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课后限时练12　与球有关的“切”“接”“截”问题
1．已知正方体的内切球的体积为4π，则该正方体的外接球的表面积为(　　)
A．12π B．36π C．9π D．12π
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
2．(2025·四川绵阳三模)已知直三棱柱ABC-A1B1C1中，CA⊥CB，AB＝CC1＝2，该三棱柱所有顶点都在球O的球面上，则球O的体积为(　　)
A． B． C．8π D．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
3．已知球O的半径为5，点A到球心O的距离为3，则过点A的平面α截球O所得的截面面积的最小值是(　　)
A．9π B．12π C．16π D．20π
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
4．(2025·四川泸州模拟)已知圆台的上底面半径是1，下底面半径是2，且圆台的体积为7π，则该圆台的外接球的表面积为(　　)
A．5π B．13π C．20π D．25π
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
5．(多选)若正三棱锥P-ABC的底面边长为3，高为，则该正三棱锥的(　　)
A．体积为
B．表面积为9
C．外接球的表面积为27π
D．内切球的表面积为
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
6．(多选)(2023·新高考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
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
7．(2025·河北“五个一”名校联盟联考)一个半球容器(有盖)的半径为10分米，忽略容器的厚度，则该容器的表面积为________平方分米，若在该容器内放入两个半球均为r分米的球，则r的最大值为________．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
8．如图，在正四棱台ABCD-A1B1C1D1中，AB＝4，A1B1＝2，若半径为r的球O与该正四棱台的各个面均相切，则该球的表面积为________．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
9．已知正三棱柱的所有棱长均相等，其外接球与棱切球(该球与其所有棱都相切)的表面积分别为S1，S2，则＝________．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
课后限时练12
1．B　[设正方体的棱长为a，则正方体内切球的半径为π×π，解得a＝2，
所以正方体的体对角线长等于a＝6，
所以正方体外接球的半径等于a＝3，则外接球的表面积等于4π×32＝36π．故选B．]
2．A　[如图所示，将直三棱柱ABC-A1B1C1补全成长方体，则长方体的体对角线A1B＝，即该三棱柱外接球的直径，所以其半径为R＝，
所以球O的体积为V＝πR3＝π×2π．故选A．]
3．C　[由点A到球心O的距离为3，得球心O到过点A的平面α的距离的最大值为3，
因此过点A的平面α截球O所得的截面圆的半径的最小值为＝4，
所以过点A的平面α截球O所得的截面面积的最小值是16π．故选C．]
4．C　[设圆台的高为h，其外接球的半径为R，
因为圆台的体积为7π，可得πh(12＋1×2＋22)＝7π，解得h＝3．
若球心在圆台的内部，得＝3，解得R＝，所以外接球的表面积S＝4πR2＝4π×()2＝20π；
若球心在圆台的外部，可得＝3，此时无解．综上可得，外接球的表面积为20π．故选C．]
5．ABD　[如图，三棱锥P-ABC的体积V＝S△ABC·h＝，故A正确；
取AB的中点D，连接CD，PD，
则在正三棱锥P-ABC中，AB⊥CD，AB⊥PD．
作PH⊥平面ABC，垂足为H，
则PH＝．
由正三棱锥的性质可知H在CD上，
且CH＝2DH．
因为AB＝3，所以CD＝，则CH＝．
因为PH＝，所以PC＝＝3，
则三棱锥P-ABC的表面积为，故B正确；
设三棱锥P-ABC的外接球的球心为O，半径为R，则O在PH上，
连接OC，则R2＝CH2＋OH2＝(PH－OH)2，即R2＝3＋OH2＝(－OH)2，解得OH＝，所以R2＝3＋，
则三棱锥P-ABC的外接球的表面积为4πR2＝，故C错误；
设三棱锥P-ABC的内切球的半径为r，
则，解得r＝，
从而三棱锥P-ABC的内切球的表面积为4πr2＝，故D正确．故选ABD．]
6．ABD　[由于棱长为1 m的正方体的内切球的直径为1 m，所以选项A正确；由于棱长为1 m的正方体中可放入棱长为 m的正四面体，且>1.4，所以选项B正确；因为正方体的棱长为1 m，体对角线长为 m，<1.8，所以高为1.8 m的圆柱体不可能整体放入正方体容器中，所以选项C不正确；由于正方体的体对角线长为 m，而底面直径为1.2 m的圆柱体，其高0.01 m可忽略不计，故只需把圆柱的底面与正方体的体对角线平行放置，即可以整体放入正方体容器中，所以选项D正确．综上，故选ABD．]
7.300π　10(－1)　[
由题意可知，该容器的表面积为2π×102＋π×102＝300π(平方分米)，
当两个球外切且均与半球相切(与球面相切，且与半球的盖所在平面相切)时，r取得最大值，相当于求半径为10分米的四分之一球的内切球，如图，由r＋r＝10，解得r＝10(－1)．]
8.8π　[设球O与上底面、下底面分别切于点O1，O2，与平面ADD1A1、平面BCC1B1分别切于点E，F，
作出其截面如图所示，则MO1＝ME＝1，NE＝NO2＝2，于是MN＝1＋2＝3．
过点M作MH⊥O2N于点H，则NH＝NO2－HO2＝NO2－MO1＝1．
在Rt△MHN中，由勾股定理，得MH＝2r＝，所以r＝，
所以该球的表面积S＝4πr2＝4π×2＝8π．]
9．　[设正三棱柱的棱长为a，外接球与棱切球的半径分别为r1，r2．易知正三棱柱上、下底面中心连线D1D的中点O为外接球的球心，如图，因为OB2＝OD2＋BD2，BD＝a，所以．
因为OF＝a＝OE，所以O也是棱切球的球心，则．]
1/2课时12　与球有关的“切”“接”“截”问题
[备考指南]　空间几何体的外接球、内切球是历年高考命题的热点，几乎每年都有涉及，熟知球与常见几何体的切接模型，掌握确定几何体外接、内切球的球心的方法是破解此类问题的关键．
命题点1　外接球问题
【典例1】　(1)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．8π B．4π C．2π D．π
(2)(2022·新高考Ⅱ卷)已知正三棱台的高为1，上、下底面的边长分别为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
(3)如图，在△ABC中，AB＝2，AC＝3，BC＝，将△ABC绕AB旋转至△ABP处，使平面ABP⊥平面ABC，则多面体C-ABP的外接球的表面积为(　　)
A．14π B．16π C．18π D．20π
[听课记录]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
反思领悟　求解空间几何体的外接球问题的策略
(1)定球心：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(要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系)，达到空间问题平面化的目的．
(3)求半径：根据作出的截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解．
1．(2025·吉林延边一模)在直三棱柱ABC-A1B1C1中，BC＝，AA1＝2，且∠BAC＝，则该三棱柱的外接球的体积为(　　)
A． B．4π C．π D．
2．(2025·江苏南京模拟)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
3．在正四棱台A1B1C1D1-A2B2C2D2中，A1B1＝，A2B2＝3，A1A2＝6，则该正四棱台外接球的表面积为(　　)
A．108π B．54π C．36π D．27π
命题点2　内切球问题
【典例2】　(1)(2025·浙江嘉兴三模)若某正四面体的内切球的表面积为4π，则该正四面体的外接球的体积为(　　)
A．9π B．27π C．36π D．64π
(2)(2025·全国二卷)一个底面半径为4 cm，高为9 cm的封闭圆柱形容器(容器壁厚度忽略不计)内有两个半径相等的铁球，则铁球半径的最大值为________cm．
(3)(2020·全国Ⅲ卷)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]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
反思领悟　空间几何体的内切球问题的两种解决方法：一是找球心，球心到切点的距离相等且为球的半径，作出截面，在截面中求半径；二是利用等体积法直接求内切球的半径．
1．在直三棱柱ABC-A1B1C1内有一个体积为V的球，若AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，AA1＝6，则V的最大值是(　　)
A．16π B．
C．36π D．
2．(2025·天津滨海新区模拟)如图，一个四分之一球形状的玩具储物盒，若放入一个玩具小球，合上盒盖．可放小球的最大半径为r．若是放入一个正方体，合上盒盖，可放正方体的最大棱长为a，则＝(　　)
A．2＋ B．2－
C． D．
3．[高考真题改编]如图，已知球O内切于圆台(即球与该圆台的上、下底面以及侧面均相切)，且圆台的上、下底面半径r1∶r2＝2∶3，则圆台的体积与球的体积之比为________．
命题点3　球的截面问题
【典例3】　(2020·全国Ⅰ卷)已知A，B，C为球O的球面上的三个点，⊙O1为△ABC的外接圆．若⊙O1的面积为4π，AB＝BC＝AC＝OO1，则球O的表面积为(　　)
A．64π B．48π C．36π D．32π
[听课记录]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
反思领悟　巧用直角三角形解决截面圆问题的步骤
(1)确定球心O和截面圆的圆心O′；
(2)探求球的半径R和截面圆的半径r；
(3)利用OO′2＋r2＝R2计算相关量．
(2025·广东广州模拟)如图所示，某同学制作了一个工艺品．该工艺品可以看成是一个球被一个棱长为8的正方体的六个面所截后剩余的部分(球心与正方体的中心重合)．若其中一截面圆的周长为4π，则球的体积为(　　)
A． B．
C． D．
课时12　与球有关的“切”“接”“截”问题
典例1　(1)D　(2)A　(3)A　[(1)因为E，F分别为PA，AB的中点，所以EF∥PB．
因为∠CEF＝90°，所以EF⊥CE，所以PB⊥CE．
取AC的中点D，连接BD，PD，易证AC⊥平面BDP，所以PB⊥AC，又AC∩CE＝C，AC，CE 平面PAC，
所以PB⊥平面PAC，所以PB⊥PA，PB⊥PC．
因为PA＝PB＝PC，△ABC为正三角形，所以PA⊥PC，
即PA，PB，PC两两垂直，将三棱锥P-ABC放在正方体中如图所示．
因为AB＝2，所以该正方体的棱长为，
所以该正方体的体对角线长为，
所以三棱锥P-ABC的外接球半径R＝，
所以球O的体积V＝πR3＝π×π．
(2)由题意，得正三棱台上、下底面的外接圆的半径分别为＝3，＝4．设该棱台上、下底面的外接圆的圆心分别为O1，O2，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．
(3)法一：如图，由于AB2＋BC2＝AC2，所以AB⊥BC，
折叠后PB⊥AB，由于平面ABP⊥平面ABC，且交线为AB，PB 平面ABP，所以PB⊥平面ABC．
由于BC 平面ABC，所以PB⊥BC，
所以AB，BC，PB两两相互垂直，
所以可将多面体C-ABP补形为长方体，
设多面体C-ABP外接球的直径为2R，
则2R＝，4R2＝14，所以其外接球的表面积为4πR2＝14π．故选A．
法二：(面面垂直模型：外接球半径的平方＝两垂直平面外接圆半径的平方和－两垂直平面交线长一半的平方)设多面体C-ABP外接球的半径为R，由题意可知，R＝，
所以其外接球的表面积为4πR2＝14π．故选A．]
考教衔接
1．D　[设△ABC外接圆半径为r，圆心为O1，设外接球球心为O，半径为R．因为BC＝，∠BAC＝，在△ABC中，由正弦定理有＝2＝2r r＝1，
则O1A＝r＝1，OO1＝，
所以R2＝r2＋O＝1＋3＝4 R＝2，
所以外接球的体积为V＝πR3＝π×23＝．
故选D．]
2．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，
由题意知球O的半径R＝PO＝AO＝5，OG＝8－5＝3，
所以AG＝＝4，PA＝，则AB＝8×，故在△PAB中，边AB上的高为，
所以该正四棱锥的侧面积为4×＝96．
故选C．]
3．B　[设正四棱台上底面A1B1C1D1的中心为O1，下底面A2B2C2D2的中心为O2，因为A1B1＝，A2B2＝3，所以O1A1＝1，O2A2＝3．
过A1作A1E⊥O2A2于E，易得A2E＝2，
设该正四棱台外接球的球心为O，则O在直线O1O2上，O1O2＝A1E＝，设OO1＝x，则OO2＝4－x，
设外接球的半径为R，则 R2＝O，即x2＋12＝(4－x)2＋32，解得x＝，则R2＝，所以外接球的表面积为4πR2＝54π．故选B．]
典例2　(1)C　(2)2.5　(3)π　[(1)正四面体的内切球的球心与其外接球球心重合，
如图，正四面体ABCD内切球与外接球球心O在其高AO1上，则OO1是正四面体ABCD内切球半径，OA是正四面体ABCD外接球半径，
由正四面体ABCD的内切球的表面积为4π，得OO1＝1，令AB＝a，BO1＝a·a，AO1＝a，BO＝AO＝a－1，在Rt△BOO1中，＝1，解得a＝2(a＝0舍)，AO＝3，所以该正四面体的外接球的体积V＝OA3＝36π．故选C．
(2)设铁球半径为r cm，若两个铁球的球心在竖直方向上，且分别与两个底面相切，则铁球球心与圆柱上、下底面的距离均为r，此时铁球的半径为 cm．
当两球球心不在竖直方向上时，设两个铁球的球心分别为O1，O2，此种情况下，当铁球半径最大时，如图1所示，圆柱与两铁球的轴截面如图2所示，其中矩形ABCD为圆柱的轴截面，O2P⊥AB，O1P⊥AD，则有O2P＝9－2r，O1P＝8－2r，O1O2＝2r，则有(2r)2＝(8－2r)2＋(9－2r)2，即4r2－68r＋145＝0，
即(2r－29)(2r－5)＝0，解得r1＝14.5(舍去)，r2＝2.5．
因为2.5>＝2.25，所以铁球半径的最大值为2.5 cm．
(3)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＝，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．]
考教衔接
1．B　[由题意，因为AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，所以AC＝10，
可得△ABC的内切圆的半径为＝2．
又由AA1＝6，故在直三棱柱ABC-A1B1C1内部的球的半径最大为2，所以此时V的最大值为×π×23＝．]
2．D　[设储物盒所在球的半径为R，如图，
小球最大半径r满足r＝R，所以r＝R，
正方体的最大棱长a满足＝R2，
解得a＝R，
所以．故选D．]
3．　[根据题意可设圆台的上、下底面半径分别为2，3，则圆台的母线长为2＋3＝5，所以圆台的高为，即该圆台的内切球的半径r＝．]
典例3　A　[如图所示，设球O的半径为R，☉O1的半径为r，因为☉O1的面积为4π，所以4π＝πr2，解得r＝2．又AB＝BC＝AC＝OO1，
所以＝2r，解得AB＝2，故OO1＝2，所以R2＝O＋r2＝(2)2＋22＝16，所以球O的表面积S＝4πR2＝64π．故选A．]
考教衔接
C　[设球的半径为R，截面圆的半径为r，相对的两个截面圆间的距离为2d，
因为截面圆的周长为4π，可得2πr＝4π，解得r＝2，
又因为该工艺品可以看成是一个球被一个棱长为8的正方体的六个面所截后剩余的部分，
所以相对两截面圆之间的距离为2d＝8，解得d＝4，
根据球的截面的性质，可得R2＝r2＋d2＝22＋42＝20，即R＝2(负值舍去)，
所以球的体积为V＝．故选C．]
1/4(共70张PPT)
专题四　立体几何
课时12　与球有关的“切”“接”
“截”问题
[备考指南]　空间几何体的外接球、内切球是历年高考命题的热点，几乎每年都有涉及，熟知球与常见几何体的切接模型，掌握确定几何体外接、内切球的球心的方法是破解此类问题的关键．
命题点1　外接球问题
【典例1】　(1)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．8π B．4π C．2π D．π
(2)(2022·新高考Ⅱ卷)已知正三棱台的高为1，上、下底面的边长分别为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
√
√
(3)如图，在△ABC中，AB＝2，AC＝3，BC＝，将△ABC绕AB旋转至△ABP处，使平面ABP⊥平面ABC，则多面体C-ABP的外接球的表面积为(　　)
A．14π B．16π C．18π D．20π
√
(1)D　(2)A　(3)A　[(1)因为E，F分别为PA，AB的中点，所以EF∥PB．
因为∠CEF＝90°，所以EF⊥CE，所以PB⊥CE．
取AC的中点D，连接BD，PD，易证AC⊥平面BDP，
所以PB⊥AC，又AC∩CE＝C，AC，CE 平面PAC，
所以PB⊥平面PAC，所以PB⊥PA，PB⊥PC．
因为PA＝PB＝PC，△ABC为正三角形，所以PA⊥PC，即PA，PB，
PC两两垂直，将三棱锥P-ABC放在正方体中如图所示．
因为AB＝2，所以该正方体的棱长为，
所以该正方体的体对角线长为，
所以三棱锥P-ABC的外接球半径R＝，
所以球O的体积V＝πR3＝π×＝π．
(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，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＝＝42＋(1－OO1)2，解得OO1＝4(舍去)；当球心O不在线段O1O2上时，R2＝＝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．
(3)法一：如图，由于AB2＋BC2＝AC2，所以AB⊥BC，
折叠后PB⊥AB，由于平面ABP⊥平面ABC，且交线为AB，PB 平面ABP，所以PB⊥平面ABC．
由于BC 平面ABC，所以PB⊥BC，
所以AB，BC，PB两两相互垂直，所以可将多面体C-ABP补形为长方体，设多面体C-ABP外接球的直径为2R，
则2R＝＝，4R2＝14，
所以其外接球的表面积为4πR2＝14π．故选A．
法二：(面面垂直模型：外接球半径的平方＝两垂直平面外接圆半径的平方和－两垂直平面交线长一半的平方)设多面体C-ABP外接球的半径为R，由题意可知，R＝＝，
所以其外接球的表面积为4πR2＝14π．故选A．]
反思领悟　求解空间几何体的外接球问题的策略
(1)定球心：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(要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系)，达到空间问题平面化的目的．
(3)求半径：根据作出的截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解．
1．(2025·吉林延边一模)在直三棱柱ABC-A1B1C1中，BC＝，AA1＝2，且∠BAC＝，则该三棱柱的外接球的体积为(　　)
A． B．4π C．π D．
√
D　[设△ABC外接圆半径为r，圆心为O1，设外接球球心为O，半径为R．因为BC＝，∠BAC＝，在△ABC中，由正弦定理有＝＝2＝2r r＝1，
则O1A＝r＝1，OO1＝AA1＝，
所以R2＝＝1＋3＝4 R＝2，
所以外接球的体积为V＝πR3＝π×23＝．故选D．]
2．(2025·江苏南京模拟)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
√
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，
由题意知球O的半径R＝PO＝AO＝5，OG＝8－5＝3，
所以AG＝＝4，PA＝＝4，则AB＝8×＝4，故在△PAB中，边AB上的高为＝6，
所以该正四棱锥的侧面积为4××4×6＝96．
故选C．]
3．在正四棱台A1B1C1D1-A2B2C2D2中，A1B1＝，A2B2＝3，A1A2＝6，则该正四棱台外接球的表面积为(　　)
A．108π B．54π C．36π D．27π
√
B　[设正四棱台上底面A1B1C1D1的中心为O1，下底面A2B2C2D2的中心为O2，因为A1B1＝，A2B2＝3，所以O1A1＝1，O2A2＝3．
过A1作A1E⊥O2A2于E，易得A2E＝2，
设该正四棱台外接球的球心为O，则O在直线O1O2上，
O1O2＝A1E＝＝4，设OO1＝x，
则OO2＝4－x，设外接球的半径为R，则R2＝＝，即x2＋12＝(4－x)2＋32，解得x＝，则R2＝＋1＝，所以外接球的表面积为4πR2＝54π．故选B．]
【教用·备选题】
1．已知球O的体积为36π，圆锥SO1的顶点S及底面圆O1上所有点都在球面上，且底面圆O1的半径为2，则该圆锥的侧面积为(　　)
A．6π
B．4π或6π
C．8π或4π
D．8π
√
C　[由球O的体积为36π，得V球＝πR3＝36π，解得R＝3．
如图1，当SO1＝SO＋OO1时，有＝OA2－O1A2＝32－＝1，
所以OO1＝1，SO1＝SO＋OO1＝4．
又因为SA2＝＋O1A2＝42＋＝24，
所以SA＝2，
所以该圆锥的侧面积为
S侧＝π·O1A·SA＝π×2×2＝8π．
如图2，
当SO1＝SO－OO1时，有
＝OA2－O1A2＝32－＝1，
所以OO1＝1，SO1＝SO－OO1＝2．
又因为SA2＝＋O1A2＝22＋＝12，所以SA＝2，
所以该圆锥的侧面积为S侧＝π·O1A·SA＝π×2×2＝4π．故选C．]
2．(2024·江苏南京二模)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，则圆台的侧面积与球的表面积之比为(　　)
A．3∶4 B．1∶2
C．3∶8 D．3∶10
√
C　[如图，令外接球的半径为2R，依题意得O2A＝2R，O2B＝2R，O1B＝R，过点B作BC⊥O2A，
则O2C＝O1B＝R，所以AC＝O2C＝R，又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球的表面积之比为S1∶S2＝6πR2∶16πR2＝3∶8．故选C．]
命题点2　内切球问题
【典例2】　(1)(2025·浙江嘉兴三模)若某正四面体的内切球的表面积为4π，则该正四面体的外接球的体积为(　　)
A．9π B．27π C．36π D．64π
(2)(2025·全国二卷)一个底面半径为4 cm，高为9 cm的封闭圆柱形容器(容器壁厚度忽略不计)内有两个半径相等的铁球，则铁球半径的最大值为________cm．
(3)(2020·全国Ⅲ卷)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________．
√
2.5
π
(1)C　(2)2.5　(3)π　[(1)正四面体的内切球的球心与其外接球球心重合，
如图，正四面体ABCD内切球与外接球球心O在其
高AO1上，则OO1是正四面体ABCD内切球半径，
OA是正四面体ABCD外接球半径，
由正四面体ABCD的内切球的表面积为4π，得OO1＝1，令AB＝a，BO1＝a·＝a，AO1＝＝a，BO＝AO＝a－1，在Rt△BOO1中，－＝1，解得a＝2(a＝0舍去)，AO＝3，所以该正四面体的外接球的体积V＝OA3＝36π．故选C．
(2)设铁球半径为r cm，若两个铁球的球心在竖直方向上，且分别与两个底面相切，则铁球球心与圆柱上、下底面的距离均为r，此时铁球的半径为 cm．
当两球球心不在竖直方向上时，设两个铁球的球心分别为O1，O2，此种情况下，当铁球半径最大时，如图1所示，圆柱与两铁球的轴截面如图2所示，其中矩形ABCD为圆柱的轴截面，O2P⊥AB，O1P⊥AD，则有O2P＝9－2r，O1P＝8－2r，O1O2＝2r，则有(2r)2＝(8－2r)2＋(9－2r)2，即4r2－68r＋145＝0，
即(2r－29)(2r－5)＝0，解得r1＝14.5(舍去)，r2＝2.5．
因为2.5＞＝2.25，所以铁球半径的最大值为2.5 cm．
(3)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．]
反思领悟　空间几何体的内切球问题的两种解决方法：一是找球心，球心到切点的距离相等且为球的半径，作出截面，在截面中求半径；二是利用等体积法直接求内切球的半径．
1．在直三棱柱ABC-A1B1C1内有一个体积为V的球，若AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，AA1＝6，则V的最大值是(　　)
A．16π B． C．36π D．
√
B　[由题意，因为AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，
所以AC＝10，
可得△ABC的内切圆的半径为＝2．
又由AA1＝6，故在直三棱柱ABC-A1B1C1内部的球的半径最大为2，所以此时V的最大值为×π×23＝．]
2．(2025·天津滨海新区模拟)如图，一个四分之一球形状的玩具储物盒，若放入一个玩具小球，合上盒盖．可放小球的最大半径为r．若是放入一个正方体，合上盒盖，可放正方体的最大棱长为a，则＝(　　)
A．2＋
B．2－
C．＋1)
D．－1)
√
D　[设储物盒所在球的半径为R，如图，
小球最大半径r满足r＝R，所以r＝＝R，
正方体的最大棱长a满足＋＝R2，
解得a＝R，所以＝＝．故选D．]
3．[高考真题改编]如图，已知球O内切于圆台(即球与该圆台的上、下底面以及侧面均相切)，且圆台的上、下底面半径r1∶r2＝2∶3，则圆台的体积与球的体积之比为________．
　
　[根据题意可设圆台的上、下底面半径分别为2，3，则圆台的母线长为2＋3＝5，所以圆台的高为＝2，即该圆台的内切球的半径r＝，所以该圆台的体积与球的体积之比为＝．]
【教用·备选题】
1．(2024·浙江温州一模)与圆台的上、下底面及侧面都相切的球，称为圆台的内切球．若圆台的上、下底面半径分别为r1，r2，且r1·r2＝1，则它的内切球的体积为________．
　
　[由题意，画出圆台的直观图，其中AB为圆台的母线，D，C分别为上、下底面圆的圆心，O为内切球的球心，E为球O与圆台侧面相切的一个切点．
则由题意可得AB＝AE＋BE＝AD＋BC＝r1＋r2，CD＝＝＝＝2．
设其内切球的半径为r，因此可得r＝＝1，即得内切球的体积为πr3＝π．]
2．已知在直三棱柱ABC-A1B1C1中存在内切球，若AB＝3，BC＝4，AB⊥BC，则该三棱柱外接球的表面积为________．
29π　[由题意可知△ABC是直角三角形，AC＝5，则△ABC的内切圆的半径为r＝＝1．
直三棱柱ABC-A1B1C1中存在内切球，
则其高为h＝2r＝2．如图所示，
29π
分别取AC，A1C1的中点E，F，连接EF，则EF也是该直三棱柱的高，EF的中点O是其外接球球心，
OC＝＝＝，
所以外接球的表面积为S＝4π·OC2＝29π．]
命题点3　球的截面问题
【典例3】　(2020·全国Ⅰ卷)已知A，B，C为球O的球面上的三个点，⊙O1为△ABC的外接圆．若⊙O1的面积为4π，AB＝BC＝AC＝OO1，则球O的表面积为(　　)
A．64π B．48π C．36π D．32π
√
A　[如图所示，设球O的半径为R，⊙O1的半径为r，因为⊙O1的面积为4π，所以4π＝πr2，解得r＝2．又AB＝BC＝AC＝OO1，所以＝2r，解得AB＝2，故OO1＝2，所以R2＝＋r2＝(2)2＋22＝16，所以球O的表面积S＝4πR2＝64π．故选A．]
反思领悟　巧用直角三角形解决截面圆问题的步骤
(1)确定球心O和截面圆的圆心O′；
(2)探求球的半径R和截面圆的半径r；
(3)利用OO′2＋r2＝R2计算相关量．
(2025·广东广州模拟)如图所示，某同学制作了一个工艺品．该工艺品可以看成是一个球被一个棱长为8的正方体的六个面所截后剩余的部分(球心与正方体的中心重合)．若其中一截面圆的周长为4π，则球的体积为(　　)
A． B．
C． D．
√
C　[设球的半径为R，截面圆的半径为r，相对的两个截面圆间的距离为2d，
因为截面圆的周长为4π，可得2πr＝4π，解得r＝2，
又因为该工艺品可以看成是一个球被一个棱长为8的正方体的六个面所截后剩余的部分，所以相对两截面圆之间的距离为2d＝8，解得d＝4，根据球的截面的性质，可得R2＝r2＋d2＝22＋42＝20，即R＝2(负值舍去)，
所以球的体积为V＝R3＝．故选C．]
【教用·备选题】
1．(2020·全国Ⅱ卷)已知△ABC是面积为的等边三角形，且其顶点都在球O的球面上．若球O的表面积为16π，则O到平面ABC的距离为(　　)
A．　 　B．　 　C．1　 　D．
√
C　[由等边△ABC的面积为，得＝，解得AB＝3．设△ABC的外接圆的半径为r，则r＝AB＝AB＝．设球O的半径为R，则由球O的表面积为16π，得4πR2＝16π，解得R＝2，则球心O到平面ABC的距离d＝＝1．故选C．]
2．已知三棱锥S-ABC中，SA⊥平面ABC，SA＝AB＝BC＝，AC＝2，E，F分别是线段AB，BC的中点，直线AF，CE相交于点G，则过点G的平面与截三棱锥S-ABC的外接球O所得截面面积的取值范围为
(　　)
A． B．
C． D．
√
B　[因为AB2＋BC2＝AC2，故AB⊥BC，将三棱锥S-ABC补形成正方体，易知三棱锥S-ABC的外接球O的半径R＝．取AC的中点D，连接BD必过点G，因为AB＝BC＝，故DG＝BD＝，因为OD＝，故OG2＝＋＝，则过点G的平面截球O所得截面圆的最小半径r2＝－＝，故截面面积的最小值为，
最大值为πR2＝．故选B．]
3．(2024·辽宁大连一模)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，则三棱锥P-AEF外接球的表面积是________；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是________．
24π
　
24π　　[由题意，将三棱锥补形为长、宽、高分别为2，2，4的长方体，如图所示：
三棱锥P-AEF的外接球即为补形后长方体的外接球，
设其半径为R，
所以外接球的直径2R＝＝2，R＝，
所以三棱锥P-AEF的外接球的表面积S＝4πR2＝24π．
过点M的平面截三棱锥P-AEF的外接球所得的截面为圆面，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连线的圆面，此时截面圆的半径r＝＝＝＝1(其中MN为长方体前后面对角线)，
故截面圆的面积为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．]
课后限时练12　与球有关的“切”“接”“截”问题
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
√
1．已知正方体的内切球的体积为4π，则该正方体的外接球的表面积为(　　)
A．12π B．36π C．9π D．12π
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
B　[设正方体的棱长为a，则正方体内切球的半径为，内切球的体积等于π×＝4π，解得a＝2，
所以正方体的体对角线长等于a＝6，
所以正方体外接球的半径等于a＝3，
则外接球的表面积等于4π×32＝36π．故选B．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
√
2．(2025·四川绵阳三模)已知直三棱柱ABC-A1B1C1中，CA⊥CB，AB＝CC1＝2，该三棱柱所有顶点都在球O的球面上，则球O的体积为(　　)
A． B． C．8π D．
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
A　[如图所示，将直三棱柱ABC-A1B1C1补全成长方体，则长方体的体对角线A1B＝＝＝2，即该三棱柱外接球的直径，所以其半径为R＝＝，
所以球O的体积为V＝πR3＝π×2＝π．故选A．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
√
3．已知球O的半径为5，点A到球心O的距离为3，则过点A的平面α截球O所得的截面面积的最小值是(　　)
A．9π B．12π C．16π D．20π
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
C　[由点A到球心O的距离为3，得球心O到过点A的平面α的距离的最大值为3，
因此过点A的平面α截球O所得的截面圆的半径的最小值为＝4，
所以过点A的平面α截球O所得的截面面积的最小值是16π．故选C．]
4．(2025·四川泸州模拟)已知圆台的上底面半径是1，下底面半径是2，且圆台的体积为7π，则该圆台的外接球的表面积为(　　)
A．5π B．13π C．20π D．25π
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
C　[设圆台的高为h，其外接球的半径为R，
因为圆台的体积为7π，可得πh(12＋1×2＋22)＝7π，解得h＝3．
若球心在圆台的内部，得＝3，解得R＝，所以外接球的表面积S＝4πR2＝4π×()2＝20π；
若球心在圆台的外部，可得＝3，此时无解．综上可得，外接球的表面积为20π．故选C．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
5．(多选)若正三棱锥P-ABC的底面边长为3，高为，则该正三棱锥的(　　)
A．体积为
B．表面积为9
C．外接球的表面积为27π
D．内切球的表面积为
√
√
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
ABD　[如图，
三棱锥P-ABC的体积V＝S△ABC·h＝＝，故A正确；
取AB的中点D，连接CD，PD，
则在正三棱锥P-ABC中，AB⊥CD，AB⊥PD．
作PH⊥平面ABC，垂足为H，则PH＝．
由正三棱锥的性质可知H在CD上，
且CH＝2DH．
因为AB＝3，所以CD＝，则CH＝．
因为PH＝，所以PC＝＝3，
则三棱锥P-ABC的表面积为×4＝9，故B正确；
设三棱锥P-ABC的外接球的球心为O，半径为R，则O在PH上，
连接OC，则R2＝CH2＋OH2＝(PH－OH)2，
即R2＝3＋OH2＝(－OH)2，解得OH＝，
所以R2＝3＋＝，
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
则三棱锥P-ABC的外接球的表面积为4πR2＝，故C错误；
设三棱锥P-ABC的内切球的半径为r，
则×9r＝，解得r＝，
从而三棱锥P-ABC的内切球的表面积为4πr2＝，故D正确．故选ABD．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
√
6．(多选)(2023·新高考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
√
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
ABD　[由于棱长为1 m的正方体的内切球的直径为1 m，所以选项A正确；由于棱长为1 m的正方体中可放入棱长为 m的正四面体，且＞1.4，所以选项B正确；因为正方体的棱长为1 m，体对角线长为 m，＜1.8，所以高为1.8 m的圆柱体不可能整体放入正方体容器中，所以选项C不正确；由于正方体的体对角线长为 m，而底面直径为1.2 m的圆柱体，其高0.01 m可忽略不计，故只需把圆柱的底面与正方体的体对角线平行放置，即可以整体放入正方体容器中，所以选项D正确．综上，故选ABD．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
7．(2025·河北“五个一”名校联盟联考)一个半球容器(有盖)的半径为10分米，忽略容器的厚度，则该容器的表面积为________平方分米，若在该容器内放入两个半球均为r分米的球，则r的最大值为_________．
300π
10(－1)
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
300π　10(－1)　[由题意可知，该容器的表面积为2π×102＋π×102＝300π(平方分米)，
当两个球外切且均与半球相切(与球面相切，且与半球的盖所在平面相切)时，r取得最大值，相当于求半径为10分米的四分之一球的内切球，如图，由r＋r＝10，解得r＝10(－1)．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
8．如图，在正四棱台ABCD-A1B1C1D1中，AB＝4，A1B1＝2，若半径为r的球O与该正四棱台的各个面均相切，则该球的表面积为________．
8π
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
8π　[设球O与上底面、下底面分别切于点O1，O2，与平面ADD1A1、平面BCC1B1分别切于点E，F，
作出其截面如图所示，则MO1＝ME＝1，
NE＝NO2＝2，于是MN＝1＋2＝3．
过点M作MH⊥O2N于点H，则NH＝NO2－HO2＝NO2－MO1＝1．
在Rt△MHN中，由勾股定理，得MH＝2r＝＝＝2，所以r＝，
所以该球的表面积S＝4πr2＝4π×2＝8π．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
9．已知正三棱柱的所有棱长均相等，其外接球与棱切球(该球与其所有棱都相切)的表面积分别为S1，S2，则＝________．
　
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
　[设正三棱柱的棱长为a，外接球与棱切球的半径分别为r1，r2．易知正三棱柱上、下底面中心连线D1D的中点O为外接球的球心，如图，因为OB2＝OD2＋BD2，BD＝a＝a，
所以＝＋＝．
因为OF＝＝a＝OE，所以O也是棱切球的球心，则＝＝，故＝＝＝．]
谢 谢！

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