《2024届高考数学专项练习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届高考数学专项练习多面体的外接球和内切球含答案.pdf（22页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、12024届高考数学专项练习多面体的外接球和内切球2024届高考数学专项练习多面体的外接球和内切球一、结论1、球与多面体的接、切1、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题(等体积法)例如：在四棱锥P-ABCD中，内切球为球O，求球半径r.方法如下：VP-ABCD=VO-ABCD+VO-PBC+VO-PCD+VO-PAD+VO-PAB即：VP-ABCD=13SABCDr+13SPBC
2、r+13SPCDr+13SPADr+13SPABr，可求出r.类型二类型二球的外接问题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(AB=CD，AD=BC，AC=BD)23.3.单面定球心法单面定球心法(定定+算算)步骤：定一个面外接圆圆心：选中一个面如图：在三棱锥 P-ABC中，选中底面ABC，确定其外接圆圆心O1(正三角形外心就是中心，直角三角形外心在斜边中
3、点上，普通三角形用正弦定理定外心2r=asinA)；过外心 O1做(找)底面 ABC 的垂线，如图中 PO1 面 ABC,则球心一定在直线(注意不一定在线段PO1上)PO1上；计算求半径R:在直线PO1上任取一点O如图：则OP=OA=R，利用公式OA2=O1A2+OO12可计算出球半径R.4.4.双面定球心法双面定球心法(两次单面定球心两次单面定球心)如图：在三棱锥P-ABC中：选定底面ABC，定ABC外接圆圆心O1选定面PAB，定PAB外接圆圆心O2分别过O1做面ABC的垂线，和O2做面PAB的垂线，两垂线交点即为外接球球心O.二、典型例题1 1(2023春湖南湘潭高二统考期末)棱长为1的正
4、方体的外接球的表面积为()A.34B.3C.12D.162 2(2023春湖南长沙高三长沙一中校考阶段练习)在四面体PABC中，PAAB，PAAC，BAC=120，AB=AC=AP=2，则该四面体的外接球的表面积为()A.12B.16C.18D.203 3(2023 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 P-ABCD是阳马，PA平面ABCD，PA=5，AB=3，BC=4则该阳马的外接球的表面积为()3A.125 23B.50C.100D.50034 4(2023全国高
5、三专题练习)已知菱形ABCD的各边长为2,D=60如图所示，将ACD沿AC折起，使得点D到达点S的位置，连接SB，得到三棱锥S-ABC，此时SB=3E是线段SA的中点，点F在三棱锥S-ABC的外接球上运动，且始终保持EFAC，则点F的轨迹的周长为()A.2 33B.4 33C.5 33D.2 2135 5(2023浙江校联考模拟预测)在三棱锥 ABCD 中，对棱 AB=CD=2 2，AD=BC=5，AC=BD=5，则该三棱锥的外接球体积为，内切球表面积为.6 6(2022 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，截得的圆台，上、下底面的面积之比为1：9，
6、截去的圆锥的底面半径是3，圆锥SO的高为18则截得圆台的体积为；若圆锥SO中有一内切球，则内切球的表面积为三、针对训练 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A-BCD，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，AC=4，则该三棱锥的外接球的表面积为()A.323B.643C.1283D.25632(2023湖南模拟预测)在三棱锥A-BCD中，AB平面BCD，BCCD，CD=2AB=2BC=4，则三棱锥A-BCD的外接球的表面积与三棱锥A-BCD的体积之比为()A.34B.32C.2D.93(2023山西临汾统考一模)九章算术商
7、功 提及一种称之为“羡除”的几何体，刘徽对此几何体作4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，EF=4，其余棱长为2，则羡除外接球体积与羡除体积之比为()A.2 2B.4 2C.8 23D.24(2023春江西高二校联考开学考试)在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=AA1=3，AD=2，点M为平面ABB1A1内一动点，且C1M平面ACD1，则当C1M取最小值时，三棱锥M-ABD的外接球的表面积为()A.13B.
8、16C.26D.325(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S1，内切圆与外接圆之间的圆环面积为S2，则S1S2=13.在空间中，若正四面体PABC内切球的体积为V1，内切球之外与外接球之内的几何体的体积为V2，则V1V2=()A.163B.126C.115D.176(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P-ABCD和三棱锥Q-PAB组成，其中AB=2.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()A.3 3B.2 3+1C.3+32D.6+3 237(2023陕西榆林统考一模)已知四面体ABCD外接球的
9、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()A.8B.323C.16D.6438(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()A.33B.19C.23D.3959(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3 6:69:2；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
10、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.10(2021秋辽宁高二沈阳二中校联考开学考试)在正三棱柱ABC-ABC中，D是侧棱BB上一点，E是侧棱CC上一点，若线段AD+DE+EA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()A.4B.5C.6D.811(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()A.12B.23C.34D.45二、填空题二、填
11、空题12(2023全国模拟预测)已知在三棱锥P-ABC中，ABC是面积为3 的正三角形，平面PBC平面ABC，若三棱锥P-ABC的外接球的表面积为203，则三棱锥P-ABC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ABCD-A1B1C1D1的内切球球面上的动点，M为B1C1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M-ABC，Q-ABC组合而成，记正四面体M-ABC的内切球为球O1，正四面体Q-ABC的内切球为球O2，则O1O2=；若在该六面体内放置
12、一个球O，则球O的体积的最大值是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
13、类型一球的内切问题(等体积法)例如：在四棱锥P-ABCD中，内切球为球O，求球半径r.方法如下：VP-ABCD=VO-ABCD+VO-PBC+VO-PCD+VO-PAD+VO-PAB即：VP-ABCD=13SABCDr+13SPBCr+13SPCDr+13SPADr+13SPABr，可求出r.类型二类型二球的外接问题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.补形法补形法(补长方体或正方体补长方体或正方体)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(AB
14、=CD，AD=BC，AC=BD)23.3.单面定球心法单面定球心法(定定+算算)步骤：定一个面外接圆圆心：选中一个面如图：在三棱锥 P-ABC中，选中底面ABC，确定其外接圆圆心O1(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2r=asinA)；过外心 O1做(找)底面 ABC 的垂线，如图中 PO1 面 ABC,则球心一定在直线(注意不一定在线段PO1上)PO1上；计算求半径R:在直线PO1上任取一点O如图：则OP=OA=R，利用公式OA2=O1A2+OO12可计算出球半径R.4.4.双面定球心法双面定球心法(两次单面定球心两次单面定球心)如图：在三棱锥P-
15、ABC中：选定底面ABC，定ABC外接圆圆心O1选定面PAB，定PAB外接圆圆心O2分别过O1做面ABC的垂线，和O2做面PAB的垂线，两垂线交点即为外接球球心O.二、典型例题1 1(2023春湖南湘潭高二统考期末)棱长为1的正方体的外接球的表面积为()A.34B.3C.12D.16【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2R=12+12+12=3，故R=32所以S=4R2=4322=3故选：B【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.2 2(2023春湖南长沙高三长沙一中校考阶段练习)在四面体PABC中，PAAB，PAAC，BA
16、C=120，AB=AC=AP=2，则该四面体的外接球的表面积为()A.12B.16C.18D.20【答案】D【详解】因为PAAB，PAAC，ABAC=A,AB,AC平面ABC,所以PA平面ABC.设底面ABC的外心为G，外接球的球心为O，则OG平面ABC，所以PAOG.3设D为PA的中点，因为OP=OA，所以DOPA.因为PA平面ABC，AG平面ABC,所以PAAG，所以ODAG.因此四边形ODAG为平行四边形，所以OG=AD=12PA=1.因为BAC=120，AB=AC=2，所以BC=AB2+AC2-2ABACcosBAC=4+4-222-12=2 3,由正弦定理，得2AG=2 332=4A
17、G=2.所以该外接球的半径R满足R2=OG2+AG2=5,故该外接球的表面积为S=4R2=20.故选:D.【反思】本例属于单面定球心问题用正弦定理求出ABC外心G；过G做平面ABC的垂线，则外接球球心O在此垂线上；通过计算算出半径.3 3(2023 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 P-ABCD是阳马，PA平面ABCD，PA=5，AB=3，BC=4则该阳马的外接球的表面积为()A.125 23B.50C.100D.5003【答案】B【详解】因PA平面ABCD，AB
18、平面ABCD，AD平面ABCD，则PAAB，PAAD，又因四边形ABCD为矩形，则ABAD.则阳马的外接球与以PA，AB，AD为长宽高的长方体的外接球相同.又PA=5，AB=3，AD=BC=4则外接球的直径为长方体体对角线，故外接球半径为：R=4PA2+AB2+AD22=32+42+522=5 22，则外接球的表面积为：S=4R2=4504=50.故选：B【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.4 4(2023全国高三专题练习)已知菱形ABCD的各边长为2,D=60如图所示，将ACD沿AC折起，使得点D到达点S的位置，连接SB，得到三棱锥S-A
19、BC，此时SB=3E是线段SA的中点，点F在三棱锥S-ABC的外接球上运动，且始终保持EFAC，则点F的轨迹的周长为()A.2 33B.4 33C.5 33D.2 213【答案】C【详解】取AC中点M，则ACBM,ACSM,BMSM=M，AC平面SMB，SM=MB=3，又SB=3，SBM=MSB=30，作EHAC于H，设点F轨迹所在平面为，则平面经过点H且AC，设三棱锥S-ABC外接球的球心为O,SAC,BAC的中心分别为O1,O2，易知OO1平面SAC,OO2平面BAC，且O,O1,O2,M四点共面，由题可得OMO1=12O1MO2=60，O1M=13SM=33，解RtOO1M，得OO1=3
20、O1M=1，又O1S=23SM=2 33，则三棱锥S-ABC外接球半径r=OO21+O1S2=73，易知O到平面的距离d=MH=12，故平面截外接球所得截面圆的半径为r1=r2-d2=73-14=5 36，截面圆的周长为l=2r1=5 33，即点F轨迹的周长为5 33故选：C【反思】此题典型的双面定球心。定 ABC 外心 O2;定 ASC 外心 O1，再分别过 O1，O2做平面ASC和ABC的垂线，两条垂线的交点，记为外接球球心.55 5(2023浙江校联考模拟预测)在三棱锥 ABCD 中，对棱 AB=CD=2 2，AD=BC=5，AC=BD=5，则该三棱锥的外接球体积为，内切球表面积为.【答
21、案】9223#23【详解】因为三棱锥A-BCD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、宽、高分别为x、y、z，如下图所示：则x2+y2=2 2，x2+z2=5，y2+z2=5，解得x=y=2，z=1，外接球直径2R=x2+y2+z2=3，其半径为R=32，三棱锥A-BCD的体积V=xyz-16xyz4=13xyz=43，在ABC中，AC=BC=5，AB=2 2，取AB的中点E，连接CE，如下图所示：则CEAB，且CE=AC2-AE2=3，所以，SABC=12ABCE=6，因为三棱锥A-BCD的每个面的三边分别为5、5、2 2，所以，三棱锥A-BCD的表面积为S=4
22、SABC=4 6，设三棱锥A-BCD的内切球半径为r，则V=13Sr，可得r=3VS=44 6=66，所以该三棱锥的外接球体积为43R3=92，内切球表面积为4r2=23.故答案为：92；23.【反思】本例属于对棱相等模型，可补形为长方体，再借助长方体模型，求外接球半径.6 6(2022 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，截得的圆台，上、下底面的面积之比为1：9，截去的圆锥的底面半径是3，圆锥SO的高为18则截得圆台的体积为；若圆锥SO中有一内切球，则内切球的表面积为6【答案】468486-162 5#486-162 5【详解】由题意得：截得的圆台
23、，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V=139218=486，由相似知识得：SOSO=13，故SO=6，故截去的圆锥体积为V1=13326=18，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RtSCDRtSAO，设内切球半径为R，则CD=CO=R，SC=18-R，由勾股定理得：AS=182+92=9 5，由CDOA=SCAS得：R9=18-R9 5，解得：R=9 5-92，故内切球的表面积为4R2=49 5-922=486-162 5.故答案为：468，486-162 5【反思】本例内切球问题，主要采用独立截面法
24、，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 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A-BCD，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，AC=4，则该三棱锥的外接球的表面积为()A.323B.643C.1283D.2563【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，7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OC=OB=OD，由面面垂直的性质可知，BE平面ACD，所以OC=OD=OA，即O为该三棱锥的外接球的球心，CD
25、=4 2由正弦定理可知，4 2sin60=2R,R=4 63，故该三棱锥的外接球的表面积为S=4R2=41623=1283.故选：C2(2023湖南模拟预测)在三棱锥A-BCD中，AB平面BCD，BCCD，CD=2AB=2BC=4，则三棱锥A-BCD的外接球的表面积与三棱锥A-BCD的体积之比为()A.34B.32C.2D.9【答案】D【详解】取AD的中点O,连接OB,OC，因为AB面BCD,BD面BCD,CD面BCD,所以ABBD,ABCD，所以OB=OA=OD，所以BD=BC2+CD2=20，AD=AB2+BD2=4+20=2 6，因为CDBC,ABBC=B,AB面ABC,BC面ABC,所
26、以CD面ABC，又因为AC面ABC，所以CDCA，所以OC=OA=OD，所以OA=OB=OC=OD=12AD=6，所以O为三棱锥A-BCD的外接球的圆心,半径R=6，所以球的表面积为S=4R2=24，三棱锥A-BCD的体积为V=13SBCDAB=1312242=83，故SV=2483=9.故选：D3(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四8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
27、为正方形，EF=4，其余棱长为2，则羡除外接球体积与羡除体积之比为()A.2 2B.4 2C.8 23D.2【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，OA=OB=OC=OD，OE=OF=2，HF=14EF=1，FG=32BC=3，HG=FG2-HF2=2，OM=HG=2，又AM=22AB=2，OA=OM2+AM2=2，OA=OB=OC=OD=OE=OF=2，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V1=43r3=4323=323.ABEF，AB面CDEF，E
28、F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，VA-OED=VB-OCD=VO-BCD，这个羡除的体积为V2=VA-OED+VBCF-ADO=VO-BCD+3VO-BCD=4VO-BCD=41312222=8 23，羡除的外接球体积与羡除体积之比为V1V2=3238 23=2 2.故选：A.4(2023春江西高二校联考开学考试)在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=AA1=3，AD=2，点M为平面ABB1A1内一动点，且C1M平面ACD1，则当C1M取最小值时，三棱锥M-ABD的外接球的表面积为()A.13B.16C.26D.32【答
29、案】A【详解】根据题意易知，A1C1AC，且AC平面ACD1，A1C1平面ACD1，所以A1C1平面ACD1，同理可得BC1平面ACD1；9又A1C1BC1=C1，A1C1,BC1平面A1BC1，所以平面A1BC1平面ACD1；又因为点M在平面ABB1A1内且C1M平面ACD1，所以点M在平面ABB1A1与平面ACD1的交线A1B上，易知A1C1=BC1=13，所以当C1M取最小值时，M为线段A1B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MN=32,NO=1，所以MO=132，而AO=BO=DO=132，所以O即为三棱锥M-ABD的外接球球心，半径R=AO=
30、MO=132，则表面积S=4R2=13.故选：A5(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S1，内切圆与外接圆之间的圆环面积为S2，则S1S2=13.在空间中，若正四面体PABC内切球的体积为V1，内切球之外与外接球之内的几何体的体积为V2，则V1V2=()A.163B.126C.115D.17【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R1，R2，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R1=313SH4S=14H，设AB=a，正ABC的中心为O，则OA=32a23=33a，H=a2-OA2=63a，由 H-R22+OA2=
31、R22，得R2=64a=34H=3R1，故V1V2=43R3143 R32-R31=126.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P-ABCD和三棱锥Q-PAB组成，其中AB=2.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()10A.3 3B.2 3+1C.3+32D.6+3 23【答案】D【详解】设正四棱锥P-ABCD的外接球的半径为R，则43R3=8 23，解得R=2，连接AC,BD交于点O，连接PO，正方形ABCD的边长为2，则OA=OB=OC=OD=2=R，O为四棱锥P-ABCD的外接球的球心，则PO=2,PA=
32、PO2+OA2=2，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O-PAB的体积可得：13OE122232=132 122 2，解得OE=63，由题意可知：点Q在四棱锥P-ABCD的外接球的球面上，则OQ=2，EQ+OEOQ，即EQOQ-OE=2-63，当且仅当O,E,Q三点共线，则QE面PAB时等号成立，可得三棱锥Q-PAB的高的最大值为2-63，三棱锥Q-PAB的体积VQ-PAB132-63122232=6-23，故该多面体体积V=VQ-PAB+VP-ABCD6-23+132 22=6+3 23.故选：D.7(2023陕西榆林统考一模)
33、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()A.8B.323C.16D.643【答案】B【详解】设球O的半径为R，可得AB=BC=AC=3R.当DO平面ABC时，四面体ABCD的体积最大，此时VD-ABC=13SABCR=34R3，即34R3=2 3，得R3=8，11则该四面体外接球的体积V=43R3=323.故选：B8(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()A.33B.
34、19C.23D.39【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AN=2 3 32=3，所以SABC=122 3 3=3 3，所以三棱锥的体积VP-ABC=13hSABC=13h3 3=3,求得h=3,在底面ABC中AM=23AN=2，则侧棱长为PA=h2+AM2=32+22=7，每个侧面的三边长为BC=2 3,PB=PC=7,则侧面的高PN=PB2-BN2=7-3=2，所以SPBC=12BCPN=122 3 2=2 3，所以三棱锥P-ABC的表面积为32 3+3 3=9 3.由等积法知V=139 3 r=
35、3，得r=33.用一平行于底面ABC且与球O上部相切的平面ABC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P-ABC的高为h-2r=33，即为P-ABC高的13，则此小棱锥的内切球半径即为球O的半径，12根据相似关系，截得的棱锥的体积为3133=19，表面积为9 3 132=3，根据等体积法，133 R=19，解得R=39.故选:D.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3 6:69:2；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
36、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ABCD-A1B1C1D1，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R=32a，三棱锥的棱切球即为正方体的内切球，故半径R1=12a，三棱锥的体积V=a3-41312aaa=13a3，设三棱锥的内切球的半径为r，则有13a3=413r122a2a32，解得r=36a，故三棱锥的外接球、内切球、棱切球的体积比是R3:r3:R31=27:1:3 3，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
37、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P-ABCDEF的中心，连接PO,AD，则PO平面ABCDEF，且AD平面ABCDEF，故POAD，若正六棱锥的侧面是正三角形，则AO=PA，故PO=PA2-AO2=0，此时不能构成锥体，为真命题.13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ABC-ABC中，D是侧棱BB上一点，E是侧棱CC上
38、一点，若线段AD+DE+EA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()A.4B.5C.6D.8【答案】B【详解】设正三棱柱ABC-ABC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AD+DE+EA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3a2+h2=2 7，因为正三棱柱ABC-ABC内部存在一个半径为r的内切球，所以h=2r32a13=r 整理得h=33a，将h=33a代入可得a=3,h=1，所以正三棱柱ABC-ABC的底面外接圆半径为323 23=1，所以正三棱柱ABC-ABC的外接球半径为
39、1+14=52，所以该棱柱的外接球表面积为4522=5故选：B11(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()A.12B.23C.34D.4514【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S球=4R2，S圆柱=S侧+2S底=2R2R+2R2=6R2所以S球S圆柱=23，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P-ABC中，ABC是面积为3 的正三角形，平面PBC平面ABC，若三棱锥P-ABC的外接
40、球的表面积为203，则三棱锥P-ABC体积的最大值为【答案】1【详解】第一步：找到三棱锥P-ABC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ABC=BC，PE面PBC，所以PE平面ABC，所以VP-ABC=13SABCPE=33PE，所以要使三棱锥P-ABC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的中点时，PE的值最大，此时PBC为等腰三角形，且PB=PC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，
41、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ABC=BC，所以，AE平面PBC.因为EF平面PBC，所以AEEF.又OF平面PBC，所以AEOF，所以DEOF.同理可得，ODEF，所以四边形ODEF为平行四边形.又AEEF，所以四边形ODEF为矩形.第三步：求出PE，即可得解由SABC=3，得34AB2=3，得AB=2，15所以AE=AC2-CE2=3，则AD=23AE=2 33设球O的半径为R，则由已知可得，4R2=203，所以R2=53连接OA，则OA=R，则OD=AO2-AD2=5
42、3-43=33=EF，所以PE=3EF=3，从而 VP-ABCmax=333=113(2023全国唐山市第十一中学校考模拟预测)已知N为正方体ABCD-A1B1C1D1的内切球球面上的动点，M为B1C1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ABCD-A1B1C1D1，设AB=2a，则内切球的半径R=a，其中M为B1C1的中点，取BB1的中点H，连接CH,则有：CHMB,DCMB,又CHDC=C,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ABCD
43、-A1B1C1D1，AB=2a，如图所示：连接OD,OG,OH,则有OG=OH=2a且OGOH，GH=2a，GD=5a且GHGD，设O到平面DCHG的距离为：d，则在三棱锥O-DGH中，有VO-GDH=VD-OGH，所以1312GHGDd=1312OGOGa，即13122a5ad=13122a2aa，解得：d=55a，截面圆的半径r=R2-d2=2 55a，所以动点N的轨迹长度为：c=2r=4 55a，16即4 55a=8 55，解得a=2，所以AB=4，正方体的体积：V=43=64，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M-A
44、BC，Q-ABC组合而成，记正四面体M-ABC的内切球为球O1，正四面体Q-ABC的内切球为球O2，则O1O2=；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#6a68 6729a3【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M-ABC是正四面体，知N为ABC的中心，且N在线段AD上,ADBC,由正四面体的棱长为a，可得AD=32a，MN=AM2-AN2=a2-32a232=63a，SABC=34a2设球O1的半径为r，由等体积法可V正四面体M-ABC=1334a263a=13434a2r，得r=612a，根据六面体的对称性可知
45、正四面体M-ABC的内切球和正四面体Q-ABC的内切球与面ABC相切于N点，可得O1O2=2r=66a17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,ADMD=D,AD,MD平面MAD,故BC平面MAD,而OE平面MAD,所以BCOE,又BCMD=D,BC,MD平面MBC,故OE平面MBC,则OE为球O的半径SMOD=12MOOD=12MDOE，即1263a36a=1232aOE，得OE=69a，即此时球O的半径为69a，所以球O的体积的最大值为4369a3=8 6729a315
46、(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】462#126【详解】如图，ABCD为正方形，设PD垂直于平面ABCD，由题PD=4，AB=3，因为PDAB，ADAB，所以AB平面ADP，所以ABAP，ABP为直角三角形，由题，AP=5，四棱锥表面积S=33+34+35=36，体积V=13324=12，设内切球半径为r，则13Sr=V，得r=3VS=1，内切球表面积为4r2=4；以DA，DC，DP分别为x，y，z轴建立如图空间直角坐标系，因为内切球半径r=1，所以内切球球心O11,1,1，因为该四棱锥可以补全为棱长分别为3，3，4的长方体，所以外接球球心O232,32,2，两点间距离 O1O2=1-3222+1-22=62.故答案为：4；62