第二编 专题4 专题培优 球的“切”“接”问题-【金版教程】2026年高考数学大二轮专题复习冲刺方案全书word

该高中数学高考复习讲义聚焦球的“切”“接”问题专题，系统整合外接球、内切球、多球相切等高考核心考点，按考向分层梳理知识脉络，通过考情分析明确命题规律，结合方法总结（如补形法、分割法）和真题训练，帮助学生构建空间几何问题的解题框架，体现复习教学的系统性和针对性。 资料采用“考点—方法—真题—分层练习”四维教学模式，创新运用补成长方体求外接球半径、分割多面体求内切球半径等策略，培养学生的空间观念和推理能力。设置基础、中档、拔高三级习题，配合即时反馈，确保高效突破难点，为教师把控复习节奏提供精准指导，助力学生提升应考能力。

大二轮专题复习冲刺方案　数学 专题培优　球的“切”“接”问题 「考情分析」空间几何体的外接球和内切球是高中数学的难点和重点，也是高考命题的热点，既有相对简单的几何体的外接球和内切球问题，也有难度较大的特殊几何体模型问题，在选择题、填空题、解答题中均可能出现． 考向1　空间几何体的外接球 例1　(1)(2025·苏锡常镇四市一模)已知一圆柱内接于半径为1的球，当该圆柱的体积最大时，其高为(　　) A. B. C. D. 答案：C 解析：设圆柱的高为2h，则圆柱的底面半径为r＝，所以圆柱的体积V＝2πr2h＝2π(1－h2)h，h∈(0，1)，V′＝2π(1－3h2)，令V′＝0，得h＝，所以当h∈时，V′>0，V单调递增，当h∈时，V′<0，V单调递减，所以圆柱的体积最大时，圆柱的高为2h＝.故选C. (2)(2025·黑龙江齐齐哈尔二模)已知正三棱台的上底面边长为，高为1，体积为，则该正三棱台外接球的表面积为(　　) A．8π B．12π C．16π D．20π 答案：D 解析：设正三棱台的下底面边长为a，则其下底面面积为a2，上底面面积为×()2＝，所以该正三棱台的体积为V＝××1＝(a2＋a＋3)＝，整理可得a2＋a－18＝0，因为a>0，解得a＝2.如图，设正三棱台ABC－A1B1C1的上、下底面的中心分别为O1，O，由正三棱台的几何性质可知，外接球的球心E在直线OO1上，正三角形ABC的外接圆半径为OA＝＝2，正三角形A1B1C1的外接圆半径为O1A1＝＝1，设OE＝d，若球心E在线段OO1上，则0<d<1，O1E＝1－d，设球E的半径为R，则R2＝OA2＋d2＝O1A＋(1－d)2，即4＋d2＝1＋(1－d)2，解得d＝－1，不符合题意，所以球心E在射线O1O上，则O1E＝d＋1，R2＝OA2＋d2＝O1A＋(d＋1)2，即4＋d2＝1＋(d＋1)2，解得d＝1，所以R2＝4＋1＝5，故该正三棱台外接球的表面积为S＝4πR2＝20π.故选D. 　求解外接球问题的方法 解决多面体外接球问题的关键是确定球心的位置，方法是先选择多面体中的一面，确定此面多边形外接圆的圆心，再过此圆心作垂直于此面的垂线，则球心一定在此垂线上，最后根据其他顶点的情况确定球心的准确位置． 若球面上四点P，A，B，C满足PA，PB，PC两两垂直，可通过补成长方体的方法找到球心位置． 1．在半径为5的球体内部放置一个圆锥，则该圆锥体积的最大值为(　　) A. B. C. D. 答案：A 解析：由题意知，如图，当圆锥的体积最大时，圆锥内接于球，球心在圆锥的高上，设圆锥的底面半径为r，高为h(0<h<10)，则r2＝52－(h－5)2＝－h2＋10h，所以该圆锥的体积V＝πr2h＝π(－h3＋10h2)，则V′＝πh(－3h＋20)．当h∈时，V′>0，函数在上单调递增，当h∈时，V′<0，函数在上单调递减．故当h＝时，V取得最大值，为.故选A. 2．如图，在三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，∠ABC＝，PA＝AB＝3，BC＝6，则三棱锥P－ABC外接球的表面积为________． 答案：54π 解析：解法一：因为PA⊥平面ABC，BC，AC，AB⊂平面ABC，所以PA⊥BC，PA⊥AC，PA⊥AB，又∠ABC＝，所以BC⊥AB，因为PA∩AB＝A，PA，AB⊂平面PAB，所以BC⊥平面PAB，又PB⊂平面PAB，所以BC⊥PB，取PC的中点O，连接OA，OB，则OA＝OB＝OC＝OP＝PC.故O为三棱锥P－ABC外接球的球心，而PC＝＝＝＝3，故三棱锥P－ABC的外接球O的半径为，所以球O的表面积为4π×＝54π. 解法二：根据题意，三棱锥P－ABC可以扩展为如图的长方体，则PC为长方体的体对角线，也是三棱锥P－ABC外接球的直径．因为PA＝AB＝3，BC＝6，所以PC＝.以下同解法一． 3．已知点S，A，B，C均在半径为2的球面上，△ABC是边长为3的等边三角形，SA⊥平面ABC，则SA＝________． 答案：2 解析：如图，将三棱锥S－ABC转化为直三棱柱SMN－ABC，设△ABC的外接圆圆心为O1，半径为r，则2r＝＝＝2，可得r＝.设三棱锥S－ABC的外接球球心为O，连接OA，OO1，O1A，则OA＝2，OO1＝SA，因为OA2＝OO＋O1A2，即4＝3＋SA2，解得SA＝2. 考向2　空间几何体的内切球 例2　(1)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(　　) A．12(10－3)π B．24(20－7)π C．60(8－3)π D．3(40－7)π 答案：C 解析：因为PA，PB，PC两两垂直且长度均为6，所以△ABC为圆锥底面圆的内接正三角形，且边长AB＝BC＝CA＝6，由正弦定理得底面圆的半径R＝×＝2，所以圆锥的高PO＝＝2.如图，圆锥轴截面三角形的内切圆半径即为圆锥内切球的半径r，轴截面三角形的面积为×4×2＝×(6＋6＋4)×r，所以内切球的半径r＝6－4.所以内切球的表面积为4π(6－4)2＝4π(120－48)，圆锥的侧面积为π×2×6＝12π，所以其和为60(8－3)π.故选C. (2)(2025·山西部分重点中学三模)一棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1，如图所示，则两个三棱锥D－A1BC1，B1－AD1C的公共部分的内切球的表面积为________． 答案： 解析：如图1所示，两个三棱锥D－A1BC1，B1－AD1C的公共部分为一个棱长为的正八面体，分别取SR，WT的中点M，N，过P，M，N作正八面体的截面，如图2所示，设内切球的半径为r，球心为O，因为PS＝，SM＝，所以PM＝PN＝＝，OM＝，OP＝1，又PM·r＝OM·OP，所以r＝＝，即内切球的表面积为4πr2＝. 　求解内切球问题的关键点 求解多面体的内切球问题的关键是求内切球的半径．求内切球半径的一般方法为：将多面体分割为以球心为顶点，多面体的各面为底面的棱锥，利用多面体的体积等于各分割棱锥的体积之和求内切球的半径． 1．如图，半径为1的四分之一球形状的玩具储物盒，放入一个玩具小球，合上盒盖，当小球的半径最大时，其表面积为(　　) A．π B．2π C．(3－2)π D．(12－8)π 答案：D 解析：如图所示，小球的最大半径r满足(＋1)r＝1，解得r＝－1，所以小球的表面积S＝4πr2＝(12－8)π.故选D. 2．已知正三棱锥的高为1，底面边长为2，内有一个球与四个面都相切，则该球的半径为________． 答案：－1 解析：如图，过点P作PD⊥平面ABC于点D，连接AD并延长交BC于点E，连接PE，∵三棱锥P－ABC是正三棱锥，∴AE是△ABC中BC边上的高和中线，D为△ABC的中心．∵AB＝2，∴AE＝3，∴S△ABC＝3，DE＝1，又PD＝1，∴PE＝，∴S表＝3××2×＋3＝3＋3.∵PD＝1，∴三棱锥的体积V＝×3×1＝.设该正三棱锥内切球的半径为r，以球心O为顶点，正三棱锥的四个面为底面，把正三棱锥分割为四个小三棱锥，则V＝×r×(3＋3)＝，解得r＝－1. 考向3　多球相切问题 例3　(1)(2025·新疆喀什模拟预测)若将半径分别为1，6，9的三个球放入一个正方体的容器中，则该容器的棱长的最小值为________． 答案：15＋5 解析：因为不共线的三点可唯一确定一个平面，而过三个球的球心截三个球所得球的截面面积最大，所以由正方体的结构特征可知要使该容器的棱长达到最小，则两个大球相切，且三个球的球心均在正方体的体对角面内，两个大球均分别与自己同侧的正方体角落所在的三个面相切，如图为截正方体体对角面和两个大球所得截面，则O2E＝6，O2C＝6，O1A＝9，O1D＝9，OO1＝9，O1O2＝15，假设最小球的球心在OO1上，且小球与该侧正方体的三个面均相切，则O3G＝，OO3＝，O1O3＝9－＝8>9＋1＝10，所以求该容器的棱长的最小值只需考虑两个大球即可，延长DO1和EO2相交于点B，设该正方体容器的棱长为a，则OF＝a，O2B＝a－15，O1B＝a－15，O2B⊥O1B，所以O2B2＋O1B2＝(a－15)2＋(a－15)2＝3(a－15)2＝O1O＝152，化简，解得a＝15＋5. (2)学生小雨欲制作一个有盖的圆柱形容器，满足以下三个条件：①可将八个半径为2 cm的乒乓球分两层放置在里面；②每个乒乓球都和其相邻的四个球相切；③每个乒乓球与该容器的底面(或上盖)及侧面都相切，则该容器的高为________ cm. 答案：2(＋2) 解析：如图，设下层球的球心分别为A，B，C，D，上层球的球心分别为E，F，G，H，设E，F，G，H在平面ABCD上的射影分别为E1，F1，G1，H1，CD的中点为M，球的半径为r＝2. 由图易知，圆柱的高h＝FF1＋2r＝FF1＋4，FM2＝FC2－CM2＝12，F1M＝＝2－2，所以FF＝FM2－F1M2＝8，得FF1＝2，于是圆柱的高h＝FF1＋4＝2(＋2) cm. 　处理多个球的切接问题的关键点：①通过连球心构造“球心截面”降维解题；②通过连球心构造“球心几何体”将抽象问题具体化． (2025·甘肃白银模拟)已知正四棱锥P－ABCD中，各棱长均相等，球O1是该四棱锥的内切球，球O2与球O1相切，且与该四棱锥的四个侧面也相切；球O3与球O2相切，且与该四棱锥的四个侧面也相切，球O2的半径大于球O3的半径，则球O3与球O1的表面积之比为(　　) A．7－4 B．97－56 C. D. 答案：B 解析：如图1，在正四棱锥P－ABCD中，令各棱长为2，O为正方形ABCD的中心，M，Q分别为边AB，CD的中点，过点P，M，Q的平面截正四棱锥P－ABCD得等腰三角形PMQ，截球O1，球O2，球O3，得对应球的截面大圆，如图2， 显然OM＝1，PM＝＝＝，令N为圆O1与PM相切的切点，则O1N⊥PM，设球O1的半径为R1，即O1N＝R1，因为sin∠MPO＝＝＝，则PO1＝R1，显然PO＝PO1＋OO1＝(＋1)R1，设球O1与球O2相切于点T，则PT＝PO－2R1＝(－1)R1，设球O2的半径为R2，同理可得PT＝(＋1)R2，即R2＝(2－)R1，设球O2与球O3相切于点S，则PS＝PT－2R2＝(3－5)R1，设球O3的半径为R3，同理可得PS＝(＋1)R3，即R3＝(7－4)R1，球O3的表面积S3＝4πR＝4π(97－56)R，所以＝＝97－56.故选B. 真题押题 1．(2022·新高考Ⅰ卷，8)已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上．若该球的体积为36π，且3≤l≤3，则该正四棱锥体积的取值范围是(　　) A. B. C. D．[18，27] 答案：C 解析：如图，设该球的半径为R，球心为O，正四棱锥的底边长为a，高为h，正四棱锥的侧棱与高所成的角为θ，则正四棱锥的底边长a＝lsinθ，高h＝lcosθ.依题意，得36π＝πR3，解得R＝3.在△OPC中，作OE⊥PC，垂足为E，则可得cosθ＝＝∈，所以l＝6cosθ，所以正四棱锥的体积V＝a2h＝(lsinθ)2·lcosθ＝(6cosθ)3sin2θcosθ＝144(sinθcos2θ)2.设sinθ＝t，易得t∈.令y＝sinθcos2θ＝t(1－t2)＝t－t3，则y′＝1－3t2，令y′＝0，得t＝，所以当＜t＜时，y′＞0；当＜t＜时，y′＜0，所以函数y＝t－t3在上单调递增，在上单调递减．又当t＝时，y＝；当t＝时，y＝；当t＝时，y＝.所以≤y≤，所以≤V≤.所以该正四棱锥的体积的取值范围是.故选C. 2．(2025·新课标Ⅱ卷，14)一个底面半径为4 cm，高为9 cm的封闭圆柱形容器(容器壁厚度忽略不计)内有两个半径相等的铁球，则铁球半径的最大值为________ cm. 答案：2.5 解析：设两铁球的球心分别为A，B，铁球的半径为r，且r<4，如图为两铁球球心所在的圆柱的轴截面．由圆柱与球的性质得AB2＝(2r)2＝(8－2r)2＋(9－2r)2，即4r2－68r＋145＝(2r－5)(2r－29)＝0，因为r<4，所以r＝2.5. (多选)如图所示，有一个棱长为4的正四面体P－ABC容器，D是PB的中点，E是CD上的动点，则下列说法正确的是(　　) A．直线AE与PB所成的角为 B．△ABE周长的最小值为4＋ C．如果在这个容器中放入1个小球(全部进入)，则小球半径的最大值为 D．如果在这个容器中放入4个完全相同的小球(全部进入)，则小球半径的最大值为 答案：ACD 解析：对于A，如图1，连接AD，因为D为PB的中点，所以PB⊥CD，PB⊥AD，又CD∩AD＝D，CD，AD⊂平面ACD，所以PB⊥平面ACD，又AE⊂平面ACD，所以PB⊥AE，即直线AE与PB所成的角为，故A正确； 对于B，把△ACD沿着CD展开到与平面BDC同一个平面内，如图2，连接AB，交CD于点E，则AE＋BE的最小值即为AB的长，由于AD＝CD＝2，AC＝4，cos∠ADC＝＝＝，cos∠ADB＝cos＝－sin∠ADC＝－，所以AB2＝BD2＋AD2－2BD·ADcos∠ADB＝22＋(2)2－2×2×2×＝16＋，所以AB＝＝4， 所以△ABE周长的最小值为4＋4，故B错误；对于C，要使小球半径最大，则小球与四个面相切，是正四面体的内切球，如图3，设球心为O，取AC的中点M，连接BM，PM，过点P作PF⊥BM于点F，则F为△ABC的中心，点O在PF上，过点O作ON⊥PM于点N，因为AM＝2，AB＝4，所以BM＝＝2，同理，PM＝2，则MF＝BM＝，故PF＝＝，设OF＝ON＝R，故PO＝PF－OF＝－R，因为△PNO∽△PFM，所以＝，即＝，解得R＝，故C正确；对于D，4个小球分两层(1个，3个)放进去，要使小球的半径最大，则4个小球外切，且小球与三个平面相切，设小球的半径为r，四个小球球心的连线是棱长为2r的正四面体Q－VKG， 如图4，由C项可知，其高为r，PF是正四面体P－ABC的高，PF过点Q且与平面VKG交于点S，与平面HIJ交于点Z，则QS＝r，SF＝r，由C项可知，正四面体内切球的半径是高的，在正四面体P－HIJ中，QZ＝r，QP＝3r，正四面体P－ABC的高为3r＋r＋r＝，解得r＝，故D正确．故选ACD. 专题作业 基础题(占比50%)　中档题(占比30%)　拔高题(占比20%) 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 难度 ★ ★ ★ ★ ★ ★ ★★ ★★★ 对点 棱柱的外接球；球的体积 与截面有关的计算问题；球的表面积 台体的内切球；球的表面积 棱锥的内切球；球的体积；棱锥的体积 棱锥的棱切球；棱锥的体积 组合体的外接球；球的表面积 台体的外接球；球的表面积 多球相切问题 题号 9 10 11 12 13 14 15 16 难度 ★ ★★ ★★★ ★ ★★ ★★ ★★ ★★★ 对点 棱锥的体积；球的表面积；棱锥的外接球；与截面有关的计算问题 棱柱的棱切球；组合体的内切球；球的体积；与截面有关的计算问题 多球相切问题；由导数求函数的最值；球的表面积 圆锥的内切球；球的表面积与体积；圆锥的表面积与体积 正多面体的外接球；球的表面积 多球相 切问题 多球相切问题；求二面角；球的表面积与体积 棱锥的外接球；与截面有关的计算问题 一、单选题 1．(2025·四川绵阳三模)已知直三棱柱ABC－A1B1C1中，CA⊥CB，AB＝CC1＝2，该三棱柱所有顶点都在球O的球面上，则球O的体积为(　　) A. B. C．8π D. 答案：A 解析：如图所示，将直三棱柱ABC－A1B1C1补全成长方体，则长方体的体对角线A1B＝＝＝2为该三棱柱外接球的直径，所以其半径为R＝＝，所以球O的体积为V＝πR3＝π×2＝.故选A. 2．(2025·湖南长沙二模)球面上有三点A，B，C，若AB＝6，BC＝8，AC＝10，且球心到△ABC所在平面的距离等于球的半径的一半，则该球的表面积为(　　) A. B．100π C. D．400π 答案：C 解析：由AB＝6，BC＝8，AC＝10，得AB2＋BC2＝100＝AC2，即△ABC为直角三角形，因此△ABC外接圆的半径r＝5，设球的半径为R，由球心到△ABC所在平面的距离等于球的半径的一半，得R2－52＝，解得R＝，所以球的表面积为4πR2＝.故选C. 3．已知圆台的上、下底面中心分别为O1，O2，且O1O2＝10，上、下底面半径分别为2，12.在圆台容器内放置一个可以任意转动的球，则该球表面积的最大值为(　　) A．96π B．192π C．48π D．248π 答案：B 解析：如图所示，根据题意可知O1A＝2，O2B＝12，O1O2＝10.设圆台内能放置的最大球的球心为O，且与下底面和母线AB分别切于点O2，C，因为tan∠ABO2＝＝，所以∠ABO2＝60°，所以∠OBO2＝30°，所以球的半径R＝OO2＝O2Btan30°＝12×＝4，此时球的直径为2R＝8<O1O2＝10，即此时球与圆台上底面不相切，因此圆台内能放置的最大球的表面积S＝4πR2＝192π.故选B. 4．(2025·广西北海模拟)已知一个正四棱锥的底面边长为2，内切球的体积为，则这个正四棱锥的体积为(　　) A. B. C. D．16 答案：C 解析：因为内切球的体积为，所以内切球的半径为1.如图所示，设球与正四棱锥的底面切于点E，与正四棱锥的一个侧面切于点F，球心为O，SO＝x，延长SF交底面于点G，连接GE.因为正四棱锥的底面边长为2，所以GE＝，SE＝1＋x，SG＝＝.又△SOF∽△SGE，所以＝，即＝，解得x＝3，所以SE＝4，所以正四棱锥的体积为×(2)2×4＝.故选C. 5．已知正三棱锥P－ABC的底面边长为2，若半径为1的球与该正三棱锥的各棱均相切，则三棱锥P－ABC的体积为(　　) A．2 B．2 C．3 D．2 答案：A 解析：设△ABC的中心为O.因为球与该正三棱锥的各棱均相切，所以该球的球心在直线PO上，又因为底面边长为2，所以底面正三角形的内切圆的半径r′＝tan30°×AB＝×＝1，又因为球的半径r＝1，即r′＝r，所以棱切球的球心即为O，如图，过球心O作PA的垂线交PA于点H，则OH＝r＝1，又因为OA＝＝＝2，所以cos∠AOH＝＝，因为0°<∠AOH<180°，所以∠AOH＝60°，又由题意可知，PO⊥平面ABC，所以PO⊥OA，所以∠POH＝30°，所以PO＝＝＝，所以VP－ABC＝××2×2××＝2.故选A. 6．(2025·宁夏银川二模)图1是底面边长为2的正四棱柱，直线l经过其上、下底面中心，将其上底面绕直线l顺时针旋转45°，得图2，若△BEF为正三角形，则图2所示几何体外接球的表面积为(　　) A．(8＋2)π B．(8＋4)π C．12π D．16π 答案：A 解析：如图，设正四棱柱的上、下底面中心分别为M，N，过点M作MH⊥EF于点H，连接BH，BN，依题意，易得四边形MNBH为直角梯形，因为△BEF是边长为2的正三角形，所以BH⊥EF，且BH＝×2＝，又MH＝1，BN＝，则MN＝＝.设该几何体外接球的球心为O，半径为R，则O为MN的中点，则OM＝＝，在Rt△OME中，R2＝OM2＋ME2＝＋2，于是该几何体外接球的表面积为4πR2＝4π＝(8＋2)π.故选A. 7．(2025·江苏苏锡常镇四市二模)一个底面边长和侧棱长均为4的正三棱柱密闭容器ABC－A1B1C1，其中盛有一定体积的水，当底面ABC水平放置时，水面高为.当侧面AA1B1B水平放置时(如图)，容器内的水形成新的几何体．若该几何体的所有顶点均在同一个球面上，则该球的表面积为(　　) A. B. C．100π D. 答案：A 解析：解法一：V水＝×4×4××＝15，VABC－A1B1C1＝×4×4××4＝16，如图，VC1D1E1－CDE＝16－15＝＝S△C1D1E1×4，∴S△C1D1E1＝，又S△A1B1C1＝4，∴＝，∴＝＝＝，即C1D1＝C1E1＝D1E1＝1，由于点C1到A1B1的距离为2，则点D1到A1B1的距离为×2＝，设正方形ABB1A1外接圆的圆心为O1，半径为r1，则r1＝AB＝2，设矩形DEE1D1外接圆的圆心为O2，半径为r2，则r2＝D1E＝×＝，设外接球的球心为O，半径为R，易知O在线段O1O2上，则∴R2＝，故外接球的表面积为4πR2＝.故选A. 解法二：由当底面ABC水平放置时，水面高为，可知容器内的空气占容器体积的，于是侧放时，图中的空气区域的“小三棱柱”的体积为容器的，因此“小三棱柱”的底面“小三角形”的面积为大三角形的，则边长之比为1∶4，即“小三角形”的边长为1.如图，设圆的半径为r，由余弦定理，得BD＝＝＝，故2r＝＝，故r＝，所以外接球的半径为R＝＝，所以球的表面积为S＝4πR2＝.故选A. 8．(2025·河南驻马店期末)有一圆柱形有盖铁皮桶(铁皮厚度忽略不计)，底面直径为20 cm，高度为100 cm，现往里面装直径为10 cm的球，在能盖上盖子的情况下，最多能装________个球．(　　) (附：≈1.414，≈1.732，≈2.236) A．22 B．24 C．26 D．28 答案：C 解析：由题意，若要装更多的球，需要让球和铁皮桶侧面相切，且相邻四个球两两相切，这样，相邻的四个球的球心连线构成棱长为10 cm的正四面体，易求正四面体相对棱的距离为5 cm，每装两个球称为“一层”，这样装n层球，则最上层球面上的点距离桶底最远为10＋5(n－1) cm，若想要盖上盖子，则需要满足10＋5(n－1)≤100，解得n≤1＋9≈13.726，所以最多能装13层球，即最多能装26个球．故选C. 二、多选题 9．(2025·山东临沂二模)三棱锥A－BCD中，AD＝2，AB＝BC＝CD＝2，AB⊥BC，BC⊥CD，则(　　) A．三棱锥A－BCD的体积为 B．三棱锥A－BCD外接球的表面积为3π C．过BC的中点E的平面截三棱锥A－BCD外接球所得最小截面的半径为1 D．当P∈AC，Q∈BD时，PQ的最小值为 答案：ACD 解析：由题设给定的三棱锥A－BCD，AD＝2，AB＝BC＝CD＝2，AB⊥BC，BC⊥CD，所以AC＝2，AC2＋CD2＝AD2，即CD⊥AC，又AC∩BC＝C，AC，BC⊂平面ABC，所以CD⊥平面ABC，故可将其补全为一个正方体，其中AB，BC，CD为三条棱，AD为体对角线，如图所示．VA－BCD＝VD－ABC＝×2××2×2＝，A正确；由图易知，三棱锥A－BCD的外接球即为正方体的外接球，且球心为AD的中点O，所以外接球的半径R＝，其表面积为4πR2＝12π，B错误；要使过BC的中点E的平面截三棱锥A－BCD外接球所得截面的半径最小，连接OE，只需截面与OE垂直即可，此时最小半径为r＝，又OE＝，所以r＝＝1，C正确；构建如图所示的空间直角坐标系Axyz，因为P∈AC，Q∈BD，设P(a，a，0)，Q(2，b，b)，则PQ＝＝＝，所以当a＝，b＝时，PQmin＝，D正确．故选ACD. 10．《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ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，则下列命题正确的是(　　) A．正方体ABCD－A1B1C1D1的棱切球的体积为 B．该牟合方盖的内切球的体积与其中一个圆柱的体积之比为2∶3 C．该牟合方盖的内切球被平面A1C1D截得的截面面积为 D．以正方体的顶点A为球心，1为半径的球在该正方体内部部分的体积与该牟合方盖的内切球的体积之比为 答案：AB 解析：对于A，正方体的棱切球半径为面对角线的一半，即，则正方体棱切球的体积为π×＝，故A正确；对于B，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，又牟合方盖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，该牟合方盖的内切球的半径为，体积为π×＝，其中一个圆柱的底面半径为，高为1，体积为1×＝，所以该牟合方盖的内切球的体积与其中一个圆柱的体积之比为∶＝2∶3，故B正确；对于C，因为四边形A1B1C1D1为正方形，所以A1C1⊥B1D1，因为BB1⊥平面A1B1C1D1，A1C1⊂平面A1B1C1D1，则A1C1⊥BB1，又BB1∩B1D1＝B1，BB1，B1D1⊂平面BB1D1，所以A1C1⊥平面BB1D1，因为BD1⊂平面BB1D1，所以BD1⊥A1C1，同理可证BD1⊥A1D，因为A1C1∩A1D＝A1，A1C1，A1D⊂平面A1C1D，所以BD1⊥平面A1C1D，设BD1∩平面A1C1D＝E，则D1E⊥平面A1C1D，因为VD－A1C1D1＝S△A1C1D1·DD1＝××12×1＝，易知△A1C1D是边长为的等边三角形，则S△A1C1D＝×()2＝，因为VD1－A1C1D＝S△A1C1D·D1E＝D1E＝，所以D1E＝，易知正方体ABCD－A1B1C1D1内切球的球心为BD1的中点O，且OD1＝BD1＝，所以OE＝OD1－D1E＝，而正方体ABCD－A1B1C1D1内切球的半径为r＝，所以正方体ABCD－A1B1C1D1的内切球被平面A1C1D截得的截面圆的半径为r′＝＝，所以截面面积为πr′2＝，故C错误；对于D，以正方体的顶点A为球心，1为半径的球在该正方体内部部分的体积恰为该球体积的，即××13＝，该牟合方盖的内切球的体积为，因此所求体积之比为＝1，故D错误．故选AB. 11．(2025·云南昆明二模)如图，在一个有盖的圆锥容器内放入两个球体，已知该圆锥容器的底面圆直径和母线长都是，则(　　) A．这两个球体的半径之和的最大值为 B．这两个球体的半径之和的最大值为 C．这两个球体的表面积之和的最大值为(6＋3)π D．这两个球体的表面积之和的最大值为 答案：BD 解析：当这两个球体的半径或表面积之和取最大值时，上面的球与圆锥的底面相切，过底面圆的直径作截面，如图所示，过点O作OF⊥AB，垂足为F，过点O′作O′E⊥AB，垂足为E，过点O′作O′D⊥OF，垂足为D.设圆O的半径为R，圆O′的半径为r，当下面的球与上底面相切时，R取得最大值，此时R为该圆锥内切球的半径，等边三角形的边长为，内切球的半径为tan30°＝，故OB＝1，故R的最大值为，且取最大值时，O，O′，B三点共线，设O′E＝r，则O′B＝2r，则2r＋r＋＝1，解得r＝，所以R∈，r∈，OD＝R－r，OO′＝R＋r，O′D＝EF＝AB－AF－BE＝－R－r.因为OD2＋O′D2＝OO′2，所以(R－r)2＋(－R－r)2＝(R＋r)2　①，整理得3R2＋(2r－6)R＋3(r2－2r＋1)＝0，解得R＝1－－，令函数f(r)＝R＋r＝1－－＋r＝1＋－，r∈，f′(r)＝.令函数g(r)＝2－3＋4r，g′(r)＝＋4>0，所以g(r)是增函数．又因为g<0，g>0，所以∃r0∈，使得g(r0)＝0，所以当r∈时，g(r)<0，当r∈时，g(r)>0，即当r∈时，f′(r)<0，当r∈时，f′(r)>0，所以f(r)在上单调递减，在上单调递增．因为f＝f＝，所以f(r)max＝，即这两个球体的半径之和的最大值为.由①可得R2＋r2＝－[(R＋r)2－6(R＋r)＋3]，这两个球体的表面积之和为4π(R2＋r2)＝－2π[(R＋r)2－6(R＋r)＋3]．令x＝R＋r≤，函数y＝－2π(x2－6x＋3)在上单调递增，所以ymax＝－2π×＝，即这两个球体的表面积之和的最大值为.故选BD. 三、填空题 12．已知圆锥SO1的轴截面SAB为正三角形，球O2与圆锥SO1的底面和侧面都相切．设圆锥SO1的体积、表面积分别为V1，S1，球O2的体积、表面积分别为V2，S2，则·＝________． 答案：1 解析：依题意，设正三角形SAB的边长为2，则圆锥SO1的底面圆半径为1，高为，母线长为2，因此V1＝π×12×＝，S1＝π×12＋π×1×2＝3π，球O2的半径即为正三角形SAB的边心距，为，因此V2＝π×＝，S2＝4π×＝，所以·＝×＝1. 13．早期的毕达哥拉斯学派学者注意到：用等边三角形或正方形为表面可构成四种规则的立体图形，即正四面体、正六面体、正八面体和正二十面体，它们的各个面和多面角都全等．如图，正二十面体是由20个等边三角形组成的正多面体，共有12个顶点，30条棱，20个面，是五个柏拉图多面体之一．如果把sin36°按计算，则该正二十面体的外接球半径与棱长之比为________；该正二十面体的表面积与该正二十面体外接球的表面积之比为________． 答案：　 解析：如图1，这个正二十面体上方是一个正五棱锥，则正二十面体的外接球就是这个正五棱锥的外接球．不妨设正二十面体的棱长为2.如图2，正五边形ABCDE的外接圆半径就是△BCE的外接圆半径，设为r，则＝2r⇒r＝，则点P到正五边形ABCDE中心O1的距离为＝.设正二十面体的外接球半径为R，则R2＝＋⇒R＝.所以正二十面体的外接球半径与棱长之比为＝.正二十面体的表面积与该正二十面体外接球的表面积之比为＝. 14．如图所示，三个半径为r的汤圆(球形)装入半径为(＋) cm的半球面碗中，三个汤圆的顶端恰与碗口共面，则汤圆的半径r＝________． 答案： cm 解析：取半球的球心为O，三个小球的球心分别为O1，O2，O3，连接OO1，OO2，OO3，O1O2，O1O3，O2O3，则O1O2＝O2O3＝O1O3＝2r，取△O1O2O3的重心H，连接OH，O1H，则OH＝r，在△O1O2O3中，O1H＝×2r×sin＝r，则OO1＝＝r＝r，所以＋＝r＋r，解得r＝. 四、解答题 15．(2025·上海部分重点中学模拟)已知正四棱锥Γ(如图所示)的高为3，底面边长为2，球O1与Γ的四个侧面及底面都相切，然后依次在Γ内放入球O2，O3，O4，…，On，On＋1，…，使得球On＋1(n∈N，n≥1)与Γ的四个侧面均相切，且球On＋1与On外切． (1)求正四棱锥的侧面与底面所成二面角的大小； (2)求球O1的表面积； (3)求放入的所有球的体积之和． 解：(1)如图，四棱锥P－ABCD中，O为底面正方形的中心，则PO⊥底面ABCD，取CD的中点E，连接PO，PE，OE，则PO＝3，OE＝，且OE⊥CD，PE⊥CD，则∠PEO为侧面与底面所成的角，∵OE⊂底面ABCD，∴PO⊥OE.在Rt△POE中，tan∠PEO＝＝＝，∴∠PEO＝，即正四棱锥的侧面与底面所成二面角的大小为. (2)设球O1与侧面PCD相切于点M， 则点M在线段PE上，且O1M⊥PE， 记球O1的半径为r1， 由(1)可知∠OPE＝∠O1PM＝， ∴O1P＝2O1M＝2r1， ∴OP＝2r1＋r1＝3r1，即3r1＝3，解得r1＝1， ∴球O1的表面积为4πr＝4π. (3)记球Oi的半径为ri，体积为Vi，i＝1，2，3，…，设正四棱锥的高为h， 由(2)可知3rn＝h－2r1－2r2－…－2rn－1(n≥2)， 设Sn＝r1＋r2＋r3＋…＋rn， 则3rn＝h－2Sn－1(n≥2)， ∴3rn＋1＝h－2Sn，两式相减，可得3(rn＋1－rn)＝－2rn， 即rn＋1＝rn， ∵r1＝1，∴数列{rn}是以1为首项，为公比的等比数列， ∴rn＝， ∴Vi＝ πr＝π ＝π×＝， 当n→＋∞时，Vi＝， 故放入的所有球的体积之和为. 16．(2025·吉林部分重点中学模拟)球面三角学是研究球面三角形的边、角关系的一门学科．如图，球O的半径为R，A，B，C为球面上的三点，设Oa表示以O为圆心，且过B，C的圆，劣弧的长度记为a，同理，圆Ob，Oc的劣弧，的长度分别记为b，c，曲面ABC(阴影部分)叫做球面三角形．如果二面角C－OA－B，A－OB－C，B－OC－A的大小分别为α，β，γ，那么球面三角形ABC的面积为S＝(α＋β＋γ－π)R2. (1)若平面OAB，OAC，OBC两两垂直，求球面三角形ABC的面积； (2)若平面三角形ABC为直角三角形，AC⊥BC，设∠AOC＝θ1，∠BOC＝θ2，∠AOB＝θ3. ①求证：cosθ1＋cosθ2－cosθ3＝1； ②延长AO与球O交于点D，若球O的半径R＝，直线DA，DC与平面ABC所成的角分别为，，点E在线段BD上，S为AC的中点，T为BC的中点．设平面OBC与平面EST的夹角为θ，求cosθ的最大值及此时平面AEC截球O所得截面圆的面积． 解：(1)若平面OAB，OAC，OBC两两垂直，则α＝β＝γ＝， 所以球面三角形ABC的面积为S＝(α＋β＋γ－π)R2＝R2. (2)①证明：由余弦定理，得 ， 消去R2，可得cosθ1＋cosθ2－cosθ3＝1. ②由AD是球的直径，得AB⊥BD，AC⊥CD， 又AC⊥BC，CD∩BC＝C，CD，BC⊂平面BCD， 所以AC⊥平面BCD， 又BD⊂平面BCD，所以AC⊥BD， 又AB∩AC＝A，AB，AC⊂平面ABC， 所以BD⊥平面ABC， 由直线DA，DC与平面ABC所成的角分别为，， 得∠DAB＝，∠DCB＝， 又R＝，则AD＝2，AB＝BD＝，BC＝，AC＝2， 由AC⊥BC，AC⊥BD，BC⊥BD， 以C为坐标原点，CB，CA所在直线分别为x轴、y轴，过点C作BD的平行线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 设BE＝t，t∈[0，]，则A(0，2，0)，B(，0，0)，C(0，0，0)，D(，0，)， 可得S(0，1，0)，T，E(，0，t)，O， 则＝(，0，0)，＝，＝，＝. 设平面OBC的法向量为m＝(x1，y1，z1)， 则 取z1＝－2，则y1＝，x1＝0，可得m＝(0，，－2)． 设平面EST的法向量为n＝(x2，y2，z2)， 则 取x2＝t，则y2＝t，z2＝－1， 可得n＝(t，t，－1)， 因为cosθ＝|cos〈m，n〉|＝ ＝＝× ＝×＝×， 令m＝2t＋1，m∈[1，13]， 则t＝，3t2＝， 可得＝＝＝≤＝2， 当且仅当m＝3，t＝时，等号成立， 所以cosθ的最大值为＝， 此时点E，可得＝，＝(0，2，0)，＝， 设平面AEC的法向量为k＝(x3，y3，z3)， 则 取x3＝1，则y3＝0，z3＝－2，可得k＝(1，0，－2)， 可得球心O到平面AEC的距离为 d＝＝＝， 设平面AEC截球O所得截面圆的半径为r， 则r2＝R2－d2＝， 所以截面圆的面积为πr2＝. 27 学科网（北京）股份有限公司 $