第7单元 06 增分微练8 与球有关的切、接问题（word习题）-【满分思维】2027年高考一轮总复习·数学（人教B版）

**基本信息** 聚焦球与多面体、旋转体的切接问题，通过16道题覆盖圆柱、正四面体等10类几何体，以题载法构建空间几何量计算逻辑，培养空间观念与推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |旋转体切接|3题（圆柱、圆锥、圆台）|球与圆柱/圆锥内切、外接，求表面积/体积|由旋转体轴截面特征推导球半径与几何体参数关系| |多面体切接|8题（正四面体、直三棱柱等）|正四面体/棱锥/棱柱内外接球，结合棱长/高计算|从多面体中心（重心）出发，建立球心距与棱长的几何方程| |组合体切接|5题（正方体双球、正八面体等）|多球相切、复杂几何体切接，含动态与最值问题|通过空间坐标系或体对角线构建多几何量关联，发展空间直观|

增分微练8　与球有关的切、接问题 1.如图,在圆柱O1O2内有一个球O,该球与圆柱的上、下底面及母线均相切.若O1O2=2,则圆柱O1O2的表面积为 (　 ) 　　　　　　　　　　　　　　　 A.4π B.5π C.6π D.7π 2.[2025·嘉兴二模] 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 3.已知直三棱柱A1B1C1-ABC的顶点均在球面上,且AA1=2,∠BAC=30°,BC=1,则该球的表面积为 (　 ) A.16π B. C.4π D. 4.[2026·四川达州诊断] 已知圆锥的底面半径为1,母线长为3,则该圆锥内半径最大的球的体积为 (　 ) A. B. C. D.π 5.若半径为2的球与正六棱柱的各个面均相切,则该正六棱柱外接球的表面积为 (　 ) A.48π B.56π C.96π D.112π 6.如图,在棱长为3+的正方体内恰好装入两个相外切的球O1,O2,球心O1,O2在正方体的同一条体对角线上,其中球O2的半径为2,则球O1的半径为 (　 ) A.1 B. C. D.2 7.(多选题)[2025·四川成都质检] 如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=6,BC=8,AB⊥BC,侧棱AA1=3,E是棱AA1上任意一点,则 (　 ) A.该三棱柱的表面积为120 B.△BC1E的周长的最小值为+ C.若球O在该三棱柱内,则球O的体积的最大值为 D.该三棱柱的外接球的表面积为109π 8.若正四棱锥的高为8,且所有顶点都在半径为5的球面上,则该正四棱锥的侧面积为　　　　.  9.已知正四棱台的上底面与下底面的边长之比为1∶2,其内切球的半径为1,则该正四棱台的体积为　　　　.  10.如图,已知正三棱柱ABC-A1B1C1的体积为4,点E,F分别为棱BC与AA1的中点. (1)若△ABC的边长为2,求三棱柱ABC-A1B1C1的高; (2)求三棱锥C-AEF的体积; (3)若球O与三棱柱ABC-A1B1C1的各棱均相切,求球O的表面积. 11.已知四棱锥P-ABCD的所有顶点都在球O的球面上,且四边形ABCD是边长为的正方形,若四棱锥P-ABCD的体积的最大值为6,则球O的表面积为 (　 ) A.64π B.48π C.16π D.12π 12.圆台母线长为3,上、下底面半径之比为1∶2,当圆台体积最大时,以此圆台的上、下底面为截面的球的表面积为 (　 ) A.160π B.167π C.171π D.181π 13.[2025·山东实验中学一模] 已知半径为的球O的球心到正四面体ABCD的四个面的距离都相等,若正四面体ABCD的棱与球O的球面有公共点,则正四面体ABCD的棱长的取值范围为 (　 ) A.[4,4] B.[4,12] C.[2,12] D.[2,4] 14.(多选题)[2023·新课标Ⅰ卷] 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 15.(多选题)如图,在正八面体M-ABCD-N中,所有棱长均为1,P为正八面体的内切球的球面上的任意一点,则 (　 ) A.正八面体的内切球的表面积为 B.正八面体的体积为 C.·的取值范围是 D.tan∠PAC的最大值为 16.已知正四棱锥P-ABCD的底面边长为3,该四棱锥内部的球O与其所有面均相切,若球面上有且仅有一点Q满足·=·=0,则球O的表面积为　　　　.  学科网（北京）股份有限公司 $ 增分微练8　与球有关的切、接问题 1.C　[解析] 由题意知,圆柱O1O2的底面半径r=1,母线长l=2,所以圆柱O1O2的表面积S=2πr2+2πrl=2π+4π=6π.故选C. 2.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的内切球与外接球球心O在其高AO1上, 则OO1是正四面体ABCD的内切球的半径,OA是正四面体ABCD的外接球的半径.由正四面体ABCD的内切球的表面积为4π,得OO1=1,令AB=a,则BO1=a·=a,AO1==a,则BO=AO=a-1,在Rt△BOO1中,-=1,可得a=2,则AO=3,所以该正四面体的外接球的体积V=OA3=36π.故选C. 3.A　[解析] 在△ABC中,∠BAC=30°,BC=1,利用正弦定理可得△ABC的外接圆的半径r=×=×=1,又AA1=2,所以直三棱柱A1B1C1-ABC的外接球的半径R==2,所以该球的表面积为4πR2=16π.故选A. 4.D　[解析] 如图,△ABC为圆锥的轴截面,其中BC=2,AB=AC=3,且点M为BC边上的中点,设内切圆的圆心为O.因为AM==2,所以S△ABC=×2×2=2.设内切圆的半径为r,则S△ABC=S△AOB+S△BOC+S△AOC=×AB×r+×BC×r+×AC×r=×(3+3+2)×r=2,解得r=,故圆锥内半径最大的球的体积V=πr3=π.故选D. 5.D　[解析] 依题意,得正六棱柱的高h=2×2=4,底面正六边形的内切圆半径为2.如图,正六边形外心和内心是同一点,则底面正六边形的外接圆半径r==4,所以该正六棱柱外接球的半径R===2,所以外接球的表面积S=4πR2=112π.故选D. 6.A　[解析] 设正方体为ABCD-A1B1C1D1,球O1,O2的半径分别为r1,r2,作出对角线A1C及球心O1,O2所在的截面ACC1A1,如图.∵正方体的棱长为3+,∴A1C==3+3,在Rt△ACA1中,sin∠ACA1===,∴sin∠ACA1==,sin∠ACA1=,∴CO2=2,A1O1==r1.∵A1C=A1O1+r1+r2+CO2,∴3+3=r1+r1+2+2,解得r1=1.故选A. 7.ABD　[解析] 因为AB=6,BC=8,AB⊥BC,所以AC=10,又AA1=3,所以三棱柱ABC-A1B1C1的表面积为(6+8+10)×3+2××6×8=120,故A正确;△BC1E的周长为BC1+BE+EC1,将平面BAA1B1沿A1A展开到平面ACC1A1中,展开图为矩形MCC1N,如图,则BE+EC1≥MC1==(当且仅当M,E,C1三点共线时取等号),又BC1==,所以△BC1E周长的最小值为+,故B正确;因为AB=6,BC=8,AB⊥BC,AC=10,所以△ABC的内切圆半径r===2,因为AA1=3<2r=4,所以球O的最大半径为=,其体积为π×=,故C错误;该直三棱柱的外接球的表面积等于将该直棱柱补充为长方体后长方体外接球的表面积,其体对角线为外接球直径,设外接球半径为R,则2R==,所以外接球的表面积为4πR2=π()2=109π,故D正确.故选ABD. 8.96　[解析] 如图所示,设P在底面的射影为G,易知正四棱锥P-ABCD的外接球球心在PG上,由题意得球O的半径为PO=AO=5,OG=8-5=3,所以AG==4,PA==4,则AB=8×=4.在△PAB中,边BA上的高为=6,所以该正四棱锥的侧面积为4××4×6=96. 9.　[解析] 如图,作出过正四棱台上下底边中点(在对面棱上)的截面,设上底面边长为2x,则下底面边长为4x,则CM=CF=x,BM=BE=2x,∠CIM=∠MIF,∠BIM=∠MIE, 故∠CIB=∠CIM+∠BIM=(∠MIE+∠MIF)=90°.在Rt△CIB中,IM⊥CB,则由射影定理,得IM2=CM·BM,即2x2=1,可得x=,于是棱台的上底面面积为(2x)2=2,下底面面积为(4x)2=8,高为2,故该正四棱台的体积V=×2×(2++8)=. 10.解:(1)设三棱柱ABC-A1B1C1的高为h, 因为S△ABC=××2=, 所以h===4. (2)VC-AEF=VF-ACE=·S△ACE·AF=×S△ABC×AA1==×4=. (3)如图,设正三棱柱ABC-A1B1C1的底面边长为a,高为b,上底面的中心为O1,下底面的中心为G,连接O1G,则球O的球心O为O1G的中点,球O切棱AA1于点F,切棱BC于点E,连接OF,OE. 由题意知=a2b=4①,因为OF=AG==a,GE=a,OG=,所以OE==,所以a=,解得a=b②,联立①②可得a=b=2,所以球O的半径R=a=,所以球O的表面积S=4πR2=4π×=π. 11.C　[解析] 设球心O到平面ABCD的距离为h,球O的半径为r,由题意可知,当点P到平面ABCD的距离为r+h时,四棱锥P-ABCD的体积最大,所以×()2×(r+h)=6,解得r+h=3,因为A,B,C,D在球面上,设它们所在的小圆的圆心为O1,所以O1A=,则OA2=r2=h2+()2,即r2=(3-r)2+()2,解得r=2,故球O的表面积为4πr2=16π.故选C. 12.C　[解析] 如图①,将圆台补成圆锥PO1,则AB=3,AO2∶BO1=1∶2,则PB=6,设∠PBO1=θ,则PO1=6sin θ,BO1=6cos θ,则圆台体积为××π×(6cos θ)2×6sin θ=cos2θsin θ.令f(θ)=cos2θsin θ=(1-sin2θ)sin θ=sin θ-sin3θ.记g(x)=x-x3,x∈(0,1),则g'(x)=1-3x2,当x∈时,g'(x)>0,当x∈时,g'(x)<0,所以g(x)max=g,即g(x)取得最大值时,x=,即sin θ=,则圆台的体积最大时,PO1=2,BO1=2,O1O2=,AO2=.如图②,在圆台的轴截面内,以O1为原点,建立平面直角坐标系,则A(-,),B(-2,0).由对称性,可设圆台外接球的球心为O(0,t),由OA=OB得6+(-t)2=24+t2,解得t=-,所以外接球的半径R==,则所求球的表面积S=4πR2=171π.故选C. 13.A　[解析] 如图所示,设A在底面BCD的射影为F,连接DF并延长,交BC于点E,易知E为BC的中点.设正四面体ABCD的棱长为a,则由正四面体的特征知ED==a,DF=a=2EF,正四面体ABCD的高为AF=a.当正四面体ABCD内接于球O,即OA=时,a最小,此时+=6,可得a=4.当球O与正四面体ABCD的每条棱都相切,即OE=时,a最大,因为球O的球心到正四面体ABCD的四个面的距离都相等,所以当球O与正四面体ABCD的每条棱都相切时,借助正四面体和球的结构特征可知切点均为棱的中点,且球心O到正四面体ABCD的顶点的距离为a-a=a,利用勾股定理可得+()2=,可得a=4.故正四面体ABCD的棱长的取值范围为[4,4].故选A. 14.ABD　[解析] 对于A,正方体内切球的直径为1 m,故A正确;对于B,如图①,在正方体中作出正四面体A1BDC1,该正四面体的棱长为BA1= m,而>1.4,故B正确;对于C,圆柱体的底面直径为0.01 m,可以忽略不计,正方体的体对角线的长为 m,而1.8>,故C不正确;对于D,圆柱体的高为0.01 m,可忽略不计,如图②,取E,F,G,H,I,J分别为所在棱的中点,并顺次连接,所得六边形EFGHIJ为正六边形,其边长为 m,连接FH,易知FH为正六边形EFGHIJ的内切圆直径,因为∠GFH=∠GHF=30°,所以FH=FG=GH= m,而=>1.22=1.44,故D正确.故选ABD. 15.ACD　[解析] 对于A,易得正四棱锥M-ABCD的高为,正三角形ABM的高为,设内切球的半径为r,则由等面积法可得8×××1×r=2××1×1×,解得r=,所以内切球的表面积为4πr2=,故A正确;对于B,正八面体的体积为2××1×1×=,故B错误;对于C,取MA的中点H,连接PH,则·=(+)·(+)=-=-,易知内切球的球心O到点H的距离为,所以PH的最小值为-r,最大值为+r,又r=,所以·的取值范围是,故C正确;对于D,由球的几何性质可知,当PA与球O相切时,∠PAC最大,此时∠PAC为锐角,易知AC=,OA=AC=,OP=r=,则AP===,所以tan∠PAC的最大值为=×=,故D正确.故选ACD. 16.3π　[解析] 方法一:由题意得,球为正四棱锥的内切球.如图①所示,设底面中心为O,过点P作与AC垂直的平面,则该平面与球的交线为圆,过点A作与PC垂直的平面,该平面与球的交线也为圆,球上两圆的交点即为点Q.因为两圆都关于平面PAC对称,且两圆有且只有一个交点,故点Q也在平面PAC上,即点Q在PO上.取M,N分别为AD,BC的中点,分别作平面PAC,平面PMN截正四棱锥的截面,如图②③所示.设球的半径为R,球心为O1,则OQ=2R.在图②中,因为·=·=0,所以∠QAO+∠C=90°,∠CPO+∠C=90°,所以∠QAO=∠CPO,又∠POA=∠POC=90°,所以△AOQ∽△POC,所以=,即=,解得PO=.在图③中,tan∠PMO==,tan∠O1MO==,因为tan∠PMO·tan∠O1MO=1,所以∠PMO+∠O1MO=90°,因为球O1与MN,PM均相切,所以∠PMO1=∠O1MO,所以 ∠PMO=2∠O1MO,所以3∠O1MO=90°,则∠O1MO=30°,所以球的半径R=tan∠O1MO=,所以球的表面积S=4πR2=3π. 方法二:连接BD,设AC∩BD=O,连接OP,如图,建立以O为原点的空间直角坐标系.因为底面边长为3,所以A,C,设P(0,0,t),Q(x,y,z),则=(x,y,z-t),=(-3,0,0),=,=.因为·=-3x=0,所以x=0,又·=-zt=0,所以z=,则Q.因为球面上仅有一点Q满足PQ⊥AC且AQ⊥PC,所以Q为球体与线段PO的交点,则Q,则球的半径R=.注意到正四棱锥的体积V=SR,其中S为四棱锥的表面积,如图,取BC的中点为F,连接OF,PF,则OP=t,OF=,可得PF=,则S=9+4××3=9+3,则V=SR=,又正四棱锥的体积V=×3×3t=3t,所以=3t,即3=4t2-9,即9(4t2+9)=(4t2-9)2,即16t4=108t2,可得t=,则R==,则球的表面积为4πR2=3π. 学科网（北京）股份有限公司 $