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微重点 10 球的切接问题
空间几何体的外接球、内切球是高中数学的重点、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，一般出现在压轴小题位置．
考点一 空间几何体的外接球
例1 (1)(2022·保定模拟)已知三棱锥P－ABC，其中PA⊥平面ABC，∠BAC＝120°，PA＝
AB＝AC＝2，则该三棱锥外接球的表面积为( )
A．12π B．16π C．20π D．24π
答案 C
解析 ∵PA⊥平面ABC，所以把三棱锥P－ABC补成直三棱柱PB′C′－ABC，
如图所示，
设E，F为上、下底面三角形的外心，
则EF的中点O为直三棱柱PB′C′－ABC的球心，在△ABC中，由余弦定理知BC＝2，
∵2FA＝＝＝4，
∴FA＝2，
∵FA＝2，又OF＝PA＝1，
设该三棱锥外接球半径为R，
∴R＝OA＝＝，
∴表面积S＝4πR2＝20π.
(2)(2022·宝鸡模拟)两个边长为2的正三角形△ABC与△ABD，沿公共边AB折叠成60°的二
面角，若点A，B，C，D在同一球O的球面上，则球O的表面积为( )
A. B. C. D.
答案 B
解析 如图，设△ABC与△ABD的中心分别为N，M，连接DM，CN并延长交AB于E，连接
OE，OB，OM，ON.根据外接球的性质有OM⊥平面ABD，ON⊥平面ABC，
又二面角D－AB－C的大小为60°，
故∠DEC＝60°，
又△ABC与△ABD的边长均为2，
故DE＝CE＝，
故EM＝EN＝ED＝.
易得Rt△MEO≌Rt△NEO，
故∠MEO＝∠NEO＝30°，
故OE＝＝，
又EB＝1，
故球O的半径OB＝＝，
故球O的表面积为S＝4π2＝.
规律方法 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)求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解．
跟踪演练1 (1)已知四面体ABCD中，AB＝CD＝2，AC＝BD＝，AD＝BC＝，则四面体
ABCD的外接球的表面积为________．
答案 45π
解析 设四面体ABCD的外接球的半径为R，将四面体ABCD置于长、宽、高分别为a，
b，c的长方体中，故
故R＝＝，
故四面体ABCD的外接球的表面积为4πR2＝45π.
(2)(2022·临川模拟)已知在四棱锥 P－ABCD中，底面ABCD为边长是4的正方形，侧面
PAB⊥底面ABCD，且△PAB为等边三角形，则该四棱锥P－ABCD的外接球的表面积为(
)
A. B. C．64π D．16π
答案 A解析 如图所示，在四棱锥P－ABCD中，取侧面△PAB和底面正方形ABCD的外接圆的圆
心分别为O，O，分别过O，O 作两个平面的垂线交于点O，
1 2 1 2
则由外接球的性质知，点O即为该球的球心，
取线段AB的中点E，连接OE，OE，OD，OD，
1 2 2
则四边形OEOO为矩形，
1 2
在等边△PAB中，可得PE＝2，
则OE＝，即OO ＝，
1 2
在正方形ABCD中，因为AB＝4，
可得OD＝2，
2
在Rt△OO D中，可得OD2＝OO＋OD2，
2 2
即R2＝OO＋OD2＝，
2
所以四棱锥P－ABCD的外接球的表面积为
S＝4πR2＝.
考点二 空间几何体的内切球
例2 (1)(2022·酒泉模拟)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.
答案 A
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
S＝2××3×4＋2××4×5＝32，
三棱锥A－BCD的体积V＝××3×4×4＝8.
设三棱锥内切球球心为O，半径为r，
由V＝V ＋V ＋V ＋V ＝Sr，
O－ABC O－ABD O－ACD O－BCD
得r＝＝，
所以该三棱锥内切球的体积V ＝πr3＝π×3＝.
球
(2)(2022·湖北多校联考)已知在△ABC中，AB＝4，BC＝3，AC＝5，以AC为轴旋转一周得
到一个旋转体，则该旋转体的内切球的表面积为( )
A. B. C. D.
答案 B
解析 旋转体的轴截面如图所示，其中O为内切球的球心，
过O作AB，BC的垂线，垂足分别为E，F，
则OE＝OF＝r(r为内切球的半径)，
故AO＝＝r，
CO＝＝r，
故5＝AO＋OC＝r＋r，
解得r＝，故该旋转体的内切球的表面积为4π×2＝.
规律方法 空间几何题的内切球问题，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．
跟踪演练2 (1)在封闭的直三棱柱ABC－ABC 内有一个体积为V的球，若△ABC的三边长
1 1 1
为4,4,6，棱柱的高为2，则V的最大值为( )
A. B. C．4π D.
答案 D
解析 依题意，△ABC如图所示，令AB＝AC＝4，BC＝6，则BC边上的高AD＝，
设△ABC的内切圆半径为r，
则×(4＋4＋6)r＝×6×，解得r＝，
又AA＝2，且2r＝>2，
1
故在直三棱柱内部的球的半径最大为1，此时球的体积V取最大值.
(2)(2022·西安模拟)六氟化硫，化学式为SF ，在常温常压下是一种无色、无臭、无毒、不燃
6
的稳定气体，有良好的绝缘性，在电器工业方面具有广泛用途．六氟化硫的分子结构为正八
面体结构(正八面体是每个面都是正三角形的八面体)，如图所示．若此正八面体的棱长为
2，则它的内切球的表面积为( )
A. B. C. D.
答案 C
解析 设正八面体内切球半径为R，给正八面体标出字母如图所示，连接 AC，BD交于点
O，连接EO，
因为EA＝EC，ED＝EB，
所以EO⊥AC，EO⊥BD，
又AC和BD交于点O，
所以EO⊥平面ABCD，所以O为正八面体的中心，所以O到八个面的距离相等，且距离即
为内切球半径，
设内切球与平面EBC切于点H，所以OH⊥平面EBC，
所以OH即为正八面体内切球半径，
所以R＝OH，因为正八面体的棱长为2，
所以EB＝EC＝BC＝2，OB＝OC＝，
EO＝＝，
所以S ＝，S ＝1，
△EBC △OBC
因为V ＝V ＝×S ×EO
E－OBC O－EBC △OBC
＝×S ×OH，
△EBC所以OH＝，即R＝，
所以正八面体内切球的表面积为4πR2＝.
专题强化练
1．(2022·九江模拟)如图，在边长为2的正方形ABCD中，E，F分别为线段AB，BC的中点，
连接DE，DF，EF，将△ADE，△CDF，△BEF分别沿DE，DF，EF折起，使A，B，C三
点重合，得到三棱锥O－DEF，则该三棱锥外接球的表面积为( )
A．3π B.π C．6π D．24π
答案 C
解析 在正方形ABCD中，AD⊥AE，CD⊥CF，BE⊥BF，折起后OD，OE，OF两两垂直，
故该三棱锥外接球即以OD，OE，OF为棱的长方体外接球．
因为OD＝2，OE＝1，OF＝1，
所以2R＝＝，所以R＝，
所以该三棱锥外接球的表面积为4πR2＝6π.
2.(2022·佛山模拟)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．2π B．4π
C．16π D.
答案 B
解析 依题意，做球的轴截图如图所示，
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，
故圆锥的侧面积为S＝π·DC·EC
＝π×2×2＝4π.
3．(2022·济宁模拟)若一个正六棱柱既有外接球又有内切球，则该正六棱柱的外接球和内切
球的表面积的比值为( )
A．2∶1 B．3∶2
C．7∶3 D．7∶4
答案 C
解析 如图，设O，O 分别为正六棱柱的底面中心，r为内切球半径，R为外接球半径，
1 2
O为OO 的中点，D为AB的中点，
1 2
设正六棱柱的底面边长为2，
若正六棱柱有内切球，则OO ＝OD＝，
1 1
即r＝，
OA2＝OO＋OA2＝7，即R＝，
1
则该正六棱柱的外接球和内切球的表面积的比值为4πR2∶4πr2＝R2∶r2＝7∶3.
4．(2022·怀化模拟)已知A，B，C三点均在球O的表面上，AB＝BC＝CA＝2，且球心O到
平面ABC的距离等于球半径的，则下列结论正确的是( )
A．球O的半径为
B．球O的表面积为3π
C．球O的内接正方体的棱长为
D．球O的外切正方体的棱长为
答案 D
解析 设球O的半径为r，△ABC的外接圆圆心为O′，半径为R，则R＝，
因为球心O到平面ABC的距离等于球O半径的，所以r2－r2＝，
得r2＝，所以A不正确；
所以球O的表面积S＝4πr2＝4π×＝6π，选项B不正确；
设球O的内接正方体的棱长为a，则a满足a＝2r，显然选项C不正确；
设球O的外切正方体的棱长为b，则b满足b＝2r，显然选项D正确．
5．(2022·芜湖模拟)半正多面体亦称阿基米德多面体，是由边数不全相同的正多边形为面的多面体．如图所示，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，如此共可截去
八个三棱锥，得到一个有十四个面的半正多面体，其中八个面为正三角形，六个面为正方形，
它们的边长都相等，称这样的半正多面体为二十四等边体．现有一个体积为 V 的二十四等
1
边体，其外接球体积为V，则等于( )
2
A. B. C. D.
答案 C
解析 设该半正多面体是由棱长为2的正方体沿正方体各棱的中点截去8个三棱锥所得，即
为二十四等边体，如图所示，
其体积V＝2×2×2－8×××1×1×1＝；
1
由二十四等边体的对称性可知，
其外接球的球心即为正方体的中心O，半径为中心到一个顶点的距离，设外接球半径为R，
则R＝＝＝，
故V＝×()3＝，从而＝.
2
6．(2022·武汉质检)已知球O是三棱锥P－ABC的外接球，PA＝AB＝PB＝AC＝2，CP＝2，
点D是PB的中点，且CD＝，则下列说法正确的是________．
①三棱锥P－ABC最长的棱的棱长为2；
②AC⊥平面PAB；
③球心O到底面PAB的距离为；
④球O的表面积为.
答案 ①②④
解析 如图，因为PA＝AC＝2，CP＝2，所以PA2＋AC2＝CP2，
得CA⊥PA，
由D是PB的中点，
得AD⊥PB，AD＝＝，
又CD＝，
所以AC2＋AD2＝CD2，得AC⊥AD，
又PA∩AD＝A，PA，AD⊂平面PAB，
所以AC⊥平面PAB，故②正确；
由AB＝AP，得CB＝CP＝2，
故三棱锥P－ABC最长的棱的棱长为2，故①正确；
取等边三角形PAB的中心G，连接OG，OA，
则OG＝AC＝1，
即球心O到底面PAB的距离为1，故③错误；
底面△PAB外接圆的半径r＝，
外接球的半径R＝＝＝，
所以球O的表面积为S＝4π×2＝，
故④正确．
7．(2022·漳州模拟)某中学开展劳动学习，学习加工制作包装盒．现将一张足够用的正方形
硬纸片加工制作成轴截面的顶角为60°，高为6的圆锥形包装盒，若在该包装盒中放入一个
球形冰淇淋(内切)，则该球形冰淇淋的表面积为________．
答案 16π
解析 如图，由题意知，∠BAC＝60°，AO＝6，
1
故在Rt△AOC中，AC＝4，OC＝2，
1 1
设内切球球心为O，半径为R，则OD＝OO ＝R，
1
在Rt△ADO中，∠OAD＝30°，
所以2R＝6－R，解得R＝2，
所以S＝4πR2＝16π.
8.(2022·烟台质检)如图，在四棱锥P－ABCD中，△PAD是边长为4的等边三角形，四边形
ABCD是等腰梯形，AD∥BC，∠ABC＝60°，AB＝AD，若四棱锥P－ABCD的体积为24，
则四棱锥P－ABCD外接球的表面积是________．
答案
解析 如图，分别取BC，AD的中点O′，E，连接PE，O′E，O′A，O′D.
因为△PAD是边长为4的等边三角形，
所以PE＝2.
因为四边形ABCD是等腰梯形，AB＝AD＝4，AD∥BC，∠ABC＝60°，
所以O′E＝2，BC＝8.
因为四棱锥P－ABCD的体积为24，设四棱锥P－ABCD的高为h，
所以×h＝24，
所以h＝2.
因为E是AD的中点，所以PE⊥AD.
因为PE＝h＝2，所以PE⊥平面ABCD.
因为O′A＝O′B＝O′C＝O′D＝4，
所以四边形ABCD外接圆的圆心为O′，半径r＝4.
设四棱锥P－ABCD外接球的球心为O，连接OO′，OP，OB，过点O作OF⊥PE，垂足
为F.
易证四边形EFOO′是矩形，
则EF＝OO′，OF＝O′E＝2.
设四棱锥P－ABCD外接球的半径为R，则R2＝OO′2＋O′B2＝OF2＋PF2＝O′E2＋(PE－
OO′)2，
即R2＝OO′2＋42＝(2)2＋(2－OO′)2，解得R2＝，故四棱锥P－ABCD外接球的表面积是4πR2＝.
