专题19外接球、内切球与棱切球（16题型提分练）-【上好课】2025年高考数学一轮复习知识清单

专题19 外接球、内切球与棱切球 目录 题型一：基础：长方体模型 1 题型二：基础：四面体对棱相等模型 4 题型三：重要模型：线面垂直型 6 题型四：重要模型：面面垂直型 9 题型五：常见几何体：棱锥型 12 题型六：常见几何体：圆锥型 16 题型七：常见几何体：圆台型 19 题型八：常见几何体：棱台型 22 题型九：常见几何体：组合体型 25 题型十：两线交心法模型：表面特殊三角形 28 题型十一：两线交心法模型：二面角型 32 题型十二：动点与翻折型外接球 35 题型十三：外接球最值范围型 38 题型十四：内切球 43 题型十五：棱切球 48 题型十六：综合难题 51 结束 55 题型一：基础：长方体模型 正方体的棱长为a，球的半径为R，则： ①若球为正方体的外接球，则2R＝a； ②若球为正方体的内切球，则2R＝a； ③球与正方体的各棱相切，则2R＝a. 长方体的长、宽、高分别为a，b，c，则外接球直径＝长方体对角线，即：2R＝. 1．（24-25高二上·安徽宣城·开学考试）在四面体中，已知点，分别为棱，中点，且，，若，，则该四面体外接球半径为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据四面体的对棱性质，结合长方体面对角线的性质，即可将四面体的外接球问题转化为长方体外接球问题，即可得半径. 【详解】根据长方体的面对角线特点，由对棱，且对棱中点E，F分别满足，， 则可构造长方体使得四面体的顶点与长方体的顶点重合，由长方体的外接球即为四面体的外接球，如图所示：设长方体的长、宽、高分别为则，， 所以外接球的半径，即四面体的外接球半径为.故选：A 2．（22-23贵州黔东南·模拟）我们将四个面均为正三角形的四面体称为“正四面体”，在正四面体中，分别为棱的中点，当时，四面体的外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】通过补形的方法求得外接球的半径，进而求得外接球的表面积. 【详解】设正四面体的棱长为，则：， 在等腰三角形ABF中，， 据此可得：，正四面体的棱长为：.将正四面体补形成正方体如下图所示， 正方体的边长为，正方体的体对角线长为，所以外接球的半径为， 所以外接球的表面积为.故选：D 3．（20-21高三下·江苏·阶段练习）《九章算术》是我国古代数学经典名著，堪与欧几里得《几何原本》相媲美的数学名著，在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为“鳖臑”.已知某鳖臑的外接球半径为1，则该鳖臑的体积最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由题意可得鳖臑的一条侧棱垂直于底面，底面为直角三角形，将其补成长方体，结合均值不等式可得答案. 【详解】由题意四面体为鳖臑如图，则侧棱底面,且 故将四面体补成长方体，四面体与该长方体的外接球相同. 所以 为外接球的直径，则设，则 ，则 ，当且仅当时取等号. 又四面体的体积,所以故选：B 4．（22-23高按·辽宁沈阳·模拟）已知四面体ABCD满足，，，且该四面体ABCD的外接球的球半径为，四面体的内切球的球半径为，则的值是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】将四面体补全为长方体，根据它们外接球相同求出外接球半径，利用等体积法求内切球半径，即可得结果. 【详解】由题设，可将四面体补全为如下长方体，长宽高分别为，   所以，四面体外接球即为长方体外接球，则半径， 由题意，四面体的四个侧面均为全等三角形，，为三角形内角，所以，则， 又，且， 所以，即，综上，.故选：A 5.（22-23·浙江温州·模拟）阳马和鳖臑［biē nào］是我国古代对一些特殊锥体的称谓，取一长方体按下图斜割一分为二，得两个一模一样的三棱柱（图2，图3），称为堑堵．再沿堑堵的一顶点与相对的棱剖开（图4），得四棱锥和三棱锥各一个．以矩形为底，有一棱与底面垂直的四棱锥，称为阳马（图5）．余下的三棱锥是由四个直角三角形组成的四面体，称为鳖臑（图6）．若图1中的长方体是棱长为4的正方体，则下列结论正确的是（    ）      A．鳖臑中只有一个面不是直角三角形 B．鳖臑的外接球半径为 C．鳖臑的体积为正方体的 D．鳖臑内切球半径为 【答案】BD 【分析】利用题设条件，逐一对各个选项分析判断即可得到结果. 【详解】对于选项A，由题知，鳖臑是由四个直角三角形组成的四面体，所以选项A错误； 对于选项B，由题知鳖臑的外接球即长方体的外接球，而长方体是棱长为4的正方体， 又易知，正方体外接球的半径为体对角线的一半，所以鳖臑外接球的半径为，所以选项B正确； 对于选项C，鳖臑是由四个直角三角形组成的四面体，且易知面, 所以， 又正方体的体积为，故鳖臑的体积为正方体的，所以选项C错误； 对于选项D，设鳖臑内切球半径为，由选项C知，鳖臑的体积，则， 又，所以，所以选项D正确. 故选：BD 题型二：基础：四面体对棱相等模型 对棱相等模型是三棱锥的三组对棱长分别相等模型，用构造法(构造长方体)解决．外接球的直径等于长方体的体对角线长，即(长方体的长、宽、高分别为a、b、c)．秒杀公式：R2＝(三棱锥的三组对棱长分别为x、y、z)．可求出球的半径从而解决问题． 2．（2022高三·全国·专题练习）如图，在三棱锥中，，，，则三棱锥外接球的体积为（    ）   A． B． C． D． 【答案】C 【分析】将三棱锥放到长方体中，设长方体的长、宽、高分别为，求出即得三棱锥外接球的半径，即得解. 【详解】解：由题意，，，，将三棱锥放到长方体中，可得长方体的三条对角线分别为，2，，设长方体的长、宽、高分别为， 则，，，解得，，． 所以三棱锥外接球的半径． 三棱锥外接球的体积．故选：C 2．（2022·贵州·模拟预测）如图，在三棱锥中，，，，且直线AB与DC所成角的余弦值为，则该三棱锥的外接球的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由题意，将三棱锥放入对应的长方体中，根据已知条件建立关于长方体的长､宽､高的边长a，b，c的方程组，求解得，进而可得外接球的直径即为长方体的体对角线长，从而根据球的体积公式即可求解. 【详解】解：由题意知，，则平面ADC，所以， 又，，所以平面ABC，将三棱锥放入对应的长方体中，如图： 易知，所以为直线AB与DC所成的角， 所以，解得. 设长方体的长､宽､高分别为a，b，c，则，，， 三式相加得，所以长方体的外接球的半径为， 所以该三棱锥的外接球的体积为.故选：C. 3．（23-24高三·四川绵阳·模拟）四面体的三组对棱分别相等，且长度依次为，5.则该四面体的外接球的表面积 A． B． C． D． 【答案】D 【详解】分析：先将四面体补成一个长方体，相邻三个面的对角线长分别为，5，再通过解方程组得长方体的长宽高，最后根据四面体的外接球为长方体的外接球求结果. 详解：因为将四面体补成一个长方体，相邻三个面的对角线长分别为，5，所以由得 因为四面体的外接球为长方体的外接球，所以外接球直径为 因此四面体的外接球的表面积为， 选D. 点睛：“补形法”是立体几何中一种常见的重要方法，在解题时，把几何体通过“补形”补成一个完整的几何体或置于一个更熟悉的几何体中，巧妙地破解空间几何体的体积等问题，常见的补形法有对称补形、联系补形与还原补形，对于还原补形，主要涉及台体中“还台为锥”． 4．（2023高三·河南·模拟）四面体S-ABC中，三组对棱分别相等，依次为，，5.则此四面体的体积为. A．20 B． C． D．30 【答案】A 【详解】如图，补成长方体，设其长、宽、高分别为x，y，z，则可得解得，，.∴. 5．（2024高三·全国·模拟，多选）一般地，我们把三组对棱分别相等的四面体叫做等面四面体．下列结论正确的是（    ） A．若一个四面体的四个面的周长都相等，则该四面体是等面四面体 B．等面四面体的一组对棱中点的连线与这组对棱都垂直 C．三组对棱长度分别为，，的等面四面体外接球的表面积为 D．过等面四面体任一顶点的三个面且以该点为顶点的三个角之和为 【答案】ABD 【分析】对于选项A ，利用周长关系，化简可得答案； 对于选项B，作出图等面四面体中，设与的中点分别为，，可证明，从而证明，，判断B； 对于C，将等面四面体放到长方体中，即可求出外接球半径，从而得到外接球表面积； 对于D，将等面四面体展开，从而得到，即可说明答案. 【详解】选项A：四面体中，设，，，，，，且， 将，两边分别相加，得， 再由得，同理得，，所以四面体是等面四面体，所以A正确． 选项B：如图1，在等面四面体中，设与的中点分别为，， 连接，，则，所以，所以，同理可证，所以B正确． 选项C：将等面四面体放到长方体中，如图2， 所以等面四面体的外接球即长方体的外接球，不妨设，，， 则，，，得， ，，所以等面四面体外接球的半径， 所以等面四面体外接球的表面积为，所以C错误． 选项D：将等面四面体展开，如图3， 由等面四面体的定义可以证得，所以，， 所以，同理在其他顶点处也成立，所以D正确． 故选：ABD 题型三：重要模型：线面垂直型 线面垂直型： 存在一条棱垂直一个底面（底面是任意多边形，实际是三角形或者四边形（少），它的外接圆半径是r，满足正弦定理） 1.模板图形原理 图1 图2 2.计算公式 1．（20-21高按·河北唐山·模拟）已知三棱锥中，面ABC，底面ABC是边长为2的正三角形，，则三棱锥的外接球表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由已知结合三棱锥和正三棱柱的几何特征，得到三棱锥的外接即为以为底面，以为高的正三棱柱的外接球，分别求得棱锥底面外接圆的半径和球心到底面的距离，求得球的半径，利用球的面积公式，即可求解. 【详解】根据已知中底面是边长为2的正三角形，且底面， 可得此三棱锥外接球，即为以为底面，以为高的正三棱柱的外接球， 因为时边长为2的正三角形，可得的外接圆半径为， 所以球心到的外接圆圆心的距离为，故球的半径为， 所以三棱锥外接球的表面积为.故选：B. 2．（22-23高三·河南郑州·模拟）在三棱锥A-BCD中，平面ABC丄平面ADC, AD丄AC,AD=AC, ，若此三棱锥的外接球表面积为，则三棱锥A-BCD体积的最大值为（    ） A．7 B．12 C．6 D． 【答案】C 【分析】设三棱锥A﹣BCD外接球的半径为R，三棱锥的外接球球心为O，△ABC的外心为O1，△ABC的外接圆半径为r，取DC的中点为O2，过O2作O2E⊥AC，则OO1⊥平面ABC，OO2⊥平面ADC，连结OA，O1A，则O1A＝r，设AD＝AC＝b，则OO1＝O2Eb，由S＝4πR2＝28π，解得R，由正弦正理求出b，若三棱锥A﹣BCD的体积最大，则只需△ABC的面积最大，由此能求出三棱锥A﹣BCD的体积的最大值． 【详解】根据题意，设三棱锥A﹣BCD外接球的半径为R，三棱锥的外接球球心为O，△ABC的外心为O1，△ABC的外接圆半径为r，取DC的中点为O2，过O2作O2E⊥AC，则OO1⊥平面ABC，OO2⊥平面ADC， 如图，连结OA，O1A，则O1A＝r，设AD＝AC＝b，则OO1＝O2Eb，由S＝4πR2＝28π，解得R， 在△ABC中，由正弦正理得2r，∴2r，解得b，在Rt△OAO1中，7＝r2+（）2，解得r＝2，b＝2，∴AC＝2，若三棱锥A﹣BCD的体积最大，则只需△ABC的面积最大， 在△ABC中，AC2＝AB2+BC2﹣2•AB•BC•cos∠ABC，∴12＝AB2+BC2﹣AB•BC≥2AB•BC﹣AB•BC， 解得AB•BC≤12，∴3， ∴三棱锥A﹣BCD的体积的最大值：6．故选：C． 3．（21-22高三·西藏拉萨·阶段练习）如图,三棱锥中,,,且,则三棱锥的外接球表面积为 A． B． C． D． 【答案】B 【详解】∵面，面，∴，∵，，∴面，∵面，∴，取的中点，则，∴为球心，∵，∴，∴球半径为 ，∴该三棱锥的外接球的表面积为，故选B. 4．（22-23高三·全国·阶段练习）如图，在三棱锥中，平面，，，M为中点，H为线段上一点（除的中点外），且.当三棱锥的体积最大时，则三棱锥的外接球表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用线面垂直的判定定理和性质，可以证明平面，利用三棱锥的等积性，结合基本不等式，这样可以求出，过点C作，取，的中点T，N，连接，，过点T作的平行线交于点O.利用线面垂直的性质和判定定理可以证明出O为三棱锥的外接球的球心，运用正切函数的定义，球的表面积公式进行求解即可. 【详解】在中，因为M为中点，故，且，因为，，所以平面，故，又因为，所以平面，因此，故平面，三棱锥的体积等于三棱锥的体积，即只需底面面积最大即可.因为，则，故，当且仅当时取等号.在中，，故，过点C作，取，的中点T，N，连接，，过点T作的平行线交于点O.由平面知平面.又平面，故平面.因此O为三棱锥的外接球的球心，由，因为，所以，故，即三棱锥的外接球表面积为. 故选：B 5．（21-22高三上·湖北武汉·期中，多选）已知球O是三棱锥的外接球，，则，点D是PB的中点，且，则下列说法正确的是（    ） A．三棱锥最长的棱棱长为 B．平面PAB C．球心O到底面PAB的距离为 D．球O的表面积为 【答案】ABD 【分析】根据勾股定理的逆定理和线面垂直的判定定理即可判断B；求出最长棱长即可判断A；求出球心O到底面距离即可判断C；进一步求得外接球表面积即可判断D. 【详解】如图，因为，所以，得， 由D是PB的中点，得，又，所以，得， 又，所以平面，故B正确； 由，得，故三棱锥最长的棱棱长为，故A正确； 取等边三角形的中心G，连接OG，则，即球心O到底面的距离为1，故C错误； 底面三角形外接圆的半径，外接球的半径， 所以球的表面积为，故D正确.故选：ABD. 题型四：重要模型：面面垂直型 面面垂直型基本图形 一般情况下，俩面是特殊三角形。垂面型，隐藏很深的线面垂直型， 1．（22-23高三·安徽·模拟）在四面体中，若，则当四面体的体积最大时其外接球表面积为 A． B． C． D． 【答案】A 【分析】设，可知当四面体的体积最大时，平面平面，计算出，求出四面体的体积，利用导数求出的最大值以及对应的的值，再利用四面体的结构得出计算出外接球的半径，最后利用球体表面积公式可得出结果. 【详解】如下图，取的中点，连接、，设， 则，当四面体的体积最大时，平面平面， 四面体的体积为，. 令，得，当时，；当时，. 所以，函数在处取得极大值，亦即最大值. 此时，，，设和的外接圆半径为，由正弦定理得，.设、的外接圆圆心分别为、，外接球的球心为点，如图所示：中，， 四边形是正方形，且边长为， 所以，四面体的外接球半径， 因此，该四面体的外接球表面积为，故选A. 2．（24-25高二上·河北石家庄·阶段练习）已知四棱锥的各顶点在同一球面上，四边形为等腰梯形，若，为正三角形，且面面，则该球的表面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】作如图所示辅助线，由线面垂直和面面垂直找到球心的位置，在证明到四棱锥的所有点的距离相等，再根据勾股定理求出半径，进而求出表面积； 【详解】如图，取的中点，取的中点，连接， 在线段上取一点，使，过点作平面的垂线，使，连接， 易知四边形是等腰梯形，均为等边三角形，所以， 因为平面，所以， 所以，因为为正三角形，的中点，所以， 又面面，面面，面，所以面， 因为平面，所以，即，又，所以四边形为平行四边形，则，因为为正三角形，的中点，所以，又面面，面面，面，所以面，所以面， 又是的外心，所以，所以，所以为四棱锥外接球的球心， 因为，所以， 所以，故选：C 3．（2024·江西·一模）在体积为12的三棱锥中，，，平面平面，，，若点都在球的表面上，则球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】如图，取的中点，连接，，根据题中条件确定点为球心，设球半径为，利用三棱锥的体积求出，最后用球的表面积公式即可求解. 【详解】 如图，取的中点，连接，，因为，，所以，因此点就是球心，又，故是等腰直角三角形，所以． 因为平面平面，平面平面，所以平面． 设球半径为，则，，又，则， 所以三棱锥的体积， 所以，所以球O的表面积为．故选：D． 4．（24-25高三上·江苏南通·阶段练习）如图，在三棱锥中，，，平面平面，是的中点，，则三棱锥的外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】确定球心位置，求出三棱锥的外接球的半径，由球的表面积公式即可求解． 【详解】依题意，为等边三角形，且高，则， 而，又，则为等边三角形， 平面平面，，平面平面，平面，于是平面， 令的外心为，三棱锥外接球的球心为，则平面， 又三棱锥的外接球球心在线段的中垂面上，此平面平行于平面， 因此，等边外接圆半径， 三棱锥的外接球，则， 所以三棱锥的外接球的表面积，故选：C 5．（22-23高三上·黑龙江哈尔滨·期末，多选）如图，三棱锥S－ABC中，平面平面ABC，过点B且与AC平行的平面分别与棱SA、SC交于E，F，若，，则下列结论正确的为（    ） A．三棱锥S－ABC中的外接球表面积为 B． C．若E，F分别为SA，SC的中点，则BF与SA所成角的余弦值为 D． 【答案】BC 【分析】根据勾股定理可得为三棱锥外接球的直径，代入计算即可判断选项；利用线面平行的性质即可判断选项；平移直线，得到（或其补角）即为与所成的角.根据面面垂直得到线面垂直，在直角三角形中求得角的余弦值，可判断选项；根据条件得到为正三角形，找到要使的条件即可判断选项. 【详解】对于A，因为，，所以，则，同理， 边AC中点到点A，B，C，S距离相等，所以为三棱锥外接球的直径，则， 所以三棱锥外接球的表面积，故选项A错误； 对于B，因为，过的平面，由线面平行的性质可得：，故选项B正确； 对于C，取的中点，连接，因为为的中点，所以且，所以（或其补角）即为与所成的角. 因为平面平面，且平面平面， 又，所以，平面，所以平面， 平面，所以，因为，， 所以，在中，， 所以与所成的角的余弦值为，故选项C正确； 对于D，连接，由选项C分析可得：平面，因为平面， 所以，又因为，所以，因为，所以为正三角形，要使，则一定是的中点，题中并没有说明是的中点，故选项D错误， 故选：BC 题型五：常见几何体：棱锥型 棱锥的外接球有其特殊性，如果底面四边形是矩形。特殊情况下，还可以转化为“线面垂直-直棱柱模型” 1．（2022·河南·模拟预测）在四棱锥中，侧面底面ABCD，且，，底面ABCD是边长为2的正方形，设P为该四棱锥外接球表面上的动点，则三棱锥的最大体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据题意作图，结合几何关系，求得四棱锥外接球的球心位置以及球半径，再求三棱锥体积的最大值即可. 【详解】连接交于点，取中点为，连接，作图如下： 因为，又为的中点，故为的外心， 又平面平面，且面面，又面， 故可得面，故； 又四边形为正方形，且为对角线交点，故可得， 综上所述，，故为四棱锥的外接球的球心. 则其外接球半径.又P为该四棱锥外接球表面上的动点，若使得三棱锥的体积最大，则此时点到平面的距离，故其体积的最大值.故选：. 2．（2024·四川成都·模拟预测）六氟化硫，化学式为，在常压下是一种无色､无臭､无毒､不燃的稳定气体，有良好的绝缘性，在电器工业方面具有广泛用途.六氟化硫分子结构为正八面体结构（正八面体每个面都是正三角形，可以看作是将两个棱长均相等的正四棱锥将底面粘接在一起的几何体）.如图所示，正八面体的棱长为，下列说法中正确的个数有（    ） ①此八面体的表面积为； ②异面直线与所成的角为； ③此八面体的外接球与内切球的体积之比为； ④若点为棱上的动点，则的最小值为. A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 【答案】B 【分析】对①：计算出一个三角形面积后乘8即可得；对②：借助等角定理，找到与平行，与相交的线段，计算即可得；对③：借助外接球与内切球的性质计算即可得；对④：空间中的距离和的最值问题可将其转化到同意平面中进行计算. 【详解】对①：由题意可得，故①正确； 对②：连接，取中点，连接、， 由题意可得、为同一直线，、、、四点共面， 又，故四边形为菱形， 故，故异面直线与所成的角等于直线与所成的角， 即异面直线与所成的角等于，故②错误； 对③：由四边形为正方形，有， 故四边形亦为正方形，即点到各顶点距离相等， 即此八面体的外接球球心为，半径为，设此八面体的内切球半径为， 则有，化简得， 则此八面体的外接球与内切球的体积之比为，故③正确； 对④：将延折叠至平面中，如图所示： 则在新的平面中，、、三点共线时，有最小值， 则，故④错误.故选：B. 3．（2024·河南·模拟预测）在四棱锥中，若，其中是边长为2的正三角形，则四棱锥外接球表面积的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用得共圆，且圆心为的中点设为，设外接球的球心为，设，过作与平面的垂线，垂足设为，则为的中心，设，外接球的半径为，利用得与重合时，外接球表面积取得最小可得答案. 【详解】如图，连接，因为， 所以，所以， 所以，所以四边形必存在一个外接圆， 且圆心为的中点设为，设外接球的球心为，则平面， 设，过作与平面的垂线，垂足设为，连接， 则为的中心，且必位于底面的上方，设，外接球的半径为，则，所以，所以，当且仅当时， 即与重合时，外接球表面积取得最小值为.  故选：C. 4．（23-24高二上·重庆渝中·阶段练习）正四棱锥的底面边长为，则平面截四棱锥外接球所得截面的面积为（    ）. A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用直角三角形求出外接圆的半径，设中点为，连接，过作，则即为点到平面的距离，根据相似即可求出，得到外接球所得截面的面积. 【详解】设正方形边长为，底面中心为中点为， 连接，如图所示，由题意得，且正四棱锥的外接球球心， 设外接球半径为，则，在中，，且， 所以，解得，即，在中，， 过作，则即为点到平面的距离，且为平面截其外接球所得截面圆的圆心， 所以，则，所以，所以截面的面积. 故选：C 5．（22-23高三·广东深圳·模拟，多选）已知正四棱锥的底面边长为1，且侧棱长为，点，分别为侧棱，上的动点，则下列结论中，正确的为（    ） A．为等边三角形 B．正四棱锥的侧面积为 C．若，则平面 D．正四棱锥的外接球表面积为 【答案】AD 【分析】选项A中由三角形三边相等可得为等边三角形；选项B中正四棱锥的侧面积等于侧面一个三角形面积乘以4；选项C中当点不是中点时，由点的位置关于线段的中点对称来说明结果；选项D中先找球心，再利用勾股定理求半径. 【详解】依题意作图：    由题知，，因为为正方形，且边长为1，所以. 所以，为等边三角形.故选项A正确； 在中，，，取的中点，连接， 则有，，.的面积. 所以正四棱锥的侧面积为.故选项B错误；   因为为等边三角形，当为的中点时，若，则点也是的中点，此时满足题意. 因为，分别为，的中点，所以.因为为正方形，所以. 又为正四棱锥，所以平面，又平面，所以. 又，在平面内，且相交于点，所以平面.又因为，所以平面 当点不是的中点时，若，则点的位置关于的中点对称， 如图，点可能在点位置(点满足)，也可能在点(点，关于的中点对称)位置. 因为经过一定点作平面的垂线有且只有一条，所以，不可能同时垂直平面. 故选项C错误.   因为为正四棱锥，所以其外接球球心在上，设球心为，半径为.连接， 则有.在中，，由得，，整理得，.所以外接球表面积.故选项D正确.   故选：AD. 题型六：常见几何体：圆锥型 圆锥外接球模型 圆锥求外接球，借助轴截面的对应等腰三角形可求解 1．（22-23高三上·陕西西安·阶段练习）已知两个圆锥侧面展开图均为半圆，侧面积分别记为，且，对应圆锥外接球体积分别为，则（    ） A．8 B． C． D．2 【答案】C 【分析】利用圆锥的体积公式及侧面积公式，及圆锥的外接球半径求法，即可得解. 【详解】设两个圆锥的母线长分别为，高分别为，底面圆的半径分别为， 对应圆锥的外接球半径分别为， 由题可得，，同理得：， 由，得又，化简得， ，故选：C 2．（2023·山西晋城·模拟）底面半径为，母线长为2的圆锥的外接球O的表面积为 A．6π B．12π C．8π D．16π 【答案】D 【详解】由圆锥的底面半径为，母线长为 ，可求得其轴截面的顶角为 ．设该圆锥的底面圆心为，其半径为 ，球 的半径为 ，则 ， ，解得 ，所以球 的表面积为 ，故选D． 【点睛】求解多面体（如长方体、棱柱与棱锥）与球的组合体问题时，首先要清楚它们的“切”或“接”关系，然后根据此关系确定出球的直径（或半径）与多面体的棱长、对角线等几何量的关系．此类问题解答的难点就是组合体的图形比较难作出，必须要发挥自己的空间想象力，借助生活中实物图进行想象． 3．（21-22高二下·江西宜春·阶段练习）在圆锥中，是母线上靠近点的三等分点，，底面圆的半径为，圆锥的侧面积为，则下列说法错误的是（     ） A．当时，从点到点绕圆锥侧面一周的最小长度为 B．当时，过顶点和两母线的截面三角形的最大面积为 C．当时，圆锥的外接球表面积为 D．当时，棱长为的正四面体在圆锥内可以任意转动 【答案】B 【分析】结合圆锥的侧面展开图、轴截面、外接球、内切球（圆）等知识对选项进行分析，从而确定正确选项. 【详解】依题意可知.对于ACD选项，当时，，圆锥的高为. 以下分析ACD选项：侧面展开图的母线长为，圆心角为.此时圆锥侧面展开图如下图所示: 所以，A选项正确. 设圆锥的外接球的球心为，半径为，则，表面积为，C选项正确. 棱长为的正四面体如下图所示，正方体的边长为，体对角线长为，所以棱长为的正四面体的外接球半径为. 设内切圆的半径为，则， 解得，所以棱长为的正四面体在圆锥内可以任意转动，D选项正确. 对于B选项，，为钝角， 所以过顶点和两母线的截面三角形的最大面积为，B选项错误. 故选：B 4．（2023全国·模拟）如图：是圆锥底面圆的直径，、是圆锥的两条母线，为底面圆的中心，过的中点作平行于的平面，使得平面与底面圆的交线长为，沿圆锥侧面连接点和点，当曲线段长度的最小值为时，则该圆锥的外接球（圆锥的底面圆周及顶点均在球面上）的半径为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】将圆锥的侧面沿着展开，求出侧面展开图扇形的圆心角为，根据线面平行的性质可得出圆锥底面圆的半径为，根据圆锥底面圆的周长可求得圆锥的母线长，可求得圆锥的高，再利用圆锥的几何性质结合勾股定理可求得该圆锥的外接球的半径. 【详解】将圆锥的侧面沿着展开，如下图所示： 由题意可知，又因为，，则， ，，则，设平面，连接， 因为平面，平面，平面平面，， 因为为的中点，则为的中点，即点与点重合， 故平面与底面圆的交线长为圆的直径，即圆的半径为， 易知该圆锥的外接球球心在直线上，设球的半径为， 由题意可知，，可得，则， 因为，即，解得.故选：D. 5．（23-24高三·吉林长春·模拟，多选）在圆锥中，C是母线上靠近点S的三等分点，，底面圆的半径为r，圆锥的侧面积为，则下列说法正确的是（    ） A．当时，过顶点S和两母线的截面三角形的最大面积为 B．当时，从点A到点C绕圆锥侧面一周的最小长度为 C．当时，圆锥的外接球表面积为 D．当时，棱长为的正四面体在圆锥内可以任意转动 【答案】BC 【分析】依题意可得，对于A，利用余弦定理求出，即可判断为钝角，从而求出截面面积最大值，对于BCD，首先求出圆锥的高，将圆锥的侧面展开，化曲为直，利用余弦定理计算最小值，即可判断B，求出外接球的半径，即可求出外接球的表面积，从而判断C，再求出圆锥的内切球的半径与正四面体的外接球的半径，即可判断D； 【详解】依题意可知，所以， 对于A，，所以， 所以为钝角，    所以过顶点和两母线的截面三角形的最大面积为，A错误. 对于BCD，当时，，圆锥的高为.以下分析BCD： 侧面展开图的弧长为，所以圆心角.   所以，B正确. 设圆锥的外接球的球心为，半径为，所以，解得， 所以外接球的表面积为，C正确. 棱长为的正四面体如下图所示， 正方体的边长为，体对角线长为， 所以棱长为的正四面体的外接球半径为. 设内切圆的半径为，则，解得， 所以，所以棱长为的正四面体在圆锥内不可以任意转动，D错误.故选：BC. 题型七：常见几何体：圆台型 圆台外接圆模型 圆台外接球，即轴截面题型外接圆 1．（2024·安徽·三模）已知圆台的上､下底面面积分别为，其外接球球心满足，则圆台的外接球体积与圆台的体积之比为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据相切结合勾股定理可得，即可求解，由圆台和球的体积公式即可求解. 【详解】设圆台的高为，外接球半径为，作出轴截面如图： 的上､下底面面积分别为，则圆，的半径分别为2，6， 则，解得，故所求体积之比为 故选：B   2．（2023·全国·模拟预测）已知某圆台的上底面圆心为，半径为，下底面圆心为，半径为，高为，若该圆台的外接球球心为，且，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据题意，得到，进而求得的值. 【详解】由圆台的上底面圆心为，半径为，下底面圆心为，半径为，高为， 如图所示，因为，所以，所以，解得，所以.故选：B. 3．（22-23高二下·湖南长沙·阶段练习）如图所示，已知一个球内接圆台，圆台上、下底面的半径分别为3和4，球的体积为，则该圆台的侧面积和体积分别为（    ）    A．， B．， C．， D．， 【答案】D 【分析】作出图形，根据题意，利用垂径定理即可求解. 【详解】设球的半径为，则，所以，取圆台的轴截面， 如图所示；设圆台的上、下底面圆心分别为F、E，则E、F分别为AB、CD的中点， 连接OE、OF、OA、OB、OC、OD，则． 由垂径定理可知，，， 所以，， 所以EF=7，．因此，圆台的侧面积为， 圆台的体积为，故选：D． 4．（2024·江西九江·二模）已知一个圆台内接于球（圆台的上、下底面的圆周均在球面上）.若该圆台的上、下底面半径分别为1和2，且其表面积为，则球的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用圆台表面积得母线长和圆台的高，由勾股定理求出球的半径，可计算体积. 【详解】设圆台母线长为l，上、下底面半径分别为和，   则圆台侧面积为， 上、下底面面积分别为和.由圆台表面积为，得，所以圆台高，设球半径为， 圆台轴截面为等腰梯形，且，高为1.作于点，设，由，则球心在圆台外部. 则有，解得，所以球的体积为.故选：C. 5．（22-23高三·贵州贵阳·阶段练习，多选）如图与分别为圆台上下底面直径，，若，，，则（    ）    A．圆台的母线与底面所成的角的正切值为 B．圆台的全面积为 C．圆台的外接球（上下底面圆周都在球面上）的半径为 D．从点经过圆台的侧面到点的最短距离为 【答案】ABD 【分析】取圆台的轴截面，利用线面角的定义可判断A选项；利用圆台的表面积公式可判断B选项；利用正弦定理求出等腰梯形的外接圆半径，即为圆台的外接球半径，可判断C选项；将圆台沿着轴截面切开，将圆台的侧面的一半展开，结合余弦定理可判断D选项. 【详解】取圆台的轴截面，设、的中点分别为、，连接， 分别过点、在平面内作，，垂足分别为点、，    由题意可知，与圆台的底面垂直，易知四边形为等腰梯形， 且，，， 在和中，，，， 所以，，所以，， 因为，，，则四边形为矩形，且， 同理可证四边形为矩形，则，且， 所以，与圆台的底面垂直，则圆台的母线与底面所成的角为， 所以，，则， 所以，，A对； 对于B选项，圆台的全面积为，B对； 对于C选项，易知圆台的外接球球心在梯形内，且， 由勾股定理可得，且， 所以，圆台的外接球直径为，则，B错； 对于C选项，将圆台沿着轴截面切开，将圆台的侧面的一半展开如下图所示：   延长、交于点，在圆台的轴截面等腰梯形中，且， 易知、分别为、的中点，所以，， 设，则，则，在中，，，， 由余弦定理可得， 因此，从点经过圆台的侧面到点的最短距离为，D对.故选：ABD. 题型八：常见几何体：棱台型 ，其中分别为圆台的上底面、下底面、高． 基本规律:正棱台外接球，以棱轴截面为主 1．（2022·四川成都·三模）已知三棱台的六个顶点都在球O的球面上，，和分别是边长为和的正三角形，则球O的体积为（    ）． A． B． C． D． 【答案】B 【分析】分别求出正三棱台的上下两个底面的外接圆的半径，然后由球的性质得： ，，解出，即可求得球O的体积. 【详解】设点，分别是正，的中心，球的半径为，且，，三点共线，正三棱台的高为，在等边中，由，由正弦定理可得： ，得，在等边中，由，由正弦定理可得： ，得，如下图，过点作，则在三角形中， ，所以，所以正三棱台的高为3，在中，，即， 在中，，即， 两式解得：，所以球O的体积为：.故选：B. 2．（23-24高二上·云南昆明·模拟）已知正三棱柱的底面边长为，高为6，经过上底面棱的中点与下底面的顶点截去该三棱柱的三个角，如图1，得到一个几何体，如图2所示，若所得几何体的六个顶点都在球的球面上，则球的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据几何体特征、勾股定理及其外接球体积公式计算即可. 【详解】设分别为正棱柱上下底面的中心，即， 由几何体的特征易知其外接球球心在上，如图所示， 根据正三角形的中心性质可知，同理， 设外接球半径为则，所以有， 则外接球体积.故选：D 3．（22-23高二上·安徽宣城·开学考试）如图，正四棱台的上､下底面边长分别为分别为，的中点，8个顶点构成的十面体恰有内切球，则该内切球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】该十面体及内切球的正投影为等腰梯形与内切圆，设内切圆的半径为，求出即得解. 【详解】解：该十面体及内切球的正投影为等腰梯形与内切圆，设内切圆的半径为， 如图所示，， 所以，可得，故该内切球的表面积为.故选：A 4．（22-23高一下·湖北十堰·期末，多选）上海世博会中国国家馆以城市发展中的中华智慧为主题，表现出了“东方之冠，鼎盛中华，天下粮仓，富庶百姓”的中国文化精神与气质.如图，现有一个与中国国家馆结构类似的六面体，设矩形和的中心分别为和，若平面，，，，，，，，，，则（    ）    A．这个六面体是棱台 B．该六面体的外接球体积是 C．直线与异面 D．二面角的余弦值是 【答案】BCD 【分析】选项A：,这个六面体不是棱台，错误； 选项B：这个六面体的外接球球心在直线上，结合勾股定理，计算六面体的外接球半径，从而求得体积，正确； 选项C：和显然不相交，结合题意证得与不平行，所以和不在同一平面内，正确； 选项D：取和的中点分别为，， 即所求二面角的平面角， 解得，正确； 【详解】  因为，所以四条侧棱的延长线不能交于一点， 所以这个六面体不是棱台，所以错误. 由题意可知，这个六面体的外接球球心在直线上，且，因为， 解得，所以六面体的外接球半径，所以这个六面体的外接球体积是，B正确. 和显然不相交，因为， 所以与不平行，所以和不在同一平面内，C正确. 取和的中点分别为，，连接，则即所求二面角的平面角，，所以，D正确. 故选：BCD. 题型九：常见几何体：组合体型 因为组合体会受图形所限制，一般其况下，两个组合体结合处的平面，恰好是外接圆一个小圆（或者大圆）上。 1．（22-23·宁夏银川·阶段练习）《九章算术》是我国古代的数学名著,其中有很多对几何体体积的研究,已知某囤积粮食的容器的下面是一个底面积为32π,高为h的圆柱,上面是一个底面积为32π,高为h的圆锥,若该容器有外接球,则外接球的体积为 (　   ) A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据圆柱与圆锥和球的对称性知其外接球的直径是，利用勾股定理求得和外接球的半径，再计算外接球的体积．【详解】解：如图所示，根据圆柱与圆锥和球的对称性知，其外接球的直径是， 设圆柱的底面圆半径为，母线长为，则，解得，又，， 解得，外接球的半径为，外接球的体积为． 故选． 2．（2023高三·全国·专题练习）《九章算术》是我国古代的数学名著，它在几何学中的研究比西方早一千多年，其中有很多对几何体体积的研究．已知某囤积粮食的容器的下面是一个底面积为、高为的圆柱，上面是一个底面积为、高为的圆锥，若该容器有外接球，则外接球的体积为 A． B． C． D． 【答案】C 【详解】设圆柱的底面圆的半径为，则由题意可得，解得．由题意可得该几何体的外接球既是圆锥的外接球，也是圆柱的外接球，故外接球的球心是圆柱上、下底面圆心连线的中点，设外接球的半径为，则，由圆锥内接于球可知外接球的球心到圆锥顶点的距离等于，即，所以，解得（负值舍去），所以，故该容器的外接球的体积为．故选C 3．（20-21高二上·安徽芜湖·期中）已知三角形的三个内角A，B，C对应的三边分别为a，b，c，，分别以，，所在直线为旋转轴旋转一周得到的几何体的外接球表面积分别为，则下列关系正确的是（ ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】以直角三角形的三边所在的直线为旋转轴得到圆锥体，运用球的截面的性质和勾股定理、球的表面积公式，即可求解. 【详解】设以，所在直线为旋转轴旋转一周得到的几何体圆锥，如图所示： 设球心为O，圆锥的底面圆心为，以为轴旋转得到的圆锥的底面半径为a，高为b，则，解得，所以，同理可得， 以所在直线为旋转轴旋转一周得到的几何体为两个圆锥，如图所示， 底面半径为，高为c，可得其外接球的半径为，则， 所以，故选：D. 4．（22-23高三·湖南·模拟）如图所示几何体是由正四棱锥与长方体组成，，，若该几何体存在一个外接球，则异面直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据几何体是由正四棱锥与同底的长方体组成，则外接球的球心为长方体的中心，利用球的直径为体对角线的长求得半径，再利用截面圆的性质得到球心到面的距离，从而得到正四棱锥的侧棱，再由，得到即是与所成的角求解. 【详解】如图所示： 设长方体的中心为，则球心为，设矩形的中心为， 则根据题意可知、、三点共线，连接，则外接球的半径， ∵，∴，又，∴.∵， ∴即是与所成的角，∴.故选：D. 5．（2024·黑龙江·二模，多选）阿基米德多面体是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，截角四面体是阿基米德多面体其中的一种．如图所示，将棱长为3a的正四面体沿棱的三等分点作平行于底面的截面得到所有棱长均为a的截角四面体，则下列说法中正确的是（    ） A．点E到平面ABC的距离为 B．直线DE与平面ABC所成角的正切值为2 C．该截角四面体的表面积为 D．该截角四面体存在内切球 【答案】AC 【分析】如图，将该截角四面体补成正四面体.对于A：由平面∥平面可知点E到平面ABC的距离即为点S到平面ABC的距离，运算求解即可；对于B：由∥，可知直线DE与平面ABC所成角即为与平面所成角，运算求解即可；对于C：根据正三角的面积结合比例关系运算求解；对于D：假设存在内切球根据对称性可知该球心为正四面体的中心O，求点O到平面的距离即可判断. 【详解】如图，将该截角四面体补成正四面体，取底面的中心，连接， 可知平面，则，可得， 对于选项A：由题意可知：平面∥平面， 则点E到平面ABC的距离即为点S到平面ABC的距离，故A正确； 对于选项B：由题意可知：∥，则直线DE与平面ABC所成角即为与平面所成角，可得，所以直线DE与平面ABC所成角的正切值为，故B错误； 对于选项C：由题意可知：，则， 所以该截角四面体的表面积为，故C正确； 对于选项D：若该截角四面体存在内切球，根据对称性可知该球心为正四面体的中心O， 可知，因为，即，解得， 由选项A可知：点S到平面ABC的距离，则点O到平面ABC的距离为， 所以该截角四面体不存在内切球，故D错误；故选：AC. 题型十：两线交心法模型：表面特殊三角形 表面有等边三角形或者直角三角形：双线交点定心法（特殊三角形圆心垂线交点确定球心法） 1、 包含了面面垂直（俩面必然是特殊三角形） 2、 等边或者直角：（1）等边三角形中心（外心）做面垂线，必过球心； 1．（24-25高三上·湖南·开学考试）已知三棱锥中，，其余各校长均为2，P是三棱锥外接球的球面上的动点，则点P到平面BCD的距离的最大值为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】首先根据几何性质找到三棱锥外接球的球心，再根据球的几何性质球点到平面距离的最值. 【详解】取的中点，连结，，则，，且，平面，所以平面，点，分别是，的中心，由等边三角形的性质可知， 点分别在上，且，由题意可知，，则， 分别过点作，，因为平面，平面，所以平面平面， 且平面平面，所以平面，同理平面， 则点在平面内，点到的距离相等，所以点为三棱锥外接球的球心， 连结，因为，则，所以平分，所以，连结，则，， 所以三棱锥的外接球的半径为，则点P到平面的距离的最大值为 故选：D 2．（23-24高一下·四川乐山·期中）已知三棱锥的顶点都在球的表面上，若球的表面积为，，，，则当三棱锥的体积最大时，（    ） A． B．30 C． D． 【答案】C 【分析】、、三点共线且平面和点位于点异侧时，三棱锥的体积最大，由勾股定理计算即可求出. 【详解】在中，根据正弦定理，可得， 又，所以．如图： 设为的外心，则为的中点，且， 由于球的表面积为，设球的半径为，则，解得或（舍去）， 所以球的半径，， 当、、三点共线且平面和点位于点的异侧时，， 三棱锥的体积最大，此时.故选：C 3．（21-22高一下·江苏南京·期末）已知三棱锥的所有顶点都在球的球面上，是边长为3的等边三角形，为球的直径，且 ，则到面的距离为（    ） A．4 B．2 C．3 D． 【答案】B 【分析】根据题意，利用截面圆的性质即可求出点到平面的距离，进而求出点到平面的距离． 【详解】如图所示：   设球心为，过三点的小圆的圆心为，则平面， 作交的延长线于点H，则平面，因为， 所以，因为点O为的中点，所以，故选： 4．（24-25高三上·广西·阶段练习）四面体中，其余各棱长均为，则该四面体外接球的表面积是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设、分别是，的中点，易得， ，求出，问题转化为：上是否存在一点，使得即可，设，则，利用勾股定理求出，进而求出外接球的半径，根据球的表面积公式即可求解. 【详解】图，设、分别是，的中点，连接、、、， 由四面体中，，其余各条棱长均为， 所以，， 由、分别是，的中点，所以，，所以，， 即为、的中垂线，所以球心在上，设球心为，外接球的半径为， 所以，问题转化为：上是否存在一点，使得即可， 设，则，，， 于是，解得，所以， 于是四面体外接球的表面积.  故选：C 5．（24-25高二上·浙江杭州·开学考试，多选）四面体中，，记四面体外接球的表面积为，当变化时，则（    ） A．当时， B．当四面体体积最大时， C．可以是 D．可以是 【答案】ABD 【分析】A选项，点在平面内的投影是的外心，构造直角三角形求外接球的半径；B选项，平面平面时，构造直角三角形求外接球的半径；C选项，由外接球半径的范围进行判断；D选项，验证外接球的半径是否成立. 【详解】设四面体外接球的球心为，半径为， 当时，，则点在平面内的投影是的外心， 由，为直角三角形，外心是边的中点，   平面，平面，三点共线， 中，， 中，由，得，解得， 此时，A选项正确； 当四面体体积最大时，有平面平面， 设平面的外心为，为中点，连接，则平面，    由，则，，，平面平面，平面平面，平面，，则平面，又平面，则有， 中，，又，则，同理可得平面，， 所以四边形为矩形，，中，由，得，此时，B选项正确； 若，则外接球的半径为，而的外接圆半径， 所以这种情况不成立，C选项错误； 当时，，，    则，即， 四面体外接球的半径成立，此时，D选项正确.故选：ABD. 题型十一：两线交心法模型：二面角型 二面角型，多采用 两个外心垂线交线定球心法 (1) 选定一个面，定外接圆的圆心O1 (2) 选定另一个面，定外接圆的圆心O2； (3) 分别过O1作该底面的垂线，过O2作该面的垂线，两垂线交点即为外接球的球心O. 1．（24-25高三上·山西吕梁·开学考试）已知在三棱锥中，除外其他各棱长均为2，且二面角的大小为.若三棱锥的各顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】方法1：设分别为的中点，根据条件得出为等边三角形，利用球心在线段上，及，转化为关于的方程，解方程可得，从而求出球的表面积； 方法2：由已知条件得出为等边三角形，利用球心在线段上，易知在直线上的射影为正的重心，结合，求出，再结合勾股定理即可求出，从而求出球的表面积. 【详解】方法1：如图，设分别为的中点，连接， 则是边长为的等边三角形，则球心必在线段上，其中， 设球的半径为，在中，,又,,所以在中，, 因为，所以.解得，故球的表面积为. 方法2：如图，设分别为的中点，连接，则球心必在线段上，且. 设在直线上的射影为，则为正的重心，且底面. 所以，所以，， 故球的表面积为.故选：A 2．（24-25高二上·四川泸州·开学考试）三棱锥中，是边长为4的正三角形，，二面角的余弦值为，则三棱锥的外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据和的形状利用余弦定理可求得平面，再由正弦定理可得的外接圆半径，找出球心位置利用勾股定理可得三棱锥的外接球的半径，可得结果. 【详解】取的中点为，连接，如下图所示： 又因为是边长为4的正三角形，，所以; 所以即为二面角的平面角，即， 由余弦定理可得，可得； 所以，可得， 又，平面，因此平面；易知， 设的外接圆半径为，则，可得； 设的外接圆圆心为，一定在上，且； 则三棱锥的外接球的球心一定在圆心的正上方，即平面； 因此与平行， 令三棱锥的外接球的半径为，则，解得； 所以三棱锥的外接球的表面积为.故选：D 3．（22-23·重庆万州·模拟）已知边长为的菱形 中，，沿对角线折成二面角为 的四面体，则四面体的外接球的表面积为 A． B． C． D． 【答案】D 【详解】试题分析：如图所示，，所以，设,所以勾股定理可得，解得，所以四面体的外接球的表面积为，故选D. 4．（2023湖南长沙·模拟）在边长为的菱形中，，沿对角线折成二面角为的四面体（如图），则此四面体的外接球表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】画图取的中点M，法一：四边形的外接圆直径为OM，即可求半径从而求外接球表面积；法二：根据，即可求半径从而求外接球表面积；法三：作出的外接圆直径，求出和，即可求半径从而求外接球表面积； 【详解】如图，取的中点M，和的外接圆半径为，和的外心，到弦的距离（弦心距）为. 法一：四边形的外接圆直径，， ； 法二：，，； 法三：作出的外接圆直径，则，，， ，，， ，，，. 故选：A 5．（23-24高二下·广西柳州·期中）如图，在四面体中，与均是边长为的等边三角形，二面角的大小为，则此四面体的外接球表面积为 ．    【答案】 【分析】由已知结合二面角及三棱锥的性质先定出球心的位置，然后结合球的性质求出球的半径，进而求得答案. 【详解】过球心分别作平面、平面的垂线，垂足分别为，，则，分别为与的外心，取的中点，连接，，因为与均是边长为的等边三角形    所以为二面角的平面角，即， 在中，，， 所以，在中，， 故外接球的半径，所以外接球的表面积为 故答案为： 题型十二：动点与翻折型外接球 1．（2020·黑龙江哈尔滨·模拟）在边长为2的菱形中，，将菱形沿对角线折起，使得平面平面，则所得三棱锥的外接球表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由题意画出图形，由于与均为边长为2的等边三角形，取中点，连接，，则，根据面面垂直的性质可得出平面，再确定为三棱锥的外接球的球心，结合已知求出三棱锥外接球的半径，最后根据球的表面积公式求出外接球的表面积. 【详解】解：在边长为2的菱形中，，如图， 由已知可得，与均为边长为2的等边三角形， 取中点，连接，，则，， 平面平面，交线为，而平面，则平面， 分别取与的外心，，过，分别作两面的垂线，相交于， 则为三棱锥的外接球的球心，由与均为等边三角形且边长为2， 可得，，， 即三棱锥外接球的半径：，三棱锥的外接球的表面积为：. 故选：C. 2．（2022·全国·模拟预测）直角中，，，D是斜边AC上的一动点，沿BD将翻折到，使二面角为直二面角，当线段的长度最小时，四面体的外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】作，，，，设，则有，从而求解即可. 【详解】 作，，，， 设，，，． 在中，，在中，， ． 当时最小．设，的外接圆半径分别为， ∴，∴ ，． ∴∴.故选:B． 3．（2023·四川·三模）如图，在梯形中，，将沿对角线折起，使得点翻折到点，若面面，则三棱锥的外接球表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】设为的中点，为的中点，为的外心，为三棱锥的外接球球心，利用球的截面性质得到四边形为矩形，然后设外接球半径为，由求解. 【详解】解：如图，设为的中点，为的中点，为的外心，为三棱锥的外接球球心，则面面.由题意得为的外心，在中，，所以， 又四边形为矩形，，设外接球半径为， 则外接球表面积，故选：B. 4．（2019·湖南长沙·一模）在边长为的菱形中，，沿对角线折成二面角为的四面体（如图），则此四面体的外接球表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】画图取的中点M，法一：四边形的外接圆直径为OM，即可求半径从而求外接球表面积；法二：根据，即可求半径从而求外接球表面积；法三：作出的外接圆直径，求出和，即可求半径从而求外接球表面积； 【详解】如图，取的中点M，和的外接圆半径为，和的外心，到弦的距离（弦心距）为. 法一：四边形的外接圆直径，， ； 法二：，，； 法三：作出的外接圆直径，则，，， ，，， ，，，. 故选：A 5．（22-23·广东湛江·模拟，多选）如图，矩形中，E、F分别为、的中点，且，现将沿间上翻折，使B点移到P点，则在翻折过程中，下列结论正确的是（    ）    A．存在点P，使得 B．存在点P，使得 C．当平面平面时，二面角大小的正切值为 D．当平面平面时，三棱锥外接球表面积为 【答案】BCD 【分析】对于A，根据平行线的性质，结合长方形的性质，可得答案； 对于B，利用面面垂直性质定理，结合勾股定理，可得线面垂直，根据其性质定理，可得答案； 对于C，根据二面角平面角的定义，利用中位线定理以及三垂线定理，结合锐角三角函数，可得答案； 对于D，利用长方形的几何性质，结合勾股定理，确定外接球的球心与半径，根据其表面积公式，可得答案. 【详解】对于A，、分别是、的中点，与平行且相等，则， 与相交，与不可能平行，故A错误； 对于B，由题意，当平面平面时，连接，取的中点，连接，作图如下：   在长方形中，、分别是、的中点，且， ，，，， ，且为的中点，，平面平面，且平面平面，平面，平面，，，且平面，平面， 平面，，故B正确； 对于C，在选项B的图上，补全长方形，点为翻折之前的点，取的中点，连接，作图如下：    显然平面，且，分别是的中点，，且，则，由B选项可知平面，平面，，，平面，平面， 平面，，平面，且平面， 平面，故为二面角的平面角，易知为直角三角形，则， 在等腰中，，则，故C正确； 对于D，在B选项图上，连接，作图如下：   在长方形中，易知， 由选项B可知，平面，平面，， 由选项C可知，，同理可得， 在中，，则为三棱锥外接球的球心， 故该外接球的表面积，故D正确. 故选：BCD. 题型十三：外接球最值范围型 立体几何中最值问题，一般可从三个方面考虑： 一、构建函数法，即建立目标函数，转化为函数的最值问题进行求解； 二、借助基本不等式求最值，几何体变化过程中两个互相牵制的变量（两个变量之间有等量关系），往往可以使用此种方法； 三、根据几何体的结构特征，变动态为静态，直观判断在什么情况下取得最值. 1．（2020·山西太原·模拟预测）三棱锥中，，△为等边三角形，二面角的余弦值为，当三棱锥的体积最大时，其外接球的表面积为.则三棱锥体积的最大值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由已知作出图象，找出二面角的平面角，设出的长，即可求出三棱锥的高，然后利用基本不等式即可确定三棱锥体积的最大值（用含有长度的字母表示），再设出球心，由球的表面积求得半径，根据球的几何性质，利用球心距，半径，底面半径之间的关系求得的长度，则三棱锥体积的最大值可求. 【详解】如图所示，过点作面，垂足为，过点作交于点，连接，则为二面角的平面角的补角，即有， 易知面，则，而△为等边三角形，∴为中点， 设，则c， 故三棱锥的体积为：， 当且仅当时，体积最大，此时共线.设三棱锥的外接球的球心为，半径为， 由已知，，得.过点作于F，则四边形为矩形， 则， ，， 在△中，解得 ∴三棱锥的体积的最大值为：.故选：D. 2．（24-25高二上·江西南昌·阶段练习）已知二面角的大小为，且，，若四点，，，都在同一个球面上，当该球体积取最小值时，为（     ） A． B． C．3 D． 【答案】D 【分析】设，则，由题意知三棱锥外接球的球心是过△PAB和△ABC的外心E，H，且分别垂直这两个三角形所在平面的垂线的交点O，OB为三棱锥外接球半径，进而求半径表达式并利用配方法求出球半径的最小值，从而可得的值. 【详解】设球的半径为，则球的体积为，所以球体积取得最小值时，则球的半径最小. 设，则，由题意知三棱锥外接球的球心是过和的外心E，H， 易知分别为的中点，且四点共圆，且分别垂直这两个三角形所在平面的垂线的交点O， 为三棱锥外接球半径，取的中点为G，如图： 由条件知，在中，由余弦定理可得 ，∴的外接圆直径， 当时，球的半径取得最小值.故.故选：D． 3．（23-24高一下·江苏无锡·阶段练习）已知三棱锥的所有顶点都在球O的球面上，AD⊥平面ABC，，，若球O的表面积为，则三棱锥（以A为顶点）的侧面积的最大值为（    ）    A．6 B． C． D． 【答案】B 【分析】求出球的半径，利用条件得到三棱锥A﹣BCD的外接球即为以为棱的长方体的外接球，从而得到，结合基本不等式求出侧面积的最大值. 【详解】设球的半径为，则，解得， 因为AD⊥平面ABC，， 所以三棱锥的外接球，即为以为棱的长方体的外接球， 故，其中，故， 三棱锥（以A为顶点）的侧面积为 ， 由基本不等式得，故， 当且仅当时，等号成立， ， 故，当且仅当时，等号成立， 所以.故选：B 4．（2024高三下·江西新余·专题练习）已知棱长为3的正四面体的几何中心为，平面与以为球心的球相切，若与该正四面体的截面始终为三角形，则球表面积的取值范围为（    ）. A． B． C． D． 【答案】A 【分析】依题意，经分析得出当球的半径最小（应含此情况）时，恰为三棱锥的棱切球，结合图形1建立方程即可求得棱切球半径；为了产生三角形截面，半径最大（不含此情况）时球为三棱锥的外接球，结合图形2建立方程即可求得外接球半径,于是即得符合要求的球表面积的范围. 【详解】依题意，平面与以为球心的球相切，因四面体每个顶点发出了三条棱， 要使与该四面体的截面始终为三角形，就必须使在四面体的每个顶点处只能看到三条棱（其余棱被球挡住）， 因此需要球与每条棱都有公共点，当球与每条棱有且仅有一个公共点时，球为四面体的棱切球， 当球半径继续增大到外接球半径之前，都能确保截面始终为三角形， 而当球半径为外接球半径或更大时，截面将不存在，因此必须使球的半径满足.                  图1①下面先来求四面体的棱切球的半径(如图1). 点为顶点在底面上的射影，为棱切球的球心，作于点， 连接并延长交于点，连接，则易得点为中点，易证,故得. 设，因正四面体棱长为3，则,， 在中，,得，又, 故有，，解得（舍去），即四面体的棱切球半径为；             图2 ②接着，再来求四面体的外接球的半径（如图2）， 设外接球半径为,则,由上分析，则, 由题意，,解得,即四面体的外接球半径为. 由上分析，球表面积应满足：，即.故选：A. 5．（2024·广东广州·模拟预测，多选）如图所示，四面体的底面是以为斜边的直角三角形，体积为，平面，，为线段上一动点，为中点，则下列说法正确的是（    ） A．三棱锥的体积和三棱锥的体积相等 B．当时， C．当时， D．四面体的外接球球心为，且外接球体积与之比的最小值是 【答案】ABD 【分析】根据锥体体积的计算公式可得两个三棱锥高和底面积相等，即A正确；利用线面垂直判定定理以及面面垂直的性质定理可证明平面，可判断B正确；当与重合，可知，这与矛盾，因此C不成立；利用三棱锥性质可求得外接球球心为的位置及其半径与三棱锥棱长的关系即可求得与之比的最小值. 【详解】对于A，因为为中点，则，而两个三棱锥高相等，故体积相等，A正确； 对于B，因为平面，平面，所以， 又，，平面， 故平面，平面，故平面平面， 过作，垂足为，如下图所示： 因为面平面，平面，故面， 而面，故，若， 则，而平面，故平面， 又平面，故，故B正确. 对于C，若与不重合，由平面，平面，可得； 又是以为斜边的直角三角形可知， 又,平面，所以平面,又平面，所以， 当时，，平面，所以平面，又平面， 可得，但若与重合，由于，若，，平面， 所以平面，平面，故，这与矛盾，所以不成立， 故与重合，满足，但此时不成立，故C错误； 对于D，由平面，平面，故， 故，为外接球球心，且，， 又，可以在以中点为圆心，为半径的圆上运动， 到的距离为， 当且仅当时等号成立， 故到的距离最大为，此时， 故，D正确，故选：ABD. 题型十四：内切球 椎体的内切球，多采用体积分割法求解。可做如下对比理解 1、 三角形内切圆 2、 类比：三棱锥 1．（2024·四川德阳·模拟预测）圆锥的表面积为，其内切球的表面积为，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】选择（角）与内切球半径为变量，可表示出圆锥底面半径和母线，由圆锥和球的表面积公式可得，再由换元，转化为求解二次函数值域，进而得的取值范围. 【详解】设圆锥的底面半径为，母线长为，圆锥内切球半径为， 如图作出圆锥的轴截面，其中设为外接圆圆心，为切点，为圆锥母线， 连接. 设，，. ，，，又， ，， ， 则圆锥表面积，圆锥内切球表面积， 所求比值为， 令，则， 则，且当时，取得最大值， 故，即的取值范围是. 故选：B. 2．（23-24高二下·北京海淀·期末）边长为2的正方形的中心为，将其沿对角线折成直二面角.设为的中点，为的中点，将绕直线旋转一周得到一个旋转体，则该旋转体的内切球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】作图，根据二面角的定义，余弦定理，可得是两腰为1，底边为的等腰三角形，从而可得旋转体为两个同底面的圆锥组合体，将该旋转体的内切球的半径再转化为其轴截面菱形的内切圆的半径，最后根据等面积求出，即可得到该旋转体的内切球的表面积. 【详解】由边长为2的正方形的中心为，将其沿对角线折成直二面角， 则可得，，，，平面平面， 又平面平面，平面，平面，又为的中点，为的中点，为的中点，则可得,,过作于点，连接， 则，平面，又平面， 又，，，, ， 在中，，又， ，将绕直线旋转一周得到一个旋转体为两个同底面的圆锥组合体，作出其轴截面，如图，则该轴截面中和为边长为1的等边三角形，该旋转体的内切球的半径即为菱形的内切圆的半径，由等面积法，则，即，则， 因此该旋转体的内切球的表面积为.故选：B. 3．（2020·湖北武汉·模拟预测）已知一圆锥底面圆的直径为3，圆锥的高为，在该圆锥内放置一个棱长为的正四面体，并且正四面体在该几何体内可以任意转动，则的最大值为（    ） A．3 B． C． D． 【答案】B 【分析】根据题意，该四面体内接于圆锥的内切球，通过内切球即可得到的最大值． 【详解】依题意，四面体可以在圆锥内任意转动，故该四面体内接于圆锥的内切球 设球心为，球的半径为，下底面半径为，轴截面上球与圆锥母线的切点为，圆锥的轴截面如图：则，因为，故可得：；所以为等边三角形，故是的中心，连接，则平分，所以；所以，即， 即四面体的外接球的半径为． 另正四面体可以从正方体中截得，如图：从图中可以得到，当正四面体的棱长为时，截得它的正方体的棱长为，而正四面体的四个顶点都在正方体上，故正四面体的外接球即为截得它的正方体的外接球， 所以，所以．即的最大值为．故选：B． 4．（2024·安徽安庆·三模）如图，在一个有盖的圆锥容器内放入两个球体，已知该圆锥容器的底面圆直径和母线长都是，则（    ） A．这两个球体的半径之和的最大值为 B．这两个球体的半径之和的最大值为 C．这两个球体的表面积之和的最大值为 D．这两个球体的表面积之和的最大值为 【答案】D 【分析】当这两个球体的半径或者表面积之和取最大值时，有一个球体和圆锥的底面相切，过底面圆的直径作截面，设两圆的半径，则，，其中，表达出，，求导得到函数单调性，得到最值，并求出，令，函数在上单调递增，求出，得到答案. 【详解】当这两个球体的半径或者表面积之和取最大值时，上面的球与圆锥的底面相切， 过底面圆的直径作截面，如图所示，过点O作OF⊥AB，垂足为F，过点作⊥AB，垂足为E， 过点作⊥OF，垂足为D． 设圆O的半径为R，圆的半径为r，当下面的球与上底面相切时，取得最大值， 此时为该圆的内切球半径，等边三角形的边长为，内切球半径为， 故，故R的最大值为，且取最大值时，三点共线，设，则， 则，解得，所以，，，，.因为，所以①，整理得，解得，令函数，， .令函数，，所以是增函数. 又因为，，所以，，所以，，，， 即，，，，所以在上单调递减，在上单调递增. 因为，所以，即这两个球体的半径之和的最大值为. 由①可得，这两个球体的表面积之和为.令，函数在上单调递增， 所以，即这两个球体的表面积之和的最大值为.故选：D． 5．（2024·吉林长春·模拟预测，多选）如图，在正三棱柱中，E，F分别为，的中点，，则下列说法正确的是（    ） A．若，则异面直线和所成的角的余弦值为 B．若，则点C到平面的距离为 C．存在，使得平面 D．若三棱柱存在内切球，则 【答案】AB 【分析】根据题设条件建系，写出相关点的坐标，求出相关向量的坐标，利用向量夹角的坐标公式求解判断A项，利用点到平面的距离公式计算判断B项，利用向量数量积的结果排除C项，根据内切球的特征求出其半径即可排除D项. 【详解】如图，过点作的平行线，交于点，则平面， 又，故可分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系.则.对于A，依题意，， 则，由， 可得异面直线和所成的角的余弦值为，故A正确； 对于B，依题意，，设平面的法向量为， 则故可取， 又故点C到平面的距离为，故B正确； 对于C，设，则，， 由可得，与不垂直，故不存在， 使得平面，即C错误； 对于D，若三棱柱存在内切球，不妨设其半径为，则， 且内切球在底面上的射影是底面三角形的内切圆，故由,解得， ，故D错误.故选：AB. 题型十五：棱切球 1．（22-23高三下·河南·阶段练习）在正三棱锥中，，若球与三棱锥的六条棱均相切，则球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】作出辅助线，找到球心的位置，求出三棱锥的高，设出棱切球的半径，求出，由半径相等列出方程，求出半径，进而求出球的表面积. 【详解】取的中心，连接，则平面，且与棱均相切的球的球心在上， 连接并延长交于，则为的中点，，连接，易证， 过作，交于点，设球的半径为，则， 由题意易求得， 由勾股定理得，在中，，所以， 设，则，因为，从而，所以，所以，故球的表面积为. 2．（23-24高三下·陕西西安·阶段练习）已知四面体中，，，，，球心在该四面体内部的球与这个四面体的各棱均相切，则球的体积为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】作出示意图，是的中心，根据对称性，球心在上，球与、的切点分别为，，利用与相似，可求得，可求球的体积. 【详解】如图，是的中心，   根据对称性，球心在上，球与、的切点分别为，， 且，，为球的半径．由勾股定理易得，由正弦定理可求得， 由勾股定理可求得．∵，均为球的切线，∴， ∵与相似，∴，即，∴， ∴球的体积为．故选：B． 3．（2024·浙江宁波·二模）在正四棱台中，，若球与上底面以及棱均相切，则球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据勾股定理求解棱台的高,进而根据相切，由勾股定理求解球半径，即可由表面积公式求解. 【详解】设棱台上下底面的中心为,连接，则， 所以棱台的高, 设球半径为,根据正四棱台的结构特征可知：球与上底面相切于,与棱均相切于各边中点处，设中点为，连接,所以，解得， 所以球的表面积为，故选：C 4．（2023·全国·模拟预测）已知体积为的球O与正四面体的四个面均相切，且与正四面体的六条棱均相切，则正四面体与的表面积的比值为（    ） A．6 B． C． D．3 【答案】D 【分析】设球O的半径为R，因为球O的体积为，求得半径R，正四面体的棱长为a，求得，利用等体积法可求得，将正四面体放到正方体中，如图，易知该正方体的内切球即与正四面体的六条棱均相切的球O，得到正方体的棱长为6，进而正四面体的棱长为，然后计算即可求解. 【详解】设球O的半径为R，因为球O的体积为，所以，得． 设正四面体的棱长为a，则该正四面体的高，所以该正四面体的体积，又， 所以，解得，即正四面体的棱长为． 将正四面体放到正方体中，如图，易知该正方体的内切球即与正四面体的六条棱均相切的球O． 因为，所以该正方体的棱长为6，则正四面体的棱长为， 所以，故选:D． 5．（23-24高一下·浙江·期中，多选）已知棱长为2的正方体的棱切球（与正方体的各条棱都相切）为球，则下列说法正确的是（    ） A．球的体积为 B．球内接圆柱的侧面积的最大值为 C．球在正方体外部的体积小于 D．球在正方体外部的面积大于 【答案】BCD 【分析】由棱切球的半径为,再依次判断即可. 【详解】A.依题意，得棱切球的半径为，则球的体积为，错误 B.记球的内接圆柱的底面半径为，则内接圆柱的高为：， 则内接圆柱的侧面积为：， 等号成立时，故球的内接圆柱的侧面积最大值为：，正确 C.球在正方体外部的体积小于球体积与正方体内切球体积之差，即，正确 D.球在正方体外部的面积等于正方体外6个球冠的表面积. 每一个球冠的表面积大于这个球冠中内接圆锥的侧面积， 则内接圆锥的底面半径为，高为，得圆锥的母线长为：， 得内接圆锥的侧面积为：， 所以6个球冠的表面积大于，正确故选：BCD 题型十六：综合难题 1．（2024·江西新余·模拟预测）“长太息掩涕兮，哀民生之多艰”，端阳初夏，粽叶飘香，端午是一大中华传统节日.小玮同学在当天包了一个具有艺术感的肉粽作纪念，将粽子整体视为一个三棱锥，肉馅可近似看作它的内切球（与其四个面均相切的球，图中作为球）.如图：已知粽子三棱锥中，，、、分别为所在棱中点，、分别为所在棱靠近端的三等分点，小玮同学切开后发现，沿平面或平面切开后，截面中均恰好看不见肉馅.则肉馅与整个粽子体积的比为（    ）.    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】设，易知，且，设肉馅球半径为，，根据中点可知到的距离，，根据三角形面积公式及内切圆半径公式可得，结合余弦定理可得，进而可得，，可得内切球半径且可知三棱锥为正三棱锥，再根据球的体积公式及三棱锥公式分别求体积及比值. 【详解】   如图所示，取中点为，，为方便计算，不妨设， 由，可知， 又、分别为所在棱靠近端的三等分点，则，且，、，，平面，即平面，又平面，则平面平面， 设肉馅球半径为，，由于、、分别为所在棱中点，且沿平面切开后，截面中均恰好看不见肉馅，则到的距离，，， 又，解得：，故， 又，解得，， 所以：，解得，，由以上计算可知：为正三棱锥， 故， 所以比值为.故选：B. 2．（2023·河南郑州·模拟预测）在长方体中，，，点P在底面ABCD的边界及其内部运动，且满足，则下列结论不正确的是（    ） A．若点M满足，则 B．点P到平面的距离范围为 C．若点M满足，则不存在点P使得 D．当BP＝3时，四面体的外接球体积为 【答案】C 【分析】对于A，根据题意找到点M，结合P的所在区域直接求解； 对于B，根据点面距离的解法找出最值临界情况进而得到范围； 对于C，找出一个点使得即可判断； 对于D，BP＝3时，P与F重合，根据相关的垂直关系，放入长方体即可求解. 【详解】对于A，当时，MP与底面ABCD所成的角， 又点P所在区域为以A为圆心，1为半径的圆在正方形ABCD内部部分（包含边界弧长）， 所以，故A正确； 对于B，设，E、F分别在AD、AB上，当点P位于AE上时，此时点P到平面的距离最大，最大距离，当P与点F重合时，此时点P到平面的距离最小，最小距离为FK， 因为，所以，所以， 故点P到平面的距离取值范围为，故B正确； 对于C，不妨设点P与点F重合，此时， ，，由余弦定理得，则，故存在点P使得，故C错误； 对于D，当BP＝3时，P与F重合，放入长、宽、高分别为3,4,3的长方体， 则四面体的外接球半径为，所以外接球体积为，故D正确．   故选：C 3．（2023·浙江温州·二模）已知正四棱锥的底面边长为，高为3．以点为球心，为半径的球与过点的球相交，相交圆的面积为，则球的半径为（    ） A．或 B．或 C．或 D．或 【答案】B 【分析】分公共圆面在四棱锥内部与外部讨论，设相交圆的圆心为，点为相交圆上的一点，球的半径为，可求得相交圆半径为1，由勾股定理得，，组成方程组求解. 【详解】当公共圆面在四棱锥内部时，如下图所示， 设相交圆的圆心为，点为相交圆上的一点，也是两球的公共点，设球的半径为， 因为相交圆的面积为，所以相交圆的半径为1，即底面正方形边长为，所以，由勾股定理有，所以， 设，则①，②，联立①②解得． 当公共圆面在四棱锥外部时，如下图所示， 同上可求，，， 则③，④，联立③④解得．故选：B． 4．（22-23·江西新余·模拟）如图两个同心球，球心均为点，其中大球与小球的表面积之比为3:1，线段与是夹在两个球体之间的内弦，其中两点在小球上，两点在大球上，两内弦均不穿过小球内部.当四面体的体积达到最大值时，此时异面直线与的夹角为，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】首先判断出正方体内切球和外接球的半径比为，内切球和外接球的表面积之比为，符合题意中的小球和大球的比例.判断当四面体体积最大时，的位置关系，作出异面直线所成的角，解直角三角形求得. 【详解】设正方体的边长为，则其内切球半径为，外接球的半径为，所以内切球和外接球的表面积之比为，符合题意中的小球和大球的比例. 依题意最长为，最长为小球的直径.由于三角形的面积，若为定值，则时面积取得最大值.画出图像如下图所示，其中分别是所在正方形的中心，是正方体内切球与外接球的球心..由于，故此时四面体的体积最大. 由于，所以四边形为平行四边形，所以，所以是异面直线和所成的角.所以由于，设是的中点，则，所以，所以.故选：A 5．（23-24高一下·吉林白山·期末，多选）在三棱锥中，记，其他棱长均为2，三棱锥的所有顶点都在球的球面上，球与三棱锥的所有面都相切.若点在底面内的射影位于内部及其边界，则下列说法正确的是（    ） A．当三棱锥的体积为时， B．当时，球与球的体积之比为 C．当三棱锥的体积最大时，球的半径为 D．当时，球的表面积为 【答案】CD 【分析】设球、球的半径分别为，，取的中点，连接，，即可证明平面，则，即可求出，再由余弦定理求出，即可判断A；根据正四面体的内切球与外接球的关系判断B；当平面平面，则底面时三棱锥的体积最大，利用等体积法求出内切球的半径，即可判断C；取的中点，连接，确定外接球的半径，即可判断D. 【详解】设球、球的半径分别为，，取的中点，连接，， 因为与均为边长为的等边三角形，所以，，， 又，平面，所以平面， 所以三棱锥的体积， 所以，又为锐角，所以， 所以，故A错误； 当时，三棱锥为正三棱锥，此时球与球的球心重合，且在三棱锥的高上. 在线段上取点，使得，连接，则是的中心， 所以底面，此时球与的球心在线段上，且在的平分线上， 可得，所以球与球的体积之比为，故B错误； 当三棱锥的体积最大时，平面平面，则底面，底面， 所以，又，所以， 所以三棱锥的体积为， 由题可知，与的面积均为， 由等积法可得，解得，故C正确； 取的中点，连接，则，连接，， 因为，所以在平面上，又，且， 所以在线段上，且，在中，由勾股定理得①， 同理在中，由勾股定理得②， ②①得，所以， 与联立得，所以， 所以球的表面积，故D正确.故选：CD 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题19 外接球、内切球与棱切球 目录 题型一：基础：长方体模型 1 题型二：基础：四面体对棱相等模型 2 题型三：重要模型：线面垂直型 3 题型四：重要模型：面面垂直型 5 题型五：常见几何体：棱锥型 6 题型六：常见几何体：圆锥型 7 题型七：常见几何体：圆台型 8 题型八：常见几何体：棱台型 9 题型九：常见几何体：组合体型 10 题型十：两线交心法模型：表面特殊三角形 11 题型十一：两线交心法模型：二面角型 12 题型十二：动点与翻折型外接球 14 题型十三：外接球最值范围型 14 题型十四：内切球 16 题型十五：棱切球 17 题型十六：综合难题 18 结束 19 题型一：基础：长方体模型 正方体的棱长为a，球的半径为R，则： ①若球为正方体的外接球，则2R＝a； ②若球为正方体的内切球，则2R＝a； ③球与正方体的各棱相切，则2R＝a. 长方体的长、宽、高分别为a，b，c，则外接球直径＝长方体对角线，即：2R＝. 1．（24-25高二上·安徽宣城·开学考试）在四面体中，已知点，分别为棱，中点，且，，若，，则该四面体外接球半径为（    ） A． B． C． D． 2．（22-23贵州黔东南·模拟）我们将四个面均为正三角形的四面体称为“正四面体”，在正四面体中，分别为棱的中点，当时，四面体的外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 3．（20-21高三下·江苏·阶段练习）《九章算术》是我国古代数学经典名著，堪与欧几里得《几何原本》相媲美的数学名著，在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为“鳖臑”.已知某鳖臑的外接球半径为1，则该鳖臑的体积最大值为（    ） A． B． C． D． 4．（22-23高按·辽宁沈阳·模拟）已知四面体ABCD满足，，，且该四面体ABCD的外接球的球半径为，四面体的内切球的球半径为，则的值是（    ） A． B． C． D． 5.（22-23·浙江温州·模拟）阳马和鳖臑［biē nào］是我国古代对一些特殊锥体的称谓，取一长方体按下图斜割一分为二，得两个一模一样的三棱柱（图2，图3），称为堑堵．再沿堑堵的一顶点与相对的棱剖开（图4），得四棱锥和三棱锥各一个．以矩形为底，有一棱与底面垂直的四棱锥，称为阳马（图5）．余下的三棱锥是由四个直角三角形组成的四面体，称为鳖臑（图6）．若图1中的长方体是棱长为4的正方体，则下列结论正确的是（    ）      A．鳖臑中只有一个面不是直角三角形 B．鳖臑的外接球半径为 C．鳖臑的体积为正方体的 D．鳖臑内切球半径为 题型二：基础：四面体对棱相等模型 对棱相等模型是三棱锥的三组对棱长分别相等模型，用构造法(构造长方体)解决．外接球的直径等于长方体的体对角线长，即(长方体的长、宽、高分别为a、b、c)．秒杀公式：R2＝(三棱锥的三组对棱长分别为x、y、z)．可求出球的半径从而解决问题． 2．（2022高三·全国·专题练习）如图，在三棱锥中，，，，则三棱锥外接球的体积为（    ）   A． B． C． D． 2．（2022·贵州·模拟预测）如图，在三棱锥中，，，，且直线AB与DC所成角的余弦值为，则该三棱锥的外接球的体积为（    ） A． B． C． D． 3．（23-24高三·四川绵阳·模拟）四面体的三组对棱分别相等，且长度依次为，5.则该四面体的外接球的表面积 A． B． C． D． 4．（2023高三·河南·模拟）四面体S-ABC中，三组对棱分别相等，依次为，，5.则此四面体的体积为. A．20 B． C． D．30 5．（2024高三·全国·模拟，多选）一般地，我们把三组对棱分别相等的四面体叫做等面四面体．下列结论正确的是（    ） A．若一个四面体的四个面的周长都相等，则该四面体是等面四面体 B．等面四面体的一组对棱中点的连线与这组对棱都垂直 C．三组对棱长度分别为，，的等面四面体外接球的表面积为 D．过等面四面体任一顶点的三个面且以该点为顶点的三个角之和为 题型三：重要模型：线面垂直型 线面垂直型： 存在一条棱垂直一个底面（底面是任意多边形，实际是三角形或者四边形（少），它的外接圆半径是r，满足正弦定理） 1.模板图形原理 图1 图2 2.计算公式 1．（20-21高按·河北唐山·模拟）已知三棱锥中，面ABC，底面ABC是边长为2的正三角形，，则三棱锥的外接球表面积为（    ） A． B． C． D． 2．（22-23高三·河南郑州·模拟）在三棱锥A-BCD中，平面ABC丄平面ADC, AD丄AC,AD=AC, ，若此三棱锥的外接球表面积为，则三棱锥A-BCD体积的最大值为（    ） A．7 B．12 C．6 D． 3．（21-22高三·西藏拉萨·阶段练习）如图,三棱锥中,,,且,则三棱锥的外接球表面积为 A． B． C． D． 4．（22-23高三·全国·阶段练习）如图，在三棱锥中，平面，，，M为中点，H为线段上一点（除的中点外），且.当三棱锥的体积最大时，则三棱锥的外接球表面积为（    ） A． B． C． D． 5．（21-22高三上·湖北武汉·期中，多选）已知球O是三棱锥的外接球，，则，点D是PB的中点，且，则下列说法正确的是（    ） A．三棱锥最长的棱棱长为 B．平面PAB C．球心O到底面PAB的距离为 D．球O的表面积为 题型四：重要模型：面面垂直型 面面垂直型基本图形 一般情况下，俩面是特殊三角形。垂面型，隐藏很深的线面垂直型， 1．（22-23高三·安徽·模拟）在四面体中，若，则当四面体的体积最大时其外接球表面积为 A． B． C． D． 2．（24-25高二上·河北石家庄·阶段练习）已知四棱锥的各顶点在同一球面上，四边形为等腰梯形，若，为正三角形，且面面，则该球的表面积为（   ） A． B． C． D． 3．（2024·江西·一模）在体积为12的三棱锥中，，，平面平面，，，若点都在球的表面上，则球的表面积为（    ） A． B． C． D． 4．（24-25高三上·江苏南通·阶段练习）如图，在三棱锥中，，，平面平面，是的中点，，则三棱锥的外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 5．（22-23高三上·黑龙江哈尔滨·期末，多选）如图，三棱锥S－ABC中，平面平面ABC，过点B且与AC平行的平面分别与棱SA、SC交于E，F，若，，则下列结论正确的为（    ） A．三棱锥S－ABC中的外接球表面积为 B． C．若E，F分别为SA，SC的中点，则BF与SA所成角的余弦值为 D． 题型五：常见几何体：棱锥型 棱锥的外接球有其特殊性，如果底面四边形是矩形。特殊情况下，还可以转化为“线面垂直-直棱柱模型” 1．（2022·河南·模拟预测）在四棱锥中，侧面底面ABCD，且，，底面ABCD是边长为2的正方形，设P为该四棱锥外接球表面上的动点，则三棱锥的最大体积为（    ） A． B． C． D． 2．（2024·四川成都·模拟预测）六氟化硫，化学式为，在常压下是一种无色､无臭､无毒､不燃的稳定气体，有良好的绝缘性，在电器工业方面具有广泛用途.六氟化硫分子结构为正八面体结构（正八面体每个面都是正三角形，可以看作是将两个棱长均相等的正四棱锥将底面粘接在一起的几何体）.如图所示，正八面体的棱长为，下列说法中正确的个数有（    ） ①此八面体的表面积为； ②异面直线与所成的角为； ③此八面体的外接球与内切球的体积之比为； ④若点为棱上的动点，则的最小值为. A．1个 B．2个 C．3个 D．4个 3．（2024·河南·模拟预测）在四棱锥中，若，其中是边长为2的正三角形，则四棱锥外接球表面积的最小值为（    ） A． B． C． D． 4．（23-24高二上·重庆渝中·阶段练习）正四棱锥的底面边长为，则平面截四棱锥外接球所得截面的面积为（    ）. A． B． C． D． 5．（22-23高三·广东深圳·模拟，多选）已知正四棱锥的底面边长为1，且侧棱长为，点，分别为侧棱，上的动点，则下列结论中，正确的为（    ） A．为等边三角形 B．正四棱锥的侧面积为 C．若，则平面 D．正四棱锥的外接球表面积为 题型六：常见几何体：圆锥型 圆锥外接球模型 圆锥求外接球，借助轴截面的对应等腰三角形可求解 1．（22-23高三上·陕西西安·阶段练习）已知两个圆锥侧面展开图均为半圆，侧面积分别记为，且，对应圆锥外接球体积分别为，则（    ） A．8 B． C． D．2 2．（2023·山西晋城·模拟）底面半径为，母线长为2的圆锥的外接球O的表面积为 A．6π B．12π C．8π D．16π 3．（21-22高二下·江西宜春·阶段练习）在圆锥中，是母线上靠近点的三等分点，，底面圆的半径为，圆锥的侧面积为，则下列说法错误的是（     ） A．当时，从点到点绕圆锥侧面一周的最小长度为 B．当时，过顶点和两母线的截面三角形的最大面积为 C．当时，圆锥的外接球表面积为 D．当时，棱长为的正四面体在圆锥内可以任意转动 4．（2023全国·模拟）如图：是圆锥底面圆的直径，、是圆锥的两条母线，为底面圆的中心，过的中点作平行于的平面，使得平面与底面圆的交线长为，沿圆锥侧面连接点和点，当曲线段长度的最小值为时，则该圆锥的外接球（圆锥的底面圆周及顶点均在球面上）的半径为（   ） A． B． C． D． 5．（23-24高三·吉林长春·模拟，多选）在圆锥中，C是母线上靠近点S的三等分点，，底面圆的半径为r，圆锥的侧面积为，则下列说法正确的是（    ） A．当时，过顶点S和两母线的截面三角形的最大面积为 B．当时，从点A到点C绕圆锥侧面一周的最小长度为 C．当时，圆锥的外接球表面积为 D．当时，棱长为的正四面体在圆锥内可以任意转动 题型七：常见几何体：圆台型 圆台外接圆模型 圆台外接球，即轴截面题型外接圆 1．（2024·安徽·三模）已知圆台的上､下底面面积分别为，其外接球球心满足，则圆台的外接球体积与圆台的体积之比为（    ） A． B． C． D． 2．（2023·全国·模拟预测）已知某圆台的上底面圆心为，半径为，下底面圆心为，半径为，高为，若该圆台的外接球球心为，且，则（    ） A． B． C． D． 3．（22-23高二下·湖南长沙·阶段练习）如图所示，已知一个球内接圆台，圆台上、下底面的半径分别为3和4，球的体积为，则该圆台的侧面积和体积分别为（    ）    A．， B．， C．， D．， 4．（2024·江西九江·二模）已知一个圆台内接于球（圆台的上、下底面的圆周均在球面上）.若该圆台的上、下底面半径分别为1和2，且其表面积为，则球的体积为（    ） A． B． C． D． 5．（22-23高三·贵州贵阳·阶段练习，多选）如图与分别为圆台上下底面直径，，若，，，则（    ）    A．圆台的母线与底面所成的角的正切值为 B．圆台的全面积为 C．圆台的外接球（上下底面圆周都在球面上）的半径为 D．从点经过圆台的侧面到点的最短距离为 题型八：常见几何体：棱台型 ，其中分别为圆台的上底面、下底面、高． 基本规律:正棱台外接球，以棱轴截面为主 1．（2022·四川成都·三模）已知三棱台的六个顶点都在球O的球面上，，和分别是边长为和的正三角形，则球O的体积为（    ）． A． B． C． D． 2．（23-24高二上·云南昆明·模拟）已知正三棱柱的底面边长为，高为6，经过上底面棱的中点与下底面的顶点截去该三棱柱的三个角，如图1，得到一个几何体，如图2所示，若所得几何体的六个顶点都在球的球面上，则球的体积为（    ） A． B． C． D． 3．（22-23高二上·安徽宣城·开学考试）如图，正四棱台的上､下底面边长分别为分别为，的中点，8个顶点构成的十面体恰有内切球，则该内切球的表面积为（    ） A． B． C． D． 4．（22-23高一下·湖北十堰·期末，多选）上海世博会中国国家馆以城市发展中的中华智慧为主题，表现出了“东方之冠，鼎盛中华，天下粮仓，富庶百姓”的中国文化精神与气质.如图，现有一个与中国国家馆结构类似的六面体，设矩形和的中心分别为和，若平面，，，，，，，，，，则（    ）    A．这个六面体是棱台 B．该六面体的外接球体积是 C．直线与异面 D．二面角的余弦值是 题型九：常见几何体：组合体型 因为组合体会受图形所限制，一般其况下，两个组合体结合处的平面，恰好是外接圆一个小圆（或者大圆）上。 1．（22-23·宁夏银川·阶段练习）《九章算术》是我国古代的数学名著,其中有很多对几何体体积的研究,已知某囤积粮食的容器的下面是一个底面积为32π,高为h的圆柱,上面是一个底面积为32π,高为h的圆锥,若该容器有外接球,则外接球的体积为 (　   ) A． B． C． D． 2．（2023高三·全国·专题练习）《九章算术》是我国古代的数学名著，它在几何学中的研究比西方早一千多年，其中有很多对几何体体积的研究．已知某囤积粮食的容器的下面是一个底面积为、高为的圆柱，上面是一个底面积为、高为的圆锥，若该容器有外接球，则外接球的体积为 A． B． C． D． 3．（20-21高二上·安徽芜湖·期中）已知三角形的三个内角A，B，C对应的三边分别为a，b，c，，分别以，，所在直线为旋转轴旋转一周得到的几何体的外接球表面积分别为，则下列关系正确的是（ ） A． B． C． D． 4．（22-23高三·湖南·模拟）如图所示几何体是由正四棱锥与长方体组成，，，若该几何体存在一个外接球，则异面直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 5．（2024·黑龙江·二模，多选）阿基米德多面体是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，截角四面体是阿基米德多面体其中的一种．如图所示，将棱长为3a的正四面体沿棱的三等分点作平行于底面的截面得到所有棱长均为a的截角四面体，则下列说法中正确的是（    ） A．点E到平面ABC的距离为 B．直线DE与平面ABC所成角的正切值为2 C．该截角四面体的表面积为 D．该截角四面体存在内切球 题型十：两线交心法模型：表面特殊三角形 表面有等边三角形或者直角三角形：双线交点定心法（特殊三角形圆心垂线交点确定球心法） 1、 包含了面面垂直（俩面必然是特殊三角形） 2、 等边或者直角：（1）等边三角形中心（外心）做面垂线，必过球心； 1．（24-25高三上·湖南·开学考试）已知三棱锥中，，其余各校长均为2，P是三棱锥外接球的球面上的动点，则点P到平面BCD的距离的最大值为（   ） A． B． C． D． 2．（23-24高一下·四川乐山·期中）已知三棱锥的顶点都在球的表面上，若球的表面积为，，，，则当三棱锥的体积最大时，（    ） A． B．30 C． D． 3．（21-22高一下·江苏南京·期末）已知三棱锥的所有顶点都在球的球面上，是边长为3的等边三角形，为球的直径，且 ，则到面的距离为（    ） A．4 B．2 C．3 D． 4．（24-25高三上·广西·阶段练习）四面体中，其余各棱长均为，则该四面体外接球的表面积是（    ） A． B． C． D． 5．（24-25高二上·浙江杭州·开学考试，多选）四面体中，，记四面体外接球的表面积为，当变化时，则（    ） A．当时， B．当四面体体积最大时， C．可以是 D．可以是 题型十一：两线交心法模型：二面角型 二面角型，多采用 两个外心垂线交线定球心法 (1) 选定一个面，定外接圆的圆心O1 (2) 选定另一个面，定外接圆的圆心O2； (3) 分别过O1作该底面的垂线，过O2作该面的垂线，两垂线交点即为外接球的球心O. 1．（24-25高三上·山西吕梁·开学考试）已知在三棱锥中，除外其他各棱长均为2，且二面角的大小为.若三棱锥的各顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（    ） A． B． C． D． 2．（24-25高二上·四川泸州·开学考试）三棱锥中，是边长为4的正三角形，，二面角的余弦值为，则三棱锥的外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 3．（22-23·重庆万州·模拟）已知边长为的菱形 中，，沿对角线折成二面角为 的四面体，则四面体的外接球的表面积为 A． B． C． D． 4．（2023湖南长沙·模拟）在边长为的菱形中，，沿对角线折成二面角为的四面体（如图），则此四面体的外接球表面积为（    ） A． B． C． D． 5．（23-24高二下·广西柳州·期中）如图，在四面体中，与均是边长为的等边三角形，二面角的大小为，则此四面体的外接球表面积为 ．    题型十二：动点与翻折型外接球 1．（2020·黑龙江哈尔滨·模拟）在边长为2的菱形中，，将菱形沿对角线折起，使得平面平面，则所得三棱锥的外接球表面积为（    ） A． B． C． D． 2．（2022·全国·模拟预测）直角中，，，D是斜边AC上的一动点，沿BD将翻折到，使二面角为直二面角，当线段的长度最小时，四面体的外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 3．（2023·四川·三模）如图，在梯形中，，将沿对角线折起，使得点翻折到点，若面面，则三棱锥的外接球表面积为（    ） A． B． C． D． 4．（2019·湖南长沙·一模）在边长为的菱形中，，沿对角线折成二面角为的四面体（如图），则此四面体的外接球表面积为（    ） A． B． C． D． 5．（22-23·广东湛江·模拟，多选）如图，矩形中，E、F分别为、的中点，且，现将沿间上翻折，使B点移到P点，则在翻折过程中，下列结论正确的是（    ）    A．存在点P，使得 B．存在点P，使得 C．当平面平面时，二面角大小的正切值为 D．当平面平面时，三棱锥外接球表面积为 题型十三：外接球最值范围型 立体几何中最值问题，一般可从三个方面考虑： 一、构建函数法，即建立目标函数，转化为函数的最值问题进行求解； 二、借助基本不等式求最值，几何体变化过程中两个互相牵制的变量（两个变量之间有等量关系），往往可以使用此种方法； 三、根据几何体的结构特征，变动态为静态，直观判断在什么情况下取得最值. 1．（2020·山西太原·模拟预测）三棱锥中，，△为等边三角形，二面角的余弦值为，当三棱锥的体积最大时，其外接球的表面积为.则三棱锥体积的最大值为（    ） A． B． C． D． 2．（24-25高二上·江西南昌·阶段练习）已知二面角的大小为，且，，若四点，，，都在同一个球面上，当该球体积取最小值时，为（     ） A． B． C．3 D． 3．（23-24高一下·江苏无锡·阶段练习）已知三棱锥的所有顶点都在球O的球面上，AD⊥平面ABC，，，若球O的表面积为，则三棱锥（以A为顶点）的侧面积的最大值为（    ）    A．6 B． C． D． 4．（2024高三下·江西新余·专题练习）已知棱长为3的正四面体的几何中心为，平面与以为球心的球相切，若与该正四面体的截面始终为三角形，则球表面积的取值范围为（    ）. A． B． C． D． 5．（2024·广东广州·模拟预测，多选）如图所示，四面体的底面是以为斜边的直角三角形，体积为，平面，，为线段上一动点，为中点，则下列说法正确的是（    ） A．三棱锥的体积和三棱锥的体积相等 B．当时， C．当时， D．四面体的外接球球心为，且外接球体积与之比的最小值是 题型十四：内切球 椎体的内切球，多采用体积分割法求解。可做如下对比理解 1、 三角形内切圆 2、 类比：三棱锥 1．（2024·四川德阳·模拟预测）圆锥的表面积为，其内切球的表面积为，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 2．（23-24高二下·北京海淀·期末）边长为2的正方形的中心为，将其沿对角线折成直二面角.设为的中点，为的中点，将绕直线旋转一周得到一个旋转体，则该旋转体的内切球的表面积为（    ） A． B． C． D． 3．（2020·湖北武汉·模拟预测）已知一圆锥底面圆的直径为3，圆锥的高为，在该圆锥内放置一个棱长为的正四面体，并且正四面体在该几何体内可以任意转动，则的最大值为（    ） A．3 B． C． D． 4．（2024·安徽安庆·三模）如图，在一个有盖的圆锥容器内放入两个球体，已知该圆锥容器的底面圆直径和母线长都是，则（    ） A．这两个球体的半径之和的最大值为 B．这两个球体的半径之和的最大值为 C．这两个球体的表面积之和的最大值为 D．这两个球体的表面积之和的最大值为 5．（2024·吉林长春·模拟预测，多选）如图，在正三棱柱中，E，F分别为，的中点，，则下列说法正确的是（    ） A．若，则异面直线和所成的角的余弦值为 B．若，则点C到平面的距离为 C．存在，使得平面 D．若三棱柱存在内切球，则 题型十五：棱切球 1．（22-23高三下·河南·阶段练习）在正三棱锥中，，若球与三棱锥的六条棱均相切，则球的表面积为（    ） A． B． C． D． 2．（23-24高三下·陕西西安·阶段练习）已知四面体中，，，，，球心在该四面体内部的球与这个四面体的各棱均相切，则球的体积为（   ） A． B． C． D． 3．（2024·浙江宁波·二模）在正四棱台中，，若球与上底面以及棱均相切，则球的表面积为（    ） A． B． C． D． 4．（2023·全国·模拟预测）已知体积为的球O与正四面体的四个面均相切，且与正四面体的六条棱均相切，则正四面体与的表面积的比值为（    ） A．6 B． C． D．3 5．（23-24高一下·浙江·期中，多选）已知棱长为2的正方体的棱切球（与正方体的各条棱都相切）为球，则下列说法正确的是（    ） A．球的体积为 B．球内接圆柱的侧面积的最大值为 C．球在正方体外部的体积小于 D．球在正方体外部的面积大于 题型十六：综合难题 1．（2024·江西新余·模拟预测）“长太息掩涕兮，哀民生之多艰”，端阳初夏，粽叶飘香，端午是一大中华传统节日.小玮同学在当天包了一个具有艺术感的肉粽作纪念，将粽子整体视为一个三棱锥，肉馅可近似看作它的内切球（与其四个面均相切的球，图中作为球）.如图：已知粽子三棱锥中，，、、分别为所在棱中点，、分别为所在棱靠近端的三等分点，小玮同学切开后发现，沿平面或平面切开后，截面中均恰好看不见肉馅.则肉馅与整个粽子体积的比为（    ）.    A． B． C． D． 2．（2023·河南郑州·模拟预测）在长方体中，，，点P在底面ABCD的边界及其内部运动，且满足，则下列结论不正确的是（    ） A．若点M满足，则 B．点P到平面的距离范围为 C．若点M满足，则不存在点P使得 D．当BP＝3时，四面体的外接球体积为 3．（2023·浙江温州·二模）已知正四棱锥的底面边长为，高为3．以点为球心，为半径的球与过点的球相交，相交圆的面积为，则球的半径为（    ） A．或 B．或 C．或 D．或 4．（22-23·江西新余·模拟）如图两个同心球，球心均为点，其中大球与小球的表面积之比为3:1，线段与是夹在两个球体之间的内弦，其中两点在小球上，两点在大球上，两内弦均不穿过小球内部.当四面体的体积达到最大值时，此时异面直线与的夹角为，则（    ） A． B． C． D． 5．（23-24高一下·吉林白山·期末，多选）在三棱锥中，记，其他棱长均为2，三棱锥的所有顶点都在球的球面上，球与三棱锥的所有面都相切.若点在底面内的射影位于内部及其边界，则下列说法正确的是（    ） A．当三棱锥的体积为时， B．当时，球与球的体积之比为 C．当三棱锥的体积最大时，球的半径为 D．当时，球的表面积为 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！19 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$