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微课培优6　与球有关的切接问题
1.外接球
如果一个多面体的各个顶点都在同一个球面上,那么称这个球为多面体的外接球.解决这类问题的关键是抓住外接球的特点,即球心到多面体的顶点的距离等于球的半径.
2.内切球
当球与多面体的各个面相切时,球心到各面的距离相等即球的半径,可用球心与多面体的各顶点连接,球的半径为分成的小棱锥的高,用等体积法来求球的半径.
3.常用结论
(1)棱柱体的外接球模型:多面体的外接球的球心是过多面体的两个面的外心且分别垂直这两个面的直线的交点.一般情况下只作出一个面的垂线,然后设出球心用算术方法或代数方法即可.有时也作出两条垂线,交点即为球心.以直三棱柱为例,模型如图,由对称性可知球心O的位置是△ABC的外心O1与△A1B1C1的外心O2连线的中点,算出小圆O1的半径AO1=r,OO1=,所以R2=r2+.
(2)三棱锥的外接球模型:①墙角模型是三棱锥有一条侧棱垂直于底面且底面是直角三角形模型,用补形法(构造长方体)解决.外接球的直径等于长方体的体对角线长(在长方体的同一顶点的三条棱长分别为a,b,c,外接球的半径为R,则2R=).墙角模型如图所示,
②有一条侧棱垂直于底面,且底面为非直角三角形的棱锥模型,可补为直棱柱内接于球,由对称性可知球心O的位置是△CBD的外心O1与△AB2D2的外心O2连线的中点,算出小圆O1的半径CO1=r,OO1=,所以R2=r2+.
③三棱锥的三组对棱长分别相等模型,一般用补形法(构造长方体)解决.外接球的直径等于长方体的体对角线长,即2R=(长方体的长、宽、高分别为a,b,c).
(3)内切球思路:以三棱锥P－ABC为例,求其内切球的半径.
方法:等体积法,三棱锥P－ABC体积等于内切球球心与四个面构成的四个三棱锥的体积之和.
第一步:先求出四个表面的面积和整个锥体体积;
第二步:设内切球的半径为r,球心为O,建立等式=+++ =S△ABC·r+S△PAB·r+S△PAC·r+S△PBC·r=(S△ABC+S△PAB+S△PAC+S△PBC)·r;
第三步:解出r==.
类型一　外接球的球心问题
角度1　补形法
[典例1] (2025·湖北武汉模拟)已知三棱锥A－BCD的四个顶点都在球O的球面上,且AB=CD=,AC=BD=,AD=BC=,则球O的半径为　　　　　 .
几何体的补形要围绕着已知条件来进行,通常策略是把棱锥补成棱柱,把台体补成锥体,把三棱锥补成长方体或直棱柱,把三棱柱补成四棱柱,把不规则几何体补成规则几何体,补一个同样的几何体等.
[拓展演练1] (2025·广东梅州模拟)已知球O是三棱锥P－ABC的外接球,PA=AB=PB=AC=
2,CP=2,点D是PB的中点,且CD=,则球O的表面积为　　　　.
角度2　截面法
[典例2] 如图,已知正四棱台ABCD－EFGH的上底面面积为16,下底面面积为64,且其各个顶点均在半径R=的球O的表面上,则该四棱台的高为(　　)
[A] 2 [B] 8 [C] 2或12 [D] 4或8
与球截面有关的解题策略
(1)定球心:外接球的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.
[拓展演练2] 在三棱锥P－ABC中,△PAC是边长为2 的等边三角形,AB=BC=2,平面PAC⊥平面ABC,则该三棱锥的外接球的体积为　　　　.
类型二　内切球的球心问题
[典例3] (2025·吉林松原模拟)已知圆锥的侧面积是4π,且它的侧面展开图是一个半圆,则这个圆锥的内切球半径为(　　)
[A] [B] [C] [D]
(1)等体积法.
若几何体各个面都与球相切,则可以内切球球心为顶点,将几何体分成多个棱锥,几何体的体积V=(S1+S2+…+Sn)r内,所以r内=.
(2)轴截面法.
第一步,画出球及它的内切圆柱、圆锥等几何体,它们公共的轴截面;
第二步,寻找几何体与几何体之间元素的关系.
[拓展演练3] (2025·湖南湘潭模拟)设四棱台ABCD－A1B1C1D1的上、下底面面积分别为S1,S2,侧面积为S,若一个球与该四棱台的每个面都相切,则(　　)
[A] S2=S1S2 [B] S=S1+S2
[C] S2=2 [D] =+
类型三　球切、接中的最值、范围问题
[典例4] (2025·江苏盐城模拟)已知球O与圆台O1O2的上、下底面和侧面都相切.若圆台上、下底面的半径分别为r1,r2,且2r1≤r2,球和圆台的体积分别为V1和V2,则的最大值为(　　)
[A] [B]
[C] [D]
[拓展演练4] (2023·全国甲卷)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　　　　.
(分值:90分)
单选每题5分,多选每题6分,填空每题5分.
1.(2025·江苏扬州模拟)已知某圆锥底面半径为1,高为2,则该圆锥的外接球表面积为(　　)
[A] π [B] π [C] π [D] π
2.(2025·浙江金华模拟)已知边长为6的正方体与一个球相交,球与正方体的每个面所在平面的交线都为一个面积为16π的圆,则该球的表面积为(　　)
[A] 96π [B] 100π [C] 125π [D] 204π
3.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
4.一个金属印章摆件除去顶部的环可以看作是一个正四棱柱和一个正四棱锥组成的几何体,如图,已知正四棱柱和正四棱锥的底面边长均为4,体积之比为3∶1,且该几何体的顶点在球O的表面上,则球O的表面积为(　　)
[A] 36π [B] 48π [C] [D]
5.在△ABC中,AB=AC=2,cos A=,将△ABC绕BC旋转至△BCD的位置,使得AD=,如图所示,则三棱锥D－ABC外接球的体积为(　　)
[A] π [B] 8π
[C] [D]
6.(2025·云南大理模拟)六氟化硫,化学式为SF6,在常压下是一种无色、无臭、无毒、不燃的稳定气体,有良好的绝缘性,在电器工业方面具有广泛用途.六氟化硫分子结构为正八面体结构(正八面体每个面都是正三角形,可以看作是将两个棱长均相等的正四棱锥将底面粘接在一起的几何体).如图所示,正八面体E－ABCD－F的棱长为a,此八面体的外接球与内切球的体积的比值为(　　)
[A] 3 [B] 2 [C] 3 [D] 2
7.(2025·重庆模拟)已知圆锥的轴截面SAB是一个正三角形,其中S是圆锥顶点,AB是底面圆的直径.若C是底面圆O上一点,P是母线SC上一点,AB=6,AC=SP=2,则三棱锥P－ABC外接球的表面积是(　　)
[A] [B] [C] [D]
8.(2025·安徽合肥模拟)已知四棱锥P－ABCD的各顶点在同一球面上,若AD=2AB=2BC=
2CD=4,△PAB为正三角形,且平面PAB⊥平面ABCD,则该球的表面积为(　　)
[A] π [B] 16π [C] π [D] 20π
9.(多选题)(2023·新课标Ⅰ卷)下列物体中,能够被整体放入棱长为1(单位:m)的正方体容器(容器壁厚度忽略不计)内的有(　　)
[A] 直径为0.99 m的球体
[B] 所有棱长均为1.4 m的四面体
[C] 底面直径为0.01 m,高为1.8 m的圆柱体
[D] 底面直径为1.2 m,高为0.01 m的圆柱体
10.(多选题)(2025·山东滨州模拟)在边长为4的正方形ABCD中,如图(1)所示,E,F,M分别为BC,CD,BE的中点,分别沿AE,AF及EF所在直线把△AEB,△AFD和△EFC折起,使B,C,D三点重合于点P,得到三棱锥P－AEF,如图(2)所示,则下列结论中正确的是(　　)
[A] PA⊥EF
[B] 三棱锥M－AEF的体积为4
[C] 三棱锥P－AEF外接球的表面积为24π
[D] 过点M的平面截三棱锥P－AEF的外接球所得截面的面积的取值范围为[π,6π]
11.(5分)(2025·广东汕头模拟)在母线长为4的圆锥PO中,其侧面展开图的圆心角为,则该圆锥的外接球的表面积为　　　　.
12.(5分)(2025·黑龙江大庆模拟)在圆台O1O2中,圆O2的半径是圆O1半径的2倍,且O2恰为该圆台外接球的球心,则圆台的侧面积与其外接球的表面积的比值为　　　　.
13.(13分)如图,在四棱锥P－ABCD中,平面PBC⊥平面ABCD,∠PBC=90°,AD∥BC,∠ABC=90°,CD=AB=AD=.
(1)求证:CD⊥平面PBD;
(2)若三棱锥A－PBD的外接球表面积为16π,求三棱锥B－PCD的体积与三棱锥B－PCD的外接球的体积的比值.
14.(15分)(2025·江西吉安模拟)如图,点C在直径为AB的半圆O上,CD垂直于半圆O所在平面,平面ADE⊥平面ACD,且CD∥BE.
(1)证明:CD=BE;
(2)若AC=1,AB=,∠ADC=45°,求四棱锥A－BCDE的内切球的半径.
微课培优6　与球有关的切接问题（解析版）
1.外接球
如果一个多面体的各个顶点都在同一个球面上,那么称这个球为多面体的外接球.解决这类问题的关键是抓住外接球的特点,即球心到多面体的顶点的距离等于球的半径.
2.内切球
当球与多面体的各个面相切时,球心到各面的距离相等即球的半径,可用球心与多面体的各顶点连接,球的半径为分成的小棱锥的高,用等体积法来求球的半径.
3.常用结论
(1)棱柱体的外接球模型:多面体的外接球的球心是过多面体的两个面的外心且分别垂直这两个面的直线的交点.一般情况下只作出一个面的垂线,然后设出球心用算术方法或代数方法即可.有时也作出两条垂线,交点即为球心.以直三棱柱为例,模型如图,由对称性可知球心O的位置是△ABC的外心O1与△A1B1C1的外心O2连线的中点,算出小圆O1的半径AO1=r,OO1=,所以R2=r2+.
(2)三棱锥的外接球模型:①墙角模型是三棱锥有一条侧棱垂直于底面且底面是直角三角形模型,用补形法(构造长方体)解决.外接球的直径等于长方体的体对角线长(在长方体的同一顶点的三条棱长分别为a,b,c,外接球的半径为R,则2R=).墙角模型如图所示,
②有一条侧棱垂直于底面,且底面为非直角三角形的棱锥模型,可补为直棱柱内接于球,由对称性可知球心O的位置是△CBD的外心O1与△AB2D2的外心O2连线的中点,算出小圆O1的半径CO1=r,OO1=,所以R2=r2+.
③三棱锥的三组对棱长分别相等模型,一般用补形法(构造长方体)解决.外接球的直径等于长方体的体对角线长,即2R=(长方体的长、宽、高分别为a,b,c).
(3)内切球思路:以三棱锥P－ABC为例,求其内切球的半径.
方法:等体积法,三棱锥P－ABC体积等于内切球球心与四个面构成的四个三棱锥的体积之和.
第一步:先求出四个表面的面积和整个锥体体积;
第二步:设内切球的半径为r,球心为O,建立等式=+++ =S△ABC·r+S△PAB·r+S△PAC·r+S△PBC·r=(S△ABC+S△PAB+S△PAC+S△PBC)·r;
第三步:解出r==.
类型一　外接球的球心问题
角度1　补形法
[典例1] (2025·湖北武汉模拟)已知三棱锥A－BCD的四个顶点都在球O的球面上,且AB=CD=,AC=BD=,AD=BC=,则球O的半径为　　　　　 .
【答案】
【解析】 如图,由于三棱锥对棱相等,将三棱锥A－BCD补成一个长方体,
从而外接球直径为长方体的体对角线,
设长方体的棱长分别为a,b,c,球O的半径为R,
则a2+b2=AB2,b2+c2=AC2,a2+c2=AD2,
所以2R===,解得R=.
几何体的补形要围绕着已知条件来进行,通常策略是把棱锥补成棱柱,把台体补成锥体,把三棱锥补成长方体或直棱柱,把三棱柱补成四棱柱,把不规则几何体补成规则几何体,补一个同样的几何体等.
[拓展演练1] (2025·广东梅州模拟)已知球O是三棱锥P－ABC的外接球,PA=AB=PB=AC=
2,CP=2,点D是PB的中点,且CD=,则球O的表面积为　　　　.
【答案】
【解析】 由PA=AC=2,CP=2,可得CP2=PA2+AC2,所以PA⊥AC,
由点D是PB的中点,且PA=AB=PB=2,可得AD= ,
又由CD=,AC=2,可得CD2=AD2+AC2,所以AD⊥AC,
又AD∩AP=A,且AD,AP 平面PAB,
所以AC⊥平面PAB,
以△PAB为底面,AC为侧棱补成一个直三棱柱,如图所示,则三棱锥P－ABC的外接球即为该直三棱柱的外接球, 球心O到底面△PAB的距离为d=AC=1,
由正弦定理,可得△PAB的外接圆的半径为r=×=,
所以球O的半径为R===,所以球O的表面积为S=4πR2=4π×
()2=.
角度2　截面法
[典例2] 如图,已知正四棱台ABCD－EFGH的上底面面积为16,下底面面积为64,且其各个顶点均在半径R=的球O的表面上,则该四棱台的高为(　　)
[A] 2 [B] 8 [C] 2或12 [D] 4或8
【答案】 C
【解析】 如图,作出截面DBFH,此时球心O位于截面内部,
取DB中点E1,HF中点F1,连接DO,E1F1和OH,
易得点O在直线E1F1上,由题意得DB=4,HF=8,OD=OH=,
因为OF1===5,OE1===7,所以E1F1=12;
当O不在截面内时,同理可得OE1=7,OF1=5,所以E1F1=2.
综上所述,该四棱台的高为2或12.故选C.
与球截面有关的解题策略
(1)定球心:外接球的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.
[拓展演练2] 在三棱锥P－ABC中,△PAC是边长为2 的等边三角形,AB=BC=2,平面PAC⊥平面ABC,则该三棱锥的外接球的体积为　　　　.
【答案】
【解析】如图,由题意,等边三角形PAC的高为h=2sin=3,
等边三角形PAC的外接圆半径为r=×3=2,
在△ABC中,
cos∠ABC==－,
则sin∠ABC=,
则△ABC的外接圆半径为·=2,
设O1,O2分别是△PAC,△ABC的外心,
则O2A=2,设O是三棱锥P－ABC的外接球的球心,R是外接球的半径,则OO2=1,
所以R2=OA2=A+O=22+12=5,
所以R=,所以三棱锥的外接球的体积为V==.
类型二　内切球的球心问题
[典例3] (2025·吉林松原模拟)已知圆锥的侧面积是4π,且它的侧面展开图是一个半圆,则这个圆锥的内切球半径为(　　)
[A] [B] [C] [D]
【答案】 D
【解析】 如图,设圆锥底面圆的半径为r,高为h,母线长为l,由题意知
两式相除解得r=,l=2,
所以圆锥的顶角为,轴截面为等边三角形,圆锥的高h==,
设圆锥的内切球半径为R,(－R)2=R2+()2,解得R=.故选D.
(1)等体积法.
若几何体各个面都与球相切,则可以内切球球心为顶点,将几何体分成多个棱锥,几何体的体积V=(S1+S2+…+Sn)r内,所以r内=.
(2)轴截面法.
第一步,画出球及它的内切圆柱、圆锥等几何体,它们公共的轴截面;
第二步,寻找几何体与几何体之间元素的关系.
[拓展演练3] (2025·湖南湘潭模拟)设四棱台ABCD－A1B1C1D1的上、下底面面积分别为S1,S2,侧面积为S,若一个球与该四棱台的每个面都相切,则(　　)
[A] S2=S1S2 [B] S=S1+S2
[C] S2=2 [D] =+
【答案】 D
【解析】 如图,设内切球的球心为O,连接OA,OB,OC,OD,OA1,OB1,OC1,OD1.
则OA,OB,OC,OD,OA1,OB1,OC1,OD1把四棱台ABCD－A1B1C1D1分割成六个四棱锥,且六个四棱锥的高都为内切球的半径R,四棱台ABCD－A1B1C1D1的高为2R,
所以=(S1+S2+)·2R=(S1+S2+S)·R,
化简可得S1+S2+2=(+)2=S.故选D.
类型三　球切、接中的最值、范围问题
[典例4] (2025·江苏盐城模拟)已知球O与圆台O1O2的上、下底面和侧面都相切.若圆台上、下底面的半径分别为r1,r2,且2r1≤r2,球和圆台的体积分别为V1和V2,则的最大值为(　　)
[A] [B]
[C] [D]
【答案】 D
【解析】如图,因为球O与圆台O1O2的上、下底面和侧面都相切,圆台上、下底面的半径分别为r1,r2,且2r1≤r2,
由切线长定理有圆台O1O2的母线长为r1+r2,
设球O的半径为R,几何体轴截面上右端点为A,下右端点为B,
过点A作AA1⊥BO2于点A1,则圆台O1O2的高AA1=2R,A1B=r2－r1,
则由勾股定理有(r1+r2)2=(r2－r1)2+4R2,化简得R2=r1r2,
因为球O与圆台O1O2的体积分别为V1和V2,
所以===,
因为2r1≤r2,所以∈(0,],
令=t,则y=t++1,当t∈(0,]时,y随t的增大而减小;
当=时,++1取得最小值,最小值为+2+1=,
所以的最大值为=.故选D.
[拓展演练4] (2023·全国甲卷)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　　　　.
【答案】 [2,2]
【解析】 设球的半径为R,当球是正方体的外接球时,恰好经过正方体的每个顶点,所求的球的半径最大,若半径变得更大,球会包含正方体,导致球面和棱没有交点,正方体的外接球直径2R′为体对角线长AC1==4,即2R′=4,R′=2,故Rmax=2.
如图,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对角线的交点,
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,球的半径达到最小,即R的最小值为2.
综上,R∈[2,2].
(分值:90分)
单选每题5分,多选每题6分,填空每题5分.
1.(2025·江苏扬州模拟)已知某圆锥底面半径为1,高为2,则该圆锥的外接球表面积为(　　)
[A] π [B] π [C] π [D] π
【答案】 C
【解析】 根据题意,设圆锥外接球的半径为R,则有R2=12+(2－R)2,解得R=,
则该圆锥的外接球表面积S=4πR2=.故选C.
2.(2025·浙江金华模拟)已知边长为6的正方体与一个球相交,球与正方体的每个面所在平面的交线都为一个面积为16π的圆,则该球的表面积为(　　)
[A] 96π [B] 100π [C] 125π [D] 204π
【答案】 B
【解析】 由对称性,球心与正方体重心重合,且每个面的交线半径为4.连接球心与任意面中心,则连线长为3,且连线垂直该面,再连接交线圆上一点与球心(即为球半径),由勾股定理得球的半径为5,则表面积为4π·52=100π.故选B.
3.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】如图所示,由球心作平面ABC的垂线,则垂足为BC的中点M.
由题意知AM=BC=,OM=AA1=6,所以球O的半径 R=OA==.故选C.
4.一个金属印章摆件除去顶部的环可以看作是一个正四棱柱和一个正四棱锥组成的几何体,如图,已知正四棱柱和正四棱锥的底面边长均为4,体积之比为3∶1,且该几何体的顶点在球O的表面上,则球O的表面积为(　　)
[A] 36π [B] 48π [C] [D]
【答案】 A
【解析】 如图,因为正四棱柱和正四棱锥的体积之比为3∶1,且有一个共同的底面,
所以正四棱柱和正四棱锥的高相等,
设正四棱柱和正四棱锥的高为h,该几何体外接球的半径为R,易知球O是正四棱柱的外接球,也是正四棱锥的外接球,
所以
解得h=2,R=3,所以球O的表面积为4π×32=36π.故选A.
5.在△ABC中,AB=AC=2,cos A=,将△ABC绕BC旋转至△BCD的位置,使得AD=,如图所示,则三棱锥D－ABC外接球的体积为(　　)
[A] π [B] 8π
[C] [D]
【答案】 C
【解析】 在△ABC中,由余弦定理得BC2=22+22－2×2×2×,所以BC=.
在三棱锥D－ABC中,AB=AC=DB=DC=2,AD=BC=.
如图,将三棱锥D－ABC放入长方体中,设长方体的长、宽、高分别为a,b,c,
设三棱锥D－ABC外接球的半径为R,
则a2+b2=4,b2+c2=2,a2+c2=4,
所以a2+b2+c2=5,
所以R==,
从而三棱锥D－ABC外接球的体积V=πR3=.故选C.
6.(2025·云南大理模拟)六氟化硫,化学式为SF6,在常压下是一种无色、无臭、无毒、不燃的稳定气体,有良好的绝缘性,在电器工业方面具有广泛用途.六氟化硫分子结构为正八面体结构(正八面体每个面都是正三角形,可以看作是将两个棱长均相等的正四棱锥将底面粘接在一起的几何体).如图所示,正八面体E－ABCD－F的棱长为a,此八面体的外接球与内切球的体积的比值为(　　)
[A] 3 [B] 2 [C] 3 [D] 2
【答案】 A
【解析】 正八面体E－ABCD－F的棱长为a,连接AC,EF,AC与EF相交于点O(图略),
由四边形ABCD为正方形,得AC2=BC2+AB2=2a2=EC2+AE2,
则四边形AECF也是正方形,即点O到各顶点的距离相等,于是此八面体的外接球球心为O,半径为R==,
此八面体的表面积为S=8S△ABE=8×a2=2a2,设此八面体的内切球半径为r,
由=2,得Sr=2××a2×,即2a2r=a3,解得r=a,
所以此八面体的外接球与内切球的体积的比值为==3.故选A.
7.(2025·重庆模拟)已知圆锥的轴截面SAB是一个正三角形,其中S是圆锥顶点,AB是底面圆的直径.若C是底面圆O上一点,P是母线SC上一点,AB=6,AC=SP=2,则三棱锥P－ABC外接球的表面积是(　　)
[A] [B] [C] [D]
【答案】 C
【解析】 如图,设点D在母线SA上且SD=SP=2,
因为△ACB是直角三角形,所以三棱锥P－ABC外接球的球心E在SO上,
由 △SDE≌△SPE,可得EP=ED,即三棱锥P－ABC外接球的球心E也是三棱锥D－ABC外接球的球心,且两个外接球的表面积相等.
由AO=CO=BO,得△ABD的外心即为三棱锥A－BCD外接球的球心E.
在△ABD中,BD===2,
所以△ABD的外接圆的直径2R===,所以三棱锥P－ABC外接球的表面积是4πR2=π(2R)2=.故选C.
8.(2025·安徽合肥模拟)已知四棱锥P－ABCD的各顶点在同一球面上,若AD=2AB=2BC=
2CD=4,△PAB为正三角形,且平面PAB⊥平面ABCD,则该球的表面积为(　　)
[A] π [B] 16π [C] π [D] 20π
【答案】 C
【解析】 如图,取AD的中点E,取AB的中点G,连接EG,PG,BE,CE,在线段PG上取一点F,使FG=PG,过点E作平面ABCD的垂线OE,使OE=FG,连接OF,OA,OB,OC,OD,易知四边形ABCD是等腰梯形,△ABE,△BCE,△CDE均为正三角形,所以AE=BE=CE=DE=2,
因为OE⊥平面ABCD,所以∠OEA=∠OEB=∠OEC=∠OED=90°,所以OA=OB=OC=OD,
因为△PAB为正三角形,G为AB的中点,所以PG⊥AB,又因为平面PAB⊥平面ABCD,平面PAB∩平面ABCD=AB,PG 平面PAB,所以PG⊥平面ABCD,
因为OE⊥平面ABCD,所以PG∥OE,即FG∥OE,
又因为OE=FG,所以四边形OEGF为平行四边形,所以OF∥EG,
因为△ABE为正三角形,G为AB的中点,所以EG⊥AB,
又因为平面PAB⊥平面ABCD,平面PAB∩平面ABCD=AB,EG 平面ABCD,
所以EG⊥平面PAB,所以OF⊥平面PAB,
又因为F是△ABP的外心,所以FA=FB=FP,所以OA=OB=OP,所以O即为四棱锥外接球的球心,
因为OE=FG=PG=,AE=2,
所以R=OA===,所以S=4πR2=4π×()2=π.故选C.
9.(多选题)(2023·新课标Ⅰ卷)下列物体中,能够被整体放入棱长为1(单位:m)的正方体容器(容器壁厚度忽略不计)内的有(　　)
[A] 直径为0.99 m的球体
[B] 所有棱长均为1.4 m的四面体
[C] 底面直径为0.01 m,高为1.8 m的圆柱体
[D] 底面直径为1.2 m,高为0.01 m的圆柱体
【答案】 ABD
【解析】 对于选项A,因为0.99 m<1 m,即球体的直径小于正方体的棱长,所以能够被整体放入正方体内,故A正确;对于选项B,因为正方体的面对角线长为 m,且>1.4,所以能够被整体放入正方体内,故B正确;对于选项C,因为正方体的体对角线长为 m,且<1.8,所以不能够被整体放入正方体内,故C不正确;
对于选项D,因为1.2 m>1 m,可知底面正方形不能包含圆柱的底面圆,如图,过AC1的中点O作OE⊥AC1,设OE∩AC=E,可知AC=,CC1=1,AC1=,OA=,则tan∠CAC1==,即=,解得OE=,且()2==>=0.62,即 >0.6,故以AC1为轴可能对称放置底面直径为1.2 m 的圆柱;若底面直径为1.2 m的圆柱与正方体的上、下底面均相切,设圆柱的底面圆心为O1,圆O1与正方体的下底面的切点为M,可知AC1⊥O1M,O1M=0.6,则tan∠CAC1=
=,即=,解得AO1=0.6,根据对称性可知圆柱的高为－2×0.6≈1.732－
1.2×1.414=0.035 2>0.01,所以能够被整体放入正方体内,故D正确.故选ABD.
10.(多选题)(2025·山东滨州模拟)在边长为4的正方形ABCD中,如图(1)所示,E,F,M分别为BC,CD,BE的中点,分别沿AE,AF及EF所在直线把△AEB,△AFD和△EFC折起,使B,C,D三点重合于点P,得到三棱锥P－AEF,如图(2)所示,则下列结论中正确的是(　　)
[A] PA⊥EF
[B] 三棱锥M－AEF的体积为4
[C] 三棱锥P－AEF外接球的表面积为24π
[D] 过点M的平面截三棱锥P－AEF的外接球所得截面的面积的取值范围为[π,6π]
【答案】 ACD
【解析】 由题意,将三棱锥补形为边长为2,2,4的长方体,如图所示.
对于A,因为AP⊥PE,AP⊥PF,PE∩PF=P,
PE,PF 平面PEF,
所以AP⊥平面PEF,所以PA⊥EF,故A正确;
对于B,因为M为PE的中点,所以==×××2×2×4=,故B错误;
对于C,三棱锥P－AEF外接球即为补形后长方体的外接球,所以(2R)2=22+22+42=24,所以三棱锥P－AEF外接球的表面积为S=4πR2=24π,故C正确;
对于D,过点M的平面截三棱锥P－AEF的外接球所得截面为圆,其中最大截面为过球心O的大圆,此时截面圆的面积为πR2=π×()2=6π,最小截面为过点M垂直于球心O与M连线的圆,此时截面圆半径r===1,截面圆的面积为πr2=π,所以过点M的平面截三棱锥P－AEF的外接球所得截面的面积的取值范围为[π,6π],故D正确.故选ACD.
11.(5分)(2025·广东汕头模拟)在母线长为4的圆锥PO中,其侧面展开图的圆心角为,则该圆锥的外接球的表面积为　　　　.
【答案】
【解析】 如图,设圆锥底面圆半径为r,依题意,2πr=×4,解得r=1,
圆锥的高PO===,显然圆锥PO的外接球的球心O1在线段PO上,
设球O1的半径为R,OO1=x.连接AO1,则由R=PO1=AO1,
得－x=,解得x=,即R=－x=,
所以该圆锥的外接球的表面积S′=4πR2=4π×()2=.
12.(5分)(2025·黑龙江大庆模拟)在圆台O1O2中,圆O2的半径是圆O1半径的2倍,且O2恰为该圆台外接球的球心,则圆台的侧面积与其外接球的表面积的比值为　　　　.
【答案】
【解析】设外接球的半径为2R,依题意O2A=2R,O2B=2R,O1B=R,
如图,过点B作BC⊥O2A,则O2C=O1B=R,
所以AC=O2C=R,BC=O1O2==R,
所以AB==2R,所以圆台的侧面积S1=π(R+2R)×2R=6πR2,
球的表面积S2=4π×(2R)2=16πR2,
所以圆台的侧面积与其外接球的表面积之比为S1∶S2=(6πR2)∶(16πR2)=3∶8.
13.(13分)如图,在四棱锥P－ABCD中,平面PBC⊥平面ABCD,∠PBC=90°,AD∥BC,∠ABC=90°,CD=AB=AD=.
(1)求证:CD⊥平面PBD;
(2)若三棱锥A－PBD的外接球表面积为16π,求三棱锥B－PCD的体积与三棱锥B－PCD的外接球的体积的比值.
(1)【证明】 在四边形ABCD中,AD∥BC,
∠ABC=90°,2AB=CD=2AD=2,所以△ABD,△BCD为等腰直角三角形,即CD⊥DB,BC=2.
因为平面PBC⊥平面ABCD,∠PBC=90°,平面PBC∩平面ABCD=BC,所以PB⊥平面ABCD,又CD 平面ABCD,所以PB⊥CD,因为BD∩PB=B,BD,PB 平面PBD,所以CD⊥平面PBD.
(2)【解】因为PB⊥平面ABCD,BD,AD 平面ABCD,所以BD⊥PB,AD⊥PB,又AD∥BC,∠ABC=90°,所以∠DAB=90°,即AD⊥AB,因为PB∩AB=B,PB,AB 平面PAB,所以AD⊥平面PAB,因为AP 平面PAB,所以AD⊥AP,即△DBP,△DAP均为直角三角形,且公共斜边为PD,所以PD中点到三棱锥A－PBD四个顶点的距离相等,因为三棱锥A－PBD的外接球表面积为16π,所以三棱锥A－PBD的外接球半径R=PD=2,所以在Rt△PBD中PB=
==,在Rt△PBC中,PC===3,
同理可得,三棱锥B－PCD的外接球半径R′=PC=,
所以==×S△DBC×PB=××××=,V球=π()3=9π,
所以=.
14.(15分)(2025·江西吉安模拟)如图,点C在直径为AB的半圆O上,CD垂直于半圆O所在平面,平面ADE⊥平面ACD,且CD∥BE.
(1)证明:CD=BE;
(2)若AC=1,AB=,∠ADC=45°,求四棱锥A－BCDE的内切球的半径.
(1)【证明】 因为CD∥BE,所以CD,BE共面,记作平面BCDE.
因为点C在直径为AB的半圆O上,AB是直径,所以CB⊥AC,
因为CD⊥平面ACB,AC 平面ACB,
所以CD⊥AC,
因为CB∩CD=C,CB,CD 平面BCDE,所以AC⊥平面BCDE,
因为DE 平面BCDE,所以AC⊥DE,
在平面ACD中,作CF⊥AD,垂足为F,如图所示.
因为平面ADE⊥平面ACD,平面ADE∩平面ACD=AD,CF 平面ACD,所以CF⊥平面ADE,
又因为DE 平面ADE,所以CF⊥DE,
又因为AC∩CF=C,AC,CF 平面ACD,可得DE⊥平面ACD,
又因为CD 平面ACD,
所以ED⊥CD,
又因为CD⊥平面ABC,BC 平面ABC,所以 CD⊥BC,
由上可得BC∥ED,又因为CD∥BE,所以四边形BCDE为平行四边形,所以CD=BE.
(2)【解】因为∠ADC=45°,所以CD=AC=1,BC==2.由(1)可知AC⊥平面BCDE,DE⊥平面ACD,所以四棱锥A－BCDE的体积V=×1×1×2=.又四棱锥A－BCDE的表面积S=1×2+×(1×1+1×2+1×+2×)=.
故四棱锥A－BCDE的内切球的半径 r== .
(
第
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微课培优6　与球有关的
切接问题
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1.外接球
如果一个多面体的各个顶点都在同一个球面上,那么称这个球为多面体的外接球.解决这类问题的关键是抓住外接球的特点,即球心到多面体的顶点的距离等于球的半径.
2.内切球
当球与多面体的各个面相切时,球心到各面的距离相等即球的半径,可用球心与多面体的各顶点连接,球的半径为分成的小棱锥的高,用等体积法来求球的半径.
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3.常用结论
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题型演绎
类型一　外接球的球心问题
角度1　补形法
几何体的补形要围绕着已知条件来进行,通常策略是把棱锥补成棱柱,把台体补成锥体,把三棱锥补成长方体或直棱柱,把三棱柱补成四棱柱,把不规则几何体补成规则几何体,补一个同样的几何体等.
反思归纳
角度2　截面法
[A] 2 [B] 8 [C] 2或12 [D] 4或8
C
与球截面有关的解题策略
(1)定球心:外接球的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.
反思归纳
类型二　内切球的球心问题
D
(1)等体积法.
反思归纳
(2)轴截面法.
第一步,画出球及它的内切圆柱、圆锥等几何体,它们公共的轴截面;
第二步,寻找几何体与几何体之间元素的关系.
D
类型三　球切、接中的最值、范围问题
D
【解析】如图,因为球O与圆台O1O2的上、下底面和侧面都相切,圆台上、下底面的半径分别为r1,r2,且2r1≤r2,
由切线长定理有圆台O1O2的母线长为r1+r2,
设球O的半径为R,几何体轴截面上右端点为A,下右端点为B,
过点A作AA1⊥BO2于点A1,则圆台O1O2的高AA1=2R,A1B=r2－r1,
则由勾股定理有(r1+r2)2=(r2－r1)2+4R2,化简得R2=r1r2,
[拓展演练4] (2023·全国甲卷)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
　　 　　.
课时作业
(分值:90分)
1.(2025·江苏扬州模拟)已知某圆锥底面半径为1,高为2,则该圆锥的外接球表面积为(　　)
单选每题5分,多选每题6分,填空每题5分.
C
B
2.(2025·浙江金华模拟)已知边长为6的正方体与一个球相交,球与正方体的每个面所在平面的交线都为一个面积为16π的圆,则该球的表面积为(　　)
[A] 96π [B] 100π [C] 125π [D] 204π
【解析】 由对称性,球心与正方体重心重合,且每个面的交线半径为4.连接球心与任意面中心,则连线长为3,且连线垂直该面,再连接交线圆上一点与球心(即为球半径),由勾股定理得球的半径为5,则表面积为4π·52=100π.故选B.
3.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(　　)
C
4.一个金属印章摆件除去顶部的环可以看作是一个正四棱柱和一个正四棱锥组成的几何体,如图,已知正四棱柱和正四棱锥的底面边长均为4,体积之比为3∶1,且该几何体的顶点在球O的表面上,则球O的表面积为(　　)
A
C
6.(2025·云南大理模拟)六氟化硫,化学式为SF6,在常压下是一种无色、无臭、无毒、不燃的稳定气体,有良好的绝缘性,在电器工业方面具有广泛用途.六氟化硫分子结构为正八面体结构(正八面体每个面都是正三角形,可以看作是将两个棱长均相等的正四棱锥将底面粘接在一起的几何体).如图所示,正八面体E－ABCD－F的棱长为a,此八面体的外接球与内切球的体积的比值为(　　)
A
7.(2025·重庆模拟)已知圆锥的轴截面SAB是一个正三角形,其中S是圆锥顶
点,AB是底面圆的直径.若C是底面圆O上一点,P是母线SC上一点,AB=6,AC=
SP=2,则三棱锥P－ABC外接球的表面积是(　　)
C
8.(2025·安徽合肥模拟)已知四棱锥P－ABCD的各顶点在同一球面上,若AD=
2AB=2BC=2CD=4,△PAB为正三角形,且平面PAB⊥平面ABCD,则该球的表面积为(　　)
C
因为OE⊥平面ABCD,所以∠OEA=∠OEB=∠OEC=∠OED=90°,所以OA=OB=
OC=OD,
因为△PAB为正三角形,G为AB的中点,所以PG⊥AB,又因为平面PAB⊥平面ABCD,平面PAB∩平面ABCD=AB,PG 平面PAB,所以PG⊥平面ABCD,
因为OE⊥平面ABCD,所以PG∥OE,即FG∥OE,
又因为OE=FG,所以四边形OEGF为平行四边形,所以OF∥EG,
因为△ABE为正三角形,G为AB的中点,所以EG⊥AB,
又因为平面PAB⊥平面ABCD,平面PAB∩平面ABCD=AB,EG 平面ABCD,
所以EG⊥平面PAB,所以OF⊥平面PAB,
9.(多选题)(2023·新课标Ⅰ卷)下列物体中,能够被整体放入棱长为1(单位:m)的正方体容器(容器壁厚度忽略不计)内的有(　 　)
[A] 直径为0.99 m的球体
[B] 所有棱长均为1.4 m的四面体
[C] 底面直径为0.01 m,高为1.8 m的圆柱体
[D] 底面直径为1.2 m,高为0.01 m的圆柱体
ABD
10.(多选题)(2025·山东滨州模拟)在边长为4的正方形ABCD中,如图(1)所示,
E,F,M分别为BC,CD,BE的中点,分别沿AE,AF及EF所在直线把△AEB,
△AFD和△EFC折起,使B,C,D三点重合于点P,得到三棱锥P－AEF,如图(2)所示,则下列结论中正确的是(　 　)
[A] PA⊥EF
[B] 三棱锥M－AEF的体积为4
[C] 三棱锥P－AEF外接球的表面积为24π
[D] 过点M的平面截三棱锥P－AEF的外接球所得截面的面积的取值范围为[π,6π]
ACD
12.(5分)(2025·黑龙江大庆模拟)在圆台O1O2中,圆O2的半径是圆O1半径的2倍,且O2恰为该圆台外接球的球心,则圆台的侧面积与其外接球的表面积的比值
为　　　　.
(1)求证:CD⊥平面PBD;
(2)若三棱锥A－PBD的外接球表面积为16π,求三棱锥B－PCD的体积与三棱锥B－PCD的外接球的体积的比值.
(2)【解】因为PB⊥平面ABCD,BD,AD 平面ABCD,所以BD⊥PB,AD⊥PB,又AD∥BC,∠ABC=90°,所以∠DAB=90°,即AD⊥AB,因为PB∩AB=B,
PB,AB 平面PAB,所以AD⊥平面PAB,因为AP 平面PAB,所以AD⊥AP,即△DBP,△DAP均为直角三角形,且公共斜边为PD,所以PD中点到三棱锥
A－PBD四个顶点的距离相等,因为三棱锥A－PBD的外接球表面积为16π,
14.(15分)(2025·江西吉安模拟)如图,点C在直径为AB的半圆O上,CD垂直于半圆O所在平面,平面ADE⊥平面ACD,且CD∥BE.
(1)证明:CD=BE;
(1)【证明】 因为CD∥BE,所以CD,BE共面,记作平面BCDE.
因为点C在直径为AB的半圆O上,AB是直径,所以CB⊥AC,
因为CD⊥平面ACB,AC 平面ACB,所以CD⊥AC,
因为CB∩CD=C,CB,CD 平面BCDE,所以AC⊥平面BCDE,
因为DE 平面BCDE,所以AC⊥DE,
在平面ACD中,作CF⊥AD,垂足为F,如图所示.
因为平面ADE⊥平面ACD,平面ADE∩平面ACD=AD,CF 平面ACD,所以CF⊥平面ADE,
又因为DE 平面ADE,所以CF⊥DE,
又因为AC∩CF=C,AC,CF 平面ACD,可得DE⊥平面ACD,
又因为CD 平面ACD,所以ED⊥CD,
又因为CD⊥平面ABC,BC 平面ABC,所以 CD⊥BC,
由上可得BC∥ED,又因为CD∥BE,所以四边形BCDE为平行四边形,所以CD=BE.
14.(15分)(2025·江西吉安模拟)如图,点C在直径为AB的半圆O上,CD垂直于半圆O所在平面,平面ADE⊥平面ACD,且CD∥BE.

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