专题07 球与几何体的切、接及立体几何最值问题（考点清单，9题型解读）（原卷+解析）

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【考点题型一】正方体与球
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.
【例1】（23-24高三下·安徽六安·期末）如图，将两个相同大小的圆柱垂直放置，两圆柱的底面直径与高相等，且中心重合，它们所围成的几何体称为“牟合方盖”，已知两圆柱的高为2，则该“牟合方盖”内切球的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】将两个互相垂直的圆柱放到棱长为2的正方体内，则正方体的内切球与这两个圆柱的侧面和底面都相切，故可求得内切球半径，故得答案
【详解】如图，将两个互相垂直的圆柱放到棱长为的正方体内，
则正方体的内切球与这两个圆柱的侧面和底面都相切，
又因为牟合方盖上下两个顶点和侧面的四个曲面刚好与正方体的侧面相切，
故正方体的内切球内切于牟合方盖，
所以正方体内切球即为牟合方盖的内切球，其半径为，
所以该“牟合方盖”内切球的体积为.
故选：D.
【变式1-1】（23-24高一下·广东茂名·期中）已知棱长为2的正方体的一个面在一半球底面上，且四个顶点都在此半球面上，则此半球的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】依题可知球心O为正方形中心，设半球的半径为R，在中，由求解.
【详解】如图所示：
球心O为正方形中心，设半球的半径为R，则，
在中，，
，解得，
所以此半球的体积为．
故选：A．
【变式1-2】（2024·陕西商洛·模拟预测）已知正方体的外接球的球心为，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据正方体的体对角线以及面对角线长，即可利用余弦定理求解，由同角关系即可求解.
【详解】设正方体的棱长为，则，
易知正方体的外接球的球心为体对角线的中点，
.
在中，由余弦定理可得
由于，，
故选：D.
【变式1-3】（23-24高一下·天津·期中）已知一个正方体的外接球的体积为，则正方体的体积为 .
【答案】
【分析】先根据球的体积公式求半径，然后根据正方体的体对角线即为外接球的直径可得正方体的棱长，即可求得正方体体积.
【详解】记正方体棱长为a，外接球半径为R，
则，解得，
因为正方体的体对角线即为外接球的直径，
所以，解得，
所以，正方体的体积为.
故答案为：
【考点题型二】其它柱体与球
1.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＝.
2．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；
【例2】（2024·四川雅安·三模）已知在直三棱柱中，，且此三棱柱有内切球，则此三棱柱的内切球与外接球的表面积之比为 .
【答案】
【分析】设，结合条件可求，根据三棱柱有内切球求出此三棱柱的内切球半径，再求外接球的半径，结合球的表面积公式求结论.
【详解】设，因为，
所以，
设的内切圆的半径为，则，
即，解得，
因为三棱柱有内切球，
所以，
因为，，
所以直三棱柱的外接球的直径就是以为棱的长方体的对角线，其长为，
所以三棱锥的内切球的表面积为，
三棱锥的外接球的表面积为，
所以三棱柱的内切球与外接球的表面积之比为.
故答案为：.
【变式2-1】（23-24高一下·广东潮州·期中）已知正六棱柱的所有棱长均为2，则该正六棱柱的外接球的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据正六棱柱的性质结合球的性质得，其外接球的球心为上下面外接圆圆心连线中点，利用勾股定理计算半径，代入球的体积公式求解即可.
【详解】如图，设正六棱柱下底面的中心为，其外接球的圆心为点，
则，为等边三角形，故，即为其外接球的半径，
所以，
所以该正六棱柱的外接球的体积为.
故选：C.
【变式2-2】（23-24高一下·河南信阳·阶段练习）若一个正四棱柱的底面积为32，高为6，则该正四棱柱的外接球的表面积为 .
【答案】
【分析】正四棱柱的对角线就是外接球的直径，求出直径即可求出球的表面积．
【详解】设正四棱柱底面边长为，由题意，则，
由于正四棱柱的外接球的直径，就是正四棱柱的对角线的长，
所以球的直径为：，
所以该正四棱柱的外接球的表面积为：.
故答案为：.
【变式2-3】（23-24高一下·福建泉州·期中）已知直三棱柱的6个顶点都在球的球面上，若，，则球的体积为 .
【答案】
【分析】将直三棱柱补成长方体，计算出长方体的体对角线长，可得出球的半径，利用球的体积公式计算可得结果.
【详解】在直三棱柱中，，
将直三棱柱补成长方体，如下图所示：
所以，球的直径为，
可得，
因此，球的体积为.
故答案为：.
【考点题型三】正四面体与球
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.
【例3】（2024·河南信阳·模拟预测）一个半径为1的小球在一个内壁棱长为的正四面体封闭容器内可向各个方向自由运动，则该小球表面永远不可能接触到的容器内壁的面积是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由题意，小球与正四面体的一个面相切时的情况，易知小球在面上最靠近边的切点的轨迹仍为正三角形，正四面体的棱长为，该小三角形的边长为，求出面积相减，即可得到结果.
【详解】如图：

考虑小球即在正四面体的一个角上时，作平面平面，为平面的中心，则.
因为，解得，，此时小球与平面相切的切点为，，
由题意，考虑小球与正四面体的一个面相切时的情况，易知小球在面上最靠近边的切点的轨迹仍为正三角形，

因为，平分，所以，.
因为正四面体的棱长为，则该小三角形的边长为，
小球与一个面不能接触到的部分的面积为：，
所以几何体的四个面永远不可能接触到容器的内壁的面积是.
故选：C
【变式3-1】（2024·重庆·模拟预测）已知四面体ABCD中，，若四面体ABCD的外接球的表面积为7，则四面体ABCD的体积为（ ）
A．1B．2C．D．
【答案】A
【分析】将四面体放入长方体中，如图，设长宽高分别为，由题意列方程求出，再由三棱锥的体积公式求解即可.
【详解】将四面体放入长方体中，如图，
设长宽高分别为，由
，
故选：A.
【变式3-2】（23-24高一下·天津·开学考试）正四棱锥的底面积为3，外接球的表面积为，则正四棱锥的体积为 .
【答案】或
【分析】设底面中心为，连接，，，由四棱锥的外接球的表面积为，可得外接球半径，利用球的截面性质求出的值，再根据体积公式求解即可.
【详解】设正四棱锥的底面中心为，外接球球心为，显然球心在直线上，
由四棱锥的外接球的表面积为，得球半径，由正方形面积为3，得
球心到面的距离为，正方形的外接圆半径，
于是，即，解得或，
所以或，
故答案为：或

【变式3-3】（2024·贵州遵义·三模）如图，是南京博物馆展示的一件名为“陶三棱锥”的文物，该文物的出土，为研究吴越文化提供了重要价值，博物馆准备为该文物制作一个透明的球形玻璃外罩进行保护供游客观赏研究，经测量该文物的所有棱长都为分米，则制作的球形玻璃外罩（玻璃外罩厚度忽略不计）的直径至少为 分米．
【答案】
【分析】利用勾股定理求出正四面体外接球的半径即可得解.
【详解】如图，四面体为正四面体，
作平面，垂足为，则为的重心，
且，
则正四面体的高为，
设正四面体的外接球半径为，
由图可知，，解得，
所以该四面体外接球的直径为，
即制作的球形玻璃外罩（玻璃外罩厚度忽略不计）的直径至少为分米.
故答案为：.
【考点题型四】其它棱椎与球
1.三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．
2.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.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.
4．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）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．
【例4】（2024·山东泰安·二模）已知四面体的各顶点都在同一球面上，若，平面平面，则该球的表面积是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】记球心为，的外接圆圆心为，的外接圆圆心为，的中点为，证明为矩形，然后求出，，由勾股定理可得外接球半径，再由球的表面积公式可得.
【详解】记球心为，的外接圆圆心为，的外接圆圆心为，的中点为.
因为，所以，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
由球的性质可知，平面，
所以，同理，所以四边形为矩形，
因为，所以，，
所以，
所以外接球的表面积为.
故选：B
【变式4-1】（23-24高一下·山东枣庄·期中）已知三棱锥V—ABC，满足，，则该三棱锥的外接球的表面积为 .
【答案】
【分析】在长方体中构造满足条件的三棱锥，通过求解长方体外接球半径即可求得三棱锥外接球半径，进而求得结果.
【详解】根据三棱锥对棱相等的特点，在长方体中构造三棱锥如下所示：
设该长方体长宽高分别为，由题可知：，
故可得，又该长方体外接球半径，也为该三棱锥外接球半径，
故该三棱锥的外接球的表面积为.
故答案为：.
【变式4-2】（23-24高一下·宁夏石嘴山·期中）正四棱锥的底面边长和各侧棱长都为，点S、A、B、C、D都在同一个球面上，则该球的表面积为
【答案】
【分析】根据正四棱锥的性质，结合勾股定理即可求出球的半径，由球的表面积公式即可求解.
【详解】如图，过S作平面，则垂足为底面正方形的中心，
由底面边长为，得.
在中，，则，
所以，故是过点的球的球心，
可得球的半径为，所以该球的表面积为.
故答案为：
【变式4-3】（2024·陕西西安·模拟预测）三棱锥中，，且两两垂直．设三棱锥的外接球和内切球的表面积分别为和，则 ．
【答案】
【分析】根据三棱锥结构，可补成正方体，利用正方体外接球求半径，再由等体积法求出三棱锥内切球半径，利用球的面积公式得解.
【详解】由题意可知，三棱锥可以为棱，补成棱长为的正方体，
所以三棱锥的外接球与所在正方体的外接球相同，
所以外接球直径，其面积，
设三棱锥内切球半径为，则由等体积法可得：,
即，
解得，故，
所以.
故答案为：
【考点题型五】棱台与球
解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下：
（1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径；
（2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的；
（3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解.
【例5】（2024·湖南·二模）若一个正三棱台的各顶点之间的距离构成的集合为，且该三棱台的所有顶点都在球的表面上，则球的表面积为 .
【答案】
【分析】设正三棱台，先考察正三棱台的一个侧面，设，求得，设三棱台的上底面中心为，下底面中心为，利用三角形重心的性质求得，设球的半径为，，利用勾股定理即可求解．
【详解】设正三棱台.如图，先考察正三梭台的一个侧面.
设，在中，由于是钝角，故中最大的边是.
若，则和的长只能取1或.此时若两边长均为1和1，则不满足两边之和大于第三边；
若一边长1，一边长，则变为直角三角形；
若两边长均为，则的长只能为1，与矛盾.
因而只能是.
设三棱台的上底面中心为，下底面中心为.
如图，在直角梯形中求球的半径，

在直角梯形中求球的半径，
利用重心的性质容易求得，
设球的半径为，，由图1 得，
解得（舍），
由图2得，解得，
故球的表面积为.
故答案为：．
【变式5-1】（23-24高一下·重庆渝中·期中）已知正四棱台的高为，其所有顶点均在同一个表面积为的球面上，且该球的球心在底面上，则棱台的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用棱台及其外接球的特征结合台体体积公式计算即可.
【详解】设球心为，球的半径为，棱台高为，
则，所以，
由于在底面上，底面为正方形，
易得正方形的边长为，面积为16；
设底面的外接圆半径为，则，
易得正方形的边长为，面积为4；
所以正四棱台的体积为.
故选:C．
【变式5-2】（2024·全国·三模）已知正四棱台中，，则该正四棱台内部能够放入的最大球体的半径为 .
【答案】/
【分析】延长交于点，由条件结合棱台的性质求棱台的高，由此证明四棱台内部能够放入的球体的直径，取的中点，求球心到的距离，由此可得结论.
【详解】如图1，延长交于点，
由棱台的性质可得与相似，相似比为，
所以，，
设在正四棱台上、下底面的投影点分别记为，，
，.
首先四棱台内部能够放入的球体的直径，即；
其次取的中点，作纵截面，如图2，
设球的球心为O，O到线段SN的距离为d，则.
，，，
所以，，
所以.
所以.
故答案为：.
【变式5-3】（2024·福建南平·二模）在正四棱台中，，，且该正四棱台的每个顶点均在表面积为的球上，则平面截球所得截面的面积为 .
【答案】/
【分析】先求出外接球的半径与球心位置；再做辅助线证明出平面，在中，设，结合图象列出关于的方程组，最后解出截面圆的半径即可.
【详解】

由球的表面积为，所以，可知球的半径为，
设上下底面的中心分别为，因为，
从而可知球的球心与下底面的中心重合；
分别取和的中点，连接，
则在直角梯形中得，
则在直角梯形中得，
过点作的垂线，垂足为，
由于平面， 平面，所以，
由，，平面，从而平面，
在中，设，
则，则，和，
联立解得：，
又因为平面截球所得平面图形为圆面，所以圆面的半径，
所以圆面面积为.
【点睛】方法点睛：构建方程组利用勾股定理解截面圆半径是解决立体几何的一种重要方法.
【考点题型六】其它多面体（组合体）与球
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，.
【例6】（2024·浙江温州·模拟预测）不计容器壁厚度的有盖立方体容器的边长是1，向其中放入两个小球，则这两个小球的体积之和的最大值是 .
【答案】
【分析】根据正方体内切球的特征结合球的体积公式及二次函数性质求最值计算即可.
【详解】
如上图所示，当两个小球内切于正方体，且两个小球也相切，
球心位于体对角线上时球的体积可取最大，设两个小球的半径分别为，
作出横截面如下图，不妨设分别切于，
则有，
不妨设，易知，则，
则两球体积之和为，
又，
显然当时取得最大值，此时.
故答案为：.
【变式6-1】（2024·河北·二模）如图所示，正方体的棱长为，以其所有面的中心为顶点的多面体为正八面体，若球能在此正八面体内自由转动，则球半径的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由等体积法求正八面体的内切球半径即可.
【详解】根据图形，在正方体中易知正八面体的棱长为，
如图，
在正八面体中连接，可得互相垂直平分，
在Rt中，，
则该正八面体的体积，
该八面体的表面积，
设正八面体的内切球半径为，因为，
即，解得.
故选:B.
【变式6-2】（2024高三·全国·专题练习）金刚石的成分为纯碳，是自然界中天然存在的最坚硬物质，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，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．B．C．D．
【答案】D
【分析】首先确定雕刻的体积最大的球为正八面题的内切球，并确定球心和切点的位置，再根据等面积公式求内切球的半径，即可求解球的体积.
【详解】如图，设底面中心为，，中点分别为，，连接，，，，，，
设金刚石的边长为，则由题知，，所以，
在等边中，边上的高，
在中，，
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点，与面的切点在线段上，
球的半径即为截面内切圆的半径，设内切圆半径为，
由等面积法可知：，解得，所以内切球的半径为
则内切球体积为
故选：D．
【变式6-3】（2024高三·全国·专题练习）三星堆古遗址作为“长江文明之源“，被誉为人类最伟大的考古发现之一．3号坑发现的神树纹玉琮，为今人研究古蜀社会中神树的意义提供了重要依据．玉琮是古人用于祭祀的礼器，有学者认为其外方内圆的构造，契合了古代“天圆地方”观念，是天地合一的体现，如图，假定某玉琮形状对称，由一个空心圆柱及正方体构成，且圆柱的外侧面内切于正方体的侧面，圆柱的高为12cm，圆柱底面外圆周和正方体的各个顶点均在球O上，则球O的表面积为
【答案】
【分析】过圆柱的旋转轴和正方体的一条侧棱作截面，利用勾股定理列方程求解即可.
【详解】过圆柱的旋转轴和正方体的一条侧棱作截面，得截面图如图所示：
不妨设正方体的棱长为2a，球О的半径为R，则圆柱的底面直径为，
因为正方体的体对角线即为球О直径，故，得，
易知，截面中两个矩形的对角线都是球的直径，正方体的面对角线为，
所以，由勾股定理得：，解得，
球的表面积为，
故答案为：
【考点题型七】旋转体与球
球与旋转体的组合通常作出它们的轴截面解题.
【例7】（2024·全国·模拟预测）已知圆台存在内切球（与圆台的上、下底面及侧面都相切的球），若圆台的上、下底面面积之和与它的侧面积之比为，设圆台与球的体积分别为，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据给定条件，结合圆台轴截面等腰梯形的内切圆是球的截面大圆，探讨圆台两底半径与母线的关系，再利用圆台侧面积公式及圆台、球的体积公式求解即得.
【详解】设圆台的上、下底面半径分别为，母线长为，高为，内切球的半径为，
显然圆台轴截面等腰梯形的内切圆是球的截面大圆，则，，
由，整理得，而，解得，，
因此圆台的高，，
则圆台的体积，
内切球的体积，所以.
故选：D
【变式7-1】（2024·安徽安庆·三模）已知圆锥的轴截面是等边三角形，则其外接球与内切球的表面积之比为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据截面图分析即可得半径比，然后可得答案.
【详解】如图，等边三角形的内切圆和外接圆的半径即为内切球和外接球的半径，
记内切球和外接球的半径分别为和，
则
所以其外接球与内切球的表面积之比为.
故选：A．
【变式7-2】（2024·江苏南京·二模）在圆台中，圆的半径是圆半径的2倍，且恰为该圆台外接球的球心，则圆台的侧面积与球的表面积之比为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】令外接球的半径为，作出图象，求出圆台的母线，即可求出圆台的侧面积，再求出球的表面积，即可得解.
【详解】令外接球的半径为，依题意，，，
过点作，则，所以，
又，所以，
所以圆台的侧面积，
球的表面积，
所以圆台的侧面积与球的表面积之比为.
故选：C
【变式7-3】（2024·河北保定·二模）已知某种有盖的圆柱形容器的底面圆半径为，高为100，现有若干个半径为的实心球，则该圆柱形容器内最多可以放入 个这种实心球.
【答案】49
【分析】分析第1个实心球上的点与第2个实心球上的点到该圆柱形容器下底面的最大距离，依次叠放，找出规律得到每多放一个球，最上面的球上的点到该圆柱形容器下底面的最大距离加2，即可得到答案.
【详解】如图，将第1个实心球靠近该圆柱形容器侧面放置，
球上的点到该圆柱形容器下底面的最大距离为；
将第2个实心球也靠近该圆柱形容器侧面放置，
过点作垂直于该圆柱形容器的母线，垂足为，
过点作垂直于该圆柱形容器下底面，垂足为，
设.，，，
球上的点到该圆柱形容器下底面的最大距离为.
同理可得球上的点到该圆柱形容器下底面的最大距离为.
由此规律可得，每多放一个球，最上面的球上的点到该圆柱形容器下底面的最大距离加2.
因为，
所以该圆柱形容器内最多可以放入49个这种实心球.
故答案为：49
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是，分析得每多放一个球，最上面的球上的点到该圆柱形容器下底面的最大距离加2，从而得解.
【考点题型八】几何体面积、体积最值问题
1.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．
2.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
【例8】（2024·江苏南通·三模）已知一个正四棱台的上、下底面边长分别为2，8，侧棱长为，则该正四棱台内半径最大的球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先求出正四棱台的高，再分析出最大内切球与四侧面及下底面相切，再根据三角函数得到其半径大小，最后利用球的表面积公式即可.
【详解】作出如图所示正四棱台，其中为正四棱台的高，为其斜高，

因为正四棱台的上、下底面边长分别为2，8，侧棱长为，
则，，，
因为，故半径最大的球不与上下底面同时相切，
，则，则，
过作正四棱台的截面，截球得大圆，则该圆与等腰梯形两腰和下底相切，则，
则，则更确定最大内切球与四侧面及下底面相切，

即该正四棱台内半径最大的球半径，球的表面积为.
故选：D.
【变式8-1】（23-24高二下·浙江温州·期中）已知在三棱锥中，，点为三棱锥外接球上一点，则三棱锥的体积最大为 ．
【答案】
【分析】取的中点，得到，得出点为三棱锥的外接球的球心， 求得外接球的半径为，结合点到平面的距离为时，此时的体积最大，利用体积公式，即可求解.
【详解】在三棱锥中，由且，可得，
取的中点，连接，因为，，可得，
所以点为三棱锥的外接球的球心，其中为外接球的直径，
设外接球的半径为，可得，
当点到平面的距离为时，此时三棱锥的体积最大，
体积的最大值为.
故答案为：.
【变式8-2】（23-24高三下·重庆·期中）已知三棱锥，为中点，，，且，，，，则三棱锥外接球的表面积为 ，过点的平面截该三棱锥外接球所得截面面积的最小值为 .
【答案】
【分析】根据勾股定理及线面垂直的判定定理得底面，补体法求得外接球的半径，代入球的表面积公式即可求解；根据球和棱锥的几何性质、面面垂直的性质定理，结合球的表面积公式和圆的面积公式进行求解截面面积的最小值.
【详解】因为，所以，
又，，所以，
所以，又，，
底面，所以底面，
如图：将该三棱锥放置在长方体中，
根据长方体外接球的直径为体对角线知，为三棱锥外接球的直径，
球心O为的中点，所以外接球的半径，
所以三棱锥外接球的表面积为；
设过点的平面为，当时，此时所得截面的面积最小，
该截面为以Q为圆心的圆形，，
因此圆的半径为：，
所以截面面积的最小值为.
故答案为：，
【变式8-3】（23-24高一下·河南·期中）已知某圆锥的母线长与底面直径相等，表面积为.
(1)求此圆锥的体积；
(2)若此圆锥内有一圆柱，该圆柱的下底面在圆锥的底面上，求该圆柱侧面积的最大值.
【答案】(1)；
(2)
【分析】（1）根据给定条件，利用圆锥的表面积公式求出圆锥的底面圆半径及高，再利用圆锥的体积公式计算即得.
（2）利用圆锥与其内接圆柱的结构特征，用圆柱的底面圆半径表示出高，再求出侧面积的函数关系，借助基本不等式求解即得.
【详解】（1）设圆锥底面圆半径为，依题意，圆锥的母线长，
显然，解得，圆锥的高，
所以圆锥的体积.
（2）设圆锥的内接圆柱的底面圆半径为，高为，则有，即，
解得，
因此圆柱的侧面积，
当且仅当时取等号，所以该圆柱侧面积的最大值为.
【考点题型九】距离、长度最值问题
几何体表面两点间距离(路程)最小问题，“展平”处理．
【例9】（23-24高一下·天津·开学考试）圆锥的母线，高，点是的中点，
(1)求圆锥的体积；
(2)有一球在该圆锥内部且与它的侧面和底面都相切，求这个球的体积；
(3)一质点自点出发，沿侧面绕行一周到达点，求其最短路程.
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据勾股定理求出底面圆的半径，再利用圆锥的体积公式直接求解；
（2）利用等面积法求出内切球的半径，从而求出球的体积；
（3）将圆锥的侧面展开，连接，即为质点绕行的最短路程，在中，利用弧长公式求得，再利用余弦定理求出即可得解.
【详解】（1）依题意圆锥的母线，高，
则底面半径，
所以圆锥的体积.

（2）依题意圆锥内切球球心在线段上，设球心为，内切球的半径为，
则，即，解得，
所以内切球的体积.
（3）如图，将圆锥的侧面沿母线展开，连接，则的长为质点绕行的最短路程，
在中，，，
弧长，则，
利用余弦定理得
，即，
所以质点自点出发，沿侧面绕行一周到达点的最短路程为.

【变式9-1】（2024·黑龙江齐齐哈尔·三模）已知某圆锥的底面半径长为2，侧面展开图的面积为，则该圆锥内部最大球的半径为（ ）
A．B．C．1D．
【答案】C
【分析】根据圆锥表面积公式求出母线长，再由圆锥轴截面图象中相似三角形,可得圆锥内部最大球即与圆锥相切的球的半径.
【详解】设母线长为，依题意，解得，
所以圆锥的高为，
作出圆锥轴截面图象，
设圆锥内部最大球即与圆锥相切的球的半径为，
由于，则，
可得，解得.

故选：C．
【变式9-2】（23-24高一下·湖南·期中）如图，已知正方体的棱长为3，点分别在棱上，满足，点在正方体的面内，且平面，则线段长度的最小值为（ ）
A．B．3C．D．
【答案】D
【分析】在上取点，使得，证得平面平面，得到点的轨迹为线段，在等腰三角形中，求得底边上的高，即可求解.
【详解】在上取点，使得，
分别连结，
因为，可得，且，
所以四边形为平行四边形，所以，
由且，可得，
又由且，所以，
在正方体中，可得，所以
因为平面，且平面，所以平面，
同理可证平面，
又因为，且平面，所以平面平面，
因此点的轨迹为线段，
在等腰三角形中，，
可得底边上的高为，此即为长度的最小值.
故选：D.
【变式9-3】（23-24高一下·湖南岳阳·期中）如图，在高为2的正三棱柱中，是棱的中点．
(1)求该正三棱柱的体积；
(2)求三棱锥的体积；
(3)设为棱的中点，为棱上一点，求的最小值．
【答案】(1)；
(2)；
(3)．
【分析】（1）由正三棱柱的体积公式求解即可；
（2）由的体积等于，分别求出的体积代入即可得出答案.
（3）将侧面绕旋转至与侧面共面，如图所示,当三点共线时，取得最小值，求解即可.
【详解】（1）因为，
所以．
（2）因为，
，
所以
（3）将侧面绕旋转至与侧面共面，如图所示．
当三点共线时，取得最小值，
且最小值为．