专题03 多面体与球体的内切外接问题（七大题型+优选提升题）-【好题汇编】备战2024-2025学年高二数学上学期期中真题分类汇编（沪教版2020，上海专用）

专题03 多面体与球体的内切外接问题（七大题型+优选提升题） 外接球的表面积与体积 1．（23-24高二下·上海·期中）设正方体的所有棱长都为，顶点都在一个球面上，则该球的表面积为 . 2．（23-24高三上·上海虹口·期中）长、宽、高分别为5、4、3的长方体的外接球的表面积是 ． 3．（22-23高二上·上海普陀·期中）体积为64的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为 ． 4．（21-22高二上·上海静安·期中）已知球内接正方体的表面积为6，那么球体积等于 ． 5．（22-23高二下·上海浦东新·期中）已知在四面体V-ABC中，，，，则该四面体外接球的表面积为 ． 6．（20-21高二下·上海长宁·期中）已知球O是三棱锥P－ABC的外接球，PA＝PB＝PC＝，CA＝6，AB＝10，BC＝8，则球O的表面积是 ． 7．（22-23高二上·上海奉贤·期中）若三棱柱的底面是以为斜边的直角三角形，⊥平面，，，则三棱锥的外接球的表面积为 ． 8．（21-22高二上·上海·期中）直三棱柱的所有顶点都在球O的球面上，，，，，则球O的体积是 ． 外接球的应用Ⅰ 9．（2022·上海徐汇·模拟预测）正三棱锥的四个顶点同在一个半径为2的球面上，若正三棱锥的侧棱长为，则正三棱锥的底面边长是 ． 10．（22-23高二上·上海徐汇·期中）已知的三边长为4、4、3，它的外接圆恰好是球O的一个大圆，P为球面上一点.若点P到的三个顶点的距离相等，则三棱锥的体积为 . 11．（22-23高二上·上海长宁·期中）一个棱长为10的正方体内有一个半径为1的球自由运动，那么正方体内不能被球扫过的部分的体积是 . 12．（22-23高二上·上海·期中）已知正四面体，O是底面的中心，以为旋转轴，将正四面体旋转后，与原四面体的公共部分的体积为，则正四面体外接球的体积为 ． 13．（20-21高二下·上海徐汇·期中）已知三棱锥中，两两垂直，且长度相等，若都在半径为1的同一球面上，则球心到平面的距离为 . 最值问题 14．（22-23高二下·上海·期中）已知圆柱的两个底面的圆周在体积为的球O的球面上，则该圆柱的侧面积的最大值为 ． 15．（22-23高二上·上海·期中）正三棱柱的顶点都在同一个球面上，若球的半径为4，则该三棱柱侧面面积最大值为                                                                    A． B． C． D． 16．（21-22高二上·上海黄浦·期中）棱长为6的正方体内有一个棱长为x的正四面体，正四面体的中心（正四面体的中心就是该四面体外接球的球心）与正方体的中心重合，且该四面体可以在正方体内任意转动，则x的最大值为 ． 外接球的应用Ⅱ 17．（22-23高二下·上海徐汇·阶段练习）若正方体的棱长为3，P是正方体表面上一动点.设是以P为球心，半径为1的动球在运动过程中经过区域的全体，则的体积为 . 18．（21-22高二上·上海普陀·期末）如图，SD是球O的直径，A、B、C是球O表面上的三个不同的点，，当三棱锥的底面是边长为3的正三角形时，则球O的半径为 . 19．（22-23高三上·上海杨浦·期中）如图所示，图中多面体是由两个底面相同的正四棱锥所拼接而成，且这六个顶点在同一个球面上．若二面角的正切值为1，则二面角的正切值为（    ） A．1 B． C．2 D． 20．（22-23高二上·上海浦东新·期中）设是半径为2的球面上的四个不同点，且满足，，，用、、分别表示、、的面积，则的最大值是 . 内切球与外接球综合 21．（22-23高二下·上海浦东新·期中）著名的古希腊数学家阿基米德一生最为满意的一个数学发现就是“圆柱容球”定理：把一个球放在一个圆柱形的容器中，如果盖上容器的上盖后，球恰好与圆柱的上、下底面和侧面相切（该球也被称为圆柱的内切球），那么此时圆柱的内切球体积与圆柱体积之比为定值，则该定值为（    ）． A． B． C． D． 22．（22-23高二上·上海浦东新·期中）已知一个体积为的球内切于直三棱柱（即与三棱柱的所有面均相切）,底面的中有,则该直三棱柱的外接球（即使所有顶点均落在球面上）的表面积为 ． 23．（21-22高三上·浙江·阶段练习）如图，已知三个两两互相垂直的半平面α，β，γ交于点O，矩形ABCD的边BC在半平面γ内，顶点A，D分别在半平面α，β内，AD＝2，AB＝3，AD与平面α所成角为，二面角A﹣BC﹣O的余弦值为，则同时与半平面α，β，γ和平面ABCD都相切的球的半径为 ． 24．（23-24高二上·上海长宁·期中）正方形中，，分别为线段，的中点，连接，，，将，，分别沿，，折起，使，，三点重合，得到三棱锥，则该三棱锥外接球半径与内切球半径的比值为 ．    题型06 难点分析 25．（23-24高二上·上海徐汇·期中）勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，因此它能像球一样来回滚动. 勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的公共部分，如图所示，若正四面体ABCD的棱长为a. ① 能够容纳勒洛四面体的正方体的棱长的最小值为a    ② 勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为 ③ 勒洛四面体中过三点的截面面积为 ④ 勒洛四面体的体积 上述命题中正确的是 26．（23-24高二下·上海·期中）在三棱锥中，平面，，平面内动点的轨迹是集合．已知，且在棱所在直线上，，2，则下列说法不正确的是（   ） A．动点的轨迹是圆 B．平面平面 C．三棱锥体积的最大值为3 D．三棱锥外接球的半径不是定值 题型07 解答综合题 27．（23-24高三上·上海·期中）如图，在三棱锥中，平面平面BCD，，，H为BD的中点，，．    (1)求证：； (2)求异面直线BC与AD所成角的大小． (3)若，求三棱锥外接球的体积． 28．（23-24高二上·上海浦东新·期中）如图，已知球的表面积为，是该球的内接长方体（即该长方体的八个顶点均在球面上） (1)若， ，求球心到平面的距离： (2)若是正四棱柱，当该正四棱柱的侧面积最大时，求其体积. 29．（21-22高二上·上海普陀·期中）在四面体ABCD中，AB＝BD＝CD＝1，AB⊥平面BCD，CD⊥BD，点M为AD上动点，连结BM，CM，如图. (1)求证：BM⊥CD； (2)若AM＝2MD，求二面角M﹣BC﹣D的余弦值； (3)是否存在一个球，使得四面体ABCD的顶点都在此球的球面上？若存在，确定球心的位置并证明；若不存在，请说明理由. 一、填空题 1．（19-20高二下·上海宝山·期中）在直三棱柱中，，，若该三棱柱的六个顶点都在同一个球面上，且，则该球的表面积的最小值为 . 2．（21-22高二上·上海闵行·期中）如图，三棱锥的四个顶点都在球的球面上，，是边长为6的正三角形，二面角的大小为120°，则球的体积为 ． 二、单选题 3．（2023·河南·三模）如图，该几何体为两个底面半径为1，高为1的相同的圆锥形成的组合体，设它的体积为，它的内切球的体积为，则（    ）    A． B． C． D． 4．（23-24高三上·上海·期中）一个封闭的圆台容器（容器壁厚度忽略不计）的上底面半径为2，下底面半径为12，母线与底面所成的角为．在圆台容器内放置一个可以任意转动的正方体，则此正方体棱长的最大值是（    ） A． B．8 C．9 D． 三、解答题 5．（22-23高二上·上海浦东新·期中）如图1，正四棱锥，. (1)求此四棱锥的外接球的体积； (2)M为PC上一点，求的最小值； (3)将边长为4的正方形铁皮用剪刀剪切后，焊接成一个正四棱锥（含底面），并保持正四棱锥的表面与正方形的面积相等，在图2中用虚线画出剪刀剪切的轨迹，并求焊接后的正四棱锥的体积. 6．（21-22高一下·上海杨浦·期末）如图，斜三棱柱中，，为的中点，为的中点，平面⊥平面． (1)求证：直线平面； (2)设直线与直线的交点为点，若三角形是等边三角形且边长为2，侧棱，且异面直线与互相垂直，求异面直线与所成角； (3)若，在三棱柱内放置两个半径相等的球，使这两个球相切，且每个球都与三棱柱的三个侧面及一个底面相切．求三棱柱的高． ( 2 )原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！ 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题03 多面体与球体的内切外接问题（七大题型+优选提升题） 外接球的表面积与体积 1．（23-24高二下·上海·期中）设正方体的所有棱长都为，顶点都在一个球面上，则该球的表面积为 . 【答案】 【分析】结合正方体的性质与球的表面积公式计算即可得. 【解析】正方体的对角线就是球的直径，即，则， 则. 故答案为：. 2．（23-24高三上·上海虹口·期中）长、宽、高分别为5、4、3的长方体的外接球的表面积是 ． 【答案】 【分析】根据长方体外接球的性质分析求解. 【解析】由题意可知：长方体的外接球的半径， 所以外接球的表面积是. 故答案为：. 3．（22-23高二上·上海普陀·期中）体积为64的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为 ． 【答案】 【分析】根据正方体的体积公式，求得棱长，结合球与正方体的对称性，求正方体的体对角线，可得球的半径，利用球的表面积公式，可得答案. 【解析】设正方体的棱长为，则体积，即， 易知正方体的体对角线为外接球的直径，设外接球的半径为，则，即， 故该球的表面积. 故答案为：. 4．（21-22高二上·上海静安·期中）已知球内接正方体的表面积为6，那么球体积等于 ． 【答案】 【分析】先求出正方体的边长，再求出球的半径，直接求体积. 【解析】设正方体的边长为a，则正方体的表面积，解得：a=1. 设正方体的外接球的半径为r，则，所以. 所以球体积. 故答案为： . 5．（22-23高二下·上海浦东新·期中）已知在四面体V-ABC中，，，，则该四面体外接球的表面积为 ． 【答案】/ 【分析】先判断出V在平面的射影为的外心,求出四面体外接球的半径，即可求出四面体外接球的表面积. 【解析】∵， ∴V在平面ABC的射影为的外心． 又，，所以的外接圆的半径； ,设四面体外接球的半径为R，． 解得． 所以外接球的表面积为． 故答案为：． 6．（20-21高二下·上海长宁·期中）已知球O是三棱锥P－ABC的外接球，PA＝PB＝PC＝，CA＝6，AB＝10，BC＝8，则球O的表面积是 ． 【答案】 【分析】由题意画出图形，可得底面为直角三角形，设中点为，连接，则三棱锥外接球的球心在上，利用勾股定理求得外接球的半径，代入球的表面积公式得答案． 【解析】解：如图， ，，，，可得， 取的中点，则为三角形的外心，连接， ，为在底面三角形的射影， 设三棱锥的外接球的球心为，则在上， 设球的半径为，可得，解得， 球的表面积为． 故答案为：． 7．（22-23高二上·上海奉贤·期中）若三棱柱的底面是以为斜边的直角三角形，⊥平面，，，则三棱锥的外接球的表面积为 ． 【答案】 【分析】利用勾股定理求得外接球的半径，从而求得外接球的表面积. 【解析】三棱锥的外接球即直三棱柱的外接球， 直角三角形的外心在斜边的中点， 所以外接球的半径， 所以外接球的表面积为. 故答案为： 8．（21-22高二上·上海·期中）直三棱柱的所有顶点都在球O的球面上，，，，，则球O的体积是 ． 【答案】 【分析】把直三棱柱补成长方体，求出外接球的直径即得解. 【解析】把直三棱柱补成长方体，则直三棱柱和长方体的外接球重合， 外接球的直径， 故球的体积． 故答案为： 外接球的应用Ⅰ 9．（2022·上海徐汇·模拟预测）正三棱锥的四个顶点同在一个半径为2的球面上，若正三棱锥的侧棱长为，则正三棱锥的底面边长是 ． 【答案】3 【分析】先画出该三棱锥图像，然后利用边角关系求解即可. 【解析】画出正三棱锥的图形如图， 三角形的中心为，连接，球的球心在上，连接， 取的中点，连接，则，，， ，所以，，， 底面三角形的高为，底面三角形的边长为，，． 故答案为：3 10．（22-23高二上·上海徐汇·期中）已知的三边长为4、4、3，它的外接圆恰好是球O的一个大圆，P为球面上一点.若点P到的三个顶点的距离相等，则三棱锥的体积为 . 【答案】4 【分析】根据给定条件，求出球O的半径，过P作平面于点，证明与点O重合作答. 【解析】依题意，不妨令，则，有， 因此的外接圆半径，即球O的半径为， 过点P作平面于点，如图，因，于是得，即点是外心，与点O重合， 又点P在三棱锥的外接球球面上，则点P是球O直径的一个端点，即有， ， 所以三棱锥的体积是. 故答案为：4 11．（22-23高二上·上海长宁·期中）一个棱长为10的正方体内有一个半径为1的球自由运动，那么正方体内不能被球扫过的部分的体积是 . 【答案】 【分析】分正方体的8个顶点处不能被扫过的体积以及以12条棱为高底面为1的正方形的正四棱柱中有不能被扫过的部分，利用棱柱与圆柱体积差求解即可. 【解析】因为正方体的8个顶点处单位正方体内，小球不能到达的空间为， 另外，在以正方体的棱为一条棱的12个底面边长为1的正方形高为8的正四棱柱内， 小球不能到达到的空间共为， 综上所述，不能被球扫过的部分的体积是. 故答案为：. 12．（22-23高二上·上海·期中）已知正四面体，O是底面的中心，以为旋转轴，将正四面体旋转后，与原四面体的公共部分的体积为，则正四面体外接球的体积为 ． 【答案】 【分析】根据给定条件，作出变换后的公共部分图形，由其体积求出原正四面体的棱长，再求出外接球半径作答. 【解析】以为旋转轴，将正四面体旋转后，公共部分为正六棱锥，如图，    设正四面体的棱长为，而，则， 正六边形的边长，， 因此公共部分的体积，解得， 显然正四面体的外接球球心在上，设此球半径为，由，得， 所以正四面体外接球的体积. 故答案为： 【点睛】关键点睛：几何体的外接球的表面积、体积计算问题，借助球的截面小圆性质确定出球心位置是解题的关键. 13．（20-21高二下·上海徐汇·期中）已知三棱锥中，两两垂直，且长度相等，若都在半径为1的同一球面上，则球心到平面的距离为 . 【答案】 【分析】由弥补法知三棱锥的外接球为以为相邻三条棱的正方体的外接球，球心到平面的距离即为正方体中心到平面的距离，利用等体积法可求得到平面的距离，进而求得答案. 【解析】因为三棱锥中，两两垂直，且长度相等， 所以此三棱锥的外接球即为以为相邻三条棱的正方体的外接球， 又球的半径为1，所以正方体的棱长为，即 球心到平面的距离即为正方体中心到平面的距离， 设到平面的距离为，则正三棱锥的体积 等边的边长为， 所以球心到平面的距离为 故答案为： 【点睛】方法点睛：空间几何体与球接、切问题的求解方法 (1)求解球与棱柱、棱锥的接、切问题时，一般过球心及接、切点作截面，把空间问题转化为平面图形与圆的接、切问题，再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解． (2)若球面上四点P，A，B，C构成的三条线段 两两互相垂直，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，利用长方体的外接球求解． 最值问题 14．（22-23高二下·上海·期中）已知圆柱的两个底面的圆周在体积为的球O的球面上，则该圆柱的侧面积的最大值为 ． 【答案】 【分析】先求出球的半径，根据条件列出圆柱底面半径和母线的关系式，即可得到侧面积表达式，然后用重要不等式即可求解． 【解析】解：设球的半径为，圆柱的底面半径为，母线为， 则由题意知，，解得． 又圆柱的两个底面的圆周在体积为的球的球面上，则圆柱的两个底面圆的圆心关于球心对称，且． 则圆柱的侧面积，， 因为，当且仅当，即，时，等号成立． 所以，． 故答案为：． 15．（22-23高二上·上海·期中）正三棱柱的顶点都在同一个球面上，若球的半径为4，则该三棱柱侧面面积最大值为                                                                    A． B． C． D． 【答案】A 【解析】设正三棱柱高为h，底面正三角形边长为a，则三棱柱侧面面积为 ，因为 ，所以，当且仅当等号成立 因此三棱柱侧面面积最大值为 ，选A 点睛：涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体中的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题，再利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解. 16．（21-22高二上·上海黄浦·期中）棱长为6的正方体内有一个棱长为x的正四面体，正四面体的中心（正四面体的中心就是该四面体外接球的球心）与正方体的中心重合，且该四面体可以在正方体内任意转动，则x的最大值为 ． 【答案】 【分析】正方体的内切球半径为3，正四面体可以在正方体内任意转动，只需该正四面体为球的内接正四面体，进而求解. 【解析】由题意得，该正四面体在棱长为6的正方体的内切球内，故该四面体内接于球时棱长最大， 因为棱长为6的正方体的内切球半径为 如图，设正四面体，O为底面的中心，连接，则底面， 则可知，正四面体的高， 利用勾股定理可知，解得： 故答案为：    外接球的应用Ⅱ 17．（22-23高二下·上海徐汇·阶段练习）若正方体的棱长为3，P是正方体表面上一动点.设是以P为球心，半径为1的动球在运动过程中经过区域的全体，则的体积为 . 【答案】 【分析】由空间想象得到为棱长为5的正方体，去掉中心处棱长为1的正方体，各角去掉正方体减去一个顶点为球心半径为1的球后余下部分，各棱处去掉长方体减去一条高为轴，1为底面半径的圆柱后的部分，再结合正方体、球体、圆柱的体积公式求体积. 【解析】由题设，动球在运动过程中经过区域可看作棱长为5的正方体，先去掉中心处棱长为1的正方体， 8个角处去掉：棱长为1的正方体减去一个顶点为球心半径为1的球后剩余部分， 12条棱处去掉：底面边长为1，高为3的棱柱减去一条高为3，底面半径为1的圆柱后剩余部分， 综上，的体积为. 故答案为： 18．（21-22高二上·上海普陀·期末）如图，SD是球O的直径，A、B、C是球O表面上的三个不同的点，，当三棱锥的底面是边长为3的正三角形时，则球O的半径为 . 【答案】 【分析】由三棱锥是正三棱锥，利用正弦定理得出三角形外接圆的半径，进而求出，再由余弦定理得出球O的半径. 【解析】因为，所以平面，三棱锥是正三棱锥，设为三角形外接圆的圆心，则在上，连接，，由得出，所以，在中，，即，解得，则球O的半径为. 故答案为： 19．（22-23高三上·上海杨浦·期中）如图所示，图中多面体是由两个底面相同的正四棱锥所拼接而成，且这六个顶点在同一个球面上．若二面角的正切值为1，则二面角的正切值为（    ） A．1 B． C．2 D． 【答案】C 【分析】根据正四棱锥的性质可得平面，外接球的球心在上，利用球的性质结合二面角的平面角的定义分析运算. 【解析】连接，则交于点，且平面，故多面体的外接球的球心在上，取的中点，连接， ∵，且为的中点，则， ∴二面角的平面角为，二面角的平面角为， 又∵二面角的正切值为，即， 不妨设，则， ∵，即，解得， 即外接球的半径为，则， ∴二面角的正切值. 故选：C. 【点睛】思路点睛： ①正棱锥的顶点在底面的投影为底面的中心； ②球心与截面圆心的连线与该截面垂直，可以用勾股定理运算求解. 20．（22-23高二上·上海浦东新·期中）设是半径为2的球面上的四个不同点，且满足，，，用、、分别表示、、的面积，则的最大值是 . 【答案】8 【分析】扩展成为长方体，根据球为长方体的外接球，利用基本不等式即可求解. 【解析】设, 因为两两垂直，扩展为长方体， 所以该长方体的体对角线为球的直径， 所以， ， 因为 所以， 当且仅当时取得等号， 故答案为:8. 内切球与外接球综合 21．（22-23高二下·上海浦东新·期中）著名的古希腊数学家阿基米德一生最为满意的一个数学发现就是“圆柱容球”定理：把一个球放在一个圆柱形的容器中，如果盖上容器的上盖后，球恰好与圆柱的上、下底面和侧面相切（该球也被称为圆柱的内切球），那么此时圆柱的内切球体积与圆柱体积之比为定值，则该定值为（    ）． A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据已知条件可得，结合圆柱与球的体积公式计算即可. 【解析】设圆柱的母线长为l，内切球的半径为r，如图所示，     则其轴截面如图所示， 则， 所以圆柱的内切球体积为，圆柱体积为， 所以圆柱的内切球体积与圆柱体积之比为. 故选：D. 22．（22-23高二上·上海浦东新·期中）已知一个体积为的球内切于直三棱柱（即与三棱柱的所有面均相切）,底面的中有,则该直三棱柱的外接球（即使所有顶点均落在球面上）的表面积为 ． 【答案】 【分析】根据直三棱柱内切球与直三棱柱高和底面三角形内切圆之间的关系建立等式,可求出直三棱柱高和底面三角形内切圆半径,再根据题上条件,设边长,用余弦定理,建立边之间的关系,根据底面三角形内切圆半径跟面积和周长之间得关系,找到底面三角形三边长,进而找到直三棱柱的外接球半径,求出表面积即可. 【解析】解:由题知，记内切球半径为,外接球半径为, 内切圆、外接圆半径为r,R, 则,解得, 因为该球内切于一个直三棱柱, 当且仅当球半径与底面三角形内切圆半径相等, 同时棱柱的高恰为球半径的2倍, 所以; 由题意,设, 则在中由余弦定理得, , , 所以, 由内切圆半径公式,, 解得,所以, 由正弦定理,,得, 而直三棱柱内接于一个球, 当且仅当两全等的底面位于距球心距离相同且平行的两个小圆上, 显然该两个小圆距球心的距离d应为棱柱高h的一半, 所以平面与球心间的距离, 且其所在小圆的半径即为其本身外接圆的半径,为, 由球的垂径定理,, 所以球的表面积为． 23．（21-22高三上·浙江·阶段练习）如图，已知三个两两互相垂直的半平面α，β，γ交于点O，矩形ABCD的边BC在半平面γ内，顶点A，D分别在半平面α，β内，AD＝2，AB＝3，AD与平面α所成角为，二面角A﹣BC﹣O的余弦值为，则同时与半平面α，β，γ和平面ABCD都相切的球的半径为 ． 【答案】或 【分析】首先将几何体补形为一个长方体，然后利用垂直关系将原问题转化为求解三棱锥内切球的半径的问题，最后利用等体积法求解其半径即可． 【解析】如图所示，矩形ABCD所在的平面，将其补形为一个长方体，然后以点O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系O﹣xyz， 由AD＝2，直线AD与平面α所成角为可得， 作AP⊥底面于点P，很明显AD⊥平面APB，从而BC⊥BP， ∠PBA即为二面角A﹣BC﹣O的平面角，其余弦值为， 则，， 从而：， 设平面ABCD的法向量，则： ， 令x＝2可得y＝2，z＝1，从而， 设平面ABCD与x，y，z轴的交点分别为：P1（x，0，0），P2（0，y，0），P3（0，0，z）， 则：，∴， ，∴， ，∴， 原问题进一步等价于求三棱锥O﹣P1P2P3的内切球半径， 由于， 故△P1P2P3是等腰三角形，其面积为：， 三棱锥的表面积为：， 其体积为：， 设外接球半径为R，利用等体积法有：， 即，∴． 同理，当球在三棱锥外面与四个面都相切时可得球的半径为． 故答案为：或． 24．（23-24高二上·上海长宁·期中）正方形中，，分别为线段，的中点，连接，，，将，，分别沿，，折起，使，，三点重合，得到三棱锥，则该三棱锥外接球半径与内切球半径的比值为 ．    【答案】 【分析】利用三棱锥的外接球，即以为棱的长方体外接球求得其半径，利用等体积法求得内切球的半径，从而得解. 【解析】在正方形中，， 折起后两两互相垂直， 故该三棱锥的外接球，即以为棱的长方体外接球， 不妨设正方形边长为2，则， 故，则， 因为， 而该三棱锥的表面积与正方形的面积相同，即， 则，即，故， 所以. 故答案为：. 题型06 难点分析 25．（23-24高二上·上海徐汇·期中）勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，因此它能像球一样来回滚动. 勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的公共部分，如图所示，若正四面体ABCD的棱长为a. ① 能够容纳勒洛四面体的正方体的棱长的最小值为a    ② 勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为 ③ 勒洛四面体中过三点的截面面积为 ④ 勒洛四面体的体积 上述命题中正确的是 【答案】①④ 【分析】对于①，根据勒洛四面体表面上任意两点间距离小于等于，进行判断；对于②，求出，，相减即为能够容纳的最大球的半径；对于③，勒洛四面体中过三点的截面为三个半径为，圆心角为的扇形的面积减去两个边长为的正三角形的面积，由此可判断；对于④，勒洛四面体的体积介于正四杨体的体积和正四面体的外接球体积之间，求出正四面体的体积和正四面体的外接球的体积，从而求出答案． 【解析】对于①，由题意知：勒洛四面体表面上任意两点间距离的最大值，故①正确； 对于②，勒洛四面体能容纳的最大球，与勒洛四面体的弧面相切，如图，      其中点为该球与勒洛四面体的一个切点，为该球的球心， 由题意得该球的球心为正四面体的中心，半径为，连接， 则三点共线， 设正四面体的外接球半径为， 由题意得：，解得， ，， 由题意得，故②错误； 对于③，勒洛四面体中过三点的截面为三个半径为， 圆心角为的扇形的面积减去两个边长为的正三角形的面积，      即，故③错误； 对于④， 勒洛四面体的体积介于正四面体的体积和正四面体的外接球的体积之间，    正四面体底面面积为，底面所在圆的半径为， 正四面体的高为， 正四面体的体积， 设正四面体的外接球半径为，则由题意得： ，解得， 正四面体的外接球的体积为， 勒洛四面体的体积满足，故④正确． 故答案为：①④． 【点睛】方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下： （1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径； （2）作截面：选准最佳角度做出截面（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. 26．（23-24高二下·上海·期中）在三棱锥中，平面，，平面内动点的轨迹是集合．已知，且在棱所在直线上，，2，则下列说法不正确的是（   ） A．动点的轨迹是圆 B．平面平面 C．三棱锥体积的最大值为3 D．三棱锥外接球的半径不是定值 【答案】D 【分析】建立平面直角坐标系求出轨迹判断A，由平面的二面角为直角判断B，求出底面三角形面积得最大值判断C，求出外接球的半径判断D即可. 【解析】对于A，因为，所以在平面内，以所在直线为轴， 以线段的中垂线为轴，建立如图所示的平面直角坐标系，    则，由知， ，化简可得，即点的轨迹为圆，故正确； 对于B，根据以上证明可知，点和是圆与轴的两个交点， 如上图，由条件可知，点在圆上， 则，又平面，，平面， 所以，， 所以是二面角的平面角，则平面平面，故B正确； 对于C，当点到的距离为2时，此时的面积最大，此时最大面积是， 则三棱锥体积的最大值为，故C正确； 对于D，由以上证明可知，，且，如图，    取的中点，作平面，且， 所以， 所以三棱锥外接球的半径是定值，故D错误． 故选：D． 题型07 解答综合题 27．（23-24高三上·上海·期中）如图，在三棱锥中，平面平面BCD，，，H为BD的中点，，．    (1)求证：； (2)求异面直线BC与AD所成角的大小． (3)若，求三棱锥外接球的体积． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）由平面平面，由面面垂直的性质可证平面，由线面垂直的性质可得； （2）根据三棱锥的结构特征，可以把三棱锥补形为长方体，利用平移法求异面直线BC与AD所成角的大小； （3）三棱锥的外接球就是长方体的外接球，由体对角线得外接球直径，可求外接球体积 【解析】（1）平面平面，平面平面，    平面，，则平面， 平面，所以. （2）在三棱锥中，平面平面BCD，，， ，． 根据三棱锥的结构特征，可以把三棱锥补形为长方体，如图所示，    不妨设，则，，， 异面直线BC与AD所成角即直线BC与CE所成的角，为（或其补角）， 长方体中，平面，平面，， 中，， 所以异面直线BC与AD所成角的大小为． （3）由，则，， ， 长方体的外接球直径为2，即三棱锥外接球的直径为2，半径为1， 所以三棱锥外接球的体积. 28．（23-24高二上·上海浦东新·期中）如图，已知球的表面积为，是该球的内接长方体（即该长方体的八个顶点均在球面上） (1)若， ，求球心到平面的距离： (2)若是正四棱柱，当该正四棱柱的侧面积最大时，求其体积. 【答案】(1); (2). 【分析】 （1）由球的表面积可得半径，又球为长方体的外接球，则直径等于体对角线，进而可侧棱长，即可求解； （2）根据外接球得，结合基本不等式即可求解. 【解析】（1）由球的表面积为，则， 即，则， 因为球位长方体的外接球，则球心即为长方体的中心； 则球心到平面的距离为. （2）是正四棱柱,设底面边长为，侧棱长为， 则，则， ， 当且仅当，且， 即，时，侧面积最大， 则. 29．（21-22高二上·上海普陀·期中）在四面体ABCD中，AB＝BD＝CD＝1，AB⊥平面BCD，CD⊥BD，点M为AD上动点，连结BM，CM，如图. (1)求证：BM⊥CD； (2)若AM＝2MD，求二面角M﹣BC﹣D的余弦值； (3)是否存在一个球，使得四面体ABCD的顶点都在此球的球面上？若存在，确定球心的位置并证明；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)见详解； (2)； (3)存在，球心为中点，理由见详解. 【分析】（1）要证线线垂直，只要证线面垂直，利用线面垂直的性质即可得证； （2）利用几何法，先确定二面角的平面角，即可得解. （3）连接，由棱两两垂直，以为棱可补全为如图正方体，由球心为体对角线中点，即可得解. 【解析】（1）证明：由AB⊥平面BCD，且平面BCD， 所以，又CD⊥BD且， 所以平面，又平面， 所以. （2） 在上取点，使得， 由AM＝2MD可得， 所以平面， 作于， 连接，则角为二面角M﹣BC﹣D的平面角， 由， 在中，取中点， 由条件知， 所以， 所以， 所以二面角M﹣BC﹣D的余弦值为. （3） 如图，连接， 存在一个球使得四面体ABCD的顶点都在此球的球面上， 且球心为中点， 由AB⊥平面BCD，CD⊥BD所以棱两两垂直， 以为棱可补全为如图正方体，而为体对角线， 故球心为中点. 一、填空题 1．（19-20高二下·上海宝山·期中）在直三棱柱中，，，若该三棱柱的六个顶点都在同一个球面上，且，则该球的表面积的最小值为 . 【答案】 【解析】如图所示：，分别为和的中心，易知球心为中点，，，得到答案. 【解析】如图所示：，分别为和的中心，易知球心为中点， 在中：，，故， 故， 故该球的表面积的最小值为. 当，时等号成立. 故答案为：. 【点睛】本题考查了三棱柱的外接球问题，意在考查学生的计算能力和空间想象能力. 2．（21-22高二上·上海闵行·期中）如图，三棱锥的四个顶点都在球的球面上，，是边长为6的正三角形，二面角的大小为120°，则球的体积为 ． 【答案】/ 【分析】因为球心与截面圆圆心的连线垂直于截面，其中的外心就是其中心，的外心是的中点，由此可构造直角三角形求解的长，再利用球的体积公式求解即可． 【解析】解：取的中点，连接，设为的外心，则点在上且， 因为，则为的外心， 根据球的几何性质，则平面，平面， 因为二面角的大小为，平面平面， 则二面角的大小为， 所以， 因为是边长为6的正三角形， 则， 所以， 在中，， 在中，因为，则， 所以球的半径， 表面积为． 故答案为：． 二、单选题 3．（2023·河南·三模）如图，该几何体为两个底面半径为1，高为1的相同的圆锥形成的组合体，设它的体积为，它的内切球的体积为，则（    ）    A． B． C． D． 【答案】D 【分析】 由题意可知组合体的体积是一个圆锥体积的二倍，内切球的球心为，半径为点到的距离，从而可求出球的半径，进而可求出球的体积，则可得答案 【解析】由题意可得， 因为上下两个圆锥大小相同，所以组合体内切球的球心为，半径等于点到的距离，设半径为，则 ， 所以， 所以， 故选：D 4．（23-24高三上·上海·期中）一个封闭的圆台容器（容器壁厚度忽略不计）的上底面半径为2，下底面半径为12，母线与底面所成的角为．在圆台容器内放置一个可以任意转动的正方体，则此正方体棱长的最大值是（    ） A． B．8 C．9 D． 【答案】B 【分析】根据题意可求出圆台内能放置的最大球的半径，使正方体外接于球即可求出正方体的最大棱长. 【解析】如下图所示：    根据题意可知；又母线与底面所成的角为，即，易得； 设圆台内能放置的最大球的球心为，且与底面和母线分别切于两点， 所以可知球的半径，此时球的直径为， 即此时球与圆台上底面不相切，因此圆台内能放置的最大球的直径为; 若放置一个可以任意转动的正方体，要求正方体棱长最大，需要正方体的中心与球心重合，且该球是正方体的外接球， 设正方体的最大棱长为，满足，解得. 故选：B 三、解答题 5．（22-23高二上·上海浦东新·期中）如图1，正四棱锥，. (1)求此四棱锥的外接球的体积； (2)M为PC上一点，求的最小值； (3)将边长为4的正方形铁皮用剪刀剪切后，焊接成一个正四棱锥（含底面），并保持正四棱锥的表面与正方形的面积相等，在图2中用虚线画出剪刀剪切的轨迹，并求焊接后的正四棱锥的体积. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】(1)根据外接球与正四棱锥的关系，利用勾股定理求出外接球半径即可求解；（2）将空间图形转化为平明图形，根据两点间线段最短即可求解；(3)结合勾股定理确定四棱锥的底面边长和高即可求解. 【解析】（1） 如图,设外接球的半径为, ,, 所以,即,解得, 所以外接球体积. （2） 如图，将展开到与平面在同一个平面， 此时, 在中，， 所以, 所以的最小值为. （3） 联想到勾股定理证明，可设直角三角形的两条直角边长为， 于是，解得， 则构成以为底面边长，高为的正四棱锥， 所以. 6．（21-22高一下·上海杨浦·期末）如图，斜三棱柱中，，为的中点，为的中点，平面⊥平面． (1)求证：直线平面； (2)设直线与直线的交点为点，若三角形是等边三角形且边长为2，侧棱，且异面直线与互相垂直，求异面直线与所成角； (3)若，在三棱柱内放置两个半径相等的球，使这两个球相切，且每个球都与三棱柱的三个侧面及一个底面相切．求三棱柱的高． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）证明出四边形为平行四边形，从而，得到线面平行； （2）先证明出为三等分点，然后运用余弦定理求出可得； （3）因为在三棱柱内放置两个半径相等的球，使这两个球相切，且每个球都与三棱柱的三个侧面及一个底面相切，故小球的半径即为三棱柱直截面的内切圆的半径，利用面积公式得到内切圆半径，画出立体几何图形，结合相关关系求出三棱柱的高. 【解析】（1）斜三棱柱中，为的中点，为的中点， 所以，且， 所以四边形为平行四边形， 所以， 因为平面，平面， 所以平面； （2）因为AC=BC，为的中点，所以CD⊥AB， 因为平面⊥平面，交线为AB，CD平面ABC， 所以CD⊥平面，故⊥平面， 所以,又与互相垂直，,面 故面,得.即为直角三角形， 在中，为中点，，所以为的三等分点，设， 由余弦定理可得： 解之：，所以故 ⊥平面，在中，. 与所成的角为 （3）过作于，过作于，连 为直截面，小球半径为的内切圆半径 因为，所以， 故AC⊥BC，则 设所以，由解得， ； 由最小角定理 由面,易知， 内切圆半径为： 则 【点睛】定义法求解二面角，需要先作出辅助线，找到二面角的平面角，再求出各边长，利用余弦定理求解该角的余弦值，或根据直角三角形锐角三角函数求出该角的正弦，余弦或正切值，得到答案. 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