资源简介

微专题15　空间几何体的切接问题
【考法探析·明规律】
例1　A　[解析] 设点P到平面ABC的距离为d,三棱锥P-ABC的内切球的半径为r,PC=2x, 取PC的中点H,连接BH,如图,因为PB=CB,所以BH⊥PC,BH=.因为∠APB=∠ACB=,所以AC=AP==2.因为三棱锥P-ABC的内切球同时与平面EFG相切,且PC=3PG,平面EFG∥平面ABC,所以d=2r,则r=d.由VP-ABC=·S△ABC·d=(S△ABC+S△PAB+S△PBC+S△PAC)·r,得××2×2d=×r,化简得4d=(8+4x)·d,即12=8+4x,解得x=,因为PC自测题
1.B　[解析] 设最大球的半径为R,由题可知最大球的表面积S=4πR2=9π,可得R=,即圆锥内的最大球的直径为3,作出圆锥的轴截面如图,D,E为切点,则AD=BD=3,OD=OE=.因为∠COE+∠DOE=∠CAB+∠DOE=π,所以∠COE=∠CAB,设∠COE=∠CAB=2α,则sin α===,cos α===,则cos 2α=cos2α-sin2α=,在△COE中,cos 2α=,可得OC===,所以CD=OC+OD=4,所以BC==5,所以圆锥的侧面积为π×3×5=15π.故选B.
2.　[解析] 如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的中心是内切球的球心,设球心为O,O到平面A1BD的距离为d,A到平面A1BD的距离为d1,因为=,所以·d1=S△ABD·AA1,所以××(2)2×·d1=××22×2,所以d1=,d=OA-d1=-=.因为正方体内切球的半径R=1,平面A1BD截正方体的内切球所得的截面是一个半径为r的圆,且r==,所以截面圆的面积为πr2=.
例2　(1)B　(2)A
[解析] (1)如图,取BC的中点D,连接AD,PD,则点P在平面ABC上的射影为D点,又因为AB⊥AC,所以△ABC外接圆的圆心为D,所以O必在直线PD上,因为△ABC外接圆的半径为,所以AD=,因为PD⊥平面ABC,PA与平面ABC所成的角为,所以tan∠PAD===,从而PD=3.设球O的半径为R,连接OB,在△OBD中,OD=|PD-R|=|3-R|,则(3-R)2+()2=R2,解得R=2,所以球O的表面积S=4πR2=16π.故选B.
(2)设圆O1的半径为r,球的半径为R,依题意,得πr2=4π,∴r=2,∵△ABC为等边三角形,由正弦定理可得AB=2rsin 60°=2,∴OO1=AB=2.连接OA,根据球的截面性质得OO1⊥平面ABC,∴OO1⊥O1A,∴R=OA===4,∴球O的表面积S=4πR2=64π.故选A.
自测题
1.D　[解析] 因为半径为1的球与正三棱柱的各个面均相切,所以正三棱柱的高h=2,底面正三角形的内切圆半径为1,则底面正三角形的外接圆半径r==2,所以该正三棱柱外接球的半径R===,所以外接球的表面积为4πR2=20π.故选D.
2.AB　[解析] 因为PA=PB=PC,AB=BC=CA=3,所以三棱锥P-ABC为正三棱锥.因为点P,A,B,C均在球面上,所以球O为正三棱锥P-ABC的外接球.设底面正三角形ABC的中心为O1,则顶点P在底面ABC内的射影为底面正三角形ABC的中心O1,外接球的球心O位于射线PO1上.对于选项A,设球O的半径为R,则球的表面积为 4πR2=16π,解得 R=2,故选项A正确;对于选项B,正三角形ABC的外接圆半径r=×=,即平面ABC截球面所得小圆的半径为,所以小圆的面积为πr2=3π,故选项B正确;对于选项C,球心到平面ABC的距离d===1,所以点P到平面ABC的距离为h=R+d=3(当球心O在线段PO1上时),或h=R-d=1(当球心O位于PO1的延长线上时).当球心O位于PO1的延长线上时,h=1,PA==2<3=AB, 与PA>AB矛盾,舍去,当球心O在线段PO1上时,h=3,PA===2>3=AB,符合题意,所以点P到平面ABC的距离为3,故选项C错误;对于选项D,三棱锥P-ABC的体积VP-ABC=S△ABC·h=,故球体挖去三棱锥P-ABC后余下部分的体积为V球-VP-ABC=-,故选项D错误.故选AB.
3.C　[解析] 如图,设三棱锥B-ACD的外接球的球心为O,取AC的中点E,连接OE,EB,ED,OB,OD,∵△ACD是以点D为直角顶点的直角三角形,∴△ACD的外接圆的圆心是点E,则由球的性质可知,OE⊥平面ACD,设外接球的半径为R,∵△ABC是边长为的等边三角形,△ACD是以点D为直角顶点的等腰直角三角形,∴EB=,ED=,在Rt△OED中,由勾股定理可知OE=,在△BOE中,由余弦定理可得,cos∠OEB==,∵∠OEB∈,∴cos∠OEB∈(0,1],则0<≤1,得R≥1,∴R的最小值为1,外接球体积的最小值为.故选C.
例3　(1)　(2)ABD
[解析] (1)当铁球的半径最大时,两铁球相切,且分别与圆柱的两底面相切,轴截面如图所示.设铁球的半径为r cm,两铁球的球心分别为O1,O2,作出辅助线,则△OO1O2为直角三角形,O1O2=2r,OO1=9-2r,OO2=8-2r,则(8-2r)2+(9-2r)2=4r2,即4r2-68r+145=0,则(2r-29)(2r-5)=0,解得r=或r=(舍),故铁球半径的最大值为 cm.
(2)对于A,正方体内切球的直径为1 m,故A正确;对于B,如图①,在正方体中作出正四面体A1BDC1,该正四面体的棱长为BA1= m,而>1.4,故B正确;对于C,圆柱体的底面直径为0.01 m,可以忽略不计,正方体的体对角线的长为 m,而1.8>,故C不正确;对于D,圆柱体的高为0.01 m,可忽略不计,如图②,取E,F,G,H,I,J分别为所在棱的中点,并顺次连接,所得六边形EFGHIJ为正六边形,其边长为 m,连接FH,易知FH为正六边形EFGHIJ的内切圆直径,因为∠GFH=
∠GHF=30°,所以FH=FG=GH= m,而=>1.22=1.44,故D正确.故选ABD.
自测题
1.　[解析] 记正方体ABCD-A1B1C1D1,两个球的球心分别为O1,O2,作出正方体ABCD-A1B1C1D1的对角面ACC1A1,如图所示,设两个球O1,O2的半径分别为R,r(02.2　[解析] 依题意,四面体可以在圆锥内任意转动,故该四面体内接于圆锥的内切球.设球心为P,球的半径为r,作出圆锥的轴截面如图所示,O,Q为切点,
则OA=OB=3,由于△SAB为等边三角形,因此P为△SAB的中心,则BP平分∠SBA,∴∠PBO=30°,tan 30°==,∴r=.当a取最大值时,四面体的外接球恰为圆锥的内切球,
由于四面体可以从正方体中截得,如图,当四面体的棱长均为a时,正方体的棱长为a,而四面体的四个顶点都在正方体上,故正方体的外接球就是四面体的外接球,∴2r=AA1=a,∴r=a=,∴a=2.限时集训(十五)
1.B　[解析] 将四面体补形为长、宽、高分别为5,4,3的长方体,则外接球的直径即为长方体的体对角线长l,易知l2=32+42+52=50,即l=5,故外接球的半径r=,其表面积S=4πr2=50π.故选B.
2.A　[解析] 设圆锥的内切球的半径为r(r>0),则4πr2=12π,所以r=.又圆锥的轴截面为正三角形,所以圆锥的高为3r=3,圆锥的底面半径为=3, 则圆锥的体积V=×π×32×3=9π.故选A.
3.C　[解析] 过正方体ABCD-A1B1C1D1的一组对棱AA1,CC1作圆锥SO1的截面,如图所示,由题意可得,SO1=2,O1N=,因为这个正方体的棱长为a,所以OO1=a,面对角线AC=a,所以OC=O1C1=a.由OC∥O1N,可得△SOC∽△SO1N,所以=,即=,解得a=1,故选C.
4.C　[解析] 正四面体的内切球与其外接球的球心重合,如图,作AO1⊥平面BCD,垂足为O1,连接O1B,易知正四面体ABCD内切球与外接球的球心O在其高AO1上, 连接OB,则OO1是正四面体ABCD内切球的半径,OA是正四面体ABCD外接球的半径.由正四面体ABCD的内切球的表面积为4π,得OO1=1.令AB=a,则BO1=a·=a,AO1==a,BO=AO=a-1.在Rt△BOO1中,-=1,可得a=2,则AO=3,所以该正四面体的外接球的体积V=AO3=36π.故选C.
5.C　[解析] 由AB=6,BC=8,AC=10,得AB2+BC2=100=AC2,即△ABC是以AC为斜边的直角三角形,故△ABC外接圆的半径r=5.设球的半径为R,由球心到△ABC所在平面的距离等于球的半径的一半,得R2-52=,可得R=,所以球的表面积为4πR2=.故选C.
6.C　[解析] 如图,设△PAB与△ABC外接圆的圆心分别为O1,O2,外接圆的半径分别为r1,r2,三棱锥P-ABC外接球的球心为O,半径r=,AB的中点为D,连接OO1,OO2,O1D,O2D,OP,O1P,OC,O2C,O1B,O2B.由外接球的性质知OO1⊥平面PAB,OO2⊥平面ABC,设OO1=d1,OO2=d2.∵D为AB的中点,∴O1D⊥AB,O2D⊥AB,∵平面PAB⊥平面ABC,平面PAB∩平面ABC=AB,∴∠O1DO2=,即O1D⊥O2D,故四边形OO1DO2为矩形,∴OO1=O2D=d1,OO2=O1D=d2.在Rt△POO1中,可得r2=+=O1B2+=1++=3①.在Rt△COO2中,可得r2=+=O2B2+=1++=3②.由①②解得+=2,+=4.在△PAB与△ABC中,由正弦定理得=2r1,=2r2,∴sin2∠APB+sin2∠ACB
=+==≥=1,当且仅当r1=r2=时等号成立.故选C.
7.A　[解析] 由题意得圆锥形容器的底面半径r=,高h=3.因为边长为2的正三角形的内切圆的半径r1=×2×=1,所以轴截面是边长为2的正三角形的圆锥的内切球的半径为1,所以小球O1与容器的侧面、底面均相切.要使小球O2的体积与容器体积之比最大,则小球O2的半径r2最大,所以只需小球O2与小球O1,圆锥形容器的侧面都相切,其轴截面如图,此时r2=×=,所以小球O2的体积与容器体积之比的最大值为=.故选A.
8.AC　[解析] 设AB=BC=a,由∠ABC=,可得S△ABC=a2,取AC的中点O,连接SO,由△SAC为等边三角形,可得SO⊥AC,又侧面SAC⊥底面ABC,侧面SAC∩底面ABC=AC,SO 侧面SAC,所以由面面垂直的性质定理可得SO⊥平面ABC,又SO=AC=×a=a,所以三棱锥S-ABC的体积V=S△ABC·SO=a3.对于A,若V=,则=a3,故AB=a=2,故A正确.对于B,若V=,则由A可得AB=a=2,则AC=4,SO=2,设三棱锥S-ABC外接球的球心为G,半径为r,GO=x,连接CG,则G在SO上,由CG=SG=r,得r2=x2+4=(2-x)2,解得x=,所以r2=,所以三棱锥S-ABC的外接球的表面积为4πr2=4π×=≠36π,故B错误.对于C,若BC∥平面AMN,又平面SBC∩平面AMN=MN,BC 平面SBC,所以BC∥MN,又M为棱SC的中点,所以N为SB的中点,则VA-BCMN=VS-ABC-VS-AMN,由三角形相似可得△SMN的面积是△SBC面积的,且A到平面SBC的距离为定值,所以VS-AMN=VS-ABC,所以四棱锥A-BCMN的体积为V,故C正确.对于D,设AB=2,由题意得∠MAC为AM与平面ABC所成的角,且∠MAC=30°.连接OB,易知OA,OB,OS两两垂直,以O为原点,建立如图所示的空间直角坐标系,则S(0,0,2),B(0,2,0),A(2,0,0),所以=(0,2,-2),由=λ,λ∈(0,1),可得N(0,2λ,2-2λ),所以=(-2,2λ,2-2λ),易知平面ABC的一个法向量为=(0,0,2),因为AN,AM与平面ABC所成的角相等,所以sin 30°=|cos<,>|==,又λ∈(0,1),所以λ=≠,故D错误.故选AC.
9.　[解析] 设球的半径为R,圆柱底面的半径为r,圆柱的母线长为l,则球的表面积为S1=4πR2,圆柱的表面积为S2=2πr2+2πrl,所以==2,得R2=r2+rl①.因为圆柱的上、下底面圆周在这个球的球面上,所以+r2=R2②.由①②得l=4r,R=r,所以球的体积为V1=πR3=,圆柱的体积为V2=πr2l=4πr3,所以==.
10.[2,2]　[解析] 设球O的半径为R.当球O是正方体的外接球时,球O恰好经过正方体的每个顶点,此时球O的半径最大,正方体的外接球直径2R'=AC1==4,则R'=2,所以Rmax=2;分别取棱AA1,BB1,CC1,DD1的中点M,H,G,N,显然四边形MNGH是边长为4的正方形,O为正方形MNGH的对角线的交点,连接MG,则MG==4,当球O的一个大圆恰好是四边形MNGH的外接圆时,球O的半径最小,所以Rmin=2.综上可知,球O的半径的取值范围为[2,2].
11.　　[解析] 如图,取AC的中点G,连接BG,取CG的中点H,连接DH,PC.因为△ABC是边长为2的正三角形,所以BG=,所以DH=BG=,PC=2BG=2,EH=2+=.设球O的半径为R,由(PC-R)2+AC2=R2,得R===,故球O的表面积为4πR2=.易知DH垂直于该圆锥底面所在平面,则∠DEH是DE与该圆锥底面所在平面所成的角,所以DE与该圆锥底面所在平面所成角的正切值为=.
12.D　[解析] 如图,连接AC,BD,设AC∩BD=O1,因为四边形ABCD为矩形,所以O1为矩形ABCD外接圆的圆心.连接OO1,则OO1⊥平面ABCD.分别取EF,AD,BC的中点M,P,Q,根据几何体ABCDEF的对称性可知,直线OO1交EF于点M.连接PQ,则PQ∥AB,且O1为PQ的中点.因为EF∥AB,所以PQ∥EF.连接EP,FQ,在△ADE与△BCF中,易知EP=FQ==,所以梯形EFQP为等腰梯形,所以MO1⊥PQ,且MO1==.设OO1=m,球O的半径为R,连接OE,OA,显然点O在射线MO1上,R2=OE2=OA2,O1A==.当O在线段O1M上时,可得+=+m2,此时m无解.当O在线段MO1的延长线上时,可得+m2=+,解得m=,所以R2=OE2=,所以球O的表面积S=4πR2=,故选D.
13.C　[解析] 如图,连接AC,BD交于点O1,连接SO1.设正四棱锥S-ABCD的高SO1=h,底面边长为a,则AO1=a,设正四棱锥外接球的半径为R,则由πR3=36π,得R=3.延长SO1,交球面于点M,连接AM,则SM为球的直径,易知AO1⊥SM,在Rt△SAM中,由射影定理知,l2=6h,a2=h(6-h),所以a2=2h(6-h),h=∈,所以正四棱锥S-ABCD的体积为a2h=h2(6-h)=(-h3+6h2).记V(h)=(-h3+6h2),h∈,则V'(h)=2(-h2+4h),h∈,当h∈时,V'(h)>0,V(h)单调递增,当h∈时,V'(h)<0,V(h)单调递减,所以V(h)max=V(4)=,V(h)min=min=min=,所以该正四棱锥体积的取值范围是.
14.ABD　[解析] 在长方形ABCD中,AB=2,BC=,E,F分别为AB,CD的中点,可得BD=,AF=,易知△DMF∽△BMA,又=,所以=,则DM=,AM=,所以AM2+DM2=AD2,所以AF⊥BD,同理可得BD⊥EC.对于A,由上可知在翻折的过程中,BD⊥PN,BD⊥EN,因为PN∩EN=N,PN,EN 平面PEN,所以BD⊥平面PEN,故A正确;对于B,因为AM⊥BD,BD⊥PN,所以MN为AM,PN的公垂线段,所以点G到直线AM的最短距离为MN=BD=,故B正确;对于C,=++,因为二面角P-BD-A的大小为,所以<,>=,所以=(++)2=+++2·+2·+2·=+++0+2×××+0=2,所以PA=,故C错误;对于D,因为△PBD和△ABD都是直角三角形,且BD为公共斜边,所以BD的中点为△PBD,△ABD的外心,同时也是三棱锥P-ABD外接球的球心,所以外接球的半径R=BD=,所以三棱锥P-ABD外接球的表面积为4πR2=6π,故D正确.故选ABD.
15.　[解析] 如图,取AB的中点Q,连接PQ,CQ,TQ,易知AB⊥PQ,AB⊥CQ,又PQ∩CQ=Q,PQ,CQ 平面PQC,所以AB⊥平面PQC,可知A,B关于平面PQC对称,因为M到平面PAC与到平面PBC的距离相等,N到平面PAC与到平面PBC的距离相等,所以M,N均在平面PQC内.因为Q为AB的中点,TA=TB,所以TQ⊥AB,所以∠PQT为二面角P-AB-T的平面角,∠CQT为二面角C-AB-T的平面角.因为M到平面PAB与到平面TAB的距离相等,所以M在∠PQT的平分线上.因为N到平面CAB与到平面TAB的距离相等,所以N在∠TQC的平分线上.连接MQ,NQ,因为AB⊥平面PQC,MQ,NQ 平面PQC,所以MQ⊥AB,NQ⊥AB,故∠MQN为平面MAB与平面NAB的夹角.设正四面体PABC的棱长为3a,则QP=QC=a,PC=3a,∠MQN=∠PQC,所以sin∠MQN===.微专题15　空间几何体的切接问题
微点1　空间几何体与内切球
例1 [2025·福建泉州四校联考] 如图,三棱锥P-ABC中,AB=PB=CB=2,
∠APB=∠ACB=,已知平面EFG∥平面ABC,且PC=3PG,三棱锥P-ABC的内切球同时与平面EFG也相切,则PC= (　 )
　　　　　　　　　　　　　　
A.- B.-1
C.-1 D.-
[听课笔记]


【规律提炼】
空间结合体的内切球问题,一是找球心,球心到切点的距离相等且为球的半径,作出截面,利用截面求半径.通常应用等体积法求解,即R=.
自测题
1.[2025·江苏苏州九校联考] 已知圆锥的底面半径为3,圆锥内的最大球的表面积为9π,则该圆锥的侧面积为 (　 )
A.9π B.15π
C.10π D.20π
2.[2025·兰州一模] 若正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,则平面A1BD截正方体内切球所得的截面面积为　　　　.
微点2　空间几何体的外接球
例2 (1)[2025·雅礼中学三模] 三棱锥P-ABC各个顶点均在球O的表面上,AB⊥AC,△ABC外接圆的半径为,点P在平面ABC上的射影为BC的中点,且PA与平面ABC所成的角为,则球O的表面积为 (　 )
A.8π B.16π
C.32π D.24π
(2)已知A,B,C为球O的球面上的三个点,圆O1为△ABC的外接圆,若圆O1的面积为4π,AB=BC=AC=OO1,则球O的表面积为 (　 )
A.64π B.48π
C.36π D.32π
[听课笔记]

【规律提炼】
解决与球有关的切、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:
(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(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间的关系),达到空间问题平面化的目的.
(3)求半径:根据作出截面中的几何元素,利用球的截面的性质,进行求解.
自测题
1.[2025·南通四模] 若半径为1的球与正三棱柱的各个面均相切,则该正三棱柱外接球的表面积为 (　 )　　　　　　　　　　　　　　　
A.4π B.5π
C.16π D.20π
2.(多选题)[2025·河北张家口一模] 已知球O的表面积为16π,点P,A,B,C均在球面上,且PA=PB=PC,AB=BC=CA=3,PA>AB,则 (　 )
A.球O的半径为2
B.平面ABC截球面所得小圆的面积为3π
C.点P到平面ABC的距离为2
D.球体挖去三棱锥P-ABC后余下部分的体积为
3.[2025·福州四模] 在平面四边形ABCD中,△ABC是边长为的等边三角形,△ACD是以点D为直角顶点的等腰直角三角形,将该四边形沿对角线AC折成三棱锥B-ACD,在折起的过程中,四面体的外接球体积的最小值为 (　 )
A. B.4π
C. D.
微点3　空间几何体的嵌套问题
例3 (1)[2025·全国二卷] 一个底面半径为4 cm,高为9 cm的封闭圆柱形容器(容器壁厚度忽略不计)内有两个半径相等的铁球,则铁球半径的最大值为　　　　cm.
(2)(多选题)[2023·新课标Ⅰ卷] 下列物体中,能够被整体放入棱长为1(单位:m)的正方体容器(容器壁厚度忽略不计)内的有 (　 )
A.直径为0.99 m的球体
B.所有棱长均为1.4 m的四面体
C.底面直径为0.01 m,高为1.8 m的圆柱体
D.底面直径为1.2 m,高为0.01 m的圆柱体
[听课笔记]


【规律提炼】
几何体的嵌套问题,一般是利用对称性等条件,转化为几何体的截面、轴截面、内切球等问题解决,综合性较强.
自测题
1.[2025·河南豫西名校一模] 将两个观赏球体封闭在一个正方体容器内,设正方体的棱长为1,则两个球体体积之和的最大值为　　　　.
2.有一个底面半径为3,轴截面为正三角形的圆锥纸盒,在该纸盒内放一个棱长均为a的四面体,并且四面体在纸盒内可以任意转动,则a的最大值为　　　　. 　限时集训(十五)微专题15　空间几何体的切接问题
1.在四面体ABCD中,BA⊥平面ACD,CA⊥AD,BA=3,AC=4,AD=5,则四面体ABCD外接球的表面积为 (　 )　　　　　 　　　　　 　　　　　
A.25π B.50π
C.12.5π D.100π
2.已知圆锥的轴截面为正三角形,圆锥的内切球的表面积为12π,则该圆锥的体积为 (　 )
A.9π B.12π
C.18π D.27π
3.已知圆锥的底面半径为,高为2,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为a,若点A,B,C,D在该圆锥的侧面上,点A1,B1,C1,D1在该圆锥的底面上,则a= (　 )
A.2 B.
C.1 D.
4.[2025·嘉兴二模] 若某正四面体的内切球的表面积为4π,则该正四面体的外接球的体积为 (　 )
A.9π B.27π
C.36π D.64π
5.[2025·湖南长郡中学二模] 球面上有三点A,B,C,若AB=6,BC=8,AC=10,且球心到△ABC所在平面的距离等于球的半径的一半,则该球的表面积为 (　 )
A. B.100π
C. D.400π
6.[2025·辽宁重点高中三模] 已知三棱锥P-ABC中,AB=2,平面PAB⊥平面ABC,该三棱锥外接球的半径为,则sin2∠APB+sin2∠ACB的最小值为 (　 )
A. B.
C.1 D.
7.[2025·山东齐鲁名校联考] 在一个轴截面是边长为2的正三角形的圆锥形封闭容器中放入一个小球O2后,还可以放入一个半径为1的小球O1,则小球O2的体积与容器体积之比的最大值为 (　 )
A. B.
C. D.
8.(多选题)在三棱锥S-ABC中,AB=BC,∠ABC=,△SAC为等边三角形,侧面SAC⊥底面ABC,M为棱SC的中点,=λ,λ∈(0,1),三棱锥S-ABC的体积为V,则下列说法中正确的是 (　 )
A.若V=,则AB=2
B.若V=,则三棱锥S-ABC的外接球的表面积为36π
C.若BC∥平面AMN,则四棱锥A-BCMN的体积为V
D.若AN,AM与平面ABC所成的角相等,则λ=
9.[2025·吕梁三模] 已知圆柱的上、下底面圆周在同一球面上,且球的表面积是圆柱的表面积的2倍,则球的体积与圆柱的体积的比值是　　　　.
10.[2023·全国甲卷] 在正方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=4,O为AC1的中点,若该正方体的棱与球O的球面有公共点,则球O的半径的取值范围是　　　　.
11.[2025·安徽皖北协作区一模] 已知顶点为P的圆锥的外接球为球O,AE为底面圆的一条直径,B是母线PA的中点,C为底面圆的圆心,D为线段BC的中点,若△ABC是边长为2的正三角形,则球O的表面积为　　　　,DE与该圆锥底面所在平面所成角的正切值为　　　　.
12.中国古建筑闻名于世,源远流长.如图①所示的五脊殿是中国传统建筑中的一种屋顶形式,该屋顶的结构示意图如图②所示,在结构示意图中,已知四边形ABCD为矩形,EF∥CD,AB=2EF=2,△ADE与△BCF都是边长为1的等边三角形,若点A,B,C,D,E,F都在球O的球面上,则球O的表面积为 (　 )
① ②
A. B.
C. D.
13.[2022·新高考全国Ⅰ卷] 已知正四棱锥的侧棱长为l,其各顶点都在同一球面上,若该球的体积为36π,且3≤l≤3,则该正四棱锥体积的取值范围是 (　 )
A. B.
C. D.[18,27]
14.(多选题)[2025·山西晋中三模] 如图①,在长方形ABCD中,AB=2,BC=,E,F分别为AB,CD的中点,连接AF,CE,分别交BD于点M,N,将△CBD沿直线BD折起到△PBD的位置,如图②,则下列说法正确的是 (　 )
① ②
A.在翻折的过程中,恒有BD⊥平面PEN
B.若G为直线PN上一点,则点G到直线AM的最短距离为
C.当二面角P-BD-A的大小为时,PA=
D.当平面PBD⊥平面ABD时,三棱锥P-ABD外接球的表面积为6π
15.[2025·武汉4月调考] 在正四面体PABC中,取棱PC上一点T,使PT=2TC,连接TA,TB,若三棱锥T-PAB的内切球的球心为M,三棱锥T-ABC的内切球的球心为N,则平面MAB与平面NAB的夹角的正弦值是　　　　. (共49张PPT)
微专题15 空间几何体的切接问题
微点1 空间几何体与内切球
微点2 空间几何体的外接球
微点3 空间几何体的嵌套问题
◆
◆
考法探析·明规律
备用习题
【考情分析】
考查 内容 考题 统计 考情分析 必备知识
空间 几何 体与 球外 接 2022 年Ⅰ卷 8； 2022 年Ⅱ 卷7 与球相关的组合体问题 多以小题形式呈现，难 度中上，载体多以直棱 柱、正棱锥、圆锥、三 棱锥（尤其是侧棱相等
考查 内容 考题 统计 考情分析 必备知识
空间 几何 体与 球外 接 2022 年Ⅰ卷 8； 2022 年Ⅱ 卷7 的三棱锥）为主，要求 掌握一些常规模型的求 解方法 3.常见的几何体与球外接的
模型，解决问题的常用方
法：截面法、补形构造法
续表
考查 内容 考题 统计 考情分析 必备知识
空间 几何 体与 球内 切 中等难度，多集中于正 多面体、圆锥.其命题特 点为内切球：侧重体积 分割法；棱切球：仅存 在于正多面体 （如正四面体、正方 体）.难点在于球心位置 与半径的转化 （需结合截面分析） 1.内切球球心到几何体各面
距离相等；
2.旋转体的轴截面、球的截
面、体积转化；
3.棱切球球心到各棱距离相
等
续表
考查 内容 考题 统计 考情分析 必备知识
空间 几何 体嵌 套 2025 年Ⅱ 卷 14； 2023 年Ⅰ卷 12 从对称性切入，建立几 何体尺寸关联方程，其 命题方向为球内嵌多面 体（如球内接正四面 体）；多面体嵌套球 （如正四面体的内切球 与外接球共存）；
续表
考查 内容 考题 统计 考情分析 必备知识
空间 几何 体嵌 套 2025 年Ⅱ 卷 14； 2023 年Ⅰ卷 12 组合体互嵌（如圆锥内 嵌圆柱） 利用对称性确定几何中心与
球心的位置关系
续表
微点1 空间几何体与内切球
例1 [2025·福建泉州四校联考]如图，三棱锥
中， ，
，已知平面平面 ，
且，三棱锥 的内切球同时与
平面也相切，则 ( )
A. B. C. D.
√
[解析] 设点到平面的距离为，
三棱锥 的内切球的半径为，，
取的中点，连接，如图，
因为 ，所以，.
因为 ，所以.
因为三棱锥 的内切球同时与平面相切，
且，平面平面，所以 ，则 .
由
，
化简得 ，
即，解得 ，
因为，所以 ，
即 .故选A.
【规律提炼】
空间几何体的内切球问题，一是找球心，球心到切点的距离相等且
为球的半径，作出截面，利用截面求半径.通常应用等体积法求解，
即.
自测题
1.[2025·江苏苏州九校联考]已知圆锥的底面半径为3，圆锥内的最大
球的表面积为 ，则该圆锥的侧面积为( )
A. B. C. D.
[解析] 设最大球的半径为 ，由题可知最大球的表面
积 ，可得 ，即圆锥内的最大球
的直径为3，作出圆锥的轴截面如图，， 为切点，
则， .
√
因为
，
则 ，
，则，
在 中，，可得 ，
所以，所以 ，
所以圆锥的侧面积为 .故选B.
2.[2025·兰州一模] 若正方体 的棱长为2，则平面
截正方体内切球所得的截面面积为_ __.
[解析] 如图，正方体 的中心是内
切球的球心，设球心为，到平面 的距离为
，到平面的距离为 ，
因为 ，所以 ，
所以 ，
所以 .
因为正方体内切球的半径，
平面 截正方体的内切球所得的截面是一个半径为 的圆，
且，所以截面圆的面积为 .
微点2 空间几何体的外接球
例2（1）[2025· 雅礼中学三模]三棱锥各个顶点均在球 的
表面上，，外接圆的半径为，点在平面 上的
射影为的中点，且与平面所成的角为，则球 的表面积为
( )
A. B. C. D.
√
[解析] 如图，取的中点，连接，，
则点 在平面上的射影为点，又因为 ，
所以外接圆的圆心为，所以必在直线 上，
因为外接圆的半径为，所以，
因为，与平面所成的角为 ，
所以，从而.
设球 的半径为，连接，在中， ，
则，解得，
所以球 的表面积 .故选B.
（2）已知,,为球的球面上的三个点，圆为 的外接圆，
若圆的面积为 ，，则球 的表面积为
( )
A. B. C. D.
[解析] 设圆的半径为，球的半径为，
依题意，得 , ， 为等边三角形，
由正弦定理可得，.
连接 ，根据球的截面性质得 平面，
, ，
球 的表面积 .故选A.
√
【规律提炼】
解决与球有关的切、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：
（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（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间的关系），达到空间
问题平面化的目的.
（3）求半径：根据作出截面中的几何元素，利用球的截面的性质，
进行求解.
自测题
1.[2025·南通四模]若半径为1的球与正三棱柱的各个面均相切，则该
正三棱柱外接球的表面积为( )
A. B. C. D.
[解析] 因为半径为1的球与正三棱柱的各个面均相切则，
所以正三棱柱的高 ，底面正三角形的内切圆半径为1，
底面正三角形的外接圆半径 ，
所以该正三棱柱外接球的半径 ，
所以外接球的表面积为 .故选D.
√
2.（多选题）[2025·河北张家口一模]已知球的表面积为 ，点
，，，均在球面上，且， ，
，则( )
A.球 的半径为2
B.平面截球面所得小圆的面积为
C.点到平面的距离为
D.球体挖去三棱锥后余下部分的体积为
√
√
[解析] 因为， ，所以三棱锥
为正三棱锥.因为点，，，均在球面上，
所以球 为正三棱锥的外接球.
设底面正三角形的中心为，则顶点 在底面内的射影为
底面正三角形的中心，外接球的球心 位于射线上.
对于选项A，设球的半径为 ，则球的表面积为 ，
解得 ，故选项A正确；
对于选项B，正三角形的外接圆半径，
即平面 截球面所得小圆的半径为，
所以小圆的面积为 ，故选项B正确；
对于选项C，球心到平面的距离，
所以点 到平面的距离为（当球心在线段 上时），
或（当球心位于的延长线上时）.
当球心位于 的延长线上时，，，
与 矛盾，舍去，当球心在线段上时， ，
，符合题意，
所以点 到平面的距离为3，故选项C错误；
对于选项D，三棱锥 的体积，
故球体挖去三棱锥 后余下部分的体积为
，故选项D错误.故选 .
3.[2025·福州四模]在平面四边形中，是边长为 的等边
三角形，是以点 为直角顶点的等腰直角三角形，将该四边形
沿对角线折成三棱锥 ，在折起的过程中，四面体的外接
球体积的最小值为( )
A. B. C. D.
√
[解析] 如图，设三棱锥的外接球的球心为，
取的中点 , 连接，,,,，
是以点 为直角顶点的直角三角形，
的外接圆的圆心是点，则由球的性质可知, 平面,
设外接球的半径为,是边长为 的等边三角形,
是以点为直角顶点的等腰直角三角形,, ,
在中，由勾股定理可知,
在 中，由余弦定理可得，，
，则，得，
的最小值为1，外接球体积的最小值为 .故选C.
微点3 空间几何体的嵌套问题
例3（1）[2025· 全国二卷] 一个底面半径为，高为 的封闭
圆柱形容器（容器壁厚度忽略不计）内有两个半径相等的铁球，则
铁球半径的最大值为__ .
[解析] 当铁球的半径最大时，两铁球相切，
且分别与圆柱的两底面相切，轴截面如图所示.
设铁球的半径为，两铁球的球心分别为, ,
作出辅助线，则为直角三角形， ，
, ，则，
即 ，则，
解得或 （舍），故铁球半径的最大值为 .
（2）（多选题）[2023· 新课标Ⅰ卷]下列物体中，能够被整体放入棱
长为1（单位： ）的正方体容器（容器壁厚度忽略不计）内的有
( )
A.直径为 的球体
B.所有棱长均为 的四面体
C.底面直径为，高为 的圆柱体
D.底面直径为，高为 的圆柱体
√
√
√
[解析] 对于A，正方体内切球的直径为 ，故A正确；
对于B，如图①,在正方体中作出正四面体 ，
该正四面体的棱长为，而 ，故B正确；
对于C，圆柱体的底面直径为，可以忽略不计，
正方体的体对角线的长为 ，而，故C不正确；
对于D，圆柱体的高为 ，可忽略不计，
如图②，取，，，，， 分别为所在棱的中点，
并顺次连接，所得六边形为正六边形，
其边长为，连接，
易知 为正六边形的内切圆直径，
因为 ，所以，
而 ，故D正确.故选 .
【规律提炼】
几何体的嵌套问题，一般是利用对称性等条件，转化为几何体的截
面、轴截面、内切球等问题解决，综合性较强.
自测题
1.[2025·河南豫西名校一模] 将两个观赏球体封闭在一个正方体容器
内，设正方体的棱长为1，则两个球体体积之和的最大值为_ _______.
[解析] 记正方体 ，
两个球的球心分别为， ，作出正方体
的对角面 ，如图所示，
设两个球，的半径分别为， ，
当两球相切，且与正方体的三个面相切时，体积和最大，
所以 ，可得，所以 ，
由题意知 ，所以两个球体体积之和 ，因为，所以当时， 最大，
此时，的最大值为 .
2.有一个底面半径为3，轴截面为正三角形的圆锥纸盒，在该纸盒内
放一个棱长均为 的四面体，并且四面体在纸盒内可以任意转动，则
的最大值为_____.
[解析] 依题意，四面体可以在圆锥内任意转动，
故该四面体内接于圆锥的内切球.
设球心为，球的半径为 ，作出圆锥的轴截面如图所示，
， 为切点，则，由于为等边三角形，
因此为 的中心，则平分，
,，.
当 取最大值时，四面体的外接球恰为圆锥的内切球，
由于四面体可以从正方体中截得，如图，
当四面体的棱长均为 时，正方体的棱长为 ，
而四面体的四个顶点都在正方体上，
故正方体的外接球就是四面体的外接球，
，， .
［备选理由］例1考查内切球与折叠、几何体构成等知识点融合的问
题；例2考查棱切球问题，考查较少，注意棱切球与外接球和内切球
的区别，外接球是球心到几何体各顶点的距离相等，内切球是球心
到几何体各面的距离相等，棱切球是球心到几何体各棱的距离相等；
例3考查圆锥与球外接问题，几何体结构较为熟悉，但是考查了距离、
线面角等多重问题，综合性较强.
例1 ［配例1使用］[2025·河北邢台三模]在平面直角坐标系中，点
，与关于原点对称，现以轴为折痕，将 轴下方部分翻
折，使其与上方部分构成直二面角，,两点相应变成， 两点，
将绕直线 旋转一周得到一个旋转体，则该旋转体的内
切球的表面积为( )
A. B. C. D.
√
[解析] 由题可知，所以 ，
由翻折的不变性可知，
翻折后的图形如图①所示，
设点在 轴上的正投影为，易知 平面，
连接，所以 .
设点在轴上的正投影为，在 中，
由勾股定理得，
所以在中，易得 ，
在
，
所以是一个顶角为 ，腰长为 的等腰三角形，
将其绕直线 旋转一周得到的旋转体为
两个同底面且等高的圆锥组合体，其轴截面如图②所示，
则在该轴截面中和为边长为 的等边三角形，
则该旋转体内切球的半径即为菱形 内切圆的半径，
由等面积法可得 ，
即，解得 ，
因此该旋转体内切球的表面积为 .故选C.
例2 已知四面体中，，， ，
，球心在该四面体内部的球与这个四面体的各棱
均相切，则球的体积为( )
A. B.
C. D.
√
[解析] 如图，设是 的中心，根据对称性，
球心在上，球与， 的切点分别为，，
且， ，， 为球的半径.
由勾股定理易得，由正弦定理可求得 ，
由勾股定理可求得.
，均为球 的切线， ，
， ，即，，
球的体积为 .故选B.
例3 ［配例2使用］[2025·辽宁抚顺联考] 已知顶点为 的圆锥有且仅
有一条母线在平面 内，是母线的中点，点 .若 与
圆锥底面所成的角为 ，圆锥外接球的表面积为 ，且圆锥底面
圆心到直线的距离为，则 与圆锥底面所成角的正弦值为
__.
[解析] 因为与圆锥底面所成的角为 ，所以圆锥的轴截面
为正三角形，设圆锥外接球的半径为，则圆锥的轴截面外接圆
的半径为 ，由正弦定理得 ，
所以，可得 .
如图，过点作，由题意知平面 与圆锥相切于
直线 ，则平面 ，设在 内的射影为，
则为的中点，过点作 的垂线，
分别交,于点,，即，
又 ， ，所以，，
因为，且, 平面，
所以 平面，又 平面，
平面，所以 ，，
即，从而 ，
又，， ，所以 ，
由，得 ，所以 ，
.
设 与圆锥底面所成的角为 ，因为与圆锥底面垂直， ，
，所以 .

展开更多......

收起↑