22 空间几何中与球有关的组合体问题重难点专题-【高考复习】高中数学重难点系列专题（学生版+解析版）

武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 1 页 22 与球有关的组合体重难点专题 常考结论及公式 结论一：球的截面的性质 （1）球的截面是圆面； （2）球心和截面（不过球心）圆心的连线垂直于截面； （3）球心到截面的距离d 与球的半径R及截面的半径 r 的关系为 2 2r R d= − . 结论二：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 3 2 R a= ； ②若球为正方体的内切球，则 2 a R = ； ③若球与正方体的各棱相切，则 2 2 R a= . （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 2 2 2 2 a b c R + + = . （3）正四面体的棱长为a ，则该四面体的内切球半径为 6 12 a，外接球半径为 6 4 a . 结论三：空间几何体的内切球半径公式 若空间几何体的体积为V ，表面积为 S表，则该空间几何体的内切球半径 3V r S = 内 表 . 结论四：双外心模型 如图所示，点 O为四面体 ABCD的外接球球心，点 1O 为 ABC 的外 接圆圆心，点 2O 为 ABD△ 的外接圆圆心，点 E为 AB的中点，则四 面体 ABCD的外接球半径 R满足以下关系： 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 2 1 2 2 cos sin 4 EO EO EO EO O EO AB R O EO + −   = +  ． 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 2 页 题型一 外接球之正方体、长方体模型 【例 1】已知正方体 1 1 1 1ABCD A B C D− 的棱长为 4，过 1A C D､ ､ 三点的平面截该正方体的 内切球，所得截面的面积为（ ） A．2π B． 8π 3 C．3π D．4π 【跟踪训练 1】已知棱长为 2 的正方体 1 1 1 1ABCD A B C D− ，点 P 是其表面上的动点，该 正方体内切球的一条直径是MN ，则PM PN 的取值范围是 . 题型二 对棱相等的三棱锥模型 【例 2】已知四面体PABC 中， 10PA BC= = ， 2 3PB AC= = ， 14PC AB= = ， 则该四面体外接球的表面积为 . 【跟踪训练 2】已知三棱锥 A BCD− 中， ,AB CD AC BD a AD BC b= = = = = = ，若 , , ,A B C D均在半径为 2 的球面上，求a b+ 的范围 ． 题型三 柱体的外接球问题 【例 3】已知球O是正三棱柱 1 1 1ABC A B C− 的内切球， 2 3AB = ， P 是球O表面上一 点，则PA PB 的取值范围为（ ） A． 4,4− B． 2 2,2 2 −  C． 2 2− , D． 2, 2  −   重难点题型归纳与精讲 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 3 页 【跟踪训练 3】传说古希腊数学家阿基米德的墓碑上刻着一个圆柱，圆柱内有一个内 切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等．这个“圆柱容球”是阿基米德生前最引以为 豪的发现．如图，在底面半径为2的圆柱 1 2O O 内有球O与圆柱 1 2O O 的上、下底面及母 线均相切，设 ,A B分别为圆柱 1 2O O 的上、下底面圆周上一点，且 1O A与 2O B 所成的角 为90 ，直线 AB与球O的球面交于两点 ,M N ，则线段MN 的长度为 ． 题型四 锥体的外接球问题 【例 4】圆锥的表面积为 1S ，其内切球的表面积为 2S ，则 1 2 S S 的取值范围是（ ） A． )1,+ B． )2,+ C． )2 2,  + D． )4,+ 【跟踪训练 4】已知三棱锥 S ABC− 的四个顶点都在半径为 2 的外接球上，E F､ 分别 是 AC 和SC 的中点， 90BEF = ， 1, 2AB BC= = ，当SC 取得最大值时，三棱锥 S ABC− 的体积为（ ） A． 26 B． 26 2 C． 26 3 D． 26 6 题型五 台体的外接球问题 【例 5】若三棱台 1 1 1ABC A B C− 的上、下底面均是正三角形，侧面是全等的等腰梯形， 且其各顶点都在表面积为260π的球O的表面上， 1 12 8 3AB A B= = ，则三棱台 1 1 1ABC A B C− 的高为（ ） A．2 3 B．8 C．6 或 8 D．2 3或 6 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 4 页 【跟踪训练 5】如图，在中空的圆台容器内有一个与之等高的实 心圆柱，圆柱的底面与圆台的下底面重合．已知圆台的上底面 半径与高均为 40cm，下底面半径为 10cm．现要在圆柱侧面和 圆台侧面的间隙放置一些金属球，则能完全放入的金属球的最 大半径为 cm，这样最大半径的金属球最多可完全放入 个． 题型六 外接球之二面角模型 【例 6】已知在四面体 ABCD中， AB BC CD DA BD= = = = ，二面角 A BD C− − 的大 小为 π 3 ，且点 A，B，C，D都在球O的球面上，M 为棱 AC 上一点，N 为棱BD的中 点．若MO CN= ，则 =（ ） A． 1 3 B． 4 9 C． 5 9 D． 2 3 【跟踪训练 6】如图，在三棱锥P ABC− ， PAC 是以 AC为 斜边的等腰直角三角形，且 2 2CB = ， 6AB AC= = ，二面 角P AC B− − 的大小为120，则三棱锥P ABC− 的外接球表 面积为（ ） A． 5 10 3  B．10 C．9 D． ( )4 2 3 + 题型七 棱切球问题 【例 7】已知正四棱台 1 1 1 1ABCD A B C D− 中， 1 1 14, 2, 2 2AB A B AA= = = ，球O与上底 面 1111 DCBA 以及各侧棱 1 1 1 1, , ,AA BB CC DD 均相切，则该球的表面积为（ ） A．28π B．24π C．20π D．16π 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 5 页 【跟踪训练 7】若正四面体 A BCD− 的棱切球（球与正四面体的棱均相切）半径为 1， 则正四面体 A BCD− 的棱长为 ；该棱切球的球面与正四面体 A BCD− 的表面 相交所得曲线的总长度为 ． 题型八 内切球半径公式的应用 【例 8】正八面体每个面都是正三角形，可以看作是将两个 棱长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，E ABCD F− − 的棱长为 2，若点 P为棱 AB 上的动点，则EP FP+ 的最小值为 ；若点 O为四边形 ABCD的中心，点 Q为此正八面体表面上的动点，且 1OQ = ，则动点Q的轨迹长度为 ． 【跟踪训练 8】如图，在三棱锥P ABC− 中， 2PA PB CA CB= = = = ， π 2 APB ACB = = ，E，F，G分别为PA， PB ， PC 上靠近点 P 的三等分点，若此时恰好存在一个小球与三棱锥P ABC− 的四个 面均相切，且小球同时还与平面EFG相切，则PC （ ） A． 6 2+ B． 6 2− C． 13 1+ D． 13 1− 题型九 与球有关的最值与范围问题 【例 9】已知正三棱锥 A BCD− 的所有顶点均在球O的球面上， 3BC = ，侧棱 2 3AB = ，点E在线段BD上，且 2DE BE= ．过点E作球O的截面，则所得截面面积 的取值范围是（ ） A． 2π, 4π B． 5π , 4π 4       C． 9π , 4π 4       D． 11π , 4π 4       武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 6 页 【跟踪训练 9】已知圆锥 SO的母线 5SA = ，侧面积为15π，则圆锥 SO的内切球半径 为 ；若正四面体 1 1 1 1A B C D− 能在圆锥 SO内任意转动，则正四面体 1 1 1 1A B C D− 的最 大棱长为 ． 题型十 坐标系法求与球有关的问题 【例 10】在三棱锥P ABC− 中建立空间直角坐标系后，得到 (1,1,1),A (2,0,1),B (1,0,2),C (3,2,4)P ，则三棱锥P ABC− 的体积为 ，三棱锥P ABC− 外接球 的表面积为 . 【跟踪训练 10】在棱长为 4 的正方体 1 1 1 1ABCD A B C D− 中，点E是棱 1BB 的中点，则四 面体 1 1AC EB 的外接球的体积为 ． 题型十一 与球有关的数学文化问题 【例 11】（多选）勒洛三角形也被称为定宽曲线，勒洛三角形的立体版就是如图所示 的立体图形，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，它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组成的，因此它能像球 一样来回滚动.这种立体图形称为勒洛四面体，若图中勒洛四面 体的四个顶点分别为 P、A、B、C，任意两个顶点之间的距离为 1，则下列说法正确的是（ ） A．图中所示勒洛四面体表面上任意两点间距离的最大值为 1 B．图中所示勒洛四面体的内切球的表面积为 ( )11 4 6 π 2 − C．平面 ABC 截此勒洛四面体所得截面的面积为 π 3− D．图中所示的勒洛四面体的体积是 6 2 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 7 页 【跟踪训练 11】（多选）《九章算术》中称一 个正方体内两个互相垂直的内切圆柱所围成的 几何体为“牟合方盖”（如图所示），已知该正 方体 1 1 1 1ABCD A B C D− 棱长为2，下列命题正 确的是（ ） A．正方体 1 1 1 1ABCD A B C D− 的外接球中存在一条直径被截面 1 1AC D 和截面 1ACB 三等分 B．正方体 1 1 1 1ABCD A B C D− 的内切球体积大于该牟合方盖的内切球的体积 C．正方体 1 1 1 1ABCD A B C D− 的内切球被平面 1 1AC D 截得的截面面积为 3  D．以正方体的顶点A 为球心，2为半径的球在该正方体内部部分的体积与正方体 1 1 1 1ABCD A B C D− 的棱切球的体积之比为 2 4 题型十二 多球相切问题 【例 12】如图所示，三个半径为 r 的汤圆（球形）装入半径为 ( )3 7 cm+ 的半球面碗中三个汤圆的顶端恰与碗口共面，则汤 圆半径 r = . 【跟踪训练 12】如今中国被誉为基建狂魔，可谓是逢山开路，遇水架桥.公路里程､高 铁里程双双都是世界第一.建设过程中研制出用于基建的大型龙门 吊､平衡盾构机等国之重器更是世界领先.如图是某重器上一零件结 构模型，中间最大球为正四面体 ABCD的内切球，中等球与最大 球和正四面体三个面均相切，最小球与中等球和正四面体三个面 均相切，已知正四面体 ABCD棱长为2 6 ，则模型中九个球的表 面积和为（ ） A．6π B．9π C． 31π 4 D．21π 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 8 页 课后突破训练 1．在三棱锥 A BCD− 中， AD⊥平面 ABC ， 120BAC = ， 2AB AD AC= = = ，则该 棱锥的外接球半径为（ ）. A． 5 B． 6 C．3 D．4 2．如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高 8cm，将一个球放在容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触 水面时测得水深为 6cm，如果不计容器厚度，则球的表面积为 （ ） 2cm . A．100π B．110π C．120π D． 150π 3 3．已知正三棱锥P ABC− 的外接球O的表面积为36π，侧棱 3 2PA = ，点D为 AB的 中点，过点D作球O的截面，则所得截面图形面积的取值范围为（ ） A． 21 π,9π 4       B． 27 π,9π 4       C． 21π,36π D． 27π,36π 4．《九章算术》是中国古代的一部数学著作，著作中 记载：“刍甍者，下有袤有广，而上有袤无广.刍，草 也.甍，屋盖也.”翻译为“底面有长有宽为矩形，顶部只 有长没有宽为一条棱.刍甍字面意思为茅草屋顶”.现有 一个刍甍如图所示，四边形 ABCD是边长为 4 的正方形，△ADE与△BCF是等边三角 形，EF//AB，AB＝2EF，则该刍甍的外接球的半径为（ ） A． 2 253 11 B． 1014 11 C． 2 254 11 D． 1018 11 5．已知 , , ,A B C D是半径为 5 的球体表面上的四点， 2AB = ， 90ACB = ， 30ADB = ，则平面CAB与平面DAB的夹角的余弦值为（ ） A． 6 2 4 − B． 1 2 C． 1 3 D． 3 3 6．在三棱锥P ABC− 中，PA AB⊥ ， 2PA = ， 2 2AB BC= = ，二面角P AB C− − 的 大小为 3π 4 ．若三棱锥P ABC− 的所有顶点都在球 O的球面上，则当三棱锥P ABC− 的 体积最大时，球 O的体积为（ ） A． 3 π 2 B． 6π C． 8 2π 3 D． 7 14 π 3 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 9 页 7．（多选）如图，棱长为2的正方体 1 1 1 1ABCD A B C D− 的内切球为 球O，E， F 分别是棱 AD， 1BB 的中点，G 在棱 AB上移动， 则下列选项正确的是（ ） A．该内切球的球面面积为 4π B．存在点G ，使得 //OD 平面EFG C．平面EFC 被球O截得的截面圆的面积为 4π 7 D．当G 为 AB的中点时，过E，F ，G 的平面截该正方体所得截面的面积为3 3 8．（多选）在圆锥 SO中，C是母线 SA上靠近点 S的三等分点，SA l= ，底面圆的半径 为 r，圆锥 SO的侧面积为12 ，则下列说法正确的是（ ） A．当 3r = 时，过顶点 S和两母线的截面三角形的最大面积为3 7 B．当 6l = 时，从点 A到点 C绕圆锥侧面一周的最小长度为2 13 C．当 6l = 时，圆锥SO的外接球表面积为 81π 2 D．当 6l = 时，棱长为 8 3 3 的正四面体在圆锥SO内可以任意转动 9．（多选）绿水青山就是金山银山，为响应党的号召，某小区把一处荒地改造成公园 进行绿化.在绿化带旁边放置一些砌成的完全相同的石墩，石墩的上部是 半径为15cm的球的一部分，下部是底面半径为12cm的圆柱体，整个石 墩的高为48cm，如图所示（注：球体被平面所截，截得的部分叫球缺， 球缺表面上的点到截面的最大距离为球缺的高.球缺的体积 ( ) 2 1 π 3 3 V R h h= −  ，其中 R 为球的半径， h为球缺的高），下列说法正确 的是（ ） A．石墩上､下两部分的高之比为1:1 B．石墩表面上两点间距离的最大值为 ( )6 30 15 cm+ C．每个石墩的体积为 37488πcm D．将石墩放置在一个球内，则该球半径的最小值为 51 cm 2 10．某同学在参加魔方实践课时，制作了一个工艺品，如图，该工 艺品可以看成是一个球被一个棱长为 6 的正方体的六个面所截后剩 余的部分，球心与正方体的中心重合，若其中一个截面圆的周长为 4π，则该球的表面积是 ． 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 10 页 11．将 6 个半径都为 1 的钢球完全装入形状为圆柱的容器里，分两层放入，每层 3 个，下层的 3 个小球两两相切且均与圆柱内壁相切，则该圆柱体的高的最小值为 . 12．在空间立体几何中，球面往往是重要的研究对象，同时，它与平面几何中的圆息 息相关.而对于几何体的研究中，几何重心的选取显得尤为重要.古希腊著名数学家巴普 斯（Pappus）在研究过程中发现了一个性质：平面内任一面积为S的区域沿着垂直于该 区域的平面运动得到体积为V 的立体，若记 l 为此区域的几何重心运动的轨迹长度，则 有V Sl= . (1)已知半圆面的几何重心在其对称轴上，求半径为 3 的半圆面的几何重心到圆心的 距离（试着考虑绕直径旋转一周得到球体）； (2)建立空间直角坐标系Oxyz ，取球心为𝑃(0,0,1)，且半径为 1 的球体，点 ( ), ,Q a b c 为其表面上一点.若a 、 0b  ， 1c  ，球体 在点Q处的切面截坐标系的三轴组成平面三角形 ABC ，求 ABC 面积的最小值. 提示：①球面方程： ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 0 0 0x x y y z z r− + − + − = ，其中点 ( )0 0 0, ,x y z 为球心坐标， r 为球的半径； ②平面方程的点法式： ( ) ( ) ( )0 0 0 0A x x B y y C z z− + − + − = ，其中平面过点 ( )0 0 0 0, ,P x y z ，其法向量 ( ), ,u A B C= . 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 1 页 22 与球有关的组合体重难点专题 常考结论及公式 结论一：球的截面的性质 （1）球的截面是圆面； （2）球心和截面（不过球心）圆心的连线垂直于截面； （3）球心到截面的距离d 与球的半径R及截面的半径 r 的关系为 2 2r R d= − . 结论二：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 3 2 R a= ； ②若球为正方体的内切球，则 2 a R = ； ③若球与正方体的各棱相切，则 2 2 R a= . （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 2 2 2 2 a b c R + + = . （3）正四面体的棱长为a ，则该四面体的内切球半径为 6 12 a，外接球半径为 6 4 a . 结论三：空间几何体的内切球半径公式 若空间几何体的体积为V ，表面积为 S表，则该空间几何体的内切球半径 3V r S = 内 表 . 结论四：双外心模型 如图所示，点 O为四面体 ABCD的外接球球心，点 1O 为 ABC 的外 接圆圆心，点 2O 为 ABD△ 的外接圆圆心，点 E为 AB的中点，则四 面体 ABCD的外接球半径 R满足以下关系： 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 2 1 2 2 cos sin 4 EO EO EO EO O EO AB R O EO + −   = +  ． 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 2 页 题型一 外接球之正方体、长方体模型 【例 1】已知正方体 1 1 1 1ABCD A B C D− 的棱长为 4，过 1A C D､ ､ 三点的平面截该正方体的 内切球，所得截面的面积为（ ） A．2π B． 8π 3 C．3π D．4π 【答案】B 【分析】作出正方体中过 1A C D､ ､ 三点的平面PFQ，且P F Q､ ､ 分别是 1 1AD AC D C､ ､ 的中 点，可得 2 2FP FQ PQ= = = ，则过 1A C D､ ､ 三点的截面为球内过这三点的截面圆，求 出截面圆的半径可得结果. 【详解】如图，正方体 1 1 1 1ABCD A B C D− 中， 直线 1 1AD AC D C､ ､ 与正方体的内切球分别切于P F Q､ ､ ， 且P F Q､ ､ 分别是 1 1AD AC D C､ ､ 的中点. 正方体内切球为O，连接OP OQ OF､ ､ . 则OP OQ OF､ ､ 互相垂直，且 2OP OQ OF= = = ，所以 2 2FP FQ PQ= = = . 则过 1A C D､ ､ 三点的截面为球内过这三点的截面圆， 截面圆的半径为 2 2 2 6 2sin60 33 PF R = = = ，其面积为 2 2 6 8π π 3 3    =     . 故选：B. 【跟踪训练 1】已知棱长为 2 的正方体 1 1 1 1ABCD A B C D− ，点 P 是其表面上的动点，该 正方体内切球的一条直径是MN ，则PM PN 的取值范围是 . 【答案】 0,2 【分析】设内切球球心为F ，利用极化恒等式得到 2 1PM PN PF = − ，求出PF 的最大 值和最小值，得到答案. 【详解】正方体 1 1 1 1ABCD A B C D− 的内切球球心为F ，则F 也是正方体的中心， 则 F 为MN 的中点， 1MF NF= = ， 2PF PM PN= + ①，2NF PM PN= − ②， 重难点题型归纳与精讲 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 3 页 上面两式分别平方相减得到 2 2 2 1PM PN PF NF PF = − = − ， 点 P 是正方体表面上的动点， 当 P 位于正方体和内切球的切点时，PF 最小，最小值为 1， 当 P 位于正方体的顶点时，PF 最大，最大值为长方体体对角 线的一半， 即 2 2 21 2 2 2 3 2 + + = ， 故 ( )   22 21 1 1, 3 1 0,2PM PN PF   = −  − − =    . 故答案为： 0,2 题型二 对棱相等的三棱锥模型 【例 2】已知四面体PABC 中， 10PA BC= = ， 2 3PB AC= = ， 14PC AB= = ， 则该四面体外接球的表面积为 . 【答案】18 【分析】根据给定条件，将四面体P ABC− 放入长方体中，求出长方体的体对角线长 即可计算得答案. 【详解】在四面体PABC 中， 10PA BC= = ， 2 3PB AC= = ， 14PC AB= = ， 则该四面体的相对棱可为某个长方体三组相对面的面对角线，长方体的外接球即为四 面体的外接球， 设长方体的共点的三条棱长依次为 , ,a b c，外接球半径 为 R ， 则 2 2 2 2 2 2 10 12 14 a b b c a c  + =  + =  + = ，于是 2 2 2 24 18R a b c= + + = ， 所以该四面体外接球的表面积为 24 18πR = 故答案为：18 【跟踪训练 2】已知三棱锥 A BCD− 中， ,AB CD AC BD a AD BC b= = = = = = ，若 , , ,A B C D均在半径为 2 的球面上，求a b+ 的范围 ． 【答案】 ( )4,4 3 【分析】将三棱锥 A BCD− 补为长方体，设出长方体棱长，利用球的直径即可表示出 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 4 页 2 21 16 2 a b+ = ，结合参数方程即可求解. 【详解】由 ,AB CD AC BD a AD BC b= = = = = = ， , , ,A B C D均在半径为 2 的球面上， 可将三棱锥 A BCD− 放置于长方体中，如图， 设棱长分别为 , ,x y z，则 2 2 2 2 2 2 2 2 2 x y a y z b z x a  + =  + =  + = ， 故长方体对角线平方为 2 2 2 2 2 21 4 16 2 x y z a b R+ + = + = = ， 可设 4cos 4 2sin a b   =  = ， π 0, 2         ， ( ) 1 2 π 4 3 sin sin ,cos 23 3 a b            + = + = =   +  +     ， 考虑到 ,a b是三角形边长,故4 3 sin 4 3a b  +  ，其范围是 ( )4 4 3， ． 故答案为： ( )4,4 3 题型三 柱体的外接球问题 【例 3】已知球O是正三棱柱 1 1 1ABC A B C− 的内切球， 2 3AB = ， P 是球O表面上一 点，则PA PB 的取值范围为（ ） A． 4,4− B． 2 2,2 2 −  C． 2 2− , D． 2, 2  −   【答案】B 【分析】先求得等边三角形 ABC 内切圆的半径，也即求得正三棱柱内切球的半径，根 据向量运算求得正确答案. 【详解】设等边三角形 ABC 内切圆的半径为 r ， 则 ( )1 π 12 3 2 3 sin 2 3 3 , 1 2 3 2 ABCS r r=    =  = ， 则正三棱柱 1 1 1ABC A B C− 的内切球半径 1R = ，则正三棱柱 1 1 1ABC A B C− 的高为2 . 设等边三角形 ABC 外接圆半径为 1r ，则 1 1 2 3 2 4, 2 π sin 3 r r= = = ， 所以 2 22 1 5OA OB= = + = ，设 1O 是等边三角形 ABC 的中心，D是 AB的中点， 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 5 页 连接OD，则 ( ) ( ) 2 2 5 3 2OD = − = ， 5 5 12 1 cos 52 5 5 AOB + − −  = =   ， P 是球O表面上一点，则 ( ) ( )PA PB PO OA PO OB = +  + ( ) 2 PO PO OA OB OA OB= +  + +  2 11 2 5 5 5 PO OD   = +  +   −    2PO OD=  ( )2 1 2 cos π 2 2 cosPOD POD=    − = −  ， 0 πPOD  ，（ ,OP OD同向是为0 ，反向时为 π）， 所以 1 cos 1POD−    ，所以PA PB 的取值范围是 2 2,2 2 −  . 故选：B 【点睛】思路点睛:通过内切圆求内切球：首先通过等边三角形的内切圆半径，求得正 三棱柱的内切球半径，这是确定球的大小的关键步骤. 利用向量运算确定数量积的取值范围：通过设定球心和球面上一点之间的关系，转化 后利用向量运算确定数量积的取值范围，确保所有可能情况都得到考虑. 【跟踪训练 3】传说古希腊数学家阿基米德的墓碑上刻着一个圆柱，圆柱内有一个内 切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等．这个“圆柱容球”是阿基米德生前最引以为 豪的发现．如图，在底面半径为2的圆柱 1 2O O 内有球O与圆柱 1 2O O 的上、下底面及母 线均相切，设 ,A B分别为圆柱 1 2O O 的上、下底面圆周上一点，且 1O A与 2O B 所成的角 为90 ，直线 AB与球O的球面交于两点 ,M N ，则线段MN 的长度为 ． 【答案】2 2 【分析】取 AB中点G ，由等腰三角形三线合一可得OG AB⊥ ；由线面垂直的判定与 性质可证得 2 2O B O A⊥ ，利用勾股定理可推导求得MG，又OM ON= ，可知G 为MN 中点，由此可得 2MN MG= . 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 6 页 【详解】 1 2OAO OBO≌ ， OA OB = ，取 AB中点G ，连接 2, , , , ,OG OA OM ON OB O A， OA OB= ，G 为 AB中点， OG AB ⊥ ； 2 1O B O A⊥ ， 2 1 2O B O O⊥ ， 1 1 2 1O A O O O= ， 1 1 2,O A O O 平面 1 2AO O ， 2O B ⊥平面 1 2AO O ，又 2O A平面 1 2AO O ， 2 2O B O A ⊥ ； 2 2 2 1 1 8OA OO O A= + = ， 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 2 24AB O A O B= + = + + = ， 2 2 8 6 2OG OA AG = − = − = ， 2 2 4 2 2MG OM OG = − = − = ， OM ON= ， G 也是MN 中点， 2 2 2MN MG = = . 故答案为：2 2 . 【点睛】关键点点睛：本题考查旋转体中的线段长度的求解问题，解题关键是能够熟 练应用圆柱和球的结构中的长度相等的线段之间的关系，结合垂直关系，利用勾股定 理来进行求解. 题型四 锥体的外接球问题 【例 4】圆锥的表面积为 1S ，其内切球的表面积为 2S ，则 1 2 S S 的取值范围是（ ） A． )1,+ B． )2,+ C． )2 2,  + D． )4,+ 【答案】B 【分析】选择 OBC （角 ）与内切球半径 R 为变量，可表示出圆锥底面半径 r 和母线 l ，由圆锥和球的表面积公式可得 ( ) 1 2 2 2 1 2 tan 1 tan S S   = − ，再由 2tan (0,1)t =  换元， 转化为求解二次函数值域，进而得 1 2 S S 的取值范围. 【详解】设圆锥的底面半径为 r ，母线长为 l ，圆锥内切球半径为 R ， 如图作出圆锥的轴截面，其中设O为外接圆圆心， ,D E 为切点， ,AB AC为圆锥母线， 连接 , , ,OB OD OA OE . 设 OBC  = ， tan R r  = ，0 tan 1  tan R r   = . OD AB⊥ ，OE BC⊥ ， πDBE DOE + = ，又 πAOD DOE + = ， 2AOD DBE  = = ， tan 2AD R  = ， 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 7 页 2 2 tan 2 tan R l r AD BD r AD r R    + = + + = + = + ， 则圆锥表面积 ( )21 π π πS r rl r l r= + = + ，圆锥内切球表面积 2 2 4πS R= ， 所求比值为 ( ) 2 1 2 2 2 2 π 2 tan 2 1tan 1 tan tan 4π 2 tan 1 tan R R R S S R         +  − = = − ， 令 2tan 0t =  ，则 ( ) 2 2 1 1( ) 2 1 2 2 2 2 2 g t t t t t t   = − = − + = − − +    ， 则 1 0 ( ) 2 g t  ，且当 1 2 t = 时， ( )g t 取得最大值 1 2 ， 故 1 2 2 S S  ，即 1 2 S S 的取值范围是 )2,+ . 故选：B. 【点睛】关键点点睛：求解立体几何中的最值问题一般方法有两类，一是设变量（可 以是坐标，也可以是关键线段或关键角）将动态问题转化为代数问题，利用代数方法 求目标函数的最值；二是几何法，利用图形的几何性质，将空间问题平面化，将三维 问题转化为二维问题来研究，以平面几何中的公理、定义、定理为依据，以几何直观 为主要手段直接推理出最值状态何时取到，再加以求解. 【跟踪训练 4】已知三棱锥 S ABC− 的四个顶点都在半径为 2 的外接球上，E F､ 分别 是 AC 和SC 的中点， 90BEF = ， 1, 2AB BC= = ，当SC 取得最大值时，三棱锥 S ABC− 的体积为（ ） A． 26 B． 26 2 C． 26 3 D． 26 6 【答案】D 【分析】由球的性质可得，SC 为外接球直径，由条件证明 SA⊥平面 ABC ， ⊥BC 平 面 SAB，解三角形求 SA，结合锥体体积公式求三棱锥S ABC− 的体积. 【详解】依题意，当SC 为外接球直径时，SC 最大， SA AC ⊥ ， SB BC⊥ ， 因为 ,E F 分别是 AC 和SC 的中点， 所以EF 为 SAC的中位线， EF SA ∥ ， 又 90BEF = ，故BE SA⊥ ， 因为 AC BE E= ， ,AC BE 平面 ABC ， 所以 SA⊥平面 ABC ， BC 平面 ABC ， 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 8 页 所以 SA BC⊥ ， 又BC SB⊥ ， SA SB S= ， ,SA SB平面 SAB， 所以 ⊥BC 平面 SAB，又 AB平面SAB， 所以BC AB⊥ 所以 ABC 为直角三角形， 所以 2 2 2 23, 13AC AB BC SA SC AC= + = = − = ， 所以 1 1 1 26 1 2 13 3 3 2 6 S ABC ABCV V SA− =  =     = . 故选：D. 题型五 台体的外接球问题 【例 5】若三棱台 1 1 1ABC A B C− 的上、下底面均是正三角形，侧面是全等的等腰梯形， 且其各顶点都在表面积为260π的球O的表面上， 1 12 8 3AB A B= = ，则三棱台 1 1 1ABC A B C− 的高为（ ） A．2 3 B．8 C．6 或 8 D．2 3或 6 【答案】C 【分析】由题可知，三棱台 1 1 1ABC A B C− 为正三棱台，上下底面的中心 1M ，M 连线构 成的线段为高，根据球的性质可得 1 7OM = ， 1OM = ，进而可得 1M M . 【详解】设球O的半径为 r ，则 24π 260πr = ，得 65r = ， 如图所示， 1M 为 1 1 1A B C△ 的中心，M 为 ABC 的中心， 由题意可知，三棱台 1 1 1ABC A B C− 为正三棱台， 1MM 为其高，球心O在 1MM 上， 在 1 1 1A B C△ 中 1 1 1 1 3 4 3 B M A B=  = ，在 ABC 中 3 8 3 BM AB=  = ， 故 2 2 1 1 1 7OM r B M= − = ， 2 2 1OM r BM= − = ， 当O在线段 1M M 上时， 1 1 8M M OM OM= + = ， 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 9 页 当O在线段 1M M 的延长线上时， 1 1 6M M OM OM= − = ， 故选：C 【跟踪训练 5】如图，在中空的圆台容器内有一个与之等高的实 心圆柱，圆柱的底面与圆台的下底面重合．已知圆台的上底面 半径与高均为 40cm，下底面半径为 10cm．现要在圆柱侧面和 圆台侧面的间隙放置一些金属球，则能完全放入的金属球的最 大半径为 cm，这样最大半径的金属球最多可完全放入 个． 【答案】 10 6 【分析】（1）作出圆台容器的纵切图，则一边间隙为直角三角形，由等面积法求出内 切圆的半径即为金属球的最大半径； （2）作出金属球心的水平切面图，金属球间相切时可放最多金属球，通过求两相切金 属球心与实心圆柱轴心形成的夹角，即可知道一周可最多放金属球的数量 【详解】由题，下图为圆台容器的纵切图，圆 O内切于 ABC 时金属球 O的半径最大，易得 2 240 , 30 , mm c5m c 0cAB AC BC AB AC= = = + = ，由 等面积法得 ( ) 1 1 2 2 AB AC BC r AB AC+ + =  ，解得 10cmr = ，故金属球的最大半径为 10 cm； 下图为上图 O点高度的水平切面，圆M 、圆 1O 、圆 2O 两 两相切，此时可放最多金属球，因为 10cmr = ，则 1 2 1 2 20MO MO O O= = = ，故 1 2 60O MO = ，则金属球最多 可放 360 6 6 0   = 个， 故答案为：10；6 题型六 外接球之二面角模型 【例 6】已知在四面体 ABCD中， AB BC CD DA BD= = = = ，二面角 A BD C− − 的大 小为 π 3 ，且点 A，B，C，D都在球O的球面上，M 为棱 AC 上一点，N 为棱BD的中 点．若MO CN= ，则 =（ ） A． 1 3 B． 4 9 C． 5 9 D． 2 3 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 10 页 【答案】C 【分析】根据题意和几何关系，并在 ACN△ 所在平面内建立平面直角 坐标系，确定点 ,O M 的位置和坐标，即可求解. 【详解】由题意知 ABD△ 与 BCD△ 均为等边三角形，连接 AN ， CN ，则 AN BD⊥ ，CN BD⊥ ， ANC 是二面角 A BD C− − 的平面 角，所以 π 3 ANC = ，又易知 AN CN= ，所以 ACN△ 是等边三角形． 设 P 为 BCD△ 的外心，Q为CN 的中点，连接 , ,OP ON AQ，则点 O，P，Q都在平面 ACN 内，建立平面直角坐标系如图． 设 2AN NC AC= = = ，则 2 3 NP = ， π 6 ONP = ，所以 2 3 9 OP = ． 又 3AQ = ，所以 2 9 OP AQ= ，因为 //MO CN ，易知 2 9 CM CA= ， 则 2 2 3 , 3 9 O        ， 16 2 3 , 9 9 M        ，从而 10 9 MO = ， 5 9 OM CN  = = ． 故选：C 【点睛】关键点点睛：本题的关键是结合几何关系，建立如图所示的平面直角坐标 系，转化为平面几何问题. 【跟踪训练 6】如图，在三棱锥P ABC− ， PAC 是以 AC为 斜边的等腰直角三角形，且 2 2CB = ， 6AB AC= = ，二面 角P AC B− − 的大小为120，则三棱锥P ABC− 的外接球表 面积为（ ） A． 5 10 3  B．10 C．9 D． ( )4 2 3 + 【答案】B 【分析】由题作出图形，易得 PAC 外接圆圆心在 AC 中点，结合正弦定理可求 ABC 外接圆半径，结合图形知， ( ) ( ) 2 22 2 2 2R AO AO OO= = + ，再结合二面角大小求出 2OO ， 进而得解. 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 11 页 【详解】根据题意，作出图形，如图所示，因为 PAC 是以 AC为斜边的等腰直角三角 形，所以 PAC 的外心在 AC 中点， 设为 2O ，设 ABC 的外心为 1O ， BC 中点为E， 1 1AO r= ，因为 6AB AC= = ，所以 1O 必在 AE连 线上，则 1 2 3 sin AB AB r AEC AC = = = ，即 1 3 2 r = ，因为两平面交线为 AC ， 1O 为平面 ABC 所在圆面中心，所以 1 2O O AC⊥ ， ( ) 22 1 2 1 2 3 2 O O r AO= − = ， 又因为二面角P AC B− − 的大小为120， 2PO AC⊥ ，所以 2 1 2 1120 , 30PO O OO O =   = ， 所以 2 1 2 2 1 3 OO O O=  = ，锥体P ABC− 外接球半径 ( ) ( ) 2 2 22 2 2 2 6 5 1 2 2 R AO AO OO   = = + = + =     ，则三棱锥P ABC− 的外接球表面积为 24 10S R = = ， 故选：B 题型七 棱切球问题 【例 7】已知正四棱台 1 1 1 1ABCD A B C D− 中， 1 1 14, 2, 2 2AB A B AA= = = ，球O与上底 面 1111 DCBA 以及各侧棱 1 1 1 1, , ,AA BB CC DD 均相切，则该球的表面积为（ ） A．28π B．24π C．20π D．16π 【答案】B 【分析】作出过正四棱台的截面，再求出正四棱台的高，从而根据勾股定理求出球的 半径，最后代入球的表面积公式，即可求解． 【详解】设过棱台上下底面的中心以及一条侧棱作该棱台的轴截面如下图： 正四棱台 1 1 1 1ABCD A B C D− 中， 4AB = ， 1 1 2A B = ， 1 2 2AA = ， 正四棱台的高为 2 2 1 2 (2 2) (2 2 2) 6O O = − − = ， 设球O的半径为 R ，球与侧棱 1AA 切于M ， 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 12 页 则在图中 1 1Rt AO OV 中， 2 2 2 2 1 1 1R AO R A M+ = + ，则 1 1 1 2AO A M= = ， 所以 12 2 2AM AM= − = ， 在图中 2Rt AO O中， 2 2 2 2 2 2O A OO R AM+ = + ， ( ) ( ) 2 2 2 22 2 ( 6 ) 2R R + − = + ，解得 6R = ， 球O的表面积为 24π 24πR = ． 故选：B 【跟踪训练 7】若正四面体 A BCD− 的棱切球（球与正四面体的棱均相切）半径为 1， 则正四面体 A BCD− 的棱长为 ；该棱切球的球面与正四面体 A BCD− 的表面 相交所得曲线的总长度为 ． 【答案】 2 2 8 6 π 3 【分析】确定棱切球与棱相切于棱的中点，由此由对棱中点连线段即为球的直径，从 而可求得下正面体棱长，然后确定棱切圆与正四面体每个面的交线就是这个面三角形 的内切圆，求得圆周长再乘以 4 即得交线总长度． 【详解】由正四面体性质，其棱切球与各棱切于棱中点，如图， ,E F 分别是 ,AB CD中点，则EF 是棱切球的直径， EF 的中点O是棱切球球心，O在正四面体的高 AM 上， M 是 BCD△ 中心， 易知EF 与 ,AB CD垂直， 设 AB a= ，则 2 2 2 2 3 1 ( ) ( ) 2 2 2 EF AF AE a a= − = − = ，解 得 2 2a = ， 1OF = ，M 是底面正 BCD△ 的中心， 1 3 3 6 2 2 3 2 6 3 MF a=  =  = ， 2 2MF OF OM= − ， 因此以M 为圆心，MF 为半径的圆与 BCD△ 的三边切于中点， 它就是棱切球的球面与正四面体 A BCD− 的底面BCD的交线， 其周长为 6 2 6π 2π 3 3 l =  = ， 因此棱切球的球面与正四面体 A BCD− 的表面相交所得曲线的总长度为 8 6 4 π 3 l = ， 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 13 页 故答案为：2 2 ； 8 6 π 3 ． 【点睛】结论点睛：正四面体的内切球，外接球，棱切球，它们的球心重合为正四面 体的中心，正四面体棱长为 a ，则外接球半径为 6 4 a，内切球半径为 6 12 a，棱切球半 径为 2 4 a ， 题型八 内切球半径公式的应用 【例 8】正八面体每个面都是正三角形，可以看作是将两个 棱长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，E ABCD F− − 的棱长为 2，若点 P为棱 AB 上的动点，则EP FP+ 的最小值为 ；若点 O为四边形 ABCD的中心，点 Q为此正八面体表面上的动点，且 1OQ = ，则动点Q的轨迹长度为 ． 【答案】 2 3 16 3π 3 【分析】通过展开成平面的方法来求得EP FP+ 的最小值.根据球与平面的位置关系来 判断动点Q的轨迹，进而求得轨迹的长度. 【详解】将 ABE和 ABF△ 展开成平面图形，如右图所示， 则 , ,E P F 三点共线时，EP FP+ 取最小值，此时EF AB⊥ ， 所以EP FP+ 的最小值是 3 2 2 2 3 2   = . 设正八面体E ABCD F− − 的棱长为 ,( 2)a a = ，连接 , ,AC BD EF， 由四边形 ABCD为正方形，有 2 2 2 2 2 22AC BC AB EC AE a= + = + = ， 故四边形 AECF 亦为正方形，即点O到各顶点距离相等， 即此八面体的外接球球心为O，半径为 22 2 2 2 a a R = = ， 设此八面体的内切球半径为 r ， 则有 2 21 1 2 12 2 2 3 3 3 2 3 E ABCD F E ABCD a V S r V a a r− − −=  = =    = 表 ， 化简得 6 6 r a= ， 设等边三角形BCE 的内切圆半径为 1r ，则由等面积法，有 2 1 1 1 3 3 2 2 3 a r a  =  ， 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 14 页 解得 1 3 6 r a= ， 而点O到平面BCE 的距离为 6 6 r a= ， 1 2 a OQ = = ， 所以 2 2 2 2 1 3 4 6 6 a a a OQ r r− = − = = ， 这表明当点Q在平面BCE 内时，点Q在三角形BCE 的内切圆上运动， 它的周长是 12πr ， 根据对称性可知动点Q的轨迹长度为 1 3 8 3 8 2π 8 2π = π 6 16 3π 33 a r a =   = . 故答案为：2 3； 16 3π 3 【点睛】关键点点睛：本题第二个空的求解过程中，关键点在于得出当点Q在平面 BCE 内时，点Q在三角形BCE 的内切圆上运动，根据对称性即可顺利得解. 【跟踪训练 8】如图，在三棱锥P ABC− 中， 2PA PB CA CB= = = = ， π 2 APB ACB = = ，E，F，G分别为PA， PB ， PC 上靠近点 P 的三等分点，若此时恰好存在一个小球与三棱锥P ABC− 的四个 面均相切，且小球同时还与平面EFG相切，则PC （ ） A． 6 2+ B． 6 2− C． 13 1+ D． 13 1− 【答案】B 【分析】取 AB中点M ，利用等腰三角形性质证明 AB ⊥平面PMC，作PH MC⊥ ， HN BC⊥ ，利用相似比得 3 2 2 PH PB r FB = = ，结合 ( ) 1 1 3 3 ABC PAB PAC PBC ABCS PH S S S S r = + + +  求解可得. 【详解】如图，取 AB中点M ，连接PM ，CM . 因为 2PA PB CA CB= = = = ，所以 AB PM⊥ ， AB CM⊥ . ∵ PM CM M = ，PM 平面PMC，CM 平面PMC，∴ AB ⊥平面PMC . 作PH MC⊥ ，垂足为 H. ∵ PH 平面PMC，∴ AB PH⊥ . 又CM AB M= ，CM 平面 ABC ， AB平面 ABC ，∴ PH ⊥平面 ABC . 过点 H作HN BC⊥ ，垂足为N ，连接PN ， 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 15 页 因为 BC 平面 ABC ，所以PH BC⊥ ， 又 ,PH HN是平面PHN 内的两条相交直线，所以 ⊥BC 平面 PHN ， 因为PN 平面PHN ，所以BC PN⊥ . 易知平面 / /EFG 平面 ABC ，设小球半径为 r ，∴ 3 2 2 PH PB r FB = = ，∴ 3PH r= . 根据题意， ( ) 1 1 3 3 P ABC ABC PAB PAC PBC ABCV S PH S S S S r− =  = + + +  ， ∵ 2PAB ABCS S= = ， PAC PBCS S=△ △ ，∴6 4 2 PACS= + △ ，∴ 1PAC PBCS S= =△ △ . 由 1 1 2 BC PN = ，得 1PN = ，∴ 1 sin 2 PN PBC PB  = = ，∴ 3 cos 2 PBN = . ∴ 2 2 2 cos 6 2PC PB CB PB CB PBC= + −   = − . 故选：B 【点睛】方法点睛：关于几何体的内切球问题，通常根据体积公式 1 3 V S r= 表面积 列方程 进行求解. 题型九 与球有关的最值与范围问题 【例 9】已知正三棱锥 A BCD− 的所有顶点均在球O的球面上， 3BC = ，侧棱 2 3AB = ，点E在线段BD上，且 2DE BE= ．过点E作球O的截面，则所得截面面积 的取值范围是（ ） A． 2π, 4π B． 5π , 4π 4       C． 9π , 4π 4       D． 11π , 4π 4       【答案】A 【分析】过点E作球O的截面，当截面与OE 垂直时，截面的面积最小；当截面过球心 时，截面面积最大，进而利用图形求解即可. 【详解】如图：设 BCD△ 的中心为 1O ，球O的半径为R ，连接 1AO ，则点O在 1AO 上，连接 1 1, , ,O D OD O E OE . 因为三棱锥 A BCD− 为正三棱锥，且 3BC = ， 2 3AB = ， 所以 1 2 3 sin 60 3 3 O D =   = ， 2 2 1 1 12 3 3AO AD DO= − = − = ， 在 1Rt OO D△ 中， 2 2 2 1 1OD OO O D= + ，即 ( ) 22 3 3R R= − + ， 解得 2R = ， 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 16 页 因为 2DE BE= ，所以 2DE = ， 在 1DEO 中，由余弦定理可得 1 3 4 2 3 2 cos30 1O E = + −     = ， 2 2 1 1 1 1 2OE O E OO= + = + = ， 过点E作球的截面，当截面与OE 垂直时，截面的面积最小， 此时截面的半径为 ( ) 2 22 2 2− = ，则截面面积为2π， 当截面过球心时，截面面积最大，最大面积为4π . 故选：A 【跟踪训练 9】已知圆锥 SO的母线 5SA = ，侧面积为15π，则圆锥 SO的内切球半径 为 ；若正四面体 1 1 1 1A B C D− 能在圆锥 SO内任意转动，则正四面体 1 1 1 1A B C D− 的最 大棱长为 ． 【答案】 3 2 6 【分析】根据题意可求得底面圆半径 3r = ，高 4SO = ，求出轴截面SAB内切圆半径即 可得圆锥 SO的内切球半径为 3 2 ，再根据正四面体外接球与棱长之间的关系即可求得最 大棱长为 6 . 【详解】如图，在圆锥 SO中，设圆锥母线长为 l ，底面圆半径为 r ， 因为侧面积为15π，所以 π 15πrl = ，即 15rl = ． 因为 5l SA= = ，所以 3r = ，所以 2 25 3 4SO = − = ． 棱长为a 的正四面体 1 1 1 1A B C D− 如图所示， 则正方体的棱长为 2 2 a ，体对角线长为 6 2 a ， 所以棱长为a 的正四面体 1 1 1 1A B C D− 的外接球半径为 6 4 a． 取轴截面 SAB，设 SAB△ 内切圆的半径为 r ， 则 ( ) 1 1 4 6 6 5 5 2 2 r  = + + ，解得 3 2 r = ， 即圆锥 SO的内切球半径为 3 2 ． 因为正四面体 1 1 1 1A B C D− 能在圆锥SO内任意转动，所以 6 3 4 2 a  ，即 6a  ， 所以正四面体 1 1 1 1A B C D− 的最大棱长为 6 ． 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 17 页 故答案为： 3 2 ； 6 【点睛】方法点睛：在求解正四面体外接球（内切球）问题时，可根据正四面体的结 构特征构造正方体求出外接球半径，也可直接利用结论：棱长为a 的正四面体的外接 球半径为 6 4 a，内切球半径为 6 12 a . 题型十 坐标系法求与球有关的问题 【例 10】在三棱锥P ABC− 中建立空间直角坐标系后，得到 (1,1,1),A (2,0,1),B (1,0,2),C (3,2,4)P ，则三棱锥P ABC− 的体积为 ，三棱锥P ABC− 外接球 的表面积为 . 【答案】 1 44 3  【分析】由向量坐标求出三棱锥P ABC− 的各棱长，由长度关系与数量积可得线面垂 直关系，由垂直关系入手选定底面与高可求体积；设出球心坐标，由 OA OB OC OP= = = 建立方程组求解可得，进而求出球的半径，则表面积可求. 【详解】由题意得， (0, 1,1), (1,0, 1), (2,2,2)AC CB CP= − = − = ， 所以有 0 1 2 2 1 0AC CP = −  +  = ， 且 1 2 0 1 2 0CB CP =  + −  = ， 则 ,CP CA CP CB⊥ ⊥ ，CA平面CAB，CB 平面CAB，且CA CB C = ， 故 ⊥CP 平面CAB . 又 ( 1,1,0)BA = − ，所以 2BA AC CB= = = ，又 2 3CP = ， 所以 ABC 是正三角形，则 ( ) 23 3 2 4 2 ABCS =  =△ ， 故三棱锥P ABC− 的体积 1 1 3 2 3 1 3 3 2 P ABC ABCV S CP− =  =   = ； 设三棱锥P ABC− 外接球的球心 ( , , )O x y z ， 则由 OA OB OC OP= = = 可得， 方程组 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 22 2 2 2 2 22 2 2 2 2 2 2 1 1 1 2 1 1 1 1 1 2 1 1 1 3 2 4 x y z x y z x y z x y z x y z x y z  − + − + − = − + + −   − + − + − = − + + −  − + − + − = − + − + − ， 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 18 页 解得 7 3 4 3 7 3 x y z  =   =   =  ，故 7 4 7 , , 3 3 3 O       ，所以 4 1 4 , , 3 3 3 AO   =     . 则外接球半径为 2 2 4 1 11 33 2 3 3 3 3 R OC     = =  + = =        ， 则三棱锥P ABC− 外接球的表面积 2 444π π 3 S R= = . 故答案为：1； 44 π 3 . 【跟踪训练 10】在棱长为 4 的正方体 1 1 1 1ABCD A B C D− 中，点E是棱 1BB 的中点，则四 面体 1 1AC EB 的外接球的体积为 ． 【答案】 76 19 π 3 【分析】建立空间直角坐标系，设四面体 1 1AC EB 的外接球的球心为 ( )O x,y,z ，列式求 解可得 1, 1, 1x y z= = = ，即可求得外接球的半径，由球的体积公式即可求得答案. 【详解】以 D为坐标原点，以 1, ,DA DC DD 所在直线为 , ,x y z轴，建立空间直角坐标 系，则 1 1(4,0,4), (0,4,4), (4,4,2), (4,4,0)A C E B ， 设四面体 1 1AC EB 的外接球的球心为 ( )O x,y,z ， 则 1 1OA OC OE OB= = = ,即得 ( ) 22 2 2 2 2( 4) + +( 4) + 4 +( 4)x y z x y z− − = − − ( ) ( ) ( ) 2 2 22 2 2( 4) + 4 +( 2) 4 + 4 +x y z x y z= − − − = − − ， 整理得 ( ) ( ) ( ) ( ) 2 22 2 22 2 2 2 2 4 + + 4 +( 4) 4 + 2 x y x y y z y z z z  − = −   − = −  − = ，解得 1, 1, 1x y z= = = ， 故四面体 1 1AC EB 的外接球的半径为 2 2 2( 4) + +( 4) 19x y z− − = ， 故四面体 1 1AC EB 的外接球的体积为 ( ) 34 76 19 π 19 π 3 3  = ， 故答案为： 76 19 π 3 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 19 页 题型十一 与球有关的数学文化问题 【例 11】（多选）勒洛三角形也被称为定宽曲线，勒洛三角形的立体版就是如图所示 的立体图形，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，它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组成的，因此它能像球 一样来回滚动.这种立体图形称为勒洛四面体，若图中勒洛四面 体的四个顶点分别为 P、A、B、C，任意两个顶点之间的距离为 1，则下列说法正确的是（ ） A．图中所示勒洛四面体表面上任意两点间距离的最大值为 1 B．图中所示勒洛四面体的内切球的表面积为 ( )11 4 6 π 2 − C．平面 ABC 截此勒洛四面体所得截面的面积为 π 3− D．图中所示的勒洛四面体的体积是 6 2 【答案】AB 【分析】根据表面上任意两点间距离的最大值即为其内接四面体PABC 的棱长 1，可判 定 A 正确；根据点 E为该球与勒洛四面体的一个切点，由 A，O，E三点共线，求得 6 1 4 OE = − ，求得内切球的表面积，可判定 B 正确；由截面形状为三个半径为 1，圆 心角为 60°的扇形面积减去两个边长为 1 的正三角形的面积可判定 C 错误；求得正四 面体PABC 的体积 1V ，其外接球的体积 2V ，可判定 D 错误. 【详解】对于 A 中，勒洛四面体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， 所以其表面上任意两点间距离的最大值，即为其内接四面体PABC 的棱长 1，所以 A 正确； 对于 B 中，勒洛四面体的内切球与勒洛四面体的弧面相切，如图所示， 其中点 E为该球与勒洛四面体的一个切点，O为该球的球心， 则该球的球心 O为正四面体PABC 的中心，半径为 OE，连接 AE， 由 A，O，E三点共线，且 1AE = ， 6 4 OA = ， 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 20 页 因此 6 1 4 OE = − ，内切球的表面积为 ( ) 2 11 4 6 π 4π 2 R − = ，故 B 正 确； 对于 C 中，如图所示，截面形状为三个半径为 1，圆心角为 60°的 扇形面积减去两个边长为 1 的正三角形的面积，则 60 3 π 3 3 π 2 360 4 2 S  − =   −  =  ， 所以 C 错误； 对于 D 中，勒洛四面体的体积介于正四面体PABC 的体积和正四面体PABC 的外接球 的体积之间，正四面体PABC 的体积 1 2 12 V = ，其外接球的体积 2 6π 8 V = ，所以 D 错 误. 故选：AB. 【跟踪训练 11】（多选）《九章算术》中称一 个正方体内两个互相垂直的内切圆柱所围成的 几何体为“牟合方盖”（如图所示），已知该正 方体 1 1 1 1ABCD A B C D− 棱长为2，下列命题正 确的是（ ） A．正方体 1 1 1 1ABCD A B C D− 的外接球中存在一条直径被截面 1 1AC D 和截面 1ACB 三等分 B．正方体 1 1 1 1ABCD A B C D− 的内切球体积大于该牟合方盖的内切球的体积 C．正方体 1 1 1 1ABCD A B C D− 的内切球被平面 1 1AC D 截得的截面面积为 3  D．以正方体的顶点A 为球心，2为半径的球在该正方体内部部分的体积与正方体 1 1 1 1ABCD A B C D− 的棱切球的体积之比为 2 4 【答案】AD 【分析】利用线面垂直的判定定理结合等体积法可判断 A 选项；分析可知正方体 1 1 1 1ABCD A B C D− 的内切球与牟合方盖也相切，可判断 B 选项；计算出正方体 1 1 1 1ABCD A B C D− 的内切球被平面 1 1AC D 截得的截面面积，可判断 C 选项；计算出以正 方体的顶点A 为球心，2为半径的球在该正方体内部部分的体积与正方体 1 1 1 1ABCD A B C D− 的棱切球的体积，可判断 D 选项. 【详解】对于 A 选项， 1BD 为正方体 1 1 1 1ABCD A B C D− 的外接球的一条直径，且 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 21 页 1 2 3BD = ， 因为四边形 1111 DCBA 为正方形，则 1 1 1 1AC B D⊥ ， 1BB ⊥平面 1111 DCBA ， 1 1AC 平面 1111 DCBA ，则 1 1 1AC BB⊥ ， 1 1 1 1BB B D B= ， 1 1AC ⊥平面 1 1BB D ， 1BD 平面 1 1BB D ，则 1 1 1BD AC⊥ ，同理可证 1 1 1B D A D⊥ ， 1 1 1 1AC A D A= ，所以， 1BD ⊥平面 1 1AC D ， 设 1BD 交平面 1 1AC D 于点E，则 1D E ⊥平面 1 1AC D ， 因为 1 1 1 1 1 1 2 1 1 1 1 4 2 2 3 3 2 3 D A C D A C DV S DD− =  =    =△ ， 易知 1 1AC D 是边长为2 2 的等边三角形，则 ( ) 1 1 23 2 2 2 3 4 A C DS =  =△ ， 由 1 1 1 1 1 1 1 1 2 3 4 3 3 3 D A C D A C DV S D E D E− =  = =△ ，所以， 1 2 3 3 D E = ， 设 1BD 交平面 1ACB 于点F ，同理可知 2 3 3 BF = ，所以， 1 1 1 3 BF EF D E BD= = = ， 所以，正方体 1 1 1 1ABCD A B C D− 的外接球的直径 1BD 被截面 1 1AC D 和截面 1ACB 三等分， A 对； 对于 B 选项，因为正方体的内切球与正方体的两个内切圆柱的侧面和底面都相切， 又因为牟合方盖与的两个顶点和侧面四个曲面刚好与正方体的侧面相切， 故正方体的内切球内切于牟合方盖， 所以，正方体 1 1 1 1ABCD A B C D− 的内切球体积等于该牟合方盖的内切球的体积，B 错； 对于 C 选项，由 A 选项可知， 1D E ⊥平面 1 1AC D ，且 1 2 3 3 D E = ， 易知正方体 1 1 1 1ABCD A B C D− 的内切球球心为 1BD 的中点O，且 1 1 1 3 2 OD BD= = ， 所以， 1 1 3 3 OE OD D E= − = ， 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 22 页 而正方体 1 1 1 1ABCD A B C D− 的内切球半径为 1r = ， 所以，正方体 1 1 1 1ABCD A B C D− 的内切球被平面 1 1AC D 截得的截面圆半径为 2 2 6 3 r r OE = − = ， 所以，截面面积为 2 2 3 r    = ，C 错； 对于 D 选项，以正方体的顶点A 为球心，2为半径的球在该正方体内部部分的体积恰 为该球体积的 1 8 ，即为 31 4 42 8 3 3     = ， 正方体 1 1 1 1ABCD A B C D− 的棱切球半径为 1 2 2 2 2  = ， 所以，正方体 1 1 1 1ABCD A B C D− 的棱切球的体积为 ( ) 3 4 2 8 2 3 3   = ， 因此，所求体积之比为 4 1 23 48 2 2 2 3   = = ，D 对. 故选：AD. 题型十二 多球相切问题 【例 12】如图所示，三个半径为 r 的汤圆（球形）装入半径为 ( )3 7 cm+ 的半球面碗中三个汤圆的顶端恰与碗口共面，则汤 圆半径 r = . 【答案】 3cm 【分析】画出相应图形，根据相切得到 1 2 2 3 1 3 2O O O O O O r= = = ，半球面碗的半径为 1OO r+ ，然后利用勾股定理计算即可得. 【详解】取半球的球心为O，三个小球的球心分别为 1 2 3, ,O O O ， 则有 1 2 2 3 1 3 2O O O O O O r= = = ，取 1 2 3O O O 的重心H ，则可有OH r= ， 在 1 2 3O O O 中， 1 2 π 2 3 2 sin 3 3 3 O H r r=   = ， 则有 2 2 1 2 3 7 21 3 3 3 r OO r r r   = + = =     ， 则 1 3 7 2 3 r r+ = + ，解得 3r = . 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 23 页 故答案为： 3cm . 【跟踪训练 12】如今中国被誉为基建狂魔，可谓是逢山开路，遇水架桥.公路里程､高 铁里程双双都是世界第一.建设过程中研制出用于基建的大型龙门 吊､平衡盾构机等国之重器更是世界领先.如图是某重器上一零件结 构模型，中间最大球为正四面体 ABCD的内切球，中等球与最大 球和正四面体三个面均相切，最小球与中等球和正四面体三个面 均相切，已知正四面体 ABCD棱长为2 6 ，则模型中九个球的表 面积和为（ ） A．6π B．9π C． 31π 4 D．21π 【答案】B 【分析】作出辅助线，先求出正四面体的内切球半径，再利用三个球的半径之间的关 系得到另外两个球的半径，得到答案. 【详解】如图，取BC 的中点E，连接DE ， AE，则 6CE BE= = ， 24 6 3 2AE DE= = − = ， 过点A 作 AF ⊥底面BCD，垂足在DE 上，且 2DF EF= ， 所以 2 2, 2DF EF= = ，故 2 2 24 8 4AF AD DF= − = − = ， 点O为最大球的球心，连接DO 并延长，交 AE于点M ，则DM ⊥ AE， 设最大球的半径为 R ，则OF OM R= = ， 因为Rt AOM△ ∽ Rt AEF ，所以 AO OM AE EF = ，即 4 3 2 2 R R− = ，解得 1R = ， 即 1OM OF ，则 4 1 3AO = − = ，故 1 sin 3 OM EAF AO  = = 设最小球的球心为 J ，中间球的球心为K ，则两球均 与直线 AE相切，设切点分别为 ,H G， 连接 ,HJ KG，则 ,HJ KG分别为最小球和中间球的半 径，长度分别设为 ,a b， 则 3 3 , 3 3AJ HJ a AK GK b= = = = ，则 3 3JK AK AJ b a= − = − ， 又 JK a b= + ，所以3 3b a a b− = + ，解得 2b a= ， 又 3 3OK R b AO AK b= + = − = − ，故4 3 2b R= − = ，解得 1 2 b = ， 所以 1 4 a = ， 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 24 页 模型中九个球的表面积和为 2 2 24π 4π 4 4π 4 4π 4π π 9πR b a+  +  = + + = . 故选：B 【点睛】解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．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 课后突破训练 1．在三棱锥 A BCD− 中， AD⊥平面 ABC ， 120BAC = ， 2AB AD AC= = = ，则该 棱锥的外接球半径为（ ）. A． 5 B． 6 C．3 D．4 【答案】A 【详解】令 ABC 的外接圆圆心为 1O ，球心为O，则 1OO ⊥平面 ABC ，而 AD⊥平面 ABC ， 于是 1 / /OO AD，又球心O在线段 AD的中垂面上，此平面与平面 ABC 平行，取 AD中点E 则 1 1 1 2 OO AE AD= = = ，在 ABC 中， 120BAC = ， 2AB AC= = ，则 30ABC = ， ABC 的外接圆半径 1 2 2 sin AC r ABC =  =  ，所以该棱锥的外接球半径 2 2 1 5R r OO= + = . 故选：A 2．如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高 8cm，将一个球放在容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触 水面时测得水深为 6cm，如果不计容器厚度，则球的表面积为 （ ） 2cm . A．100π B．110π C．120π D． 150π 3 【答案】A 【分析】根据给定条件，求出正方体的上底面截球面所得小圆半径，再利用截面性质 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 25 页 列式求出球半径，进而求出球的表面积. 【详解】正方体的上底面所在平面截球面所得小圆为正方形的内切圆，半径 4r = ， 设球半径为 R ，依题意，球心到截面小圆距离 2d R= − ， 由截面小圆性质得 2 2 2d r R+ = ，即 2 2 2( 2) 4R R− + = ，解得 5R = ， 所以球的表面积为 2 24π 100πcmS R= = . 故选：A 3．已知正三棱锥P ABC− 的外接球O的表面积为36π，侧棱 3 2PA = ，点D为 AB的 中点，过点D作球O的截面，则所得截面图形面积的取值范围为（ ） A． 21 π,9π 4       B． 27 π,9π 4       C． 21π,36π D． 27π,36π 【答案】B 【分析】根据题意，先确定球心 1O 的位置，进而结合 2 2 2r R d= − ，用球心O到过点D 的截面圆的距离的取值范围可得 2r 的取值范围，从而得到结果. 【详解】设正三棱锥P ABC− 的外接球 1O 的半径为 R ，则 24π 36πR = ，得 3R = . 假设正三棱锥P ABC− 中， ABC 外接圆的圆心O，则球心 1O 在PO上， 设 1OO d= ， ABC 外接圆的半径为 ,R 即 ( ) 2 2 2 2 2 2 18R d R PA d R R    + + = =  + = ，两式相减得 2 22 18R Rd R+ = − ， 又 3R = ，解得 0d = ，所以 ABC 外接圆的圆心O是球心 1O . 如图所示： 设球心O到过点D的截面圆的距离为d ，截面圆的半径为 r ， 则 2 2 2 29r R d d= − = − ， 因为球心O到过点D的截面圆的距离的最大值为 1 3 2 2 OD OA= = ， 所以 2r 的最小值为 2 9 27 4 4 R − = ， 又因为点D在OA为半径的圆面上，则球心O到过点D的截面圆的距离的最小值为0 ， 所以 2r 的最大值为 2 9R = ， 总上可知， 2 27 ,9 4 r       ，即 2 27ππ ,9π 4 r       所以截面圆的面积的取值范围为 27 π,9π 4       . 故选：B. 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 26 页 4．《九章算术》是中国古代的一部数学著作，著作中 记载：“刍甍者，下有袤有广，而上有袤无广.刍，草 也.甍，屋盖也.”翻译为“底面有长有宽为矩形，顶部只 有长没有宽为一条棱.刍甍字面意思为茅草屋顶”.现有 一个刍甍如图所示，四边形 ABCD是边长为 4 的正方形，△ADE与△BCF是等边三角 形，EF//AB，AB＝2EF，则该刍甍的外接球的半径为（ ） A． 2 253 11 B． 1014 11 C． 2 254 11 D． 1018 11 【答案】A 【分析】连接 ,AC BD交于点O，过O点作OO ⊥平面 ABCD，设O为外接球的球心， 取 ,AD BC 的中点分别为 ,G H ，证得 ⊥BC 平面EFHG ，求得 2 1 11MO FH= − = ， 设OO x = ，得到 11MO x = − ，结合求得截面性质，列出方程，即可求解. 【详解】连接 ,AC BD交于点O，过O点作OO ⊥平面 ABCD , 因为四边形 ABCD为正方形，所以外接球的球心在OM 上，设O为外接球的球心， 取 ,AD BC 的中点分别为 ,G H ，连接 ,EG FH ， 因为 / / , / /EF AB AB GH ，可得 / /EF GH ， 因为 ,BFC EAD为等比三角形，所以EH BC⊥ ， 因为BC GH⊥ ，EH GH H= ，所以 ⊥BC 平面 EFHG ， 因为 4 2AB EF= = ，所以 2 2, 2AO EF= = ， 所以 1,EM EO AO R = = = ， 因为 2 3FH = ，所以 2 1 11MO FH= − = ， 设OO x = ，则 11MO x = − ， 所以 2 2 2 2 2 2,AO AO OO EO EM MO   = + = + ，所以 2 28 1 ( 11 )x x+ = + − ， 即 2 29 1 11 2 11x x x+ = + − + ，解得2 11 4x = ，即 2 11 11 x = ， 所以 2 2 2 2 4 928 11 11 R AO AO OO = = + = + = ，所以 92 2 253 11 11 R = = . 故选：A. 5．已知 , , ,A B C D是半径为 5 的球体表面上的四点， 2AB = ， 90ACB = ， 30ADB = ，则平面CAB与平面DAB的夹角的余弦值为（ ） A． 6 2 4 − B． 1 2 C． 1 3 D． 3 3 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 27 页 【答案】B 【分析】设球心为O，分别取 ABC ， ABD△ 的外接圆圆心为 ,E F ，连接 , ,OE EF OF ，证得E为 AB中点，平面CAB与平面DAB的夹角即为 OEF 的余角，解 Rt OEF△ ，即可得解. 【详解】设球心为O，分别取 ABC ， ABD△ 的外接圆圆心为 ,E F ，连接 , ,OE EF OF ， ∵ 90ACB = ，∴点E为 AB中点，则 1EA EB= = ， 由 F 为 ABD△ 外心，故FA FB= ，则FE AB⊥ ， 由题意可得OE ⊥平面 ABC ， 故平面CAB与平面DAB的夹角，即为 OEF 的余角. 在 ABD△ 中， 2AB = ， 30ADB = ， 则由正弦定理可得 2 2 2sin30 FA FB FD= = = =  ， 由球O的半径为 5 ，故 25 2 1OF = − = ， 25 1 2OE = − = , 由OF ⊥平面DAB，EF 平面DAB，可得OF EF⊥ ， 则Rt OEF△ 中， 1 sin 2 OF OEF OE  = = ,即 30OEF = ， 故平面CAB与平面DAB的夹角为60，故其余弦值为 1 2 . 故选:B. 6．在三棱锥P ABC− 中，PA AB⊥ ， 2PA = ， 2 2AB BC= = ，二面角P AB C− − 的 大小为 3π 4 ．若三棱锥P ABC− 的所有顶点都在球 O的球面上，则当三棱锥P ABC− 的 体积最大时，球 O的体积为（ ） A． 3 π 2 B． 6π C． 8 2π 3 D． 7 14 π 3 【答案】D 【分析】作二面角P AB C− − 的平面角，确定三棱锥的高，根据条件证明 AB BC⊥ ， 建立坐标系， 根据条件确定球心位置，求出球的半径，由此可得球 O的体积. 【详解】设点 P在平面 ABC内的射影为 H，连接 AH， 考虑到二面角 P-AB-C的大小为 3π 4 ，则点 H与点 C在直线 AB的两侧． 因为PH ⊥平面 ABC ， AB平面 ABC ， 所以PH AB⊥ ，又PA AB⊥ ，PA PH P= ， ,PA PH 平面PAH ， 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 28 页 所以 AB ⊥平面PAH ， AH 平面PAH ， 所以 PAH 为二面角P AB C− − 的平面角的补角， 所以 π 4 PAH = ，又 2PA = ， 所以 1PH AH= = ，从而三棱锥P ABC− 的高为 1． 又 ABC 的面积 1 sin 2 S AB BC ABC=    ， 所以当 AB BC⊥ 时， ABC 的面积最大，最大值为1， 所以当 AB BC⊥ 时，三棱锥P ABC− 的体积最大， 因此点 C和点 P在图中两全等长方体构成的大长方体的体对角线的顶点上． 以 A为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系 Axyz． 因为球 O的球心 O与 ABC 的外接圆的圆心的连线垂直平面 ABC ， ABC 为 AC 为斜边的直角三角形，所以其外接圆的圆心为 AC 的中点， 所以球 O的球心 O在底面 ABC内的射影为线段 AC 的中点， 于是设 1 ,1, 2 O z       ．又 (0,0,0)A ， ( 1,0,1)P − ， 由 | | | |OA OP= ，得 2 2 2 2 2 21 31 ( 1) (1 ) 2 2 z z     + + = − + − + −        ， 解得 3 2 z = ，则球 O的半径 14 2 OA = ， 所以球 O的体积 3 34 4π 14 7 14π π 3 3 2 3 V R   = =  =     ． 故选：D. 【点睛】与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图 形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，求出球心的位置，再求球 的半径. 7．（多选）如图，棱长为2的正方体 1 1 1 1ABCD A B C D− 的内切球为 球O，E， F 分别是棱 AD， 1BB 的中点，G 在棱 AB上移动， 则下列选项正确的是（ ） A．该内切球的球面面积为 4π B．存在点G ，使得 //OD 平面EFG 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 29 页 C．平面EFC 被球O截得的截面圆的面积为 4π 7 D．当G 为 AB的中点时，过E，F ，G 的平面截该正方体所得截面的面积为3 3 【答案】ACD 【分析】根据内切球半径计算表面积判断 A；以点 D为坐标原点，建立空间直角坐标 系，设点 ( )2, ,0G a ，其中0 2a  ， 利用空间向量法可判断 B，应用空间向量法计算点到平面距离计算求出截面面积判断 C，确定当G 为 AB的中点时， 过 , ,E F G的平面截该正方体所得截面为边长为 2 2 的正六边形，利用面积公式求面积 判断 D. 【详解】对于 A，根据已知条件球O为以O为圆心，半径 1R = ，内切球的球面面积为 4π ，A 正确； 对于 B： 以D为坐标原点， 1, ,DA DC DD 所在直线分别为 , ,x y z轴建立如图所示空间直 角坐标系， 则由题意可得 ( )1,1,1O ， ( )1,0,0E ， ( )2,2,1F ， ( ) ( )0,0,0 , 0,2,0D C ， 设点 ( )2, ,0G a ，其中0 2a  ， 对于 ( )1, 1, 1OD = − − − ， ( )1,2,1EF = ， ( )1, ,0EG a= ， 设平面EFG法向量为 ( ), ,n x y z= ， n EF⊥ ， ⊥n EG， 则 2 0 0 n EF x y z n EG x ay   = + + =   = + = ， 令 x a= ，则𝑦 = −1， 2z a= − ， ( ), 1,2n a a= − − 为平面EFG的一个法向量， 若存在点G ，使 / /OD 平面EFG， 只需n OD⊥ ，因为 1 2 0n OD a a = − + + − = 不成立，所以 B 错误； 对于 C： 设平面EFC 法向量为?⃗⃗? = (𝑥1, 𝑦1, 𝑧1)， ( )1,2,0EC = − ， m EF⊥ ，m EC⊥ ， 武汉市好学途教育 高中数学重难点系列专题 第 30 页 则 1 1 1 1 1 2 0 2 0 m EF x y z m EC x y   = + + =   = − + = ， 令 2x = ，则 1 1y = ， 1 4z = − ， ( )2,1, 4m = − 为平面EFC 的法向量， 又因为 ( )0, 1, 1OE = − − ， 则O到平面EFC 的距离为d ，则 1 4 3 21 74 1 16 21 OE m d m − + = = = = + + ， 设平面EFC 被球O截得的截面圆的半径为 r ， 2 2 2 71 77 r d= − = = ， 所以平面EFC 被球O截得的截面圆的面积为 4π 7 ，C 选项正确； 对于 D，当G 为 AB中点时，过 , ,E F G的平面截该正方体所得截面为正六边形 EGFHNP， 90EAG = ， 在Rt EAG△ 中， 1= =AG AE ，所以边长 2 21 1 2EG ， 所以截面面积 1 1 6 2 2 sin60 3 3 2 S =      = ，D 正确； 故选：ACD. 【点睛】关键点点睛：本题考查几何体与球的组合问题，垂直关系的转化，平面截球 的问题，平面截正方体问题，关键是：（1）利用球的弦长公式计算弦长；（2）确定平 面截正方体所得截面的形状. 8．（多选）在圆锥 SO中，C是母线 SA上靠近点 S的三等分点，SA l= ，底面圆的半径 为 r，圆锥 SO的侧面积为12 ，则下列说法正确的是（ ） A．当 3r = 时，过顶点 S和两母线的截面三角形的最大面积为3 7 B．当 6l = 时，从点 A到点 C绕圆锥侧面一周的最小长度为2 13 C．当 6l = 时，圆锥SO的外接球表面积为 81π 2 D．当 6l = 时，棱长为 8 3 3 的正四面体在圆锥SO内可以任意转动 【答案】BC 【分析】依题意可得 12rl = ，对于 A，利用余弦定理求出cos ASB ，即可判断 ASB 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