2023届高考数学压轴小题13 与球相关的外接与内切问题含答案.pdf

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1、2023 届高考数学压轴小题 13 与球相关的外接与内切问题与球相关的外接与内切问题一方法综述一方法综述如果一个多面体的各个顶点都在同一个球面上，那么称这个多面体是球的内接多面体，这个球称为多面体的外接球.有关多面体外接球的问题，是立体几何的一个重点，也是高考考查的一个热点.考查学生的空间想象能力以及化归能力。研究球与多面体的接、切问题主要考虑以下几个方面的问题：（1）多面体外接球半径的求法，当三棱锥有三条棱垂直或棱长相等时，可构造长方体或正方体.（2）与球的外切问题，解答时首先要找准切点，可通过作截面来解决.（3）球自身的对称性与多面体的对称性；二解题策略二解题策略类型一类型一柱体柱体与与球

2、球【例 1】（2020河南高三（理）已知长方体1111ABCDABC D的表面积为208，118ABBCAA，则该长方体的外接球的表面积为（）A116B106C56D53【答案】A【解析】【分析】由题意得出11118104ABBCAAAB BCBC AAAB AA，由这两个等式计算出2221ABBCAA，可求出长方体外接球的半径，再利用球体表面积公式可计算出结果.【详解】依题意，118ABBCAA，11104AB BCBC AAAB AA，所以，222211112116ABBCAAABBCAAAB BCBC AAAB AA，故外接球半径2221292ABBCAAr，因此，所求长方体的外接球表面

3、积24116Sr.故选：A.【点睛】本题考查长方体外接球表面积的计算，解题的关键就是利用长方体的棱长来表示外接球的半径.【举一反三】1.（2020河南高三模拟）已知三棱柱的底面是边长为3的等边三角形，侧棱垂直于底面且侧棱长为 2，若该棱柱的顶点都在一个球面上，则该球的表面积为（）A73B113C5D8【答案】D【解析】根据条件可知该三棱柱是正三棱柱，上下底面中心连线的中点就是球心，如图，则其外接球的半径22221123222sin60ROBOOBO，外接球的表面积428S.故选：D【指点迷津】直棱柱的外接球的球心在上、下底面的外接圆的圆心的连线上，确定球心，用球心、一底面【指点迷津】直棱柱的外

4、接球的球心在上、下底面的外接圆的圆心的连线上，确定球心，用球心、一底面的外接圆的圆心，一顶点构成一个直角三角形的外接圆的圆心，一顶点构成一个直角三角形，用勾股定理得关于外接球半径的关系式，可球的半径，用勾股定理得关于外接球半径的关系式，可球的半径.2.（2020安徽高三（理）已知一个正方体的各顶点都在同一球面上，现用一个平面去截这个球和正方体，得到的截面图形恰好是一个圆及内接正三角形，若此正三角形的边长为a，则这个球的表面积为（）A234aB23 aC26 aD232a【答案】D【解析】由已知作出截面图形如图1，可知正三角形的边长等于正方体的面对角线长，正方体与其外接球的位置关系如图2所示，可

5、知外接球的直径等于正方体的体对角线长，设正方体的棱长为m,外接球的半径为R，则2am，23Rm，所以64Ra，所以外接球的表面积为222634442aSRa，故选：D.【点睛】本题考查正方体的外接球、正方体的截面和空间想象能力，分析出外接球的半径与正三角形的边长的关系是本题的关键，3（2020河南高三（理）有一圆柱状有盖铁皮桶（铁皮厚度忽略不计），底面直径为20cm，高度为100cm，现往里面装直径为10cm 的球，在能盖住盖子的情况下，最多能装（）（附：21.414,31.732,52.236）A22个B24个C26个D28个【答案】C【解析】由题意，若要装更多的球，需要让球和铁皮桶侧面相切

6、，且相邻四个球两两相切，这样，相邻的四个球的球心连线构成棱长为10cm 的正面体，易求正四面体相对棱的距离为5 2cm，每装两个球称为“一层”，这样装n层球，则最上层球面上的点距离桶底最远为105 21ncm，若想要盖上盖子，则需要满足105 21100n，解得1 9 213.726n ，所以最多可以装13层球，即最多可以装26个球故选：C类型二类型二锥体与球锥体与球【例 2】5已知球 O 的半径为102，以球心 O 为中心的正四面体的各条棱均在球 O 的外部，若球 O 的球面被的四个面截得的曲线的长度之和为8，则正四面体的体积为_【来源】重庆市 2021 届高三下学期二模数学试题【答案】18

7、 2【解析】由题知，正四面体截球面所得曲线为四个半径相同的圆，每个圆的周长为2，半径为 1，故球心O 到正四面体各面的距离为2106122，设正四面体棱长为 a，如图所示，则斜高332AEEFa，体高63AFa，在RtAEF和Rt AGO中，13OGEFAOAE，即61236632a，6a，231362618 234312Vaa【举一反三】【举一反三】1.（2020 四川省德阳一诊）正四面体 ABCD 的体积为，则正四面体 ABCD 的外接球的体积为_【答案】【解析】如图，设正四面体 ABCD 的棱长为，过 A 作 ADBC，设等边三角形 ABC 的中心为 O，则，即再设正四面体 ABCD 的

8、外接球球心为 G，连接 GA，则，即正四面体 ABCD 的外接球的体积为.故答案为：2（2020宁夏育才中学）九章算术是我国古代的数学名著,其中有很多对几何体体积的研究,已知某囤积粮食的容器的下面是一个底面积为 32,高为 h 的圆柱,上面是一个底面积为 32,高为 h 的圆锥,若该容器有外接球,则外接球的体积为【答案】288【解析】如图所示，根据圆柱与圆锥和球的对称性知，其外接球的直径是23Rh，设圆柱的底面圆半径为r，母线长为lh，则232r，解得4 2r，又222(2)(3)lrh，222(8 2)9hh，解得4h，外接球的半径为3462R，外接球的体积为3344628833RV3（20

9、20贵阳高三（理）在四棱锥PABCD中，底面ABCD是边长为 4 的正方形，PAD是一个正三角形，若平面PAD 平面ABCD，则该四棱锥的外接球的表面积为（）A143B283C563D1123【答案】D【解析】【分析】过P作PFAD，交AD于F，取BC的中点G，连接,PG FG，取PF的三等分点H（2PHHF），取GF的中点E，在平面PFG过,E F分别作,GF PF的垂线，交于点O，可证O为外接球的球心，利用解直角三角形可计算PO【详解】如图，过P作PFAD，交AD于F，取BC的中点G，连接,PG FG，在PF的三等分点H（2PHHF），取GF的中点E，在平面PFG过,E F分别作,GF P

10、F的垂线，交于点O因为PAD为等边三角形，AFFD，所以PF AD因为平面PAD 平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，PF 平面PAD，所以PF 平面ABCD，因GF 平面ABCD，故PFGF又因为四边形ABCD为正方形，而,G F为,BC AD的中点，故FGCD，故GFAD，因ADPFF，故PF 平面PAD在Rt PGF中，因,OEGF PFGF，故OEPF，故OE 平面ABCD，同理OH 平面PAD因E为正方形ABCD的中心，故球心在直线OE上，因H为PAD的中心，故球心在直线OH上，故O为球心，OP为球的半径在Rt PGF中，2234 343323PHPF，2OHEF，故16282

11、 214333OP，所以球的表面积为28112433类型三类型三构造法（补形法）构造法（补形法）【例 3】已知三棱锥PABC的各个顶点都在球O的表面上，PA 底面ABC，ABAC，6AB，8AC，D是线段AB上一点，且2ADDB.过点D作球O的截面，若所得截面圆面积的最大值与最小值之差为25，则球O的表面积为（）A128B132C144D156【答案】B【解析】PA 平面ABC，ABAC，将三棱锥PABC补成长方体PQMNABEC，如下图所示：设AEBCF，连接OF、DF、OD，可知点O为PE的中点，因为四边形ABEC为矩形，AEBCF，则F为AE的中点，所以，/OF PA且12OFPA，设2

12、PAx，且2210AEABBE，222225PEPAAEx，所以，球O的半径为21252RPEx，在RtABE中，2ABE，6AB，10AE，3cos5ABBAEAE，在ADF中，243ADAB，5AF，由余弦定理可得222cos17DFADAFAD AFBAE，PA 平面ABCD，OF平面ABCD，DF 平面ABCD，则OFDF，12OFPAx，22217ODOFDFx，设过点D的球O的截面圆的半径为r，设球心O到截面圆的距离为d，设OD与截面圆所在平面所成的角为，则22sindODRr.当0时，即截面圆过球心O时，d取最小值，此时r取最大值，即2max25rRx；当2时，即OD与截面圆所在

13、平面垂直时，d取最大值，即2max17dODx，此时，r取最小值，即22minmax2 2rRd.由题意可得222maxmin1725rrx，0 x，解得2 2x.所以，33R，因此，球O的表面积为24132SR.故选：B.【举一反三】【举一反三】1.（2020 宁夏石嘴山模拟）三棱锥中，侧棱与底面垂直，且，则三棱锥的外接球的表面积等于【答案】【解析】把三棱锥，放到长方体里,如下图:,因此长方体的外接球的直径为,所以半径,则三棱锥的外接球的表面积为.2.（2020 菏泽高三模拟）已知直三棱柱的底面为直角三角形，且两直角边长分别为 1 和，此三棱柱的高为，则该三棱柱的外接球的体积为ABCD【答案

14、】C【解析】如图所示，将直三棱柱补充为长方体，则该长方体的体对角线为，设长方体的外接球的半径为，则，,所以该长方体的外接球的体积，故选 C.3（2020贵州高三月考（理）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A43B53C83D163【答案】A【解析】【分析】如图所示画出几何体，再计算体积得到答案.【详解】由三视图知该几何体是一个四棱锥，可将该几何体放在一个正方体内，如图所示：在棱长为 2 的正方体1111ABCDABC D中，取棱11,BC DA AB BC CD的中点分别为,E M N P Q，则该几何体为四棱锥EMNPQ，其体积为2142233.故选：A类型四类型四与球体相关与

15、球体相关的最值问题的最值问题【例 4】（2020福建高三期末（理）在外接球半径为 4 的正三棱锥中，体积最大的正三棱锥的高h（）A143B134C72D163【答案】D【解析】【分析】设正三棱锥底面的边长为a，高为 h，由勾股定理可得22234(4)3ha，则22183hha，三棱锥的体积23384Vhh，对其求导，分析其单调性与最值即可得解.【详解】解：设正三棱锥底面的边长为a，高为 h，根据图形可知22234(4)3ha，则22180,3hha08h.又正三棱锥的体积21334Va h2384hhh23384hh，则231634Vhh，令0V，则163h 或0h（舍去），函数23384Vh

16、h在160,3上单调递增，在16,83上单调递减，当163h 时，V 取得最大值，故选：D.【点睛】本题考查球与多面体的最值问题，常常由几何体的体积公式、借助几何性质，不等式、导数等进行解决，对考生的综合应用，空间想象能力及运算求解能力要求较高.【举一反三】【举一反三】1.（2020广东高三（理）我国古代数学名著九章算术中有这样一些数学用语，“堑堵”意指底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱，而“阳马”指底面为矩形，且有一侧棱垂直于底面的四棱锥.现有一如图所示的堑堵，ACBC，若12AAAB，当阳马11BA ACC体积最大时，则堑堵111ABCABC的外接球体积为（）A2 2B8 23C1

17、4 23D4 2【答案】B【解析】依题意可知BC平面11ACC A.设,ACa BCb，则2224abAB.111111323B A ACCVACAABCACBC22114232323ACBC，当且仅当2ACBC时取得最大值.依题意可知1111,ABCABAABB是以1AB为斜边的直角三角形，所以堑堵111ABCABC外接球的直径为1AB，故半径221111222OBABAAAB.所以外接球的体积为348 2233.特别说明：由于BC平面11ACC A，1111,ABCABAABB是以1AB为斜边的直角三角形，所以堑堵111ABCABC外接球的直径为1AB为定值，即无论阳马11BA ACC体积

18、是否取得最大值，堑堵111ABCABC外接球保持不变，所以可以直接由直径1AB的长，计算出外接球的半径，进而求得外接球的体积.故选：B2（2020遵义市南白中学高三期末）已知A，B，C，D四点在同一个球的球面上，6ABBC，90ABC，若四面体ABCD体积的最大值为 3，则这个球的表面积为（）A4B8C16D32【答案】C【解析】根据6ABBC,可得直角三角形ABC的面积为 3,其所在球的小圆的圆心在斜边AC的中点上,设小圆的圆心为Q,由于底面积ABCS不变,高最大时体积最大,所以DQ与面ABC垂直时体积最大，最大值为为133ABCSDQ，即133,33DQDQ,如图,设球心为O,半径为R，则

19、在直角AQO中,即222(3)(3,)2RRR,则这个球的表面积为24216S,故选 C.3（2020河南高三（理）菱形 ABCD 的边长为 2，ABC60，沿对角线 AC 将三角形 ACD 折起，当三棱锥 DABC 体积最大时，其外接球表面积为（）A153B2 153C209D203【答案】D【解析】【分析】当平面 ACD 与平面 ABC 垂直时体积最大，如图所示，利用勾股定理得到2223(3)()3ROG和2222 3()3ROG，计算得到答案.【详解】易知：当平面 ACD 与平面 ABC 垂直时体积最大.如图所示：E为AC中点，连接,DE BE，外接球球心O的投影为G是ABC中心，在BE

20、上3BE，3DE，33EG，2 33BG 设半径为R，则2223(3)()3ROG，2222 3()3ROG解得：153R，表面积22043SR故选：D三强化训练三强化训练一、选择题一、选择题1（2020广西高三期末）棱长为 a 的正四面体 ABCD 与正三棱锥EBCD的底面重合，若由它们构成的多面体 ABCDE 的顶点均在一球的球面上，则正三棱锥EBCD的表面积为（）A2334aB2336aC2336aD2334a【答案】A【解析】由题意，多面体 ABCDE 的外接球即正四面体 ABCD 的外接球，由题意可知AE面BCD交于F，连接CF，则233323CFaa且其外接球的直径为 AE，易求正

21、四面体 ABCD 的高为223633aaa.设外接球的半径为 R，由2226333RaRa得64Ra.设正三棱锥EBCD的高为 h，因为6623AEaah，所以66ha.因为底面BCD的边长为 a，所以2222EBECEDCFha，则正三棱锥EBCD的三条侧棱两两垂直.即正三棱锥EBCD的表面积222121333322224Saaa，故选：A.2、（2020 辽宁省师范大学附属中学高三）在三棱锥中，则三棱锥外接球的表面积为（）ABCD【答案】C【解析】如图，把三棱锥补形为长方体，设长方体的长、宽、高分别为，则，三棱锥外接球的半径三棱锥外接球的表面积为故选：C3（2020安徽高三期末）如果一个凸

22、多面体的每个面都是全等的正多边形，而且每个顶点都引出相同数目的棱，那么这个凸多面体叫做正多面体.古希腊数学家欧几里得在其著作几何原本的卷 13 中系统地研究了正多面体的作图，并证明了每个正多面体都有外接球.若正四面体、正方体、正八面体的外接球半径相同，则它们的棱长之比为（）A2:1:3B2:2:3C2:2:1D2:2:3【答案】B【解析】设正四面体、正方体、正八面体的棱长以及外接球半径分别为,a b c R则2223,23,22RaRb Rc,即2 22,2:2:2:333RRabcRa b c故选：B4（2020北京人大附中高三）如图，在四棱锥SABCD中，四边形ABCD为矩形，2 3AB，

23、2AD，120ASB，SAAD，则四棱锥外接球的表面积为（）A16B20C80D100【答案】B【解析】由四边形ABCD为矩形，得ABAD，又SAAD，且SAABA，AD平面SAB，则平面SAB 平面ABCD，设三角形SAB的外心为G，则2 3322sin2sin12032ABGAASB.过G作GO 底面SAB，且1GO，则22215OS.即四棱锥外接球的半径为5四棱锥外接球的表面积为24(5)20S.故选 B5（2020 河南省郑州市一中高三）在三棱锥中，平面，M 是线段上一动点，线段长度最小值为，则三棱锥的外接球的表面积是（）ABCD【答案】C【解析】解：如图所示：三棱锥中，平面，M是线段

24、上一动点，线段长度最小值为，则：当时，线段达到最小值，由于：平面，所以：，解得：，所以：，则：，由于：，所以：则：为等腰三角形所以，在中，设外接圆的直径为，则：，所以外接球的半径，则：，故选：C6、（2020 河南省天一大联考）某多面体的三视图如图所示，其中正视图是一个直角边为 2 的等腰直角三角形，侧视图是两直角边分别为 2 和 1 的直角三角形，俯视图为一矩形，则该多面体的外接球的表面积为（）ABCD【答案】C【解析】由三视图可得，该几何体为一个三棱锥，放在长、宽、高分别为 2，1，2 的长方体中，此三棱锥和长方体的外接球是同一个，长方体的外接球的球心在体对角线的中点处，易得其外接球的直径

25、为，从而外接球的表面积为.故答案为：C.7（2020江西高三期末（理）如图，三棱锥PABC的体积为24，又90PBCABC，3BC，4AB，4 10PB，且二面角PBCA为锐角，则该三棱锥的外接球的表面积为（）A169B144C185D80【答案】A【解析】因90PBCABC，所以BC平面PAB，且PBA为二面角PBCA的平面角，又3BC，4AB，4 10PB，由勾股定理可得13PC，5AC，因为1sin8 10sin2PABSPB ABPBAPBA，所以三棱锥的体积118 10sin32433PABVSBCPBA，解得3 10sin10PBA，又PBA为锐角，所以10cos10PBA，在PA

26、B中，由余弦定理得210160 162 4 4 1014410PA ，即12PA，则222PBPAAB，故PAAB，由BC平面PAB得BCPA，故PA 平面ABC，即PAAC，取PC中点O，在直角PAC和直角PBC中，易得OPOCOAOB，故O为外接球球心，外接圆半径11322RPC，故外接球的表面积24169SR.故选：A.8（2019湖南长沙一中高三）在如图所示的空间几何体中，下面的长方体1111ABCDABC D的三条棱长4ABAD，12AA，上面的四棱锥1111PABC D中11D EC E，1111PEABC D 平面，1PE，则过五点A、B、C、D、P的外接球的表面积为（）A311

27、9B31118C3139D31318【答案】C【解析】问题转化为求四棱锥PABCD的外接球的表面积4913PC，3sin13PCD所以PCD外接圆的半径为131336213r，由于PE 平面1111DCBA，则PE 平面ABCD，PE 平面PCD，所以平面PCD 平面ABCD，所以外接球的222169313243636Rr所以231349SR球表面积9三棱锥 PABC 中，底面 ABC 满足 BA=BC，点 P 在底面 ABC 的射影为 AC 的中点，且该三棱锥的体积为，当其外接球的表面积最小时，P 到底面 ABC 的距离为（）A3BCD【答案】B【解析】设外接球半径为，P 到底面 ABC 的

28、距离为，则，因为，所以，因为，所以当时，当时，因此当时，取最小值，外接球的表面积取最小值，选 B.10（2019河北高三月考）在平面四边形 ABCD 中，ABBD，BCD=30，2246ABBD，若将ABD沿 BD 折成直二面角 A-BD-C，则三棱锥 A-BDC 外接球的表面积是()A4B5C6D8【答案】C【解析】取,AD BD中点,E F，设BCD的外心为M，连,MB MF EF，则01,30,22MFBDBMFDMBBCDBMBFBD 分别过,E M作,MF EF的平行线，交于O点，即/,/OEMF OMEF，,BDABE为ABD的外心，平面ABD 平面BCD，AB 平面BCD，/,E

29、FABEF平面BCD，OM平面BCD，同理OE 平面ABD，,E M分别为ABD，BCD外心，O为三棱锥的外接球的球心，OB为其半径,22222221342OBBMOMBDEFBDAB，246SOB球.故选:C11（2020梅河口市第五中学高三期末（理）设三棱锥PABC的每个顶点都在球O的球面上，PAB是面积为3的等边三角形，45ACB，则当三棱锥PABC的体积最大时，球O的表面积为（）A283B10C323D12【答案】A【解析】如图，由题意得2334AB，解得2AB.记,ABc BCa ACb，12sin24ABCSabCab，由余弦定理2222coscababC，得224222ababa

30、bab，42(22)22ab，当且仅当ab时取等号所以CACB且平面PAB 底面ABC时，三棱锥PABC的体积最大.分别过PAB和ABC的外心作对应三角形所在平面的垂线，垂线的交点即球心O，设PAB和ABC的外接圆半径分别为1r，2r，球O的半径为R，则123r，21222sin45r.故222211172233Rrr，球O的表面积为22843R.故选：A.12.（2020 四川省成都外国语学校模拟）已知正方形ABCD的边长为 4，E，F分别是BC，CD的中点，沿AE，EF，AF折成一个三棱锥P-AEF（使B，C，D重合于P），三棱锥P-AEF的外接球表面积为（）ABCD【答案】C【解析】如图

31、，由题意可得，三棱锥P-AEF的三条侧棱PA，PE，PF两两互相垂直，且，把三棱锥P-AEF补形为长方体，则长方体的体对角线长为，则三棱锥P-AEF的外接球的半径为，外接球的表面积为故选：C13已知球O夹在一个二面角l 之间，与两个半平面分别相切于点,A B.若2AB，球心O到该二面角的棱l的距离为 2，则球O的表面积为（）A8B6C4D2【来源】江西省萍乡市 2021 届高三二模考试数学（文）试题【答案】A【解析】过,O A B三点作球的截面，如图：设该截面与棱l交于D，则OAl，OBl，又OAOBO，所以l 平面AOB，所以ODl，所以|2OD，依题意得,OAAD OBBD，所以,O A

32、D B四点共圆，且OD为该圆的直径，因为|2|ABOD，所以AB也是该圆的直径，所以四边形OADB的对角线AB与OD的长度相等且互相平分，所以四边形OADB为矩形，又|OAOB，所以该矩形为正方形，所以2|22OAAB，即圆O的半径为2，所以圆O的表面积为24(2)8.故选：A14已知点,A B C在半径为 2 的球面上，满足1ABAC，3BC，若 S 是球面上任意一点，则三棱锥SABC体积的最大值为（）A32 312B32 36C23 312D3312【答案】A【解析】设ABC外接圆圆心为O，三棱锥SABC外接球的球心为O，1ABAC，设D为BC中点，连AD，如图，则ADBC，且O在AD上，

33、221()22BCADAB，设ABC外接圆半径为r，222231()()()242BCrADrr，解得1r，22|23OOr要使SABC体积的最大，需S到平面ABC距离最大，即S为OO的延长线与球面的交点，最大值为32，所以三棱锥SABC体积的最大值为111132 3(32)(32)3332212ABCS故选：A15已知半球O与圆台OO有公共的底面，圆台上底面圆周在半球面上，半球的半径为 1，则圆台侧面积取最大值时，圆台母线与底面所成角的余弦值为（）A39B327C36D33【答案】D【解析】如图 1 所示，设BCx，COr，作CFAB于点F，延长OO交球面于点E，则1BFr，22221OOC

34、FBCBFxr，由圆的相交弦定理及图 2 得CO O D 11O E O HOOOO，即222221111rxrxr，解得212xr ，则圆台侧面积21 1022xSxx，则2322Sx，令0S，则2 33x 或2 33x （舍去），当2 303x时，0S，当2 323x时，0S，所以函数21 12xSx 在2 30,3上递增，在2 3,23上递减，所以当2 33x 时，S取得最大值当2 33xBC时，21123xr ，则213BFr 在轴截面中，OBC为圆台母线与底面所成的角，在RtCFB中可得3cos3BFOBCBC，故选：D16（2020重庆八中高三）圆柱的侧面展开图是一个面积为216的

35、正方形，该圆柱内有一个体积为 V 的球，则 V 的最大值为【答案】323【解析】设圆柱的底面直径为2r，高为l，则22216rll，解得24rl.故圆柱的底面直径为4，高为4，所以圆柱内最大球的直径为4，半径为2，其体积为3432233.17（2020江西高三）半正多面体(semiregular solid)亦称“阿基米德多面体”，如图所示，是由边数不全相同的正多边形为面的多面体，体现了数学的对称美将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，如此共可截去八个三棱锥，得到一个有十四个面的半正多面体，它们的边长都相等，其中八个为正三角形，六个为正方形，称这样的半正多面体为二十四等边体.若二十

36、四等边体的棱长为2，则该二十四等边体外接球的表面积为【答案】8【解析】由已知根据该几何体的对称性可知，该几何体的外接球即为底面棱长为2，侧棱长为2的正四棱柱的外接球，2222(2)(2)(2)2R,2R,该二十四等边体的外接球的表面积24SR24(2)8.18（2020福建高三期末（理）在棱长为4的正方体1111ABCDABC D中，E，F分别为1AA，BC的中点，点M在棱11BC上，11114B MBC，若平面FEM交11AB于点N，四棱锥11NBDD B的五个顶点都在球O的球面上，则球O半径为【答案】2 293【解析】如图 1，2,B M F三点共线，连结22,B E BMF从而2B 平面

37、FEM，则2B E与11AB的交点即为点N，又12Rt B B N与1Rt AEN相似，所以1112112AEANB BNB；如图 2，设11B D N的外接圆圆心为1O，半径为r，球半径为R，在11B D N中，111445,103NB DD N，由正弦定理得453r，所以1853D P，在1Rt DD P中，解得4 293DP，即42293R，所以所求的球的半径为2 293.19（2020黑龙江高三（理）设,A B C D是同一个半径为 4 的球的球面上四点，在ABC中，6BC,60BAC,则三棱锥DABC体积的最大值为【答案】18 3【解析】ABC中，6BC,60BAC，则64 322

38、3sinsin60arrA，22max6hRrR，222222cos36abcbcAbcbcbcbc，1sin9 32SbcA当6abc时等号成立，此时118 33VSh20（2020河北承德第一中学高三）正三棱锥 SABC 的外接球半径为 2，底边长 AB3，则此棱锥的体积为【答案】9 34或3 34【解析】设正三棱锥的高为 h，球心在正三棱锥的高所在的直线上，H 为底面正三棱锥的中心因为底面边长 AB=3，所以2222333332AHAD当顶点 S 与球心在底面 ABC 的同侧时，如下图此时有222AHOHOA，即222322h，可解得 h=3因而棱柱的体积113 39 3333224SA

39、BCV 当顶点 S 与球心在底面 ABC 的异侧时，如下图有222AHOHOA，即222322h，可解得 h=1所以113 33 3313224SABCV ，综上，棱锥的体积为9 34或3 3421（2020江西高三（理）已知 P,A,B,C 是半径为 2 的球面上的点，PA=PB=PC=2，90ABC，点 B在 AC 上的射影为 D，则三棱锥PABD体积的最大值为【答案】3 38【解析】【解析】如下图，由题意，2PAPBPC，90ABC，取AC的中点为G，则G为三角形ABC的外心，且为P在平面ABC上的射影，所以球心在PG的延长线上，设PGh，则2OGh，所以2222OBOGPBPG，即22

40、424hh，所以1h.故GCG3A，过B作BDAC于D，设ADx(02 3x)，则2 3CDx,设(03)BDmm，则ABDBCD，故2 3mxxm，所以22 3mx x，则2 3mx x，所以ABD的面积3112 322Sxmx x，令 32 3f xx x，则 26 34fxxx（），因为20 x，所以当3032x时，0fx，即 f x此时单调递增；当332 32x时，0fx，此时 f x单调递减所以当332x 时，f x取到最大值为24316，即ABD的面积最大值为1243932168当ABD的面积最大时，三棱锥PABD体积取得最大值为193 33388.22已知H是球O的直径AB上一点

41、，:1:3AH HB，AB 平面，H为垂足，截球O所得截面的面积为，则球O的表面积为_.【来源】宁夏固原市第五中学 2021 届高三年级期末考试数学（文）试题【答案】163【解析】如下图所示，设AHx，可得出3HBx，则球O的直径为4ABx，球O的半径为2x，设截面圆H的半径为r，可得2r，1r，由勾股定理可得2222OHrx，即22214xAHx，即2214xx，33x，所以球O的半径为2 323x，则球O的表面积为22 316433S.23如图，在三棱锥PABC中，PA 平面ABC，ABBC，2PAAB，2 2AC，M是BC的中点，则过点M的平面截三棱锥PABC的外接球所得截面的面积最小值

42、为_【答案】【解析】PA 平面ABC，ABBC，将三棱锥PABC补成长方体ABCDPEFN，则三棱锥PABC的外接球直径为2222222 3RPCPAABADPAAC，所以，3R，设球心为点O，则O为PC的中点，连接OM，O、M分别为PC、BC的中点，则/OMPB，且2211222OMPBPAAB，设过点M的平面为，设球心O到平面的距离为d.当OM时，2dOM；当OM不与平面垂直时，2dOM.综上，2dOM.设过点M的平面截三棱锥PABC的外接球所得截面圆的半径为r，则221rRd，因此，所求截面圆的面积的最小值为2r.24若正四棱锥PABCD的底面边长和高均为 8，M 为侧棱PA的中点，则四

43、棱锥MABCD外接球的表面积为_.【来源】山西省运城市 2021 届高三上学期期末数学（文）试题【答案】132【解析】在正四棱锥PABCD中 M 为侧楼 PA 中点,四棱锥MABCD外接球即为棱台MNEFABCD的外接球，如图，四棱锥PABCD的底面边长和高均为 8，1214,42ABONOM212 24 2AOMO,设球心为O，则图中12,OO AOMO均为直角三角形，设1OOh，222(4 2)OAh，222(2 2)(4)OMh，A,M都在球面上，222OOMRA,解得21,33hR,24132SR球25已知 P 为球 O 球面上一点，点 M 满足2OMMP，过点 M 与OP成30的平面

44、截球 O，截面的面积为16，则球 O 的表面积为_.【来源】广西钦州市 2021 届高三第二次模拟考试数学（理）试题【答案】72【解析】如图所示：设截面圆心为1O，依题意得130OMO，设1OOh，则2OMh，又2OMMP，所以3OPh，即球的半径为3h，所以3ONh，又截面的面积为16，所以2116O N，解得14O N，在1Rt OO N中，22316hh，解得2h，所以球的半径为3 2，所以球的表面积是243 272S，故答案为：7226如图是数学家GeminadDandelin用来证明一个平面截圆锥得到的截面是椭圆的模型(称为丹德林双球模型)：在圆锥内放两个大小不同的小球，使得它们分别

45、与圆锥侧面截面相切，设图中球1O和球2O的半径分别为 1 和 3，128OO，截面分别与球1O和球2O切于点E和F，则此椭圆的长轴长为_.【来源】江苏省盐城市阜宁县 2020-2021 学年高三上学期期末数学试题【答案】2 15【解析】如图，圆锥面与其内切球12,O O分别相切与,B A，连接12,O B O A，则12,O BAB O AAB，过1O作12O DO A于D，连接12,O F O E EF交12OO于点C，设圆锥母线与轴的夹角为，截面与轴的夹角为，在Rt12OO D中,23 12DO=-=,221822 15O D=-=1122 1515cos84O DOO128OO,218C

46、OOC,2EO C 1FOC,11218OCOCEOO F解得12OC,26O C 222211213CFOCFO,即13cos2CFOCb=,所以椭圆离心率为cos2 5cos5cea在2EO C中223coscos2ECECOO C解得3 3EC,4 32EFc2 32 5155aa22 15a故答案为：2 1527在长方体1111ABCDABC D中，13AB，5AD，112AA，过点 A 且与直线CD平行的平面将长方体分成两部分.现同时将两个球分别放入这两部分几何体内，则在平面变化的过程中，这两个球的半径之和的最大值为_.【来源】江苏省六校 2021 届高三下学期第四次适应性联考数学试

47、题【答案】16538【解析】如图所示：平面ABMN将长方体分成两部分，MN有可能在平面11CDDC上或平面1111ADC B上，根据对称性知，两球半径和的最大值是相同的，故仅考虑在平面11CDDC上的情况，延长11BC与BM交于点P，作1OQBC于Q点，设1CBPBPB，圆1O对应的半径为1r，根据三角形内切圆的性质，在1Rt OQB中，12QBO，15BQBCCQr，111tan25OQrBQr，则15tan5251tan1tan22r，又当BP与1BC重合时，1r取得最大值，由内切圆等面积法求得15 1225 12 13r，则2tan23设圆2O对应的半径为2r，同理可得266tan2r，

48、又252r，解得7tan212.故1255566tan176(1tan)221tan1tan22rr，72tan1223，设1tan2x，则19 5,12 3x，5176fxxx，由对号函数性质易知19 5,12 3x，函数()f x单减，则19519165()()1761912123812f xf，即最大值为16538故答案为：1653828设ABCD，是同一个半径为 4 的球的球面上四点，ABC为等边三角形且其面积为9 3，则三棱锥DABC体积的最大值为_.【来源】江苏省南京市秦淮中学 2021 届高三下学期期初学情调研数学试题【答案】18 3【解析】ABC为等边三角形且其面积为9 3，则

49、239 34ABCSAB，6AB，如图所示，设点 M 为ABC的重心，E 为 AC 中点，当点D在平面ABC上的射影为M时，三棱锥DABC的体积最大，此时，4ODOBR，点 M 为三角形 ABC 的重心，22 33BMBE，Rt OMB中，有222OMOBBM，426DMODOM，所以三棱锥DABC体积的最大值19 3618 33D ABCV29 已知四面体ABCD的棱长均为2 6,E F分别为棱,BC BD上靠近点B的三等分点，过,A E F三点的平面与四面体ABCD的外接球O的球面相交,得圆O，则球O的半径为_，圆O的面积为_【来源】河南省九师联盟 2021 届高三下学期 3 月联考理科数

50、学试题【答案】38【解析】设点 A 在平面BCD上的射影为G，则G为BCD的中心，所以22232 62 2,=248432GBAGABGB，由于BCD为正三角形，故四面体外接球的球心O在线段AG上，设球O的半径为R，则222OBOGGB，即22242 2RR，解得3R；设O在平面AEF上的射影为O，则O即为过,A E F三点的平面截球O所得截面圆的圆心设G在平面AEF上的射影为,G EF与BG交于点H在RtAGH中，4,AG HG为BCD高的13132 6232HG,所以1623 2AH 所以42433 2AG GHGGAH由OOAOGGAG得34143OO 由球的截面性质得OO 平面AEF，