7.2 球的切、接问题（课件PPT）-【正禾一本通】2026年新高考数学高三一轮总复习高效讲义（北师大版）

该高中数学高考复习课件聚焦“球的切、接问题”核心考点，依据高考评价体系梳理了正方体、长方体、正棱锥等几何体的内外切球公式，通过近五年真题分析明确外接球（占比60%）、内切球（占比30%）及最值问题（占比10%）的权重，归纳定义法、补形法等常考题型，体现备考针对性。 课件亮点在于“真题引领+思维建模+素养提升”，如以2022新课标II卷正三棱台外接球题为例，用定义法结合空间想象（数学眼光）构建方程，培养逻辑推理（数学思维），提供“截面转化”“补形还原”等技巧，助力学生高效突破，教师可据此精准教学，实现高考冲刺提质。

正禾一本通 高三一轮总复习 高效讲义 数 学 （2026版） 第七章 立体几何与空间向量 01 [题型解读] 与球的切、接问题是历年高考的热点内容，一般以客观题的形式出现，考查空间想象能力、计算能力．其关键点是利用转化思想，把球的切、接问题转化为平面问题或特殊几何体来解决或转化为特殊几何体的切、接问题来解决． 7．2　球的切、接问题 01 03 02 题型一 题型三 题型二 夯基·主干知识巩固牢 研析·核心题型探究透 课下巩固精练卷(五十四) 目 录 目 录 模板来自于：第一PPT https:/// 4 夯基·主干知识巩固牢 研析·核心题型探究透 课下巩固精练卷(五十四) 球的切、接问题 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 14 感谢观看 【必备知识】 1．正方体与球 (1)内切球：内切球直径2R＝正方体棱长a. (2)棱切球：棱切球直径2R＝正方体的面对角线长a. (3)外接球：外接球直径2R＝正方体体对角线长a. 2．长方体与球 外接球：外接球直径2R＝体对角线长(a，b，c分别为长方体的长、宽、高)． 3．正棱锥与球 (1)内切球：V正棱锥＝S表·r＝S底·h(等体积法)，r是内切球半径，h为正棱锥的高． (2)外接球：外接球球心在其高上，底面正多边形的外接圆圆心为E，半径为r，R2＝(h－R)2＋r2(正棱锥外接球半径为R，高为h)． 4．正四面体的外接球、内切球 若正四面体的棱长为a，高为h，正四面体的外接球半径为R，内切球半径为r，则h＝a，R∶r＝3∶1. 5．正三棱柱的外接球 球心到正三棱柱两底面的距离相等，正三棱柱两底面中心连线的中点为其外接球球心．R2＝. 6．圆柱的外接球 R＝(R是圆柱外接球的半径，h是圆柱的高，r是圆柱底面圆的半径)． 7．圆锥的外接球 R2＝(h－R)2＋r2(R是圆锥外接球的半径，h是圆锥的高，r是圆锥底面圆的半径)． 题型一　外接球 角度1　定义法 【例1】　(2022·新课标Ⅱ卷)已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为3和4，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为(　　 ) A．100π B．128π C．144π D．192π 解析：选A.正棱台外接球的球心必在过正棱台上、下底面中心的连线所在直线上． 设正三棱台上下底面所在圆面的半径r1，r2， 所以2r1＝，2r2＝， 即r1＝3，r2＝4，设球心到上下底面的距离分别为d1，d2， 球的半径为R， 所以d1＝， 因为正三棱台的高为1，故|d1－d2|＝1或d1＋d2＝1， 即＝1或＝1， 解得R2＝25，符合题意，所以球的表面积为S＝4πR2＝100π. 思维升华　由球的定义确定球心的常见情况： (1)正方体或长方体的外接球的球心是其体对角线的中点． (2)正棱柱的外接球的球心是上、下底面中心的连线的中点． (3)直三棱柱的外接球的球心是上、下底面三角形外心的连线的中点． (4)正棱锥的外接球的球心在其高上，具体位置可通过构造直角三角形，利用勾股定理求得． 角度2　补形法—存在侧棱与底面垂直 【例2】　(2024·湖州调研)已知三棱锥P­ABC的四个顶点在球O的球面上，PA＝PB＝PC，△ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是PA，AB的中点，∠CEF＝90°，则球O的体积为(　　 ) A．π B．6π C．24π D．8π 解析：选A.设PA＝PB＝PC＝2x， ∵E，F分别为PA，AB的中点， ∴EF∥PB，EF＝PA＝x. 连接CF，∵△ABC是边长为2的等边三角形， ∴CF＝， 又∠CEF＝90°，∴CE＝. 在△AEC中，由余弦定理得cos ∠EAC＝. 过点P作PD⊥AC于点D. ∵PA＝PC，∴D为AC的中点， ∴cos ∠EAC＝， ∴，解得x＝(负值舍去)， ∴PA＝PB＝PC＝， 又AB＝BC＝AC＝2， ∴PA，PB，PC两两垂直， 即三棱锥P­ABC是以PA，PB，PC为棱的正方体的一部分， ∴球O的直径2R＝，解得R＝， 则球O的体积V＝πR3＝π×π. 角度3　补形法—对棱相等 【例3】　(2024·江西南昌模拟)在三棱锥P­ABC中，已知PA＝BC＝2 ，则三棱锥P­ABC外接球的表面积为(　　 ) A．77π B．64π C．108π D．72π 解析：选A.因为三棱锥的对棱相等， 所以可以把它看成长方体的面对角线， 设长方体的同一顶点三条棱长分别为a，b，c， 且长方体的面对角线长为2， 则. 长方体体对角线为长方体外接球直径，即为三棱锥外接球的直径， 则2R＝，得R＝， 所以球的表面积为4πR2＝77π. 思维升华　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)有一条侧棱与底面垂直的棱锥补成直棱柱求解． 角度4　截面法 【例4】　在三棱锥A­BCD中，AB＝AD＝BD＝2，BC＝CD＝，平面ABD⊥平面CBD，则三棱锥A­BCD外接球表面积为(　　 ) A． B． C． D．3π 解析：选A.取BD中点M，连接MA，MC， 因为AB＝AD＝BD＝2，故MA⊥BD， 由于平面ABD⊥平面CBD， 且交线为BD，MA⊂平面ABD， 故AM⊥平面CBD，又BC＝CD＝，BD＝2， 故△BCD为等腰直角三角形，故MB＝MC＝MD， 因此外接球的球心O在AM上，AM＝BD＝1， 设球半径为R，则OB＝R＝ ＝AO⇒＝R， 解得R＝，故表面积为4πR2＝4π×. 思维升华　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，实现空间问题平面化的目的． 【对点练习】　1.(1)在平面四边形ABCD中，AB＝AD＝CD＝1，BD＝，BD⊥CD.将其沿对角线BD折成四面体A′BCD，使平面A′BD⊥平面BCD.若四面体A′BCD的顶点在同一球面上，则该球的体积为(　　 ) A． B．3π C． D．2π 解析：选A.如图，设BD，BC的中点分别为E，F. 因为点F为底面Rt△BCD的外心，则三棱锥A′­BCD的外接球球心必在过点F且与平面BCD垂直的直线l1上．又点E为底面Rt△A′BD的外心，则外接球球心必在过点E且与平面A′BD垂直的直线l2上，所以球心为l1与l2的交点．又FE∥CD，CD⊥BD，平面A′BD⊥平面BCD，平面A′BD∩平面BCD＝BD，所以FE⊥平面A′BD，所以球心为点F.又A′B＝A′D＝1，所以BD＝，又CD＝1，所以BC＝，球半径R＝，故V＝π3＝. (2)如图，某建筑的形状可视为内外两个同轴圆柱，某爱好者制作了一个实心模型，已知模型内层底面直径为12 cm，外层底面直径为16 cm，且内外层圆柱的底面圆周都在一个直径为20 cm的球面上，则此模型的体积为________ cm3. 解析：由题意，设球心为O，模型内层圆柱底面的圆心为O1，模型外层圆柱底面的圆心为O2，点A，B分别在圆O1，O2上，如图，连接AO，BO，AO1，BO2，OO1，则O2在OO1上， 因为AO＝BO＝10 cm，AO1＝6 cm，BO2＝8 cm， 在Rt△AO1O中，由勾股定理得OO1＝＝8(cm)， 在Rt△BO2O中，由勾股定理得OO2＝＝6(cm)， 所以内层圆柱的高h1＝16 cm， 外层圆柱的高h2＝12 cm， 所以此模型的体积V＝π×12＋π×(16－12)＝912π(cm3)． 答案：912π (3)(2024·济南质检)若正四面体的表面积为8，则其外接球的体积为______． 解析：设正四面体的棱长为a， 则正四面体的表面积为4×，解得a＝2. 法一　将正四面体放入正方体内，则正四面体的棱为正方体的面对角线， 故正方体的棱长x满足x＝a，解得x＝2. 易知正四面体的外接球即正方体的外接球， 设外接球的半径为R， 则R满足2R＝x，故R＝， ∴外接球的体积为π. 法二　易求得正四面体的高h＝， 设正四面体的外接球半径为R， 则R＝， ∴外接球的体积为π. 法三　易求得正四面体的高h＝， 设正四面体的外接球半径为R， 则R2＝(h－R)2＋2，解得R＝， ∴外接球的体积为π. 答案：4π (4)在四面体S­ABC中，SA⊥平面ABC，在△ABC中，内角B，A，C成等差数列，SA＝AC＝2，AB＝1，则该四面体的外接球的表面积为________． 解析：由题意，在△ABC中，内角B，A，C成等差数列， 可得2A＝B＋C， 因为A＋B＋C＝π，可得3A＝π，即A＝， 在△ABC中，由余弦定理的推论可得cos A＝， 即， 解得BC＝， 所以AC2＝AB2＋BC2，所以AB⊥BC， 所以该四面体的外接球与该长方体的外接球是相同的，如图所示， 根据长方体的对角线长等于其外接球的直径， 可得(2R)2＝22＋12＋2，解得R2＝2， 所以该四面体的外接球的表面积为S＝4πR2＝8π. 答案：8π 题型二　内切球 【例5】　(1)如图所示，直三棱柱ABC­A1B1C1是一块石材，测量得∠ABC＝90°，AB＝6，BC＝8，AA1＝13.若将该石材切削、打磨，加工成几个大小相同的健身手球，则一个加工所得的健身手球的最大体积及此时加工成的健身手球的个数分别为(　　 ) A．，4 B．，3 C．6π，4 D．，3 解析：选D.依题意知，当健身手球与直三棱柱的三个侧面均相切时，健身手球的体积最大．易知AC＝＝10，设健身手球的半径为R，则×(6＋8＋10)×R＝×6×8，解得R＝2，则健身手球的最大直径为4. 因为AA1＝13，所以最多可加工3个健身手球，于是一个健身手球的最大体积V＝πR3＝π×23＝. (2)(2024·浙江慈溪中学模拟)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．在鳖臑A­BCD中，AB⊥平面BCD，BC⊥CD，且AB＝BC＝CD＝1，则其内切球表面积为(　　 ) A．3π B．π C．π D．π 解析：选C.因为四面体ABCD四个面都为直角三角形， AB⊥平面BCD，BC⊥CD， 所以AB⊥BD，AB⊥BC，BC⊥CD，AC⊥CD， 设四面体ABCD内切球的球心为O，半径为r， 则VABCD＝VO­ABC＋VO­ABD＋VO­ACD＋VO­BCD ＝r(S△ABC＋S△ABD＋S△ACD＋S△BCD)，所以r＝， 因为四面体ABCD的表面积为 SABCD＝S△ABC＋S△ABD＋S△ACD＋S△BCD＝1＋， 四面体ABCD的体积VABCD＝， 所以r＝， 所以内切球表面积S＝4πr2＝π. 方法指导　(1)多面体内切球的球心与半径的确定 ①内切球球心到多面体各面的距离均相等，外接球球心到多面体各顶点的距离均相等． ②正多面体的内切球和外接球的球心重合． ③正棱锥的内切球和外接球球心都在高线上，但不重合． ④体积分割是求内切球半径的通用做法． (2)正四面体的内切球的半径r＝a，其半径是外接球半径的三分之一(a为该正四面体的棱长)． 【对点练习】　2.(1)(2024·陕西榆林三模)已知正三棱锥P­ABC的侧棱与底面边长的比值为，若三棱锥P­ABC外接球的表面积为π，则三棱锥P­ABC的高为(　　 ) A．1 B．2 C． D． 解析：选B.如图，△ABC为等边三角形， 设D为BC中点，PH⊥平面ABC，AB＝a(a>0)，则PA＝a， 所以AH＝a， 设三棱锥P­ABC外接球的半径为R， 由正棱锥的性质可知球心为O在PH上， 则OH2＋AH2＝R2，即2＋2＝R2，所以R＝a. 由4πR2＝4π·π，解得a＝. 所以三棱锥P­ABC的高为. (2)已知三棱锥P­ABC的棱长均为4，先在三棱锥P­ABC内放入一个内切球O1，然后再放入一个球O2，使得球O2与球O1及三棱锥P­ABC的三个侧面都相切，则球O2的表面积为________． 解析：设底面三角形ABC的中心为O，PO⊥底面ABC，则O1，O2在PO上，取BC的中点D，作截面PAD，球O1，球O2与PD切于N，E，连接O1N，O2E，如图所示． 依题意得S△ABC＝×4×4×sin 60°＝4， 底面ABC的外接圆半径为2r1＝⇒r1＝， 点P到平面ABC的距离为d＝， 所以VP­ABC＝， S△PBC＝S△PAB＝S△PAC＝×4×4×sin 60°＝4， 设球O1的半径为R，所以VP­ABC＝＋＋＋， 则·R，得R＝， 故PO1＝， 设球O2的半径为r，则，又R＝，得r＝， 所以球O2的表面积为S＝4π2＝π. 答案：π 题型三　与球切、接有关的最值问题 【例6】　(2024·广东深圳二模)已知正三棱锥的外接球半径R为1，则该正三棱锥的体积的最大值为(　　 ) A． B． C． D． 解析：选C.如图所示，设该正三棱锥的高为h，底面外接圆的半径为r，底面面积为S， 由球的截面圆的性质，可得OA2＝，即R2＝r2＋(h－R)2， 解得R＝＝1，即r2＝2h－h2>0，解得0<h<2， 由锥体的体积公式，正四棱锥的体积为V＝·h ＝r2sin (2h－h2)h， 设f(x)＝(2x－x2)·x＝2x2－x3(0<x<2)，可得f′(x)＝4x－3x2＝x(4－3x)， 当x∈时，f′(x)>0，f(x)单调递增； 当x∈时，f′(x)<0，f(x)单调递减， 所以当x＝时，函数f(x)取得最大值，最大值为＝， 所以正三棱锥体积的最大值为Vmax＝. 思维升华　与球切、接有关最值问题的求解策略 (1)转化为函数最值问题：通过引入参数，建立关于这个参变量的函数关系，转化为函数的最值问题来解决，有时要用导数法求最值． (2)转化为平面几何问题：根据题目的特征，寻找或确定一个数量关系比较集中的平面，将题目的其他条件逐步向该平面转移，然后利用几何方法或三角方法来解决． (3)利用基本不等式：可通过引入变量建立数学模型，然后利用基本不等式等求其最值． 【对点练习】　3.(2024·新疆乌鲁木齐一模)如图，在三棱柱ABC­A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AA1＝4，AC＝BC＝2，∠ACB＝90°，D在上底面A1B1C1(包括边界)上运动，则三棱锥D­ABC的外接球体积的最大值为(　　 ) A．4π B．8π C．8π D．12π 解析：选C.因为AC＝BC＝2，∠ACB＝90°， 所以△ABC的外接圆的圆心为AB的中点O1， 且AO1＝BO1＝， 取A1B1的中点E，连接O1E，则O1E∥AA1， 所以O1E⊥平面ABC； 设三棱锥D­ABC的外接球的球心为O，则O在O1E上， 设OO1＝x，DE＝t，球半径为R， 因为OA＝OD＝R，所以，所以t2＝8x－14， 因为0≤t≤，所以≤x≤2，因为R2＝2＋x2，所以≤R2≤6， 即外接球半径的最大值为， 所以三棱锥D­ABC的外接球的体积的最大值为V＝π3＝8π. 【基础巩固题】 1．已知在三棱锥P­ABC中，AC＝，BC＝1，AC⊥BC且PA＝2PB，PB⊥平面ABC，则其外接球体积为(　　 ) A． B．4π C． D．4π 解析：选A.AB＝，设PB＝h，则由PA＝2PB，可得＝2h，解得h＝1，可将三棱锥P­ABC还原成如图所示的长方体，则三棱锥P­ABC的外接球即为长方体的外接球，设外接球的半径为R，则2R＝＝2，R＝1，所以其外接球的体积V＝. 2．已知一个三棱柱，其底面是正三角形，且侧棱与底面垂直，一个体积为的球体与棱柱的所有面均相切，那么这个三棱柱的表面积是(　　 ) A．6 B．12 C．18 D．24 解析：选C.根据已知可得球的半径等于1，故三棱柱的高等于2，底面三角形内切圆的半径等于1，即底面三角形的高等于3，边长等于2，所以这个三棱柱的表面积等于3×2. 3．(2024·四川资阳模拟)已知正三棱锥P­ABC的底面边长为3，高为，则三棱锥P­ABC的内切球的表面积为(　　 ) A． B．3π C．6π D．12π 解析：选A.如图，取棱AB的中点D，连接CD，作PH⊥平面ABC ，垂足为H，则PH＝.由正三棱锥的性质可知H在CD上，且CH＝2DH. 因为AB＝3，所以CD＝，则CH＝.因为PH＝，所以PC＝＝3，则三棱锥P­ABC的表面积S＝，设三棱锥P­ABC的内切球的半径为r，则VP­ABC＝r，解得r＝，从而三棱锥P­ABC的内切球的表面积为4πr2＝. 4．(2024·江苏南京、盐城一模)三星堆古遗址作为“长江文明之源”，被誉为人类最伟大的考古发现之一．3号坑发现的神树纹玉琮，为今人研究古蜀社会中神树的意义提供了重要依据．玉琮是古人用于祭祀的礼器，有学者认为其外方内圆的构造，契合了古代“天圆地方”观念，是天地合一的体现．如图，假定某玉琮形状对称，由一个空心圆柱及正方体构成，且圆柱的外侧面内切于正方体的侧面，圆柱的高为12 cm，圆柱底面外圆周和正方体的各个顶点均在球O上，则球O的表面积为(　　 ) A．72π cm2 B．162π cm2 C．216π cm2 D．288π cm2 解析：选C.不妨设正方体的边长为2a，球O的半径为R， 则圆柱的底面半径为a， 因为正方体的体对角线即为球O直径，故2R＝ 利用勾股定理得62＋a2＝R2＝3a2，解得a2＝18， 球的表面积为S＝4πR2＝4π×3×18＝216π. 5．(2024·青岛调研)一个球与一个正三棱柱(底面为等边三角形，侧棱与底面垂直)的两个底面和三个侧面都相切，若棱柱的体积为48，则球的表面积为(　　 ) A．16π B．4π C．8π D．32π 解析：选A.由题意，设正三棱柱的底面边长为a， 则其内切球的半径r＝a， 所以正三棱柱的高h＝2r＝a. 棱柱的体积V＝，得a＝4， 所以球的表面积S＝4πr2＝4π·2＝16π. 6．(2022·全国乙卷)已知球O的半径为1，四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均在球O的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为(　　 ) A． B． C． D． 解析：选C.该四棱锥的体积最大即以底面截球的圆面和顶点O组成的 圆锥体积最大． 设圆锥的高为h(0<h<1)，底面半径为r， 则圆锥的体积V＝πr2h＝π(1－h2)h， 则V′＝π(1－3h2)，令V′＝π(1－3h2)＝0，得h＝， 所以V＝π(1－h2)h在上单调递增， 在上单调递减，所以当h＝时，四棱锥的体积最大． 7．(多选)已知正方体的外接球与内切球上各有一个动点M，N，若线段MN的最小值为－1，则下列说法中正确的是(　　 ) A．正方体的外接球的表面积为12π B．正方体的内切球的体积为π C．正方体的棱长为2 D．线段MN的最大值为2 解析：选ABC.设正方体的棱长为a， 则正方体外接球的半径为体对角线长的一半，即a； 内切球的半径为棱长的一半，即a. ∵M，N分别为外接球和内切球上的动点， ∴MNmin＝－1， 解得a＝2，即正方体的棱长为2， ∴正方体外接球的表面积为4π×2＝12π，内切球的体积为π， 故A，B，C正确； 线段MN的最大值为＋1，故D错误． 8．(多选)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．“圆柱容球”是阿基米德最为得意的发现．如图是一个圆柱容球，O1，O2为圆柱下、上底面的圆心，O为球心，EF为底面圆O1的一条直径，若球的半径r＝2，则(　　 ) A．球与圆柱的表面积之比为1∶2 B．平面DEF截得球的截面面积最小值为π C．四面体CDEF的体积的取值范围为 D．若P为球面和圆柱侧面的交线上一点， 则PE＋PF的取值范围为 解析：选BCD.由球的半径为r，可知圆柱的底面半径为r，圆柱的高为2r，则球的表面积为4πr2，圆柱的表面积为2πr2＋2πr·2r＝6πr2，所以球与圆柱的表面积之比为2∶3，故A错误； ABCD所在截面如图所示，过点O作OG⊥DO1于点G， 则由三角形相似可得，故OG＝， 设点O到平面DEF的距离为d1， 平面DEF截得球的截面圆的半径为r1， 则d1≤， 所以平面DEF截得球的截面面积最小值为π，故B正确； 由题可知四面体CDEF的体积等于， 点E到平面DCO1的距离d∈(0，2]， 又×4×4＝8， 所以∈，故C正确； 由题可知点P在过球心与圆柱的底面平行的截面圆上， 设P在底面的射影为P′，则PP′＝2，PE＝ ，P′E2＋P′F2＝16， 设t＝P′E2，则t∈[0，42]， PE＋PF＝， 所以(PE＋PF)2＝2 ＝24＋ ∈， 所以PE＋PF∈，故D正确． 9．已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为________． 解析：圆锥内半径最大的球应该为该圆锥的内切球， 如图，圆锥母线长BS＝3，底面半径BC＝1， 其高SC＝， 不妨设该内切球与母线BS切于点D， 令OD＝OC＝r，由△SOD∽△SBC，得， 即，解得r＝πr3＝. 答案： 10．已知圆锥PO的顶点为P，其三条母线PA，PB，PC两两垂直，且母线长为6，则圆锥PO的内切球表面积与圆锥侧面积之和为________． 解析：因为三条母线PA，PB，PC两两垂直，且母线长为6，所以△ABC为圆锥底面圆的内接正三角形，且边长AB＝BC＝CA＝， 由正弦定理可得底面圆的半径R＝.所以圆锥的高PO＝， 如图，圆锥轴截面三角形的内切圆半径即为圆锥内切球半径r， 轴截面三角形面积为r， 所以内切球半径r＝6， 内切球的表面积为4π2＝4π， 圆锥的侧面积为×6×2π×2π， 所以其和为60π， 答案：60π 【综合应用题】 11．(2024·广东汕头三模)将一个体积为36π的铁球切割成正三棱锥的机床零件，则该零件体积的最大值为(　　 ) A．16 B．16 C．8 D．8 解析：选D.设正三棱锥的底面边长为a，高为h，球半径为R， 由球的体积为36π，则πR3＝36π，解得R＝3， ∴2＋(h－3)2＝9，即a2＋h2－6h＝0，故a2＝－3h2＋18h， ∴正三棱锥的体积为V＝(－3h2＋18h)h ＝(－3h3＋18h2)， ∴V′＝(－9h2＋36h)， 由V′>0得0<h<4，此时函数V单调递增， 由V′<0得4<h<6，此时函数V单调递减， ∴当h＝4时，V取得最大值，且最大值为(－3×43＋18×42)＝8. 12．金刚石的成分为纯碳，是自然界中天然存在的最坚硬物质，它的结构是由8个等边三角形组成的正八面体，如图，某金刚石的表面积为18 ，现将它雕刻成一个球形装饰物，则可雕刻成的最大球体积是(　　 ) A．18π B．9 π C．6π D. π 解析：选D.如图，设底面ABCD的中心为O，BC，AD中点分别为H， M，连接OH，EO，EH，MF，HF，EM， 设金刚石的边长为a，则由题知， 8×a2sin 60°＝2 a2＝18 ，所以a＝3， 在等边△EBC中，BC边上的高 EH＝ ＝ ＝ ， 在Rt△EOH中，EO＝ ＝ ＝ ， 由题可知，最大球即为金刚石的内切球，由对称性易知球心在O点， 与平面EBC的切点在线段EH上， 球的半径即为截面EMFH内切圆的半径，设内切圆半径为r， 由等面积法可知 · ＝ ·r，解得r＝ ， 所以内切球的半径为R＝， 则内切球体积为V＝πR3＝π3＝ π. 13．如图，在多面体中，四边形ABCD为矩形，CE⊥平面ABCD，AB＝2，BC＝CE＝1，通过添加一个三棱锥可以将该多面体补成一个直三棱柱，那么添加的三棱锥的体积为________，补形后的直三棱柱的外接球的表面积为________． 解析：如图，添加的三棱锥为直三棱锥E­ADF， 可以将该多面体补成一个直三棱柱ADF­BCE， 因为CE⊥平面ABCD，AB＝2，BC＝CE＝1， 所以S△BCE＝， 直三棱柱ADF­BCE的体积V＝S△BCE·AB＝×2＝1， 添加的三棱锥的体积为. 方法一　如图，分别取AF，BE的中点M，N， 连接MN，与AE交于点O， 因为四边形AFEB为矩形，所以O为AE，MN的中点， 在直三棱柱ADF­BCE中，CE⊥平面ABCD， 所以FD⊥平面ABCD，即∠ECB＝∠FDA＝90°， 所以上、下底面为等腰直角三角形， 直三棱柱的外接球的球心即为点O，AO即为球的半径， 因为AM＝，MO＝1， 所以AO2＝AM2＋MO2＝， 所以外接球的表面积为4π·AO2＝6π. 方法二　因为CE，CB，CD两两垂直，故将直三棱柱ADF­BCE补成长方体，设外接球的半径为R，则4R2＝12＋12＋22＝6，所以外接球的表面积S＝4πR2＝6π. 答案：　6π 14．如图，已知平行四边形ABCD中，AC＝AB＝m，∠BAD＝120°，将△ABC沿对角线AC翻折至△AB1C所在的位置，若二面角B1­AC­D的大小为120°，则过A，B1，C，D四点的外接球的表面积为________． 解析：由已知得△B1AC与△DAC均为边长是m的正三角形， 取AC中点G， 连接DG，B1G，如图， 则有DG⊥AC，B1G⊥AC， 于是得∠B1GD是二面角B1­AC­D的平面角，则∠B1GD＝120°， 显然有AC⊥平面B1GD，即有平面B1GD⊥平面B1AC， 平面B1GD⊥平面DAC， 令正△B1AC与正△DAC的中心分别为E，F， 过E，F分别作平面B1AC，平面DAC的垂线， 则两垂线都在平面B1GD内，它们交于点O， 从而得点O是过A，B1，C，D四点的外接球球心， 连接OA，则OA为该外接球半径， 由已知得GE＝GF＝m，而OE＝OF， 于是得∠OGF＝60°， 在Rt△OGF中，OG＝， 而AG＝，在Rt△OGA中，OA2＝AG2＋OG2＝m2， 所以过A，B1，C，D四点的外接球的表面积为 4π·OA2＝πm2. 答案：πm2 $