2026年高考数学二轮复习专题14 立体几何外接球（内）归类（题型）（天津）（解析版）

专题14立体几何内外接球归类目录第一部分题型破译微观解剖，精细教学典例引领方法透视变式演练【选填题破译目录第一部分题型破译微观解剖，精细教学典例引领方法透视变式演练【选填题破译】题型01正方体、长方体模型题型02正四面体模型题型03对棱相等模型题型04直棱柱外接球题型05直棱锥外接球题型06内切球问题第二部分综合巩固整合应用，模拟实战题型01正方体、长方体模型【例1-1】（2025·天津红桥·模拟预测）一个正方体的棱长为，若一个球内切于该正方体，此球的体积是，则.【答案】2【分析】正方体内切球的直径即为正方体的棱长，即可得到内切球的半径，进而结合球的体积公式列方程求解即可.【详解】依题意，正方体内切球的直径即为正方体的棱长，则内切球的半径为，所以，解得.故答案为：2.【例1-2】（2025·天津·模拟预测）已知棱长为的正方体的所有顶点均在球的球面上，则球的表面积为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】设球的半径为，则该正方体的体对角线长即为，求出的值，结合球体表面积公式求解即可.【详解】设球的半径为，则该正方体的体对角线长即为，即，故球的表面积为.故选：B.1．正方体的外接球的球心为其体对角线的中点，半径为体对角线长的一半．2．长方体的外接球的球心为其体对角线的中点，半径为体对角线长的一半．3．补成长方体（1）若三棱锥的三条侧棱两两互相垂直，则可将其放入某个长方体内，如图1所示．（2）若三棱锥的四个面均是直角三角形，则此时可构造长方体，如图2所示．（3）正四面体可以补形为正方体且正方体的棱长，如图3所示．（4）若三棱锥的对棱两两相等，则可将其放入某个长方体内，如图4所示图1图2图3图4【变式1-1】（2024·天津南开·一模）在长方体中，，，其外接球体积为，则其外接球被平面截得图形面积为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出底面为正方形，长方体外接球的直径即为长方体的体对角线且球心在体对角线的中点，由外接球的体积求出，从而求出底面边长，再利用向量法求出球心到平面的距离，即可求出截面圆的半径，从而求出其面积.【详解】如图建立空间直角坐标，设、，则，，，，所以，，因为，所以，所以，即为正方形，又长方体的外接球的直径为长方体的体对角线长，外接球的球心为体对角线的中点不妨设为，由外接球体积为，所以，解得，又，解得（负值舍去），所以，，，，所以，，，设平面的法向量为，则，取，所以点到平面的距离，所以外接球被平面截得的截面圆的半径，所以截面圆的面积，即外接球被平面截得图形面积为.故选：B

【变式1-2】（2025·天津河西·一模）长方体的8个顶点都在同一个球面上，且，，，则球的表面积为．【答案】【分析】根据已知求出长方体的体对角线的长，即可得出外接球的半径，进而根据球的表面积公式得出答案.【详解】因为，长方体外接球的直径即等于长方体的体对角线，且，所以，，所以，，所以，外接球的半径，表面积为.

故答案为：.【变式1-3】（2025·天津静海·月考）已知长方体中，，，若与平面所成的角的余弦值为，则该长方体外接球的表面积为.【答案】【分析】根据线面夹角的定义分析可得与平面所成的角的余弦值为，进而可得，再根据长方体的外接球以及球的表面积公式运算求解.【详解】连接，设，则，因为平面，则与平面所成的角的余弦值为，由题意可得，解得，设长方体外接球的外接球的半径为，则，所以外接球的表面积为.故答案为：.

题型02正四面体模型【例2-1】（2026·天津和平·调研）已知正四面体（四个面都是正三角形）的体积为，若能装下它的最小正方体的体积为，设正四面体的内切球（与四面体各个面都相切的球）表面积为，外接球（四面体各顶点都在球的表面上）体积为，则（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用正四面体的性质，即内切球半径为高的四分之一，外接球半径为高的四分之三，再结合勾股定理进行求高，再利用球的表面积公式和体积公式，即可求解.【详解】

如图能装下正四面体的最小正方体，其体积为，可知正方体边长为，从而可得正四面体的棱长为正方体的面对角线长，

利用正四面体的性质可知，正四面体的内切球球心位于正四面体的高线上，且内切球半径为高的四分之一；正四面体的外接球球心位于正四面体的高线上，且外接球半径为高的四分之三；由球与底面的切点为底面中心，可知，而，所以，即内切球半径为，外接球半径为，所以有正四面体的体积为，即，故选：A.【例2-2】（2025·天津河北·二模）正多面体也称柏拉图立体，被誉为最有规律的立体结构，其所有面都只由一种正多边形构成的多面体（各面都是全等的正多边形，且每一个顶点所接的面数都一样，各相邻面所成二面角都相等），数学家已经证明世界上只存在五种柏拉图立体，即正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体、正二十面体，如图所示为正八面体，则该正八面体的外接球与内切球的表面积的比为（

）A． B．2 C．3 D．4【答案】C【分析】若正八面体的棱长为2，根据正八面体的结构特征易得外接球半径，应用等体积法求得内切球半径，最后由面积比为即可得.【详解】若正八面体的棱长为2，令其外接球、内切球半径分别为，且，由各侧面的面积，且构成八面体的两个正四棱锥的高为，则正八面体的体积，所以，所以外接球与内切球的表面积之比为.故选：C如图，设正四面体的的棱长为，将其放入正方体中，则正方体的棱长为，显然正四面体和正方体有相同的外接球．正方体外接球半径为，即正四面体外接球半径为．【变式2-1】（2025·天津和平·一模）已知正四面体（四个面都是正三角形），其内切球（与四面体各个面都相切的球）表面积为，设能装下正四面体的最小正方体的体积为，正四面体的外接球（四面体各顶点都在球的表面上）体积为，则（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】设正四面体的棱长为，设正四面体内切球球心为，半径为，由等体积法求出，将该正四面体放入一个正方体内，使得每条棱恰好为正方体的面对角线，此时即为能装下正四面体的最小正方体，即可求出，设正四面体的外接球的半径，根据正方体和正四面体的外接球为同一个球计算出，即可得出答案．【详解】设正四面体的棱长为，则正四面体的表面积为，由题设底面的外接圆半径，则所以正四面体的高为，其体积为，设正四面体内切球球心为，半径为，解得：，所以，解得：，将该正四面体放入下图的正方体内，使得每条棱恰好为正方体的面对角线，此时即为能装下正四面体的最小正方体，正四面体的最小正方体的边长为，如下图，即，所以，体积为，设正四面体的外接球半径为，则正方体的外接球，也即正四面体的外接球的半径为，所以，所以外接球的体积为，.故选：A.【变式2-2】（2025·天津·模拟预测）如图，这是某零件的结构模型，中间大球为正四面体的内切球，小球与大球、正四面体的三个面均相切.若AB＝12，则该模型中一个小球的体积为.

【答案】【分析】根据题干信息画出示意图，根据正四面体的特征分别计算出大小球半径即可求出小球的体积.【详解】如图所示，设为大球的球心，大球的半径为，大正四面体的底面中心为，棱长为，高为，的中点为，连接，则，，∵，∴，∴，设小球的半径为，小球也可看作一个小的正四面体的内切球，且小正四面体的高，∴，∴小球的体积为：，故答案为：.【变式2-3】半正多面体亦称“阿基米德体”“阿基米德多面体”，是以边数不全相同的正多边形为面的多面体.某半正多面体由4个正三角形和4个正六边形构成，其可由正四面体切割而成，如图所示.已知，若在该半正多面体内放一个球，则该球表面积的最大值为.【答案】【分析】分析出球心的位置，得出半正多面体所在的正四面体的高，求出点到正六边形所在平面的距离，到正三角形所在平面的距离，即可求出当球的表面积最大时，该球的半径，进而得出表面积.【详解】由题意，半正多面体由4个正三角形和4个正六边形构成，其可由正四面体切割而成，，当球的表面积最大时，该球的球心即为半正多面体所在正四面体的外接球的球心，记球心为.在中，，,该半正多面体所在的正四面体的高为：，设点到正六边形所在平面的距离为，过点作于，由几何知识得，∴，即，解得：，∴当球的表面积最大时，该球的半径为，表面积为.故答案为：.题型03对棱相等模型【例3-1】（2025·天津红桥·模拟预测）四棱锥的所有顶点都在同一个球面上，，，，则其外接球的表面积为；过BD的中点作直线与球O相交的最短弦长为．【答案】64π6【分析】记四边形的外接圆的圆心为，由条件可得平面，故四棱锥的外接球的球心在直线上，求四边形的外接圆半径和，根据球心在的垂直平分线上可求四棱锥的外接球的半径，根据球的表面积公式可求四棱锥的外接球的表面积，设的中点为，由条件求，由球的性质可求过的球的最短弦长.【详解】记四边形的外接圆的圆心为，因为，所以平面，记四棱锥的外接球的球心为，则平面，所以四棱锥的外接球的球心在直线上，设，因为四边形的外接圆圆心就是的外接圆，设外接圆的半径为，因为，，所以为等边三角形，，故，因为平面，平面，所以，所以，，又，所以，由已知球心在的垂直平分线上，所以，所以四棱锥的外接球的半径的半径，所以四棱锥的外接球的表面积，设的中点为，则，所以，因为，所以，所以三点共线，因为，，所以，又，所以，又，因为平面，平面，所以，所以，所以过BD的中点作直线与球O相交的最短弦长为，故答案为：，.

【例3-2】（2025·天津武清·模拟预测）蹴鞠（如图所示），类似今日的足球运动，被列入第一批国家级非物质文化遗产名录．已知某鞠表面上的四个点A，B，C，D满足cm，cm，cm，则该鞠的表面积为（

）A．cm2 B．371πcm2 C．742πcm2 D．cm2【答案】A【分析】根据空间四面体棱长的特点，放到长方体中，利用长方体的性质、球的表面积公式进行求解即可.【详解】因为某鞠表面上的四个点A，B，C，D满足cm，cm，cm，所以可以把空间四面体放到如下图所示的长方体中，设长方体的棱长分别为，则有，于是该长方体的对角线长为，所以蹴鞠的半径为，于是该鞠的表面积为，故选：A四面体中，，，，这种四面体叫做对棱相等四面体，可以通过构造长方体来解决这类问题．如图，设长方体的长、宽、高分别为，则，三式相加可得而显然四面体和长方体有相同的外接球，设外接球半径为，则，所以．【变式3-1】（2025·天津·二模）已知三棱锥的四个顶点都在球的球面上，，则球的表面积为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据条件，将三棱锥补成长方体，再利用长方体的性质求出外接球的半径，即可求解.【详解】如图，将三棱锥补成长方体，设，又，则，，，将三式相加得，因为三棱锥的顶点全在长方体的顶点上，所以长方体的外接球也是三棱锥的外接球，由长方体的性质知，长方体的外接球球心在体对角线的中点处，且体对角线长为，所以三棱锥的外接球的半径为，则球的表面积为.故选：D.【变式3-2】（2025·天津南开·模拟预测）在四面体中，，，，则该四面体外接球的表面积为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据对棱相等的特征，可以将四面体放入长方体中，再求其外接球半径即可.【详解】如图所示，该四面体的各顶点恰好是一个长方体的四个顶点，每条棱为长方体各面的对角线，设这个长方体各棱长分别为，则有，各式相加得，设外接球半径为，则有，外接球表面积.故选：C．【变式3-3】（2025·天津河北·模拟预测）在三棱锥中，，，，则该三棱锥的外接球的表面积为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据三棱锥中的对棱相等模型将三棱锥补成长方体，求出半径，结合球的表面积公式即可求解.【详解】将三棱锥补成长方体，则三棱锥的外接球等价于长方体的外接球，设长方体的长宽高分别为，则，可得，所以长方体的外接球半径，所以三棱锥的外接球的表面积为.

故选：.题型04直棱柱外接球【例4-1】（2026·天津红桥·调研）已知三棱柱的侧棱垂直于底面，且各顶点都在同一球面上，若则此球的表面积为（

）A．10π B．12π C．16π D．20π【答案】D【分析】通过已知条件求出底面外接圆的半径,设此圆圆心为,球心为,在中,求出球的半径,然后求出球的表面积.【详解】解:在中,可得，所以,由正弦定理,可得外接圆半径,设此圆圆心为,球心为，球的半径为，由球的性质可知：平面，在平面内，所以，在中,，所以球半径,故此球的表面积为故选：D【例4-2】（2025·天津武清·模拟预测）已知直三棱柱的顶点均在球面上，且，则该球的表面积为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用正弦定理求得外接圆的半径，利用勾股定理求得外接球的半径，可求表面积.【详解】在中，，利用正弦定理可得外接圆的半径，又，所以直三棱柱的外接球的半径为，所以该球的表面积为.故选：A.如图1，图2，图3，直三棱柱内接于球（同时直棱柱也内接于圆柱，棱柱的上下底面可以是任意三角形）图1图2图3第一步：确定球心的位置，是的外心，则平面；第二步：算出小圆的半径，（也是圆柱的高）；第三步：勾股定理：，解出【变式4-1】（2025·天津北辰·三模）已知正四棱柱的底面边长为4，侧棱长为2，点是棱的中点，为上底面内（包括边界）的一动点，且满足平面，的轨迹把该正四棱柱截成两部分，则较小部分的外接球的体积为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】取的中点，连接，由题意易得平面平面，从而可得，进而可得体积较小的部分为三棱锥，进而可求得其外接球的体积.【详解】取的中点，连接由题意可得，又，所以，所以平面即为平面，又，平面，平面，所以平面，易得，所以四边形为平行四边形，所以且，又且，所以且，所以四边形为平行四边形，所以，又平面，平面，所以平面，又，，平面，所以平面平面，又因为平面，所以平面，又为上底面内（包括边界）的一动点，所以，由图易知的轨迹把该正四棱柱截成两部分中体积较小的部分为三棱锥，又，所以三棱锥的外接球的半径，较小部分的外接球的体积为.故选：D.【变式4-2】（2025·天津·调研）所有棱长均为2的正三棱柱，它的顶点均在球的表面上，则球的表面积为.【答案】/【分析】如图，确定为的中点，根据正弦定理和勾股定理求出球的半径，结合球的表面积公式计算即可求解.【详解】设正三棱柱上、下底面的外接圆的圆心分别为，如图，连接，则为的中点，连接，则为球的半径，设圆的半径为，在中，由正弦定理得，解得，又，所以，所以球的表面积为.故答案为：【变式4-3】（2025·天津·一模）一个底面边长和侧棱长均为4的正三棱柱密闭容器，其中盛有一定体积的水，当底面水平放置时，水面高为.当侧面水平放置时（如图），容器内的水形成新的几何体.若该几何体的所有顶点均在同一个球面上，则该球的表面积为（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用棱柱的体积可得面积之比，进而得长度比例关系，结合勾股定理，联立方程可求解半径，由表面积公式求解，或者利用余弦定理求解长度，进而根据正弦定理求解外接圆半径，即可利用勾股定理求解球半径得解.【详解】方法一：，如图，，而，，，即，由于到距离，则到距离，设正方形外接圆圆心，则设矩形外接圆圆心，则，设外接球半径，，故外接球表面积为，故选;A.方法二：由当底面水平放置时，水面高为可知容器内的空气占容器体积的，于是侧放时，图中的空气区域的“小三棱柱”的体积为容器的，因此“小三棱柱”的底面“小三角形”的面积为大三角形的，则边长之比为，即“小三角形”边长为1.然后如图：设圆的半径为，由余弦定理可得，故，故，所以外接球的半径为，所以球的表面积为.故选：A.题型05直棱锥外接球【例5-1】（2026·天津和平·月考）已知三棱锥中，平面ABC，是边长为3的等边三角形，若此三棱锥外接球的体积为，那么三棱锥的体积为.【答案】/【分析】将三棱锥补成直三棱柱，进而求出外接球半径，得出三棱锥的高，最后利用体积公式计算即可.【详解】如图，将三棱锥补成直三棱柱，则三棱锥和直三棱柱的外接球相同，又直三棱柱的外接球球心为的外接圆圆心连线的中点，且的外接圆半径为，故三棱锥的外接球半径为,因为三棱锥外接球的体积为，所以外接球半径为，故，得，故三棱锥的体积为.故答案为：【例5-2】（2026·天津滨海新·调研）在三棱锥中，平面，，，则三棱锥的体积为；三棱锥的四个顶点都在球O的表面上，则球O的表面积为．【答案】【分析】根据平面得为三棱锥的高，从而利用三棱锥的体积公式求解即可；根据线面垂直的性质定理得两两垂直，得到三棱锥的外接球，也是以的长为三条相邻棱长的长方体外接球，即可求球体半径，进而求其表面积.【详解】因为平面，所以为三棱锥的高，又，，所以三棱锥的体积为；由平面，平面，平面，则，，又，则，即两两垂直，所以三棱锥的外接球，也是以的长为三条相邻棱长的长方体外接球，所以外接球半径为，故外接球O的表面积为.故答案为：，如图，平面，求外接球半径．解题步骤：第一步：将画在小圆面上，为小圆直径的一个端点，作小圆的直径，连接，则必过球心；第二步：为的外心，所以平面，算出小圆的半径(三角形的外接圆直径算法：利用正弦定理，得)，；第三步：利用勾股定理求三棱锥的外接球半径：=1\*GB3①；=2\*GB3②．【变式5-1】（2026·天津滨海新·月考）已知三棱锥的所有顶点都在一个球面上且平面，，，且底面的面积为，则此三棱锥外接球的表面积是.【答案】【分析】由的面积计算边，利用正弦定理得外接圆的半径，最后利用勾股定理求得外接球的半径，进而得球的表面积.【详解】由题意有：，所以，又，所以，所以（为外接圆半径），设外接圆的圆心为，即，过点作平面，作的中垂线交于点，即，所以点为三棱锥的球心，设外接球半径为，所以，所以此三棱锥外接球的表面积为,故答案为：.【变式5-2】（2025·天津·模拟预测）已知三棱锥的四个面均为直角三角形，平面，，，则三棱锥外接球的表面积为（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】构造如图所示的长方体，易知三棱锥的外接球就是长方体的外接球，可得，结合球的表面积计算公式即可.【详解】根据题意，构造如图所示的长方体，设其外接球的半径为，易知三棱锥的外接球就是长方体的外接球，则，所以三棱锥的外接球的表面积为.故选：D.【变式5-3】（2025·天津·模拟预测）三棱锥的四个顶点均在同一球面上，其中平面，是正三角形，，则该球的表面积是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】找到三棱锥的外接球的球心，在三角形中求得球半径，从而求得表面积.【详解】取的外接圆圆心为，过点作底面，为三棱锥外接球球心，设该球半径为，由平面，则，连接、、，由是正三角形，，故，由，，则，故有，故该球的表面积.故选：D.题型06内切球问题【例6-1】（2025·天津·模拟预测）若某正四面体的内切球的表面积为，则该正四面体的外接球的体积为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据给定条件，结合正四面体的结构特征，再求出其外接球的半径即可.【详解】正四面体的内切球与其外接球球心重合，如图，正四面体内切球与外接球球心在其高上，则是正四面体内切球半径，是正四面体外接球半径，由正四面体的内切球的表面积为，得，令，，，，在中，，解得，，所以该正四面体的外接球的体积.故选：C【例6-2】（2024·天津和平·二模）如图，一块边长为10cm的正方形铁片上有四块阴影部分，将这些阴影部分裁下去，然后用余下的四个全等的等腰三角形加工成一个正四棱锥形容器，则这个正四棱锥的内切球（球与正四棱锥各面均有且只有一个公共点）的体积为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据题意可得正四棱锥的斜高为5，底面正方形的边长为6，从而可得正四棱锥的高，设这个正四棱锥的内切球的半径为，高线与斜高的夹角为，则易得，，从而可得，再代入球的体积公式，即可求解．【详解】作出四棱锥如图：根据题意可得正四棱锥的斜高为，底面正方形的边长为6，正四棱锥的高为，设这个正四棱锥的内切球的球心为，半径为，与侧面相切于，则高线与斜高的夹角为，则，则,，，这个正四棱锥的内切球的体积为．故选：B．锥体内切球方法：等体积法，即棱切球方法：找切点，找球心，构造直角三角形【变式6-1】（2025·天津·调研）阿基米德（Archimedes，公元前287年—公元前212年）是古希腊伟大的数学家、物理学家和天文学家.他推导出的结论“圆柱内切球体的体积是圆柱体积的三分之二，并且球的表面积也是圆柱表面积的三分之二”是其毕生最满意的数学发现，后人按照他生前的要求，在他的墓碑上刻着一个圆柱容器里放了一个球，如图，该球顶天立地，四周碰边，圆柱的底面直径与高都等于球的直径，若球的体积为36π，则圆柱的表面积为.【答案】【分析】先根据球的体积得出球的半径，再根据圆柱的表面积公式计算即可.【详解】可设球的半径为，则根据题意可知圆柱的底面半径也为，圆柱的高等于直径，即为，由球的体积为，利用球的体积公式可得：，解得：，再由圆柱的表面积公式得：，故答案为：.【变式6-2】（2025·天津·模拟预测）已知三棱锥的三个侧面两两垂直，且三个侧面的面积分别是，，1，则此三棱锥的外接球的体积为；此三棱锥的内切球的表面积为.【答案】/【分析】由题意可知三棱锥的三条侧棱两两垂直，首先求得三条侧棱的棱长，然后计算外接球的半径，最后计算其体积即可；等体积法计算三棱锥内切球的半径，从而求出内切球的表面积.【详解】解：设三棱锥中，面，面，面两两垂直，则三棱锥的三条侧棱两两垂直，可设三条侧棱的长度分别为a，b，c，由题意可得：，解得，设三棱锥的外接球半径为，则，即，外接球的体积；设三棱锥的内切球半径为，由勾股定理可知：，则，则有，解得：，则表面积为：.

故答案为：；【变式6-3】（2025·天津·模拟预测）如图，该几何体为两个底面半径为1，高为1的相同的圆锥形成的组合体，设它的体积为V1，它的内切球的体积为V2，则（

）

A． B． C． D．【答案】D【分析】轴截面四边形的内切圆的半径即为该几何体内切球的半径，求出半径，再根据球的体积公式和圆锥的体积公式即可得解.【详解】如图，四边形为该几何体的轴截面，则四边形的内切圆的半径即为该几何体内切球的半径，设内切球的半径为，由，得，则，，所以.故选：D.1．（2025·天津武清·模拟预测）如图，在四面体PABC中，D，E分别为PC，AB的中点，且，，，则该四面体的外接球体积为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据条件可得出，即可求出体积.【详解】连接，因为线段的中点，，则，又为线段的中点，，，则，则，则该四面体的外接球球心为，半径为，体积为.故选：C2．（2025·天津·二模）图①是底面边长为的正三棱柱，直线经过上下底面的中心，将图①中三棱柱的上底面绕直线逆时针旋转得到图②，若为正三角形，则图②所示几何体的外接球的表面积为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】由题意可得上底面绕直线逆时针旋转得到一个对称的六面体，建立空间直角坐标系，求出旋转前后的坐标，根据向量的数量积求出棱柱的高，根据勾股定理求出外接球的半径，进而求出表面积即可.【详解】初始几何体为底面边长为的正三棱柱，设高为H，上底面绕直线逆时针旋转得到一个对称的六面体，其外接球球心必在旋转轴上，正三棱柱底面正三角形的外接圆半径，设球心到任一底面的距离为d，则球半径满足：由于几何体对称，球心在正中间，故，如图，以下底面ABC的重心为原点建立空间直角坐标系，则，旋转后的顶点坐标为,所以，长度，所以数量积为;，由夹角，所以，球心在中间，高度，半径,所以表面积,故选；C3．（2025·天津·一模）已知，，为球的球面上的三个点，为的外接圆，若的面积为，，则球的表面积为（

）A． B． C． D．【答案】C【分析】首先求出的半径，再由正弦定理求出，设球的半径为，所以，最后由球的表面积公式计算可得.【详解】因为的面积为，设的半径为，则，解得，又，所以为等边三角形，则，所以，设球的半径为，所以，所以球的表面积.故选：C4．（2024·天津武清·模拟预测）四棱锥的底面为正方形，，动点在线段上，则下列结论正确的是（

）A．四棱锥的体积为B．四棱锥的表面积为C．在中，当时，D．四棱锥的外接球表面积为【答案】C【分析】对于A：根据锥体体积公式运算求解；对于B：根据表面积公式分析运算求解；对于C：由条件确定点的位置，结合锥体体积公式分析判断；对于D：利用补形法，结合长方体的外接球的求四棱锥的外接球半径，进而可得球的表面积.【详解】对于选项A：因为，，，平面，所以平面，可知四棱锥的高，所以四棱锥的体积，故A错误；对于选项B：因为平面，平面，则，且，，平面，可得平面，且平面，可知，同理可知：，则，所以四棱锥的表面积为，故B错误；对于选项C：因为平面，平面，所以，所以为直角三角形，又因为，则，且，，，可得，所以，即，可知点到平面的距离为，所以，故C正确；对于选项D：将四棱锥补形为长方体，如图所示可知四棱锥的外接球的半径为，所以四棱锥的外接球的表面积，故D错误；故选：C.5．（2024·天津·二模）天津包子是一道古老的传统面食小吃，是经济实惠的大众化食品，在中国北方，在全国，乃至世界许多国家都享有极高的声誉.某天津包子铺商家为了将天津包子销往全国，学习了“小罐茶”的销售经验，决定走少而精的售卖方式，争取让天津包子走上高端路线，定制了如图所示由底面圆半径为的圆柱体和球缺（球的一部分）组成的单独包装盒，球缺的体积（为球缺所在球的半径，为球缺的高）.若，球心与圆柱下底面圆心重合，则包装盒的体积为（

）A． B． C． D．【答案】B【分析】求出圆柱的高，可得球半径，根据球缺的体积公式以及圆柱的体积公式即可求得答案.【详解】如图，设圆柱的高为，，则，即，解得，故圆柱高为，故包装盒的体积为，故选：B.6．（2024·天津红桥·二模）如图，圆锥形脆皮筒上面放半球形的冰淇淋，为了保障冰淇淋融化后能落在脆皮筒里，不溢出来，某规格的脆皮筒规定其侧面面积是冰淇淋半球面面积的2倍，则此规格脆皮筒的体积与冰淇淋的体积之比为（

）

A． B． C． D．【答案】B【分析】设圆锥的半径为，高为，母线长为，结合题意面积比得到，再计算二者的体积比即可.【详解】设圆锥的半径为，高为，母线长为，则母线长为，所以圆锥的侧面积是，半球的面积，由题意可得，解得，所以圆锥的体积为，半球的体积为，所以此规格脆皮筒的体积与冰淇淋的体积之比为，故选：B.7．（2024·天津蓟州·模拟预测）如图，在棱长为1的正方体中，为平面内一动点，则下列说法不正确的是（

）A．若在线段上，则的最小值为B．平面被正方体内切球所截，则截面面积为C．若与所成的角为，则点的轨迹为椭圆D．对于给定的点，过有且仅有3条直线与直线所成角为【答案】C【分析】把矩形与正方形置于同一平面，求出长判断A；求出内切球球心到平面，求出截面小圆半径判断B；建立空间直角坐标系，利用异面直线夹角建立方程判断C；利用异面直线所成角的意义转化判断D.【详解】对于A，正方体的对角面是矩形，把矩形与正方形置于同一平面，且在直线两侧，连接，则，当且仅当为与的交点时取等号，A正确；对于B，令正方体内切球球心为，连接，为正方体的中心，，，正半径，正三棱锥底面上的高，又球的半径为，则被截得的圆的半径为，面积为，B正确；对于C，建立空间直角坐标系，如图，则，设，有，则，整理得，则的轨迹是双曲线，C错误；对于D，显然过的满足条件的直线数目等于过的满足条件的直线的数目，，在直线上取点，使，不妨设，则，则四面体是正四面体，有两种可能，直线也有两种可能，若，则只有一种可能，就是与的角平分线垂直的直线，所以直线有三种可能，D正确.故选：C8．（2024·天津·二模）已知正方体的外接球的体积为，点为棱的中点，则三棱锥的体积为（

）．A． B． C． D．【答案】B【分析】由正方体的特征及球的体积公式可计算正方体棱长，再根据三棱锥的体积公式计算即可.【详解】由题意可知正方体的外接球直径为正方体的体对角线，所以，所以.故选：B9．（2024·天津滨海新·二模）如图所示，这是古希腊数学家阿基米德最引以为自豪的发现：圆柱容球定理.圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等，在当时并不知道球的面积和体积公式的情况下，阿基米德用穷竭法解决面积问题，用杠杆法解决体积问题.我们来重温这个伟大发现，求圆柱的表面积与球的表面积之比和圆柱体积与球体积之比（

）A．， B．， C．， D．，【答案】C【分析】设球的半径为，利用球和圆柱的表面积、体积公式求解即可.【详解】设球的半径为，则圆柱的底面圆半径为，圆柱的高为，所以圆柱的表面积，体积，球的表面积，体积，所以圆柱的表面积与球的表面积之比，圆柱体积与球体积之比，故选：C10．（2024·天津河北·一模）一个体积为的球在一个正三棱柱的内部，且球面与该正三棱柱的所有面都相切，则此正三棱柱的体积为（

）A．18 B．27 C．36 D．54【答案】D【分析】先根据球的体积公式，求出内切球的半径，进而求出正三棱柱的高；再根据内切球的半径等于底面正三角形内切圆半径求出正三角形的边长，进而利用公式求出结果.【详解】设球的半径为，则由球