专题4 培优课8 外接球和内切球问题-【红对勾讲与练】2026年高考数学二轮复习讲义

空间直角坐标系（图略）.设正方形的对 角线长为2，则O(0,0,0),A(0,一1,0)， D00.1.E(0.-）B10.0. C010.F(号2o）,所以O成 (0.-,2）.o=(分，30） 所以cos(O元，O京=0应.O° 4 1 子，所以O 2 0F〉=120°. 所以∠EOF=120° 链接真题解：(1)证明：由AB=8, AD=53,A龙=2AD,A = 得AE=2√3，AF=4, 又∠BAD=30°， 在△AEF中，由余弦定理得EF √JAE+AF-2AE·AFcos∠BAD 12+16-2X2W3×4× =2, 所以AE2+EF2=AF2,则AE⊥EF, 即EF⊥AD, 所以EF⊥PE,EF⊥DE 又PE∩DE=E,PE,DE 二 平 面PDE, 所以EF⊥平面PDE. 又PDC平面PDE, 故EF⊥PD. (2)如图，连接CE, 由∠ADC=90°，ED=33,CD=3, 得CE2=ED2+CD2=36, 故CE=6. 在△PEC中，PC=4√3，PE=2√5 EC=6, 得EC+PE=PC2 所以PE⊥EC,由(1)知PE⊥EF, 又EC∩EF=E,EC,EFC平 面ABCD, 所以PE⊥平面ABCD. 又EDC平面ABCD, 所以PE⊥ED,则PE,EF,ED两两 垂直，以E为坐标原点，EF,ED,EP 所在直线分别为x轴、y轴、之轴建立空 间直角坐标系， 则E(0,0,0),P(0,0,2√3)，D(0,3√3,0)， C(3,3√3,0)，F(2,0,0),A(0,-2√5,0)， 由F是AB的中点，得B(4,23,0), 所以PC=(3,35,-2√3)，PD=(0, 3√3，-2W3),PB=(4,23,-23) PF=(2,0,-23). 设平面PCD和平面PBF的法向量分 别为m=(x1y1·之1)，n=（x2y2 之)，则 /m.P元=3x1+33y1-231=0, \m.PD =3W5y1-25x1=0, nP =4x2+2W5y2-2W3x2=0, n =2x2-232=0, 令y1=2,x2=√5，得x1=0,1=3, y2=一1，之g=1, 所以m=(0,2,3),n=(3,-1,1), 所以|cos(m,n〉|= |m·nl m n 1 √65 W/13X√5 651 故面PCD和面PBF所成的二面角的 正弦值为8√6丽 65 D 跟踪训练1证明：(1)因为PB=PD, 且E为BD的中点，所以PEL BD. 因为平面PBD⊥平面BCD,且平面 PBD∩平面BCD=BD,PEC平面 PBD,所以PE⊥平面BCD. (2)在直角梯形ABCD中，AD=AB, ∠BAD=90°，则∠ABD=∠ADB= 45°. 又AD∥BC,所以∠DBC=45°. 又∠BCD=45°，所以∠BDC=90° 在折后的几何体PBCD中，BD⊥DC, 因为平面PBD⊥平面BCD,平面 PBD∩平面BCD=BD,CD二平面 BCD,所以CD⊥平面PBD. 又PBC平面PBD,所以CD⊥PB. 又BP⊥PD,CD∩PD=D,PDC 平面PDC,CDC平面PDC, 所以BP⊥平面PDC.又BPC平面 PBC,所以平面PBC⊥平面PCD. 跟踪训练2解：(1)证明：取AE的中点 F,连接BF,DF,BE(图略)， 由已知易得BE=AD=AE=4, △ABE,△AD'E均为等边三角形， 则BF=D'F=2√3.因为BF2十 D'F=BD,所以D'F⊥BF. 又因为D'F⊥AE,AE∩BF=F, AE,BFC平面ABCE, 所以D'F⊥平面ABCE.又D'FC平 面AD'E,所以平面ADE⊥平 面ABCE. (2)以AE的中点F为坐标原点，FA, FB所在直线分别为x轴、y轴，建立如 图所示的空间直角坐标系， D B 因为BD'=6,BF=D'F=2W3, 所以cos∠D'FB= D'F2+BE2-BD'2 2D'F·BF 12+12-36 2X2√3X2√3 一2，则∠D'FB= 120°. 由题意得A(2,0,0),B(0,2√3,0)， C(-3,W3,0),D'(0,-√3,3) 所以AB=(-2,25,0),BD=(0, -33,3),BC=(-3,-√3,0). 设平面AD'B的法向量为n1=(x1, y1,1), 由nA店=0， n1·BD=0. 得 2x1+23y1=0取y1=1,得 一 3√3y1+3z1=0, n1=(3,1W5). 设平面CD'B的法向量为n2=(x2, n2·BC=0, y22）,由 n2BD'=0, 得 3x2-3 y:=0,取x=1,得 -35y:+3:=0 n2=(1,-3,-3). 设平面AD'B与平面CD'B所成角为 0,则cos0 =|cos(n1,n2〉|= 3√3 3√273 1n1Iln:√7X√I3 91 所以平面AD'B与平面CD'B所成角 的余弦值为3√273 91 跟踪训练3解：(1)设F(-c,0), F2(c,0),A(0,b),其中c2=a2-b2, 因为△ABF:的周长为8，所以4a=8, 故a=2. 又台=1，所以b=c=2,故椭圆C 的方程为+号 =1, 所以直线AF:y=x十√2，联立方程 y=x +√2， 可得3x2十4√2x=0, =1, 、所以xB三一yB=二竖，故 3 1AB1=Ex0-(2)= (2)建立如图所示的空间直角坐标系， 则A00E.8(.9 F1(-√2,0,0)，F2(√2,0,0)， 所以F1A=(2,0,√2)，F,B= (-9-竖)，FF (22, 0,0). 设平面ABF1的法向量为n=(x,y, 之)，则 F1A·n=0, 即 x十之=0，取 F1B·n=0, x+y=0, x=一1，则n=(一1,1,1)， 所以F2到平面ABF,的距离d= IFF。·n22 2√6 n √3 3 培优课8 外接球和内切球问题 》热点分类·考向探究《 例1B由于PA= PB PC.PA, PB,PC两两垂直， 将该三棱锥放入正 方体中，如图，故该 三棱锥的外接球与 正方体的外接球相B 同，故该三棱锥外接球的半径为 参考答案 2307 √JPA+PB+PC 。PA.由 2 红×（停pA）=9,得PA=尽.由 于PA⊥平面PBC,所以该三棱锥的 体积为二义 2PA= 2故选B, 例2D 如图所示，因为正三棱柱 ABC-A,B,C1的底面是边长为2的等 边三角形，设△ABC的外接圆的半径 为r,正三棱柱的外接球的半径为R, 可得r=O1A= 2 23 2 sin 60 3 则R=/O1A2+OO= ()+1=昏所以三三技 柱ABC-A,B,C1外接球O的体积V= 含×(F) 28D 27 A B 例3A如图，设 E是BC的中点， 连接AE,DE, 设△ABC的外 心为O2,△BCD 的外心为O1,O 是三棱锥外接球 B 的球心，由于 E △ABC和△BCD 都是边长为√3 的等边三角形，所以AE⊥BC,DE1 BCAE=DE=√5-( 且O,O,分别在DE,AE靠近E 的三等分点处，根据二面角A-BCD 的大小为90°及球的性质可知，O)1」 平面BCD,OO2⊥平面ABC,所以 OO1⊥DE,OO2⊥AE.因为O1E= O,E,AE⊥DE,所以四边形OO1EO 是正方形，EO,=EO:=DE 3 号0，D=子DE=1设三枚锥外接球 的来径为R,则R=√() +12= ,所以外接球的表面积为4πR= 4π× 5 4 =5π.故选A. 例4C如图，设正三棱台上、下底面的 中心分别为O,,O1,AC,AC1的中点 分别为E,F,连接BE,BF,EF, O1O2,由正三棱台的性质可知， B 0 308闪讲与练·高三二轮数学 其外接球的球心在直线O,O,上，设球 心为O,过F作FH⊥BE于H.因为 正三棱台上、下底面边长分别为3,6， 所以B1F=33 2 ,BE=W3.因为O1, O2分别为△ABC,△A1B,C1的中心， 所以B10,=×35=5，F0, 3 2 9B0三名X3B=23,01 √，根据梯形的性质结合勾股定理得 出EF= 15,EH -EO -FO:= 3 2 ,则由 153 勾股定理得出FH=√A一车 √3.设O,O=h,外接球的半径R= √2+3=√(h-√3)2+12，两边平 方整理得h=2√3，R=√12+3= 15,则其外接球的表面积为4π× (√15)2=60π.故选C. 跟踪训练1(1)B将四面体补形为长 方体，则其外接球的直径即为长方体 的体对角线长，因此该外接球的半径 r= √3+42+5 2 52,其表面 积S=4πr2=50π.故选B. (2)A设球的半径为R,由球的体积 为兰R:=5,可得共丰径R 3 √5，圆柱的底面直径为2，半径r=1, 在轴截面中，可知圆柱的高= 2√R一r=4,所以圆柱的侧面积 为2rrh=8π.故选A. (3)B因为四 棱锥P-ABCD 的底面是边长 为2的正方形， 且PA=PB= PC=PD=5, 所以四棱锥 2-- 0、 P-ABCD为正A B 四棱锥，如图，设底面中心为O,则四棱 锥外接球球心及内切球球心都在PO 上，设外接球的半径为R,因为四棱锥 P-ABCD的底面是边长为2的正方形， 所以OC=√2.在△POC中，PO= √/PC2-OC2=√/5一2=√3，因为 PO>OC,所以O1在线段PO上.连接 O1C,则有PO1=OC=R.由 O,C2=OC2+O0,得R2=2+ W5-R),整理得R=5 6.001 -55-5.设内切球的半径为， 6 6 在△PBC中，PB=PC=√5，BC= 5+5-4 3 2,cos∠BPC= 2×5 5 sin/BPC=1-cos ZBPC =5 4 1 所以SaP=2X,5X5sin∠BPC 2,所以四棱锥的表面积S=4×2十 2=12,由VpAD=了S多ABD· P0=3Sr,即3 3 √ 12Xr,解得r= 3则010的长为 r-001= .故选B. 3 6 6 (4)B 如图，设正四棱台上底面 A1B,C1D1的中心为O1,下底面 A2B2C:Dg的中心 为O,因为 A1B1=√2，A2B2=3√2，所 以 O1A1=1,O2Ag=3. D B2 过A作A,E⊥O,A。于E,易得 A。E=2,设该正四棱台外接球的球心 为O,则O在直线O1O2上，O1O2= AE=√WA1A-A2E2=4√2.设 O01=x,则O02=|4√2-x|,设外 接球的半径为R,则R2=OO十 01A=00+O2A,即x2+12 (4V2-x)2+3,解得x= 5√2 ,则 2 R=(作)+1=号所以外接球 的表面积为4πR2=54π，故选B. 例5(1)C设正八面体的棱长为2，令其 外接球、内切球半径分别为R,r,且 1 R=√2，由各侧面的面积S= 2 22×sin60°=√3，且构成八面体的两 个正四棱锥的高为√2，则正八面体的 体教V=8x号rS=2X号×E× 2,所以r= √6 ,所以外接球与内切球 3 2 的表面积之比为R2:r2=2:。=3: 3 1.故选C (2)C 因为内 切球的体积为 4 ,所以内切 3 琼的半径为1. 如图所示，设 球与正四棱锥 底面 切 于点 E,侧面切于点 B F,设SO=x,延长SF交底面于点G. 因为正四棱锥的底面边长为2√2，所以 EG=√2，SE=1+x,SG √WEG+SE=√2+(1+x)产.又 SO △SOFc∽△SGE,所以 OF EG ,即 T /2+(1+x) ,解得x=3.所 √2 以SE=4,所以正四棱锥的体积为 ×(22)×4=2.故选C 3 3 跟踪训练2(1)C设小球半径为R, 因为一个小球与一个四棱台的每个面 都相切，所以四棱台的体积等于以球 心为顶点，以四棱台的上、下底面和四 个侧面为底面的六个四棱锥的体积之 和，其高都是球的半径R,且棱台的高 是2R,则四棱台的体积V=。RS1十 RS+号RS=(S,+ S十 3 3 3 √S1S2)·2R,得S=S,+S:+ 2√S1S2=(√S1+√S2),即 √S=√S1+√S:.故选C. (2)B 如图， 作出圆锥的轴 截面SAB,设 △SAB的内切 圆的圆心为O, 分别切SA,SB, AB于C,D,E, 因为△SAB为 A E B 等边三角形， 所以C,D,E分别为SA,SB,AB的中 ,点，设CD与SE交于点F,△SAB的边 长为2a,则CD=a,SE=√3a,SF= 2SE= 1。 2a,则圆维与其内切球表面 的交线Γ（除圆锥底面圆心外）为圆锥 的母线的中点所在的圆，厂所在的平面 将圆锥分成上下两部分，此时上部分 圆维的底面半径为号，高为 2a.又圆 锥SE的底面半径为a,高为√3a,所以 上部分圆锥的体积与圆锥SE的体积 之比为（兮）广=宫，所以P所在的干 面将圆锥分成上、下两部分，则上、下 两部分几何体的体积之比为1：7.故 选B. 》培优专训·难点突破《 1.A如图所示，因 为AC BC,所以 AB为截面圆O1的 直径，且AB=√2. 连接01，则Q01⊥ 平面ABC,OO1 B √a-() O-ABC的体积V=号SAABC·OO1 3 ××1x1 √2 故选A 3 2 2.B作出示意图 B 如图所示，设球 的半径为OA= OB,由题意可 得∠OAB= 3 所以△OAB是 等边三角形，所以∠AOB =2·听 以∠01OB=.因为球0的表面积 6 为4π，所以4πXOA2=4π，解得OA = 1,所以OB=AB=1,所以O,B= 1×(1+)=经故选B 3.D因为∠ABC=120°，AB= AD+BD=6,所以1C= B= 3 4r,l企= 2BD=2元，故圆台上底面 半径r1= =1，下底面半径：= 2x 金=2.如图，取圆台的轴藏面，则圆台 2 的高h=√AD-(r2-r1)=2W2, D 01 h 则该圆台的内切球的半径r= 2 √2，故内切球的表面积S=4πr2=8元 故选D. 4.B如图，设棱AB,AC,PA的中点分 别为H,M,G,连接HF,MF,DG,EG DH,EM,构造长方体DGEN-HAMF 则长方体DGEN-HAMF外接球的表 面积，即为三棱锥A-DEF外接球的表 面积，依题意，HD= ,HF=1, 3 HA=Z,设长方体DGEN-HAMF 外接球的半径为R,则(2R)= ()+1+(号)广=子所以共外 接球的表面软S=4R=受越选B P B 5 5. 2 解析：由题意易知将两 个小铁球如图所示放 置时，小铁球的半径最 -B 大，圆柱的底面半径为 4cm,设铁球的半径为 rcm,且r<4,两铁球 的球心分别为A,B,由 圆柱与球的性质知AB2=(2r)2 (8-2r)2+(9-2r)2,即4r-68r+ 145=(2x-5)(2r-29)=0,r< 4,r=2 培优课9立体几何中的 最值、范围问题 》热点分类·考向探究《 例1(1)B将圆台的 O 侧面沿着母线AB 剪开，展成平面图 形，延长BA,B1A A A 交于点O,连接 AAAB:BB, B6------------B 如图，里然孤BB:的长为写，孤AM 的长为。，设∠BOB1=a,则aX 3 2 OA= 3a X OB = 3,则OB = 2OA,即OA+1=2OA,得OA=1,于 3,因此 是A是OB的中点，a= △OBB,是等边三角形，有AB⊥OB, 且AB,与孤AA1相切，则AB1在此侧 面展开图内，所以蚂蚁爬行的最短路 线即线段AB1,AB1=AB tan √3.故选B. (2)A如图，以A为坐 标原，点，以直线AB、在平 面ABC内且垂直于AB 的直线、直线AA1分别为 B x轴、y轴、之轴建立空间 直角坐标系，设C(x,y, 0),则A(0,0,0),B(2,0, 0),A1(0,0,2),B1(2,0,B 2),C1(x,y,2),故AC1= (xy,2),CB1=(2-x, -y,2),所以AC1CB1=2.x-x2 y2+4=4,得x2+y2-2x=0,即 (x-1)2+y2=1,即点C在平面ABC 内的轨迹是半径为1的圆（不包括A,B 两点），圆心的坐标为(1,0,0) Ve-AB C=VAR-A BIC VB-ARC V4,A4=SaAeX2-子5axX2- 子5agX2,又Sa9,=5A 所以VcAB,91=3 2 3 1AB11y1=号1y1.当1y 1 取最大值1时，VcAB,C,有最大值，最大 值为2.故选A 3 跟踪训练1(1)A 如图，把正三棱锥 沿PC剪开并展开，形成三个全等的等 腰三角形（△PBC',△PAC,△PAB), 则∠CPA=∠BPC=∠APB= 40°，∠CPC'=120°，连接CC,交PB 于N,交PA于M,则线段CC'就是 △CMN的最小周长，又PC=PC'= 2√2，根据余弦定理，CC'= 8+8-2×25×25×(2) 2√6.故选A. MN A B (2)C 由条件可得S6D=号BC. 2 CD - ×25X2wg=62,且BD W√BC2+CD2=√24+12=6，设点 A'到BD的距离为h,由等面积法可得 AB·AD=2BD·h,甲号X 1 1 25×26=子×6h,则h=22.由 题图知，当平面A'BD⊥平面BCD时， 参考答案 309培优课8外接球和内切球问题 >考情分析 空间几何体的外接球、内切球、截面问题是高中数学的重点、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 热点分类》考向探究 考向1几何体的外接球 心听课记录 角度1墙角模型 适用类型：一条侧棱垂直于底面，且底面为 直角三角形或矩形的棱锥】 解题方法：通常构造长方体，外接球直径等于 长方体的体对角线长设长方体的同一顶点处的 三条棱长分别为x,y,之，其外接球的半径为R,则 角度2汉堡模型 2R=+y2+7→R=十y+ 适用类型：圆柱、直棱柱、有一条侧棱垂直于 2 底面的棱锥（特例，可补形成直棱柱）. 解题方法：通常先作出过底面外接圆圆心（圆 柱是底面圆圆心)且垂直于底面的垂线，与高等 长的垂线段的中点位置即为球心的位置，设圆柱 类型 类型Ⅱ 类型Ⅲ 底面圆或直棱柱底面外接圆的半径为r,圆柱或 D 直棱柱的高为h,再利用解直角三角形可知外接 球的半径R +r2 类型V 类型V 对于类型V:三组对棱长度分别相等的三棱 锥，虽不符合墙角模型，但也可以将三棱锥放入长 方体中，设三棱锥三组对棱长度分别为a,b,c,长 方体从一个顶点出发的三条棱长分别为x,y,之， 类型I 类型Ⅱ 类型Ⅲ x2+y2=a2, [例2棱长均为2的正三棱柱ABC-A1B,C1的各 其外接球的半径为R,则{x2十之2=b2,→R 个顶点都在球O的球面上，则球O的体积为 z2+y2=c2 () √x+y2+之 _Va'+6+c* A.14V②1x B.23V②I元 22 27 54 [例1（2025·甘肃白银一模)在三棱锥P-ABC C.77x D.28V21x 中，PA=PB=PC,PA,PB,PC两两垂直，且 24 27 该三棱锥外接球的表面积为9π，则该三棱锥的 心听课记录 体积为 ) B③ 2 C.√3 D.3V3 2 第一部分专题四立体几何与空间向量 091 以圆台为例，设圆台上、下底面圆的圆心分别 为O1,O2,半径分别为r1,r2,高为h,圆台外接球 球心为O,半径为R,设OO2=x,利用x2十r号 (h一x)2+r(类型I)或x2+r号=(h十x)2十 角度3锥体模型 r(类型Ⅱ)，求出x,则R=√x2十r 适用类型：圆锥、棱锥. 解题方法：(1)对于圆锥和顶点在底面的射 影是底面外接圆圆心的棱锥，先作出过底面外接 R 圆圆心（圆锥是底面圆圆心）且垂直于底面的垂 线，设圆锥底面圆或棱锥底面外接圆的半径为， 圆锥或棱锥的高为h,再利用解直角三角形可知 外接球的半径R=√(h一R)2十rz(圆锥或棱锥 类型I 类型Ⅱ 在半球内时，此公式也适用) [例4(2025·重庆渝中区三模)正三棱台上、下底 面的边长分别为3,6，侧棱长为√6，则其外接球 R R 的表面积为 () RR A.15π B.30√3π /B C.60元 D.603元 类型I 类型Ⅱ 类型Ⅲ (2)对于有一个侧面垂直于底面的棱锥，如 心听课记录 类型Ⅲ中平面ABC⊥平面BCD,过△BCD的 外心O1作该三角形所在平面的垂线，设三棱锥的 高为h,外接球的半径为R,球心为O,O1到BC 的距离为d,O与O1的距离为m,则 R2=r2+m2, R=d2+(h一m).从而解得R。 例3(2025·河南鹤壁二模)在三棱锥A-BCD 反思感悟… 求解空间几何体的外接球问题的策略 中，△ABC和△BCD均为边长为√3的等边三 1.定球心：球心到接点的距离相等且为半径. 角形，若二面角A-BC-D的大小为90°，则三棱 2.作截面：选准最佳角度作出截面（要使这个截 锥A-BCD外接球的表面积为 ( 面尽可能多地包含球、几何体的各种元素以及体现 A.5π B.8π C.6π D.9元 这些元素的关系)，达到空间问题平面化的目的. 心听课记录 3.求半径，下结论：根据作出截面中的几何元 素，建立关于球的半径的方程，并求解 跟踪训练①(1)在四面体ABCD中，BA⊥平面 ACD,CA⊥AD,BA=3,AC=4,AD=5,该四 面体外接球的表面积为 () A.25π B.50π 角度4 台体模型 C.12.5π D.100元 适用类型：圆台、棱台， (2)已知圆柱的底面直径为2，它的两个底面的 解题方法：对于圆台的外接球，球心一定在 上、下底面中心连线所在的直线上；对于棱台的外 圆周都在时-个体积为号后x的球面上，则该 接球，球心一定在上、下底面外接圆圆心连线所在 圆柱的侧面积为 ( ) 的直线上 A.8π B.6元 C.5π D.4π 092 2对勾讲与练·高三二轮数学 (3)(2025·湖北随州二模)四棱锥P-ABCD的 体，如图所示为正八面体，则该正八面体的外接 底面是边长为2的正方形，且PA=PB=PC= 球与内切球的表面积之比为 () PD=√5，设该四棱锥的外接球球心与内切球 A.4:3 B.2:1 球心分别为O1,O2,则O1O2的长为 ( C.3:1 D.4:1 A.3 B c. (2)已知一个正四棱锥的底面边长为2√2，内切 球的体积为誓，则这个正四棱锥的体积为 (4)(2025·河北沧州一模)在正四棱台 ( A1B1C1D1A2B2C2D2中，A1B1=√2，A2B2= 6 A. 22 .3 32 3√2，A1A2=6,则该正四棱台外接球的表面 3 C.3 D.16 积为 ) 心听课记录 A.108元 B.54π C.36π D.27元 考向2几何体的内切球 解决几何体内切球问题的两大通法： (1)轴截面法：利用内切球的定义（球心到各 面距离相等)直接找球心和半径.应先作出一个 适当的截面，一般是多面体对角线所在的截面，再 4反思感悟 利用等面积或者相似三角形的性质求解. 1.解决内切球问题的轴截面法主要思想就是把 (2)等体积法：适用于常见的多面体，无需找 立体几何问题转化为平面问题，在平面图形中求内 球心，直接求半径.连接球心与多面体各顶点，将 切球的半径. 多面体分解成一些棱锥，求出各个棱锥的体积之 2.利用等体积法求内切球的半径时分割几何体 不要漏掉或重复 和V,再求出多面体的表面积，根据球心到各个面 的距离都为内切球半径R及各个棱锥的体积之和 跟踪训练②(1)若一个小球与一个四棱台的每个 3V 与多面体的体积相等求得内切球半径，即R= 面都相切，设四棱台的上、下底面积分别 S表 为S1,S2,侧面积为S,则 () 例5(1)(2025·天津河北区二 A.S2=SS2 B.S=S+S2 模)正多面体也称柏拉图立 C.wS=√S1十√S2D.S=2√S1Sg 体，被誉为最有规律的立体 (2)(2025·安徽芜湖二模)已知轴截面为等边 结构，其所有面都只由一种 三角形的圆锥与其内切球表面的交线为Γ（除 正多边形构成（各面都是全 圆锥底面圆心外)，Γ所在的平面将圆锥分成 等的正多边形，且每一个顶点所接的面数都一 上、下两部分，则上、下两部分几何体的体积之 样，各相邻面所成二面角都相等)，数学家已经 比为 () 证明世界上只存在五种柏拉图立体，即正四面 A.1:6 B.1:7 体、正六面体、正八面体、正十二面体、正二十面 C.1:8 D.1:9 培优专训》难点突破 1.(2021·全国甲卷理)已知A,B,C是半径为12.(2025·广东广州一模)已知球O的表面积为 的球O的球面上的三个点，且AC⊥BC,AC= 4π，一圆台的上、下底面圆周都在球O的球面 BC=1,则三棱锥O-ABC的体积为( 上，且下底面过球心O,母线与下底面所成角为 得 3则该圆台的侧面积为 () c 4.3 3 4 4π B.2 C.3 2 D.3π 第一部分专题四立体几何与空间向量 093 3.(2025·四川南充三模)如 图是一个圆台的侧面展开 A 图（扇形的一部分），若 AD=BD=3,∠ABC= 120°，则该圆台的内切球的表面积为 A.元 B.2元 B C.4π D.8元 π A.2 c贤 D.3π 4.(2025·甘肃白银三模)如图，在三棱锥P-ABC 中，AB⊥AC,PA⊥平面ABC,PA=3,AB= 5.(2025·全国二卷)一个底面半径为4cm,高为 1,AC=2,D,E,F分别是棱PB,PC,BC的中 9cm的封闭圆柱形容器（容器壁厚度忽略不 点，则三棱锥A-DEF的外接球的表面积为 计)内有两个半径相等的铁球，则铁球半径的 ( 最大值为 cm. 培优课9立体几何中的最值、范围问题 》考情分析 立体几何中的最值、范围问题能够综合考查线面位置关系、几何量的计算、函数性质与不等式的应用等，是 高考命题的热点，难度中等或偏上 热点分类》考向探究 4反思感悟， 考向1几何法求最值（范围） 几何法求最值（范围）的两种类型 例1(1)(2025·黑龙江哈尔滨模拟)已知圆台的 1.几何体的表面距离问题，将九何体表面展开， 上、下底面的圆心分别为O1,O2,母线AB= 也可以将几何体内部某些满足条件的部分面展开成 1(点A位于上底面)，且BO2=2AO1,圆O2的 平面，即将立体几何问题转化为平面问题，然后由图 形的特殊位置确定最值，如垂直.这样，能使得求解 周长为行，一只蚂蚁从点A出发沿者圆台侧面 的问题直观、简单. 2.体积、距离的最值问题，可利用线、面的位置 爬行一周到点B,则其爬行的最短路程为 关系，直观上确定其最值. ( A.1 B.3 C.2 D.√5 跟踪训练①（1)如图，在正三 (2)(2025·重庆长寿区二模)在直三棱柱 棱锥P-ABC中，PA=2√2， ABC-AB,C1中，|AB|=|AAI=2,AC1· 三条侧棱两两夹角均为40°， CB,=4,三棱锥C-AB1C1体积的最大值为 M,N分别是PA,PB上的动 A ( 点，则△CMN的周长的最小 4 3 C.2 D.4 值为 A.2√6 B.2√5 听课记录 C.23 D.22 (2)如图，在矩形ABCD中，AB=2√3，BC= 2√6，将△ABD沿BD翻折，得到三棱锥 A'-BCD(A'是A在翻折后的对应点)，则三棱 锥A'-BCD体积的最大值为 () 094 2对勾讲与练·高三二轮数学