第四章 专题3 内切球-【6星学霸·高考黑题】2026年高考数学二轮专项冲刺

学霸高考·黑题数学 专题3内切球 命题密钥 内切球相较于外接球，其解法相对比较固定，故难度多为中等，考核形式主要是选择题和填 空题，主要考查方向是在较为规则的几何体内计算内切球的半径及相关信息，在近年来的考试 中，内切球的考查频率有所上升。 考点觉醒 较为规则的几何体 画轴截面确定球心位置，利用几何法求出半径 内切球 等体积法，假设棱锥的表面积为S。 般的棱锥 内切球半径为r,则V= 实战演练 典型例题1.（全国高考)在封闭的直三棱柱ABC-A,B,C,内有一个体积为V的球，若AB⊥BC,AB= 6,BC=8,AA,=3,则该球体积V的最大值是 8.2 32 A.4m C.6π D. 变式训练1.(2025·吉林长春东北师大附中模拟)所有棱长都是2的正四棱锥的内切球半径为 ( B C.6-2 D.6+2 3 2 4 变式训练2.十字贯穿体（如图①）是美术素描学习中一种常见的教具如图②，该十字贯穿体由两 个全等的正四棱柱组合而成，且两个四棱柱的侧棱互相垂直，若底面正方形边长为2，则这两个正四 棱柱公共部分所构成的几何体的内切球的体积为 2 典型例题2.(2025·江西吉安模拟)已知圆台0,02存在内切球0（球0与圆台上、下底面以及侧 面均相切)，若圆台的上、下底面积分别为16π，25π，则球0的表面积为 A.40m B.80m C.120m D.160m 变式训练3.(2025·江苏南京月考)数学中有许多形状优美、寓意独特的几何体，“勒洛四面体”就 是其中之一勒洛四面体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.如图，在勒洛四面体中，正四面体ABCD的棱长为2，则该勒洛四面体内切球的半径是 第四章立体几何与空间向量学霸 4.6-23 3 B.46 2 C.v6 06 6 变式训练4(2025·浙江温州月考)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a的正四面体，并且正四面体在该几何体内可以任意转动，则α的最大值为( A.3 B.2 c25-n D. 2 变式训练5.(2025·重庆一中模拟)棱长为43的正四面体内切一球，然后在正四面体和该球形成 的空隙处各放人一个小球，则这样一个小球的体积最大为 4.82m B.4 3 C.2m 0 37 D 变式训练6.(2025·河南信阳模拟)如图，现有棱长为4cm的正方体玉石缺失 G 了一个角，缺失部分为正三棱锥A1-EFG,且E,F,G分别为棱A1A,A,B,A,D,上 离A,最远的四等分点，若将该玉石打磨成一个球形饰品，则该球形饰品的半径 的最大值为 cm. 变式训练7.(2025·广东深圳中学模拟)如图所示，斜三棱柱ABC-AB,C1中，D为AB的中点，D, 为A,B,的中点，平面ABC⊥平面ABB,A1· (1)求证：直线A,C∥平面BC,D1; (2)若三角形AB,C是等边三角形且边长为2，侧棱M,=,且异面直线C,与AB,互相垂直，求 异面直线A,D与BC,所成角的正切值： (3)若B=8,4C=BC=5,ms∠AAB=年，若三棱柱ABC-AB,C有内切球，求三棱柱ABC-ABG 的体积 061则2D、 2 =1设外接球球心是口， n02恤号m cos 2 则OM⊥平面BCD,DMC平面BCD,则OM⊥DM,同理AD⊥BD,AD⊥ DM.又AD⊥平面BCD..AD∥OM.四边形OMDA是直角梯形.设 (2+h2=2, )M=h,外接球半径为R.即OD=0A=R.则 所 {2+(AD-h)2=R2, 以AD=2h,在R△ABD中，∠ABD= 2 2 -a,∠BAD=a,tna= 2 ana心6s ,2= 1 cos'a tan a tan'a cos?a sin'a I+cos a 1-coso 2 2s2a+2-2sa.-1+ 3 2 3 1+0sY 1-0s2a 2=,则 (仔）心=-1+ 2t -142 () -2+31 5=-1+ 2 =-1+ 5 21+5,当且仪当=4 3-2t4 3-52 时等号成立.所以外接球表面积的最小值是4：.1+5。(2+ 即=2 25)m.故答案为(2+2w5)T 重难点拔 本题考查三棱锥外接球表面积，解题关键是用一个变量表示出球的 表面积，前提是选定一个象数，由已知设∠(CBD■a,其他量都用a表 示，并利用三角函数恒等变换，换元法、基本不等式等求得最小值. 专题3内切球 典型例题1.B解析：由题意知，AC■√AB2+BC2=10,设△ABC的内 切调半径为期宁68：0宁68=少兰放球的量大 半轻为号子✉（侣）广号故选B 4 变式训练1.C解析：依题意，所有棱长都是2的正四棱锥的高h 22)。2,体积V3×2”×2=3,表而积5=4x 2+2=4(,5+).设该棱锥的内切球半径为，则了=业.即=背 3V 426-√2 4(5+1)2 变式训练2子：解析：该几何体的直魂图如图所示，这两个正四校 柱公共部分所构成的几何体为两个全等的四棱锥S-ABCD和P-ABCD 组成； 由题意，这两个直四棱柱的中心既是外接球的球心，也是内切球的球 心，设内切球的半径为R,设AC的中点为H.连接，SH,可知SH即为 四棱锥S-ABCD的高.在Bt△ABH中，BH=√AB-AP=√6-2=2， 一学霸高考·黑 又4C=0=22.5=2x×22x2=45,又m= 为2心了仪22x8=2x3得R=1,故几何作的内切球的休积 1 为 典型例题2B解析：作出该圆台的轴截面如图所示，切点为￡，F,依 题意，r=16m,m=25m,解得1=4,3=5.因为AE=A01,4,E=A02, 所以圆台的母线长为AE+A,E=r1+2=9,故0,02=√-下=45，故 球0的表面积为m·0,0,2=80m 0 变式训练3.B解析：由对称性知勒洛四面体内切球的球心0是正四 面体ABCD外接球的球心.连接0，并延长交勒洛四面体的曲面于点 E,则)E就是勒洛四面体内切球的半径，如图①.在正四面体ACD 中，M为△BCD的中心，O是正四面体ABCD外接球的球心，连接BM。 B0,AM.如图②，由正四面体的性质知0在AM上，而AB=2,则BM= 2 235 2im60=。.AM=√/AB2-BM2=/22-3)= BM2A4M√6 BA+(AM-B0)2.得B0 21W22,又E=B=2,所以该物洛四 面体内切球的半径0呢=BE-0B=22 6 B 0 3 变式训练4.B解析：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P,球P的半径为？，圆锥的轴截面 上球与圆锥母线的切点为Q,圆锥的轴截面如图①： 期0A=0B= 2,0s3 2,所以M=MB=V0°+0F=3,所以△B 为等边三角形，5aw子0：A仙=子×3 4,由等面积法可 得56w子…3M=g-5 24,解得5 ,即四面体的外接球的 3 半径为r= ,另正四面体可以从正方体中截得，如图②： ② 从图中可以得到，当正四面体的棱长为a时，截得它的正方体的棱长为 题·数学·31一 。，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 2 截它的正方作的外接球，所以2=6x号。所以。v区.睡。的 最大值为2 变式调练5.D解析：如图.由题意知小球和正四面体A-CD的三个 侧面以及内切球都相切时半径最大，设内切球球心为O,半径为R,空 票处的最大球球心为)，半径为「，由正四而体结构特征可知G为 △BCD的中心，AG⊥平面BCD,设E为CD中点，球0和球O,分别与 面40D相切于F和易特服=√4BP-(2=6,G=号服= 4,AG=√(4w3)'-42=42,由V4-=Vo-m+Va-+Va-An+'0-Am 3VA-mcn 1 可得R严Sn-n+5n-版+50-am+5n-m 又@3x(245× 6X42=16,6.Saw=Sac=Sam=86m=2X45x6=125,故 R=3x16.6-2,d0,=AG-c0,=45-2x2-7=22-r.40=AC-Gm0= 4×123 4√2-2-32 A010∥ 又由△AO,H和△AOF相似，可得 ，=,非一=，解得r= 322 2 /空隙处的最大球的半径为？，所以空隙处的最大球 4 3 9-3w3 变式调练6. 2 解析：由题意可得AE=A,F=A,G=4×4 3(cm),所以△EFG为等边三角形，设△EFG的中心为T,如图①.连 接AC:,B,D,ET,则ET⊥GF.因为EA1⊥平面A,GF,CFC平面A,GF 所以EA,⊥GF又ET∩EA,=E,ET,EA1C平面A,ET.所以(GF⊥平 面A,ET,A,TC平面A,ET,所以GF上A,T,同理可证GE⊥A,T,GF GBC平面EG,GFOGE=-G,所以A,T⊥平面FG.因为AD,AB AG AF 所以FG∥BD,又AC,1B,D,所以FG14C4,又C CC,∩A,C,=C,CC,A,C,C平面A,C,C,所以FG⊥平面A,C,C因 为A,CC平而A,C,C,所以FG⊥AC,同理证明EG⊥A,C,又GF,GEC 平面EFG.CFOCE=G,所以A1C⊥平面EFG,所以A1,T,C三点共线 设点A,到平面EFG的距离为d=A,T,而EF=EG=FG=√3+32 37(m.ac=宁x35x3x血60=g 2 2(em2).由Vs-4G= 3*23x3x3=3×)21,解得d=5em,即A,T=3m 193 又A,G=4cm,所以7C=33em因为23-5=3<2，所以该球不 是正方体的内切球设A,C,交FG于点M,连接EM,AC,A,C D D 二二 一学霸高考·黑 由对称性可得球的球心位于线段TC上，且该球与平面EFG相切，与平 面ABCD相切，截面如图②，设球心为0，球的半径为R,则0n=R, R AA3,故0C=3R,所以33=R+3R所以R=9-3 A 2 -em,所以所 求球形饰品的半轻的最大鱼为2”m 变式训练7，(1)证明：如图①，连接B,GC交BG,于点E,连接D,E, 所以E为B,C的中点，面D,为A,B,的中点，由中位线定理得A,C∥ D,E因为A,Ct平面BCG,D1,DEC平面BC,D1,故AG∥平面BC,D1 (2)解：由题意得A,D∥BD1,所以∠G,BD1为异面直线A,D与BC,所 成角.因为△AB,C,为正三角形，D1为A,B1的中点，所以C,D,⊥ AB1-又因为平面A,B,C⊥平面A1ABB,平面A,B,C,n平面 A1ABB,=A,B1,CDC平面AB,C1+所以C,D1⊥平面A1ABB1,而 BD1,AB,C平面AABB,故GD,上BD,CD,⊥AB又因为AB,⊥ BC,C,D1∩BC1=C1,C1D1,BC,C平面BC,D1,所以AB,⊥平面 BCD1,同BD1C平面BCD1,则AB,⊥BD,,设AB,ABD,=F,则AF1 ,得到号m,A:子8则m=子+16oA,BB,低= 3 2 +4+2G=∠A,B,B.放由勾股定理得AF2+FB=AB2,则 (臣6mAaB）+号（告26mL4）-4.解0 s∠A,B1B= ,故BD= C,D.3 6 则m∠CBD,BD、6】 =2,即异面 直线A,D与BC,所成角的正切值为2. (3)解：我们首先来证明三余弦定理，我们记A为平面上方的一点 过A的斜线AB在平面：上的射影为BO,BC为平面a内的任意一条直 线，记B为斜线角，，为线面角，0为射影角，如图②，我们给出如下三 角形. 9 在图2中，△0B,△0BC,△ABC是直角三角形.则c0B=AB BC BO 亿s0=C得到c四B=·,即三余弦定理得证，如图3 BO' 作BH⊥AA于点H.作HM⊥CC,于点M,连接BM,因为AA,∥CC,所 以IM上AM,面BHOHM=H,BM.HMC平面BI,则AM,⊥平面BHM, 故三棱柱ABC-A,B,C,内切球半径等于△BHM的内切圆半径，在BH= 8n∠，AB=8x525,而平面AM,B,B1平面AC,由三余弦定理 4 得s∠AAC=s乙AAB·oLBAC=小x=,结合同角三 45 雨数的基本关系得m上A,AG=,故HW=4C·im ZAAC=53 题·数学·32一 12=25.同理=LB BC=cs∠B,BM·cos人ABC=-.得到 5 BW=C·m∠BCG,=5im∠B,BC=2点.因为m∠A,4B=V 4,所 以m∠AAB=则解得H=23,则W=W=H=23 则△M为正三角形，设内接球半径为，则S6mw=号(BM+ BH+W,=5HW.解得，=1.因为B=8,AC=BC=5,所以由余弦定理 4 得msL4CB=5+52-82.7 2x5x5=25,且im∠4CR>0,由同角三角雨数的性 24 质得im人ACB量5所以SA=,X5xg4 ×5=2,因为r=1所以三 棱柱的高为2r=2,则Vc4,6=12×2=24 专题4截面与交线问题 典型例题1.A解析：因为相互平行的直线与平面所成的角是相等的， 面在正方体ABCD-A,B,C,D,中，平面AB,D,与直线AA1,AB,AD 所成的角是相等的，所以平面AB,D,与正方体的每条棱所在的直线所 成角都是相等的，同理，平面C,D也满足与正方体的每条棱所在的直 线所成角都相等，要求裁面面积最大，则截面为夹在两个面AB,D,与 CD中间且过棱的中点的正六边形，且边长为 ,所以其面积S=6× 2 重难点拔 被题考查的是有关平面被正方体所截得的截面多边形的面积问题 首要任务是确定线面的位置，之后需要从题目条件中找寻相关的字 眼，从而得到载面为过六条棱的中点的正六边形，利用六边形的面积 的求法，应用相关的公式求得结果， 变式训练1.C解析：在正方体中，根据正方体的性质可得平面 ABB,A,与平面DCC,D,平行，利用面面平行的性质定理可得平面EFG 与它们的交线GF,EH平行，所以过点E作直线GF的平行线EP与 B,B的延长线交于一点.此交点即为平面EFG与棱B,B所在直线的交 点H,连接PF,如图所示.所以四边形EPFG是平行四边形，所以EP= FG,又E,F分别为AM1,CC1的中点，所以AE=C,F.因为∠EAP= LFC,G=9O°，所以t△EAP2R△FC,G,所以AP=C,G.又因为 △EP△HBP,所以即.即.1 B2所以册之E 变式训练2D解析：如图①所示，过点A,作A,H1AC于点H因 为G3万，4C=6,所仙：则四楼台的高为以.则四能 台的体积为写X34643x6)X4H=62,解得A,H3 2 2 ,所以侧棱 长为AM,=AP+AP=3 如图2所示， 作D,F⊥AD于点F,A,G⊥AD于点G,连接AD1,由对称性可知DF= 一学霸高考·黑 ?7GA,0=3.所以=6号面m,=M,= AG=6-33 。9.35,所以AD=√年4 /8127 所以D,F=√94▣ 2 =35.同理 CD,=AD,=35,分捌在棱DC,DD,上取点N,M,使得DN:NC= DN:D,=2:1.号得MB=NW=号山，=25，E=号4C=4反，所以 藏面多边形的周长为43+42. 变式训练3.B解析：因为正方体ABCD-AB,C,D1的体积为1，所以 该正方体的棱长为1，期0<<L, 当BN=时，连接，D,水.则N/A,4MX.,四点共面，截面 为四边形AMND,(如图①)，不符合题意： D 4 ① 9 当B<时，延长B,ANW交于点G,如图2，由△BGM与△GNW相 做可别瓷微所以C<宁周为G宁所以在线度化上一定 1 存在一点P,使得NP=BG,即四边形PNGB为平行四边形，所以 BP∥NG:过P作PQ⊥DD,于Q.连接AQ,则易知AQ∥BP,所以 AQ∥MN,即A.M.N,Q四点共面.所以截面为四边形 当B时，延长B,B,MW交于点G,如图③，由△BGW与△CW相 做可利瓷器所双心宁因为G一宁所以在线段G,的延长 1 线上一定存在一点P,使得NP=BG,即四边形PVGB为平行四边形，所 以BP∥NG:如图③，过P向DD,的延长线作垂线，垂足为Q,连接AQ, 交A,D,于H.则易知AQ∥BP,所以AH∥N,即A.M,N,H四点共面 连接QN交G,D,于T,连接T,即所求载面为五边形AMNTH.综上可 知w1,放B正确 0 3 变式训练4.AD解析：如图①所示，设过点P的截面分别交底面 AB.AC于点E,F,且AE=a,AF=h因为过点P的平面将正四面体的体 积平分，即EF平分△ABC的面积，可设正四面体P-ABC的棱长为2. 可得号2x2xm号解得ab=2,且0ac2.0cbc2 对于A,在△A5F中，可得EF2=a2+-2abcm=a2+2-2,在△PA店 中，可得PB=a242-2山x2号=2-2a+4,在△PF中，可科Ppee +2-2hx2m号=2-2b+4,则PE2+PF2-BP2=10-2(a+b)>0,即 PE+PF2>EF2,同理可得PE2+EF2>PF,PF+EF2>PE2.即在△PEF 题·数学·33一