专题强化练7 空间几何体的内切球和外接球--2026苏教版高中数学必修第二册章节练（含解析）

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2026苏教版高中数学必修第二册
专题强化练7　空间几何体的内切球和外接球
1.(2025湖南邵阳二中期中)在《九章算术》中,将底面是直角三角形的直三棱柱称为“堑堵”.已知“堑堵”ABC-A1B1C1的所有顶点都在球O的球面上,且AB=AC=1.若球O的表面积为4π,则这个三棱柱的表面积是(　　)
A.2+2
2.(2024江苏南通、扬州、泰州等七市调研)已知一个正四棱台的上、下底面边长分别为2,8,侧棱长为3,则该正四棱台内半径最大的球的表面积为(　　)
A.12π　　　　B.27π　　　　C.
3.(2025河南郑州期末)在古希腊时期人们发现正多面体仅有5种,即正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体和正二十面体.如图,E-ABCD-F是一个正八面体,其每一个面都是正三角形,棱长均为2,点P为正八面体内切球球面上的任意一点,则的最大值是(　　)
A.
4.(2025四川成都模拟)现有大小完全相同的10个半径为r的小球,全部放进棱长为8+4的正四面体盒子中,则r的最大值为(　　)
A.　　　　D.2
5.(2025江苏南京调研)现有一个底面边长和侧棱长均为4的正三棱柱密闭容器ABC-A1B1C1,该容器盛有一定体积的水,当底面ABC水平放置时,水面高为,当侧面AA1B1B水平放置时(如图),容器内的水形成新的几何体.若该几何体的所有顶点均在同一个球面上,则该球的表面积为(　　)
A.π
6.(多选题)(2024四川攀枝花第三高级中学月考)《九章算术》中将底面为矩形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为阳马.已知四棱锥P-ABCD为阳马,底面ABCD是边长为2的正方形,且有两条侧棱长为3,则(　　)
A.该阳马的体积为
B.该阳马的表面积为10+2
C.该阳马外接球的半径为
D.该阳马内切球的半径为
7.(2024江苏宿迁调研测试)在一个轴截面为正三角形的圆锥内放入一个与侧面及底面都相切的实心球后,再在该圆锥内的空隙处放入n个完全相同的小球,这些小球与实心球、圆锥的侧面以及底面都相切,则n的最大值为　　　　.
答案与分层梯度式解析
专题强化练7　空间几何体的内切球和外接球
1.C　如图,分别取BC,B1C1的中点M,M1,连接MM1,取MM1的中点O,连接OB,
易知四边形BMM1B1是平行四边形,则MM1∥AA1,
又因为AA1⊥平面ABC,所以MM1⊥平面ABC,
易知三棱柱底面是等腰直角三角形,所以M,M1分别是Rt△ABC,Rt△A1B1C1的外接圆圆心(直角三角形外接圆的圆心为斜边的中点),所以O为三棱柱的外接球的球心.
因为球O的表面积为4π,所以球O的半径为1,即OB=1,
由AB=AC=1得BC=,
所以三棱柱ABC-A1B1C1的表面积S=×1×1×2+(1+1+)×.
解题技法　求多面体的外接球的表面积和体积问题,常用的方法有:(1)三条棱两两互相垂直时,可补形为长方体,利用长方体的体对角线为外接球的直径,求出球的半径;(2)直棱柱的外接球球心为上、下底面外接圆圆心连线的中点,根据勾股定理求出球的半径;(3)如果涉及几何体的两个相交面,那么可过两个面相应多边形的外心分别作两个面的垂线,垂线的交点即为几何体外接球的球心.
2.D　作出如图所示的正四棱台ABCD-A1B1C1D1,其中O1,O分别为正四棱台上、下底面的中心,E1,E分别为C1D1,CD的中点,连接O1B1,O1O,O1E1,E1E,OB,OE,则OO1为正四棱台的高,EE1为其斜高,
因为正四棱台的上、下底面边长分别为2,8,侧棱长为3,
因为OO1=3=5,
所以半径最大的球不与上、下底面同时相切,
易得EE1==6,
则sin∠OEE1=,
过O,E,E1,O1作正四棱台的截面,如图,则半径最大的球的截面圆与等腰梯形的两腰和下底均相切,
则∠O2EO=,
故该正四棱台内半径最大的球的半径r=.
3.A　正八面体的表面是8个全等的正三角形,且正三角形的边长为2,
则正八面体的表面积S=8S△ABE=8×,
正八面体可看成由两个共底面且侧棱长与底面边长均相等的正四棱锥E-ABCD与F-ABCD拼接而成,连接AC,BD,交于点O,易知O为正方形ABCD的中心,也是内切球的球心,
正四棱锥E-ABCD的高h=,
则正八面体的体积V=2VE-ABCD=2×AB2×h=×4×.
设内切球半径为r,则×8,
取EA的中点H,连接OH,则OH=CE=1,
-1.
又点P在内切球的球面上,
因此PH的最大值为OH+r=1+,
所以.
4.D　如图所示,正四面体ABCD中,AO为高,由正四面体的性质知正四面体的高等于其棱长的.
10个半径为r的小球全部放进棱长为8+4的正四面体ABCD中,成三棱锥形状,有3层,
从上到下每层的小球个数依次为1,1+2,1+2+3,
当r取最大值时,从上到下每层放在边缘的小球都与正四面体ABCD的侧面相切,
底层的每个小球都与正四面体的底面BCD相切,任意相邻的两个小球都外切,
位于每层正三角形顶点处的所有上、下相邻的小球的球心连线构成正四面体EFGH,
且正四面体EFGH的棱长为r+2r+r=4r,设P为正四面体EFGH的底面△FGH的中心,连接EP,则EP为正四面体EFGH的高,且EP=4r×.
连接DO并延长交BC于点M,连接AM,过点E作EN⊥AM于点N,
易知△AOM∽△ANE,AM=DM=3MO,所以,
所以AE=3NE=3r,
故正四面体ABCD的高AO=AE+EP+PO=3r+,解得r=2,所以r的最大值为2.
5.A　解法一:V水=×4×4××,
×4×4××4=16.
如图,×4,
所以,
又×42=4,
所以,
所以C1D1=C1E1=D1E1=1,
易知C1到A1B1的距离为2×2,
设正方形ABB1A1的外接圆圆心为O1,半径为r1,则r1=,
设矩形DEE1D1的外接圆圆心为O2,半径为r2,则r2=×,
设形成的新的几何体的外接球半径为R,球心为O,
则
所以R2=π.
解法二:当底面ABC水平放置时,水面高为,
当侧面AA1B1B水平放置时,没有水的部分呈正三棱柱形,此“小三棱柱”的体积为容器体积的,则“小三角形”与△ABC的边长之比为1∶4,所以“小三角形”的边长为1,如图,作出此时过A,B,C的截面图形,设水面分别交AC,BC于D,E,作出梯形ABED的外接圆,连接BD,
设外接圆的半径为r,在△ABD中,由余弦定理得BD=,
故2r=,
所以形成的新的几何体的外接球的半径R=,
故外接球的表面积S=4πR2=π.
规律总结　解决与球有关的内切或外接的问题时,确定球心的位置是关键.对于几何体的内切球,要注意球心到各个面的距离相等且都为球的半径;对于几何体的外接球,注意球心到各个顶点的距离相等,解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球的半径组成的直角三角形,利用勾股定理求得球的半径.
6.ABD　不妨令PA⊥底面ABCD,则PA,AD,AB两两垂直,又AB=AD,PA=PA,所以Rt△PAB≌Rt△PAD,所以PB=PD,结合题意知PB=PD=3.
在Rt△PAB中,PA=.
所以VP-ABCD=×2×2×,故A正确.
易得CD⊥PD,CB⊥PB,所以S表=2×2+2××2×+2××2×3=10+2,故B正确.
连接AC,因为△PCB,△PDC,△PAC都是以PC为斜边的直角三角形,所以P,A,B,C,D都在以PC为直径的球面上(PA,AB,AD两两垂直,属于“墙角模型”,可以补成长方体,PC为长方体的体对角线),所以该阳马的外接球的半径R=,故C错误.
设该阳马的内切球的半径为r,球心为O,则点O到四棱锥各面的距离相等,均为r,连接OP,OA,OB,OC,OD,
则VP-ABCD=VO-PAD+VO-PAB+VO-PBC+VO-PCD+VO-ABCD=×(S△PAD+S△PAB+S△PBC+S△PCD+S正方形ABCD)×r=(利用等体积法求内切球半径),故D正确.
7.答案　10
解析　画出圆锥的轴截面,如图1.
设△ABC的边长为2a,实心球的半径为R,球心为O,连接AO并延长交BC于D,连接OC,易知AD⊥BC,∠OCD=30°,则OC=2R,∴OA=OC=2R,
∴R+2R=AD=a,∴R=a,∴OC=a,∴EC=OC-R=R=a.
设点C附近的小球的半径为r,球心为O',同理得O'C=2r,则3r=EC=a,
∴r=a,∴OO'=R+r=a,
∴O'到直线OA的距离为OO'·sin 60°=a.
在圆锥内的空隙处放入n个小球,小球相邻排在一起,且彼此相切,则球心在半径为a的圆M上,如图2所示.
设H为相邻两球的切点,M1,M2分别为相邻两球的球心,
设∠M1MH=θ,则sin θ=,∴tan θ=,
由三角函数性质可知θ∈时,sin θ<θ∴,∴,∴π,
又<11,
∴小球个数最多为10,即n的最大值为10.
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