重难点22 立体几何中的外接球、内切球问题
【全国通用】
【题型1 定义法求外接球问题】..............................................................................................................................4
【题型2 补形法求外接球问题】..............................................................................................................................6
【题型3 截面法求外接球问题】............................................................................................................................10
【题型4 棱切球模型问题】....................................................................................................................................14
【题型5 内切球模型问题】....................................................................................................................................17
【题型6 多球相切问题】........................................................................................................................................20
【题型7 外接球之二面角模型】............................................................................................................................25
【题型8 与球的切、接有关的最值问题】...........................................................................................................29
【题型9 与球的切、接有关的截面问题】...........................................................................................................32
【题型10 多面体与球体内切外接综合问题】.....................................................................................................35
1、立体几何中的外接球、内切球问题
球的切、接问题是历年高考的重点、热点内容，从近几年的高考情况来看，一般以客观题的形式出
现，考查空间想象能力、计算能力，难度中等.其关键点是利用转化思想，把球的切、接问题转化为平面
问题或转化为特殊几何体的切、接问题来解决，球的切、接问题求解方法多种多样，解题时要学会灵活求
解.
知识点
1
正方体、长方体与球的切、接问题
1．正方体与球的切、接问题
(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
.
(3)外接球：外接球直径2R=正方体体对角线长
.
2．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).
知识点
2 正棱锥与球的切、接问题
1．正棱体与球的切、接问题
(1)内切球：
(等体积法)，r 是内切球半径，h 为正棱锥的高.
(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，
(正棱锥
外接球半径为R，高为h).
知识点
3 正四面体的外接球、内切球
1．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
，
，
，
.
知识点
4 正三棱柱的外接球
1．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.
若正三棱柱的高为h 柱，正三棱柱的外接球半径为R，则
.
知识点
5 圆柱、圆锥的外接球
1．圆柱的外接球
(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).
2．圆锥的外接球
(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).
知识点
6 空间几何体与球的切、接问题的解题策略
1．常见的几何体与球的切、接问题的解决方案：
常见的与球有关的组合体问题有两种：一种是内切球，另一种是外接球.
常见的几何体与球的切、接问题的解决方案：
2．空间几何体外接球问题的求解方法：
空间几何体外接球问题的处理关键是确定球心的位置，常见的求解方法有如下几种：
(1)定义法：利用平面几何体知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定
球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解.
(2)补形法：若球面上四点P,A,B,C 构成的三条线段PA,PB,PC 两两垂直，且PA=a，PB=b，PC=c，一般把有
关元素“补形”成为一个球内接长方体，根据4R2=a2+b2+c2求解.
(3)截面法：涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体的特殊点(一般为接、切点)或线作
截面，把空间问题转化为平面问题求解.
3．内切球问题的求解策略：
(1)找准切点，通过作过球心的截面来解决.
(2)体积分割是求内切球半径的通用方法.
【题型1 定义法求外接球问题】
【例1】（2025·江苏南通·模拟预测）若半径为1 的球与正三棱柱的各个面均相切，则该正三棱柱外接球的
表面积为（ ）
A．4π
B．5π
C．16π
D．20π
【答案】D
【解题思路】根据半径为1 的球与正三棱柱的各个面均相切，可得正三棱柱的高和底面正三角形的内切圆
半径，可求出底面正三角形的外接圆半径，可求出外接球的半径和表面积．
【解答过程】因为半径为1 的球与正三棱柱的各个面均相切，
所以正三棱柱的高ℎ=2，底面正三角形的内切圆半径为1，
则底面正三角形的外接圆半径r =
1
sin30° =2，
所以该正三棱柱外接球半径为R =
❑√r
2+( ℎ
2 )
2
=
❑√2
2+1
2= ❑√5，
所以外接球的表面积为4π R
2=20π．
故选：D．
【变式1-1】（2025·天津武清·模拟预测）如图，在四面体PABC 中，D，E 分别为PC，AB 的中点，且
AC ⊥BC，PC ⊥DE，AB =2，则该四面体的外接球体积为（ ）
A．4π
B．2
3 π
C．4
3 π
D．8
3 π
【答案】C
【解题思路】根据条件可得出CE = AE = BE = PE =1，即可求出体积.
【解答过程】连接CE , PE，因D为线段PC的中点，PC ⊥DE，则CE = PE，
又E为线段AB的中点，AC ⊥BC，AB =2，则CE = AE = BE =1，
则CE = AE = BE = PE =1，
则该四面体的外接球球心为E，半径为1，体积为4π
3
.
故选：C.
【变式1-2】（2025·江苏泰州·模拟预测）在三棱锥S−ABC中，AC = BC =2，∠ACB = 2π
3 ，侧棱长都
等于2❑√5，其中S , A ,B ,C在球O的表面上，则球O的表面积为（ ）
A．12π
B．15π
C．20π
D．25π
【答案】D
【解题思路】先求出△ABC外接圆的半径r，再根据三棱锥的特征找出球心O与△ABC外接圆圆心的位置
关系，进而求出球O的半径R，最后根据球的表面积公式求出球O的表面积.
【解答过程】已知AC = BC =2，∠ACB = 2π
3 ，由余弦定理得：
A B
2= A C
2+ BC
2−2 AC ⋅BC ⋅cos∠ACB =2
2+2
2−2×2×2×(−1
2)=12
所以AB =2❑√3，
由正弦定理，底面ABC的外接圆半径r满足
AB
sin ∠ACB =2r，即2r = 2❑√3
❑√3
2
= 4
，故r =2，
由于侧棱长SA = SB = SC =2❑√5，
则顶点S在底面ABC上的投影为底面三角形的外心D，则AD =r =2，
设SD =ℎ，由勾股定理S A
2= S D
2+ A D
2，即(2❑√5)
2=ℎ
2+2
2，解得：ℎ= 4，
则外接球的球心O必在过D且垂直于底面的直线上，
设O到D的距离为d，则OA =OB =OC =
❑√r
2+d
2，
OS =|ℎ−d |，因AO = SO，故❑√2
2+d
2=|4−d |，解得：d = 3
2，
所以球的半径R = ❑√
2
2+(
3
2)
2
= 5
2
，表面积为4π R
2=25π.
故选：D.
【变式1-3】（2025·辽宁鞍山·模拟预测）中国古代数学经典《九章算术》系统地总结了战国秦汉时期的
､
､
数学成就，书中将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形
的三棱锥称之为鳖臑．如图为一个阳马与一个鳖臑的组合体，已知PA ⊥平面ABCE，四边形ABCD为正
方形，AD =2❑√3, ED =1，若鳖臑P−ADE的体积为2，则阳马P−ABCD外接球的表面积为（ ）
A．144π
B．36π
C．24π
D．18π
【答案】B
【解题思路】根据鳖臑P−ADE的体积为2 先求AP，进而得阳马P−ABCD外接球的半径R，最后根据球
的表面积公式即可求解.
【解答过程】设阳马P−ABCD外接球的半径为R，
由题意有：V P−AED= 1
3 ×S△AED× AP = 1
3 × 1
2 ×2❑√3×1× AP =2⇒AP =2❑√3，
又PA ⊥平面ABCE，四边形ABCD为正方形，所以PA ⊥AD , PA ⊥AB , AD⊥AB，
所以(2 R)
2= P A
2+ A D
2+ A B
2=(2❑√3)
2×3⇒2 R =6⇒R =3，
所以阳马P−ABCD外接球的表面积为：S = 4π R
2=36π，
故选：B.
【题型2 补形法求外接球问题】
【例2】（2025·湖南·二模）如图，在四面体P−ABC中，PA ⊥平面
ABC , AC ⊥CB , PA = AC =2BC =2，则此四面体的外接球表面积为（ ）
A．3π
B．9π
C．36π
D．48π
【答案】B
【解题思路】将四面体P−ABC补形成长方体，长方体的长宽高分别为
､
､
2、1、2，长方体的外接球即为
四面体的外接球，而长方体外接球的直径即为其体对角线，求出外接球的直径，即可求出外接球的表面积.
【解答过程】将四面体P−ABC补形成长方体，长方体的长宽高分别为
､
､
2、1、2，
四面体P−ABC的外接球即为长方体的外接球，
而长方体的外接球的直径等于长方体的体对角线长，设外接球的半径为R，
故2 R =
❑√2
2+1
2+2
2=3，所以外接球表面积为S = 4π R
2=9π.
故选：B.
【变式2-1】（2025·海南省直辖县级单位·模拟预测）农历五月初五是端午节，民间有吃粽子的习惯，粽子
又称粽粒，俗称“粽子”，古称“角黍”，是端午节大家都会品尝的食品，传说这是为了纪念战国时期楚
国大臣、爱国主义诗人屈原．如图，三角形是底边和腰长分别为8cm和12cm的等腰三角形的纸片，将它沿
虚线（中位线）折起来，可以得到如图所示粽子形状的四面体，若该四面体内包一蛋黄（近似于球）.则蛋
黄的半径的最大值为（ ）cm.
A．
❑√14
2
B．
❑√14
4
C．
❑√15
2
D．
❑√15
4
【答案】B
【解题思路】将三棱锥放入长方体中，三棱锥的各边为长方体的面对角线，计算出三棱锥的体积与表面
积，结合等体积法可求出其内切球的半径.
【解答过程】如图所示，对折叠之前的平面图形中各点进行标记，同时将折叠后的几何体置于长方体中.
设长方体的长宽高分别为x、y、z，
则{
x
2+ y
2=36
x
2+ z
2=36
y
2+ z
2=16)
，解得{
x =2❑√7
y =2❑√2
z =2❑√2)
，
四面体ADEF体积为V = xyz−4× 1
3 × 1
2 xyz = 1
3 xyz = 16
3
❑√7，
在△ADE中，AD =
❑√y
2+ z
2= ❑√8+8= 4，同理可得AE = DE =6，
由余弦定理可得cos∠AED = A E
2+ D E
2−A D
2
2 AE⋅DE
= 36+36−16
2×6
2
= 7
9，
所以sin ∠AED =
❑√1−cos
2∠AED = ❑√1−(
7
9)
2
= 4 ❑√2
9
，
所以S△ADE= 1
2 AE⋅DE sin ∠AED = 1
2 ×6
2× 4 ❑√2
9
=8 ❑√2，
四面体ADEF的表面积为S = 4 S△ADE= 4×8 ❑√2=32❑√2,
设内切球半径r，则V = 1
3 Sr，所以r = 3V
S = 16 ❑√7
32❑√2 =
❑√14
4
，
所以蛋黄半径的最大值为
❑√14
4
.
故选：B.
【变式2-2】（24-25 高一下·江苏南京·期末）如图，四棱锥P−ABCD中，PA ⊥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tanθ = 2❑√2
3
，则四棱锥P−ABCD的
外接球表面积为（ ）
A．26π
B．28π
C．34π
D．14π
【答案】C
【解题思路】依题意可将四棱锥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tanθ = 2❑√2
3
可求出AC的长，进而可求PC，即为外接球的直径，
从而可得外接球的表面积.
【解答过程】如图，因为PA ⊥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 ⊥面ABCD，所以∠PCA就是PC与平面ABCD所成的角θ，
则tanθ = 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 =2 R =
❑√A C
2+ P A
2=
❑√(3 ❑√2)
2+ 4
2= ❑√34，所以R =
❑√34
2
，
所以四棱锥P−ABCD的外接球的表面积为4π R
2=34π.
故选：C.
【变式2-3】（2025·甘肃白银·三模）如图，在三棱锥P−ABC中，AB⊥AC , PA ⊥平面ABC，
PA =3, AB =1, AC =2，D，E，F 分别是棱PB，PC，BC 的中点，则三棱锥A −≝¿的外接球的表面积为
（ ）
A．5π
2
B．7π
2
C．9π
2
D．3π
【答案】B
【解题思路】根据给定条件，将三棱锥A −≝¿补形成长方体，利用长方体与该三棱锥的相同的外接球求
解.
【解答过程】
设棱AB , AC , PA的中点分别为H , M ,G，连接HF , MF , DG , EG , DH , EM，
构造长方体DGEN −HAMF，则长方体DGEN −HAMF外接球的表面积
即为三棱锥A −≝¿外接球的表面积．依题意，HD = 3
2 , HF =1, HA = 1
2，
设长方体DGEN −HAMF外接球的半径为R，则(2 R)
2=( 3
2 )
2
+1
2+( 1
2 )
2
= 14
4 = 7
2
，
所以其外接球的表面积S = 4π R
2= 7π
2 ．
故选：B.
【题型3 截面法求外接球问题】
【例3】（2025·广东佛山·一模）已知圆台的高为1，下底面的面积16π，体积为37
3 π，则该圆台的外接
球表面积为（ ）
A．64π
B．81π
C．100π
D．121π
【答案】C
【解题思路】首先画出组合体的截面图，再利用几何关系，列方程组，即可求解，最后代入表面积公式.
【解答过程】如图，圆台与外接球的轴截面，如下，
设上底面的半径为r1，下底面的半径为r2，外接球的半径为R，
由下底面的面积为16π，则r2= 4，
圆台的体积V = 1
3 πℎ(r1
2+r2
2+r1r2)= 1
3 π(r1
2+16+ 4 r1)= 37π
3
，
即r1
2+ 4 r1−21=0，解得r1=3或−7（舍），
设OA = x ,OB =1+ x，
△OAC和△OBD中，3
2+(1+ x)
2= R
2，4
2+ x
2= R
2，两式联立，
解得x =3，R
2=25，
所以圆台外接球的表面积为4π R
2=100π.
故选：C.
【变式3-1】（2025·安徽·一模）已知三棱锥P−ABC的四个顶点都在球O的球面上，
PA = PB = PC = AB = BC =2❑√2，AC =2❑√3，则球O的表面积为（ ）
A．40π
3
B．20π
C．27
4 π
D．21
2 π
【答案】A
【解题思路】根据题意，利用正弦、余弦定理，求得△ABC的外接圆的半径，记△ABC的外心为O1，证
得PO1⊥平面ABC，求得PO1= ❑√
24
5 ，结合球的截面圆的性质，列出方程求得球的半径，利用球的表面
积公式，即可求解.
【解答过程】设△ABC的外接圆半径为r，因为AB = BC =2❑√2，AC =2❑√3，
由余弦定理得cos∠ACB = A C
2+ BC
2−A B
2
2 AC ⋅AB
=
❑√3
2❑√2
，∠ACB∈(0,π )，
所以sin∠ACB =
❑√1−cos
2∠ACB =
❑√5
2❑√2，
由正弦定理得2r =
AB
sin ∠ACB = 8
❑√5，所以r = 4
❑√5 ，
记△ABC的外心为O1，连接O1 A，O1B，O1C，则O1 A =O1B =O1C = 4
❑√5 ，
取AB，BC的中点分别为E，F，则O1 E⊥AB，O1 F ⊥BC，
又因为PA = PB = PC，可得PE⊥AB，PF ⊥BC，
因为PE∩O1 E = E，PF ∩O1 F = F，
因为PE ,O1 E⊂平面PEO1，PF ,O1 F ⊂平面PF O1，
所以AB⊥平面PEO1，BC ⊥平面PF O1，
又因为PO1⊂平面PEO1，PO1⊂平面PF O1，
所以PO1⊥AB，PO1⊥BC，
因为AB∩BC = B，AB ,BC ⊂平面ABC，
所以PO1⊥平面ABC，可得PO1= ❑√
24
5 ，
由题意可得外接球的球心在PO1上，或在PO1的延长线上，设外接球的半径为R，
则球心到O1的距离为|
❑√
24
5 −R)，
则有(
❑√
24
5 −R)
2
+(
4
❑√5)
2
= R
2，解得R = 4 ❑√5
❑√24 ，
所以球O的表面积S = 4π R
2= 40
3 π，
故选：A.
【变式3-2】（2024·安徽·三模）已知圆台O1O2的上下底面面积分别为
､
4π,36π，其外接球球心O满足⃗
O1O =3⃗OO2，则圆台O1O2的外接球体积与圆台O1O2的体积之比为（ ）
A．20 ❑√5
13
B．10 ❑√10
13
C．10 ❑√5
13
D．10
13
【答案】B
【解题思路】根据相切结合勾股定理可得R
2= 4 +9ℎ
2=36+ℎ
2，即可求解ℎ=2, R =2❑√10，由圆台和球
的体积公式即可求解.
【解答过程】设圆台O1O2的高为4ℎ，外接球半径为R，作出轴截面如图：
O1O2的上下底面面积分别为
､
4π,36π，则圆O1，O2的半径分别为2，6，
则R
2= 4 +9ℎ
2=36+ℎ
2，解得ℎ=2, R =2❑√10，
故所求体积之比为
4
3 π⋅(2❑√10)
3
1
3 (4π+36π+ ❑√4π⋅36π)⋅8
= 10 ❑√10
13
.
故选：B.
【变式3-3】（2024·海南省直辖县级单位·模拟预测）已知正四棱台ABCD−EFGH的上底面积为16，下
底面积为64，且其各个顶点均在半径R = ❑√57的球O 的表面上，则该四棱台的高为（ ）
A．2
B．8
C．2 或12
D．4 或8
【答案】C
【解题思路】做出截面DBFH，根据圆心O是否位于截面内部分两种情况，根据线段关系即可求解.
【解答过程】
如图，做出截面DBFH，此时圆心O位于截面内部，
取DB中点E，HF中点F1，连接DO、E F1和OH，
易得点O在E F1上，由题意得DB = 4 ❑√2，HF =8 ❑√2，OD =OH = ❑√57，
因为O F1=
❑√R
2−H F1
2= ❑√57−32=5，OE =
❑√R
2−D E
2= ❑√57−8=7，
所以E F1=12，
当O不在截面内，
同第一种情况理可得OE =7，O F1=5，
所以E F1=2，综上所述：该四棱台的高为2或12.
故选：C.
【题型4 棱切球模型问题】
【例4】（2025·全国·模拟预测）正四面体ABCD 的棱长为2，其棱切球的体积为（ ）
A．2π
B．❑√6π
C．
❑√2
3 π
D．
❑√6
27 π
【答案】C
【解题思路】将正四面体ABCD补形为正方体，此时正方体的内切球即为正四面体的棱切球，利用球的体
积公式求解即可.
【解答过程】如图，将棱长为2的正四面体补形为棱长为❑√2的正方体，则正方体的内切球即为正四面体
ABCD的棱切球，所以正四面体ABCD的棱切球的半径为
❑√2
2 ，
所以棱切球的体积为V = 4
3 ×π×(
❑√2
2 )
3
=
❑√2
3 π．
故选：C．
【变式4-1】（2025·山西晋中·模拟预测）已知棱长为❑√3的正方体ABCD−A1B1C1 D1的中心为O，若球
O的球面与该正方体的棱有公共点，则球O的表面积的取值范围是（ ）
A．[3π, 6π)
B．[3π, 9π)
C．[6π, 9π)
D．[6π, 12π)
【答案】C
【解题思路】由题意分析得到最小的球为正方体的棱切球，最大的球为正方体的外接球.然后分别求出半
径，后求出表面积的范围.
【解答过程】由题意知，当球O是正方体的棱切球时，球与棱有公共点，
如图：
此时球的半径r1=
❑√(❑√3)
2+(❑√3)
2
2
=
❑√6
2
，
当球O是正方体的外接球时，球与棱有公共点，
如图：
此时球的半径r2=
❑√(❑√3)
2+(❑√3)
2+(❑√3)
2
2
= 3
2
，
所以球的半径r ∈[
❑√6
2 , 3
2)，
故球的表面积S∈[6π,9π).
故选：C.
【变式4-2】（2024·云南·模拟预测）如图，球面被平面截得的一部分叫做球冠，截得的圆面是底，圆的半
径记为R，垂直于截面的直径被截得的一段叫做球冠的高，记为H，则球冠的曲面面积S =2π RH.球O是
棱长为1 的正方体ABCD−A
′ B
′C
′ D
′的棱切球，则球O在正方体ABCD−A
′ B
′C
′ D
′外面部分曲面的面积
为（ ）
A．2(❑√2−1)π B．4(❑√2−1)π
C．6(❑√2−1)π
D．3(❑√2−1)π
【答案】D
【解题思路】设正方体ABCD−A
′ B
′C
′ D
′的棱切球半径为r，利用几何关系可求出球冠的高H，再求出R
，代入球冠的曲面面积S =2π RH，即可得出答案.
【解答过程】如图，正方体与正方体的棱切球形成六个球冠，
正方体ABCD−A
′ B
′C
′ D
′的棱切球半径为r，则2r =
❑√1
2+1
2= ❑√2，
所以r =
❑√2
2 ，又球心到某一截面的距离为正方体棱长的一半1
2，
则H =r −1
2 =
❑√2−1
2
，又2 R =1，所以R = 1
2，
所以所求曲面的面积为：S =6×2×π× 1
2 ×
❑√2−1
2
=3(❑√2−1)π，
故选：D.
【变式4-3】（2024·黑龙江哈尔滨·模拟预测）若将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，
八个顶点共截去八个三棱锥，可得到一个有十四个面的多面体.它的各棱长都相等，其中八个面为正三角
形，六个面为正方形，如图所示，已知该多面体过A，B，C 三点的截面面积为6 ❑√3，则其棱切球（球与各
棱相切）的表面积为 .
【答案】12π
【解题思路】设AB =m，外接球的半径为R，根据该几何体的对称性可知该几何体的棱切球即为底面棱长
为2，侧棱长为2❑√2的正四棱柱的棱切球，利用勾股定理求解半径，即可由球的表面积公式即可求解．
【解答过程】设AB =m，外接球的半径为R，
该多面体是由棱长为❑√2m的正方体沿正方体各棱的中点截去8 个三棱锥所得，
如图，过A，B，C三点的截面为正六边形ABCFED，其面积S =6×
❑√3
4 ×m
2=6 ❑√3，即m=2，
根据该几何体的对称性可知该几何体的棱切球即为底面棱长为2，侧棱长为2❑√2的正四棱柱的棱切球，
故R
2=(
2❑√2
2 )
2
+(
2
2)
2
=3，即R = ❑√3，
故该多面体的棱切球的表面积为4πR
2=12π．
故答案为：12π．
【题型5 内切球模型问题】
【例5】（2025·吉林·模拟预测）一圆台的上底面半径为1，下底面直径为4，母线长为❑√5，则内切于该圆
台的球体体积为（ ）
A．4π
5
B．4π
3
C．π
4
D．
❑√3 π
4
【答案】B
【解题思路】根据条件求出圆台的高，结合条件得到球与圆台的上、下底面相切，从而求出内切球的半
径，即可求解.
【解答过程】设圆台的上、下底面的半径分别为r1,r2，由题知r1=1,r2=2，
又母线长为❑√5，则圆台的高为ℎ= ❑√5−(r2−r1)
2= ❑√5−1=2，
若球与圆台的下底面和侧面相切，
设球的半径为R，球心为O，圆台的上、下底面的中心分别为O2,O1，
与圆台侧面的一个切点为F，过球心的轴截面如图所示，
连接OF ,OC，易知|O1B)=|BF)=2，则|CF)= ❑√5−2，又|OO2)=2−R，|O2C)=1
由|OF)
2+|FC)
2=|OO2)
2+|O2C)
2，得到R
2+(❑√5−2)
2=(2−R)
2+1，解得R = ❑√5−1，
又2 R =2❑√5−2>2，所以球与圆台的上、下底面相切，与侧面不相切，
所以R = ℎ
2 =1，球的体积为V = 4
3 π R
3= 4π
3
，
故选：B.
【变式5-1】（2025·海南海口·模拟预测）已知圆锥的母线长等于底面的圆半径的2 倍，那么该圆锥的表面
积与圆锥的内切球表面积之比为（ ）
A．3
2
B．9
4
C．3 ❑√6
4
D．27
8
【答案】B
【解题思路】根据圆锥和它的内切球的性质，做出轴截面，求出内切球半径和底面半径之比，求出圆锥的
表面积与圆锥的内切球表面积之比.
【解答过程】
如图所示，作圆锥轴截面△OAB及其内切圆P，与三角形切于M , N两点，
设圆锥底面半径为R，内切球半径为r，则OA =2 R，由勾股定理易知ON = ❑√3 R，
所以在△OMP中，MP =r ,OP = ❑√3 R−r，
由三角形内切圆可得△OMP∼△ONA，可得OP
OA = MP
AN ，即
❑√3 R−r
2 R
= r
R ，化简得r =
❑√3
3 R，
圆锥表面积为S表= 1
2 ⋅2 R⋅2π R+π R
2=3π R
2，内切球表面积S内= 4πr
2= 4π(
❑√3
3 )R
2= 4
3 π R
2
，
则圆锥的表面积与圆锥的内切球表面积之比
S表
S内
= 3π R
2
4
3 π R
2 = 9
4 ，
故选：B.
【变式5-2】（2025·湖南永州·模拟预测）正三棱台ABC −A1B1C1的上、下底边长分别为6，18，该正三
棱台内部有一个内切球（与上、下底面和三个侧面都相切），则正三棱台的高为（ ）
A．3
B．4
C．5
D．6
【答案】D
【解题思路】由截面图结合等面积法和勾股定理列出关于r 的等量关系求出r 即可求解.
【解答过程】由题可知上下底正三角形的高分别为❑√6
2−3
2=3 ❑√3,
❑√18
2−9
2=9 ❑√3，
由几何体结构特征结合题意可知内切球与上、下底面切点为上下底的重心，
故如左图所示作截面，得到右图，设内切球半径为r，
则有❑√(❑√3)
2+r
2❑√(3 ❑√3)
2+r
2=(❑√3+3 ❑√3)r ⇒r
4−18r
2+81=0⇒r
2=9即r =3，
所以正三棱台的高为6.
故选：D.
【变式5-3】（2025·黑龙江吉林·模拟预测）已知圆台的母线与下底面所成角的正弦值为
❑√3
2 ，则此圆台的
表面积与其内切球（与圆台的上下底面及每条母线都相切的球）的表面积之比为（ ）
A．4
3
B．3
2
C．8
3
D．13
6
【答案】D
【解题思路】设上底面半径为r1，下底面半径为r2，根据圆台的内切球的性质以及线面角可得r2=3r1，且
母线长为4 r1，以及内切球O的半径r = ❑√3r1，再结合圆台和球的面积公式运算求解.
【解答过程】设上底面半径为r1，下底面半径为r2，
如图，取圆台的轴截面，作CM ⊥AB，垂足为M，
设内切球O与梯形两腰分别切于点E , F，
可知BC =r1+r2，BM =r2−r1，
由题意可知：母线与底面所成角为∠B =π
3 ，
则BM
BC = r2−r1
r1+r2
= 1
2，可得r2=3r1，
即BC = 4 r1，BM =2r1，可得CM =
❑√BC
2−B M
2=2❑√3r1，
可知内切球O的半径r = ❑√3r1，
可得S圆台=πr1
2+9πr1
2+π(r1+3r1)×4 r1=26πr1
2，S球= 4π×(
❑√3r1)
2=12πr1
2，
所以
S圆台
S球
= 26πr1
2
12πr1
2 = 13
6 .
故选：D.
【题型6 多球相切问题】
【例6】（2025·山东·模拟预测）一个轴截面是边长为2❑√3的正三角形的圆锥形封闭容器，放入一个小球
O2后，还可以放入一个半径为1 的小球O1，则小球O2的体积与容器体积之比的最大值为（ ）
A．4
243
B．1
243
C．4
81
D．1
81
【答案】A
【解题思路】要使小球O2的体积与容器体积之比最大，则小球O2的半径r2最大，结合圆锥轴截面及内切球
列式分别得出r1,r2即可得出最大值.
【解答过程】由题意，得圆锥形容器的底面半径r = ❑√3，高ℎ=3.
因为边长为2❑√3的正三角形的内切圆半径r1= 1
3 ×2❑√3×
❑√3
2 =1，所以轴截面是边长为2❑√3的正三角形的
圆锥的内切球半径为1，
所以小球O1与容器的侧面，底面均相切.
要使小球O2的体积与容器体积之比最大，则小球O2的半径r2最大，所以只需小球O2与小球O1，
圆锥形容器的侧面都相切，其轴截面如图.此时r2= 1
3 ×(2❑√3×
❑√3
2 −2r1)= 1
3，
所以小球O2的体积与容器体积之比的最大值为
4
3 πr2
3
1
3 πr
2ℎ
= 4
243.
故选：A.
【变式6-1】（2025·重庆·三模）棱长为4 ❑√3的正四面体内切一球，然后在正四面体和该球形成的空隙处各
放入一个小球，则这样一个小球的体积最大为（ ）
A．8 ❑√2π
3
B．4 ❑√2π
3
C．2π
D．
❑√2
3 π
【答案】D
【解题思路】先求出正四面体的体积及表面积，利用V A −BCD=V O−BCD+V O−ABC +V O−ACD+V O−ABD求出
内切球的半径，再通过A O1
AO = O1 H
OF 求出空隙处球的最大半径，从而即可求最大体积.
【解答过程】如图，由题意知球和正四面体A −BCD的三个侧面以及内切球都相切时半径最大，
设内切球球心为O，半径为R，空隙处的最大球球心为O1，半径为r，
由正四面体结构特征可知G 为△BCD的中心，AG⊥面BCD，
设E 为CD中点，球O 和球O1分别与面ACD相切于F 和H.
易得BE =
❑√(4 ❑√3)
2−(2❑√3)
2=6，BG = 2
3 BE = 4，AG =
❑√(4 ❑√3)
2−4
2= 4 ❑√2，
由V A −BCD=V O−BCD+V O−ABC +V O−ACD+V O−ABD可得R =
3V A −BCD
SO−BCD+ SO−ABC + SO−ACD+ SO−ABD
，
又V A −BCD= 1
3 ×(
1
2 ×4 ❑√3×6)×4 ❑√2=16 ❑√6，S△BCD= S△ABC = S△ABD= S△ACD= 1
2 ×4 ❑√3×6=12❑√3，
故R = 3×16 ❑√6
4×12❑√3 = ❑√2，A O1= AG−GO1= 4 ❑√2−2×❑√2−r =2❑√2−r，
AO = AG−GO = 4 ❑√2−❑√2=3 ❑√2，
又由△A O1 H和△AOF相似，可得A O1
AO = O1 H
OF ，即2❑√2−r
3 ❑√2
= r
❑√2，解得r =
❑√2
2 ，
即空隙处的最大球的半径为
❑√2
2 .
所以空隙处的最大球的体积为为4
3 π×(
❑√2
2 )
3
=
❑√2π
3
.
故选：D.
【变式6-2】（2025·湖北武汉·模拟预测）如图，装满水的圆台形容器内放进半径分别为2 和4 的两个铁
球，小球与容器底和容器壁均相切，大球与小球、容器壁、水面均相切，此时容器中水的体积为
.
【答案】72π
【解题思路】通过轴截面来分析解决圆台的上下底面半径及高，求得圆台的体积，再求容器中水的体积.
【解答过程】作几何体的轴截面图如图，M，N分别是大球和小球的球心，
Q是圆台的轴截面等腰梯形ABCD两腰AD和BC的延长线的交点.
G，H分别是球M和球N与圆台侧面的切点，E，F分别是与圆台上下底面的切点.
则GM ⊥AQ，NH ⊥AQ，QE⊥AB，QF ⊥CD，且GM = EM = 4，NH = NF =2，EF =12.
过N点作NK // AQ交GM于K，显然NK ⊥GM，所以四边形NHGK为矩形，
且MN =6，MK = MG−KG = MG−NH =2，
所以在直角三角形MNK中，sin∠MNK = MK
MN = 1
3，
由同角三角函数关系式得cos∠MNK =
❑√1−sin
2∠MNK = 2❑√2
3
，tan ∠MNK =
❑√2
4 .
又由NK // AQ，所以∠MNK =∠EQA，所以sin∠EQA = 1
3，tan ∠EQA =
❑√2
4 .
在直角三角形NHQ中，NH =2，得NQ =
NH
sin∠EQA =6，所以FQ = NQ−NF =6−2= 4.
又在直角三角形DFQ中，DF = FQ⋅tan ∠EQA = ❑√2.
同理在直角三角形EQA中，EQ = EF + FQ =12+ 4 =16，AE = EQ⋅tan ∠EQA = 4 ❑√2.
所以圆台的上底面半径AE = 4 ❑√2，下底面半径DF = ❑√2，高EF =12.
所以圆台的体积V = 1
3 π⋅EF( A E
2+ AE⋅DF + D F
2)=168π.
而球M的体积V M = 4
3 π×4
3= 256
3 π，球N的体积V N = 4
3 π×2
3= 32
3 π.
所以容器中水的体积V
' =V −V M −V N =168π−256π
3
−32π
3
=72π
故答案为：72π.
【变式6-3】（2025·山东泰安·二模）如图，在母线长为4+2❑√3，高为3+2❑√3的倒置圆锥形容器（不计厚
度）内放置一个底面半径为1 的圆柱体.现向圆柱侧面与圆锥侧面所夹空间内放入若干小球，所有小球均与
圆柱侧面，圆锥侧面及圆锥底面所在平面相切，则这样的小球最多能放入
个.
【答案】6
【解题思路】求出满足条件的小球的半径，再由俯视图可求出两个小球球心与底面圆圆心投影连线的夹
角，即可得解.
【解答过程】如图，
则R
2=l
2−ℎ
2=(4+2❑√3)
2−(3+2❑√3)
2=7+ 4 ❑√3，解得R =2+ ❑√3，
由题意，小球与圆柱、圆锥侧面、圆锥底面相切，作轴截面如图所示，
因为1
BO
′ = OA
OB ，所以OA =2，即AB =OB−OA =2+2❑√3，
则∠BAC =30°，设圆O1的半径为r1，则BC = ❑√3r1+r1=1+ ❑√3，
解得r1=1，即小球的半径为1,
作俯视图，
因为△O
′O1O2为等边三角形，所以∠O1O
′O2=60°，
由360°
60° =6可知，这样的小球最多能放入6 个.
故答案为：6.
【题型7 外接球之二面角模型】
【例7】（2025·黑龙江大庆·一模）已知正三棱锥A −BCD的底面边长为6，二面角A −BC −D的余弦值
为
❑√3
4 ，则正三棱锥A −BCD外接球的表面积为（ ）
A．256 ❑√13
13
π
B．625 ❑√13
13
π
C．625
13 π
D．256
13 π
【答案】C
【解题思路】作辅助线，找到二面角的平面角∠AED，利用相关线段长度，结合二面角A −BC −D的余
弦值求出AE的长度，再利用勾股定理求出正三棱锥的高AH，设外接球半径为r，根据外接球的性质，结
合勾股定理列出关于r的方程，求解出r，最后利用球的表面积公式计算出外接球的表面积.
【解答过程】如图所示，正三棱锥A −BCD，作AH ⊥平面BCD于点H，则H为正三角形BCD的中心，
取BC的中点E，连接DE , AE，设外接球心为O，则O在AH上，连接OD.
由已知△BCD的边长为6，由于AE⊥BC , DE⊥BC，∠AED即二面角A −BC −D的平面角，则
cos∠AED =
❑√3
4 .
因为DE =
❑√B D
2−B E
2=
❑√6
2−3
2=3 ❑√3，所以EH = 1
3 DE = 1
3 ×3 ❑√3= ❑√3，
所以AE =
EH
cos∠AED =
❑√3
❑√3
4
= 4
，AH =
❑√A E
2−E H
2=
❑√4
2−(❑√3)
2= ❑√13.
设外接球O的半径为r，则OA =OD =r，OH =|AH −r)=|❑√13−r)，
又DH = 2
3 DE = 2
3 ×3 ❑√3=2❑√3，O D
2= D H
2+O H
2，
所以r
2=(2❑√3)
2+(❑√13−r)
2，解得r = 25 ❑√13
26
.
故正三棱锥A −BCD外接球的表面积S = 4πr
2= 4π×(
25 ❑√13
26 )
2
= 625
13 π.
故选：C.
【变式7-1】（2025·陕西安康·模拟预测）如图，△ABC为等腰直角三角形，AB = AC =2，D为斜边BC上
一动点，将△ACD沿AD折起，使C的对应点为C
′，且二面角C
′−AD−B的大小为90
∘，当BC
′的长最小
时，三棱锥C
′−ABD外接球的半径为（ ）
A．
❑√10
2
B．
❑√6
2
C．❑√6
D．2
【答案】B
【解题思路】设∠BAD =α，结合面面垂直性质定理得出C
′ F ⊥平面ABD，再结合图形根据勾股定理可
得BC
′2=−4sin2α +8，即可求解点D的位置，结合正方体的外接球计算方法求解即可.
【解答过程】如图，设∠BAD =α，则∠C
′ AD =∠CAD =π
2 −α，
过点C
′作C
′ F ⊥AD于点F，
因为二面角C
′−AD−B的大小为90
∘，所以平面C
′ AD⊥平面ABD，
又平面C
′ AD∩平面ABD = AD，C
′ F ⊂平面C
′ AD，所以C
′ F ⊥平面ABD，
过点B作BE⊥AD于点E，则AE =2cosα，BE =2sinα，
又C
′ F =2sin(
π
2 −α)=2cosα，AF =2cos(
π
2 −α)=2sinα，
所以EF =|AE−AF)=2|sinα −cosα )，
因为二面角C
′−AD−B的大小为90
∘，
所以BC
′2= B E
2+ E F
2+C
′ F
2=−4sin2α +8，
当α =π
4 时，BC
′有最小值2，此时AD平分∠BAC，且D，E，F三点重合，
三棱锥C
′−ABD可看作是棱长为❑√2的正方体的一角，
设三棱锥C
′−ABD外接球的半径为R，
则(2 R)
2=(❑√2)
2+(❑√2)
2+(❑√2)
2=6，解得R =
❑√6
2 .
故选：B.
【变式7-2】（2024·河北·模拟预测）在三棱锥A −BCD中，
AB = AC = ❑√2, BC =CD =2, ∠BCD =120°，若三棱锥A −BCD的外接球表面积为20π，则二面角
A −BC −D的大小为（ ）
A．60°或120°
B．30°或150°
C．60°
D．45°
【答案】A
【解题思路】根据题意，作出球心O，利用外接球半径R，△ABC ,△BCD外接圆半径r1,r2，可求得
∠OO1O2=30°即可得到二面角A −BC −D的大小.
【解答过程】设△ABC ,△BCD外接圆圆心分别为O1,O2，外接圆半径为r1,r2，三棱锥外接球半径为R，
过O1,O2分别作平面ABC，平面BCD的垂线，交点即为三棱锥A −BCD的外接球心O，
∵AB = AC = ❑√2, BC =2，∴A B
2+ A C
2= BC
2，即∠BAC =π
2 ，
所以O1在BC中点处，r1= BC
2 =1，
∵BC =CD =2, ∠BCD =120°，∴∠CBD =30°，
CD
sin∠CBD =2r2=
2
sin30° ⇒r2=2，且O2在BC垂直平分线上，
所以O1O2=
❑√O2B
2−O1B
2=
❑√r2
2−1= ❑√3，
三棱锥A −BCD的外接球表面积为S = 4π R
2=20π⇒R = ❑√5，
OO1=
❑√O B
2−O1B
2=
❑√R
2−1=2，OO2=
❑√O B
2−O2B
2=
❑√R
2−4 =1，
又OO2⊥平面BCD，O1O2⊂平面BCD，所以OO2⊥O1O2，
则sin ∠OO1O2= OO2
OO1
= 1
2，所以∠OO1O2=30°，
又OO1⊥平面ABC，BC ，A O1⊂平面ABC，所以OO1⊥BC ,OO1⊥A O1，
又A O1⊥BC ,O1O2⊥BC，所以O1 A ,O1O ,O1O2共面，
所以∠A O1O2就是二面角A −BC −D的平面角，
∠A O1O2=90°+30° =120°或∠A O1O2=90°−30° =60°.
故选：A.
【变式7-3】（2025·河南鹤壁·二模）如图，在三棱锥A −BCD中，△ABC和△BCD均为边长为❑√3的等边
三角形，若二面角A −BC −D的大小为90
∘，则三棱锥A −BCD外接球的表面积为（ ）
A．5π
B．8π
C．6π
D．9π
【答案】A
【解题思路】取BC中点为E，以及△ABC的外心为O1，△BCD的外心为O2，依据平面PBC ⊥平面ABC
可知OO1 EO2为正方形，然后计算外接球半径，最后根据球表面积公式计算.
【解答过程】设E是BC中点，连接AE , DE，设△ABC的外心为O1，△BCD的外心为O2，
O是四面体外接球球心，
由于△ABC和△BCD都是边长为❑√3的正三角形，
所以AE⊥BC , DE⊥BC , AE = DE =
❑√
(❑√3)
2−(
❑√3
2 )
2
= 3
2
，
且O1,O2分别在DE , AE靠近E 的三等分点处.
根据二面角A −BC −D的大小为90
°及球的性质可知：
OO1⊥平面BCD，OO2⊥平面ABC，所以OO1⊥DE ,OO2⊥AE，
由于O1 E =O2 E , AE⊥DE，所以四边形OO1 EO2是正方形，
EO1= EO2= 1
3 DE = 1
2，O1 D = 2
3 DE =1，
设四面体外接球的半径为R，则R = ❑√(
1
2)
2
+1
2=
❑√5
2
.
所以外接球的表面积为4π R
2= 4π× 5
4 =5π.
故选：A.
【题型8 与球的切、接有关的最值问题】
【例8】（2025·重庆·三模）已知某圆锥的外接球的体积为500π
3
，若球心到该圆锥底面的距离为4，则该
圆锥体积的最大值为（ ）
A．9π
B．27π
C．18π
D．48π
【答案】B
【解题思路】求出外接球的半径，由此可求出圆锥底面半径长，并求出圆锥高的最大值，结合锥体体积公
式可求得结果.
【解答过程】设圆锥PO1的外接球O半径为R，则4π R
3
3
= 500π
3
，解得R =5，
所以，圆锥PO1的底面半径为r =
❑√R
2−4
2=
❑√5
2−4
2=3，
所以，当圆锥的高为R+ 4 =5+ 4 =9时，圆锥的体积最大，
且其最大值为1
3 π×3
2×9=27π.
故选：B.
【变式8-1】（2025·湖南·二模）在正三棱柱ABC −A1B1C1中，AB = A A1=6，E为线段C C1上的动
点，D为BC边上靠近B 的三等分点，则三棱锥A −BDE的外接球体积的最小值为（ ）
A．32❑√3π
B．4000 ❑√3π
27
C．500 ❑√3
27
D．108 ❑√3π
【答案】B
【解题思路】如图建立空间直角坐标系，利用外心定义可得ABD的外接圆圆心G的坐标，进而可得外接圆
半径|GA)= ❑√3
2+ 1
3 = 2❑√21
3
，设点E的坐标为(3,3 ❑√3,t)，设O的坐标为(3,−
❑√3
3 ,ℎ)，然后利用
R
2=O E
2=O A
2，可得ℎ= t
2 + 12
t ,t ∈(0,6)，再由基本不等式可得答案.
【解答过程】以A 为坐标原点，AB为x轴，过A 作AB的垂线为y轴，A A1为z轴建立如图所示的空间直角
坐标系，则A (0,0,0)，B (6,0,0)，C (3,3 ❑√3,0)，D(5,❑√3,0)，
设三角形ABD的外接圆的圆心为G，则点G在xOy平面上，且为线段AB 中垂线与线段AD 中垂线交点，
注意到线段AB 中垂线方程满足{
x =3
z =0)，AD 中点为D(
5
2 ,
❑√3
2 ,0)，
又在平面xOy中，k AD=
❑√3
5 ，则AD 中垂线方程满足{
y =−5 ❑√3
3 (x−5
2)+
❑√3
2
z =0
)
，
联立{
x =3
z =0)与{
y =−5 ❑√3
3 (x−5
2)+
❑√3
2
z =0
)
，故解得点G的坐标为(3,−
❑√3
3 ,0)，
过点G作平面ABC的垂线，则外心O一定在此垂线上，故可设O的坐标为(3,−
❑√3
3 ,ℎ)，又因为
|GA)= ❑√3
2+ 1
3 = 2❑√21
3
，
故三角形ABD的外接圆半径|GA)= 2❑√21
3
，
由题可设点E的坐标为(3,3 ❑√3,t)，且t ∈(0,6)，
由外接球的定义知：R
2=O E
2=(
10 ❑√3
3 )
2
+(ℎ−t )
2=O A
2=OG
2+G A
2=ℎ
2+(
2❑√21
3 )
2
，
故R
2=ℎ
2+ 28
3 =(ℎ−t )
2+ 100
3 ，得ℎ= t
2 + 12
t ,t ∈(0,6)，
故当ℎ最小时，半径最小，即体积最小，
由基本不等式知，ℎ= t
2 + 12
t ≥2❑√
t
2 · 12
t =2❑√6，当且仅当t
2 = 12
t ⇒t =2❑√6时等号成立，即
R
2≥24 + 28
3 = 100
3 ⇒R≥10
❑√3 ⇒V = 4
3 π R
3≥4
3 π⋅1000
3 ❑√3 = 4000 ❑√3π
27
，
故体积V ≥4000 ❑√3π
27
.
故选：B.
【变式8-2】（2025·四川广安·模拟预测）在三棱锥P−ABC中，三条棱PA，PB，PC两两垂直，且
PA =1，PB =2，PC =2.若点Q为三棱锥P−ABC的外接球球面上任意一点，则Q到面ABC距离的最大值
为（ ）
A．3+ ❑√6
B．3−❑√6
C．3
2 +
❑√6
6
D．3
2 −
❑√6
6
【答案】C
【解题思路】根据题意，易得外接球半径R = 3
2，利用正弦定理得到截面△ABC的外接圆半径为r = 5 ❑√3
6
，
从而得到球心O到ABC面的距离，结合题意即可得到最大值.
【解答过程】三棱锥P−ABC的外接球就是以PA、PB、PC为长、宽、高的长方体的外接球，
其直径为2 R =
❑√1
2+2
2+2
2=3，即R = 3
2，
又AB = ❑√5,BC =2❑√2, AC = ❑√5，所以cos∠BAC = 5+5−8
2×5
= 1
5，
则sin ∠BAC = 2❑√6
5
，于是由正弦定理，△ABC的外接圆半径为r =
BC
2sin ∠BAC = 5 ❑√3
6
，
故球心O到ABC面的距离为
❑√R
2−r
2=
❑√6
6 .
所以点Q到面ABC距离的最大值是3
2 +
❑√6
6 .
故选：C.
【变式8-3】（2025·四川成都·二模）直观想象是数学六大核心素养之一，现有大小完全相同的10 个半径
为r的小球，全部放进棱长为8+ 4 ❑√6的正四面体盒子中，则r的最大值为（ ）
A．1
2
B．1
C．3
2
D．2
【答案】D
【解题思路】根据题意利用正四面体的性质得出棱长与高之间的关系，再由10 个球在正四面体盒子内部摆
放规则以及内切关系，利用三角形相似即可求得r的最大值.
【解答过程】如图所示，
因为正四面体的高等于其棱长的
❑√6
3 倍，所以其高为AO =8+ 8 ❑√6
3
.
10 个半径为r的小球放进棱长为8+ 4 ❑√6的正四面体A −BCD中，成三棱锥形状，有3 层，
则从上到下每层的小球个数依次为1,(1+2),(1+2+3)个，
当r取最大值时，从上到下每层放在边缘的小球都与正四面体的侧面相切，
底层的每个球都与正四面体底面相切，任意相邻的两个小球都外切，
位于每层正三角状顶点的所有上下相邻小球的球心连线为一个正四面体E−FGH，
则该正四面体E−FGH的棱长为r +2r +r = 4 r，
可得正四面体E−FGH的高EP = 4 r ×
❑√6
3 = 4 ❑√6r
3
.
连接DO并延长交BC于点M，连接AM，过点E作NE⊥AM于点N，
易知△AOM ∽△ANE , AM = DM =3 MO，所以AE
NE = AM
MO = 3
1，
所以AE =3 NE =3r，
所以正四面体A −BCD的高AO = AE + EP+ PO =3r + 4 ❑√6r
3
+r =8+ 8 ❑√6
3
，
解得r =2，所以r的最大值为2.
故选：D.
【题型9 与球的切、接有关的截面问题】
【例9】（2025·云南昭通·模拟预测）已知球O的半径为3，正方体ABCD−A1B1C1 D1所有顶点均在球面
上，点M是棱AB的中点，过点M作球O的截面，则所得截面面积的最小值为（ ）
A．5 π
B．4 π
C．3 π
D．❑√3 π
【答案】C
【解题思路】根据正方体对角线长就是球的直径求出正方体的棱长，结合当OM与截面垂直时，截面圆的
半径最小，此时截面圆面积最小，进而可得答案．
【解答过程】设正方体棱长为a，则正方体对角线长就是球的直径2 R，
球心O 是正方体对角线中点，
由正方体对角线公式❑√a
2+a
2+a
2=2 R =6，解得a=2❑√3．
因为点M是棱AB的中点，当OM与截面垂直时，截面圆的半径最小，此时截面圆面积最小．
因为OA = R =3，AM = ❑√3，勾股定理O A
2=O M
2+ A M
2，解得OM = ❑√6，
设截面圆半径为r，则r =
❑√R
2−O M
2= ❑√9−6= ❑√3，
所以截面面积S = π r
2=3 π，
故选：C．
【变式9-1】（2025·辽宁大连·模拟预测）在三棱锥P−ABC中，PA ⊥底面ABC，AB⊥AC，AB =3，
AC = 4，点D 满足⃗AD =3⃗DC，三棱锥P−ABC的外接球为球O，过点D 作球O 的截面，若所得截面圆
的面积的最大值与最小值之差为4π，则球O 的表面积为（ ）
A．16π
B．20π
C．24π
D．28π
【答案】D
【解题思路】将三棱锥补成长方体并建立空间直角坐标系，设PA =ℎ、外接球半径为R，求出各点及球心
坐标，分析截面圆的面积差从而求出h、R，代入球的表面积公式即可得解.
【解答过程】设PA =ℎ，因为在三棱锥P−ABC中，PA ⊥底面ABC，AB⊥AC，所以将其补为一个长
方体（长为4，宽为3，高为h），三棱锥与该长方体共外接球，球心O 为长方体体对角线中点，设外接球
半径为R，
以A 为坐标原点，AB、AC、AP 分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系，如图所示，
A(0,0,0),B(0,3,0),C(4,0,0), D(3,0,0),O(2, 3
2 , ℎ
2 )，
OD =
❑√1+ 9
4 + ℎ
2
4 =
❑√
13
4 + ℎ
2
4
，
R =
❑√A B
2+ A C
2+ P A
2
2
=
❑√3
2+ 4
2+ℎ
2
2
=
❑√25+ℎ
2
2
，
过D 作求O 的截面，最大截面为：过球心O，半径为R，面积为π R
2，
最小截面为：与OD 垂直，半径为r =
❑√R
2−O D
2，面积为π (R
2−O D
2).
因为过点D 作球O 的截面，若所得截面圆的面积的最大值与最小值之差为4π，
所以π R
2−π (R
2−O D
2)= π ⋅O D
2= 4 π ⇒O D
2= 4 = 13
4 + ℎ
2
4 ，解得ℎ
2=3，
则R
2= 25+ℎ
2
4
= 25+3
4
=7，外接球表面积为：4 π R
2= 4 π ×7 =28 π.
故选：D.
【变式9-2】（2025·广东·模拟预测）在棱长为2 的正方体ABCD−A1B1C1 D1中，M , N分别为AB ,C C1
的中点，过直线MN的平面截该正方体的内切球O，所得截面圆的面积的最小值为（ ）
A．π
2
B．2π
3
C．π
D．3π
2
【答案】A
【解题思路】设T是线段MN的中点，则OT ⊥MN，利用勾股定理求出MN，进而求出OT，找出当OT
垂直于过MN的平面时，截得该正方体的内切球所得截面圆的面积最小，再利用弦长公式和面积公式即可
求得结果.
【解答过程】设T是线段MN的中点，则OT ⊥MN，
由勾股定理MN =
❑√M B
2+ B N
2= ❑√6,OM = ❑√2，
球心O到MN距离为OT =
❑√
(❑√2)
2−(
❑√6
2 )
2
=
❑√2
2
，
当OT垂直于过MN的平面时，截得该正方体的内切球所得截面圆的面积最小，
MN被球截得的弦长为l =2
❑√R
2−OT
2=2
❑√
1−(
❑√2
2 )
2
= ❑√2，
此时圆的半径就是r = l
2 =
❑√2
2 ，面积为S =πr
2= 1
2 π.
故选：A.
【变式9-3】（2025·云南曲靖·一模）已知正三棱锥P−ABC的所有顶点都在球O的球面上，PA = 4 ❑√3，
AB =6，过棱AB作球O的截面，则所得截面面积的取值范围是（ ）
A．[9π,12π)
B．[9π,16π)
C．[12π,16π)
D．[12π,36π)
【答案】B
【解题思路】求出三棱锥外接球的半径，取AB的中点D，当OD垂直截面时，截面的面积最小，此时截面
圆的直径为AB长，当截面过球心时，截面圆的面积最大，即可得解.
【解答过程】如图，作PH ⊥平面ABC，垂足为H，取AB的中点D，外接球的球心为O，连接AO , AH
，
易得H为△ABC的中心，则AH =2❑√3，所以PH =
❑√P A
2−A H
2= ❑√48−12=6，
设外接球半径为R，则A O
2= A H
2+O H
2，即R
2=12+(6−R)
2，解得R = 4，
当OD垂直过AB的截面时，截面的面积最小，此时截面圆的直径为AB长，
最小面积为π×3
2=9π，
当截面过球心O时，截面圆的面积最大，最大面积为π×4
2=16π，
故截面面积的取值范围是[9π,16π).
故选：B.
【题型10 多面体与球体内切外接综合问题】
【例10】（2025·天津河东·二模）已知正方体的边长为a，其外接球体积与内切球表面积的比值为3
2，则a
的值为（ ）
A．❑√3
B．2
C．❑√5
D．3
【答案】A
【解题思路】利用正方体的外接球与内切球的性质结合球体的表面积与体积公式计算即可.
【解答过程】易知正方体的外接球半径为其体对角线的一半，即
❑√3a
2
，
内切球半径为棱长的一半，即a
2，由球体的表面积公式及体积公式可知：
4π
3 ×(
❑√3a
2 )
3
4π×(
a
2)
2
=
❑√3a
2
= 3
2 ⇒a= ❑√3.
故选：A.
【变式10-1】（2025·陕西汉中·模拟预测）在正三棱锥P−ABC中，侧棱PA与底面ABC所成的角为60°，
记三棱锥P−ABC内切球、外接球的半径分别为r , R，则r
R =（ ）
A．1
6
B．3
8
C．
❑√13−1
4
D．
❑√13−1
8
【答案】D
【解题思路】根据V P−ABC = 1
3 (S△ABC+3 S△PAB)r计算可得r，求出△ABC外接圆半径，再结合勾股定理可
求出外接球的半径R.
【解答过程】设正三棱锥底面边长为a，底面正三角形的中心为H，则顶点P在底面的投影点为H，
因为侧棱PA与底面ABC所成的角为60°， 即∠PAH =60
∘，
在Rt△PAH中，AH = 2
3
❑√
a
2−(
a
2)
2
=
❑√3
3 a，PA =
AH
cos60
∘= 2❑√3
3
a，PH = PA ⋅sin 60
∘=a，
S△PAB= 1
2 ⋅AB⋅❑√P A
2−(
AB
2 )
2
=
❑√13
4 ❑√3 a
2，S△ABC = 1
2 a
2sin 60
∘=
❑√3
4 a
2，
正四棱锥体积为：V P−ABC = 1
3 ·S△ABC· PH = 1
3 ×
❑√3a
2
4
·a=
❑√3
12 a
3,
因为V P−ABC = 1
3 (S△ABC+3 S△PAB)r，所以r =
a
1+ ❑√13，
在正三棱锥中，外接球的球心在PH，设球心为O，
设OH =k，根据球心到顶点距离相等可得，OP=OA，
即a−k =
❑√k
2+ a
2
3
，解得k = a
3 ，所以R = 2a
3 ，
所以r
R =
a
1+ ❑√13
2a
3
=
3
2+2❑√13 =
3×(2❑√13−2)
(2❑√13+2)(2❑√13−2)
=
❑√13−1
8
.
故选：D.
【变式10-2】（2025·四川绵阳·模拟预测）四棱锥P−ABCD的底面是边长为2 的正方形，且
PA = PB = PC = PD = ❑√5，设该四棱锥的外接球球心与内切球球心分别为O1，O2，则O1O2的长为（ ）
A．0
B．
❑√3
6
C．
❑√3
3
D．
❑√3
2
【答案】B
【解题思路】由题设可知正四棱锥底面边长为2侧棱长为❑√5，进而求出外接球的半径，应用等体积法求内
切球的半径，即可求解.
【解答过程】因为四棱锥P−ABCD的底面是边长为2 的正方形，且PA = PB = PC = PD = ❑√5，
P−ABCD为正四棱锥，设底面中心为O,
则四棱锥外接球球心及内切球球心都在PO上，设外接球球心为O1，半径为R.
连接O1C，则有PO1=O1C = R.四棱锥P−ABCD的底面是边长为2 的正方形，OC = ❑√2
在△POC中，PO =
❑√PC
2−OC
2= ❑√5−2= ❑√3，
由O1C
2=OC
2+OO1
2得，R
2=2+(❑√3−R)
2，整理得，R = 5 ❑√3
6
.OO1= ❑√3−5 ❑√3
6
=
❑√3
6
设内切球的半径为r，△PBC中，PB = PC = ❑√5,BC =2，
cos∠BPC = 5+5−4
2×5
= 3
5 ,sin∠BPC =
❑√1−cos
2∠BPC = 4
5 ，
所以S△PBC = 1
2 ×❑√5×❑√5sin∠BPC =2，所以四棱锥表面积为S = 4×2+2
2=12，
由V P−ABCD= 1
3 S ABCD⋅PO = 1
3 Sr，即1
3 ×4×❑√3= 1
3 ×12×r，
∴r =
❑√3
3 ，则O1O2的长为r −OO1=
❑√3
3 −
❑√3
6 =
❑√3
6 .
故选：B.
【变式10-3】（2025·天津和平·一模）已知正四面体ABCD（四个面都是正三角形），其内切球（与四面
体各个面都相切的球）表面积为π
6 ，设能装下正四面体ABCD的最小正方体的体积为V 1，正四面体
ABCD的外接球（四面体各顶点都在球的表面上）体积为V 2，则V 1⋅V 2=（ ）
A．
❑√3
16 π
B．
❑√6
8 π
C．3 ❑√2
8
π
D．3
2 π
【答案】A
【解题思路】设正四面体的棱长为a，设正四面体ABCD内切球球心为O，半径为r2，由等体积法求出
a=1，将该正四面体放入一个正方体内，使得每条棱恰好为正方体的面对角线，此时即为能装下正四面体
ABCD的最小正方体，即可求出V 1，设正四面体ABCD的外接球的半径R，根据正方体和正四面体的外接
球为同一个球计算出V 2，即可得出答案．
【解答过程】设正四面体的棱长为a，则正四面体的表面积为S = 4×
❑√3
4 a
2= ❑√3a
2，
由题设底面△ABC的外接圆半径r1，则
a
sin π
3
=2r1,∴r1=
❑√3
3 a.
所以正四面体的高为❑√a
2−(
❑√3
3 a)
2
=
❑√6
3 a，
其体积为V = 1
3 ×
❑√3
4 a
2×
❑√6
3 a=
❑√2
12 a
3，
设正四面体ABCD内切球球心为O，半径为r2，
V =V O−ABC +V O−ABD+V O−BCD+V O−ACD= 4× 1
3 ⋅Sr = 4× 1
3 ×
❑√3
4 a
2r =
❑√2
12 a
3
解得：r2=
❑√6
12 a，所以4πr2
2= 4π(
❑√6
12 a)
2
=π
6 ，解得：a=1，
将该正四面体放入下图的正方体内，使得每条棱恰好为正方体的面对角线，
此时即为能装下正四面体ABCD的最小正方体，
正四面体ABCD的最小正方体的边长为b，如下图，即2b
2=a
2=1，所以b=
❑√2
2 ，
体积为V 1=b
3=
❑√2
4 ，设正四面体的外接球半径为R，
则正方体的外接球，也即正四面体的外接球的半径为2 R = ❑√3b=
❑√6
2 ，
所以R =
❑√6
4 ，所以外接球的体积为V 2= 4
3 π×(
❑√6
4 )
3
=
❑√6
8 π，
V 1⋅V 2=
❑√2
4 ⋅
❑√6
8 π=
❑√3
16 π.
故选：A.
一、单选题
1．（2025·湖北·模拟预测）已知圆锥的母线长为6，其内切球和外接球球心重合，则该圆锥外接球的表面
积为（ ）
A．48π
B．36π
C．24π
D．12π
【答案】A
【解题思路】根据内切球和外接球球心重合，得到角之间的关系，继而可求外接球半径.
【解答过程】
因为内切球和外接球球心重合，如图可以得到∠OSA =∠OAS =∠OAH =30°
所以外接球半径R =OA =OS =2OH，
∵3
2 R = SH =3 ❑√3，∴R =2❑√3
因此圆锥外接球的表面积为48π.
故选：A.
2．（2025·全国·模拟预测）如图，已知正四棱台ABCD−A1B1C1 D1的高ℎ= 4 ❑√6，且AB =2 A1B1=8
，则此正四棱台的外接球表面积为（ ）
A．80π
B．91π
C．128π
D．182π
【答案】D
【解题思路】根据正四棱台的性质找到其外接球的球心，然后设球心为O，点O距离下底面的高度为x.
根据题意列出方程，求解即可.
【解答过程】由题意可知，正四棱台外接球的球心在其上、下底面正方形的对角线的中点的连线上，如图
所示，设球心为O，点O距离下底面的高度为x.
因为ℎ= 4 ❑√6，AB =8，A1B1= 4，又上、下底面均为正方形，所以AC =8 ❑√2，A1C1= 4 ❑√2.
设棱台的外接球的半径为R，根据勾股定理可得R
2=(4 ❑√6−x)
2+(2❑√2)
2= x
2+(4 ❑√2)
2，解得x = 3 ❑√6
2
，
则R
2= x
2+(4 ❑√2)
2= 91
2 ，所以正四棱台的外接球表面积为4π R
2=182π.
故选：D.
3．（2025·福建龙岩·二模）已知正四棱台ABCD−A1B1C1 D1的上，下底面边长分别为❑√2和2❑√2．若该
棱台的体积为14 ❑√3
3
，则该棱台的外接球表面积为（ ）.
A．7π
B．32
3 π
C．16π
D．19π
【答案】C
【解题思路】根据台体体积公式可得台体的高，即可利用勾股定理列方程求解半径.
【解答过程】在正四棱台ABCD−A1B1C1 D1中，AB =2❑√2，A1B1= ❑√2，体积为14 ❑√3
3
，高为ℎ，
故14 ❑√3
3
= 1
3 (2+8+ ❑√2×8)ℎ⇒ℎ= ❑√3，
则BD =
❑√(2❑√2)
2+(2❑√2)
2= 4，B1 D1=
❑√(❑√2)
2+(❑√2)
2=2，
连接BD、AC相交于点E，B1 D1、A1C1相交于点F，
设外接球的球心为O，若O在台体外，
设O到底面ABCD的距离为d，
则半径为R =
❑√E B
2+O E
2=
❑√B1 F
2+(ℎ+OE)
2，
即❑√4+d
2=
❑√1+(❑√3+d)
2，解得d =0，所以球心O与点E重合，
若O在台体内，O到底面ABCD的距离为d，
则半径为R =
❑√E B
2+O E
2=
❑√B1 F
2+(ℎ−OE)
2，
即❑√4+d
2=
❑√1+(❑√3−d)
2，解得d =0， 所以球心O与点E重合，
综上所述，ℎ= EF =OF = ❑√3，故R =2，所以4π R
2=16π.
故选：C.
4．（2025·黑龙江·二模）在四棱锥S−ABCD中，侧面SAD⊥底面ABCD，侧面SAD 是正三角形，底面
ABCD 是边长为2❑√6的正方形，则该四棱锥外接球表面积为（ ）
A．5π
B．10π
C．28π
D．56π
【答案】D
【解题思路】运用面面垂直的性质证得O1 E⊥平面SAD，SE⊥平面ABCD，再结合正弦定理求得三角形
外接圆的半径及勾股定理求得四棱锥外接球的半径，进而求得其表面积.
【解答过程】如图所示，
连接AC、BD 交于一点O1，取AD 中点E，连接O1 E、SE，
所以由题意知，O1 E⊥AD，SE⊥AD，O1为正方形ABCD 外接圆的圆心，
又因为平面SAD⊥平面ABCD，平面SAD∩平面ABCD = AD，O1 E⊂平面ABCD，
所以O1 E⊥平面SAD，
同理：SE⊥平面ABCD，
设等边△SDA的外接圆的圆心为O2，过O2作O1 E的平行线交过O1作SE的平行线于点O，
则OO1⊥平面ABCD，OO2⊥平面SAD，
所以O 为四棱锥S−ABCD外接球的球心，半径为R，
在等边△SDA中由正弦定理得
2❑√6
sinπ
3
=2SO2，解得：SO2=2❑√2，
又因为OO2= 1
2 AB = ❑√6，
所以R =OS =
❑√O2S
2+O2O
2=
❑√(2❑√2)
2+(❑√6)
2= ❑√14，
所以四棱锥S−ABCD外接球表面积为4π R
2= 4π×(❑√14)
2=56π.
故选：D.
5．（2025·四川德阳·三模）六氟化硫分子结构为正八面体结构（正八面体每个面都是正三角形）.若一正八
面体的内切球表面积为S1，外接球表面积为S2，则
S2
S1
的值为（ ）
A．4
3
B．3
2
C．3
D．4
【答案】C
【解题思路】根据正八面体的结构特征可得外接球的半径，利用等积法可得内切球半径，进而利用球的表
面积公式即可求得.
【解答过程】如图正八面体，连接AC和BD交于点O，
因为EA = EC，ED = EB，所以EO⊥AC，EO⊥BD，
又AC ⊂平面ABCD，BD⊂平面ABCD，AC ∩BD =O，
所以EO⊥平面ABCD，
设正八面体的外接球的半径为R，内切球半径为r，
假设正八面体的棱长为2，
则EB = EC = BC =2，OB =OC = ❑√2，EO =
❑√E B
2−O B
2= ❑√2，
S△EBC =
❑√3
4 ×2
2= ❑√3，S△OBC = 1
2 ×2×1=1，
因OB =OC =OE = ❑√2，则R = ❑√2，且O为正八面体的中心，
则点O到平面BEC的距离为内切球半径r，
因为V E−OBC =V O−EBC，即1
3 ×S△OBC× EO = 1
3 ×S△EBC×r，
即1
3 ×1×❑√2= 1
3 ×❑√3×r，所以r =
❑√6
3 ，
所以
S2
S1
= 4π R
2
4πr
2 = (❑√2)
2
(
❑√6
3 )
2 =3
.
故选：C.
6．（2025·安徽合肥·三模）将边长为4 的正方形ABCD 沿对角线BD 进行翻折，使得二面角A −BD−C的
大小为120°，连接AC，得到四面体ABCD，则该四面体的外接球体积与四面体的体积之比为（ ）
A．4
3 π
B．8
3 π
C．2❑√3
3
π
D．8 ❑√3
3
π
【答案】D
【解题思路】根据题意得到翻折后四面体ABCD 是2 个直角三角形构成的，所以外接球球心在斜边的中点
处，可得到半径进而求得体积，由翻折特性可知BD⊥平面AOC，又V A −BCD=V D−AOC+V B−AOC可求体积.
【解答过程】翻折后所得图形如下图所示，易知BD 的中点O 为球心，
故该四面体的外接球体积V = 4
3 π R
3= 4
3 π⋅(2❑√2)
3= 64 ❑√2
3
π，
又AO⊥BD ,CO⊥BD，AO,CO⊂平面AOC，AO∩CO =O，
所以BD⊥平面AOC，
二面角A −BD−C的大小为120°，S△AOC = 1
2 ⋅2❑√2⋅2❑√2sin120° =2❑√3，
V A −BCD=V D−AOC +V B−AOC = 1
3 S△AOC|OB)+ 1
3 S△AOC|OD)= 1
3 S△AOC|BD)= 8 ❑√6
3
,
故所求体积之比为8 ❑√3
3
π，
故选：D．
7．（2025·辽宁·模拟预测）已知在四棱锥P−ABCD中，PA ⊥平面ABCD，AB = BC =2❑√2，
PA = AC = 4，△ACD为等边三角形，则平面PAD与三棱锥P−ABC的外接球球面的交线长为（ ）
A．4π
B．2❑√5π
C．6π
D．4 ❑√2π
【答案】B
【解题思路】先证明出BC ⊥平面PAB，所以BC ⊥PB，则PC为三棱锥P−ABC的外接球的直径，且
PC = 4 ❑√2，作出辅助线，得到CH ⊥平面PAD，求出M到平面PAD的距离d = CH
2 = ❑√3，平面PAD与
三棱锥P−ABC的外接球球面的交线为圆，且圆的半径r = ❑√5，故其周长为2❑√5π.
【解答过程】因为A B
2+ BC
2= A C
2，所以AB⊥BC，
又PA ⊥平面ABCD，BC ⊂平面ABCD，所以PA ⊥BC，
又AB∩PA = A，AB，PA ⊂平面PAB，所以BC ⊥平面PAB，
又PB⊂平面PAB，所以BC ⊥PB，
则PC为三棱锥P−ABC的外接球的直径，
PA ⊥平面ABCD，AC ⊂平面ABCD，所以PA ⊥AC，
PA = AC = 4，由勾股定理得PC =
❑√P A
2+ A C
2= 4 ❑√2．
取M为PC的中点，过C作CH ⊥AD，H为垂足，PM =2❑√2，
PA ⊥平面ABCD，CH ⊂平面ABCD，所以PA ⊥CH，
又AD∩PA = A，AD , PA ⊂平面PAD，故CH ⊥平面PAD，
因为△ACD为等边三角形，且AC = 4，则CH = 2❑√3，
所以M到平面PAD的距离d = CH
2 = ❑√3，
故平面PAD与三棱锥P−ABC的外接球球面的交线为圆，
且圆的半径r满足r
2+d
2= P M
2，解得r = ❑√5，故其周长为2❑√5π
故选：B.
8．（2025·福建福州·模拟预测）在平面四边形ABCD中，△ABC是边长为❑√3的等边三角形，△ACD是以
点D为直角顶点的等腰直角三角形，将该四边形沿对角线AC折成四面体B−ACD，在折起的过程中，四
面体的外接球体积最小值为（ ）
A．32π
3
B．4π
C．4π
3
D．
❑√3π
2
【答案】C
【解题思路】因为△ACD是以点D为直角顶点的直角三角形，所以△ACD的外接圆圆心是AC的中点，所
以外接球的球心与AC中点的连线垂直面ACD,再使用余弦定理列出方程，根据运动过程中角的范围，求出
外接球半径的范围，得出答案.
【解答过程】
如图，设三棱锥B−ACD的外接球球心为O，取AC的中点E,连接EB , ED ,OB ,OD，
因为△ACD是以点D为直角顶点的直角三角形，所以△ACD的外接圆圆心是点E，
则由球的性质可知，OE⊥平面ACD，
设外接球半径为R,
∵△ABC是边长为❑√3的等边三角形,△ACD是以点D为直角顶点的等腰直角三角形,
∴EB = 3
2 , ED =
❑√3
2 ,
在Rt△OED中勾股定理可知OE = ❑√R
2−3
4 ,
则在△BOE中利用余弦定理可得，cos∠OEB = O E
2+ E B
2−O B
2
2OE·EB
=
1
2❑√R
2−3
4
∵∠OEB∈[0, π
2 ),∴cos∠OEB∈(0,1]，则0<
1
2❑√R
2−3
4
≤1
，得R≥1，
所以R的最小值为1，外接球体积最小值为4π
3
.
故选：C.
二、多选题
9．（2024·河南信阳·一模）六氟化硫，化学式为SF6，在常压下是一种无色、无臭、无毒、不燃的稳定气
体，有良好的绝缘性，在电器工业方面具有广泛用途．六氟化硫结构为正八面体结构，如图所示，硫原子
位于正八面体的中心，6 个氟原子分别位于正八面体的6 个顶点，若相邻两个氟原子之间的距离为m，则
（ ）
A．该正八面体结构的表面积为2❑√3m
2
B．该正八面体结构的体积为❑√2m
3
C．该正八面体结构的外接球表面积为2πm
2 D．该正八面体结构的内切球表面积为2πm
2
3
【答案】ACD
【解题思路】分析正八面体结构特征，计算其表面积，体积，外接球半径，内切球半径，验证各选项.
【解答过程】
对A：由题知，各侧面均为边长为m的正三角形，
故该正八面体结构的表面积S =8×
❑√3
4 ×m
2=2❑√3m
2，故A 正确；
对B：连接AS , PS，则AS = PS =
❑√2
2 m，PS⊥底面ABCD，
故该正八面体结构的体积V =2× 1
3 ×m
2×
❑√2
2 m=
❑√2
3 m
3，故B 错误；
对C：底面中心S到各顶点的距离相等，故S为外接球球心，外接球半径R = PS =
❑√2
2 m，
故该正八面体结构的外接球表面积S
′ =π×(❑√2m)
2=2πm
2，故C 正确；
对D：该正八面体结构的内切球半径r = 3V
S =
❑√2m
3
2❑√3m
2 =
❑√2m
2❑√3
，
故内切球的表面积S
″ = 4π×(
❑√2m
2❑√3 )
2
= 2πm
2
3
，故D 正确；
故选：ACD．
10．（2025·江西·模拟预测）已知多面体ABCD−A1B1C1 D1的底面ABCD为正方形，A A1，B B1，
C C1，D D1均垂直于底面ABCD，AB = B B1= D D1=2，且A1，B1，C1，D1四点共面．下列说法正确
的是（ ）
A．A1C1⊥B1 D1
B．若多面体ABCD−A1B1C1 D1存在外接球，则该外接球的表面积为48 π
C．V B−A A1C1C = 8
3
D．若C C1=3，A A1=1，则三棱锥A1−C1 D1 D的内切球半径为
4
4+ ❑√6+ ❑√14
【答案】ACD
【解题思路】据线面垂直的性质判断A；由外接球的特征和性质判断B；据棱锥的体积公式判断C；应用
等体积法判断D.
【解答过程】如图1-4，在正方形ABCD中，AC ⊥BD．
由题意A A1⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以A A1⊥BD，
由B B1// D D1，B B1= D D1，则四边形D D1B1B为平行四边形，所以B1 D1// BD，
所以{
AC ⊥B1 D1
A A1⊥B1 D1)，又AC ∩A A1= A都在平面A A1C1C内，所以B1 D1⊥平面A A1C1C．
又A1C1⊂平面A A1C1C，所以A1C1⊥B1 D1，故A 正确．
如图1-5，当多面体为正方体时，才有外接球，外接球的半径等于体对角线的一半，为❑√3，所以外接球的
表面积S =12π，故B 错误．
如图1-6，A A1+C C1= B B1+ D D1= 4，
V B−A A1C1C = 1
3 × ( A A1+C C1)× AC
2
× BD
2 = 1
3 × 4×2❑√2
2
×❑√2= 8
3
，故C 正确．
如图1-7，若C C1=3，A A1=1，
V A1−C1 D1 D= 1
3 S△C1 D1 D⋅AD = 4
3 = 1
3 (S△D A1 D1+ S△C1 D D1+ S△A1C1 D1+ S△DC1 A1)⋅r，解得r =
4
4 + ❑√6+ ❑√14 ，故
D 正确．
故选：ACD.
11．（2025·陕西安康·模拟预测）如图，已知正方体ABCD−A1B1C1 D1的外接球表面积为12π，点M
为线段BC 的中点，则（ ）
A．正方体ABCD−A1B1C1 D1的棱切球（球与正方体的棱均相切）表面积为6π
B．D1C //平面AM C1
C．在该正方体的8 个顶点中任选4 个构造一个三棱锥，则该三棱锥体积的最大值为8
3
D．平面AM C1截正方体ABCD−A1B1C1 D1所得的截面的面积为2❑√6
【答案】BCD
【解题思路】先由外接球的表面积计算正方体的棱长a，由面对角线为棱切球的直径即可求得棱切球的半
径r，进而得表面积，连接D1B交A C1于O，连接OM，即证OM // D1C，由线面平行判断定理即可判
断，求当底面为正方体一个面的一半，高为棱长时，三棱锥的体积，再求当底面为正方体面对角线时，高
为ℎ= 1
2 A C1时，三棱锥的体积，比较体积最大即可判断C，先求平面AM C1截正方体
ABCD−A1B1C1 D1所得的截面即可求解.
【解答过程】设正方体的棱长为a，由正方体的外接球的表面积为12π，所以S = 4π R
2=12π，
解得R = ❑√3，又(2 R)
2=3a
2= 4×3⇒a
2= 4⇒a=2，
对于A：设正方体ABCD−A1B1C1 D1的棱切球的半径为r，
所以(2r)
2=a
2+a
2=2a
2=8⇒r = ❑√2，所以棱切球的表面积为4πr
2=8π，故A 错误；
对于B：连接D1B交A C1于O，连接OM，在正方体ABCD−A1B1C1 D1中，O为B D1的中点，又M 为
线段BC 的中点，
所以OM // D1C，又D1C不在平面AM C1内，OM ⊂平面AM C1，所以D1C //平面AM C1，故B 正
确；
对于C：这样的三棱锥有两类：有3 个顶点在正方体的一个面内，体积为1
3 × 1
2 ×2×2×2= 4
3 ，
三棱锥任意3 个顶点不在正方体的同一面内，体积为2
3−4× 4
3 = 8
3，因此三棱锥的体积最大为8
3，C 正
确；
对于D：取A1 D1的中点为N，连接AN , N C1，取B1C1的中点为H，连接A1 H ，MH，由A1 N //C1 H
且A1 N =C1 H ,
所以四边形A1 H C1 N平行四边形，所以A1 H //C1 N，又A A1// MH且A A1= MH，所以四边形
A A1 HM为平行四边形，
所以AM // A1 H，所以AM // N C1，所以平面AM C1 N为平面AM C1截正方体ABCD−A1B1C1 D1所
得的截面，
又正方体的棱长为2，所以AM = M C1=C1 N = NA = ❑√3,所以四边形AM C1 N为菱形，
又A C1=2❑√3, MN =2❑√2，所以四边形AM C1 N的面积为1
2 ×2❑√3×2❑√2=2❑√6，故D 正确，
故选：BCD.
三、填空题
12．（2025·河北秦皇岛·一模）内切球半径为1 的正四棱锥的外接球半径的最小值为
.
【答案】❑√2+1
【解题思路】设出底面边长和高后，结合正四棱锥外接球与内切球性质用底面边长及高表示出外接球半径
与内切球半径，而后作商，多次换元将式子化简后结合基本不等式计算即可.
【解答过程】设正四棱锥P−ABCD底面边长为a，高为ℎ，底面ABCD的中心为M，连接PM ,BM，
则BM =
❑√2
2 a，PM =ℎ，所以PB =
❑√B M
2+ P M
2= ❑√
1
2 a
2+ℎ
2，
设外接球球心为O1，内切球球心为O2，则O1，O2在PM上，
因为PO1= BO1= R，所以O1 M = PM −PO1=ℎ−R，
在Rt△O1 MB中，(ℎ−R)
2+(
❑√2
2 a)
2
= R
2，化简得R = 2ℎ
2+a
2
4ℎ
，
因为V P−ABCD= 1
3 a
2ℎ= 1
3 a
2r + 4× 1
3 × 1
2 ar
❑√ℎ
2+ a
2
4
，
所以r =
aℎ
a+
❑√4ℎ
2+a
2，
所以R
r =
2ℎ
2+a
2
4ℎ
aℎ
a+
❑√4ℎ
2+a
2
= 2ℎ
2+a
2
4ℎ
⋅a+
❑√4ℎ
2+a
2
aℎ
= (2ℎ
2+a
2)(
❑√4ℎ
2+a
2+a)(
❑√4ℎ
2+a
2−a)
4 aℎ
2(
❑√4ℎ
2+a
2−a)
=
(2ℎ
2+a
2)⋅4ℎ
2
4 aℎ
2(
❑√4ℎ
2+a
2−a)
=
2ℎ
2+a
2
a(
❑√4ℎ
2+a
2−a)
，
令k = ℎ
a ，则R
r =
2ℎ
2+a
2
a(
❑√4ℎ
2+a
2−a)
=
2(
ℎ
a)
2
+1
❑√4(
ℎ
a)
2
+1−1
=
2k
2+1
❑√4 k
2+1−1
，
令t =
❑√4 k
2+1(t >1)，则R
r =
t
2+1
2(t −1)，
令m=t −1(m>0)，则R
r = m
2+2m+2
2m
= m
2 + 1
m +1≥2❑√
m
2 ⋅1
m +1= ❑√2+1，
当且仅当m
2 = 1
m，即m= ❑√2时取等号，
所以R
r 的最小值为❑√2+1，注意到r =1，故Rmin= ❑√2+1.
故答案为：❑√2+1.
.
13．（2025·河北秦皇岛·三模）《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑．四面体
SABC是一个鳖臑，已知△ABC是直角三角形，∠ABC =90°，SA = AB =2，SC =2❑√6，BC = 4，则平
面SAB截该鳖臑的外接球所得截面面积为
．
【答案】2π
【解题思路】根据鳖臑的性质结合线面垂直的判定定理与性质得线线垂直，设SC的中点为O，从而可得点
O为四面体S−ABC外接球的球心，结合球的几何性质确定球心O到平面SAB的距离得截面圆的半径，即
可得所求.
【解答过程】设SC的中点为O，连接OA ,OB，
因为鳖臑的四个面都是直角三角形，
且SA = AB =2，故SA ⊥AB．
因为∠ABC =90°，AB =2，BC = 4，故AC =2❑√5．
又SA =2，SC =2❑√6，故SA ⊥AC．
又AC ∩AB = A，AC , AB⊂平面ABC，
所以SA ⊥平面ABC，
又BC ⊂平面ABC，所以SA ⊥BC．
又AB⊥BC，SA ∩AB = A，SA , AB⊂平面ABS，
∴ BC ⊥平面ABS，
又BS⊂平面ABS，所以BC ⊥SB，
∴ △SBC和△SAC都是以平面SC为斜边的直角三角形．
由于O为SC的中点，则点O为四面体S−ABC外接球的球心，
∴外接球的半径R = ❑√6，且点O到平面SAB的距离为d = 1
2 BC =2，
∴ △SAB的外接圆半径r =
❑√R
2−d
2= ❑√2，
∴平面SAB截四面体SABC的外接球的截面的面积为2π．
故答案为：2π．
14．（2025·安徽合肥·模拟预测）如图，这是某零件的结构模型，中间大球为正四面体的内切球，小球与
大球、正四面体的三个面均相切.若AB＝12，则该模型中一个小球的体积为
.
【答案】❑√6π
【解题思路】根据题干信息画出示意图，根据正四面体的特征分别计算出大小球半径即可求出小球的体积.
【解答过程】如图所示，设O为大球的球心，大球的半径为R，大正四面体的底面中心为E，棱长为
AB =12，高为ℎ，CD的中点为F，
连接OA ,OB ,OC ,OD ,OE ,BF，
则BE = 2
3 BF =
❑√3
3 ×12= 4 ❑√3，ℎ= AE =
❑√A B
2−B E
2=
❑√6
3 ×12= 4 ❑√6，
∵V 正四面体= 4V O−ABC，
∴1
3 S△ABC·ℎ= 4× 1
3 S△ABC· R，
∴R = 1
4 ℎ= ❑√6，
设小球的半径为r，小球也可看作一个小的正四面体的内切球，
且小正四面体的高ℎ小=ℎ−2 R =2❑√6，
∴r = 1
4 ℎ小= 1
4 ×2❑√6=
❑√6
2 ，
∴小球的体积为：4
3 π r
3= 4
3 π ×(
❑√6
2 )
3
= ❑√6 π，
故答案为：❑√6 π.
四、解答题
15．（24-25 高一下·浙江杭州·期中）如图，在三棱锥P−ABC中，
PA ⊥PB , PA ⊥PC , PB⊥PC , PA =3, PB = 4 , PC =5，
(1)求三棱锥P−ABC的表面积；
(2)求三棱锥P−ABC的外接球体积．
【答案】(1)47+ ❑√769
2
(2)125 ❑√2
3
π
【解题思路】（1）由直角三角形面积公式得到△PAB,△PAC ,△PBC面积，由余弦定理和三角形面积公
式得到△ABC面积，相加得到表面积；
（2）由两两垂直可知补成长方体，长方体体对角线即为外接球直径，再由球的体积公式得到外接球体积.
【解答过程】（1）由题意得S△PAB= 1
2 × PA × PB = 1
2 ×3×4 =6，
S△PAC = 1
2 × PA × PC = 1
2 ×3×5= 15
2 ,S△PBC = 1
2 × PB× PC = 1
2 ×4×5=10，
以下计算S△ABC，
在Rt△PAB中，PA =3, PB = 4，所以AB =5，
在Rt△PAC中，PA =3, PC =5，所以AC = ❑√34，
在Rt△PBC中，PB = 4 , PC =5，所以BC = ❑√41，
在△ABC中，由余弦定理得cos∠BAC = A C
2+ A B
2−BC
2
2× AC × AB
= 34 +25−41
2×❑√34×5 =
18
10 ❑√34 =
9
5 ❑√34
，
所以sin∠BAC =
❑√1−cos
2∠BAC =
❑√769
5 ❑√34 ，
所以S△ABC = 1
2 × AB× AC ×sin∠BAC = 1
2 ×5×❑√34×
❑√769
5 ❑√34 =
❑√769
2
，
所以三棱锥P−ABC的表面积S = S△PAB+ S△PAC + S△PBC + S△ABC =6+ 15
2 +10+
❑√769
2
= 47+ ❑√769
2
.
（2）因为PA , PB , PC两两垂直，
所以三棱锥P−ABC的外接球直径2 R即为以PA , PB , PC长度为边长的长方体的体对角线，
根据长方体体对角线公式得2 R =
❑√P A
2+ P B
2+ PC
2= ❑√9+16+25= ❑√50=5 ❑√2，
所以三棱锥P−ABC的外接球半径R = 5 ❑√2
2
，
所以三棱锥P−ABC的外接球体积V = 4
3 π R
3= 4
3 π(
5 ❑√2
2 )
3
= 125 ❑√2
3
π.
16．（24-25 高一下·广东·阶段练习）如图，△BCD是圆锥底面圆的内接三角形，BD = 4，
cos∠BCD =
❑√6
3 ，PA为圆锥的母线，且圆锥的侧面展开图是一个半圆.
(1)求圆锥的外接球的表面积；
(2)用平行于底面的平面截去圆锥的上半部分，若剩下的圆台有内切球，求圆台的体积.
【答案】(1)64π
(2)208
9 π
【解题思路】（1）设底面圆心为O，半径为r1，利用正弦定理即可求出r1，利用圆锥的侧面展开图是半圆
即可求出PA，即可求出圆锥的高ℎ，设圆锥外接球半径为R，建立方程求出R即可求解；
（2）设圆台的上底面半径为r2，内切球的半径为r，利用相似三角形即可求出r ,r2，根据圆台的体积公式
即可求解.
【解答过程】（1）设底面圆心为O，半径为r1,cos∠BCD =
❑√6
3 ，所以sin ∠BCD =
❑√3
3 .
由正弦定理可知2r1= 4
❑√3
3
= 4 ❑√3
，则r1=2❑√3.
又圆锥的侧面展开图是半圆，所以2πr1=π⋅PA，所以PA = 4 ❑√3，所以圆锥的高ℎ=6.
设圆锥外接球的半径为R，则(6−R)
2+12= R
2，解得R = 4，
所以外接球的表面积为4π R
2=64π.
（2）设圆台的上底面半径为r2，内切球的半径为r，
由图根据三角形相似可知r2
2❑√3 = 4 ❑√3−(2❑√3+r2)
4 ❑√3
，解得r2= 2❑√3
3
，r =2，
所以圆台的体积为V = 1
3 ×4×(
4
3 π+12π+ 4π)= 208
9 π.
17．（2025·黑龙江大庆·模拟预测）三棱锥P−ABC中，PB = PC , AC = AB = ❑√2, AC ⊥AB，且平面
PBC ⊥平面ABC
(1)证明：BC ⊥PA
(2)证明锐二面角A −PB−C的平面角大于π
4 .
(3)设三棱锥P−ABC的体积为V ，内切球的半径为r，求2
r −1
V 的最小值.
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析；
(3)2+ ❑√6.
【解题思路】（1）应用线面垂直的判定证明线面垂直，再由线面垂直的性质证明结论；
（2）构建合适的空间直角坐标系，标出相关点坐标，令P(0,0, x)，再应用向量法得到二面角余弦值关于
x的表达式，即可证；
（3）根据（2）及棱锥体积公式、等体积法得到V ,r关于x的表达式，进而有2
r −1
V =2−1
x +2❑√
2+ 1
x
2，
应用换元法及导数研究其最值，即可得.
【解答过程】（1）由PB = PC , AC = AB，若D为BC的中点，
则BC ⊥PD , AD⊥BC , PD∩AD = D且都在平面PAD内，
所以BC ⊥平面PAD , PA ⊂平面PAD，则BC ⊥PA；
（2）由平面PBC ⊥平面ABC，平面PBC ∩平面ABC = BC，PD⊥BC，PD⊂平面PBC，
所以PD⊥平面ABC，AD⊂平面ABC，则PD⊥AD，又BC ⊥PD , AD⊥BC，
故可构建如下图示的空间直角坐标系D−xyz，则A(0,1,0),B(1,0,0),C(−1,0,0)，
若P(0,0, x)且x>0，所以⃗BA =(−1,1,0),⃗CB =(2,0,0),⃗PB =(1,0,−x)，
若⃗m=(e ,g,f )为平面PAB的一个法向量，则{⃗
m⋅⃗BA =−e+ f =0⃗
m⋅⃗PB =e−xg=0)，取g=1,⃗m=(x , x ,1)，
若⃗n=(a,b,c)为平面PCB的一个法向量，则¿，取b=1,⃗n=(0,1,0)，
锐二面角的余弦值是
cosθ =|cos<⃗m,⃗n>)=
x
❑√2 x
2+1
=
1
❑√
2+ 1
x
2
<
❑√2
2 ，
所以锐二面角A −PB−C的平面角大于π
4 .
（3）由PD = x，则S = S△ABC+ S△PAB+ S△PAC =1+ x + 1
2
❑√2 x
2+1+ 1
2
❑√2 x
2+1=1+ x +
❑√2 x
2+1，
而V = x
3 ⇒r = 3V
S =
x
1+ x +
❑√2 x
2+1
，所以2
r −1
V =2−1
x +2❑√
2+ 1
x
2，
令t = 1
x ，则f (t )=2−t +2
❑√2+t
2(t >0)，故f
′ (t )=
2 x
❑√2+ x
2 −1，
显然0<t <
❑√6
3 时f
′ (t )<0，t >
❑√6
3 时f
′ (t )>0，
f (t )在(0,
❑√6
3 )上单调递减，在(
❑√6
3 ,+∞)上单调递增，所以f (t )≥f(
❑√6
3 )=2+ ❑√6.
18．（2025·甘肃白银·二模）如图，在四棱锥P−ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，
PA = PD = AD =2 AB =2，∠BAD =60
∘，O为AD的中点，AB∥平面POC.
(1)证明：PC ⊥BD．
(2)求三棱锥P−ABD的外接球Q的表面积．
(3)若BD = BC，求二面角B−PC −D的正弦值．
【答案】(1)证明见解析
(2)16
3 π
(3)3 ❑√7
8
．
【解题思路】（1）要证明线线垂直，转化为证明BD⊥平面POC，根据线面垂直的判断定理，结合垂直
关系，即可证明；
（2）首先根据几何关系，找到三棱锥外接球的球心，再根据半径求外接球的表面积；
（3）方法一：首先根据几何关系，证明CD⊥AD，再以点O为原点建立空间直角坐标系，根据几何关
系，写坐标，再分别求平面PBC和平面PCD的法向量，根据向量公式，即可求解；
方法二：根据二面角平面角的定义，结合几何关系，证明△PBC ≌△PDC，构造二面角的平面角，即可
求解.
【解答过程】（1）∵∠BAD =60
∘，∴BD =
❑√A D
2+ A B
2−2 AB⋅AD cos60
∘= ❑√3，
∵A B
2+ B D
2= A D
2，∴AB⊥BD．
∵AB//平面POC，AB⊂平面ABCD，且平面POC ∩平面ABCD =OC，
∴AB//OC，∴OC ⊥BD．
∵O 为AD的中点，PA = PD = AD，∴PO⊥AD，
又∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD = AD，
∴PO⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，∴PO⊥BD，
又OC ∩OP=O，OC ,OP⊂平面POC，∴BD⊥平面POC，
PC ⊂平面POC，∴BD⊥PC．
（2）由（1）知∠ABD =90
∘，△ADB的外接圆为圆O，
此时，等边△APD的外接圆圆心即为球心Q，
PA = PD = AD =2，由正弦定理可得外接圆半径AQ = 2❑√3
3
，
则球Q 的表面积为4π⋅(
2❑√3
3 )
2
= 16
3 π．
（3）连接OB，Rt△ABD中，O为AD的中点，则OB =OD，
又OC ⊥BD，所以∠BOC =∠DOC，
OC为公共边，得△BOC ≌△DOC，则BC =CD，则△BCD是等边三角形，
由（1）知∠ADB =30
∘，则∠ADC =∠ADB+∠BDC =90
∘，即CD⊥AD．
（方法一）以O 为坐标原点，垂直于OD的直线为x 轴，OD，OP所在直线分别为y 轴、x 轴，建立如图所
示的空间直角坐标系，则P(0,0,❑√3)，D (0,1,0)，B(
❑√3
2 ,−1
2 ,0)，C (❑√3,1,0)，⃗PC =(❑√3,1,−❑√3)，⃗
BC =(
❑√3
2 , 3
2 ,0)，⃗DC =(❑√3,0,0)．
设平面PBC的法向量为⃗n=(x , y , z)，
则{⃗
n⋅⃗BC =0⃗
n⋅⃗PC =0)，即{
❑√3
2 x + 3 y
2 =0
❑√3 x + y −❑√3 z =0)
，令y =−1，则⃗n=(
❑√3,−1, 2
❑√3)．
设平面PCD 的法向量为⃗m=(a,b,c)，
则{⃗
m⋅⃗PC =0⃗
m⋅⃗DC =0)，即{
❑√3a+b−❑√3c =0
❑√3a=0
)，令c =1，则⃗m=(0,❑√3,1)．
|cos ⟨⃗n,⃗m))=|⃗n⋅⃗m)
|⃗n)|⃗m) = 1
8，故二面角B−PC −D的正弦值为3 ❑√7
8
．
（方法二）易得PB = PD =2，又BC =CD，PC 为公共边，则△PBC ≌△PDC，又CD⊥AD，
所以CD⊥平面PAD，则CD⊥PD，易得PC = ❑√7．
在直角△PDC中，作DE⊥PC，垂足为E，连接BE，易知BE⊥PC，
则∠DEB为二面角B−PC −D的平面角．
在直角△PDC中，由等面积法易求得DE = 2❑√3
❑√7 ，则在△BDE中，
cos∠DEB = B E
2+ D E
2−B D
2
2BE⋅DE
= 1
8，故二面角B−PC −D的正弦值为3 ❑√7
8
．
19．（2025·四川绵阳·模拟预测）三棱锥P−ABC中，底面△ABC为等腰直角三角形，CA =CB =2❑√2，
PA = ❑√10．点P 在底面ABC上的射影E 是线段AB靠近点A 的四等分点．
(1)求PB与平面PCE所成角的正弦值；
(2)求三棱锥P−ABC外接球体积；
(3)设AB靠近B 的四等分点为F，D 是平面ABC 内的动点，且C，D 在直线AB的两侧，满足
|DE)+|DF)= 4．试探究是否存在点D 使得平面PBD⊥平面PBC?若存在，请求出DE 的长度；若不存
在，请说明理由．
【答案】(1)
❑√10
5
(2)20 ❑√5
3
π
(3)存在，∣ED∣= 3
2
【解题思路】（1）法一：利用等体积法V B−PCE=V P−BCE，求出点B到平面PCE的距离ℎB，从而
sinθ = ℎB
PB ；法二：连接PE，证得PE⊥AB，求得PE =3，过B 作BG⊥CE，证得BG⊥平面PEC，
得到∠BPG为PB与平面PCE所成角，在△BCE中，求得CE = ❑√5，利用面积相等法，求得BG = 6
❑√5，再
直角△BPG中，即可求得PB与平面PCE所成角的正弦值；
（2）由几何性质知，球心M 在过AB 中点O 且与面CAB 垂直的垂线上，建立AB 中点O 为空间坐标原
点，OC 所在直线为x 轴，BO 所在直线为y 轴的空间直角坐标系，设M (0,0,t )，由∣MA ∣=∣MP∣= R，
可解；
（3）以AB 中点O 为空间坐标原点，OC 所在直线为x 轴，BO 所在直线为y 轴，D (a,b,0)(a<0)，则D
点轨迹方程b
2
4 + a
2
3 =1，分别求出平面PBD和平面PBC的法向量n
→
1, n
→
2，根据n
→
1· n
→
2=0可解.
【解答过程】（1）法一：等体积法：AE =1，PE =3，PB =
❑√P E
2+ B E
2=3 ❑√2
∴CE =
❑√C A
2+ A E
2−2CA × AE×cos45° = ❑√8+1−2×2❑√2×1×
❑√2
2 = ❑√5，
∴由V B−PCE=V P−BCE，则1
3 S△PCE·ℎB= 1
3 S△BCE· PE，
∴ℎB= S△BCE· PE
S△PCE
=
3×3
1
2 ×3×❑√5
= 6 ❑√5
5
∴sinθ = ℎB
PB =
❑√10
5
．
法二：连接PE，因为P 在底面ABC 上的射影E 是线段AB 靠近点A 的四等分点，
可得PE⊥ABC，因为AB⊂平面ABC，所以PE⊥AB，
在直角△PAE中，可得PE =
❑√P A
2−A E
2=3，
又因为PE⊂平面PEC，所以平面PEC ⊥平面ABC，且交线为CE，
过B 作BG⊥CE于点G，连接PG，
因为BG⊂平面ABC，由面面垂直的性质，可得BG⊥平面PEC，
故∠BPG为PB 与平面PCE 所成角，
在△BCE中，CB =2❑√2，BE =3，∠CBE =π
4 ，
由余弦定理得C E
2=C B
2+ B E
2−2CB⋅BEcos∠CBE =5，所以CE = ❑√5，
又由S△BCE= 1
2 CE·BG = 1
2 BC·BEsinπ
4 ，所以BG = 6
❑√5，
在△BPG中，由PB =
❑√P E
2+ B E
2=3 ❑√2，所以sin∠BPG = BG
BP =
❑√10
5
，
即直线PB 与平面PCE 所成角的正弦值为
❑√10
5
；
（2）由几何性质知，球心M 在过AB 中点O 且与面CAB 垂直的垂线上，
建立AB 中点O 为空间坐标原点，OC 所在直线为x 轴，BO 所在直线为y 轴，过点O 平行于PE的直线为z
轴的空间直角坐标系，
则A (0,−2,0)，P(0,−1,3)，设M (0,0,t )，
由∣MA ∣=∣MP∣= R，∴4 +t
2=1+(t −3)
2，
∴t =1，故M (0,0,1)，∴R = ❑√5，
故V 球= 4π
3
R
3= 20 ❑√5
3
π；
（3）则由几何关系可得C (2,0,0)，B (0,2,0)，E (0,−1,0)，F (0,1,0)，D (a,b,0)(a<0)，由
∣DE∣+∣DF ∣= 4>∣EF ∣=2，
∴在平面xOy 中，D 在以E、F 为焦点的椭圆上，故b
2
4 + a
2
3 =1①，
设面PBC 的法向量n
→
1=(x1, y1, z1)，⃗PB =(0,3,−3)，⃗PC =(2,1,−3)，由{
PB⃗⋅n
→
1=0
PC⃗⋅n
→
1=0)
，
有{
3 y1+3 z1=0
2 x1+ y1−3 z1=0)，令z1=1，得n
→
1=(1,1,1)，
设面PBD 的法向量n
→
2=(x2, y2, z2)，⃗BD =(a,b−2,0)，⃗PD =(a,b+1,−3)，由{
BD⃗⋅n
→
2=0
PD⃗⋅n
→
2=0)
，
∴{
a x2+(b−2) y2=0
a x2+(b+1) y2−3 z2=0)，取x2=2−b，则n
→
2=(2−b,a,a)，
故n
→
1⋅n
→
2=0得b=2a+2②代入①得{
a=0
b=2)（舍）或{
a=−3
2
b=−1)
．
而E (0,−1,0)，故∣ED∣= 3
2.
