20.球的切、接问题-【满分思维】2026年五年高考真题分类汇编·数学

**基本信息** 精选2020-2025年高考真题，聚焦球的切接问题，涵盖正三棱台、四棱锥等多种几何体，解析提供特殊法、导数法等多解法，适配高考复习需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选|5题|球的表面积与体积计算，正三棱台、三棱锥外接球|以2022新高考Ⅱ卷7题为例，结合棱台上下底面外接圆半径求球半径，考查空间想象| |多选|1题|几何体与正方体容器的放置关系|2023新高考Ⅰ卷12题判断球体、四面体等能否放入正方体，体现多维度空间分析| |填空|2题|正方体与球相切、圆柱内双球半径最值|2025全国Ⅱ卷14题通过轴截面几何关系求圆柱内双球最大半径，注重逻辑推理|

20.球的切、接问题 1.（2022·新高考Ⅱ卷7题）已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为3和4，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（　　） A.100π B.128π C.144π D.192π 解析：A　由题意，得正三棱台上、下底面的外接圆的半径分别为××3＝3，××4＝4.设该棱台上、下底面的外接圆的圆心分别为O1，O2，连接O1O2，则O1O2＝1，其外接球的球心O在直线O1O2上.设球O的半径为R，当球心O在线段O1O2上时，R2＝32＋O＝42＋（1－OO1）2，解得OO1＝4（舍去）；当球心O不在线段O1O2上时，R2＝42＋O＝32＋（1＋OO2）2，解得OO2＝3，所以R2＝25，所以该球的表面积为4πR2＝100π.故选A. 2.（2020·全国Ⅰ卷10题）已知A，B，C为球O的球面上的三个点，☉O1为△ABC的外接圆.若☉O1的面积为4π，AB＝BC＝AC＝OO1，则球O的表面积为（　　） A.64π B.48π C.36π D.32π 解析：A　如图所示，设球O的半径为R，☉O1的半径为r，因为☉O1的面积为4π，所以4π＝πr2，解得r＝2，又AB＝BC＝AC＝OO1，所以＝2r，解得AB＝2，故OO1＝2，所以R2＝O＋r2＝（2）2＋22＝16，所以球O的表面积S＝4πR2＝64π.故选A. 3.（2021·全国甲卷11题）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：A　如图所示，因为AC⊥BC，所以AB为截面圆O1的直径，且AB＝.连接OO1，则OO1⊥面ABC，OO1＝＝＝，所以三棱锥O-ABC的体积V＝S△ABC×OO1＝××1×1×＝. 4.（2022·全国乙卷9题）已知球O的半径为1，四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均在球O的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为（　　） A. B. C. D. 解析：C　法一（特殊法）　不妨设四棱锥的底面是正方形，边长为a，底面正方形外接圆的半径为r，则r＝a，四棱锥的高h＝，所以四棱锥的体积V＝a2＝≤＝＝，当且仅当＝1－，即a2＝时等号成立，此时四棱锥的高h＝＝＝，故选C. 法二（导数法）　设四棱锥的底面是正方形，底面正方形外接圆的半径为r，四棱锥的高为h，则r2＋h2＝1，r＝，正方形的边长为r＝ ，所以四棱锥的体积V＝Sh＝（1－h2）h＝（－h3＋h）.令 f（h）＝－h3＋h（0＜h＜1），则f'（h）＝－3h2＋1，令f'（h）＝－3h2＋1＝0，得h＝，所以f（h）在上单调递增，在上单调递减，所以当h＝时，f（h）取得最大值，所以当四棱锥的体积最大时，其高为，故选C. 法三（转化法）　该四棱锥的体积最大即以底面截球的圆面和顶点O组成的圆锥体积最大，设圆锥的高为h（0＜h＜1），底面半径为r，则圆锥的体积V＝πr2h＝π（1－h2）h，则V'＝π（1－3h2），令V'＝π（1－3h2）＝0，得h＝，所以V＝π（1－h2）h在上单调递增，在上单调递减，所以当h＝时，四棱锥的体积最大，故选C. 5.（2022·新高考Ⅰ卷8题）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. 解析：C　如图，设该球的球心为O，半径为R，正四棱锥的底边长为a，高为h，依题意，得36π＝πR3，解得R＝3.由题意及图可得 解得 法一　所以正四棱锥的体积V＝a2h＝×＝（3≤l≤3），所以V'＝l3－＝l3（3≤l≤3），令V'＝0，得l＝2，所以当3≤l＜2时，V'＞0；当2＜l≤3时，V'＜0，所以函数V＝（3≤l≤3）在[3，2）上单调递增，在（2，3]上单调递减，又当l＝3时，V＝；当l＝2时，V＝；当l＝3时，V＝；所以该正四棱锥的体积的取值范围是.故选C. 法二　因为3≤l≤3，所以该正四棱锥的体积V＝a2h＝×＝＝72×··≤72×＝（当且仅当＝2－，即l＝2时取等号），所以正四棱锥的体积的最大值为，排除A、B、D，故选C. 法三　如图，设OO'＝x.在Rt△OO'A中，由勾股定理，得O'A＝，所以正四棱锥的体积V＝O'P·S正方形ABCD＝（3＋x）（9－x2）.在Rt△O'AP中，由勾股定理，得（3＋x）2＋（9－x2）＝l2，即x＝.因为3≤l≤3，所以－≤x≤.因为V（x）＝（－x3－3x2＋9x＋27），所以V'（x）＝2（－x2－2x＋3）.易得V（x）在上单调递增，在上单调递减，所以V（x）max＝V（1）＝.因为V＝＜V＝，所以V（x）min＝，所以V（x）∈.故选C. 6.（多选）（2023·新高考Ⅰ卷12题）下列物体中，能够被整体放入棱长为1（单位：m）的正方体容器（容器壁厚度忽略不计）内的有（　　） A.直径为0.99 m的球体 B.所有棱长均为1.4 m的四面体 C.底面直径为0.01 m，高为1.8 m的圆柱体 D.底面直径为1.2 m，高为0.01 m的圆柱体 解析：ABD　棱长为1 m的正方体的内切球的直径为1 m，1 m＞0.99 m，所以A符合题意；如图①，在棱长为1 m的正方体中，正四面体A1-BDC1的棱长为 m， m＞1.4 m，所以B符合题意；因为棱长为1 m的正方体上任意两点间的最大距离为正方体的体对角线长 m≈1.732 m，而 m＜1.8 m，所以C不符合题意；如图②， 假设放入最大的圆柱的上、下底面圆心为P，Q，设圆柱底面半径为r m，底面直径为d m，连接AC1，如图③，在平面AB1C1D中，过Q作QE⊥AC1，交AB1于点E，则QE＝r m，AQ＝r m，PQ＝－2r＝（－d）m， 当d＝1.2时，PQ＝－×1.2≈1.732－1.414×1.2≈0.035 m＞0.01 m，故D符合题意.故选A、B、D. 7.（2023·全国甲卷15题）在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别为AB，C1D1的中点.以EF为直径的球的球面与该正方体的棱共有　　　　个公共点. 答案：12 解析：如图，线段EF过正方体的中心，所以以EF为直径的球的球心即正方体的中心，球的半径为，而正方体的中心到每一条棱的距离均为，所以以EF为直径的球与每一条棱均相切，所以共有12个公共点. 8.（2025·全国Ⅱ卷14题）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：设铁球半径为r cm，若两个铁球的球心在竖直方向上，且分别与两个底面相切，则铁球球心与圆柱上、下底面的距离均为r，此时铁球的半径为 cm.当两球球心不在竖直方向上时，设两个铁球的球心分别为O1，O2，此种情况下，当铁球半径最大时，如图1所示，圆柱与两铁球的轴截面如图2所示，其中ABCD为圆柱的轴截面，O2P⊥AB，O1P⊥AD，则有O2P＝9－2r，O1P＝8－2r，O1O2＝2r，则有（2r）2＝（8－2r）2＋（9－2r）2，即4r2－68r＋145＝0，即（2r－29）（2r－5）＝0，解得r1＝14.5（舍去），r2＝2.5.因为2.5＞＝2.25，所以铁球半径的最大值为2.5 cm. 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $