2026年高考数学二轮复习高效培优讲义(全国通用)重难点11立体几何的内接外切球(培优专项训练)(学生版+解析)

这是一份2026年高考数学二轮复习高效培优讲义(全国通用)重难点11立体几何的内接外切球(培优专项训练)(学生版+解析)，共12页。试卷主要包含了秒杀公式等内容，欢迎下载使用。

考向01 内切球1：内切球思维核心
1．（2006·江西·高考真题）如图，在四面体中，截面经过四面体的内切球（与四个面都相切的球）球心，且与、分别截于、.如果截面将四面体分为体积相等的两部分，设四棱锥与三棱锥的表面积分别为，，则必有（ ）
A．B．C．D．的大小不能确定
【答案】C
【分析】连接、、、，，，表示出、，即可得到与的关系.
【详解】解：连接、、、，，，
则，，
又，
而以上等式右边的每个三（四）棱锥的高都是原四面体的内切球的半径，又面公共，
故，即.
故选：C．
2．（2024·江苏宿迁·三模）若一个多面体的各面都与一个球的球面相切，则称这个球是这个多面体的内切球．在四棱锥中，侧面是边长为1的等边三角形，底面为矩形，且平面平面．若四棱锥存在一个内切球，设球的体积为，该四棱锥的体积为，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】过点作出四棱锥的内切球截面大圆，确定球半径表达式，再借助四棱锥体积求出球半径计算作答.
【详解】如图，取中点，中点，连接，，，
因是正三角形，则，又是矩形，有，
而平面平面，平面平面，平面，平面，
因此平面，平面，
又，则平面，平面，则，，
，平面，则平面，又平面，
所以，而，则，显然，
由球的对称性和正四棱锥的特征知，平面截四棱锥的内切球得截面大圆，
此圆是的内切圆，切，分别于，，有四边形为正方形，
设，又，，则球的半径，
又四棱锥的表面积为，
由得：
，
即，
故即，解得，
故，
，，
所以.
故选：C.
【点睛】关键点睛：本题解题的关键是过点作出四棱锥的内切球截面大圆，利用等体积法求出内切球半径和.
3．（2020·福建三明·模拟预测）已知某正三棱锥的底面边长为4，侧面与底面所成二面角的余弦值为，球为该三棱锥的内切球.球与球相切，且与该三棱锥的三个侧面也相切，则球与球的表面积之比为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先利用侧面与底面所成二面角的余弦值为可得三个侧面的等腰三角形底边上的高，再根据等体积法可求得球的半径，进而根据立体几何中的相似，可得所切的三棱锥的相似比，进而得到 的半径比以及表面积的比.
【详解】如图，正三棱锥，设在底面上的投影为，取 中点，易得，， 即为侧面与底面所成二面角.
又，故 ，.
设球的半径为，则，即 ，解得.
根据题意可知，为与正三棱锥相似的正三棱锥的内切球，且该三棱锥的高.故两正三棱锥的相似比为 ，故其内切球的的半径比也为，故球 与球的表面积之比为.
故选：D
【点睛】本题主要考查了三棱锥的内切球的问题，需要根据等体积法求得内切球的半径，同时也考查了立体几何中的相似比问题，需要画图分析内切球与所切的三棱锥的关系，同时也考查了计算能力，属于难题.
4．（24-25高三全国专题练习）棱长为1的正四面体内有一个内切球为中点，N为中点，连接交球O于两点，则的长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】分别求出正四面体的体积和表面积，由等体积法可得内切球半径，根据相似三角形计算出球心到的距离，进而可得.
【详解】如左图，设的中心为，则平面.
因为正四面体的棱长为1，
所以，，，
故正四面体的体积，
正四面体的表面积，
设正四面体的内切球半径为，则由得.
因为是的中点，所以，.
考察正四面体过三点的截面图（如右图），
则，
过点向作垂线，垂足为，则△△，
所以，因此，
故.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：（1）根据等体积法求得内切球半径；（2）根据相似三角形计算出球心到的距离.
考向02 内切球2：柱体内切球
5．（24-25高三·湖北武汉·模拟练习）已知P为棱长为1的正方体的内切球表面一动点，且，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】如图建立坐标系，可将转化为在方向上的投影向量长度的倍，结合图形可得答案
【详解】如图以A为原点，分别为x，y，z轴建系，
则，
则，又，
则.
表示在方向上的投影向量的长度.
如图当P在G或F时，即当A，O，P共线时，取最值.
因，内切球半径为.则,
则，则.
故选：B

6．（25-26高三·湖南长沙·模拟练习）已知球O为正方体的内切球，平面截球O的面积为，则正方体的棱长为（ ）
A．4B．6C．8D．12
【答案】D
【分析】平面截球O得到的面为的内切圆，设出棱长后，由平面表示出内切圆半径，即可解出棱长.
【详解】
设正方体的棱长为，则，内切球的半径为，设内切球的球心在平面上的投影为，由为等边三角形
知为等边三角形的重心，则，又，所以球心到平面的距离为，
又平面，所以截面圆的半径为：，截面圆的面积为，解得.
故选：D.
7．（22-23高三上·山东·月考）已知三棱柱中，，，平面平面，，若该三棱柱存在体积为的内切球，则三棱锥体积为（ ）
A．B．C．2D．4
【答案】D
【分析】由已知条件可证得三棱锥为底面是直角三角形的直三棱柱，根据三棱柱内切球的体积可计算得三棱柱的高，设底面直角三角形的边长，则可列关系式，即可找到直角三角形的两边长，用体积转换的方法求得体积.
【详解】如图所示，
因为，，，所以平面，又因为平面平面，平面平面，过点作，则平面，则，又因为，所以平面，平面，所以.设则，又因为三棱锥内切球的体积为，则，则，，即，则，解得，棱柱的高等于内切球直径，所以，故三棱锥的体积为.
故选：D
8．（22-23高二下·四川成都·期中）如图所示是古希腊数学家阿基米德的墓碑文，墓碑上刻着一个圆柱，圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等，相传这个图形表达了阿基米德最引以为自豪的发现，即：圆柱的体积与其内切球的体积比为定值. 现在让我们来重温这个伟大发现．圆柱的体积与球的体积之比为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据给定条件，设出球半径，求出圆柱及内切球的体积即可计算作答.
【详解】设圆柱的内切球半径为，则圆柱底面圆半径为，高为，
所以圆柱的体积与球的体积之比为.
故选：D
考向03 内切球3：圆锥内切球
9．（24-25高三全国专题练习）已知圆锥底面圆的直径为3，圆锥的高为，该圆锥的内切球也是棱长为a的正四面体的外接球，则此正四面体的棱长a为（ ）
.
A．B．C．3D．
【答案】A
【分析】先利用四面体内接于圆锥的内切球，由圆锥的轴截面进行分析，求出正四面体的外接球的半径，再利用正四面体可以从正方体中截得，确定正四面体的外接球即为截得它的正方体的外接球，列式求解即可．
【详解】由题意可知，该四面体内接于圆锥的内切球，设球心为，球的半径为，圆锥的底面半径为R，轴截面上球与圆锥母线的切点为Q，圆锥的轴截面如图所示，
由已知可得， 所以△SAB为等边三角形，故点P是△SA B的中心，
连接BP，则BP平分∠SBA，所以∠PBO= 30°，故，
解得，故正四面体的外接球的半径.
又正四面体可以从正方体中截得，如图所示，
从图中可以得到，当正四面体的棱长为时，截得它的正方体的棱长为，而正四面体的四个顶点都在正方体上，故正四面体的外接球即为截得它的正方体的外接球，
所以，解得,
故选：A
10．（21-22高三上·全国·月考）某圆锥的侧面展开图是一个半径为的半圆，正方体内接于这个圆锥的内切球，则该圆锥的体积与正方体的体积的比值为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】由侧面展开图的半径，求圆锥底面半径及内切球半径，利用圆锥的体积公式求体积，再由正方体的外接球为圆锥的内切球，求正方体棱长，进而求体积，即可知它们的体积比.
【详解】根据题意，设圆锥的底面半径为，则，得，
∴圆锥的轴截面是边长为的等边三角形，其内切圆半径为，
设正方体的棱长为，则，得，
∴正方体的体积为，又圆锥的高为，则体积为，
∴圆锥的体积与正方体的体积的比值为．
故选：B
11．（2025·安徽芜湖·二模）已知轴截面为等边三角形的圆锥与其内切球表面的交线为（除圆锥底面圆心外），所在的平面将圆锥分成上下两部分，则上下两部分几何体的体积之比为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】作出圆锥的轴截面，得到内切圆均切于各边的中点，从而得到交线为（除圆锥底面圆心外）为圆锥的母线的中点所在的圆，求出上部分圆锥与圆锥的体积之比，即可得解.
【详解】如图，作出圆锥的轴截面，设的内切圆的圆心为，
切、、于、、，
因为为等边三角形，所以、、分别为、、的中点，
设与交于点，的边长为，则，，，
则圆锥与其内切球表面的交线为（除圆锥底面圆心外）为圆锥的母线的中点所在的圆，
所在的平面将圆锥分成上下两部分，此时上部分圆锥的底面半径为，高为，
又圆锥的底面半径为，高为，
所以上部分圆锥的体积与圆锥的体积之比为，
所以所在的平面将圆锥分成上下两部分，则上下两部分几何体的体积之比为.
故选：B
12．（23-24高二下·广西南宁·月考）已知圆锥PO的顶点为P，其三条母线PA，PB，PC两两垂直.且母线长为6.则圆锥PO的内切球表面积为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】由已知可得△ABC为圆锥底面圆的内接正三角形，由正弦定理可得，可得圆锥轴截面三角形的内切圆半径即为圆锥内切球半径r，利用面积法求解即可.
【详解】因为PA，PB，PC两两互相垂直且长度均为6，
所以△ABC为圆锥底面圆的内接正三角形，且边长，
由正弦定理得底面圆的半径，
所以圆锥的高.
如图，圆锥轴截面三角形的内切圆半径即为圆锥内切球半径r，
轴截面三角形面积为，所以内切球的半径.
内切球的表面积为.
故选：C.
考向04 内切球4：内切球难点
13．（25-26高三上·广东深圳·月考）已知球O内切于正四棱台（即球与该正四棱台的上、下底面以及侧面均相切），且该正四棱台的上、下底面棱长之比为，则球O与该正四棱台的体积之比为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】设出正四棱台上、下底面的棱长，则可借助正四棱台性质及体积公式表示出内切球体积及正四棱台体积，即可得解.
【详解】如图为该几何体的轴截面，其中圆O是等腰梯形ABCD的内切圆，

设圆O与梯形的腰相切于点P，Q，与上、下底面分别切于点，，
不妨设正四棱台上、下底面的棱长为，，
则，，，
故在直角梯形中，过点C作，垂足为E，所以，
在中，，为棱台的高，也是球的直径，
所以半径为，所以球的体积为，
棱台体积为，
故球与棱台的体积比为.
故选：C.
14．（24-25高三下·重庆北碚·月考）正六棱台的上、下底面的边长分别是2和6，且正六棱台存在内切球（与正六棱台的各个面都相切），则它的侧棱长是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】设所求为，用表示出正六棱台的体积、表面积，设内切球半径为，可用等体积法表示出，另外一方面等于正六棱台的高，由此可构建方程求解.
【详解】如图所示，设所求为，是正六棱台的底面的中心，
因为正六边形的每一个内角为，
所以，又因为，
所以三角形是等边三角形，所以，同理，
所以，
所以正六棱台的体积为，
由，
表面积为，
设内切球半径为，则由等体积法可得，，
所以，又，所以，即，
所以，即，解得.故选：C.
15．（2025高三·全国·专题练习）如图，已知球O内切于圆台（即球与该圆台的上、下底面以及侧面均相切），且圆台的上、下底面半径，，则球O与圆台侧面的切痕所在平面分圆台上下两部分的体积比为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据相切可得母线，进而得到圆台的高即为内切球直径，利用边的关系得到，再得到，根据球的截面问题得到截面半径，利用台体体积公式分别得到两圆台的体积即可得到比值.
【详解】如图为该几何体的轴截面，其中圆O是等腰梯形ABCD的内切圆，
设圆O与梯形的腰相切于点P，Q，与上、下底分别切于点，，又圆台上、下底面的半径为，，
则，，，故在直角梯形中，过点C作，垂足为E，所以，在中，因为，所以，则，
，则，因为球O内切于圆台，所以，设QP与交于点，则，
，．故圆台体积为，圆台体积为，
故切痕所在平面分圆台上、下两部分的体积比为．
故选：B.
16．（24-25高一下·山东济宁·期中）已知圆台甲、乙有相同的内切球（与圆台的上、下底面及侧面都相切的球叫圆台的内切球），两圆台的高为，圆台的母线长分别为、，则圆台甲与乙的体积之比为________.
【答案】
【分析】设甲圆台的上底面半径为，下底面圆的半径为，得到，可得乙圆台的上底面半径为，下底面圆的半径为，得到，结合圆台的体积公式，即可求解.
【详解】设甲圆台的上底面半径为，下底面圆的半径为，可得，
又由，即，联立方程组，可得，
所以甲圆台的体积以为，设乙圆台的上底面半径为，下底面圆的半径为，可得，又由，即，
联立方程组，可得，所以甲圆台的体积以为，所以甲乙圆台的体积比为.故答案为：.
考向05 外接球1：长方体模型
1．（2024·高三福建·模拟预测）如图所示的长方体，． 动点在该长方体外接球上，且，则点的轨迹长度为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】求出长方体外接球的半径，在平面ABCD上确定满足条件的一点，根据题意可得点的轨迹是过弦且垂直于平面ABCD的平面与长方体外接球所截得的圆，作出图形，数形结合求出此圆的周长即为轨迹长度.
【详解】由题意知长方体外接球的半径为，
因为是长方体外接球表面上一点，且，如图，
点是其中满足条件的一点，且，
可知点的轨迹是过弦且垂直于平面的平面与长方体外接球所截得的圆，
设该圆圆心为，外接球球心为O，平面ABCD所在圆圆心为，
如图，只需求圆的周长，设半径，
∵，，，∴，
∵，∴，又,
∴，在中，是中位线，则，
而，∴，
∴点的轨迹长度是．
故选D．
【点睛】本题考查多面体的外接球问题，考查学生空间想象能力、逻辑推理能力，属于较难题.
2．（24-25高三全国专题练习）已知三棱锥中，，且、、两两垂直，是三棱锥外接球面上一动点，则到平面的距离的最大值是
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】是棱长为1的正方体上具有公共顶点的三条棱,以为原点,分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系,三棱锥外接球就是正方体的外接球，由正方体及球的几何性质可得点与重合时，点到平面的距离最大，求出平面的法向量，由点到直线的距离公式即可得结果.
【详解】
三棱锥，满足两两垂直，且，
如图是棱长为1的正方体上具有公共顶点的三条棱,
以为原点,分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系,
则，
，
设平面的法向量，
则，取，得，
三棱锥外接球就是棱长为1的正方体的外接球，
是三棱锥外接球上一动点，
由正方体与球的几何性质可得，点点与重合时，
点到平面的距离最大，
点到平面的距离的最大值为.故选C.
【点睛】求出相应直线的方向向量；（3）设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；（4）将空间位置关系转化为向量关系；（5）根据定理结论求出相应的角和距离.
3．（2024·江苏南通·二模）在棱长为2的正方体中，，，分别为棱，，的中点，平面截正方体外接球所得的截面面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据正方体的几何性质确定外接球半径，设球心为，求解到截面的距离，从而可得截面圆的面积.
【详解】取正方体的中心为，连接，
由于正方体的棱长为2，所以正方体的面对角线长为，体对角线长为，
正方体外接球球心为点，半径，
又易得，且，
所以三棱锥为正四面体，如图所示，取底面正三角形的中心为，
即点到平面的距离为，又正三角形的外接圆半径为，
由正弦定理可得，即，所以，
即正方体外接球的球心到截面的距离为，
所以截面被球所截圆的半径，
则截面圆的面积为.
故选：A.
4．（2022·全国·模拟预测）已知三棱锥中，平面ABC，，，点，分别是线段AB，BC的中点，直线AF，CE相交于点，则过点的平面与截三棱锥的外接球所得截面面积的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】可用补形法求球的半径，当截面垂直OG时，截面面积最小，截面过球心时面积最大可得.
【详解】解：因为，故，将三棱锥补形成长方体，易知三棱锥的外接球的半径；取AC的中点，连接BD必过点，因为，故，因为，故，则过点的平面截球所得截面圆的最小半径，故截面面积的最小值为，最大值为，
故选：B．
考向06 外接球2：线面、面面垂直模型
5．（24-25高三全国专题练习）如图，已知正方形的边长为4，若将沿翻折到的位置，使得平面平面，分别为和的中点，则直线被四面体的外接球所截得的线段长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】首先取的中点，连接，，根据题意得到为四面体外接球的球心，且半径，再计算的长度得到，从而得到到的距离为1，再计算直线被四面体的外接球所截得的线段长即可.
【详解】取的中点，连接，，如图所示：
因为，，
所以为四面体外接球的球心，且半径.
因为，且为中点，所以.
平面平面，所以平面.
过作，过作，连接，如图所示：
在中，，，所以，
同理，所以.
在中，，
所以在中，.
又因为，
所以到的距离，
所以直线被球截得的线段长.
故选：D
6．（2023·全国·模拟预测）已知三棱锥的底面ABC是等边三角形，平面SAC⊥平面ABC，，M为SB上一点，且．设三棱锥外接球球心为O，则（ ）
A．直线OM⊥平面SAC，OA⊥SBB．直线平面SAC，OA⊥SB
C．直线OM⊥平面SAC，平面OAM⊥平面SBCD．直线平面SAC，平面OAM⊥平面SBC
【答案】D
【分析】画出几何图形，根据题意先找出和的外心，通过两个外心与平面的位置关系确定出球心位置，再根据线面垂直判断OA与SB的位置关系，继而可判断平面OAM与平面SBC的位置关系，最后根据线线平行判断出直线OM与平面SAC的位置关系.
【详解】第1步：判断OA与SB的位置关系,
如图，取AC的中点E，BC的中点F，
连接AF，BE，设AF与BE的交点为O，连接OM，
则O为外心，E为外心，
因为平面SAC⊥平面ABC，
所以O为三棱锥S-ABC外接球球心，
因为SE⊥AC，BE⊥AC，，
所以AC⊥平面SBE，
又平面SBE，所以AC⊥SB，
假设OA⊥SB，因为，所以SB⊥平面ABC，
如图显然SB不垂直于平面ABC，所以OA不垂直于SB，故A、B错误；
第2步：判断平面OAM与平面SBC的位置关系,
因为AM⊥BC，AF⊥BC，，
所以BC⊥平面AMF，
又平面SBC，
所以平面OAM⊥平面SBC；
第3步：判断直线OM与平面SAC的位置关系,
因为AC⊥平面SBE，所以AC⊥OM，
因为BC⊥平面AMF，所以BC⊥OM，
又，所以OM⊥平面ABC，
又SE⊥平面ABC，所以，
所以直线平面SAC，故C错误， D正确.
故选：D.
【点睛】方法点睛：
解几何体外接球（表面积/体积）的一般方法和步骤为：
1、寻找一个或两个面的外接圆圆心
2、分别过两个面的外心作该面的垂线，两条垂线的交点即为外接圆圆心；
3、构造直角三角形求解球半径，进而求出外接球表面积或体积.
7．（2023·四川巴中·模拟预测）在三棱锥中，，平面平面ABC，，点Q为三棱锥外接球O上一动点，且点Q到平面PAC的距离的最大值为，则球O的体积为( )
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】
取AC的中点M，证明BM⊥平面PAC，从而可得BM⊥平面PAC，可得BM⊥PA，再证PA⊥平面ABC；设BC＝a，在△ABC中，利用余弦定理求出cs∠ABC及∠ABC的大小.设外接圆的圆心为，半径为r，球O的半径为R，求出长度；连接，OA，求出长度；在△PAO中，利用勾股定理求出R．易知，从而得∥平面PAC，从而得点O到平面PAC的距离等于点到平面PAC的距离.根据点Q到平面PAC距离的最大值为可得a的值，从而求得R，再根据球的体积公式即可求解．
【详解】
取AC的中点M，∵，∴，∵平面平面ABC，平面平面，
∴平面PAC，∵平面PAC，∴，∵，，
∴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Q到平面PAC距离的最大值为，
∴，得，∴，∴球O的体积为．
故选：C．
【点睛】
关键点睛：空间里面的线面、面面位置关系.需要灵活运用面面垂直的性质定理、线面垂直的判断定理.解题过程中找出三棱锥的外接球球心，构造直角三角形，结合平面几何及空间几何关系求出各种边（棱）长是解题的关键.
8．（2023·贵州贵阳·模拟预测）如图，在三棱锥中， 平面平面，是边长为的等边三角形，，则该几何体外接球表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】设外心为，外心为，DB中点为E，过外心分别作平面，平面垂线，则垂线交点O为外接球球心.后利用正弦定理可得，外接圆半径，又注意到四边形为矩形，则外接球半径.
【详解】设外心为，外心为，DB中点为E.
因，平面，平面平面，
平面平面，则平面，又平面，
则.过，分别作平面，平面垂线，则垂线交点O为外接球球心，
则四边形为矩形.外接圆半径.
又因，，则.故外接圆半径.
又. 又平面，平面，则.
故外接球半径，故外接球表面积为.故选：A
【点睛】结论点睛：本题涉及底面与侧面垂直的三棱锥的外接球.设底面与侧面外接圆半径为，底面与侧面公共棱长度为，则外接球半径.
考向07 外接球3：两线交心法模型
9．（23-24河南南阳·期末）如图，在直角梯形中，已知，，，，现将沿折起到的位置，使二面角的大小为45°，则此时三棱锥的外接球表面积是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】分别确定和的外心，再过外心作所在平面的垂线，两线的交点就是三棱锥外接球的球心，确定球心位置，即可求外接球半径，进而求解.
【详解】如图：
取中点，中点，连接，，由题意可知：
，，所以为二面角的平面角，.
由题意可得为等腰直角三角形，所以为的外心，
过作直线平面，则三棱锥外接球的球心必在直线上.
因为平面，平面，所以，所以在平面中.
又为的外心，连接，则平面.
所以.
由于，，则，
为等腰直角三角形，故，
在中， ，，，所以.
所以三棱锥外接球的半径：，
所以三棱锥外接球的表面积为：.
故选：D
【点睛】方法点睛：本题确定外接球球心位置的方法是：作三棱锥两个平面的外心，过外心作所在平面的垂线，两垂线的交点就是三棱锥的外接球的球心.
10．（22-23高三上·山西太原·月考）已知菱形的各边长为．如图所示，将沿折起，使得点到达点的位置，连接，得到三棱锥，此时．是线段的中点，点在三棱锥的外接球上运动，且始终保持，则点的轨迹的周长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】找到三棱锥外接球的球心，设点轨迹所在平面为，易知到平面的距离，故平面截外接球所得截面圆的半径能求，截面圆的周长就能求.
【详解】取中点，则，
∴平面，，又，∴，作，设点轨迹所在平面为，则平面经过点且，设三棱锥外接球的球心为的中心分别为，易知平面平面，且四点共面，由题可得，，解Rt，得，又，则三棱锥外接球半径，易知到平面的距离，
故平面截外接球所得截面圆的半径为，
∴截面圆的周长为，即点轨迹的周长为．
故选：C
11．（2023·四川·三模）如图，在梯形ABCD中，，，，将△ACD沿AC边折起，使得点D翻折到点P，若三棱锥P-ABC的外接球表面积为，则（ ）
A．8B．4C．D．2
【答案】C
【分析】先找出两个三角形外接圆的圆心及外接球的球心，通过证明，可得四边形为平行四边形，进而证得BC⊥面APC，通过勾股定理可求得PB的值.
【详解】如图所示，由题意知，，所以，，
所以AB的中点即为△ABC外接圆的圆心，记为，又因为，
所以，，所以在中，取AC的中点M，连接PM，则△APC的外心必在PM的延长线上，记为，所以在中，因为，，所以为等边三角形，
所以，（或由正弦定理得：）所以，
在中，，，，
设外接球半径为R，则，解得：，设O为三棱锥P-ABC的外接球球心，则面ABC，面APC．所以在中，，又因为在，，
所以，，所以四边形为平行四边形，
所以，又因为，所以，又因为面APC，
所以BC⊥面APC，所以，所以，即：.
故选：C.
12．（2020·四川泸州·二模）正的边长为2，将它沿边上的高翻折，使点与点间的距离为，此时四面体的外接球表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】如图所示，设的中点为，的外接圆的圆心为，四面体的外接球的球心为，连接，利用正弦定理可得，利用球心的性质和线面垂直的性质可得四边形为平行四边形，最后利用勾股定理可求外接球的半径，从而可得外接球的表面积.
【详解】
如图所示，设的中点为，外接圆的圆心为，四面体的外接球的球心为，连接，则平面，.
因为，故，
因为，故.
由正弦定理可得，故，又因为，故.
因为，故平面，所以，
因为平面，平面，故，故，
所以四边形为平行四边形，所以，
所以，故外接球的半径为，外接球的表面积为.
故选：D.
【点睛】本题考查平面图形的折叠以及三棱锥外接球表面积的计算，还考查正弦定理和余弦定理，折叠问题注意翻折前后的变量与不变量，外接球问题注意先确定外接球的球心的位置，然后把半径放置在可解的直角三角形中来计算，本题有一定的难度.
考向08 外接球4：二面角模型
13．（21-22高三·黑龙江哈尔滨·月考）如图，在三棱锥，是以AC为斜边的等腰直角三角形，且，，二面角的大小为，则三棱锥的外接球表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由题作出图形，易得外接圆圆心在中点，结合正弦定理可求外接圆半径，结合图形知，，再结合二面角大小求出，进而得解.
【详解】根据题意，作出图形，如图所示，因为是以AC为斜边的等腰直角三角形，所以的外心在中点，设为，设的外心为，中点为，，因为，所以必在连线上，则，即，因为两平面交线为，为平面所在圆面中心，所以，，
又因为二面角的大小为，，所以，所以，锥体外接球半径，则三棱锥的外接球表面积为，
故选：B
14．（2023·浙江绍兴·二模）如图，为直角梯形，.连，将沿翻折成三棱锥，当三棱锥外接球表面积的最小值时，二面角的余弦值为（ ）
A．B．0C．D．
【答案】B
【分析】由题可得为等边三角形，设的中心为，的中点为，三棱锥外接球的球心为，根据球的性质可得与重合时适合题意，进而即得.
【详解】因为为直角梯形，，
所以，为等边三角形，为直角三角形，
设的中心为，的中点为，三棱锥外接球的球心为，
则平面，平面，
因为，所以三棱锥外接球表面积的最小, 即外接球的半径最小时，即与重合，
此时平面即平面，平面，
故平面平面，即二面角的平面角为，余弦值为0.
故选：B.
【点睛】方法定睛：多面体与球切、接问题的求解方法
(1)涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题求解．
(2)若球面上四点P、A、B、C构成的三条线段PA、PB、PC两两垂直，且PA＝a，PB＝b，PC＝c，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，根据4R2＝a2＋b2＋c2求解．
(3)正方体的内切球的直径为正方体的棱长．
(4)球和正方体的棱相切时，球的直径为正方体的面对角线长．
(5)利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解．
15．（25-26高三全国专题练习）在菱形中，，将沿折起到的位置，若二面角的大小为，三棱锥的外接球球心为，的中点为，则
A．1B．2C．D．
【答案】B
【详解】因为在菱形 中，的中点为,所以 ,则 ,所以 为二面角的平面角,,由于,所以 为等边三角形,若外接圆的圆心为,则平面,在等边中,,可以证明,所以,又,所以 ,在中,,选B.
点睛: 本题主要考查了四棱锥的外接球问题, 属于中档题. 本题思路: 由二面角的定义求出,确定外接圆的圆心位置,由球的截面圆的性质得到平面,利用,求出 的长度.
16．（24-25高三全国专题练习）在边长为的菱形ABCD中，，沿对角边折成二面角为的四面体，则四面体外接球表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】正确作出图形，利用勾股定理建立方程，求出四面体的外接球的半径，即可求出四面体的外接球的表面积．
【详解】解：如图所示，，，，
，
设，则
，，
由勾股定理可得，
，
四面体的外接球的表面积为，
故选：．
【点睛】本题考查四面体的外接球的表面积，考查学生的计算能力，正确求出四面体的外接球的半径是关键．
考向09 组合体1：棱切球
1．（25-26高三上·山东·期末）已知正四面体的棱长为a，其棱切球与PA、PC分别相切于M、N．则异面直线MN和PB之间的距离是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】将正四面体放置于正方体，根据正方体的性质求得异面直线MN和PB之间的距离.
【详解】将正四面体放置于正方体，如图所示，
正四面体的棱长为，则正方体的棱长为，
正四面体的棱切球，也即是正方体的内切球.
设分别是的中点，
则平面平面，平面，平面，
设分别是的中点，连接交于，
连接，交于，连接，
根据正方体的性质可知，
所以异面直线MN和PB之间的距离为.
故选：B
2．（2024·云南·模拟预测）如图，球面被平面截得的一部分叫做球冠，截得的圆面是底，圆的半径记为，垂直于截面的直径被截得的一段叫做球冠的高，记为，则球冠的曲面面积.球是棱长为1的正方体的棱切球，则球在正方体外面部分曲面的面积为（ ）

A．B．C．D．
【答案】D
【分析】设正方体的棱切球半径为，利用几何关系可求出球冠的高，再求出，代入球冠的曲面面积，即可得出答案.
【详解】如图，正方体与正方体的棱切球形成六个球冠，
正方体的棱切球半径为，则，
所以，又球心到某一截面的距离为正方体棱长的一半，
则，又，所以，
所以所求曲面的面积为：，
故选：D.
3．（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
【分析】由题意构造直角三角形，列出关于高及得方程组，即可求解出正三棱锥的棱切球半径.
【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.
4．（23-24·浙江温州·期末）与多面体的每条棱都相切的球称为该多面体的棱切球．已知四面体ABCD满足， ，且四面体ABCD有棱切球，则AC的长为________．
【答案】4
【分析】设球心，和相应的切点，根据题意结合切线长性质可知相应的长度关系，结合题中棱长关系分析运算即可.
【详解】设棱切球的球心为，与棱分别切于点，
可知，
由题意可得：，解得，
所以.
故答案为：4.
【点睛】关键点点睛：本题的解题关键是切线长相等，结合棱长列式求解即可.
考向10 组合体2：不规则几何体组合
5．（2025高三·全国·专题练习）如图，曲面直三棱柱中，，，且直线AB，AC分别与圆弧BC相切于点B，C，若该曲面直三棱柱存在内切球，则该曲面直三棱柱的体积为（ ）

A．B．C．D．
【答案】C
【分析】设该曲面直三棱柱内切球与底面ABC切于点O，半径为r，弧BC所在圆的圆心为，曲面直三棱柱的高为h，根据已知得出内切球的半径，求出棱柱的高，再利用，进而利用体积公式求解即可.
【详解】如图，设该曲面直三棱柱内切球与底面ABC切于点O，半径为r，
弧BC所在圆的圆心为，曲面直三棱柱的高为h，
因为，，则，，
因为，所以，
设内切球与圆弧BC所在曲面相切于点N，
则，则，，，
所以，
所以．

故选：C
6．（2025高三·全国·专题练习）图是棱长为2的正八面体（八个面都是全等的等边三角形），球是该正八面体的内切球，则球的表面积为
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】如图，根据正八面体的结构特征可得平面于球心，进而求出OE、SE、SO，由三角形的面积求出OF，利用球的表面积公式计算即可.
【详解】
如图所示，设已知的正八面体为，
可知平面于球心，且点为正方形的中心，
设球与正四棱锥的侧面相切于点，连接并延长交于点，
可知为的中点，连接，则，，
由，得，
即正八面体内切球的半径为，
所以内切球的表面积为，
故选A.
7．（24-25高一下·重庆北碚·期中）如图为一个正方体与一个半球构成的组合体，半球的底面圆与正方体的上底面的四边相切，球心与正方形的中心重合，将此组合体重新置于一个球中（球未画出），使正方体的下底面的顶点均落在球的表面上，半球与球内切，设切点为P，若球的体积为，则四棱锥的内切球的表面积为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据给定条件，利用球的体积公式求出球半径，再结合几何体的结构特征求出正方体棱长，利用等积法求出内切球半径即可得解.
【详解】令球的半径为，由球的体积为，得，解得，
记对角线交点为，由对称性得位于一条直线上，设正方体棱长为，
在中，，，
在中，，则，解得，
在中，，解得，
四棱锥是一个底面边长为6，高为9，侧棱长为的正四棱锥，斜高，
四棱锥的表面积，
设四棱锥的内切球半径为，则，
即，解得，则，
所以四棱锥的内切球的表面积为.
故选：B
8．（22-23高一下·福建福州·期末）九章算术中，称一个正方体内两个互相垂直的内切圆柱所围成的几何体为“牟合方盖”（如图）．现提供一种计算“牟合方盖”体积的方法．显然，正方体的内切球同时也是“牟合方盖”的内切球．因此，用任意平行于水平面的平面去截“牟合方盖”，截面均为正方形，该平面截内切球得到的是上述正方形截面的内切圆．结合祖暅原理，两个同高的立方体，如在等高处的截面积相等，则体积相等．若正方体的棱长为6，则“牟合方盖”的体积为（ ）

A．144B．C．72D．
【答案】A
【分析】先求得正方体的内切球的体积，再由已知得出牟合方盖的体积，可求得答案.
【详解】正方体的棱长，则其内切球的半径，内切球的体积．
由于截面正方形与其内切圆的面积之比为，
设牟合方盖的体积为，则，
从而牟合方盖的体积．
故选：A

考向11 组合体3：“堆叠”球
9．（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
【分析】作出辅助线，先求出正四面体的内切球半径，再利用三个球的半径之间的关系得到另外两个球的半径，得到答案.
【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
【点睛】解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径
10．（2025·甘肃白银·模拟预测）已知正四棱锥P-ABCD中，各棱长均相等，球是该四棱锥的内切球，球与球相切，且与该四棱锥的四个侧面也相切；球与球相切，且与该四棱锥的四个侧面也相切，球的半径大于球的半径，则球与球的表面积之比为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】过已知正四棱锥顶点及底面正方形一组对边中点作截面，将问题转化为三角形及内部一系列圆相切问题求解作答.
【详解】
在正四棱锥中，令各棱长为2，O为正方形ABCD的中心，M，Q分别为边AB，CD的中点，
过点P，M，Q的平面截正四棱锥得等腰，截球O1，球O2，球O3，得对应球的截面大圆，如图：

显然，，
令N为圆与PM相切的切点，则，设球的半径为，即，
因为，则，显然，，
设球与球相切于点T，则，
设球的半径为，同理可得，即，
设球与球相切于点S，则，
设球的半径为，同理可得，即，，
所以，
故选：B
11．（24-25高一下·福建福州·期末）已知正四棱锥中，各棱长均相等，球是该四棱锥的内切球，球与球相切，且与该四棱锥的四个侧面也相切，则球与球的表面积之比为（ ）
A．B．9C．D．
【答案】A
【分析】过已知正四棱锥顶点及底面正方形一组对边中点作截面，将问题转化为三角形及内部一系列圆相切问题求解作答.
【详解】
在正四棱锥中，令各棱长为2，O为正方形ABCD的中心，M，Q分别为边AB，CD的中点，
过点P，M，Q的平面截正四棱锥得等腰，截球O1，球O2，得对应球的截面大圆，如图：
依题意，，，
令N为圆与PM相切的切点，则，设球的半径为，即，
由，得，，
设球与球相切于点T，则，
设球的半径为，同理可得，则，
所以球与球的表面积之比.
故选：A
12．（24-25黑龙江大庆·模拟）如图，在棱长为的正方体内有两个球、相外切，两球又分别与正方体内切，则两球体积之和的最小值为_____.（参考公式：.）
【答案】
【分析】设两球半径分别为，球心在正方体体对角线上，过分别作的垂线，垂足分别为，结合求得，再结合球的体积公式即可求解．
【详解】如图，设两球半径分别为，球心在正方体体对角线上，
过分别作的垂线，垂足分别为，
由图可得，
即，
整理得，所以，
故两球体积之和为
，
由二次函数性质可知：当且仅当时，有最小值，
即两球体积之和的最小值为．
故答案为：．
考向12 球最值1：动点最值
1．（2024·吉林·三模）点M、N为正四面体的内切球球面上的两个动点，T为棱上的一动点，则当取最大值时，（ ）
A．1B．C．D．
【答案】C
【分析】根据正四面体体积的等积性求得内切球半径，由球的性质可知：当，与圆相切时，最大，结合圆的切线性质，结合锐角三角函数定义、正切二倍角公式、正弦函数的单调性进行求解即可.
【详解】设正四面体的棱长为，正四面体的内切球的球心为，顶点在底面的射影为，
显然在线段上，该正四面体内切球的半径为，
如图，为正三角形的中心，则，
，由三棱锥的等体积得，即，解得，，
由球的性质可知：当，与圆相切时，最大，如图所示：，
由圆的切线长定理可知：，
在中，，最大时，最小，因为，
所以此时为的中点，即有，正四面体的内切球的球心为，显然也是该正四面体的外接球的球心，所以，因此，，
，所以.故选：C.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用球的几何性质即当，与圆相切时，最大，结合圆的切线性质求解.
2．（25-26高二上·江西上饶·期末）两根相同的正三棱柱钢管均被一个经过底面一个顶点且与底面的另一条边平行的平面所截，截得的几何体以截面完全重合的方式拼接在一起构成一个“V”型管道，若这两个正三棱柱钢管长为10cm，底面边长为2cm，且截面与底面所成角均为，则能顺利地从管道的一端通过到管道另一端（管壁的厚度忽略不计）的球最大半径为（ ）cm．
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据题干大致画出“V”型管道的几何图，核心在于中间对称拼接的两个小锥体，根据题干条件并结合几何知识求出两个小锥体共6个表面的面积，由题中可知该球的最大球半径即为这两个小锥体拼接而成的几何体的内切球，再根据体积法即可求出内切球的半径，该半径即为最大半径．
【详解】如图所示，“V”型管道为，其中DEF为两个正三棱柱的截面，
也为“V”型管道两小段被截三棱柱的拼接面，其余均为辅助线，
依题意有，分别取，，中点J，O，M，
连接并延长交于中点T，根据对称性可知JT可与交于N，
同理依据对称性可知，连接并延长可交于P，
根据对称性可知四边形为菱形，且，
在中，，
故，，
在菱形中，，
故，
所以，且，
依条件，若能顺利地从管道的一端通过到管道的另一端，则球应为多面体的内切球，
设多面体的内切球半径为，
则由，其中，所以，
根据对称性，N到平面DEF的高为中N到DM的距离，
所以，又，
所以，由此可得，解得．
故选：D．
3．（23-24高一下·河北沧州·期末）在中，，，，M，N分别为AC，AB上的动点（不包括端点），将沿MN折起，使点A到达点的位置，且平面平面BCMN．若点均在球O的球面上，则球O表面积的最小值为________．
【答案】
【分析】先证，，接着证得平面，平面，作出外接球的球心，证得平面，平面，推理得到,设，分别表示出，利用，建立外接球半径的方程，利用二次函数的性质即可求得球O表面积的最小值.
【详解】
显然M 不与A重合，由点均在球O的球面上，得B，C，M，N四点共圆，则有．
又为直角三角形，AB为斜边，则有，如图将翻折后，，，
又平面平面，平面平面，平面，平面BCMN，
于是平面，平面.
显然的中点D为的外接圆圆心，BM的中点E是四边形的外接圆圆心，
则平面，平面．因此，．
取NM的中点F．连接DF，EF，则有，．
所以四边形为平行四边形．
作于点，则,,
，则，，．
设球O的半径R．则在中，，
当时，，此时球O表面积的最小值为．
故答案为：.
【点睛】思路点睛：本题主要考查空间几何体的翻折和多面体的外接球，属于难题.
解题思路在于由多面体的底面多边形的外接圆圆心找到外接球球心，再建立关于外接球半径的方程，即可求得.
4.（2025高三全国模拟测试 ）点是棱长为的正方体的棱切球上的一点，点是的外接圆上的一点，则线段的取值范围是（_____）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】分别求得正方体的棱切球与外接球半径，点在棱切球上，点在外接球上某个小圆上动，从而线段的最大值与最小值为两个球半径和与差．
【详解】因为棱长为2的正方体的体对角线为其外接球直径，而面对角线为其棱切球的直径，且正方体的棱切球与外接球球心重合，
所以正方体外接球和棱切球的半径分别为和，
因为的外接圆是正方体外接球的一个小圆，点在棱切球上运动，点在外接球上某个小圆上动，
所以，即.
故选：D.

考向13 球最值2：体积最值
5．（25-26高三上·江苏南通·月考）已知四面体ABCD的顶点都在表面积为的球面上，若，则四面体ABCD的体积的最大值为____________.
【答案】
【分析】先求球心到底面的距离为定值，再求底面面积的最大值和三棱锥的高，即可求四面体体积的最大值.
【详解】如图：
设外接圆半径为，则.
在中，由余弦定理，，
所以（当且仅当时取等号）.
所以.
设所在截面的圆心为，球心为，四面体外接球半径为，
由.
则.
所以点到平面的最大距离为.
所以.
故答案为：
6．（2025·甘肃武威·模拟预测）已知球是三棱锥的外接球，，，若三棱锥体积的最大值为，则球的表面积为________.
【答案】
【分析】利用余弦定理求出的长度，从而得到，则的外接圆的圆心是斜边的中点，得到过且垂直于平面的直线一定过球心，连接并延长与球相交的点就是使得三棱锥体积的最大值的点，利用三棱锥的体积公式得到的长度， 设球的半径为，由得到，由建立的等式，求出，利用球的表面积公式求解即可.
【详解】，，，
，，，的外接圆的圆心是斜边的中点，
过且垂直于平面的直线一定过球心，
连接并延长与球相交的点就是使得三棱锥体积取得最大值的点，
，，，三棱锥体积的最大值为，
，，， 设球的半径为，，，
，，，球的表面积为.
故答案为：.
7．（2024高三·江苏·专题练习）在三棱锥中，平面，，，，，点M在该三棱锥的外接球O的球面上运动，且满足，则三棱锥的体积最大值为__________
【答案】
【分析】通过已知条件可分析出球心为中点，再由确定点在半径为1的圆上，从而确定点到平面的距离为定值，求出的面积最大值，即可确定三棱锥的体积最大值.
【详解】

该三棱锥的外接球O为的中点，下证：
因为平面，平面，所以，所以，
又，即，所以，
即三棱锥的外接球球心为的中点，球半径.
点M在该三棱锥的外接球O的球面上运动，且满足，
在△中，由正弦定理可得△的外接圆的半径为，
球心到平面的距离为，因为为的中点，所以到平面的距离为，
，要使三棱锥的体积最大，只需△的面积最大即可.
在△中由余弦定理可得：，
所以，当且仅当时等号成立，，所以，
当且仅当时, 三棱锥的体积取到最大值.故答案为：.
【点睛】本题两个关键点：一是通过空间中线线垂直确定球心位置，二是利用正弦定理确定点的轨迹，才能求得三棱锥体积最大值.
8．（2026·湖南长沙·三模）已知点均在半径为的球的球面上，，，则四面体的体积的最大值为___________．
【答案】
【分析】利用直角三角形条件及基本不等式确定底面三角形面积的最大值；然后通过球面几何与余弦定理分析定点距离约束下动点的轨迹特征，再结合对称性确定点到底面距离取最大的几何位置；最终将面积与距离的最值结合，求出四面体的最大体积.
【详解】如图所示，由题意可知，点在以为直径的截面圆上运动，
则，可得，当且仅当时取等号．
连接，在中，，由余弦定理可得，
则点的轨迹是以直线为中心轴的圆锥与该球面的截面圆，
其半径，且．
当时，，此时过点，作平面于点．
根据对称性，垂足必在上，易知，则．
当点到平面的距离最大时，，
故四面体的体积的最大值为：
故答案为：
考向14 球最值3：内切、外接球动点最值
9．（2024年高三全国模拟测试）如图两个同心球，球心均为点，其中大球与小球的表面积之比为3:1，线段与是夹在两个球体之间的内弦，其中两点在小球上，两点在大球上，两内弦均不穿过小球内部.当四面体的体积达到最大值时，此时异面直线与的夹角为，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】首先判断出正方体内切球和外接球的半径比为，内切球和外接球的表面积之比为，符合题意中的小球和大球的比例.判断当四面体体积最大时，的位置关系，作出异面直线所成的角，解直角三角形求得.
【详解】设正方体的边长为，则其内切球半径为，外接球的半径为，所以内切球和外接球的表面积之比为，符合题意中的小球和大球的比例. 依题意最长为，最长为小球的直径.由于三角形的面积，若为定值，则时面积取得最大值.画出图像如下图所示，其中分别是所在正方形的中心，是正方体内切球与外接球的球心..由于，故此时四面体的体积最大.
由于，所以四边形为平行四边形，所以，所以是异面直线和所成的角.所以由于，设是的中点，则，所以，所以.
故选：A
【点睛】本小题主要考查几何体与球的外切和内接的问题，考查空间想象能力和逻辑推理能力，属于中档题.
10．（2022·吉林·模拟预测）已知三棱锥三条侧棱，，两两互相垂直，且，､分别为该三棱锥的内切球和外接球上的动点，则线段的长度的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】采用补形法得正方体，作出图形，找出内切球，外接球球心，由几何关系知：两点间距离的最小值为，易求外接圆半径，结合等体积法可求出内切圆半径和，进而得解.
【详解】由已知将该三棱锥补成正方体，如图所示.
设三棱锥内切球球心为，外接球球心为，内切球与平面的切点为，
易知：三点均在上，且平面，
设内切球的半径为，外接球的半径为，则.
由等体积法：，得，
由等体积法：，得，
将几何体沿截面切开，得到如下截面图：大圆为外接球最大截面，小圆为内切球最大截面，
∴两点间距离的最小值为.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：根据题设将三棱锥补成正方体，进而确定内切球，外接球球心，结合等体积法求内切圆半径及，即可得的长度的最小值.
11．（2024浙江模拟测试中）已知在棱长为12的正四面体的内切球球面上有一动点，则的最小值为______，的最小值为______．
【答案】
【解析】求出正四面体的高，进一步得到内切球的半径，由高减去内切球的直径得的最小值；利用阿波罗尼斯球的定义，借助内切球的比例关系求得，转化后求最小值即可.
【详解】
设正四面体的高为，每一个面的面积为，其内切球的半径为，
则由等积法可得，，即．
设内切球球心为，连结并延长交平面于，交内切球上方的点设为，过作，交于，连结，，如图，
则在正三角形中，
，
正四面体内切球的半径，直径为.
则的最小值为．同理可知的最小值为.
根据阿波罗尼斯球知,内切球是线段上以，为定点，空间中满足的点的集合，
设，因为，，，
，解得，，，，
，在中，，，
，．
的最小值为．故答案为：；．
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键点在于，根据阿波罗尼斯球定义利用比例关系求得,可将转化为，利用平面几何性质知最小值为，由余弦定理求解即可，属于难题.
12．（2025·新疆乌鲁木齐·三模）已知正三棱锥，底面边长为，二面角的正切值为，则正三棱锥的外接球半径为_____，分别为正三棱锥内切球，外接球球面上的动点，则线段长度的最大值为_____．
【答案】
【分析】过作面，利用正三棱锥的性质，知是的中心，再利用几何关系和条件，可得，由正三棱锥的性质知外接球球心在上，再利用勾股定理，即可求出外接球的半径，再利用等体积法，求出内切球的半径，根据条件转化成求两球心距和内切球、外接球半径之和，即可求解.
【详解】如图，过作面，因为是正三棱锥，则是的中心，
连接并延长交于，则是的中点，连接，
因为，，所以为二面角的平面角，
又，是中心，则，，
在中，由，得到，
因为是正三棱锥，则的外接球球心在上，设球心为，半径为，连接，
如图，由，得到，解得.
因为，所以，
则，又，，
设正三棱锥内切球的圆心为，半径为，易知在上，
由，得到，所以，
又，，
则线段长度的最大值为，
故答案为：，.

冲刺练
（建议用时：60分钟）
一、单选题
1．（24-25·黑龙江哈尔滨·模拟测试）已知正四面体的棱长为4，球为其内切球，球与球及正四面体的三个侧面都相切，则球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先根据正四面体的结构特征求出内切球半径，然后根据相似关系求出球的半径，最后求出球的表面积.
【详解】因为正四面体的棱长为，所以底面正三角形的高为，
底面中心到底面顶点的距离为.
根据勾股定理可得正四面体的高为.
则正四面体的体积为.
设内切球半径为，则，解得.
设的半径为，根据相似关系可知，
即，解得.
所以球的表面积为.
故选：A.
2．（23-24高三下·陕西安康·月考）如图，棱长为的正方体的内切球为球，，分别是棱，的中点，在棱上移动，则（ ）

A．对于任意点，平面
B．直线被球截得的弦长为
C．过直线的平面截球所得的所有截面圆中，半径最小的圆的面积为
D．当为的中点时，过，，的平面截该正方体所得截面的面积为
【答案】C
【分析】令与重合，利用特殊位置举反例证明A错误；建立空间直角坐标系，利用空间向量求得、两直线所成角，从而求得点到直线的距离，即可求得直线被球截得的弦长，判断B选项；确定过直线的平面截球所得的所有截面圆中，半径最小的圆为以直线被球O截得的弦长为为直径的圆，从而求得圆的面积，判断C选项；确定当为的中点时，过，，的平面截该正方体所得截面为边长为的正六边形，利用正弦定理面积公式求六边形面积即可判断D选项.
【详解】

对于A，根据已知条件圆为以为圆心，半径的圆；在棱上移动，
当与点重合时，平面即为平面，因为在直线上，
所以平面，所以与平面相交，A错误；
对于B，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则、、、，
则，，，
设直线与直线夹角为，则，
由此可知，连结，过作直线的垂线，垂足为，
则在中，有，解得，
设直线被球O截得的弦长为，则，B错误；
对于C，过直线的平面截球O所得的所有截面圆半径最小时，有垂直于过的平面，
此时圆的半径为，圆的面积为，C正确；
对于D，根据题意当为的中点时，
过，，的平面截该正方体所得截面为正六边形，，
在中，，所以边长，
所以截面面积为，D错误.
故选：C
【点睛】关键点点睛：本题考查几何体与球的组合问题，垂直关系的转化，平面截球的问题，平面截正方体问题，关键是：⑴利用球的弦长公式计算弦长；⑵确定平面截正方体所得截面的形状.
3．（22-23高二下·四川成都·期中）如图所示是古希腊数学家阿基米德的墓碑文，墓碑上刻着一个圆柱，圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等，相传这个图形表达了阿基米德最引以为自豪的发现，即：圆柱的体积与其内切球的体积比为定值. 现在让我们来重温这个伟大发现．圆柱的体积与球的体积之比为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据给定条件，设出球半径，求出圆柱及内切球的体积即可计算作答.
【详解】设圆柱的内切球半径为，则圆柱底面圆半径为，高为，
所以圆柱的体积与球的体积之比为.
故选：D
4．（2025高三上·湖南衡阳·专题练习）如图是一个圆台的侧面展开图是一个半圆扇环（为扇形所在圆的圆心，圆心角为），若该圆台存在内切球，记该圆台的内切球表面积为，该圆台的表面积为，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】设圆台的上底面半径为，下底面半径为，母线长为，内切球半径为，高为，根据圆台的侧面展开图，求得，，从而进行求解.
【详解】设圆台的上底面半径为，下底面半径为，母线长为，内切球半径为，高为，
则，
而，
得，
又因为，
得，
得，
则，
得该圆台的内切球表面积为，
该圆台的表面积为，
则
故选：B
5．（25-26高三上·广东深圳·月考）已知球O内切于正四棱台（即球与该正四棱台的上、下底面以及侧面均相切），且该正四棱台的上、下底面棱长之比为，则球O与该正四棱台的体积之比为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】设出正四棱台上、下底面的棱长，则可借助正四棱台性质及体积公式表示出内切球体积及正四棱台体积，即可得解.
【详解】如图为该几何体的轴截面，其中圆O是等腰梯形ABCD的内切圆，

设圆O与梯形的腰相切于点P，Q，与上、下底面分别切于点，，
不妨设正四棱台上、下底面的棱长为，，
则，，，
故在直角梯形中，过点C作，垂足为E，所以，
在中，，为棱台的高，也是球的直径，
所以半径为，所以球的体积为，
棱台体积为，
故球与棱台的体积比为.
故选：C.
6．（2025·海南海口·模拟预测）已知圆锥的母线长等于底面的圆半径的2倍，那么该圆锥的表面积与圆锥的内切球表面积之比为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据圆锥和它的内切球的性质，做出轴截面，求出内切球半径和底面半径之比，求出圆锥的表面积与圆锥的内切球表面积之比.
【详解】
如图所示，作圆锥轴截面及其内切圆，与三角形切于两点，
设圆锥底面半径为，内切球半径为，则，由勾股定理易知，
所以在中，，
由三角形内切圆可得，可得，即，化简得，
圆锥表面积为，内切球表面积，
则圆锥的表面积与圆锥的内切球表面积之比，
故选：B.
7．（2024全国模拟测试）如图，一块边长为10cm的正方形铁片上有四块阴影部分，将这些阴影部分裁下去，然后用余下的四个全等的等腰三角形加工成一个正四棱锥形容器，则这个正四棱锥的内切球（球与正四棱锥各面均有且只有一个公共点）的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据题意可得正四棱锥的斜高为5，底面正方形的边长为6，从而可得正四棱锥的高，设这个正四棱锥的内切球的半径为，高线与斜高的夹角为，则易得，，从而可得，再代入球的体积公式，即可求解．
【详解】作出四棱锥如图：
根据题意可得正四棱锥的斜高为，底面正方形的边长为6，
正四棱锥的高为，
设这个正四棱锥的内切球的球心为，半径为，与侧面相切于，
则高线与斜高的夹角为，则，
则,
，，
这个正四棱锥的内切球的体积为．
故选：B．
8．（25-26高三上·浙江杭州·期末）球面几何学是非欧几何的例子，是在球表面上的几何学．对于半径为的球，过球面上一点作两条大圆的弧，它们构成的图形叫做球面角，记作（或），其值为二面角的大小，其中点称为球面角的顶点，大圆弧称为球面角的边．不在同一大圆上的三点，可以得到经过这三点中任意两点的大圆的劣弧，这三条劣弧组成的图形称为球面，这三条劣弧称为球面的边，三点称为球面的顶点；三个球面角称为球面的三个内角．已知球心为的单位球面上有不同在一个大圆上的三点．类比二面角，我们称从点出发的三条射线组成的图形为三面角，记为．其中点称为三面角的顶点，称为它的棱，称为它的面角．以下说法，正确的是（ ）
A．任意球面三角形的内角和为
B．若三面角的三个面角的余弦值分别为，球面的三个内角的余弦值有一个是
C．若三面角的三个面角的余弦值分别为，球面的面积为
D．若三面角的三个面角的余弦值分别为，球面的面积为
【答案】D
【分析】对于B，使用空间解析几何方法求出球面的三个球面角；对于ACD，证明球面的面积，即可得到逐一判断.
【详解】先证明一个引理.
引理：若在单位球面上的球面的三个球面角，
设该球面的面积为，则，
引理的证明：
记球的表面积为，则，设的对径点分别为，
则所在的大圆和所在的大圆将球面分成了四个部分，
其中面积较小的两个部分的面积之和等于球的表面积的倍，
即，类似可定义，且同理有，
而根据球面被这三个大圆的划分情况，又有，
所以，
故，
引理得证，
对于A，因为，所以，
所以，不是一个固定值，所以A错误；
对于B，由已知条件，可设，
如图，以为原点，构建空间直角坐标系，则，
不妨设，设，
则由可知；；
又，故，
不妨设，则，所以有，
设平面的法向量分别为，并设，
则，即，
也即，故可取，
所以我们有，
，
，
故球面三角形的三个内角的余弦值分别为，故B错误；
对于CD，由B选项可知：，
再由引理可知球面的面积，故C错误，D正确.
故选：D
二、多选题
9．（25-26高三上·山东济宁·期末）已知圆锥的底面圆半径为，母线长为，为圆锥底面上任意一点，为圆锥外接球的球心，为球面上一点，且，则下列说法正确的是（ ）
A．圆锥的侧面积为B．球的体积为
C．点的轨迹长度为D．的最大值为6
【答案】ABD
【分析】选项A，利用圆锥的侧面积公式求解；选项B，求出圆锥的高，设球的半径为，在中，利用勾股定理得到，解出，利用球的体积公式求解；选项C，将整理得到，设，则有①，在中，利用余弦定理得到，整理得到②，②代入①后解得，即，则有的轨迹是以为球心，为半径的球面与球的交线，且此交线为圆，设圆的半径为，两个球心与的距离为，球的半径为，在中，由勾股定理得到③，在中，由勾股定理得到④，③代入④后解得⑤，⑤代入③后解得， 利用圆的周长公式求出点的轨迹长度；选项D，为圆锥底面上任意一点，底面圆的圆心为，则的最大值为.
【详解】选项A，圆锥的底面圆半径为，母线长为，
圆锥的侧面积为，故选项A正确；
选项B，圆锥的高，设球的半径为，

由图可知，，，
在中，，，，
球的体积为，故选项B正确；
选项C，，，
，，，
，
设，
则有①，
在中，，
，，，②，
②代入①，得，解得，
，，
的轨迹是以为球心，为半径的球面与球的交线，且此交线为圆，
设圆的半径为，两个球心与的距离为，球的半径为，
在中，，，
③，
在中，，，
，④，
③代入④，得，解得⑤，
⑤代入③，得，解得，
点的轨迹长度为，故选项C错误；
选项D，为圆锥底面上任意一点，底面圆的圆心为，
要使最大，则，又，，
的最大值为，故选项D正确.
故选：ABD.
10．（25-26高二上·四川成都·期中）已知球O是棱长为2的正方体的内切球，M是的中点，N是的中点，P是球O的球面上任意一点，正方体表面上动点Q满足，则下列说法正确的是（ ）
A．三棱锥的体积的最大值为
B．Q的轨迹长度为
C．若，则动点P的轨迹长度为
D．若，则为定角
【答案】BCD
【分析】以为原点建立空间直角坐标系，利用点面距离的向量求法可求得球心到平面的距离，结合三棱锥体积公式可知体积最大值为，知A错误；设，求出D的轨迹为球与正方体平面的交线，再利用几何性质求出弧长即可判断B；分别取中点，易知平面平面，可知所求轨迹为平面与内切球的交线，根据截面圆半径可求得C正确；根据椭圆定义可知点在以为焦点，长轴长为的椭球面上，结合椭圆与圆的对称性可知D正确.
【详解】对于A，以为原点，正方向为轴正方向可建立如图空间直角坐标系，
则，，，，
，，，
设平面的一个法向量为，
则，令，解得，，；
球心到平面的距离，平面，平面，，
又，
所以三棱锥体积最大值为，A错误；
对于B，由正方体表面上动点Q满足，所以设，
则点的轨迹满足，
又正方体的棱长为2，取，则，

由图可知，在面内对应的弧长为，
由对称性可知在面、面、面内总长度为，B正确；
对于C，由正方体性质得面，且内切球半径，
分别取中点，如图所示，
，，平面，
平面，平面，平面，
平面，平面，又，平面，
所以平面平面，平面，
则点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，
则到平面的距离为平面与平面的距离，
截面圆半径，所以点轨迹长度为，C正确；
对于D，由题意知：，
又，所以点在以为焦点，长轴长为3的椭球面上，
因为点在以为球心，1为半径的球面上，所以点在椭球面与球面的交线处，
则平面截球与椭球的截面图如图所示，
由椭圆与圆的对称性可知：点位于时，为定值，D正确.
故选：BCD.
11．（2025·山东济宁·二模）已知正方体的棱长为1，点在正方体的内切球表面上运动，且满足平面，则下列结论正确的是（ ）
A．B．点的轨迹长度为
C．线段长度的最小值为D．的最小值为
【答案】ACD
【分析】根据平面平面，可得点的轨迹是平面与正方体内切球的交线，建立空间直角坐标，利用数量积公式计算，依次判断可选项可求得结果.
【详解】以为原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，
则，，，，，，
正方体的内切球的球心为正方体的中心，半径，
平面的法向量： ，，设，
由，即，令，则，，所以.
对于选项A， ，因为平面，所以，而，
所以，即，A正确.
对于选项B，因为平面，平面平面，
所以点的轨迹是平面与正方体内切球的交线，此交线为圆，记圆心为.
设平面与正方体的中心的距离，设平面的法向量为，
，，
设，由，可得，
令，则. ，
∴点到平面的距离为，
∴圆的半径为，
∴圆的周长，即点的轨迹长度为，B错误.
对于选项C， ，点在球面上，
线段长度的最小值为，C选项正确.
对于选项D，设与夹角为，，.
在平面直角坐标系中， ，， ，，
， ，
所以，令， ，
，
所以的最小值为，D选项正确.
故选：ACD
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是确定点的轨迹为平面与正方体内切球的交线，此交线为圆，结合条件计算圆的半径，结合点与圆的位置关系求解计算.
三、填空题
12．（23-24湖南衡阳·期中）已知三棱锥三条侧棱，，两两互相垂直，且，，分别为该三棱锥的内切球和外接球上的动点，则线段的长度的最小值为______．
【答案】
【分析】采用补形法得正方体，作出图形，找出内切球，外接球球心，由几何关系知：两点间距离的最小值为，易求外接圆半径，结合等体积法可求出内切圆半径和，进而得解.
【详解】由已知将该三棱锥补成正方体，如图所示.
设三棱锥内切球球心为，外接球球心为，内切球与平面的切点为，
易知：三点均在上，且平面，
设内切球的半径为，外接球的半径为，则.
又，，
所以，
由等体积法：，
即，解得，
由等体积法：，
即，解得，
将几何体沿截面切开，得到如下截面图：大圆为外接球最大截面，小圆为内切球最大截面，
∴两点间距离的最小值为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：根据题设将三棱锥补成正方体，进而确定内切球，外接球球心，结合等体积法求内切圆半径及，即可得的长度的最小值.
13．（2023·广西南宁·二模）蹴鞠，又名“蹴球”“蹴圈”等，“蹴”有用脚蹴、踢的含义，鞠最早系外包皮革、内饰米糠的球，因而“蹴鞠”就是指古人以脚蹴、踢皮球的活动，类似今日的足球，现已知某“鞠”的表面上有四个点满足，，则该“鞠”的表面积为_______.
【答案】
【分析】作出辅助线，找到球心的位置，利用余弦定理和勾股定理求出球的半径，得到表面积.
【详解】取的中点，连接，
因为，所以且，
故，
因为，所以，
故，
在上取点，使得，则点为等边的中心，则，
设点为三棱锥的外接球球心，则平面，
连接，设外接球半径为，则，
过点作⊥，交延长线于点，则，
由于在平面中，故，故平面，
过点作⊥于点，则，
，，，
故，设，则，
由勾股定理得，，
故，解得，
故，
故该“鞠”的表面积为.
故答案为：
14．（24-25全国模拟测试）如图所示，底面半径为3，高为8的圆柱内放有一个半径为3的球，球与圆柱下底面相切，作不与圆柱底面平行的平面与球相切于点F，若平面与圆柱侧面相交所得曲线为封闭曲线C，且C是以F为一个焦点的椭圆，则C的离心率的最大值为______．
【答案】
【分析】根据题意，找到椭圆离心率最大的位置点是关键，要保证该椭圆是以切点为焦点，则需要新加一个相同大小的球从圆柱上方放入，使得平面也与该球相切，最后通过建立平面直角坐标系，求得椭圆的离心率
【详解】
根据题意，可再新增一个半径为3的球从圆柱上方放入，设平面分别交两个球于点和点，则可得：点和点是椭圆的两个焦点
当且仅当在圆柱上平面上时，此时椭圆的离心率取得最大值
如上图所示，为圆柱的高，为球的半径，则为，为，然后建立以为坐标原点，以为轴，以为轴的平面直角坐标系，
易知：，圆的方程为：
设直线的斜率为，则该直线的方程为：根据相切可知：点到直线的距离为
则有：解得：故直线的方程为：
则有：则因，则直线的方程为：
联立直线和直线的方程：可解得：
则解得：故椭圆的最大离心率为：故答案为：
【点睛】立体几何与圆锥曲线相结合的题目，难度较大，可先将立体几何转化为平面几何进行分析，进而简化问题，然后运用平面几何的知识求解问题.
结束
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重难冲刺练
模拟实战 挑战顶尖：挑战此重难点的中高难度题目，养成稳定攻克难题的“题感”
近三年：结合近三年高考数学命题趋势及立体几何核心考点分布，球的内切与外接问题始终是高频重难点。考察聚焦 “空间几何转化为平面几何” 的核心思想，以多面体与球的切接关系为载体，综合考查空间想象、逻辑推理和运算求解能力，题型分布：以选择题、填空题为主（占比约 85%），偶尔作为解答题的第二问出现（如与体积最值、截面问题结合），属于 “中高频中档题 + 压轴小题” 的定位。
预测2026年：稳定方向：继续以 “三棱锥、长方体、正四面体” 为核心载体，考察外接球半径计算、表面积 或者体积求解，保持 “基础公式 + 逻辑转化” 的考察模式。
命题的创新方向：
与截面问题结合：如求球被平面截取的截面圆面积，需先求球心到平面的距离
2.与函数、向量结合：如通过向量垂直关系确定多面体结构，再求切接球参数
3.不规则多面体切接：如带二面角的折叠体的外接球，，属于热门创新点。
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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
柱体，无论直棱柱还是圆柱，内切球首先是上下底面圆（都变形）的内切圆，一般情况下，柱体的高则是球的直径。
圆锥内切球，一般情况下，要从圆锥的轴截面进行分析求解，内切球大圆，是圆锥轴截面三角形的内切圆。
棱台与圆台是内切球的难点。
圆台内切球求解，与圆锥一样，从圆台轴截面入手，轴截面是等腰梯形，则内切球大圆圆面是等腰梯形的内切圆。
正棱台内切球，与正棱台上下底面正多边形中心相切，还与棱台每个侧面相切。所以从棱台对面斜高截面入手，寻找直角梯形与内切球大圆的半圆相切的关系。
1.正方体的棱长为a，球的半径为R，则：
①若球为正方体的外接球，则2R＝eq \r(3)a；
②若球为正方体的内切球，则2R＝a；
③球与正方体的各棱相切，则2R＝eq \r(2)a.
长方体的长、宽、高分别为a，b，c，则外接球直径＝长方体对角线，即：2R＝eq \r(a2＋b2＋c2).
2.对棱相等模型是三棱锥的三组对棱长分别相等模型，用构造法(构造长方体)解决．外接球的直径等于长方体的体对角线长，即(长方体的长、宽、高分别为a、b、c)．秒杀公式：R2＝eq \f(x2＋y2＋z2,8)(三棱锥的三组对棱长分别为x、y、z)．可求出球的半径从而解决问题．
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
计算公式
面面垂直型基本图形
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，

表面有等边三角形或者直角三角形：双线交点定心法（特殊三角形圆心垂线交点确定球心法）
包含了面面垂直（俩面必然是特殊三角形）
等边或者直角：（1）等边三角形中心（外心）做面垂线，必过球心；
二面角型，多采用 两个外心垂线交线定球心法
(1) 选定一个面，定外接圆的圆心O1
(2) 选定另一个面，定外接圆的圆心O2；
(3) 分别过O1作该底面的垂线，过O2作该面的垂线，两垂线交点即为外接球的球心O.
棱切球是指与多面体的所有棱都相切的球，其核心解题逻辑围绕存在条件、球心位置、半径计算展开，且不同规则多面体（正方体、正四面体、正棱锥等）的棱切球具有专属结论，同时可通过 “补形法”“几何转化法” 将不规则多面体的棱切球问题转化为规则模型求解。
球心位置：棱切球球心必在多面体的几何中心（重心 / 中心对称点），且球心到多面体所有棱的距离相等，该距离即为棱切球半径R。
存在前提：多面体需满足中心对称（如正方体、正四面体、正六棱柱等），或各棱到某一公共点的距离相等，非中心对称多面体一般无棱切球。
堆叠球是立体几何内接外切球的高频难点，核心是多球依次相切且均与同一几何体的面相切（如正四面体 、正四棱锥内的内切球 + 多层相切小球、正方体内相外切且均内切于正方体的双球等），
解题关键是将空间问题平面化（轴截面 、 截面转化）+ 利用相似三角形 或 几何比例求半径 + 结合球的表面积 或者体积公式计算，以下结合真题总结通用规律和典型题型解法。
球的动点最值是立体几何内接外切球的高频难点，核心围绕球面上动点到定点 、 定线、 定面的距离最值、动点构成线段 、角 、 面积与 体积等等的最值展开，解题关键是确定球心与半径，结合空间几何性质（垂线段最短、直径最长）、截面转化、函数最值求解，从以下方面入手：
1.距离最值思维核心：球面上一点P到定点A的距离，满足∣OA−R∣≤PA≤OA+R（O为球心，R为球半径），即连线段过球心时取最值简称为“近日点、远日点”（“近日”点：OA−R，“远日”点：OA+R）
2、线面距离转化：球面上动点到定线 或者定面的距离最值，转化为球心到定线或者定面的距离d与球半径R的组合：
3、到定面：最小值=∣d−R∣，最大值=d+R；
到定线：要先求球心到定线的距离d，再由勾股定理得动点到定线的距离最值为d2±R2​（这个地方需结合截面验证）。
4、截面化归思想：所有空间动点最值，过球心和动点 、 定点、 定线作截面，将空间问题转化为圆的动点最值（平面几何），利用圆的性质（如弦长、切线、圆心距）求解。
5、 轨迹定位法：若动点满足额外约束（如PM=k、∠MPN=θ），先确定动点在球面上的轨迹是小圆（截面圆），再在小圆上求最值。
立体几何中与球相关的体积最值问题，核心围绕多面体（棱锥、棱柱、四面体等）内接于球或球与多面体相切展开，本质是通过确定球的核心参数（球心、半径），结合空间几何性质将体积最值转化为高或者 底面积 与距离的最值，再利用基本不等式、函数单调性、几何边界条件求解，
最值转化，容易出问题的地方是这几方面
1. 混淆 “球心到平面的距离”：求点到平面的最大距离时，需先判断球心在平面内侧 、 外侧，若平面过球心，则d=0，最大距离为R；
2、 忽略底面积的最值约束：若底面为动面，不可直接将高取最值，需先利用基本不等式求底面积的最大值，再结合高的最值求体积；
3、误将 “截面圆半径” 当作球半径：多面体的底面外接圆是球的截面圆，其半径r≤R，需用R2=d2+r2换算，不可直接用r代替R；
4、基本不等式使用条件：利用a+b≥2ab​时，需保证、均为正数且和为定值，否则需用函数单调性求解（如立方和函数y=x3+(k−x)3在x=0或x=k时取边界值）。