、多选题
9.在正四棱锥S－ABCD 中,底面边长AB＝2,侧棱SA＝√5,在该四棱锥的内部有一个小球,则小球
的表面积可能是( )
A.2π
3
B.π
C.8 π
3
D.4 π
3
答案 ABD
解析 当小球与正四棱锥S－ABCD 各面相切时半径最大,此时小球的表面积最大.
设小球的最大半径为r,
由底面边长AB＝2,侧棱SA＝√5,
可得正四棱锥S－ABCD 的高为
SO＝√S A
2−O A
2＝√(√5)
2−(√2)
2＝√3,
∴VS－ABCD＝1
3 ×22×√3＝4√3
3 ,
又侧面面积为4S△SAB＝4× 1
2 ×2×√5−1＝8,
底面面积为S 四边形ABCD＝22＝4,
∴1
3 ×(8＋4)r＝4√3
3 ,解得r＝√3
3 ,
∴小球表面积的最大值为4πr2＝4 π
3 .
10.已知圆台的上、下底面直径分别为2,6,高为2√3,则( )
A.该圆台的体积为26√3π
B.该圆台外接球的表面积为112
3 π
C.用过任意两条母线的平面截该圆台所得截面周长的最大值为16
D.挖去以该圆台上底面为底,高为√3的圆柱后所得几何体的表面积为(16＋2√3)π
答案 BC
解析 由已知得圆台的上下底面半径分别为1,3.
对于A,圆台的体积为
1
3π(12＋32＋1×3)×2√3＝26√3
3
π,A 错误;
对于B,如图是圆台的轴截面ABCD,外接球球心为O,设外接球半径为R.
当球心在梯形ABCD 内时,√R
2−1
2＋√R
2−3
2＝2√3,
解得R2＝28
3 ;
当球心在梯形ABCD 外时,
√R
2−1
2－√R
2−3
2＝2√3,
方程无解,
所以外接球的表面积4πR2＝112
3 π,B 正确;
对于C,用过任意两条母线的平面截该圆台所得截面周长,其中轴截面的周长最大,
又母线长为√(2√3)
2＋(3−1)
2＝4,
则最大周长为4＋4＋2＋6＝16,C 正确;
对于D,如图,挖去以该圆台上底面为底,高为√3的圆柱后所得几何体的表面积为π(3＋1)×4＋
2π×1×√3＋π×(32＋12)＝26π＋2√3π,D 错误.
11.(2025·杭州质检)“阿基米德多面体”也称为半正多面体,是由边数不全相同的正多边形为面围
成的多面体,它体现了数学的对称美.如图是一个八个面为正三角形,六个面为正方形的“阿基米德
多面体”,棱长为6,则下列说法正确的是( )
A.将该几何体放到一个正方体内,则正方体的棱长最小为6√2
B.任意两个有公共顶点的三角形所在平面的夹角的余弦值均为1
3
C.将该几何体以正三角形所在面为底面放置,则高度为3√10
D.若该几何体可以在一个正四面体内任意转动,则该正四面体棱长的最小值为12√6
答案 ABD
解析 对于A,如图所示,该几何体放到一个正方体内,由棱长为6,易求得正方体的棱长最小为6√2
,故A 正确;
对于B,如图所示,以正方体的顶点O 为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系,
则A(3√2,0,6√2),B(6√2,3√2,6√2),C(6√2,0,3√2),E(3√2,6√2,6√2),F(6√2,6√2,3√2),
所以⃗AB＝(3√2,3√2,0),⃗AC ＝(3√2,0,－3√2),⃗BE＝(－3√2,3√2,0),⃗BF ＝(0,3√2,－3√2).
设平面ABC 的法向量为n＝(x,y,z),
所以{
n·⃗AB＝3√2 x＋3√2 y ＝0,
n·⃗AC ＝3√2 x−3√2 z＝0,
令x＝1,则y＝－1,z＝1,
所以平面ABC 的一个法向量为n＝(1,－1,1).
设平面BEF 的法向量为m＝(a,b,c),
所以{
m·⃗BE＝−3√2a＋3√2b＝0,
m·⃗BF ＝3√2b−3√2c＝0,
令a＝1,则b＝1,c＝1,
所以平面BEF 的一个法向量为m＝(1,1,1).
设平面ABC 与平面BEF 的夹角为θ,
所以cos θ＝|cos<m,n>|＝|m·n|
|m|·|n|
＝
1
√3×√3 ＝1
3,
所以由对称性可得任意两个有公共顶点的三角形所在平面的夹角的余弦值均为1
3,故B 正确;
对于C,G(0,6√2,3√2),
所以⃗CG＝(－6√2,6√2,0),点G 到平面ABC 的距离d＝|⃗CG·n|
|n|
＝12√2
√3 ＝4√6,
所以将该几何体以正三角形所在面为底面放置,则高度为4√6,故C 错误;
对于D,由该半正多面体的对称性知,该半正多面体的外接球的球心为正方体的中心,
该球半径为正方体的面对角线的一半
1
2 ×6√2×√2＝6.
该半正多面体可以在一个正四面体内任意转动,则该半正多面体的外接球是正四面体的内切球时,
正四面体的体积最小,
设此时正四面体的棱长为a,高为h,
所以1
3 × √3
4 a2×h＝1
3 ×4× √3
4 a2×6,
解得h＝24,
又正四面体底面正三角形的外接圆半径为√3
3 a,
则(
√3
3 a)
2
＋242＝a2,解得a＝12√6,
故所求正四面体棱长的最小值为12√6,故D 正确.
三、填空题
12.(2025·衡水模拟)台球是球类运动项目之一,是运动员在台球桌上,用一根长的球杆,按照一定的
规则,通过击打白色主球,使目标球入袋的一项体育休闲项目.如图,三角架内有15 个大小相同的球,
且球与球,球与三角架均相切.若三角架为边长是34.2 cm 的等边三角形,则球的半径为
cm.(取√3＝1.7)
答案 3
解析 可构建如图所示的平面图形,
设球的半径为r,则CE＝
r
tan 30° ＝√3r,
所以AC＝8r＋2√3r＝34.2,
解得r＝
34.2
8＋2√3 ＝3.
13.2021 年小米重新设计了自己的品牌形象.新旧图象如图所示,旧logo 是一个正方形,新logo 可看
作一个直径为边长的一半的圆在原正方形中运动,保留它运动过程覆盖的区域就是新logo.类比推
理,现有一个棱长为2 的正方体,一个直径为1 的球在正方体内部滚动,将该球可到达的区域保留,
不可到达的区域割去,得到一个几何体,我们称之为“小米正方体”,则“小米正方体”的体积为
.
答案 11
12π＋4
解析 根据类比可知,小球在正方体内部运动,“小米正方体”的8 个角合在一起刚好是一个直径
为正方体棱长一半的球体,12 条棱除开小球部分,余下的刚好可以组成与球半径相同且高为正方体
棱长一半的三个圆柱体.
剩余部分是个类似十字的几何体,可得该几何体的体积为4,
所以“小米正方体”的体积为4
3 π×(
1
2)
3
＋3×π×(
1
2)
2
×1＋4＝11
12π＋4.
14.(2025·南通调研)已知棱长为2√3的多面体ABC－A1B1C1,由上、下全等的正四棱锥A1－CBB1C1
和A－CBB1C1拼接而成,如图所示.记该多面体的外接球半径为R,该多面体的棱切球(与该多面体的
所有棱均相切的球)的半径为r,则R
r ＝ .
答案 √2
解析 在多面体ABC－A1B1C1中,连接CB1,BC1交于点O,
则O 为正方形CBB1C1的中心,如图所示.
由题意可知O 既是多面体ABC－A1B1C1的外接球的球心,也是棱切球的球心.
连接AA1,过点O 作OH⊥B1C1于点H,
在Rt△A1OC1中,OC1＝1
2BC1＝√6,
A1C1＝2√3,所以R＝OC1＝OA1＝√6,
r＝OH＝√OC1
2−C1 H
2＝√3,
所以R
r ＝√6
√3 ＝√2
