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培优进阶15　球的切、接问题(高考超重点)
　　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.
一、正方体、长方体外接球
1.正方体的外接球的球心为其体对角线的中点，半径为体对角线长的一半.
2.长方体的外接球的球心为其体对角线的中点，半径为体对角线长的一半.
3.补成长方体
(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)正四面体P-ABC可以补形为正方体且正方体的棱长a＝，如图③所示.
(4)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④所示.
二、正四面体外接球
　　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.
学生用书 第182页
三、对棱相等的三棱锥外接球
　　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来解决这类问题.
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＝，而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＝.
四、直棱柱外接球
　　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)
第一步：确定球心O的位置，O1是△ABC的外心，则OO1⊥平面ABC；
第二步：算出小圆O1的半径AO1＝r，OO1＝AA1＝h(AA1＝h也是圆柱的高)；
第三步：勾股定理：OA2＝O1A2＋O1O2 R2＝r2＋()2 R＝，解出R.
五、正棱锥与侧棱相等模型
1.正棱锥外接球半径：R＝.
2.侧棱相等模型：如图，P的射影是△ABC的外心 三棱锥P-ABC的三条侧棱相等 三棱锥P-ABC的底面△ABC在圆锥的底面上，顶点P点也是圆锥的顶点.
解题步骤：
第一步：确定球心O的位置，取△ABC的外心O1，则P，O，O1三点共线；
第二步：先算出小圆O1的半径AO1＝r，再算出棱锥的高PO1＝h(也是圆锥的高)；
第三步：勾股定理：OA2＝O1A2＋O1O2 R2＝r2＋(h－R)2，解出R＝.
六、圆锥圆柱圆台模型
1.球内接圆锥：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.和本专题前面的内接正棱锥问题情形相同，图②和图③两种情况建立的方程是一样的，故无需提前判断.
由图②、图③可知，OC＝h－R或R－h，故(h－R)2＋r2＝R2，所以R＝.
学生用书 第183页
2.球内接圆柱：如图，圆柱的底面圆半径为r，高为h，其外接球的半径为R，三者之间满足()2＋r2＝R2.
3.球内接圆台：R2＝＋，其中r1，r2，h分别为圆台的上底面半径、下底面半径、高.
题型一　外接球
技法1　定义法
(1)在三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC，PA＝2，AB＝2，AC＝4，∠BAC＝45°，则三棱锥P-ABC外接球的表面积为(　　)
A.14π B.16π
C.18π D.20π
(2)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
答案：(1)D　(2)A
解析：(1)在△BAC中，∠BAC＝45°，AB＝2，AC＝4.由余弦定理可得BC2＝AB2＋AC2－2AB·ACcos 45°＝8＋16－2×2×4×＝8，则BC2＋AB2＝AC2，所以BC⊥AB.由PA⊥平面ABC，BC 平面ABC，得PA⊥BC.又PA∩AB＝A，PA，AB 平面PAB，所以BC⊥平面PAB，所以BC⊥PB，所以△PBC为直角三角形.又△PAC为直角三角形，所以PC是三棱锥P-ABC外接球直径.如图，设O是PC的中点，即为球心.又AC＝4，PA＝2，所以PC＝＝＝2，所以外接球半径为，所以所求外接球的表面积S＝4π×＝20π.故选D.
(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，连接O1O2(图略)，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＋，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.综上，该球的表面积为100π.故选A.
　　到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据到其他顶点距离也是半径，列关系式求解即可.
技法2　补形法(构造模型法)
(1)在三棱锥A-BCD中，侧棱AB，AC，AD两两垂直，若△ABC，△ACD，△ADB的面积分别为，，，则三棱锥A-BCD的外接球的体积为(　　)
A.π B.2π
C.3π D.4π
(2)已知在三棱锥P-ABC中，AC＝，BC＝1，AC⊥BC且PA＝2PB，PB⊥平面ABC，则其外接球体积为(　　)
A. B.4π
C. D.4π
答案：(1)A　(2)A
解析：(1)设AB，AC，AD的长度分别为a，b，c，由题意得因为三条侧棱两两垂直，所以以a，b，c为边长的长方体的体对角线长就是三棱锥的外接球的直径长，所以R＝＝，故所求外接球的体积为＝π.故选A.
(2)AB＝＝，设PB＝h，则由PA＝2PB，可得＝2h，解得h＝1，可将三棱锥P-ABC还原成如图所示的长方体，则三棱锥P-ABC的外接球即为长方体的外接球.设外接球的半径为R，则2R＝＝2，R＝1，所以其外接球的体积V＝R3＝.故选A.
1.补形法的解题策略
(1)侧面为直角三角形，或对棱均相等的模型或正四面体，可以还原到长方体或正方体中去求解.
(2)直三棱锥可以补成三棱柱求解.
(3)若直棱柱的底面有外接圆，可以补成圆柱求解.
2.若长方体的共顶点的三条棱长分别为a，b，c，外接球的半径为R，则2R＝.
技法3　截面法
(1)在直三棱柱ABC-A1B1C1中，△ABC为等边三角形，AB＝2，BB1＝2，则三棱柱ABC-A1B1C1的外接球的表面积为(　　)
A.64π B.36π
C.27π D.16π
(2)四棱锥P-ABCD的顶点都在球O的表面上，△PAD是等边三角形，底面ABCD是矩形，平面PAD⊥平面ABCD，若AB＝2，BC＝3，则球O的表面积为　　　　.
答案：(1)B　(2)16π
解析：(1)如图，取△ABC，△A1B1C1的外接圆的圆心分别为M，N，连接MN，取MN的中点O，则O是三棱柱ABC-A1B1C1的外接球的球心.设△ABC的外接圆的半径为r，三棱柱ABC-A1B1C1的外接球的半径为R，由正弦定理得，＝＝2r，所以r＝2，即AM＝2，又BB1＝2，所以OM＝，所以R＝OA＝＝3，所以外接球的表面积为4πR2＝4π×32＝36π.故选B.
(2)如图，连接AC，BD，AC∩BD＝G，取AD的中点E，连接PE，EG.因为四边形ABCD为矩形，所以G为四边形ABCD的外接圆圆心；在线段PE上取ME＝PE，因为△PAD为等边三角形，所以M为△PAD外接圆圆心，过G，M分别作平面ABCD和平面PAD的垂线，则两垂线的交点即为球O的球心O，连接OP.因为△PAD为等边三角形，所以PE⊥AD.因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PE 平面PAD，所以PE⊥平面ABCD，所以PE∥OG，同理可得，OM∥EG，所以四边形OMEG为矩形，所以OM＝EG＝AB＝1，PM＝PE＝×＝，所以OP＝＝2，即球O的半径R＝2，所以球O的表面积S＝4πR2＝16π.
与球截面有关的解题策略
1.定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为半径；如果是外接球，球心到顶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.
对点练1.已知棱长为1的正四面体的四个顶点都在一个球面上，则这个球的体积为(　　)
A.π B.π
C.π D.π
答案：A
解析：如图将棱长为1的正四面体B1-ACD1放入正方体ABCD -A1B1C1D1中，且正方体的棱长为1×cos 45°＝，所以正方体的体对角线AC1＝＝，所以正方体外接球的直径2R＝AC1＝，R＝，所以正方体外接球的体积为πR3＝π×()3＝π.因为正四面体的外接球即为正方体的外接球，所以正四面体的外接球的体积为π.故选A.
【教师备选】　正四面体的所有顶点都在表面积为36π 的球面上，则该正四面体的棱长为　　　　.
答案：2
解析：如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1 中，正四面体为A-CB1D1.设球的半径为R，则4πR2＝36π，解得R＝3，所以AC1＝6，则正方体的棱长为2.所以正四面体的棱长为AD1＝2.
对点练2.两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
答案：B
解析：如图所示，设两个圆锥的底面圆圆心为点D，设圆锥AD和圆锥BD的高之比为3∶1，即AD＝3BD.设球的半径为R，则＝，可得R＝2，所以AB＝AD＋BD＝4BD＝4，所以BD＝1，AD＝3，所以OD＝1，CD＝.因此，这两个圆锥的体积之和为π×CD2·＝π×3×4＝4π.故选B.
学生用书 第184页
题型二　内切球
(1)如图所示，直三棱柱ABC-A1B1C1是一块石材，测量得∠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，则一个加工所得的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
(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是(　　 )
A. B.
C. D.
答案：(1)D　 (2)C
解析：(1)根据题意知，当健身手球与直三棱柱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.于是一个健身手球的最大体积V＝πR3＝π×23＝π.因为AA1＝13，所以此时可加工3个健身手球.故选D.
(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＝＋＋＋＋，可得V＝Sr，即12＝×84r，解得r＝，故四棱锥P-ABCD内切球的表面积是4πr2＝.故选C.
1.“切”的处理
解决与球有关的内切问题主要是指球内切于多面体或旋转体，解答时首先要找准切点，通过作截面来解决.如果内切的是多面体，则作截面时主要抓住多面体过球心的对角面.
2.与内(棱)切球有关的常用结论
(1)正方体的棱长为a，球的半径为R，
①若球为正方体的内切球，则2R＝a；
②若球与正方体的各棱相切，则2R＝a.
(2)设正四面体的棱长为a，则它的高为a，内切球半径r＝a，外接球半径R＝a.正四面体的外接球与内切球的半径之比为3∶1.
(3)二级结论：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.
注意：体积分割是求内切球半径的通用方法.
对点练3.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　　　　.
答案：
解析：圆锥内的球半径最大时的轴截面如图所示，其中O1，M为切点，球心为O，设其半径为r.因为AC＝3，O1C＝1，所以AO1＝＝2.因为OO1＝OM＝r，所以AO＝AO1－OO1＝2－r，又因为△AMO∽△AO1C，所以＝，即＝，解得r＝.所以该圆锥内半径最大的球的体积V＝π×＝.
题型三　球的特殊切、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)(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.
答案：(1)B　(2)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为球的球心，所以球的半径为1，所以球的表面积为4π.故选B.
(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.当两个铁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.
[变式探究](数智赋能辅助)
(变条件) 如图，在棱长为1的正方体内有两个球外切且又分别与正方体内切，则两球的半径之和为　　　　.
答案：
解析：如图，画出轴截面(对角面)，球心O1，O2在AC上，过O1，O2分别作AD，BC的垂线交于E，F.设两个球O1，O2的半径分别为r，R，则由AB＝1，AC＝得AO1＝r，CO2＝R，所以r＋R＋＝，则r＋R＝.
解决多球相切问题的基本方法
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.
对点练4.已知正四面体的棱长为12，先在正四面体内放入一个内切球O1，然后再放入一个球O2，使得球O2与球O1及正四面体的三个侧面都相切，则球O2的体积为(　　)
A.π B.2π
C.2π D.π
答案：A
解析：如图，正四面体V-ABC，设点O是底面ABC的中心，点D是BC的中点，连接VO，VD.由已知可得，VO⊥平面ABC，球心O1，O2在线段VO上，球O1，O2切平面VBC的切点在线段VD上，分别设为D1，D2.则易知△VD1O1∽△VOD，△VD2O2∽△VD1O1.设球O1，O2的半径分别为r1，r2，因为AD＝＝6，根据重心定理可知，OD＝AD＝2，VD＝6，VO＝＝4，OO1＝O1D1＝r1，O1O2＝r1＋r2，O2D2＝r2.由△VD1O1∽△VOD可得＝＝，即＝，解得r1＝，所以VO1＝3.由△VD2O2∽△VD1O1，可得＝＝，即＝，解得r2＝，所以球O2的体积为π＝π×＝π.故选A.
对点练5.如图，在母线长为4＋2，高为3＋2的倒置圆锥形容器(不计厚度)内放置一个底面半径为1的圆柱体，现向圆柱侧面与圆锥侧面所夹空间内放入若干小球，所有小球均与圆柱侧面，圆锥侧面及圆锥底面所在平面相切，则这样的小球最多能放入　　　　 个.
答案：6
解析：由题图知R2＝l2－h2＝－＝7＋4，解得R＝2＋.根据题意，小球与圆柱、圆锥侧面、圆锥底面相切，作轴截面如图①所示.因为＝，所以OA＝2，即AB＝OB－OA＝2＋2，则∠BAC＝30°.
设圆O1的半径为r1，则BC＝r1＋r1＝1＋，解得r1＝1，即小球的半径为1，作俯视图，如图②.因为△O'O1O2为等边三角形，所以∠O1O'O2＝60°，
由＝6，可知这样的小球最多能放入6个.
课时分层测评56　球的切、接问题
(时间：50分钟　满分：80分)
(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)
(每小题5分，共50分)
1.已知一个棱长为2的正方体的顶点都在某球面上，则该球体的体积为(　　)
A.π B.4π
C.8π D.12π
答案：B
解析：因为正方体的体对角线等于外接球的直径，且正方体的棱长为2，故该球体的直径2R＝＝2，所以R＝.故该球体的体积V＝πR3＝4π.故选B.
2.在三棱锥P-ABC中，PA，PB，PC两两垂直，PA＝1，PB＝2，PC＝3，则该三棱锥的外接球的表面积为(　　)
A.π B.56π
C.π D.14π
答案：D
解析：如图，将三棱锥P-ABC补全为长方体，则长方体的外接球就是所求的外接球，设球的半径为R，则4R2＝(2R)2＝PA2＋PB2＋PC2＝14，所以球的表面积为S＝4πR2＝14π.故选D.
3.(2025·山东济宁三模)已知一个圆锥的轴截面是等边三角形，设圆锥的侧面积为S1，圆锥的内切球的表面积为S2，则＝(　　)
A. B.
C. D.
答案：D
解析：根据题意，作出圆锥的轴截面的示意图，设圆锥内切球半径为R，则△ABC为等边三角形.设其边长为2a，根据等面积法可得S△ABC＝×2a×2a×sin ＝(2a＋2a＋2a)R，解得R＝a，所以S2＝4πR2＝a2.又圆锥侧面积S1＝×2πa×2a＝2πa2，所以＝＝.故选D.
4.(2025·山东聊城三模)已知某圆台的轴截面中有一个角为，且下底是上底的2倍，若该圆台的外接球的表面积为16π，则该圆台的体积为(　　)
A.π B.5π
C.π D.7π
答案：C
解析：设圆台的上底半径为r，则下底半径R＝2r.轴截面为等腰梯形，两底边长分别为2r和4r，腰与下底的夹角为.则圆台的高，即梯形的高为h＝(4r－2r)·tan ＝r.因为外接球的表面积为16π，所以球半径为＝2.设球心到上底圆心距离为a，则到下底圆心距离为｜h－a｜.根据球心到上下底面圆周的距离均为2，得方程解得r＝1，a＝.所以圆台体积为V＝πh＝π·＝π.故选C.
5.已知一个三棱柱，其底面是正三角形，且侧棱与底面垂直，一个体积为的球体与棱柱的所有面均相切，那么这个三棱柱的表面积是(　　)
A.6 B.12
C.18 D.24
答案：C
解析：根据已知可得球的半径等于1，故三棱柱的高等于2，底面三角形内切圆的半径等于1，即底面三角形的高等于3，边长等于2，所以这个三棱柱的表面积等于3×2×2＋2××2×3＝18.故选C.
6.“阿基米德多面体”也称半正多面体，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，它体现了数学的对称美.如图是以一正方体的各条棱的中点为顶点的多面体，这是一个有八个面为正三角形，六个面为正方形的“阿基米德多面体”，若该多面体的棱长为1，则该多面体外接球的体积为(　　)
A.π B.π
C.4π D.8π
答案：A
解析：将该多面体放入正方体中，如图所示.由于多面体的棱长为1，所以正方体的棱长为.因为该多面体是由棱长为的正方体连接各棱中点所得，所以该多面体外接球的球心为正方体体对角线的中点，其外接球直径等于正方体的面对角线长，即2R＝，所以R＝1，所以该多面体外接球的体积V＝πR3＝π.故选A.
7.(多选)在正四棱锥P-ABCD中，若侧面与底面所成的角为，底面正方形的边长为2，则下列说法正确的是(　　)
A.正四棱锥外接球的表面积是
B.正四棱锥内切球的体积是
C.正四棱锥的体积为4
D.正四棱锥外接球的半径R与内切球的半径r之比为
答案：BD
解析：如图，O1为底面ABCD的中心，O为正四棱锥P-ABCD的外接球的球心，由正方形ABCD的边长为2，侧面与底面所成的角为，可知PO1＝，斜高h＝2，则OO1＝－R，O1B＝，VP-ABCD＝×2×2×＝，故C错误；在Rt△OO1B中，O＋O1B2＝OB2，即＋2＝R2，解得R＝，则正四棱锥外接球的表面积为S＝4πR2＝4π×＝，故A错误；由VP-ABCD＝××r＝，解得r＝，所以正四棱锥内切球的体积为V＝πr3＝π×＝，故B正确；由上知＝，故D正确.故选BD.
【教师备选】　(多选)正四棱锥P-ABCD的底面边长为2，外接球的表面积为20π，则正四棱锥P-ABCD的高可能是(　　)
A.＋1 B.－1
C.＋ D.－
答案：CD
解析：根据题意，外接球的球心可能在正四棱锥内，也可能在正四棱锥外，如果球心在正四棱锥内，如图①.
其中O1是正方形ABCD的中心，O是外接球的球心.因为P-ABCD是正四棱锥，所以PO1⊥平面ABCD，BO1＝.设外接球的半径为R，则BO＝PO＝R，4πR2＝20π，R＝.在Rt△BOO1中，OO1＝＝，PO1＝PO＋OO1＝＋；如果球心在正四棱锥外，如图②，PO1＝PO－OO1＝－.故选CD.
8.(多选)已知三棱锥P-ABC的四个顶点都在球O的表面上，PA⊥平面ABC，PA＝6，AB⊥AC，AB＝2，AC＝2，点D为AB的中点，过点D作球O的截面，则截面的面积可以是(　　)
A. B.π
C.9π D.13π
答案：BCD
解析：三棱锥P-ABC的外接球即为以AB，AC，AP为邻边的长方体的外接球，所以2R＝＝2，所以R＝.取BC的中点O1，所以O1为△ABC的外接圆圆心，所以OO1⊥平面ABC，且OO1＝3，如图.当OD⊥截面时，截面的面积最小，因为OD＝＝＝2，此时截面圆的半径为r＝＝1，截面圆面积为πr2＝π.当截面过球心时，截面圆的面积最大为πR2＝13π.故截面面积的取值范围是[π，13π].故选BCD.
9.(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；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的对角线交点，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].
10.(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＝　　　　.
答案：2
解析：如图，设△ABC的外接圆圆心为O1，半径为r ，则2r＝＝＝2，可得r＝.设三棱锥S -ABC的外接球球心为O，连接OA，OO1，O1A，则OA＝2，O1A＝，OO1＝SA，因为OO1⊥O1A，所以OA2＝O＋O1A2，即4＝SA2＋3，解得SA＝2.
(每小题5分，共20分)
11.在三棱锥P-ABC中，△PAB，△ABC均为边长为2的等边三角形，平面PAB⊥平面ABC，则三棱锥P-ABC的外接球表面积为(　　)
A. B.
C. D.
答案：C
解析：如图，取AB的中点E，连接PE，CE，则PE⊥AB，CE⊥AB.由平面PAB⊥平面ABC，平面PAB∩平面ABC＝AB，PE 平面PAB，CE 平面ABC，得PE⊥平面ABC，CE⊥平面PAB.取△PAB的外心O1，△ABC的外心O2，分别过O1，O2作平面PAB，平面ABC的垂线交于点O，O即为球心，连接OC，于是OO1∥CE，OO2∥PE.四边形OO1EO2为平行四边形，CO2＝，OO2＝O1E＝，因此三棱锥P-ABC的外接球半径R满足R2＝OC2＝ ＋＝，所以三棱锥P-ABC的外接球表面积S＝4πR2＝.故选C.
12.(多选)将一个直径为8 cm的铁球磨制成一个零件，能够磨制成的零件可以是(　　)
A.底面直径为8 cm，高为6 cm的圆柱体
B.底面直径为6 cm，高为4 cm的圆锥体
C.底面边长为4 cm，高为6 cm的正四棱柱
D.棱长为6 cm的正四面体
答案：BD
解析：对于A，若圆柱的底面直径为8 cm，则球心到圆柱底面的距离为0，故A错误；对于B，若圆锥的底面直径为6 cm，则半径为3 cm.此时球心到圆锥底面的距离为＝(cm).故圆锥的高最大为(4＋)cm＞4 cm，故B正确；对于C，若正四棱柱的底面边长为4 cm，则底面外接圆的半径为2 cm.此时球心到正四棱柱底面的距离为＝2(cm).故正四棱柱的高最大为4 cm＜6 cm，故C错误；对于D，(法一)若正四面体的棱长为6 cm，则底面外接圆的半径为×6×＝2(cm).此时球心到正四面体底面的距离为＝2(cm).棱长为6 cm的正四面体的高为＝2(cm).2＋4＝6(cm)，6 cm＞2 cm.(法二)将棱长为6 cm的正四面体放入到棱长为3 cm的正方体中，此时正方体外接球的直径为×3＝3(cm)，3 cm＜8 cm，故D正确.故选BD.
13.在三棱锥P-ABC中，已知PA＝BC＝2，AC＝BP＝，CP＝AB＝，则三棱锥P-ABC的外接球的表面积为　　　　.
答案：77π
解析：因为三棱锥的对棱相等，所以可以把它看成长方体的面对角线.设长方体的同一顶点的三条棱长分别为a，b，c，且长方体的面对角线长分别为2，，，则＝2，＝，＝.因为长方体的体对角线长为长方体外接球的直径，即为三棱锥P-ABC 外接球的直径.所以2R＝＝＝.所以外接球的表面积为4πR2＝77π.
14.(双空题)如图，在多面体中，四边形ABCD为矩形，CE⊥平面ABCD，AB＝2，BC＝CE＝1，通过添加一个三棱锥可以将该多面体补成一个直三棱柱，那么添加的三棱锥的体积为　　　　，补形后的直三棱柱的外接球的表面积为　　　　.
答案：　6π
解析：如图①所示，添加的三棱锥为直三棱锥E-ADF，可以将该多面体补成一个直三棱柱ADF-BCE.因为CE⊥平面ABCD，所以CE⊥DC，又DC⊥CB，所以DC⊥平面BCE，故该三棱柱为直三棱柱.又AB＝2，BC＝CE＝1，所以S△BCE＝CE×BC＝×1×1＝，直三棱柱ADF-BCE的体积V＝S△BCE·AB＝×2＝1，添加的三棱锥的体积为V＝.
法一：如图②所示，分别取AF，BE的中点M，N，连接MN，与AE交于点O.因为四边形AFEB为矩形，所以O为AE，MN的中点.在直三棱柱ADF-BCE中，CE⊥平面ABCD，所以FD⊥平面ABCD，即∠ECB＝∠FDA＝90°，所以上、下底面为等腰直角三角形，直三棱柱的外接球的球心即为点O，AO即为球的半径.因为AM＝AF＝，MO＝1，所以AO2＝AM2＋MO2＝＋1＝，所以外接球的表面积为4π·AO2＝6π.
法二：因为CE，CB，CD两两垂直，故可将直三棱柱ADF-BCE补成长方体(图略).设外接球的半径为R，则4R2＝12＋12＋22＝6，所以外接球的表面积S＝4πR2＝6π.
【教师备选】　在三棱锥D-ABC中，AB＝BC＝2，AC＝2，BD＝4，BD⊥平面ABC，则三棱锥D -ABC外接球的表面积为　　　　.
答案：32π
解析：因为BD⊥平面ABC，故可将三棱锥补为直三棱柱，如图所示.因为AB＝BC＝2，AC＝2，故三棱柱的上、下底面三角形的外接圆圆心在底边中线的延长线上.设为O2，O1，易得∠O1BC＝60°，故O1B＝O1C＝BC＝2，所以三棱柱的外接球球心为上、下底面外心所连线段的中点O，即为三棱锥D -ABC的外接球球心.设该外接球半径为R，则在Rt△OCO1中，R2＝＋22＝8，故三棱锥D -ABC外接球的表面积为4πR2＝32π.
(每小题5分，共10分)
15.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(　　)
A.1＋ B.＋
C.＋ D.＋
答案：D
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＝＋.故选D.
16.(2025·山东日照三模)如图，在三棱锥S-ABC中，△ABC为等边三角形，SA⊥AB，SB＝SC，若SA＋AB＝2，则三棱锥S-ABC外接球半径的最小值为(　　)
A. B.
C. D.
答案：D
解析：如图，取BC中点E，连接SE，AE，则BC⊥SE，BC⊥AE.又SE∩AE＝E，所以BC⊥平面ASE.又SA 平面ASE，所以BC⊥SA，又SA⊥AB，AB∩BC＝B，所以SA⊥平面ABC，所以三棱锥S-ABC的外接球球心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＜x＜2)，又SA＋AB＝2，所以SA＝2－x，AO1＝x.设三棱锥S-ABC的外接球半径为R，则R2＝A＋O＝x2－x＋1＝(x－)2＋，所以当x＝时，＝，Rmin＝.故选D.
学生用书 第185页
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