7.2 球的切、接问题(培优课10)（课件PPT）-【金版新学案】2025年高考数学高三总复习大一轮复习讲义（北师大版2019）

§7.2　球的切、接问题(培优课10) 第七章　立体几何与空间向量 球的切接问题是高考热点之一，基本以选择或填空题出现，求解需要学生较强的空间想象能力、化归与转化能力和准确的计算能力，且题目综合性较强，主要掌握以下几个模型，便能轻而易举地解决；与球切接的多面体分为：①规则的多面体，如长方体，正方体，正三棱柱，正三棱锥，正四面体，有2个面为共斜边的直角三角形的三棱锥，这些特殊的几何体其内切球与外接球的半径与其棱长之间有具体的公式．②不规则的多面体，核心是要定球心求出半径，可以通过定义法定球心、补形法将几何体还原到特殊的几何体中去、方程法求外接球的半径，等体积法求内切球的半径． CONTECT 内 容 索 引 01 题型一 墙角模型构造长方体求解 02 题型二 对棱相等的三棱锥模型构造长方体求解 06 课 时 测 评 03 题型三 汉堡模型处理柱体、台体的外接球问题 04 题型四 垂面模型处理外接球问题 05 题型五 内切球问题 题型一 墙角模型构造长方体求解 返回 返回 例1 (2024·安徽合肥质检)在四面体S-ABC中，SA⊥平面ABC，三个内角B，A，C成等差数列，SA＝AC＝2，AB＝1，则该四面体的外接球的表面积为_____． 由题意得，内角B，A，C成等差数列，可得2A＝B＋C，因为A＋B＋C＝π，可得3A＝π，即A＝ ，在△ABC中，由余弦定理可得cos A＝ 8π 规律方法 如图： 遇到以上三种三棱锥均可构造长方体求解外接球半径R；长方体的体对角线长即为球的直径．　 √ 对点练1已知在三棱锥P-ABC中，AC＝ ，BC＝1，AC⊥BC且PA＝2PB，PB⊥平面ABC，则其外接球体积为 返回 题型二 对棱相等的三棱锥模型构造长方体求解 返回 返回 例2 √ (2024·北京二模)在四面体ABCD中，若AB＝CD＝ ，AC＝BD＝2，AD＝BC＝ ，则四面体ABCD的外接球的表面积为 A．2π B．4π C．6π D．8π 由题意可采用补形法，考虑到四面体ABCD的对棱相等，所以将四面体放入一个长、宽、高分别为x，y，z的长方体，并且x2＋y2＝3，x2＋z2＝5，y2＋z2＝4，则有(2R)2＝x2＋y2＋z2＝6(R为外接球的半径)，得2R2＝3，所以外接球的表面积为S＝4πR2＝6π.故选C． 规律方法 若三棱锥(即四面体)中，已知三组对棱分别相等(AD＝BC＝x，AB＝CD＝y，AC＝BD＝z)，则把三棱锥放在长方体中，那么长方体的体对角线长即为三棱锥外接球的直径． 对点练2.(2024·河南焦作模拟)已知三棱锥P-ABC的每条侧棱与它所对的底面边长相等，且PA＝3 ，PB＝PC＝5，则该三棱锥的外接球的表面积为____． 根据题意，三棱锥P-ABC可以嵌入一个长方体内，且三 棱锥的每条棱均是长方体的面对角线，设长方体交于一 个顶点的三条棱长分别为a，b，c，如图所示，则a2＋b2 ＝PA2＝18，a2＋c2＝PB2＝25，b2＋c2＝PC2＝25，解得a 34π 返回 题型三 汉堡模型处理柱体、台体的外接球问题 返回 返回 例3 √ (1)(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 ，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 (2)(2023·全国乙卷)已知点S，A，B，C均在半径为2的球面上，△ABC是边长为3的等边三角形，SA⊥平面ABC，则SA＝___． 如图，设△ABC的外接圆圆心为O1，半径为r， 2 规律方法 到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据到其他顶点距离也是半径，列关系式求解即可． √ 对点练3.已知某圆台的母线长为2，母线与轴所在直线的夹角是60°，且上、下底面的面积之比为1∶4，则该圆台外接球的表面积为 A．56π B．64π C．112π D．128π 如图，等腰梯形ABCD是圆台的轴截面，EF是圆台的旋转轴，圆台上、下底面的面积之比为1∶4，则半径比为1∶2，设圆台上、下底面半径分别为r，2r，因为母线与轴的夹角是60°，母线长为2，可得圆台的高为 返回 题型四 垂面模型处理外接球问题 返回 返回 例4 √ 已知四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为4的正方形，平面PAB⊥平面ABCD，且△PAB为等边三角形，则该四棱锥的外接球的表面积为 如图所示，在四棱锥P-ABCD中，取侧面△PAB和底面正方形ABCD的外接圆的圆心分别为O1，O2，分别过O1，O2作两个平面的垂线交于点O，则由外接球的性质知，点O即为外接球的球心，取线段AB的中点E，连接O1E，O2E，O2D，OD，则四边形O1EO2O为矩形，在等边△PAB中， 可 规律方法 此类问题的关键是寻找几何体中两个面的多边形的外接圆的圆心记为O1，O2，分别过O1，O2作两个平面的垂线记为l1，l2，l1，l2的交点即为外接球的球心．然后计算出外接球的半径即可． √ 对点练4.已知三棱锥S -ABC中，平面SAC⊥平面ABC，且AB⊥AC，∠SCA＝30°，若AB＝SA＝4，则三棱锥S -ABC外接球的表面积为 A．64π B．128π C．40π D．80π 由题意得，BA⊥平面SAC，将三棱锥补成三棱柱SAC- S1BC1，如图，则三棱柱SAC-S1BC1的外接球即为所求 三棱锥S-ABC的外接球．设外接球的球心为O，△SAC 返回 题型五 内切球问题 返回 返回 例5 √ (1)如图，在三棱锥V-ABC中，∠AVB＝∠BVC＝∠CVA＝60°，VA＝VB＝VC，若三棱锥V-ABC的内切球O的表面积为6π，则此三棱锥的体积为 连接VO，并延长交底面ABC于点E，连接AE，并延长交BC于点D，因为在三棱锥V-ABC中，∠AVB＝∠BVC＝∠CVA＝60°，VA＝VB＝VC，所以三棱锥V-ABC是正四面体，所以E是△ABC的中心，所以VE⊥平面ABC，因为三棱锥V-ABC的内切球O的表面积为6π，所以4πr2＝6π，解 (2)(2024·山东日照一模)设棱锥M-ABCD的底面为正方形，且MA＝MD，MA⊥AB，如果△AMD的面积为1，则能够放入这个棱锥的最大球的半径为________． 如图，因为AB⊥AD，AB⊥MA，AD∩MA＝A，AD， MA⊂平面MAD，所以AB垂直于平面MAD，由此知平 面MAD垂直于平面ABCD．设E是AD的中点，F是BC 的中点，则ME⊥AD，所以ME垂直平面ABCD，ME ⊥EF.设球O是与平面MAD，ABCD，MBC都相切的球．不失一般性，可设O在平面MEF上．于是O为△MEF的内心．设球O的半径为r，则r 规律方法 关于正方体的内切球，正方体的棱长等于球的直径；圆柱有内切球则圆柱的轴截面是正方形，且边长为球的直径；而对于棱锥的内切球通常利用等体积法，即内切球球心与四个面构成的四个小三棱锥的体积之和与大三棱锥的体积相等． √ 对点练5.在三棱锥S-ABC中，SA⊥平面ABC，∠ABC＝90°，且SA＝3，AB＝4，AC＝5，若球O在三棱锥S-ABC的内部且与四个面都相切(称球O为三棱锥S-ABC的内切球)，则球O的表面积为 返回 因为SA⊥平面ABC，∠ABC＝90°，AB⊂平面ABC，AC⊂平面ABC，BC⊂平面ABC，所以SA⊥AB，SA⊥AC，SA⊥BC，又BC⊥AB，SA∩AB＝A，所以BC⊥平面SAB，所以BC⊥SB，所以△SAB，△ABC，△SAC，△SBC 课时测评 返回 返回 √ 1．(2024·北京三模)一个底面积为1的正四棱柱的顶点都在同一球面上，若此球的表面积为20π，则该四棱柱的高为 设球的半径为R，则4πR2＝20π，解得R2＝5.设四棱柱的高为h，则h2＋1＋1＝4R2，解得h＝3 .故选C． 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 √ 2．已知一个圆锥的母线长为2，侧面展开图是圆心角为的扇形，则该圆锥的外接球的体积为 A．36π B．48π C．36 D．24 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 √ 3．已知各顶点都在一个球面上的正四棱锥的高为3，体积为6，则这个球的表面积为 A．16π B．20π C．24π D．32π 如图所示，在正四棱锥P-ABCD中，O1为底面对角线的交点，O为外 接球的球心． 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 √ 4．已知棱长为1的正四面体的四个顶点都在一个球面上，则这个球的体 积为 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 √ 5．(2021·天津卷)两个圆锥的底面是一个球的同一截面，顶点均在球面上，若球的体积为 ，两个圆锥的高之比为1∶3，则这两个圆锥的体积之 和为 A．3π　　 B．4π　　 C．9π　 D．12π 如图所示，设两个圆锥的底面圆圆心为点D，设圆锥AD和圆锥BD的高之比为3∶1，即AD＝3BD， 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 √ 6. (新载体)“阿基米德多面体”也称半正多面体，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，它体现了数学的对称美．如图是以一正方体的各条棱的中点为顶点的多面体，这是一个有八个面为正三角形，六个面为正方形的“阿基米德多面体”，若该多面体的棱长为1，则该多面体外接球的体积为 　 C．4π　 D．8π 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 将该多面体放入正方体中，如图所示．由于多面体的棱长为1，所以正方体 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 √ 7．(数学文化)粽子，古时北方也称“角黍”，是由粽叶包裹糯米、泰米等馅料蒸煮制成的食品，是中国汉族传统节庆食物之一，端午食粽的风俗，千百年来在中国盛行不衰，粽子形状多样，馅料种类繁多，南北方风味各有不同，某四角蛋黄粽可近似看成一个正四面体，蛋黄近似看成一个球体，且每个粽子里仅包裹一个蛋黄，若粽子的棱长为9 cm，则其内可包裹的蛋黄的最大体积约为(参考数据： ≈2.45，π≈3.14) A．20 cm3 B．22 cm3 C．26 cm3 D．30 cm3 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 如图，正四面体ABCD，其内切球O与底面ABC相切于O1，设正四面体棱长为a，内切球半径为r，连接BO1并延长交AC于F，易知O1为△ABC的中心，点F为边AC的中点． 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 √ 8．(知识融合)(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 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 该四棱锥的体积最大即以底面截球的圆面和顶点O组成的圆锥体积最 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 √ √ 9．[多选题]已知正方体的外接球与内切球上各有一个动点M，N，若线段MN的最小值为 －1，则下列说法中正确的是 A．正方体的外接球的表面积为12π B．正方体的内切球的体积为 C．正方体的棱长为2 D．线段MN的最大值为2 √ 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 10．[多选题]在边长为4的正方形ABCD中，如图①所示，E，F，M分别为BC，CD，BE的中点，分别沿AE，AF及EF所在直线把△AEB，△AFD和△EFC折起，使B，C，D三点重合于点P，得到三棱锥P-AEF，如图②所示，则下列结论中正确的是 A．PA⊥EF B．三棱锥M-AEF的体积为4 C．三棱锥P-AEF外接球的表面积为24π D．过点M的平面截三棱锥P-AEF的外接球所得截面的面积的取值范围为 [π，6π] √ √ √ 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 由题意，将三棱锥补形为边长为2，2，4的长方体，如图所示： 对于A，因为AP⊥PE，AP⊥PF，PE∩PF＝P，所以AP⊥平面PEF，所以PA⊥EF，故选项A正确；对于B，因为M为BE的中点，即M为PE的中 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 对于C，三棱锥P-AEF的外接球即为补形后长方体的外 接球，所以外接球的直径(2R)2＝22＋22＋42＝24，所以 三棱锥P-AEF外接球的表面积为S＝4πR2＝24π，故选项 C正确；对于D，过点M的平面截三棱锥P-AEF的外接球 所得截面为圆，其中最大截面为过球心O的大圆，此时截 面圆的面积 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 11．[多选题](2023·新课标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 √ √ √ 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 对于选项A，因为0.99 m<1 m，即球体的直径小于正方体的棱长，所以能够被整体放入正方体内，故A符合题意；对于选项B，因为正方体的面对 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 如图，在棱长为1 m的正方体中，设点S，R，Q，P，N，T分别为其所在 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 12．(2023·全国甲卷)在正方体ABCD -A1B1C1D1中，AB＝4，O为AC1的中点，若该正方体的棱与球O的球面有公共点，则球O的半径的取值范围是_____________． 设球的半径为R.当球是正方体的外接球时，恰好经过正方体的每个顶点，所求的球的半径最大，若半径变得更大，球会包含正方体，导致球面和棱没有交点，正方体的外接球直径2R′为体对角线长AC1＝ 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 13．已知正三棱锥的高为1，底面边长为2 ，内有一个球与四个面都相切，则正三棱锥的内切球的半径为________． 如图，过点P作PD⊥平面ABC于点D，连接AD并延长交BC于点E，连接PE. 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 因为△ABC是正三角形，所以AE是BC边上的高和中线，D为△ABC的中 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 14．(2023·山东淄博二模)在三棱锥P-ABC中，PA⊥底面ABC，PA＝1，AB＝AC＝BC＝a，M为AC的中点．若三棱锥P-ABM的顶点均在球O的球面上，D是该球面上一点，且三棱锥D-PAC体积的最大值是 ，则球O的表面积为____． 如图，由AB＝BC＝CA且M是AC中点得BM⊥AC， 又PA⊥平面ABC，BM⊂平面ABC，所以PA⊥BM， 同理PA⊥AB，PA⊥AM，而PA∩AM＝A，PA，AM⊂ 平面PAC，所以BM⊥平面PAC，又PM⊂平面PAC， 所以BM⊥PM，设PB中点为O，则O到A，P，B，M四点距离相等，即O为三棱锥P-ABM的外接球的球心，三棱锥D-PAC体积的最大值 3π 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 返回 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 谢谢观看 本节到此结束 ＝＝，解得BC＝，所以AB2＋BC2＝AC2，所以AB⊥BC，所以该四面体的外接球与该长方体的外接球是相同的，根据长方体的体对角线长等于其外接球的直径，可得(2R)2＝22＋12＋()2，解得R2＝2，所以该四面体的外接球的表面积为S＝4πR2＝8π. A． B．4π C． D．4π AB＝＝，设PB＝h，则由PA＝2PB，可得 ＝2h，解得h＝1，可将三棱锥P-ABC补形成如图所示的长方体，则三棱锥P-ABC的外接球即为长方体的外接球，设外接球的半径为R，则2R＝＝2，R＝1，所以其外接球的体积V＝R3＝.故选A． ＝3，b＝3，c＝4.所以该三棱锥的外接球的半径R＝＝＝，所以该三棱锥的外接球的表面积S＝4πR2＝4π×()2＝34π. 3和4 设正三棱台上、下底面所在圆面的半径分别为r1，r2，所以2r1＝，2r2＝，即r1＝3，r2＝4，设球心到上下底面的距离分别为d1，d2，球的半径为R，所以d1＝，d2＝，故|d1－d2|＝1或d1＋d2＝1，即|－|＝1或＋＝1，解得R2＝25，符合题意，所以球的表面积为S＝4πR2＝100π.故选A． 因为OA2＝OO＋O1A2，即4＝SA2＋3，解得SA＝2. 则2r＝＝＝2，可得r＝， 设三棱锥S -ABC的外接球球心为O，连接OA， OO1，O1A，则OA＝2，O1A＝，OO1＝SA， 1，r＝，设圆台外接球的半径为R，球心到下底面(大圆面)的距离为x，若球心在圆台两底面之间，如图点M位置，则R2＝x2＋(2)2且R2＝(1－x)2＋()2，无解；若圆台两底面在球心同侧，如图点O位置，则R2＝x2＋(2)2且R2＝(1＋x)2＋()2，解得x＝4，则R2＝28，则该圆台外接球的表面积为4πR2＝112π.故选C． A．π B．π C．32π D．π 得PE＝2，则O1E＝，即OO2＝，在正方形ABCD中，因为AB＝4，可得O2D＝2，在Rt△OO2D中，可得OD2＝OO＋O2D2，即R2＝OO＋O2D2＝，所以四棱锥P-ABCD外接球的表面积为S＝4πR2＝π.故选B． 的外心为O1，则OO1＝AB＝2，又O1A＝×＝4，则外接球的半径R＝＝2，所以三棱锥S-ABC外接球的表面积S＝4πR2＝80π.故选D． A．6 　　　 B．18 C．6 　　　 D．18 得球O的半径r＝OE＝，设AB＝a，则AE＝AD＝＝，VE＝ ＝a，所以AO＝VO＝a－，因为OE⊥AE，所以AE2＋OE2＝AO2，所以()2＋()2＝(a－)2，解得a＝6，所以VE＝×6＝2，所以此三棱锥的体积为V＝S△ABC·VE＝××6×6×sin 60°×2＝18.故选D． －1 ＝.设AD＝EF＝a，因为S△AMD＝1，所以由ME·a＝1得ME＝，MF＝ ，S△MEF＝×a×＝1， r＝≤＝－1，且当a＝，即a＝时， 上式取等号，所以当AD＝ME＝时，与三个面MAD，ABCD，MBC都相切的球的半径为－1.作OG⊥ME于G，易证OG∥平面MAB，G到平面MAB的距离就是O到平面MAB的距离．过G作GH⊥MA于H，则GH是G到平面MAB的距离．因为△MHG∽△MEA，所以＝，又MG＝－(－1)＝1，AE＝，MA＝＝，所以GH＝＝＝.因为>－1，故O到平面MAB的距离大于球O的半径r，同样O到面MCD的距离也大于球O的半径r，故球O在棱锥M-ABCD内，并且不可能再大．据此可得所求的最大球的半径为－1. A． B． C． D． 均为直角三角形，设球O的半径为r，则V三棱锥S-ABC＝(S△SAB＋S△ABC＋S△SAC＋S△SBC)·r，而V三棱锥S-ABC＝×3××3×4＝6，S△SAB＝SA·AB＝6，S△ABC＝×AB×BC＝6，S△SAC＝S△SBC＝×3×5＝，所以(6＋6＋＋)·r＝6，解得r＝，所以球O的表面积为S＝4πr2＝4π×()2＝.故选A． A． B．2 C．3 D． 设圆锥的底面半径为r，由侧面展开图是圆心角为的扇形，得2πr＝×2，解得r＝2.作出圆锥的轴截面如图所示． 设圆锥的高为h，则h＝＝4.设该圆锥的外接球的球心为O，半径为R，则有R＝，即R＝，解得R＝3，所以该圆锥的外接球的体积为＝＝36π.故选A． VP-ABCD＝×S正方形ABCD×3＝6，所以S正方形ABCD＝6，即AB＝.因为O1C＝＝.设正四棱锥外接球的半径为R，则OC＝R，OO1＝3－R，所以(3－R)2＋()2＝R2，解得R＝2.所以外接球的表面积为4π×22＝16π.故选A． A．π　　　 B．π　 C．π　 D．π 如图将棱长为1的正四面体B1-ACD1放入正方体ABCD -A1B1C1D1中，且正方体的棱长为1×cos 45°＝，所以正方体的体对角线AC1＝ ＝，所以正方体外接球的直径2R＝AC1＝，R＝，所以正方体外接球的体积为πR3＝π×()3＝π，因为正四面体的外接球即为正方体的外接球，所以正四面体的外接球的体积为π.故选A． 设球的半径为R，则＝，可得R＝2，所以AB＝AD＋BD＝4BD＝4，所以BD＝1，AD＝3，因为CD⊥AB，AB为球的直径，所以△ACD∽△CBD，所以＝，所以CD＝＝，因此这两个圆锥的体积之和为π×CD2·(AD＋BD)＝π×3×4＝4π.故选B． A．π　　 B．π　　 的棱长为，因为该多面体是由棱长为的正方体连接各棱中点所得，所以该多面体外接球的球心为正方体体对角线的中点，其外接球直径等于正方体的面对角线长，即2R＝，所以R＝1，所以该多面体外接球的体积V＝πR3＝π.故选A． 易得BF＝a，则S△ABC＝a2，BO1＝BF＝a，所以DO1＝＝a，所以VD-ABC＝·S△ABC·DO1＝a3，因为VD-ABC＝VO-ABC＋VO-BCD＋VO-ABD＋VO-ACD＝4VO-ABC＝4××a2·r＝a2r，所以a2r＝a3⇒r＝a，所以球O的体积V＝π·(a)3＝π·(×9)3＝π≈×2.45×3.14≈26(cm3)．故选C． A．　　 B．　　 C．　 D． 大．设圆锥的高为h(0<h<1)，底面半径为r，则圆锥的体积V＝πr2h＝π(1－h2)h，则V′＝π(1－3h2)，令V′＝π(1－3h2)＝0，得h＝，所以V＝π(1－h2)h在(0，)上单调递增，在(，1)上单调递减，所以当h＝时，四棱锥的体积最大．故选C． 设正方体的棱长为a，则正方体外接球的半径为体对角线长的一半，即a；内切球的半径为棱长的一半，即.因为M，N分别为外接球和内切球上的动点，所以MNmin＝a－＝a＝－1，解得a＝2，即正方体的棱长为2，所以正方体外接球的表面积为4π×()2＝12π，内切球体积为，则A，B，C正确；线段MN的最大值为＋1，则D错误．故选ABC． 点所以V三棱锥M-AEF＝V三棱锥P-AEF＝×××2×2×4＝，故选项B错误； 为πR2＝π()2＝6π，最小截面为过点M垂直于球心O与M连线的圆，则OM＝＝，此时截面圆半径r＝＝＝1，截面圆的面积为πr2＝π，所以过点M的平面截三棱锥P-AEF的外接球所得截面的面积的取值范围为[π，6π]，故选项D正确．故选ACD． 角线长为 m，且>1.4，所以能够被整体放入正方体内，故B符合题意；对于选项C，因为正方体的体对角线长为 m，且<1.8，所以不能够被整体放入正方体内，故C不符合题意；对于选项D， 棱的中点，则正六边形SRQPNT的边长为 m，其内切圆的直径为2××＝(m)．因为 m≈1.225 m，所以 m>1.2 m，且圆柱的高为0.01 m，非常小，所以D符合题意．故选ABD． [2，2] ＝4，即2R′＝4，R′＝2，故Rmax＝2；分别取侧棱AA1，BB1，CC1，DD1的中点M，H，G，N，显然四边形MNGH是边长为4的正方形，且O为正方形MNGH的对角线交点，连接MG，则MG＝4，当球的一个大圆恰好是四边形MNGH的外接圆，球的半径达到最小，即R的最小值为2.综上，R∈[2，2]． －1 心．因为AB＝BC＝2，所以S△ABC＝×(2)2＝3，DE＝AE＝××2＝1，PE＝.所以S三棱锥表面积＝3××2×＋3＝3＋3.因为PD＝1，所以三棱锥的体积V＝×3×1＝.设球的半径为r，以球心O为顶点，三棱锥的四个面为底面，把正三棱锥分割为四个小三棱锥，由S三棱锥表面积·r＝，得r＝＝－1. 是，M是AC中点，则三棱锥D-PAM体积的最大值是，又由BM⊥平面PAM(即平面PAC)，设F是PM中点，连接OF，则OF∥BM，所以OF⊥平面PAM，所以O到平面PAM的距离为OF＝BM＝a，PB＝＝，即球O的半径为R＝PB＝ ，所以D到平面PAM的距离的最大值为a＋ ，而S△PAM＝PA·AM＝a，所以×a×(a＋)＝，解得a2＝2，所以球O的半径为R＝＝，表面积为S＝4π×()2＝3π. $$