题型19 10类球体的外接及内切解题技巧-2025年新高考数学冲刺宝典

题型1910类球体的外接及内切解题技巧 (2)若数列{am}是R。数列，求a5: (3)设数列{am}的前n项和为Sm.是否存在R。数列{am},使得S≥S1o恒成立？如果存在，求出 所有的p:如果不存在，说明理由. 题型1910类球体的外接及内切解题技巧 技法01特殊几何体外接球的应用及解题技巧 ⊙技法解速人 球的表面积：S=4πR 球的体积：V=专R 1.底面外接圆的半径r的求法 sinA=2r(通用)： (1)正弦定理4 (2)直角三角形：半径等于斜边的一半； (3)等边三角形：半径等于三分之二高： (4)长（正）方形：半径等于对角线的一半 2.几个与球有关的切、接常用结论 (1)正方体的棱长为a,球的半径为R; ①若球为正方体的外接球，则2R=√3a: ②若球为正方体的内切球，则2R=a: ③若球与正方体的各棱相切，则2R=√2a. (2)若长方体的同一顶点的三条棱长分别为a,b,c,外接球的半径为R,则2R=√a2干b十c2: (3)正四面体的外接球与内切球的半径之比为3：1. 3.正棱锥类型一(h一R)十2=R2,解出R. 109 高考数学冲刺宝典 串典例剖析人 例1一1若棱长为2的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为 A.12π B.24x C.36π D.144π 【解析】这个球是正方体的外接球，其半径等于正方体的体对角线的一半， 即R=√(23)+(33)+(23》=3， 2 .这个球的表面积为S=4πR2=4π×32=36π.故选C 【答案】C 例1一2正四棱锥的顶点都在同一球面上，若该棱锥的高为4，底面边长为2，则该球的表面积为 () B.16x C.9π n24 【解析】正四棱锥P一ABCD的外接球的球心在它的高PO,上， 记为O,PO=AO=R,PO=4,OO=4-R,在R1△AOO中，AO1=√2， 由勾股定理R=2十(4一R得R=具“球的表面积S元故选A 【答案】A 对点练习人 L.已知底面边长为1，侧棱长为√2的正四棱柱的各顶点均在同一个球面上，则该球的体积为() A警 B.4 C.2πx n智 2.设三棱柱的侧棱垂直于底面，所有棱长都为α，顶点都在一个球面上，则该球的表面积为() A.πa B c号w D.5πa 3.如图，正四棱锥P一ABCD底面的四个顶点A,B,C,D在球O的同一个大圆上，点P在球面 上，如果V,-,则球O的表面积为 () A.4π B.8π C.12π D.16π 4若一个底面边长为号，侧棱长为后的正六棱柱的所有顶点都在一个球面上，则此球的体积为 5.已知正四棱台的高为1，下底面边长为22，侧棱与底面所成的角为45°，其顶点都在同一球面 上，则该球的体积为 () A B205x C.86π 3 D.36π 110 题型1910类球体的外接及内切解题技巧 技法02墙角问题的应用及解题技巧 技法解慎人 墙角模型（三条直线两两垂直） 补形为长方体，长方体的同一顶点的三条棱长分别为a,b,c,外接球的半径为R,则2R =√a2+b+c2. 串典例剖析人 例2已知三棱锥A一BCD的四个顶点A,B,C,D都在球O的表面上，BC⊥CD,AC⊥平面 BCD,且AC=2,BC=CD=2,则球O的表面积为 () A.4 B.8 C.16π D.2/2π 【解析】 由题意可知CA,CB,CD两两垂直，.补形为长方形，三棱锥与长方体共球， (2R)2=(2/2)2+22+22=16,求的外接球的表面积S=4πR2=16π.故选C. 【答案】C 方对点练习人。 1.在三棱锥P一ABC中，PA、AB、AC两两垂直，AP=3,BC=4,则三棱锥外接球的表面积为 () A.12x B.20π C.25π D.36π 2.在边长为4的正方形ABCD中，E,F分别为AB,BC的中点.将△AED,△CFD,△BEF分别 沿DE,DF,EF折起，使A,C,B三点重合于A',则三棱锥A'一EFD的外接球表面积为 A.3π B.6x C.12π D.24π 技法03对棱相等问题的应用及解题技巧 技法解读人一 通过对棱相等，可以将其补全为长方体，补全的长方体体对角线为外接球直径，设长方体的 长宽高为别为a,b,c. 111 高考数学冲刺宝典 AD-BC a2+=BC2=λ AB-CD → +c2=AC2= AC=BD c2+a2=AB2=k2 →d++-是士+E→R= 2十十k 8 VA-RD=abc- 多典例剖析人 例3已知四面体ABCD中，AB=CD=2/5,AC=BD=√29，AD=BC=√4T,则四面体ABCD 外接球的体积为 A.45π B15/5x 2 C.455x 2 D.24/5π [a2+=20, 【解析】四面体ABCD在一个长宽高为a,b,c的长方体中，如图，则b+c2=29,故R= a2+c2=41 T=雪，故回面作ABCD外接球的体软为V-青R=专xX5压-三故 2 2 8 2 选C 【答案】C 万对点练 在四面体A一BCD中，AB=CD=√7，AD=BC=√29，AC=BD=27,则四面体A一BCD外接 球表面积是 A.64x B.32π C.256π D. 256 3 技法04 侧棱垂直底面问题的应用及解题技巧 技法解，人一 侧棱垂直与底面一垂面型：R=√F十（修） 112 题型1910类球体的外接及内切解题技巧 多典例剖析 例4己知S,A.B,C是球O表面上的点，SA⊥平面ABC,AB⊥BC,SA=AB =1,BC=√2，则球O表面积等于 A.4π B.3π C.2π D.元 【解析】 球心0为SC的中点球0的半径为2SC=1,S=4元故选A 【答案】A 方对点练习八 L.已知三棱锥P一ABC的四个顶点都在球O的球面.上PA⊥平面ABC,在 底面△ABC中，B=子，BC=2.AB=号，若球O的体积为6x,则PA= A.1 B c D.2 2.在四棱锥P一ABCD中，底面ABCD为等腰梯形，PB⊥底面ABCD.若PB=AB=CD=AD= 1,BC=2,则这个四棱锥的外接球表面积为 () A.3π B.4π C.5π D.6π 技法05 侧面垂直于底面问题的应用及解题技巧 技法解读人 侧面垂直与底面一切瓜模型 如图：平面PAC⊥平面BAC,AB⊥BC(AC为小圆直径) 1.由图知球心O必为△PAC的外心，即△PAC在大圆面上，先求出小圆面直径 AC的长. 2在△PAC中，可根据正弦定理A-2R,解出R 如图：平面PAC⊥平面BAC,PA=PC,AB⊥AC (1)确定球心O的位置，由图知P,O,H三点共线； (2)算出小圆面半径AH=r,算出棱锥的高PH=h: (3)勾股定理：OH2十AH2=OA2→(h一R)2+产=R,解出R. 多典例剖析人 例5矩形ABCD中，AB=4,BC=3,沿AC将矩形ABCD折起，使面BAC⊥面DAC,则四面体 113 高考数学冲刺宝典 A一BCD的外接球的体积为 A Bn c 【解析】如图：矩形ABCD中，，AB=4,BC=3,.DB=AC=5, 设DB交AC于O,则O是Rt△ABC和Rt△DAC的外心， 0到点A,B,C,D的距离均为， .O为四面体A一BCD的外接球的球心， 四面体A一BCD的外接球的丰径R=, 六四面体A-BCD的外接球的体积V=号×xX(侵》'=1，故选A 【答案】A 万对点练习人 1.三棱锥A一BCD中，△ABD与△BCD均为边长为2的等边三角形，若平面ABD⊥平面BCD, 则该三棱锥外接球的表面积为 () A号 a警 C.8π D.20π 2.在边长为2的菱形ABCD中，BD=23,将菱形ABCD沿对角线AC折起，使得平面ABC⊥平 面ACD,则所得三棱锥A一BCD的外接球表面积为 () A肾 B e n 技法6二面角与球体综合的应用及解题技巧 技法解读人 如右图，所示为四面体P一ABC,已知二面角P一AB一C大小为a,其外接球问题的步骤 如下： (1)找出△PAB和△ABC的外接圆圆心，分别记为O和O2; 0 (2)分别过O和O2作平面PAB和平面ABC的垂线，其交点为球心，记为O: (3)过O作AB的垂线，垂足记为D,连接OD,则OD⊥AB: (4)在四棱雄A一DOOO2中，AD垂直于平面DOOO2,如图所示，底面四 边形DOOO2的四个顶点共圆且OD为该圆的直径. 如图，设O、O2为面PAB与面CAB的外接圆圆心，其半径分别为1、r2,两相交面的二面角P 一AB一C记为a,公共弦为AB的弦长为四面体P一ABC球O的半径R.两圆O、O的弦心 距：DO=片-，DO=2-; 两圆O、O2的圆心距：OO2=DO+DO层-2DO1MO2·cosa,由于四边形DO1OO2的四个 114 题型1910类球体的外接及内切解题技巧 顶点共圆且OD为该圆的直径，而sna=√一cosa,则由正弦定理：D0= sin a ,于是外接球O 的半径ROA=D0+E可得，进-步整理：R=i+i-2F-2W(二)后=百·osc+E sina 特别地，当a=受时，代入R=i+-2P-2V百·c0se+ sin a 可得：R2=片+- 串典例剖析人一 例6已知A,B,C,D是半径为5的球体表面上的四点，AB=2,∠ACB=90°，∠ADB=30°，则 平面CAB与平面DAB的夹角的余弦值为 () A6-2 4 B司 c n 【解析】由于设n1,r2分别为面ABC,面ABD的外接圆半径，则R=√5,1=1，r2=2,l=2,代入： R=+月-2F-2W)·os0+P,可得：∠0EF=30. sin a 故平面CAB与平面DAB的夹角为60°，故其余弦值为2故选B 【答案】B 对点练习八 L.已知四棱锥S-ABCD,SA⊥平面ABCD,AD⊥DC,SA=33,BC=4,二面角S-BC-A的大 小为于.若点S,A,B,C,D均在球O的表面上，则该球O的表面积为 () A.152x 3 B.52x C.160x 3 D.54π 2.已知在三棱锥S-ABC中，AB⊥BC,AB=BC=2,SA=SC=2/2,二面角B-AC-S的大小 为？，则三棱维S-ABC的外接球的表面积为 () A.s a10 C.105x D.104x 9 9 技法07数学文化与球体综合的应用及解题技巧 技法解慎人 数学文化与球体综合是新高考卷中的常考考点，从数学文化切入一方面弘扬古代数学思想， 另一方面要建立数学模型，提炼解题突破口，题型难度不一，需重点强化练习. 115 高考数学冲刺宝典 串典例剖析人一 例7中国古建筑闻名于世，源远流长.如图1所示的五脊殿是中国传统建筑中的一种屋顶形式， 该屋顶的结构示意图如图2所示，在结构示意图中，已知四边形ABCD为矩形，EF∥AB,AB= 2EF=2,△ADE与△BCF都是边长为1的等边三角形，若点A,B,C,D,E,F都在球O的球面 上，则球O的表面积为 () 图1 图2 A a晋 c 【解析】如图，连接AC,BD,设AC∩BD=O,,四边形ABCD 为矩形，∴.O为矩形ABCD外接圆的圆心.连接O),则OO平 面ABCD,分别取EF,AD,BC的中点M,P,Q,根据几何体AB CDEF的对称性可知，直线OO交EF于点M.连接PQ,则PQ∥ AB,且O为PQ的中点，，EF∥AB,∴.PQ∥EF,连接EP,FQ,在△ADE与△BCF中， 易知EP=FQP+(-梯形EFQP为等腰稀形， MQ1PQ,且MQ-√厚-号-号.设0O0,=m,球O的丰径为R.连接0E,OA. 当O在线段O1M上时，由球的性质可知R2=OE=OA2, 易得0A=√+(=号，剥竖-m+(份)=+㎡此时无解。 当O在线段MO1的延长线上时，由球的性质可知， 5 2 +m= 慢+m+, 解得m-号R=OE-号球0的表面积S=4nR=要故选D 2 【答案】D 材对点练习一 1.米斗是称量粮食的量器，是古代官仓、粮栈、米行的必备的用具.为使坚固 耐用，米斗多用上好的木料制成.米斗有着吉祥的寓意，是丰饶富足的象 征，带有浓郁的民间文化韵味，如今也成为了一种颇具意趣的藏品.如图的 米斗可以看作一个正四棱台，已知该米斗的侧棱长为10，两个底边长分别 为8和6，则该米斗的外接球的表面积是 116 题型1910类球体的外接及内切解题技巧 2.(多选)在圆锥SO中，母线SA=l,底面圆的半径为r,圆锥SO的侧面积为3π，则 () A当，一1时，则圆锥S0的体积为22x 3 B当，一时，过顶点S和两母线的载面三角形的最大面积为3平 C,当1=3时，圆锥SO的外接球表面积为8】 D.当1=3时，棱长为√2的正四面体在圆锥SO内可以任意转动 技法08内切球综合的应用及解题巧 技法解，人一 内切球 如图：求任意三棱锥的内切球半径（等体积法） 1.先求出四个表面的面积和整个椎体的体积 2.设内切球半径为r,建立等式：Vr=Vo-十Vo指十Voe十Vo→Vrx= 3 (SNc+SPB+SPAc十Smx)·r. 3 VP-AB 3.解出r一Sx十SpMB十Spe+Sm 结论：若棱维的体积为V,表面积为S,则内切球的半径为R=Y 多典例剖析人一 例9在四棱锥P-ABCD中，平面PAB⊥平面ABCD,△PAB为边长为1的等边三角形，底面 ABCD为矩形.若四棱锥P一ABCD存在一个内切球（内切球定义：若一个多面体的各面都与一 个球的球面相切，则称这个球是这个多面体的内切球)，则内切球的表面积为 () A.4π B. c. D. 【解析】由于平面PABL平面ABCD,△PAB为边长为1的等边三角形，底面ABCD为矩形， ,∴.四棱锥P一ABCD的内切球在等边三角形△PAB的“正投影”是等边三角形△PAB的内切 圆，等边三角形△PAB的内切圆半径为r,则S△PB= 7×1+1+1)X=×1X1×sim5, 解得/一得：肉切球的半径为管无表西根为标X得-亭长选D 【答案】D 117 高考数学冲刺宝典 ⑦对点练习人 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V1,它的内切球的体积为V2,则V1:V2= A.2:3 B.22:3 C.2:2 D.√2：1 题型20 立体几何中的截面、范围与最值、轨迹问题 技法01研究截面一平行截法与相交截法 技法解读人一 1.平行线法特征 如下图E、F是几等分点，不影响作图.做出过三E,F,C1点的截面 D D 方法如下： (I)寻找C,点所在的与线EF的所在红色表面平行的面：里边侧面（绿色的）： (2)在这个面内，过C1做EF平行线，显然必须扩展这个面了； (3)E与F分别在右侧面和下侧面上（红色面就不要用了）： (4)注意这仁面的相交棱： (5)下边过C做EF平行线，交这俩棱于K,L分别连FK与EL,交点为J与H.做出截面，与 第一种方法一致。 2.相交线法特征 如下图E、F是几等分点，不影响作图 D 118参考答案 (2)性质①a1≥0，ae=0,由性质③a+:E{am,am十1}，因此 积为S=4r×7g 3a,故 a=a1成a=十1，a4=0或4=1， 12 选B 若a=0,由性质②可知a<a4,即a1<0或a1+1<0,矛 0 3.D【解析】由题意，设外接球O的半 盾；若a,=1,a4=a1十1，由a<a:有1十1<1，矛盾.因此 只能是a4=1,au=a1.又a4=a十a或a=a十as十1，∴ 径为R,则OP=OA=R,AB=√2R. a=a=0 则正四校锥P一ABCD的体积为V =吉S%=吉×2R)P×R-号，解得R=2球0的表面 若a=2,则a=a1∈{a十a+0,a十a十0十l1}= 积为.S=4xR=4x×2=16元.故选D. {2a1,2a十1》=(1,2}，不满足a=0,舍去.当4=0，则 【解析】作出六棱柱的最大对 {a。}前四项为：0,0,0,1，下面用数学归纳法证明am+,=n(i 2 =1,2.3),aw+4=n+1(n∈N: 角面与外戴球的戴面，如右图， 当n一0时，经险证命题成立，假设当刀k(k≥0)时命题 则城截面矩形分别以底面外接园 成立， 直径和六棱柱高为两边， 当n=k十1时：若i=1,则a4+11+1=aw+一a+卡s-月· 设球心为0，正六棱柱的上下底面 利用性质)： 中心分别为O,O,则球心0是OO的中点..正六棱柱底 《a,十a+iy|j∈N”,l≤j≤4k+4》={k,k+1},此时可 西边长为号树技长为后∴R△A00中，A0,-号00 得：aw+s=k十1；否则，若Q+s=k,取k=0可得：a6=0,而 由性质②可得：a=a1十a1∈1.2}，与a=0矛盾. 艺，可得A0=VO+00=多，因此，该球的体积为 同理可得：{a,十aw+y|j∈N”,1≤≤4k+5}=(k,k十 1,有aw+=k十1： v-音x(受)=受 {a十at+-y|j∈N”,2≤≤4+6}=(k+1,k+2},有 5.B【解析】设正四棱台上下底面所在 a+8=k十2： 园面的半径分别为r1,n,连接AC,过 {a+a+-,|j∈N”,l≤j≤4k+6}=〈k+1},又：aw+: A,作AC的重线垂足为E,过C1作AC <a+8,有a+=k十1，即当n=k十1时命题成立.证毕.综 的垂线垂足为F,,正四棱台的高为 上可得：a1=0.a6=a4×1+1=1. 1,下底面边长为22，侧棱与底面所成 (3)令6.=an十p,由性质③可知：Hm,n∈N”,butn=dw+w十 的角为45，可得AE=CF,EF=AC p {am十p十a.十p,am十b十a.十p十1}= =2,即n=1,n=2,设球心到上下底面的距离分别为d, {h十h,bw十h+1),由于b=a1+p≥0，b=ag+p=0. d山，球的半径为R,可得d=√R-I,d山=√R一4，故 b。-1一am-1十<am十p=m,因此数列(h}为R。数列.由 |山-山|=1或d+d=1.即√R-1-√R-4=1 (2)可知：若n∈N,aw+=n-p(i=1,2,3),a4m+4=n+1 或√厌-1十√R一4=1，解得R=5,符合题意，∴球的体 p:S1-Su=a11=a4x2+a=2-p≥0，S,-Sw=-aw= a4x2+2=一(2-p)≥0，因此p=2,此时41，a2,…,41o≤0，a 积为V-号xR-2元截选B ≥0（≥11），满足题意. 技法2墙角问题的应用及解题技巧 题型1910类球体的外接及内切解题技巧 【对点练习】 技法1特殊几何体外接球的应用及解题技巧 L.C【解析】如图，将三棱锥补成长方 【对点练习】 体，三棱锥的外接球就是长方体的外 1.D【解析】根据正四棱柱的几何特征得：该球的直径为正四 接球，.2R=√/AB十AC十AP 棱柱的体对角线，枚2R=√1+1？+(W②)2=2，即得R=1, √AP2+BC=√32+4形=5，则三枚 “滨球的体积V=青xR=青xP=经故选D 维外接球的表而积S=4xR=25π.故选C 2.D【解析】由题意三棱锥A'一EFD中， 2.B【解析】根据题意条件可知三棱柱是枝长都为4的正三 AD,AE,AF两两垂直，以它们为相邻 棱柱，上下底而中心连线的中点就是球心，如图：则其外接球 棱把三棱雏A'一EFD中补成一个长方 的丰径为R-√（号)+(2)-，球的表 体，如图，则长方体的外接球就是三棱锥 高考数学冲刺宝典 A'一EFD的外接球，A'E=A'F=2,A'D=4,则外接球半径 维P-ABCD外接球表面积为4x(5)=5元故选C 2 为R=2AE+AF+AD=/2+公+变=6，表 技法5侧面垂直于底面问题的应用及解题技巧 面积为S=4πR=4x×()=24元.故选D 【对点练习】 技法3对棱相等问题的应用及解题技巧 L.B【解析】如图，取BD中点E,连接 【对点练习】 AE,CE,则AE⊥BD,CE⊥BD B【解析】由题意可知，此四面体 平而ABDL平面CBD,.可得AE A一BCD可以看成一个长方体的 ⊥平面CBD,CE⊥平面ABD.取 一部分，长方体的长、宽、高分别 △ABD的外心O1,△BCD的外心)2， 为V3,√25,2，四面体A-BCD 分别过O,O作平而ABD与平面 如图所示，，，此四面体A一BCD B BCD的垂线交于点O,O即为球心，连接OC,易得CO= 的外接球的直径为长方体的体对角线，即(2R)2=(W3)2十 9.0,=0E-停=0c=c0+00=音S 3 (√25)2+2，解得R=22.∴.四面体A一BCD外接球表面积 =4rR-20.故选B 是S=4πR=4×r×(2/2)2=32元.故选B. 3 技法4侧棱垂直底面问题的应用及解题技巧 2.C【解析】，在边长为2 【对点练习】 的菱形ABCD中，BD=2 1.A【解析】由题意，设球O的半 3,如图，由已知可得， 径为R,则专云后→R= △ABC与△ACD均为边 2 长为2的等边三角形，取 由AC2=AB2+BC2-2AB· AC中点G,连接BG, (B) ICes B=号→Ac=,△ABC DG.则GLAC.DG=万→os∠GDA=号∠GDA 外接圆半径r= AC5,根据线面垂直模型知：R_PA 2sin B 2 4 否→∠ADC=号：平面ABCL平面ACD,交线为AC而 +PA=2x√层一晋=1.故N BGC平面ABC,则BG⊥平面ACD,分别取△BCD与 △ABD的外心E,F,过E,F分别作两面的垂线，相交于O, 2.C【解析】取BC中点E,连 则O为三棱维A一BCD的外接球的球心，由△BCA与 接EA、ED,取PC中点H,连 接EH、BH,等腰梯形ABCD △ACD均为等边三角形且边长为2，可得OE=OF=青DG 中，AB=CD=AD=1,BC 2,则有AD∥BE,AD=BE, DE-IG-GE..OD-OETED- 则四边形ADEB为平行四边 √（侵）+（婴）=西，即三枝维外接球的丰径：R 形，则DE=AB=1,又CE=CD=1,则△CDE为等边三角 形，则∠DCE=∠ABE=60°，则△ABE为等边三角形则EB OD=压，三校维A-BCD的外接球的表面积为：4rX 3 =EA=ED=EC=1,故点E为等腰梯形ABCD的外接圆阊 R=x×(雪)=2警故选C 3 心，△PC中，PH=CH.BE=CE,则PB/HE,HE=号 技法6二面角与球体综合的应用及解题技巧 PB=,又PB⊥底面ABCD,则HE⊥底面ABCD,HP 【对点练习】 L.B【解析】，AD⊥DC,∠ADC HB=HC,又HA=√HE+EA平=√HE+EB=HB, =90°，点S,A,B,C,D均在球 HD=√HE+ED=√HE+EB=HB,即HP=HB O的表面上，.四边形ABCD内 HC-HA=HD,故点H为四棱锋P一ABCD的外接球球 接于圆，.∠ABC=90°，.BC1 心，球半径HB=VHB+EB一√（空》厂+1-受则四枚 AB,.SA⊥平而ABCD.BCC平 26 参考答案 而ABCD,.SA⊥BC,又平面SAB,.BC⊥平而SAB,SB 解得h=42,R=32十18=50，∴.该米斗的外接球的表而积 C平面SAB,∴.BC⊥SB,又AB⊥BC,.二面角S-BC-A 为4xR=200元 的平面角为∠SBA.∠SBA=号，在R△ABS中，SA 2.AC【解析】由已知圆锥S)的 侧面积为πr=3π，即rl=3, 35,AB=SA=35=3,由余孩定理可得：0s60 A选项：当r=1时，l=3,.h= SB+ABSA-SB士92=是，即SB-35B-18 -7=22,体积V= 3% 2·SB·AB 6·SB =0,即SB=6或SB=一3（舍去），，∴.Rt△ABC外接圆的直 =吉rh=日X×2区=2A正确：B选项：当=是 3 时，1=2，此时圆锥的轴戴面如图所示，cO5∠ASB 径为：AC=√AB十BC=5,即四边形ABCD外接圆的直 径为5，SA⊥平面ABCD,,.四棱雄S一ACD外接球的半 SA+SB-AB 2+2-(号×2) 2SA·SB 2×2×2 8<0, 径为：R=√（侵4C+(合SA-√+平=丽： ∠ASB为钝角，令P,Q是國锥S)的底面圓周上任意的不 四面体S一ABCD外接球的表面积为S=4π（√13）2=52元 同两点，则0<∠PSQ≤∠ASB, 故选B 5网=号sP.SQ·sin☑PSQ≤号X2X2X1=2,当且 2.D【解析】如图，取AC的中点 D,连接BD,SD,,'AB=BC= 仅当∠PSQ=受时，取等号，错误： 2.SA=SC=2/2..BD AC. C选项：当l=3时，r=1,其轴戴面如 SD LAC,·∠SDB为二面角B 图所示，可知其轴戴面的外接圆半径即 一AC-S的平面角，.∠BDS 为圆锥的外接球半径，又cO5∠ASB= =经：AB⊥BC,AB=BC= SA+SB-AB=3+3-(1×2) 2SA·SB 2×3×3 2..AC=2/2.BD-CD=2SA=SC=2/2..SD= m∠ASB=号外接球半 7 = √8-2一√6，过点D作与平面ABC垂直的直线，则球心O 径满足2R= AB 在该直线上，设球的半径为R,连接OB,OS,可得OD=R 第一后一4，R二8·外接球表面 -(,②)，在△OSD中，∠ODS=否，利用余弦定理可得R 积S=R-是，C选项正确：D =R-2+(V6)-2VR2×6×号，解得R=9其 选项：棱长为√2的正四而体BDMN 外接球的表而积为R10g,故选D 可以补成正方体GBHD一MENF, 技法7数学文化与球体综合的应用及解题技巧 知图所示，则正方体的棱长BG= 【对点练习】 BD=1,,正方体的外接球即正四面体的外接球，直径为 1.200π【解析】由题意，方斗 的示意图如下：设棱台上底 G5,率径为风-号当3时1，高6=厚可 而中心为O,下底面中心为 =2/2,圈锥S0的内切球球心在线段SO上，圆锥的轴截面 O,由棱台的性质可知，外接 0 截内切球的大圆，即圆锥轴裁面的内切圆，设内切圈半径为 球的球心O落在线段O,O上·由题意该四校台上下底面边 n,由三角形面教得号n(3+3+2)=号×2×22，解得n 长分别为8和6棱长为10，则OA=42,O,B=32,AB= -号<号能长为区的正阳西体不能在调维0内任意 10,.OO=√AB-(OA-OB)严=√2，设外接球的半 转动，D选项错误：故选AC 径为R.|OO2|=h,则|OO|=2一h,OO垂直于上 技法08内切球综合的应用及解题巧 下底面，|OO|+OB=R,即+(32)2=R°，又 【对点练习】 |OO|+|OA|=R,即(2一h)+(42)'=R,联立 D【解析】如图，四边形PAPB为该几何体的轴戴面，则四边 27 高考数学冲刺宝典 形PAP'B的内切国的半径即为该几 平面CBD=BD,故AE⊥平面CBD,AE=√AD-DE= 何体内切球的半径，设内切球的半径 √/G-3=33,易知球心O在平面BCD的投影为△BCD的 为由0P=0A=1,得r=2 外心O,过O作OH⊥AE于H,易得OH‖OE,OO)‖HE 则在Rt△OHA中，OH=3,AH=23,.外接球半径R= 音xr=受.M=2xXPX1 3 √OF+AF=√5，连接OM,:AH=2HE,OH CE,AM 号M=顶1故选D =2MCH.0,M三点共线∴MH=号CE=23.0M=MH 题型20立体几何中的截面、范围与最值、轨迹问题 一OH=√3，当M为截面圆阅心时藏面面积最小，此时截面圆 技法01研究截面一平行截法与相交截法 半径r=√(/15)2-(3)2=25，面积为S=x2=12元.故 【对点练习】 选A. 1.D【解析】∴.当点Q与D重合时，过 D 技法3立体几何中的动态问题 A,Q、B,三点的截面是等边三角形 【对点练习】 ABD1:当，点Q与D重合时，过A、Q L,BD【解析】对于A,取AD的中 B1三，点的戴面是矩形ABCD:当，点 点为E,连接CE交MD于点F,如 Q与DD1的中点重合时，取CD的 图1.则NE∥AB,NF∥MB.如 中点M,由于QM∥DC,AB∥DC,.QM∥AB,文AQ= 果CN⊥AB,剩EN⊥CV,由于 MB,故过A.Q,B:三点的戴面是等腰梯形ABMQ,如图所 B%- AB⊥MB,则EN⊥NF,由于三 示：，过A,Q,B1三，点的裁而图形是可能是等边三角形、矩 图 线NE,NF,NC共而且共，点，故EN⊥CN和EN⊥NF不能 形或等腰梯形.故选D 同时成立，故A错误：对于B,如图1，由∠CEN=∠MAB, 2.D【解析】连接BE与BA的延长线交于点F,连接CF与 AD交于点G,:AE=BB,AE/BB,A为BF的中 且NE=号AB,AM=EC,在△CEN中，由余孩定理得 NC=VE+EC-2NE·EC·cos∠NEC,是定值，故NC 点，则G为AD的中点，藏面为梯形BCGE,,所有棱长 也是定值，故B正确： 均为2，∠BAD=吾，·∠CDG=至，BC 对于C,如图2，取AM的中点O, BCG+CCT=22,BE=√/AB,+A区=5，EG= AB=BM.即AB,=B1M.则AM BO.若AMLB D,由于B,OnB √AE+AG ② CG D=B,且BO,BDI平面 √/CD+GD-2 XCDXGDXcos.∠CDG ODB1,,.AM⊥平面ODB.OD1 图2 √1+2-2×1×2×0s否-/7，故梯形BCGE的周长为 3 平面ODB1,.OD⊥AM,则AD=MD,由于AD≠MD,故 3/2+5+7.故选D. AM⊥BD不成立，故C错误： 对于D,根据题意知，只有当平面BAM⊥平面AMD时，三 棱锥B,一AMD的体积最大，取AD的中点E,连接OE,B E,ME,如图2，AB=BM=1,则AB=B1M=1,且AB BM,平面BAM∩平面AMD=AM,,∴.BO⊥AM,BO 平面BAM,∴.B,OL平面AMD,OEI平面AMD,∴.BO 技法02球截面 【对点练习】 ⊥0E.则AM-E,B0-AM-号.0E-含DM-号AM A【解析】由题意知，△ABD 和△BCD为等边三角形，如图 ,从而EB,=入号+号=1·易知EA=D=EM 所示：取BD中点为E,连接 1,,AD的中点E就是三棱雏B1一AMD的外接球的球心， B D AE,CE,则AE⊥BD.由平面 球的半径为1，表而积是4，故D正确.故选BD, ABD⊥平面CBD,平面ABDn 2.AC【解析】圆锥的底面圈半径r=√5，國锥的母线长为 28