《2025年创新设计高考总复习数学浙江专版》

训练 1 (1)(2025·安徽皖江名校联考)在 $ \triangle ABC $ 中，$ BC = 6 $，$ AB + AC = 8 $，$ E $，$ F $，$ G $ 分别为三边 $ BC $，$ CA $，$ AB $ 的中点，将 $ \triangle AFG $，$ \triangle BEG $，$ \triangle CEF $ 分别沿 $ FG $，$ EG $，$ EF $ 向上折起，使得 $ A $，$ B $，$ C $ 三点重合，记为点 $ P $，则三棱锥 $ P - EFG $ 的外接球表面积的最小值为(B)

A.$ \frac{15\pi}{2} $
B.$ \frac{17\pi}{2} $
C.$ \frac{19\pi}{2} $
D.$ \frac{21\pi}{2} $

答案：
（1）B［（1）设$AB = 2m$，
$AC = 2n$，则$m + n = 4$。
因为在三棱锥$P - EFG$中，
$FG = PE = 3$，$EF = PG = m$，
$EG = PF = n$，
所以可以把它们看成长方体的面对角线，
设长方体的同一顶点三条棱长分别为$x$，$y$，$z$，如图，

则有$\begin{cases}y^{2}+z^{2}=3^{2}\\z^{2}+x^{2}=m^{2}\\x^{2}+y^{2}=n^{2}\end{cases}$
设长方体外接球的半径为$R$，
所以$(2R)^{2}=x^{2}+y^{2}+z^{2}=\frac{1}{2}(9 + m^{2}+n^{2})$，
由基本不等式$m^{2}+n^{2}\geqslant\frac{(m + n)^{2}}{2}=8$，
当且仅当$m = n = 2$时等号成立，
所以该三棱锥$P - EFG$的外接球表面积$S = 4\pi R^{2}\geqslant\frac{1}{2}×(9 + 8)\pi=\frac{17\pi}{2}$。］

(2)已知三棱锥 $ P - ABC $ 的四个顶点都在球 $ O $ 的球面上，$ PA = PB = PC = AB = \sqrt{6} $，$ \angle ACB = \frac{2\pi}{3} $，则球 $ O $ 的体积为(C)

A.$ 3\pi $
B.$ \frac{27}{8}\pi $
C.$ \frac{9}{2}\pi $
D.$ 9\pi $

答案：
（2）C［（2）如图所示，记$\triangle ABC$的外接圆的圆心为$O_{1}$，
连接$PO_{1}$，$AO_{1}$，因为$PA = PB = PC=\sqrt{6}$，

所以$PO_{1}\perp$平面$ABC$，
且点$O$在直线$PO_{1}$上，连接$OA$，
则$OA = OP$，
因为$AB=\sqrt{6}$，$\angle ACB=\frac{2\pi}{3}$，
所以由正弦定理得，$2AO_{1}=\frac{\sqrt{6}}{\sin\frac{2\pi}{3}}$，
解得$AO_{1}=\sqrt{2}$，所以$PO_{1}=\sqrt{PA^{2}-AO_{1}^{2}}=2$。
设三棱锥$P - ABC$外接球的半径为$R$，
则$OA = OP = R$，$OO_{1}=2 - R$或$OO_{1}=R - 2$。
因为$OA^{2}=OO_{1}^{2}+AO_{1}^{2}$，
所以$R^{2}=|R - 2|^{2}+(\sqrt{2})^{2}$，解得$R=\frac{3}{2}$，
则外接球$O$的体积$V=\frac{4}{3}\pi R^{3}=\frac{9}{2}\pi$。］

(3)(2025·广州调研)已知三棱锥 $ P - ABC $ 的四个顶点均在同一个球面上，$ PC \perp $ 平面 $ ABC $，$ PC = BC = \sqrt{6} $，$ AB = 2\sqrt{6} $，且 $ PA $ 与平面 $ ABC $ 所成角的正弦值为 $ \frac{\sqrt{6}}{6} $，则该球的表面积为$36\pi$。

答案：
（3）$36\pi$［（3）因为$PC\perp$平面$ABC$，$AC\subset$平面$ABC$，所以$PC\perp AC$，
所以$\angle PAC$为直线$PA$与平面$ABC$所成的角，所以$\sin\angle PAC=\frac{PC}{PA}=\frac{\sqrt{6}}{6}$，
又$PC = \sqrt{6}$，所以$PA = 6$，
则$AC=\sqrt{PA^{2}-PC^{2}}=\sqrt{30}$，
又$BC = \sqrt{6}$，$AB = 2\sqrt{6}$，
所以$AB^{2}+BC^{2}=AC^{2}$，
所以$AB\perp BC$，故三棱锥可补形为长方体，如图所示，长方体的体对角线为$PA$，其长为$6$，所以外接球半径$=\frac{1}{2}×6 = 3$，

所以球的表面积$=4\pi×9 = 36\pi$。］

例 4 已知圆锥的底面半径为 $ 1 $，母线长为 $ 3 $，则该圆锥内半径最大的球的体积为$\frac{\sqrt{2}}{3}\pi$。

答案：
例4$\frac{\sqrt{2}}{3}\pi$［易知半径最大的球为圆锥的内切球，球与圆锥内切时的轴截面的示意图如图所示，其中
$BC = 2$，$AB = AC = 3$，
且$M$，$N$，$P$分别为切点，$M$为$BC$的中点，设内切圆的圆心为$O$，连接$AM$，$OB$，$OC$，$ON$，$OP$，

由于$AM=\sqrt{3^{2}-1^{2}}=2\sqrt{2}$，
故$S_{\triangle ABC}=\frac{1}{2}×2×2\sqrt{2}=2\sqrt{2}$。
设内切圆半径为$r$，则
$S_{\triangle ABC}=S_{\triangle AOB}+S_{\triangle BOC}+S_{\triangle AOC}=\frac{1}{2}× AB× r+\frac{1}{2}× BC× r+\frac{1}{2}× AC× r=\frac{1}{2}×(3 + 3 + 2)× r=2\sqrt{2}$，
解得$r=\frac{\sqrt{2}}{2}$，所以该圆锥内半径最大的球的体积$V=\frac{4}{3}\pi r^{3}=\frac{\sqrt{2}}{3}\pi$。］

训练 2 如图所示，直三棱柱 $ ABC - A_{1}B_{1}C_{1} $ 是一块石材，测量可得 $ \angle ABC = 90^{\circ} $，$ AB = 6 $，$ BC = 8 $，$ AA_{1} = 13 $。若将该石材切削、打磨，加工成几个大小相同的健身手球，则一个加工所得的健身手球的最大体积及此时加工成的健身手球的个数分别为(D)

A.$ \frac{32\pi}{3} $，$ 4 $
B.$ \frac{9\pi}{2} $，$ 3 $
C.$ 6\pi $，$ 4 $
D.$ \frac{32\pi}{3} $，$ 3 $

答案： 训练2D［依题意知，当健身手球与直三棱锥的三个侧面均相切时，健身手球的体积最大。
易知$AC=\sqrt{AB^{2}+BC^{2}}=10$，
设健身手球的最大半径为$R$，
则$\frac{1}{2}×(6 + 8 + 10)× R=\frac{1}{2}×6×8$，
解得$R = 2$。
则健身手球的最大直径为$4$。
因为$AA_{1}=13$，所以最多可加工$3$个健身手球。
于是一个健身手球的最大体积$V=\frac{4}{3}\pi R^{3}=\frac{32\pi}{3}$。］

(1)已知某棱长为 $ 2\sqrt{2} $ 的正四面体的各条棱都与同一球面相切，则该球与此正四面体的体积之比为(A)

A.$ \frac{\pi}{2} $
B.$ \frac{\pi}{3} $
C.$ \frac{\sqrt{3}\pi}{3} $
D.$ \frac{\sqrt{2}\pi}{2} $

答案：
（1）A［（1）如图，在正方体$ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$中，
棱长为$2$，
所以四面体$A_{1}-BDC_{1}$是棱长为$2\sqrt{2}$的正四面体，
当正四面体的各条棱都与同一球面相切时，
该球为正方体的内切球，半径为$1$，
所以该球的体积为$\frac{4\pi}{3}$。
因为正四面体的体积为$8 - 4×\frac{1}{3}×\frac{1}{2}×2×2×2=8-\frac{16}{3}=\frac{8}{3}$，所以该球与此正四面体的体积之比为$\frac{4\pi}{3}:\frac{8}{3}=\frac{\pi}{2}$。
］

(2)(2025·宁波模拟)在正四棱台 $ ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1} $ 中，$ AB = 4 $，$ A_{1}B_{1} = 2 $，$ AA_{1} = \sqrt{3} $，若球 $ O $ 与上底面 $ A_{1}B_{1}C_{1}D_{1} $ 以及棱 $ AB $，$ BC $，$ CD $，$ DA $ 均相切，则球 $ O $ 的表面积为(C)

A.$ 9\pi $
B.$ 16\pi $
C.$ 25\pi $
D.$ 36\pi$$$

答案：
（2）C［（2）设棱台上下底面的中心为$M$，$N$，连接$D_{1}B_{1}$，$DB$，则$D_{1}B_{1}=2\sqrt{2}$，$DB = 4\sqrt{2}$，
所以棱台的高$MN=\sqrt{BB_{1}^{2}-(MB - NB_{1})^{2}}=\sqrt{(\sqrt{3})^{2}-(2\sqrt{2}-\sqrt{2})^{2}}=1$，
设球半径为$R$，根据正四棱台的结构特征可知：球$O$与上底面$A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$相切于$N$，

设$BC$中点为$E$，连接$OE$，$OM$，$ME$，
在$Rt\triangle OME$中，
$OE^{2}=OM^{2}+ME^{2}$，即$R^{2}=|R - 1|^{2}+2^{2}$，解得$R=\frac{5}{2}$，
所以球$O$的表面积为$4\pi R^{2}=25\pi$。］

正三棱锥 $ P - ABC $ 的底面边长为 $ 2\sqrt{3} $，侧棱长为 $ 2\sqrt{2} $，若球 $ H $ 与正三棱锥所有的棱都相切，则这个球的表面积为(B)

A.$ \frac{17}{4}\pi $
B.$ (44 - 16\sqrt{6})\pi $
C.$ \frac{9}{2}\pi $
D.$ 32\pi $

答案：
训练B［设底面$ABC$的外接圆的圆心为$O$，
连接$PO$，$AO$，延长$AO$交$BC$于点$N$，
球$H$与棱$PA$，$BC$分别切于点$M$，$N$，设球$H$的半径为$r$，

则$AO=\frac{\sqrt{3}}{3}×2\sqrt{3}=2$，
$ON=\frac{\sqrt{3}}{2}×2\sqrt{3}-2 = 1$，
而$PO\perp$底面$ABC$，所以$PO\perp AO$，
可得$PO=\sqrt{8 - 4}=2$，
在$Rt\triangle ONH$中，$OH=\sqrt{r^{2}-1}$，$1 ＜ r ＜ 2\sqrt{2}$，
在$Rt\triangle PMH$中，$PM = MH = r$，$PH=\sqrt{2}r$，
所以$PO = PH + OH$，
即有$2=\sqrt{2}r+\sqrt{r^{2}-1}$，
解得$r=2\sqrt{2}-\sqrt{3}$，
则这个球的表面积为$4\pi r^{2}=4\pi×(2\sqrt{2}-\sqrt{3})^{2}=(44 - 16\sqrt{6})\pi$。］