第九章 专题探究11 内切球与外接球问题-【5星学霸·高考白题】2026年高考数学一轮复习

学霸高春白题数学 专题探究11内 ☑专题强化热点聚焦，重难突破|限时：50min 1.(2025·陕西商洛一模)在四棱锥P-ABCD 中，PA⊥平面ABCD,四边形ABCD是正方形 AB=2√2，PA=3,则四棱锥P-ABCD外接球的 体积是 A.25π B.100m C.125m D.500m 6 3 2.（2025·广东湛江一模)一个圆锥的侧面展开 图是一个半径为3，圆心角为”的扇形，在该 圆锥内有一个体积为V的球，则该球的体积V 的最大值是 A.2π B. 3 3 0 3 3.已知一个正三棱柱既有内切球又有外接球， 且外接球的表面积为40π，则该三棱柱的体 积为 A.66 B.126 C.6√10 D.12/10 4.(2025·江苏南通一模)已知一几何体上半 部分为圆台P0,下半部分为圆锥S0,其中圆 锥S0底面的半径为r,高为h.圆台P0的两 底面的半径分别为，和，高为2弘该几有 体内接于表面积为100π的球，则圆台P0的 体积为 ( A.(10+√21)m B.2(10+/21)T C.4(10+√21)T D.6(10+√21)m 切球与外接球问题 5.(2025·安徽合肥模拟)已知一件艺术品由外 层一个大正四面体，内层一个小正方体构成， 外层正四面体的棱长为2，在该大正四面体内 放置一个棱长为a的小正方体，并且小正方 体在大正四面体内可以任意转动，则α的最 大值为 () ② ② 6 D22 3 6.(2025·湖北武汉月考)已知矩形ABCD的长 为4，宽为3，将△ABC沿对角线AC翻折，得 到三棱锥B-ACD,则三棱锥B-ACD的外接球 的体积为 () 125 25 A.6 B. 125 5 C.3T D.4 7.(2025·四川德阳二模)在三棱锥P-ABC 中，平面PAB⊥平面ABC,△PAB为等腰三角形， 且∠APB=120°，AB=23,AC=4,∠BAC=90°，则 三棱锥P-ABC外接球的表面积为 () A.32m B.64T C.80m D.128m 8.(2025·安徽江淮十校期中)三棱锥P-ABC 的底面△ABC是等边三角形，AP⊥PC,二面 角P-AC-B的大小为150°，若三棱锥P-ABC 外接球的表面积为84π，则该三棱锥P-ABC 体积的最大值等于 ( 93 A. B.93 2 C. 27 273 2 D. 2 9.(2025·河南郑州模拟)中国古建筑闻名于 世，源远流长.五脊殿是中国传统建筑中的一 种屋顶形式，该屋顶的结构示意图如图所示， 在结构示意图中，已知四边形ABCD为矩形， EF∥AB,AB=2EF=2,△ADE与△BCF都是 边长为1的等边三角形，若点A,B,C,D,E,F都 在球0的球面上，则球0的表面积为() A.In B.IIm 8 6 c D.11m 4 2 10.(多选)(2024·江西上饶一模)空间中存在 四个球，它们的半径分别是2,2,4,4，每个球都 与他三个球外切，下面结论正确的是( A.以四个球球心为顶点的四面体体积为 B.以四个球球心为顶点的四面体体积为？ C.若另一球与这四个球都外切，则该小球半 径 D.若另一球与这四个球都内切，则该球半径 ,854 r=- 3 11,(多选)(2025·山西大同模拟)在直三棱柱 ABC-AB,C1中，AB=AA1=2AC=4,BC= 23,E,F分别为棱AC,BB,的动点且EF= √20，点F在平面A4,C,C上的射影为点P, EP的中点为M,则 () A.存在一半径为23的球，使得三棱柱 ABC-AB,C,的所有顶点都在该球面上 B.存在一半径为2的球与三棱柱ABC AB,C的所有侧棱相切，与上、下底面也 相切 第九章立体几何与空间向量学霸高春 CEF的中点在以B为球心，半径为0的 球面上 D.点M的轨迹长为？m 12.（2025·山东济宁一模)已知正四棱台的高 为3，其顶点都在同一球面上.若该球的半径 为5，球心在正四棱台的一个底面上，则该正 四棱台的体积为 13.已知四面体A-BCD的四个顶点均在球O的 球面上，AB=CD,AC=BD,AD=BC,若AB+ BC+CA=12,则球O体积的最小 值为 14.(2025·广东深圳模拟)已知棱长为8的正 四面体，沿着四个顶点的方向各切下一个棱 长为2的小正四面体（如图），剩余中间部分 的八面体可以装入一个球形容器内（容器壁 厚度忽略不计)，则该球形容器表面积的 最小值为 号 (第14题) (第15题) 15.(2025·江苏镇江月考)勒洛四面体是一个 非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面 间像球一样来回自由滚动，并且始终保持与 两平面都接触.勒洛四面体是以一个正四面 体的四个顶点分别为球心，以正四面体的棱 长为半径的四个球的公共部分围成的几何 体若构成勒洛四面体ABCD的正四面体 ABCD的棱长为2，在该“空心”勒洛四面体 ABCD内放入一个球，则该球球半径的最大 值是0i.0 4 ■ 10·0减35 2*2 号放平面4C,F与子面A,A0心，夹角的余弦值是) 14.(1)证明：如图①，连接B,C,AC,当A=u=2,则M是AB,的中 点，N是BC,的中点，所以MN∥AC,因为ACC平面ABCD,D,D⊥ 平面ABCD.所以D1D⊥AC.所以D,D⊥MN. ② (2)解：如图②.以D点为原点，Di,D元.DD方向为x.:轴正方向 建立空间直角坐标系，则A(1,0,0),B,(1,1,1).C(0,1,1), B1,1,0),D,(0,0,1),AB=(0,1,1),C言=(1,0，-1)，所以 =(0,A,A),C,不=(4.0，-)，所以M(1A,A),N(u,1,1-u).所 以M=(H-1,1-A,1--A),又DD=(0,0,1),设直线PQ的方向 向量为n=(x,y,:).期由 n·m=0特 (n,=0, -+(1-A)+(1--A=0取m=(1-,1-a,0),又成： =0. DM.n 1-A+入- (1.A,A),所以1PQ1= √2+u2-2(A+4)+2 1 2 V(A)-2(A*地)+11A-1 0≤A≤1 由 0s 得 ≤A≤1易知=A1在[受]上单 2 调递诚，在 小上单，所以e【-1.]所 w2+11 .2] 专题探究11内切球与外接球问题 专题强化 1,C解析：将四棱锥P-ABCD补成如图所示的 四梭柱，则四棱锥P-ACD的外接球即为此 四棱柱的外接球.又因为四边形ABCD为正方 形，侧该四棱柱为正四棱柱设四棱锥P一 ABCD外接球的半径为R.则4R2=(22)2+ 【253=25,所以R=,放网按维P四 D外接球的体积=亨R=1故法C 6 方法总结 求一条侧棱委直于底面的棱维的外接球时，可将棱锥补成棱柱，则外 接球半径R= 2 +2,其中h为棱柱的高，「为棱柱底面外接 圆半径 2。》解析：由题意得扇形的延长1：3x行-2，所以该圆维的底面圆 一学霸高考·白 的半径2石1，所以该圆维的高A:√了子=25.设该圆锥内的 球的最大半径为R.侧锥的轴截面如图所示 侧依题意得S×2x22=X3+3+2)x水，所以R=7,所 以该球的体积V的最大值是子兰（径）广。-子放选心 0 (第2题) (第3题) 3.B解析：如图，设正三棱柱ABC-A,B,C,的外接球0的半径为R,则 4π2=40m,解得R=√10.因为三棱住ABC-A,B,C,有内切球，设内 切球半径为r,则正三棱柱的高为2r,连接△ABC,△A,B,C,的中心 02,01,则线段020，的中点即为球心.依题意，△ABC内切圆半径 为r,得02C=2r.AB=23r,则(2r)2+2=R2,解得r=2,=26, 放三楼柱的体积V=?×(26)Px2=2,6放选包 4.D解析：设儿何体外接球半径R,则4R2=100m,,R=5.设外接球 球心M,知图所示，则MN=M0=5=R=5,0=.PN=2工， 7 02.0=,在aN中，Pmn=,即(，广 (PS-MS)2=MN2,在R△M00中，002+0M2=M02,即2+ (5-4)2+r2=25. (h=3, (15-0S)2=M02,则 3(21m+9m+3V2Im)×6=6(10+√2I)m,故选D. P,--- (第4题) (第5题) 5.C解析：如图，正四而体ABCD底面CD的中心记为点E,连接 AE.DE. 由正四面体的性质可得AEL平面BCD.因为正四面体ABCD棱长 为2，所以底面三角形BCD的高为2in 号=5则E=号×5 。所以正四面体BGD的布A6√(）广：25设正国 25 面体ABCD内切球的半径为R,球心为O.由等体积法可得 国=4在三装0-n,即{ 3X5 MDXAF=4x- XS么×水，解 得R:{忧三6所以正四面休的内切球的半径R三6，阳为正方 6 6 √3 体的棱长为4，所以正方休的外接球的半径r2a≤R=名，因此 0n=3放选C 6.A解析：如图，连接AC,D相交于点O,则点 O为AC,BD的中点，因为ABCD为矩形，所以 0=0B=0c=00=子3+4=号所以点 D为三棱锥B-ACD的外接球的球心，则三棱 题·数学·073一 维-m的外接球的体积为宁✉（任厂故选入 7.A解析：如图，取AB的中点E,BC的中点D,连接DE,则DE= 2AC=2,因为△PB为等腰三角形，所以PE⊥AB,因为平面PB1 平面ABC,平面PAB∩平面ABC=AB,PEC平面PAB,所以PE⊥平面 ABC.因为DEC平面ABC,所以PE⊥DE,因为△ABC为直角三角形. 且∠BAC=90°，所以D为△ABC的外心，设三棱推P-ABC的外接球 的球心为O.则OD⊥平面ABC,所以PE∥OD,在等腰三角形PAB 中，∠APB=120°，AB=23,则BE=AE=3,∠PBE=30°，△PAB的 外心在△PB外.所以PE=En30=5×=1,在△C中， AB=23,AC=4.∠BAC=90°.则BC=√AC2+AB2=16+IZ=2w7. 所以D=√7，设三棱锥P-ABC的外接球的半径为R.则DD= √R-BD=√R-7,过0作OF⊥PE交PE延长线于点F,则OD= EF,OF=DE,在R△OPF中，0P2=0F2+PF2.则R2=22+ (1+√R-7),解得R2=8,所以三棱锥P-ABC的外接球的表面积 为4mR2=32m.故选A (第7题) (第8题) 8.A解析：设AC=a,三棱锥P-AC外接球的半径为R,则4πR 84行，解得R=√2I,设Rt△AP℃的外心为O,该点是棱AC的中点 如图，设等边三角形ABC的外心为O,过点O,作平面AP℃的垂线」 过点)2作平面ABC的垂线.两垂线交于点O.即为三棱锥P-ABC 外接球的球心 因为二面角P-4C-B的大小为150°，所以∠00,02=60°，于是 513a 0,0=2*3 6 0=x=0,m,=50,0= 2x3 3 因为008=21.脚（仔，（停）广-21，新得-6 即AC=6,因为AP⊥PC,所以当AP=PC时，点P到平面ABC的距离 最大，其最大距离为6x2Xn(180-150)2.所以三校锥 c体积的最大值等于？6×号放选人 9.D解析：如图，连接AC,BD,设AC门D=O,,因为四边形ABCD为 矩形，所以0，为矩形ACD外H接圆的圆心，连接00，，则00，⊥平面 ABCD,分别取EF,AD,C的中点M,P,Q,根据几句体ABCDEF的对 称性可知，直线OO,交EF于点M.连接PQ,则PQ∥AB,且D,为PQ 的中点，因为EF∥AB,所以PQ∥EF,连接EP,FQ,在△ADE与 △F中，易知=0=P-() ,所以梯形EFQP为 等腰梯形，所以MO,1P0,且M0,= O0,=m.球0的半径为R.连接OE,0A,当0在线段0，M上时.由球 的性质可复=0e=0,易得04：，-（合厂-则 (停=)+（行）广-()m2,此时无解当0在线段0，的 延长线上时，由球的性质可知， (兮）广，解得m=冬所以心=0E:号，所以球0的表面积S= 4R放选D 一学霸高考·白 D 方法总结 求解外接球问题的关键在于确定球心的位盟，而确定球心位里的依 据一是球心到球面上各点的距离都等于球的半径，二是球心与载面 圆圆心的连找要直于黄面，由此出发，利用一些特殊模型，或行助一 觳方法，即可确定外接球球心的位置。 10.ACD解析：如图.设半径为2的两球球心为A,B,半为4的两球 球心为C,D,易知AB=4,CD=8,AC=AD=BC=BD=6.取AB的中点 E,连接CE,DE因为AC■BC=6.AD■BD=6.点E为AB中点. 所以CE⊥AB,DE上AB,AE=BE=2,则CE=√AC-AE= √6-2=42，DE=√AD-AE区=√6-2=42.故CE2+DE2= CD2.则CE⊥DE.因为ABODE=E,AB.DEC平面ABD,所以CE⊥ 平面m.周e四宁0宁44，a4a=公 故A正确，B不正确：若另一球与这四个球都外切，如图，设球中心 为O,半径为r,则点0在四面体ABCD内，取CD中点F,连接EF, 则A0=B0=2+r,C0=D0=4+r,叉CE=DE=42,CE⊥DE.所以 BF=CD=4,则球心0在EF上，所以0F=√0C-CF= √(4+r)-42=(r+8.同理0R=(+4.代人0E+0F=4. 解得r8 34或r85 4(含)，故C正确：若另一球与这四个 球都内切，设球中心为01.半径为R,则A0,=B01=R-2,C0,= D01=R-4,且点0，在EF上，所以0，F=√O,C-CF= √(R-4)-4=√RR-8),同理0，E=√R(R-4),代入0，E+ 0F=4,得R-8 +4(舍)，故D正疏.故选ACD. 3 +4或R8 3 (第10题) (第11题) 11,BC解析：对于A,在直三棱柱ABC-A,B,C,中，AC2+BC2=16= 4B2,则4C1BC,△ABC的外接圆半径为r=,=2,三校柱ABC A,B,C,的外接球半径R=VP+2=22,A错误：对于B,A2,B2, C,分别是AM,BB,CC,的中点，则以A,B,的中点为球心.2为半 径的球，球心到三条侧棱的距离都等于2，且到上下底面距离也都 为2，满足题意，B正确：对于C,连接BE(图略)，BE⊥BF,令F的 点为N,在R△EBF中，BN:?EF:2.即EF的中点在E 为球心.半径为的球面上.C正确：对于D,c10G:4Cn CC,=C,AC,CC,C平而A4,C,C,则BC⊥平而AA,C,C,而FP⊥平 面M,C,C,则FP∥BC,且点P在CC,上，则FP=BC=23,FP⊥ PE,PE=VBP-PF=2点，在△PEC中，CW=PE=,则 点M在以C为圆心，半径为2的圆上，当点E与A重合时，点P与 C2重合，点M为AC2的中点M:当点E与C重合时，点M为CP 中点M,而四边形40C,4为正方形，则∠，CM=年，因此点M 题·数学·074一 的筑迹所对圆心角为子轨迹长为 T,D错误故选BC 12.122解析：因为球心在正四棱台的一个底面上，设球心所在底面 为下底面，正四棱台的高为3，球半径为5，如图，连接球心与正四 棱台上底面一顶点，以及球心与上底而中心，构成直角三角形 设上底面边长为。，则上底面中心到顶点距高为子。，根据勾殷定 理（停）广9=.即249=25==16=2解得a 42,因为球心在下底面，下底面中心到顶点距离就是球半径5，设 下底面边长为6，则受=5，解得6=5，根据正四校白体积公 式=子(S++S)(其中h是高，S是下底西积，S是上底而 积).下底面积S=2=(52)=50,上底面积S”=a2=32,已知 高6=3.则体积=号×3x(50+V50x32+32)=50+40+32=12故 答案为122 (第12题) (第13题)】 13.86r解析：如图.因为AB=CD,AC=BD,AD=BC.所以可以将四 面体补成一个长方体，使得四而体的6条棱为长方体的6条面对用 线，设长方体过同一顶点的3条棱长分别为a,b,e,球0的半径为 R,周R=号V后2，由B+BC+4=12,得AB+BC2+CE +2AB·BC+2AB·CA+2BC·CA=144,因为2AB·BC+2AB· CA+2BC·CA≤2(AB2+BC2+CA2).所以3(AB2+BC2+CA2)≥I44. 即AB2+BC2+CA2≥48.当且仅当AB=BC=CA时取等号，因为AB2+ BC2+CA2=2(a2+2+e2)≥48.所以a2+b2+c2≥24.当且仅当a= 6=c=22时取等号，即(2R)2≥24，所以R≥6.则球0的体积 为4 πR≥86m,所以球0体积的最小值为86元 14,48π解析：如图，设0为正四面体 P-AC的外接球球心，O1为 △A1B,C1的中心，H为△ABC的中 心，M为BC的中点，由正四面体P ABC可知PH⊥平而ABC,因为AHC€ 平面ABC,所以H⊥AH,又因为P 4BC棱长为8所以M=,*8= 3 Pm=,-(85则O=0A=R为外接球率径，由r 0m=40得(）+(85R）=R,解得R=2.6,即m= 26,在正四面体P-4BG中，易得40=子2公可2 Pm,=-()-5所以0，=m-0,-45则该人面 体的外接球半径A,O=√/0+A,0=23,所以该球形容器表面 积的最小值为4m×(23)'=48π，故答案为48m 152 ,解析：勒洛四面体能够容纳的最大球与勒洛四面体的4个 弧面都相切.即为勒洛四面体内切球，由对称性知，物洛四面体 ABCD内切球球心是正四面体ABCD的内切球，外接球球心O,正三 一学霸高考·白 角形BCD外接圆半径，B=23,正四面体ABCD的高0， V瓜-0，尽：2，设正四面体0D的外接球半径为R.在 R△B001中，R2= （2广()广解得=因此 洛四面体AD内切球半径为2石故答案为2石 2 2 方法总结 解决与球椹关的切、接问题，其方法是作出械面，将空问几何问则转 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，球心到切点的距高相等且为球的半径：如 果是外接球，球心到接点的距离相等且为球的半径： (2)作载面：选准最佳角度作出载而（要使这个戴面尽可能多的包含 球、几何休的各种元素以及体现这些元素的关系)，达到空何问平 面化的目的： (3)求半径下结论：根据作出裁面中的儿何元素，建立关于球的华径 的方程，并求解 专题探究12立体儿何中的截面及展开与折叠问题 专题强化 1.A解析：P为圆台母线AB的中点，0，03分别为上下底面的圆心， 把圆台扩成圆锥，如图①所示，其展开图如图②， 03-- ② 则0，A=1.02B=2,AB=4,由01A∥02B,有SA=4.SB=8,SP=6,圆 锥账面半径0，B=2,底面圆的周长为4云，母线长SB=8.所以侧面展 开图的期形的网心角为怎：子即∠ 2 质点从点P出发，绕着该周台的侧面运动一周后又回到点P,则运动 的最短路径为展开图弦P,∠PSP=,SP=SP=6,有Pp=62 故选A 2.ABD解析：A选项，如图①，：经过点B,A,C,则截面为等边三角 形4，BC,面积为xwx血号- 2,A选项正确 D 2 B选项，如图2，a经过点B,G,H,则截面为菱形BHD,G,BG=D,G= ,BD,=5,设CHORD,=0,则GH⊥BD,GH=AC=2,所以菱形 DG的面积为xw2= 2,B选项正确 C选项，如图③，a经过点E,F,G,设1，J分别是C,D1,A1D1的中点， 题·数学·075一