通关秘籍05 几何小题-截面与球（易错点+七大题型）-备战2024年高考数学抢分秘籍（新高考专用）

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一、注意基础知识的整合、巩固。二轮复习要注意回归课本，课本是考试内容的载体，是高考命题的依据。浓缩课本知识，进一步夯实基础，提高解题的准确性和速度
二、查漏补缺，保强攻弱。在二轮复习中，对自己的薄弱环节要加强学习，平衡发展，加强各章节知识之间的横向联系，针对“一模”考试中的问题要很好的解决，根据自己的实际情况作出合理的安排。
三、提高运算能力，规范解答过程。在高考中运算占很大比例，一定要重视运算技巧粗中有细，提高运算准确性和速度，同时，要规范解答过程及书写。
四、强化数学思维，构建知识体系。同学们在听课时注意把重点要放到理解老师对问题思路的分析以及解法的归纳总结，以便于同学们在刷题时做到思路清晰，迅速准确。
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秘籍05 几何小题-截面与球
目录
【高考预测】概率预测+题型预测+考向预测
【应试秘籍】总结常考点及应对的策略
【误区点拨】点拨常见的易错点
易错点：线面所成角的最值
【抢分通关】精选名校模拟题，讲解通关策略
【题型一】截面最值
【题型二】 球截面
【题型三】 线面垂直型求外接球
【题型四】 面面垂直型
【题型五】 任意二面角定球心
【题型六】 内切球
【题型七】 棱切球型最值
立体几何的考察主要会以截面、组合体外接球和内切球以及轨迹动点求最值等的形式来考察学生对于空间想象能力的考察，难度不小，一般会出现在选填的压轴题里，也有可能出现在多选以多个维度去考察。这里主要对各个题型进行总结，需要在掌握题型的基础上锻炼自己的空间想象能力。
易错点：线面所成角的最值
1.三余弦定理：
设为面上一点，过的斜线在面上的射影为，为面上的一条直线，则
说明：线面角是斜线与平面内任意直线的所成角的最小值，即线面角是线线角的最小值，又称最小角定理.
2.三正弦定理：
设二面角的度数为，在平面上上有一条射线，它和棱所成角
为，和平面所成角为，则
说明：二面角是半平面内的一条直线与另一半平面所成线面角的最大值，即二面角是线面角的最大值.
例（23-24高三上·广东深圳·期末）已知矩形ABCD中，，，将沿BD折起至，当与AD所成角最大时，三棱锥的体积等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】因为异面直线所成角的范围是，故当时，与AD所成角最大，
因为四边形是矩形，所以，
而平面，所以平面，
因为平面，所以，
在直角三角形中，，
而，所以，
所以.
故选：A
变式1：（2023·全国·模拟预测）已知长方体中，，，M为上一动点，当AM与所成角为45°时，三棱锥外接球的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】
因为，所以AM与所成角为，（利用平行线寻找线线角）
易知，，所以当时，，
即点M为棱上靠近点C的三等分点，所以．
取AM的中点，则三棱锥的外接球球心O在过点且垂直于平面ACM的直线上，（判断出球心所在的直线是关键）
连接DB，，易知点在平面内，平面ACM，
过点作BD的平行线，交于点Q，则点O在直线上，且．
设三棱锥的外接球半径为R，，
则当点O在线段或其延长线上时，，解得；当点O在的延长线上时，，无解．故，所以，则三棱锥外接球的体积．
故选：B．
【题型一】截面最值
求截面方法：
平行线法：
（1）利用两条平行线确定一个平面，
（2）一个平面与两个平行平面相交，交线平行
相交线法：
两条相交直线确定一个平面
若两个相交平面中一条直线与棱不平行，则与棱的交点，也在另一个平面内

【例1】（多选）（2024·浙江·模拟预测）已知正方体的棱长为2，过棱，，的中点作正方体的截面，则（ ）
A．截面多边形的周长为
B．截面多边形的面积为
C．截面多边形存在外接圆
D．截面所在平面与平面所成角的正弦值为
【答案】AB
【详解】连，延长交直线，的延长线于点，，连交于，连交于，连，得到截面五边形，连接与的中点.
由，为中点，，，，因此周长为，故A正确.
，，，，
，
截面多边形的面积为，故B正确.
与是公用一个顶点的全等三角形，两个三角形的外心不重合，所以这个五边形没有外接圆，故C错误.
根据二面角定义可知为截面与底面所成角，，，根据余弦定理可得，故，故D错误.
故选AB.
【例2】（多选）（2023·安徽芜湖·模拟预测）已知正方体的棱长为2，棱的中点为，过点作正方体的截面，且，若点在截面内运动（包含边界），则（ ）
A．当最大时，与所成的角为
B．三棱锥的体积为定值
C．若，则点的轨迹长度为
D．若平面，则的最小值为
【答案】BCD
【详解】记的中点分别为，
连接，连接，
因为，又
所以，，所以四边形为平行四边形，
连接，记其交点为，
根据正方体性质，可构建如下图示的空间直角坐标系，则，，，，,，，，，，，，

因为，，，，
，，，
所以，，，
，，
所以六点共面，
因为，，，
所以，，
所以，，
所以，又平面，
所以平面，故平面即为平面，
对于A，与重合时，最大，且，
所以MN与BC所成的角的平面角为，
又，
所以，故MN与BC所成的角为，所以A错误；
对于B，因为所以，，，
所以，，
所以，，
所以，又平面，
所以平面，又平面，
所以平面平面，
所以点到平面的距离与点到平面的距离相等，
所以，
向量为平面的一个法向量，又，
所以到面的距离，
又为等边三角形，则，
所以三棱锥的体积为定值，B正确；
对于C：若，点在截面内，
所以点N的轨迹是以为球心， 半径为的球体被面所截的圆（或其一部分），
因为，，所以，
所以平面，所以截面圆的圆心为，
因为是面的法向量，而，
所以到面的距离为，
故轨迹圆的半径，又，
故点N的轨迹长度为，C正确.
对于D，平面，平面，
又平面与平面的交线为，
所以点的轨迹为线段，
翻折，使得其与矩形共面，如图，

所以当三点共线时，取最小值，最小值为，
由已知，，，
过作，垂足为，则，
所以
所以，
所以的最小值为，D正确；
故选：BCD
【例3】（2024·河北·模拟预测）数学家Geminad Dandelin用一平面截圆锥后，在圆锥内放两个大小不同的小球，使得它们分别与圆锥侧面､截面相切，就可证明图中平面截圆锥得到的截面是椭圆（如图称为丹德林双球模型）．若圆锥的轴截面为正三角形，则用与圆锥的轴成角的平面截圆锥所得椭圆的离心率为 ．

【答案】/
【详解】令两个球分别与截面相切于点，在截口曲线上任取一点，过点作圆锥的母线，
分别与两个球相切于，均为球的切线，则，同理，
因此，由切点的产生方式知，长为定值，
于是截口曲线上任意点到定点的距离和为定值，该曲线是以点为焦点的椭圆，

作出几何体的轴截面，如图，设，依题意，，
则，椭圆的长轴长，半焦距为c，
则，因此，所以离心率.

故答案为：

【变式1】（多选）（2024·吉林·模拟预测）如图，在棱长为1的正方体中，M，N分别是，的中点，为线段上的动点，则下列说法正确的是（ ）
A．一定是异面直线
B．存在点，使得
C．直线与平面所成角的正切值的最大值为
D．过M，N，P三点的平面截正方体所得截面面积的最大值为
【答案】AD
【详解】以为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系：
则，
设，则点坐标为；
对A：设平面的法向量为，，
则，即，取，解得，故；
又，，
考虑到，则，故，
故一定是异面直线，A正确；
对B：，，
若，则，即，
解得，又，故不存在这样的点，使得，B错误；
对C： ，取平面的法向量，
则，
设直线与平面的夹角为
则，则，
，又，故，
即直线与平面所成角的正切值的最大值为，C错误；
对D：在正方体中，过的截面为六边形且六边形为正六边形时面积最大.
此时过的截面经过对称中心，
设截面交于中点，也为中点，
所以为的中点时，过三点的平面截正方体所得截面面积最大，
取的中点为，连接，如下所示：
故此时截面为正六边形，
其面积，故D正确.
故选：AD.
【变式2】（23-24高三下·江西·开学考试）在正四面体中，M为PA边的中点，过点M作该正四面体外接球的截面，记最大的截面半径为R，最小的截面半径为r，则 ；若记该正四面体和其外接球的体积分别为和，则 ．
【答案】 /
【详解】将正四面体放置于正方体中，可得正方体的外接球即为该正四面体的外接球，如图，

外接球球心为正方体的体对角线的中点，设正四面体的棱长为，则正方体棱长为，
由外接球直径等于正方体的体对角线，得正四面体外接球半径，
当过中点的正四面体外接球截面过球心时，截面圆面积最大，截面圆半径为，
当该截面到球心的距离最大时，截面圆面积最小，此时球心到截面距离为，
可得最小截面圆半径，因此；
正四面体外接球体积，
正四面体的体积，因此.
故答案为：；
【变式3】（2024·山东日照·一模）已知正四棱锥的所有棱长都为2；点E在侧棱SC上，过点E且垂直于SC的平面截该棱锥，得到截面多边形H，则H的边数至多为 ，H的面积的最大值为 ．
【答案】 5 /
【详解】取中点且，平面，可知平面，
根据平面的基本性质，作平面与平面平行，如图至多为五边形.
令，则，
可得，
则，可得，
所以，
又因为与的夹角为与夹角，而与垂直，
则，
可得，
可知：当时，S取最大值.
故答案为：；.
【题型二】 球截面
用一个平面去截球，若平面经过球心，所得的截面称为球的大圆；若平面不经过球心，所得的截面称为球的小圆。小圆圆心与球心的连线必垂直于小圆面。
【例1】（2024·河南新乡·二模）已知一平面截球所得截面圆的半径为2，且球心到截面圆所在平面的距离为1，则该球的体积为 ．
【答案】
【详解】由球的截面圆性质可知球的半径，
则该球的体积为.
故答案为：.
【例2】（2024·陕西西安·三模）如图，已知球的半径为，在球的表面上，，连接球心与，沿半径旋转使得点旋转到球面上的点处，若此时，且球心到所在截面圆的距离为，则球的表面积为 ．

【答案】/
【详解】依题意，在中，，，则，
因此的外接圆半径，
由球心到所在截面圆的距离为，得，则，
所以球的表面积为.
故答案为：
【变式1】（2024·贵州毕节·一模）如图所示，圆和圆是球的两个截面圆，且两个截面互相平行，球心在两个截面之间，记圆，圆的半径分别为，若，则球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】设球的半径为，依题意，，
则，解得，因此，
所以球的表面积.故选：A
【变式2】（2024·内蒙古包头·一模）已知两个圆锥的底面是一个球的同一截面，顶点均在该球面上，若两个圆锥的高之比为，它们的体积之和为，则该球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】
记该截面和球的半径分别为，由于两个圆锥的高之比为，
故球心到该截面的距离为，从而，.
而两个圆锥的高分别是，故体积之和.
从而，故，.
该球的表面积.
故选：B.
【变式3】（2024·四川成都·模拟预测）球面被平面所截得的一部分叫做球冠（如图）.球冠是曲面，是球面的一部分.截得的圆叫做球冠的底，垂直于截面的直径被截得的一段叫做球冠的高.阿基米德曾在著作《论球与圆柱》中记录了一个被后人称作“Archimedes’Hat-BxTherem”的定理：球冠的表面积（如上图，这里的表面积不含底面的圆的面积）.某同学制作了一个工艺品，如下图所示.该工艺品可以看成是一个球被一个棱长为4的正方体的六个面所截后剩余的部分（球心与正方体的中心重合），即一个球去掉了6个球冠后剩下的部分.若其中一个截面圆的周长为，则该工艺品的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】设截面圆半径为，球的半径为，
则球心到某一截面的距离为正方体棱长的一半即此距离为，
根据截面圆的周长可得，得，故，得，
所以球的表面积．
如图，，且，则球冠的高，
得所截的一个球冠表面积，
且截面圆面积为，
所以工艺品的表面积．
故选：B.
【题型三】 线面垂直型求外接球
线面垂直型：
存在一条棱垂直一个底面（底面是任意多边形，实际是三角形或者四边形（少），它的外接圆半径是r，满足正弦定理）
1.模板图形原理
图1 图2
2.计算公式
【例1】（2024·湖南·二模）如图，在四面体中，平面，则此四面体的外接球表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】将四面体补形成长方体，长方体的长､宽､高分别为、、，
四面体的外接球即为长方体的外接球，
而长方体的外接球的直径等于长方体的体对角线长，设外接球的半径为，
故，所以外接球表面积为.
故选：B.
【例2】（23-24高三下·山西·阶段练习）在棱长为4的正方体中，是的中点，是上的动点，则三棱锥外接球半径的最小值为（ ）
A．3B．C．D．
【答案】C
【详解】连接，取的中点，可知为的外心，
过作平面的垂线，可知三棱锥外接球的球心在该垂线上，
设，
以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，
则，
因为，即，
整理得，当且仅当，即时，等号成立，
所以三棱锥外接球半径的最小值为.
故选：C.
【例3】（多选）（2023·广东广州·模拟预测）如图所示，四面体的底面是以为斜边的直角三角形，其体积为，平面，，为线段上一动点，为中点，则下列说法正确的是（ ）
A．与重合时，三棱锥体积最大
B．若，则
C．当时，
D．四面体的外接球球心是，且其体积
【答案】ACD
【详解】当与重合时，到平面距离最大，底面面积一定，故此时三棱锥体积最大，故A正确；
若与重合，由于,若,平面,所以平面,
平面,故,这与矛盾，所以不成立，
故与重合，满足，但此时不成立，故B错误；
因为平面，平面，所以,又,平面,
故平面，平面，故平面平面，
过作，垂足为，
因为面平面，平面，故面，
而面，故，若，
则，而，平面，故平面，
又平面，故，故C正确.
由平面，平面，故，故，为外接球球心，且，
，又，可以在以中点为圆心，为半径的圆上运动，
到的距离为，当且仅当时等号成立，
故到的距离最大为，此时，故，D正确，
故选：ACD.
【变式1】（23-24高三上·浙江宁波·期末）在四面体中，，，且，则该四面体的外接球表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】
如图，作平面，连接，易得因，平面，
所以平面，平面，故,
由题可得，，则.
不妨设，则有①，
在中，由余弦定理，，在中，②，
将两式相减化简即得：，.
取线段中点，过点作平面，其中点为外接球的球心，设外接球半径为，
由余弦定理求得，
在直角梯形中，，由计算可得：，则该四面体的外接球表面积为.
故选：B.
【变式2】（多选）（23-24高三上·江苏·期末）在四棱锥中，平面，，，四棱锥的外接球为球O，则（ ）
A．⊥B．
C．D．点O不可能在平面内
【答案】AC
【详解】
A选项，四棱锥的外接球为为顶点的球，
而四点共面，故这四点必共圆，
又，故为直径，⊥，A正确：
B选项，由A可知，四点共圆，
又，为直径，
若四边形为正方形，此时，，B错误；
C选项，因为平面，所以球心到两点的距离相等，
即球心在的垂直平分线上，
故到平面距离为到平面距离的一半，
故，C正确；
D选项，当四边形为正方形时，连接，相交于点，
则⊥平面，
结合球心在的垂直平分线上，此时为中点，
点O在平面上，D错误.
故选：AC.
【变式3】（多选）（23-24高三上·湖南长沙·阶段练习）四棱锥的底面为正方形，与底面垂直，，，动点在线段上，则（ ）
A．不存在点，使得B．的最小值为
C．四棱锥的外接球表面积为D．点到直线的距离的最小值为
【答案】BCD
【详解】对于A：连接，且，如图所示，当在中点时，

因为点为的中点，所以，因为平面，
所以平面，又因为平面，所以，
因为为正方形，所以.
又因为，且，平面，所以平面，
因为平面，所以，所以A错误；
对于B：将和所在的平面沿着展开在一个平面上，如图所示，

则的最小值为，直角斜边上高为，即，
直角斜边上高也为，所以的最小值为，所以B正确；
对于C：易知四棱锥的外接球直径为，
半径，表面积，所以C正确；
对于D：点到直线的距离的最小值即为异面直线与的距离，
因为，且平面，平面，所以平面，
所以直线到平面的距离等于点到平面的距离，过点作，
因为平面，所以,又,且,
故平面，平面，所以，因为，
且，平面，所以平面，所以点到平面的距离，
即为的长，如图所示，

在中，，，可得，
所以由等面积得，即直线到平面的距离等于，所以D正确，
故选：BCD.
【题型四】 面面垂直型
包含了面面垂直
一般情况下，俩面是特殊三角形。垂面型，隐藏很深的线面垂直型，可以对两平面都用正弦定理来定球心。
【例1】（2024·广东·模拟预测）将边长为2的正三角形沿某条线折叠，使得折叠后的立体图形有外接球，则当此立体图形体积最大时，其外接球表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】若将边长为2的正三角形沿某条线折叠，且这条线过三角形的某个顶点且不垂直于三角形的边，
由题意以为原点，以边长为2的等边三角形的边为轴，边上的高为轴建立如图所示的平面直角坐标系：
由题意，
不失一般性，设（也就是设点在不包含端点的线段上），
在中，令得，
所以的面积为，
而点到直线的距离为，
此时三棱锥体积的最大值为（此时面面），
所以，
所以；
若将边长为2的正三角形沿某条线折叠，且这条线过三角形的某个顶点且垂直于三角形的边，
此时上述情况中的点于原点重合，
此时三棱锥体积的最大值为
（此时面面），
其中为点到的距离，即的长度；
将边长为2的正三角形沿某条线折叠，且这条线不过三角形的任何顶点，如图所示：
不失一般性，设该直线分别与交于点，
折叠后的立体图形有外接球，则四点共圆，从而，
又因为，
所以，所以，
由题意，设，
所以，
过点向引垂线，垂足为，则，
所以四棱锥体积的最大值为
（此时四边形与三角形垂直），
从而，或，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以当且仅当时，有，
综上所述，满足题意的直线为，且此时，
此时我们首先来求四边形外接圆圆心，
因为中点坐标为，斜率为，
所以的垂直平分线方程为，
而中垂直线方程为，
从而解得，
所以四边形外接圆半径为，
而到直线的距离为，
又满足题意的四棱锥的高为，
设满足题意的四棱锥的外接球球心为，
设球心到平面的距离为，
则由可得，，即，
解得，
从而满足题意的外接球表面积为.
故选：B.
【例2】（2023·福建福州·模拟预测）在矩形中，，将沿对角线翻折至的位置，使得平面平面，则在三棱锥的外接球中，以为直径的截面到球心的距离为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】如图，取的中点为，连接，过作，垂足为，连接.
因为三角形为直角三角形，故，
同理，故，
所以为三棱锥的外接球的球心，而，

因为，平面，平面平面，
平面平面，故平面，
而平面，故.
在直角三角形中，，故，
故，
在直角三角形中，，
故，故.
设球心到以为直径的截面的距离为，
则，
故选：B.
【变式1】（2023·湖北恩施·模拟预测）如图，矩形ABCD中，E、F分别为BC、AD的中点，且，现将沿AE向上翻折，使点移到P点，则在翻折过程中，下列结论不正确的是（ ）

A．存在点P，使得
B．存在点P，使得
C．三棱锥的体积最大值为
D．当三棱锥的体积达到最大值时，三棱锥外接球表面积为4π
【答案】A
【详解】如图所示：连接，为中点，连接，，
连接，，，，
，故，故，

对选项A：，若，又，则，重合，不成立，错误；
对选项B：当平面时，平面，则，又，
，平面，故平面，平面，
故，正确；
对选项C：当平面时，三棱锥体积最大，
最大值为，正确；
对选项D：平面，平面，故，
，故，
故是三棱锥外接球球心，半径为，
故外接球表面积为，正确.
故选：A.
【变式2】（2024·全国·模拟预测）将菱形沿对角线折起，当四面体体积最大时，它的内切球和外接球表面积之比为 ．
【答案】/
【详解】
不妨设菱形的边长为，，，
外接球半径为，内切球半径为，
取中点为，连接，
因为，所以，
当平面平面时，平面平面，
平面，所以平面，
此时四面体的高最大为，
因为，所以
所以，
，
令解得，
令解得，
所以在单调递增，单调递减，
所以当时最大，最大体积为，
此时，
以四面体的顶点构造长方体，长宽高为，
则有解得，所以，
所以外接球的表面积为，
又因为，
所以，
，
所以，
所以，
所以，及内切球的表面积为，
所以内切球和外接球表面积之比为．
故答案为：
【变式3】（2023·全国·模拟预测）在三棱锥中，，平面平面，，点Q为三棱锥外接球O上一动点，且点到平面的距离的最大值为，则球O的体积为 .
【答案】
【详解】取AC的中点M，
∵，∴，
∵平面平面ABC，平面平面，平面ABC，
∴平面PAC，∵平面PAC，∴，
∵，，平面ABC，∴平面ABC，
设，
则，∴，
设外接圆的圆心为，半径为r，球O的半径为R，
如图所示，显然B，M，三点共线，且平面PAC．
由，，得，，∴；
连接，OA，则，
由平面ABC，且外接圆的圆心为，可得．
∵平面ABC，∴，平面PAC，
∴点O到平面PAC的距离等于点到平面PAC的距离，
∵点到平面PAC距离的最大值为，
∴，得，∴，
∴球O的体积为．
故选：．
【题型五】 任意二面角定球心
1.等边或者直角：（1）等边三角形中心（外心）做面垂线，必过球心；
2.直角三角形斜边中点（外心）做面垂线，必过球心；
3.许多情况下，会和二面角结合。
【例1】（2024·全国·模拟预测）已知空间四面体满足，则该四面体外接球体积的最小值为 ．
【答案】
【详解】设分别为的中点，连接，
由已知，，故，因为是的中点，所以，
因为为的中点，故，即是线段的垂直平分线；
同理可得，是线段的垂直平分线，故球心在上，
设球的半径为，球心为，则，即，故，
此时为线段的中点，且，故所求外接球体积的最小值为．
故答案为：

【例2】（多选）（2024·全国·模拟预测）已知菱形中，，，与相交于点 ，将 沿折起来，使顶点移至点的位置，在折起的过程中，下列结论正确的是（ ）
A．存在某个位置使得
B．当为等边三角形时，
C．当二面角为时，三棱锥外接球表面积为
D．设为线段的中点，则三棱锥体积的最大值为
【答案】ACD
【详解】由题可得，，又，故可得，
，故，；
对A：因为//，若，则，故可得；

在三角形中，，由余弦定理可得，
又在折起过程中，，，
故存在这样的位置，使得，A正确.
对B：当为等边三角形时，，

因为，面，故面，
在三角形中，由余弦定理可得，
又，故，
则三角形的面积；
又，故，故B错误；
对C：由B分析可知，二面角的平面角为，
当二面角为时，即，则为等边三角形，；
因为，故过作面，则垂足即为三角形的外心，

在三角形中，由余弦定理可得，
又，故，
设三角形外接圆半径为，由正弦定理可得，则；
在三角形中，；
设三棱锥的外接球球心为，半径为，则球心在上，
在直角三角形中，由勾股定理可得，
即，故三棱锥外接球表面积为，故C正确；
对D：为线段的中点，则，

设三角形的面积为，则，
由B选项分析可知，面，
故，
又，故当时，，
此时三棱锥体积取得最大值为，故D正确.
故选：ACD.
【变式1】（2023·浙江·模拟预测）在三棱锥中，，，二面角的平面角为，则三棱锥外接球表面积的最小值为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【详解】
当D在△ACD的外接圆上动的时候，该三棱锥的外接球不变，
故可使D点动到一个使得DA=DC的位置，取AC的中点M，连接，
因为，DA=DC，所以，，故即为二面角的平面角，
△ACB的外心为O1，过O1作平面ABC的垂线，过△ACD的外心M作平面ACD的垂线，两条垂线均在平面BMD内，它们的交点就是球心O，画出平面BMD，如图所示；
在平面ABC内，设，则，，
因为，所以，所以，
所以

令，则，
所以，当且仅当时取等，
故选:B
【变式2】（2022·全国·模拟预测）已知正方形的边长为2，把沿折起，使点A与点E重合，若三棱锥的外接球球心O到直线的距离为，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．0
【答案】A
【详解】
易得三棱锥的外接球球心O为的中点，连接，则，
取的中点H，连接，易知，则为点O到直线的距离，即，
取的中点F，连接，得，则或其补角是异面直线与所成角．
因为，所以，
则异面直线与所成角的余弦值为，
故选：A．
【变式3】（2022·河南信阳·模拟预测）把沿三条中位线折叠成四面体，其中，，，则四面体的外接球表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】如图，记的中点分别为，
因为，，，
由中位线性质可得，
翻折后的四面体如图：
由翻折的性质可得，
所以四面体对棱相等，
故可以考虑将四面体补形为长方体如下；
四面体的外接球即长方体的外接球，
设其外接球半径为，，
则，
因为，所以，
所以，
所以四面体的外接球表面积，
故选：D.
【题型六】 内切球
【例1】（2023·浙江温州·二模）如今中国被誉为基建狂魔，可谓是逢山开路，遇水架桥.公路里程､高铁里程双双都是世界第一.建设过程中研制出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.如图是某重器上一零件结构模型，中间最大球为正四面体的内切球，中等球与最大球和正四面体三个面均相切，最小球与中等球和正四面体三个面均相切，已知正四面体棱长为，则模型中九个球的表面积和为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】如图，取的中点，连接，，则，，
过点作⊥底面，垂足在上，且，
所以，故，
点为最大球的球心，连接并延长，交于点，则⊥，
设最大球的半径为，则，
因为∽，所以，即，解得，
即，则，故
设最小球的球心为，中间球的球心为，则两球均与直线相切，设切点分别为，
连接，则分别为最小球和中间球的半径，长度分别设为，
则，则，
又，所以，解得，
又，故，解得，
所以，
模型中九个球的表面积和为.
故选：B
【例2】（2024·青海海南·一模）已知球是棱长为2的正方体的内切球，是棱的中点，是球的球面上的任意一点，，则动点的轨迹长度为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】由正方体性质易得平面，且内切球半径，
分别取的中点N,E,F,易知平面平面，
故平面，则点P的轨迹为平面与内切球的交线，即为截面圆的周长，
易知球心平面，则到平面的距离即为平面与平面的距离，
故截面圆的半径为，故的轨迹长度为.
故选：D.
【例3】（2024·安徽池州·二模）已知圆锥的底面半径为3，其内切球表面积为，则该圆锥的侧面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】球表面积为，则该球半径为，
设圆锥的高为h，则圆锥的母线长为，
则此圆锥的轴截面面积为
，解之得，
则该圆锥的侧面积为
故选：B
【变式1】（2024·陕西西安·一模）六氟化硫，化学式为，在常压下是一种无色、无臭、无毒、不燃的稳定气体，有良好的绝缘性，在电器工业方面具有广泛用途．六氟化硫结构为正八面体结构，如图所示，硫原子位于正八面体的中心，6个氟原子分别位于正八面体的6个顶点，若相邻两个氟原子之间的距离为m，则该正八面体结构的内切球表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】如图，连接交于点，连接，
取的中点，连接，
因为,所以,
,
由可得平面，
且，所以平面，
过作，
因为平面，平面，所以,
且平面，所以平面，
所以为该正八面体结构的内切球的半径，
在直角三角形中，，
由等面积法可得，,解得，
所以内切球的表面积为，
故选:D.
【变式2】（23-24高三下·内蒙古赤峰·开学考试）已知上底面半径为，下底面半径为的圆台存在内切球（与上，下底面及侧面都相切的球），则该圆台的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】圆台的轴截面为等腰梯形，上底面半径为，下底面半径为，则腰长为，
故梯形的高为，
则该圆台的体积为.故选：D.
【变式3】（2024·湖北·模拟预测）已知四棱锥的底面为矩形，，，侧面为正三角形且垂直于底面，M为四棱锥内切球表面上一点，则点M到直线距离的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】如图，设四棱锥的内切球的半径为r，取的中点为H，的中点为N，连接，，，

球O为四棱锥的内切球，
底面为矩形，侧面为正三角形且垂直于底面，
则平面截四棱锥的内切球O所得的截面为大圆，
此圆为的内切圆，半径为r，与，分别相切于点E，F，
平面平面，交线为，平面，
为正三角形，有，平面，
平面，，
，，则有，，，
则中，，解得.
所以，四棱锥内切球半径为1，连接.
平面，平面，，
又，平面，，
平面，平面，可得，
所以内切球表面上一点M到直线的距离的最小值即为线段的长减去球的半径，
又.
所以四棱锥内切球表面上的一点M到直线的距离的最小值为.
故选：B.
【题型七】 棱切球型最值
【例1】（2023·广东肇庆·二模）与正三棱锥6条棱都相切的球称为正三棱锥的棱切球.若正三棱锥的底面边长为，侧棱长为3，则此正三棱锥的棱切球半径为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】如图三棱柱为正三棱锥，且底面边长，侧棱
设正三棱锥的棱切球球心为，半径为，则顶点在底面的投影为也为的中心，取的中点，连接，过点作垂足为，则，设，
在中，
因为为的中心，则，，
在中即；
在中，，即，
在中，，则；
在中，，则，
在中，，则，
又因为，则，化简得，
由得解得.
故选：C.
【例2】（2023·广东珠海·模拟预测）已知正三棱锥的侧棱长为，且侧棱与正三棱锥的底面所成角的正切值为，则此正三棱锥的棱切球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】
如图，连结与底面的中心，则平面，
由题意侧棱与底面所成角，
则，
又因，
所以，
因底面为正三角形，中心为，
所以，即，
所以正三棱锥为正四面体.

将正四面体放到正方体中，正方体的内切球即与正四面体的六条棱均相切，
可求得正方体的棱长为，所求棱切球的半径即为．
表面积
故选：B
【变式1】（多选）（23-24高三上·河北沧州·阶段练习）已知棱长为1的正方体的棱切球（与正方体的各条棱都相切）为球，点为球面上的动点，则下列说法正确的是（ ）
A．球的表面积为
B．球在正方体外部的体积大于
C．球内接圆柱的侧面积的最大值为
D．若点在正方体外部（含正方体表面）运动，则
【答案】ABD
【详解】解析：对于A．如图所示，
正方体的棱切球的半径，则球的表面积为，故A正确；
对于B．若球体､正方体的体积分别为．
球在正方体外部的体积，故B正确；
对于C，球的半径，设圆柱的高为，
则底面圆半径，
所以，
当时取得最大值，且最大值为，所以C项错误；
对于D，取中点，可知在球面上，可得，
所以，
点在球上且在正方体外部（含正方体表面）运动，
所以（当为直径时，），
所以．故D正确．
故选ABD．

【变式2】（2024·广东佛山·模拟预测）已知正三棱柱的所有棱长均相等，其外接球与棱切球（该球与其所有棱都相切）的表面积分别为，则 ．
【答案】
【详解】
设正三棱柱的棱长为，因为正三棱柱上下底面中心连线的中点为外接球的球心，
则外接球的半径，，
所以，
因为，所以为棱切球的球心，则棱切球半径，
所以.
故答案为：概率预测
☆☆☆☆☆
题型预测
选择题、填空题☆☆☆☆☆☆
考向预测
外接球、内切球、截面最值、轨迹相关问题
椎体的内切球，多采用体积分割法求解。可做如下对比理解
三角形内切圆
类比：三棱锥