专题突破练9 球的“切”“接”问题（Word练习）-【满分思维】2026年高考二轮专题复习·数学（提升版）

**基本信息** 聚焦球的“切”“接”问题，通过补形、轴截面、等体积等方法体系，系统覆盖从简单几何体到复杂组合体的内外接球求解，强化直观想象与逻辑推理。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |必备知识夯实练|9题|补形法、轴截面法、勾股定理|从直三棱柱、圆柱等基础几何体切入，建立“几何体-球心位置-半径计算”逻辑链| |关键能力提升练|5题|等体积法、函数求最值|进阶到四棱锥、组合体，强化空间转化与动态最值分析| |核心素养创新练|1题|多参数优化|结合正六棱柱内外球，体现数学建模与直观想象的综合应用|

专题突破练9　球的“切”“接”问题 必备知识夯实练 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. 2.(2025重庆渝中模拟)已知高为4的圆台存在内切球,其下底半径为上底半径的4倍,则该圆台的表面积为(　　) A.57π B.50π C.25π D.42π 3.(2025浙江嘉兴三模)若某正四面体的内切球的表面积为4π,则该正四面体的外接球的体积为(　　) A.9π B.27π C.36π D.64π 4.(2025江苏苏锡常镇一模)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. 5.(2025浙江台州二模)已知某个正三棱台的上、下底面面积分别为3和12,高为6,则该正三棱台的外接球半径为(　　) A.4 B.2 C.3 D.2 6.(多选题)(2025河北衡水模拟)半径为3的球O上相异三点A,B,C构成边长为3的等边三角形,点P为球O上一动点,则当三棱锥P-ABC的体积最大时,(　　) A.三棱锥O-ABC的体积为 B.三棱锥O-ABC的内切球半径为 C.三棱锥P-ABC的体积为 D.三棱锥P-ABC的外接球半径为3 7.(2025河北邯郸模拟)已知直三棱柱ABC-A1B1C1存在内切球,若AB=3,BC=4,AB⊥BC,则该三棱柱外接球的表面积为　　　　　. 8.如图所示的由4个直角三角形组成的各边长均相等的六边形是某棱锥的侧面展开图,若该六边形的面积为1+,则该棱锥的内切球半径为　　　　　. 9.(2025浙江杭州模拟)已知正三棱锥的高为h,且各顶点都在同一球面上.若该球的体积为,则三棱锥体积的最大值是　　　　　. 关键能力提升练 10.(2025湖北宜昌模拟)已知三棱锥P-ABC的每条侧棱与它所对的底面边长相等,且PA=3,PB=PC=5,则该三棱锥的内切球的半径为(　　) A. B. C. D. 11.(2025湖南长沙模拟)天然钻石是在地球深部高压、高温条件下形成的一种由碳元素组成的单质晶体,随着科技发展,人工钻石也在不断涌现.现有一款雕琢后的钻石,其形状如图所示,可看作由正六棱台ABCDEF-A1B1C1D1E1F1和正六棱锥P-ABCDEF组合而成,其中A1B1=2,AB=3,若该组合体的外接球存在,且外接球的体积为36π,则AA1的长度为(　　) A.1 B. C. D. 12.(2025江苏宿迁模拟)在四棱锥P-ABCD中,侧面PAB是边长为1的等边三角形,底面ABCD为矩形,且平面PAB⊥平面ABCD.若四棱锥P-ABCD存在一个内切球,设球的体积为V1,该四棱锥的体积为V2,则的值为(　　) A. B. C. D. 13.(2023全国甲,文16)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=4,O为AC1的中点,若该正方体的棱与球O的球面有公共点,则球O的半径的取值范围是　　　　　. 14.(2025湖南永州三模)已知四棱台的底面为矩形,上底面面积为下底面面积的,所有侧棱长均为.当该四棱台的体积最大时,其外接球的表面积为　　　　　. 核心素养创新练 15.(2025湖南娄底二模)已知正六棱柱ABCDEF-A1B1C1D1E1F1的各个顶点都在半径为R的球面上,一个能放进该正六棱柱内部的最大的球的半径为r.若AB=2,则当最小时,该正六棱柱的体积为(　　) A.36 B.42 C.48 D.24 答案： 1.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长|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=R3=2故选A. 2.D　解析 依题意,圆台的轴截面截其内切球得球的大圆,且该大圆是圆台轴截面等腰梯形的内切圆,等腰梯形ABCD为圆台轴截面,其内切圆O与梯形ABCD切于点O1,E,O2,F,其中O1,O2分别为上、下底面圆心,如图. 设圆台上底半径为r,则下底半径为4r,BC=BE+CE=O2B+O1C=5r,而等腰梯形ABCD的高O1O2=4,因此(5r)2-(4r-r)2=42,解得r=1,所以该圆台的表面积为16π+π+5(4+1)π=42π.故选D. 3.C　解析 正四面体的内切球与其外接球球心重合,如图, 正四面体ABCD内切球与外接球球心O在其高AO1上,则OO1是正四面体ABCD内切球的半径,OA是正四面体ABCD外接球的半径,由正四面体ABCD的内切球的表面积为4π,得OO1=1,令AB=a,则BO1=aa,AO1=a,BO=AO=a-1,在Rt△BOO1中,(a-1)2-(a)2=1,解得a=2,AO=3, 所以该正四面体的外接球的体积V=OA3=36π.故选C. 4.C　解析 设球半径为R,圆柱的底面半径为r,圆柱的高为h,如图, 则有R2=r2+()2=1,即=1≥3,整理得r2h,当且仅当,即r2=,h2=时,等号成立,此时圆柱体积V=πr2h取得最大值,所以圆柱的体积最大时,h2=,即h=故选C. 5.B　解析 如图所示,O1,O2分别为上、下底面的外心,则外接球球心O在线段O1O2上. 连接C'O1并延长,交A'B'于点D1,连接CO2并延长,交AB于点D. 设等边三角形A'B'C'的边长为a1,根据正三角形面积公式得S==3, ∴a1=2,O1C'=C'D1=3=2, 设等边三角形A'B'C'的边长为a2,根据正三角形面积公式得S==12, ∴a2=4,O2C=CD=6=4,则O1O+O2O=O1O2=6. 设正三棱台的外接球的半径为R, 得=6, 解得R2=20, 即R=2 故选B. 6.BCD　解析 设△ABC的中心为O1,由正弦定理可得2AO1=,解得AO1= 由球的截面性质可得OO1⊥平面ABC,所以OO1= 所以三棱锥O-ABC的体积为32,故A错误;设三棱锥O-ABC的内切球半径为r,由等体积法可得32×r×4=,解得r=,故B正确;当点P到平面ABC的距离最大时,三棱锥P-ABC的体积最大,此时棱锥的高为OO1+3=3+,所以三棱锥P-ABC的体积为32×(3+)=,故C正确;三棱锥P-ABC的外接球即为球O,所以半径为3,故D正确.故选BCD. 7.29π　解析 因为AB=3,BC=4,AB⊥BC,故AC=5,故Rt△ABC的内切圆的半径为=1. 因为直三棱柱ABC-A1B1C1存在内切球,故直三棱柱的高即为内切球的直径. 而内切球的半径即为底面三角形内切圆的半径,故内切球的半径为1, 故直三棱柱的高为2. 将直三棱柱补成如图所示的长方体, 则外接球的直径即为该长方体的体对角线长,故外接球的半径为 , 故外接球的表面积为29π. 8.1-　解析 设六边形边长为a,将图形还原得四棱锥P-ABCD,如图, 由题意,侧面展开图的面积S=(1+)·a2=1+,解得a=1. 因为PD⊥AD,PD⊥DC,AD∩DC=D,AD,DC⊂平面ABCD,所以PD⊥平面ABCD,所以PD为四棱锥P-ABCD的高. 设内切球的球心为O,半径为r,则VP-ABCD=VO-ABCD+VO-PAB+VO-PBC+VO-PAD+VO-PDC,即1×S▱ABCD=(S▱ABCD+S△PAB+S△PBC+S△PAD+S△PDC)·r,解得r=1- 9　解析 如图,设H为底面三角形的中心,PH为三棱锥的高,设为h,由题意得,V球=R3=,解得R=2. ∵该三棱锥为正三棱锥,HC=BC, ∴BC=,∴VP-ABC=BC2·h=(-h3+4h2)(0<h<4). 令f(h)=-h3+4h2(0<h<4),f'(h)=-3h2+8h,由f'(h)=0,可得h=或h=0(舍去),当x∈(0,)时,f'(h)>0,当x∈(,4)时,f'(h)<0, ∴f(h)在(0,)上单调递增,在(,4)上单调递减,∴f(h)max=f()=,∴Vmax= 10.C　解析 根据题意,三棱锥P-ABC可以嵌入一个长方体内,且三棱锥的每条棱均是长方体的面对角线,设长方体交于一个顶点的三条棱长为a,b,c,如图所示, 则a2+b2=PA2=18,a2+c2=PB2=25,b2+c2=PC2=25,解得a=3,b=3,c=4. 所以该三棱锥的体积为VP-ABC=3×3×4=S表面积×r,而S表面积=4S△PAB=43,所以可求得r= 11.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R3=36π,所以外接球的半径R=3. 因为AB=3,所以球心O与正六边形ABCDEF的中心重合, 记正六边形A1B1C1D1E1F1的中心为O1,因为A1B1=A1O1=2,OA1=3, 所以OO1=, 所以AA1= 12.C　解析 如图, 取AB的中点M,CD的中点N,连接PM,PN,MN,因为△PAB是正三角形,则PM⊥AB,又ABCD是矩形,有MN⊥AB,而平面PAB⊥平面ABCD,平面PAB∩平面ABCD=AB,PM⊂平面PAB,MN⊂平面ABCD,因此PM⊥平面ABCD,MN⊥平面PAB,又AD∥MN∥BC,则AD⊥平面PAB,BC⊥平面PAB,则AD⊥PA,BC⊥PB,PM∩MN=M,PM,MN⊂平面PMN,则AB⊥平面PMN,又PN⊂平面PMN,所以AB⊥PN,而AB∥CD,则CD⊥PN,显然△PAD≌△PBC. 由球的对称性和正四棱锥P-ABCD的特征知,平面PMN截四棱锥P-ABCD的内切球O得截面大圆,此圆是Rt△PMN的内切圆,切MN,PM分别于E,F,有四边形OEMF为正方形,设AD=x,又PM=,PN=,则球的半径r=(x+),又四棱锥P-ABCD的表面积为S=S△PAB+2S△PAD+S▱ABCD+S△PCD=+x+x+,由VP-ABCD=Sr=S▱ABCD·PM,解得x=, 所以V1=r3=,V2=,所以 13.[2,2]　解析 (方法一)第一步,弄清球O与正方体棱有公共点,球半径最小的球为棱切球(即与棱相切的球),最大的球为外接球. 第二步,作对角面ABC1D1截正方体与其棱切球、外接球分别得如下矩形和小、大两个圆(如图). 第三步,由图可知棱切球半径r1=AD1=4=2,外接球半径r2=BD1=4=2,球O半径的取值范围是[2,2]. (方法二)由对称性知,只需考虑球与正方体的棱有公共点,正方体中心O到一条棱的最短距离即为到棱中点的距离,为2,到一条棱的最长距离即为到棱顶点的距离,为2,故r∈[2,2]. 14.54π　解析 由题意,设下底长、宽分别为3a,3b,则上底长、宽分别为a,b,如图1,O1,O分别是上、下底面的中心,连接OO1,O1A1,OA,AA1=,OA=,O1A1= 图1 根据边长关系,知该棱台的高为h=, 则(9ab+ab+)·h=ab=, 当且仅当a2=b2=6-(a2+b2),即a=b=时等号成立,此时棱台的高h=,上底面外接圆半径r1=A1O1=1,下底面半径r=AO=3,设球的半径为R,显然球心M在OO1所在的直线上. 当棱台两底面在球心异侧时,即球心M在线段OO1上,如图2, 图2 设OM=x,则O1M=-x,0<x<,显然MA=MA1=R. 则有,即,解得x<0,舍去. 当棱台两底面在球心同侧时,显然球心M在线段O1O的延长线上,如图3, 图3 设OM=x,则O1M=+x,显然MC=MA1=R. 即,即,解得x=,R2=9+ 此时,外接球的表面积为4πR2=4=54π. 15.A　解析 设正六边形ABCDEF的中心为点M,则点M与任意一条边均构成等边三角形,因此点M到各边的距离均为等边三角形的高,即ABsin 60°=,不妨设该正六棱柱的高为h,则r且r,r取两者之中的较小者,由点M到A,B,C,D,E,F的距离均为2,得点M是正六边形ABCDEF的外接圆圆心,因此正六棱柱的外接球半径R=,若h<2,则r=; 若h≥2,则r=,于是当h=2时,取得最小值,正六边形的面积为622×sin 60°=6,所以该正六棱柱的体积为62=36.故选A. 9 学科网（北京）股份有限公司 $