《2026年高中必刷题高中数学必修第二册人教版》

16. [山东济南 2025 高一月考]如图,已知在圆锥 $SO$ 中,底面 $\odot O$ 的直径 $AB = 12$,$\triangle SAB$ 的面积为 48.
(1)求圆锥 $SO$ 的表面积;
(2)一个球刚好能放进该圆锥体中,求这个球的半径以及此时圆锥体剩余空间的体积.

答案：
16.【解】
(1)设圆锥$SO$的母线长为$l$，底面$\odot O$的直径为$2r$，所以$2r = 12$，得$r = 6$。因为$\triangle SAB$的面积为$48$，所以$S_{\triangle SAB} = \frac{1}{2}· 2r· SO = 48$，解得$SO = 8$。由勾股定理，可得母线$l = \sqrt{SO^2 + r^2} = 10$。由圆锥的表面积公式得$S_{表} = S_{侧} + S_{底} = \pi rl + \pi r^2 = \pi×6×10 + \pi×6^2 = 60\pi + 36\pi = 96\pi$。
(2)球与圆锥的侧面相切，如图，作出圆锥的轴截面，设球心为$D$，球与圆锥轴截面$SAB$的边$SB$相切于点$E$，连接$DE$，则$DE\perp SB$，$DE = OD = R$(其中$R$为球的半径)，则$\triangle SED\sim\triangle SOB$，可得$DE:BO = SD:SB$，即$\frac{R}{6} = \frac{8 - R}{10}$，解得$R = 3$，巧思：也可用$S_{\triangle SAB} = \frac{1}{2}CR$（$C$为$\triangle SAB$的周长）求解。所以球的体积$V_1 = \frac{4}{3}\pi R^3 = 36\pi$，圆锥的体积$V_2 = \frac{1}{3}\pi r^2· SO = 96\pi$，故圆锥体剩余空间的体积$V = V_2 - V_1 = 60\pi$。

规律方法求圆锥的内切球，先画出其轴截面，设出相应的未知数，利用解三角形的知识求解。

17. 已知长方体的长、宽、高分别为 1,1,2,并且其顶点都在球 $O$ 的球面上,则球 $O$ 的体积是(B)

A.$\sqrt{2}\pi$
B.$\sqrt{6}\pi$
C.$2\sqrt{2}\pi$
D.$6\pi$

答案： 17.B【解析】长方体的体对角线即为其外接球的直径，故外接球的半径$R = \frac{\sqrt{1^2 + 1^2 + 2^2}}{2} = \frac{\sqrt{6}}{2}$，因此外接球的体积为$\frac{4\pi R^3}{3} = \frac{4×6\sqrt{6}}{3×8}\pi = \sqrt{6}\pi$。故选B。
二级结论设长方体的长、宽、高分别为$a$，$b$，$c$，则其外接球半径$R = \frac{\sqrt{a^2 + b^2 + c^2}}{2}$。

18. 已知棱长为 4 的正方体 $ABCD - A_1B_1C_1D_1$ 的一个面 $A_1B_1C_1D_1$ 在一半球的底面上,且 $A$,$B$,$C$,$D$ 四个顶点都在此半球面上,则此半球的体积为(A)

A.$32\sqrt{6}\pi$
B.$4\sqrt{6}\pi$
C.$16\sqrt{3}\pi$
D.$8\sqrt{6}\pi$

答案：
18.A【解析】如图，设半球的球心为$O$，半径为$R$，连接$OA$。由题易知半球的球心是底面正方形$A_1B_1C_1D_1$的中心，且$OA_1 = \frac{\sqrt{2}}{2}×4 = 2\sqrt{2}$，$AA_1 = 4$。在$Rt\triangle OAA_1$中，$R^2 = OA_1^2 = 4^2 + (2\sqrt{2})^2 = 24$，解得$R = 2\sqrt{6}$，故半球的体积$V = \frac{1}{2}×\frac{4}{3}\pi(2\sqrt{6})^3 = 32\sqrt{6}\pi$，故选A。

19. 已知一个圆锥的顶点和底面的圆周在同一个球面上,若球的体积为 $36\pi$,圆锥的体积为 $\frac{5\pi}{3}$,且圆锥的高为正整数,则该圆锥的侧面积为(C)

A.$\sqrt{10}\pi$
B.$2\sqrt{5}\pi$
C.$\sqrt{30}\pi$
D.$2\sqrt{10}\pi$

答案： 19.C【解析】设球的半径为$R$，则$36\pi = \frac{4}{3}\pi R^3$，解得$R = 3$。设圆锥的底面圆半径为$r$，高为$h(h\in N^*$且$0 ＜ h ＜ 6)$。因为圆锥的体积为$\frac{5\pi}{3} = \frac{1}{3}\pi r^2h$，所以$hr^2 = 5$①。又由题意可得，$(R - h)^2 + r^2 = R^2$②，由①②解得$h = 1$，$r = \sqrt{5}$，点悟：把$h = 1,2,3,4,5$代入求解，只有这一组解符合。所以该圆锥的侧面积$S = \frac{1}{2}· 2\pi r\sqrt{r^2 + h^2} = \sqrt{30}\pi$。故选C。

20. [河北邢台 2025 高一期中联考]某工艺品加工厂收到一块底面棱长为 $2\sqrt{3}$ 厘米,侧棱长为 $2\sqrt{7}$ 厘米的正三棱锥形状的珍贵木材,现用这块木材制作一个独特的球形饰品,则这个球形饰品的表面积的最大值是(B)

A.$\frac{4\pi}{3}$ 平方厘米
B.$\frac{8\pi}{3}$ 平方厘米
C.$4\pi$ 平方厘米
D.$8\pi$ 平方厘米

答案：
20.B【解析】如图，设正三棱锥底面的中心为$O$，在正三棱锥$S - ABC$中，$AB = 2\sqrt{3}$，$AD = \sqrt{(2\sqrt{3})^2 - (\frac{2\sqrt{3}}{2})^2} = 3$，

所以$S_{\triangle ABC} = \frac{1}{2}×2\sqrt{3}×3 = 3\sqrt{3}$。在$\triangle SBC$中，$SB = 2\sqrt{7}$，$SD = \sqrt{(2\sqrt{7})^2 - (\frac{2\sqrt{3}}{2})^2} = 5$，所以$S_{\triangle SBC} = \frac{1}{2}×2\sqrt{3}×5 = 5\sqrt{3}$。所以该木材的表面积$S = S_{\triangle ABC} + 3S_{\triangle SBC} = 3\sqrt{3} + 3×5\sqrt{3} = 18\sqrt{3}$，又$AO = \frac{2}{3}AD = 2$，所以$SO = \sqrt{(2\sqrt{7})^2 - 2^2} = 2\sqrt{6}$，所以$V_{S - ABC} = \frac{1}{3}×3\sqrt{3}×2\sqrt{6} = 6\sqrt{2}$。要使这个球形饰品的表面积最大，则这个球形饰品是该木材的内切球。设内切球的半径为$r$厘米，则$\frac{1}{3}Sr = V_{S - ABC}$，所以$r = \frac{3V_{S - ABC}}{S} = \frac{18\sqrt{2}}{18\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{6}}{3}$，所以内切球的表面积为$4\pi r^2 = \frac{8\pi}{3}$，故这个球形饰品的表面积的最大值为$\frac{8\pi}{3}$平方厘米。故选B。
二级结论求三角形内切圆半径时，将整个三角形分成三个小的三角形，如图，利用等面积法$S_{\triangle ABC} = S_{\triangle AOC} + S_{\triangle BOC} + S_{\triangle AOB} = \frac{1}{2}(AC + BC + AB)· r$（其中$O$为内切圆圆心），可得三角形内切圆半径$r = \frac{2S}{C}$（其中$S$为三角形的面积，$C$为三角形的周长）。求棱锥内切球半径时，将整个棱锥分成$n$个小棱锥（原棱锥有$n$个面），利用等体积法$V = \frac{1}{3}Sr$（$S$为棱锥的表面积），可得棱锥的内切球半径$r = \frac{3V}{S}$。

21. 甲球与某正方体的各个面都相切,乙球与这个正方体的各条棱都相切,丙球过这个正方体的所有顶点,则甲、乙、丙三球的半径的平方之比为(A)

A.$1:2:3$
B.$1:\sqrt{2}:\sqrt{3}$
C.$1:\sqrt[3]{4}:\sqrt[3]{9}$
D.$1:2\sqrt{2}:3\sqrt{3}$

答案：
21.A【解析】设正方体的棱长为$a$。如图①，对于正方体的内切球，取其中截面，则球的直径等于正方体的棱长，即$2R_{甲} = a$，所以$R_{甲} = \frac{a}{2}$

如图②，对于正方体的棱切球，取其中截面，则球的直径等于正方体的面对角线，即$2R_{乙} = \sqrt{2}a$，所以$R_{乙} = \frac{\sqrt{2}a}{2}$

如图③，对于正方体的外接球，取其对角面，则球的直径等于正方体的体对角线，即$2R_{丙} = \sqrt{3}a$，所以$R_{丙} = \frac{\sqrt{3}a}{2}$

所以甲、乙、丙三球的半径的平方之比为$1:2:3$。故选A。
二级结论设正方体的棱长为$a$，则其内切球半径$r = \frac{a}{2}$，其外接球半径$R = \frac{\sqrt{3}}{2}a$，其棱切球半径$R' = \frac{\sqrt{2}}{2}a$。

22. [浙江浙南名校 2025 高一期中]水平桌面上放置了 4 个完全相同的半径为 1 的小球(不叠起),四个小球的球心构成正方形,且相邻的两个小球相切. 用一个半球形容器(容器壁厚度不计)罩住这四个小球,则这个半球形容器表面积(不包含底面圆)的最小值为(B)

A.$(6 + 4\sqrt{2})\pi$
B.$(8 + 4\sqrt{3})\pi$
C.$(3 + 2\sqrt{2})\pi$
D.$(4 + 2\sqrt{3})\pi$

答案：
22.B【解析】如图①，4个小球球心构成的正方形为$O_1O_2O_3O_4$，中心为$N$。由题意知$O_1O_2 = 2$，$NO_1 = \sqrt{2}$，设半球形容器的球心为$O$，显然当半球形容器与4个小球都相切时球$O$的半径最小。设半球形容器与球$O_1$的切点为$A$，且球心$O_1$，$O_2$，$O_3$，$O_4$在半球底面上的射影分别为$A_1$，$B_1$，$C_1$，$D_1$，则$O_1O_2O_3O_4 - A_1B_1C_1D_1$为长方体。连接$ON$，如图②，则$ON =$小球的半径$= 1$，球$O$的半径$= OA = O_1A + OO_1 = 1 + \sqrt{ON^2 + O_1N^2} = 1 + \sqrt{3}$，所以半球形容器表面积（不包含底面圆）的最小值为$2\pi(1 + \sqrt{3})^2 = (8 + 4\sqrt{3})\pi$，故选B。


黑板：本题的关键是找出空间中线段的几何关系，首先就是要能根据文宇描述作出几何体模型

23. [湖北武汉华中师大一附中 2025 高一期末]已知圆锥的底面圆半径为 2,且内切球球心与外接球球心重合,则圆锥外接球的表面积为64π/3.

答案：
23.$\frac{64\pi}{3}$【解析】如图，作圆锥的轴截面为$PAB$，由题可知等腰三角形$PAB$的内切圆与外接圆圆心相同，设为$O$，所以$\triangle PAB$为等边三角形。又$AB = 4$，所以$OP = \frac{2}{3}×4×\frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{4\sqrt{3}}{3}$，即圆锥外接球的半径为$\frac{4\sqrt{3}}{3}$，所以圆锥外接球表面积为$4\pi×(\frac{4\sqrt{3}}{3})^2 = \frac{64\pi}{3}$

24. [湖南长沙湖南师大附中 2025 高一月考]如图,圆锥 $PO$ 的底面半径和高均是 $a$.
(1)过线段 $PO$ 的中点 $O'$ 作平行于底面的截面,以该截面为底面挖去一个圆柱,求剩下几何体的体积;
(2)若过线段 $PO$ 上的任意一点作平行于底面的截面,并以该截面为底面挖去一个圆柱,求剩下几何体的最大表面积.

答案：
24.【解】
(1)如图，设圆锥母线$PB$与圆柱的交点为$A$，连接$O'A$。

又$O'$为$PO$的中点，设圆柱的高为$h$，则$h = \frac{1}{2}PO = \frac{1}{2}a$。设圆柱底面的半径为$r$，则$r = O'A = \frac{1}{2}OB = \frac{1}{2}a$。因为圆锥内部挖去一个圆柱，所以剩下几何体的体积$V = \frac{1}{3}\pi a^2×a - \pi×(\frac{1}{2}a)^2×\frac{1}{2}a = \frac{5}{24}\pi a^3$。
(2)设圆柱的半径为$r$，$0 ＜ r ＜ a$，高为$h$，则依题意，$\frac{PO - h}{PO} = \frac{r}{a}$，即$\frac{a - h}{a} = \frac{r}{a}$，所以$h = a - r$。依题意，$\angle POB = \frac{\pi}{2}$，则有$PB = \sqrt{a^2 + a^2} = \sqrt{2}a$。又圆锥内部挖去一个圆柱，所以剩下几何体的表面积$S = \pi a^2 + \pi a×\sqrt{2}a + 2\pi r× h = \pi a^2 + \pi a\sqrt{2}a + 2\pi r×(a - r)= -2\pi× (r - \frac{a}{2})^2 + \frac{3\pi}{2}a^2 + \sqrt{2}\pi a^2$，所以当$r = \frac{a}{2}$时，$S$取到最大值$\frac{3 + 2\sqrt{2}}{2}\pi a^2$。
易错警示解决此类求组合体表面积的问题时，切忌直接套用柱、锥、台的表面积公式，应先分析该几何体由哪几部分组成，几何体各个面阊有无重叠，挖去几何体增加了哪几个面，再结合相应几何体选择公式计算求解。