正方体与球的切接关系
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。
高中数学立体几何专题·球的切接问题
二.温故知新
同学们，请看下面球与正方体的三种组合体，你能从中得到什 么结论呢？ D D
1 A1
A
B O
C
C1
B1 球外切正方体（切面） 球外切正方体（切棱）
球内接正方体
结论：
1.正方体的外接球的球心是体对角线的交点，半径是体对角线的一半 2.正方体的内切球的球心是体对角线的交点，半径是棱长的一半 3.与正方体的棱都相切的球的球心是体对角线的交点，半径是面对角线长的一半
球的“接”与“切”：
• 两个几何体相（内）切:一个几何体的各个面与另一 个几何体的各面相切 • 两个几何体相接:一个几何体的所有顶点都在另一个 几何体的表面上 • 解决“接切”问题的关键是画出正确的截面，把空 间“接切”转化为平面“接切”问题
球与正方体的“切”“接”问题
探究一： 若正方体的棱长为a，则 ⑴正方体的内切球直径＝ ⑵正方体的外接球直径＝ ⑶与正方体所有棱相切的球直径＝
练习 1、求棱长为a的正四面体的外接球、 棱切球、内切球的体积之比。
2、正三棱锥的高为1，底面边长为2 6 ，
内有一个球与它的四个面都相切．求：
(1)外接球的表面积和体积； (2)内切球的表面积与体积．
解：(1)如图所示，底面正三角形的中心F到一边的距离为
1 3 FD＝ 2 6＝ 2， 2 2 则正三棱锥侧面的斜高PD＝ 1
球与正方体的“接切”问题
1.一个正方体的顶点都在球面上，它的 棱长是4cm，求这个球的体积. 2.长方体的共顶点的三个侧面面积分别 为 3，5， 乙球内切于该正方体的各条棱， 丙球外接于该正方体，则三球表 面面积之比为( ) A. 1:2:3 B.1: 2: 3 C. 1: 4: 9
1 3 2 径分别为: 2 a、2 a、2 a.
与球有关的接切问题ppt
详细描述
当一个球与多个旋转体接触时，每一个旋转 体的侧面都会与球形成一条圆弧的接切线， 而每一个旋转体的顶点都会与球形成圆的接 切点。这些圆的半径和圆弧的长度取决于旋 转体的大小以及球的大小。
04
球的切割问题
球被平面切割的截面图形
总结词
根据球心到切割平面的距离和球的半径，可 以确定球被平面切割的截面图形是圆、椭圆 、抛物线、双曲线或这些图形的组合。
详细描述
当球心到切割平面的距离等于球的半径时， 截面图形是圆；当球心到切割平面的距离小 于球的半径时，截面图形是椭圆；当球心到 切割平面的距离大于球的半径时，截面图形 是抛物线或双曲线，具体形状取决于切割平
面与球心的相对位置。
球的切割线长度问题
总结词
球的切割线长度等于球的半径乘以切割线对应的圆心角弧度数。
详细描述
根据平面几何中弧长公式，球的切割线长度等于球的半径乘以切割线对应的圆心角弧度 数。当切割线对应的圆心角为直角时，切割线长度最短；当切割线对应的圆心角为平角
时，切割线长度最长。
球的切割面面积问题
总结词
球的切割面面积等于球的表面积乘以切割面所占的圆 心角与360度的比值。
详细描述
根据球表面积公式和圆心角与面积的关系，球的切割 面面积等于球的表面积乘以切割面所占的圆心角与 360度的比值。当切割面为球的大圆时，切割面面积 最大；当切割面为小圆时，切割面面积最小。
当球与圆柱相切时，切点处球面与圆柱的侧面相切，形成 一条直线。此时，球心与切点的连线与圆柱的轴线垂直。 根据几何原理，切点处球面与圆柱的侧面相切，形成一条 直线。
总结词
当球与圆柱相切时，切点处球面与圆柱的底面相切，形成 圆形。
详细描述
当球与圆柱相切时，切点处球面与圆柱的底面相切，形成 圆形。此时，球心与切点的连线与圆柱的底面垂直。根据 几何原理，切点处球面与圆柱的底面相切，形成圆形。
2025数学大一轮复习讲义苏教版 第七章 球的切、接问题
第二部分
探究核心题型
题型一 外接球
命题点1 定义法
例1 (1)(2023·茂名模拟)已知菱形ABCD的各边长为 2，∠B＝60°.将
△ABC沿AC折起，折起后记点B为P，连接PD，得到三棱锥P－ACD，
如图所示，当三棱锥P－ACD的表面积最大时，三棱锥P－ACD的外接球
体积为
5 2π A. 3
4 3π B. 3
C.2 3π
√D.8
2π 3
由题意可得，△ACD，△ACP均为边长为2的等边 三角形，△PAD，△PCD为全等的等腰三角形， 则三棱锥P－ACD的表面积 S＝2S△ACD＋2S△PCD＝2×12×2×2× 23＋2×12×2×2sin∠PCD＝2 3 ＋4sin∠PCD≤2 3＋4， 当且仅当sin∠PCD＝1，即PC⊥CD时，三棱锥P－ACD的表面积取 最大值，
跟踪训练1 某建筑的形状可视为内外两个同轴圆柱，某爱好者制作了 一个实心模型，已知模型内层底面直径为12 cm，外层底面直径为16 cm， 且内外层圆柱的底面圆周都在一个直径为20 cm的球面上，则此模型的 体积为__9_1_2_π___ cm3.
由题意，设球心为O，模型内层圆柱底面的圆心为 O1，模型外层圆柱底面的圆心为O2，点A，B分别 在圆O1，O2上，如图，连接AO，BO，AO1，BO2， OO1，则O2在OO1上， 因为AO＝BO＝10 cm，AO1＝6 cm，BO2＝8 cm， 在Rt△AO1O中，由勾股定理得 OO1＝ AO2－AO21＝8(cm)，
此时△PAD，△PCD为直角三角形，
PD＝ PC2＋C的
性质可得 OA＝OC＝OD＝OP＝ 2，
即三棱锥P－ACD的外接球的球心为O，
半径 R＝ 2，
与球有关的切接问题全解
在截面三角形 SDC 内作一个与边 SD 和 DC 相切，
圆心在高 SE 上的圆．因为正四面体本身的对称性，内切球和外接
球的球心同为 O.此时，CO＝OS＝R，OE＝r，SE ＝ 23a，CE＝
33a，则有 R＋r＝
23a，R 2－r2＝|CE |2＝a32，解得
R?
6 a, r ? 6 a
4
12
如果还原到正方体中去考虑呢？
3
|A 1O|＝R ′＝
a 2
注意：球心均在正方体的中心位置
(3)三条侧棱互相垂直的三棱锥的外接球： ① 如果三棱锥的三条侧棱互相垂直并且相
等，则可以补形为一个正方体，正方体
的外接球的球心就是三棱锥的外接球的
球心．即三棱锥 A1-AB 1D1 的外接球的球心和正方体
ABCD -A1B1C1D1 的外接球的球心重合．如图，设 AA 1
练习 1.在正三棱锥 S-ABC 中，M 是 SC 的中点，且 AM
⊥SB ，底面边长 AB ＝2 2，则正三棱锥 S-ABC 的外接球
的表面积为
()
A．6π
B．12π
C．32π
D．36π
解析
解析：如图，由正三棱锥的性质易知 SB ⊥AC，结合 AM ⊥SB 知 SB ⊥平 面 SAC ，所以 SB ⊥SA ，SB ⊥SC.又 正三棱锥的三个侧面是全等的三角 形，所以 SA ⊥SC ，所以正三棱锥 S-ABC 为正方体的一个角，所以正三棱锥 S-ABC 的外接 球即为正方体的外接球．由 AB ＝2 2，得 SA ＝SB ＝SC ＝2，所以正方体的体对角线为 2 3，所以所求外接球的 半径 R＝ 3，所求表面积为 4πR2＝12π. 答案：B
练习2.四面体ABCD的四个顶点都在球 O的球面上,AB⊥平面
高考数学复习考点题型专题讲解17 球的切、接、截问题
高考数学复习考点题型专题讲解专题17 球的切、接、截问题1.球的切接问题(1)长方体的外接球①球心：体对角线的交点；②半径：r＝a2＋b2＋c22(a，b，c为长方体的长、宽、高).(2)正方体的外接球、内切球及与各条棱相切的球(a为正方体的棱长)①外接球：球心是正方体中心，半径r＝32a，直径等于体对角线长；②内切球：球心是正方体中心，半径r＝a2，直径等于正方体棱长；③与各条棱都相切的球：球心是正方体中心，半径r＝22a，直径等于面对角线长.(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，a为正四面体的棱长)①外接球：球心是正四面体的中心，半径r＝64a；②内切球：球心是正四面体的中心，半径r＝612a.2.平面截球平面截球面得圆.截面圆的圆心与球心的连线与截面圆圆面垂直且R2＝d2＋r2(R为球半径，r为截面圆半径，d为球心到截面圆的距离).类型一外接球问题考向1 墙角模型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.长方体同一顶点的三条棱长分别为a，b，c，外接球半径为R.则(2R)2＝a2＋b2＋c2，即2R＝a2＋b2＋c2.常见的有以下三种类型：例1 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.86πB.46πC.26πD.6π答案 D解析因为点E，F分别为PA，AB的中点，所以EF∥PB.因为∠CEF＝90°，所以EF⊥CE，所以PB⊥CE.取AC的中点D，连接BD，PD，易证AC⊥平面BDP，所以PB⊥AC，又AC∩CE＝C，AC，CE⊂平面PAC，所以PB⊥平面PAC，所以PB⊥PA，PB⊥PC，因为PA＝PB＝PC，△ABC为正三角形，所以PA⊥PC，即PA，PB，PC两两垂直，将三棱锥P－ABC放在正方体中如图所示. 因为AB＝2，所以该正方体的棱长为2，所以该正方体的体对角线长为6，所以三棱锥P－ABC的外接球的半径R＝6 2，所以球O的体积V＝43πR3＝43π⎝⎛⎭⎪⎫623＝6π，故选D.考向2 对棱相等模型对棱相等模型是三棱锥的三组对棱长分别相等模型，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，如图所示，(2R)2＝a2＋b2＋c2(长方体的长、宽高分别为a，b，c)，即R2＝18(x2＋y2＋z2)，如图.例2 在三棱锥A －BCD 中，AB ＝CD ＝2，AD ＝BC ＝3，AC ＝BD ＝4，则三棱锥A －BCD 外接球的表面积为________. 答案29π2解析 构造长方体，三个长度为三对面的对角线长，设长方体的长宽高分别为a ，b ，c ，则a 2＋b 2＝9，b 2＋c 2＝4，c 2＋a 2＝16， 所以2(a 2＋b 2＋c 2)＝9＋4＋16＝29， 即a 2＋b 2＋c 2＝4R 2＝292， 则外接球的表面积为S ＝4πR 2＝29π2.考向3 汉堡模型汉堡模型是直三棱柱、圆柱的外接球模型，模型如下，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的连线的中点，算出小圆O 1的半径AO 1＝r ，OO 1＝h2，所以R 2＝r 2＋h 24.例3(2022·金华调研)在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝BC ＝AC ，侧棱AA 1⊥底面ABC ，若该三棱柱的所有顶点都在同一个球O 的表面上，且球O 的表面积的最小值为4π，则该三棱柱的侧面积为( ) A.63B.3 3 C.32D.3 答案 B解析 如图，设三棱柱上、下底面中心分别为O 1，O 2，则O 1O 2的中点为O ，设球O 的半径为R ，则OA ＝R ，设AB ＝BC ＝AC ＝a ，AA 1＝h ，则OO 2＝12h ，O 2A ＝23×32AB ＝33a .在Rt△OO 2A 中，R 2＝OA 2＝OO 22＋O 2A 2＝14h 2＋13a 2≥2×12h ×33a ＝33ah ， 当且仅当h ＝233a 时，等号成立，所以S 球＝4πR 2≥4π×33ah ， 所以43π3ah ＝4π， 所以ah ＝3，所以该三棱柱的侧面积为3ah＝3 3.考向4 垂面模型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；如图所示，由对称性可知球心O的位置是△CBD的外心O1与△AB2D2的外心O2连线的中点，算出小圆O1的半径CO1＝r，OO1＝h2，则R＝r2＋h24.例4(2022·广州模拟)已知四棱锥S－ABCD的所有顶点都在球O的球面上，SD⊥平面ABCD，底面ABCD是等腰梯形，AB∥CD且满足AB＝2AD＝2DC＝2，且∠DAB＝π3，SC＝2，则球O的表面积是( ) A.5π B.4πC.3πD.2π答案 A解析依题意，得AB＝2AD＝2，∠DAB＝π3，由余弦定理可得BD＝3，则AD2＋DB2＝AB2，则∠ADB＝π2.又四边形ABCD是等腰梯形，故四边形ABCD的外接圆直径为AB，半径r＝AB2＝1，设AB的中点为O1，球的半径为R，因为SD ⊥平面ABCD ， 所以SD ＝SC 2－CD 2＝1， R 2＝12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫SD 22＝54，则S ＝4πR 2＝5π. 考向5 切瓜模型切瓜模型是有一侧面垂直底面的棱锥模型，常见的是两个互相垂直的面都是特殊三角形，在三棱锥A －BCD 中，侧面ABC ⊥底面BCD ，设三棱锥的高为h ，外接球的半径为R ，球心为O ，△BCD 的外心为O 1，O 1到BC 的距离为d ，O 与O 1的距离为m ，△BCD 和△ABC 外接圆的半径分别为r 1，r 2，则⎩⎨⎧R 2＝r 21＋m 2，R 2＝d 2＋（h －m ）2，解得R ，可得R ＝r 21＋r 22－l 24(l 为两个面的交线段长).例5(2022·济宁模拟)在边长为6的菱形ABCD 中，∠A ＝π3，现将△ABD 沿BD 折起，当三棱锥A －BCD 的体积最大时，三棱锥A －BCD 的外接球的表面积为________. 答案 60π解析 边长为6的菱形ABCD ，在折叠的过程中， 当平面ABD ⊥平面BCD 时，三棱锥的体积最大； 由于AB ＝AD ＝CD ＝BC ＝6， ∠C ＝∠A ＝π3.所以△ABD 和△CBD 均为正三角形，设△ABD 和△CBD 的外接圆半径为r ， 则2r ＝BDsin C，所以r ＝2 3.△ABD 和△CBD 的交线段为BD ，且BD ＝6. 所以三棱锥A －BCD 的外接球的半径R ＝（23）2＋（23）2－624＝15.故S 球＝4·π(15)2＝60π.训练1 (1)(2022·青岛一模)设三棱柱的侧棱垂直于底面，所有棱的长都为1，顶点都在一个球面上，则该球的表面积为( ) A.5π B.π C.113π D.73π (2)在三棱锥P －ABC 中，平面PAB ⊥平面ABC ，平面PAC ⊥平面ABC ，且PA ＝4，底面△ABC 的外接圆的半径为3，则三棱锥P －ABC 的外接球的表面积为________. 答案 (1)D (2)52π解析 (1)由三棱柱所有棱的长a ＝1，可知底面为正三角形， 底面三角形的外接圆直径2r ＝1sin 60°＝233，所以r ＝33， 设外接球的半径为R ，则有R 2＝r 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22＝13＋14＝712，所以该球的表面积S ＝4πR 2＝73π，故选D.(2)因为平面PAB ⊥平面ABC ，平面PAC ⊥平面ABC ， 所以PA ⊥平面ABC .设三棱锥P －ABC 的外接球的半径为R ，结合底面△ABC 的外接圆的半径r ＝3，可得R 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫PA 22＋r 2＝22＋33＝13，所以三棱锥P －ABC 的外接球的表面积为S 表＝4πR 2＝52π. 类型二 内切球问题内切球问题的解法(以三棱锥为例)第一步：先求出四个表面的面积和整个锥体的体积；第二步：设内切球的半径为r ，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 －ABCS △ABC ＋S △PAB ＋S △PAC ＋S △PBC.例6 (1)(2022·成都石室中学三诊)《九章算术》中将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑.若三棱锥P －ABC 为鳖臑，PA ⊥平面ABC ，PA ＝BC ＝4，AB ＝3，AB ⊥BC ，若三棱锥P －ABC 有一个内切球O ，则球O 的体积为( ) A.9π2B.9π4 C.9π16D.9π (2)在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1＝AB ＝6，BC ＝8，AC ＝10，则该三棱柱内能放置的最大球的表面积是( ) A.16π B.24π C.36π D.64π答案(1)C (2)A解析(1)设球O的半径为r，则三棱锥P－ABC的体积V＝13×12×3×4×4＝13×(12×3×4＋12×4×3＋12×5×4＋12×4×5)×r，解得r＝34，所以球O的体积V＝43πr3＝9π16，故选C.(2)由题意，球的半径为底面三角形内切圆的半径r，因为底面三角形的边长分别为6，8，10，所以底面三角形为直角三角形，r＝AB＋BC－AC2＝6＋8－102＝2.又因为AA1＝6，2r＝4<6，所以该三棱柱内能放置的最大球半径为2，此时S表面积＝4πr2＝4π×22＝16π.训练 2 已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为________.答案2 3π解析圆锥内半径最大的球即为圆锥的内切球，设其半径为r.作出圆锥的轴截面PAB，如图所示，则△PAB的内切圆为圆锥的内切球的大圆.在△PAB中，PA＝PB＝3，D为AB的中点，AB＝2，E为切点，则PD＝22，△PEO∽△PDB，故PO PB ＝OE DB ，即22－r 3＝r 1，解得r ＝22， 故内切球的体积为43π⎝ ⎛⎭⎪⎫223＝23π.类型三 球的截面问题解决球的截面问题抓住以下几个方面：(1)球心到截面圆的距离；(2)截面圆的半径；(3)直角三角形(球心到截面圆的距离、截面圆的半径、球的半径构成的直角三角形).例7(2022·杭州质检)在正三棱锥P －ABC 中，Q 为BC 中点，PA ＝2，AB ＝2，过点Q 的平面截三棱锥P －ABC 的外接球所得截面面积的取值范围为________. 答案⎣⎢⎡⎦⎥⎤π，3π2解析 因为正三棱锥P －ABC 中，PB ＝PC ＝PA ＝2，AC ＝BC ＝AB ＝2，所以PB 2＋PA 2＝AB 2，即PB ⊥PA ， 同理PB ⊥PC ，PC ⊥PA ，因此正三棱锥P －ABC 可看作正方体的一角，如图.记正方体的体对角线的中点为O ，由正方体结构特征可得，点O 即是正方体的外接球球心，所以点O 也是正三棱锥P －ABC 外接球的球心，记外接球半径为R ， 则R ＝122＋2＋2＝62，因为球的最大截面圆为过球心的圆，所以过点Q 的平面截三棱锥P －ABC 的外接球所得截面的面积最大为S max ＝πR 2＝3π2. 又Q 为BC 中点，由正方体结构特征可得OQ ＝12PA ＝22；由球的结构特征可知，当OQ 垂直于过点Q 的截面时，截面圆半径最小为r ＝R 2－OQ 2＝1， 所以S min ＝πr 2＝π.因此，过Q 的平面截三棱锥P －ABC 的外接球所得截面面积的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤π，3π2. 训练3 (1)设球O 是棱长为4的正方体的外接球，过该正方体棱的中点作球O 的截面，则最小截面的面积为( ) A.3π B.4π C.5π D.6π(2)(2022·武汉质检)已知棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1，球O 与该正方体的各个面相切，则平面ACB 1截此球所得的截面的面积为________. 答案 (1)B (2)2π3解析 (1)当球O 到截面圆心连线与截面圆垂直时，截面圆的面积最小， 由题意，正方体棱的中点与O 的距离为22，球的半径为23， ∴最小截面圆的半径为12－8＝2， ∴最小截面面积为π·22＝4π.(2)∵正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，球O 与该正方体的各个面相切，则球O 的半径为1，设E ，F ，G 分别为球O 与平面ABCD 、平面BB 1C 1C 、平面AA 1B 1B 的切点， 则等边三角形EFG 为平面ACB 1截此球所得的截面圆的内接三角形， 由已知可得EF ＝EG ＝GF ＝2， ∴平面ACB 1截此球所得的截面圆的半径r ＝22sin 60°＝63，∴截面的面积为π×⎝ ⎛⎭⎪⎫632＝2π3.一、基本技能练1.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.3π4C.π2D.π4 答案 B解析 如图画出圆柱的轴截面ABCD ，O 为球心.球的半径R ＝OA＝1，球心到底面圆的距离为OM ＝12.∴底面圆半径r ＝OA 2－OM 2＝32故圆柱体积V ＝π·r 2·h ＝π·⎝ ⎛⎭⎪⎫322×1＝3π4.2.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.12π B.24π C.36π D.144π 答案 C解析 由题意知球的直径2R ＝（23）2＋（23）2＋（23）2＝6， ∴R ＝3，∴S 球＝4πR 2＝36π.故选C.3.一个四面体的所有棱长都为2，四个顶点在同一球面上，则此球的表面积为( ) A.3π B.4π C.33π D.6π 答案 A解析 构造棱长为1的正方体，该四面体的外接球也是棱长为1的正方体的外接球， 所以外接球半径R ＝32， 所以外接球表面积为S ＝4πR 2＝3π.4.已知直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的球面上，若AB ＝3，AC ＝4，AB ⊥AC ，AA 1＝12，则球O 的半径为( )A.3172B.210C.132D.310 答案 C解析 将直三棱柱补为长方体ABEC －A 1B 1E 1C 1， 则球O 是长方体ABEC －A 1B 1E 1C 1的外接球. ∴体对角线BC 1的长为球O 的直径. 因此2R ＝32＋42＋122＝13，则R ＝132.5.(2022·南阳二模)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∠BDC ＝π2，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 折后的几何体构成以D 为顶点的三棱锥，且三条侧棱互相垂直，可构造长方体，其对角线即为球的直径，三条棱长分别为1，1，3，所以2R ＝1＋1＋3＝5，球的表面积S ＝4π⎝ ⎛⎭⎪⎫522＝5π.6.(2022·青岛模拟)如图是一个由6个正方形和8个正三角形围成的十四面体，其所有顶点都在球O 的球面上，若十四面体的棱长为1，则球O 的表面积为( )A.2πB.4πC.6πD.8π 答案 B解析 根据图形可知，该十四面体是由一个正方体切去八个角得到的，如图所示，十四面体的外接球球心与正方体的外接球球心相同， 建立空间直角坐标系，∵该十四面体的棱长为1，故正方体的棱长为2， ∴该正方体的外接球球心的坐标为O ⎝ ⎛⎭⎪⎫22，22，22，设十四面体上一顶点为D ，则D ⎝ ⎛⎭⎪⎫2，22，0，所以十四面体的外接球半径R ＝OD ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2－222＋⎝ ⎛⎭⎪⎫22－222＋⎝ ⎛⎭⎪⎫0－222＝1，故外接球的表面积为S ＝4πR 2＝4π.故选B.7.四面体ABCD 的四个顶点都在球O 上且AB ＝AC ＝BC ＝BD ＝CD ＝4，AD ＝26，则球O 的表面积为( )A.70π3B.80π3C.30πD.40π答案 B解析如图，取BC的中点M，连接AM，DM，由题意可知，△ABC和△BCD都是边长为4的等边三角形. ∵M为BC的中点，∴AM⊥BC，且AM＝DM＝23，又∵AD＝26，∴AM2＋DM2＝AD2，∴AM⊥DM，∵BC∩DM＝M，BC，DM⊂平面BCD，∴AM⊥平面BCD，∵AM⊂平面ABC，∴平面ABC⊥平面BCD，△ABC与△BCD外接圆半径r＝23DM＝433，又△ABC与△BCD的交线段BC＝4. 所以四面体外接球半径R ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫4332＋⎝ ⎛⎭⎪⎫4332－424＝2153，四面体ABCD 的外接球的表面积为4π×R 2＝803π. 8.已知三棱锥P －ABC 的棱AP ，AB ，AC 两两垂直，且长度都为3，以顶点P 为球心，2为半径作一个球，则球面与三棱锥的表面相交所得到的四段弧长之和等于( ) A.2π3B.5π6C.πD.3π2答案 D解析 如图，∠APC ＝π4，AP ＝3，AN ＝1，∠APN ＝π6，∠NPM ＝π12，MN ︵＝π12×2＝π6，同理GH ︵＝π6，HN ︵＝π2，GM ︵＝2π3，故四段弧长之和为π6＋π6＋π2＋2π3＝3π2.9.(多选)(2022·石家庄调研)已知一个正方体的外接球和内切球上各有一个动点M 和N ，若线段MN 长的最小值为3－1，则( ) A.该正方体的外接球的表面积为12π B.该正方体的内切球的体积为π3C.该正方体的棱长为1D.线段MN长的最大值为3＋1 答案AD解析设该正方体的棱长为a，则其外接球的半径R＝32a，内切球的半径R′＝a2，该正方体的外接球与内切球上各有一个动点M，N，由于两球球心相同，可得MN的最小值为3a2－a2＝3－1，解得a＝2，故C错误；所以外接球的半径R＝3，表面积为4π×3＝12π，故A正确；内切球的半径R′＝1，体积为43π，故B错误；MN的最大值为R＋R′＝3＋1，故D正确.故选AD.10.(多选)设圆锥的顶点为A，BC为圆锥底面圆O的直径，点P为圆O上的一点(异于B，C)，若BC＝43，三棱锥A－PBC的外接球表面积为64π，则圆锥的体积为( ) A.4π B.8πC.16πD.24π答案BD解析如图，设圆锥AO的外接球球心为M，半径为r，则M在直线AO上，4πr2＝64π，解得r＝4.由勾股定理得BM2＝OM2＋OB2，即42＝(23)2＋OM2，可得OM＝2，即OM＝|AO－r|＝|AO－4|＝2，解得AO＝6或AO＝2.当AO＝6时，圆锥AO的体积为V＝13π×(23)2×6＝24π；当AO＝2时，圆锥AO的体积为V＝13π×(23)2×2＝8π.故选BD.11.在三棱锥A－BCD中，△BCD和△ABD均是边长为1的等边三角形，AC＝2，则该三棱锥外接球的表面积为________.答案2π解析取AC的中点O，连接OB，OD，在△ABC中，AB＝BC＝1，AC＝2，所以∠ABC＝90°，所以OA＝OB＝OC＝2 2，同理得OD＝22，故点O为该三棱锥外接球的球心，所以球O的半径r＝22，S球＝4πr2＝2π.12.如图，已知球O是棱长为3的正方体ABCD－A1B1C1D1的内切球，则平面ACD1截球O的截面面积为________.答案3π2解析 根据题意知，平面ACD 1是边长为9＋9＝32的正三角形，且所求截面的面积是该正三角形的内切圆的面积，则由图得，△ACD 1内切圆的半径r ＝13（32）2－⎝⎛⎭⎪⎫3222＝62， 所以平面ACD 1截球O 的截面面积为 S ＝π×⎝ ⎛⎭⎪⎫622＝3π2.二、创新拓展练13.(多选)(2022·华大新高考联考)已知三棱锥S －ABC 中，SA ⊥平面ABC ，SA ＝AB ＝BC ＝2，AC ＝2，点E ，F 分别是线段AB ，BC 的中点，直线AF ，CE 相交于G ，则过点G 的平面α截三棱锥S －ABC 的外接球O 所得截面面积可以是( ) A.23π B.89π C.π D.32π答案 BCD解析 因为AB 2＋BC 2＝AC 2，故AB ⊥BC ， 故三棱锥S －ABC 的外接球O的半径R ＝2＋2＋22＝62，取AC 的中点D ，连接BD 必过G ， 因为AB ＝BC ＝2，故DG ＝13BD ＝13，因为OD ＝22， 故OG 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫222＋⎝ ⎛⎭⎪⎫132＝1118，则过点G 的平面截球O 所得截面圆的最小半径r 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫622－1118＝89，故截面面积的最小值为89π，最大值为πR 2＝32π，故选BCD.14.(多选)(2022·济南模拟)已知三棱锥P －ABC 的四个顶点都在球O 上，AB ＝BC ＝AC ＝1，∠APC ＝π6，平面PAC ⊥平面ABC ，则( )A.直线OA 与直线BC 垂直B.点P 到平面ABC 的距离的最大值为1＋32C.球O 的表面积为13π3D.三棱锥O －ABC 的体积为18答案 ACD解析 设△ABC 外接圆的圆心为O 1，连接OO 1，O 1A . 因为O 为三棱锥P －ABC 外接球的球心， 所以OO 1⊥平面ABC ，所以OO 1⊥BC ，因为AB ＝BC ＝AC ＝1，所以O 1A ⊥BC ，所以BC ⊥平面OO 1A ， 所以OA ⊥BC ，故A 选项正确； 设△PAC 外接圆的圆心为O 2，AC 的中点为D ，连接O 2D ， 由于AC ＝1，∠APC ＝π6，所以圆O 2的半径r 2＝12×1sinπ6＝1，则易知O 2D ＝32， 所以点P 到平面ABC 的距离的最大值为1＋32(此时P ，O 2，D 三点共线)，故B 选项错误；由于AB ＝BC ＝AC ＝1，平面PAC ⊥平面ABC ，平面PAC ∩平面ABC ＝AC ， 所以圆O 1的半径r 1＝12×1sin π3＝33， 圆O 2的半径r 2＝1，△ABC 与△PAC 的交线段AC ＝1， 所以三棱锥P －ABC 外接球半径R 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫332＋12－14＝1312.故球O 的表面积S ＝4π×1312＝13π3，故C 选项正确；由于OO 1⊥平面ABC ，且OO 1＝O 2D ＝32，S △ABC ＝34，所以三棱锥O－ABC的体积为13×OO1×S△ABC＝13×32×34＝18，故D选项正确，故选ACD.15.(多选)(2022·湖州调研)已知正四面体ABCD的棱长为3，其外接球的球心为O.点E 满足AE→＝λAB→(0<λ<1)，过点E作平面α平行于AC和BD，设α分别与该正四面体的棱BC，CD，DA相交于点F，G，H，则( )A.四边形EFGH的周长为定值B.当λ＝12时，四边形EFGH为正方形C.当λ＝13时，平面α截球O所得截面的周长为13π4D.四棱锥A－EFGH的体积的最大值为22 3答案ABD解析将正四面体ABCD放入正方体中.因为正四面体ABCD的棱长为3，所以正方体的棱长为322.如图所示，过点E作平面α平行于AC和BD，平面α与正方体的棱交于M，N，P，Q四点.因为AE→＝λAB→，故AH→＝λAD→，即有EH＝λBD，同理FG＝λBD，EF＝(1－λ)AC，HG＝(1－λ)AC，且EH∥BD，EF∥AC，故四边形EFGH 为平行四边形.因为AC ⊥BD ，故EF ⊥EH ，则四边形EFGH 为矩形.对于A ，四边形EFGH 的周长为2(EF ＋EH )＝2[(1－λ)AC ＋λBD ]＝2[(1－λ)AC ＋λAC ]＝2AC ＝6，为定值，故A 选项正确；对于B ，当λ＝12时，E 为AB 的中点，故EF ＝EH ，所以四边形EFGH 为正方形，故B 选项正确；对于C ，当λ＝13时，球心O 到平面EFGH 的距离即球心到平面MNPQ 的距离，即BC 中点到MF 的距离，经计算为24，球半径为322×32＝364，故截面圆的半径为⎝ ⎛⎭⎪⎫3642－⎝ ⎛⎭⎪⎫242＝132，所以截面圆的周长为132×2π＝13π，故C 选项错误；对于D ，四棱锥A －EFGH 的高为AQ ，所以其体积V ＝13×322λ×3(1－λ)×3λ＝922λ2(1－λ)，0<λ<1， 令f (λ)＝922λ2(1－λ)，则f ′(λ)＝922(2λ－3λ2)，令f ′(λ)＝0得λ＝23，故当λ＝23时，四棱锥A －EFGH 的体积最大，最大值为922×49×13＝223，故D 选项正确，故选ABD.16.(多选)(2022·嘉兴测试)如图，在等腰梯形ABCD 中，AB ＝2AD ＝2BC ＝2CD ＝4.现将△DAC沿对角线AC所在的直线翻折成△D′AC，记二面角D′－AC－B的大小为α(0<α<π)，则( )A.存在α，使得D′A⊥BCB.存在α，使得D′A⊥平面D′BCC.存在α，使得三棱锥D′－ABC的体积为3 3D.存在α＝π2，使得三棱锥D′－ABC的外接球的表面积为20π答案ACD解析如图1，取AB的中点E，连接DE交AC于点F.因为AB＝2CD，所以CD＝EB＝AE，所以四边形AECD为菱形，四边形EBCD为菱形，所以△AED，△DEC，△EBC均为等边三角形，所以AC⊥ED，∠DAC＝∠BAC＝π6，∠ACB＝π2，在翻折过程中，如图2，AC⊥D′F，AC⊥FE，所以∠D′FE为二面角D′－AC－B的平面角，所以∠D′FE＝α.对于A，当α＝π2时，平面D′AC⊥平面ABC.因为BC⊥AC，所以BC⊥平面D′AC.又因为D′A⊂平面D′AC，所以D′A⊥BC，所以存在α，使得D′A⊥BC，故A选项正确；对于B，假设存在α，使得D′A⊥平面D′BC.因为D′C⊂平面D′BC，所以D′A⊥D′C，与∠AD′C＝2π3矛盾，故B选项不正确；对于C，由分析可得，D′F＝12DE＝12AD＝1，AC＝2AF＝2×32×AD＝2 3.设D′到平面ABC的距离为d，则V三棱锥D′－ABC＝13×S△ABC×d＝13×12×AC×BC×d＝13×12×23×2×d＝33，解得d＝1 2，所以sin α＝dD′F＝12，所以α＝π6或5π6，故C选项正确；对于D，当α＝π2时，平面D′AC⊥平面ABC，所以BC⊥平面D′AC，D′F⊥平面ABC.如图2所示，因为E，F分别为AB，AC的中点，所以EF∥BC，且EF＝12BC＝1，所以EF⊥平面D′AC.设△D′AC外接圆圆心为O1，则O1A＝O1D′＝AD′＝2.因为E是Rt△ABC斜边的中点，所以E为Rt△ABC的外心.过O1作平面D′AC的垂线，过点E作平面ABC的垂线，则两垂线的交点O即为三棱锥D′－ABC外接球的球心，显然四边形EFO1O是矩形，所以OO1＝EF＝1.设三棱锥D′－ABC的外接球半径为R，则在Rt△OO1D′中，R＝OD′＝O1O2＋O1D′2＝1＋4＝5，所以三棱锥D′－ABC的外接球的表面积S＝4πR2＝20π，故D选项正确.综上所述，故选ACD.17.在菱形ABCD中，AB＝23，∠ABC＝60°，若将菱形ABCD沿对角线AC折成大小为60°的二面角B－AC－D，则四面体DABC的外接球球O的体积为________.答案5239π27解析如图，设M，N分别为△ABC，△ACD的外心，E为AC的中点，则EN＝EM＝13BE＝1，在平面BDE内过点M作BE的垂线与过点N作DE的垂线交于点O. ∵BE⊥AC，DE⊥AC，BE∩DE＝E，∴AC⊥平面BDE.∵OM⊂平面BDE，∴OM⊥AC，∵OM⊥BE，BE∩AC＝E，∴OM⊥平面ABC，同理可得ON⊥平面ACD，则O为四面体DABC的外接球的球心，连接OE，∵EM＝EN，OE＝OE，∠OME＝∠ONE＝90°，∴△OME≌△ONE，∴∠OEM＝30°，∴OE＝EMcos 30°＝233.∵AC⊥平面BDE，OE⊂平面BDE，∴OE⊥AC，∴OA＝OE2＋AE2＝39 3，即球O的半径R＝39 3.故球O的体积V＝43πR3＝5239π27.18.(2022·湖南三湘名校联考)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB⊥BC，AB＝BC＝AA1＝4，M 为棱AB的中点，N是棱BC的中点，O是三棱柱外接球的球心，则平面MNB1截球O所得截面的面积为________.答案8π解析如图1，将直三棱柱补形成正方体ABCD－A1B1C1D1，连接BD1，则直三棱柱的外接球也是正方体的外接球，球心O是BD1的中点，半径R＝2 3. 连接BD交MN于点E，连接B1E交BD1于点F，过点O作OO1⊥B1E于点O1，连接B1D1，因为MN∥AC，AC⊥平面BB1D1D，所以MN⊥平面BB1D1D，所以OO1⊥MN，所以OO1⊥平面MNB1.如图2，31 / 31 在矩形BB 1D 1D 中，BF FD 1＝BE B 1D 1＝14， 所以BF OF ＝23，过点B 作BG ⊥B 1E 于点G ， 则BG ＝BE ·BB 1B 1E ＝43，BGOO 1＝BF OF ＝23，所以OO 1＝2，设截面圆的半径为r ， 则r 2＝R 2－OO 21＝(23)2－22＝8，所以截面的面积为8π.。
与球有关的切接问题全解
角度四：四（三）棱锥的外接球
例 4．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，则该球的表面积为
()
81π A. 4
B．16π
C．9π
27π D. 4
解析：如图所示，设球半径为 R，底面中心为 O′且球心为 O， ∵正四棱锥 P-ABCD 中 AB＝2，∴AO′＝ 2. ∵PO′＝4，∴在 Rt△AOO′中，AO2＝AO′2＋OO′2，∴ R2＝( 2)2＋(4－R)2，解得 R＝94，∴该球的表面积为 4πR2＝ 4π×942＝814π，故选 A.
πa2 6
，则
S1 S2
＝ π63aa22＝6π3.
【变式训练】已知正三棱锥P-ABC的四个顶点均在半径为 3 的球面
上,且PA,PB,PC两两互相垂直,则球心到平面ABC的距离为
3 3
.
思考：可以将该几何体还原到什么几何体中考虑？
P
E
A
B
O
F
C
角度二：直三棱柱的外接球
例 2．已知直三棱柱 ABC-A1B1C1 的 6 个顶点都在球 O 的
球心．R2＝a2＋b42＋c2＝l42(l 为长方体的体对角线长)．即 R
l 2
[多角探明]
与球相关的切、接问题是高考命题的热点，也是考生的难点、 易失分点．命题角度多变．归纳起来常见的命题角度有：
(1)正四面体的内切球； (2)直三棱柱的外接球； (3)正(长)方体的外接球； (4)四（三）棱锥的外接球.
答案：A
变式训练:
1.已知矩形 ABCD 的顶点都在半径为 4 的球面 上，且 AB=6，BC=2 3 ，则棱锥 O-ABCD 的体积为8 3
方法归纳 “切”“接”问题处理的注意事项 (1)“切”的处理 解决与球的内切问题主要是指球内切多面体与旋转体，解 答时首先要找准切点，通过作截面来解决．如果内切的是多面 体，则作截面时主要抓住多面体过球心的对角面来作． (2)“接”的处理 把一个多面体的几个顶点放在球面上即为球的外接问 题．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． （3）还原处理 如果直接考虑不出来不妨考虑能否把几何体还原到 特殊的几何体中，比如正方体、长方体等等
正方体的外接球与内切球问题
正方体的外接球与内切球问题简介
本文讨论正方体的外接球与内切球问题。
外接球问题
正方体的外接球是指一个球，它能够刚好与正方体的每个顶点接触，并且球心在正方体外部。
解决正方体的外接球问题可以采用以下步骤：
1. 首先找到正方体的对角线长度，记为d。
2. 外接球的直径等于正方体的对角线长度，即2d。
3. 外接球的半径等于直径的一半，即d。
因此，正方体的外接球的半径等于对角线长度的一半。
内切球问题
正方体的内切球是指一个球，它能够刚好与正方体的每个面接触，并且球心在正方体内部。
解决正方体的内切球问题可以采用以下步骤：
1. 首先找到正方体的边长，记为a。
2. 内切球的直径等于正方体的边长，即a。
3. 内切球的半径等于直径的一半，即a/2。
因此，正方体的内切球的半径等于边长的一半。
总结
通过上述讨论，我们得出了正方体的外接球和内切球的半径计算方法。
这些结果可以在几何学和物理学中得到应用。
希望本文能够帮助您理解正方体的外接球与内切球问题。
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以上为回答内容, 仅供参考。
7球的切接
补形
小结:常见的补形
正四面体常常补成正方体求外接球的半径
三条侧棱两两垂直的三棱锥常补成长方体
圆柱的内切球与外接球
圆柱的底面圆直径与高相等
习题：(2010 年高考课标全国卷)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，则该球半径为( )
2 3a 3a O1B＝ × ＝ ， 3 2 3 2 a 3 a 7 a R2＝( )2＋( )2＝ ， 2 3 12
正方体的内切球, 棱切球,外接球 三个球心合一
半径之比为： 1: 2 : 3
例.一个正方体内接于一个球,过球心作一个截面,则截面不可能图形是(
)
.
A
D A B
.
B
C
.
C
.
D
O
D1 A1 B1 C1
§长方体与球
一、长方体的外接球
长方体的（体）对角线等于球直径
设长方体的长、宽、高分别为a、b、c，则 l a b c 2R
2 2 2
？
一般的长方体有内切球吗？
没有。一个球在长方体内部，最多 可以和该长方体的5个面相切。
如果一个长方体有内切球， 那么它一定是 正方体
例：如图，半球内有一内接正方体，棱长为a，
正方体的一个面在半球底面圆内。 则球的半径（ 将半球补成整球
6 ） a 2
则长方体的体对角线是球的直径
l a a ( 2a ) 6 a
§正方体与球
正方体的内切球,外接球,棱切球
1. 正方体的内切球
轴截面
切点：各个面的中心。
球心：正方体的中心。
直径：相对两个面中心连线。
2R=a
2.正方体的外接球
球的接切问题结论
★(1)正多面体存在内切球且正多面体的中 心为内切球的球心． (2)求多面体内切球半径，往往可用“等体 积法”． 1 V 多＝S 表·R 内切·3. 1 (3)正四面体内切球半径是高的4， 外接球半 3 径是高的4. (4)并非所有多面体都有内切球(或外接球)．
球与几何体的切接问题
(1)长方体的外接球： ①球心：体对角线的交点； a2＋b2＋c2 ②半径：r＝ (a，b，c 为长 2 方体的长、宽、高)．
(2) 正方体的外接球、内切球及与各条 棱相切的球： ①外接球：球心是正方体中心；半径 r 3 ＝ 2 a(a 为正方体的棱长)； ②内切球：球心是正方体中心；半径 r a ＝2(a 为正方体的棱长)； ③与各条棱都相切的球： 球心是正方体 2 中心；半径 r＝ 2 a(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 6 ＝ 4 a(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 6 ＝ 12 a(a 为正四面体的棱长)．
★ 球的表面积和体积都是半径 R 的函 数．对于和球有关的问题，通常可以在轴截 面中建立关系． 画出轴截面是正确解题的关 键．
与球有关的切接问题
·a2＝
3
a2，其内切球半径为正四面体高的
1 4
，即r＝
1 4
6 ·3
a＝
6 12
a，因此内切球表面积为S2＝4πr2＝
πa2 6
，则
S1 S2
＝ π63aa22＝6π3.
【变式训练】已知正三棱锥P-ABC的四个பைடு நூலகம்点均在半径为 3 的球面
上,且PA,PB,PC两两互相垂直,则球心到平面ABC的距离为
3 3
.
思考：可以将该几何体还原到什么几何体中考虑？
P
E
A
B
O
F
C
角度二：直三棱柱的外接球
例 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 的半径为
()
A．3
17 2
B．2 10
C．123
D．3 10
解析
思考1：可不可以将该直三棱柱还原到特殊的几何体中？ 思考2：球心在哪里？ 总结：直三棱柱外接球球心在上下三角形外心连线的中点
|A1O|＝R′＝
3a 2
注意：球心均在正方体的中心位置
(3)三条侧棱互相垂直的三棱锥的外接球： ① 如果三棱锥的三条侧棱互相垂直并且相
等，则可以补形为一个正方体，正方体
的外接球的球心就是三棱锥的外接球的
球心．即三棱锥 A1-AB1D1 的外接球的球心和正方体
ABCD-A1B1C1D1 的外接球的球心重合．如图，设 AA1
在截面三角形 SDC 内作一个与边 SD 和 DC 相切，
圆心在高 SE 上的圆．因为正四面体本身的对称性，内切球和外接
(完整版)球的切接问题专题
专题：球的切接问题 一．知识点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1，截面图为正方形EFGH 的内切圆，得2a R =；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2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3，以对角面1AA 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==。
4.正四面体的外接球和内切球如图4所示，设点O 是内切球的球心，正四面体棱长为a ．由图形的对称性知，点O 也是外接球的球心．设内切球半径为r ，外接球半径为R ． 正四面体的表面积223434a a S =⨯=表． 正四面体的体积22221234331BE AB a AE a V BCD A -=⨯⨯=- 322212233123a a a a =⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-= 图1 图2图3图4BCD A V r S -=⋅表31，a aaS V r BCD A 12631223323=⨯==∴-表在BEO Rt ∆中，222EO BE BO +=，即22233r a R +⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=，得a R 46=，得r R 3= 小结:正四面体内切球半径是高的14，外接球半径是高的345.长方体的外接球：即正方体的各顶点都在球面上。
设长方体的棱长分别为a ，b ，c 。
怎么作平面截图来反映半径和边长的关系？结论：由图形（4）我们可以发现外接球的半径2222c b a R ++=二、题型与方法归类 例1、（1）若棱长为3的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为________．本题主要考查简单的组合体和球的表面积．画出球的轴截面可得，球的直径是正方体的对角线，所以有球的半径R ＝332，则该球的表面积为S ＝4πR 2＝27π.故填27π (2) 求棱长为1的正四面体外接球的体积．设SO 1是正四面体S －ABC 的高，外接球的球心O 在SO 1上，设外接球半径为R ，AO 1＝r ， 则在△ABC 中，用解直角三角形知识得r ＝33， 从而SO 1＝SA 2－AO 21＝1－13＝23， 在Rt △AOO 1中，由勾股定理得R 2＝(23－R )2＋(33)2，解得R ＝64， ∴V 球＝43πR 3＝43π(64)3＝68π.变式练习:1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( C )A ．16πB ．20πC ．24πD ．32π2已知正方体外接球的体积是323π，那么正方体的棱长等于( D ) A ．2 2 B.233 C.423 D.433解析 由题意知V ＝43πR 3＝32π3，∴R ＝2，外接球直径为4，即正方体的体对角线，设棱长为a ，则体对角线l ＝3a ＝4，a ＝433.3.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________，体积为________．【解析】 外切圆柱的底面半径为R ，高为2R ，∴S 表＝S 侧＋2S 底＝2πR ·2R ＋2πR 2＝6πR 2，V 圆柱＝πR 2·2R ＝2πR 3. 【答案】 6πR 2；2πR 3例2、已知A 、B 、C 、D 是球O 面上的四个点，OA 、OB 、OC 两两垂直，且OA ＝1,OB ＝2,OC ＝3，求球的体积与表面积。
与球有关的切、接问题(有答案)
与球有关的切、接问题1．球的表面积公式：S ＝4πR 2；球的体积公式V ＝43πR 3 2．与球有关的切、接问题中常见的组合： (1)正四面体与球：如图，设正四面体的棱长为a ，内切球的半径为r ，外接球的半径为R ，取AB 的中点为D ，连接CD ，SE 为正四面体的高，在截面三角形SDC 内作一个与边SD 和DC 相切，圆心在高SE 上的圆．因为正四面体本身的对称性，内切球和外接球的球心同为O .此时，CO ＝OS ＝R ，OE ＝r ，SE ＝ 23a ，CE ＝33a ，则有R ＋r ＝ 23a ，R 2－r 2＝|CE |2＝a 23，解得R ＝64a ，r ＝612a . (2)正方体与球：①正方体的内切球：截面图为正方形EFHG 的内切圆，如图所示．设正方体的棱长为a ，则|OJ |＝r ＝a 2(r 为内切球半径)． ②与正方体各棱相切的球：截面图为正方形EFHG 的外接圆，则|GO |＝R ＝22a . ③正方体的外接球：截面图为正方形ACC 1A 1的外接圆，则|A 1O |＝R ′＝32a . (3)三条侧棱互相垂直的三棱锥的外接球：①如果三棱锥的三条侧棱互相垂直并且相等，则可以补形为一个正方体，正方体的外接球的球心就是三棱锥的外接球的球心．即三棱锥A 1-AB 1D 1的外接球的球心和正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的外接球的球心重合．如图，设AA 1＝a ，则R ＝32a . ②如果三棱锥的三条侧棱互相垂直但不相等，则可以补形为一个长方体，长方体的外接球的球心就是三棱锥的外接球的球心．R 2＝a 2＋b 2＋c 24＝l 24(l 为长方体的体对角线长)． 角度一：正四面体的内切球1．(2015·长春模拟)若一个正四面体的表面积为S 1，其内切球的表面积为S 2，则S 1S 2＝________.解析：设正四面体棱长为a ，则正四面体表面积为S 1＝4·34·a 2＝3a 2，其内切球半径为正四面体高的14，即r ＝14·63a ＝612a ，因此内切球表面积为S 2＝4πr 2＝πa 26，则S 1S 2＝3a 2π6a 2＝63π. 角度二：直三棱柱的外接球2．(2015·唐山统考)如图，直三棱柱ABC -A 1B 1C 1的六个顶点都在半径为1的半球面上，AB ＝AC ，侧面BCC 1B 1是半球底面圆的内接正方形，则侧面ABB 1A 1的面积为( )A ．2B ．1 C. 2 D.22解析：选C 由题意知，球心在侧面BCC 1B 1的中心O 上，BC 为截面圆的直径，∴∠BAC ＝90°，△ABC 的外接圆圆心N 是BC 的中点，同理△A 1B 1C 1的外心M 是B 1C 1的中心．设正方形BCC 1B 1的边长为x ，Rt △OMC 1中，OM ＝x 2，MC 1＝x 2，OC 1＝R ＝1(R 为球的半径)，∴⎝⎛⎭⎫x 22＋⎝⎛⎭⎫x 22＝1，即x ＝2，则AB ＝AC ＝1，∴S 矩形ABB 1A 1＝2×1＝ 2.角度三：正方体的外接球3．一个正方体削去一个角所得到的几何体的三视图如图所示(图中三个四边形都是边长为2的正方形)，则该几何体外接球的体积为________．解析：依题意可知，新的几何体的外接球也就是原正方体的外接球，要求的直径就是正方体的体对角线；∴2R ＝23(R 为球的半径)，∴R ＝3，∴球的体积V ＝43πR 3＝43π. 答案：43π角度四：四棱锥的外接球4．(2014·大纲卷)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，则该球的表面积为( )A.81π4 B ．16π C ．9π D.27π4解析：选A 如图所示，设球半径为R ，底面中心为O ′且球心为O ，∵正四棱锥P -ABCD中AB ＝2，∴AO ′＝ 2.∵PO ′＝4，∴在Rt △AOO ′中，AO 2＝AO ′2＋OO ′2，∴R 2＝(2)2＋(4－R )2，解得R＝94，∴该球的表面积为4πR 2＝4π×⎝⎛⎭⎫942＝81π4，故选A. [类题通法]“切”“接”问题的处理规律1．“切”的处理解决与球的内切问题主要是指球内切多面体与旋转体，解答时首先要找准切点，通过作截面来解决．如果内切的是多面体，则作截面时主要抓住多面体过球心的对角面来作．2．“接”的处理把一个多面体的几个顶点放在球面上即为球的外接问题．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．[牛刀小试]1．(2015·云南一检)如果一个空间几何体的正视图、侧视图、俯视图都是半径等于5的圆，那么这个空间几何体的表面积等于( )A ．100π B.100π3 C ．25π D.25π3解析：选A 易知该几何体为球，其半径为5，则表面积为S ＝4πR 2＝100π.2．(2014·陕西高考)已知底面边长为1，侧棱长为2的正四棱柱的各顶点均在同一个球面上，则该球的体积为( )A.32π3 B ．4π C ．2π D.4π3解析：选D 因为该正四棱柱的外接球的半径是四棱柱体对角线的一半，所以半径r ＝1212＋12＋(2)2＝1，所以V 球＝4π3×13＝4π3.故选D. 3．已知正六棱柱的12个顶点都在一个半径为3的球面上，当正六棱柱的底面边长为6时，其高的值为( )A ．3 3 B.3 C ．2 6 D ．2 3解析：选D 设正六棱柱的高为h ，则可得(6)2＋h 24＝32，解得h ＝2 3. 4．(2015·山西四校联考)将长、宽分别为4和3的长方形ABCD 沿对角线AC 折起，得到四面体A -BCD ，则四面体A -BCD 的外接球的体积为________．解析：设AC 与BD 相交于O ，折起来后仍然有OA ＝OB ＝OC ＝OD ，∴外接球的半径r ＝32＋422＝52，从而体积V ＝4π3×⎝⎛⎭⎫523＝125π6. 5．一个圆锥过轴的截面为等边三角形，它的顶点和底面圆周在球O 的球面上，则该圆锥的体积与球O 的体积的比值为________．解析：设等边三角形的边长为2a ，则V 圆锥＝13·πa 2·3a ＝33πa 3；又R 2＝a 2＋(3a －R )2，所以R ＝233a ，故 V 球＝4π3·⎝⎛⎭⎫233a 3＝323π27a 3，则其体积比为932. [高考全国课标卷真题追踪]1．（15课标1理）已知,A B 是球O 的球面上两点，090AOB ∠=,C 为该球面上的动点，若O ABC -三棱锥体积的最大值为36，则球O 的表面积为（ C ）(A)36π (B)64π (C)144π (D)256π2.（13课标1理）如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器,容器高8cm,将一个球放在容器口,再向容器注水,当球面恰好接触水面时测得水深为6cm,如不计容器的厚度,则球的体积为( A )（A ）3cm 3500π （B ）3cm 3866π （C ）3cm 31372π （D ）3cm 32048π 3.（12课标理）已知三棱锥S ABC -的所有顶点都在球O 的球面上,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 ）(A)26 (B)36 (C)23 （D ）224.（12课标文）平面α截球O 的球面所得圆的半径为1,球心O 到平面α的距离为2,则此球的体积为 （ B ）（A ）6π （B ）43π （C ）46π （D ）63π5.（10新课标理）设三棱柱的侧棱垂直于底面,所有棱长都为a ,顶点都在一个球面上,则该球的表面积为( B )(A) 2a π (B) 273a π (C) 2113a π (D) 25a π 6.（10新课标文）设长方体的长、宽、高分别为2,,a a a ,其顶点都在一个球面上,则该球的表面积为( B )（A ）23a π （B ）26a π （C ）212a π （D ）224a π 7．（07新课标文）已知三棱锥S ABC -的各顶点都在一个半径为r 的球面上,球心O 在AB 上,SO ⊥底面ABC ,2AC r =,则球的体积与三棱锥体积之比是（Ｄ）Ａ.π Ｂ.2π Ｃ.3π Ｄ.4π8.（13新课标2文）已知正四棱锥O ABCD -的体积为322,底面边长为3,则以O 为球心,OA 为半径的球的表面积为24π。
球与正方体切与接的问题
B
A •CO
B
62 32 R2
R2 9
A
O
R 3
1 18
2
构直角三角形法
【高考链接】
（山东高考） 正方体的内切球与接其球外的体积之C比（ ） Ａ.1: 3 Ｂ.1:3 Ｃ.1:3 3 Ｄ.1:9
【当堂检测】
求棱长为 a的正方体外接球的积 表面
【学习目标回顾】
1.熟练应用球的体积与表面积公式；
C B
O C
B11
正方体的外接球
正方体的棱切球
【探究总结】
1.正方体的外接球的球心是体对角线的交点，半径是 体对角线的一半
2.正方体的内切球的球心是体对角线的交点，半径是 棱长的一半
3.与正方体的棱都相切的球的球心是体对角线的交点， 半径是面对角线长的一半
【学以致用】
例.有三个球,一球切于正方体的各面,一球切于正方体的各棱,
一球过正方体的各顶点,求这三个球的体积之比_1_:__2__2__:_.3 3
解析1：
将半球补成整球
补 形 法
R（6） 2 （6） 2 （ 26） 2 3 2
V14R3 18
23
解析2
设球心为O，则O亦为底面正方形的中心。
如图，连结OA、OB，则得RtΔOAB.
已知正方体棱长为 6 ，
OA 2 6 3 OB R AB 6 2
2.识记球与正方体的“内接与外切”组合体中 球半径与棱长之间的关系，并能熟练解决数学中 的实际问题;
【下节课学习目标】
1.知道正方体与球的三种位置关系，并能 完成相应习题；
2.识记球与锥体的“内接与外ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ”组合体 中球半径与棱长之间的关系，并能熟练解 决数学中的实际问题;
正方体的内切球外接球棱切球半径之比
正方体的内切球外接球棱切球半径之比正方体的内切球、外接球和棱切球，这三兄弟可都是咱们日常生活中常见的小玩意儿。
它们之间的关系呢，就像是亲兄弟一样，虽然各有各的特点，但却总是紧密相连的。
今天，我们就来聊聊这三兄弟之间的奇妙关系，以及它们之间的半径比。
咱们来看看正方体的内切球。
内切球，顾名思义，就是能够恰好放入正方体内部的那个球。
这个球的直径，正好等于正方体的边长。
所以，内切球的半径，就是正方体边长的一半。
这个球可是个小家伙，它不仅能够让正方体变得更加美观，而且还能够帮助我们解决很多实际问题。
比如说，在医学领域，内切球就被用来制作各种医疗器械，因为它的形状非常符合人体的结构。
接下来，我们再来聊聊正方体的外接球。
外接球，顾名思义，就是能够恰好放在正方体外部的那个球。
这个球的直径，正好等于正方体对角线的长度。
所以，外接球的半径，就是正方体对角线长度的一半除以根号3。
这个球可是个大家伙，它不仅能够让正方体变得更加稳定，而且还能够帮助我们解决很多实际问题。
比如说，在建筑领域，外接球就被用来制作各种建筑物的基础结构，因为它的形状非常稳定。
我们再来聊聊正方体的棱切球。
棱切球，顾名思义，就是能够恰好切过正方体每个棱的那个球。
这个球的直径，正好等于正方体每个棱的长度减去两倍的内切球半径。
所以，棱切球的半径，就是正方体每个棱的长度减去两倍的内切球半径除以根号2。
这个球可是个难缠的小家伙，它不仅能够让正方体变得更加复杂，而且还能够帮助我们解决很多实际问题。
比如说，在数学领域，棱切球就被用来研究各种复杂的几何图形，因为它的形状非常有趣。
那么，这三个兄弟之间的半径比究竟是什么呢？别急，这个问题其实并不好回答。
因为这三个球的半径之间存在着复杂的关系，不是简单的比例关系。
但是，我们可以通过一些特殊的方法来求得它们的半径比。
比如说，我们可以利用勾股定理来求得正方体的对角线长度，然后再根据对角线长度求得外接球和棱切球的半径。
这样一来，我们就可以得到这三个兄弟之间的半径比了。