第7章 第2课时 球的切、接与截面问题-【名师导航】2025年高考数学一轮总复习讲义（通用版）

第2课时　球的切、接与截面问题 考点一 考向1　典例1　(1)A　(2)14π　[(1)在底面△ABC中，由正弦定理得底面△ABC所在的截面圆的半径为r＝，则直三棱柱ABC⁃A1B1C1的外接球的半径为R＝，则直三棱柱ABC⁃A1B1C1的外接球的体积为πR3＝4π.故选A. (2)设外接球的半径为R，长方体外接球直径长等于长方体体对角线长，即 2R＝，所以球的表面积 S＝4πR2＝14π.] 拓展变式 　[如图所示，过球心作平面ABC的垂线，则垂足为BC的中点M. 又AM＝BC＝，OM＝AA1＝6，所以球O的半径R＝OA＝.] 考向2　典例2　A　[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，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＋O＝42＋(1－OO1)2，解得OO1＝4(舍去)；当球心O不在线段O1O2上时，R2＝42＋O＝32＋(1＋OO2)2，解得OO2＝3，所以R2＝25，所以该球的表面积为4πR2＝100π.故选A.] 考向3　典例3　(1)B　(2)B　(3)2 [(1)∵AB＝，BC＝，AC＝2， ∴PA＝1，PC＝，PB＝2. 以PA，PB，PC为过同一顶点的三条棱，作长方体如图所示，则长方体的外接球同时也是三棱锥P⁃ABC的外接球. ∵长方体的体对角线长为＝2， ∴球的直径为2，半径R＝， ∴三棱锥P⁃ABC外接球的体积是πR3＝π×()3＝π.故选B. (2)如图，设球O的半径为R，由题意，πR3＝，可得R＝2，则球O的直径为4.∵两个圆锥的高之比为1∶3， ∴AO1＝1，BO1＝3， 由直角三角形中的射影定理可得：r2＝1×3，即r＝. ∴这两个圆锥的体积之和为V＝π×()2×(1＋3)＝4π.故选B. (3)法一：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＝O＋O1A2，所以4＝SA2＋3，得SA＝2. 法二：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＝. 设三棱锥S⁃ABC的外接球球心为O，连接OO1，则OO1⊥平面ABC.又SA⊥平面ABC，所以OO1∥SA，连接OS，OA，由题意知OS＝OA＝2．过O作SA的垂线，设垂足为H，则四边形AO1OH为矩形，所以OO1＝AH，由OS＝OA可知H为SA的中点，则OO1＝AH＝SA. 所以在Rt△OO1A中，由勾股定理可得OA2＝O＋O1A2，即4＝SA2＋3，得SA＝2.] 拓展变式 3　[依题意，得该正四棱锥底面对角线的长为3×＝6，高为＝3， 因此底面中心到各顶点的距离均等于3，所以该正四棱锥的外接球的球心即为底面正方形的中心，其外接球的半径为3.] 跟进训练 1．(1)A　(2)C　(3)61π　[(1)如图所示，设球半径为R，底面中心为O'且球心为O， ∵正四棱锥P⁃ABCD中AB＝2， ∴AO'＝. ∵PO'＝4，∴在Rt△AOO'中，AO2＝AO'2＋OO'2， ∴R2＝()2＋(4－R)2，解得R＝， ∴该球的表面积为4πR2＝4π×，故选A. (2)不妨设正方体的棱长为2a，球O的半径为R，则圆柱的底面半径为a， 因为正方体的体对角线即为球O直径，故2R＝2a，利用勾股定理得：62＋a2＝R2＝3a2，解得a2＝18，球的表面积为S＝4πR2＝4π×3×18＝216π(cm2). 故选C. (3)如图所示，下底面半径为5，球的直径为10. 则球心在下底面上，OC＝OB＝5，O'C＝4，∠OO'C＝， 则圆台的高为3，V＝h(S1＋＋S2)＝25π＋16π＋20π＝61π.] 考点二 典例4　(1)C　(2)π　[(1)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，则球的表面积为4π×()2＝8π.故选C. (2)法一： 如图，在圆锥的轴截面ABC中，CD⊥AB，BD＝1，BC＝3，圆O内切于△ABC，E为切点，连接OE，则OE⊥BC.在Rt△BCD中，CD＝＝2.易知BE＝BD＝1，则CE＝2．设圆锥的内切球半径为R，则OC＝2－R，在Rt△COE中，OC2－OE2＝CE2，即(2－R)2－R2＝4，所以R＝πR3＝π. 法二： 如图，记圆锥的轴截面为△ABC，其中AC＝BC＝3，AB＝2，CD⊥AB，在Rt△BCD中，CD＝＝2，则S△ABC＝2.设△ABC的内切圆O的半径为R，则R＝πR3＝π.] 跟进训练 2．(1)B　(2)　[(1)要使球的体积最大，必须使球的半径最大.设球的半径为R， ∵△ABC的内切圆半径为＝2， ∴R≤2，由题意易知球与直三棱柱的上、下底面都相切时，球的直径取得最大值为3，∴R＝，∴Vmax＝ππ.故选B. (2)设正四面体棱长为a，则正四面体表面积为S1＝4××a2＝a2，其内切球半径为正四面体高的，即r＝×a＝a，因此内切球表面积为S2＝4πr2＝.] 考点三 典例5　C　[由等边三角形ABC的面积为×AB2＝，得AB＝3，则△ABC的外接圆半径r＝×AB＝AB＝.设球的半径为R，由球的表面积为16π，得4πR2＝16π，得R＝2，则球心O到平面ABC的距离d＝＝1，故选C.] 跟进训练 3．A　[设球心为O，半径为R cm，正方体上底面中心为A，上底面一边的中点为B(图略)，在Rt△OAB中，OA＝R－2，AB＝4，OB＝R，由R2＝(R－2)2＋42，得R＝5，∴V球＝πR3＝(cm3).故选A.] 微点突破4 跟进训练 1.D　[由题意可得：△ACD，△ACP均为边长为2的等边三角形，△PAD，△PCD为全等的等腰三角形，则三棱锥P⁃ACD的表面积S＝2S△ACD＋2S△PCD＝2××2×2×＋2××2×2×sin∠PCD＝2＋4sin∠PCD≤2＋4， 当且仅当sin∠PCD＝1，即PC⊥CD时，三棱锥P⁃ACD的表面积取最大值， 此时△PAD，△PCD为直角三角形，PD＝＝2， 取PD的中点O，连接OA，OC，由直角三角形的性质可得：OA＝OC＝OD＝OP＝，即三棱锥P⁃ACD的外接球的球心为O，半径为R＝，故三棱锥P⁃ACD的外接球体积为V＝π×()3＝π.故选D.] 跟进训练 2.D　[取AB的中点M，连接O1M，O2M，OM，因为圆O1所在平面与圆O2所在平面垂直，所以O1M∥OO2，且O1M＝OO2，O2M∥OO1，且O2M＝OO1，所以四边形OO1MO2是矩形.因为AB＝2，∠AO2B＝60°，∠AO1B＝90°，△ABO2是正三角形，所以O2M＝，O1M＝1，所以OM＝＝2，所以球O的半径为，所以球O的表面积为4π×()2＝20π.] 学科网（北京）股份有限公司 $$ 课时分层作业(四十二)　球的切、接与截面问题 1．C　[由题意知，正方体的体对角线就是球的直径， ∴2R＝＝6， ∴R＝3， ∴S球＝4πR2＝36π.] 2．B　[设截面圆半径为r，球的半径为R，则球心到某一截面的距离为正方体棱长的一半即2，根据截面圆的周长可得4π＝2πr，得r＝2，故由题意知R2＝r2＋(2)2，即R2＝22＋(2)2＝16，所以R＝4，故选B.] 3．B　[∵三棱锥P-ABC中，△ABC为等边三角形，PA＝PB＝PC＝3，∴△PAB≌△PBC≌△PAC. ∵PA⊥PB，∴PA⊥PC，PC⊥PB. 以PA，PB，PC为过同一顶点的三条棱作正方体(如图所示)，则正方体的外接球同时也是三棱锥P-ABC的外接球． ∵正方体的体对角线长为＝3，∴其外接球半径R＝.因此三棱锥P-ABC的外接球的体积V＝＝.] 4．C　[平面ACD1截球O的截面为△ACD1的内切圆，∵正方体棱长为1，∴AC＝CD1＝AD1＝. ∴内切圆半径r＝tan 30°·AE＝＝. ∴S＝πr2＝π×＝，故选C. ] 5．B　[取AB的中点O， 由AB＝，DA＝DB＝CA＝CB＝1， 得CA2＋CB2＝AB2，AD2＋BD2＝AB2， 可得∠ACB＝∠ADB＝90°， 所以OA＝OB＝OC＝OD＝， 即O为外接球的球心，球的半径R＝， 所以四面体ABCD的外接球的表面积为S＝4πR2＝4π×＝2π.] 6．A　[在三棱锥P-ABC中，如图，AB2＋PA2＝20＝PB2，则PA⊥AB，同理PA⊥AC， 而AB∩AC＝A，AB，AC⊂平面ABC，因此PA⊥平面ABC， 在等腰△ABC中，AB＝AC＝4，BC＝2，则cos ∠ABC＝＝， sin ∠ABC＝＝， 令△ABC的外接圆圆心为O1，则OO1⊥平面ABC，O1A＝＝， 有OO1∥PA，取PA中点D，连接OD，则有OD⊥PA，又O1A⊂平面ABC，即O1A⊥PA， 从而O1A∥OD，四边形ODAO1为平行四边形，OO1＝AD＝1，又OO1⊥O1A， 因此球O的半径R2＝OA2＝O1A2＋O1O2＝＋12＝， 所以球O的表面积S＝4πR2＝π. 故选A.] 7．D　[设球的半径为R，则＝，所以R＝5，取圆台的轴截面ABCD，如图所示： 设圆台的上、下底面圆心分别为F，E，则E，F分别为AB，CD的中点， 连接OE，OF，OA，OB，OC，OD，则OA＝OB＝OC＝OD＝5， 由垂径定理可知，OE⊥AB，OF⊥CD， 所以OE＝＝＝3， OF＝＝＝4， 由球和圆台的结构可知，EF＝3＋4＝7， 所以AD＝＝5， 因此圆台的侧面积为π(3＋4)×5＝35π. 故选D.] 8．B　[由等边△ABC的面积为9， 可得AB2＝9，所以AB＝6， 所以等边△ABC的外接圆的半径为r＝AB＝2. 设球的半径为R，球心到等边△ABC的外接圆圆心的距离为d，则d＝＝＝2. 所以三棱锥D-ABC高的最大值为2＋4＝6，所以三棱锥D-ABC体积的最大值为×9×6＝18.] 9．AD　[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，得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．故选AD.] 10．ACD　[设梯形ABCD为圆台的轴截面，则内切圆O为圆台内切球的大圆，如图， 设圆台上、下底面圆心分别为O1，O2，半径分别为r1，r2， 球O的半径为R，则O1，O，O2共线，且O1O2⊥AB，O1O2⊥CD， 连接OD，OE，OA，则OD，OA分别平分∠ADC，∠DAB，且OE⊥AD， 故DE＝DO1＝r1，AE＝AO2＝r2， ∠OAD＋∠ODA＝，∠DOA＝，由△AOE∽△ODE， 故＝，即OE2＝DE·AE， 即R2＝r1r2＝3，解得R＝， 母线长为r1＋r2＝4，A正确； 圆台的高为2R＝2，B错误； 圆台的表面积为π×12＋π×32＋π×(1＋3)×4＝26π，C正确， 球O的表面积为4×π×()2＝12π，D正确． 故选ACD.] 11．12　[如图，线段EF过正方体的中心，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． ] 12．π　[如图，取BD 的中点E，BC的中点O. 连接AE，OD，EO，AO， 因为AB＝AD＝1， 所以AE⊥BD， 由于平面ABD⊥平面BCD，且平面ABD∩平面BCD＝BD， 所以AE⊥平面BCD. 因为AB＝AD＝CD＝1，BD＝. 所以AE＝，EO＝，所以OA＝. 在Rt△BDC中，OB＝OC＝OD＝BC＝. 所以四面体A-BCD的外接球的球心为O，半径为. 所以该球的体积V＝π×＝π.] 13．D　[因为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．因为AB＝2，所以该正方体的棱长为，所以该正方体的体对角线长为，所以三棱锥P-ABC的外接球的半径R＝，所以球O的体积V＝＝π×＝π，故选D.] 14．B　[如图，设正四棱锥的底面边长AB＝2a，高PO＝h，外接球的球心为M，则OD＝a. 因为球的体积为πR3＝36π，所以球的半径为R＝3， 在Rt△MOD中，MD2＝OD2＋OM2，即32＝2a2＋(h－3)2，所以正四棱锥的体积为V＝Sh＝×4a2h＝[9－(h－3)2]h， 整理得V＝－h3＋4h2(h＞0)， 则V′＝－2h2＋8h＝－2h(h－4)， 当0＜h＜4时，V′＞0，当h＞4时，V′＜0， 所以V＝－h3＋4h2(h＞0)在(0，4)上单调递增，在(4，＋∞)上单调递减，所以当h＝4时，函数取得最大值－×43＋4×42＝.故选B.] 15．ABD　[由于棱长为1 m的正方体的内切球的直径为1 m，所以选项A正确；由于棱长为1 m的正方体中可放入棱长为 m的正四面体，且＞1.4，所以选项B正确；因为正方体的棱长为1 m，体对角线长为 m，＜1.8，所以高为1.8 m的圆柱体不可能整体放入正方体容器中，所以选项C不正确；由于正方体的体对角线长为 m，而底面直径为1.2 m的圆柱体，其高0.01 m可忽略不计，故只需把圆柱的底面与正方体的体对角线平行放置，即可以整体放入正方体容器中，所以选项D正确．综上，故选ABD.] 16．　[依题意，此六面体的表面积S＝6××12＝，边长为1的正三角形的外接圆半径r＝1×sin 60°×＝，显然此六面体是棱长为1的两个正四面体共底面而成，此正四面体的高h＝＝，因此此六面体的体积V＝2××12×＝，六面体内的小球表面积最大时，小球为六面体的内切球，设此内切球半径为R，于是V＝SR，即有×R＝，解得R＝，所以小球的最大表面积为4πR2＝4π×＝.] 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第2课时　球的切、接与截面问题 考点一　简单几何体的外接球 　柱体的外接球问题 [典例1]　(1)已知直三棱柱ABC-A1B1C1的各顶点都在以O为球心的球面上，且∠BAC＝，AA1＝BC＝2，则球O的体积为(　　) A．4π　　 B．8π　 C．12π　　 D．20π (2)一个长方体的各个顶点均在同一球的球面上，且一个顶点上的三条棱的长分别为 1，2，3，则此球的表面积为________． [听课记录]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 [拓展变式]　若将本例(1)的条件“∠BAC＝，AA1＝BC＝2”换为“AB＝3，AC＝4，AB⊥AC，AA1＝12”，则球O的半径为________． 　台体的外接球问题 [典例2]　(2022·新高考Ⅱ卷)已知正三棱台的高为1，上、下底面的边长分别为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 [听课记录]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　锥体的外接球问题 [典例3]　(1)已知三棱锥P-ABC的三条侧棱两两互相垂直，且AB＝，BC＝，AC＝2，则此三棱锥的外接球的体积为(　　) A．π 　 B．π C．π 　 D．π (2)(2021·天津高考)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，两个圆锥的高之比为1∶3，则这两个圆锥的体积之和为(　　) A．3π 　 B．4π C．9π 　 D．12π (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＝________． [听课记录]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 [拓展变式]　若将本例(1)的条件改为“侧棱和底面边长都是3的正四棱锥的各顶点都在以O为球心的球面上”，则其外接球的半径为________． 　求解外接球问题的方法 (1)解决多面体外接球问题的关键是确定球心的位置，方法是先选择多面体中的一面，确定此面多边形外接圆的圆心，再过此圆心作垂直此面的垂线，则球心一定在此垂线上，最后根据其他顶点的情况确定球心的准确位置． (2)对于特殊的多面体还可通过补成正方体或长方体、直棱柱的方法找到球心的位置． [跟进训练] 1．(1)正四棱锥的顶点都在同一球面上，若该棱锥的高为4，底面边长为2，则该球的表面积为(　　) A． 　 B．16π C．9π 　 D． (2)(2023·江苏盐城一模)三星堆古遗址作为“长江文明之源”，被誉为人类最伟大的考古发现之一.3号坑发现的神树纹玉琮，为今人研究古蜀社会中神树的意义提供了重要依据．玉琮是古人用于祭祀的礼器，有学者认为其外方内圆的构造，契合了古代“天圆地方”观念，是天地合一的体现．假定某玉琮形状对称，由一个空心圆柱及正方体构成，且圆柱的外侧面内切于正方体的侧面，圆柱的高为12 cm，圆柱底面外圆周和正方体的各个顶点均在球O上，则球O的表面积为(　　) A．72π cm2 　 B．162π cm2 C．216π cm2 　 D．288π cm2 (3)圆台上、下底面的圆周都在一个直径为10的球面上，其上、下底面半径分别为4和5，则该圆台的体积为________． 考点二　简单几何体的内切球 [典例4]　(1)(2023·河北邢台一模)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 (2)(2020·全国Ⅲ卷)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________． [听课记录]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　“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通用方法． (3)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)． (4)等体积法求内切球半径． [跟进训练] 2．(1)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(　　) A．4π 　 B． C．6π 　 D． (2)若一个正四面体的表面积为S1，其内切球的表面积为S2，则＝________． 考点三　与球有关的截面问题 [典例5]　(2020·全国Ⅱ卷)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． [听课记录]　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　巧用直角三角形解决截面圆问题的步骤 (1)确定球心O和截面圆的圆心O′. (2)探求球的半径R和截面圆的半径r. (3)利用OO′2＋r2＝R2计算相关量． [跟进训练] 3．如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高是8 cm，将一个球放在容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6 cm，如果不计容器的厚度，则球的体积为(　　) A． cm3 　 B． cm3 C． cm3 　 D． cm3 简单几何体的外接球与内切球问题是立体几何的重点，也是历年高考考查的一个热点，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关系与球的半径之间的关系，而多面体外接球半径的求法在解题中往往会起到至关重要的作用． 一、定义法确定球心 [典例1]　已知∠ABC＝90°，PA⊥平面ABC，若PA＝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．π　　 B．π　 C．2π　　 D． [赏析]　突破点1：发现垂直关系，如下①②处 如图，取PC的中点O，连接OA，OB，由题意得， 又因为AB⊥BC，PA∩AB＝A，PA，AB⊂平面PAB， 所以BC⊥平面PAB，所以. 在Rt△PBC中，OB＝PC， 同理OA＝PC， 突破点2：得出四点共圆 所以OA＝OB＝OC＝PC， 因此P，A，B，C四点在以O为球心的球面上， 在Rt△ABC中，AC＝＝. 在Rt△PAC中，PC＝＝， 球O的半径R＝PC＝， 所以球的体积为π×＝. [答案]　D 　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． [跟进训练] 1．(2023·广东茂名一模)已知菱形ABCD的各边长为2，∠B＝60°.将△ABC沿AC折起，折起后记点B为P，连接PD，得到三棱锥P-ACD，如图所示，当三棱锥P-ACD的表面积最大时，三棱锥P-ACD的外接球体积为(　　) A．π 　 B．π C．2π 　 D．π 二、交轨法确定球心 [典例2]　已知△ABC是以BC为斜边的直角三角形，P为平面ABC外一点，且平面PBC⊥平面ABC，BC＝3，PB＝2，PC＝，则三棱锥P-ABC外接球的表面积为________． [赏析]　突破点1：找过△ABC外接圆圆心的垂线 如图所示，设M为BC的中点，在平面PBC内过点M作MN⊥BC，因为平面PBC⊥平面ABC，所以MN⊥平面ABC. 突破点2：寻找△PBC的外心，交轨法得球心 又△ABC是以BC为斜边的直角三角形，所以直线MN上任意一点到A，B，C的距离相等． 在平面PBC内作线段PB的垂直平分线DE，设DE与MN的交点为O，则点O到P，A，B，C的距 离都相等，即点O为三棱锥P-ABC外接球的球心，并且O也是△PBC的外心． 因此三棱锥P-ABC外接球的半径与△PBC的外接圆半径相等． 又PB＝2，BC＝3，PC＝， 所以cos ∠PBC＝＝， 则sin ∠PBC＝. 设三棱锥P-ABC外接球的半径为R， 则2R＝＝，即R＝， 则外接球的表面积S＝4πR2＝10π. [答案]　10π 　分别过几何体的两个相交平面的外接圆的圆心作各自所在平面的垂线，垂线的交点就是球心． [跟进训练] 2．已知A，B是球O的球面上两点，AB＝2，过AB作互相垂直的两个平面截球得到圆O1和圆O2，若∠AO1B＝90°，∠AO2B＝60°，则球O的表面积为(　　) A．5π 　 B．10π C．15π 　 D．20π 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 课时分层作业(四十二)　球的切、接与截面问题 一、单项选择题 1．(2020·天津高考)若棱长为2的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为(　　) A．12π　 　B．24π　 　C．36π　 　D．144π 2．某同学在参加《通用技术》实践课时，制作了一个工艺品，如图所示，该工艺品可以看成是一个球被一个棱长为4的正方体的六个面所截后剩余的部分(球心与正方体的中心重合)，若其中一个截面圆的周长为4π，则该球的半径是(　　) A．2 　 B．4 C．2 　 D．4 3．已知三棱锥P-ABC，△ABC为等边三角形，PA＝PB＝PC＝3，PA⊥PB，则三棱锥P-ABC的外接球的体积为(　　) A． 　 B． C．27π 　 D．27π 4．如图，已知球O是棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1的内切球，则平面ACD1截球O的截面面积为(　　) A． 　 B． C． 　 D． 5．在四面体ABCD中，AB＝，DA＝DB＝CA＝CB＝1，则四面体ABCD的外接球的表面积为(　　) A．π 　 B．2π C．3π 　 D．4π 6．(2023·广东广州一模)已知三棱锥P-ABC的四个顶点都在球O的球面上，PB＝PC＝2，AB＝AC＝4，PA＝BC＝2，则球O的表面积为(　　) A．π 　 B．π C．π 　 D．π 7．(2023·重庆二模)如图所示，已知一个球内接圆台，圆台上、下底面的半径分别为3和4，球的体积为，则该圆台的侧面积为(　　) A．60π 　 B．75π C．35π 　 D．35π 8．设A，B，C，D是一个半径为4的球的球面上四点，△ABC为等边三角形且其面积为9，则三棱锥D-ABC体积的最大值为(　　) A．12 　 B．18 C．24 　 D．54 二、多项选择题 9．已知A，B，C三点均在球O的表面上，AB＝BC＝CA＝2，且球心O到平面ABC的距离等于球半径的，则下列结论正确的是(　　) A．球O的表面积为6π B．球O的内接正方体的棱长为1 C．球O的外切正方体的棱长为 D．球O的内接正四面体的棱长为2 10．(2024·吉林长春模拟)已知圆台的上底面半径为1，下底面半径为3，球O与圆台的两个底面和侧面都相切，则(　　) A．圆台的母线长为4 B．圆台的高为4 C．圆台的表面积为26π D．球O的表面积为12π 三、填空题 11．(2023·全国甲卷)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别为AB，C1D1的中点．以EF为直径的球的球面与该正方体的棱共有________个公共点． 12．如图，在平面四边形ABCD中，AB＝AD＝CD＝1，BD＝，BD⊥CD，将其沿对角线BD折成四面体A-BCD，使平面ABD⊥平面BCD.四面体A-BCD顶点在同一个球面上，则该球的体积为________． 13．(2019·全国Ⅰ卷)已知三棱锥P-ABC的四个顶点在球O的球面上，PA＝PB＝PC，△ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是PA，AB的中点，∠CEF＝90°， 则球O的体积为(　　) A．8π 　 B．4π C．2π 　 D．π 14．(2024·山东青岛期中)已知正四棱锥的各顶点都在同一个球面上，球的体积为36π，则该正四棱锥的体积最大值为(　　) A．18 　 B． C． 　 D．27 15．(多选)(2023·新高考Ⅰ卷)下列物体中，能够被整体放入棱长为1(单位：m)的正方体容器(容器壁厚度忽略不计)内的有(　　) A．直径为0.99 m的球体 B．所有棱长均为1.4 m的四面体 C．底面直径为0.01 m，高为1.8 m的圆柱体 D．底面直径为1.2 m，高为0.01 m的圆柱体 16．(2024·福建南平模拟)如图，平行四边形形状的纸片是由六个边长为1的正三角形构成的，将它沿虚线折起来，可以得到如图所示粽子形状的六面体，若该六面体内有一小球，则小球的最大表面积为________． 1 / 1 学科网（北京）股份有限公司 $$