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补上一课　与球有关的切、接问题
题型分析　研究与球有关的切、接问题，既要运用多面体、旋转体的知识，又要运用球的几何性质，要特别注意多面体、旋转体的有关几何元素与球的半径之间的关系，解决此类问题的关键是确定球心.
题型一　定义法
例1 (1)(2024·宣城模拟)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
答案　D
解析　在△BAC中，∠BAC＝45°，AB＝2，AC＝4，
由余弦定理可得BC2＝AB2＋AC2－2AB·ACcos 45°＝8＋16－2×4×2×＝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.
(2)(2022·新高考Ⅱ卷)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
答案　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.
设球O的半径为R，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.
当球心O在线段O1O2上时，
R2＝32＋OO＝42＋(1－OO1)2，
解得OO1＝4(舍去)；
当球心O不在线段O1O2上时，
R2＝42＋OO＝32＋(1＋OO2)2，解得OO2＝3，
所以R2＝25，
所以该球的表面积为S＝4πR2＝100π，
综上，该球的表面积为100π.
感悟提升　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，再根据到其他顶点距离也是半径，列关系式求解即可.
训练1 已知直三棱柱ABC－A1B1C1的6个顶点都在球O的球面上，若AB＝3，AC＝4，AB⊥AC，AA1＝12，则球O的半径为(　　)
A. B.2
C. D.3
答案　C
解析　由题意作图如图，过球O作平面ABC的垂线，则垂足为BC的中点M.
∵AB＝3，AC＝4，
AB⊥AC，
∴BC＝5，
又AM＝BC＝，OM＝AA1＝6，
∴球O的半径R＝OA＝＝.
题型二　补形法
例2 (1)(2024·湖州调研)已知三棱锥P－ABC的四个顶点在球O的球面上，PA＝PB＝PC，△ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是PA，AB的中点，∠CEF＝90°，则球O的体积为(　　)
A.π B.6π C.24π D.8π
答案　A
解析　设PA＝PB＝PC＝2x，E，F分别为PA，AB的中点，
∴EF∥PB，EF＝PB＝x，AE＝PA＝x.
连接CF，∵△ABC是边长为2的等边三角形，
∴CF＝，
又∠CEF＝90°，∴CE＝.
在△AEC中，由余弦定理得
cos ∠EAC＝＝.
过点P作PD⊥AC于点D.
∵PA＝PC，∴D为AC的中点，
∴cos ∠EAC＝＝，
∴＝，解得x＝(负值舍去)，
∴PA＝PB＝PC＝，
又AB＝BC＝AC＝2，
∴PA，PB，PC两两垂直，
即三棱锥P－ABC是以PA，PB，PC为棱的正方体的一部分，
∴球O的直径2R＝＝，
解得R＝，
则球O的体积V＝πR3＝π×＝π，故选A.
(2)(2024·济南质检)若正四面体的表面积为8，则其外接球的体积为________.
答案　4π
解析　设正四面体的棱长为a，则正四面体的表面积为4×a2＝8，解得a＝2.
法一　将正四面体放入正方体内，则正四面体的棱为正方体的面对角线，故正方体的棱长x满足x＝a，解得x＝2.
易知正四面体的外接球即正方体的外接球，
设外接球的半径为R，
则R满足2R＝x，故R＝，
∴外接球的体积为R3＝4π.
法二　易求得正四面体的高
h＝＝，
设正四面体的外接球半径为R，
则R＝h＝，
∴外接球的体积为R3＝4π.
法三　易求得正四面体的高
h＝＝，
设正四面体的外接球半径为R，
则R2＝(h－R)2＋，解得R＝，
∴外接球的体积为R3＝4π.
感悟提升　1.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，可以放到正方体或长方体中去求解；
(2)直三棱锥补成三棱柱求解.
2.正方体与球的切、接问题的常用结论
正方体的棱长为a，球的半径为R，
(1)若球为正方体的外接球，则2R＝a；
(2)若球为正方体的内切球，则2R＝a；
(3)若球与正方体的各棱相切，则2R＝a.
3.若长方体的共顶点的三条棱长分别为a，b，c，外接球的半径为R，则2R＝.
训练2 (1)在三棱锥A－BCD中，侧棱AB，AC，AD两两垂直，△ABC，△ACD，△ADB的面积分别为，，，则三棱锥A－BCD的外接球的体积为________.
答案　π
解析　在三棱锥A－BCD中，侧棱AB，AC，AD两两垂直，将其补成长方体，两者的外接球是同一个，长方体的体对角线就是球的直径.
设长方体同一顶点处的三条棱长分别为a，b，c，
由题意得ab＝，ac＝，bc＝，
解得a＝，b＝，c＝1，
所以球的直径为＝，
它的半径为，球的体积为×＝π.
(2)(2023·焦作模拟)已知三棱锥P－ABC的每条侧棱与它所对的底面边长相等，且PA＝3，PB＝PC＝5，则该三棱锥的外接球的表面积为________.
答案　34π
解析　根据题意，三棱锥P－ABC可以嵌入一个长方体内，且三棱锥的每条棱均是长方体的面对角线，
设长方体交于一个顶点的三条棱长分别为a，b，c，如图所示，
则a2＋b2＝PA2＝18，a2＋c2＝PB2＝25，b2＋c2＝PC2＝25，解得a＝3，b＝3，c＝4.
所以该三棱锥的外接球的半径
R＝＝＝，
所以该三棱锥的外接球的表面积
S＝4πR2＝4π×＝34π.
题型三　截面法
例3 (1)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(　　)
A.12π B.16π C.20π D.32π
答案　B
解析　如图，连接AC，BD，AC∩BD＝G，
取AD的中点E，连接PE.
∵四边形ABCD为矩形，
∴G为四边形ABCD的外接圆圆心；
在线段PE上取ME＝PE，
∵△PAD为等边三角形，
∴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，
∵△PAD为等边三角形，∴PE⊥AD，
∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PE 平面PAD，
∴PE⊥平面ABCD，∴PE∥OG；
同理可得，OM∥EG，
∴四边形OMEG为矩形；
∴OM＝EG＝AB＝1，PM＝PE＝×＝，
∴OP＝＝2，
即球O的半径R＝2，
∴球O的表面积S＝4πR2＝16π.
(2)如图所示，直三棱柱ABC－A1B1C1是一块石材，测量可得∠ABC＝90°，AB＝6，BC＝8，AA1＝13.若将该石材切削、打磨，加工成几个大小相同的健身手球，则一个加工所得的健身手球的最大体积及此时加工成的健身手球的个数分别为(　　)
A.，4 B.，3
C.6π，4 D.，3
答案　D
解析　依题意知，当健身手球与直三棱锥的三个侧面均相切时，健身手球的体积最大.
易知AC＝＝10，
设健身手球的最大半径为R，
则×(6＋8＋10)×R＝×6×8，解得R＝2.
则健身手球的最大直径为4.
因为AA1＝13，所以最多可加工3个健身手球.
于是一个健身手球的最大体积
V＝πR3＝π×23＝.
感悟提升　1.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，达到空间问题平面化的目的.
2.正四面体的外接球的半径R＝a，内切球的半径r＝a，其半径之比R∶r＝3∶1(a为该正四面体的棱长).
训练3 (1)(2024·淮北模拟)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.＋
答案　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＝＋.
(2)(2021·天津卷)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
答案　B
解析　如图所示，设两个圆锥的底面圆圆心为点D，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，
则∠CAD＋∠ACD＝∠BCD＋∠ACD＝90°，
所以∠CAD＝∠BCD，
又因为∠ADC＝∠BDC，
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.
【A级　基础巩固】
1.正方体的外接球与内切球的表面积比值为(　　)
A. B.3 C.3 D.
答案　C
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＝，
所以正方体的外接球与内切球的表面积比值为＝＝3.
2.若圆锥的内切球与外接球的球心重合，且内切球的半径为1，则圆锥的体积为(　　)
A.π B.2π C.3π D.4π
答案　C
解析　过圆锥的旋转轴作轴截面，得△ABC及其内切圆⊙O1和外接圆⊙O2，
且两圆同圆心，即△ABC的内心与外心重合，易得△ABC为正三角形，
由题意得⊙O1的半径为r＝1，
∴△ABC的边长为2，
∴圆锥的底面半径为，高为3，
∴V＝×π×3×3＝3π.
3.已知一个三棱柱，其底面是正三角形，且侧棱与底面垂直，一个体积为的球体与棱柱的所有面均相切，那么这个三棱柱的表面积是(　　)
A.6 B.12 C.18 D.24
答案　C
解析　根据已知可得球的半径等于1，故三棱柱的高等于2，底面三角形内切圆的半径等于1，即底面三角形的高等于3，边长等于2，
所以这个三棱柱的表面积等于3×2×2＋2××2×3＝18.
4.已知棱长为1的正四面体的四个顶点都在一个球面上，则这个球的体积为(　　)
A.π B.π C.π D.π
答案　A
解析　如图将棱长为1的正四面体B1－ACD1放入正方体ABCD－A1B1C1D1中，且正方体的棱长为1×cos 45°＝，
所以正方体的体对角线
AC1＝＝，
所以正方体外接球的半径R＝＝，
所以正方体外接球的体积为
πR3＝π×＝π，
因为正四面体的外接球即为正方体的外接球，
所以正四面体的外接球的体积为π.
5.(2024·青岛调研)一个球与一个正三棱柱(底面为等边三角形，侧棱与底面垂直)的两个底面和三个侧面都相切，若棱柱的体积为48，则球的表面积为(　　)
A.16π B.4π C.8π D.32π
答案　A
解析　由题意，设正三棱柱的底面边长为a，则其内切球的半径r＝×a＝a，
所以正三棱柱的高h＝2r＝a.
棱柱的体积V＝a2·h＝a2·a＝＝48，得a＝4，
所以球的表面积S＝4πr2＝4π·＝a2＝16π.故选A.
6.(2024·福建联合测评)已知在正三棱锥P－ABC中，O为△ABC的中心，AB＝6，∠APB＝2∠PAO，则该正三棱锥的外接球的表面积为(　　)
A.49π B.36π C.32π D.28π
答案　A
解析　设正三棱锥P－ABC的侧棱长为x.
易知OA＝××6＝2，
则cos ∠PAO＝＝，
cos ∠APB＝＝.
因为∠APB＝2∠PAO，
所以cos ∠APB＝cos 2∠PAO，
所以＝2－1，
解得x＝(负值舍去)，
所以OP＝＝3.
设外接球球心为M，半径为R，
则MP＝MA＝R，MO＝|3－R|.
因为MA2＝MO2＋OA2，
所以R2＝(3－R)2＋(2)2，解得R＝，
所以外接球表面积S＝4πR2＝49π.故选A.
7.(2024·金华质检)在Rt△ABC中，CA＝CB＝，以AB为旋转轴旋转一周得到一个几何体，则该几何体的内切球的体积为(　　)
A. B. C.2π D.
答案　A
解析　如图所示，旋转体的轴截面为边长为的正方形，
设O为内切球的球心.
内切球半径r＝AC＝，
所以该几何体的内切球的体积为
×π×＝，故选A.
8.(2024·南阳调研)已知等腰直角三角形ABC的三个顶点在球O的表面上，且AC＝AB＝8，连接CO并延长交球O的表面于点D，连接DA，DB.若球O的体积为288π，则直线AC，BD所成角的正切值为(　　)
A. B. C. D.
答案　C
解析　由题意可知，BC＝AB＝8，且CD为球的直径，
所以BD⊥BC，AC⊥AD.
因为球O的体积为πR3＝288π(R为球O的半径)，
所以R＝6，所以CD＝12，
由勾股定理可得BD＝＝4.
设直线AC，BD所成角为θ，
则cos θ＝＝＝＝＝，
所以sin θ＝＝，
所以tan θ＝＝，故选C.
9.在三棱锥A－BCD中，若AD⊥平面BCD，AB⊥BC，AD＝BD＝2，CD＝4，点A，B，C，D在同一个球面上，则该球的表面积为________.
答案　20π
解析　根据题意得，BC⊥平面ABD，则BC⊥BD，即AD，BC，BD三条线两两垂直，所以可将三棱锥A－BCD放置于长方体内，如图所示，
该三棱锥的外接球即为长方体的外接球，球心为长方体体对角线的中点，
即外接球的半径为长方体体对角线长的一半，
此时AC为长方体的体对角线，即为外接球的直径，
所以该球的表面积
S＝4πR2＝π·AC2＝π·(22＋42)＝20π.
10.如图所示是古希腊数学家阿基米德的墓碑文，墓碑上刻着一个圆柱，圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等，相传这个图形表达了阿基米德最引以为豪的发现.我们来重温这个伟大发现，圆柱的体积与球的体积之比为________，圆柱的表面积与球的表面积之比为________.
答案　　
解析　由题意，知圆柱底面半径为r，球的半径为R，
则R＝r，圆柱的高h＝2R，则V球＝πR3，
V柱＝πr2h＝π·R2·2R＝2πR3.
∴＝＝.
又∵S球＝4πR2，
S柱＝2πr2＋2πrh＝2πR2＋2πR·2R＝6πR2.
∴＝＝.
11.(2024·宝鸡质检)如图，在正四棱台ABCD－A1B1C1D1中，O，O1分别是正方形ABCD，A1B1C1D1的中心.若以O1为球心，O1A1为半径的球与平面ABCD相切，且O是该四棱台的外接球的球心，则该四棱台的体积与其外接球的体积之比为________.
答案　
解析　连接OA1(图略)，
设A1B1＝a，AB＝b，OO1＝h，
因为以O1为球心，O1A1为半径的球与平面ABCD相切，
所以h＝a.
因为O是该四棱台外接球的球心，
所以OA1＝＝b，
即b＝a，
所以四棱台的体积
V1＝h·(a2＋b2＋ab)＝a3，
其外接球的体积V2＝π·＝πa3，
则＝.
12.在三棱锥P－ABC中，平面PAC⊥平面ABC，PA＝PC＝AB＝2，AC＝4，∠BAC＝30°，则该三棱锥外接球的体积为________.
答案　9π
解析　如图所示，在△ABC中，由余弦定理得
BC2＝(2)2＋42－2×2×4·cos 30°＝4.
所以AB2＋BC2＝16＝AC2，
即△ABC为直角三角形.
故△ABC外接圆的圆心为斜边AC的中点.
取AC的中点为O1，连接PO1，则PO1⊥AC.
由平面PAC⊥平面ABC，得PO1⊥平面ABC.
该三棱锥外接球的球心在线段PO1上.
设球心为O，连接OA，则OA＝OP，且均为外接球的半径.
在Rt△PO1A中，PO1＝＝2.
在Rt△OO1A中，OA2＝OO＋AO，
即R2＝(2－R)2＋4，则R＝.
所以外接球的体积V＝πR3＝π＝9π.
【B级　能力提升】
13.(2022·全国乙卷)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.
答案　C
解析　该四棱锥的体积最大，即以底面外接圆和顶点O组成的圆锥体积最大，
设圆锥的高为h(0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.
14.在三棱锥D－ABC中，AB＝BC＝2，AC＝2，BD＝4，BD⊥平面ABC，则三棱锥D－ABC外接球的表面积为________.
答案　32π
解析　∵BD⊥平面ABC，故可将三棱锥补为直三棱柱，如图所示，
∵AB＝BC＝2，AC＝2，
故三棱柱的上、下底面三角形的外接圆圆心在底边中线的延长线上，
设为O1，O2，易得∠O1BC＝60°，
故O1B＝O1C＝BC＝2，
∴三棱柱外接球球心为上、下底面外心所连线段的中点O，即为三棱锥D－ABC外接球球心，
设该外接球半径为R，
则在Rt△OCO1中，R2＝＋22＝8，
故三棱锥D－ABC外接球的表面积为4πR2＝32π.
15.如图，已知平行四边形ABCD中，AC＝AB＝m，∠BAD＝120°，将△ABC沿对角线AC翻折至△AB1C所在的位置，若二面角B1－AC－D的大小为120°，则过A，B1，C，D四点的外接球的表面积为______.
答案　πm2
解析　由已知得△B1AC与△DAC均为边长是m的正三角形，取AC中点G，
连接DG，B1G，如图，
则有DG⊥AC，B1G⊥AC，
于是得∠B1GD是二面角B1－AC－D的平面角，则∠B1GD＝120°，
显然有AC⊥平面B1GD，即有平面B1GD⊥平面B1AC，平面B1GD⊥平面DAC，
令正△B1AC与正△DAC的中心分别为E，F，过E，F分别作平面B1AC，平面DAC的垂线，
则两垂线都在平面B1GD内，它们交于点O，
从而得点O是过A，B1，C，D四点的外接球球心，连接OA，
则OA为该外接球半径，
由已知得GE＝GF＝GD＝··m＝m，
而OE＝OF，
于是得∠OGF＝60°，
在Rt△OGF中，OG＝＝，
而AG＝，在Rt△OGA中，
OA2＝AG2＋OG2＝m2，
所以过A，B1，C，D四点的外接球的表面积为
4π·OA2＝πm2.
16.(2024·郑州质检)已知三棱锥P－ABC，△ABC是边长为2的等边三角形，PA＝PB＝a，且平面PAB⊥平面ABC，若三棱锥P－ABC的每个顶点都在表面积为的球面上，则a＝________.
答案　或
解析　如图，取AB的中点为D，连接PD，CD，
因为PA＝PB＝a，
所以PD⊥AB.
因为平面PAB⊥平面ABC，
平面PAB∩平面ABC＝AB，PD 平面PAB，
所以PD⊥平面ABC.
同理得CD⊥平面PAB.
设点O1为等边△ABC的外心，过点O1作
O1E∥PD，
则O1E⊥平面ABC，易得直线O1E上任意一点到A，B，C三点的距离相等，
即三棱锥P－ABC外接球的球心O在直线O1E上.
以D为坐标原点，以DB，DC，DP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
因为△ABC是边长为2的等边三角形，
所以CD＝2×＝3，O1C＝CD＝2，
O1D＝CD＝1，
又PA＝PB＝a，
所以a＞，PD＝，
则P(0，0，)，C(0，3，0).
由题意可知三棱锥P－ABC外接球的表面积为，
设该外接球的半径为R，则4πR2＝，
所以R＝.
设O(0，1，z)，连接OP，OC，则OP＝OC＝R，
即＝＝，
解得a＝或a＝.补上一课　与球有关的切、接问题
题型分析　研究与球有关的切、接问题，既要运用多面体、旋转体的知识，又要运用球的几何性质，要特别注意多面体、旋转体的有关几何元素与球的半径之间的关系，解决此类问题的关键是确定球心.
题型一　定义法
例1 (1)(2024·宣城模拟)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)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
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
感悟提升　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，再根据到其他顶点距离也是半径，列关系式求解即可.
训练1 已知直三棱柱ABC－A1B1C1的6个顶点都在球O的球面上，若AB＝3，AC＝4，AB⊥AC，AA1＝12，则球O的半径为(　　)
A. B.2
C. D.3
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
题型二　补形法
例2 (1)(2024·湖州调研)已知三棱锥P－ABC的四个顶点在球O的球面上，PA＝PB＝PC，△ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是PA，AB的中点，∠CEF＝90°，则球O的体积为(　　)
A.π B.6π
C.24π D.8π
(2)(2024·济南质检)若正四面体的表面积为8，则其外接球的体积为________.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
感悟提升　1.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，可以放到正方体或长方体中去求解；
(2)直三棱锥补成三棱柱求解.
2.正方体与球的切、接问题的常用结论
正方体的棱长为a，球的半径为R，
(1)若球为正方体的外接球，则2R＝a；
(2)若球为正方体的内切球，则2R＝a；
(3)若球与正方体的各棱相切，则2R＝a.
3.若长方体的共顶点的三条棱长分别为a，b，c，外接球的半径为R，则2R＝.
训练2 (1)在三棱锥A－BCD中，侧棱AB，AC，AD两两垂直，△ABC，△ACD，△ADB的面积分别为，，，则三棱锥A－BCD的外接球的体积为________.
(2)(2023·焦作模拟)已知三棱锥P－ABC的每条侧棱与它所对的底面边长相等，且PA＝3，PB＝PC＝5，则该三棱锥的外接球的表面积为________.
题型三　截面法
例3 (1)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(　　)
A.12π B.16π
C.20π D.32π
(2)如图所示，直三棱柱ABC－A1B1C1是一块石材，测量可得∠ABC＝90°，AB＝6，BC＝8，AA1＝13.若将该石材切削、打磨，加工成几个大小相同的健身手球，则一个加工所得的健身手球的最大体积及此时加工成的健身手球的个数分别为(　　)
A.，4 B.，3
C.6π，4 D.，3
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
感悟提升　1.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，达到空间问题平面化的目的.
2.正四面体的外接球的半径R＝a，内切球的半径r＝a，其半径之比R∶r＝3∶1(a为该正四面体的棱长).
训练3 (1)(2024·淮北模拟)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.＋
(2)(2021·天津卷)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
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　(共48张PPT)
第七章　立体几何与空间向量
与球有关的切、接问题
研究与球有关的切、接问题，既要运用多面体、旋转体的知识，又要运用球的几何性质，要特别注意多面体、旋转体的有关几何元素与球的半径之间的关系，解决此类问题的关键是确定球心.
题型一　定义法
D
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，
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
设球O的半径为R，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.
所以R2＝25，所以该球的表面积为S＝4πR2＝100π，
综上，该球的表面积为100π.
感悟提升
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，再根据到其他顶点距离也是半径，列关系式求解即可.
C
解析　由题意作图如图，过球O作平面ABC的垂线，则垂足为BC的中点M.
∵AB＝3，AC＝4，AB⊥AC，
∴BC＝5，
题型二　补形法
A
解析　设PA＝PB＝PC＝2x，E，F分别为PA，AB的中点，
过点P作PD⊥AC于点D.
∵PA＝PC，∴D为AC的中点，
又AB＝BC＝AC＝2，
∴PA，PB，PC两两垂直，
即三棱锥P－ABC是以PA，PB，PC为棱的正方体的一部分，
感悟提升
解析　在三棱锥A－BCD中，侧棱AB，AC，AD两两垂直，将其补成长方体，两者的外接球是同一个，长方体的体对角线就是球的直径.
设长方体同一顶点处的三条棱长分别为a，b，c，
34π
解析　根据题意，三棱锥P－ABC可以嵌入一个长方体内，且三棱锥的每条棱均是长方体的面对角线，
设长方体交于一个顶点的三条棱长分别为a，b，c，如图所示，
则a2＋b2＝PA2＝18，a2＋c2＝PB2＝25，b2＋c2＝PC2＝25，
解得a＝3，b＝3，c＝4.
所以该三棱锥的外接球的半径
题型三　截面法
例3 (1)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(　　)
A.12π B.16π C.20π D.32π
B
解析　如图，连接AC，BD，AC∩BD＝G，
取AD的中点E，连接PE.
∵四边形ABCD为矩形，
∴G为四边形ABCD的外接圆圆心；
∵△PAD为等边三角形，∴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，
∵△PAD为等边三角形，∴PE⊥AD，
∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PE 平面PAD，
∴PE⊥平面ABCD，∴PE∥OG；
同理可得，OM∥EG，∴四边形OMEG为矩形；
∴球O的表面积S＝4πR2＝16π.
(2)如图所示，直三棱柱ABC－A1B1C1是一块石材，测量可得∠ABC＝90°，AB＝6，BC＝8，AA1＝13.若将该石材切削、打磨，加工成几个大小相同的健身手球，则一个加工所得的健身手球的最大体积及此时加工成的健身手球的个数分别为(　　)
D
解析　依题意知，当健身手球与直三棱锥的三个侧面均相切时，健身手球的体积最大.
则健身手球的最大直径为4.
因为AA1＝13，所以最多可加工3个健身手球.
感悟提升
D
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，
B
解析　如图所示，设两个圆锥的底面圆圆心为点D，圆锥AD和圆锥BD的高之比为3∶1, 即AD＝3BD，设球的半径为R，
所以AB＝AD＋BD＝4BD＝4，
所以BD＝1，AD＝3.
因为CD⊥AB，
则∠CAD＋∠ACD＝∠BCD＋∠ACD＝90°，
所以∠CAD＝∠BCD，
又因为∠ADC＝∠BDC，
所以△ACD∽△CBD，
课时分层精练
KESHIFENCENGJINGLIAN
C
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，
2.若圆锥的内切球与外接球的球心重合，且内切球的半径为1，则圆锥的体积为(　　)
A.π B.2π C.3π D.4π
C
解析　过圆锥的旋转轴作轴截面，得△ABC及其内切圆⊙O1和外接圆⊙O2，
且两圆同圆心，即△ABC的内心与外心重合，易得△ABC为正三角形，
由题意得⊙O1的半径为r＝1，
C
A
A
6.(2024·福建联合测评)已知在正三棱锥P－ABC中，O为△ABC的中心，AB＝6，∠APB＝2∠PAO，则该正三棱锥的外接球的表面积为(　　)
A.49π B.36π C.32π D.28π
A
解析　设正三棱锥P－ABC的侧棱长为x.
因为∠APB＝2∠PAO，
所以cos ∠APB＝cos 2∠PAO，
设外接球球心为M，半径为R，
则MP＝MA＝R，MO＝|3－R|.
因为MA2＝MO2＋OA2，
A
C
解析　由题意可知，BC＝AB＝8，且CD为球的直径，
所以BD⊥BC，AC⊥AD.
9.在三棱锥A－BCD中，若AD⊥平面BCD，AB⊥BC，AD＝BD＝2，CD＝4，点A，B，C，D在同一个球面上，则该球的表面积为________.
20π
解析　根据题意得，BC⊥平面ABD，则BC⊥BD，即AD，BC，BD三条线两两垂直，所以可将三棱锥A－BCD放置于长方体内，如图所示，
该三棱锥的外接球即为长方体的外接球，球心为长方体体对角线的中点，
即外接球的半径为长方体体对角线长的一半，
此时AC为长方体的体对角线，即为外接球的直径，
所以该球的表面积S＝4πR2＝π·AC2＝π·(22＋42)＝20π.
10.如图所示是古希腊数学家阿基米德的墓碑文，墓碑上刻着一个圆柱，圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等，相传这个图形表达了阿基米德最引以为豪的发现.我们来重温这
个伟大发现，圆柱的体积与球的体积之比为________，圆柱的表
面积与球的表面积之比为________.
解析　由题意，知圆柱底面半径为r，球的半径为R，
11.(2024·宝鸡质检)如图，在正四棱台ABCD－A1B1C1D1中，O，O1分别是正方形ABCD，A1B1C1D1的中心.若以O1为球心，O1A1为半径的球与平面ABCD相切，且O是该四棱台的外接球的球心，则该四棱台的体积与其外接球的体
积之比为________.
解析　连接OA1(图略)，
设A1B1＝a，AB＝b，OO1＝h，
因为以O1为球心，O1A1为半径的球与平面ABCD相切，
因为O是该四棱台外接球的球心，
解析　如图所示，在△ABC中，由余弦定理得
所以AB2＋BC2＝16＝AC2，
即△ABC为直角三角形.
故△ABC外接圆的圆心为斜边AC的中点.
取AC的中点为O1，连接PO1，则PO1⊥AC.
由平面PAC⊥平面ABC，得PO1⊥平面ABC.
该三棱锥外接球的球心在线段PO1上.
C
解析　该四棱锥的体积最大，即以底面外接圆和顶点O组成的圆锥体积最大，
设圆锥的高为h(032π
解析　∵BD⊥平面ABC，故可将三棱锥补为直三棱柱，如图所示，
故三棱柱的上、下底面三角形的外接圆圆心在底边中线的延长线上，
设为O1，O2，易得∠O1BC＝60°，
故O1B＝O1C＝BC＝2，
∴三棱柱外接球球心为上、下底面外心所连线段的中点O，即为三棱锥D－ABC外接球球心，
15.如图，已知平行四边形ABCD中，AC＝AB＝m，∠BAD＝120°，将△ABC沿对角线AC翻折至△AB1C所在的位置，若二面角B1－AC－D的大小为120°，
则过A，B1，C，D四点的外接球的表面积为________.
解析　由已知得△B1AC与△DAC均为边长是m的正三角形，取AC中点G，
连接DG，B1G，如图，
则有DG⊥AC，B1G⊥AC，
于是得∠B1GD是二面角B1－AC－D的平面角，
则∠B1GD＝120°，
显然有AC⊥平面B1GD，即有平面B1GD⊥平面B1AC，平面B1GD⊥平面DAC，
令正△B1AC与正△DAC的中心分别为E，F，过E，F分别作平面B1AC，平面DAC的垂线，
则两垂线都在平面B1GD内，它们交于点O，
从而得点O是过A，B1，C，D四点的外接球球心，连接OA，
则OA为该外接球半径，
解析　如图，取AB的中点为D，连接PD，CD，
因为PA＝PB＝a，所以PD⊥AB.
因为平面PAB⊥平面ABC，
平面PAB∩平面ABC＝AB，PD 平面PAB，
所以PD⊥平面ABC.
同理得CD⊥平面PAB.
设点O1为等边△ABC的外心，过点O1作O1E∥PD，
则O1E⊥平面ABC，易得直线O1E上任意一点到A，B，C三点的距离相等，
即三棱锥P－ABC外接球的球心O在直线O1E上.
以D为坐标原点，以DB，DC，DP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，对点练　与球有关的切、接问题
【A级　基础巩固】
1.正方体的外接球与内切球的表面积比值为(　　)
A. B.3
C.3 D.
2.若圆锥的内切球与外接球的球心重合，且内切球的半径为1，则圆锥的体积为(　　)
A.π B.2π
C.3π D.4π
3.已知一个三棱柱，其底面是正三角形，且侧棱与底面垂直，一个体积为的球体与棱柱的所有面均相切，那么这个三棱柱的表面积是(　　)
A.6 B.12
C.18 D.24
4.已知棱长为1的正四面体的四个顶点都在一个球面上，则这个球的体积为(　　)
A.π B.π
C.π D.π
5.(2024·青岛调研)一个球与一个正三棱柱(底面为等边三角形，侧棱与底面垂直)的两个底面和三个侧面都相切，若棱柱的体积为48，则球的表面积为(　　)
A.16π B.4π
C.8π D.32π
6.(2024·福建联合测评)已知在正三棱锥P－ABC中，O为△ABC的中心，AB＝6，∠APB＝2∠PAO，则该正三棱锥的外接球的表面积为(　　)
A.49π B.36π
C.32π D.28π
7.(2024·金华质检)在Rt△ABC中，CA＝CB＝，以AB为旋转轴旋转一周得到一个几何体，则该几何体的内切球的体积为(　　)
A. B.
C.2π D.
8.(2024·南阳调研)已知等腰直角三角形ABC的三个顶点在球O的表面上，且AC＝AB＝8，连接CO并延长交球O的表面于点D，连接DA，DB.若球O的体积为288π，则直线AC，BD所成角的正切值为(　　)
A. B.
C. D.
9.在三棱锥A－BCD中，若AD⊥平面BCD，AB⊥BC，AD＝BD＝2，CD＝4，点A，B，C，D在同一个球面上，则该球的表面积为________.
10.如图所示是古希腊数学家阿基米德的墓碑文，墓碑上刻着一个圆柱，圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等，相传这个图形表达了阿基米德最引以为豪的发现.我们来重温这个伟大发现，圆柱的体积与球的体积之比为________，圆柱的表面积与球的表面积之比为________.
11.(2024·宝鸡质检)如图，在正四棱台ABCD－A1B1C1D1中，O，O1分别是正方形ABCD，A1B1C1D1的中心.若以O1为球心，O1A1为半径的球与平面ABCD相切，且O是该四棱台的外接球的球心，则该四棱台的体积与其外接球的体积之比为________.
12.在三棱锥P－ABC中，平面PAC⊥平面ABC，PA＝PC＝AB＝2，AC＝4，∠BAC＝30°，则该三棱锥外接球的体积为________.
【B级　能力提升】
13.(2022·全国乙卷)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.
14.在三棱锥D－ABC中，AB＝BC＝2，AC＝2，BD＝4，BD⊥平面ABC，则三棱锥D－ABC外接球的表面积为________.
15.如图，已知平行四边形ABCD中，AC＝AB＝m，∠BAD＝120°，将△ABC沿对角线AC翻折至△AB1C所在的位置，若二面角B1－AC－D的大小为120°，则过A，B1，C，D四点的外接球的表面积为________.
16.(2024·郑州质检)已知三棱锥P－ABC，△ABC是边长为2的等边三角形，PA＝PB＝a，且平面PAB⊥平面ABC，若三棱锥P－ABC的每个顶点都在表面积为的球面上，则a＝________.
对点练　与球有关的切、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＝，
所以正方体的外接球与内切球的表面积比值为＝＝3.]
2.C　[过圆锥的旋转轴作轴截面，得△ABC及其内切圆⊙O1和外接圆⊙O2，
且两圆同圆心，即△ABC的内心与外心重合，易得△ABC为正三角形，
由题意得⊙O1的半径为r＝1，
∴△ABC的边长为2，
∴圆锥的底面半径为，高为3，
∴V＝×π×3×3＝3π.]
3.C　[根据已知可得球的半径等于1，故三棱柱的高等于2，底面三角形内切圆的半径等于1，即底面三角形的高等于3，边长等于2，
所以这个三棱柱的表面积等于3×2×2＋2××2×3＝18.]
4.A　[如图将棱长为1的正四面体B1－ACD1放入正方体ABCD－A1B1C1D1中，且正方体的棱长为1×cos 45°＝，
所以正方体的体对角线AC1＝＝，
所以正方体外接球的半径R＝＝，
所以正方体外接球的体积为πR3＝π×＝π，
因为正四面体的外接球即为正方体的外接球，
所以正四面体的外接球的体积为π.]
5.A　[由题意，设正三棱柱的底面边长为a，则其内切球的半径r＝×a＝a，
所以正三棱柱的高h＝2r＝a.
棱柱的体积V＝a2·h＝a2·a＝＝48，得a＝4，
所以球的表面积S＝4πr2＝4π·＝a2＝16π.故选A.]
6.A　[设正三棱锥P－ABC的侧棱长为x.
易知OA＝××6＝2，
则cos ∠PAO＝＝，
cos ∠APB＝＝.
因为∠APB＝2∠PAO，
所以cos ∠APB＝cos 2∠PAO，
所以＝2－1，
解得x＝(负值舍去)，
所以OP＝＝3.
设外接球球心为M，半径为R，
则MP＝MA＝R，MO＝|3－R|.
因为MA2＝MO2＋OA2，
所以R2＝(3－R)2＋(2)2，解得R＝，
所以外接球表面积S＝4πR2＝49π.故选A.]
7.A　[如图所示，旋转体的轴截面为边长为的正方形，
设O为内切球的球心.
内切球半径r＝AC＝，所以该几何体的内切球的体积为×π×＝，故选A.]
8.C　[由题意可知，BC＝AB＝8，且CD为球的直径，所以BD⊥BC，AC⊥AD.
因为球O的体积为πR3＝288π(R为球O的半径)，所以R＝6，所以CD＝12，
由勾股定理可得BD＝＝4.
设直线AC，BD所成角为θ，
则cos θ＝＝
＝
＝＝，
所以sin θ＝＝，
所以tan θ＝＝，故选C.]
9.20π　[根据题意得，BC⊥平面ABD，则BC⊥BD，即AD，BC，BD三条线两两垂直，所以可将三棱锥A－BCD放置于长方体内，如图所示，
该三棱锥的外接球即为长方体的外接球，球心为长方体体对角线的中点，
即外接球的半径为长方体体对角线长的一半，
此时AC为长方体的体对角线，即为外接球的直径，所以该球的表面积
S＝4πR2＝π·AC2＝π·(22＋42)＝20π.]
10.　　[由题意，知圆柱底面半径为r，球的半径为R，
则R＝r，圆柱的高h＝2R，
则V球＝πR3，V柱＝πr2h＝π·R2·2R＝2πR3.
∴＝＝.
又∵S球＝4πR2，
S柱＝2πr2＋2πrh＝2πR2＋2πR·2R＝6πR2.
∴＝＝.]
11.　[连接OA1(图略)，
设A1B1＝a，AB＝b，OO1＝h，
因为以O1为球心，O1A1为半径的球与平面ABCD相切，所以h＝a.
因为O是该四棱台外接球的球心，
所以OA1＝＝b，
即b＝a，所以四棱台的体积V1＝h·(a2＋b2＋ab)＝a3，
其外接球的体积V2＝π·＝πa3，
则＝.]
12.9π　[如图所示，
在△ABC中，由余弦定理得BC2＝(2)2＋42－2×2×4·cos 30°＝4.
所以AB2＋BC2＝16＝AC2，
即△ABC为直角三角形.
故△ABC外接圆的圆心为斜边AC的中点.
取AC的中点为O1，连接PO1，则PO1⊥AC.
由平面PAC⊥平面ABC，得PO1⊥平面ABC.
该三棱锥外接球的球心在线段PO1上.
设球心为O，连接OA，则OA＝OP，且均为外接球的半径.
在Rt△PO1A中，PO1＝＝2.
在Rt△OO1A中，OA2＝OO＋AO，
即R2＝(2－R)2＋4，则R＝.
所以外接球的体积V＝πR3＝π＝9π.]
13.C　[该四棱锥的体积最大，即以底面外接圆和顶点O组成的圆锥体积最大，
设圆锥的高为h(0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.]
14.32π　[∵BD⊥平面ABC，故可将三棱锥补为直三棱柱，如图所示，
∵AB＝BC＝2，AC＝2，
故三棱柱的上、下底面三角形的外接圆圆心在底边中线的延长线上，
设为O1，O2，易得∠O1BC＝60°，
故O1B＝O1C＝BC＝2，
∴三棱柱外接球球心为上、下底面外心所连线段的中点O，即为三棱锥D－ABC外接球球心，
设该外接球半径为R，
则在Rt△OCO1中，R2＝＋22＝8，
故三棱锥D－ABC外接球的表面积为4πR2＝32π.]
15.πm2　[由已知得△B1AC与△DAC均为边长是m的正三角形，取AC中点G，
连接DG，B1G，如图，
则有DG⊥AC，B1G⊥AC，
于是得∠B1GD是二面角B1－AC－D的平面角，则∠B1GD＝120°，
显然有AC⊥平面B1GD，即有平面B1GD⊥平面B1AC，平面B1GD⊥平面DAC，
令正△B1AC与正△DAC的中心分别为E，F，过E，F分别作平面B1AC，平面DAC的垂线，
则两垂线都在平面B1GD内，它们交于点O，
从而得点O是过A，B1，C，D四点的外接球球心，连接OA，
则OA为该外接球半径，由已知得
GE＝GF＝GD＝··m＝m，
而OE＝OF，于是得∠OGF＝60°，
在Rt△OGF中，OG＝＝，
而AG＝，在Rt△OGA中，OA2＝AG2＋OG2＝m2，
所以过A，B1，C，D四点的外接球的表面积为4π·OA2＝πm2.]
16.或　[如图，取AB的中点为D，连接PD，CD，
因为PA＝PB＝a，所以PD⊥AB.
因为平面PAB⊥平面ABC，平面PAB∩平面ABC＝AB，PD 平面PAB，
所以PD⊥平面ABC.
同理得CD⊥平面PAB.
设点O1为等边△ABC的外心，过点O1作O1E∥PD，
则O1E⊥平面ABC，易得直线O1E上任意一点到A，B，C三点的距离相等，
即三棱锥P－ABC外接球的球心O在直线O1E上.
以D为坐标原点，以DB，DC，DP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
因为△ABC是边长为2的等边三角形，
所以CD＝2×＝3，O1C＝CD＝2，O1D＝CD＝1，
又PA＝PB＝a，所以a＞，PD＝，
则P(0，0，)，C(0，3，0).
由题意可知三棱锥P－ABC外接球的表面积为，
设该外接球的半径为R，则4πR2＝，
所以R＝.
设O(0，1，z)，连接OP，OC，则OP＝OC＝R，
即＝＝，
解得a＝或a＝.]

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