重難點(diǎn)18 球的切、接問題（舉一反三）（新高考專用）（教師版） 2025年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)專練（新高考專用）

重難點(diǎn)18球的切、接問題【十大題型】【新高考專用】TOC\o"1-3"\h\u【題型1定義法求外接球問題】 4【題型2補(bǔ)形法求外接球問題】 7【題型3截面法求外接球問題】 9【題型4棱切球模型問題】 13【題型5內(nèi)切球模型問題】 15【題型6多球相切問題】 19【題型7外接球之二面角模型】 23【題型8與球的切、接有關(guān)的最值問題】 27【題型9與球的切、接有關(guān)的截面問題】 31【題型10多面體與球體內(nèi)切外接綜合問題】 351、球的切、接問題球的切、接問題是歷年高考的重點(diǎn)、熱點(diǎn)內(nèi)容，一般以客觀題的形式出現(xiàn)，考查空間想象能力、計(jì)算能力.其關(guān)鍵點(diǎn)是利用轉(zhuǎn)化思想，把球的切、接問題轉(zhuǎn)化為平面問題或特殊幾何體來解決或轉(zhuǎn)化為特殊幾何體的切、接問題來解決.【知識點(diǎn)1正方體與球、長方體與球】1．正方體與球的切、接問題(1)內(nèi)切球：內(nèi)切球直徑2R=正方體棱長a.(2)棱切球：棱切球直徑2R=正方體的面對角線長.(3)外接球：外接球直徑2R=正方體體對角線長.2．長方體與球外接球：外接球直徑2R=體對角線長(a,b,c分別為長方體的長、寬、高).【知識點(diǎn)2正棱錐與球】1．正棱體與球的切、接問題(1)內(nèi)切球：(等體積法)，r是內(nèi)切球半徑，h為正棱錐的高.(2)外接球：外接球球心在其高上，底面正多邊形的外接圓圓心為E，半徑為r，(正棱錐外接球半徑為R，高為h).【知識點(diǎn)3正四面體的外接球、內(nèi)切球】1．正四面體的外接球、內(nèi)切球若正四面體的棱長為a，高為h，正四面體的外接球半徑為R，內(nèi)切球半徑為r，則，，，.【知識點(diǎn)4正三棱柱的外接球】1．正三棱柱的外接球球心到正三棱柱兩底面的距離相等，正三棱柱兩底面中心連線的中點(diǎn)為其外接球球心..【知識點(diǎn)5圓柱、圓錐的外接球】1．圓柱的外接球(R是圓柱外接球的半徑，h是圓柱的高，r是圓柱底面圓的半徑).2．圓錐的外接球(R是圓錐外接球的半徑，h是圓錐的高，r是圓錐底面圓的半徑).【知識點(diǎn)6幾何體與球的切、接問題的解題策略】1．常見的幾何體與球的切、接問題的解決方案：常見的與球有關(guān)的組合體問題有兩種：一種是內(nèi)切球，另一種是外接球.

常見的幾何體與球的切、接問題的解決方案：2．空間幾何體外接球問題的求解方法：空間幾何體外接球問題的處理關(guān)鍵是確定球心的位置，常見的求解方法有如下幾種：(1)定義法：利用平面幾何體知識尋找?guī)缀误w中元素間的關(guān)系，或只畫內(nèi)切、外接的幾何體的直觀圖，確定球心的位置，弄清球的半徑(直徑)與該幾何體已知量的關(guān)系，列方程(組)求解.(2)補(bǔ)形法：若球面上四點(diǎn)P,A,B,C構(gòu)成的三條線段PA,PB,PC兩兩垂直，且PA=a，PB=b，PC=c，一般把有關(guān)元素“補(bǔ)形”成為一個(gè)球內(nèi)接長方體，根據(jù)4R2=a2+b2+c2求解.(3)截面法：涉及球與棱柱、棱錐的切、接問題時(shí)，一般過球心及多面體的特殊點(diǎn)(一般為接、切點(diǎn))或線作截面，把空間問題轉(zhuǎn)化為平面問題求解.3．內(nèi)切球問題的求解策略：(1)找準(zhǔn)切點(diǎn)，通過作過球心的截面來解決.(2)體積分割是求內(nèi)切球半徑的通用方法.【題型1定義法求外接球問題】【例1】（2024·新疆烏魯木齊·三模）三棱錐A?BCD中，AD⊥平面ABC，∠BAC=60°，AB=1，AC=2，AD=4，則三棱錐A?BCD外接球的表面積為（

）A．10π B．20π C．25π【解題思路】利用余弦定理先求出底面三角形ABC的外接圓半徑r，再利用R2=r【解答過程】在△ABC中，∠BAC=60°，AB=1，AC=2，由余弦定理可得BC即BC2=1+4?2×1×2×設(shè)△ABC的外接圓半徑為r，則2r=BCsin∠BACAD⊥平面ABC，且AD=4，設(shè)三棱錐A?BCD外接球半徑為R，則R2=r所以三棱錐A?BCD外接球的表面積為4π故選：B．【變式1-1】（2024·海南·模擬預(yù)測）已知正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長為2，點(diǎn)A．2π B．4π C．6π【解題思路】畫出圖分析出球心為兩個(gè)面斜邊中點(diǎn)的垂線的交點(diǎn)，然后利用勾股定理求球的半徑即可求解.【解答過程】如圖：四面體NCB1CO,O1為面CBB1C1與因?yàn)樾边匔B1的中點(diǎn)O是三角形外心，所以球心在的直線面NCC1也為直角三角形，O,E分別為CB1與B1C1⊥面NCC因?yàn)樾边匔C1的中點(diǎn)E是三角形外心，所以球心在的直線故球心為直線OO1與直線OE的交點(diǎn)正方體ABCD?A所以球的半徑為OC=1所以四面體NCB1C故選：D.【變式1-2】（2024·河南周口·模擬預(yù)測）已知圓錐的側(cè)面展開圖是一個(gè)半徑為2，面積為4π3的扇形，則該圓錐的外接球的面積為（A．9π8 B．9π4 C．9【解題思路】先求出圓錐的側(cè)面展開圖的圓心角α，再由此求出圓錐的底面圓半徑和高，然后可求外接球的半徑，由此求得圓錐的外接球的面積.【解答過程】設(shè)圓錐的側(cè)面展開圖的圓心角為α，由題意可知，12×2設(shè)圓錐的底面圓半徑為r，則2πr=2×2則該圓錐的高為22設(shè)該圓錐的外接球的半徑為R，由球的性質(zhì)可知，42解得R=322故選：C.【變式1-3】（2024·青?！ざ＃┤鐖D，已知在四棱錐P?ABCD中，底面四邊形ABCD為等腰梯形，BC//AD，PD=2AD=4BC=4，底面積為334，PD⊥AD且PB=19A．9π B．123π C．39【解題思路】取AD的中點(diǎn)為F，即可說明點(diǎn)F為梯形ABCD外接圓的圓心，再證明PD⊥平面ABCD，過AD的中點(diǎn)F作FO//PD交PA于點(diǎn)O，則FO⊥平面ABCD，即可得到O為四棱錐P?ABCD外接球球心，外接球半徑為【解答過程】取AD的中點(diǎn)為F，因?yàn)锳D=2BC=2，等腰梯形ABCD的面積為33所以梯形的高為2×3342+1=32，所以cos∠BAD=3所以△ABF、△DCF為等邊三角形，點(diǎn)F為梯形ABCD外接圓的圓心，連接BD，在△BCD中，根據(jù)余弦定理得cos2π3=B因?yàn)镻B=19，PD=4，所以PD2+BD因?yàn)镻D⊥AD，AD∩BD=D，AD,BD?平面ABCD，所以PD⊥平面ABCD，過AD的中點(diǎn)F作FO//PD交PA于點(diǎn)O，則FO⊥平面ABCD，且O為所以點(diǎn)O為Rt△PAD外接圓圓心，所以O(shè)為四棱錐P?ABCD所以外接球半徑為12PA=1故選：D.【題型2補(bǔ)形法求外接球問題】【例2】（2024·內(nèi)蒙古錫林郭勒盟·模擬預(yù)測）在空間直角坐標(biāo)系中，已知A(0,3,0)，B(0,0,0)，C(4,0,0)，A．29π B．28π C．32π 【解題思路】首先由四點(diǎn)的坐標(biāo)，確定幾何體的關(guān)系，利用補(bǔ)體法，求四面體外接球的半徑，即可求球的表面積.【解答過程】根據(jù)已知4個(gè)點(diǎn)的空間直角坐標(biāo)可得，AD⊥平面ABC,AB⊥BC,AD=2,AB=3，BC=4，所以四面體ABCD可以補(bǔ)成長、寬、高分別為4，3，2的長方體，所以四面體ABCD外接球的半徑R=22所以四面體ABCD外接球的表面積為4π

故選：A.【變式2-1】（2024·江西·模擬預(yù)測）現(xiàn)為一球形玩具設(shè)計(jì)一款球形的外包裝盒（盒子厚度忽略不計(jì)）．已知該球形玩具的直徑為2，每盒需放入4個(gè)玩具球，則該種外包裝盒的直徑的最小值為（

）A．2?3 B．2+3 C．6?2【解題思路】根據(jù)外包裝盒的直徑最小得出四個(gè)球兩兩外切，結(jié)合外接球的知識可得答案.【解答過程】當(dāng)外包裝盒的直徑最小時(shí)，四個(gè)球兩兩外切且內(nèi)切于包裝盒這個(gè)大球，所以大球的半徑是棱長為2的正四面體的外接球半徑與小球半徑的和，把棱長為2的正四面體補(bǔ)形為棱長為2的正方體，則正四面體的外接球就是正方體的外接球，其半徑為22所以外包裝盒的直徑的最小值為26故選：D.【變式2-2】（2024·重慶·模擬預(yù)測）已知四面體ABCD中，AB=CD=AC=BD=2,AD=BC，若四面體ABCD的外接球的表面積為7π，則四面體ABCD的體積為（

）A．1 B．2 C．43 D．【解題思路】將四面體ABCD放入長方體中，如圖，設(shè)長寬高分別為a,b,c，由題意列方程求出a,b,c，再由三棱錐的體積公式求解即可.【解答過程】將四面體ABCD放入長方體中，如圖，設(shè)長寬高分別為a,b,c，由7∴∴V故選：A.【變式2-3】（2024·四川雅安·模擬預(yù)測）如圖是以正方體的各條棱的中點(diǎn)為頂點(diǎn)的多面體，這是一個(gè)有八個(gè)面為正三角形，六個(gè)面為正方形的“阿基米德多面體”，若該多面體的棱長為2，則該多面體外接球的表面積為（

）A．8π B．4π C．2π【解題思路】根據(jù)給定條件，把多面體放在棱長為2的正方體中，結(jié)合正方體的結(jié)構(gòu)特征確定球心，求出球半徑作答.【解答過程】把該多面體放入正方體中，如圖，由于多面體的棱長為2，則正方體的棱長為2，因此該多面體是由棱長為2的正方體連接各棱中點(diǎn)所得，于是得該多面體的外接球球心是正方體體對角線中點(diǎn)，該多面體外接球半徑R等于球心到一個(gè)頂點(diǎn)的距離，即正方體面對角線的一半，則2R=22+所以經(jīng)過該多面體的各個(gè)頂點(diǎn)的球的表面積S=4π故選：A.【題型3截面法求外接球問題】【例3】（2024·江蘇南通·三模）已知一個(gè)正四棱臺的上、下底面邊長分別為2，8，側(cè)棱長為35，則該正四棱臺內(nèi)半徑最大的球的表面積為（

A．12π B．27π C．64π【解題思路】先求出正四棱臺的高，再分析出最大內(nèi)切球與四側(cè)面及下底面相切，再根據(jù)三角函數(shù)得到其半徑大小，最后利用球的表面積公式即可.【解答過程】作出如圖所示正四棱臺，其中OO1為正四棱臺的高，

因?yàn)檎睦馀_的上、下底面邊長分別為2，8，側(cè)棱長為35則B1O1=2因?yàn)镺OEE1=35過O,E,E1,則OO

即該正四棱臺內(nèi)半徑最大的球半徑r=433故選：D.【變式3-1】（23-24高三下·河南·階段練習(xí)）已知圓臺Ω的上、下底面半徑分別為r1，r2，且r2=2r1，若半徑為3的球與A．73π B．83π C．【解題思路】根據(jù)圓臺的軸截面圖，利用切線長定理結(jié)合圓臺和球的結(jié)構(gòu)特征求解r1，r【解答過程】如圖，設(shè)Ω的上、下底面圓心分別為O1，O2，則Ω的內(nèi)切球的球心O一定在設(shè)球O與Ω的母線AB切于M點(diǎn)，則OM⊥AB，OM=OOAM=r1，BM=r2，所以AB=r1+則BG=r2?r1=r所以Ω的體積為13故選：A．【變式3-2】（2024·湖北·二模）已知圓錐PO的頂點(diǎn)為P，其三條母線PA，PB，PC兩兩垂直，且母線長為6，則圓錐PO的內(nèi)切球表面職與圓錐側(cè)面積之和為（

）A．1210?36πB．2420?76π【解題思路】由已知和正弦定理，勾股定理求出圓錐底面圓的半徑和高，再由三角形面積相等求出圓錐內(nèi)切球半徑r，然后由球的表面積公式和圓錐的側(cè)面積公式求出結(jié)果即可.【解答過程】因?yàn)槿龡l母線PA，PB，PC兩兩垂直，且母線長為6，所以△ABC為圓錐底面圓的內(nèi)接正三角形，且邊長AB=BC=CA=6由正弦定理可得底面圓的半徑R=1所以圓錐的高PO=6如圖，圓錐軸截面三角形的內(nèi)切圓半徑即為圓錐內(nèi)切球半徑r，軸截面三角形面積為12所以內(nèi)切球半徑r=62內(nèi)切球的表面積為4π圓錐的側(cè)面積為12所以其和為608?3故選：C.【變式3-3】（2024·四川成都·三模）已知正四棱臺ABCD?EFGH的上底面積為16，下底面積為64，且其各個(gè)頂點(diǎn)均在半徑R=57的球O的表面上，則該四棱臺的高為（

A．2 B．8 C．8或12 D．2或12【解題思路】做出截面DBFH，根據(jù)圓心O是否位于截面內(nèi)部分兩種情況，根據(jù)線段關(guān)系即可求解.【解答過程】

如圖，做出截面DBFH，當(dāng)圓心O位于截面內(nèi)部時(shí)，

取DB中點(diǎn)E，HF中點(diǎn)F1，連接DO、EF1易得點(diǎn)O在EF1上，由題意得DB=42，HF=8因?yàn)镺F1=所以EF當(dāng)O不在截面內(nèi)時(shí)，

同第一種情況理可得OE=7，OF所以EF故選：D.【題型4棱切球模型問題】【例4】（2024·全國·模擬預(yù)測）正四面體ABCD的棱長為2，其棱切球的體積為（

）A．2π B．6π C．23【解題思路】將正四面體ABCD補(bǔ)形為正方體，此時(shí)正方體的內(nèi)切球即為正四面體的棱切球，利用球的體積公式求解即可.【解答過程】如圖，將棱長為2的正四面體補(bǔ)形為棱長為2的正方體，則正方體的內(nèi)切球即為正四面體ABCD的棱切球，所以正四面體ABCD的棱切球的半徑為22所以棱切球的體積為V=4故選：C．【變式4-1】（2024·山東日照·二模）已知棱長為1的正方體ABCD?A1B1C1D1，以正方體中心為球心的球O與正方體的各條棱相切，若點(diǎn)A．2 B．74 C．34 【解題思路】取AB中點(diǎn)E，根據(jù)空間向量的數(shù)量積運(yùn)算得PA?PB=【解答過程】取AB中點(diǎn)E，可知E在球面上，可得EB=?所以PA?

點(diǎn)P在球O的正方體外部（含正方體表面）運(yùn)動，當(dāng)PE為直徑時(shí)，PEmax所以PA?PB的最大值為故選：B.【變式4-2】（2024·廣東佛山·模擬預(yù)測）已知正三棱柱的所有棱長均相等，其外接球與棱切球（該球與其所有棱都相切）的表面積分別為S1,S2，則S【解題思路】由幾何關(guān)系求出外接球和棱切球半徑，再由球的表面積公式求出表面積，最后求出比值.【解答過程】設(shè)正三棱柱的棱長為a，因?yàn)檎庵舷碌酌嬷行倪B線的中點(diǎn)O為外接球的球心，則外接球的半徑OB2=O所以r1因?yàn)镺E=33a=12所以S1故答案為：74【變式4-3】（2024·黑龍江哈爾濱·模擬預(yù)測）若將正方體沿交于一頂點(diǎn)的三條棱的中點(diǎn)截去一個(gè)三棱錐，八個(gè)頂點(diǎn)共截去八個(gè)三棱錐，可得到一個(gè)有十四個(gè)面的多面體.它的各棱長都相等，其中八個(gè)面為正三角形，六個(gè)面為正方形，如圖所示，已知該多面體過A，B，C三點(diǎn)的截面面積為63，則其棱切球（球與各棱相切）的表面積為12π【解題思路】設(shè)AB=m，外接球的半徑為R，根據(jù)該幾何體的對稱性可知該幾何體的棱切球即為底面棱長為2，側(cè)棱長為22【解答過程】設(shè)AB=m，外接球的半徑為R，該多面體是由棱長為2m如圖，過A，B，C三點(diǎn)的截面為正六邊形ABCFED，其面積S=6×34×根據(jù)該幾何體的對稱性可知該幾何體的棱切球即為底面棱長為2，側(cè)棱長為22故R2=2故該多面體的棱切球的表面積為4πR故答案為：12π【題型5內(nèi)切球模型問題】【例5】（2024·全國·模擬預(yù)測）如圖，已知四棱錐P?ABCD的底面是邊長為2的菱形，O為AC,BD的交點(diǎn)，PO⊥平面ABCD，∠PBA=∠ABC=60°，則四棱錐P?ABCD的內(nèi)切球的體積為（

）

A．6π2 B．6π4 C．【解題思路】求出四棱錐的高和側(cè)棱長，再利用四棱錐的體積與其內(nèi)切球半徑之間的關(guān)系求四棱錐的內(nèi)切球半徑即可得解.【解答過程】因?yàn)樗倪呅蜛BCD為菱形，∠ABC=60°，所以△ABC是正三角形，則OA=1,OB=3因?yàn)镻O⊥平面ABCD,AC,BD?平面ABCD，所以PO⊥AC,PO⊥BD.設(shè)PO=a，則PA=a2+1在△PAB中，由PA可得a2+1=a所以PO=6因?yàn)镺為BD的中點(diǎn)，PO⊥BD，所以PB=PD.又BC=CD，PC=PC，所以△PCB≌△PCD，同理可證△PCD≌△PAD，△PAD≌△PAB，所以S△PCB設(shè)四棱錐P?ABCD的內(nèi)切球的半徑為r，則VP?ABCD所以r=S所以四棱錐P?ABCD的內(nèi)切球的體積V=4故選：C.【變式5-1】（2024·陜西西安·一模）六氟化硫，化學(xué)式為SF6，在常壓下是一種無色、無臭、無毒、不燃的穩(wěn)定氣體，有良好的絕緣性，在電器工業(yè)方面具有廣泛用途．六氟化硫結(jié)構(gòu)為正八面體結(jié)構(gòu)，如圖所示，硫原子位于正八面體的中心，6個(gè)氟原子分別位于正八面體的6個(gè)頂點(diǎn)，若相鄰兩個(gè)氟原子之間的距離為m，則該正八面體結(jié)構(gòu)的內(nèi)切球表面積為（

A．πm2 B．2πm2 【解題思路】根據(jù)正四棱錐的性質(zhì)結(jié)合線面垂直的判定定理、性質(zhì)定理找出內(nèi)切球的半徑，利用等面積法求出半徑的大小，即可求解.【解答過程】如圖，連接AC,BD交于點(diǎn)O，連接OP，取BC的中點(diǎn)E，連接OE,PE，因?yàn)锳B=m,所以O(shè)A=OB=OC=OD=2OP=A由BE=CE,可得BC⊥OE,BC⊥PE,OE,PE?平面POE，且OE∩PE=E，所以BC⊥平面POE，過O作OH⊥PE，因?yàn)锽C⊥平面POE，OH?平面POE，所以BC⊥OH,且BC∩PE=E,BC,PE?平面PBC，所以O(shè)H⊥平面PBC，所以O(shè)H為該正八面體結(jié)構(gòu)的內(nèi)切球的半徑，在直角三角形POE中，OP=2由等面積法可得，12×OP×OE=1所以內(nèi)切球的表面積為4π故選:D.【變式5-2】（2024·全國·模擬預(yù)測）已知圓臺O1O2存在內(nèi)切球O（與圓臺的上、下底面及側(cè)面都相切的球），若圓臺O1O2的上、下底面面積之和與它的側(cè)面積之比為5:8，設(shè)圓臺O1O2A．23 B．34 C．511【解題思路】根據(jù)給定條件，結(jié)合圓臺軸截面等腰梯形的內(nèi)切圓是球的截面大圓，探討圓臺兩底半徑與母線的關(guān)系，再利用圓臺側(cè)面積公式及圓臺、球的體積公式求解即得.【解答過程】設(shè)圓臺O1O2的上、下底面半徑分別為r1,r2(r顯然圓臺軸截面等腰梯形的內(nèi)切圓是球的截面大圓，則l=r1+由πr12+r22πr因此圓臺的高?=l2?則圓臺O1O2內(nèi)切球O的體積V2=4故選：D.【變式5-3】（2024·江蘇宿遷·三模）若一個(gè)多面體的各面都與一個(gè)球的球面相切，則稱這個(gè)球是這個(gè)多面體的內(nèi)切球．在四棱錐P?ABCD中，側(cè)面PAB是邊長為1的等邊三角形，底面ABCD為矩形，且平面PAB⊥平面ABCD．若四棱錐P?ABCD存在一個(gè)內(nèi)切球，設(shè)球的體積為V1，該四棱錐的體積為V2，則V1A．3π6 B．3π12 C．【解題思路】過點(diǎn)P作出四棱錐P?ABCD的內(nèi)切球截面大圓，確定球半徑表達(dá)式，再借助四棱錐體積求出球半徑計(jì)算作答.【解答過程】如圖，取AB中點(diǎn)M，CD中點(diǎn)N，連接PM，PN，MN，因△PAB是正三角形，則PM⊥AB，又ABCD是矩形，有MN⊥AB，而平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD=AB，PM?平面PAB，MN?平面ABCD，因此PM⊥平面ABCD，MN⊥平面PAB，又AD//MN//BC，則AD⊥平面PAB，BC⊥平面PAB，則AD⊥PA，BC⊥PB，PM∩MN=M，PM,MN?平面PMN，則AB⊥平面PMN，又PN?平面PMN，所以AB⊥PN，而AB//CD，則CD⊥PN，顯然△PAD?△PBC，由球的對稱性和正四棱錐P?ABCD的特征知，平面PMN截四棱錐P?ABCD的內(nèi)切球O得截面大圓，此圓是Rt△PMN的內(nèi)切圓，切MN，PM分別于E，F(xiàn)，有四邊形OEMF設(shè)AD=x，又PM=32，PN=3又四棱錐P?ABCD的表面積為S=S由VP?ABCD=1∴V1=所以V1故選：C.【題型6多球相切問題】【例6】（2024高三·全國·專題練習(xí)）在一個(gè)半徑為2的半球形封閉容器內(nèi)放入兩個(gè)半徑相同的小球，則這兩個(gè)小球的表面積之和最大為（

）A．96?642π B．24?162π C．【解題思路】由題意確定兩個(gè)小球的表面積之和最大的情況，如圖，根據(jù)勾股定理可得O1O=2r，則【解答過程】當(dāng)兩個(gè)小球的表面積之和最大時(shí)兩小球相切，且兩小球均與半球形封閉容器相切，此時(shí)設(shè)兩小球的球心分別為O1，O2，半球形封閉容器的底面圓心為作出過O1，O2，O的截面如圖所示，連接OO則A為圓O1與半圓的切點(diǎn)，設(shè)兩個(gè)小球的半徑為r得O1O=r2+所以這兩個(gè)小球的表面積之和的最大值為2×4×42故選：A.【變式6-1】（2024·河北滄州·模擬預(yù)測）某包裝設(shè)計(jì)部門為一球形塑料玩具設(shè)計(jì)一種正四面體形狀的外包裝盒（盒子厚度忽略不計(jì)），已知該球形玩具的直徑為2，每盒需放入10個(gè)塑料球，則該種外包裝盒的棱長的最小值為（

）A．2+26 B．2+46 C．.4+26【解題思路】先確定正四面體的棱長與高還有內(nèi)切球半徑的關(guān)系，然后根據(jù)當(dāng)a取得最小值時(shí)，從上到下每層中放在邊緣的小球都與正四面體的面都相切，從而計(jì)算出棱長的最小值.【解答過程】設(shè)正四面體的棱長為a，高為?，內(nèi)切球半徑為r則a2=?又4×13×

即正四面體的高等于其棱長的63，正四面體的內(nèi)切球的半徑等于其棱長的6如圖，10個(gè)直徑為2的小球放進(jìn)棱長為a的正四面體ABCD中，構(gòu)成三棱錐的形狀，有3層，從上到下每層的小球個(gè)數(shù)依次為1，3，6．

當(dāng)a取得最小值時(shí)，從上到下每層中放在邊緣的小球都與正四面體的側(cè)面相切，底層的每個(gè)球都與正四面體的底面相切，任意相鄰的兩個(gè)小球都外切，位于底層正三角狀頂點(diǎn)的所有相鄰小球的球心連線為一個(gè)正四面體EFGH，底面BCD的中心為O，AO與面FGH的交點(diǎn)為P，則該正四面體EFGH的棱長為1+2+1=4，可求得其高為EP=4×63=所以正四面體ABCD的高為AO=AE+EP+PO=3+4進(jìn)而可求得其棱長a的最小值為4+4故選：C.【變式6-2】（2024·湖南益陽·模擬預(yù)測）如圖所示，4個(gè)球兩兩外切形成的幾何體，稱為一個(gè)“最密堆壘”．顯然，即使是“最密堆壘”，4個(gè)球之間依然存在著空隙．材料學(xué)研究發(fā)現(xiàn)，某種金屬晶體中4個(gè)原子的“最密堆壘”的空隙中如果再嵌入一個(gè)另一種金屬原子并和原來的4個(gè)原子均外切，則材料的性能會有顯著性變化．記原金屬晶體的原子半徑為rA，另一種金屬晶體的原子半徑為rB，則rA和rA．2rB=C．2rB=【解題思路】依題意畫出直觀圖，則四個(gè)金屬原子的球心的連線所圍成的圖形為正四面體P?ABC，設(shè)正四面體的棱長為aa>0，高為??>0，外接球球心為O，D為正三角形ABC的中心，求出外接球的半徑R，即可得到a=2r【解答過程】由題意知，四個(gè)金屬原子的球心的連線所圍成的圖形為如圖所示的正四面體P?ABC，設(shè)正四面體的棱長為aa>0，高為??>0，外接球球心為O，D為正三角形ABC的中心，則必有PD⊥平面ABC且P，O，D三點(diǎn)共線，在正三角形ABC中，易求得DB=3在△PDB中，由PB2=P在△OBD中，由OB2=O解得R=6由題意得a=2rA6所以2r故選：D．【變式6-3】（2024·浙江溫州·二模）如今中國被譽(yù)為基建狂魔，可謂是逢山開路，遇水架橋.公路里程?高鐵里程雙雙都是世界第一.建設(shè)過程中研制出用于基建的大型龍門吊?平衡盾構(gòu)機(jī)等國之重器更是世界領(lǐng)先.如圖是某重器上一零件結(jié)構(gòu)模型，中間最大球?yàn)檎拿骟wABCD的內(nèi)切球，中等球與最大球和正四面體三個(gè)面均相切，最小球與中等球和正四面體三個(gè)面均相切，已知正四面體ABCD棱長為26，則模型中九個(gè)球的表面積和為（

A．6π B．9π C．31π【解題思路】作出輔助線，先求出正四面體的內(nèi)切球半徑，再利用三個(gè)球的半徑之間的關(guān)系得到另外兩個(gè)球的半徑，得到答案.【解答過程】如圖，取BC的中點(diǎn)E，連接DE，AE，則CE=BE=6，AE=DE=過點(diǎn)A作AF⊥底面BCD，垂足在DE上，且DF=2EF，所以DF=22,EF=2點(diǎn)O為最大球的球心，連接DO并延長，交AE于點(diǎn)M，則DM⊥AE，設(shè)最大球的半徑為R，則OF=OM=R，因?yàn)镽t△AOM∽Rt△AEF，所以AOAE=OM即OM=OF=1，則AO=4?1=3，故sin設(shè)最小球的球心為J，中間球的球心為K，則兩球均與直線AE相切，設(shè)切點(diǎn)分別為H,G，連接HJ,KG，則HJ,KG分別為最小球和中間球的半徑，長度分別設(shè)為a,b，則AJ=3HJ=3a,AK=3GK=3b，則JK=AK?AJ=3b?3a，又JK=a+b，所以3b?3a=a+b，解得b=2a，又OK=R+b=AO?AK=3?3b，故4b=3?R=2，解得b=1所以a=1模型中九個(gè)球的表面積和為4π故選：B.【題型7外接球之二面角模型】【例7】（2024·陜西寶雞·三模）△ABC與△ABD都是邊長為2的正三角形，沿公共邊AB折疊成60°的二面角，若點(diǎn)A，B，C，D在同一球O的球面上，則球O的表面積為（

）A．139π B．208π9 C．【解題思路】根據(jù)外接球球心的性質(zhì)確定球心O的位置為過正△ABC與△ABD的中心的垂線上，再構(gòu)造直角三角形求解球O的半徑，即可求解．【解答過程】解：由題，設(shè)正△ABC與△ABD的中心分別為N，M，根據(jù)外接球的性質(zhì)有OM⊥平面ABD，ON⊥平面ABC，又二面角D?AB?C的大小為60°，故∠DEC=60°，又正△ABC與△ABD的邊長均為2，故DE=CE=3故EM=EN=1∵OE=OE,∠OME=∠ONE，∴Rt故∠MEO=∠NEO=30°，故OE=MEcos30°故球O的半徑OB=1故球O的表面積為S=4π故選：C．【變式7-1】（2024·山東·模擬預(yù)測）如圖①，將兩個(gè)直角三角形拼在一起得到四邊形ABCD，且AC=BC=12AD=1，AC⊥AD，現(xiàn)將△ACD沿AC折起，使得點(diǎn)D到達(dá)點(diǎn)P處，且二面角P?AC?B的大小為60°，連接BP，如圖②，若三棱錐P?ABC

A．4π B．5π C．6π【解題思路】過點(diǎn)C作CE//PA且CE=PA，連接PE、BE，即可得到∠BCE是二面角P?AC?B的平面角，從而求出BE，即可得到BC⊥BE，則BC⊥平面PBE，則PC為三棱錐【解答過程】過點(diǎn)C作CE//PA且CE=PA，連接PE、BE，則四邊形所以AC//PE，因?yàn)锳C⊥AP，所以AC⊥CE，又所以∠BCE是二面角P?AC?B的平面角，即∠BCE=60°，在△BCE中，由余弦定理可得BE即BE=3，所以BE2又BC⊥AC，AC//PE，所以BC⊥PE，PE∩BE=E，PE,BE?平面所以BC⊥平面PBE，PB?平面PBE，所以BC⊥PB，所以PC為三棱錐P?ABC的外接球的直徑，所以外接球的半徑R=1所以外接球的表面積S=4π故選：B.【變式7-2】（2024·陜西榆林·模擬預(yù)測）如圖，△ABC是邊長為4的正三角形，D是BC的中點(diǎn)，沿AD將△ABC折疊，形成三棱錐A?BCD．當(dāng)二面角B?AD?C為直二面角時(shí)，三棱錐A?BCD外接球的表面積為（

）A．5π B．20π C．55【解題思路】先證明AD⊥平面BDC，利用二面角的定義可得∠BDC=90°，利用勾股定理可得△BCD的外接圓直徑為BC，將三棱錐A?BCD補(bǔ)形成長方體來求其外接球的半徑【解答過程】如圖所示，折疊前，由于△ABC是邊長為4的正三角形，D是BC的中點(diǎn)，則AD⊥BC，折疊后，則有AD⊥CD，AD⊥BD，因?yàn)锽D∩CD=D，所以AD⊥平面BDC，因?yàn)槎娼荁?AD?C為直二面角，AD⊥CD，AD⊥BD則二面角B?AD?C的平面角為∠BDC=90°，且BD=CD=1可將三棱錐A?BCD補(bǔ)形成長方體來求其外接球的半徑R，即(2R)2=22+22故選：B.【變式7-3】（2024·上海徐匯·二模）三棱錐P?ABC各頂點(diǎn)均在半徑為22的球O的表面上，AB=AC=22,∠BAC=90。，二面角P?BC?A①三棱錐O?ABC的體積為83；②點(diǎn)P形成的軌跡長度為2A．①②都是真命題B．①是真命題，②是假命題C．①是假命題，②是真命題D．①②都是假命題【解題思路】根據(jù)球的截面圓的性質(zhì)可得出二面角，利用直角三角形性質(zhì)判斷△ABC外心O1和△PBC外心O2的位置，利用垂直關(guān)系證明O2是AO中點(diǎn)，利用體積公式判斷①，根據(jù)O【解答過程】由題意知AB=AC=22,∠BAC=90設(shè)△ABC外心為O1，則O1為BC的中點(diǎn)，設(shè)△PBC外心為則OO1⊥平面ABC，O∵BC?平面ABC，BC?平面PBC，∴OO1⊥BC∵OO2∩OO1=O，∵OO又因?yàn)锳O1⊥BC，則AO1?平面OO1O則BC⊥平面OAO連接O1O2，則∠A∵二面角P?BC?A的大小為45°，∴∠AO而AO1⊥BC，O1A=12BC=2，因?yàn)楣蔕O2⊥O1O在△AO1O則AO2=2，故且O2是OA則VO?ABC又∵O2∴點(diǎn)P形成的軌跡是以O(shè)2為圓心，半徑為6∴軌跡長度為26故選：A．【題型8與球的切、接有關(guān)的最值問題】【例8】（2024·湖北·模擬預(yù)測）已知四棱錐P?ABCD的底面為矩形，AB=23，BC=4，側(cè)面PAB為正三角形且垂直于底面ABCD，M為四棱錐P?ABCD內(nèi)切球表面上一點(diǎn)，則點(diǎn)M到直線CD距離的最小值為（

A．10?2 B．10?1 C．23【解題思路】H,N分別為AB和CD的中點(diǎn)，平面PHN截四棱錐P?ABCD的內(nèi)切球O所得的截面為大圓，求出圓的半徑，利用圓心到直線距離求點(diǎn)M到直線CD距離的最小值.【解答過程】如圖，設(shè)四棱錐的內(nèi)切球的半徑為r，取AB的中點(diǎn)為H，CD的中點(diǎn)為N，連接PH，PN，HN，

球O為四棱錐P?ABCD的內(nèi)切球，底面ABCD為矩形，側(cè)面PAB為正三角形且垂直于底面ABCD，則平面PHN截四棱錐P?ABCD的內(nèi)切球O所得的截面為大圓，此圓為△PHN的內(nèi)切圓，半徑為r，與HN，PH分別相切于點(diǎn)E，F(xiàn)，平面PAB⊥平面ABCD，交線為AB，PH?平面PAB，△PAB為正三角形，有PH⊥AB，∴PH⊥平面ABCD，HN?平面ABCD，∴PH⊥HN，AB=23，BC=4，則有PH=3，HN=4，PN=5則△PHN中，S△PHN=1所以，四棱錐P?ABCD內(nèi)切球半徑為1，連接ON.∵PH⊥平面ABCD，CD?平面ABCD，∴CD⊥PH，又CD⊥HN，PH,HN?平面PHN，PH∩HN=H，∴CD⊥平面PHN，∵ON?平面PHN，可得ON⊥CD，所以內(nèi)切球表面上一點(diǎn)M到直線CD的距離的最小值即為線段ON的長減去球的半徑，又ON=O所以四棱錐P?ABCD內(nèi)切球表面上的一點(diǎn)M到直線CD的距離的最小值為10?1故選：B.【變式8-1】（2024·陜西安康·模擬預(yù)測）在四棱錐P?ABCD中，底面四邊形ABCD為正方形，四棱錐P?ABCD外接球的表面積為16π，則當(dāng)四棱錐P?ABCD的體積最大時(shí)，AB=（

A．3 B．2 C．83 【解題思路】由題意，如圖，確定四棱錐P?ABCD的體積最大的情況，設(shè)AB=x，根據(jù)球的表面積公式和勾股定理、錐體的體積公式可得VP?ABCD=1【解答過程】因?yàn)樗睦忮FP?ABCD的底面為正方形，所以當(dāng)點(diǎn)P在底面的射影為底面正方形的中心O′，且球心O在線段P四棱錐P?ABCD的體積最大.設(shè)四棱錐P?ABCD外接球的半徑為R，則4πR2=16π，得R=2由OA=OP=2，得OO′=則VP?ABCD令16?2x2=t所以VP?ABCD當(dāng)且僅當(dāng)t=43時(shí)取等號，此時(shí)x=8故選：C.【變式8-2】（2024·福建泉州·一模）泉州花燈技藝源于唐朝中期從形式上有人物燈、宮物燈、宮燈，繡房燈、走馬燈、拉提燈、錫雕元宵燈等多種款式．在2024年元宵節(jié)，小明制做了一個(gè)半正多面體形狀的花燈，他將正方體沿交于一頂點(diǎn)的三條棱的中點(diǎn)截去一個(gè)三棱錐，共截去八個(gè)三棱錐，得到一個(gè)有十四個(gè)面的半正多面體，如圖所示．已知該半正多面體的體積為203，M為△ABC的中心，過M截該半正多面體的外接球的截面面積為S，則S的最大值與最小值之比（

A．85 B．95 C．3【解題思路】利用半正多面體和中心對稱性，確定外接球球心和半徑，再去找到最大截面圓和最小截面圓的半徑，即可求出它們的比值.【解答過程】把這個(gè)半正多面體補(bǔ)全為正方體，再設(shè)該正方體的邊長為a，則每個(gè)截去的小三棱錐的體積為13所以該半正多面體的體積：a3?8×a由圖可知，半正多面體的外接球半徑是OB=1由正方體的性質(zhì)易證明平面ABC//平面IGH：又因?yàn)樵谡襟w中EF⊥平面IGH，所以EF⊥平面ABC，所以過點(diǎn)M截外接球的最小截面圓的半徑是MB，最大截面圓的半徑是OB，即S的最小值比最大值等于MBOB故選：C.【變式8-3】（2024·福建南平·模擬預(yù)測）某雕刻師在切割玉料時(shí)，切割出一塊如圖所示的三棱錐型邊料，測得在此三棱錐A?BCD中，側(cè)面ABC⊥底面BCD，且AB=AC=DB=DC=AD=2?cm，該雕刻師計(jì)劃將其打磨成一顆球形玉珠，則磨成的球形玉珠的直徑的最大值為（

A．26?cm C．222?3【解題思路】利用等體積法求得三棱錐內(nèi)切球的直徑，從而確定正確答案.【解答過程】如圖，設(shè)BC的中點(diǎn)為O，連接AO,DO，因?yàn)锳B=AC=DB=DC,BC=BC，所以△ABC≌△DBC，所以AO=DO，且AO⊥BC,DO⊥BC，又側(cè)面ABC⊥底面BCD且交線為BC，AO?平面ABC，所以AO⊥平面BCD，由于DO?平面BCD，所以AO⊥DO，由于AO∩DO=O,AO,DO?平面AOD，所以BC⊥平面AOD，又AD=2?cm，所以AO=DO=因?yàn)锳B=AC=DB=DC=2?cm，所以AB⊥AC,DB⊥DC當(dāng)球形玉珠為三棱錐A?BCD的內(nèi)切球時(shí)，球形玉珠的直徑最大．設(shè)三棱錐A?BCD的表面積為S，內(nèi)切球的半徑為r，則VA?BCD又VA?BCD=13S===4+23?cm所以r=2所以磨成的球形玉珠的直徑的最大值為22故選：C.【題型9與球的切、接有關(guān)的截面問題】【例9】（2024·云南曲靖·模擬預(yù)測）正方體ABCD?A1B1C1D1外接球的體積為43π，E、A．5π3 B．4π3 C．【解題思路】由已知，得到正方體ABCD?A1B【解答過程】

設(shè)正方體ABCD?A1B1C因?yàn)檎襟wABCD?A1B所以43πR由3a2=設(shè)球心O到平面EFG的距離為?，平面EFG截球的截面圓的半徑為r，設(shè)A1到平面EFG的距離為?因?yàn)镋、F、G分別為棱AA所以△EFG是邊長為2的正三角形,由VA1?EFG則13解得?′=3所以A1到平面EFG的距離為?則?=OAr2所以平面EFG截球的截面面積為，πr故選：A.【變式9-1】（2024·江蘇南京·模擬預(yù)測）已知SO1=2，底面半徑O1A=4的圓錐內(nèi)接于球O，則經(jīng)過S和OA．252π B．253π C．【解題思路】根據(jù)球的截面性質(zhì)，結(jié)合三角形面積等積性、勾股定理進(jìn)行求解即可.【解答過程】如圖，設(shè)球O的半徑為R，線段O1A的中點(diǎn)為E，因?yàn)樗?2+(R?2)設(shè)經(jīng)過S和O1A中點(diǎn)E的平面截球O所得截面圓的圓心為O2，半徑為r，球心O則r2=R2?因?yàn)楫?dāng)d為點(diǎn)O到SE的距離時(shí)最大，此時(shí)d?SE=SO?EO1，又所以d=SO?E所以r2故截面面積的最小值為πr故答案為：252故選：A.【變式9-2】（2024·湖北武漢·模擬預(yù)測）四棱錐P?ABCD各頂點(diǎn)都在球心O為的球面上，且PA⊥平面ABCD，底面ABCD為矩形，PA=AD=2,AB=22，設(shè)M,N分別是PD,CD的中點(diǎn)，則平面AMN截球O所得截面的面積為（

A．π B．3π C．4π 【解題思路】根據(jù)線面垂直關(guān)系可得四棱錐P?ABCD外接球與以AP,AB,AD為棱長的長方體的外接球相同，確定外接球半徑R，根據(jù)線面關(guān)系求解三棱錐A?MNC的體積，利用等體積法確定球心O到平面AMN的距離為d，從而得截面面積.【解答過程】因?yàn)镻A⊥平面ABCD，底面ABCD為矩形，如下圖所示，易知四棱錐P?ABCD外接球與以AP,AB,AD為棱長的長方體的外接球相同；由題意可知球心O為PC中點(diǎn)，故球O的直徑2R=22由M,N分別是PD,CD的中點(diǎn)可得MN//PC，因?yàn)镻C?平面AMN，可得PC//所以球心O到平面AMN的距離等于點(diǎn)C到平面AMN的距離，設(shè)球心O到平面AMN的距離為d，截面圓的半徑為r，因?yàn)镻A=AD=2,AB=22，M分別是PD的中點(diǎn)，所以AM⊥PD，且AM=又MN=1所以AN2=AM2+MN2，故AM⊥MD，又且S△MNC=1而VC?AMN=1所以r2=R故選：B.【變式9-3】（2024·全國·模擬預(yù)測）在正方體ABCD?A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別為棱A1B1，DA．62 B．32 C．305【解題思路】根據(jù)題意可求得正方體的外接球球心位置，易知當(dāng)截面面積最大時(shí)，截面圓的半徑為該正方體外接球的半徑R，當(dāng)截面與OP垂直時(shí)，截面面積最??；分別求出對應(yīng)的半徑大小即可得出結(jié)果.【解答過程】如圖，正方體ABCD?A1B1C則外接球的半徑R=1要使過直線EF的平面截該球得到的截面面積最小，則截面圓的圓心為線段EF的中點(diǎn)P，連接OE，OF，OP，則OE=OF=aEF=a所以O(shè)P=O此時(shí)截面圓的半徑r=R顯然當(dāng)截面面積最大時(shí)，截面圓的半徑為該正方體外接球的半徑R；所以Ss故選：D．【題型10\t"/gzsx/zsd28893/_blank"\o"多面體與球體內(nèi)切外接問題"多面體與球體內(nèi)切外接綜合問題】【例10】（2024·全國·模擬預(yù)測）已知圓臺O1O2的內(nèi)切球半徑為2，圓臺O1OA．32π B．1025π48 C．1025【解題思路】首先根據(jù)圓臺內(nèi)切球半徑為2求出圓臺上、下底面半徑的乘積為4，然后結(jié)合圓臺的體積為28π并利用圓臺的體積公式得到圓臺的上、下底面半徑，根據(jù)圓臺和球的對稱性并利用勾股定理求得圓臺外接球的半徑，即可求得圓臺外接球的表面積．【解答過程】設(shè)圓臺O1O2的上、下底面半徑分別為r1，所以r2+r又圓臺O1O2所以r1=1，設(shè)圓臺O1O2外接球的半徑為R，易知圓臺O1O2的軸截面與外接球的軸截面內(nèi)接，外接球球心O在線段O1O2上，（提示：當(dāng)O在O1O如圖，連接OC，OB，則CO1=設(shè)OO1=x所以R2=1+x故R2所以該圓臺外接球的表面積為4π故選：D．【變式10-1】（23-24高二下·湖南長沙·期中）已知正四棱錐外接球的半徑為3，內(nèi)切球的半徑為1，則該正四棱錐的高為（

）A．4+3 B．4+2 C．4±3【解題思路】設(shè)正四棱錐P?ABCD底邊長為2a，高為?，外接球半徑R=3，內(nèi)切球半徑r=1，設(shè)M，N分別為AD和BC的中點(diǎn)，由題意得△PMN的內(nèi)切圓半徑即為內(nèi)切球半徑，△PAC的外接圓半徑即為正四棱錐的外接球半徑，利用勾股定理求解即可.【解答過程】設(shè)正四棱錐P?ABCD的底邊長為2a，高為?，外接球半徑R=3，內(nèi)切球半徑r=1．設(shè)M，N分別為AD和BC的中點(diǎn)，則△PMN的內(nèi)切圓半徑即為內(nèi)切球半徑．設(shè)∠PMN=2θ，則tan2θ=?a由tan2θ=2tanθ1?另外△PAC的外接圓半徑即為正四棱錐的外接球半徑，所以在△PAC中，有(??R)2+(2a)2=所以6???22故選：D.【變式10-2】（2024·甘肅金昌·模擬預(yù)測）在底面是邊長為4的正方形的四棱錐P?ABCD中，點(diǎn)P在底面的射影H為正方形ABCD的中心，異面直線PB與AD所成角的正切值為32，則四棱錐P?ABCD的內(nèi)切球與外接球的半徑之比為（

A．617 B．516 C．413【解題思路】依題意可得P?ABCD為正四棱錐，由AD//BC可得異面直線PB與AD所成的角為∠PBC，取BC中點(diǎn)E，連接PE、HE，即可求出PE、【解答過程】由題可得四棱錐P?ABCD為正四棱錐，即有PA=PB=PC=PD．因?yàn)锳D//BC，所以異面直線PB與AD所成的角為取BC中點(diǎn)E，連接PE、HE，則PE⊥BC，所以tan∠PBC=所以PE=3，HP=P從而可以求得四棱錐P?ABCD的表面積和體積分別為S=12×4×3×4+所以內(nèi)切球的半徑為r=3V設(shè)四棱錐P?ABCD外接球的球心為O，外接球的半徑為R，則OP=OA，則5?R2+22

故選：C.【變式10-3】（2024·云南大理·模擬預(yù)測）六氟化硫，化學(xué)式為SF6，在常壓下是一種無色、無臭、無毒、不燃的穩(wěn)定氣體，有良好的絕緣性，在電器工業(yè)方面具有廣泛用途．六氟化硫分子結(jié)構(gòu)為正八面體結(jié)構(gòu)（正八面體每個(gè)面都是正三角形，可以看作是將兩個(gè)棱長均相等的正四棱錐將底面粘接在一起的幾何體）．如圖所示，正八面體E?ABCD?F的棱長為a，此八面體的外接球與內(nèi)切球的體積之比為（

A．33 B．23 C．32【解題思路】根據(jù)給定條件，確定八面體的外接球球心及半徑，利用體積法求出內(nèi)切球半徑，再利用球的體積公式求解即得.【解答過程】正八面體E?ABCD?F的棱長為a，連接AC∩EF=O，由四邊形ABCD為正方形，得AC則四邊形AECF亦為正方形，即點(diǎn)O到各頂點(diǎn)距離相等，于是此八面體的外接球球心為O，半徑為R=2此八面體的表面積為S=8S△ABE=8×由VE?ABCD?F=2VE?ABCD，得13所以此八面體的外接球與內(nèi)切球的體積之比為(R故選：A.一、單選題1．（2024·遼寧·一模）已知正四棱錐P?ABCD各頂點(diǎn)都在同一球面上，且正四棱錐底面邊長為4，體積為643，則該球表面積為（

A．9π B．36π C．4π【解題思路】根據(jù)體積可求正四棱錐的高，再結(jié)合外接球球心的性質(zhì)可求其半徑，故可求外接球的表面積.【解答過程】如圖，設(shè)P在底面ABCD的射影為H，則PH⊥平面ABCD，且H為AC,BD的交點(diǎn).因?yàn)檎睦忮F底面邊長為4，故底面正方形的面積可為16，且AH=1故13×PH×16=64由正四棱錐的對稱性可知O在直線PH上，設(shè)外接球的半徑為R，則OH=4?R，故R2=8+故正四棱錐P?ABCD的外接球的表面積為4×π故選：B.2．（2024·山東濟(jì)南·二模）已知正三棱錐P－ABC的底面邊長為23，若半徑為1的球與該正三棱錐的各棱均相切，則三棱錐P－ABC的體積為（

A．2 B．22 C．3 D．【解題思路】作出圖形，根據(jù)題意可得棱切球的球心即為底面正三角形的中點(diǎn)O，再求出三棱錐的高，最后根據(jù)三棱錐的體積公式，即可求解.【解答過程】因?yàn)榍蚺c該正三棱錐的各棱均相切，所以該球的球心在過截面圓圓心且與平面ABC垂直的直線上，又因?yàn)榈酌孢呴L為23所以底面正三角形的內(nèi)切圓的半徑為r′又因?yàn)榍虻陌霃絩=1，即r′所以棱切球的球心即為底面正三角形的中心點(diǎn)O，如圖，過球心O作PA的垂線交PA于H，則H為棱切球在PA上的垂足，

所以O(shè)H=r=1，又因?yàn)镺A=12AB因?yàn)椤螦OH∈0,π，所以又由題意可知，PO⊥平面ABC，所以PO⊥OA，所以∠POH=30°所以PO=OH所以VP?ABC故選：A.3．（2024·寧夏吳忠·模擬預(yù)測）已知正三棱錐A?BCD的外接球是球O，正三棱錐底邊BC=3，側(cè)棱AB=23，點(diǎn)E在線段BD上，且BE=DE，過點(diǎn)E作球O的截面，則所得截面圓面積的最大值是（

A．2π B．9π4 C．3【解題思路】設(shè)△BCD的外接圓的圓心為O1，根據(jù)Rt△OO1D中，R2=3+【解答過程】如圖，設(shè)△BDC的中心為O1，球O的半徑為R，連接O1D則O1D=3sin在Rt△OO1D中，當(dāng)截面過球心時(shí)，截面面積最大，最大面積為π?∴所得截面圓面積的最大值為4π故選：D．

4．（2024·廣東廣州·模擬預(yù)測）已知球O內(nèi)切于圓臺（即球與該圓臺的上、下底面以及側(cè)面均相切），且圓臺的上、下底面半徑分別為r1，r2，且r2A．74 B．218 C．52【解題思路】畫出圓臺的軸截面圖，由幾何知識可確定球的半徑，即可得答案.【解答過程】如圖：為該幾何體的軸截面，其中圓O是等腰梯形ABCD的內(nèi)切圓，設(shè)圓O與梯形的腰相切于點(diǎn)E，與上、下底的分別切于點(diǎn)O1，O設(shè)球的半徑為r，圓臺上下底面的半徑為r1=1，r2=4.注意到因此∠DOA=90°，從而△AO2O∽△O設(shè)圓臺的體積為V1，球的體積為V2，則故選：B.5．（2024·陜西寶雞·三模）△ABC與△ABD都是邊長為2的正三角形，沿公共邊AB折疊成三棱錐且CD長為3，若點(diǎn)A，B，C，D在同一球O的球面上，則球O的表面積為（

）A．139π B．208π9 C．【解題思路】根據(jù)外接球球心的性質(zhì)確定球心O的位置為過正三角形△ABC與△ABD的中心的垂線上，再構(gòu)造直角三角形求解球O的半徑即可.【解答過程】設(shè)AB的中點(diǎn)為E，正△ABC與正△ABD的中心分別為N，M，如圖，根據(jù)正三角形的性質(zhì)有M，N分別在DE，CE上，OM⊥平面ABD，ON⊥平面ABC，因?yàn)椤鰽BC與△ABD都是邊長為2的正三角形，則DE=CE=3，又CD=則△CDE是正三角形，又AB⊥DE，AB⊥CE，CE∩DE=E，CE,DE?平面CDE，所以AB⊥平面CDE，所以O(shè)在平面CDE內(nèi)，故EM=EN=13ED=故∠MEO=∠NEO=30°，故OE=MEcos30°=23，又故球O的表面積為S=4π故選：D．6．（2024·陜西榆林·模擬預(yù)測）如圖，△ABC是邊長為4的正三角形，D是BC的中點(diǎn)，沿AD將△ABC折疊，形成三棱錐A?BCD．當(dāng)二面角B?AD?C為直二面角時(shí)，三棱錐A?BCD外接球的體積為（

）

A．5π B．20π C．55【解題思路】補(bǔ)形成長方體模型來解即可.【解答過程】由于二面角B?AD?C為直二面角，且△ABD和△ACD都是直角三角形，故可將三棱錐A?BCD補(bǔ)形成長方體來求其外接球的半徑R，即2R2=2從而三棱錐A?BCD外接球的體積V=4故選：D.

7．（2024·天津和平·二模）如圖，一塊邊長為10cm的正方形鐵片上有四塊陰影部分，將這些陰影部分裁下去，然后用余下的四個(gè)全等的等腰三角形加工成一個(gè)正四棱錐形容器，則這個(gè)正四棱錐的內(nèi)切球（球與正四棱錐各面均有且只有一個(gè)公共點(diǎn)）的體積為（

）A．94π B．92π C．【解題思路】根據(jù)題意可得正四棱錐的斜高為5，底面正方形的邊長為6，從而可得正四棱錐的高，設(shè)這個(gè)正四棱錐的內(nèi)切球的半徑為r，高線與斜高的夾角為θ，則易得sinθ=35，4=r+【解答過程】作出四棱錐P?ABCD如圖：根據(jù)題意可得正四棱錐的斜高為PM=5，底面正方形ABCD的邊長為6，∴正四棱錐的高為OP=5設(shè)這個(gè)正四棱錐的內(nèi)切球的球心為Q，半徑為r，與側(cè)面相切于N，則高線與斜高的夾角為θ，則sinθ=則OP=OQ+QN∴4=r+rsinθ∴這個(gè)正四棱錐的內(nèi)切球的體積為43故選：B．8．（2024·安徽安慶·三模）如圖，在一個(gè)有蓋的圓錐容器內(nèi)放入兩個(gè)球體，已知該圓錐容器的底面圓直徑和母線長都是3，則（

）A．這兩個(gè)球體的半徑之和的最大值為3+B．這兩個(gè)球體的半徑之和的最大值為4C．這兩個(gè)球體的表面積之和的最大值為6+3D．這兩個(gè)球體的表面積之和的最大值為10π【解題思路】當(dāng)這兩個(gè)球體的半徑或者表面積之和取最大值時(shí)，有一個(gè)球體和圓錐的底面相切，過底面圓的直徑作截面，設(shè)兩圓的半徑，則R∈16,12，r∈16,12，其中R=1?r3?23【解答過程】當(dāng)這兩個(gè)球體的半徑或者表面積之和取最大值時(shí)，上面的球與圓錐的底面相切，過底面圓的直徑作截面，如圖所示，過點(diǎn)O作OF⊥AB，垂足為F，過點(diǎn)O′作O′E⊥AB過點(diǎn)O′作O′D⊥OF設(shè)圓O的半徑為R，圓O′的半徑為r，當(dāng)下面的球與上底面相切時(shí)，R此時(shí)R為該圓的內(nèi)切球半徑，等邊三角形的邊長為3，內(nèi)切球半徑為32故OB=1，故R的最大值為12O,O′,B三點(diǎn)共線，設(shè)O則2r+r+12=1所以R∈16,12，r∈16因?yàn)镺D2+O整理得3R2+令函數(shù)fr=R+r=1?rf′令函數(shù)gr=23r?2r2又因?yàn)間16<0，g12所以r∈16,r0，g即r∈16,r0，f所以fr在16,因?yàn)閒16=f12由①可得R2這兩個(gè)球體的表面積之和為4π令x=R+r≤23，函數(shù)y=?2π所以ymax=?2π故選：D．二、多選題9．（2024·黑龍江·模擬預(yù)測）圖柱的軸截面為正方形，則下列結(jié)論正確的有（

）A．圓柱內(nèi)切球的半徑與圖柱底面半徑相等B．圓柱內(nèi)切球的表面積與圓柱表面積比為2C．圓柱內(nèi)接圓錐的表面積與圓柱表面積比為1D．圓柱內(nèi)切球的體積與圓柱體積比為2【解題思路】圓柱內(nèi)切球半徑等于圓柱底面半徑，再利用即可得到ABD，圓柱內(nèi)接圓錐半徑圓柱底面半徑，高等于圓柱的高即可得到C.【解答過程】設(shè)圓柱的底面半徑為R，則圓柱的高為2R，所以內(nèi)切球的半徑為R，A正確；圓柱的表面積為S1=2πR2+2πR×2R=6πR圓柱內(nèi)接圓錐的表面積為S=πR2+圓柱內(nèi)切球的體積V1=43πR3故選：ABD.10．（2024·河北衡水·三模）已知在正方體ABCD?A1B1C1D1中，AA1=2，點(diǎn)M為A1D1的中點(diǎn)，點(diǎn)A．球O的體積為4π3 B．點(diǎn)P的軌跡長度為C．異面直線CC1與BP所成角的余弦值取值范圍為33,25【解題思路】根據(jù)正方體內(nèi)切球的性質(zhì)判斷A；利用面面平行確定點(diǎn)P的軌跡，即可求得其長度，判斷B；根據(jù)異面直線所成角的概念，確定該角取到最值時(shí)的位置，即可判斷C；根據(jù)圓內(nèi)切的判斷條件可判斷D.【解答過程】由題意知球O的半徑為1，故其體積為4π3取B1C1連結(jié)BN,D1N，易知D1N//B1M，故D1N//平面連接MN，MN∥A1則BN//AM，BN?平面AB1M，AM?平面AB1又因?yàn)锽N∩D1N=N，BN,故平面BND1//平面AB1M，平面BND故點(diǎn)P的軌跡為線段D1因?yàn)镃C1//BB1，故異面直線C當(dāng)P位于N點(diǎn)時(shí)，得∠B1BN當(dāng)P位于D1點(diǎn)時(shí)，∠B1BD由正方體幾何性質(zhì)易知∠BAM=∠BA故BM為三棱錐M?AA1B1外接球的直徑，取即O′為三棱錐M?AA1B1故OO因?yàn)榍騉的半徑為r1=1，球O′故三棱錐M?AA1B故選：ACD．11．（2024·江蘇無錫·模擬預(yù)測）在平面四邊形ABCD中，AB=BC=1,AB⊥BC，將△ACD沿AC折起，使D到達(dá)點(diǎn)P的位置．已知三棱錐P?ABC的外接球的球心M恰是AP的中點(diǎn)，則下列結(jié)論正確的是（

）A．AP,BM與平面ABC所成的角相等B．AC．二面角B?AP?C的大小可能為30D．若∠PBC=45°，則球M【解題思路】對于A，取AC的中點(diǎn)O得MO⊥平面ABC，PC⊥平面ABC，根據(jù)△MAO≌△MBO可判斷A；AP2+AB2?AC2+BP2=A【解答過程】對于A，取AC的中點(diǎn)O，因?yàn)锳B⊥BC，所以點(diǎn)O是△ABC的外心，連接MO,BO，則MO⊥平面ABC，因?yàn)镸是AP的中點(diǎn)，所以MO//PC，所以PC⊥平面點(diǎn)是O是AC的中點(diǎn)，AB=BC=1，所以AO=BO=CO=2又MA=MB，所以△MAO≌△MBO，所以∠MAO=∠MBO，故A正確；

對于B，AP=A=2?2對于C，因?yàn)锽O⊥AC，BO⊥PC，AC∩PC=C，AC、PC?平面PAC，所以BO⊥平面PAC，AP?平面PAC，所以BO⊥AP，做BN⊥PA，交AP于點(diǎn)N，BN∩BO=B，BN、BO?平面BNO，所以PA⊥平面BNO，NO?平面BNO，所以PA⊥NO，所以∠BNO即為B?AP?C的平面角，若∠BNO=30則BN=BO=2，而在直角三角形ABN中，斜邊AB=1<BN=這是不可能的，故C錯(cuò)誤；

對于D，若∠PBC=45°，則PC=BC=1，所以MB2=M∴S

故選：ABD．三、填空題12．（2024·四川·模擬預(yù)測）在平面四邊形ABCD中，AB=AD=1,BC=CD=2,AB⊥AD，將△BCD沿BD折起，使點(diǎn)C到達(dá)C′，且AC′=3，則四面體AB

【解題思路】先求幾何體的邊長取C′A的中點(diǎn)O，【解答過程】由題意知，C′由勾股定理可知，C′B2所以C′取C′A的中點(diǎn)O，所以所以四面體ABC′D的外接球O四面體ABC′D的外接球O外接球O的體積V=4故答案為：3213．（2024·貴州貴陽·二模）在一個(gè)棱長為36的正四面體容器內(nèi)放入一個(gè)半徑為1的小球，搖晃容器使得小球在容器內(nèi)朝著任意方向自由運(yùn)動，則小球不可能接觸到的容器內(nèi)壁的面積為483【解題思路】由題意，小球與正四面體的一個(gè)面相切時(shí)的情況，易知小球在面上最靠近便得切點(diǎn)的軌跡仍為正三角形，正四面體的棱長為36，故小三角形的邊長為6【解答過程】如圖：

考慮小球O即在正四面體的一個(gè)角上時(shí)，做平面A1B1C1//平面ABC，因?yàn)閂P?A1B1C1由題意，考慮小球與正四面體的一個(gè)面相切時(shí)的情況，易知小球在面上最靠近便得切點(diǎn)的軌跡仍為正三角形，

因?yàn)镻P1=22，PP1平分因?yàn)檎拿骟w的棱長為36，故小三角形的邊長為6小球與一個(gè)面不能接觸到的部分的面積為：34所以幾何體的四個(gè)面永遠(yuǎn)不可能接觸到容器的內(nèi)壁的面積是4×123故答案為：48314．（2024·四川·模擬預(yù)測）在平面四邊形ABCD中，AB=AD=1,BC=CD=2,AB⊥AD，將△BCD沿BD折起，使點(diǎn)C到達(dá)C′，且AC′=3，則四面體ABC′D的外接球?yàn)榍騉，若點(diǎn)E在線段BD上，且【解題思路】先根據(jù)勾股定理逆定理得到C′B⊥AB,C【解答過程】由題意知，C′由勾股定理可知，C′B2取C′A的中點(diǎn)O，所以O(shè)B=OC′=OD=OA，所以四面體ABC′D的外接球O在斜邊根據(jù)題意可知，過點(diǎn)E作球O的截面，若要所得的截面圓中面積最小，只需截面圓半徑最小，設(shè)球O到截面的距離d，只需球心到截面的距離d最大即可，而當(dāng)且僅當(dāng)OE與截面垂直時(shí)，球心到截面的距離d最大，即dmax取BD的中點(diǎn)F,EF=14BD=24，易知△OBD所以截面圓的半徑為r=R故答案為：64四、解答題15．（2024·四川成都·模擬預(yù)測）已知球內(nèi)接正四棱錐P?ABCD的高為3，AC、BD相交于O，球的表面積為169π9，若E為

(1)求證：OE//平面PAD(2)求三棱錐C?EOB的體積.【解題思路】（1）依題意可得OE//（2）由球的表面積求出球的半徑R，由正四棱錐的性質(zhì)可知球心O1必在PO上，連接AO1，利用勾股定理求出AO，即可求出S△BOC，再由E為PC中點(diǎn)得到E到平面ABCD的距離為【解答過程】（1）依題意底面ABCD為正方形，AC、BD相交于O，所以O(shè)為AC的中點(diǎn)，又E為PC中點(diǎn)，所以O(shè)E//又O