《2025年世纪金榜高中全程复习方略高中数学A版》

对点训练
1. 在直三棱柱ABC - A1B1C1中，$AB = BC = 2$，$\angle ABC=\frac{\pi}{2}$。若该直三棱柱的外接球的表面积为16π，则该直三棱柱的高为 ( )
A. 4
B. 3
C. 4$\sqrt{2}$
D. 2$\sqrt{2}$

答案：
D　因为∠ABC = $\frac{π}{2}$，所以可以将直三棱柱 ABC−A1B1C1 补成长方体 ABCD−A1B1C1D1，

则该直三棱柱的外接球就是长方体的外接球，外接球的直径等于长方体的体对角线长.设外接球的半径为 R，则 4πR² = 16π，解得 R = 2.设该直三棱柱的高为 h，则 4R² = 2² + 2² + h²，即 16 = 8 + h²，解得 h = 2$\sqrt{2}$，所以该直三棱柱的高为 2$\sqrt{2}$.

2. 如图所示的粮仓可近似看作一个圆锥和圆台的组合体，且圆锥的底面圆与圆台的较大底面圆重合。已知圆台的较小底面圆的半径为1，圆锥与圆台的高分别为$\sqrt{5}-1$和3，则此组合体外接球的表面积是 ( )

A. 16π
B. 20π
C. 24π
D. 28π

答案： B　设外接球半径为 R，球心为 O，圆台较小底面圆的圆心为 O1，则 OO1² + 1² = R²，而 OO1 = $\sqrt{5}$ - 1 + 3 - R，故 R² = 1 + ($\sqrt{5}$ - 2 + R)²，解得 R = $\sqrt{5}$，此组合体外接球的表面积 S = 4πR² = 20π.

3. 已知在三棱锥P - ABC中，$AB\perp$平面APC，$AB = 4\sqrt{2}$，$PA = PC=\sqrt{2}$，$AC = 2$，则三棱锥P - ABC外接球的表面积为 ( )
A. 28π
B. 36π
C. 48π
D. 72π

答案：
B　解法 1：因为 PA = PC = $\sqrt{2}$，AC = 2，所以 PA⊥PC.因为 AB⊥平面 APC，AC，PC⊂平面 APC，所以 AB⊥AC，AB⊥PC；又 PA∩AB = A，PA，AB⊂平面 PAB，所以 PC⊥平面 PAB，又 PB⊂平面 PAB，所以 PC⊥PB，则△BCP，△ABC 均为直角三角形，如图，

取 BC 的中点为 O，连接 OA，OP，则 OB = OC = OA = OP，即点 O 为三棱锥 P−ABC 外接球的球心，在 Rt△ABC 中，AC = 2，AB = 4$\sqrt{2}$，则 BC = 6，所以外接球的半径 R = 3，所以三棱锥 P−ABC 外接球的表面积 S = 4πR² = 36π.
解法 2：因为 PA = PC = $\sqrt{2}$，AC = 2，所以 PA⊥PC，△ACP 为直角三角形.如图，

取 AC 的中点为 M，则 M 为△PAC 外接圆的圆心.过 M 作直线 n 垂直于平面 PAC，则直线 n 上任意一点到点 P，A，C 的距离都相等.因为 AB⊥平面 PAC，所以 AB//n.设直线 n 与 BC 的交点为 O，则 O 为线段 BC 的中点，所以点 O 到点 B，C 的距离相等，则点 O 即为三棱锥 P−ABC 外接球的球心.因为 AB⊥平面 PAC，AC⊂平面 PAC，所以 AB⊥AC；又 AC = 2，AB = 4$\sqrt{2}$，所以 BC = 6，则外接球的半径 R = 3，所以三棱锥 P−ABC 外接球的表面积 S = 4πR² = 36π.
解法 3：因为 PA = PC = $\sqrt{2}$，AC = 2，所以 PA⊥PC，又 AB⊥平面 PAC，所以可把三棱锥 P - ABC 放在如图所示的长方体中，

此长方体的长、宽、高分别为$\sqrt{2}$，$\sqrt{2}$，4$\sqrt{2}$，则三棱锥 P - ABC 的外接球即长方体的外接球，长方体的体对角线即长方体外接球的直径，易得长方体的体对角线的长为 6，则外接球的半径 R = 3，所以三棱锥 P - ABC 外接球的表面积 S = 4πR² = 36π.

类型二 内切球问题
命题点1 柱体的内切球
[例5]如图，已知球O是棱长为1的正方体ABCD - A1B1C1D1的内切球，则平面ACD1截球O的截面面积为 ( )

A. $\frac{\sqrt{6}}{6}\pi$
B. $\frac{\pi}{3}$
C. $\frac{\pi}{6}$
D. $\frac{\sqrt{3}}{3}\pi$

答案：
C　平面 ACD1 截球 O 的截面为△ACD1 的内切圆，如图

因为正方体的棱长为 1，所以 AC = CD1 = AD1 = $\sqrt{2}$，所以内切圆的半径 r = $\frac{\sqrt{6}}{6}$，所以 S = πr² = π×$\frac{6}{36}$ = $\frac{π}{6}$.

命题点2 锥体的内切球
[例6]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__________。

答案：
[解析]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如图所示，

其中 BC = 2，AB = AC = 3，且点 M 为 BC 边的中点，设内切圆的圆心为 O，半径为 r，由于 AM = $\sqrt{3² - 1²}$ = 2$\sqrt{2}$，故 S△ABC = $\frac{1}{2}$×2×2$\sqrt{2}$ = 2$\sqrt{2}$，因为 S△ABC = S△AOB + S△BOC + S△AOC = $\frac{1}{2}$×AB×r + $\frac{1}{2}$×BC×r + $\frac{1}{2}$×AC×r = $\frac{1}{2}$×(3 + 2 + 3)×r = 2$\sqrt{2}$，解得 r = $\frac{\sqrt{2}}{2}$，故所求体积 V = $\frac{4}{3}$πr³ = $\frac{\sqrt{2}}{3}$π.
答案：$\frac{\sqrt{2}}{3}$π

对点训练
1. (2023·本溪模拟)如图所示，直三棱柱ABC - A1B1C1是一块石材，测量得$\angle ABC = 90^{\circ}$，$AB = 6$，$BC = 8$，$AA1 = 13$。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 ( )

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

答案： D　依题意知，当健身手球与直三棱柱的三个侧面均相切时，健身手球的体积最大.易知 AC = $\sqrt{AB² + BC²}$ = 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 AA1 = 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 = $\frac{4}{3}$πR³ = $\frac{4}{3}$π×2³ = $\frac{32π}{3}$.