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微专题　球的切、接问题
　　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.
几种常见的球的切、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.正棱锥与球
（1）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）；
（2）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.
4.正四面体与球
（1）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；
（2）内切球：设正四面体内切球半径为r，外接球半径为R，则＝3，即r＝a.
5.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＝，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＝.
6.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＝.
7.圆锥的外接球
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＝.
几何体的外接球
角度1　定义法
（1）如图，在四面体ABCD中，∠ACB＝∠ADB＝90°，AB＝2，则四面体ABCD外接球的体积为（　　）
A. B.
C. D.
（2）（2025·全国Ⅰ卷17题改编）如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥平面PAD，设PA＝AB＝，BC＝2，AD＝1＋，且点P，B，C，D均在球O的球面上，则球O的半径为（　　）
A.1 B.
C. D.2
听课记录
　　到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，可以借助这一性质确定某些特殊几何体的球心；而对于一般多面体的外接球问题，也可以建立空间直角坐标系，设球心为O（x，y，z），利用球心到各顶点的距离相等建立方程（组）从而得到半径长.
角度2　补形法
（1）古代数学名著《九章算术·商功》中，将底面为矩形，且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为“阳马”.若四棱锥P-ABCD为“阳马”，PA⊥平面ABCD，AB＝BC＝4，PA＝3，则此“阳马”外接球的表面积为（　　）
A. B.
C.π D.41π
（2）（2026·浙江湖州模拟）已知三棱锥S-ABC的四个顶点都在球O的球面上，且SA＝BC＝2，SB＝AC＝，SC＝AB＝，则球O的半径为（　　）
A.1 B.
C. D.2
听课记录
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.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3所示.
角度3　截面法
（1）（2021·全国甲卷11题）已知A，B，C是半径为1的球O的球面上的三个点，且AC⊥BC，AC＝BC＝1，则三棱锥O-ABC的体积为（　　）
A. B.
C. D.
（2）（2026·黑龙江哈尔滨模拟）如图，某几何体由共底面的圆锥和圆柱组合而成，且圆柱的两个底面圆和圆锥的顶点均在体积为36π的球面上，若圆柱的高为2，则圆锥的侧面积为（　　）
A.π B.2π
C.4π D.6π
听课记录
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，实现空间问题平面化的目的.
角度4　垂面法
（1）（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
（2）已知三棱锥D-ABC的四个顶点都在球O的球面上，若AB＝AC＝BC＝DB＝DC＝1.当三棱锥D-ABC的体积取到最大值时，球O的表面积为（　　）
A. B.
C. D.
听课记录
　　先过棱锥某个面（一般选取直角三角形、正三角形、矩形等）的外接圆圆心作该面的垂线，则球心一定在该垂线上，再根据球心到棱锥各个顶点的距离相等，结合勾股定理构建等式，确定球心及半径，这是解决此类问题的常规思路.
几何体的内切球
（1）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（　　）
A. B. C. D.
（2）在正四棱锥P-ABCD中，PA＝5，AB＝6，则该四棱锥内切球的表面积为（　　）
A. B.
C. D.
听课记录
1.解决空间几何体的内切球问题主要有两个方法：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. 2.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，一般地，一个多面体的表面积为S，如果这个多面体有半径为r的内切球，则此多面体的体积V满足V＝Sr.
特殊的切、接问题
（1）一个正四棱锥形骨架的底边边长为2，高为，有一个球的表面与这个正四棱锥的每条棱都相切，则该球的表面积为（　　）
A.4π B.4π
C.4π D.3π
（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，则加工所得的一个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
（3）（2025·全国Ⅱ卷14题）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.
听课记录
1.解决棱切球问题的方法 （1）转化为内切球求解； （2）找切点 定球心 构造直角三角形求解. 2.解决多球相切问题的方法 （1）抓住多球的堆垒放置规律； （2）抓住各球心位置，转化为多面体问题； （3）适当选择截面，转化为平面几何问题.
1.（2026·江苏南京模拟）所有棱长均为2的正三棱柱ABC-A1B1C1的顶点均在球O的表面上，则球O的表面积为（　　）
A. B.4π
C.8π D.
2.在三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC，AB＝BC＝CA＝2，且三棱锥P-ABC的体积为，若三棱锥P-ABC的四个顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（　　）
A.4π B.
C.8π D.16π
3.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.
4.在三棱锥P-ABC中，∠BAC＝90°，PA＝PB＝PC＝BC＝2，则三棱锥P-ABC外接球的表面积为（　　）
A. B.2π
C.5π D.
5.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＝（　　）
A. B.
C.1 D.
6.在三棱锥A-BCD中，AB⊥平面BCD，BC⊥CD，且AB＝CD＝4，BC＝3，则该三棱锥内切球的体积为（　　）
A. B.
C. D.π
7.（2025·山东日照一模）已知一个圆台的上、下底面半径分别为1和4，高为3.若该圆台内有一个球，则该球的表面积的最大值为（　　）
A.9π B.
C.27π D.
8.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　　　　.
9.已知在三棱锥P-ABC中，除PC外其他各棱长均为2，且二面角P-AB-C的大小为60°.若三棱锥的各顶点都在同一球面上，则该球的表面积为　　　　.
10.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　　　　.
微专题　球的切、接问题
【例1】　（1）B　（2）C
解析：（1）设O是AB的中点，连接OC，OD，如图所示，由∠ACB＝∠ADB＝90°，得OA＝OB＝OC＝OD，所以O是四面体外接球的球心，且半径为OA＝OB＝OC＝OD＝AB＝1，所以外接球的体积为π×13＝π，故选B.
（2）易知PA，AB，AD互相垂直，以A为坐标原点，，，的方向分别为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系A-xyz，如图所示，则B（，0，0），C（，2，0），D（0，1＋，0），P（0，0，），设O（a，b，c），因为点P，B，C，D均在球O的球面上，所以｜｜＝｜｜＝｜｜＝｜｜，则（a－）2＋b2＋c2＝（a－）2＋（b－2）2＋c2＝a2＋（b－1－）2＋c2＝a2＋b2＋（c－）2，得a＝0，b＝1，c＝0，即O（0，1，0），则｜｜＝，即球O的半径为.
【例2】　（1）D　（2）B　解析：（1）由于PA⊥平面ABCD，AB，AD 平面ABCD，所以PA⊥AB，PA⊥AD，由于四边形ABCD是矩形，所以AB⊥AD，所以AB，AD，PA两两互相垂直，所以四棱锥P-ABCD可补形为长方体，且长方体的体对角线为PC＝＝，所以外接球的直径2R＝，所以外接球的表面积为4πR2＝41π.
（2）将三棱锥S-ABC放入长方体中，设长方体的长、宽、高分别为a，b，c，如图所示，则则a2＋b2＋c2＝8，因为球O的直径即为长方体的体对角线，则球O的半径为＝.
【例3】　（1）A　（2）C　解析：（1）如图所示，
因为AC⊥BC，所以AB为截面圆O1的直径，且AB＝.连接OO1，则OO1⊥面ABC，OO1＝＝＝，所以三棱锥O-ABC的体积V＝S△ABC×OO1＝××1×1×＝.
（2）依题意，作球的轴截面如图所示，其中O是球心，E是圆锥的顶点，EC是圆锥的母线，由题意可知πR3＝36π，解得R＝3，由于圆柱的高为2，则OD＝1，DE＝3－1＝2，DC＝＝2，母线EC＝＝2，故圆锥的侧面积S＝π·DC·EC＝π×2×2＝4π.
【例4】　（1）A　（2）D　解析：（1）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.
（2）如图，当三棱锥D-ABC的体积取到最大值时，则平面ABC⊥平面DBC，取BC的中点G，连接AG，DG，则AG⊥BC，DG⊥BC.分别取△ABC与△DBC的外心E，F，分别过点E，F作平面ABC与平面DBC的垂线，相交于点O，则点O为三棱锥D-ABC的外心.由AB＝AC＝BC＝DB＝DC＝1，得正方形OEGF的边长为，则OG＝，所以三棱锥D-ABC的外接球的半径R＝＝＝，则球O的表面积为S＝4π×（）2＝.
【例5】　（1）A　（2）C　
解析：（1）易知半径最大的球即为该圆锥的内切球，圆锥及其内切球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＝，即该圆锥内半径最大的球的体积为.
（2）过点P作PO⊥平面ABCD，则O为正方形ABCD的中心，连接OA，如图，因为AB＝6，所以OA＝3，所以OP＝＝＝，则四棱锥P-ABCD的体积V＝×62×＝12，四棱锥P-ABCD的表面积S＝6×6＋×6××4＝84.设四棱锥P-ABCD内切球的半径为r，内切球的球心为O'，由V＝VO'-ABP＋VO'-BCP＋VO'-CDP＋VO'-ADP＋VO'-ABCD，可得V＝Sr，即12＝×84r，解得r＝，故四棱锥P-ABCD内切球的表面积为4πr2＝.故选C.
【例6】　（1）B　（2）D　（3）2.5　
解析：（1）如图所示，因为正四棱锥底边边长为2，高为，所以OB＝，SB＝2，O到SB的距离为d＝＝1，同理O到SC，SD，SA的距离为1，易知O到AB，BC，CD，DA的距离也为1，所以O为该球的球心，所以球的半径为1，所以球的表面积为4π.
（2）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.故一个健身手球的最大体积V＝πR3＝π×23＝.
（3）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.
强化训练
1.D　2.D　3.D　
4.D　如图，设O1是BC的中点，连接O1A，O1P，由于∠BAC＝90°，所以O1是△ABC的外心，O1A＝O1B＝O1C.由于PA＝PB＝PC＝BC＝2，O1是BC的中点，则PO1⊥BC，PO1＝，O1A＝1，则P＋O1A2＝PA2，则PO1⊥O1A.又O1A∩BC＝O1，O1A，BC 平面ABC，所以PO1⊥平面ABC，而PO1 平面PBC，所以平面PBC⊥平面ABC.由于△PBC是等边三角形，设O是△PBC的外心，连接OA，OB，OC，则OP＝OB＝OC，又因为O在PO1上，所以OB＝OC＝OA，则O也是三棱锥P-ABC外接球的球心.设外接球的半径为r，根据等边三角形的性质可知r＝OP＝O1P＝，则三棱锥P-ABC外接球的表面积为4π×（ ）2＝.
5.D　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、下底面中心连线的中点O为外接球的球心，如图，因为OB2＝OD2＋BD2，BD＝×a＝a，所以＝（）2＋（）2＝.因为OE＝a＝＝OF，所以点O也是棱切球的球心，则＝（）2＝，故＝＝＝.
6.C　由AB⊥平面BCD，CD 平面BCD，得AB⊥CD.又BC⊥CD，且AB，BC 平面ABC，AB∩BC＝B，所以CD⊥平面ABC，又AC 平面ABC，所以CD⊥AC.由AB＝CD＝4，BC＝3，得AC＝BD＝5，所以三棱锥A-BCD的表面积为S＝2××3×4＋2××4×5＝32，三棱锥A-BCD的体积为V＝××3×4×4＝8.设三棱锥内切球球心为O，半径为r，由V＝VO-ABC＋VO-ABD＋VO-ACD＋VO-BCD＝Sr，得r＝＝，所以该三棱锥内切球的体积为V球＝πr3＝π×（）3＝.
7.B　如图，作出圆台的轴截面，要使球的表面积最大，则球需要与AD，CD，BC相切，设圆O的半径为R，则OE＝OF，因为OE⊥CD，OF⊥BC，所以△OCE≌△OCF，作OG⊥AB，BH⊥CD，因为BG＝1，CE＝4，所以CH＝3，而BH＝3，由勾股定理得BC＝＝6，则OG＝3－R，且OB2＝BG2＋OG2＝OF2＋BF2，而BF＝BC－CF＝BC－CE＝2，即得到（3－R）2＋12＝22＋R2，解得R＝，则该球的表面积的最大值为S＝4πR2＝4π×＝，故B正确.
8.＋　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＝22＋可得R＝＋.
9.　解析：如图，设D，F分别为AB，PC的中点，连接PD，DF，CD，则∠PDC＝60°，△PDC是边长为的等边三角形，则球心O必在线段DF上，设球的半径为R，在Rt△OAD中，OD＝＝，又PF＝PC＝，DF＝＝＝，所以在Rt△OFP中，OF＝＝，因为OD＋OF＝DF，所以＋＝.解得R2＝，故球的表面积为4πR2＝.
10.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.
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微专题　球的切、接问题
　　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.
几种常见的球的切、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. 正棱锥与球
（1）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）；
（2）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.
4. 正四面体与球
（1）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；
（2）内切球：设正四面体内切球半径为r，外接球半径为R，则 ＝3，即
r＝ a.
5. 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＝ ，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＝ .
6. 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＝ .
7. 圆锥的外接球
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
＝ .
几何体的外接球
角度1　定义法
（1）如图，在四面体ABCD中，∠ACB＝∠ADB＝90°，AB＝2，
则四面体ABCD外接球的体积为（　B　）
A. B.
C. D.
B
解析： 设O是AB的中点，连接OC，OD，如图所示，由
∠ACB＝∠ADB＝90°，得OA＝OB＝OC＝OD，所以
O是四面体外接球的球心，且半径为OA＝OB＝OC＝OD
＝ AB＝1，所以外接球的体积为 π×13＝ π，故选B.
（2）（2025·全国Ⅰ卷17题改编）如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面
ABCD，AB⊥平面PAD，设PA＝AB＝ ，BC＝2，AD＝1＋ ，且点
P，B，C，D均在球O的球面上，则球O的半径为（　C　）
A. 1 B.
C. D. 2
C
解析：易知PA，AB，AD互相垂直，以A为坐标原
点， ， ， 的方向分别为x，y，z轴的正方
向，建立空间直角坐标系A-xyz，如图所示，则B
（ ，0，0），C（ ，2，0），D（0，1＋ ，0），P（0，0， ），设O（a，b，c），因为点P，B，C，D均在球O的球面上，所以｜ ｜＝｜ ｜＝｜ ｜＝｜ ｜，则（a－ ）2＋b2＋c2
＝（a－ ）2＋（b－2）2＋c2＝a2＋（b－1－ ）2＋c2＝a2＋b2＋（c－ ）2，得a＝0，b＝1，c＝0，即O（0，1，0），则｜ ｜＝ ，即球O的半径为 .
　　到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，可以借助这一性质确定
某些特殊几何体的球心；而对于一般多面体的外接球问题，也可以建立空
间直角坐标系，设球心为O（x，y，z），利用球心到各顶点的距离相等
建立方程（组）从而得到半径长.
角度2　补形法
（1）古代数学名著《九章算术·商功》中，将底面为矩形，且有一条
侧棱与底面垂直的四棱锥称为“阳马”.若四棱锥P-ABCD为“阳马”，
PA⊥平面ABCD，AB＝BC＝4，PA＝3，则此“阳马”外接球的表面积
为　
（　D　）
D
A. B.
C. π D. 41π
解析： 由于PA⊥平面ABCD，AB，AD 平面ABCD，所以PA⊥AB，
PA⊥AD，由于四边形ABCD是矩形，所以AB⊥AD，所以AB，AD，PA
两两互相垂直，所以四棱锥P-ABCD可补形为长方体，且长方体的体对角
线为PC＝ ＝ ，所以外接球的直径2R＝ ，所以外接
球的表面积为4πR2＝41π.
（2）（2026·浙江湖州模拟）已知三棱锥S-ABC的四个顶点都在球O的球
面上，且SA＝BC＝2，SB＝AC＝ ，SC＝AB＝ ，则球O的半径为
（　B　）
A. 1 B.
解析：将三棱锥S-ABC放入长方体中，设长方体的长、
宽、高分别为a，b，c，如图所示，则 　
则a2＋b2＋c2＝8，因为球O的直径即为长方体的体对角
线，则球O的半径为 ＝ .
B
C. D. 2
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. 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3所示.
角度3　截面法
（1）（2021·全国甲卷11题）已知A，B，C是半径为1的球O的球面
上的三个点，且AC⊥BC，AC＝BC＝1，则三棱锥O-ABC的体积为
（　A　）
A. B. C. D.
A
解析： 如图所示，因为AC⊥BC，所以AB为截面圆O1
的直径，且AB＝ .连接OO1，则OO1⊥面ABC，OO1
＝ ＝ ＝ ，所以三棱锥
O-ABC的体积V＝ S△ABC×OO1＝ × ×1×1× ＝ .
（2）（2026·黑龙江哈尔滨模拟）如图，某几何体由共底面的圆锥和圆柱
组合而成，且圆柱的两个底面圆和圆锥的顶点均在体积为36π的球面上，
若圆柱的高为2，则圆锥的侧面积为（　C　）
A. π B. 2 π
C. 4 π D. 6 π
C
解析：依题意，作球的轴截面如图所示，其中O是球心，E
是圆锥的顶点，EC是圆锥的母线，由题意可知 πR3＝
36π，解得R＝3，由于圆柱的高为2，则OD＝1，DE＝3－
1＝2，DC＝ ＝2 ，母线EC＝ ＝2 ，故圆锥的侧面积S＝π·DC·EC＝π×2 ×2 ＝4 π.
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，实现空间问题平面化的目的.
角度4　垂面法
（1）（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.
（2）已知三棱锥D-ABC的四个顶点都在球O的球面上，若AB＝AC＝
BC＝DB＝DC＝1.当三棱锥D-ABC的体积取到最大值时，球O的表面积
为（　D　）
A. B. C. D.
D
解析：如图，当三棱锥D-ABC的体积取到最大值时，则平
面ABC⊥平面DBC，取BC的中点G，连接AG，DG，则
AG⊥BC，DG⊥BC. 分别取△ABC与△DBC的外心E，
F，分别过点E，F作平面ABC与平面DBC的垂线，相交于
点O，则点O为三棱锥D-ABC的外心.由AB＝AC＝BC＝DB＝DC＝1，得正方形OEGF的边长为 ，则OG＝ ，所以三棱锥D-ABC的外接球的半径R＝ ＝ ＝ ，则球O的表面积为S＝4π×（ ）2＝ .
　　先过棱锥某个面（一般选取直角三角形、正三角形、矩形等）的外接
圆圆心作该面的垂线，则球心一定在该垂线上，再根据球心到棱锥各个顶
点的距离相等，结合勾股定理构建等式，确定球心及半径，这是解决此类
问题的常规思路.
几何体的内切球
（1）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（　A　）
A. B.
C. D.
A
解析： 易知半径最大的球即为该圆锥的内切球，圆锥及其内
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＝ ，即该圆锥内半径最大的球的体积为 .
（2）在正四棱锥P-ABCD中，PA＝5，AB＝6，则该四棱锥内切球的表面
积为（　C　）
A. B.
C. D.
C
解析：过点P作PO⊥平面ABCD，则O为正方形ABCD的
中心，连接OA，如图，因为AB＝6，所以OA＝3 ，所
以OP＝ ＝ ＝ ，则四棱锥P-
ABCD的体积V＝ ×62× ＝12 ，四棱锥P-ABCD的
表面积S＝6×6＋ ×6× ×4＝84.设四棱锥P-ABCD内切球的半径为r，内切球的球心为O'，由V＝VO'-ABP＋VO'-BCP＋VO'-CDP＋VO'-ADP＋VO'-ABCD，可得V＝ Sr，即12 ＝ ×84r，解得r＝ ，故四棱锥P-ABCD内切球的表面积为4πr2＝ .故选C.
1. 解决空间几何体的内切球问题主要有两个方法：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.
2. 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，一般地，一个多面体的表面
积为S，如果这个多面体有半径为r的内切球，则此多面体的体积V满足V
＝ Sr.
特殊的切、接问题
（1）一个正四棱锥形骨架的底边边长为2，高为 ，有一个球的表
面与这个正四棱锥的每条棱都相切，则该球的表面积为（　B　）
A. 4 π B. 4π
C. 4 π D. 3π
B
解析： 如图所示，因为正四棱锥底边边长为2，高为 ，
所以OB＝ ，SB＝2，O到SB的距离为d＝ ＝1，
同理O到SC，SD，SA的距离为1，易知O到AB，BC，
CD，DA的距离也为1，所以O为该球的球心，所以球的半径为1，所以球的表面积为4π.
（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，则加工所得的一个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　）
D
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.故一个健身手球的最大体
积V＝ πR3＝ π×23＝ .
（3）（2025·全国Ⅱ卷14题）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.
解析：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
2.5　
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.
1. 解决棱切球问题的方法
（1）转化为内切球求解；
（2）找切点 定球心 构造直角三角形求解.
2. 解决多球相切问题的方法
（1）抓住多球的堆垒放置规律；
（2）抓住各球心位置，转化为多面体问题；
（3）适当选择截面，转化为平面几何问题.
1. （2026·江苏南京模拟）所有棱长均为2的正三棱柱ABC-A1B1C1的顶点
均在球O的表面上，则球O的表面积为（　　）
A. B. 4π C. 8π D.
√
解析： 设正三棱柱ABC-A1B1C1上、下底面的外接圆的
圆心分别为O2，O1，如图，连接O1O2，则O为O1O2的中
点，连接OB，O1B，则OB为球O的半径R，设圆O1的半
径为r，在△ABC中，由正弦定理得 ＝2r，解得r
＝ ，又OO1＝1，所以R2＝OB2＝O1O2＋r2＝ ，所以球O的表面积为4πR2＝ .
2. 在三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC，AB＝BC＝CA＝2 ，且三棱
锥P-ABC的体积为 ，若三棱锥P-ABC的四个顶点都在同一球面上，则该
球的表面积为（　　）
A. 4π B.
C. 8π D. 16π
√
解析： 　∵三棱锥P-ABC的体积为 ，∴ × ×（2 ）2×PA＝ ，
∴PA＝ ，将三棱锥补成三棱柱，可得球心为三棱柱外接球的球心，球
心到底面的距离d等于三棱柱的高PA的一半，为 ，∵△ABC是边长为
2 的正三角形，∴△ABC外接圆的半径r＝ ，∴球的半径为R＝
＝ ＝2，∴该球的表面积为4π×22＝16π.
3. 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： 　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＜h＜1），底面半径为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（0， ）上单调递增，在
（ ，1）上单调递减，所以当h＝ 时，该四棱锥的体积最大.
4. 在三棱锥P-ABC中，∠BAC＝90°，PA＝PB＝PC＝BC＝2，则三棱
锥P-ABC外接球的表面积为（　　）
A. B. 2π C. 5π D.
解析： 　如图，设O1是BC的中点，连接O1A，O1P，由
于∠BAC＝90°，所以O1是△ABC的外心，O1A＝O1B＝
O1C. 由于PA＝PB＝PC＝BC＝2，O1是BC的中点，则
PO1⊥BC，PO1＝ ，O1A＝1，则P ＋O1A2＝PA2，
则PO1⊥O1A. 又O1A∩BC＝O1，O1A，BC 平面ABC，所以PO1⊥平面ABC，而PO1 平面PBC，所以平面PBC⊥平面ABC.
√
由于△PBC是等边三角形，设O是△PBC的外心，连接
OA，OB，OC，则OP＝OB＝OC，又因为O在PO1上，
所以OB＝OC＝OA，则O也是三棱锥P-ABC外接球的球
心.设外接球的半径为r，根据等边三角形的性质可知r＝
OP＝ O1P＝ ，则三棱锥P-ABC外接球的表面积为4π×（ ）2＝ .
5. 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 ＝（　　）
A. B.
C. 1 D.
√
解析： 　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、下底面中心连线的中点O为外
接球的球心，如图，因为OB2＝OD2＋BD2，BD＝ × a
＝ a，所以 ＝（ ）2＋（ ）2＝ .因为OE＝ a
＝ ＝OF，所以点O也是棱切球的球心，则 ＝（ ）2＝ ，故 ＝ ＝ ＝ .
6. 在三棱锥A-BCD中，AB⊥平面BCD，BC⊥CD，且AB＝CD＝4，
BC＝3，则该三棱锥内切球的体积为（　　）
A. B. C. D. π
√
解析： 　由AB⊥平面BCD，CD 平面BCD，得AB⊥
CD. 又BC⊥CD，且AB，BC 平面ABC，AB∩BC＝
B，所以CD⊥平面ABC，又AC 平面ABC，所以CD⊥
AC. 由AB＝CD＝4，BC＝3，得AC＝BD＝5，所以三
棱锥A-BCD的表面积为S＝2× ×3×4＋2× ×4×5＝32，三棱锥A-BCD的体积为V＝ × ×3×4×4＝8.设三棱锥内切球球心为O，半径为r，由V＝VO-ABC＋VO-ABD＋VO-ACD＋VO-BCD＝ Sr，得r＝ ＝ ，所以该三棱锥内切球的体积为V球＝ πr3＝ π×（ ）3＝ .
7. （2025·山东日照一模）已知一个圆台的上、下底面半径分别为1和4，
高为3 .若该圆台内有一个球，则该球的表面积的最大值为（　　）
A. 9π B.
C. 27π D.
√
解析： 　如图，作出圆台的轴截面，要使球的表面积最
大，则球需要与AD，CD，BC相切，设圆O的半径为R，
则OE＝OF，因为OE⊥CD，OF⊥BC，所以
△OCE≌△OCF，作OG⊥AB，BH⊥CD，因为BG＝
1，CE＝4，所以CH＝3，而BH＝3 ，由勾股定理得BC＝ ＝6，则OG＝3 －R，且OB2＝BG2＋OG2＝OF2＋BF2，而BF＝BC－CF＝BC－CE＝2，即得到（3 －R）2＋12＝22＋R2，解得R＝ ，则该球的表面积的最大值为S＝4πR2＝4π× ＝ ，故B正确.
8. 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 .
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 ＝22＋ 可得R＝ ＋ .
＋ 　
9. 已知在三棱锥P-ABC中，除PC外其他各棱长均为2，且二面角P-AB-
C的大小为60°.若三棱锥的各顶点都在同一球面上，则该球的表面积
为 .
　
解析：如图，设D，F分别为AB，PC的中点，连接
PD，DF，CD，则∠PDC＝60°，△PDC是边长为
的等边三角形，则球心O必在线段DF上，设球的半径为
R，在Rt△OAD中，OD＝ ＝ ，又
PF＝ PC＝ ，DF＝ ＝ ＝ ，所以在Rt△OFP中，
OF＝ ＝ ，因为OD＋OF＝DF，所以 ＋ ＝ .解得R2＝ ，故球的表面积为4πR2＝ .
10. 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.
THANKS
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