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第46课时　球的切、接与截面问题
[考试要求]　在直观感知空间几何体与球切、接、截问题的基础上，能借助空间几何体及球的几何性质确定球心，并能解决相应几何体的表面积、体积、截线、截面等计算问题．
1．(苏教版必修第二册P208习题13.3T10改编)若长方体的长、宽、高分别为2，2，4，则长方体外接球的表面积为 (　　)
A．24π B．2π
C．48π D．4π
2．(人教A版必修第二册P120习题8.3T5改编)一个正方体的顶点都在球面上，它的棱长为2 cm，则球的表面积是 (　　)
A．8π cm2 B．12π cm2
C．2π cm2 D．20π cm2
3．(湘教版必修第二册P197习题4.5T5改编)古希腊数学家阿基米德的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，则球的体积与圆柱的体积之比为 (　　)
A．
C．
4．(北师大版必修第二册P268复习题六B组T10改编)正三棱锥内有一个内切球，经过棱锥的一条侧棱和高作截面，正确的图是　 (　　)
A　　　　　　　　B
C　　　　　　　　D
5．(人教B版必修第四册P129复习题B组T16改编)已知P，A，B，C，D是球O表面上的点，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD是边长为3的正方形．若PA＝2，则球O的体积为___________．
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．直棱柱(圆柱)的外接球
如图1，图2，图3，直三棱柱内接于球(同时直三棱柱也内接于圆柱，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＝．
4．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底·h(等体积法)，r是内切球半径，h为正棱锥的高．
5．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；
(2)内切球：设正四面体内切球半径为r，外接球半径为R，则a．
6．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Rt△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解决球切、接问题的关键是确定好球心：
(1)定义法确定球心：根据球心到其他顶点的距离是球的半径，列关系式求解球心；(2)几何法确定球心：要运用球的几何性质，及多面体、旋转体的有关几何元素与球的半径之间的关系确定球心，如借助三角形外心确定外接球球心位置的方法：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；
(3)构造辅助模型确定球心，如墙角模型、对棱相等模型等．具体方法如下：
①若侧面为直角三角形、正四面体或对棱均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；
②若棱锥有一条侧棱与底面垂直，则补成直棱柱求解．
考点一　柱体的外接球问题
[典例1]　已知直三棱柱ABC-A1B1C1的各顶点都在以O为球心的球面上，且∠BAC＝，AA1＝BC＝2，则球O的体积为 (　　)
A．4π　　B．8π　　C．12π　　D．20π
【拓展变式】　若将本例的条件“∠BAC＝，AA1＝BC＝2”换为“AB＝3，AC＝4，AB⊥AC，AA1＝12”，其他条件不变，则球O的半径为___________．
考点二　台体的外接球问题
[典例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，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
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
名师点评：台体的外接球的求法可类比柱体的外接球的求法求解．
[巩固迁移]
1．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
考点三　锥体的外接球问题
[典例3]　(1)(墙角模型)已知三棱锥P-ABC的三条侧棱两两互相垂直，且AB＝，AC＝2，则此三棱锥的外接球的体积为 (　　)
A．
(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
(3)(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＝___________．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
名师点评：(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．
(4)面面垂直模型：找两个三角形的外接圆的圆心，过圆心分别作这两个三角形所在平面的垂线，两垂线的交点就是球心．
[二级结论]　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．
[巩固迁移]
2．在四面体P-ABC中，已知∠ABC＝90°，PA⊥平面ABC，若PA＝AB＝BC＝1，则该四面体的外接球的体积为 (　　)
A．π B．
3．(对棱相等模型)在三棱锥S-ABC中，SA＝BC＝5，SB＝AC＝，则该三棱锥的外接球的表面积是 (　　)
A．50π B．100π
C．150π D．200π
4．(面面垂直模型)(2026·河南开封模拟)已知四面体ABCD的各顶点均在球O的球面上，平面ABC⊥平面BCD，AB＝BC＝AC＝CD＝2，BC⊥CD，则球O的表面积为 (　　)
A． B．14π
C．28π D．32π
考点四　简单几何体的内切球
[典例4]　(1)已知圆台的上、下底面的半径之比为，侧面积为9π，在圆台的内部有一球O，该球与圆台的上、下底面及母线均相切，则球O的表面积为 (　　)
A．3π B．5π
C．8π D．9π
(2)(2026·北京朝阳区模拟)所有棱长都是2的正四棱锥的内切球半径为 (　　)
A．
C．
(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___________．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
名师点评：“切”的问题处理规律
(1)找准切点，通过作过球心的截面来解决．
(2)体积分割是求内切球半径的通用方法．
(3)正四面体的外接球的半径R＝a，内切球的半径r＝a，其半径R∶r＝3∶1(a为该正四面体的棱长)．
(4)等体积法求内切球半径．
[巩固迁移]
5．在封闭的直三棱柱ABC-A1B1C1内有一个体积为V的球．若AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，AA1＝3，则V的最大值是 (　　)
A．4π B．
6．(2026·黑龙江哈尔滨模拟)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2．若是放入一个正方体，合上盒盖，则可放正方体的最大棱长为 (　　)
A．2＋
C． －1)
考点五　与球有关的截面问题
[典例5]　(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．
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
名师点评：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．
[巩固迁移]
7．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
8．(2025·宁夏兴庆一模)如图所示，该几何体是从一个水平放置的正方体中挖去一个内切球(正方体各个面均与球面有且只有一个公共点)以后得到的，现用一平面去截这个几何体，则截面图形不可能是 (　　)
A　　　　　　　B
C　　　　　　　D
第46课时　球的切、接与截面问题
以题引理·激活思维
No1．深研教材典题
1．A　2．B　3．B　4．C　5．42π
精研考点·提升素养
考点一
典例1　A　[在底面△ABC中，由正弦定理得底面△ABC所在的截面圆的半径r＝，则直三棱柱ABC-A1B1C1的外接球的半径R＝，
则直三棱柱ABC-A1B1C1的外接球的体积为π．故选A．]
拓展变式
　[如图所示，过球心O作平面ABC的垂线，则垂足为BC的中点M．
由题意知BC＝5，AM＝，OM＝AA1＝6，
所以球O的半径R＝OA＝．]
考点二
典例2　A　[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．]
巩固迁移
1．C　[如图，令外接球的半径为2R，依题意O2A＝2R，O2B＝2R，O1B＝R，
过点B作BC⊥O2A，垂足为点C，
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×2R＝6πR2，
球的表面积S2＝4π×＝16πR2，
所以圆台的侧面积与球的表面积之比为S1∶S2＝＝3∶8．
故选C．]
考点三
典例3　(1)B　(2)B　(3)2　[(1)∵AB＝，BC＝，AC＝2，
∴PA＝1，PC＝，PB＝2．
以PA，PB，PC为过同一顶点的三条棱作长方体，如图所示，则长方体的外接球同时也是三棱锥P-ABC的外接球．
∵长方体的体对角线长为，
∴球的直径为2，半径R＝，
∴三棱锥P-ABC外接球的体积为π×()3＝．故选B．
(2)如图，设球O的半径为R，由题意，，可得R＝2，则球O的直径为4．
∵两个圆锥的高之比为1∶3，
∴AO1＝1，BO1＝3，
设圆锥的半径为r，由直角三角形中的射影定理可得r2＝1×3，即r＝．
∴这两个圆锥的体积之和为V＝π×()2×(1＋3)＝4π．故选B．
(3)法一(补形法)：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＝．
将三棱锥S-ABC补形为正三棱柱SB1C1-ABC，由题意知SA为侧棱，设球心为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．
法二(性质法)：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＝．
设三棱锥S-ABC的外接球球心为O，连接OO1，则OO1⊥平面ABC．又SA⊥平面ABC，所以OO1∥SA，连接OS，OA，由题意知OS＝OA＝2．过O作SA的垂线，设垂足为点H，则四边形AO1OH为矩形，所以OO1＝AH，由OS＝OA可知H为SA的中点，则OO1＝AH＝SA．
所以在Rt△OO1A中，由勾股定理可得OA2＝O＋O1A2，即4＝SA2＋3，得SA＝2．]
巩固迁移
2．D
3．A　[(补形法)因为SA＝BC＝5，SB＝AC＝，SC＝AB＝，
所以可以将三棱锥S-ABC放置于一个长方体中，如图所示，
设长方体的长、宽、高分别为a，b，c，
则有整理得a2＋b2＋c2＝50，
则该三棱锥外接球的半径即为长方体外接球的半径，设外接球的半径为R，
所以有a2＋b2＋c2＝50＝＝4R2，
所以外接球的表面积为4πR2＝π×50＝50π．
故选A．]
4．A　[法一(补形法)：因为平面ABC⊥平面BCD， AB＝BC＝AC＝CD＝2，BC⊥CD，所以可将四面体ABCD看作底面是等边三角形的直三棱柱的一部分，如图所示，
则四面体ABCD的外接球即为直三棱柱的外接球，
因为底面△ABC的外心到△ABC的顶点的距离为，
所以直三棱柱的外接球的半径
r＝，
则球O的表面积S＝4πr2＝4π×＝．故选A．
法二(垂面法)：如图，取BC的中点E，BD的中点F，所以F为△BCD的外心，
连接AE，EF，设△ABC的外心为G，
因为AB＝BC＝AC＝2，
即△ABC为等边三角形，
所以点G在AE上，连接OG，OF，
则OG⊥平面ABC，OF⊥平面BCD，
因为平面ABC⊥平面BCD，所以OG⊥OF，
因为△ABC为等边三角形，E为BC的中点，
所以AE⊥BC，
因为平面ABC⊥平面BCD，平面ABC∩平面BCD＝BC，AE 平面ABC，
所以AE⊥平面BCD，则AE∥OF，
又EF 平面BCD，所以AE⊥EF，
同理EF⊥平面ABC，所以EF∥OG，
故四边形OGEF是矩形．
由BC⊥CD，可得BD＝，
故DF＝，
又OF＝EG＝ABsin 60°＝，
设球O的半径为R，则R2＝OD2＝OF2＋FD2＝，
所以球O的表面积S＝4πR2＝．
法三：(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)因为AB＝BC＝AC＝2，易知△ABC外接圆的半径为，又BC⊥CD，BC＝CD＝2，所以△BCD外接圆的半径为，设四面体A-BCD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＝．]
考点四
典例4　(1)C　(2)C　(3)　[(1)设圆台的上底面半径为r，
则下底面半径为2r，母线长为l，如图所示，作出圆台与球的轴截面．
由于球O与圆台的上、下底面及母线均相切，
故l＝AD＝AH＋DG＝r＋2r＝3r．
根据圆台的侧面积公式S＝(πr＋2πr)l＝9π，可得r＝1，
所以球的直径为HG＝2，则球的表面积为4π×()2＝8π．故选C．
(2)所有棱长都是2的正四棱锥的高h＝，
表面积S＝4××22＋22＝4(＋1)，
体积V＝，
设该棱锥的内切球半径为r，则Sr＝V，
即r＝．故选C．
(3)法一：如图，在圆锥的轴截面ABC中，CD⊥AB，BD＝1，BC＝3，圆O内切于△ABC，E为切点，连接OE，则OE⊥BC．在Rt△BCD中，CD＝．易知BE＝BD＝1，则CE＝2．设圆锥的内切球半径为R，则OC＝2－R，在Rt△COE中，OC2－OE2＝CE2，即(2－R)2－R2＝4，所以R＝．
法二：如图，记圆锥的轴截面为△ABC，其中AC＝BC＝3，AB＝2，CD⊥AB，在Rt△BCD中，CD＝，则S△ABC＝2．设△ABC的内切圆O的半径为R，则R＝．]
巩固迁移
5．B　[要使球的体积最大，必须使球的半径最大．设球的半径为R，∵△ABC的内切圆半径为＝2，∴R≤2，由题意易知球与直三棱柱的上、下底面都相切时，球的直径取得最大值3，∴R＝，∴Vmax＝．故选B．]
6．C　[设储物盒所在球的半径为R，设正方体的棱长为a，如图，
小球最大半径r＝2，满足R＝r＋r＝2(1＋)，
正方体的最大棱长a满足(a)2＋＝R2，
即a2＝R2，可得a＝＋1)．故选C．]
考点五
典例5　C　[由等边三角形ABC的面积为，得AB＝3，则△ABC的外接圆半径r＝．设球的半径为R，由球的表面积为16π，得4πR2＝16π，得R＝2，则球心O到平面ABC的距离d＝＝1．故选C．]
巩固迁移
7．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．]
8．C
9/9(共105张PPT)
第46课时　球的切、接与截面问题
第七章　立体几何与空间向量
[考试要求]在直观感知空间几何体与球切、接、截问题的基础上，能借助空间几何体及球的几何性质确定球心，并能解决相应几何体的表面积、体积、截线、截面等计算问题．
1．(苏教版必修第二册P208习题13.3T10改编)若长方体的长、宽、高分别为2，2，4，则长方体外接球的表面积为(　　)
A．24π B．2π
C．48π D．4π
以题引理·激活思维
√
A　[由已知得长方体的体对角线长l＝＝2，所以外接球半径R＝，球的表面积为S＝4πR2＝24π．故选A．]
2．(人教A版必修第二册P120习题8.3T5改编)一个正方体的顶点都在球面上，它的棱长为2 cm，则球的表面积是(　　)
A．8π cm2 B．12π cm2
C．2π cm2 D．20π cm2
B　[设球的半径为R，根据题意知，2R＝，故R＝，S＝4πR2＝12π(cm2)．故选B．]
√
3．(湘教版必修第二册P197习题4.5T5改编)古希腊数学家阿基米德的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，则球的体积与圆柱的体积之比为(　　)
A． B．
C． D．
√
B　[设球的半径为r，则圆柱的底面半径为r，圆柱的高为2r，所以球的体积为V球＝πr3，圆柱的体积为V圆柱＝πr2×2r＝2πr3，所以球的体积与圆柱的体积之比为．故选B．]
4．(北师大版必修第二册P268复习题六B组T10改编)正三棱锥内有一个内切球，经过棱锥的一条侧棱和高作截面，正确的图是　(　　)
A　　　　　　　　B
C　　　　　　　　D
√
C　[由题意作出图形如图，
SO⊥平面ABC，SA与SO所在的平面与平面SBC垂直，
球与平面SBC的切点在SD上，球与侧棱SA没有公共点
所以正确的截面图形为C选项．故选C．]
5．(人教B版必修第四册P129复习题B组T16改编)已知P，A，B，C，D是球O表面上的点，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD是边长为3的正方形．若PA＝2，则球O的体积为_____________．
42π　[把四棱锥P-ABCD补形成一个长方体(图略)，PC＝，
球半径r＝，所以球的表面积为S＝4πr2＝42π．]
42π
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．直棱柱(圆柱)的外接球
如图1，图2，图3，直三棱柱内接于球(同时直三棱柱也内接于圆柱，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＝．
4．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．
5．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．
6．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Rt△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解决球切、接问题的关键是确定好球心：
(1)定义法确定球心：根据球心到其他顶点的距离是球的半径，列关系式求解球心；
(2)几何法确定球心：要运用球的几何性质，及多面体、旋转体的有关几何元素与球的半径之间的关系确定球心，如借助三角形外心确定外接球球心位置的方法：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；
(3)构造辅助模型确定球心，如墙角模型、对棱相等模型等．具体方法如下：
①若侧面为直角三角形、正四面体或对棱均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；
②若棱锥有一条侧棱与底面垂直，则补成直棱柱求解．
考点一　柱体的外接球问题
[典例1]　已知直三棱柱ABC-A1B1C1的各顶点都在以O为球心的球面上，且∠BAC＝，AA1＝BC＝2，则球O的体积为(　　)
A．4π　　　B．8π　　　C．12π　　　D．20π
精研考点·提升素养
√
A　[在底面△ABC中，由正弦定理得底面△ABC所在的截面圆的半径r＝，则直三棱柱ABC-A1B1C1的外接球的半径R＝，
则直三棱柱ABC-A1B1C1的外接球的体积为πR3＝4π．故选A．]
【教用·名师点评】
应用正弦定理可快速求得三角形外接圆半径．
　[如图所示，过球心O作平面ABC的垂线，则垂足为BC的中点M．
由题意知BC＝5，AM＝BC＝，OM＝AA1＝6，
所以球O的半径R＝OA＝．]
【拓展变式】　若将本例的条件“∠BAC＝，AA1＝BC＝2”换为“AB＝3，AC＝4，AB⊥AC，AA1＝12”，其他条件不变，则球O的半径为_____________．
考点二　台体的外接球问题
[典例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
√
A　[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＝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．]
名师点评：台体的外接球的求法可类比柱体的外接球的求法求解．
[巩固迁移]
1．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O2A＝2R，O2B＝2R，O1B＝R，过点B作BC⊥O2A，垂足为点C，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×2R＝6πR2，
球的表面积S2＝4π×＝16πR2，
所以圆台的侧面积与球的表面积之比为S1∶S2
＝＝3∶8．故选C．]
考点三　锥体的外接球问题
[典例3]　(1)(墙角模型)已知三棱锥P-ABC的三条侧棱两两互相垂直，且AB＝，BC＝，AC＝2，则此三棱锥的外接球的体积为
(　　)
A． 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
√
(3)(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
(1)B　(2)B　(3)2　[(1)∵AB＝，BC＝，AC＝2，
∴PA＝1，PC＝，PB＝2．
以PA，PB，PC为过同一顶点的三条棱作长方体，如图所示，则长方体的外接球同时也是三棱锥P-ABC的外接球．
∵长方体的体对角线长为＝2，
∴球的直径为2，半径R＝，
∴三棱锥P-ABC外接球的体积为πR3＝π×()3＝．故选B．
(2)如图，设球O的半径为R，由题意，πR3＝，可得R＝2，则球O的直径为4．
∵两个圆锥的高之比为1∶3，
∴AO1＝1，BO1＝3，
设圆锥的底面半径为r，
由直角三角形中的射影定理可得r2＝1×3，即r＝．
∴这两个圆锥的体积之和为V＝π×()2×(1＋3)＝4π．故选B．
(3)法一(补形法)：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．
法二(性质法)：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＝．
设三棱锥S-ABC的外接球球心为O，连接OO1，则OO1⊥平面ABC．又SA⊥平面ABC，所以OO1∥SA，连接OS，OA，由题意知OS＝OA＝2．过O作SA的垂线，设垂足为点H，则四边形AO1OH为矩形，所以OO1＝AH，由OS＝OA可知H为SA的中点，则OO1＝AH＝SA．
所以在Rt△OO1A中，由勾股定理可得OA2＝O＋O1A2，即4＝SA2＋3，得SA＝2．]
名师点评：(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．
(4)面面垂直模型：找两个三角形的外接圆的圆心，过圆心分别作这两个三角形所在平面的垂线，两垂线的交点就是球心．
[二级结论]　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．
[巩固迁移]
2．在四面体P-ABC中，已知∠ABC＝90°，PA⊥平面ABC，若PA＝AB＝BC＝1，则该四面体的外接球的体积为(　　)
A．π B．π
C．2π D．
√
D　[法一(定义法)：如图，取PC的中点O，连接OA，OB，由题意得PA⊥BC，
又因为AB⊥BC，PA∩AB＝A，PA，AB 平面PAB，
所以BC⊥平面PAB，PB 平面PAB，所以BC⊥PB．
在Rt△PBC中，OB＝PC，
同理OA＝PC，所以OA＝OB＝OC＝PC，
因此P，A，B，C四点在以O为球心的球面上．
在Rt△ABC中，AC＝．
在Rt△PAC中，PC＝，
球O的半径R＝PC＝，
所以外接球的体积为π×．
法二：根据题目条件，可将四面体放入棱长为1的正方体中，
故2R＝，∴R＝，∴V球＝πR3＝．]
3．(对棱相等模型)在三棱锥S-ABC中，SA＝BC＝5，SB＝AC＝，SC＝AB＝，则该三棱锥的外接球的表面积是(　　)
A．50π B．100π
C．150π D．200π
√
A　[(补形法)因为SA＝BC＝5，SB＝AC＝，SC＝AB＝，
所以可以将三棱锥S-ABC放置于一个长方体中，如图所示，
设长方体的长、宽、高分别为a，b，c，
则有整理得a2＋b2＋c2＝50，
则该三棱锥外接球的半径即为长方体外接球
的半径，设外接球的半径为R，
所以有a2＋b2＋c2＝50＝＝4R2，
所以外接球的表面积为4πR2＝π×50＝50π．故选A．]
4．(面面垂直模型)(2026·河南开封模拟)已知四面体ABCD的各顶点均在球O的球面上，平面ABC⊥平面BCD，AB＝BC＝AC＝CD＝2，BC⊥CD，则球O的表面积为(　　)
A． B．14π
C．28π D．32π
√
A　[法一(补形法)：因为平面ABC⊥平面BCD， AB＝BC＝AC＝CD＝2，BC⊥CD，所以可将四面体ABCD看作底面是等边三角形的直三棱柱的一部分，如图所示，
则四面体ABCD的外接球即为直三棱柱的外接球，
因为底面△ABC的外心到△ABC的顶点的距离为，
所以直三棱柱的外接球的半径r＝，
则球O的表面积S＝4πr2＝4π×．故选A．
法二(垂面法)：如图，取BC的中点E，BD的中点F，所以F为△BCD的外心，连接AE，EF，设△ABC的外心为G，
因为AB＝BC＝AC＝2，即△ABC为等边三角形，
所以点G在AE上，连接OG，OF，
则OG⊥平面ABC，OF⊥平面BCD，
因为平面ABC⊥平面BCD，所以OG⊥OF，
因为△ABC为等边三角形，E为BC的中点，
所以AE⊥BC，因为平面ABC⊥平面BCD，平面ABC∩平面BCD＝BC，AE 平面ABC，
所以AE⊥平面BCD，则AE∥OF，
又EF 平面BCD，所以AE⊥EF，
同理EF⊥平面ABC，所以EF∥OG，
故四边形OGEF是矩形．
由BC⊥CD，可得BD＝＝2，
故DF＝，
又OF＝EG＝AE＝ABsin 60°＝，
设球O的半径为R，则R2＝OD2＝OF2＋FD2＝，
所以球O的表面积S＝4πR2＝．
法三：(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)因为AB＝BC＝AC＝2，易知△ABC外接圆的半径为，又BC⊥CD，BC＝CD＝2，所以△BCD外接圆的半径为，设四面体A-BCD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＝．]
【教用·备选题】
1．已知三棱锥P-ABC的四个顶点都在球O的球面上，PB＝PC＝2，AB＝AC＝4，PA＝BC＝2，则球O的表面积为(　　)
A． B．
C． D．
√
A　[在三棱锥P-ABC中，如图，AB2＋PA2＝20＝PB2，则PA⊥AB，同理PA⊥AC，而AB∩AC＝A，AB，AC 平面ABC，因此PA⊥平面ABC，在等腰△ABC中，AB＝AC＝4，BC＝2，
则cos∠ABC＝，sin∠ABC＝，
设△ABC的外接圆圆心为O1，则OO1⊥平面ABC，O1A＝，
又OO1∥PA，取PA的中点D，连接OD，则有OD⊥PA，从而O1A∥OD，则四边形ODAO1为矩形，OO1＝AD＝1，OO1⊥O1A，设球O的半径为R，因此R2＝OA2＝O1A2＋O1O2＝＋12＝，
所以球O的表面积S＝4πR2＝．故选A．]
2．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_____________．
14π
14π　[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放置于一个长方体中，
如图所示，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．
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．]
考点四　简单几何体的内切球
[典例4]　(1)已知圆台的上、下底面的半径之比为，侧面积为9π，在圆台的内部有一球O，该球与圆台的上、下底面及母线均相切，则球O的表面积为(　　)
A．3π B．5π
C．8π D．9π
√
(2)(2026·北京朝阳区模拟)所有棱长都是2的正四棱锥的内切球半径为(　　)
A． B．
C． D．
(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_____________．
√
(1)C　(2)C　(3)　[(1)设圆台的上底面半径为r，
则下底面半径为2r，母线长为l，如图所示，作出圆台与球的轴截面．
由于球O与圆台的上、下底面及母线均相切，
故l＝AD＝AH＋DG＝r＋2r＝3r．
根据圆台的侧面积公式S＝(πr＋2πr)l＝9π，
可得r＝1，所以球的直径为HG＝2，则球的表面积为4π×()2＝8π．故选C．
(2)所有棱长都是2的正四棱锥的高h＝，
表面积S＝4××22＋22＝4(＋1)，
体积V＝×22×，
设该棱锥的内切球半径为r，则Sr＝V，
即r＝．故选C．
(3)法一：如图，在圆锥的轴截面ABC中，CD⊥AB，BD＝1，BC＝3，圆O内切于△ABC，E为切点，连接OE，则OE⊥BC．在Rt△BCD中，CD＝＝2．易知BE＝BD＝1，则CE＝2．设圆锥的内切球半径为R，则OC＝2－R，在Rt△COE中，OC2－OE2＝CE2，即(2－R)2－R2＝4，
所以R＝
πR3＝．
法二：如图，记圆锥的轴截面为△ABC，其中AC＝BC＝3，AB＝2，CD⊥AB，在Rt△BCD中，CD＝＝2，则S△ABC＝2．设△ABC的内切圆O的半径为R，则R＝
πR3＝．]
名师点评：“切”的问题处理规律
(1)找准切点，通过作过球心的截面来解决．
(2)体积分割是求内切球半径的通用方法．
(3)正四面体的外接球的半径R＝a，内切球的半径r＝a，其半径R∶r＝3∶1(a为该正四面体的棱长)．
(4)等体积法求内切球半径．
[巩固迁移]
5．在封闭的直三棱柱ABC-A1B1C1内有一个体积为V的球．若AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，AA1＝3，则V的最大值是(　　)
A．4π B．
C．6π D．
√
B　[要使球的体积最大，必须使球的半径最大．设球的半径为R，∵△ABC的内切圆半径为＝2，∴R≤2，由题意易知球与直三棱柱的上、下底面都相切时，球的直径取得最大值3，∴R＝，∴Vmax＝π×．故选B．]
6．(2026·黑龙江哈尔滨模拟)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2．若是放入一个正方体，合上盒盖，则可放正方体的最大棱长为
(　　)
A．2＋
B．3
C．＋1)
D．－1)
√
C　[设储物盒所在球的半径为R，设正方体的棱长为a，如图，
小球最大半径r＝2，满足R＝r＋r＝2(1＋)，
正方体的最大棱长a满足(a)2＋＝R2，
即a2＝R2，可得a＝R＝＋1)．故选C．]
考点五　与球有关的截面问题
[典例5]　(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　[由等边三角形ABC的面积为×AB2＝，得AB＝3，则△ABC的外接圆半径r＝AB＝AB＝．设球的半径为R，由球的表面积为16π，得4πR2＝16π，得R＝2，则球心O到平面ABC的距离d＝＝1．故选C．]
名师点评：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．
[巩固迁移]
7．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
√
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．]
8．(2025·宁夏兴庆一模)如图所示，该几何体是从一个水平放置的正方体中挖去一个内切球(正方体各个面均与球面有且只有一个公共点)以后得到的，现用一平面去截这个几何体，则截面图形不可能是(　　)
A　　　 B　　　 　C　　　　D
√
C　[对于A，用竖直的平面截正方体，该平面
过球心，且过正方体四个面的中心，即可得到
截面图形A，如图，

对于B，用正方体的对角面截正方体，
可以得到截面图形B，如图，
对于D，用如图截法，切点在截面ABCD的边CD的中点处，且CD故选C．]
一、单项选择题
1．(2025·河南开封二模)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
10
11
12
13
14
15
课后作业(四十六)　球的切、接与截面问题
√
16
B　[设正方体的棱长为a，则正方体的内切球的半径为
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
10
11
12
13
14
15
16
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
2．(鳖臑模型)已知三棱锥P-ABC的四个顶点都在球O的表面上，PA⊥平面ABC，AB⊥BC且PA＝8，AC＝6，则球O的表面积为(　　)
A．10π B．25π
C．50π D．100π
√
16
D　[(补形法)把三棱锥P-ABC补成一个长方体，如图所示．所以长方体的外接球即是三棱锥P-ABC的外接球．因为PA＝8，AC＝6，可得长方体的外接球的半径R＝＝5，所以球O的表面积S＝4π×52＝100π．]
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
3．已知圆锥的底面圆周在球O的球面上，顶点为球心O，圆锥的高为3，且圆锥的侧面展开图是一个半圆，则球O的表面积为(　　)
A．12π B．16π
C．48π D．96π
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
√
16
C　[依题意圆锥的高h＝3，设圆锥的底面半径为r，母线长为l，球O的半径为R，
因为圆锥的侧面展开图是一个半圆，
则解得l＝2r＝2，
可知R＝l＝2，所以球O的表面积S＝4πR2＝48π．故选C．]
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
4．如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高是
8 cm，将一个球放在容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6 cm，如果不计容器的厚度，则球的体积为(　　)
A． cm3
B． cm3
C． cm3
D． cm3
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
√
16
A　[设球心为O，半径为R cm，正方体上底面中心为A，上底面一边的中点为B(图略)，在Rt△OAB中，OA＝(R－2)cm，AB＝4 cm，OB＝R cm，由R2＝(R－2)2＋42，得R＝5(cm)，∴V球＝πR3＝(cm3)．故选A．]
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
5．已知直三棱柱ABC-A1B1C1中，底面边长分别为，3，高AA1＝2，则该三棱柱的外接球的表面积为(　　)
A．5π B．20π
C． D．44π
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
√
16
B　[不妨设AB＝AC＝，BC＝3，
由余弦定理的推论可得
cos A＝＝－，且A∈(0，π)，则A＝，
所以△ABC的外接圆半径r＝，
可得该三棱柱的外接球的半径R＝，
所以该三棱柱的外接球的表面积S＝4πR2＝20π．]
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
6．(2026·江苏南京开学考试)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
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
√
16
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△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．]
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
7．在四面体ABCD中，AB＝，DA＝DB＝CA＝CB＝1，则四面体ABCD的外接球的表面积为(　　)
A．π B．2π
C．3π D．4π
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
√
16
B　[(定义法)如图，取AB的中点O，由AB＝，DA＝DB＝CA＝CB＝1，
得CA2＋CB2＝AB2，
AD2＋BD2＝AB2，
可得∠ACB＝∠ADB＝90°，
所以OA＝OB＝OC＝OD＝，
即O为外接球的球心，球的半径R＝，
所以四面体ABCD的外接球的表面积S＝4πR2＝4π×＝2π．]
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
8．已知某圆台的上、下底面半径分别为r1，r2，且r2＝2r1，若半径为2的球与圆台的上、下底面及侧面均相切，则该圆台的体积为
(　　)
A． B．
C． D．
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
√
16
C　[如图1，设圆台上、下底面圆心分别为O1，O2，则圆台内切球的球心O一定在O1O2的中点处．设球O与母线AB切于点M，所以OM⊥AB，所以OM＝OO1＝OO2＝2，所以△AOO1≌△AOM，所以AM＝r1，同理BM＝r2，所以AB＝r1＋r2＝3r1．如图2，在轴截面中，过A作AG⊥BO2，垂足为G，则BG＝r2－r1＝r1，AG＝O1O2＝4，所以AG2＝AB2－BG2，即16＝(3r1)2－＝8，所以r1＝，所以r2＝2×(2π＋8π＋4π)×4＝．]
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
二、多项选择题
9．下列立体图形中，一定有内切球的是(　　)
A．正四面体 B．直三棱柱
C．正三棱台 D．正四棱锥
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
√
16
√
AD　[对于A，D，任意正棱锥均有内切球，正四面体也一定有内切球，故A，D正确；
对于B，若直三棱柱有内切球，则其高等于内切球的直径，底面内切圆的半径等于内切球的半径，
即底面内切圆的半径需为直三棱柱高的一半，所以不是所有直三棱柱都符合，故B错误；
对于C，正三棱锥有内切球，而正三棱台想要有内切球，则正三棱台的高应为相应的正三棱台的内切球的直径，故正三棱台不一定有内切球，故C错误．故选AD．]
题号
2
1
3
4
5
6
8
7
9
10
11
12
13
14
15
16
10．圆柱的轴截面为正方形，则下列结论正确的是(　　)
A．圆柱内切球的半径与圆柱底面半径相等
B．圆柱内切球的表面积与圆柱表面积比为
C．圆柱内接圆锥的表面积与圆柱表面积比为
D．圆柱内切球的体积与圆柱体积比为
题号
2
1
3
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√
16
√
√
ABD　[设圆柱的底面半径为R，则圆柱的高为2R，所以内切球的半径为R，A正确；
圆柱的表面积S1＝2πR2＋2πR×2R＝6πR2，内切球的表面积为4πR2，所以圆柱内切球的表面积与圆柱表面积比为，B正确；
圆柱内接圆锥的表面积S＝πR2＋×2πR×R＝(＋1)πR2，圆柱内接圆锥的表面积与圆柱表面积比为，C错误；
圆柱内切球的体积V1＝πR3，圆柱的体积V2＝πR2×2R＝2πR3，所以V1∶V2＝πR3∶2πR3＝，D正确．故选ABD．]
题号
2
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11．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
2
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√
16
√
√
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．
过点P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＝．
题号
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4
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题号
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16
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＋，
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．]
三、填空题
12．(2023·全国甲卷)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别为AB，C1D1的中点．以EF为直径的球的球面与该正方体的棱共有_____________个公共点．
题号
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1
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12
12　[如图，线段EF过正方体的中心，所以以EF为直径的球的球心即为该正方体的中心，球的半径为
，所以以EF为直径的球的球面与每一条棱均相切，所以共有12个公共点．]
题号
2
1
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6
8
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13．(2026·江西新余模拟)已知圆台的上、下底面半径分别为3和4，母线与高的夹角为，则此圆台的高为_____________，圆台的外接球的体积为_____________．
题号
2
1
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1
1　 　[作圆台轴截面如图所示．
设圆台的上、下底面圆心分别为O1，O2，
则O2B＝4，O1A＝3，设圆台的高O1O2为h，
因为母线与高的夹角为，
所以∠ABO2＝，
所以＝tan＝1，得h＝1，
题号
2
1
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设外接球的球心为O，半径为R，当O在线段O1O2上时，O＋42＝(1－OO2)2＋32，解得OO2＝－3(舍)；当O不在线段O1O2上时，
则R2－32＝O①，R2－42＝O②，
又OO1－OO2＝h＝1③，联立①②③，解得R＝5，
所以圆台的外接球的体积为πR3＝．]
题号
2
1
3
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8
7
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16
　[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＝． ]
14．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_____________．
题号
2
1
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15．已知三棱锥P-ABC的四个顶点均在球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
题号
2
1
3
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5
6
8
7
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10
11
12
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14
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16
√
D　[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，又PA 平面PAC，PC 平面PAC，
题号
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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．因为AB＝2，所以该正方体的棱长为
，所以三棱锥P-ABC的外接球的半径R＝，所以球O的体积V＝πR3＝π×π．故选D．]
题号
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16．(2026·湖北黄冈模拟)将一个棱长为10 cm的正方体铁块磨制成一个零件，能够磨制成的零件可以是(　　)
A．底面半径为8 cm，高为10 cm的圆柱体
B．底面直径为8 cm，高为8 cm的圆锥体
C．半径为6 cm的球体
D．各棱长均为15 cm的四面体
题号
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√
B　[对于A，若将一个棱长为10 cm的正方体铁块磨制成高为10 cm的圆柱，则圆柱的底面半径不超过5 cm，由此可知A项错误；
对于B，根据圆锥的底面直径为8 cm，小于正方体底面正方形的内切圆直径，且圆锥的高为8 cm，小于正方体的高，可知B项正确；
对于C，若将一个棱长为10 cm的正方体铁块磨制成球体，
则该球的半径必须小于等于5 cm，可知C项错误；
对于D，棱长为10 cm的正方体，它的内接正四面体的棱长为10cm，根据15>10，可知不能磨制成各棱长均为15 cm的四面体，D项错误．故选B．]
题号
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谢 谢 ！课后作业(四十六)　球的切、接与截面问题
说明：单项选择题每题5分，多项选择题每题6分，填空题每题5分，本试卷共83分
一、单项选择题
1．(2025·河南开封二模)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．(鳖臑模型)已知三棱锥P-ABC的四个顶点都在球O的表面上，PA⊥平面ABC，AB⊥BC且PA＝8，AC＝6，则球O的表面积为 (　　)
A．10π B．25π
C．50π D．100π
3．已知圆锥的底面圆周在球O的球面上，顶点为球心O，圆锥的高为3，且圆锥的侧面展开图是一个半圆，则球O的表面积为 (　　)
A．12π B．16π
C．48π D．96π
4．如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高是8 cm，将一个球放在容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6 cm，如果不计容器的厚度，则球的体积为 (　　)
A． cm3 B． cm3
C． cm3 D． cm3
5．已知直三棱柱ABC-A1B1C1中，底面边长分别为，3，高AA1＝2，则该三棱柱的外接球的表面积为 (　　)
A．5π B．20π
C． D．44π
6．(2026·江苏南京开学考试)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
7．在四面体ABCD中，AB＝，DA＝DB＝CA＝CB＝1，则四面体ABCD的外接球的表面积为 (　　)
A．π B．2π
C．3π D．4π
8．已知某圆台的上、下底面半径分别为r1，r2，且r2＝2r1，若半径为2的球与圆台的上、下底面及侧面均相切，则该圆台的体积为 (　　)
A． B．
C． D．
二、多项选择题
9．下列立体图形中，一定有内切球的是 (　　)
A．正四面体 B．直三棱柱
C．正三棱台 D．正四棱锥
10．圆柱的轴截面为正方形，则下列结论正确的是 (　　)
A．圆柱内切球的半径与圆柱底面半径相等
B．圆柱内切球的表面积与圆柱表面积比为
C．圆柱内接圆锥的表面积与圆柱表面积比为
D．圆柱内切球的体积与圆柱体积比为
11．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
三、填空题
12．(2023·全国甲卷)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别为AB，C1D1的中点．以EF为直径的球的球面与该正方体的棱共有________个公共点．
13．(2026·江西新余模拟)已知圆台的上、下底面半径分别为3和4，母线与高的夹角为，则此圆台的高为________，圆台的外接球的体积为________　．
14．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________．
15．已知三棱锥P-ABC的四个顶点均在球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
16．(2026·湖北黄冈模拟)将一个棱长为10 cm的正方体铁块磨制成一个零件，能够磨制成的零件可以是 (　　)
A．底面半径为8 cm，高为10 cm的圆柱体
B．底面直径为8 cm，高为8 cm的圆锥体
C．半径为6 cm的球体
D．各棱长均为15 cm的四面体
课后作业(四十六)
1．B
2．D　[(补形法)把三棱锥P-ABC补成一个长方体，如图所示．所以长方体的外接球即是三棱锥P-ABC的外接球．因为PA＝8，AC＝6，可得长方体的外接球的半径R＝＝5，所以球O的表面积S＝4π×52＝100π．]
3．C　[依题意圆锥的高h＝3，设圆锥的底面半径为r，母线长为l，球O的半径为R，
因为圆锥的侧面展开图是一个半圆，
则解得l＝2r＝2，
可知R＝l＝2，所以球O的表面积S＝4πR2＝48π．故选C．]
4．A　[设球心为O，半径为R cm，正方体上底面中心为A，上底面一边的中点为B(图略)，在Rt△OAB中，OA＝(R－2)cm，AB＝4 cm，OB＝R cm，由R2＝(R－2)2＋42，得R＝5(cm)，∴V球＝πR3＝(cm3)．故选A．]
5．B　[不妨设AB＝AC＝，BC＝3，
由余弦定理的推论可得cos A＝＝－，
且A∈(0，π)，则A＝，
所以△ABC的外接圆半径r＝，
可得该三棱柱的外接球的半径R＝，
所以该三棱柱的外接球的表面积S＝4πR2＝20π．]
6．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△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．]
7．B　[(定义法)如图，取AB的中点O，由AB＝，DA＝DB＝CA＝CB＝1，
得CA2＋CB2＝AB2，AD2＋BD2＝AB2，
可得∠ACB＝∠ADB＝90°，
所以OA＝OB＝OC＝OD＝，
即O为外接球的球心，球的半径R＝，
所以四面体ABCD的外接球的表面积S＝4πR2＝4π×＝2π．]
8．C　[如图1，设圆台上、下底面圆心分别为O1，O2，则圆台内切球的球心O一定在O1O2的中点处．设球O与母线AB切于点M，所以OM⊥AB，所以OM＝OO1＝OO2＝2，所以△AOO1≌△AOM，所以AM＝r1，同理BM＝r2，所以AB＝r1＋r2＝3r1．如图2，在轴截面中，过A作AG⊥BO2，垂足为G，则BG＝r2－r1＝r1，AG＝O1O2＝4，所以AG2＝AB2－BG2，即16＝(3r1)2－＝8，所以r1＝，所以r2＝2×(2π＋8π＋4π)×4＝．
　]
9．AD　[对于A，D，任意正棱锥均有内切球，正四面体也一定有内切球，故A，D正确；
对于B，若直三棱柱有内切球，则其高等于内切球的直径，底面内切圆的半径等于内切球的半径，
即底面内切圆的半径需为直三棱柱高的一半，所以不是所有直三棱柱都符合，故B错误；
对于C，正三棱锥有内切球，而正三棱台想要有内切球，则正三棱台的高应为相应的正三棱台的内切球的直径，故正三棱台不一定有内切球，故C错误．故选AD．]
10．ABD　[设圆柱的底面半径为R，则圆柱的高为2R，所以内切球的半径为R，A正确；
圆柱的表面积S1＝2πR2＋2πR×2R＝6πR2，内切球的表面积为4πR2，所以圆柱内切球的表面积与圆柱表面积比为，B正确；
圆柱内接圆锥的表面积S＝πR2＋×2πR×R＝(＋1)πR2，圆柱内接圆锥的表面积与圆柱表面积比为，C错误；
圆柱内切球的体积V1＝πR3，圆柱的体积V2＝πR2×2R＝2πR3，所以V1∶V2＝πR3∶2πR3＝，D正确．故选ABD．]
11．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．
过点P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＋，
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．]
12．12
13．1　 　[作圆台轴截面如图所示．
设圆台的上、下底面圆心分别为O1，O2，
则O2B＝4，O1A＝3，设圆台的高O1O2为h，
因为母线与高的夹角为，所以∠ABO2＝，
所以＝tan＝1，得h＝1，
设外接球的球心为O，半径为R，当O在线段O1O2上时，O＋42＝(1－OO2)2＋32，解得OO2＝－3(舍)；当O不在线段O1O2上时，
则R2－32＝O①，R2－42＝O②，
又OO1－OO2＝h＝1③，联立①②③，解得R＝5，
所以圆台的外接球的体积为πR3＝．]
14．　[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＝．
]
15．D　[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，又PA 平面PAC，PC 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．因为AB＝2，所以该正方体的棱长为，所以三棱锥P-ABC的外接球的半径R＝，所以球O的体积V＝πR3＝π×π．故选D．]
16．B　[对于A，若将一个棱长为10 cm的正方体铁块磨制成高为10 cm的圆柱，
则圆柱的底面半径不超过5 cm，由此可知A项错误；
对于B，根据圆锥的底面直径为8 cm，小于正方体底面正方形的内切圆直径，
且圆锥的高为8 cm，小于正方体的高，可知B项正确；
对于C，若将一个棱长为10 cm的正方体铁块磨制成球体，
则该球的半径必须小于等于5 cm，可知C项错误；
对于D，棱长为10 cm的正方体，它的内接正四面体的棱长为10cm，
根据15>10，可知不能磨制成各棱长均为15 cm的四面体，D项错误．故选B．]
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