资料中包含下列文件，点击文件名可预览资料内容
还剩4页未读，
继续阅读
成套系列资料，整套一键下载
微重点07 球的切接问题（2大考点+强化训练）-2024年高考数学重难点培优精讲（新高考专用）
展开
这是一份微重点07 球的切接问题（2大考点+强化训练）-2024年高考数学重难点培优精讲（新高考专用），文件包含微重点07球的切接问题2大考点+强化训练原卷版docx、微重点07球的切接问题2大考点+强化训练解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共39页， 欢迎下载使用。
一、注意基础知识的整合、巩固。二轮复习要注意回归课本，课本是考试内容的载体，是高考命题的依据。浓缩课本知识，进一步夯实基础，提高解题的准确性和速度
二、查漏补缺，保强攻弱。在二轮复习中，对自己的薄弱环节要加强学习，平衡发展，加强各章节知识之间的横向联系，针对“一模”考试中的问题要很好的解决，根据自己的实际情况作出合理的安排。
三、提高运算能力，规范解答过程。在高考中运算占很大比例，一定要重视运算技巧粗中有细，提高运算准确性和速度，同时，要规范解答过程及书写。
四、强化数学思维，构建知识体系。同学们在听课时注意把重点要放到理解老师对问题思路的分析以及解法的归纳总结，以便于同学们在刷题时做到思路清晰，迅速准确。
五、解题快慢结合，改错反思。审题制定解题方案要慢，不要急于解题，要适当地选择好的方案，一旦方法选定，解题动作要快要自信。
六、重视和加强选择题的训练和研究。对于选择题不但要答案正确，还要优化解题过程，提高速度。灵活运用特值法、排除法、数形结合法、估算法等。
微重点07 球的切接问题（2大考点+强化训练）
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．
【例1】（2024·辽宁抚顺·一模）在三棱锥中，，，，，则三棱锥的外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】在中由余弦定理求得，由题意证得平面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】在中，，
即，又，
因为，所以，同理，
又由平面ABC，平面.
设的外接圆半径为，所以，
所以，所以外接球的半径R满足，
∴三棱锥外接球的表面积为.
故选：A.
【变式1】（23-24高三下·内蒙古赤峰·开学考试）已知正四面体的棱长为，则该四面体的外接球与以点为球心，为半径的球面的交线的周长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】求出正四面体外接球半径，利用三角函数定义求出，则得到，再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，为底面的中心，为该正四面体外接球的球心，
则，则该正四面体的高，
根据，即，解得，
则，，，
如图，在中，，
所以；
在中，，
因为交线为圆，所以周长为.
故选：C.
【变式2】(2023·昆明模拟)故宫太和殿是中国形制最高的宫殿，其建筑采用了重檐庑殿顶的屋顶样式，庑殿顶是“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，AD＝EF＝2，EF∥底面ABCD，且EA＝ED＝FB＝FC＝BC，则几何体ABCDEF外接球的表面积为( )
A．22π B．28π
C．32π D．38π
【答案】 A
【解析】 连接AC，BD，设AC∩BD＝M，取EF的中点N，连接MN，
由题意知，球心O在直线MN上，取BC的中点G，连接FG，则FG⊥BC，
且FG＝2×eq \f(\r(3),2)＝eq \r(3).
连接MG，过点F作FP⊥MG于点P，则四边形MPFN是矩形，MN＝FP，
则MN＝FP＝eq \r(FG2－PG2)＝eq \r(2)，
又因AM＝eq \f(1,2)AC，
AC＝eq \r(AB2＋BC2)＝2eq \r(5)，
则AM＝eq \r(5)，
因为△AMO和△ONE均为直角三角形，
设外接球半径为R，OM＝x，
当球心O在线段MN上时，
则R2＝x2＋(eq \r(5))2，R2＝(eq \r(2)－x)2＋12，
解得x＝－eq \f(\r(2),2)(舍)，
当球心O在线段MN外时，
则R2＝x2＋(eq \r(5))2，R2＝(eq \r(2)＋x)2＋12，
解得x＝eq \f(\r(2),2)，故R2＝eq \f(1,2)＋5＝eq \f(11,2)，
所以外接球的表面积S＝4πR2＝22π．
【变式3】(2023·全国乙卷)已知点S，A，B，C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ABC，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O1，半径为r，
则2r＝eq \f(AB,sin∠ACB)＝eq \f(3,\f(\r(3),2))＝2eq \r(3)，可得r＝eq \r(3)，
设三棱锥S－ABC的外接球球心为O，连接OA，OO1，则OA＝2，OO1＝eq \f(1,2)SA，
因为OA2＝OOeq \\al(2,1)＋O1A2，
即4＝3＋eq \f(1,4)SA2，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．
【例2】（2024·湖南·二模）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 .
【答案】/
【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，分别是的中点，
连接是球与侧面的切点，可知在上，，
设内切球半径为，
则，
由△∽△可知，即，解得，
所以内切球表面积.
故答案为：.
【变式1】(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O1，半径为r1，圆台的上底面圆心为O2，半径为r2(r1>r2)，球的球心为O，半径为R，记圆台的表面积为S1，球的表面积为S2，则eq \f(S1,S2)的可能的取值为( )
A．eq \f(π,2) B．eq \f(3,2) C．eq \f(π,3) D．eq \f(4,3)
【答案】A
【解析】如图，作出圆台的轴截面，作DF⊥BC，垂足为F，
由题意知圆O与梯形ABCD相切，
则DC＝DE＋CE＝O2D＋O1C＝r2＋r1，
又DC＝eq \r(DF2＋FC2)＝eq \r(4R2＋r1－r22)，
故eq \r(4R2＋r1－r22)＝r1＋r2，
化简可得R2＝r1r2，
则eq \f(S1,S2)＝eq \f(πr\\al(2,1)＋r\\al(2,2)＋πr1＋r2r1＋r2,4πR2)
＝eq \f(r\\al(2,1)＋r\\al(2,2)＋r1r2,2r1r2)
＝eq \f(r\\al(2,1)＋r\\al(2,2),2r1r2)＋eq \f(1,2)>eq \f(2r1r2,2r1r2)＋eq \f(1,2)
＝eq \f(3,2)(r1>r2，故取不到等号)，由于eq \f(3,2)，eq \f(π,3)，eq \f(4,3)都不大于eq \f(3,2)，故eq \f(S1,S2)的可能的取值为eq \f(π,2).
【变式2】（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），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．B．C．D．
【答案】C
【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，高为，内切球半径为
则，可得，
又，可得，
即正四面体的高等于其棱长的，正四面体的内切球的半径等于其棱长的．
如图，10个直径为2的小球放进棱长为a的正四面体中，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，底面的中心为，与面的交点为，
则该正四面体的棱长为，
可求得其高为，，
所以正四面体的高为，
进而可求得其棱长a的最小值为．
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，正四面体的内切球的半径等于其棱长的，这样解题的时候我们可以利用这个关系快速得到我们要的量．
【变式3】（2024·四川宜宾·二模）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，则线段长度的最大值为 .
【答案】
【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，内切球半径，线段长度的最大值为得解．
【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，如图，连接并延长交底面于，
则平面，且为底面的中心，
所以，
在中，可求得，
设外接球半径为，内切球半径为，
则，
解得，，
所以线段长度的最大值为.
故答案为：.
强化训练
一、单选题
1．（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．B．C．D．
【答案】D
【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为其外接球的球心（如图）,
由于底面为正六边形，所以为等边三角形，故,
所以,
所以为外接球的半径，故外接球表面积为，
故选：D
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（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】作出圆锥的轴截面，设内切球的半径为R，利用三角形面积关系建立关于R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，所以，
又，
即，
解得，即内切球的半径为.
故选：B
3．（2024·陕西西安·一模）六氟化硫，化学式为，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m，则该正八面体结构的内切球表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【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，连接交于点，连接，
取的中点，连接，
因为,所以,
,
由可得平面，
且，所以平面，
过作，
因为平面，平面，所以,
且平面，所以平面，
所以为该正八面体结构的内切球的半径，
在直角三角形中，，
由等面积法可得，,解得，
所以内切球的表面积为，
故选:D.
4．（2024·广东·模拟预测）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（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】首先分类讨论得出，满足题意的直线为，且此时，进一步求出底面四边形外接圆圆心坐标、半径，从而得到直线的距离，设出外接球球心到底面的距离，结合可得，由此可得外接球半径，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的等边三角形的边为轴，边上的高为轴建立如图所示的平面直角坐标系：
由题意，
不失一般性，设（也就是设点在不包含端点的线段上），
在中，令得，
所以的面积为，
而点到直线的距离为，
此时三棱锥体积的最大值为（此时面面），
所以，
所以；
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重合，
此时三棱锥体积的最大值为
（此时面面），
其中为点到的距离，即的长度；
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，设该直线分别与交于点，
折叠后的立体图形有外接球，则四点共圆，从而，
又因为，
所以，所以，
由题意，设，
所以，
过点向引垂线，垂足为，则，
所以四棱锥体积的最大值为
（此时四边形与三角形垂直），
从而，或，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以当且仅当时，有，
综上所述，满足题意的直线为，且此时，
此时我们首先来求四边形外接圆圆心，
因为中点坐标为，斜率为，
所以的垂直平分线方程为，
而中垂直线方程为，
从而解得，
所以四边形外接圆半径为，
而到直线的距离为，
又满足题意的四棱锥的高为，
设满足题意的四棱锥的外接球球心为，
设球心到平面的距离为，
则由可得，，即，
解得，
从而满足题意的外接球表面积为.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：关键是得出满足题意的直线为，且此时，由此即可顺利得解．
5．（2024·河北邯郸·三模）已知在四面体中，，二面角的大小为，且点A，B，C，D都在球的球面上，为棱上一点，为棱的中点．若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据题意和几何关系，并在所在平面内建立平面直角坐标系，确定点的位置和坐标，即可求解．
【详解】由题意知与均为等边三角形，连接，，则，，是二面角的平面角，
所以，又易知，所以是等边三角形．
设为的外心，为的中点，连接，则点O，P，Q都在平面内，建立平面直角坐标系如图．
设，则，，所以．
又，所以，因为，易知，
则，，从而，．
故选：C
【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．
6．（2024·湖北·模拟预测）已知四棱锥的底面为矩形，，，侧面为正三角形且垂直于底面，M为四棱锥内切球表面上一点，则点M到直线距离的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】分别为和的中点，平面截四棱锥的内切球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到直线距离的最小值．
【详解】如图，设四棱锥的内切球的半径为r，取的中点为H，的中点为N，连接，，，
球O为四棱锥的内切球，
底面为矩形，侧面为正三角形且垂直于底面，
则平面截四棱锥的内切球O所得的截面为大圆，
此圆为的内切圆，半径为r，与，分别相切于点E，F，
平面平面，交线为，平面，
为正三角形，有，平面，
平面，，
，，则有，，，
则中，，解得.
所以，四棱锥内切球半径为1，连接.
平面，平面，，
又，平面，，
平面，平面，可得，
所以内切球表面上一点M到直线的距离的最小值即为线段的长减去球的半径，
又.
所以四棱锥内切球表面上的一点M到直线的距离的最小值为.
故选：B.
【点睛】方法点睛：
四棱锥的内切球，与四棱锥的五个面都相切，由对称性平面截四棱锥的内切球O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，由球心到直线的距离，求点M到直线的距离的最小值．
7．（2024·河南开封·二模）已知经过圆锥的轴的截面是正三角形，用平行于底面的截面将圆锥分成两部分，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．B．C．D．
【答案】C
【分析】作出圆锥的轴的截面，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，从而可得上部分圆锥的体积与圆锥的体积之比为，从而可得解．
【详解】如图，作出圆锥的轴截面，
设上、下两部分几何体的两部分的内切球的球心分别为，，半径分别为，，
即，，
根据题意可知为正三角形，易知，圆锥的底面半径，
，又，
，，
上部分圆锥的底面半径为，高为，
又圆锥的底面半径为，高为，
上部分圆锥的体积与圆锥的体积之比为，
上、下两部分几何体的体积之比是．
故选：C．
【点睛】关键点点睛：本题的关键是找到上、下底面的半径的关系，从而得到两圆锥的体积之比．
8．（2024·吉林长春·模拟预测）已知四点均在半径为（为常数）的球的球面上运动，且，若四面体 的体积的最大值为，则球 的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】如图，取BC中点为N，结合题意可得四面体的体积最大时，平面ABC，且球心在DN上，后可得四面体 的体积表达式为，其中R为球体半径，结合均值不等式可得R，即可得答案．
【详解】因取BC中点为N，则，又，平面，，
则平面，面，则平面平面，要使四面体的体积最大，则有平面，且球心O在DN上．
设球体半径为R，则，则，
又注意到，，则.
注意到.
当且仅当，即时取等号．又四面体 的体积的最大值为，则.
则球的表面积为.
故选：D
【点睛】关键点点睛：此类问题需结合题目条件，设置合理的变量，得到相关的代数表达式，后由不等式取等条件得到等量关系，从而解决问题．
二、多选题
1．（23-24高三下·重庆·阶段练习）如图，在直三棱柱中，若分别是的中点，则下列结论正确的是（ ）
A．平面
B．平面
C．点到平面的距离为
D．三棱锥外接球的半径为
【答案】ABD
【分析】利用线面垂直的判定即可判断A；利用线面平行的判定即可判断B，利用等体积法即可求出点到平面距离，找到球心位于的中点，则得到外接球半径，即判断D.
【详解】对A，因为平面平面，所以.
在中，因为，所以，
则．又平面平面，所以平面，故A正确．
对B，取为的中点，连接．易知，所以四边形为平行四边形，
则．又平面平面，所以平面，故B正确．
对C，设点到平面的距离为，则是以为顶点，为底面的三棱锥的高．
因为平面，所以是三棱锥的高．又为直角三角形，
所以，所以.
又是直角三角形，所以．又，
所以，所以是直角三角形，则.
由，得，则，即点到平面的距离为，故C错误．
对D，因为和均为直角三角形，所以为三棱锥外接球的球心，即半径为，故D正确．
故选：ABD.
2．（2024·新疆·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
D．直线 AE与平面BDE 所成的角为60°
【答案】ABC
【分析】根据异面直线的夹角、线面垂直的判定、外接和内切球，线面角等知识点逐项判断即可．
【详解】将正八面体E-ABCD-F置于一个正方体中，该正八面体的顶点为正方体六个面的中心，如图所示，
设交于点O,易知O为正方体的中心，
由正方体性质易知，为的中位线，则 ，
同理，又，则，
则直线与所成角即与所成角，
因为为正三角形，所以，A正确，
由正方体性质易知BD⊥平面，平面，故BD⊥CE，B正确；
设正方体的棱长为2，
因为，
所以为此八面体外接球的球心，即此八面体一定存在外接球，且外接球半径为，
设内切球的半径为，
八面体的体积为，
又八面体的表面积为，
所以，解得，
此八面体内切球与外接球的表面积之比为 ，故C项正确．
由正方体性质易知AC⊥平面,故为直线 AE与平面BDE 所成的角，
又，故，故D错误．
故选：ABC.
3．（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
B．以四个球球心为顶点的四面体体积为
C．若另一小球与这四个球都外切，则该小球半径为
D．若另一小球与这四个球都内切，则该小球半径为
【答案】ACD
【分析】设半径为2的两球球心为A，B；半径为4的两球球心为C,D，根据内切关系可得三棱锥的各棱长，根据线线关系确定线面关系从而可求以四个球球心为顶点的四面体体积及与这四个球都外切或内切的球的半径，逐项判断即可得结论．
【详解】设半径为2的两球球心为A，B；半径为4的两球球心为C,D，易知，，,
取中点，连接，
因为，点为中点，
所以，，则，
故，则，
因为平面，所以平面，
则，故A正确，B不正确；
若另一小球与这四个球都外切，设小球中心为，半径为，则点在四面体内，取中点，中点，连接，
则，，又，，所以，
则球心在上，所以，
同理，代入解得或（舍），故C正确；
若另一小球与这四个球都内切，设小球中心为，半径为，则，，且点在上，
所以，
同理，代入得或（舍），故D正确．
故选：ACD.
三、填空题
1．（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，点是线段上的一点，是底面内接正三角形，且平面，则 ；三棱锥的外接球的表面积是 .
【答案】
【分析】（1）根据正弦定理求出的长；
（2）确定三棱锥的外接球，即为以为棱的正方体的外接球，再求其半径，最后应用球的表面积公式即可求出．
【详解】解：由题意，圆锥的底面半径为1，母线长为2，
是底面内接正三角形，结合题设有，所以，
由平面，平面，则，，
为正三角形，则，显然为中心，
结合对称性，易知，即，且，
三棱锥的外接球，即为以为相邻棱的正方体的外接球，
故外接球半径为，
所以三棱锥的外接球的表面积是.
故答案为：；
2．（2024·广东·一模）已知表面积为的球O的内接正四棱台，，，动点P在内部及其边界上运动，则直线BP与平面所成角的正弦值的最大值为 ．
【答案】/
【分析】先根据条件得到，进而得到，，利用线面垂直的性质作出面，故为直线BP与平面所成角，再利用，得知当与重合时，最小，再利用对顶角相等，即可求出结果．
【详解】如图，分别是上下底面的中心，设球心为，半径为，易知，
由题知，得到，又，，得到，
所以与重合，由，得到，
所以，又，所以，
因为面，面，所以，
又，，面，所以面，
连接并延长，过作，交的延长线于，
又面，所以，又，面，
所以面，连接，则为直线BP与平面所成的角，，
在中，易知，，所以，
所以当最小时，直线BP与平面所成角的正弦值的最大值，
又动点P在内部及其边界上运动，所以当与重合时，最小，
此时为直线BP与平面所成的角，所以直线BP与平面所成角的正弦值的最大值为，
故答案为：.
【点睛】关键点点晴：本题的关键在于点位置的确定，通过利用线面垂直的性质作出面，从而得出为直线BP与平面所成角，再利用，将问题转化成求的最小值，即可确定点位置，从而解决问题．
3．（23-24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，则该三棱锥外接球表面积的最小值为 ．
【答案】
【分析】由三视图还原几何体，利用正弦定理可用表示出三棱锥的高和的外接圆半径，结合基本不等式可求得，代入球的表面积公式即可．
【详解】由三视图可还原几何体如下图所示，其中平面，平面，
设，，则，；
设的外接圆半径为，三棱锥的外接球半径为，
在中，由正弦定理得：，，
（当且仅当时取等号），
该三棱锥外接球表面积的最小值为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何中的多面体外接球相关问题的求解，解题关键是能够通过三视图准确还原几何体，借助直棱柱模型确定几何体外接球半径.
四、解答题
1．（2023高三·全国·专题练习）将个半径为的球和个半径为的球叠为两层放在桌面上，上层只放个较小的球，个球两两相切，求上层小球的最高点到桌面的距离．
【答案】
【分析】设下层三个半径为1的球的球心构成边长为2的等边三角形，上面小球的球心和这个等边三角形构成侧棱长为的正三棱锥，上层小球的最高点到桌面的距离为小球半径、大球半径与正三棱锥的高相加之和．
【详解】将球心连接起来构成侧棱为，底面边长为的正三棱锥,
设底面三角形的中心为，则
故正三棱锥的高，
显然平面到桌面的距离为，
所以上层小球的最高点到桌面的距离为.
2．（2023高三·全国·专题练习）如图：长为3的线段与边长为2的正方形垂直相交于其中心．
(1)若二面角的正切值为，试确定在线段的位置；
(2)在（1）的前提下，以，，，，，为顶点的几何体是否存在内切球？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．
【答案】(1)存在，在线段上的靠近点的三分点位置
(2)存在 ，内切球心在点距离为的位置上．
【分析】（1）取线段的中点为点，连接，，．证明出为二面角的平面角．设，，，利用直角三角形建立关于的方程，解出；
（2）几何体存在内切球，设球心为，设线段的中点为点，内切球的半径为，利用几何性质计算出在点距离为的位置上．
【详解】（1）取线段的中点为点，连接，，．
由于四边形是正方形，为其中心，所以，
又面,面，所以.
而，面,面,所以面.
因为面，所以.
同理可以证出，为二面角的平面角，．
设，，，则．且
在中，，
同理在中，
由，
得：
故在线段上的靠近点的三分点位置．
（2）几何体存在内切球，令球心为.
若设线段的中点为点，内切球的半径为，由对称性可知：平面四边形的内切圆的圆心为，半径即为，
故，而，．
所以，得．
由三角形相似有：
所以．
故其内切球心在点距离为的位置上．
3．（23-24高三上·宁夏吴忠·阶段练习）如图，已知圆锥的轴截面是边长为正三角形，是底面圆的直径，点在上，且.
(1)求异面直线与所成角的余弦值；
(2)求能放置在该圆锥内半径最大的球的体积．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法求得异面直线与所成角的余弦值．
（2）通过求等边三角形内切圆的半径来求得最大球的半径，进而求得最大球的体积．
【详解】（1）连接，以为原点，分别为、轴，过且垂直的直线为轴，
建立如图所示空间直角坐标系，
则，
，
设异面直线与所成角为，
所以.
（2）依题意可知，圆锥内半径最大的球的半径，等于等边三角形内切圆的半径，
根据等面积法有，
所以最大球的体积为.
4．（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中，球的半径为，记平面、平面、平面分别为、、.
(1)若棱长为的正方体、棱长为的正四面体的内切球均为球，求的值；
(2)若球在处有一切平面为，求与的交线方程，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，记与、、的交线分别为、、，求到、、距离乘积的最小值．
【答案】(1)
(2)交线方程为，该直线的一个方向向量为
(3)
【分析】（1）求出的值，利用等体积法求出的值，由此可得出的值；
（2）在与的交线上任取一点，记点，由结合空间向量数量积的坐标运算可得出与的交线方程，由此可写出交线的一个法向量；
（3）设为球面上一点，则，求出平面的方程，可求出平面与三条轴的交点坐标，利用等面积法求出点到直线、、距离，在利用三元基本不等式可求得到、、距离乘积的最小值．
【详解】（1）解：由题意可知，球内最大内切正方体的棱长为，
设球为最大内切正四面体为，如下图所示：
设顶点在底面的射影为点，则为正的中心，
取线段的中点，连接，则，
则，，
所以，，，
因为，
，故，解得，
所以，.
（2）解：在与的交线上任取一点，记点，
则，即，
即，即，
所以，与的交线方程为，该直线的一个法向量为.
（3）解：设为球面上一点，则，
在平面上任取一点，则，
即，
即，即，
因为平面与三个坐标平面均有交线，则，
平面分别交、、轴于点、、，
设到、、距离分别为、、，
则，
同理可得，，
所以，，
当且仅当，即当，
故到、、距离乘积的最小值为.
【点睛】思路点睛：本题考查立体几何与平面解析几何的综合问题，解题时主要要清楚直线与球的切结关系，考查学生的逻辑思维能力与空间想象能力，属于难题．
5．（23-24高三下·山东菏泽·阶段练习）已知三棱柱，其中，，点是的中点，连接，，异面直线和所成角记为．
(1)若，求三棱柱外接球的表面积；
(2)若，则在过点且与平行的截面中，当截面图形为等腰梯形时，求该截面面积．
【答案】(1)或
(2)
【分析】（1）因为异面直线和所成角的余弦值为，可得或，分类讨论结合球的表面积计算即可得；
（2）取，，的中点，，，连接，，，，结合题意可得四边形即为符合要求的等腰梯形，在等腰梯形中，，取，的中点，，计算即可得该截面面积．
【详解】（1）因为，，所以，
又因为，、平面，，
所以平面，故三棱柱 为直三棱柱 ，
因为异面直线和所成角的余弦值为，
所以，，设该三棱柱外接球球心为点，
当时，
由余弦定理可得，
由正弦定理可得底面外接圆 为圆心的直径，
而，所以球的半径，
所以球的表面积，
当时，，
同理可得球的半径，所以球的表面积；
（2）分别取，，的中点，，，连接，，，，
则且，
在直三棱柱中，是的中位线，
且，，且，
，，，四点共面，，分别为，的中点，
，又平面，平面，
平面，，且，分别为，的中点，
四边形即为符合要求的等腰梯形，
当不是的中点时，不平行于平面，过作，
连接得到与平行的平面，三棱柱底面三角形为直角三角形，
可以将三棱柱补成正方体，过作，延长与相交于，
连接交 于点， 不平行于平面，与共面，
则与不平行，此时四边形不是等腰梯形，故等腰梯形有且仅有一个，
在等腰梯形中，，取，的中点，，
由图可知，，故，
所以该截面面积为.
一、注意基础知识的整合、巩固。二轮复习要注意回归课本，课本是考试内容的载体，是高考命题的依据。浓缩课本知识，进一步夯实基础，提高解题的准确性和速度
二、查漏补缺，保强攻弱。在二轮复习中，对自己的薄弱环节要加强学习，平衡发展，加强各章节知识之间的横向联系，针对“一模”考试中的问题要很好的解决，根据自己的实际情况作出合理的安排。
三、提高运算能力，规范解答过程。在高考中运算占很大比例，一定要重视运算技巧粗中有细，提高运算准确性和速度，同时，要规范解答过程及书写。
四、强化数学思维，构建知识体系。同学们在听课时注意把重点要放到理解老师对问题思路的分析以及解法的归纳总结，以便于同学们在刷题时做到思路清晰，迅速准确。
五、解题快慢结合，改错反思。审题制定解题方案要慢，不要急于解题，要适当地选择好的方案，一旦方法选定，解题动作要快要自信。
六、重视和加强选择题的训练和研究。对于选择题不但要答案正确，还要优化解题过程，提高速度。灵活运用特值法、排除法、数形结合法、估算法等。
微重点07 球的切接问题（2大考点+强化训练）
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．
【例1】（2024·辽宁抚顺·一模）在三棱锥中，，，，，则三棱锥的外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】在中由余弦定理求得，由题意证得平面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】在中，，
即，又，
因为，所以，同理，
又由平面ABC，平面.
设的外接圆半径为，所以，
所以，所以外接球的半径R满足，
∴三棱锥外接球的表面积为.
故选：A.
【变式1】（23-24高三下·内蒙古赤峰·开学考试）已知正四面体的棱长为，则该四面体的外接球与以点为球心，为半径的球面的交线的周长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】求出正四面体外接球半径，利用三角函数定义求出，则得到，再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，为底面的中心，为该正四面体外接球的球心，
则，则该正四面体的高，
根据，即，解得，
则，，，
如图，在中，，
所以；
在中，，
因为交线为圆，所以周长为.
故选：C.
【变式2】(2023·昆明模拟)故宫太和殿是中国形制最高的宫殿，其建筑采用了重檐庑殿顶的屋顶样式，庑殿顶是“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，AD＝EF＝2，EF∥底面ABCD，且EA＝ED＝FB＝FC＝BC，则几何体ABCDEF外接球的表面积为( )
A．22π B．28π
C．32π D．38π
【答案】 A
【解析】 连接AC，BD，设AC∩BD＝M，取EF的中点N，连接MN，
由题意知，球心O在直线MN上，取BC的中点G，连接FG，则FG⊥BC，
且FG＝2×eq \f(\r(3),2)＝eq \r(3).
连接MG，过点F作FP⊥MG于点P，则四边形MPFN是矩形，MN＝FP，
则MN＝FP＝eq \r(FG2－PG2)＝eq \r(2)，
又因AM＝eq \f(1,2)AC，
AC＝eq \r(AB2＋BC2)＝2eq \r(5)，
则AM＝eq \r(5)，
因为△AMO和△ONE均为直角三角形，
设外接球半径为R，OM＝x，
当球心O在线段MN上时，
则R2＝x2＋(eq \r(5))2，R2＝(eq \r(2)－x)2＋12，
解得x＝－eq \f(\r(2),2)(舍)，
当球心O在线段MN外时，
则R2＝x2＋(eq \r(5))2，R2＝(eq \r(2)＋x)2＋12，
解得x＝eq \f(\r(2),2)，故R2＝eq \f(1,2)＋5＝eq \f(11,2)，
所以外接球的表面积S＝4πR2＝22π．
【变式3】(2023·全国乙卷)已知点S，A，B，C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ABC，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O1，半径为r，
则2r＝eq \f(AB,sin∠ACB)＝eq \f(3,\f(\r(3),2))＝2eq \r(3)，可得r＝eq \r(3)，
设三棱锥S－ABC的外接球球心为O，连接OA，OO1，则OA＝2，OO1＝eq \f(1,2)SA，
因为OA2＝OOeq \\al(2,1)＋O1A2，
即4＝3＋eq \f(1,4)SA2，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．
【例2】（2024·湖南·二模）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 .
【答案】/
【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，分别是的中点，
连接是球与侧面的切点，可知在上，，
设内切球半径为，
则，
由△∽△可知，即，解得，
所以内切球表面积.
故答案为：.
【变式1】(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O1，半径为r1，圆台的上底面圆心为O2，半径为r2(r1>r2)，球的球心为O，半径为R，记圆台的表面积为S1，球的表面积为S2，则eq \f(S1,S2)的可能的取值为( )
A．eq \f(π,2) B．eq \f(3,2) C．eq \f(π,3) D．eq \f(4,3)
【答案】A
【解析】如图，作出圆台的轴截面，作DF⊥BC，垂足为F，
由题意知圆O与梯形ABCD相切，
则DC＝DE＋CE＝O2D＋O1C＝r2＋r1，
又DC＝eq \r(DF2＋FC2)＝eq \r(4R2＋r1－r22)，
故eq \r(4R2＋r1－r22)＝r1＋r2，
化简可得R2＝r1r2，
则eq \f(S1,S2)＝eq \f(πr\\al(2,1)＋r\\al(2,2)＋πr1＋r2r1＋r2,4πR2)
＝eq \f(r\\al(2,1)＋r\\al(2,2)＋r1r2,2r1r2)
＝eq \f(r\\al(2,1)＋r\\al(2,2),2r1r2)＋eq \f(1,2)>eq \f(2r1r2,2r1r2)＋eq \f(1,2)
＝eq \f(3,2)(r1>r2，故取不到等号)，由于eq \f(3,2)，eq \f(π,3)，eq \f(4,3)都不大于eq \f(3,2)，故eq \f(S1,S2)的可能的取值为eq \f(π,2).
【变式2】（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），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．B．C．D．
【答案】C
【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，高为，内切球半径为
则，可得，
又，可得，
即正四面体的高等于其棱长的，正四面体的内切球的半径等于其棱长的．
如图，10个直径为2的小球放进棱长为a的正四面体中，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，底面的中心为，与面的交点为，
则该正四面体的棱长为，
可求得其高为，，
所以正四面体的高为，
进而可求得其棱长a的最小值为．
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，正四面体的内切球的半径等于其棱长的，这样解题的时候我们可以利用这个关系快速得到我们要的量．
【变式3】（2024·四川宜宾·二模）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，则线段长度的最大值为 .
【答案】
【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，内切球半径，线段长度的最大值为得解．
【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，如图，连接并延长交底面于，
则平面，且为底面的中心，
所以，
在中，可求得，
设外接球半径为，内切球半径为，
则，
解得，，
所以线段长度的最大值为.
故答案为：.
强化训练
一、单选题
1．（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．B．C．D．
【答案】D
【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为其外接球的球心（如图）,
由于底面为正六边形，所以为等边三角形，故,
所以,
所以为外接球的半径，故外接球表面积为，
故选：D
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（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】作出圆锥的轴截面，设内切球的半径为R，利用三角形面积关系建立关于R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，所以，
又，
即，
解得，即内切球的半径为.
故选：B
3．（2024·陕西西安·一模）六氟化硫，化学式为，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m，则该正八面体结构的内切球表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【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，连接交于点，连接，
取的中点，连接，
因为,所以,
,
由可得平面，
且，所以平面，
过作，
因为平面，平面，所以,
且平面，所以平面，
所以为该正八面体结构的内切球的半径，
在直角三角形中，，
由等面积法可得，,解得，
所以内切球的表面积为，
故选:D.
4．（2024·广东·模拟预测）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（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】首先分类讨论得出，满足题意的直线为，且此时，进一步求出底面四边形外接圆圆心坐标、半径，从而得到直线的距离，设出外接球球心到底面的距离，结合可得，由此可得外接球半径，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的等边三角形的边为轴，边上的高为轴建立如图所示的平面直角坐标系：
由题意，
不失一般性，设（也就是设点在不包含端点的线段上），
在中，令得，
所以的面积为，
而点到直线的距离为，
此时三棱锥体积的最大值为（此时面面），
所以，
所以；
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重合，
此时三棱锥体积的最大值为
（此时面面），
其中为点到的距离，即的长度；
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，设该直线分别与交于点，
折叠后的立体图形有外接球，则四点共圆，从而，
又因为，
所以，所以，
由题意，设，
所以，
过点向引垂线，垂足为，则，
所以四棱锥体积的最大值为
（此时四边形与三角形垂直），
从而，或，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以当且仅当时，有，
综上所述，满足题意的直线为，且此时，
此时我们首先来求四边形外接圆圆心，
因为中点坐标为，斜率为，
所以的垂直平分线方程为，
而中垂直线方程为，
从而解得，
所以四边形外接圆半径为，
而到直线的距离为，
又满足题意的四棱锥的高为，
设满足题意的四棱锥的外接球球心为，
设球心到平面的距离为，
则由可得，，即，
解得，
从而满足题意的外接球表面积为.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：关键是得出满足题意的直线为，且此时，由此即可顺利得解．
5．（2024·河北邯郸·三模）已知在四面体中，，二面角的大小为，且点A，B，C，D都在球的球面上，为棱上一点，为棱的中点．若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据题意和几何关系，并在所在平面内建立平面直角坐标系，确定点的位置和坐标，即可求解．
【详解】由题意知与均为等边三角形，连接，，则，，是二面角的平面角，
所以，又易知，所以是等边三角形．
设为的外心，为的中点，连接，则点O，P，Q都在平面内，建立平面直角坐标系如图．
设，则，，所以．
又，所以，因为，易知，
则，，从而，．
故选：C
【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．
6．（2024·湖北·模拟预测）已知四棱锥的底面为矩形，，，侧面为正三角形且垂直于底面，M为四棱锥内切球表面上一点，则点M到直线距离的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】分别为和的中点，平面截四棱锥的内切球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到直线距离的最小值．
【详解】如图，设四棱锥的内切球的半径为r，取的中点为H，的中点为N，连接，，，
球O为四棱锥的内切球，
底面为矩形，侧面为正三角形且垂直于底面，
则平面截四棱锥的内切球O所得的截面为大圆，
此圆为的内切圆，半径为r，与，分别相切于点E，F，
平面平面，交线为，平面，
为正三角形，有，平面，
平面，，
，，则有，，，
则中，，解得.
所以，四棱锥内切球半径为1，连接.
平面，平面，，
又，平面，，
平面，平面，可得，
所以内切球表面上一点M到直线的距离的最小值即为线段的长减去球的半径，
又.
所以四棱锥内切球表面上的一点M到直线的距离的最小值为.
故选：B.
【点睛】方法点睛：
四棱锥的内切球，与四棱锥的五个面都相切，由对称性平面截四棱锥的内切球O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，由球心到直线的距离，求点M到直线的距离的最小值．
7．（2024·河南开封·二模）已知经过圆锥的轴的截面是正三角形，用平行于底面的截面将圆锥分成两部分，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．B．C．D．
【答案】C
【分析】作出圆锥的轴的截面，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，从而可得上部分圆锥的体积与圆锥的体积之比为，从而可得解．
【详解】如图，作出圆锥的轴截面，
设上、下两部分几何体的两部分的内切球的球心分别为，，半径分别为，，
即，，
根据题意可知为正三角形，易知，圆锥的底面半径，
，又，
，，
上部分圆锥的底面半径为，高为，
又圆锥的底面半径为，高为，
上部分圆锥的体积与圆锥的体积之比为，
上、下两部分几何体的体积之比是．
故选：C．
【点睛】关键点点睛：本题的关键是找到上、下底面的半径的关系，从而得到两圆锥的体积之比．
8．（2024·吉林长春·模拟预测）已知四点均在半径为（为常数）的球的球面上运动，且，若四面体 的体积的最大值为，则球 的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】如图，取BC中点为N，结合题意可得四面体的体积最大时，平面ABC，且球心在DN上，后可得四面体 的体积表达式为，其中R为球体半径，结合均值不等式可得R，即可得答案．
【详解】因取BC中点为N，则，又，平面，，
则平面，面，则平面平面，要使四面体的体积最大，则有平面，且球心O在DN上．
设球体半径为R，则，则，
又注意到，，则.
注意到.
当且仅当，即时取等号．又四面体 的体积的最大值为，则.
则球的表面积为.
故选：D
【点睛】关键点点睛：此类问题需结合题目条件，设置合理的变量，得到相关的代数表达式，后由不等式取等条件得到等量关系，从而解决问题．
二、多选题
1．（23-24高三下·重庆·阶段练习）如图，在直三棱柱中，若分别是的中点，则下列结论正确的是（ ）
A．平面
B．平面
C．点到平面的距离为
D．三棱锥外接球的半径为
【答案】ABD
【分析】利用线面垂直的判定即可判断A；利用线面平行的判定即可判断B，利用等体积法即可求出点到平面距离，找到球心位于的中点，则得到外接球半径，即判断D.
【详解】对A，因为平面平面，所以.
在中，因为，所以，
则．又平面平面，所以平面，故A正确．
对B，取为的中点，连接．易知，所以四边形为平行四边形，
则．又平面平面，所以平面，故B正确．
对C，设点到平面的距离为，则是以为顶点，为底面的三棱锥的高．
因为平面，所以是三棱锥的高．又为直角三角形，
所以，所以.
又是直角三角形，所以．又，
所以，所以是直角三角形，则.
由，得，则，即点到平面的距离为，故C错误．
对D，因为和均为直角三角形，所以为三棱锥外接球的球心，即半径为，故D正确．
故选：ABD.
2．（2024·新疆·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
D．直线 AE与平面BDE 所成的角为60°
【答案】ABC
【分析】根据异面直线的夹角、线面垂直的判定、外接和内切球，线面角等知识点逐项判断即可．
【详解】将正八面体E-ABCD-F置于一个正方体中，该正八面体的顶点为正方体六个面的中心，如图所示，
设交于点O,易知O为正方体的中心，
由正方体性质易知，为的中位线，则 ，
同理，又，则，
则直线与所成角即与所成角，
因为为正三角形，所以，A正确，
由正方体性质易知BD⊥平面，平面，故BD⊥CE，B正确；
设正方体的棱长为2，
因为，
所以为此八面体外接球的球心，即此八面体一定存在外接球，且外接球半径为，
设内切球的半径为，
八面体的体积为，
又八面体的表面积为，
所以，解得，
此八面体内切球与外接球的表面积之比为 ，故C项正确．
由正方体性质易知AC⊥平面,故为直线 AE与平面BDE 所成的角，
又，故，故D错误．
故选：ABC.
3．（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
B．以四个球球心为顶点的四面体体积为
C．若另一小球与这四个球都外切，则该小球半径为
D．若另一小球与这四个球都内切，则该小球半径为
【答案】ACD
【分析】设半径为2的两球球心为A，B；半径为4的两球球心为C,D，根据内切关系可得三棱锥的各棱长，根据线线关系确定线面关系从而可求以四个球球心为顶点的四面体体积及与这四个球都外切或内切的球的半径，逐项判断即可得结论．
【详解】设半径为2的两球球心为A，B；半径为4的两球球心为C,D，易知，，,
取中点，连接，
因为，点为中点，
所以，，则，
故，则，
因为平面，所以平面，
则，故A正确，B不正确；
若另一小球与这四个球都外切，设小球中心为，半径为，则点在四面体内，取中点，中点，连接，
则，，又，，所以，
则球心在上，所以，
同理，代入解得或（舍），故C正确；
若另一小球与这四个球都内切，设小球中心为，半径为，则，，且点在上，
所以，
同理，代入得或（舍），故D正确．
故选：ACD.
三、填空题
1．（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，点是线段上的一点，是底面内接正三角形，且平面，则 ；三棱锥的外接球的表面积是 .
【答案】
【分析】（1）根据正弦定理求出的长；
（2）确定三棱锥的外接球，即为以为棱的正方体的外接球，再求其半径，最后应用球的表面积公式即可求出．
【详解】解：由题意，圆锥的底面半径为1，母线长为2，
是底面内接正三角形，结合题设有，所以，
由平面，平面，则，，
为正三角形，则，显然为中心，
结合对称性，易知，即，且，
三棱锥的外接球，即为以为相邻棱的正方体的外接球，
故外接球半径为，
所以三棱锥的外接球的表面积是.
故答案为：；
2．（2024·广东·一模）已知表面积为的球O的内接正四棱台，，，动点P在内部及其边界上运动，则直线BP与平面所成角的正弦值的最大值为 ．
【答案】/
【分析】先根据条件得到，进而得到，，利用线面垂直的性质作出面，故为直线BP与平面所成角，再利用，得知当与重合时，最小，再利用对顶角相等，即可求出结果．
【详解】如图，分别是上下底面的中心，设球心为，半径为，易知，
由题知，得到，又，，得到，
所以与重合，由，得到，
所以，又，所以，
因为面，面，所以，
又，，面，所以面，
连接并延长，过作，交的延长线于，
又面，所以，又，面，
所以面，连接，则为直线BP与平面所成的角，，
在中，易知，，所以，
所以当最小时，直线BP与平面所成角的正弦值的最大值，
又动点P在内部及其边界上运动，所以当与重合时，最小，
此时为直线BP与平面所成的角，所以直线BP与平面所成角的正弦值的最大值为，
故答案为：.
【点睛】关键点点晴：本题的关键在于点位置的确定，通过利用线面垂直的性质作出面，从而得出为直线BP与平面所成角，再利用，将问题转化成求的最小值，即可确定点位置，从而解决问题．
3．（23-24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，则该三棱锥外接球表面积的最小值为 ．
【答案】
【分析】由三视图还原几何体，利用正弦定理可用表示出三棱锥的高和的外接圆半径，结合基本不等式可求得，代入球的表面积公式即可．
【详解】由三视图可还原几何体如下图所示，其中平面，平面，
设，，则，；
设的外接圆半径为，三棱锥的外接球半径为，
在中，由正弦定理得：，，
（当且仅当时取等号），
该三棱锥外接球表面积的最小值为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何中的多面体外接球相关问题的求解，解题关键是能够通过三视图准确还原几何体，借助直棱柱模型确定几何体外接球半径.
四、解答题
1．（2023高三·全国·专题练习）将个半径为的球和个半径为的球叠为两层放在桌面上，上层只放个较小的球，个球两两相切，求上层小球的最高点到桌面的距离．
【答案】
【分析】设下层三个半径为1的球的球心构成边长为2的等边三角形，上面小球的球心和这个等边三角形构成侧棱长为的正三棱锥，上层小球的最高点到桌面的距离为小球半径、大球半径与正三棱锥的高相加之和．
【详解】将球心连接起来构成侧棱为，底面边长为的正三棱锥,
设底面三角形的中心为，则
故正三棱锥的高，
显然平面到桌面的距离为，
所以上层小球的最高点到桌面的距离为.
2．（2023高三·全国·专题练习）如图：长为3的线段与边长为2的正方形垂直相交于其中心．
(1)若二面角的正切值为，试确定在线段的位置；
(2)在（1）的前提下，以，，，，，为顶点的几何体是否存在内切球？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．
【答案】(1)存在，在线段上的靠近点的三分点位置
(2)存在 ，内切球心在点距离为的位置上．
【分析】（1）取线段的中点为点，连接，，．证明出为二面角的平面角．设，，，利用直角三角形建立关于的方程，解出；
（2）几何体存在内切球，设球心为，设线段的中点为点，内切球的半径为，利用几何性质计算出在点距离为的位置上．
【详解】（1）取线段的中点为点，连接，，．
由于四边形是正方形，为其中心，所以，
又面,面，所以.
而，面,面,所以面.
因为面，所以.
同理可以证出，为二面角的平面角，．
设，，，则．且
在中，，
同理在中，
由，
得：
故在线段上的靠近点的三分点位置．
（2）几何体存在内切球，令球心为.
若设线段的中点为点，内切球的半径为，由对称性可知：平面四边形的内切圆的圆心为，半径即为，
故，而，．
所以，得．
由三角形相似有：
所以．
故其内切球心在点距离为的位置上．
3．（23-24高三上·宁夏吴忠·阶段练习）如图，已知圆锥的轴截面是边长为正三角形，是底面圆的直径，点在上，且.
(1)求异面直线与所成角的余弦值；
(2)求能放置在该圆锥内半径最大的球的体积．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用向量法求得异面直线与所成角的余弦值．
（2）通过求等边三角形内切圆的半径来求得最大球的半径，进而求得最大球的体积．
【详解】（1）连接，以为原点，分别为、轴，过且垂直的直线为轴，
建立如图所示空间直角坐标系，
则，
，
设异面直线与所成角为，
所以.
（2）依题意可知，圆锥内半径最大的球的半径，等于等边三角形内切圆的半径，
根据等面积法有，
所以最大球的体积为.
4．（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中，球的半径为，记平面、平面、平面分别为、、.
(1)若棱长为的正方体、棱长为的正四面体的内切球均为球，求的值；
(2)若球在处有一切平面为，求与的交线方程，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，记与、、的交线分别为、、，求到、、距离乘积的最小值．
【答案】(1)
(2)交线方程为，该直线的一个方向向量为
(3)
【分析】（1）求出的值，利用等体积法求出的值，由此可得出的值；
（2）在与的交线上任取一点，记点，由结合空间向量数量积的坐标运算可得出与的交线方程，由此可写出交线的一个法向量；
（3）设为球面上一点，则，求出平面的方程，可求出平面与三条轴的交点坐标，利用等面积法求出点到直线、、距离，在利用三元基本不等式可求得到、、距离乘积的最小值．
【详解】（1）解：由题意可知，球内最大内切正方体的棱长为，
设球为最大内切正四面体为，如下图所示：
设顶点在底面的射影为点，则为正的中心，
取线段的中点，连接，则，
则，，
所以，，，
因为，
，故，解得，
所以，.
（2）解：在与的交线上任取一点，记点，
则，即，
即，即，
所以，与的交线方程为，该直线的一个法向量为.
（3）解：设为球面上一点，则，
在平面上任取一点，则，
即，
即，即，
因为平面与三个坐标平面均有交线，则，
平面分别交、、轴于点、、，
设到、、距离分别为、、，
则，
同理可得，，
所以，，
当且仅当，即当，
故到、、距离乘积的最小值为.
【点睛】思路点睛：本题考查立体几何与平面解析几何的综合问题，解题时主要要清楚直线与球的切结关系，考查学生的逻辑思维能力与空间想象能力，属于难题．
5．（23-24高三下·山东菏泽·阶段练习）已知三棱柱，其中，，点是的中点，连接，，异面直线和所成角记为．
(1)若，求三棱柱外接球的表面积；
(2)若，则在过点且与平行的截面中，当截面图形为等腰梯形时，求该截面面积．
【答案】(1)或
(2)
【分析】（1）因为异面直线和所成角的余弦值为，可得或，分类讨论结合球的表面积计算即可得；
（2）取，，的中点，，，连接，，，，结合题意可得四边形即为符合要求的等腰梯形，在等腰梯形中，，取，的中点，，计算即可得该截面面积．
【详解】（1）因为，，所以，
又因为，、平面，，
所以平面，故三棱柱 为直三棱柱 ，
因为异面直线和所成角的余弦值为，
所以，，设该三棱柱外接球球心为点，
当时，
由余弦定理可得，
由正弦定理可得底面外接圆 为圆心的直径，
而，所以球的半径，
所以球的表面积，
当时，，
同理可得球的半径，所以球的表面积；
（2）分别取，，的中点，，，连接，，，，
则且，
在直三棱柱中，是的中位线，
且，，且，
，，，四点共面，，分别为，的中点，
，又平面，平面，
平面，，且，分别为，的中点，
四边形即为符合要求的等腰梯形，
当不是的中点时，不平行于平面，过作，
连接得到与平行的平面，三棱柱底面三角形为直角三角形，
可以将三棱柱补成正方体，过作，延长与相交于，
连接交 于点， 不平行于平面，与共面，
则与不平行，此时四边形不是等腰梯形，故等腰梯形有且仅有一个，
在等腰梯形中，，取，的中点，，
由图可知，，故，
所以该截面面积为.
相关试卷
微重点05数列的递推关系（2大考点+强化训练）-2024年高考数学重难点培优精讲（新高考专用）： 这是一份微重点05数列的递推关系（2大考点+强化训练）-2024年高考数学重难点培优精讲（新高考专用），文件包含微重点05数列的递推关系2大考点+强化训练原卷版docx、微重点05数列的递推关系2大考点+强化训练解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共25页， 欢迎下载使用。
微重点03三角函数中ω，φ的范围问题（3大考点+强化训练）-2024年高考数学重难点培优精讲： 这是一份微重点03三角函数中ω，φ的范围问题（3大考点+强化训练）-2024年高考数学重难点培优精讲，文件包含微重点03三角函数中ωφ的范围问题原卷版docx、微重点03三角函数中ωφ的范围问题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共29页， 欢迎下载使用。
微重点02 函数的公切线问题（4大考点+强化训练）-2024年高考数学重难点培优精讲（新高考专用）： 这是一份微重点02 函数的公切线问题（4大考点+强化训练）-2024年高考数学重难点培优精讲（新高考专用），文件包含微重点02函数的公切线问题4大考点+强化训练原卷版docx、微重点02函数的公切线问题4大考点+强化训练解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共26页， 欢迎下载使用。
