《2026年高中必刷题高中数学必修第二册人教版》

10. [福建厦门大学附属科技中学2024高一期中]把 $ \triangle D_1D_2D_3 $ 沿三条中位线折叠成四面体 $ ABCD $，其中 $ D_1D_2 = 24 $，$ D_1D_3 = 20 $，$ D_2D_3 = 16 $，则四面体 $ ABCD $ 的外接球的表面积为 (C)

A.$ \frac{77\pi}{2} $
B.$ 77\pi $
C.$ 154\pi $
D.$ 308\pi $

答案：
10.C　[解析]如图①所示，记DD₁，D₁D₂，DD₂的中点分别为B，C，D。
因为DD₁ = 24，DD₂ = 20，D₁D₂ = 16，所以由中位线性质可得DC = 12，BC = 10，DB = 8。
翻折后的四面体如图②所示，由翻折的性质可得，AB = 12，AD = 10，AC = 8。
所以四面体ABCD的对棱相等，故可以考虑将四面体ABCD补形为长方体，如图③所示。
四面体ABCD的外接球即长方体的外接球。
设长方体的外接球半径为R。
$\begin{cases}BM² + BN² = 12²\\BP² + BN² = 8²\\BM² + BP² = 10²\end{cases}$
所以BM² + BN² + BP² = 154。
故4R² = BM² + BN² + BP² = 154。
所以四面体ABCD的外接球表面积S = 4πR² = 154π。故选C。


规律方法：要求棱锥外接球的表面积和体积，关键是求出外接球的半径R，求外接球半径R的常见方法有：①若三棱锥共顶点的三条棱两两垂直，则4R² = a² + b² + c²（a，b，c分别为三条棱的长）；②若三棱锥S−ABC中，SA⊥底面ABC（SA = a），则4R² = 4r² + a²（r为△ABC外接圆半径）；③可以转化为长方体的外接球；④特殊几何体可以直接找出球心和半径（球心在过底面多边形的外心且与底面垂直的直线上）。

11. [河北保定2025高一期末]已知三棱锥 $ S - ABC $，$ SA \perp $ 平面 $ ABC $，$ SA = 4 $，$ \angle CAB = 120° $，$ BC = 2 $，则此三棱锥外接球的表面积为 (D)

A.$ \frac{8\pi}{3} $
B.$ \frac{16\pi}{3} $
C.$ \frac{32\pi}{3} $
D.$ \frac{64\pi}{3} $

答案： 11.D　[解析]在△ABC中，∠CAB = 120°，BC = 2。
设△ABC的外接圆半径为r，根据正弦定理，得2r = $\frac{BC}{sin∠CAB}$ = $\frac{2}{sin120°}$ = $\frac{4\sqrt{3}}{3}$，得r = $\frac{2\sqrt{3}}{3}$。
设三棱锥外接球的半径为R，则R² = r² + ($\frac{SA}{2}$)² = $\frac{4}{3}$ + 4 = $\frac{16}{3}$。
所以三棱锥外接球的表面积为4πR² = $\frac{64π}{3}$。故选D。
二级结论：有一条侧棱垂直于底面，且底面不是直角三角形的三棱锥的外接球半径R = $\sqrt{r² + (\frac{h}{2})²}$，其中r为三棱锥底面外接圆半径，h为三棱锥的高。

12. 在边长为6的菱形 $ ABCD $ 中，$ A = \frac{\pi}{3} $，现将 $ \triangle ABD $ 沿 $ BD $ 折起，当三棱锥 $ A - BCD $ 的体积最大时，三棱锥 $ A - BCD $ 的外接球的表面积为 (A)

A.$ 60\pi $
B.$ 30\pi $
C.$ 70\pi $
D.$ 50\pi $

答案：
12.A　[解析]当三棱锥A−BCD的体积最大时，平面ABD⊥平面BCD，如图，取BD的中点为H，连接AH，CH，则AH⊥BD。
设O₁，O₂分别为△ABD，△BCD外接圆的圆心，O为三棱锥A−BCD的外接球的球心，则O在AH上，O₂在CH上，且AO₁ = 2O₁H = $\frac{2}{3}$AH = 2√3，且O₁H⊥BD，OO₁⊥平面ABD，OO₂⊥平面BCD。
因为平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD = BD，AH⊂平面ABD，AH⊥BD，所以AH⊥平面BCD，所以AH//O₂O，同理CH//OO₁，所以四边形O₁OO₂H为平行四边形。
因为AH⊥平面BCD，O₂H⊂平面BCD，所以AH⊥O₂H，即四边形O₁OO₂H为矩形。
所以OO₂ = O₁H = $\sqrt{3}$，CO₂ = $\frac{2}{3}$×$\frac{\sqrt{3}}{2}$×6 = 2√3。
所以外接球半径R = $\sqrt{OO₂² + CO₂²}$ = $\sqrt{3 + 12}$ = $\sqrt{15}$。
所以外接球的表面积为4πR² = 60π。故选A。

名师点拨：求两个面互相垂直的棱锥的外接球时，常用的方法是找球心，即过两个平面外接圆的圆心作平面的垂线，两条垂线的交点即为所求的球心，然后构造直角三角形，利用勾股定理求解。

13. [海南海口中学2024高一期中]已知三棱锥 $ P - ABC $ 三条侧棱 $ PA $，$ PB $，$ PC $ 两两互相垂直，且 $ PA = PB = PC = 6 $，则该三棱锥的内切球的半径为 (B)

A.$ 2\sqrt{3} $
B.$ 3 - \sqrt{3} $
C.$ 6 - 2\sqrt{3} $
D.$ 2\sqrt{3} - 3 $

答案：
13.B　[解析]设内切球的半径为r，则内切球的球心到四个面的距离均为r。
因为三棱锥P−ABC三条侧棱PA，PB，PC两两互相垂直，且PA = PB = PC = 6，所以AB = AC = BC = 6√2。

由$\frac{1}{3}$(S△ACP + S△APB + S△PCB + S△ABC)r = $\frac{1}{3}$S△PCB×AP，得[$\frac{1}{2}$×6×6 + $\frac{1}{2}$×6×6 + $\frac{1}{2}$×6×6 + $\frac{\sqrt{3}}{4}$×(6√2)²]×r = $\frac{1}{2}$×6×6×6，解得r = 3 - $\sqrt{3}$。故选B。
注：三棱锥的内切球球心与各顶点连线，将三棱锥分割成四部分，四部分的体积之和为三棱锥的体积。

14. [安徽淮南二中2025高一期中]设正四面体 $ ABCD $ 的内切球表面积为 $ \frac{3\pi}{2} $，则能装下该正四面体的最小正方体(不计厚度)的体积为 (C)

A.$ 54\sqrt{2} $
B.$ 16\sqrt{2} $
C.$ \frac{27\sqrt{2}}{4} $
D.$ \frac{125\sqrt{2}}{4} $

答案：
14.C　[解析]设正四面体ABCD的内切球半径为r，则内切球的表面积为4πr² = $\frac{3π}{2}$，解得r = $\frac{\sqrt{6}}{4}$。
设正四面体的棱长为a，则根据正四面体的内切球的结论可得r = $\frac{\sqrt{6}}{12}$a，即$\frac{\sqrt{6}}{4}$ = $\frac{\sqrt{6}}{12}$a，解得a = 3。
将正四面体ABCD放入正方体中，如图，即正四面体的每条棱均为正方体的面对角线，此时该正方体为能装下该正四面体的最小正方体。
设正方体的棱长为t，则t² + t² = 3²，解得t = $\frac{3\sqrt{2}}{2}$。
故此正方体的体积为t³ = ($\frac{3\sqrt{2}}{2}$)³ = $\frac{27\sqrt{2}}{4}$。故选C。

二级结论：设正四面体的棱长为a，则其外接球半径R = $\frac{\sqrt{6}}{4}$a，内切球半径r = $\frac{\sqrt{6}}{12}$a，正四面体的高h = $\frac{\sqrt{6}}{3}$a，体积V = $\frac{\sqrt{2}}{12}$a³。

15. (多选)[新疆兵团二中2025高一期末]如图，四个半径为2的实心小球两两相切，则(ABD)


A.这四个实心小球所形成的空隙内可以放入一个棱长为 $ \frac{6\sqrt{2} - 4\sqrt{3}}{3} $ 的正方体
B.存在一个侧面积为 $ (20 - 8\sqrt{6})\pi $ 的圆柱可以放进这四个实心小球所形成的空隙内
C.这四个实心小球所形成的空隙内可以放入一个半径为 $ \frac{9}{20} $ 的小球
D.这四个实心小球可以放入一个半径为 $ \sqrt{6} + 2 $ 的大球内部

答案：
15.ABD　[解析]依题意，四个小球的球心A，B，C，D是棱长为4的正四面体的4个顶点，设O是正四面体D−ABC的外接球的球心，G为正三角形ABC的中心，则O在线段DG上。

AG = $\frac{2}{3}$ABsin60° = $\frac{4\sqrt{3}}{3}$，所以DG = $\sqrt{DA² - AG²}$ = $\sqrt{4² - (\frac{4\sqrt{3}}{3})²}$ = $\frac{4\sqrt{6}}{3}$。
由OA² = AG² + (DG - OA)²，得OA = $\sqrt{6}$，即正四面体D−ABC的外接球的半径为$\sqrt{6}$。
点O到实心小球球面距离的最大值为$\sqrt{6}$ + 2，最小值为$\sqrt{6}$ - 2。
对于D，这四个实心小球可以放入一个半径为$\sqrt{6}$ + 2的大球内部，D正确；
对于C，这四个实心小球所形成的空隙内可以放入一个半径为$\sqrt{6}$ - 2的小球，而$\sqrt{6}$ - 2 - $\frac{9}{20}$ = $\sqrt{6}$ - $\frac{49}{20}$ = $\sqrt{6}$ - $\sqrt{(\frac{49}{20})²}$＜0，即$\sqrt{6}$ - 2＜$\frac{9}{20}$，C错误；
对于A，半径为$\sqrt{6}$ - 2的小球的内接正方体棱长为$\frac{2(\sqrt{6} - 2)}{\sqrt{3}}$ = $\frac{6\sqrt{2} - 4\sqrt{3}}{3}$，因此这四个实心小球所形成的空隙内可以放入一个棱长为$\frac{6\sqrt{2} - 4\sqrt{3}}{3}$的正方体，A正确；
对于B，令半径为$\sqrt{6}$ - 2的小球的内接圆柱底面圆半径为r，母线长为l，则($\sqrt{6}$ - 2)² = r² + ($\frac{1}{2}$l)² ≥ 2rl，当且仅当l = 2r，即r = $\sqrt{3}$ - $\sqrt{2}$，l = 2√3 - 2√2时取等号，即rl ≤ 10 - 4√6，故该圆柱侧面积S = 2πrl ≤ (20 - 8√6)π因此存在一个侧面积为(20 - 8√6)π的圆柱可以放进这四个实心小球所形成的空隙内，B正确。
故选ABD。

16. 若正四棱锥 $ P - ABCD $ 内接于球 $ O $，且底面 $ ABCD $ 过球心 $ O $，球的半径为4，则该四棱锥内切球的体积为$\frac{64(3\sqrt{3} - 5)π}{3}$。

答案： 16.$\frac{64(3\sqrt{3} - 5)π}{3}$　[解析]因为正四棱锥P−ABCD内接于球O，且底面ABCD过球心O，球的半径为4，所以OA = OB = OC = OD = OP = 4，所以AB = BC = CD = DA = PA = PB = PC = PD = 4√2。
所以正四棱锥P−ABCD的表面积S = 4×$\frac{\sqrt{3}}{4}$×(4√2)² + (4√2)² = 32√3 + 32。
正四棱锥P−ABCD的体积V = $\frac{1}{3}$×(4√2)²×4 = $\frac{128}{3}$。
设正四棱锥P−ABCD内切球的半径为r，则V = $\frac{1}{3}$Sr = $\frac{1}{3}$(32√3 + 32)r = $\frac{128}{3}$，解得r = 2(√3 - 1)。
所以该四棱锥内切球的体积为$\frac{4}{3}$πr³ = $\frac{4}{3}$π×[2(√3 - 1)]³ = $\frac{64(3\sqrt{3} - 5)π}{3}$。

17. [湖南长沙八校2025高一期中]在底面为正方形的四棱锥 $ P - ABCD $ 中，$ PD \perp $ 平面 $ ABCD $，$ AB = 4 $，$ PD = 2\sqrt{2} $，点 $ E $ 在线段 $ PD $ 上，$ PB // $ 平面 $ EAC $，则四面体 $ ABCE $ 外接球的表面积为34π。

答案：
17.34π　[解析]如图，连接BD交AC于点O，连接OE。

因为平面PBD∩平面EAC = OE，且PB//平面EAC，PB⊂平面PBD，所以PB//OE。
易知O为BD的中点，则E为PD的中点。
设四面体ABCE外接球的球心为Q，连接OQ，QC，QE，则OQ⊥平面ABC。
设OQ = h，则OQ² + OC² = QC² = QE²。而在直角梯形ODEQ中，QE² = OD² + (DE - OQ)² = (2√2)² + (√2 - h)²。
代入得，h² + (2√2)² = (√2 - h)² + (2√2)²，解得h = $\frac{\sqrt{2}}{2}$，则QE = $\frac{\sqrt{34}}{2}$。
故四面体ABCE外接球的表面积为4π×($\frac{\sqrt{34}}{2}$)² = 34π。
名师点拨：对于已知线面的平行条件，一般考虑通过直线构造一个平面与已知平面相交，得到线线平行；对于多面体的外接球，一般是先找到底面多边形的外接圆圆心，利用球的截面圆性质作出外接球球心，借助直角三角形或直角梯形求解。

18. [河南郑州2025高一月考]已知四棱锥 $ P - ABCD $ 的体积为 $ 3\sqrt{3} $，底面 $ ABCD $ 为矩形，$ \angle PAD = 60° $，$ \angle PAB = 90° $，$ AB = 2 $，则该四棱锥外接球表面积的最小值是16π。

答案：
18.16π　[解析]依题意，AB⊥AD，AB⊥AP，AD∩AP = A，AD，AP⊂平面PAD，所以AB⊥平面PAD，故可将四棱锥P−ABCD补形为如图所示的直三棱柱PAD−P'BC。

由题知∠PAD = ∠P'BC = 60°，不妨设AD = x，AP = y，外接球半径为R，外接球的球心为点O，O₁，O₂分别为△ADP，△BCP'的外心，连接OO₂，OB，O₂B，AC，则O为OO₂的中点，OO₂⊥平面PAD，OO₂ = $\frac{1}{2}$AB = 1。
于是Vₚ₋ₐₙₙₙ = Vₚ₋ₐₙₙ + Vₚ₋ₐₙₙ = 2Vₚ₋ₐₙₙ = 2Vₑ₋ₚₐₙ = 2×$\frac{1}{3}$×Sₚₐₙ×AB = $\frac{2}{3}$×xy×sin60°×2 = $\sqrt{3}$xy = 3√3，所以xy = 9。
在Rt△OB₀₂中，R² = OB² = OO₂² + BO₂² = 1 + ($\frac{CP'}{2sin∠CBP'}$)² = 1 + $\frac{1}{4}$CP'²。
在△BCP'中，由余弦定理得CP'² = x² + y² - 2xycos∠CBP' = x² + y² - xy，所以R² = 1 + $\frac{1}{4}$(x² + y² - xy) ≥ 1 + $\frac{1}{4}$(2xy - xy) = 1 + $\frac{1}{4}$xy = 4，当且仅当x = y = 3时等号成立，所以R ≥ 2。
故该四棱锥外接球表面积的最小值为4π×2² = 16π。

19. 如图，三棱台 $ ABC - A_1B_1C_1 $ 中，$ AB \perp AC $，$ BC = 6 $，$ A_1B_1 = A_1C_1 = 4\sqrt{2} $，$ AA_1 = 5\sqrt{2} $，平面 $ BCC_1B_1 \perp $ 平面 $ ABC $，则该三棱台外接球的体积为 (A)

A.$ \frac{500\pi}{3} $
B.$ 100\pi $
C.$ 150\pi $
D.$ \frac{400\pi}{3} $

答案：
19.A　[解析]设BC，B₁C₁的中点分别为O₁，O₂，连接AO₁，A₁O₂，O₁O₂，如图①所示。

显然O₁O₂⊥BC，因为平面BCC₁B₁⊥平面ABC，平面BCC₁B₁∩平面ABC = BC，O₁O₂⊂平面BCC₁B₁，所以O₁O₂⊥平面ABC，显然该三棱台外接球的球心在直线O₁O₂上，设球心为O。
因为AB⊥AC，BC = 6，AB₁ = AC₁ = 4√2，所以AO₁ = $\frac{1}{2}$×6 = 3，AO₂ = $\frac{1}{2}$×$\sqrt{(4\sqrt{2})² + (4\sqrt{2})²}$ = 4。
因此O₁O₂ = $\sqrt{AA₁² - (AO₂ - AO₁)²}$ = $\sqrt{50 - 1}$ = 7。
当O在线段O₁O₂上时，如图②所示。

设OA = r，O₂O = x，由勾股定理可知$\begin{cases}r² = 3² + (7 - x)²\\r² = 4² + x²\end{cases}$，解得$\begin{cases}x = 3\\r = 5\end{cases}$。
所以球的体积为$\frac{4π}{3}$×5³ = $\frac{500π}{3}$。
当O不在线段O₁O₂上时，如图③所示。

设OA = r，O₂O = x，由勾股定理可知$\begin{cases}r² = 3² + (7 + x)²\\r² = 4² + x²\end{cases}$，解得x = - 3，不符合题意。故选A。

20. [浙江宁波镇海中学2025高一期中]已知正四棱台的高为 $ \frac{9}{4} $，上、下底面边长分别为 $ \frac{\sqrt{3}}{2} $ 和 $ 2\sqrt{3} $，若在它的内部有一个球，那么该球表面积的最大值为4π。

答案：
20.4π　[解析]作正四棱台的轴截面如图，分别取AB，CD的中点E，F，连接EF，取EF的中点O，连接OB，OC，过O作OM⊥BC交BC于点M，过B作BN⊥DC交DC于点N。
由题意可知AB = $\frac{\sqrt{3}}{2}$，CD = 2√3，EF = $\frac{9}{4}$，则OC² = OF² + FC² = ($\frac{9}{8}$)² + (√3)² = $\frac{273}{64}$，OB² = OE² + BE² = ($\frac{9}{8}$)² + ($\frac{\sqrt{3}}{4}$)² = $\frac{93}{64}$。
BC² = BN² + NC² = ($\frac{9}{4}$)² + ($\frac{3\sqrt{3}}{4}$)² = $\frac{108}{16}$。
则在△OBC中，利用余弦定理可得，cos∠BOC = $\frac{OB² + OC² - BC²}{2OB·OC}$ = $\frac{\frac{93}{64} + \frac{273}{64} - \frac{108}{16}}{2\sqrt{\frac{93}{64}}×\sqrt{\frac{273}{64}}}$ = $\frac{11}{\sqrt{2821}}$。
则sin∠BOC = $\frac{30\sqrt{3}}{\sqrt{2821}}$。
因为S△OBC = $\frac{1}{2}$OB·OC·sin∠BOC = $\frac{1}{2}$OM·BC，所以OM = $\frac{OB·OC·sin∠BOC}{BC}$ = $\frac{\sqrt{\frac{93}{64}}×\sqrt{\frac{273}{64}}×\frac{30\sqrt{3}}{\sqrt{2821}}}{\frac{3\sqrt{3}}{2}}$ = $\frac{15}{16}$＜$\frac{9}{8}$ = OE。
当球心为点O时，球的半径最大值为$\frac{15}{16}$。
在线段OF上取点O₁，过O₁作O₁K⊥BC交BC于点K，使得O₁K = OF，连接O₁K，此时△O₁FC≌△O₁KC。
因为sin∠BCN = $\frac{BN}{BC}$ = $\frac{9}{4}$×$\frac{2}{3\sqrt{3}}$ = $\frac{\sqrt{3}}{2}$，所以∠BCN = 60°，则∠O₁CF = 30°。
则OF = FC·tan30° = √3×$\frac{\sqrt{3}}{3}$ = 1。
当球心为点O₁时，球的半径最大值为1。
故球的半径最大值为R = 1，则该球表面积的最大值为4πR² = 4π。