球的切接问题-2024年高考数学重难点攻略含答案

球的切接问题-2024年高考数学重难点攻略

微重点球的切接问题

空间几何体的外接球、内切球是高中数学的重点、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.

知识导图

考点一：空间几何体的外接球

考点二：空间几何体的内切球

考点分类讲解

考点一:空间几何体的外接球

规律方法求解空间几何体的外接球问题的策略

（1）定球心：球心到接点的距离相等且为半径.

（2）作截面：选准最佳角度作出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元

素的关系），达到空间问题平面化的目的.

（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.

题目D（2024•辽宁抚顺•一模）在三棱锥P-ABC中，AB=入。=4,ABAC=12Q°,PA=6,PB=PC=

243,则三棱锥P—ABC的外接球的表面积为（）

A.IOOTTB.75兀C.80兀D.120兀

【题目|2）（23-24高三下•内蒙古赤峰•开学考试）己知正四面体ABCD的棱长为4,则该四面体的外接球与以

A点为球心，2为半径的球面的交线的周长为（）

A立3驾B全囱兀C史页兀D纯兀

3兀a3兀J3兀3兀

：题目区（2023•昆明模拟）故宫太和殿是中国形制最高的宫殿，其建筑采用了重檐尻殿顶的屋顶样式,尻殿顶

是“四出水”的五脊四坡式，由一条正脊和四条垂脊组成，因此又称五脊殿.由于屋顶有四面斜坡，故又称四

阿顶.如图，某几何体4BCDEF有五个面，其形状与四阿顶相类似.已知底面48co为矩形，48=4,

AD=EF=2,EF〃底面ABCD，且EA=ED==FC=,则几何体ABCDEF外接球的表面积为

•••

A.227rB.28兀C.32兀D.38兀

［题目回（2023•全国乙卷）已知点S,4B,。均在半径为2的球面上，A4BC是边长为3的等边三角形，SA

±平面ABC,则SA=.

考点二:空间几何体的内切球

规律方法空间几何题的内切球问题，一是找球心，球心到切点的距离相等且为球的半径，作出截面，在截面

中求半径；二是利用等体积法直接求内切球的半径.

题目工（2024•湖南•二#）一个正四棱锥底面边长为2,高为则该四棱锥的内切球表面积为.

If区（2023•沈阳模拟）如图，圆台内有一个球,该球与圆台的侧面和底面均相切.已知圆台的下底面圆心

为Oi，半径为八,圆台的上底面圆心为。2，半径为r2（n>r2），球的球心为O,半径为R,记圆台的表面积为

&,球的表面积为S2,则兽的可能的取值为（）

;题目区（2024•河北沧州•模拟预测）某包装设计部门为一球形塑料玩具设计一种正四面体形状的外包装盒（盒

子厚度忽略不计），己知该球形玩具的直径为2,每盒需放入10个塑料球，则该种外包装盒的棱长的最小值

为（）

A.2+2V6B.2+4V6C..4+276D.4+4V6

［题目回（2024•四川宜宾•二M）所有棱长均为6的三棱锥，其外接球和内切球球面上各有一个动点M、N,则

线段2W长度的最大值为.

口强化训练

一、单选题

题目—）（2023•浙江绍兴•模拟预测）已知某正六棱柱的所有棱长均为2,则该正六棱柱的外接球的表面积为

（）

A.6兀B.8兀C.16兀D.20兀

»因（2024•广东梅州•一模）某圆锥的底面直径和高均是2,则其内切球（与圆锥的底面和侧面均相切）的半

径为（

A「+1C四+1D

R"一1c，2~~

A，2

•••

颖目区（2024•陕西西安•一模）六氟化硫，化学式为S氏,在常压下是一种无色、无臭、无毒、不燃的稳定气体，

有良好的绝缘性,在电器工业方面具有广泛用途.六氟化硫结构为正八面体结构，如图所示,硫原子位于正

八面体的中心，6个氟原子分别位于正八面体的6个顶点，若相邻两个氟原子之间的距离为小，则该正八面

体结构的内切球表面积为（）

2

22

A.7cmB.27umC.兀.D.

题目@（2024•广东•模板预测）将边长为2的正三角形沿某条线折叠，使得折叠后的立体图形有外接球，则当

此立体图形体积最大时，其外接球表面积为（）

「题目回（2024•河北邯祁•三模）已知在四面体ABCD中，===二面角A—BD—C的

大小为名，且点4都在球。的球面上，河为棱AC上一点，N为棱BD的中点.若加=4国，则

4=（）

AJ_B2C——

A，3及9。9U-3

题目回（2024•湖北•模拟演测）已知四棱锥P—ABCD的底面为矩形，AB=2V^,BC=4,侧面为正三

角形且垂直于底面■为四棱锥P—ABCD内切球表面上一点，则点M■到直线CD距离的最小值为

（）

A.V10-2B.V10-1C.2V3-2D.273-1

趣目⑦（2024•河南开封•二M）已知经过圆锥SO的轴的截面是正三角形,用平行于底面的截面将圆锥S。分

成两部分，若这两部分几何体都存在内切球（与各面均相切），则上、下两部分几何体的体积之比是（）

A.1:8B.1:9C.1:26D.1:27

团（2024•吉林长条模拟预测）已知4B,。四点均在半径为7?（五为常数）的球。的球面上运动，且

=若四面体ABCD的体积的最大值为言，则球。的表面积为（）

O

A.2兀B.3兀C.斗QTTD.9兀

二、多钏•••

（题目|9）（23-24高三下•重庆•阶盘练习）如图，在直三棱柱ABC-中，若4ACB=90°,AC=BC=

<44i=l,D,E分别是的中点，则下列结论正确的是（）

A.DC,±平面BDCB.4㈤〃平面BDG

C.点。到平面BDG的距离为空D.三棱锥G-外接球的半径为夺

O

题目回（2024•新It•一模）如图，两个共底面的正四棱锥组成一个八面体E-ABCD-F,且该八面体的各

棱长均相等，则（）

A.异面直线AE与BF所成的角为60°

B.BD±CE.

C.此八面体内切球与外接球的表面积之比为

O

D.直线AE与平面所成的角为60°

［题目①（2024•江西上饶•一模）空间中存在四个球，它们半径分别是2,2,4,4,每个球都与其他三个球外切,

下面结论正确的是（）

A.以四个球球心为顶点的四面体体积为售

B.以四个球球心为顶点的四面体体积为基

O

C.若另一小球与这四个球都外切，则该小球半径为r=乎-4

D.若另一小球与这四个球都内切,则该小球半径为r=罕+4

O

三、填空题

:题目亘（2024•贵州•三模）已知一个圆锥的轴截面是边长为2的正三角形，其顶点为。，底面圆心为。，点P

是线段上的一点，△ABC是底面内接正三角形，且PAJ_平面,则AC=；三棱锥P-ABC

的外接球的表面积是.

颖目应（2024•广东•一模）己知表面积为8兀的球。的内接正四棱台ABCD-45GA,AB=2,4马=1,

动点P在△力CR内部及其边界上运动，则直线与平面AC。1所成角的正弦值的最大值为.

遒由亘（23一%高三下•陕西安康•阶段练习）如图为某三棱锥的三视图，其正视图的面积为四，则该三棱锥

外接球表面积的最小值为.

四、解答题

题目®（2023商三•全国•专题练习）将3个半径为1的球和1个半径为血-1的球叠为两层放在桌面上，上

层只放1个较小的球，4个球两两相切，求上层小球的最高点到桌面的距离.

•••

颖目®(2023高三•全国•专题练习)如图:长为3的线段PQ与边长为2的正方形ABCD垂直相交于其中心

O(PO>OQ).

(1)若二面角P-AB-Q的正切值为—3,试确定O在线段PQ的位置；

⑵在⑴的前提下，以P,A,B,C,D,Q为顶点的几何体PABCDQ是否存在内切球？若存在，试确定其

内切球心的具体位置;若不存在,请说明理由.

•••

蜃昼叵］（23—24高三上•宁夏昊忠•阶段练习）如图，已知圆锥CO的轴截面△ABC是边长为4正三角形,

AB是底面圆。的直径，点。在卷上，且AAOD=2NBOD.

（1）求异面直线AD与所成角的余弦值；

（2）求能放置在该圆锥内半径最大的球的体积.

•••

蜃回卫）（23—24高三上•上海普陀•期末）对于一个三维空间，如果一个平面与一个球只有一个交点,则称这

个平面是这个球的切平面.已知在空间直角坐标系O-g/z中，球。的半径为1,记平面重。g、平面zOc、平

面yOz分别为a、

（1）若棱长为a的正方体、棱长为b的正四面体的内切球均为球。，求f的值；

b

（2）若球。在（奈,专,言）处有一切平面为用，求4。与a的交线方程，并写出它的一个法向量；

（3）如果在球面上任意一点作切平面几记4与a、丑、7的交线分别为Tn、n、p,求。到?n、n、p距离乘积的最

小值.

•••

蜃I]®（23—24高三下•山东着*阶&练习）已知三棱柱ABC—ABG，其中AC±CC”CC.±BG，点

P是口后的中点，连接AG,AC=CG=BQ产2,异面直线AC和BG所成角记为0.

（1）若cos。=：，求三棱柱外接球的表面积；

O

（2）若cosff=0,则在过点P且与AG平行的截面中，当截面图形为等腰梯形时，求该截面面积.

•••

微重点球的切接问题

空间几何体的外接球、内切球是高中数学的重点、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.

知织导图

考点一：空间几何体的外接球

考点二：空间几何体的内切球

考点分类讲解

考点一:空间几何体的外接球

规律方法求解空间几何体的外接球问题的策略

（1）定球心：球心到接点的距离相等且为半径.

（2）作截面：选准最佳角度作出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元

素的关系），达到空间问题平面化的目的.

（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.

藏目工（2024•辽宁研一模）在三棱锥P-ABC中，AB=AC=4,ABAC=120°,PA=6,PB=PC=

243,则三棱锥P—ABC的外接球的表面积为（）

A.100兀B.75兀C.80兀D.120兀

【答案】A

【分析】在△BAC中由余弦定理求得3。=26，由题意证得PA±平面ABC,进而确定外接球球心O,由球

心与相关点的位置关系求球的半径，最后求表面积即可.

【详解】在ABAC中,BC'AB2+AC2-2-AB-AC-cosABAC48,

即BC=4①，又PBMPCMZA,p

因为所以

又由48「4。=4>13,人。匚平面人8。，_?人_1平面^8。./卜\

设△4BC的外接圆半径为r,所以2r=系了=吟=8,/4i\\

BI;\

所以丁=4,所以外接球的半径7?满足用=产+0专42-=16+9=25,

三棱锥P-ABC外接球的表面积为4兀五2=io。7r.

故选：A.•••

［题目⑶（23—24南三下•内蒙古赤峰•开学者就）已知正四面体ABCD的棱长为4,则该四面体的外接球与以

A点为球心，2为半径的球面的交线的周长为（）

A国画兀B^30^0纪亚兀D纯兀

3兀03兀J3兀3兀

【答案】。

【分析】求出正四面体外接球半径R=血，利用三角函数定义求出cos/EAO,贝I得至IsinZEAO=’,再

6

利用三角函数定义和圆周长公式即可得到答案.

【详解】设该正四面体的外接球的半径为R,Oi为底面BCD的中心，。为该正四面体外接球的球心,

，则该正四面体的高AOi=

根据OO；+OI£)2=OD2,即-丹丫+(^^)2=R2,解得R=V6,

则AO=V6,AE=2,EO=R=®

AE

如图，在△AEO中，cos/EAO==乎,

AO6

在/\EAO中,EC>2=EAsmAEAO=2­,

2263

因为交线为圆，所以周长为2兀•甲=2醇兀.

OO

故选：C.

：>§区（2023•见明模拟）故宫太和殿是中国形制最高的宫殿，其建筑采用了重檐尻殿顶的屋顶样式,虎殿顶

是“四出水”的五脊四坡式，由一条正脊和四条垂脊组成，因此又称五脊殿.由于屋顶有四面斜坡，故又称四

阿顶.如图，某几何体ABCDEF有五个面，其形状与四阿顶相类似.已知底面ABCD为矩形，AB=4,

40=EF=2,EF〃底面ABCD，且a1=ED=FB=FC=B。，则几何体ABCDEF外接球的表面积为

（）

A.22兀B.28兀C.32兀D.38兀

【答案】A

【解析】连接力G,BD,设力取EF的中点N,连接aW,

由题意知，球心O在直线上，取的中点G,连接FG，则FG±BC,

且FG=2x空=四.

连接MG,过点F作FP±MG于点P,则四边形7WPFN是矩形，MN=FP,

则MN=FP=VFG2-PG2=V2,

又因AM=^AC,AC=^AB2+BC2=2^/5,

则AM=V5,

因为△⑷WO和△ONE均为直南三角形，

设外接球半径为R,OM=x,

当球心。在线段A/N上时，

则&=小（V5）2,R2=（V2-x）2+l2,

解得/=—乎（舍），

当球心。在线段外时，

则R2=X2+（西）2,R2=（V2+x）2+l2,

解得名=亨，故&=：+5=#,

所以外接球的表面积S=4兀&=227r.

，题目④（2023•全国乙卷）已知点S,A,B,。均在半径为2的球面上，△ABC是边长为3的等边三角形，SA

±平面48。,则SA=.

【答案】2

【解析】如图，将三棱锥S-ABC转化为直三棱柱SMN-ABC,

设△ABC的外接圆圆心为Oi,半径为r,

则2/=品益=*=2e可得了=行

2

设三棱锥S-ABC的外接球球心为O,连接CM,OO1，则。A=2,OQ=ySA,

因为04=ool+o^,

即4=3+[sT,解得SA=2.

考点二:空间几何体的内切球

规律方法空间几何题的内切球问题，一是找球心，球心到切点的距离相等且为球的半径，作出截面，在截面

中求半径；二是利用等体积法直接求内切球的半径.

寂目工（2024•湖南・二装）一个正四棱锥底面边长为2,高为四,则该四棱锥的内切球表面积为.

【答案】萼/4兀

OO

【分析】根据三角形相似求出内切球半径，再利用球的表面积公式求其表面积.

【详解】由题意可知该几何体为正四棱锥,如图，

。为内切球的球心，是棱锥的高，分别是AB,CD的中点，

连接PF,G是球与侧面PCD的切点，可知G在PF上，OG，PF,

设内切球半径为r,

则OH=OG=r,HF=l,PH=V3,PF=2,

由△PGO〜△PHF可知篇=警•，即?=理产，解得r=噂,

rirr^r1zo

故答案为：萼.

O

「题目区（2023•沈幅模拟）如图，圆台内有一个球,该球与圆台的侧面和底面均相切.已知圆台的下底面圆心

为。1,半径为n,圆台的上底面圆心为。2，半径为r2（n>r2），球的球心为O,半径为R,记圆台的表面积为

Si，球的表面积为S2,则率的可能的取值为（）

【答案】A

【解析】如图，作出圆台的轴截面，作OF,8C,垂足为F,

4QD

由题意知圆O与梯形4BCD相切，\E

则DC=DE+CE=O2D+Oi。=乃+乃,

22

又。。=y/DF+FC=J4&+（、-宝）2,

QF

故V4-R2+（n—n）2=n+n,

化简可得R2=丁他,

饵Sj_=—+*）+兀（丁1+72）（丁1+「2）

瓦―4兀&

_rj+rj+r^

2Tn

_rl+rl1、2T\T2,1

--------------->---------------

2,1,222rif2

=曰（乃>「2,故取不到等号），由于日，母，《都不大于故善的可能的取值为2

zZooZ幺

、题目区（2024•河北沧州•模拟fit测）某包装设计部门为一球形塑料玩具设计一种正四面体形状的外包装盒（盒

子厚度忽略不计），已知该球形玩具的直径为2,每盒需放入10个塑料球，则该种外包装盒的棱长的最小值

为（）

A.2+2V6B.2+4V6C..4+276D.4+476

【答案】。

【分析】先确定正四面体的棱长与高还有内切球半径的关系，然后根据当a取得最小值时，从上到下每层中放

在边缘的小球都与正四面体的面都相切，从而计算出棱长的最小值.•••

【详解】设正四面体的棱长为a,高为九，内切球半径为r

则/=/+（乎ax±丫，可得无=乎a,

又4x：x乎xr=[x[a2x率x/i,可得了=誓明

OZJ乙O乙乙_LZ

即正四面体的高等于其棱长的手，正四面体的内切球的半径等于其棱长的雪.

如图，10个直径为2的小球放进棱长为a的正四面体ABCD中，构成三棱锥的形状，有3层，从上到下每层

的小球个数依次为1,3,6.

当a取得最小值时，从上到下每层中放在边缘的小球都与正四面体的侧面相切，底层的每个球都与正四面体

的底面相切，任意相邻的两个小球都外切，位于底层正三角状顶点的所有相邻小球的球心连线为一个正四面

体EFGH，底面BCD的中心为。，力。与面FGH的交点为P,

则该正四面体EFGH的棱长为1+2+1=4,

可求得其高为EP=4x^=¥&,AE=lx隼X乎一1=3,

33“6，

所以正四面体ABCD的高为A。=AE+EP+P。=3+全件+1=4+书⑥,

JO

进而可求得其棱长a的最小值为x与=4+2V6.

故选：C.

【点睛】方法点睛：对于四面体的内切球问题，我们最好能熟记正四面体的棱长与高还有内切球半径的关系，

即正四面体的高等于其棱长的等，正四面体的内切球的半径等于其棱长的普，这样解题的时候我们可以

OJLZ

利用这个关系快速得到我们要的量.

>1④（2024•四川宜宾・二#）所有棱长均为6的三棱锥，其外接球和内切球球面上各有一个动点河、N,则

线段AW长度的最大值为

5

【答案】2，百

【分析】根据题意，正四面体的外接球和内切球的球心重合且在正四面体的内部，求出外接球半径7？,内切球

半径r,线段MN长度的最大值为A+r得解.

【详解】由正四面体的棱长为6,则其外接球和内切球的球心重合且在正四面体的内部,

设球心为O,如图，连接并延长交底面BCD于

则AH±平面3co，且H为底面△BCD的中心，

所以BH=^X6=2遍，

在Rt/\AHB中，可求得AH=y/AB2-BH2=二两野=20,

设外接球半径为几内切球半径为r,

则B^=BH2+OH2=12+（2V6-R）2,

解得R=_^,T=OH=2娓-R=兴,

所以线段上W长度的最大值为R+r=2V6.

故答案为：2萌.

强化训练

一、单选题

［题目工（2023•浙江绍兴•模拟预测）已知某正六棱柱的所有棱长均为2,则该正六棱柱的外接球的表面积为

（）

A.6兀B.8兀C.16兀D.20兀

【答案】。

【分析】根据正六棱柱的性质可求解半径，由表面积公式即可求解.

【详解】由正六棱柱的性质可得O为其外接球的球心（如图），OO=1

由于底面为正六边形，所以△ABO'为等边三角形，故AO'=2,

所以AO=^A（y2+o（y2=V22+i2=Vs,

所以40为外接球的半径，故外接球表面积为4TT（V5）2=20兀，

故选：D

题目②（2024•广东梅州•一模）某圆锥的底面直径和高均是2,则其内切球（与圆锥的底面和侧面均相切）的半

径为（）

AV5+1DA/5—1cV3+1cV3—1

【答案】B

【分析】作出圆锥的轴截面，设内切球的半径为凡利用三角形面积关系建立关于A的方程，解之即可求解.

【详解】圆锥的轴截面如图所示，设内切球的球心为D,半径为R,•••

则4B=2,CG=2,所以AC=BC=+CG2=V5,

又SAABC=S/\ADB+SAADC+S,ABOC，

即[x2x2=：x2R+]xV5R+yXVbR,

解得R=—、="口，即内切球的半径为娓二'.

1+V522

故选：B

〔题目可（2024•陕西西安•一模）六氟化硫，化学式为S用,在常压下是一种无色、无臭、无毒、不燃的稳定气体，

有良好的绝缘性,在电器工业方面具有广泛用途.六氟化硫结构为正八面体结构，如图所示，硫原子位于正

八面体的中心，6个氟原子分别位于正八面体的6个顶点，若相邻两个氟原子之间的距离为小，则该正八面

体结构的内切球表面积为（）

Q

2

2

A.717n2B.27umC.兀D.

1o

【答案】。

【分析】根据正四棱锥的性质结合线面垂直的判定定理、性质定理找出内切球的半径，利用等面积法求出半

径的大小，即可求解.

【详解】如图，连接AC,BD交于点O,连接OP,

取BC的中点及连接OE,PE,

因为=所以。A=QB=OC=OD=乎小，

OP=JAP?—042=（山，

由BE=CE,可得BC_LOE,BC_LPE,OE,PEu平面POE,

且OECPE=E，所以BC_L平面POE,

过O作OH_LPE,

因为BC_L平面POE,OHu平面POE,所以BCLOH,

且BCClPE=E,BC,PEU平面PB。,所以OH_L平面PBC,

所以OH为该正八面体结构的内切球的半径，

在直角三角形POE中，。Q=空山,。£；=5小，.=容小，

由等面积法可得，JxOPxOE=]xPExOH,解得OH=-m

9•••

所以内切球的表面积为4兀x

故选:O.

［题目©（2024•广东•模拟覆测）将边长为2的正三角形沿某条线折叠，使得折叠后的立体图形有外接球，则当

此立体图形体积最大时，其外接球表面积为（）

A/R68-16V3仆11n52—16代

A.4兀B.---------------兀C.-7UD.---------------兀

929

【答案】B

【分析】首先分类讨论得出，满足题意的直线为EF-.y=V3（s-1+当），且此时d3=\BG\==

1,进一步求出底面四边形外接圆圆心Oi坐标、半径，从而得Q到直线EF的距离44,设出外接球球心到底面

的距离,，结合。4=OB=R可得用=/+优=（d3f疔+滥，由此可得外接球半径R,进而即可求解.

【详解】若将边长为2的正三角形沿某条线折叠，且这条线过三角形的某个顶点且不垂直于三角形的边，

由题意以。为原点，以边长为2的等边三角形的AB边为2轴，AB边上的高CD为"轴建立如图所示的平

面直角坐标系：

由题意A（-l,0）,B（l,0）,C（0,V3）,

不失一般性，设。。宵=皿+，^^>，^）（也就是设点。在不包含端点的线段04上）,

在CD:y—kx+V3,(k>V3)中，令g=0得a;=--

k

所以△BCD的面积为，^8=士以>8=±（1+乎）乂四=乎♦"道，

2k）2K

而点人（一1,0）到直线CDguAxr+A/WK/cA/S）的距离为由=卜：聪，

vWl

此时三棱锥A—BCD体积的最大值为弘=1SABmd产,此时面ACD_L面BCD）,

36k^/k2+l

（昭一3）2

所以0V%2=1

22

12fc(fc+l)]23+14+1

k2-3k2-3

所以°<%<鲁

若将边长为2的正三角形沿某条线折叠，且这条线过三角形的某个顶点且垂直于三角形的边,

此时上述情况中的点。于原点O重合，

此时三棱锥A—BCD体积的最大值为•••

33v2'32o

其中为为点A到。。的距离，即AO的长度；

将边长为2的正三角形沿某条线折叠，且这条线不过三角形的任何顶点，如图所示：

不失一般性，设该直线分别与AB,口。交于点E,F,

折叠后的立体图形有外接球，则A,E,F,G四点共圆，从而NCFE+NCAE=兀，

夫因为2CFE=2FEB+NFBE=2FEB+NCAE=三,

所以AFEB=卷=/CAB，所以△FEBFCAB,

0

由题意A(—1,0),B(1,0),C(0,A/3)，设EF:y=V3(x—a),(—1<a<1),

所以Sw产”(与即氏BC制X2x2x啜1-(与町]=>1+5明

过点B向EF引垂线，垂足为G,则d3=\BG\=禽(；一切,

所以四棱锥B—AEFC体积的最大值为

%=4S四边形MFdd3=(。+I”a___11=-1-(a2—l)(a—3)=-1-(a3—3a2—a+3),(-1<a<1)(此时四

边形AEFC与三角形BEF垂直),

从而％'(a)=-1-(3a2—6a—1),%'(a)=-^-(3a2—6a—1)=0oa=1-2f或a=1+-,

oo33

当一1<a<1—罕时，火(4>o,%(a)单调递增，

当l—2g〈a<l时，K(a)<0,%(a)单调递减，

o

所以当且仅当a=l一等时，有(⑷max=%(l—竽)=^X](1—竽)Tx[(l—竽)一3]=

2V3V3

~6~,

综上所述，满足题意的直线为EF:y=一1+,且此时&=|BG|=网:一幻=]，

此时我们首先来求四边形AEFC外接圆圆心。1,

因为AB中点坐标为(一小乎)，AB斜率为存

所以AB的垂直平分线方程为沙一斗=—乎(c+9)，

而AE中垂直线方程为必==_V3_

23，

从而解得Qi(—卒，i+产

\JO

2A/4—A/3

所以四边形AEFC外接圆半径为=\OA\=J(-寻+1丫+(11勺?

r13

又满足题意的四棱锥B-AEFC的高为d3=\BG\=囱;―—=1,

设满足题意的四棱锥B-AEFC的外接球球心为O,

设球心到平面AEFC的距离为瓦，

2

则由。4=OB=五可得，&=r+M=(d3Tliy+瑞，即-/4四=1—2/11+13

解得加小

oyt/c/

从而满足题意的外接球表面积为68-J凡.

故选：B.

【点睛】关键点点睛:关键是得出满足题意的直线为EF-.y=V3(a;-l+2患),且此时d3=\BG\=

V3(1—CL)

=1,由此即可顺利得解.

2

〔题目回(2024•河北邯舞•三模)已知在四面体ABCD中，AB=BC=CD=D4=BD,二面角A—BD—C的

大小为名，且点4B,C,。都在球O的球面上，河为棱AC上一点，N为棱BD的中点.若加=ACN,则

4=()

AXB邑C—n—

A，3及9。9口3

【答案】。

【分析】根据题意和几何关系，并在△4CN所在平面内建立平面直角坐标系，确定点。,河的位置和坐标，即

可求解.

【详解】由题意知△ABD与ABCD均为等边三角形，连接AN,C7V,贝||AN±BD,CN1_BD,乙4NC是二

面角A—BD—。的平面角，

所以NANC=合，又易知AN=CN,所以A4C/V是等边三角形.

设P为△BCD的外心，Q为小的中点，连接QP,ON,A。,则点O,P,Q都在平面ACZV内，建立平面直角

坐标系如图.

设AN=NC=AC=2,则7Vp=3,/O7VP=3,所以OP=

369

又力Q=四,所以OP=^4Q,因为MO〃CN,易知CM=为工4,

99

则。信，竽)，/容竿)，从而加。=>=鬻/.

【点睛】关键点点睛：本题的关键是结合几何关系，建立如图所示的平面直角坐标系，转化为平面几何问题.

题目回(2024•湖北•模拟覆测)已知四棱锥P-ABCD的底面为矩形，AB=2遍,BC=4,侧面PAB为正三

角形且垂直于底面ABCD,M•为四棱锥P—ABCD内切球表面上一点,则点河到直线CD距离的最小值为

()

A.V10-2B.VW-1C.2V3-2D.273-1

【答案】B

【分析】H,N分别为AB和CD的中点，平面截四棱锥P-ABCD的内切球O所得的截面为大圆，求出

圆的半径，利用圆心到直线距离求点M到直线CD距离的最小值.

【详解】如图，设四棱锥的内切球的半径为r•，取4B的中点为X,CD的中点为N,连接PH,PN,HN,

球O为四棱锥P-4BCD的内切球，

底面ABCD为矩形，侧面P4B为正三角形且垂直于底面4BCD,鼠

则平面PHN截四棱锥P—ABCD的内切球O所得的截面为大圆，

此圆为△PHN的内切圆，半径为r,与分别相切于点E,F,仇'…区

平面PAB_L平面ABCD，交线为AB,PHu平面PAB,

△PAB为正三角形，有a平面ABCD,/方"片…

HNU平面ABCD,：.PH_LHN,B,

48=23，3。=4,则有9=3,9=4,9=5,

则4PHN中，S"HN=母x3x4=^-r(3+4+5),解得r=l.

所以，四棱锥P-ABCD内切球半径为1,连接ON.

•：PH±平面ABCD,CDU平面ABCD,.•.CD_LPH,•••

又CD_LHN,PH,HNu平面PHN,PHC\HN=H,

r.CD_L平面PHN,•：ONu平面PHN,可得ON1_CD,

所以内切球表面上一点M到直线CD的距离的最小值即为线段ON的长减去球的半径，

又ON=y/OE2+EN2=V10.

所以四棱锥p—ABCD内切球表面上的一点河到直线CD的距离的最小值为V10-1.

故选：B.

【点睛】方法点睛：

四棱锥P—ABCD的内切球，与四棱锥的五个面都相切，由对称性平面PHN截四棱锥P—ABCD的内切

球。所得的截面为大圆，问题转化为三角形内切圆，利用面积法求出半径，即内切球的半径，由球心到直线

CD的距离，求点M到直线CD的距离的最小值.

>1⑦（2024•河南开封•二《）己知经过圆锥S。的轴的截面是正三角形,用平行于底面的截面将圆锥SO分

成两部分，若这两部分几何体都存在内切球（与各面均相切），则上、下两部分几何体的体积之比是（）

A.1:8B.1:9C.1:26D.1:27

【答案】。

【分析】作出圆锥SO的轴的截面，根据题意推出上、下两部分几何体的两部分的内切球的半径之比为1:3,从

而可得上部分圆锥的体积与圆锥SO的体积之比为1:27,从而可得解.

【详解】如图，作出圆锥SO的轴截面SAB,

设上、下两部分几何体的两部分的内切球的球心分别为E,F,半径分别为T,R,

即OF=FG=R,EG=T,

根据题