专题11 空间几何体及其内切球、外接球（十二大题型）-备战2023-2024学年高三数学上学期期中真题分类汇编（全国通用）

这是一份专题11 空间几何体及其内切球、外接球（十二大题型）-备战2023-2024学年高三数学上学期期中真题分类汇编（全国通用），文件包含专题11空间几何体及其内切球外接球十二大题型原卷版docx、专题11空间几何体及其内切球外接球十二大题型解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共91页， 欢迎下载使用。

专题11空间几何体及其内切球、外接球


斜二测画法
1．（2022秋·黑龙江牡丹江·高三牡丹江市第二高级中学校考期中）如图，一个水平放置的图形的直观图是一个等腰直角三角形，斜边长，那么原平面图形的面积是（ ）

A．2 B． C． D．
【答案】B
【分析】根据斜二测画法可得原图形为直角三角形，运算即可得解.
【详解】根据斜二测画法可得原图形为如图所示，
因为是等腰直角三角形，根据斜二测画法可得为直角三角形，
，，，
所以原平面图形的面积是.
故选：B.

2．（广东省河源市河源中学等校2023届高三上学期期中）如图，一个水平放置的平面图形的直观图（斜二测画法）是一个底角为、腰和上底长均为2的等腰梯形，则这个平面图形的面积是

A． B． C． D．
【答案】D
【详解】如图所示：由已知斜二测直观图根据斜二测化法规则画出原平面图形
∴这个平面图形的面积：，
故选D.

3．（2022秋·福建南平·高三统考期中）水平放置的的斜二测直观图如图所示，已知，则原三角形的面积为 ．

【答案】6
【解析】先根据条件由斜二测画法得出原平面图形，从而得出其面积.
【详解】根据条件由斜二测画法得出原平面图形，如图.

则
所以
故答案为：6

空间几何体的表面积
4．（辽宁省抚顺市六校协作体2022-2023学年高三上学期期中）在正三棱柱中，E，F分别是棱BC，的中点，若异面直线与EF所成的角是45°，则该三棱柱的侧面积与表面积的比值是（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】取AC中点D，连接FD，DE，通过得到直线与EF所成的角是45°，分别求出侧面积和底面积，则可求出侧面积与表面积的比值
【详解】取AC中点D，连接FD，DE，
又在正三棱柱中，E，F分别是棱BC，的中点，
则，且面ABC，
又直线与EF所成的角是45°，，
直线与EF所成的角是45°
故为等腰直角三角形，
不妨设，则，
则

故
故选：D

5．（江苏省无锡市江阴市第一中学2022-2023学年高三上学期期中）有很多立体图形都体现了数学的对称美，其中半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体．半正多面体因其最早由阿基米德研究发现，故也被称作阿基米德体．某公园中设置的供市民休息的石凳如图所示，它是一个棱数为24的半正多面体，且所有顶点都在同一个正方体的表面上，它也可以看成是由一个正方体截去八个一样的四面体所得的，若被截正方体的棱长为，则该石凳的表面积为（    ）

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由已知得到石凳的各条棱都相等，并求得棱的长度，然后分别计算6个正方形面的和，8个等边三角形面的面积的和，然后求和即得.
【详解】由图形可得该多面体的棱长为，则6个正方形的面积之和为，8个等边三角形的面积之和为，所以该石凳的表面积为．
故选：.
6．（福建省福州市八县（市、区）一中2023届高三上学期期中）若圆锥的轴截面是边长为2的正三角形，则它的侧面积为 ．
【答案】
【分析】根据轴截面是边长为2的正三角形，可求出圆锥的底面半径和母线长，从而可求出其侧面积.
【详解】解：圆锥的轴截面是边长为2的正三角形，则底面圆的半径为1，母线长为2，
圆锥的侧面展开图为扇形，扇形半径为2，弧长为，
由扇形的面积公式可得，侧面积．
故答案为：．
7．（江苏省扬州市宝应县曹甸高级中学2022-2023学年高三上学期期中）将一个边长为4的正三角形以其中一边所在直线为旋转轴旋转一周，所得几何体的表面积为 .
【答案】
【分析】根据正三角形绕一边所在直线为旋转轴旋转一周，得到几何体是两个同底的圆锥求解.
【详解】如图所示，正三角形绕边AB所在直线为旋转轴旋转一周，得到几何体是两个同底的圆锥，

圆锥的底面半径为，母线长为
则所得几何体的表面积为.
故答案为：.
8．（黑龙江省佳木斯市第一中学2022-2023学年高三上学期期中）已知圆柱的两个底面的圆周在体积为的球O的球面上，则该圆柱的侧面积的最大值为 ．
【答案】
【分析】先求出球的半径，根据条件列出圆柱底面半径和母线的关系式，即可得到侧面积表达式，然后用重要不等式即可求解.
【详解】设球的半径为R，圆柱的底面半径为r，母线为l，
则由题意知，，解得R=2.
又圆柱的两个底面的圆周在体积为的球O的球面上，则圆柱的两个底面圆的圆心关于球心对称，且.
则圆柱的侧面积，，
因为，，当且仅当，即，时，等号成立.
所以，
故答案为：.
空间几何体的体积
9．（江苏省南京市江宁区2023届高三上学期期中）如图的后母戊鼎（原称司母戊鼎）是迄今为止世界上出土最大、最重的青铜礼器，有“镇国之宝”的美誉，后母戊鼎双耳立，折沿宽缘，直壁，深腹，平底，下承中空“柱足”，造型厚重端庄，气势恢宏，是中国青铜时代辉煌文明的见证，如图为鼎足近似模型的三视图（单位：，经该鼎青铜密度为（单位：，则根据三视图信息可得一个柱足的重量约为（重量体积密度，单位：（    ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据题意得出，鼎足是一个外半径为，内半径为的中空圆柱体，然后利用体积的计算公式即可求解.
【详解】由三视图得，鼎足可看成一个中空圆柱体，
外半径为，内半径为，则其重量为，
故选：．
10．（2022秋·江苏南通·高三统考期中）已知两个圆锥的母线长均为6，它们的侧面展开图恰好拼成一个半圆，若它们的侧面积之比是1：2，则它们的体积之和是（    ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】根据圆锥的母线长和侧面展开图恰好拼成一个半圆得到两个圆锥的底面圆的周长之和，再结合侧面积之比为1:2得到底面圆的周长比也为1:2，即可得到底面圆的半径，然后利用勾股定理得到圆锥的高，最后求体积即可.
【详解】因为两个圆锥的母线长为6，侧面展开图恰好拼成一个半圆，所以两个圆锥的底面圆的周长和为6π，因为侧面积之比为1:2，所以底面圆的周长比为1:2，则底面圆的周长分别为2π，4π，底面圆的半径分别为1，2，所以两个圆锥的高分别为，，则体积之和为.
故选：A.
11．（2022秋·河北保定·高三河北省唐县第一中学校联考期中）已知某种装水的瓶内芯近似为底面半径是4dm、高是8dm的圆锥，当瓶内装满水并喝完一半，且瓶正立旋置时（如图所示），水的高度约为（    ）
（参考数据：，）

A．1.62dm B．1.64dm C．3.18dm D．3.46dm
【答案】B
【分析】由题意可知当装水的瓶正立放置时，圆锥上半部分的体积占圆锥体积的一半，设上半部分小圆锥的底面半径为r dm，则小圆锥的高为2r dm，然后列方程可求出，从而可求出结果.
【详解】因为瓶内装满水并喝完一半，
所以当装水的瓶正立放置时，圆锥上半部分的体积占圆锥体积的一半，
设上半部分小圆锥的底面半径为r dm，则由题意可得小圆锥的高为2r dm，
则，解得，
即，．
则剩余的水的高度为．
故选：B
12．（2022秋·黑龙江哈尔滨·高三哈尔滨七十三中校考期中）在棱长为4的正方体中M，N分别为，AB的中点，则三棱锥的体积为 ．
【答案】
【分析】利用计算即可.
【详解】因为正方体的棱长为4，M，N分别为，AB的中点，
所以
.
故答案为：.

13．（2022秋·河北石家庄·高三石家庄二中校考期中）斜三棱柱中，侧面的面积为S，侧棱到侧面的距离为，则该斜三棱柱的体积为
【答案】
【分析】根据题意，斜三棱柱补形为平行六面体，求平行六面体的体积即可得解.
【详解】
在斜三棱柱的一侧补上一个三棱柱，使之成为一个平行六面体，如图，
显然，它的体积为，所以斜三棱柱的体积为.
故答案为:
14．（湖北省武汉市黄陂一中盘龙校区2022-2023学年高三上学期期中）如图，四棱锥的底面为直角梯形，，，底面ABCD，且，M是PB的中点．

(1)证明：；
(2)求三棱锥的体积．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）由线线垂直证平面PAD，再证；
（2）.
【详解】（1）证明：∵平面ABCD，平面ABCD，∴．
又∵，，AP，平面PAD，∴平面PAD，
又平面PAD，∴．
（2）∵M是PB的中点，底面ABCD，∴点M到平面ABC的距离为．
∴，．
∴．

最短路径
15．（湖北省仙桃荣怀学校2022-2023学年高三下学期期中）如图，在正三棱柱，中，，在上，是的中点，则的最小值是（    ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】将平面与平面翻折到同一平面上，连接，记，计算出以及的值，分析可知当、、三点共线时，取得最大值，再结合余弦定理求解即可.
【详解】如图，将平面与平面翻折到同一平面上，连接，记．

由题意可知，，所以，，
所以，，则，
，
从而，
故．
因为是的中点，所以，
由余弦定理可得．
因为在上，所以，当、、三点共线时，等号成立，
则．
故选：C.
16．（湖北省宜昌英杰学校2022-2023学年高三上学期期中）已知直三棱柱中，，，为线段上的动点，则的最小值为（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】利用空间几何体的特征，将沿折起到的位置.使得平面与平面共面,然后两点之间线段最短，再利用余弦定理即可得到答案.
【详解】将沿折起到的位置.使得平面与平面共面,当为线段与的交点时,最小,即最小,则有，
又，所以易得与均为等腰直角三角形,
,
利用余弦定理可知最小值为.

故选：D.
17．（河北省深州市长江中学2023届高三上学期期中）已知正方体棱长为1.一只蚂蚁从顶点出发沿正方体的表面爬到顶点.则蚂蚁经过的最短路程为 .
【答案】
【分析】由正方体对称性，最短路线有6条，距离相等，把最短路线所过平面摊平后，由平面上两点间距离线段最短可得．
【详解】由正方体的对称性知从顶点出发沿正方体的表面爬到顶点的最短距离有6条，距离相等．
把其中一条所在的两个面摊平，如图，
，
故答案为：．

18．（2022秋·黑龙江绥化·高三海伦市第一中学校考期中）在直三棱柱中，，，，E是棱上的一点，则的周长的最小值为（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由侧面展开图求解，
【详解】由题意得，
将三棱柱的侧面展开如图所示，当三点共线时，的周长的最小，
此时，
即的周长的最小值为，
故选：C

19．（2022秋·江苏南通·高三海安高级中学校考期中）如图所示，在直三棱柱中，，，，P是上的一动点，则的最小值为（    ）

A． B． C． D．3
【答案】B
【分析】连接，以所在直线为轴，将所在平面旋转到平面，设点的新位置为，连接，判断出当三点共线时，则即为的最小值.分别求出,,利用余弦定理即可求解.
【详解】连接，得，以所在直线为轴，将所在平面旋转到平面，
                      
设点的新位置为，连接，则有.
当三点共线时，则即为的最小值.
在三角形ABC中，，，由余弦定理得：,所以，即
在三角形中，，，由勾股定理可得：,且.
同理可求：
因为，所以为等边三角形，所以，
所以在三角形中，,,
由余弦定理得：.
故选B.
【点睛】（1）立体几何中的翻折（展开）问题截图的关键是：翻折（展开）过程中的不变量；
（2）立体几何中距离的最值一般处理方式：
①几何法：通过位置关系，找到取最值的位置（条件），直接求最值；
②代数法：建立适当的坐标系，利用代数法求最值.
20．（浙江省绍兴戴山外国语学校2022-2023学年高三上学期期中）如图，AB是底面圆O的直径,点C是圆O上异于A、B的点，PO垂直于圆O所在的平面，且，点E在线段PB上，则的最小值为 .

【答案】
【分析】首先求出，即有，将三棱锥展开，当三点共线时，值最小，可证为中点，从而可求，从而得解．
【详解】在中，，，
所以，同理，所以，
在三棱锥中，将侧面绕旋转至平面，
使之与平面共面，如图所示，

当，，共线时，取得最小值，
又因为，，
所以垂直平分，即为中点，
从而，
亦即的最小值为：，
故答案为.
【点睛】本题主要考查了空间中线段和最小值问题，考查了空间想象能力、推理论证能力，考查了数形结合思想、化归与转化思想，属于中档题．

截面问题
21．（2022秋·浙江杭州·高三学军中学校考期中）如图，在正方体中，点E，F分别是棱，的中点，点G是棱的中点，则过线段AG且平行于平面的截而图形为（    ）

A．等腰梯形 B．三角形 C．正方形 D．矩形
【答案】A
【分析】利用平行作出截面图形，即可判断形状.
【详解】取BC中点H，连接AH，GH，，.如下图所示：

由题意得，.又平面，平面，
平面，同理平面.又，平面，平面平面，故过线段且与平面平行的截面为四边形，显然四边形为等腰梯形.
故选：A
22．（2022秋·重庆沙坪坝·高三重庆一中校考期中）在棱长为3的正方体中，点Р是侧面上的点，且点Р到棱与到棱AD的距离均为1，用过点Р且与垂直的平面去截该正方体，则截面在正方体底面ABCD的投影多边形的面积是（    ）
A． B．5 C． D．8
【答案】C
【分析】根据题意画出与垂直的平面GJKLNM，作出其投影平面AOQCKJ，已知正方体棱长为3，点Р到棱与到棱AD的距离均为1，所以点G，J，K，L，N，M均为各棱的三等分点，求出投影的面积S即可得出答案.
【详解】
由题意可以作出与垂直的平面，
利用面面平行可作出过点P且平行于平面的平面GJKLNM，
则平面GJKLNM与垂直，
作出点M，N的投影O，Q，
平面AOQCKJ的面积S即为所求，
已知正方体棱长为3，点Р到棱与到棱AD的距离均为1，
所以点G，J，K，L，N，M均为各棱的三等分点
，
故选：C.
23．（江苏省苏州市太仓市明德高级中学2022-2023学年高三上学期期中）（多选）用一个平面去截正方体，截面形状不可能是下列哪个图形（    ）
A．五边形 B．直角三角形 C．直角梯形 D．钝角三角形
【答案】BCD
【分析】根据正方体的几何性质，结合截面的性质、余弦定理进行逐一判断即可.
【详解】如图所示，截面，
设，，，
∴，，，
，
同理，，，即为锐角，
∴为锐角三角形，B，D都不可能，BD都要选；
如图截面可以是五边形EFGHI，A可能，A不选
如图截面可以是梯形，但不可以是直角梯形，C要选．
故选：BCD

24．（2022秋·江苏南通·高三统考期中）在正方体中，M，N，Q分别为棱AB，的中点，过点M，N，Q作该正方体的截面，则所得截面的形状是（    ）
A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形
【答案】D
【分析】分别为中点，M，N，Q确定平面，证明六边形的每条边均在内，得到答案.
【详解】如图所示：分别为中点，M，N，Q确定平面，
且，故，，故，
同理可得，，，故截面为六边形.
故选：D.

25．（浙江省温州市环大罗山联盟2022-2023学年高三上学期期中期中）在三棱锥中，，G为的重心，过点G作三棱锥的一个截面，使截面平行于直线PB和AC，则截面的周长为 .
【答案】8
【分析】如图所示，过点G作EF∥AC，分别交PA，PC于点E，F．过点F作FM∥PB交BC于点M，过点E作EN∥PB交AB于点N．可得四点EFMN共面，进而得到，根据比例可求出截面各边的长度，进而得到周长．
【详解】解：如图所示，过点G作EF∥AC，分别交PA，PC于点E，F
  
过点F作FM∥PB交BC于点M，过点E作EN∥PB交AB于点N.
由作图可知：EN∥FM，
∴四点EFMN共面
可得MN∥AC∥EF，EN∥PB∥FM.
∴
可得EF=MN=2.
同理可得：EN=FM=2.
∴截面的周长为8.
故答案为：8.
【点睛】本题考查了三角形重心的性质、线面平行的判定与性质定理、平行线分线段成比例定理，属于中档题．
26．（浙江省金华市东阳市外国语学校、东阳中学2022-2023学年高三上学期期中）如图，已知三棱锥，点P是的中点，且，过点P作一个截面，使截面平行于和，则截面的周长为 .

【答案】6
【解析】设AB、BC、VC的中点分别为D、E、F，连接DE、EF、PF、PD，则可证明截面EFPD就是所求平面，根据中位线的性质，即可求得答案.
【详解】设AB、BC、VC的中点分别为D、E、F，连接DE、EF、PF、PD，如图所示

因为D、E分别为AB、BC的中点，所以，
同理P、D分别为VA、AB的中点，所以，
平面EFPD，平面EFPD，
所以平面EFPD，平面EFPD，
所以截面EFPD就是所求平面，
因为，所以,，
所以截面EFPD的周长为2+2+1+1=6，
故答案为：6

线面垂直模型的外接球
27．（福建省福州文博中学2022-2023学年高三上学期期中）在三棱锥中，平面ABC，，，则三棱锥外接球的表面积为（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由题意可得，AC，AP两两互相垂直且相等，则可将三棱锥补成为正方体，正方体的对角线长即为外接球的直径，进而可求解.
【详解】如图：
∵平面ABC，，
∴，AC，AP两两互相垂直，，
把三棱锥补成为正方体，则正方体的外接球即三棱锥的外接球，
正方体的体对角线长为，即其外接球直径，
∴三棱锥外接球的表面积为.
故选：B．
    
28．（福建省宁德第一中学2022-2023学年高三上学期期中）在四棱锥中，底面为矩形，平面，点为上靠近的三等分点，则三棱锥外接球的表面积为（    ）

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】利用正弦定理可得三角形的外接圆半径为，根据勾股定理即可求解外接球半径，进而可求表面积.
【详解】由题意可得
所以在三角形中，由等面积法可得,
设三角形的外接圆半径为，圆心为,则由正弦定理得，
由于平面,设三棱锥外接球的半径为,球心到平面的距离为，
过作,则，因此,
故外接球的表面积为,
故选：A
  
29．（山东省临沂第十八中学2022-2023学年高三上学期期中）我国古代数学名著《九章算术》中将底面为矩形且有一侧棱垂直于底面的四棱锥称为“阳马”．现有一“阳马”（如图所示），其中底面，，，，则该“阳马”的外接球的表面积为 ．
  
【答案】
【分析】以为棱作长方体，长方体的对角线即为外接球的直径，从而求出外接球的半径，进而求出外接球的表面积.
【详解】如图，以为棱作长方体，
则长方体的对角线即为该“阳马”的外接球的直径，设直径为，
则，所以，
所以该“阳马”的外接球的表面积为.
故答案为：.
  
30．（2022秋·辽宁大连·高三大连市第十二中上学期期中）如图，已知四棱锥外接球O的体积为，，侧棱与底面垂直，四边形为矩形，点M在球O的表面上运动.当四棱锥体积的最大时，点A到面的距离为 .
  
【答案】
【分析】根据给定条件，求出球的半径并确定球心的位置，再求出四棱锥体积取最大时，矩形的特征，然后用等体积法求解作答.
【详解】设球的半径为R，则，解得，连接，
由平面，平面，得，由矩形，得，
而平面，则平面，又平面，于是，同理，
取中点，连接，则，因此点是四棱锥的外接球球心，
  
显然，而，于是，
令，连接，则平面，，
要使四棱锥的体积最大，点必为射线与球的表面的交点，，
此时四棱锥的体积，当且仅当时取等号，
，底边上的高，
设点到平面的距离为，由，得，
即，有，解得，
所以点A到面的距离为.
故答案为：
31．（2022秋·山东德州·高三德州市第一中学上学期期中）已知三棱锥的体积为6，且.则该三棱锥外接球的表面积为 .
【答案】
【分析】先利用题给条件求得三者间的位置关系，求得该三棱锥外接球的半径，进而求得该三棱锥外接球的表面积
【详解】由题意得，
设点A到平面的距离为h，则

，又，
则两两垂直，取BC中点M，连接PM并延长至D，
使，连接，
则四棱锥中，底面，且为矩形，
故四棱锥可以补形为以为底面的长方体，
且为该长方体的体对角线，中点即为外接球球心O，
又，
则该三棱锥外接球的表面积为

故答案为：

对棱相等、共斜边模型的外接球
32．（2022秋·湖南株洲·高三炎陵县第一中学上学期期中）蹴鞠（如图所示），又名蹴球、蹴圆、筑球、踢圆等，蹴有用脚蹴、踢、蹋的含义，鞠最早系外包皮革、内实米糠的球．因而蹴鞠就是指古人以脚蹴、蹋、踢皮球的活动，类似于今日的足球．2006年5月20日，蹴鞠作为非物质文化遗产经国务院批准已列入第一批国家非物质文化遗产名录．已知某鞠（球）的表面上有四个点，平面，则该鞠（球）的表面积为（    ）
  
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】取的中点为，连接，可证为外接球的球心，故可求半径，从而可得球的表面积.
【详解】  
取的中点为，连接，
因为平面，而平面，故，
故.
同理，而，平面，
故平面，而平面，故，
故，
综上，为三棱锥外接球的球心，
而，故外接球的半径为3，
故球的表面积为，
故选：C
33．（2022秋·广东东莞·高一东莞实验中学上学期期中）在三棱锥中，对棱，，，则该三棱锥的外接球体积为 ，内切球表面积为 .
【答案】 /
【分析】将三棱锥补成长方体，计算出长方体长、宽、高的值，可计算出该三棱锥的外接球半径，计算出的表面积与体积，利用等体积法可求得该三棱锥内切球的半径，利用球体的体积和表面积公式可求得结果.
【详解】因为三棱锥每组对棱棱长相等，所以可以把三棱锥放入长方体中，
设长方体的长、宽、高分别为、、，如下图所示：

则，，，解得，，
外接球直径，其半径为，
三棱锥的体积，
在中，，，取的中点，连接，如下图所示：

则，且，所以，，
因为三棱锥的每个面的三边分别为、、，
所以，三棱锥的表面积为，
设三棱锥的内切球半径为，则，可得，
所以该三棱锥的外接球体积为，内切球表面积为.
故答案为：；.
34．（2022秋·湖南张家界·高三统考期中）三棱锥中，平面，，．过点分别作，交于点，记三棱锥的外接球表面积为，三棱锥的外接球表面积为，则（    ）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】取的中点，的中点，连，，，，证明是三棱锥的外接球的球心，为该球的直径；是三棱锥的外接球的球心，为该球的直径，设，求出，根据球的表面积公式可求出结果.
【详解】取的中点，的中点，连，，，，
因为平面，平面，所以，，，
因为，，平面，所以平面，
因为平面，所以，
在直角三角形中，是斜边的中点，所以，
在直角三角形中，是斜边的中点，所以，
所以是三棱锥的外接球的球心，为该球的直径.
因为，是斜边的中点，所以，
因为， 是斜边的中点，所以，
所以是三棱锥的外接球的球心，为该球的直径.
设，则，
则，，
所以.

故选：B.
35．（山东省青岛市青岛中学2022-2023学年高三上学期期中）已知，，，四点在半径为的球面上，且，，，则三棱锥的体积是 .
【答案】8
【分析】构造长方体，其面上的对角线构成三棱锥D-ABC.计算出长方体的长、宽、高，求出长方体的体积，减去四个小三棱锥的体积即可求得.
【详解】由题意构造长方体如图示，其面上的对角线构成三棱锥D-ABC.

设长方体的长、宽、高分别为a、b、c，则有：
，解得：，
所以三棱锥的体积是：
.
故答案为：8.
36．（2022春·河北石家庄·高三石家庄一中上学期期中）已知三棱锥中，，，且各顶点均在同一个球面上，则该球的体积为 .
【答案】.
【分析】根据已知，将三棱锥拓展为以为顶点的长方体，三棱锥的各棱为长方体面的对角线，求出长方体外接球的半径，即可求解.
【详解】三棱锥中，，
，
将三棱锥拓展为以为顶点的长方体，
如下图所示，长方体的上下底面的对角线长，
即边长为的正方形，侧面的对角线长为，
侧棱长，所以长方体的对角线长为，
外接球的直径为长方体的对角线长，该球的体积为
故答案为:.

【点睛】本题考查几何体与球的“接”“切”问题，合理应用条件巧妙转化为熟悉几何体与球的“接”“切”关系，减少计算量，属于中档题.
37．（2022秋·重庆沙坪坝·高三重庆一中上学期期中）已知为球的表面的四个点，平面，，则球的表面积等于 .
【答案】
【分析】先说明是直角三角形，是直角三角形，球的直径就是，求出，即可求出球的表面积
【详解】解：如图所示

因为
所以的外接圆的直径为
由平面，得
所以和时直角三角形，
所以为外接球的直径，，
所以球的半径，
故球的表面积为.
故答案为：
【点睛】本题考查球的内接多面体，说明三角形是直角三角形，推出是球的直径，是本题的突破口.
球心在外心正上方模型的外接球
38．（山东省滨州市邹平市第一中学2022-2023学年高三上学期期中）在正四棱台中，上､下底面边长分别为，该正四棱台的外接球的表面积为，则该正四棱台的高为 .
【答案】1或7
【分析】求出外接球半径，找到球心的位置，分球心在线段上和在的延长线上两种情况，求出高.
【详解】设正四棱台的外接球的半径为，则，解得，
连接相交于点，连接相交于点，连接，
则球心在直线上，连接，
如图1，当球心在线段上时，

则，
因为上､下底面边长分别为，
所以，
由勾股定理得，，
此时该正四棱台的高为，
如图2，当球心在的延长线上时，

同理可得，，
此时该正四棱台的高为.
故答案为：1或7
39．（河北省高碑店市崇德实验中学2022-2023学年高三上学期期中）底面是正多边形，顶点在底面的射影是底面中心的棱锥叫正棱锥．如图，半球内有一内接正四棱锥，该四棱锥的体积为，则该四棱锥的外接球的体积为 ．

【答案】
【分析】由题意可得正方形的中心即为球心，设球半径为，结合题中条件求出半径即可得出结果.
【详解】由题可知正方形的中心即为球心，
设球半径为，则，
，
解得，
该四棱锥的外接球的体积为．
故答案为：.
40．（2022秋·湖南长沙·高三统考期中）埃及金字塔是地球上的古文明之一，随着科技的进步，有人幻想将其中一座金字塔整体搬运到月球上去，为了便于运输，某人设计的方案是将它放入一个金属球壳中，已知某座金字塔是棱长均为的正四棱锥，那么设计的金属球壳的表面积最小值为 ．（注：球壳厚度不计）.
【答案】
【分析】由已知分析需求正四棱锥的外接球的半径，根据正四棱锥的性质和外接球的性质，构造直角三角形，利用勾股定理，求得外接球的半径，从而求出金属球壳的表面积的最小值.
【详解】由题意，要使金属球壳的表面积最小，则金属球是正四棱锥的外接球.
如图所示，在正四棱锥中，，，
为其外接球的球心，连接与相交点于，连接，
为顶点在底面上的投影，即为正方形的中心，
设球的半径为，表面积为，
则在正方形中，，
在中，，
则，
在中，，，，
因为，所以，
化简得，则，
所以外接球的表面积为.
故答案为：.
  
41．（山东省泰安第二中学2022-2023学年高三上学期期中）在正三棱锥中，，则该三棱锥外接球的表面积为 .
【答案】
【分析】画出正三棱锥，设出球心，由勾股定理建立等量关系求得外接球半径，由球的表面积公式求解即可.
【详解】如图：在正三棱锥，.

在等边三角形中，为中点，，
所以，在直角三角形中，
，设三棱锥外接球半径为，
在直角三角形中，，.
由勾股定理得：，解得：，
所以该三棱锥外接球的表面积为：.
故答案为：.
42．（广东省韶关市永翔实验中学2022-2023学年高三上学期期中）正四面体内接于半径为的球，求正四面体的棱长.
【答案】
【分析】点在平面的投影为的中心，设正四面体的棱长为，确定，，根据勾股定理解得答案.
【详解】正四面体，则点在平面的投影为的中心，
  
则内接球的球心在上，设为，设正四面体的棱长为，
，，
则，整理得到.
面面垂直模型的外接球
43．（广东省珠海市香樟中学2022-2023学年高三上学期期中）在四棱锥中，侧面底面，侧面是正三角形，底面是边长为的正方形，则该四棱锥外接球表面积为（    ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】运用面面垂直的性质证得面，面，再结合正弦定理求得三角形外接圆的半径及勾股定理求得四棱锥外接球的半径，进而求得其表面积.
【详解】如图所示，

连接AC、BD交于一点，取AD中点E，连接、，
所以由题意知，，，为正方形ABCD外接圆的圆心，
又因为面面，面面，面，
所以面，
同理：面，
设等边△SDA的外接圆的圆心为，过作的平行线交过作的平行线于点O，
则面，面，
所以O为四棱锥外接球的球心，半径为，
方法1：等边△SDA的外接圆半径
方法2：在等边△SDA中由正弦定理得，解得：，
又因为，
所以，
所以四棱锥外接球表面积为.
故选：C.
44．（广东省汕头市育能实验学校2022-2023学年高三上学期期中）在菱形中，，，将绕对角线所在直线旋转至，使得，则三棱锥的外接球的表面积为（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】如图，取的中点，连接的，利用勾股定理证明，则有平面平面，设点为的外接圆的圆心，则在上，设点为三棱锥的外接球的球心，外接球的半径为，利用勾股定理求出外接球的半径，再根据球的表面积公式即可得解.
【详解】如图，取的中点，连接，
在菱形中，，则都是等边三角形，
则，
因为平面平面，
所以即为二面角的平面角，
因为，所以，即，
所以平面平面，
如图，设点为的外接圆的圆心，则在上，且，
设点为三棱锥的外接球的球心，则平面
外接球的半径为，设，
则，解得，
所以，
所以三棱锥的外接球的表面积为.

故选：B.
45．（2022秋·山东烟台·统考二模）（多选）三棱锥中，底面、侧面均是边长为2的等边三角形，面面，P为的中点，则（    ）．
A．
B．与所成角的余弦值为
C．点P到的距离为
D．三棱锥外接球的表面积为
【答案】ACD
【分析】根据三角形和三角形为等边三角形得到，，然后根据线面垂直的判定定理得到平面，然后根据线面垂直的定义即可得到，即可判断A选项；利用空间向量的方法求异面直线所成角即可判断B选项；利用等腰直角三角形的性质求距离即可判断C选项；根据外接球的性质得到外接球球心的位置，然后利用勾股定理求半径和外接球表面积即可判断D选项.
【详解】  
连接，，因为三角形和三角形为等边三角形，为中点，所以，，
因为，平面，所以平面，
因为平面，所以，故A正确；
因为面面，面面，，平面，所以平面，
以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，，，，，，，
设与所成角为，所以，故B错；
因为平面，平面，所以，
因为三角形和三角形的边长为2，所以，
在等腰直角三角形中，，所以点到的距离为，故C正确；
分别取三角形和三角形的外心，，再分别过，作平面，平面的垂线交于点，所以为三棱锥的外接球球心，
，，所以，三棱锥的外接球的表面积为，故D正确.
故选：ACD.
46．（广东省揭阳市普宁国贤学校2023届高三上学期期中）已知四面体ABCD的顶点都在球О的表面上，平面平面BCD，，为等边三角形，且，则球O的表面积为 .
【答案】/
【分析】取的中点为，连接，根据条件可得平面BCD，球心在上，然后在中根据勾股定理建立方程可求出球的半径.
【详解】
取的中点为，连接，因为为等边三角形，所以，
因为平面平面BCD，平面平面BCD，平面，
所以平面BCD，
因为，所以的外心为，球心在上，
设球的半径为，因为，，
所以在中，，即，解得，
所以球的表面积为，
故答案为：

折叠模型的外接球
47．（广东省深圳市南方科技大学附属中学2022-2023学年高三上学期期中）已知菱形ABCD的边长为2，且，沿BD把折起，得到三棱锥，且二面角的平面角为60°，则三棱锥的外接球的表面积为（    ）．
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】取的中点H，连接,由此确定三棱锥外接球球心的位置，进而求得外接球半径，即可求得答案.
【详解】取的中点H，连接，因为ABCD为菱形，所以,
故为二面角的平面角，则，
由题意可知为正三角形，则外接球球心位于过的中心且和它们所在面垂直的直线上，
故分别取的重心为，
过点，分别作两个平面的垂线，交于点O，点O即为三棱椎的外接球的球心，

由题意可知，球心到面和面的距离相等，即,
连接，则,
菱形ABCD的边长为2 ，
，即三棱锥的外接球的半径，
则其外接球的表面积为，
故选：B．
48．（云南省楚雄天人中学2022-2023学年高三上学期期中）在三棱锥中，是边长为6的等边三角形，，三棱锥体积的最大值是 ；当二面角为时，三棱锥外接球的表面积是 .
【答案】
【分析】根据三棱锥的体积公式可知当高最大时，体积最大，故当二面角为，三棱锥的体积最大，由体积公式即可求解,根据外接球的性质，利用正弦定理和勾股定理，即可联合求解球半径.
【详解】当二面角为，且时，三棱锥的体积最大，设线段的中点为，连接，易求得.
当二面角为时，和的外接圆圆心分别记为和，
分别过和作平面和平面的垂线，其交点为球心，记为.过作的垂线，垂足记为，
连接，.在中，由正弦定理得：，所以，
易知，在Rt中，，在Rt中，，
所以三棱锥外接球的半径，所以，
即三棱锥外接球的表面积是.
故答案为：27，
  
49．（云南省曲靖二中兴教中学2022-2023学年高三上学期期中）已知等边的边长为2，将其沿边旋转到如图所示的位置，且二面角为，则三棱锥外接球的半径为

【答案】
【分析】设D为AB的中点，连接CD，，可得，设分别是，的外接圆圆心，分别过作平面与平面的垂心，交点为，则是三棱锥外接球的球心，求出即可.
【详解】如图，设D为AB的中点，连接CD，，
由于，为正三角形，
所以,所以,
故.
设分别是，的外接圆圆心，
分别过作平面与平面的垂心，交点为，则是三棱锥外接球的球心，易知≌，

，的外接圆半径为，
所以,即，
即.
所以外接球半径为.
故答案为:.
50．（湖南省邵阳市2022-2023学年高三上学期期中）在菱形ABCD中，，，将沿折起，使得．则得到的四面体的外接球的表面积为 ．
【答案】
【分析】根据条件得到，过球心作平面，则为等边三角形的中心，分别利用三角形的的中心求出的长度，再利用勾股定理求出外接球半径的平方，进而求出外接球的表面积.
【详解】设菱形的对角线交点为， 因为四边形为菱形，所以和均是边长为2的等边三角形，则，又因为，
在中，， ，由余弦定理可得：，所以，
过球心作平面，则为等边三角形的中心，
因为，为公共边，所以，
则有，因为，为等边三角形的中心，则，，
在中，由，可得：    ，
在中，，
设四面体的外接球的半径为，则，
所以四面体的外接球的表面积为，
故答案为：.

51．（湖南省长沙市南雅中学2022-2023学年高三上学期期中）已知菱形的边长为2，且，沿把折起，得到三棱锥，且二面角的平面角为，则三棱锥的外接球的表面积为 .
【答案】
【分析】取的中点，连接，，即可得到为二面角的平面角，分别取，的重心为，，过点，分别作两个平面的垂线，交于点，点即为三棱锥的外接球的球心，连接，，利用锐角三角函数求出，即可取出，即外接球的半径，最后根据球的表面积公式计算可得.
【详解】解：取的中点，连接，，因为为菱形，所以，，
故为二面角的平面角，则，
由题意可知，为正三角形，则外接球球心位于过，的中心且和它们所在面垂直的直线上，
故分别取，的重心为，，过点，分别作两个平面的垂线，交于点，点即为三棱锥的外接球的球心，

由题意可知，球心到面和面的距离相等，即，
连接，，则，菱形的边长为，
∴，，
∴，
即三棱锥的外接球的半径，
所以其外接球的表面积为.
故答案为：

外接球的最值问题
52．（湖南省永州市江华县2022-2023学年高三上学期期中）表面积为的球内有一内接四面体PABC，其中平面平面，是边长为3的正三角形，则四面体PABC体积的最大值为（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】四面体PABC体积最大需要到底面的距离为最大，分析出最大时满足，进而利用几何关系求出其最大值.
【详解】如图所示，是四面体外接球的球心，设球的半径为，
是外接圆的圆心，设圆的半径为，设到底面的距离为，
取中点，连接，过作，
由题意，可得,则，
因为是边长为3的正三角形，
所以由正弦定理，可得，则，
四面体PABC体积为，
四面体PABC体积的最大需要最大，
由题意可知，在过并且与底面垂直的圆面上运动，
当运动到圆面的最高点时，最大，
由圆的对称性可知，此时,则，
又平面平面，平面，所以平面，
在中，，，
则，
则，，
在中，，
则，所以.
故选：D.

53．（江苏省徐州市铜山区2022-2023学年高三上学期期中）设A，B，C，D是同一个半径为5的球的球面上四点，，，则三棱锥体积的最大值为 .
【答案】
【分析】是外心，是球心，求出，当是的延长线与球面交点时，三棱锥体积的最大，由此求得最大体积即可.
【详解】如图，是外心，即所在截面圆圆心，设圆半径为是球心，

因为，，
由余弦定理得，
因为，则，所以，
所以由正弦定理得，则，则，，
平面，平面，则，所以，
当是的延长线与球面交点时，三棱锥体积的最大，
此时棱锥的高为，，
所以棱锥体积为.
故答案为：.
54．（江苏省盐城市东台创新高级中学2022-2023学年高三上学期期中）一封闭圆台上、下底面半径分别为1，4，母线长为6．该圆台内有一个球，则这个球表面积的最大值为 ．
【答案】
【分析】将圆台补体为圆锥并作出其轴截面，分析圆锥的内切球，可判断出圆锥内切球能包含在圆台内，进而可得最大球半径与表面积.
【详解】将圆台补体为圆锥并作出其轴截面如图，圆锥顶点为，圆台上下圆圆心分别为，
根据截面性质，易得，又，
所以，，，则.
故该轴截面是边长为8的正三角形，高，
由正三角形内心也是重心，可得内切圆的半径，
又圆台高为，所以圆锥内切球半径即为内切圆的半径，
所以该圆台内切球半径最大值为.
故球表面积的最大值为．
  
故答案为：
55．（江苏省徐州市铜山区2022-2023学年高三上学期期中）已知正三棱柱所有顶点都在球O上，若球O的体积为，则该正三棱柱体积的最大值为 .
【答案】8
【分析】由条件结合球的体积公式求球的半径，设正三棱柱的底面边长为，求出三棱柱的高，结合棱柱的体积求三棱柱的体积，再利用导数求其最大值.
【详解】设正三棱柱的上，下底面的中心分别为，连接，
根据对称性可得，线段的中点即为正三棱柱的外接球的球心，
线段为该外接球的半径，设，
由已知，所以，即，
设正三棱柱的底面边长为，设线段的中点为，
则，，
在中，，
所以，，
又的面积，
所以正三棱柱的体积，
设，则，，
所以，，
所以，
令，可得或，舍去，
所以当时，，函数在上单调递增，
当时，，函数在上单调递减，
所以当时，取最大值，最大值为，
所以当时，三棱柱的体积最大，最大体积为.
故答案为：.
  
56．（江苏省淮安市高中校协作体2022-2023学年高三上学期期中）设A，B，C，D是同一个半径为4的球的球面上四点，为等边三角形且其面积为，求三棱锥体积的最大值.
【答案】
【分析】由正弦定理可求得△ABC外接圆半径r，进而可得球心到平面ABC的距离，结合球的性质可知三棱锥的高的最大值，即可得结果.
【详解】设的边长为a，则，所以.
设的外接的半径为r，则，得，
则球心到平面ABC的距离为，
所以点D到平面ABC的最大距离为，
所以三棱锥体积的最大值为.


内切球
57．（江苏省淮安市涟水县第一中学2022-2023学年高三上学期期中）已知三棱柱中，，，平面垂直平面，，若该三棱柱存在体积为的内切球，则三棱锥体积为（   ）
A． B．4 C．2 D．
【答案】B
【分析】根据内切球的统计求出半径，由线面垂直的判定定理可得平面，三棱柱为直三棱柱，由平面垂直平面可得，设，根据直角三角形内切圆的半径即外接球的可得，最后由可得答案.
【详解】设内切球的半径为，则，所以，
因为，，所以，，
且，平面，所以平面，
所以三棱柱为直三棱柱，即侧棱垂直于底面，且侧棱长为2，
做交于点，连接，
因为平面垂直平面，平面平面，平面，
所以平面，平面，所以，
因为平面， 平面，所以，
，平面，所以平面，
而平面，所以，
设，可得，解得，又，
解得，或，可得，
则三棱锥体积为.
故选：B.
  
58．（江苏省徐州市铜山区铜北中学2022-2023学年高三上学期期中）正三棱锥的三条棱两两互相垂直，则该正三棱锥的内切球与外接球的半径之比为 .
【答案】
【分析】根据正三棱锥的性质，补形称正方体，求得其外接球的半径，利用三棱锥的表面积与体积，求得内切球的半径，可得答案.
【详解】由题意，正三棱锥可补形称正方体，如下图：
  
则三棱锥的外接球为正方体的外接球，
设正方体的棱长为，则外接球半径，
在正三棱锥中，，
易知为等边三角形，由勾股定理可得：，
则其面积，
故正三棱锥的表面积，
其体积，
设三棱锥的内切球的半径为，则，
则.
故答案为：.
59．（黑龙江省大庆市肇州县第二中学2022-2023学年高三上学期期中）已知圆锥的底面半径为2，高为，则该圆锥的内切球表面积为 .
【答案】
【分析】作出内切球的轴截面，再根据几何关系求解即可.
【详解】如图，作出该圆锥与其内切球的轴截面图形，
  
设该内切球的球心为，内切球的半径为，为切点，
所以，，
由已知得，，
所以，在中，，即，解得，
所以，该圆锥的内切球表面积为
故答案为：.
60．（2022秋·重庆沙坪坝·高三重庆南开中学上学期期中）若圆台的上、下底面圆半径分别为1、2，、分别为圆台上下底面圆心.若该圆台存在内切球，则该圆台的体积为 .
【答案】
【分析】作出圆台的轴截面，然后根据题意可求出圆台的母线长，从而可求出圆的高，进而可求出圆台的体积.
【详解】圆台的轴截面如图所示，设内切球的球心为，内切球与母线切于点，则
，
所以，
过点作于，则，
所以，
所以圆台的体积为
，
故答案为：

61．（黑龙江省哈尔滨市宾县第二中学2022-2023学年高三上学期期中）如图，四边形为菱形，，现将沿直线翻折，得到三棱锥，若，则三棱锥的内切球与外接球表面积的比值为 .
  
【答案】
【分析】由已知得三棱锥是棱长为正四面体，其内切球的半径为，其外接球的半径为，利用等体积法求得；又正四面体的棱长可看成是正方体的面对角线，外接球的直径即为体对角线的长，可求得，再结合球的表面积公式即可求解.
【详解】由已知得三棱锥是棱长为正四面体，其内切球的半径为，其外接球的半径为，
由内切球的球心与正四面体的表面构成四个三棱锥，由体积分割可得，解得；
又正四面体的棱长可看成是正方体的面对角线，外接球的直径即为体对角线的长，即有，即，则，
则三棱锥的内切球与外接球表面积的比为：.
故答案为：.

1．（2022秋·山东青岛·高三统考期中）已知正四棱锥的各顶点都在同一个球面上，球的体积为，则该正四棱锥的体积最大值为（    ）
A．18 B． C． D．27
【答案】B
【分析】先求出外接球的半径，再根据正四棱锥的几何特征可知外接球的球心在其高上，利用勾股定理可得，进而由体积公式转化为关于的函数，利用导数可求出函数的最值.
【详解】如图，设正四棱锥的底面边长，高，外接球的球心为，则，
因为球的体积为，所以球的半径为，
在中，，即，
所以正四棱锥的体积为
整理得，则，
当时，，当时，，
所以在上递增，在上递减，
所以当时，函数取得最大值，
故选：B
  
2．（黑龙江省大庆市林甸县第一中学2022-2023学年高三上学期期中）已知正三棱锥P—ABC的底面边长为3，高为，则三棱锥P—ABC的内切球的表面积为（    ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】利用条件求出的长，从而得出正三棱锥为正四面体，进而求出三棱锥的表面积，再利用等体法求出内切球的半径，即可得出结果.
【详解】如图，取棱AB的中点D，连接CD，作平面，垂足为H，则．由正三棱锥的性质可知在上，且．
因为，所以，则．因为，所以，则三棱锥P—ABC的表面积，设三棱锥P—ABC的内切球的半径为r，则．解得，
从而三棱锥P—ABC的内切球的表面积为．

故选：A.
3．（浙江省杭州学军中学海创园学校2022-2023学年高三上学期期中）《九章算术》是我国古代著名数学经典，其中对勾股定理的论述，比西方早一千多年，其中有这样一个问题：“今有圆材埋在壁中，不知大小；以锯锯之，深一寸，锯道长一尺，问径几何？”其意为：今有一圆柱形木材，埋在墙壁中，不知其大小，用锯去锯该材料，锯口深1寸，锯道长1尺，问这块圆柱形木料的直径是多少？长为0.5丈的圆柱形木材部分镶嵌在墙体中，截面图如图所示（阴影部分为镶嵌在墙体内的部分）.已知弦尺，弓形高寸，估算该木材镶嵌墙内部分的体积约为（    ）（注：一丈=10尺=100寸，，答案四舍五入，只取整数）

A．285立方寸 B．300 立方寸 C．317立方寸 D．320立方寸
【答案】C
【分析】由圆的性质求出弓形面积后乘以木材长度即得．
【详解】如图，是中点，，寸，寸，设圆半径为寸，
则由得，，
，，从而，
弓形面积为，
木材长为寸，
木材镶嵌墙内部分的体积为（立方寸）．
故选：C．

4．（2022秋·河北邯郸·高三涉县第一中学校考期中）在棱长为2的正方体中挖掉一个体积最大的圆锥（圆锥的底面在正方体的底面上），再将该圆锥重新熔成一个圆柱，则该圆柱表面积的最小值为（    ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】先根据题意得到一个体积最大的圆锥,再根据体积相等,
得出圆柱的表面积,应用导数求出最小值即可.
【详解】由题可知体积最大的圆锥的体积为，
设圆柱的高为，底面圆的半径为，所以，即.
圆柱的表面积，
设则，
在上是单调递增的,
易知当，即时，取得最小值,即最小值为.
故选：
5．（浙江省台州市温岭中学2022-2023学年高三上学期期中）如图所示，在中，∠ACB＝90°，∠ABC＝30°，AC＝1．在三角形内挖去半圆（圆心O在边BC上，半圆与BC相交于N，与AC相切于点C，与AB相切于点M），则图中阴影部分绕直线BC旋转一周所得旋转体的体积为（    ）

A． B． C． D．
【答案】B
【分析】判断出图中阴影部分绕直线旋转一周所得旋转体为圆锥内挖去一个球,由已知求解三角形可得圆的半径,再由圆锥体积减去球的体积即可得到答案.
【详解】如图,连接,则.

设圆的半径为r,因为,所以.
在直角△ACB中,又,，所以,则，解得：.
图中阴影部分绕直线旋转一周所得旋转体为圆锥内挖去一个球,圆锥的底面半径为1,高为,球的半径为,
则所求体积为.
故选：B
6．（浙江省衢州市乐成寄宿中学2022-2023学年高三上学期期中）已知边长为2的正方形的四个顶点在球的球面上，球的表面积为，则四棱锥的体积为 .
【答案】
【分析】计算出球的半径，分析可知四棱锥为正四棱锥，设顶点在底面的射影点为，则为正方形的中心，求出，进而求出结果.
【详解】      
设球的半径为，则，
解得，
由题意可知，
所以四棱锥为正四棱锥，
设顶点在底面的射影点为，
则为正方形的中心，,
则平面，
所以，
四棱锥的体积为
.
故答案为：.
7．（2022秋·湖南常德·高三湖南省桃源县第一中学校考期中）如图，已知、是球的球面上两点，，过作互相垂直的两个平面截球得到圆和圆，若，则球的表面积为 .

【答案】
【分析】取线段的中点，连接、、、，分析出为等边三角形，四边形为正方形，求出球的半径，利用球体的表面积公式可求得结果.
【详解】取线段的中点，连接、、、，如下图所示：

由球的几何性质可知平面，平面，
因为，，则是边长为的等边三角形，
因为为的中点，则，且，同理可知，
因为平面平面，平面平面，平面，
平面，平面，，同理，
因为平面，，所以，四边形为正方形，故，
所以，球的半径为，因此，球的表面积为.
故答案为：.
8．（河北省保定容大中学2022-2023学年高三上学期期中）如图，在四棱锥中，平面ABCD，底面ABCD为正方形，，M、N分别为线段AC上的点，若，则三棱锥体积的最小值为 ．

【答案】
【分析】根据，则要求体积的最小值，只要求出面积的最小值即可，在中，作交于，设，分别求出，再根据三角形的面积公式结合三角函数求出的最小值，即可得解.
【详解】解：在中，作交于，则，
因为，则，
因为，所以点在线段上，
设，则，
则，
，

，
因为，所以，
则当，即时，取得最大值，
此时，
，
所以三棱锥体积的最小值为.
故答案为：.

9．（2022秋·福建厦门·高三厦门一中校考期中）（多选）已知正方体的棱长为2（如图所示），点为线段（含端点）上的动点，由点，，确定的平面为，则下列说法正确的是（    ）

A．平面截正方体的截面始终为四边形
B．点运动过程中，三棱锥的体积为定值
C．平面截正方体的截面面积的最大值为
D．三棱锥的外接球表面积的取值范围为
【答案】BCD
【分析】根据线面平行的判定定理，运动变化思想，函数思想，即可分别求解.
【详解】对A选项，当与点重合时，平面截正方体的截面为，错误；
对B选项，∵，又平面，平面，
∴平面，又点为线段（含端点）上的动点，
∴到平面的距离为定值，又的面积也为定值，
∴三棱锥的体积为定值，正确；
对C选项，当由移动到的过程中，利用平面的基本性质，延长交于，连接交于，
所以，从到之间，平面截正方体的截面为为等腰梯形，且，
当与重合时，截面为矩形，此时面积最大为，正确；

对D选项，如图，分别取左右侧面的中心，，则垂直于左右侧面，
根据对称性易知：三棱锥的外接球的球心在线段上，
设到的距离为，则，
设，则，又易知，外接球的半径，
在与中，由勾股定理可得：，两式相减得：，
∴，令，又，则，
∴，，
设函数，，则的对称轴为，的开口向上，
∴在上单调递增，最小值为，最大值为，即，
∴三棱锥的外接球表面积，正确.
故选：BCD.

10．（2022秋·湖南常德·高三湖南省桃源县第一中学校考期中）（多选）如图，正方体棱长为1，点是线段上的一个动点，下列结论中正确的是（    ）

A．存在点，使得
B．三棱锥的体积为定值
C．若动点在以点为球心，为半径的球面上，则的最小值为
D．过点，，作正方体的截面，则截面多边形的周长的取值范围是
【答案】BCD
【分析】A选项为直径的球面与直线没有公共点，则不存在点P；
B选项根据等体积法，则，将体积转化为，算出即可；
C选项的 最小值为，代入即可求得最小值；
D选项的动点位于点时截面周长最小，当位于中点时，截面的周长最大，故可得到结论.
【详解】对A选项，在正方体中，以为直径的球面，半径，则直线与该球面没有公共点，故不存在点，使得，故A选项错误；
对B选项， 因为，因为，平面，平面，所以平面，所以点到平面的距离即为直线到平面的距离，故，故B选项正确；
对C选项，，，因为，所以，故C选项正确；
对D选项，当在上移动时，截面多边形如图(1)所示，其侧面展开图如图(2)所示，
  
图(1)                          图(2)
当点位于点时，即与点重合，截面多边形为正三角形，此时的周长最小，周长，当点从点向点移动时，根据对称性可知，截面多边形的周长先增大后减小，即点随着点的移动至点时，此时点为的中点，截面为平行四边形，截面多边形的周长最大，此时周长为，所以截面多边形的周长的取值范围是，故D选项正确.
故选：BCD
11．（2022秋·黑龙江哈尔滨·高三哈尔滨市第六中学校校考期中）（多选）已知圆锥的底面半径，侧面积为，内切球的球心为，外接球的球心为，则下列说法正确的是（    ）

A．外接球的表面积为
B．设内切球的半径为，外接球的半径为，则
C．过点作平面截圆锥OP的截面面积的最大值为2
D．设母线中点为，从点沿圆锥表面到的最近路线长为
【答案】ABD
【分析】易知，圆锥轴截面为等边三角形，该三角形的内切圆半径与外接圆的半径即为圆锥的内切球半径和外接球半径，求出即可判断A、B项；由为等边三角形，可知过点作平面截圆锥OP的截面中，面积最大的截面即为，即可判断C项；将圆锥侧面沿A处剪开，连结即为最小值，可得到D项.
【详解】设母线长为，侧面积为，所以.
所以，为等边三角形.
则圆锥的轴截面的内切圆半径即为圆锥内切球的半径，其外接圆的半径为圆锥外接球的半径，如图1

图1
设内切球的半径为，外接球的半径为，
则，
又，
所以，.
由正弦定理可得，在中，，即，则.
所以，外接球的表面积为，A正确.
因为，，，所以，B项正确.
显然，过点作平面截圆锥OP的截面均为腰长为等腰三角形，如图2，在底面圆上任取一点，易知.
所以，，即最大面积为，C项错误.

图2
将圆锥侧面沿剪开，得到的扇形的半径，弧长，
则扇形的圆心角，如图3所示.

图3
连结，即为最近路线，在中，有，，
所以，，D项正确.
故选：ABD.
12．（2022秋·山东济宁·高三统考期中）现有一张半径为2米的圆形铁皮，从中裁剪出一块扇形铁皮（如图1中阴影部分），并卷成一个深度为h米的圆锥筒（如图2的）容器.

(1)若所裁剪的扇形铁皮的弧长为米，求圆锥简容器的容积；
(2)当圆锥简容器的深度h为多少米时，其容积最大？并求其容积的最大值.
【答案】(1)立方米；
(2)当圆锥筒容器的深度为米时，其容积最大，且其最大值是立方米.

【分析】（1）由展开图弧长与圆锥底面周长关系求得圆锥半径，再求得对圆锥的高，即可由公式求容积；
（2）列出容积公式，由导数法求最值即可.
【详解】（1）设圆锥筒容器的半径为米，容积为立方米.
依题意得，解得，所以.
所以.
故圆锥筒容器的容积为立方米.
（2）由，得.
所以，
所以.
由得，；由得，.
所以函数在区间上单调递增；在区间上单调递减，
所以当时，..
故当圆锥筒容器的深度为米时，其容积最大，且其最大值是立方米.

13．（河北省石家庄市元氏县音体美学校2022-2023学年高三上学期期中）某礼品店要制作一批长方体包装盒，材料是边长为的正方形纸板，如图所示，先在正方形的相邻两个角各切去一个边长为的正方形，然后在余下两角处各切去一个长、宽分别为、的矩形，再将剩余部分沿图中的虚线折起，做成一个有盖的长方体包装盒．

(1)求包装盒的容积V（x）关于x的函数表达式，并求出函数的定义域；
(2)当x为多少时，包装盒的容积最大？最大容积是多少？
【答案】(1)，函数的定义域为；
(2)边长时，包装盒的容积最大，最大容积是.

【分析】（1）根据已知条件及长方体的体积公式即可得出解析式，根据实际意义得出定义域；
（2）利用导数法求函数的最值的步骤即可求解;
【详解】（1）因为包装盒高，底面矩形的长为，宽为，
所以包装盒的容积为
，
函数的定义域为．
（2）由（1）得，，
令，即，解得或（舍），
∴当时，，函数单调递增；
当时，，函数单调递减，
∴当时，函数取得极大值，也是函数的最大值，
所以.
即切去的正方形边长时，包装盒的容积最大，最大容积是