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第二节　球的切、接问题
解决与球有关的内切或外接的问题时,关键是确定球心的位置.对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径;对于球的内接几何体的问题,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、小圆的半径和球半径组成的直角三角形,利用勾股定理求得球的半径.
题点一　外接球
　　由几何体外接球的定义可知,几何体的各顶点到球心的距离相等.由此可得到以下结论:
(1)正方体或长方体的外接球的球心为其体对角线的中点;
(2)正棱柱的外接球的球心是上、下底面中心连线的中点;
(3)直三棱柱的外接球的球心是上、下底面三角形外心连线的中点;
(4)正棱锥的外接球的球心在其高上,具体位置计算可得;
(5)若棱锥的顶点可构成共斜边的直角三角形,则公共斜边的中点就是其外接球的球心;
(6)圆柱的外接球是指圆柱的上、下底面的圆周都在一个球的球面上,圆柱的外接球的球心在上、下两底面圆的圆心连线的中点处,正棱柱与该棱柱的外接圆柱有相同的外接球.
方法(一)　定义法
[例1]　(2022·新课标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
方法(二)　补形法
[例2]　(2023·全国乙卷)已知点S,A,B,C均在半径为2的球面上,△ABC是边长为3的等边三角形,SA⊥平面ABC,则SA=　　　　.
|思维建模|　补形找心的常用模型
(1)有两个面是共直角边的三棱锥,可补形成棱柱;
(2)正四面体、三条侧棱两两垂直的正三棱锥、四个面都是直角三角形的三棱锥都可补形成正方体;
(3)共顶点的三条棱两两垂直的四面体、相对的棱相等的三棱锥分别可补形成长方体和正方体;
(4)若已知棱锥含有线面垂直关系,则可将棱锥补形成长方体或正方体.
方法(三)　截面法
[例3]　已知圆台的上、下底面的圆周都在半径为2的球面上,圆台的下底面过球心,上底面半径为1,则圆台的体积为 (　　)
A.π 　　 　　　B.5π
C.π 　　 　　　D.7π
|思维建模|　截面法定球心的策略
(1)定球心:球心到接点的距离相等且为半径.
(2)通过寻找外接球的一个轴截面圆,从而把立体几何问题转化为平面几何问题来研究.
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
[即时训练]
1.如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为菱形,PD⊥底面ABCD,O为对角线AC与BD的交点,若PD=2,∠APD=,∠BAD=,则三棱锥P-OCD的外接球的体积为 (　　)
A.π B.π
C.π D.π
2.(2025·苏州一模)已知直三棱柱ABC-A1B1C1外接球的直径为6,且AB⊥BC,BC=2,则该棱柱体积的最大值为　　　　.
题点二　内切球
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
[例4]　(2024·太原二模)已知圆锥的顶点为P,底面圆的直径AB=2,tan∠APB=,则该圆锥内切球的体积为 (　　)
A. B.
C. D.4π
快审准解:利用条件先判定△APB为正三角形,再作出圆锥及其内切球的轴截面,利用正三角形的性质计算球半径,最后根据球的体积公式计算即可.
|思维建模|
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.
[即时训练]
3.已知圆台的上底面半径为1,表面积为12π的球在圆台内,且与该圆台的上、下底面及其侧面都相切,则该圆台的体积为 (　　)
A.π B.π
C.9π D.13π
4.如图,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
第二节　球的切、接问题
题点一
[例1]　选A　法一　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.
法二　设正三棱台的外接球半径为R,上底面的外接圆半径为r1,下底面的外接圆半径为r2,上、下底面边长分别为3和4,由正弦定理,得上、下底面外接圆半径r1,r2分别满足=2r1,=2r2,解得r1=3,r2=4,则外接球球心到上、下底面的距离分别为d1=,d2=,因为正三棱台的高为1,所以|±|=1,
(技巧点拨:此时利用公式,绝对值里有“±”两种情况,分别求解比较麻烦,计算之前可以先进行分析判断,容易得出R2-9>0且R2-16>0,所以R2>16,所以>>1.又>0,所以必然是-=1,再进行化简计算即可)
解得R2=25,所以球的表面积S=4πR2=100π.故选A.
习得方略:正棱台、圆台的外接球(d1,d2:外接球球心到上、下底面的距离;r1,r2:上、下底面外接圆的半径;h:台体上、下底面间的距离).
[例2]　解析:如图,设△ABC的外接圆圆心为O1,连接O1A,因为△ABC是边长为3的等边三角形,所以其外接圆半径r=O1A=××3=.
将三棱锥S-ABC补形为正三棱柱SB1C1-ABC,由题意知SA为侧棱,设三棱柱外接球的球心为O,连接OO1,OA,则OO1⊥平面ABC,且OO1=SA.
又球的半径R=OA=2,OA2=O+O1A2,所以4=SA2+3,得SA=2.
答案:2
[例3]　选C　如图,等腰梯形ABCD为圆台的轴截面,设AB的中点为O1,CD的中点为O,则O为球心,O1A=1.连接OO1,OA,设圆台的高为h,由题意知球O的半径 R=OA=OD=2,
(注意:圆台外接球的半径即其轴截面外接圆的半径)
则在Rt△OO1A中,h=OO1===,所以圆台的体积V=×(22×π++12×π)×=.故选C.
[即时训练]
1.选B　因为PD⊥底面ABCD,AD,DC 底面ABCD,即PD⊥AD,PD⊥CD,根据题意可知△ABD为等边三角形,△COD为直角三角形,而PD=2,∠APD=,∠BAD=,则PD=AD=2=DC,OD=1,OC=,取PC,CD的中点F,E,连接OF,OE,FD,FE,所以EF∥PD,EF=PD=1,易知OE=CD=1,EF⊥OE,EF⊥DE,则FP=FC=FD=FO,所以三棱锥P-OCD的外接球的球心为F,所以DF=FO==,所以该外接球的体积为π×()3=π.
2.解析:如图,将直三棱柱ABC-A1B1C1补全成长方体ABCD-A1B1C1D1,则直三棱柱ABC-A1B1C1外接球的直径即为该长方体的体对角线AC1,设AB=a,BB1=h,则62=a2+22+h2,∴a2+h2=32,∴直三棱柱ABC-A1B1C1的体积为×a×2×h=ah≤=16,当且仅当a=h=4时,等号成立,∴该棱柱体积的最大值为16.
答案:16
题点二
[例4]　选C　由圆锥的性质易知△PAB为以P为顶点的等腰三角形,又tan∠APB=,所以∠APB=,则△PAB为正三角形,边长为2,如图所示,作出圆锥及其内切球的轴截面,设AB,AP的中点分别为C,E,内切球球心为O,由正三角形内心的性质易知OC=OE=PO=PC=×=×=1,即该圆锥内切球的半径为1,所以体积V=π.
[即时训练]
3.选B　设球的半径为R,由球的表面积为12π,可知4πR2=12π,所以R=,则该圆台的高为2,圆台及其内切球的轴截面如图所示,设圆台的下底面半径为r,易知该圆台的母线长l=1+r,则l2=(2R)2+(r-1)2,即(r+1)2=(2)2+(r-1)2,解得r=3,所以此圆台的体积V=(12+32+1×3)π×2=π.
4.选D　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=.(共53张PPT)
第二节
球的切、接问题
明确目标
解决与球有关的内切或外接的问题时，关键是确定球心的位置.对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径;对于球的内接几何体的问题，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、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径.
目录
01.题点一　外接球
02.题点二　内切球
03.课时跟踪检测
由几何体外接球的定义可知，几何体的各顶点到球心的距离相等.由此可得到以下结论：
(1)正方体或长方体的外接球的球心为其体对角线的中点;
(2)正棱柱的外接球的球心是上、下底面中心连线的中点;
(3)直三棱柱的外接球的球心是上、下底面三角形外心连线的中点;
(4)正棱锥的外接球的球心在其高上，具体位置计算可得;
题点一　外接球
(5)若棱锥的顶点可构成共斜边的直角三角形，则公共斜边的中点就是其外接球的球心;
(6)圆柱的外接球是指圆柱的上、下底面的圆周都在一个球的球面上，圆柱的外接球的球心在上、下两底面圆的圆心连线的中点处，正棱柱与该棱柱的外接圆柱有相同的外接球.
方法(一)　定义法
[例1]　(2022·新课标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
√
解析：法一　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.
法二　设正三棱台的外接球半径为R，上底面的外接圆半径为r1，下底面的外接圆半径为r2，上、下底面边长分别为3和4，由正弦定理，得上、下底面外接圆半径r1，r2分别满足=2r1，=2r2，解得r1=3，r2=4，则外接球球心到上、下底面的距离分别为d1=，d2=，因为正三棱台的高为1，所以|±|=1，
(技巧点拨：此时利用公式，绝对值里有“±”两种情况，分别求解比较麻烦，计算之前可以先进行分析判断，容易得出R2-9>0且R2-16>0，所以R2>16，所以>>1.又>0，所以必然是-=1，再进行化简计算即可)
解得R2=25，所以球的表面积S=4πR2=100π.故选A.
正棱台、圆台的外接球(d1，d2：外接球球心到上、下底面的距离;r1，r2：上、下底面外接圆的半径;h：台体上、下底面间的距离).
习得方略
方法(二)　补形法
[例2]　(2023·全国乙卷)已知点S，A，B，C均在半径为2的球面上，△ABC是边长为3的等边三角形，SA⊥平面ABC，则SA=___.
2
解析：如图，设△ABC的外接圆圆心为O1，
连接O1A，因为△ABC是边长为3的等边三角形，
所以其外接圆半径r=O1A=××3=.
将三棱锥S-ABC补形为正三棱柱SB1C1-ABC，由题意知SA为侧棱，设三棱柱外接球的球心为O，连接OO1，OA，则OO1⊥平面ABC，且OO1=SA.又球的半径R=OA=2，OA2=O+O1A2，所以4=SA2+3，得SA=2.
补形找心的常用模型
(1)有两个面是共直角边的三棱锥，可补形成棱柱;
(2)正四面体、三条侧棱两两垂直的正三棱锥、四个面都是直角三角形的三棱锥都可补形成正方体;
(3)共顶点的三条棱两两垂直的四面体、相对的棱相等的三棱锥分别可补形成长方体和正方体;
(4)若已知棱锥含有线面垂直关系，则可将棱锥补形成长方体或正方体.
思维建模
方法(三)　截面法
[例3]　已知圆台的上、下底面的圆周都在半径为2的球面上，圆台的下底面过球心，上底面半径为1，则圆台的体积为(　　)
A.π　　　　　 B.5π
C.π D.7π
√
解析：如图，等腰梯形ABCD为圆台的轴截面，设AB的中点为O1，CD的中点为O，则O为球心，O1A=1.连接OO1，OA，设圆台的高为h，由题意知球O的半径 R=OA=OD=2，
(注意：圆台外接球的半径即其轴截面外接圆的半径)
则在Rt△OO1A中，h=OO1==
=，所以圆台的体积V=×(22×π+
+12×π)×=.故选C.
截面法定球心的策略
(1)定球心：球心到接点的距离相等且为半径.
(2)通过寻找外接球的一个轴截面圆，从而把立体几何问题转化为平面几何问题来研究.
思维建模
1.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为菱形，PD⊥底面ABCD，O为对角线AC与BD的交点，若PD=2，∠APD=，∠BAD=，则三棱锥P-OCD的外接球的体积为(　　)
A.π B.π
C.π D.π
即时训练
√
解析：因为PD⊥底面ABCD，AD，DC 底面ABCD，即PD⊥AD，PD⊥CD，根据题意可知△ABD为等边三角形，△COD为直角三角形，而PD=2，∠APD=，∠BAD=，则PD=AD=2=DC，OD=1，OC=，取PC，CD的中点F，E，连接OF，OE，FD，FE，所以EF∥PD，EF=PD=1，易知OE=CD=1，EF⊥OE，EF⊥DE，
则FP=FC=FD=FO，所以三棱锥P-OCD的外接球的
球心为F，所以DF=FO==，所以该
外接球的体积为π×()3=π.
2.(2025·苏州一模)已知直三棱柱ABC-A1B1C1外接球的直径为6，且AB⊥BC，BC=2，则该棱柱体积的最大值为____.
解析：如图，将直三棱柱ABC-A1B1C1补全成长方体ABCD-A1B1C1D1，则直三棱柱ABC-A1B1C1外接球的直径即为该长方体的体对角线AC1，设AB=a，BB1=h，则62=a2+22+h2，
∴a2+h2=32，∴直三棱柱ABC-A1B1C1的体积为×a×2×h=ah≤=16，当且仅当a=h=4时，
等号成立，∴该棱柱体积的最大值为16.
16
[例4]　(2024·太原二模)已知圆锥的顶点为P，底面圆的直径AB=2，tan∠APB=，则该圆锥内切球的体积为(　　)
A. B.
C. D.4π
快审准解：利用条件先判定△APB为正三角形，再作出圆锥及其内切球的轴截面，利用正三角形的性质计算球半径，最后根据球的体积公式计算即可.
√
题点二　内切球
解析：由圆锥的性质易知△PAB为以P为顶点的等腰三角形，又tan∠APB=，所以∠APB=，则△PAB为正三角形，边长为2，如图所示，作出圆锥及其内切球的轴截面，设AB，AP的中点分别为C，E，内切球球心为O，由正三角形内心的性质易知OC=OE=PO=
PC=×=×=1，
即该圆锥内切球的半径为1，
所以体积V=π.
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.
思维建模
3.已知圆台的上底面半径为1，表面积为12π的球在圆台内，且与该圆台的上、下底面及其侧面都相切，则该圆台的体积为 (　　)
A.π B.π
C.9π D.13π
即时训练
√
解析：设球的半径为R，由球的表面积为12π，可知4πR2=12π，所以R=，则该圆台的高为2，圆台及其内切球的轴截面如图所示，设圆台的下底面半径为r，易知该圆台的母线长l=1+r，则l2=(2R)2
+(r-1)2，即(r+1)2=(2)2+(r-1)2，解得r=3，所以此圆台的体积V=(12+32+1×3)π×2=π.
4.如图，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
√
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=.
课时跟踪检测
03
一、单选题
1.已知正方体内切球的体积是，那么该正方体的棱长等于(　　)
A.2 B.2
C.4 D.
解析：设正方体的棱长为a，内切球的半径为R，依题有R3=，所以R=2，所以正方体的棱长a=2R=4.
√
1
5
6
7
8
9
10
11
12
13
2
3
4
2.(2025·枣庄模拟)已知圆柱的底面半径为1，母线长为2，它的两个底面的圆周在同一个球的球面上，则该球的表面积为 (　　)
A.4π B.6π
C.8π D.10π
解析：由题意可知该球为圆柱的外接球，所以球心为圆柱的中心，设球半径为r，则r==，故该球的表面积为4πr2=8π.
√
1
5
6
7
8
9
10
11
12
2
3
4
13
3.(2025·汕头开学考)已知三棱锥P-ABC中，AP=AC=BP=
BC=2，AB=PC=2，则其外接球表面积为(　　)
A. B.8π
C.8π D.24π
√
1
5
6
7
8
9
10
11
12
2
3
4
13
解析：由三棱锥P-ABC的特征，把三棱锥的顶点放在长方体的顶点处，三棱锥的外接球就是长方体的外接球.设长方体的长、宽、高分别是x，y，z，则
所以x2+y2+z2=24，设长方体的外接球半径为R，
则2R==2，
所以外接球表面积为4πR2=24π.
1
5
6
7
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10
11
12
2
3
4
13
谨记结论：(1)若三棱锥的三条侧棱两两互相垂直，则可将其放入某个长方体内，如图1所示.
(2)若三棱锥的四个面均是直角三角形，则此时可构造长方体，如图2所示.
(3)正四面体P-ABC可以补形为正方体且正方体的棱长a=，如图3所示.
(4)若三棱锥的对棱两两相等，则可将其放入某个长方体内，如图4所示.
1
5
6
7
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2
3
4
13
4.(2025·广州联考)已知圆锥的顶点和底面圆周都在球O的球面上，圆锥底面半径为，侧面展开图是一个半圆，则球O的表面积是(　　)
A.8π B.9π
C.16π D.32π
√
1
5
6
7
8
9
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11
12
2
3
4
13
解析：依题意得圆锥底面半径r=，设圆锥的高为h，母线长为l，圆锥外接球的半径为R，则2πr=πl，①即2π×=πl，解得l=2，所以h===3.所以R2=(h-R)2+r2，②即R2=(3-R)2+()2，解得R=2，所以圆锥的外接球球O的表面积S表=4πR2=32π.
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5
6
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3
4
13
习得方略：①处关键提醒，圆锥侧面展开图的半圆弧长等于圆锥底面圆的周长;
②处小技巧，根据球心到圆锥顶点及圆锥底面圆周任一点的距离相等，构建直角三角形，利用勾股定理求解.
1
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13
5.(2025·嘉兴模拟)已知四面体P-ABC的每条棱长都为2，若球O与它的每条棱都相切，则球O的体积为 (　　)
A.π B.π
C.π D.2π
√
1
5
6
7
8
9
10
11
12
2
3
4
13
解析：将正四面体P-ABC补成一个正方体，球O与正四面体的棱都相切，则球O为正方体的内切球，设正方体棱长为a，∴a2+a2=4，∴a=，∴r=，V=πr3= π，故选B.
1
5
6
7
8
9
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2
3
4
13
6.在直三棱柱A1B1C1-ABC中，A1B1=3，B1C1=4，A1C1=5，AA1=2，则其外接球与内切球的表面积之比为 (　　)
A. B.
C. D.29
√
1
5
6
7
8
9
10
11
12
2
3
4
13
解析：如图，连接AC1.由底面三角形的三边长可知，底面三角形为直角三角形，内切球的半径r==1，取AC，A1C1的中点D，E，连接DE交AC1于点O，则外接球的球心是DE的中点O，由A1C1=5，AA1=2，得AC1=，所以外接球的半径R=OA=，
所以==.故选A.
1
5
6
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11
12
2
3
4
13
7.在正四棱台ABCD-A1B1C1D1中，AB=4，A1B1=2，AA1=，若球O与上底面A1B1C1D1以及棱AB，BC，CD，DA均相切，则球O的表面积为(　　)
A.π B.
C.25π D.π
√
1
5
6
7
8
9
10
11
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2
3
4
13
解析：设棱台上、下底面的中心为N，M，连接D1B1，DB，则D1B1=2，DB=4，所以棱台的高MN==
=1.设球半径为R，根据正四棱台的结构特征可知球O与上底面A1B1C1D1相切于N，与棱AB，BC，CD，DA均相切于各边中点处，设BC的中点为E，连接OE，
OM，ME，所以OE2=OM2+ME2 R2=(R-1)2
+22，解得R=，所以球O的表面积为4πR2=25π.
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8.若正四棱锥的高为8，且所有顶点都在半径为5的球面上，则该正四棱锥的侧面积为 (　　)
A.24 B.32
C.96 D.128
√
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解析：如图所示，设P在底面的投影为G，易知正四棱锥P-ABCD的外接球球心在PG上，由题意球O的半径=PO=AO=5，OG=8-5=3，所以AG==4，PA==4，则AB=8×=4，故在△PAB中，边AB的高为=6，
所以该正四棱锥的侧面积为4××4×6=96.
故选C.
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二、多选题
9.已知正方体的外接球与内切球上各有一个动点M，N，若线段MN的最小值为-1，则下列说法正确的是(　　)
A.正方体的外接球的表面积为12π
B.正方体的内切球的体积为π
C.正方体的棱长为2
D.线段MN的最大值为2
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√
√
解析：设正方体的棱长为a，则正方体外接球的半径为体对角线长的一半，即a;内切球的半径为棱长的一半，即a.M，N分别为外接球和内切球上的动点，∴MNmin=a-a=a=-1，解得a=2，即正方体的棱长为2，∴正方体外接球的表面积为4π×()2=12π，内切球的体积为π，故A、B、C正确;线段MN的最大值为+1，故D错误.
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10.将一个直径为10 cm的铁球磨制成一个零件，能够磨制成的零件可以是 (　　)
A.底面直径为8 cm，高为6 cm的圆柱体
B.底面直径为8 cm，高为8 cm的圆锥体
C.底面直径为7 cm，高为9 cm的圆锥体
D.各棱长均为8 cm的四面体
快审准解：根据球的几何性质，结合勾股定理，即可结合选项逐一求解.
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√
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解析：对于A，若圆柱的底面直径为8，则半径为4，此时球心到圆柱底面的距离为=3，故圆柱的高可以为6，A符合;对于B，若圆锥的底面直径为8，则半径为4，此时球心到圆锥底面的距离为=3，故圆锥的高最大时为3+5=8，B符合;对于C，若圆锥的底面直径为7，则半径为，此时球心到圆锥底面的距离为=<=4，故圆锥的高最大时为+5<9，C不符合;对于D，若将各棱长均为8 cm的四面体放入到棱长为4的正方体中，此时正方体的外接球直径为×4=4<10，D符合.故选ABD.
13
三、填空题
11.设三棱柱的侧棱垂直于底面，所有棱长都为a，顶点都在一个球面上，则该球的表面积为______，体积为_______.
解析：根据题意可知三棱柱是棱长都为a的正三棱柱，上、下底面中心连线的中点就是球心，如图，
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　πa3
πa2
则△ABC的外接圆的半径为=a，所以其外接球的半径为R===a，所以球的表面积S=4πR2=4π×=πa2，体积V=πR3=π=πa3.
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12.已知三棱锥S-ABC的所有顶点都在球O的球面上，SA=，AB=1，AC=2，∠BAC=60°，SA⊥平面ABC，则球O的表面积为____.
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7π
解析：在三棱锥S-ABC中，球心O在棱SA的中垂面α上，由SA⊥平面ABC，得α∥平面ABC，则球心O到平面ABC的距离为d=SA=.在△ABC中，由余弦定理得BC==
=，因此△ABC的外接圆半径r==
=1，球O的半径R==，所以球O的表面积为4πR2=7π.
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13.(2025·衡阳模拟)已知体积为4π的球O与正四棱锥的底面和4个侧面均相切，已知正四棱锥的底面边长为4，则该正四棱锥体积是_______.
解析：设正四棱锥P-ABCD的内切球的半径为R，H为底面中心，由体积为4π=πR3得R=，连接PH，PH⊥平面ABCD，球心O在PH上，OH=R，取CD的中点F，连接HF，PF，
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设O点在侧面PCD上的投影为Q点，则Q点在PF上，且OQ⊥PF，△POQ∽△PFH，球心到四棱锥顶点的距离为h，所以=
=，解得h=，所以V=S四边形ABCDPH=×4×4
×=.
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13课时跟踪检测(四十八)　球的切、接问题
一、单选题
1.已知正方体内切球的体积是,那么该正方体的棱长等于 (　　)
A.2 B.2
C.4 D.
2.(2025·枣庄模拟)已知圆柱的底面半径为1,母线长为2,它的两个底面的圆周在同一个球的球面上,则该球的表面积为 (　　)
A.4π B.6π
C.8π D.10π
3.(2025·汕头开学考)已知三棱锥P ABC中,AP=AC=BP=BC=2,AB=PC=2,则其外接球表面积为 (　　)
A. B.8π
C.8π D.24π
4.(2025·广州联考)已知圆锥的顶点和底面圆周都在球O的球面上,圆锥底面半径为,侧面展开图是一个半圆,则球O的表面积是 (　　)
A.8π B.9π
C.16π D.32π
5.(2025·嘉兴模拟)已知四面体P ABC的每条棱长都为2,若球O与它的每条棱都相切,则球O的体积为 (　　)
A.π B.π
C.π D.2π
6.在直三棱柱A1B1C1 ABC中,A1B1=3,B1C1=4,A1C1=5,AA1=2,则其外接球与内切球的表面积之比为 (　　)
A. B.
C. D.29
7.在正四棱台ABCD A1B1C1D1中,AB=4,A1B1=2,AA1=,若球O与上底面A1B1C1D1以及棱AB,BC,CD,DA均相切,则球O的表面积为 (　　)
A.π B.
C.25π D.π
8.若正四棱锥的高为8,且所有顶点都在半径为5的球面上,则该正四棱锥的侧面积为 (　　)
A.24 B.32
C.96 D.128
二、多选题
9.已知正方体的外接球与内切球上各有一个动点M,N,若线段MN的最小值为-1,则下列说法正确的是 (　　)
A.正方体的外接球的表面积为12π B.正方体的内切球的体积为π
C.正方体的棱长为2 D.线段MN的最大值为2
10.将一个直径为10 cm的铁球磨制成一个零件,能够磨制成的零件可以是 (　　)
A.底面直径为8 cm,高为6 cm的圆柱体
B.底面直径为8 cm,高为8 cm的圆锥体
C.底面直径为7 cm,高为9 cm的圆锥体
D.各棱长均为8 cm的四面体
三、填空题
11.设三棱柱的侧棱垂直于底面,所有棱长都为a,顶点都在一个球面上,则该球的表面积为　　　,体积为　　　.
12.已知三棱锥S ABC的所有顶点都在球O的球面上,SA=,AB=1,AC=2,∠BAC=60°,SA⊥平面ABC,则球O的表面积为　　　　.
13.(2025·衡阳模拟)已知体积为4π的球O与正四棱锥的底面和4个侧面均相切,已知正四棱锥的底面边长为4,则该正四棱锥体积是　　　　　.
课时跟踪检测(四十八)
1.选C　设正方体的棱长为a,内切球的半径为R,依题有R3=,所以R=2,所以正方体的棱长a=2R=4.
2.选C　由题意可知该球为圆柱的外接球,所以球心为圆柱的中心,设球半径为r,则r==,故该球的表面积为4πr2=8π.
3.选D　由三棱锥P ABC的特征,把三棱锥的顶点放在长方体的顶点处,
三棱锥的外接球就是长方体的外接球.设长方体的长、宽、高分别是x,y,z,则所以x2+y2+z2=24,设长方体的外接球半径为R,则2R==2,所以外接球表面积为4πR2=24π.
谨记结论:(1)若三棱锥的三条侧棱两两互相垂直,则可将其放入某个长方体内,如图1所示.
(2)若三棱锥的四个面均是直角三角形,则此时可构造长方体,如图2所示.
(3)正四面体P ABC可以补形为正方体且正方体的棱长a=,如图3所示.
(4)若三棱锥的对棱两两相等,则可将其放入某个长方体内,如图4所示.
4.选D　依题意得圆锥底面半径r=,设圆锥的高为h,母线长为l,圆锥外接球的半径为R,则2πr=πl,①即2π×=πl,解得l=2,所以h===3.所以R2=(h-R)2+r2,②即R2=(3-R)2+()2,解得R=2,所以圆锥的外接球球O的表面积S表=4πR2=32π.
习得方略:①处关键提醒,圆锥侧面展开图的半圆弧长等于圆锥底面圆的周长;
②处小技巧,根据球心到圆锥顶点及圆锥底面圆周任一点的距离相等,构建直角三角形,利用勾股定理求解.
5.选B　将正四面体P ABC补成一个正方体,
球O与正四面体的棱都相切,则球O为正方体的内切球,设正方体棱长为a,∴a2+a2=4,∴a=,∴r=,V=πr3= π,故选B.
6.选A　如图,连接AC1.由底面三角形的三边长可知,
底面三角形为直角三角形,内切球的半径r==1,取AC,A1C1的中点D,E,连接DE交AC1于点O,则外接球的球心是DE的中点O,由A1C1=5,AA1=2,得AC1=,所以外接球的半径R=OA=,所以==.故选A.
7.选C　设棱台上、下底面的中心为N,M,连接D1B1,DB,则D1B1=2,DB=4,所以棱台的高MN===1.设球半径为R,
根据正四棱台的结构特征可知球O与上底面A1B1C1D1相切于N,与棱AB,BC,CD,DA均相切于各边中点处,设BC的中点为E,连接OE,OM,ME,所以OE2=OM2+ME2 R2=(R-1)2+22,解得R=,所以球O的表面积为4πR2=25π.
8.选C　如图所示,设P在底面的投影为G,
易知正四棱锥P ABCD的外接球球心在PG上,由题意球O的半径=PO=AO=5,OG=8-5=3,所以AG==4,PA==4,则AB=8×=4,故在△PAB中,边AB的高为=6,所以该正四棱锥的侧面积为4××4×6=96.故选C.
9.选ABC　设正方体的棱长为a,则正方体外接球的半径为体对角线长的一半,即a;内切球的半径为棱长的一半,即a.M,N分别为外接球和内切球上的动点,∴MNmin=a-a=a=-1,解得a=2,即正方体的棱长为2,∴正方体外接球的表面积为4π×()2=12π,内切球的体积为π,故A、B、C正确;线段MN的最大值为+1,故D错误.
10.快审准解:根据球的几何性质,结合勾股定理,即可结合选项逐一求解.
选ABD　对于A,若圆柱的底面直径为8,则半径为4,此时球心到圆柱底面的距离为=3,故圆柱的高可以为6,A符合;对于B,若圆锥的底面直径为8,则半径为4,此时球心到圆锥底面的距离为=3,故圆锥的高最大时为3+5=8,B符合;对于C,若圆锥的底面直径为7,则半径为,此时球心到圆锥底面的距离为 =<=4,故圆锥的高最大时为+5<9,C不符合;对于D,若将各棱长均为8 cm的四面体放入到棱长为4的正方体中,此时正方体的外接球直径为×4=4<10,D符合.故选ABD.
11.解析:根据题意可知三棱柱是棱长都为a的正三棱柱,
上、下底面中心连线的中点就是球心,如图,则△ABC的外接圆的半径为=a,所以其外接球的半径为R===a,所以球的表面积S=4πR2=4π×=πa2,体积V=πR3=π=πa3.
答案:πa2　πa3
12.解析:在三棱锥S ABC中,球心O在棱SA的中垂面α上,由SA⊥平面ABC,得α∥平面ABC,则球心O到平面ABC的距离为d=SA=.在△ABC中,由余弦定理得BC===,因此△ABC的外接圆半径r===1,球O的半径R==,所以球O的表面积为4πR2=7π.
答案:7π
13.解析:设正四棱锥P ABCD的内切球的半径为R,H为底面中心,
由体积为4π=πR3得R=,连接PH,PH⊥平面ABCD,球心O在PH上,OH=R,取CD的中点F,连接HF,PF,设O点在侧面PCD上的投影为Q点,则Q点在PF上,且OQ⊥PF,△POQ∽△PFH,球心到四棱锥顶点的距离为h,所以=,=,解得h=,所以V=S四边形ABCDPH=×4×4×=.
答案:

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