正方体内切球-外接球-棱切球

球的接切问题1.正方体的外接球、内切球和棱切球【例3】 有三个球和一个正方体,第一个球与正方体各个面内切,第二个球与正方体各条棱相切,第三个球过正方体各顶点,则三个球面积之比为 ．【解析】设正方体棱长为a,则有内切球半径12a R =; 棱切球其直径为正方体各面上的对角线长,则有222R a =; 外接球直径为正方体的对角线长,∴有332R a =, 所以面积之比为()()2221:2:31:2:3=.【评注】 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 ，则内切球半径|OJ |＝r ＝a 2；正方体的棱切球：|GO |＝R ＝22a ；正方体的外接球：则|A 1O |＝R ′＝32a .用构造法易知：棱长为a 的正四面体的外接球半径为64a . 【变式1】构建正方体求解三棱锥有关问题若正三棱锥P —ABC 的三条侧棱两两垂直，则该正三棱锥的内切球与外接球的半径之比为 .1.()3:13-.【解析】设正三棱锥侧棱长为a ，纳入正方体中易知外接球半径为,23a 体积63a V =，内切球球心将正三棱锥分成四个高为内切球半径的三棱锥，则()3221332,632a a V r a ⎡⎤==⨯+∴⎢⎥⎣⎦33,6r a -=31:3R r -∴=. 【变式2】构建正方体利用等积法求点到面的距离已知正三棱锥P －ABC ，点P ，A ，B ，C 都在半径为3的球面上．若P A ，PB ，PC 两两相互垂直，则球心到截面ABC 的距离为________．2.33【解析】由已知条件可知，以P A ，PB ，PC 为棱可以补充成球的内接正方体，故而P A 2＋PB 2＋PC 2＝()2R 2，由已知P A ＝PB ＝PC, 得到P A ＝PB ＝PC ＝2, V P －ABC ＝V A －PBC ⇒13h ·S △ABC ＝13P A ·S △PBC, 得到h＝233，故而球心到截面ABC 的距离为R －h ＝33. 【变式3】构建正方体求解正四面体的外接球的体积已知三棱锥BCD A -的所有棱长都为2，则该三棱锥外接球的体积是________.3.32π 【解析】如图构造正方体FBEC ANDM -，则∵三棱锥BCD A -的所有棱长都为2，∴该正方体的棱长为1，∴三棱锥BCD A -的外接球半径：R=23.故所求3433()322V ππ==球. 【变式4】通过等价转化求解正方体的内切球的截面圆面积如图，已知球O 是棱长为1的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的内切球，则平面ACD 1截球O 的截面面积为( )A .π6B .π3C .66πD .33π 4.A 【解析】：根据正方体的几何特征知，平面ACD 1是边长为2的正三角形，且球与以点D 为公共点的三个面的切点恰为三角形ACD 1三边的中点，故所求截面的面积是该正三角形的内切圆的面积，由图得△ACD 1内切圆的半径是22×tan30°＝66，故所求的截面圆的面积是π×⎝⎛⎭⎫662＝π6. 2.长方体的外接球【例4】 (2013辽宁) 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 ．【解析】∵AB ⊥AC ，且AA 1⊥底面ABC ，将直三棱柱补成内接于球的长方体，则长方体的对角线l ＝32＋42＋122＝2R ，R ＝132.【评注】利用底面为直角三角形的直三棱柱补成长方体求外接球半径,长方体的模型可以使抽象问题具体化.【变式1】利用三棱两两垂直的四面体补成长方体求解在四面体ABCD 中，AB ，AC ，AD 两两垂直，AB=3,AD=2,AC=5，则该四面体外接球的表面积为 ．1.π12 【解析】由球的对称性及,,AB AC AD 两两垂直可以补形为长方体ABD C DC A B ''''-,长方体的对称中心即为球心, ∴222235423R AB AC AD =++=++=，∴ ()24312S ππ== .【变式2】如图，在三棱锥O ABC -中，三条棱,,OA OB OC 两两垂直，且OA OB OC >>，分别经过三条棱,,OA OB OC 作一个截面平分三棱锥的体积，截面面积依次为123,,S S S ，则123,,S S S 的大小关系为________________．2.123S S S <<【解析】 由题意OC OB OA ,,两两垂直，可将其放置在以O 为一顶点的长方体中，设三边OC OB OA ,,分别为c b a >>，从而易得22121c b a S +=，22221c a b S +=，22321b a c S +=，∴()()()222222222222221414141b a c c b a b c a b a S S -=+-+=-，又b a >，∴02221>-S S ，即21S S >．同理，用平方后作差法可得32S S >．∴123S S S <<．【变式3】利用特殊的四棱锥补成长方体求解已知点P A B C D ，，，，是球O 表面上的点，PA ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 是边长为23正方形.若26PA =,则△OAB 的面积为3.33【解析】∵点P A B C D ，，，，是球O 表面上的点，P A ⊥平面ABCD ， ∴点P A B C D ，，，，为球O 内接长方体的顶点，球心O 为长方体对角线的中点.∴△OAB 的面积是该长方体对角面面积的14. ∵23,26AB PA ==，∴6PB =,∴1=236=334OAB S ∆⨯⨯. 【变式4】利用半球的内接正方体补成球的长方体求解半球内有一个内接正方体，则这个半球的体积与正方体的体积之比为( ) A.5π∶6B ．6π∶2C ．π∶2D ．5π∶124.B 【解析】 将半球补成整个球，同时把原半球的内接正方体再补接一个同样的正方体，构成的长方体恰好是球的内接长方体，那么这个长方体的体对角线就是它的外接球的直径．设正方体的棱长为a ，球的半径为R ，则(2R )2＝a 2＋a 2＋(2a )2，即R ＝62a . ∴V 半球＝12×43πR 3＝23π⎝⎛⎭⎫62a 3＝62πa 3，V 正方体＝a 3. ∴V 半球∶V 正方体＝62πa 3∶a 3＝6π∶2.【变式5】利用半球的内接三棱柱运用截面圆性质求解(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 ．2 B ．1 C. 2 D.225.C.【解析】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＝x2，OC 1＝R ＝1(RABCOC OABDEF为球的半径)，∴⎝⎛⎭⎫x 22＋⎝⎛⎭⎫x 22＝1，即x ＝2，则AB ＝AC ＝1，∴11A ABB S 矩形＝2×1＝ 2.3.正四面体的外接球和内切球【例5】 正四面体的内切球、与棱相切的球、外接球的三类球的半径比为 ．【解析】设正四面体的棱长为1，外接球和内切球半径依次为,R r ， 由正四面体三个球心重合及其特征， 6R r =+,其体积为1633V =,另一面1343V r =⨯,则内切球和外接球的半径比1：3，其和为正四面体的高63， 而与棱相切的球直径为对棱的距离22，则内切球、与各棱都相切的球、外接球的半径之比为 61263)::)3334434=. 【变式1】利用正四面补成正方体求解体积 正四面体ABCD 的外接球的体积为34π，则正四面体ABCD 的体积是_____.1.83.【解析】由于外接球的体积为34434333r r πππ∴=∴=，故其内接正方体的棱长为2，故正方体体积为8，正四面体的体积为1833V=正方体.【变式2】利用正四面体的高与外接球半径的关系求球的表面积正四面体的四个顶点都在同一个球面上，且正四面体的高为4，则这个球的表面积是________． 2.36π【解析】正四面体的外接球半径R 为其高的34，且正四面体的高为4，则R ＝3 ，S ＝4πR 2＝36π. 【变式2】利用正四面体补成正方体求解的球心角半径为1的球面上的四点D C B A ,,,是正四面体的顶点，则A 与B 两点与球心连线的夹角余弦值为 ． 2.13-设正四面体棱长a 2，将其纳入正方体中,其正方体棱长a ，所求角为对角面内两条对角线的夹角为APB ∠，AP=BP=a AB a 2,23=，由余弦定理314322432cos 222-=⨯-⨯=∠a a a APB .【变式3】利用正四面体补成正方体求异面直线所成的角如图，正四面体A-BCD 中，E 、F 分别是AD 、BC 的中点，则EF 与CD 所成的角等于 （ ） A ．45° B ．90° C ．60° D ．30°3.A 【解析】如图，将正四面体补形为正方体，答案就脱口而出，应该选A. 【变式4】利用长方体的性质确定折叠四面体的外接球球心(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________．4. 【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. 【变式5】(2015·云南一模)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________．5．932【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. 【变式6】利用正六棱柱的对称性求外接球的体积一个六棱柱的底面是正六边形，其侧棱垂直底面。

专题06 经典三类球：外接球、内切球、棱切球【考点预测】考点一：正方体、长方体外接球1．正方体的外接球的球心为其体对角线的中点，半径为体对角线长的一半． 2．长方体的外接球的球心为其体对角线的中点，半径为体对角线长的一半． 3．补成长方体（1）若三棱锥的三条侧棱两两互相垂直，则可将其放入某个长方体内，如图1所示． （2）若三棱锥的四个面均是直角三角形，则此时可构造长方体，如图2所示． （3）正四面体P ABC -可以补形为正方体且正方体的棱长2a =，如图3所示．（4）若三棱锥的对棱两两相等，则可将其放入某个长方体内，如图4所示图1 图2 图3 图4考点二：正四面体外接球如图，设正四面体ABCD 的的棱长为a ，将其放入正方体中，2，显然正四面体和正方体有相同的外接球.正方体外接球半径为236R ==，即正四面体外接球半径为6R =.考点三：对棱相等的三棱锥外接球四面体ABCD 中，AB CD m ==，AC BD n ==，AD BC t ==，这种四面体叫做对棱相等四面体，可以通过构造长方体来解决这类问题.如图，设长方体的长、宽、高分别为,,a b c ，则222222222b c m a c n a b t ⎧+=⎪+=⎨⎪+=⎩，三式相加可得222a b c ++=222,2m n t ++而显然四面体和长方体有相同的外接球，设外接球半径为R ，则22224a b c R +=+，所以2228m n t R ++=.考点四：直棱柱外接球如图1，图2，图3，直三棱柱内接于球（同时直棱柱也内接于圆柱，棱柱的上下底面可以是任意三角形）图1 图2 图3第一步：确定球心O 的位置，1O 是ABC ∆的外心，则1OO ⊥平面ABC ； 第二步：算出小圆1O 的半径1AO r =，111122OO AA h ==（1AA h =也是圆柱的高）； 第三步：勾股定理：22211OA O A O O =+⇒222()2hR r =+⇒22()2h R r =+R考点五：直棱锥外接球如图，PA ⊥平面ABC ，求外接球半径.图3-1C 1B 1AEFA 1O 1OO 2BC图3-2C 1B 1AA 1O 1OO 2BC图3-3C 1B 1AEFA 1O 1O O 2BC解题步骤：第一步：将ABC ∆画在小圆面上，A 为小圆直径的一个端点，作小圆的直径AD ，连接PD ，则PD 必过球心O ；第二步：1O 为ABC ∆的外心，所以1OO ⊥平面ABC ，算出小圆1O 的半径1O D r =(三角形的外接圆直径算法：利用正弦定理，得2sin sin sin a b c r A B C ===)，112OO PA =； 第三步：利用勾股定理求三棱锥的外接球半径：①222(2)(2)R PA r =+⇔222(2)R PA r +②2221R r OO =+⇔221R r OO =+ 考点六：正棱锥外接球正棱锥外接球半径：222r h R h+= .考点七：垂面模型如图1所示为四面体-P ABC ，已知平面⊥PAB 平面ABC ，其外接球问题的步骤如下： （1）找出PAB △和ABC △的外接圆圆心，分别记为1O 和2O ．（2）分别过1O 和2O 作平面PAB 和平面ABC 的垂线，其交点为球心，记为O ． （3）过1O 作AB 的垂线，垂足记为D ，连接2O D ，则⊥2O D AB ．（4）在四棱锥-12A DO OO 中，AD 垂直于平面12DO OO ，如图2所示，底面四边形12DO OO 的四个顶点共圆且OD 为该圆的直径．ADPO 1OCBhl rDB图1 图2考点八：锥体内切球方法：等体积法，即3VRS=体积表面积考点九：棱切球方法：找切点，找球心，构造直角三角形【典型例题】例1．（2022·河北邢台·高一阶段练习）已知菱形ABCD的边长为360BAD∠=︒，将△ABD沿BD折起，使A，C两点的距离为3A-BCD的外接球的表面积为（）A．12πB．18πC．24πD．30π【答案】B【解析】【分析】确定折起后三棱锥A-BCD为正四面体，将此正四面体放置在正方体中，使得正方体的面对角线是正四面体的棱，正方体的对角线就是外接球的直径，此球也是三棱锥A-BCD的外接球．由此计算可得球表面积．【详解】由已知得BAD为等边三角形，∴对角线23BD AB BC CD DA=====将ABD△沿BD折起，使A，C两点的距离为3∴折起后三棱锥A-BCD为正四面体，各棱长都是23将此正四面体放置在正方体中，使得正方体的面对角线是正四面体的棱，设正方体的棱长为a23a=32a R =，其中R 为正方体的外接球半径，322R =， 由于正方体的外接球就是正四面体ABCD 的外接球， ∴正四面体ABCD 的外接球表面积为2418R ππ= 故选：B.例2．（2022·安徽·合肥市第六中学高一期中）设直三棱柱111ABC A B C -的所有顶点都在一个球面上，1AB AC AA ==，120BAC ∠=︒，且底面ABC 的面积为23接球的表面积是（ ） A ．16π B 4010πC ．40πD ．64π【答案】C 【解析】 【分析】由三角形面积公式求得AB ，由正弦定理求得底面三角形外接圆半径，设,M N 分别是ABC 和111A B C △的外接圆圆心，则MN 的中点O 是三棱柱111ABC A B C -的外接球球心，求球半径后可得表面积． 【详解】设1AB AC AA m ===，因为120BAC ∠=︒， 所以1sin120232m m ⨯⨯⨯︒=22m = 而30ACB ∠=︒，所以22sin 30r =︒(r 于是是ABC 外接圆的半径)，22r =即22AM = 如图，设,M N 分别是ABC 和111A B C △的外接圆圆心，由直棱柱的性质知MN 的中点O 是三棱柱111ABC A B C -的外接球球心， 111222OM MN AA === 所以外接球为22R OA AM OM =+=()()2222210+=.于是球的表面积为24S R =π=(241040ππ=.故选：C.例3．（2022·湖南·长郡中学高一期中）如图，在正四棱台1111ABCD A B C D -中，4AB =，112A B =，若半径为r 的球O 与该正四棱台的各个面均相切，该球的表面积S =（ ）A ．4πB ．6πC ．8πD ．10π【答案】C 【解析】 【分析】作正棱台的轴截面.设内切球的半径为r ，利用勾股定理得到222MG FG MF +=，解得2r =.【详解】如图，作该正棱台的轴截面.其中E ，F ，M ，N 分别是AB ，CD ，11C D ，11A B 的中点，H ，K 是MN ，EF 的中点，G 是内切球的球心，H ，K 是内切球和上、下底面的切点，Q 是内切球和侧面11CDD C 的切点，内切球的半径为r ，由正棱台的结构可以得到，1HM =，2KF =，HG KG QG r ===，易得1MQ HM ==，2FQ FK ==，3MF =，2221MG r =+，2222FG r =+，且90MGF ∠=︒，所以222MG FG MF +=，即22149r r +++=，解得2r =248S r ππ==.故选：C.例4．（2022·河北省唐县第一中学高一期中）已知三棱锥P ABC -的各顶点都在同一球面上，且P A ⊥ 平面ABC ，AB AC ⊥，且1AB AC ==，若此球的表面程等于4π，则三棱锥P ABC -的体积为（ ）A 2B ．1C 2D ．13【答案】A 【解析】 【分析】将三棱锥P ABC -补成长方体，则三棱锥P ABC -的外接球即为该长方体的外接球，求出球的半径，即可得出长方体的对角线的长度，从而可得出答案. 【详解】由题意，将三棱锥P ABC -补成长方体，则三棱锥P ABC -的外接球即为该长方体的外接球.则该长方体的外接球的直径为该长方体的对角线. 如图，4S π=球，则球半径1R =， 所以()222222PA AB AC R PA ++=⇒=， 所以123P ABC ABC V S PA -∆=⋅=故选：A.例5．（2022·河南·高一期中）已知三棱锥P ABC -的四个顶点在球O 的球面上，3,4,5,5,34,PA PB PC AB AC ===== 41BC =O 的表面积为（ ）A ．16πB ．25πC ．32πD ．50π【答案】D 【解析】 【分析】利用勾股定理可证明三条侧棱,,PA PB PC 两两垂直，符合墙角模型，补成长方体，那么球的直径就是长方体的体对角线. 【详解】根据题中数据，22222+3534PA PC AC =+==，故PA PC ⊥，类似的，同理容易验证222+PA PB AB =，222+PC PB BC =，于是PA PB ⊥，PB PC ⊥， 即三条侧棱,,PA PB PC 两两垂直，下以P 为顶点，,,PA PB PC 分别为一个长方体的长宽高，将三棱锥P ABC -补成长方体， 易知长方体的外接球就是三棱锥P ABC -的外接球， 长方体的体对角线长为： 22234552++=于是球O 的表面积为(2250ππ⋅=.故选：D.例6．（2022·全国·3顶点的多面体为正八面体，那么该正八面体的内切球表面积为（ ）A ．6πB ．πC ．43π D ．4π【答案】B 【解析】 【分析】6正八面体的内切球半径，即可求出球的表面积． 【详解】2233622⎛⎫⎛⎫+ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭如图，在正八面体中连接AF ，DB ，CE ，可得AF ，DB ，CE 互相垂直平分，在Rt AOD △中，22226262223AO AD OD ⨯=-=⨯⎪⎛⎫⎛⎫-= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ 则该正八面体的体积1363236V =⨯= 该八面体的表面积236833S ==⎝⎭设正八面体的内切球半径为r ，13S r V =，即13333r ⨯=12r =， 24球S πr π∴==故选：B例7．（2022·山西·大同市第二中学校高一期中）球O 为三棱锥P ABC -的外接球，ABC 和PBC 都是边长为3PBC ⊥平面ABC ，则球的表面积为（ ） A ．28π B ．20πC ．18πD ．16π【答案】B 【解析】 【分析】取BC 中点为T ，以及ABC 的外心为1O ，PBC 的外心为2O ，依据平面PBC ⊥平面ABC 可知12OO TO 为正方形，然后计算外接球半径，最后根据球表面积公式计算. 【详解】设BC 中点为T ，ABC 的外心为1O ，PBC 的外心为2O ， 如图由ABC 和PBC 均为边长为3 则ABC 和PBC 23260=，又因为平面PBC ⊥平面ABC ， 所以2O T ⊥平面ABC ，可知21O T O T ⊥ 且21O T O T =，过21,O O 分别作平面PBC 、平面ABC 的垂线相交于O 点O 即为三棱锥P ABC -的外接球的球心， 且四边形12OO TO ()22231-=的正方形，所以外接球半径2222145R OO O P =++则球的表面积为20π， 故选：B ．例8．（2022·全国·高一单元测试）四个半径为2的球刚好装进一个正四面体容器内，此时正四面体各面与球相切，则这个正四面体外接球的表面积为（ ） A ．(168486)π+ B ．(168426)π+ C ．(188486)π+ D ．(168326)π+【答案】A 【解析】 【分析】画出直观图，梳理条件，再画出截面图，从中找到等量关系，求出外接球半径，从而求出外接球的表面积. 【详解】如图1所示，正四面体ABCD 中，AH ⊥底面BCD ，E 、F 、G 、K 为四个球的球心，M 为CD 中点，连接BM ，AM ，易知B 、H 、M 三点共线，直线AH 交平面EFG 于点1H ，连接1EH ，交GF 于点N ，则N 为GF 的中点，因为内切球半径为2，故EF =4，画出截面ABM 如图2所示，正四棱锥EFGK 外接球球心设为O ，则正四面体ABCD 的外接球球心与正四面体EFGK 外接球球心重合，设正四面体ABCD 的外接球半径为R ，正四面体EFGK 外接球半径为r ，在图2中，EK =4，23EN =12433EH EN ==，146KH ==146OH r = 由22211OE OH EH =+，即2224643r r ⎫=+⎪⎪⎝⎭⎝⎭，解得：6r =所以1466OH r =-=过点E 作EP ⊥BM 于点P ，则EP =2 则△BEP ∽△1OEH∴1OH OE BE EP=6632= 解得：6BE =∴66R OB BE OE ==+=+∴正四面体ABCD 的外接球表面积(24168483S R ππ==+故选：A 【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.（多选题）例9．（2022·湖北·沙市中学高一期中）如图，已知棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，下列命题正确的是（ ）A 3B ．点P 在线段AB 上运动，则四面体111P A BC -的体积不变 C ．与所有122πD ．M 是正方体的内切球的球面上任意一点，则AM 32-【答案】BC 【解析】 【分析】对于A ，利用正方体的性质即得，对于B ，判断出四面体111P A B C -的高为1，底面积不变即得，对于C ．先求出球的半径2R =，即可求体积，对于D ．判断出线段AM 长度的最小值是A 到球心的距离减去内切球的半径，直接求解即可. 【详解】对于A ，由正方体的性质可知正方体外接球的直径为其体对角线，故正方体外接球的半径3A 错误； 对于B ，点P 在线段AB 上运动，则四面体111P A BC -的高为1，底面积不变，则体积不变，故B 正确；对于C ，与所有12条棱都相切的球的直径2R 等于面的对角线12BC 22R =2R =， 则球的体积334422(33V R ππ==⨯⨯=，故C 正确；对于D ，正方体的内切球为正方体的中心，内切球的半径为r ， 可知线段AM 长度的最小值是A 到球心的距离减去内切球的半径， 正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，∴12r =，A 3AM 31-D 错误. 故选：BC ．例10．（2022·广东·广州市协和中学高一期中）在三棱锥P ABC -中，33,5AB AC BC PA PB PC ======，D 、E 、F 分别为AB 、AC 、BC 的中点，则以下结论正确的是（ ）A ．平面PDE ⊥平面ABCB ．平面PAF ⊥平面ABCC ．//AB 平面PEFD ．三棱锥P ABC -的外接球表面积为625π16【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A ，利用逆推方式要证明面面垂直，就去证明线面垂直，再去证线线垂直，根据题意不存在AM PM ⊥即可判断；对于B ，根据面面垂直的判定定理及等腰三角形的三线合一即可判断； 对于C ，根据线面平行的判定定理结合三角形的中位线定理即可判断；对于D ，要求三棱锥P ABC -外接球的表面积，首先找出外接球的球心，在利用球的半径、截面圆半径、球心到截面圆圆心的距离三者关系求出球的半径，再利用球的表面积公式即可判断； 【详解】对于A ，设AF 与DE 的交点为M ，则AF DE ⊥，若平面PDE ⊥平面ABC ，那么根据面面垂直的性质定理，必有AF ⊥平面PDE ，此时须有AM PM ⊥成立，又因为M 是AF 的中点，此时须有PA PF =成立，上式显然不成立，故A 不正确；对于B ，由于,AB AC PB PC ==，F 为BC 的中点，所以AF BC ⊥，PF BC ⊥，AFPF F =，故BC ⊥平面PAF ，而BC ⊂平面ABC ，所以平面PAF ⊥平面ABC ，故B正确；对于C ，由E , F 分别为AC ，BC 的中点，得//EF AB ,EF ⊂平面PEF ，AB ⊄平面PEF ，所以因此//AB 平面PEF ，故C 正确； 对于D ，作PN平面ABC 垂足为N ，则N 为正三角形ABC 的重心，所以22333,534,AN PN ===-设三棱锥P ABC -的外接球球心为O ，则O 在PN 上，连接AO ，设三棱锥P ABC -的外接球半径为R ，则在AON 中，()22243R R =-+，解得258R =，因此其外接球表面积为2625π4π16R =，故D 正确.故选：BCD.【点睛】解决此类型题的关系记住线面，面面平行与垂直的判定定理及性质定理，求外接球的问题关键核心就是找出球心，找球心的方法就是找截面圆的圆心，再做过截面圆的圆心的垂线，球心就在过截面圆的圆心的垂线上,然后球的半径、截面圆半径、球心到截面圆圆心的距离三者关系求出球的半径进而可以求解关于球的任何问题.【过关测试】 一、单选题1．（2022·广东·海珠外国语实验中学高一期中）已知一个圆锥的母线长为2，侧面积为2π.若圆锥内部有一个球，当球的半径最大时，球的体积为（ ） A ．3π B 23C 3D 43【答案】D 【解析】 【分析】由题可知球内切于圆锥，利用图形关系求得球的半径，即可得解. 【详解】由题可知，母线2PA PB ==，若内部有一个球，半径最大时， 球内切于圆锥，如图所示，O 为球心，M 为球O 与母线PB 的切点，E 为底面圆心， 设球O 的半径为R ，底面圆E 的半径为r 因为圆锥侧面积为2π，所以()1222π⋅=πr PB ，解得1==r EB . 由勾股定理222413=-=-=PE PB EB ，所以3PE = 又因为POM 与PBE △相似，31-=⇒=PO OM R R PB EB ，解得3R =， 所以球的体积344334333=π==V R . 故选：D2．（2022·天津市求真高级中学高一阶段练习）正方体的外接球与内切球的表面积之比是（ ） A ．13B ．3C ．33D 3【答案】B 【解析】 【分析】设正方体的棱长为a ，求出其外接球的半径和内切球的半径，再根据表面积公式可得结果. 【详解】设正方体的棱长为a 3，内切球的半径为12a ，所以正方体的外接球与内切球的表面积之比是2234142a ππ⎫⋅⎪⎝⎭⎛⎫⋅ ⎪⎝⎭3=. 故选：B3．（2022·云南师大附中高一期中）如图，蹴鞠，又名“蹋鞠”、“蹴球”、“蹴圆”、“筑球”、“踢圆”等，“跳”有用脚蹴、蹋、踢的含义，“鞠”最早系皮革外包、内实米糠的球.因而“蹴鞠”就是指古人以脚蹴、蹋、踢皮球的活动，类似今日的足球.2006年5月20日，蹴鞠已作为非物质文化遗产经国务院批准列入第一批国家级非物质文化遗产名录.若将“鞠”的表面视为光滑的球面，已知某“鞠”表面上的四个点A ，B ，C ，D 满足13AB CD ==，5BD AC ==cm ，5AD BC ==cm ，则该“鞠”的表面积为（ ）A ．20πcm 2B ．24πcm 2C ．27πcm 2D ．29πcm 2【答案】D 【解析】 【分析】由于,,AB CD BD AC AD BC ===，所以可以把,,,A B C D 四点放到长方体的四个顶点上，则该长方体的体对角线就是“鞠”的直径，求出体对角线长，从而可求出该“鞠”的表面积 【详解】因为“鞠”表面上的四个点A ，B ，C ，D 满足13AB CD ==，25BD AC ==，5AD BC ==cm ，所以可以把,,,A B C D 四点放到长方体的四个顶点上，则该长方体的体对角线就是“鞠”的直径，设该长方体的长、宽、高分别为,,x y z ，“鞠”的半径为R ，则 2222(2)R x y z =++，由题意得22222220,13,25x y x z y z +=+=+=, 所以2222(2)29R x y z =++=，即2429R =， 所以该“鞠”的表面积为22429cm R ππ=， 故选：D4．（2022·浙江·嘉兴一中高一期中）在三棱锥P ABC -中，P A 、AB 、AC 两两垂直，3AP =，6BC =，则三棱锥外接球的表面积为（ ）A ．57πB ．63πC ．45πD ．84π【答案】C 【解析】 【分析】由P A ，AB ，AC 两两垂直，可判定该三棱锥为长方体的一部分，则三棱锥的外接球即为长方体的外接球，可知外接球半径为长方体体对角线的一半，进而求解. 【详解】由于P A ，AB ，AC 两两垂直，故可得该三棱锥为长方体的一部分， 因为外接球半径为长方体体对角线的一半， 所以2222235PA AB AC PA BC R +++==， 故2445S R ππ==， 故选：C5．（2022·安徽·合肥市第八中学高一期中）如图，在正四棱柱1111ABCD A B C D -中，底面ABCD 是边长为1的正方形，P 为11A D 上一点，且满足2APD π∠=，PA PD =，则以四棱锥P ABCD -外接球的球心O 为球心且与平面PBC 相切的球的体积为（ ）A 5πB 5πC 45πD 45π【答案】B 【解析】 【分析】在直角PAD △中，求得2PA PD ==O 即为四棱锥P ABCD -的外接球的球心，分别连接,,PN NQ PQ ，过点O 作OM PQ ⊥，证得OM ⊥平面PNQ ，求得25OM =25r =.【详解】在直角PAD △中，1AD =，PA PD =，可得222PA PD AD +=， 即2PA PB ==过正方形ABCD 的中心O 作1OO ⊥平面ABCD ， 取AD 的中点N ，连接ON ，则ON ⊥平面PAD ， 则直线1OO ON O =，则O 即为四棱锥P ABCD -的外接球的球心，分别连接,,PN NQ PQ ，在PNQ 中，过点O 作OM PQ ⊥, 又由BC ⊥平面PNQ ，可得OM BC ⊥， 因为BCPQ Q =，所以OM ⊥平面PBC ，又由PNQ 和QOM 相似，可得OM OQPN PQ =，所以1122525OQ PN OM PQ ⨯⋅==，所以O 为球心且与平面PBC 相切的球的半径为25r OM ==所以该球的体积为33445(3325V r πππ==⨯= 故选：B.6．（2022·安徽·淮南第一中学高一阶段练习）在三棱锥P ABC -中，,2,4,5PB AC PA PB AB AC BC ⊥=====，则三棱锥P ABC -外接球的表面积是（ ）A ．52πB ．643πC ．1123πD ．2563π【答案】B 【解析】 【分析】利用勾股定理证得AB AC ⊥，再根据线面垂直的判定定理可得AC ⊥平面PAB ，故三棱锥C PAB -的外接球在过底面PAB △外接圆圆心且垂直于底面PAB △的直线上，利用正弦定理求得PAB △外接圆的半径为r ，再根据三棱锥C PAB -外接球的半径为R 求出外接球半径，即可得出答案. 【详解】解：由2,4,5AB AC BC ===， 可得222BC AB AC =+，所以AB AC ⊥， 又,PB AC AB PB B ⊥⋂=，且PB ，AB 平面PAB ，所以AC ⊥平面PAB ，故三棱锥B PAB -的外接球在过底面PAB △外接圆圆心且垂直于底面PAB △的直线上， 由正弦定理，可得PAB △外接圆的半径为122sin603PA r =⨯=所以三棱锥C PAB -外接球的半径为22222162233AC R r ⎛⎫⎛⎫=++= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ 所以三棱锥C PAB -外接球的表面积为2216644433S R πππ==⨯=， 即三棱锥P ABC -外接球的表面积为2216644433S R πππ==⨯=. 故选：B.7．（2022·福建龙岩·高一期中）已知三棱锥A -BCD 中，22CD =2BC AC BD AD ====，则此几何体外接球的表面积为（ ） A ．23πB ．2πC 82πD ．8π【答案】D 【解析】 【分析】根据三棱锥的几何特点计算出三棱锥外接球的半径，即可计算出表面积. 【详解】如图，O 为CD 的中点，根据题意，BCD △和ACD △都是直角三角形，且 2OA OB OC OD ===O ∴是三棱锥外接球的球心，且外接球的半径2R OA =所以外接球的表面积为：24?8S R ππ==. 故选：D.8．（2022·湖南·雅礼中学高一期中）在正三棱锥P ABC -中，23AB =正三棱锥P ABC -的体积是43P ABC -外接球的表面积是（ ） A ．5π B ．15πC ．25πD ．35π【答案】C【分析】根据体积求得锥体高度，利用正弦定理求出底面所在的圆的半径，结合勾股定理求得外接球的半径，即可求出其表面积． 【详解】如图所示，设点G 为ABC 的外心，则PG ⊥平面ABC ，由13P ABC ABCV SPG -=⋅=1132334332PG ⨯⨯= ∴4PG =，则三棱锥P ABC -的外接球的球心O 在直线PG 上．设其外接球的半径为R ， 由正弦定理得22sin3AB AG π==，在Rt OAG 中，|||4|OG PG R R =-=-，由勾股定理得222OA OG AG =+，即2222|4|R R =+-，解得52R =． 正三棱锥P ABC -外接球的表面积是22544252S R πππ⎛⎫==⨯= ⎪⎝⎭，故选：C ．二、多选题9．（2022·浙江宁波·高一期中）已知点,,,A B C D 是半径为2的球面上不共面的四个点，且23AB CD ==，则四面体ABCD 体积的值可能为（ ）A ．3B ．4C ．43D ．6【答案】AB 【解析】 【分析】设球心为O ，,E F 分别为,AB CD 中点，根据球心的特征可知求得1OE OF ==，知,E F 是以O 为球心，1为半径的球面上的点，从而得到02EF OE OF <+=≤，利用三棱锥体积公式可确定223A BCD A CDE CDEV V S d --==⋅，结合3d AE =≤CDE △边CD 上的高2h EF ≤≤可求得体积最大值，由此确定选项.设O 为,,,A B C D 所在球面的球心，,E F 分别为,AB CD 中点，2OA OC ．3AB CD ==OE AB ∴⊥，OE CD ⊥且3AE CF ==1OE OF ∴==，则,E F 均是以O 为球心，1为半径的球面上的点，则02EF OE OF <+=≤，E 是AB 中点，223A BCD A CDE CDEV V S d --∴==⋅（d 为点A 到平面CDE 距离，3d AE ≤， 又12CDESCD h =⋅（h 为点E 到CD 距离，2h EF ≤≤）， 2232343A BCD V -⨯∴=≤，当且仅当,,E O F 三点共线且AB CD ⊥时等号成立．故选：AB ． 【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何中的外接球相关问题的求解，解题关键是能够确定,AB CD 中点,E F 是以O 为球心，1为半径的球面上的点，从而能够确定点A 到平面CDE 距离和点E 到CD 距离的范围，利用棱锥体积公式可求得体积的最大值.10．（2022·福建师大附中高一期中）在直三棱柱111ABC A B C -中，3ABC π∠=，1AC AA =，若该三校柱的外接球的表面积为28π，则该三棱柱的体积不可能是（ ） A ．15 B ．18 C ．21 D ．24【答案】CD 【解析】 【分析】设1AC AA m ==，求得ABC 的外接圆的半径3r =结合球的表面积公式和球的截面性质，列出方程求得23m =ABC 面积的最大值，根据柱体的体积公式求得棱柱的最大体积，结合选项，即可求解. 【详解】如图所示，设1AC AA m ==， 在ABC 中，3ABC π∠=，AC m =，所以外接圆的半径23sin3m r π==3r = 取上底面111A B C △和下底面ABC 的外心，分别为21,O O ，连接12O O ，取得12O O 的中点O ，可得O 为直三棱柱111ABC A B C -的外接球的球心， 设直三棱柱111ABC A B C -的外接球的半径为R ，可得2428R ππ=，解得27R =，在1BOO 中，可得22211OB O B OO =+，即222(()723m R =+=，解得212m =，所以23m =111ABC A B C -的高为3在ABC 中，由余弦定理得2222122cos23b c bc b c bc bc bc bc π=+-=+-≥-=，当且仅当b c =时，等号成立，所以12bc ≤， 所以ABC 的最大面积为max 1sin 3323S bc π==所以三棱柱111ABC A B C -的体积的最大值为332318V Sh ==. 所以三棱柱111ABC A B C -不可能为21和24. 故选：CD.11．（2022·浙江省定海第一中学高一期中）数学中有许多形状优美、寓意独特的几何体，“等腰四面体”就是其中之一，所谓等腰四面体，就是指三组对棱分别相等的四面体.关于“等腰四面体”，以下结论正确的是（ ） A ．长方体中含有两个相同的等腰四面体B ．“等腰四面体”各面的面积相等，且为全等的锐角三角形C ．“等腰四面体”可由锐角三角形沿着它的三条中位线折叠得到D ．三组对棱长度分别为a ，b ，c 的“等腰四面体”222a b c ++【答案】ABC 【解析】【分析】作出长方体，根据等腰四面体的定义得出图形，根据长方体的性质判断各选项． 【详解】如图，长方体1111ABCD A B C D -有两个相同的等腰四面体：11ACB D 和11AC BD ，A 正确；如等腰四面体11AC BD 中，每个面可能看作是从长方体截一个角得出的， 如图，设11111,,A D A B AA 的长分别为,,x y z ，不妨设x y z ≥≥， 则2211B D x y +221AD x z +221AB y z +1BD 最大， 其所对角的余弦值为22222221122222222cos 02B AD y z x zy z x z∠==>+⋅++⋅+，最大角11B AD ∠为锐角，三角形为锐角三角形，同理其它三个面都是锐角三角形，各个面的三条边分别相等，为全等三角形，面积相等，B 正确；把一个等腰四面体沿一个顶点出发的三条棱剪开摊平，则得一个锐角三角形，还有三条棱是这个三角形的三条中位线，如等腰四面体11ACB D ，沿11,,AB AD AC 剪开摊平，11,ND PD 共线，同理可得,CM DP 共线，11,B M B N 共线，MNP △为锐角三角形（与等腰四面体11ACB D 的面相似），且1111,,B C B D CD 是这个三角形的中位线，因此C 正确；如上等腰四面体11AC BD 中三条棱长分别是长方体的三条面对角线长，由长方体性质知长2222a b c ++D 错。

经典三类球：外接球、内切球、棱切球1【考点预测】考点一：正方体、长方体外接球1.正方体的外接球的球心为其体对角线的中点，半径为体对角线长的一半．2.长方体的外接球的球心为其体对角线的中点，半径为体对角线长的一半．3.补成长方体(1)若三棱锥的三条侧棱两两互相垂直，则可将其放入某个长方体内，如图1所示．(2)若三棱锥的四个面均是直角三角形，则此时可构造长方体，如图2所示．(3)正四面体P -ABC 可以补形为正方体且正方体的棱长a =PA2，如图3所示．(4)若三棱锥的对棱两两相等，则可将其放入某个长方体内，如图4所示图1图2图3图4考点二：正四面体外接球如图，设正四面体ABCD 的的棱长为a ，将其放入正方体中，则正方体的棱长为22a ，显然正四面体和正方体有相同的外接球．正方体外接球半径为R =22a ⋅32=64a ，即正四面体外接球半径为R =64a ．考点三：对棱相等的三棱锥外接球四面体ABCD 中，AB =CD =m ，AC =BD =n ，AD =BC =t ，这种四面体叫做对棱相等四面体，可以通过构造长方体来解决这类问题．如图，设长方体的长、宽、高分别为a ,b ,c ，则b 2+c 2=m 2a 2+c 2=n 2a 2+b 2=t2，三式相加可得a 2+b 2+c 2=m 2+n 2+t 22,而显然四面体和长方体有相同的外接球，设外接球半径为R ，则a 2+b 2+c 2=4R 2，所以R =m 2+n 2+t 28．直棱柱外接球如图1，图2，图3，直三棱柱内接于球(同时直棱柱也内接于圆柱，棱柱的上下底面可以是任意三角形)图1图2图3第一步：确定球心O 的位置，O 1是ΔABC 的外心，则OO 1⊥平面ABC ；第二步：算出小圆O 1的半径AO 1=r ，OO 1=12AA 1=12h (AA 1=h 也是圆柱的高)；第三步：勾股定理：OA 2=O 1A 2+O 1O 2⇒R 2=h 22+r 2⇒R =r 2+h 2 2，解出R考点五：直棱锥外接球如图，PA ⊥平面ABC ，求外接球半径．解题步骤：第一步：将ΔABC 画在小圆面上，A 为小圆直径的一个端点，作小圆的直径AD ，连接PD ，则PD 必过球心O ；第二步：O 1为ΔABC 的外心，所以OO 1⊥平面ABC ，算出小圆O 1的半径O 1D =r (三角形的外接圆直径算法：利用正弦定理，得a sin A=b sin B =c sin C =2r )，OO 1=12PA ；第三步：利用勾股定理求三棱锥的外接球半径：①(2R )2=PA 2+(2r )2⇔2R =PA 2+(2r )2；②R 2=r 2+OO 12⇔R =r 2+OO 12．考点六：正棱锥外接球正棱锥外接球半径：R=r2+h22h．垂面模型如图1所示为四面体P-ABC，已知平面PAB⊥平面ABC，其外接球问题的步骤如下：(1)找出△PAB和△ABC的外接圆圆心，分别记为O1和O2．(2)分别过O1和O2作平面PAB和平面ABC的垂线，其交点为球心，记为O．(3)过O1作AB的垂线，垂足记为D，连接O2D，则O2D⊥AB．(4)在四棱锥A-DO1OO2中，AD垂直于平面DO1OO2，如图2所示，底面四边形DO1OO2的四个顶点共圆且OD为该圆的直径．图1图2考点八：锥体内切球方法：等体积法，即R=3V体积S表面积考点九：棱切球方法：找切点，找球心，构造直角三角形1【典型例题】1(2023春·天津宁河·高一校考期末)在三棱锥P-ABC中，AP=2,AB=3,PA⊥面ABC，且在△ABC中，C=60°，则该三棱锥外接球的表面积为()B.8πC.10πD.12πA.20π3【答案】B【解析】根据题意得出图形如右图：O为球心，N为底面△ABC截面圆的圆心，ON⊥面ABC，∵在三棱锥P-ABC中，AP=2，AB=3，PA⊥面ABC，且在△ABC中，C=60°=2r，解得r=1，∴根据正弦定理得出：3sin60°∵PA⊥面ABC，∴PA⎳ON，∵PA=2，AN=1，ON=d，∴OA=OP=R，∴根据等腰三角形得出：12+d2=(2-d)2+12，解得d=1,∴R=1+1=2∴三棱锥的外接球的表面积为4πR2=8π.故选：B.2(2023·辽宁沈阳·高一东北育才学校校考阶段练习)在正三棱锥S-ABC中，外接球的表面积为36π，M，N分别是SC，BC的中点，且MN⊥AM，则此三棱锥侧棱SA=()A.1B.2C.3D.23【答案】D【解析】取AC的中点E，连结BE、SE，∵三棱锥S-ABC正棱锥，∴SA=SC，BA=BC．又∵E为AC的中点，∴SE⊥AC且BE⊥AC∵SE、BE是平面SBE内的相交直线，∴AC⊥平面SBE，又SB在平面SBE内可得SB⊥AC又∵MN是△SBC的中位线，∴MN∥SB，可得MN⊥AC又∵MN ⊥AM ，又AM ，AC 是平面SAC 内的相交直线，∴MN ⊥平面SAC ，结合MN ∥SB ，可得SB ⊥平面SAC 又∵三棱锥S -ABC 是正三棱锥，∴∠ASB =∠BSC =∠ASC =90°，因此将此三棱锥补成正方体，则它们有相同的外接球，设球的半径为R ，可得4πR 2=36π，解得R =3，∴SA 2+SA 2+SA 2=2R =6，解之得SA =23故选：D3(2023春·河南南阳·高一校联考期末)《九章算术》是我国古代著名的数学著作，书中记载有几何体“刍甍”.现有一个刍甍如图所示，底面ABCD 为正方形，EF ∥平面ABCD ，四边形ABFE ,CDEF为两个全等的等腰梯形，EF =12AB =2,AE =23则该刍甍的外接球的体积为()A.642π3B.3πC.643π3D.642π【答案】A【解析】取AD ，BC 中点N ，M ，正方形ABCD 中心O ，EF 中点O 2，连接EN ，MN ，FM ，OO 2，如图，依题意，OO2⊥平面ABCD，EF⎳AB⎳MN，点O是MN的中点，MN=AB=4，等腰△AED中，AD⊥EN，EN=AE2-AN2=22，同理FM=22，因此，等腰梯形EFMN的高OO2=EN2-MN-EF22=7，由几何体的结构特征知，刍甍的外接球球心O1在直线OO2上，连O1E，O1A，OA，正方形ABCD外接圆半径OA= 22，则有O1A2=OA2+OO21O1E2=O2E2+O2O21，而O1A=O1E,O2E=12EF=1，当点O1在线段O2O的延长线(含点O)时，视OO1为非负数，若点O1在线段O2O(不含点O)上，视OO1为负数，即有O2O1=O2O+OO1=7+OO1，即(22)2+OO21=1+(7+OO1)2，解得OO1=0，因此刍甍的外接球球心为O，半径为OA=22，所以刍甍的外接球的体积为4π3×223=642π3．故选：A．4(2023·高一课时练习)已知圆台的上下底面半径分别为1和2，侧面积为35π，则该圆台的外接球半径为()A.1055B.654C.1854D.1054【答案】B【解析】设圆台的高和母线分别为h,l，球心到圆台上底面的距离为x，根据圆台的侧面积公式可得π1+2l=35π⇒l=5，因此圆台的高h=l2-2-12=2，当球心在圆台内部时，则12+x2=22+h-x2，解得x=74，故此时外接球半径为1+x2=65 16=65 4，当球心在圆台外部时，则12+x2=22+x-h2，x>h，解得x=74不符合要求，舍去，故球半径为65 4故选：B5(2023·高一课时练习)已知圆锥的底面半径为2，高为42，则该圆锥的内切球表面积为()A.4πB.42πC.82πD.8π【答案】D【解析】如图，圆锥与内切球的轴截面图，点O为球心，内切球的半径为r，D,E为切点，设OD=OE=r，即BE=BD=2由条件可知，AB=422+22=6，△ADO中，AO2=AD2+DO2，即42-r2=6-22+r2，解得：r=2，所以圆锥内切球的表面积S=4πr2=8π.故选：D6(2023·高一课时练习)一个正四棱柱的每个顶点都在球O的球面上，且该四棱柱的底面面积为3，高为10，则球O的体积为()A.16πB.32π3C.10π D.28π3【答案】B【解析】设该正四棱柱的底面边长为a，高为h，则a2=3,h=10，解得a=3，所以该正四棱柱的体对角线为球O的直径，设球O的半径为R，所以，2R=a2+a2+h2=3+3+10=4，即R=2，所以，球O的体积为4π3×23=32π3．故选：B7(2023·高一课时练习)正八面体是每个面都是正三角形的八面体．如图所示，若此正八面体的棱长为2，则它的内切球的表面积为()A.423π B.8327π C.83π D.163π【答案】C【解析】以内切球的球心为顶点、正八面体的八个面为底面，可将正八面体分为8个全等的正三棱锥，设内切球的半径为r ，则8V 三棱锥=V 正八面体=2V 正四棱锥，且正四棱锥的高为图中CO ，易得CO =2，即：8×13×12×2×2×32 ⋅r =2×13×2×2 ×2解得：r =63，所以，内切球的表面积为8π3.故选：C ．8(2023·高一课时练习)已知A ，B ，C 三点均在球O 的表面上，AB =BC =CA =2，且球心O 到平面ABC 的距离等于球半径的13，则下列结论正确的为()A.球O 的外切正方体的棱长为6B.球O 的表面积为8πC.球O 的内接正方体的棱长为3D.球O 的半径为32【答案】A【解析】设球O 的半径为R ，△ABC 的外接圆半径为r ，则r =233，因为球心O 到平面ABC 的距离等于球O 半径的13，所以R 2-19R 2=43，得R 2=32，即R =62，故D 错误；球O 的外切正方体的棱长b 满足b =2R =6，故A 正确；所以球O 的表面积S =4πR 2=4π×32=6π，故B 错误；球O 的内接正方体的棱长a 满足3a =2R =6，即a =2，故C 错误.故选：A .9(2023·河南开封·开封高中校考模拟预测)已知某棱长为22的正四面体的各条棱都与同一球面相切，则该球与此正四面体的体积之比为()A.π2B.π3C.3π3D.2π2【答案】A【解析】如图，正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，棱长为2，所以，四面体A 1BDC 1是棱长为22的正四面体，当正四面体的各条棱都与同一球面相切时，该球为正方体的内切球，半径为1，所以，该球的体积为4π3，因为正四面体的体积为8-4×13×12×2×2×2=8-163=83，所以，该球与此正四面体的体积之比为4π383=π2.故选：A10(2023·高一课时练习)正四面体ABCD 的棱长为a ，O 是棱AB 的中点，以O 为球心的球面与平面BCD 的交线和CD 相切，则球O 的体积是()A.16πa 3B.26πa 3 C.36πa 3 D.23πa 3【答案】D【解析】设点A 在平面BCD 内的射影为点E ，则E 为△BCD 的中心，取CD 的中点M ，连接BM ，则E ∈BM ，取线段BE 的中点F ，连接OF ，因为O 、F 分别为AB 、BE 的中点，则OF ⎳AE 且OF =12AE ，因为AE ⊥平面BCD ，则OF ⊥平面BCD ，因为BE ⊂平面BCD ，则AE ⊥BE ，正△BCD的外接圆半径为BE=a2sinπ3=33a，∴AE=AB2-BE2=63a，所以，OF=12AE=66a，易知球O被平面BCD所截的截面圆圆心为点F，且BF=EF=EM，故FM=BE=33a，因为△BCD为等边三角形，M为CD的中点，则BM⊥CD，因为以O为球心的球面与平面BCD的交线和CD相切，则切点为点M，则球O的半径为OM=OF2+FM2=22a，因此，球O的体积是V=43π×22a3=23πa3.故选：D.11(2023·高一课时练习)已知直三棱柱ABC-A1B1C1的底面为直角三角形，如图所示，∠BAC= 90°，AB=1，AC=2，AA1=3，则四面体A-A1BC的体积为，四棱锥A1-BCC1B1的外接球的表面积为．【答案】 1 14π【解析】由题意可得S△ABC=12×AB⋅AC=12×2×1=1，且h=AA1，则V A-A1BC=13S△ABC⋅h=13×1×3=1因为△ABC 外接圆的圆心即为BC 中点，设为O ，△A 1B 1C 1外接圆的圆心即为B 1C 1中点，设为O 1，则OO 1的中点到六个顶点的距离相等，则OO 1的中点M 为外接球的球心，即CM 为半径，OC =12BC =12AC 2+AB 2=52，OM =12AA 1 =32所以CM =OC 2+OM 2=54+94=142，即外接球的表面积为4πR 2=4π×144=14π故答案为:1，14π2【过关测试】一、单选题1(2023·高一课时练习)若正四面体的表面积为83，则其外接球的体积为()A.43πB.12πC.86πD.323π【答案】A【解析】设正四面体的棱长为a ，由题意可知：4×34a 2=83，解得：a =22，所以正四面体的棱长为22，将正四面体补成一个正方体，则正方体的棱长为2，正方体的体对角线长为23，因为正四面体的外接球的直径为正方体的体对角线长，所以外接球半径R =3，则外接球的体积为V =43πR 3=43π，故选：A .2(2023·陕西渭南·高一统考期末)在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AB =BC =2，AA 1=22，∠ABC =π2，则此三棱柱外接球的表面积为()A.4πB.8πC.16πD.24π【答案】C 【解析】因为AB=BC=2，∠ABC=π2，所以△ABC为等腰直角三角形，将直三棱柱ABC-A1B1C1补全为如图长方体ABCD-A1B1C1D1，则长方体的外接球即直三棱柱的外接球，因为AB=BC=2，AA1=22，所以外接球直径2R=AC1=22+22+222=4，所以外接球半径R=2，表面积S=4πR2=16π.故选：C.3(2023春·河北衡水·高一校考阶段练习)在正四棱锥P-ABCD中，AB=4，PA=26，则平面PAB截四棱锥P-ABCD外接球的截面面积是()A.65π5B.36π5C.12πD.36π【答案】B【解析】如图，作PO ⊥平面ABCD，垂足为O ，则O 是正方形ABCD外接圆的圆心，从而正四棱锥P-ABCD外接球的球心O在PO 上，取棱AB的中点E，连接O D,O E,OD,PE，作OH⊥PE，垂足为H.由题中数据可得O D=22,O E=2,PE=25,O P=4，设四棱锥P-ABCD外接球的半径为R，则R2=O D2+O O2=OP2=O P-O O2，即R2=8+O O2=4-O O2，解得R=3.由题意易证△OPH∽△EPO ，则PHO P=OPPE，故PH=65 5.故所求截面圆的面积是π⋅PH2=36π5.故选：B4(2023春·山西太原·高一校考阶段练习)在三棱锥P -ABC 中，PA =PB =PC =3，侧棱PA与底面ABC 所成的角为60°，则该三棱锥外接球的体积为()A.πB.π3C.4πD.4π3【答案】D【解析】设点P 在平面ABC 内的射影点为E ，如下图所示：由线面角的定义可知，直线PA 与底面ABC 所成的角为∠PAE =60°，所以，PE =3sin60°=32，AE =3cos60°=32，因为PE ⊥平面ABC ，BE 、CE ⊂平面ABC ，∴PE ⊥BE ，PE ⊥CE ，∴BE =PB 2-PE 2=32=PC 2-PE 2=CE ，所以，△ABC 的外接圆圆心为点E ，且其外接圆半径为32，所以，三棱锥P -ABC 的外接球球心O 在直线PE 上，设球O 的半径为r ，由几何关系可得OE 2+AE 2=OA 2，即32-r 2+322=r 2，解得r =1，因此，三棱锥P -ABC 外接球的体积为V =43πr 3=43π.故选：D .5(2023春·河南鹤壁·高一河南省浚县第一中学校考阶段练习)已知三棱锥P -ABC 的四个顶点均在同一个球面上，底面ABC 满足BA =BC =6，∠ABC =π2，若该三棱锥体积的最大值为3，则其外接球的体积为()A.323π B.32π C.16π D.823π【答案】A【解析】在△ABC中，BA=BC=6，∠ABC=π2，因此三棱锥P-ABC的外接球被平面ABC截得的截面小圆圆心是AC的中点O1，令三棱锥P-ABC的外接球球心为O，则OO1⊥平面ABC，而S△ABC=12AB⋅BC=3，O1A=3，因三棱锥P-ABC体积的最大值为3，则三棱锥P-ABC底面ABC上的高最大，设此最大高为h，由13×3h=3得h=3，要三棱锥P-ABC的体积最大，当且仅当球O上的点P到平面ABC的距离最大，则点P在线段O1O的延长线上，设球O半径为R，则有(h-R)2+O1A2=R2，即(3-R)2+(3)2=R2，解得R=2，所以三棱锥P-ABC的外接球体积为V=43πR3=323π.故选：A6(2023·高一课时练习)《九章算术》是我国古代数学名著，它在几何学中的研究比西方早1000多年．在《九章算术》中，将底面为矩形且一侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马．如图P-ABCD 是阳马，PA⊥平面ABCD，PA=5，AB=3，BC=4．则该阳马的外接球的表面积为()A.1252π3B.50π C.100π D.500π3【答案】B【解析】因PA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，AD⊂平面ABCD，则PA⊥AB，PA⊥AD，又因四边形ABCD为矩形，则AB⊥AD.则阳马的外接球与以PA，AB，AD为长宽高的长方体的外接球相同.又PA=5，AB=3，AD=BC=4．则外接球的直径为长方体体对角线，故外接球半径为：R=PA2+AB2+AD22=32+42+522=522，则外接球的表面积为：S=4πR2=4π⋅504=50π.故选：B7(2023·吉林·高一吉林一中校考阶段练习)如图，在△ABC中，AB=25,BC=210,AC=213，D ，E ，F 分别为三边中点，将△BDE ,△ADF ,△CEF 分别沿DE ,EF ,DF 向上折起，使A ，B ，C 重合为点P ，则三棱锥P -DEF 的外接球表面积为()A.72π B.7143π C.14π D.56π【答案】C【解析】由题意可知，PE =DF =10,PF =DE =13,PD =EF =5，即三棱锥P -DEF 的对棱相等，先将该三棱锥补充成长方体，如图所示：设FH =x ,HD =y ,HP =z ，则x 2+y 2=10,y 2+z 2=5,x 2+z 2=13，所以x 2+y 2+z 2=14，于是三棱锥P -DEF 的外接球直径为14，半径为142，所以该三棱锥外接球的表面积为：4π⋅142 2=14π.故选：C .8(2023·高一课时练习)如图，在等腰梯形ABCD 中，AB =2DC =2,∠DAB =60°,E 为AB 中点.将ΔADE 与ΔBEC 分别沿ED 、EC 折起，使A 、B 重合于点P ，则三棱锥P -DCE 的外接球的体积为()A.43π27B.6π2C.6π8D.6π24【答案】C【解析】易证所得三棱锥为正四面体，它的棱长为1，故其外接球与棱长为22的正方体的外接球一直，又正方体外接球半径为R=12+12+122=64故外接球的体积为43π633=68π故选C．9(2023·高一课时练习)边长为1的正四面体内切球的体积为()A.6π8B.212C.π6D.6π216【答案】D【解析】将棱长为1的正四面体ABCD补成正方体AECF-GBHD，则该正方体的棱长为22，V A-BCD=223-4V B-ACE=24-4×13×12×22 3=212，设正四面体ABCD的内切球半径为r，正四面体ABCD每个面的面积均为34×12=34，由等体积法可得V A-BCD=212=13r S△ABC+S△ACD+S△ABD+S△BCD=33r，解得r=612，因此，该正四面体的内切球的体积为V=43π×6123=6216π.故选：D.10(2023·高一课时练习)已知三棱锥S-ABC的所有顶点都在球O的球面上，SC是球O的直径.若平面SAC⊥平面SBC，SA=AC，SB=BC，球O的体积为36π，则三棱锥S-ABC的体积为()A.9B.18C.27D.36【答案】A【解析】如图，三棱锥S-ABC的所有顶点都在球O的球面上，SC是球O的直径O为SC中点，SA=AC,SB=BC∴AO⊥SC，BO⊥SC，∵平面SAC⊥平面SBC，平面SAC∩平面SBC=SC，BO⊂平面SBC，∴BO⊥平面SCA，设BO=r，由球O的体积为36π，可得43πr3=36π,∴r=3，则V S-ABC=V B-SCA=13S△SCA⋅BO=13×12×2r×r×r=13r3=9，∴三棱锥S-ABC的体积为9，故选∶A．11(2023·高一课时练习)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.2π【答案】A【解析】由题意得正方形ABCD的中心O即为外接球球心，设AB=a，则R=OA=22a，球O的体积为V1=43π×22a3=2π3a3，而h=OE=22a，故正八面体的体积V2=2×13×a2×22a=23a3，得V1V2=π，故选：A12(2023·高一课时练习)已知三棱柱ABC-A1B1C1所有的顶点都在球O的球面上，球O的体积是500π3，∠ABC =60°，AC =43，则AA 1=()A.3B.6C.4D.8【答案】B【解析】设球O 的半径为R ，△ABC 外接圆的半径为r ，则43πR 3=500π3，解得R =5，因为∠ABC =60°，AC =43，由正弦定理得，△ABC 外接圆的半径r =432sin60°=4，则AA 1=2R 2-r 2=2×3=6．故选：B二、多选题13(2023春·湖北襄阳·高一襄阳四中校考阶段练习)如图，线段AB 为圆O 的直径，点E ，F 在圆O 上，EF ⎳AB ，矩形ABCD 所在平面和圆O 所在平面垂直，且AB =2，EF =AD =1，则下列说法正确的是()A.OF ⎳平面BCEB.BF ⊥平面ADFC.三棱锥C -BEF 外接球的体积为5πD.三棱锥C -BEF 外接球的表面积为5π【答案】ABD【解析】选项A ：由EF ⎳AB ，AB =2，EF =1，可得EF // OB 则四边形OBEF 为平行四边形，则OF ⎳BE又OF ⊄平面BCE ，BE ⊂平面BCE ，则OF ⎳平面BCE .判断正确；选项B ：连接BF ，线段AB 为圆O 的直径，则BF ⊥AF 由平面ABCD ⊥平面ABEF ，平面ABCD ∩平面ABEF =AB AD ⊂平面ABCD ，AD ⊥AB ，则AD ⊥平面ABEF则AD ⊥BF ，又AF ∩AD =A ，AF ⊂平面ADF ，AD ⊂平面ADF 则BF ⊥平面ADF .判断正确；选项C ：取CD 中点H ，连接OH由平面ABCD ⊥平面ABEF ，平面ABCD ∩平面ABEF =ABOH ⊥AB ,OH ⊂平面ABEF ，可得OH ⊥平面ABEF又点E ，F ，B 在圆O 上，则三棱锥C -BEF 外接球球心在直线OH 上，由OH ⎳BC ，OH ⊄平面BCE ，BC ⊂平面BCE可得OH ⎳平面BCE ，则三棱锥C -BEF 外接球球心到平面BCE 的距离为点O 到平面BCE 的距离由BC ⊥平面ABEF ，BC ⊂平面BCE ，可得平面BCE ⊥平面ABEF ，则点O 到平面BCE 的距离即点O 到直线BE 的距离，又点O 到直线BE 的距离为32，则三棱锥C -BEF 外接球球心到平面BCE 的距离为32在△BCE 中，BC ⊥BE ，BC =BE =1，则CE =2，则△BCE 外接圆半径为22则三棱锥C -BEF 外接球的半径R =22 2+32 2=52则三棱锥C -BEF 外接球的体积为43π⋅52 3=556π.判断错误；选项D ：由三棱锥C -BEF 外接球的半径R =52则三棱锥C -BEF 外接球的表面积为4πR 2=4π⋅522=5π.判断正确.故选：ABD14(2023春·江苏无锡·高一江苏省江阴市第一中学校考阶段练习)我们把所有棱长都相等的正棱柱(锥)叫“等长正棱柱(锥)”，而与其所有棱都相切的称为棱切球，设下列“等长正棱柱(锥)”的棱长都为1，则下列说法中正确的有()A.正方体的棱切球的半径为2B.正四面体的棱切球的表面积为π2C.等长正六棱柱的棱切球的体积为4π3D.等长正四棱锥的棱切球被棱锥5个面(侧面和底面)截得的截面面积之和为7π12【答案】BCD 【解析】正方体的棱切球的直径为正方体的面对角线，正方体的棱切球的半径为面对角线的一半，即为22，选项A 错误；如图，四面体ABCD 为棱长为1的正四面体，把正四面体ABCD 放到正方体中，则正方体的棱长即为正四面体的棱切球的直径，所以正四面体的棱切球的半径为24，即正四面体的棱切球的表面积为π2，选项B 正确；如图，等长正六棱柱的棱切球的直径为AB ，即直径为2，半径为1，所以等长正六棱柱的棱切球的体积为4π3，选项C 正确；由棱切球的定义可知，棱切球被每一个面所截，截面为该面的内切圆，则等长正四棱锥的底面内切圆的面积为π×12 2=π4，每个侧面正三角形的内切圆的半径为正三角形高的13，即36，所以四个侧面正三角形的内切圆的面积为4×π×36 2=π3，所以等长正四棱锥的棱切球被棱锥5个面截得的截面面积之和为π4+π3=7π12，选项D 正确.故选：BCD .15(2023春·湖南邵阳·高一湖南省邵东市第三中学校考期中)已知正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的各棱长均为2，下列结论正确的是()A.该正方体外接球的直径为23B.该正方体内切球的表面积为4πC.若球O 与正方体的各棱相切，则该球的半径为2D.该正方体外接球的体积为43【答案】ABC【解析】若正方体的棱长为2，则：①若球为正方体的外接球，则外接球直径等于正方体体对角线，即2R =22+22+22=23，故A 正确，外接球体积为43πR 3=43π，故D 错误；②若球为正方体的内切球，则内切球半径为棱长的一半，故R =1，球的表面积为4πR 2=4π，故B 正确；③若球与正方体的各棱相切，则球的直径等于正方形对角线长，即R =22+22=22，球的半径为R =2，故C 正确．故本题选：ABC .三、填空题16(2023春·陕西汉中·高一校考期中)已知球O 是四棱锥P -ABCD 的外接球，四边形ABCD 是边长为1的正方形，点P 在球面上运动且PA =2，则当四棱锥P -ABCD 的体积最大时，球O 的表面积是.【答案】6π【解析】设PA 与平面ABCD 夹角为θ，则四棱锥P -ABCD 的体积为V =13S ABCD ⋅h =13×1×h =13×PA ×sin θ=23sin θ，当sin θ=1时，四棱锥P -ABCD 的体积最大，即θ=90°，此时PA ⊥平面ABCD ，将四棱锥P -ABCD 补成一个正四棱柱，如图所示，此时四棱锥P -ABCD 和该正四棱柱有相同的外接球O ，设球O 的半径为R ，则2R =PC =12+12+22=6，可得R =62，所以球O 的表面积为S =4πR 2=4π×622=6π.故答案为：6π17(2023·高一课时练习)、已知正方体外接球的体积是323π，那么正方体的棱长等于【答案】433【解析】设正方体的棱长为a ，则外接球的半径为3a 2，外接球的体积V =4π3R 3=4π3×3a 2 3=3πa 32=32π3，解得a =433，即正方体的棱长等于433．18(2023春·浙江宁波·高一余姚中学校考阶段练习)已知某圆锥的内切球的体积为32π3，则该圆锥的表面积的最小值为．【答案】32π【解析】设圆锥的内切球半径为r ，则43πr 3=32π3，解得r =2，设圆锥顶点为A ，底面圆周上一点为B ，底面圆心为C ，内切球球心为D ，内切球切母线AB 于E ，底面半径BC =R >2,∠BDC =θ，则tan θ=R 2，又∠ADE =π-2θ，由已知△BDE ,△BDC 为直角三角形，又DC =DE ，BD =BD ，所以△BDE ≅△BDC ，所以BE =BC =R ,∠BDE =∠BDC =θ，所以∠ADE =π-2θ，故AB=BE +AE =R +2tan π-2θ =R -2tan2θ，又tan2θ=2tan θ1-tan 2θ=R 1-R 24=4R 4-R 2，故AB =R -8R 4-R 2=R R 2+4 R 2-4，故该圆锥的表面积为S =πR 2R 2+4 R 2-4+πR 2=2πR 4R 2-4，令t =R 2-4>0,则S =2π(t +4)2t =2πt +16t +8 ≥2π2t ×16t +8 =32π，当且仅当t =16t，即t =4,R =22时取等号．故答案为：32π.19(2023·高一课时练习)如果圆柱、圆锥的底面直径和高都等于一个球的直径，则圆柱、球、圆锥的体积的比是.【答案】3:2:1【解析】设球的半径为r ，则球的体积为V 球=43πr 3，圆柱的体积为V 圆柱=πr 2⋅2r =2πr 3，圆锥的体积为V 圆锥=13πr 2⋅2r =2πr 33，因此，V 圆柱:V 球:V 圆锥=2:43:23=3:2:1.故答案为：3:2:1.20(2023·高一课时练习)已知A 、B 、C 是球面上三点，且AB =AC =4，∠BAC =90°，若球心O 到平面ABC 的距离为22，则该球表面积为.【答案】64π【解析】因为AB =AC =4，∠BAC =90°，所以BC 为平面ABC 截球所得小圆的直径，如图，设小圆的半径为r ，得2r =AB 2+AC 2=42，解得r =22，又球心O 到平面ABC 的距离d =22，根据球的截面圆性质，得球的半径R =r 2+d 2=4，所以球的表面积为S =4πR 2=64π.故答案为：64π.21(2023春·河南商丘·高一商丘市第一高级中学校考期中)已知正三棱锥S -ABC ,SA =SB =SC =23,AB =3，球O 与三棱锥S -ABC 的所有棱相切，则球O 的表面积为．【答案】(19-83)π【解析】取等边△ABC 的中心E ，连接SE ，则SE ⊥平面ABC ，连接AE 并延长，交BC 于点D ，则D 为BC 中点，且AD ⊥BC ，在SE 上找到棱切球的球心O ，连接OD ，则OD 即为棱切球的半径，过点O 作OF ⊥SA 于点F ，则OF 也是棱切球的半径，设OD =OF =R ，因为SA =SB =SC =23,AB =3，所以求得AD =332,AE =3,DE =32，由勾股定理得：SE =12-3=3，且∠ASE =30°，设OE =h ，OD =OE 2+ED 2=h 2+34，SO =3-h ，OF =123-h ，由题意得：h 2+34=123-h ，解得：h =3-1或-1-3，当h=3-1时，R2=h2+34=194-23，此时球O的表面积为(19-83)π；当棱切球的半径最大时，切点为A，B，C，由于∠ASE=30°，SA=SB=SC=23，可求得最大半径R=23tan30°=2，而当h=-3-1时，R2=h2+34=194+23>4，显然不成立，故h=-3-1舍去，综上：球O的表面积为(19-83)π故答案为：(19-83)π22(2023春·山东德州·高一德州市第一中学校考阶段练习)边长为2的正四面体内有一个球，当球与正四面体的棱均相切时，球的体积为．【答案】2 3π【解析】结合正四面体的性质：球心在正四面体的体高上，且为外接球的球心，如下图：取球心O，若OD⊥PA，则OD即为球的半径，而O 为底面中心，∴PO ⊥面ABC，若E为BC中点，则AE=PE=3，∴PO =263，PO=62，AO=233，由Rt△PDO∼Rt△PO A，则POPA=ODAO，故OD=22，∴球的体积为43π⋅OD3=23π.故答案为：23π23(2023春·广东江门·高一江门市培英高级中学校考期中)已知正方体的棱长为2，则与正方体的各棱都相切的球的表面积是．【答案】8π【解析】过正方体的对角面作截面如图，故球的半径r=2，∴其表面积S=4π×(2)2=8π．故答案为：8π.24(2023春·江苏苏州·高一江苏省苏州实验中学校考阶段练习)一个球被平面截下的一部分叫做球缺，截面叫做球缺的底面，垂直于截面的直径被截下的线段长叫做球缺的高，球缺的体积公式为V =π3(3R-h)h2，其中R为球的半径，h为球缺的高.若一球与一棱长为2的正方体的各棱均相切，则该球与正方体的公共部分的体积为.【答案】10-162 3π【解析】由题可得该球与正方体的公共部分球去掉6个球缺，则球的半径为R=22+222=2，球缺高h=2-1，则一个球缺的体积为π332-2-12-12=π342-5，则该球与正方体的公共部分的体积为4π3×23-6×π342-5=10-1623π.故答案为：10-162 3π.四、解答题25(2023·全国·高一专题练习)已知球与正四面体的六条棱都相切，求球与正四面体的体积之比．【解析】如图，设正四面体棱长为a，球半径为R，取AB的中点为E，CD中点F，连接AF,BF,EF，则AF=BF=32a，∴EF⊥AB，同理EF⊥CD，∴EF是AB,CD的公垂线，则EF的长是AB,CD的距离，EF=AF2-AE2=34a2-14a2=22a，又由球与正四面体的六棱都相切，得EF是该球的直径，即2R=22a，∴R3=232a3，V 球=43πR3=43π⋅232a3=224πa3，又V正四面体=13×S×h=13×12×a×a×sin60°×63a=212a3,故V球V正四面体=π226(2023·高一课时练习)有三个球，已知球O1内切于正方体，球O2与这个正方体各棱都相切，球O3过这个正方体的各个顶点，求球O1、球O2、球O3的表面积之比.【解析】设正方体的棱长为a.①球O1为正方体的内切球，球心O1是正方体的中心，切点是正方体六个面的中心，经过四个切点及球心作截面，如图1所示，设球O1的半径为r1，表面积为S1，则2r1=a，r1=a2，所以S1=4πr21=πa2.②球O2与正方体各棱的切点为各棱的中点，过正方体的两个相对面的面对角线作截面，如图2所示，设球O2的半径为r2，表面积为S2，则2r2=2a，r2=22a，所以S2=4πr22=2πa2.③球O3过正方体的各个顶点，即正方体的各个顶点都在球面上，过正方体的体对角线作截面，如图3所示，设球O3的半径为r3，表面积为S3，则2r3=3a，r3=32a，所以S3=4πr23=3πa2.故这三个球的表面积之比S1:S2:S3=πa2:2πa2:3πa2=1:2:3.图1 图2 图3。

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