重难点18 球的切、接问题（举一反三）（新高考专用）（含答案） 2025年高考数学一轮复习专练（新高考专用）

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TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc30646" 【题型1 定义法求外接球问题】 PAGEREF _Tc30646 \h 4
\l "_Tc18643" 【题型2 补形法求外接球问题】 PAGEREF _Tc18643 \h 7
\l "_Tc29200" 【题型3 截面法求外接球问题】 PAGEREF _Tc29200 \h 9
\l "_Tc5449" 【题型4 棱切球模型问题】 PAGEREF _Tc5449 \h 13
\l "_Tc12480" 【题型5 内切球模型问题】 PAGEREF _Tc12480 \h 15
\l "_Tc26919" 【题型6 多球相切问题】 PAGEREF _Tc26919 \h 19
\l "_Tc4347" 【题型7 外接球之二面角模型】 PAGEREF _Tc4347 \h 23
\l "_Tc4633" 【题型8 与球的切、接有关的最值问题】 PAGEREF _Tc4633 \h 27
\l "_Tc8671" 【题型9 与球的切、接有关的截面问题】 PAGEREF _Tc8671 \h 31
\l "_Tc604" 【题型10 多面体与球体内切外接综合问题】 PAGEREF _Tc604 \h 35
1、球的切、接问题
球的切、接问题是历年高考的重点、热点内容，一般以客观题的形式出现，考查空间想象能力、计算能力.其关键点是利用转化思想，把球的切、接问题转化为平面问题或特殊几何体来解决或转化为特殊几何体的切、接问题来解决.
【知识点1 正方体与球、长方体与球】
1．正方体与球的切、接问题
(1)内切球：内切球直径2R=正方体棱长a.
(2)棱切球：棱切球直径2R=正方体的面对角线长.
(3)外接球：外接球直径2R=正方体体对角线长.
2．长方体与球
外接球：外接球直径2R=体对角线长( a,b,c分别为长方体的长、宽、高).

【知识点2 正棱锥与球】
1．正棱体与球的切、接问题
(1)内切球：(等体积法)，r是内切球半径，h为正棱锥的高.
(2)外接球：外接球球心在其高上，底面正多边形的外接圆圆心为E，半径为r，(正
棱锥外接球半径为R，高为h).

【知识点3 正四面体的外接球、内切球】
1．正四面体的外接球、内切球
若正四面体的棱长为a，高为h，正四面体的外接球半径为R，内切球半径为r，则，，
，.

【知识点4 正三棱柱的外接球】
1．正三棱柱的外接球
球心到正三棱柱两底面的距离相等，正三棱柱两底面中心连线的中点为其外接球球心.
.

【知识点5 圆柱、圆锥的外接球】
1．圆柱的外接球
(R是圆柱外接球的半径，h是圆柱的高，r是圆柱底面圆的半径).

2．圆锥的外接球
(R是圆锥外接球的半径，h是圆锥的高，r是圆锥底面圆的半径).

【知识点6 几何体与球的切、接问题的解题策略】
1．常见的几何体与球的切、接问题的解决方案：
常见的与球有关的组合体问题有两种：一种是内切球，另一种是外接球.
常见的几何体与球的切、接问题的解决方案：
2．空间几何体外接球问题的求解方法：
空间几何体外接球问题的处理关键是确定球心的位置，常见的求解方法有如下几种：
(1)定义法：利用平面几何体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.
(2)补形法：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)截面法：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.
3．内切球问题的求解策略：
(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.
【题型1 定义法求外接球问题】
【例1】（2024·新疆乌鲁木齐·三模）三棱锥A−BCD中，AD⊥平面ABC，∠BAC=60°，AB=1，AC=2，AD=4，则三棱锥A−BCD外接球的表面积为（ ）
A．10πB．20πC．25πD．30π
【解题思路】利用余弦定理先求出底面三角形ABC的外接圆半径r，再利用R2=r2+(ℎ2)2(ℎ为三棱锥的高，R为外接球半径），即可求解．
【解答过程】在△ABC中，∠BAC=60°，AB=1，AC=2，
由余弦定理可得BC2=AB2+AC2−2AB⋅AC⋅cs∠BAC，
即BC2=1+4−2×1×2×cs60°=3，所以BC=3，
设△ABC的外接圆半径为r，
则2r=BCsin∠BAC=3sin60°=2，所以r=1，
AD⊥平面ABC，且AD=4，
设三棱锥A−BCD外接球半径为R，
则R2=r2+(12AD)2，即R2=1+4=5，
所以三棱锥A−BCD外接球的表面积为4πR2=20π．
故选：B．
【变式1-1】（2024·海南·模拟预测）已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，点N为侧面四边形CDD1C1的中心，则四面体NCB1C1的外接球的表面积为（ ）
A．2πB．4πC．6πD．8π
【解题思路】画出图分析出球心为两个面斜边中点的垂线的交点，然后利用勾股定理求球的半径即可求解.
【解答过程】如图：
四面体 NCB1C1的面CB1C1是直角三角形，
O,O1为面CBB1C1与ADD1A1的中心，所以OO1⊥面CB1C1，
因为斜边CB1的中点O是三角形外心，所以球心在的直线OO1上，
面NCC1也为直角三角形，O,E分别为CB1与CC1的中点，所以OE∥B1C1，
B1C1⊥面NCC1，所以OE⊥面NCC1，
因为斜边CC1的中点E是三角形外心，所以球心在的直线OE上，
故球心为直线OO1与直线OE的交点O，
正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，
所以球的半径为OC=12B1C=12×22+22=2，
所以四面体NCB1C1的外接球的表面积为：4π22=8π.
故选：D.
【变式1-2】（2024·河南周口·模拟预测）已知圆锥的侧面展开图是一个半径为2，面积为4π3的扇形，则该圆锥的外接球的面积为（ ）
A．9π8B．9π4C．9π2D．9π
【解题思路】先求出圆锥的侧面展开图的圆心角α，再由此求出圆锥的底面圆半径和高，然后可求外接球的半径，由此求得圆锥的外接球的面积.
【解答过程】设圆锥的侧面展开图的圆心角为α，由题意可知，12×22×α=4π3，解得α=2π3，
设圆锥的底面圆半径为r，则2πr=2×2π3，所以r=23，
则该圆锥的高为22−232=423，
设该圆锥的外接球的半径为R，由球的性质可知，423−R2+232=R2，
解得R=322，所以该圆锥的外接球的面积为S=4πR2=92π.
故选：C.
【变式1-3】（2024·青海·二模）如图，已知在四棱锥P−ABCD中，底面四边形ABCD为等腰梯形，BC//AD，PD=2AD=4BC=4，底面积为334，PD⊥AD且PB=19，则四棱锥P−ABCD外接球的表面积为（ ）
A．9πB．123πC．39πD．20π
【解题思路】取AD的中点为F，即可说明点F为梯形ABCD外接圆的圆心，再证明PD⊥平面ABCD，过AD的中点F作FO//PD交PA于点O，则FO⊥平面ABCD，即可得到O为四棱锥P−ABCD外接球球心，外接球半径为12PA，从而求出表面积.
【解答过程】取AD的中点为F，因为AD=2BC=2，等腰梯形ABCD的面积为334，
所以梯形的高为2×3342+1=32，所以cs∠BAD=32，则∠BAD=π3，所以∠ADC=π3，连接BF、CF，
所以△ABF、△DCF为等边三角形，点F为梯形ABCD外接圆的圆心，
连接BD，在△BCD中，根据余弦定理得cs2π3=BC2+CD2−BD22BC⋅CD，即12+12−BD22×1×1=−12，解得BD=3.
因为PB=19，PD=4，所以PD2+BD2= PB2，所以PD⊥BD.
因为PD⊥AD，AD∩BD=D，AD,BD⊂平面ABCD，所以PD⊥平面ABCD，
过AD的中点F作FO//PD交PA于点O，则FO⊥平面ABCD，且O为PA的中点，
所以点O为Rt△PAD外接圆圆心，所以O为四棱锥P−ABCD外接球球心，
所以外接球半径为12PA=12PD2+AD2=5，故表面积S=4π×52=20π.
故选：D.
【题型2 补形法求外接球问题】
【例2】（2024·内蒙古锡林郭勒盟·模拟预测）在空间直角坐标系中，已知A(0,3,0)，B(0,0,0)，C(4,0,0)，D(0,3,2)，则四面体ABCD外接球的表面积为（ ）
A．29πB．28πC．32πD．30π
【解题思路】首先由四点的坐标，确定几何体的关系，利用补体法，求四面体外接球的半径，即可求球的表面积.
【解答过程】根据已知4个点的空间直角坐标可得，AD⊥平面ABC,AB⊥ BC,AD=2,AB=3，BC=4，
所以四面体ABCD可以补成长、宽、高分别为4，3，2的长方体，
所以四面体ABCD外接球的半径R= 22+32+422=292，
所以四面体ABCD外接球的表面积为4πR2=29π．

故选：A.
【变式2-1】（2024·江西·模拟预测）现为一球形玩具设计一款球形的外包装盒（盒子厚度忽略不计）．已知该球形玩具的直径为2，每盒需放入4个玩具球，则该种外包装盒的直径的最小值为（ ）
A．2−3B．2+3C．6−2D．2+6
【解题思路】根据外包装盒的直径最小得出四个球两两外切，结合外接球的知识可得答案.
【解答过程】当外包装盒的直径最小时，四个球两两外切且内切于包装盒这个大球，
所以大球的半径是棱长为2的正四面体的外接球半径与小球半径的和，
把棱长为2的正四面体补形为棱长为2的正方体，则正四面体的外接球就是正方体的外接球，
其半径为22+22+222=62，
所以外包装盒的直径的最小值为262+1=6+2.
故选：D.
【变式2-2】（2024·重庆·模拟预测）已知四面体ABCD中，AB=CD=AC=BD=2,AD=BC，若四面体ABCD的外接球的表面积为7π，则四面体ABCD的体积为（ ）
A．1B．2C．43D．83
【解题思路】将四面体ABCD放入长方体中，如图，设长宽高分别为a,b,c，由题意列方程求出a,b,c，再由三棱锥的体积公式求解即可.
【解答过程】将四面体ABCD放入长方体中，如图，
设长宽高分别为a,b,c，由7π=4πR2⇒4R2=7
∴7=a2+b2+c2a2+b2=4b2+c2=4⇒a=3b=1c=3
∴VA−BCD=abc−4×13×12×abc=13abc=1，
故选：A.
【变式2-3】（2024·四川雅安·模拟预测）如图是以正方体的各条棱的中点为顶点的多面体，这是一个有八个面为正三角形，六个面为正方形的“阿基米德多面体”，若该多面体的棱长为2，则该多面体外接球的表面积为（ ）
A．8πB．4πC．2πD．43π
【解题思路】根据给定条件，把多面体放在棱长为2的正方体中，结合正方体的结构特征确定球心，求出球半径作答.
【解答过程】把该多面体放入正方体中，如图，
由于多面体的棱长为2，则正方体的棱长为2，
因此该多面体是由棱长为2的正方体连接各棱中点所得，于是得该多面体的外接球球心是正方体体对角线中点，
该多面体外接球半径R等于球心到一个顶点的距离，即正方体面对角线的一半，则2R=22+22，解得R=2，
所以经过该多面体的各个顶点的球的表面积S=4π×22=8π.
故选：A.
【题型3 截面法求外接球问题】
【例3】（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35，则该正四棱台内半径最大的球的表面积为（ ）
A．12πB．27πC．64π9D．64π3
【解题思路】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.
【解答过程】作出如图所示正四棱台，其中OO1为正四棱台的高，EE1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35，
则B1O1=2，BO=42，OO1=352−42−22=33，
因为OO1=33>2+82=5，故半径最大的球不与上下底面同时相切，
EE1=352−8−222=6，则sin∠OEE1=OO1EE1=32，则∠OEE1=π3，
过O,E,E1,O1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∠O2EO=π6，
则OO2=43=433
即该正四棱台内半径最大的球半径r=433，球的表面积为S=4πr2=643π.
故选：D.
【变式3-1】（23-24高三下·河南·阶段练习）已知圆台Ω的上、下底面半径分别为r1，r2，且r2=2r1，若半径为3的球与Ω的上、下底面及侧面均相切，则Ω的体积为（ ）
A．73πB．83πC．26π3D．28π3
【解题思路】根据圆台的轴截面图，利用切线长定理结合圆台和球的结构特征求解r1，r2，然后代入圆台体积公式求解即可.
【解答过程】如图，设Ω的上、下底面圆心分别为O1，O2，则Ω的内切球的球心O一定在O1O2的中点处．
设球O与Ω的母线AB切于M点，则OM⊥AB，OM=OO1=OO2=3，
AM=r1，BM=r2，所以AB=r1+r2=3r1．过A作AG⊥BO2，垂足为G，
则BG=r2−r1=r1，由AG2=AB2−BG2，得12=3r12−r12=8r12，所以r12=32,r22=6，
所以Ω的体积为1332π+6π+32π⋅6π×23=73π．
故选：A．
【变式3-2】（2024·湖北·二模）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的内切球表面职与圆锥侧面积之和为（ ）
A．1210−36π B．2420−76π C．608−36π D．340−76π
【解题思路】由已知和正弦定理，勾股定理求出圆锥底面圆的半径和高，再由三角形面积相等求出圆锥内切球半径r，然后由球的表面积公式和圆锥的侧面积公式求出结果即可.
【解答过程】因为三条母线PA，PB，PC两两垂直，且母线长为6，
所以△ABC为圆锥底面圆的内接正三角形，且边长AB=BC=CA=62+62=62，
由正弦定理可得底面圆的半径R=12×62sin60°=26，
所以圆锥的高PO=62−262=23，
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12×46×23=12×6+6+46r，
所以内切球半径r=62−43，
内切球的表面积为4π62−432=4π120−486，
圆锥的侧面积为12×6×2π×26=126π，
所以其和为608−36π，
故选：C.
【变式3-3】（2024·四川成都·三模）已知正四棱台ABCD−EFGH的上底面积为16，下底面积为64，且其各个顶点均在半径R=57的球O的表面上，则该四棱台的高为（ ）
A．2B．8C．8或12D．2或12
【解题思路】做出截面DBFH，根据圆心O是否位于截面内部分两种情况，根据线段关系即可求解.
【解答过程】

如图，做出截面DBFH，
当圆心O位于截面内部时，

取DB中点E，HF中点F1，连接DO、EF1和OH，
易得点O在EF1上，由题意得DB=42，HF=82，OD=OH=57，
因为OF1=R2−HF12=57−32=5，OE=R2−DE2=57−8=7，
所以EF1=12，
当O不在截面内时，

同第一种情况理可得OE=7，OF1=5，
所以EF1=2，综上所述：该四棱台的高为2或12.
故选：D.
【题型4 棱切球模型问题】
【例4】（2024·全国·模拟预测）正四面体ABCD的棱长为2，其棱切球的体积为（ ）
A．2πB．6πC．23πD．627π
【解题思路】将正四面体ABCD补形为正方体，此时正方体的内切球即为正四面体的棱切球，利用球的体积公式求解即可.
【解答过程】如图，将棱长为2的正四面体补形为棱长为2的正方体，则正方体的内切球即为正四面体ABCD的棱切球，所以正四面体ABCD的棱切球的半径为22，
所以棱切球的体积为V=43×π×223=23π．
故选：C．
【变式4-1】（2024·山东日照·二模）已知棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1，以正方体中心为球心的球O与正方体的各条棱相切，若点P在球O的正方体外部（含正方体表面）运动，则PA⋅PB的最大值为（ ）
A．2B．74C．34D．14
【解题思路】取AB中点E，根据空间向量的数量积运算得PA⋅PB=PE2−14，判断PE的最大值即可求解.
【解答过程】取AB中点E，可知E在球面上，可得EB=−EA=−12BA，
所以PA⋅PB=PE+EA⋅PE+EB=PE2−EA2=PE2−14，

点P在球O的正方体外部（含正方体表面）运动，当PE为直径时，PEmax=2，
所以PA⋅PB的最大值为74.
故选：B.
【变式4-2】（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S1,S2，则S1S2= 74 ．
【解题思路】由几何关系求出外接球和棱切球半径，再由球的表面积公式求出表面积，最后求出比值.
【解答过程】
设正三棱柱的棱长为a，因为正三棱柱上下底面中心连线的中点O为外接球的球心，
则外接球的半径OB2=OD2+BD2，BD=23×32a=33a，
所以r12=a22+3a32=7a212，
因为OE=33a=12a2+36a2=OF，所以O为棱切球的球心，则棱切球半径r22=3a32=a23，
所以S1S2=4πr124πr22=7a212a23=74.
故答案为：74.
【变式4-3】（2024·黑龙江哈尔滨·模拟预测）若将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，八个顶点共截去八个三棱锥，可得到一个有十四个面的多面体.它的各棱长都相等，其中八个面为正三角形，六个面为正方形，如图所示，已知该多面体过A，B，C三点的截面面积为63，则其棱切球（球与各棱相切）的表面积为 12π .
【解题思路】设AB=m，外接球的半径为R，根据该几何体的对称性可知该几何体的棱切球即为底面棱长为2，侧棱长为22的正四棱柱的棱切球，利用勾股定理求解半径，即可由球的表面积公式即可求解．
【解答过程】设AB=m，外接球的半径为R，
该多面体是由棱长为2m的正方体沿正方体各棱的中点截去8个三棱锥所得，
如图，过A，B，C三点的截面为正六边形ABCFED，其面积S=6×34×m2=63，即m=2，
根据该几何体的对称性可知该几何体的棱切球即为底面棱长为2，侧棱长为22的正四棱柱的棱切球，
故R2=2222+222=3，即R=3，
故该多面体的棱切球的表面积为4πR2=12π．
故答案为：12π．
【题型5 内切球模型问题】
【例5】（2024·全国·模拟预测）如图，已知四棱锥P−ABCD的底面是边长为2的菱形，O为AC,BD的交点，PO⊥平面ABCD，∠PBA=∠ABC=60°，则四棱锥P−ABCD的内切球的体积为（ ）

A．6π2B．6π4C．6π8D．6π16
【解题思路】求出四棱锥的高和侧棱长，再利用四棱锥的体积与其内切球半径之间的关系求四棱锥的内切球半径即可得解.
【解答过程】因为四边形ABCD为菱形，∠ABC=60°，所以△ABC是正三角形，
则OA=1,OB=3.
因为PO⊥平面ABCD,AC,BD⊂平面ABCD，所以PO⊥AC,PO⊥BD.
设PO=a，则PA=a2+1，PB=a2+3.
在△PAB中，由PA2=PB2+AB2−2PB⋅ABcs∠PBA，
可得a2+1=a2+3+4−2×2a2+3⋅cs60°，解得a=6，
所以PO=6,PA=7,PB=3.
因为O为BD的中点，PO⊥BD，所以PB=PD.又BC=CD，PC=PC，
所以△PCB≌△PCD，同理可证△PCD≌△PAD，△PAD≌△PAB，
所以S△PCB=S△PCD=S△PAD=S△PAB.
设四棱锥P−ABCD的内切球的半径为r，则VP−ABCD=13S四边形ABCD⋅PO=13S四边形ABCD+S△PCB+S△PCD+S△PAD+S△PABr，
所以r=S四边形ABCD⋅POS四边形ABCD+4S△PAB=2×2sin60°×62×2sin60°+4×12×2×3sin60°=64，
所以四棱锥P−ABCD的内切球的体积V=43πr3=6π8，
故选：C.
【变式5-1】（2024·陕西西安·一模）六氟化硫，化学式为SF6，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．πm2B．2πm2C．πm23D．2πm23
【解题思路】根据正四棱锥的性质结合线面垂直的判定定理、性质定理找出内切球的半径，利用等面积法求出半径的大小，即可求解.
【解答过程】如图，连接AC,BD交于点O，连接OP，
取BC的中点E，连接OE,PE，
因为AB=m,所以OA=OB=OC=OD=22m,
OP=AP2−OA2=22m,
由BE=CE,可得BC⊥OE,BC⊥PE,OE,PE⊂平面POE，
且OE∩PE=E，所以BC⊥平面POE，
过O作OH⊥PE，
因为BC⊥平面POE，OH⊂平面POE，所以BC⊥OH,
且BC∩PE=E,BC,PE⊂平面PBC，所以OH⊥平面PBC，
所以OH为该正八面体结构的内切球的半径，
在直角三角形POE中，OP=22m,OE=12m,PE=32m，
由等面积法可得，12×OP×OE=12×PE×OH,解得OH=66m，
所以内切球的表面积为4π×66m2=2π3m2，
故选:D.
【变式5-2】（2024·全国·模拟预测）已知圆台O1O2存在内切球O（与圆台的上、下底面及侧面都相切的球），若圆台O1O2的上、下底面面积之和与它的侧面积之比为5:8，设圆台O1O2与球O的体积分别为V1,V2，则V2V1=（ ）
A．23B．34C．511D．613
【解题思路】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.
【解答过程】设圆台O1O2的上、下底面半径分别为r1,r2(r2>r1>0)，母线长为l，高为ℎ，内切球O的半径为R，
显然圆台轴截面等腰梯形的内切圆是球的截面大圆，则l=r1+r2，2R=ℎ，
由πr12+r22πr1+r2l=58，整理得3r12−10r1r2+3r22=0，而r2>r1，解得r2=3r1，l=4r1，
因此圆台的高ℎ=l2−r2−r12=23r1，R=3r1，
则圆台O1O2的体积V1=13π[r12+r1⋅3r1+(3r1)2]⋅23r1=263πr133，
内切球O的体积V2=43π(3r1)3=43πr13，所以V2V1=613.
故选：D.
【变式5-3】（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P−ABCD中，侧面PAB是边长为1的等边三角形，底面ABCD为矩形，且平面PAB⊥平面ABCD．若四棱锥P−ABCD存在一个内切球，设球的体积为V1，该四棱锥的体积为V2，则V1V2的值为（ ）
A．3π6B．3π12C．3π18D．3π54
【解题思路】过点P作出四棱锥P−ABCD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.
【解答过程】如图，取AB中点M，CD中点N，连接PM，PN，MN，
因△PAB是正三角形，则PM⊥AB，又ABCD是矩形，有MN⊥AB，
而平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD=AB，PM⊂平面PAB，MN⊂平面ABCD，
因此PM⊥平面ABCD，MN⊥平面PAB，
又AD//MN//BC，则AD⊥平面PAB，BC⊥平面PAB，则AD⊥PA，BC⊥PB，
PM∩MN=M，PM,MN⊂平面PMN，则AB⊥平面PMN，又PN⊂平面PMN，
所以AB⊥PN，而AB//CD，则CD⊥PN，显然△PAD≅△PBC，
由球的对称性和正四棱锥P−ABCD的特征知，平面PMN截四棱锥P−ABCD的内切球O得截面大圆，
此圆是Rt△PMN的内切圆，切MN，PM分别于E，F，有四边形OEMF为正方形，
设AD=x，又PM=32，PN=34+x2，则球的半径r=12x+32−34+x2，
又四棱锥P−ABCD的表面积为S=S△PAB+2S△PAD+SABCD+S△PCD=34+x+x+1234+x2，
由VP−ABCD=13Sr=13SABCD⋅PM，解得x=233，
∴V1=43πr3=354π，V2=13×233×32=13，
所以V1V2=3π18.
故选：C.
【题型6 多球相切问题】
【例6】（2024高三·全国·专题练习）在一个半径为2的半球形封闭容器内放入两个半径相同的小球，则这两个小球的表面积之和最大为（ ）
A．96−642πB．24−162πC．8πD．16π
【解题思路】由题意确定两个小球的表面积之和最大的情况，如图，根据勾股定理可得O1O=2r，则2r+r=2，解出r，结合球的表面积公式计算即可求解.
【解答过程】当两个小球的表面积之和最大时两小球相切，且两小球均与半球形封闭容器相切，
此时设两小球的球心分别为O1，O2，半球形封闭容器的底面圆心为O，
作出过O1，O2，O的截面如图所示，连接OO1并延长，交半圆于点A，
则A为圆O1与半圆的切点，设两个小球的半径为r，
得O1O=r2+r2=2r，所以2r+r=2，解得r=22−1，
所以这两个小球的表面积之和的最大值为2×4×42−12π=96−642π．
故选：A.
【变式6-1】（2024·河北沧州·模拟预测）某包装设计部门为一球形塑料玩具设计一种正四面体形状的外包装盒（盒子厚度忽略不计），已知该球形玩具的直径为2，每盒需放入10个塑料球，则该种外包装盒的棱长的最小值为（ ）
A．2+26B．2+46C．.4+26D．4+46
【解题思路】先确定正四面体的棱长与高还有内切球半径的关系，然后根据当a取得最小值时，从上到下每层中放在边缘的小球都与正四面体的面都相切，从而计算出棱长的最小值.
【解答过程】设正四面体的棱长为a，高为ℎ，内切球半径为r
则a2=ℎ2+32a×232，可得ℎ=63a，
又4×13×12a2×32×r=13×12a2×32×ℎ，可得r=612a，

即正四面体的高等于其棱长的63，正四面体的内切球的半径等于其棱长的612．
如图，10个直径为2的小球放进棱长为a的正四面体ABCD中，构成三棱锥的形状，有3层，从上到下每层的小球个数依次为1，3，6．

当a取得最小值时，从上到下每层中放在边缘的小球都与正四面体的侧面相切，底层的每个球都与正四面体的底面相切，任意相邻的两个小球都外切，位于底层正三角状顶点的所有相邻小球的球心连线为一个正四面体EFGH，底面BCD的中心为O，AO与面FGH的交点为P，
则该正四面体EFGH的棱长为1+2+1=4，
可求得其高为EP=4×63=463，AE=1×126×63−1=3，
所以正四面体ABCD的高为AO=AE+EP+PO=3+463+1=4+463，
进而可求得其棱长a的最小值为4+463×36=4+26．
故选：C.
【变式6-2】（2024·湖南益阳·模拟预测）如图所示，4个球两两外切形成的几何体，称为一个“最密堆垒”．显然，即使是“最密堆垒”，4个球之间依然存在着空隙．材料学研究发现，某种金属晶体中4个原子的“最密堆垒”的空隙中如果再嵌入一个另一种金属原子并和原来的4个原子均外切，则材料的性能会有显著性变化．记原金属晶体的原子半径为rA，另一种金属晶体的原子半径为rB，则rA和rB的关系是（ ）
A．2rB=3rAB．2rB=6rA
C．2rB=3−1rAD．2rB=6−2rA
【解题思路】依题意画出直观图，则四个金属原子的球心的连线所围成的图形为正四面体P−ABC，设正四面体的棱长为a a>0，高为ℎ ℎ>0，外接球球心为O，D为正三角形ABC的中心，求出外接球的半径R，即可得到a=2rA64a=rA+rB，从而得解.
【解答过程】由题意知，四个金属原子的球心的连线所围成的图形为如图所示的正四面体P−ABC，
设正四面体的棱长为a a>0，高为ℎ ℎ>0，外接球球心为O，D为正三角形ABC的中心，
则必有PD⊥平面ABC且P，O，D三点共线，
在正三角形ABC中，易求得DB=32a×23=33a，
在△PDB中，由PB2=PD2+DB2，可得ℎ=PD=a2−33a2=63a，
在△OBD中，由OB2=OD2+DB2，得R2=(ℎ−R)2+33a2，
解得R=64a，
由题意得a=2rA64a=rA+rB，所以64×2rA=rA+rB，
所以2rB=6−2rA．
故选：D．
【变式6-3】（2024·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ABCD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ABCD棱长为26，则模型中九个球的表面积和为（ ）
A．6πB．9πC．31π4D．21π
【解题思路】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.
【解答过程】如图，取BC的中点E，连接DE，AE，则CE=BE=6，AE=DE=24−6=32，
过点A作AF⊥底面BCD，垂足在DE上，且DF=2EF，
所以DF=22,EF=2，故AF=AD2−DF2=24−8=4，
点O为最大球的球心，连接DO并延长，交AE于点M，则DM⊥AE，
设最大球的半径为R，则OF=OM=R，
因为Rt△AOM∽Rt△AEF，所以AOAE=OMEF，即4−R32=R2，解得R=1，
即OM=OF=1，则AO=4−1=3，故sin∠EAF=OMAO=13
设最小球的球心为J，中间球的球心为K，则两球均与直线AE相切，设切点分别为H,G，
连接HJ,KG，则HJ,KG分别为最小球和中间球的半径，长度分别设为a,b，
则AJ=3HJ=3a,AK=3GK=3b，则JK=AK−AJ=3b−3a，
又JK=a+b，所以3b−3a=a+b，解得b=2a，
又OK=R+b=AO−AK=3−3b，故4b=3−R=2，解得b=12，
所以a=14，
模型中九个球的表面积和为4πR2+4πb2×4+4πa2×4=4π+4π+π=9π.
故选：B.
【题型7 外接球之二面角模型】
【例7】（2024·陕西宝鸡·三模）△ABC与△ABD都是边长为2的正三角形，沿公共边AB折叠成60°的二面角，若点A，B，C，D在同一球O的球面上，则球O的表面积为（ ）
A．139πB．208π9C．529πD．112π3
【解题思路】根据外接球球心的性质确定球心O的位置为过正△ABC与△ABD的中心的垂线上，再构造直角三角形求解球O的半径，即可求解．
【解答过程】解：由题，设正△ABC与△ABD的中心分别为N，M，
根据外接球的性质有OM⊥平面ABD，ON⊥平面ABC，
又二面角D−AB−C的大小为60°，故∠DEC=60°，
又正△ABC与△ABD的边长均为2，
故DE=CE=3，
故EM=EN=13ED=33，
∵OE=OE,∠OME=∠ONE，
∴Rt△MEO≌Rt△NEO，
故∠MEO=∠NEO=30°，
故OE=MEcs30°=23，又EB=1，
故球O的半径OB=12+(23)2=133，
故球O的表面积为S=4π×(133)2=52π9．
故选：C．
【变式7-1】（2024·山东·模拟预测）如图①，将两个直角三角形拼在一起得到四边形ABCD，且AC=BC=12AD=1，AC⊥AD，现将△ACD沿AC折起，使得点D到达点P处，且二面角P−AC−B的大小为60°，连接BP，如图②，若三棱锥P−ABC的所有顶点均在同一球面上，则该球的表面积为（ ）

A．4πB．5πC．6πD．7π
【解题思路】过点C作CE//PA且CE=PA，连接PE、BE，即可得到∠BCE是二面角P−AC−B的平面角，从而求出BE，即可得到BC⊥BE，则BC⊥平面PBE，则PC为三棱锥P−ABC的外接球的直径，即可求出外接球的表面积.
【解答过程】过点C作CE//PA且CE=PA，连接PE、BE，则四边形ACEP为平行四边形，
所以AC//PE，因为AC⊥AP，所以AC⊥CE，又AC⊥BC，
所以∠BCE是二面角P−AC−B的平面角，即∠BCE=60°，
在△BCE中，由余弦定理可得BE2=BC2+CE2−2BC⋅CEcs60°=1+4−2×1×2×12=3，
即BE=3，所以BE2+BC2=CE2，所以BC⊥BE，
又BC⊥AC，AC//PE，所以BC⊥PE，PE∩BE=E，PE,BE⊂平面PBE，
所以BC⊥平面PBE，PB⊂平面PBE，所以BC⊥PB，
所以PC为三棱锥P−ABC的外接球的直径，
所以外接球的半径R=12PC=12AP2+AC2=52，
所以外接球的表面积S=4πR2=4π×522=5π.
故选：B.
【变式7-2】（2024·陕西榆林·模拟预测）如图，△ABC是边长为4的正三角形，D是BC的中点，沿AD将△ABC折叠，形成三棱锥A−BCD．当二面角B−AD−C为直二面角时，三棱锥A−BCD外接球的表面积为（ ）
A．5πB．20πC．55π6D．205π3
【解题思路】先证明AD⊥平面BDC，利用二面角的定义可得∠BDC=90°，利用勾股定理可得△BCD的外接圆直径为BC，将三棱锥A−BCD补形成长方体来求其外接球的半径R，再利用球体表面积公式可得出答案.
【解答过程】如图所示，
折叠前，由于△ABC是边长为4的正三角形，D是BC的中点，则AD⊥BC，
折叠后，则有AD⊥CD，AD⊥BD，因为BD∩CD=D，所以AD⊥平面BDC，
因为二面角B−AD−C为直二面角，AD⊥CD，AD⊥BD
则二面角B−AD−C的平面角为∠BDC=90°，且BD=CD=12×4=2，AD=ABsin60°=23，
可将三棱锥A−BCD补形成长方体来求其外接球的半径R，即(2R)2=22+22+(23)2，解得R=5，从而三棱锥A−BCD外接球的表面积为4πR2=20π．
故选：B.
【变式7-3】（2024·上海徐汇·二模）三棱锥P−ABC各顶点均在半径为22的球O的表面上，AB=AC=22,∠BAC=90。，二面角P−BC−A的大小为45。，则对以下两个命题，判断正确的是（ ）
①三棱锥O−ABC的体积为83；②点P形成的轨迹长度为26π.
A．①②都是真命题
B．①是真命题，②是假命题
C．①是假命题，②是真命题
D．①②都是假命题
【解题思路】根据球的截面圆的性质可得出二面角，利用直角三角形性质判断△ABC外心O1和△PBC外心O2的位置，利用垂直关系证明O2是AO中点，利用体积公式判断①，根据O2P为定长判断P点轨迹是圆，判断②．
【解答过程】由题意知AB=AC=22,∠BAC=90。，故BC=4,
设△ABC外心为O1，则O1为BC的中点，设△PBC外心为O2，如图，
则OO1⊥平面ABC，OO2⊥平面PBC，
∵BC⊂平面ABC，BC⊂平面PBC，
∴OO1⊥BC，OO2⊥BC，
∵OO2∩OO1=O，∵OO2,OO1⊂平面OO1O2，∴BC⊥平面OO1O2，
又因为AO1⊥BC，则AO1⊂平面OO1O2，即A，O1，O，O2四点共面，
则BC⊥平面OAO1，
连接O1O2，则∠AO1O2为二面角P−BC−A的平面角，
∵二面角P−BC−A的大小为45°，∴∠AO1O2=45°，
而AO1⊥BC，O1A=12BC=2，因为OO2⊥平面PBC，O1O2⊂平面PBC，
故OO2⊥ O1O2，而O1O=OA2−O1A2=2，则O2O=2，
在△AO1O2中，AO22=AO12+O1O22−2AO1⋅O1O2cs45∘=2，
则AO2=2，故OA=22=AO2+OO2，即A,O2,O三点共线，
且O2是OA的中点；
则VO−ABC=13×OO1×S△ABC=13×2×12×22×22=83，故①是真命题；
又∵ O2P=OP2−OO22=8−2=6，
∴点P形成的轨迹是以O2为圆心，半径为6的圆，
∴轨迹长度为26π，故②真命题．
故选：A．
【题型8 与球的切、接有关的最值问题】
【例8】（2024·湖北·模拟预测）已知四棱锥P−ABCD的底面为矩形，AB=23，BC=4，侧面PAB为正三角形且垂直于底面ABCD，M为四棱锥P−ABCD内切球表面上一点，则点M到直线CD距离的最小值为（ ）
A．10−2B．10−1C．23−2D．23−1
【解题思路】H,N分别为AB和CD的中点，平面PHN截四棱锥P−ABCD的内切球O所得的截面为大圆，求出圆的半径，利用圆心到直线距离求点M到直线CD距离的最小值.
【解答过程】如图，设四棱锥的内切球的半径为r，取AB的中点为H，CD的中点为N，连接PH，PN，HN，

球O为四棱锥P−ABCD的内切球，
底面ABCD为矩形，侧面PAB为正三角形且垂直于底面ABCD，
则平面PHN截四棱锥P−ABCD的内切球O所得的截面为大圆，
此圆为△PHN的内切圆，半径为r，与HN，PH分别相切于点E，F，
平面PAB⊥平面ABCD，交线为AB，PH⊂平面PAB，
△PAB为正三角形，有PH⊥AB，∴PH⊥平面ABCD，
HN⊂平面ABCD，∴PH⊥HN，
AB=23，BC=4，则有PH=3，HN=4，PN=5，
则△PHN中，S△PHN=12×3×4=12r3+4+5，解得r=1.
所以，四棱锥P−ABCD内切球半径为1，连接ON.
∵PH⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，∴CD⊥PH，
又CD⊥HN，PH,HN⊂平面PHN，PH∩HN=H，
∴CD⊥平面PHN，∵ON⊂平面PHN，可得ON⊥CD，
所以内切球表面上一点M到直线CD的距离的最小值即为线段ON的长减去球的半径，
又ON=OE2+EN2=10.
所以四棱锥P−ABCD内切球表面上的一点M到直线CD的距离的最小值为10−1.
故选：B.
【变式8-1】（2024·陕西安康·模拟预测）在四棱锥P−ABCD中，底面四边形ABCD为正方形，四棱锥P−ABCD外接球的表面积为16π，则当四棱锥P−ABCD的体积最大时，AB=（ ）
A．3B．2C．83D．3
【解题思路】由题意，如图，确定四棱锥P−ABCD的体积最大的情况，设AB=x，根据球的表面积公式和勾股定理、锥体的体积公式可得VP−ABCD=124t+48−2tt+4（16−2x2=t），结合基本不等式计算即可求解.
【解答过程】因为四棱锥P−ABCD的底面为正方形，
所以当点P在底面的射影为底面正方形的中心O′，且球心O在线段PO′上时，
四棱锥P−ABCD的体积最大.设四棱锥P−ABCD外接球的半径为R，
则4πR2=16π，得R=2，设AB=x，则AO′=22x，
由OA=OP=2，得OO′=4−x22=16−2⋅x22，所以PO′=16−2x22+2，
则VP−ABCD=13x216−2x22+2=11216−2x2+4×2x2，
令16−2x2=t，则2x2=16−t2，
所以VP−ABCD=112t+416−t2=124t+48−2tt+4≤124t+4+8−2t+t+433=124×1633=51281，
当且仅当t=43时取等号，此时x=83，即AB=83.
故选：C.
【变式8-2】（2024·福建泉州·一模）泉州花灯技艺源于唐朝中期从形式上有人物灯、宫物灯、宫灯，绣房灯、走马灯、拉提灯、锡雕元宵灯等多种款式．在2024年元宵节，小明制做了一个半正多面体形状的花灯，他将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共截去八个三棱锥，得到一个有十四个面的半正多面体，如图所示．已知该半正多面体的体积为203，M为△ABC的中心，过M截该半正多面体的外接球的截面面积为S，则S的最大值与最小值之比（ ）
A．85B．95C．3D．9
【解题思路】利用半正多面体和中心对称性，确定外接球球心和半径，再去找到最大截面圆和最小截面圆的半径，即可求出它们的比值.
【解答过程】把这个半正多面体补全为正方体，再设该正方体的边长为a，
则每个截去的小三棱锥的体积为13×12×a2×a2×a2=a348，
所以该半正多面体的体积：a3−8×a348=56a3=203，解得a=2，
由图可知，半正多面体的外接球半径是OB=12+12=2，
由正方体的性质易证明平面ABC//平面IGH：
又因为在正方体中EF⊥平面IGH，所以EF⊥平面ABC，
所以过点M截外接球的最小截面圆的半径是MB，最大截面圆的半径是OB，
即S的最小值比最大值等于MBOB2=sin∠BOM2=sin∠EFG2=2232=13，则最大值比最小值等于3.
故选：C.
【变式8-3】（2024·福建南平·模拟预测）某雕刻师在切割玉料时，切割出一块如图所示的三棱锥型边料，测得在此三棱锥A−BCD中，侧面ABC⊥底面BCD，且AB=AC=DB=DC=AD=2 cm，该雕刻师计划将其打磨成一颗球形玉珠，则磨成的球形玉珠的直径的最大值为（ ）
A．26 cmB．23 cm
C．222−3cmD．22−3cm
【解题思路】利用等体积法求得三棱锥内切球的直径，从而确定正确答案.
【解答过程】如图，设BC的中点为O，连接AO,DO，因为AB=AC=DB=DC,BC= BC，
所以△ABC≌△DBC，所以AO=DO，且AO⊥BC,DO⊥BC，
又侧面ABC⊥底面BCD且交线为BC，AO⊂平面ABC，所以AO⊥平面BCD，
由于DO⊂平面BCD，所以AO⊥DO，
由于AO∩DO=O,AO,DO⊂平面AOD，所以BC⊥平面AOD，
又AD=2 cm，所以AO=DO=2 cm,BC=22 cm，
因为AB=AC=DB=DC=2 cm，所以AB⊥AC,DB⊥DC．
当球形玉珠为三棱锥A−BCD的内切球时，球形玉珠的直径最大．
设三棱锥A−BCD的表面积为S，内切球的半径为r，则VA−BCD=13Sr，
又VA−BCD=13S△DBC×AO =13×12×2×2×2=223 cm3，
S=S△ABC+S△DBC+S△ABD+S△ADC
=12×2×2+12×2×2+12×2×2sin60∘+12×2×2sin60∘
=4+23 cm2，故223=134+23r，
所以r=224+23=22−3cm，
所以磨成的球形玉珠的直径的最大值为222−3cm．
故选：C.
【题型9 与球的切、接有关的截面问题】
【例9】（2024·云南曲靖·模拟预测）正方体ABCD−A1B1C1D1外接球的体积为43π，E、F、G分别为棱AA1、A1B1、A1D1的中点，则平面EFG截球的截面面积为（ ）
A．5π3B．4π3C．2π3D．π3
【解题思路】由已知，得到正方体ABCD−A1B1C1D1外接球的半径，进而得到正方体的棱长，再由勾股定理计算出平面EFG截球的截面圆的半径，即可得到截面面积.
【解答过程】

设正方体ABCD−A1B1C1D1外接球的半径为R，棱长为a，
因为正方体ABCD−A1B1C1D1外接球的体积为43π，
所以43πR3=43π，则R=3，
由3a2=232，得a=2，
设球心O到平面EFG的距离为ℎ，平面EFG截球的截面圆的半径为r，
设A1到平面EFG的距离为ℎ′,
因为E、F、G分别为棱AA1、A1B1、A1D1的中点，
所以△EFG是边长为2的正三角形,
由VA1−EFG=VE−AFG,得13S△EFG⋅ℎ′=13S△A1FG⋅A1E,
则13×12×2×2×32ℎ′=13×12×1×1×1,
解得ℎ′=33,又OA1=12AC=3,
所以A1到平面EFG的距离为ℎ′=13OA1，
则ℎ=OA1−13OA1=R−13R=233，
r2=R2−ℎ2=32−2332=53，
所以平面EFG截球的截面面积为，πr2=53π.
故选：A.
【变式9-1】（2024·江苏南京·模拟预测）已知SO1=2，底面半径O1A=4的圆锥内接于球O，则经过S和O1A中点的平面截球O所得截面面积的最小值为（ ）
A．252πB．253πC．254πD．5π
【解题思路】根据球的截面性质，结合三角形面积等积性、勾股定理进行求解即可.
【解答过程】如图，
设球O的半径为R，线段O1A的中点为E，因为AO12+OO12=AO2，
所以42+(R−2)2=R2，解得R=5，
设经过S和O1A中点E的平面截球O所得截面圆的圆心为O2，半径为r，球心O到截面的距离OO2=d，
则r2=R2−d2，要截面面积最小，则r要最小，即d要最大，
因为当d为点O到SE的距离时最大，此时d⋅SE=SO⋅EO1，又SE=22+22=22，
所以d=SO⋅EO1SE=5×222=52，
所以r2=52−(52)2=252，
故截面面积的最小值为πr2=252π．
故答案为：252π．
故选：A.
【变式9-2】（2024·湖北武汉·模拟预测）四棱锥P−ABCD各顶点都在球心O为的球面上，且PA⊥平面ABCD，底面ABCD为矩形，PA=AD=2,AB=22，设M,N分别是PD,CD的中点，则平面AMN截球O所得截面的面积为（ ）
A．πB．3πC．4πD．2π
【解题思路】根据线面垂直关系可得四棱锥P−ABCD外接球与以AP,AB,AD为棱长的长方体的外接球相同，确定外接球半径R，根据线面关系求解三棱锥A−MNC的体积，利用等体积法确定球心O到平面AMN的距离为d，从而得截面面积.
【解答过程】因为PA⊥平面ABCD，底面ABCD为矩形，
如下图所示，
易知四棱锥P−ABCD外接球与以AP,AB,AD为棱长的长方体的外接球相同；
由题意可知球心O为PC中点，
故球O的直径2R=22+22+222=4，解得R=2
由M,N分别是PD,CD的中点可得MN//PC，因为PC⊄平面AMN，可得PC//平面AMN；
所以球心O到平面AMN的距离等于点C到平面AMN的距离，
设球心O到平面AMN的距离为d，截面圆的半径为r，
因为PA=AD=2,AB=22，M分别是PD的中点，所以AM⊥PD，且AM=2，
又MN=12PC=12PD2+DC2=2,AN=AD2+DN2=6，
所以AN2=AM2+MN2，故AM⊥MD，又MD∩PD=D,MD,PD⊂平面MNC，所以AM⊥平面MNC，
且S△MNC=12×2×2=1，所以VA−MNC=13×S△MNC×AM=23，
而VC−AMN=13×S△AMN⋅d=13×12×2×2d=2d3，由等体积法得d=1，
所以r2=R2−d2=3，故截面面积为πr2=3π．
故选：B.
【变式9-3】（2024·全国·模拟预测）在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F分别为棱A1B1，DD1的中点，过直线EF的平面截该正方体外接球所得的截面面积的最小值为s，最大值为S，则Ss=（ ）
A．62B．32C．305D．65
【解题思路】根据题意可求得正方体的外接球球心位置，易知当截面面积最大时，截面圆的半径为该正方体外接球的半径R，当截面与OP垂直时，截面面积最小；分别求出对应的半径大小即可得出结果.
【解答过程】如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的外接球球心在其中心点O处，设该正方体的棱长为a，
则外接球的半径R=12a2+a2+a2=3a2，
要使过直线EF的平面截该球得到的截面面积最小，则截面圆的圆心为线段EF的中点P，
连接OE，OF，OP，则OE=OF=a22+a22=2a2，
EF=a2+a22+a22=6a2，
所以OP=OE2−12EF2=2a4，
此时截面圆的半径r=R2−OP2=10a4．
显然当截面面积最大时，截面圆的半径为该正方体外接球的半径R；
所以Ss=πR2πr2=π3a22π10a42=65．
故选：D．
【题型10 多面体与球体内切外接综合问题】
【例10】（2024·全国·模拟预测）已知圆台O1O2的内切球半径为2，圆台O1O2的体积为28π，则圆台O1O2外接球的表面积为（ ）
A．32πB．1025π48C．1025π64D．1025π16
【解题思路】首先根据圆台内切球半径为2求出圆台上、下底面半径的乘积为4，然后结合圆台的体积为28π并利用圆台的体积公式得到圆台的上、下底面半径，根据圆台和球的对称性并利用勾股定理求得圆台外接球的半径，即可求得圆台外接球的表面积．
【解答过程】设圆台O1O2的上、下底面半径分别为r1，r2，易知内切球的轴截面与圆台O1O2的轴截面内切，
所以r2+r12=r2−r12+42，解得r1r2=4，
又圆台O1O2的体积为π3×4×r22+r12+r2r1=28π，
所以r1=1，r2=4．
设圆台O1O2外接球的半径为R，易知圆台O1O2的轴截面与外接球的轴截面内接，外接球球心O在线段O1O2上，（提示：当O在O1O2的延长线上时，设OO2=x，则OO1=4+x，所以R2=x2+16=4+x2+1，无解，所以O在线段O1O2上）,
如图，连接OC，OB，
则CO1=r1=1，BO2=r2=4，
设OO1=x，则OO2=4−x，
所以R2=1+x2=16+4−x2，得x=318，
故R2=1+x2=102564，
所以该圆台外接球的表面积为4πR2=1025π16，
故选：D．
【变式10-1】（23-24高二下·湖南长沙·期中）已知正四棱锥外接球的半径为3，内切球的半径为1，则该正四棱锥的高为（ ）
A．4+3B．4+2C．4±3D．4±2
【解题思路】设正四棱锥P−ABCD底边长为2a，高为ℎ，外接球半径R=3，内切球半径r=1，设M，N分别为AD和BC的中点，由题意得△PMN的内切圆半径即为内切球半径，△PAC的外接圆半径即为正四棱锥的外接球半径，利用勾股定理求解即可.
【解答过程】设正四棱锥P−ABCD的底边长为2a，高为ℎ，外接球半径R=3，内切球半径r=1．
设M，N分别为AD和BC的中点，则△PMN的内切圆半径即为内切球半径．
设∠PMN=2θ，则tan2θ=ℎa，tanθ=ra=1a．
由tan2θ=2tanθ1−tan2θ，得ℎa=2aa2−1，即a2=ℎℎ−2．
另外△PAC的外接圆半径即为正四棱锥的外接球半径，所以在△PAC中，
有(ℎ−R)2+(2a)2=R2，即a2 =2Rℎ−ℎ22，即a2=6ℎ−ℎ22，
所以6ℎ−ℎ22=ℎℎ−2，解得ℎ=4±2．
故选：D.
【变式10-2】（2024·甘肃金昌·模拟预测）在底面是边长为4的正方形的四棱锥P−ABCD中，点P在底面的射影H为正方形ABCD的中心，异面直线PB与AD所成角的正切值为32，则四棱锥P−ABCD的内切球与外接球的半径之比为（ ）
A．617B．516C．413D．718
【解题思路】依题意可得P−ABCD为正四棱锥，由AD//BC可得异面直线PB与AD所成的角为∠PBC，取BC中点E，连接PE、HE，即可求出PE、HP，再求出四棱锥的表面积与体积，从而求出内切球的半径，再由勾股定理求出外接球的半径，即可得解.
【解答过程】由题可得四棱锥P−ABCD为正四棱锥，即有PA=PB=PC=PD．
因为AD//BC，所以异面直线PB与AD所成的角为∠PBC，
取BC中点E，连接PE、HE，则PE⊥BC，所以tan∠PBC=PEBE=32，
所以PE=3，HP=PE2−HE2=5．
从而可以求得四棱锥P−ABCD的表面积和体积分别为S=12×4×3×4+42=40，V=13×4×4×5=1653，
所以内切球的半径为r=3VS=255．
设四棱锥P−ABCD外接球的球心为O，外接球的半径为R，则OP=OA，
则5−R2+222=R2，解得R=13510，所以rR=413．

故选：C.
【变式10-3】（2024·云南大理·模拟预测）六氟化硫，化学式为SF6，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．六氟化硫分子结构为正八面体结构（正八面体每个面都是正三角形，可以看作是将两个棱长均相等的正四棱锥将底面粘接在一起的几何体）．如图所示，正八面体E−ABCD−F的棱长为a，此八面体的外接球与内切球的体积之比为（ ）
A．33B．23C．32D．22
【解题思路】根据给定条件，确定八面体的外接球球心及半径，利用体积法求出内切球半径，再利用球的体积公式求解即得.
【解答过程】正八面体E−ABCD−F的棱长为a，连接AC∩EF=O，
由四边形ABCD为正方形，得AC2=BC2+AB2=2a2=EC2+AE2，
则四边形AECF亦为正方形，即点O到各顶点距离相等，
于是此八面体的外接球球心为O，半径为R=2a22=2a2，
此八面体的表面积为S=8S△ABE=8×34a2=23a2，设此八面体的内切球半径为r，
由VE−ABCD−F=2VE−ABCD，得13Sr=2×13×a2×2a2，即23a2r=2a3，解得r=66a，
所以此八面体的外接球与内切球的体积之比为(Rr)3=(2a266a)3=33.
故选：A.
一、单选题
1．（2024·辽宁·一模）已知正四棱锥P−ABCD各顶点都在同一球面上，且正四棱锥底面边长为4，体积为643，则该球表面积为（ ）
A．9πB．36πC．4πD．4π3
【解题思路】根据体积可求正四棱锥的高，再结合外接球球心的性质可求其半径，故可求外接球的表面积.
【解答过程】
如图，设P在底面ABCD的射影为H，则PH⊥平面ABCD，
且H为AC,BD的交点.
因为正四棱锥底面边长为4，故底面正方形的面积可为16，且AH=12×42=22，
故13×PH×16=643，故PH=4.
由正四棱锥的对称性可知O在直线PH上，设外接球的半径为R，
则OH=4−R，故R2=8+4−R2，故R=3，
故正四棱锥P−ABCD的外接球的表面积为4×π×9=36π，
故选：B.
2．（2024·山东济南·二模）已知正三棱锥 P－ABC 的底面边长为 23，若半径为1的球与该正三棱锥的各棱均相切，则三棱锥 P－ABC 的体积为（ ）
A．2B．22C．3D．23
【解题思路】作出图形，根据题意可得棱切球的球心即为底面正三角形的中点O，再求出三棱锥的高，最后根据三棱锥的体积公式，即可求解.
【解答过程】因为球与该正三棱锥的各棱均相切，
所以该球的球心在过截面圆圆心且与平面ABC垂直的直线上，
又因为底面边长为23，
所以底面正三角形的内切圆的半径为r′=tan30°⋅12AB=33×3=1，
又因为球的半径r=1，即r′=r，
所以棱切球的球心即为底面正三角形的中心点O，
如图，过球心O作PA的垂线交PA于H，则H为棱切球在PA上的垂足，

所以OH=r=1，
又因为OA=12ABcs30°=332=2，所以cs∠AOH=OHOA=12,
因为∠AOH∈0,π，所以∠AOH=60°，
又由题意可知，PO⊥平面ABC，所以PO⊥OA，
所以∠POH=30°
所以PO=OHcs30°=132=233，
所以VP−ABC=13×12×23×23×32×233=2.
故选：A.
3．（2024·宁夏吴忠·模拟预测）已知正三棱锥A−BCD的外接球是球O，正三棱锥底边BC=3，侧棱AB=23，点E在线段BD上，且BE=DE，过点E作球O的截面，则所得截面圆面积的最大值是（ ）
A．2πB．9π4C．3πD．4π
【解题思路】设△BCD的外接圆的圆心为O1，根据Rt△ OO1D中，R2=3+(3−R)2，解得R，过点E作圆O的截面，当截面过球心时，截面面积最大，由此能求出所得截面圆面积的最大值．
【解答过程】如图，设△BDC的中心为O1，球O的半径为R，连接O1D，OD，
则O1D=3sin60°×23=3，AO1=AD2−DO12=3，
在Rt△ OO1D中，R2=3+(3−R)2，解得R=2，
当截面过球心时，截面面积最大，最大面积为π⋅R2=4π．
∴所得截面圆面积的最大值为4π．
故选：D．

4．（2024·广东广州·模拟预测）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、下底面半径分别为r1，r2，且r2=4r1=4，则圆台的体积与球的体积之比为（ ）
A．74B．218C．52D．638
【解题思路】画出圆台的轴截面图，由几何知识可确定球的半径，即可得答案.
【解答过程】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E，与上、下底的分别切于点O1，O2，
设球的半径为r，圆台上下底面的半径为r1=1，r2=4.注意到OD与OA均为角平分线，
因此∠DOA=90°，从而△AO2O∽△OO1D，故r2=r1r2=4.
设圆台的体积为V1，球的体积为V2，则V1V2=13×2r×πr12+πr22+πr1r243πr3=r12+r22+r22r2=1+16+48=218.
故选：B.
5．（2024·陕西宝鸡·三模）△ABC与△ABD都是边长为2的正三角形，沿公共边AB折叠成三棱锥且CD长为3，若点A，B，C，D在同一球O的球面上，则球O的表面积为（ ）
A．139πB．208π9C．112π3D．529π
【解题思路】根据外接球球心的性质确定球心O的位置为过正三角形△ABC与△ABD的中心的垂线上，再构造直角三角形求解球O的半径即可.
【解答过程】设AB的中点为E，正△ABC与正△ABD的中心分别为N，M，如图，
根据正三角形的性质有M，N分别在DE，CE上，OM⊥平面ABD，ON⊥平面ABC，
因为△ABC与△ABD都是边长为2的正三角形，则DE=CE=3，又CD=3，
则△CDE是正三角形，
又AB⊥DE，AB⊥CE，CE∩DE=E，CE,DE⊂平面CDE，
所以AB⊥平面CDE，所以O在平面CDE内，
故EM=EN=13ED=33，易得Rt△MEO≌Rt△NEO，
故∠MEO=∠NEO=30°，
故OE=MEcs30°=23，又EB=1，故球O的半径OB=12+232=133，
故球O的表面积为S=4π×1332=52π9．
故选：D．
6．（2024·陕西榆林·模拟预测）如图，△ABC是边长为4的正三角形，D是BC的中点，沿AD将△ABC折叠，形成三棱锥A−BCD．当二面角B−AD−C为直二面角时，三棱锥A−BCD外接球的体积为（ ）

A．5πB．20πC．55π6D．205π3
【解题思路】补形成长方体模型来解即可.
【解答过程】由于二面角B−AD−C为直二面角，且△ABD和△ACD都是直角三角形，
故可将三棱锥A−BCD补形成长方体来求其外接球的半径R，
即2R2=22+22+232，解得R=5，
从而三棱锥A−BCD外接球的体积V=4πR33=205π3．
故选：D.

7．（2024·天津和平·二模）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．94πB．92πC．9πD．323π
【解题思路】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r，高线与斜高的夹角为θ，则易得sinθ=35，4=r+rsinθ=83r，从而可得r，再代入球的体积公式，即可求解．
【解答过程】作出四棱锥P−ABCD如图：
根据题意可得正四棱锥的斜高为PM=5，底面正方形ABCD的边长为6，
∴正四棱锥的高为OP=52−32=4，
设这个正四棱锥的内切球的球心为Q，半径为r，与侧面相切于N，
则高线与斜高的夹角为θ，则sinθ=OMPM=35，
则OP=OQ+QNsinθ,
∴4=r+rsinθ=83r，∴r=32，
∴这个正四棱锥的内切球的体积为43πr3=43×π×(32)3=92π．
故选：B．
8．（2024·安徽安庆·三模）如图，在一个有盖的圆锥容器内放入两个球体，已知该圆锥容器的底面圆直径和母线长都是3，则（ ）
A．这两个球体的半径之和的最大值为3+32
B．这两个球体的半径之和的最大值为43
C．这两个球体的表面积之和的最大值为6+33π
D．这两个球体的表面积之和的最大值为10π9
【解题思路】当这两个球体的半径或者表面积之和取最大值时，有一个球体和圆锥的底面相切，过底面圆的直径作截面，设两圆的半径，则R∈16,12，r∈16,12，其中R=1−r3−233r−2r2，表达出fr=1+2r3−233r−2r2，r∈16,12，求导得到函数单调性，得到最值，并求出R2+r2=−12R+r2−6R+r+3，令x=R+r≤23，函数y=−2πx2−6x+3在0,23上单调递增，求出ymax=10π9，得到答案.
【解答过程】当这两个球体的半径或者表面积之和取最大值时，上面的球与圆锥的底面相切，
过底面圆的直径作截面，
如图所示，过点O作OF⊥AB，垂足为F，过点O′作O′E⊥AB，垂足为E，
过点O′作O′D⊥OF，垂足为D．
设圆O的半径为R，圆O′的半径为r，当下面的球与上底面相切时，R取得最大值，
此时R为该圆的内切球半径，等边三角形的边长为3，内切球半径为32tan30°=12，
故OB=1，故R的最大值为12，且取最大值时，
O,O′,B三点共线，设O′E=r，则O′B=2r，
则2r+r+12=1，解得r=16，
所以R∈16,12，r∈16,12，OD=R−r，OO′=R+r，O′D=EF=AB−AF−BE=3−3R−3r.
因为OD2+O′D2=OO′2，所以R−r2+3−3R−3r2=R+r2①，
整理得3R2+2r−6R+3r2−2r+1=0，解得R=1−r3−233r−2r2，
令函数fr=R+r=1−r3−233r−2r2+r=1+2r3−233r−2r2，r∈16,12，
f′r=23r−2r2−3+4r33r−2r2.
令函数gr=23r−2r2−3+4r，g′r=3−4r3r−2r2+4>0，所以gr是增函数.
又因为g16<0，g12>0，所以∃r0∈16,12，gr0=0，
所以r∈16,r0，gr<0，r∈r0,12，gr>0，
即r∈16,r0，f′r<0，r∈r0,12，f′r>0，
所以fr在16,r0上单调递减，在r0,12上单调递增.
因为f16=f12=23，所以frmax=23，即这两个球体的半径之和的最大值为23.
由①可得R2+r2=−12R+r2−6R+r+3，
这两个球体的表面积之和为4πR2+r2=−2πR+r2−6R+r+3.
令x=R+r≤23，函数y=−2πx2−6x+3在0,23上单调递增，
所以ymax=−2π×232−6×23+3=10π9，即这两个球体的表面积之和的最大值为10π9.
故选：D．
二、多选题
9．（2024·黑龙江·模拟预测）图柱的轴截面为正方形，则下列结论正确的有（ ）
A．圆柱内切球的半径与图柱底面半径相等
B．圆柱内切球的表面积与圆柱表面积比为23
C．圆柱内接圆锥的表面积与圆柱表面积比为13
D．圆柱内切球的体积与圆柱体积比为23
【解题思路】圆柱内切球半径等于圆柱底面半径，再利用即可得到ABD，圆柱内接圆锥半径圆柱底面半径，高等于圆柱的高即可得到C.
【解答过程】设圆柱的底面半径为R，则圆柱的高为2R，所以内切球的半径为R，A正确；
圆柱的表面积为S1 =2πR2+2πR×2R=6πR2，内切球的表面积为4πR2，所以圆柱内切球的表面积与圆柱表面积比为23，B正确；
圆柱内接圆锥的表面积为S=πR2+12×2πR×5R=(5+1)πR2，圆柱内接圆锥的表面积与圆柱表面积比为5+16,C错误；
圆柱内切球的体积V1=43πR3，圆柱的体积V2=πR2×2R=2πR3，所以V1:V2= 43πR3:2πR3=23，D正确.
故选：ABD.
10．（2024·河北衡水·三模）已知在正方体ABCD−A1B1C1D1中，AA1=2，点M为A1D1的中点，点P为正方形A1B1C1D1内一点（包含边界），且BP//平面AB1M，球O为正方体ABCD−A1B1C1D1的内切球，下列说法正确的是（ ）
A．球O的体积为4π3B．点P的轨迹长度为22
C．异面直线CC1与BP所成角的余弦值取值范围为33,255D．三棱锥M−AA1B1外接球与球O内切
【解题思路】根据正方体内切球的性质判断A；利用面面平行确定点P的轨迹，即可求得其长度，判断B；根据异面直线所成角的概念，确定该角取到最值时的位置，即可判断C；根据圆内切的判断条件可判断D.
【解答过程】由题意知球O的半径为1，故其体积为4π3，故A选项正确；
取B1C1的中点为N，
连结BN,D1N，易知D1N//B1M，D1N⊄平面AB1M，B1M⊂平面AB1M，
故D1N//平面AB1M，
连接MN，MN∥A1B1∥AB,MN=A1B1=AB，即四边形ABNM为平行四边形，
则BN//AM，BN⊄平面AB1M，AM⊂平面AB1M，所以BN//平面AB1M．
又因为BN∩D1N=N，BN,D1N⊂平面BND1，
故平面BND1//平面AB1M，平面BND1∩平面A1B1C1D1=D1N，结合BP//平面AB1M，
故点P的轨迹为线段D1N=5，故B选项错误；
因为CC1//BB1，故异面直线CC1与BP所成角等于∠B1BP或其补角，
当P位于N点时，得∠B1BN取得最小，cs∠B1BN=BB1BN=255;
当P位于D1点时，∠B1BD1取得最大，cs∠B1BN=BB1BD1=33，故C选项正确；
由正方体几何性质易知∠BAM=∠BA1M=∠BB1M=90°，
故BM为三棱锥M−AA1B1外接球的直径，取O′为BM的中点，
即O′为三棱锥M−AA1B1外接球的球心，由题意知O为BD1的中点，
故OO′=12MD1=12，
因为球O的半径为r1=1，球O′的半径为r2=12BM=32,r2−r1=OO′，
故三棱锥M−AA1B1外接球与球O内切，D正确
故选：ACD．
11．（2024·江苏无锡·模拟预测）在平面四边形ABCD中，AB=BC=1,AB⊥BC，将△ACD沿AC折起，使D到达点P的位置．已知三棱锥P−ABC的外接球的球心M恰是AP的中点，则下列结论正确的是（ ）
A．AP,BM与平面ABC所成的角相等
B．AC2+BP2=AP2+AB2
C．二面角B−AP−C的大小可能为30∘
D．若∠PBC=45∘，则球M的表面积为3π
【解题思路】对于A，取AC的中点O得MO⊥平面ABC，PC⊥平面ABC，根据△MAO≌△MBO可判断A；AP2+AB2−AC2+BP2 =AP2−BP2+AB2−AC2可判断B；做BN⊥PA， 得∠BNO即为B−AP−C的平面角，若∠BNO=30∘，则AB=1【解答过程】对于A，取AC的中点O，因为AB⊥BC，所以点O是△ABC的外心，
连接MO,BO，则MO⊥平面ABC，
因为M是AP的中点，所以MO//PC，所以PC⊥平面ABC，
点是O是AC的中点，AB=BC=1，所以AO=BO=CO=22，
又MA=MB，所以△MAO≌△MBO，所以∠MAO=∠MBO，故A正确；

对于B，AP2+AB2−AC2+BP2，
=AP2−BP2+AB2−AC2=2AB2−AC2=0，
=2−22=0，故B正确；
对于C，因为BO⊥AC，BO⊥PC，AC∩PC=C，AC、PC⊂平面PAC，
所以BO⊥平面PAC，AP⊂平面PAC，所以BO⊥AP，
做BN⊥PA，交AP于点N，
BN∩BO=B，BN、BO⊂平面BNO，
所以PA⊥平面BNO，NO⊂平面BNO，所以PA⊥NO，
所以∠BNO即为B−AP−C的平面角，若∠BNO=30∘，
则BN=BO=2，而在直角三角形ABN中，斜边AB=1这是不可能的，故C错误；

对于D，若∠PBC=45∘，则PC=BC=1，MO=12PC=12，
所以MB2=MO2+BO2=14+222=34，外接球半径R=32，
∴S表=4π⋅34=3π，故D正确.

故选：ABD．
三、填空题
12．（2024·四川·模拟预测）在平面四边形ABCD中，AB=AD=1,BC=CD=2,AB⊥AD，将△BCD沿BD折起，使点C到达C′，且AC′=3，则四面体ABC′D的外接球O的体积为 32π ．

【解题思路】先求几何体的边长取C′A的中点O，OB=OC′=OD=OA，即可得出外接球的半径，进而得出外接球的体积.
【解答过程】由题意知，C′B=C′D=2,AB=AD=1,AC′=3，
由勾股定理可知，C′B2+AB2=C′A2，C′D2+AD2=C′A2，
所以C′B⊥AB,C′D⊥AD，
取C′A的中点O，所以OB=OC′=OD=OA，
所以四面体ABC′D的外接球O在斜边C′A的中点处，
四面体ABC′D的外接球O的半径R=12C′A=32，
外接球O的体积V=43πR3=32π．
故答案为：32π.
13．（2024·贵州贵阳·二模）在一个棱长为36的正四面体容器内放入一个半径为1的小球，摇晃容器使得小球在容器内朝着任意方向自由运动，则小球不可能接触到的容器内壁的面积为 483 .
【解题思路】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便得切点的轨迹仍为正三角形，正四面体的棱长为36，故小三角形的边长为6，做出面积相减，即可得到结果.
【解答过程】如图：

考虑小球O即在正四面体的一个角上时，做平面A1B1C1//平面ABC，D1为平面A1B1C1的中心，则OD1=1.
因为VP−A1B1C1=4VO−A1B1C1可得PD1=4，所以PO=3,PP1=22.
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便得切点的轨迹仍为正三角形，

因为PP1=22，PP1平分∠APB，所以MP1=2，MP=6.
因为正四面体的棱长为36，故小三角形的边长为6，
小球与一个面不能接触到的部分的面积为：
34362−62=123.
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4×123=483.
故答案为：483.
14．（2024·四川·模拟预测）在平面四边形ABCD中，AB=AD=1,BC=CD=2,AB⊥AD，将△BCD沿BD折起，使点C到达C′，且AC′=3，则四面体ABC′D的外接球为球O，若点E在线段BD上，且BD=4BE，过点E作球O的截面，则所得截面圆中面积最小的圆半径为 64 ．
【解题思路】先根据勾股定理逆定理得到C′B⊥AB,C′D⊥AD，再根据直角三角形中线性质找出外接球的球心，再结合球的截面距离分析，要所得的截面圆中面积最小，只需截面圆半径最小，只需球心到截面的距离d最大即可．
【解答过程】由题意知，C′B=C′D=2,AB=AD=1,AC′=3，
由勾股定理可知，C′B2+AB2=C′A2,C′D2+AD2=C′A2，所以C′B⊥AB,C′D⊥AD，
取C′A的中点O，所以OB=OC′=OD=OA，所以四面体ABC′D的外接球O在斜边C′A的中点处，四面体ABC′D的外接球O的半径R=12C′A=32，
根据题意可知，过点E作球O的截面，若要所得的截面圆中面积最小，只需截面圆半径最小，设球O到截面的距离d，只需球心到截面的距离d最大即可，
而当且仅当OE与截面垂直时，球心到截面的距离d最大，即dmax=OE，
取BD的中点F,EF=14BD=24，易知△OBD为等腰三角形，OF=OB2−BF2=34−12=12，所以OE2=OF2+EF2=122+242=38，
所以截面圆的半径为r=R2−OE2=64．
故答案为：64．
四、解答题
15．（2024·四川成都·模拟预测）已知球内接正四棱锥P−ABCD的高为3，AC、BD相交于O，球的表面积为169π9，若E为PC中点.

(1)求证：OE//平面PAD；
(2)求三棱锥C−EOB的体积.
【解题思路】（1）依题意可得OE//AP，即可得证；
（2）由球的表面积求出球的半径R，由正四棱锥的性质可知球心O1必在PO上，连接AO1，利用勾股定理求出AO，即可求出S△BOC，再由E为PC中点得到E到平面ABCD的距离为12PO=32，最后由VC−EOB=VE−COB计算可得.
【解答过程】（1）依题意底面ABCD为正方形，AC、BD相交于O，
所以O为AC的中点，又E为PC中点，
所以OE//AP，
又OE⊄平面PAD，AP⊂平面PAD，
所以OE//平面PAD.
（2）设球的半径为R，由球的表面积公式S=4πR2=169π9，
解得R=136（负值舍去），
设球心为O1，在正四棱锥P−ABCD中，高为PO，则O1必在PO上，
连接AO1，则O1P=136，O1O=OP−O1P=56，AO1=136，
则在Rt△O1OA，则OO12+OA2=O1A2，即562+OA2=1362，
解得OA=2（负值舍去），
则OB=OC=OA=2，所以S△BOC=12×2×2=2，
又E为PC中点，PO⊥平面ABCD且PO=3，所以E到平面ABCD的距离为12PO=32，
所以VC−EOB=VE−COB=13×32×2=1.

16．（2024·安徽合肥·模拟预测）如图所示，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AD=1，AA1=AB=2，M为棱DD1的中点．
(1)若Р是线段BM上的动点，试探究：A1M⋅A1P是否为定值？若是，求出该定值；否则，请说明理由．
(2)过A1M作该长方体外接球的截面，求截面面积的取值范围．
【解题思路】（1）根据题意利用勾股定理可得A1M⊥BM，所以向量A1P在A1M上的投影向量为A1M，运算得解；
（2）以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，利用向量法求出点O到直线A1M的距离即点O到过A1M的截面的距离最大值，从而得到过A1M的最小截面圆的半径，又最大的截面面积为πR2=9π4，得解.
【解答过程】（1）因为M是DD1的中点，所以DM=D1M=1，
所以A1M=2，BM=6，A1B=22，
因为A1M2+BM2=A1B2，所以A1M⊥BM，又点P在线段BM上，
所以向量A1P在A1M上的投影向量为A1M，故A1M⋅A1P=A1M2=2，为定值．
（2）设球心为O，外接球半径为R，最小截面圆的半径为r．
由已知可得R=12+22+222=32，则最大的截面面积为πR2=9π4．
以D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴建立如图的空间直角坐标系，
则O12,1,1，A1(1,0,2)，M(0,0,1)．
取a=OM=−12,−1,0，u=A1MA1M=22(−1,0,−1)，则a2=54，a⋅u=24．
所以点O到直线A1M的距离为a→2−(a→⋅u→|u→|)2=324，
即点O到过A1M的截面的距离最大值为324．
所以过A1M的最小截面圆的半径r=322−3242=324，
因此最小的截面面积为πr2=9π8，
综上，截面面积的取值范围是9π8,9π4．
17．（2023·重庆·三模）如图，四面体ABCD的顶点都在以AB为直径的球面上，底面BCD是边长为3的等边三角形，球心O到底面的距离为1．
(1)求球O的表面积；
(2)求二面角B−AC−D的余弦值．
【解题思路】（1）由正弦定理求出底面△BCD外接圆的半径，再根据勾股定理求出球的半径，然后用球的表面积公式可求出结果；
（2）取AC的中点E，连OE，过E作EF⊥AC，交AD于F，连OF，则∠OEF是二面角B−AC−D的平面角，解三角形可得结果.
【解答过程】（1）底面△BCD外接圆的半径r=32sinπ3=1，
又球心O到底面的距离为1．所以球的半径R=12+12=2，
所以球O的表面积为4πR2=8π.
（2）因为AB为球的直径，所以BC⊥AC，BD⊥AD，
取AC的中点E，连OE，则OE//BC，则OE⊥AC,
因为BC=BD=3，AB=22，所以AD=AC=8−3=5，
在等腰三角形ADC中，过E作EF⊥AC，交AD于F，连OF，
则∠OEF是二面角B−AC−D的平面角，OE=12BC=32，
在△ACD中，cs∠DAC=5+5−32×5×5 =710，sin∠DAC=1−49100=5110，
tan∠DAC=5110710=517，EF=AE⋅tan∠DAC=52×517= =25514，AF=EFsin∠DAC=255145110 =557，
在△BAD中，cs∠OAF=ADAB=522=104,
在△OAF中，OF2=OA2+AF2−2OA⋅AF⋅cs∠OAF =2+12549−2×2×557×104 =4849，
在△OEF中，cs ∠OEF=OE2+EF2−OF22OE⋅EF =34+255196−48492×32×25514 =8517.
所以二面角B－AC－D的余弦值为8517.
18．（2024·四川成都·三模）已知平面α与平面β是空间中距离为1的两平行平面，AB⊂α，CD⊂β，且AB=CD=2，AB和CD的夹角为60°.
(1)证明：四面体ABCD的体积为定值；
(2)已知异于C、D两点的动点P∈β，且P、A、B、C、D均在半径为52的球面上.求点P到直线AB的距离的取值范围.
【解题思路】（1）用补形法将三棱锥B−ADC补形为三棱柱，利用三棱锥与三棱柱体积的关系即可求解.
（2）考查点到直线的距离问题，与球的截面圆相结合，先确定球心位置和动点P的轨迹即可进一步研究点P到直线AB的距离的取值范围.
【解答过程】（1）如图，平移线段AB使得A与C重合，
并将四面体ABCD补成一个斜三棱柱，
则该斜棱柱的底面积S=12×2×2×sin60°=3，高ℎ=1，
所以该斜棱柱的体积为定值V=Sℎ=3，

又此斜棱柱恰好可以分为三个与三棱锥B−ADC的底面积相同，高相同的三棱锥，
于是这三个三棱锥的体积都相等，都是斜棱柱的13，
所以四面体ABCD的体积为V=13Sℎ=33，是定值.
（2）设球心是O，并设O与平面α，平面β的距离分别是ℎ1，ℎ2，
由OA=OB=OC=OD=52可知，
O在A，B的中垂面和C，D的中垂面（过线段中点且垂直于线段的平面）的交线上，
设AB的中点是M，CD的中点是N.则由勾股定理得OM=ON=12，
注意到1=ℎ1+ℎ2≤OM+ON=1，所以O，M，N共线，且MN⊥平面α，
因为P∈β，且P、A、B、C、D均在球O上，
所以P在以N点为圆心、以CD为直径的圆上（除去C、D两点），
过点N直线AB的平行线A1B1，
设点P到直线AB，A1B1的距离分别为d，d1，则d=1+d12，
又d1∈0,1，所以d∈1,2.
19．（2024·浙江绍兴·三模）如图，在三棱锥A−BCD中，△ABC是正三角形，平面ABC⊥平面BCD，BD⊥CD，点E是BC的中点，AO=2OE．
(1)求证：O为三棱锥A−BCD外接球的球心；
(2)求直线AD与平面BCD所成角的正弦值；
(3)若∠BCD=60°，BG=λBD，求平面AEG与平面ACD所成锐二面角的余弦值最大时λ的值．
【解题思路】（1）根据图形特征得出OA=OB=OC=OD即得证球心；
（2）根据线面角定义结合线面垂直及面面垂直的性质定理可得；
（3）空间向量法求出锐二面角的余弦值再结合最值可得参数.
【解答过程】（1）∵AE为△ABC的中线，且AO=2OE，则O为正△ABC的中心，
∴OA=OB=OC
又∵Rt△BCD中，ED=EC，
∴OD2=OE2+ED2=OE2+EC2=OC2
∴OA=OB=OC=OD，即O为三棱锥A−BCD外接球的球心
（2）∵△ABC是正三角形，点E是BC的中点，∴AE⊥BC．
又∵平面ABC⊥平面BCD，平面ABC∩平面BCD=BC，AE⊂平面ABC，
∴AE⊥平面BCD
∴∠ADE为直线AD与平面BCD所成的角
又∵AE=32BC，ED=12BC，∴tan∠ADE=AEED=3，∠ADE=π3，
即直线AD与平面BCD所成角的正弦值为32
（3）在平面BCD中，过点E作EH⊥BD，EF⊥CD，垂足分别为H，F，
设BC=4，则DF=FC=1，EA=23，EF=3．
建立如图所示的空间直角坐标系E−xyz，
则E0,0,0，A0,0,23，C−1,3,0，D1,3,0，
设G1,y,0，则EA=0,0,23，AD=1,3,−23，CD=2,0,0，EG=1,y,0．
设平面AEG的法向量为n1=x1,y1,z1，
由n1⋅EA=0n1⋅EG=0，得23z1=0x1+yy1=0，令y1=−1，故n1=y,−1,0，
设平面ACD的法向量为n2=x2,y2,z2，
则n2⋅CD=0n2⋅AD=0，即2x2=0x2+3y2−23z2=0，令z2=1，则n2=0,2,1．
设平面AEG与平面ACD所成锐二面角的平面角为θ，
∴csθ=csn1,n2=−25⋅y2+1=25⋅y2+1，
当y=0时，csθ=255，此时余弦值最大，
即当λ=12时，平面AEG与平面ACD所成锐二面角的余弦值最大．