2024年高考数学一轮复习（新高考版）第7章　§7.2　球的切、接问题[培优课]_初高中资料库_高中资料库（转存避免链接过期失效）_高中数学

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§7.2　球的切、接问题
球的切、接问题，是历年高考的热点内容，经常以客观题出现．一般围绕球与其他几何
体的内切、外接命题，考查球的体积与表面积，其关键点是确定球心．
题型一　定义法
例1　(1)(2023·宣城模拟)在三棱锥P－ABC 中，PA⊥平面ABC，PA＝2，AB＝2，AC＝4，
∠BAC＝45°，则三棱锥P－ABC 外接球的表面积是(　　)
A．14π  B．16π  C．18π  D．20π
答案　D
解析　在△BAC 中，∠BAC＝45°，AB＝2，AC＝4，
由余弦定理可得BC2＝AB2＋AC2－2AB·ACcos 45°＝8＋16－2×4×2×＝8，
则BC2＋AB2＝AC2，所以BC⊥AB，
由PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，得PA⊥BC，又PA∩AB＝A，PA，AB⊂平面PAB，
所以BC⊥平面PAB，
所以BC⊥PB，
所以△PBC 为直角三角形，
又△PAC 为直角三角形，
所以PC 是三棱锥P－ABC 外接球直径，设O 是PC 的中点，即为球心，
又AC＝4，PA＝2，
所以PC＝＝＝2，
所以外接球半径为，
所以所求外接球的表面积S＝4π×()2＝20π.
(2)(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
1
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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O1，O2，连接O1O2(图略)，则O1O2＝1，其外接
球的球心O 在直线O1O2上．
设球O 的半径为R，当球心O 在线段O1O2上时，R2＝32＋OO＝42＋(1－OO1)2，解得OO1＝
4(舍去)；
当球心O 不在线段O1O2上时，R2＝42＋OO＝32＋(1＋OO2)2，解得OO2＝3，
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.
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　已知直三棱柱ABC－A1B1C1的6 个顶点都在球O 的球面上，若AB＝3，AC＝
4，AB⊥AC，AA1＝12，则球O 的半径为(　　)
A.  B．2  C.  D．3
答案　C
解析　由题意作图如图，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＝AA1＝6，
∴球O 的半径R＝OA＝＝.
题型二　补形法
例2　(1)(2023·大庆模拟)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，
2
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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VO－DEF＝·S△OEF·OD＝，三棱锥O－DEF 的表面积S＝4，
VO－DEF＝VI－ODE＋VI－ODF＋VI－OEF＋VI－DEF＝Sr，
所以r＝，则有＝2.
(2)如图，在多面体中，四边形ABCD 为矩形，CE⊥平面ABCD，AB＝2，BC＝CE＝1，通
过添加一个三棱锥可以将该多面体补成一个直三棱柱，那么添加的三棱锥的体积为________，
补形后的直三棱柱的外接球的表面积为________．
答案　　6π
解析　如图，添加的三棱锥为直三棱锥E－ADF，
可以将该多面体补成一个直三棱柱ADF－BCE，
因为CE⊥平面ABCD，AB＝2，
BC＝CE＝1，
所以S△BCE＝CE×BC＝×1×1＝，
直三棱柱ADF－BCE 的体积
V＝S△BCE·AB＝×2＝1，
添加的三棱锥的体积为V＝.
方法一　如图，分别取AF，BE 的中点M，N，连接MN，与AE 交于点O，
3
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因为四边形AFEB 为矩形，所以O 为AE，MN 的中点，在直三棱柱ADF－BCE 中，CE⊥平
面ABCD，
所以FD⊥平面ABCD，即∠ECB＝∠FDA＝90°，所以上、下底面为等腰直角三角形，直三棱
柱的外接球的球心即为点O，AO 即为球的半径，
因为AM＝AF＝，MO＝1，
所以AO2＝AM2＋MO2＝＋1＝，
所以外接球的表面积为4π·AO2＝6π.
方法二　因为CE，CB，CD 两两垂直，故将直三棱柱ADF－BCE 补成长方体，设外接球的
半径为R，则4R2＝12＋12＋22＝6，所以外接球的表面积S＝4πR2＝6π.
思维升华　(1)补形法的解题策略
①侧面为直角三角形，或对棱均相等的模型和正四面体，可以还原到正方体或长方体中去求
解；②直三棱锥补成三棱柱求解．
(2)正方体与球的切、接问题的常用结论
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)若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＝.
跟踪训练2　(1)在三棱锥A－BCD 中，侧棱AB，AC，AD 两两垂直，△ABC，△ACD，
△ADB 的面积分别为，，，则三棱锥A－BCD 的外接球的体积为(　　)
A.π  B．2π  C．3π  D．4π
答案　A
解析　在三棱锥A－BCD 中，侧棱AB，AC，AD 两两垂直，将其补成长方体，两者的外接
球是同一个，长方体的体对角线就是球的直径．
设长方体同一顶点处的三条棱长分别为a，b，c，由题意得ab＝，ac＝，bc＝，
解得a＝，b＝，c＝1，所以球的直径为＝，它的半径为，球的体积为×3＝π.
(2)(2023·焦作模拟)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，
PB＝PC＝5，则该三棱锥的外接球的表面积为________．
答案　34π
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分别为a，b，c，如图所示，
4
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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
棱锥的外接球的半径R＝＝＝，所以该三棱锥的外接球的表面积S＝4πR2＝4π×2＝34π.
题型三　截面法
例3　(1)四棱锥P－ABCD 的顶点都在球O 的表面上，△PAD 是等边三角形，底面ABCD 是
矩形，平面PAD⊥平面ABCD，若AB＝2，BC＝3，则球O 的表面积为(　　)
A．12π  B．16π  C．20π  D．32π
答案　B
解析　如图，连接AC，BD，AC∩BD＝G，取AD 的中点E，连接PE.
∵四边形ABCD 为矩形，∴G 为四边形ABCD 的外接圆圆心；
在线段PE 上取ME＝PE，
∵△PAD 为等边三角形，∴M 为△PAD 外接圆圆心，
过G，M 分别作平面ABCD 和平面PAD 的垂线，则两垂线的交点即为球O 的球心O，连接
OP，
∵△PAD 为等边三角形，∴PE⊥AD，
∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PE⊂平面PAD，
∴PE⊥平面ABCD，∴PE∥OG；
同理可得，OM∥EG，∴四边形OMEG 为矩形；
∴OM＝EG＝AB＝1，PM＝PE＝×＝，
∴OP＝＝2，即球O 的半径R＝2，
∴球O 的表面积S＝4πR2＝16π.
(2)如图所示，直三棱柱ABC－A1B1C1是一块石材，测量得∠ABC＝90°，AB＝6，BC＝8，
AA1＝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
手球的最大体积及此时加工成的健身手球的个数分别为(　　)
5
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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AA1＝13，所以最多可加工3 个健身手球．
于是一个健身手球的最大体积V＝πR3＝π×23＝.
思维升华　(1)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，达到空间问题平面化的目的．
(2)正四面体的外接球的半径R＝a，内切球的半径r＝a，其半径之比R∶r＝3∶1(a 为该正四
面体的棱长)．
跟踪训练3　(1)(2022·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O1，O2，O3构成边长为2 的正三角形，则其外接圆半径为2.设半球
的球心为O，小球O1与半球底面切于点A.
如图，经过点O，O1，A 作半球的截面，则半圆⊙O 的半径为OC，OC⊥OA，作O1B⊥OC
于点B.
则OA＝O1B＝2.设该半球的半径是R，在Rt△OAO1中，由(R－)2＝22＋()2可得R＝＋.
(2)(2021·天津)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
6
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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.
课时精练
1．(2023·岳阳模拟)已知一个棱长为2 的正方体的顶点都在某球面上，则该球体的体积为(　 
)
A.π  B．4π  C．8π  D．12π
答案　B
解析　因为正方体的体对角线等于外接球的直径，且正方体的棱长为2，
故该球的直径2R＝＝2.所以R＝.故该球的体积V＝πR3＝4π.
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＝.
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3．(多选)已知三棱锥P－ABC 的四个顶点都在球O 的表面上，PA⊥平面ABC，PA＝6，
AB⊥AC，AB＝2，AC＝2，点D 为AB 的中点，过点D 作球O 的截面，则截面的面积可以是
(　　)
A.  B．π  C．9π  D．13π
答案　BCD
解析　三棱锥P－ABC 的外接球即为以AB，AC，AP 为邻边的长方体的外接球，
∴2R＝＝2，
∴R＝，
取BC 的中点O1，
∴O1为△ABC 的外接圆圆心，
∴OO1⊥平面ABC，如图．
当OD⊥截面时，截面的面积最小，
∵OD＝
＝＝2，
此时截面圆的半径为r＝＝1，
∴截面面积为πr2＝π，
当截面过球心时，截面圆的面积最大为πR2＝13π，
故截面面积的取值范围是[π，13π]．
4．若圆锥的内切球与外接球的球心重合，且内切球的半径为1，则圆锥的体积为(　　)
A．π  B．2π  C．3π  D．4π
答案　C
解析　过圆锥的旋转轴作轴截面，得△ABC 及其内切圆⊙O1和外接圆⊙O2，
且两圆同圆心，即△ABC 的内心与外心重合，易得△ABC 为正三角形，
由题意得⊙O1的半径为r＝1,∴△ABC 的边长为2，
∴圆锥的底面半径为，高为3，
∴V＝×π×3×3＝3π.
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5．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.
6．(多选)已知正方体的外接球与内切球上各有一个动点M，N，若线段MN 的最小值为－
1，则下列说法中正确的是(　　)
A．正方体的外接球的表面积为12π
B．正方体的内切球的体积为
C．正方体的棱长为2
D．线段MN 的最大值为2
答案　ABC
解析　设正方体的棱长为a，
则正方体外接球的半径为体对角线长的一半，
即a；内切球的半径为棱长的一半，即.
∵M，N 分别为外接球和内切球上的动点，
∴MNmin＝a－＝a＝－1，
解得a＝2，即正方体的棱长为2，
∴正方体外接球的表面积为4π×()2＝12π，内切球的体积为，则A，B，C 正确；
线段MN 的最大值为＋1，则D 错误．
7.(2022·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.π  B.π  C．4π  D．8π
答案　A
解析　将该多面体放入正方体中，如图所示．
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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＝.
8．(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<h<1)，底面半径为r，
则圆锥的体积V＝πr2h＝π(1－h2)h，
则V′＝π(1－3h2)，
令V′＝π(1－3h2)＝0，得h＝，
所以V＝π(1－h2)h 在上单调递增，
在上单调递减，
所以当h＝时，四棱锥的体积最大，故选C.
9.如图，在圆柱O1O2内有一个球O，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切．记圆柱O1O2
的体积为V1，表面积为S1，球O 的体积为V2，表面积为S2，则＝________，＝________.
答案　　
解析　设圆柱内切球的半径为R，则由题设可得圆柱O1O2的底面圆的半径为R，高为2R，
所以＝＝，＝＝.
10．已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为________．
答案　π
解析　因为圆锥内半径最大的球应该为该圆锥的内切球，
如图，圆锥母线长BS＝3，底面半径BC＝1，其高SC＝＝2，
10
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不妨设该内切球与母线BS 切于点D，
令OD＝OC＝r，由△SOD∽△SBC，得＝，
即＝，解得r＝，V＝πr3＝π.
11．(2023·洛阳模拟)已知在三棱锥P－ABC 中，AB＝4，BC＝3，PA＝AC＝5，当该三棱锥
体积最大时，其外接球的表面积为________．
答案　50π
解析　因为AB＝4，BC＝3，PA＝AC＝5，
所以AB2＋BC2＝AC2，所以△ABC 为直角三角形，∠ABC＝90°，
所以△ABC 的面积为定值，
所以当PA⊥平面ABC 时，该三棱锥体积最大．
如图，取线段PC 的中点O，
则OP＝OA＝OB＝OC，
所以点O 为三棱锥外接球的球心，
因为PA＝AC＝5，所以PC＝5，
所以OC＝，即外接球的半径R＝，
所以所求外接球的表面积为4πR2＝4π×2＝50π.
12．(2023·濮阳模拟)在三棱锥D－ABC 中，AB＝BC＝2，AC＝2，BD＝4，BD⊥平面
ABC，则三棱锥D－ABC 外接球的表面积为________．
答案　32π
解析　∵BD⊥平面ABC，故可将三棱锥补为直三棱柱，如图所示，
11
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∵AB＝BC＝2，AC＝2，故三棱柱的上、下底面三角形的外接圆圆心在底边中线的延长线上，
设为O1，O2，易得∠O1BC＝60°，故O1B＝O1C＝BC＝2，
∴三棱柱外接球球心为上、下底面外心所连线段的中点O，即为三棱锥D－ABC 外接球球心，
设该外接球半径为R，则在Rt△OCO1中，R2＝2＋22＝8，
故三棱锥D－ABC 外接球的表面积为4πR2＝32π.
12