几何体与球的切接问题专项练习
高考热点之球与几何体的切、接问题及近年常考题
球与几何体的切、接问题及近年常考题王宪良一、理清位置，学会画图1、正方体的内切球2、球与正方体的棱相切3. 正方体的外接球分别作图如下说明：1.正方体的内切球：球与正方体的每个面都相切，切点为每个面的中心，显然球心为正方体的中心。
设正方体的棱长为a ，球半径为R 。
如图，截面图为正方形EFGH 的内切圆，得2aR =； 2.与正方体各棱相切的球：球与正方体的各棱相切，切点为各棱的中点，如图作截面图，圆O 为正方形EFGH 的外接圆，易得a R 22=。
3.正方体的外接球：正方体的八个顶点都在球面上，如图，以对角面1AC 作截面图得，圆O 为矩形C C AA 11的外接圆，易得a O A R 231==。
二、解决球心位置和半径大小的常用方法1. 出现“墙角”结构利用补形知识，联系长方体。
【原理】：长方体中从一个顶点出发的三条棱长分别为c b a ,,，则体对角线长为222c b a l ++=，几何体的外接球直径R 2为体对角线长l 即2222c b a R ++=【例题】：在四面体ABCD 中，共顶点的三条棱两两垂直，其长度分别为3,61，，若该四面体的四个顶点在一个球面上，求这个球的表面积。
解：因为有三条棱两两垂直，所以可补成球内接长方体。
因为：长方体外接球的直径为长方体的体对角线长所以：四面体外接球的直径为AE 的长，即：22224AD AC AB R ++=1663142222=++=R 所以2=R所以球的表面积为ππ1642==R S2. 出现两个垂直关系，利用直角三角形结论。
【原理】：直角三角形斜边中线等于斜边一半。
球心为直角三角形斜边中点。
【例题】：已知三棱锥的四个顶点都在球O 的球面上，BC AB ⊥且7=PA ，5=PB ，51=PC ，10=AC ,求球O 的体积。
解：BC AB ⊥且7=PA ，5=PB ，51=PC ，10=AC ，因为22210517=+ 所以知222PC PA AC +=，所以 PC PA ⊥ 所以可得图形为：在ABC Rt ∆中斜边为AC ； 在PAC Rt ∆中斜边为AC 取斜边的中点O ，在ABC Rt ∆中OC OB OA == 在PAC Rt ∆中OC OB OP ==所以在几何体中OA OC OB OP ===，即O 为该四面体的外接球的球心， 521==AC R 所以该外接球的体积为3500343ππ==R V3. 出现多个垂直关系时建立空间直角坐标系，利用向量知识求解AC【例题】：已知在三棱锥BCD A -中，ABC AD 面⊥，︒∠该棱锥的外接球半径。
2025版高考数学复习第七单元专题集训五球与几何体的切接问题练习理新人教A版
专题集训五球与几何体的切接问题1.[2024·辽宁凌源模拟]过长方体的一个顶点的三条棱长分别为3,2,x,其顶点都在表面积为18π的球的球面上,则x=()A.√6B.√5C.2D.√32.[2024·山西康杰中学月考]将棱长为2的正方体木块削成一个体积最大的球,则这个球的表面积为()A.2πB.4πC.8πD.16π3.[2024·福建泉州质检]如图Z5-1,在正方形网格纸上,实线画出的是某多面体的三视图.若该多面体的顶点在同一球面上,则该球的表面积等于 ()图Z5-1A.8πB.18πC.24πD.8√6π4.[2024·山东烟台一模]已知一个正方体的全部顶点都在一个球面上,若这个正方体的表面积为18,则这个球的体积为.5.[2024·浙江金华东阳中学月考]已知正三棱锥的高为1,底面边长为2√3,内有一个球与四个面都相切,则该球的半径为.6.[2024·安徽马鞍山一模]已知一个圆锥的侧面绽开图是半径为2的半圆,则该圆锥的外接球的表面积是()B.4πA.4π3C.16πD.16π37.[2024·黑龙江双鸭山模拟]如图Z5-2,已知球O是棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1的内切球,则平面ACD1截球O的截面面积为()图Z5-2A .√66π B .π3 C .π6D .√33π8.[2024·云南玉溪一中月考] 《九章算术》中将四个面都为直角三角形的三棱锥称为鳖臑.若三棱锥P-ABC 为鳖臑,PA ⊥平面ABC ,PA=AB=2,AC=4,三棱锥P-ABC 的四个顶点都在球O 的球面上,则球O 的表面积为 ( ) A .8π B .12π C .20π D .24π9.[2024·哈尔滨六中模拟] 已知四面体S-ABC 中,SA=SB=2,且SA ⊥SB ,BC=√5,AC=√3,则该四面体的外接球的表面积为 .10.已知正三棱柱ABC-A 1B 1C 1的顶点都在同一个球面上,且该正三棱柱的体积为√32,底面三角形ABC 的周长为3,则这个球的体积为 .11.[2024·山东青州三模] 在三棱锥A-BCD 中,底面BCD 为直角三角形,且BC ⊥CD ,斜边BD 上的高为1,三棱锥A-BCD 的外接球的直径是AB ,若该外接球的表面积为16π,则三棱锥A-BCD 的体积的最大值为 .12.[2024·河北衡水武邑中学月考] 一个倒放的圆锥形容器,它的轴截面是正三角形,在容器内注入水,并放入一个半径为r 的铁球,这时水面恰好和球面相切.问将球从圆锥内取出后,圆锥内水平面的高度是多少?13.[2024·成都树德中学月考] 如图Z5-3所示,在棱长为1的正方体内有两个球相外切且又分别与正方体内切. (1)求两球半径之和;(2)球的半径为多少时,两球体积之和最小.图Z5-314.[2024·成都七中三诊] 四棱锥S-ABCD 中,底面ABCD 是边长为2的正方形,侧面SAD 是以SD 为斜边的等腰直角三角形,若四棱锥S-ABCD 的体积的取值范围为4√33,83,则该四棱锥外接球表面积的取值范围是 .15.[2024·广东汕头潮南区模拟] 已知三棱锥A-BCD 中,AB=3,AD=1,BC=4,BD=2√2,当三棱锥A-BCD 的体积最大时,其外接球的体积为 .专题集训(五)1.B [解析] 由题意,设球的半径为R ,则4πR 2=18π,则4R 2=18,又长方体的体对角线长等于球的直径,所以(2R )2=9+4+x 2,即9+4+x 2=18,得x=√5,故选B .2.B [解析] 体积最大的球是正方体的内切球,即球的半径为1,所以球的表面积S=4π×12=4π.3.C [解析] 设球的半径为R.易知该多面体是两个正四棱锥的组合体(底面重合),两顶点之间的距离为2R ,底面是边长为√2R 的正方形,由R 2+√2R 22=32,得R 2=6,故该球的表面积S=4πR 2=24π.4.9π2[解析] 设正方体的棱长为a ,因为这个正方体的表面积为18,所以6a 2=18,解得a=√3,又该正方体全部的顶点都在一个球面上,所以该正方体的体对角线长等于球的直径.设球的半径为R ,则√3a=2R ,即2R=√3×√3,解得R=32,则球的体积V=43πR 3=43π×323=9π2.5.√2-1 [解析] 如图,在正三棱锥P-ABC 中,过点P 作PD ⊥平面ABC 于点D ,连接AD 并延长,交BC 于点E ,连接PE ,∵△ABC 是正三角形,∴AE 是BC 边上的高和中线,D 为△ABC 的中心.∵AB=2√3,∴R △RRR =3√3,DE=1,又PD=1,∴PE=√2,∴三棱锥P-ABC 的表面积S=3×12×2√3×√2+3√3=3√6+3√3.易知三棱锥的体积V=13×3√3×1=√3.设球的半径为r ,以球心O 为顶点,三棱锥的四个面为底面把正三棱锥分割为四个小三棱锥,由等体积法可得r=√33√6+3√3=√2-1.6.C [解析] 设圆锥的底面半径为r ,则2πr=2π,r=1,∴圆锥的轴截面是边长为2的正三角形,∴圆锥的外接球球心是正三角形的中心,外接球半径等于正三角形外接圆的半径,为√33×2=2√33,∴外接球的表面积为4π×(2√33)2=16π3.故选C .7.C [解析] 平面ACD 1截球O 的截面为△ACD 1的内切圆.因为正方体的棱长为1,所以AC=CD 1=AD 1=√2,所以内切圆的半径r=√22×tan30°=√66,所以截面面积S=πr 2=π×16=16π.8.C [解析] 由题意可画出如图所示的空间几何体,则三棱锥P-ABC 的外接球半径即为长方体的外接球半径,因为PC=√22+42=2√5,所以外接球半径R=√5,所以外接球的表面积S=4πR 2=20π,故选C .9.8π[解析]∵SA=SB=2,且SA ⊥SB ,∴AB=√RR 2+RR 2=2√2,又∵BC=√5,AC=√3,∴AC 2+BC 2=AB 2,即AC ⊥BC.取AB 的中点O ,连接SO ,OC ,依据直角三角形的性质,可得OA=OB=OC=OS ,即O 为该四面体的外接球的球心,则该四面体的外接球的半径R=12AB=√2,故该四面体的外接球的表面积S=4πR 2=8π.10.32√3π27[解析] 设正三棱柱的高为h ,由题可知S △ABC =√34,R 三棱柱RRR -R 1R 1R 1=√34×h=√32,解得h=2.正三棱柱外接球的球心在上、下底面中心连线的中点处,则外接球的半径R=√12+(√12-(12)2×23) 2=√43,所以外接球的体积为43πR 3=43π×√433=32√3π27.11.43 [解析] 如图所示,由外接球的表面积为16π,可得外接球的半径为2,则AB=4.设AD=x (0<x<4),则BD=√16-R 2,S △ABD =12AD ·BD=12x ·√16-R 2=12√-R 4+16R 2,故当x 2=8时,S △ABD取得最大值,最大值为4.过C 作CH ⊥BD ,交BD 于点H ,则CH=1,易知当CH ⊥平面ABD ,且AD=BD=2√2时,三棱锥A-BCD 的体积最大,此时体积V=13×4=43.12.解:如图,作轴截面,设球未取出时,水面高PC=h ,球取出后,水面高PH=x.∵AC=√3r ,PC=3r ,∴以AB 为底面直径的圆锥的体积V 圆锥=13π·AC 2·PC=13π·(√3r )2·3r=3πr 3,铁球的体积V 球=43πr 3.球取出后,水面下降到EF ,水的体积V 水=13π·EH 2·PH=13π·(PH ·tan30°)2·PH=19πx 3.又V 水=V 圆锥-V 球,∴19πx 3=3πr 3-43πr 3,解得x=√153r.13.解:(1)如图,球心O 1和O 2在AC 上,过O 1,O 2分别作AD ,BC 的垂线,垂足分别为E ,F.设球O 1的半径为r ,球O 2的半径为R ,则由AB=1,AC=√3得AO 1=√3r ,CO 2=√3R ,∴r+R+√3(r+R )=√3,∴R+r=√3√3+1=3-√32.(2)设两球体积之和为V ,则V=43π(R 3+r 3)=43π(r+R )(R 2-Rr+r 2)=43π×3-√32[(R+r )2-3rR ]=43π×3-√323-√322-3R3-√32-R=43π×3-√323R 2-3(3-√3)2R+3-√322,当R=3-√34时,V 有最小值,∴当R=r=3-√34时,两球体积之和最小.14.28π3,20π [解析] 四棱锥S-ABCD 中,因为AD ⊥SA ,AD ⊥AB ,SA ∩AB=A ,所以AD ⊥平面SAB ,又AD ⊂平面ABCD ,所以平面SAB ⊥平面ABCD ,过S 作SO ⊥AB ,交BA 或BA 延长线于点O ,则SO ⊥平面ABCD.设∠SAB=θ,则V 四棱锥S-ABCD =13S 正方形ABCD ·SO=83sin θ,所以sin θ∈√32,1,所以θ∈π3,2π3,所以-12≤cos θ≤12.在△SAB 中,SA=AB=2,则有SB=2√2√1-cos R ,所以△SAB的外接圆半径r=RR 2sin R=√2·√1-cos Rsin R .将该四棱锥补成一个以△SAB 为一个底面的直三棱柱,得外接球的半径R=√R 2+1,所以外接球的表面积S=4πR 2=4π21+cos R+1,所以S ∈28π3,20π.15.1256π [解析]∵AB=3,AD=1,BC=4,DB=2√2,∴BD 2+AD 2=AB 2,∴△ABD 为直角三角形,∴当BC⊥平面ABD 时,三棱锥的体积最大时,此时三棱锥A-BCD 的外接球就是以AD ,BD ,BC 为棱的长方体的外接球,长方体的体对角线为外接球的直径.设外接球的半径为r ,则(2r )2=42+(2√2)2+12,得r=52,∴外接球的体积V=43πr 3=125π6.。
球与几何体的切接问题
r3＝392π3r3.故圆锥SD与其外接球的体积比为 3323ππrr33＝392.故选A. 93
题型二 几何体的内切球
例3 (1)半径为R的球的外切圆柱(球与圆柱的侧面、两底面 都相切)的表面积为__6_π_R_2___，体积为__2_π_R_3___．
状元笔记
柱体的外接球问题，其解题关键在于确定球心在多面体中的 位置，找到球的半径或直径与多面体相关元素之间的关系，结合 原有多面体的特征求出球的半径，然后再利用球的表面积和体积 公式进行正确计算．常见的方法是将多面体还原到正方体或长方 体中再去求解．
思考题 1 (1)已知各顶点都在一个球面上的正四棱柱
(2)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 半径为( C )
3 17 A. 2
B．2 10
C.123
D．3 10
【解析】 由球心 O 作平面 ABC 的垂线，设垂足为 BC 的中点 M.
又 AM＝12BC＝52，OM＝12AA1＝6，
【解析】 本题考查几何体的外接球的表面积．因为四个
面都是直角三角形，且AB⊥平面BCD，所以CD⊥BC或
CD⊥BD，不妨设CD⊥BC，由鳖臑ABCD的体积为
2 3
，得
1 3
S△
BCD·AB＝
1 3
×
1 2
×1×BC×2＝
2 3
，则BC＝2，BD＝
BC2＋CD2
＝ 5.
将鳖臑ABCD补成直三棱柱如图，取BD的中点
∵球心 O 到四个顶点的距离相等，均等于该正三棱锥外接球 的半径 R，
专题15 几何体与球切、接、截的问题(练)【解析版】
第一篇 热点、难点突破篇专题15几何体与球切、接、截的问题（练）【对点演练】一、单选题 1．（2022秋·湖南张家界·高三慈利县第一中学校考阶段练习）如下图是一个正八面体，其每一个面都是正三角形，六个顶点都在球O 的球面上，则球O 与正八面体的体积之比是（ ）A ．πB ．4π3C ．3π2D ．2πAB a ，则R足球赛，比赛于2022年11月21日至12月18日在卡塔尔境内7座城市中的12座球场举行．已知某足球的表面上有四个点A 、B 、C 、P 满足P A ＝BC ＝5，PB AC ==PC AB ==则该足球的表面积为（ ） A ．12π B ．8πC ．24πD ．28π【答案】D【分析】把四面体外接球问题扩展到长方体中，求出长方体外接球半径为R ，进而求出结果． 【详解】因为P A ＝BC ，PB AC =，PC AB =，所以可以把A ，B ，C ，P 四点放到长方体的则该足球的表面积为四面体A -BCP 外接球的表面积，即为长方体外接球的表面积， 解立方，得两堑堵，斜解堑堵，其一为阳马，其一为鳖臑”，即如图，一个长方体1111ABCD A B C D -，沿对角面11ABC D 分开（图1），得到两个一模一样的堑堵（图2），将其中一个堑堵11ADD BCC -，沿平面1D BC 分开（图2），得到一个四棱锥1D ABCD -称为阳马（图3），和一个三棱锥11D BCC -称为鳖臑（图4）. 若鳖臑的体积为4，且4,3AB BC ==，则阳马1D ABCD -的外接球的表面积为（ ）A ．27πB ．29πC ．31πD ．33π23BAC π∠=.若三棱锥-P ABC 的各顶点都在球O 的球面上，则球O 的表面积为（ ） A ．4πB ．8πC ．12πD ．20π【分析】利用正弦定理求出底面ABC 的外接圆半径，将三棱锥面外接圆中心作垂线，则垂线的中点即为外接球球心，进而即可求解【详解】在ABC 中，设其外接圆半径为由正弦定理可得2,sin 6AB r π=∠解得ABC 补成三棱柱，如图设三棱锥-P ABC 外接球半径为R ，5．（2022·四川广安·广安二中校考模拟预测）已知在Rt ABC △中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且2a =，6A π=.又点A ，B ，C 都在球O 的球面上，且点O 到平面ABC 的O 的体积为______. 【分析】首先求ABC 外接圆的半径，再求球【详解】ABC 中，根据正弦定理所以ABC 外接圆的半径为到平面ABC 的距离为)253=，4π，高为2，上、下底面的圆周在同一球面上，则该圆台外接球的表面积为__________．()2()2长为的正方形，其顶点P到底面ABCD的距离为4．该四棱锥的外接球O的半径为7，若球心O在四棱锥P－ABCD内，则顶点P的轨迹长度为_____________．8.（2022·上海长宁·统考一模）已知1AA 是圆柱的一条母线，AB 是圆柱下底面的直径，C 是圆柱下底面圆周上异于A ，B 的两点，若圆柱的侧面积为4π，则三棱锥1A —ABC 外接球体积的最小值为___________设底面圆半径为r ，圆柱高设为h ，则根据圆柱的侧面积为4π，可得2π4πrh =，解得2rh =.因为ABC 以及2222214ABh r A B ，则224h r ，所以外接球的半径2242hr R.三棱锥—ABC 外接球体积为32244π32hr ，所以要外接球体积最小，只需要224h r 最小即可，又不等式可知2242248r h r rh ，当且仅当12r h ，时成立.故三棱锥外接球体积的最小值为34882ππ323. 故答案为：82π3.．（2022秋·江苏南通已知圆台的内切球侧面相切的切点位于圆台高的34______.O 的表面积为______，体积为______．【冲刺提升】一、单选题 1．（2022秋·江苏淮安·高三校考阶段练习）如图，已知三棱柱111ABC A B C 的底面是等腰直角三角形，1AA ⊥底面ABC ，AC ＝BC ＝2，14AA =，点D 在上底面111A B C （包括边界）上运动，则三棱锥D -ABC 的外接球表面积的范围为（ ）A ．81π,24π4⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．[]9π,24πC ．243π,24π16⎡⎤⎢⎥⎣⎦D ．243π16⎡⎤⎢⎥⎣⎦因为ABC 为等腰直角三角形，所以ABC 的外接球的截面圆心为，且1AO =1//AA ，所以由球的截面性质可知，(0DE t t =≤OD R ==，所以2814t x =-因为2R =故选：A2．（2022秋·江苏南京·高三南京师大附中校联考阶段练习）四棱锥P ABCD-中，底面ABCD是边长为PAD为正三角形，则其外接球体积最小值为（）A B．32 3πC．D．二、多选题3．（2022秋·安徽·高三石室中学校联考阶段练习）已知正四棱台上､下底面的面积分别为2和8，高为()0h h >，则下列结论正确的有（ ） A ．正四棱台外接球的表面积的最小值为16πB ．当(h ∈时，正四棱台外接球球心在正四棱台下底面下方C ．正四棱台外接球的半径随h 的增大而增大D ．当2h =时，正四棱台存在内切球 1EO B EFB Rt Rt ≌可知O ∠ 2，故可知π2BEC ∠=，，所以1r =，2h =.故D 正确故选:ABD .4．（2022秋·山东潍坊·高三统考阶段练习）截角四面体是一种半正八面体，可由四面体经过适当的截角，即截去四面体的四个顶点处的小棱锥所得的多面体，如图所示，将棱长为3a 的正四面体沿棱的三等分点作平行于底面的截面，得到所有棱长均为a 的截角四面体，则下列说法正确的是（ ）A 3a B ．该截角四面体的体积为312C ．该截角四面体的外接球表面积为213π2a D ．AEF △外接圆的面积为25π4a【详解】取上下底面的中心为,O O ''',外接球的球心为O ，连接,,,,OC OH CO HO '''如图，．（秋山东高三校联考阶段练习）在棱长为的正方体1111中，点为线段1AD （包含端点）上一动点，则下列选项正确的是（ ）．A ．三棱锥1C BDQ -的体积为定值B ．在Q 点运动过程中，存在某个位置使得1AD ⊥平面BQCC ．截面三角形BQC 面积的最大值为D ．当三棱锥1B B CQ -为正三棱锥时，其内切球半径为66．（2022秋·河北邢台·高三河北南宫中学校考阶段练习）如图，在菱形ABCD 中，π2,,3AB ABC M =∠=为BC 的中点，将ABM 沿直线AM 翻折到1AB M 的位置，连接1B C 和1,B D N 为1B D 的中点，在翻折过程中，则下列结论中正确的是（ ）A ．面1AB M ⊥面1B MCB ．线段CN 长度的取值范围为⎡⎣C ．直线AM 和CN 所成的角始终为π6D ．当三棱锥1B AMD -的体积最大时，点C 在三棱锥1B AMD -外接球的外部B 选项：如图所示，取AD 中点E ，连接EN ，EC ，所以//EC AM ，且EC AM =，又因为，在CEN 中，由余弦，即CN =C 选项：由B 选项得//EN AB ，所以直线AM 和CN 所成角即为与CN 所成角NCE ∠，在AMD 的外接圆内，又AMD 的外接圆在三棱锥1AMD -外接球的内部，故D 选项错误；故选：AC 三、填空题7．（2022秋·江苏·高三校联考阶段练习）已知半径为O 的表面上有A ，B ，C ，D 四点，且满足AD ⊥平面ABC ,BC AB BC =⊥，则四面体D ABC -的体积最大值为_____________；若M 为AD 的中点，当D 到平面MBC 的距离最大时，MBO △的面积为_____________．8．（2022秋·江苏常州·高三统考阶段练习）在正四面体A BCD -中，E 为BC 边的中点，过点E 作该正四面体外接球的截面，记最大的截面面积S ，最小的截面面积为T ，则=T S__________；若记该正四面体内切球和外接球的体积分别为1V 和2V ，则21V V =__________．2面积是___________.【答案】20πAC PC C =,,120APC ∠=所以2O A O P O C '''===,60PO A PO C ''∠=∠=︒.角形的四面体称之为鳖臑.如图，在鳖臑-P ABC 中，PA ⊥平面ABC .已知6AB =，8CB =，10PA AC ==，请写出平面PBC 的直角：_____________；若P ，A ，B ，C 都在球O 的球面上，则球O 的表面积为____________.PAAB A =，，故BC PB ⊥放入长方体中，如图所示：长及对角线BD 的长度均为6，平面ABD ⊥平面CBD ，点M 在AC 上，且2AM MC =，那么ABCD 外接球的半径为______；过点M 作四边形ABCD 外接球的截面.则截面面积最大值与最小值之比为______.【答案】54##1.25 1AE OHCE四、解答题12．（2022秋·安徽·高三校联考阶段练习）如图，长方体1111ABCD A B C D -中，11,2,AB AD AA P ===为棱1DD 的中点.(1)求直线AP 被长方体1111ABCD A B C D -的外接球截得的线段长度；(2)求直线1AC 与平面PAC 所成角的正弦值.()()()()()()10,0,0,1,0,0,0,1,0,0,0,2,0,1,2,0,0,1D A C D C P 设平面PAC 的一个法向量(),,n x y z =因为()()1,1,0,1,0,1AC AP =-=-，00n AC n AP ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，得，可得()1,1,1n =，又()11,1,2AC =-，设直线1AC 与平面所以()1111,1,1,1,12sin cos ,36AC nAC n AC n θ-⋅====⋅所以直线AC 与平面PAC 所成角的正弦值为。
立体几何中球与几何体的切接问题
立体几何中球与几何体的切接问题（精讲+精练）一、外接球如果一个多面体的各个顶点都在同一个球面上，那么称这个多面体是球的内接多面体，这个球称为多面体的外接球．解决这类问题的关键是抓住内接的特点，即球心到多面体的顶点的距离等于球的半径．并且还要特别注意多面体的有关几何元素与球的半径之间的关系，而多面体外接球半径的求法在解题中往往会起到至关重要的作用．二、内切球球的内切问题主要是指球外切多面体与旋转体，解答时首先要找准切点，通过作截面来解决．如果外切的是多面体，则作截面时主要抓住多面体过球心的对角面来作．当球与多面体的各个面相切时，注意球心到各面的距离相等即球的半径，求球的半径时，可用球心与多面体的各顶点连接，球的半径为分成的小棱锥的高，用体积法来求球的半径．【常用结论】①外接球模型一：墙角模型是三棱锥有一条侧棱垂直于底面且底面是直角三角形模型，用构造法(构造长方体)解决．外接球的直径等于长方体的体对角线长(在长方体的同一顶点的三条棱长分别为a，b，c，外接球的半径为R，则2R＝a2＋b2＋c2．)，秒杀公式：R2＝a2＋b2＋c24．可求出球的半径从而解决问题．有以下四种类型：②外接球模型二：三棱锥的三组对棱长分别相等模型，一般用构造法(构造长方体)解决．外接球的直径等于长方体的体对角线长，即(长方体的长、宽、高分别为a、b、c)．秒杀公式：R2＝x2＋y2＋z28 (三棱锥的三组对棱长分别为x、y、z)．可求出球的半径从而解决问题．A BCDA1B1C1D1类型ⅠA BCDA1B1C1D1类型ⅡA BCDA1B1C1D1类型ⅢA BCDA1B1C1D1例外型2R=③外接球模型三：直棱柱的外接球、圆柱的外接球模型，用找球心法(多面体的外接球的球心是过多面体的两个面的外心且分别垂直这两个面的直线的交点．一般情况下只作出一个面的垂线，然后设出球心用算术方法或代数方法即可解决问题．有时也作出两条垂线，交点即为球心．)解决．以直三棱柱为例，模型如下图，由对称性可知球心O 的位置是△ABC 的外心O 1与△A 1B 1C 1的外心O 2连线的中点，算出小圆O 1的半径AO 1＝r ，OO 1＝，．④外接球模型四：垂面模型是有一条侧棱垂直底面的棱锥模型，可补为直棱柱内接于球，由对称性可知球心O 的位置是△CBD的外心O 1△AB 2D 2的外心O 2连线的中点，算出小圆O 1的半径AO 1＝r ，OO 1＝，． ⑤外接球模型五：有一侧面垂直底面的棱锥型，常见的是两个互相垂直的面都是特殊三角形且平面ABC ⊥平面BCD ，如类型Ⅰ，△ABC 与△BCD 都是直角三角形，类型Ⅱ，△ABC 是等边三角形，△BCD 是直角三角形，类型Ⅲ，△ABC 与△BCD 都是等边三角形，解决方法是分别过△ABC 与△BCD 的外心作该三角形所在平面的垂线，交点O 即为球心．类型Ⅳ，△ABC 与△BCD 都一般三角形，解决方法是过△BCD 的外心O 1作该三角形所在平面的垂线，用代数方法即可解决问题．设三棱锥A －BCD 的高为h ，外接球的半径为R ，球心为O ．△BCD 的外心为O 1，O 1到BD 的距离为d ，O 与O 1的距离为m ，则Error!解得R ．可用秒杀公式：R 2＝r 12＋r 22－l 24(其中r 1、r 2为两个面的外接圆的半径，l 为两个面的交线的长)AB C D A 1B 1C 1D 12h 2224h R r ∴=+O 1C 1AA 1B 1O B CRrh2hO 22h 2224h R r ∴=+r h C DB R A O 1O2h r hC D BR A O 1O2h O 2D 2B 2⑥外接球模型六：圆锥、顶点在底面的射影是底面外心的棱锥．秒杀公式：R ＝h 2＋r 22h(其中h 为几何体的高，r 为几何体的底面半径或底面外接圆的圆心)⑦内切球思路：以三棱锥P －ABC 为例，求其内切球的半径．方法：等体积法，三棱锥P－ABC 体积等于内切球球心与四个面构成的四个三棱锥的体积之和；第一步：先求出四个表面的面积和整个锥体体积；第二步：设内切球的半径为r ，球心为O ，建立等式：V P －ABC ＝V O －ABC ＋V O －PAB ＋V O －PAC ＋V O －PBC ⇒V P －ABC ＝13S △ABC ·r ＋13S △PAB ·r ＋13S △PAC ·r ＋13S △PBC ·r ＝13(S △ABC ＋S △PAB ＋S △PAC ＋S △PBC )·r ； 第三步：解出r ＝3V P －ABC SO －ABC ＋S O －PAB ＋S O －PAC ＋S O －PBC ＝3V S 表．【典例1】（2023·浙江·高三校联考期中）正四面体的所有顶点都在同一个表面积是36π的球面上，则该正四面体的棱长是 ．类型Ⅰ类型Ⅱ类型ⅢABCDO 1O R rm h －m R dd 类型Ⅳ因为正四面体内接于球，则相应的一个正方体内接球，设正方体为则正四面体为，设球的半径为R ，则， 解得，所以则正方体的棱长为，【典例2】（2023·河南·开封高中校考模拟预测）已知四面体ABCD 中，，ABCD 外接球的体积为（）A ．B CD ．则故11A CB D -2436R ππ=3R =16AC =23AB CD ==AC BD ==AD BC ==45π22222220,29,41,a b b c a c ⎧+=⎪+=⎨⎪+=⎩22a b R +=【典例3】（2023·黑龙江齐齐哈尔·高三齐齐哈尔市第八中学校校考阶段练习）设直三棱柱的所有顶点都在一个表面积是的球面上，且，则此直三棱柱的表面积是（ ） A ．B ．C ．D ．【典例4】（2023·安徽宣城·高三统考期末）在三棱锥中，△ABC 是边长为3的等边三角形，侧棱PA ⊥平面ABC ，且，则三棱锥的外接球表面积为 ．【答案】【解析】根据已知，底面是边长为3的等边三角形，平面， 可得此三棱锥外接球，即以为底面以为高的正三棱柱的外接球．111ABC A B C -40π1,120AB AC AA BAC ∠===16+8+8+16+-P ABC 4PA =-P ABC 28πABC PA ⊥ABC ABC PA的中点，的外接圆半径为所以球的半径为所以四面体外接球的表面积为故答案为：．【典例5】（2023·四川乐山·高三期末）已知正边长为1，将绕旋转至，使得平面平面，则三棱锥的外接球表面积为．取BC 中点G ，连接AG,DG ，则分别取与的外心的球心，由ABC r AN =R OA ==-P ABC 28πABC ABC BC DBC △ABC ⊥BCD D ABC -ABC DBC A BCD -AB AC DB DC BC =====2213122AG DG ⎛⎫∴==-=⎪⎝⎭【典例6】（2023·山东滨州·高三校考期中）已知正四棱锥的底面边长为侧棱长为6，则该四棱锥的外接球的体积为．，显然正四棱锥令，则在中，所以该四棱锥的外接球体积为【典例7】（2023·高三课时练习）边长为的正四面体内切球的体积为（）A B C．DP ABCD-221133PO PA AO=-=PO AO R==1|33OO=1Rt AO O△22R AOA O==1π6设正四面体的内切球半径为由等体积法可得因此，该正四面体的内切球的体积为【题型训练1-刷真题】一、单选题322144243A BCDB ACE V V --⎛⎫=-=-⨯ ⎪ ⎪⎝⎭ABCD (21123A BCD V r S -==2．（2022·全国·统考高考真题）已知球上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为（A ．B ．【答案】C【分析】方法一：先证明当四棱锥的顶点1312，底面所在圆的半径为[方法一]：导数法设正四棱锥的底面边长为，高为则，所以，所以正四棱锥的体积2a 2222l a h =+2232(3a =+26h l =2222a l h =-13V Sh =二、填空题【点睛】方法点睛：多面体与球切、接问题的求解方法（1）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；（2）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）正方体的内切球的直径为正方体的棱长；（4）球和正方体的棱相切时，球的直径为正方体的面对角线长；（5）利用平面几何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．【题型训练2-刷模拟】一、单选题）故选：B3．（2023·全国·高三专题练习）在直三棱柱直三棱柱的外接球的体积为（ ）A ．B ． 【答案】C【分析】将直三棱柱放入长方体中，借助长方体的外接球求解8π316π34．（2023秋·四川眉山的球面上，则该圆柱的体积为（A ．【答案】C【分析】设圆柱的底面半径为 A ．B ．【答案】B π12π外接球球心位置，求出外接球半径，即可求得答案 因为由于平面平面故平面，又M 为的外心，⊥22AB BC AC ===ACD ⊥ABC BM ⊥ACD DM ADC △的外接球，结合直三棱柱的性质求外接圆半径接球， 设四面体的外接球的球心为，半径为，，则， 的外接球表面积为.AEF A BCD -O R 132AB ==22217R O O r =+=24π28πR =8．（2023·四川成都·校联考二模）在三棱锥平面，若三棱锥A ．【答案】B【分析】根据三棱锥中线面关系可先确定球心【详解】 的中点为，连接，因为，又因为平面平面，平面PAC ⊥ABC 231O 1PO AC ⊥112AO AC ==221(26)PA AO =-=PAC ⊥ABC是边长为 10．（2023春·四川绵阳底面是正方形，（ ）A ．【答案】CABCD 89π【详解】 的边长为，在等边三角形平面，∴平面是等边三角形，则，设四棱锥外接球的半径为，为正方形为四棱锥P －ABCD 外接球球心，则易知ABCD 2x PAB ⊥ABCD PE ⊥PAB 3PE x =()211233633ABCD S PE x x ⋅⋅=⨯⨯=R 1O故选：C12．（2023秋·陕西西安·高三校联考开学考试）已知在三棱锥平面，则三棱锥A．B．⊂ABC-P ABC π4【点睛】求解几何体外接球有关的问题，关键点在于找到球心的位置，然后计算出外接球的半径接法和补形法，直接法是根据几何体的结构来找到球心；补形法是补形成直棱柱、长方体（正方体）等几何体，并根据这些几何体的结构找到球心并求得半径13．（2023秋·湖南衡阳·高三衡阳市田家炳实验中学校考阶段练习）球，.若由，则，即又，故，仅当BCD BD CD ⊥BD =24π9πR =32R =1BD =22BD CD ++4CD AC ⋅≤AC所以，四面体外接球即为长方体外接球，则半径由题意，四面体的四个侧面均为全等三角形，形内角，的外接球的直径，要想体积最设，则，，所以当时，，则有三棱锥所以． 故选：A16．（2023·河南·统考三模）如图，该几何体为两个底面半径为的体积为V 1，它的内切球的体积为V A ． B ．AB x =PA x =6BC x =-PC 2x =min 26PC =3min 4π86π3V R ==2:3的内切圆的半径即为该几何体内切球的半径，求出半径，再根据球的体积公17．（2023·福建宁德·校考模拟预测）将一个半径为半径为（）A．C．313+ () 2313-【点睛】关键点点睛：此题考查圆锥的内切球问题，解题的关键是表示出圆锥的体积，化简后利用导数求出其最大值，从而可确定出圆的大小，考查空间想象能力和计算能力，属于较难题18．（2023·全国·高三专题练习）已知四棱锥A ． C ． 【答案】B所以故其内切圆表面积为故选：B ．19．（2023·全国·高三专题练习）若一个正三棱柱存在外接球与内切球，则它的外接球与内切球体积之比为(823)π-(863)π-1133P ABCD ABCD V S PH S -=⋅=表面积24π(8r =-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，故外接球的半径为故外接球的的表面积为. 故选：D.21．（2023春·贵州·高三校联考期中）已知正三棱锥221232+29π故选：A.22．（2023·全国·高三专题练习）已知圆台则该圆台的体积为（ ）A ．B ．【答案】B72π3143设上底面半径易知，作，垂足为1O B r =1BC O B r ==AC 2BD O A ⊥故选：A【点睛】解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径.24．（2023秋·浙江丽水·高三浙江省丽水中学校联考期末）将菱形体积最大时，它的内切球和外接球表面积之比为（26323R +B ACD -因为，所以当平面平面时，平面平面，所以此时四面体的高最大为因为，所以BA BC =BO ⊥BAC ⊥DAC BO ⊂BAC BO B ACD -DA DC =二、填空题故答案为：26．（2023秋·四川眉山，则该三棱柱的外接球的表面积为【答案】又由三棱柱的高为，则球心因此球半径R 满足：所以外接球的表面积故答案为：4π2360π322R r d =+24πS R ==60π【点睛】求解正棱锥有关问题，要把握住正棱锥的性质，如底面是正多边形，定点在底面的射影是底面的中心等等.求解几何体外接球有关问题，目是求球的表面积还是求体积28．（2023·河南·统考模拟预测）在菱形ABC16【点睛】方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法：①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径；定义法：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 由，以为坐标原点， 设内切圆半径，易知由等面积可得，解得设四面体外接球球心为所以易知在平面射影为4,3AB BC ==AB ⊥B ,BA BC ABC r 12S lr =PABC O 'ABC31．（2023春·江西南昌·高三南昌市八一中学校考阶段练习）底面，，若【答案】32．（2023·四川绵阳·绵阳南山中学实验学校校考模拟预测）在边长为段，的中点，连接ABCD AC BD O = 163π-AB BC DE【答案】【分析】由题意可知两两垂直，所以将三棱锥就是三棱锥的外接球的直径，求出体对角线的长，则可求出外接球的表面积【详解】由题意可知两两垂直，且 33．（2023秋·河南周口这个圆台的体积为 【答案】【分析】根据圆台与球的性质结合圆台的表面积、体积公式计算即可6π,,OD OE OF ,,OD OE OF OD =1423π故答案为： 34．（2023·全国·高三专题练习）【答案】【分析】作出内切球的轴截面，再根据几何关系求解即可 设该内切球的球心为所以，由已知得所以，在中，142π38πO OE OF OB ===2,BD DF ==AOF AO【答案】 【分析】根据题意利用余弦定理求得方体的六个面的对角线，利用等体积法求出内切球半径，运算求解即可 设长方体从同一个顶点出发的三条棱长分别为则，解得又因为三棱锥是长方体切掉四个角的余下部分，23π222222749a b a c b c ⎧+=⎪+=⎨⎪+=⎩a b c ⎧⎪⎨⎪⎩A BCD -'因为菱形的四条边相等，对角线互相垂直中，面与面的面积是确定的，所以要使三棱锥表面积最大，则需要面最大即可，而且；，当时，取得最大值 因为，，所以由余弦定理知所以，易得. =ABC -ADC ABC DCB DAB S S = sin DCB DC BC ∠⋅⋅π2DCB ∠=DBC S △2DB =32EB ED ==22sin 3DED '∠=63DD '=设，高，则,在Rt 中，所以正四棱锥的体积，故当调递减，2AB a =PO h =2OD a =MOD 13V Sh =2282(4)V h h h h '=-+=--。
(完整版)空间几何体与球的切接问题
空间几何体与球的切、接问题1.体积为 8 的正方体的极点都在同一球面上，则该球的表面积为（）B.323种类一：三条棱两两垂直可转变为长方体（正方体）2.在三棱锥P ABC中，PA平面ABC , AC BC , AC BC 1， PA3则三棱锥外接球的体积为3.已知球 O 上四点 A、B、C、D，DA平面ABC,AB BC, DA AB BC a ,则球 O 的体积等于圆柱的外接球ORBC2设柱体的高为l ,底面外接圆的半径为r,则有R r2l24.直三棱柱 ABC－ A1B1C1的 6 个极点都在球 O 的球面上”，若 AB＝3，AC＝4，AB⊥AC，AA1＝ 12，则球 O 的半径为种类二：有一条侧棱垂直于底面可转变为直棱柱5.已知三棱锥 P-ABC 中，三角形 ABC 为等边三角形，且 PA=8，PB=PC= 13 ,AB=3 ，则其外接球的体积为6.在三棱锥 P ABC 中, PA平面ABC , AC1， BC 2， PA 6，ACB 120 ，求三棱锥的外接球的表面积。
圆锥的外接球O O1A设椎体的高为 h, 底面外接圆的半径为 r, 则有R r 22 h R7.正四棱锥的极点都在同一球面上．若该棱锥的高为４，底面边长为２，则该球的表面积为（）A. 81D.27448.在三棱锥 A-BCD中 ACD 与 BCD 都是边长为 2 的正三角形，且平面 ACD 平面BCD,求三棱锥外接球的体积练习 1、在四周体P ABC 中，PC平面ABC，AB=AC=1，BC=2 ，PC= 3 .则该四周体外接球的表面积为.练习 2、正三角形 ABC的边长为 2，将它沿高 AD翻折，使点 B 与点 C 间的距离为2 ，此时四周体ABCD外接球表面积为____________练习 3．已知三棱锥 S-ABC的全部极点都在球 O 的球面上， SC是球 O 的直径。
若平面 SCA⊥平面 SCB，SA=AC，SB=BC，三棱锥 S-ABC的体积为 9，则球 O 的表面积为 ________。
与球有关的内切、外接问题
(2)三棱锥A－BCD，侧棱长为2 5 ，底面是边长为2 3 的等边三角形， 125
则该三棱锥外接球的体积为___6__π__.
解析 如图所示，该三棱锥为正三棱锥，O为底面 BCD的中心且AO垂直于底面BCD，O′在线段AO上， O′为外接球球心， 令 O′A＝O′D＝R，OD＝23DE＝23×2 3× 23＝2， AD＝2 5，
(2) 三 棱 锥 A － BCD 的 四 个 面 都 是 直 角 三 角 形 ， 且 侧 棱 AB 垂 直 于 底 面
BCD，BC⊥CD，AB＝BC＝2，且VA－BCD＝
4 3
，则该三棱锥A－BCD外接
球的体积为__4___3_π__.
解析 因为AB⊥BC，BC⊥CD，构造如图所示的长方体， 则AD为三棱锥A－BCD的外接球的直径. 设外接球的半径为R. ∵VA－BCD＝13×12×BC×CD×AB＝16×2×CD×2＝43， ∴CD＝2，∴该长方体为正方体，∴AD＝2 3，∴R＝ 3， 外接球体积为 V＝43πR3＝4 3π.
B，C，D都在同一球面上，则此球的体积为___3__.
解析 如图，设正四棱锥的底面中心为O1， ∴SO1垂直于底面ABCD，令外接球球心为O， ∴△ASC的外接圆就是外接球的一个轴截面圆， 外接圆的半径就是外接球的半径. 在△ASC 中，由 SA＝SC＝ 2，AC＝2，
得SA2＋SC2＝AC2. ∴△ASC是以AC为斜边的直角三角形. ∴A2C＝1 是外接圆的半径，也是外接球的半径. 故 V 球＝43π.
∴AO＝ AD2－OD2＝4，∴OO′＝4－R，
又OO′2＋OD2＝O′D2， ∴(4－R)2＋4＝R2，解得 R＝52，∴V 球＝43πR3＝1625π.
反思 感悟
几何体与球的切、接问题练习题高一用
几何体与球的切、接问题一、直接法：依据几何体的特征找球心的位置，通过解三角形求出半径1、多面体与球（1）正方体棱长为，其外接球直径，内切球直径，棱切球直径（2）正四面体棱长为，高，三球球心为高的四分点。
外接球半径，内切球半径，棱切球半径a 2R =2R a=2R =a h=3R h 4==1R h 4==R =2、直棱柱外接球球心为上、下底面外接圆圆心连线的中点；3、正棱柱（或圆柱）外接球球心为上、下底面中心连线的中点；4、正棱台（或圆台）外接球球心在上、下底面中心连线上；5、正棱锥（或圆锥）外接球球心在几何体的高上，可由勾股定理求R ；6、三棱锥中有公共斜边的直角三角形，则外接球球心为斜边中点，该斜边为直径。
二、补正方体或长方体求外接球半径1、底面为直角三角形的直棱柱；2、同一顶点出发的三条棱两两垂直的三棱锥；3、三节棍体（三条棱两两垂直，且垂足不是同一点的四面体）；4、相对棱两两相等的四面体；5、一条侧棱垂直于底面，底面是矩形的四棱锥；6、一条侧棱垂直于底面的椎体补为直棱柱；三、几何的内切球，可通过体积法求半径：四、典型例题1、直三棱柱的各顶点都在同一球面上，若，，，则此球的表面积为2、长方体顶点都在半径为9的球0的球面上，则长方体表面积的最大值是3、球0为正方体的内切球，，分别为棱的中点，则直线被球0截得的线段长为4、正三棱锥中，，为中点，且直线与地面所成角的正切值为外接球的表面积为5、矩形中，，沿将矩形折成一个四面体，则此四面体的外接球体积为，四面体体积最大值为1V S r 3=∙表111ABC A B C -0ABC 120∠=AB 2=1BC CC 1==1111ABCD A B C D -AB 2=E,F 1AD CC 、EF A BCD -BC 2=E BC AE BCD A BCD -ABCD AB 4,BC 3==AC ABCD D ABC -6、在正三棱锥中，是的中点，且，底面边长的外接球的体积为7、四面体满足，，则四面体的外接球表面积为8、已知球的直径，是该球面上的两点，，则三棱锥的体积是9、在封闭的直三棱柱内有一体积为的球，若，AB=6,bc=8,AA 1=3,则的最大值是10、四面体ABCD 中，已知AB=CD=5，，其外接球的表面积为S ABC -M SC AM SB ⊥AB =S ABC -ABCD AB CD ==AC AD BC BD 2====ABCD SC 4=A B 、AB =0ASC BSC 30∠=∠=S ABC -111ABC A B C -V AB BC ⊥V AC BD ==AD BC ==11、体积为的球与正三棱柱的所有面均相切，则该棱柱的体积为 12、已知SC 为球0的直径，A,B 为球面上两点，AB=2,,若棱锥A-SBC，则球0的体积为 13、三棱锥A-BCD 内接于半径为2的球0，BC 过球心0，当三棱锥A-BCD 的体积最大时，三棱锥A-BCD 的表面积为总结：43πASC BSC 4π∠=∠=。
高考必考题—几何体中与球有关的切、接问题(含解析)
几何体中与球有关的切、接问题球的截面的性质(1)球的任何截面是圆面；(2)球心和截面(不过球心)圆心的连线垂直于截面；(3)球心到截面的距离d 与球的半径R 及截面的半径r 的关系为r ＝R 2－d 2几个与球有关的切、接常用结论(1)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 ＝3a ；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 ＝2a .(2)若长方体的同一顶点的三条棱长分别为a ，b ，c ，外接球的半径为R ，则2R ＝a 2＋b 2＋c 2. (3)正四面体的外接球与内切球的半径之比为3∶1. 一、题型选讲题型一 、几何体的外接球解决多面体的外接球问题，关键是确定球心的位置，方法是先选择多面体中的一面，确定此面外接圆的圆心，再过圆心作垂直此面的垂线，则球心一定在此垂线上，最后根据其他顶点确定球心的准确位置．对于特殊的多面体还可采用补成正方体或长方体的方法找到球心位置．例1、【2020年高考全国Ⅰ卷理数】已知,,A B C 为球O 的球面上的三个点，⊙1O 为ABC △的外接圆，若⊙1O 的面积为4π，1AB BC AC OO ===，则球O 的表面积为 A ．64π B ．48πC ．36πD ．32π例2、【2020年高考天津】若棱长为 A ．12π B ．24π C ．36πD ．144π例3、（2020届山东省潍坊市高三上学期统考）已知边长为2的等边三角形ABC ，D 为BC 的中点，以AD 为折痕进行折叠，使折后的2BDC π∠=，则过A ，B ，C ，D 四点的球的表面积为（ ）A ．3πB ．4πC ．5πD ．6π例4、（2020届山东省日照市高三上期末联考）已知四棱锥P ABCD -的体积是ABCD 是正方形，PAB ∆是等边三角形，平面PAB ⊥平面ABCD ，则四棱锥P ABCD -外接球体积为（ ）A ．BCD ．例5、（2020届山东省德州市高三上期末）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 =ED =P ADE -的外接球的体积为，则阳马P ABCD -的外接球的表面积等于______.题型二、几何体的内切球求解多面体的内切球的问题，一般是将多面体分割为以球心为顶点，多面体的各面为底面的棱锥，利用多面体的体积等于各棱锥的体积之和求内切球的半径．例6、【2020年高考全国Ⅲ卷理数】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_________．例7、（2020届山东省潍坊市高三上期中）如图，平行四边形形状的纸片是由六个边长为1的正三角形构成的，将它沿虚线折起来，可以得到如图所示粽子形状的六面体，则该六面体的表面积为__________；若该六面体内有一小球，则小球的最大体积为___________．二、达标训练1、（2020届山东省泰安市高三上期末）已知正三棱锥S ABC -的侧棱长为6，则该正三棱锥外接球的表面积是（ ） A ．16πB ．20πC ．32πD ．64π2、【2020年高考全国II 卷理数】已知△ABC O 的球面上.若球O 的表面积为16π，则O 到平面ABC 的距离为A B ．32C ．1D 3、【2019年高考全国Ⅰ卷理数】已知三棱锥P −ABC 的四个顶点在球O 的球面上，PA =PB =PC ，△ABC 是边长为2的正三角形，E ，F 分别是PA ，AB 的中点，∠CEF =90°，则球O 的体积为A ．B ．C ．D4、【2018年高考全国Ⅰ卷理数】设A B C D ，，，是同一个半径为4的球的球面上四点，ABC △为等边三角形且其面积为D ABC -体积的最大值为A ．B ．C ．D ．5、【2020年新高考全国Ⅰ卷】已知直四棱柱ABCD –A 1B 1C 1D 1的棱长均为2，∠BAD =60°．以1D 半径的球面与侧面BCC 1B 1的交线长为________．6、（2020届山东省滨州市三校高三上学期联考）已知三棱锥S ABC -，SA ⊥平面ABC ，6ABC π∠=，3SA =，1BC =，直线SB 和平面ABC 所成的角大小为3π.若三棱锥S ABC -的四个顶点都在同一球面上，则该球的表面积为________.7、（2020届山东省枣庄、滕州市高三上期末）如图，在三棱锥P -ABC 中，,PA AB ⊥PC BC ⊥，,AB BC ⊥22,AB BC ==PC =，则PA 与平面ABC 所成角的大小为________；三棱锥P -ABC 外接球的表面积是________.8、（2020届山东省烟台市高三上期末）已知三棱锥P ABC -的四个顶点都在球O 的表面上，PA ⊥平面ABC，6PA =，AB =2AC =，4BC =，则：（1）球O 的表面积为__________；（2）若D 是BC 的中点，过点D 作球O 的截面，则截面面积的最小值是__________．9、（2020届山东省滨州市高三上期末）在四面体S ABC -中，2SA SB ==，且SA SB ⊥，BC =，AC=________，该四面体外接球的表面积为________.10、（2020届山东省济宁市高三上期末）下图是两个腰长均为10cm的等腰直角三角形拼成的一个四边形-的外接球的体积为ABCD，现将四边形ABCD沿BD折成直二面角A BD C--，则三棱锥A BCDcm．__________3一、题型选讲题型一 、几何体的外接球解决多面体的外接球问题，关键是确定球心的位置，方法是先选择多面体中的一面，确定此面外接圆的圆心，再过圆心作垂直此面的垂线，则球心一定在此垂线上，最后根据其他顶点确定球心的准确位置．对于特殊的多面体还可采用补成正方体或长方体的方法找到球心位置．例1、【2020年高考全国Ⅰ卷理数】已知,,A B C 为球O 的球面上的三个点，⊙1O 为ABC △的外接圆，若⊙1O 的面积为4π，1AB BC AC OO ===，则球O 的表面积为 A ．64π B ．48πC ．36πD ．32π【答案】A【解析】设圆1O 半径为r ，球的半径为R ，依题意， 得24,2r r π=π=∴，ABC 为等边三角形，由正弦定理可得2sin 60AB r =︒=，1OO AB ∴==1OO ⊥平面ABC ，11,4OO O A R OA ∴⊥====， ∴球O 的表面积2464S R ππ==.故选：A.本题考查球的表面积，应用球的截面性质是解题的关键，考查计算求解能力，属于基础题.例2、【2020年高考天津】若棱长为 A ．12π B ．24πC ．36πD ．144π【答案】C【解析】这个球是正方体的外接球，其半径等于正方体的体对角线的一半，即3R ==，所以，这个球的表面积为2244336S R πππ==⨯=. 故选：C ．本题考查正方体的外接球的表面积的求法，求出外接球的半径是本题的解题关键，属于基础题.求多面体的外接球的面积和体积问题，常用方法有：（1）三条棱两两互相垂直时，可恢复为长方体，利用长方体的体对角线为外接球的直径，求出球的半径；（2）直棱柱的外接球可利用棱柱的上下底面平行，借助球的对称性，球心为上下底面外接圆的圆心连线的中点，再根据勾股定理求球的半径；（3）如果设计几何体有两个面相交，可过两个面的外心分别作两个面的垂线，垂线的交点为几何体的球心. 例3、（2020届山东省潍坊市高三上学期统考）已知边长为2的等边三角形ABC ，D 为BC 的中点，以AD 为折痕进行折叠，使折后的2BDC π∠=，则过A ，B ，C ，D 四点的球的表面积为（ ）A ．3πB ．4πC ．5πD ．6π【答案】C【解析】边长为2的等边三角形ABC ，D 为BC 的中点，以AD 为折痕进行折叠，使折后的2BDC π∠=，构成以D 为顶点的三棱锥，且三条侧棱互相垂直，可构造以其为长宽高的长方体，其对角线即为球的直径，三条棱长分别为1,12R ==2452S ππ==，故选C.例4、（2020届山东省日照市高三上期末联考）已知四棱锥P ABCD -的体积是ABCD 是正方形，PAB ∆是等边三角形，平面PAB ⊥平面ABCD ，则四棱锥P ABCD -外接球体积为（ ）A ．BCD ．【答案】A【解析】设AB 的中点为Q ，因为PAB ∆是等边三角形，所以PQ AB ⊥，而平面PAB ⊥平面ABCD ， 平面PAB ⋂平面ABCD AB =，所以PQ ⊥平面ABCD ，四棱锥P ABCD -的体积是13AB AB PQ =⨯⨯⨯13AB AB AB =⨯⨯，所以边长6AB =，PQ =OH x =，OM x =，()(222222R OA OM AM x==+=+，2222223R OP OH PH x ==+=+，x =2212321R =+=343V R π==球.故选：A.例5、（2020届山东省德州市高三上期末）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 =ED =P ADE -的外接球的体积为，则阳马P ABCD -的外接球的表面积等于______.【答案】20π 【解析】四边形ABCD 是正方形，AD CD ∴⊥，即AD CE ⊥，且AD =ED =，所以，ADE ∆的外接圆半径为122AE r ===设鳖臑P ADE -的外接球的半径1R ，则3143R π=，解得12R =.PA ⊥平面ADE ，1R ∴=2PA ==PA ∴=正方形ABCD 的外接圆直径为22r AC ==22r ∴=，PA ⊥平面ABCD ，所以，阳马P ABCD -的外接球半径2R ==因此，阳马P ABCD -的外接球的表面积为22420R ππ=.故答案为：20π. 题型二、几何体的内切球求解多面体的内切球的问题，一般是将多面体分割为以球心为顶点，多面体的各面为底面的棱锥，利用多面体的体积等于各棱锥的体积之和求内切球的半径．例6、【2020年高考全国Ⅲ卷理数】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_________．【解析】易知半径最大球为圆锥的内切球，球与圆锥内切时的轴截面如图所示， 其中2,3BC AB AC ===，且点M 为BC 边上的中点， 设内切圆的圆心为O ，由于AM ==122S =⨯⨯=△ABC 设内切圆半径为r ，则：ABC AOB BOC AOC S S S S =++△△△△111222AB r BC r AC r =⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯()13322r =⨯++⨯=解得：2r，其体积：343V r =π=.故答案为：3. 与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.例7、（2020届山东省潍坊市高三上期中）如图，平行四边形形状的纸片是由六个边长为1的正三角形构成的，将它沿虚线折起来，可以得到如图所示粽子形状的六面体，则该六面体的表面积为__________；若该六面体内有一小球，则小球的最大体积为___________．【解析】（1）因为16(12S =⨯⨯=. （2）由图形的对称性得，小球的体积要达到最大，即球与六个面都相切时，每个三角形面积是4，六面体体积是正四面体的2倍，所以六面体体积是6. 由于图像的对称性，内部的小球要是体积最大，就是球要和六个面相切，连接球心和五个顶点，把六面体分成了六个三棱锥，设球的半径为R ，所以16()6349R R =⨯⨯⨯⇒=，所以球的体积334433V R ππ===.故答案为：. 二、达标训练1、（2020届山东省泰安市高三上期末）已知正三棱锥S ABC -的侧棱长为6，则该正三棱锥外接球的表面积是（ ） A ．16π B ．20πC ．32πD ．64π【答案】D【解析】如图所示，因为正三棱锥S ABC -的侧棱长为6，则263AE ==6SE ===, 又由球心O 到四个顶点的距离相等，在直角三角形AOE 中，,6AO R OE SE SO R ==-=-，又由222OA AE OE =+，即222(6)R R =+-，解得4R =， 所以球的表面积为2464S R ππ==， 故选D.2、【2020年高考全国II 卷理数】已知△ABC O 的球面上.若球O 的表面积为16π，则O 到平面ABC 的距离为A B ．32C ．1D 【答案】C【解析】设球O 的半径为R ，则2416R π=π，解得：2R =.设ABC △外接圆半径为r ，边长为a ，ABC △21224a ∴⨯=，解得：3a =，2233r ∴===，∴球心O 到平面ABC 的距离1d ==.故选：C ．本题考查球的相关问题的求解，涉及到球的表面积公式和三角形面积公式的应用；解题关键是明确球的性质，即球心和三角形外接圆圆心的连线必垂直于三角形所在平面.3、【2019年高考全国Ⅰ卷理数】已知三棱锥P −ABC 的四个顶点在球O 的球面上，PA =PB =PC ，△ABC 是边长为2的正三角形，E ，F 分别是PA ，AB 的中点，∠CEF =90°，则球O 的体积为A ．B ．C ．D【答案】D 【解析】解法一：,PA PB PC ABC ==△为边长为2的等边三角形，P ABC ∴-为正三棱锥，PB AC ∴⊥，又E ，F 分别为PA ，AB 的中点，EF PB ∴∥，EF AC ∴⊥，又EF CE ⊥，,CEAC C EF =∴⊥平面PAC ，∴PB ⊥平面PAC ，APB PA PB PC ∴∠=90︒,∴===P ABC ∴-为正方体的一部分，2R ==即344π33R V R =∴=π==，故选D ．解法二：设2PA PB PC x ===，,E F 分别为,PA AB 的中点，EF PB ∴∥，且12EF PB x ==，ABC △为边长为2的等边三角形，CF ∴=又90CEF ∠=︒，12CE AE PA x ∴===， AEC △中，由余弦定理可得()2243cos 22x x EAC x+--∠=⨯⨯，作PD AC ⊥于D ，PA PC =，D 为AC 的中点，1cos 2AD EAC PA x ∠==，2243142x x x x+-+∴=，22121222x x x ∴+=∴==，，，PA PB PC ∴=== 又===2AB BC AC ，,,PA PB PC ∴两两垂直，2R ∴==R ∴=，34433V R ∴=π==，故选D.本题主要考查学生的空间想象能力，补体法解决外接球问题．可通过线面垂直定理，得到三棱两两互相垂直关系，快速得到侧棱长，进而补体成正方体解决．4、【2018年高考全国Ⅰ卷理数】设A B C D ，，，是同一个半径为4的球的球面上四点，ABC △为等边三角形且其面积为D ABC -体积的最大值为 A． B ． C．D ．【答案】B【解析】如图所示，设点M 为三角形ABC 的重心，E 为AC 中点，当点D 在平面ABC 上的射影为M 时，三棱锥D ABC -的体积最大，此时，4OD OB R ===，2ABC S AB ==△，6AB ∴=,点M 为三角形ABC 的重心，23BM BE ∴==，Rt OBM ∴△中，有2OM ==，426DM OD OM ∴=+=+=，()max 163D ABC V -∴=⨯= B.5、【2020年新高考全国Ⅰ卷】已知直四棱柱ABCD –A 1B 1C 1D 1的棱长均为2，∠BAD =60°．以1D 半径的球面与侧面BCC 1B 1的交线长为________．【答案】2. 【解析】如图：取11B C 的中点为E ，1BB 的中点为F ，1CC 的中点为G ，因为BAD ∠=60°，直四棱柱1111ABCD A B C D -的棱长均为2，所以△111D B C 为等边三角形，所以1D E=111D E B C ⊥，又四棱柱1111ABCD A B C D -为直四棱柱，所以1BB ⊥平面1111D C B A ，所以111BB B C ⊥， 因为1111BB B C B =，所以1D E ⊥侧面11B C CB ，设P 为侧面11B C CB 与球面的交线上的点，则1D E EP ⊥，1D E =，所以||EP ===所以侧面11B C CB 与球面的交线上的点到E ，因为||||EF EG ==11B C CB 与球面的交线是扇形EFG 的弧FG ，因为114B EFC EG π∠=∠=，所以2FEG π∠=，所以根据弧长公式可得22FG π==.. 6、（2020届山东省滨州市三校高三上学期联考）已知三棱锥S ABC -，SA ⊥平面ABC ，6ABC π∠=，3SA =，1BC =，直线SB 和平面ABC 所成的角大小为3π.若三棱锥S ABC -的四个顶点都在同一球面上，则该球的表面积为________. 【答案】13π【解析】如图：SA ⊥平面ABC ，则SBA ∠为直线SB 和平面ABC 所成的角，即3SBA π∠=在Rt SAB ∆中：tan3SA AB π=== 如图，设O 为三棱锥S ABC -外接球的球心，G 为ABC ∆外接圆圆心， 连结,,,,OA OB GA GB OG ，则必有OG ⊥面ABC 在ABC ∆，2222cos 312162AC AB BC AB BC π=+-⋅⋅=+-=， 则1AC = 其外接圆半径122,1sin sin 6AC r r ABC π====∠， 又1322OG SA ==， 所以三棱锥S ABC -外接球半径为R ===该球的表面积为21344134S R πππ==⨯=, 故答案为：13π.7、（2020届山东省枣庄、滕州市高三上期末）如图，在三棱锥P -ABC 中，,PA AB ⊥PC BC ⊥，,AB BC ⊥22,AB BC ==PC =，则PA 与平面ABC 所成角的大小为________；三棱锥P -ABC 外接球的表面积是________.【答案】45︒ 6π【解析】如图，作平行四边形ABCD ，连接PD ，由AB BC ⊥，则平行四边形ABCD 是矩形． 由BC CD ⊥，BC PC ⊥，PCCD C =，∴BC ⊥平面PCD ，而PD ⊂平面PCD ，∴BC PD ⊥，同理可得AB PD ⊥，又AB BC B ⋂=，∴PD ⊥平面ABCD ．,PD CD PD AD ⊥⊥，PAD ∠是PA 与平面ABC 所成角．由2,CD AB PC ===1PD =，又1AD BC ==，∴45PAD ∠=︒．∴PA 与平面ABC 所成角是45︒．由,PA AB ⊥PC BC ⊥知PB 的中点到,,,A B C P 的距离相等，PB 是三棱锥P -ABC 外接球的直径．由BC ⊥平面PCD 得BC PC ⊥，PB ===24()62PB S ππ==． 故答案为：45︒；6π．8、（2020届山东省烟台市高三上期末）已知三棱锥P ABC -的四个顶点都在球O 的表面上，PA ⊥平面ABC，6PA =，AB =2AC =，4BC =，则：（1）球O 的表面积为__________；（2）若D 是BC 的中点，过点D 作球O 的截面，则截面面积的最小值是__________． 【答案】52π 4π【解析】（1）由题,根据勾股定理可得AC AB ⊥,则可将三棱锥P ABC -可放入以,,AP AC AB 为长方体的长,宽,高的长方体中,则体对角线为外接球直径,即2r ==则r =,所以球的表面积为224452r πππ=⨯=；（2）由题,因为Rt ABC ,所以D 为底面ABC 的外接圆圆心,当DO ⊥截面时,截面面积最小,即截面为平面ABC ,则外接圆半径为2,故截面面积为224ππ⨯=故答案为：（1）52π；（2）4π9、（2020届山东省滨州市高三上期末）在四面体S ABC -中，2SA SB ==，且SA SB ⊥，BC =，AC =________，该四面体外接球的表面积为________.【答案】68π【解析】因为2SA SB ==，且SA SB ⊥，BC =，AC =AB ==，因此222BC AC AB +=，则AC BC ⊥；取AB 中点为O ，连接OS ，OC ，则OA OB OC OS ====，所以该四面体的外接球的球心为O ，半径为OC=所以该四面体外接球的表面积为248S ππ=⋅=； 又因为SA SB =，所以SO AB ⊥；因为底面三角形ABC 的面积为定值122AC BC ⋅=，SO ，因此，当SO ⊥平面ABC 时，四面体的体积最大，为136ABC V S SO =⋅=.故答案为：(1).6(2). 8π10、（2020届山东省济宁市高三上期末）下图是两个腰长均为10cm 的等腰直角三角形拼成的一个四边形ABCD ，现将四边形ABCD 沿BD 折成直二面角A BD C --，则三棱锥A BCD -的外接球的体积为__________3cm ．【答案】 【解析】由题设可将该三棱锥拓展成如图所示的正方体，则该正方体的外接球就是三棱锥的外接球，由于正方体的对角线长为2l R ==即球的半径R =该球的体积343V R π==，应填答案．。
专题17 几何体与球切、接的问题 (练)2021年高考数学二轮复习讲练测(教师版含解析)(新高考版)
专题十七 几何体与球切、接的问题一、讲高考1．【2020年高考全国Ⅰ卷文数12理数10】已知,,A B C 为球O 的球面上的三个点，⊙1O 为ABC ∆的外接圆．若⊙1O 的面积为4π，1AB BC AC OO ===，则球O 的表面积为( ) A ．64π B ．48π C ．36π D ．32π【答案】A【思路导引】由已知可得等边ABC ∆的外接圆半径，进而求出其边长，得出1OO 的值，根据球截面性质，求出球的半径，即可得出结论．【解析】设圆1O 半径为r ，球的半径为R ，依题意，得24,2r r π=π∴=，由正弦定理可得2sin60AB r =︒=，1OO AB ∴==1OO ⊥平面ABC ，11,4OO O A R OA ∴⊥====，∴球O 的表面积2464S R =π=π，故选A ．【专家解读】本题的特点是多面体与球的位置关系，本题考查了三棱锥的外接球，考查球的表面积公式，考查数学运算、数学直观等学科素养．解题关键是正确应用球的截面性质．2．【2020年高考全国Ⅱ卷文数11理数10】已知ABC ∆是面积为439的等边三角形，且其顶点都在球O 的表面上，若球O 的表面积为16π，则球O 到平面ABC 的距离为( ) A ．3B ．23C ．1D ．23 【答案】C 【思路导引】根据球O 的表面积和ABC ∆的面积可求得球O 的半径R 和ABC ∆外接圆半径r ，由球的性质可知所求距离d【解析】设球O 的半径为R ，则2416R π=π，解得：2R =．设ABC ∆外接圆半径为r ，边长为a ，ABC ∆的等边三角形，212a ∴=，解得：3a =，2233r ∴==∴球心O 到平面ABC 的距离1d ==，故选C ． 【专家解读】本题的特点是多面体与球的位置关系，本题考查了球的相关问题的求解，考查球的表面积公式，考查数学运算、数学直观等学科素养．解题关键是明确球的性质，即球心和三角形外接圆圆心的连线必垂直于三角形所在平面．3．【2020年高考天津卷5】若棱长为( ) A ．12πB ．24πC ．36πD ．144π【答案】C【思路导引】求出正方体的体对角线的一半，即为球的半径，利用球的表面积公式，即可得解．【解析】这个球是正方体的外接球，其半径等于正方体的体对角线的一半，即3R ==，所以这个球的表面积为2244336S R πππ==⨯=，故选C ．【专家解读】本题的特点是多面体与球的位置关系，本题考查了正方体的外接球，考查球的表面积公式，考查数学运算、数学直观等学科素养．解题关键是正确作出截面，找到正方体外接球直径与正方体体对角线的关系．【方法总结】求多面体的外接球的面积和体积问题，常用方法有：(1)三条棱两两互相垂直时，可恢复为长方体，利用长方体的体对角线为外接球的直径，求出球的半径；(2)直棱柱的外接球可利用棱柱的上下底面平行，借助球的对称性，球心为上下底面外接圆的圆心连线的中点，再根据勾股定理求球的半径；(3)如果设计几何体有两个面相交，可过两个面的外心分别作两个面的垂线，垂线的交点为几何体的球心．4．【2020年高考全国Ⅲ卷文数16理数15】已知圆维的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为 ．【思路导引】将原问题转化为求解圆锥内切球的问题，然后结合截面确定其半径即可确定体积的值．【解析】解法一：易知半径最大球为圆锥的内切球，球与圆锥内切时的轴截面如图所示，其中2,3BC AB AC ===，且点M 为BC 边上的中点，设内切圆的圆心为O ，由于AM =122S =⨯⨯△ABC r ，则：ABC AOB BOC AOC S S S S =++△△△△111222AB r BC r AC r =⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯()13322r =⨯++⨯=解得：2r ，其体积：343V r π==． 解法二：分析知圆锥内半径最大的球的应为该圆锥的内切球，如图，由题可知该圆锥的母线长为3BS =，底面半径为=1BC ，高为SC =BS 切于D 点，令OD OC r ==，则由SOD SBC ∆∆，可得OD BCOS BS =13=，得r =，此时343V r =π． 【专家解读】本题的特点是圆锥与球的位置关系，本题考查了圆锥内切球，考查球的体积公式，考查数学运算、数学直观、数学建模等学科素养．解题关键是认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，正确作出截面，构造直角三角形，应用勾股定理解题．5．【2020年高考山东卷16】已知直四棱柱1111ABCD A B C D -的棱长均为2，60BAD ∠=，以1D 为半径的球面与侧面11BCC B 的交线长为 ．【思路导引】根据已知条件易得1D E =1D E ⊥侧面11BC CB ，可得侧面11BC CB 与球面的交线上的点到E11BC CB 与球面的交线是扇形EFG 的弧FG ，再根据弧长公式可求得结果．【解析】解法一：如图，取11B C 的中点为E ，1BB 的中点为F ，1CC 的中点为G ，因为BAD ∠=60°，直四棱柱1111ABCD A BC D -的棱长均为2，所以△111D B C 为等边三角形，所以1D E =111D E B C ⊥，又四棱柱1111ABCD A BC D -为直四棱柱，所以1BB ⊥平面1111D C B A ，所以111BBB C ⊥， 因为1111BB B C B =，所以1D E ⊥侧面11BC CB ，设P 为侧面11BC CB 与球面的交线上的点，则1DE EP ⊥，1D E =，所以||EP ==所以侧面11BC CB 与球面的交线上的点到E 因为||||EF EG ==所以侧面11BC CB 与球面的交线是扇形EFG 的弧FG ，因为114B EF C EG π∠=∠=，所以2FEG π∠=，所以根据弧长公式可得2FG π==． 解法二：在直四棱柱1111ABCD A B C D -中，取11BC 中点为O ，1BB 中点为F ，1CC 中点为E ，由题意易知111D O B C ⊥，又11BB D O ⊥，则1D O ⊥面11BB C C ，在面11BB C C 内取一点P ，使1//OP BB ，且OP =，∴1D P ==，又1D E =，1D F =∴以1D 为半径的球面与侧面11BCC B的交线是以O 为半径的圆弧FPE ，由题意易得2FOE π∠=，故该交线长为2π=．解法三：【专家解读】本题的特点是注重空间中基本计算，本题考查了直棱柱的结构特征，考查了直线与平面垂直的判定，考查了立体几何中的轨迹问题，考查了扇形中的弧长公式，考查数学运算、直观想象等学科素养．解题关键是作出合理的截面解决问题．6．【2019年高考全国Ⅰ卷理数】已知三棱锥P −ABC 的四个顶点在球O 的球面上，P A =PB =PC ，△ABC 是边长为2的正三角形，E ，F 分别是P A ，AB 的中点，∠CEF =90°，则球O 的体积为A ．B ．C ．D【答案】D 【解析】解法一：,PA PB PC ABC ==△为边长为2的等边三角形，P ABC ∴-为正三棱锥，PB AC ∴⊥，又E ，F 分别为PA ，AB 的中点，EF PB ∴∥，EF AC ∴⊥，又EF CE ⊥，,CE AC C EF =∴⊥平面PAC ，∴PB ⊥平面PAC ，APB PA PB PC ∴∠=90︒,∴===，P ABC ∴-为正方体的一部分，2R ==即344π33R V R =∴=π==，故选D ． 解法二：设2PA PB PC x ===，,E F 分别为,PA AB 的中点，EF PB ∴∥，且12EF PB x ==，ABC △为边长为2的等边三角形，CF ∴=90CEF ∠=︒，12CE AE PA x ∴===，AEC △中，由余弦定理可得()2243cos 22x x EAC x +--∠=⨯⨯，作PD AC ⊥于D ，PA PC =，D 为AC 的中点，1cos 2AD EAC PA x ∠==，2243142x x x x +-+∴=，2212122x x x ∴+=∴==，，PA PB PC ∴======2AB BC AC ，,,PA PB PC ∴两两垂直，2R ∴=，R ∴=，34433V R ∴=π==，故选D 【名师点睛】本题主要考查学生的空间想象能力，补体法解决外接球问题．可通过线面垂直定理，得到三棱两两互相垂直关系，快速得到侧棱长，进而补体成正方体解决．二、练模拟1．(2021·广西梧州模拟)已知，，在球的球面上，，，，直线与A B C O 120BAC ∠=︒2AC =1AB =OA截面所成的角为，则球的表面积为( )A ．B ．C ．D ． 【答案】D【分析】设的外心为，由余弦定理可得，再由正弦定理可得外接圆直径，进而可得球的半径和表面积． 【解析】设的外心为，， ，则． 设球的半径为，由题意可知平面，又直线与截面所成的角为，所以，在中，所以，所以球的表面积为，故选D ． 【点睛】关键点点睛：本题考查球的表面积，求出球的半径是关键．本题中利用正余弦定理求出三角形的外接圆半径，再利用线面角，构造直角三角形，求出球半径．考查了学生的运算求解能力和逻辑推理能力，属于中档题目．2．(2021·安徽安庆市·高三一模(文))四面体中，，，，且面，则四面体的外接球表面积为( )A ．B ．C ．D ． 【答案】D【分析】由面，构造一个直三棱柱，设，分别为上下两个底面的外接圆圆心，易得球心为的中点，然后分别在中求得外接圆的半径，进而中求得球的半径即可．【解析】根据题意，构造一个直三棱柱，如图，ABC 60︒O 43π163π563π1123πABC 1O BC12sin120BC O A ==︒ABC 1O 2222cos BC AB AC AB AC BAC =+-⋅∠2212212cos1207=+-⨯⨯︒=BC=12sin120BC O A ==︒R 1OO ⊥ABC OA ABC 60︒160OAO ∠=︒1RtAOO 12R OA O A ===O 2281124433S R πππ==⨯=A BCD -2AB CD ==1BC =23BCD π∠=AB ⊥BCD A BCD -36π9π1243π403πAB ⊥BCD 1O 2O O 12O O BCD △2BOO，分别为上下两个底面的外接圆圆心，根据球的性质，球心必为的中点，所以球的半径为，设为，的外接圆半径设为，在中，，，，由余弦定理得， 由正弦定理可得，在中，， 所以球的表面积，故选D ． 【点睛】关键点睛：解决本题的关键在于利用正弦定理求出的外接圆的半径，结合勾股定理得出三棱锥的外接球的半径．3．(2021·江西上饶模拟)设为等腰三角形，，，为边上的高，将沿翻折成，若四面体，则线段的长度为( )A ．B ．1 CD【答案】C【分析】由题意画出图形，结合已知求出三角形的外接圆的半径，再由正弦定理求解得答案．【解析】如图，1O 2O O 12O O OB R BCD △r BCD △2AB CD ==1BC =23BCD π∠=214122172BD ⎛⎫=+-⨯⨯⨯-= ⎪⎝⎭2sin BD r BCD ===∠2BOO 221013R r =+=24043S R ππ==BCD △ABC 2AB AC ==3A π∠=AD BC ADC AD ADC 'ABC D 'BC '2BDC '设等腰三角形的外心为，四面体的外接球的球心为，连接，则平面， 由已知求得， ，即等腰三角形又由已知可得，由正弦定理可得，得可得，则，故选C ．【点睛】方法点睛：求几何体的外接球的半径常用的方法有：(1)直接法；(2)模型法；(3)解三角形法．要根据已知条件灵活选择方法求解．4．(多选题)( 2021福清西山学校高三期中)已知的等边三角形，且其顶点都在球的球面上．若球的表面积为，则( )A ．B ．与平面所成的角为C ．到平面的距离为1D ．二面角的大小为 【答案】ABC【分析】过作平面于点，则点是等边的中心，也是外心、重心，、即可判断选项A ；因为平面于点，所以即为与平面所成的角，在直角三角形中，求即可判断选项B ；求的长即可判断选项C ；取的中点连接，可得即为二面角的平面角，求出即可判断选项D ，进而可得正确选项．【解析】如图，因为的顶点都在球的球面上，且是等边三角形，过作平面于点，则点是等边的中心，也是外心，重心 因为， BDC 'G ABC D 'O GO OG ⊥BDC 'AD =ABC D 'DG ∴=BDC '1BD DC ==1sin DBC =∠sin DBC ∠=45DBC DCB ∠=∠=︒BC 'ABC O O 16πOA BC ⊥OA ABC 30O ABC O AB C --60︒O OH ⊥ABC H H ABC OH BC ⊥AD BC ⊥OH ⊥ABC H OAH ∠OA ABC AHO OAH ∠OA AB M ,OM HM OMH ∠O AB C --OMH ∠ABC O ABC O OH ⊥ABC H H ABCABC 2AB =3AB =延长交于点，则点是的中点，因为，所以，又因为平面，平面，所以，因为，所以平面，又因为平面，所以，故选项A 正确；因为球的表面积为，即，所以，即，因为等边中，，所以，在直角三角形中，，所以到平面的距离为1，故选项C 正确；因为平面于点，所以即为与平面所成的角，在直角三角形中，，，所以，所以，故选项B 正确； 取的中点连接，因为，所以，因为平面，平面，所以，因为，所以平面，所以，结合，可得即为二面角的平面角，由，，所以，，所以，所以，故选项D 不正确，故选ABC ．【点睛】方法点睛：求空间中直线与平面所成角的常见方法为(1)定义法：直接作平面的垂线，找到线面成角；(2)等体积法：不作垂线，通过等体积法间接求点到面的距离，距离与斜线长的比值即线面成角的正弦值；(3)向量法：利用平面法向量与斜线方向向量所成的余弦值的绝对值，即是线面成角的正弦值． AH BC D D BC AB AC =AD BC ⊥OH ⊥ABC BC ⊂ABC OH BC ⊥AD OH H ⋂=BC ⊥AOH AO ⊂AOH OA BC ⊥O 16π2416R ππ=2R =2OA=ABC 3AB =33cos30AD AB ==23AH AD ==AHO 1OH=O ABC OH ⊥ABC H OAH ∠OA ABC AHO 1OH =2OA =1sin 2OHOAH OA ∠==30OAH ∠=AB M ,OM HM OA OB =OM AB ⊥OH ⊥ABC AB ABC OH AB ⊥OM OH O ⋂=AB ⊥OHM HM AB ⊥OM AB ⊥OMH ∠O AB C --2OA =32AM =OM ==1OH =sin OH OMH OM ∠==≠60OMH ∠≠5．(多选题)( 2021双峰县第一中学高三月考)已知正方体的棱长为2，，分别是，的中点，过，的平面与该正方体的每条棱所成的角均相等，以平面截该正方体得到的截面为底面，以为顶点的棱锥记为棱锥，则( )A ．正方体的外接球的体积为B ．正方体的内切球的表面积为C ．棱锥的体积为3D ．棱锥的体积为【答案】AC【分析】根据正方体外接球的直径为正方体体对角线可知其直径为再根据正方体内切球球心为正方体中心，半径为棱长一半，可求得其内切球表面积；根据题干做出该正方体图形，可知棱锥的正六边形，可求得该锥体体积．【解析】因为正方体的棱长为2，所以正方体，内切球的半径为1，所以正方体的外接球的体积为，内切球的表面积为，故A 正确，B 错误．如图，分别是棱的中点．因为在同一个平面内，并且该平面与正方体的各条棱所成的角均相等，所以平面被此正方体所截得的截面图形为正六边形． 因为正六边形的面积，到平面所以棱锥的体积为．故正确，D 错误，故选AC ． 1111ABCD A BC D -E F 1AA1CC E F αα1B Ω1111ABCD A BC D -1111ABCD A BC D -43πΩΩ32Ω1111ABCD A BC D -1111ABCD A BC D -=1111ABCD A BC D -343π⨯=2414ππ⨯=,,,M N S T 1111,,,AB BC C D A D EMNFST αEMNFST EMNFST 1623S π=⨯=1B α=Ω13⨯3=C【点睛】与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径．6．(2021·黑龙江哈尔滨市·哈尔滨三中高三月考(文))沿正三角形的中线翻折，使点与点间的距离，则四面体外接球表面积为_______．【答案】【分析】由题意分析：四面体可补形为长方体，只需要找长方体的外接球即可．【解析】如图示，∵为正三角形的中线，∴，又，∴，∵∴，∴，∴四面体可扩充为长方体．则四面体外接球即为长方体的外接球．设四面体外接球的半径为R，则，∴∴四面体外接球表面积．【点睛】多面体的外接球问题解题关键是找球心和半径，求半径的方法有：(1)公式法；(2) 多面体几何性质法；(3)补形法；(4)寻求轴截面圆半径法；(5)确定球心位置法．7．(2021·新疆高三模拟(理))三棱锥的底面是边长为的等边三角形，二面角为，则三棱锥的外接球的表面积为___________．【答案】ABC AD B CABCD5πABCDAD ABC,AD BD AD CD⊥⊥=BD CD D AD BCD⊥1BC BD CD==，222=BC BD CD+BD CD⊥ABCDABCDABCD()22222R BD CD AD=++2R=ABCD245S Rππ==S ABC-12SB SC==S BC A--60S ABC-208π【分析】设为中点，为正外心，可得是二面角的平面角为，作底面，垂足为，在上，设外接球球心，则，作于，设，利用，由已知线段长及二面角的大小求出图形中各线段长，然后利用勾股定理求得(以图中位置计算出值，如果，说明在平面上方，如果，则在平面正方)．然后可得外接球半径，从而得球面积．【解析】如图，设为中点，为正外心，依题意有，，∴，∴，则易证为二面角的平面角，，设在底面的射影为，则可证在上，则，，，，，设为三棱锥的外接球球心，可证，过点在面内作，为垂足，则，，设求半径为，，则，，解得，．则球心在底面的下方，事实上当在底面的下方时 解得，．三棱锥的外接球的表面积为．【点睛】本题考查求三棱锥外接球的表面积，解题关键是找到球心位置，求出球的半径．三棱锥的外接球球心一定在过各面外心与此面垂直的直线上．8．(2021·湖北高三月考)已知球的半径为点均在球面上，若为等边三角形，且其面积则三棱锥的最大体积是___________． D BC G ABC SDA ∠S BC A --60︒SE ⊥ABC E E AD O //OG SE OF SE ⊥F OG d =OS OA R ==d d 0d >O ABC 0d <O ABC D BC G ABC 6BD DC ==SB SC ==SD BC ⊥6SD =SDA ∠S BC A --60SDA ∠=S ABC E E AD 3ED =SE =GD =AG =3GE =O //OG SE O SAD OF SE ⊥F 3OF GE ==AG =R OG d =222R OA OS ==22223))d d +=+2d =-252R =O ABC O ABC 22223))d d +=+2d =252R =S ABC -208πO 4,3,,,A B C D ABC D ABC -【分析】根据三角形面积求出边长，即可求出三角形外接圆半径，继而可求出高的最大值，求出体积．【解析】设外接圆的圆心为由解得，则 当三棱棱锥体积最大时，球心在上，因此有 所以的最大值为，三棱锥的最大体积为故．三、练原创1．已知圆锥的高为3积等于( )A ．B ．C ．D ． 【答案】B 【解析】如图：设球心到底面圆心的距离为，则球的半径为，由勾股定理得解得，故半径， 故选． ABC 1,O ABC 21sin603,2AB ⋅⋅=2AB =1122sin60AB O B =⨯=D ABC -O 1DO 12,3OO ==1DO 42233+=D ABC -111233ABC V S DO =⋅⋅==83π323π16π32πx 3x -()2233x x +=-1x =2r =343233V r ππ==球B2．(2021·江西九校联考)已知三棱锥A -BCD 中，侧面ABC ⊥底面BCD ，三角形ABC 是边长为3的正三角形，三角形BCD 是直角三角形，且∠BCD =90°，CD =2，则此三棱锥外接球的体积等于( )A ．B ．C ．16πD ．32π【答案】A【分析】把三棱锥放入长方体中，根据长方体的结构特征求出三棱锥外接球的半径，再计算三棱锥外接球的体积．【解析】三棱锥中，侧面底面，把该三棱锥放入长方体中，如图所示；设三棱锥外接球的球心为，取BC 的中点M ，BD 的中点N ，三角形ABC 的重心G ，连接OG ，则，，， 所以三棱锥外接球的半径为，所以三棱锥外接球的体积为，故选A ． 3．(多选题)(2021湖南长沙市·长郡中学高三月考)已知球是正三棱锥(底面为正三角形，点在底面的射影为底面中心)的外接球，，点在线段上，且，过点作球的截面，则所得截面圆的面积可能是( )A ．B ．C ．D ．【答案】BCD【分析】依题意首先求出外接球的半径，即可求出截面圆的面积最大值，设过且垂直的截面圆的半径为323π643πA BCD -ABC ⊥BCD O AM ==2233AG AM ===112OG CD ==2R OA ==3344232333R V πππ⨯===O A BCD -3BC =AB =E BD 6BD BE =E O π2π3π4πE OE，即可求出截面圆的面积最小值，从而得解；【解析】如下图所示，其中是球心，是等边三角形的中心，可得，，设球的半径为，在三角形中，由，即，解得，故最大的截面面积为，在三角形中，，，由余弦定理得， 在三角形中，，设过且垂直的截面圆的半径为，，故最小的截面面积为，所以过点作球的截面，所以截面圆面积的取值范围是，故选．【点睛】与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径． 4．(2021·江苏南通一模)已知在圆柱内有一个球O ，该球与圆柱的上､下底面及母线均相切．过直线的平面截圆柱得到四边形，其面积为8．若P 为圆柱底面圆弧的中点，则平面与球O 的交线长为___________．r O O 'BCD O B O D BC ''===3AO '=R ODO '222OO DO OD ''+=()2223R R -+=2R =24=R ππBEO '1162BE BD ==6EBO π'∠=2O E '==OO E 'OE ==E OE r 222115444r R OE =-=-=254r ππ=E O 5,44ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦BCD 12O O 12O O ABCD CD PAB【分析】先根据球与圆柱的上､下底面及母线均相切，可得四边形为正方形，由，求出球的半径r ；由题意分析出平面与球O 的交线为一个圆，利用垂径定理，计算出圆的半径，求出周长即可．【解析】设球的半径为r ，则，而，∴作于H ，∵⊥底面，∴⊥AB ．∵P 为圆柱底面圆弧的中点，∴AP =BP ，又为AB 中点，∴⊥AB ，又，∴，∴，又且，∴，∵，， ∴，∴∴平面与球O 的交线为一个圆，其半径，圆周长为． 【点睛】(1)多面体的外接球(内切球)问题解题关键是找球心和半径，求半径的方法有：①公式法；②多面体几何性质法；③补形法；④寻求轴截面圆半径法；⑤确定球心位置法；(2)一个平面与球相交，所得的截面为一个圆．5．(2021·盐城市伍佑中学高三期末)已知三个顶点都在球的表面上，且，，ABCD 8ABCD S =PAB 2r =2AB BC r ==248ABCD S AB BC r ===r =2OH O P ⊥12O O 12O O CD 2O 2O P 1222OO PO O =12AB O O P ⊥AB OH ⊥2OH O P ⊥22AB PO O =OH ABP ⊥122OO r ==1O P =121OO O P ⊥2O P 1122si n O P O O P O P ∠===12255sin O O O O H O P =⨯∠==PAB 2r ===222l r ππ===ABC O 1AC BC ==AB =是球面上异于､､的一点，且平面，若球的表面积为，则球心到平面的距离为____________．【答案】 【分析】根据题中的垂直关系，确定球心，再根据球的表面积公式计算，再求点到平面的距离．【解析】由，，并且平面，平面，，且 平面，，是直角三角形和的公共斜边，取的中点，根据直角三角形的性质可知，所以点是三棱锥外接球的球心，设，则则三棱锥外接球的表面积，，解得：，点到平面的距离．【点睛】方法点睛：本题考查了球与几何体的综合问题，考查空间想象能力以及化归和计算能力，(1)当三棱锥的三条侧棱两两垂直时，并且侧棱长为，那么外接球的直径(2)当有一条侧棱垂直于底面时，先找底面外接圆的圆心，过圆心做底面的垂线，球心在垂线上，根据垂直关系建立的方程．(3)而本题类型，是两个直角三角形的公共斜边的中点是外接球的球心． S A B C SA ⊥ABC O 16πO ABC 2O SA O ABC 222AC BC AB +=AC BC ∴⊥SA ⊥ABC BC ⊂ABC SA BC ∴⊥AC SA A ⋂=BC ∴⊥SAC BC SC ∴⊥SB ∴SBC SAB SB O OA OB OC OS ===O S ABC -SA x =12r SB ==S ABC -2416S r ππ==()21264x +=x =O ABC 122d SA ==,,a b c 2R R。
高中数学专题练习19 几何体中与球有关的切、接问题(新高考地区专用)解析版
几何体中与球有关的切、接问题球的截面的性质(1)球的任何截面是圆面；(2)球心和截面(不过球心)圆心的连线垂直于截面；(3)球心到截面的距离d 与球的半径R 及截面的半径r 的关系为r ＝R 2－d 2几个与球有关的切、接常用结论(1)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 ＝3a ；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 ＝2a .(2)若长方体的同一顶点的三条棱长分别为a ，b ，c ，外接球的半径为R ，则2R ＝a 2＋b 2＋c 2. (3)正四面体的外接球与内切球的半径之比为3∶1. 一、题型选讲题型一、几何体的外接球解决多面体的外接球问题，关键是确定球心的位置，方法是先选择多面体中的一面，确定此面外接圆的圆心，再过圆心作垂直此面的垂线，则球心一定在此垂线上，最后根据其他顶点确定球心的准确位置．对于特殊的多面体还可采用补成正方体或长方体的方法找到球心位置．例1、【2020年高考全国Ⅰ卷理数】已知,,A B C 为球O 的球面上的三个点，⊙1O 为ABC △的外接圆，若⊙1O 的面积为4π，1AB BC AC OO ===，则球O 的表面积为 A ．64π B ．48πC ．36πD ．32π例2、【2020年高考天津】若棱长为 A ．12π B ．24π C ．36πD ．144π例3、已知边长为2的等边三角形ABC ，D 为BC 的中点，以AD 为折痕进行折叠，使折后的2BDC π∠=，则过A ，B ，C ，D 四点的球的表面积为（） A ．3πB ．4πC ．5πD ．6π例4、已知四棱锥P ABCD -的体积是ABCD 是正方形，PAB ∆是等边三角形，平面PAB ⊥平面ABCD ，则四棱锥P ABCD -外接球体积为（）A ．BCD ．例5、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 =ED =，若鳖臑P ADE -的外接球的体积为，则阳马P ABCD -的外接球的表面积等于______.题型二、几何体的内切球求解多面体的内切球的问题，一般是将多面体分割为以球心为顶点，多面体的各面为底面的棱锥，利用多面体的体积等于各棱锥的体积之和求内切球的半径．例6、【2020年高考全国Ⅲ卷理数】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_________．例7、如图，平行四边形形状的纸片是由六个边长为1的正三角形构成的，将它沿虚线折起来，可以得到如图所示粽子形状的六面体，则该六面体的表面积为__________；若该六面体内有一小球，则小球的最大体积为___________．二、达标训练1、已知正三棱锥S ABC -的侧棱长为6，则该正三棱锥外接球的表面积是（） A ．16πB ．20πC ．32πD ．64π2、【2020年高考全国II 卷理数】已知△ABC O 的球面上.若球O 的表面积为16π，则O 到平面ABC 的距离为A B ．32C ．1D 3、【2019年高考全国Ⅰ卷理数】已知三棱锥P −ABC 的四个顶点在球O 的球面上，PA =PB =PC ，△ABC 是边长为2的正三角形，E ，F 分别是PA ，AB 的中点，∠CEF =90°，则球O 的体积为A ．B ．C ．D4、【2018年高考全国Ⅲ卷理数】设A B C D ，，，是同一个半径为4的球的球面上四点，ABC △为等边三角形且其面积为D ABC -体积的最大值为A ．B ．C ．D ．5、【2020年新高考全国Ⅰ卷】已知直四棱柱ABCD –A 1B 1C 1D 1的棱长均为2，∠BAD =60°．以1D 半径的球面与侧面BCC 1B 1的交线长为________．6、已知三棱锥S ABC -，SA ⊥平面ABC ，6ABC π∠=，3SA =，1BC =，直线SB 和平面ABC 所成的角大小为3π.若三棱锥S ABC -的四个顶点都在同一球面上，则该球的表面积为________.7、如图，在三棱锥P-ABC 中，,PA AB ⊥PC BC ⊥，,AB BC ⊥22,AB BC ==PC =，则PA 与平面ABC 所成角的大小为________；三棱锥P-ABC 外接球的表面积是________.8、已知三棱锥P ABC -的四个顶点都在球O 的表面上，PA ⊥平面ABC ，6PA =，AB =2AC =，4BC =，则：（1）球O 的表面积为__________；（2）若D 是BC 的中点，过点D 作球O 的截面，则截面面积的最小值是__________．9、在四面体S ABC -中，2SA SB ==，且SA SB ⊥，BC =，AC =为________，该四面体外接球的表面积为________.10、下图是两个腰长均为10cm 的等腰直角三角形拼成的一个四边形ABCD ，现将四边形ABCD 沿BD 折成直二面角A BD C --，则三棱锥A BCD -的外接球的体积为__________3cm ．几何体中与球有关的切、接问题球的截面的性质(1)球的任何截面是圆面；(2)球心和截面(不过球心)圆心的连线垂直于截面；(3)球心到截面的距离d 与球的半径R 及截面的半径r 的关系为r ＝R 2－d 2几个与球有关的切、接常用结论(1)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 ＝3a ；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 ＝2a .(2)若长方体的同一顶点的三条棱长分别为a ，b ，c ，外接球的半径为R ，则2R ＝a 2＋b 2＋c 2. (3)正四面体的外接球与内切球的半径之比为3∶1. 一、题型选讲题型一、几何体的外接球解决多面体的外接球问题，关键是确定球心的位置，方法是先选择多面体中的一面，确定此面外接圆的圆心，再过圆心作垂直此面的垂线，则球心一定在此垂线上，最后根据其他顶点确定球心的准确位置．对于特殊的多面体还可采用补成正方体或长方体的方法找到球心位置．例1、【2020年高考全国Ⅰ卷理数】已知,,A B C 为球O 的球面上的三个点，⊙1O 为ABC △的外接圆，若⊙1O 的面积为4π，1AB BC AC OO ===，则球O 的表面积为 A ．64π B ．48πC ．36πD ．32π【答案】A【解析】设圆1O 半径为r ，球的半径为R ，依题意， 得24,2r r π=π=∴，ABC 为等边三角形，由正弦定理可得2sin 60AB r =︒=，1OO AB ∴==1OO ⊥平面ABC ，11,4OO O A R OA ∴⊥====， ∴球O 的表面积2464S R ππ==.故选：A.本题考查球的表面积，应用球的截面性质是解题的关键，考查计算求解能力，属于基础题.例2、【2020年高考天津】若棱长为 A ．12π B ．24πC ．36πD ．144π【答案】C【解析】这个球是正方体的外接球，其半径等于正方体的体对角线的一半，即3R ==，所以，这个球的表面积为2244336S R πππ==⨯=. 故选：C ．本题考查正方体的外接球的表面积的求法，求出外接球的半径是本题的解题关键，属于基础题.求多面体的外接球的面积和体积问题，常用方法有：（1）三条棱两两互相垂直时，可恢复为长方体，利用长方体的体对角线为外接球的直径，求出球的半径；（2）直棱柱的外接球可利用棱柱的上下底面平行，借助球的对称性，球心为上下底面外接圆的圆心连线的中点，再根据勾股定理求球的半径；（3）如果设计几何体有两个面相交，可过两个面的外心分别作两个面的垂线，垂线的交点为几何体的球心. 例3、（2020届山东省潍坊市高三上学期统考）已知边长为2的等边三角形ABC ，D 为BC 的中点，以AD 为折痕进行折叠，使折后的2BDC π∠=，则过A ，B ，C ，D 四点的球的表面积为（）A ．3πB ．4πC ．5πD ．6π【答案】C【解析】边长为2的等边三角形ABC ，D 为BC 的中点，以AD 为折痕进行折叠，使折后的2BDC π∠=，构成以D 为顶点的三棱锥，且三条侧棱互相垂直，可构造以其为长宽高的长方体，其对角线即为球的直径，三条棱长分别为1,12R ==245S ππ==，故选C.例4、（2020届山东省日照市高三上期末联考）已知四棱锥P ABCD -的体积是ABCD 是正方形，PAB ∆是等边三角形，平面PAB ⊥平面ABCD ，则四棱锥P ABCD -外接球体积为（）A ．BCD ．【答案】A【解析】设AB 的中点为Q ，因为PAB ∆是等边三角形，所以PQ AB ⊥，而平面PAB ⊥平面ABCD ， 平面PAB ⋂平面ABCD AB =，所以PQ ⊥平面ABCD ，四棱锥P ABCD -的体积是13AB AB PQ =⨯⨯⨯13AB AB AB =⨯⨯，所以边长6AB =，PQ =OH x =，OM x =，()(222222R OA OM AM x==+=+，2222223R OP OH PH x ==+=+，x =2212321R =+=343V R π==球.故选：A.例5、（2020届山东省德州市高三上期末）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 =ED =P ADE -的外接球的体积为，则阳马P ABCD -的外接球的表面积等于______.【答案】20π 【解析】四边形ABCD 是正方形，AD CD ∴⊥，即AD CE ⊥，且AD =ED =，所以，ADE ∆的外接圆半径为122AE r ===设鳖臑P ADE -的外接球的半径1R ，则3143R π=，解得12R =.PA ⊥平面ADE ，1R ∴=2PA ==PA ∴=正方形ABCD 的外接圆直径为22r AC ==22r ∴=，PA ⊥平面ABCD ，所以，阳马P ABCD -的外接球半径2R ==因此，阳马P ABCD -的外接球的表面积为22420R ππ=.故答案为：20π. 题型二、几何体的内切球求解多面体的内切球的问题，一般是将多面体分割为以球心为顶点，多面体的各面为底面的棱锥，利用多面体的体积等于各棱锥的体积之和求内切球的半径．例6、【2020年高考全国Ⅲ卷理数】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_________．【解析】易知半径最大球为圆锥的内切球，球与圆锥内切时的轴截面如图所示， 其中2,3BC AB AC ===，且点M 为BC 边上的中点， 设内切圆的圆心为O ，由于AM ==122S =⨯⨯=△ABC 设内切圆半径为r ，则：ABC AOB BOC AOC S S S S =++△△△△111222AB r BC r AC r =⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯()13322r =⨯++⨯=解得：2r，其体积：3433V r =π=π.. 与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.例7、（2020届山东省潍坊市高三上期中）如图，平行四边形形状的纸片是由六个边长为1的正三角形构成的，将它沿虚线折起来，可以得到如图所示粽子形状的六面体，则该六面体的表面积为__________；若该六面体内有一小球，则小球的最大体积为___________．【解析】（1）因为16(1)222S =⨯⨯⨯=，所以该六面体的表面积为2. （2）由图形的对称性得，小球的体积要达到最大，即球与六个面都相切时，2. 由于图像的对称性，内部的小球要是体积最大，就是球要和六个面相切，连接球心和五个顶点，把六面体分成了六个三棱锥，设球的半径为R ，16()3R R =⨯⇒=所以球的体积3344(393297V R ππ===.故答案为：2；729. 二、达标训练1、（2020届山东省泰安市高三上期末）已知正三棱锥S ABC -的侧棱长为6，则该正三棱锥外接球的表面积是（） A ．16π B ．20πC ．32πD ．64π【答案】D【解析】如图所示，因为正三棱锥S ABC -的侧棱长为6，则2632AE =⋅=6SE ===, 又由球心O 到四个顶点的距离相等，在直角三角形AOE 中，,6AO R OE SE SO R ==-=-，又由222OA AE OE =+，即222(6)R R =+-，解得4R =， 所以球的表面积为2464S R ππ==， 故选D.2、【2020年高考全国II 卷理数】已知△ABC O 的球面上.若球O 的表面积为16π，则O 到平面ABC 的距离为A B ．32C ．1D ．2【答案】C【解析】设球O 的半径为R ，则2416R π=π，解得：2R =.设ABC △外接圆半径为r ，边长为a ，ABC △212a ∴=，解得：3a =，2233r ∴===，∴球心O 到平面ABC 的距离1d ===.故选：C ．本题考查球的相关问题的求解，涉及到球的表面积公式和三角形面积公式的应用；解题关键是明确球的性质，即球心和三角形外接圆圆心的连线必垂直于三角形所在平面.3、【2019年高考全国Ⅰ卷理数】已知三棱锥P −ABC 的四个顶点在球O 的球面上，PA =PB =PC ，△ABC 是边长为2的正三角形，E ，F 分别是PA ，AB 的中点，∠CEF =90°，则球O 的体积为A ．B ．C ．D【答案】D 【解析】解法一：,PA PB PC ABC ==△为边长为2的等边三角形，P ABC ∴-为正三棱锥，PB AC ∴⊥，又E ，F 分别为PA ，AB 的中点，EF PB ∴∥，EF AC ∴⊥，又EF CE ⊥，,CEAC C EF =∴⊥平面PAC ，∴PB ⊥平面PAC ，APB PA PB PC ∴∠=90︒,∴===P ABC ∴-为正方体的一部分，2R ==即344π2338R V R =∴=π=⨯=，故选D ．解法二：设2PA PB PC x ===，,E F 分别为,PA AB 的中点，EF PB ∴∥，且12EF PB x ==，ABC △为边长为2的等边三角形，CF ∴=又90CEF ∠=︒，12CE AE PA x ∴===， AEC △中，由余弦定理可得()2243cos 22x x EAC x+--∠=⨯⨯，作PD AC ⊥于D ，PA PC =，D 为AC 的中点，1cos 2AD EAC PA x ∠==，2243142x x x x+-+∴=，22121222x x x ∴+=∴==，，，PA PB PC ∴=== 又===2AB BC AC ，,,PA PB PC ∴两两垂直，2R ∴==R ∴=，34433V R ∴=π==，故选D.本题主要考查学生的空间想象能力，补体法解决外接球问题．可通过线面垂直定理，得到三棱两两互相垂直关系，快速得到侧棱长，进而补体成正方体解决．4、【2018年高考全国Ⅲ卷理数】设A B C D ，，，是同一个半径为4的球的球面上四点，ABC △为等边三角形且其面积为D ABC -体积的最大值为A ．B ．C ．D ．【答案】B【解析】如图所示，设点M 为三角形ABC 的重心，E 为AC 中点，当点D 在平面ABC 上的射影为M 时，三棱锥D ABC -的体积最大，此时，4OD OB R ===，24ABC S AB ==△，6AB ∴=,点M 为三角形ABC 的重心，23BM BE ∴==，Rt OBM ∴△中，有2OM ==，426DM OD OM ∴=+=+=，()max 163D ABC V -∴=⨯=，故选B.5、【2020年新高考全国Ⅰ卷】已知直四棱柱ABCD –A 1B 1C 1D 1的棱长均为2，∠BAD =60°．以1D 半径的球面与侧面BCC 1B 1的交线长为________．【答案】2. 【解析】如图：取11B C 的中点为E ，1BB 的中点为F ，1CC 的中点为G ，因为BAD ∠=60°，直四棱柱1111ABCD A B C D -的棱长均为2，所以△111D B C 为等边三角形，所以1D E=111D E B C ⊥，又四棱柱1111ABCD A B C D -为直四棱柱，所以1BB ⊥平面1111D C B A ，所以111BB B C ⊥， 因为1111BB B C B =，所以1D E ⊥侧面11B C CB ，设P 为侧面11B C CB 与球面的交线上的点，则1D E EP ⊥，1D E =，所以||EP ===所以侧面11B C CB 与球面的交线上的点到E，因为||||EF EG ==11B C CB 与球面的交线是扇形EFG 的弧FG ，因为114B EFC EG π∠=∠=，所以2FEG π∠=，所以根据弧长公式可得22FG π==.故答案为：2. 6、（2020届山东省滨州市三校高三上学期联考）已知三棱锥S ABC -，SA ⊥平面ABC ，6ABC π∠=，3SA =，1BC =，直线SB 和平面ABC 所成的角大小为3π.若三棱锥S ABC -的四个顶点都在同一球面上，则该球的表面积为________. 【答案】13π 【解析】如图：SA ⊥平面ABC ，则SBA ∠为直线SB 和平面ABC 所成的角，即3SBA π∠=在Rt SAB ∆中：tan3SA AB π=== 如图，设O 为三棱锥S ABC -外接球的球心，G 为ABC ∆外接圆圆心，连结,,,,OA OB GA GB OG ，则必有OG ⊥面ABC 在ABC ∆，2222cos 31216AC AB BC AB BC π=+-⋅⋅=+-=， 则1AC = 其外接圆半径122,1sin sin 6AC r r ABC π====∠， 又1322OG SA ==， 所以三棱锥S ABC -外接球半径为2R ===该球的表面积为21344134S R πππ==⨯=, 故答案为：13π.7、（2020届山东省枣庄、滕州市高三上期末）如图，在三棱锥P-ABC 中，,PA AB ⊥PC BC ⊥，,AB BC ⊥22,AB BC ==PC =，则PA 与平面ABC 所成角的大小为________；三棱锥P-ABC 外接球的表面积是________.【答案】45︒6π【解析】如图，作平行四边形ABCD ，连接PD ，由AB BC ⊥，则平行四边形ABCD 是矩形． 由BC CD ⊥，BC PC ⊥，PCCD C =，∴BC ⊥平面PCD ，而PD ⊂平面PCD ，∴BC PD ⊥，同理可得AB PD ⊥，又AB BC B ⋂=，∴PD ⊥平面ABCD ．,PD CD PD AD ⊥⊥，PAD ∠是PA 与平面ABC 所成角．由2,CD AB PC ===1PD =，又1AD BC ==，∴45PAD ∠=︒．∴PA 与平面ABC 所成角是45︒．由,PA AB ⊥PC BC ⊥知PB 的中点到,,,A B C P 的距离相等，PB 是三棱锥P-ABC 外接球的直径．由BC ⊥平面PCD 得BC PC ⊥，PB ===24()62PB S ππ==． 故答案为：45︒；6π．8、（2020届山东省烟台市高三上期末）已知三棱锥P ABC -的四个顶点都在球O 的表面上，PA ⊥平面ABC，6PA =，AB =2AC =，4BC =，则：（1）球O 的表面积为__________；（2）若D 是BC 的中点，过点D 作球O 的截面，则截面面积的最小值是__________． 【答案】52π4π【解析】（1）由题,根据勾股定理可得AC AB ⊥,则可将三棱锥P ABC -可放入以,,AP AC AB 为长方体的长,宽,高的长方体中,则体对角线为外接球直径,即2r ==则r =,所以球的表面积为224452r πππ=⨯=；（2）由题,因为Rt ABC ,所以D 为底面ABC 的外接圆圆心,当DO ⊥截面时,截面面积最小,即截面为平面ABC ,则外接圆半径为2,故截面面积为224ππ⨯=故答案为：（1）52π；（2）4π9、（2020届山东省滨州市高三上期末）在四面体S ABC -中，2SA SB ==，且SA SB ⊥，BC =，AC =________，该四面体外接球的表面积为________.8π【解析】因为2SA SB ==，且SA SB ⊥，BC =，AC =AB ==，因此222BC AC AB +=，则AC BC ⊥；取AB 中点为O ，连接OS ，OC ，则OA OB OC OS ====，所以该四面体的外接球的球心为O ，半径为OC =所以该四面体外接球的表面积为248S ππ=⋅=； 又因为SA SB =，所以SO AB ⊥；因为底面三角形ABC 的面积为定值122AC BC ⋅=，SO ，因此，当SO ⊥平面ABC 时，四面体的体积最大，为13ABC V S SO =⋅=故答案为：(1).6(2). 8π10、（2020届山东省济宁市高三上期末）下图是两个腰长均为10cm 的等腰直角三角形拼成的一个四边形ABCD ，现将四边形ABCD 沿BD 折成直二面角A BD C --，则三棱锥A BCD -的外接球的体积为__________3cm ．【答案】 【解析】由题设可将该三棱锥拓展成如图所示的正方体，则该正方体的外接球就是三棱锥的外接球，由于正方体的对角线长为2l R ==即球的半径R =该球的体积343V R π==，应填答案．。
2025年高考数学一轮复习-7.1.2空间几何体的截面、球的切接问题-专项训练【含解析】
7.1.2空间几何体的截面、球的切接问题-专项训练【原卷版】1．体积为8的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为()πA．12πB．323C．8πD．4π2．一个圆柱的内切球的表面积为36π，则这个圆柱的表面积为()A．45πB．27πC．54πD．36π3．鲁班锁是中国传统的智力玩具，起源于中国古代建筑中首创的榫卯结构，它的外观是如图所示的十字立方体，其上下、左右、前后完全对称，6根等长的正四棱柱体分成3组，经90°榫卯起来．若正四棱柱的高为8，底面正方形的边长为2，现将该鲁班锁放进一个球形容器内，则该球形容器的表面积至少为(容器壁的厚度忽略不计，结果保留π)()A．96πB．84πC．42πD．16π4．如图，在正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AB＝1，AA1＝3，点E为AB上的动点，则D1E＋CE的最小值为()A．22B．10C．5＋1D．2＋25．已知正方体ABCDA1B1C1D1的边长为2，边AB的中点为M，过点M且垂直BD1的平面被正方体所截的截面面积为()B．3A．32C．23D．336．(多选)用一个平面截一个正方体，截面图形可以是()A．三角形B．等腰梯形C．五边形D．正六边形7．(多选)已知球O的半径为62，则下列结论正确的是()A．球O的表面积为6πB．球O的内接正方体的棱长为1C．球O的外切正方体的棱长为43D．球O的内接正四面体的棱长为28．在一个棱长为3＋22的正方体内部有一个大球和小球，大球与正方体的六个面都相切，小球可以在正方体和大球之间的空隙自由滑动，则小球的表面积最大值是________．9．已知正三棱锥SABC的侧棱长为43，底面边长为6，则该正三棱锥外接球的表面积是________．10．如图，圆形纸片的圆心为O，半径为5cm，该纸片上的等边三角形ABC的中心为O．D，E，F为圆O上的点，△DBC，△ECA，△FAB分别是以BC，CA，AB为底边的等腰三角形．沿虚线剪开后，分别以BC，CA，AB为折痕折起△DBC，△ECA，△FAB，使得D，E，F重合，得到三棱锥．当△ABC的边长变化时，求所得三棱锥体积(单位：cm3)的最大值．11．已知A，B，C为球O的球面上的三个点，⊙O1为△ABC的外接圆．若⊙O1的面积为4π，AB＝BC＝AC＝OO1，则球O的表面积为()A．64πB．48πC．36πD．32π解析：A如图所示，设球O的半径为R，⊙O1的半径为r，因为⊙O1的面积为4π，所以4π＝πr2，解得r＝2，又AB＝BC＝AC＝OO1，所以AB＝2r，解得AB＝23，故OO1＝23，所以R2＝OO21＋r2＝(23)2sin60°＋22＝16，所以球O的表面积S＝4πR2＝64π．故选A．12．在四面体ABCD中，若AB＝CD＝3，AC＝BD＝2，AD＝BC＝5，则四面体ABCD 的外接球的表面积为()A．2πB．4πC．6πD．8π13．在半径是13cm的球面上有A，B，C三点，且AB＝BC＝CA＝12cm，则球心到经过这三点的截面的距离为________．射影，PO＝6，Q是AC上的一点，过点Q且与PA,BD都平行的截面为五边形EFGHL，求该截面面积的最大值．15．(多选)在南方不少地区，经常看到一种用木片、竹篾或苇蒿等称为“灯罩斗笠”，不同型号的斗笠大小经常用帽坡长(母线长)和帽底宽(底面圆直径长)两个指标进行衡量，现有一个“灯罩斗笠”，帽坡长20厘米，帽底宽203厘米，关于此斗笠，下列说法正确的是()A．斗笠轴截面(过顶点和底面中心的截面图形)的顶角为120°B．过斗笠顶点和斗笠侧面上任意两母线的截面三角形的最大面积为1003平方厘米C．若此斗笠顶点和底面圆上所有点都在同一个球上，则该球的表面积为1600π平方厘米D．此斗笠放在平面上，可以盖住的球(保持斗笠不变形)的最大半径为203－30厘米16．多面体欧拉定理是指对于简单多面体，其各维对象数总满足一定面数)－E(棱长数)＝2．在数学上，富勒烯的结构都是以正五边形和正六边形面组成的凸多面体，例如富勒烯C60(结构图如图)是单纯用碳原子组成的稳定分子，具有60个顶点和32个面，其中12个面为正五边形，20个面为正六边形．除C60外具有封闭笼状结构的富勒烯还可能有C28，C32，C50，C70，C84，C240，C540等，则C84结构含有正六边形的个数为()A．12B．24C．30D．327.1.2空间几何体的截面、球的切接问题-专项训练【解析版】1．体积为8的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为()πA．12πB．323C．8πD．4π解析：A设正方体的棱长为a，则a3＝8，解得a＝2．设球的半径为R，则2R＝23，即R＝3．所以球的表面积S＝4πR2＝12π．2．一个圆柱的内切球的表面积为36π，则这个圆柱的表面积为()A．45πB．27πC．54πD．36π解析：C设圆柱的内切球的半径为r，则4πr2＝36π，可得r＝3，所以该圆柱的底面圆半径为R＝3，圆柱的高为h＝2r＝6，因此该圆柱的表面积为S＝2πRh＋2πR2＝2π×3×6＋2π×32＝54π．故选C．3．鲁班锁是中国传统的智力玩具，起源于中国古代建筑中首创的榫卯结构，它的外观是如图所示的十字立方体，其上下、左右、前后完全对称，6根等长的正四棱柱体分成3组，经90°榫卯起来．若正四棱柱的高为8，底面正方形的边长为2，现将该鲁班锁放进一个球形容器内，则该球形容器的表面积至少为(容器壁的厚度忽略不计，结果保留π)()A．96πB．84πC．42πD．16π解析：B若球形容器表面积最小，则正四棱柱与球内接，此时球体的直径等于一组正四棱柱的体对角线长，即2R＝82＋(2＋2)2＋22＝221，所以R＝21，球形容器的表面积S＝4πR2＝84π．故选B．4．如图，在正四棱柱ABCDA1B1C1D1中，AB＝1，AA1＝3，点E为AB上的动点，则D1E＋CE的最小值为()A．22B．10C．5＋1D．2＋2解析：B如图，连接D1A，C1B并分别延长至F，G，使得AF＝AD，BG＝BC，连接EG ，FG ，∵四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1为正四棱柱，∴AB ⊥平面ADD 1A 1，AB ⊥平面BCC 1B 1，∴AB ⊥AF ，AB ⊥BG ，又AB ＝AD ＝AF ，∴四边形ABGF 为正方形，∴EG ＝BE 2＋BG 2＝BE 2＋BC 2＝CE ，∴D 1E ＋CE 的最小值为D 1G ，又D 1G ＝D 1F 2＋FG 2＝9＋1＝10，∴D 1E ＋CE 的最小值为10．5．已知正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的边长为2，边AB 的中点为M ，过点M 且垂直BD 1的平面被正方体所截的截面面积为()A ．32B ．3C ．23D ．33解析：A如图，连接AC ，CB 1，AB 1，BC 1，易知CB 1⊥BC 1，CB 1⊥D 1C 1，又BC 1∩D 1C 1＝C 1，BC 1，D 1C 1⊂平面BD 1C 1，所以CB 1⊥平面BC 1D 1．因为BD 1⊂平面BD 1C 1，故CB 1⊥BD 1，同理可证CA⊥平面BDD 1，则BD 1⊂平面BDD 1，则CA ⊥BD 1，又CA ∩CB 1＝C ，CA ，CB 1⊂平面CAB 1，故BD 1⊥平面ACB 1．取BC 的中点E ，BB 1的中点F ，连接ME ，EF ，MF ，易知平面MEF ∥平面ACB 1，所以BD 1⊥平面MEF ，即△MEF 为所求的截面．易知△MEF 为正三角形，边长ME ＝BM 2＋BE 2＝2，故S △MEF ＝12×2×2×32＝32．故选A ．6．(多选)用一个平面截一个正方体，截面图形可以是()A ．三角形B ．等腰梯形C ．五边形D ．正六边形解析：ABCD 如图所示．用一个平面去截正方体，截面可能是三角形、等腰梯形、五边形、正六边形，故选A 、B 、C 、D ．7．(多选)已知球O 的半径为62，则下列结论正确的是()A ．球O 的表面积为6πB ．球O 的内接正方体的棱长为1C ．球O 的外切正方体的棱长为43D ．球O 的内接正四面体的棱长为2解析：AD 球的表面积为4π＝4π×64＝6π，A 正确．正方体的体对角线长为2×62＝6，棱长为63＝2，B 错误．球的外切正方体的棱长为2×62＝6，C 错误．将正四面体补形为正方体如图所示A B 1CD 1，正方体的体对角线长为2×62＝6，棱长为63＝2，所以正四面体的棱长为2×2＝2，D 正确．故选A 、D ．8．在一个棱长为3＋22的正方体内部有一个大球和小球，大球与正方体的六个面都相切，小球可以在正方体和大球之间的空隙自由滑动，则小球的表面积最大值是________．解析：如图所示，为组合体的中截面，易知当小球的表面积最大时大球半径R 和小球半径r 满足2R ＝R ＋r ＋2r ，2R ＝3＋22，解得r ＝12，故小球表面积的最大值为π．答案：π9．已知正三棱锥S ABC 的侧棱长为43，底面边长为6，则该正三棱锥外接球的表面积是________．解析：如图，过点S 作SE ⊥平面ABC 于点E ，记球心为O ．∵在正三棱锥S ABC 中，底面边长为6，侧棱长为43，∴BE ＝23×32×6＝23，∴SE ＝SB 2－BE 2＝6．∵球心O 到四个顶点的距离相等，均等于该正三棱锥外接球的半径R ，∴OB ＝R ，OE ＝6－R ．在Rt △BOE 中，OB 2＝BE 2＋OE 2，即R 2＝12＋(6－R )2，解得R ＝4，∴外接球的表面积为S ＝4πR 2＝64π．答案：64π10．如图，圆形纸片的圆心为O ，半径为5cm ，该纸片上的等边三角形ABC 的中心为O ．D ，E ，F 为圆O 上的点，△DBC ，△ECA ，△FAB 分别是以BC ，CA ，AB 为底边的等腰三角形．沿虚线剪开后，分别以BC ，CA ，AB 为折痕折起△DBC ，△ECA ，△FAB ，使得D ，E ，F 重合，得到三棱锥．当△ABC 的边长变化时，求所得三棱锥体积(单位：cm 3)的最大值．解：如图，连接OD ，交BC 于点G ，由题意，知OD ⊥BC ，OG ＝36BC ．设OG ＝x ，则BC ＝23x ，DG ＝5－x ，三棱锥的高h ＝DG 2－OG 2＝25－10x ＋x 2－x 2＝25－10x ，S △ABC ＝12×23x ×3x ＝33x 2，则三棱锥的体积V ＝13S △ABC ·h ＝3x 2·25－10x ＝3·25x 4－10x 5．令f (x )＝25x 4－10x 5，x ∈0，52，则f ′(x )＝100x 3－50x 4．令f ′(x )＝0得x ＝2．当x ∈(0,2)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，当x ∈2，52时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，故当x ＝2时，f (x )取得最大值80，则V ≤3×80＝415．所以三棱锥体积的最大值为415cm 3．11．已知A ，B ，C 为球O 的球面上的三个点，⊙O 1为△ABC 的外接圆．若⊙O 1的面积为4π，AB ＝BC ＝AC ＝OO 1，则球O 的表面积为()A ．64πB ．48πC ．36πD ．32π解析：A 如图所示，设球O 的半径为R ，⊙O 1的半径为r ，因为⊙O 1的面积为4π，所以4π＝πr 2，解得r ＝2，又AB ＝BC ＝AC ＝OO 1，所以AB sin 60°＝2r ，解得AB ＝23，故OO 1＝23，所以R 2＝OO 21＋r 2＝(23)2＋22＝16，所以球O 的表面积S ＝4πR 2＝64π．故选A ．12．在四面体ABCD 中，若AB ＝CD ＝3，AC ＝BD ＝2，AD ＝BC ＝5，则四面体ABCD 的外接球的表面积为()A ．2πB ．4πC ．6πD ．8π解析：C 由题意可采用割补法，考虑到四面体ABCD 的四个面为全等的三角形，所以可在其每个面补上一个以3，2，5为三边的三角形作为底面，分别以x ，y ，z 为侧棱长的三棱锥，如图所示，从而可得到一个长、宽、高分别为x ，y ，z 的长方体，并且x 2＋y 2＝3，x 2＋z 2＝5，y 2＋z 2＝4，则有(2R )2＝x 2＋y 2＋z 2＝6(R 为球的半径)，得2R 2＝3，所以球的表面积为S ＝4πR 2＝6π．13．在半径是13cm 的球面上有A ，B ，C 三点，且AB ＝BC ＝CA ＝12cm ，则球心到经过这三点的截面的距离为________．解析：由题意知问题实际上是在一个底面是边长为12的正三角形，三条侧棱长度都是13的正三棱锥S ABC 中，求顶点S 到底面ABC 的距离，如图，过顶点向底面作垂线，垂足是O ，连接AO ，根据三角形的重心性质，AO ＝23×12sin 60°＝43，根据在直角三角形中已知的斜边长是SA ＝13，一条直角边长是AO ＝43，则要求的直角边长是SO ＝SA 2－AO 2＝132－(43)2＝11，即球心到经过这三个点的截面的距离是11cm ．答案：11cm14．已知正四棱锥P ABCD 的底面正方形的边长是3，O 是P 在底面上的射影，PO ＝6，Q 是AC 上的一点，过点Q 且与PA,BD 都平行的截面为五边形EFGHL ，求该截面面积的最大值．解：如图，连接AC ，BD ，设截面与正四棱锥P ABCD 的底面相交于EL ，AC 与EL 相交于点Q ，由BD ∥截面EFGHL ，得LE ∥BD ，由AP ∥截面EFGHL ，得AP ∥QG ，则EL 必定分别与AB,AD 相交于E ，L ，否则，截面将是三角形，则AP ∥EF ，AP ∥LH ．在正四棱锥P ABCD 中，BD ⊥AP ，由LE ∥BD,AP ∥QG ，知∠GQE 是异面直线BD 与PA 所成的角，则QG ⊥EL ，所以平面GFEQ 和平面GHLQ 是两个全等的直角梯形．设AE ＝x (0<x <3)，则AP＝92．由AP ∥EF ，得EF 92＝3－x 3，故EF ＝32(3－x )，且AQ ＝x 2，由AP ∥QG ，得QG 92＝32－x232，故QGS 五边形EFGHL ＝2＋32(3－x )x 2＝－94x 2＋9x ＝－94(x －2)2＋9，所以当x ＝2时，截面EFGHL 的面积取得最大值9．15．(多选)在南方不少地区，经常看到一种用木片、竹篾或苇蒿等材料制作的斗笠，用来遮阳或避雨，其中有一种外形为圆锥形的斗笠，称为“灯罩斗笠”，不同型号的斗笠大小经常用帽坡长(母线长)和帽底宽(底面圆直径长)两个指标进行衡量，现有一个“灯罩斗笠”，帽坡长20厘米，帽底宽203厘米，关于此斗笠，下列说法正确的是()A ．斗笠轴截面(过顶点和底面中心的截面图形)的顶角为120°B ．过斗笠顶点和斗笠侧面上任意两母线的截面三角形的最大面积为1003平方厘米C ．若此斗笠顶点和底面圆上所有点都在同一个球上，则该球的表面积为1600π平方厘米D ．此斗笠放在平面上，可以盖住的球(保持斗笠不变形)的最大半径为203－30厘米解析：ACD对A 选项，设顶角为θ，则sin θ2＝10320＝32，得θ2＝60°，所以顶角为θ＝120°，A 正确；对B 选项，因为顶角为θ＝120°，则截面三角形的最大面积为12×202sin 90°＝200平方厘米，B 错误；对C 选项，因为顶角为θ＝120°，则θ2＝60°，所以外接球半径等于圆锥母线长，即R ＝20，则该球的表面积为4πR 2＝1600π平方厘米，C 正确；对D 选项，如图，设球的最大半径为r ，因为顶角为120°，则∠OCD ＝15°，所以r ＝CD ·tan 15°＝103·tan 45°－tan 30°1＋tan 45°·tan 30°＝203－30，D 正确．故选A 、C 、D ．16．多面体欧拉定理是指对于简单多面体，其各维对象数总满足一定的数量关系，在三维空间中，多面体欧拉定理可表示为：V (顶点数)＋F (表面数)－E (棱长数)＝2．在数学上，富勒烯的结构都是以正五边形和正六边形面组成的凸多面体，例如富勒烯C 60(结构图如图)是单纯用碳原子组成的稳定分子，具有60个顶点和32个面，其中12个面为正五边形，20个面为正六边形．除C 60外具有封闭笼状结构的富勒烯还可能有C 28，C 32，C 50，C 70，C 84，C 240，C 540等，则C 84结构含有正六边形的个数为()A ．12B ．24C ．30D ．32解析：D 在富勒烯多面体C 84中，连结每一个顶点的棱都是3，并且每条棱都连结2个顶点，因此可由顶点数V ＝84求得棱数E ＝3×842＝126．设分子中形状为正五边形和正六边形的面的个数分别为x ，y ，由欧拉公式V ＋F －E ＝2，可得84＋x ＋y －126＝2，即x ＋y ＝44．又由多边形的边数可表示C 84的棱数，即(5x ＋6y )÷2＝3×84÷2，即5x ＋6y ＝252，由＋y ＝44，x ＋6y ＝252，＝12，＝32.故C 84结构含有正六边形的个数为32．。
立体几何----与球有关的切、接问题拔高练——2022届高考数学一轮复习
立体几何----与球有关的切、接问题提高练【答题技巧】1.“切”“接”问题的处理规律（1）“切”的处理：球的内切问题主要是球内切于多面体或旋转体.解答时要找准切点，通过作截面来解决.（2）“接”的处理：把一个多面体的顶点放在球面上即球外接于该多面体.解决这类问题的关键是抓住外接的特点，即球心到多面体的顶点的距离等于球的半径.2.当球的内接多面体为共顶点的棱两两垂直的三棱锥、共顶点的三个侧面两两垂直的三棱锥或三组对棱互相垂直的三棱锥时，常构造长方体或正方体以确定球的直径.3.与球有关的组合体的常用结论 （1）长方体的外接球： ①球心：体对角线的交点；②半径：,,r a b c =为长方体的长、宽、高). （2）正方体的外接球、内切球及与各条棱都相切的球：①外接球：球心是正方体的中心，半径(r a =为正方体的棱长)； ②内切球：球心是正方体的中心，半径(2ar a =为正方体的棱长)；③与各条棱都相切的球：球心是正方体的中心，半径r =(a 为正方体的棱长). （3）正四面体的外接球与内切球(正四面体可以看作是正方体的一部分)：①外接球：球心是正四面体的中心，半径(r a =为正四面体的棱长)；②内切球：球心是正四面体的中心，半径(r a =为正四面体的棱长). 【练习】1.在三棱锥P-ABC 中，△ABC 的内切圆圆O 的半径为2，PO ⊥平面ABC ，且三棱锥P-ABC 的三个侧面与底面所成角都为60°，则该三棱锥的内切球的体积为( )C.16π3D.4π32.已知在三棱锥P-ABC 中，△ABC 是以A 为直角的三角形，AB=AC=2,△PBC 是正三角形，且PC 与底面ABC所成角的正弦值为34，则三棱锥P-ABC外接球的半径为( )A.43B.32C.133D.2233.张衡是中国东汉时期伟大的天文学家、数学家等，他曾经得出圆周率的平方除以十六等于八分之五.已知三棱锥A-BCD的每个顶点都在球O的表面上，AB⊥底面BCD,BC⊥CD，且AB=CD=3,BC=2，利用张衡的结论可得球O的表面积为( )A.30B.1010C.33D.12104.已知三棱锥P-ABC中，PA PB PC ABC==，是边长为42的正三角形，D，E分别是PA，AB上靠近点A 的三等分点，DE PC⊥，则三棱锥P-ABC的内切球的表面积为( )A.(5763203)π-B.(2881603)π-C.(64323)π-D.(64323)π-5.取两个相互平行且全等的正n边形，将其中一个旋转一定角度，连接这两个多边形的顶点，使得侧面均为等边三角形，我们把这种多面体称作“n角反棱柱”.当6n=时，得到如图所示棱长均为2的“六角反棱柱”，则该“六角反棱柱”外接球的表面积等于( )A.(53)π+ B.(1243)π+ C.(2553)π+ D.(2843)π+6.已知在菱形ABCD中，23AB BD==ABCD沿对角线BD折起，得到三棱锥A BCD-，且使得棱33AC=A BCD-的外接球的表面积为( )A.7πB.14πC.28πD.35π7.《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题:“今有仓，广三丈，袤四丈五尺，容粟一万斛.问高几何?”其意思为:“今有一个长方体的粮仓，宽3丈，长4丈5尺，可装粟10 000斛，问该粮仓的高是多少?”已知1斛粟的体积为2.7立方尺，一丈为10尺，则该粮仓的外接球的体积是( )A.133π4立方丈 B.133π48立方丈 C.133133π4立方丈 D.133133π48立方丈 8.已知正方形ABCD 中，E ，F 分别是AB ，BC 的中点，沿DE ，DF ，EF 折起得到如图所示的空间几何体，若2AB =，则此几何体的内切球的体积为( )A.3π2B.π4C.π48D.π169.在平面四边形ABCD 中，2,2AB AD BC CD DB =====，现将ABD 沿BD 折起，使二面角A BD C --的大小为60︒.若,,,A B C D 四点在同一个球的球面上，则球的表面积为( ) A.13π3B.14π3C.52π9D.56π910.已知三棱锥S-ABC 的顶点都在球O 的球面上，且该三棱锥的体积为23，SA ⊥平面,4,120ABC SA ABC =∠=︒，则球O 的体积的最小值为_________.11.如图，已知长方体1111ABCD A B C D -的底面ABCD 为正方形，P 为棱11A D 的中点，且6PA AB ==，则四棱锥P ABCD -的外接球的体积为_________________.12.设正四面体的内切球半径为r ，外接球半径为R ，则rR=___________. 13.已知底面为正方形的四棱锥P ABCD -的五个顶点在同一个球面上，,2,1PD BC AB PC ⊥==，3PD =则四棱锥P ABCD -外接球的体积为________.14.已知有两个半径为2的球记为12,O O ，两个半径为3的球记为34,O O ，这四个球彼此相外切，现有一个球O 与这四个球1234,,,O O O O 都相内切，则球O 的半径为____________.15.在三棱锥P-ABC 中，PA ⊥平面,,12ABC AB BC PA AB AC ⊥===，三棱锥P-ABC 的所有顶点都在球O 的表面上，则球O 的半径为__________；若点M 是ABC 的重心，则过点M 的平面截球O 所得截面的面积的最小值为__________.16.已知正三棱柱111ABC A B C -，底面边长为3，高为2，P 为上底面三角形111A B C 中线上一动点，则三棱锥P ABC -的外接球表面积的取值范围是_____________.17.如图，已知边长为1的正方形ABCD 与正方形BCFE 所在平面互相垂直，P 为EF 的中点，Q 为线段FC 上的动点，当三棱锥P-ABQ 的体积最大时，三棱锥P-ABQ 的外接球的表面积为_________________.答案以及解析1.答案：A解析：设三棱锥P ABC -的内切球的半径为R ，过O 作OD AC ⊥于点,D OE BC ⊥于点,E OF AB ⊥于点F ，则2OD OE OF ===.连接PD ，易证PD AC ⊥，因为三棱锥P-ABC 的三个侧面与底面所成角都为60°，所以60PDO ∠=︒，则22tan 6023,4cos60PO PD ===︒=︒.由题意可知三棱锥P-ABC 的内切球的球心'O 在线段PO 上，在Rt POD 中，sin OD RDPO PD PO R∠==-，即2423R =-，解得23R =.所以该三棱锥的内切球的体积为334423323πππ33R ⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭，故选A. 2.答案：C解析：如图，不妨令二面角P BC A --为钝二面角，取BC 的中点D ，连接AD ， 因为2AB AC ==，90BAC ∠=︒，所以2BC =，且D 为ABC 外接圆的圆心.作PH ⊥平面ABC 于H ，易知H 在直线AD 上，连接,HC HA ，则PCH ∠为PC 与底面ABC 所成角， 则3sin 4PH PCH PC ∠==，又2PC BC ==，所以32PH =，又3PD =，则332sin 3PH PDH PD ∠===. 设1O 为PBC 的外心，O 为三棱锥P ABC -外接球的球心，连接1,OO OD ，则1OO ⊥平面PBC ，OD ⊥平面133,,cos ABC O D PDO =∠=，则12cos 3O D OD PDO ==∠，设外接球的半径为R ，则222413131,99R OD DA R =+=+==，故选C.3.答案：B解析：因为BC CD ⊥，所以7BD 又AB ⊥底面BCD ，所以10AD O 的球心为侧棱AD 的中点，从而球O 10利用张衡的结论2π5168=，可得π10=所以球O 的表面积为2104π10π1010==⎝⎭故选B.4.答案：C解析：因为PA PB PC ==，ABC 是边长为42的正三角形，所以三棱锥P ABC -为正三棱锥， 由正棱锥对棱垂直可知PB AC ⊥.又D ，E 分别是PA ，AB 上靠近点A 的三等分点，所以//DE PB ， 所以DE AC ⊥.又,DE PC PC AC C ⊥⋂=，所以DE ⊥平面PAC ，所以PB ⊥平面PAC ，所以90APB ∠=︒，所以4PA PB PC ===，所以,,PA PB PC 两两互相垂直. 设三棱锥P ABC -的内切球的半径为r ，则由等体积法可得，()1133PABPACPBCABCPACSSSSr S PB ⋅+++=⋅，即11(88883)8433r ⨯+++=⨯⨯，解得2(33)r -=，故三棱锥P ABC -的内切球的表面积为222(33)(64323)π4π4πS r ⎡⎤--==⨯=⎢⎥⎣⎦.故选C. 5.答案：B解析：如图，设上、下正六边形的中心分别为1O ，2O ，连接12O O ，则其中点O 即为所求外接球的球心. 连接2O C ，取棱AB 的中点M ，作2MN O C ⊥于点N ，连接1O M ，MC ，则13O M MC ==.而22O C =， 则22212NC O C O N O C O M =-=-=-3，222123(23)231O O MN MC NC ∴==-=--=-，则131OO -.连接OA ，1O A ，设所求外接球的半径为R ，则有2222211(31)233R OA OO O A ==+=+=+∴该“六角反棱柱”外接球的表面积24π(1243)πS R ==+.故选B.6.答案：C解析：由题意可知,ABD BCD 为等边三角形.如图所示，设外接球的球心为O ，等边三角形BCD 的中心为,O '取BD 的中点F ，连接,,,AF CF OO ',,,OB O B OA '由AB AD BC BD DC ====，得,,AF BD CF BD ⊥⊥又AF CF F ⋂=，所以BD ⊥平面AFC ，且可求得AF =3,CF =而33,AC =所以AFC ∠=120.︒在平面AFC 中过点A 作CF 的垂线，与CF 的延长线交于点E ，由BD ⊥平面AFC 得.BD AE ⊥又,,AE EC BD EC F ⊥⋂=所以AE ⊥平面BCD .过点O 作OG AE ⊥于点G ，则四边形O EGO '是矩形. 又2sin 6023O B BC '︒=⨯=，所以13331.sin 60,sin3022O F O B AE AF EF AF ''︒︒======. 设外接球的半径为,,R OO x '=则由222222,OO O B OB OA AG GO ''+==+， 得2222223332,1,2x R x R ⎛⎫⎛⎫+=-++= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭解得23,7,x R == 故三棱锥A BCD -外接球的表面积24π28π.S R ==故选C.7.答案：D解析：由题意可得粮仓的高2723 4.5h ==⨯(丈)，设外接球的半径为R ， 则2222133133(2)23 4.533.25,4R R =++==该粮仓的外接球的体积是34133133133π3⨯⨯⎝⎭(立方丈)，选D. 8.答案：C解析：在等腰DEF 中，2222215,112DE DF EF ==+=+=D 到EF 的距离为h ， 则22293(5)2222h ⎛⎫-= ⎪ ⎪⎝⎭令该几何体的内切球的球心为O ，且球心O 到三个面的距离均为半径r .又因为,DP PE DP PF ⊥⊥，且PE PF P ⋂=，所以DP ⊥平面PEF .由等体积法知O PEF O PFD O PDE O DEF D PEF V V V V V -----+++=，即11113111121212211232323232232r r r r ⨯⨯⨯+⨯⨯⨯+⨯⨯⨯+⨯⨯⨯⨯⨯，解得14r =， 则3 441πππ336448O V r ==⨯⨯=球，故选C.9.答案：C解析：如图所示，设M 为BD 的中点，连接,MA MC ，依题意，折起后AMC ∠是二面角A BD C --的平面角，则60AMC ∠=︒.易知，四面体ABCD 的外接球的球心O 在平面MCA 上，于是点O 在底面BCD 上的射影是正BCD的中心，设为点Q，而点O在侧面ABD上的射影是M，易得3MQ=，又30OMQ∠=︒，因此13OQ=，进而22221231333R OC OQ QC⎛⎫⎛⎫==+=+=⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以球O的表面积为21352π4π9⎛⎫⨯=⎪⎪⎝⎭，故选C.10.4010π解析：由题意得，三棱锥S ABC-的体积11342332S ABCV AB BC-=⨯⋅=，则6AB BC⋅=，、当球O 的体积最小时，ABC外接圆的半径最小，即AC最小，在ABC中，由余弦定理和基本不等式得222123182AC AB BC AB BC AB BC⎛⎫=+-⋅⨯-⋅=⎪⎝⎭，当且仅当6AB BC=取等号，则min32AC=，此时ABC外接圆的直径min32226sin1203ACr===O的半径22210R r=+=O的体积的最小值为344010ππ3R=.11.答案：2821π解析：解法一由题意知PAD为正三角形，取AD的中点M，PAD的中心N，记AC BD F⋂=，连接,PM FM，过,N F分别作平面11AA D D与平面ABCD的垂线，两垂线交于点O，则点O为四棱锥P ABCD-的外接球球心.由题意知22362333PN PM===132ON MF AB===，所以四棱锥P ABCD-的外接球半径22223(23)21R ON PN++所以四棱锥P ABCD-的外接球的体积34π2821π3V R==.解法二连接1111,,,AC BD AC B D，记1111,AC BD F AC B D E⋂=⋂=，连接EF，易知四棱锥P ABCD-的外接球的球心O在线段EF上.取AD的中点G，连接PG，设OF x=，球O的半径为R，易知1122AF AC==⨯36232,633PG==则22222(32)(33)3R x x =+=-+，得3x =，则21R =， 所以四棱锥P ABCD -的外接球的体积34π2821π3V R ==. 12.答案：13解析：如图，在正四面体PABC 中，D ，E 分别为BC ，AC 的中点，连接AD ，BE 交于点F ，则点F 为正三角形ABC 的外心，连接PF ，则PF ⊥底面ABC ，且正四面体PABC 的外接球球心与内切球球心为同一点，应在线段PF 上，记作点O ，如图所示.不妨设正四面体PABC 的棱长为a ，则在ABC 中，22233sin 60333AF AD AC ==⋅⋅==°. PF ⊥底面,ABC AF ⊂底面,ABC PF AF ∴⊥，2222363PF AP AF a a ⎛⎫∴=-=-= ⎪ ⎪⎝⎭. 正四面体PABC 的外接球、内切球球心均为O ，,OP OA R OF r ∴===.OF PF OP =-，且在Rt AFO 中有222AF OF OA +=，22236R R ⎫⎫∴+-=⎪⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭， 6666,R r ∴==-=，611236r R a ∴==. 13.答案：82π3. 解析：由题意知,BC DC BC PD ⊥⊥，所以BC ⊥平面PCD ，而BC ⊂平面ABCD ，则平面PCD ⊥平面ABCD .由条件知222CD PC PD =+，所以PC PD ⊥.如图，取CD 的中点G ，连接,AC BD ，交于点O ， 则O 为正方形ABCD 的中心，过点G 作平面CDP 的垂线，则点O 在该垂线上， 所以O 为四棱锥P ABCD -外接球的球心，由于2AO ， 所以四棱锥P ABCD -外接球的体积为3482ππ(2)3=.14.答案：6解析：由题意可得121314234,O O O O O O O O ====24345,6O O O O ==.如图，取12O O 的中点34,M O O 的中点N ，连接1234,,,,,MN O N O N O M O M 则12O O ⊥3124,.O M O O O M ⊥ 又3412,O M O M M O O ⋂=∴⊥平面34.O O M 同理可证34O O ⊥平面2,.O O N 平面12O O N ⋂平面34,O O M MN =∴球心O 在线段MN 上. 设球O 的半径为R ，则142442, 3.5,3,OO R OO R O O O N =-=-==2222222114,23,O N MN O N O M OM OO O M ∴==-==-=222244(2)4,(3)9R ON OO O N R --=-=--.,MN OM ON =+即22(2)4(3)923,R R --+--=解得6R =.故球O 的半径为6.15.答案：3;4π9解析：（1）PA ⊥平面,ABC BC ⊂平面ABC ，,PA BC ∴⊥又AB BC ⊥，且,PA AB A BC ⋂=∴⊥平面,PAB PB ⊂平面,PAB BC PB ∴⊥，所以PC 是两个直角三角形PAC 和PBC 的斜边，取PC 的中点O ，点O到四点P ，A ，B ，C 的距离相等，即点O 是三棱锥P ABC -的外接球的球心，2231(2)3,PC R =+==（2）当点M 是截面圆的圆心时，此时圆心到截面的距离最大，那么截面圆的半径最小，即此时的面积最小，点N 是AC 的中点，M 是ABC 的重心，112,366MN BN AC ON ∴====1122PA =，所以22116OM ON MN =+=，截面圆的半径222()3r R OM =-=，所以2min 4ππ9S r ==16.答案：25π,8π4⎡⎤⎢⎥⎣⎦解析：如图，设正三棱柱111ABC A B C -上、下底面中心分别为1,O O ，点P 是111A B C 中线1C D 上一点，G 是三棱锥P ABC -的外接球的球心.因为A ，B ，C 在球面上，所以球心在线段1O O 上，点P 也在球面上， 设三棱锥P ABC -外接球的半径为R ，ABC 外接圆的半径为r ，由正弦定理有260sin 32==r ，所以1r =，设11,O P x O G y ==，则OG =2,y PG CG R -==，在1Rt PGO 中，222R x y =+，在Rt CGO 中，2221(2)R y =+-，于是2221x y +=+2(2)y -，解得254.x y =-因为点P 是111A B C 中线1C D 上一点，所以10≤≤x ，于是451≤≤y ，所以222222554(2)1,216R x y y y y ⎡⎤=+=-+=-+∈⎢⎥⎣⎦，所以外接球的表面积225π4π,8π4S R ⎡⎤=∈⎢⎥⎣⎦球.17.答案：41π16解析：如图，由题意知三棱锥P-ABQ 的体积最大时，点Q 与点C 重合，即求三棱锥P-ABC 外接球的表面积.因为正方形ABCD 与正方形BCFE 的边长均为1，点P 为EF 的中点，所以51,2,AB BC AC BP PC =====.过点P 作PG BC ⊥，垂足为G ，由正方形ABCD 与正方形BCFE 所在平面互相垂直，得PG ⊥平面ABC .设三棱锥P-ABC 外接球的球心为O ，AC 的中点为1O ，连接1OO ， 则1OO ⊥平面ABC.延长1O O 到点H ，使1O H PG =.连接PH ，OP ，OA ，设1OO x =， 则2222211,(1)22OH x x x ⎛⎫⎛⎫=-+=+- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，解得38x =， 设三棱锥P-ABC 外接球的半径为R ，则2221314128264R x ⎛⎫=+=+= ⎪⎝⎭.故所求表面积241414π4ππ6416S R ==⨯=.。
立体几何内切球与外接球练习(含答案)-题型全面
几何体与球的切接1.已知侧棱与底面垂直的三棱柱ABC−A1B1C1满足AA1=2AB=2BC=4，∠ABC=90∘，则其外接球的表面积为______．2.正四棱锥P−ABCD的侧棱和底面边长都等于2√2，则它的外接球的表面积是()A. 16πB. 64πC. 16π3D. 64π33、在△ABC中，AB=8，BC=6，AC=10，P为△ABC外一点，满足PA=PB=PC= 5√5，则三棱锥P−ABC的外接球的半径为______．4、如图所示，在三棱锥P−ABC中，PA⊥底面ABC，AC=1，AB=3，BC=√7，PA=√63，则该三棱锥外接球的表面积为______．5.已知正四面体的棱长为4，则此四面体的外接球的表面积是( )A. 24πB. 18πC. 12πD.6π6、已知四棱锥的顶点都在球O的球面上，底面ABCD是矩形，平面PAD⊥底面ABCD，ΔPAD为正三角形，AB=2AD=4，则球O的表面积为( )A. 56π3B. 64π3C. 24πD. 80π37.三棱锥P−ABC的一条棱长为m，其余棱长均为2，当三棱锥P−ABC的体积最大时，它的外接球的表面积为()A. 21π4B. 20π3C. 5π4D. 5π38、已知三棱锥S−ABC的三条侧棱SA.SB.SC两两互相垂直，且AC=√13，此三棱锥的外接球的表面积为14π，设AB=m，BC=n，则m+n的最大值为()A. √30B. 4√2C. √35D. 3√59.在正三棱锥S−ABC中，M，N分别是SC，BC的中点，且MN⊥AM，若侧棱SA=2√2，则正三棱锥S−ABC外接球的体积是()A. 8√6πB. 12πC. 24πD. 4√6π10.已知三棱锥D−ABC的体积为2，△ABC是边长为2的等边三角形，且三棱锥D−ABC的外接球的球心O恰好是CD的中点，则球O的表面积为A. 52π3B. 40π3C. 25π3D. 24π11.在三棱锥A−SBC中，AB=√10，∠ASC=∠BSC=π4，AC=AS，BC=BS，若该三棱锥的体积为√153，则三棱锥S−ABC外接球的体积为A. πB. 4√3πC. √5πD. π312、如图，求一个棱长为√2的正四面体的体积，可以看成一个棱长为1的正方体截去四个角后得到，类比这种方法，一个三对棱长相等的四面体ABCD ，其三对棱长分别为AB =CD =√5,AD =BC =√13,AC =BD =√10，则此四面体的体积为_______13.三棱锥中成异面直线的一对棱称为相对的棱，已知三棱锥A −BCD 中三组相对的棱分别相等，AB =5，BC =√41，且所有顶点都在一个半径为5√22的球面上，则三棱锥A −BCD 的体积为________．14、已知如图所示的几何体是由一个半球与一个圆锥组合而成的，其中半球的大圆面与圆锥的底面重合，且圆锥的母线长与底面直径均为2，若在该几何体内部放入一球，则此球半径的最大值为( )A. 1B. √22C. √3+13D. √3+1215、已知一个高为1的三棱锥，各侧棱长都相等，底面是边长为边长为2的等边三角形，内有一个体积为V 的球，则V 的最大值为( )A. 4 π 81B. C. D.1、【答案】24π解：由题意，直三棱柱ABC −A 1B 1C 1的底面ABC 为等腰直角三角形， 把直三棱柱ABC −A 1B 1C 1补成正四棱柱， 则正四棱柱的体对角线是其外接球的直径，所以外接球半径为R =√4+4+162=√6，表面积为S =4π⋅6=24π．故答案为24π． 2.【答案】A解：如图，设正四棱锥底面的中心为O 1，设外接球的球心为O ， 则O 在正三棱锥的高PO 上． 在直角三角形ABC 中，AC =√2AB =√2×2√2=4，AO 1=2，则高PO 1=√AP 2−AO 12=√(2√2)2−22=√8−4=√4=2，则OO 1=PO 1−R =2−R ，OA =R ，在直角三角形AO 1O 中，R 2=(2−R)2+22，解得R =2，即O 与O 1重合， 即正四棱锥外接球的球心是它的底面的中心O 1，且球半径R =2， 球的表面积S =4πr 2=16π 3、【答案】52解：在△ABC 中，AB =8，BC =6，AC =10，所以AB 2+BC 2=AC 2， P 为△ABC 外一点，满足PA =PB =PC =5√5，则PD ⊥平面ABC ， 球心O 为PD 上一点，如图所示：所以：PD =√(PA)2−(PD)2=10， 设球的半径为R ，所以R 2=52+(10−R)2， 解得：R =52．故答案为：52 4、【答案】10π解：在底面△ABC 中，AC =b =1，AB =c =3，BC =a =√7， 由余弦定理，可得；cosA =b 2+c 2−a 22bc =1+9−72×1×3=12，即A =60°，由正弦定理可得，2r =asinA =√7√32，∴r =√213．∵PA ⊥底面ABC ，∴球心与圆心的距离为12AP =√66，∵球心与圆心的接线垂直，构成直角三角形，∴R 2=r 2+(√66)2，∴R 2=156，该三棱锥外接球的表面积S =4πR 2=10π．故答案为10π．5.【答案】A 解：如图所示∵正四面体A −BCD ，棱长AD =4， ∴此三棱锥一定可以放在正方体中， 将正四面体补成一个正方体，则正方体的棱长为2√2，正方体的对角线长为2√6，∵正四面体的外接球的直径为正方体的对角线长，外接球的半径为：√6， ∴外接球的表面积的值为4π·(√6)2=24π． 6、【答案】B解：令△PAD 所在圆的圆心为O 1，则圆O 1的半径，因为平面PAD ⊥底面ABCD ， 所以OO 1=12AB =2， 所以球O 的半径R =(2√33)=4√3，所以球O 的表面积=4πR 2=64π3．7、【答案】B解：由题意，三棱锥P −ABC 的一条棱长为m ，其余棱长均为2，可看成是菱形PABC ， 即PA =PC =AB =AC =BC =2，PD =m ．以AC 对折可得；当面ACP ⊥ABC 时，可得三棱锥P −ABC 的体积最大， 此时高为√3．底面为△ABC ，其外接圆半径r =√3，设外接球的半径为R ，球心与圆心的距离为x ，可得：(√3−x)2+(√33)2=R 2……①x 2+r 2=R 2……② 由①②解得：R 2=53 外接球的表面积S =4πR 2=20π3．8、【答案】A解：三棱锥S −ABC 的三条侧棱SA.SB.SC 两两互相垂直， 则此三棱锥的外接球为以SA ，SB ，SC 为棱的长方体的外接球，设SA =a ，SB =b ，SC =c ，外接球的半径为r ，则a 2+b 2+c 2=(2r )2=4r 2， 又因为外接球的表面积为，所以，解得r 2=72，所以a 2+b 2+c 2=4r 2=14，则{a 2+b 2=m 2b 2+c 2=n 2a 2+c 2=(√13)2，化简整理可得：a 2+b 2+c 2=12(m 2+n 2+13)=14， 则m 2+n 2=15，所以由基本不等式的性质：当m >0，n >0时，(m+n 2)2≤m 2+n 22=152，所以m +n ≤30，当且仅当m =n 时，取等号， 故选A ． 9、【答案】A解：∵M ，N 分别是棱SC 、BC 的中点， ∴MN//SB ，MN ⊥AM ，可得SB ⊥AM ， 由正三棱锥的性质可得SB ⊥AC ， ∴SB ⊥平面SAC ⇒SB ⊥SA 且SB ⊥AC ， ∵三棱锥S −ABC 是正三棱锥，∴SA 、SB 、SC 三条侧棱两两互相垂直．侧棱SA =2√2， ∴正三棱锥S −ABC 的外接球的直径为：2R =√(2√2)2+(2√2)2+(2√2)2=2√6，R =√6， 故正三棱锥S −ABC 外接球的体积是43πR 3=8√6π， 10、【答案】A解：设球O 的半径为R ，球心O 到平面ABC 的距离为d ， 由三棱锥D −ABC 的外接球的球心O 恰好是CD 的中点， 得V D−ABC =2V O−ABC =23×12×22×√32d =2，解得d =√3，所以R 2=(√3)2+(2√33)2=133，所以球O 的表面积为4πR 2=52π3，11、【答案】B解：如图，设SC 的中点为O ，AB 的中点为D ，连接OA ，OB ，OD ． 因为，AC =AS ，BC =BS ，所以∠SAC =SBC =90°，所以OA =OB =OC =OS =R ． 又OD ⊥AB ，且AB =√10，所以AD =DB =√102，OD =√R 2−52，则S ▵OAB =12⋅AB ⋅OD =12√10R 2−25．SC ⊥OA,SC ⊥OB,OA ∩OB =O ，则SC ⊥平面OAB ，所以V A−SBC =13×12√10R 2−25×2R =√153，解得R =√3．所以外接球的体积V =4π3⋅(√3)3=4√3π．11、【答案】B解：如图，设SC 的中点为O ，AB 的中点为D ，连接OA ，OB ，OD ．因为，AC =AS ，BC =BS ，所以∠SAC =SBC =90°， 所以OA =OB =OC =OS =R ．又OD ⊥AB ，且AB =√10，所以AD =DB =√102，OD =√R 2−52，则S ▵OAB =12⋅AB ⋅OD =12√10R 2−25．SC ⊥OA,SC ⊥OB,OA ∩OB =O ，则SC ⊥平面OAB ， 所以V A−SBC =13×12√10R 2−25×2R =√153，解得R =√3．所以外接球的体积V =4π3⋅(√3)3=4√3π．12.【答案】2解：设四面体ABCD 所在长方体的棱长分别为a ，b ，c ， 则{a 2+b 2=5a 2+c 2=13b 2+c 2=10，解得{a 2=4b 2=1c 2=9， ∴四面体的体积V =abc −13×12abc ×4=13abc =13√a 2b 2c 2=213.【答案】20解：由题意， 构造长方体，其面上的对角线构成三棱锥A −BCD ， 设长方体的长，宽，高分别为a ，b ，c ，则{2+b 2=25a 2+c 2=41a 2+b 2+c 2=50，解得a =4,b =3,c =5． 所以三棱锥A −BCD 的体积V =4×3×5−4×13×12×4×3×5=20． 14、【答案】C解：当球与圆锥母线相切，且与半球球面相切时，球的半径最大，其正投影如图，设放入球的半径为r ，则(√3+1)−r =2r ， 解得r =√3+13，故选C ．15、【答案】A 解：如图所示：设底面三角形ABC 的中心为G ， 由△ABC 是边长为2的正三角形， 得AG =23√22−12=2√33，又PG =1，∴PA =(2√33)=√213，即三棱锥侧棱长为√213，∴斜面底边上的高为ℎ=2√33，则一个侧面三角形的面积为12×2×2√33=2√33，设三棱锥内切球的半径为r ，则13×12×2×√3×1=(13×12×2×√3+3×13×12×2×2√33)r ，解得r =13，∴V 的最大值为43π×(13)3=4π81．故选A ．。
球与几何体的的切接问题
第 1 页共 2页 球与几何体的的切接问题考试核心：性质的应用22212r R OO d -==，构造直角三角形建立三者之间的关系。
类型一：有公共底边的等腰三角形，借助余弦定理求球心角。
（两题互换条件形成不同的题）1.如图球O 的半径为2，圆1O是一小圆，1OO ，A 、B 是圆1O 上两点，若A ，B 两点间的球面距离为23π，则1AO B ∠= .）2.．如图球O 的半径为2，圆1O是一小圆，1OO ，A 、B 是圆1O 上两点，若1AO B ∠=2π，则A,B 两点间的球面距离为类型二：球内接多面体，利用圆内接多边形的性质求出小圆半径，通常用到余弦定理求余弦值，通过余弦值再利用正弦定理得到小圆半径r Cc 2sin =，从而解决问题。
3.. 直三棱柱111ABC A B C -的各顶点都在同一球面上，若12AB AC AA ===, 120BAC ∠=︒，则此球的表面积等于 。
4.正三棱柱111ABC A B C -内接于半径为2的球，若,A B 两点的球面距离为π，则正三棱柱的体积为 ．5.已知球的直径SC =4，A ，B 是该球球面上的两点，AB =3， 30=∠=∠BSC ASC ，则棱锥S —ABC 的体积为 A ．33B ．32C ．3D ．16.已知,,,S A B C 是球O 表面上的点，SA ABC ⊥平面，AB BC ⊥，1SA AB ==，BC =O 表面积等于（A ）4π （B ）3π （C ）2π （D ）π类型三：通过线线角、线面角、面面角之间的平面的转化，构造勾股定理处理问题。
7.设OA 是球O 的半径，M 是OA 的中点，过M 且与OA 成45°角的平面截球O 的表面得到圆C 。
若圆C 的面积等于74π，则球O 的表面积等于 .9.如果把地球看成一个球体，则地球上的北纬060纬线长和赤道长的比值为第 2 页共 2页 （A ）0.8 （B ）0.75 （C ）0.5 （D ）0.25类型四：球内接多面体的相关元素之间的联系。
课时规范练50 球与几何体的切、接问题-高考一轮复习人教A版(适用于新高考新教材)
课时规范练50球与几何体的切、接问题基础巩固练1.(2020·天津,5)若棱长为23的正方体的顶点都在同一球面上,则该球的表面积为()A.12πB.24πC.36πD.144π2.(2024·贵州凯里一中模拟)已知某封闭的直三棱柱各棱长均为2,若三棱柱内有一个球,则该球表面积的最大值为()A.4π3B.8π3C.4πD.16π33.(2024·浙江余姚模拟)在正四棱锥S-ABCD中,底面是边长为2的正方形,侧面是腰长为6的等腰三角形,则正四棱锥S-ABCD的外接球的体积为()A.27π2B.9πC.9π2D.18π4.(2024·江西南昌模拟)在三棱锥P-ABC中,已知PA=BC=213,AC=PB=41,PC=AB=61,则三棱锥P-ABC外接球的表面积为()A.77πB.64πC.108πD.72π5.(2021·天津,6)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32π3,两个圆锥的高之比为1∶3,则这两个圆锥的体积之和为()A.3πB.4πC.9πD.12π6.(2024·广东深圳模拟)已知正三棱锥的外接球半径R为1,则该正三棱锥的体积的最大值为()7.(多选题)(2024·辽宁辽阳模拟)正三棱锥P-ABC的底面边长为3,高为6,则下列结论正确的是()A.AB⊥PCB.三棱锥P-ABC的表面积为93C.三棱锥P-ABC的外接球的表面积为27πD.三棱锥P-ABC的内切球的表面积为3π28.将一个直角边长为2的等腰直角三角形绕其直角边所在的直线旋转一周所得圆锥的内切球的表面积为.9.(2024·陕西汉中模拟)在如图所示的直三棱柱ABC-A1B1C1中,△ABC是直角三角形,AA1=AC=5,AB=3,BC=4,则堑堵ABC-A1B1C1的外接球的体积是.10.(2024·贵州贵阳模拟)SF6(六氟化硫)具有良好的绝缘性,在电子工业上有着广泛的应用,其分子结构如图所示,六个氟原子分别位于正方体六个面的中心,硫原子位于正方体中心,若正方体的棱长为a,记以六个氟原子为顶点的正八面体为T,则T的体积为,T的内切球表面积为.综合提升练11.(2024·贵州贵阳模拟)已知球O的表面积为9π,若球O与正四面体S-ABC的六条棱均相切,则此四面体的体积为()A.9B.3212.(2024·四川射洪中学模拟)已知正三棱柱ABC-A1B1C1所有顶点都在球O上,若球O的体积为32π3,则该正三棱柱体积的最大值为.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.(2024·广东深圳模拟)已知四边形ABCD为平行四边形,AB=4,AD=3,∠BAD=π3,现将△ABD沿直线BD翻折,得到三棱锥A'-BCD,若A'C=13,则三棱锥A'-BCD的内切球与外接球表面积的比值为.创新应用练15.(2024·山东烟台模拟)如图所示,在五面体ABCDEF中,底面ABCD为矩形,AB=2AD=2,△ADE和△BCF均为正三角形,EF∥平面ABCD,EF=3,则该五面体的外接球的表面积为()A.13π2B.15π2C.17π2D.19π2课时规范练50球与几何体的切、接问题1.C解析这个球是正方体的外接球,其半径等于正方体的体对角线的一半,即3,所以这个球的表面积为S=4πR2=4π×32=36π.2.A解析设底面三角形的内切圆的半径为r,则12×(2+2+2)·r=12×2×2sinπ3=3,解得小于高的一半1,所以球的表面积的最大值为4πr2=4π3.3.C解析如图所示,不妨设该四棱锥外接球的球心O在线段SE上,球心O在线段SE的延长线的情况可同理讨论.设球的半径为R.三棱锥的底面中心为E,连接SE,BO,BE.因为在正四棱锥S-ABCD中,底面是边长为2的正方形,侧面是腰长为6的等腰三角形,所以BE=2,SE=B2-B2=2.在Rt△OBE中,OB2=OE2+BE2,即R2=(2-R)2+(2)2,解得R=32.球心O在线段SE的延长线上时,可得R2=(R-2)2+(2)2,解得R=32.所以外接球的体积为V=43πR3=9π2.4.A解析因为三棱锥的对棱相等,所以可以把它补成一个长方体.设长方体的同一顶点的三条棱长分别为a,b,c,且长方体的面对角线长为213,41,61,则2+2=213,2+2= 41,2+2=61,此长方体体对角线为长方体外接球直径即为该三棱锥外接球的直径,设此外接球半径为R,则2R=2+2+2==77,R=772,所以球的表面积为4πR2=77π.5.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4π33=32π3,可得R=2,所以AB=AD+BD=4BD=4,所以BD=1,AD=3.因为CD⊥AB,AC⊥BC,所以∠CAD+∠ACD=∠BCD+∠ACD=90°,所以∠CAD=∠BCD,又因为∠ADC=∠BDC,所以△ACD∽△CBD,所以A A=A A,所以CD=A·A= 3.因此,这两个圆锥的体积之和为13π×CD2·(AD+BD)=13π×3×4=4π.6.C解析如图所示,设该正三棱锥的高为h,底面外接圆的圆心是点O1,半径为r,底面面积为S,球心是点O.当球心O在线段SO1上时,由球的截面圆的性质,可得OA2=A12+O12,即R2=r2+(h-R)2,同理,当球心O在线段SO1的延长线上时,可得R2=r2+(R-h)2,解得R=ℎ2+22ℎ=1,即r2=2h-h2>0,解得0<h<2.这个正三棱锥的体积为V=13Sh=13×3△1B·h=13×3×12r2sin2π3×2h-h2)h.设f(x)=(2x-x2)·x=2x2-x3(0<x<2),可得f'(x)=4x-3x2=x(4-3x),当x∈(0,43)时,f'(x)>0,f(x)单调递增;当x ∈(43,2)时,f'(x)<0,f(x)单调递减,所以当x=43时,函数f(x)取得最大值,最大值为f(43)=3227,所以正三棱锥体积的最大值为V max×3227=7.ABD解析如图,取棱AB的中点D,连接CD,PD.则在正三棱锥P-ABC中,AB⊥CD,AB⊥PD.因为PD,CD⊂平面PCD,且PD∩CD=D,所以AB⊥平面PCD,则AB⊥PC,故A正确;作PH⊥平面ABC,垂足为H,则PH=6.由正三棱锥的性质可知H在CD上,且CH=2DH.因为AB=3,所以则CH=3.因为PH=6,所以PC=3+6=3,则三棱锥P-ABC的表面积9×4=93,故B正确;设三棱锥P-ABC的外接球的球心为O,半径为R,则O在PH上,连接OC,则R2=CH2+OH2=(PH-OH)2,即R2=3+OH2=(6-OH)2,解得R2=278,则三棱锥P-ABC的外接球的表面积为4πR2=27π2,故C错误;设三棱锥P-ABC的内切球的半径为r,则V P-ABC=13×9×6=13×93r,解得从而三棱锥P-ABC的内切球的表面积为4πr2=3π2,故D 正确.故选ABD.8.(48-322)π解析依题意,作圆锥的轴截面为等腰直角三角形,截得其内切球的大圆是此等腰直角三角形的内切圆,圆锥的底面半径为2,则其母线长为22,设圆锥的内切球半径为r,则12×22r+12×22r+12×4×r=12×4×2,所以r=2(2-1),所以内切球的表面积为4πr2=16(3-22)π=(48-322)π.91252π解析将该直三棱柱补为一个长方体,如图,则该直三棱柱的外接球即为长方体的外接球,设长方体的体对角线长为d,则d2=32+42+52=50,所以d=52,所以外接球的体积为43π(2)3=1252π10.36π23解析正八面体T可视为两个全等的正四棱锥拼接而成,且该正四棱锥的底面边长为(2)2+(2)2=2,高为2,所以正八面体的体积为V=2×13×(2)2×2=36.由题图可知,正八面体T的每个面都是棱长为2的等边三角形,所以正八面体T的表面积为S=8×3×(2)2=3a2.设正八面体T的内切球半径为r,则V=13Sr,所以r=3=3232=3,因此正八面体T的内切球的表面积为4πr2=4π×(3)2=π23.11.A解析设球O的半径是R,由4πR2=9π,∴R=32.将正四面体放到正方体中,正方体的内切球即与正四面体的六条棱均相切.∵R=32,∴正方体的棱长为3,则正四面体棱长为32,底面ABC上的高h=(32)2-(23×32×32)2=23,∴V=13S△ABC h=133×(32)2×23=9.12.8解析设正三棱柱ABC-A1B1C1的上、下底面的中心分别为O1,O2,连接O1O2,根据对称性可得,线段O1O2的中点O即为正三棱柱ABC-A1B1C1的外接球的球心,线段OA为该外接球的半径,设OA=R.由已知43πR3=32π3,所以R=2,即OA=2.设正三棱柱ABC-A1B1C1的底面边长为x,设线段BC的中点为D,则2,AO1=23AD=23×=2,知x<23,所以0<x<23.在Rt△AO1O中,OO1=B2-B12所以O1O2=<x<23.又△ABC的面积S=12BC·AD=12=所以正三棱柱ABC-A1B1C1的体积V=324=32x则x2=12-3t2,由0<x<23,知0<t<2,所以V(t)-3t2)t,0<t<2,所以V'(t)-9t2).令V'(t)=0,可得舍去),所以当0,V'(t)>0,函数V(t)-3t2)t在内单调递增,2时,V'(t)<0,函数V(t)2-3t2)t在内单调递减,所以当,V(t)-3t2)t取最大值,最大值为8,所以当x=22时,正三棱柱ABC-A1B1C1的体积最大,最大体积为8.13.[22,23]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=12AD1=12×42=22,外接球半径r2=12BD1=12×43=23,球O半径的取值范围是[22,23].(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22,到一条棱的最长距离即为到棱顶点的距离,为23,故r∈[22,23].14.557解析在△ABD 中,AB=4,AD=3,∠BAD=π3,故DB 2=AB 2+AD 2-2AB·AD·cos ∠BAD=42+32-2×4×3×12=13,即DB=13.则在三棱锥A'-BCD 中,A'C=DB ,A'B=AB=DC ,A'D=AD=BC ,即此三棱锥的对棱相等,故此三棱锥的三组对棱是一个长方体的六个面的对角线,设该长方体从同一个顶点出发的三条棱长分别为a ,b ,c ,则2+2=13,2+2=9,2+2=16,解得=3,=10,=6,此长方体的外接球是三棱锥A'-BCD 的外接球,设外接球的半径为R 1,则2R 1=2+2+2=19,即R 1三棱锥A'-BCD 的体积V=abc-4×13×12abc=13abc=25,因为三棱锥A'-BCD 的四个面是全等的三角形,所以三棱锥A'-BCD 的表面积是S=4S △ABD =4×12AB·AD·sin π3=2×4×3×123.设内切球半径为R 2,以内切球球心为顶点,把三棱锥分割为以球心为顶点,四个面为底面的四个小三棱锥,四个小三棱锥体积之和等于大三棱锥的体积,故R 2=3==则三棱锥A'-BCD的内切球与外接球表面积的比值为4π224π12=2212=1536194=557.15.D 解析连接AC ,BD 交于点M ,取EF 的中点O ,因为四边形ABCD 是矩形,且EA=ED=FB=FC ,EF ∥平面ABCD ,EF>AB ,所以点O 在平面ABCD 的射影为点M.连接OM ,则OM ⊥平面ABCD.取BC 的中点G ,连接FG ,作GH ⊥EF ,垂足为H ,如图所示.由题可知HF=12,在Rt △FHG 中,HG=B 2-B 2=所以因为底面ABCD为矩形,OM ⊥平面ABCD ,所以外接球球心在直线OM 上,且到多边形各顶点的距离相等.若球心O'在线段MO 上,设O'M=x ,则,x 2+AM 2=)2+OE 2,即x 2+54=)2+94,解得>舍).若球心O'在线段MO 的延长线上,设OO'=y ,外接球的半径为R ,连接O'E ,O'A ,显然O'E=O'A=R,则OE2+y2=R2且AM2+(OM+y)2=R2,+2=2,+(22+p2=2,解得R2=198.所以外接球的表面积S=4πR2=4π×198=19π2。
专题2：立体几何中球的内切、外接问题基础练习题
专题2：立体几何中球的内切、外接问题基础练习题一、单选题1．长方体1111ABCD A B C D -中，若5AB =，4=AD ，13AA =，且此长方体内接于球O ，则球O 的表面积为（ ）A ．B ．C ．50πD ．200π2．若球的半径为10cm ，一个截面圆的面积是236cm π，则球心到截面圆心的距离是（ ） A ．5cmB ．6cmC ．8cmD ．10cm3．已知一个正方体的8个顶点都在同一个球面上，则球的表面积与这个正方体的表面积之比为（ ）A ．3π B ．2π C D 4．已知直三棱柱111ABC A B C -的顶点都在球O 上，且4AB =，16AA =，30ACB ∠=︒，则此直三棱柱的外接球O 的表面积是（ ）A ．25πB ．50πC ．100πD ．500π35．已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为18，则这个球的体积为（ ） A ．94π B ．3π C ．92πD ．9π6．已知ABC 是边长为3的等边三角形，且其顶点都在球O 的球面上．若球O 的体积为32π3，则三棱锥O ABC -的体积为（ ）A ．98B ．4C D ．947．已知各顶点都在一个球面上的正四棱柱高为4，体积为16，则这个球的表面积是（ ） A ．10B ．20πC ．24πD ．32π8．如图，在棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是正方形，PD AB ==PD ⊥平面ABCD ．在这个四棱锥中放入一个球，则球的最大半径为（ ）A ．2B ．21+C ．2D ．21-9．据《九章算术》记载，“鳖臑(biēnào)”为四个面都是直角三角形的三棱锥.如图所示，现有一个“鳖臑”，PA ⊥底面ABC ，AB BC ⊥，且2PA AB BC ===，三棱锥外接球表面积为（ ）A ．4πB ．8πC ．12πD ．16π10．如图所示，球内切于正方体．如果该正方体的棱长为a ，那么球的体积为（ ）A ．343a π B ．3aC ．332a D ．316a π二、填空题11．棱长为2的正方体的顶点都在同一个球面上，则该球的表面积等于______.12．在三棱柱111ABC A B C -中，1AA ⊥底面ABC ，ABC 是正三角形，若1223AA AB ==，则该三棱柱外接球的表面积为_______.13．设正方体的表面积为216，那么其内切球的体积是_____. 14．若球O 的体积为336 cm π，则它的半径等于__________cm . 15．两个半径为1的铁球，熔化成一个球，这个球的半径是_______．16．某雕刻师计划在底面边长为2m ，高为4m 正四棱柱形的石料1111ABCD A B C D -中，雕出一个四棱锥O ABCD -和球M 的组合体，其中O 为正四棱柱的中心．当球的半径r 取最大值时，该雕刻师需去除的石料的质量约为______kg ．（最后结果保留整数，其中π 3.14≈，石料的密度32.4g/cm ρ=，质量m V ρ=）17．在三棱锥P ABC -中，底面ABC ∆是以AC 为斜边的直角三角形，且PA ⊥平面ABC ，若3PA =，4AC =，则三棱锥P ABC -外接球的表面积为______.18．古希腊数学家阿基米德是世界上公认的三位最伟大的数学家之一，其墓碑上刻着他认为最满意的一个数学发现.如图，一个“圆柱容球”的几何图形，即圆柱容器里放了一个球，该球顶天立地，四周碰边，在该图中，球的体积是圆柱体积的23，并且球的表面积也是圆柱表面积的23，若圆柱的表面积是6π，现在向圆柱和球的缝隙里注水，则最多可以注入的水的体积为_______.三、解答题19．已知一圆锥的母线长为10cm，底面圆半径为6cm.（1）求圆锥的高；（2）若圆锥内有一球，球与圆锥的底面及圆锥的所有母线都相切，求球的表面积. 20．如图，圆柱的底面半径为2，球的直径与圆柱底面的直径和圆柱的高相等，圆锥的顶点为圆柱上底面的圆心，圆锥的底面是圆柱的下底面.（1）计算圆柱的表面积；（2）计算图中圆锥、球、圆柱的体积比.参考答案1．C 【分析】由长方体的对角线公式，算出长方体对角线1AC 的长，从而得到长方体外接球的直径，结合球的表面积公式即可得到，该球的表面积． 【详解】长方体1111ABCD A B C D -中，5AB =，4=AD ，13AA =，∴长方体的对角线1AC =，长方体1111ABCD A B C D -的各顶点都在同一球面上，∴球的一条直径为1AC =R =，因此，该球的表面积为224450S R πππ==⨯= 故选：C ． 2．C 【分析】由题意可解出截面圆的半径，然后利用勾股定理求解球心与截面圆圆心的距离． 【详解】由截面圆的面积为236cm π可知，截面圆的半径为6cm ，则球心到截面圆心的距离为8d =cm ．故选：C ． 【点睛】解答本题的关键点在于，球心与截面圆圆心的连线垂直于截面． 3．B 【分析】设正方体的棱长为a ，球的半径为R ，则22R R a =⇒=，求出球与正方体的表面积即可求得比值. 【详解】设正方体的棱长为a ，球的半径为R ，则3232R a R a =⇒=， 球的表面积为222134432S R a a πππ⎛⎫==⨯= ⎪ ⎪⎝⎭，正方体的表面积为226S a =， ∴2122362S a S a ππ==. 故选：B 【点睛】本题考查几何体的表面积，属于基础题. 4．C 【分析】设点O '为ABC 外接圆的圆心，根据30ACB ∠=︒，得到AO B '△是等边三角形，求得外接圆的半径r ，再根据直三棱柱111ABC A B C -的顶点都在球O 上，由22152AA R r ⎛⎫=+= ⎪⎝⎭求得，直三棱柱的外接球的半径即可. 【详解】 如图所示：设点O '为ABC 外接圆的圆心，因为30ACB ∠=︒，所以60AO B '∠=，又O A O B r ''==， 所以AO B '△是等边三角形， 所以4r O A O B AB ''====，又直三棱柱111ABC A B C -的顶点都在球O 上，所以外接球的半径为5R ==， 所以直三棱柱的外接球O 的表面积是24100S R ππ==， 故选：C 5．C 【分析】【详解】解：设正方体边长为a ，则226183a a =⇒=，所以正方体外接球直径为23R ==，3442793382V R πππ==⨯=.故选：C. 6．B 【分析】设截面ABC 外接圆的半径为r ，利用正三角形的性质求得r ，设球的半径为R ，由球O 的体积为32π3，求得R ，然后再利用球的截面形性质，由h =求得球心截面ABC 的距离即三棱锥O ABC -的高，再代入三棱锥的体积公式求解. 【详解】设截面ABC 外接圆的半径为r ，则2333r =⨯=， 设球的半径为R ， 因为球O 的体积为32π3，所以3432π33R π=， 解得2R =，则球心截面ABC 的距离为1h ==，即三棱锥O ABC -的高为1，所以三棱锥O ABC -的体积为211131332ABCV S h ==⨯⨯= 故选：B 7．C 【分析】各顶点都在一个球面上的正四棱柱，棱柱的体对角线即为球的直径，再由球表面积公式即可求解. 【详解】因为正四棱柱高为4，体积为16，所以正四棱柱的底面积为4，正四棱柱的底面的边长为2，正四棱柱的底面的对角线为，正四棱柱的对角线为即2R =2424R S R ππ===球, 故选：C 8．D 【分析】设球心为S ，连接SD ，SA 、SB 、SC 、SP ，则把此四棱锥分为五个棱锥，利用这五个棱锥的体积之和等于棱锥P ABCD -的体积，则球的最大半径可求. 【详解】解：由PD ⊥平面ABCD ，PD AB ⊥，又AB AD ⊥，PD AD D ⋂=，所以AB ⊥平面PAD ，所以PA AB ⊥，2PA ==，设此球半径为R ，最大的球应与四棱锥各个面都相切，设球心为S ，连接SD ，SA 、SB 、SC 、SP ，则把此四棱锥分为五个棱锥，它们的高均为R ．四棱锥的体积21133P ABCD ABCD V SPD -=⨯⨯=⨯=四棱锥的表面积()()22112222222242222PAD PAB ABCDS S S S=++=⨯⨯+⨯⨯⨯+=+△△，因为13P ABCD V S R -=⨯⨯，所以32212142221P ABCD V R S -====-++． 故选：D. 【点睛】考查利用等体积法求四棱锥内切球的半径，基础题. 9．C 【分析】根据已知条件可将三棱锥P ABC -补全图形为正方体，可知其外接球为正方体的外接球，即可求外接球表面积. 【详解】∵PA ⊥底面ABC ，AB BC ⊥，PA AB BC ==，将三棱锥P ABC -补全图形为正方体如图所示，∴三棱锥的外接球即正方体的外接球.设外接球的半径为R ，则()22222222R =++，解得3R =所以外接球的表面积为2412R ππ=. 故选：C 【点睛】本题考查几何体外接球表面积的求法，注意补全三棱锥转化为正方体，应用正方体外接球的性质，属于基础题. 10．D【分析】根据球与正方体位置关系，分析出球的半径，由此球的体积可求. 【详解】因为球内切于正方体，所以球的半径等于正方体棱长的12， 所以球的半径为2a ，所以球的体积为334326a a ππ⎛⎫= ⎪⎝⎭，故选：D. 【点睛】本题考查根据正方体与球的相切关系求球的体积，难度较易.当球内切于正方体时，球的半径为正方体棱长的1211．12π 【分析】棱长为2的正方体的八个顶点都在同一个球面上，球的直径是正方体的对角线，从而得到结果． 【详解】∵棱长为2的正方体的八个顶点都在同一个球面上， ∴球的直径是正方体的对角线，∴球的半径是2r r =⇒∴球的表面积是4212ππ⨯⨯=.故答案为：12π. 12．16π 【分析】利用对称性可得到上下底面的中心连线的中点即为外接球的球心，然后在有关三角形中计算，求得球的半径，最后利用球的表面积公式计算即得. 【详解】解：如图所示：取11,AC A C 的中点,M N ,两底面的中心分别为1,G G ,线段1GG 的中点O 即为该三棱柱的外接球的球心，连接OB .OB 即为外接球的半径,RABC 为正三角形，3AB =，2231332GB MB AB ∴==⨯=, 123AA =,223,2OG OB OG BG ∴=∴=+=,2O 416S R ππ∴==球,故答案为：16π.【点睛】本题考查几何体的外接球的表面积问题，关键是利用对称性找到球心的位置，属基础题. 13．36π【分析】由已知条件先求出正方体的棱长，根据正方体的内切球直径等于正方体的棱长，可求出球的半径，进而可求出球的体积【详解】解：设正方体的棱长为a ，则由题意得26216a =，解得6a =，所以正方体内切球的直径为6，则内切球的半径为3，所以正方体内切球的体积为343363ππ⨯=， 故答案为：36π【点睛】此题考查正方体的表面积和球的体积的求法，考查正方体的内切球问题，属于基础题 14．3【分析】根据球的体积公式343R π即可求球的半径【详解】若球的半径为R cm ，由球的体积公式，有34363R ππ=，解得3R =故答案为：3【点睛】本题考查了球体的体积，熟悉球的体积公式即可，属于简单题15【分析】等体积法【详解】 334421=33R ππ⨯⨯⨯ R ⇒=【点睛】等体积法16．21952【分析】当球的表面与四棱柱体的各个侧面相切时，即正四棱柱的底面边长为球的直径时，球的半径取得最大值，求出柱体、锥体和球体的体积，利用割补法求出体积，进而得结果．【详解】根据题意，当球的表面与四棱柱体的各个侧面相切时，即正四棱柱的底面边长为球的直径时，球的半径取得最大值，正四棱柱的体积()2312416m V =⨯=． 四棱锥O ABCD -的底面为边长为2m 的正方形，高2m h =，所以其体积()2321822m 33V =⨯⨯=． 球M 的半径r 最大为1m ，此时其体积()3333444πππ1m 333V r ==⨯=， 故该雕刻师需去除的石料的体积()312384π27.4416m 333V V V V =--=--≈． 又332.4g/2400/m cm kg ρ==，所以该雕刻师需去除的石料的质量约为()27.442400219523kg ⨯=． 故答案为：()21952kg .17．25π【分析】 把三棱锥放在以,,PA AB BC 的长度为棱长的长方体中，求出长方体的对角线长，进一步求得外接球的半径，代入球的表面积公式求解．【详解】把三棱锥放在以,,PA AB BC 的长度为棱长的长方体中，三棱锥的外接球即长方体的外接球，长方体的体对角线就是外接球的直径，∴2222229165R PA AB BC PA AC =++=+=+=则三棱锥P −ABC 外接球的表面积S =2425R ππ=故答案为：25π.【点睛】要求外接球的表面积和体积，关键是求出球的半径，求外接球半径的常见方法有：①若三条棱两垂直则用22224R a b c =++（,,a b c 为三棱的长）；②若SA ⊥面ABC （SA a =），则22244R r a =+（r 为ABC ∆外接圆半径）；③可以转化为长方体的外接球；④特殊几何体可以直接找出球心和半径.18．23π 【分析】用圆柱体积减去球的体积即得．【详解】设球的半径为r ，则由题意可得球的表面积为22463r ππ=⨯，∴1r =， ∴圆柱的底面半径为1，高为2，∴最多可以注入的水的体积为234212133πππ⨯⨯-⨯⨯=. 故答案为：23π． 19．（1）8（2）36π【分析】(1)圆锥的母线长、底面圆半径以及圆锥的高满足勾股定理，由题意即可求出结果;(2)先设圆锥内切球半径为r ,由题意可得()()2221068r r -+=-，求出r ,再由球的表面积公式即可得出结果.【详解】（1）据题意知，圆锥的高()8h cm ==（2）据（1）求解知，圆锥的高为8cm ，设圆锥内切球的半径为r ，则()()2221068r r -+=-，所以3r cm =所以所求球的表面积()22244336S r cmπππ==⨯=.【点睛】本题主要考查简单几何体的计算公式，属于基础题型.20．(1)24π；(2)1:2:3.【分析】(1)由已知可得圆柱的高和圆锥的高均为4，求出圆柱的侧面积及上底面积、下底面积，即可求得圆柱的表面积；(2)根据圆锥、球、圆柱的体积公式，求出各自的体积，作比即可得到答案.【详解】(1)由已知可得圆柱的高和圆锥的高均为4，故圆柱的表面积 22(2)22424=S πππ=⨯⨯+⨯⨯．(2)因为圆锥的底面半径为2，高为4，所以圆锥的体积21162433圆锥πV π=⨯⨯⨯=； 因为球的直径与圆柱底面的直径相等，所以球的半径为2， 所以球的体积3432233ππV =⨯=球； 又圆柱的体积22416圆柱V ππ=⨯⨯=； 所以1632::::161:2:333圆锥圆柱ππV V V π==球． 【点睛】本题主要考查了圆柱的表面积的求法及圆锥、球、圆柱的体积的求法，关键是抓住几何体之间的关系，求出所需要的量．。
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A O'
O
B E D
C
A 空间几何体的三视图与球专项练习
专题一.空间几何体的三视图
1.某几何体的三视图如图所示，其俯视图是由一个半圆与其直径组成的图形，则该几何体的体积是__________，表面积是__________
2.一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为（ ）
A.81
B.71
C.61
D.5
1
3.【2017北京，文6】某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为（ ）
（A ）60 （B ）30 （C ）20 （D ）10 4.一个多面体的三视图如图所示，其中正视图是正方形，
侧视图
是等腰三角形. 则该几何体的表面积为（ ） A ．88 B ．98 C ．108 D ．158
专题二.几何体及它的外接球 1.柱体外接球 （1）长方体与外接球
2222(2R)a b c =++
练习：【2017课标II ，文15】长方体的长、宽、高分别为3,2,1，其顶点都在球O 的球面上，则球O 的表面积为__________ （2）三棱柱、圆柱与外接球
①正（直）三棱柱、圆柱外接球球心为两底外接圆圆心连线的中点
222OA OE AE =+,其中OA=R
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o
A
B
2233
3323AE AD AB AB ==⨯
=
求三角形ABC 外接圆半径R ：正弦定理
2sin sin sin a b c R A B C ===
求三角形ABC 内切圆半径r ：面积法1()2ABC S a b c r ∆=++⨯= 1
sin 2ab C
练习：1.设三棱柱的侧棱垂直于底面，所有棱的长都为a ，顶点都在一个球面上，则该球的表面积为( )
（A ）2a π （B ）27
3
a π （C ）2113a π （D ）2
5a π
2.【2017课标3，理8】已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为（ ）
A ．π
B ．
3π4
C ．π2
D ．π4
②底面有一角为直角的直三棱柱外接球求法
方法一：由①可知球心在AB 的中点，半径算法同
①
方法二：如图所以，将三棱柱补成长方体，半径
算法与长方体半径算法相同
练习：已知,,,S A B C 是球O 表面上的点，SA ABC ⊥平面，AB BC ⊥，1SA AB ==，
2BC =O 的表面积等于（ ）
（A ）4π （B ）3π （C ）2π （D ）π 2.锥体外接球 (1)正棱锥与圆锥外接球
B
A
C
H
O
H
A
C
O
H
O
222222(PH R)OB OH BH R AH =+⇒=-+
练习：1.求棱长为a 的正四面体外接球的半径．（正四面体外接球半径是高的3
4
）
2.正四棱锥的顶点都在同一球面上，若该棱锥的高为4，底面边长为2，求该球的表面
积．
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思考：已知一个棱长为1的正方体，
（1）试探究如何切割可以得到一个棱长为2的正四面体
（2）求出这个正四面体的外接球的半径.
(2)底面为直角三角形，一侧棱与底面垂直的三棱锥：补成长方体
练习：1.已知三棱锥S-ABC，从S点出发的三条棱两两垂直且SA=1，SB=2，SC=3，则该
三棱锥的外接球的半径为（）
2.网格纸上的小正方形边长是1，粗实线画出的是某四棱锥的三视图，则该四棱锥的外
接球的表面积为（）
ππππ
专题三.几何体及它的内切球
1.正三棱柱，直三棱柱，圆柱内切球
球的大圆与底面多边形的内切圆全等，且柱
体的高度与球的直接相等
2.棱锥的内切球：等体积法，
1
3
V S r
表面积
（r为内切球半径）
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练习：求棱长为a 的正四面体内切球的半径．（正四面体内切球半径是高的1
4
）
3.圆锥的内切球 求法：利用轴截面结合平面几何知识求解 sin r PH r θ=
-或1
2
PAB S r ∆=⨯周长
r 为内切球半径，周长为三角形PAB 周长
专题练习
练习：1.已知三棱锥S ABC -的所有顶点都在球O 的求面上，ABC ∆是边长为1的正三角形，SC 为球O 的直径，且2SC =；则此棱锥的体积为（ ）
()A 26 ()B 36 ()C 23 ()D 2
2
3.【2017江苏，6】 如图,在圆柱12,O O 内有一个球O ,该球与圆柱的上、下面及母线均相切.记圆柱12,O O 的体积为1V ,球O 的体积为2V ,则
1
2
V V 的值是_______.
4.已知OA 为球O 的半径，过OA 的中点M 且垂直于OA 的平面截球
面得
到圆M ，若圆M 的面积为3π，则球O 的表面积等于__________________.
5.某圆锥的截面为边长为2的正三角形，则该圆锥的内切球的表面积为_______
6.（2013年高考课标Ⅰ卷（文））已知H 是球O 的直径AB 上一点,:1:2AH HB =,AB ⊥平面α,H 为垂足,α截球O 所得截面的面积为π,则球O 的表面积为_______.
7.已知三棱锥A —BCD 的所有棱长都为2，则该三棱锥的外接球的表面积为________．
8.直三棱柱
111ABC A B C -的各顶点都在同一球面上，若
O O 1
O 2 ⋅
⋅ ⋅
A
H
M
O
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12
AB AC AA
===,120
BAC
∠=︒，则此球的表面积等于。