2024年高考二级结论速解技巧12讲专题11 多面体的外接球和内切球含答案.pdf

《2024年高考二级结论速解技巧12讲专题11 多面体的外接球和内切球含答案.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2024年高考二级结论速解技巧12讲专题11 多面体的外接球和内切球含答案.pdf（27页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、专题专题 1 11 1 多面体的外接球和内切球多面体的外接球和内切球一、结论一、结论1 1球与多面体的接、切球与多面体的接、切 定义 1；若一个多面体的各顶点都在一个球面上，则称这个多面体是这个球的内接多面体，这个球是多面体的外接球。定义 2；若一个多面体的各面都与一个球的球面相切，则称这个多面体是这个球的外切多面体，这个球是多面体的内切球。类型一类型一 球的内切问球的内切问题题（等体积法）（等体积法）例如：在四棱锥PABCD中，内切球为球O，求球半径r.方法如下：P ABCDO ABCDO PBCO PCDO PADO PABVVVVVV=+即：1111133333P ABCDABCDPBC

2、PCDPADPABVSrSrSrSrSr=+，可求出r.类型二类型二 球的外接问题球的外接问题 1 1、公式法、公式法 正方体或长方体的外接球的球心为其体对角线的中点 2 2、补形法（补长方体或正方体）、补形法（补长方体或正方体）墙角模型（三条线两个垂直）题设：三条棱两两垂直（重点考察三视图）对棱相等模型（补形为长方体）题设：三棱锥（即四面体）中，已知三组对棱分别相等，求外接球半径（CDAB=，BCAD=，BDAC=）3 3、单面定球心法（定、单面定球心法（定+算）算）步骤：定一个面外接圆圆心：选中一个面如图：在三棱锥PABC中，选中底面ABC，确定其外接圆圆心1O（正三角形外心就是中心，直角

3、三角形外心在斜边中点上，普通三角形用正弦定理定外心2sinarA=）；过外心1O做（找）底面ABC的垂线，如图中1PO 面ABC,则球心一定在直线（注意不一定在线段1PO上）1PO上；cab图图1CPABabc图图2PCBAabc图图3CBPA2024年高考二级结论速解技巧12讲计算求半径R:在直线1PO上任取一点O如图：则OPOAR=，利用公式22211OAO AOO=+可计算出球半径R.4 4、双面定球心法（两次单面定球心）、双面定球心法（两次单面定球心）如图：在三棱锥PABC中：选定底面ABC，定ABC外接圆圆心1O 选定面PAB，定PAB外接圆圆心2O 分别过1O做面ABC的垂线，和2

4、O做面PAB的垂线，两垂线交点即为外接球球心O.二、典型例题二、典型例题 例题例题 1 1（20232023 春湖南湘潭高二统考期末）棱长为春湖南湘潭高二统考期末）棱长为 1 1 的正方体的外接球的表面积为的正方体的外接球的表面积为（）A A34 B B3 C C12 D D16 例题例题 2 2（20232023 春湖南长沙高三长沙一中校考阶段练习）在四面体春湖南长沙高三长沙一中校考阶段练习）在四面体PABC中，中，PAAB，PAAC，120BAC=，2ABACAP=，则该四面体的外接球的表面积为（，则该四面体的外接球的表面积为（）A A12 B B16 C C18 D D20 例题例题 3

5、 3（20232023 秋湖南娄底高三校联考期末）九章算术是我国古代数学名著，它在几何学中的研秋湖南娄底高三校联考期末）九章算术是我国古代数学名著，它在几何学中的研究比西方早究比西方早 1000 多年在九章算术中，将底面为矩形且一侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马如图多年在九章算术中，将底面为矩形且一侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马如图 PABCD 是阳马，是阳马，PAABCD 平面，5PA=，3AB=，4BC=则该阳马的外接球的表面积为（则该阳马的外接球的表面积为（）A A125 23 B B50 C C100 D D5003 OHBACPO2O1例题例题 4 4（20232023全国高三专题练习

6、）已知菱形全国高三专题练习）已知菱形ABCD的各边长为的各边长为2,60D=如图所示，将如图所示，将ACD沿沿AC折起，使得点折起，使得点D到达点到达点S的位置，连接的位置，连接SB，得到三棱锥，得到三棱锥SABC，此时，此时3SB=E是线段是线段SA的中点，点的中点，点F在三棱锥在三棱锥SABC的外接球上运动，且始终保持的外接球上运动，且始终保持EFAC，则点，则点F的轨迹的周长为（的轨迹的周长为（）A A2 33 B B4 33 C C5 33 D D2 213 例题例题 5 5（20232023浙江校联考模拟预测）在三棱锥浙江校联考模拟预测）在三棱锥ABCD中，对棱中，对棱2 2ABCD

7、=，5ADBC=，5ACBD=，则该三棱锥的外接球体积为，则该三棱锥的外接球体积为_，内切球表面积为，内切球表面积为_._.例题例题 6 6（20222022 春山西高二校联考期末）如图所示，用一个平行于圆锥春山西高二校联考期末）如图所示，用一个平行于圆锥SO的底面的平面截这个圆锥，的底面的平面截这个圆锥，截得的圆台，上、下截得的圆台，上、下底面的面积之比为底面的面积之比为 1 1：9 9，截去的圆锥的底面半径是，截去的圆锥的底面半径是 3 3，圆锥，圆锥SO的高为的高为 1818则截得圆则截得圆台的体积为台的体积为_；若圆锥；若圆锥SO中有一内切球，则内切球的表面积为中有一内切球，则内切球的

8、表面积为_ 三、针对训练三、针对训练 举一反三举一反三 一、单选题一、单选题 1（2023陕西西安统考一模）在三棱锥ABCD，平面ACD 平面BCD，ACD是以CD为斜边的等腰直角三角形，BCD为等边三角形，4AC=，则该三棱锥的外接球的表面积为（）A323 B643 C1283 D2563 2（2023湖南模拟预测）在三棱锥ABCD中，AB平面 BCD，224BCCDCDABBC=，则三棱锥ABCD的外接球的表面积与三棱锥ABCD的体积之比为（）A34 B32 C2 D9 3（2023山西临汾统考一模）九章算术商功提及一种称之为“羡除”的几何体，刘徽对此几何体作注：“羡除，隧道也其所穿地，上

9、平下邪.似两鳖臑夹一堑堵，即羡除之形.”羡除即为：三个面为梯形或平行四边形（至多一个侧面是平行四边形），其余两个面为三角形的五面几何体.现有羡除ABCDEF如图所示，底面ABCD为正方形，4EF=，其余棱长为 2，则羡除外接球体积与羡除体积之比为（）A2 2 B4 2 C8 23 D2 4（2023 春江西高二校联考开学考试）在长方体1111ABCDABC D中，13ABAA=，2AD=，点 M为平面11ABB A内一动点，且1/C M平面1ACD，则当1C M取最小值时，三棱锥MABD的外接球的表面积为（）A13 B16 C26 D32 5（2023四川南充校考模拟预测）在平面中，若正ABC

10、内切圆的面积为1S，内切圆与外接圆之间的圆环面积为2S，则121.3SS=在空间中，若正四面体PABC内切球的体积为1V，内切球之外与外接球之内的几何体的体积为2V，则12VV=（）A163 B126 C115 D17 6（2023 秋浙江湖州高三安吉县高级中学校考期末）如图所示的多面体由正四棱锥PABCD和三棱锥QPAB组成，其中2AB=.若该多面体有外接球且外接球的体积是8 23，则该多面体体积的最大值是（）A3 3 B2 31+C332+D63 23+7（2023陕西榆林统考一模）已知四面体ABCD外接球的球心O与正三角形ABC外接圆的圆心重合，若该四面体体积的最大值为2 3，则该四面体

11、外接球的体积为（）A8 B323 C16 D643 8（2023 春河南新乡高三校联考开学考试）已知体积为 3 的正三棱锥 P-ABC，底面边长为2 3，其内切球为球 O，若在此三棱锥中再放入球O，使其与三个侧面及内切球 O均相切，则球O的半径为（）A33 B19 C23 D39 9（2022 春河南信阳高一信阳高中校考阶段练习）正棱锥有以下四个命题:所有棱长都相等的三棱锥的外接球、内切球、棱切球（六条棱均与球相切）体积比是63 6:29；侧面是全等的等腰三角形顶点在底面射影为底面中心的四棱锥是正四棱锥；经过正五棱锥一条侧棱平分其表面积的平面必经过其内切球球心；正六棱锥的侧面不可能是正三角形，

12、其中真命题是（）A B C D 10（2021 秋辽宁高二沈阳二中校联考开学考试）在正三棱柱ABCA B C 中，D是侧棱BB上一点，E是侧棱CC上一点，若线段ADDEEA+的最小值是2 7且其内部存在一个内切球（与该棱柱的所有面均相切），则该棱柱的外接球表面积为（）A4 B5 C6 D8 11（2022 秋黑龙江哈尔滨高二校考期中）古希腊阿基米德被称为“数学之神”.在他的墓碑上刻着一个圆柱，圆柱里内切着一个球，这个球的直径恰好等于圆柱的高，则球的表面积与圆柱的表面积的比值为（）A12 B23 C34 D45 二、填空题二、填空题 12（2023全国模拟预测）已知在三棱锥PABC中，ABC是面

13、积为3的正三角形，平面PBC平面ABC，若三棱锥PABC的外接球的表面积为203，则三棱锥PABC体积的最大值为_ 13（2023全国唐山市第十一中学校考模拟预测）已知N为正方体1111ABCDABC D的内切球球面上的动点，M为11BC的中点，DNMB，若动点N的轨迹长度为8 55，则正方体的体积是_.三、双空题三、双空题 14（2023全国模拟预测）如图所示的六面体由两个棱长为 a 的正四面体MABC，QABC组合而成，记正四面体MABC的内切球为球1O，正四面体QABC的内切球为球2O，则12OO=_；若在该六面体内放置一个球 O，则球 O的体积的最大值是_ 15（2022陕西西安校考模

14、拟预测）中国古代数学名著九章算术中将底面为矩形且有一条侧棱垂直于底面的四棱锥称为“阳马”现有一“阳马”的底面是边长为 3 的正方形，垂直于底面的侧棱长为 4，则该“阳马”的内切球表面积为_，内切球的球心和外接球的球心之间的距离为_ 专题专题 1 11 1 多面体的外接球和内切球多面体的外接球和内切球 一、结论一、结论 1 1球与多面体的接、切球与多面体的接、切 定义 1；若一个多面体的各顶点都在一个球面上，则称这个多面体是这个球的内接多面体，这个球是多面体的外接球。定义 2；若一个多面体的各面都与一个球的球面相切，则称这个多面体是这个球的外切多面体，这个球是多面体的内切球。类型一类型一 球的内

15、切问球的内切问题题（等体积法）（等体积法）例如：在四棱锥PABCD中，内切球为球O，求球半径r.方法如下：P ABCDO ABCDO PBCO PCDO PADO PABVVVVVV=+即：1111133333P ABCDABCDPBCPCDPADPABVSrSrSrSrSr=+，可求出r.类型二类型二 球的外接问题球的外接问题 1 1、公式法、公式法 正方体或长方体的外接球的球心为其体对角线的中点 2 2、补形法（补长方体或正方体）、补形法（补长方体或正方体）墙角模型（三条线两个垂直）题设：三条棱两两垂直（重点考察三视图）对棱相等模型（补形为长方体）题设：三棱锥（即四面体）中，已知三组对棱分

16、别相等，求外接球半径（CDAB=，BCAD=，BDAC=）3 3、单面定球心法（定、单面定球心法（定+算）算）步骤：定一个面外接圆圆心：选中一个面如图：在三棱锥PABC中，选中底面ABC，确定其外接圆圆心1O（正三角形外心就是中心，直角三角形外心在斜边中点上，普通三角形用正弦定理定外心2sinarA=）；过外心1O做（找）底面ABC的垂线，如图中1PO 面ABC,则球心一定在直线（注意不一定在线段1PO上）1PO上；cab图图1CPABabc图图2PCBAabc图图3CBPA计算求半径R:在直线1PO上任取一点O如图：则OPOAR=，利用公式22211OAO AOO=+可计算出球半径R.4 4

17、、双面定球心法（两次单面定球心）、双面定球心法（两次单面定球心）如图：在三棱锥PABC中：选定底面ABC，定ABC外接圆圆心1O 选定面PAB，定PAB外接圆圆心2O 分别过1O做面ABC的垂线，和2O做面PAB的垂线，两垂线交点即为外接球球心O.二、典型例题二、典型例题 例题例题 1 1（20232023 春湖南湘潭高二统考期末）棱长为春湖南湘潭高二统考期末）棱长为 1 1 的正方体的外接球的表面积为（的正方体的外接球的表面积为（）A A34 B B3 C C12 D D16 【答案】B【详解】解：易知，正方体的体对角线是其外接球的直径，设外接球的半径为R，则22221113R=+=，故32

18、R=所以2234432SR=故选：B【反思反思】本例属于正方体外接球问题，其外接球半径公式可直接记忆本例属于正方体外接球问题，其外接球半径公式可直接记忆.例题例题 2 2（20232023 春湖南长沙高三长沙一中校考阶段练习）在四面体春湖南长沙高三长沙一中校考阶段练习）在四面体PABC中，中，PAAB，PAAC，120BAC=，2ABACAP=，则该四面体的外接球的表面积为（，则该四面体的外接球的表面积为（）A A12 B B16 C C18 D D20 【答案】D【详解】因为PAAB，PAAC，,ABACA AB AC=平面ABC,所以PA 平面ABC.OHBACPO2O1设底面ABC的外心

19、为G，外接球的球心为O，则OG 平面ABC，所以/PAOG.设D为PA的中点，因为OPOA=，所以DOPA.因为PA 平面ABC，AG 平面ABC,所以PA AG，所以/ODAG.因此四边形ODAG为平行四边形，所以112OGADPA=.因为120BAC=，2ABAC=，所以2212cos442 2 22 32BCABACAB ACBAC=+=+=,由正弦定理，得2 324232AGAG=.所以该外接球的半径R满足()()2225ROGAG=+=,故该外接球的表面积为2420SR=.故选:D.【反思反思】本例属于单面定球心问题本例属于单面定球心问题用正弦定理求出用正弦定理求出ABC外心外心G；

20、过过G做平面做平面ABC的垂线，则外接的垂线，则外接球球心球球心O在此垂线上；在此垂线上；通过计算算出半径通过计算算出半径.例题例题 3 3（20232023 秋湖南娄底高三校联考期末）九章算术是我国古代数学名著，它在几何学中的研秋湖南娄底高三校联考期末）九章算术是我国古代数学名著，它在几何学中的研究比西方早究比西方早 1000 多年在九章算术中，将底面为矩形且一侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马如图多年在九章算术中，将底面为矩形且一侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马如图 PABCD 是阳马，是阳马，PAABCD 平面，5PA=，3AB=，4BC=则该阳马的外接球的表面积为（则该阳马的外接球的表面积为

21、（）A A125 23 B B50 C C100 D D5003 【答案】B【详解】因PAABCD 平面，AB平面 ABCD，AD 平面 ABCD，则，PAABPAAD，又因四边形 ABCD为矩形，则ABAD.则阳马的外接球与以，PAABAD为长宽高的长方体的外接球相同.又5PA=，3AB=，4ADBC=则外接球的直径为长方体体对角线，故外接球半径为：2222223455 2222PAABADR+=，则外接球的表面积为：25044504.SR=故选：B【反思反思】本例属于墙角型模型，通过补形，将原图形补成长方体模型，借助长方体模型求外接球半径本例属于墙角型模型，通过补形，将原图形补成长方体模型

22、，借助长方体模型求外接球半径.例题例题 4 4（20232023全国高三专题练习）已知菱形全国高三专题练习）已知菱形ABCD的各边长为的各边长为2,60D=如图所示，将如图所示，将ACD沿沿AC折起，使得点折起，使得点D到达点到达点S的位置，连接的位置，连接SB，得到三棱锥，得到三棱锥SABC，此时，此时3SB=E是线段是线段SA的中点，点的中点，点F在三棱锥在三棱锥SABC的外接球上运动，且始终保持的外接球上运动，且始终保持EFAC，则点，则点F的轨迹的周长为（的轨迹的周长为（）A A2 33 B B4 33 C C5 33 D D2 213 【答案】C【详解】取AC中点M，则,ACBM A

23、CSM BMSMM=，AC 平面SMB，3SMMB=，又3SB=，30SBMMSB=，作EHACH于，设点F轨迹所在平面为，则平面经过点H且AC，设三棱锥SABC外接球的球心为,OSACBAC的中心分别为12,O O，易知1OO 平面2,SAC OO 平面BAC，且12,O O O M四点共面，由题可得1121602OMOO MO=，11333O MSM=，解 Rt1OO M，得1131OOO M=，又122 333O SSM=，则三棱锥SABC外接球半径221173rOOO S=+=，易知O到平面的距离12dMH=，故平面截外接球所得截面圆的半径为221715 3346rrd=，截面圆的周长

24、为15 323lr=，即点F轨迹的周长为5 33 故选：C【反思反思】此题典型的双面定球心。此题典型的双面定球心。定ABC外心2O;定ASC外心1O，再分别过1O，2O做平面ASC和ABC的垂线，两条垂线的交点，记为外接球球心.例题例题 5 5（20232023浙江校联考模拟预测）在三棱锥浙江校联考模拟预测）在三棱锥ABCD中，对棱中，对棱2 2ABCD=，5ADBC=，5ACBD=，则该三棱锥的外接球体积为，则该三棱锥的外接球体积为_，内切球表面积为，内切球表面积为_._.【答案】92 23#23【详解】因为三棱锥ABCD每组对棱棱长相等，所以可以把三棱锥ABCD放入长方体中，设长方体的长、

25、宽、高分别为x、y、z，如下图所示：则222 2xy+=，225xz+=，225yz+=，解得2xy=，1z=，外接球直径22223Rxyz=+=，其半径为32R=，三棱锥ABCD的体积1144633Vxyzxyzxyz=，在ABC中，5ACBC=，2 2AB=，取AB的中点E，连接CE，如下图所示：则CEAB，且223CEACAE=，所以，162ABCSAB CE=，因为三棱锥ABCD的每个面的三边分别为5、5、2 2，所以，三棱锥ABCD的表面积为44 6ABCSS=，设三棱锥ABCD的内切球半径为r，则13VSr=，可得34664 6VrS=，所以该三棱锥的外接球体积为34932R=，内

26、切球表面积为2243r=.故答案为：92；23.【反思反思】本例属于对棱本例属于对棱相等模型相等模型，可，可补形为长方体补形为长方体，再借助长方体模型，求外接球半径，再借助长方体模型，求外接球半径.例题例题 6 6（20222022 春山西高二校联考期末）如图所示，用一个平行于圆锥春山西高二校联考期末）如图所示，用一个平行于圆锥SO的底面的平面截这个圆锥，的底面的平面截这个圆锥，截得的圆台，上、下底面的面积之比为截得的圆台，上、下底面的面积之比为 1 1：9 9，截去的圆锥的底面半径是，截去的圆锥的底面半径是 3 3，圆锥，圆锥SO的高为的高为 1818则截得圆则截得圆台的体积为台的体积为_；

27、若圆锥；若圆锥SO中有一内切球，则内切球的表面积为中有一内切球，则内切球的表面积为_ 【答案】468 ()486 162 5#486 162 5【详解】由题意得：截得的圆台，上、下底面半径之比为 1:3，截去的圆锥的底面半径是 3，故下底面半径为 9，则圆锥 SO的体积为219 184863V=，由相似知识得：13SOSO=，故6SO=，故截去的圆锥体积为2113 6183V=，故截得圆台的体积为486 18=468，画出内切球的截面图，如下：则有Rt SCDRt SAO，设内切球半径为 R，则CDCOR=，18SCR=，由勾股定理得：221899 5AS=+=，由CDSCOAAS=得：189

28、9 5RR=，解得：9 592R=，故内切球的表面积为()229 5944486 162 5 2R=.故答案为：468，()486 162 5 【反思反思】本例内切球问题，主要采用独立截面法，独立出大圆的截面，然后利用相似求解内切球半径。本例内切球问题，主要采用独立截面法，独立出大圆的截面，然后利用相似求解内切球半径。三、针对训练三、针对训练 举一反三举一反三 一、单选题一、单选题 1（2023陕西西安统考一模）在三棱锥ABCD，平面ACD 平面BCD，ACD是以CD为斜边的等腰直角三角形，BCD为等边三角形，4AC=，则该三棱锥的外接球的表面积为（）A323 B643 C1283 D2563

29、【答案】C【详解】解：过点B作CD的垂线，垂足为E，因为ACD是以CD为斜边的等腰直角三角形，所以ACD的外接圆的圆心为E，设BCD的外接圆圆心为O，其半径为R，则O在BE上，所以OCOBOD=，由面面垂直的性质可知，BE 平面ACD，所以OCODOA=，即O为该三棱锥的外接球的球心，4 2CD=由正弦定理可知，4 24 62,sin603R R=，故该三棱锥的外接球的表面积为216 21284433SR=.故选：C 2（2023湖南模拟预测）在三棱锥ABCD中，AB平面 BCD，224BCCDCDABBC=，则三棱锥ABCD的外接球的表面积与三棱锥ABCD的体积之比为（）A34 B32 C2

30、 D9【答案】D【详解】取AD的中点O,连接,OB OC，因为AB面,BCD BD面,BCDCD 面,BCD 所以,ABBD ABCD，所以OBOAOD=，所以2220BDBCCD=+=，224202 6ADABBD=+=+=，因为,CDBC ABBCB AB=面,ABC BC面,ABC 所以CD 面ABC，又因为AC 面ABC，所以CDCA，所以OCOAOD=，所以162OAOBOCODAD=，所以O为三棱锥ABCD的外接球的圆心,半径6R=，所以球的表面积为2424SR=，三棱锥ABCD的体积为11182 4 23323BCDVSAB=，故24983SV=.故选：D 3（2023山西临汾统

31、考一模）九章算术商功提及一种称之为“羡除”的几何体，刘徽对此几何体作注：“羡除，隧道也其所穿地，上平下邪.似两鳖臑夹一堑堵，即羡除之形.”羡除即为：三个面为梯形或平行四边形（至多一个侧面是平行四边形），其余两个面为三角形的五面几何体.现有羡除ABCDEF如图所示，底面ABCD为正方形，4EF=，其余棱长为 2，则羡除外接球体积与羡除体积之比为（）A2 2 B4 2 C8 23 D2【答案】A【详解】连接 AC、BD 交于点 M，取 EF的中点 O，连接 OM，则OM 平面ABCD.取 BC的中点 G，连接FG，作GHEF，垂足为 H，如图所示，由题意得，OAOBOCOD=，2OEOF=，114

32、HFEF=，332FGBC=，222HGFGHF=，2OMHG=，又222AMAB=，222OAOMAM=+=，2OAOBOCODOEOF=，即：这个羡除的外接球的球心为 O，半径为 2，这个羡除的外接球体积为3314432r2333V=./AB EF，AB 面CDEF，EF 面CDEF，/AB面CDEF，即：点 A到面CDEF的距离等于点 B到面CDEF的距离，又OEDOCD，A OEDB OCDO BCDVVV=，这个羡除的体积为2118 23442 22323A OEDBCFADOO BCDO BCDO BCDVVVVVV=+=+=，羡除的外接球体积与羡除体积之比为123232 28 2

33、3VV=.故选：A.4（2023 春江西高二校联考开学考试）在长方体1111ABCDABC D中，13ABAA=，2AD=，点 M为平面11ABB A内一动点，且1/C M平面1ACD，则当1C M取最小值时，三棱锥MABD的外接球的表面积为（）A13 B16 C26 D32【答案】A【详解】根据题意易知，11/ACAC，且AC平面1ACD，11AC 平面1ACD，所以11/AC平面1ACD，同理可得1/BC平面1ACD；又1111=ACBCC，111,AC BC 平面11ABC，所以平面11/ABC平面1ACD；又因为点 M 在平面11ABB A内且1/C M平面1ACD，所以点 M在平面1

34、1ABB A与平面1ACD的交线1AB上，易知11113ACBC=，所以当1C M取最小值时，M为线段1AB的中点，如下图所示：取AB的中点为N，,AC BD交于点O，连接,MN NO；则3,12MNNO=，所以132MO=，而132AOBODO=，所以O即为三棱锥MABD的外接球球心，半径132RAOMO=，则表面积2413SR=.故选：A 5（2023四川南充校考模拟预测）在平面中，若正ABC内切圆的面积为1S，内切圆与外接圆之间的圆环面积为2S，则121.3SS=在空间中，若正四面体PABC内切球的体积为1V，内切球之外与外接球之内的几何体的体积为2V，则12VV=（）A163 B126

35、 C115 D17【答案】B【详解】设正四面体PABC的内切球与外接球的半径分别为1R，2R，点P到底面ABC的距离为H，底面ABC的面积为S，由等体积法得1131344SHRHS=，设ABa，正ABC的中心为O，则323233OAaa=，2263HaOAa=，由()22222HROAR+=，得2163344RaHR=，故()31133221413.4263RVVRR=故选：B.6（2023 秋浙江湖州高三安吉县高级中学校考期末）如图所示的多面体由正四棱锥PABCD和三棱锥QPAB组成，其中2AB=.若该多面体有外接球且外接球的体积是8 23，则该多面体体积的最大值是（）A3 3 B2 31+

36、C332+D63 23+【答案】D【详解】设正四棱锥PABCD的外接球的半径为R，则348 233R=，解得2R=，连接,AC BD交于点O，连接PO，正方形ABCD的边长为 2，则2OAOBOCODR=，O为四棱锥PABCD的外接球的球心，则222,2POPAPOOA=+=，故PAB的是以边长为 2 的等边三角形，过O作平面PAB的垂线OE，垂足为E，连接,QE OQ，由三棱锥OPAB的体积可得：113112 222232232OE =，解得63OE=，由题意可知：点Q在四棱锥PABCD的外接球的球面上，则2OQ，EQOEOQ+，即623EQOQOE=，当且仅当,O E Q三点共线，则QE

37、面PAB时等号成立，可得三棱锥QPAB的高的最大值为623，三棱锥QPAB的体积16136222 233223Q PABV =，故该多面体体积62163 222 2333Q PABP ABCDVVV+=+=.故选：D.7（2023陕西榆林统考一模）已知四面体ABCD外接球的球心O与正三角形ABC外接圆的圆心重合，若该四面体体积的最大值为2 3，则该四面体外接球的体积为（）A8 B323 C16 D643【答案】B【详解】设球O的半径为R，可得3ABBCACR=.当DO 平面ABC时，四面体ABCD的体积最大，此时31334D ABCABCVSRR=，即332 34R=，得38R=，则该四面体外

38、接球的体积343233VR=.故选：B 8（2023 春河南新乡高三校联考开学考试）已知体积为 3 的正三棱锥 P-ABC，底面边长为2 3，其内切球为球 O，若在此三棱锥中再放入球O，使其与三个侧面及内切球 O均相切，则球O的半径为（）A33 B19 C23 D39【答案】D【详解】设内切球 O的半径为 r，球O的半径为 R.设此棱锥的高为h,底面ABC的中心为M，因为底面边长为2 3，底面ABC的高32 332AN=，所以12 333 32ABCS=，所以三棱锥的体积1331333APBCBCAVShh=,求得3h=,在底面ABC中223AMAN=，则侧棱长为()2222327PAhAM=

39、+=+=，每个侧面的三边长为2 3,7BCPBPC=,则侧面的高22732PNPBBN=，所以112 322 322PBCSBC PN=，所以三棱锥PABC的表面积为3 2 33 3 9 3+.由等积法知19 333Vr=，得33r=.用一平行于底面 ABC 且与球O上部相切的平面A B C 截此三棱锥，下部得到一个高为2 33的棱台，那么截得的小棱锥PA B C 的高为323hr=，即为PABC高的13，则此小棱锥的内切球半径即为球O的半径，根据相似关系，截得的棱锥的体积为311339=，表面积为219 333=，根据等体积法，11339R=，解得39R=.故选:D.9（2022 春河南信阳

40、高一信阳高中校考阶段练习）正棱锥有以下四个命题:所有棱长都相等的三棱锥的外接球、内切球、棱切球（六条棱均与球相切）体积比是63 6:29；侧面是全等的等腰三角形顶点在底面射影为底面中心的四棱锥是正四棱锥；经过正五棱锥一条侧棱平分其表面积的平面必经过其内切球球心；正六棱锥的侧面不可能是正三角形，其中真命题是（）A B C D 【答案】C【详解】对：如图，将三棱锥转化为正方体1111ABCDABC D，设正方体的的边长为a，则三棱锥的边长为2a，三棱锥的外接球即为正方体的外接球，故半径32Ra=，三棱锥的棱切球即为正方体的内切球，故半径112Ra=，三棱锥的体积331114323Vaaaaa=，设

41、三棱锥的内切球的半径为r，则有311134223322araa=，解得36=ra，故三棱锥的外接球、内切球、棱切球的体积比是3331:27:1:3 3RrR=，为假命题；对：侧面是全等的等腰三角形顶点在底面射影为底面中心的四棱锥是正四棱锥，为真命题；对：正五棱锥的内切球的球心在顶点与底面中心的连线上，由对称可得，若平面经过正五棱锥一条侧棱且平分其正五棱锥的表面积，则该平面必过顶点与底面中心的连线，即过正五棱锥一条侧棱平分其表面积的平面必经过其内切球球心，为真命题；对：如图所示：O为正六棱锥PABCDEF的中心，连接,PO AD，则PO平面ABCDEF，且AD 平面ABCDEF，故POAD，若正

42、六棱锥的侧面是正三角形，则AOPA=，故220POPAAO=，此时不能构成锥体，为真命题.故选：C.10（2021 秋辽宁高二沈阳二中校联考开学考试）在正三棱柱ABCA B C 中，D是侧棱BB上一点，E是侧棱CC上一点，若线段ADDEEA+的最小值是2 7且其内部存在一个内切球（与该棱柱的所有面均相切），则该棱柱的外接球表面积为（）A4 B5 C6 D8【答案】B【详解】设正三棱柱ABCA B C 的底面边长为,a高为h，对三个侧面进行展开如图，要使线段ADDEEA+的最小值是2 7，则连接AA（左下角A，右上角A），此时,D E在连接线上，故()2232 7ah+=，因为正三棱柱ABCA

43、B C 内部存在一个半径为r的内切球，所以23123hrar=整理得33ha=，将33ha=代入可得3,1ah=，所以正三棱柱ABCA B C 的底面外接圆半径为323123=，所以正三棱柱ABCA B C 的外接球半径为15142+=，所以该棱柱的外接球表面积为25452=故选：B 11（2022 秋黑龙江哈尔滨高二校考期中）古希腊阿基米德被称为“数学之神”.在他的墓碑上刻着一个圆柱，圆柱里内切着一个球，这个球的直径恰好等于圆柱的高，则球的表面积与圆柱的表面积的比值为（）A12 B23 C34 D45【答案】B【详解】设球半径为R，则圆柱底面半径为R，圆柱的高为 2R，则2 4SR=球，22

44、22226SSSRRRR=+=+=圆柱侧底 所以23SS=球圆柱，故选：B.二、填空题二、填空题 12（2023全国模拟预测）已知在三棱锥PABC中，ABC是面积为3的正三角形，平面PBC平面ABC，若三棱锥PABC的外接球的表面积为203，则三棱锥PABC体积的最大值为_【答案】1【详解】第一步：找到三棱锥PABC的体积最大时点P的位置 过点P作PEBC于点E.因为平面PBC平面ABC，平面PBC平面ABCBC=，PE 面PBC，所以PE 平面ABC，所以1333ABCP ABCVSPEPE=，所以要使三棱锥PABC的体积最大，则需PE的值最大 易知点,P B C在同一个圆上，则当E为BC的

45、中点时，PE的值最大，此时PBC为等腰三角形，且PBPC=第二步：利用外接球球心的位置构造矩形 如图，设外接球的球心为O，ABC，PBC的外接圆圆心分别为,D F，连接AE，易知,D F分别在线段,AE PE上，连接,OD OF.显然，OD 平面ABC，OF 平面PBC.因为E是BC的中点，ABC是面积为3的正三角形，所以AEBC.因为平面PBC平面ABC，AE 平面ABC，平面PBC平面ABCBC=，所以，AE平面PBC.因为EF 平面PBC，所以AEEF.又OF 平面PBC，所以/AE OF，所以/DE OF.同理可得，/OD EF，所以四边形ODEF为平行四边形.又AEEF，所以四边形O

46、DEF为矩形.第三步：求出PE，即可得解 由3ABCS=，得2334AB=，得2AB=，所以223AEACCE=，则22 333ADAE=设球O的半径为R，则由已知可得，22043R=，所以253R=连接OA，则OAR=，则22543333ODAOADEF=，所以33PEEF=，从而()max3313P ABCV=13（2023全国唐山市第十一中学校考模拟预测）已知N为正方体1111ABCDABC D的内切球球面上的动点，M为11BC的中点，DNMB，若动点N的轨迹长度为8 55，则正方体的体积是_.【答案】64【详解】如图所示：正方体1111ABCDABC D，设2ABa=，则内切球的半径R

47、a=，其中M为11BC的中点，取1BB的中点H，连接CH,则有：,CHMB DCMB,又CHDCC=,CH DC 平面DCH，所以MB 平面DCH，所以动点N的轨迹是平面DCH截内切球O的交线，即平面DCHG截内切球O的交线，因为正方体1111ABCDABC D，2ABa=，如图所示：连接,OD OG OH,则有2OGOHa=且OGOH，2GHa=，5GDa=且GHGD，设O到平面DCHG的距离为：d，则在三棱锥ODGH中，有O GDHD OGHVV=，所以11113232GHGDdOG OGa=，即111125223232aadaaa=，解得：55da=，截面圆的半径222 55rRda=，

48、所以动点N的轨迹长度为：4 525cra=，即4 58 555a=，解得2a=，所以4AB=，正方体的体积：3464V=，故答案为：64.三、双空题三、双空题 14（2023全国模拟预测）如图所示的六面体由两个棱长为 a 的正四面体MABC，QABC组合而成，记正四面体MABC的内切球为球1O，正四面体QABC的内切球为球2O，则12OO=_；若在该六面体内放置一个球 O，则球 O的体积的最大值是_ 【答案】66a#66a 38 6729a【详解】如图，取BC的中点 D，连接AD，设点 M在平面ABC内的射影为 N，连接MN，由四面体MABC是正四面体，知 N为ABC的中心，且 N在线段 AD

49、 上,ADBC,由正四面体的棱长为 a，可得32ADa=，2222326233MNAMANaaa=，234ABCSa=设球1O的半径为 r，由等体积法可2213613=434334MABCVaaar=正四面体，得612ra=，根据六面体的对称性可知正四面体MABC的内切球和正四面体QABC的内切球与面ABC相切于 N 点，可得12626OOra=当球 O的体积最大时，球 O与该六面体的六个面都相切，此时，由对称性可知球心 O即ABC的中心 N，连接MD，MDBC,过点 O作OEMD于点 E，由于,BCAD BCMD ADMDD=,AD MD 平面MAD,故BC平面MAD,而OE 平面MAD,所

50、以BCOE,又,BCMDD BC MD=平面MBC,故OE 平面MBC,则 OE为球 O的半径1122MODSMO ODMD OE=，即1631323622aaa OE=，得69OEa=，即此时球 O的半径为69a，所以球 O 的体积的最大值为33468 639729aa=15（2022陕西西安校考模拟预测）中国古代数学名著九章算术中将底面为矩形且有一条侧棱垂直于底面的四棱锥称为“阳马”现有一“阳马”的底面是边长为 3 的正方形，垂直于底面的侧棱长为 4，则该“阳马”的内切球表面积为_，内切球的球心和外接球的球心之间的距离为_【答案】4 62#162【详解】如图，ABCD为正方形，设PD垂直于