专题12 球的外接、内切及立体几何最值问题（知识串讲+热考题型+专题训练）-2023-2024学年高一数学下学期期中期末常考考点精讲精练（苏教版必修第二册）

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（一）几个与球有关的切、接常用结论
（1）正方体与球有以下三种特殊情形：一是球内切于正方体；二是球与正方体的十二条棱相切；三是球外接于正方体．它们的相应轴截面如图所示(正方体的棱长为a，球的半径为R)．
①若球为正方体的外接球，则2R＝a；
②若球为正方体的内切球，则2R＝a；
③若球与正方体的各棱相切，则2R＝a.
= 4 \* GB3 ④如图，在棱长为a的正方体ABCD­A1B1C1D1中，连接A1B，BC1，A1C1，DC1，DA1，DB，可以得到一个棱长为a的正四面体A1­BDC1，其体积为正方体体积的.
（2）若长方体的同一顶点的三条棱长分别为a，b，c，外接球的半径为R，则2R＝.
（3）棱长为a的正四面体中：
= 1 \* GB3 ①斜高为a； = 2 \* GB3 ②高为a； = 3 \* GB3 ③对棱中点连线长为a； = 4 \* GB3 ④外接球的半径为a；
= 5 \* GB3 ⑤内切球的半径为a； = 6 \* GB3 ⑥ S表面积＝a2； = 7 \* GB3 ⑦ V＝a3； = 8 \* GB3 ⑧相邻两个面的二面角：cs α＝；
= 9 \* GB3 ⑨三条侧棱与底面的夹角：cs β＝； = 10 \* GB3 ⑩正四面体的外接球与内切球的半径之比为3∶1.
（二）球“切”的处理
1．解决与球有关的内切问题主要是指球内切于多面体或旋转体，解答时首先要找准切点，通过作截面来解决．如果内切的是多面体，则作截面时主要抓住多面体过球心的对角面来作．
2．几何体内切球问题的处理
(1)解题时常用以下结论确定球心和半径：①球心在过切点且与切面垂直的直线上；②球心到各面距离相等．
(2)利用体积法求多面体内切球半径，.
(3)在求四面体内切球的半径时,应重视分割的思想方法,即将该四面体分割为以球心为顶点,各面为底面的四个三棱锥,通过其体积关系求得半径.
（三）球外接的处理
1．把一个多面体的几个顶点放在球面上即为球的外接问题．解决这类问题的关键是抓住外接的特点，即球心到多面体的顶点的距离等于球的半径．
2．（1）确定球心和半径解题思维流程：
(R—球半径，r—截面圆的半径，h—球心到截面圆心的距离)．注：若截面为非特殊三角形可用正弦定理求其外接圆半径 r.
(2)三条侧棱两两垂直的三棱锥，可以补成长方体，它们是同一个外接球． 注意：不共面的四点确定一个球面．
(3)求解球的内接正方体、长方体等问题的关键是把握球的直径即是几何体的体对角线.
(4)若球面上四点P,A,B,C的连线中PA,PB,PC两两垂直或三棱锥的三条侧棱两两垂直,则可构造长方体或正方体解决问题.
3.球与旋转体的组合通常作出它们的轴截面解题;球与多面体的组合,一般通过多面体的一条侧棱和球心,并结合“切点”或“接点”作出截面图,把空间问题化归为平面问题求解.
（四）球心的确定
1．由球的定义确定球心
若一个多面体的各顶点都在一个球的球面上，则称这个多面体是这个球的内接多面体，这个球是这个多面体的外接球．也就是说如果一个定点到一个简单多面体的所有顶点的距离都相等，那么这个定点就是该简单多面体外接球的球心．
①长方体或正方体的外接球的球心是其体对角线的中点；
②正三棱柱的外接球的球心是上、下底面中心连线的中点；
③直三棱柱的外接球的球心是上、下底面三角形外心连线的中点；
④正棱锥的外接球的球心在其高上，具体位置可通过建立直角三角形运用勾股定理计算得到．
2．构造长方体或正方体确定球心
①正四面体、三条侧棱两两垂直的正三棱锥、四个面都是直角三角形的三棱锥，可将三棱锥补成长方体或正方体；
②同一个顶点上的三条棱两两垂直的四面体、相对的棱相等的三棱锥，可将三棱锥补成长方体或正方体；
③若已知棱锥含有线面垂直关系，则可将棱锥补成长方体或正方体；
④若三棱锥的三个侧面两两垂直，则可将三棱锥补成长方体或正方体．
3．由球的性质确定球心
①球的截面均为圆面；
②球心和截面圆心的连线垂直于该截面，则有.
（五）几何体侧面、表面最值问题的解法
(1)观察图形特征，确定取得最值的条件，计算最值．
(2)设出未知量建立函数关系，利用基本不等式计算最值．
(3)几何体表面两点间距离(路程)最小问题，“展平”处理．
（六）截面最值问题的解法
（1）建立函数模型求最值问题：①设元；②建立二次函数模型；③求最值．
（2）猜想法求最值问题：要灵活运用一些特殊图形与几何体的特征，“动中找静”，如正三角形、正六边形、正三棱锥等．
题型一 球与旋转体“切”的问题
【典例1】（江西省2023届高三教学质量监测数学（理）试题）在炎热的夏天里，人们都喜欢在饮品里放冰块.如图是一个高脚杯，它的轴截面是正三角形，容器内有一定量的水.若在高脚杯内放入一个球形冰块后，冰块没有开始融化前水面所在的平面恰好经过冰块的球心（水没有溢出），则原来高脚杯内水的体积与球的体积之比是（ ）
A．1B．C．D．
【答案】D
【分析】如图，设球的半径为，根据勾股定理求得，结合圆锥和球的体积公式计算即可求解.
【详解】如图，圆与AB切于点D，设球的半径为，
则，且，
有，即，得，
所以水的体积，
所以水的体积与球的体积之比是.
故选：D.
【典例2】（2023·河北石家庄·统考一模）已知圆台的上､下底面圆的半径之比为，侧面积为，在圆台的内部有一球，该球与圆台的上､下底面及母线均相切，则球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由圆台的侧面积公式及球的表面积公式计算即可.
【详解】设圆台的上底面圆半径为，则底面圆半径为，母线长为，
如图所示，作出圆台与球的轴截面.由于球与圆台的上下底面及母线均相切，故.
根据圆台的侧面积公式，可得，所以球的直径为，故半径为，表面积为：
故选：C
【总结提升】
1.利用几何体特征；
2.利用旋转体的轴截面.
题型二 球与多面体“切”的问题
【典例3】（2023·全国·模拟预测）已知三棱锥的所有棱长均为2，若球经过三棱锥各棱的中点，则球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】把正四面体放置在正方体中，转化为正方体内切球问题，求出半径，代入球的表面积公式求解即可.
【详解】三棱锥的所有棱长均为2，
故可把三棱锥放置在正方体中，
如图
设正方体的棱长为a，则，解得，
当球经过三棱锥各棱的中点时，球为正方体的内切球，
故球的半径为正方体棱长的一半，即，所以球的表面积.
故选：B.
【典例4】（2022秋·广东肇庆·高三肇庆市第一中学校考阶段练习）已知正三棱锥的侧棱长为，底面边长为，则它的内切球的半径为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用内切球半径和点到平面的距离相等，转化为三棱锥的体积，即可求得半径.
【详解】如图，为的中点，底面，则为的中心，底面的面积.
又，所以，所以.
设三棱锥的内切球的半径为，则，所以.
故选：B
【典例5】（2023·青海·校联考模拟预测）已知体积为的球与正三棱柱的所有面都相切，则三棱柱外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据球与正三棱柱的所有面都相切，求得底面三角形内切圆的半径以及棱柱的高，继而求得外接球半径，即可求得答案.
【详解】因为球的体积为，所以球的半径为1，
又球与正三棱柱的所有面都相切，
所以正三棱柱底面内切圆的半径为1，棱柱高为2，
设正三棱柱的外接球的球心为O，底面内切圆的圆心为,
设的中点为D，则在上，且,
又,则三棱柱外接球的半径为，
即外接球的表面积为,
故选：B
题型三 球与旋转体“接”的问题
【典例6】（2022秋·重庆渝中·高三重庆巴蜀中学校考阶段练习）圆台上､下底面圆的圆周都在一个半径为5的球面上，其上､下底面圆的周长分别为和，则该圆台的侧面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】求得圆台的上下底面半径和母线长，从而求得圆台的侧面积.
【详解】因为圆台下底面的半径为，球的半径为，
所以圆台下底面圆的圆心与球心重合，
底面圆的半径为，画出轴截面如图所示，
设圆台上底面圆的半径，则，，
所以球心到上底面圆的距离，即圆台的高为3，
所以母线长，所以圆台的侧面积为.
故选：C
【典例7】（2023春·广东广州·高一广州市天河中学校考阶段练习）已知圆锥的侧面展开图是一个半径为的半圆，则圆锥的底面半径为______；若该圆锥的顶点及底面圆周在球O的表面上，则球O的体积为______.
【答案】
【分析】先由圆锥的侧面展开图求出圆锥的底面圆半径和高，然后根据圆锥的顶点及底面圆周在球O的表面上，设球的半径为，列出方程解出，然后计算球的体积.
【详解】因为圆锥的侧面展开图是一个半径为的半圆，所以圆锥的母线长为，
若底面圆的半径为，则，故，则圆锥的高为3，
因为该圆锥的顶点及底面圆周在球O的表面上，设球O的半径为，
则，解得，所以球O的体积为.
故答案为：，
【典例8】（2022秋·江苏·高三校联考阶段练习）已知圆柱的轴截面是边长为8的正方形，是圆上两点，是圆上两点，且，则四面体的外接球的表面积为______，四面体的体积为______.
【答案】
【分析】对于第一空，由题可知中点为四面体外接球球心，据此可得答案；
对于第二空，做辅助线，有，可得答案.
【详解】对于第一空，由题意得圆柱底面半径为4，高为8，取中点，则为四面体外接球球心，故四面体的外接球半径为，
得四面体的外接球的表面积为；
对于第二空，过作，且，则四边形为平行四边形，
因，平面，平面，得平面.
故A到平面距离等于E到平面距离，
故.
故答案为：；.
题型四 球与多面体“接”的问题
【典例9】（2023·四川凉山·二模）在四面体中，，则四面体外接球表面积是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用割补法及勾股定理，结合长方体的体对角线是外接球的直径及球的表面积公式即可求解.
【详解】由题意可知，此四面体可以看成一个长方体的一部分，长方体的长、宽、高分别为，，，四面体如图所示，
所以此四面体的外接球的直径为长方体的体对角线，即,解得.
所以四面体外接球表面积是.
故答案为：B.
【典例10】（2023春·辽宁朝阳·高二北票市高级中学校考阶段练习）如图，在直三棱柱的侧面展开图中，B，C是线段AD的三等分点，且．若该三棱柱的外接球O的表面积为12π，则_______________．
【答案】
【分析】根据正三棱柱得性质，确定外接球的球心，利用球的表面积公式以及勾股定理，可得答案.
【详解】由该三棱柱的外接球O的表面积为12π，设外接球得半径为，则，解得，
由题意，取上下底面三角形得中心，分别为，得中点即为外接圆圆心，作图如下：
则，平面，，
平面，，
在等边中，，
在中，，
.
故答案为：.
【典例11】（2022秋·河南洛阳·高三孟津县第一高级中学校考阶段练习）已知四棱锥的每个顶点都在球O的球面上，侧面底面，底面为边长为2的正方形，，，则四棱锥外接球的体积为__________.
【答案】##.
【分析】由已知条件可证得平面，则得四棱锥外接球的直径是以AB，AD，AP为棱的长方体的对角线，从而可求出外接球的半径，进而可求得四棱锥外接球的体积.
【详解】在中，，，，
所以，所以.
又侧面底面，侧面底面，平面，
所以平面.
所以四棱锥外接球的直径是以AB，AD，AP为棱的长方体的对角线，
设外接球的半径为R，体积为V，
则，，
所以，
即四棱锥外接球的体积为.
故答案为：
【总结提升】
求空间多面体的外接球半径的常用方法：
①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；
②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径；
③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可；
题型五 几何体面积、体积的最值问题
【典例12】（2023春·重庆沙坪坝·高三重庆八中校考阶段练习）半径均为R的四个球两两之间有且仅有一个公共点，在以四个球心为顶点的三棱锥的内部放一个小球，小球体积的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由题意可知所求小球即棱长为的正四面体的内切球，根据几何性质求得内切球半径与R的关系，即可得小球的体积最大值.
【详解】所得三棱锥是边长为的正四面体，不妨记为，令体积最大的小球半径为，球心为，
连接并延长交平面于点，则平面，为正三角形的中心，且，连接，，
则由正弦定理得，所以，
在Rt中，，
在Rt中，由得，则
所以小球的最大体积为.
故选：D.
【数列13】（宁夏吴忠市2023届高三模拟联考）已知表面积为54的正方体的顶点都在球O上，过球心O的平面截正方体所得的截面过正方体相对两棱，的中点F，E，设该截面与及的交点分别为M，N，点P是正方体表面上一点，则以截面EMFN为底面，以点P为顶点的四棱锥的体积的最大值为___________.
【答案】9
【分析】由正方体表面积求出正方体的棱长，判断棱锥高最大时点的位置，等体积法计算四棱锥的体积，并求出最大值.
【详解】设该正方体的棱长为a，球的半径为r，所以有，解得，所以该正方体的棱长为3.
如题图，由题意可知，若该截面必过正方体相对两棱BB1，DD1的中点F，E，则该截面EMFN为菱形，显然，而，所以，显然，所以，而，，平面，所以平面.
由题图可以看出当点与点或点重合时棱锥的高最大，为球的半径. ，而，则；综上所述，所求四棱锥的体积的最大值为9.
故答案为：9
【典例14】（2023春·浙江宁波·高一余姚中学校考阶段练习）已知某圆锥的内切球的体积为，则该圆锥的表面积的最小值为__________．
【答案】
【分析】由球的体积公式求出内切球的半径，设底面半径为，结合图形利用表示母线，根据圆锥表面积公式求其表面积的解析式，利用基本不等式求其最小值.
【详解】设圆锥的内切球半径为，则，解得，
设圆锥顶点为，底面圆周上一点为，底面圆心为，
内切球球心为，内切球切母线于，
底面半径，
则，又，
由已知为直角三角形，
又，，
所以，
所以，
所以，
故，
又，
故，
故该圆锥的表面积为，
令则，
当且仅当，即时取等号．
故答案为：.
【典例15】（2022春·山东青岛·高一校考期中）已知正三棱柱的顶点都在同一个半径为的球面上，①当三棱柱的侧棱长等于底面边长时，三棱柱的体积为______，②该三棱柱侧面积的最大值为______．
【答案】
【分析】第一空：设正三棱柱的侧棱长等于底面边长等于，作出正三棱柱图形，利用求出，进而可得棱柱体积；
第二空：设正三棱柱的侧棱长为，底面边长等于，利用得到的关系，通过基本不等式可得的最大值，进而可得三棱柱侧面积的最大值.
【详解】①设正三棱柱的侧棱长等于底面边长等于，正三棱柱图形如下：
，分别为底面的中心，为球心，
则，，
，
，
解得，
三棱柱的体积为；
②设正三棱柱的侧棱长为，底面边长等于，
则，，
，
，
，当且仅当时等号成立，
，
该三棱柱侧面积，
即该三棱柱侧面积的最大值为.
故答案为： ；.
题型六 几何体截面的最值问题
【典例16】（2022·全国·高三校联考阶段练习）已知四棱锥P-ABCD的底面ABCD是矩形，且该四棱锥的所有顶点都在球O的球面上，PA⊥平面ABCD, ，点E在棱PB上，且， 过E作球O的截面，则所得截面面积的最小值是____________.
【答案】##
【分析】将四棱锥补形为长方体可得球O球心与球O半径，则当EO与截面垂直时，截面面积最小.
【详解】如图，将四棱锥P-ABCD补为长方体，则此长方体与四棱锥的外接球均为球O，
则球O半径.O位于PC中点处.
因底面ABCD是矩形，则.因PA⊥平面ABCD，平面ABCD，则，又平面PAB，AB平面PAB，，则平面PAB.
因PB平面PAB，则.取PB的中点为F，
则，..
因，则，得.
则在直角三角形OEF中，.
当EO与截面垂直时，截面面积最小，
则截面半径为.
故截面面积为.
故答案为：
【典例17】（2023·河南郑州·统考二模）已知三棱锥P－ABC的各个顶点都在球O的表面上，，，，平面PBC⊥平面ABC，若点E满足，过点E作球O的截面，则所得截面面积的取值范围为______．
【答案】
【分析】根据圆的几何性质、面面垂直的性质，结合正弦定理、余弦定理、勾股定理进行求解即可.
【详解】如图所示，设O在平面的射影为，
在等腰三角形中，
由余弦定理可知，
由正弦定理可知：，
显然，垂足为，为中点，
由勾股定理可知：，，
因为，所以，
由勾股定理可知：，
设，垂足为，
因为，为中点，所以，
而，所以三角形是正三角形，因此
因为平面PBC⊥平面ABC，平面平面，
所以平面ABC，而平面ABC，平面ABC，
所以，，
在直角梯形中，，
设外接球的半径为，则，
在直角三角形中，，
在直角三角形中，
，
当截面经过球心时，截面的面积最大，最大值为，
当与截面垂直时，截面的面积最小，
在直角三角形中，，
此时截面的半径为，
所以截面的面积最小值为，
所以所得截面面积的取值范围为，
故答案为：
题型七 距离、长度的最值问题
【典例18】（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨三中校考二模）已知正三棱锥的底面边长为3，侧棱长为，点P为此三棱锥各顶点所在球面上的一点，则点P到平面SAB的距离的最大值为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】画图分析，构造三角形求出相应的量，利用正弦定理和余弦定理求相应的量，分析点P到平面SAB的距离的最大值即可.
【详解】如图1，
设正三棱锥的底面外接圆的圆心为，外接球的球心为，
为的中点，的外接圆的圆心为，
所以在正三棱锥中有：平面，平面，
因为为等边三角形，
所以为的重心，且边长为3，
所以，
因为平面，平面，
所以，
所以在中，，
设，
所以在中，，
所以，
在中，，
所以，
由正弦定理得：，
又平面，平面，
所以，
所以在中，
，
由图2：
当共线时，点P到平面SAB的距离有最大值为：
，
故选：B.
【典例19】（2023春·湖南长沙·高一长郡中学校考阶段练习）如图，直三棱柱中，，，，P为线段上的动点．
(1)当P为线段上的中点时，求三棱锥的体积；
(2)当P在线段上移动时，求的最小值．
【答案】(1)
(2)．
【分析】（1）由余弦定理求出，即可求出的面积，再由等体积法求解即可；
（2）根据平面展开图可确定的最小值即长，由三角形余弦定理求解即可.
【详解】（1）由已知可得，
由余弦定理有，得到．
在中，有，
．
（2）将绕旋转到与同一平面（如图所示），
连接交于点，此时取得最小值，最小值即长．
在中，，，，
故，故，即，
又易知，故，
由余弦定理得，所以，
（或者在中由勾股定理得）
故的最小值为．
一、单选题
1．（2023春·江苏南通·高二江苏省如皋中学校考阶段练习）已知三棱锥的棱，，两两垂直，且，．以为直径的球与平面的交线为，则的长度为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据球到截面圆的距离以及截面圆的半径，球的半径构成勾股定理，即可求解.
【详解】不妨将三棱锥放入长方体中，由于为直径，所以球心在中点处，且半径为,取中点，则,
所以平面,且 ,
故到平面的距离为，平面所在截面圆的半径为,
故截的图形为圆，圆的周长为，
故选：D
2．（2022·安徽·校联考二模）在三棱锥中，，则三棱锥外接球的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据勾股定理可得，然后利用正弦定理可得，进而可得的中点为三棱锥外接球的球心，然后利用球的体积公式即得.
【详解】因为，
所以，
在中，由正弦定理得，即，
所以，，
取的中点，连接，则，
即为三棱锥外接球的球心，外接球的半径，
所以三棱锥外接球的体积为.
故选：A.
3．（2023·新疆阿克苏·校考一模）长方体中，棱，且其外接球的体积为，则此长方体体积的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由球的体积可求得外接球的半径，由此可构造方程求得，结合棱柱体积公式和基本不等式可求得结果.
【详解】
设，，长方体外接球半径为，
长方体外接球体积为，，解得：，
，解得：，
长方体体积（当且仅当时取等号），
长方体体积的最大值为.
故选：B.
4．（2022秋·北京·高三日坛中学校考阶段练习）已知正三棱锥，若平面，则三棱锥的外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由题可得，进一步可得两两垂直，再将三棱锥补成以为邻边的正方体，求解即可.
【详解】解：如图一所示：
因为平面，
平面，
所以，，
又因为几何体为正三棱锥，
所以,
，
又因为,
所以，
所以,
所以，
所以，
即两两垂直，
将三棱锥补成以为邻边的正方体，如图二所示：
则三棱锥的外接球即为补形后的正方体的外接球，
所以，
即，
所以球=.
故选：B.
二、多选题
5．（2023春·浙江宁波·高一余姚中学校考阶段练习）某班级到一工厂参加社会实践劳动，加工出如图所示的圆台，在轴截面中，，且，下列说法正确的有（ ）
A．该圆台轴截面面积为
B．该圆台的体积为
C．该圆台的侧面积为
D．沿着该圆台表面，从点到中点的最短距离为
【答案】ACD
【分析】求出圆台的高，由梯形的面积公式可判断选项A；由台体的体积公式可判断选项B；由台体的侧面积公式可判断选项C；将圆台补成圆锥，侧面展开，取的中点为，连接，可判断选项D.
【详解】对于，由，且，
可得，高，
则圆台轴截面的面积为，故A正确；
对于B，圆台的体积为，故B错误；
对于C，圆台的体积为，故C正确；
对于，由圆台补成圆锥，可得大圆锥的母线长为，底面半径为，侧面展开图的圆心角．
设的中点为，连接，可得，
则．
所以沿着该圆台表面，从点到中点的最短距离为，故正确．
故选：ACD．
6．（云南省2023届高三第一次高中毕业生复习统一检测数学试题）已知三棱锥的四个顶点都在球的球面上，且，，球的表面积为，三棱锥的体积为，记点到平面的距离为，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BC
【分析】求出球的半径，可判断B选项；计算出三边边长，结合勾股定理可判断D选项；利用等体积法可判断C选项；分析出点的轨迹，可知的长度不确定，可判断A选项.
【详解】设球的半径为，则，可得.
因为，，则，，
设点到平面的距离为，则，所以，.
对于B选项，，B对；
对于D选项，在中，，，所以，，
所以，，D错；
对于C选项，取的中点，连接，由球体的几何性质可知平面，
因为平面，则，所以，，
，
取的中点，连接、、，则，
所以，，，
，解得，C对；
对于A选项，球上一点到平面的距离的最大值为，
因为，所以，点的轨迹是与平面平行的平面与球的交线（圆），
故的长度不确定，A错.
故选：BC.
三、填空题
7．（2023·重庆万州·重庆市万州第二高级中学校考模拟预测）已知是圆锥底面圆的直径，圆锥的母线，，则此圆锥外接球的表面积为_________.
【答案】
【分析】根据题意作出图形，根据题中数据判断球心位置，进而找出半径算出表面积.
【详解】如图所示，连接PO，则，解得
即，此圆锥外接球的球心为，半径为2，表面积为.
故答案为：
8．（2023·全国·高一专题练习）我国古典数学著作《九章算术》中记载，四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑现有一个“鳖臑”，底面，，且，，，则该四面体的外接球的表面积为________．
【答案】
【分析】根据题意将三棱锥还原到长方体中，求出长方体的体对角线的长，即可得外接球的直径，从而可求出其表面积.
【详解】将三棱锥还原到长方体中，如图所示
则长方体的外接球的半径为，故
所以三棱锥外接球的表面积为，
故答案为：
9．（2022秋·湖南长沙·高二校考期中）棱长为1的正四面体外接球的表面积为______.
【答案】##
【分析】首先利用正四面体和球的关系，利用勾股定理求出外接球的半径，进一步利用表面积公式求出球的表面积.
【详解】设正四面体，棱长为1，
如图所示：
设外接球的球心为，半径为，所以，
由于，所以，
在中，利用勾股定理：，即：，
解得，所以该正四面体外接球的表面积为．
故答案为：.
10．（2022春·福建·高一福建省泉州第一中学校考期中）已知正四棱锥的底面边长为，侧棱长为6，则该四棱锥的外接球的体积为__________．
【答案】
【分析】由给定条件可得正四棱锥的外接球的球心O在其高线上，再利用正四棱锥的结构特征结合勾股定理，求出球半径作答.
【详解】如图，是正四棱锥的高，而，则，
，显然正四棱锥的外接球的球心O在直线上，
令，则，
在中，，解得，
所以该四棱锥的外接球体积为.
故答案为：
11．（2023·全国·模拟预测）如图，在直三棱柱中，．设D为的中点，三棱锥的体积为，平面平面，则三棱柱外接球的表面积为______．
【答案】
【分析】取的中点E，连接AE，易得，由面面垂直的性质得面，再由线面垂直的性质有、，根据线面垂直的判定和性质得，
【详解】取的中点E，连接AE，如图．
因为，所以．
又面面，面面，且面，
所以面，面，所以．
在直三棱柱中，面ABC，面ABC，所以．
又AE，面，且AE，相交，所以面，面，
所以．
设，则，解得，
所以．
所以三棱柱外接球的表面积．
故答案为：
12．（2022秋·河南·高三洛阳市第一高级中学校联考阶段练习）在三棱锥P－ABC中，，AC⊥平面PAB，则三棱锥P－ABC的外接球O的体积为______．
【答案】##．
【分析】如图所示，设底面的中心为, 连接,取的中点，连接.求出底面三角形外接圆的半径和球的半径即得解.
【详解】解：如图所示，设底面的中心为, 连接,取的中点，连接.
由正弦定理得.
因为
因为AC⊥平面PAB，平面PAB，所以,
所以四边形是矩形，所以.
所以球的半径为.
所以外接球O的体积为.
故答案为：
13．（2022·全国·高三专题练习）已知四面体的各顶点都在球O的表面上，，E，F分别为的中点，O为的中点．若，直线与所成的角为，，则球O的表面积为____________．
【答案】
【分析】作出球O的内接正四棱柱，结合勾股定理、球的表面积公式进行求解即可.
【详解】依题意，作出球O的内接正四棱柱．因为，所以或，
又，则．因为，则，
在中，，则，
则球O的表面积．
故答案为：
14．（2023·河北唐山·开滦第二中学校考一模）已知四棱锥的外接球O的表面积为，四边形ABCD为矩形，M是线段SB的中点，N在平面SCD上，若，，，则球O的体积为______ ，MN的最小值为______ .
【答案】
【分析】设球O的半径为R，由已知可得R，进而可得球的体积，又可得平面ABCD，过A作于G，取AS的中点F，连接MF，求得F到平面SCD的距离即为MN的最小值．
【详解】设球O的半径为R，则，解得，故球O的体积为，
，，，
又，，平面ABCD, 平面ABCD，
故平面ABCD，
因为底面ABCD为矩形，故侧棱SC为球O的直径，又，
解得，过A作于G，
M是线段SB的中点，N在平面SCD上，M到平面SCD的距离即为MN的最小值,取AS的中点F，
连接MF，则平面SCD，M到平面SCD的距离即为F到平面SCD的距离,平面ABCD，CD，
四边形ABCD为矩形, ,平面ASD，平面ASD，,平面ASD，则，
从而平面SCD，则等面积法，，
则F到平面SCD的距离为
故答案为：；
四、解答题
15．（2022春·浙江宁波·高一校联考期中）如图，正三棱锥中，，点分别为的中点，一只蚂蚁从点出发，沿三棱锥侧面爬行到点，求：
(1)该三棱锥的体积与表面积；
(2)蚂蚁爬行的最短路线长.
【答案】(1)体积为，表面积为；
(2).
【分析】（1）将△当作底面，将当作三棱锥的高，由三棱锥体积公式即可求得三棱锥的体积；再由求出各个面的面积，由面积公式可得三棱锥的表面积；
（2）将△与延展开，使得两个三角形在同一个平面上，连接，再由余弦定理即可求得最短值.
【详解】（1）因为，
所以，即，
又，VB、VC在面VBC内，得面，
，
（2）情况一，如下图：连接，线段的长度即蚂蚁爬行的最短路线长，
△中，，
由余弦定理可得：，
即；
情况二，如下图：连接，线段的长度即蚂蚁爬行的最短路线长，
所以，
由余弦定理可得：，
又，
所以，则；
综上，，因此，蚂蚁爬行的最短路线长为.
16．（2023春·河南·高三校联考阶段练习）如图，在四棱锥中，底面四边形ABCD为矩形，，平面ABCD，H为DC的中点．
(1)求证：平面平面POC；
(2)求三棱锥体积的最大值．
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）首先证明，再利用线面垂直的性质定理得，最后利用面面垂直的判定定理即可.
（2）通过转换顶点知当时，的面积最大，此时体积最大，代入数据计算即可.
【详解】（1）∵，H为DC中点，
，，
，
，
∴，
∵平面ABCD，平面ABCD，
∴，
∵，平面POC，平面POC，
∴平面POC，
又∵平面DPO，
∴平面平面POC．
（2）由（1）可知，∴点O在以CD为直径的圆上，
∴当时，的面积最大，
又，
∴三棱锥体积的最大值为
．