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§7.2 球的切、接问题
重点解读 与球的切、接问题是历年高考的热点内容，一般以客观题的形式出现，考查空
间想象能力、计算能力．其关键点是利用转化思想，把球的切、接问题转化为平面问题或特
殊几何体来解决或转化为特殊几何体的切、接问题来解决．
一、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.
二、长方体与球
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)．
三、正棱锥与球
1．内切球：V ＝S ·r＝S ·h(等体积法)，r是内切球半径，h为正棱锥的高．
正棱锥 表 底
2．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)．
四、正四面体的外接球、内切球若正四面体的棱长为a，高为h，正四面体的外接球半径为R，内切球半径为r，则h＝a，R
＝a，r＝a，R∶r＝3∶1.
五、正三棱柱的外接球
球心到正三棱柱两底面的距离相等，正三棱柱两底面中心连线的中点为其外接球球心．R2＝
2＋2.
六、圆柱的外接球
R＝(R是圆柱外接球的半径，h是圆柱的高，r是圆柱底面圆的半径)．
七、圆锥的外接球
R2＝(h－R)2＋r2(R是圆锥外接球的半径，h是圆锥的高，r是圆锥底面圆的半径)．
题型一 外接球
命题点1 定义法
例1 (1)(2023·茂名模拟)已知菱形ABCD的各边长为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( )A. B.
C．2π D.
答案 D
解析 由题意可得，△ACD，△ACP均为边长为2的等边三角形，△PAD，△PCD为全等的等
腰三角形，
则三棱锥P－ACD的表面积
S＝2S ＋2S ＝2××2×2×＋2××2×2sin∠PCD＝2＋4sin∠PCD≤2＋4，
△ACD △PCD
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，
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＝，
故外接球体积V＝π×()3＝.
(2)(2023·韶关模拟)已知三棱柱ABC－ABC 的侧棱垂直于底面，且所有顶点都在同一个球
1 1 1
面上，若AA＝AC＝2，AB⊥BC，则此球的体积为________．
1
答案 π
解析 设△ABC的外接圆的圆心为D，半径为r，球的半径为R，球心为O，
底面△ABC为直角三角形，故其外接圆圆心D在斜边中点处，则r＝1，
又OD＝AA＝1，在Rt△OCD中，
1
R＝＝，V ＝πR3＝π.
球
思维升华 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．
跟踪训练1 某建筑的形状可视为内外两个同轴圆柱，某爱好者制作了一个实心模型，已知
模型内层底面直径为12 cm，外层底面直径为16 cm，且内外层圆柱的底面圆周都在一个直
径为20 cm的球面上，则此模型的体积为________ cm3.答案 912π
解析 由题意，设球心为O，模型内层圆柱底面的圆心为O ，模型外层圆柱底面的圆心为
1
O，点A，B分别在圆O，O 上，如图，连接AO，BO，AO，BO，OO ，则O 在OO 上，
2 1 2 1 2 1 2 1
因为AO＝BO＝10 cm，AO＝6 cm，BO＝8 cm，
1 2
在Rt△AOO中，由勾股定理得
1
OO ＝＝8(cm)，
1
在Rt△BOO中，由勾股定理得
2
OO ＝＝6(cm)，
2
所以内层圆柱的高h＝16 cm，
1
外层圆柱的高h＝12 cm，
2
所以此模型的体积
V＝π2×12＋π2×(16－12)
＝912π(cm3)．
命题点2 补形法
例2 数学中有许多形状优美、寓意独特的几何体，图 1所示的礼品包装盒就是其中之一．
该礼品包装盒可以看成是一个十面体，其中上、下底面为全等的正方形，所有的侧面是全等
的等腰三角形．将长方体ABCD－ABC D 的上底面ABC D 绕着其中心旋转45°得到如图
1 1 1 1 1 1 1 1
2所示的十面体ABCD－EFGH.已知AB＝AD＝2，AE＝，则十面体ABCD－EFGH外接球的
表面积是________．
答案 (11＋2)π
解析 由题中数据可知
AE2＝1＋(－1)2＝4－2，
1
则AA＝＝＋1，
1
因为十面体ABCD－EFGH是由长方体ABCD－ABC D 的上底面绕着其中心旋转45°得到，
1 1 1 1
所以长方体ABCD－ABC D 的外接球就是十面体ABCD－EFGH的外接球．
1 1 1 1设十面体ABCD－EFGH外接球的半径为R，
(2R)2＝22＋22＋(＋1)2，
则R2＝，
故十面体ABCD－EFGH外接球的表面积是4πR2＝(11＋2)π.
思维升华 (1)补形法的解题策略
①侧面为直角三角形，或正四面体，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若直棱柱的底面有外接圆，可以补成圆柱求解．
(2)正方体与球的切、接常用结论(正方体的棱长为a，球的半径为R)
①若球为正方体的外接球，则2R＝a.
②若球为正方体的内切球，则2R＝a.
③若球与正方体的各棱相切，则2R＝a.
(3)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＝.
(4)正四面体的外接球的半径R＝a(a为该正四面体的棱长)．
跟踪训练2 在四面体S－ABC中，SA⊥平面ABC，在△ABC中，内角B，A，C成等差数列，
SA＝AC＝2，AB＝1，则该四面体的外接球的表面积为________．
答案 8π
解析 由题意，在△ABC中，内角B，A，C成等差数列，可得2A＝B＋C，
因为A＋B＋C＝π，
可得3A＝π，
即A＝，
在△ABC中，由余弦定理的推论可得
cos A＝＝，
即＝，
解得BC＝，
所以AC2＝AB2＋BC2，
所以AB⊥BC，
所以该四面体的外接球与该长方体的外接球是相同的，如图所示，
根据长方体的对角线长等于其外接球的直径，
可得(2R)2＝22＋12＋()2，解得R2＝2，
所以该四面体的外接球的表面积为S＝4πR2＝8π.
命题点3 截面法
例3 (1)(2022·新高考全国Ⅱ)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 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O ，O ，连接OO ，则OO ＝1，其外接球的
1 2 1 2 1 2
球心O在直线OO 上．
1 2
设球O的半径为R，当球心O在线段OO 上时，R2＝32＋OO＝42＋(1－OO )2，解得OO ＝
1 2 1 1
4(舍去)；
当球心O不在线段OO 上时，R2＝42＋OO＝32＋(1＋OO )2，解得OO ＝3，
1 2 2 2
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.
(2)在平面四边形ABCD中，AB＝AD＝CD＝1，BD＝，BD⊥CD.将其沿对角线BD折成四面
体A′BCD，使平面A′BD⊥平面BCD.若四面体A′BCD的顶点在同一球面上，则该球的
体积为( )
A. B．3π C. D．2π
答案 A
解析 如图，设BD，BC的中点分别为E，F.
因为点F为底面Rt△BCD的外心，则三棱锥A′－BCD的外接球球心必在过点F且与平面
BCD垂直的直线l 上．又点E为底面Rt△A′BD的外心，则外接球球心必在过点E且与平
1
面 A′BD 垂直的直线 l 上．所以球心为 l 与 l 的交点．又 FE∥CD，CD⊥BD，平面
2 1 2
A′BD⊥平面BCD，平面A′BD∩平面BCD＝BD，所以FE⊥平面A′BD.所以球心为点F.
又A′B＝A′D＝1，所以BD＝，又CD＝1，所以BC＝，球半径R＝＝.故V＝π3＝.
思维升华 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．
跟踪训练3 (1)已知正四棱台的上、下底面的顶点都在一个半径为3的球面上，上、下底面
正方形的外接圆半径分别为 1和2，圆台的两底面在球心的同侧，则此正四棱台的体积为
________．
答案
解析 由题知，正四棱台的上、下底面的顶点都在一个半径为3的球面上，
取正四棱台上底面一点为A，正方形中心为O，
1
下底面一点为B，正方形中心为O，
2
正四棱台外接球球心为O，
连接AO，OO ，BO，OA，OB，如图所示，
1 1 2
记正四棱台高OO＝h，OO ＝m，
1 2 1
在Rt△AOO 中，AO＝3，AO＝1，OO ＝m，
1 1 1
所以有m2＋1＝9，解得m＝2，
在Rt△BOO 中，BO＝3，BO＝2，OO ＝m－h>0，
2 2 2
所以有(m－h)2＋4＝9，
解得m－h＝，即h＝2－，
因为四棱台上、下底面正方形的外接圆半径分别为1和2，
所以四棱台上、下底面正方形的边长分别为和2，
所以S ＝2，S ＝8，h＝2－，
上 下
故正四棱台体积为
V＝h(S ＋S ＋)＝.
上 下
(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，
因为CD⊥AB，AB为球的直径，
所以△ACD∽△CBD，
所以＝，所以CD＝＝，
因此这两个圆锥的体积之和为
π×CD2·(AD＋BD)＝π×3×4＝4π.
题型二 内切球
例4 如图所示，直三棱柱ABC－ABC 是一块石材，测量得∠ABC＝90°，AB＝6，BC＝8，
1 1 1
AA ＝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
1
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
答案 D
解析 依题意知，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.
因为AA＝13，所以最多可加工3个健身手球．
1
于是一个健身手球的最大体积
V＝πR3＝π×23＝.
思维升华 (1)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．
(2)正四面体的内切球的半径r＝a，其半径是外接球半径的三分之一(a为该正四面体的棱长)．
跟踪训练4 (1)(2023·淮北模拟)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O ，O ，O 构成边长为2的正三角形，则其外接圆半径为2.设半球
1 2 3
的球心为O，小球O 与半球底面切于点A.
1
如图，经过点O，O ，A作半球的截面，则半圆⊙O的半径为OC，OC⊥OA，作OB⊥OC
1 1
于点B.
则OA＝OB＝2.设该半球的半径是R，在Rt△OAO 中，由(R－)2＝22＋()2可得R＝＋.
1 1
(2)(2024·海东模拟)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 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＝V ＋V ＋V ＋V ＋V ，
O′－ABP O′－BCP O′－CDP O′－ADP O′－ABCD
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＝.
课时精练
一、单项选择题
1．已知直三棱柱 ABC－ABC 的 6 个顶点都在球 O 的球面上，若 AB＝3，AC＝4，
1 1 1
AB⊥AC，AA＝12，则球O的半径为( )
1
A. B．2 C. D．3
答案 C
解析 由题意作图，如图所示，过球心O作平面ABC的垂线，则垂足为BC的中点M.
∵AB＝3，AC＝4，AB⊥AC，
∴BC＝5，又AM＝BC＝，OM＝AA＝6，
1
∴球O的半径R＝OA＝＝.
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 A
解析 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＝.
3．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.
4．(2024·南昌模拟)在正方形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，则该三棱锥的外接球半径R与内切球半径r的比值为( )
A. 2 B．4 C．2 D.
答案 C
解析 因为在正方形ABCD中，AD⊥AE，CD⊥CF，BE⊥BF，
所以折起后OD，OE，OF两两互相垂直，
故该三棱锥的外接球，即以OD，OE，OF为棱的长方体的外接球．
设正方形ABCD的边长为2，则OD＝2，OE＝1，OF＝1，
故2R＝＝，则R＝.
设内切球球心为I，由V ＝V ＝·S ·OD＝，三棱锥O－DEF的表面积S＝4，
O－DEF D－OEF △OEF
V ＝V ＋V ＋V ＋V ＝Sr，
O－DEF I－ODE I－ODF I－OEF I－DEF
所以r＝，则有＝2.
5．(2023·聊城模拟)“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. B. 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＝.
6．(2022·全国乙卷)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.
答案 C
解析 该四棱锥的体积最大即以底面截球的圆面和顶点O组成的圆锥体积最大．
设圆锥的高为h(0
