压轴13 与球有关的切、接问题的4 大核心题型
空间几何体的外接球、内切球是高中数学的重点、难点，也是高考命题的热点，一般是通过对几何体
的割补或寻找几何体外接球的球心求解外接球问题，利用等体积法求内切球半径等，一般出现在压轴小题
位置
题型01 空间几何体的外接球
1.（2022·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）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】设正三棱台上下底面所在圆面的半径1
2
,
r r ，所以
1
2
3 3
4 3
2
,2
sin 60
sin 60
r
r
=
=
o
o ，即1
2
3,
4
r
r
=
=
，设球心
到上下底面的距离分别为
1
2
,
d d ，球的半径为R ，所以
2
1
9
d
R
=
-
，
2
2
16
d
R
=
-
，故
1
2
1
d
d
-
= 或
1
2
1
d
d
+
= ，即
2
2
9
16
1
R
R
-
-
-
= 或
2
2
9
16
1
R
R
-
+
-
= ，解得
2
25
R =
符合题意，所以球的表面积为
2
4π
100π
S
R
=
=
．
故选：A．
2.已知三棱锥P
ABC
-
的四个顶点均在球O 上，
π
π
,
,
3,
2
6
BAC
ACB
AC
PB
Ð
=
Ð
=
=
^ 平面ABC ．若
tan
2 3
PAB
Ð
=
，则球O 的体积为（ ）
A．4π
3
B．16π
3
C．32π
3
D．64π
3
技法指导
（1）求几何体外接球半径的方法
①补体法：把几何体补成长方体、正方体、正四面体，再利用它们的外接球半径公式求解；②性质法：
球心与截面圆心的连线与截面垂直，球心与弦中点的连线与弦垂直.
（2）确定球心的常用结论
①长方体或正方体的外接球的球心是其体对角线的中点；②正三棱柱的外接球的球心是上、下底面中心
连线的中点；③直三棱柱的外接球的球心是上、下底面三角形外心连线的中点；④正棱锥的外接球的球
心在其高上，具体位置可通过建立直角三角形运用勾股定理计算得到.
【答案】C
【解析】在
ABC
V
中，
π
π
,
,
3
2
6
BAC
ACB
AC
Ð
=
Ð
=
=
，
所以
π
tan
1
6
AB
AC
=
= ，所以
2
BC =
．
因为PB ^ 平面
,
,
ABC AB BC Ì 平面ABC ，
所以
,
PB
AB PB
BC
^
^
．
又tan
2 3
PAB
Ð
=
，所以
tan
2 3
PB
AB
PAB
=
Ð
=
．
如图将三棱锥P
ABC
-
，补形为长方体，
则三棱锥P
ABC
-
的外接球就是长方体的外接球，
长方体的体对角线PC 是长方体的外接球的直径，球心为PC 的中点．
又
2
2
2
16
PC
PB
BC
=
+
=
，即
4
PC =
，所以球O 的半径为2，
故球O 的体积
3
4
32π
π
2
3
3
V =
´
=
．故选C．
3.已知四面体ABCD 的4 个面为全等的等腰三角形，且
2
4
CA
CB
AB
=
=
=
，A，B，C，D 四点在同一个球面
上，则该球的表面积等于（ ）
A．8π
B．12π
C．18π
D．24π
【答案】C
【解析】依题意可知
4
DA
CB
DB
AC
=
=
=
=
，
2
DC
AB
=
=
．
如图，将四面体ABCD 放入长方体中，
设长方体的共顶点的三条棱的长分别为x，y，z，将四面体补形为长方体模型 ，
则
2
2
2
2
2
2
4,
16,
16,
x
y
x
z
y
z
ì
+
=
ï
+
=
í
ï
+
=
î
解得
2,
2,
14.
x
y
z
ì =
ïï
=
í
ï =
ïî
四面体ABCD 的外接球也就是该长方体的外接球，其半径为
2
2
2
3 2
2
2
x
y
z
R
+
+
=
=
，
故所求表面积为
2
2
3 2
4π
4π
18π
2
S
R
æ
ö
=
=
´
=
ç
÷
ç
÷
è
ø
，故选C．
4.（2023·全国乙卷T16）已知点, , ,
S A B C 均在半径为2 的球面上，
ABC
V
是边长为3 的等边三角形，SA ^
平面ABC ，则SA =
．
【答案】2
【解析】如图，将三棱锥S
ABC
-
转化为正三棱柱SMN
ABC
-
，
设
ABC
V
的外接圆圆心为
1
O ，半径为r ，
则
3
2
2 3
sin
3
2
AB
r
ACB
=
=
=
Ð
，可得
3
r =
，
设三棱锥S
ABC
-
的外接球球心为O ，连接
1
,
OA OO ，则
1
1
2,
2
OA
OO
SA
=
=
，
因为
2
2
2
1
1
OA
OO
O A
=
+
，即
2
1
4
3
4 SA
=
+
，解得
2
SA =
.
题型02 空间几何体的内切球
5.（2025·吉林长春·模拟预测）所有棱长都是2 的正四棱锥的内切球半径为（ ）
A．
2
3
B．
3
3
C．
6
2
2
-
D．
6
2
4
+
【答案】C
【解析】依题意，所有棱长都是2 的正四棱锥的高
2
2
2
( 2)
2
h =
-
=
，
体积
2
1
4 2
2
2
3
3
V =
´
´
=
，表面积
2
2
3
4
2
2
4( 3
1)
4
S =
´
´
+
=
+
，
技法指导
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.
设该棱锥的内切球半径为r ，则1
3 Sr
V
=
，即
3
4 2
6
2
2
4( 3
1)
V
r
S
-
=
=
=
+
，故选C
6.（2025·江西南昌·模拟预测）已知正三棱锥P
ABC
-
的体积为
3
3m ，侧面积为
2
2m ，底面积等于
2
1m ，则这
个正三棱锥内切球的体积为（
）
A．
3
36π m
B．
3
12π m
C．
3
108π m
D．
3
4 π m
3
【答案】A
【解析】因为三棱锥P
ABC
-
的体积：
1
3
V
S r
=
× ，
其中S 为三棱锥P
ABC
-
的表面积，r 为其内切球的半径.
所以
1
3
2 1
3
r
=
´
+
×
Þ
3
r = .
所以这个三棱锥内切球的体积为：
3
3
4
4
π
π 3
36π
3
3
r =
´
=
（
3
m ），故选A
7.某圆台的下底面半径是上底面半径的3 倍，一个半径为3 的球与该圆台的两个底面和侧面均相切，则这个
圆台的体积为（ ）
A．39π
B．60π
C．78π
D．117π
【答案】C
【解析】如图，作圆台的轴截面：
设HD
r
=
，则
3
FA
r
=
，过D 作DM
AB
^
于M ，则
2
AM
r
=
，
又
4
AD
AE
DE
AF
DH
r
=
+
=
+
=
，
6
DM
GF
=
=
，
在Rt AMD
V
中，
2
2
2
AD
AM
DM
=
+
Þ
2
2
2
16
4
6
r
r
=
+
Þ
2
3
r =
.
所以圆台的体积为：
2
2
π
3
3
3
V
r
r
r
r
HG
é
ù
=
+
+ ×
×
ë
û
78π
=
.
故选：C
8.（2025 新高考Ⅱ卷T14）一个底面半径为4cm ，高为9cm 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】5
2
【解析】圆柱的底面半径为4cm ，设铁球的半径为r，且
4
r <
，
由圆柱与球的性质知
2
2
2
2
(2 )
(8
2 )
(9
2 )
AB
r
r
r
=
=
-
+
-
，
即
2
4
68
145
2
5
2
29
0
r
r
r
r
-
+
=
-
-
= ，
4
r <
Q
，
5 .
2
r
\
=
题型03 空间几何体的棱切球
9．（2026·江西南昌·期末）正三棱锥P
ABC
-
的底面边长为2 3 ，侧棱长为2 2 ，若球H 与正三棱锥所有
的棱都相切，则这个球的表面积为（ ）
A．17
4 p
B．(44 16 6)p
-
C．9
2p
D．32p
【答案】B
【解析】设底面ABC 的外接圆的圆心为O ，连接
,
PO AO ，延长AO 交BC 于N ，
球H 与棱
,
PA BC 分别切于
,
M N ，设球H 的半径为r ，
则
3
2 3
2
3
AO =
´
=
，
3
2 3
2
1
2
ON =
´
-
= ，
而
^
PO
底面ABC ，所以PO
AO
^
，可得
8
4
2
PO =
-
=
，
在直角三角形ONH 中，
2
1
OH
r
=
- ，1
2 2
r
<
<
，
在直角三角形PMH 中，
,
2
PM
MH
r PH
r
=
=
=
，
所以PO
PH
OH
=
+
，即有
2
2
2
1
r
r
=
+
- ，解得
2 2
3
r =
-
，
则这个球的表面积为
2
2
4
4
2 2
3
44 16 6
r
p
p
p
=
´
-
=
-
．
故选：B
技法指导
解决棱切球问题的常用方法
（1）外形：转化为内切球求解；
（2）找切点⇒定球心⇒构造直角三角形求解.
10．（2026·山东菏泽二模）已知正三棱柱
1
1
1
ABC
A B C
-
的体积为18，若存在球O 与三棱柱
1
1
1
ABC
A B C
-
的各
棱均相切，则球O 的表面积为（ ）
A．8p
B．12p
C．16p
D．18p
【答案】C
【解析】设正三棱柱
1
1
1
ABC
A B C
-
的底面边长为a ，高为b ，上底面中心为
1
O ，下底面中心为G ，
连接
1
O G ，则球O 的球心O 在
1
O G 的中点上，设球O 切棱
1
AA 于F ，切棱BC 于E ，
则F 、E 分别为所在棱的中点，
由题意
1 1 1
2
3
18
4
ABC A B C
V
a b
-
=
=
，①
因为
3
π
3
2sin 3
a
OF
AG
a
=
=
=
，
3
6
GE
a
=
，
又
2
OG
b
=
，所以
2
2
2
2
4
12
a
OE
O
b
G
GE
=
+
=
+
，
所以
2
2
3
3
4
12
b
a
a =
+
，解得a
b
=
，②
联立①②可得
2 3
a
b
=
=
，
所以球O 的半径为
3
2
3
R
a
=
= ，
所以球O 的表面积为
2
2
4
4
2
16
S
R
p
p
p
=
=
´
=
，故选C.
题型04 与球切、接有关的最值问题
11.（2022·全国乙卷·高考真题）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】设该四棱锥底面为四边形ABCD，四边形ABCD 所在小圆半径为r，
设四边形ABCD 对角线夹角为a ，
则
2
1
1
1
sin
2
2
2
2
2
2
ABCD
S
AC BD
AC BD
r
r
r
a
=
×
×
×
£
×
×
£
×
×
=
（当且仅当四边形ABCD 为正方形时等号成立）
即当四棱锥的顶点O 到底面ABCD 所在小圆距离一定时，底面ABCD 面积最大值为
2
2r
又设四棱锥的高为h ，则
2
2
r
h
1
+
=
，
3
2
2
2
2
2
2
2
1
2
2
2
4 3
2
2
3
3
3
3
27
O ABCD
r
r
h
V
r
h
r
r
h
-
æ
ö
+
+
=
×
×
=
×
×
£
=
ç
÷
è
ø
当且仅当
2
2
2
r
h
=
即
3
3
h =
时等号成立，故选：C
【利用导数求最值】
由题意可知，当四棱锥为正四棱锥时，其体积最大，设底面边长为a ，底面所在圆的半径为r ，则
2
2
r
a
=
，所以该四棱锥的高
2
1
2
a
h =
-
，
2
2
1
1
3
2
a
V
a
=
-
，令
2
(0
2)
a
t
t
=
< <
，
3
2
1
3
2
t
V
t
=
-
，设
3
2
2
t
t
f
t
=
-
，则
2
3
2
2
t
f
t
t -
¢
=
，
4
0
3
t
< <
，
0
f
t
¢
>
，单调递增， 4
2
3
t
< <
，
0
f
t
¢
<
，单调递减，
所以当
4
3
t =
时，V 最大，此时
2
3
1
2
3
a
h =
-
=
．故选：C.
技法指导
求解与球切、接有关的最值问题的策略
（1）转化为函数最值问题：通过引入线参数或角参数，建立关于这些参变量的函数关系，转化为函数的
最值问题来解决；
（2）转化为平面几何问题：根据题目的特征，寻找或确定一个数量关系比较集中的平面，将题目的其他
条件逐步向该平面转移，然后利用几何方法或三角方法来解决；
（3）利用基本不等式：可通过引入多个变量建立数学模型，然后利用基本不等式求其最值.
12.（2025·山东·模拟预测）一个轴截面是边长为2 3 的正三角形的圆锥形封闭容器，放入一个小球
2
O 后，
还可以放入一个半径为1 的小球
1
O ，则小球
2
O 的体积与容器体积之比的最大值为（ ）
A．4
243
B．1
243
C．4
81
D．1
81
【答案】A
【解析】由题意，得圆锥形容器的底面半径
3
r =
，高
3
h =
.
因为边长为2 3 的正三角形的内切圆半径1
1
3
2 3
1
3
2
r =
´
´
= ，
所以轴截面是边长为2 3 的正三角形的圆锥的内切球半径为1，
所以小球
1
O 与容器的侧面，底面均相切.
要使小球
2
O 的体积与容器体积之比最大，则小球
2
O 的半径2r 最大，所以只需小球
2
O 与小球
1
O ，
圆锥形容器的侧面都相切，其轴截面如图.此时2
1
1
3
1
2 3
2
3
2
3
r
r
æ
ö
=
´
´
-
=
ç
÷
ç
÷
è
ø
，
所以小球
2
O 的体积与容器体积之比的最大值为
3
2
2
4 π
4
3
1
243
π
3
r
r h
=
，故选A.
1．
（2025·广东中山·二模）如图，在圆柱
1
2
O O 内有一个球O，该球与圆柱的上，下底面及母线均相切.若
1
2
2
O O =
，
则圆柱
1
2
O O 的表面积为（ ）
A．4π
B．5π
C．6π
D．7π
【答案】C
【解析】由题意知，圆柱
1
2
O O 底面半径
1
2
1
2
O O
r =
= ，母线长
1
2
2
l
O O
=
=
，
所以圆柱
1
2
O O 的表面积
2
2π
2π
2π
4π
6π
S
r
rl
=
+
=
+
=
.
故选：C
2．（2025·河南·三模）已知圆锥的母线长为
5 ，侧面展开图的面积为2 5π ，则该圆锥的外接球的表面积为
（ ）．
A．25π
B．10π
C．9π
D．4π
【答案】A
【解析】若圆锥底面半径为r ，则5π
2 5π
r =
，可得
2
r =
，故圆锥的高
5
4
1
h =
-
= ，
若圆锥外接球的半径为R ，则球心到圆锥底面距离
|
|
d
R
h
=
-
，
所以
2
2
2
d
r
R
+
=
，即
2
2
2
5
R
R
R
-
+
=
，可得
5
2
R =
，
故外接球的表面积为
2
4π
25π
R =
，故选A
3．（2025·甘肃白银·三模）如图，在三棱锥P
ABC
-
中，
,
AB
AC PA
^
^ 平面ABC，
3,
1,
2
PA
AB
AC
=
=
=
，
D，E，F 分别是棱PB，PC，BC 的中点，则三棱锥A
DEF
-
的外接球的表面积为（ ）
A．5π
2
B．7π
2
C．9π
2
D．3π
【答案】B
【解析】
设棱
,
,
AB AC PA的中点分别为
,
,
H M G ，连接
,
,
,
,
,
HF MF DG EG DH EM ，
构造长方体DGEN
HAMF
-
，则长方体DGEN
HAMF
-
外接球的表面积
即为三棱锥A
DEF
-
外接球的表面积．依题意，
3
1
,
1,
2
2
HD
HF
HA
=
=
=
，
设长方体DGEN
HAMF
-
外接球的半径为R，则
2
2
2
2
3
1
14
7
(2 )
( )
1
( )
2
2
4
2
R
=
+
+
=
=
，
所以其外接球的表面积
2
7π
4π
2
S
R
=
=
．
故选：B
4．（2025·江西·二模）在三棱锥P
ABC
-
中，平面ABC ^ 平面PAC ，PA
PC
^
，AC
AB
^
，
10
AB
AC
=
=
，
若点P 、A 、B 、C 均在球O 的表面上，则球O 的体积为（ ）
A．200π
B．200 2π
C．1000 2π
3
D．1000 2π
【答案】C
【解析】因为平面ABC ^ 平面PAC ，平面ABC I 平面PAC
AC
=
，AB
AC
^
，
AB Ì 平面PAB ，所以AB ^平面PAC ，
因为PC Ì平面PAC ，所以AB
PC
^
，
因为PA
PC
^
，PA
AB
A
=
I
，PA 、AB Ì 平面PAB ，所以PC ^ 平面PAB ，
因为PB Ì平面PAB ，所以PC
PB
^
，
取线段BC 的中点O ，连接OP 、OA，则
1
2
OP
OA
BC
OB
OC
=
=
=
=
，
故BC 为球O 的直径，故球O 的半径
2
2
5 2
2
2
BC
AC
AB
R
+
=
=
=
，
所以球O 的体积为
3
4π
1000 2π
3
3
R
V =
=
.
故选：C.
5．（2025·河南鹤壁·二模）如图，在三棱锥A
BCD
-
中，
ABC
V
和
BCD
△
均为边长为
3 的等边三角形，若
二面角A
BC
D
-
-
的大小为90o，则三棱锥A
BCD
-
外接球的表面积为（ ）
A．5π
B．8π
C．6π
D．9π
【答案】A
【解析】设E 是BC 中点，连接
,
AE DE ，设
ABC
V
的外心为
1
O ，
BCD
△
的外心为
2
O ，
O 是四面体外接球球心，
由于
ABC
V
和
BCD
△
都是边长为
3 的正三角形，
所以
2
2
3
3
,
,
3
2
2
AE
BC DE
BC AE
DE
æ
ö
^
^
=
=
-
=
ç
÷
ç
÷
è
ø
，
且
1
2
,
O O 分别在
,
DE AE 靠近E 的三等分点处.
根据二面角A
BC
D
-
-
的大小为90°及球的性质可知：
1
OO ^平面BCD，
2
OO ^ 平面ABC ，所以
1
2
,
OO
DE OO
AE
^
^
，
由于
1
2 ,
O E
O E AE
DE
=
^
，所以四边形
1
2
OO EO 是正方形，
1
2
1
1
3
2
EO
EO
DE
=
=
=
，
1
2
1
3
O D
DE
=
= ，
设四面体外接球的半径为R ，则
2
2
1
5
1
2
2
R
æ
ö
=
+
=
ç
÷
è
ø
.
所以外接球的表面积为
2
5
4π
4π
5π
4
R =
´
=
.
故选：A
6．（2025·四川德阳·三模）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）.若一正八
面体的内切球表面积为
1S ，外接球表面积为
2
S ，则
2
1
S
S 的值为（ ）
A．4
3
B．3
2
C．3
D．4
【答案】C
【解析】如图正八面体，连接AC 和BD 交于点O ，
因为EA
EC
=
，ED
EB
=
，所以EO
AC
^
，EO
BD
^
，
又AC Ì 平面ABCD ，BD Ì 平面ABCD ，AC
BD
O
=
I
，
所以EO ^ 平面ABCD ，
设正八面体的外接球的半径为R ，内切球半径为r ，
假设正八面体的棱长为2 ，
则
2
EB
EC
BC
=
=
=
，
2
OB
OC
=
=
，
2
2
2
EO
EB
OB
=
-
=
，
2
3
2
3
4
EBC
S
=
´
=
△
，
1
2 1
1
2
OBC
S
=
´ ´ =
△
，
因
2
OB
OC
OE
=
=
=
，则
2
R =
，且O 为正八面体的中心，
则点O 到平面BEC 的距离为内切球半径r ，
因为
E OBC
O EBC
V
V
-
-
=
，即1
1
=
3
3
OBC
EBC
S
EO
S
r
´
´
´
´
△
△
，
即1
1
1
2=
3
3
3
r
´ ´
´
´ ，所以
6
3
r =
，
所以
2
2
2
2
2
1
2
4π
3
4π
6
3
S
R
S
r
=
=
=
æ
ö
ç
÷
è
ø
，故选：C.
7．（多选）（2025·甘肃金昌·二模）如图，在圆柱
1
2
O O 中，轴截面ABCD 是边长为2 的正方形，M 是以
2
AO
为直径2 的圆上一动点（异于点
2
,
A O ），AM 与圆柱的底面圆交于点N ，则（ ）
A．
2
MO ∥平面
1
NBO
B．平面
1
2
MO O ^ 平面
1
ANO
C．直线NB 与直线
1
AO 有可能垂直
D．三棱锥
1
2
M
AO O
-
的外接球体积为定值
【答案】ABD
【解析】对于A，因为
,
M N 都是对应圆周上的点，
2,
AO AB 是相应的圆的直径，
所以
2
,
O M
AM NB
AN
^
^
，所以
2
MO ∥NB ，
因为
2
MO Ë 平面
1,
NBO NB Ì 平面
1
NBO ，所以
2
MO ∥平面
1
NBO ，A 项正确：
对于B，因为
1
2
1
2
2
2
,
O O
AN O O
MO
O
^
Ç
=
，所以AN ^平面
1
2
MO O ，
因为AN Ì 平面
1
ANO ，所以平面
1
2
MO O ^ 平面
1
ANO ，B 项正确；
对于C，若
1
NB
AO
^
，因为NB
AN
^
，
1
1
,
,
AN
AO
A AN AO
=
Ì
I
平面
1
ANO ，
所以NB ^ 平面
1
1
,
ANO NB
NO
^
，则
2
2
1
1
1
O B
NB
O N
O N
=
+
>
，
因为
1
2
O O ^ 平面
1
2
2
2
,
2,
1
ABN O O
BO
NO
=
=
= ，所以
2
2
1
1
2
1
5
O N
O B
=
=
+
=
，
这与
1
1
O B
O N
>
矛盾，故直线NB 与直线
1
AO 不可能垂直，C 项错误；
对于D，因为
1
2
1
,
AMO
AO O
V
V
均是以
1
AO 为斜边的直角三角形，
所以三棱锥
1
2
M
AO O
-
的外接球的球心为
1
AO 的中点，由于
2
2
1
2
1
5
AO =
+
=
，
故三棱锥
1
2
M
AO O
-
的外接球体积为定值，D 项正确.
故选：ABD
8．（多选）（2025·四川自贡·三模）如图1，在
ABC
V
中，AC
BC
^
，
3
B
p
Ð
=
，
8
AB =
，D 、E 分别在AB，
AC 上，且4
3
DE
BC
=
uuur
uuur
.将
ADE
V
沿DE 翻折得到图2，其中AC
CE
^
.记三棱锥A
BCD
-
外接球球心为
1
O ，
球
1
O 表面积为
1S ，三棱锥A
ECD
-
外接球球心为
2
O ，球
2
O 表面积为
2
S ，则在图2 中，下列说法正确的有
（ ）
A．BD
AD
^
B．直线AB 与DE 所成角的正弦值为10
5
C．
1
2 / /
O O
平面BCDE
D．
1
2
78
S
S
p
+
=
【答案】AC
【解析】选项A：由图1，在直角
ABC
V
中，
π
cos
4
3
BC
AB
=
×
=
，
π
sin
4 3
3
AC
AB
=
×
=
，
因为
3
4
DE
BC
=
uuur
uuur
，所以
//
DE
BC ，且
3
3
4
DE
BC
=
=
，
3
3 3
4
AE
AC
=
=
，
1
3
4
CE
AC
=
=
，
3
6
4
AD
AB
=
=
，
1
2
4
BD
AB
=
=
，
由图2，在直角
AEC
△
中，
2
2
2 6
AC
AE
CE
=
-
=
，
因为
//
DE
BC ，且AC
BC
^
，所以DE
EC
^
，
所以在直角DEC
V
中，
2
2
2 3
DC
DE
EC
=
+
=
，又
6
AD =
，
所以
2
2
2
AC
D C
AD
+
=
，所以AC
CD
^
，
又因为AC
CE
^
，CD
CE
C
=
I
，
,
CD CE Ì 平面BCED ，所以AC ^平面BCED ，
又BD Ì 平面BCED ，所以AC
BD
^
；
在BDC
V
中，
2
BD = ，
2 3
DC =
，
4
BC =
，所以
2
2
2
BD
DC
BC
+
=
，
即BD
CD
^
，又AC
CD
C
=
I
，
,
AC CD Ì 平面ADC ，所以BD ^ 平面ADC ，故A 正确；
选项B：因为
/ /
BC
DE ，所以
ABC
Ð
即为所求，
因为AC ^平面BCED ，
Ì
BC
平面BCED ，所以AC
BC
^
，
所以在直角
ABC
V
中，
2
2
2
2
2 6
4
2 10
AB
AC
BC
=
+
=
+
=
2 6
15
sin
5
2 10
AC
ABC
AB
Ð
=
=
=
，故B 不正
确；
选项C：由上可知BD ^ 平面ADC ，BD ^ AD ，则AB 的中点到
,
,
A B D 距离相等，
因为AC ^平面BDC ，BD
CD
^
，则AB 的中点到, ,
A B C 距离相等，所以
1
O 为AB 的中点，
同理可知
2
O 为AD 的中点，所以
1
2 / /
O O
BD ，1
2
O O Ë 平面BCDE ，BD Ì 平面BCDE ，所以
1
2
O O / / 平面BCDE ，
故C 正确；
选项D：由选项C 可知：球
1
O 的半径
1
10
2
AB
R =
=
，球
2
O 的半径
2
3
2
AD
R =
=
，
所以
2
2
1
2
1
2
4π
76π
S
S
R
R
+
=
+
=
，故D 不正确.
故选：AC.
9．（2025·陕西西安·模拟预测）已知圆台的高为3，上、下底面圆的半径分别为1 和2，它的两个底面的圆
周在同一个球的球面上，则该球的表面积为
．
【答案】20π
【解析】作出圆台及外接球的轴截面图，如图．
易得球心O 在圆台内部，设球心到上底面圆的距离为x ，
则球心到下底面圆的距离为3
x
-
，由勾股定理得
2
2
2
2
1
3
2
x
x
+
=
-
+
，解得
2
x =
，
则外接球的半径
2
21
5
R
x
=
+
=
，表面积为20π．
10.（2024·河南新乡·二模）在直三棱柱
1
1
1
A B C
ABC
-
中，
1
1
,
2
4
AB
BC AC
AA
^
=
=
，则该三棱柱的体积的最
大值为
．
【答案】6
【解析】如图，
1
4
AC =
，
1
2
AA =
，则
1
1
2 3
AC =
，
由AB
BC
^
，则
2
2
12
2
AB
BC
AB BC
+
=
³
×
，当AB
BC
=
时，等号成立，即AB BC
×
的最大值为6，
此时三棱柱的体积最大，最大体积为
1
1
1
6 2
6
2
2
AB BC AA
×
×
=
´ ´
=
.
11．（2025·上海徐汇·一模）如图，在
ABC
V
中，
90
ACB
Ð
=
o，
30
ABC
Ð
=
o ，
3
BC =
，在三角形内挖去一
个半圆，圆心O 在边BC 上，半圆与
,
AC AB 分别相切于点
,
C M ，与BC 交于另一点N ，将
ABC
V
绕直线BC
旋转一周得到一个旋转体.
(1)求该旋转体中间空心球的表面积的大小；
(2)求图中阴影部分绕直线BC 旋转一周所得旋转体的体积.
【解】（1）连接OM ，
AB
Q
为半圆的切线，
OM
AB
\
^
，
设OM
r
=
，则
3
OB
r
=
- ，
1
sin
2
3
r
MBO
r
\
Ð
=
=
-
，解得：
3
3
r =
，
2
4
4
3
S
r
p
p
\
=
=
球面
.
（2）
90
ACB
Ð
=
o
Q
，
30
ABC
Ð
=
o ，
3
BC =
，
1
AC
\
= ，
将阴影部分绕直线BC 旋转一周得到一个圆锥，里面挖去一个内切球，
\所求体积
2
3
1
4
1
4
3
5 3
3
3
3
3
3
9
27
V
V
V
AC
BC
r
p
p
p
p
p
=
-
=
´
´
-
=
´
-
´
=
圆锥
球
.
12．（2025·四川成都·模拟）已知球内接正四棱锥P
ABCD
-
的高为3，AC 、BD 相交于O ，球的表面积为
169π
9
，若E 为PC 中点.
(1)求证：
//
OE
平面PAD ；
(2)求三棱锥C
EOB
-
的体积.
【解】（1）依题意底面ABCD 为正方形，AC 、BD 相交于O ，
所以O 为AC 的中点，又E 为PC 中点，
所以
//
OE AP ，
又OE Ë 平面PAD ，AP Ì 平面PAD ，
所以
//
OE
平面PAD .
（2）设球的半径为R ，由球的表面积公式
2
169
4π
π
9
S
R
=
=
，
解得
13
6
R =
（负值舍去），
设球心为
1
O ，在正四棱锥P
ABCD
-
中，高为PO ，则
1
O 必在PO 上，
连接
1
AO ，则
1
13
6
O P =
，
1
1
5
6
O O
OP
O P
=
-
=
，
1
13
6
AO =
，
则在
1
Rt
O OA
△
，则
2
2
2
1
1
OO
OA
O A
+
=
，即
2
2
2
5
13
6
6
OA
æ
ö
æ
ö
+
=
ç
÷
ç
÷
è
ø
è
ø
，
解得
2
OA =
（负值舍去），
则
2
OB
OC
OA
=
=
=
，所以
1
2 2
2
2
BOC
S
=
´ ´
=
△
，
又E 为PC 中点，
^
PO
平面ABCD 且
3
PO =
，所以E 到平面ABCD 的距离为1
3
2
2
PO =
，
所以
1
3
2
1
3
2
C EOB
E COB
V
V
-
-
=
=
´
´
= .
13．（2025·黑龙江大庆·模拟预测）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2．若是放入一个正方体，合上盒盖，则可放正方体的最大棱长为（ ）
A．2
2
+
B．3 2
C．
4
2
1
3
+
D．
4
2
1
3
-
【答案】C
【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
2
2
1
R =
+
，
正方体的最大棱长a 满足
2
2
2
2
2
a
a
R
æ
ö
+
=
ç
÷
è
ø
，解得
2
4
2
1
3
3
a
R
=
=
+
，
故选：C.
14.（2025·浙江·三模）圆台内有一个球，与圆台的上下底面及所有母线均相切，则圆台与球的体积比的取
值范围为
.
【答案】3 ,
2
æ
ö
+¥
ç
÷
è
ø
【解析】设圆台轴截面如图，等腰梯形底角为2a ，上底面半径为r，下底面半径为R，高为h，球的半径为
r ，
则圆台体积
2
2
1 π (
)
3
V
h R
Rr
r
=
+
+
台
，球体积
3
4 π
3
V
r
=
球
，已知
tan
R
r
a
=
，
2
2
tan
h
R
r
a
=
=
.
由
2
2tan
tan 2
1
tan
h
R
r
a
a
a
=
=
-
-
，得
2
(1
tan
)
2tan
h
R
r
a
a
-
-
=
，把
2
tan
h
R
a
=
代入，
2
(1
tan
)
R
r
R
a
-
=
-
，
所以
2
2
(1
tan
)
tan
r
R
R
R
a
a
=
-
-
=
.
则
2
2
2
2
3
2
4
1
2
π
2
tan
(
tan
(
tan
) )
π
tan
(1
tan
tan
)
3
3
V
R
R
R
R
R
R
a
a
a
a
a
a
=
´
+
´
+
=
+
+
台
.
3
4 π(
tan
)
3
V
R
a
=
球
.
则
3
2
4
3
3
2 π
tan
(1
tan
tan
)
3
4 π
tan
3
R
V
V
R
a
a
a
a
+
+
=
台
球
，化简得
4
2
2
2
2
tan
tan
1
1
1
(tan
1
)
2tan
2
tan
a
a
a
a
a
+
+
=
+ +
.
令
2
tan
t
a
=
，
(0,1)
t Î
.当
1
t = ，
1 1
3
y
t
t
= +
+ =
；t 靠近0 时，1
t
变得很大，y 趋近正无穷，
所以1
1
(
1
)
2 t
t
+ +
范围是3
( ,
)
2 +¥ ，即
3
( ,
)
2
V
V
Î
+¥
台
球
.
