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微重点 1 球的切、接问题
[考情分析] 空间几何体的外接球、内切球、截面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等，
一般出现在压轴小题位置.
考点一 空间几何体的外接球
考向1 柱体的外接球
例1 已知三棱柱ABC-A B C 的侧棱垂直于底面，各顶点都在同一球面上.若该棱柱的体积为√3，
1 1 1
AB=2，AC=1，∠BAC=60°，则该外接球的表面积等于( )
A.8π B.9π
C.10π D.11π
答案 A
解析 由AB=2，AC=1，∠BAC=60°及余弦定理可得BC=√AB2+AC2-2AB·AC·cos60°=
√ 1
4+1-2×2×1× =√3，
2
所以AC2+BC2=AB2，∠ACB=90°，
所以底面外接圆的圆心为斜边AB的中点.
设△ABC的外接圆半径为r，
AB
则r= =1.
2
1 1 √3
又S = BC·AC= ×√3×1= ，
△ABC 2 2 2
所以V =S ·AA =√3，所以AA =2.
三棱柱ABC-A B C △ABC 1 1
1 1 1
因为三棱柱ABC-A B C 的侧棱垂直于底面，设外接球的半径为R，
1 1 1
(A A ) 2
则R2=r2+ 1 =12+12=2，
2
所以外接球的表面积S=4πR2=4π×2=8π.
考向2 锥体的外接球
例2 已知四棱锥P-ABCD中，底面四边形ABCD为正方形，侧面PAD为正三角形，且侧面PAD⊥底
面ABCD，若PD=a，则该四棱锥外接球的表面积为( )7
A.πa2 B. πa2
3
7
C. πa2 D.5πa2
4
答案 B
解析 根据题意得出图形，
球心为O，E，F分别为△PAD和正方形ABCD的中心，
因为侧面PAD⊥底面ABCD，PD=a，
所以四棱锥的高为
√
a2-
(a) 2
=
√3
a，
2 2
√2
底面正方形外接圆半径为 a，
2
由OA=OP，即AF2+OF2=PE2+OE2，
(√2 ) 2 (√3 ) 2 (a) 2
即 a +OF2= a-OF + ，
2 2 2
√3
解得OF= a，
6
所以四棱锥外接球半径的平方，
7a2
即AO2=OF2+AF2= ，
12
7a2 7
故其表面积为4π× = πa2.
12 3
考向3 台体的外接球
例3 (2024·秦皇岛模拟)已知正三棱台ABC-A B C 的所有顶点都在表面积为65π的球O的球面上，且
1 1 1
AB=2A B =4√3，则正三棱台ABC-A B C 的体积为 .
1 1 1 1 1
答案 21√3或28√3
解析 设点O ，O 分别是△A B C ，△ABC的外接圆的圆心，球O的半径为R，
1 2 1 1 1
则4πR2=65π，
√65
解得R= ，且O ，O ，O三点共线，
2 1 2
正三棱台ABC-A B C 的高为O O ，
1 1 1 1 2
在等边△ABC中，AB=4√3，4√3
AB ，
由正弦定理可得2AO = = √3
2 sin60°
2
得AO =4.
2
在等边△A B C 中，A B =2√3，
1 1 1 1 1
2√3
A B ，
由正弦定理可得2A O = 1 1 = √3
1 1 sin60°
2
得A O =2.
1 1
在Rt△OO A 中，OO2 +A O2 =R2，
1 1 1 1 1
65 7
即OO2 +4= ，得OO = ，
1 4 1 2
在Rt△OO A中，OO2 +AO2 =R2，
2 2 2
65 1
即OO2 +16= ，得OO = ，
2 4 2 2
7 1
如果三棱台的上下底面在球心O的同侧，如图1所示，则正三棱台的高为O O =OO -OO = - =3，
1 2 1 2 2 2
此时正三棱台ABC-A B C 的体积
1 1 1
1 [√3 √3
V = × ×(2√3) 2+ ×
1 3 4 4
√√3 √3 ]
(4√3) 2+ ×(2√3) 2× ×(4√3) 2 ×3=21√3.
4 4
7 1
如果三棱台的上下底面在球心O的两侧，如图2所示，则正三棱台的高为O O =OO +OO = + =4，
1 2 1 2 2 2
此时正三棱台ABC-A B C 的体积
1 1 1
1 [√3 √3
V = × ×(2√3) 2+ ×(4√3) 2+
2 3 4 4
√√3 √3 ]
×(2√3) 2× ×(4√3) 2 ×4=28√3.
4 4
综上，正三棱台ABC-A B C 的体积为21√3或28√3.
1 1 1
考向4 可补成规则几何体的外接球例4 在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD为正方形，PA=4，PC与平面ABCD所成
2√2
角的大小为θ，且tan θ= ，则四棱锥P-ABCD外接球的表面积为( )
3
A.26π B.28π
C.34π D.14π
答案 C
解析 如图，因为PA⊥平面ABCD，四边形ABCD为正方形，
所以可将四棱锥P-ABCD补成长方体PEFG-ABCD，
则四棱锥P-ABCD的外接球也是长方体PEFG-ABCD的外接球.
由PA⊥平面ABCD，所以∠PCA就是PC与平面ABCD所成的角θ，
PA 4 2√2
则tan θ= = = ，所以AC=3√2，
AC AC 3
设四棱锥P-ABCD的外接球的半径为R，
因为长方体PEFG-ABCD的对角线PC的长即为其外接球的直径，
√34
所以PC=2R=√AC2+PA2=√(3√2) 2+42=√34，所以R= ，
2
所以四棱锥P-ABCD外接球的表面积为4πR2=34π.
[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)(2024·凉山模拟)已知在三棱锥P-ABC中，PA=√3，PB=PC=2，底面ABC是边长为1的
正三角形，则该三棱锥的外接球表面积为( )
13π
A.3π B.
3
C.4π D.6π
答案 B
解析 在三棱锥P-ABC中，PA=√3，PB=PC=2，正△ABC的边长为1，则PA2+AB2=4=PB2，即有PA⊥AB，同理PA⊥AC，而AB∩AC=A，AB，AC 平面ABC，
于是PA⊥平面ABC，令正△ABC的外心为O
1
，三棱锥P-ABC外接球球心为⊂O，
则OO ⊥平面ABC，显然球心O在线段PA的中垂面上，取PA的中点D，则OD⊥PA，
1
2 √3
而OO ∥PA，则四边形ADOO 是矩形，OD=O A= ×ABsin 60°= ，
1 1 1 3 3
所以球O的半径R=OP=√OD2+PD2=
√ (√3) 2
+
(√3) 2
=
√39
，表面积S=4πR2=
13π
.
3 2 6 3
(2)(2024·白山模拟)已知四面体ABCD中，∠BAC=∠DAC=∠DAB=90°，AB=AD=2AC=4，点E在线段
AB上，过点A作AF⊥DE，垂足为F，则当△CDF的面积最大时，四面体ACDE外接球的表面积与四
面体ABCD外接球的表面积之比为( )
3 4
A. B.
5 5
37 13
C. D.
45 15
答案 C
解析 由题意可知，四面体ABCD中AB，AC，AD两两互相垂直，
4x
设AE=x，则DE=√16+x2，由等面积法可知，AF= ，
√16+x2
√ 16x2
故DF= 16- .
16+x2
由已知得AC⊥平面ABD，AF，DF 平面ABD，
√ 1⊂6x2
故AC⊥AF，AC⊥DF，CF= 4+ ，
16+x2
因为DF⊥AF，AC∩AF=A，AC，AF 平面AFC，
故DF⊥平面AFC，又CF 平面AFC⊂，
故DF⊥CF，
⊂1 1 DF2+CF2 CD2
故S = ·DF·CF≤ · = =5，
△CDF 2 2 2 4
√ 16x2 √ 16x2
当且仅当DF=CF即 16- = 4+ ，
16+x2 16+x2
48
即x2= 时取等号，
5
148
此时四面体ACDE外接球的半径R 满足(2R )2=AD2+AC2+AE2= ，而四面体ABCD外接球的半径R 满足
1 1 5 2
(2R )2=AB2+AC2+AD2=36，
2
148
4πR2
37
故所求比值为 1 = 5 = .
4πR2 45
2 36
考点二 空间几何体的内切球
例5 (1)(2024·南通、扬州、泰州七市调研)已知一个正四棱台的上、下底面边长分别为2，8，侧棱长
为3√5，则该正四棱台内半径最大的球的表面积为( )
A.12π B.27π
64π 64π
C. D.
9 3
答案 D
解析 作出如图所示正四棱台，其中OO 为正四棱台的高，EE 为其斜高，
1 1
因为正四棱台的上、下底面边长分别为2，8，侧棱长为3√5，
则B O =√2，BO=4√2，
1 1
OO =√(3√5) 2-(4√2-√2) 2=3√3，
1
2+8
因为OO =3√3> =5，故半径最大的球不与上、下底面同时相切，
1 2
EE =
√
(3√5) 2-
(8-2) 2
=6，
1
2
OO √3
1
则sin∠OEE = = ，
1 EE 2
1
π
则∠OEE = ，
1 3
π
过O，E，E ，O 作正四棱台的截面，截球得大圆，则该圆与等腰梯形两腰和下底相切，则∠O EO= ，
1 1 2 6π 4√3 OO 3√3
则OO =4tan = < 1= ，则更确定最大内切球与四个侧面及下底面相切，
2 6 3 2 2
4√3 64π
即该正四棱台内半径最大的球的半径r= ，球的表面积S=4πr2= .
3 3
(2)(多选)(2024·来宾模拟)下列物体中，能够被整体放入棱长为2的正四面体容器(容器壁厚度忽略不计)
内的有(参考数据：√6≈2.449，√3≈1.732)( )
A.底面直径为1，高为√3的圆锥
B.底面边长为1，高为0.8的正三棱柱
C.直径为0.8的球体
D.底面直径为0.5，高为0.9的圆柱体
答案 BCD
解析 对于正四面体ABCD，作AO⊥平面BCD，交平面BCD于点O，连接OD，且O为正三角形BCD的
中心，
√3
又棱长为2，则正三角形BCD的内切圆半径r= ，
3
2√6
正四面体的高AO=√AD2-OD2= ≈1.633.
3
设正四面体内切球半径为t，
1 1
则V=4× ×S ·t= ×S ×AO，
3 △BCD 3 △BCD
√6
则t= ≈0.408.
6
2√6
对于A，圆锥的高√3> ，所以不符合题意，故A错误；
3
对于B，底面边长为1，高为0.8的正三棱柱，如图所示，当MO=0.8时，设△EFG内切圆的半径为r'，
r' AM 1.633-0.8
则 = ≈
r AO 1.633
≈0.51，
√3
则r'≈0.51× ≈0.294，
3
√3
而边长为1时的正三角形内切圆半径为 ≈0.289<0.294，
6
故满足题意，故B正确；
对于C，直径为0.8的球体，其半径为0.4<0.408，故满足题意，故C正确；
对于D，如图，当MO=0.9时，设△EFG内切圆的半径为r ，
1
r AM 1.633-0.9
则 1= ≈ ≈0.449，
r AO 1.633
√3
则r ≈0.449× ≈0.259>0.25，故满足题意，则D正确.
1 3
[规律方法] 空间几何体的内切球问题，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)(2024·常德模拟)如图，现有棱长为6 cm的正方体玉石缺失了一个角，缺失部分为正三
棱锥A -EFG，且E，F，G分别为棱A A，A B ，A D 靠近A 的四等分点，若将该玉石打磨成一个球形
1 1 1 1 1 1 1
饰品，则该球形饰品的体积的最大值为( )
27√3π
A. cm3 B.36π cm3
2
125√3π
C. cm3 D.72π cm3
2
答案 B
3
解析 由题意A E=A F=A G= ，设点A 到平面EFG的距离为d，
1 1 1 2 1
3√2
而EF=EG=FG= .
2
1 (3√2) 2 π 9√3
S = × ×sin = ，
△EFG 2 2 3 8
由V
三棱锥E-A GF
=V
三棱锥A -EFG
，
1 11 1 3 3 3 1 9√3
得 × × × × = × d，
3 2 2 2 2 3 8
√3
解得d= ，
2
棱长为6的正方体的内切球的半径为3，
棱长为6的正方体的体对角线的长度为6√3，
√3 5√3
因为3√3- = >3，
2 2
4
所以所求球形体积最大时即为棱长为6的正方体的内切球，则该球形饰品的体积的最大值为
3
π×33=36π(cm3).
(2)(2024·宁波模拟)在正四棱台ABCD-A B C D 中，AB=4，A B =2，AA =√3，若球O与上底面A B C D
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
以及棱AB，BC，CD，DA均相切，则球O的表面积为( )
A.9π B.16π
C.25π D.36π
答案 C
解析 设棱台上、下底面的中心为N，M，连接D B ，DB，MN，
1 1
则D B =2√2，DB=4√2，
1 1
所以棱台的高MN=√B B2-(MB-NB ) 2=√(√3) 2-(2√2-√2) 2
1 1
=1，
设球的半径为R，根据正四棱台的结构特征可知，球O与上底面A B C D 相切于点N，与棱AB，BC，
1 1 1 1
CD，DA均相切于各边中点处，
设BC的中点为E，连接OE，OM，ME，
所以OE2=OM2+ME2，即R2=(R-1)2+22，
5
解得R= ，
2
所以球O的表面积为4πR2=25π.
专题强化练
(分值：52分)
一、单项选择题(每小题5分，共30分)1.(2024·济南模拟)已知圆柱的底面半径为1，母线长为2，它的两个底面的圆周在同一个球的球面上，则该
球的表面积为( )
A.4π B.6π
C.8π D.10π
答案 C
解析 由题意可知该球为圆柱的外接球，所以球心为圆柱的中心，设球的半径为r，
则r=
√
12+
(2) 2
=√2，故该球的表面积为4πr2=8π.
2
2.(2024·安庆模拟)已知圆锥PO的轴截面是等边三角形，则其外接球与内切球的表面积之比为( )
A.4∶1 B.3∶1
C.2∶1 D.8∶1
答案 A
解析 如图，等边三角形PAB的内切圆和外接圆的半径即为内切球和外接球的半径，
记内切球和外接球的半径分别为r和R，
r π 1 4πR2
则 =sin = ，所以其外接球与内切球的表面积之比为 =4∶1.
R 6 2 4πr2
3.(2024·南京模拟)在圆台O O 中，圆O 的半径是圆O 半径的2倍，且O 恰为该圆台外接球的球心，则圆
1 2 2 1 2
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
答案 C
解析 令外接球的半径为2R，依题意O A=2R，O B=2R，O B=R，
2 2 1
过点B作BC⊥O A，垂足为C，
2
则O C=O B=R，所以AC=O C=R，
2 1 2
又BC=O O =√(2R) 2-R2=√3R，
1 2
所以AB=√R2+(√3R) 2=2R，
所以圆台的侧面积S =π(R+2R)×2R=6πR2，
1球的表面积S =4π×(2R)2=16πR2，
2
所以圆台的侧面积与球的表面积之比为S ∶S =(6πR2)∶(16πR2)=3∶8.
1 2
4.(2024·日照模拟)已知棱长为1的正方体ABCD-A B C D ，以正方体中心为球心的球O与正方体的各条棱
1 1 1 1
相切，若点P在球O的正方体外部(含正方体表面)运动，则⃗PA·⃗PB的最大值为( )
7
A.2 B.
4
3 1
C. D.
4 4
答案 B
√ (1) 2 (1) 2
解析 取AB的中点E，可知E在球面上，且为球与正方体一条棱的切点，则球O的半径R= + =
2 2
√2
，
2
1
可得⃗EB=-⃗EA=- ⃗BA，
2
所以⃗PA·⃗PB=(⃗PE+⃗EA)·(⃗PE+⃗EB)
1
=⃗PE2-⃗EA2=⃗PE2- ，
4
点P在球O的正方体外部(含正方体表面)运动，当PE为直径时，|⃗PE| =√2，
max
7
所以⃗PA·⃗PB的最大值为 .
4
π
5.在边长为6的菱形ABCD中，∠BAD= ，现将菱形ABCD沿对角线BD折起，当三棱锥A-BCD的体积最
3
大时，三棱锥A-BCD外接球的表面积为( )
A.24π B.48π
C.60π D.72π
答案 C
π
解析 在边长为6的菱形ABCD中，由∠BAD= 知，
3△ABD和△BCD为等边三角形，如图所示，取BD的中点E，连接AE，CE，则AE⊥BD，
当平面ABD⊥平面BCD时，三棱锥A-BCD的体积最大，故AE⊥平面BCD，
由于△BCD为等边三角形，故三棱锥A-BCD外接球球心O在平面BCD内的投影为△BCD的外心O ，即
1
OO ⊥平面BCD，故OO ∥AE，
1 1
过点O作OH⊥AE于点H，则H为△ABD的外心，则OO ∥HE，即O，O ，E，H共面，
1 1
则OH∥O E，则四边形OO EH为矩形，
1 1
1
则在Rt△OHA中，OH=O E= CE=√3，
1 3
2
AH= AE=2√3，
3
所以外接球半径R=√OH2+AH2=√15，则外接球表面积S=4πR2=60π.
√3
6.(2024·泰安模拟)在三棱锥D-ABC中，AB=2，AD=BD，AC⊥BC，tan∠ADB= ，E为AB的中点，且直
3
√10
线DE与平面ABC所成角的余弦值为 ，则三棱锥D-ABC的外接球的表面积为( )
4
A.24π B.36π
C.40π D.48π
答案 B
解析 如图，设球心为O，△ABD的外接圆圆心为F，连接OE，OA，EF，OF，FA，FB，FD，
因为∠ACB=90°，E为AB的中点，AB=2，所以EA=EB=1，E为△ABC的外心，
由AD=BD，F为△ABD的外心，得D，F，E三点共线，且EF⊥AB.
由题意得OE⊥平面ABC，OF⊥平面ABD，
AB 平面ABC，EF 平面ABD，
则O⊂E⊥AB，OF⊥E⊂F，
√10
故直线DE与平面ABC所成的角为∠OEF的余角，所以sin∠OEF= ，
4
EF √6
所以cos∠OEF= = .
OE 4
在△ABD中，由题设可得AB=2，∠ADB=30°，
2
由正弦定理得FA=FB=FD= =2，EF=√F A2-EA2=√3，
2sin30°EF
所以OE= =2√2，
cos∠OEF
所以在Rt△OEA中，OA=√OE2+EA2=3，
所以球O的表面积S=4π·OA2=36π.
二、多项选择题(每小题6分，共12分)
1
7.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 ，
3
则下列结论正确的是( )
3
A.球O的半径为
2
B.球O的表面积为6π
C.球O的内接正方体的棱长为√6
D.球O的外切正方体的棱长为√6
答案 BD
2 2√3
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= = ，
2sin60° 3
1 1 3 √6
因为球心O到平面ABC的距离等于球半径的 ，所以R2- R2=r2，得R2= ，R= ，A不正确；
3 9 2 2
3
所以球O的表面积S=4πR2=4π× =6π，B正确；
2
设球O的内接正方体的棱长为a，则满足√3a=2R，解得a=√2，C不正确；
设球O的外切正方体的棱长为b，则满足b=2R，解得b=√6，D正确.
8.(2024·桂林模拟)如图，已知圆锥PO的底面半径为√3，高为√6，AB为底面圆的直径，点C为底面圆周
上的动点，则( )
9√3 3√11
A.当C为弧AB的三等分点时，△PAC的面积等于 或
4 4
B.该圆锥可以放入表面积为14π的球内
5
C.边长为 的正方体可以放入该圆锥内
4
D.该圆锥可以放入边长为2√2的正方体中
答案 ABD
解析 对于A，取AC的中点D，连接OD，PD，OC，则OD⊥AC，PD⊥AC，
如图1，当C为弧AB的三等分点时，∠AOC=120°或∠AOC=60°，1 √3
当∠AOC=120°时，OD= OC= ，
2 2
所以PD=√PO2+OD2=
√
(√6) 2+
(√3) 2
=
3√3
，
2 2
√3 3
DC= OC= ，AC=2DC=3，
2 2
1 1 3√3 9√3
所以△PAC的面积为 AC·PD= ×3× = ；
2 2 2 4
√3 3
当∠AOC=60°时，OD= OC= ，
2 2
所以PD=√PO2+OD2=
√
(√6) 2+
(3) 2
=
√33
，AC=OC=√3，
2 2
1 1 √33 3√11
所以△PAC的面积为 AC·PD= ×√3× = ，故A正确；
2 2 2 4
对于B，因为圆锥的底面半径为√3，高为√6，所以圆锥的外接球球心在圆锥内部，设圆锥外接球的半径
为R，过点P，A，B的轴截面如图2，O 为外接球球心，则(√6-R)2+(√3)2=R2，
1
3√6
解得R= ，
4
27 27
外接球的表面积为4πR2= π， π<14π，故B正确；
2 2
对于C，设放入圆锥内最大的正方体边长为a，沿着正方体对角面的轴截面如图3，
√2a
√3
因为圆锥的底面半径为√3，高为√6，所以 = 2 所以PH=a，
√6 ，
PH
√6
所以2a=√6，a= ，
2
5 √6.25 √6
因为 = > ，故C错误；
4 2 2
对于D，过正方体一边的中点作与体对角线垂直的平面，如图4，
1
此平面到顶点P的距离为体对角线的一半，即为 √(2√2) 2+(2√2) 2+(2√2) 2 =√6，
2
平面截正方体得到边长为2的正六边形，该正六边形的内切圆的半径为√3，
以该圆作为圆锥的底面，点P为顶点即可得到圆锥，故D正确.三、填空题(每小题5分，共10分)
9.(2024·深圳模拟)已知圆锥的内切球半径为1，底面半径为√2，则该圆锥的表面积为 .
答案 8π
解析 过圆锥的轴以及内切球球心的截面图如图所示.
设圆锥的高为h，母线的长为l，
底面半径为r，圆锥的内切球半径为R，
则在△SO B中有h2+r2=l2，
1
即h2+2=l2， ①
R h-R
又由△SDO∽△SO B得 = ，
1 r l
即l=√2(h-1)， ②
所以由①②得l=3√2，h=4，
所以圆锥的表面积为S=S +S =πr2+πrl=2π+6π=8π.
底 侧
10.(2024·威海模拟)已知圆锥的顶点与底面圆周都在半径为3的球面上，当该圆锥的侧面积最大时，它的体
积为 .
32π
答案
3
解析 如图，圆锥顶点为P，底面圆心为C，底面圆周与顶点均在球心为O的球面上，
OA=OP=3，记PA=l，CA=r，
则圆锥侧面积为S=πrl，
若r相同时，l较大才能取得最大值，由截面圆的对称性知，当圆锥侧面积最大时，P，C两点位于球心O
的两侧，
此时l2=r2+(3+OC)2，r2+OC2=9，
l2
∴OC= -3，
6
(l2
)
2
∴r2+ -3 =9，
6l4 l2
∴r2=l2- ，而OC= -3≥0，即l≥3√2，
36 6
又l0，f(t)在[18，24)上单调递增，
当24
