专题突破练9 球的“切”“接”问题
必备知识夯实练
1.(2025 四川绵阳三模)已知直三棱柱ABC-A1B1C1中,CA⊥CB,AB=CC1=2,该三棱柱所有
顶点都在球O 的球面上,则球O 的体积为( )
A.8 ❑√2π
3
B.32π
3
C.8π
D.64 ❑√2π
3
2.(2025 重庆渝中模拟)已知高为4 的圆台存在内切球,其下底半径为上底半径的4 倍,则
该圆台的表面积为( )
A.57π
B.50π
C.25π
D.42π
3.(2025 浙江嘉兴三模)若某正四面体的内切球的表面积为4π,则该正四面体的外接球的
体积为( )
A.9π
B.27π
C.36π
D.64π
4.(2025 江苏苏锡常镇一模)已知一圆柱内接于半径为1 的球,当该圆柱的体积最大时,其
高为( )
A.1
2
B.
❑√3
3
C.2❑√3
3
D.
❑√2
2
5.(2025 浙江台州二模)已知某个正三棱台的上、下底面面积分别为3❑√3和12❑√3,高为6,
则该正三棱台的外接球半径为( )
A.4
B.2❑√5
C.3
D.2❑√6
6.(多选题)(2025 河北衡水模拟)半径为3 的球O 上相异三点A,B,C 构成边长为3 的等边
三角形,点P 为球O 上一动点,则当三棱锥P-ABC 的体积最大时,( )
A.三棱锥O-ABC 的体积为9 ❑√6
4
B.三棱锥O-ABC 的内切球半径为
❑√6
4
C.三棱锥P-ABC 的体积为9(❑√2+ ❑√3)
4
D.三棱锥P-ABC 的外接球半径为3
7.(2025 河北邯郸模拟)已知直三棱柱ABC-A1B1C1存在内切球,若AB=3,BC=4,AB⊥BC,则
该三棱柱外接球的表面积为 .
8.如图所示的由4 个直角三角形组成的各边长均相等的六边形是某棱锥的侧面展开图,
若该六边形的面积为1+❑√2,则该棱锥的内切球半径为 .
9.(2025 浙江杭州模拟)已知正三棱锥的高为h,且各顶点都在同一球面上.若该球的体积
为32π
3
,则三棱锥体积的最大值是 .
关键能力提升练
10.(2025 湖北宜昌模拟)已知三棱锥P-ABC 的每条侧棱与它所对的底面边长相等,且
PA=3❑√2,PB=PC=5,则该三棱锥的内切球的半径为( )
A.❑√34
B.
❑√34
2
C.6 ❑√41
41
D.3 ❑√41
41
11.(2025 湖南长沙模拟)天然钻石是在地球深部高压、高温条件下形成的一种由碳元素
组成的单质晶体,随着科技发展,人工钻石也在不断涌现.现有一款雕琢后的钻石,其形状
如图所示,可看作由正六棱台ABCDEF-A1B1C1D1E1F1和正六棱锥P-ABCDEF 组合而成,
其中A1B1=2,AB=3,若该组合体的外接球存在,且外接球的体积为36π,则AA1的长度为(
)
A.1
B.❑√3
C.❑√5
D.❑√6
12.(2025 江苏宿迁模拟)在四棱锥P-ABCD 中,侧面PAB 是边长为1 的等边三角形,底面
ABCD 为矩形,且平面PAB⊥平面ABCD.若四棱锥P-ABCD 存在一个内切球,设球的体积
为V1,该四棱锥的体积为V2,则V 1
V 2
的值为( )
A.
❑√3 π
6
B.
❑√3 π
12
C.
❑√3 π
18
D.
❑√3 π
54
13.(2023 全国甲,文16)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 .
14.(2025 湖南永州三模)已知四棱台的底面为矩形,上底面面积为下底面面积的1
9
,所有侧
棱长均为❑√6.当该四棱台的体积最大时,其外接球的表面积为 .
核心素养创新练
15.(2025 湖南娄底二模)已知正六棱柱ABCDEF-A1B1C1D1E1F1的各个顶点都在半径为R
的球面上,一个能放进该正六棱柱内部的最大的球的半径为r.若AB=2,则当R
r
最小时,该
正六棱柱的体积为( )
A.36
B.42
C.48
D.24
答案：
1.A 解析 如图所示,
将直三棱柱ABC-A1B1C1补全成长方体,则长方体的体对角线长|A1B|=
❑√| AB|
2+| A A1|
2= ❑√4 + 4=2❑√2为该三棱柱外接球的直径,所以其半径为R=| A1B|
2
= ❑√2
,所以球O 的体积为V=4
3 πR3=4
3 π ×2❑√2= 8 ❑√2π
3
.故选A.
2.D 解析 依题意,圆台的轴截面截其内切球得球的大圆,且该大圆是圆台轴截面等腰梯
形的内切圆,等腰梯形ABCD 为圆台轴截面,其内切圆O 与梯形ABCD 切于点O1,E,O2,F,
其中O1,O2分别为上、下底面圆心,如图.
设圆台上底半径为r,则下底半径为4r,BC=BE+CE=O2B+O1C=5r,而等腰梯形ABCD 的
高O1O2=4,因此(5r)2-(4r-r)2=42,解得r=1,所以该圆台的表面积为16π+π+5(4+1)π=42π.故
选D.
3.C 解析 正四面体的内切球与其外接球球心重合,如图,
正四面体ABCD 内切球与外接球球心O 在其高AO1上,则OO1是正四面体ABCD 内切球
的半径,OA 是正四面体ABCD 外接球的半径,由正四面体ABCD 的内切球的表面积为4π,
得OO1=1,令AB=a,则BO1=
❑√3
2
a· 2
3 =
❑√3
3
a,AO1=❑√A B
2- BO1
2=
❑√6
3
a,BO=AO=
❑√6
3
a-1,在
Rt△BOO1中,(
❑√6
3
a-1)2-(
❑√3
3
a)2=1,解得a=2❑√6,AO=3,
所以该正四面体的外接球的体积V=4 π
3
OA3=36π.故选C.
4.C 解析 设球半径为R,圆柱的底面半径为r,圆柱的高为h,如图,
则有R2=r2+(h
2)2=1,即r
2
2 + r
2
2 + h
2
4 =1≥33√
r
4h
2
16
,整理得r2h≤
4
3 ❑√3,当且仅当r
2
2 = h
2
4 ,即r2=2
3
,h2=4
3
时,等号成立,此时圆柱体积V=πr2h 取得最大值4 π
3 ❑√3
,所以圆柱的体积最大时,h2=4
3
,
即h=2❑√3
3
.故选C.
5.B 解析 如图所示,O1,O2分别为上、下底面的外心,则外接球球心O 在线段O1O2上.
连接C'O1并延长,交A'B'于点D1,连接CO2并延长,交AB 于点D.
设等边三角形A'B'C'的边长为a1,根据正三角形面积公式得S=
❑√3
4 a1
2=3❑√3,
∴a1=2❑√3,O1C'=2
3
C'D1=2
3 ×3=2,
设等边三角形A'B'C'的边长为a2,根据正三角形面积公式得S=
❑√3
4 a2
2=12❑√3,
∴a2=4❑√3,O2C=2
3
CD=2
3 ×6=4,则O1O+O2O=O1O2=6.
设正三棱台的外接球的半径为R,
得❑√R
2-O2C
2+
❑√R
2-O1C '
2=6,
解得R2=20,
即R=2❑√5.
故选B.
6.BCD 解析 设△ABC 的中心为O1,由正弦定理可得2AO1=
3
sin 60°
,解得AO1=❑√3.
由球的截面性质可得OO1⊥平面ABC,所以OO1=❑√O A
2-O1 A
2= ❑√9-3= ❑√6.
所以三棱锥O-ABC 的体积为1
3 ×
❑√3
4 ×32×❑√6= 9 ❑√2
4
,故A 错误;设三棱锥O-ABC 的内切
球半径为r,由等体积法可得1
3 ×
❑√3
4 ×32×r×4=9 ❑√2
4
,解得r=
❑√6
4
,故B 正确;当点P 到平面
ABC 的距离最大时,三棱锥P-ABC 的体积最大,此时棱锥的高为OO1+3=3+❑√6,所以三棱
锥P-ABC 的体积为1
3 ×
❑√3
4 ×32×(3+❑√6)=9(❑√2+ ❑√3)
4
,故C 正确;三棱锥P-ABC 的外接球
即为球O,所以半径为3,故D 正确.故选BCD.
7.29π 解析 因为AB=3,BC=4,AB⊥BC,故AC=5,故Rt△ABC 的内切圆的半径为
AB+ BC - AC
2
=1.
因为直三棱柱ABC-A1B1C1存在内切球,故直三棱柱的高即为内切球的直径.
而内切球的半径即为底面三角形内切圆的半径,故内切球的半径为1,
故直三棱柱的高为2.
将直三棱柱补成如图所示的长方体,
则外接球的直径即为该长方体的体对角线长,故外接球的半径为
1
2
❑√2
2+3
2+ 4
2= 1
2
❑√29,
故外接球的表面积为29π.
8.1-
❑√2
2
解析 设六边形边长为a,将图形还原得四棱锥P-ABCD,如图,
由题意,侧面展开图的面积S=(1+❑√2)·a2=1+❑√2,解得a=1.
因为PD⊥AD,PD⊥DC,AD∩DC=D,AD,DC⊂平面ABCD,所以PD⊥平面ABCD,所以PD
为四棱锥P-ABCD 的高.
设内切球的球心为O,半径为r,则VP-ABCD=VO-ABCD+VO-PAB+VO-PBC+VO-PAD+VO-PDC,即1
3 ×
1×S▱ABCD=1
3
(S▱ABCD+S△PAB+S△PBC+S△PAD+S△PDC)·r,解得r=1-
❑√2
2 .
9. 64 ❑√3
27
解析 如图,设H 为底面三角形的中心,PH 为三棱锥的高,设为h,由题意得,V 球
=4
3 πR3=32π
3
,解得R=2.
∵该三棱锥为正三棱锥,HC=2
3 ×
❑√3
2
BC,
∴BC=❑√3·
❑√4 -(h-2)
2= ❑√3·
❑√-h
2+ 4 h,∴VP-ABC=1
3 ·
❑√3
4 ·BC2·h=
❑√3
4
(-h3+4h2)(0<h<4).
令f(h)=-h3+4h2(0<h<4),f'(h)=-3h2+8h,由f'(h)=0,可得h=8
3
或h=0(舍去),当x∈(0,8
3
)时,
f'(h)>0,当x∈(8
3
,4)时,f'(h)<0,
∴f(h)在(0,8
3
)上单调递增,在(8
3
,4)上单调递减,∴f(h)max=f(8
3
)=256
27
,∴Vmax=64 ❑√3
27
.
10.C 解析 根据题意,三棱锥P-ABC 可以嵌入一个长方体内,且三棱锥的每条棱均是长
方体的面对角线,设长方体交于一个顶点的三条棱长为a,b,c,如图所示,
则a2+b2=PA2=18,a2+c2=PB2=25,b2+c2=PC2=25,解得a=3,b=3,c=4.
所以该三棱锥的体积为VP-ABC=1
3 ×3×3×4=1
3
S 表面积×r,而S 表面积=4S△PAB=4× 1
2 ×3
❑√2×❑√5
2-( 3 ❑√2
2
)
2,所以可求得r=6 ❑√41
41
.
11.D 解析 因为组合体的外接球的体积为36π,设球的半径为R,所以4
3 πR3=36π,所以外
接球的半径R=3.
因为AB=3,所以球心O 与正六边形ABCDEF 的中心重合,
记正六边形A1B1C1D1E1F1的中心为O1,因为A1B1=A1O1=2,OA1=3,
所以OO1=❑√3
2-2
2= ❑√5,
所以AA1=❑√(❑√5)
2+1
2= ❑√6.
12.C 解析 如图,
取AB 的中点M,CD 的中点N,连接PM,PN,MN,因为△PAB 是正三角形,则PM⊥AB,又
ABCD 是矩形,有MN⊥AB,而平面PAB⊥平面ABCD,平面PAB∩平面ABCD=AB,PM⊂平
面PAB,MN⊂平面ABCD,因此PM⊥平面ABCD,MN⊥平面PAB,又AD∥MN∥BC,则
AD⊥平面PAB,BC⊥平面PAB,则AD⊥PA,BC⊥PB,PM∩MN=M,PM,MN⊂平面PMN,则
AB⊥平面PMN,又PN⊂平面PMN,所以AB⊥PN,而AB∥CD,则CD⊥PN,显然
△PAD≌△PBC.
由球的对称性和正四棱锥P-ABCD 的特征知,平面PMN 截四棱锥P-ABCD 的内切球O
得截面大圆,此圆是Rt△PMN 的内切圆,切MN,PM 分别于E,F,有四边形OEMF 为正方形,
设AD=x,又PM=
❑√3
2
,PN=❑√
3
4 + x
2,则球的半径r=1
2(x+
❑√3
2 −❑√
3
4 + x
2),又四棱锥P-ABCD 的
表面积为S=S△PAB+2S△PAD+S▱ABCD+S△PCD=
❑√3
4
+x+x+1
2
❑√
3
4 + x
2,由VP-ABCD=1
3Sr=1
3S▱ABCD·PM,
解得x=2❑√3
3
,
所以V1=4
3 πr3=
❑√3 π
54 ,V2=1
3 × 2❑√3
3
×
❑√3
2 = 1
3,所以V 1
V 2
=
❑√3 π
18 .
13.[2❑√2,2❑√3] 解析 (方法一)第一步,弄清球O 与正方体棱有公共点,球半径最小的球为
棱切球(即与棱相切的球),最大的球为外接球.
第二步,作对角面ABC1D1截正方体与其棱切球、外接球分别得如下矩形和小、大两个
圆(如图).
第三步,由图可知棱切球半径r1=1
2
AD1=1
2 ×4❑√2=2❑√2,外接球半径r2=1
2
BD1=1
2 ×4❑√3=2
❑√3,球O 半径的取值范围是[2❑√2,2❑√3].
(方法二)由对称性知,只需考虑球与正方体的棱有公共点,正方体中心O 到一条棱的最短
距离即为到棱中点的距离,为2❑√2,到一条棱的最长距离即为到棱顶点的距离,为2❑√3,故
r∈[2❑√2,2❑√3].
14.54π 解析 由题意,设下底长、宽分别为3a,3b,则上底长、宽分别为a,b,如图1,O1,O
分别是上、下底面的中心,连接OO1,O1A1,OA,AA1=❑√6,OA=3
2
❑√a
2+b
2,O1A1=1
2
❑√a
2+b
2.
图1
根据边长关系,知该棱台的高为h=❑√6-(a
2+b
2),
则V ABCD - A1B1C1 D1= 1
3 ·(9ab+ab+❑√9ab·ab)·h=13
3
ab❑√6-(a
2+b
2)=
13
3
❑√a
2b
2(6-a
2-b
2)≤13
3
❑√( a
2+b
2+6-a
2-b
2
3
)
3= 26
3
❑√2,
当且仅当a2=b2=6-(a2+b2),即a=b=❑√2时等号成立,此时棱台的高h=❑√6-(a
2+b
2)= ❑√2,上
底面外接圆半径r1=A1O1=1,下底面半径r=AO=3,设球的半径为R,显然球心M 在OO1所
在的直线上.
当棱台两底面在球心异侧时,即球心M 在线段OO1上,如图2,
图2
设OM=x,则O1M=❑√2-x,0<x<❑√2,显然MA=MA1=R.
则有❑√r
2+ x
2= ❑√r1
2+(❑√2- x )
2,即❑√9+ x
2=
❑√1+(❑√2- x )
2,解得x<0,舍去.
当棱台两底面在球心同侧时,显然球心M 在线段O1O 的延长线上,如图3,
图3
设OM=x,则O1M=❑√2+x,显然MC=MA1=R.
即❑√r
2+ x
2= ❑√r1
2+(❑√2+ x )
2,即❑√9+ x
2=
❑√1+(❑√2+ x )
2,解得x=3 ❑√2
2
,R2=9+9
2 = 27
2 .
此时,外接球的表面积为4πR2=4× 27
2 π=54π.
15.A 解析 设正六边形ABCDEF 的中心为点M,则点M 与任意一条边均构成等边三角
形,因此点M 到各边的距离均为等边三角形的高,即ABsin 60°=❑√3,不妨设该正六棱柱的
高为h,则r≤h
2
且r≤❑√3,r 取两者之中的较小者,由点M 到A,B,C,D,E,F 的距离均为2,得点
M 是正六边形ABCDEF 的外接圆圆心,因此正六棱柱的外接球半径R=
❑√( h
2 )
2+2
2=
❑√h
2+16
2
,若h<2❑√3,则r=h
2 , R
r =
❑√h
2+16
h
= ❑√
1+ 16
h
2 >❑√1+ 16
12 = ❑√
7
3;
若h≥2❑√3,则r=❑√3, R
r =
❑√h
2+16
2❑√3
≥
❑√12+16
2❑√3
= ❑√
7
3
,于是当h=2❑√3时, R
r 取得最小值❑√
7
3
,正
六边形的面积为6× 1
2 ×22×sin 60°=6❑√3,所以该正六棱柱的体积为6❑√3×2❑√3=36.故
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