高考数学复习讲义：空间几何体的结构和内切 外切球问题 （解析版）

解密17空间几何体的体积和内切外切球问题

【考点解密】

1.多面体的结构特征

名称棱柱棱锥棱台

A小麻

图形

ABAB

①有两个面互相平行且全等,有一个面是多边用一个平行于棱锥

其余各面都是平行四边形.彩，其余各面都是底面的平面去截棱

含义

②每相邻两个四边形的公共边有一个公共顶点的锥，截面和底面之间

都互相平行三角形的多面体的部分

相交于二点但不一

侧棱平行且相等延长线交于一点

定相等

侧面形状平行四边形三角形梯形

2.旋转体的结构特征

名称圆柱圆锥圆台球

总

图形a氐a

互相平行且相

母线相交于一点延长线交于一点

等，垂直于底面

全等的等腰三角

轴截面全等的隆全等的等腰梯形圆

彩

侧面展开图矩形扇形扇环

3.三视图与直观图

三视图画法规则：长对正、高平齐、宽相等

斜二测画法：（1）原图形中X轴、），轴、Z轴两两垂直，直观图中X,轴、），'

轴的夹角为45。或135。,z'轴与『轴和旷轴所在平面垂直.

直观图⑵原图形中平行于坐标轴的线段在直观图中仍平行于坐标轴,平行于工

轴和z轴的线段在直观图中保持原长度丕变,平行于），轴的线段在直观图

中长度为原来的一半.

4.多面体的表面积、侧面积

因为多面体的各个面都是平面，所以多面体的侧面积就是所有侧面的面积之和，表面积是侧面积与底面面积之和.

5.圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式

圆柱圆锥圆台

/'加$j

侧面展开图向2y

包眇一也…；盘

侧面积公式S优--=2兀/7SU1台假=71（厂］+〃）/

6.柱、锥、台、球的表面积和体积

名称

表面积体积

几何体

柱体（棱柱和圆柱）S表加枳=S2s底V=Sh

v=；s/?

锥体（棱锥和圆锥）S表面税=5侧+S底J

V=|（S上+S下

台体（棱台和圆台）Snm'=SM+S1+5F

3

球S=4nR2V=1n/?

【方法技巧】

1.多面体与球接、切问题求解策略

（1）截面法：过球心及多面体中的特殊点（一般为接、切点）或线作截面，利用平面几何知识寻找几

何体中元素间的关系.

（2）补形法：“补形”成为一个球内接长方体，则利用4/?2=/+炉+/求解.

2.球的切、接问题的常用结论

（1）长、宽、高分别为小b,c的长方体的体对角线长等于外接球的直径，即叱铲”=2R.

（2）若直棱柱（或有一条棱垂直于一个面的棱锥）的高为力，底面外接圆半径为犬，则该几何体外接

球半径R满足R2=（1）+*.

（3）外接球的球心在几何体底面上的投影，即为底面外接圆的圆心.

（4）球（半径为R）与正方体（棱长为0有以下三种特殊情形：一是球内切于正方体，此时2R=a；二

是球与正方体的十二条棱相切，此时2R=6a；三是球外接于正方体，此时27?=小”

【核心题型】

题型一，利用=视图求直视图的体积问题

1.（2023・四川•校联考一模）如图，网格纸上绘制的是一个四棱台的三视图，网格小正方形的边长为1,则该多面体

7

C.D.7

3

【答案】C

【分析】根据三视图，结合体积公式直接求解即可.

【详解】由题知该四棱台的上底面是边长为1的正方形，下底面是边长为2的正方形，高为1.

1_____1*7

所以，V=Q（S上+JS上S卜+S卜M=Q（I+2+4）=彳

故选：C

2.（2023•广西桂林・统考模拟预测）如图，己知某个几何体的三视图，根据图中标出的尺寸（单位：mm）,可得这

个几何体的体积是（）

俯视图

A.12CK)OOOOmm3B.8000000mm'

C.6000000mm3D.4000000mm3

【答案】D

【分析】根据三视图得到几何体是四棱锥V-A4C。，得到边长数据，计算体积得到答案.

【详解】由三视图可得几何体是四棱性V-A88,其中面小B_L面A8C。；

底面A6CD是边长分别为200和300H勺长方形；棱锥的高是200,

由棱锥的体积公式得V=g5力=gx200x300x200=4000000mm3,

故选：D

3.（2023秋・广西河池•高三统考期末）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体枳为（）

2右

侧视图

A.24后-2届B.24石-6岛

C.24-2后D.24-6缶

【答案】A

【分析】根据三视图川.得，该几何体是以个正方体内校去一个底面直径为正方体楂长且等高的圆隹，代入体积计算

公式即可求解.

【详解】由三视图可知：该几何体是一个棱长为的正方体内挖去一个底面半径为G，高为2#的圆锥,

由正方体和圆锥的体积计算公式可得:

V=(2、G)3-』X兀X(6)2X275=24G-2G,

3

故选：A.

题型二：利用三视图求直视图的面积问题

4.（2022・四川雅安•统考一模）如图，网格纸上绘制的是一个多面体的三视图，网格小正方形的边长为1,则构成该

多面体的面中最大的面积为（）

I.2B.9C.述D.也

222

【答案】D

【分析】根据三视图可得多面体为三棱锥，结合条件及正方体的性质即得.

【详解】由三视图可得该多面体为三棱锥，借助棱长为3的正方体画出三棱锥A-BCD,如图,

C

则AB=AD=3,8£）=8C=CO=3VI,AC=3G,

x3x3=

所以LBC=gx3x3&=\^z）=^1»

54CD=—x3x3\/2=,SBCD=—x（3>/2）=,

AAO226“a。41/2

所以构成该多面体的面中最大的面积为Ag.

2

故选：D.

5.（2022・河南•校联考模拟预测）下图为某四面体的三视图，则该几何体的表面积为（）

D.25/21

【答案】R

【分析】在长方体中画出该四面体，再由余弦定理以及面积公式求解.

【详解】由题意得该四面体A8CO的直观图如图所示，图中长方体的棱长分别为2,I,⑸

_5+4-7_x/5

则石，AB=CD=2,AC=BO=近，四面体A8C。的四个面的面积均相等，cosZABC==

-

2X>/5X27O

叵,则四面体A8CO的表面积为4、上=2加.

S&ABC;万*>/5x2xJl-|言

22

A

C

B

故选：B

6.(2021秋•江西抚州♦高三校考期末)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积S=()

1

!I!2!1!"

侧视图

A.26B.36C.48D.35

【答案】C

【分析】由三视图可得，该几何体是由一个长方体中间挖掉一个圆柱得到的，再根据长方体和圆柱的表面积公式即

可得解.

【详解】由三视图可得，该几何体是由一个长方体中间挖掉一个圆柱得到的,

其中长方体的长为4,宽为4,高为1,

圆柱的高为1,底面圆的半径为I,

贝lJS=4x4xl+2x4x4—27txi2+2兀xlxl=48.

题型三：几何体的体积的求法

7.（2023•浙江嘉兴•统考模拟预测）《九章算术・商功》中记载：“斜解立方，得两堑堵.斜解堑堵，其一为阳马，一为

鳖肺，不易之率也.“我们可以翻译为：取一长方体，分成两个一模•样的直三棱柱，称为堑堵.再沿堑堵的一顶点与

相对的棱剖开，得一个四棱锥和一个三棱锥，这个四棱锥称为阳马，这个三楂锥称为鳖嚅.现已知某个鳖嚅的体枳是

1,则原长方体的体积是（）

A.8B.6C.4D.3

【答案】B

【分析】根据柱体和锥体体积公式求得正确答案.

【详解】如图所示，原长方体48CQ-A4GA,

设矩形8CC4的面枳为S,CR=h,

鳖喘A-8CC；的体积为1,

1/1、

BP-x—Sxh=1,所以S/?=6,

即原长方体的体积是6.

故选：B

8.（2023・湖北・统考模拟预测）截角四面体是一种半正八面体，可由四面体经过适当的截角而得到.如图，将棱长

为6的正四面体沿棱的三等分点作平行于底面的截面截角得到所有枝长均为2的截角四面体，则该截角四面体的体

积为（）

D.16夜

【答案】C

【分析】求出棱长为1的正四面体的体积结合条件即得.

【详解】截角四面体的体积为大正四面体的体积减去四个相等的小正四面体体积,

因为棱长为1的正四面体的高/?巫,

Y（32J3

则棱长为1的正四面体的体积且x-x^=立，

134312

所以该截角四面体的体积为丫=巫ML"也依=虫.

12123

故选：C.

9.（2023•江西南昌・统考一模）对食道和胃粘膜有刺激性的粉末或颗粒，或口感不好、易于挥发、在口腔中易被唾

液分解，以及易吸入气管的药需要装入胶囊，既保护了药物药性不被破坏，也保护了消化器官和呼吸道.在数学探

究课中某同学设计一个“胶囊形”的几何体，由一个圆柱和两个半球构成，已知圆柱的高是底面半径的4倍，若该儿

何体表面积为108兀，则它体积为（）

C.1087rD.144兀

【答案】D

【分析】设圆柱的底面半径为*可求得该几何体表面积为12M2=|08兀，解得r=3,进而求出该几何体的体积.

【详解】•・•设圆柱的底面半径为「，则球的半径为，圆柱的高是4人

••・圆柱的侧面枳为2兀摩"=8兀/，两个半球的表面枳为4兀产，

，该几何体表面积为8口2+4兀/=12nr=108兀，解得，:3,

・••该几何体的体积为冗/*4r+1冗/=4冗xb'+gTtxB，=144冗.

故选：D.

题型四：几何体的表面积求法

10.（2023春・广东惠州•高三校考阶段练习）河南博物院主展馆的主体建筑以元代登封古观星台为原型，经艺术夸张

演绎成'戴冠的金字塔”造型，冠部为“方斗”形，上扬下覆，取上承“甘露”、下纳“地气”之意.冠部以及冠部下方均

可视为正四棱台.已知一个“方斗”的上底面与下底面的面积之比为1:4,高为2,体积为竽，则该，方斗”的侧面积

为（）

A.24B.12C.24石D.]2通

【答案】D

【分析】根据题意得正四棱台的侧面为四个等腰梯形，先计算侧面的高，然后利用梯形的面积公式代入计算即可.

【详解】由题意可知，记正四棱台为A8CO-AMG。，其底面为正方形，

则尸M是正四棱锥P—A8C。的高，MN为正四棱台ABC。—的高,

设AB=b,则上、下底面的面积分别为/、

由题意A〃=匕4,所以匕=2a,

在△尸/钻中，空=4"=!，所以4为%的中点，

PAAB2

PAPN11

在△胸中，-^=—=-,所以MN=,PM=2,所以必/=4,

2

又匕BCO-AMGA=-x（a'+ax.h+b）x2=，解得。=2，b=4,

JJJ

所以H=yJpM'AM?="2+（2扬2=2#，

所以侧梭长八A是灰；，由勾股定理可得侧面的高为h=7（V6）2-I2=岳，

所以侧面积为S=4xgx（2+4）x石=12石.

故选：D

11.（2023•全国•模拟预测）如图1是一栋度假别墅，它的屋顶可近似看作一个多面体，图2是该屋顶的结构示意图，

其中四边形48FE和四边形。CFE是两个全等的等腰梯形，AB//CD//EF,AEA。和△E8C是两个全等的正三角形.

已知该多面体的棱8F与平面相CO所成的角为45。，AB=20,8c=10,则该屋顶的表面积为（）

图1图2

A.100B.1006C.200D.200G

【答案】D

【分析】过点/作田_L平面A8C。，。为垂足，作/W_L48于点N,连接。8,ON,通过线面垂直的性质定理可

得FO-OB,FO工ON,通过几何关系可算出Q70,即可得到答案

【详解】如图，过点尸作尸。_L平面48CQ,。为垂足，作FN_LA8于点M连接03,ON,

则NEBO=45。，

因为FOJL平面/IBC。，OB,ONu平面ABCD,

所以卬_LO8,尸O_LON,

易知8~=10,：.OF=OB=5日

在直角三角形FON中，易知ON=；BC=5,：.FN=56

，在直角三角形/BN中，BN=5,

2

AEF=20-2x5=10,AS^ABFE=（10+20）x5>/3=75>/3,SA/..£C=^x10=2573,,该屋顶的表面积为

2X（75V5+25@=200G,

12.（2023•河南平顶山•叶县高级中学校联考模拟预测）如图，在四面体ABCO中，AB=BC=AD=CD=4,AC=2,

NBCO=/BAO=120。，则四面体/WC。外接球的表面积为（）

208兀「209n

A.----B.69Kc—D.70兀

3

【答案】A

［分析］根据题意分析可知平面ACE,根据外接球的性质以及四面体ABCD的结构特征确定四面体ABCD的

外接球的球心所在位置，进而可求半径和面积.

【详解】如图1,取8。的中点E,由4?=BC=AP=CD=4,/BCD=/BAD=120。,可得AE=CE=2,

又AC=2,所以ZXACE为等边三角形.

由A8=A£)=8C=C£),BE=DE,可得CELBD,

AE\CE=EfA£CEu平面ACE

则8。上平面ACE,

如图2,延长AE至Q,使得AK=QE,延长CE至P,使得CE=PE,

CD4_

•••△8CO的外接圆的直径”一R

sinZDBCT即厂=4,

2

故易知。为△BCD的外心，Q为△AB。的外心，过点P作平面BC。的垂线，过点Q作平面AND的垂线，两垂线

的交点O就是四面体ABCD外接球的球心.

0图2

由PE=4E=2，NOEP=30。,可得G6

2

222200

在△Q4E中，OA=AE+OE-2AExOEcosZAEO=2+-2x2xAXcos(120+30)=y

故四面体ABC。外接球的表面积为4兀xOe=等.

故选：A.

【点睛】结论点睛：

（1）球的任何截面均为圆面；

（2）球心和截面圆心的连线垂直于该截面，故外接球的球心位于过底面的外心的垂线上.

题型五：几何体的内切（外切）球问题

13.（2。23•广东•校联考模拟预测）已知四棱锥P-ABCO的五个顶点都在球面。上，底面ARCO是边长为4的正方

形，平面Q4O_L平面A8CQ,且PA=PDf,则球面。的表面积为（）

A.39冗B.40nC.41兀D.42兀

【答案】C

【分析】如图，取A。中点为E,三角形尸A。外接圆圆心为0,正方形ABCQ外接圆圆心为。一过«，。2做平面P4O,

底面4BC。垂线，则两垂线交点为四凌锥外切球球心。.由题目条件，可证得四边形。色。3。为矩形，设外接球半径

为R，则R=OA=JOO；+AO；=8E+AO；.后可得答案.

【详解】如图，取A£>中点为E,三角形PAD外接圆圆心为。1,正方形A8CQ外接圆圆心为。?，过。了02作平面PAD,

底面A5CO垂线，则两垂线交点为四棱锥外接球球心O.

因平面以DJ•平面A8CZ）,平面皿）c平面A8CO=AO,_LA。，QEu平面幺£>,则曰七_1,平面48CD又EO2u

平面4BCD,则。E1反九

因/。0£=Z0]E02=Z002E=3,则四边形。①。2。为矩形.

设三角形尸A。外接圆半径为「，则•，又AE=2,PE=>1PA2-AE2=1,则

则O、E==|,设外接球半径为R,则R=OA=y/00；+AO；=Jo/+AO；,又AO2=；AC=2,2,

则R,则球。表面积为:4nR2=41K.

故选：C.

14.（2。23・河南焦作•统考模拟预测）在直三棱柱ABC-A4G中，为等边三角形，若三楂柱A8C-A4G的

体枳为3百，则该三棱柱外接球表面枳的最小值为（）

A.12兀B.6万C.T6冗D.8乃

【答案】A

［分析］根据直三棱柱的体积得到r2k=4,根据直三棱柱外接球半径的求法得到/?2=r2+—=—4--,然后构造函

44〃

数，求导得到R2的最小值，即可得到外接球表面积的最小值.

【详解】设直三棱柱的高为人外接球的半径为R,外接圆的半径为「，则3x：/sin斗〃=3/，所以内?=4,

又2=/+!=£+7,令/（/?）=?+:则/（人）=^一*=奈，易知/㈤的最小值为"2）=3,此时代=3,

所以该三棱柱外接球表面积的最小值为12房.

故选：A.

15.（2。23・山西晋中•统考二模）我国古代《九章算术》将底面为矩形的棱台称为刍童.若一刍童为正棱台，其上、

下底面分别是边长为J2和2拉的正方形，高为1，则该刍童的外接球的表面积为（）

A.16〃B.18乃C.20兀D.25%

【答案】C

【分析】根据题意，作出图形，设该刍童外接球的球心为O,半径为R,分两种情况讨论，分别根据条件列出方程

组，即可求出外接球半径，代入球的表面积公式计算即可求解.

【详解】设该刍童外接球的球心为O,半径为R,上底面中心为。|，下底面中心为。?，则由题意，。。=1,AO2=2,

>4,0,=1,OA=O\=R.

如图，当。在。02的延长线上时，设。。2=力，则在,。。2中，*=必+4①,

在几4。。1中，尸=（力+1）2+1②，

联立①©得〃=1,内=5,所以刍童外接球的表面积为207r.

问理，当O在线段上时，设。Q=/z,

则有川=配+1,/?2=（1-/2）2+4,解得力=2,不满足题意，舍去.

综上所述，该刍童外接球的表面积为2（）兀.

【高考必刷】

一、单选题

16.（2023春•重庆沙坪坝•高三重庆八中校考阶段练习）某药厂制造一种药物胶囊，如图所示，胶囊的两端为半球形,

半径厂-0，中间可视为圆柱，若该种胶囊的表面积为16万，则该种胶囊的体枳为（）

【分析】设圆柱高为/，左、右两端半球形半径为L其表面积为S,胶囊的体积为Hr）,由圆柱侧面积和球的表面

积公式列出等式，用S"表示出/,然后由圆柱与球体积公式求得丫（「）并代入已知可得.

【详解】设圆柱高为/,左、右两端半球形半径为，其表面积为S,胶囊的体积为V,依题意，

4^r2+27rrl=S=>I=―—如匚，故丫（。=±乃，+乃「）=2一2万，，将s=16乃,r=代入可得V（r）二型\/54，

243233

故选：A

17.（2023春•四川成都•高三四川省成都市玉林中学校考阶段练习）已知三棱锥--A3C中，若4SC'是止三角形且

PA=PB=PC=a,尸A_L平面尸8C,则三棱锥P—ABC的外接球的表面积为（）

A.4&JB.3na2C.—nt/3D.\2a2

2

【答案】B

【分析】证明出P8_LPC,将三棱锥尸-A8C补成正方体4WNE,可求出该三楂锥的外接球的半径，再利

用球体的表面积公式可求得结果.

【详解】因为PAL平面PBC,PB、尸Cu平面尸8C,所以，PA2PB,PA1PC,

因为如=PC,PB=PB,BA=BC,则△BAAgZkBPC,

所以，/BPC=NBPA=90，即依J.PC,

将三棱维P-ABC补成正方体PBFC-AMNE,如下图所示:

所以，三棱锥P-A8C的外接球直径即为正方体的体对角线长，

故三棱锥P-ABC的外接球直径为2r=y/PA2+PB2+PC2=岛，得r釜a,

因此，三棱锥P-A8C的外接球的表面积为4兀/=3"/.

故选：B.

18.（2023•河北邢台・校联考模拟预测）在四棱台ABC。-A瓦GA中，底面ABGR是边长为4的正方形，其余各

棱长均为2,设直线八A与直线的交点为尸，则四棱锥P-4AC。的外接球的体积为（）

A.双红B.64缶C.8万D.32乃

33

【答案】A

【分析】先确定四棱锥尸-A68为正四棱锥，从而得出外接球的球心。在直线尸Q上，再由勾股定理确定半径，进

而得出四棱锥尸-A8C3的外接球的体积.

【详解】设AC与3。相交于点因为四棱台A8CQ-A瓦G"为正四棱台，直线AA与直线

8片的交点为尸，所以四棱锥尸-ABC。为正四棱锥，所以平面4BCZ）.

四棱锥尸-A8C。的外接球的球心。在直线PQ上，连接8。，设该外接球的半径为R.

因为人B=J=2,人"平行于人用，所以PB=B"=2,后，1、0\_近.

所以忸。「二|«@2+忸。『，即R2=（应『+（&-可，解得R=6,

则四棱锥P-ABCD的外接球的体积为—*=曳空.

33

故选：A

p

19.（2023・湖南•模拟预测）在意大利，有一座满是“斗笠”的灰白小镇阿尔贝罗贝洛，这些圆锥形屋顶的奇特小屋名

叫7>〃历，于1996年被收入世界文化遗产名录，现测量一个万〃/〃，的屋顶，得到母线“长为6米（其中S为圆锥

顶点，。为圆锥底面圆心），C是母线%的靠近点S的三等分点.从点A到点C绕圆锥顶侧面一周安装灯带，若灯

带的最短长度为29米，则圆锥的S。的体积为（）

B.16拉兀立方米C.今2兀立方米D.用立方米

A.12兀立方米

【答案】C

如图，根据余弦定理得到等，计算夜，再计算体积得到答

【分析】设圆锥底面半径为八NASC=i=2,50=4

案.

【详解】设圆锥底面半径为广,如图，扇形SAA'是圆锥的侧面展开图,

底所以筝WT

△ASM，AS=6,SC=2,AC=2co"SC=

所以ZA'SC=W，所以?x6=2",〃=2,

33

SO=yJSA2—OA~=—1~=45/2，

所以圆锥的体积为，7rx22x4人=3兀（立方米），

33

故选：C

20.（2。23•福建福州•统考二模）己知三棱锥P-A8C的四个顶点都在球。的球面上，PA=PB=PC=AB=瓜,

NAC8=,，则球。的体枳为（）

279

A.3兀B.—7tC.一兀D.971

82

【答案】C

【分析】过P点作PR，平面A8C,垂足为4,结合A4=P8=PC可得£为0由。的外心，则AA=[B=AC=r,

AR7

则2-=:“I，可得r=g，进而可得PR=2,设。为球心，R为球的半径，结合勾股定理可得"=:，进而求

sinZ.ACB2

解.

【详解】过P点作PR，平面ABC,垂足为R,

因为RA=P8=PC,

所以6为aA3c的外心，

则小=[B=[C=〃（「为"BC的外接圆半径），

9AB_V6rr

则sinNACBg,所以r=&.

T

Pf^=y/PA2-^A2=76^2=2,

设。为球心，R为球的半径，贝ljR=OP=OA,

因为。/1="叶+府=J（2-/?『+2=R,

解得我=]

2

4、4279

所以球。的体积为丫=§江”=3兀/至=犷

故选：C.

p

21.（2023・安徽•统考一模）在三棱锥尸—48。中，PA_L底面A8C,CA=C8=A4=2,/AC8=T，贝J三棱锥P-ABC

外接球的表面积为（）

A.25〃B.2071C.1671D.12兀

【答案】B

【分析】求得外接球的半径，进而求得外接球的表面积.

【详解】由CA=CB=2,/AC8=@,得NCA8=NCBA=C,

36

2」

所以的外接圆半径"一不、5一0

sin一

6

由于尸4_L底面A8C,所以外接球的注径0=/产+（等j=6,

所以外接球的表面积S=4兀斤=207r.

故选：B

22.（2。23.江西赣州•统考一模）古希腊数学家帕普斯在《数学汇编》第三卷中记载着一个确定重心的定理：“如果

同一平面内的一个闭合图形的内部与一条直线不相交，那么该闭合图形围绕这条直线旋转一周所得到的旋转体的体

积等于闭合图形面积乘以该闭合图形的重心旋转所得周长的积“，即丫=9（V表示平面图形绕旋转轴旋转的体积，

S表示平面图形的面积，/表示重心绕旋转轴旋转一周的周长）.己知RSAC8中，A8_LAC,A8=2,AC=4,则aACB

的重心G到AC的距离为（）

49

A.-B.-C.1D.2

33

【答案】B

【分析】根据题意，用式子分别表示出圆锥体积、三角形面积以及重心绕旋转轴旋转一周的周长，进而求出距离.

【详解】直角三角形绕AC旋转一周所得的圆锥的体积为丫=gx47tx4=粤；

三角形A8C的面积S=gx4x2=4,记重心G到AC的距离为h,

由丫=①，可得野=。也）x4,解得力=：,

所以。圆的重心G到AC的距离为1.

故选：B.

23.（2023•辽宁阜新•校考模拟预测）已知矩形AEC。中，48=8,取48、C。的中点反F,沿直线E尸进行翻折，

使得二面角A-Ef-6的人小为120。，若翻折后A、B、C、D、E、尸都在球O上，且球O的体积为288花，贝ijA0=

（）

A.46B.2石C.4D.2

【答案】A

【分析】作出图形，根据外接球与几何的的对称关系确定球心，再利用勾股定理确定半径即可求解.

【详解】作出图形如图，

记三角形CO户外接圆的圆心为。।,则尸。为外接圆的半径,

因为二面角4-所一8的大小为120°,

且EF1DF,EFLCF,所以/OfC=12（y,

所以NDC/=30",

由止弦定理可得.=2FO、，所以尸«=4,则D（1=F（1=4

sinZ.DCF

A、

又因为球。的体积为3贰R'=288兀，所以R=6,即OO=R=6,

2

在直角三角形DOOX中，DO：+O。=。。2所以0,0=2y[5,

所以AO=2«O=4在，

故选：A.

24.（2023・陕西咸阳・陕西咸阳中学校考模拟预测）已知三棱锥O-44C的所有顶点都在球。的球面上，

AD±BD,AC±BC,ZDAB=ZCBA=30,二面角。一的大小为60,若球。的表面积等于16冗，则三棱锥

。一ABC的体枳等于（）

A.73B.至C.V7D.迈

53

【答案】A

【分析】作出辅助线,找到球心，求出外接球半径，求出底面积和高,得到三棱锥的体积.

【详解】取42的中点O,连接OUOD,

因为AQ_LBDACA.BC,所以0到AB,C,。的距离相等,

故O即为球心.

由球。狗表面积等于16兀，设外接球丝径为故4兀正=16兀，

解得OD=R=2,过C,。作CK小垂直于人3于点笈”，

因为ND4B=NCB4=30,=ZAOC=60°,所以OE=。。§讪60。=J5,同理。尸=行，

因为二面角。-AB-C的大小为60,所以（广C及5）=60。，

R/UmUlin、3

.sin^FGED）=p

其中巨物=；A8C=2G

所以三棱锥O-ABC的体积V=gS.AM•〃=6.

故选：A

【点睛】解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关犍是确定球心的位置.对于外切的问题要注意球心到各个

面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球

心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径

25.（2023春・河南•高三洛宁县第一高级中学校联考阶段练习）在很多人的童年中都少不了折纸的乐趣，而现如今传

统意义上的手工折纸与数学联系在一起，并产生了许多需要缜密论证的折纸问题.有一张直角梯形纸片ABCDAD//

BC,ZA=90°,AD=\,BC=2,£为的中点，将△和△8CE分别沿。区C£折起，使得点A,8重合于P,

构成三棱锥P-CDE,且三棱锥P-CQE的底面和侧面PC。均为直角三角形.若三棱锥2CQ£的所有顶点都在球。的

表面上，则球。的表面积为（）

9Ji117r八13兀、15几

A.—B.—C.—D.—

2222

【答案】A

【分析】根据题意可判断NPDC=90,ZCDE=90%进而根据直角三角形的性质可判断外接球的球心位置，即可

利用三角形的边角关系求解.

【详解】在三棱锥P-CQE的侧面尸CD中，如果NCPO=90。，则三条侧棱尸C,PE,P。两两垂直，底面CQE不可

能为直角三角形，故NCPOH90,又PC>PD,则NPOC=9(y.

在直角悌形A8CO中，因为4=所以在三棱锥尸一8EPELPC,尸石_L加，尸C,尸。j平面PC。，则P£：_L

平面PCD,又COu平面PCD,所以PE上CD,又因为CO_LPD,PEcPD=P,PE,PDu平面PDE,所以CD上平

面尸。后又OEu平面PQE,所以CD_LQE,即NCOE=90”.所以三棱锥P-COE外接球的球心为CE的中点0,半

径为0C

在△小£)中，NPDC=90°,PD=\,PC=2,则CO=G.在直角梯形ABC。中，作。〃J_BC于H,

,且有。七=逑，所以外接球。的半径为逑，球。的

DH2+CH2=AB2+（BC-AD）2=A*+1=3,贝ijAB=&

24

表面积为三9jr.

c

二、多选题

26.(2023・广东江门•统考一模)勒洛FranzReuleaux(1829〜1905),德国机械工程专家，机构运动学的创始人.他所

著的《理论运动学》对机械元件的运动过程进行了系统的分析，成为机械工程方面的名著.勒洛四面体是一个非常神

奇的“四面体”，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，因此它能像球一样来回滚动.勒洛

四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的相交部分围成的几何体.如图所示，设

正四面体A8C。的棱长为2,则下列说法正确的是()

A.勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为2-直

2

B.勒洛四面体被平面48C截得的截面面积是21一6)

C.勒洛四面体表面上交线AC的长度为三

D.勒洛四面体表面上任意两点间的距离可能大于2

【答案】ABD

【分析】A选项：求出正四面体A8CD的外接球半径，进而得到勒洛四面体的内切球半径，得到答案；B选项，作

出截面图形，求出截面面积；C选项，根据对称性得到交线AC所在圆的圆心和半径，求出长度；D选项，作出正

四面体对棱中点连线，在C选项的基础上求出长度.

【详解】A选项，先求解出正四面体ABCD的外接球，如图所示：

取。。的中点G,连接8G,AG,过点A作于点尸，则尸为等边“WC的中心，

外接球球心为。，连接。B,则OAOB为外接球半径，设OA=OB=R,

由正四面体的棱长为2,则CG=Z)G=1,BG=AG=0,

FG=-BG=—>BF=—2BQj=-----

3333

AF=>jAG2-FG2=^31=^,OF=AF-R=^--R,

由勾股定理得：。尸2+8尸2=。¥，即=R~,

解得：R等

此时我们再次完整的抽取部分勒洛西面体，如图所示:

图中取正四面体A8CO中心为。，连接80交平面AC。于点E,交力。于点尸，其中人。与△AB。共面，其中80即

为正四面体外接球半径/?=在，

2

设勒洛四面体内切球半径为「，则==0/=8产-80=2-如，故A正确；

2

B选项，勒洛四面体截面面积的最大值为经过正四面体某三个顶点的截面，如图所示:

面积为那x2?一4221争22=2（兀一甸，B正确;

C选项.由对称性可知：勒洛四面体表面上交线AC所在圆的圆心为AQ的中点M,

故MA=MC=G，又AC=2,

AM2+MC2-AC23+3-41

由余弦定理得:cosZ.AMC=

2AMMc2x>/3xV3-3

故NAMC=arccos!，且半径为6，故交线AC的长度等于0arccog,C错误；

D选项，将正四面体对棱所在的弧中点连接，此时连线长度最大，如图所示：

连接GH,交A8于中点