多面体与球的切接问题概要

多面体的外接球和内切球一、结论1、球与多面体的接、切定义1；若一个多面体的各顶点都在一个球面上，则称这个多面体是这个球的内接多面体，这个球是多面体的外接球。

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，这个球是多面体的内切球。

球的内切问题(等体积法)例如：在四棱锥P -ABCD 中，内切球为球O ，求球半径r .方法如下：V P -ABCD =V O -ABCD +V O -PBC +V O -PCD +V O -PAD +V O -PAB即：V P -ABCD =13S ABCD ⋅r +13S PBC ⋅r +13S PCD ⋅r +13S PAD ⋅r +13S PAB ⋅r ，可求出r .球的外接问题1.公式法正方体或长方体的外接球的球心为其体对角线的中点2.补形法(补长方体或正方体)①墙角模型(三条线两个垂直)题设：三条棱两两垂直(重点考察三视图)②对棱相等模型(补形为长方体)题设：三棱锥(即四面体)中，已知三组对棱分别相等，求外接球半径(AB =CD ，AD =BC ，AC =BD )3.单面定球心法(定+算)步骤：①定一个面外接圆圆心：选中一个面如图：在三棱锥P-ABC中，选中底面ΔABC，确定其外接圆圆心O1(正三角形外心就是中心，直角三角形外心在斜边中点上，普通三角形用正弦定理定外心2r=asin A)；②过外心O1做(找)底面ΔABC的垂线，如图中PO1⊥面ABC,则球心一定在直线(注意不一定在线段PO1上)PO1上；③计算求半径R:在直线PO1上任取一点O如图：则OP=OA=R，利用公式OA2=O1A2+OO12可计算出球半径R.4.双面定球心法(两次单面定球心)如图：在三棱锥P-ABC中：①选定底面ΔABC，定ΔABC外接圆圆心O1②选定面ΔPAB，定ΔPAB外接圆圆心O2③分别过O1做面ABC的垂线，和O2做面PAB的垂线，两垂线交点即为外接球球心O.二、典型例题1(2023春·湖南湘潭·高二统考期末)棱长为1的正方体的外接球的表面积为()A.3π4B.3πC.12πD.16π【答案】B【详解】解：易知，正方体的体对角线是其外接球的直径，设外接球的半径为R，则2R=12+12+12=3，故R=3 2．所以S=4πR2=4π×322=3π．故选：B．【反思】本例属于正方体外接球问题，其外接球半径公式可直接记忆.2(2023春·湖南长沙·高三长沙一中校考阶段练习)在四面体PABC中，PA⊥AB，PA⊥AC，∠BAC= 120°，AB=AC=AP=2，则该四面体的外接球的表面积为()A.12πB.16πC.18πD.20π【答案】D【详解】因为PA⊥AB，PA⊥AC，AB∩AC=A,AB,AC⊂平面ABC,所以PA⊥平面ABC.设底面△ABC的外心为G，外接球的球心为O，则OG⊥平面ABC，所以PA⎳OG.设D为PA的中点，因为OP=OA，所以DO⊥PA.因为PA⊥平面ABC，AG⊂平面ABC,所以PA⊥AG，所以OD⎳AG.因此四边形ODAG为平行四边形，所以OG=AD=12PA=1.因为∠BAC=120°，AB=AC=2，所以BC=AB2+AC2-2AB⋅AC cos∠BAC=4+4-2×2×2×-1 2=23,由正弦定理，得2AG=2332=4⇒AG=2.所以该外接球的半径R满足R2=OG2+AG2=5,故该外接球的表面积为S=4πR2=20π.故选:D.【反思】本例属于单面定球心问题①用正弦定理求出ΔABC外心G；②过G做平面ABC的垂线，则外接球球心O在此垂线上；③通过计算算出半径.3(2023秋·湖南娄底·高三校联考期末)《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【详解】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=PA 2+AB 2+AD 22=32+42+522=522，则外接球的表面积为：S =4πR 2=4π⋅504=50π.故选：B【反思】本例属于墙角型模型，通过补形，将原图形补成长方体模型，借助长方体模型求外接球半径.4(2023·全国·高三专题练习)已知菱形ABCD 的各边长为2,∠D =60°．如图所示，将ΔACD 沿AC 折起，使得点D 到达点S 的位置，连接SB ，得到三棱锥S -ABC ，此时SB =3．E 是线段SA 的中点，点F 在三棱锥S -ABC 的外接球上运动，且始终保持EF ⊥AC ，则点F 的轨迹的周长为()A.233π B.433π C.533π D.2213π【答案】C【详解】取AC 中点M ，则AC ⊥BM ,AC ⊥SM ,BM ∩SM =M ，∴AC ⊥平面SMB ，SM =MB =3，又SB =3，∴∠SBM =∠MSB =30°，作EH ⊥AC 于H ，设点F 轨迹所在平面为α，则平面α经过点H 且AC ⊥α，设三棱锥S -ABC 外接球的球心为O ,△SAC ,△BAC 的中心分别为O 1,O 2，易知OO 1⊥平面SAC ,OO 2⊥平面BAC ，且O ,O 1,O 2,M 四点共面，由题可得∠OMO 1=12∠O 1MO 2=60°，O 1M =13SM =33，解Rt △OO 1M ，得OO 1=3O 1M =1，又O 1S =23SM =233，则三棱锥S -ABC 外接球半径r =OO 21+O 1S 2=73，易知O 到平面α的距离d =MH =12，故平面α截外接球所得截面圆的半径为r 1=r 2-d 2=73-14=536，∴截面圆的周长为l =2πr 1=533π，即点F 轨迹的周长为533π．故选：C 【反思】此题典型的双面定球心。

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ABCD-A1B1C1D1，设正方体的棱长为a，E,F,H,G为棱的中点，0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a切圆，则0J = 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，2则Go| =R =乎a ；三是球为正方体的外接球，截面图为长方形ACAG和其外接圆，则73AO =R -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2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2r = -、3a.(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2r —、2a._l c例1 棱长为1的正方体ABCD-AB I G。

21 3 多面体与球切、接的问题（二）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 = ，在△EBF 中可得 EF = 2 .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.3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： r ' =2 a .4 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 ．l0 cmB ．10 cm23222C．10 cm D．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=10 ,设∠BPA =α，在Rt∆BPM 中，由BP2 =BM 2 +PM 2 ,得PM =10 .在Rt∆PAM 中, 由PM 2 =AM 2 +AP2 ,得PA =10 2 .在Rt∆ABP 中得,sinα=AB=10 2=，在Rt∆ONP 中得, BP 20 2sinα=ON=R, 从而R=，OP =2R .在Rt∆OAM 中, 由OM 2 =AO2 +AM 2 , OP OP OP 2建立方程R2 = (10 -2R)2 +100即可得解.25 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.。

专题12 多面体的外接球和内切球一、结论1．球与多面体的接、切定义1；若一个多面体的各顶点都在一个球面上，则称这个多面体是这个球的内接多面体，这个球是多面体的外接球。

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，这个球是多面体的内切球。

类型一 球的内切问题（等体积法）例如：在四棱锥P ABCD -中，内切球为球O ，求球半径r .方法如下： P ABCD O ABCD O PBC O PCD O PAD O PAB V V V V V V ------=++++即：可求出.类型二 球的外接问题1、公式法正方体或长方体的外接球的球心为其体对角线的中点2、补形法（补长方体或正方体）①墙角模型（三条线两个垂直）题设：三条棱两两垂直（重点考察）②对棱相等模型（补形为长方体）题设：三棱锥（即四面体）中，已知三组对棱分别相等，求外接球半径（，）3、单面定球心法（定+算）步骤：①定一个面外接圆圆心：选中一个面如图：在三棱锥P ABC -中，选中底面ABC ∆，确定其外接圆圆心1O （正三角形外心就是中心，直角三角形外心在斜边中点上，普通三角形用正弦定理定外心2sin a r A=）； ②过外心1O 做（找）底面ABC ∆的垂线，如图中1PO ⊥面ABC ,则球心一定在直线（注意不一定在线段1PO 上）1PO 上；③计算求半径R :在直线1PO 上任取一点O 如图：则OP OA R ==，利用公式22211OA O A OO =+可计算出球半径R .4、双面定球心法（两次单面定球心）如图：在三棱锥P ABC -中：①选定底面ABC ∆，定ABC ∆外接圆圆心1O②选定面PAB ∆，定PAB ∆外接圆圆心2O③分别过1O 做面ABC 的垂线，和2O 做面PAB 的垂线，两垂线交点即为外接球球心O . 二、典型例题1．（2022·山西吕梁·一模（文））在《九章算术·商功》中，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑，如图在鳖臑中，平面，则鳖臑内切球的表面积为A ．3πB．(3π- C ．12πD．(3π+【答案】B【解析】解：因为四面体四个面都为直角三角形，平面，所以，设四面体内切球的球心为，则， 所以3ABCD V r S =内， 因为四面体ABCD的表面积为1ABCD ABC ABD ACD BCD S S S S S =+++=△△△△又因为四面体ABCD 的体积16ABCD V =，所以3V r S ==内24(3S r ππ==-球， 故选：B【反思】本例中涉及到求内切球问题，典型的等体积法.2．（2021·四川省南充高级中学高二期中（文））在三棱锥P －ABC 中，两两垂直，则该三棱锥的外接球的表面积为A ．494πB ．56π CD ．14π【答案】D【解析】将三棱锥P －ABC 补全为长方体，则长方体的外接球就是所求的外接球，设球半径为R ，则()222224214R R PA PB PC ==++=，所以球的表面积为2414S R ππ==． 故选：D ．【反思】由题意，两两垂直，可直接用补形法，补成长方体，利用长方体求外接球. 3．（2021·全国·高一课时练习）已知三棱锥，在底面中，面，则此三棱锥的外接球的表面积为A ．163πB ．43πC ．323πD ．16π【答案】D【解析】设三棱锥的外接球半径为R,已知其外接圆半径为1。

多面体与球的切接问题一．方法综述多面体与球接、切问题的求解方法:(1)涉及球与棱柱、棱锥的相切、接问题时,一般先过球心及多面体中的特殊点(如接、切点或线)作截面,把空间问题转化为平面问题,再利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系,或画内切、外接的几何体的直观图,确定球心的位置,弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系,列方程组求解.(2)若球面上四点,,,P A B C 构成的三条线段,,PA PB PC 两两互相垂直,且,,,PA a PB b PC c ===一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体,根据22224R a b c =++求解.下面通过例题说明应对这类问题的方法与技巧.二．解题策略类型一 球与柱体的切接问题【例1】【2020·河南濮阳期末】已知长方体1111ABCD A B C D −的表面积为208，118AB BC AA ++=，则该长方体的外接球的表面积为（ ） A ．116π B ．106πC ．56πD ．53π【答案】A【解析】依题意，118AB BC AA ++=，11104AB BC BC AA AB AA ⋅+⋅+⋅=，所以()()222211112AB BC AA AB BC AA AB BC BC AA AB AA ++=++−⋅+⋅+⋅=116，故外接球半径r ==24116S r ππ==，故选A.【例2】【2020·全国高三专题练习】已知正四棱柱1111ABCD A B C D −的每个顶点都在球O 的球面上，若球O 的表面积为12π，则该四棱柱的侧面积的最大值为________.【答案】【解析】设球O 的半径为R ，则2412R ππ=，解得R =，设正四棱柱的底面边长a ，高为h ，则正四棱柱的体对角线为球O 2R ==22212a h +=，由基本不等式可得22212a h +=≥ah ≤222a h =，即h ==. 故该正四棱柱的侧面积为4ah ，其最大值为324122⨯=. 【例3】【河南省2018年高考一模】已知三棱柱的底面是正三角形，侧棱底面ABC ，若有一半径为2的球与三棱柱的各条棱均相切，则的长度为______．【答案】【解析】由题意，的外接圆即为球的大圆 设底面外接圆圆心，从而正三角形边长为设圆心，由题意在球面上，为中点，则在中，，，则则 故答案为【指点迷津】1.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 .2.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 ++==3.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.设正三棱柱111C B A ABC −的高为h ，底面边长为a ，如图2所示，D 和1D 分别为上下底面的中心.根据几何体的特点，球心必落在高1DD 的中点O ，a AD R AO h OD 33,,2===，借助直角三角形AOD 的勾股定理，可求22332⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛=a h R .【举一反三】1.【2020湖北省荆州市荆州中学模拟】在直三棱柱中，，，，，则其外接球与内切球的表面积之比为A ．B ．C ．D ．【答案】A【解析】将直三棱柱扩充为长方体，其体对角线长为，外接球的半径为，内切球的半径为，则其外接球与内切球的表面积之比为，故选2.【2020·陕西省铜川期末】已知正四棱柱1111ABCD A B C D −的每个顶点都在球的O 球面上，若球O 的表面积为12π，则该四棱柱的侧面积的最大值为（ ） A ．122 B ．182C ．16D ．18【答案】A【解析】设球O 的半径为R ，则2412R ππ=，得3R =，设正四棱柱的底面边长为x ，高为h ，则正四棱柱的体对角线即为球O 222223x h R +==22212x h +=，由基本不等式可得2212222x h xh =+≥，32xh ∴≤2h x =时，等号成立，因此，该四棱柱的侧面积为4432122xh ≤⨯=，故选A. 类型二 球与锥体的切接问题【例4】【2020·四川绵阳期末】已知三棱锥P-ABC 中，PA=4，3BC=6，PA ⊥面ABC ，则此三棱锥的外接球的表面积为（ ） A ．16π B ．32πC ．64πD ．128π【答案】C【解析】∵底面ABC 中，2AB AC ==，6BC =，∴1cos 2BAC ∠=−，∴3sin 2BAC ∠=，∴ABC 的外接圆半径1 323r ==PA ⊥面ABC ，∴三棱锥外接球的半径(22222232162PA R r ⎛⎫=+=+= ⎪⎝⎭，所以三棱锥P ABC −外接球的表面积2464S R ππ==，故选C ． 【例5】【2020·江西九江一中月考】已知三棱锥A BCD −中，5AB CD ==，2==AC BD ，3AD BC ==，若该三棱锥的四个顶点在同一个球面上，则此球的体积为（ ）A ．32π B ．24πC ．6πD ．6π【答案】C【解析】作出三棱锥A BCD −的外接长方体AEBF GDHC −，如下图所示，设DG x =，DH y =，DE z =，则2223AD x z =+=，2224DB y z =+=，2225DC x y =+=，上述三个等式相加得()222222234512AD BD CD x y z ++=++=++=，所以该长方体的体对角线长为2226x y z ++=，则其外接球的半径为62R =，因此此球的体积为346632ππ⎛⎫⨯= ⎪ ⎪⎝⎭，故选C.【例6】【2020云南师大附中月考】四边形ABDC 是菱形，60BAC ∠=，3AB =，沿对角线BC 翻折后，二面角A BC D −−的余弦值为13−，则三棱锥D ABC −的外接球的体积为（ ） A ．5π B ．6πC ．7πD ．22π【答案】B【解析】如下图所示，取BC 的中点为M ，设球心O 在平面ABC 内的射影为1O ，在平面BCD 内的射影为2O ，则二面角A BC D −−的平面角为AMD ∠，3AB =，所以32DM =，2213DO DM ==，212O M =，设2AMD θ∠=，则21cos 22cos 13θθ=−=−，21cos 3θ∴=，则22sin 3θ=，2tan 2θ∴=，tan 2θ∴=，222tan 2OO O M θ∴=⋅=，球O 的半径222262R DO OO =+=，所求外接球的体积为246632V ππ⎛⎫=⋅= ⎪ ⎪⎝⎭，故选B. 【指点迷津】 1.球与正四面体正四面体作为一个规则的几何体，它既存在外接球，也存在内切球，并且两心合一，利用这点可顺利解决球的半径与正四面体的棱长关系.如图4，设正四面体ABC S −的棱长为a ，内切球半径为r ，外接球的半径为R ，取AB 的中点为D ，E 为S 在底面的射影，连接SE SD CD ,,为正四面体的高.在截面三角形SDC ,作一个与边SD 和DC 相切，圆心在高SE 上的圆，即为内切球的截面.因为正四面体本身的对称性可知，外接球和内切球的球心同为O .此时，,33,32,,a CE a SE r OE R OS CO =====则有2222233a R r a R r CE +=−=，=，解得：66,.412R a r a ==这个解法是通过利用两心合一的思路，建立含有两个球的半径的等量关系进行求解.同时我们可以发现，球心O 为正四面体高的四等分点.如果我们牢记这些数量关系，可为解题带来极大的方便.2 .球与三条侧棱互相垂直的三棱锥球与三条侧棱互相垂直的三棱锥组合问题，主要是体现在球为三棱锥的外接球.解决的基本方法是补形法，即把三棱柱补形成正方体或者长方体.常见两种形式：一是三棱锥的三条棱互相垂直且相等，则可以补形为一个正方体，它的外接球的球心就是三棱锥的外接球的球心.如图5，三棱锥111D AB A −的外接球的球心和正方体1111D C B A ABCD −的外接球的球心重合，设a AA =1，则a R 23=. 二是如果三棱锥的三条侧棱互相垂直且不相等，则可以补形为一个长方体，它的外接球的球心就是三棱锥的外接球的球心，4422222l c b a R =++=（l 为长方体的体对角线长）.3 .球与正棱锥球与正棱锥的组合，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. 4.球与特殊的棱锥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. 【举一反三】1.已知正四面体A -BCD 的棱长为12，则其内切球的表面积为( ) A ．12π B ．16π C ．20π D ．24π【答案】D【解析】法一：如图，作BF ⊥CD 于F ，AE ⊥BF 于E ，由A -BCD 为正四面体可知AE ⊥平面BCD ，设O 为正四面体A -BCD 的内切球的球心，则OE 为内切球的半径，连接OB .因为正四面体的棱长为12，所以BF ＝AF ＝63，BE ＝43， 所以AE ＝122－(43)2＝4 6.又OB 2－OE 2＝BE 2，即(46－OE )2－OE 2＝(43)2， 所以OE ＝6，则其内切球的半径是 6. 所以内切球的表面积为4π×(6)2＝24π.法二：因为正四面体的棱长为12，其内切球半径为正四面体高的14，所以r ＝14×63×12＝6，故其内切球的表面积为24π.2.【2020·天津中学月考】在三棱锥P ABC −中，PA ⊥平面ABC ，且ABC ∆为等边三角形，2AP AB ==，则三棱锥P ABC −的外接球的表面积为（ ） A ．272π B ．283π C ．263π D ．252π 【答案】B【解析】ABC ∆的外接圆半径为232sin3AB r π==PA ⊥底面ABC ，所以，三棱锥P ABC −的外接球半径为222223211233PA R r ⎛⎫⎛⎫=+=+= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，因此三棱锥P ABC −的外接球的表面积为2221284433R πππ⎛⎫=⨯= ⎪ ⎪⎝⎭，故选B. 3.【2020·安徽省六安一中月考】已知四棱锥P ABCD −中，底面四边形ABCD 为等腰梯形，且//AB CD ，12AB CD =，PA PB AD ==，43PA AD CD +==若平面PAB ⊥平面ABCD ，则四棱锥P ABCD −外接球的表面积为_____________.【答案】52π【解析】因为四边形ABCD 为等腰梯形，//AB CD ，故AD BC =；因为PA PB =,12AB CD =, PA PB AD ==,43PA AD CD +==，23PA PB AB AD BC =====，故3ADC π∠=，取CD 的中点G ，则G是等腰梯形ABCD 外接圆圆心，设四棱锥P ABCD −外接球的球心为O ，所以O 在平面ABCD 的射影为G ，作PF AB ⊥于F ，则F 为AB 中点，3PF =，因为平面PAB ⊥平面ABCD ，平面PAB ⋂平面ABCD AB =，所以PF ⊥平面ABCD ，而FG ⊂平面ABCD ，所以PF FG ⊥，由PF OG ，可得在平面PAGF 中，作OE PF ⊥，则OG EF d ==，3OE FG ==，由22OP OC =，可得2222OE PE OG GC +=+，即()()2229323d d +−=+，解得1d =，所以9413R =+=，所以四棱锥P ABCD −外接球的表面积为()241352ππ⨯=.三．强化训练1.【2020·黑龙江哈尔滨三中月考】已知三棱锥O ABC −中，A ，B ，C 三点在以O 为球心的球面上，若2AB BC ==，120ABC ∠=︒，且三棱锥O ABC −3O 的表面积为（ ）A ．323πB ．16πC ．52πD ．64π【答案】C【解析】由题意2AB BC ==，ABC 1120=||||sin 32ABC S AB BC ABC ∆∠=︒∠=，1333O ABC ABC V S h h −∆==∴=，又ABC ∆的外接圆的半径222sin 2sin 30oAB r C ===，因此球O 的半径222313R =+=，球的表面积：2452S R ππ==，故选C2.【2020·河北邯郸一中月考】圆锥SD （其中S 为顶点，D 为底面圆心）的侧面积与底面积的比是2:1，则圆锥SD 与它外接球（即顶点在球面上且底面圆周也在球面上）的体积比为（ ） A ．9:32 B ．8:27C ．9:22D ．9:28【答案】A【解析】设圆锥底面圆的半径为r,圆锥母线长为l ，则侧面积为πrl ，侧面积与底面积的比为2πrl 2lr rπ==,则母线l=2r,圆锥的高为h=223l r r −=,则圆锥的体积为2313πh 33r r π=,设外接球的球心为O,半径为R,截面图如图，则OB=OS=R,OD=h-R=3r R −,BD=r ，在直角三角形BOD 中，由勾股定理得222OB OD BD =+,即()2223R r r R=+−,展开整理得R=2,3r 所以外接球的体积为33344832333393r R r πππ=⨯=,故所求体积比为33393323293rr ππ=，故选A3.【2020·四川泸县四中月考】三棱锥D ABC −的四个顶点都在球O 的球面上，ABC ∆是边长为3的正三角形.若球O 的表面积为16π，则三棱锥D ABC −体积的最大值为（ ） A 93B 33C ．23D ．33【答案】A【解析】由题意得ABC ∆的面积为19333234sin π⨯⨯⨯=，又设ABC ∆的外心为1O ， 则1233332AO =⨯=，由2416R ππ=，得2R =，∵1OO ⊥面ABC ，∴11OO =. ∴球心O 在棱锥内部时，棱锥的体积最大，此时三棱锥D ABC −高的最大值为123+=，∴三棱锥D ABC −体积最大值为193933344⨯⨯=，故选A.4.【2020·广东深圳中学期末】在三棱锥P ABC −中， 25PA PB PC === 23AB AC BC ===，则三棱锥P ABC −外接球的体积是（ ） A ．36π B ．125π6C ．32π3D ．50π【答案】B【解析】由题意，易知三棱锥P ABC −是正三棱锥，取O '为ABC 外接圆的圆心，连结PO '，则PO '⊥平面ABC ，设O 为三棱锥P ABC −外接球的球心.因为23AB AC BC ===，所以31223O A '==，因为25PA PB PC ===224PO PA O A ''=−=，设三棱锥P ABC −外接球的半径为R ，则()2244R R −+=，解得52R =，故三棱锥P ABC −外接球的体积是34125ππ36R =，故选B.5.【2020·甘肃省甘南期末】已知圆柱的上底面圆周经过正三棱锥P ABC −的三条侧棱的中点，下底面圆心为此三棱锥底面中心O .若三棱锥P ABC −的高为该圆柱外接球半径的2倍，则该三棱锥的外接球与圆柱外接球的半径之比为（ ） A ．7:4 B ．2:1C ．3:1D ．5:3【答案】A【解析】正三棱锥P ABC −的底面边长为2a ，高为h ，如图所示，则圆柱的高为2h，底面圆半径为332sin3a aπ=，设圆柱的外接球半径为R ，则22163h a R =+，222242216343h a h a h R ==+=+，解得43h a =，此时，23R a =，设正三棱锥P ABC −的外接球的半径为r ，则球心到底面距离为h r −，22332sin 3aOA a π==，由勾股定理得()222233r h r a ⎛⎫=−+ ⎪ ⎪⎝⎭，解得76r a =，故74r R =，故选A.6.【2020·全国高三专题练习】在正方体1111ABCD A B C D −中，E 为棱11A B 上一点，且2AB =，若二面角11B BC E −−为45︒，则四面体11BB C E 的外接球的表面积为（ ）A ．172π B ．12π C ．9πD ．10π【答案】D【解析】连接11B C 交1BC 于O ，则11B O BC ⊥，易知111A B BC ⊥，则1BC ⊥平面1B OE ，所以1BC EO ⊥，从而1B OE ∠为二面角11B BC E −−的平面角，则145B OE ︒∠=.因为2AB =，所以112B E B O ==，故四面体11BB C E 的外接球的表面积为22444102ππ⎛⎫++= ⎪ ⎪⎝⎭,故选D .7．【2020·湖南株洲一中月考】SC 是球O 的直径，A 、B 是该球面上两点，3AB =30ASC BSC ∠=∠=，棱锥S ABC −3O 的表面积为( )A ．4πB ．8πC ．16πD ．32π【答案】C【解析】如下图所示,由于SC 为球O 的直径,所以903,0SAC SBC ASC BSC ︒︒∠=∠=∠=∠=，所以12CB CA SC ==，设球O 的半径为R ,连接,OA OB 则OA OB OC AC CB R =====,取AB 的中点D ,连接,OD CD ,又3AB =则234OD CD R ==−S ABC −的高为2h ,又三棱锥O ABC −的高为△ODC 的边DC 上的高,所以三棱锥O ABC −的高为h ,故13S ABC V −=×12 ×3 ×234R − 23h ⨯=2334h R −= ,在△ODC 中有12 234h R − = 2133244R R ⨯− ,故32 =12 R ·23344R −解得2R =,故球O 的表面积为2416R ππ=，故选C.8.【2020·河南南阳中学月考】平行四边形ABCD 中，△ABD 是腰长为2的等腰直角三角形，90ABD ∠=︒，现将△ABD 沿BD 折起，使二面角A BD C −−大小为23π，若,,,A B C D 四点在同一球面上，则该球的表面积为_____. 【答案】20π【解析】由题意，取AD,BC 的中点分别为12,O O ,过1O 作面ABD 的垂线与过2O 作面BCD 的垂线，两垂线交点O 即为所求外接球的球心，取BD 中点E ，连结12,O E O E ,则12O EO ∠即为二面角A BD C −−的平面角，又由121O E O E ==，连接OE ，在Rt △1O OE 中，则13O O =，在Rt △1O OA 中，12O A =，得5OA =，即球半径为5R OA ==，所以球面积为24S R =π= 20π.9．【2020河北石家庄一中月考】一个圆锥的母线长为2，圆锥的母线与底面的夹角为4π，则圆锥的内切球的表面积为 【答案】24(22)π【解析】作出圆锥截面图如图，母线长为2，圆锥的母线与底面的夹角为4π，∴2设内切球的半径为r ，则利用轴截面，根据等面积可得11222(2222)22r ⨯=⨯++，22r ∴=，∴该圆锥内切球的表面积为224(22)4(22)ππ⨯−=．10.【2020关系北海一中期中】已知正方形ABCD 的边长为22，将ABC ∆沿对角线AC 折起，使平面ABC ⊥平面ACD ，得到如图所示的三棱锥B ACD −，若O 为AC 边的中点，M ，N 分别为DC ，BO 上的动点（不包括端点），且BN CM =，设BN x =，则三棱锥N AMC −的体积取得最大值时，三棱锥N ADC −的内切球的半径为 ．【答案】262 【解析】因为正方形ABCD 的边长为24AC =，又平面ABC ⊥平面ACD ，O 为AC 边的中点 BO AC ∴⊥，所以BO ⊥平面ACD ，∴三棱锥N AMC −的体积111()sin 332AMC y f x S NO AC CM ACM NO∆===⨯∠211224(2)2)3223x x x x =⨯⨯⨯−=−+ 2221)x =−+ 即为开口向下，对称轴为1的抛物线．1BN ∴=时，三棱锥N AMC −的体积取得最大值．此时，22215AN DN CN ===+ 122362ADN CDN S S ∆∆==⨯=． 11()33N ADC ADC ADC AND NDC ANC V S NO S S S S r −∆∆∆∆∆=⨯⨯=+++，解得2263r =−。

简析与球有关的切、接问题
作者：肖慧芳
来源：《读与写·教育教学版》2016年第09期
中图分类号：G633.6 文献标识码：C 文章编号：1672-1578（2016）09-0115-01
因为多面体与球的组合体问题很能考查学生的空间想象能力和逻辑思维能力，所以成为近几年高考的热点问题之一，学生往往找不准过球心和多面体一条棱的轴截面，而导致所构造的球的半径与多面体的要素不在同一个平面内，导致错误百出。

下面，笔者把高中常见的正多面体与球“切”“接”一一进行罗列，通过几个例子加以说明：
1 正方体，长方体的外接球
5 球的“切”“接”问题的处理规律
5.1 “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。

5.2 “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。