第7章 第2节 与球有关的切、接问题(课件PPT)-【新高考方案】2025年高考数学一轮总复习（旗舰版）

与球有关的切、接问题 第二节 研究与球有关的切、接问题，既要运用多面体、旋转体的知识，又要运用球的几何性质，要特别注意多面体、旋转体的有关几何元素与球的半径之间的关系，解决此类问题的关键是确定球心． CONTENTS 目录 题点一　外接球 一 题点二　内切球 二 课时跟踪检测 三 方法(一)　定义法 题点一　外接球 例 1 √ 由几何体外接球的定义可知，几何体的各顶点到球心的距离相等. 由此可得到以下结论 (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； 思维建模 (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(二)　补形法 例 2 (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＝________. 2 常用的补形方法 (1)对于正四面体，通常把它补成正方体．若是相对棱长相等的四面体，则可考虑把它补成长方体． (2)对于从同一顶点出发的三条棱互相垂直的锥体，通常可考虑把它补成长方体或正方体． (3)几何体的补形要围绕着已知条件来进行，通常策略是把棱锥补成棱柱，把台体补成锥体，把三棱锥补成四棱锥，把三棱柱补成四棱柱，把不规则几何体补成规则几何体，补一个同样的几何体等． 思维建模 方法(三)　截面法 例 3 √ 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． 思维建模 针对训练 √ √ 题点二　内切球 例 4 √ 1．“切”的问题处理规律 (1)找准切点，通过作过球心的截面来解决． (2)体积分割是求内切球半径的常用方法． 2．内切球问题 (1)内切球球心到多面体各面的距离均相等． (2)正多面体的内切球和外接球的球心重合． (3)正棱锥的内切球球心在高线上． (4)体积分割法是求内切球半径的常用方法． 思维建模 针对训练 √ 快审准解：先算出扇形的弧长，从而可得圆锥底面的半径，故可求轴截面内切圆的半径即为圆锥内切球的半径，最后根据公式可求体积． ∵球与正三棱柱的三个侧面相切， ∴球的大圆为棱柱底面正三角形的内切圆， ∴棱柱的高为2R＝4， 课时跟踪检测 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 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 2 3 4 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 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2 3 4 快审准解：由圆锥侧面积公式及勾股定理可得圆锥底面半径r与母线l长，求该圆锥的外接球体积即可． √ 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 2 3 4 √ 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 2 3 4 √ 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 7．已知三棱锥P-ABC中，PA⊥底面ABC，PA＝AB＝AC＝2，∠BAC＝120°，则三棱锥P-ABC的外接球的表面积为(　 ) A．12π B．16π C．20π D．24π 2 3 4 √ 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 8．长方形ABCD如图所示，AB＝2，BC＝3，F，H，E，G分别为AD，BC的三等分点，把四边形ABEF，DCGH分别沿EF，GH折起来，使得AB，DC重合形成一个几何体，则此几何体的外接球O的体积为(　 ) 2 3 4 √ 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 2 3 4 √ 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 设正三棱台外接球的半径为R，则O1A＝O1A1＝R， 2 3 4 (由于△AOO1与△O1O2A1为直角三角形，利用勾股定理，即可得关于R，OO1的方程组) 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2 3 4 特别提醒：对于三棱台外接球问题，可先分别找出三棱台上、下底面的外接圆圆心及半径，再根据外接球球心在两圆心连线所在的直线上及球心到棱台各个顶点的距离均为半径，列方程求解．注意题眼“正三棱台”，△ABC，△A1B1C1均为正三角形． 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2 3 4 √ 快审准解：作图，分外接球的球心在锥内和锥外2种情况，运用勾股定理分别计算． 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 2 3 4 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 2 3 4 快审准解：利用余弦定理结合基本不等式可求得△ABC面积的最大值，利用正弦定理可求得圆柱底面圆半径，利用锥体体积公式可求得圆柱的高，进而可求得该三棱锥外接球的半径，结合球体表面积公式可求得结果． 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 2 3 4 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 2 3 4 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 2 3 4 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 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2 3 4 14．(2023·全国甲卷)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝4，O为AC1的中点，若该正方体的棱与球O的球面有公共点，则球O的半径的取值范围是_____________． 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 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2 3 4 特别提醒：立体几何中的范围问题，可从临界位置入手分析．当球O的球面恰与正方体的顶点相交时，其半径最大，此时球O为正方体的外接球；当球O恰与正方体的棱相切时，其半径最小，此时球O为正方体的棱切球． 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2 3 4 15．一个封闭的圆台容器(容器壁厚度忽略不计)的上底面半径为1，下底面半径为6，母线与底面所成的角为60°.在圆台容器内放置一个可以任意转动的正方体，则正方体的棱长的最大值是_______． 快审准解：根据题意可求出圆台内能放置的最大球的半径，使正方体外接于球即可求出正方体的最大棱长． 4 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 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2 3 4 16.在多面体PABCQ中，PA＝PB＝PC＝AB＝AC＝BC＝2，QA＝QB ＝QC且QA，QB，QC两两垂直，则该多面体的外接球半径为______， 内切球半径为__________． 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 2 3 4 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 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 2 3 4 本课结束 更多精彩内容请登录：www.zghkt.cn (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. 解析：如图，设△ABC的外接圆圆心为O1， 连接O1A，因为△ABC是边长为3的等边三角形，所以其外接圆半径r＝O1A＝××3＝. 将三棱锥S-ABC补形为正三棱柱SB1C1-ABC，由题意知SA为侧棱，设球心为O，连接OO1，OA，则OO1⊥平面ABC，且OO1＝SA. 又球的半径R＝OA＝2，OA2＝OO＋O1A2，所以4＝SA2＋3,得SA＝2. (2024·郴州模拟)已知圆台的上、下底面的圆周都在半径为2的球面上，圆台的下底面过球心，上底面半径为1，则圆台的体积为(　 ) A.π B．5π C.π D．7π 解析：如图，等腰梯形ABCD为圆台的轴截面，设AB的中点为O1，CD的中点为O，则O为球心，O1A＝1.连接OO1，OA，设圆台的高为h，由题意知球O的半径 R＝OA＝OD＝2， (注意：圆台外接球的半径即其轴截面外接圆的半径)则在Rt△OO1A中，h＝OO1＝＝＝，所以圆台的体积V＝×(22×π＋＋12×π)×＝.故选C. 1．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：如图所示，因为AC⊥BC，所以AB为截面圆O1的直径，且AB＝.连接OO1，则OO1⊥平面ABC，OO1＝＝＝，所以三棱锥O-ABC的体积V＝S△ABC×OO1＝××1×1×＝. 2．已知△ABC是面积为的等边三角形，且其顶点都在球O的球面上．若球O的表面积为16π，则O到平面ABC的距离为(　 ) A. B. C．1 D. 解析：由等边三角形ABC的面积为，得AB2＝，解得AB＝3，则△ABC的外接圆半径r＝×AB＝AB＝.设球的半径为R，则由球的表面积为16π，得4πR2＝16π，得R＝2，所以球心O到平面ABC的距离d＝＝1，故选C. 3．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的最短距离为，则该棱锥的外接球的体积为________． π 解析：将△ACD沿AD翻折到与△ABD共面得到平面四边形ABDC′，如图1所示，设CD＝x，即C′D＝x，由题意得C′B＝，在△C′BD中，由余弦定理得C′B2＝C′D2＋BD2－2C′D·BD·cos 135°，即()2＝x2＋()2－2x·×，即x2＋2x－8＝0，解得x＝2或x＝－4(舍去)， 将三棱锥A-BCD补成长方体如图2所示，该棱锥的外接球即为长方体的外接球，则外接球的半径R＝ ＝，所以外接球的体积V＝πR3＝π. 在四面体ABCD中，BA，BC，BD两两垂直，BA＝1，BC＝BD＝2，则四面体ABCD内切球的半径为(　 ) A. B. C. D. 解析：因为BA，BC，BD两两垂直，BA＝1，BC＝BD＝2，所以AC＝AD＝，CD＝2.如图，取CD的中点E，连接AE，则AE⊥CD，(小技巧：见等腰，取中点，“垂直现形”)所以AE＝＝，△ACD的面积为×2×＝，所以四面体ABCD的表面积S＝×1×2×2＋×2×2＋＝4＋.设四面体ABCD内切球的球心为O，半径为r， 则VA-BCD＝VO-ABC＋VO-BCD＋VO-ABD＋VO-ACD， (小技巧：利用等体积法，把四面体ABCD的体积看成四个小三棱锥的体积的和)所以×1××22＝S×r，所以＝(4＋)×r，解得r＝，所以四面体ABCD内切球的半径为，故选C. 4．(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. 5．一个球与一个正三棱柱的三个侧面和两个底面均相切，已知这个球的体积是π，那么这个三棱柱的表面积是________． 72 解析：设球O的半径为R，则＝，解得R＝2， ∴棱柱的底面边长为2R＝4， ∵球与正三棱柱的两个底面相切， ∴三棱柱的表面积S＝S底＋S侧＝2××4×4×＋3×4×4＝72. 1．若棱长为1的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的体积为(　 ) A. B. C. D．3π 解析：因为正方体的体对角线长为其外接球的直径，所以球的直径为，即半径r＝，故其体积为V＝·r3＝×3＝.故选C. 2．若一个底面边长为，侧棱长为的正六棱柱的所有顶点都在一个球面上，则此球的体积为(　 ) A．2π B．4π C．4π D．2π 解析：依题意可知，球的半径R＝＝，所以球的体积为×()3＝4π. 3．已知圆柱的高为2，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则圆柱的表面积为(　 ) A．4π B．(8＋6)π C．10π D．(10＋4)π 解析：由题意得球的半径为，设圆柱底面圆半径为r，根据圆柱和球的对称性可得r＝＝，所以圆柱的表面积S＝2π×()2＋2π××2＝(10＋4)π. 4．(2024·烟台模拟)已知圆锥的侧面积为4π，高为2，若圆锥可在某球内自由运动，则该球的体积最小值为(　 ) A．8π B．8π C．9π D．9π 解析：设圆锥的底面半径为r，母线长为l，则解得r＝2，l＝2，由题意知当球为圆锥的外接球时，体积最小，设外接球的半径为R，则(2－R)2＋22＝R2，解得R＝，所以外接球的体积为πR3＝π×3＝9π.故选D. 5．某正三棱柱的侧棱长是4，底面边长是2，且每个顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为(　 ) A．24π B．28π C．30π D．32π 6．(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，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. 解析：将三棱锥还原成直三棱柱，D′，D为上、下底面的外心，O为DD′的中点，AD为底面外接圆的半径，则三棱柱的外接球即为球O，由余弦定理得BC＝＝2，由正弦定理得2AD＝＝4， 由OD＝1，AD＝2，得AO＝，即球O的半径r＝，所以球O的表面积为S＝4πr2＝20π.故选C. A.π B.π C. D. 解析：由已知条件知，折叠后的几何体为直三棱柱，且底面为等边三角形，底面外接圆的直径2r＝＝，直三棱柱的高为h＝2，设几何体的外接球的半径为R，则R＝＝＝，因此折叠后的外接球的体积为＝ . 9．已知正三棱台ABC-A1B1C1的上、下底面面积分别为，9，若AA1＝，则该正三棱台的外接球的表面积为(　 ) A．40π B．80π C．30π D．60π 解析：若正三角形的边长为a，则其面积为×a×a×＝a2，结合题意，不妨令AB＝3，A1B1＝6.如图，取△ABC，△A1B1C1外接圆的圆心O，O2，正三棱台ABC-A1B1C1外接球的球心O1，连接OA，OO2，O1A，O1A1，O2A1，设点A在底面上的射影为M，连接AM，易知M在O2A1上，OA＝O2M＝，O2A1＝2，则MA1＝，由AA1＝，可得OO2＝MA＝＝3.(利用图形的直观性，求出正三棱台的高) 解得所以该正三棱台的外接球的表面积S＝4πR2＝60π.故选D. 10．(2024·唐山模拟)已知侧棱长为2的正四棱锥各顶点都在同一球面上．若该球的表面积为36π，则该正四棱锥的体积为(　 ) A. B. C. D. 解析：设四棱锥为P-ABCD，底面ABCD的中心为O，设外接球的半径为R，底面正方形的边长为2a，四棱锥的高为PO＝h，则4πR2＝36π，R＝3，BO＝a，当外接球的球心在锥内时为O1，在Rt△POB中，BO2＋PO2＝PB2，即2a2＋h2＝12　①，在Rt△BOO1中，OO＋BO2＝BO，即(h－3)2＋2a2＝32　②， 联立①②，解得a＝2，h＝2<R(舍去)；当外接球的球心在锥外时为O2，在Rt△POB中，BO2＋PO2＝PB2，即2a2＋h2＝12　③，在Rt△BOO2中，BO2＋OO＝BO，即2a2＋(3－h)2＝32　④，联立③④解得a＝2，h＝2，四棱锥的体积VP-ABCD＝×(2×2)2×2＝.故选D. 11．点P是圆柱上底面圆周上一动点，△ABC是圆柱下底面圆的内接三角形，已知在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若c＝2，C＝60°，三棱锥P-ABC的体积最大值为，则该三棱锥外接球的表面积为(　 ) A.π B.π C.π D.π 解析：在△ABC中，由余弦定理可得4＝c2＝a2＋b2－2abcos C＝a2＋b2－ab≥2ab－ab＝ab，即ab≤4，当且仅当a＝b＝2时，等号成立，所以S△ABC＝absin C＝ab≤×4＝.设圆柱的高为h，则VP-ABC＝S△ABC·h≤h. 因为三棱锥P-ABC体积的最大值为，则h＝，所以h＝2，圆柱底面圆半径r＝＝＝，设三棱锥P-ABC的外接球的半径为R，则该三棱锥的外接球和圆柱的外接球为同一个球，则R2＝2＋r2＝1＋2＝，因此，三棱锥外接球的表面积为4πR2＝π.故选B. 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，可得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； 将正四面体补形成正方体，如图2，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．故选ABD. 13．已知三棱锥S-ABC外接球O的体积为288π，在△ABC中，AB＝6，AC＝8，cos∠CBA＝，则三棱锥S-ABC体积的最大值为____________． 48＋8 解析：在△ABC中，由余弦定理，得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos∠CBA，解得BC＝10.因为AB2＋AC2＝BC2，所以AC⊥AB，所以Rt△BAC的外接圆半径为5.设外接球的半径为R，因为πR3＝288π，故R＝6.球心O到平面ABC的距离d＝＝，当平面SBC⊥平面ABC时，三棱锥S-ABC的体积最大，为××(6＋)＝48＋8. [2，2] 解析：设球的半径为R.当球是正方体的外接球时，恰好经过正方体的每个顶点，所求的球的半径最大，若半径变得更大，球会包含正方体，导致球面和棱没有交点，正方体的外接球直径2R为体对角线长AC1＝＝4，即2R＝4，R＝2，故Rmax＝2； 如图，分别取AA1，BB1，CC1，DD1的中点M，H，G，N，显然四边形MNGH是边长为4的正方形，且O为正方形MNGH的对角线交点，连接MG，则MG＝4，当球的一个大圆恰好是四边形MNGH的外接圆时，球的半径达到最小，即Rmin＝2.综上，R∈[2，2]． 解析：如图所示，根据题意可知O1A＝1，O2B＝6，又母线与底面所成的角为60°，即∠ABO2＝60°，易得O1O2＝5.设圆台内能放置的最大球的球心为O，且与底面和母线分别切于O2，C两点，所以可知球的半径R＝OO2＝2，此时球的直径为2R＝4<O1O2＝5， 即此时球与圆台上底面不相切，因此圆台内能放置的最大球的直径为4.若放置一个可以任意转动的正方体，要求正方体棱长最大，需要正方体的中心与球心重合，且该球是正方体的外接球，设正方体的最大棱长为a，满足a＝2R，解得a＝4. 快审准解：先根据题意得出该多面体PABCQ可看作是棱长为的正方体一部分；再求出正方体外接球的半径即可求出该多面体的外接球半径；最后利用分割法求几何体的体积，列出关系式 V多面体PABCQ＝V三棱锥P­ABC＋V三棱锥A­QBC＝×r×S多面体PABCQ，即可求解出该多面体的内切球半径． 解析：由AB＝AC＝BC＝2，QA＝QB＝QC且QA，QB，QC两两垂直可得QA＝QB＝QC＝AB×sin 45°＝，又因为PA＝PB＝PC＝2，所以该多面体PABCQ可看作是棱长为的正方体一部分，如图所示，则该多面体的外接球半径与棱长为的正方体外接球的半径相同，故外接球的半径为＝.设△ABC的中心为O，连接AO，PO，内切球半径为r. 由PA＝PB＝PC＝AB＝AC＝BC＝2及正方体的性质，可得PO⊥平面ABC. 由AB＝AC＝BC＝2，可得AO＝×AB×sin 60°＝.由PA＝PB＝PC＝2，可得PO＝＝＝ ， S△PAB＝S△PAC＝S△PBC＝×2×2×sin 60°＝，V三棱锥P­ABC＝×PO× S△ABC＝×××2×2×sin 60°＝.由QA＝QB＝QC＝且QA，QB，QC两两垂直，可得S△QAB＝S△QAC＝S△QBC＝××＝ 1，V三棱锥A­QBC＝×QA×S△QBC＝××1＝.因为V多面体PABCQ＝ V三棱锥P­ABC＋V三棱锥A­QBC＝×r×S多面体PABCQ，所以＋＝×r× (S△PAB＋S△PAC＋S△PBC＋S△QAB＋S△QAC＋S△QBC)，即＝×r×(3＋3)，解得r＝. $$