专题11 立体几何之外接球与内切球-备战2022年新高考数学必考点提分精练（新高考地区专用）

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专题11 立体几何之外接球与内切球
一、单选题
1．已知三棱锥的各个顶点都在球的表面上，平面，，，，，则球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
先分析出三棱锥的外接球即为以，，为长宽高的长方体的外接球，直接求出球的半径R，即可求出球的表面积.
【详解】
解：∵平面，，
故，，即，，两两互相垂直，
故三棱锥的外接球即为以，，为长宽高的长方体的外接球，
又因为：，，，
∴外接球的半径，
∴球的表面积为：，
故选：B.
【点睛】
多面体的外接球问题解题关键是找球心和半径，求半径的方法有：
(1)公式法；(2) 多面体几何性质法；(3)补形法；(4)寻求轴截面圆半径法；(5)确定球心位置法．
2．已知一圆台的上､下底面半径分别为和，高为，且该圆台上､下底面的圆周在同一球面上，则该圆台外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
由题意轴截面图，求出球的半径，则球的表面积可求．
【详解】
解：依题意画出轴截面，

设球的半径为，
当两底面在球心同侧时，有，即，即，即，方程无解；

当两底面在球心异侧时，有，即
所以，即，则，所以
这个球的表面积是．
故选：B
3．如图所示是古希腊数学家阿基米德的墓碑文，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，相传这个图形表达了阿基米德最引以为自豪的发现，我们来重温这个伟大发现，圆柱的表面积与球的表面积之比为（ ）

A． B．2 C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
设球的半径为，则圆柱的底面半径为，高为，分别求得圆柱和球的表面积，即可得答案.
【详解】
设球的半径为，则圆柱的底面半径为，高为．
圆柱的表面积，
球的表面积，
所以圆柱的表面积与球的表面积之比为.
故选：C
4．在三棱锥中，已知平面，，，若该三棱锥的顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
把三棱锥可以补成以为棱的正方体，得到可得正方体的外接球和三棱锥的外接球为同一个球，结合正方体的性质，求得外接球的半径，即可求解.
【详解】
在中，由，所以，所以,
由平面，则三棱锥可以补成以为棱的正方体，
可得正方体的外接球和三棱锥的外接球为同一个球，如图所示，
设该球的半径为，则，解得，
所以该球的表面积为.
故选：C.

5．在三棱锥中，已知平面，，．若该三棱锥的顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
根据题意找到球心所在位置，然后借助勾股定理求出球半径，进而结合球的表面积公式即可求解.
【详解】

取边的中点，边的中点，由于，所以点为外接圆的圆心，连接，则,又因为平面，所以平面，因为平面,平面,所以，,又因为,所以，则点为外接球的球心，又因为，，所以球半径为，所以球表面积为，
故选：C.
6．已知等腰直角三角形的斜边，沿斜边的高线AD将折起，使二面角为，则四面体ABCD的外接球的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
先分析出折后的四面体的特性，再探求这个四面体外接球球心并求出半径而得解.
【详解】
依题意，四面体ABCD中，AD⊥BD，AD⊥CD，为二面角的平面角，即，而BD=CD=2，则△BCD是正三角形，AD⊥平面BCD，AD=2,如图：

取正△BCD的边BC中点F，连DF，在DF上取点O1，使DO1=2O1F，则O1是正△BCD的中心，
O1是四面体ABCD的外接球截平面CDB所得小圆圆心，设这个外接球球心为O，则OO1⊥平面BCD，
取球O的弦AD中点E，球心O必在过点E垂直于AD的平面上，连OE，可得四边形DEOO1是矩形，OO1=DE=1，
连O1B，OB，则，球O的半径，
四面体ABCD的外接球的体积为.
故选：B
【点睛】
关键点睛：求多面体外接球表面积或体积，根据条件探求球心位置是解题的关键.
7．正三棱锥P－ABC底面边长为2，M为AB的中点，且PM⊥PC，则三棱锥P－ABC外接球的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
首先根据PM⊥PC求得三棱锥的侧棱长为，再找到外接球球心的位置，最后利用勾股定理求解即可.
【详解】

由图，设，则，而，
因为PM⊥PC，所以由勾股定理得即解得，
由对称性可知：三棱锥P－ABC外接球的球心在三棱锥P－ABC的高PD上，
假设为O点，则，因为,
所以，
又由于点D是三角形ABC的外心，且三角形ABC为等边三角形，
所以,
在三角形ODC中，由勾股定理得,
即，
解得，
所以三棱锥P－ABC外接球的体积为.
故选：C
【点睛】
与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.
8．已知四面体中，，，，是的中点，，，则四面体的外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
根据已知题意作出几何图形，经过分析可知为所在小圆的直径，所以球心与的中点的连线垂直于平面，然后根据勾股定理列出方程，则求出球心与的中点的连线的长度，再解方程即可求得结果.
【详解】

如图，四面体的外接球为球，连接，．因为，
则为所在小圆的直径．
又因为，且，则．
又是的中点，所以．
又因为，则或．
设球的半径为，则．
在中，由余弦定理知，
，
则（不合题意，舍去）．
又，则，
则，解得，则球的表面积为．
故选：D
【点睛】
求空间几何体的外接球半径的常用方法：
1、补形法：侧面为直角、或正四面体，或对棱二面角均相等的模型。可以还原到正方体或长方体中求解；
2、利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也就是球直径；
3、定义法：到各顶点距离相等的点为外接球的球心，借助有特殊底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据其到其他顶点的距离也是半径，列出方程求解即可.
9．在正三棱锥中，、分别是棱、的中点，且，若侧棱，则正三棱锥外接球的表面积是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
由题意推出平面，即平面，，将此三棱锥补成正方体，则它们有相同的外接球，正方体的对角线就是球的直径，求出直径即可求出球的体积．
【详解】
解：∵，分别为棱，的中点，∴，∵三棱锥为正棱锥，作平面，连接交与点，∵底面是正三角形，，平面
∴，，∵，平面，平面，∴平面，
∵平面，∴，∴，
又∵，而，且，平面，∴平面，
∴平面，∴，
以，，为从同一定点出发的正方体三条棱，将此三棱锥补成以正方体，则它们有相同的外接球，正方体的体对角线就是球的直径，，所以.
故选：A.

【点睛】
与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.
10．三棱锥中，平面，，的面积为3，则三棱锥的外接球体积的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
利用因为的面积为3，所以 ，正弦定理 ，得出外接圆半径，以及勾股定理表示出外接球半径，再用基本不等式求出半径的最小值，从而得出体积的最小值.
【详解】
设 ，因为的面积为3，所以 ，，
利用正弦定理得 ，
所以三角形ABC外接圆半径为 ，平面，
所以球心O到平面ABC的距离为 ，
设球O的半径为R，则 ，
当且仅当 时，等号成立，
故三棱锥的外接球体积的最小值为 .
故选：C
【点睛】
对相关知识点正弦定理，基本不等式，勾股定理都要熟练掌握，明确体积的最小值其实是求半径的最小值.
11．如图，已知直三棱柱中，底面是边长为3的正三角形，则三棱柱外接球的体积与内切球的体积比为（ ）

A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
首先根据内切球在底面的投影为底面的内切圆，从而确定内切球的半径，再确定三棱柱的高，确定外接球的半径，最后求出外接球与内切球的体积之比即可.
【详解】
因为直三棱柱，
则三棱柱内切球在底面的投影应为的内切圆，
因为底面是边长为3的正三角形，所以三棱柱内切球的半径为，
所以直三棱柱的侧棱为，
又因为底面外接圆的半径为，所以，
所以三棱柱外接球的体积与内切球的体积比为，
故选：B.
【点睛】
与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.
12．已知四面体P﹣ABC中，∠PAC＝∠PBC＝∠ABC＝90°，且AB＝2．若四体P﹣ABC的外接球体积为36π，则当该四面体的体积最大时，BC＝（ ）
A．2 B．4 C．6 D．8
【答案】B
【解析】
【分析】
由已知判断出BC⊥平面PAB得BC⊥PA，可得PA⊥平面ABC，取PC中点O， 则O为四面体P﹣ABC的外接球的球心，由已知得外接球的半径R，设PA＝a，BC＝b，得a2+b2＝32，由可得答案．
【详解】如图，

由∠PAC＝∠PBC＝∠ABC＝90°，得PA⊥AC，PB⊥BC，AB⊥BC，
又PB∩AB＝B，∴BC⊥平面PAB，则BC⊥PA，
又AC∩BC＝C，∴PA⊥平面ABC．
取PC中点O，可得OA＝OB＝OP＝OC，
则O为四面体P﹣ABC的外接球的球心，
设外接球的半径为R，
由外接球体积为36π，得，
即R＝3．
∴PC＝2R＝6．
又AB＝2，设PA＝a，BC＝b，
则PA2+AC2＝PA2+AB2+BC2＝36，即a2+b2＝32．
∴．
当且仅当a＝b＝4时上式取等号．
故选：B．
【点睛】
本题考查了球的内接问题，解题的关键点是确定球心，考查了学生的空间想象能力和计算能力.
13．已知三棱锥中，底面是边长为的正三角形，侧面底面，且，则该几何体的外接球的表面积为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
设底面正三角形的外心为，侧面三角形的外心为，过作底面垂线，过作侧面的垂线，相交于，从而可得为三棱锥的外接球的球心，利用勾股定理求出，再利用正弦定理求出的外接圆半径，根据球的表面积公式即可求解.
【详解】
如图，设底面正三角形的外心为，侧面三角形的外心为，

过作底面垂线，过作侧面的垂线，相交于，
则为三棱锥的外接球的球心，
由已知可得，
，
设三角形的外接圆的半径为，
则，即．
在中，可得，
∴该几何体的外接球的表面积为．
故选：C．
【点睛】
关键点点睛：本题考外接球查了多面体的外接球问题，解题的关键是作出外接球的球心，求出外接球的半径，考查了空间想象能力以及数学运算能力.
14．在三棱锥中，已知，，，，若三棱锥的外接球的体积为，则三棱锥的体积为（ ）
A．1 B． C． D．2
【答案】A
【解析】
【分析】
根据球的体积可得球半径，由为直径长，所以球心是中点，由底面三角形的条件分析得为直角三角形，中点是直角的外心，所以平面，进而由可得解.
【详解】
设球半径为，则，，
而，所以是球的直径，球心是中点，
，所以中点是直角的外心，所以平面，
又平面，所以，
，，，
是中点，所以，
故选A.

【点睛】
方法点睛：求几何体外接球的半径，可以根据题意先画出图形，确定球心的位置，进而得到球的半径的表达式，解题时注意球心在过底面外接圆的圆心且垂直于底面的直线上，且球心到几何体各顶点的距离相等．在确定球心的位置后可在直角三角形中求球的半径，此类问题对考生的空间想象能力和运算求解能力要求较高.
15．已知三棱锥的外接球体积为，，，则三棱锥体积的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
根据正弦定理得外接圆的半径为，根据余弦定理结合基本不等式可得底面面积的最大值，再由外接球的球心到平面的距离，点到平面的距离的最大值为，进而得解.
【详解】
设三棱锥的外接球的半径为，外接圆的半径为，
则，解得，，
由余弦定理可得，
所以，
故的面积，
又外接球的球心到平面的距离，
当且仅当时等号成立，
所以点到平面的距离的最大值为，
所以三棱锥体积的最大值为，
故选：A．

16．体积为8的四棱锥的底面是边长为的正方形，四棱锥的外接球球心到底面的距离为1，则点轨迹的长度为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
由已知可得到底面的距离，进而求出的外接球的半径，确定点与点不在平面的两侧，得到点的轨迹，求解轨迹长度即可．
【详解】
由题意可知，点到底面的距离，
又四棱锥的外接球球心到底面的距离为1，设外接球半径为，
因为底面的中心为，
所以平面，且，
所以与不可能在面的两侧，如图所示，
故点在垂直于且与球心距离为2的平面与的外接球的交线上，
即在如图所示的以为半径的圆上，而，
所以，
故点的轨迹长度为．
故选：B

【点睛】
关键点睛：解答本题的关键在找到点的轨迹，点在垂直于且与球心距离为2的平面与的外接球的交线上.
17．已知四棱锥的五个顶点都在球的球面上，平面，底面是高为的等腰梯形，，，，则球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
由题意可得底面等腰梯形的外接圆的半径，过底面外接圆的圆心作垂直于底面的直线，则外接球的球心在此直线上，在两个三角形中求出外接球的半径.
【详解】
取的中点，过作面，如图，

因为，，，,
所以在中，,
所以，
由余弦定理可知，，
故,
设底面ABCD外接圆半径为r，圆心为M，球О的半径为R，
由正弦定理知故，
又因为平面
所以
所以球的表面积为
故选：D
18．直四棱柱的底面是菱形，其侧面积是，若该直四棱柱有外接球，则该外接球的表面积的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
根据直四棱柱有外接球可知棱柱为长方体，即可求出球的半径，利用均值不等式求半径最值即可求解.
【详解】
D因为直四棱柱的底面是菱形，菱形的四个顶点在球上，
所以底面是正方形.
设直四棱柱底面正方形的边长为a，侧棱长为h，
由侧面积是，得，即，
且该直四棱柱的外接球的半径，
所以其外接球的表面积，
(当且仪当，即a=，时等号成立).
所以其外接球的表面积的最小值为.
故选：D
19．若矩形ABCD的面积是4，沿对角线AC将矩形ABCD折成一个大小是60°的二面角B-AC-D，则四面体ABCD的外接球的体积最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
由矩形性质确定球心和半径，根据球的体积公式及均值不等式即可求解.
【详解】
因为球心到四个顶点的距两相等,
所以球心在对角线上,且半径为，
设矩形的的长力x,宽为y则，
所以，

又，由基本不等式知: ，当且仅当 ，即时，等号成立，
，
故选：B
【点睛】
关键点点睛：根据矩形对角线的性质可确定球的球心，表示出半径，表示出球的体积，利用均值不等式是解题的关键，属于中档题.
20．在四面体中，平面，，，，则该四面体的外接球的表面积是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
计算出的外接圆直径，可求得三棱锥的外接球直径，再利用球体表面积公式可求得结果.
【详解】
如下图所示：

圆柱的底面圆直径为，母线长为，
则的中点到圆柱底面圆上每点的距离都相等，
则为圆柱的外接球球心.
设圆柱的外接球半径为，则.
因为平面，可将三棱锥置于圆柱内，其中底面圆为的外接圆.
因为，，则，
因为，则为等边三角形，该三角形的外接圆直径为，

设四面体的外接球半径为，则，即，
因此，三棱锥的外接球的表面积为.
故选：C.
21．在三棱锥中，，，，，则三棱锥外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
由已知条件先判定出球心的位置，然后运用正弦定理、余弦定理和勾股定理计算出球的半径，即可计算出外接球的表面积.
【详解】
如图，

由，，得，∴，
由，，，得，∴，
又，∴平面，设的外心为G，过G作底面的垂线，
使，则O为三棱锥外接球的球心，
在中，由，，得，
，设的外接圆的半径为r，
则，，
∴.
∴三棱锥外接球的表面积为.
故选：D.
22．在三棱锥中，平面平面，，，，的面积为，则三棱锥的外接球体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】
取的中点，过作于，连接，则由已知条件可得为三棱锥的外接球的球心，则为半径，从而可求出三棱锥的外接球体积
【详解】
取的中点，则为的外心，过作于，连接，
在中，，，，
所以，
所以，，
因为平面平面，平面平面，，
所以平面，
因为平面，所以，
因为的面积为，，，
所以，得，所以，
在中由余弦定理得，
，
所以，所以，
所以,
所以为三棱锥的外接球的球心，且球的半径为
所以三棱锥的外接球体积为，
故选：C

23．在体积为的直三棱柱中，为等边三角形，且的外接圆半径为，则该三棱柱外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
由棱柱体积求得棱柱的高，然后求得外接球的半径，得表面积．
【详解】
设的边长为a，由的外接圆半径为可得，故，
则的面积.由三棱柱的体积为可得，故，
设三棱柱外接球的半径为R，则，
故该三棱柱外接球的表面积为.
故选：A．
24．在三棱锥中，平面平面，和都是边长为的等边三角形，若为三棱锥外接球上的动点，则点到平面距离的最大值为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
设中点为，的外心为，的外心为，过点作平面的垂线，过点作平面的垂线，两条垂线的交点，则点即为三棱锥外接球的球心，求出三棱锥外接球的半径，假设球心到平面的距离得答案．
【详解】
解：设中点为，的外心为，的外心为，过点作平面的垂线，过点作平面的垂线，两条垂线的交点，
则点即为三棱锥外接球的球心，
因为和都是边长为的正三角形，可得，
因为平面平面，，平面，平面平面，
所以平面，又平面，所以，
又，所以四边形是边长为1的正方形，
所以外接球半径，
所以到平面的距离，
即点到平面距离的最大值为.
故选：D.

25．在《九章算术·商功》中，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑，如图在鳖臑中，平面，，，则鳖臑内切球的表面积为（ ）

A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
根据鳖臑的性质，结合四面体内切球的性质、棱锥的体积公式、棱锥和球的表面积公式进行求解即可.
【详解】
解：因为四面体四个面都为直角三角形，平面，，所以，，，，设四面体内切球的球心为，则，
所以，
因为四面体的表面积为，
又因为四面体的体积，
所以，所以，
故选：B
【点睛】
关键点睛：利用棱锥的等积性进行求解是解题的关键.
26．在三棱锥中，，，，则该四面体外接球的表面积是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
由条件可将三棱锥补体为正方体，即可求解外接球的半径，即可求解.
【详解】
由下图可知，该几何体可以补形为正方体，其外接球恰好为正方体的外接球，正方体的体对角线长为，故其外接球的表面积为.

故选：A
二、多选题
27．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．该正方体的核长为2 B．该正方体的体对角线长为
C．空心球的内球半径为 D．空心球的外球表面积为
【答案】BD
【解析】
【分析】
设内外球半径分别为r，R，利用正方体的对角线求得，根据两球上点的距离最小值为，求解后得到r，R，进而求得正方体的对角线和外接球的表面积.
【详解】
设内外球半径分别为r，R，则正方体的棱长为，体对角线长为，∴，
又由题知，所以，，
∴正方体棱长为，体对角线长为，
∴外接球表面积为，
故选：BD.
28．将边长为的正方形沿对角线折起得到三棱锥，且，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．平面平面
C．三棱锥的外接球的体积为
D．三棱锥的表面积为
【答案】ABD
【解析】
【分析】
充分利用正方形的特点，通过线线垂直证明线面垂直；通过边长的特点以及，利用勾股定理证明线线垂直；因为，所以为三棱锥的外接球球心，即可求出外接球半径及体积；根据各个三角形的特点, 易知和是全等的直角三角形，和是全等的正三角形，来求表面积.
【详解】

对于A，取的中点，连接，，则，，
所以平面，所以．所以A正确；
对于B，由，，得是二面角的平面角，
由，易得，
所以，
从而，故，
所以平面平面，所以B正确；
对于C，易知，
所以，
所以为三棱锥的外接球球心，
且外接球半径为，所以三棱锥外接球的体积为，所以C错误；
对于D，易知和是全等的直角三角形，和是全等的正三角形，所以三棱表面积，
所以D正确．
故选：ABD
【点睛】
正方形及折叠是这个图形最大的特点，对于证明线线垂直、线面垂直的办法要熟练掌握，抓住几何体的特征是解题的关键.
29．一副三角板由一块有一个内角为60°的直角三角形和一块等腰直角三角形组成，如图所示，，，，，现将两块三角形板拼接在一起，得三棱锥，取中点与中点，则下列判断中正确的是（ ）

A．面
B．与面所成的角为定值
C．三棱锥体积为定值
D．若平面平面，则三棱锥外接球体积为
【答案】ABD
【解析】
【分析】
对于A，利用线面垂直的判定定理即可解决；对于B，依托于选项A即可较容易得到；C选项，由于点到底面的距离不确定，可判断C错；D选项，根据题中数据，确定的长即为三棱锥的外接球半径，即可判断D正确.
【详解】
对于A，由中点与中点，得,
得，
由为等腰直角三角形得，由，面，
得直线面，故A正确；
对于B，由A得，与面所成的角为，为定值，故B正确；
对于C，的面积为定值，但三棱锥的高会随着点的位置移动而变化，故C错误.
D选项，因为平面平面，，平面平面，所以平面，因此；又，，所以，， 则，因此；
又在直角三角形中，，则，
所以点即为三棱锥外接球的球心，因此该外接球的体积为，即D正确.
故选：ABD.
【点睛】
关键点点睛：
解决本问题的关键在于利用中点的性质，可利用中位线得平行，也可利用三线合一得垂直，解决线面垂直，棱锥体积.
30．如图，直角梯形，，，，为中点，以为折痕把折起，使点到达点的位置，则（ ）

A．平面
B．若时，棱锥的外接球体积为
C．的最大值为
D．二面角的最小值为
【答案】BD
【解析】
【分析】
对于A，由已知只能得，所以平面不一定成立；对于B，由，，可得证明平面，然后利用补体法可得结果；对于C，当，可得，而当为钝角，由余弦定理可求出；对于D，作，交于点，可得二面角的平面角是，当时，取得最小值，从而可得答案
【详解】
，与不一定垂直，所以A不对；
若，则可证明平面，为正方形，棱锥可以补成边长为4的正方体，外接球直径等于正方体的体对角线长，即，，，B正确；
若，则可证明平面，此时，若为钝角，由余弦定理可得，C不正确；
由，，，所以平面，从而平面，，作，交于点，可证平面，则，所以二面角的平面角是，，满足的的最大长度为4，所以的最小值为1，即二面角的最小值为.

故选：BD
【点睛】
关键点点睛：此题考查线面垂直的判断方法，考查几何体外接球，考查二面角的求法，解题的关键是利用几何法结合已知条件作出二面角的平面角，考查计算能力，属于中档题
31．已知一个圆柱的上､下底面圆周均在球的表面上，若圆柱的体积为，则球的表面积不可能为（ ）
A． B． C． D．
【答案】AB
【解析】
【分析】
由圆柱的体积和半径关系求解球半径表达式，通过求导分析单调性求得球表面积最小值为，即可判断结果．
【详解】
设圆柱的底面圆半径为，高为，球的半径为，则
所以，所以，
所以当时，；当时，，
所以当时，有最小值
此时球的表面积有最小值，且最小值为，
即球的表面积
故选：
【点睛】
关键点点睛：本题关键在于求出球半径表达式并通过求导来判断最值．
32．正方体的棱长为1，分别是棱的中点，下列结论正确的有（ ）
A．过三点所得正方体的截面的面积为
B．面
C．三棱锥 的外接球的直径为
D．在面上的投影为
【答案】ABD
【解析】
【分析】
A，截面为正六边形,截面面积为，所以该选项正确；
B，证明，所以面，所以该选项正确；
C，设三棱锥C-EFG的外接球半径为R,求出,所以该选项错误；
D，建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量法求出在面上的投影为，所以该选项正确.
【详解】
A，如图所示，过三点所得正方体的截面为正六边形,正六边形的顶点都是正方体的棱的中点,边长为，所以截面面积为，所以该选项正确；

B. 因为，面，面,所以面，所以该选项正确；
C. 由题得是边长为的等边三角形，，如图所示，

, ，设三棱锥C-EFG的外接球半径为R,则,所以,所以该选项错误；
D.建立如图所示的空间直角坐标系，则,则
,设平面EFG的法向量为，
则，所以，
由题得，设在面上的投影长度为，
所以与平面EFG所成的角的正弦为，所以
所以在面上的投影为，所以该选项正确.
故选：ABD

【点睛】
方法点睛：研究空间几何的问题，常用的方法有几何法和向量法，要根据已知条件灵活选择方法求解.
33．在直三棱柱中，各棱长均为2，分别为线段的中点，则（ ）
A．平面平面 B．
C．直线和所成角的余弦值为 D．该棱柱外接球的表面积为
【答案】ABD
【解析】
【分析】
证明，，由面面平行的判定定理可判断选项A；证明面，即可判断选项B；由可得即为异面直线和所成角，在中计算即可判断选项C；根据三棱锥的对称性以及等边三角形的性质求出外接圆的半径，由求得面积公式计算面积即可判断选项D，进而可得正确选项.
【详解】

对于A：在直三棱柱中，各棱长均为2，分别为线段的中点，
所以且，所以四边形是平行四边形，所以，
因为面，面，所以面，
因为且，所以四边形是平行四边形，所以，因为面，面，所以面，
因为，所以平面平面，故选项A正确；
对于B：因为是等边三角形，是线段的中点，可得，因为三棱柱为直棱柱，可得面，面，所以，由，所以
面，因为面，所以，故选项B正确；
对于C：因为所以即为异面直线和所成角，，，，由余弦定理可得：
，故选项C不正确；
对于D：设上下底面的中心分别为，，则三棱锥的外接球的球心为的中点，
设外接圆的半径为，三棱锥的外接球的半径为，则，
所以，所以外接球的表面积为
，故选项D正确，
故选：ABD.
34．已知中，，，为边上的高，且，沿将折起至的位置，使得，则（ ）

A．平面平面
B．三棱锥的体积为8
C．
D．三棱锥外接球的表面积为
【答案】ACD
【解析】
【分析】
根据及翻折前后几何元素的位置关系得到，，从而可得平面平面，A选项正确；
先根据已知求出，再求得，然后利用三角形的面积计算公式、锥体的体积计算公式及等体积法求得结果，即可判断B选项；
在中利用余弦定理求得的值，即可判断C选项；
利用几何直观及三棱锥外接球的球心与侧面的位置关系，结合已知得到部分几何元素的数量关系，从而求得三棱锥外接球的半径，最后根据球的表面积的计算公式求得结果，即可判断D选项．
【详解】
对于A：因为为边上的高，所以，沿将折起至的位置后，，，所以平面，所以平面平面，所以A选项正确；
对于B：因为，，，所以，又，所以，，所以B选项不正确；
对于C：在中，，，，由余弦定理可得，所以，所以C选项正确；
对于D：如图，记为三棱锥外接球的球心，为外接圆的圆心，连接，则平面，取的中点，的中点，连接，得，又平面，所以平面PDC，故，连接，，易知平面，平面，故，且，则四边形为矩形，连接，，则为外接圆的半径，由正弦定理可得，所以，又，故外接球半径，所以三棱锥外接球的表面积为，所以D选顼正确．
故选：ACD．

【点睛】
方法点睛：三棱锥外接球的球心的一般作法：
分别找到两个侧面三角形的外心，再分别过外心作相应平面的垂线，两垂线的交点即三棱锥外接球的球心，通常是找到两个特殊三角形，因为这样易找到外心或易求得外接圆的半径．
35．在正方体中，分别为棱的中点，P是线段上的动点(含端点)，则（ ）
A．
B．平面
C．与平面所成角正切值的最大值为
D．当P位于时，三棱锥的外接球体积最小
【答案】AC
【解析】
【分析】
证明平面后可判断A，由线面平行的性质定理判断B，求出直线与平面所成角正切值判断C，根据球体积公式判断D．
【详解】
正方体中侧棱与底面垂直，则与底面内的直线垂直，而正方形的对角线与垂直，与是对角面内两相交直线，因此有与平面垂直，当然垂直于此平面的直线，A正确；
设，，如图，若平面，是过的平面与平面的交线，则，但由正方体性质知是中点，是中点，所以，而与相交，这是不可能的，B错；
如图，易知在平面上的射影在中，连接，则是与平面所成的角，设正方体棱长为，则，，的最小值是到直线的距离，所以的最大值为，C正确；
正方体中，设平面，交于（由面面垂直的性质定理可得是上），
易知是的外心，因此的外接球的球心一定在上，设为，高，正方体棱长为，则，，其中，所以当时，最小，此时重合．D错．
故选：AC．

【点睛】
关键点点睛：本题考查线面垂直的性质定理，线面平行的性质定理，直线与平面所成的角，棱锥的外接球问题，需要对每个知识都能掌握并运算，属于中等难度的题目．解题关键是掌握正方体的性质，掌握正方体中的直线、平面间的平行、垂直关系，由此才能正确快速地求解．
36．如图，棱长为的正方体中，、分别为棱、的中点，为面对角线上一个动点，则（ ）

A．三棱锥的体积为定值
B．存在线段，使平面平面
C．为中点时，直线与所成角最小
D．三棱锥的外接球半径的最大值为
【答案】AD
【解析】
【分析】
利用锥体的体积公式可判断A选项的正误；以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断BC选项的正误；设出球心的坐标为，求出的最大值，进而可求得三棱锥的外接球半径的最大值，可判断D选项的正误.
【详解】
对于A选项，因为平面，平面平面，
所以，点到平面的距离等于，
的面积为，
所以，，A选项正确；
对于BC选项，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，

则、、、、、
、、，、，
设平面的法向量为，，，
由，取，可得，
设，可得点，其中，
则，
所以，，解得，
故平面与平面不平行，B选项错误，
，，
设直线与所成角为，
则
，
当时，取得最大值，此时最小，C选项错误；
对于D选项，由题意可知，三棱锥的外接球球心在过线段的中点且垂直于平面的垂线上，设球心为，易知点，
由，可得，整理可得，
因为，则，
所以，三棱锥的外接球的半径为，
D选项正确.
故选：AD.
【点睛】
方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下：
（1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径；
（2）作截面：选准最佳角度做出截面（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.
37．四面体ABCD的四个顶点都在球O的球面上，，点E，F，G分别为棱BC，CD，AD的中点，则下列说法正确的是（ ）
A．过点E，F，G作四面体ABCD的截面，则该截面的面积为2
B．四面体ABCD的体积为
C．AC与BD的公垂线段的长为
D．过E作球O的截面，则截面面积的最大值与最小值的比为5：4
【答案】ACD
【解析】
【分析】
A选项，找到过点E，F，G的四面体ABCD的截面，证明出是正方形，求出边长和面积；B选项，分割法求解四面体体积；C选项，找到AC与BD的公垂线，求出长度；D选项，先找到球心的位置，然后再得到过点E作面积最小的截面是以E为圆心，BE=2为半径的圆，面积最大的截面是过点O，E的大圆，求出两圆面积之比.
【详解】
A选项，取AB中点H，连接EH，GH，因为点E，F，G分别为棱BC，CD，AD的中点，所以EF∥BD，GH∥BD，FG∥AC，EH∥AC，所以四边形EFGH是平行四边形，故平行四边形EFGH即为过点E，F，G做四面体ABCD的截面，取AC中点Q，连接QB，QD，因为，由三线合一得：DQ⊥AC，BQ⊥AC，又，所以AC⊥平面BDQ，因为平面BDQ，所以AC⊥BD，从而EF⊥EH，因为，所以，即平行四边形EFGH是正方形，面积为，A正确；
B选项，由勾股定理得：，
同理得：，
取BD中点M，连接QM，由三线合一得：QM⊥BD，所以，
由勾股定理得：，
故，所以，，B错误；

C选项，连接MA，MC，由勾股定理得：，
同理可得：，由由三线合一得：QM⊥AC，结合B选项求得的QM⊥BD，
可得：QM为AC与BD的公垂线段，，
故AC与BD的公垂线段的长为，C正确；

D选项，取QM的中点S，则S为球心O，理由如下：
因为QM⊥BD，MS=，由勾股定理得：，同理可得：，所以S为球心O，且外接球半径为，因为OE⊥BC，所以过点E作面积最小的截面是以E为圆心，BE=2为半径的圆，面积最大的截面是过点O，E的大圆，所以，，所以过E作球O的截面，则截面面积的最大值与最小值的比为5：4，D正确.

故选：ACD
【点睛】
对于立体几何中求解截面面积问题，需要先结合图形特点，找到截面，再进行求解，寻找截面的方法，通常是由线线平行，得到截面是平行四边形或梯形.
三、填空题
38．在边长为6的菱形中，，将菱形沿对角线折起成直二面角，则所得三棱锥外接球的表面积等于___________.
【答案】
【解析】
【分析】
过的外心作平面的垂线，过的外心作平面的垂线，两垂线交于，则点为三棱锥外接球的球心，然后根据已知的数据求出球的半径，从而可求得球的表面积
【详解】
解：如图，取的中点，连接，
因为边长为6的菱形中，，所以和均为正三角形，
所以,
因为二面角为直二面角，所以，
设，分别是和的外心，过作平面的垂线，过作平面的垂线，两垂线交于，则到的距离相等，所以点为三棱锥外接球的球心，
因为, ，
所以，
所以三棱锥外接球的表面积为，
故答案为：

39．三棱锥中，与均为边长为的等边三角形，平面平面，则该三棱锥的外接球的表面积为________．
【答案】
【解析】
【分析】
计算出外接球的半径，进而求得外接球的表面积.
【详解】
等边三角形、等边三角形的高为，
等边三角形、等边三角形的外接圆半径为，
设分别是等边三角形、等边三角形的中心，
设是三棱锥的外接球的球心，是外接球的半径，
则，
所以外接球的表面积为.
故答案为：

40．如图，在直三棱柱中，，，则当四棱锥的体积最大时，三棱柱外接球的体积为___________.

【答案】
【解析】
【分析】
根据四棱锥体积最大时，求出外接球的半径即可得出球的体积.
【详解】
设
由，可得
因为四棱锥体积，
所以，当且仅当时等号成立，
即时，四棱锥体积最大，
此时，三棱柱的外接球半径,
即，
所以三棱柱外接球的体积
故答案为：
41．在中，，，沿中线折起，使，连，所得四面体的体积为，则此四面体内切球的表面积为___________.
【答案】
【解析】
【分析】
由题意可得面，为边长为2的等边三角形，再由四面体的体积为，可求得，由勾股定理可求得，从而可求出四面体的表面积，设内切球的半径为，则由，可求出，进而可求出四面体内切球的表面积
【详解】
由题意得，面，
四面体的体积，得，
所以，
所以四面体的表面积为
，
设内切球的半径为，由，得，
内切球的表面积为.
故答案为：

42．如图，在直三棱柱中，，，，，点E，F分别是，AB上的动点，当的长度最小时，三棱锥外接球的表面积为___________.

【答案】
【解析】
【分析】
由的长度最小，可得，，，再确定球心的位置与求出球的半径，最后代入球的表面积公式即可
【详解】
把平面沿展开到与平面共面的的位置，延长到，使得，连接，如图1所示，则.要使的长度最小，则需，E，F，四点共线，此时.因为，，，所以，所以，，故，，所以，，，，所以的外接圆是以的中点O为圆心，为半径的圆，故三棱锥外接球的球心一定在过点O且与平面垂直的直线上，如图2所示，点到点E，C的距离相等，则，所以，所以三棱锥外接球的表面积为.

故答案为：
43．在三棱锥中，平面，，，，是的中点，则过点的平面截三棱锥的外接球所得截面的面积最小值为______.
【答案】
【解析】
【分析】
将三棱锥补成长方体，通过求长方体外接球的半径来求三棱锥外接球的半径；并分析出球心到截面的距离最大时，截面圆的面积最小.
【详解】
平面，，将三棱锥补成长方体，

则三棱锥外接球的直径为长方体外接球的直径，即，所以，
设外接球球心为点，则为的中点，连接，
，分别为，的中点，则，且，
设过点且截三棱锥外接球所得截面为，球心到平面的距离为，
①当时，；
②当不与平面垂直时，.
综上知：，所以，
因此所求截面圆的面积的最小值为.
故答案为：.
44．在正三棱锥中，，分别是棱，的中点，且，若侧棱，则正三棱锥外接球的体积与正三棱锥的体积的比值为________．
【答案】
【解析】
【分析】
由题意推出平面, 即平面,将此三棱锥补成正方体,则它们有相同的外接球,正方体的对角线就是球的直径,求出直径即可求出球的体积，再进一步求出正三棱锥的体积，即可得到答案；
【详解】
解:∵分别为棱的中点,∴,
∵三棱锥为正棱锥，
∴(对棱互相垂直)
∴
,而,
∴平面,
∴平面，
∴
以为从同一定点出发的正方体三条棱,将此三棱锥补成以正方体,则它们有相同的外接球,正方体的对角线就是球的直径.
，，
，
，
比值为，
故答案为：
45．在一次数学探究活动中，某手工制作小组利用硬纸板做了一个如图所示的几何模型，底面为矩形，，半圆面底面．经研究发现，当点P在半圆弧上（不含A，D点）运动时，四棱锥的外接球始终保持不变，则该外接球的体积为____．

【答案】
【解析】
【分析】
由题意可得矩形的中心即为三棱锥的外接球的球心，求其对角线长，可得外接球的半径，代入球的表面积公式得答案．
【详解】
解：由题意，为直角三角形，
取中点，则，
取正方形的中心，连接，则，
面底面，且面底面，面，
平面，得到四棱锥各顶点的距离相等，
为四棱锥的外接球的球心，即三棱锥的外接球的球心，
半径，
外接球的表面积为．
故答案为：．

46．在四面体PABC中，平面平面ABC，，，则该四面体的外接球的体积为___________.
【答案】
【解析】
【分析】
设AB的中点为D，可得平面ABC，平面PAB，设该四面体外接球的球心为O，，的外接圆圆心分别为，，可得，分别在直线DC，PD上，四边形为矩形，由正弦定理求得两个三角形的外接圆半径，在利用矩形求得外接球的半径，得球体积．
【详解】
解析：如图，设AB的中点为D，连接PD，DC，因为，，所以，，
又平面平面ABC，所以平面ABC，平面PAB.
设该四面体外接球的球心为O，，的外接圆圆心分别为，，
易知，分别在直线DC，PD上，连接，，则平面ABC，所以，则四边形为矩形.
设，的外接圆半径分别为，，外接球的半径为R，
在中，由正弦定理得，则.
在中，，易得，所以，
所以，得，则，连接PO，
在中，，
所以该四面体的外接球的体积.

故答案为：．
47．已知空间四边形中，，，，若二面角的大小是，则该几何体的外接球表面积为________．
【答案】##
【解析】
【分析】
取的中点，连接，为正三角形的中心，作垂足为，即可得到为二面角的平面角，过点和点作平面和平面的垂线交于点，即可得到为三棱锥的外接球的球心，即可求出，再在利用勾股定理求出外接球的半径，最后根据球的表面积公式计算可得；
【详解】
解：取的中点，连接，为正三角形的中心，作垂足为，则为二面角的平面角，所以 ，分别过点和点作平面和平面的垂线交于点，则为三棱锥的外接球的球心，所以，由于 ，，所以 ，在中，，即， 所以 .
故答案为：

48．已知三棱锥中，平面，，，，这个三棱锥的外接球的表面积为______．
【答案】
【解析】
【分析】
根据题意，得出，根据余弦定理求出，从而得出，再根据正弦定理求出外接圆的半径为，根据外接球的性质，由关系式即可求出三棱锥外接球的半径为，最后根据外接球的表面积公式即可求出结果.
【详解】
解：由题可知，平面，，，，
则，所以，
因为，所以，
设外接圆的半径为，三棱锥外接球的半径为，
在中，由正弦定理，得，即，
所以由，得，
所以该三棱锥外接球的表面积为.
故答案为：.
49．将一边长为的正方形纸片按照图中的虚线所示的方法剪开后拼接为一正四棱锥(底面为正方形，且顶点在底面的射影为正方形的中心)，则该正四棱锥外接球和内切球的表面积之比为_____________.

【答案】
【解析】
【分析】
由题设可知正四棱锥底面边长为侧棱长为，进而求出外接球的半径，应用等体积法求内切球的半径，即可求外接球和内切球的表面积之比.
【详解】
按图中的虚线所示的方法剪开后拼接为正四棱锥，如图所示，

则剪开后拼接为底面边长为侧棱长为的正四棱锥.
设底面中心为，外接球的球心为，外接球的半径为则，
∴，即，解得 ，
∴四棱锥的外接球的半径，
设内切球的半径为，且四棱锥表面积为，由，即，
∴，则外接球和内切球的表面积之比.
故答案为：.
50．我国古代《九章算术》中将上，下两面为平行矩形的六面体称为刍童，如图的刍童有外接球，且，点E到平面距离为4，则该刍童外接球的表面积为________．

【答案】
【解析】
【分析】
由已知得，球心在上下底面中心的连线上，该连线与上下底面垂直，球心必在该垂线上，然后根据，利用直角三角形与直角三角形，即可列出外接球半径的方程，求解即可.
【详解】
连接、交于点，连接、交于点，由球的几何性质可知，刍童外接球的球心必在线段上，如图，

由题意可知，平面，平面，，
设，在中，，
在矩形中，，，
，
在中，，
在矩形中，，，
，
设外接球半径，，解得，
则，即该刍童的外接球半径为
该刍童外接球的表面积为：，
故答案为：.
【点睛】
方法点睛：空间几何体与球接、切问题的求解方法
(1)求解球与棱柱、棱锥的接、切问题时，一般过球心及接、切点作截面，把空间问题转化为平面图形与圆的接、切问题，再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解．
(2)若球面上四点P，A，B，C构成的三条线段PA, PB, PC两两互相垂直，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，利用PA2+PB2+PC2=4R2求解．
51．已知三棱锥中，∠APB=2π3，PA=PB=3，AC=5，，且平面平面，则该三棱锥的外接球的表面积为_________．

【答案】28π
【解析】
【分析】
本题首先可在中根据余弦定理得出，然后通过勾股定理得出，根据面面垂直的性质得出平面PAB，外接球的球心到平面PAB的距离为，再然后通过正弦定理求出的外接圆的半径，最后根据R2=r2+22求出外接球的半径，即可求出外接球的表面积.
【详解】
在中，由余弦定理易知，AB2=PA2+PB2-2⋅PA⋅PB⋅cos∠APB，
即AB2=32+32-2×3×3×-12=9，解得，
因为，所以，
因为平面平面且交于，BC⊂平面，
所以平面PAB，外接球的球心到平面PAB的距离为12BC=2，
设的外接圆的半径为，外接球的半径为，
则由正弦定理得出2r=ABsin∠APB，解得r=3，
R2=r2+22，解得R=7，外接球的表面积S=4πR2=28π，
故答案为：28π.
【点睛】
关键点点睛：本题考查几何体的外接球的表面积的求法，考查面面垂直证明线面垂直，考查余弦定理与正弦定理的应用，考查数形结合思想，是难题.
52．在梯形中，∠ABC=∠BAD=90∘，AB=BC=12AD=1，为的中点，将沿直线翻折成△AB1C，当三棱锥B1-ACD的体积最大时，过点的平面截三棱锥B1-ACD的外接球所得截面面积的最小值为______.
【答案】π2
【解析】
【分析】
分析出当平面B1AC⊥平面ACD时，三棱锥B1-ACD的体积最大，取的中点，分析出点为三棱锥B1-ACD的外接球的球心，求出球的半径，计算出截面圆半径为最小值，结合圆的面积公式可得结果.
【详解】
如下图所示，连接B1M，则B1M⊥AC，

则∠AB1C=90∘，故B1M=AB1⋅B1CAC=1×12=22，
设二面角B1-AC-D的平面角为，设三棱锥B1-ACD的高为，则h=B1Msinα=22sinα，
VB1-ACD=13S△ACD⋅h=13S△ACD⋅22sinα≤26S△ACD，
当且仅当α=90∘时，等号成立，即当平面B1AC⊥平面ACD时，三棱锥B1-ACD的体积最大，
∵AC=2，AB=BC=1，∠ABC=90∘，故为等腰直角三角形，且∠ACB=45∘，
在梯形中，∠ABC=∠BAD=90∘，则BC//AD，所以，∠CAD=∠ACB=45∘，
在△ACD中，AC=2，，∠CAD=45∘，
由余弦定理可得CD=AC2+AD2-2AC⋅ADcos45∘=2，故AC2+CD2=AD2，∴CD⊥AC，
因为平面B1AC⊥平面ACD，平面B1AC∩平面ACD=AC，CD⊥AC，CD⊂平面ACD，∴CD⊥平面B1AC，
∵AB1⊂平面B1AC，则AB1⊥CD，
因为AB1⊥B1C，B1C∩CD=C，∴AB1⊥平面B1CD，
∵B1D⊂平面B1CD，所以，AB1⊥B1D，
记中点为，由OB1=OA=OC=OD得为三棱锥B1-ACD的外接球的球心，
且球的半径为OC=12AD=1，
设与过点的平面所成的角为，设点到截面的距离为，则d=OMsinθ=22sinθ，
故截面圆的半径为r=1-d2=1-22sinθ2≥22，
当且仅当θ=90∘时，过点的平面截三棱锥外接球所得截面面积最小，
所以截面圆面积的最小值为π×222=π2.
故答案为：π2.
【点睛】
方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下：
（1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径；
（2）作截面：选准最佳角度做出截面（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.
53．棱长为6的正方体内有一个棱长为x的正四面体，正四面体的中心（正四面体的中心就是该四面体外接球的球心）与正方体的中心重合，且该四面体可以在正方体内任意转动，则x的最大值为______．
【答案】26
【解析】
【分析】
正方体的内切球半径为3，正四面体可以在正方体内任意转动，只需该正四面体为球的内接正四面体，进而求解.
【详解】
由题意得，该正四面体在棱长为6的正方体的内切球内，故该四面体内接于球时棱长最大，
因为棱长为6的正方体的内切球半径为R=3
如图，设正四面体，O为底面的中心，连接PO，则PO⊥底面，
则可知CO=33x，正四面体的高PO=63x，O'P=O'C=3
利用勾股定理可知63x-32+33x2=32，解得：x=26
故答案为：26

54．在四棱锥S-ABCD中，已知底面ABCD,AB//CD,AB⊥AD，AB=22，CD=AD=4，M是平面SAD内的动点，且满足∠CMD=∠BMA，则当四棱锥M-ABCD的体积最大时，三棱锥M-ACD外接球的表面积为___________.
【答案】160π
【解析】
【分析】
根据题意可得MD=2MA，在平面SAD内，以为原点，建立如图所示的平面直角坐标系，设Mx,y，求出点的轨迹方程，可得当四棱锥M-ABCD的体积最大时，可取M-4,42，三棱锥M-ACD外接球的球心在过三角形ACD外接圆圆心且垂直平面ACD的直线上，利用勾股定理可求得外接球的半径，从而可得出答案.
【详解】
解：因为底面，AB⊂面，
所以SA⊥AB，又因AB⊥AD，AD∩SA=A，
所以平面SAD，
又MA⊂平面SAD，所以AB⊥MA，
同理CD⊥MD，
在Rt△MAB和Rt△MCD中，因为∠CMD=∠BMA，
所以tan∠CMD=tan∠BMA，所以ABAM=CDMD，即MD=2MA，
在平面SAD内，以为原点，建立如图所示的平面直角坐标系，
设Mx,y，
则有x-42+y2=2⋅x2+y2，化简得x+42+y2=32，
即点的轨迹方程为x+42+y2=32，
要使四棱锥M-ABCD的体积最大，只要点的纵坐标的绝对值最大即可，
令x=-4，则y=±42，当四棱锥M-ABCD的体积最大时，可取M-4,42，
此时到平面的距离为42，
三棱锥M-ACD外接球的球心在过三角形ACD外接圆圆心且垂直平面ACD的直线上，
在三棱锥M-ACD中，取的中点，点即为三角形ACD外接圆的圆心，
设三棱锥M-ACD外接球的球心为，半径为，设OQ=x，
则有R2=x2+8=40+42-x2，解得x=42，
所以R2=32+8=40，
所以三棱锥M-ACD外接球的表面积S=4πR2=160π.
故答案为：.


【点睛】
本题考查了动点的轨迹问题，考查了三棱锥的外接球问题，具有较强的综合性，对学生的数据分析能力和计算能力要求较高，有一定的难度.
55．在三棱锥中，平面ABC，是边长为2的正三角形，，Q为三棱锥外接球球面上一动点，则点Q到平面PAB的距离的最大值为______
【答案】533
【解析】
【分析】
根据给定条件求出三棱锥外接球半径及球心O到平面PAB的距离即可推理计算作答.
【详解】
令三棱锥外接球球心为O，正所在平面截球面所得小圆圆心为，连接OO1,BO1,BO，如图，

则平面ABC，而正边长为2，即有BO1=233，
因平面ABC，则三棱锥外接球球心为O在过线段PA中点，且垂直于线段PA的平面内，
显然过线段PA中点垂直于线段PA的平面与平面ABC平行，则OO1=12PA=2，
于是得球O的半径R=BO=BO12+OO12=(233)2+22=433，
取PB中点，AB中点D，连接OO2,DO2,DO1，
因是直角三角形，则是平面PAB截球O所得截面小圆圆心，因此，平面PAB，
而DO2//PA，DO2=12PA=2，则DO2⊥平面ABC，必有DO2//OO1，DO2=OO1，于是得四边形OO1DO2是平行四边形，OO2=DO1=12BO1=33，
由球面的性质知，点Q是经过点的球面直径端点且球心在点与Q之间时，点Q到平面PAB的距离最大，
此最大距离为R+OO2=533，
所以点Q到平面PAB的距离的最大值为533.
【点睛】
关键点睛：涉及几何体的外接球问题，根据给定条件结合球的截面小圆性质确定出球心位置是解题的关键.
四、解答题
56．如图，在Rt△ABC中，tan∠ABC=3，斜边，现将Rt△ABC绕AC旋转一周得到一个圆锥，BD为底面圆的直径，点P为圆锥的内切球O与CD的切点，B1为圆锥底面圆周上异于B，D的一点．

(1)求证：PA//平面CBB1；
(2)当BB1=22时，求二面角A-PB1-C的正弦值．
【答案】(1)证明见解析；
(2)427.
【解析】
【分析】
(1)根据给定条件探求点P是母线CD的中点即可推理作答.
(2)由给定条件可得AB⊥AB1，建立空间直角坐标系，借助空间向量计算作答.
(1)
依题意，由tan∠ABC=3得∠ABC=60∘，则等腰△CBD是正三角形，
由切线长定理知：DP=DA=12DB=12DC，即P为DC中点，又A为DB中点，
因此有PA//BC，因PA⊄平面CBB1，BC⊂平面CBB1，
所以PA//平面CBB1.
(2)
因AB=AB1=2，BB1=22，则AB⊥AB1，而平面BB1D，
以点A为原点，射线AB1,AB,AC分别为x，y，z轴非负半轴建立空间直角坐标系，如图，

则A0,0,0，C0,0,23，P0,-1,3，B12,0,0，
设平面AB1P和平面CB1P的法向量分别为m=x,y,z，n=x1,y1,z1，
因AP=0,-1,3，AB1=2,0,0，则m⋅AP=-y+3z=0m⋅AB=2x=0，令z=1，得m=0,3,1，
又CP=0,-1,-3，CB1=2,0,-23，则n⋅CP=-y1-3z1=0n⋅CB1=2x1-23z1=0，令z1=1，得n=3,-3,1，
于是得cosm,n=m⋅nmn=-3×3+1×1(3)2+12⋅(3)2+(-3)2+12=-77，
设二面角A-PB1-C大小为，则sinθ=1-cos2〈m,n〉=427，
所以二面角A-PB1-C的正弦值为427.