2025高考數(shù)學二輪復(fù)習-專題四-微專題26-球的切接問題-專項訓練【含答案】

微專題26球的切接問題[考情分析]求解空間幾何體的外接球問題的關(guān)鍵是確定球心的位置，常用的方法為補形法或者利用多面體的面作垂線，垂線的交點即為球心；求解多面體的內(nèi)切球問題的關(guān)鍵是求內(nèi)切球的半徑，常用切線長定理、等體積法等．球的切接問題是高考中的熱點，一般為中檔題．考點一空間幾何體的外接球典例1(1)(2023·東北三省三校聯(lián)考)“阿基米德多面體”被稱為半正多面體(semi－regularsolid)，是由邊數(shù)不全相同的正多邊形為面圍成的多面體，它體現(xiàn)了數(shù)學的對稱美．如圖所示，將正方體沿交于一頂點的三條棱的中點截去一個三棱錐，共可截去八個三棱錐，得到八個面為正三角形、六個面為正方形的一種半正多面體．已知AB＝eq\f(3\r(2),2)，則該半正多面體外接球的表面積為()A．18πB．16πC．14πD．12π答案A解析如圖，在正方體EFGH－E1F1G1H1中，取正方體與正方形E1F1G1H1的中心O，O1，連接E1G1，OO1，OA，O1A，∵A，B分別為E1H1，H1G1的中點，則E1G1＝2AB＝3eq\r(2)，∴正方體的邊長為EF＝3，故OO1＝O1A＝eq\f(3,2)，可得OA＝eq\r(OO\o\al(2,1)＋O1A2)＝eq\f(3\r(2),2)，根據(jù)對稱性可知，點O到該半正多面體的頂點的距離相等，則該半正多面體外接球的球心為O，半徑R＝OA＝eq\f(3\r(2),2)，故該半正多面體外接球的表面積為S＝4πR2＝4π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3\r(2),2)))2＝18π.(2)(2023·杭州模擬)空間中四個點A，B，C，M滿足AB＝BC＝AC＝3，CM＝2eq\r(3)，且直線CM與平面ABC所成的角為60°，則三棱錐A－MBC的外接球體積最大為()A．36π B．48πC．32eq\r(3)π D．48eq\r(3)π答案C解析如圖1，設(shè)O是△ABC的外接圓的圓心，因為AB＝BC＝AC＝3，所以△ABC是正三角形，則三棱錐A－MBC的外接球的球心H在過點O且與平面ABC垂直的直線OO′上，由題意可得CO＝eq\f(3,sin60°)×eq\f(1,2)＝eq\r(3)，過點M作MN⊥平面ABC于點N，由直線CM與平面ABC所成的角為60°，得∠MCN＝60°，因為CM＝2eq\r(3)，所以CN＝eq\r(3)，故點N的軌跡是以C為圓心，eq\r(3)為半徑的圓，當球心H到CM的距離最大時，三棱錐A－MBC的外接球體積最大，所以點N在OC延長線上時，三棱錐A－MBC的外接球體積最大，如圖2，設(shè)CM的中點為G，連接GH，則CG＝eq\r(3)，GH⊥CG，又CO＝eq\r(3)，OH⊥OC，所以Rt△HOC≌Rt△HGC，所以∠HCO＝∠HCG＝60°，所以HC＝2OC＝2eq\r(3)，所以三棱錐A－MBC的外接球體積最大為V＝eq\f(4π,3)×HC3＝32eq\r(3)π.跟蹤訓練1(1)(2022·新高考全國Ⅱ)已知正三棱臺的高為1，上、下底面邊長分別為3eq\r(3)和4eq\r(3)，其頂點都在同一球面上，則該球的表面積為()A．100π B．128πC．144π D．192π答案A解析由題意，得正三棱臺上、下底面的外接圓的半徑分別為eq\f(2,3)×eq\f(\r(3),2)×3eq\r(3)＝3，eq\f(2,3)×eq\f(\r(3),2)×4eq\r(3)＝4.設(shè)該棱臺上、下底面的外接圓的圓心分別為O1，O2，連接O1O2，則O1O2＝1，其外接球的球心O在直線O1O2上．設(shè)球O的半徑為R，當球心O在線段O1O2上時，R2＝32＋OOeq\o\al(2,1)＝42＋(1－OO1)2，解得OO1＝4(舍去)；當球心O不在線段O1O2上時，R2＝42＋OOeq\o\al(2,2)＝32＋(1＋OO2)2，解得OO2＝3，所以R2＝25，所以該球的表面積為4πR2＝100π.綜上，該球的表面積為100π.(2)(2023·廣州模擬)已知三棱錐P－ABC的四個頂點都在球O的球面上，PB＝PC＝2eq\r(5)，AB＝AC＝4，PA＝BC＝2，則球O的表面積為()A.eq\f(316π,15) B.eq\f(79π,15)C.eq\f(158π,5) D.eq\f(79π,5)答案A解析如圖，在三棱錐P－ABC中，AB2＋PA2＝20＝PB2，則PA⊥AB，同理可得PA⊥AC，因為AB∩AC＝A，AB，AC?平面ABC，所以PA⊥平面ABC，在等腰△ABC中，AB＝AC＝4，BC＝2，則cos∠ABC＝eq\f(\f(1,2)BC,AB)＝eq\f(1,4)，sin∠ABC＝eq\r(1－cos2∠ABC)＝eq\f(\r(15),4)，設(shè)△ABC的外接圓圓心為O1，則OO1⊥平面ABC，O1A＝eq\f(1,2)·eq\f(AC,sin∠ABC)＝eq\f(8,\r(15))，易知OO1∥PA，取PA中點D，連接OD，則有OD⊥PA，又O1A?平面ABC，所以O(shè)1A⊥PA，從而O1A∥OD，四邊形ODAO1為平行四邊形，OO1＝AD＝1，又OO1⊥O1A，因此球O的半徑R2＝OA2＝O1A2＋O1O2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,\r(15))))2＋12＝eq\f(79,15)，所以球O的表面積S＝4πR2＝eq\f(316π,15).考點二空間幾何體的內(nèi)切球典例2(1)如今中國被譽為“基建狂魔”，可謂逢山開路，遇水架橋．高速公路里程、高鐵里程雙雙都是世界第一．建設(shè)過程中研制出的用于基建的大型龍門吊、平衡盾構(gòu)機等國之重器更是世界領(lǐng)先水平．如圖是某重器上一零件結(jié)構(gòu)模型，中間大球為正四面體的內(nèi)切球，小球與大球相切，同時與正四面體的三個面相切．設(shè)AB＝a，則該模型中5個球的表面積之和為________．答案eq\f(π,3)a2解析如圖所示，設(shè)O為大球的球心，大球的半徑為R，正四面體的底面中心為E，棱長為a，高為h，CD的中點為F，連接OA，OB，OC，OD，OE，BF，則BE＝eq\f(2,3)BF＝eq\f(\r(3),3)a，正四面體的高h＝AE＝eq\r(AB2－BE2)＝eq\f(\r(6),3)a.因為VA－BCD＝4VO－ABC，所以eq\f(1,3)×S△ABC×h＝4×eq\f(1,3)×S△ABC×R，所以R＝eq\f(1,4)h＝eq\f(\r(6),12)a.設(shè)小球的半徑為r，小球也可看作一個小的正四面體的內(nèi)切球，且小正四面體的高h?。絟－2R＝eq\f(\r(6),6)a，所以r＝eq\f(1,4)h小＝eq\f(\r(6),24)a＝eq\f(R,2).故該模型中5個球的表面積之和為4πR2＋4×4πr2＝8πR2＝8π×eq\f(6,144)a2＝eq\f(π,3)a2.(2)(2023·益陽質(zhì)檢)金剛石的成分為純碳，是自然界中天然存在的最堅硬的物質(zhì)，它的結(jié)構(gòu)是由8個等邊三角形組成的正八面體，如圖，某金剛石的表面積為18eq\r(3)，現(xiàn)將它雕刻成一個球形裝飾物，則可雕刻成的最大球體積是()A．18πB．9eq\r(2)πC．6πD.eq\r(6)π答案D解析如圖，設(shè)四邊形ABCD的中心為O，BC，AD的中點分別為H，M，連接OH，EO，EH，MF，HF，EM，設(shè)金剛石的邊長為a，則由題知，8×eq\f(1,2)a2sin60°＝2eq\r(3)a2＝18eq\r(3)，所以a＝3，在等邊△EBC中，BC邊上的高EH＝eq\r(EC2－CH2)＝eq\r(32－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))2)＝eq\f(3\r(3),2)，在Rt△EOH中，EO＝eq\r(EH2－OH2)＝eq\r(\f(27,4)－\f(9,4))＝eq\f(3\r(2),2)，由題可知，最大球即為金剛石的內(nèi)切球，由對稱性易知球心在O點，內(nèi)切球與平面EBC的切點在線段EH上，內(nèi)切球的半徑即為截面EMFH內(nèi)切圓的半徑，設(shè)內(nèi)切圓半徑為r,由等面積法可知，eq\f(3\r(2),2)×eq\f(3,2)＝eq\f(3\r(3),2)r，解得r＝eq\f(\r(6),2)，所以內(nèi)切球的半徑為R＝eq\f(\r(6),2)，則內(nèi)切球的體積為V＝eq\f(4,3)πR3＝eq\f(4,3)πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),2)))3＝eq\r(6)π.跟蹤訓練2(1)在四面體A－BCD中，BA，BC，BD兩兩互相垂直，BA＝1，BC＝BD＝2，則四面體A－BCD內(nèi)切球的半徑為()A.eq\f(4－\r(6),10) B.eq\f(5－\r(6),10)C.eq\f(4－\r(6),5) D.eq\f(5－\r(6),5)答案C解析因為BA，BC，BD兩兩互相垂直，BA＝1，BC＝BD＝2，所以AC＝AD＝eq\r(5)，CD＝2eq\r(2).如圖，取CD的中點E，連接AE，則AE⊥CD，所以AE＝eq\r(AD2－DE2)＝eq\r(3)，所以S△ACD＝eq\f(1,2)×2eq\r(2)×eq\r(3)＝eq\r(6)，所以四面體A－BCD的表面積S＝eq\f(1,2)×1×2×2＋eq\f(1,2)×2×2＋eq\r(6)＝4＋eq\r(6).設(shè)四面體A－BCD內(nèi)切球的球心為O，半徑為r，則V三棱錐A－BCD＝V三棱錐O－ABC＋V三棱錐O－BCD＋V三棱錐O－ABD＋V三棱錐O－ACD，所以eq\f(1,3)×1×eq\f(1,2)×22＝eq\f(1,3)Sr＝eq\f(1,3)×(4＋eq\r(6))r，解得r＝eq\f(4－\r(6),5)，所以四面體A－BCD內(nèi)切球的半徑為eq\f(4－\r(6),5).(2)(2023·菏澤模擬)已知一個裝滿水的倒圓臺形容器的上底面半徑為1，下底面半徑為5，高為8eq\r(2)，若將一個鐵球放入該容器中，使得鐵球完全沒入水中，則可放入鐵球的表面積的最大值為()A．32π B．36πC．48π D．50π答案D解析依題意，鐵球的表面積最大時，該球與圓臺下底面和側(cè)面相切，顯然鐵球球心O在圓臺的軸線上，過圓臺的軸作平面截圓臺得等腰梯形ABCD，截球得球的大圓O，圓O與AB，BC，AD都相切，如圖，令A(yù)B的中點為O1，過點O1的圓O的直徑另一端點為O2，過點O2作圓O的切線分別交BC，AD于E，F(xiàn)，則EF∥AB，即圓O是等腰梯形ABEF的內(nèi)切圓，過點D，F(xiàn)作AB的垂線，垂足分別為M，N,令圓O切AD于G，于是O1A＝5，O1M＝1，AM＝4，令圓O的半徑為R，O2F＝r，顯然AF＝AG＋GF＝AO1＋FO2＝5＋r，又FN∥DM，則有eq\f(AN,FN)＝eq\f(AM,DM)＝eq\f(4,8\r(2))，而FN＝2R，因此AN＝eq\f(\r(2),2)R，又O1A＝AN＋NO1＝AN＋FO2，即r＝FO2＝5－eq\f(\r(2),2)R，所以AF＝10－eq\f(\r(2),2)R，在Rt△AFN中，AF2＝AN2＋FN2，于是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(10－\f(\r(2),2)R))2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)R))2＋(2R)2，解得R＝eq\f(5\r(2),2)，所以可放入鐵球的表面積的最大值4πR2＝4π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5\r(2),2)))2＝50π.考點三空間幾何體的切接問題典例3(2023·開封模擬)已知棱長為6的正四面體內(nèi)有一個正方體玩具，若正方體玩具可以在該正四面體內(nèi)任意轉(zhuǎn)動，則這個正方體玩具的棱長最大值為()A.eq\r(2)B．2eq\r(2)C.eq\r(3)D．2eq\r(3)答案A解析如圖所示，若正方體玩具可以在該正四面體內(nèi)任意轉(zhuǎn)動，則正方體的體對角線不超過該正四面體內(nèi)切球的直徑．如圖，PO1為正四面體P－ABC的高，O1是正△ABC的中心，O1A＝eq\f(2,3)eq\r(AB2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(BC,2)))2)＝eq\f(2,3)×eq\r(62－32)＝2eq\r(3)，∴PO1＝eq\r(PA2－O1A2)＝eq\r(62－2\r(3)2)＝2eq\r(6)，設(shè)O為正四面體P－ABC內(nèi)切球的球心，則內(nèi)切球的半徑為OO1＝r，∴VP－ABC＝VO－ABC＋VO－PAB＋VO－PBC＋VO－PAC，∴eq\f(1,3)S△ABC·PO1＝eq\f(1,3)S△ABC·r＋eq\f(1,3)S△PAB·r＋eq\f(1,3)S△PBC·r＋eq\f(1,3)S△PAC·r，∵S△ABC＝S△PAB＝S△PBC＝S△PAC，∴PO1＝4r，∴正四面體P－ABC內(nèi)切球的半徑r＝eq\f(\r(6),2)，直徑2r＝eq\r(6)，設(shè)正方體玩具的棱長為a，則其體對角線長為eq\r(3)a，∴eq\r(3)a≤eq\r(6)，∴a≤eq\r(2)，∴正方體玩具的棱長的最大值為eq\r(2).跟蹤訓練3在公元前4世紀中葉，中國天文學家有一套測定天體球面坐標的儀器稱作渾儀，比古希臘早了近60年．渾儀是由一重重的同心圓環(huán)構(gòu)成，整體看上去近似一個球體．它的運行制作原理可以如下解釋，同心圓環(huán)的小球半徑為r，大球半徑為R，大球內(nèi)安放六根等長的金屬絲(不計粗細)，使小球能夠在金屬絲框架內(nèi)任意轉(zhuǎn)動，若R＝eq\r(3)，則r的最大值為________．答案1解析由題意知，小球與正四面體的各條棱相切，大球為正四面體的外接球，即可保證r最大，如圖所示，設(shè)正四面體A－BCD的棱長為a，E為△BCD的中心，可得AE⊥平面BCD，因為CE?平面BCD，則AE⊥CE，且CE＝eq\f(2,3)×eq\f(\r(3),2)a＝eq\f(\r(3),3)a，所以AE＝eq\r(AC2－CE2)＝eq\f(\r(6),3)a，在Rt△OCE中，OC2＝OE2＋CE2，可得R2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),3)a－R))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)a))2，解得a＝2eq\r(2)，過點O作OF⊥AC，垂足為F，在Rt△OCF中，可得OF＝eq\r(OC2－CF2)＝eq\r(R2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(AC,2)))2)＝eq\r(\r(3)2－\r(2)2)＝1，即小球的最大半徑r＝1.[總結(jié)提升]1．幾何體的外接球，常用的方法有構(gòu)造法、截面法．2．幾何體的內(nèi)切球求解多面體的內(nèi)切球問題，一般是將多面體分割為以內(nèi)切球球心為頂點，多面體的各側(cè)面為底面的棱錐，利用多面體的體積等于各分割棱錐的體積之和求內(nèi)切球的半徑．1.魯班鎖是中國傳統(tǒng)的智力玩具，起源于中國古代建筑中首創(chuàng)的榫卯結(jié)構(gòu)，它的外觀是如圖所示的十字立方體，其上下、左右、前后完全對稱，6根等長的正四棱柱體分成3組，經(jīng)90°榫卯起來．若正四棱柱的高為8，底面正方形的邊長為2，現(xiàn)將該魯班鎖放進一個球形容器內(nèi)，則該球形容器的表面積至少為(容器壁的厚度忽略不計)()A．96πB．84πC．42πD．16π答案B解析若球形容器表面積最小，則正四棱柱與球內(nèi)接，此時球體的直徑等于一組正四棱柱的體對角線長，即2R＝eq\r(82＋2＋22＋22)＝2eq\r(21)，所以R＝eq\r(21)，球形容器的表面積至少為S＝4πR2＝84π.2．(2023·江蘇四市調(diào)研)已知正四面體P－ABC的棱長為1，點O為底面△ABC的中心，球O與該正四面體的其余三個面都有且只有一個公共點，且公共點非該正四面體的頂點，則球O的半徑為()A.eq\f(\r(6),12)B.eq\f(\r(6),9)C.eq\f(\r(2),9)D.eq\f(\r(2),3)答案B解析因為正四面體P－ABC的棱長為1，則正四面體P－ABC的高為h＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)×\f(\r(3),2)))2)＝eq\f(\r(6),3)，由題可知球O與該正四面體的其余三個面都相切，設(shè)球O的半徑為r，則VP－ABC＝VO－PAB＋VO－PBC＋VO－PAC，所以eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),4)×eq\f(\r(6),3)＝eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),4)r＋eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),4)r＋eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),4)r，所以r＝eq\f(\r(6),9).3．(2023·德陽模擬)已知矩形ABCD的面積為8，當矩形ABCD周長最小時，沿對角線AC把△ACD折起，則三棱錐D－ABC的外接球表面積等于()A．8π B．16πC．48eq\r(2)π D．不確定的實數(shù)答案B解析設(shè)矩形ABCD的邊長分別為x，y，則xy＝8，所以矩形ABCD的周長C＝2(x＋y)，∵x>0，y>0，∴C＝2(x＋y)≥4eq\r(xy)＝8eq\r(2)，當且僅當x＝y(tǒng)＝2eq\r(2)時取等號，∴當矩形的周長最小時，x＝y(tǒng)＝2eq\r(2)，∴AC＝eq\r(2x2)＝eq\r(2×8)＝4，∴DE＝eq\f(AC,2)＝eq\f(4,2)＝2，∵DE＝EB＝AE＝CE＝2，∴外接球的半徑R＝DE＝2，外接球的表面積S＝4πR2＝4×22π＝16π.4．(2023·廣東聯(lián)考)已知某圓錐的內(nèi)切球(球與圓錐側(cè)面、底面均相切)的體積為eq\f(32π,3)，則該圓錐的表面積的最小值為()A．32πB．28πC．24πD．20π答案A解析設(shè)圓錐的內(nèi)切球半徑為r，則eq\f(4,3)πr3＝eq\f(32π,3)，解得r＝2，設(shè)圓錐頂點為A，底面圓周上一點為B，底面圓心為C，內(nèi)切球球心為D，內(nèi)切球切母線AB于點E，底面半徑BC＝R>2，∠BDC＝θ，則tanθ＝eq\f(R,2)，又∠ADE＝π－2θ，故AB＝BE＋AE＝R＋2tan(π－2θ)＝R－2tan2θ，又tan2θ＝eq\f(2tanθ,1－tan2θ)＝eq\f(R,1－\f(R2,4))＝eq\f(4R,4－R2)，故AB＝R－eq\f(8R,4－R2)＝eq\f(RR2＋4,R2－4)，故該圓錐的表面積為S＝eq\f(πR2R2＋4,R2－4)＋πR2＝eq\f(2πR4,R2－4)，令t＝R2－4>0，則S＝eq\f(2πt＋42,t)＝2πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t＋\f(16,t)＋8))≥2πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\r(t·\f(16,t))＋8))＝32π，當且僅當t＝eq\f(16,t)，即t＝4，R＝2eq\r(2)時取等號．5．(2023·桂林模擬)已知△SAB是邊長為2的等邊三角形，∠ACB＝45°，當三棱錐S－ABC體積取最大時，其外接球的體積為()A.eq\f(20\r(15)π,27) B.eq\f(28π,3)C.eq\f(28\r(21)π,27) D.eq\f(20π,3)答案C解析取AB的中點D，連接CD，SD，如圖，在△ABC中，由余弦定理得4＝AB2＝AC2＋BC2－2AC·BCcos∠ACB≥(2－eq\r(2))AC·BC，即AC·BC≤2(2＋eq\r(2))，當且僅當AC＝BC時取等號，又2eq\o(CD,\s\up6(→))＝eq\o(CA,\s\up6(→))＋eq\o(CB,\s\up6(→))，則4eq\o(CD,\s\up6(→))2＝eq\o(CA,\s\up6(→))2＋eq\o(CB,\s\up6(→))2＋2eq\o(CA,\s\up6(→))·eq\o(CB,\s\up6(→))＝4＋eq\r(2)|eq\o(CA,\s\up6(→))||eq\o(CB,\s\up6(→))|＋2|eq\o(CA,\s\up6(→))||eq\o(CB,\s\up6(→))|cos∠ACB＝4＋2eq\r(2)|eq\o(CA,\s\up6(→))||eq\o(CB,\s\up6(→))|＝4＋2eq\r(2)AC·BC，當且僅當AC＝BC時，|eq\o(CD,\s\up6(→))|最大，即CD最大，△ABC的面積S△ABC＝eq\f(1,2)AC·BCsin∠ACB＝eq\f(\r(2),4)AC·BC最大，令直線CD與平面SAB所成角為θ，則點C到平面SAB的距離h＝CD·sinθ≤CD，當且僅當θ＝90°時取等號，因此三棱錐S－ABC的體積VS－ABC＝VC－SAB＝eq\f(1,3)S△SAB·h，即當h＝CD最大時，三棱錐S－ABC體積最大，因此當三棱錐S－ABC體積最大時，AC＝BC且CD⊥平面SAB，而SD?平面SAB，即有CD⊥SD，在正△SAB中，SD⊥AB，AB∩CD＝D，則SD⊥平面ABC，令正△SAB的外接圓圓心為O2，等腰△ABC的外接圓圓心為O1，則O2，O1分別在SD，CD上，令外接球球心為O，于是OO1⊥平面ABC，OO2⊥平面SAB，有OO1∥SD，OO2∥CD，即四邊形OO1DO2是矩形，而O2D＝eq\f(1,3)SD＝eq\f(\r(3),3)，O1A＝eq\f(1,2)·eq\f(AB,sin∠ACB)＝eq\r(2)，在Rt△AO1O中，O1O＝O2D＝eq\f(\r(3),3)，因此球O的半徑R＝OA＝eq\r(O1A2＋O1O2)＝eq\r(\r(2)2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)))2)＝eq\r(\f(7,3))，所以三棱錐S－ABC外接球的體積V＝eq\f(4π,3)R3＝eq\f(4π,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(7,3))))3＝eq\f(28\r(21)π,27).6．(多選)某組合體由一個銅球和一個托盤組成，如圖①，已知球的體積為eq\f(4π,3)，托盤由邊長為4的正三角形銅片沿各邊中點的連線向上折疊成直二面角而成，如圖②.則下列說法正確的有()A．多面體ABC－DEF的體積為eq\f(9,4)B．經(jīng)過三個頂點A，B，C的球的截面圓的面積為eq\f(π,4)C．異面直線AD與CF所成角的余弦值為eq\f(5,8)D．球離球托底面△DEF的最小距離為eq\r(3)＋eq\f(\r(6),3)－1答案ACD解析因為托盤由邊長為4的正三角形銅片沿各邊中點的連線垂直向上折疊而成，所以連接AB，BC和AC得幾何體ABC－DEF，因此構(gòu)建一個底面邊長為2，高為eq\r(3)的正三棱柱DEF－D1E1F1，D1E1，E1F1和D1F1的中點分別為A，B和C，則幾何體ABC－DEF就是題意中的幾何體，如圖．幾何體ABC－DEF的上底面△ABC是邊長為1的正三角形，下底面△DEF是邊長為2的正三角形，高為eq\r(3).因為銅球的體積為eq\f(4π,3)，所以由球的體積公式得銅球的半徑R＝1.對于A，由幾何體ABC－DEF的構(gòu)成知，多面體ABC－DEF的體積為三棱柱的體積減去3個三棱錐的體積，即eq\f(\r(3),4)×22×eq\r(3)－3×eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),4)×12×eq\r(3)＝eq\f(9,4)，故A正確；對于B，因為經(jīng)過三個頂點A，B，C的球的截面圓就是正△ABC的外接圓，所以若邊長為1的正三角形的外接圓半徑為r，則eq\f(1,sin\f(π,3))＝2r，解得r＝eq\f(\r(3),3).因此經(jīng)過三個頂點A，B，C的球的截面圓的面積為πr2＝eq\f(π,3)，故B不正確；對于C，取EF的中點G，連接AG，則由幾何體ABC－DEF的構(gòu)成知，AC∥GF且AC＝GF，因此四邊形AGFC是平行四邊形，所以CF∥AG，因此∠DAG就是異面直線AD與CF所成的角．連接DG，在△DAG中，AD＝CF＝AG＝2，DG＝eq\r(3)，因此cos∠DAG＝eq\f(AD2＋AG2－DG2,2AD·AG)＝eq\f(4＋4－3,8)＝eq\f(5,8).即異面直線AD與CF所成角的余弦值為eq\f(5,8)，故C正確；對于D，由B知，經(jīng)過三個頂點A，B，C的球的截面圓的半徑r＝eq\f(\r(3),3).所以銅球的球心到平面ABC的距離為eq\r(R2－r2)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)))2)＝eq\f(\r(6),3)，因此球離球托底面△DEF的最小距離為eq\r(3)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(\r(6),3)))＝eq\r(3)＋eq\f(\r(6),3)－1，故D正確．7．(多選)(2023·張家口模擬)已知圓錐PE的頂點為P，E為底面圓的圓心，圓錐PE的內(nèi)切球球心為O1，半徑為r；外接球球心為O2，半徑為R.以下選項正確的有()A．當O1與O2重合時，R＝eq\r(3)rB．當E與O2重合時，R＝(1＋eq\r(2))rC．若r＝2，則圓錐PE的體積的最小值為eq\f(64π,3)D．若R＝2，則圓錐PE的體積的最大值為eq\f(256π,27)答案BC解析設(shè)AB為底面圓的一條直徑，圓錐PE的內(nèi)切球半徑和外接球半徑分別為其軸截面△PAB內(nèi)切圓半徑和外接圓半徑．當O1與O2重合時，如圖1，O為重合的圓心(球心)，M為一個切點，由PO＝AO＝R，PO，AO均為對應(yīng)角的角平分線，所以∠PAB＝∠APB，所以AB＝BP，又PA＝PB，所以△PAB為等邊三角形，故∠OAM＝30°，所以R＝2r，所以A錯誤；當E與O2重合時，如圖2，PE＝AE＝R，所以∠EPA＝45°，故sin∠EPA＝eq\f(r,R－r)＝eq\f(\r(2),2)，所以R＝(1＋eq\r(2))r，故B正確；若r＝2，設(shè)圓錐底面半徑為a，則a>2，設(shè)圓錐的高為h，則母線長為eq\r(a2＋h2)，軸截面的面積S＝eq\f(1,2)×2a×h＝eq\f(1,2)(2a＋2eq\r(a2＋h2))r，即ah－2a＝2eq\r(a2＋h2)，平方整理得h＝eq\f(4a2,a2－4)，圓錐的體積V＝eq\f(1,3)πa2h＝eq\f(4,3)πeq\f(a4,a2－4)＝eq\f(4,3)πeq\f(1,\f(1,a2)－\f(4,a4))，所以當eq\f(1,a2)＝eq\f(1,8)時，V最小，最小值為eq\f(64π,3)，故C正確；若R＝2，設(shè)圓錐底面半徑為a，圓錐的高為h，則0<h<4，易得|h－2|2＋a2＝4，所以a2＝4h－h(huán)2，圓錐的體積V＝eq\f(1,3)πa2h＝eq\f(1,3)π(4h2－h(huán)3)，則V′＝eq\f(1,3)πh(8－3h)．當h∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(8,3)))時，V′>0，當h∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,3)，4))時，V′<0，所以當h＝eq\f(8,3)時，V最大，最大值為eq\f(1,3)π×eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(4×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,3)))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,3)))3))＝eq\f(256π,81)，故D錯誤．8.(2023·汕頭模擬)如圖，在正四棱臺ABCD－A1B1C1D1中，AB＝4，A1B1＝2，若半徑為r的球O與該正四棱臺的各個面均相切，則該球的表面積S＝________.答案8π解析設(shè)球O與上底面、下底面分別切于點O1，O2，與平面ADD1A1，平面BCC1B1分別切于點E，F(xiàn)，作出其軸截面如圖所示，則MO1＝ME＝1，EN＝NO2＝2,于是，MN＝1＋2＝3,過點M作MH⊥O2N于點H，則NH＝NO2－MO1＝1，由勾股定理可得MH＝2r＝eq\r(MN2－NH2)＝eq\r(32－12)＝2eq\r(2)，所以r＝eq\r(2)，所以該球的表面積S＝4πr2＝4π×2＝8π.9.(2023·福建聯(lián)考)如圖，正四面體A－BCD的棱長為3，E，F(xiàn)，G分別是AC，AD，AB上的點，AG＝AE＝AF＝1，截去三棱錐A－GEF，同理，分別以B，C，D為頂點，各截去一個棱長為1的小三棱錐，截后所得的多面體的外接球的表面積為________．答案eq\f(11π,2)解析設(shè)△GEF中心為O1，底面正六邊形中心為O2，球心O在O1O2上，設(shè)多面體的外接球半徑為R，正△GEF外接圓半徑O1G＝eq\f(\r(3),3)，底面正六邊形外接圓半徑為O2H＝1，原正四面體高為eq\r