空间几何体的外接球和内切球问题-2023年高考数学一轮复习（全国通用）（解析版）

考向29空间几何体的外接球

和内切球问题

I.（2022年乙卷理9文12）9.已知球。的半径为1,四棱锥的顶点为O,底面的四个顶点均在球。的球面

上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为

当且仅当之=1-¢，即/=3时，等号成立

423

故选C

2.（2022年新高考1卷）8.已知正四棱锥的侧棱长为/,其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为36兀,

且3利/圭IBG,则该正四棱雉体积的取值范围是

A.[18,¾B.[ɪ,ɪ]C.

D.[18,27]

44443

【答案】C

【解析】记三棱锥高与侧棱夹角为e,高为/2,底面中心到各顶点的距离为加，

COSθ=3+'-----=-^-e[ɪ,-],则/=6CoS6,n

'/=/∙sin=6sin^∞sθ,

2×3×∕622

仁潦T寰萨=6COS3S底f2mx2*2∕

COSθ

故V=gs底∙∕z=gx2nrh=144(sin^cos2θ)2,

⅜y=sin夕COS2。=sin6(1—sin2θ)=x(1-x2)=-x3+x,x二sin6∈[!,

2

y'=-3x2÷1,故x∈,y'vθ,x∈,γ,>0,

即嗑X=144‰J=144,亭净了号

嗫n=144x

3.（2022年新高考2卷）7.正三棱台高为1,上下底边长分别是30和46,所有顶点在同一球面上，则

球的表面积是

A.IOO乃B.128;TC.144万D.192万

【答案】A

【解析】由题意得，上底面所在平面截球所得圆的半径是3,

下底面所在平面截球所得圆的半径是4,

则轴截面中由几何知识可得,N-32+JR2-4'=1,或JR2_32-J店一不=1

解得相=25,因此球的表面积是S=4%/?2=4乃-25=100万.故选A.

AI

L正方体内切球、外接球、棱切球的球心都是正方体的中心，若正方体棱长为。，则这三种球的半径分别

为a∖∕3a∖∣2a

2,~,"2^-'

2.长方体的外接球的球心是其体的对角线的中点；若长方体的过同一顶点的三条棱长分别为名。,C则外接

球的半径是业＞；+Cl若长方体过同一顶点的三个面的对角线长分别为X,y,z则外接球的半径是

222

y∕2y∣x+y+z

4

3.直三棱柱的外接球球心是上、下底面三角形外心连线的中点.若直三棱柱的侧棱长为h,底面三角形外接

圆半径为R(或可用正弦定理求得它)则外接球半径为„

4.正四面体的内切球、外接球的球心都是正四面体的中心，它是高的一个四等分点，若四面体的棱长为a,

则其内切球半径为业“，外接球半径为立

124

5.正棱锥的外接球球心在其高上，具体位置可通过建立直角三角形运用勾股定理计算得到.

6.正四面体、三条侧棱两两垂直的三棱锥、四个面都是直角三角形的三棱锥、相对棱相等的三棱锥，这些

几何体的外接球问题可以补形成长方体或正方体来解决.

7.一条侧棱垂直于底面的三棱锥的外接球题，可补形为直三棱柱来解决问题.

8.圆锥的内切球和外接球问题可作公共的轴截面，找出两个几何体的关系解决问题.

9.多面体内切球问题可由公式

多面体表面积∙R内切球半径=V多面体恤来计算内切球半径•

1.常用结论

(1)正方体和长方体的外接球的球心为其体对角线的中点.

(2)正棱柱的外接球的球心是上、下底面中心连线的中点.

(3)直棱柱的外接球的球心是上、下底面多边形外心连线的中点.

(4)正棱锥外接球的球心在其高上，具体位置通过构造直角三角形计算得到.

(5)若棱锥的顶点可构成共斜边的直角三角形，则公共斜边的中点就是其外接球的球心.

2.构造正方体、长方体、直棱柱等用上述结论确定外接球的球心

(1)同一个顶点上的三条棱两两垂直的四面体，求其外接球问题可构造正方体或长方体.

(2)相对的棱长相等的三棱锥，求其外接球问题可构造正方体或长方体.

3.球的有关性质

(1)球的任意一个截面都是圆.其中过球心的截面叫做球的大圆，其余的截面都叫做球的小圆.

(2)球的小圆的圆心和球心的连线垂直于小圆所在的平面.反之，球心在球的小圆所在平面上的射影是

小圆的圆心.

(3)球心到截面的距离d与球的半径R及截面的半径r的关系为:RJd旺反

(4)球的两个平行截面的圆心的连线垂直于这两个截面，且经过球心.

(5)球的直径等于球的内接长方体的对角线长.

(6)若直棱柱的所有顶点都在同一个球面上，则该球的球心。是直棱柱的两个底面的外接圆的圆心的连线

的中点.

一、单选题

1.一个底面积为1的正四棱柱的顶点都在同一球面上，若此球的表面积为20兀，则该四棱柱的高为()

A.√3B.2C.3正D.√19

【答案】C

【解析】设球的半径为R,则4πR2=20τr,解得我=5

设四棱柱的高为〃，则/+1+1=4尸，解得∕z=3√∑

故选：C

2.圆柱内有一个球O,该球与圆柱的上、下底面及母线均相切，已知圆柱的体积为16π,则球O的体积为

()

32πC64πC,,

A.-----B.-----C.16π

33

【答案】A

【解析】设球。的半径为七则圆柱的底面圆的半径为R,高为2R,

所以兀N∙2R=16兀，解得：R=2,

4X)

则球O的体积为抻

故选：A

3.已知正方体ABC。-AgaR的八个顶点在同一个球面上，若正方体的棱长是2,则该球的表面积是()

A.6πB.12πC.18πD.24π

【答案】B

【解析】正方体ABCQ-ABCQl的八个顶点在同一个球面上，

若正方体的棱长是2,设外接球的半径为r,则(Zr)-=2α??+2-%解得

故球的直径为2√L球的表面积为S=4x乃x(若Y=12万.故选：B.

4.己知一个棱长为2的正方体的顶点都在球面上，则该球体的体积为()

A.也兀B.4√3Λ-C.8%D.∖2π

3

【答案】B

【解析】若棱长为2的正方体的顶点都在同一个球面上，

则球的直径等于正方体的体对角线长，即2R=亚f/=26，(其中R是该球的半径)，

所以R=K,则球的体积V=铲N=4岳.

故选：B.

5.在三棱锥P—ABC,若E4_L平面ABC,ACLBC,∣Λ(^=5,∣BC∣=√Π,∣PA∣=8,则三棱锥P—AfiC外

接球的表面积是()

A.100πB.50πC.144πD.72π

【答案】A

【解析】如图，将三棱锥放于一个长方体内：

则三棱锥的外接球就是长方体的外接球，.∙∙P8为三棱锥P—ABC外接球的直径,

"∙"∖PB∖=752+(√Π)2+82=10.

二外接球的表面积为：4万x(2)=100%.

故选：A.

6.矩形ABCD中，A8=4,BC=3,沿AC将ABCz）矩形折起，使面BAC，面D4C,则四面体A—8CD的

外接球的体积为（)

A.9"B.9万C125C125

C.----冗D.——π

69123

【答案】A

【解析】如图:

矩形ABCD中，因为A8=4,SC=3,

所以L>8=AC=5,

设DB交AC于O,则。是mABC和RVD4C的外心，

所以。到点A8,C,。的距离均为∣∙,所以。为四面体A-BcD的外接球的球心,

所以四面体A-88的外接球的半径7?=|,

所以四面体A-BCD的外接球的体积V=gχ%x（∣[=等.

故选:A.

7.已知点A8,C是球。的小圆0∣上的三点，若A3=BC=C4=3√5,OQ=4,则球。的表面积为（）

A.64πB.100πC.144πD.200π

【答案】B

【解析】因为A8=5C=CA=3√i,所以。ABe是正三角形，。1是其外接圆圆心，所以ABC的外接圆半

径r=O∣A=∣χ当X3√5=3,球O的半径R=JOq?+产=J彳+3?=5,所以球。的表面积为

4πR2=4π×25=l∞π∙

故选：B.

8.已知四棱锥P-ABC。中，24_L平面ABCZ）,底面ABC。是矩形，AD=3AB=3PA,若四棱锥AMBCz）

外接球的表面积为1反，则四棱锥尸-ABC。的体积为（）

A.3B.2C.√2D.1

【答案】D

【解析】设四棱锥RABC。外接球的半径为R,则4%K=1E,即4R2=11∙

由题意，易知PC2=4R2,得尸C=VH，

设AB=x,得Jχ2+9χ2+χ2=U,解得X=1,

所以四棱锥RA8CE＞的体积为gxlχ3xl=L

故选：D

二、多选题

9.设一空心球是在一个大球（称为外球）的内部挖去一个有相同球心的小球（称为内球），已知内球面上的点与

外球面上的点的最短距离为1,若某正方体的所有顶点均在外球面上、所有面均与内球相切，则（）

A.该正方体的棱长为2B.该正方体的体对角线长为3+6

C.空心球的内球半径为百-1D.空心球的外球表面积为（12+66）兀

【答案】BD

【解析】设内外球半径分别为r,R，则正方体的棱长为2r,体对角线长为2R,.∙∙R=√Jr,

又由题知R-r=l,所以r=3+I,R=g*,

22

.∙.正方体棱长为6+1,体对角线长为3+g,

.∙.外接球表面积为π（3+百丫=（12+6月）π,

故选：BD.

10.正方体A8CO-A4CQ中，AA=2,点P在线段BG上运动，点。在线段AA上运动，则下列说法中

正确的有（）

A.三棱锥PC的体积为定值

B.线段尸2长度的最小值为2

C.当P为BG的中点时，三棱锥尸-A8片的外接球表面积为2万

D.平面BPQ截该正方体所得截面可能为三角形、四边形、五边形

【答案】AB

【解析】

如图，由正方体ABCD-A片GR可得RCI//AB.D1C1=AB,

故四边形2GBA为平行四边形，故8G//A。，而8C∣（z平面ARC,A。u平面AZ）C,

故BCiH平面AD1C,：.8G上任一点到平面AAC距离为定值,

即P到平面AnC距离为定值，而ARC面积为定值，.∙.故％gc为定值，A对.

PQmm=48=2,B对.

∙.∙底面AABB∣为等腰直角三角形，且边长为2,.∙.AAB与外接圆半径为夜，

•••三棱锥P-45g的高为;gC∣=gx2=l,

如图，取ABl的中点为M,连接MP,MB,则M尸=gAC=√Σ,

故MP=MB、=MA=MB=6,故M为三棱锥尸-A8B∣的外接球的球心，

且半径为0,故表面积为8%，故C不对.

如下图所示：平面BPQ截该正方体所得截面可能为三角形、四边形，不可能为五边形，故D错.

故选：AB.

三、填空题

11.已知A,B,C,。是同一球面上的四个点，其中ABC是正三角形，平面ABC,AD=2,AB=3,

则该球的表面积为.

【答案】16π

d==—=243

【解析】由题意，ABC的外接圆直径sin600也，且，ABC的外接圆直径，Az）与外接球直径

T

构成勾股定理，所以外接球直径。满足加=f+4。2=16.

故外接球表面积S=兀O=16兀.

D

B

故答案为：16π

12.己知球。的一个截面面积为3万，若球。上的点到该截面的最大距离为3,则球。的表面积为

【答案】16万

【解析】设球。的半径为R,截面圆的半径为八。到截面的距离为"，

πr^=3zrr=∖∣3

则由题意得R+d=3解得JJ=I

R2-d2=r2R=2

所以球。的表面积为4TΓR2=∣6;T

故答案为：16;T

13.已知一ABC的顶点都是球。的球面上的点，AB=2,NACB=90。，ZBAC=30°,若三棱锥。-ABC的

体积为迈，则球。的表面积为.

3

【答案】36万

【解析】因为NAeB=90。，取48的中点M,则M为，ABC外接圆的圆心，

所以（W，平面ABC,

因为AB=2,ZACB=90。，ZfiAC=30°,所以8C=1,AC=6,

所以S.C=2XIXE~~,

,∕∣∏c22

又由三棱锥。-ABC的体积为逅，所以JoMXYl=也，解得OM=20,

3323

所以球O的半径为JoM2+（与j=弁讦=3,

故球。的表面积S=4%*3?=36万.

故答案为：36万.

14.已知四棱锥P-ASC。的底面为矩形，PA=PD=AB=T,PB=PC=BC=壶,

则其外接球的表面积为.

【答案】3万

【解析】如图取AD中点E，底面中心为。…外接球的球心为。，则。"JL底面ABCD,

由因为R=PD=A3=1,PB=PC=BC=叵，

所以PA2+AB2=PB2,PD-+DC2-=PC2,PDr+P^=AD2

即ΛB,Λ4,CDVPD,PALPD,

因此有qE=1C。=:,PE=-sJPA2+AD2=—,

2222

O.C=-yjAB2+AD2=—,

'22

设球的半径为R,。。….

在直角梯形PE。。中，2=©+乎-，

在直角OOC中，N=闺+1

联立得d=0,即R=正，故球的表面积为4mK=3万.

2

故答案为：3π

一、单选题

1.（2022∙广东佛山•二模）如图，某几何体由共底面的圆锥和圆柱组合而成，且圆柱的两个底面和圆锥的顶

点均在体积为36%的球面上，若圆柱的高为2,则圆锥的侧面积为（）

A.2通πB.4λ∕βτtC.16τrDT

【答案】B

【解析】依题意，做球的剖面图如下：

其中，。是球心，E是圆锥的顶点，EC是圆锥的母线，

由题意可知球的半径计算公式：*兀X=36aR=3,由于圆柱的高为2,

0D=∖,OE=3-1=2,DC=√32-l2=2√2，母线EC=J2?+8=2G，

/.圆锥的侧面积为S=L.EC.2兀∙DC=i×2√3×2Λ-×2√2=4瓜兀,

22

故选：B.

2.（2022♦海南•模拟预测）“牟合方盖”是我国古代数学家刘徽在研究球的体积过程中构造的一个和谐优美的

几何模型.如图1，正方体的棱长为2,用一个底面直径为2的圆柱面去截该正方体，沿着正方体的前后方向

和左右方向各截一次，截得的公共部分即是一个牟合方盖（如图2）.已知这个牟合方盖与正方体内切球的

体积之比为4：万，则正方体除去牟合方盖后剩余部分的体积为（）

ʌO4πO816

rcD.

333T

【答案】C

【解析】正方体的体积为23=8,其内切球的体积为4三TT,

由条件可知牟合方盖的体积为4多TTχ24=”16,

3π3

故正方体除去牟合方盖后剩余的部分体积为8-g=*

故选：C

3.（2022•山东青岛・二模）《九章算术》中记录的“羡除”是算学和建筑学术语，指的是一段类似隧道形状的

几何体，如图，羡除ABCOE尸中，底面ABC。是正方形，E尸〃平面A88,EF=2,其余棱长都为1,则

这个几何体的外接球的体积为（）

333

【答案】B

【解析】连接AC,BD交于点必取E尸的中点0,则OMJ_平面ABa）,,取BC的中点G,连接尸G,作

GHLEF,垂足为H,如图所示

由题意可知，HF==,FG=B,所以HG=JFG2-HF2=立,

222

所以。M="G=巫,AM=也,所以OW=JOMAM2=],又OE=1,

22

所以OA=QB=OC=OD=OE=OF=I,即这个几何体的外接球的球心为。，半径为1,

所以这个几何体的外接球的体积为V=∣π∕?3=∙∣×π×l3=∣π.

故选：B.

4.（2022.江苏南京.模拟预测）足球运动成为当今世界上开展最广、影响最大、最具魅力、拥有球迷数最多

的体育项目之一，2022年卡塔尔世界杯是第22届世界杯足球赛.比赛于2022年11月21日至12月18日

在卡塔尔境内7座城市中的12座球场举行.己知某足球的表面上有四个点4,B,Cr。满足

2万

AB=BC=AD=BD=CD=&dm，二面角A-Bf）-C的大小为丁，则该足球的体积为（）

ʌ7Λ∕42ΛΓ,3a35λ∕2^∙,C14^32∖∣2π,

A.-------dm3B.---dm33C.——dm3D.---dmi3

27272727

【答案】A

【解析】根据题意，三棱锥A-BS如图所示，图中点O为线段3D的中点，N,M分别是线段AO,CO上靠

近点O的三等分点，

因为AB=8C=AD=8。=Cf>=√idm,

所以aABD和一CS。均为等边三角形，

因为点O为线段8。的中点，

所以AoJ_8D,C0_LBE>,

2τz^

所以N4OC为二面角A-C的平面角，所以NAOC=?-,

因为4ΛB。和CBD均为等边三角形，点O为线段BZ）的中点，

所以AO,CO分别为LABD和CBD的中线，

因为N,M分别是线段AO,C。上靠近点O的三等分点，

所以N,M分别为和；CM的外心，

过MM分别作平面说和平面C8Z）的垂线硒,EM,交于点E,则点E为三棱锥A-BCD外接球的球心，

即为足球的球心，所以线段EB为球的半径，

因为AOj,6£>,CO_LBO,AB=BC=AD=BD=CD=√2dm,

所以AO=CO=@dm,则No=MO=逅dm,

26

因为AO=Co,EO=EO,NENO=NEMO=90°,

ɪJl

所以AENOmAEMO,所以NEoN=NEM。=—NAoC=上，

23

在直角4E∕WO中，EM=OMtan-=-,

32

因为EM，平面BCD,3Λ∕u平面BCD,

所以

因为M是CBO的外心，所以BM=巫,

3

所以EB=∖/EM2+BM2

所以V=3Λ∙.EB3=±乃jjɪ]=Z^

33(∖6J27

所以足球的体积为迹m,

27

故选:A

5.（2022・安徽•合肥市第八中学模拟预测（理））北斗三号全球卫星导航系统是我国航天事业的重要成果.在

卫星导航系统中，地球静止同步卫星的轨道位于地球赤道所在平面，轨道高度为3600Okm（轨道高度是指

卫星到地球表面的距离）.将地球看作是一个球心为。，半径，为640Okm的球，其上点A的纬度是指。4与

赤道平面所成角的度数.地球表面上能直接观测到一颗地球静止同步轨道卫星点的纬度最大值为α,记卫

星信号覆盖地球表面的表面积为S=2s2（i-cosα）（单位：km?）,则S占地球表面积的百分比约为（）

A.26%B.34%C.42%D.50%

【答案】C

【解析】由题意可得，S占地球表面积的百分比约为：

ɪ6400

2万T（I-CoSa）=I-CoSa=-6400+36000~042=42%-

故选：C.

6.（2021•辽宁丹东•二模）球。的两个相互垂直的截面圆。1与O2的公共弦AB的长度为2,若是直

角三角形，AB是等边三角形，则球。的表面积为（）

A.9πB.12πC.16πD.20π

【答案】D

【解析】如图，过作直线4,平面AO*,过01作直线平面A0∣8,则4与∕2相交于。，。即为球心,

连接A。，则Ao为该球的半径，

取A8的中点C,连接OC,O?C,

因为^O∣AB是直角三角形，Λβ=2,

所以qc=gAB=ι,

因为AO2AB是等边三角形，所以OzCLAB,O/=48=2,

因为平面0AB，平面QAB,平面。248平面GAB=A8,

所以GCL平面。AB,所以OzCLQC,

因为平面QAB,所以。O“。?。，同理00〃。。，

所以四边形OaCO2为矩形，

所以OO2=OC=I,

因为。O?1平面QA8,所以0。LOzA,

222

所以OA=y∣OO^+O2A=√l+2=√5,

所以球的表面积为4乃x（6Y=20%,

故选：D

O2

O1

7.（2022•山东潍坊•三模）我国古代数学名著《九章算术》中给出了很多立体几何的结论，其中提到的多面

体"鳖席''是四个面都是直角三角形的三棱锥.若一个“鳖膈”的所有顶点都在球O的球面上，且该“鳖麝”的高

为2,底面是腰长为2的等腰直角三角形.则球。的表面积为（）

A.127B.4*兀C.6冗D.2y∣6π

【答案】A

【解析】如下图所示:

在三棱锥A-BS中，AB_L平面BCZ）,8。_1,8且3。=8=2,AB=2,

因为AB-L平面BCD,BC、BD、8U平面BCD,则AB_L3C,ABVBD,CDLAB,

CDVBC,ABCBC=B,∖CDΛ平面ABC,ACU平面ABC,.∖AC±CD,

所以，三棱锥A-BCD的四个面都是直角三角形，且BD=JBC2+Cbl=20，

AD=>JAB2+BD2=2√3，

设线段AO的中点为0,则O3=OC=:AO=OA=O。，

2

所以，点。为三棱锥A-BcO的外接球球心，

设球。的半径为R,则R=TAO=G,因此，球。的表面积为472=12万.

故选：A.

8.（2022•山西吕梁•二模（文））已知球。的表面积为100万，平面α,6分别截球0,得截面圆〃与圆M圆

M的面积为16ι,圆N的面积为9万，M,N分别为圆μ和圆N的圆心，有下列四个命题：

①IMNl的最大值为7；

②点N可以在平面ɑ内；

③点M可以在平面夕内；

④当圆M和圆N相交时，相交弦的最大值为6.

其中为真命题的是（）

A.①®®B.②®®C.①②④D.①③④

【答案】C

【解析】由题意得，球0的半径为5,圆M和圆N的半径分别为4和3.当α〃力，且在球心。的异侧时，IMNl

最大，最大值为7,故①正确；

圆M是过点M半径最小的截面圆，圆N的半径小于圆M的半径，所以点M不可以在平面夕内，故③错误;

圆N是过点N半径最小的截面圆，圆M的半径大于圆N的半径，所以点N可以在平面α内，故②正确；

当圆M和圆N相交时，过点N的最长弦为圆N的直径，所以相交弦的最大值为6,故④正确.

故选C.

二、多选题

9.（2022・湖南•长沙一中模拟预测）传说古希腊数学家阿基米德的墓碑上刻着一个圆柱，圆柱内有一个内切

球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等•“圆柱容球”是阿基米德最为得意的发现；如图是一个圆柱容球，

O、，为圆柱上下底面的圆心，。为球心，EF为底面圆O∣的一条直径，若球的半径厂=2,则（）

A.球与圆柱的表面积之比为1:2

B.平面QE尸截得球的截面面积最小值为令万

C.四面体CDE尸的体积的取值范围为了

D.若P为球面和圆柱侧面的交线上一点，则正+所的取值范围为[2+26,46]

【答案】BCD

【解析】由球的半径为厂，可知圆柱的底面半径为厂，圆柱的高为2八则球表面积

为4乃产，圆柱的表面积+24r∙2r=6W2,

所以球与圆柱的表面积之比为:，故A错误；

过。作OGLOQ于G,则由题可得OG=JX与=2叵

22√55

O2

设O到平面DEF的距离为4，平面OEF截得球的截面圆的半径为4,

2222

则4≤0G,zι=r-<∕l=4-J1≥4-^=y,

所以平面Z)EF截得球的截面面积最小值为华万,故B正确；

由题可知四面体Cz)EF的体积等于2匕“臼，点E到平面。C。的距离ds(0,4],

1232

又S“q=]X4X4=8,所以=t*8dw(0,1],故C正确；

由题可知点P在过球心与圆柱的底面平行的截面圆上，设P在底面的射影为P,

贝I]PP'=2,PE=√22+P'E2,PF=√22+P'F2,P'E2+PT2=16,

设f=P®,则fe[θd],PE+PF=√22+Z+√22+16-/,

所以(PE+PFF=(也?+1+√22+16-r)^=24+2√-∕2+16z+80

2

=24+25∕-(∕-8)+144∈[24+8√5,48],

所以尸E+PFe[2+2√^4√f∣,故D正确.

故选：BCD.

10.(2022∙全圜模拟预测)已知正三棱锥S-ABC的底面ABC的面积为3月，体积为3,球0∣,。2分别是

三棱锥S-A8C的外接球与内切球，则下列说法正确的是()

A.球。I的表面积为石乃

B.二面角S-AB-C的大小为30

C.若点E在棱58上，则AE+CE的最小值为巡I

7

D.在三棱锥S-A8C中放入一个球θ`,使其与平面SAB、平面SBC、平面SAC以及球O?均相切，则球

的半径为正

9

【答案】ACD

【解析】依题意，BABl=3瓜解得AB=2√5,设三棱锥S-ABC的高为〃，则三棱锥S-ABC的体积

4

V=∣×3√3A=3,解得〃=√L设点S在底面ABC内的投影为。，与为球O∣的半径，连接80,则

（fY+BO』：,即（√J-RJ+4=R;,解得N=乎，则球。1的表面积y=4万/?：=?万，故A正确

（对应下方右图）.

取棱AB的中点O,连接SDo〃，由正三棱锥的性质，易知SoLARCOLAB,于是NQO即为二面角

S-AB-C的平面角，tanNSDO=√5,且0。≤NSZX）≤180。，贝∣J∕S3O=60,故B错误.

将侧面SAB,SBC平面展开，使得S,A氏C四点共面，显然AC的连线就是A£+CE有最小

值.SA=SS=SC=Jh2+BO2=√7>故在ASBC中，COSNSBC=SBMSC=——1?~『=一,

ISD∙DC2×√7×2√37

贝IJSinNSBC=Ji==亚，故AC=2BC∙sinNSBC=2x2√5x名自=纪互，故C正确（对应下

777

方左图）.

三棱锥S-ABC的表面积为3G+*Gxj（ʌ/ʧ-（可x3=9#,根据内切球半径厂和棱锥体积V,棱锥

表面积为S,易知Sr=3V,设&为球。2的半径，&为球。,的半径，则gx9√5R=3,解得R,=正，原三

棱锥的高A=G,作一平面平行于底面ABC,去截原三棱锥，得到一个％=竽的棱台，那么剩余部分棱

锥的高是原棱锥的;，根据相似关系，剩余棱锥的底面积为3gχ1,,表面积为9√5χ1,体积为

3石XLX且XLL于是gχ9Kχ['解得&=立，故D正确.

933939939

故选：ACD.

三、填空题

11.（2022.全国.模拟预测）有一张面积为8夜的矩形纸片ABC£>,其中。为45的中点，。为CO的中点,

将矩形ABa）绕。。旋转得到圆柱。0一如图所示，若点M为BC的中点，直线AM与底面圆。所成角的

正切值为也，E尸为圆柱的一条母线（与A£>,8C不重合），则当三棱锥A-EFM的体积取最大值时，三

4

【答案】专41

【解析】设圆柱的高为〃，底面半径为r,则2M=8√Σ,即历=4√L

因为直线A"与底面圆。所成角的正切值为走，

4

h,

所以N=也，即一=√Σ.

2r-Vr

rh=4&

h=2√2

由匕五'得'

r=2

、r

连接BE,由题意得AEJ_BE,AEA.EF,

又BEEF=E,所以AEL平面MEF,

而AEU平面AEF,所以平面/1£FJ_平面ME/.

过点、M作MNLEF于点N,则MN，平面AEA

τξiAE=a,BE-h,则/+6?=16,

于是三棱锥A-EFM的体积匕EFM=~×~^×2Λ∕2×⅛=-6t⅛≤-×a,

A-EFM323323

当且仅当α=8=2&时取等号，

设此时三棱锥A-EFM外接球的球心到平面AEF的距离为X,外接球半径为R,

贝!|炉+4=2+（2&—解得X=半，

于是K?=X2+4=-+4=-,

88

所以当三棱锥A-EFM的体积取最大值时，

三棱锥A-ERW外接球的表面积S=4%双=Tɪ

41

故答案为：■

12.（2022.河南.模拟预测（理））我国有着丰富悠久的“印章文化”，古时候的印章一般用贵重的金属或玉石

制成，本是官员或私人签署文件时代表身份的信物，后因其独特的文化内涵，也被作为装饰物来使用.图1

是明清时期的一个金属印章摆件，除去顶部的环以后可以看作是一个正四棱柱和一个正四棱锥组成的儿何

体，如图2.已知正四棱柱和正四棱锥的高相等，且底面边长均为2,若该几何体的所有顶点都在同一个球的

表面上，则这个球的表面积为.

图1图2

【答案】9π

【解析】设正四棱柱和正四棱锥的高为〃，

则其外接球的半径为R=-√Λ2+22+22=-√∕Γ+8=h+-h=-h

2222

3

解得/7=1,所以R=]

故球的表面积为S=4乃K?=9乃

故答案为：9万

Cl

13.（2022・重庆•二模）无穷符号8在数学中是一个重要的符号，该符号的引入为微积分和集合论的研究带

来了便利，某校在一次数学活动中以无穷符号为创意来源，设计了如图所示的活动标志，该标志由两个半

径分别为15和20的实心小球相交而成，球心距=25,则该标志的体积为.

附：一个半径为R的球被平面截下的一部分叫做球缺，截面叫做球缺的底面，垂直于截面的直径被截下的线

段长叫做球缺的高（记为H）,球缺的体积公式为V=兀

【答案】14400兀

【解析】记两球面的交线为圆。，其大圆截面如图所示，

2222

则15-O1O=20-O2O,S.OOl+OO2=25,

解得。。=9,OO2=16,且圆。的半径为12,

两球体的公共部分可看作两个球缺，

小球中的球缺高为15-。«=6,VJ=36πx（15-2）,

大球中的球缺高为20-。。2=4,¼=16π×^20-∣

故丫=3兀(153+2。3)_匕_K

=-π(153+203-27×13-16×14)

=14400π.

故答案为：14400兀.

14.（2022・贵州毕节•模拟预测（理））已知球。与棱长为。的正方体43CO-A旦CQ各个面均相切，给出

下列结论：

①当4=1时，球O的表面积为3π;

②该正方体外接球的体积与球O的体积之比为3√5:1;

③当α=2时，球。被平面所截的截面面积为I兀；

Tr

④当α=2时，若点M满足AM=2MB,则过M的平面截球。所得截面面积的最小值是

其中正确结论的序号是.

【答案】②③

【解析】易知正方体的体对角线是其外接球的直径，正方体的棱长是其内切球的直径；

设该正方体的外接球的半径为R,内切球（即球O）的半径为厂，

则√‰=2R,a=2r,即R=等α,r=p

对于①：当a=l时，球。的半径为r=；,

其表面积为S=4π∕=4π×（^）2=π,

即①错误；

对于②：因为该正方体的外接球、内切球的半径之比为mr=√Lι,

所以体积比为尸：/=3/:1,

即②正确；

对于③：由题意，得球O被平面AQG所截的截面是圆,

且是正三角形VAfG的内切圆，设其半径为（，

则{=20X立XL包.，

1233

2

其面积为5∣=§π,

即③正确；

对于④：由题意，得"3=26，OM=^DlB=-y,

当截面与OM垂直时，点。到该截面的距离最大，

此时截面的半径最小，即其面积最小；

则截面半径的最小值为弓=房号

此时面积为:兀，即④错误.

故答案为：②③.

---------------------MBMMK

:真题练）

1.（2021年高考全国甲卷理科）已如4.B.C是半径为1的球O的球面上的三个点，且

ACLBC,AC=BC=\,则三棱锥O—ABC的体积为（）

A.至B.且C.旦D∙E

121244

【答案】A

【解析】•「ACLBC,AC=BC=I,.∙Q4BC为等腰直角三角形，.∙.A8=√5,

则AA6C外接圆的半径为正，又球的半径为1,

2

设0到平面ABC的距离为d，

诉I、“ICz1111√2√2

助以%-ABC=§SAβc∙^=-×-×l×l×ɪ=-∙

故选：A.

2.（2020年高考数学课标I卷理科）已知AB,C为球。球面上的三个点，OOl为，ABC的外接圆，若

OOl的面积为4兀，AB=BC=AC=Oa,则球。的表面积为（）

A.64πB.48πC.36πD.32π

【答案】A

【解析】设圆。1半径为，球的半径为R,依题意，得"∕=4%,.∙.r=2,AABC为等边三角形，

由正弦定理可得AB=2rsin600=26,.∖OOx=AB=2√3,根据球的截面性质Oa∙L平面ABC，

2222

.∙.OOtA,OlA,R=OA=λ∕θO,+OlA=y∣OO^+r=4,，球。的表面积S=4πR=64〃.

3.（2020年高考数学课标∏卷理科）已知AABC是面积为为3等边三角形,且其顶点都在球。的球面上.若

4

球。的表面积为16电则O到平面A3C的距离为（）

A.√3B.-C.1D.—

22

【答案】C

O

AB

设球。的半径为R,则4万/?2=16%，解得：R=2.

设CABC外接圆半径为，，边长为。，一ABC是面积为空的等边三角形,

4

，aZ=Y1,解得：α=3,"=LR=MjJ=万

2243V43V4

•••球心。到平面ABC的距离d='N"=J口=1.

故选：C.

4.（2019年高考数学课标全国I卷理科）已知三棱锥ABC的四个顶点在球。的球面上，

PA=PB=PC,AABC是边长为2的正三角形，E,F分别是1,AB的中点，NCEF=90°,

则球。的体积为（）

A.8瓜兀B.48兀C.2∖[βπD.∖[βπ

【答案】D

【解析】三棱锥尸一ABC为正三棱锥，取AC中点M,连接尸M,8M,则AC_LPM,A8"L3M,

PMBM=M,可得ACj■平面PBM,从而ACLPB,又PB"EF,EF上CE,可得PB_LCE,

又ACnCE=C,所以PB，平面PAC,从而PB上PA,PB上PC,从而正三棱锥P-ABC的三条

侧棱PA,PB,PC两两垂直，且PA=PB=PC=6,可将该三棱锥还原成一个以PA,PB,PC为棱

的正方体，正方体的体对角线即为球。的直径，即2R=JJ,R=在，