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 ．48π
C ．36π
D ．32π
例2、【2020年高考天津】若棱长为 A ．12π B ．24π C ．36π
D ．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2
BDC π
∠=，则过A ，B ，C ，D 四点的球的表面积为（ ）
A ．3π
B ．4π
C ．5π
D ．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 ．
B
C
D ．
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 ．16π
B ．20π
C ．32π
D ．64π
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 ．
32
C ．1
D 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
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 ．
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 ，
6
ABC π
∠=，3SA =，
1BC =，直线SB 和平面ABC 所成的角大小为
3
π
.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 BCD
cm．
__________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 ．48π
C ．36π
D ．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 ．24π
C ．36π
D ．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
3
R =
=，
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2
BDC π
∠=，则过A ，B ，C ，D 四点的球的表面积为（ ）
A ．3π
B ．4π
C ．5π
D ．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2
BDC 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 ==2
452
S 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 ．
B
C
D ．
【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1
3
AB AB PQ =
⨯⨯⨯
1
3AB AB AB =⨯⨯，所以边长6AB =，PQ =OH x =，OM x =，
()(2
2
2222
R OA OM AM x
==+=+，
2222223R OP OH PH x ==+=+，x =2212321R =+=
34
3
V 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12
2
AE r ==
=
设鳖臑P ADE -的外接球的半径1R ，则3
143
R π=，解得12
R =
.
PA ⊥平面ADE ，1R ∴=2PA ==PA ∴=
正方形ABCD 的外接圆直径为22r AC ==22
r ∴=
，
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2
2420R 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 ==1
22
S =⨯⨯=△ABC 设内切圆半径为r ，则：
ABC AOB BOC AOC S S S S =++△△△△111
222
AB r BC r AC r =⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯
()1
3322
r =⨯++⨯=
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1
6(12
S =⨯⨯=
. （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()6349
R 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 ．20π
C ．32π
D ．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 ．
32
C ．1
D 【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 ⊥，
,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1
2
EF PB x =
=，
ABC △为边长为2的等边三角形，CF ∴=
又90CEF ∠=︒，1
2
CE 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 ∠==，22431
42x x x x
+-+∴=，
22121222
x 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 1
63
D 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1
111BB 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114
B EF
C EG π
∠=∠=
，所以2
FEG π
∠=
，
所以根据弧长公式可得2
2
FG 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 ，
6
ABC π
∠=，3SA =，
1BC =，直线SB 和平面ABC 所成的角大小为
3
π
.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3
SBA π
∠=
在Rt SAB ∆
中：
tan
3
SA 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 31216
2
AC AB BC AB BC π
=+-⋅⋅=+-=， 则1AC = 其外接圆半径
1
22,1
sin sin 6
AC r r ABC π
=
===∠， 又1322
OG SA =
=， 所以三棱锥S ABC -
外接球半径为R ==
=
该球的表面积为2
13
44134
S 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 ⊥，PC
CD 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 =
==
2
4(
)62
PB 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2
24452r 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）4π
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________.
【答案】
6
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
122
AC BC ⋅=
，SO ，
因此，当SO ⊥平面ABC 时，四面体的体积最大，为1
3
6
ABC V S SO =
⋅=
.
故答案为：(1).
6
(2). 8π
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
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34
3
V R π=
=，应填答案．。