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培优点3 与球有关的切、接、截问题
[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-A1B1C1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，
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=√A B
2+ A C
2-2 AB·AC·cos60°
=√4 +1-2×2×1× 1
2
=√3，
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，
则r= AB
2 =1.
因为三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱垂直于底面，S△ABC=1
2BC·AC=1
2×√3×1=√3
2 ，
所以V 三棱柱ABC - A1B1C1=S△ABC·AA1=√3，
所以AA1=2.
设外接球的半径为R，
则R2=r2+(
A A1
2 )
2
=12+12=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 (2025·佛山质检)已知球O 的表面积为12π，球面上有A，B，C，D 四点，DA，DB，DC 与平面
ABC 所成的角均为π
4 ，若△ABC 是正三角形，则AB 等于( )
A.√2
B.√3
C.2
D.3
答案 D
解析 由题意知三棱锥D-ABC 为正三棱锥，球O 为该正三棱锥的外接球，设其半径为R，
因为球O 的表面积为4πR2=12π，
所以R=√3，
取AB 的中点H，连接DH，CH，作DE⊥CH 于点E，根据正三棱锥的性质可知球心O 在DE 上，且E 为
△ABC 的外心，如图所示，
根据线面角的定义知∠DCE=π
4 ，
则DE=CE，又AE=BE=CE，所以点E 即为球心O，则AB=2Rsinπ
3 =2×√3×√3
2 =3.
考向3 台体的外接球
例3 (2025·齐齐哈尔模拟)已知正三棱台的上底面边长为√3，高为1，体积为7√3
4 ，则该正三棱台外接
球的表面积为( )
A.8π
B.12π
C.16π
D.20π
答案 D
解析 设正三棱台的下底面边长为a(a>0)，
则其下底面面积为√3
4 a2，上底面面积为√3
4 ×(√3)2=3√3
4
，
所以该三棱台的体积为
V=1
3×(
√3
4 a
2+ 3√3
4
+√
√3
4 a
2× 3√3
4 )×1
=√3
12 (a2+√3a+3)=7√3
4
，
整理可得a2+√3a-18=0，
因为a>0，解得a=2√3，
如图，设正三棱台ABC-A1B1C1的上、下底面的中心分别为O1，O，则OO1=1，
由正三棱台的几何性质可知，其外接球球心E 在直线OO1上，
正△ABC 的外接圆半径为OA=
2√3
2sin 60° =2，
正△A1B1C1的外接圆半径为O1A1=
√3
2sin 60° =1，
设OE=d，若球心在线段OO1上，则0<d<1，O1E=1-d，
设球E 的半径为R，
则R2=OA2+d2=O1A1
2+(1-d)2，
即4+d2=1+(1-d)2，解得d=-1，不符合题意，
所以球心E 在射线O1O 上，则O1E=d+1，
所以R2=OA2+d2=O1A1
2+(d+1)2，
即4+d2=1+(d+1)2，解得d=1，
所以R2=4+1=5，故该正三棱台外接球的表面积为S=4πR2=20π.
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
角的大小为θ，且tan θ=2√2
3 ，则四棱锥P-ABCD 外接球的表面积为( )
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，
则tan θ= PA
AC = 4
AC =2√2
3 ，所以AC=3√2，
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，
所以PC=2R=√A C
2+ P A
2=√(3√2)
2+ 4
2=√34，所以R=√34
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)(2025·长春模拟)在棱长为2 的正方体ABCD-A1B1C1D1中，棱BC 的中点为E，棱DD1的
中点为F，则三棱锥A-D1EF 的外接球的表面积为( )
A.7 π
2
B.7π
C.14π
D.28π
答案 C
解析 设△AFD1的外心为O1，由外心的定义可知，O1为线段A1D 的四等分点(靠近A1)，则球心O 在过O1
且与平面AFD1垂直的直线上，
以D 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则O1(
3
2 ，0，3
2)，A(2，0，0)，E(1，2，0)，
设球心O(
3
2 ，m，3
2)，外接球的半径为R，由OA=OE，即|⃗OA|=|⃗OE|，
得√(
1
2)
2
+(-m)
2+(- 3
2)
2
=√(- 1
2)
2
+(2-m)
2+(- 3
2)
2
，
解得m=1，从而R2=OA2=7
2，所以三棱锥A-D1EF 的外接球的表面积为4πR2=14π.
(2)(2025·南宁模拟)已知圆柱M 的底面半径为3，高为√3，圆锥N 的底面直径和母线长相等.若圆柱M 和
圆锥N 的体积相等，则圆锥N 的外接球的表面积为 .
答案 48π
解析 圆柱M 的体积为π×32×√3=9√3π，
设圆锥N 的底面半径为r，则母线长为2r，
故圆锥N 的高为√(2r )
2-r
2=√3r，
则圆锥N 的体积为1
3π·r2·√3r=√3
3 πr3，
故√3
3 πr3=9√3π，解得r=3，
所以圆锥N 的高为3√3，
画出圆锥N 的轴截面对应的△BCD 如图所示，记E 为CD 的中点，O 为圆锥N 外接球的球心.
则BE=3√3，由圆锥的性质可知球心O 为△BCD 的外心，则圆锥N 的外接球的半径R=OB=2
3BE=2√3，
故圆锥N 的外接球的表面积为4πR2=48π.
考点二 空间几何体的内切球
例5 (1)(2025·安庆模拟)正四棱台上底面边长为1，下底面的边长为2，若一个球的球心到正四棱台各
个面的距离均等于该球的半径，则正四棱台与该球的体积之比为( )
A.14∶π
B.7∶π
C.7∶2π
D.7∶√2π
答案 B
解析 由题意知，该球为正四棱台的内切球，如图，作出正四棱台的轴截面图，可知这个等腰梯形的内切
圆就是该内切球的最大圆，
根据CD=1，AB=2，设内切球的半径为R，则CH=2R，
在Rt△BCH 中，由勾股定理得
BC2=CH2+BH2=(2R)2+(
2-1
2 )
2
，则BC=√4 R
2+ 1
4
，
由S 四边形BEFC=S△FCI+S△BEI+S△BCI，
可得1
2×(
1
2 +1)·2R=1
2×1
2·R+1
2×1·R+1
2·√4 R
2+ 1
4 ·R，解得R=√2
2 ，
所以棱台的体积V1=1
3×(1+4+√1×4)×√2=7√2
3
，
球的体积V2=4
3 ×π×(
√2
2 )
3
=√2π
3
，
所以正四棱台与球的体积之比是
V 1
V 2
=
7√2
3
√2π
3
=7
π .
(2)(多选)(2025·福州质检)已知四棱锥P-ABCD 的高为2，底面ABCD 是边长为2 的正方形，PA=PB，则
下列结论正确的是( )
A.△PAD 的面积为定值
B.∠APD=∠BPC
C.四棱锥P-ABCD 表面积的最小值为3√5+4
D.若四棱锥P-ABCD 存在内切球，则该球的半径为√5-1
2
答案 ABD
解析 对于A，因为PA=PB，所以P 在底面ABCD 上的射影P0在棱AB 的垂直平分线上，过P0作P0H 垂直
AD 于点H，连接PH，
由题意可得PP0⊥AD，又PP0∩P0H=P0，PP0，P0H⊂平面PP0H，所以AD⊥平面PP0H，
因为PH⊂平面PP0H，则PH⊥AD，PH=√5，
所以△PAD 的面积为1
2PH×AD=√5，故选项A 正确；
对于B，由题意可得△PAD≌△PBC，所以∠APD=∠BPC，故选项B 正确；
对于C，过点P0分别作AB，CD 的垂线，垂足分别为E，F，
所以当PE+PF 最小时，四棱锥P-ABCD 的表面积取得最小值，不妨设P0E=h，
则PE+PF=√4 +h
2+√4+(2-h)
2≥2√5，当且仅当√4+h
2=√4+(2-h)
2，即h=1，即P0为底面正方形的中心
时取等号，所以四棱锥P-ABCD 的表面积的最小值为22+4×1
2×2√5=4+4√5，故选项C 错误；
对于D，若四棱锥P-ABCD 存在内切球，则该球与平面ABCD、平面PAD、平面PBC 均相切，过P0作P0G
垂直BC 于点G，所以△PHG 内切圆的半径等于该内切球的半径，设为r，
由等面积法可得1
2×√5×r×2+1
2×2×r=1
2×2×2，解得r=√5-1
2
，
当四棱锥P-ABCD 为正四棱锥时，存在内切球，满足题意，故选项D 正确.
[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 (2025·娄底质检)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 A
解析 设正六边形ABCDEF 的中心为点M，则点M 与正六边形的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，
显然点M 是正六边形ABCDEF 的外接圆圆心，且外接圆的半径为2，
因此该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，
此时R
r = √h
2+16
h
=√
1+ 16
h
2 >√1+ 16
12=√
7
3；
若h≥2√3，则r=√3，
此时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，又正六边形的面积为6×1
2×22×sin 60°=6√3，
所以该正六棱柱的体积为6√3×2√3=36.
专题强化练
[分值：52 分]
一、单项选择题(每小题5 分，共30 分)
1.(2025·皖南模拟)已知圆柱的底面直径为2，它的两个底面圆周都在同一个体积为20√5 π
3
的球面上，则该
圆柱的侧面积为( )
A.8π
B.6π
C.5π
D.4π
答案 A
解析 设球的半径为R，则4
3 πR3=20√5 π
3
，可得R=√5，由圆柱的底面直径为2，得圆柱的底面半径r=1，
所以圆柱的高h=2√R
2-r
2=4，
所以圆柱的侧面积为2πrh=8π.
2.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，
则r
R =sinπ
6 =1
2，所以其外接球与内切球的表面积之比为4 π R
2
4 π r
2 =4∶1.
3.(2025·广州模拟)已知球O 的表面积为4π，一圆台的上、下底面圆周都在球O 的球面上，且下底面过球心
O，母线与下底面所成的角为π
3 ，则该圆台的侧面积为( )
A.3√3 π
4
B.3 π
2
C.3√3 π
2
D.3π
答案 B
解析 作出示意图如图所示，
设圆台的上底面圆心为O1，AB 为圆台的一条母线，则球的半径为OA=OB，由题意可得∠OAB=π
3 ，所以
△OAB 是等边三角形，所以∠AOB=π
3 ，所以∠O1OB=π
6 ，
因为球O 的表面积为4π，所以4π×OA2=4π，解得OA=1，所以OB=AB=1，
所以O1B=1
2OB=1
2，
所以圆台的侧面积为π×(1+ 1
2)×1=3 π
2 .
4.如图，在棱长为3+√3的正方体内恰好装入两个相外切的球O1，O2，球心O1，O2在正方体的对角线上，
其中球O2的半径为2，则球O1的半径为( )
A.1
B.√2
C.√3
D.1
2
答案 A
解析 设正方体为ABCD-A1B1C1D1，
球O1，O2的半径分别为r1，r2，
作出对角线A1C 及球心O1，O2所在的截面，如图所示，
∵正方体的棱长为3+√3，
∴A1C=√3(3+√3)
2=3+3√3，
在Rt△ACA1中，sin∠ACA1= A A1
A1C = 3+√3
3+3√3=√3
3 ，
∴sin∠ACA1= r2
C O2
= 2
C O2
，
sin∠ACA1=
r1
A1O1
，
∴CO2=2√3，A1O1=
r1
√3
3
=√3r1，
∵A1C=A1O1+r1+r2+CO2，
∴3+3√3=√3r1+r1+2+2√3，解得r1=1.
5.已知某圆锥放置于半径为√2的球O 内，当该圆锥的体积取得最大值时，该圆锥的高为( )
A.4√2
3
B.√2
C.2√2
3
D.2
答案 A
解析 由题意，要使圆锥的体积最大，则圆锥的外接球为球O，
设圆锥的高为h，半径为r，故(h-√2)2+r2=2，
则r2=2√2h-h2，
所以圆锥的体积为V=1
3πhr2=1
3π(2√2h2-h3)，且0<h<2√2，
所以V'=1
3πh(4√2-3h)，
故当0<h<4√2
3
时，V'>0，当4√2
3
<h<2√2时，V'<0，
所以V=1
3π(2√2h2-h3)在(0，4√2
3 )上单调递增，在(
4√2
3
，2√2)上单调递减，
所以当h=4√2
3
时，V 最大.
6.(2025·临汾模拟)在三棱锥P-ABC 中，∠PAB=∠CAB=π
2 ，AP=AB，AB+AC=6，且二面角P-AB-C 的大小
为2π
3 ，则当该三棱锥的外接球体积最小时，AB 等于( )
A.12
7
B.3
C.18
7
D.24
7
答案 A
解析 由于∠PAB=∠CAB=π
2 ，且二面角P-AB-C 的大小为2π
3 ，
故∠PAC 为二面角P-AB-C 的平面角，即∠PAC=2π
3 ，
由于AB⊥PA，AB⊥AC，PA∩AC=A，PA，AC⊂平面PAC，故AB⊥平面PAC，
设AP=AB=x，则AC=6-x，0<x<6，
在△PAC 中，由余弦定理可得
PC2=x2+(6-x)2-2×x×(6-x)cos2π
3 =x2-6x+36，
则△PAC 的外接圆的半径
r=1
2·
PC
sin 2π
3
=√3
3 ·√x
2-6 x +36，
故外接球的半径R2=r2+(
1
2 AB)
2
=1
3(x2-6x+36)+(
x
2)
2
= 7
12(x - 12
7 )
2
+72
7 ，
所以当x=12
7 时，外接球的半径取得最小值，此时三棱锥的外接球体积最小，故AB=12
7 .
二、多项选择题(每小题6 分，共12 分)
7.设一空心球是在一个大球(称为外球)的内部挖去一个有相同球心的小球(称为内球)，已知内球面上的点与
外球面上的点的最短距离为1，若某正方体的所有顶点均在外球面上、所有面均与内球相切，则( )
A.该正方体的棱长为2
B.该正方体的体对角线长为3+√3
C.空心球的内球半径为√3-1
D.空心球的外球表面积为(12+6√3)π
答案 BD
解析 设内、外球半径分别为r，R，则正方体的棱长为2r，体对角线长为2R，所以R=√3r，
又由题知R-r=1，所以r=√3+1
2
，R=3+√3
2
，故C 错误；
所以正方体棱长为√3+1，体对角线长为3+√3，故A 错误，B 正确；
所以空心球的外球表面积为4πR2=π(3+√3)2=(12+6√3)π，故D 正确.
8.(2025·宁波模拟)如图，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，AB=2，AD1=√2，BC=CC1=1，CC1⊥CD，
∠ADC=120°，E 为CD 的中点，点F 在棱BC 上(包含端点)，则下列说法正确的是( )
A.存在点F，使得A1F∥平面AD1E
B.存在点F，使得平面AD1E⊥平面D1EF
C.不存在点F，使得D1F+EF=√10
D.不存在点F，使得四棱锥F-CDD1C1有内切球
答案 ABD
解析 对于A ，如图1，连接A1D 交AD1于点M，则M 为A1D 的中点，连接ME，又E 为CD 的中点，
当F 与C 重合时，有ME∥A1C，即ME∥A1F，
因为ME⊂平面AD1E，A1C⊄平面AD1E，故A1C∥平面AD1E，即A1F∥平面AD1E，故A 正确；
对于B，因为AD1
2=AD2+DD1
2，
则AD⊥DD1，而CC1⊥CD，CC1∥DD1，则DD1⊥CD，
又AD∩CD=D 且都在平面ABCD 内，故DD1⊥平面ABCD，
在平面ABCD 内过D 作DH⊥AB 于点H，以D 为原点，建立空间直角坐标系D-xyz，如图2 所示，
则A(
√3
2 ，- 1
2 ，0)，B(
√3
2 ，3
2 ，0)，C(0，2，0)，E(0，1，0)，D1(0，0，1)，
所以⃗AE=(- √3
2 ，3
2 ，0)，⃗E D1=(0，-1，1)，⃗
EC=(0，1，0)，⃗CB=(
√3
2 ，- 1
2 ，0)，
设平面AD1E 的法向量为m=(x，y，z)，
则{
m·⃗AE =- √3
2 x + 3
2 y =0,
m·⃗E D1=- y + z =0,
取z=1，则m=(√3，1，1)，
设⃗CF=λ⃗CB=(
√3
2 λ，- 1
2 λ，0)且0≤λ≤1，
则⃗EF=⃗EC+⃗CF=(
√3
2 λ，1- 1
2 λ，0)，
设平面D1EF 的法向量为n=(a，b，c)，
则{
n·⃗EF = √3
2 λa+(1- 1
2 λ)b=0,
n·⃗E D1=-b+c =0,
取b=-√3
2 λ，有n=(1- 1
2 λ，- √3
2 λ，- √3
2 λ)，
若平面AD1E⊥平面D1EF，则m·n=√3-√3
2 λ-√3
2 λ-√3
2 λ=0，可得λ=2
3，
所以存在点F，使得平面AD1E⊥平面D1EF，故B 正确；
对于C，同B 分析，可得⃗D1C=(0，2，-1)，
则⃗D1 F=⃗D1C+⃗CF=(
√3
2 λ，2- 1
2 λ，-1)，
若D1F+EF=√10，
所以√(
√3
2 λ)
2
+(2- 1
2 λ)
2
+1+
√(
√3
2 λ)
2
+(1- 1
2 λ)
2
=√10，
可得√λ
2-2 λ+5=√10-√λ
2- λ+1，
所以λ2-2λ+5=10-2√10·√λ
2- λ+1+λ2-λ+1，
则λ+6=2√10·√λ
2- λ+1，
所以39λ2-52λ+4=0，
可得λ=26±2√130
39
，而26-2√130
39
∈[0，1]，故C 错误；
对于D，假设存在球与平面CDD1C1、平面FCD、平面D1C1F 都相切，设CF=x 且x∈(0，1]，
如图3 左视图，则GF=√3 x
2
，CC1=1，KF=√1+ 3 x
2
4
，
则r1=2S△KGF
C△KGF
=
√3 x
2
√3 x
2
+1+√1+ 3 x
2
4
，
又球心O 在平面FCD 的投影为△FCD 的内心，则r2=
√3 x
x +2+√x
2-2 x + 4
，
要使四棱锥F-CDD1C1有内切球，则r1=r2在(0，1]内有解，
所以
√3 x
2
√3 x
2
+1+√1+ 3 x
2
4
=
√3 x
x +2+√x
2-2 x + 4
，
整理得√3x+√4 +3 x
2=x+√x
2-2 x + 4，
所以(√3-1)(√3x+√4 +3 x
2)=-1，显然无解，故D 正确.
三、填空题(每小题5 分，共10 分)
9.已知圆锥的底面半径为1，侧面展开图为半圆，则该圆锥内半径最大的球的表面积为 .
答案 4 π
3
解析 设圆锥母线长为l，由题意知2π×1=πl，l=2，
圆锥内半径最大的球与圆锥相切，
作出圆锥的轴截面△PAB，截球得大圆为圆锥轴截面三角形的内切圆O，D，E 是切点，如图，易知PD 是
圆锥的高，O 在PD 上，
由PB=2，BD=1 得∠BPD=π
6 ，
因此∠ABP=π
3 ，所以∠OBD=1
2∠DBP=π
6 ，
OD=BDtanπ
6 =√3
3 ，
所以圆锥内半径最大的球的表面积S=4π×(
√3
3 )
2
=4 π
3 .
10.(2025·辽阳模拟)如图，在棱长为6 的正四面体ABCD 中，点E 满足⃗DE=2⃗EA，则四面体ABCE 的外接球
的表面积为 .
答案 54π
解析 在正四面体ABCD 中，取BC 的中点O，连接OA，OD，则OA⊥BC，OD⊥BC，又OA∩OD=O，
OA，OD⊂平面AOD，所以BC⊥平面AOD，
OD=OA=√6
2-3
2=3√3，
设四面体ABCE 的外接球的球心为M，则点M 在平面AOD 上，
设A，E 在平面BCD 上的射影分别为O1，F，显然O1为△BCD 的重心，则OO1=1
3OD=√3，
AO1=√O A
2-OO1
2=2√6，EF=2
3AO1=4√6
3
，
在Rt△EFD 中，DF=√D E
2- E F
2=4√3
3
，
则OF=OD-DF=5√3
3
，
以O 为坐标原点，OC，OD 所在直线分别为x 轴、y 轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则C(3，0，0)，A(0，√3，2√6)，E(0，5√3
3
，4√6
3 )，
设M(0，y，z)，外接球的半径为R，则R2=MC2=MA2=ME2，
即9+y2+z2=(y-√3)2+(z-2√6)2=( y - 5√3
3 )
2
+(z - 4√6
3 )
2
，
即{
2√3 y + 4√6 z =18,
5√3 y + 4√6 z =15,解得{
y =- √3
3 ,
z = 5√6
6
,
所以R2=9+1
3+25
6 =27
2 ，
则所求外接球的表面积S=4πR2=54π.
