上分专题06 空间几何体的内切球与外接球问题-【学霸黑白题】2025-2026学年高中数学必修第二册（人教A版）

HC∥AB,EH∥CD,FG∥CD,所以四边形EFGH是平行四边形 设® 0<).则g1由△4△4CD,可得码怨 x因 AC 为CD=2,所以EH=2x由△CEFn△CMB,可得5=Cg=1-x因 为AB=2,所以EF=2(1-x). 因为a=√万，b=√2，补成的长方体上、下底面为正方形，可得AB1 CD,所以∠HEF=90°，则EG2=EH+HG2=EH+EF2 将EH=2x,EF=2(1-x)代入可得EGC2=(2x)2+[2(1-x)]2=4x2+ 4(1-2x+x2)=8x2-8x+4 令y=8x2-8x+4,0<x<1,这是一个二次函数，图象开口向上，对称轴 28分当=时，y取得最小值，m=8x()”-8× -81 为x= 1 2 +4=2,所以EGmn=√2. B B C (第4题) (第6题) 5.A解析：过球心的截面为一个圆环，外半径为2，内半径为1，其面积 为S1=π(22-12)=3π；设球心到不过球心的任意非圆面的截面的距 离为d,则该截面的面积S2=π[(22-d2)-（12-d2)]=3π，所以 S1=S2 6.B解析：由对称性，可知球心与正四面体重心重合，由于球与正四面 体的每个面所在平面的交线都为一个面积为9π的圆，故每个面的交 线为半径为3的圆 设球心为0，H为△BCD的中心，则AB=6v6,故B= 66 2im60 6V2,故AH=√AB2-HB2=12. 设球心到任意面的距离为h,则由等体积法可得h V三棱维A-BCD= 1 3X4SMACD 1,SABCD·HA1 4· S△ACD =4A=3, 如图，连接球心与任意面中心，则连线长为3，且连线垂直该面，再连 交线圆上一点与球心（即为球的半径），由勾股定理得球的半径为3 2,则表面积为4r·(32)2=72m. 7.[2m,4m]解析：如图，设△BDC的中心为01，球0的半径为R,连 接0，D,00,0E,0B,则0，D=3×号m号=5,40，= √/AD2-D012=3. 在Rt△O01D中，R2=3+(3-R)2,解得R=2.因为BD=3BE,所以 DE=2. 在△DB0,中，0，E=√3+4-2xW5×2xc0 T =1,所以0E= 6 √01E2+00,7=2. 过点E作圆0的截面，当截面与OE垂直时，截面的面积最小，此时 截面圆的半径为r=√22-(2)=2，最小面积为2π； 当截面过球心时，截面面积最大，最大面积为4π. 所以截面圆面积的取值范围是[2π，4π]. A 必修第二册·RJ 上分专题06空间几何体的内切球 与外接球问题 1.B解析：如图，△SAB是该圆锥的轴截面，H为线段AB的中点，O为 球0的感心，作0CLs,垂足为C,则如∠0心-S阳 因为△SAB为等边三角形，所以BS=2BH,所以OCB班1 OS BS 2' 所以OS=20C=4,所以SH=6,所以BS=2BH=4W3, 那么该圆锥的表面积为·(25)2+×45mx45=36m 2.A解析：如图，设两球半径分别为R,r,球心O1和02在正方体体对 角线AC上，过O1,O,分别作AD,BC的垂线，垂足分别为E,F, 由图可得A01+0,O2+02C=AC,即W3r+(r+R)+√3R=√3(3+√3)， (5+1)(R+r)=3(5+1),所以R+r=3, 4 4 故两球体积之和为V=子π(R+r)=子m(r+R)(R2-+广)= 4m[(R+r)2-3rR]=4π[32-3R(3-R)]=4m(3R2-9R+9), 由二次函数性质可知：当且仅当R=r)时，V有最小值9m (第2题) (第3题) 3.32m 3 解析：设正八面体内切球半径为R,给正八面体标出字母如图 所示，连接AC和BD交于点O,因为EA=EC,ED=EB,所以EO⊥AC, EO⊥BD.又AC和BD交于点O,AC,BDC平面ABCD,所以EO⊥平 面ABCD,所以O为正八面体的中心，所以O到八个面的距离相等，距 离即为内切球半径设内切球与平面EBC切于点H,所以OH⊥平面 EBC,所以OH即为正八面体内切球半径，所以R=OH, 因为正八面体的棱长为4，所以EB=EC=BC=4,OB=OC=2W2,E0= VE®082a,所以swac*号c·√-（分c了安 4×√16-4=45，SA0Bc=4. 因为VE袋s城=VE袋-了XSao版xB0=了x5axc×0H,所以 O1=26,即R=26,所以正八面体内切球的表面积为4mR2=32分 3 4.子解折：设甲圆台的上底面圆的半径为1，下底面圆的半径为R， 可得R1+r1=2h,又由(R1-T1)2=(2h)2-h2=3h2,即R1-r1=√5h,联 ,(R1+r1=2h, 立方程组 (R1-r1=5h 可得代=子2，R=子公，所以甲圆台 5 的体积为V=3π(+R1+)·h=子h,设乙圆台的上底面圆 的半径为r2,下底面圆的半径为R2,可得R2+r2=3h. 黑白题102 又由(R2-r2)2=(3h)2-h2=8h2,即R2-T2=22h, (R2+r2=3h, 联立方程组 (R2-r2=22h 可得联=，风n=。 乙圆台的体积为2二π(+R22+)·h=2方 所以甲、乙圆台的体积比为兰。3 V27 5.D解析：由题可知，长方体ABCD-A'BCD'的体对角线AC= 2+1+(=3,故该长方体外接球的半径为，该长方体的 3)2 接球表面积为4×(2) =9π.故选D 6.ABD解析：对于A,在△ABC中，由余弦定理 得BC2=1+1-2×1×1×cos 2T 3 =3,即BC=√3 0 故A正确； A 对于B,如图，设△ABC外接圆的圆心为O1,B 0 连接OO1,则OO1⊥底面ABC.又PA⊥底 面ABC,所以0，∥PA,由∠BMG=行，得圆心0，在△ABC外部，放 球心0在三棱锥的外部，故B正确； 对于C,取线段PA的中点Q,连接OQ,因为PA是球O的一条弦，所 以0Q1PA,所以四边形001AQ为矩形，故00，=AQ=2PA=1,即 球心O到底面ABC的距离为1，故C不正确； 对于D,设球0的半径为R,圆O1的半径为r,由正弦定理得2r= mLAC2,所以1=1，进而R=√00+=反，球0的表面积为 BC 4πR2=8π，故D正确. 7.D解析：因为组合体的外接球的体积为36π，设球的半径为R,所以 3πR=36π，所以外接球的半径R=3.因为AB=3,所以球心0与正 4 六边形ABCDEF的中心重合，记正六边形A1B1C,D,E,F1的中心为 01,因为A1B1=A101=2,0A1=3,所以001=√32-22=√5，所 以A41=√/(5)2+12=6. 8.A解析：因为SA=BC=5,SB=AC=√41， SC=AB=√34，所以可将三棱锥S-ABC放置于 一个长方体中，如图所示，设长方体的长、宽、高 1a2+b2=41, 分别为a,b,c,则有{a2+c2=25,整理得a2+ b2+c2=34. b2+c2=50,则该三棱锥外接球的半径即为该长方体外接球的半径， 所以a2+62+c=50=(2R)2解得R=5,所以所求的外接球表面 积S=4mR2=4×T× 5V2 12 =50π.故选A. 2 9.A解析：由题意可知，多面体ABC-A1B,C1是棱长为√2的正方体切 去两个角得到的切割体，.多面体ABC-A1B1C,的外接球的直径为 x万=6，即半径为多面体Bc-R,G的外接球的表面 积为4πR2=4π· 6 2 2 =6m 1O.B解析：根据题意，作出图形，如图①所示，因为△PAC是以AC为 斜边的等腰直角三角形，所以△PAC的外心在AC中点，设为O2,设 △ABC的外心为01.如图②，设BC中点为E,A01=1,因为 参考答案 AB=AC=√6，所以01必在AE连线上，则2r1= AB AB sin LBCA AE =3, AC 即3 因为两平面交线为AC,0,为平面ABC所在圆面的中心， 所以010214C,0,02=斤-40吲= 2又因为二面角P-AC-B的平 面角的大小为120°，P021AC,所以∠P0201=120°，∠00201= 30°，所以00，=0,0，×2=1，三棱锥P-ABC外接球半径R2= A0-(40,1产(0：-(）广1=乏则三数准P-4C斧按 球表面积为S=4πR2=10π. 0 ① ② 11.8π解析：将“阿基米德多面体”补全为正方体，如图所示， 不妨设AB,BB1的中点分别为E,F,由题知EF=√2，易知BE⊥BF BE=BF,可得BE=BF=1,所以正方体的棱长为2，该多面体的外接 球即为正方体ABCD-A1B1C1D1的棱切球，所以棱切球的直径为 该正方体的面对角线，长度为2互，因此该多面体的外接球的半径 为2，所以其表面积为S=4π(2)2=8m. D B 12.625m 解析：因为AB1BC,AB=8,BC=6,所以4C=VAB+BC= √⑧2+6=10，所以Rt△ABC的外心为斜边AC的中点，且Rt△ABC 的外接圆的半径1=之4C=5.因为点P在底面的投影0为△MBC 的外心，所以PO⊥平面ABC,所以三棱锥外接球的球心在P0上， 设球心为G,外接球的半径为R,连接AG,则PG=AG,所以 (10-)2+52=R,解得R=空所以三棱维P-A8C的外接球的表 面积S=4mR2=4r 4 13.6(2-√3)解析：如图，设球0的半径为R,:球0的体积为 500 5004 3m, 3 Ts =3mR,解得R=5BC=3,∠BMC=150,设△ABC 3 的外接圆半径为，圆心为01，以根据正弦定理知，n150。=2r,即 r=3,.001=√0B2-01B2=√52-32=4.AD是球0的直径， O是AD的中点，∴.点D到平面ABC的距离为20O1=8. D 0 黑白题103 在△ABC中，根据余弦定理得BC2=AB2+AC2-2AB·AC· CoS∠BAC,即9=AB2+AC2+√3AB·AC≥2AB·AC+W3AB·AC .AB·AC≤9(2-√3)，当且仅当AB=AC时，等号成立， 4(2、 &8 A4WG-2 AB·AG·sin L BAC≤x9(2-B)X2=9 月).三楼锥4-BC0体积的最大值为兮×号(2-月)x8=6(2- 3) 上分专题07空间角与空间距离问题 1.B解析：连接AO,AE,如图所示.因为0，E分别为PQ,CQ的中点，所 以OE为△PCQ的中位线，所以OE=1. 因为EB为正三角形CBQ的中线，所以EB=√3.因为OB是正方 形ABCD对角线的一半，所以OB=√2，所以EB2=OB2+OE2,所以 0BE为直角三角形，即OB⊥OB,所以SAe=)0E·OB2号 为QB=CB,所以点E到平面A0B的距离为之10Q1= }-(-号 设点A到平面OEB的距离为d,因为VA-oBB=VE-OB,所以 3SaB·dE3SAe)所以2.E2·2·2 2 ,所以 d=1. N- B (第1题) (第3题) 2.B解析：A01⊥B01,△A01B为等腰直角三角形.02为AB的 中点.00，=2B=6 由于点Q为0102靠近01一端的三等分点，则有01Q=2,02Q=4. 当P为圆弧正的中点时，AP1BP,则P=BP=2AB=6N2,易求得 三楼锥0-ABP的体积V=号·0，Q·宁·AP:B即=了×4x宁× 62×62=48,则QP=QB=√/02B2+02Q2=√62+42=2√13， 此时△B0的面载s·号·B·√0⑧-（罗-7x6反× √34=6√7，则由等体积法，设点A到平面BPQ的距离为d,有V= 寸解释24即点4到平百的更离为4 17 解析：在正方体中作出正四面体0-ABC,作分别过C,0,A三个 顶点的互相平行的平面，如图. 由于相邻两平行平面间距离都相等，不妨求平面AESK与平面OMWQ 间的距离，其中M,N,E,S为正方体棱上的中点，过点E作EF⊥OM 于点F,则EF即为两平行平面间的距离 因为amLP0E=m(日-∠L0F）Fan∠0r=2,所以血LP0E= 1 必修第二册·RJ 5 ,所以-0∠m6=怎25-号.即相s行平香 225 225=2； 同的距高为号 4.617617 17 解析：如图，过点C作BD的平行线与直线AB,AD 分别交于点E,F,则AE=AF=6,EF=62,由PA⊥平面ABCD,可得 PA⊥EF,由四边形ABCD是正方形及BD∥EF,可得AC⊥EF. 因为AC∩PA=A,AC,PAC平面PAC,所以EF⊥平面PAC,所 以EF⊥PC, 因为PA=4,AC=35,所以PC=PA2+AC2=√34，所以△PEF的 1 面积为 -·EF.PC=617. 设ACnD=0,则0C=3?,因为EFL平面PAC,所以平面PAC⊥平 面PEF,平面PAC∩平面PEF=PC, 过点O作OG⊥PC,垂足为G,则OG⊥平面PEF,即OG就是直线BD 到平面a的距离，0G=0Csin∠PCA=35x4二6V页 2 √34 17 A BL (第4题) (第5题) 5.B解析：过点A作CD的平行线交平面B于点E,连接DE,BE ∥B,AE∥CD,平面ACDE∩a=AC,平面ACDE∩B=DE,∴.AC∥ DE,∴.四边形ACDE为平行四边形，∴.AE=CD=10,DE=AC=6. 又：AB与CD成60的角，.∠BAE=60°或∠BAE=120°. 当∠BAE=60°时，.AB=10=AE,.△ABE为等边三角形，故BE=10; 当∠BAE=120时，BE=2 AEsin60°=10√5，又.：BE>DE+BD=6+8= 14,不合题意.综上，BE=10. 在△BDE中，BE=10,BD=8,DE=6,∴.BE2=BD2+DE2 ∴.∠BDE=90°. :AC∥DE,所以∠BDE(或其补角)为异面直线AC与BD所成的角， 故异面直线AC与BD夹角的大小为90°. 6.C解析：连接AC,A1C1,A1B,A1D,过A1作A101平面ABCD,垂足 为0，连接0D,OB,如图. 在正四棱台ABCD-A1B1C1D1中，易知∠A1AB=∠A1AD,AB=AD,则 △A1AB≌△A1AD,所以A1B=A1D. 因为A1O⊥平面ABCD,OB,ODC平面ABCD,所以A10⊥OB,AO⊥ OD,易知Rt△A1OB≌Rt△A1OD,所以OB=OD. 因为AO=A0,AB=AD,所以△AOB≌△AOD,则∠DA0=∠BA0=45°， 故0∈AC. 因为E,F分别为AB,BC的中点，所以EF∥AC,则异面直线AA1与 EF的夹角为∠A1AC. 因为A1O⊥平面ABCD,ACC平面ABCD,所以A1O⊥AC. 在正方形ABCD中，AC=√2AB=4万，同理可得A1C1=2W万，在等腰梯 形44cG中，易知40=子(aC-AG)=2 在正四棱台ABCD-A1B1C1D1中，上、下底面面积分别为S1=4,S2= 16,正四棱台ABCD-41B,CD的体积V=号×A0×(S+S+ VX对)，则282行，0x4+16tVxi6),解得A0=. 3 黑白题104上分专题06 空间几何体的内切球与外接球问题 专题课堂回 命题密钥 空间几何体的内切球与外接球是立体几何学习中的重要内容，不仅考查对于空间几何体结 构特征的理解，同时综合了空间位置关系的内容，要求学生具有一定的逻辑推理、数学建模、空 间想象及数据分析能力. 在高考中，多以选择题或填空题的形式出现，如2025年全国二卷第14题，偶尔也会在解 答题中作为一个小问出现，如2025年全国一卷第17题. 考点觉醒 ·空间几何体的内切球 过旋转体的旋转轴作几何体的截面，截面图形内切 旋转体的内切球 轴截面法 圆即为内切球的大圆 多面体的内切球 等体积法 内切球球心与多面体各面构成的三棱锥的体积之和 与多面体体积相等 ●空间几何体的外接球 模型特点 解题方法 示意图 1.直棱柱 外接球的球心为上、下底面 B B 40 2.圆柱 外接圆圆心连线的中点 01℃ 0 B 圆柱模型 外接球球心O位于过底面 条侧棱垂直于底 外接圆的圆心O,且与底面 面的棱锥的外接球 垂直的直线上，其中001为 侧棱长一半 B 长方体1.三条棱两两垂直 补形成长方体，三棱锥与长 模型 2.三组对棱相等 方体外接球相同 R 记R为外接球半径，h为棱 1.圆锥 锥或圆锥的高，r为底面外 圆锥模型2.正棱锥 接圆半径，1为侧棱或母线 3.侧棱相等的棱锥 长度，且满足=r2+h,则 t0 R2=(h-R)2+r2 黑白题·上分秘籍13 模型特点 解题方法 示意图 上、下底面分别补成对应的 1.圆台 外接圆，从而还原成圆台， 0 2.正棱台 圆台模型 然后作圆台的母线（或棱台 h AM中，点)h-M中点) 3.底面多边形有外 的侧棱)的垂直平分线与圆 0,5 --E 习B 接圆的棱台 台的旋转轴的交点为球心 外接球球心为过两个三角 C 二面角 两个三角形拼在 形外心，且分别垂直这两个 模型 一起 0 面的直线的交点 实战演练 题组1空间几何体的内切球 分子结构为正八面体结构（正八面体是每个 1.**(2025·河南新乡高一期末)已知半径 面都是正三角形的八面体)，如图所示若 为2的球0与某圆锥的底面和侧面均相切， 此正八面体的棱长为4，则它的内切球的表 且该圆锥的轴截面为等边三角形，则该圆锥 面积为 的表面积为 A.24π B.36π C.18m D.30m 2.整(2025·山西太原高一月考)如图，在棱 4.整(2025·山东济宁高一期中)已知圆台 长为3+√3的正方体内有两个球01,02相外 甲、乙有相同的内切球（与圆台的上、下底面 切，两球又分别与正方体内切，则两球体积 及侧面都相切的球叫圆台的内切球)，两圆 之和的最小值为 台的高为h,圆台的母线长分别为2h,3h,则 .0 圆台甲与乙的体积之比为 题组2空间几何体的外接球 5.**如图，在长方体ABCD-A'B'C'D'中，四 边形ABB'A'是边长为1的正方形，AD=√7， A.9π B.8T 则该长方体的外接球表面积是 () C.12T D.6m 3.**(2025·黑龙江哈尔滨高一期中)六氟 化硫，化学式为SF6,在常压下是一种无色、 无臭、无毒、不燃的稳定气体，有良好的绝缘 3π A. B. C.36π D.9n 性，在电气工业方面具有广泛用途.六氟化硫 2 2 14 数学|必修第二册·RJ 6.整（多选）(2025·湖南长沙高一月考)三 B,C,=√2，则多面体ABC-A,B,C1的外接球 棱锥P-ABC的四个顶点都在球O上，且 的表面积为 PA⊥底面ABC,PA=2AB=2AC=2,∠BAC= 8 A.6π ,则下列淡法正确的是 B. C.8T D.4π A.BC=√3 10.热(2025·广东佛山高一月考)在三棱锥 B.球心O在三棱锥的外部 P-ABC中，△PAC是以AC为斜边的等腰直 C.球心O到底面ABC的距离为2 角三角形，且CB=2W2,AB=AC=√6，二面 D.球0的表面积为8m 角P-AC-B的大小为120°，则三棱锥 7.整(2025·湖南长沙高三月考)天然钻石 P-ABC的外接球表面积为 () 是在地球深部高压、高温条件下形成的一种 A.5⑩ B.10m 由碳元素组成的单质晶体，随着科技发展， 37 人工钻石也在不断涌现，目前已合成的有白 C.9m D.(4+23)m 钻、黄钻、绿钻及蓝钻钻石常见外形有圆形、 11.禁(2025·山东济南高一月考)“阿基米 椭圆形、榄尖形、心形、梨形、方形、三角形等 德多面体”也称半正多面体，是由边数不全 现有一款雕琢后的钻石，其形状如图所示， 相同的正多边形围成的多面体，它体现了 数学的对称美.如图是以正方体的各条棱的 可看作由正六棱台ABCDEF-AB,C1DE1F 中点为顶点的多面体，这是一个有八个面 和正六棱锥P-ABCDEF组合而成，其 为正三角形，六个面为正方形的“阿基米德 中A,B,=2,AB=3,若该组合体的外接球存 多面体”，若该多面体的棱长为√互，则该多 在，且外接球的体积为36π，则A4,的长度为 面体外接球的表面积为 ( B.√3 C.5 D.√6 (第11题) (第12题) 12.(2025·湖北武汉高一期末)如图，三 (第7题) (第9题) 棱锥P-ABC中，AB⊥BC,点P在底面的投 8.整在三棱锥S-ABC中，SA=BC=5, 影O为△ABC的外心，若AB=8,BC=6, SB=AC=√4I,SC=AB=√34，则该三棱锥的 OP=10,则三棱锥P-ABC的外接球的表面 积为 外接球表面积是 ( 13.(2025·广东揭阳高一期末)已知A, A.50m B.100m C.150m D.200π BC,D四点都在体积为0m的球0的表 9.整(2025·福建泉州高一月考)如图，A41, 面上，若AD是球O的直径，且BC=3, BB1均垂直于平面ABC和平面A1B,C1, ∠BAC=150°，则三棱锥A-BCD体积的最 ∠BAC=∠AB1C1=90°，AC=AB=AA1= 大值为 黑白题·上分秘籍15