高考数学重难点专项复习：球的切接问题（2大考点+强化训练）（原卷版+解析）

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

______________________卜一一❶考点一，空间几何体的外接球

★球的切接问题

-------------------卜'--------------------------

■II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）在三棱锥尸一ABC中，A5=AC=4,ZBAC=120°,PA=6,

PB=PC=2岳,则三棱锥P-A5C的外接球的表面积为（）

A.IOOTIB.75兀C.8071D.120兀

【变式1】（23-24高三下•内蒙古赤峰,开学考试）已知正四面体A3CD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（）

.8730°4而_2屈「而

A.-------71B.--------71C.--------兀D.------71

3333

【变式2】（2023•昆明模拟）故宫太和殿是中国形制最高的宫殿，其建筑采用了重檐虎殿顶的屋顶样式，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A3C。所有五个面，其形状与四阿顶相类似.已知底面ABC。为矩形，AB=4,

AD=EF=2,底面ABCO,且EA=ED=FB=FC=BC,则几何体ABCDEF外接球的表面积为（）

A.22兀B.28兀

C.32兀D.38K

【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_L平面A5C,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.

【例2】（2024•湖南•二模）一个正四棱锥底面边长为2,高为豆，则该四棱锥的内切球表面积为.

【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，半径为厂1，圆台的上底面圆心为。2,半径为厂2（厂1＞「2），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,则卷的可能的取值为（）

C.1D.1

[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.2+2后B.2+4痴C..4+276D.4+46

【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

M、N,则线段MN长度的最大值为.

1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.6兀B.8兀C.16兀D.20兀

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（）

非+1□布-1

A.-----------D.-------------

22

C币+1D百一］

'2'2

3.（2024•陕西西安•一模）六氟化硫，化学式为SR,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相，则该正八面

体结构的内切球表面积为（）

Q

“?c一，-Ttm2-2Tim2

A.nnrB.C.------D.-------

33

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（）

/68-16731152-16^

A.4兀DB.-------------TiCr.—兀Dn.-------------Tt

929

5.（2024•河北邯郸•三模）已知在四面体A8CD中，AB=BC=CD=DA=BD,二面角A-BD-C的大小

7T

为且点A,B,C,。都在球。的球面上，M为棱AC上一点，N为棱3。的中点.若MO=尢CN，则

2=（）

14〃52

A.—B.—C.—D.-

3993

6.（2024・湖北•模拟预测）已知四棱锥P-ABCD的底面为矩形，AB=2』,BC=4,侧面为正三角形

且垂直于底面ABCD,〃为四棱锥P-ABCD内切球表面上一点，则点M到直线8距离的最小值为

()

A.#-2B.V10-1C.25/3-2D.273-1

7.（2024•河南开封•二模）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

8.（2024・吉林长春•模拟预测）已知AB,C,。四点均在半径为H（尺为常数）的球。的球面上运动，且

4

AB=AC,AB±AC,AD±BC,若四面体ABC。的体积的最大值为1,则球。的表面积为（）

_971c

A.2兀B.3兀C.——D.9兀

4

二、多选题

1.（23-24高三下•重庆•阶段练习）如图，在直三棱柱ABC-A与G中，若

/ACBugO.ACnBCulAAuLnE分别是招,耳£的中点，则下列结论正确的是（）

B.AE〃平面BOG

C.点C到平面BDG的距离为也

3

D.三棱锥G-BDC外接球的半径为好

2

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8尸所成的角为60。

B.BDfflCE.

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。

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6年4

B.以四个球球心为顶点的四面体体积为3半2

C.若另一小球与这四个球都外切，则该小球半径为r=辿一4

3

D.若另一小球与这四个球都内切，则该小球半径为厂=地+4

3

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。，点尸

是线段。。上的一点，ABC是底面内接正三角形，且上4,平面P5C,则AC=；三棱锥

P-ABC的外接球的表面积是.

2.（2024・广东・一模）已知表面积为87t的球。的内接正四棱台ABC。-A4G2，AB=2,4声=1,动点尸

在△ACR内部及其边界上运动，则直线3尸与平面AC，所成角的正弦值的最大值为.

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G，则该三棱锥外接

四、解答题

1.（2023高三•全国•专题练习）将3个半径为1的球和1个半径为拒一1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.

2.（2023高三•全国•专题练习）如图：长为3的线段尸。与边长为2的正方形A3CD垂直相交于其中心

O(PO>OQ).

⑴若二面角P-AB-Q的正切值为-3，试确定。在线段PQ的位置;

⑵在（1）的前提下，以尸，A,B,C,D,。为顶点的几何体PA3CDQ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.

3.（23-24高三上•宁夏吴忠•阶段练习）如图，已知圆锥CO的轴截面一ABC是边长为4正三角形，A3是底

面圆。的直径，点。在AB上，S.ZAOD=2ZBOD.

⑴求异面直线AD与BC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.

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。-切Z中，球。的半径为1,记平面xOy、平面zOx、平面

yOz分别为a、/3、

⑴若棱长为〃的正方体、棱长为6的正四面体的内切球均为球。，求:的值；

11

(2)若球。在处有一切平面为％,求4与&的交线方程，并写出它的一个法向量;

>/3

⑶如果在球面上任意一点作切平面X,记入与a、B、7的交线分别为优、“、P,求。到加、w、。距

离乘积的最小值.

5.(23-24高三下•山东荷泽•阶段练习)已知三棱柱ABC-A与G，其中ACLCC1，CQ，耳G，点尸是台司

的中点，连接AG，AC=CCl=B.C1=2,异面直线AC和8G所成角记为6.

⑴若cos6=；,求三棱柱外接球的表面积;

(2)若cos6=0,则在过点尸且与AQ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

______________________广一❶考点一：空间几何体的外接球

★球的切接问题

----------------------卜、一-❷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

（D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P-ABC中，AB=AC=4,ZBAC=120°,PA=6,

PB=PC=2713,则三棱锥P-ABC的外接球的表面积为（）

A.100兀B.75TtC.8071D.120兀

【答案】A

【分析】在54C中由余弦定理求得BC=2G，由题意证得以，平面ABC,进而确定外接球球心。，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，BC2=AB2+AC2-2ABACCOSZBAC=48,

即8C=4"，又PB=PC=2屈,

因为RT+AC?=PC2,所以PA_LAC,同理P4_LAB,

又由A3AC=A,AB,ACczABC,?AJL平面ABC.

BC_4也

设.ABC的外接圆半径为「，所以嬴旃一二/T一，

~2

pA2

所以r=4,所以外接球的半径R满足笈=产+”=16+9=25,

2

团三棱锥尸-ABC外接球的表面积为4兀R?=100几

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（）

“8回D4A/3002回c屈

3333

【答案】C

【分析】求出正四面体外接球半径R=布，利用三角函数定义求出cos/"。，贝U得至IJsinNEAO=等，

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R,。1为底面3CD的中心，。为该正四面体外接球的球心，

则。Q=gGF=?,则该正四面体的高AQnJp-］丫）=警，

根据。加=。），即手-R+与=R2,解得R="，

\7\7

贝AE=2,EO=R=5

AE

如图，在AM。中，c°s/EAO='="，

AO6

所以sinNEAO=

在，EAO?中，EO,=EAsinZEAO,=2-^-=^~,

63

因为交线为圆，所以周长为2兀.典=拽。兀

33

故选:

【变式2】（2023•昆明模拟）故宫太和殿是中国形制最高的宫殿，其建筑采用了重檐虎殿顶的屋顶样式，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4BCDEE有五个面，其形状与四阿顶相类似.已知底面ABC。为矩形，AB=4,

AD=EF=2,EF〃底面ABCD,且EA=ED=FB=FC=BC,则几何体ABCOE/外接球的表面积为（）

【答案】A

【解析】连接AC,BD,设取EF的中点N,连接MN,

由题意知，球心O在直线MN上，取8c的中点G,连接FG,则EG_LBC,

且FG=2义坐■=小.

连接MG,过点P作FP_LMG于点尸，则四边形MPFN是矩形，MN=FP,

则MN=FP=y]FG2~PG2=y[2,

又因AM=^AC,

AC=7AB2+BG=2y[5,

则AM—y[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0在线段MN上时，

则R2=/+（4）2,上=（表—铲十]2,

J2

解得x=—普（舍），

当球心O在线段MN外时，

则7?2=/+（巾）2,R2=（也+劝2+]2,

解得x=坐，故R2=f+5=?，

所以外接球的表面积5=4位?2=22兀

【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_L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Oi,半径为厂，

则2『sin，：CB=京=25,可得『小’

2

设三棱锥s—ABC的外接球球心为O,连接。4,OOi,则。4=2,OOi=^SA,

因为0弟=00计0欣2,

即4=3+；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,高为白，则该四棱锥的内切球表面积为.

【答案】飞47r件4

【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，E,尸分别是的中点,

连接PEG是球与侧面PCD的切点，可知G在冲上，OGYPF,

设内切球半径为「，

则OH=OG=r,HF=l,PH=5PF=2,

由团PGO幽.可知软鬓,即A等,解得r=冬

4兀

所以内切球表面积4兀r=4兀x

S=T

故答案为：y.

【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。1，半径为厂1，圆台的上底面圆心为。2，半径为井2s＞井2），球的球心为。，半径为R,记圆台的表面积

为S1，球的表面积为S2,则卷的可能的取值为（）

【答案】A

【解析】如图，作出圆台的轴截面，作。尸，BC,垂足为死

由题意知圆。与梯形A3CD相切,

则DC=DE+CE=O2D+OlC=r2+rl,

又DC=、DF+FC=、4R2+S一幻2,

故，4R2+（〃一厂2）2=片+厂2,

化简可得R2=厂正2,

亡1兀（齐+月）+兀（厂1+厂2）（厂1+厂2）

H+r^+nr2

2”

H+rj12nr2.1

2nr22>2片厂22

347r43QiTT

=5⑺>r2,故取不到等号），由于5，大，石都不大于5，故不的可能的取值为不

ZZJJZ02Z

【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.2+2A/6B.2+4A/6C..4+2后D.4+4新

【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。，高为心内切球半径为"

贝且ax?],可得〃=必°,

I23）3

▽“112百11273,-T-ZBA/6

乂4x-x—ax——xr=—x—ax——x/z,用倚r=——a，

32232212

即正四面体的高等于其棱长的远，正四面体的内切球的半径等于其棱长的逅.

312

如图，10个直径为2的小球放进棱长为。的正四面体A3CD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。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3CD的中心为。，与面歹G”的交点为尸，

则该正四面体EFG”的棱长为1+2+1=4,

可求得其高为加4x告警，虫lx常等7,

所以正四面体A3CD的高为AO=AE+E尸+尸0=3+坟+1=4+生

33

进而可求得其棱长a的最小值为=4+2>/6.

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好，正四面体的内切球的半径等于其棱长的逅，这样解题的时候我们

312

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

M、N,则线段MN长度的最大值为.

【答案】2m

【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R,内

切球半径小线段"N长度的最大值为R+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。，如图，连接4。并延长交底面BCD于,

则AH，平面BCD,且H为底面ABCD的中心，

所以旦6=2出，

3

在Rt/\AHB中，可求得AH=^AB--BH-=卜，2月『=2",

设外接球半径为K,内切球半径为小

贝I」尺2=收+0打2=12+（2A/6-，

解得R=亚，r=OH=2y[6-R=—,

22

所以线段MV长度的最大值为R+r=2#.

故答案为：2瓜.

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.67rB.8兀C.16兀D.20兀

【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），。0'=1

由于底面为正六边形，所以△ABO'为等边二角形，故AO'=2,

所以AO=^AO'2+O（y-=M+f=75，

所以AO为外接球的半径，故外接球表面积为4M退『=20兀，

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^5+1R^5-1

A.------D.---------

22

C石+1D6一、

'2'2

【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。，半径为R,

贝IjAB=2,CG=2,所以AC=BC=J喈f+CG?=召,

又SABC=SADB+SADC+BDC，

即;x2x2=gx2H+；xA+gxA,

解得R=：=舁,即内切球的半径为止二L.

1+V522

故选：B

3.（2024•陕西西安•一模）六氟化硫，化学式为SR,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修，则该正八面

体结构的内切球表面积为（）

2

.c-2-Ttm2-2urn

A.nm~?B.2Tm~C.-------D.-------

33

【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AC血交于点。，连接。尸，

取BC的中点E,连接OE,尸E,

因为AB=m,所以。4=OB=OC=O£)=4Z〃z,

2

OP=，

2

由3E=CE,可得BC±OE,BC±PE,OE,PEu平面POE,

且OEcPE=E,所以平面尸OE,

过。作QF/_LPE,

因为3C/平面POE,OHu平面POE,所以3C_LO”,

且3clPE=E,BC,PEu平面PBC,所以OH_L平面P3C,

所以OH为该正八面体结构的内切球的半径，

在直角三角形尸OE中，OP=叵m,OE==m,PE=,

222

由等面积法可得，OPxOE=^-xPExOHOH=—m,

226

Y2兀2

所以内切球的表面积为4兀x1=——m,

3

Q

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（）

.68-16石_11052-16有

AA.471BD.----------71C.—71D.-----------71

929

【答案】B

【分析】首先分类讨论得出，满足题意的直线为即：丫=6「-1+手］,且此时

4=|叫=吗一叽1,进一步求出底面四边形外接圆圆心。|坐标、半径，从而得。|到直线所的距离

〃，设出外接球球心到底面的距离九，结合（M=OB=R可得出=，+〃；=（4-々y+d：,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的等边三角形的边为了轴，AB边上的高8为y轴建立如图所示的平

面直角坐标系：

由题意A（TO），2（1,0），C（0,石），

不失一般性，设。:y="+石石）（也就是设点。在不包含端点的线段上）,

所以△38的面积为［如但，1+图。邛•空'

k-y/3

而点A(-1,O)到直线CD:y=kx+风k>6)的距离为&

1、6左2―3

此时二棱锥A—BCD体积的最大值为VJ=~S,4=----/(此时面ACDJ_面BCD),

3BCD6kW+i

2(7

所以0＜乂-12,2(3+1)

所以0<匕<且；

16

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A-3CD体积的最大值为

V2^-SBCO-d2^--(-BO-Oc\AO=-x-x\xy/3x\^J^-(此时面4。0_1面209),

33(2)326

其中4为点A到OC的距离，即49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,BC交于点E,尸，

折叠后的立体图形有外接球，则AE,£G四点共圆，从而NCFE+NCAE=n,

又因为ZCFE=ZFEB+ZFBE=ZFEB+1,ZCAE=|,

7T

所以NFEB=g=NC4B,所以；FEB~CAB,

由题意A(-LO),2(1,0),C(0,石)，设EF:y=6(x_a),(_l<q<l),

y/3(1+Q)(3-Q)

所以S四边形曲7。二

4

过点8向跖引垂线，垂足为G,则4=忸]=6（；一"）,

所以四棱锥3-AEFC体积的最大值为

匕。四边…4」"+1）（"”"3）[『1）（"3）=如3―34,+3）,（-]<"1）（此时四边形

AEFC与三角形BEF垂直），

从而匕（a）=§（3。2—6a—1）,%'（〃）=：（3“2—6a—l）=0na=1—2弋或。=1+2个.,

当一时，匕⑷>0,%（a）单调递增，

当1-手<。<1时，匕（。）<0,%（a）单调递减，

所以当且仅当a=l-半时，有（匕濡=匕11一¥卜卜[1-^]一1*1一¥[-3=¥>/，

综上所述，满足题意的直线为跖：y=6卜-1+子],且此时昼=忸q='（；"）=1,

此时我们首先来求四边形A£FC外接圆圆心a,

因为AB中点坐标为AB斜率为5/3，

所以的垂直平分线方程为y-

而AE中垂直线方程为

X

23

从而解得。，上少

I33J

所以四边形的匕外接圆半径为r=0川=J-#+i]2,4-6

而a到直线EP:y=6X-1+4-的距离为

I3)w=

又满足题意的四棱锥8-AEFC的高为4=|BG|=吗-，=1,

设满足题意的四棱锥3-AEFC的外接球球心为。,

设球心到平面的C的距离为九，

则由04=08=R可得，A?=产+跟=(4—九y+力，即16=]_24+13,

解得"」,心无逑+L2延，

13999

从而满足题意的外接球表面积为68T6®兀.

9

故选：B.

(/7>

【点睛】关键点点睛：关键是得出满足题意的直线为跖：,=6x-l+亭9,且此时

4=\BG\==1,由此即可顺利得解.

5.(2024•河北邯郸•三模)已知在四面体ABCD中，AB=BC=CD=DA=BD,二面角A-即-C的大小

TT

为｝,且点A,B,C,。都在球。的球面上，加为棱AC上一点，N为棱3D的中点.若M0=MJN，则

4=()

14〃52

A.—B.—C.—D."

3993

【答案】C

【分析】根据题意和几何关系，并在AACV所在平面内建立平面直角坐标系，确定点Q"的位置和坐标，

即可求解.

【详解】由题意知△ABD与△3CD均为等边三角形，连接⑷V,CN,则AN_LBD,CN±BD,ZANC

是二面角A-C的平面角，

TT

所以NAAC=],又易知AN=CN,所以ZViav是等边三角形.

设P为△3CD的外心，。为CN的中点，连接。尸,ON,A。，则点0,P,。都在平面AOV内，建立平面直

角坐标系如图.

设AN=NC=AC=2,则NP=2,ZONP=-,所以。尸=毡.

369

22

又AQ=拒,所以OP=|AQ,因为MOHCN,易知CM=§C4,

,OM5

,从而=T，/=-----

CN9

【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）已知四棱锥尸-ABCD的底面为矩形，AB=2y/3,BC=4,侧面以JB为正三角形

且垂直于底面ABC。，M为四棱锥尸-ABCD内切球表面上一点，则点M到直线C£）距离的最小值为

)

A.710-2B.710-1C.2.73-2D.273-1

【答案】B

【分析】H,N分别为AB和8的中点，平面PHN截四棱锥尸-ABCD的内切球。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8距离的最小值.

【详解】如图，设四棱锥的内切球的半径为厂，取的中点为8的中点为N,连接P〃，PN,

HN,

球。为四棱锥尸-ABCD的内切球，

底面ABCD为矩形，侧面上4B为正三角形且垂直于底面ABCD,

则平面PHN截四棱锥尸-MCD的内切球O所得的截面为大圆，

此圆为二PHN的内切圆，半径为厂，与HN,P”分别相切于点E,F,

平面R45_L平面ABCD,交线为AB,PHu平面F4B,

以0为正三角形，有尸平面ABCD,

MVu平面ABCQ,.-.PHLHN,

AB=26BC=4,则有尸"=3,HN=4,PN=5,

则2V中，SPHV=-x3x4=-r（3+4+5）,解得r=1.

所以，四棱锥P-ABCD内切球半径为1,连接ON.

QPH_L平面A3CD,CDu平面A3CD,:.CD±PH,

又CDLHN,PH,HNl平面PHN,PHHN=H,

\CD人平面PHN,ONu平面PHN,可得ON_LCD,

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

y-ON=y]OE2+EN2=710.

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

故选：B.

【点睛】方法点睛：

四棱锥尸-ABC。的内切球，与四棱锥的五个面都相切，由对称性平面PHN截四棱锥尸-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

。的距离，求点M到直线C。的距离的最小值.

7.（2024•河南开封•二模）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】C

【分析】作出圆锥5。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,半径分别为乙R,

即OF=FG=R,EG=r,

根据题意可知△SAB为正三角形，易知SE=2r,圆锥SO的底面半径OB=病，

SO=2r+r+R+R=3r+2R,3^SO=,

:.3r+2R=3R,:.R=3r,

，上部分圆锥的底面半径为高为3r,

又圆锥SO的底面半径为08=例=3技，高为SO=3r+2R=9r,

上部分圆锥的体积与圆锥SO的体积之比为f-Y=—,

27

二上、下两部分几何体的体积之比是1:26.

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AB,C,。四点均在半径为R（R为常数）的球。的球面上运动，且

4

AB=AC,AB±AC,AD±BC9若四面体ABGD的体积的最大值为则球。的表面积为（）

9兀

A.2兀B.3兀C.—D.9兀

4

【答案】D

【分析】如图，取BC中点为N,结合题意可得四面体ABCD的体积最大时，ON_L平面ABC,且球心在

19

DN上,后可得四面体ABCD的体积表达式为§（R+ON）（R-ON）,其中R为球体半径，结合均值不等式

可得凡即可得答案.

【详解】因43=403,4（?,取2。中点为乂则又ADLBC,AN,ADu平面⑷⑦,

ANAD^A,

则8C，平面4vD,BCu面ABC,则平面ABC，平面AM),要使四面体ABCD的体积最大，则有ON

1.平面ABC,且球心。在。N上.

设球体半径为R,则Q4=OD=R,则七一ABc=gsABcQN=［；2C-4v)(R+ON),

又注意到BC=24V,AN2=O^-ON2=R2-ON2,则

111

2?

VD-ABC=-SABC-DN=-AN\R+ON)=-(R+ON)-(R-ON).

22R+2ON+2R2ON

注意到-(7?+ON)(R-ON)=，(R+ON)(R+ON)(2R-2ON)<--［-^=1/竺］.

366(3)63J

4

当且仅当2R-2ON=R+ON,即尺=30N时取等号.又四面体A3CD的体积的最大值为§,则

则球的表面积为4兀R?=9n.

故选：D

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ABC-