培优点09 球的切、接问题（3种核心题型+基础保分练+综合提升练+拓展冲刺练）-2025年高考数学大一轮复习核心题型讲与练+易错重难点专项突破（新高考版）

培优点09球的切、接问题 （3种核心题型+基础保分练+综合提升练+拓展冲刺练） 【考试提醒】 　球的切、接问题，是历年高考的热点内容，经常以客观题出现．一般围绕球与其他几何体的内切、外接命题，考查球的体积与表面积，其关键点是确定球心． 【核心题型】 题型一　定义法 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． 【例题1】（2024·福建厦门·模拟预测）已知三棱锥中，平面，，，，，则该三棱锥外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【变式1】（2024·贵州毕节·三模）在正四棱台中，，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【变式2】（2024·陕西西安·一模）一个正四棱柱底面边长为2，高为，上底面对角线交点与下底面四个顶点构成几何体的内切球表面积为 . 【变式3】（2024·宁夏石嘴山·一模）已知正四棱锥的底面边长为2，高为4，它的所有顶点都在同一球面上，则这个球的表面积是 题型二　补形法 (1)补形法的解题策略 ①侧面为直角三角形，或对棱均相等的模型和正四面体，可以还原到正方体或长方体中去求解；②直三棱锥补成三棱柱求解． (2)正方体与球的切、接问题的常用结论 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＝a； 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＝a. (3)若长方体的共顶点的三条棱长分别为a，b，c，外接球的半径为R，则2R＝． 【例题2】（2024·天津武清·模拟预测）四棱锥的底面为正方形，，动点在线段上，则下列结论正确的是（    ） A．四棱锥的体积为 B．四棱锥的表面积为 C．在中，当时， D．四棱锥的外接球表面积为 【变式1】（2024·广西贺州·一模）半正多面体亦称“阿基米德体”，是以边数不全相同的正多边形为面的多面体．将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，如此共可截去八个三棱锥，得到一个有十四个面的半正多面体．它的各棱长都相等，其中八个面为正三角形，六个面为正方形，这样的半正多面体被称为二十四等边体．如图所示，已知该半正多面体过A，B，C三点的截面面积为，则其外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【变式2】（2024·黑龙江哈尔滨·模拟预测）若将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，八个顶点共截去八个三棱锥，可得到一个有十四个面的多面体.它的各棱长都相等，其中八个面为正三角形，六个面为正方形，如图所示，已知该多面体过A，B，C三点的截面面积为，则其棱切球（球与各棱相切）的表面积为 . 【变式3】（2022·河南·模拟预测）如图，在梯形ABCD中，，，，E为AD的中点，以BE为折痕将折起，使点A到达点P的位置，连接PD，PC. (1)证明：平面平面BCDE； (2)当时，若几何体的顶点均在球O的表面上，求球O的表面积. 题型三　截面法 (1)与球截面有关的解题策略 ①定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径； ②作截面：选准最佳角度作出截面，达到空间问题平面化的目的． (2)正四面体的外接球的半径R＝a，内切球的半径r＝a，其半径之比R∶r＝3∶1(a为该正四面体的棱长)． 【例题3】（2024·云南曲靖·模拟预测）正方体外接球的体积为，、、分别为棱的中点，则平面截球的截面面积为（   ） A． B． C． D． 【变式1】（2024·广东茂名·模拟预测）若正四面体的棱长为，M为棱上的动点，则当三棱锥的外接球的体积最小时，三棱锥的体积为（    ） A． B． C． D． 【变式2】（2024·贵州六盘水·三模）已知正四面体的棱长为，以其中一个顶点为球心作半径为3的球，则所得球面与该正四面体表面的交线长之和为 ． 【变式3】（2023·贵州铜仁·模拟预测）如图，已知在正三棱柱中，，三棱柱外接球半径为，且点分别为棱，的中点．    (1)过点作三棱柱截面，求截面图形的周长； (2)求平面与平面的所成角的余弦值． 【课后强化】 【基础保分练】 一、单选题 1．（2024·湖南·二模）如图，在四面体中，平面，则此四面体的外接球表面积为（    ） A． B． C． D． 2．（2024高三·全国·专题练习）已知半径为的球的球心到正四面体的四个面的距离都相等，若正四面体的棱与球的球面有公共点，则正四面体的棱长的取值范围为（    ） A． B． C． D． 3．（2024·湖北武汉·模拟预测）四棱锥各顶点都在球心为的球面上，且平面，底面为矩形，，设分别是的中点，则平面截球所得截面的面积为（    ） A． B． C． D． 4．（2024·四川凉山·二模）已知在三棱锥中，，，底面是边长为1的正三角形，则该三棱锥的外接球表面积为（    ） A． B． C． D． 二、多选题 5．（2024·全国·模拟预测）已知球O是正三棱锥的外接球，，点E在线段上，且．过点E作球的截面，则所得截面圆的面积可能是（    ） A．π B． C． D． 6．（2024·广东广州·模拟预测）如图所示，已知三棱锥的外接球的半径为为球心，为的外心，为线段的中点，若，则（    ） A．线段的长度为2 B．球心到平面的距离为2 C．球心到直线的距离为 D．直线与平面所成角的正弦值为 三、填空题 7．（2024·福建福州·一模）已知三棱锥中，为等边三角形，，，，，则三棱锥的外接球的半径为 ． 8．（2024·甘肃张掖·模拟预测）已知正四棱柱中，为的中点，则平面截此四棱柱的外接球所得的截面面积为 . 9．（2024·江西新余·二模）如图1，在直角梯形中，，，，，，点E，F分别为边，上的点，且，.将四边形沿折起，如图2，使得平面平面，点M是四边形内（含边界）的动点，且直线与平面所成的角和直线与平面所成的角相等，则当三棱锥的体积最大时，三棱锥的外接球的表面积为 . 四、解答题 10．（2024·浙江绍兴·三模）如图，在三棱锥中，是正三角形，平面平面，，点是的中点，． (1)求证：为三棱锥外接球的球心； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)若，，求平面与平面所成锐二面角的余弦值最大时的值． 11．（2022·全国·模拟预测）已知平面与平面是空间中距离为1的两平行平面，，，且，和的夹角为. （1）证明：四面体的体积为定值； （2）已知，且，，，，均在半径为的球面上.当，与平面的夹角均为时，求. 【综合提升练】 一、单选题 1．（2024·天津南开·一模）在长方体中，，，其外接球体积为，则其外接球被平面截得图形面积为（    ） A． B． C． D． 2．（2024·黑龙江哈尔滨·二模）已知直三棱柱的6个顶点都在球的表面上，若，，则球的表面积为（     ） A． B． C． D． 3．（2024·黑龙江双鸭山·模拟预测）已知四面体ABCD的各顶点均在球的球面上，平面平面，则球的表面积为（    ） A． B． C． D． 4．（2024·湖南常德·一模）已知三棱锥中，平面，4，3，，7，则该三棱锥外接球的表面积为（       ） A． B． C． D． 5．（2024·山西·模拟预测）已知四棱锥的底面是边长为3的正方形，为等边三角形，且，若该四棱锥的所有顶点在球的表面上，则球的表面积为（    ） A． B． C． D． 6．（2024·四川雅安·模拟预测）如图是以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，则该多面体外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 7．（2024·福建泉州·一模）泉州花灯技艺源于唐朝中期从形式上有人物灯、宫物灯、宫灯，绣房灯、走马灯、拉提灯、锡雕元宵灯等多种款式．在2024年元宵节，小明制做了一个半正多面体形状的花灯，他将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共截去八个三棱锥，得到一个有十四个面的半正多面体，如图所示．已知该半正多面体的体积为，M为的中心，过M截该半正多面体的外接球的截面面积为S，则S的最大值与最小值之比（    ） A． B． C．3 D．9 8．（2024·陕西安康·模拟预测）已知四棱锥中，平面ABCD，四边形ABCD为正方形，，在四棱锥内部有一半径为1的球与四棱锥各面都相切，则四棱锥的体积为（    ） A．6 B．9 C．12 D．16 二、多选题 9．（2024·全国·模拟预测）在三棱锥中，与是全等的等腰直角三角形，平面平面为线段的中点．过点作平面截该三棱锥的外接球所得的截面面积可能是（    ） A． B． C． D． 10．（2024·山西·模拟预测）在正四棱台中，，，点在四边形内，且正四棱台的各个顶点均在球的表面上，，则（    ） A．该正四棱台的高为3 B．该正四棱台的侧面面积是 C．球心到正四棱台底面的距离为 D．动点的轨迹长度是 11．（2024·广东东莞·模拟预测）如图所示，在四棱锥中，底面ABCD是边长为2的正方形，平面ABCD，，则下列选项正确的是（    ） A．该四棱锥的外接球表面积为 B．若动点Q在三角形内（含边界），且，则BQ长度的最大值为 C．若点E为PA的中点，则平面PDC D．若动点Q在正方形ABCD内（含边界），且，则的面积最大值为 三、填空题 12．（2022·安徽芜湖·模拟预测）已知三棱锥的外接球O的半径为，为等边三角形，若顶点P到底面ABC的距离为4，且三棱锥的体积为4，则满足上述条件的顶点P的轨迹长度是 . 13．（2023·广东广州·模拟预测）已知三棱锥的四个顶点均在同一球面上，平面，，，且与平面所成角的正弦值为，则该球的表面积为 . 14．（2022·四川成都·模拟预测）在三棱锥中， ，PC=2，AB=1，BC=3，，过BC中点D作四面体外接球的截面，则过点D的最大截面与最小截面的面积和为 ． 四、解答题 15．（2023·全国·模拟预测）已知体积为1的四面体，其四个面均为全等的等腰三角形. (1)求四面体的外接球表面积的最小值； (2)若，的面积为，设点为线段（含端点）上一动点，求直线与面所成角的正弦值的取值范围. 16．（2021·重庆沙坪坝·模拟预测）如图所示，在矩形中，，，点是线段的中点，把三角形沿折起，设折起后点的位置为，是的中点. （1）求证：无论在什么位置，都有平面； （2）当点在平面上的射影落在线段上时，若三棱锥的四个顶点都在一个球上，求这个球的体积. 17．（2024·安徽合肥·模拟预测）如图所示，在长方体中，，，为棱的中点． (1)若是线段上的动点，试探究：是否为定值？若是，求出该定值；否则，请说明理由． (2)过作该长方体外接球的截面，求截面面积的取值范围． 18．（2024·四川成都·三模）已知平面与平面是空间中距离为1的两平行平面，，，且，和的夹角为. (1)证明：四面体的体积为定值； (2)已知异于、两点的动点，且、、、、均在半径为的球面上.求点到直线的距离的取值范围. 19．（22-23高三上·山东枣庄·期末）已知直三棱柱，为线段的中点，为线段的中点，，平面平面. (1)证明：； (2)三棱锥的外接球的表面积为，求平面与平面夹角的余弦值. 【拓展冲刺练】 一、单选题 1．（2024·山东泰安·二模）已知四面体的各顶点都在同一球面上，若，平面平面，则该球的表面积是（    ） A． B． C． D． 2．（2024·陕西西安·模拟预测）已知三棱锥为中点，为直二面角，且为二面角的平面角，三棱锥的外接球表面积为，则平面被球截得的截面面积及直线与平面所成角的正切值分别为（    ） A． B． C． D． 3．（2024·山东·模拟预测）如图①，将两个直角三角形拼在一起得到四边形，且，，现将沿折起，使得点到达点处，且二面角的大小为，连接，如图②，若三棱锥的所有顶点均在同一球面上，则该球的表面积为（    ）    A． B． C． D． 4．（2024高三下·全国·专题练习）已知在直三棱柱中，，，为线段的中点，点在线段上，若平面，则三棱锥外接球的体积为（   ） A． B． C． D． 二、多选题 5．（2024·海南·模拟预测）在四面体中，都是边长为6的正三角形，棱与平面所成角的余弦值为，球与该四面体各棱都相切，则（    ） A．四面体为正四面体 B．四面体的外接球的体积为 C．球的表面积为 D．球被四面体的表面所截得的各截面圆的周长之和为 6．（2024·湖北荆州·三模）如图，正八面体棱长为2．下列说法正确的是（    ） A．平面 B．当P为棱EC的中点时，正八面体表面从F点到P点的最短距离为 C．若点P为棱EB上的动点，则三棱锥的体积为定值 D．以正八面体中心为球心，1为半径作球，球被正八面体各个面所截得的交线总长度为 三、填空题 7．（2024·辽宁大连·一模）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所在直线把和折起，使B，C，D三点重合于点P，得到三棱锥，如图2所示，则三棱锥外接球的表面积是 ；过点M的平面截三棱锥外接球所得截面的面积的取值范围是 ． 8．（2024·重庆·三模）在三棱锥中，为正三角形，为等腰直角三角形，且，，则三棱锥的外接球的体积为 ；若点满足，过点作球的截面，当截面圆面积最小时，其半径为 . 9．（2024·黑龙江哈尔滨·三模）正三棱柱内切球（球与上下底面和侧面都相切）的半径是为棱上一点，若二面角为，则平面截内切球所得截面面积为 . 四、解答题 10．（2023·海南海口·模拟预测）如图，在三棱锥中，平面平面，． (1)求三棱锥外接球的表面积； (2)设D为侧棱上一点，若二面角的大小为，证明：． 11．（2023·重庆·三模）如图，四面体ABCD的顶点都在以AB为直径的球面上，底面BCD是边长为的等边三角形，球心O到底面的距离为1． (1)求球O的表面积； (2)求二面角的余弦值． 1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 培优点09球的切、接问题 （3种核心题型+基础保分练+综合提升练+拓展冲刺练） 【考试提醒】 　球的切、接问题，是历年高考的热点内容，经常以客观题出现．一般围绕球与其他几何体的内切、外接命题，考查球的体积与表面积，其关键点是确定球心． 【核心题型】 题型一　定义法 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． 【例题1】（2024·福建厦门·模拟预测）已知三棱锥中，平面，，，，，则该三棱锥外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】取中点E，根据已知可得E为的外心，过E作底面的垂线，使，可得O为三棱锥外接球的球心，计算球的半径，由球的表面积公式可得结果. 【详解】在中，因为，，，所以， 所以，取中点E，则E为的外心，且外接圆的半径为， 过E作底面的垂线，使，又平面，则O为三棱锥外接球的球心， 所以外接球的半径， 所以三棱锥外接球的表面积为， 故选：C. 【变式1】（2024·贵州毕节·三模）在正四棱台中，，其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】连接，，求得上、下底面所在圆的半径，设球心到上下底面的距离分别为，球的半径为，利用球的截面圆的性质，列出方程求得，结合球的体积公式，即可求解. 【详解】设正四棱台上下底面所在圆面的半径分别为，连接，， 取，，的中点，连接， 所以，， 所以，      所以， 设球心到上下底面的距离分别为，球的半径为， 可得，，故或， 即或， 因为，所以， 对上式两边同时平方可得： （舍去）或， 解得，符合题意， 所以球的表面积为． 故选：A 【变式2】（2024·陕西西安·一模）一个正四棱柱底面边长为2，高为，上底面对角线交点与下底面四个顶点构成几何体的内切球表面积为 . 【答案】 【分析】根据题意该几何体为正四棱锥，利用正四棱锥的结构特征，求出内切球半径得解. 【详解】由题意可知该几何体为正四棱锥，如图，为内切球的球心，是棱锥的高，分别是的中点， 连接，是球与侧面的切点，可知在上，， 设内切球半径为，则，，，，由， ，即，解得， 所以内切球表面积为. 故答案为：. 【变式3】（2024·宁夏石嘴山·一模）已知正四棱锥的底面边长为2，高为4，它的所有顶点都在同一球面上，则这个球的表面积是 【答案】 【分析】正四棱锥的五个顶点在同一球面上，则其外接球的球心在它的高线上，求解三角形可得球的半径，可求球的表面积. 【详解】如图，正四棱锥的外接球的球心在它的高上，记外接球半径为， ，，，底面正方形边长为2， 在中，，可得，解得， ∴球的表面积 故答案为： 题型二　补形法 (1)补形法的解题策略 ①侧面为直角三角形，或对棱均相等的模型和正四面体，可以还原到正方体或长方体中去求解；②直三棱锥补成三棱柱求解． (2)正方体与球的切、接问题的常用结论 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＝a； 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＝a. (3)若长方体的共顶点的三条棱长分别为a，b，c，外接球的半径为R，则2R＝． 【例题2】（2024·天津武清·模拟预测）四棱锥的底面为正方形，，动点在线段上，则下列结论正确的是（    ） A．四棱锥的体积为 B．四棱锥的表面积为 C．在中，当时， D．四棱锥的外接球表面积为 【答案】C 【分析】对于A：根据锥体体积公式运算求解；对于B：根据表面积公式分析运算求解；对于C：由条件确定点的位置，结合锥体体积公式分析判断；对于D：利用补形法，结合长方体的外接球的求四棱锥的外接球半径，进而可得球的表面积. 【详解】对于选项A：因为，，，平面， 所以平面，可知四棱锥的高， 所以四棱锥的体积，故A错误； 对于选项B：因为平面，平面，则， 且，，平面， 可得平面，且平面，可知， 同理可知：，则， 所以四棱锥的表面积为，故B错误； 对于选项C：因为平面，平面， 所以，所以为直角三角形， 又因为，则， 且，，，可得， 所以，即，可知点到平面的距离为， 所以，故C正确； 对于选项D：将四棱锥补形为长方体，如图所示 可知四棱锥的外接球的半径为， 所以四棱锥的外接球的表面积，故D错误； 故选：C. 【变式1】（2024·广西贺州·一模）半正多面体亦称“阿基米德体”，是以边数不全相同的正多边形为面的多面体．将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，如此共可截去八个三棱锥，得到一个有十四个面的半正多面体．它的各棱长都相等，其中八个面为正三角形，六个面为正方形，这样的半正多面体被称为二十四等边体．如图所示，已知该半正多面体过A，B，C三点的截面面积为，则其外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据几何体的结构特征得出过A，B，C三点的截面图形，由面积求出原正方体的棱长，进而求出外接球半径即可得解. 【详解】将二十四等边体补全为正方体，则该二十四等边体的过A，B，C三点的截面为正六边形， 设原正方体棱长为，则正六边形边长为，其面积为，解得， 因此原正方体的棱长为，由对称性知，二十四等边体的外接球球心是原正方体的体对角线的交点， 球半径为该点到点的距离，所以外接球的表面积为. 故选：D 【变式2】（2024·黑龙江哈尔滨·模拟预测）若将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，八个顶点共截去八个三棱锥，可得到一个有十四个面的多面体.它的各棱长都相等，其中八个面为正三角形，六个面为正方形，如图所示，已知该多面体过A，B，C三点的截面面积为，则其棱切球（球与各棱相切）的表面积为 . 【答案】 【分析】设，外接球的半径为，根据该几何体的对称性可知该几何体的棱切球即为底面棱长为2，侧棱长为的正四棱柱的棱切球，利用勾股定理求解半径，即可由球的表面积公式即可求解． 【详解】设，外接球的半径为， 该多面体是由棱长为的正方体沿正方体各棱的中点截去8个三棱锥所得， 如图，过，，三点的截面为正六边形，其面积，即， 根据该几何体的对称性可知该几何体的棱切球即为底面棱长为2，侧棱长为的正四棱柱的棱切球， 故，即， 故该多面体的棱切球的表面积为． 故答案为： 【变式3】（2022·河南·模拟预测）如图，在梯形ABCD中，，，，E为AD的中点，以BE为折痕将折起，使点A到达点P的位置，连接PD，PC. (1)证明：平面平面BCDE； (2)当时，若几何体的顶点均在球O的表面上，求球O的表面积. 【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）利用已知条件证明平面PED，然后利用面面垂直的判定定理即可得到证明； （2）由题意，构造以为底面的正三棱柱，可知该三棱柱的外接球即为几何体的外接球O，利用勾股定理求得球的半径，从而可求表面积. 【详解】（1）证明：因为，所以， 在中，，， 由余弦定理得， 所以. 所以是直角三角形，且，所以， 所以，.又因为PE，平面PED，， 所以平面PED. 又平面BCDE，所以平面平面BCDE. （2）因为，且，， 所以四边形BCDE为矩形，所以. 因为，在中，可得，所以为等边三角形. 如图，构造以为底面的正三棱柱，则该三棱柱的外接球即为几何体的外接球O. 设，分别为该三棱柱上、下底面三角形的中心，连接，OC，，则O为的中点. 连接，，所以球O的半径， 所以球O的表面积为. 题型三　截面法 (1)与球截面有关的解题策略 ①定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径； ②作截面：选准最佳角度作出截面，达到空间问题平面化的目的． (2)正四面体的外接球的半径R＝a，内切球的半径r＝a，其半径之比R∶r＝3∶1(a为该正四面体的棱长)． 【例题3】（2024·云南曲靖·模拟预测）正方体外接球的体积为，、、分别为棱的中点，则平面截球的截面面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由已知，得到正方体外接球的半径，进而得到正方体的棱长，再由勾股定理计算出平面截球的截面圆的半径，即可得到截面面积. 【详解】    设正方体外接球的半径为，棱长为， 因为正方体外接球的体积为， 所以，则， 由，得， 设球心到平面的距离为，平面截球的截面圆的半径为， 设到平面的距离为, 因为、、分别为棱的中点， 所以是边长为的正三角形, 由,得, 则, 解得,又, 所以到平面的距离为， 则， ， 所以平面截球的截面面积为，. 故选：A. 【变式1】（2024·广东茂名·模拟预测）若正四面体的棱长为，M为棱上的动点，则当三棱锥的外接球的体积最小时，三棱锥的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】首先根据几何性质分析外接球的球心位置，再构造长度的等量关系，即可求解三棱锥的体积. 【详解】如图， 在正四面体中，假设底面，则点H为外心． 在上取一点O，满足，则O为三棱锥的外接球球心． 当取得最小值时，最小，三棱锥的外接球体积最小，此时点O与点H重合． 作，垂足为N，， 为三棱锥的高． 由正四面体的棱长为，易知， 所以，，． 由，设，则，． 由，得，解得． ．． 故选：A 【点睛】关键点点睛：关键是确定外接球的球心位置 【变式2】（2024·贵州六盘水·三模）已知正四面体的棱长为，以其中一个顶点为球心作半径为3的球，则所得球面与该正四面体表面的交线长之和为 ． 【答案】 【分析】将球面与正四面体的四个面所得交线分成两类，一类与侧面的交线，一类与底面的交线，结合球的截面性质能求出结果． 【详解】以点为球心的球，其球面与正四面体的四个面都相交，所得交线分成两类： 一类与三个侧面， 设与侧面交线为，则在过球心的大圆上，且与交于中点， 正四面体中每个面都是等边三角形，且，， 又，则， 根据对称性可知：与侧面ABD，ACD的交线与相等， 另一类交线是与底面BCD的交线，过A作AO⊥平面BCD， 则， ， ， 故与底面BCD刚好相交于底面BCD各边中点处，形成的交线此时是底面BCD的内切圆， 内切圆半径为，故弧长为， 该球球面与正四面体ABCD的表面相交所得到的曲线长度之和为． 故答案为：． 【变式3】（2023·贵州铜仁·模拟预测）如图，已知在正三棱柱中，，三棱柱外接球半径为，且点分别为棱，的中点．    (1)过点作三棱柱截面，求截面图形的周长； (2)求平面与平面的所成角的余弦值． 【答案】(1)(2) 【分析】（1）根据题，结合球的截面圆的性质，求得，延长交于点，连接交于点，得到四边形为所求截面，进而求得截面图形的周长； （2）以点为原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面和平面的一个法向量，结合向量的夹角公式，即可求解. 【详解】（1）解：由正三棱柱中，，三棱柱外接球半径为， 设外接球的半径为，底面正的外接圆的半径为，可得， 则， 因为，解得， 又因为点分别为棱，的中点，可得， 如图所示，延长交于点，连接交于点，四边形为所求截面， 又由，所以， 在中，由余弦定理得，所以可得, 所以截面图形的周长为.      （2）解：以点为原点，以所在的直线分别为轴，以过点垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示， 因为，可得， 则 设平面的法向量为，则， 取，则，所以， 取的中点，因为为等边三角形，可得， 又因为平面，且平面，所以， 因为且平面，所以平面， 又由，可得， 所以平面的一个法向量为， 设两个平面所成角为，则， 所以平面与平面的所成角的余弦值．    【课后强化】 【基础保分练】 一、单选题 1．（2024·湖南·二模）如图，在四面体中，平面，则此四面体的外接球表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】将四面体补形成长方体，长方体的长､宽､高分别为、、，长方体的外接球即为四面体的外接球，而长方体外接球的直径即为其体对角线，求出外接球的直径，即可求出外接球的表面积. 【详解】将四面体补形成长方体，长方体的长､宽､高分别为、、， 四面体的外接球即为长方体的外接球， 而长方体的外接球的直径等于长方体的体对角线长，设外接球的半径为， 故，所以外接球表面积为. 故选：B. 2．（2024高三·全国·专题练习）已知半径为的球的球心到正四面体的四个面的距离都相等，若正四面体的棱与球的球面有公共点，则正四面体的棱长的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设正四面体的棱长为，当正四面体内接于球时，最小，当球与正四面体的每条棱都相切时，最大，然后求出取值范围即可. 【详解】设正四面体的棱长为，则其高为． 当正四面体内接于球时，最小，此时，得． 当球与正四面体的每条棱都相切时，最大， 因为球的球心到正四面体的四个面的距离都相等， 所以当球与正四面体的每条棱都相切时， 借助正四面体和球的结构特征可知切点均为棱的中点， 且球心到正四面体的顶点的距离为， 利用勾股定理可得，得． 故正四面体的棱长的取值范围为． 故选：C. 3．（2024·湖北武汉·模拟预测）四棱锥各顶点都在球心为的球面上，且平面，底面为矩形，，设分别是的中点，则平面截球所得截面的面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据线面垂直关系可得四棱锥外接球与以为棱长的长方体的外接球相同，确定外接球半径，根据线面关系求解三棱锥的体积，利用等体积法确定球心到平面的距离为，从而得截面面积. 【详解】因为平面，底面为矩形， 如下图所示， 易知四棱锥外接球与以为棱长的长方体的外接球相同； 由题意可知球心为中点， 故球O的直径，解得 由分别是的中点可得，因为平面，可得平面； 所以球心到平面的距离等于点到平面的距离， 设球心到平面的距离为，截面圆的半径为， 因为，分别是的中点，所以，且， 又， 所以，故，又平面，所以平面， 且，所以， 而，由等体积法得， 所以，故截面面积为． 故选：B. 4．（2024·四川凉山·二模）已知在三棱锥中，，，底面是边长为1的正三角形，则该三棱锥的外接球表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据给定条件，证得平面，再确定三棱锥外接球球心，并求出球半径及表面积. 【详解】在三棱锥中，，，正的边长为1， 则，即有，同理，而平面， 于是平面，令正的外心为，三棱锥外接球球心为， 则平面，显然球心在线段的中垂面上，取的中点，则， 而，则四边形是矩形，， 所以球半径，表面积. 故选：B 二、多选题 5．（2024·全国·模拟预测）已知球O是正三棱锥的外接球，，点E在线段上，且．过点E作球的截面，则所得截面圆的面积可能是（    ） A．π B． C． D． 【答案】BCD 【分析】首先根据几何关系确定外接球的半径，再根据点的位置，求，即可确定球心到平面距离的范围，即可求解. 【详解】如图，作平面，是等边的中心，O是正三棱锥外接球的球心，点在上，连结， 连结交于点，， 设该球半径为，则． 由可得， 在中，,解得， 因为，，所以，所以， 在中，,所以， 设球心O到过点E的截面圆的距离为d,可知， 截面圆半径， 所以截面圆的面积的取值范围为， 故选：BCD． 6．（2024·广东广州·模拟预测）如图所示，已知三棱锥的外接球的半径为为球心，为的外心，为线段的中点，若，则（    ） A．线段的长度为2 B．球心到平面的距离为2 C．球心到直线的距离为 D．直线与平面所成角的正弦值为 【答案】ACD 【分析】对于ABC，根据三棱锥外接球的概念、结构特征和球的截面性质以及已知条件研究判断即可；对于D，根据球的截面性质找到直线与平面所成的角即可计算求解. 【详解】对于A，在中，为的外心，， 则，故A正确； 对于B、C，连接，，， 则由三棱锥的外接球的半径为3以及球的截面性质可得： 球心到平面的距离为，故B错误； 由为的中点，知，， 所以，故正确； 由球的截面性质平面平面， 所以，且为在面DAB上的射影， 所以为直线与平面所成角， 且中，，故D正确. 故选：ACD. 三、填空题 7．（2024·福建福州·一模）已知三棱锥中，为等边三角形，，，，，则三棱锥的外接球的半径为 ． 【答案】3 【分析】首先证明，，两两垂直且长度均为，再将该三棱锥放置于正方体当中即可. 【详解】取线段的中点，分别连接，因为为等边三角形， 则，所以，因为，且，平面， 所以平面，因为平面， 所以，又因为的中点为，则垂直平分，因为， 所以，所以为等腰直角三角形， 所以，因为，则， 所以，又因为，平面，，所以平面， 则易知，，两两垂直且长度均为， 所以可将三棱锥补成正方体，如图所示三棱锥的外接球就是正方体的外接球， 设外接球的半径为，则. 故答案为：3. 8．（2024·甘肃张掖·模拟预测）已知正四棱柱中，为的中点，则平面截此四棱柱的外接球所得的截面面积为 . 【答案】 【分析】由题意，根据正四棱柱的外接球特征求出球的半径，如图，利用线面平行的判定定理可得平面，确定球心到平面的距离等于的长，求出，结合勾股定理求出截面圆的半径即可求解. 【详解】由正四棱柱可知底面为正方形，由正四棱柱的外接球特征可知， 外接球直径等于正四棱柱的体对角线长，所以，所以. 如图，取长方形的中心，连结， 则，而平面，平面，故平面， 所以球心到平面的距离等于点到平面的距离. 过点作交于点，则球心到平面的距离等于的长. 在长方形中，连结，则， 所以，又平面截此四棱柱的外接球所得的截面为圆面， 所以此圆的半径为， 故截面面积为. 故答案为： 9．（2024·江西新余·二模）如图1，在直角梯形中，，，，，，点E，F分别为边，上的点，且，.将四边形沿折起，如图2，使得平面平面，点M是四边形内（含边界）的动点，且直线与平面所成的角和直线与平面所成的角相等，则当三棱锥的体积最大时，三棱锥的外接球的表面积为 . 【答案】60π 【分析】先结合线面角的定义与已知条件可得，从而知，过点作于点，根据三棱锥的体积公式，将条件转化为取得最大值，再结合勾股定理确定点的位置，然后利用补形法求外接球的半径即可． 【详解】翻折前，， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 所以即为直线与平面所成的角， 同理可得，即为直线与平面所成的角， 因为直线与平面所成的角和直线与平面所成的角相等， 所以， 而，， 所以，即， 设，则， 过点作于点， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 即点到平面的距离为， 因为三棱锥的体积，且为定值， 所以要使三棱锥的体积取得最大值，则需取得最大值， 设，，则， 由勾股定理知，，， 所以，， 消去整理得，，，， 当时，取得最大值12，即取得最大值，此时点在线段上，且， 所以，，两两垂直， 所以三棱锥的外接球就是以，，为邻边构成的长方体的外接球， 所以， 所以外接球的半径， 所以当三棱锥的体积最大时，三棱锥的外接球的表面积为． 故答案为：． 【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. 四、解答题 10．（2024·浙江绍兴·三模）如图，在三棱锥中，是正三角形，平面平面，，点是的中点，． (1)求证：为三棱锥外接球的球心； (2)求直线与平面所成角的正弦值； (3)若，，求平面与平面所成锐二面角的余弦值最大时的值． 【答案】(1)证明见解析(2)(3) 【分析】（1）根据图形特征得出即得证球心； （2）根据线面角定义结合线面垂直及面面垂直性质定理可得； （3）空间向量法求出锐二面角的余弦值再结合最值可得参数. 【详解】（1）为的中线，且，则为正的中心， 又中，， ，即为三棱锥外接球的球心 （2）是正三角形，点是的中点，． 又平面平面，平面平面，平面， 平面 为直线与平面所成的角 又，，, 即直线与平面所成角的正弦值为 （3）在平面中，过点作，垂足为，， 设，则，，． 建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，， 设，则，，，． 设平面的法向量为， 由，得，令，故， 设平面的法向量为， 则，即，令，则． 设平面与平面所成锐二面角的平面角为， ， 当时，，此时最大， 即当时，平面与平面所成锐二面角的余弦值最大． 11．（2022·全国·模拟预测）已知平面与平面是空间中距离为1的两平行平面，，，且，和的夹角为. （1）证明：四面体的体积为定值； （2）已知，且，，，，均在半径为的球面上.当，与平面的夹角均为时，求. 【答案】（1）证明见解析；（2）. 【分析】（1）四面体补成一个斜三棱柱，这个斜三棱柱的体积为定值，则四面体的体积为定值. （2）首先判断球心的位置，然后判断出点的轨迹，然后求得的值，进而求得的值. 【详解】（1）如图，平移线段使得与重合，并将四面体补成一个斜三棱柱. 则该斜棱柱的底面积，高，所以该斜棱柱的体积为定值. 此斜棱柱恰好可以分为两两底面积相同，高相同的三个三棱锥. 于是这三个三棱锥的体积都相等，都是斜棱柱的. 所以四面体的体积为，是定值. （2）设球心是，并设与平面，平面的距离分别是，. 由可知，在，的中垂面和，的中垂面的交线上. 设的中点是，的中点是.则由勾股定理得. 注意到，所以，，共线，且平面. 因为，且，与平面的夹角均为，所以. 而，，，，均在球上，所以在以为圆心，为直径的圆上. 所以. 于是，，所以 【综合提升练】 一、单选题 1．（2024·天津南开·一模）在长方体中，，，其外接球体积为，则其外接球被平面截得图形面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出底面为正方形，长方体外接球的直径即为长方体的体对角线且球心在体对角线的中点，由外接球的体积求出，从而求出底面边长，再利用向量法求出球心到平面的距离，即可求出截面圆的半径，从而求出其面积. 【详解】如图建立空间直角坐标，设、，则， ，，， 所以，， 因为，所以，所以，即为正方形， 又长方体的外接球的直径为长方体的体对角线长， 外接球的球心为体对角线的中点不妨设为， 由外接球体积为，所以，解得， 又，解得（负值舍去）， 所以，，，， 所以，，， 设平面的法向量为，则，取， 所以点到平面的距离， 所以外接球被平面截得的截面圆的半径， 所以截面圆的面积， 即外接球被平面截得图形面积为. 故选：B    2．（2024·黑龙江哈尔滨·二模）已知直三棱柱的6个顶点都在球的表面上，若，，则球的表面积为（     ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】设底面的外接圆的半径为，由正、余弦定理求得，再设外接球的半径为，结合球的截面圆的性质，求得，利用求得表面积公式，即可求解. 【详解】如图所示，在中，，且， 由余弦定理得， 设底面的外接圆的半径为，由正弦定理得，即 再设直三棱柱外接球的球心为，外接球的半径为， 在直角中，可得， 所以球的表面积为. 故选：B.    3．（2024·黑龙江双鸭山·模拟预测）已知四面体ABCD的各顶点均在球的球面上，平面平面，则球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先找和 的外接圆的圆心，过圆心分别作两个三角形所在平面的垂线，两垂线的交点就是球心. 【详解】如图，取BC的中点为E，BD的中点为，所以为的外心， 连接AE，EF，设的外心为， 因为，即为等边三角形， 所以点在AE上，且设球心为，连接OG，OF， 则平面平面BCD， 因为平面平面BCD，所以， 因为为等边三角形，为BC的中点，所以， 因为平面平面BCD，平面平面，面， 所以平面BCD，则，又平面BCD，所以， 同理平面ABC，所以，故四边形OGEF是矩形. 由，可得，故， 又， 设球的半径为，则， 所以球的表面积. 故选：C. 4．（2024·湖南常德·一模）已知三棱锥中，平面，4，3，，7，则该三棱锥外接球的表面积为（       ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由题意画出图形，利用正弦定理求出的外接圆的半径，再由勾股定理求出三棱锥外接球的半径，代入球的表面积公式得答案． 【详解】如图， 设的外心为，过作底面的垂线，使，则为三棱锥的外接球的球心， 在中，由3，，7，得， 故，设的外接圆的半径为， 则，， ． 三棱锥外接球的表面积为． 故选：B 5．（2024·山西·模拟预测）已知四棱锥的底面是边长为3的正方形，为等边三角形，且，若该四棱锥的所有顶点在球的表面上，则球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】易得平面，连接，，且，为正方形的外接圆的圆心，取的中点，由为等边三角形，得到外接圆的圆心为该三角形的重心，连接，，由球的性质可知，四边形为矩形求解. 【详解】解：如图所示， 因为底面为正方形，所以，又为等边三角形，且， 所以，则，又， 所以平面. 连接，，设，则为正方形的外接圆的圆心. 取的中点.连接，，则，平面，所以， 因为为等边三角形，所以外接圆的圆心为该三角形的重心，则. 连接，，由球的性质可知，四边形为矩形，则，又. 所以球的半径为， 则即球的表面积为. 故选：B. 6．（2024·四川雅安·模拟预测）如图是以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，则该多面体外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据给定条件，把多面体放在棱长为的正方体中，结合正方体的结构特征确定球心，求出球半径作答. 【详解】把该多面体放入正方体中，如图， 由于多面体的棱长为，则正方体的棱长为， 因此该多面体是由棱长为的正方体连接各棱中点所得，于是得该多面体的外接球球心是正方体体对角线中点， 该多面体外接球半径等于球心到一个顶点的距离，即正方体面对角线的一半，则，解得， 所以经过该多面体的各个顶点的球的表面积. 故选：A 7．（2024·福建泉州·一模）泉州花灯技艺源于唐朝中期从形式上有人物灯、宫物灯、宫灯，绣房灯、走马灯、拉提灯、锡雕元宵灯等多种款式．在2024年元宵节，小明制做了一个半正多面体形状的花灯，他将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共截去八个三棱锥，得到一个有十四个面的半正多面体，如图所示．已知该半正多面体的体积为，M为的中心，过M截该半正多面体的外接球的截面面积为S，则S的最大值与最小值之比（    ） A． B． C．3 D．9 【答案】C 【分析】利用半正多面体和中心对称性，确定外接球球心和半径，再去找到最大截面圆和最小截面圆的半径，即可求出它们的比值. 【详解】把这个半正多面体补全为正方体，再设该正方体的边长为， 则每个截去的小三棱锥的体积为， 所以该半正多面体的体积：，解得， 由图可知，半正多面体的外接球半径是， 由正方体的性质易证明平面平面： 又因为在正方体中平面，所以平面， 所以过点截外接球的最小截面圆的半径是，最大截面圆的半径是， 即的最小值比最大值等于，则最大值比最小值等于3. 故选：C. 8．（2024·陕西安康·模拟预测）已知四棱锥中，平面ABCD，四边形ABCD为正方形，，在四棱锥内部有一半径为1的球与四棱锥各面都相切，则四棱锥的体积为（    ） A．6 B．9 C．12 D．16 【答案】C 【分析】设出，直接用，解出，再求体积即可． 【详解】如图 设，，, 则,则． 平面，显然平面平面,，AD为交线，四边形ABCD为正方形， 可以证得平面，平面,则， 因此 因为，根据，代入计算得，， 解得，则. 故选：C. 二、多选题 9．（2024·全国·模拟预测）在三棱锥中，与是全等的等腰直角三角形，平面平面为线段的中点．过点作平面截该三棱锥的外接球所得的截面面积可能是（    ） A． B． C． D． 【答案】AB 【分析】将三棱锥补成正方体，通过求正方体外接球的半径来求三棱锥外接球的半径；并分析出球心O到截面的距离最大时，截面圆的面积最小，另外图5另做分析. 【详解】由题意可知，满足条件的三棱锥有五种情况，如图． 由于图（1）（2）（3）（4）将三棱锥补成正方体，其外接球球心为正方体中心， 点到球心的距离相等，因此只考虑一种情况． 以图（1）为例，其外接球半径． 当垂直于截面时，截面圆的半径取最小值，此时其面积为； 当截面过球心时，截面圆的半径取最大值，此时其面积为． 因此截面圆的面积的取值范围为． 若三棱锥为图（5），时， 则球心与重合，此时，截面圆的面积为． 故选：AB． 10．（2024·山西·模拟预测）在正四棱台中，，，点在四边形内，且正四棱台的各个顶点均在球的表面上，，则（    ） A．该正四棱台的高为3 B．该正四棱台的侧面面积是 C．球心到正四棱台底面的距离为 D．动点的轨迹长度是 【答案】BC 【分析】A选项，作出辅助线，得到棱台的高，利用直角三角形，计算求解得出答案；B选项，作出辅助线，得到侧高，求出侧面积；C选项，找到外接球的球心，设，利用半径相等得到方程，求得结果；D选项，求出的轨迹为以为圆心，以为半径的圆在正方形内部部分，求出轨迹长度. 【详解】对于A，取正方形的中心，正方形的中心，连接，，， 则平面，过点作于点，则平面， ，，，，，， 故，，， ，由勾股定理得，故A错误； 对于B，过点作于点，则， 故，正四棱台的侧面面积是，故B正确； 对于C，正四棱台的外接球球心在直线上，连接，，则，如图所示．    设，则， 由勾股定理得，，，解得，故C正确； 对于D，由勾股定理得，故点的轨迹为以为圆心， 以为半径的圆在正方形内部部分，如图，    其中，故，又， 由勾股定理得， 由于，，故， 故动点的轨迹长度是，故D错误． 故选：BC 11．（2024·广东东莞·模拟预测）如图所示，在四棱锥中，底面ABCD是边长为2的正方形，平面ABCD，，则下列选项正确的是（    ） A．该四棱锥的外接球表面积为 B．若动点Q在三角形内（含边界），且，则BQ长度的最大值为 C．若点E为PA的中点，则平面PDC D．若动点Q在正方形ABCD内（含边界），且，则的面积最大值为 【答案】AB 【分析】对于A：利用补形法将四棱锥P−ABCD补形为正方体，即可求得外接球的半径，进而求出表面积；对于B：由已知条件可得，得点Q的轨迹为线段的中垂线，则可求出BQ长度的最大值；对于C：假设平面PDC成立，结合面面平行的判定定理分析判断；对于D：由已知可得点Q的轨迹为以D为圆心，2为半径的个圆弧，可知当Q在中点时，的面积最大，结合圆的性质运算求解即可. 【详解】对于选项A：设四棱锥的外接球的半径为， 由已知可将四棱锥P−ABCD补形为正方体， 则该四棱锥的外接球的直径即为棱长为2的正方体的体对角线长， 则，则， 所以外接球表面积为，故A正确； 对于选项B：因为平面ABCD，平面ABCD， 则，， 且，，平面PCD，可得平面PCD， 由平面PCD，则， 又因为，则， 取的中点，可知，所以， 在中，由可知， 即，则， 可知点Q的轨迹为线段的中垂线， 当Q为中点时，BQ最大，此时，故B正确； 对于选项C：由题意可知：，平面PDC，平面PDC， 可得平面PDC， 若平面PDC，则，平面PAB， 可得平面平面， 显然平面PAB与平面PDC有公共点P，即平面PAB与平面PDC不可能平行， 两者相矛盾，所以与平面PDC不平行，故C错误； 对于选项D：由已知，点Q在正方形ABCD内（不含边界），， 因为平面ABCD，平面ABCD， 则， 在，则，即， 可知点Q的轨迹为以D为圆心，2为半径的个圆弧， 当Q为中点时，的面积最大， 此时， 所以的面积最大值为，故D错误. 故选：AB. 【点睛】关键点点睛：求一些几何体的外接、内切球面积或体积的问题，主要是求出球的半径，要合理的利用补形，利用长方体或正方体模型；几何体中动点问题，求线段、面积、体积等最值问题，主要是找到取得最值时的动点的位置. 三、填空题 12．（2022·安徽芜湖·模拟预测）已知三棱锥的外接球O的半径为，为等边三角形，若顶点P到底面ABC的距离为4，且三棱锥的体积为4，则满足上述条件的顶点P的轨迹长度是 . 【答案】 【分析】根据给定条件，求出球心O到平面ABC的距离，判断点P的轨迹形状，再借助球的截面圆性质计算作答. 【详解】设底面等边三角形ABC的边长为，因顶点P到底面ABC的距离为4且三棱锥的体积为4， 于是有：，解得，则的外接圆半径为， 球半径，球心O到底面ABC的距离为，而顶点P到底面ABC的距离为4， 即点P在与平面ABC平行且距离为4的平面上，又点P在球O的表面上， 则有点P的轨迹是与平面ABC平行且距离为4的平面截球O所得截面圆（球心在底面ABC和截面圆之间）， 球心O到该截面圆的距离为，则截面圆的半径， 所以顶点P的轨迹长度是. 故答案为： 13．（2023·广东广州·模拟预测）已知三棱锥的四个顶点均在同一球面上，平面，，，且与平面所成角的正弦值为，则该球的表面积为 . 【答案】 【分析】求出三角形外接圆圆心，过作平面，且，则为三棱锥的外接球球心，求出半径即可求得球的表面积. 【详解】 如图根据题意，平面， 所以即为与平面所成角，则， 又因为，， 所以，则, 又，即三角形为直角三角形， 取中点，则为三角形外接圆圆心， 取中点，则，且， 所以，即为三棱锥的外接球球心， 其半径， 所以三棱锥的外接球的表面积为. 故答案为： 14．（2022·四川成都·模拟预测）在三棱锥中， ，PC=2，AB=1，BC=3，，过BC中点D作四面体外接球的截面，则过点D的最大截面与最小截面的面积和为 ． 【答案】/ 【分析】由题意确定，故可构造方长体，将三棱锥置于其中，利用长方体的外接球可求得过点D的最大截面与最小截面的面积，进而求得答案. 【详解】由，AB=1，BC=3得，, 由于 ,，则, 故 ,由此可将三棱锥中置于长宽高分别为的长方体中，如图示： 则三棱锥的外接球即为长方体的外接球，外接球半径为 , 过BC中点D作四面体外接球的截面，当截面过球心O时，截面圆面积最大， 最大值为 ； 当截面与OD垂直时，截面圆面积最小，而 , 故此时截面圆的半径为 ， 则截面面积最小值为， 故过点D的最大截面与最小截面的面积和为， 故答案为： 四、解答题 15．（2023·全国·模拟预测）已知体积为1的四面体，其四个面均为全等的等腰三角形. (1)求四面体的外接球表面积的最小值； (2)若，的面积为，设点为线段（含端点）上一动点，求直线与面所成角的正弦值的取值范围. 【答案】(1)(2) 【分析】（1）由题，将四面体放置于如图所示的长方体中，其中，故设，，进而根据体积得，再根据四面体的外接球的半径满足即可求解； （2）根据三角形面积公式和余弦定理得，，进而在长方体中建立空间直角坐标系，利用坐标法求解即可. 【详解】（1）解：因为在四面体，其四个面均为全等的等腰三角形， 所以，将四面体放置于如图所示的长方体中，其中，则，， 所以，在长方体中，底面为正方形，设，， 因为四面体的体积为1， 所以，四面体的体积为，即， 设四面体的外接球的半径为， 所以，，当且仅当时等号成立， 所以四面体的外接球表面积， 所以，四面体的外接球表面积的最小值为 （2）解：因为，的面积为， 所以，，解得， 所以，， 所以，在中，由余弦定理得，即， 所以，，， 所以，以点为坐标原点，的方向分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示. 所以，，，，， 则，， 设平面的一个法向量为， 则，即，令，则 因为点为线段（含端点）上一动点，故设 所以 设直线与平面所成交为， 所以，， 因为， 所以，，即 所以，直线与面所成角的正弦值的取值范围. 16．（2021·重庆沙坪坝·模拟预测）如图所示，在矩形中，，，点是线段的中点，把三角形沿折起，设折起后点的位置为，是的中点. （1）求证：无论在什么位置，都有平面； （2）当点在平面上的射影落在线段上时，若三棱锥的四个顶点都在一个球上，求这个球的体积. 【答案】（1）证明见解析；（2）. 【分析】（1）取PC的中点G,连接FG,EG,可证FG与AE平行且相等，进而得到AF∥EG,然后利用线面平行的判定定理证明即可； （2）设P的射影为H,由已知条件证得平面PDE⊥平面CDE，进而利用线面、面面垂直的判定与性质，证明△CPD和△CED都是直角三角形，进而得到外接球的球心就是公共斜边CD的中点，进而求解计算即可. 【详解】（1）如图所示，取PC的中点G,连接FG,EG, ∵F为PD的中点，∴FG平行且等于DC的一半， 又∵E为矩形ABCD的AB边的中点，∴AE平行且等于DC的一半， ∴FG与AE平行且相等， ∴四边形AEGF为平行四边形， ∴AF∥EG, 又∵AF⊄平面,EG⊂平面, ∴无论在什么位置，都有平面； （2）由于在折起过程中，△PDE中，PD=PE=1,PD⊥PE始终成立， ∴△PDE为等腰直角三角形， 当点在平面上的射影落在线段上时，设P的射影为H, 则H在DE上，∴PH⊂平面PDE, 又∵PH⊥平面CDE, ∴平面PDE⊥平面CDE， 由于∠CEE=180°∠AED∠BEC=180°45°45°=90°， ∴CE⊥DE, ∴CE⊥平面PDE, ∴CE⊥PE,CE⊥PD, 由PD⊥CE,PD⊥PE,PE∩CE=E,可得PD⊥平面PCE,∴PD⊥PC, 取CD的中点为O,由直角三角形的中线性质可得OD=OE=OC=OP, ∴O就是三棱锥的外接球的球心，∴外接球的半径为1， 外接球的体积. 【点睛】本题考查线面平行的证明，几何体的外接球的体积问题，求证线面平行，关键是在平面内找到与直线平行的直线，常常利用平行四边形的判定定理和性质定理，求外接球的问题时，关键是找到外接球的球心所在位置，本题题中利用线面、面面垂直的判定与性质，证明了△CPD和△CED都是直角三角形，这是关键. 17．（2024·安徽合肥·模拟预测）如图所示，在长方体中，，，为棱的中点． (1)若是线段上的动点，试探究：是否为定值？若是，求出该定值；否则，请说明理由． (2)过作该长方体外接球的截面，求截面面积的取值范围． 【答案】(1)是定值，(2) 【分析】（1）根据题意利用勾股定理可得，所以向量在上的投影向量为，运算得解； （2）以为坐标原点，，，所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，利用向量法求出点到直线的距离即点到过的截面的距离最大值，从而得到过的最小截面圆的半径，又最大的截面面积为，得解. 【详解】（1）因为是的中点，所以， 所以，，， 因为，所以，又点在线段上， 所以向量在上的投影向量为，故，为定值． （2）设球心为，外接球半径为，最小截面圆的半径为． 由已知可得，则最大的截面面积为． 以为坐标原点，，，所在直线分别为x，y，z轴建立如图的空间直角坐标系， 则，，． 取，，则，． 所以点到直线的距离为， 即点到过的截面的距离最大值为． 所以过的最小截面圆的半径， 因此最小的截面面积为， 综上，截面面积的取值范围是． 【点睛】关键点点睛：第二问解题的关键是利用向量法求出点到直线的距离也就是点到过的截面的距离最大值，从而得到过的最小截面圆的半径. 18．（2024·四川成都·三模）已知平面与平面是空间中距离为1的两平行平面，，，且，和的夹角为. (1)证明：四面体的体积为定值； (2)已知异于、两点的动点，且、、、、均在半径为的球面上.求点到直线的距离的取值范围. 【答案】(1)证明见解析；(2) 【分析】（1）用补形法将三棱锥补形为三棱柱，利用三棱锥与三棱柱体积的关系即可求解. （2）考查点到直线的距离问题，与球的截面圆相结合，先确定球心位置和动点P的轨迹即可进一步研究点到直线的距离的取值范围. 【详解】（1）如图，平移线段使得与重合， 并将四面体补成一个斜三棱柱， 则该斜棱柱的底面积，高， 所以该斜棱柱的体积为定值， 又此斜棱柱恰好可以分为三个与三棱锥的底面积相同，高相同的三棱锥， 于是这三个三棱锥的体积都相等，都是斜棱柱的， 所以四面体的体积为，是定值. （2）设球心是，并设与平面，平面的距离分别是，， 由可知， 在，的中垂面和，的中垂面（过线段中点且垂直于线段的平面）的交线上， 设的中点是，的中点是.则由勾股定理得， 注意到，所以，，共线，且平面， 因为，且、、、、均在球上， 所以在以点为圆心、以为直径的圆上（除去、两点）， 过点N直线AB的平行线， 设点到直线AB，的距离分别为，，则， 又，所以. 【点睛】关键点睛：确定球心位置和动点P的轨迹是解决点到直线的距离的取值范围的关键. 19．（22-23高三上·山东枣庄·期末）已知直三棱柱，为线段的中点，为线段的中点，，平面平面. (1)证明：； (2)三棱锥的外接球的表面积为，求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）取的中点，连接，即可得到，再由面面垂直的性质定理得到平面，即可得到，再由直三棱柱的性质得到，即可得到平面，从而得证； （2）建立空间直角坐标系，设，设棱锥的外接球的球心为，即可得到方程组，从而求出球心坐标，再由半径求出，最后利用空间向量法计算可得. 【详解】（1）证明：如图，取的中点，连接，因为，所以， 又平面平面，平面平面，平面， 所以平面，平面，所以， 依题意平面，平面，所以， 又，平面， 所以平面，又平面，所以. （2）解：由（1）可知，如图建立空间直角坐标系，设， 则，，，， 因为棱锥的外接球的表面积为，设外接球的半径为，则，解得， 设棱锥的外接球的球心为， 则，即， 解得，所以球心， 因为，所以，解得，所以， 所以，，又， 所以，，， 设平面的法向量为，则，不妨取， 设平面的法向量为，则，不妨取， 所以平面与平面夹角的余弦值为 . 【拓展冲刺练】 一、单选题 1．（2024·山东泰安·二模）已知四面体的各顶点都在同一球面上，若，平面平面，则该球的表面积是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】记球心为，的外接圆圆心为，的外接圆圆心为，的中点为，证明为矩形，然后求出，，由勾股定理可得外接球半径，再由球的表面积公式可得. 【详解】记球心为，的外接圆圆心为，的外接圆圆心为，的中点为. 因为，所以， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 由球的性质可知，平面， 所以，同理，所以四边形为矩形， 因为，所以，， 所以， 所以外接球的表面积为. 故选：B 2．（2024·陕西西安·模拟预测）已知三棱锥为中点，为直二面角，且为二面角的平面角，三棱锥的外接球表面积为，则平面被球截得的截面面积及直线与平面所成角的正切值分别为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用球的截面的性质，找出球心球心，再根据条件求出球的半径，在中，利用勾股定理，求出外接圆的半径，即可求出截面面积，再求出的长，即可求出直线与平面所成角的正切值，从而求出结果. 【详解】依题知平面，又面，所以，又为中点， 所以， 取中点为，连接交于，则是外心，又， 所以，连接，在上取为外心， 过作平面的垂线，过作平面的垂线， 两垂线的交点即为三棱锥外接球球心， 则四边形是矩形，， 连接，设外接圆半径， 设球半径为，因为球的表面积为，所以，得到， 所以在中，， 所以平面截球的截面面积， 在中，， 所以， 又为直线与平面所成角，所以， 故选：D. 3．（2024·山东·模拟预测）如图①，将两个直角三角形拼在一起得到四边形，且，，现将沿折起，使得点到达点处，且二面角的大小为，连接，如图②，若三棱锥的所有顶点均在同一球面上，则该球的表面积为（    ）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】过点作且，连接、，即可得到是二面角的平面角，从而求出，即可得到，则平面，则为三棱锥的外接球的直径，即可求出外接球的表面积. 【详解】过点作且，连接、，则四边形为平行四边形， 所以，因为，所以，又， 所以是二面角的平面角，即， 在中，由余弦定理可得， 即，所以，所以， 又，，所以，，平面， 所以平面，平面，所以， 所以为三棱锥的外接球的直径， 所以外接球的半径， 所以外接球的表面积. 故选：B    【点睛】关键点点睛：本题解答的关键是作辅助线过点作且，连接、，确定是二面角的平面角. 4．（2024高三下·全国·专题练习）已知在直三棱柱中，，，为线段的中点，点在线段上，若平面，则三棱锥外接球的体积为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】解法一：根据题意，将三棱锥及平面，得到的外接圆圆心为的中点，得到球心在过点且与平面垂直的直线上，设三棱锥的外接球的球心为，连接，，，再设三棱锥的外接球的半径为，在直角梯形中，求得，结合体积公式，即可求解； 解法二： 以为坐标原点，建立空间直角坐标系，设三棱锥的外接球球心为，列出方程组，求得，结合体积公式，即可求解. 【详解】解法一：因为平面，平面，平面平面， 所以，又因为为的中点，所以为的中点， 将三棱锥及平面单独拿出来，如图所示， 可得，，，则， 所以，故的外接圆圆心为的中点， 故三棱锥的外接球的球心在过点且与平面垂直的直线上， 设三棱锥的外接球的球心为，当，在平面的同侧时， 连接，则平面．取的中点，连接，则，， 由于平面平面，平面平面， 因此平面，连接，， 因为为的中点，为的中点，所以， 设三棱锥的外接球的半径为，连接，， 在中，， 所以在直角梯形中， ，得， 当，在平面的两侧时，，无解， 综上可得，则三棱锥的外接球的体积． 解法二： 因为平面，平面，平面平面， 所以．（点拨：线面平行性质定理的应用） 又为的中点，所以为的中点， 以为坐标原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，如图所示， 则，，，， 设三棱锥的外接球球心为， 则， 解得，，，所以， 所以三棱锥的外接球的半径， 体积． 故选：A． 【点睛】方法总结：解决与球有关的切、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： 1、定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为半径；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间的关系），达到空间问题平面化的目的； 3、求半径：根据作出截面中的几何元素，利用球的截面的性质，运用公式（为底面多边形的外接圆的半径，为几何体的外接球的半径，表示球心到底面的距离）求得球的半径，建立关于球半径的方程，进行求解，该方法的实质是通过寻找外接球的一个轴截面，把立体几何问题转化为平面几何问题来研究. 二、多选题 5．（2024·海南·模拟预测）在四面体中，都是边长为6的正三角形，棱与平面所成角的余弦值为，球与该四面体各棱都相切，则（    ） A．四面体为正四面体 B．四面体的外接球的体积为 C．球的表面积为 D．球被四面体的表面所截得的各截面圆的周长之和为 【答案】ABD 【分析】对A：找到棱与平面所成角，可得的长，即可得解；对B：借助勾股定理计算可得其半径，结合球的体积公式计算即可得解；对C：结合正四面体对称性可作出半径，计算出半径后利用球体表面积公式计算即可得；对D：结合正四面体对称性，计算出球心到各面距离，结合球半径即可得球被四面体的表面所截得的各截面圆的半径，即可得周长之和. 【详解】对A：取中点，连接、，由都是边长为6的正三角形， 则，且， 又平面，， 则平面，又平面，故， 故为棱与平面所成角， 则，故四面体所有棱长相等， 故四面体为正四面体，故A正确； 对B：作于点，由四面体为正四面体， 故为底面中心，且四面体的外接球与球共球心， 有，, 设四面体的外接球的半径为， 则有，即， 即，则，故B正确； 对C：作于点，由正四面体对称性可得即为球半径， 由，则，又， 设球的半径为，则， 则，故C错误； 对D：由正四面体对称性可得， 球被四面体的表面所截得的各截面圆周长相等， 到各面距离为， 又，则球被四面体的表面所截得的各截面圆的半径为： ，则其周长之和为，故D正确. 故选：ABD. 【点睛】关键点点睛：D选项中，关键点在于结合正四面体对称性，通过计算球心到底面距离，结合球半径，即可得球被四面体的表面所截得的各截面圆的半径. 6．（2024·湖北荆州·三模）如图，正八面体棱长为2．下列说法正确的是（    ） A．平面 B．当P为棱EC的中点时，正八面体表面从F点到P点的最短距离为 C．若点P为棱EB上的动点，则三棱锥的体积为定值 D．以正八面体中心为球心，1为半径作球，球被正八面体各个面所截得的交线总长度为 【答案】ABD 【分析】对于A，由线线平行证得线面平行；对于B，将和展开至同一平面，由余弦定理可求最小值；对于C，等体积法得到三棱锥的体积为定值，对于D，以O为球心，1为半径的球与各条棱均切于中点处，据此计算可求球被正八面体各个面所截得的交线总长度. 【详解】对于A，在正八面体中，故四边形为菱形， 故，又平面，平面， 所以平面，故A正确； 对于B，将和展开至同一平面，如图所示， 其中，，， 由余弦定理得：，，故B正确； 对于C，，连接、，相交于点，连接， 由对称性可知，， 、均为等腰直角三角形， 所以，，， 又平面， 可证得平面，所以到平面的距离为， 设菱形的面积为，则，， 三棱锥的体积为定值，故C错误； 对于D，易得以O为球心，1为半径的球与各条棱均切于中点处， 故球与每个侧面的交线即侧面正三角形的内切圆， 又以2为边长的正三角形的高为， 可得内切圆半径，交线总长度，故D正确． 故选：ABD. 【点睛】方法点睛：求一点沿空间几何体的表面到另一点间的距离的最小值问题，常常展开在同一平面内，通过求平面内两点间的距离求得最小值. 三、填空题 7．（2024·辽宁大连·一模）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所在直线把和折起，使B，C，D三点重合于点P，得到三棱锥，如图2所示，则三棱锥外接球的表面积是 ；过点M的平面截三棱锥外接球所得截面的面积的取值范围是 ． 【答案】 【分析】补体法确定外接球直径进而求得表面积；利用球的截面性质确定面积最值. 【详解】由题意，将三棱锥补形为边长为2，2，4长方体，如图所示： 三棱锥外接球即为补形后长方体的外接球，所以外接球的直径， 所以三棱锥外接球的表面积为， 过点的平面截三棱锥的外接球所得截面为圆，其中最大截面为过球心的大圆，此时截面圆的面积为， 最小截面为过点垂直于球心与连线的圆，此时截面圆半径（其中MN长度为长方体前后面对角线长度）， 故截面圆的面积为， 所以过点的平面截三棱锥的外接球所得截面的面积的取值范围为． 故答案为：; 8．（2024·重庆·三模）在三棱锥中，为正三角形，为等腰直角三角形，且，，则三棱锥的外接球的体积为 ；若点满足，过点作球的截面，当截面圆面积最小时，其半径为 . 【答案】 / 【分析】根据勾股定理可得，，如图，，结合球的体积公式计算即可求出外接球的体积；确定当与截面垂直时球心到截面的距离d最大，且，结合勾股定理计算即可求解. 【详解】由题意知，，，， 由勾股定理可知，，， 所以，，取的中点，所以， 所以为三棱锥的外接球的球心，则三棱锥的外接球的半径， 故外接球的体积. 过点作球的截面，若要所得的截面圆中面积最小，只需截面圆半径最小， 设球到截面的距离d，只需球心到截面的距离d最大即可， 当且仅当与截面垂直时，球心到截面的距离d最大， 即，取的中点，， 所以， 所以截面圆的半径为. 故答案为：； 【点睛】思路点睛：解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的思路是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径. 9．（2024·黑龙江哈尔滨·三模）正三棱柱内切球（球与上下底面和侧面都相切）的半径是为棱上一点，若二面角为，则平面截内切球所得截面面积为 . 【答案】 【分析】由内切球的半径得正三棱柱的高和底面边长，求球心到平面的距离，勾股定理求截面圆的半径，可得截面面积. 【详解】正三棱柱内切球的半径是，则棱柱的高， 正三角形内切圆的半径是，则， 得， 分别为的中点，则，，， 二面角为，则， 内切圆的圆心为上靠近点的三等分点，内切圆的圆心为上靠近点的三等分点， 为正三棱柱内切球球心，则为的中点， 则，， ，， 由对称性可知，球心到平面的距离等于到直线的距离， 平面中，以为原点，为轴，为轴建立如图所示的平面直角坐标系， 有，，所在直线方程为，即， 则点到直线的距离，即球心到平面的距离， 平面截内切球所得截面圆的半径为，则， 所以截面圆的面积. 故答案为：. 【点睛】方法点睛： 正三棱柱的内切球中，如果内切球的半径为，那么正三棱柱的高为，底面正三角形的边长为，截面圆的半径由球的半径和球心到截面距离利用勾股定理计算. 四、解答题 10．（2023·海南海口·模拟预测）如图，在三棱锥中，平面平面，． (1)求三棱锥外接球的表面积； (2)设D为侧棱上一点，若二面角的大小为，证明：． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）为中点，连接，由题设可得，为等腰△外接圆的圆心且，根据面面垂直证面，进而确定球心位置（同△的外心），最后求外接球的半径，即可得表面积； （2）构建空间直角坐标系，应用向量法及已知二面角的大小求D坐标，根据空间向量数量积的坐标表示证明结论. 【详解】（1）若为中点，连接，由，则， 由面面，面面，面，则面， 又，则为等腰△外接圆的圆心，且， 故外接球球心在过垂直于面的直线上，即在直线上， 令为球心，同时也为△的外心，则其外接圆半径即为外接球半径， 而，故，所以， 综上，三棱锥外接球的表面积. （2）由面，面，则，又， 所以，可构建如上图示的空间直角坐标系，则，，，， 设且，故，，， 若是面一个法向量，则，令，故， 又是面的一个法向量， 所以，且，可得， 故，，则， 所以. 11．（2023·重庆·三模）如图，四面体ABCD的顶点都在以AB为直径的球面上，底面BCD是边长为的等边三角形，球心O到底面的距离为1． (1)求球O的表面积； (2)求二面角的余弦值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由正弦定理求出底面外接圆的半径，再根据勾股定理求出球的半径，然后用球的表面积公式可求出结果； （2）取的中点，连，过作，交于，连，则是二面角的平面角，解三角形可得结果. 【详解】（1）底面外接圆的半径， 又球心O到底面的距离为1．所以球的半径， 所以球O的表面积为. （2）因为为球的直径，所以，， 取的中点，连，则，则, 因为，，所以， 在等腰三角形中，过作，交于，连， 则是二面角的平面角，， 在中，，， ，，， 在中，, 在中，， 在中，. 所以二面角B－AC－D的余弦值为. 【点睛】思路点睛：求二面角的常用思路： （1）利用二面角平面角的定义，在二面角的棱上选取特殊点，分别在两个面内作棱的垂线，找到平面角，然后解三角形得解； （2）建立空间直角坐标系，利用平面的法向量求解 1 学科网（北京）股份有限公司 $$