板块四 习题讲评（二）球的切、接问题-【新高考方案】2026年高考数学二轮复习专题增分方略教师用书word

习题讲评（二）　球的切、接问题 空间几何体的外接球、内切球是高中数学的重点、难点，也是高考命题的热点，一般是通过对几何体的割补或寻找几何体外接球的球心求解外接球问题，利用等体积法求内切球半径等，一般出现在压轴小题位置. 教学点（一）　空间几何体的外接球　　　　　 方法一　补形法 [例1]　（2025·铜仁三模）在三棱锥P-ABC中，已知PA⊥平面ABC，PA=2AB=2BC=4，AC=2.若该三棱锥的顶点都在同一个球面上，则该球的体积为 （　　） A.4π B.12π C.8π D.24π 解析：选C 因为PA⊥平面ABC，PA=4，AB=BC=2，AC=2，所以AB2+BC2=AC2，即∠ABC=90°.把三棱锥P-ABC补成长方体，长方体的体对角线就是外接球的直径2R.根据长方体体对角线公式===2，则R=，球的体积V=πR3=π×=8π. 拓展延伸：若长方体的共顶点的三条棱长分别为a，b，c，外接球的半径为R，则2R=. [例2]　在四面体ABCD中，BC=2，∠ABC=∠BCD=90°，且AB与CD所成的角为60°.若该四面体ABCD的体积为，则它的外接球半径的最小值为 （　　） A. B.2 C.3 D. 解析：选B 依题意，可将四面体ABCD补形为如图所示的直三棱柱ABE-FCD.因为AB与CD所成的角为60°，所以∠DCF=60°或120°.设CD=x，CF=y，外接球半径记为R，外接球的球心如图点O.易知AF∥平面BCDE，所以点A到平面BCDE的距离等于点F到平面BCDE的距离， 于是VA-BCD=VF-BCD=·BC·S△CDF=×2×=xy=，所以xy=9.在Rt△OO2C中，R2=OC2=O+C=1+=1+DF2，在△CDF中，由余弦定理得DF2=x2+y2-2xycos∠DCF，显然当∠DCF=60°时，外接球的半径会更小，此时DF2=x2+y2-xy，所以R2=1+（x2+y2-xy）≥1+=1+xy=4，所以R≥2，故它的外接球半径的最小值为2. 关键点拨：本题关键是将四面体ABCD补形为直三棱柱ABE-FCD，转化为求直三棱柱外接球半径的最小值. |思|维|建|模|　补形法的解题策略 （1）侧面为直角三角形、正四面体或对棱均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解，利用体对角线等于外接球直径求出半径. （2）有一条侧棱与底面垂直的棱锥补成直棱柱求解，利用R=求出外接球的半径. 方法二　确定球心位置法 [例3]　（2025·郑州模拟）如图，在四棱锥P-ABCD中，PC⊥平面ABCD，∠ABC=∠ADC=90°， ∠BAD=60°，PC=2，AB=7，AD=5，则四棱锥P-ABCD外接球的表面积为 （　　） A.8π B.16π C.32π D.64π 解析：选D 法一　确定四棱锥P-ABCD的外接球的球心在PA的中点处，求半径. 连接AC，设PA的中点为O， 因为PC⊥平面ABCD，AD，AC⊂平面ABCD，所以AD⊥PC，AC⊥PC.因为AD⊥DC，DC∩PC=C，DC，PC⊂平面PCD，所以AD⊥平面PCD，故∠ADP=90°.同理，∠ABP=90°.又∠ACP=90°，所以△ADP，△ABP，△ACP均为以PA为斜边的直角三角形，所以OB=OD=OC=OA=OP=PA，故O为四棱锥P-ABCD的外接球的球心，PA为外接球的直径.由BD2=52+72-2×5×7cos 60°=39，得BD=.又AC为四边形ABCD外接圆的直径AC==2，设四棱锥P-ABCD的外接球的半径为R，则（2R）2=PA2=AC2+PC2=+=64，解得R=4.故四棱锥P-ABCD外接球的表面积为S球=4πR2=64π. 法二　根据球心在底面外接圆圆心的垂线上，又在PC的垂直平分线上，利用正弦定理求出底面圆半径. 连接AC，设AC的中点为O1，过O1作直线l⊥平面ABCD，因为∠ABC=∠ADC=90°，所以AC是△ABC，△ADC的公共斜边，即O1是四边形ABCD的外接圆圆心，所以直线l上的点到点A，B，C，D的距离相等，故球心O一定在直线l上，即OO1⊥平面ABCD，现只要保证到点P的距离也相等即可，即球心O也在PC的垂直平分线上，设PC的中点为M，即OM⊥PC，因为∠BAD=60°，AB=7，AD=5，所以BD==，所以=2=2r=AC（r为底面ABCD外接圆半径）， 因为PC⊥平面ABCD，OO1⊥平面ABCD，所以OO1∥PC，又OM⊥PC，所以四边形OO1CM为矩形，OO1=CM=，所以四棱锥外接球半径R===4，即四棱锥P-ABCD外接球的表面积为S球=4πR2=64π. |思|维|建|模|　确定球心位置的策略 先过棱锥某个面（一般选取直角三角形、正三角形、矩形等）的外接圆圆心作该面的垂线，则球心一定在该垂线上，再根据球心到棱锥各个顶点的距离相等，结合勾股定理构建等式，确定球心及半径. 方法三　寻求轴截面圆半径法 [例4]　已知A，B，C是半径为1的球O的球面上的三个点，且AC⊥BC，AC=BC=1，则三棱锥O-ABC的体积为 （　　） A. B. C. D. 解析：选A 思维路径：先确定△ABC所在的截面圆的圆心O1为斜边AB的中点，然后在Rt△ACB和Rt△AO1O中，利用勾股定理求出OO1，再利用锥体的体积公式求解即可. 因为AC⊥BC，AC=BC=1，所以△ABC为等腰直角三角形， 所以△ABC所在的截面圆的圆心O1为斜边AB的中点，所以OO1⊥平面ABC，在Rt△ACB中，AB==，则AO1=，在Rt△AO1O中，OO1==， 故三棱锥O-ABC的体积为V=·S△ABC·OO1=××1×1×=. |思|维|建|模| 该方法的实质就是通过寻找外接球的一个轴截面圆，从而把立体几何问题转化为平面几何问题来研究. 方法四　坐标法 [例5]　如图①，在Rt△ACB中，C=，AC=BC=2，D，E分别为AC，AB的中点，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1D⊥CD，如图②.若F是A1B的中点，则四面体FCDE的外接球体积是 （　　） A.2π B.π C.π D.π 解析：选B 思维路径：由题意可知CD，DA1，DE两两垂直，以D为原点，建立空间直角坐标系，设外接球的球心为M，进而利用坐标法求球心坐标. 依题意CD⊥DE，A1D⊥DE，A1D∩DC=D，A1D，DC⊂平面A1DC，所以DE⊥平面A1DC.又A1D⊥CD，如图建立空间直角坐标系，则D，C，E，B（1，2，0），A1（0，0，1），F.依题意△DCE为直角三角形，所以△DCE的外接圆的圆心为CE的中点. 设外接球的球心为M，半径为R，则DM=MF=R，即R== ，解得m=0，所以R=，所以外接球的体积V=πR3=π. 习得方略：由球心与多面体所有顶点的距离都是球半径，建立适当的空间直角坐标系进而求出外接球半径R. [即时训练] [练1]　（2025·益阳三模）已知圆锥的母线长为2，其外接球体积为，则该圆锥的表面积为 （　　） A.3π B.6π C.9π D.12π 解析：选C 圆锥及其外接球的轴截面如图，设其外接球的半径为R，则外接球体积为=πR3，则R=2，即AO=OC=2，设圆锥的高为AO1=h，圆锥的底面圆半径为O1C=r，则r2+h2=，由（h-R）2+r2=R2，解得h=3，r=，则此圆锥的表面积为πr2+πrl=3π+π××2=9π. 习得方略：外接球的球心在圆锥或棱锥的高所在的直线上.若球心在高上，如图1，2，利用勾股定理OA2=O1O2+O1A2⇒R2=（h-R）2+r2，解得R=（其中h为几何体的高，r为几何体的底面半径或底面外接圆的半径）.同理可求球心在高的延长线上时球的半径. [练2]　如图，在正四棱台ABCD-A1B1C1D1中，AB=2AA1=2A1B1=2，且各顶点都在同一球面上，则该球体的表面积为 （　　） A.16π B.π C.π D.30π 解析：选D　 ∵AB=2A1B1=2，∴正四棱台上、下底面外接圆半径分别为r1=，r2=. ∵2AA1=2，∴AA1=，易知正四棱台的高h==. 设该正四棱台的外接球半径为R，由公式知，外接球球心到上、下底面的距离分别为d1==，d2==，则|　±|=. ∵R2-6>0，∴ >>，∴ -=，解得R2=， （此处直接求解比较麻烦，对于选择题来说，可以根据选项代入判断） ∴外接球的表面积S=4πR2=30π.故选D. [练3]　（2025·吉林三模）棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，棱BC的中点为E，棱DD1的中点为F，则三棱锥A-D1EF的外接球的表面积为 （　　） A. B.7π C.14π D.28π 解析：选C 思维路径：先找△AFD1的外心O1，发现O1为线段A1D的四等分点（靠近A1），则球心O在过O1且与平面AD1F垂直的直线上，利用坐标法计算即可得出结果. 设△AFD1的外心为O1，由外心的定义可知，O1为线段A1D的四等分点（靠近A1），则球心O在过O1且与平面AD1F垂直的直线上.以D为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则O1，A，E，设球心O，由OA=OE，求出m=1，从而求出R2=OA2=，所以三棱锥A-D1EF的外接球的表面积为4πR2=14π. 故选C. 教学点（二）　空间几何体的内切球 [例1]　在正四棱锥P-ABCD中，PA=5，AB=6，则该四棱锥内切球的表面积是 （　　） A. B. C. D. 解析：选C 过点P作PO⊥平面ABCD，则O为正方形ABCD的中心，连接OA，如图， 因为AB=6，所以OA=3，所以OP===， 则四棱锥P-ABCD的体积V=×62×=12，四棱锥P-ABCD的表面积S=6×6+×6××4=84.设四棱锥P-ABCD内切球的半径为r，内切球的球心为O'，由V=VO'-ABP+VO'-BCP+VO'-CDP+VO'-ADP+VO'-ABCD，可得V=Sr，即12=×84r，解得r=，故四棱锥P-ABCD内切球的表面积是4πr2=. [例2]　（2025·全国Ⅱ卷）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.  解析：法一：构建直角三角形几何法 两球均分别与圆柱的一个底面和侧面相切时球最大， 圆柱的底面半径为4 cm，高为9 cm，设铁球的半径为R cm，知O1=（2R）2=（8-2R）2+（9-2R）2， 整理得4R2-68R+145=0，解得R=或R=.注意2R<8，R=舍去，所以R=. 法二：解析几何思想求R 如图建立平面直角坐标系， 则O1（R，R），O2（8-R，9-R），因为两球相切，|O1O2|=2R， 所以|O1O2|2=（2R）2=[（8-R）-R]2+[（9-R）-R]2，整理得4R2-68R+145=0，解得R=或R=. 注意8-R>0，所以R=. 答案： |思|维|建|模|　求内切球半径的两种方法 （1）等体积法：先将几何体的内切球球心与几何体各个顶点用线段连接，运用等体积法就有r=，其中r为几何体内切球的半径，V为几何体的体积，S为几何体的表面积. （2）平面化：通过找特殊截面，将立体几何问题转化为平面问题. [即时训练] [练1]　（2025·九江二模）已知球O与正三棱柱ABC-A1B1C1的各个面均相切，记平面ABC1截球O所得截面的面积为S1，球O的表面积为S2，则= （　　） A. B. C. D. 解析：选A 思维路径：因为球与正三棱柱各面均相切，所以正三棱柱高是球直径，底面正三角形内切圆半径是球半径，由此确定正三棱柱底面边长.求球心到平面距离时，找到相关点连线，利用正三棱柱上、下底面中心与高的关系得到OF，再在直角三角形中求cos∠CEC1，进而得出球心到平面距离.根据勾股定理求截面圆半径，再用圆面积公式得截面圆面积.用球表面积公式求球表面积，最后算两者面积比值. 如图，设球O的半径为R. ∵球O与正三棱柱ABC-A1B1C1的各个面均相切， ∴正三棱柱ABC-A1B1C1的高为2R，底面边长为2R. 设正三棱柱ABC-A1B1C1上、下底面的中心分别是O1，O2，E是AB的中点，连接EC1交O1O2于F，则O到平面ABC1的距离d=OFsin∠OFC1=OFcos∠CEC1. 又OF=，cos∠CEC1=，∴d=. 所得截面圆半径r==R，∴S1=πr2=，S2=4πR2，∴=，故选A. [练2]　“圆锥容球”是指圆锥形的容器里放了一个球，且球与圆锥的侧面及底面均相切（即圆锥的内切球）.已知某圆锥形容器的轴截面为等边三角形，高为2，则该圆锥的内切球的表面积为　　　　.（容器壁的厚度忽略不计）  解析：作圆锥的轴截面图，如图，由题可知，△PAB为等边三角形，PO=2，∠OPC=30°，设内切球的球心为O1，半径为R，则O1在PO上，且O1O=O1C=R，O1C⊥PB，在Rt△PCO1中，PO1=2O1C=2R，所以2R=2-R，解得R=，所以该圆锥的内切球的表面积S=4πR2=π. 答案：π 拓展延伸：有关球的问题的计算依据 （1）两条性质 ①截面是圆； ②球心与截面圆心的连线与截面垂直. （2）两个相等 ①外接球球心到多面体的顶点的距离相等； ②内切球球心到其内切多面体各面的距离相等. [课时验收评价] 一、单项选择题 1.一个四面体的所有棱长都为，四个顶点在同一球面上，则此球的体积为 （　　） A. B.π C. D.π 解析：选C　 因为四面体是正四面体，所以将正四面体放入正方体中，正四面体的外接球就是正方体的外接球，故正方体的棱长为1，外接球半径为，所以V=πR3=π=. 拓展延伸：若正四面体的棱长为a，有以下常用结论： ①高h=a，表面积S=a2，体积V=a3. ②记相邻两个面的二面角为α，则cos α=（α≈70.5°）.记侧棱与底面的夹角为β，则cos β=（β≈54.7°）. ③正四面体外接球和内切球的球心重合，且球心在高对应的线段上，它是高对应的线段靠近底面的四等分点，球心到顶点的距离为外接球的半径R=a，球心到底面的距离为内切球的半径r=a，R∶r=3∶1. ④顶点在底面的射影是底面三角形的中心（四心合一）. ⑤对棱互相垂直，且对棱中点的连线为对棱的公垂线，距离为a，三对对棱公垂线交于一点，此点为该正四面体外接球（或内切球）的球心. 2.（2025·武清模拟）如图，在四面体PABC中，D，E分别为PC，AB的中点，且AC⊥BC，PC⊥DE，AB=2，则该四面体的外接球体积为 （　　） A.4π B.π C.π D.π 解析：选C 连接CE，PE，因为D为线段PC的中点，PC⊥DE，则CE=PE.又E为线段AB的中点，AC⊥BC，AB=2，则CE=AE=BE=1，则CE=AE=BE=PE=1，则该四面体的外接球球心为E，半径为1，体积为. 3.（2025·长沙三模）已知圆锥的母线长为1，其侧面展开图扇形的圆心角为π，则该圆锥内切球半径为 （　　） A.- B. C.2- D.1- 解析：选A 如图，设圆锥的底面圆半径为r'，则2πr'=π，解得r'=，于是圆锥的高AD==.设该圆锥内切球的球心为点O，由对称性可知点O在高线AD上，设该圆锥内切球半径为r，因为圆锥的轴截面为等腰三角形，故其面积为××=×（2+）r，解得 r===-. 4.（2025·肇庆二模）已知正三棱锥的底面是边长为的正三角形，高为2，则该三棱锥的外接球的体积为 （　　） A. B. C. D. 解析：选A 如图，若球心O在三棱锥P-ABC内，设O1为底面△ABC的外接圆的圆心.球O的半径为R，则AO1=×=1，OO1=2-R.因为AO2=A+O，所以R2=1+（R-2）2，解得R=.V=πR3=.若球心O在三棱锥P-ABC外，则OO1=R-2，同理由R2=1+（R-2）2解得R=，此时OO1=R-2<0，不符合题意. 5.（2025·常德模拟）如图，现有棱长为6 cm的正方体玉石缺失了一个角，缺失部分为正三棱锥A1-EFG，且E，F，G分别为棱A1A，A1B1，A1D1上靠近A1的四等分点，若将该玉石打磨成一个球形饰品，则该球形饰品的体积的最大值为 （　　） A. cm3 B.36π cm3 C. cm3 D.72π cm3 解析：选B 由题意知A1E=A1F=A1G= cm，设点A1到平面EFG的距离为d，而EF=EG=FG= cm，=×××sin 60°=（cm2），由=，得××××=×d， 解得d= cm.棱长为6 cm的正方体的内切球的半径为3 cm， 棱长为6 cm的正方体体对角线的长度为6 cm， 因为3-=>3， 所以所求球形饰品的体积最大时即为棱长为6 cm的正方体的内切球，则该球形饰品的体积的最大值为π×33=36π（cm3）. 6.（2025·济南一模）在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=AA1=2，E为A1B1的中点，若三棱锥E-BCC1的四个顶点均在球O上，过BB1作球O的截面，则所得截面圆面积的最小值为 （　　） A.π B.π C.π D.2π 解析：选B 思维路径：法一　根据题意可得B1在△BCC1的外接圆上，即可得球O为四棱锥E-B1BCC1的外接球，球心O在正方形B1C1CB的中心，进而求解截面圆面积的最小值； 法二　 根据题意可得B1在△BCC1的外接圆上，即可得球O为四棱锥E-B1BCC1的外接球，B，B1两点在球O上，进而求解截面圆面积的最小值. 法一　因为∠BCC1=，所以点B1在△BCC1的外接圆上， 所以三棱锥E-BCC1的四个顶点均在球O上， 即球O为四棱锥E-B1BCC1的外接球， 故球心O在正方形B1C1CB的中心，则球O的半径为. 过BB1作球O的截面，当所得截面圆面积最小时， 则截面圆圆心为BB1中点（即过O作截面垂线，垂足为BB1中点）， 所以截面圆半径为1，所以面积最小值为π. 法二　因为∠BCC1=，所以点B1在△BCC1的外接圆上， 所以三棱锥E-BCC1的四个顶点均在球O上， 即球O为四棱锥E-B1BCC1的外接球， 故B，B1两点在球O上，所以最小截面圆是以BB1为直径的圆. 则截面圆圆心为BB1中点（即过O作截面垂线，垂足为BB1中点）， 所以截面圆半径为1，所以面积最小值为π. 7.（2025·雅安二模）已知正四棱锥的所有顶点都在同一个球面上，若该棱锥的高为1，底面边长为2，则球的体积为 （　　） A.9π B.π C.π D.π 解析：选B 如图，作正四棱锥P-ABCD，连接AC，BD交于点O，连接PO，则PO⊥平面ABCD，OP=1， OA=OB=OC=OD=AC=>OP，根据对称性，正四棱锥的外接球球心在高PO的延长线上.设为E，连接EC，则球的半径r=EP=EC，则OE=r-1，则在Rt△EOC内，由OC2+EO2=EC2，得2+=r2，解得r=，故正四棱锥外接球的体积为V=πr3=π×=. 8.（2025·安顺模拟）已知A，B是球O的球面上两点，且∠AOB=120°，C是该球面上的动点，D是该球面与平面OAB交线上的动点，若四面体ABCD体积的最大值为2，则球O的体积为 （　　） A. B. C. D. 解析：选D 思维路径：结合图形分析点C，D的位置，根据体积求出球的半径，然后由球的体积公式可得. 如图，设球O的半径为R，记AB的中点为E，则OE⊥AB.易知，当点D在EO的延长线上，且棱锥的高等于球的半径时，棱锥体积最大.因为∠AOB=120°，所以OE=，AB=2BE=R.当点D在EO的延长线上时，△ABD的面积最大，为×R×R=R2，四面体ABCD体积的最大值为×R3=2，解得R=2，从而球O的体积为=. 二、多项选择题 9.（2025·杭州三模）如图，在四棱锥P-ABCD中，侧面PAD为等腰直角三角形，底面ABCD为矩形，AB⊥PD，PA=PD=，若该四棱锥存在内切球，且其内切球球心为O1，其外接球球心为O2，则下列结论正确的是 （　　） A.平面PAD⊥平面ABCD B.四棱锥P-ABCD的内切球半径为-1 C.四棱锥P-ABCD的体积为 D.O1=4-2 解析：选ABD 对于A，因为AB⊥AD，AB⊥PD，AD∩PD=D，AD，PD⊂平面PAD，所以AB⊥平面PAD.又AB⊂平面ABCD，所以平面PAD⊥平面ABCD，A正确；对于B，因为侧面PAD为等腰直角三角形，PA=PD=，所以PA⊥PD，AD=2.因为AB⊥平面PAD，AP，PD⊂平面PAD，AB∥CD，则AB⊥AP，CD⊥DP，则△PAB，△PDC为直角三角形，且PA=PD，AB=CD，所以Rt△PAB≌Rt△PDC.易知CD⊥平面PAD，该四棱锥的内切球在平面PAD上的“正投影”为△PAD的内切圆，设△PAD的内切圆半径为r，则r=（PA+PD-AD）=-1，所以四棱锥P-ABCD的内切球半径为-1，B正确；对于C，分别取AD，BC的中点E，F，连接PE，EF，PF，则PE⊥EF. 又平面PEF截内切球所得的圆为大圆，且切点在PF上，设AB=x，则PE=1，EF=x，PF=，所以（1+x-）=-1，得x=2，所以四棱锥P-ABCD的体积V=×2×2×1=，C错误；对于D，易知E为△PAD的外接圆圆心，EF⊥平面PAD.又四边形ABCD为矩形，所以外接球球心O2为EF的中点，故O1=+r2=4-2，D正确. 10.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，则下列结论正确的有 （　　） 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C-DEF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[2+2，4] 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；A，B，C，D所在截面如图所示， 过点O作OG⊥DO1于点G，则由题可得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≤OG，=r2-=4-≥4-=，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C-DEF的体积等于2，点E到平面DCO1的距离d∈（0，2].又=×4×4=8，所以2=×8d=∈，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=，PF=，P'E2+P'F2=16，设t=P'E2， 则t∈[0，42]，PE+PF=+，所以（PE+PF）2=（+）2=24+2=24+2∈[24+8，48]，所以PE+PF∈[2+2，4]，故D正确. 11.在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥BC，AB=2BB1=4，BC=3，M，N分别为BB1和CC1的中点，P为棱B1C1上的一点，且PC⊥PM，则下列选项正确的有 （　　） A.三棱柱ABC-A1B1C1存在内切球 B.直线MN被三棱柱ABC-A1B1C1外接球截得的线段长为 C.点P在棱B1C1上的位置唯一确定 D.四面体A-CMP的外接球的表面积为26π 解析：选ABD　 如图（1），取棱AA1的中点Q，连接MQ，NQ， 若三棱柱ABC-A1B1C1存在内切球，则三棱柱ABC-A1B1C1内切球球心即为△MNQ的内切圆圆心. ∵△MNQ的内切圆半径即为△ABC的内切圆半径，又AB⊥BC，AB=4，BC=3，∴AC=5， ∴△ABC的内切圆半径r===1，即△MNQ的内切圆半径为1. 又平面ABC，平面A1B1C1到平面MNQ的距离均为1， ∴三棱柱ABC-A1B1C1存在内切球，内切球半径为1，A正确； 如图（2），取AC的中点G，NQ的中点O，MN的中点H，连接BG，OG，OH，B1C，OB1， ∵AB⊥BC，∴G为△ABC的外接圆圆心. 又OG∥AA1∥BB1，BB1⊥平面ABC，∴O为三棱柱ABC-A1B1C1的外接球球心. ∵BB1⊥平面ABC，AB⊂平面ABC，∴BB1⊥AB.又AB⊥BC，BB1∩BC=B，BB1，BC⊂平面BCC1B1，∴AB⊥平面BCC1B1. ∵OH∥MQ∥AB，∴OH⊥平面BCC1B1，∴H为四边形BCC1B1的外接圆圆心. ∵四边形BCC1B1为矩形，∴直线MN被三棱柱ABC-A1B1C1外接球截得的线段长即为矩形BCC1B1的外接圆直径. ∵B1C===，∴直线MN被三棱柱ABC-A1B1C1外接球截得的线段长为，B正确； 如图（3），在平面中作出矩形BCC1B1， 设C1P=m（0≤m≤3），则B1P=3-m，∴PC2=4+m2，MP2=1+（3-m）2，MC2=32+12=10.又PC⊥PM，∴PC2+PM2=MC2，即4+m2+1+（3-m）2=10，解得m=1或m=2，∴P为棱B1C1的三等分点，不是唯一确定的，C错误； 如图（4），取MC的中点S，∵PC⊥PM，∴S为△PCM的外接圆圆心，且PS=MC=， 则四面体A-CMP的外接球球心O'在过S且垂直于平面PCM的直线上. ∵AB⊥平面PCM，O'S⊥平面PCM，设O'S=a，四面体A-CMP的外接球半径为R'，∴R'2=+a2=+（4-a）2，解得a=2，R'2=， ∴四面体A-CMP的外接球表面积为4πR'2=26π，D正确. 三、填空题 12.（5分）（2025·菏泽二模）一个正四棱台型的木块，上、下底面的边长分别为2和8，高为9，削成一个球，则所得球的体积最大值为　　　　.  解析：把正四棱台还原成正四棱锥，过该正四棱锥底面一组对边中点及顶点的平面截该棱锥及棱台分别得等腰△PAB和等腰梯形ABCD，过C作CE⊥AB于点E，如图， 则AB=8，CD=2，CE等于正四棱台的高9，tan∠ABC===，于是∠ABC=60°，△PAB是正三角形，其内切圆半径r=×AB=4<CE，因此正四棱台还原成正四棱锥的内切球半径为4，该球是与正四棱台侧面及下底面都相切的球，即为正四棱台型的木块削成的最大球，所以所求最大体积为=. 答案： 拓展提升：选准最值角度作截面，要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素，且能体现这些元素间的关系，达到空间问题平面化的目的. 13.（5分）（2025·重庆模拟）在三棱锥P-ABC中，△ABC是边长为2的等边三角形，侧棱PA⊥平面ABC，平面PBC与平面ABC夹角的正弦值为，则三棱锥P-ABC外接球的体积为　　　　.  解析：取BC的中点D，连接AD，PD. 因为PA⊥平面ABC，△ABC为等边三角形，AD⊂平面ABC，所以PB=PC，所以PD⊥BC，AD⊥BC，AD=3，PA⊥AD，△ABC的外接圆半径r=AD=2， ∠PDA为平面PBC与平面ABC的夹角， 在Rt△PAD中，cos∠PDA===， 则PD=5，PA=4. 如图，三棱锥P-ABC可补成三棱柱， 则三棱锥P-ABC 的外接球和三棱柱的外接球相同， 所以三棱锥P-ABC的外接球半径R==2， 所以三棱锥P-ABC外接球的体积为π=π. 答案：π 14.（5分）已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为8，E，F分别为AD，B1C1上的点，AE=C1F=2，P，Q分别为BB1，C1D1上的动点.若点A，B，P，Q在同一球面上，当PQ⊥平面A1EF时，该球的表面积为　　　　.   解析：建立如图1所示的空间直角坐标系，则A1（8，0，0）， A（8，0，8），E（6，0，8），F（2，8，0），=（-2，0，8），=（-6，8，0）.设Q（0，a，0），P（8，8，b），则=（-8，a-8，-b）.又PQ⊥平面A1EF，所以解得a=b=2. 如图2所示，作AP的平行线DK，M，N，G分别为AP，DK，AQ的中点，连接MN，PK，因为△ABP为直角三角形，故A，B，P，Q的外接球球心O在过△ABP的外心M且垂直于平面ABP的垂线MN上.连接GO，OQ，OA，根据球心到球面上任何一点的距离都相等，得OA=OQ，故GO⊥AQ.由题可设O（t，4，5），因为G（4，1，4），所以=（4-t，-3，-1）.又=（-8，2，-8），所以·=-8（4-t）-6+8=0，解得t=，所以O，所以R2=||2=+（-4）2+32=，所以球的表面积为S=4πR2=. 答案： 学科网（北京）股份有限公司 $