高考数学专题练 专题四立体几何 微专题26　球的切接问题（含答案）

这是一份高考数学专题练 专题四立体几何 微专题26　球的切接问题（含答案），共24页。


典例1 (1)(2023·东北三省三校联考)“阿基米德多面体”被称为半正多面体(semi－regularslid)，是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美．如图所示，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形、六个面为正方形的一种半正多面体．已知AB＝eq \f(3\r(2),2)，则该半正多面体外接球的表面积为( )
A．18π B．16π C．14π D．12π
(2)(2023·杭州模拟)空间中四个点A，B，C，M满足AB＝BC＝AC＝3，CM＝2eq \r(3)，且直线CM与平面ABC所成的角为60°，则三棱锥A－MBC的外接球体积最大为( )
A．36π B．48π
C．32eq \r(3)π D．48eq \r(3)π
典例2 (1)如今中国被誉为“基建狂魔”，可谓逢山开路，遇水架桥．高速公路里程、高铁里程双双都是世界第一．建设过程中研制出的用于基建的大型龙门吊、平衡盾构机等国之重器更是世界领先水平．如图是某重器上一零件结构模型，中间大球为正四面体的内切球，小球与大球相切，同时与正四面体的三个面相切．设AB＝a，则该模型中5个球的表面积之和为________．
(2)(2023·益阳质检)金刚石的成分为纯碳，是自然界中天然存在的最坚硬的物质，它的结构是由8个等边三角形组成的正八面体，如图，某金刚石的表面积为18eq \r(3)，现将它雕刻成一个球形装饰物，则可雕刻成的最大球体积是( )
A．18π B．9eq \r(2)π C．6π D.eq \r(6)π
典例3 (2023·开封模拟)已知棱长为6的正四面体内有一个正方体玩具，若正方体玩具可以在该正四面体内任意转动，则这个正方体玩具的棱长最大值为( )
A.eq \r(2) B．2eq \r(2)
C.eq \r(3) D．2eq \r(3)
[总结提升]
1．几何体的外接球，常用的方法有构造法、截面法．
2．几何体的内切球
求解多面体的内切球问题，一般是将多面体分割为以内切球球心为顶点，多面体的各侧面为底面的棱锥，利用多面体的体积等于各分割棱锥的体积之和求内切球的半径．
1.鲁班锁是中国传统的智力玩具，起源于中国古代建筑中首创的榫卯结构，它的外观是如图所示的十字立方体，其上下、左右、前后完全对称，6根等长的正四棱柱体分成3组，经90°榫卯起来．若正四棱柱的高为8，底面正方形的边长为2，现将该鲁班锁放进一个球形容器内，则该球形容器的表面积至少为(容器壁的厚度忽略不计)( )
A．96π B．84π C．42π D．16π
2．(2023·江苏四市调研)已知正四面体P－ABC的棱长为1，点O为底面△ABC的中心，球O与该正四面体的其余三个面都有且只有一个公共点，且公共点非该正四面体的顶点，则球O的半径为( )
A.eq \f(\r(6),12) B.eq \f(\r(6),9) C.eq \f(\r(2),9) D.eq \f(\r(2),3)
3．(2023·德阳模拟)已知矩形ABCD的面积为8，当矩形ABCD周长最小时，沿对角线AC把△ACD折起，则三棱锥D－ABC的外接球表面积等于( )
A．8π B．16π
C．48eq \r(2)π D．不确定的实数
4．(2023·广东联考)已知某圆锥的内切球(球与圆锥侧面、底面均相切)的体积为eq \f(32π,3)，则该圆锥的表面积的最小值为( )
A．32π B．28π C．24π D．20π
5．(2023·桂林模拟)已知△SAB是边长为2的等边三角形，∠ACB＝45°，当三棱锥S－ABC体积取最大时，其外接球的体积为( )
A.eq \f(20\r(15)π,27) B.eq \f(28π,3) C.eq \f(28\r(21)π,27) D.eq \f(20π,3)
6．(多选)某组合体由一个铜球和一个托盘组成，如图①，已知球的体积为eq \f(4π,3)，托盘由边长为4的正三角形铜片沿各边中点的连线向上折叠成直二面角而成，如图②.则下列说法正确的有( )
A．多面体ABC－DEF的体积为eq \f(9,4)
B．经过三个顶点A，B，C的球的截面圆的面积为eq \f(π,4)
C．异面直线AD与CF所成角的余弦值为eq \f(5,8)
D．球离球托底面△DEF的最小距离为eq \r(3)＋eq \f(\r(6),3)－1
7．(多选)(2023·张家口模拟)已知圆锥PE的顶点为P，E为底面圆的圆心，圆锥PE的内切球球心为O1，半径为r；外接球球心为O2，半径为R.以下选项正确的有( )
A．当O1与O2重合时，R＝eq \r(3)r
B．当E与O2重合时，R＝(1＋eq \r(2))r
C．若r＝2，则圆锥PE的体积的最小值为 eq \f(64π,3)
D．若R＝2，则圆锥PE的体积的最大值为 eq \f(256π,27)
8.(2023·汕头模拟)如图，在正四棱台ABCD－A1B1C1D1中，AB＝4，A1B1＝2，若半径为r的球O与该正四棱台的各个面均相切，则该球的表面积S＝________.
9.(2023·福建联考)如图，正四面体A－BCD的棱长为3，E，F，G分别是AC，AD，AB上的点，AG＝AE＝AF＝1，截去三棱锥A－GEF，同理，分别以B，C，D为顶点，各截去一个棱长为1的小三棱锥，截后所得的多面体的外接球的表面积为________．
10.(2023·日照模拟)设棱锥M－ABCD的底面为正方形，且MA＝MD，MA⊥AB，如果△AMD的面积为1，则能够放入这个棱锥的最大球的半径为________．
微专题26 球的切接问题
[考情分析] 求解空间几何体的外接球问题的关键是确定球心的位置，常用的方法为补形法或者利用多面体的面作垂线，垂线的交点即为球心；求解多面体的内切球问题的关键是求内切球的半径，常用切线长定理、等体积法等．球的切接问题是高考中的热点，一般为中档题．
考点一 空间几何体的外接球
典例1 (1)(2023·东北三省三校联考)“阿基米德多面体”被称为半正多面体(semi－regularslid)，是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美．如图所示，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形、六个面为正方形的一种半正多面体．已知AB＝eq \f(3\r(2),2)，则该半正多面体外接球的表面积为( )
A．18π B．16π C．14π D．12π
答案 A
解析 如图，在正方体EFGH－E1F1G1H1中，取正方体与正方形E1F1G1H1的中心O，O1，连接E1G1，OO1，OA，O1A，
∵A，B分别为E1H1，H1G1的中点，则E1G1＝2AB＝3eq \r(2)，
∴正方体的边长为EF＝3，
故OO1＝O1A＝eq \f(3,2)，可得OA＝eq \r(OO\\al(2,1)＋O1A2)＝eq \f(3\r(2),2)，
根据对称性可知，点O到该半正多面体的顶点的距离相等，
则该半正多面体外接球的球心为O，半径R＝OA＝eq \f(3\r(2),2)，
故该半正多面体外接球的表面积为S＝4πR2＝4π×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3\r(2),2)))2＝18π.
(2)(2023·杭州模拟)空间中四个点A，B，C，M满足AB＝BC＝AC＝3，CM＝2eq \r(3)，且直线CM与平面ABC所成的角为60°，则三棱锥A－MBC的外接球体积最大为( )
A．36π B．48π
C．32eq \r(3)π D．48eq \r(3)π
答案 C
解析 如图1，设O是△ABC的外接圆的圆心，因为AB＝BC＝AC＝3，所以△ABC是正三角形，
则三棱锥A－MBC的外接球的球心H在过点O且与平面ABC垂直的直线OO′上，
由题意可得CO＝eq \f(3,sin 60°)×eq \f(1,2)＝eq \r(3)，过点M作MN⊥平面ABC于点N，
由直线CM与平面ABC所成的角为60°，得∠MCN＝60°，
因为CM＝2eq \r(3)，
所以CN＝eq \r(3)，
故点N的轨迹是以C为圆心，eq \r(3)为半径的圆，
当球心H到CM的距离最大时，三棱锥A－MBC的外接球体积最大，
所以点N在OC延长线上时，三棱锥A－MBC的外接球体积最大，如图2，
设CM的中点为G，连接GH，则CG＝eq \r(3)，GH⊥CG，
又CO＝eq \r(3)，OH⊥OC，所以Rt△HOC≌Rt△HGC，所以∠HCO＝∠HCG＝60°，
所以HC＝2OC＝2eq \r(3)，
所以三棱锥A－MBC的外接球体积最大为V＝eq \f(4π,3)×HC3＝32eq \r(3)π.
跟踪训练1 (1)(2022·新高考全国Ⅱ)已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为3eq \r(3)和4eq \r(3)，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为( )
A．100π B．128π
C．144π D．192π
答案 A
解析 由题意，得正三棱台上、下底面的外接圆的半径分别为eq \f(2,3)×eq \f(\r(3),2)×3eq \r(3)＝3，eq \f(2,3)×eq \f(\r(3),2)×4eq \r(3)＝4.
设该棱台上、下底面的外接圆的圆心分别为O1，O2，连接O1O2，则O1O2＝1，其外接球的球心O在直线O1O2上．
设球O的半径为R，当球心O在线段O1O2上时，R2＝32＋OOeq \\al(2,1)＝42＋(1－OO1)2，解得OO1＝4(舍去)；
当球心O不在线段O1O2上时，R2＝42＋OOeq \\al(2,2)＝32＋(1＋OO2)2，解得OO2＝3，
所以R2＝25，
所以该球的表面积为4πR2＝100π.
综上，该球的表面积为100π.
(2)(2023·广州模拟)已知三棱锥P－ABC的四个顶点都在球O的球面上，PB＝PC＝2eq \r(5)，AB＝AC＝4，PA＝BC＝2，则球O的表面积为( )
A.eq \f(316π,15) B.eq \f(79π,15)
C.eq \f(158π,5) D.eq \f(79π,5)
答案 A
解析 如图，在三棱锥P－ABC中，AB2＋PA2＝20＝PB2，则PA⊥AB，同理可得PA⊥AC，
因为AB∩AC＝A，AB，AC⊂平面ABC，所以PA⊥平面ABC，
在等腰△ABC中，AB＝AC＝4，BC＝2，
则cs ∠ABC＝eq \f(\f(1,2)BC,AB)＝eq \f(1,4)，
sin∠ABC＝eq \r(1－cs2∠ABC)＝eq \f(\r(15),4)，
设△ABC的外接圆圆心为O1，则OO1⊥平面ABC，O1A＝eq \f(1,2)·eq \f(AC,sin∠ABC)＝eq \f(8,\r(15))，
易知OO1∥PA，取PA中点D，连接OD，则有OD⊥PA，又O1A⊂平面ABC，所以O1A⊥PA，
从而O1A∥OD，四边形ODAO1为平行四边形，OO1＝AD＝1，又OO1⊥O1A，
因此球O的半径R2＝OA2＝O1A2＋O1O2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8,\r(15))))2＋12＝eq \f(79,15)，
所以球O的表面积S＝4πR2＝eq \f(316π,15).
考点二 空间几何体的内切球
典例2 (1)如今中国被誉为“基建狂魔”，可谓逢山开路，遇水架桥．高速公路里程、高铁里程双双都是世界第一．建设过程中研制出的用于基建的大型龙门吊、平衡盾构机等国之重器更是世界领先水平．如图是某重器上一零件结构模型，中间大球为正四面体的内切球，小球与大球相切，同时与正四面体的三个面相切．设AB＝a，则该模型中5个球的表面积之和为________．
答案 eq \f(π,3)a2
解析 如图所示，设O为大球的球心，大球的半径为R，正四面体的底面中心为E，棱长为a，高为h，CD的中点为F，连接OA，OB，OC，OD，OE，BF，
则BE＝eq \f(2,3)BF＝eq \f(\r(3),3)a，
正四面体的高h＝AE＝eq \r(AB2－BE2)＝eq \f(\r(6),3)a.
因为VA－BCD＝4VO－ABC，所以eq \f(1,3)×S△ABC×h＝4×eq \f(1,3)×S△ABC×R，所以R＝eq \f(1,4)h＝eq \f(\r(6),12)a.
设小球的半径为r，小球也可看作一个小的正四面体的内切球，且小正四面体的高h小＝h－2R＝eq \f(\r(6),6)a，
所以r＝eq \f(1,4)h小＝eq \f(\r(6),24)a＝eq \f(R,2).
故该模型中5个球的表面积之和为4πR2＋4×4πr2＝8πR2＝8π×eq \f(6,144)a2＝eq \f(π,3)a2.
(2)(2023·益阳质检)金刚石的成分为纯碳，是自然界中天然存在的最坚硬的物质，它的结构是由8个等边三角形组成的正八面体，如图，某金刚石的表面积为18eq \r(3)，现将它雕刻成一个球形装饰物，则可雕刻成的最大球体积是( )
A．18π B．9eq \r(2)π C．6π D.eq \r(6)π
答案 D
解析 如图，设四边形ABCD的中心为O，BC，AD的中点分别为H，M，连接OH，EO，EH，MF，HF，EM，
设金刚石的边长为a，则由题知，8×eq \f(1,2)a2sin 60°＝2eq \r(3)a2＝18eq \r(3)，所以a＝3，
在等边△EBC中，BC边上的高
EH＝eq \r(EC2－CH2)＝eq \r(32－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))2)＝eq \f(3\r(3),2)，
在Rt△EOH中，EO＝eq \r(EH2－OH2)＝eq \r(\f(27,4)－\f(9,4))＝eq \f(3\r(2),2)，
由题可知，最大球即为金刚石的内切球，由对称性易知球心在O点，
内切球与平面EBC的切点在线段EH上，
内切球的半径即为截面EMFH内切圆的半径，设内切圆半径为r,
由等面积法可知，eq \f(3\r(2),2)×eq \f(3,2)＝eq \f(3\r(3),2)r，解得r＝eq \f(\r(6),2)，所以内切球的半径为R＝eq \f(\r(6),2)，
则内切球的体积为V＝eq \f(4,3)πR3＝eq \f(4,3)πeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),2)))3＝eq \r(6)π.
跟踪训练2 (1)在四面体A－BCD中，BA，BC，BD两两互相垂直，BA＝1，BC＝BD＝2，则四面体A－BCD内切球的半径为( )
A.eq \f(4－\r(6),10) B.eq \f(5－\r(6),10)
C.eq \f(4－\r(6),5) D.eq \f(5－\r(6),5)
答案 C
解析 因为BA，BC，BD两两互相垂直，BA＝1，BC＝BD＝2，
所以AC＝AD＝eq \r(5)，CD＝2eq \r(2).
如图，取CD的中点E，连接AE，则AE⊥CD，
所以AE＝eq \r(AD2－DE2)＝eq \r(3)，
所以S△ACD＝eq \f(1,2)×2eq \r(2)×eq \r(3)＝eq \r(6)，
所以四面体A－BCD的表面积S＝eq \f(1,2)×1×2×2＋eq \f(1,2)×2×2＋eq \r(6)＝4＋eq \r(6).
设四面体A－BCD内切球的球心为O，半径为r，
则V三棱锥A－BCD＝V三棱锥O－ABC＋V三棱锥O－BCD＋V三棱锥O－ABD＋V三棱锥O－ACD，
所以eq \f(1,3)×1×eq \f(1,2)×22＝eq \f(1,3)Sr＝eq \f(1,3)×(4＋eq \r(6))r，
解得r＝eq \f(4－\r(6),5)，
所以四面体A－BCD内切球的半径为eq \f(4－\r(6),5).
(2)(2023·菏泽模拟)已知一个装满水的倒圆台形容器的上底面半径为1，下底面半径为5，高为8eq \r(2)，若将一个铁球放入该容器中，使得铁球完全没入水中，则可放入铁球的表面积的最大值为( )
A．32π B．36π
C．48π D．50π
答案 D
解析 依题意，铁球的表面积最大时，该球与圆台下底面和侧面相切，显然铁球球心O在圆台的轴线上，过圆台的轴作平面截圆台得等腰梯形ABCD，截球得球的大圆O，圆O与AB，BC，AD都相切，如图，
令AB的中点为O1，过点O1的圆O的直径另一端点为O2，过点O2作圆O的切线分别交BC，AD于E，F，
则EF∥AB，即圆O是等腰梯形ABEF的内切圆，过点D，F作AB的垂线，垂足分别为M，N,
令圆O切AD于G，
于是O1A＝5，O1M＝1，AM＝4，
令圆O的半径为R，O2F＝r，
显然AF＝AG＋GF＝AO1＋FO2＝5＋r，
又FN∥DM，则有eq \f(AN,FN)＝eq \f(AM,DM)＝eq \f(4,8\r(2))，而FN＝2R，
因此AN＝eq \f(\r(2),2)R，
又O1A＝AN＋NO1＝AN＋FO2，即r＝FO2＝5－eq \f(\r(2),2)R，
所以AF＝10－eq \f(\r(2),2)R，
在Rt△AFN中，AF2＝AN2＋FN2，
于是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(10－\f(\r(2),2)R))2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)R))2＋(2R)2，
解得R＝eq \f(5\r(2),2)，
所以可放入铁球的表面积的最大值4πR2＝4π×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5\r(2),2)))2＝50π.
考点三 空间几何体的切接问题
典例3 (2023·开封模拟)已知棱长为6的正四面体内有一个正方体玩具，若正方体玩具可以在该正四面体内任意转动，则这个正方体玩具的棱长最大值为( )
A.eq \r(2) B．2eq \r(2) C.eq \r(3) D．2eq \r(3)
答案 A
解析 如图所示，若正方体玩具可以在该正四面体内任意转动，则正方体的体对角线不超过该正四面体内切球的直径．

如图，PO1为正四面体P－ABC的高，O1是正△ABC的中心，O1A＝eq \f(2,3)eq \r(AB2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(BC,2)))2)＝eq \f(2,3)×eq \r(62－32)＝2eq \r(3)，
∴PO1＝eq \r(PA2－O1A2)＝eq \r(62－2\r(3)2)＝2eq \r(6)，
设O为正四面体P－ABC内切球的球心，则内切球的半径为OO1＝r，
∴VP－ABC＝VO－ABC＋VO－PAB＋VO－PBC＋VO－PAC，
∴eq \f(1,3)S△ABC·PO1＝eq \f(1,3)S△ABC·r＋eq \f(1,3)S△PAB·r＋eq \f(1,3)S△PBC·r＋eq \f(1,3)S△PAC·r，
∵S△ABC＝S△PAB＝S△PBC＝S△PAC，
∴PO1＝4r，∴正四面体P－ABC内切球的半径r＝eq \f(\r(6),2)，直径2r＝eq \r(6)，
设正方体玩具的棱长为a，则其体对角线长为eq \r(3)a，
∴eq \r(3)a≤eq \r(6)，∴a≤eq \r(2)，
∴正方体玩具的棱长的最大值为eq \r(2).
跟踪训练3 在公元前4世纪中叶，中国天文学家有一套测定天体球面坐标的仪器称作浑仪，比古希腊早了近60年．浑仪是由一重重的同心圆环构成，整体看上去近似一个球体．它的运行制作原理可以如下解释，同心圆环的小球半径为r，大球半径为R，大球内安放六根等长的金属丝(不计粗细)，使小球能够在金属丝框架内任意转动，若R＝eq \r(3)，则r的最大值为________．
答案 1
解析 由题意知，小球与正四面体的各条棱相切，大球为正四面体的外接球，即可保证r最大，如图所示，设正四面体A－BCD的棱长为a，E为△BCD的中心，可得AE⊥平面BCD，
因为CE⊂平面BCD，则AE⊥CE，且CE＝eq \f(2,3)×eq \f(\r(3),2)a＝eq \f(\r(3),3)a，
所以AE＝eq \r(AC2－CE2)＝eq \f(\r(6),3)a，
在Rt△OCE中，OC2＝OE2＋CE2，可得R2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),3)a－R))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)a))2，
解得a＝2eq \r(2)，
过点O作OF⊥AC，垂足为F，
在Rt△OCF中，可得OF＝eq \r(OC2－CF2)＝eq \r(R2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(AC,2)))2)＝eq \r(\r(3)2－\r(2)2)＝1，
即小球的最大半径r＝1.
[总结提升]
1．几何体的外接球，常用的方法有构造法、截面法．
2．几何体的内切球
求解多面体的内切球问题，一般是将多面体分割为以内切球球心为顶点，多面体的各侧面为底面的棱锥，利用多面体的体积等于各分割棱锥的体积之和求内切球的半径．
1.鲁班锁是中国传统的智力玩具，起源于中国古代建筑中首创的榫卯结构，它的外观是如图所示的十字立方体，其上下、左右、前后完全对称，6根等长的正四棱柱体分成3组，经90°榫卯起来．若正四棱柱的高为8，底面正方形的边长为2，现将该鲁班锁放进一个球形容器内，则该球形容器的表面积至少为(容器壁的厚度忽略不计)( )
A．96π B．84π C．42π D．16π
答案 B
解析 若球形容器表面积最小，则正四棱柱与球内接，此时球体的直径等于一组正四棱柱的体对角线长，即2R＝eq \r(82＋2＋22＋22)＝2eq \r(21)，所以R＝eq \r(21)，球形容器的表面积至少为S＝4πR2＝84π.
2．(2023·江苏四市调研)已知正四面体P－ABC的棱长为1，点O为底面△ABC的中心，球O与该正四面体的其余三个面都有且只有一个公共点，且公共点非该正四面体的顶点，则球O的半径为( )
A.eq \f(\r(6),12) B.eq \f(\r(6),9) C.eq \f(\r(2),9) D.eq \f(\r(2),3)
答案 B
解析 因为正四面体P－ABC的棱长为1，则正四面体P－ABC的高为h＝eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)×\f(\r(3),2)))2)＝eq \f(\r(6),3)，由题可知球O与该正四面体的其余三个面都相切，设球O的半径为r，
则VP－ABC＝VO－PAB＋VO－PBC＋VO－PAC，所以eq \f(1,3)×eq \f(\r(3),4)×eq \f(\r(6),3)＝eq \f(1,3)×eq \f(\r(3),4)r＋eq \f(1,3)×eq \f(\r(3),4)r＋eq \f(1,3)×eq \f(\r(3),4)r，
所以r＝eq \f(\r(6),9).
3．(2023·德阳模拟)已知矩形ABCD的面积为8，当矩形ABCD周长最小时，沿对角线AC把△ACD折起，则三棱锥D－ABC的外接球表面积等于( )
A．8π B．16π
C．48eq \r(2)π D．不确定的实数
答案 B
解析 设矩形ABCD的边长分别为x，y，则xy＝8，所以矩形ABCD的周长C＝2(x＋y)，
∵x>0，y>0，
∴C＝2(x＋y)≥4eq \r(xy)＝8eq \r(2)，当且仅当x＝y＝2eq \r(2)时取等号，
∴当矩形的周长最小时，x＝y＝2eq \r(2)，
∴AC＝eq \r(2x2)＝eq \r(2×8)＝4，
∴DE＝eq \f(AC,2)＝eq \f(4,2)＝2，
∵DE＝EB＝AE＝CE＝2，
∴外接球的半径R＝DE＝2，
外接球的表面积S＝4πR2＝4×22π＝16π.
4．(2023·广东联考)已知某圆锥的内切球(球与圆锥侧面、底面均相切)的体积为eq \f(32π,3)，则该圆锥的表面积的最小值为( )
A．32π B．28π C．24π D．20π
答案 A
解析 设圆锥的内切球半径为r，则eq \f(4,3)πr3＝eq \f(32π,3)，解得r＝2，
设圆锥顶点为A，底面圆周上一点为B，底面圆心为C，内切球球心为D，内切球切母线AB于点E，底面半径BC＝R>2，∠BDC＝θ，
则tan θ＝eq \f(R,2)，又∠ADE＝π－2θ，
故AB＝BE＋AE＝R＋2tan(π－2θ)＝R－2tan 2θ，
又tan 2θ＝eq \f(2tan θ,1－tan2θ)＝eq \f(R,1－\f(R2,4))＝eq \f(4R,4－R2)，
故AB＝R－eq \f(8R,4－R2)＝eq \f(RR2＋4,R2－4)，
故该圆锥的表面积为S＝eq \f(πR2R2＋4,R2－4)＋πR2＝eq \f(2πR4,R2－4)，
令t＝R2－4>0，则S＝eq \f(2πt＋42,t)＝2πeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t＋\f(16,t)＋8))≥2πeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2\r(t·\f(16,t))＋8))＝32π，
当且仅当t＝eq \f(16,t)，即t＝4，R＝2eq \r(2)时取等号．
5．(2023·桂林模拟)已知△SAB是边长为2的等边三角形，∠ACB＝45°，当三棱锥S－ABC体积取最大时，其外接球的体积为( )
A.eq \f(20\r(15)π,27) B.eq \f(28π,3)
C.eq \f(28\r(21)π,27) D.eq \f(20π,3)
答案 C
解析 取AB的中点D，连接CD，SD，如图，
在△ABC中，由余弦定理得4＝AB2＝AC2＋BC2－2AC·BCcs∠ACB≥(2－eq \r(2))AC·BC，
即AC·BC≤2(2＋eq \r(2))，当且仅当AC＝BC时取等号，
又2eq \(CD,\s\up6(→))＝eq \(CA,\s\up6(→))＋eq \(CB,\s\up6(→))，
则4eq \(CD,\s\up6(→))2＝eq \(CA,\s\up6(→))2＋eq \(CB,\s\up6(→))2＋2eq \(CA,\s\up6(→))·eq \(CB,\s\up6(→))＝4＋eq \r(2)|eq \(CA,\s\up6(→))||eq \(CB,\s\up6(→))|＋2|eq \(CA,\s\up6(→))||eq \(CB,\s\up6(→))|cs∠ACB ＝4＋2eq \r(2)|eq \(CA,\s\up6(→))||eq \(CB,\s\up6(→))|＝4＋2eq \r(2)AC·BC，
当且仅当AC＝BC时，|eq \(CD,\s\up6(→))|最大，即CD最大，
△ABC的面积S△ABC＝eq \f(1,2)AC·BCsin∠ACB＝eq \f(\r(2),4)AC·BC最大，
令直线CD与平面SAB所成角为θ，
则点C到平面SAB的距离h＝CD·sin θ≤CD，当且仅当θ＝90°时取等号，
因此三棱锥S－ABC的体积VS－ABC＝VC－SAB＝eq \f(1,3)S△SAB·h，即当h＝CD最大时，三棱锥S－ABC体积最大，
因此当三棱锥S－ABC体积最大时，AC＝BC且CD⊥平面SAB，而SD⊂平面SAB，即有CD⊥SD，在正△SAB中，SD⊥AB，AB∩CD＝D，则SD⊥平面ABC，
令正△SAB的外接圆圆心为O2，等腰△ABC的外接圆圆心为O1，则O2，O1分别在SD，CD上，令外接球球心为O，
于是OO1⊥平面ABC，OO2⊥平面SAB，有OO1∥SD，OO2∥CD，即四边形OO1DO2是矩形，
而O2D＝eq \f(1,3)SD＝eq \f(\r(3),3)，O1A＝eq \f(1,2)·eq \f(AB,sin∠ACB)＝eq \r(2)，在Rt△AO1O中，O1O＝O2D＝eq \f(\r(3),3)，
因此球O的半径R＝OA＝eq \r(O1A2＋O1O2)＝eq \r(\r(2)2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)))2)＝eq \r(\f(7,3))，
所以三棱锥S－ABC外接球的体积V＝eq \f(4π,3)R3＝eq \f(4π,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(\f(7,3))))3＝eq \f(28\r(21)π,27).
6．(多选)某组合体由一个铜球和一个托盘组成，如图①，已知球的体积为eq \f(4π,3)，托盘由边长为4的正三角形铜片沿各边中点的连线向上折叠成直二面角而成，如图②.则下列说法正确的有( )
A．多面体ABC－DEF的体积为eq \f(9,4)
B．经过三个顶点A，B，C的球的截面圆的面积为eq \f(π,4)
C．异面直线AD与CF所成角的余弦值为eq \f(5,8)
D．球离球托底面△DEF的最小距离为eq \r(3)＋eq \f(\r(6),3)－1
答案 ACD
解析 因为托盘由边长为4的正三角形铜片沿各边中点的连线垂直向上折叠而成，
所以连接AB，BC和AC得几何体ABC－DEF，
因此构建一个底面边长为2，高为eq \r(3)的正三棱柱DEF－D1E1F1，
D1E1，E1F1和D1F1的中点分别为A，B和C，
则几何体ABC－DEF就是题意中的几何体，如图．
几何体ABC－DEF的上底面△ABC是边长为1的正三角形，
下底面△DEF是边长为2的正三角形，高为eq \r(3).
因为铜球的体积为eq \f(4π,3)，所以由球的体积公式得铜球的半径R＝1.
对于A，由几何体ABC－DEF的构成知，
多面体ABC－DEF的体积为三棱柱的体积减去3个三棱锥的体积，
即eq \f(\r(3),4)×22×eq \r(3)－3×eq \f(1,3)×eq \f(\r(3),4)×12×eq \r(3)＝eq \f(9,4)，故A正确；
对于B，因为经过三个顶点A，B，C的球的截面圆就是正△ABC的外接圆，
所以若边长为1的正三角形的外接圆半径为r，
则eq \f(1,sin \f(π,3))＝2r，解得r＝eq \f(\r(3),3).
因此经过三个顶点A，B，C的球的截面圆的面积为πr2＝eq \f(π,3)，故B不正确；
对于C，取EF的中点G，连接AG，则由几何体ABC－DEF的构成知，
AC∥GF且AC＝GF，因此四边形AGFC是平行四边形，
所以CF∥AG，因此∠DAG就是异面直线AD与CF所成的角．
连接DG，在△DAG中，AD＝CF＝AG＝2，DG＝eq \r(3)，
因此cs∠DAG＝eq \f(AD2＋AG2－DG2,2AD·AG)＝eq \f(4＋4－3,8)＝eq \f(5,8).
即异面直线AD与CF所成角的余弦值为eq \f(5,8)，故C正确；
对于D，由B知，经过三个顶点A，B，C的球的截面圆的半径r＝eq \f(\r(3),3).
所以铜球的球心到平面ABC的距离为eq \r(R2－r2)＝eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)))2)＝eq \f(\r(6),3)，
因此球离球托底面△DEF的最小距离为eq \r(3)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(\r(6),3)))＝eq \r(3)＋eq \f(\r(6),3)－1，故D正确．
7．(多选)(2023·张家口模拟)已知圆锥PE的顶点为P，E为底面圆的圆心，圆锥PE的内切球球心为O1，半径为r；外接球球心为O2，半径为R.以下选项正确的有( )
A．当O1与O2重合时，R＝eq \r(3)r
B．当E与O2重合时，R＝(1＋eq \r(2))r
C．若r＝2，则圆锥PE的体积的最小值为eq \f(64π,3)
D．若R＝2，则圆锥PE的体积的最大值为eq \f(256π,27)
答案 BC
解析 设AB为底面圆的一条直径，圆锥PE的内切球半径和外接球半径分别为其轴截面△PAB内切圆半径和外接圆半径．当O1与O2重合时，如图1，
O为重合的圆心(球心)，M为一个切点，
由PO＝AO＝R，PO，AO均为对应角的角平分线，
所以∠PAB＝∠APB，所以AB＝BP，又PA＝PB，
所以△PAB为等边三角形，故∠OAM＝30°，所以R＝2r，所以A错误；
当E与O2重合时，如图2，
PE＝AE＝R，
所以∠EPA＝45°，
故sin∠EPA＝eq \f(r,R－r)＝eq \f(\r(2),2)，
所以R＝(1＋eq \r(2))r，故B正确；
若r＝2，设圆锥底面半径为a，则a>2，
设圆锥的高为h，则母线长为eq \r(a2＋h2)，轴截面的面积S＝eq \f(1,2)×2a×h＝eq \f(1,2)(2a＋2eq \r(a2＋h2))r，
即ah－2a＝2eq \r(a2＋h2)，平方整理得h＝eq \f(4a2,a2－4)，
圆锥的体积V＝eq \f(1,3)πa2h＝eq \f(4,3)πeq \f(a4,a2－4)
＝eq \f(4,3)πeq \f(1,\f(1,a2)－\f(4,a4))，
所以当eq \f(1,a2)＝eq \f(1,8)时，V最小，最小值为eq \f(64π,3)，故C正确；
若R＝2，设圆锥底面半径为a，圆锥的高为h，
则0所以a2＝4h－h2，圆锥的体积V＝eq \f(1,3)πa2h＝eq \f(1,3)π(4h2－h3)，
则V′＝eq \f(1,3)πh(8－3h)．
当h∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(8,3))) 时，V′>0，当h∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8,3)，4))时，V′<0，
所以当h＝eq \f(8,3)时，V最大，最大值为
eq \f(1,3)π×eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(4×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8,3)))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8,3)))3))＝eq \f(256π,81)，
故D错误．
8.(2023·汕头模拟)如图，在正四棱台ABCD－A1B1C1D1中，AB＝4，A1B1＝2，若半径为r的球O与该正四棱台的各个面均相切，则该球的表面积S＝________.
答案 8π
解析 设球O与上底面、下底面分别切于点O1，O2，与平面ADD1A1，平面BCC1B1分别切于点E，F，
作出其轴截面如图所示，则MO1＝ME＝1，EN＝NO2＝2,
于是，MN＝1＋2＝3,
过点M作MH⊥O2N于点H，则NH＝NO2－MO1＝1，
由勾股定理可得MH＝2r＝eq \r(MN2－NH2)＝eq \r(32－12)＝2eq \r(2)，
所以r＝eq \r(2)，所以该球的表面积S＝4πr2＝4π×2＝8π.
9.(2023·福建联考)如图，正四面体A－BCD的棱长为3，E，F，G分别是AC，AD，AB上的点，AG＝AE＝AF＝1，截去三棱锥A－GEF，同理，分别以B，C，D为顶点，各截去一个棱长为1的小三棱锥，截后所得的多面体的外接球的表面积为________．
答案 eq \f(11π,2)
解析 设△GEF中心为O1，底面正六边形中心为O2，球心O在O1O2上，
设多面体的外接球半径为R，
正△GEF外接圆半径O1G＝ eq \f(\r(3),3)，
底面正六边形外接圆半径为O2H＝1，
原正四面体高为eq \r(6)，
故O1O2＝eq \f(2\r(6),3)，
则O1O2＝OO1＋OO2＝eq \r(OG2－\f(1,3))＋eq \r(OH2－1)，
∴eq \r(R2－1)＋eq \r(R2－\f(1,3))＝eq \f(2\r(6),3)，
∴eq \r(R2－\f(1,3))＝eq \f(2\r(6),3)－eq \r(R2－1)，
∴R2－eq \f(1,3)＝eq \f(8,3)－eq \f(4\r(6),3)eq \r(R2－1)＋R2－1，
∴eq \r(R2－1)＝eq \f(3,2\r(6))，
解得R2＝eq \f(11,8)，故S球O＝4πR2＝eq \f(11π,2).
10.(2023·日照模拟)设棱锥M－ABCD的底面为正方形，且MA＝MD，MA⊥AB，如果△AMD的面积为1，则能够放入这个棱锥的最大球的半径为________．
答案 eq \r(2)－1
解析 如图，因为AB⊥AD，AB⊥MA，AD∩MA＝A，AD，MA⊂平面MAD，
所以AB⊥平面MAD，又AB⊂平面ABCD，
所以平面MAD⊥平面ABCD.
设E是AD的中点，F是BC的中点，
则ME⊥AD，
又平面MAD∩平面ABCD＝AD，ME⊂平面MAD，
所以ME⊥平面ABCD，
又EF⊂平面ABCD，所以ME⊥EF.
设球O是与平面MAD，平面ABCD，平面MBC都相切的球．
则O在平面MEF上．
于是O为△MEF的内心．
设球O的半径为r，
则r＝eq \f(2S△MEF,EF＋EM＋MF).
设AD＝EF＝a，因为S△AMD＝1，
所以ME＝eq \f(2,a)，MF＝eq \r(a2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,a)))2)，
r＝eq \f(2,a＋\f(2,a)＋\r(a2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,a)))2))≤eq \f(2,2\r(2)＋2)＝eq \r(2)－1，
当且仅当a＝eq \f(2,a)，即a＝eq \r(2)时，取等号，
所以当AD＝ME＝eq \r(2)时，与三个面MAD，ABCD，MBC都相切的球最大，半径为eq \r(2)－1.
作OG⊥ME于点G，易证OG∥平面MAB，G到平面MAB的距离就是点O到平面MAB的距离．
过点G作GH⊥MA于点H，
则GH就是点G到平面MAB的距离．
因为△MHG∽△MEA，所以eq \f(GH,AE)＝eq \f(MG,MA)，
又MG＝eq \r(2)－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(2)－1))＝1，AE＝eq \f(\r(2),2)，
MA＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(2)))2)＝eq \f(\r(10),2)，
所以GH＝eq \f(AE·MG,MA)＝eq \f(\f(\r(2),2)×1,\f(\r(10),2))＝eq \f(\r(5),5).
因为eq \f(\r(5),5)>eq \r(2)－1，
故O到平面MAB的距离大于球O的半径r，同样O到平面MCD的距离也大于球O的半径r，故球O在棱锥M－ABCD内，并且不可能再大．
据此可得，所求的最大球的半径为eq \r(2)－1