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立体几何中的“内切”与“外接”问题的探究1 球与柱体规则的柱体，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1所示，正方体1111D C B A ABCD-,设正方体的棱长为a ，G H F E ,,,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EFHG 和其内切圆，则2ar OJ ==；二是与正方体各棱相切的球，截面图为正方形EFHG 和其外接圆，则a R OG 22==； 三是球为正方体的外接球，截面图为长方形11A ACC 和其外接圆，则23'1a R O A ==.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 。
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 ．21.2 球与长方体长方体各顶点可在一个球面上，故长方体存在外切球.但是不一定存在内切球.设长方体的棱长为,,,a b c 其体对角线为l .当球为长方体的外接球时，截面图为长方体的对角面和其外接圆，和正方体的外接球的道理是一样的，故球的半径222.22l a b c R ++==例 2 在长、宽、高分别为2，2，4的长方体内有一个半径为1的球，任意摆动此长方体，则球经过的空间部分的体积为( ) A.10π3 B.4π C.8π3 D.7π31.3 球与正棱柱球与一般的正棱柱的组合体，常以外接形态居多。
下面以正三棱柱为例，介绍本类题目的解法——构造直角三角形法。
【最新整理，下载后即可编辑】立体几何中的“内切”与“外接”问题的探究1 球与柱体规则的柱体，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1所示，正方体1111D C B A ABCD -,设正方体的棱长为a ，G H F E ,,,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EFHG 和其内切圆，则2ar OJ ==；二是与正方体各棱相切的球，截面图为正方形EFHG 和其外接圆，则a R OG 22==； 三是球为正方体的外接球，截面图为长方形11A ACC 和其外接圆，则23'1aR O A ==.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 。
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 ．21.2 球与长方体长方体各顶点可在一个球面上，故长方体存在外切球.但是不一定存在内切球.设长方体的棱长为,,,a b c 其体对角线为l .当球为长方体的外接球时，截面图为长方体的对角面和其外接圆，和正方体的外接球的道理是一样的，故球的半径22222l a b c R ++==例 2 在长、宽、高分别为2，2，4的长方体内有一个半径为1的球，任意摆动此长方体，则球经过的空间部分的体积为( )A.10π3B.4πC.8π3D.7π31.3球与正棱柱球与一般的正棱柱的组合体，常以外接形态居多。
下面以正三棱柱为例，介绍本类题目的解法——构造直角三角形法。
球的切、接、截面问题是历年高考的热点内容，常以选择题、填空题的形式出现，一般围绕球与其他几何体的内切、外接问题命题，考查球的体积、表面积等．类型一外接球解决与外接球相关问题的关键是确定球心，然后通过球心和接点作截面，进而将球的外接问题转化为平面几何问题，利用平面几何知识来分析、处理．例1(1)(2024·江苏启东中学阶段考试)已知三棱锥P－ABC的三条侧棱两两互相垂直，且AB ＝5，BC＝7，AC＝2，则此三棱锥的外接球的体积为()A．8π3B．82π3C．16π3D．32π3答案B解析由题意知，可将三棱锥放入长方体中考虑，则长方体的外接球即为三棱锥的外接球，故球的半径为长方体体对角线的一半，设PA＝x，则PB2＋PC2＝BC2＝7，即5－x2＋4－x2＝7，解得x＝1，故PA＝1，PB＝2，PC＝3，所以R＝12＋22＋（3）22＝2，所以此三棱锥的外接球的体积为43πR3＝82π3.(2)(2022·新高考Ⅱ卷)已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为33和43，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为()A．100πB．128πC．144πD．192π答案A解析设正三棱台上、下底面所在圆面的半径分别为r1，r2，所以2r1＝33sin60°，2r2＝43sin60°，则r1＝3，r2＝4.设球心到上、下底面的距离分别为d1，d2，球的半径为R(R≥4)，所以d1＝R2－9，d2＝R2－16，故|d1－d2|＝1或d1＋d2＝1，即|R2－9－R2－16|＝1或R2－9＋R2－16＝1，解得R2＝25，符合题意，所以球的表面积为S＝4πR2＝100π.故选A.(3)(2023·全国乙卷)已知点S，A，B，C均在半径为2的球面上，△ABC是边长为3的等边三角形，SA⊥平面ABC，则SA＝________．答案2解析如图，将三棱锥S－ABC转化为直三棱柱SMN－ABC，设△ABC的外接圆的圆心为O1，半径为r，则2r＝ABsin∠ACB＝332＝23，可得r＝ 3.设三棱锥S－ABC的外接球的球心为O，连接OA ，OO 1，则OA ＝2，OO 1＝12SA ，因为OA 2＝O 1A 2＋OO 21，即4＝3＋14SA 2，所以SA ＝2.(4)(2022·新高考Ⅰ卷改编)已知正四棱锥的侧棱长为l ，其各顶点都在同一球面上．若该球的体积为36π，且3≤l ≤33，则该正四棱锥体积的取值范围是________．答案274，643解析如图，设该球的半径为R ，球心为O ，正四棱锥的底边长为a ，高为h ，正四棱锥的侧棱与高所成的角为θ，则正四棱锥的底边长a ＝2l sin θ，高h ＝l cos θ.依题意，得36π＝43πR 3，解得R ＝3.在△OPC 中，作OE ⊥PC ，垂足为E ，则可得cos θ＝l 2R ＝l6∈12，32，所以l ＝6cos θ，所以正四棱锥的体积V ＝13a 2h ＝13(2l sin θ)2·l cos θ＝23(6cos θ)3sin 2θcos θ＝144(sin θcos 2θ)2.设sin θ＝t ，易得t ∈12，32.令y ＝sin θcos 2θ＝t (1－t 2)＝t －t 3，则y ′＝1－3t 2，令y ′＝0，得t ＝33，所以当12＜t ＜33时，y ′＞0；当33＜t ＜32时，y ′＜0，所以函数y ＝t －t 3，．又当t ＝33时，y ＝239；当t ＝12时，y ＝38；当t ＝32时，y ＝38.所以38≤y ≤239，所以274≤V ≤643.所以该正四棱锥的体积的取值范围是274，643.1．求解几何体外接球半径的思路一是根据球的截面的性质，利用球的半径R 、截面圆的半径r 及球心到截面圆的距离d 三者的关系R 2＝r 2＋d 2求解，其中，确定球心的位置是关键；二是将几何体补成长方体，利用该几何体与长方体共有外接球的特征，由外接球的直径等于长方体的体对角线长求解．2．确定球心常用的方法(1)长方体或正方体的外接球的球心是其体对角线的中点．(2)正棱柱的外接球的球心是上、下底面中心连线的中点．(3)直三棱柱的外接球的球心是上、下底面三角形外心连线的中点．(4)正棱锥的外接球的球心在其高上，具体位置可通过建立直角三角形运用勾股定理计算得到．1．(2024·福建宁德一中高三模拟)在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ⊥BC ，BC ＝1，AB ＝3，AA 1＝23，则该直三棱柱的外接球的体积为()A ．8π3B ．16π3C ．32π3D ．64π3答案C解析如图所示，将直三棱柱ABC －A 1B 1C 1补成长方体，则长方体的外接球即为直三棱柱的外接球．长方体的体对角线长为（23）2＋（3）2＋1＝4，设长方体的外接球的半径为R ，则2R ＝4，解得R ＝2，所以该直三棱柱的外接球的体积V ＝43πR 3＝32π3.故选C.2．(2024·鞍山一中高三模拟)在三棱锥P －ABC 中，PA ＝BC ＝4，PB ＝AC ＝5，PC ＝AB ＝11，则三棱锥P －ABC 外接球的表面积为()A ．26πB ．12πC ．8πD ．24π答案A解析三棱锥P －ABC 中，PA ＝BC ＝4，PB ＝AC ＝5，PC ＝AB ＝11，如图，构造长方体，使得面上的对角线长分别为4，5，11，则长方体的体对角线长等于三棱锥P －ABC 外接球的直径，设长方体的棱长分别为x ，y ，z ，则x 2＋y 2＝16，y 2＋z 2＝25，x 2＋z 2＝11，则x 2＋y 2＋z 2＝26，因此三棱锥P －ABC 外接球的直径为26，所以三棱锥P －ABC 外接球的表面积为＝26π.故选A.3．(2024·四川遂宁高三期末)已知A ，B ，C ，D 在球O 的表面上，△ABC 为等边三角形且边长为3，AD ⊥平面ABC ，AD ＝2，则球O 的表面积为________．答案16π解析球心O 在平面ABC 的投影为△ABC 的中心，设为O 1，连接OD ，OO 1，OA ，设H 是AD 的中点，连接OH ，如图所示，则AO 1＝32sin60°＝3，OA ＝OD ＝R ，则OH ⊥AD ，四边形AO 1OH 为矩形，OO 1＝AH ＝1，R 2＝AO 21＋OO 21＝3＋1＝4，故R ＝2，S＝4πR 2＝16π.4．(2022·全国乙卷改编)已知球O 的半径为1，四棱锥的顶点为O ，底面的四个顶点均在球O 的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为________．答案33解析设该四棱锥的底面为四边形ABCD ，四边形ABCD 所在小圆的半径为r ，四边形ABCD对角线的夹角为α，则S 四边形ABCD ＝12AC ·BD sin α≤12AC ·BD ≤12·2r ·2r ＝2r 2(当且仅当四边形ABCD为正方形时，等号成立)，即当四棱锥的顶点O 到底面ABCD 所在小圆距离一定时，底面ABCD 的面积的最大值为2r 2，设该四棱锥的高为h ，则r 2＋h 2＝1，所以V O －ABCD ＝13·2r 2·h ＝23r 2·r 2·2h 2≤23＝4327，当且仅当r 2＝2h 2，即h ＝33时，等号成立．类型二内切球解决与内切球相关的问题，其通法也是作截面，将空间几何问题转化为平面几何问题来解决．例2(1)(2024·广东广州模拟)已知一个圆台的母线长为5，且它的内切球的表面积为16π，则该圆台的体积为()A ．25πB ．84π3C ．28πD ．36π答案C解析由圆台的内切球的表面积为16π，可得球的半径为2.设圆台上、下底面圆的半径分别为x ，y ，作出圆台的轴截面如图所示．＋y ＝5，2＋（y －x ）2＝52，＝1，＝4.又圆台的高为4，所以该圆台的体积为13×(π＋16π＋π×16π)×4＝28π.故选C.(2)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＋33＝36＋33.因为PD ＝1，所以三棱锥的体积V ＝13×33×1＝3.设内切球的半径为r ，以球心O 为顶点，三棱锥的四个面为底面，把正三棱锥分割为四个小三棱锥，由13S 三棱锥表·r ＝3，得r ＝3336＋33＝2－1.(3)(2023·全国甲卷)在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别为CD ，A 1B 1的中点，则以EF 为直径的球面与正方体每条棱的交点总数为________．答案12解析如图，不妨设正方体的棱长为2，EF 的中点为O ，取AB ，BB 1的中点G ，M ，侧面BB 1C 1C 的中心为N ，连接FG ，EG ，OM ，ON ，MN ，由题意可知，O 为球心，在正方体中，EF ＝FG 2＋EG 2＝22＋22＝22，即R ＝2，则球心O 到BB 1的距离为OM ＝ON 2＋MN 2＝12＋12＝2，所以球O 与棱BB 1相切，球面与棱BB 1只有1个交点，同理，根据正方体的对称性知，球面与其余各棱也只有1个交点，所以以EF 为直径的球面与正方体每条棱的交点总数为12.“切”的问题常用的处理方法(1)找准切点，通过作过球心的截面来解决．(2)通过体积分割法来求内切球的半径．5．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2π3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×＝2π3.6.(2024·山东烟台模拟)某学校开展手工艺品展示活动，某同学用塑料制作了如图所示的手工艺品，其外部为一个底面边长为6的正三棱柱，内部为一个球，球的表面与三棱柱的各面均相切，则该内切球的表面积为________，三棱柱的顶点到球的表面的最短距离为________．答案12π15－3解析过侧棱的中点作正三棱柱的截面，如图所示，则球心为△MNG 的中心．因为MN＝6，所以△MNG内切圆的半径r＝OH＝13MH＝13MN2－HN2＝3，即内切球的半径R＝3，所以内切球的表面积S＝4πR2＝12π.又正三棱柱的高AA1＝2R＝23，OM＝23 MH＝23，所以AO＝OM2＋AM2＝（23）2＋（3）2＝15，所以点A到球的表面的最短距离为AO－R＝15－ 3.类型三球的截面、截线问题解决球的截面、截线问题的关键是利用球的截面的性质．例3(1)(2024·云南昆明模拟)已知OA为球O的半径，M为线段OA上的点，且AM＝2MO，过点M且垂直于OA的平面截球面得到圆M，若圆M的面积为8π，则OA＝()A．22B．3C．23D．4答案B解析如图所示，由题意，得π×BM2＝8π，则BM＝2 2.设球的半径为R，则MO＝13R，OB＝R，所以R2＝19R2＋(22)2，所以OA＝R＝3.故选B.(2)已知A，B，C为球O的球面上的三个点，⊙O1为△ABC的外接圆，若⊙O1的面积为4π，AB＝BC＝AC＝OO1，则球O的表面积为()A．64πB．48πC．36πD．32π答案A解析设⊙O1的半径为r，球的半径为R，依题意，得πr2＝4π，∴r＝2.由正弦定理可得AB sin60°＝2r，∴AB＝2r sin60°＝23，∴OO1＝AB＝23.根据球的截面性质，得OO1⊥平面ABC，∴OO1⊥O1A，R＝OA＝OO21＋O1A2＝OO21＋r2＝4，∴球O的表面积S＝4πR2＝64π.故选A.(3)(2020·新高考Ⅰ卷)已知直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长均为2，∠BAD ＝60°.以D 1为球心，5为半径的球面与侧面BCC 1B 1的交线长为________．答案2π2解析如图所示，取B 1C 1的中点为E ，BB 1的中点为F ，CC 1的中点为G ，连接D 1E ，EF ，EG ，D 1B 1，因为∠BAD ＝60°，直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长均为2，所以△D 1B 1C 1为等边三角形，所以D 1E ＝3，D 1E ⊥B 1C 1.又四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1为直四棱柱，所以BB 1⊥平面A 1B 1C 1D 1，所以BB 1⊥D 1E .因为BB 1∩B 1C 1＝B 1，所以D 1E ⊥侧面B 1C 1CB .设P 为侧面B 1C 1CB 与球面的交线上的点，连接D 1P ，EP ，则D 1E ⊥EP .因为球的半径为5，D 1E ＝3，所以EP ＝D 1P 2－D 1E 2＝5－3＝2，所以侧面B 1C 1CB 与球面的交线上的点到E 的距离为2.因为EF ＝EG ＝2，所以侧面B 1C 1CB 与球面的交线是扇形EFG 的弧FG ︵.因为∠B 1EF ＝∠C 1EG ＝π4，所以∠FEG ＝π2，所以根据弧长公式可得交线长l ＝π2×2＝2π2.(1)球的截面一定是一个圆面．(2)球心和小圆圆心连线垂直于小圆圆面．(3)过球内一点作球的截面，最大截面为过球心的圆面，最小截面为过该点且垂直于球心和该点连线的截面．7．(2024·江苏苏州校考阶段练习)传说古希腊数学家阿基米德的墓碑上刻着一个圆柱，圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等，如图是一个圆柱容球，O 1，O 2为圆柱两个底面的圆心，O 为球心，EF 为底面圆O 1的一条直径，若球的半径R ＝2，则(1)平面DEF 截得球的截面面积的最小值为________；(2)若P 为球面和圆柱侧面的交线上一点，则PE ＋PF 的取值范围为______________．答案(1)16π5(2)[25＋2，43]解析(1)过点O 在平面ABCD 内作OG ⊥DO 1，垂足为G ，如图所示，易知O 1O 2⊥CD ，O 1O 2＝4，O 2D ＝2，由勾股定理，可得O 1D ＝O 1O 22＋O 2D 2＝25，则由题意，可得OG ＝12×O 1O 2×O 2D O 1D ＝12×4×225＝255，设点O 到平面DEF 的距离为d 1，平面DEF 截得球的截面圆的半径为r 1，因为O 1D ⊂平面DEF ，当OG ⊥平面DEF 时，d 1取得最大值OG ，即d 1≤OG ＝255，所以r 1＝4－d 21≥4－45＝455，所以平面DEF 截得球的截面面积的最小值为＝16π5.(2)由题意可知，点P 在过球心与圆柱的底面平行的截面圆上，设P 在底面的射影为P ′，则PP ′＝2，PE ＝22＋P ′E 2＝4＋P ′E 2，PF ＝22＋P ′F 2＝4＋P ′F 2，由勾股定理，可得P ′E 2＋P ′F 2＝16，令P ′F 2＝8－t ，则P ′E 2＝8＋t ，其中－8≤t ≤8，所以PE ＋PF ＝12＋t ＋12－t ，所以(PE ＋PF )2＝(12＋t ＋12－t )2＝24＋2144－t 2∈[24＋85，48]，因此PE ＋PF ∈[25＋2，43]．。
