重難點18 球的切、接問題（舉一反三）（新高考專用）（教師版） 2025年高考數學一輪復習專練（新高考專用）

重難點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、接有關的最值問題】 27【題型9與球的切、接有關的截面問題】 31【題型10多面體與球體內切外接綜合問題】 351、球的切、接問題球的切、接問題是歷年高考的重點、熱點內容，一般以客觀題的形式出現，考查空間想象能力、計算能力.其關鍵點是利用轉化思想，把球的切、接問題轉化為平面問題或特殊幾何體來解決或轉化為特殊幾何體的切、接問題來解決.【知識點1正方體與球、長方體與球】1．正方體與球的切、接問題(1)內切球：內切球直徑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2正棱錐與球】1．正棱體與球的切、接問題(1)內切球：(等體積法)，r是內切球半徑，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3正四面體的外接球、內切球】1．正四面體的外接球、內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，內切球半徑為r，則，，，.【知識點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為其外接球球心..【知識點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：常見的與球有關的組合體問題有兩種：一種是內切球，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中元素間的關系，或只畫內切、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系，列方程(組)求解.(2)補形法：若球面上四點P,A,B,C構成的三條線段PA,PB,PC兩兩垂直，且PA=a，PB=b，PC=c，一般把有關元素“補形”成為一個球內接長方體，根據4R2=a2+b2+c2求解.(3)截面法：涉及球與棱柱、棱錐的切、接問題時，一般過球心及多面體的特殊點(一般為接、切點)或線作截面，把空間問題轉化為平面問題求解.3．內切球問題的求解策略：(1)找準切點，通過作過球心的截面來解決.(2)體積分割是求內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△ABC的外接圓半徑為r，則2r=BCsin∠BACAD⊥平面ABC，且AD=4，設三棱錐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·模擬預測）已知正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長為2，點A．2π B．4π C．6π【解題思路】畫出圖分析出球心為兩個面斜邊中點的垂線的交點，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與因為斜邊CB1的中點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因為斜邊CC1的中點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·模擬預測）已知圓錐的側面展開圖是一個半徑為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】設圓錐的側面展開圖的圓心角為α，由題意可知，12×2設圓錐的底面圓半徑為r，則2πr=2×2則該圓錐的高為22設該圓錐的外接球的半徑為R，由球的性質可知，42解得R=322故選：C.【變式1-3】（2024·青海·二模）如圖，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的中點為F，即可說明點F為梯形ABCD外接圓的圓心，再證明PD⊥平面ABCD，過AD的中點F作FO//PD交PA于點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的中點為F，因為AD=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F為梯形ABCD外接圓的圓心，連接BD，在△BCD中，根據余弦定理得cos2π3=B因為PB=19，PD=4，所以PD2+BD因為PD⊥AD，AD∩BD=D，AD,BD?平面ABCD，所以PD⊥平面ABCD，過AD的中點F作FO//PD交PA于點O，則FO⊥平面ABCD，且O為所以點O為Rt△PAD外接圓圓心，所以O為四棱錐P?ABCD所以外接球半徑為12PA=1故選：D.【題型2補形法求外接球問題】【例2】（2024·內蒙古錫林郭勒盟·模擬預測）在空間直角坐標系中，已知A(0,3,0)，B(0,0,0)，C(4,0,0)，A．29π B．28π C．32π 【解題思路】首先由四點的坐標，確定幾何體的關系，利用補體法，求四面體外接球的半徑，即可求球的表面積.【解答過程】根據已知4個點的空間直角坐標可得，AD⊥平面ABC,AB⊥BC,AD=2,AB=3，BC=4，所以四面體ABCD可以補成長、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·模擬預測）現為一球形玩具設計一款球形的外包裝盒（盒子厚度忽略不計）．已知該球形玩具的直徑為2，每盒需放入4個玩具球，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】根據外包裝盒的直徑最小得出四個球兩兩外切，結合外接球的知識可得答案.【解答過程】當外包裝盒的直徑最小時，四個球兩兩外切且內切于包裝盒這個大球，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·模擬預測）如圖是以正方體的各條棱的中點為頂點的多面體，這是一個有八個面為正三角形，六個面為正方形的“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】根據給定條件，把多面體放在棱長為2的正方體中，結合正方體的結構特征確定球心，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，該多面體外接球半徑R等于球心到一個頂點的距離，即正方體面對角線的一半，則2R=22+所以經過該多面體的各個頂點的球的表面積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）已知一個正四棱臺的上、下底面邊長分別為2，8，側棱長為35，則該正四棱臺內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，再分析出最大內切球與四側面及下底面相切，再根據三角函數得到其半徑大小，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，

因為正四棱臺的上、下底面邊長分別為2，8，側棱長為35則B1O1=2因為OOEE1=35過O,E,E1,則OO

即該正四棱臺內半徑最大的球半徑r=433故選：D.【變式3-1】（23-24高三下·河南·階段練習）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】根據圓臺的軸截面圖，利用切線長定理結合圓臺和球的結構特征求解r1，r【解答過程】如圖，設Ω的上、下底面圓心分別為O1，O2，則Ω的內切球的球心O一定在設球O與Ω的母線AB切于M點，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的內切球表面職與圓錐側面積之和為（

）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切球半徑r，然后由球的表面積公式和圓錐的側面積公式求出結果即可.【解答過程】因為三條母線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切圓半徑即為圓錐內切球半徑r，軸截面三角形面積為12所以內切球半徑r=62內切球的表面積為4π圓錐的側面積為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，且其各個頂點均在半徑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，根據圓心O是否位于截面內部分兩種情況，根據線段關系即可求解.【解答過程】

如圖，做出截面DBFH，當圓心O位于截面內部時，

取DB中點E，HF中點F1，連接DO、EF1易得點O在EF1上，由題意得DB=42，HF=8因為OF1=所以EF當O不在截面內時，

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補形為正方體，此時正方體的內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的正四面體補形為棱長為2的正方體，則正方體的內切球即為正四面體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A．2 B．74 C．34 【解題思路】取AB中點E，根據空間向量的數量積運算得PA?PB=【解答過程】取AB中點E，可知E在球面上，可得EB=?所以PA?

點P在球O的正方體外部（含正方體表面）運動，當PE為直徑時，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】設正三棱柱的棱長為a，因為正三棱柱上下底面中心連線的中點O為外接球的球心，則外接球的半徑OB2=O所以r1因為OE=33a=12所以S1故答案為：74【變式4-3】（2024·黑龍江哈爾濱·模擬預測）若將正方體沿交于一頂點的三條棱的中點截去一個三棱錐，八個頂點共截去八個三棱錐，可得到一個有十四個面的多面體.它的各棱長都相等，其中八個面為正三角形，六個面為正方形，如圖所示，已知該多面體過A，B，C三點的截面面積為63，則其棱切球（球與各棱相切）的表面積為12π【解題思路】設AB=m，外接球的半徑為R，根據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，側棱長為22【解答過程】設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三點的截面為正六邊形ABCFED，其面積S=6×34×根據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內切球模型問題】【例5】（2024·全國·模擬預測）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，PO⊥平面ABCD，∠PBA=∠ABC=60°，則四棱錐P?ABCD的內切球的體積為（

）

A．6π2 B．6π4 C．【解題思路】求出四棱錐的高和側棱長，再利用四棱錐的體積與其內切球半徑之間的關系求四棱錐的內切球半徑即可得解.【解答過程】因為四邊形ABCD為菱形，∠ABC=60°，所以△ABC是正三角形，則OA=1,OB=3因為PO⊥平面ABCD,AC,BD?平面ABCD，所以PO⊥AC,PO⊥BD.設PO=a，則PA=a2+1在△PAB中，由PA可得a2+1=a所以PO=6因為O為BD的中點，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設四棱錐P?ABCD的內切球的半徑為r，則VP?ABCD所以r=S所以四棱錐P?ABCD的內切球的體積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．六氟化硫結構為正八面體結構，如圖所示，硫原子位于正八面體的中心，6個氟原子分別位于正八面體的6個頂點，若相鄰兩個氟原子之間的距離為m，則該正八面體結構的內切球表面積為（

A．πm2 B．2πm2 【解題思路】根據正四棱錐的性質結合線面垂直的判定定理、性質定理找出內切球的半徑，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O，連接OP，取BC的中點E，連接OE,PE，因為AB=m,所以OA=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，因為BC⊥平面POE，OH?平面POE，所以BC⊥OH,且BC∩PE=E,BC,PE?平面PBC，所以OH⊥平面PBC，所以OH為該正八面體結構的內切球的半徑，在直角三角形POE中，OP=2由等面積法可得，12×OP×OE=1所以內切球的表面積為4π故選:D.【變式5-2】（2024·全國·模擬預測）已知圓臺O1O2存在內切球O（與圓臺的上、下底面及側面都相切的球），若圓臺O1O2的上、下底面面積之和與它的側面積之比為5:8，設圓臺O1O2A．23 B．34 C．511【解題思路】根據給定條件，結合圓臺軸截面等腰梯形的內切圓是球的截面大圓，探討圓臺兩底半徑與母線的關系，再利用圓臺側面積公式及圓臺、球的體積公式求解即得.【解答過程】設圓臺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）若一個多面體的各面都與一個球的球面相切，則稱這個球是這個多面體的內切球．在四棱錐P?ABCD中，側面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存在一個內切球，設球的體積為V1，該四棱錐的體積為V2，則V1A．3π6 B．3π12 C．【解題思路】過點P作出四棱錐P?ABCD的內切球截面大圓，確定球半徑表達式，再借助四棱錐體積求出球半徑計算作答.【解答過程】如圖，取AB中點M，CD中點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的內切球O得截面大圓，此圓是Rt△PMN的內切圓，切MN，PM分別于E，F，有四邊形OEMF設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）在一個半徑為2的半球形封閉容器內放入兩個半徑相同的小球，則這兩個小球的表面積之和最大為（

）A．96?642π B．24?162π C．【解題思路】由題意確定兩個小球的表面積之和最大的情況，如圖，根據勾股定理可得O1O=2r，則【解答過程】當兩個小球的表面積之和最大時兩小球相切，且兩小球均與半球形封閉容器相切，此時設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，設兩個小球的半徑為r得O1O=r2+所以這兩個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·模擬預測）某包裝設計部門為一球形塑料玩具設計一種正四面體形狀的外包裝盒（盒子厚度忽略不計），已知該球形玩具的直徑為2，每盒需放入10個塑料球，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切球半徑的關系，然后根據當a取得最小值時，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，從而計算出棱長的最小值.【解答過程】設正四面體的棱長為a，高為?，內切球半徑為r則a2=?又4×13×

即正四面體的高等于其棱長的63，正四面體的內切球的半徑等于其棱長的6如圖，10個直徑為2的小球放進棱長為a的正四面體ABCD中，構成三棱錐的形狀，有3層，從上到下每層的小球個數依次為1，3，6．

當a取得最小值時，從上到下每層中放在邊緣的小球都與正四面體的側面相切，底層的每個球都與正四面體的底面相切，任意相鄰的兩個小球都外切，位于底層正三角狀頂點的所有相鄰小球的球心連線為一個正四面體EFGH，底面BCD的中心為O，AO與面FGH的交點為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·模擬預測）如圖所示，4個球兩兩外切形成的幾何體，稱為一個“最密堆壘”．顯然，即使是“最密堆壘”，4個球之間依然存在著空隙．材料學研究發(fā)現，某種金屬晶體中4個原子的“最密堆壘”的空隙中如果再嵌入一個另一種金屬原子并和原來的4個原子均外切，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，則四個金屬原子的球心的連線所圍成的圖形為正四面體P?ABC，設正四面體的棱長為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.建設過程中研制出用于基建的大型龍門吊?平衡盾構機等國之重器更是世界領先.如圖是某重器上一零件結構模型，中間最大球為正四面體ABCD的內切球，中等球與最大球和正四面體三個面均相切，最小球與中等球和正四面體三個面均相切，已知正四面體ABCD棱長為26，則模型中九個球的表面積和為（

A．6π B．9π C．31π【解題思路】作出輔助線，先求出正四面體的內切球半徑，再利用三個球的半徑之間的關系得到另外兩個球的半徑，得到答案.【解答過程】如圖，取BC的中點E，連接DE，AE，則CE=BE=6，AE=DE=過點A作AF⊥底面BCD，垂足在DE上，且DF=2EF，所以DF=22,EF=2點O為最大球的球心，連接DO并延長，交AE于點M，則DM⊥AE，設最大球的半徑為R，則OF=OM=R，因為Rt△AOM∽Rt△AEF，所以AOAE=OM即OM=OF=1，則AO=4?1=3，故sin設最小球的球心為J，中間球的球心為K，則兩球均與直線AE相切，設切點分別為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】根據外接球球心的性質確定球心O的位置為過正△ABC與△ABD的中心的垂線上，再構造直角三角形求解球O的半徑，即可求解．【解答過程】解：由題，設正△ABC與△ABD的中心分別為N，M，根據外接球的性質有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·模擬預測）如圖①，將兩個直角三角形拼在一起得到四邊形ABCD，且AC=BC=12AD=1，AC⊥AD，現將△ACD沿AC折起，使得點D到達點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C作CE//PA且CE=PA，連接PE、BE，則四邊形所以AC//PE，因為AC⊥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·模擬預測）如圖，△ABC是邊長為4的正三角形，D是BC的中點，沿AD將△ABC折疊，形成三棱錐A?BCD．當二面角B?AD?C為直二面角時，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，則AD⊥BC，折疊后，則有AD⊥CD，AD⊥BD，因為BD∩CD=D，所以AD⊥平面BDC，因為二面角B?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】根據球的截面圓的性質可得出二面角，利用直角三角形性質判斷△ABC外心O1和△PBC外心O2的位置，利用垂直關系證明O2是AO中點，利用體積公式判斷①，根據O【解答過程】由題意知AB=AC=22,∠BAC=90設△ABC外心為O1，則O1為BC的中點，設△PBC外心為則OO1⊥平面ABC，O∵BC?平面ABC，BC?平面PBC，∴OO1⊥BC∵OO2∩OO1=O，∵OO又因為AO1⊥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，因為故OO2⊥O1O在△AO1O則AO2=2，故且O2是OA則VO?ABC又∵O2∴點P形成的軌跡是以O2為圓心，半徑為6∴軌跡長度為26故選：A．【題型8與球的切、接有關的最值問題】【例8】（2024·湖北·模擬預測）已知四棱錐P?ABCD的底面為矩形，AB=23，BC=4，側面PAB為正三角形且垂直于底面ABCD，M為四棱錐P?ABCD內切球表面上一點，則點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，平面PHN截四棱錐P?ABCD的內切球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M到直線CD距離的最小值.【解答過程】如圖，設四棱錐的內切球的半徑為r，取AB的中點為H，CD的中點為N，連接PH，PN，HN，

球O為四棱錐P?ABCD的內切球，底面ABCD為矩形，側面PAB為正三角形且垂直于底面ABCD，則平面PHN截四棱錐P?ABCD的內切球O所得的截面為大圓，此圓為△PHN的內切圓，半徑為r，與HN，PH分別相切于點E，F，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，所以內切球表面上一點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內切球表面上的一點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，則當四棱錐P?ABCD的體積最大時，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AB=x，根據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】因為四棱錐P?ABCD的底面為正方形，所以當點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當且僅當t=43時取等號，此時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)，小明制做了一個半正多面體形狀的花燈，他將正方體沿交于一頂點的三條棱的中點截去一個三棱錐，共截去八個三棱錐，得到一個有十四個面的半正多面體，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】把這個半正多面體補全為正方體，再設該正方體的邊長為a，則每個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由正方體的性質易證明平面ABC//平面IGH：又因為在正方體中EF⊥平面IGH，所以EF⊥平面ABC，所以過點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·模擬預測）某雕刻師在切割玉料時，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，側面ABC⊥底面BCD，且AB=AC=DB=DC=AD=2?cm，該雕刻師計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切球的直徑，從而確定正確答案.【解答過程】如圖，設BC的中點為O，連接AO,DO，因為AB=AC=DB=DC,BC=BC，所以△ABC≌△DBC，所以AO=DO，且AO⊥BC,DO⊥BC，又側面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=因為AB=AC=DB=DC=2?cm，所以AB⊥AC,DB⊥DC當球形玉珠為三棱錐A?BCD的內切球時，球形玉珠的直徑最大．設三棱錐A?BCD的表面積為S，內切球的半徑為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、接有關的截面問題】【例9】（2024·云南曲靖·模擬預測）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】

設正方體ABCD?A1B1C因為正方體ABCD?A1B所以43πR由3a2=設球心O到平面EFG的距離為?，平面EFG截球的截面圓的半徑為r，設A1到平面EFG的距離為?因為E、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·模擬預測）已知SO1=2，底面半徑O1A=4的圓錐內接于球O，則經過S和OA．252π B．253π C．【解題思路】根據球的截面性質，結合三角形面積等積性、勾股定理進行求解即可.【解答過程】如圖，設球O的半徑為R，線段O1A的中點為E，因為所以42+(R?2)設經過S和O1A中點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?因為當d為點O到SE的距離時最大，此時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·模擬預測）四棱錐P?ABCD各頂點都在球心O為的球面上，且PA⊥平面ABCD，底面ABCD為矩形，PA=AD=2,AB=22，設M,N分別是PD,CD的中點，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】根據線面垂直關系可得四棱錐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，根據線面關系求解三棱錐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】因為PA⊥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，故球O的直徑2R=22由M,N分別是PD,CD的中點可得MN//PC，因為PC?平面AMN，可得PC//所以球心O到平面AMN的距離等于點C到平面AMN的距離，設球心O到平面AMN的距離為d，截面圓的半徑為r，因為PA=AD=2,AB=22，M分別是PD的中點，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·模擬預測）在正方體ABCD?A1B1C1D1中，E，F分別為棱A1B1，DA．62 B．32 C．305【解題思路】根據題意可求得正方體的外接球球心位置，易知當截面面積最大時，截面圓的半徑為該正方體外接球的半徑R，當截面與OP垂直時，截面面積最??；分別求出對應的半徑大小即可得出結果.【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P，連接OE，OF，OP，則OE=OF=aEF=a所以OP=O此時截面圓的半徑r=R顯然當截面面積最大時，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"多面體與球體內切外接問題"多面體與球體內切外接綜合問題】【例10】（2024·全國·模擬預測）已知圓臺O1O2的內切球半徑為2，圓臺O1OA．32π B．1025π48 C．1025【解題思路】首先根據圓臺內切球半徑為2求出圓臺上、下底面半徑的乘積為4，然后結合圓臺的體積為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接，外接球球心O在線段O1O2上，（提示：當O在O1O如圖，連接OC，OB，則CO1=設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】設正四棱錐P?ABCD底邊長為2a，高為?，外接球半徑R=3，內切球半徑r=1，設M，N分別為AD和BC的中點，由題意得△PMN的內切圓半徑即為內切球半徑，△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】設正四棱錐P?ABCD的底邊長為2a，高為?，外接球半徑R=3，內切球半徑r=1．設M，N分別為AD和BC的中點，則△PMN的內切圓半徑即為內切球半徑．設∠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·模擬預測）在底面是邊長為4的正方形的四棱錐P?ABCD中，點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．因為AD//BC，所以異面直線PB與AD所成的角為取BC中點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+所以內切球的半徑為r=3V設四棱錐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·模擬預測）六氟化硫，化學式為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．六氟化硫分子結構為正八面體結構（正八面體每個面都是正三角形，可以看作是將兩個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切球的體積之比為（

A．33 B．23 C．32【解題思路】根據給定條件，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O到各頂點距離相等，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】根據體積可求正四棱錐的高，再結合外接球球心的性質可求其半徑，故可求外接球的表面積.【解答過程】如圖，設P在底面ABCD的射影為H，則PH⊥平面ABCD，且H為AC,BD的交點.因為正四棱錐底面邊長為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，根據題意可得棱切球的球心即為底面正三角形的中點O，再求出三棱錐的高，最后根據三棱錐的體積公式，即可求解.【解答過程】因為球與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，又因為底面邊長為23所以底面正三角形的內切圓的半徑為r′又因為球的半徑r=1，即r′所以棱切球的球心即為底面正三角形的中心點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OH=r=1，又因為OA=12AB因為∠AOH∈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，側棱AB=23，點E在線段BD上，且BE=DE，過點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△BCD的外接圓的圓心為O1，根據Rt△OO1D中，R2=3+【解答過程】如圖，設△BDC的中心為O1，球O的半徑為R，連接O1D則O1D=3sin在Rt△OO1D中，當截面過球心時，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·模擬預測）已知球O內切于圓臺（即球與該圓臺的上、下底面以及側面均相切），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的內切圓，設圓O與梯形的腰相切于點E，與上、下底的分別切于點O1，O設球的半徑為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】根據外接球球心的性質確定球心O的位置為過正三角形△ABC與△ABD的中心的垂線上，再構造直角三角形求解球O的半徑即可.【解答過程】設AB的中點為E，正△ABC與正△ABD的中心分別為N，M，如圖，根據正三角形的性質有M，N分別在DE，CE上，OM⊥平面ABD，ON⊥平面ABC，因為△ABC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在平面CDE內，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·模擬預測）如圖，△ABC是邊長為4的正三角形，D是BC的中點，沿AD將△ABC折疊，形成三棱錐A?BCD．當二面角B?AD?C為直二面角時，三棱錐A?BCD外接球的體積為（

）

A．5π B．20π C．55【解題思路】補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，然后用余下的四個全等的等腰三角形加工成一個正四棱錐形容器，則這個正四棱錐的內切球（球與正四棱錐各面均有且只有一個公共點）的體積為（

）A．94π B．92π C．【解題思路】根據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，設這個正四棱錐的內切球的半徑為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設這個正四棱錐的內切球的球心為Q，半徑為r，與側面相切于N，則高線與斜高的夾角為θ，則sinθ=則OP=OQ+QN∴4=r+rsinθ∴這個正四棱錐的內切球的體積為43故選：B．8．（2024·安徽安慶·三模）如圖，在一個有蓋的圓錐容器內放入兩個球體，已知該圓錐容器的底面圓直徑和母線長都是3，則（

）A．這兩個球體的半徑之和的最大值為3+B．這兩個球體的半徑之和的最大值為4C．這兩個球體的表面積之和的最大值為6+3D．這兩個球體的表面積之和的最大值為10π【解題思路】當這兩個球體的半徑或者表面積之和取最大值時，有一個球體和圓錐的底面相切，過底面圓的直徑作截面，設兩圓的半徑，則R∈16,12，r∈16,12，其中R=1?r3?23【解答過程】當這兩個球體的半徑或者表面積之和取最大值時，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O作OF⊥AB，垂足為F，過點O′作O′E⊥AB過點O′作O′D⊥OF設圓O的半徑為R，圓O′的半徑為r，當下面的球與上底面相切時，R此時R為該圓的內切球半徑，等邊三角形的邊長為3，內切球半徑為32故OB=1，故R的最大值為12O,O′,B三點共線，設O則2r+r+12=1所以R∈16,12，r∈16因為OD2+O整理得3R2+令函數fr=R+r=1?rf′令函數gr=23r?2r2又因為g16<0，g12所以r∈16,r0，g即r∈16,r0，f所以fr在16,因為f16=f12由①可得R2這兩個球體的表面積之和為4π令x=R+r≤23，函數y=?2π所以ymax=?2π故選：D．二、多選題9．（2024·黑龍江·模擬預測）圖柱的軸截面為正方形，則下列結論正確的有（

）A．圓柱內切球的半徑與圖柱底面半徑相等B．圓柱內切球的表面積與圓柱表面積比為2C．圓柱內接圓錐的表面積與圓柱表面積比為1D．圓柱內切球的體積與圓柱體積比為2【解題思路】圓柱內切球半徑等于圓柱底面半徑，再利用即可得到ABD，圓柱內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】設圓柱的底面半徑為R，則圓柱的高為2R，所以內切球的半徑為R，A正確；圓柱的表面積為S1=2πR2+2πR×2R=6πR圓柱內接圓錐的表面積為S=πR2+圓柱內切球的體積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M為A1D1的中點，點A．球O的體積為4π3 B．點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】根據正方體內切球的性質判斷A；利用面面平行確定點P的軌跡，即可求得其長度，判斷B；根據異面直線所成角的概念，確定該角取到最值時的位置，即可判斷C；根據圓內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又因為BN∩D1N=N，BN,故平面BND1//平面AB1M，平面BND故點P的軌跡為線段D1因為CC1//BB1，故異面直線C當P位于N點時，得∠B1BN當P位于D1點時，∠B1BD由正方體幾何性質易知∠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因為球O的半徑為r1=1，球O′故三棱錐M?AA1B故選：ACD．11．（2024·江蘇無錫·模擬預測）在平面四邊形ABCD中，AB=BC=1,AB⊥BC，將△ACD沿AC折起，使D到達點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，則下列結論正確的是（

）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O得MO⊥平面ABC，PC⊥平面ABC，根據△MAO≌△MBO可判斷A；AP2+AB2?AC2+BP2=A【解答過程】對于A，取AC的中點O，因為AB⊥BC，所以點O是△ABC的外心，連接MO,BO，則MO⊥平面ABC，因為M是AP的中點，所以MO//PC，所以PC⊥平面點是O是AC的中點，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，因為BO⊥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C到達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）在一個棱長為36的正四面體容器內放入一個半徑為1的小球，搖晃容器使得小球在容器內朝著任意方向自由運動，則小球不可能接觸到的容器內壁的面積為483【解題思路】由題意，小球與正四面體的一個面相切時的情況，易知小球在面上最靠近便得切點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角上時，做平面A1B1C1//平面ABC，因為VP?A1B1C1由題意，考慮小球與正四面體的一個面相切時的情況，易知小球在面上最靠近便得切點的軌跡仍為正三角形，

因為PP1=22，PP1平分因為正四面體的棱長為36，故小三角形的邊長為6小球與一個面不能接觸到的部分的面積為：34所以幾何體的四個面永遠不可能接觸到容器的內壁的面積是4×123故答案為：48314．（2024·四川·模擬預測）在平面四邊形ABCD中，AB=AD=1,BC=CD=2,AB⊥AD，將△BCD沿BD折起，使點C到達C′，且AC′=3，則四面體ABC′D的外接球為球O，若點E在線段BD上，且【解題思路】先根據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O，所以OB=OC′=OD=OA，所以四面體ABC′D的外接球O在斜邊根據題意可知，過點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，而當且僅當OE與截面垂直時，球心到截面的距離d最大，即dmax取BD的中點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·模擬預測）已知球內接正四棱錐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為AC的中點，又E為PC中點，所以OE//又O