重难拓展专题07 几何体的外接球、内切球问题讲义（知识梳理+6题型突破）-2025-2026学年高一下学期数学人教A版必修第二册

本讲义聚焦几何体的外接球、内切球问题，系统梳理内切球、棱切球、外接球的定义与几何特征，构建外接球四大模型（长方体、圆柱、圆锥、台体）的适用条件与核心公式，辅以正方体、正四面体的球半径公式及几何法找球心的通用解法，形成递进式知识支架。 资料以模型化教学为特色，通过等体积法推导内切球半径培养推理能力，长方体模型的墙角、对棱相等推广发展空间观念，结合鳖臑、翻折等高考真题例题，助力学生用数学语言表达空间关系。课中辅助教师高效授课，课后学生可通过变式题强化模型识别与解题技巧，查漏补缺。

重难拓展专题 几何体的外接球、内切球问题 讲义 【题型一：内切球和棱切球问题】 6 【题型二：外接球的长方体模型】 10 【题型三：外接球的圆柱模型】 12 【题型四：外接球的圆锥模型】 14 【题型五：外接球的台体模型】 16 【题型六：几何法找外接球球心】 18 1. 理解内切球、棱切球、外接球的定义与几何特征，明确三类球与几何体的位置关系。 2. 掌握外接球四大模型（长方体、圆柱、圆锥、台体）的适用条件、图形结构与核心公式，能准确识别模型类型。 3. 熟记正方体、正四面体的外接球、棱切球、内切球半径公式： ①正方体（棱长）：外接球，棱切球，内切球 ②正四面体（棱长）：外接球，棱切球，内切球 4. 掌握外接球通用解法：找面的外心→作面的垂线→定球心→列方程求半径。 【知识点一：内切球与棱切球】 对于内切球和棱切球问题，一般选取适当的截面来研究，若是正棱锥或圆锥的内切球，常选取顶点和高所在的截面来分析几何关系，求解需要的量，后面我们通过具体例题来加深理解。 若对于几何体的内切球与每个平面都相切，我们以三棱锥为例，利用“等体积法”推导这类几何体的内切球半径公式。 步骤1：分割多面体 连接球心与多面体的所有顶点（如四面体中连接），将原多面体分割为个小棱锥（为多面体的面数，正四面体）： 每个小棱锥的高均为内切球半径（球心到对应面的距离）； 每个小棱锥的底面积分别为原多面体各个面的面积，记为。 步骤2：计算小棱锥的体积 根据棱锥体积公式，每个小棱锥的体积为： 步骤3：原多面体体积与小棱锥体积的关系 原多面体的体积等于所有小棱锥体积之和，因此： 代入小棱锥体积公式： 步骤4：提取公因式，结合表面积定义 提取公因式，得： 而多面体的表面积就是所有面的面积之和，即，因此： 步骤5：变形得到内切球半径公式 将上式两边同时乘以，再除以，最终得到： 【知识点二：长方体模型】 如图，长、宽、高分别为，，的长方体外接球半径。除了标准的长方体（包括正方体）之外，还有下面的两个三棱锥模型，也常通过补形转化为长方体模型来处理。 推广1、墙角模型：如下面第一个图三棱锥中，棱AC，AB，AS两两垂直，好似墙角处，我们将其补形为黑色长方体，发现两者具有相同的外接球，且棱AC，AB，AS恰为长方体的长、宽、高。故套入长方体模型，即可求出长方体的外接球半径，也就是三棱锥的外接球半径。 这个三棱锥还可以变形为下面的形式，其中可以发现棱AC，BC ，AS依旧满足两两垂直，补形后依旧是一个长方体，且棱AC，BC ，AS依旧是长方体的长、宽、高。 推广2、对棱相等模型：如图所示，三棱锥满足三组对棱相等，即，，，则该三棱锥也可补形为长方体处理。 根据前面长方体模型，我们急需知道长方体的长（a）、宽（b）、高（c）。 若设三棱锥中棱，，，则有下列关系 ，，。整理可得 （为长方体外接球半径） 推广3、正方体模型（棱长为a） ①外接球半径： ②棱切球半径： ③内切求半径： 推广4、正四面体模型（棱长为a） ①外接球半径： ②棱切球半径： ③内切求半径： 【知识点三：圆柱模型】 如图，圆柱的底面半径，高和球的半径满足。除了标准的圆柱模型外，还有一些模型与圆柱具有相同的外接球，可转化为圆柱模型处理。 推广1：线面垂直的三棱锥：如图，平面，若是直角三角形，则按上面1中的长方体模型处理最方便，若不是直角三角形，则可先将三棱锥放入圆柱，按圆柱模型处理。 推广2：直三棱柱：如图7所示的直三棱柱也可按圆柱模型处理，本质上和图6的模型相同。 【知识点四：圆锥模型】 如下图所示，圆锥的高，底面半径，球的半径为，则，在中，有，故圆锥的外接球相关计算抓住即可。 除了标准的圆锥模型，对于侧棱相等的棱锥，也可放到圆锥中考虑，如下图中的三棱锥。 【知识点五：台体模型】 如下图，圆台的上、下底面半径分别为，，高，球的半径为，则它们满足方程； 若为下图，则满足的方程是。 除了以上这两种标准的圆台模型外，有的棱台模型也可转化为圆台模型处理，若为下图，这种情况只需求出棱台的上、下底面外接圆半径，即可放入圆台分析。 【思路点拨】在外接球问题中，若看不出来是什么模型，则可以尝试用通法：先找到某两个面的外接圆圆心，过圆心作对应面的垂线，则球心必定在垂线上，于是两条垂线的交点即为球心。若不方便作出两条这样的垂线，也可考虑只作一条，再利用球心到各顶点等距构造方程。如下图所示，过的外心作平面的垂线，则球心必在该垂线上，再由建立方程求三棱锥的外接球半径。 注：虽然此通法理论上适用于所有外接球问题，但却只有当圆心好找，且垂线易作时才方便使用，而且用通法求解往往比套模型求解更复杂，所以在具体问题中，一般首先考虑套模型，其次才考虑通法。 【题型一：内切球和棱切球问题】 【例1】（2025秋•桐乡市校级期中）将棱长为2的正方体木块削成一个体积最大的球，则这个球的表面积为（　　） A．2π B．4π C．8π D．16π 【答案】B 【分析】由题意知，此球是正方体的内切球，根据其几何特征知，此求的直径与正方体的棱长是相等的，故可得球的直径为2，再用表面积公式求出表面积即可． 【解答】解：由已知球的直径为2，故半径为1， 其表面积是4×π×12＝4π， 应选B 【例2】（2024春•越城区校级期中）一个圆锥的侧面展开图是半径为1的半圆，则此圆锥的内切球的表面积为（　　） A．π B． C． D． 【答案】C 【分析】由侧面展开图的半圆弧长等于圆锥底面圆周长可构造方程求得圆锥底面半径，由此可确定圆锥轴截面为正三角形，求得正三角形内切圆半径即为所求内切球半径，代入球的表面积公式即可得到结果． 【解答】解：设圆锥底面半径为r，则，解得：， ∴圆锥的轴截面是边长为1的正三角形，∴此正三角形内切圆的半径为，即圆锥内切球半径， ∴圆锥内切球的表面积． 故选：C． 【例3】（2025春•宁波期末）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，BC⊥CD，且AB＝BC＝CD＝1，则其内切球表面积为（　　） A．3π B． C． D． 【答案】C 【分析】利用体积相等，找到球的半径即可． 【解答】解：因为四面体ABCD四个面都为直角三角形， AB⊥平面BCD，BC⊥CD，所以AB⊥BD，AB⊥BC，BC⊥CD，AC⊥CD， 设四面体ABCD内切球的球心为O，半径为r， 则， 所以，因为四面体ABCD的表面积为， 又因为四面体ABCD的体积， 所以，所以内切球表面积． 故选：C． 【变式1】（2023春•江干区校级期中）现有一个底面半径为4cm，高为6cm的圆柱形铁块，将其磨制成一个球体零件，则该球体零件的最大体积是（　　） A．πcm3 B．36πcm3 C．πcm3 D．40πcm3 【答案】B 【分析】分球与圆柱的上下底面相切，球与圆柱的侧面相切两种情况讨论． 【解答】解：当球与圆柱的表面相切时，体积最大，设球的半径为R． 若球与圆柱的上下底面相切，则2R＝6，R＝3； 若球与圆柱的侧面相切，则R＝4． 因为3＜4，所以球只能与上下底面相切，即半径R＝3，体积为． 故选：B． 【变式2】30．（2023春•嘉兴期中）一个棱长为a的正四面体中内切一个球O，若在此四面体中再放入一个球O′，使其与三个侧面及内切球O均相切，则球O′的半径为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据球的几何性质，结合正四面体的性质、三棱锥的体积公式、等积法进行求解即可． 【解答】解：设内切球O的半径为r，球O′的半径为R， 设此棱锥的高为h，底面△ABC的中心为M， 因为正四面体的棱长为a，所以底面△ABC的，， 所以三棱锥P﹣ABC的表面积为， 在底面△ABC中，， 则棱锥的高， 所以三棱锥的体积， 由等积法知，得， 用一平行于底面ABC且与球O上部相切的平面A′B′C′截此三棱锥， 下部得到一个高为的棱台，那么截得的小棱锥P﹣A′B′C′的高为， 即为P﹣ABC高的，则此小棱锥的内切球半径即为球O′的半径， 根据相似关系，截得的棱锥的体积为， 表面积为， 根据等体积法，，解得． 故选：C． 【变式3】（多选）33．（2025•浙江模拟）如图，四棱锥P﹣ABCD中，侧面PAD为等腰直角三角形，底面ABCD为矩形，AB⊥PD，，若该四棱锥存在内切球，且其内切球球心为O1，其外接球球心为O2，则下列结论正确的是（　　） A．平面PAD⊥平面ABCD B．四棱锥P﹣ABCD的内切球半径为 C．四棱锥P﹣ABCD的体积为 D． 【答案】ABD 【分析】选项A：运用线面垂直判断得到AB垂直面PAD，再用面面垂直判定得到平面PAD⊥平面ABCD即可； 选项B：由等腰直角三角形PAD三边关系得AD长度，再由全等得CD⊥平面PAD，四棱锥内切球在面PAD投影是△PAD内切圆，用直角三角形内切圆半径公式求半径； 选项C：取AD，BC中点E、F，由面面垂直得PE⊥平面ABCD，设AB＝x，根据条件列方程求x，进而求体积； 选项D：E是△PAD外接圆圆心，外接球球心O2是EF中点，结合内切球半径和EF长度求． 【解答】解： 对于A，因为AB⊥AD，AB⊥PD，AD∩PD＝D，AD，PDC平面PAD， 所以AB⊥平面PAD，所以平面PAD⊥平面ABCD，A正确； 对于B，因为侧面PAD为等腰直角三角形，， 所以PA⊥PD，AD＝2， 因为AB⊥平面PAD，AP，PD⊂平面PAD，则AB⊥AP，AB⊥DP， 则△PAB，△PDC为直角三角形，且PA＝PD，AB＝CD， 所以Rt△PAB≌Rt△PDC， 易知CD⊥平面PAD， 该四棱锥的内切球在平面PAD上的“正投影”为△PAD的内切圆， 设△PAD的内切圆半径为r， 则， 所以四棱锥P﹣ABCD的内切球半径为，B正确； 对于C，分别取AD，BC的中点E，F，连接PE，EF，PF，则PE⊥EF，又平面PBC截内切球所得的圆为大圆，且切点在PF上， 设AB＝x，则PE＝1，EF＝x，， 所以，得， 所以四棱锥P﹣ABCD的体积，C错误； 对于D，易知E为△PAD的外接圆圆心，EF⊥平面PAD， 又四边形ABCD为矩形， 所以外接球球心为O2为EF的中点，故，D正确． 故选：ABD． 【题型二：外接球的长方体模型】 【例4】（2024春•金东区校级期中）已知三棱锥P﹣ABC的三条侧棱PA，PB，PC两两互相垂直，且，，则此三棱锥外接球的体积为（　　） A． B． C．8π D． 【答案】A 【分析】利用三条侧棱两两垂直联想长方体，利用长方体外接球直径为其体对角线长可得球的直径，进而得体积． 【解答】解：由三条侧棱两两垂直可知， 该三棱锥为长方体一角， 其外接球即为长方体的外接球， 外接球直径即为长方体体对角线长， 即， ∴R， ∴． 故选：A． 【变式1】（2025春•上城区校级期中）已知正三棱锥，则该三棱锥的外接球的表面积为（　　） A．54π B．48π C．36π D．63π 【答案】A 【分析】利用正三棱锥三条侧棱两两垂直，可以看做是墙角模型，直接代入公式即可。 【解答】解：已知正三棱锥， 发现，所以，同理可知，。 即该三棱锥满足墙角模型，将其补成一个正方体，且棱长为，代入公式 可得外接球的半径为， 根据球的表面积公式可得该三棱锥的外接球的表面积为：． 故选：A． 【变式2】（2024春•鄞州区校级期中）已知S，A，B，C是球O表面上不同的点，SA⊥平面ABC，AB⊥BC，AB＝1，，若球O的体积为，则SA＝（　　） A． B．1 C． D． 【答案】B 【分析】把四面体S﹣ABC补形为长方体，根据外接球直径等于长方体的体对角线，即可求解． 【解答】解：根据题意可将四面体补形为长方体， 如图： 因为球O的体积为，设球的半径为R， 所以， 所以球O的半径R＝1， 所以， 解得SA＝1． 故选：B． 【题型三：外接球的圆柱模型】 【例5】（2024秋•上虞区期末）已知正三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面边长为，高为，则该正三棱柱的外接球的体积为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先利用正弦定理求出正三棱柱的底面圆半径，再借助于勾股定理建立方程，求出外接球半径即得． 【解答】解：如图，设正三棱柱ABC﹣A1B1C1外接球的球心为O，半径为R． 记△ABC和△A1B1C1外接圆的圆心分别为O1和O2，其半径为r， 由正弦定理得：．而O为O1O2的中点， 所以，则． 故选：A． 【变式1】（2025春•湖州期末）已知直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝AC＝2，，C点到直线A1B1的距离为，则三棱柱ABC﹣A1B1C1的外接球表面积为（　　） A．12π B．16π C．20π D．24π 【答案】C 【分析】根据直三棱柱与球的对称及勾股定理，建立方程，即可求解． 【解答】解：如图，过C作CE⊥BA于点E，过E作EF∥A1A，且EF∩B1A1＝F， ∵三棱柱ABC﹣A1B1C1为直三棱柱，∴可得CE⊥平面ABB1A1， ∴B1A1⊥CE，又B1A1⊥EF，且CE∩EF＝E， ∴B1A1⊥平面CEF，又CF⊂平面CEF， ∴CF⊥B1A1，又易知CE＝2×sin60°， ∴C点到直线A1B1的距离为CF 解得EF＝2，∴BB1＝EF＝2， 又易知BC，， ∴△ABC的外接圆直径， 设三棱柱ABC﹣A，B，C的外接球半径R， 则， ∴外接球表面积为4πR2＝20π． 故选：C． 【变式2】（2025春•余杭区校级期中）已知三棱锥S﹣ABC底面是边长为的正三角形，SA⊥平面ABC，且，则该三棱锥的外接球的体积为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】将三棱锥补形成正三棱柱，利用它们有相同的外接球，结合正三棱柱的结构特征求出球半径即可． 【解答】解：因为三棱锥S﹣ABC底面是边长为的正三角形，SA⊥平面ABC，且， 所以可将三棱锥S﹣ABC补成三棱柱ABC﹣A1B1C1，点S与A1重合， 所以正三棱柱ABC﹣A1B1C1外接球也为三棱锥S﹣ABC的外接球， 设球心为O，半径为R， 设△ABC和△A1B1C1外接圆的圆心分别为O1和O2，其半径为r， 由正弦定理得：，由O为O1O2的中点， 所以2， 所以该三棱锥的外接球的体积为． 故选：A． 【题型四：外接球的圆锥模型】 【例6】（2024春•吴兴区校级月考）已知圆锥的高为8，底面圆的半径为4，顶点与底面的圆周在同一个球的球面上，则该球的表面积为（　　） A．128π B．100π C．52π D．50π 【答案】B 【分析】设球的半径为R，利用勾股定理求出R，再由球的表面积公式计算可得． 【解答】解：设球的半径为R， 则R2＝（8﹣R）2+42， 解得R＝5， 所以球的表面积为4πR2＝4π×52＝100π． 故选：B． 【变式1】（2024秋•浙江月考）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为菱形，PD⊥底面ABCD，O为对角线AC与BD的交点，若，则三棱锥P﹣OCD的外接球的体积为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用空间几何体及球的特征确定球心，结合球体体积公式计算即可． 【解答】解：因为PD⊥底面ABCD，AD，DC⊂底面ABCD，即PD⊥AD，PD⊥CD， 因为底面ABCD为菱形，∠BAD， 所以△ABD为等边三角形，△COD为直角三角形， 而， 则， 取PC，CD的中点F，E，连接OF，OE，FD，所以， 易知，则FP＝FC＝FD＝FO， 所以三棱锥P﹣OCD的外接球的球心为F， 所以， 所以三棱锥P﹣OCD的外接球的体积为． 故选：B． 【变式2】（2025秋•浙江月考）四棱锥P﹣ABCD，平面PAB⊥平面ABCD，四边形ABCD为正方形，，AB＝6，则四棱锥P﹣ABCD的外接球的体积为（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】设AB的中点为E，设AC，BD交于点O，结合面面垂直的性质求出PO的长，说明O为四棱锥P﹣ABCD的外接球的球心，确定半径，即可求得答案． 【解答】解：设AB的中点为E，设AC，BD交于点O，连接PE，EO，PO， 由于，AD＝AB＝6，则PE⊥AB， 而平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD＝AB，PE⊂平面PAB， 故PE⊥平面ABCD，EO⊂平面ABCD，故PE⊥EO， AB＝6，底面ABCD为正方形，则EO＝3， 又， 故， 而， 即O为四棱锥P﹣ABCD的外接球的球心， 则外接球的半径为， 故四棱锥P﹣ABCD的外接球的体积为． 故选：A． 【题型五：外接球的台体模型】 【例7】（2026春•金华校级月考）已知正四棱台ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝4，A1B1＝2，棱台体积为，则该四棱台的外接球表面积为（　　） A．20π B．40π C． D． 【答案】B 【分析】先由正棱台的体积可得正四棱台的高，再根据球的几何性质可得球的半径，进而可得球的表面积． 【解答】解：根据题意作出示意图如图所示： 易知，， 设正四棱台的高为h， 体积，解得， 过正四棱台的对角面作截面，设外接球的球心为P，截面图如下： 设O1P＝x，则， 则，， 可得，解得， 则外接球的半径为， 外接球的表面积S＝4πR2＝40π． 故选：B． 【变式1】（2025•浙江模拟）正四棱台侧棱长为，上下底面边长分别为和，所有顶点在同一球面上，则该球的表面积是（　　） A．25π B．100π C． D．500π 【答案】B 【分析】根据题意可求出棱台的高，且易知所有顶点所在球的球心在上下底面中心的连线所在直线上，再根据勾股定理，建立方程，即可求解． 【解答】解：因为正四棱台侧棱长为，上下底面边长分别为和， 所以上下底面对角线长的一半分别为3，4，所以高为7， 又易知所有顶点所在球的球心在上下底面中心的连线所在直线上， 设球心O到下底面的距离为t， 则42+t2＝R2＝（7﹣t）2+32， 解得t＝3，所以R2＝25， 所以所求球的表面积为4πR2＝100π． 故选：B． 【变式2】（2025秋•上城区校级月考）正三棱台高为1，上下底边长分别为3和6，所有顶点在同一球面上，则球的表面积为（　　） A．112π B．114π C．116π D．118π 【答案】A 【分析】根据已知可求得上、下底面正三角形的外接圆半径，设球心到下底面距离为d，球的半径为R，可列出关于d和R的方程，可解得d和R，从而求得球的表面积． 【解答】解：由已知，上底面正三角形的外接圆半径为， 下底面半径正三角形的外接圆半径为2， 设球心到下底面距离为d，球的半径为R， 则R2＝d2+12＝（1﹣d）2+3，解得d＝﹣4， 所以球心在下底面下方且距下底面距离为4，球的表面积为4πR2＝112π． 故选：A． 【题型六：几何法找外接球球心】 【例8】（2026•乐清市校级模拟）在平面四边形ABCD中，△ABC是边长为的等边三角形，△ACD是以点D为直角顶点的等腰直角三角形，将该四边形沿对角线AC折成四面体ABCD，在折起的过程中，四面体的外接球表面积最小值为（　　） A．24π B．20π C．16π D．12π 【答案】C 【分析】设△ACD、△ABC的外心分别为E、F，过点E作平面ACD的垂线，过点F作平面ABC的垂线，设这两垂线的交点为O，求出DE、EF的长，利用勾股定理可得出，可得出OD长的最小值，再利用球体表面积公式可求得结果． 【解答】解：因为在平面四边形ABCD中，△ABC是边长为的等边三角形，△ACD是以点D为直角顶点的等腰直角三角形， 所以将该四边形沿对角线AC折成四面体ABCD，在折起时，设△ACD、△ABC的外心分别为E、F， 则E为AC的中点，F为△ABC的中心， 过点E作平面ACD的垂线，过点F作平面ABC的垂线，设这两垂线的交点为O， 则O为四面体ABCD的外接球球心，如下图所示： 因为△ABC为等边三角形，则BE⊥AC， 所以，易知， 因为△ACD为等腰直角三角形，且其底边长为，所以， 故球O的半径为， 当且仅当点O与点F重合时，OD取最小值2，即球O的半径的最小值为2， 所以四面体ABCD的外接球表面积最小值为4π×22＝16π． 故选：C． 【变式1】（2025春•台州期中）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，P为AC的中点，则三棱锥P﹣A1C1B的外接球的表面积为（　　） A． B． C．3π D． 【答案】B 【分析】由条件可得外接球的半径，再由球的表面积公式即可得到结果． 【解答】解：由题意知PB⊥AC，AA1⊥平面ABCD，又PB⊂平面ABCD，所以AA1⊥PB， 又AA1∩AC＝A，AA1，AC⊂平面AA1C1C，所以PB⊥平面AA1C1C， 所以在三棱锥P﹣A1C1B中，PB⊥平面PA1C1， 在△PA1C1中，，所以， 则，设△PA1C1的外接圆半径为r， 则， 三棱锥P﹣A1C1B的外接球即三棱锥B﹣PA1C1的外接球， 易知，设三棱锥P﹣A1C1B的外接球半径为R，则， 所以三棱锥P﹣A1C1B的外接球的表面积为． 故选：B． 【变式2】（2024•绍兴模拟）在边长为4的正三角形ABC中，E，F分别是AB，AC的中点，将△AEF沿着EF翻折至△A′EF，使得A′B⊥FC，则四棱锥A′﹣BCFE的外接球的表面积是（　　） A．8π B．12π C．16π D．32π 【答案】C 【分析】取BC的中点D，A′B的中点H，连EH，ED，DH，DF，证得D为四棱锥A′﹣BCFE的外接球的球心，半径为2，从而可得外接球的表面积． 【解答】解：如图，取BC的中点D，A′B的中点H，连EH，ED，DH，DF， 易知DB＝DC＝DE＝DF＝2，且EH⊥A′B，ED∥CF， 又A′B⊥FC，故A′B⊥ED，又EH∩ED＝E，EH，ED⊂平面DEH， 故可知A′B⊥平面DEH，所以A′B⊥HD，所以A'B⊥A'C， 所以， 故D为四棱锥A′﹣BCFE的外接球的球心，半径为2， 故外接球的表面积为4π×22＝16π． 故选：C． 1．（2025•温州二模）一个圆台形的木块，上、下底面的半径分别为4和8，高为3，用它加工成一个与圆台等高的四棱台，棱台下底面为一边长等于9的矩形，且使其体积最大．现再从余下的四块木料中选择一块车削加工成一个球，则所得球的半径最大值是（　　）（加工过程中不计损耗） A． B． C．1 D． 【答案】C 【分析】本题可先求出圆台的相关数据，再确定四棱台的形状，进而分析余下木料的情况找出能车削出最大半径球的木料并计算其半径． 【解答】解：O1为上底面圆心，O为下底面圆心，记棱台为ABCD﹣A1B1C1D1， 棱台最大时，上下边之比为， 不妨设A1B1＝9，则， 所以球在BCC1B1与圆台围成部分可更大， 记B1C1中点为N，BC中点为M，OM交上底面圆于P，O1N交下底面圆周于Q， 设球半径最大为r，球心为T，则如图，球与PQ，NQ，MN相切， 设∠MNQ＝2β，∠PQN＝2α，则，， 则cotα＝3，， 所以， 得r＝1． 故选：C． 2．（2025春•西湖区校级月考）已知一个圆台母线长为3，侧面展开图是一个面积为的半圆形扇环（如图所示），在该圆台内能放入一个可以自由转动的正方体（圆台表面厚度忽略不计），则该正方体体积的最大值为（　　） A．1 B． C． D． 【答案】B 【分析】通过空间想象将圆台内自由转动的正方体问题，转化为求解圆台内球最大问题．先由侧面展开前后图形关系建立方程求解各相关各量r1，r2，r3，r4，h等，再计算比较圆台高与圆锥内切球直径的大小关系确定最大球状态，求解半径，进而求正方体棱长与体积可得． 【解答】解：因为一个圆台母线长为3，侧面展开图是一个面积为的半圆形扇环要使圆台内能放入自由转动的正方体的体积最大， 所以该正方体的外接球恰好为该圆台内能放入的最大的球， 设圆台的侧面展开图半圆形扇环的内圆半径为r1，外圆半径为r2，（r2＞r1）， 则，化简得，又圆台母线长为3＝r2﹣r1， 解得r1＝1，r2＝4． 设圆台上、下底面圆半径分别为r3，r4（r3＜r4），则2πr3＝πr1，2πr4＝πr2， 解得． 如图1，还台为锥，设上、下底面圆心为O1，O2， 在Rt△AO1D中，，又∠ADO1为锐角，则． 由相似性可知，圆台的轴截面等腰梯形的底角为， 故圆台的高． 如图2，易知圆锥的轴截面为正三角形ABC， 所以正三角形内切圆即圆锥内切球半径长为， 因为正三角形内切圆直径， 故圆锥内切球即圆台内能放入的最大的球，直径为． 设正方体的棱长为a，由正方体外接球直径即为体对角线可得， ，解得， 此时正方体的体积最大，最大为． 故选：B． 3．（2025秋•杭州期中）边长为2的正方形，经如图所示的方式裁剪后，可围成一个正四棱锥，则此正四棱锥的外接球的表面积的最小值为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】设底面边长为2x，可求得此四棱锥的高为，根据外接球与正四棱锥的关系，利用勾股定理可求出外接球半径，再利用导数求得半径的最小值即可． 【解答】解：如图所示，设围成的四棱柱为P﹣ABCD， PF为正四棱锥P﹣ABCD的高，作FE⊥BC交BC于E，连接PE， 设FE＝x，则PE＝1﹣x， 在直角三角形PFE中，由勾股定理得， 又正四棱锥P﹣ABCD的外接球球心在它的高PF上， 记球心为O，半径为R，连接OB，FB，则， 则在直角三角形OFB中，可得OB2＝OF2+FB2＝（PF﹣OP）2+FB2， 即，解得， 令（0＜t＜1），则，， 令R'＝0解得，所以R在上单调递减，在上单调递增， 所以当时R取最小值，所以， 所以该四棱锥外接球的表面积的最小值为， 故选：B． 4．（2025秋•宁波期末）已知△ABC中，AB＝2，∠BAC＝60°，Q是边BC上的动点．若，PA⊥平面ABC，且PQ与面ABC所成角的正弦值的最大值为，则三棱锥P﹣ABC的外接球的表面积为（　　） A．4π B．6π C．8π D．9π 【答案】B 【分析】根据题意得PQ的最小值为的最小值是1，即A到BC的距离为1，则∠ACB＝90°，结合图形找出△ABC的外接圆圆心与三棱锥P﹣ABC外接球的球心，求出外接球的半径，再计算它的表面积． 【解答】解：三棱锥P﹣ABC中，PA⊥平面ABC，设直线PQ与平面ABC所成角为θ， ∵sinθ的最大值是，∴， 解得，即PQ的最小值为的最小值是1，即A到BC的距离为1， 直角△ABQ中，AB＝2，所以∠BAQ＝60°， 又∠BAC＝60°，所以C，Q重合，则∠ACB＝90°，则△ABC的外接圆圆心M为AB的中点， 又PA⊥平面ABC，从而外接球的球心O为PB的中点， 外接球的半径， ∴三棱锥P﹣ABC的外接球的表面积． 故选：B． 5．（2024春•浙江期中）用一个内底面直径为3，高为20的圆柱体塑料桶去装直径为2的小球，最多能装下小球个数为（　　） A．10 B．11 C．12 D．13 【答案】B 【分析】画出平面图，计算出第二个球最高点到圆柱底的最大距离，得到规律即可求解． 【解答】解：如图，将第一个球O1靠近该圆柱右侧放置，球O1上的点到该圆柱底面的最大距离为2，将第二个球O2也靠近圆柱侧面放置， 过点O1作O1A垂直于该圆柱的母线，垂足为A，过点O2作O2B垂直于圆柱底面， 垂足为B，设O1A∩O2B＝C，AC＝BC＝1，CO1＝1，， 则球O2上的点到该圆柱底面的最大距离为， 同理可得球O3上的点到该圆柱底面的最大距离为， 由此规律可得，每多放一个球，最上面的球上的点到该圆柱底面的最大距离加， 因为，故最多能装下小球个数为11． 故选：B． 二．填空题 6．（2025秋•杭州期中）已知四边形ABCD，△ABD是以为边长的等边三角形，，现把△ABD沿着对角线BD进行翻折，使得点A在面BCD上的投影落在点C处，则此时三棱锥A﹣BCD外接球的表面积为　 　 ． 【答案】11π． 【分析】因为点A在面BCD上的投影落在点C处，所以AC⊥平面BCD，根据条件，求出各个长度，根据余弦定理，求出∠BCD的余弦值，进而可得其正弦值，根据正弦定理，可得△BCD的外接圆半径，设棱锥A﹣BCD外接球的球心为O，则OO1⊥平面BCD，根据三棱锥的几何性质，数形结合，计算求解，即可得答案． 【解答】解：如图， 在△BCD中，， 所以， 设△BCD的外接圆圆心为O1，外接圆半径r， 由正弦定理得，解得， 因为点A在面BCD上的投影落在点C处， 所以AC⊥平面BCD，则AC⊥CD， 因为，所以， 设三棱锥A﹣BCD外接球的球心为O，外接球半径为R，OO1＝h， 则OO1⊥平面BCD， 过O作OE⊥AC，交AC于点E，则， 在Rt△OO1B中，，即， 在Rt△AEO中，AO2＝AE2+EO2，即， 与上式联立，解得，， 所以外接球的表面积S＝4πR2＝11π． 故答案为：11π． 7．（2025秋•东阳市校级期中）一个球与正四面体的六条棱都相切，若正四面体的棱长为a，则此球的表面积等于　 　 ． 【答案】 【分析】将正四面体放置于如图的正方体内，可得该正方体的内切球恰好与正四面体的六条棱都相切，算出正方体的内切球表面积即可．再由正四面体的棱长为a算出正方体的棱长，从而得到球的半径r，利用球的表面积公式加以计算，可得答案． 【解答】解：设题中正四面体为ABCD，将它放置于正方体内，使AC、BD位于上、下底面的异面的面对角线处， 如图所示．可得该正方体的内切球恰好与正四面体的六条棱都相切， 设该正方体的棱长为x， ∵正四面体的棱长为a，∴a，解得x， 可得正方体的内接球直径2r，得r， 因此正方体的内接球表面积S＝4πr2＝4π•． 即与正四面体的六条棱都相切球的表面积等于． 故答案为： 8．（2025春•台州期末）已知圆锥的母线长为2，内切球的表面积为，则圆锥的底面半径为 　 　 ． 【答案】1或． 【分析】求出外接球半径，利用三角形相似即可求得结果． 【解答】解：设内切球半径为R，底面圆半径为r（0＜r＜2），圆锥高为h， 则内切球的表面积为，解得， 如上图可知球心为O，底面圆圆心为E，则△SOC∽△SBE，可得， 即①，又②， 将②代入①得：，所以， 所以3r2（4﹣r2）＝（2+r）2， 所以（r﹣1）（3r2﹣3r﹣2）＝0，解得r＝1或或（舍）． 故答案为：1或． 9．（2025春•杭州校级月考）已知直三棱柱ABC﹣A1B1C1的侧棱长为，底面为等边三角形．若存在球O与该三棱柱的各条棱都相切，求该直三棱柱的外接球的体积为 　 　 ． 【答案】． 【分析】设棱柱的下底面和上底面的中心分别为M，N，可得MN的中点即球O的球心，取AB中点E，则E为棱AB与球O的切点，OE为球O的半径，而点O到棱BB1的距离等于MB，利用勾股定理即可求得棱切球的半径，利用对称性，可得点O也是该棱柱的外接球的球心，借助于Rt△OAM即可求出外接球的半径，进而求得体积． 【解答】解：作出示意图如下： 设点M，N分别为棱柱的下底面和上底面的中心， 由对称性知，MN的中点即球O的球心，取AB中点E（为切点）， 则OE＝MB（MB等于点O到棱BB1的距离）， 设球O的半径为R， 因为直三棱柱ABC﹣A1B1C1的侧棱长为，底面为等边三角形， 所以，MN与底面垂直， 所以，解得R＝2． 又该直三棱柱的外接球球心即点O，连接OA，AM， 又AM＝BM＝2， 所以R， 所以该球的体积为：． 故答案为：． 10．（2024春•浙江期末）在中国古代数学著作《九章算术》中，鳖臑是指四个面都是直角三角形的四面体．如图，在直角△ABC中，AD为斜边BC上的高，AB＝3，AC＝4，现将△ABD沿AD翻折成△AB'D，使得四面体AB'CD为一个鳖臑，则该鳖臑外接球的表面积为 　 　 ． 【答案】16π． 【分析】先确定球心的位置，再求出球半径R即可． 【解答】解：由题意，BD＜CD，即B′D＜CD． 要使四面体ADB′C为鳖臑，根据三角形中大边对大角， 可知需要B′C⊥平面ADB′，此时∠ADB′，∠ADC，∠DB′C，∠AB′C为直角， 满足四面体AB'CD为一个鳖臑， 取AC得中点O，连接OD，OB′， 则OA＝OC＝OD＝OB′， 所以点O为鳖臑外接球的球心， 设外接球半径为R， 则R2， 所以该鳖臑外接球的表面积为4πR2＝4π×22＝16π． 故答案为：16π． 11．（2024春•浙江期中）已知直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧棱AA1＝4，AB＝BC＝3，AC＝4，则三棱柱ABC﹣A1B1C1的外接球表面积为 　 　 ． 【答案】． 【分析】利用正弦定理求底面外接圆半径，结合直棱柱外接球的性质列式求半径，进而可得表面积． 【解答】解：设底面ABC的外接圆圆心为O1，半径为r，三棱柱ABC﹣A1B1C1的外接球的球心为O半径为R， 取AC的中点D，可知O1∈BD，且OO1∥AA1， 则，， 可得，， ∴三棱柱ABC﹣A1B1C1的外接球表面积为． 故答案为：． 12．（2024春•宁波期末）已知三棱锥P﹣ABC的四个面是全等的等腰三角形，且PA＝4，PB＝AB＝2，点D为三棱锥P﹣ABC的外接球球面上一动点，PD＝3时，动点D的轨迹长度为 　 　 ． 【答案】． 【分析】作出图形，根据题意可将三棱锥P﹣ABC补形成长，宽，高分别为a，b，c的长方体，从而可得三棱锥P﹣ABC的外接球的球心O为长方体的体心，直径2R为长方体的体对角线，从而可得求出R，又易知D为以P为球心为半径的球与球O的交线，即D在截面小圆上，再通过勾股定理求出小圆半径，即可求解． 【解答】解：如图，根据题意可将三棱锥P﹣ABC补形成长，宽，高分别为a，b，c的长方体， 则根据题意可得：AB＝PC＝AC＝PB，AP＝BC， ∴，∴a2+b2+c2＝36， 又三棱锥P﹣ABC的外接球的球心O为长方体的体心，直径2R为长方体的体对角线， ∴（2R）2＝a2+b2+c2＝36，∴R＝3， 又点D为三棱锥P﹣ABC的外接球球面上一动点，且PD＝3， D为以P为球心为半径的球与球O的交线，即D在截面小圆上， 设截面小圆的圆心为H，设OH＝d，圆H的半径为r，作出轴截面如图： ∴， ∴，解得r，d， ∴动点D的轨迹长度为2πr． 故答案为：． 13．（2024春•衢州月考）如图，等腰直角三角形ABC中，AC⊥BC，AB＝4，D是边AC上一动点（不包括端点）．将△ABD沿BD折起，使得二面角A1﹣BD﹣C为直二面角，则三棱锥A1﹣BCD的外接球体积的取值范围是 　 　 ． 【答案】． 【分析】根据两平面互相垂直判断外接球球心的位置，再由已知条件计算出球半径表达式，即可求出体积取值范围． 【解答】解：因为△BCD是直角三角形，所以其外接圆的圆心在Rt△BCD的斜边BD上，即BD是该圆的直径， 又因为平面A1BD⊥平面BCD，所以平面A1BD必过球心，外接球半径即为△A1BD外接圆的半径， 设球的半径为r，球的体积为V， 在△A1BD中，根据正弦定理得，， 又因为， 所以， 所以． 故答案为：． 14．（2024•温州学业考试）如图，在△ABC中，∠ACB＝120°，AC＝BC＝2，D为AB中点，沿CD将△ACD翻折至△A′CD的位置，使得平面A′CD⊥平面BCD，则三棱锥A′﹣BCD外接球的表面积为 　 　 ． 【答案】7π． 【分析】作出图形，根据面面垂直的性质可得A′D⊥平面BCD，确定球心的位置，利用勾股定理求出外接球的半径，结合球的表面积公式计算即可求解． 【解答】解：在△ABC中，∠ACB＝120°，AC＝BC＝2，D为BC的中点， 则AD⊥BC，， ∵平面A′CD⊥平面BCD，平面A′CD∩平面BCD＝CD，A′D⊂平面A′CD，且A′D⊥CD， ∴A′D⊥平面BCD，又CD⊥BD， 取BC的中点E，连接DE，则DE＝1， 过E作EF∥A′D，则EF⊥平面BCD， 设三棱锥A′﹣BCD的外接球球心为O，则球心O必位于EF上，如图： 设其半径为R，则， ∴OD2＝DE2+OE2，∴，解得， ∴三棱锥A′﹣BCD的外接球的表面积为． 故答案为：7π． 15．（2024•鹿城区校级一模）直三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面是直角三角形，AC⊥BC，AC＝6，BC＝8，AA1＝4．若平面α将该直三棱柱ABC﹣A1B1C1截成两部分，将两部分几何体组成一个平行六面体，且该平行六面体内接于球，则此外接球表面积的最大值为 　 　 ． 【答案】104π． 【分析】α可能是AC的中垂面，BC的中垂面，AA1的中垂面．截下的部分与剩余的部分组合成为长方体，用公式求出外接球直径进而求解． 【解答】解：平行六面体内接于球，则平行六面体为直四棱柱，如图α有如下三种可能． 截下的部分与剩余的部分组合成为长方体， 则或 或， 所以． 故答案为：104π． 16．（2023秋•金东区校级月考）如图，直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，，点P在棱BB1上，且PA⊥PC1，当△APC1的面积取最小值时，三棱锥P﹣ABC的外接球的表面积为 　 　 ． 【答案】． 【分析】首先设BP＝x，B1P＝y，利用垂直关系，可得xy＝6，再结合基本不等式求面积的最值，以及等号成立的条件求x，根据几何体的特征，求外接球的半径，即可求解外接圆的表面积． 【解答】解：由余弦定理得：， 设BP＝x，B1P＝y，则，， 由得：10+x2+4+y2＝2+（x+y）2，解得：xy＝6， 因为PA⊥PC1，故， 由基本不等式得：当且仅当，且x•y＝6时，即时取最小值． 底面三角形外接圆半径，， ． 故答案为：． 17．（2024春•慈溪市期末）已知四棱锥P﹣ABCD的底面是矩形，平面PAB⊥平面ABCD，PA＝3，PB＝4，CD＝5．若四棱锥P﹣ABCD内存在内切球（球与四棱锥的各个面均相切），则BC＝　 　 ，该内切球的表面积为 　 　 ． 【答案】7，4π． 【分析】根据内切球在等边三角形PAB内的“正投影”求得内切球的半径，进而求得内切球的表面积，利用等体积法，即可求解BC，然后结合球的表面积公式即可求解． 【解答】解：由于平面PAB⊥平面ABCD，PA＝3，PB＝4，CD＝5，△PAB为直角三角形，底面ABCD为矩形， 所以四棱锥P﹣ABCD的内切球在△PAB的“正投影”是△PAB的内切圆， 设△PAB的内切圆半径为r，则，解得r＝1， 所以内切球的半径为1，其表面积为4π×12＝4π． 设BC＝a，则平面PAB⊥平面ABCD，且交线为AB，BC⊥AB，BC⊂平面ABCD， 所以BC⊥平面PAB，同理AD⊥平面PAB，PA，PB⊂平面PAB，故BC⊥PB，AD⊥PA， 故，， 由余弦定理可得cos∠CPD， 则sin∠CPD， 由等体积法可得： （）×1 ＝VP﹣ABCD＝2VP﹣ABC＝2VC﹣PAB＝2， 化简可得a2﹣7a＝0，故a＝7（a＝0舍去）． 故答案为：7，4π． 18．（2025春•余姚市校级月考）已知某圆锥的内切球的体积为，则该圆锥的表面积的最小值为 　 　 ． 【答案】32π． 【分析】由球的体积公式求出内切球的半径，设底面半径为R，结合图形利用R表示母线AB，根据圆锥表面积公式求其表面积的解析式，利用基本不等式求其最小值． 【解答】解：设圆锥的内切球半径为r，则，解得r＝2， 设圆锥顶点为A，底面圆周上一点为B，底面圆心为C， 内切球球心为D，内切球切母线AB于E， 底面半径BC＝R＞2，∠BDC＝θ， 则，又∠ADE＝π﹣2θ， 由已知△BDE，△BDC为直角三角形， 又DC＝DE，BD＝BD， 所以△BDE≅△BDC， 所以BE＝BC＝R，∠BDE＝∠BDC＝θ， 所以∠ADE＝π﹣2θ， 故AB＝BE+AE＝R+2tan（π﹣2θ）＝R﹣2tan2θ， 又， 故， 故该圆锥的表面积为， 令t＝R2﹣4＞0，则， 当且仅当，即时取等号． 故答案为：32π． 19．（2025•金东区校级模拟）称四面体的棱切球为与该四面体的每条棱内部都相切的球．已知四面体ABCD存在棱切球，且AB＝AD＝6，AC＝CD＝8，则该四面体的体积为 　 　 ，棱切球的半径为 　 　 ． 【答案】；． 【分析】根据题意可得四面体ABCD是一个底面边长为6，侧棱长为8的正三棱锥，再根据三棱锥的体积公式可求体积，再找到球心位置，根据勾股定理求出半径． 【解答】解：首先根据切线长公式，不难发现该四面体的对棱长度之和相等， 于是BD＝6，BC＝8，则它是一个底面边长为6，侧棱长为8的正三棱锥． 设C在底面ABD的投影为H，则H是底面正三角形ABD的中心， 则， 则该四面体的高， 而底面三角形的面积为， 则四面体的体积为； 另一方面，设棱切球的球心为I，则I在线段CH上， 再假设棱切球的半径为r，则， 过I向CA作垂线，垂足为K，则IK＝r， 再根据相似三角形可以得出， 于是，设AB的中点为E， 则在Rt△IEH中，由勾股定理可得： IE2＝IH2+EH2， 即，结合IH＝h﹣CH， 可以解得：． 故答案为：；． 20．（2025春•温州期末）与多面体的每条棱都相切的球称为该多面体的棱切球．已知四面体ABCD满足AB＝BC＝CD＝DA＝6，BD＝8，且四面体ABCD有棱切球，则AC的长为 　 　 ． 【答案】4 【分析】设球心，和相应的切点，根据题意结合切线长性质可知相应的长度关系，结合题中棱长关系分析运算即可． 【解答】解：设棱切球的球心为O，与棱AB，BC，CD，DA，AC，BD分别切于点E，F，G，H，I，J， 可知AH＝AI＝AE，BE＝BF＝BJ，CI＝CF＝CG，DH＝DG＝DJ， 由题意可得：，解得 ， 所以AC＝AI+CI＝AH+CF＝4． 故答案为：4． 21．（2025秋•嘉兴月考）在等腰直角三角形ABC中，斜边，P为斜边AB上的一点，沿直线CP将△ACP折起形成二面角A′﹣CP﹣B．当三棱锥A′﹣CPB的体积最大时，三棱锥A′﹣CPB的外接球的表面积为　 　 ． 【答案】6π． 【分析】由正弦定理可得，，当平面A′CP⊥平面CPB时，三棱锥A′﹣CPB的高最大，，可令sinθ+cosθ＝t，则，结合单调性求出最大值，此时，且两两互相垂直，三棱锥A′﹣CPB的外接球的直径为． 【解答】解：因为在等腰直角三角形ABC中，斜边，P为斜边AB上的一点，沿直线CP将△ACP折起形成二面角A′﹣CP﹣B， 所以作出示意图如下： 因为△ABC为直角三角形，且∠C＝90°，， 所以AC＝BC＝2，∠CAB＝∠CBA＝45°， 设∠ACP＝θ（0°＜θ＜90°），过点A作AD⊥CP，交直线CP于点D，则AD＝2sinθ， 因为， 所以， 所以， 当平面A′CP⊥平面CPB时，三棱锥A′﹣CPB的高最大，为A′D＝2sinθ， 所以， 设sinθ+cosθ＝t， 因为0°＜θ＜90°， 所以，则， 所以， 因为y在区间上单调递增， 所以y， 所以，当θ＝45°时取等号， 此时V三棱锥A′﹣CPB取得最大值，最大值为， 此时，且两两互相垂直， 所以三棱锥A′﹣CPB的外接球的直径为， 所以三棱锥A′﹣CPB的外接球的表面积为6π． 故答案为：6π． 三．解答题（共2小题） 22．（2024秋•西湖区校级期中）若一个球与一个圆柱的各面均相切，并设球的体积与圆柱的体积的比值为a，球的表面积与圆柱的表面积的比值为b，探求a与b的大小关系． 【答案】见试题解答内容 【分析】直接利用球的体积和表面积公式的应用，圆柱的体积和表面积公式的应用求出结果． 【解答】解：设球的半径为r，根据一个球与一个圆柱的各面均相切，所以圆柱的高为2r，圆柱的底面半径为r． 则，， 所以a． ，， 所以b， 则a＝b． 23．（2025秋•桐乡市校级期中）如图，半径R＝3的球O中有一内接圆柱，设圆柱的高为h，底面半径为r． （Ⅰ）当h＝4时，求圆柱的体积与球的体积； （Ⅱ）当圆柱的轴截面ABCD的面积最大时，求h与r的值． 【答案】见试题解答内容 【分析】（Ⅰ）作OO'⊥AB，利用圆柱的高和底面半径之间的关系建立方程关系，求出圆柱的高和半径，即可求圆柱的体积与球的体积； （Ⅱ）根据基本不等式求出圆柱的轴截面ABCD的面积最大时的条件，即可求出h与r的值． 【解答】解：（Ⅰ）当h＝4时，OO'， ∴9﹣r2＝4，r2＝5， ∴球的体积为， 圆柱的体积为πr2•h＝4×5π＝20π． （Ⅱ）∵OO'， ∴AD＝h＝2， ∴圆柱的轴截面ABCD的面积为2r4， 当且仅当r2＝9﹣r2，即，r时取等号， 此时h＝2． 学科网（北京）股份有限公司 $ 重难拓展专题 几何体的外接球、内切球问题 讲义 【题型一：内切球和棱切球问题】 6 【题型二：外接球的长方体模型】 7 【题型三：外接球的圆柱模型】 7 【题型四：外接球的圆锥模型】 8 【题型五：外接球的台体模型】 8 【题型六：几何法找外接球球心】 9 1. 理解内切球、棱切球、外接球的定义与几何特征，明确三类球与几何体的位置关系。 2. 掌握外接球四大模型（长方体、圆柱、圆锥、台体）的适用条件、图形结构与核心公式，能准确识别模型类型。 3. 熟记正方体、正四面体的外接球、棱切球、内切球半径公式： ①正方体（棱长）：外接球，棱切球，内切球 ②正四面体（棱长）：外接球，棱切球，内切球 4. 掌握外接球通用解法：找面的外心→作面的垂线→定球心→列方程求半径。 【知识点一：内切球与棱切球】 对于内切球和棱切球问题，一般选取适当的截面来研究，若是正棱锥或圆锥的内切球，常选取顶点和高所在的截面来分析几何关系，求解需要的量，后面我们通过具体例题来加深理解。 若对于几何体的内切球与每个平面都相切，我们以三棱锥为例，利用“等体积法”推导这类几何体的内切球半径公式。 步骤1：分割多面体 连接球心与多面体的所有顶点（如四面体中连接），将原多面体分割为个小棱锥（为多面体的面数，正四面体）： 每个小棱锥的高均为内切球半径（球心到对应面的距离）； 每个小棱锥的底面积分别为原多面体各个面的面积，记为。 步骤2：计算小棱锥的体积 根据棱锥体积公式，每个小棱锥的体积为： 步骤3：原多面体体积与小棱锥体积的关系 原多面体的体积等于所有小棱锥体积之和，因此： 代入小棱锥体积公式： 步骤4：提取公因式，结合表面积定义 提取公因式，得： 而多面体的表面积就是所有面的面积之和，即，因此： 步骤5：变形得到内切球半径公式 将上式两边同时乘以，再除以，最终得到： 【知识点二：长方体模型】 如图，长、宽、高分别为，，的长方体外接球半径。除了标准的长方体（包括正方体）之外，还有下面的两个三棱锥模型，也常通过补形转化为长方体模型来处理。 推广1、墙角模型：如下面第一个图三棱锥中，棱AC，AB，AS两两垂直，好似墙角处，我们将其补形为黑色长方体，发现两者具有相同的外接球，且棱AC，AB，AS恰为长方体的长、宽、高。故套入长方体模型，即可求出长方体的外接球半径，也就是三棱锥的外接球半径。 这个三棱锥还可以变形为下面的形式，其中可以发现棱AC，BC ，AS依旧满足两两垂直，补形后依旧是一个长方体，且棱AC，BC ，AS依旧是长方体的长、宽、高。 推广2、对棱相等模型：如图所示，三棱锥满足三组对棱相等，即，，，则该三棱锥也可补形为长方体处理。 根据前面长方体模型，我们急需知道长方体的长（a）、宽（b）、高（c）。 若设三棱锥中棱，，，则有下列关系 ，，。整理可得 （为长方体外接球半径） 推广3、正方体模型（棱长为a） ①外接球半径： ②棱切球半径： ③内切求半径： 推广4、正四面体模型（棱长为a） ①外接球半径： ②棱切球半径： ③内切求半径： 【知识点三：圆柱模型】 如图，圆柱的底面半径，高和球的半径满足。除了标准的圆柱模型外，还有一些模型与圆柱具有相同的外接球，可转化为圆柱模型处理。 推广1：线面垂直的三棱锥：如图，平面，若是直角三角形，则按上面1中的长方体模型处理最方便，若不是直角三角形，则可先将三棱锥放入圆柱，按圆柱模型处理。 推广2：直三棱柱：如图7所示的直三棱柱也可按圆柱模型处理，本质上和图6的模型相同。 【知识点四：圆锥模型】 如下图所示，圆锥的高，底面半径，球的半径为，则，在中，有，故圆锥的外接球相关计算抓住即可。 除了标准的圆锥模型，对于侧棱相等的棱锥，也可放到圆锥中考虑，如下图中的三棱锥。 【知识点五：台体模型】 如下图，圆台的上、下底面半径分别为，，高，球的半径为，则它们满足方程； 若为下图，则满足的方程是。 除了以上这两种标准的圆台模型外，有的棱台模型也可转化为圆台模型处理，若为下图，这种情况只需求出棱台的上、下底面外接圆半径，即可放入圆台分析。 【思路点拨】在外接球问题中，若看不出来是什么模型，则可以尝试用通法：先找到某两个面的外接圆圆心，过圆心作对应面的垂线，则球心必定在垂线上，于是两条垂线的交点即为球心。若不方便作出两条这样的垂线，也可考虑只作一条，再利用球心到各顶点等距构造方程。如下图所示，过的外心作平面的垂线，则球心必在该垂线上，再由建立方程求三棱锥的外接球半径。 注：虽然此通法理论上适用于所有外接球问题，但却只有当圆心好找，且垂线易作时才方便使用，而且用通法求解往往比套模型求解更复杂，所以在具体问题中，一般首先考虑套模型，其次才考虑通法。 【题型一：内切球和棱切球问题】 【例1】（2025秋•桐乡市校级期中）将棱长为2的正方体木块削成一个体积最大的球，则这个球的表面积为（　　） A．2π B．4π C．8π D．16π 【例2】（2024春•越城区校级期中）一个圆锥的侧面展开图是半径为1的半圆，则此圆锥的内切球的表面积为（　　） A．π B． C． D． 【例3】（2025春•宁波期末）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，BC⊥CD，且AB＝BC＝CD＝1，则其内切球表面积为（　　） A．3π B． C． D． 【变式1】（2023春•江干区校级期中）现有一个底面半径为4cm，高为6cm的圆柱形铁块，将其磨制成一个球体零件，则该球体零件的最大体积是（　　） A．πcm3 B．36πcm3 C．πcm3 D．40πcm3 【变式2】30．（2023春•嘉兴期中）一个棱长为a的正四面体中内切一个球O，若在此四面体中再放入一个球O′，使其与三个侧面及内切球O均相切，则球O′的半径为（　　） A． B． C． D． 【变式3】（多选）33．（2025•浙江模拟）如图，四棱锥P﹣ABCD中，侧面PAD为等腰直角三角形，底面ABCD为矩形，AB⊥PD，，若该四棱锥存在内切球，且其内切球球心为O1，其外接球球心为O2，则下列结论正确的是（　　） A．平面PAD⊥平面ABCD B．四棱锥P﹣ABCD的内切球半径为 C．四棱锥P﹣ABCD的体积为 D． 【题型二：外接球的长方体模型】 【例4】（2024春•金东区校级期中）已知三棱锥P﹣ABC的三条侧棱PA，PB，PC两两互相垂直，且，，则此三棱锥外接球的体积为（　　） A． B． C．8π D． 【变式1】（2025春•上城区校级期中）已知正三棱锥，则该三棱锥的外接球的表面积为（　　） A．54π B．48π C．36π D．63π 【变式2】（2024春•鄞州区校级期中）已知S，A，B，C是球O表面上不同的点，SA⊥平面ABC，AB⊥BC，AB＝1，，若球O的体积为，则SA＝（　　） A． B．1 C． D． 【题型三：外接球的圆柱模型】 【例5】（2024秋•上虞区期末）已知正三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面边长为，高为，则该正三棱柱的外接球的体积为（　　） A． B． C． D． 【变式1】（2025春•湖州期末）已知直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝AC＝2，，C点到直线A1B1的距离为，则三棱柱ABC﹣A1B1C1的外接球表面积为（　　） A．12π B．16π C．20π D．24π 【变式2】（2025春•余杭区校级期中）已知三棱锥S﹣ABC底面是边长为的正三角形，SA⊥平面ABC，且，则该三棱锥的外接球的体积为（　　） A． B． C． D． 【题型四：外接球的圆锥模型】 【例6】（2024春•吴兴区校级月考）已知圆锥的高为8，底面圆的半径为4，顶点与底面的圆周在同一个球的球面上，则该球的表面积为（　　） A．128π B．100π C．52π D．50π 【变式1】（2024秋•浙江月考）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为菱形，PD⊥底面ABCD，O为对角线AC与BD的交点，若，则三棱锥P﹣OCD的外接球的体积为（　　） A． B． C． D． 【变式2】（2025秋•浙江月考）四棱锥P﹣ABCD，平面PAB⊥平面ABCD，四边形ABCD为正方形，，AB＝6，则四棱锥P﹣ABCD的外接球的体积为（　　） A． B． C． D． 【题型五：外接球的台体模型】 【例7】（2026春•金华校级月考）已知正四棱台ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝4，A1B1＝2，棱台体积为，则该四棱台的外接球表面积为（　　） A．20π B．40π C． D． 【变式1】（2025•浙江模拟）正四棱台侧棱长为，上下底面边长分别为和，所有顶点在同一球面上，则该球的表面积是（　　） A．25π B．100π C． D．500π 【变式2】（2025秋•上城区校级月考）正三棱台高为1，上下底边长分别为3和6，所有顶点在同一球面上，则球的表面积为（　　） A．112π B．114π C．116π D．118π 【题型六：几何法找外接球球心】 【例8】（2026•乐清市校级模拟）在平面四边形ABCD中，△ABC是边长为的等边三角形，△ACD是以点D为直角顶点的等腰直角三角形，将该四边形沿对角线AC折成四面体ABCD，在折起的过程中，四面体的外接球表面积最小值为（　　） A．24π B．20π C．16π D．12π 【变式1】（2025春•台州期中）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，P为AC的中点，则三棱锥P﹣A1C1B的外接球的表面积为（　　） A． B． C．3π D． 【变式2】（2024•绍兴模拟）在边长为4的正三角形ABC中，E，F分别是AB，AC的中点，将△AEF沿着EF翻折至△A′EF，使得A′B⊥FC，则四棱锥A′﹣BCFE的外接球的表面积是（　　） A．8π B．12π C．16π D．32π 1．（2025•温州二模）一个圆台形的木块，上、下底面的半径分别为4和8，高为3，用它加工成一个与圆台等高的四棱台，棱台下底面为一边长等于9的矩形，且使其体积最大．现再从余下的四块木料中选择一块车削加工成一个球，则所得球的半径最大值是（　　）（加工过程中不计损耗） A． B． C．1 D． 2．（2025春•西湖区校级月考）已知一个圆台母线长为3，侧面展开图是一个面积为的半圆形扇环（如图所示），在该圆台内能放入一个可以自由转动的正方体（圆台表面厚度忽略不计），则该正方体体积的最大值为（　　） A．1 B． C． D． 3．（2025秋•杭州期中）边长为2的正方形，经如图所示的方式裁剪后，可围成一个正四棱锥，则此正四棱锥的外接球的表面积的最小值为（　　） A． B． C． D． 4．（2025秋•宁波期末）已知△ABC中，AB＝2，∠BAC＝60°，Q是边BC上的动点．若，PA⊥平面ABC，且PQ与面ABC所成角的正弦值的最大值为，则三棱锥P﹣ABC的外接球的表面积为（　　） A．4π B．6π C．8π D．9π 5．（2024春•浙江期中）用一个内底面直径为3，高为20的圆柱体塑料桶去装直径为2的小球，最多能装下小球个数为（　　） A．10 B．11 C．12 D．13 二．填空题 6．（2025秋•杭州期中）已知四边形ABCD，△ABD是以为边长的等边三角形，，现把△ABD沿着对角线BD进行翻折，使得点A在面BCD上的投影落在点C处，则此时三棱锥A﹣BCD外接球的表面积为　 　 ． 7．（2025秋•东阳市校级期中）一个球与正四面体的六条棱都相切，若正四面体的棱长为a，则此球的表面积等于　 　 ． 8．（2025春•台州期末）已知圆锥的母线长为2，内切球的表面积为，则圆锥的底面半径为 　 　 ． 9．（2025春•杭州校级月考）已知直三棱柱ABC﹣A1B1C1的侧棱长为，底面为等边三角形．若存在球O与该三棱柱的各条棱都相切，求该直三棱柱的外接球的体积为 　 　 ． 10．（2024春•浙江期末）在中国古代数学著作《九章算术》中，鳖臑是指四个面都是直角三角形的四面体．如图，在直角△ABC中，AD为斜边BC上的高，AB＝3，AC＝4，现将△ABD沿AD翻折成△AB'D，使得四面体AB'CD为一个鳖臑，则该鳖臑外接球的表面积为 　 　 ． 11．（2024春•浙江期中）已知直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧棱AA1＝4，AB＝BC＝3，AC＝4，则三棱柱ABC﹣A1B1C1的外接球表面积为 　 　 ． 12．（2024春•宁波期末）已知三棱锥P﹣ABC的四个面是全等的等腰三角形，且PA＝4，PB＝AB＝2，点D为三棱锥P﹣ABC的外接球球面上一动点，PD＝3时，动点D的轨迹长度为 　 　 ． 13．（2024春•衢州月考）如图，等腰直角三角形ABC中，AC⊥BC，AB＝4，D是边AC上一动点（不包括端点）．将△ABD沿BD折起，使得二面角A1﹣BD﹣C为直二面角，则三棱锥A1﹣BCD的外接球体积的取值范围是 　 　 ． 14．（2024•温州学业考试）如图，在△ABC中，∠ACB＝120°，AC＝BC＝2，D为AB中点，沿CD将△ACD翻折至△A′CD的位置，使得平面A′CD⊥平面BCD，则三棱锥A′﹣BCD外接球的表面积为 　 　 ． 15．（2024•鹿城区校级一模）直三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面是直角三角形，AC⊥BC，AC＝6，BC＝8，AA1＝4．若平面α将该直三棱柱ABC﹣A1B1C1截成两部分，将两部分几何体组成一个平行六面体，且该平行六面体内接于球，则此外接球表面积的最大值为 　 　 ． 16．（2023秋•金东区校级月考）如图，直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，，点P在棱BB1上，且PA⊥PC1，当△APC1的面积取最小值时，三棱锥P﹣ABC的外接球的表面积为 　 　 ． 17．（2024春•慈溪市期末）已知四棱锥P﹣ABCD的底面是矩形，平面PAB⊥平面ABCD，PA＝3，PB＝4，CD＝5．若四棱锥P﹣ABCD内存在内切球（球与四棱锥的各个面均相切），则BC＝　 　 ，该内切球的表面积为 　 　 ． 18．（2025春•余姚市校级月考）已知某圆锥的内切球的体积为，则该圆锥的表面积的最小值为 　 　 ． 19．（2025•金东区校级模拟）称四面体的棱切球为与该四面体的每条棱内部都相切的球．已知四面体ABCD存在棱切球，且AB＝AD＝6，AC＝CD＝8，则该四面体的体积为 　 　 ，棱切球的半径为 　 　 ． 20．（2025春•温州期末）与多面体的每条棱都相切的球称为该多面体的棱切球．已知四面体ABCD满足AB＝BC＝CD＝DA＝6，BD＝8，且四面体ABCD有棱切球，则AC的长为 　 　 ． 21．（2025秋•嘉兴月考）在等腰直角三角形ABC中，斜边，P为斜边AB上的一点，沿直线CP将△ACP折起形成二面角A′﹣CP﹣B．当三棱锥A′﹣CPB的体积最大时，三棱锥A′﹣CPB的外接球的表面积为　 　 ． 三．解答题（共2小题） 22．（2024秋•西湖区校级期中）若一个球与一个圆柱的各面均相切，并设球的体积与圆柱的体积的比值为a，球的表面积与圆柱的表面积的比值为b，探求a与b的大小关系． 23．（2025秋•桐乡市校级期中）如图，半径R＝3的球O中有一内接圆柱，设圆柱的高为h，底面半径为r． （Ⅰ）当h＝4时，求圆柱的体积与球的体积； （Ⅱ）当圆柱的轴截面ABCD的面积最大时，求h与r的值． 学科网（北京）股份有限公司 $