2025高考数学专项复习：球的切接问题（解析版）

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

【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，BCJAB2+AC2-2-AB-AC-cosZBAC=48,

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\\

042BI;\

所以丁=4,所以外接球的半径7?满足用=产+专-=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.

蜃团团（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（）

c呼

【答案】。

【分析】求出正四面体外接球半径A=斯,利用三角函数定义求出cosAEAO,则得到sinZEAO=且口,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A,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=灰,

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.

【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。，B_D,设力。0口。=河,取EF的中点N,连接aW,

由题意知，球心O在直线MN上，取的中点G,连接FG,则FG±BC,

且FG=2x9=痣

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=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.

，题目目（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ABC,则SA=.

【答案】2

【解析】如图，将三棱锥S-AB。转化为直三棱柱SMN-ABC,

设△ABC的外接圆圆心为Q,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.

题目①（2024.湖南.二模）一个正四棱锥底面边长为2,高为V3,则该四棱锥的内切球表面积为.

【答案】萼/枭

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=T,HF=1,PH=®PF=2,

由aPG。〜△PHF可知篇=禺，即?=第产，解得T=冬,

rirr^r126

故答案为：萼.

O

题目区（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。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DF_LBC,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+rl,1、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+2V6B.2+4V6C..4+2V6D.4+4V6

【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,高为区内切球半径为r

则义q_），可得h=坐~。,

又4x；xJ/x率x『二^xJQ2X率乂八，可得『二碧0,

0Zj乙O乙乙_LZ

即正四面体的高等于其棱长的乎，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4+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.

画自Q（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河、N,则

线段AW长度的最大值为.•••

【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，求出外接球半径五，内切球

半径r,线段7WN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BCD,且X为底面△BCD的中心，

所以BH=§_X6=2通，

O

在Rt^AHB中，可求得AH=dAm—BH?=二区时=2瓜

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.

口强化训练

一、单选题

［题目曰（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），。。=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+l2=V5,

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+1nA/5—1CA/3+1cV3—1

A-B-c-D-

【答案】B

【分析】作出圆锥的轴截面，设内切球的半径为凡利用三角形面积关系建立关于兄的方程，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。,半径为凡•••

则AB=2,CG=2,所以AC=BC=｛（平）+CG2=V5,

又SAABC=S/\ADB+SAADC+^ABDC,

即[x2x2=：x2R+]xV5R+yXVbR,

解得R=—、=，即内切球的半径为娓二'.

1+V522

故选：B

题目区（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E,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，依=容小，

由等面积法可得，4xOPxOE=《xPExOH,解得OH=项小,

226•••

所以内切球的表面积为4兀x

故选:O.

画目目（2024-r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/68-16V3仆11n52—16代

A.4兀BR.----------------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=血上一1+芋^,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户瑞，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，

2八k）2K

而点人（一1,0）到直线+的距离为由=卜：聪，

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）

所以0V%2=321

12fc2(fc2+l)]234

k2-3+1k2-3+1

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•••

33'2'326

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(rc—a),(—1<a<1),

所以Sw产”(与巧代施制X2x2x啜1-(与町]=­1+?(3-%

过点B向EF引垂线，垂足为G,则d3=\BG\=禽(；一。),

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—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—等)Tx[(l—竽)一3]=

2V3V3

~6~,

综上所述，满足题意的直线为EF:y=V3(a:-1+,且此时&=|BG|=网:一④1，

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)，

_V3_

而AE中垂直线方程为必==

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+(

r1/勺?3

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助飞/="力-

1+，且此时d3=\BG\=

V3(1—Q)

=1,由此即可顺利得解.

2

[题目U](2024•河北邯郸•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,3B.9C-9口3

【答案】。

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

可求解.

【详解】由题意知△ABD与回⑺均为等边三角形，连接4V,C7V,5NAN±BD,CN±BD,乙4NC是二

面角A—BD—。的平面角，

C•••

所以NANC=合，又易知AN=CN,所以A4C/V是等边三角形.

设P为△BC。的外心，Q为CN的中点，连接QP,ON,AQ,则点O,P,Q都在平面ACN内，建立平面直角

坐标系如图.

设AN=NC=AC=2,则7Vp=工，/。3=£,所以0。=^^.

369

又AQ=四,所以OP=^4Q,因为MO〃CN,易知CM=为工4,

99

则呜竽),必容竿)，从而,。甘"=鬻得.

【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•模拟预测)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,用■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.Vio-lC.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AB的中点为H,CD的中点为N,连接PH,PN,HN,

球。为四棱锥P-ABCD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,黑

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△PfflV的内切圆，半径为「，与郎，刊？分别相切于点E,F,/：/'£_

平面PAB_L平面ABCD，交线为AB,PHu平面PAB,

APAB为正三角形，有PH_LPH_L平面ABCD,后，节“一一一^^^^

HNU平面ABCD,：.PH_LHN,BC

AB=2V^,BC=4,则有PH=3,HN=4,PN=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•二模）已知经过圆锥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r,R,

即OF=FG=R,EG=T,

根据题意可知ASAB为正三角形，易知SE=2r,圆锥SO的底面半径=

$0=27+「+7?+2=3丁+27?,又$0=血03,

:.3r+2R=37?,：.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。8=@?=3，^',高为S。=37-+2公=97',

上部分圆锥的体积与圆锥SO的体积之比为（寺丫=』，

.•.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.

〔题目回（2024・吉林长春•模拟预测）已知4B,四点均在半径为R（R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《，则球。的表面积为（）

O

A.2兀B.3兀C.平QTTD.9兀

4

【答案】。

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

•••

上，后可得四面体ABCD的体积表达式为J。?+ON¥(R-ON),其中五为球体半径，结合均值不等式可

O

得五，即可得答案.

【详解】因AB=力。,AB_LAC,取3C中点为N,则AN_LBC,又AD_LBC,AN,ADU平面AND,ANA

AD=A,

则BC_L平面AND,BCu面ABC,则平面ABC_L平面AND，要使四面体ABCD的体积最大，则有ON

_L平面ABC,且球心。在上.

设球体半径为几则。力=OD=凡则％用°=^SABC-DN=j^BC-AN)■(7?+ON),

又注意到BC=2AN,AN?=0&-0冲=Fe-ON2,则匕一的=日S皿-DN=^-AN2-(R+ON)=

;(A+ON)2(A—ON),

o

注意到+ON)2(R-ON)=/(A+ON)(R+ON)(27?-2ON)<春•+2。”困-2。盯=

工.坐「

613'.

当且仅当2A—2ON=A+ON,即R=3ON时取等号.又四面体ABCD的体积的最大值为三，则1•

36

则球的表面积为4兀&=9兀.

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

［题目|9)(23-24高三下•重庆•阶段练习)如图，在直三棱柱ABC-中，若NACB=90°,4。=BC=

^44i=LD,E分别是44i,BQi的中点，则下列结论正确的是()

•••

A.£)Ci±平面BDCB.ArE〃平面BDCr

C.点。到平面BDC,的距离为序D,三棱锥G-BDC外接球的半径为小

【答案】

【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BCi的中点，则得到外接球半径，即判断D.

【详解】对因为BC±平面平面力46。,所以DC,.

在△CQC中，因为。。产CG=2,所以DChDC2=CCl,

则DG±DC.又3CU平面BDC,DCU平面BDC,BCC所以DCr±平面BDC,故A正确.

对B,取。为BG的中点，连接OEQD.易知OE〃ArD,OE=4。,所以四边形ArDOE为平行四边形，

则A.E//DO.又平面BDCiQOu平面所以4七〃平面BOQ,故B正确.

对。，设点。到平面BDC,的距离为x,则①是以。为顶点，△BDG为底面的三棱锥的高.

因为BC，平面AA.C.C,所以BC是三棱锥B-CDC,的高.又△CDG为直角三角形，

所以S^CDC=^-DC-DC、=Jx2x2=1,所以VBCDC=£x1x1=

zzoo

又ABCD是直角三角形，所以3。=，1^=遮.又DG=，^,BG=，m=V^,

所以BD2+DCl^BC?，所以&BDG是直角三角形，则SABDC}[X2x四=乎.

由VB.CDC=VC.BDC1，得:x等，=!,则①=等，即点。到平面BDC,的距离为等，故。错误•

对。，因为△BCG和4BDC1均为直角三角形，所以O为三棱锥C「BDC外接球的球心，即半径为空，故

。正确.

遮目®(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()

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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£;一48。。一尸置于一个正方体中，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。为正方体的中心，

由正方体性质易知，AE为△GAW的中位线，则AE//MN,

同理PQ〃CF,又PQ〃阴V,则AE〃CF,

则直线AE与BF所成角即CF与BF所成角，

因为/\BCF为正三角形，所以/CFB=60°,A正确，

由正方体性质易知BD_L平面AFCE,CEU平面AFCE,

故BD_LCE,B正确；

设正方体的棱长为2,

因为OE=OF=OA=OB=OC=OD=1,

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R=1,

设内切球的半径为r,

119x94

八面体的体积为V=2V-ABCD~2x—S9EO=2x—x―-—x1=—,

EOABCDDD

又八面体的表面积为8s△/BE=8xx2=4V3,

所以生答二等,解得『=w，

OOO

此八面体内切球与外接球的表面积之比为包匚=4,故。项正确.

4兀R3

由正方体性质易知4C_L平面B0E,故乙4EO为直线AE与平面BDE所成的角，

又06=04=1,故/4田0=45°,故。错误.

故选：ABC.

题目口口（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冬

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T=乎+4

O

【答案】71co

【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C-ABD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=4,CD=8,4C=4D=BC

=BD=6,

取AB中点E,连接CE,DE,

因为AC=BC=6,AD=BD=6,点、E为AB中点、,

所以CE_L_LAB,AE=BE=2,则CE=VAC2-AE2=A/62-22=4V2,DE=VAD2-AE2=

V62-22=4V2,

故CE'2+DE2=CD2，则CE_LOE,

因为？IBnDE=平面ABD,所以CE_L平面ABD,

则匕一.=9.・您=白*3*4*42*42=偿,故人正确，5不正确；

OJ/o

若另一小球与这四个球都外切，设小球中心为O,半径为T,则点。在四面体ABCD内，取AB中点E,CD

中点F,连接EF

D

则AO=BO=2+r,CO=DO=4+TaCE=DE'=4四，CE_LDE,所以EF=fCD=4,

则球心。在EF上，所以OF=y/OC2-CF2=J(4+r)2-42=V^(^+8),

同理OE—Jr(r+4),代入OE+OF—4解得r=—涔一4或丁=一当5—4(舍)，故C正确；

OO

16

若另一小球与这四个球都内切，设小球中心为O1,半径为R,则AO=BO=R-2,CO=DO=R-4,且点

Q在EF上，

所以OF=y/oCf-CF2=V（-R-4）2-42=jR（R—8）,

同理OE=yjR［R—4），代入OE+OF=4得A=当&+4或R=—当2+4（舍），故。正确.

故选：ACD.

三、填空题

［题目电（2024•贵州•三模）己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，A4BC是底面内接正三角形，且平面PBC,则力。=；三棱锥P—ABC

的外接球的表面积是.

【答案】g号

【分析】（1）根据正弦定理求出PA的长；

（2）确定三棱锥P-ABC的外接球，即为以PC,PB,PA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,

△ABC是底面内接正三角形，结合题设有=2,所以人。=四，

sin60

由_L平面PBC,PB,PCu平面PBC,则PA±PB,PA±PC,

△ABC为正三角形，则AC=BC=AB,显然。为△ABC中心，

结合对称性，易知APBA=△PBC'APCA,即PC_LPB,且PC=PB=PA=普,

三棱锥P—ABC的外接球，即为以PC,PB,PA为相邻棱的正方体的外接球，

故外接球半径为R=；x7-f+f+f=袅，

所以三棱锥P