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第二节　球的切、接问题
1.正方体的外接球与内切球的表面积之比为（　　）
A. B.3
C.3 D.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
2.一个底面积为1的正四棱柱的顶点都在同一球面上，若此球的表面积为20π，则该四棱柱的高为（　　）
A. B.2
C.3 D.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
3.在母线长为4的圆锥PO中，其侧面展开图的面积为4π，则该圆锥的外接球的表面积为（　　）
A.32π B.
C. D.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
4.已知半球内有一个内接正方体，正方体的一个面在半球的底面圆内，若正方体的棱长为2，则半球的表面积为（　　）
A.10π B.12π
C.15π D.18π
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
5.如图，在边长为4的正方形ABCD中，点E，F分别为AB，BC的中点，将△ADE，△BEF，△CDF分别沿DE，EF，DF折起，使A，B，C三点重合于点A'，则四面体A'-DEF的外接球体积为（　　）
A.8π B.6π
C.4π D.2π
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
6.（2025·广西河池模拟）在《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑.若三棱锥P-ABC为鳖臑，PA⊥平面ABC，PA＝AB＝2，AC＝4，三棱锥P-ABC的四个顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为（　　）
A.8π B.12π
C.20π D.24π
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
7.〔多选〕已知球O的半径为，则下列结论正确的是（　　）
A.球O的表面积为6π
B.球O的内接正方体的棱长为1
C.球O的外切正方体的棱长为
D.球O的内接正四面体的棱长为2
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
8.（2023·全国甲卷理15题）在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别为AB，C1D1的中点.以EF为直径的球的球面与该正方体的棱共有　　　　个公共点.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
9.“圆柱容球”是阿基米德生前最引以为豪的发现，他死后，墓碑上刻着一个“圆柱容球”的几何图形，如图，球与圆柱的侧面及上、下底面相切，设圆柱体积与球的体积之比为m，圆柱的表面积与球的表面积之比为n，则＝　　　　.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
10.（2024·深圳一模）已知某圆台的上、下底面半径分别为r1，r2，且r2＝2r1，若半径为2的球与圆台的上、下底面及侧面均相切，则该圆台的体积为（　　）
A. B.
C. D.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
11.（2025·益阳模拟）如图所示，4个球两两外切形成的几何体，称为一个“最密堆垒”.显然，即使是“最密堆垒”，4个球之间依然存在着空隙.材料学研究发现，某种金属晶体中4个原子的“最密堆垒”的空隙中如果再嵌入一个另一种金属原子并和原来的4个原子均外切，则材料的性能会有显著性变化.记原金属晶体的原子半径为rA，另一种金属晶体的原子半径为rB，则rA和rB的关系是（　　）
A.2rB＝rA B.2rB＝rA
C.2rB＝（－1）rA D.2rB＝（－2）rA
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
12.（2024·三门峡模拟）四棱锥P-ABCD的顶点都在球O的表面上，△PAD是等边三角形，底面ABCD是矩形，平面PAD⊥平面ABCD，若AB＝2，BC＝3，则球O的表面积为　　　　.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
13.如图，在正四棱锥S-ABCD中，若底面边长为a，棱锥的高为h（2≤h≤4），且正四棱锥S-ABCD的体积为32，当正四棱锥S-ABCD的外接球的体积最小时，其侧棱长为　　　　.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
14.（创新设问方式）已知菱形ABCD的边长为2，∠B＝60°.将△ABC沿AC折起，折起后记点B为P，连接PD，得到三棱锥P-ACD如图所示，当三棱锥P-ACD的表面积最大时，三棱锥P-ACD的外接球体积为　　　　.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　 　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　
15.（创新情境）（2024·惠州联考）截角四面体是一种半正八面体，可由四面体经过适当的截角，即截去四面体的四个顶点所产生的多面体.如图所示，将棱长为6的正四面体沿棱的三等分点作平行于底面的截面得到所有棱长均为2的截角四面体，则该截角四面体的外接球表面积为　　　　.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
第二节　球的切、接问题
1.C　设正方体的外接球的半径为R，内切球的半径为r，棱长为1，则正方体的外接球的直径为正方体的体对角线长，即2R＝，所以R＝，正方体内切球的直径为正方体的棱长，即2r＝1，即r＝，所以＝，正方体的外接球与内切球的表面积之比为＝＝3.
2.C　设球的半径为R，则4πR2＝20π，解得R2＝5，设四棱柱的高为h，则（）2＋（）2＝R2，解得h＝3.
3.C　如图，由题意知PA＝PB＝4，侧面展开图的面积S＝·α·PA2＝8α＝4π，则α＝，即∠A1PA＝，故圆锥PO的底面周长为的长，为×4＝2π，所以2π＝2πr底面，所以圆锥PO的底面半径为1，从而PO＝＝＝，故其外接球的球心在线段PO上.不妨设球心为O1，半径为R，OO1＝x.连接AO1，则由R＝PO1＝AO1，得－x＝，解得x＝，所以R＝－x＝，所以该圆锥的外接球的表面积S'＝4πR2＝4π×（）2＝.故选C.
4.D　因为正方体的一个面在半球的底面圆内，所以过正方体体对角线的轴截面如图所示，又正方体的棱长为2，所以FG＝2，EF＝2，则OF＝（O为半球的球心），OG＝＝，即半球的半径为，所以半球的表面积为×4π×（）2＋π×（）2＝18π，故选D.
5.A　依题意，A'D⊥A'E，A'E⊥A'F，A'D⊥A'F，且A'D＝4，A'E＝A'F＝2，于是四面体A'-DEF可以补形成以A'D，A'E，A'F为相邻三条棱的长方体，该长方体的外接球与四面体A'-DEF的外接球相同，设四面体A'-DEF的外接球的半径为R，则2R为长方体的体对角线长，即2R＝＝2，所以四面体A'-DEF的外接球体积为π×（）3＝8π.故选A.
6.C　如图，由于三棱锥P-ABC的四个面都为直角三角形，则△ABC是直角三角形，且∠ABC＝，又PA⊥平面ABC，且△PAC，△PBC是直角三角形，所以球O的直径为PC＝2R＝＝＝2，所以R＝，故球O的表面积为S＝4πR2＝20π.故选C.
7.AD　球的表面积为4π×（）2＝4π×＝6π，A正确；正方体的体对角线长为2×＝，棱长为＝，B错误；球的外切正方体的棱长为2×＝，C错误；将正四面体A-B1CD1补形为正方体如图所示，正方体的体对角线长为2×＝，棱长为＝，所以正四面体的棱长为×＝2，D正确.故选A、D.
8.12　解析：如图，线段EF过正方体的中心，所以以EF为直径的球的球心即正方体的中心，球的半径为，而正方体的中心到每一条棱的距离均为，所以以EF为直径的球与每一条棱均相切，所以共有12个公共点.
9.1　解析：设球的半径为R，则圆柱的底面圆的半径为R，高为2R，则圆柱的体积为V1＝2πR3，球的体积为V2＝πR3，则m＝＝，圆柱的表面积为S1＝2πR·2R＋2πR2＝6πR2，球的表面积为S2＝4πR2，则n＝＝，所以＝1.
10.C　如图，设圆台上、下底面圆心分别为O1，O2，则圆台内切球的球心O一定在O1O2的中点处，设球O与母线AB切于M点，所以OM⊥AB，所以OM＝OO1＝OO2＝2，所以△AOO1与△AOM全等，所以AM＝r1，同理BM＝r2，所以AB＝r1＋r2＝3r1，过A作AG⊥BO2，垂足为G，则BG＝r2－r1＝r1，AG＝O1O2＝4，所以AG2＝AB2－BG2，所以16＝（3r1）2－＝8，所以r1＝，所以r2＝2，所以该圆台的体积为×（2π＋8π＋4π）×4＝.故选C.
11.D　由题意知，四个金属原子的球心的连线所围成的图形为如图所示的正四面体P-ABC，设正四面体的棱长为a（a＞0），高为h（h＞0），外接球球心为O，D为正三角形ABC的中心，则必有PD⊥平面ABC且P，O，D三点共线，在正三角形ABC中，易求得DB＝a×＝a，在△PDB中，由PB2＝PD2＋DB2，可得h＝PD＝＝a，在△OBD中，由OB2＝OD2＋DB2，得R2＝（h－R）2＋（a）2，解得R＝a，由题意得所以×2rA＝rA＋rB，所以2rB＝（－2）rA，故选D.
12.16π　解析：如图，连接AC，BD，AC∩BD＝G，取AD的中点E，连接PE，EG.因为四边形ABCD为矩形，所以G为四边形ABCD的外接圆圆心；在线段PE上取ME＝PE，因为△PAD为等边三角形，所以M为△PAD外接圆圆心，过G，M分别作平面ABCD和平面PAD的垂线，则两垂线的交点即为球O的球心O，连接OP，因为△PAD为等边三角形，所以PE⊥AD，因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PE 平面PAD，所以PE⊥平面ABCD，所以PE∥OG，同理可得，OM∥EG，所以四边形OMEG为矩形，所以OM＝EG＝AB＝1，PM＝PE＝×＝，所以OP＝＝2，即球O的半径R＝2，所以球O的表面积S＝4πR2＝16π.
13.2　解析：如图，连接AC，BD交于点M，连接SM，则SM⊥平面ABCD，外接球的球心O在棱锥的高SM上，连接OC.设外接球的半径为R.由题意知MC＝a.由VS-ABCD＝a2h＝32，得a2＝.由球的性质可知（h－R）2＋MC2＝R2，即R＝＝＋.设f（x）＝＋（2≤x≤4），则f'（x）＝－＝.当x∈[2，4]时，f'（x）＜0，所以函数f（x）在[2，4]上单调递减.当x＝4时，f（x）取得最小值，即当h＝4时，R取得最小值，正四棱锥S-ABCD的外接球的体积最小，此时a2＝24.所以正四棱锥的侧棱长l＝＝2.
14.π　解析：由题意可得△ACD，△ACP均为边长为2的等边三角形，△PAD，△PCD为两个全等的等腰三角形，则三棱锥P-ACD的表面积S＝2S△ACD＋2S△PCD＝2××2×2×＋2××2×2×sin ∠PCD＝2＋4sin ∠PCD≤2＋4，当且仅当sin ∠PCD＝1，即PC⊥CD时，三棱锥P-ACD的表面积取最大值，此时△PAD，△PCD为直角三角形，PD＝＝2.如图，取PD的中点O，连接OA，OC，由直角三角形的性质可得OA＝OC＝OD＝OP＝，即三棱锥P-ACD的外接球的球心为O，半径R＝，故外接球的体积为V＝π（）3＝π.
15.22π　解析：因为棱长为a的正四面体的高为＝a，所以截角四面体上下底面距离为×6－×2＝，设其外接球的半径为R，等边三角形ABC的中心为O'，正六边形EFHILK的中心为O″，易知外接球球心O在线段O'O″上，且O'O″⊥平面ABC，O'O″⊥平面EFHILK，则＋＝，所以＋＝，解得R2＝，所以该截角四面体的外接球的表面积为4πR2＝4π×＝22π.
3 / 3第二节　球的切、接问题
重点解读
　　球的切、接问题是高中数学的重点、难点，也是高考命题的热点，一般是通过对几何体的割补或寻找几何体外接球的球心求解外接球问题，利用等体积法求内切球半径等.
　八种常见球的切、接模型
1.正方体与球
（1）内切球：内切球直径2R＝正方体棱长a；
（2）棱切球：棱切球直径2R＝正方体的面对角线长a；
（3）外接球：外接球直径2R＝正方体体对角线长a.
2.长方体的外接球
外接球直径2R＝体对角线长（a，b，c分别为长方体的长、宽、高）.
3.正四面体的外接球
如图，设正四面体ABCD的棱长为a，将其放入正方体中，则正方体的棱长为a，显然正四面体和正方体有相同的外接球.正方体外接球半径为R＝a·＝a，即正四面体外接球半径为R＝a.
4.对棱相等的三棱锥的外接球
四面体ABCD中，AB＝CD＝m，AC＝BD＝n，AD＝BC＝t，这种四面体叫做对棱相等四面体，可以通过构造长方体求解这类问题.
如图，设长方体的长、宽、高分别为a，b，c，则三式相加可得a2＋b2＋c2＝，而显然四面体和长方体有相同的外接球，设外接球半径为R，则a2＋b2＋c2＝4R2，所以R＝.
5.直棱柱（圆柱）的外接球
如图1，图2，图3，直三棱柱内接于球（同时直棱柱也内接于圆柱，棱柱的上下底面可以是任意三角形）.
（1）确定球心O的位置，球心O在三棱柱上下底面外接圆圆心连线段O1O2的中点处；
（2）求外接球半径R，设三棱柱下底面外接圆半径为r，三棱柱的高为h，由图可知OO1⊥平面ABC.在Rt△AO1O中，OA＝R，AO1＝r，OO1＝，所以R＝.
6.正棱锥的外接球与内切球
（1）内切球：V正棱锥＝S表·r＝S底·h（等体积法），r是内切球半径，h为正棱锥的高；
（2）外接球：外接球球心在其高上，底面正多边形的外接圆圆心为E，半径为r，R2＝（h－R）2＋r2（正棱锥外接球半径为R，高为h）.
7.球内接圆锥
如图1，设圆锥的高为h，底面圆半径为r，球的半径为R.通常在△OCB中，由勾股定理建立方程来计算R.如图2，当PC＞CB时，球心在圆锥内部；如图3，当PC＜CB时，球心在圆锥外部.
由图2、图3可知，OC＝h－R或R－h，故（h－R）2＋r2＝R2，所以R＝.
8.球内接圆台
R2＝＋（）2，其中r1，r2，h分别为圆台的上底面半径、下底面半径、高.
求解与几何体的外接球有关问题
（定向精析突破）
考向1　定义法
（1）在三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC，PA＝2，AB＝2，AC＝4，∠BAC＝45°，则三棱锥P-ABC外接球的表面积是（　　）
A.14π B.16π C.18π D.20π
（2）（2022·新高考Ⅱ卷7题）已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为3和4，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（　　）
A.100π B.128π
C.144π D.192π
听课记录　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　解题技法
　　到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据球心到其他顶点的距离也是半径，列关系式求解即可.
某建筑的形状可视为内外两个同轴圆柱，某爱好者制作了一个实心模型，已知模型内层底面直径为12 cm，外层底面直径为16 cm，且内外层圆柱的底面圆周都在一个直径为20 cm的球面上，则此模型的体积为　　　　 cm3.
考向2　补形法
数学中有许多形状优美、寓意独特的几何体，图1所示的礼品包装盒就是其中之一.该礼品包装盒可以看成是一个十面体，其中上、下底面为全等的正方形，所有的侧面是全等的等腰三角形.将长方体ABCD-A1B1C1D1的上底面A1B1C1D1绕着其中心旋转45°得到如图2所示的十面体ABCD-EFGH.已知AB＝AD＝2，AE＝，则十面体ABCD-EFGH外接球的表面积是　　　　.
听课记录　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　解题技法
补形法的解题策略
（1）侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；
（2）若直棱柱的底面有外接圆，可以补成圆柱求解.
1.已知在三棱锥P-ABC中，AC＝，BC＝1，AC⊥BC且PA＝2PB，PB⊥平面ABC，则其外接球体积为（　　）
A. B.4π
C. D.4π
2.已知三棱锥A-BCD，三组对棱两两相等，且AB＝CD＝1，AD＝BC＝，若三棱锥A-BCD的外接球表面积为，则AC＝　　　　.
考向3　截面法
两个圆锥的底面是一个球的同一截面，顶点均在球面上，若球的体积为，两个圆锥的高之比为1∶3，则这两个圆锥的体积之和为（　　）
A.3π B.4π
C.9π D.12π
听课记录　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　解题技法
与球截面有关的解题策略
（1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径；
（2）作截面：选准最佳角度作出截面，实现空间问题平面化的目的.
（2025·南昌四校联考）在正方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝2，M，N分别为AD，BC的中点，该正方体的外接球为球O，则平面A1MN截球O得到的截面圆的面积为（　　）
A. B.
C. D.
求解与几何体的内切球有关的问题
（师生共研过关）
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　　　　.
听课记录　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　解题技法
1.多面体内切球的球心与半径的确定
（1）内切球球心到多面体各面的距离均相等，外接球球心到多面体各顶点的距离均相等；
（2）正多面体的内切球和外接球的球心重合；
（3）正棱锥的内切球和外接球球心都在高线上，但不重合；
（4）体积分割是求内切球半径的通用做法.
2.正四面体的内切球的半径r＝a，其半径是外接球半径的三分之一（a为该正四面体的棱长）.
1.一个球与一个正三棱柱的三个侧面和两个底面都相切，已知这个球的体积为，那么这个正三棱柱的体积是（　　）
A.12 B.2
C.6 D.48
2.半球内放三个半径为的小球，三小球两两相切，并且与球面及半球底面的大圆面也相切，则该半球的半径是（　　）
A.1＋ B.＋
C.＋ D.＋
求解与球切、接有关的最值问题
（师生共研过关）
已知球O的半径为1，四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均在球O的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为（　　）
A. B.
C. D.
听课记录　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　解题技法
处理与球切、接有关最值问题的解题策略
（1）几何法：利用几何体中的特殊点、特殊面构造内含待求目标值的特殊几何体求解；
（2）代数法：找出问题中的代数关系，建立目标函数，利用代数方法求目标函数的最值.解题途径很多，在函数建成后，可用一次函数的端点法，二次函数的配方法、公式法，函数有界法（如三角函数等）及导数法等.
在正方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝4，O为AC1的中点，若该正方体的棱与球O的球面有公共点，则球O的半径的取值范围是　　　　.
第二节　球的切、接问题
【考点·分类突破】
考点1
【例1】 （1）D　（2）A
解析：（1）在△BAC中，∠BAC＝45°，AB＝2，AC＝4，由余弦定理可得BC2＝AB2＋AC2－2AB·ACcos 45°＝8＋16－2×2×4×＝8，则BC2＋AB2＝AC2，所以BC⊥AB，由PA⊥平面ABC，BC 平面ABC，得PA⊥BC，又PA∩AB＝A，PA，AB 平面PAB，所以BC⊥平面PAB，所以BC⊥PB，所以△PBC为直角三角形，又△PAC为直角三角形，所以PC是三棱锥P-ABC外接球直径，设O是PC的中点，即为球心，又AC＝4，PA＝2，所以PC＝＝＝2，所以外接球半径为，所以所求外接球的表面积S＝4π×（）2＝20π.故选D.
（2）由题意，得正三棱台上、下底面的外接圆的半径分别为××3＝3，××4＝4.设该棱台上、下底面的外接圆的圆心分别为O1，O2，连接O1O2，则O1O2＝1，其外接球的球心O在直线O1O2上.设球O的半径为R，当球心O在线段O1O2上时，R2＝32＋O＝42＋（1－OO1）2，解得OO1＝4（舍去）；当球心O不在线段O1O2上时，R2＝42＋O＝32＋（1＋OO2）2，解得OO2＝3，所以R2＝25，所以该球的表面积为4πR2＝100π.故选A.
跟踪训练
912π　解析：由题意，设球心为O，模型内层圆柱底面的圆心为O1，模型外层圆柱底面的圆心为O2，点A，B分别在圆O1，O2上，如图，连接AO，BO，AO1，BO2，OO1，则O2在OO1上，因为AO＝BO＝10 cm，AO1＝6 cm，BO2＝8 cm，在Rt△AO1O中，由勾股定理得OO1＝＝8（cm），在Rt△BO2O中，由勾股定理得OO2＝＝6（cm），所以内层圆柱的高h1＝16 cm，外层圆柱的高h2＝12 cm，所以此模型的体积V＝π×82×12＋π×62×（16－12）＝912π（cm3）.
【例2】 （11＋2）π　解析：由题中数据可知A1E2＝1＋（－1）2＝4－2，则AA1＝＝＋1，因为十面体ABCD-EFGH是由长方体ABCD-A1B1C1D1的上底面绕着其中心旋转45°得到，所以长方体ABCD-A1B1C1D1的外接球就是十面体ABCD-EFGH的外接球.设十面体ABCD-EFGH外接球的半径为R，（2R）2＝22＋22＋（＋1）2，则R2＝，故十面体ABCD-EFGH外接球的表面积是4πR2＝（11＋2）π.
跟踪训练
1.A　AB＝＝，设PB＝h，则由PA＝2PB，可得＝2h，解得h＝1，可将三棱锥P-ABC还原成如图所示的长方体，则三棱锥P-ABC的外接球即为长方体的外接球，设外接球的半径为R，则2R＝＝2，R＝1，所以其外接球的体积V＝R3＝.故选A.
2.　解析：根据题意可将三棱锥A-BCD放置于长方体中，如图，∵三棱锥A-BCD的顶点为长方体八个顶点中的四个，∴长方体的外接球就是三棱锥A-BCD的外接球，∵AB＝CD＝1，AD＝BC＝，且三组对棱两两相等，∴设AC＝BD＝x，得长方体的体对角线长为＝，可得外接球的直径2R＝，∴半径R＝.∵三棱锥A-BCD的外接球表面积为，∴4πR2＝，解得R＝，即＝，解得x＝（舍负），因此AC＝BD＝.
【例3】 B　如图所示，设两个圆锥的底面圆圆心为点D，设圆锥AD和圆锥BD的高之比为3∶1，即AD＝3BD，设球的半径为R，则＝，可得R＝2，所以AB＝AD＋BD＝4BD＝4，所以BD＝1，AD＝3，因为CD⊥AB，AB为球的直径，所以△ACD∽△CBD，所以＝，所以CD＝＝，因此这两个圆锥的体积之和为π×CD2·（AD＋BD）＝π×3×4＝4π.
跟踪训练
D　如图，连接B1N，由题意易知MN∥A1B1，MN＝A1B1，故四边形A1B1NM为平行四边形.连接B1C，BC1，交于点H，取B1C1的中点K，连接NK，则NK过点H，在Rt△B1KN中，B1K＝1，NK＝2，B1N＝，易知点K到B1N的距离为，又H为NK的中点，故点H到B1N的距离为，因此球心O到平面A1MN的距离为，由题易知球O的半径R＝，故平面A1MN截球O得到的截面圆的半径r＝＝，故截面圆的面积S＝πr2＝，故选D.
考点2
【例4】 π　解析：易知半径最大的球即为该圆锥的内切球.圆锥PE及其内切球O如图所示，设内切球的半径为R，则sin ∠BPE＝＝＝，所以OP＝3R，所以PE＝4R＝＝＝2，所以R＝，所以内切球的体积V＝πR3＝π，即该圆锥内半径最大的球的体积为π.
跟踪训练
1.C　设球的半径为R，由R3＝，得R＝1.因为球与正三棱柱的三个侧面和两个底面都相切，所以正三棱柱的高等于球的直径2，正三棱柱的底面三角形的内切圆的半径等于球的半径1.设正三棱柱的底面三角形的边长为a，则a×sin×＝1，所以a＝2，所以这个正三棱柱的体积V＝×（2）2×2＝6.故选C.
2.D　三个小球的球心O1，O2，O3构成边长为2的正三角形，则其外接圆半径为2.设半球的球心为O，小球O1与半球底面切于点A.如图，经过点O，O1，A作半球的截面，则半圆O的半径为OC，OC⊥OA，作O1B⊥OC于点B.则OA＝O1B＝2.设该半球的半径是R，在Rt△OAO1中，由（R－）2＝22＋（）2可得R＝＋.
考点3
【例5】 C　法一（特殊法） 不妨设四棱锥的底面是正方形，边长为a，底面正方形外接圆的半径为r，则r＝a，四棱锥的高h＝，所以四棱锥的体积V＝a2＝≤＝＝，当且仅当＝1－，即a2＝时等号成立，此时四棱锥的高h＝＝＝，故选C.
法二（导数法） 设四棱锥的底面是正方形，底面正方形外接圆的半径为r，四棱锥的高为h，则r2＋h2＝1，r＝，正方形的边长为r＝ ，所以四棱锥的体积V＝Sh＝（1－h2）h＝（－h3＋h）.令f（h）＝－h3＋h（0＜h＜1），则f'（h）＝－3h2＋1，令f'（h）＝－3h2＋1＝0，得h＝，所以f（h）在上单调递增，在上单调递减，所以当h＝时，f（h）取得最大值，所以当四棱锥的体积最大时，其高为，故选C.
法三（转化法） 该四棱锥的体积最大即以底面截球的圆面和顶点O组成的圆锥体积最大，设圆锥的高为h（0＜h＜1），底面半径为r，则r2＋h2＝1，r＝，则圆锥的体积V＝πr2h＝π（1－h2）h，则V'＝π（1－3h2），令V'＝π（1－3h2）＝0，得h＝，所以V＝π（1－h2）h在上单调递增，在上单调递减，所以当h＝时，四棱锥的体积最大，故选C.
跟踪训练
[2，2]
解析：当球是正方体的外接球时，恰好经过正方体的每个顶点，所求球的半径最大，若半径变得更大，球会包含正方体，导致球面和棱没有交点，设正方体的外接球直径为2R，则2R＝AC1＝＝4，即R＝2.分别取侧棱AA1，BB1，CC1，DD1的中点M，H，G，N，显然四边形MNGH是边长为4的正方形，且O为正方形MNGH的对角线交点，连接MG，则MG＝4，当球的一个大圆恰好是四边形MNGH的外接圆时，球的半径最小，即R'＝2.综上，球O半径的取值范围为[2，2].
5 / 5(共68张PPT)
第二节　球的切、接问题
高中总复习·数学
重点解读
　　球的切、接问题是高中数学的重点、难点，也是高考命题的热点，一
般是通过对几何体的割补或寻找几何体外接球的球心求解外接球问题，利
用等体积法求内切球半径等.
目 录
CONTENTS
考点·分类突破
01.
课时·跟踪检测
02.
PART 01
考点·分类突破
精选考点 | 课堂演练
　八种常见球的切、接模型
1. 正方体与球
（1）内切球：内切球直径2R＝正方体棱长a；
（2）棱切球：棱切球直径2R＝正方体的面对角线长 a；
（3）外接球：外接球直径2R＝正方体体对角线长 a.
2. 长方体的外接球
外接球直径2R＝体对角线长 （a，b，c分别为长方体的
长、宽、高）.
3. 正四面体的外接球
如图，设正四面体ABCD的棱长为a，将其放入正方体中，则正方体的棱
长为 a，显然正四面体和正方体有相同的外接球.正方体外接球半径为R
＝ a· ＝ a，即正四面体外接球半径为R＝ a.
4. 对棱相等的三棱锥的外接球
四面体ABCD中，AB＝CD＝m，AC＝BD＝n，AD＝BC＝t，这种四
面体叫做对棱相等四面体，可以通过构造长方体求解这类问题.
如图，设长方体的长、宽、高分别为a，b，c，则 三式相
加可得a2＋b2＋c2＝ ，而显然四面体和长方体有相同的外接
球，设外接球半径为R，则a2＋b2＋c2＝4R2，所以R＝ .
5. 直棱柱（圆柱）的外接球
如图1，图2，图3，直三棱柱内接于球（同时直棱柱也内接于圆柱，棱柱
的上下底面可以是任意三角形）.
（1）确定球心O的位置，球心O在三棱柱上下底面外接圆圆心连线段
O1O2的中点处；
（2）求外接球半径R，设三棱柱下底面外接圆半径为r，三棱柱的高为
h，由图可知OO1⊥平面ABC. 在Rt△AO1O中，OA＝R，AO1＝r，OO1
＝ ，所以R＝ .
6. 正棱锥的外接球与内切球
（1）内切球：V正棱锥＝ S表·r＝ S底·h（等体积法），r是内切球半径，
h为正棱锥的高；
（2）外接球：外接球球心在其高上，底面正多边形的外接圆圆心为E，半
径为r，R2＝（h－R）2＋r2（正棱锥外接球半径为R，高为h）.
7. 球内接圆锥
如图1，设圆锥的高为h，底面圆半径为r，球的半径为R. 通常在△OCB
中，由勾股定理建立方程来计算R. 如图2，当PC＞CB时，球心在圆锥内
部；如图3，当PC＜CB时，球心在圆锥外部.
由图2、图3可知，OC＝h－R或R－h，故（h－R）2＋r2＝R2，所以R
＝ .
8. 球内接圆台
R2＝ ＋（ ）2，其中r1，r2，h分别为圆台的上底面半径、下底
面半径、高.
求解与几何体的外接球有关问题（定向精析突破）
考向1　定义法
（1）在三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC，PA＝2，AB＝2 ，
AC＝4，∠BAC＝45°，则三棱锥P-ABC外接球的表面积是（　D　）
A. 14π B. 16π C. 18π D. 20π
D
解析： 在△BAC中，∠BAC＝45°，AB＝2 ，AC＝4，由余弦定
理可得BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC cos 45°＝8＋16－2×2 ×4× ＝
8，则BC2＋AB2＝AC2，所以BC⊥AB，由PA⊥平面ABC，BC 平面
ABC，得PA⊥BC，又PA∩AB＝A，PA，AB 平面PAB，所以BC⊥平
面PAB，所以BC⊥PB，所以△PBC为直角三角形，又△PAC为直角三角
形，所以PC是三棱锥P-ABC外接球直径，设O是PC的中点，即为球心，
又AC＝4，PA＝2，所以PC＝ ＝ ＝2 ，所以外接
球半径为 ，所以所求外接球的表面积S＝4π×（ ）2＝20π.故选D.
（2）（2022·新高考Ⅱ卷7题）已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分
别为3 和4 ，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（　A　）
A. 100π B. 128π C. 144π D. 192π
A
解析： 由题意，得正三棱台上、下底面的外接圆的半径分别为 ×
×3 ＝3， × ×4 ＝4.设该棱台上、下底面的外接圆的圆心分别为
O1，O2，连接O1O2，则O1O2＝1，其外接球的球心O在直线O1O2上.设球
O的半径为R，当球心O在线段O1O2上时，R2＝32＋O ＝42＋（1－
OO1）2，解得OO1＝4（舍去）；当球心O不在线段O1O2上时，R2＝42＋
O ＝32＋（1＋OO2）2，解得OO2＝3，所以R2＝25，所以该球的表面积
为4πR2＝100π.故选A.
解题技法
　　到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外
接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据球心到其他顶点的距
离也是半径，列关系式求解即可.
某建筑的形状可视为内外两个同轴圆柱，某爱好者制作了一个实心模型，
已知模型内层底面直径为12 cm，外层底面直径为16 cm，且内外层圆柱的
底面圆周都在一个直径为20 cm的球面上，则此模型的体积
为 cm3.
912π
解析：由题意，设球心为O，模型内层圆柱底面的圆心为
O1，模型外层圆柱底面的圆心为O2，点A，B分别在圆
O1，O2上，如图，连接AO，BO，AO1，BO2，OO1，则
O2在OO1上，因为AO＝BO＝10 cm，AO1＝6 cm，BO2
＝8 cm，在Rt△AO1O中，由勾股定理得OO1＝
＝8（cm），在Rt△BO2O中，由勾股定理得OO2＝ ＝6（cm），所以内层圆柱的高h1＝16 cm，外层圆柱的高h2＝12 cm，所以此模型的体积V＝π×82×12＋π×62×（16－12）＝912π（cm3）.
考向2　补形法
数学中有许多形状优美、寓意独特的几何体，图1所示的礼品包装盒
就是其中之一.该礼品包装盒可以看成是一个十面体，其中上、下底面为
全等的正方形，所有的侧面是全等的等腰三角形.将长方体ABCD-
A1B1C1D1的上底面A1B1C1D1绕着其中心旋转45°得到如图2所示的十面体
ABCD-EFGH. 已知AB＝AD＝2，AE＝ ，则十面体ABCD-EFGH外
接球的表面积是 .
（11＋2 ）π
解析：由题中数据可知A1E2＝1＋（ －1）2＝4－2 ，则AA1＝
＝ ＋1，因为十面体ABCD-EFGH是由长方体ABCD-
A1B1C1D1的上底面绕着其中心旋转45°得到，所以长方体ABCD-
A1B1C1D1的外接球就是十面体ABCD-EFGH的外接球.设十面体ABCD-
EFGH外接球的半径为R，（2R）2＝22＋22＋（ ＋1）2，则R2＝
，故十面体ABCD-EFGH外接球的表面积是4πR2＝（11＋2 ）π.
解题技法
补形法的解题策略
（1）侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱均相等的模型，可以还原
到正方体或长方体中去求解；
（2）若直棱柱的底面有外接圆，可以补成圆柱求解.
1. 已知在三棱锥P-ABC中，AC＝ ，BC＝1，AC⊥BC且PA＝2PB，
PB⊥平面ABC，则其外接球体积为（　　）
A. B. 4π C. D. 4 π
解析： 　AB＝ ＝ ，设PB＝h，则由PA
＝2PB，可得 ＝2h，解得h＝1，可将三棱锥P-
ABC还原成如图所示的长方体，则三棱锥P-ABC的外接球
即为长方体的外接球，设外接球的半径为R，则2R＝ ＝2，R＝1，所以其外接球的体积V＝ R3＝ .故选A.
√
2. 已知三棱锥A-BCD，三组对棱两两相等，且AB＝CD＝1，AD＝BC
＝ ，若三棱锥A-BCD的外接球表面积为 ，则AC＝ 　　 　　.
解析：根据题意可将三棱锥A-BCD放置于长方体中，如
图，∵三棱锥A-BCD的顶点为长方体八个顶点中的四个，
∴长方体的外接球就是三棱锥A-BCD的外接球，∵AB＝
CD＝1，AD＝BC＝ ，且三组对棱两两相等，∴设AC
＝BD＝x，得长方体的体对角线长为 ＝ ，可得外接球的直径2R＝ ，∴半径R＝ .∵三棱锥A-BCD的外接球表面积为 ，∴4πR2＝ ，解得R＝ ，即 ＝ ，解得x＝ （舍负），因此AC＝BD＝ .

考向3　截面法
两个圆锥的底面是一个球的同一截面，顶点均在球面上，若球的体
积为 ，两个圆锥的高之比为1∶3，则这两个圆锥的体积之和为（　　）
A. 3π B. 4π C. 9π D. 12π
√
解析： 　如图所示，设两个圆锥的底面圆圆心为点D，设圆
锥AD和圆锥BD的高之比为3∶1，即AD＝3BD，设球的半
径为R，则 ＝ ，可得R＝2，所以AB＝AD＋BD＝
4BD＝4，所以BD＝1，AD＝3，因为CD⊥AB，AB为球的
直径，所以△ACD∽△CBD，所以 ＝ ，所以CD＝ ＝ ，因此这两个圆锥的体积之和为 π×CD2·（AD＋BD）＝ π×3×4＝4π.
解题技法
与球截面有关的解题策略
（1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为半径；如果是
外接球，球心到接点的距离相等且为半径；（2）作截面：选准最佳角度
作出截面，实现空间问题平面化的目的.
（2025·南昌四校联考）在正方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝2，M，N分
别为AD，BC的中点，该正方体的外接球为球O，则平面A1MN截球O得
到的截面圆的面积为（　　）
A. B. C. D.
√
解析： 　如图，连接B1N，由题意易知MN∥A1B1，
MN＝A1B1，故四边形A1B1NM为平行四边形.连接
B1C，BC1，交于点H，取B1C1的中点K，连接NK，则
NK过点H，在Rt△B1KN中，B1K＝1，NK＝2，B1N＝
，易知点K到B1N的距离为 ，又H为NK的中点，故点H到B1N的距离为 ，因此球心O到平面A1MN的距离为 ，由题易知球O的半径R＝ ，故平面A1MN截球O得到的截面圆的半径r＝ ＝ ，故截面圆
的面积S＝πr2＝ ，故选D.
求解与几何体的内切球有关的问题（师生共研过关）
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 .
π　
解析：易知半径最大的球即为该圆锥的内切球.圆锥PE及其
内切球O如图所示，设内切球的半径为R，则 sin ∠BPE＝
＝ ＝ ，所以OP＝3R，所以PE＝4R＝
＝ ＝2 ，所以R＝ ，所以内切球的体积V＝
πR3＝ π，即该圆锥内半径最大的球的体积为 π.
解题技法
1. 多面体内切球的球心与半径的确定
（1）内切球球心到多面体各面的距离均相等，外接球球心到多面体各顶
点的距离均相等；
（2）正多面体的内切球和外接球的球心重合；
（3）正棱锥的内切球和外接球球心都在高线上，但不重合；
（4）体积分割是求内切球半径的通用做法.
2. 正四面体的内切球的半径r＝ a，其半径是外接球半径的三分之一
（a为该正四面体的棱长）.
1. 一个球与一个正三棱柱的三个侧面和两个底面都相切，已知这个球的体
积为 ，那么这个正三棱柱的体积是（　　）
A. 12 B. 2 C. 6 D. 48
解析： 　设球的半径为R，由 R3＝ ，得R＝1.因为球与正三棱柱的
三个侧面和两个底面都相切，所以正三棱柱的高等于球的直径2，正三棱
柱的底面三角形的内切圆的半径等于球的半径1.设正三棱柱的底面三角形
的边长为a，则a× sin × ＝1，所以a＝2 ，所以这个正三棱柱的体
积V＝ ×（2 ）2×2＝6 .故选C.
√
2. 半球内放三个半径为 的小球，三小球两两相切，并且与球面及半球
底面的大圆面也相切，则该半球的半径是（　　）
A. 1＋ B. ＋
C. ＋ D. ＋
解析： 　三个小球的球心O1，O2，O3构成边长为2
的正三角形，则其外接圆半径为2.设半球的球心为O，
小球O1与半球底面切于点A. 如图，经过点O，O1，A作
半球的截面，则半圆O的半径为OC，OC⊥OA，作O1B⊥OC于点B. 则OA＝O1B＝2.设该半球的半径是R，在Rt△OAO1中，由（R－ ）2＝22＋（ ）2可得R＝ ＋ .
√
求解与球切、接有关的最值问题（师生共研过关）
已知球O的半径为1，四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均在球O
的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为（　　）
A. B.
C. D.
√
解析： 　法一（特殊法） 不妨设四棱锥的底面是正方形，边长为a，底
面正方形外接圆的半径为r，则r＝ a，四棱锥的高h＝ ，所以
四棱锥的体积V＝ a2 ＝ ≤
＝ ＝ ，当且仅当 ＝1－ ，即a2＝ 时等号成立，此时四棱
锥的高h＝ ＝ ＝ ，故选C.
法二（导数法） 设四棱锥的底面是正方形，底面正方形外接圆的半径为
r，四棱锥的高为h，则r2＋h2＝1，r＝ ，正方形的边长为 r＝
，所以四棱锥的体积V＝ Sh＝ （1－h2）h＝ （－h3＋
h）.令f（h）＝－h3＋h（0＜h＜1），则f'（h）＝－3h2＋1，令f'（h）
＝－3h2＋1＝0，得h＝ ，所以f（h）在 上单调递增，在
上单调递减，所以当h＝ 时，f（h）取得最大值，所以当四棱
锥的体积最大时，其高为 ，故选C.
法三（转化法） 该四棱锥的体积最大即以底面截球的圆面和顶点O组成的
圆锥体积最大，设圆锥的高为h（0＜h＜1），底面半径为r，则r2＋h2＝
1，r＝ ，则圆锥的体积V＝ πr2h＝ π（1－h2）h，则V'＝ π
（1－3h2），令V'＝ π（1－3h2）＝0，得h＝ ，所以V＝ π（1－h2）
h在 上单调递增，在 上单调递减，所以当h＝ 时，四棱
锥的体积最大，故选C.
解题技法
处理与球切、接有关最值问题的解题策略
（1）几何法：利用几何体中的特殊点、特殊面构造内含待求目标值的特
殊几何体求解；
（2）代数法：找出问题中的代数关系，建立目标函数，利用代数方法
求目标函数的最值.解题途径很多，在函数建成后，可用一次函数的端
点法，二次函数的配方法、公式法，函数有界法（如三角函数等）及
导数法等.
在正方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝4，O为AC1的中点，若该正方体的棱
与球O的球面有公共点，则球O的半径的取值范围是
.
[2 ，
2 ]
解析：当球是正方体的外接球时，恰好经过正方体的
每个顶点，所求球的半径最大，若半径变得更大，球
会包含正方体，导致球面和棱没有交点，设正方体的
外接球直径为2R，则2R＝AC1＝ ＝4 ，
即R＝2 .分别取侧棱AA1，BB1，CC1，DD1的中点M，H，G，N，显然四边形MNGH是边长为4的正方形，且O为正方形MNGH的对角线交点，连接MG，则MG＝4 ，当球的一个大圆恰好是四边形MNGH的外接圆
时，球的半径最小，即R'＝2 .综上，球O半径的取值范围为[2 ，
2 ].
PART 02
课时·跟踪检测
关键能力 | 课后练习
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
20
22
23
24
25
1. 正方体的外接球与内切球的表面积之比为（　　）
A. B. 3
C. 3 D.
解析： 　设正方体的外接球的半径为R，内切球的半径为r，棱长为1，
则正方体的外接球的直径为正方体的体对角线长，即2R＝ ，所以R＝
，正方体内切球的直径为正方体的棱长，即2r＝1，即r＝ ，所以 ＝
，正方体的外接球与内切球的表面积之比为 ＝ ＝3.
√
2. 一个底面积为1的正四棱柱的顶点都在同一球面上，若此球的表面积为
20π，则该四棱柱的高为（　　）
A. B. 2
C. 3 D.
解析： 　设球的半径为R，则4πR2＝20π，解得R2＝5，设四棱柱的高为
h，则（ ）2＋（ ）2＝R2，解得h＝3 .
√
3. 在母线长为4的圆锥PO中，其侧面展开图的面积为4π，则该圆锥的外接
球的表面积为（　　）
A. 32π B.
C. D.
√
解析： 　如图，由题意知PA＝PB＝4，侧面展开
图的面积S＝ ·α·PA2＝8α＝4π，则α＝ ，即
∠A1PA＝ ，故圆锥PO的底面周长为 的长，
为 ×4＝2π，所以2π＝2πr底面，所以圆锥PO的底
面半径为1，从而PO＝ ＝ ＝ ，故其外接球的球心在线段PO上.不妨设球心为O1，半径为R，OO1＝x.连接AO1，则由R＝PO1＝AO1，得 －x＝ ，解得x＝ ，所以R＝ －x＝ ，所以该圆锥的外接球的表面积S'＝4πR2＝4π×（ ）2＝ .故选C.
4. 已知半球内有一个内接正方体，正方体的一个面在半球的底面圆内，若
正方体的棱长为2，则半球的表面积为（　　）
A. 10π B. 12π
解析： 　因为正方体的一个面在半球的底面圆内，所
以过正方体体对角线的轴截面如图所示，又正方体的棱
长为2，所以FG＝2，EF＝2 ，则OF＝ （O为半
球的球心），OG＝ ＝ ，即半球的半径为 ，所以半球的表面积为 ×4π×（ ）2＋π×（ ）2＝18π，故选D.
√
C. 15π D. 18π
5. 如图，在边长为4的正方形ABCD中，点E，F分别为AB，BC的中点，
将△ADE，△BEF，△CDF分别沿DE，EF，DF折起，使A，B，C三
点重合于点A'，则四面体A'-DEF的外接球体积为（　　）
A. 8 π
B. 6 π
C. 4 π
D. 2 π
√
解析： 　依题意，A'D⊥A'E，A'E⊥A'F，A'D⊥A'F，且A'D＝
4，A'E＝A'F＝2，于是四面体A'-DEF可以补形成以A'D，A'E，A'F
为相邻三条棱的长方体，该长方体的外接球与四面体A'-DEF的外接球相
同，设四面体A'-DEF的外接球的半径为R，则2R为长方体的体对角线
长，即2R＝ ＝2 ，所以四面体A'-DEF的外接球体
积为 π×（ ）3＝8 π.故选A.
6. （2025·广西河池模拟）在《九章算术》中，将四个面都为直角三角形
的三棱锥称之为鳖臑.若三棱锥P-ABC为鳖臑，PA⊥平面ABC，PA＝AB
＝2，AC＝4，三棱锥P-ABC的四个顶点都在球O的球面上，则球O的表
面积为（　　）
A. 8π B. 12π
C. 20π D. 24π
√
解析： 　如图，由于三棱锥P-ABC的四个面都为直角三
角形，则△ABC是直角三角形，且∠ABC＝ ，又PA⊥平
面ABC，且△PAC，△PBC是直角三角形，所以球O的直
径为PC＝2R＝ ＝ ＝2 ，所以R＝
，故球O的表面积为S＝4πR2＝20π.故选C.
7. 〔多选〕已知球O的半径为 ，则下列结论正确的是（　　）
A. 球O的表面积为6π
B. 球O的内接正方体的棱长为1
C. 球O的外切正方体的棱长为
D. 球O的内接正四面体的棱长为2
√
√
解析： 　球的表面积为4π×（ ）2＝4π× ＝6π，A
正确；正方体的体对角线长为2× ＝ ，棱长为 ＝
，B错误；球的外切正方体的棱长为2× ＝ ，C错
误；将正四面体A-B1CD1补形为正方体如图所示，正方体的体对角线长为2× ＝ ，棱长为 ＝ ，所以正四面体的棱长为 × ＝2，D正确.故选A、D.
8. （2023·全国甲卷理15题）在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别为
AB，C1D1的中点.以EF为直径的球的球面与该正方体的棱共
有 个公共点.
解析：如图，线段EF过正方体的中心，所以以EF为直
径的球的球心即正方体的中心，球的半径为 ，而正方
体的中心到每一条棱的距离均为 ，所以以EF为直径
的球与每一条棱均相切，所以共有12个公共点.
12
9. “圆柱容球”是阿基米德生前最引以为豪的发现，他死后，墓碑上刻着
一个“圆柱容球”的几何图形，如图，球与圆柱的侧面及上、下底面相
切，设圆柱体积与球的体积之比为m，圆柱的表面积与球的表面积之比为
n，则 ＝ .
1
解析：设球的半径为R，则圆柱的底面圆的半径为R，高为2R，则圆柱的
体积为V1＝2πR3，球的体积为V2＝ πR3，则m＝ ＝ ，圆柱的表面积为
S1＝2πR·2R＋2πR2＝6πR2，球的表面积为S2＝4πR2，则n＝ ＝ ，所以
＝1.
10. （2024·深圳一模）已知某圆台的上、下底面半径分别为r1，r2，且r2
＝2r1，若半径为2的球与圆台的上、下底面及侧面均相切，则该圆台的体
积为（　　）
A. B.
C. D.
√
解析： 　如图，设圆台上、下底面圆心分别为O1，
O2，则圆台内切球的球心O一定在O1O2的中点处，设球
O与母线AB切于M点，所以OM⊥AB，所以OM＝OO1
＝OO2＝2，所以△AOO1与△AOM全等，所以AM＝
r1，同理BM＝r2，所以AB＝r1＋r2＝3r1，过A作AG⊥BO2，垂足为G，则BG＝r2－r1＝r1，AG＝O1O2＝4，所以AG2＝AB2－BG2，所以16＝（3r1）2－ ＝8 ，所以r1＝ ，所以r2＝2 ，所以该圆台的体积
为 ×（2π＋8π＋4π）×4＝ .故选C.
11. （2025·益阳模拟）如图所示，4个球两两外切形成的几何体，称为一
个“最密堆垒”.显然，即使是“最密堆垒”，4个球之间依然存在着空
隙.材料学研究发现，某种金属晶体中4个原子的“最密堆垒”的空隙中如
果再嵌入一个另一种金属原子并和原来的4个原子均外切，则材料的性能
会有显著性变化.记原金属晶体的原子半径为rA，另一种金属晶体的原子
半径为rB，则rA和rB的关系是（　　）
A. 2rB＝ rA
B. 2rB＝ rA
C. 2rB＝（ －1）rA
D. 2rB＝（ －2）rA
√
解析： 　由题意知，四个金属原子的球心的连线
所围成的图形为如图所示的正四面体P-ABC，设
正四面体的棱长为a（a＞0），高为h（h＞0），
外接球球心为O，D为正三角形ABC的中心，则必
有PD⊥平面ABC且P，O，D三点共线，在正三
角形ABC中，易求得DB＝ a× ＝ a，在
△PDB中，由PB2＝PD2＋DB2，可得h＝PD＝
＝ a，在△OBD中，由OB2＝OD2＋DB2，得R2＝（h－R）2＋（ a）2，解得R＝ a，由题意得 所以 ×2rA＝rA＋rB，所以2rB＝（ －2）rA，故选D.
12. （2024·三门峡模拟）四棱锥P-ABCD的顶点都在球O的表面上，
△PAD是等边三角形，底面ABCD是矩形，平面PAD⊥平面ABCD，若AB
＝2，BC＝3，则球O的表面积为 .
解析：如图，连接AC，BD，AC∩BD＝G，取AD的中
点E，连接PE，EG. 因为四边形ABCD为矩形，所以G
为四边形ABCD的外接圆圆心；在线段PE上取ME＝
PE，因为△PAD为等边三角形，所以M为△PAD外接圆圆心，过G，M分别作平面ABCD和平面PAD的垂线，则两垂线的交点即为球O的球心O，连接OP，因为△PAD为等边三角形，所以PE⊥AD，因为平面PAD⊥平面
16π
ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PE 平面PAD，所以PE⊥平面ABCD，所以PE∥OG，同理可得，OM∥EG，所以四边形OMEG为矩形，所以OM＝EG＝ AB＝1，PM＝ PE＝ × ＝ ，所以OP
＝ ＝2，即球O的半径R＝2，所以球O的表面积S＝4πR2＝16π.
13. 如图，在正四棱锥S-ABCD中，若底面边长为a，棱锥的高为h
（2≤h≤4），且正四棱锥S-ABCD的体积为32，当正四棱锥S-ABCD的
外接球的体积最小时，其侧棱长为 .
2
解析：如图，连接AC，BD交于点M，连接SM，则SM⊥
平面ABCD，外接球的球心O在棱锥的高SM上，连接OC.
设外接球的半径为R. 由题意知MC＝ a.由VS-ABCD＝
a2h＝32，得a2＝ .由球的性质可知（h－R）2＋MC2＝
R2，即R＝ ＝ ＋ .设f（x）＝ ＋ （2≤x≤4），则f'（x）＝ － ＝ .当x∈[2，4]时，f'（x）＜0，所以函数f（x）在[2，4]上单调递减.当x＝4时，f（x）取得最小值，即当h＝4时，R取得最小
值，正四棱锥S-ABCD的外接球的体积最小，此时a2＝24.所以正四棱锥的侧棱长l＝ ＝2 .
14. （创新设问方式）已知菱形ABCD的边长为2，∠B＝60°.将△ABC
沿AC折起，折起后记点B为P，连接PD，得到三棱锥P-ACD如图所示，
当三棱锥P-ACD的表面积最大时，三棱锥P-ACD的外接球体积为
.
π
解析：由题意可得△ACD，△ACP均为边长为2的等边三
角形，△PAD，△PCD为两个全等的等腰三角形，则三棱
锥P-ACD的表面积S＝2S△ACD＋2S△PCD＝2×
×2×2× ＋2× ×2×2× sin ∠PCD＝2 ＋4 sin ∠PCD≤2 ＋4，当且仅当 sin ∠PCD＝1，即PC⊥CD时，三棱锥P-ACD的表面积取最大值，此时△PAD，△PCD为直角三角形，PD＝ ＝2 .如图，取PD的中点O，连接OA，OC，由直角三角形的性质可得OA＝OC＝OD＝OP＝ ，即三棱锥P-ACD的外接球的球心为O，半径R＝ ，故外接球的体积为V＝ π（ ）3＝ π.
15. （创新情境）（2024·惠州联考）截角四面体是一种半正八面体，可由
四面体经过适当的截角，即截去四面体的四个顶点所产生的多面体.如图
所示，将棱长为6的正四面体沿棱的三等分点作平行于底面的截面得到所
有棱长均为2的截角四面体，则该截角四面体的外接球表面积
为 .
22π
解析：因为棱长为a的正四面体的高为
＝ a，所以截角四面体上下底面距离为 ×6－ ×2＝
，设其外接球的半径为R，等边三角形ABC的中心为O'，
正六边形EFHILK的中心为O″，易知外接球球心O在线段O'O″上，且O'O″⊥平面ABC，O'O″⊥平面EFHILK，则 ＋ ＝ ，所以 ＋ ＝ ，解得R2＝ ，所以该截角四面体的外接球的表面积为4πR2＝4π× ＝22π.
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