新高考数学二轮复习立体几何专题练习与球有关的切与接问题（2份，原卷版+解析版）

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一．与球有关的切、接问题的解法
1.旋转体的外接球：常用的解题方法是过球心及接、切点作截面，把空间问题转化为平面图形与圆的接、切问题，再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解．
2.多面体的外接球：常用的解题方法是将多面体还原到正方体和长方体中再去求解．
①若球面上四点P，A，B，C中PA，PB，PC两两垂直或三棱锥的三条侧棱两两垂直，可构造长方体或正方体，利用2R＝eq \r(a2＋b2＋c2)求R.
②一条侧棱垂直底面的三棱锥问题：可补形成直三棱柱．先借助几何体的几何特征确定球心位置，然后把半径放在直角三角形中求解．
二．外接球8大模型秒杀公式推导
1.墙角模型
使用范围：3组或3条棱两两垂直；或可在长方体中画出该图且各顶点与长方体的顶点重合
推导过程：长方体的体对角线就是外接球的直径
秒杀公式：
图示过程
2.汉堡模型
（1）使用范围：有一条侧棱垂直与底面的柱体或椎体
（2）推导过程
第一步：取底面的外心O1,，过外心做高的的平行且长度相等，在该线上中点为球心的位置
第二步：根据勾股定理可得
（3）秒杀公式：
（4）图示过程
3.斗笠模型
（1）使用范围：正棱锥或顶点的投影在底面的外心上
（2）推导过程
第一步：取底面的外心O1,，连接顶点与外心，该线为空间几何体的高h
第二步：在h上取一点作为球心O
第三步：根据勾股定理
（3）秒杀公式：
（4）图示过程
4.折叠模型
使用范围：两个全等三角形或等腰三角形拼在一起，或菱形折叠
推导过程 微信公众号：钻研数学
第一步：过两个平面取其外心H1、H2，分别过两个外心做这两个面的垂线且垂线相交于球心O
第二步：计算
第三步：
（3）秒杀技巧：
（4）图示过程
5.切瓜模型
（1）使用范围：有两个平面互相垂直的棱锥
（2）推导过程：
第一步：分别在两个互相垂直的平面上取外心F、N，过两个外心做两个垂面的垂线，两条垂线的交点即为球心O，取BC的中点为M，连接FM、MN、OF、ON
第二步：
（3）秒杀公式：
（4）图示过程
6.麻花模型
（1）使用范围：对棱相等的三棱锥
（2）推导过程：设3组对棱的长度分别为x、y、z,长方体的长宽高分别为a、b、c
秒杀公式：
图示过程

7.矩形模型
（1）使用范围：棱锥有两个平面为直角三角形且斜边为同一边
（2）推导过程：根据球的定义可知一个点到各个顶点的距离相等该点为球心可得，斜边为球的直径
（3）秒杀公式：
（4）图示过程

鳄鱼模型
使用范围：适用所有的棱锥
推导过程：
（3）秒杀公式：
（4）图示过程
内切球的半径---等体积法
推导过程
秒杀公式：
图示过程
特别说明：下面例题或练习都是常规方法解题，大家可以利用模型的秒杀公式
母题呈现
技法1：几何体的外接球
【例1】（1）（2022·全国乙（理）T9） 已知球O的半径为1，四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均在球O的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】设该四棱锥底面为四边形ABCD，四边形ABCD所在小圆半径为r，
设四边形ABCD对角线夹角为，
则
（当且仅当四边形ABCD为正方形时等号成立）
即当四棱锥的顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时，底面ABCD面积最大值为
又
则
当且仅当即时等号成立，故选C
（2）（2022·新高考Ⅱ卷T7）正三棱台高为1，上下底边长分别为和，所有顶点在同一球面上，则球的表面积是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】设正三棱台上下底面所在圆面的半径，所以，即，设球心到上下底面的距离分别为，球的半径为，所以，，故或，即或，解得符合题意，所以球的表面积为．故选A．
【解题技法】“接”的问题处理规律
(1)旋转体的外接球：常用的解题方法是过球心及接、切点作截面，把空间问题转化为平面图形与圆的接、切问题，再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解．
(2)多面体的外接球：常用的解题方法是将多面体还原到正方体和长方体中再去求解．
①若球面上四点P，A，B，C中PA，PB，PC两两垂直或三棱锥的三条侧棱两两垂直，可构造长方体或正方体，利用2R＝eq \r(a2＋b2＋c2)求R.
②一条侧棱垂直底面的三棱锥问题：可补形成直三棱柱．先借助几何体的几何特征确定球心位置，然后把半径放在直角三角形中求解．
【跟踪训练】
1.（2022·吉林省实验中学模拟预测）已知三棱锥P－ABC中，PA，PB，PC两两垂直，且PA＝1，PB＝2，PC＝3，则三棱锥P－ABC的外接球的表面积为( )
A.eq \f(7\r(14),3)π B．14π C．56π D.eq \r(14)π
【答案】B
【解析】以线段PA，PB，PC为相邻三条棱的长方体PAB′B－CA′P′C′被平面ABC所截的三棱锥P－ABC符合要求，如图，
长方体PAB′B－CA′P′C′与三棱锥P－ABC有相同的外接球，其外接球直径为长方体体对角线PP′，设外接球的半径为R，
则(2R)2＝PP′2＝PA2＋PB2＋PC2＝12＋22＋32＝14，
则所求表面积S＝4πR2＝π·(2R)2＝14π.
2.（2021•甲卷T11）已知，，是半径为1的球的球面上的三个点，且，，则三棱锥的体积为
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】因为，，所以底面为等腰直角三角形，
所以所在的截面圆的圆心为斜边的中点，所以平面，
在中，，则，在中，，
故三棱锥的体积为．故选．
技法2：几何体的内切球
【例2】（2020•新课标Ⅲ）已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为 ．
【答案】
【解析】因为圆锥内半径最大的球应该为该圆锥的内切球，
如图，圆锥母线，底面半径，则其高，
不妨设该内切球与母线切于点，令，由，则，
即，解得，，
【解题技法】“切”的问题处理规律
(1)找准切点，通过作过球心的截面来解决.
(2)体积分割是求内切球半径的通用方法.
【跟踪训练】（2022·辽宁实验中学模拟预测）如图，已知球O是棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1的内切球，则平面ACD1截球O的截面面积为( )
A.eq \f(\r(6)π,6) B.eq \f(π,3) C.eq \f(π,6) D.eq \f(\r(3)π,3)
【答案】C
【解析】平面ACD截球O的截面为△ACD1的内切圆，
∵正方体棱长为1，∴AC＝CD1＝AD1＝eq \r(2).
∴内切圆半径r＝tan 30°·AE＝eq \f(\r(3),3)×eq \f(\r(2),2)＝eq \f(\r(6),6).∴S＝πr2＝π×eq \f(1,6)＝eq \f(π,6)，故选C.
技法3：截面法处理切与接中的最值问题
【例3】(1)(2022·成都模拟)已知圆柱的两个底面的圆周在体积为eq \f(32π,3)的球O的球面上，则该圆柱的侧面积的最大值为( )
A．4π B．8π C．12π D．16π
【答案】B
【解析】如图所示，设球O的半径为R，由球的体积公式得eq \f(4,3)πR3＝eq \f(32π,3)，解得R＝2.
设圆柱的上底面半径为r，球的半径与上底面夹角为α，则r＝2cs α，
圆柱的高为4sin α，
∴圆柱的侧面积为4πcs α×4sin α＝8πsin 2α，
当且仅当α＝eq \f(π,4)，sin 2α＝1时，圆柱的侧面积最大，
∴圆柱的侧面积的最大值为8π.
(2)（2022·陕西·西安中学模拟预测）已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为________．
【答案】eq \f(\r(2),3)π
【解析】圆锥内半径最大的球即为圆锥的内切球，设其半径为r.作出圆锥的轴截面PAB，如图所示，则△PAB的内切圆为圆锥的内切球的大圆．在△PAB中，PA＝PB＝3，D为AB的中点，AB＝2，E为切点，则PD＝2eq \r(2)，△PEO∽△PDB，
故eq \f(PO,PB)＝eq \f(OE,DB)，即eq \f(2\r(2)－r,3)＝eq \f(r,1)，解得r＝eq \f(\r(2),2)，
故内切球的体积为eq \f(4,3)π＝eq \f(\r(2),3)π.
【解题技法】(1)与球截面有关的解题策略
①定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径；
②作截面：选准最佳角度作出截面，达到空间问题平面化的目的．
(2)正四面体的外接球的半径R＝eq \f(\r(6),4)a，内切球的半径r＝eq \f(\r(6),12)a，其半径R∶r＝3∶1(a为该正四面体的棱长)．
【跟踪训练】
（2022·山东日照·一模）设A，B，C，D是同一个半径为4的球的球面上四点，△ABC为等边三角形且其面积为9eq \r(3)，则三棱锥D­ABC体积的最大值为( )
A．12eq \r(3)B．18eq \r(3)
C．24eq \r(3)D．54eq \r(3)
【答案】B
【解析】由等边△ABC的面积为9eq \r(3)，
可得eq \f(\r(3),4)AB2＝9eq \r(3)，所以AB＝6，
所以等边△ABC的外接圆的半径为r＝eq \f(\r(3),3)AB＝2eq \r(3).
设球的半径为R，球心到等边△ABC的外接圆圆心的距离为d，则d＝eq \r(R2－r2)＝eq \r(16－12)＝2.
所以三棱锥D­ABC高的最大值为2＋4＝6，
所以三棱锥D­ABC体积的最大值为eq \f(1,3)×9eq \r(3)×6＝18eq \r(3).
(2)(2022·长沙检测)在封闭的直三棱柱ABC－A1B1C1内有一个体积为V的球．若AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，AA1＝3，则V的最大值是________．
【答案】eq \f(9π,2)
【解析】易知AC＝10.
设△ABC的内切圆的半径为r，
则eq \f(1,2)×6×8＝eq \f(1,2)×(6＋8＋10)·r，所以r＝2.
因为2r＝4>3，所以最大球的直径2R＝3，
即R＝eq \f(3,2)，此时球的体积V＝eq \f(4,3)πR3＝eq \f(9π,2).
模拟训练
1．（2023春·河南安阳·高三安阳一中校考模拟）若棱长均相等的正三棱柱的体积为，且该三棱柱的各个顶点均在球O的表面上，则球O的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据正三棱柱的几何性质可知其外接球的球心在正三棱柱的中截面上，即可根据勾股定理进行求解.
【详解】设该正三棱柱棱长为，底面三角形的外接圆半径为，则，则底面三角形的外接圆的半径为.
设三棱柱的外接球半径为，则.
故选：D
2．（2022秋·安徽阜阳·高三安徽省临泉第一中学校考期末）在古希腊数学家阿基米德的墓碑上刻有一个令他最引以为傲的几何图案.该几何图案是内部嵌入一个内切球的圆柱，且该圆柱底面圆的直径与高相等，则该圆柱的内切球与外接球的体积之比为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】设圆柱高为，底面半径为，圆柱内切球半径为，外接球半径为，得出，，，之间的关系，由球的体积公式求出圆柱内切球与外接球的体积之比.
【详解】该圆柱的内切球和外接球的截面图如下图所示，
设圆柱高为，底面半径为，圆柱内切球半径为，
外接球半径为，则，，
，，，
圆柱内切球与外接球的体积之比为.
故选：B
3．已知是边长为3的等边三角形，其顶点都在球O的球面上，若球O的体积为，则球心O到平面ABC的距离为（ ）
A．B．C．1D．
【答案】C
【分析】设的中心为，求得，再根据球O的体积为，求得半径，然后利用球的截面性质求解.
【详解】解：如图所示：
因为是边长为3的等边三角形，且的中心为，
所以，
又因为球O的体积为，
所以，
解得，即，
所以，
即球心O到平面ABC的距离为1，
故选：C
4．（2023·安徽·统考一模）在三棱锥中，底面，则三棱锥外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】求得外接球的半径，进而求得外接球的表面积.
【详解】由，得，
所以的外接圆半径，
由于底面，所以外接球的半径，
所以外接球的表面积.
故选：B
5．（2023秋·天津南开·高三校考模拟）如图，半球内有一内接正四棱锥，该四棱锥的体积为，则该半球的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】设半球的半径为，连接交于点，连接，利用四棱锥的体积公式求出半径，再代入球的体积公式即可求解.
【详解】依题意，设半球的半径为，
连接交于点，连接，如图所示：
则有，易得，
所以正四棱锥的体积为：
，
解得：，
所以半球的体积为：.
故选：C.
6．（2023·湖南·湖南师大附中校联考模拟预测）如图所示，一个球内接圆台，已知圆台上､下底面的半径分别为3和4，球的表面积为，则该圆台的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由球的表面积求出球的半径，然后通过轴截面求出圆台的高，进一步求出圆台的体积.
【详解】因为圆台外接球的表面积，所以球的半径，
设圆台的上､下底面圆心分别为，在上､下底面圆周上分别取点，
连接，如图，
因为圆台上､下底面的半径分别为3和4，
所以，，
所以，,
所以，
所以圆台体积.
故选：D.
7．已知菱形ABCD的各边长为2，.将沿AC折起，折起后记点B为P，连接PD，得到三棱锥，如图所示，当三棱锥的表面积最大时，三棱锥的外接球体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据题意结合三角形面积公式分析可得当时，三棱锥的表面积取最大值，再根据直角三角形的性质分析三棱锥的外接球的球心和半径，即可得结果.
【详解】由题意可得：均为边长为2的等边三角形，为全等的等腰三角形，
则三棱锥的表面积，
当且仅当，即时，三棱锥的表面积取最大值，
此时为直角三角形，，
取的中点，连接，由直角三角形的性质可得：，
即三棱锥的外接球的球心为，半径为，故外接球体积为.
故选：D.
.8．（2023·贵州贵阳·统考一模）棱锥的内切球半径，其中，分别为该棱锥的体积和表面积，如图为某三棱锥的三视图，若每个视图都是直角边长为的等腰直角形，则该三棱锥内切球半径为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由三视图还原三棱锥，求得棱锥表面积和体积后，代入公式即可求得内切球半径.
【详解】由三视图可还原三棱锥如下图所示，
其中平面，，，
，
棱锥表面积，
该棱锥的内切球半径.
故选：C.
9．（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 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 是阳马，，，，．则该阳马的外接球的表面积为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】由题目条件有，则阳马的外接球与以为长宽高的长方体的外接球相同.
【详解】因，平面ABCD，平面ABCD，
则，又因四边形ABCD为矩形，则.
则阳马的外接球与以为长宽高的长方体的外接球相同.
又，，．则外接球的直径为长方体体对角线，故外接球半径为：，
则外接球的表面积为：
故选：B
10．（湖南省部分市2023届高三下学期3月大联考数学试题）在直三棱柱中，为等边三角形，若三棱柱的体积为，则该三棱柱外接球表面积的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据直三棱柱的体积得到，根据直三棱柱外接球半径的求法得到，然后构造函数，求导得到的最小值，即可得到外接球表面积的最小值.
【详解】设直三棱柱的高为，外接球的半径为，外接圆的半径为，则，所以，又，令，则，易知的最小值为，此时，所以该三棱柱外接球表面积的最小值为.
故选：A.
11．（多选题）正三棱锥的外接球半径为2，底面边长为，则此三棱锥的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】AB
【分析】首先设三棱锥的外接球的球心为，三角形的中心为，得到，再分类讨论求解三棱锥体积即可。
【详解】设三棱锥的外接球的球心为，三角形的中心为，
由题知：，解得.
当外接球球心在线段上时，如图所示：
，，
所以.
当外接球球心在线段的延长线上时，如图所示：
，，
所以.
故选：AB
12．（多选题）（2022秋·河北沧州·高三校联考阶段练习）某正四棱台的上、下底面边长分别为和，若该四棱台所有的顶点均在表面积为的球面上，则该四棱台的体积可能为（ ）
A．B．C．D．
【答案】BD
【分析】求出球的半径，画出直观图，分球心在正四棱台的内部和外部，两种情况，求出正四棱台的高，利用台体体积公式求出答案.
【详解】设球的球心为，半径为，则，
解得：，
上底面正方形的中心为，下底面正方形的中心为，

若球心在四棱台的内部，连接，
则为四棱台的高，，，
同理：，
由勾股定理得：，，
所以四棱台的高，
此时四棱台的体积；
若球心在四棱台的外部，
则四棱台的高，
此时四棱台的体积．
故选：BD
13．（多选题）已知正方体的棱长为，则（ ）
A．正方体的外接球体积为B．正方体的内切球表面积为
C．与异面的棱共有4条D．三棱锥与三棱锥体积相等
【答案】ACD
【分析】对于A、B：正方体外接球的半径,内切球的半径，代入球体的体积和表面积公式计算；对于C：根据异面直线的定义进行判定；对于D：利用等体积转换处理．
【详解】∵正方体外接球的半径,内切球的半径
∴正方体的外接球体积为，内切球表面积为
A正确，B不正确；
与异面的棱有，共有4条，C正确；
∵，则三棱锥与三棱锥的高，底面积，故体积相等，D正确；
故选：ACD．
14．（多选题）“阿基米德多面体”也称为半正多面体，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，则关于如图半正多面体的下列说法中，正确的有（ ）
A．该半正多面体的体积为
B．该半正多面体过三点的截面面积为
C．该半正多面体外接球的表面积为
D．该半正多面体的顶点数、面数、棱数满足关系式
【答案】BD
【分析】根据几何体的构成可判断A，由截面为正六边形可求面积判断B，根据外接球为正四棱柱的外接球即可判断C，根据顶点，面数，棱数判断D.
【详解】如图，
该半正多面体，是由棱长为2的正方体沿各棱中点截去8个三棱锥所得到的.
A：因为由正方体沿各棱中点截去8个三棱锥所得到的，
所以该几何体的体积为：，故A错误；
B：如图，过三点的截面为正六边形，
又，所以正六边形面积为，故B正确；
C：根据该几何体的对称性可知，该几何体的外接球即为底面棱长为，
侧棱长为2的正四棱柱的外接球，所以该半正多面体外接球的表面积为，故C错误；
D：几何体顶点数为12，有14个面，24条棱，满足，故D正确.
故选：BD
15．（多选题）截角四面体是一种半正八面体，可由四面体经过适当的截角，即截去四面体的四个顶点处的小棱锥所得的多面体，如图所示，将棱长为的正四面体沿棱的三等分点作平行于底面的截面，得到所有棱长均为的截角四面体，则下列说法正确的是（ ）
A．该截角四面体的内切球体积B．该截角四面体的体积为
C．该截角四面体的外接球表面积为D．外接圆的面积为
【答案】BD
【分析】根据内切球的直径等于正四面体高的可求解A项，利用每个截角体积等于正四面体体积的可求解B项，利用勾股定理求外接球的半径可求解C项，利用勾股定理可确定的斜边长，进而求解D项.
【详解】
该四面体底面正三角形的高等于，
所以四面体的高，
由图可知，该截角四面体的内切球的直径等于，
所以内切球的体积等于，故A错误；
正四面体的体积，
所以剪掉一个角的体积等于，
所以该截角四面体的体积为,故B正确；
取上下底面的中心为,外接球的球心为，连接如图，
因为截角四面体上下底面间的距离等于，
设外接球的半径等于，
因为为边长等于的正三角形，
所以的高等于，所以,
又因为下底面为正六边形，所以，
所以即
所以解得，
所以，故C错误；
连接，则,所以，
由正四面体对棱互相垂直可知，,
所以在直角中，，
所以外接圆的面积为，故D正确.
故选:BD.
16．（陕西省汉中市2021届高三上学期第五次校际联考文科数学试题）中国古代数学著作《九章算术》中，将底面是直角三角形的直三棱柱称之为“堑堵”．在如图所示的堑堵中，，则堑堵的外接球的体积是__________．
【答案】
【分析】将该堑堵补充成长方体，求长方体外接球体积即可.
【详解】将该堑堵补充为一个长方体，如图，
则该堑堵的外接球即为长方体的外接球，
设长方体的体对角线为，则，
所以，所以外接球的体积为，
故答案为: .
17．（2023·四川泸州·统考二模）已知圆柱的两个底面的圆周都在表面积为的球面上，若该圆柱的高是底面半径的2倍，则该圆柱的侧面积为________．
【答案】
【分析】根据题意求出球体的半径，再利用勾股定理圆柱的底面半径与高，从而求圆柱的表面积即可.
【详解】设圆柱外接球半径为，圆柱的底面半径为，则其高为，
由圆柱的性质得，外接球球心在上下底面圆心连线的中点处，则，
因为球的表面积为，所以，则，
又因为，即，所以，则，
所以圆柱的侧面积为：.
故答案为：.
.
18．（2023秋·江苏南京·高三校考期末）已知正四棱台的上、下底面的顶点都在一个半径为3的球面上,上、下底面正方形的外接圆半径分别为1和2,圆台的两底面在球心的同侧,则此正四棱台的体积为_____．
【答案】
【分析】先根据题意画出几何体,通过外接球的半径及上、下底面外接圆半径,利用勾股定理求出正四棱台的高,再根据外接圆半径分别求出上下底面的面积,根据体积公式即可得出结果.
【详解】解:由题知,正四棱台的上、下底面的顶点都在一个半径为3的球面上,
取正四棱台上底面一点为,正方形中心为,
下底面一点为,正方形中心为,
正四棱台外接球球心为,
连接如图所示:
记正四棱台高,,
在直角三角形中,,
所以有,解得,
在直角三角形中,,
所以有,
解得,即,
因为四棱台上、下底面正方形的外接圆半径分别为1和2,
所以四棱台上、下底面正方形的边长分别为:,,
所以,,
故正四棱台体积为:.
故答案为:
19．（2023·河南·洛阳市第三中学校联考一模）已知三棱锥中，平面，则三棱锥外接球的表面积为__________.
【答案】
【分析】根据题意，将三棱锥补成直三棱柱，然后得到其外接球的半径，再结合球的表面积公式，即可得到结果.
【详解】
由题意，将三棱锥补成直三棱柱，则该直三棱柱的外接球即为三棱锥的外接球，且直三棱柱的外接球球心落在上､下底面外接圆圆心连线的中点上.设外接圆的半径为，三棱锥外接球的半径为，因为平面，，由正弦定理得，，所以.所以三棱锥外接球的表面积为.
故答案为:
20．（2023·山东日照·统考一模）设棱锥的底面为正方形，且，，如果的面积为1，则能够放入这个棱锥的最大球的半径为___________.
【答案】##
【分析】设球O是与平面MAD，ABCD，MBC都相切的球，求出与三个面MAD，ABCD，MBC都相切的球的半径为，再证明O到平面MAB的距离大于球O的半径r，O到面MCD的距离也大于球O的半径r，即得解.
【详解】如图，因为AB⊥AD，AB⊥MA，平面MAD，所以，AB垂直于平面MAD，由此知平面MAD垂直平面ABCD.
设E是AD的中点，F是BC的中点，则ME⊥AD，所以，ME垂直平面ABCD，ME⊥EF.
设球O是与平面MAD，ABCD，MBC都相切的球.
不失一般性，可设O在平面MEF上.于是O为△MEF的内心.
设球O的半径为r，则.
设AD=EF=a，因为，所以，
，
且当，即时，上式取等号，所以，当AD=ME=时，
所以与三个面MAD，ABCD，MBC都相切的球的半径为.
作OG⊥ME于G，易证OG//平面MAB，G到平面MAB的距离就是O到平面MAB的距离.
过G作MH⊥MA于H，则GH是G到平面MAB的距离.
，，
又，，
,.
,
故O到平面MAB的距离大于球O的半径r，同样O到面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.
故答案为：