《2025年高考帮数学》

训练2 (1)[2023河南省部分名校联合检测]已知三棱锥$P - ABC$的所有顶点均在半径为2的球$O$的球面上,底面$\triangle ABC$是边长为3的等边三角形. 若三棱锥$P - ABC$的体积取得最大值时,该三棱锥的内切球的半径为$r$,则$r =$ ( )
A. 1 B.$\frac{\sqrt{13}-1}{4}$
C.$\frac{3}{2}$ D.$\frac{3(\sqrt{13}-1)}{14}$
(2)[2024江苏省淮安市涟水县第一中学模拟]已知三棱柱$ABC - EFG$中,$GC\perp AC,AE\perp BC$,平面$EBC\perp$平面$AEB,AC = 5$,若该三棱柱存在体积为$\frac{4}{3}\pi$的内切球,则三棱锥$A - EBC$的体积为 ( )
A.$\frac{2}{3}$ B. 4 C. 2 D.$\frac{4}{3}$

答案：

(1)B如图,设底面△ABC的中心为Q,连接BQ,OQ,则BQ = 3 × √3 / 2 × 2 / 3 = √3,且OQ⊥底面ABC,延长线段QO交球面于点P,此时三棱锥P−ABC的体积取得最大值.连接OB,因为球O的半径为2,所以OB=2,在Rt△OQB中,OQ = √2² - (√3)² = 1,所以三棱锥P−ABC的体积的最大值为V = 1 / 3 × √3 / 4 × 3² × (2 + 1) = 9√3 / 4,此时PB = √3² + (√3)² = 2√3,S三棱锥P - ABC = √3 / 4 × 3² + 3 × 1 / 2 × 3 × √(2√3)² - (3 / 2)² = 9√3 / 4 (1 + √13),由等体积法知9√3 / 4 = 1 / 3 × 9√3 / 4 (1 + √13) × r,解得r = 3 / (1 + √13) = (√13 - 1) / 4.故选B.

(2)B　设内切球的半径为R,则4 / 3 πR³ = 4 / 3 π,所以R = 1.因为AE⊥BC,AE//GC,所以GC⊥BC,又GC⊥AC,且AC∩BC = C,AC,BC⊂平面ABC,所以GC⊥平面ABC,所以三棱柱ABC−EFG为直三棱柱，即侧棱垂直于底面，且侧棱长为2.作AO⊥BE交BE于O点，连接CO,如图所示.
因为平面EBC⊥平面AEB,平面EBC∩平面AEB=BE,AO⊂平面AEB,所以AO⊥平面EBC,又BC⊂平面EBC,所以AO⊥BC.
因为EA⊥平面ABC,BC⊂平面ABC,所以EA⊥BC,
又EA∩AO = A,EA,AO⊂平面AEB,所以BC⊥平面AEB,
而AB⊂平面AEB,所以AB⊥BC.
设AB = a,BC = b,可得R = (a + b - AC) / 2 = (a + b - 5) / 2 = 1,解得a + b = 7,又a² + b² = 25,可得ab = 12,则V三棱锥A - EBC = V三棱锥E - ABC = 1 / 3 S△ABC × AE = 1 / 3 × 1 / 2 ab × 2 = 4.故选B.

例3 (1)[2023全国卷甲]在正方体$ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$中,$AB = 4$,$O$为$AC_{1}$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________.
(2)[2023广东省高州市二模]已知球$O$与正四面体$A - BCD$的各棱相切,且与平面$\alpha$相切,若$AB = 1$,则正四面体$A - BCD$表面上的点到平面$\alpha$距离的最大值为________.

答案：

(1)[2√2,2√3]　由该正方体的棱与球O的球面有公共点，可知球O的半径应介于该正方体的棱切球(与各条棱均相切的球)半径和外接球半径之间(包含棱切球半径和外接球半径).设该正方体的棱切球半径为r,因为AB = 4,所以2r = √2 × 4,所以r = 2√2;设该正方体的外接球半径为R,因为AB = 4,所以(2R)² = 4² + 4² + 4²,所以R = 2√3.所以球O的半径的取值范围是[2√2,2√3].
(2)(√6 + √2) / 4 将正四面体A−BCD补形成正方体，如图所示.
因为球O与正四面体A−BCD的各棱相切，
所以球O即正方体的内切球，易知球心O为正方体体对角线的中点，如图所示.
记正四面体A−BCD表面上的点到球心O的距离为d,球O的半径为r,则正四面体A−BCD表面上的点到平面α距离的最大值为d + r的最大值.
设正方体棱长为a,则a² + a² = 1,解得a = √2 / 2,所以r = √2 / 4,易知dmax = OA = 1 / 2 × √3a² = √6 / 4,所以正四面体A−BCD表面上的点到平面α距离的最大值为√6 / 4 + √2 / 4 = (√6 + √2) / 4.

训练3 (1)[多选/2024福州市一检]已知正四棱柱$ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$的底面边长为2,球$O$与正四棱柱的上、下底面及侧棱都相切.$P$为平面$CDD_{1}$内一点,且直线$BP$与球$O$相切,则 ( )
A. 球$O$的表面积为$4\pi$
B. 直线$BD_{1}$与$BP$所成的角等于$45^{\circ}$
C. 该正四棱柱的侧面积为$16\sqrt{2}$
D. 侧面$ABB_{1}A_{1}$与球面的交线长为$2\pi$
(2)[2023山西省朔州市大地学校高中部第四次月考]正四面体的内切球、棱切球(与各条棱均相切的球)及外接球的半径之比为________.

答案：

(1)BCD如图1,设球O与正四棱柱的下底面相切于点O₁,连接OO₁,则OO₁⊥平面ABCD,连接O₁A,OA,则∠OAO₁为直线OA与平面ABCD所成的角.因为球O与正四棱柱的上、下底面及侧棱都相切,所以球O的半径R = OO₁ = O₁A = √2,所以球O的表面积S表 = 4π × 2 = 8π,该正四棱柱的侧面积为4 × 2 × 2√2 = 16√2,故选项A错误,C正确.依题意，BB₁,BP均为球O的切线，BD₁经过球心O,所以∠B₁BD₁ = ∠PBD₁,连接B₁D₁,则B₁D₁ = 2√2 = BB₁,所以∠PBD₁ = ∠B₁BD₁ = 45°,即直线BD₁与BP所成的角为45°,选项B正确.对于选项D,记棱AA₁的中点为F,则球O与棱AA₁的切点为F,故侧面ABB₁A₁与球面的交线为过点F的圆,记矩形ABB₁A₁的中心为E,则侧面ABB₁A₁与球面的截面圆的圆心为E,如图2,连接EF,截面圆的半径r = EF = 1 / 2 AB = 1,所以截面圆的周长为2π,即侧面ABB₁A₁与球面的交线长为2π,选项D正确.综上，选BCD.


(2)1:√3:3　设正四面体S−ABC的棱长为1,外接球和内切球的半径分别为R,r,如图所示，设D为AB的中点，连接SD,CD,作SE⊥CD于点E,由正四面体的性质可知线段SE为正四面体S−ABC的高.
在正三角形SAB中,SD = √1 - (1 / 2)² = √3 / 2.
同理,在正三角形ABC中,CD = √3 / 2,
则DE = 1 / 3 × CD = √3 / 6,S△ABC = 1 / 2 × 1 × √3 / 2 = √3 / 4,
所以SE = √SD² - DE² = √(√3 / 2)² - (√3 / 6)² = √6 / 3,
则V四面体S - ABC = 1 / 3 S△ABC × SE = 1 / 3 × √3 / 4 × √6 / 3 = √2 / 12.
由正四面体的性质知，其内切球、棱切球、外接球的球心重合，且球心O在线段SE上,则R + r = OS + OE = SE = √6 / 3,
V四面体S - ABC = 4 × 1 / 3 S△ABC × r = 4 × 1 / 3 × √3 / 4 × r = √3 / 3 r = √2 / 12,
所以r = √6 / 12,故R = √6 / 4.
连接OD,因为棱切球与棱AB相切,故其半径为OD = √r² + DE² = √(√6 / 12)² + (√3 / 6)² = √2 / 4,
故正四面体的内切球、棱切球及外接球的半径之比为√6 / 12:√2 / 4:√6 / 4 = 1:√3:3.