运用割补法解决球的切、接问题

高考数学复习考点知识与题型专题讲解球的切、接问题题型一特殊几何体的切、接问题例1(1)已知正方体的棱长为a，则它的外接球半径为________，与它各棱都相切的球的半径为________．答案32a22a解析∵正方体的外接球的直径为正方体的体对角线长，为3a，∴它的外接球的半径为32a，∵球与正方体的各棱都相切，则球的直径为面对角线，而正方体的面对角线长为2a，∴与它各棱都相切的球的半径为2 2a.(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P AB，如图所示，则△P AB的内切圆为圆锥的内切球的大圆．在△P AB中，P A＝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. 思维升华 (1)正方体与球的切、接常用结论正方体的棱长为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)长方体的共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)正四面体的外接球的半径R ＝64a ，内切球的半径r ＝612a ，其半径R ∶r ＝3∶1(a 为该正四面体的棱长)．跟踪训练1(1)(2022·成都模拟)已知圆柱的两个底面的圆周在体积为32π3的球O 的球面上，则该圆柱的侧面积的最大值为()A ．4πB ．8πC ．12πD ．16π答案B解析如图所示，设球O的半径为R，由球的体积公式得43πR3＝32π3，解得R＝2.设圆柱的上底面半径为r，球的半径与上底面夹角为α，则r＝2cosα，圆柱的高为4sinα，∴圆柱的侧面积为4πcosα×4sinα＝8πsin2α，当且仅当α＝π4，sin2α＝1时，圆柱的侧面积最大，∴圆柱的侧面积的最大值为8π.(2)(2022·长沙检测)在封闭的直三棱柱ABC－A1B1C1内有一个体积为V的球．若AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，AA1＝3，则V的最大值是________．答案9π2解析易知AC＝10.设△ABC的内切圆的半径为r，则12×6×8＝12×(6＋8＋10)·r，所以r＝2.因为2r＝4>3，所以最大球的直径2R＝3，即R＝32，此时球的体积V＝43πR3＝9π2.题型二补形法例2(1)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答案C解析由题意可采用补形法，考虑到四面体ABCD的对棱相等，所以将四面体放入一个长、宽、高分别为x，y，z的长方体，并且x2＋y2＝3，x2＋z2＝5，y2＋z2＝4，则有(2R)2＝x2＋y2＋z2＝6(R为外接球的半径)，得2R2＝3，所以外接球的表面积为S＝4πR2＝6π.(2)(2022·重庆实验外国语学校月考)如图，在多面体中，四边形ABCD为矩形，CE⊥平面ABCD，AB＝2，BC＝CE＝1，通过添加一个三棱锥可以将该多面体补成一个直三棱柱，那么添加的三棱锥的体积为________，补形后的直三棱柱的外接球的表面积为________．答案1 36π解析如图添加的三棱锥为直三棱锥E－ADF，可以将该多面体补成一个直三棱柱ADF －BCE ，因为CE ⊥平面ABCD ，AB ＝2，BC ＝CE ＝1，所以S △CBE ＝12CE ×BC ＝12×1×1＝12，直三棱柱ADF －BCE 的体积为V ＝S △EBC ·DC ＝12×2＝1，添加的三棱锥的体积为13V ＝13；如图，分别取AF ，BE 的中点M ，N ，连接MN ，与AE 交于点O ，因为四边形AFEB 为矩形，所以O 为AE ，MN 的中点，在直三棱柱ADF －BCE 中，CE ⊥平面ABCD ，FD ⊥平面ABCD ，即∠ECB ＝∠FDA ＝90°，所以上、下底面为等腰直角三角形，直三棱柱的外接球的球心即为点O ，连接DO ，DO 即为球的半径，连接DM ，因为DM ＝12AF ＝22，MO ＝1，所以DO 2＝DM 2＋MO 2＝12＋1＝32，所以外接球的表面积为4π·DO 2＝6π.思维升华 补形法的解题策略(1)侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；(2)直三棱锥补成三棱柱求解．跟踪训练2已知三棱锥P －ABC 中，P A ，PB ，PC 两两垂直，且P A ＝1，PB ＝2，PC ＝3，则三棱锥P －ABC 的外接球的表面积为()A.7143πB ．14πC ．56πD.14π答案B解析以线段P A ，PB ，PC 为相邻三条棱的长方体P AB ′B －CA ′P ′C ′被平面ABC 所截的三棱锥P －ABC 符合要求，如图，长方体P AB ′B －CA ′P ′C ′与三棱锥P －ABC 有相同的外接球，其外接球直径为长方体体对角线PP ′，设外接球的半径为R ，则(2R)2＝PP′2＝P A2＋PB2＋PC2＝12＋22＋32＝14，则所求表面积S＝4πR2＝π·(2R)2＝14π.题型三定义法例3(1)已知∠ABC＝90°，P A⊥平面ABC，若P A＝AB＝BC＝1，则四面体P ABC的外接球(顶点都在球面上)的体积为()A．πB.3πC．2πD.3π2答案D解析如图，取PC的中点O，连接OA，OB，由题意得P A⊥BC，又因为AB⊥BC，P A∩AB＝A，P A，AB⊂平面P AB，所以BC⊥平面P AB，所以BC⊥PB，在Rt△PBC中，OB＝12PC，同理OA＝12PC，所以OA＝OB＝OC＝12PC，因此P ，A ，B ，C 四点在以O 为球心的球面上，在Rt △ABC 中，AC ＝AB 2＋BC 2＝ 2. 在Rt △P AC 中，PC ＝P A 2＋AC 2＝3，球O 的半径R ＝12PC ＝32， 所以球的体积为43π⎝ ⎛⎭⎪⎫323＝3π2. 延伸探究 本例(1)条件不变，则四面体P －ABC 的内切球的半径为________．答案2－12解析设四面体P －ABC 的内切球半径为r .由本例(1)知，S △P AC ＝12P A ·AC ＝12×1×2＝22，S △P AB ＝12P A ·AB ＝12×1×1＝12，S △ABC ＝12AB ·BC ＝12×1×1＝12，S △PBC ＝12PB ·BC ＝12×2×1＝22，V P －ABC ＝13×12AB ·BC ·P A＝13×12×1×1×1＝16，V P －ABC ＝13(S △P AC ＋S △P AB ＋S △ABC ＋S △PBC )·r＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫22＋12＋12＋22·r ＝16， ∴r ＝2－12.(2)在矩形ABCD 中，BC ＝4，M 为BC 的中点，将△ABM 和△DCM 分别沿AM ，DM 翻折，使点B 与点C 重合于点P ，若∠APD ＝150°，则三棱锥M －P AD 的外接球的表面积为()A ．12πB ．34πC ．68πD ．126π答案C解析如图，由题意可知，MP ⊥P A ，MP ⊥PD .且P A ∩PD ＝P ，P A ⊂平面P AD ，PD ⊂平面P AD ，所以MP ⊥平面P AD .设△ADP 的外接圆的半径为r ，则由正弦定理可得AD sin ∠APD＝2r ， 即4sin150°＝2r ，所以r ＝4.设三棱锥M －P AD 的外接球的半径为R ，则(2R )2＝PM 2＋(2r )2，即(2R )2＝4＋64＝68，所以4R 2＝68，所以外接球的表面积为4πR 2＝68π.思维升华 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，则球心一定在垂线上，再根据到其他顶点距离也是半径，列关系式求解即可．跟踪训练3(1)一个六棱柱的底面是正六边形，其侧棱垂直于底面，已知该六棱柱的顶点都在同一个球面上，且该六棱柱的体积为98，底面周长为3，则这个球的体积为________．答案4π3解析设正六棱柱的底面边长为x ，高为h ，则有⎩⎨⎧ 6x ＝3，98＝6×34x 2h ，∴⎩⎨⎧ x ＝12，h ＝ 3.∴正六棱柱的底面外接圆的半径r ＝12，球心到底面的距离d ＝32.∴外接球的半径R ＝r 2＋d 2＝1.∴V 球＝4π3. (2)(2022·哈尔滨模拟)已知四棱锥P －ABCD 的底面ABCD 是矩形，其中AD ＝1，AB ＝2，平面P AD ⊥平面ABCD ，△P AD 为等边三角形，则四棱锥P －ABCD 的外接球表面积为()A.16π3B.76π3C.64π3D.19π3 答案A解析如图所示，在四棱锥P －ABCD 中，平面P AD ⊥平面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，P A ＝PD ，取AD 的中点E ，则PE ⊥AD ，PE ⊥平面ABCD ，则PE ⊥AB ，由AD ⊥AB ，AD ∩PE ＝E ，AD ，PE ⊂平面P AD ，可知AB ⊥平面P AD ， 由△P AD 为等边三角形，E 为AD 的中点知，PE 的三等分点F (距离E 较近的三等分点)是三角形的中心，过F 作平面P AD 的垂线，过矩形ABCD 的中心O 作平面ABCD 的垂线，两垂线交于点I ，则I 即外接球的球心． OI ＝EF ＝13PE ＝13×32＝36， AO ＝12AC ＝52， 设外接球半径为R ，则R 2＝AI 2＝AO 2＋OI 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫522＋⎝ ⎛⎭⎪⎫362＝43，所以四棱锥P －ABCD 的外接球表面积为S ＝4πR 2＝4π×43＝16π3.课时精练1．正方体的外接球与内切球的表面积之比为() A.3B ．3 3 C ．3D.13 答案C解析设正方体的外接球的半径为R ，内切球的半径为r ，棱长为1，则正方体的外接球的直径为正方体的体对角线长，即2R ＝3，所以R ＝32，正方体内切球的直径为正方体的棱长，即2r ＝1，即r ＝12，所以R r ＝3，正方体的外接球与内切球的表面积之比为4πR 24πr 2＝R 2r 2＝3.2．(2022·开封模拟)已知一个圆锥的母线长为26，侧面展开图是圆心角为23π3的扇形，则该圆锥的外接球的体积为() A ．36πB ．48π C ．36D ．24 2 答案A解析设圆锥的底面半径为r ，由侧面展开图是圆心角为23π3的扇形，得2πr ＝23π3×26， 解得r ＝2 2.作出圆锥的轴截面如图所示．设圆锥的高为h，则h＝(26)2－(22)2＝4.设该圆锥的外接球的球心为O，半径为R，则有R＝(h－R)2＋r2，即R＝(4－R)2＋(22)2，解得R＝3，所以该圆锥的外接球的体积为4πR3 3＝4π×333＝36π.3．已知各顶点都在一个球面上的正四棱锥的高为3，体积为6，则这个球的表面积为() A．16πB．20πC．24πD．32π答案A解析如图所示，在正四棱锥P－ABCD中，O1为底面对角线的交点，O为外接球的球心．V P－ABCD＝13×S正方形ABCD×3＝6，所以S正方形ABCD＝6，即AB＝ 6.因为O1C＝126＋6＝ 3.设正四棱锥外接球的半径为R ， 则OC ＝R ，OO 1＝3－R ，所以(3－R )2＋(3)2＝R 2，解得R ＝2. 所以外接球的表面积为4π×22＝16π.4．已知棱长为1的正四面体的四个顶点都在一个球面上，则这个球的体积为() A.68πB.64πC.38πD.34π 答案A解析如图将棱长为1的正四面体B 1－ACD 1放入正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，且正方体的棱长为1×cos45°＝22， 所以正方体的体对角线AC 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫222＋⎝ ⎛⎭⎪⎫222＋⎝ ⎛⎭⎪⎫222＝62，所以正方体外接球的直径2R ＝AC 1＝62， 所以正方体外接球的体积为 43πR 3＝43π×⎝ ⎛⎭⎪⎫643＝68π，因为正四面体的外接球即为正方体的外接球， 所以正四面体的外接球的体积为68π.5．(2021·天津)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 ．12π 答案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4πR 33＝32π3，可得R ＝2， 所以AB ＝AD ＋BD ＝4BD ＝4， 所以BD ＝1，AD ＝3，因为CD ⊥AB ，AB 为球的直径， 所以△ACD ∽△CBD ，所以AD CD ＝CDBD ，所以CD ＝AD ·BD ＝3，因此，这两个圆锥的体积之和为 13π×CD 2·(AD ＋BD )＝13π×3×4＝4π.6．(2022·蚌埠模拟)粽子，古时北方也称“角黍”，是由粽叶包裹糯米、泰米等馅料蒸煮制成的食品，是中国汉族传统节庆食物之一，端午食粽的风俗，千百年来在中国盛行不衰，粽子形状多样，馅料种类繁多，南北方风味各有不同，某四角蛋黄粽可近似看成一个正四面体，蛋黄近似看成一个球体，且每个粽子里仅包裹一个蛋黄，若粽子的棱长为9cm ，则其内可包裹的蛋黄的最大体积约为(参考数据：6≈2.45，π≈3.14)()A ．20cm 3B ．22cm 3C ．26cm 3D ．30cm 3 答案C解析如图，正四面体ABCD ，其内切球O 与底面ABC 切于O 1，设正四面体棱长为a ，内切球半径为r ，连接BO 1并延长交AC 于F ，易知O 1为△ABC 的中心，点F 为边AC 的中点．易得BF ＝32a ，则S △ABC ＝34a 2，BO 1＝23BF ＝33a ，∴DO 1＝BD 2－BO 21＝63a ，∴V D －ABC ＝13·S △ABC ·DO 1＝212a 3，∵V D －ABC ＝V O －ABC ＋V O －BCD ＋V O －ABD ＋V O －ACD ＝4V O －ABC ＝4×13×34a 2·r ＝33a 2r ， ∴33a 2r ＝212a 3⇒r ＝612a ， ∴球O 的体积V ＝43π·⎝ ⎛⎭⎪⎫612a 3＝43π·⎝ ⎛⎭⎪⎫612×93＝2768π≈278×2.45×3.14≈26(cm 3)．7．已知三棱锥P －ABC 的四个顶点都在球O 的表面上，P A ⊥平面ABC ，P A ＝6，AB ⊥AC ，AB ＝2，AC ＝23，点D 为AB 的中点，过点D 作球的截面，则截面的面积不可以是() A.π2B ．π C ．9πD ．13π 答案A解析三棱锥P －ABC 的外接球即为以AB ，AC ，AP 为邻边的长方体的外接球，∴2R ＝62＋22＋(23)2＝213，∴R ＝13，取BC的中点O1，∴O1为△ABC的外接圆圆心，∴OO1⊥平面ABC，如图．当OD⊥截面时，截面的面积最小，∵OD＝OO21＋O1D2＝32＋(3)2＝23，此时截面圆的半径为r＝R2－OD2＝1，∴截面面积为πr2＝π，当截面过球心时，截面圆的面积最大为πR2＝13π，故截面面积的取值范围是[π，13π]．8．(2021·全国甲卷)已知A，B，C是半径为1的球O的球面上的三个点，且AC⊥BC，AC＝BC＝1，则三棱锥O－ABC的体积为()A.212B.312C.24D.34答案A解析如图所示，因为AC⊥BC，所以AB为截面圆O1的直径，且AB＝ 2.连接OO1，则OO 1⊥平面ABC ，OO 1＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫AB 22＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫222＝22， 所以三棱锥O －ABC 的体积V ＝13S △ABC ×OO 1＝13×12×1×1×22＝212.9．已知三棱锥S －ABC 的三条侧棱两两垂直，且SA ＝1，SB ＝SC ＝2，则三棱锥S －ABC 的外接球的半径是________． 答案32解析如图所示，将三棱锥补为长方体，则该棱锥的外接球直径为长方体的体对角线，设外接球半径为R ，则(2R )2＝12＋22＋22＝9， ∴4R 2＝9，R ＝32. 即这个外接球的半径是32.10．已知正三棱锥的高为1，底面边长为23，内有一个球与四个面都相切，则正三棱锥的内切球的半径为________．答案2－1解析如图，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.因为△ABC是正三角形，所以AE是BC边上的高和中线，D为△ABC的中心．因为AB＝BC＝23，所以S△ABC＝33，DE＝1，PE＝ 2.所以S三棱锥表＝3×12×23×2＋3 3＝36＋3 3.因为PD＝1，所以三棱锥的体积V＝13×33×1＝ 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，·r＝3，由13S三棱锥表＝2－1.得r＝3336＋3311．等腰三角形ABC的腰AB＝AC＝5，BC＝6，将它沿高AD翻折，使二面角B－AD－C成60°，此时四面体ABCD外接球的体积为________．答案287 3π解析由题意，设△BCD所在的小圆为O1，半径为r，又因为二面角B－AD－C为60°，即∠BDC＝60°，所以△BCD为边长为3的等边三角形，由正弦定理可得，2r＝3sin60°＝23，即DE＝23，设外接球的半径为R，且AD＝4，在Rt△ADE中，(2R)2＝AD2＋DE2⇒4R2＝42＋(23)2＝28，所以R＝7，所以外接球的体积为V＝43πR3＝43π×(7)3＝2873π.12．已知直三棱柱ABC－A1B1C1的6个顶点都在球O的表面上，若AB＝AC＝1，AA1＝23，∠BAC＝2π3，则球O的体积为________．答案32π3解析设△ABC 的外接圆圆心为O 1，半径为r ，连接O 1O ，如图，易得O 1O ⊥平面ABC ，∵AB ＝AC ＝1，AA 1＝23，∠BAC ＝2π3，∴2r ＝AB sin ∠ACB＝112＝2， 即O 1A ＝1，O 1O ＝12AA 1＝3，∴OA ＝O 1O 2＋O 1A 2＝3＋1＝2，即直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的外接球半径R ＝2，∴V 球＝43π×23＝32π3.。

第3讲割补思想在立体几何中的应用割补法是数学中最重要的思想方法之一，主要分为割形与补行，是将复杂的，不规则的不易认识的几何体或几何图形，分割或补充成简单的、规则的、易于认识的几何体或图形，从而达到解决问题的目的。

割补法重在割与补，巧妙对几何体过几何图形实割与补，变整体的为局部，化不规则为规则，化陌生为熟悉，化抽象为直观。

割补法在立体几何中体现的主要的题型就是几何体的切等问题。

【应用一】割的思想在多面体的体积及几何体的内切球中的运用割的思想主要体现两种题型：一是求复杂几何体的体积、表面积等问题，此类问题通过割把复杂的几何体割成几个简单的几何体。

二是求几何体内切球的半径、体积等问题。

此类问题主要是通过球心与几何体的各点割成锥，然后运用等积法求半径。

【例1.1】已知一个三棱锥的所有棱长均为2，则该三棱锥的内切球的体积为________．【例1.2】【2020年新课标3卷理科】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_________．【思维提升】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 ＝13△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 S O －ABC ＋S O －PAB ＋S O －PAC ＋S O －PBC ＝3VS 表．秒杀公式(万能公式)：r ＝3V S 表【例1.3】（2023·河北唐山·统考三模）（多选）《九章算术》是我国古代的数学名著，书中提到底面为长方形的屋状的楔体（图示的五面体)EF ABCD -．底面长方形ABCD 中3BC =，4AB =，上棱长2EF =，且EF 平面ABCD ，高（即EF 到平面ABCD 的距离）为1，O 是底面的中心，则（）A ．EO 平面BCF【变式1.1】（2023·辽宁·辽宁实验中学校考模拟预测）如图①，在平行四边形ABCD中，AB ===ABD △沿BD 折起，使得点A 到达点P 处（如图②），=PC P BCD -的内切球半径为______.【变式1.2】（2023·辽宁沈阳·东北育才学校校考模拟预测）已知一正四面体棱长为4，其内部放置有一正方体，且正方体可以在正四面体内部绕一点任意转动，则正方体在转动过程中占据的空间体积最大为__________．【变式1.3】（2022·江苏通州·高三期末）将正方形ABCD 沿对角线BD 折成直二面角A ′－BD －C ，设三棱锥A ′－BDC 的外接球和内切球的半径分别为r 1，r 2，球心分别为O 1，O 2.若正方形ABCD 的边长为1，则21r r =________；O 1O 2＝__________.【应用二】补的思想在立体几何中几何体外接球中的应用解决球与其他几何体的切、接问题，关键在于仔细观察、分析，弄清相关元素的关系和数量关系，选准最佳角度作出截面(要使这个截面尽可能多地包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素之间的关系)，达到空间问题平面化的目的．2．记住几个常用的结论：（1）正方体的棱长为a，球的半径为R.①对于正方体的外接球，2R；②对于正方体的内切球，2R＝a；③对于球与正方体的各棱相切，2R.（2）在长方体的同一顶点的三条棱长分别为a，b，c，球的半径为R，则2R=.（3）正四面体的外接球与内切球的半径之比为3∶1.3．构造法在定几何体外接球球心中的应用（1）正四面体、三条侧棱两两垂直的正三棱锥、四个面都是直角三角形的三棱锥，可将三棱锥补形成长方体或正方体；（2）同一个顶点上的三条棱两两垂直的四面体、相对的棱相等的三棱锥，可将三棱锥补形成长方体或正方体；（3）若已知棱锥含有线面垂直关系，则可将棱锥补形成长方体或正方体；（4）若三棱锥的三个侧面两两垂直，则可将三棱锥补形成长方体或正方体【例2.1】（2022·广东潮州·高三期末）在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑，在鳖臑A-BCD中，AB⊥平面BCD，CD⊥AD，AB=BD，已知动点E从C点出发，沿外表面经过棱AD上一点到点B，则该棱锥的外接球的表面积为_________．【思维提升】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 ＝a 2＋b 2＋c 2．)，秒杀公式：R 2＝a 2＋b 2＋c 24．可求出球的半径从而解决问题．有以下四种类型：【例2.2】（2022·广东·铁一中学高三期末）已知四面体A BCD -中，5AB CD ==，10AC BD ==，13BC AD ==，则其外接球的体积为______.【思维提升】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，即2222R a b c =++(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．【变式2.1】（2023·湖南邵阳·统考三模）三棱锥-P ABC 中，PA ⊥平面ABC ，4,223,PA AC AB AC AB ===⊥，则三棱锥-P ABC 外接球的表面积为__________.【变式2.2】已知三棱锥A BCD -，三组对棱两两相等，且1AB CD ==，3AD BC ==，若三棱锥A BCD -的外接球表面积为92π．则AC =________．【变式2.3】已知三棱锥A －BCD 的四个顶点A ，B ，C ，D 都在球O 的表面上，AC ⊥平面BCD ，BC ⊥CD ，且AC ＝3，BC ＝2，CD ＝5，则球O 的表面积为()A ．12πB ．7πC ．9πD ．8π【变式2.4】(2019全国Ⅰ)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．62πD．6π8πB．64πC．6巩固练习1、【2019年新课标2卷理科】中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1）.半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美．图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1．则该半正多面体共有________个面，其棱长为_________．2、（2022·湖北江岸·高三期末）如图，该几何体是由正方体截去八个一样的四面体得到的，若被截的正方体棱长为2，则该几何体的表面积为（）A．1233++D．63+C．633+B．12433、（2023·山西临汾·统考一模）《九章算术·商功》提及一种称之为“羡除”的几何体，刘徽对此几何体作注：“羡除，隧道也其所穿地，上平下邪.似两鳖臑夹一堑堵，即羡除之形.”羡除即为：三个面为梯形或平行四边形（至多一个侧面是平行四边形），其余两个面为三角形的五面几何体.现有羡除ABCDEF如图所示，底面ABCD为正方形，4EF=，其余棱长为2，则羡除外接球体积与羡除体积之比为（）A．22πB．42πC．82πD．2π3A ．18B ．275、正四面体的各条棱长都为．6、在三棱锥A －BCD 中，AB ＝CD ＝2，AD ＝BC ＝3，AC ＝BD ＝4，则三棱锥BCD A -外接球的表面积为________．7、在三棱锥A －BCD 中，AB ＝CD ＝6，AC ＝BD ＝AD ＝BC ＝5，则该三棱锥的外接球的体积为____．8、（2023·湖南郴州·统考三模）已知三棱锥-P ABC 的棱长均为4，先在三棱锥-P ABC 内放入一个内切球1O ，然后再放入一个球2O ，使得球2O 与球1O 及三棱锥-P ABC 的三个侧面都相切，则球2O 的表面积为__________.第3讲割补思想在立体几何中的应用割补法是数学中最重要的思想方法之一，主要分为割形与补行，是将复杂的，不规则的不易认识的几何体或几何图形，分割或补充成简单的、规则的、易于认识的几何体或图形，从而达到解决问题的目的。

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.。

纵观近几年高考对于组合体的考查，与球相关的外接与内切问题是高考命题的热点之一.高考命题小题综合化倾向尤为明显，要求学生有较强的空间想象能力和准确的计算能力，才能顺利解答.从实际教学来看，这部分知识学生掌握较为薄弱、认识较为模糊，看到就头疼的题目.分析原因，除了这类题目的入手确实不易之外，主要是学生没有形成解题的模式和套路，以至于遇到类似的题目便产生畏惧心理. 下面结合近几年高考题对球与几何体的切接问题作深入的探究,以便更好地把握高考命题的趋势和高考的命题思路,力争在这部分内容不失分.从近几年全国高考命题来看,这部分内容以选择题、填空题为主，大题很少见.首先明确定义1：若一个多面体的各顶点都在一个球的球面上，则称这个多面体是这个球的内接多面体，这个球是这个多面体的外接球。

定义2：若一个多面体的各面都与一个球的球面相切， 则称这个多面体是这个球的外切多面体，这个球是这个多面体的内切球.1 球与柱体的切接规则的柱体，如正方体、长方体、正棱柱等能够和球进行充分的组合，以外接和内切两种形态进行结合，通过球的半径和棱柱的棱产生联系，然后考查几何体的体积或者表面积等相关问题.1.1 球与正方体如图所示，正方体1111ABCD A B C D -，设正方体的棱长为a ，,,,E F H G 为棱的中点，O 为球的球心.常见组合方式有三类：一是球为正方体的内切球，截面图为正方形EFGH 和其内切圆，则2a OJ r ==；二是与正方体各棱相切的球，截面图为正方形EFGH 和其外接圆，则22GO R ==；三是球为正方体的外接球，截面图为长方形11ACA C 和其外接圆，则132AO R '==.通过这三种类型可以发现，解决正方体与球的组合问题，常用工具是截面图，即根据组合的形式找到两个几何体的轴截面，通过两个截面图的位置关系，确定好正方体的棱与球的半径的关系，进而将空间问题转化为平面问题.（1）正方体的内切球，如图1. 位置关系：正方体的六个面都与一个球都相切，正方体中心与球心重合；数据关系：设正方体的棱长为a ，球的半径为r ，这时有2r a =.（2）正方体的外接球，如图2. 位置关系：正方体的八个顶点在同一个球面上；正方体中心与球心重合；数据关系：设正方体的棱长为a ，球的半径为r ，这时有23r a =.（3）正方体的棱切球，如图3. 位置关系：正方体的十二条棱与球面相切，正方体中心与球心重合； 数据关系：设正方体的棱长为a ，球的半径为r ，这时有22r a =.例 1 棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -的8个顶点都在球O 的表面上，E F ，分别是棱1AA ，1DD 的中点，则直线EF 被球O 截得的线段长为（ ）A ．22B ．1C ．212+D ．2思路分析：由题意推出，球为正方体的外接球.平面11AA DD 截面所得圆面的半径12,22AD R ==得知直线EF 被球O 截得的线段就是球的截面圆的直径.1.2 球与长方体例 2自半径为R 的球面上一点M ，引球的三条两两垂直的弦MC MB MA ,,，求222MC MB MA ++的值．思路分析：此题欲计算所求值，应首先把它们放在一个封闭的图形内进行计算，所以应引导学生构造熟悉的几何体并与球有密切的关系，便于将球的条件与之相联．例 3（全国卷I高考题）已知各顶点都在一个球面上的正四棱柱高为4，体积为16，则这个球的表面积为（）.A. 16πB. 20πC. 24πD. 32π思路分析：正四棱柱也是长方体.由长方体的体积16及高4可以求出长方体的底面边长为2，可得长方体的长、宽、高分别为2，2，4，长方体内接于球，它的体对角线正好为球的直径.2 球与锥体的切接规则的锥体，如正四面体、正棱锥、特殊的一些棱锥等能够和球进行充分的组合，以外接和内切两种形态进行结合，通过球的半径和棱锥的棱和高产生联系，然后考查几何体的体积或者表面积等相关问题.2.1正四面体与球的切接问题（1）正四面体的内切球，如图4. 位置关系：正四面体的四个面都与一个球相切，正四面体的中心与球心重合；数据关系：设正四面体的棱长为a，高为h；球的半径为R，这时有643R h==；（可以利用体积桥证明）（2） 正四面体的外接球，如图5. 位置关系：正四面体的四个顶点都在一个球面上，正四面体的中心与球心重合； 数据关系：设正四面体的棱长为a ，高为h ；球的半径为R ，这时有436R h a ==；（可用正四面体高h 减去内切球的半径得到）（3） 正四面体的棱切球，如图6. 位置关系：正四面体的六条棱与球面相切，正四面体的中心与球心重合；数据关系：设正四面体的棱长为a ，高为h ；球的半径为R ，这时有6432,.3R h a h ===例 4设正四面体中，第一个球是它的内切球，第二个球是它的外接球，求这两个球的表面积之比及体积之比．思路分析：此题求解的第一个关键是搞清两个球的半径与正四面体的关系，第二个关键是两个球的半径之间的关系，依靠体积分割的方法来解决的．2.2其它棱锥与球的切接问题球与正棱锥的组合，常见的有两类，一是球为三棱锥的外接球，此时三棱锥的各个顶点在球面上，根据截面图的特点，可以构造直角三角形进行求解.二是球为正棱锥的内切球，例如正三棱锥的内切球，球与正三棱锥四个面相切，球心到四个面的距离相等，都为球半径R ．这样求球的半径可转化为球球心到三棱锥面的距离，故可采用等体积法解决，即四个小三棱锥的体积和为正三棱锥的体积.球与一些特殊的棱锥进行组合，一定要抓住棱锥的几何性质，可综合利用截面法、补形法等进行求解.例如，四个面都是直角三角形的三棱锥，可利用直角三角形斜边中点几何特征，巧定球心位置.例5正三棱锥的高为1，底面边长为62，正三棱锥内有一个球与其四个面相切．求球的表面积与体积．思路分析：此题求解的关键是搞清球的半径与正三棱锥的高及底面边长的关系，由等体积法可得：ABC O PBC O PAC O PAB O ABC P V V V V V -----+++=，得到2633232-=+=R ．例6（福建高考题）若三棱锥的三条侧棱两两垂直，且侧棱长均为3，则其外接球的表面积是 .思路分析：此题用一般解法，需要作出棱锥的高，然后再设出球心，利用直角三角形计算球的半径.而作为填空题，我们更想使用较为便捷的方法.三条侧棱两两垂直，使我们很快联想到长方体的一个角，马上构造长方体，由侧棱长均相等，所以可构造正方体模型.点评：此题突出构造法的使用，以及渗透利用分割补形的方法解决立体几何中计算问题，这是解决几何体与球切接问题常用的方法．例7【2012年新课标高考卷】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 是球O 的直径，且2SC =；则此棱锥的体积为（ ） A. 26 B. 36 C. 23 D. 22思路分析：ABC ∆的外接圆是球面的一个小圆，由已知可得其半径，从而得到点O 到面ABC 的距离.由SC 为球O 的直径⇒点S 到面ABC 的距离即可求得棱锥的体积.3 球与球相切问题对于球与球的相切组合成复杂的几何体问题，要根据丰富的空间想象力，通过准确确定各个小球的球心的位置，或者巧借截面图等方法，将空间问题转化平面问题求解.例8已知有半径分别为2、3的球各两个，且这四个球彼此相外切，现有一个球与此四个球都相外切，则此球的半径为 .思路分析：结合图形，分析四个球的球心A、B、C、D的位置，知AD=AC=BD=BC=5，AB=6，CD=4.设AB中点为E、CD中点为F，连结EF.在△ABF中可得BF=21，在△EBF中可得EF=23. 由于对称性可得第五个球的球心O在EF上，连结OA、OD.设第五个球的半径为r，根据OE+OF=EF 建立r的方程.例9把四个半径都是1的球中的三个放在桌面上，使它两两外切，然后在它们上面放上第四个球，使它与前三个都相切，求第四个球的最高点与桌面的距离．思路分析：关键在于能根据要求构造出相应的几何体，由于四个球半径相等，故四个球一定组成正四面体的四个顶点且正四面体的棱长为两球半径之和2．4球与几何体的各条棱相切问题球与几何体的各条棱相切问题，关键要抓住棱与球相切的几何性质，达到明确球心的位置为目的，然后通过构造直角三角形进行转换和求解.如与正四面体各棱都相切的球的半径为相对棱的一半：24r'=.例10 把一个皮球放入如图10所示的由8根长均为20 cm的铁丝接成的四棱锥形骨架内，使皮球的表面与8根铁丝都有接触点，则皮球的半径为（）A．3cm B．10 cmC ．102cmD ．30cm思路分析：根据题意球心O 在图中AP 上，过O 作BP 的垂线ON 垂足为N ，ON=R ，OM=R ，由各个棱都为20，得到AM=10，BP=20,BM=10，AB=102,设BPA α∠=，在Rt ∆BPM 中，由222BP BM PM =+,得103PM =.在Rt ∆PAM 中, 由222PM AM AP =+,得102PA =.在Rt ∆ABP 中得, 1022sin 202AB BP α===，在Rt ∆ONP 中得, sin ON R OP OPα==,从而22R OP =，2OP R =.在Rt ∆OAM 中, 由222OM AO AM =+,建立方程22(1022)100R R =-+即可得解.5球与旋转体切接问题首先画出球及其它旋转体的公共轴截面，然后寻找几何体与几何体几何元素之间的关系．例11求球与它的外切圆柱、外切等边圆锥的体积之比．思路分析：首先画出球及它的外切圆柱、等边圆锥，它们公共的轴截面，然后寻找几何体与几何体之间元素的关系．例12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．思路分析：此题的关键在于作截面，一个球在正方体内，学生一般知道作对角面，而两个球的球心连线也应在正方体的体对角线上，故仍需作正方体的对角面，得如图的截面图，在图中，观察R与r和棱长间的关系即可．综合上面的五种类型，解决与球的外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；把一个多面体的几个顶点放在球面上即为球的内接问题．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．发挥好空间想象力，借助于数形结合进行转化，问题即可得解．如果是一些特殊的几何体，如正方体、正四面体等可以借助结论直接求解,此时结论的记忆必须准确.高考题往往与三视图相结合，题目的难易不一，在复习中切忌好高骛远，应重视各种题型的备考演练，重视高考信息的搜集，不断充实题目的类型，升华解题的境界.。

乌鲁木齐市第一中学2019届高三二轮复习资料专题一球的“切”、“接”综合问题编写：李国华【基础知识，基本方法】“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，“球心截面法”是解决“切”“接”问题的根本大法。

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．一、与球有关的外接、内切问题解法流程二、与球有关的切、接问题中常见的组合：类型一：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 .类型二：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 .该正四面体外切球的半径也可以用“补形法”求解：该正四面体棱切球的半径求法：地球仪的经线圈、纬线圈正四面体(设棱长为a )的性质：①全面积23S a =；②体积3212V a =；③外接球半径64R a =；④内切球半径612r a =；⑤正四面体内任一点到各面距离之和为定值63h a =.由于正四面体本身的对称性可知，内切球和外接球的两个球心是重合的，为正四面体高的四等分点.类型三：直角四面体（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 1­AB 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)．类型四：双垂四面体的外接球半径问题四面体A—BCD中：若AB⊥平面BCD，CD⊥平面ACB，则称该四面体为双垂四面体(图4)，设AB =a，BC=b，CD=c，其外接球的半径为r．如果把该双垂四面体补成一个长方体，那么该双垂四面体的外接球也是长方体的外接球，于是类型五：对棱相等的四面体外接球问题对棱相等模型（补形为长方体）：三棱锥（即四面体）中，已知三组对棱分别相等，例1：四面体ABCD 中，541AB CD BC AD ====，，BD=AC=34,求该四面体的（1）外接球的半径（由于每组对棱相等，补形成长方体求解）、（2）体积（3）内切球半径（选做）三、几类常见几何体外接球问题（一）构造直棱柱求解类型六、直棱柱的外接球与该棱柱外接圆柱体有相同的外接球；（圆柱体轴截面矩形的外接圆是大圆，该矩形的对角线（外接圆直径）是球的直径）例2、在四面体S ABC -中，ABC SA 平面⊥，,1,2,120====∠︒AB AC SA BAC 则该四面体的外接球的表面积为（）π11.A π7.B π310.C π340.D【课堂练习1】已知EAB ∆所在的平面与矩形ABCD 所在的平面互相垂直，︒=∠===60,2,3AEB AD EB EA ，则多面体ABCD E -的外接球的表面积为.（二）锥体背景的模型类型七、切瓜模型（两个大小圆面互相垂直且交于小圆直径——正弦定理求大圆直径是通法）1．如图4-1，平面⊥PAC 平面ABC ，且BC AB ⊥（即AC 为小圆的直径），且P 的射影是ABC ∆的外心⇔三棱锥ABC P -的三条侧棱相等⇔三棱ABC P -的底面ABC ∆在圆锥的底上，顶点P 点也是圆锥的顶点.解题步骤：第一步：确定球心O 的位置，取ABC ∆的外心1O ，则1,,O O P 三点共线；第二步：先算出小圆1O 的半径r AO =1，再算出棱锥的高h PO =1（也是圆锥的高）；第三步：勾股定理：21212O O A O OA +=⇒222)(r R h R +-=，解出R ；事实上，ACP ∆的外接圆就是大圆，直接用正弦定理也可求解出R .也可用下面两种方法求解：法一：如图4-4，平面⊥PAC 平面ABC ，且BC AB ⊥（即AC 为小圆的直径）第一步：易知球心O 必是PAC ∆的外心，即PAC ∆的外接圆是大圆，先求出小圆的直径r AC 2=；第二步：在PAC ∆中，可根据正弦定理R Cc B b A a 2sin sin sin ===，求出R .法二：三棱锥的两个侧面互相垂直，已知两个相互垂直的面的外接圆半径的长及其公共棱的长度的情形：已知三棱锥A BCD -中，面ABD ⊥面BCD ，且ABD ∆，BCD ∆的外接圆半径分别记为12,r r ，公共棱BD a =，则该三棱锥的外接球半径满足：()()()222212222R r r a =+-【课堂练习2】（1）三棱锥ABC P -中，平面⊥PAC 平面ABC ，△PAC 边长为2的正三角形，BC AB ⊥，则三棱锥ABC P -外接球的半径为.（2）三棱锥ABC P -中，平面⊥PAC 平面ABC ，2=AC ，3==PC PA ，BC AB ⊥，则三棱锥ABC P -外接球的半径为.（3）在三棱锥ABC P -中，3===PC PB PA ,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．π B.3πC.4πD.43π（4）表面积为π60的球面上有四点C B A S 、、、且ABC ∆是等边三角形，球心O 到平面ABC 的距离为3，若ABC SAB 面⊥,则棱锥ABC S -体积的最大值为．（三）二面角背景的模型类型八、两直角三角形拼接在一起(斜边相同,也可看作矩形沿对角线折起所得三棱锥)模型如图， 90=∠=∠ACB APB ，求三棱锥ABC P -外接球半径。

图3-1微专题——球的切接问题【教学目标】复习空间几何体的表面积和体积，直线与直线，直线与平面，平面与平面的位置关系； 让学生体会割补法在求外接球半径中的巧妙运用；培养学生空间想象能力、推理论证能力、运算求解能力、分析问题和转化问题的能力 【教学重难点】重点：巧用割补法求几何体的外接球半径难点：对题目的研究过程中让学生经历从识图、想图到构图的过程，培养学生识图能力和空间想象能力 【教学过程】 一、有关定义1．球的定义：空间中到定点的距离等于定长的点的集合（轨迹）叫球面，简称球.2．外接球的定义：若一个多面体的各个顶点都在一个球的球面上， 则称这个多面体是这个球的内接多面体，这个球是这个多面体的外接球. 二、外接球的有关知识性质1：过球心的平面截球面所得圆是大圆，大圆的半径与球的半径相等；性质2：经过小圆的直径与小圆面垂直的平面必过球心，该平面截球所得圆是大圆； 性质3：过球心与小圆圆心的直线垂直于小圆所在的平面（类比：圆的垂径定理）； 性质4：球心在大圆面和小圆面上的射影是相应圆的圆心；性质5：在同一球中，过两相交圆的圆心垂直于相应的圆面的直线相交，交点是球心（类比：在同圆中，两相交弦的中垂线交点是圆心）.初图2初图1如果用割补法去看待图形的外接圆问题，可以将文科中常见的外接圆问题分成以下几种类型：类型一：柱体模型1、圆柱：圆柱体的外接球球心在上下两底面圆的圆心连一段中点处 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r AO =1，h AA OO 212111==； 第三步：勾股定理：21212O O A O OA +=⇒222)2(r h R +=⇒22)2(hr R +=，解出R例题：如图，半径为4的球O 中有一内接圆柱，则圆柱的侧面积最大值是________． 解析：设圆柱的上底面半径为r ，球的半径与上底面夹角为α， 则r ＝4cos α，圆柱的高为8sin α. 所以圆柱的侧面积为32πsin 2α.当且仅当α＝π4时，sin 2α＝1，圆柱的侧面积最大，所以圆柱的侧面积的最大值为32π. 答案：32π2、长方体：长方体的外接球的球心在体对角线的交点处，即长方体的体对角线的中点是球心，可是，如果我们用切割的角度来看长方体，其实长方体可看作是由圆柱切割而成，则长方体的外接球可转化为圆柱的外接球公式22)2(hr R +=求解。

与球有关的切、接问题432Rπ；球的体积公式V＝R1．球的表面积公式：S＝4π32．与球有关的切、接问题中常见的组合：，r，内切球的半径为(1)正四面体与球：如图，设正四面体的棱长为a为正四面体的高，在SED，连接CD，外接球的半径为R，取AB的中点为上的圆．因为和DC相切，圆心在高SE内作一个与边截面三角形SDCSDSE＝r，，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＝ROE2a23266222＝a＝，解得R. ＝aa，CEa＝，则有R＋r＝，r－a，Rr＝|CE|＝1233343 (2)正方体与球：的内切圆，如图所①正方体的内切球：截面图为正方形EFHGa rr|示．设正方体的棱长为a，则OJ|＝＝(为内切球半径)．2的外接圆，EFHG②与正方体各棱相切的球：截面图为正方形2. |GO＝R＝a则|23′＝ROA的外接圆，则a. |A|＝③正方体的外接球：截面图为正方形ACC1112 (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D-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AAB111的外接球的球心重合．如图，设-ABCD的外接球的球心和正方体ABCD11113. ＝aAA＝a，则R12②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2222cb＋a＋l2 l．为长方体的体对角线长)＝接球的球心就是三棱锥的外接球的球心．R＝(44 角度一：正四面体的内切球S1＝S，则，其内切球的表面积为S)(2015·1．长春模拟若一个正四面体的表面积为21S2________.13，其内切球半径＝34·a＝22a·a，则正四面体表面积为S解析：设正四面体棱长为1422aπa6S31161＝＝4πr＝，＝为正四面体高的，即r则＝2S，·a因此内切球表面积为＝a2πS3*******a636. π角度二：直三棱柱的外接球的六个顶点都在半径BAC)如图，直三棱柱ABC-2．(2015·唐山统考111是半球底面圆的内接正方形，则B＝AC，侧面BCC为1的半球面上，AB11)的面积为(侧面ABBA112 BD.．1 C.2 A．22为截面O上，BC的中心B球心在侧面BCCC由题意知，解析：选11A同理△的外接圆圆心∴∠BAC＝90°，△ABCN是BC的中点，圆的直径，CB111中，的中心．设正方形M是BBCC的边长为x，Rt△OMC的外心BC11111xxxx????＝x＋＝1，即＝MC，＝，OC＝R1(R为球的半径)，∴22＝OM????1122222. 1＝×＝2AABB1＝AC＝矩形，∴SAB2，则11角度三：正方体的外接球图中．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(3，则该几何体外接球的体积为)三个四边形都是边长为2的正方形．________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，要求的直径就是解析：4 ＝＝π.433，∴R正方体的体对角线；∴2＝3(2R为球的半径)R＝，∴球的体积V3Rπ 3 答案：43π角度四：四棱锥的外接球，42，底面边长为若该棱锥的高为)(2014·4．大纲卷正四棱锥的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为()227π81πD. C．9π A. B．16π44ABCD-∵正四棱锥PR，底面中心为O′且球心为O，解析：选A如图所示，设球半径为2.′＝中AB＝2，∴AORR)＝，解得(2)＋(4－，∴4＝，∴在Rt△AOO′中，AO＝AO′＋OO′R∵PO′222222981π9??A. ＝×，∴该球的表面积为4πR＝4π，故选＝22??444][类题通法”问题的处理规律“切”“接”的处理1．“切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．的处理”2．“接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[5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1．(2015·云南一检)) 的圆，那么这个空间几何体的表面积等于(25π100πD. 25πC．B. ．A100π33 ＝100π.2R＝4π易知该几何体为球，其半径为5，则表面积为S选解析：A的正四棱柱的各顶点均在同一个，侧棱长为2(2014·2．陕西高考)已知底面边长为1)(球面上，则该球的体积为4π32π D.．B．4πC2πA. 33r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，所以半径选D解析：4π4π1＝V＝?2＝1，所以＝＋＋1?3222.故选D.×11球3323．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()3326 ．D．．A233 B.3C2h3.23＋＝，解得h＝226)，则可得(解析：选D设正六棱柱的高为h4折起，沿对角线AC．(2015·山西四校联考)将长、宽分别为4和3的长方形ABCD4 ．________得到四面体A-BCD，则四面体A-BCD的外接球的体积为，∴外接球的半径OD相交于O，折起来后仍然有OA＝OB＝OC＝解析：设AC与BD4＋2235125π4π5??＝＝，从而体积V＝3＝. r×??26232的球面上，则该O5．一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．圆锥的体积与球O的体积的比值为________31－(3＝；又Ra＝a＋2322aaπ·π＝·，则aVa3解析：设等边三角形的边长为2圆锥334π932233π32??，则其体积比为＝R＝，所以＝233. ·R)a，故Vaa球??2732333[高考全国课标卷真题追踪]090??AOBB,A CO为该球面上的动点，的球面上两点，是球15课标1理）已知,1．（O?ABCOC 36若，则球）的表面积为（三棱锥体积的最大值为????2566436144(A) (D) (C)(B),课标1理）如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器132.（当球面恰好接,再向容器注水,容器高8cm,将一个球放在容器口则球的体积为6cm,如不计容器的厚度,触水面时测得水深为( A )π866500π33cmcm））（A（B33ππ2048137233cmcm）C （（D）33ABCO?S?ABC1的 3.（12是边长为的所有顶点都在球,课标理）已知三棱锥的球面上SC?2SCO,则此棱锥的体积为（且正三角形,为球的直径, A ）42232D ） (B) (C)(A) 6??OO则2,4.（12课标文）平面到平面截球的距离为的球面所得圆的半径为1,球心）此球的体积为（ B63ππ（D43π（C））4（A ）6π（B）6a,顶点都在一个球面上,则（10新课标理）设三棱柱的侧棱垂直于底面,所有棱长都为5.该球的表面积为( B ) 7112222????a5aaa (C)(A) (B) (D) 332a,a,a,其顶点都在一个球面上6.（10新课标文）设长方体的长、宽、高分别为,则该球的表面积为( B )2222????aa243aa612 D ）（）（（A）BC）（S?ABCO r在球心（07新课标文）已知三棱锥的球面上,的各顶点都在一个半径为7．AC?2r ABCSO?AB,则球的体积与三棱锥体积之比是（Ｄ）,底面上,π2π3π4π . Ｂ.ＤＣＡ..323OABCDO?为,,底面边长为新课标2文）已知正四棱锥的体积为则以8.（132?24OA。