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特训 09 多面体与求内切外接问题（八大题型）
一、 外接球问题
若一个简单多面体的所有顶点都在一个球面上，则该球为此多面体的外接球。简单多面 体的外接球问
题是立体几何的重点和难点，此类问题实质是解决球的半径长或确定球心位置 问题，其中球心位置的确定
是关键，下面介绍几种常见的球心位置的确定方法。
如果一个定点与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的外接球
的球心。由此，可以得到确定简单多面体外接球的球心位置有如下结论：
结论 1： 正方体或长方体的外接球的球心为其体对角线的中点。
结论 2 ：正棱柱的外接球的球心是上、下底面中心连线的中点。
结论 3 ：直棱柱的外接球的球心是上、下底面多边形外心连线的中点。
结论 4： 正棱锥外接球的球心在其高上，具体位置通过构造直角三角形计算得到。
结论 5 ：若棱锥的顶点可构共斜边的直角三角形，则公共斜边的中点就是其外接球的球心。
二、 内切球问题
若一个多面体的各个面都与一个球的球面相切，则称这个多面体是这个球的外切多面体，这个球是这
个多面体的内切球。因此，多面体内切球球心到该多面体各个面的距离相等。 并非所有多面体都有内切球，
下面介绍几种常见多面体内切球问题：
1. 正多面体内切球的球心与其外接球的球心重合，内切球的半径为球心到多面体任一面的距离。
2. 正棱锥的内切球与外接球的球心都在其高线上，但不一定重合。
目录：
01 ：三棱柱
02 ：四棱锥
03 ：棱台
04 ：侧棱垂直于底面
05 ：正方体、长方体
06 ：其他多面体
07 ：三棱锥
08 ：折叠问题
01 ：三棱柱
1．在一个封闭的直三棱柱 ABC - A1B1C1 内有一个体积为 V 的球，若 AB ^ BC ， AB = 6， AC =10，
AA1 = 5，则球的体积的最大值为（ ）
125 32
A． π B． π C． 27π D．36π
6 3
2．在正三棱柱 ABC - A1B1C1 中， AB = AA1 = 4，E 为线段CC1 上动点，D为BC 边中点，则三棱锥 A - BDE
外接球表面积的最小值为 .
3．已知正三棱柱的底面边长为 4 3 ，高为 6，经过上底面棱的中点与下底面的顶点截去该三棱柱的三个角，
如图 1，得到一个几何体，如图 2 所示，若所得几何体的六个顶点都在球O的球面上，则球O的体积为
（ ）
A．80π B 4 5． π C 80 5 160 5． π D． π
3 3 3
4．如图，在直三棱柱 ABC - A1B1C1 中，侧棱长为 2， AC ^ BC ， AC = BC =1，点D在上底面 A1B1C1（包含
边界）上运动，则三棱锥D - ABC 外接球半径的取值范围为（ ）
é
1, 6
ù é9 6 ù é9 3 ù é5 3 ù
A． ê ú B． ê , C．2 8 2 ú ê
, ú D． , 8 2 ê 4 2 ú
02 ：四棱锥
5．四棱锥P- ABCD中，平面PAD ^平面 ABCD，底面 ABCD为矩形，PA = PD， AB = 2 ，BC = 2 3 ，若
四棱锥P- ABCD的外接球表面积为20π，则四棱锥P- ABCD的体积为（ ）
A． 4 3 B．12 3 C 4 3． 或 4 3 D． 4 3 或12 3
3
6．已知正四棱锥P- ABCD的侧棱长为 10 ，且二面角P- AB-C 的正切值为 2 2 ，则它的外接球表面积
为（ ）
A．12π
40
B π C D 25． ．8π ． π
3 2
03 ：棱台
7．已知正四棱台 ABCD - A1B1C1D1, AB = 2，半球的球心O在底面 A1B1C1D1的中心，且半球与该棱台的各棱
均相切，则半球的表面积为（ ）
A．9π B．18π C． 27π D．36π
8 2 5．在正三棱台 ABC - A1B1C1 中， A1B1 = 2 3 ， AB = 4 3 ，二面角B1 - BC - A的正弦值为 ，则5
ABC - A1B1C1 的外接球体积为（ ）
80π
A B 160 5π． ． C．
3 40 5π
D 65 65π．
3 6
04 ：侧棱垂直于底面
9．如图，四棱锥P- ABCD中，PA ^面 ABCD，四边形 ABCD为正方形， PA = 4 ，PC 与平面 ABCD所成
2 2
角的大小为q ，且 tanq = ，则四棱锥P- ABCD的外接球表面积为（ ）
3
A．26π B．28π
C．34π D．14π
10．如图，在四面体 ABCD中，△ABD 与△BCD均是边长为 2 3 的等边三角形，二面角 A - BD - C 的大小
为90°，则四面体 ABCD的外接球表面积为 .
05 ：正方体、长方体
11．已知正方体 ABCD - A1B1C1D1 的棱长为 4，点E 是棱CD 的中点， P 为四边形CDD1C1 内（包括边界）的一
动点，且满足B1P / / 平面BA1E ，B1P 的轨迹把正方体截成两部分，则较小部分的外接球的体积为（ ）
A．8 6π B．24π C．18π D．3 2π
12．已知一个长方体的封闭盒子，从同一顶点出发的三条棱长分别为 3，4，5，盒内有一个半径为 1 的小球，
若将盒子随意翻动，则小球达不到的空间的体积是（ ）
A．36
20
- π B．32
22
- π
3 3
40
C．60 -12π D．60 - π
3
06 ：其他多面体
13．如图 1，一圆形纸片的圆心为O，半径为 4 3 ，以O为中心作正六边形 ABCDEF ，以正六边形的各边
为底边作等腰三角形，使其顶角的顶点恰好落在圆O上，现沿等腰三角形的腰和中位线裁剪，裁剪后的图
形如图 2 所示，将该图形以正六边形的边为折痕将等腰梯形折起，使得相邻的腰重合得到正六棱台．若该
正六棱台的高为 6 ，则其外接球的表面积为（ ）
11π 22π 35π 35π
A． B． C． D．
4 3 4 2
14．六氟化硫，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，下列说法中正确的个数有（ ）
①异面直线 AE 与 BF 所成的角为 45°；
②此八面体的外接球与内切球的体积之比为3 3；
③若点 P 为棱EB上的动点，则 AP + CP 的最小值为 2 3a ；
④若点O为四边形 ABCD
a
的中心，点Q为此八面体表面上动点，且 OQ = ，则动点Q的轨迹长度为
2
8 3 aπ .
3
A．1 个 B．2 个 C．3 个 D．4 个
07 ：三棱锥
15．若三棱锥 S - ABC 的所有顶点都在半径为 2 的球O的球面上， SB 为球O的直径，且 AC = 2 2 ，则该三
棱锥的最大体积为（ ）
4 8 16
A． B． C．3 D．
3 3 3
16．在正三棱锥 A - BCD中，M N 分别为 AC BC 的中点， P 为棱CD 上的一点，且PC = 2PD，
MN ^ MP，若 BD = 6 ，则此正三棱锥 A - BCD的外接球的表面积为（ ）
A．3π B．6π C．8π D．9π
17（多选）．已知三棱锥P - ABC 的底面 ABC 是直角三角形，PA ^平面 ABC ，PA = AB = AC = 2 ，则
（ ）
A．三棱锥P - ABC 外接球的表面积为12π
B．三棱锥P - ABC 外接球的表面积为 48π
C P - ABC 3 - 3．三棱锥 内切球的半径为
3
D．三棱锥P - ABC 3- 3内切球的半径为
9
18（多选）．如图，在正三棱锥P - ABC 中，PB = 2AC = 2 6 ，D, E 分别是棱 AC, PB的中点，M 是棱
PC 上的任意一点，则下列结论中正确的是（ ）
A．PB ^ AC
1
B．异面直线DE 与 AB 所成角的余弦值为
3
C． AM + MB的最小值为 42
5 21 -1D ．三棱锥P - ABC 内切球的半径是
10
19．如图，正三棱锥P - ABC 的侧面和底面 ABC 所成角为a ，正三棱锥Q - ABC 的侧面和底面 ABC 所成角
为 b , AB = 2 3, P和Q位于平面 ABC 的异侧，且两个正三棱锥的所有顶点在同一个球面上，则
PBQ = ， tan a + b 的最大值为 .
08 ：折叠问题
20．在VABC 中， AB = AC = 2, BAC =120°，过点A 作 AM ^ BC ，垂足为点M ，将VABC 沿直线 AM 翻折，
使点 B 与点C 间的距离为 3，此时四面体 ABCM 的四个顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为（ ）
A 5 10π B 10π C 13 13π． ． ． D．13π
3 6
21．如图 1，在矩形 ABCD 中， AB =1，BC = 2，M 是边 BC 上的一点，将VABM 沿着 AM 折起，使点 B
到达点 P 的位置.
(1)如图 2，若 M 是 BC 的中点，点 N 是线段 PD 的中点，求证：CN ∥平面 PAM；
(2)如图 3，若点 P 在平面 AMCD 内的射影 H 落在线段 AD 上.
①求证：CD ^平面 PAD；
②求点 M 的位置，使三棱锥P - HCD的外接球的体积最大，并求出最大值.
一、单选题
1．（2024·新疆·三模）设四棱台 ABCD - A1B1C1D1 的上、下底面积分别为 S1， S2 ，侧面积为S ，若一个小球
与该四棱台的每个面都相切，则（ ）
A S2． = S1S2 B． S = S1 + S2
C． S = 2 S1S2 D． S = S1 + S2
2．（2024·陕西西安·模拟预测）已知圆锥侧面展开图是圆心角为直角，半径为 2 的扇形，则此圆锥内切球
的表面积为（ ）
52 3
A．13π B． π C 15． D． π
81 π50 5
π
3．（2024·陕西安康·模拟预测）如图，在三棱锥 S - ABC 中， AB = BC = SC = 2， CAB = ，D为BC 的
3
SA π中点， SD ^ BC ， 与平面 ABC 所成的角为 ，则三棱锥 S - ABC 外接球的表面积为（ ）
4
π 5π 20π 22π
A． B． C． D．
3 3 3 3
4．（2024·广东·模拟预测）建盏是福建省南平市建阳区的特产，是中国国家地理标志产品，其多是口大底
小，底部多为圈足且圈足较浅（如图所示），因此可将建盏看作是圆台与圆柱拼接而成的几何体.现将某建
盏的上半部分抽象成圆台O1O2 ，已知该圆台的上 下底面积分别为16πcm2 和9πcm2 ，高超过1cm，该圆台上
下底面圆周上的各个点均在球O的表面上，且球O的表面积为100πcm2 ，则该圆台的体积为（ ）
259π 260π
A 80πcm3 B cm3 C cm3． ． ． D．3 3 87πcm
3
5．（2024·江西鹰潭·三模）在菱形 ABCD中， AB = 2 ， AC = 2 3，将VABC 沿对角线 AC 折起，使点 B 到
达B 的位置，且二面角B - AC - D 为直二面角，则三棱锥 B - ACD的外接球的表面积为（ ）
A．5π B．16π C．20π D．100π
6．（2024·湖北荆州·模拟预测）三棱锥P - ABC 的四个顶点在球 O 的球面上， AB = 6， BC = 8， AC =10，
顶点 P 到VABC 的三边距离均等于 4，且顶点 P 在底面的射影在VABC 的内部，则球 O 的表面积等于（ ）
304π 316π 320
A．100π B． C． D． π
3 3 3
7．（2024·河北沧州·三模）《几何补编》是清代梅文鼎撰算书，其中卷一就给出了正四面体，正六面体（立
方体）、正八面体、正十二面体、正二十面体这五种正多面体的体积求法.若正四面体P - ABC 的棱长为
2 3 ，M 为棱PA上的动点，则当三棱锥M - ABC 的外接球的体积最小时，三棱锥M - ABC 的体积为
（ ）
A 4 6． B． 4 2 C． 4 3 D．8 3
3
1
8．（2023·浙江·模拟预测）如图 1，直角梯形 ABCD中， AB∥DC, DCB = 90o , DC = BC = AB = 2，取 AB
2
中点E ，将VBCE 沿 EC 翻折（如图 2），记四面体B - ECD的外接球为球O（O为球心）. P 是球O上一动
点，当直线 AO 与直线 AP 所成角最大时，四面体P - AEC 体积的最大值为（ ）
A 4 5 B 4 5 C 4 10 4 10． ． ． D．
5 15 5 15
二、多选题
9．（2024·山西晋中·模拟预测）如图，在棱长为 2 的正方体 ABCD - A1B1C1D1 中，G 为BB1的中点，则下列
结论正确的有（ ）
A．CG 与 A1C
10
1所成角的余弦值为
5
B．DB1与平面 A1BC1的交点 H 是VA1BC1的重心
C．三棱锥D1 - BB1C1的外接球的体积为 4 3p
D．BB 61与平面 A1BC1所成角的正弦值为
3
10．（2024·浙江绍兴·三模）平行四边形 ABCD 中 AB = 2AD = 2，且 BAD = 60°，AB、CD 的中点分别为
E、F，将VADE 沿 DE 向上翻折得到△ PDE ，使 P 在面 BCDE 上的投影在四边形 BCDE 内，且 P 到面 BCDE
6
的距离为 ，连接 PC、PF、EF、PB，下列结论正确的是（ ）
3
A．PD = PF
B．PD ^ BC
C．三棱锥P - DEF 的外接球表面积为3p
D．点 Q 在线段 PE 上运动，则 | DQ | + | QB |的最小值为 2 + 3
11．（2024·山东济宁·三模）如图，在直三棱柱 ABC - A1B1C1 中， AB = BC = 2， AA1 = 3，D E 分别是棱
AA1，CC1 上的动点（异于顶点）， AD = C1E ，F 为 B1C1 的中点，则下列说法中正确的是（ ）
A．直三棱柱 ABC - A1B1C1 体积的最大值为3 3
B．三棱锥B1 - DEF 与三棱锥 A - DEF 的体积相等
2 28π
C．当 ABC = 60°，且 AD = AA1 时，三棱锥D - ABC 外接球的表面积为3 3
D．设直线DF ， EF 与平面 ABC
1
分别相交于点 P ，Q，若 cos ABC = ，则 AP + CQ的最小值为
4 2 2
三、填空题
12．（2024·安徽芜湖·三模）在棱长为 4 的正方体 ABCD - A1B1C1D1 中，点E 是棱BB1的中点，则四面体 A1C1EB
的外接球的体积为 ．
13．（2024·湖北武汉·模拟预测）在三棱锥中P - ABC ， AB = BC = 2 2 ，且 AB ^ BC .记直线PA，PC 与
平面 ABC 所成角分别为a ，b ，已知 b = 2a = 60°，当三棱锥P - ABC 的体积最小时，则三棱锥P - ABC 外
接球的表面积为 .
14．（2024·江西新余·二模）如图 1，在直角梯形 ABCD中， AB P CD， AB ^ AD ， AB = 6 3 ，CD = 8 3，
AD = 6，点 E，F 分别为边 AB ，CD 上的点，且EF∥ AD ， AE = 4 3 .将四边形 AEFD 沿 EF 折起，如图
2，使得平面 AEFD ^平面EBCF ，点 M 是四边形 AEFD 内（含边界）的动点，且直线MB与平面 AEFD 所
成的角和直线MC 与平面 AEFD 所成的角相等，则当三棱锥M - BEF 的体积最大时，三棱锥M - BEF 的外
接球的表面积为 .特训 09 多面体与求内切外接问题（八大题型）
一、 外接球问题
若一个简单多面体的所有顶点都在一个球面上，则该球为此多面体的外接球。简单多面 体的外接球问
题是立体几何的重点和难点，此类问题实质是解决球的半径长或确定球心位置 问题，其中球心位置的确定
是关键，下面介绍几种常见的球心位置的确定方法。
如果一个定点与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的外接球
的球心。由此，可以得到确定简单多面体外接球的球心位置有如下结论：
结论 1： 正方体或长方体的外接球的球心为其体对角线的中点。
结论 2 ：正棱柱的外接球的球心是上、下底面中心连线的中点。
结论 3 ：直棱柱的外接球的球心是上、下底面多边形外心连线的中点。
结论 4： 正棱锥外接球的球心在其高上，具体位置通过构造直角三角形计算得到。
结论 5 ：若棱锥的顶点可构共斜边的直角三角形，则公共斜边的中点就是其外接球的球心。
二、 内切球问题
若一个多面体的各个面都与一个球的球面相切，则称这个多面体是这个球的外切多面体，这个球是这
个多面体的内切球。因此，多面体内切球球心到该多面体各个面的距离相等。 并非所有多面体都有内切球，
下面介绍几种常见多面体内切球问题：
1. 正多面体内切球的球心与其外接球的球心重合，内切球的半径为球心到多面体任一面的距离。
2. 正棱锥的内切球与外接球的球心都在其高线上，但不一定重合。
目录：
01 ：三棱柱
02 ：四棱锥
03 ：棱台
04 ：侧棱垂直于底面
05 ：正方体、长方体
06 ：其他多面体
07 ：三棱锥
08 ：折叠问题
01 ：三棱柱
1．在一个封闭的直三棱柱 ABC - A1B1C1 内有一个体积为 V 的球，若 AB ^ BC ， AB = 6， AC =10，
AA1 = 5，则球的体积的最大值为（ ）
125
A． π
32
B． π C． 27π D．36π
6 3
【答案】B
【分析】设VABC 的内切圆O的半径为 r ，由等面积法得 AC + AB + BC r = 6 8，解得 r = 2．由于
AA1 = 5，所以球的最大半径为 2，由此能求出结果．
【解析】由题知，球的体积要尽可能大时，球需与三棱柱内切．
所以球在底面VABC 内的投影的圆面最大不能超出VABC 的内切圆.
设圆O与VABC 内切，设圆O的半径为 r .
由 AB ^ BC ， AB = 6， AC =10，则BC=8
由等面积法得 AC + AB + BC r = 6 8，得 r = 2 .
由于三棱柱高 AA1 = 5，若球的半径R=2，此时能保证球在三棱柱内部，
所以直三棱柱 ABC - A1B1C1 的内切球半径的最大值为 2 .
4p 3 4p 3 32π
所以球的体积的最大值为： r = 2 = .
3 3 3
故选：B
2．在正三棱柱 ABC - A1B1C1 中， AB = AA1 = 4，E 为线段CC1 上动点，D为BC 边中点，则三棱锥 A - BDE
外接球表面积的最小值为 .
【答案】 48π
【分析】建立边长CE和 O 到平面 ABD 距离为 OF 的函数关系，结合基本不等式，求解出OF 最小值，建立
外接球半径R2 = h2 + 4的函数，从而求解外接球半径的最小值，从而求出外接球表面积的最小值.
【解析】由正三棱锥的侧棱垂直于底面的性质，设球心 O 到平面 ABD 距离为OF ，设OF = h ，
有因为△ABD 为直角三角形，则OF 经过直角三角形斜边中点，即F 为 AB 中点.
故取 AB 的中点设为F ，则由正三角形求解高知CF = 2 3 ,如图，设CE = x ，
设球心 O 到平面 ABD 距离为 OF，设OF = h
Q OE = OA = R，\OE2 = OF - CE 2 + CF 2 = (h - x)2 + (2 3)2 = OA2 = OF 2 + AF 2 = h2 + 22，
x2h + 8 x 4\ = = + 2 2 ，
2x 2 x
当且仅当 x = 2 2 时即CE = 2 2 取“=”.
\R2 = h2 + 4 8 + 4 =12，\S = 4πR2 48π .
故最小为 48π .
故答案为： 48π .
【点睛】立体图形平面化，结合函数和基本不等式的知识求解是问题的关键.
3．已知正三棱柱的底面边长为 4 3 ，高为 6，经过上底面棱的中点与下底面的顶点截去该三棱柱的三个角，
如图 1，得到一个几何体，如图 2 所示，若所得几何体的六个顶点都在球O的球面上，则球O的体积为
（ ）
A 80π B 4 5 π C 80 5． ． ． π D 160 5． π
3 3 3
【答案】D
【分析】根据几何体特征、勾股定理及其外接球体积公式计算即可.
【解析】设M、N 分别为正棱柱上下底面的中心，即MN = 6，
由几何体的特征易知其外接球球心O在MN 上，如图所示，
2 2 2
根据正三角形的中心性质可知 AN = 4 3 - 2 3 = 4，同理DM = 2，3
设外接球半径为R, MO = h,则ON = 6 - h ，
所以有 22 + h2 = R2 = 42 + 6 - h 2 h = 4, R = 2 5 ，
4 160 5
则外接球体积V = πR3 = π .
3 3
故选：D
【点睛】思路点睛：对于几何体外接球问题，第一步先确定球心位置，可以先通过确定一面的外接圆圆心
去确定，本题几何体比较规则，容易得出球心在上下中心连线上；第二步，由点在球上及球体的特征结合
勾股定理构建方程组解方程求半径即可.
4．如图，在直三棱柱 ABC - A1B1C1 中，侧棱长为 2， AC ^ BC ， AC = BC =1，点D在上底面 A1B1C1（包含
边界）上运动，则三棱锥D - ABC 外接球半径的取值范围为（ ）
é
1, 6
ù é9 6 ù, é9 3 ù é5 3 ùA． ê ú B．2 ê ú
C． ê , D． ,
8 2 8 2
ú ê 4 2 ú
【答案】B
【分析】由条件确定球心位置，建立关于球的半径的表达式，从而求出半径的取值范围即可.
【解析】因为VABC 为等腰直角三角形， AC = BC =1，
所以VABC 的外接圆的圆心为 AB 的中点O1，
且 AO 21 = ，2
设 A1B1 的中点为E ，连接O1E ，
则O1E / / AA1，O1E ^ 平面 ABC ，
设三棱锥D - ABC 外接球的球心为O，
2
由球的性质可得点O在O1E 上，设OO1 = x，DE = t 0 t ，
è 2
÷÷

外接球的半径为 R ，因为OA = OD = R，
2
所以 x2
2 7
+ ÷÷ = (2 - x)
2 + t 2 2，即 t = 4x - ，
è 2 2
2 7
又0 t ，则 x 1，
2 8
R2 x2 1 81 R2 3因为 = + ，所以 ，
2 64 2
9 R 6则 ；
8 2
故选：B .
3
【点睛】方法点睛：常见几何体的外接球半径求法：（1）棱长为的正方体的外接球半径为R = a ；
2
2 2 2
（2 a +b + c）长方体的长，宽，高分别为 a，b ， c，则其外接球的半径为R = ；
2
2
（3）直棱柱的高为 h h，底面多边形的外接圆半径为 r ，则其外接球半径为 R = r2 + .
4
02 ：四棱锥
5．四棱锥P- ABCD中，平面PAD ^平面 ABCD，底面 ABCD为矩形，PA = PD， AB = 2 ，BC = 2 3 ，若
四棱锥P- ABCD的外接球表面积为20π，则四棱锥P- ABCD的体积为（ ）
A． 4 3 B．12 3 C 4 3． 或 4 3 D． 4 3 或12 3
3
【答案】C
【分析】根据面面垂直的性质，结合勾股定理即可求解O O =1，即可求解四棱锥的高，由体积公式即可求
解.
【解析】取 AD 的中点E ，连接PE，
又因为PA = PD，所以PE ^ AD，
又因为平面PAD ^平面 ABCD，且交线为 AD ，PE 平面PAD ，
所以PE ^平面 ABCD .
设 ABCD的中心为O ，球心为O，则OO ^平面 ABCD ,
1 1 2
于是O B = BD = 2 + 2 3 = 2 ，OO / /PE .2 2
设四棱锥P- ABCD的外接球半径为 R ，其表面积为 4πR2 = 20π ,故R = 5 .
过O作OM / /O E ，则四边形OO EM 为矩形，
1
故O O = ME ,OM = O E = AB =1，
2
在RtVOO B和RTVOMP中，
R2 = O O2 + O B2
2
= 5 = PM 2 + OM 2 ，
O B = 2，OM =1 ,
所以O O =1，PM = 2，ME = OO =1 .
当O在平面 ABCD的上方，此时四棱锥的高为PE = PM + ME = 3 ,
\ 1四棱锥P- ABCD的体积 2 2 3 3 = 4 3 ．
3
当O在平面 ABCD的下方，此时四棱锥的高为PE = PM - ME =1 ,
\四棱锥P- ABCD 1的体积 2 2 3 1 4 3 = ．
3 3
故选:C.
【点睛】本题关键要注意外心即可能在平面 ABCD上方，也可能在下方，思考问题要周密.
6．已知正四棱锥P- ABCD的侧棱长为 10 ，且二面角P- AB-C 的正切值为 2 2 ，则它的外接球表面积
为（ ）
12π 40A． B． π C 25．8π D． π
3 2
【答案】D
【分析】如图，根据线面垂直的判定定理可得PO ^平面 ABCD，则 PHO 为二面角P- AB-C 的平面角，
设正方形 ABCD的边长为 a a > 0 ，利用锐角三角函数求出 a，即可求出PO， AO ，再设球心为G ，则球
心在直线PO上，设球的半径为 R ，利用勾股定理求出 R ，最后再由球的表面积公式计算可得.
【解析】设正方形 ABCD中心为O，取 AB 中点 H ，连接PO、PH 、OH ，
则PH ^ AB,OH ^ AB, PH IOH = H , PH、OH 平面 ABCD，得PO ^平面 ABCD，
PO
所以 PHO 为二面角P- AB-C 的平面角，即 tan PHO = = 2 2 ，
OH
设正方形 ABCD的边长为 a a > 0 ，则PO = 2a，
1 1 2
又 AO = AC = a2 + a2 = a，PA = 10 ，由PO2 + AO2 = PA2，
2 2 2
2
即 2a 2 2 + a ÷÷ =10，解得 a = 2（负值已舍去），
è 2
则PO = 2 2 ， AO = 2 ，设球心为G ，则球心在直线PO上，设球的半径为 R ，
R2
2 2
= 2 + 2 2 - R R 5 2则 ，解得 = ，4
2

所以外接球的表面积 S = 4πR2
5 2 25
= 4π 4 ÷÷
= π .
è 2
故选：D
【点睛】关键点点睛：本题解答的关键是确定二面角的平面角，利用锐角三角函数求出底面边长与高，再
由正四棱锥的性质确定球心在PO上.
03 ：棱台
7．已知正四棱台 ABCD - A1B1C1D1, AB = 2，半球的球心O在底面 A1B1C1D1的中心，且半球与该棱台的各棱
均相切，则半球的表面积为（ ）
A．9π B．18π C． 27π D．36π
【答案】C
【分析】分析半球与各棱的切点位置，利用球的切线性质，用 R 表示出侧棱长，从不同角度表示出棱台的高，
从而建立关于 R 的方程，然后可得.
【解析】由题意可知， A1B1C1D1为下底面，
记上底面 ABCD的中心为O1，过C 作CH 垂直于平面 A1B1C1D1，垂足为 H ，
易知点 H 在 A1C1上，记半球与BC,CC1,B1C1分别相切于点E, F ,G ，
由正四棱台和球的对称性可知，E,G为BC, B1C1的中点，
因为 AB = 2 ，所以 AC = 2 2 ，CE = CF =1，
记半球的半径为 R ，则C1F = C1G = OG = R ，
所以CC1 = R +1，HC1 = OC1 - OH = 2R - 2 ，
分别在VOO1E,VCC H 2 2 2 21 中，由勾股定理得OO1 = OE - O1E = R -1，
CH 2 = CC 2 2
2
1 - C1H = R +1
2 - 2R - 2 ，
2 2
因为OO1 = CH ，所以 R +1 - 2R - 2 = R2 -1，
解得R = 3或R = 0 （舍去），
1 2 2 2
所以半球的表面积为 4πR + πR = 3πR = 27π .
2
故选：C
【点睛】关键点睛：本题考查学生的直观想象能力，解题关键在于利用球的切线性质，用 R 表示出侧棱，然
后根据棱台的高距离方程求出半径即可.
8．在正三棱台 ABC - A1B1C1 中， A1B1 = 2 3 ， AB
2 5
= 4 3 ，二面角B1 - BC - A的正弦值为 ，则5
ABC - A1B1C1 的外接球体积为（ ）
80π
A B 160 5π 65 65π． ． C． D．
3 40 5π3 6
【答案】B
【分析】记正三棱台上下底面的中心分别为O1,O2 ，BC, B1C1的中点分别为 D, D1，O2D的中点为E ，先判断
ADD1为二面角B1 - BC - A的平面角，然后求出棱台的高，判断球心位置，利用勾股定理求解可得半径，
然后可得体积.
【解析】记正三棱台上下底面的中心分别为O1,O2 ，BC, B1C1的中点分别为 D, D1，O2D的中点为E ，
如图，因为BCC1B1为等腰梯形， D, D1分别为BC, B1C1的中点，
所以，由等腰梯形性质可知DD1 ^ BC ，
又VABC 为正三角形，所以 AD ^ BC ，
所以 ADD1为二面角B1 - BC - A的平面角，
由正棱台性质可知，OO1 ^平面 ABC ，
因为 A1B1 = 2 3 ， AB = 4 3 ，所以 A1D1 = 3, AD = 6 ，
所以 A1O1 = 2O1D1 = 2, AO2 = 2O2D = 4，O2E = ED =1
易知O1D1 / /O2E ，所以O1O2ED1为平行四边形，
所以O1O2 / /D1E ，所以D1E ^平面 ABC ，
由题知 sin D
2 5
1DE = , D1DE
π
5
0, ÷，
è 2
所以 cos D DE 5= ，所以 tan D1DE = 21 ，5
所以O1O2 = D1E = DE tan D1DE = 2，
易知，正三棱台 ABC - A1B1C1 的外接球的球心在射线O1O2 上，记为O，半径为 R
2
若球心O在线段O1O2 上，则OO2 + O 2 2 22 2 A = R = A1O1 + 2 - OO2 ，
即OO22 +16 = 4 + 2 - OO
2
2 ，解得O2O = -2，不符合题意；
若球心O在下底面下方，则OO2 2 2 22 + O2 A = R = A1O1 + 2 + OO2
2
，
即OO22 +16 = 4 + 2 + OO
2
2 ，解得O O = 2，则R = OO22 2 + O2 A2 = 2 5 ，
ABC 3- A B C 4 πR3 4 π 2 5 160 5π所以 1 1 1 的外接球体积为 = = .3 3 3
故选：B
04 ：侧棱垂直于底面
9．如图，四棱锥P- ABCD中，PA ^面 ABCD，四边形 ABCD为正方形， PA = 4 ，PC 与平面 ABCD所成
2 2
角的大小为q ，且 tanq = ，则四棱锥P- ABCD的外接球表面积为（ ）
3
A．26π B．28π
C．34π D．14π
【答案】C
【分析】依题意可将四棱锥P- ABCD补成长方体PEFG - ABCD ，则四棱锥P- ABCD的外接球也是长方体
PEFG - ABCD tanq 2 2的外接球，由 = 可求出 AC 的长，进而可求PC ，即为外接球的直径，从而可得外
3
接球的表面积.
【解析】如图，因为PA ^面 ABCD，四边形 ABCD为正方形，
所以可将四棱锥P- ABCD补成长方体PEFG - ABCD ，
则四棱锥P- ABCD的外接球也是长方体PEFG - ABCD 的外接球.
由PA ^面 ABCD，所以 PCA就是PC 与平面 ABCD所成的角q ，
tanq PA 4 2 2则 = = = ，所以 AC = 3 2 ，
AC AC 3
设四棱锥P- ABCD的外接球的半径为 R ，
因为长方体PEFG - ABCD 的对角线PC 的长即为其外接球的直径，
2
所以PC = 2R = AC 2 + PA2 = 3 2 42 34 R 34+ = ，所以 = ，2
所以四棱锥P- ABCD的外接球的表面积为 4πR2 = 34π .
故选：C
10．如图，在四面体 ABCD中，△ABD 与△BCD均是边长为 2 3 的等边三角形，二面角 A - BD - C 的大小
为90°，则四面体 ABCD的外接球表面积为 .
【答案】20π
【分析】设O1为△BCD的中心，O为四面体 ABCD的外接球的球心，过O作OG ^ AM ，然后在Rt△AGO
中，由GA2 + GO2 = OA2 求出外接球的半径，再由球的表面积公式计算可得.
【解析】如图所示：设O1为△BCD的中心，O为四面体 ABCD的外接球的球心，
则OO1 ^平面BDC ．
因为二面角 A - BD - C 的大小为90°，即平面 ABD ^平面BCD，
设M 为线段BD的中点，外接球的半径为 R ，
连接 AM ,CM ,OA，
过O作OG ^ AM 于点G ，
易知G 为△ABD 的中心，则OO1 = OG = MO1 = MG ，
MA 3因为 = 2 3 = 3，
2
故MG = OG
1
= 3 =1，GA = 2，
3
在Rt△AGO中，GA2 + GO2 = OA2 ，
故12 + 22 = R2，则R = 5 ．
所以外接球的表面积为 S = 4πR2 = 20π ，
故答案为：20π .
05 ：正方体、长方体
11．已知正方体 ABCD - A1B1C1D1 的棱长为 4，点E 是棱CD 的中点， P 为四边形CDD1C1 内（包括边界）的一
动点，且满足B1P / / 平面BA1E ，B1P 的轨迹把正方体截成两部分，则较小部分的外接球的体积为（ ）
A．8 6π B．24π C．18π D．3 2π
【答案】A
【分析】作出辅助线，得到平面 A1BE / / 平面B1MN ，确定当 P 在线段MN 上运动时，满足B1P / / 平面
BA1E ，B1P 的轨迹把正方体截成两部分，则较小部分为三棱锥C1 - B1MN ，
求出外接球半径，得到外接球体积.
【解析】分别取C1D1,CC1的中点M , N ，连接ME,CD1 ，
故MN / /CD1，
因为 A1D1 / /BC ， A1D1 = BC ，
所以四边形 A1D1CB 为平行四边形，
所以 A1B / /D1C ，故MN / / A1B ，
因为MN 平面B1MN ， A1B 平面B1MN ，
所以 A1B / / 平面B1MN ，
又点E 是棱CD 的中点，所以ME = BB1，BB1 / /ME ，
故四边形B1BEM 为平行四边形，
所以BE / /B1M ，
又B1M 平面B1MN ，BE 平面B1MN ，
所以BE / /平面B1MN ，
因为 A1B I BE = B， A1B, BE 平面 A1BE ，
所以平面 A1BE / / 平面B1MN ，
故当 P 在线段MN 上运动时，满足B1P / / 平面BA1E ，
B1P 的轨迹把正方体截成两部分，则较小部分为三棱锥C1 - B1MN ，
其中C1M ,C1N ,C1B1 两两垂直，且C1M = C1N = 2, B1C1 = 4，
22 + 22 + 42
故其外接球半径为 = 6 ，
2
4 3
故较小部分的外接球的体积为 π 6 = 8 6π .
3
故选：A
【点睛】特殊几何体的内切球或外接球的问题，常常进行补形，转化为更容易求出外接球或内切球球心和
半径的几何体，比如墙角模型，对棱相等的三棱锥常常转化为棱柱来进行求解.
12．已知一个长方体的封闭盒子，从同一顶点出发的三条棱长分别为 3，4，5，盒内有一个半径为 1 的小球，
若将盒子随意翻动，则小球达不到的空间的体积是（ ）
36 20A． - π B．32
22
- π
3 3
40
C．60 -12π D．60 - π
3
【答案】B
【分析】分别计算小球在 8 个顶点和 12 条棱不能到达的空间体积，然后进行相加即可.
【解析】小球在 8 个顶点不能到达的空间相当于棱长为 2 的正方体挖去一个半径为 1 的球，
8 4其体积为 - π，
3
小球在 AB ，CD ， A1B1 ，C1D1这 4 条棱不能到达的空间相当于一个长为 3，宽为 2，高为 2 的长方体挖去
一个底面半径为 1，高为 3 的圆柱，
其体积为3 2 2 - 3π =12 - 3π，
小球在BC ， AD ， B1C1 ， A1D1这 4 条棱不能到达的空间相当于一个棱长为 2 的正方体挖去一个底面半径为
1，高为 2 的圆柱，
其体积为 2 2 2 - 2π = 8 - 2π，
小球在 AA1，BB1，CC1 ，DD1这 4 条棱不能到达的空间相当于一个长为 2，宽为 2，高为 1 的长方体挖去一
个底面半径为 1，高为 2 的圆柱，
其体积为 2 2 1- π = 4 - π，
8 4所以小球不能到达的空间的体积为 - π +12 - 3π + 8 - 2π + 4 - π = 32
22
- π，
3 3
故选：B.
06 ：其他多面体
13．如图 1，一圆形纸片的圆心为O，半径为 4 3 ，以O为中心作正六边形 ABCDEF ，以正六边形的各边
为底边作等腰三角形，使其顶角的顶点恰好落在圆O上，现沿等腰三角形的腰和中位线裁剪，裁剪后的图
形如图 2 所示，将该图形以正六边形的边为折痕将等腰梯形折起，使得相邻的腰重合得到正六棱台．若该
正六棱台的高为 6 ，则其外接球的表面积为（ ）
11π 22π 35π 35π
A． B． C． D．
4 3 4 2
【答案】D
【分析】根据侧面积与底面积的关系求出相应的边长，进而利用外接球的性质求出半径，从而求出外接球
的表面积.
【解析】如图 1，设以 AB 为底边的等腰三角形的中位线为 A1B1 ，连接OA ，分别交 A1B1, AB 于点M , N ，
则点M , N 分别为 A1B1, AB 的中点．
设 AB = 2a，则 A1B1 = a ，ON =2a sin60°= 3a MN 4 3 - 3a， = ①．
2
折叠后形成的正六棱台如图 2 所示，设上底面 A1B1C1D1E1F1的中心为O1，连接O1M ，
则O1M = a sin60
3a
° = ．
2
连接O1O，则O1O是正六棱台 ABCDEF - A1B1C1D1E1F1的高，即O1O = 6 ．
过点M 作MG ^ ON ，垂足为G ，则MG ^ 底面 ABCDEF ，故MG = O1O = 6．
RtVMNG MN MG2 NG2 24 + 3a
2
在 中， = + = MG2 + ON - O1M
2 = ②，
2
①② 4 3 - 3a 24 + 3a
2
由 得 = ，解得 a =1，
2 2
所以正六棱台 ABCDEF - A1B1C1D1E1F1的上、下底面的边长分别为 1 和 2．
由O1O = 6 ，可知正六棱台的外接球球心O2 必在线段O1O上，
连接O2D,O2D1,OD,O1D1，则O2D,O2D1为外接球的半径，设为 r ．
ìOO2 + OD2 = r2
在 Rt△O2OD和 Rt△O2OD 21 1中，由勾股定理得 í ，
O1O
2
2 + O1D
2 2
1 = r
可得OO22 +OD
2 =O 21O2 +O
2
1D1 ，
又因为O1O = O1O2 +OO2 = 6，O1D1 =1，OD = 2，
2
即OO22 + 2
2 = 6 - OO2 +1 6，解得OO2 = ，4
2
r 2 OO2 OD2
6 22 35则 = 2 + = 4 ÷÷
+ = ，
è 8
2 35π
所以所求外接球的表面积为 4πr = ．
2
故选：D．
【点睛】关键点点睛：本题考查平面图形的折叠，几何体外接球的半径，解题关键在于平面图形折叠成立
体图形后，要明确变化的量和没有变的量，以及线线的位置，线面的位置关系，对于几何体的外接球的问
题，关键在于确定外接球的球心的位置.
14．六氟化硫，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，下列说法中正确的个数有（ ）
①异面直线 AE 与 BF 所成的角为 45°；
②此八面体的外接球与内切球的体积之比为3 3；
③若点 P 为棱EB上的动点，则 AP + CP 的最小值为 2 3a ；
a
④若点O为四边形 ABCD的中心，点Q为此八面体表面上动点，且 OQ = ，则动点Q的轨迹长度为
2
8 3 aπ .
3
A．1 个 B．2 个 C．3 个 D．4 个
【答案】B
【分析】对①：借助等角定理，找到与 AE 平行，与 BF 相交的线段，计算即可得；对②：借助外接球与内
切球的性质计算即可得；对③：空间中的距离和的最值问题可将其转化到同意平面中进行计算.对④，计算
r 2 - OQ 2 , r1的值，并比较它们的大小，即可得出当点Q在平面BCE 内时，点Q在三角形BCE 的内切圆上
运动，结合对称性即可验算.
【解析】对①：连接 AC ，取 AC 中点O，连接OE、OF ，
由题意可得OE、OF 为同一直线，A 、E 、C 、F 四点共面，
又 AE = EC = CF = FA，故四边形 AECF 为菱形，
故 AE / /CF ，故异面直线 AE 与 BF 所成的角等于直线CF 与 BF 所成的角，
即异面直线 AE 与 BF 所成的角等于 CFB = 60o ，故①错误；
对②：由四边形 ABCD为正方形，有 AC 2 = BC 2 + AB2 = EC 2 + AE2 = 2a2，
故四边形 AECF 亦为正方形，即点O到各顶点距离相等，
2
即此八面体的外接球球心为O，半径为R 2a 2a= = ，
2 2
设此八面体的内切球半径为 r ，
V 1 1 2 2a 1则有 2 6E- ABCD-F = S表 r = 2VE- ABCD = 2 a = 2 3a r，化简得 r = a ，3 3 2 3 6
3
2a
R
3

则此八面体的外接球与内切球的体积之比为 = 2
÷
÷ ÷ = 3 3 ，故②正确；
è r 6 ÷
a
è 6 ÷
对③：将△ AEB 延EB折叠至平面EBC 中，如图所示：
则在新的平面中，A 、 P 、C 三点共线时， AP + CP 有最小值，
则 AP + CP 3= a 2 = 3a，故③错误.min 2
④ BCE r 1 1 3对于 ，设三角形 的内切圆半径为 1，则由等面积法，有 ×3a × r1 = a
2 × ，
2 2 3
r 3解得 1 = a ，6
由②可知，点O到平面BCE 的距离为 r 6= a ，
6
2 2
OQ 2 r 2 a a 3a所以 - = - = = r1，4 6 6
这表明当点Q在平面BCE 内时，点Q在三角形BCE 的内切圆上运动，
它的周长是 2πr1，
3a 8 3
根据对称性可知动点Q的轨迹长度为8 2πr1 = 8 2π = aπ ，故④正确.6 3
正确的编号有②④.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：本题④中，关键点在于得出当点Q在平面BCE 内时，点Q在三角形BCE 的内切圆上
运动，根据对称性即可顺利得解.
07 ：三棱锥
15．若三棱锥 S - ABC 的所有顶点都在半径为 2 的球O的球面上， SB 为球O的直径，且 AC = 2 2 ，则该三
棱锥的最大体积为（ ）
4 8 16
A． B． C．3 D．
3 3 3
【答案】B
1
【分析】由勾股定理逆定理得到OA ⊥ OC ，故 SVAOC = OA ×OC = 2，要想该三棱锥的体积最大，则 SB ⊥平2
面 AOC ，从而求出最大体积.
【解析】 SB 的中点为O，连接OA,OC ，则OA = OB = OC = OS = 2，
因为 AC = 2 2 ，故OA2 + OC 2 = AC 2 ，
1
故OA ⊥ OC ， SVAOC = OA ×OC = 2，2
要想该三棱锥的体积最大，则 SB ⊥平面 AOC ，
1 1 8
故最大体积V = S
3 VAOC
× SB = 2 4 =
3 3
故选：B
16．在正三棱锥 A - BCD中，M N 分别为 AC BC 的中点， P 为棱CD 上的一点，且PC = 2PD，
MN ^ MP，若 BD = 6 ，则此正三棱锥 A - BCD的外接球的表面积为（ ）
A．3π B．6π C．8π D．9π
【答案】D
【分析】如图，根据题意，利用线面垂直的判定定理和性质证明 AB ^ AC ， AB ^ AD ， AC ^ AD，将三棱
锥 A - BCD补成以 AB、AD、AC 为棱的正方体，则正方体的外接球即为三棱锥 A - BCD的外接球，求出外接球
的半径，结合球的体积和表面积公式计算即可求解.
【解析】如图，取 CD 的中点 Q，连接 AQ、BQ，则MN // AB ，
由MN ^ MP，得 AB ^ MP ，
因为三棱锥 A - BCD为正三棱锥，所以 AC = AD, BC = BD ，
而 Q 是 CD 的中点，所以 AQ ^ CD, BQ ^ CD ，
又 AQ BQ = Q, AQ、BQ 平面 ABQ，所以CD ^平面 ABQ，
由 AB 平面 ABQ，得 AB ^ CD ，又 AB ^ MP ，
MP CD = P, MP、CD 平面 ACD，所以 AB ^ 平面 ACD，
由 AC、AD 平面 ACD，所以 AB ^ AC ， AB ^ AD ，
根据正三棱锥的特点可得 AC ^ AD，
故可将三棱锥 A - BCD补成以 AB、AD、AC 为棱的正方体，如图，
所以正方体的外接球即为三棱锥 A - BCD的外接球.
2 2 2由 BD = 6 得 AB = 3 ，可得正方体的棱长为 3，所以 (2R) = 6 + 3 ，
2 9 2 9
即 R = 4 ，所以正三棱锥
A - BCD的外接球的表面积为 S = 4πR = 4π = 9π .
4
故选：D
17．已知三棱锥P - ABC 的底面 ABC 是直角三角形，PA ^平面 ABC ，PA = AB = AC = 2 ，则（ ）
A．三棱锥P - ABC 外接球的表面积为12π
B．三棱锥P - ABC 外接球的表面积为 48π
C 3 - 3．三棱锥P - ABC 内切球的半径为
3
D 3- 3．三棱锥P - ABC 内切球的半径为
9
【答案】AC
【分析】根据三棱锥特征构造长方体求出外接球半径，求得表面积，再由等体积法求出内切球半径.
【解析】由题意可知 AB ， AC ， AP 两两垂直，
2
则三棱锥P - ABC 外接球的半径 R 满足 2R = AB2 + AC 2 + AP2 =12 ，
从而三棱锥P - ABC 外接球的表面积为 4πR2 =12π，
故 A 正确，B 错误.
1 1
由题意可得三棱锥P - ABC 的体积V = 2 2 2
4
= ，
3 2 3
2
三棱锥P - ABC S 1 2 2 3 3的表面积 = + 2 2 = 6 + 2 3 .
2 4
设三棱锥P - ABC 内切球的半径为 r ，
V 1因为 = Sr ，
3
r 3V 4 3- 3所以 = = = ，则 C 正确，D 错误.
S 6 + 2 3 3
故选：AC
18．如图，在正三棱锥P - ABC 中，PB = 2AC = 2 6 ，D, E 分别是棱 AC, PB的中点，M 是棱PC 上的任
意一点，则下列结论中正确的是（ ）
A．PB ^ AC
1
B．异面直线DE 与 AB 所成角的余弦值为
3
C． AM + MB的最小值为 42
D．三棱锥P - ABC
5 21 -1
内切球的半径是
10
【答案】ACD
【分析】对于 A，易知 AC ^ BD ， AC ^ PD ，可证 AC ^平面 PBD ，再由线面垂直的性质定理即可得证；对
于 B，取BC 中点F ，连接DF ， EF ，由DF / / AB，知 EDF 即为异面直线DE 和 AB 所成角，由
PC ^ AB，可推出EF ^ DF ，再由三角函数的知识即可求解；对于 C，将平面PAC 和平面PBC 平铺展开，
形成四边形PACB，连接 AB ，交PC 于点M ，此时 AM + MB = AB是最小值，再结合二倍角公式与余弦定
理即可求解；对于 D，设内切球的球心为O，点 P 在平面 ABC 内的投影为O1，O1为VABC 的重心，球O与
平面PAC 相切于点G ，设三棱锥P - ABC 内切球的半径为 r ，由 VPOG 相似于VPDO1，即可求解.
【解析】对于 A，如图 1 所示，连接BD，PD，
由正三棱锥的性质可知PA = PC = 2 6 ， AB = BC = AC = 2 3 ，
因为D为 AC 中点，
所以 AC ^ BD ， AC ^ PD ，
又因为BD I PD = D，BD, PD 平面 PBD ，
所以 AC ^平面 PBD ，
又因为PB 平面 PBD
所以PB ^ AC ，故 A 正确；
对于 B，如图①，取BC 中点F ，连接DF ， EF ，
因为D、F 分别为 AC ，BC 的中点，
所以DF / / AB，DF = 3 ，
所以 EDF 即为异面直线DE 和 AB 所成角或其补角，
因为E 、F 分别为 PB，BC 的中点，
所以EF = 6 ，
由选项 A 知，PB ^ AC ，同理可得PC ^ AB，
所以EF ^ DF ，
所以DE2 = EF 2 + DF 2 = 6 + 3 = 9 ,
所以 DE = 3，
所以 cos EDF DF 3= = ，
DE 3
即异面直线DE 和 AB 3所成角的余弦值为 ，故 B 错误；
3
对于 C，将平面PAC 和平面PBC 平铺展开，形成四边形PACB，
如图②所示，连接 AB ，交PC 于点M ，此时 AM + MB = AB是最小值，
CF 3 2
连接PF ，则 cos PCF = = = ，
PC 2 6 4
所以 cos ACB = 2cos2
3
PCF -1 = - ，
4
在VABC 中，由余弦定理知，
AB2 = AC 2 + BC 2 - 2AC × BC ×cos ACB 3=12 +12 - 2 12 (- ) = 42，
4
所以 AB = 42 ，
即 AM + MB的最小值是 42 ，故 C 正确；
对于 D，如图③所示，设内切球的球心为O，点 P 在平面 ABC 内的投影为O1，O1为VABC 的重心，
球O与平面PAC 相切于点G ，则G 在PD上，且OG ^ PD，
在VPAD中，PD = PA2 - AD2 = 24 - 3 = 21，
在VABC 中，BD = AB2 - AD2 = 12 - 3 = 3 ,
1
因为O1为VABC 的重心，所以DO1 = BD =1，3
在!PO1D 中，PO1 = PD2 - DO21 = 21-1 = 2 5 ，
设三棱锥P - ABC 内切球的半径为 r ，
OG PO
由 VPOG 相似于VPDO1，得 =DO ,1 PD
r 2 5 - r
= r 5( 21 -1)即 ，解得 = ，故 D 正确；
1 21 10
故选：ACD.
【点睛】关键点点睛：本题考查了异面直线所成角、最短距离及内切球，解题关键是作出异面直线所成角、
平面展开求最值以及通过相似三角形求内切球的半径.
19．如图，正三棱锥P - ABC 的侧面和底面 ABC 所成角为a ，正三棱锥Q - ABC 的侧面和底面 ABC 所成角
为 b , AB = 2 3, P和Q位于平面 ABC 的异侧，且两个正三棱锥的所有顶点在同一个球面上，则
PBQ = ， tan a + b 的最大值为 .
4
【答案】 90o - 3
【分析】由几何体结构特征可知 PQ为外接球直径即得 PBQ = 90o ；先设PN = h1,QN = h2 ，外接球半径为
R，则由PQ2 = PB2 + BQ2以及已知条件可求得 h1h2 = 4，再根据几何体结构特征得
tana PN= = h1, tanb
QN
= = h2 ，再结合两角和正切公式以及基本不等式即可求解.MN MN
【解析】由几何体结构特征可知 PQ为外接球直径，所以 PBQ = 90o ；
连接 PQ，交平面 ABC 于点 N ，取 AB 中点M ，连接CM ，
2 2 2 2 2 2 2由正棱锥性质知 N CM ，且CN = CM = BC - BM = 2 3 - 3 = 2，3 3 3
则BN = 2、CM = 3，MN =1，设PN = h1,QN = h2 ，外接球半径为 R，
PB2 = BN 2 + PN 2 =1+ h2 BQ2 = BN 2 + NQ2 =1+ h2则 1 ， 2
所以由PQ2 = PB2 + BQ2得 h 2 21 + h2 =1+ h1 +1+ h22 ， h1h2 = 4，
又 tana
PN
= = h , tanb QN= = h ，
MN 1 MN 2
故 tan a b
tana + tan b h + h h + h
+ = = 1 2 = 1 2
1- tana tan b 1- h ，1h2 -3
而 h1 + h2 2 h1h2 = 4，当且仅当h1 = h2 = 2 时取等，
故 tan(a b )
4
+ max = - .3
4
故答案为：90o；- .3
【点睛】关键点点睛：求解 tan(a + b) 的关键是由PQ2 = PB2max + BQ2以及已知数据求出 h1h2 = 4 .
08 ：折叠问题
20．在VABC 中， AB = AC = 2, BAC =120°，过点A 作 AM ^ BC ，垂足为点M ，将VABC 沿直线 AM 翻折，
使点 B 与点C 间的距离为 3，此时四面体 ABCM 的四个顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为（ ）
A 5 10π B 10π C 13 13π． ． ． D．13π
3 6
【答案】D
【分析】如图，根据余弦定理求出 BC，根据正弦定理求出△BCD的外接圆半径，结合球的性质和勾股定理
求出球的半径，利用球的表面积公式计算即可.
【解析】如图，
将VABC 沿直线 AM 翻折，得到满足题意的几何体为三棱锥 A - BCM ，
因为 AB = AC = 2, BAC =120° ,过点A 作 AM ^ BC ，则
BM 3
BAM = 60°， ABM = 30°， = , AM 1= , BM = 3, AM = 1,
AB 2 AB 2
在VBCM 中，BM = 3,CM = 3 ，BC = 3，
2 2 2
由余弦定理，得 cos BMC BM + CM - BC 1= = - ,，所以， BMC =120°
2BM ×CM 2
设VBCM 的外接圆圆心为 D，半径为 r，则DB = DC = MD = r ，
BC
由正弦定理，得 ° = 2r ，解得 r = 3 ，即MD = 3 ，sin120
易知 AM ^ 平面BCM ，又 AM 是球 O 的弦，OA = OM ， AM =1，
所以OD
1
= AM 1=
2 2 ，
OM (1)2 ( 3)2 13得球的半径为 = + = ，
2 2
2 13
所以球的表面积为 S = 4π ×OM = 4π = 13π .
4
故选：D.
21．如图 1，在矩形 ABCD 中， AB =1，BC = 2，M 是边 BC 上的一点，将VABM 沿着 AM 折起，使点 B
到达点 P 的位置.
(1)如图 2，若 M 是 BC 的中点，点 N 是线段 PD 的中点，求证：CN ∥平面 PAM；
(2)如图 3，若点 P 在平面 AMCD 内的射影 H 落在线段 AD 上.
①求证：CD ^平面 PAD；
②求点 M 的位置，使三棱锥P - HCD的外接球的体积最大，并求出最大值.
【答案】(1)证明见解析
4π
(2)①证明见解析；②M 位于点 C，
3
【分析】（1）根据线面平行的判定即可得证；
（2）①根据线面垂直判定可证；②先分析得 O 是三棱锥P - HCD外接球的球心，再求得直径
PC 4= 6 - ，然后根据函数的单调性求出最值，进而利用球的体积公式求出球的体积的最大值即可
x
【解析】（1）如图，取 PA 的中点 E，连接 ME 和 EN，则 EN 是VPAD的中位线，
1
所以EN ∥ AD 且EN = AD，
2
1
又MC∥ AD且MC = AD，
2
所以EN ∥MC 且EN = MC ，
所以四边形 ENCM 是平行四边形，所以CN ∥MF ，
又CN 平面 PAM，EM 平面 PAM，
所以CN ∥平面 PAM.
（2）①由PH ^平面 AMCD，CD 平面 PFH，得CD ^ PH ，
又已知CD ^ AD ，且 AD，PH 是平面 PAD 内两条相交直线，
所以CD ^平面 PAD.
②，由①知CD ^平面 PAD，又PD 平面 PAD，
所以CD ^ PD，所以△PDC 是RtV，
由PH ^平面 AMCD，HC 平面 AMCD，
所以 PH ^ HC ，VPHC 是RtV .
如图，取 PC 的中点 O，则点 O 到三棱锥P - HCD各顶点的距离都相等，
所以 O 是三棱锥P - HCD外接球的球心.
如图，过点 P 作PF ^ AM 于 F，连 HF 和 BF，
因为PH ^平面 AMCD， AM 平面 AMCD，
所以PH ^ AM ，又 PF，PH 是平面 PHF 内两条相交直线，
所以 AM ^ 平面 PFH，又HF 平面 PFH，所以 AM ^ HF ，
由PF ^ AM 和翻折关系知 AM ^ BF ，所以 B，F，H 三点共线，且 AM ^ BH ，
x
设PM = BM = x(0 < x 2)，则 AM = 1+ x2 ，BF = PF = ，1+ x2
2 2
又BA2 BA 1+ x= BF × BH ，所以BH = = ，
BF x
2
AH = BH 2 - BA2 1= ，HF BH BF
1+ x x 1
= - = - = ，
x x 1+ x2 x 1+ x2
由PF > HF ，得1< x 2，
2
PH 2 PA2 AH 2 1 1 x -1
2
所以 = - = - 2 = PH
x -1
， = ，
x x2 x2
x2 -1 1 2PD2 PH 2 HD2 2 5x
2 - 4x 5x - 4
所以 = + = +
x2
- ÷ = 2 = ，è x x x
PC 2 PD2 CD2 5x - 4 4= + = +12 = 6 - ，
x x
因为 f (x)
4
= 6 - 在1< x 2时单调递增，x
所以 x = 2时，PC 2 = f (x) 有最大值 f (2) = 4 ，
此时，点 M 位于点的 C 位置，
4π 3 4π
所以 2R = PC = 2，R =1，V = R = .
3 3
4π
所以点 M 位于点的 C 时，三棱锥P - HCD外接球的体积的最大值为V = 3 .
【点睛】方法点睛：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；
④坐标法：建立空间直角坐标系，设出外接球球心的坐标，根据球心到各顶点的距离相等建立方程组，求
出球心坐标，利用空间中两点间的距离公式可求得球的半径.
一、单选题
1．（2024·新疆·三模）设四棱台 ABCD - A1B1C1D1 的上、下底面积分别为 S1， S2 ，侧面积为S ，若一个小球
与该四棱台的每个面都相切，则（ ）
A 2． S = S1S2 B． S = S1 + S2
C． S = 2 S1S2 D． S = S1 + S2
【答案】D
【分析】利用体积相等可得答案.
【解析】设内切球的球心为O，连接OA,OB,OC,OD,OA1,OB1,OC1,OD1，
则OA,OB,OC,OD,OA1,OB1,OC1,OD1把四棱台 ABCD - A1B1C1D1 分割成六个四棱锥，
且六个四棱锥的高都为内切球的半径 R ，
四棱台 ABCD - A1B1C1D1 的高为 2R ，所以
V 1 1ABCD- A B C D = S + S + S S ×2R = S + S + S × R四棱台 ，1 1 1 1 3 1 2 1 2 3 1 2
化简可得 S1 + S2 + 2 S1S2 = 2S1 + S2 = S .
故选：D.
2．（2024·陕西西安·模拟预测）已知圆锥侧面展开图是圆心角为直角，半径为 2 的扇形，则此圆锥内切球
的表面积为（ ）
13π 52 π 15
3
A． B． C． D． π
81 π50 5
【答案】D
【分析】先计算出圆锥底面圆的半径，再由勾股定理求出圆锥的高，然后利用等面积法计算内切球半径，
最后再计算球的表面积即可.
π 1
【解析】侧面展开图扇形的弧长为 2 =π，圆锥底边的半径 r 满足 2πr = π，解得 r = ，
2 2
1 2 15
所以该圆锥轴截面是一个两腰长为 2，底边长为 1 的等腰三角形，底边上的高为 22 - ÷ = ，
è 2 2
15 15
设内切球半径为 R ，由等面积法可得R(1+ 2 + 2) =1 ，则R = ．
2 10
所以内切球的表面积为 4πR2
3
= π．
5
故选：D．
π
3．（2024·陕西安康·模拟预测）如图，在三棱锥 S - ABC 中， AB = BC = SC = 2， CAB = ，D为BC 的
3
SA π中点， SD ^ BC ， 与平面 ABC 所成的角为 ，则三棱锥 S - ABC 外接球的表面积为（ ）
4
π 5π 20π 22π
A． B． C． D．
3 3 3 3
【答案】C
【分析】根据线面垂直和面面垂直的判定可得平面 ABC
π
^ 平面 SAD，结合交线可确定线面角 SAD = ，
4
进而证得 AD ^ 平面 SBC ；分别取△SBC ，VABC 外接圆圆心，根据球的性质可确定球心位置，根据长度关
系可求得半径，进而得到外接球表面积.
【解析】QD为BC 的中点， SD ^ BC ，\SB = SC ，即△SBC 为等腰三角形，
Q AB = BC = SC = 2， CAB
π
= ，\VSBC,VABC 均为边长为 2的等边三角形，
3
\ AD ^ BC ，又 SD I AD = D， SD, AD 平面 SAD，\BC ^平面 SAD，
Q BC 平面 ABC ，\平面 ABC ^ 平面 SAD，
Q平面 ABC 平面 SAD = AD，\ AD 为SA在平面 ABC 内的射影，
π
\ SAD 即为SA与平面 ABC 所成的角，即 SAD = ，4
π
Q AD = SD = 22 -12 = 3 ，\ DSA = SAD = ，\ AD ^ SD，4
又 AD ^ BC ， SD I BC = D， SD, BC 平面 SBC ，\ AD ^平面 SBC .
设三棱锥 S - ABC 外接球的球心为O，△SBC 外接圆的圆心为O1，VABC 外接圆的圆心为O2 ，
连接OO1,OO2 ,OD,OB，则OO1 ^平面 SBC ，OO2 ^ 平面 ABC ，
QVSBC,VABC 均为边长为 2的等边三角形，
OO OO 3 6 15\ 1 = 2 = ，\OD = OO
2
1 + OO
2 2
2 = ，\OB = OD + BD
2 = ，
3 3 3
\三棱锥 S - ABC 15外接球的半径R = ，
3
\三棱锥 S - ABC 2
20π
外接球的表面积 S = 4πR = .
3
故选：C.
【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何中多面体外接球的求解问题，本题的解题关键是能够通过面面垂
直关系确定已知中所给线面角，从而确定几何体的基本结构特征，进而根据外接球的性质来确定球心位置.
4．（2024·广东·模拟预测）建盏是福建省南平市建阳区的特产，是中国国家地理标志产品，其多是口大底
小，底部多为圈足且圈足较浅（如图所示），因此可将建盏看作是圆台与圆柱拼接而成的几何体.现将某建
盏的上半部分抽象成圆台O1O2 ，已知该圆台的上 下底面积分别为16πcm2 和9πcm2 ，高超过1cm，该圆台上
下底面圆周上的各个点均在球O的表面上，且球O的表面积为100πcm2 ，则该圆台的体积为（ ）
3 259πA．80πcm B． cm3
260π
C 3． cm D．
3 3 87πcm
3
【答案】B
【分析】画出图形，首先根据球的表面积公式计算得球的半径为R = 5，通过勾股定理得OO2 ,OO1的值，进
而得圆台的高，结合圆台的体积公式即可得解.
【解析】
设球O的半径为Rcm，上 下底面分别为圆O1,O2 （这里上底面是指大的那个底面），
依题意， 4πR2 =100π，解得R = 5，
O A2因为 2 = 9 = 3
2
，
则OO = R2 - 32 = 4cm，同理可得，OO2 1 = 3cm ，因为圆台的高超过1cm，则该圆台的高为 7cm ，该圆台的
1 259π 3
体积为 9π +16π +12π 7 = cm .
3 3
故选：B.
5．（2024·江西鹰潭·三模）在菱形 ABCD中， AB = 2 ， AC = 2 3，将VABC 沿对角线 AC 折起，使点 B 到
达B 的位置，且二面角B - AC - D 为直二面角，则三棱锥 B - ACD的外接球的表面积为（ ）
A．5π B．16π C．20π D．100π
【答案】C
【分析】根据给定条件，确定三棱锥 B - ACD的外接球的球心位置，再求出球半径即可计算作答.
【解析】如图所示：
由题意在菱形 ABCD中， AC, BD 互相垂直且平分，点E 为垂足，
AB = BC = CD = DA = 2, EC = EA 1= AC = 3，
2
由勾股定理得BE = DE = BC 2 - CE2 = 4 - 3 =1，
所以 ADC
2π
= ，
3
设点O1为VACD外接圆的圆心，
AC 2 3
VACD r = O D = = = 2则 外接圆的半径为 1 1 2sin ADC 3 ，O1E = O1D - DE = 2 -1 =1，2
2
设点O2 为△ACB 外接圆的圆心，同理可得△ACB 外接圆的半径为 r2 = O2B = 2，
O2E = O2B - B E = 2 -1 =1，
如图所示：
设三棱锥 B - ACD的外接球的球心、半径分别为点O, R ，
而DE, B E均垂直平分 AC ，
所以点O在面 ADC ，面 ACB 内的射影O1,O2 分别在直线DE, B E上，
即OO1 ^ DE,OO2 ^ B E，
由题意 AC ^ DE, AC ^ B E ，且二面角B - AC - D 为直二面角，
即面DAC ^ 面 ACB ，DE B E = E ，
所以B E ^ ED，即O2E ^ EO1，可知四边形O1OO2E为矩形，所以O1O = O2E = 1，
2 2 2 2
由勾股定理以及OD = O1O + O1D = 5 = R ，
所以三棱锥 B - ACD的外接球的表面积为 S = 4πR2 = 4π 5 = 20π .
故选：C.
【点睛】方法点睛：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.
6．（2024·湖北荆州·模拟预测）三棱锥P - ABC 的四个顶点在球 O 的球面上， AB = 6， BC = 8， AC =10，
顶点 P 到VABC 的三边距离均等于 4，且顶点 P 在底面的射影在VABC 的内部，则球 O 的表面积等于（ ）
304π 316π 320
A．100π B． C． D． π
3 3 3
【答案】C
【分析】先分析出 AB ⊥ BC ，作出辅助线，得到O点在底面的射影为 AC 的中点D，点 P 在底面的投影 N
为VABC 的内心，先求出直角三角形的内切圆半径 r = 2，由勾股定理得到方程，求出球的半径，得到球的
表面积.
【解析】因为 AB = 6， BC = 8， AC =10，所以 AB2 + BC 2 = AC 2 ，故 AB ⊥ BC ，
取 AC 的中点D，则O点在底面的射影为D，连接OP,OC ，则OP = OC ，
又 P 到VABC 的三边距离均等于 4，故点 P 在底面的投影 N 为VABC 的内心，
过点 N 作 NS ⊥ AB ，垂足为S ，作 NT ⊥ BC ，垂足为T ，作 NM ⊥ AC ，垂足为M ，
故四边形BSNT 为矩形，又 NT = NS ，故四边形BSNT 为正方形，
设 NT = NS = BS = BT = r ，则 AS = AM = 6 - r,CT = CM = 8 - r ，
所以 AC = AM + CM = 6 - r + 8 - r =10，解得 r = 2，则PN = 42 - 22 = 2 3 ，
过点O作OW ⊥ PN ，垂足为W ，
设OD = h，则WN = h, PW = PN -WN = 2 3 - h ，
如图，以BC ， AB 所在直线分别为 x, y轴，建立平面直角坐标系，
则 N 2,2 , D 4,3 ，则DN = 4 - 2 2 + 3- 2 2 = 5 ，
其中OW = DN = 5 ，
由勾股定理得R2 = OD2 + CD2 = h2 + 25，
2 2OP = OW 2 + PW 2 = 5 + 2 3 - h ，故 h2 2+ 25 = 5 + 2 3 - h 2 3，解得 h = ，3
R2则 = h2
4 79 79 316π
+ 25 = + 25 = 2，则外接球的表面积为 4πR = 4π × = .
3 3 3 3
故选：C
【点睛】关键点点睛：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
7．（2024·河北沧州·三模）《几何补编》是清代梅文鼎撰算书，其中卷一就给出了正四面体，正六面体（立
方体）、正八面体、正十二面体、正二十面体这五种正多面体的体积求法.若正四面体P - ABC 的棱长为
2 3 ，M 为棱PA上的动点，则当三棱锥M - ABC 的外接球的体积最小时，三棱锥M - ABC 的体积为
（ ）
A 4 6． B． 4 2 C． 4 3 D．8 3
3
【答案】A
【分析】由题意确定三棱锥M - ABC 的外接球的体积最小时球心的位置，由此可求出三棱锥M - ABC 的高，
利用体积公式，即可求得答案.
【解析】如图，在正四面体P - ABC 中，假设PH ^底面 ABC ，则点 H 为VABC 外心.
在PH 上取一点O，满足OA = OM ，则OA = OM = OB = OC ，
则O为三棱锥M - ABC 的外接球球心，
\当OA取得最小值时，OM 最小，三棱锥M - ABC 的外接球体积最小，
此时点O与点 H 重合.作MN ^ AH ，垂足为 N ，\MN ∥PH ，
\MN 为三棱锥M - ABC 的高.
2 3
由正四面体P - ABC 的棱长为 2 3 ，知PA = 2 3 ， AH = 2 3 = 2 = MH ，
3 2
PH = PA2 - AH 2 = 2 2 ，.
AN MN
设 AN = x ，则 = ，故
AH PH MN = 2x
，HN = 2 - x .
2
由HM 2 = MN 2 + HN 2，得 22 = 2x + 2 - x 2 ，
x 4= . MN 4 2解得 3 \ =
，
3
V 1 3
2 4 2 4 6
\ M - ABC = 2 3 = .三棱锥 3 4 3 3
故选：A.
1
8．（2023·浙江·模拟预测）如图 1，直角梯形 ABCD中， AB∥DC, DCB = 90o , DC = BC = AB = 2，取 AB
2
中点E ，将VBCE 沿 EC 翻折（如图 2），记四面体B - ECD的外接球为球O（O为球心）. P 是球O上一动
点，当直线 AO 与直线 AP 所成角最大时，四面体P - AEC 体积的最大值为（ ）
A 4 5 B 4 5 C 4 10 D 4 10． ． ． ．
5 15 5 15
【答案】D
【分析】首先得到球心O在 EC 的中点，然后当 AP 与球O相切时直线 AO 与直线 AP 所成角的最大，过 P 作
PH ^ AO垂足为 H ，当PH ^平面 ADE 时四面体P - AEC 体积取得最大值，即可求出答案.
【解析】由题意可知，VCDE,VBCE 均为等腰直角三角形，所以四面体B - ECD的外接球的球心O在 EC 的
中点，
因为 P 是球O上的动点，若直线 AO 与直线 AP 所成角的最大，则 AP 与球O相切， APO = 90o ，此时，
PAO最大，
1
因为OP = EC = 2 ， AO = 4 + 2 - 2 2 2
2
- = 10 ，所以2 2 ÷÷ sin PAO
5
= ，
è 5
过 P 作PH ^ AO垂足为 H ，则 P 在以 H 为圆心，PH 为半径的圆上运动.
所以当PH ^平面 ADE 时四面体P - AEC 的体积取得最大值.
5 2 10
因为 AP = 2 2 ，所以PH = 2 2 = ，
5 5
V 1 1 2 10 1所以 P- ADE = ×h × SVACE = 2 2
4 10
= ，
3 3 5 2 15
故选：D.
二、多选题
9．（2024·山西晋中·模拟预测）如图，在棱长为 2 的正方体 ABCD - A1B1C1D1 中，G 为BB1的中点，则下列
结论正确的有（ ）
A．CG 与 A1C
10
1所成角的余弦值为
5
B．DB1与平面 A1BC1的交点 H 是VA1BC1的重心
C．三棱锥D1 - BB1C1的外接球的体积为 4 3p
D 6．BB1与平面 A1BC1所成角的正弦值为
3
【答案】ABC
【分析】对于 A，连接 AC ，可得 ACG即为异面直线CG 与 A1C1所成角或其补角；对于 B，可得四面体
D - A1BC1为正四面体，证明DB1 ^平面 A1BC1即可判断；对于 C，三棱锥D1 - BB1C1和正方体有相同的外接
球，求出即可；对于 D，可得 B1BH 为直线BB1与平面 A1BC1所成的角，即可求出判断.
【解析】对于 A，连接 AC ，则由正方体的性质可知 AC∥A1C1 ，
所以 ACG即为异面直线CG 与 A1C1所成角或其补角，
连接 AG, BD，设 AC I BD = O ，则O为 AC 的中点，
连接OG ，则 AG = CG = BC 2 + BG2 = 4 +1 = 5, AC = 2 2,OG ^ AC ，
在RtVCOG中， cos OCG
OC 2 10
= = = = cos ACG ，
CG 5 5
即CG 与 A1C
10
1所成角的余弦值为 ，故 A 正确；
5
对于 B，连接DA1, DC1，则DA1 = DC1 = DB = A1B = A1C1 = BC1 ，
则四面体D - A1BC1为正四面体，
因为 A1C1 ^ D1B1, A1C1 ^ B1B, D1B1 I B1B = B1，D1B1, B1B 平面 BB1D1D，
所以 A1C1 ^ 平面 BB1D1D， 因为DB1 平面 BB1D1D，所以 A1C1 ^ DB1，
同理可得 A1B ^ DB1 ，因为 A1C1 I A1B = A1 ， A1C1, A1B 平面 A1BC1
所以DB1 ^平面 A1BC1，垂足为 H ，又四面体D - A1BC1为正四面体，
所以 H 为VA1BC1 的中心，即 H 为VA1BC1 的重心，故 B 正确；
对 C，由于三棱锥D1 - BB1C1的顶点均为正方体的顶点，
所以三棱锥D1 - BB1C
1 1
1和正方体有相同的外接球，所以外接球半径R = DB1 = 2 3 = 3 ，2 2
V 4 πR3 4体积为 = = π( 3)3 = 4 3π，故 C 正确；
3 3
对 D，连接BH ，并延长交 A1C1于点O1，由选项 B 知B1H ^平面 A1BC1，
所以 B1BH 为直线BB1与平面 A1BC1所成的角，由VA1BC1 为正三角形，
且 H 为VA1BC1 的重心，所以O1为 A1C1的中点，也是D1B1的中点，
在RtVO1B1B中，OB1 = O B
2 + B B21 1 1 = 2 + 4 = 6 ，
sin B BH sin B BO B1O1 2 3所以 1 = 1 1 = = = ，故 D 错误.O1B 6 3
故选：ABC.
【点睛】方法点睛：本题考查空间角中的线线角的余弦值的求法，线面角的正弦值的求法，
法一：作出空间角再利用解三角形的知识求解，法二建立空间直角坐标系，利用空间向量的夹角公式求解.
10．（2024·浙江绍兴·三模）平行四边形 ABCD 中 AB = 2AD = 2，且 BAD = 60°，AB、CD 的中点分别为
E、F，将VADE 沿 DE 向上翻折得到△ PDE ，使 P 在面 BCDE 上的投影在四边形 BCDE 内，且 P 到面 BCDE
6
的距离为 ，连接 PC、PF、EF、PB，下列结论正确的是（ ）
3
A．PD = PF
B．PD ^ BC
C．三棱锥P - DEF 的外接球表面积为3p
D．点 Q 在线段 PE 上运动，则 | DQ | + | QB |的最小值为 2 + 3
【答案】ABD
【分析】记DE 的中点为M ，过点 P 作PN ^ MF ，证明点 N 为点 P 在平面BCDE 上的投影，
解三角形求PF ，判断 A，证明BC ^平面 PBD ，判断 B，根据正四面体性质求三棱锥P - DEF 的外接球半
径，结合球的表面积公式判断 C，通过翻折，将问题转化为求 DB 的问题，求其值，判断 D.
【解析】由已知 PD = PE = DE = DF = FC = BE = BC =1，
CDE = 60o , DCB = 60o ， DEB = 120o ，
记DE 的中点为M ，连接PM , FM ，
因为 PD = PE ，M 为DE 的中点，所以PM ^ DE，
因为 DF = DE =1， FDE = 60o ，所以 EF =1，
故 FD = FE ，又M 为DE 的中点，所以FM ^ DE ，
又PM FM = M ，PM , FM 平面PFM ，
所以DE ^ 平面PFM ，又DE 平面BCDE ，
所以平面 PFM ^ 平面BCDE ，
过点 P 作PN ^ MF ， N 为垂足，
因为平面PFM I平面BCDE = FM ，PN 平面PFM ，
所以PN ^平面BCDE ，即点 N 为点 P 在平面BCDE 上的投影，
6 6
因为 P 到面 BCDE 的距离为 ，所以 PN = ，
3 3
由已知 PD = PE = DE =1， DF = EF =1，
PM 3 FM 3 6所以 = ， = ，又 PN = ，
2 2 3
所以 MN 3 2 3= - = 3，所以 FN = ，
4 3 6 3
2 1
所以 PF = + =1，故 PF = PD =1，A 正确，
3 3
因为 PD = PE = PF ，所以点 N 为VDEF 的外心，又VDEF 为等边三角形，
所以点 N 为VDEF 的中心，
连接DN 并延长，交 EF 与点 H ，则DH ^ EF ， H 为 EF 的中点，
连接BH ，因为 BE = BF ，故BH ^ EF ，
所以D, H , B三点共线，且DB ^ EF ，又EF∥BC ，
所以BC ^ DB，
又PN ^平面BCDE ，BC 平面BCDE ，故BC ^ PN ，
因为PN BD = N ，PN , BD 平面 PBD ，
所以BC ^平面 PBD ，PD 平面 PBD ，
所以PD ^ BC ，B 正确；
因为PDEF 为正四面体，且棱长为1，
3 3 6 6
所以其外接球的半径为 PN = = ，
4 4 3 4
3
所以三棱锥P - DEF 的外接球表面积为 π ，C 错误；
2
2 3 6
因为 BN = ， PN = ，所以 PB = 2 ，
3 3
2 2
所以 PE + BE = PB 2 ，故PE ^ BE ，
将VPDE,VPBE 翻折到同一平面，如图
所以 | DQ | + | QB |的最小值为 DB ，且 DE =1, BE =1, DEB =150o ，
所以 DB 6 + 2= 2sin 75o = 8 + 4 3 6 + 2，又 2 + 3 = = ，D 正确，
2 4 2
故选：ABD.
11．（2024·山东济宁·三模）如图，在直三棱柱 ABC - A1B1C1 中， AB = BC = 2， AA1 = 3，D E 分别是棱
AA1，CC1 上的动点（异于顶点）， AD = C1E ，F 为 B1C1 的中点，则下列说法中正确的是（ ）
A．直三棱柱 ABC - A1B1C1 体积的最大值为3 3
B．三棱锥B1 - DEF 与三棱锥 A - DEF 的体积相等
2 28π
C．当 ABC = 60°，且 AD = AA1 时，三棱锥D - ABC 外接球的表面积为3 3
1
D．设直线DF ， EF 与平面 ABC 分别相交于点 P ，Q，若 cos ABC = ，则 AP + CQ的最小值为
4 2 2
【答案】BCD
【分析】A 选项：根据三棱柱体积公式，结合三角函数值域可得最值；B 选项：根据等体积转化可判断；C
选项：结合正弦定理确定正三角形外心，进而确定球心及半径；D 选项：根据相似及基本不等式可得最值.
1
【解析】A 选项：由已知可得VABC-A B C = SVABC ×AA1 1 1 1 = BA×BC×sin ABC×AA2 1
= 6sin ABC ，又
ABC 0,p ，
所以 sin ABC 0,1 ，即体积的最大值为6，A 选项错误；
B 选项：如图所示，
由点F 为 B1C1 的中点，则VB1-DEF =VC1-DEF =VF -C1DE ，设点F 到平面 AA1C1C 的距离为 h ，
1
则VB -DEF =VF -C DE = SVC DE ×h V V
1
， B-DEF = F -ADE = SVADE ×h，1 1 3 1 3
又 AD = C1E ，所以 SVADE = SVC1DE ，所以VF -C =V1DE F -ADE ，B 选项正确；
C 选项：如图所示，
由已知VABC 为正三角形，设外接球球心为O，VABC 中心为O1， AD 中点为M ，则OO1 ^平面 ABC ，且
OO 11 = AD
1
= AA =1 2O A AB 4 3 O A 2 3， ，即 ，2 3 1 1 = = =sin ACB 3 1 3
21 2 28π
所以外接球半径为R = OO21 + O A
2
1 = ，外接球表面积为 4πR = 3 ，C 选项正确；3
D 选项：如图所示，
取BC 中点 N ，可知 P 在 NA的延长线上，Q在BC 的延长线上，
AN 2 = BA2则 + BN 2
1
- 2BA × BN ×coc ABC = 4 +1- 2 2 1 = 4，即 AN = 2，
4
设 AD = C1E = l AA1，l 0,1 ，
易知VPAD :VPNF ，VQCE :VFC1E ，
PA AD QC CE
则 = ， =FC C E ，PN NF 1 1
则PA = lPN = l PA + AN = l PA + 2 2l 1- l 1- l，PA = ,QC = FC = ，
1- l l 1 l
AP CQ 2l 1- l所以 + = + 2 2 ，
1- l l
2l 1- l
当且仅当 = ，即l = 2 -1时取等号，故 D 选项正确；1- l l
故选：BCD.
三、填空题
12．（2024·安徽芜湖·三模）在棱长为 4 的正方体 ABCD - A1B1C1D1 中，点E 是棱BB1的中点，则四面体 A1C1EB
的外接球的体积为 ．
76 19
【答案】 π
3
【分析】建立空间直角坐标系，设四面体 A1C1EB 的外接球的球心为O(x, y,z) ，列式求解可得
x =1, y =1, z =1，即可求得外接球的半径，由球的体积公式即可求得答案.
【解析】以 D 为坐标原点，以DA, DC, DD1所在直线为 x, y, z轴，建立空间直角坐标系，
则 A1(4,0, 4),C1(0, 4, 4), E(4, 4, 2), B(4, 4,0)，
设四面体 A1C1EB 的外接球的球心为O(x, y,z) ，
则OA1 = OC1 = OE = OB ,即得 (x - 4)2 +y2 +(z - 4)2 = x2 + y - 4 2 +(z - 4)2
= (x - 4)2 + y - 4 2 +(z - 2)2 = x - 4 2 + y - 4 2 +z2 ，
ì x - 4 2 +y2 = x2 + y - 4 2
2 2
整理得 íy +(z - 4) = y - 4 2 +z2 ，解得 x =1, y =1, z =1，

z - 2
2 = z2
故四面体 A1C1EB 的外接球的半径为 (x - 4)2 +y2 +(z - 4)2 = 19 ，
故四面体 A1C1EB
4 3
的外接球的体积为 π 19 76 19= π ，3 3
76 19
故答案为： π
3
13．（2024·湖北武汉·模拟预测）在三棱锥中P - ABC ， AB = BC = 2 2 ，且 AB ^ BC .记直线PA，PC 与
平面 ABC 所成角分别为a ，b ，已知 b = 2a = 60°，当三棱锥P - ABC 的体积最小时，则三棱锥P - ABC 外
接球的表面积为 .
【答案】16π
【分析】根据给定条件，探求点 P 在平面 ABC 内的投影P 的轨迹，确定当三棱锥体积最小时点P 的位置，
进而可得 APC = 90o 并求出外接球半径，求出球的表面积.
【解析】设点 P 在平面 ABC 内的投影为P ，由直线PA, PC 与平面 ABC 所成角分别为a , b ，且 b = 2a = 60°，
则a = 30°， | P P |= 3 | P C |， | P P | 3= | P A |，于是3 | P C |=| P A |，
3
以 AC 为 x 轴，线段 AC 的中垂线为 y 轴，建立平面直角坐标系，
令P x, y ，由 AB = BC = 2 2 ， AB ^ BC ，得 A(-2,0)，B(0, 2)，C(2,0) ，
5 9
则3 (x - 2)2 + y2 = (x + 2)2 + y2 2 2，化简得 (x - ) + y = ，2 4
5 3
因此点P 在以 ( ,0)为圆心， 为半径的圆上，2 2
当 | P C |最小时， | P P |最小，即三棱锥P - ABC 的体积最小，
此时P (1,0)
3
， | P C |min = - (
5
- 2) =1， | P P |min = 3， | P B |= 5 ，2 2
因此点 P 在底面 ABC 上的射影P 在 AC 上，且 APC = 90o ，又 ABC = 90o ，
显然 AC 的中点到点B, P, A,C 的距离相等，此时三棱锥P - ABC 的外接球的球心为 AC 的中点，
R 1外接球的半径 = AC = 2，表面积为 4π 22 =16π .2
故答案为：16π
【点睛】关键点点睛：解决与球有关的内切或外接问题时，关键是确定球心的位置，再求出球半径即可.
14．（2024·江西新余·二模）如图 1，在直角梯形 ABCD中， AB P CD， AB ^ AD ， AB = 6 3 ，CD = 8 3，
AD = 6，点 E，F 分别为边 AB ，CD 上的点，且EF∥ AD ， AE = 4 3 .将四边形 AEFD 沿 EF 折起，如图
2，使得平面 AEFD ^平面EBCF ，点 M 是四边形 AEFD 内（含边界）的动点，且直线MB与平面 AEFD 所
成的角和直线MC 与平面 AEFD 所成的角相等，则当三棱锥M - BEF 的体积最大时，三棱锥M - BEF 的外
接球的表面积为 .
【答案】60π
【分析】先结合线面角的定义与已知条件可得 BME = CMF ，从而知MF = 2EM ，过点M 作MN ^ EF
于点 N ，根据三棱锥的体积公式，将条件转化为MN 取得最大值，再结合勾股定理确定点M 的位置，然后
利用补形法求外接球的半径即可．
【解析】翻折前，BE ^ EF ，
因为平面 AEFD ^平面EBCF ，平面 AEFD 平面EBCF = EF ，BE 平面EBCF ，
所以BE ^平面 AEFD ，
所以 BME 即为直线MB与平面 AEFD 所成的角，
同理可得， CMF 即为直线MC 与平面 AEFD 所成的角，
因为直线MB与平面 AEFD 所成的角和直线MC 与平面 AEFD 所成的角相等，
所以 BME = CMF ，
而 tan BME
BE 2 3
= = ， tan CMF
EF 4 3
= = ，
EM EM MF MF
2 3 4 3
所以 = ，即MF = 2EM ，
EM MF
设EM = x ，则MF = 2x ，
过点M 作MN ^ EF 于点 N ，
因为平面 AEFD ^平面EBCF ，平面 AEFD 平面EBCF = EF ，MN 平面 AEFD ，
所以MN ^平面EBCF ，
即点M 到平面EBCF 的距离为MN ，
1
因为三棱锥M - BEF 的体积V = SVBEF × MN3 ，且 SVBEF 为定值，
所以要使三棱锥M - BEF 的体积取得最大值，则需MN 取得最大值，
设MN = h，EN = y ，则 FN = EF - EN = 6 - y ，
由勾股定理知，EM 2 = EN 2 + MN 2 ，MF 2 = MN 2 + FN 2 ，
所以 x2 = y2 + h2 ， 4x2 = h2 + (6 - y)2，
消去 x 整理得， h2 = -y2 - 4y +12 = -(y + 2)2 +16 ， y [0，6]，
当 y = 0 时， h2 取得最大值 12，即 h 取得最大值 2 3 ，此时点M 在线段 AE 上，且 EM = h = 2 3 ，
所以EB， EF ，EM 两两垂直，
所以三棱锥M - BEF 的外接球就是以EB， EF ，EM 为邻边构成的长方体的外接球，
所以 2R = EB2 + EF 2 + EM 2 = (2 3)2 + 62 + (2 3)2 = 2 15 ，
所以外接球的半径R = 15 ，
所以当三棱锥M - BEF 的体积最大时，三棱锥M - BEF 的外接球的表面积为 4πR2 = 4π × ( 15)2 = 60π ．
故答案为：60π．
【点睛】方法点睛：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.

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