7.2 与球有关的切、接问题（课件PPT）-【创新方案】2025年高考数学一轮总复习

与球有关的切、接问题 第二节 与球有关的内切、外接问题是立体几何的一个重点(切、接问题的解题思路类似)．研究多面体的外接球问题，既要运用多面体的知识，又要运用球的知识，并且还要特别注意多面体的有关几何元素与球的半径之间的关系，解决此类题的关键是确定球心． CONTENTS 目录 1 2 互动课堂——解题思维建模 即练即评——课堂效果评价 3 课时跟踪检测 互动课堂——解题思维建模 01 方法1　定义找心 在空间中，如果一个定点到一个简单多面体的所有顶点的距离都相等，那么这个定点就是该简单多面体外接球的球心． 例 1 √ 例 2 √ |个性点拨|　常见几何体外接球的结论 (1)正方体或长方体的外接球的球心为其体对角线的中点； (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，具体位置计算可得； (5)若棱锥的顶点可构成共斜边的直角三角形，则公共斜边的中点就是其外接球的球心； (6)圆柱的外接球是指圆柱的上、下底面的圆周都在一个球的球面上，圆柱的外接球的球心在上、下两底面圆的圆心连线的中点处，正棱柱与该棱柱的外接圆柱有相同的外接球． 方法2　补形找心 例 3 √ 例 4 |个性点拨|　补形找心的常用模型 (1)有两个面是共直角边的三棱锥，可补成棱柱； (2)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都分别可构造长方体或正方体； (3)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都分别可构造长方体或正方体； (4)若已知棱锥含有线面垂直关系，则可将棱锥补成长方体或正方体． 例 5 √ |个性点拨|　截面法定球心的策略 (1)定球心：球心到接点的距离相等且为半径． (2)通过寻找外接球的一个轴截面圆，从而把立体几何问题转化为平面几何问题来研究． 逐点清(二)　内切球问题 例 6 √ 例 7 √ 点拨·建模 即练即评——课堂效果评价 02 逐点验收(一)　外接球 √ √ √ √ 逐点验收(二)　内切球 √ √ 课时跟踪检测 03 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2 √ 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2 3 4 √ 2．已知直六棱柱的所有棱长均为2，且其各顶点都在同一球面上，则该球的表面积为(　 ) A．16π B．20π C．24π D．25π 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3 4 2 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3 4 2 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3 4 2 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3 4 2 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3 4 2 √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3 4 2 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3 4 2 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3 4 2 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3 4 2 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3 4 2 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3 4 2 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3 4 2 8．(2024·海南模拟)如图，三棱锥P-ABD中，AB⊥AD，PB⊥PD，△ABD的面积为8，则三棱锥P-ABD外接球的表面积的最小值为(　 ) A．32π B．18π C．16π D．64π √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3 4 2 解析：取BD的中点O，连接PO，AO，设AB＝x，AD＝y，依题意，由于OA是Rt△BAD斜边BD的中线，故OB＝OD＝OA，同理OB＝OD＝OP，故OB＝OD＝OA＝OP，于是O为三棱锥P-ABD外接球的球心，设该外接球半径为R，即BD＝2R，由勾股定理，x2＋y2＝4R2， 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3 4 2 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3 4 2 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3 4 2 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3 4 2 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3 4 2 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3 4 2 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3 4 2 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3 4 2 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3 4 2 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3 4 2 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3 4 2 √ √ √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3 4 2 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3 4 2 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3 4 2 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3 4 2 13．在三棱锥A-BCD中，若AD⊥平面BCD，AB⊥BC，AD＝BD＝2，CD＝4，点A，B，C，D在同一个球面上，则该球的表面积为_____． 解析：根据题意得，BC⊥平面ABD，则BC⊥BD，即 AD，BC，BD三条线两两垂直，所以可将三棱锥A-BCD放 置于长方体内，如图所示，该三棱锥的外接球即为长方体 的外接球，球心为长方体体对角线的中点，即外接球的半径为长方体体对角线长的一半，此时AC为长方体的体对角线，即为外接球的直径，所以该球的表面积S＝4πR2＝π·AC2＝π·(22＋42)＝20π. 20π 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3 4 2 14．已知某正三棱柱既有内切球又有外接球，外接球的表面积为20π，则该三棱柱的体积为________． 解析：设底面三角形的内切圆的半径为a，则其外接圆半径为2a， 则正三棱柱的高h＝2a， 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3 4 2 可得4πR2＝20πa2＝20π，解得a＝1， 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3 4 2 15．(2023·全国甲卷)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别为AB，C1D1的中点．以EF为直径的球的球面与该正方体的棱共有_____个公共点． 解析：如图，线段EF过正方体的中心， 12 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3 4 2 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3 4 2 16．(2024·成都模拟)埃及金字塔是地球上的古文明之一，随着科技的进步，有人幻想将其中一座金字塔整体搬运到月球上去，为了便于运输，某人设计的方案是将它放入一个金属球壳中，已知某座金字塔是棱长均为20 m的正四棱锥，那么设计的金属球壳的表面积最小值为________ m2.(注：球壳厚度不计)   800π 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3 4 2 解析：由题意，要使金属球壳的表面积最小，则 金属球是正四棱锥的外接球．如图所示，在正四棱锥 S-ABCD中，SA＝SB＝SC＝SD＝20，AB＝BC＝CD＝ DA＝20， O为其外接球的球心，连接AC与BD相交于点O′，连接AO，SO′， O′为顶点S在底面ABCD上的投影，即为正方形ABCD的中心，设球的半径为R，表面积为S， 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3 4 2 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 3 4 2 因为OA2＝AO′2＋OO′2， (2024·沭阳模拟)已知圆柱的轴截面是边长为2的正方形，P为上底面圆的圆心，AB为下底面圆的直径，E为下底面圆周上一点，则三棱锥P-ABE外接球的表面积为(　 ) A．π B．π C．π D．5π 解析：由题意及圆的性质知△ABE为直角三角形，E＝90°，如图所示，设外接球半径为R，底面圆心为Q，外接球球心为O，连接PQ，OA，由外接球的定义，OP＝OA＝OB＝OE＝R，易得O在线段PQ上，又圆柱的轴截面是边长为2的正方形，∴底面圆半径AQ＝BQ＝1，∵PQ⊥AQ，则OA2＝OQ2＋AQ2⇒R2＝(2－R)2＋12，解得R＝，∴外接球表面积为4πR2＝. 　(2022·新课标Ⅱ卷)已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为3和4，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为(　 ) A．100π B．128π C．144π D．192π 解析：由题意，得正三棱台上、下底面的外接圆的半径分别为××3＝3，××4＝4.设该棱台上、下底面的外接圆的圆心分别为O1，O2，连接O1O2(图略)，则O1O2＝1，其外接球的球心O在直线O1O2上．设球O的半径为R，当球心O在线段O1O2上时，R2＝32＋OO＝42＋(1－OO1)2，解得OO1＝4(舍去)；当球心O不在线段O1O2上时，R2＝42＋OO＝32＋(1＋OO2)2，解得OO2＝3，所以R2＝25，所以该球的表面积为4πR2＝100π. (2024·厦门阶段练习)如图，四边形ABCD是边长为2的正方形，点E，F分别为边BC，CD的中点，将△ABE，△ECF，△FDA分别沿AE，EF，FA折起，使B，C，D三点重合于点P，若四面体PAEF的四个顶点在同一个球面上，则该球的表面积是(　 ) A．6π B．12π C．18π D．9π 解析：由题意得PA，PE，PF两两垂直，且PA＝2，PE＝PF＝，所以以PA，PE，PF为棱构造一个长方体，如图所示，则四面体PAEF的四个顶点在这个长方体的外接球上，则外接球的半径为R＝＝，所以球的表面积为S＝4πR2＝4π×＝18π，故选C． (2024·梅州一模)已知球O是三棱锥P-ABC的外接球，PA＝AB＝PB＝AC＝2，CP＝2，点D是PB的中点，且CD＝，则球O的表面积为________． 解析：由PA＝AC＝2，CP＝2，可得CP2＝PA2＋AC2，所以PA⊥AC，由点D是PB的中点，且PA＝AB＝PB＝2，可求得AD＝，又由CD＝，AC＝2，可得CD2＝AD2＋AC2，所以AD⊥AC，又AD∩AP＝A且AD，PA⊂平面PAB，所以AC⊥平面PAB，以△PAB为底面，AC为侧棱补成一个直三棱柱， 如图所示，则三棱锥P-ABC的外接球即为该三棱柱的外接球，球心O到底面△PAB的距离为d＝AC＝1，由正弦定理，得△PAB的外接圆的半径为r＝×＝，所以球O的半径为R＝＝＝ ，所以球O的表面积为S＝4πR2＝4π×＝. 方法3　截面找心 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． B． C． D． 解析：因为AC⊥BC，AC＝BC＝1，所以底面ABC为等腰直角三角形，所以△ABC所在的截面圆的圆心O1为斜边AB的中点，如图，连接OO1，所以OO1⊥平面ABC，在Rt△ACB中，AB＝＝，则AO1＝，在Rt△AO1O中，OO1＝＝，故三棱锥O-ABC的体积为V＝·S△ABC·OO1＝××1×1×＝.故选A． (2024·深圳模拟)已知一个圆锥的母线长为10，高为8，则该圆锥内切球的表面积与圆锥的表面积之比为(　 ) A． B． C． D． 解析：由题意得l＝10，h＝8，设圆锥的底面圆半径为r，则r＝＝6，则圆锥的侧面积为πrl＝60π，故圆锥的表面积为πrl＋πr2＝60π＋36π＝96π.设圆锥的内切球球心为H，如图，过点H作HM⊥AC于点M，设内切球的半径为R，则HM＝HO＝R，因为CH＝8－R，所以＝，即＝，解得R＝3，故内切球的表面积为4πR2＝36π，则圆锥内切球的表面积与圆锥的表面积之比为＝.故选B． 已知四棱锥P-ABCD的各棱长均为2，则其内切球的表面积为(　 ) A．(8－2)π 　　 B．(8－4)π C．(6－8)π 　　 D．(8－3)π 解析：因为四棱锥P-ABCD的各棱长均为2，所以四棱锥P-ABCD是正四棱锥，则S正方形ABCD＝2×2＝4，S表面积＝4＋4，过P作底面垂线，垂足为H，连接BH，则PH＝，所以VP-ABCD＝S正方形ABCD·PH＝S表面积·r，r为四棱锥P-ABCD的内切球半径，则r＝，故其内切球的表面积为4πr2＝(8－4)π. (1)利用内切球的定义直接找球心和半径的关系． (2)利用等体积直接来求半径(球内切于多面体，则球心到各个面的距离相等)． (3)常见几何体内切球半径的求法： ①棱长为a的正方体内切球半径为. ②棱长为a的正四面体内切球的半径r＝a，即高的. 1．设直三棱柱ABC-A1B1C1的所有顶点都在一个表面积是40π的球面上，且AB＝AC＝AA1，∠BAC＝120°，则该直三棱柱的体积是(　 ) A．4 B． C．2 D． 解析：设AB＝AC＝AA1＝2m.因为∠BAC＝120°，所以∠ACB＝30°.由正弦定理得＝2r(r是△ABC外接圆的半径)，r＝2m.又球心到平面ABC的距离等于侧棱长AA1的一半，所以球的半径为＝m.所以球的表面积为4π(m)2＝40π，解得m＝.因此该直三棱柱的体积是S△ABC·AA1＝×4m2××2m＝2m3＝4. 2．若三棱锥P-ABC中，已知PA⊥底面ABC，∠BAC＝120°，PA＝AB＝AC＝2，若该三棱锥的顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为(　 ) A．10π B．18π C．20π D．9π 解析：三棱锥P-ABC中，已知PA⊥底面ABC，∠BAC＝120°，PA＝AB＝AC＝2，故该三棱锥为图中正六棱柱内的三棱锥P-ABC，所以该三棱锥的外接球即为该六棱柱的外接球，所以外接球的直径2R＝＝2，则R＝，所以该球的表面积为S＝4πR2＝4π·()2＝20π. 3．已知正四棱锥P-ABCD的每个顶点都在表面积为36π的球O的球面上，AB＝4，则PD＝(　 ) A．2或2 B．2 C．2或4 D．4 解析：如图，设正方形ABCD的中心为H，连接PH，OD，HD，则PH⊥底面ABCD，球心O在PH上．设球O的半径为R，则4πR2＝36π，解得R＝3.因为AB＝4，所以DH＝×4＝2，由勾股定理得(2)2＋(PH－3)2＝32，解得PH＝2或PH＝4，又PD＝，所以当PH＝2时，PD＝2，当PH＝4时，PD＝2. 4．已知三棱锥D-ABC的顶点都在球O的球面上，底面△ABC是边长为3的等边三角形．若三棱锥D-ABC的体积的最大值为，则球O的表面积为(　 ) A．16π B．12π C．8π D．4π 解析：设球O的半径为R，△ABC的外心为O1，如图，连接DO1，O1A，OA，由题意得△ABC外接圆的半径为×3＝，△ABC的面积为×32＝，所以OO1＝，所以VD-ABC最大值＝S△ABC·(R＋)＝×(R＋)＝，所以R＋＝3，即＝3－R，解得R＝2，所以球O的表面积为4πR2＝16π. 5．(2024·泰安模拟)将半径为4，圆心角为π的扇形围成一个圆锥(接缝处忽略不计)，则该圆锥的内切球的表面积为(　 ) A．2π B．3π C．π D．4π 解析：设圆锥的母线长为l，底面半径为r，由题意可得l＝4，由2πr＝4π，所以r＝2.因为l＝2r，所以圆锥的轴截面是边长为4的等边三角形，该等边三角形(如图)的内切圆半径为圆锥内切球半径R，而等边三角形的边长为4，故R＝＝，故S＝4πR2＝π.故选C． 6．(2024·秦皇岛模拟)已知圆台的上、下底面圆的半径之比为，侧面积为9π，在圆台的内部有一球O，该球与圆台的上、下底面及母线均相切，则球O的表面积为(　 ) A．3π B．5π C．8π D．9π 解析：设圆台的上底面圆半径为r，则下底面圆半径为2r，母线长为l，如图所示，作出圆台与球的轴截面．由于球O与圆台的上、下底面及母线均相切，故l＝AD＝AH＋DG＝r＋2r＝3r.根据圆台的侧面积公式S＝(πr＋2πr)l＝9π，可得r＝1，所以球的直径为HG＝2，故半径为，表面积为8π.故选C． 7．(2024·宝鸡检测)一个多面体的顶点是四个半径为且两两外切的球的球心，则该多面体内切球的半径为________；内切球的体积为________． 解析：设这四个球心分别为A，B，C，D，由球的几何性质可知，四个半径为且两两外切的球的球心A，B，C，D可构成棱长为2的正四面体ABCD，设顶点A在底面BCD的射影为点P，如图所示，连接PA，PB，PC，PD，则P为等边三角形BCD的中心， ∴AP＝＝2，S△BCD＝×(2)2×sin＝3，VA-BCD＝S△BCD·AP，设正四面体ABCD的内切球球心为O，该内切球的半径为r，则VA-BCD＝VO-ABC＋VO-ABD＋VO-ACD＋VO-BCD＝4VO-BCD＝4×S△BCD×r＝S△BCD·AP，∴r＝AP＝，∴正四面体ABCD的内切球的体积为V＝πr3＝π×3＝. 细节、微点提醒 1．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＝. 2．正方体与球的内切、外接常用结论 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＝a； (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＝a. 3．长方体共顶点的三条棱长分别为a，b，c，其外接球的半径为R，则2R＝. 4．正四面体的外接球的半径R＝a，内切球的半径r＝a，其半径R∶r＝3∶1(a为该正四面体的棱长)． 1．已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为18，则这个球的表面积为(　 ) A． B．3π C．9π D．27π 解析：设正方体的棱长为a，a>0，则6a2＝18，a＝，正方体的体对角线长为＝3，所以球的直径2R＝3，半径R＝，所以球的表面积为4π×2＝9π. 解析：由题知，如图所示，连接AD，AD1，直六棱柱的各顶点都在同一球面上，则底面六边形的所有顶点都在同一个圆上，因为底面六边形的边长均为2，所以底面六边形必为正六边形，且由几何关系易知底面所在圆的直径为AD＝4，又因为直六棱柱的侧棱长为2，故直六棱柱外接球的直径为AD1＝2R＝＝2，所以球的半径R＝，所以球的表面积S＝4πR2＝20π. 3．已知在三棱锥P-ABC中，AC＝，BC＝1，AC⊥BC且PA＝2PB，PB⊥平面ABC，则其外接球的体积为(　 ) A． B．4π C． D．4π 解析：AB＝＝，设PB＝h，则由PA＝2PB，可得＝2h，解得h＝1，可将三棱锥P-ABC还原成如图所示的长方体，则三棱锥P-ABC的外接球即为长方体的外接球，设外接球的半径为R，则2R＝＝2，R＝1，所以其外接球的体积V＝R3＝. 4．(2024·潍坊模拟)已知圆锥的底面半径为2，高为4，则该圆锥内切球的表面积为(　 ) A．4π B．8π C．16π D．32π 解析：圆锥与内切球的轴截面图如图所示，设点O为球心，内切球的半径为r，D，E为切点，OD＝OE＝r，由条件可知，BE＝BD＝2，所以AB＝＝6，在Rt△ADO中，AO2＝AD2＋DO2，即(4－r)2＝(6－2)2＋r2，解得r＝，所以圆锥内切球的表面积S＝4πr2＝8π.故选B． 5．(2024·临沂模拟)[多选]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，则下列结论正确的是(　 ) A．球O的表面积为6π B．球O的内接正方体的棱长为1 C．球O的外切正方体的棱长为 D．球O的内接正四面体的棱长为2 解析：设球O的半径为r，△ABC的外接圆圆心为O′，半径为R，易得R＝.因为球心O到平面ABC的距离等于球O半径的，所以r2－r2＝，得r2＝.所以球O的表面积S＝4πr2＝4π×＝6π，A正确； 球O的内接正方体的棱长a满足a＝2r，即a＝，B不正确； 球O的外切正方体的棱长b满足b＝2r＝，C不正确； 球O的内接正四面体的棱长c满足c＝r＝×＝2，D正确． 6．已知圆锥SO1的高为4，体积为，若圆锥的顶点S与底面圆周上的所有点均在球O上，则球O的体积为(　 ) A．18π B．24π C．36π D．48π 解析：设圆锥SO1的底面圆半径为r，球O的半径为R，则＝πr2×4，解得r＝2.当球心位于圆锥SO1内部时，过圆锥顶点S，底面圆圆心O1和球心O作出轴截面如图1所示，∴r2＋OO＝R2，即8＋(4－R)2＝R2，解得R＝3， ∴球O的体积V＝πR3＝π×27＝36π.当球心位于圆锥SO1外部时，过圆锥顶点S，底面圆圆心O1和球心O作出轴截面如图2所示，∴r2＋OO＝R2，即8＋(R－4)2＝R2，解得R＝3<4，舍去．综上所述，球O的体积为36π. 7．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为球O的直径，且SC＝2，则此棱锥的体积为(　 ) A． B． C． D． 解析：根据题意作出图形，设球心为O，过A，B，C三点的小圆的圆心为O1，连接OO1，则OO1⊥平面ABC，延长CO1交球于点D，连接SD，则SD⊥平面ABC．∵CO1＝×＝，∴OO1＝＝，∴高SD＝2OO1＝，∵△ABC是边长为1的正三角形，∴S△ABC＝，∴V三棱锥S-ABC＝××＝. 由S△ABD＝8＝xy⇔xy＝16，由基本不等式，得x2＋y2＝4R2≥2xy＝32，即R2≥8，当且仅当x＝y＝4时，R2取得最小值8，于是外接球的表面积的最小值为4πR2＝32π.故选A． 9．(2024·福州模拟)蹴鞠，又名蹴球、踢圆等，蹴有用脚蹴、踢、蹋的含义，鞠最早系外包皮革、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．已知某鞠的表面上有五个点P，A，B，C，D恰好构成一正四棱锥P-ABCD，若该棱锥的高为8，底面边长为4，则该鞠的表面积为(　 ) A．64π B．100π C．132π D．144π 解析：依题意作图，连接AC，BD，PO1，∵P-ABCD是正四棱锥，∴底面ABCD是正方形，且点P在底面的投影为正方形ABCD的中心O1，即PO1⊥平面ABCD，外接球的球心必定在PO1上．设球心为O，由题意AB＝BC＝4，则BO1＝4，连接BO，则BO为外接球的半径R，PO1＝8，且PO＝R，∴在Rt△BO1O中，BO2＝(8－PO)2＋BO，R2＝(8－R)2＋42，解得R＝5，外接球的表面积S＝4πR2＝100π.故选B． 10．(2024·烟台模拟)某正四棱台形状的模型，其上、下底面的面积分别为2 cm2，8 cm2，若该模型的体积为14 cm3，则该模型的外接球的表面积为(　 ) A．20π cm2 B．10π cm2 C．5π cm2 D． cm2 解析：设正四棱台形状的模型高为h cm， 故(2＋8＋)h＝14， 解得h＝3 cm，如图，取正方形EFGH的中心为M，正方形ABCD的中心为N，连接MN，则MN＝h＝3 cm，故该模型的外接球的球心在MN上，设为点O，连接ME，NA，OE，OA， 设上、下底面正方形的边长分别为a cm，b cm， 则a2＝2，b2＝8，解得a＝ cm，b＝2 cm， 故EM＝1 cm，NA＝2 cm， 设ON＝y cm，则MO＝(3－y)cm， 由勾股定理得EO2＝OM2＋EM2＝(3－y)2＋1，AO2＝ON2＋AN2＝y2＋4， 故(3－y)2＋1＝y2＋4，解得y＝1， 故外接球的半径为 ＝ cm，该模型的外接球的表面积为4π·()2＝20π cm2.故选A． 11．已知球O的半径为2，三棱锥O-ABC底面上的三个顶点均在球O的球面上，∠BAC＝，BC＝，则三棱锥O-ABC体积的最大值为(　 ) A． B． C． D． 解析：记球O的半径为R，△ABC所在外接圆的半径为r，由＝2r，得＝2r，r＝1，设三棱锥的高为h，则h2＝R2－r2＝22－1＝3，所以h＝.在△ABC中，如图，等价于BC边在外接圆上固定不动， A点在劣弧上运动，显然当A点为的中点时，高AD最大，AD的最大值为×tan＝，△ABC面积的最大值为××＝，三棱锥O-ABC体积的最大值为××＝. 12．[多选]下列几何体中，可完全放入一个半径为2的球体内的是(　 ) A．棱长为2的正方体 B．底面半径为1，高为2的圆锥 C．棱长为 的正四面体 D．底面边长为2，高为 的正四棱锥 解析：棱长为2的正方体，其外接球的直径2R等于体对角线长，即2R＝2，所以R＝<2，所以棱长为2的正方体可以完全放入半径为2的球内，故A正确； 如图1，设圆锥外接球半径为R，则R2＝(2－R)2＋12，解得R2＝<4，所以R<2，所以底面半径为1，高为2的圆锥可以完全放入半径为2的球内，故B正确； 如图2，将正四面体补形成正方体，即正四面体的外接球就是所在正方体的外接球，设正方体的棱长为a，则＝a，即a＝，所以外接球的直径2R＝a＝，即R＝>2，所以棱长为的正四面体不可以完全放入半径为2的球内，故C错误； 如图3，设正四棱锥外接球半径为R，则有R2＝(－R)2＋2，解得R＝<2，所以底面边长为2，高为 的正四棱锥可以完全放入半径为2的球内，故D正确． 6 底面边长为2a，若正三棱柱有内切球， 则正三棱柱的外接球的半径R＝＝a， 所以该三棱柱的体积V＝×2a×2a××2a＝6a3＝6. 所以以EF为直径的球的球心即正方体的中心，球的半径为，而正方体的中心到每一条棱的距离均为， 所以以EF为直径的球与每一条棱均相切，所以共有12个公共点． 则在正方形ABCD中，AO′＝AC ＝ ＝ ＝10， 在Rt△SO′A中， SO′＝＝＝10， 在Rt△AO′O中，OA＝R，OO′＝10－R，AO′＝10， 所以R2＝(10)2＋(10－R)2， 化简得400－20R＝0，则R＝10， 所以外接球的表面积为 S＝4πR2＝4π×(10)2＝800π m2. $$