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(共38张PPT)
第七章
7.7　与球相关的问题
立体几何与空间向量
复习目标　掌握与球有关的切、接问题．
内容索引
核心体系
活动方案
核 心 体 系
活 动 方 案
活动一　基础引入
1 [2025南京月考]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
C
D
4 如图，在边长为2的正方形ABCD中，E，F分别是AB，BC的中点，将△AED，△BEF，△DCF分别沿DE，EF，DF折起，使得A，B，C三点重合于点A′，若三棱锥A′-EFD的所有顶点均在球O的球面上，则球O的表面积为 (　　)
A. 2π B. 3π
C. 6π D. 8π
C
C
活动二　典例悟法
1
C
已知棱长为4的正方体，求此正方体外接球和内切球的体积．
1
2
3
[2023全国乙卷(文)·16]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
2
A
在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为2a的正方形，PD⊥底面ABCD，且PD＝2a.若在这个四棱锥内放一球，则此球的最大半径为____________.
[2025全国二卷·14]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
D
(2) [2025汕头二模]如图，在三棱锥S-ABC中，△ABC为等边三角形，SA⊥AB，SB＝SC，若SA＋AB＝
1，则三棱锥S-ABC外接球体积的最小值为______.
【解析】如图，取BC的中点E，连接SE，AE，则BC
⊥SE，BC⊥AE.又SE∩AE＝E，SE 平面ASE，AE 平面
ASE，所以BC⊥平面ASE.因为SA 平面ASE，所以BC⊥
SA.又SA⊥AB，AB∩BC＝B，AB 平面ABC，BC 平面ABC，
所以SA⊥平面ABC，
B
图1
图2
一个多面体的顶点都在球面上即为球的外接问题，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．
求解多面体的内切球问题，一般是将多面体分割为以内切球球心为顶点，多面体的各侧面为底面的棱锥，利用多面体的体积等于各分割棱锥的体积之和求内切球的半径．
如何求几何体的外接球、内切球半径？
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一、 单选题
1 已知正四棱柱的底面边长为3，侧棱长为4，则其外接球的表面积为(　　)
A. 25π B. 34π C. 68π D. 100π
2 如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，截去三棱锥B-AA1D，若剩余的几何体的表面积是，则正方体ABCD-A1B1C1D1内切球的表面积和其外接球的体积分别是(　　)
A. π， B. 4π，
C. 4π，π D. π，
3 [2025南通期中]已知一个正三棱柱的底面边长为6，高为4，则该正三棱柱的外接球的表面积为(　　)
A. 28π B. 32π C. 64π D. 192π
4 [2025苏锡常镇二模]一个底面边长和侧棱长均为4的正三棱柱密闭容器ABC-A1B1C1，其中盛有一定体积的水，当底面ABC水平放置时，水面高为.当侧面AA1B1B水平放置时(如图)，容器内的水形成新的空间图形，若该空间图形的所有顶点均在同一个球面上，则该球的表面积为(　　)
A. B.
C. 100π D.
二、 多选题
5 某球形巧克力设计了一种圆柱形包装盒，每盒可装7个球形巧克力，每盒只装一层，相邻的球形巧克力相切，与包装盒接触的6个球形巧克力与包装盒相切，如图是平行于底面且过圆柱母线中点的截面，设包装盒的底面半径为R，球形巧克力的半径为r，每个球形巧克力的体积为V1，包装盒的体积为V2，则下列结论中正确的是(　　)
A. R＝3r B. R＝4r
C. V2＝9V1 D. 2V2＝27V1
6 [2025蚌埠二模]在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F，G分别为棱DD1，C1D1，CC1的中点，则下列结论中正确的是(　　)
A. FG∥平面A1BD
B. 直线AE与FG所成角的余弦值为
C. 点E到平面B1FG的距离为
D. 三棱锥B1-D1DG的外接球的表面积为
7 [2025莆田二模]在三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC，∠ABC＝90°，AP＝AC＝2，E，F，G分别为AB，BC，PC的中点，则下列结论中正确的是(　　)
A. △PBC为直角三角形
B. PE∥平面AFG
C. 三棱锥P-ABC的体积最大值为
D. 三棱锥P-ABC外接球的半径为定值
三、 填空题
8 18世纪英国数学家辛普森运用定积分，推导出了现在中学数学教材中柱、锥、球、台等几何体Ω的统一体积公式V＝h(L＋4M＋N)(其中L，N，M，h分别为Ω的上底面面积、下底面面积、中截面面积和高)，我们也称为“万能求积公式”．例如，已知球的半径为R，可得该球的体积为V＝×2R×(0＋4×πR2＋0)＝πR3；已知正四棱锥的底面边长为a，高为h，可得该正四棱锥的体积为V＝×h[0＋4×＋a2]＝a2h.类似地，运用该公式求解下列问题：如图，已知球O的表面积为 36π cm2，若用距离球心O都为2 cm的两个平行平面去截球O，则夹在这两个平行平面之间的几何体的体积为________cm3.
9 [2025镇江期初]勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间像球一样来回自由滚动，并且始终保持与两平面都接触(如图).勒洛四面体是以一个正四面体的四个顶点分别为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的公共部分围成的空间图形．若构成勒洛四面体ABCD的正四面体ABCD的棱长为2，在该“空心”勒洛四面体ABCD内放入一个球，则该球的半径最大值是________．
10 [2025淮南、淮北二模]如图，圆锥PO有且仅有一条母线PA在平面α内，圆锥的侧面展开图是面积为32π的半圆，则圆锥外接球的表面积为________；若B是PA的中点，C∈α，且点O到直线BC的距离为，则BC与圆锥底面所成角的余弦值为________．
四、 解答题
11 [2025八省联考改编]在平面四边形ABCD中，AB＝AC＝CD＝1，∠ADC＝30°，∠DAB＝120°，将△ACD沿AC翻折至△ACP，其中P为动点．设PC⊥AB，三棱锥P-ABC的各个顶点都在球O的球面上．
(1) 求证：平面PAC⊥平面ABC；
(2) 求球O的半径．
12 《九章算术》是中国古代的一部数学专著，是《算经十书》中最重要的一部，是当时世界上最简练有效的应用数学，它的出现标志着中国古代数学形成了完整的体系．《九章算术》中将由四个直角三角形组成的四面体称为“鳖臑”，如图，已知四面体PABC是“鳖臑”，PA＝AC＝2，AB＝2，M，N分别为PC，AC的中点，点Q在线段PB上，且PQ＝2QB.
(1) 求证：BN∥平面AMQ；
(2) 求四面体PABC内切球的表面积．
7．7　与球相关的问题
1. B　解析：正四棱柱即长方体，其体对角线长为d＝＝.故其外接球的半径为r＝，则其表面积为S＝4πr2＝34π.
2. A　解析：设正方体的棱长为a，则剩余几何体的表面积为3a2＋a2＋×(a)2＝a2＝，解得a＝1，则正方体的内切球的直径为2r＝1，即r＝，故表面积为S＝4πr2＝π；正方体的外接球的直径为2R＝＝，即R＝，故体积为V＝πR3＝.
3. C　解析：设正三棱柱底面外接圆的半径为r，则＝2r，所以r＝2.设外接球半径为R，则R＝＝4，所以该正三棱柱的外接球的表面积S＝4πR2＝64π.
4. A　解析：方法一：由题意，得V水＝×4×4××＝15，VABC-A1B1C1＝×4×4××4＝16，则VC1-D1E1CDE＝16－15＝＝S△C1D1E1×4，故S△C1D1E1＝.因为S△A1B1C1＝4，所以＝，所以＝＝，即C1D1＝C1E1＝D1E1＝1.又点C1到直线A1B1的距离为2，所以点D1到直线A1B1的距离为×2＝.设正方形ABB1A1外接圆的圆心为O1，则r1＝AB＝2.设矩形DEE1D1外接圆的圆心为O2，半径为r2，则r2＝D1E＝×＝.设外接球的半径为R，则解得R2＝.故外接球的表面积为4πR2＝.
方法二：由当底面ABC水平放置时，水面高为可知容器内的空气占容器体积的，所以侧放时，如图，空气区域的“小三棱柱”的体积为容器体积的，“小三棱柱”的底面“小三角形”的面积为“大三角形”面积的，则“小三角形”与“大三角形”的边长之比为1∶4，即“小三角形”的边长为1.如图，设四边形ABED外接圆的半径为r，由余弦定理，得BD＝＝＝，所以2r＝＝，即r＝，则四棱柱A1B1D1E1-ABDE外接球的半径为R＝＝，所以球的表面积为S＝4πR2＝.
5. AD　解析：由图可知，R＝3r，故A正确，B错误；易知包装盒的高为2r，故V2＝πR2×2r＝18πr3.又V1＝πr3，所以2V2＝27V1，故C错误，D正确．故选AD.
6. AC　解析：在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，因为F，G分别为棱C1D1，CC1的中点，所以FG∥D1C，因为A1D1∥BC，A1D1＝BC，所以四边形A1BCD1为平行四边形，所以D1C∥A1B，所以FG∥A1B，又FG 平面A1BD，A1B 平面A1BD，所以FG∥平面A1BD，故A正确；连接BG，BF，易得AE∥BG，所以∠BGF为直线AE与FG所成的角或补角，又易得GB＝，GF＝，BF＝3，由余弦定理，得cos ∠BGF＝＝＝－，所以直线AE与FG所成角的余弦值为，故B错误；在△B1FG中，B1F＝B1G＝，FG＝，所以S△B1FG＝××＝，设点E到平面B1FG的距离为h，又VE-B1FG＝VB1-EFG，所以×h＝××××2，解得h＝，即点E到平面B1FG的距离为，故C正确；易得DD1＝2，B1D1＝2，DB1＝2，因为DD＋B1D＝DB，所以△B1DD1为直角三角形．易知点G在底面B1DD1的射影为B1D的中点，设为O1，设三棱锥B1-D1DG外接球的半径为R，球心为O，则点O在GO1的延长线上．由R2＝OO＋O1B＝OO＋3，R－OO1＝GO1＝，解得R＝，所以外接球的表面积为4πR2＝，故D错误．故选AC.
7. ACD　解析：对于A，因为PA⊥平面ABC，BC 平面ABC，所以PA⊥BC，又AB⊥BC，PA，AB是平面PAB内的两条相交直线，所以BC⊥平面PAB.因为PB 平面PAB，所以BC⊥PB，所以△PBC为直角三角形，故A正确；对于B，连接AF，CE相交于点H，连接GH，若PE∥平面AFG，因为平面AFG∩平面PCE＝GH，PE 平面PCE，所以PE∥GH，因为AF，CE为△ABC的中线，所以H为△ABC的重心，即＝2.因为G为PC的中点，所以≠，与PE∥GH相矛盾，故B错误；对于C，因为AB2＋BC2＝AC2＝4≥2AB·BC，所以AB·BC≤2，所以S△ABC＝AB·BC≤1，所以VP-ABC＝S△ABC·PA≤×1×2＝，当且仅当AB＝BC＝时，等号成立，故C正确；对于D，如图，将三棱锥补形成长方体，易知PC即为外接球的直径，PC＝＝2，所以外接球半径R＝，故D正确．故选ACD.
8. 　解析：由球O的表面积为36π cm2，得球O的半径为3 cm.如图，两个截面圆O1和圆O2的半径都为＝(cm)，根据对称性，可知该几何体的中截面为圆O，其面积为9π cm2，所以该几何体的体积为V＝×4×(5π＋4×9π＋5π)＝(cm3).
9. 2－　解析：勒洛四面体能够容纳的最大球与勒洛四面体的4个弧面都相切，即为勒洛四面体内切球，由对称性知，勒洛四面体ABCD内切球的球心是正四面体ABCD的内切球、外接球的球心O，正三角形BCD外接圆的半径O1B＝，正四面体ABCD的高AO1＝＝.设正四面体ABCD的外接球半径为R.在Rt△BOO1中，R2＝＋，解得R＝，所以勒洛四面体ABCD内切球的半径为2－.
10. 　　解析：设圆锥PO的母线长PA＝m，底面半径OA＝r.因为圆锥的侧面展开图是面积为32π的半圆，所以×2πrm＝32π，＝π，解得所以在Rt△OAP中，PO＝＝＝4.设圆锥外接球的球心为G，半径为R.由圆锥外接球的性质知，点G在线段PO上，在Rt△OAG中，AG2＝OA2＋OG2，即R2＝r2＋(4－R)2，解得R＝，所以圆锥外接球的表面积为4πR2＝.如图，在平面α内过点P作直线l∥BC，取AB的中点M，连接OM，则OM⊥PA，且OM＝2.因为顶点为P的圆锥有且仅有一条母线PA在平面α内，所以平面α⊥平面PAO.又平面α∩平面PAO＝PA，OM 平面PAO，所以OM⊥平面α.因为BC 平面α，所以OM⊥BC.过点M作BC的垂线，分别交BC，l于点N和点Q，连接ON，OQ，则MN⊥BC.又OM∩MN＝M，OM 平面OMN，MN 平面OMN，所以BC⊥平面OMN.又ON 平面OMN，所以ON⊥BC，即点O到BC的距离为ON，所以ON＝，所以MN＝＝＝1.因为l∥BC，所以＝＝，所以MQ＝3，在Rt△OMQ中，OQ＝＝＝.因为OM⊥l，MQ⊥l，OM∩MQ＝M，MQ 平面OMQ，OM 平面OMQ，所以l⊥平面OMQ.又OQ 平面OMQ，所以l⊥OQ，则在Rt△OQP中，PQ＝＝＝3.设BC与圆锥底面所成的角为θ，则sin θ＝cos ∠OPQ＝＝＝，则cos θ＝＝.故BC与圆锥底面所成角的余弦值为.
11．如图1，在△ACD中，由AC＝CD＝1，∠ADC＝30°，得∠CAD＝∠ADC＝30°.
又∠DAB＝120°，
所以∠BAC＝∠DAB－∠CAD＝120°－30°＝90°，即AB⊥AC.
(1) 如图2，因为AB⊥AC，PC⊥AB，PC∩AC＝C，PC 平面PAC，AC 平面PAC，
所以AB⊥平面PAC.
又AB 平面ABC，
所以平面PAC⊥平面ABC.
(2) 方法一：如图2，以A为坐标原点，AB，AC所在的直线分别为x轴，y轴，建立空间直角坐标系，则A(0，0，0)，B(1，0，0)，C(0，1，0)，P.
设球O的球心为O(a，b，c)，半径为R，
则AO＝BO＝CO＝PO＝R，
所以a2＋b2＋c2＝(a－1)2＋b2＋c2＝a2＋(b－1)2＋c2＝a2＋＋＝R2，
解得a＝，b＝，c＝，R＝，
所以球O的半径为.
方法二：如图3，因为△ABC为直角三角形，
所以△ABC的外接圆的圆心O1为BC的中点，
作点C关于AP的对称点O2，则有O2C＝O2A＝O2P，
所以O2为△ACP的外接圆的圆心．
作O1H⊥AC，交AC于点H，则H为AC的中点．
由(1)知，平面PAC⊥平面ABC.
因为平面PAC∩平面ABC＝AC，O1H 平面ABC，
所以O1H⊥平面ACP，则O1H⊥O2H.
易知△O2AC为等边三角形，所以O2H⊥AC.
又三棱锥P-ABC的外接球的球心为O，
所以OO1⊥平面ABC，OO2⊥平面ACP，
所以四边形OO1HO2为矩形，
所以OO1＝O2H＝，BO1＝，
所以半径R＝OB＝＝.
图1 图2 图3
12. (1) 如图，连接PN与AM相交于点O，连接OQ，MN.
因为M，N分别为PC，AC的中点，
所以MN∥PA，且MN＝PA，
所以△MON∽△AOP，
所以＝＝2.
又PQ＝2QB，
所以＝＝2，
所以△PQO∽△PBN，则∠POQ＝∠PNB，
所以OQ∥BN.
因为OQ 平面AMQ，BN 平面AMQ，
所以BN∥平面AMQ.
(2) 由题意，得四面体PABC是“鳖臑”，PA＝AC＝2，AB＝2，
显然可得PA⊥AC，PA⊥AB.
因为AB∩AC＝A，AB 平面ABC，AC 平面ABC，
所以PA⊥平面ABC.
又BC 平面ABC，
所以PA⊥BC，
所以PC＝＝2，PB＝＝2，
若AC⊥AB，则BC＝＝2，
此时PB＝BC>PC，
则△BCP不是直角三角形，不符合题意，
又AB>AC，所以AC⊥BC.
因为AC∩AP＝A，AC 平面PAC，PA 平面PAC，
所以BC⊥平面PAC.
因为PC 平面PAC，
所以BC⊥CP，符合题意．
则BC＝＝2，
所以S△ABC＝×2×2＝2，S△PAB＝×2×2＝2，
S△PAC＝×2×2＝2，S△PBC＝×2×2＝2.
因为VP-ABC＝PA·S△ABC＝×2×2＝，
设内切球的半径为r，所以VP-ABC＝S表·r，
即＝×(2＋2＋2＋2)r，解得r＝－1，
所以S球＝4πr2＝4(3－2)π.7.7　与球相关的问题
复习目标　掌握与球有关的切、接问题．
内切球　　外接球
定球心 作截面 求半径、下结论
活动一 基础引入
1 [2025南京月考]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
2 [2025湖南“长望浏宁”四县联考]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.
3 [2025镇江期初]已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，点N为侧面四边形CDD1C1的中心，则四面体NCB1C1的外接球的体积为(　　)
A. 2π B. 4π C. 2π D.
4 如图，在边长为2的正方形ABCD中，E，F分别是AB，BC的中点，将△AED，△BEF，△DCF分别沿DE，EF，DF折起，使得A，B，C三点重合于点A′，若三棱锥A′-EFD的所有顶点均在球O的球面上，则球O的表面积为(　　)
A. 2π B. 3π C. 6π D. 8π
5 [2026连云港期中]已知一个红球和三个半径为3的白球，这四个球两两外切，且它们都内切于一个半径为7的黑球，则红球的表面积可以为(　　)
A. π B. π C. 49π D. 98π
活动二 典例悟法
题组一　常见几何体的外接球问题
1 [2025福州质检]在平面四边形ABCD中，△ABC是边长为的等边三角形，△ACD是以D为直角顶点的等腰直角三角形，将该四边形沿对角线AC折成四面体B-ACD，则在折起的过程中，四面体外接球体积的最小值为(　　)
A. B. 4π
C. D.
1 已知棱长为4的正方体，求此正方体外接球和内切球的体积．
2 已知侧棱和底面边长都是3的正四棱锥，则其外接球的半径是多少？
3 若三棱锥的三个侧面两两垂直，且侧棱长均为，则其外接球的体积是________．
[2023全国乙卷(文)·16]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＝________．
题组二　常见几何体的内切球问题
2 (1) 如图，在圆柱O1O2内有一个球O，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切．记圆柱O1O2的体积为V1，球O的体积为V2，则的值是________；
(2) [2025九江二模]已知球O与正三棱柱ABC-A1B1C1的各个面均相切，记平面ABC1截球O所得截面的面积为S1，球O的表面积为S2，则的值为(　　)
A. B. C. D.
在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为2a的正方形，PD⊥底面ABCD，且PD＝2a.若在这个四棱锥内放一球，则此球的最大半径为________．
[2025全国二卷·14]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.
题组三　球的表面积和体积
3 (1) 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
(2) [2025汕头二模]如图，在三棱锥S-ABC中，△ABC为等边三角形，SA⊥AB，SB＝SC，若SA＋AB＝1，则三棱锥S-ABC外接球体积的最小值为________．
[2025苏北四市期末]已知正四棱锥的底面边长为2，侧面积为4，则该四棱锥的外接球的表面积为(　　)
A. B. C. 24π D.
一个多面体的顶点都在球面上即为球的外接问题，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．
求解多面体的内切球问题，一般是将多面体分割为以内切球球心为顶点，多面体的各侧面为底面的棱锥，利用多面体的体积等于各分割棱锥的体积之和求内切球的半径．
7．7　与球相关的问题
1. C　解析：如图，设点P在底面的投影为点G，易知G为正方形ABCD的中心，且正四棱锥P-ABCD外接球的球心在PG上．由题意，得球O的半径PO＝AO＝5，则OG＝8－5＝3，所以AG＝＝4，所以PA＝＝4，AB＝2×4×＝4.在△PAB中，PA＝PB，则边AB上的高为＝＝6，所以该正四棱锥的侧面积为4××4×6＝96.
2. C　解析：如图，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，连接OM，所以OM⊥AB，所以OM＝OO1＝OO2＝2，所以△AOO1与△AOM全等，所以AM＝r1，同理BM＝r2，所以AB＝r1＋r2＝3r1，过点A作AG⊥BO2，垂足为G，易知BG＝r2－r1＝r1，AG＝O1O2＝4，所以AG2＝AB2－BG2，所以16＝(3r1)2－r＝8r，解得r1＝，所以r2＝2，所以该圆台的体积为(2π＋8π＋4π)×4＝.
　
3. D　解析：如图，取B1C的中点O，连接NO，NC，NC1，NB1，ND1，B1D1.因为ABCD-A1B1C1D1是棱长为2的正方体，所以OC＝OB1＝OC1＝，且ON＝B1D1＝，所以四面体NCB1C1的外接球的球心为点O，且外接球的半径为R＝，所以四面体NCB1C1的外接球的体积V＝πR3＝.
4. C　解析：由题意可得A′D⊥A′E，A′D⊥A′F，A′E⊥A′F，且A′E＝1，A′F＝1，A′D＝2，所以三棱锥DA′EF可补形为一个长方体，则三棱锥D-A′EF的外接球即为长方体的外接球．如图，设长方体外接球的半径为R，则2R＝＝，所以R＝，所以外接球O的表面积为 S＝4πR2＝4π×＝6π.
5. C　解析：如图，作出符合题意的图形．设三个半径为3的白球的球心分别为A，B，C，设红球半径为r，球心为D，连接AB，BC，AC，AD，BD，CD，则点D在平面ABC上的射影为底面正三角形ABC的外心G，得BG＝×＝2，三棱锥D-ABC为正三棱锥，侧棱DB＝r＋3.设大球的球心为O，则点O在线段DG上，要使大球与四个小球都内切，则OD＝7－r，OB＝7－3＝4，所以OG＝＝2.又因为BG2＋DG2＝BD2，所以12＋(2＋7－r)2＝(r＋3)2，解得r＝.故红球的表面积S＝4πr2＝49π.
例1　C　解析：设正三角形ABC的外接圆的圆心为O1，由正弦定理可得圆O1的半径r＝＝1，等腰直角三角形ACD底边AC上的高h＝AC＝，正三角形ABC的外接圆的圆心O1到边AC的距离为，又＋＝1＝r2，则当平面ACD⊥平面ABC时，点O1到点A，B，C，D等距，即球心O与圆心O1重合，且在折起过程中，四面体B-ACD的外接球的球心O在过点O1且垂直于平面ABC的直线上，则当平面ACD⊥平面ABC时，外接球的半径R最小，Rmin＝r＝1.故四面体的外接球体积最小值为×13＝.
变式训练1　由题意，得此正方体的体对角线长即为其外接球的直径，正方体的棱长即为其内切球的直径．
设该正方体外接球的半径为R，内切球的半径为r.
又正方体的棱长为4，所以其体对角线长为4，
所以V外接球＝πR3＝π×(2)3＝32π，
V内切球＝πr3＝π×23＝.
变式训练2　由题意，得该正四棱锥底面对角线的长为 3×＝6，高为＝3，
所以底面中心到各顶点的距离均为3，
所以该正四棱锥的外接球的球心即为底面正方形的中心，其外接球的半径为3.
变式训练3　　解析：三棱锥的三个侧面两两垂直，且侧棱长均为，则可将三棱锥补形成正方体，易知其外接球的直径为3，半径为.故所求外接球的体积V＝×＝.
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2　解析：如图，将三棱锥S-ABC转化为正三棱柱SMNABC，设△ABC的外接圆的圆心为O1，半径为r，则2r＝＝＝2，解得r＝.设三棱锥SABC的外接球的球心为O，连接OA，OO1，O1A，则OA＝2，OO1＝SA.因为OA2＝OO＋O1A2，所以4＝SA2＋3，解得SA＝2.
例2　(1) 　解析：设圆柱内切球的半径为R.由题意，得圆柱O1O2的底面圆的半径为R，高为2R.故＝＝.
(2) A　解析：如图，设球O的半径为R.因为球O与正三棱柱ABCA1B1C1的各个面均相切，所以正三棱柱ABC-A1B1C1的高为2R，底面边长为2R.设正三棱柱ABCA1B1C1上、下底面的中心分别是O1，O2，E是AB的中点，连接EC1，交O1O2于点F，则点O到平面ABC1的距离d＝OF sin ∠OFC1＝OF cos ∠CEC1.因为O1C1∥EO2，且O1C1＝2EO2，所以△EFO2∽△C1FO1，＝，所以＝，即OF＝，因为tan ∠CEC1＝＝＝，所以cos ∠CEC1＝，所以d＝，所得截面圆半径r＝＝R，所以S1＝πr2＝，S2＝4πR2，所以＝.
变式训练　(2－)a　解析：由题意，得当球与四棱锥各面均相切，即内切于四棱锥时球的半径最大．作出其侧视图，如图．易知球的半径 r＝(2－)a.
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　解析：当满足条件的铁球半径最大时，轴截面如图所示．因为两个铁球的半径相等，则图中两圆的切点是矩形对角线的交点．设铁球的半径为r cm，则0例3　(1) D　解析：方法一：如图，因为E，F分别是PA，AB的中点，所以EF∥PB.因为∠CEF＝90°，所以EF⊥EC，所以PB⊥EC.又因为三棱锥 PABC为正三棱锥，所以PB⊥AC.因为AC，EC是平面PAC内的相交直线，所以PB⊥平面PAC.又PA 平面PAC，PC 平面PAC，所以PB⊥PA，PB⊥PC.因为△ABC是边长为2的正三角形，所以PA＝PB＝PC＝，所以三条侧棱PA，PB，PC两两垂直，故球O是棱长为的正方体的外接球．设球O的半径为R，则2R＝×＝，所以R＝，所以球O的体积 V＝πR3＝π.
方法二：令PA＝PB＝PC＝2x(x>0)，则EF＝x.连接FC.由题意，得FC＝.在△PAC中，cos ∠APC＝＝.在△PEC中，EC2＝PC2＋PE2－2PC·PE cos ∠EPC＝4x2＋x2－2×2x×x×＝x2＋2.在△FEC中，因为∠CEF＝90°，所以FC2＝EC2＋EF2，即3＝x2＋2＋x2，解得x＝，所以PA＝PB＝PC＝2x＝.因为AB＝BC＝CA＝2，所以三棱锥P-ABC的三个侧面都为等腰直角三角形，所以PA，PB，PC两两垂直，故球O是棱长为的正方体的外接球．设球O的半径为R，则2R＝×＝，所以R＝，所以球O的体积V＝πR3＝π.
(2) 　解析：如图，取BC的中点E，连接SE，AE，则BC⊥SE，BC⊥AE.又SE∩AE＝E，SE 平面ASE，AE 平面ASE，所以BC⊥平面ASE.因为SA 平面ASE，所以BC⊥SA.又SA⊥AB，AB∩BC＝B，AB 平面ABC，BC 平面ABC，所以SA⊥平面ABC，所以三棱锥S-ABC的外接球的球心O必在过△ABC的中心O1且平行于SA的直线上，且OO1＝SA.设AB＝x(0变式训练　B　解析：如图1，取AB的中点M，连接PM，AC，BD，且AC与BD相交于点N，连接PN，则S△PAB＝AB·PM＝PM＝，所以PA＝＝2，则PN＝＝.如图2，设四棱锥的外接球的球心为O，半径为R，正方形ABCD的外接圆的圆心为N，则ON2＋NC2＝OC2，即(－R)2＋2＝R2，解得R＝，所以外接球的表面积为S＝4πR2＝.
图1 图2
　　

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