立体几何中的内、外接球问题讲义-2024-2025学年高一下学期数学人教A版（2019）必修第二册

球 【目录】 1. 题型一：外接球与内切球、棱切球的常规求解 2. 题型二：熟悉特殊图形的球（棱柱、棱锥、棱台） 3. 题型三：熟悉特殊图形的球（圆柱、圆锥、圆台） 4. 题型四：与球相关的综合题 5. 课堂小测 【题型一】外接球与内切球的常规求解 Key：常见几何体的外接球，内切球，棱切球 【外接球定义】几何体的每个顶点都在同一球面上，这个球为该几何体的外接球。 常规求解思路： 1.找一个平面的外心（三角形中为中垂线的交点，矩形为对角线的交点） 2.过外心做该平面的垂线 3.设外心沿垂线上移一段距离，移到外心到顶点的距离和到底面顶点距离相等即为外接球球心的位置。 【内切球定义】球心到几何体各面的距离都相等，且距离等于球半径，该球为几何体的内切球。 常规求解思路： 可以借助公式： 直接找几何体的体积和表面积，套用公式可求内切球半径； 【公式推导】把内切球心与几何体的每个顶点连线后，可把该几何体切割成若干个棱锥，有几个面就有几个棱锥 【棱切球定义】与多面体的每一条棱都相切的球，旋转体无棱切球。正多面体，正棱锥和所有棱长都相等的棱柱有棱切球，斜棱柱没有棱切球 常规求解思路：球心在高上，通过截面圆心来找半径。要看具体几何体来分析。 【例题讲解】【2023-2024高一下浙江艮山中学期中考】（多选）11. 六氟化硫，化学式为，在常压下是一种无色、无臭、无毒、不燃的稳定气体，有良好的绝缘性，在电器工业方面具有广泛用途．六氟化硫结构为正八面体结构，如图所示，硫原子位于正八面体的中心，6个氟原子分别位于正八面体的6个顶点，若相邻两个氟原子之间的距离为m，则（ ） A. 该正八面体结构的表面积为 B. 该正八面体结构的体积为 C. 该正八面体结构的外接球表面积为 D. 该正八面体结构的内切球表面积为 【答案】ACD 【解析】 【详解】 对A：由题知，各侧面均为边长为的正三角形， 故该正八面体结构的表面积，故A正确； 对B：连接，则，底面， 故该正八面体结构的体积，故B错误； 对C：底面中心到各顶点的距离相等，故为外接球球心，外接球半径， 故该正八面体结构的外接球表面积，故C正确； 对D：该正八面体结构的内切球半径， 故内切球表面积，故D正确； 故选：ACD． 【变式训练】【2023-2024高一下嘉兴期末考】（多选）11. 如图，已知正八面体（围成八面体八个三角形均为等边三角形）的棱长为2，其中四边形为正方形，其棱切球（与正八面体的各条棱都相切）的球心为，则以下结论正确的是（ ） A. 点到平面的距离等于1 B. 点到直线的距离等于1 C. 球在正八面体外部的体积小于 D. 球在正八面体外部的面积大于 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A，先确定球的中心，然后利用正八面体的性质计算即可；对于B，直接利用三角形面积公式即可；对于C，计算在正八面体外部的球冠对应的圆锥的体积，然后估计出球在正八面体外部的体积的上界即可；对于D，利用旋转体体积公式求得球冠体积，并得到球冠与圆锥的总体积占整个球的比例，即可得到球冠的表面积，然后进行放缩即可. 【详解】对于A，由对称性可知棱切球球心就是正八面体的中心，而， 所以. 设点到平面的距离为，则有 ， 故，故A错误； 对于B，由于，故在平面上的投影就是正方形的中心， 故平面，而在平面内，故. 又因为，知点到直线的距离，故B正确； 对于C，根据上面分析，球的半径等于点到直线的距离，即. 从而平面截棱切球所得圆的半径，设这个圆为圆. 设球的体积为，而以为顶点、圆为底面的圆锥的体积为， 则棱切球在正八面体内部的体积大于. 从而球在正八面体外部的体积小于 ，故C正确； 对于D，球在正八面体外部的面积等于正八面体外8个球冠的表面积. 而对于一个球冠而言，由其顶点和底面可以确定一个圆锥，而该圆锥的侧面积一定小于球冠的表面积. 从而，每个球冠的表面积都大于由该球冠顶点和底面圆确定的圆锥的侧面积. 该圆锥的底面半径，高，故母线长. 所以每个球冠的表面积都大于该圆锥的侧面积. 所以8个球冠的表面积之和大于，故D正确. 故选：BCD 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于使用恰当的方式对球冠的表面积和体积进行估计. 【题型二】熟悉特殊图形的球（棱柱、棱锥、棱台） ①正方体中，设边长为a，外接球半径为，棱切球半径为，内切球半径为； ②长方体的外接球半径为体对角线的一半； ③直棱柱的外接球球心在两个底面外心连接线的中点； ④正棱台的内切球可以画轴截面找等腰梯形的内切圆半径； ⑤正四面体的棱切球是其所在外接正方体的内切球 【基础过关】 【2023-2024高一下浙江A9期中考】（多选）11. 已知棱长为2的正方体的棱切球（与正方体的各条棱都相切）为球，则下列说法正确的是（ ） A. 球的体积为 B. 球内接圆柱的侧面积的最大值为 C. 球在正方体外部的体积小于 D. 球在正方体外部面积大于 【答案】BCD 【分析】由棱切球的半径为,再依次判断即可. 【详解】A.依题意，得棱切球的半径为，则球的体积为，错误 B.记球的内接圆柱的底面半径为，则内接圆柱的高为：， 则内接圆柱的侧面积为：， 等号成立时，故球的内接圆柱的侧面积最大值为：，正确 C.球在正方体外部的体积小于球体积与正方体内切球体积之差，即，正确 D.球在正方体外部的面积等于正方体外6个球冠的表面积. 每一个球冠的表面积大于这个球冠中内接圆锥的侧面积， 则内接圆锥的底面半径为，高为，得圆锥的母线长为：， 得内接圆锥的侧面积为：， 所以6个球冠的表面积大于，正确 故选：BCD 【点睛】关键点点睛：D项中球在正方体外部的面积等于正方体外6个球冠的表面积.每一个球冠的表面积大于这个球冠中内接圆锥的侧面积. 【2023-2024高一下浙江金兰期中考】13. 已知球O的体积为，则球O的表面积为___________，球O的内接正四面体的体积为_________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】利用球的体积和表面积公式可求得其表面积为，设球O的内接正四面体的棱长为，找出球心位置并利用勾股定理可求得其棱长为，再由锥体体积公式即可得出正四面体的体积为. 【详解】设球O的半径为，所以，解得； 因此球O的表面积为； 设球O内接正四面体的棱长为，如下图所示： 易知，取的中点为，则，可得， 作平面，则为正三角形的中心，所以； 由勾股定理可得， 易知球心在上，且， 所以 由勾股定理可得，即，解得， 则正四面体的体积为为. 故答案为：；； 【例题讲解】 【2023-2024高一下杭州西湖高级中学4月考】11. 如图，在直三棱柱中，，，，侧面的对角线交点，点是侧棱上的一个动点，直三棱柱的外接球表面积是________,设BE=a,则E-ABC的外接球半径为_______，（答案可用a表示）当E为中点时，内切球半径怎么求? 【答案】8π， ，先求三棱锥的体积和表面积用公式直接求r。 【解析】 【分析】首先计算外接圆的半径，再根据几何关系求外接球的半径，代入公式，即可求解 【详解】根据余弦定理 外接圆的半径，所以直棱柱外接球的半径，则直三棱柱外接球的表面积； 过E点作平面与面ABC平行，该平面与，求E-ABC的外接球等价于求三棱柱NEF-ABC的外接球，与第一空求法相同，外接圆的半径，所以直棱柱外接球的半径，则直三棱柱外接球的表面积； 易求三棱锥的体积为: ， 三棱锥的表面积为: 根据公式，可求内切球的半径表达式。 【变式训练】 【2023-2024高一下杭州西湖高级中学4月考】17. 已知正三棱柱的底面边长为2，侧棱长为，D为BC的中点； （2）求三棱锥的内切球半径． 【答案】（2）． 【解析】 【分析】（2）利用等体积法求法 【详解】（2） ， 则三棱锥的表面积为． 设三棱锥的内切球半径为r，则， 则 【2023-2024高一下深圳龙华第二次段考】（单选）8. 已三棱锥中，是以角为直角直角三角形，为的外接圆的圆心，，那么三棱锥外接球的半径为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】设三棱锥外接球的球心为，半径为，连接，在中利用余弦定理可得，从而得，则，再可证得平面，所以三棱锥外接球的球心在直线上，然后在中可求得结果. 【详解】设三棱锥外接球的球心为，半径为，连接，如图， 因为是以角为直角的直角三角形，所以为圆的直径，则， 因为，，，所以在中由余弦定理得， 所以，得， 因为，所以，所以， 因为，为的中点，所以， 因为，平面，所以平面， 所以三棱锥外接球的球心在直线上，则， 在中，，所以，解得, 故选：D 【点睛】关键点点睛：此题考查三棱锥外球问题，考查余弦定理的应用，解题的关键是根据题意确定球心的位置，从而可求出球的半径，考查空间想象能力和计算能力，属于较难题. 【2023-2024高一下武汉期末联考】（单选）7. 如图，在平面四边形ABCD中，，，，，现将沿AC折起，并连接BD，使得平面平面ABC，若所得三棱锥的外接球的表面积为，则三棱锥的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用面面垂直的性质定理，线面垂直的判定定理可以证得为直角，又为直角，进而利用直角三角形的性质得到外接球的球心为斜边的中点，然后根据球的面积公式求得球的半径，进而计算求得三棱锥的体积. 【详解】∵平面平面，平面平面，平面， ∴平面，又∵平面，∴， 又∵平面，平面，∴平面， 又∵平面，∴，即为直角， 又∵为直角，∴取的中点，连接， 由直角三角形的斜边上的中线性质， 可得为三棱锥外接球的球心， 由三棱锥外接球的表面积为，可得外接球的半径， ∴， ∵平面，为直角， ∴三棱锥的体积为. 故选：D 【2023-2024高一下华中师大附中期末考】14．在正三棱柱中，，E为线段上动点，D为BC边中点，则三棱锥A-BDE外接球表面积的最小值为______． 【解析】如图，设，球心O到平面ABD距离为OF，设 ，， ， 当且仅当时即取“=”． ，．故最小为 【2023-2024高一下宁波期末考】（单选）7. 已知正四棱台中，，球与上底面以及各侧棱均相切，则该球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】作出过正四棱台的截面，再求出正四棱台的高，从而根据勾股定理求出球的半径，最后代入球的表面积公式，即可求解． 【详解】设过棱台上下底面的中心以及一条侧棱作该棱台的轴截面如下图： 正四棱台中，，，， 正四棱台的高为， 设球的半径为，球与侧棱切于， 则在图中中，，则， 所以， 在图中中，， ，解得， 球的表面积为． 故选：B 【题型三】熟悉特殊图形的球（圆柱、圆锥、圆台） ①圆锥的内切球可先画轴截面，再通过三角形相似找内切圆半径求得（也可以用三角形的面积公式，求三角形周长与面积求r）； ②当圆台的母线=上下底面的半径和时才有内切球，画轴截面找等腰梯形的内切圆半径 圆台的内切球半径 ； 【基础过关】 【2023-2024高一下浙江A9期中考】（单选）6. 已知圆台的上、下半径分别为，，.若一个球与圆台上、下底面及侧面均相切，则该球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】根据公式， 所以该圆台的表面积为. 故选：B. 【2023-2024高一下衢温“5+1”联盟期中联考】18. 已知圆锥的底面半径，高． （1）求圆锥侧面展开图圆心角（用弧度表示）； （2）球在圆锥内，圆锥在球内， （ⅰ）求球的表面积的最大值； （ⅱ）求球与球体积之比的最小值． 【答案】（1） （2）（ⅰ）；（ⅱ）27 【解析】 【分析】（1）根据圆锥的侧面展开图及弧长公式计算即可； （2）求内切球的半径即可求出最大值；结合内切球及外接球半径比得出体积比的最小值. 【小问1详解】 记圆锥的母线长为，则，则， 【小问2详解】 （ⅰ）当球的表面积最大时，此时球为圆锥的内切球 记球的最大半径为，如图画出截面图，则 所以．所以球的表面积的最大值为 （ⅱ）球与球体积之比最小，即球体积最小，球体积最大 如图所示，以为直径的球可以包含圆锥，且此时为能包含圆锥的最小球， 记球的最小半径为，则 法一：则球的最小体积为，由（ⅰ）球的最大体积为． 所以球与球体积之比的最小值为 法二：，所以球与球体积之比的最小值为 【2023-2024高一下杭州六校期末】（多选）11. “圆柱容球”作为古希腊数学家阿基米德最得意的发现，被刻在他的墓碑上.马同学站在阿基米德的肩膀上，研究另外两个模型：“圆台容球”，“圆锥容球”，如下图，半径为R的球分别内切于圆柱，圆台，圆锥.设球，圆柱，圆台，圆锥的体积分别为.设球，圆柱，圆台，圆锥的表面积分别为，则以下关系正确的是（ ） A. B. C. D. 的最大值为 【答案】AD 【分析】对于A，由已知结合球和圆柱的体积公式、表面积公式即可依次求出、、、，从而得解；对于B，设圆台上下底面的半径和母线长分别为，由三角形全等得，求证得，进而由台体体积公式计算得，由台体表面积公式得，从而得和即可得解；对于C，设圆锥的底面半径、高和母线长为、和，由得①，由和，得②，进而得和，再由锥体体积公式和表面积公式即可求出和，从而得；对于D，由C结合基本不等式即为的最大值. 【详解】对于A，由题得，，，， 所以，所以，故A正确； 对于B，设圆台上下底面的半径和母线长分别为，圆台容球的轴截面如图所示， 因为， 所以， 所以，且， 所以， 又，所以，所以， 所以， ， 所以， 所以，故B错误； 对于C，设圆锥的底面半径、高和母线长为、和，圆锥容球的轴截面如图所示， 则由得， 整理得即①， 因为, 所以，故， 所以，所以即②， 由①②得即，整理得， 所以由①得， 所以，， 所以， 所以，故C错误； 对于D，由题意可知，所以由C得， 当且仅当即时等号成立，故最大值为，故D正确. 故选：AD. 【点睛】思路点睛：对于圆台的体积和表面积，先由三角形全等得，接着由得，进而由台体体积公式和表面积公式计算求出和即可得和；对于圆锥的体积和表面积，先由得①，接着由和得②，从而由①②得和，再由锥体体积公式和表面积公式即可求出和，进而得. 【题型四】与球相关的综合题 ①了解多面体的来源，还原成常规几何体问题； ②若有动点，要根据题目中提供的动点位置关系找出轨迹； 常见有以下几种：设动点为P，A为定点 (1) |PA|=1 . =>P 在以A为球心的球面上； (2) P为平面α上一动点，PA//平面β. =>过A作β的平行面，新作的平行面与α的交线为P轨迹; 【例题讲解】 【2023-2024高一下深圳高级中学期中考】（多选）11. 半正多面体（semiregular solid）亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，半正多面体有且只有13种．最早用于1970年世界杯比赛的足球就可以近似看作是由12个正五边形和20个正六边形组成的半正面体，半正多面体体现了数学的对称美．如图所示的二十四等边体就是一种半正多面体，它由8个正三角形和6个正方形围成，它是通过对正方体进行八次切截而得到的．若这个二十四等边体的棱长都为2，则下列结论正确的是（ ） A. 与平面不可能垂直 B. 异面直线和所成角为 C. 该二十四等边体的体积为 D. 该二十四等边体外接球的表面积为 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据线面垂直得线线垂直，即可找到矛盾进而判断A,根据异面直线的夹角即可求解B,根据割补法即可求解C,根据外接球的半径即可求解表面积. 【详解】对于A，若平面，因为平面，所以， 又因为为等边三角形，所以，这与矛盾，故与平面不可能垂直，所以A正确； 对于B，因为，所以异面直线和所成的角即为直线和所成的角，设角，在正六边形中，可得，所以异面直线和所成角为，所以B正确； 对于C，补全八个角构成一个棱长为的一个正方体，则该正方体的体积为，其中每个小三棱锥的体积为， 所以该二十四面体的体积为，所以C正确； 对于D，取正方形对角线的交点为，即为该二十四面体的外接球的球心， 其半径为， 所以该二十四面体外接球的表面积为，所以D不正确． 故选：ABC. 【变式训练】 【2023-2024高一下杭州六校期末】（单选）8. 已知正四面体中，是棱上一点，过作平面，满足，若到平面的距离分别是3和9，则正四面体的外接球被平面截得的截面面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【分析】补形成正方体，求出正方体棱长，然后可得外接球半径，然后可解. 【详解】将正四面体补形成正方体，如图， 因为，，所以， 又是平面内的相交直线，所以平面平面， 因为到平面的距离分别是3和9，所以正方体棱长为， 结合正方体对称性可知，球心到平面的距离为3， 记正四面体的外接球的半径为，则，解得， 则外接球被平面截得的截面半径， 所以，截面面积为. 故选：A 【例题讲解】（选讲） 【2023-2024高一下武汉期末联考】14. 如图所示，某甜品店将上半部是半球（半球的半径为2），下半部是倒立的圆锥（圆锥的高为4）的冰淇淋模型放到橱窗内展览，托盘是边长为6的等边三角形ABC金属片沿三边中点D，E，F的连线向上折叠成直二面角而成，则半球面上的最高点到平面DEF的距离为______． 【答案】 分析】画出底面展开图，由几何关系得到图中边长关系，由正弦定理可得，再由三角形相似得到，最后求出结果即可. 【详解】 设上面球心为，的圆心为，三点在底面投影的正三角形的中心为， 圆锥的顶点为，边中点为，连接，则，， 由几何关系可得三点共线， 由题意可得，， 在几何体中，设的外接圆半径为， 则由正弦定理可得，即， 由可得，所以， 所以半球面上的最高点到平面DEF的距离为， 故答案为：. 【变式训练】 【2023-2024高一下湖北智学5月联考】14. 球面被平面所截得的一部分叫做球冠，截得的圆叫做球冠的底，垂直于截面的直径被截得的一段叫做球冠的高.球被平面截下的一部分叫做球缺，截面叫做球缺的底面，垂直于截面的直径被截下的线段长叫做球缺的高，球缺是旋转体，可以看做是球冠和其底所在的圆面所围成的几何体.如图1，一个球面的半径为，球冠的高是，球冠的表面积公式是.如图2，已知是以为直径的圆上的两点，，扇形的面积为，则扇形绕直线旋转一周形成的几何体的表面积为__________. 【答案】 【分析】首先求出，再根据扇形面积公式求出圆的半径，过点作交于点，过点作交于点，即可求出，将扇形绕直线旋转一周形成的几何体为一个半径的球中上下截去两个球缺所剩余部分再挖去两个圆锥，再根据所给公式分别求出表面积. 【详解】因为，所以，设圆的半径为， 又，解得（负值舍去）， 过点作交于点，过点作交于点， 则， 所以，同理可得， 将扇形绕直线旋转一周形成的几何体为一个半径的球中，上下截去两个球缺所剩余部分再挖去两个圆锥， 其中上面球缺的高，上面圆锥的底面半径，高为， 下面球缺的高，下面圆锥的底面半径，高为， 则上面球冠的表面积， 下面球冠的表面积，球的表面积， 上面圆锥的侧面积，下面圆锥的侧面积， 所以几何体的表面积. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题关键是弄清楚经过旋转之后得到的几何体是如何组成，对于表面积要合理转化. 【2023-2024高一下深圳期中考】11. 已知正四棱柱的底面边长为2，侧棱，为上底面上的动点（包括边界）， 若∥平面，且，则平面截正四棱柱的外接球所得平面图形的面积为_________。 【答案】 【分析】确定点位置得截面，从而由正四棱柱性质求得相应面积判断D． 【详解】 连接，交于点，连接，由正四棱柱性质可得，取中点，由与平行且相等可得是平行四边形，即，且，而平面，平面，因此平面，所以该点为满足条件的点，平面即正四棱柱的对角面，它截正四棱柱的外接球的截面即为该球的大圆，由正四棱柱性质知其外接球直径等于四棱柱对角线长，因此截面面积为. 【2023-2024高一下武汉5G期末考】14. 如图，正三棱锥的侧面和底面所成角为，正三棱锥的侧面和底面所成角为和位于平面的异侧，且两个正三棱锥的所有顶点在同一个球面上，则__________，的最大值为__________. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】由几何体结构特征可知为外接球直径即得；先设，外接球半径为R，则由以及已知条件可求得，再根据几何体结构特征得，再结合两角和正切公式以及基本不等式即可求解. 【详解】由几何体结构特征可知为外接球直径，所以； 连接，交平面于点，取中点，连接， 由正棱锥性质知，且， 则、，，设，外接球半径为R， 则， 所以由得，， 又， 故， 而，当且仅当时取等， 故. 故答案为：；. 【点睛】关键点点睛：求解的关键是由以及已知数据求出. 【2023-2024高一下武汉5G联合体期中考】（单选）7. 已知P为棱长为的正四面体A-BCD各面所围成的区域内部（不在表面上）一动点，记P到面ABC，面ACD，面BCD，面ABD的距离分别为，若，则的最小值为（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】C 【分析】由等体积法求出，又，得，然后借助于1的代换及基本不等式求最值． 【详解】正四面体ABCD的棱长为，底面等边三角形一边上的高为， 底面外接圆的半径为，则正四面体的高． 正四面体的体积, 则，得， 又，∴， 可得 ， 当且仅当取等号． 故选：C． 【课堂小测】 【2023-2024高一下浙江艮山中学期中考】（单选）7. 一个四面体的所有棱长都为，四个顶点在同一球面上，则此球的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】四面体的所有棱长都为的四面体是正四面体，将正四面体放入正方体中，即可求解. 【详解】因为四面体是正四面体，所以正四面体放入正方体中，正四面体的外接球就是正方体的外接球， 故正方体的棱长为，外接球半径为， 所以. 故选：C. 【2023-2024高一下武汉5G期末考】11. 已知正四面体的棱长为，则正四面体外接球表面积为________。 【答案】BD 【解析】 【分析】将棱长为的正四面体放到棱长为的正方体中，正方体的外接球即为正四面体的外接球，从而判断A，利用等体积法判断B，设中点为，连接，，则为所求二面角的平面角，利用余弦定理计算可判断C，求出正四面体内切球的半径此时即为最大的正四面体的外接球的半径，从而判断D. 【详解】棱长为的正四面体的外接球与棱长为的正方体的外接球半径相同， 设外接球的半径为，则，所以，所以A错误． 设正四面体内任意一点到四个面的距离分别为， 设正四面体的高为， 又， 由等体积法可得，， 所以为定值，所以B正确． 如图所示，设中点为，连接，，则，， 故为所求二面角的平面角，，， 由余弦定理得， 则，所以C错误． 对于选项D，要使正四面体在四面体的内部，且可以任意转动， 则正四面体的外接球要在四面体内切球内部， 当正四面体的外接球恰好为四面体内切球时，正四面体的体积最大值， 又，， 设正四面体内切球的半径为，则， 即，解得， 所以正四面体的外接球半径为． 设正四面体的边长为，则，所以， 故体积，即正四面体体积最大值为，所以D正确． 故选：BD． 【点睛】关键点点睛：涉及到正四面体的外接球一般将其放到正方体中，正方体的体对角线即为正方体外接球的直径. 【2023-2024高一下温州期末考】（单选）8. 正多面体也称柏拉图立体，被誉为最有规律的立体结构，其所有面都只由一种正多边形构成的多面体（各面都是全等的正多边形，且每一个顶点所接的面数都一样，各相邻面所成二面角都相等）.数学家已经证明世界上只存在五种柏拉图立体，即正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体、正二十面体，如图所示为一个棱长为1的正八面体，则其内切球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据等体积法求出内切球的半径即可进一步求解. 【详解】如图， 正八面体的棱长为1，点为中点（显然根据对称性可知点也是内切球球心），显然平面， 因为直线平面，所以， 在正方形中，， 所以， 正八面体的表面积为， 设内切球半径为， 由等体积法有，， 解得，内切球的表面积为. 故选：A. 【点睛】关键点点睛：关键是求出内切球的半径，由此即可顺利得解. 1 学科网（北京）股份有限公司 1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 球 【目录】 1. 题型一：外接球与内切球、棱切球的常规求解 2. 题型二：熟悉特殊图形的球（棱柱、棱锥、棱台） 3. 题型三：熟悉特殊图形的球（圆柱、圆锥、圆台） 4. 题型四：与球相关的综合题 5. 课堂小测 【题型一】外接球与内切球的常规求解 Key：常见几何体的外接球，内切球，棱切球 【外接球定义】几何体的每个顶点都在同一球面上，这个球为该几何体的外接球。 常规求解思路： 1.找一个平面的外心（三角形中为中垂线的交点，矩形为对角线的交点） 2.过外心做该平面的垂线 3.设外心沿垂线上移一段距离，移到外心到顶点的距离和到底面顶点距离相等即为外接球球心的位置。 【内切球定义】球心到几何体各面的距离都相等，且距离等于球半径，该球为几何体的内切球。 常规求解思路： 可以借助公式： 直接找几何体的体积和表面积，套用公式可求内切球半径； 【公式推导】把内切球心与几何体的每个顶点连线后，可把该几何体切割成若干个棱锥，有几个面就有几个棱锥 【棱切球定义】与多面体的每一条棱都相切的球，旋转体无棱切球。正多面体，正棱锥和所有棱长都相等的棱柱有棱切球，斜棱柱没有棱切球 常规求解思路：球心在高上，通过截面圆心来找半径。要看具体几何体来分析。 【例题讲解】【2023-2024高一下浙江艮山中学期中考】（多选）11. 六氟化硫，化学式为，在常压下是一种无色、无臭、无毒、不燃的稳定气体，有良好的绝缘性，在电器工业方面具有广泛用途．六氟化硫结构为正八面体结构，如图所示，硫原子位于正八面体的中心，6个氟原子分别位于正八面体的6个顶点，若相邻两个氟原子之间的距离为m，则（ ） A. 该正八面体结构的表面积为 B. 该正八面体结构的体积为 C. 该正八面体结构的外接球表面积为 D. 该正八面体结构的内切球表面积为 【变式训练】【2023-2024高一下嘉兴期末考】（多选）11. 如图，已知正八面体（围成八面体八个三角形均为等边三角形）的棱长为2，其中四边形为正方形，其棱切球（与正八面体的各条棱都相切）的球心为，则以下结论正确的是（ ） A. 点到平面的距离等于1 B. 点到直线的距离等于1 C. 球在正八面体外部的体积小于 D. 球在正八面体外部的面积大于 【题型二】熟悉特殊图形的球（棱柱、棱锥、棱台） ①正方体中，设边长为a，外接球半径为，棱切球半径为，内切球半径为； ②长方体的外接球半径为体对角线的一半； ③直棱柱的外接球球心在两个底面外心连接线的中点； ④正棱台的内切球可以画轴截面找等腰梯形的内切圆半径； ⑤正四面体的棱切球是其所在外接正方体的内切球 【基础过关】 【2023-2024高一下浙江A9期中考】（多选）11. 已知棱长为2的正方体的棱切球（与正方体的各条棱都相切）为球，则下列说法正确的是（ ） A. 球的体积为 B. 球内接圆柱的侧面积的最大值为 C. 球在正方体外部的体积小于 D. 球在正方体外部面积大于 【2023-2024高一下浙江金兰期中考】13. 已知球O的体积为，则球O的表面积为___________，球O的内接正四面体的体积为_________． 【例题讲解】 【2023-2024高一下杭州西湖高级中学4月考】11. 如图，在直三棱柱中，，，，侧面的对角线交点，点是侧棱上的一个动点，直三棱柱的外接球表面积是________,设BE=a,则E-ABC的外接球半径为_______，（答案可用a表示）当E为中点时，内切球半径怎么求? 【变式训练】 【2023-2024高一下杭州西湖高级中学4月考】17. 已知正三棱柱的底面边长为2，侧棱长为，D为BC的中点； （2）求三棱锥的内切球半径． 【2023-2024高一下深圳龙华第二次段考】（单选）8. 已三棱锥中，是以角为直角直角三角形，为的外接圆的圆心，，那么三棱锥外接球的半径为（ ） A. B. C. D. 【2023-2024高一下武汉期末联考】（单选）7. 如图，在平面四边形ABCD中，，，，，现将沿AC折起，并连接BD，使得平面平面ABC，若所得三棱锥的外接球的表面积为，则三棱锥的体积为（ ） A. B. C. D. 【2023-2024高一下华中师大附中期末考】14．在正三棱柱中，，E为线段上动点，D为BC边中点，则三棱锥A-BDE外接球表面积的最小值为______． 【2023-2024高一下宁波期末考】（单选）7. 已知正四棱台中，，球与上底面以及各侧棱均相切，则该球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【题型三】熟悉特殊图形的球（圆柱、圆锥、圆台） ①圆锥的内切球可先画轴截面，再通过三角形相似找内切圆半径求得（也可以用三角形的面积公式，求三角形周长与面积求r）； ②当圆台的母线=上下底面的半径和时才有内切球，画轴截面找等腰梯形的内切圆半径 圆台的内切球半径 ； 【基础过关】 【2023-2024高一下浙江A9期中考】（单选）6. 已知圆台的上、下半径分别为，，.若一个球与圆台上、下底面及侧面均相切，则该球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【2023-2024高一下衢温“5+1”联盟期中联考】18. 已知圆锥的底面半径，高． （1）求圆锥侧面展开图圆心角（用弧度表示）； （2）球在圆锥内，圆锥在球内， （ⅰ）求球的表面积的最大值； （ⅱ）求球与球体积之比的最小值． 【2023-2024高一下杭州六校期末】（多选）11. “圆柱容球”作为古希腊数学家阿基米德最得意的发现，被刻在他的墓碑上.马同学站在阿基米德的肩膀上，研究另外两个模型：“圆台容球”，“圆锥容球”，如下图，半径为R的球分别内切于圆柱，圆台，圆锥.设球，圆柱，圆台，圆锥的体积分别为.设球，圆柱，圆台，圆锥的表面积分别为，则以下关系正确的是（ ） A. B. C. D. 的最大值为 【题型四】与球相关的综合题 ①了解多面体的来源，还原成常规几何体问题； ②若有动点，要根据题目中提供的动点位置关系找出轨迹； 常见有以下几种：设动点为P，A为定点 (1) |PA|=1 . =>P 在以A为球心的球面上； (2) P为平面α上一动点，PA//平面β. =>过A作β的平行面，新作的平行面与α的交线为P轨迹; 【例题讲解】 【2023-2024高一下深圳高级中学期中考】（多选）11. 半正多面体（semiregular solid）亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，半正多面体有且只有13种．最早用于1970年世界杯比赛的足球就可以近似看作是由12个正五边形和20个正六边形组成的半正面体，半正多面体体现了数学的对称美．如图所示的二十四等边体就是一种半正多面体，它由8个正三角形和6个正方形围成，它是通过对正方体进行八次切截而得到的．若这个二十四等边体的棱长都为2，则下列结论正确的是（ ） A. 与平面不可能垂直 B. 异面直线和所成角为 C. 该二十四等边体的体积为 D. 该二十四等边体外接球的表面积为 【变式训练】 【2023-2024高一下杭州六校期末】（单选）8. 已知正四面体中，是棱上一点，过作平面，满足，若到平面的距离分别是3和9，则正四面体的外接球被平面截得的截面面积为（ ） A. B. C. D. 【例题讲解】（选讲） 【2023-2024高一下武汉期末联考】14. 如图所示，某甜品店将上半部是半球（半球的半径为2），下半部是倒立的圆锥（圆锥的高为4）的冰淇淋模型放到橱窗内展览，托盘是边长为6的等边三角形ABC金属片沿三边中点D，E，F的连线向上折叠成直二面角而成，则半球面上的最高点到平面DEF的距离为______． 【变式训练】 【2023-2024高一下湖北智学5月联考】14. 球面被平面所截得的一部分叫做球冠，截得的圆叫做球冠的底，垂直于截面的直径被截得的一段叫做球冠的高.球被平面截下的一部分叫做球缺，截面叫做球缺的底面，垂直于截面的直径被截下的线段长叫做球缺的高，球缺是旋转体，可以看做是球冠和其底所在的圆面所围成的几何体.如图1，一个球面的半径为，球冠的高是，球冠的表面积公式是.如图2，已知是以为直径的圆上的两点，，扇形的面积为，则扇形绕直线旋转一周形成的几何体的表面积为__________. 【2023-2024高一下深圳期中考】11. 已知正四棱柱的底面边长为2，侧棱，为上底面上的动点（包括边界）， 若∥平面，且，则平面截正四棱柱的外接球所得平面图形的面积为_________。 【2023-2024高一下武汉5G期末考】14. 如图，正三棱锥的侧面和底面所成角为，正三棱锥的侧面和底面所成角为和位于平面的异侧，且两个正三棱锥的所有顶点在同一个球面上，则__________，的最大值为__________. 【2023-2024高一下武汉5G联合体期中考】（单选）7. 已知P为棱长为的正四面体A-BCD各面所围成的区域内部（不在表面上）一动点，记P到面ABC，面ACD，面BCD，面ABD的距离分别为，若，则的最小值为（ ） A. 2 B. C. D. 【课堂小测】 【2023-2024高一下浙江艮山中学期中考】（单选）7. 一个四面体的所有棱长都为，四个顶点在同一球面上，则此球的体积为（ ） A. B. C. D. 【2023-2024高一下武汉5G期末考】11. 已知正四面体的棱长为，则正四面体外接球表面积为________。 【2023-2024高一下温州期末考】（单选）8. 正多面体也称柏拉图立体，被誉为最有规律的立体结构，其所有面都只由一种正多边形构成的多面体（各面都是全等的正多边形，且每一个顶点所接的面数都一样，各相邻面所成二面角都相等）.数学家已经证明世界上只存在五种柏拉图立体，即正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体、正二十面体，如图所示为一个棱长为1的正八面体，则其内切球的表面积为（ ） A. B. C. D. 1 学科网（北京）股份有限公司 $$