专题 ：外接球、内切球、棱切球与多球相切问题 讲义-2026届高三数学二轮复习

专题 外接球、内切球、棱切球与多球相切问题 【知识储备】 1、外接球：多面体的外接球是指对于这个多面体，存在一个球体，使得该多面体的所有顶点都在这个球体的表面上，这个球体就被称为该多面体的外接球. 2、内切球：多面体的内切球是指与这个多面体的各个面都相切的球. 3、棱切球：棱切球是指与多面体的各条棱都相切的球. 4、球的表面积与体积公式： 5、 在中，r为外接圆的半径，r可根据正弦定理求解. 6、 常用几何体及其结论 （1） 正方体 特征 半径 立体图 截面图 内 切 球 切点 各个面的中心 球心 正方体的中心 直径 相对两个面中心连线 棱 切 球 切点 各棱的中点. 球心 正方体的中心. 直径 “对棱”中点连线 外 接 球 切点 球心 正方体的中心. 直径 体对角线 结论：正方体的内切球、棱切球、外接球半径的平方成等差数列，公差为. （2） 长方体 利用勾股定理可得体对角线长为 长方体不一定有内切球和棱切球 长方体必有外接球，球心是体对角线的中点，半径是球心到顶点的距离，即体对角线的一半 （3） 正四面体 内切球半径等于球心到面的距离 棱切球半径等于球心到棱的距离 外接球半径等于球心到顶点的距离 结论：正四面体的内切球、棱切球、外接球的半径成等比数列，公比为 下面我们对正四面体的相关结论进行推导： 【外接球问题】 模型一：墙角模型 墙角模型是三棱锥有一条侧棱垂直于底面且底面是直角三角形模型，用构造法(构造长方体)解决．外接球的直径等于长方体的体对角线长(在长方体的同一顶点的三条棱长分别为a，b，c，外接球的半径为R，则2R＝．)，秒杀公式：R2＝．可求出球的半径从而解决问题．有以下四种类型： 【例1-1】在四面体中，，，两两垂直，且，若均在球的球面上，则的表面积为（   ） A．50 B．100 C．150 D．200 【变式1】（2017·全国II卷·高考真题）长方体的长，宽，高分别为3,2,1，其顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为 . 【变式2】（2017·天津·高考真题）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，则这个球的体积为 . 【变式3】（2020·天津·高考真题）若棱长为的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【变式4】（2019·全国I卷·高考真题）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． B． C． D． 模型二：对棱相等模型 对棱相等模型是三棱锥的三组对棱长分别相等模型，用构造法(构造长方体)解决．外接球的直径等于长方体的体对角线长，即(长方体的长、宽、高分别为a、b、c)．秒杀公式：R2＝(三棱锥的三组对棱长分别为x、y、z)．可求出球的半径从而解决问题． 【例2-1】正四面体的各条棱长都为，则该正面体外接球的体积为________． 【例2-2】在三棱锥A－BCD中，AB＝CD＝2，AD＝BC＝3，AC＝BD＝4，则三棱锥外接球的表面积为________． 【变式1】在三棱锥A－BCD中，AB＝CD＝6，AC＝BD＝AD＝BC＝5，则该三棱锥的外接球的体积为____． 【变式2】已知三棱锥，三组对棱两两相等，且，，若三棱锥的外接球表面积为．则________． 模型三　汉堡模型 汉堡模型是直棱柱的外接球、圆柱的外接球模型，用找球心法(多面体的外接球的球心是过多面体的两个面的外心且分别垂直这两个面的直线的交点．一般情况下只作出一个面的垂线，然后设出球心用算术方法或代数方法即可解决问题．有时也作出两条垂线，交点即为球心．)解决．以直三棱柱为例，模型如下图，由对称性可知球心O的位置是△ABC的外心O1与△A1B1C1的外心O2连线的中点，算出小圆O1的半径AO1＝r，OO1＝，． 　　　　 1、柱体的外接球 （1）圆柱的高为，底面半径为，则圆柱的外接球半径 （2）若是直棱柱，则可以先找直棱柱上下底的外接圆，求外接圆半径，然后补成圆柱，按圆柱的外接球半径公式来算即可. 2、可补全成柱体的外接球 （1）一条侧棱垂直于底面 ⇒ 以底面的外接圆为底，侧棱为高作圆柱，然后找该圆柱的外接球。如上图中图1，图2 （2）若图形为非规则图形，但上下底平行，上下底的外接圆半径相等且两个圆心的连线垂直于上下底，这时也可以构造一个圆柱（如图3），这时圆柱的外接球即为所求的外接球. 【例3-1】已知圆柱与圆锥的底面半径相等，高相等，且圆锥的轴截面为正三角形，记圆柱外接球的表面积为，圆锥外接球的表面积为，则（    ） A． B． C． D． 【例3-2】在正三棱柱中，，则该三棱柱的外接球表面积为____________. 【变式1】(2013辽宁)已知直三棱柱ABC－A1B1C1的6个顶点都在球O的球面上．若AB＝3，AC＝4，AB⊥AC，AA1＝12，则球O的半径为(　　)． A．　　　　　　　B．　　　　　　　C．　　　　　　　D． 【变式2】(2009全国Ⅰ)直三棱柱ABC－A1B1C1的各顶点都在同一球面上，若AB＝AC＝AA1＝2，∠BAC＝120°，则此球的表面积等于(　　)． A．10π　　　　　　　　B．20π　　　　　　　　C．30π　　　　　 D．40π 【变式3】（2016·全国III卷·高考真题）在封闭的直三棱柱内有一个体积为V的球，若，，，，则该球体积V的最大值是 A． B． C． D． 模型四　垂面模型 （线面垂直模型） 垂面模型是有一条侧棱垂直底面的棱锥模型，可补为直棱柱内接于球，由对称性可知球心O的位置是△CBD的外心O1与△AB2D2的外心O2连线的中点，算出小圆O1的半径AO1＝r，OO1＝，． 　　　　　 【例4-1】在三棱锥S－ABC中，侧棱SA⊥底面ABC，AB＝5，BC＝8，∠ABC＝60°，SA＝2，则该三棱锥的外接球的表面积为(　　) A．π　　　　　　　　B．π　　　　　　　　C．π　　　　　　　　D．π 【变式1】在三棱锥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 【变式2】在三棱锥中，平面，，，，设为中点，且直线与平面所成角的余弦值为，则该三棱锥外接球的表面积为________． 【变式3】（2023·全国乙卷·高考真题）已知点均在半径为2的球面上，是边长为3的等边三角形，平面，则 ． 模型五　双直角模型 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. 题设：，求三棱锥外接球半径（分析：取公共的斜边的中点，连接，则，为三棱锥外接球球心，然后在中求出半径），当看作矩形沿对角线折起所得三棱锥时与折起成的二面角大小无关，只要不是平角球半径都为定值. 【例5-1】已知矩形ABCD中，AB=6,AD=8,现将矩形ABCD沿对角线BD折叠，折叠后形成三棱锥A-BCD,则该四面体A-BCD外接球的表面积为 . 模型六　切瓜模型 （面面垂直模型） 切瓜模型是有一侧面垂直底面的棱锥型，常见的是两个互相垂直的面都是特殊三角形且平面ABC⊥平面BCD，解决方法是分别过△ABC与△BCD的外心作该三角形所在平面的垂线，交点O即为球心．如果△ABC与△BCD都一般三角形，解决方法是过△BCD的外心O1作该三角形所在平面的垂线，用代数方法即可解决问题．设三棱锥A－BCD的高为h，外接球的半径为R，球心为O．△BCD的外心为O1，O1到BD的距离为d，O与O1的距离为m，则解得R．可用秒杀公式：R2＝r12＋r22－(其中r1、r2为两个面的外接圆的半径，l为两个面的交线的长) 【例6-1】已知三棱锥的所有顶点都在球O的球面上，SC是球O的直径若平面平面SCB，，，三棱锥的体积为9，则球O的表面积为 ． 【例6-2】已知在三棱锥P－ABC中，VP­ABC＝，∠APC＝，∠BPC＝，PA⊥AC，PB⊥BC，且平面PAC⊥平面PBC，那么三棱锥P－ABC外接球的体积为________． 【变式1】如图，已知平面四边形ABCD满足AB＝AD＝2，∠A＝60˚，∠C＝90˚，将△ABD沿对角线BD翻折，使平面ABD⊥平面CBD，则四面体ABCD外接球的体积为________． 【变式2】已知三棱锥A－BCD中，△ABD与△BCD是边长为2的等边三角形且二面角A－BD－C为直二面角，则三棱锥A－BCD的外接球的表面积为(　　) A．　　　　　　　　B．5π　　　　　　　　C．6π　　　　　　　　D． 【变式3】（多选）如图，两个边长均为1的正方形与正方形所在的平面互相垂直.点，分别是对角线，上的动点，且，的长度相等，记，点是线段上的一点.下列结论正确的是（    ）    A． B．的最小值是 C．三棱锥与三棱锥的体积相等 D．若点，，，，，在同一个球的球面上，则该球的体积是 模型七　斗笠模型 圆锥、顶点在底面的射影是底面外心的棱锥．秒杀公式：R＝(其中h为几何体的高，r为几何体的底面半径或底面外接圆的圆心) 　　　　　　 1、圆锥的外接球 若圆锥的高为，底部半径为，母线长为，则圆锥的外接球半径. 2、可补全为圆锥的外接球 （1）若在平面上的射影是的外接圆圆心（即），则可以把三棱锥补为圆锥，根据圆锥的外接球模型来求外接球半径. （2）正棱锥都可以补成圆锥，可以按圆锥的外接球模型来求. 【例7-1】（2020·全国I卷·高考真题）已知为球的球面上的三个点，⊙为的外接圆，若⊙的面积为，，则球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【例7-2】（2022·全国乙卷·高考真题）已知球O的半径为1，四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均在球O的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为（    ） A． B． C． D． 【例7-3】（2021·天津·高考真题）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，则这两个圆锥的体积之和为（    ） A． B． C． D． 【变式1】已知体积为的圆锥的轴截面为正三角形，则该圆锥的外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【变式2】（2020·全国II卷·高考真题）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． 【变式3】（2021·全国甲卷·高考真题）已知A，B，C是半径为1的球O的球面上的三个点，且，则三棱锥的体积为（    ） A． B． C． D． 【变式4】（2018·全国III卷·高考真题）设是同一个半径为4的球的球面上四点，为等边三角形且其面积为，则三棱锥体积的最大值为 A． B． C． D． 【变式5】已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为，且，则该正四棱锥体积的取值范围是（    ） A． B． C． D． 模型八　圆台、棱台模型 1、 圆台的上底半径 ,下底半径，高为，（如图1，图2），两次使用勾股定理，可求得它的外接球的半径. 2、棱台的外接球（如图3），先找上下底面的外接圆半径，然后按照圆台的外接球半径公式. 【例8-1】已知圆台的上､下底面半径分别为1，2，体积为，则该圆台外接球的体积为（    ） A． B． C． D． 【例8-2】在正四棱台中，，，，则该正四棱台的外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【变式1】已知正四棱台的上、下底面边长分别为和．若该棱台的体积为，则该棱台的外接球体积为（    ） A． B． C． D． 【变式2】已知正四棱台，，，侧棱与底面所成的角为，则此正四棱台外接球的表面积为（   ） A． B． C． D． 【变式3】（2022·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为和，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（    ） A． B． C． D． 模型九　鳄鱼模型 鳄鱼模型即普通三棱锥模型，用找球心法可以解决．如果已知其中两个面的二面角，则可用秒杀公式：R2＝＋.(其中l＝|AB|，当△ABC和△PAB中有一个为钝角三角形时，取α补角)． 【例9-1】在三棱锥中，和均为边长为2的等边三角形，且二面角的平面角为，则三棱锥的外接球的表面积为________． 【变式1】在等腰直角中，，，为斜边的高，将沿折叠，使二面角为，则三棱锥的外接球的表面积为________． 【变式2】在四面体ABCD中，AB＝AD＝2，∠BAD＝60°，∠BCD＝90°，二面角A－BD－C的大小为150°，则四面体ABCD外接球的半径为________． 模型十　已知球心或球半径模型 【例10-1】(2017·全国Ⅰ)已知三棱锥S－ABC的所有顶点都在球O的球面上，SC是球O的直径．若平面SCA⊥平面SCB，SA＝AC，SB＝BC，三棱锥S－ABC的体积为9，则球O的表面积为________． 【变式1】(2012全国Ⅰ)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． 【变式2】(2020·新高考全国Ⅰ)已知直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD＝60°．以D1为球心，为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为________． 【内切球问题】 1、锥体的内切球 无论是什么的内切球问题，都是先找过内切球球心的截面，在截面中找切点，从而找到半径关系. 2、台体的内切球 先找过内切球球心的截面，在截面中找切点，从而找到半径关系. 内切球球心到多面体各面的距离均相等，故可用等体积法：(为几何体的体积，为多面体的表面积，为内切球的半径). 【例1】（2020·全国III卷·高考真题）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 ． 【例2】已知正三棱锥的内切球半径为l，若底面边长为，则该棱锥体积为 . 【例3】某正三棱台（底面与顶面均为正三角形，侧面都是等腰梯形的几何体）的体积为，内切球（与棱台各面都相切）的半径为，则该三棱台的侧棱长为 【变式1】（2017·江苏·高考真题）如图，在圆柱O1 O2 内有一个球O，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切．记圆柱O1 O2 的体积为V1 ,球O的体积为V2 ，则 的值是 【变式2】正方体的内切球和外接球的体积之比为（    ） A． B． C． D． 【变式3】已知圆锥的底面半径为，且此圆锥的内切球体积为，则圆锥的侧面积为（    ） A． B． C． D． 【变式4】在三棱锥中，平面，则三棱锥的内切球的表面积等于 . 【变式5】如图所示的由4个直角三角形组成的各边长均相等的六边形是某棱锥的侧面展开图，若该六边形的面积为，则该棱锥的内切球半径为 ． 【变式6】（多选）已知正四棱台的上、下底面的边长之比为，其内切球的半径为1，则该正四棱台（    ）． A．上底面边长 B．下底面边长 C．高为2 D．体积为 【棱切球问题】 棱切球是与几何体各条棱均相切的球，球心多与几何体的对称中心重合。正方体的棱切球直径等于其面对角线长度，半径（为棱长）.长方体棱切球半径需结合长、宽、高计算，核心性质是球心到每条棱的距离等于半径。该模型适用于正多面体、长方体等具有中心对称性的几何体，解题时需抓住对称特性定位球心. 【例1】球、分别与正方体的各面、各条棱相切，正方体的各顶点都在球的表面上，求三个球的表面积之比． 【例2】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，则这个球的表面积是 . 【变式1】（2023·全国甲卷·高考真题）在正方体中，E，F分别为AB，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． 【变式2】（2023·全国甲卷·高考真题）在正方体中，为的中点，若该正方体的棱与球的球面有公共点，则球的半径的取值范围是 ． 【多球相切问题】 【例1】如图，在一个底面边长为4，侧棱长为的正四棱锥中，大球内切于该四棱锥，小球与大球及四棱锥的四个侧面相切，则小球的体积为（    ）． A． B． C． D． 【例2】在一个半径为4的大球内放入个半径相同的小球，则（   ） A．当时，小球半径最大为2 B．当时，小球半径最大为 C．当时，小球半径最大为 D．当时，小球半径最大为 【变式1】用一个直立且底面直径为的圆柱体塑料桶（含桶盖）装表面积为的小球(可滑动)，恰好能装入3个小球，若不考虑材料桶桶壁及桶盖厚度，则该圆柱体塑料桶的侧面积是 . 【变式2】4个半径为1的球两两相切，下面3个上面1个堆放两层摆放在桌上，问上面的球的最高处到桌面的距离为 ，在4个球的中间再放1个小球和4个球都相切，小球的半径为 ． 【变式3】现有一个半径为6的球状容器（不考虑容器厚度），在容器内放置8个半径相同的实心小球，若这8个小球的球心恰为某个正方体的8个顶点，则小球半径的最大值为 ． 【变式4】如图，在正四面体 中，放置 1 大、4 中、4 小共 9 个球，其中，大球为正四面体 的内切球，中球与大球及正四面体三个面均相切，小球与中球及正四面体三个面均相切.若正四面体 的体积为 ，则 9 个球的表面积之和为 . 【变式5】甜品店推出一款巧克力酸奶杯，如图所示，在装满酸奶的圆台形杯具内有半径分别为和的两个巧克力球，巧克力小球与杯底和杯壁均相切，大球与小球､杯壁､杯盖均相切，则杯具中酸奶的体积为 . 第 1 页 共 16 页 学科网（北京）股份有限公司 $专题外接球、内切球、棱切球与多球相切问题 【知识储备】 1、外接球：多面体的外接球是指对于这个多面体，存在一个球体，使得该多面体的所有顶 点都在这个球体的表面上，这个球体就被称为该多面体的外接球。 2、内切球：多面体的内切球是指与这个多面体的各个面都相切的球 3、棱切球：棱切球是指与多面体的各条棱都相切的球. 4、球的表面积与体积公式： S球= 4πR2 4 V球 5、在△ABC中，r为△ABC外接圆的半径，r可根据正弦定理a b .C =2 sin A sin B sinC 求解 6、常用几何体及其结论 (1)正方体 特征 半径 立体图 截面图 内 切点 各个面的中心 切 球心 正方体的中心 a 球 直径 相对两个面中心连线 棱 切点 各棱的中点 切 球心 正方体的中心 √2a R 2 球 直径 “对棱”中点连线 外 切点 接 球心 正方体的中心 R外接= Ba 2 球 直径 体对角线 第1页共50页 结论：正方体的内切球、棱切球、外接球半径的平方成等差数列，公差为口 (2)长方体 *利用勾股定理可得体对角线长为√a2+b+c2 *长方体不一定有内切球和棱切球 *长方体必有外接球，球心是体对角线的中点，半径是球心到顶 点的距离，即体对角线的一半R外按 va'+b2+c2 2 (3)正四面体 *内切球半径等于球心到面的距离R切= 6a 12 ◆棱切球半径等于球心到棱的距离R物= 4 *外接球半径等于球心到顶点的距离R整- 4 结论：正四面体的内切球、棱切球、外接球的半径成等比数列， 公比为√3 下面我们对正四面体的相关结论进行推导： 结论一： V3 1.底面积：S底=S△BcD= 表面积：S表=V3a2 证明：1.DE=BD·sin60°= 3 a 1 1.3 SABCD=2BC×DE=2a· 20 4Q2 B V3 ÷S表=4S底=4× 正四面体A-BCD 4 a2=V3a? 第2页共50页 A 结论二： 2.体高：h= V6 3 a a V √2 3 a 3.体积：V= 12Q3 C 证明：2.H为底面重心 3 E 2V33 DH=3DE= 2 3 a 正四面体A一BCD B h=AH=VAD2 -DH2 a2 3a2 V3 6 3a 1 13 3.V=3SaBcDh 3￥a2.6 = 2a3 第3页共50页 A 结论三： 6 1.外接球： R外接三 V2 2.棱切球：R楼切= 3.内切球： VG R内切= 12a E 证明：1.由对称性，球心一定在AH上 设0为球心OA=OB=OC=OD=R 正四面体A一BCD OH -AII-OA-h-R-V6 a-R 3 DH=- 3 a OD=R 由勾股定理：OH2+DH2=0D2 3a2 aR+3a2=0 1 3 a22v6 3 V6 aR=0 R外接= Q= 2V6 第4页共50页 结论三： 1.外接球：R外接= VG 40 V2 2.棱切球：R棱切= 40 3.内切球：R内切= 6 12a D 证明：3.法一（作差法）： 6 正四面体A一BCD R切=OH=AH-OHh-R=y6。-6 3 a- 4a= 12a 13 法三等休棋)：专×4口×R×4② 2Q3 4v3R内切=V2a 正四面体的中心将高分为3：1两部分 v2a v6 R内切= 4V3 12a 结论三： v6 1.外接球：R外接=4a √2 2.棱切球：R棱切=4Q 6 3.内切球：R内切=12a D E 证明：2. 对棱中点EF为棱切球与棱的切点且EF=2R棱切 正四面体A-BCD B EF =DE2 -DF2 2R棱切三2 a ）-0 2 R棱切= √2 2 -a 第5页共50页 正四面体与球 内切球 棱切球 外接球 半径 √6 1=20 。 公比 q=V3 正四面体的内切球、棱切球、外接球的半径 结论 成等比数列，公比为3 【外接球问题】 模型一：墙角模型 墙角模型是三棱锥有一条侧棱垂直于底面且底面是直角三角形模型，用构造法（构造长 方体)解决.外接球的直径等于长方体的体对角线长（在长方体的同一顶点的三条棱长分别为 a,6,c外接球的半径为R则2R=日+i+心.），秒杀公式：R=+6+ .可求出球 4 的半径从而解决问题.有以下四种类型： R D D 不 11 A B /D 类型1 类型川 类型川 例外型 【例1-1】在四面体ABCD中，AB,AC,AD两两垂直，且AB=3,AC=4,AD=5,若 A,B,C,D均在球2的球面上，则2的表面积为( ) A.50元 B.100π C.150π D.200π 【答案】A 【分析】四面体ABCD的外接球2和以AB,AC,AD为长宽高的长方体的外接球相同， 进而求得直径，再由球的表面积公式即可求解 【详解】根据题意得四面体ABCD的外接球2和以AB,AC,AD为长宽高的长方体的外 接球相同， 第6页共50页 所以外接球的直径为2R=√AB2+AC2+AD2=V32+42+52=5√2， 所以外接球2的表面积为S=4πR2=50m, 故选：A 【变式1】(2017·全国II卷·高考真题)长方体的长，宽，高分别为3,2,1，其顶点都在 球0的球面上，则侧球0的表面积为 【答案】14r 【详解】长方体的体对角线长为球的直径，则2R=V32+22+12=V14,R= 2 ,则球 0的表面积为4（受）2=14m 【变式2】(2017·天津·高考真题)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，则这个球的体积为」 【答案】贸 【详解】设正方体边长为a,则6a2=18→a2=3, 外接球直径为2R=V5a=3V=号nR3=音×号=号， 【考点】球 【名师点睛】求多面体的外接球的面积和体积问题常用方法有(1)三条棱两两互相垂直时， 可恢复为长方体，利用长方体的体对角线为外接球的直径，求出球的半径；(2)直棱柱的 外接球可利用棱柱的上下底面平行，借助球的对称性，球心为上下底面外接圆的圆心连线的 中点，再根据勾股定理求球的半径：(3)如果设计几何体有两个面相交，可过两个面的外 心分别作两个面的垂线，垂线的交点为几何体的球心，本题就是第三种方法 【变式3】(2020·天津·高考真题)若棱长为2V3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.36m D.144π 【答案】C 【分析】求出正方体的体对角线的一半，即为球的半径，利用球的表面积公式，即可得解 【详解】这个球是正方体的外接球，其半径等于正方体的体对角线的一半， 即R= √(2w3+(2w3'+(232 =3, 2 所以，这个球的表面积为S=4rR2=4r×32=36π. 故选：C 第7页共50页 【点晴】本题考查正方体的外接球的表面积的求法，求出外接球的半径是本题的解题关键， 属于基础题.求多面体的外接球的面积和体积问题，常用方法有：(1)三条棱两两互相垂直 时，可恢复为长方体，利用长方体的体对角线为外接球的直径，求出球的半径；(2)直棱 柱的外接球可利用棱柱的上下底面平行，借助球的对称性，球心为上下底面外接圆的圆心连 线的中点，再根据勾股定理求球的半径；(3)如果设计几何体有两个面相交，可过两个面 的外心分别作两个面的垂线，垂线的交点为几何体的球心 【变式4】(2019·全国I卷·高考真题)己知三棱锥PABC的四个顶点在球O的球面上， P在PBPC,△ABC是边长为2的正三角形，E,F分别是PA,AB的中点，∠CE90°，则球 0的体积为 A.86m B.4V6π C.2V6π D.V6n 【答案】D 【分析】先证得PB⊥平面PAC,再求得PA=PB=PC=√2，从而得P-ABC为正方体一部 分，进而知正方体的体对角线即为球直径，从而得解 【详解】解法一：PA=PB=PC,△ABC为边长为2的等边三角形，∴.P-ABC为正三棱锥， PB1AC,又E,F分别为PA、AB中点， .EF/PB,EF⊥AC,又EF⊥CE,CE∩AC=C,∴.EF⊥平面PAC,PB⊥平面PAC, ·∠APB=90°，PA=PB=PC=V2,P-ABC为正方体一部分，2R=V2+2+2=V6, 即R-,V=考知R-r×S=V6,枚选D. D E 2 解法二： 第8页共50页 设PA=PB=PC=2x,E,F分别为PA,AB中点， ∴EF1/PB,且EF=2PB=x,~△ABC为边长为2的等边三角形， CF=V3又LCEF=90°CE=V3-x2,AE=2PA=x 4AEC中余弦定理cOs∠EAC=+3,作PD1AC于D,~PA=PC, 2×2×x “D为AC中点，cos∠EAC=D=1, ，P若=工，2+4一3+一2车、 4x 22+1=2∴2-专x=9,PA=PB=PC=V2,又AB-BC=AC=2,PA,PB,PC 两两垂直，2R=V2+2+2=V6,R=气V=3=言n×g=V6m,故选D 8 【点晴】本题考查学生空间想象能力，补体法解决外接球问题.可通过线面垂直定理，得到 三棱两两互相垂直关系，快速得到侧棱长，进而补体成正方体解决. 模型二：对棱相等模型 对棱相等模型是三棱锥的三组对棱长分别相等模型，用构造法（构造长方体）解决.外接 球的直径等于长方体的体对角线长，即2R=√a2+b2+c2(长方体的长、宽、高分别为a、b .秒杀公式：R=+十立（三枝锥的三组对枝长分别为太、人2》.可求出球的半径从而 解决问题. D 【例2-1】正四面体的各条棱长都为√2，则该正面体外接球的体积为 答案 。解析这是特殊情况，但也是对棱相等的模式，放入长方体中，2R=5, 2 R=5,v=1元355元 2 382 【例2-2】在三棱锥A-BCD中，AB=CD=2,AD=BC=3,AC=BD=4,则三棱锥A-BCD外 接球的表面积为 无解析构造长方体，三个长度为三对面的对角线长，设长 a,b,c，则a2+b2=9,b2+c2=4，c2+a2=16.2(ad2+b2+c2)=9+4+16=29, 2(d+b2+c2)=9+4+16=29,a2+62+c2=29,4R2=29,S=29z 2 2 2 【变式1】在三棱锥A一BCD中，AB=CD=6,AC=BD=AD=BC=5,则该三棱锥的外接球的 第9页共50页 体积为 答案 43W43π 解析依题意得，该三棱锥的三组对棱分别相等，因此可将该三棱锥 6 补形成一个长方体，设该长方体的长、宽、高分别为a、bC,且其外接球的半径为R,则 a+=62, 6+c2=5, 得+6+c=43,即(2m=d+8+c=43,易知R=3 即为该三棱 c2+a=52, 锥的外接球的半径，所以该三棱锥的外接球的表面积为号πR=43√43r 6 【变式2】已知三棱锥A-BCD,三组对棱两两相等，且AB=CD=1,AD=BC=√3，若 三棱锥A-BCD的外接球表面积为9 .则AC= 答案√5解析将四面体A-BCD放置于长方体中，·：四面体A-BCD的顶点为长 方体八个顶点中的四个，.长方体的外接球就是四面体A-BCD的外接球，：AB=CD=1, AD=BC=√5，且三组对棱两两相等，.设AC=BD=x,得长方体的对角线长为 ++4),可得外接球的直径2R=、 1 54+x),所以R=2(4+) 三棱锥A-BCD的外接表面积为究4坛R解得R2助24+）3B 2 4 解之得x=√5，因即AC=BD=√5. 模型三汉堡模型 汉堡模型是直棱柱的外接球、圆柱的外接球模型，用找球心法（多面体的外接球的球心 是过多面体的两个面的外心且分别垂直这两个面的直线的交点.一般情况下只作出一个面的 垂线，然后设出球心用算术方法或代数方法即可解决问题.有时也作出两条垂线，交点即为 球心.)解决.以直三棱柱为例，模型如下图，由对称性可知球心O的位置是△ABC的外心 Q与△ABG的外心Q连线的中点，算出小圆Q的半径A0=r,00= 2 ，R2=2+ 4 A B A B 第10页共50页 1、柱体的外接球 (1)圆柱的高为h,底面半径为r,则圆柱的外接球半径R=、F2+号 (2)若是直棱柱，则可以先找直棱柱上下底的外接圆，求外接圆半径r,然后补成圆柱，按 圆柱的外接球半径公式来算即可. 2、可补全成柱体的外接球 (1)一条侧棱垂直于底面→以底面的外接圆为底，侧棱为高作圆柱，然后找该圆柱的外 接球。如上图中图1，图2 (2)若图形为非规则图形，但上下底平行，上下底的外接圆半径相等且两个圆心的连线垂 直于上下底，这时也可以构造一个圆柱（如图3），这时圆柱的外接球即为所求的外接球. 【例3-1】已知圆柱与圆锥的底面半径相等，高相等，且圆锥的轴截面为正三角形，记圆柱 外接球的表面积为8，圆锥外接球的表面积为S,则。=了 a君 B.21 c.v2i 4 D.21 4 2 【答案】A 【分析】设圆柱与圆锥的底面半径为1，可得圆柱与圆锥的高均为√3，再设圆柱外接球的 半径为R,圆锥外接球的半径为见，结合图象建立R、几的方程，解得风=子风=手代 入球的表面积公式计算即得. 【详解】不妨设圆柱与圆锥的底面半径为1，则由圆锥的轴截面为正三角形，可得圆柱与圆 第11页共50页 锥的高均为5×2=5 2 设圆柱外接球的半径为R,圆锥外接球的半径为R, R 由图可得=-子发=5-R, 解得R,= 2W5 3 则=4 21 S,4πR216 故选：A 【例3-2】在正三棱柱ABC-AB,C,中，AB=2W6,AA=6,则该三棱柱的外接球表面积为 【答案】68π 【分析】先应用正弦定理得出底面正三角形外接圆半径，再应用图形特征得出外接球半径， 最后得出球的表面积， 126 【详解】由正弦定理，底面正三角形ABC的外接圆半径r=二× =2√2， 2sin60° 又正三棱柱的高的一半-4=3， 22 则外接球的半径R2=2 =17, 所以表面积S=4πR2=68r, 故答案为：68π 【变式1】(2013辽宁)己知直三棱柱ABC-AB,G的6个顶点都在球O的球面上.若AB=3, AC=4,AB⊥AC,AA=12,则球0的半径为(). A.3v7 2 B.2W10 D.3V10 答案C解析如图所示，由球心作平面ABC的垂线，则垂足为BC的中点M.又AM 第12页共50页 号6=6所以球0的半径Q时 +6=1 2 2 1 B- A B M 另解过C点作AB的平行线，过B点作AC的平行线，交点为D,同理过G作AB的平 行线，过B作AG的平行线，交点为D,连接DD,则ABCD-ABGD恰好成为球的一个内接 长方体，故球的半径一V3+4+12 13 2 故选C. 【变式2】(2009全国I)直三棱柱ABC-ABCG的各顶点都在同一球面上，若AB=AC=AA= 2,∠BAC=120°，则此球的表面积等于（). A.10π B.20T C.30π D.40 答案B解析如图，先由余弦定理求出BC=23,再由正弦定理求出r=AO=2,外 接球的直径R=V1+2=5,所以该球的表面积为4πR=20π，故选B. 【变式3】(2016·全国III卷·高考真题)在封闭的直三棱柱ABC-A1B1C1内有一个体积 为V的球，若AB1BC,AB=6,BC=8,AA1=3,则该球体积V的最大值是 A.4nt B.2π 9 C.6n D. 【答案】B 【详解】试题分析：设⊥BC的内切圆半径为”，则 26+8+10r-月×6×8==2>3=4 1 22，故球的最大半径为 3 9 31 ,故选B。 第13页共50页 考点：球及其性质 模型四垂面模型（线面垂直模型） 垂面模型是有一条侧棱垂直底面的棱锥模型，可补为直棱柱内接于球，由对称性可知球 心O的位置是△CBD的外心Q与△AB,D,的外心Q,连线的中点，算出小圆Q的半径AQ=r, 2,R2=2+ 0g≤ 4 A 0 D B D 【例4-1】在三棱锥S-ABC中，侧棱SA⊥底面ABC,AB=5,BC=8,∠ABC=60°，SA=2V5, 则该三棱锥的外接球的表面积为(） A. 641 256 3 B. c. 436元 3 3 D.204sV3元 27 答案B解析由题意知，AB=5,BC-8,∠ABC-60°，则在△ABC中，由余弦定理 得AC=AB+BC-2 XABX BCXcos∠ABC,解得AC-7,设△ABC的外接圆半径为r,则△ABC AC 7 的外接圆直径2= sin∠ABcV3' 厂3又：侧棱sL底面8c,三棱锥的外接球 2 的球心到平面ABC的距离h=S4=V5,则外接球的半径R 64 则该 2 三棱锥的外接球的表面积为S=4πR=256。 3 2V5 h 8 B 【变式1】在三棱锥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.10V3元 B.18元 C.20元 D.9V3π 答案C解析如图1，先由余弦定理求出BC=23,再由正弦定理求出=A0=2, 外接球的直径R=V1+2=5,所以该球的表面积为4πR=20π. 第14页共50页 另解如图2，该三棱锥为图中正六棱柱内的三棱锥P-ABC,PA=AB=AC=2,所以该 三棱锥的外接球即该六棱柱的外接球，所以外接球的直径2R=V4+2=2√5→R=1V5,所以 该球的表面积为4πR=20π. 23 B 【变式2】在三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC,∠BAC=120°，AC=2,AB=1,设D 为BC中点，且直线PD与平面4C所成角的余弦值为5，则该三楼锥外接球的表面积为 答案 了π解析在△MBC中，∠BAC=120,AC=2,AB=1,由余弦定理得： 37 BC2=AC2+AB2-2AC.BC.coS∠BAC,即BC2=22+12-2×2×1×c0s120°=7，解得： BC BC=√7.设△ABC的外接圆半径为r,由正弦定理得2r= √72W7 sim∠3AC sin120°√5 解得： fg:且B-2+8c-AC =万-2i 2AB.BC 12+(7)2-2227 2×1×√7 1=W“2小Da8‘中aw#‘学中Oa4aX‘ 7 2 COS∠ABD= 2W ,·由余弦定理得：AD=AB2+BD2-2 AB-BD cos∠ABD,即： 7 D=12+-2x1x×,,解得aD 2x7=41 .又因为PA1平面4BC,所以 2 ∠P04为直线D与平面Bc所成角，由cos∠D1-5,得5m∠Pn4-25 5 am∠PDA=2,所以在RIAPAD中，PA=AD.m∠PDA=52=5.设三棱锥P-ABC的 2 外接球半径为R,所以R= +2马= 37 ，三棱锥P-ABC外接球表 W12 面积为S=4πR2= 37 3交 【变式3】(2023·全国乙卷·高考真题)己知点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，SA1平面ABC,则SA= 【答案】2 【分析】先用正弦定理求底面外接圆半径，再结合直棱柱的外接球以及求的性质运算求解， 第15页共50页 【详解】如图，将三棱锥S一ABC转化为正三棱柱SMN-ABC, 设△ABC的外接圆圆心为O1,半径为r, 则2r=28=是=2W5,可得7=V5. 2 设三棱锥S-ABC的外接球球心为0，连接0A,001,则0A=2,001=2SA, 因为0A2=00+01A2,即4=3+1SA2,解得SA=2. 故答案为：2. M B 【点睛】方法点睛：多面体与球切、接问题的求解方法 (1)涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体的特殊点（一般为接、切点） 或线作截面，把空间问题转化为平面问题求解： (2)若球面上四点RA、BC构成的三条线段PA.PB.PC两两垂直，且PA=a,PB=b, PC-c,一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，根据4R=a++c求解： (3)正方体的内切球的直径为正方体的棱长： (4)球和正方体的棱相切时，球的直径为正方体的面对角线长： (5)利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图， 确定球心的位置，弄清球的半径（直径）与该几何体已知量的关系，列方程（组）求解， 模型五双直角模型 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 题设：∠APB=∠ACB=90°，求三棱锥P-ABC外接 球半径（分析：取公共的斜边的中点O,连接OP,OC, 则OA=OB=0C=0P=AB,:0为三棱锥 2 …-5页共50页 P-ABC外接球球心，然后在OCP中求出半径)，当看作矩形沿对角线折起所得三棱锥 时与折起成的二面角大小无关，只要不是平角球半径都为定值， 【例5-1】已知矩形ABCD中，AB=6,AD=8,现将矩形ABCD沿对角线BD折叠，折叠后形成三 棱锥A-BCD,则该四面体A-BCD外接球的表面积为 答案100π解析在Rt△BCD中，BD=VBC2+CD2=√62+82=10，由题意得球 的半径R=BD10=5,品S=4红RE4红o5E100 模型六切瓜模型（面面垂直模型) 切瓜模型是有一侧面垂直底面的棱锥型，常见的是两个互相垂直的面都是特殊三角形且 平面ABCL平面BCD,解决方法是分别过△ABC与△BCD的外心作该三角形所在平面的垂线， 交点O即为球心.如果△ABC与△BCD都一般三角形，解决方法是过△BCD的外心Q作该三 角形所在平面的垂线，用代数方法即可解决问题.设三棱锥A一BCD的高为h,外接球的半 径为R,球心为O.△BCD的外心为Q,Q到BD的距离为d,O与Q的距离为m,则 R=r+m, R=d+(h-m), 解得兄可用秒杀公式：R=计对-其中小乃为两个面的外接 4 圆的半径，1为两个面的交线的长) h-m A A (0◆ C入0 D 【例6-1】已知三棱锥S-ABC的所有顶点都在球O的球面上，SC是球O的直径.若平面SCA1 平面SCB,SA=AC,SB=BC,三棱锥S-ABC的体积为9，则球O的表面积为 【答案】36π 【详解】三棱锥S-ABC的所有顶点都在球0的球面上，SC是球0的直径， 若平面SCA⊥平面SCB,SA=AC,SB=BC,三棱锥S-ABC的体积为9， 可知三角形SBC与三角形SAC都是等腰直角三角形，设球的半径为r, 可得×2×2r×r×r=9,解得r3. 球0的表面积为：4r2=36π 点睛：与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接.解题时要认真分析图形，明确切 第17页共50页 点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体， 切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点 均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径 倒62】已知在国棱P-ABc中，人-，∠心，∠A=ALAG28 4 且平面PACL平面PBC,那么三棱锥P-ABC外接球的体积为 答案32T解析如图，取PC的中点Q,连接40，B0,设PG 3 A 2R,则OA=OB=OC=OP=R,∴.O是三棱锥P-ABC外接球的球心，易知， P股=RBC=3R“∠4PC,PALAC0为PC的中点，.A0LPC 又平面PAC⊥平面PBC,且平面PACn平面PBC-PC,∴.AOL平面PBC, 6二子PBXX0X女3x9解得 B 32 3 2,三棱锥PA8C外接球的体积=4rR=32T. 3 3 【变式1】如图，已知平面四边形ABCD满足AB=AD=2,∠A=60°，∠C=90°，将△ABD 沿对角线BD翻折，使平面ABDL平面CBD,则四面体ABCD外接球的体积为 B 答案323π 27 解析在四面体ABCD中，：AB=AD=2,∠BAD=60°，△ABD为正 三角形，设BD的中点为M,连接AM则AM⊥BD,又平面ABD⊥平面CBD,平面ABD∩平面 CBD=BD,∴，AML平面CBD.,△CBD为直角三角形，∴，其外接圆的圆心是斜边BD的中点M 由球的性质知，四面体ABCD外接球的球心必在线段AM上，又△ABD为正三角形，，球心是 △0的中心，则外接球的半径为2×2×y3_2 3,“四面体A80外接球的体积为×π× 323 3 2V3=323元 3 27 【变式2】已知三棱锥A一BCD中，△ABD与△BCD是边长为2的等边三角形且二面角A一BD 一C为直二面角，则三棱锥A一BCD的外接球的表面积为() A.10n B.5n C.6π D.20m 3 3 答案D解析如图，取BD中点M连接AM,☑M,取△ABD,△CBD的中心即AM,☑M 的三等分点P,,过P作平面ABD的垂线，过Q作平面CBD的垂线，两垂线相交于点O,则 点0为外接球的球心，如图，其中0g=3,cg=23,连接0G,则外接球的半径=Q0-15, 3 3 3 第18页共50页 表面积为4元R-20π 故选D. 3 D O 【变式3】（多选）如图，两个边长均为1的正方形ABCD与正方形ABEF所在的平面互相 垂直.点M,N分别是对角线AC,BF上的动点，且CM,BN的长度相等，记 CM=BN=a(0<a≤√2)，点P是线段MN上的一点.下列结论正确的是( B F A.MW=√2-a B.W的最小值是 2 C.三棱锥C-PBE与三棱锥B-MCE的体积相等 D.若点A,8,C,D,B,P在同一个球的球面上，则该球的体积是5π 【答案】BCD 【分析】以B为坐标原点，BA,BE,BC所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系，利用坐标法 可求得W的长及最小值判断AB:进而可证MN1/平面CBE,可判断C,补形为正方体， 求得正方体的外接球的半径计算可判断D. 【详解】由题意两个边长均为1的正方形ABCD与正方形ABEF所在的平面互相垂直 可得AB⊥BC,AB⊥BE,BC⊥BE, 以B为坐标原点，BA,BE,BC所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系， 第19页共50页 过M作MG⊥AB于G,连接NG, 则AL0,o0叭0,00.M a)N( 2a,0,1- 0 a,0), 2 2 所以W 故A错误： 十)之，当且仅当a=时，取等号，所以w的最小值为号，故E 222 2 正确： 因为@=(0,5。 1、 a),又易得AB⊥平面CBE, 2 2 所以BA=1,00)为平面CBB的-个法向量，又不丽-0x1+5。 2ax0+1- 2a0=0, 所以MN⊥BA, 又Na平面CBE,NII平面CBE,又点P∈MW, 所以P,M到平面BCE的距离相等， 所以V,-cBa=VM-cBs,即三棱锥C-PBE与三棱锥B-MCE的体积相等，故C正确： 将原图形补成一个正方体DCHK-ABEF如图所示： 则正方体DCHK-ABEF的外接球符题意， 外接球的直径为2R=F+1+=V5,所以R= 2 所以该球的体积是号无R=×元× 3) √3 故D正确 3 3 2 故选：BCD. 第20页共50页 模型七斗笠模型 圆锥、顶点在底面的射影是底面外心的棱锥.秒杀公式：R十”（其中力为几何体的 2h 高，x为几何体的底面半径或底面外接圆的圆心) n h 1、圆锥的外接球 若圆锥的高为h,底部半径为r,母线长为，则圆锥的外接球半径R=2+ =2 2h 2、可补全为圆锥的外接球 401 (1)若P在平面ABC上的射影是△ABC的外接圆圆心（即PA=PB=PC),则可以把三棱锥 P一ABC补为圆锥，根据圆锥的外接球模型来求外接球半径 (2)正棱锥都可以补成圆锥，可以按圆锥的外接球模型来求 【例7-1】(2020·全国I卷·高考真题)已知A,B,C为球0的球面上的三个点，⊙01为△ABC 的外接圆，若⊙01的面积为4π，AB=BC=AC=001,则球0的表面积为( ) A.64π B.48T C.36π D.32π 【答案】A 第21页共50页 【分析】由已知可得等边△ABC的外接圆半径，进而求出其边长，得出OO1的值，根据球的 截面性质，求出球的半径，即可得出结论 【详解】设圆O1半径为T,球的半径为R,依题意， 得πr2=4r,r=2,△ABC为等边三角形， 由正弦定理可得AB=2rsin60°=2V3, ∴001=AB=2V3,根据球的截面性质0011平面ABC, .001101A,R=0A= 002+0142=0012+2=4, 球0的表面积S=4πR2=64π. 故选：A 【点睛】 本题考查球的表面积，应用球的截面性质是解题的关键，考查计算求解能力，属于基础题， 【例7-2】(2022·全国乙卷·高考真题)己知球0的半径为1，四棱锥的顶点为0，底面 的四个项点均在球O的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为( A吉 B. C.3 D. √2 2 3 【答案】C 【分析】方法一：先证明当四棱锥的顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时，底面ABCD 面积最大值为2r2,进而得到四棱锥体积表达式，再利用均值定理去求四棱锥体积的最大值， 从而得到当该四棱锥的体积最大时其高的值. 【详解】[方法一]：【最优解】基本不等式 设该四棱锥底面为四边形ABCD,四边形ABCD所在小圆半径为r, 设四边形ABCD对角线夹角为a, 则SABCD=AC,BD·sina≤2AC·BD≤2r,2r=2r2 第22页共50页 (当且仅当四边形ABCD为正方形时等号成立) 即当四棱锥的顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时，底面ABCD面积最大值为2r2 又设四棱锥的高为h,则r2+h2=1, 8m号2A原92 3 1 .V② r2+r2+2h2\ 4v3 3 27 当且仅当72=2h2即h=号时等号成立 故选：C [方法二]：统一变量+基本不等式 由题意可知，当四棱锥为正四棱锥时，其体积最大，设底面边长为α，底面所在圆的半径为r, 则r=号a,所以该四棱锥的高h=,厂 (当且仅当=1-三，即a2=时，等号成立) 所以该四棱锥的体积最大时，其高五=、1-受=、1-专=号 故选：C.[方法三]：利用导数求最值 由题意可知，当四棱锥为正四棱锥时，其体积最大，设底面边长为α，底面所在圆的半径为r, 则r=9a,所以该四棱锥的高h=1-受，V=21- ,令a2=t0<t<2),V= 2-分设f0-t2-号则f0=2t- 0<t<手f()>0,单调递增，音<t<2,f(因<0，单调递减， 所以当t=时，V最大，此时h=、 故选：C 【点评】方法一：思维严谨，利用基本不等式求最值，模型熟悉，是该题的最优解： 方法二：消元，实现变量统一，再利用基本不等式求最值： 方法三：消元，实现变量统一，利用导数求最值，是最值问题的常用解法，操作简便，是通 性通法 【例7-3】(2021·天津·高考真题)两个圆锥的底面是一个球的同一截面，顶点均在球面 上，若球的体积为号，两个圆锥的高之比为1：3，则这两个圆锥的体积之和为〈 第23页共50页 A.3π B.4π C.9π D.12π 【答案】B 【分析】作出图形，计算球体的半径，可计算得出两圆锥的高，利用三角形相似计算出圆锥 的底面圆半径，再利用锥体体积公式可求得结果 【详解】如下图所示，设两个圆锥的底面圆圆心为点D, 设圆锥AD和圆锥BD的高之比为3：1，即AD=3BD, B 设球的半径为R,则-要，可得R=2,所以，AB=AD+BD=4BD=4, 3 所以，BD=1,AD=3 ·CD⊥AB,则∠CAD+∠ACD=∠BCD+∠ACD=90°，所以，∠CAD=∠BCD, 又因为LADC=∠BDC,所以，△ACD∽△CBD, 所以，铝品 CD=√AD·BD=V3, 因此，这两个圆锥的体积之和为×CD2.(AD+BD)=n×3×4=4m, 故选：B 【变式1】已知体积为9√3π的圆锥的轴截面为正三角形，则该圆锥的外接球的表面积为 ( A.48π B.36元 C.24π D.12π 【答案】A 【分析】根据圆锥的轴截面形状与体积，求解出圆锥底面半径，再利用圆锥与外接球的关系， 求出外接球半径 【详解】 第24页共50页 R R 如图所示，设圆锥的底面半径为，因为圆锥轴截面为正三角形， 所以圆链的商为V6,体积为-V5=B,所以，-3. 设圆锥的外接球半径为R,则R+√R2-r2=√5r, 即R+√R2-32=3V3,解得R=25, 于是圆锥的外接球的表面积为4πR2=48π， 故选：A. 【变式2】(2020·全国1I卷·高考真题)已知△ABC是面积为43的等边三角形，且其顶 点都在球O的球面上.若球0的表面积为16π，则O到平面ABC的距离为( A.3 B. C.1 【答案】C 【分析】根据球O的表面积和△ABC的面积可求得球O的半径R和△ABC外接圆半径r,由球 的性质可知所求距离d=√R2一r2, O R 【详解】A B 设球0的半径为R,则4rR2=16π，解得：R=2. 设△ABC外接圆半径为r,边长为a, △ABC是面积为5的等边三角形， 2×-，解得：a=3,r=×a2-=×9- 2 =3, 球心0到平面ABC的距离d=VR2-r2=√4-3=1. 故选：C 【点晴】本题考查球的相关问题的求解，涉及到球的表面积公式和三角形面积公式的应用： 解题关键是明确球的性质，即球心和三角形外接圆圆心的连线必垂直于三角形所在平面. 第25页共50页 【变式3】(2021·全国甲卷·高考真题)已知A,B,C是半径为1的球0的球面上的三个 点，且AC1BC,AC=BC=1,则三棱锥0-ABC的体积为( A号 B. 12 C. 4 【答案】A 【分析】由题可得△ABC为等腰直角三角形，得出△ABC外接圆的半径，则可求得0到平面 ABC的距离，进而求得体积。 【详解】AC1BC,AC=BC=1,△ABC为等腰直角三角形，∴AB=V2, 则△ABC外接圆的半径为 ,又球的半径为1， 设O到平面ABC的距离为d, 则d=12 故选：A 【点晴】关键点睛：本题考查球内几何体问题，解题的关键是正确利用截面圆半径、球半径、 球心到截面距离的勾股关系求解 【变式4】(2018·全国III卷·高考真题)设A,B,C,D是同一个半径为4的球的 球面上四点，△ABC为等边三角形且其面积为9V3,则三棱锥D-ABC体积的最大值为 A.12V3 B.18V3 C.24V3 D.54V3 【答案】B 【详解】分析：作图，D为MO与球的交点，点M为三角形ABC的中心，判断出当DMI平 面ABC时，三棱锥D-ABC体积最大，然后进行计算可得. 详解：如图所示， D 点M为三角形ABC的中心，E为AC中点， 第26页共50页 当DMI平面ABC时，三棱锥D-ABC体积最大 此时，OD=OB=R=4 'S△ABC= -AB2=9V3 4 .AB=6, '点M为三角形ABC的中心 BM=名BE=2V5 3 ∴.Rt△OMB中，有OM=VOB2-BM2=2 ∴.DM=OD+OM=4+2=6 1 (VD-ABC)max=3X 9V3x6-18V3 故选B. 点睛：本题主要考查三棱锥的外接球，考查了勾股定理，三角形的面积公式和三棱锥的体积 公式，判断出当DMI平面ABC时，三棱锥D-ABC体积最大很关键，由M为三角形ABC 的重心，计算得到BM=BE=2V3,再由勾股定理得到OM,进而得到结果，属于较难题 型 【变式5】已知正四棱锥的侧棱长为1，其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为36π，且 3≤1≤3V3,则该正四棱锥体积的取值范围是( ) A.[18, B.图劉 c.匠劉 D.[18,27] 【答案】C 【分析】设正四棱锥的高为，由球的截面性质列方程求出正四棱锥的底面边长与高的关系， 由此确定正四棱锥体积的取值范围 【详解】球的体积为36m,所以球的半径R=3, h 2a [方法一]：导数法 设正四棱锥的底面边长为2a,高为h, 第27页共50页 则12=2a2+h2,32=2a2+(3-h)2, 所以6h=2,2a2=2-h2 所以正四棱锥的体积v=Sh=×4如2×n=号×Q2-云)×号=(4-会) 所以v=(43-9=(。） 当3≤l≤2V6时，V>0,当26<l≤33时，V'<0, 所以当1=2V6时，正四棱锥的体积V取最大值，最大值为， 又1=3时，V=子1=33时，V=头 所以正四棱锥的体积V的最小值为子 所以该正四棱锥体积的取值范围是仔，】 故选：C [方法二]：基本不等式法 由方i法一故所以v=a2h=号6h-h)h=专(12-2h)h×h<×[2-23-(当且 仅当h=4取到)， 当h=时，得a-,则vn=a2h=()2×是=平 当1=33时，球心在正四棱锥高线上，此时九=+3=？ 号a-a=源 正四枝锥体积v1=2h=()子×}=<告，故该正四棱锥体积 的取值范围是[子，1 模型八圆台、棱台模型 1、圆台的上底半径r1,下底半径r2,高为h,（如图1，图2)，两次使用勾股定理，可求 为它的外接球的半径®：=疗+（位的 第28页共50页 2、棱台的外接球（如图3），先找上下底面的外接圆半径，然后按照圆台的外接球半径公 式 【例8-1】已知圆台的上、下底面半径分别为1,2，体积为7π，则该圆台外接球的体积为 ) A.20π B.20V5π C.205 D.25v6 3 3 【答案】C 【知识点】球的体积的有关计算、多面体与球体内切外接问题、台体体积的有关计算 【分析】先利用圆台体积公式求出高，再根据外接球球心在上下底面圆心连线上，由球心 到两底面圆周的距离相等列方程求出外接球半径，代入球的体积公式计算结果。 【详解】设该圆台的上、下底面的圆心分别为O1,O2,高为h,则圆台的体积为 v=号×h× ×12+×22+ π×12××22 =7π，求解可得h=3, 设该圆台外接球的球心为E,则E在01O2上，设E02=x,所以E01=3-x, 设该圆台外接球的半径为R,所以} x2+22=R2 3-x)2+1?=R2,求解可得R=V5, 所以该圆台外接球的体积为元(W5)?=205元 3 【例8-2】在正四棱台ABCD-AB,C,D中，AB,=2N2,AB=3√2，A4=2,则该正四棱 台的外接球的表面积为( A. 28元 112元 B. 3 3 28π 112π C. D. 9 9 【答案】B 【分析】取AC,AC中点分别为F,M,连接MF,过A作平面ABCD的垂线，垂足为E, 设正四棱台ABCD-AB,C,D,外接球的球心为O,半径为R,则O在直线MF上，又 OA,=OA=R,利用勾股定理求出OF即可求出R2从而得解 【详解】正四棱台ABCD-ABC1D,中，取AC,AC中点分别为F,M,连接MF, 第29页共50页 D 由AA=25,4B=35,4=2,可得A-2+3=3, 4M=2V22+22=2. 过A作平面ABCD的垂线，垂足为E,则点E在AC上，且AE=AF-AM=1, 所以AE=VA4-AE2=V5, 设正四棱台ABCD-AB,C,D,外接球的球心为O,半径为R, 由对称性可知球心在直线MF上， 若球心在线段MF上，则R2=OF2+AF2=(FM-OF)+AM,此时OF无正数解， 所以球心在MF的延长线上，则R2=OF2+AF2=(OF+FM)+AM, 即oP+3=(OF+V+2,解得oR= 3 所以R2-OF2+Ar-28 所以该外接球的表面积为4πR?_112π 3 故选：B 【变式1】已知正四棱台ABCD-AB,C,D,的上、下底面边长分别为√2和2√2.若该棱台的 体积为14 ,则该棱台的外接球体积为( 3 B. 32 A.7π 3 C.16π D.19元 【答案】B 【分析】先根据正四棱台的体积公式求出该棱台的高，然后取正四棱台ABCD-AB,CD,上、 下底面中心分别为O,O2,根据勾股定理列出等式，确定其外接球球心的位置，从而求得 其半径，最后根据球的体积公式计算即可. 【详解】因为正四棱台ABCD-AB,C,D的上、下底面边长分别为√2和2√2， 第30页共50页 所以该正四棱台上底面面积为S=(√2)'-2，下底面面积为S”2=(2√2)-8. 设正四棱台ABCD-AB,C,D,的高为h,则根据正四棱台的体积公式V=h(S+VSs+S'得 145-h2+V2x8+8,解得n=5 331 设正四棱台ABCD-AB,C,D,上、下底面中心分别为O,O2,则其外接球球心O在线段O,O2上， 因为0B=3VW+W-1.0,B22习°-2 设外接球的半径为R,设OO,=d,则OO=√5-d,因为OB=OB, 所以d+0,B2=(N5-d+0B2,化简得d=0, 即正四棱台ABCD-AB,C,D,的外接球球心O位于O,处 此时R=04=2,所以该棱台的外接球体积为号R=32 【变式2】已知正四棱台ABCD-ABC,D,AB=4,AB,=2,侧棱与底面所成的角为 则此正四棱台外接球的表面积为( ) A.8π B.16π C.32π D.64π 【答案】C 【分析】先求出正四棱台的高，设O距离下底面距离为x,由题意可得 (V6-x+(√2)=2+(22，解方程即可知正四棱台下底面中心即为球心，求出外接球 的半径，再由球的表面积公式即可得出答案 【详解】由题意可知，正四棱台的高为√反xtan亚-√6， 其外接球的球心O在正四棱台的高上，如图所示 第31页共50页 D B 不妨设0距离下底面距离为x,则(W6-x)+(N②)=x+(2W2, 解得x=0,即正四棱台下底面中心即为球心， 则外接球的直径为2R=√42+42=45，表面积为S=4πR2=32π， 故选：C 【变式3】(2022·新高考全国Ⅱ卷·高考真题)已知正三棱台的高为1，上、下底面边长 分别为33和4√3，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 【答案】A 【分析】根据题意可求出正三棱台上下底面所在圆面的半径r,r2,再根据球心距，圆面半 径，以及球的半径之间的关系，即可解出球的半径，从而得出球的表面积 Fn60,2r2=4w5 【详解】设正三棱台上下底面所在圆面的半径r1,r2,所以21=3店 sin60,即r1= 3,r2=4,设球心到上下底面的距离分别为d1,d2,球的半径为R,所以d1=VR2-9,d2= VR2-16,故|d1-d2l=1或d1+d2=1,即VR2-9-VR2-16=1或VR2-9+ VR2-16=1,解得R2=25符合题意，所以球的表面积为S=4πR2=100π， 故选：A. 202 第32页共50页 模型九鳄鱼模型 鳄鱼模型即普通三棱锥模型，用找球心法可以解决.如果已知其中两个面的二面角，则 可用秒杀公式：R=+H-2 mcos a+其中1=|8l,当△ABC和△PAB中有一个为钝 sina 4 角三角形时，取a补角). 【例9-1】在三棱锥A-BCD中，△ABD和△CBD均为边长为2的等边三角形，且二面角 A-BD-C的平面角为60°，则三棱锥的外接球的表面积为 答案2π解析如图，取BD中点H,连接AH,CH,因为A4BD与△CBD均为 9 边长为2的等边三角形，所以AH⊥BD,CH⊥BD,则∠AHC为二面角A-BD-C的平面 角，即∠AC=60,设AABD与ACBD外接圆圆心分别为B,F,则由4H=2xY5-5, 2 可得AB=2AH=25,H=4H=5,分别过F作平面ABD,平面BCD的垂线，则 3 3 三棱锥的外接球一定是两条垂线的交点，记为O,连接AO,HO,则由对称性可得 ∠0H8=30,所以oB=tm30,m-{,则R=0A=Vas+0- 13 3 ,则三棱锥外接球 的表面积4πR2=4π× 1352π 99 A 10 ED H B 【变式1】在等腰直角△ABC中，AB=2,∠BAC=90°，AD为斜边BC的高，将△ABC沿 AD折叠，使二面角B-AD-C为60°，则三棱锥A-BCD的外接球的表面积为 答案14元 解析沿AD折叠后二面角B-AD-C为60°，即折叠后∠BDC=60°， 3 所以△DBC为等边三角形，又因为AB=2,所以折叠后AD=DB=BC=CD=√2，设点O 为三检能A-5CD外接球的球心，Q为As0C的外心，所以没=20Q,所以D0- sim60° 第33页共50页 又0n9，所以球心轻发0g-+ 2 2 工，所以 6 S=4rR2=14元 π 3 【变式2】在四面体ABCD中，AB=AD=2,∠BAD=60°，∠BCD=90°，二面角A-BD-C 的大小为150°，则四面体ABCD外接球的半径为 答案121 解析因为∠BCD=90°，所以BC⊥CD,设BD的中点为Q,则Q为△BCD 外接圆的圆心，由AB=AD=2,∠BAD=60°知，△ABD为等边三角形，设△ABD的外接圆的 圆心为Q,连接AO,则O在线段AO,上，过O,Q分别作平面ABD与平面BDC的垂线，交 于点O,则O为四面体ABCD外接球的球心，过Q在平面BCD内作QE⊥BD,交DC于点E, 则∠A0B=150°m以00=60°，又Q03所以00=1，连接%又40=238 3 所以OA=AG+00= 3 模型十已知球心或球半径模型 【例10-1】(2017·全国I)已知三棱锥S-ABC的所有顶点都在球0的球面上，SC是球0 的直径.若平面SCA⊥平面SCB,SA=AC,SB=BC,三棱锥S-ABC的体积为9，则球O的表 面积为 答案36π解析如图，连接A0OB,,SC为球O的直径，∴.点0为SC的中点， SA=AC,SB=BC, S 0 C ∴.AO L SC,B0LSC,,·平面SCA⊥平面SCB,平面SCAn平面SCB=SC,∴.A0⊥平面SCB, 设球0的半径为R,则OA=OB-R,SC-2R.∴.c=Vsc=XS△cXA0= 3 ×2RX A0,即9= ×R,解得R=3,,∴.球0的表面积为S=4πR=4π×3=36π. 【变式1】(2012全国I)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.V2 B.13 c.v D.V 6 6 3 2 答案A解析由于三棱锥S-ABC与三棱锥O-ABC底面都是△ABC,O是SC的中点， 因此三棱锥S一ABC的高是三棱锥O-ABC高的2倍，所以三棱锥S-ABC的体积也是三棱锥 0一8C体积的2倍，在三棱锥0-8C中，其棱长都是1，如图所示，3=×8=3 4 4 第34页共50页 .故选A 3436 D 【变式2】(2020新高考全国I)已知直四棱柱ABCD-A,B,GD的棱长均为2，∠BAD=60°，以 D为球心，1V5为半径的球面与侧面BCCB的交线长为 答案2π 解析如图，设BG的中点为E, 2 球面与棱BB,CG的交点分别为P,Q,连接DB,☑B,DPDE,EP,PQ,由∠BAD=60°， AB=AD,知△ABD为等边三角形，∴.DB=DB=2,∴.△DBG为等边三角形，则DE=V3且 DEL平面BCCB,.E为球面截侧面BCGB所得截面圆的圆心，设截面圆的半径为，则r =VR-DE=V5-3=1V2.又由题意可得EP-Q=V2,∴.球面与侧面BCGB的交线为以E 为圆心的圆弧PQ.又DP=5,.BP=1VDP-DB=1,同理CQ=1,∴.P,Q分别为B, 0G的中点，∠-受知P0的长为×2-2，即交线长为 2 2 2 【内切球问题】 1、锥体的内切球 B 无论是什么的内切球问题，都是先找过内切球球心的截面，在截面中找切点，从而找到半径 关系 2、台体的内切球 第35页共50页 先找过内切球球心的截面，在截面中找切点，从而找到半径关系 内切球球心到多面体各面的距离均相等，故可用等体积法：V-$(了为几何体的体 31 积，S为多面体的表面积，”为内切球的半径) 【例1】(2020·全国III卷·高考真题)己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 【答案】π 【分析】将原问题转化为求解圆锥内切球的问题，然后结合截面确定其半径即可确定体积的 值， 【详解】易知半径最大球为圆锥的内切球，球与圆锥内切时的轴截面如图所示， 其中BC=2,AB=AC=3,且点M为BC边上的中点， 设内切圆的圆心为0， 由于AM=V32-12=2V2,故SAABC=×2×2V2=2W2, 设内切圆半径为r,则： SAABG=SAAOB+SAROC+S△A0c=2×ABXT+2×BCXr+2 xACxr =×3+3+2)×r=2V2, 解得：r=三，其体积：V=m3=元 3 故答案为：号m 【点晴】与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接，解题时要认真分析图形，明确 第36页共50页 切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体， 切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点 均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径 【例2】已知正三棱锥P-ABC的内切球半径为1，若底面边长为2√6，则该棱锥体积 为 【答案】85 【详解】设正三棱锥P-ABC的高为PG,内切圆的圆心为O, 则0G=0H=1DG=×526:5, 32 OP 1 由aP0 PDG,所以PD万即PD=20P, 在直角△PGD中，PG2+GD2=PD,(OP+1)2+(V2)=20P2, 都相0P=3,G-4,所以体积7-8eG-含车(6矿x4=85 故答案为：8√3 【例3】某正三棱台（底面与顶面均为正三角形，侧面都是等膜梯形的几何体）的体积为26√ 3 内切球（与棱台各面都相切）的半径为1，则该三棱台的侧棱长为 【答案】221 【详解】设上底面与下底面正三角形的边长分别为a,b, 根据棱台体积公式，V= 25a+56+5b-265 34 404 3 则a2+b+ab=52, 第37页共50页 则可得侧面梯形的高为5。+ 6a+ 66, 银据勾股定理，可得。+3，} -oj2 b= 6 则ab=12,故a2+b2=40, 则a=2,b=6, 则可得棱长为 唇 故答案为： 2W21 3 【变式1】(2017·江苏·高考真题)如图，在圆柱Q0内有一个球O,该球与圆柱的上、 下底面及母线均相切.记圆柱0的体积为上，球0的体积为，哈的值是 【答案】月 【详解】设球半径为r,侧则哈-2-是故答案号 v2-r3 点睛：空间几何体体积问题的常见类型及解题策略：①若给定的几何体是可直接用公式求解 的柱体、锥体或台体，则可直接利用公式进行求解：②若所给定的几何体的体积不能直接利 用公式得出，则常用转换法、分割法、补形法等方法进行求解. 【变式2】正方体的内切球和外接球的体积之比为( ) A.1:3V3 B.1:9 C.1:3 D.1:3 【答案】A 第38页共50页 【知识点】球的体积的有关计算、多面体与球体内切外接问题 【分析】本题可设正方体的棱长为aα，然后求出内切球的体积V1,最后求出外接球的体积V2, 即可得出结果 【详解】设正方体的棱长为a, 因为正方体的内切球的直径即正方体的棱长， 所以内切球的半径1=分体积y1=×π×份°=答， 因为正方体的外接球的直径即正方体的体对角线， 所以外接球的半径r,-严-9。，体积测，-专xπ×(9 =3a3 2 2 则内切球和外接球的体积之比为：3ma=1:3V5, 62 故选：A 【变式3】已知圆锥的底面半径为V3,且此圆锥的内切球体积为号，则圆锥的侧面积为 A.V3π B.3 C.23π D.6π 【答案】D 【知识点】圆锥表面积的有关计算、多面体与球体内切外接问题、球的体积的有关计算 【分析】作出轴截面，利用等面积结合勾股定理求出母线长即可得解. 【详解】作出圆锥的轴截面，如图，作出符合题意的图形， 记内切球的半径为R,圆锥的母线长为l,高为h, 由题知号R3-号，解得R=1, 由三角形面积公式可得(21+2V3-号×23h,即l=V3h-V3①， 又12=h2+3②，联立①②解得l=2V3, 故圆锥的侧面积S=πrl=πXV5X2V3=6π. 【变式4】在三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC,AB=AC=2,BC=2W5,PA=√5，则三棱 第39页共50页 锥P-ABC的内切球的表面积等于 【答案】12m 25 【详解】如图， 2, 25 B 由已知，得△4BC的面积为；×2W3x1=V3, 因为三棱锥P-ABC的高为PA=√5， 所以PB=PC=√7，等腰三角形PBC底边BC上的高为√7-3=2， 所以三棱锥P-ABC的表面积为S=2x号x2x√3+1×2×23+V5=55, 2 2 体积r=xV5xV3=1. 又三棱锥P-ABC的体积了=（其中r为三棱锥P-ABC内切球的半径）， 3 所以， 5 所以三棱锥P-ABC的内切球的表面积为4知'_12n 25 放谷案为：器 【变式5】如图所示的由4个直角三角形组成的各边长均相等的六边形是某棱锥的侧面展开 图，若该六边形的面积为1+√5，则该棱锥的内切球半径为一· 【答案】1-2 2 【详解】设六边形边长为a,将图形还原得四棱锥P-ABCD,如下图， 第40页共50页 由题意，侧面展开图的面积S=(1+V2)a2=1+V5,解得a=1. 由PD⊥AD,PD⊥DC,AD∩DC=D,AD,DCC面ABCD,则PD⊥面ABCD, 所以PD为P-ABCD的高， 设内切球的球心为O,半径为)则V,-ABCD=V。-ABCD+。-aB+V。-Bc+'。-AD+'。PDe, 即3x1x54cw- S+S6+Se+Sao+S)r,解得r=1-号 2 故答案为：1- √反 2 【变式6】（多选)己知正四棱台的上、下底面的边长之比为1：2，其内切球的半径为1， 则该正四棱台( ）). A.上底面边长√2 B.下底面边长√2 C.高为2 D.体积 28 3 【答案】ACD 【详解】 如图，作出正四棱台的轴截面，设上底面边长为2x,则下底面边长为4x, 则CMCF=x,BM=BE=2x，∠CM卡R,∠BME△ME 故∠CIB=∠CIM+∠BIM= ME+∠M)=90, 1 在RiCIB中，M1CB,则由射影定理，M=CM.BM得2r-1,解得x- 2 所以上、下底面的边长分别为√2,2√2， 第41页共50页 于是棱台的上底面面积为(2x)2=2,下底面面积为(4x)2=8,高为2， 故该正四枝台险体积为了骨2x228:9空 故选：ACD. 【棱切球问题】 棱切球是与几何体各条棱均相切的球，球心多与几何体的对称中心重合。正方体的棱切 球直径等于共面对角线长度，半径及-号。（为棱长）.长方体枝切球半径结合长、宽、 高计算，核心性质是球心到每条棱的距离等于半径。该模型适用于正多面体、长方体等具有 中心对称性的几何体，解题时需抓住对称特性定位球心 【例1】球O、O,分别与正方体的各面、各条棱相切，正方体的各顶点都在球O的表面上， 求三个球的表面积之比. 【答案】1：2：3 【详解】设正方体的棱长为a, 因为球Q与正方体的各面，则球Q的半径为号，其表面积为4红 因为球0与正方体的各条棱相切，则球Q,的半径为y5 其表面积为4元 2πm2, 因为正方体的各顶点都在球O,的表面上，则球O,的半径为V+心+a 、2 其表面积为4π a =3πa, 所以三个球的表面积之比a2:22:32=1:2:3. 【例2】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,则这个球的表面积 是 【答案】a 2 【详解】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.由正方体的性质可得，该正方体的内切球恰好与正四面体的六条棱都相切， 第42页共50页 设该正方体的棱长为x, 正四面体的棱长为a,V反x=a,解得x=2。 , 2 可得正方体的内接球直径2=√2， ,得r= -a, 2 4 故球的表面积为4πR2=4π× d=. 82 故答案为： d 【变式1】(2023·全国甲卷·高考真题)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。 【答案】12 【分析】根据正方体的对称性，可知球心到各棱距离相等，故可得解 【详解】不妨设正方体棱长为2，EF中点为0，取CD,CC1中点G,M,侧面BB1C1C的中心为 N,连接FG,EG,OM,ON,MN,如图， B D A B 由题意可知，O为球心，在正方体中，EF=VFG2+EG=V22+22=2W2, 即R=√2， 则球心0到CC1的距离为0M=√ON2+MW=√12+1z=√2， 所以球0与棱CC1相切，球面与棱CC1只有1个交点， 同理，根据正方体的对称性知，其余各棱和球面也只有1个交点， 所以以F为直径的球面与正方体棱的交点总数为12 第43页共50页 故答案为：12 【变式2】(2023·全国甲卷·高考真题)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=4,0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 【答案】[2W2,2W③ 【分析】当球是正方体的外接球时半径最大，当边长为4的正方形是球的大圆的内接正方形 时半径达到最小 【详解】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=√42+42+42=4V3,即2R'=4V3,R=2√3， 故Rmx=2V3: D A B G 0 M D B 分别取侧棱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=4V2,当球的一个大圆恰好是四边形MNGH的外接圆，球的半径达到最小， 即R的最小值为2V2 综上，RE[2V2,2③ 故答案为：[2V2,23] 【多球相切问题】 【例1】如图，在一个底面边长为4，侧棱长为2√10的正四棱锥P-ABCD中，大球O内切 于该四棱锥，小球O,与大球O及四棱锥的四个侧面相切，则小球O,的体积为( 第44页共50页 A.V2 B.v2 3 6 C. 3π D.2 3 【答案】A 【详解】正四棱锥的底面边长为4，侧棱长为20，所以斜高为210)-22-6，高为 V6-2-4V2, 设底面中心为O,AD的中点为M,如图，截面POM中，设N为球O与平面PAD的切点， 则N在PM上，且ON⊥PM 设球O的半径为R,则O,N=O,O=R, 因为sin∠Mro=OM_2_1 NO 1 PM63所以P03所以P0=3R, 所以P0=P0+O0=4R=4V2,即R=√2 设球O与球O,相切于点9，则P2=PO-2R=2R,设球O,的半径为r, 同理可得P0-,所以，尽巨，故小球Q的体积为号_巨元 22 3“23 故选：A 0 o 0 第45页共50页 【例2】在一个半径为4的大球内放入n个半径相同的小球，则() A.当n=2时，小球半径最大为2 B.当n=3时，小球半径最大为4V5-7 C.当n=4时，小球半径最大为4wV6-8 D.当n=6时，小球半径最大为25-2 【变式1】用一个直立且底面直径为3dn的圆柱体塑料桶（含桶盖）装表面积为4πdn2的小 球（可滑动），恰好能装入3个小球，若不考虑材料桶桶壁及桶盖厚度，则该圆柱体塑料桶的 侧面积是 【答案】6(V5+1)π 【详解】设小球的半径为，则42=4π，得r=1, 由于两个小球的直径和比圆柱体塑料桶的底面直径大，故不可能同时有两个小球都和塑料桶 的底面相切，不妨取轴截面如下图所示： 则00，=222-(3-2)2=2W5, 所以塑料桶的高为2√3+2， 所以该圆柱体塑料桶的侧面积是(5+2小水2×子6小5+π 故答案为：6(5+1)π 【变式2】4个半径为1的球两两相切，下面3个上面1个堆放两层摆放在桌上，问上面的 球的最高处到桌面的距离为 ,在4个球的中间再放1个小球和4个球都相切，小球的 半径为 【答案】 2 3+2 【详解】由题意，4个小球的球心连线构成了如图所示的正四棱锥： 第46页共50页 E C 棱长为2，设AO为高，O为正三角形BCD的中心， 则BO= x2x5_25,故40 2W3 2√6 23 3 故上面的球的最高处到桌面的距离为26 3 +2 在4个球的中间再放1个小球和4个球都相切，设这个小球的球心为O,半径为， 则Q落在AO上， 设E,F是AB,CD的中点，连接EF, 由于OA=OB,则OE⊥AB,连接AF,BF,则AOC平面ABF, 且AF=BF,则△AOF≌△BOF,即∠AFO=∠BFO, 即O,F为等腰△FAB的顶角的平分线，则OF也为底边AB上的高，即OF⊥AB, 则O,E,F共线， 由于4B=2AR=2x5-5:Br=I, 2 A0=1+r,0,E=VA+)2-1,同理0F=√0+)2-1， 则0B+0P=8P,即20+)-1=2，解得76-1 故答案为：26+2：61 3 2 【点睛】关键点睛：解答本题的关键在于第二问求解小球半径，解答时要发挥空间想象能力， 确定该小球的球心位置，结合正四棱锥的结构特征，列方程求解即可. 【变式3】现有一个半径为6的球状容器（不考虑容器厚度），在容器内放置8个半径相同 的实心小球，若这8个小球的球心恰为某个正方体的8个顶点，则小球半径的最大值 为 第47页共50页 【答案】3√5-3 【详解】大球半径为R=6,8个小球半径相同，设为？， 设正方体的边长为a,则正方体的体对角线长度为√3a, 要使小球半径，最大，8个小球既要与大球内壁相切，也要使得相邻的小球之间相互外切。 由小球与大球内壁相切可得6=V 2 -+r 由相邻小球相互外切可得正方体的边长a=2r 正方体中心到任意一个顶点（小球球心）的距离是体对角线的一半，即V50 将a=2r代入6=5a+r得6=25+r=N5r+r=(N5+1r,解得r=35-3 2 2 所以小球半径最大值为r=3√3-3 故答案为：3√3-3. 【变式4】如图，在正四面体ABCD中，放置1大、4中、4小共9个球，其中，大球 为正四面体ABCD的内切球，中球与大球及正四面体三个面均相切，小球与中球及正四面 体三个面均相切.若正四面体ABCD的体积为8√3，则9个球的表面积之和为 【答案】9π 【详解】在正四面体A-BCD中，设棱长为a,高为h,O为正四面体A-BCD内切球的球 心 延长AO交底面BCD于E,E是等边三角形BCD的中心，BE延长线交CD于F,连接AF, 第48页共50页 B - 则点F是CD的中点，OE为正四面体A-BCD内切球的半径， AF=BR= 3 .h-AB=JAF-BF 6 3, 由正四面体ABCD的体积为8√3，得3·2.V6 3a=8√5，解得a=2V6, 三BO-BB-0BP-BB2,解得r=0B=a 由图知最大球内切于高么：=5×26=4的正四面体，最大球半径天=九=1， 3 4 因此最大球的表面积为S=4π×1=4π： 中等球内切于高么，=h,-2少=2的正四面体，中等球半径=4，=2 1 因此中等球的表面积为S=4πx(分)=元： 最小球内切于高么，=么一2=1的正四面体，最小球半径=4 1 因此最小球的表面积为S,=4πx(白)：=亚 Γ4 所以九个球的表面积为S=S大+4S中+4S小=9π， 故答案为：9π 【变式5】甜品店推出一款巧克力酸奶杯，如图所示，在装满酸奶的圆台形杯具内有半径分 别为lcm和2c的两个巧克力球，巧克力小球与杯底和杯壁均相切，大球与小球、杯壁、杯盖 均相切，则杯具中酸奶的体积为 cm' 【答案】9π 第49页共50页 【详解】设大球半径为R,小球半径为？， 则大球体积台音号，小g体银-号和 3πx14。 圆台的高为h=2R+2r=6. 根据切线长定理可得：AB=BF,CD=DE 由图易知四边形DEPC,四边形PEHG,四边形AOFB,四边形GHFO两两之间相似， 器-留8品- CD 1 GH 2 解得：GH=V5,则cD=54B=2N5, 2 测题台体银为(A证+BcD+CD例-2x82+》 则酸奶的体积为： V=%-K-乃=21π-32元-4元 二元-一π=9π. 33 故答案为：9π 第50页共50页 专题 外接球、内切球、棱切球与多球相切问题 【知识储备】 1、外接球：多面体的外接球是指对于这个多面体，存在一个球体，使得该多面体的所有顶点都在这个球体的表面上，这个球体就被称为该多面体的外接球. 2、内切球：多面体的内切球是指与这个多面体的各个面都相切的球. 3、棱切球：棱切球是指与多面体的各条棱都相切的球. 4、球的表面积与体积公式： 5、 在中，r为外接圆的半径，r可根据正弦定理求解. 6、 常用几何体及其结论 （1） 正方体 特征 半径 立体图 截面图 内 切 球 切点 各个面的中心 球心 正方体的中心 直径 相对两个面中心连线 棱 切 球 切点 各棱的中点. 球心 正方体的中心. 直径 “对棱”中点连线 外 接 球 切点 球心 正方体的中心. 直径 体对角线 结论：正方体的内切球、棱切球、外接球半径的平方成等差数列，公差为. （2） 长方体 利用勾股定理可得体对角线长为 长方体不一定有内切球和棱切球 长方体必有外接球，球心是体对角线的中点，半径是球心到顶点的距离，即体对角线的一半 （3） 正四面体 内切球半径等于球心到面的距离 棱切球半径等于球心到棱的距离 外接球半径等于球心到顶点的距离 结论：正四面体的内切球、棱切球、外接球的半径成等比数列，公比为 下面我们对正四面体的相关结论进行推导： 【外接球问题】 模型一：墙角模型 墙角模型是三棱锥有一条侧棱垂直于底面且底面是直角三角形模型，用构造法(构造长方体)解决．外接球的直径等于长方体的体对角线长(在长方体的同一顶点的三条棱长分别为a，b，c，外接球的半径为R，则2R＝．)，秒杀公式：R2＝．可求出球的半径从而解决问题．有以下四种类型： 【例1-1】在四面体中，，，两两垂直，且，若均在球的球面上，则的表面积为（   ） A．50 B．100 C．150 D．200 【答案】A 【分析】四面体的外接球和以，，为长宽高的长方体的外接球相同，进而求得直径，再由球的表面积公式即可求解. 【详解】根据题意得四面体的外接球和以，，为长宽高的长方体的外接球相同， 所以外接球的直径为， 所以外接球的表面积为， 故选：A. 【变式1】（2017·全国II卷·高考真题）长方体的长，宽，高分别为3,2,1，其顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为 . 【答案】 【详解】长方体的体对角线长为球的直径，则 ， ，则球的表面积为. 【变式2】（2017·天津·高考真题）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，则这个球的体积为 . 【答案】 【详解】设正方体边长为 ，则 ， 外接球直径为. 【考点】 球 【名师点睛】求多面体的外接球的面积和体积问题常用方法有（1）三条棱两两互相垂直时，可恢复为长方体，利用长方体的体对角线为外接球的直径，求出球的半径；（2）直棱柱的外接球可利用棱柱的上下底面平行，借助球的对称性，球心为上下底面外接圆的圆心连线的中点，再根据勾股定理求球的半径；（3）如果设计几何体有两个面相交，可过两个面的外心分别作两个面的垂线，垂线的交点为几何体的球心，本题就是第三种方法. 【变式3】（2020·天津·高考真题）若棱长为的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】求出正方体的体对角线的一半，即为球的半径，利用球的表面积公式，即可得解. 【详解】这个球是正方体的外接球，其半径等于正方体的体对角线的一半， 即， 所以，这个球的表面积为. 故选：C. 【点睛】本题考查正方体的外接球的表面积的求法，求出外接球的半径是本题的解题关键，属于基础题.求多面体的外接球的面积和体积问题，常用方法有：（1）三条棱两两互相垂直时，可恢复为长方体，利用长方体的体对角线为外接球的直径，求出球的半径；（2）直棱柱的外接球可利用棱柱的上下底面平行，借助球的对称性，球心为上下底面外接圆的圆心连线的中点，再根据勾股定理求球的半径；（3）如果设计几何体有两个面相交，可过两个面的外心分别作两个面的垂线，垂线的交点为几何体的球心. 【变式4】（2019·全国I卷·高考真题）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． B． C． D． 【答案】D 【分析】先证得平面，再求得，从而得为正方体一部分，进而知正方体的体对角线即为球直径，从而得解. 【详解】解法一:为边长为2的等边三角形，为正三棱锥， ，又，分别为、中点， ，，又，平面，平面，，为正方体一部分，，即 ，故选D． 解法二: 设，分别为中点， ，且，为边长为2的等边三角形， 又 中余弦定理，作于，， 为中点，，， ，，又，两两垂直，，，，故选D. 【点睛】本题考查学生空间想象能力，补体法解决外接球问题．可通过线面垂直定理，得到三棱两两互相垂直关系，快速得到侧棱长，进而补体成正方体解决． 模型二：对棱相等模型 对棱相等模型是三棱锥的三组对棱长分别相等模型，用构造法(构造长方体)解决．外接球的直径等于长方体的体对角线长，即(长方体的长、宽、高分别为a、b、c)．秒杀公式：R2＝(三棱锥的三组对棱长分别为x、y、z)．可求出球的半径从而解决问题． 【例2-1】正四面体的各条棱长都为，则该正面体外接球的体积为________． 答案　　解析　这是特殊情况，但也是对棱相等的模式，放入长方体中，，，． 【例2-2】在三棱锥A－BCD中，AB＝CD＝2，AD＝BC＝3，AC＝BD＝4，则三棱锥外接球的表面积为________． 答案　　解析　构造长方体，三个长度为三对面的对角线长，设长宽高分别为，则，，，，，，． 【变式1】在三棱锥A－BCD中，AB＝CD＝6，AC＝BD＝AD＝BC＝5，则该三棱锥的外接球的体积为____． 答案　　解析　依题意得，该三棱锥的三组对棱分别相等，因此可将该三棱锥补形成一个长方体，设该长方体的长、宽、高分别为a、b、c，且其外接球的半径为R，则得a2＋b2＋c2＝43，即(2R)2＝a2＋b2＋c2＝43，易知，即为该三棱锥的外接球的半径，所以该三棱锥的外接球的表面积为． 【变式2】已知三棱锥，三组对棱两两相等，且，，若三棱锥的外接球表面积为．则________． 答案　　解析　将四面体放置于长方体中，四面体的顶点为长方体八个顶点中的四个，长方体的外接球就是四面体的外接球，，，且三组对棱两两相等，设，得长方体的对角线长为，可得外接球的直径，所以，三棱锥的外接球表面积为，，解得，即，解之得，因即． 模型三　汉堡模型 汉堡模型是直棱柱的外接球、圆柱的外接球模型，用找球心法(多面体的外接球的球心是过多面体的两个面的外心且分别垂直这两个面的直线的交点．一般情况下只作出一个面的垂线，然后设出球心用算术方法或代数方法即可解决问题．有时也作出两条垂线，交点即为球心．)解决．以直三棱柱为例，模型如下图，由对称性可知球心O的位置是△ABC的外心O1与△A1B1C1的外心O2连线的中点，算出小圆O1的半径AO1＝r，OO1＝，． 　　　　 1、柱体的外接球 （1）圆柱的高为，底面半径为，则圆柱的外接球半径 （2）若是直棱柱，则可以先找直棱柱上下底的外接圆，求外接圆半径，然后补成圆柱，按圆柱的外接球半径公式来算即可. 2、可补全成柱体的外接球 （1）一条侧棱垂直于底面 ⇒ 以底面的外接圆为底，侧棱为高作圆柱，然后找该圆柱的外接球。如上图中图1，图2 （2）若图形为非规则图形，但上下底平行，上下底的外接圆半径相等且两个圆心的连线垂直于上下底，这时也可以构造一个圆柱（如图3），这时圆柱的外接球即为所求的外接球. 【例3-1】已知圆柱与圆锥的底面半径相等，高相等，且圆锥的轴截面为正三角形，记圆柱外接球的表面积为，圆锥外接球的表面积为，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】设圆柱与圆锥的底面半径为1，可得圆柱与圆锥的高均为，再设圆柱外接球的半径为，圆锥外接球的半径为，结合图象建立、的方程，解得，代入球的表面积公式计算即得. 【详解】不妨设圆柱与圆锥的底面半径为1，则由圆锥的轴截面为正三角形，可得圆柱与圆锥的高均为. 设圆柱外接球的半径为，圆锥外接球的半径为， 由图可得，， 解得，故， 则. 故选：A. 【例3-2】在正三棱柱中，，则该三棱柱的外接球表面积为____________. 【答案】 【分析】先应用正弦定理得出底面正三角形外接圆半径，再应用图形特征得出外接球半径，最后得出球的表面积. 【详解】由正弦定理，底面正三角形的外接圆半径， 又正三棱柱的高的一半， 则外接球的半径， 所以表面积， 故答案为:. 【变式1】(2013辽宁)已知直三棱柱ABC－A1B1C1的6个顶点都在球O的球面上．若AB＝3，AC＝4，AB⊥AC，AA1＝12，则球O的半径为(　　)． A．　　　　　　　B．　　　　　　　C．　　　　　　　D． 答案　C　解析　如图所示，由球心作平面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＝＝． 另解　过C点作AB的平行线，过B点作AC的平行线，交点为D，同理过C1作A1B1的平行线，过B1作A1C1的平行线，交点为D1，连接DD1，则ABCD－A1B1C1D1恰好成为球的一个内接长方体，故球的半径r＝．故选C． 【变式2】(2009全国Ⅰ)直三棱柱ABC－A1B1C1的各顶点都在同一球面上，若AB＝AC＝AA1＝2，∠BAC＝120°，则此球的表面积等于(　　)． A．10π　　　　　　　　B．20π　　　　　　　　C．30π　　　　　　　　D．40π 答案　B　解析　如图，先由余弦定理求出BC＝2，再由正弦定理求出r＝AO1＝2，外接球的直径R＝＝，所以该球的表面积为4πR2＝20π．故选B． 【变式3】（2016·全国III卷·高考真题）在封闭的直三棱柱内有一个体积为V的球，若，，，，则该球体积V的最大值是 A． B． C． D． 【答案】B 【详解】试题分析：设的内切圆半径为，则，故球的最大半径为，故选B. 考点：球及其性质. 模型四　垂面模型 （线面垂直模型） 垂面模型是有一条侧棱垂直底面的棱锥模型，可补为直棱柱内接于球，由对称性可知球心O的位置是△CBD的外心O1与△AB2D2的外心O2连线的中点，算出小圆O1的半径AO1＝r，OO1＝，． 　　　　　 【例4-1】在三棱锥S－ABC中，侧棱SA⊥底面ABC，AB＝5，BC＝8，∠ABC＝60°，SA＝2，则该三棱锥的外接球的表面积为(　　) A．π　　　　　　　　B．π　　　　　　　　C．π　　　　　　　　D．π 答案　B　解析　由题意知，AB＝5，BC＝8，∠ABC＝60°，则在△ABC中，由余弦定理得AC2＝AB2＋BC2－2×AB×BC×cos∠ABC，解得AC＝7，设△ABC的外接圆半径为r，则△ABC的外接圆直径2r＝＝，∴r＝，又∵侧棱SA⊥底面ABC，∴三棱锥的外接球的球心到平面ABC的距离h＝SA＝，则外接球的半径R＝＝，则该三棱锥的外接球的表面积为S＝4πR2＝π. 【变式1】在三棱锥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 答案　C　解析　如图1，先由余弦定理求出BC＝2，再由正弦定理求出r＝AO1＝2，外接球的直径R＝＝，所以该球的表面积为4πR2＝20π． 另解　如图2，该三棱锥为图中正六棱柱内的三棱锥P－ABC，PA＝AB＝AC＝2，所以该三棱锥的外接球即该六棱柱的外接球，所以外接球的直径2R＝＝2⇒R＝，所以该球的表面积为4πR2＝20π． 【变式2】在三棱锥中，平面，，，，设为中点，且直线与平面所成角的余弦值为，则该三棱锥外接球的表面积为________． 答案　　解析　在中，，，，由余弦定理得：，即，解得：．设的外接圆半径为，由正弦定理得解得：；且 ，又为中点，在中，，，．由余弦定理得：，即：，解得．又因为平面，所以为直线与平面所成角，由，得，，所以在中，．设三棱锥的外接球半径为，所以，三棱锥外接球表面积为． 【变式3】（2023·全国乙卷·高考真题）已知点均在半径为2的球面上，是边长为3的等边三角形，平面，则 ． 【答案】2 【分析】先用正弦定理求底面外接圆半径，再结合直棱柱的外接球以及求的性质运算求解. 【详解】如图，将三棱锥转化为正三棱柱， 设的外接圆圆心为，半径为， 则，可得， 设三棱锥的外接球球心为，连接，则， 因为，即，解得. 故答案为：2. 【点睛】方法点睛：多面体与球切、接问题的求解方法 （1）涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题求解； （2）若球面上四点P、A、B、C构成的三条线段PA、PB、PC两两垂直，且PA＝a，PB＝b，PC＝c，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，根据4R2＝a2＋b2＋c2求解； （3）正方体的内切球的直径为正方体的棱长； （4）球和正方体的棱相切时，球的直径为正方体的面对角线长； （5）利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解． 模型五　双直角模型 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. 题设：，求三棱锥外接球半径（分析：取公共的斜边的中点，连接，则，为三棱锥外接球球心，然后在中求出半径），当看作矩形沿对角线折起所得三棱锥时与折起成的二面角大小无关，只要不是平角球半径都为定值. 【例5-1】已知矩形ABCD中，AB=6,AD=8,现将矩形ABCD沿对角线BD折叠，折叠后形成三棱锥A-BCD,则该四面体A-BCD外接球的表面积为 . 答案　100π 解析 在,由题意得球的半径,　 模型六　切瓜模型 （面面垂直模型） 切瓜模型是有一侧面垂直底面的棱锥型，常见的是两个互相垂直的面都是特殊三角形且平面ABC⊥平面BCD，解决方法是分别过△ABC与△BCD的外心作该三角形所在平面的垂线，交点O即为球心．如果△ABC与△BCD都一般三角形，解决方法是过△BCD的外心O1作该三角形所在平面的垂线，用代数方法即可解决问题．设三棱锥A－BCD的高为h，外接球的半径为R，球心为O．△BCD的外心为O1，O1到BD的距离为d，O与O1的距离为m，则解得R．可用秒杀公式：R2＝r12＋r22－(其中r1、r2为两个面的外接圆的半径，l为两个面的交线的长) 【例6-1】已知三棱锥的所有顶点都在球O的球面上，SC是球O的直径若平面平面SCB，，，三棱锥的体积为9，则球O的表面积为 ． 【答案】36π 【详解】三棱锥S−ABC的所有顶点都在球O的球面上，SC是球O的直径， 若平面SCA⊥平面SCB，SA=AC，SB=BC，三棱锥S−ABC的体积为9， 可知三角形SBC与三角形SAC都是等腰直角三角形，设球的半径为r， 可得 ，解得r=3. 球O的表面积为： . 点睛：与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径. 【例6-2】已知在三棱锥P－ABC中，VP­ABC＝，∠APC＝，∠BPC＝，PA⊥AC，PB⊥BC，且平面PAC⊥平面PBC，那么三棱锥P－ABC外接球的体积为________． 答案　　解析　如图，取PC的中点O，连接AO，BO，设PC＝2R，则OA＝OB＝OC＝OP＝R，∴O是三棱锥P－ABC外接球的球心，易知，PB＝R，BC＝R，∵∠APC＝，PA⊥AC，O为PC的中点，∴AO⊥PC，又平面PAC⊥平面PBC，且平面PAC∩平面PBC＝PC，∴AO⊥平面PBC，∴VP­ABC＝VA­PBC＝××PB×BC×AO＝××R×R×R＝，解得R＝2，∴三棱锥P－ABC外接球的体积V＝πR3＝． 【变式1】如图，已知平面四边形ABCD满足AB＝AD＝2，∠A＝60˚，∠C＝90˚，将△ABD沿对角线BD翻折，使平面ABD⊥平面CBD，则四面体ABCD外接球的体积为________． 答案　　解析　在四面体ABCD中，∵AB＝AD＝2，∠BAD＝60˚，∴△ABD为正三角形，设BD的中点为M，连接AM，则AM⊥BD，又平面ABD⊥平面CBD，平面ABD∩平面CBD＝BD，∴AM⊥平面CBD．∵△CBD为直角三角形，∴其外接圆的圆心是斜边BD的中点M，由球的性质知，四面体ABCD外接球的球心必在线段AM上，又△ABD为正三角形，∴球心是△ABD的中心，则外接球的半径为×2×＝，∴四面体ABCD外接球的体积为×π×()3＝． 【变式2】已知三棱锥A－BCD中，△ABD与△BCD是边长为2的等边三角形且二面角A－BD－C为直二面角，则三棱锥A－BCD的外接球的表面积为(　　) A．　　　　　　　　B．5π　　　　　　　　C．6π　　　　　　　　D． 答案　D　解析　如图，取BD中点M，连接AM，CM，取△ABD，△CBD的中心即AM，CM的三等分点P，Q，过P作平面ABD的垂线，过Q作平面CBD的垂线，两垂线相交于点O，则点O为外接球的球心，如图，其中OQ＝，CQ＝，连接OC，则外接球的半径R＝OC＝，表面积为4πR2＝，故选D． 【变式3】（多选）如图，两个边长均为1的正方形与正方形所在的平面互相垂直.点，分别是对角线，上的动点，且，的长度相等，记，点是线段上的一点.下列结论正确的是（    ）    A． B．的最小值是 C．三棱锥与三棱锥的体积相等 D．若点，，，，，在同一个球的球面上，则该球的体积是 【答案】BCD 【分析】以为坐标原点，所在直线为坐标轴建立空间直角坐标系，利用坐标法可求得的长及最小值判断AB；进而可证平面，可判断C，补形为正方体，求得正方体的外接球的半径计算可判断D. 【详解】由题意两个边长均为1的正方形与正方形所在的平面互相垂直. 可得， 以为坐标原点，所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，    过作于，连接， 则， 所以， 故A错误； ，当且仅当时，取等号，所以的最小值为，故B正确； 因为，又易得平面， 所以为平面的一个法向量，又，所以， 又平面，平面，又点， 所以到平面的距离相等， 所以，即三棱锥与三棱锥的体积相等，故C正确； 将原图形补成一个正方体如图所示： 则正方体的外接球符题意， 外接球的直径为，所以， 所以该球的体积是，故D正确. 故选：BCD. 模型七　斗笠模型 圆锥、顶点在底面的射影是底面外心的棱锥．秒杀公式：R＝(其中h为几何体的高，r为几何体的底面半径或底面外接圆的圆心) 　　　　　　 1、圆锥的外接球 若圆锥的高为，底部半径为，母线长为，则圆锥的外接球半径. 2、可补全为圆锥的外接球 （1）若在平面上的射影是的外接圆圆心（即），则可以把三棱锥补为圆锥，根据圆锥的外接球模型来求外接球半径. （2）正棱锥都可以补成圆锥，可以按圆锥的外接球模型来求. 【例7-1】（2020·全国I卷·高考真题）已知为球的球面上的三个点，⊙为的外接圆，若⊙的面积为，，则球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由已知可得等边的外接圆半径，进而求出其边长，得出的值，根据球的截面性质，求出球的半径，即可得出结论. 【详解】设圆半径为，球的半径为，依题意， 得， 为等边三角形， 由正弦定理可得， ，根据球的截面性质平面， ， 球的表面积. 故选：A    【点睛】 本题考查球的表面积，应用球的截面性质是解题的关键，考查计算求解能力，属于基础题. 【例7-2】（2022·全国乙卷·高考真题）已知球O的半径为1，四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均在球O的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】方法一：先证明当四棱锥的顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时，底面ABCD面积最大值为，进而得到四棱锥体积表达式，再利用均值定理去求四棱锥体积的最大值，从而得到当该四棱锥的体积最大时其高的值. 【详解】[方法一]：【最优解】基本不等式 设该四棱锥底面为四边形ABCD，四边形ABCD所在小圆半径为r， 设四边形ABCD对角线夹角为， 则 （当且仅当四边形ABCD为正方形时等号成立） 即当四棱锥的顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时，底面ABCD面积最大值为 又设四棱锥的高为，则， 当且仅当即时等号成立. 故选：C [方法二]：统一变量＋基本不等式 由题意可知，当四棱锥为正四棱锥时，其体积最大，设底面边长为，底面所在圆的半径为，则，所以该四棱锥的高， (当且仅当，即时，等号成立) 所以该四棱锥的体积最大时，其高. 故选：C．[方法三]：利用导数求最值 由题意可知，当四棱锥为正四棱锥时，其体积最大，设底面边长为，底面所在圆的半径为，则，所以该四棱锥的高，，令，，设，则， ，，单调递增， ，，单调递减， 所以当时，最大，此时． 故选：C. 【点评】方法一：思维严谨，利用基本不等式求最值，模型熟悉，是该题的最优解； 方法二：消元，实现变量统一，再利用基本不等式求最值； 方法三：消元，实现变量统一，利用导数求最值，是最值问题的常用解法，操作简便，是通性通法． 【例7-3】（2021·天津·高考真题）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，则这两个圆锥的体积之和为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】作出图形，计算球体的半径，可计算得出两圆锥的高，利用三角形相似计算出圆锥的底面圆半径，再利用锥体体积公式可求得结果. 【详解】如下图所示，设两个圆锥的底面圆圆心为点， 设圆锥和圆锥的高之比为，即， 设球的半径为，则，可得，所以，， 所以，，， ，则，所以，， 又因为，所以，， 所以，，， 因此，这两个圆锥的体积之和为. 故选：B. 【变式1】已知体积为的圆锥的轴截面为正三角形，则该圆锥的外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据圆锥的轴截面形状与体积，求解出圆锥底面半径，再利用圆锥与外接球的关系，求出外接球半径. 【详解】 如图所示，设圆锥的底面半径为r，因为圆锥轴截面为正三角形， 所以圆锥的高为，体积为，所以． 设圆锥的外接球半径为R，则， 即，解得， 于是圆锥的外接球的表面积为． 故选：A． 【变式2】（2020·全国II卷·高考真题）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． 【答案】C 【分析】根据球的表面积和的面积可求得球的半径和外接圆半径，由球的性质可知所求距离. 【详解】 设球的半径为，则，解得：. 设外接圆半径为，边长为， 是面积为的等边三角形， ，解得：，， 球心到平面的距离. 故选：C. 【点睛】本题考查球的相关问题的求解，涉及到球的表面积公式和三角形面积公式的应用；解题关键是明确球的性质，即球心和三角形外接圆圆心的连线必垂直于三角形所在平面. 【变式3】（2021·全国甲卷·高考真题）已知A，B，C是半径为1的球O的球面上的三个点，且，则三棱锥的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由题可得为等腰直角三角形，得出外接圆的半径，则可求得到平面的距离，进而求得体积. 【详解】，为等腰直角三角形，， 则外接圆的半径为，又球的半径为1， 设到平面的距离为， 则， 所以. 故选：A. 【点睛】关键点睛：本题考查球内几何体问题，解题的关键是正确利用截面圆半径、球半径、球心到截面距离的勾股关系求解. 【变式4】（2018·全国III卷·高考真题）设是同一个半径为4的球的球面上四点，为等边三角形且其面积为，则三棱锥体积的最大值为 A． B． C． D． 【答案】B 【详解】分析：作图，D为MO 与球的交点，点M为三角形ABC的中心，判断出当平面时，三棱锥体积最大，然后进行计算可得． 详解：如图所示， 点M为三角形ABC的中心，E为AC中点， 当平面时，三棱锥体积最大 此时， , 点M为三角形ABC的中心 中，有 故选B. 点睛：本题主要考查三棱锥的外接球，考查了勾股定理，三角形的面积公式和三棱锥的体积公式，判断出当平面时，三棱锥体积最大很关键，由M为三角形ABC的重心，计算得到，再由勾股定理得到OM，进而得到结果，属于较难题型． 【变式5】已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为，且，则该正四棱锥体积的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】设正四棱锥的高为，由球的截面性质列方程求出正四棱锥的底面边长与高的关系，由此确定正四棱锥体积的取值范围. 【详解】∵球的体积为，所以球的半径, [方法一]：导数法 设正四棱锥的底面边长为，高为， 则，, 所以， 所以正四棱锥的体积， 所以， 当时，，当时，， 所以当时，正四棱锥的体积取最大值，最大值为， 又时，，时，, 所以正四棱锥的体积的最小值为， 所以该正四棱锥体积的取值范围是. 故选：C. [方法二]：基本不等式法 由方法一故所以当且仅当取到， 当时，得，则 当时，球心在正四棱锥高线上，此时， ，正四棱锥体积，故该正四棱锥体积的取值范围是 模型八　圆台、棱台模型 1、 圆台的上底半径 ,下底半径，高为，（如图1，图2），两次使用勾股定理，可求得它的外接球的半径. 2、棱台的外接球（如图3），先找上下底面的外接圆半径，然后按照圆台的外接球半径公式. 【例8-1】已知圆台的上､下底面半径分别为1，2，体积为，则该圆台外接球的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】球的体积的有关计算、多面体与球体内切外接问题、台体体积的有关计算 【分析】先利用圆台体积公式求出高，再根据外接球球心在上下底面圆心连线上，由球心到两底面圆周的距离相等列方程求出外接球半径，代入球的体积公式计算结果. 【详解】设该圆台的上､下底面的圆心分别为，高为，则圆台的体积为 ，求解可得， 设该圆台外接球的球心为，则在上，设，所以， 设该圆台外接球的半径为，所以，求解可得， 所以该圆台外接球的体积为. 【例8-2】在正四棱台中，，，，则该正四棱台的外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】取中点分别为，连接，过作平面的垂线，垂足为，设正四棱台外接球的球心为，半径为，则在直线上，又，利用勾股定理求出即可求出从而得解. 【详解】正四棱台中，取中点分别为，连接， 由，，，可得，， 过作平面的垂线，垂足为，则点在上，且， 所以， 设正四棱台外接球的球心为，半径为， 由对称性可知球心在直线上， 若球心在线段上，则，此时无正数解， 所以球心在的延长线上，则， 即，解得， 所以， 所以该外接球的表面积为， 故选：B 【变式1】已知正四棱台的上、下底面边长分别为和．若该棱台的体积为，则该棱台的外接球体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先根据正四棱台的体积公式求出该棱台的高，然后取正四棱台上、下底面中心分别为，根据勾股定理列出等式，确定其外接球 球心的位置，从而求得其半径，最后根据球的体积公式计算即可. 【详解】因为正四棱台的上、下底面边长分别为和， 所以该正四棱台上底面面积为，下底面面积为. 设正四棱台的高为，则根据正四棱台的体积公式得 ，解得. 设正四棱台上、下底面中心分别为，则其外接球球心在线段上， 因为， 设外接球的半径为，设，则，因为， 所以，化简得， 即正四棱台的外接球球心位于处. 此时，所以该棱台的外接球体积为. 【变式2】已知正四棱台，，，侧棱与底面所成的角为，则此正四棱台外接球的表面积为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先求出正四棱台的高，设O距离下底面距离为x，由题意可得，解方程即可知正四棱台下底面中心即为球心，求出外接球的半径，再由球的表面积公式即可得出答案. 【详解】由题意可知，正四棱台的高为， 其外接球的球心O在正四棱台的高上，如图所示. 不妨设O距离下底面距离为x，则， 解得，即正四棱台下底面中心即为球心， 则外接球的直径为，表面积为， 故选:C. 【变式3】（2022·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为和，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据题意可求出正三棱台上下底面所在圆面的半径，再根据球心距，圆面半径，以及球的半径之间的关系，即可解出球的半径，从而得出球的表面积． 【详解】设正三棱台上下底面所在圆面的半径，所以，即，设球心到上下底面的距离分别为，球的半径为，所以，，故或，即或，解得符合题意，所以球的表面积为． 故选：A．    模型九　鳄鱼模型 鳄鱼模型即普通三棱锥模型，用找球心法可以解决．如果已知其中两个面的二面角，则可用秒杀公式：R2＝＋.(其中l＝|AB|，当△ABC和△PAB中有一个为钝角三角形时，取α补角)． 【例9-1】在三棱锥中，和均为边长为2的等边三角形，且二面角的平面角为，则三棱锥的外接球的表面积为________． 答案　　解析　如图，取中点，连接，，因为与均为边长为2的等边三角形，所以，，则为二面角的平面角，即，设与外接圆圆心分别为，，则由，可得，，分别过作平面，平面的垂线，则三棱锥的外接球一定是两条垂线的交点，记为，连接，，则由对称性可得，所以，则，则三棱锥外接球的表面积， 【变式1】在等腰直角中，，，为斜边的高，将沿折叠，使二面角为，则三棱锥的外接球的表面积为________． 答案　　解析　沿折叠后二面角为，即折叠后，所以为等边三角形，又因为，所以折叠后，设点为三棱锥外接球的球心，为的外心，所以，所以，又，所以球心半径，所以． 【变式2】在四面体ABCD中，AB＝AD＝2，∠BAD＝60°，∠BCD＝90°，二面角A－BD－C的大小为150°，则四面体ABCD外接球的半径为________． 答案　　解析　因为∠BCD＝90°，所以BC⊥CD，设BD的中点为O2，则O2为△BCD外接圆的圆心，由AB＝AD＝2，∠BAD＝60°知，△ABD为等边三角形，设△ABD的外接圆的圆心为O1，连接AO2，则O1在线段AO2上，过O1，O2分别作平面ABD与平面BDC的垂线，交于点O，则O为四面体ABCD外接球的球心，过O2在平面BCD内作O2E⊥BD，交DC于点E，则∠AO2E＝150°，所以∠AO2O＝60°，又O1O2＝，所以OO1＝1，连接OA，又AO1＝，所以OA＝＝＝． 模型十　已知球心或球半径模型 【例10-1】(2017·全国Ⅰ)已知三棱锥S－ABC的所有顶点都在球O的球面上，SC是球O的直径．若平面SCA⊥平面SCB，SA＝AC，SB＝BC，三棱锥S－ABC的体积为9，则球O的表面积为________． 答案　36π　解析　如图，连接AO，OB，∵SC为球O的直径，∴点O为SC的中点，∵SA＝AC，SB＝BC， ∴AO⊥SC，BO⊥SC，∵平面SCA⊥平面SCB，平面SCA∩平面SCB＝SC，∴AO⊥平面SCB，设球O的半径为R，则OA＝OB＝R，SC＝2R．∴VS­ABC＝VA­SBC＝×S△SBC×AO＝××AO，即9＝××R，解得R＝3，∴球O的表面积为S＝4πR2＝4π×32＝36π． 【变式1】(2012全国Ⅰ)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． 答案　A　解析　由于三棱锥S－ABC与三棱锥O－ABC底面都是△ABC，O是SC的中点，因此三棱锥S－ABC的高是三棱锥O－ABC高的2倍，所以三棱锥S－ABC的体积也是三棱锥O－ABC体积的2倍．在三棱锥O－ABC中，其棱长都是1，如图所示，S△ABC＝×AB2＝，高OD＝＝，∴VS－ABC＝2VO－ABC＝2×××＝．故选A． 【变式2】(2020·新高考全国Ⅰ)已知直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD＝60°．以D1为球心，为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为________． 答案　　解析　如图，设B1C1的中点为E， 球面与棱BB1，CC1的交点分别为P，Q，连接DB，D1B1，D1P，D1E，EP，EQ，由∠BAD＝60°，AB＝AD，知△ABD为等边三角形，∴D1B1＝DB＝2，∴△D1B1C1为等边三角形，则D1E＝且D1E⊥平面BCC1B1，∴E为球面截侧面BCC1B1所得截面圆的圆心，设截面圆的半径为r，则r＝＝＝．又由题意可得EP＝EQ＝，∴球面与侧面BCC1B1的交线为以E为圆心的圆弧PQ．又D1P＝，∴B1P＝＝1，同理C1Q＝1，∴P，Q分别为BB1，CC1的中点，∴∠PEQ＝，知的长为×＝，即交线长为． 【内切球问题】 1、锥体的内切球 无论是什么的内切球问题，都是先找过内切球球心的截面，在截面中找切点，从而找到半径关系. 2、台体的内切球 先找过内切球球心的截面，在截面中找切点，从而找到半径关系. 内切球球心到多面体各面的距离均相等，故可用等体积法：(为几何体的体积，为多面体的表面积，为内切球的半径). 【例1】（2020·全国III卷·高考真题）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 ． 【答案】 【分析】将原问题转化为求解圆锥内切球的问题，然后结合截面确定其半径即可确定体积的值. 【详解】易知半径最大球为圆锥的内切球，球与圆锥内切时的轴截面如图所示， 其中，且点M为BC边上的中点， 设内切圆的圆心为，    由于，故， 设内切圆半径为，则： ， 解得：，其体积：. 故答案为：. 【点睛】与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径. 【例2】已知正三棱锥的内切球半径为l，若底面边长为，则该棱锥体积为 . 【答案】 【详解】设正三棱锥的高为，内切圆的圆心为， 则， 由，所以，即， 在直角中，，， 解得，，所以体积. 故答案为： 【例3】某正三棱台（底面与顶面均为正三角形，侧面都是等腰梯形的几何体）的体积为，内切球（与棱台各面都相切）的半径为，则该三棱台的侧棱长为 【答案】 【详解】设上底面与下底面正三角形的边长分别为, 根据棱台体积公式，， 则， 则可得侧面梯形的高为， 根据勾股定理，可得， 则，故， 则， 则可得棱长为. 故答案为：. 【变式1】（2017·江苏·高考真题）如图，在圆柱O1 O2 内有一个球O，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切．记圆柱O1 O2 的体积为V1 ,球O的体积为V2 ，则 的值是 【答案】 【详解】设球半径为，则．故答案为． 点睛:空间几何体体积问题的常见类型及解题策略：①若给定的几何体是可直接用公式求解的柱体、锥体或台体，则可直接利用公式进行求解；②若所给定的几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用转换法、分割法、补形法等方法进行求解． 【变式2】正方体的内切球和外接球的体积之比为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【知识点】球的体积的有关计算、多面体与球体内切外接问题 【分析】本题可设正方体的棱长为，然后求出内切球的体积，最后求出外接球的体积，即可得出结果. 【详解】设正方体的棱长为， 因为正方体的内切球的直径即正方体的棱长， 所以内切球的半径，体积， 因为正方体的外接球的直径即正方体的体对角线， 所以外接球的半径，体积， 则内切球和外接球的体积之比为， 故选：A. 【变式3】已知圆锥的底面半径为，且此圆锥的内切球体积为，则圆锥的侧面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【知识点】圆锥表面积的有关计算、多面体与球体内切外接问题、球的体积的有关计算 【分析】作出轴截面，利用等面积结合勾股定理求出母线长即可得解. 【详解】作出圆锥的轴截面，如图，作出符合题意的图形， 记内切球的半径为，圆锥的母线长为，高为， 由题知，解得， 由三角形面积公式可得，即①， 又②，联立①②解得， 故圆锥的侧面积. 【变式4】在三棱锥中，平面，则三棱锥的内切球的表面积等于 . 【答案】 【详解】如图， 由已知，得的面积为， 因为三棱锥的高为， 所以，等腰三角形底边上的高为， 所以三棱锥的表面积为， 体积. 又三棱锥的体积（其中为三棱锥内切球的半径）， 所以， 所以三棱锥的内切球的表面积为. 故答案为：. 【变式5】如图所示的由4个直角三角形组成的各边长均相等的六边形是某棱锥的侧面展开图，若该六边形的面积为，则该棱锥的内切球半径为 ． 【答案】 【详解】设六边形边长为a，将图形还原得四棱锥，如下图， 由题意，侧面展开图的面积，解得． 由，，面，则面， 所以为的高， 设内切球的球心为O，半径为r，则， 即，解得． 故答案为： 【变式6】（多选）已知正四棱台的上、下底面的边长之比为，其内切球的半径为1，则该正四棱台（    ）． A．上底面边长 B．下底面边长 C．高为2 D．体积为 【答案】ACD 【详解】 如图，作出正四棱台的轴截面,设上底面边长为，则下底面边长为， 则，, 故, 在中，,则由射影定理，得，解得， 所以上、下底面的边长分别为， 于是棱台的上底面面积为，下底面面积为，高为2， 故该正四棱台的体积为：. 故选：ACD. 【棱切球问题】 棱切球是与几何体各条棱均相切的球，球心多与几何体的对称中心重合。正方体的棱切球直径等于其面对角线长度，半径（为棱长）.长方体棱切球半径需结合长、宽、高计算，核心性质是球心到每条棱的距离等于半径。该模型适用于正多面体、长方体等具有中心对称性的几何体，解题时需抓住对称特性定位球心. 【例1】球、分别与正方体的各面、各条棱相切，正方体的各顶点都在球的表面上，求三个球的表面积之比． 【答案】 【详解】设正方体的棱长为， 因为球与正方体的各面,则球的半径为，其表面积为， 因为球与正方体的各条棱相切，则球的半径为， 其表面积为， 因为正方体的各顶点都在球的表面上，则球的半径为， 其表面积为， 所以三个球的表面积之比. 【例2】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，则这个球的表面积是 . 【答案】 【详解】设题中正四面体为，将它放置于正方体内，使、位于上、下底面的异面的面对角线处， 如图所示．由正方体的性质可得，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， 正四面体的棱长为， ，解得， 可得正方体的内接球直径，得， 故球的表面积为． 故答案为：.    【变式1】（2023·全国甲卷·高考真题）在正方体中，E，F分别为AB，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． 【答案】12 【分析】根据正方体的对称性，可知球心到各棱距离相等，故可得解. 【详解】不妨设正方体棱长为2，中点为，取，中点，侧面的中心为，连接，如图， 由题意可知，为球心，在正方体中，， 即， 则球心到的距离为， 所以球与棱相切，球面与棱只有1个交点， 同理，根据正方体的对称性知，其余各棱和球面也只有1个交点， 所以以EF为直径的球面与正方体棱的交点总数为12. 故答案为：12 【变式2】（2023·全国甲卷·高考真题）在正方体中，为的中点，若该正方体的棱与球的球面有公共点，则球的半径的取值范围是 ． 【答案】 【分析】当球是正方体的外接球时半径最大，当边长为的正方形是球的大圆的内接正方形时半径达到最小. 【详解】设球的半径为. 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为体对角线长，即，故；    分别取侧棱的中点，显然四边形是边长为的正方形，且为正方形的对角线交点， 连接，则，当球的一个大圆恰好是四边形的外接圆，球的半径达到最小，即的最小值为. 综上，. 故答案为： 【多球相切问题】 【例1】如图，在一个底面边长为4，侧棱长为的正四棱锥中，大球内切于该四棱锥，小球与大球及四棱锥的四个侧面相切，则小球的体积为（    ）． A． B． C． D． 【答案】A 【详解】正四棱锥的底面边长为4，侧棱长为，所以斜高为，高为， 设底面中心为, 的中点为，如图，截面中，设为球与平面的切点，则在上，且. 设球的半径为,则, 因为，所以，所以, 所以，即. 设球与球相切于点，则，设球的半径为， 同理可得，所以，故小球的体积为. 故选：A 【例2】在一个半径为4的大球内放入个半径相同的小球，则（   ） A．当时，小球半径最大为2 B．当时，小球半径最大为 C．当时，小球半径最大为 D．当时，小球半径最大为 【变式1】用一个直立且底面直径为的圆柱体塑料桶（含桶盖）装表面积为的小球(可滑动)，恰好能装入3个小球，若不考虑材料桶桶壁及桶盖厚度，则该圆柱体塑料桶的侧面积是 . 【答案】 【详解】设小球的半径为，则，得， 由于两个小球的直径和比圆柱体塑料桶的底面直径大，故不可能同时有两个小球都和塑料桶的底面相切，不妨取轴截面如下图所示： 则， 所以塑料桶的高为， 所以该圆柱体塑料桶的侧面积是. 故答案为：. 【变式2】4个半径为1的球两两相切，下面3个上面1个堆放两层摆放在桌上，问上面的球的最高处到桌面的距离为 ，在4个球的中间再放1个小球和4个球都相切，小球的半径为 ． 【答案】 【详解】由题意，4个小球的球心连线构成了如图所示的正四棱锥： 棱长为2，设为高，O为正三角形的中心， 则，故， 故上面的球的最高处到桌面的距离为； 在4个球的中间再放1个小球和4个球都相切，设这个小球的球心为，半径为r， 则落在上， 设是的中点，连接， 由于，则，连接，则平面， 且，则≌，即， 即为等腰的顶角的平分线，则也为底边上的高，即, 则共线， 由于， ，同理, 则，即，解得， 故答案为：； 【点睛】关键点睛：解答本题的关键在于第二问求解小球半径，解答时要发挥空间想象能力，确定该小球的球心位置，结合正四棱锥的结构特征，列方程求解即可. 【变式3】现有一个半径为6的球状容器（不考虑容器厚度），在容器内放置8个半径相同的实心小球，若这8个小球的球心恰为某个正方体的8个顶点，则小球半径的最大值为 ． 【答案】 【详解】大球半径为，8个小球半径相同，设为， 设正方体的边长为，则正方体的体对角线长度为， 要使小球半径最大，8个小球既要与大球内壁相切，也要使得相邻的小球之间相互外切。 由小球与大球内壁相切可得 由相邻小球相互外切可得正方体的边长 正方体中心到任意一个顶点（小球球心）的距离是体对角线的一半，即， 将代入得，解得 所以小球半径最大值为 故答案为：. 【变式4】如图，在正四面体 中，放置 1 大、4 中、4 小共 9 个球，其中，大球为正四面体 的内切球，中球与大球及正四面体三个面均相切，小球与中球及正四面体三个面均相切.若正四面体 的体积为 ，则 9 个球的表面积之和为 . 【答案】 【详解】在正四面体中，设棱长为，高为，为正四面体内切球的球心， 延长交底面于，是等边三角形的中心，延长线交于，连接， 则点是的中点，为正四面体内切球的半径， ，， 由正四面体的体积为，得，解得， 由，解得， 由图知最大球内切于高的正四面体，最大球半径， 因此最大球的表面积为； 中等球内切于高的正四面体，中等球半径， 因此中等球的表面积为； 最小球内切于高的正四面体，最小球半径， 因此最小球的表面积为， 所以九个球的表面积为， 故答案为： 【变式5】甜品店推出一款巧克力酸奶杯，如图所示，在装满酸奶的圆台形杯具内有半径分别为和的两个巧克力球，巧克力小球与杯底和杯壁均相切，大球与小球､杯壁､杯盖均相切，则杯具中酸奶的体积为 . 【答案】 【详解】设大球半径为，小球半径为， 则大球体积，小球体积. 圆台的高为. 根据切线长定理可得：，. 由图易知四边形，四边形，四边形，四边形两两之间相似， 即. 解得：，则， 则圆台体积为 则酸奶的体积为： . 故答案为： 第 1 页 共 16 页 学科网（北京）股份有限公司 $专题外接球、内切球、棱切球与多球相切问题 【知识储备】 1、外接球：多面体的外接球是指对于这个多面体，存在一个球体，使得该多面体的所有顶 点都在这个球体的表面上，这个球体就被称为该多面体的外接球。 2、内切球：多面体的内切球是指与这个多面体的各个面都相切的球 3、棱切球：棱切球是指与多面体的各条棱都相切的球. 4、球的表面积与体积公式： S球= 4πR2 4 V球 5、在△ABC中，r为△ABC外接圆的半径，r可根据正弦定理a b .C =2 sin A sin B sinC 求解 6、常用几何体及其结论 (1)正方体 特征 半径 立体图 截面图 内 切点 各个面的中心 切 球心 正方体的中心 a 球 直径 相对两个面中心连线 棱 切点 各棱的中点 切 球心 正方体的中心 √2a R 2 球 直径 “对棱”中点连线 外 切点 接 球心 正方体的中心 R外接= Ba 2 球 直径 体对角线 第1页共20页 结论：正方体的内切球、棱切球、外接球半径的平方成等差数列，公差为口 (2)长方体 *利用勾股定理可得体对角线长为√a2+b+c2 *长方体不一定有内切球和棱切球 *长方体必有外接球，球心是体对角线的中点，半径是球心到顶 点的距离，即体对角线的一半R外按 va'+b2+c2 2 (3)正四面体 *内切球半径等于球心到面的距离R切= 6a 12 ◆棱切球半径等于球心到棱的距离R物= 4 *外接球半径等于球心到顶点的距离R整- 4 结论：正四面体的内切球、棱切球、外接球的半径成等比数列， 公比为√3 下面我们对正四面体的相关结论进行推导： 结论一： V3 1.底面积：S底=S△BcD= 表面积：S表=V3a2 证明：1.DE=BD·sin60°= 3 a 1 1.3 SABCD=2BC×DE=2a· 20 4Q2 B V3 ÷S表=4S底=4× 正四面体A-BCD 4 a2=V3a? 第2页共20页 A 结论二： 2.体高：h= V6 3 a a V √2 3 a 3.体积：V= 12Q3 C 证明：2.H为底面重心 3 E 2V33 DH=3DE= 2 3 a 正四面体A一BCD B h=AH=VAD2 -DH2 a2 3a2 V3 6 3a 1 13 3.V=3SaBcDh 3￥a2.6 = 2a3 第3页共20页 A 结论三： 6 1.外接球： R外接三 V2 2.棱切球：R楼切= 3.内切球： VG R内切= 12a E 证明：1.由对称性，球心一定在AH上 设0为球心OA=OB=OC=OD=R 正四面体A一BCD OH -AII-OA-h-R-V6 a-R 3 DH=- 3 a OD=R 由勾股定理：OH2+DH2=0D2 3a2 aR+3a2=0 1 3 a22v6 3 V6 aR=0 R外接= Q= 2V6 第4页共20页 结论三： 1.外接球：R外接= VG 40 V2 2.棱切球：R棱切= 40 3.内切球：R内切= 6 12a D 证明：3.法一（作差法）： 6 正四面体A一BCD R切=OH=AH-OHh-R=y6。-6 3 a- 4a= 12a 13 法二（签休烘）3×a×Rx4V② 2Q3 4v3R内切=V2a 正四面体的中心将高分为3：1两部分 v2a v6 R内切= 4V3 12a 结论三： v6 1.外接球：R外接=4a √2 2.棱切球：R棱切=4Q 6 3.内切球：R内切=12a D E 证明：2. 对棱中点EF为棱切球与棱的切点且EF=2R棱切 正四面体A-BCD B EF =DE2 -DF2 2R棱切三2 a ）-0 2 R棱切= √2 2 -a 第5页共20页 正四面体与球 内切球 棱切球 外接球 半径 V6 r=20 。 公比 q=V3 正四面体的内切球、棱切球、外接球的半径 结论 成等比数列，公比为3 【外接球问题】 模型一：墙角模型 墙角模型是三棱锥有一条侧棱垂直于底面且底面是直角三角形模型，用构造法（构造长 方体)解决.外接球的直径等于长方体的体对角线长（在长方体的同一顶点的三条棱长分别为 a,6,c外接球的半径为R则2R=日+i+心.），秒杀公式：R=+6+ .可求出球 4 的半径从而解决问题.有以下四种类型： R D D 不 A T B B /D 业一 类型1 类型川 类型川 例外型 【例1-1】在四面体ABCD中，AB,AC,AD两两垂直，且AB=3,AC=4,AD=5,若 A,B,C,D均在球2的球面上，则2的表面积为( ) A.50π B.100π C.150π D.200π 【变式1】(2017·全国I1卷·高考真题)长方体的长，宽，高分别为3,2,1，其顶点都在 球0的球面上，则球0的表面积为 【变式2】(2017·天津·高考真题)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，则这个球的体积为一， 第6页共20页 【变式3】(2020·天津·高考真题)若棱长为23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.144r 【变式4】(2019·全国I卷·高考真题)已知三棱锥PABC的四个顶点在球O的球面上， P4PBPC,△ABC是边长为2的正三角形，E,F分别是PA,AB的中点，∠CE90°，则球 0的体积为 A.8V6n B.4V6π C.2V6π D.√iπ 模型二：对棱相等模型 对棱相等模型是三棱锥的三组对棱长分别相等模型，用构造法（构造长方体）解决.外接 球的直径等于长方体的体对角线长，即2R=√a2+b2+c2(长方体的长、宽、高分别为a、b .秒杀公式：R=++ (三棱锥的三组对棱长分别为太人z）).可求出球的半径从而 0 解决问题。 D 【例2-1】正四面体的各条棱长都为√2，则该正面体外接球的体积为 【例2-2】在三棱锥A-BCD中，AB=CD=2,AD-BC-3,AC=BD=4,则三棱锥A-BCD外 接球的表面积为 【变式1】在三棱锥A-BCD中，AB=CD=6,AC=BD=AD=BC=5,则该三棱锥的外接球的 体积为一一· 【变式2】已知三棱锥A-BCD,三组对棱两两相等，且AB=CD=1,AD=BC=√3，若 三棱锥A-BCD的外接球表面积为92.则AC=_ 2 第7页共20页 模型三汉堡模型 汉堡模型是直棱柱的外接球、圆柱的外接球模型，用找球心法（多面体的外接球的球心 是过多面体的两个面的外心且分别垂直这两个面的直线的交点.一般情况下只作出一个面的 垂线，然后设出球心用算术方法或代数方法即可解决问题.有时也作出两条垂线，交点即为 球心.)解决.以直三棱柱为例，模型如下图，由对称性可知球心O的位置是△ABC的外心 0与△A8G的外心0连线的中点，算出小圆Q的半径40=，00= 2R2=72+ 4 A B49 B 7 g二二二 B O R 1、柱体的外接球 0 (1)圆柱的高为，底面半径为r,则圆柱的外接球半径R-、F2+号 (2)若是直棱柱，则可以先找直棱柱上下底的外接圆，求外接圆半径，然后补成圆柱，按 圆柱的外接球半径公式来算即可. 2、可补全成柱体的外接球 D A B (1)一条侧棱垂直于底面→以底面的外接圆为底，侧棱为高作圆柱，然后找该圆柱的外 接球。如上图中图1，图2 第8页共20页 (2)若图形为非规则图形，但上下底平行，上下底的外接圆半径相等且两个圆心的连线垂 直于上下底，这时也可以构造一个圆柱（如图3），这时圆柱的外接球即为所求的外接球， 【例3-1】己知圆柱与圆锥的底面半径相等，高相等，且圆锥的轴截面为正三角形，记圆柱 接球的表面积为$，圆锥外接球的表面积为S,则。 A.16 1 C.v21 D.V②1 2 【例3-2】在正三棱柱ABC-AB,C,中，AB=2W6,AA=6,则该三棱柱的外接球表面积为 【变式1】(2013辽宁)己知直三棱柱ABC-AB,G的6个顶点都在球O的球面上.若AB=3, AC=4,AB⊥AC,AA=12,则球0的半径为(). A. 3W17 2 B.2W10 C.13 D.310 【变式2】(2009全国I)直三棱柱ABC-ABC的各顶点都在同一球面上，若AB=AC-A4= 2,∠BAC=120°，则此球的表面积等于（). A.10元 B.20T C.30π D.40π 【变式3】(2016·全国III卷·高考真题)在封闭的直三棱柱ABC-A1B1C1内有一个体积 为V的球，若AB1BC,AB=6,BC=8,AA1=3,则该球体积V的最大值是 A.An B.2n C.6n D.号π 模型四垂面模型（线面垂直模型） 垂面模型是有一条侧棱垂直底面的棱锥模型，可补为直棱柱内接于球，由对称性可知球 心0的位置是△CBD的外心Q与△ABD,的外心Q连线的中点，算出小圆Q的半径AQ=r, 0g= 2’R2=2+ 4 D: 【例4-1】在三棱锥S-ABC中，侧棱SA⊥底面ABC,AB=5,BC=8,∠ABC=60°，SA=2V5, 则该三棱锥的外接球的表面积为() A.64 B. 256 C. 436元 3 3 3 D.2048V3元 27 第9页共20页 【变式1】在三棱锥P-ABC中，己知PA⊥底面ABC,∠BAC=120°，PA=AB=AC=2,若该 三棱锥的项点都在同一个球面上，则该球的表面积为() A.10/3π B.18π C.20元 D.93π 【变式2】在三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC,∠BAC=120°，AC=2,AB=1,设D 为BC中点，且直线PD与平面1C所成角的余弦值为，则该三枝锥外接球的表面积为 【变式3】(2023·全国乙卷·高考真题)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，SA1平面ABC,则SA= 模型五双直角模型 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 题设：∠APB=∠ACB=90°，求三棱锥P-ABC外接 球半径（分析：取公共的斜边的中点O,连接OP,OC, 则OA=OB=OC=OP=AB,:0为三棱锥 2 P-ABC外接球球心，然后在OCP中求出半径)，当看 作矩形沿对角线折起所得三棱锥时与折起成的二面角大小无关，只要不是平角球半径都为定 值 【例5-1】已知矩形ABCD中，AB=6,AD=8,现将矩形ABCD沿对角线BD折叠，折叠后形成三 棱锥A-BCD,则该四面体A-BCD外接球的表面积为 第10页共20页 模型六切瓜模型（面面垂直模型） 切瓜模型是有一侧面垂直底面的棱锥型，常见的是两个互相垂直的面都是特殊三角形且 平面ABC⊥平面BCD,解决方法是分别过△ABC与△BCD的外心作该三角形所在平面的垂线， 交点O即为球心.如果△ABC与△BCD都一般三角形，解决方法是过△BCD的外心Q作该三 角形所在平面的垂线，用代数方法即可解决问题.设三棱锥A一BCD的高为h,外接球的半 径为R,球心为O.△BCD的外心为Q,O到BD的距离为d,0与O的距离为m,则 R=2+i, 解得R可用秒杀公式：=+-（其中、上为两个面的外接 R=d+(h-m), 4 圆的半径，1为两个面的交线的长) d (D B D 【例6-1】已知三棱锥S-ABC的所有顶点都在球O的球面上，SC是球O的直径.若平面SCA1 平面SCB,SA=AC,SB=BC,三棱锥S-ABC的体积为9，则球O的表面积为 【例6-2】已知在三棱锥P-A8C中，=3，∠PC-元 4'∠BP ,PA⊥AC,PB⊥BC, 3 3 且平面PAC⊥平面PBC,那么三棱锥P-ABC外接球的体积为 【变式1】如图，己知平面四边形ABCD满足AB=AD=2,∠A=60°，∠C=90°，将△ABD 沿对角线BD翻折，使平面ABDL平面CBD,则四面体ABCD外接球的体积为 【变式2】已知三棱锥A一BCD中，△ABD与△BCD是边长为2的等边三角形且二面角A一BD 一C为直二面角，则三棱锥A一BCD的外接球的表面积为() A.10元 D. 20元 B.5元 C.6π 3 3 【变式3】（多选）如图，两个边长均为1的正方形ABCD与正方形ABEF所在的平面互 相垂直.点M,N分别是对角线AC,BF上的动点，且CM,BN的长度相等，记 CM=BN=a(0<a≤√2)，点P是线段W上的一点.下列结论正确的是( D B 第11页共20页 A.MW=√2-a B.N的最小值是 2 C.三棱锥C-PBE与三棱锥B-MCE的体积相等 D.若点4，B,C,D,B,P在同一个球的球面上，则该球的体积是 2 模型七斗笠模型 圆锥、顶点在底面的射影是底面外心的楼锥.秒杀公式：+！其中h为几何体的 2h 高，r为几何体的底面半径或底面外接圆的圆心) P h 1、圆锥的外接球 若圆锥的高为h,底部半径为，母线长为，则圆锥的外接球半径R=2+r= 2h 2h 0 2、可补全为圆锥的外接球 D 40 a2301 (1)若P在平面ABC上的射影是AABC的外接圆圆心（即PA=PB=PC),则可以把三棱锥 P一ABC补为圆锥，根据圆锥的外接球模型来求外接球半径. 第12页共20页 (2)正棱锥都可以补成圆锥，可以按圆锥的外接球模型来求 【例7-1】(2020·全国I卷·高考真题)己知A,B,C为球0的球面上的三个点，⊙0，为△ABC 的外接圆，若⊙O1的面积为4T,AB=BC=AC=OO1,则球O的表面积为( A.64T B.48π C.36π D.32r 【例7-2】(2022·全国乙卷·高考真题)己知球0的半径为1，四棱锥的顶点为0，底面的 四个顶点均在球O的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为( A吉 B月 C. D.9 【例7-3】(2021·天津·高考真题)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.4n C.9π D.12π 【变式1】已知体积为9√3π的圆锥的轴截面为正三角形，则该圆锥的外接球的表面积为 ( A.48元 B.36π C.24π D.12π 【变式2】(2020·全国1卷·高考真思)已知△A8c是面积为的等边三角形，且其顶点 都在球0的球面上.若球0的表面积为16π，则0到平面ABC的距离为( A.V3 B C.1 D.9 【变式3】(2021·全国甲卷·高考真题)已知A,B,C是半径为1的球0的球面上的三个 点，且AC⊥BC,AC=BC=1,则三棱锥0-ABC的体积为( A得 B. C. D.9 【变式4】(2018·全国III卷·高考真题)设A,B,C,D是同一个半径为4的球的球 面上四点，△ABC为等边三角形且其面积为9√3，则三棱锥D一ABC体积的最大值为 A.12V5 B.18W3 C.24v3 D.54V3 【变式5】已知正四棱锥的侧棱长为1，其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为36π，且 3≤1≤3V3,则该正四棱锥体积的取值范围是( ) A.[18到 B.保劉 c.臣劉 D.[18,27] 第13页共20页 模型八圆合、棱台模型 0 1、圆台的上底半径r1,下底半径r2,高为h,(如图1，图2)，两次使用勾股定理，可求得 它的外接球的半径2=层+（位约 2、棱台的外接球（如图3），先找上下底面的外接圆半径，然后按照圆台的外接球半径公式。 【例8-1】已知圆台的上、下底面半径分别为1,2，体积为7π，则该圆台外接球的体积为 ( A.20π B.20V5π C.205元 D.255m 3 3 【例8-2】在正四棱台ABCD-AB,C,D中，AB=2√2，AB=3√2，AA=2,则该正四棱 台的外接球的表面积为( A. 28π 8.112m 3 3 C. 28π D.12m 9 9 【变式1】己知正四棱台ABCD-AB,CD的上、下底面边长分别为√2和2√2.若该棱台的 体积为143 ,则该棱台的外接球体积为( A.7π 2不 C.16元 D.19元 【变式2】已知正四棱台ABCD-AB,CD,AB=4,AB=2,侧棱与底面所成的角为 则此正四棱台外接球的表面积为( A.8π B.16π C.32π D.64π 【变式3】(2022·新高考全国Ⅱ卷·高考真题)己知正三棱台的高为1，上、下底面边长分 别为3V3和43，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为( ) A.100 B.128π C.144π D.192π 第14页共20页 模型九鳄鱼模型 鳄鱼模型即普通三棱锥模型，用找球心法可以解决.如果已知其中两个面的二面角，则 可用秒杀公式：R=+H-2 mcos a+其中1=|8l,当△ABC和△PAB中有一个为钝 sina 4 角三角形时，取a补角). 【例9-1】在三棱锥A-BCD中，△ABD和△CBD均为边长为2的等边三角形，且二面角 A-BD-C的平面角为60°，则三棱锥的外接球的表面积为 【变式1】在等腰直角△ABC中，AB=2,∠BAC=90°，AD为斜边BC的高，将△ABC沿 AD折叠，使二面角B-AD-C为60°，则三棱锥A-BCD的外接球的表面积为_ 【变式2】在四面体ABCD中，AB=AD=2,∠BAD=60°，∠BCD=90°，二面角A-BD-C 的大小为150°，则四面体ABCD外接球的半径为」 模型十已知球心或球半径模型 【例10-1】(2017·全国I)已知三棱锥S-ABC的所有顶点都在球0的球面上，SC是球0 的直径.若平面SCAL平面SCB,SA=AC,SB=BC,三棱锥S-ABC的体积为9，则球O的表 面积为 【变式1】(2012全国I)己知三棱锥S-ABC的所有顶点都在球0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.② B.13 c.2 6 D.V 6 3 2 【变式2】(2020·新高考全国I)已知直四棱柱ABCD-ABGD的棱长均为2，∠BAD=60°.以 D为球心，1V5为半径的球面与侧面BCCB的交线长为 第15页共20页 【内切球问题】 1、锥体的内切球 B 无论是什么的内切球问题，都是先找过内切球球心的截面，在截面中找切点，从而找到半径 关系 2、台体的内切球 先找过内切球球心的截面，在截面中找切点，从而找到半径关系 内切球球心到多面体各面的距离均相等，放可用等体积法：”一号(V为几何体的体 积，S为多面体的表面积，·为内切球的半径) 【例1】(2020·全国III卷·高考真题)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 【例2】已知正三棱锥P-ABC的内切球半径为1，若底面边长为26，则该棱锥体积 为 【例3】某正三棱台（底面与顶面均为正三角形，侧面都是等腰梯形的几何体）的体积为265 3 内切球（与棱台各面都相切）的半径为1，则该三棱台的侧棱长为 【变式1】(2017·江苏·高考真题)如图，在圆柱0O内有一个球O,该球与圆柱的上、 下底面及母线均相切.记圆柱0，Q的体积为乃，球0的体积为%，则竖的值是 V 第16页共20页 【变式2】正方体的内切球和外接球的体积之比为( A.1:3V3 B.1:9 C.1:3 D.1:3 【变式3】己知圆锥的底面半径为V3,且此圆锥的内切球体积为号，则圆锥的侧面积为 A.V3π B.3 C.25π D.6π 【变式4】在三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC,AB=AC=2,BC=2N5,PA=√5，则三棱 锥P-ABC的内切球的表面积等于 【变式5】如图所示的由4个直角三角形组成的各边长均相等的六边形是某棱锥的侧面展开 图，若该六边形的面积为1+√2，则该棱锥的内切球半径为· 【变式6】（多选）已知正四棱台的上、下底面的边长之比为1：2，其内切球的半径为1，则 该正四棱台( ). A.上底面边长√互 B.下底面边长√互 C.高为2 8 D.体积为 第17页共20页 【棱切球问题】 棱切球是与几何体各条棱均相切的球，球心多与几何体的对称中心重合。正方体的棱切 球直径等干其面对角线长度，半径R=号。（口为棱长）.长方休楼切蝶半径需结合长，宽。 高计算，核心性质是球心到每条棱的距离等于半径。该模型适用于正多面体、长方体等具有 中心对称性的几何体，解题时需抓住对称特性定位球心 【例1】球O、O,分别与正方体的各面、各条棱相切，正方体的各顶点都在球O的表面上， 求三个球的表面积之比. 【例2】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,则这个球的表面积 是一 【变式1】(2023·全国甲卷·高考真题)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E,F分别为AB, C1D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。 【变式2】(2023·全国甲卷·高考真题)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=4,0为AC1 的中点，若该正方体的棱与球0的球面有公共点，则球0的半径的取值范围是一。 第18页共20页 【多球相切问题】 【例1】如图，在一个底面边长为4，侧棱长为2√10的正四棱锥P-ABCD中，大球O内切 于该四棱锥，小球O,与大球O及四棱锥的四个侧面相切，则小球O的体积为( 0 3 8 6公 C.6 D.22 3 【例2】在一个半径为4的大球内放入n个半径相同的小球，则() A.当n=2时，小球半径最大为2 B.当n=3时，小球半径最大为4W5-7 C.当n=4时，小球半径最大为4-8 D.当n=6时，小球半径最大为2V3-2 第19页共20页 【变式1】用一个直立且底面直径为3dm的圆柱体塑料桶（含桶盖)装表面积为4πdn2的小 球（可滑动），恰好能装入3个小球，若不考虑材料桶桶壁及桶盖厚度，则该圆柱体塑料桶的 侧面积是 【变式2】4个半径为1的球两两相切，下面3个上面1个堆放两层摆放在桌上，问上面的 球的最高处到桌面的距离为一，在4个球的中间再放1个小球和4个球都相切，小球的 半径为 【变式3】现有一个半径为6的球状容器（不考虑容器厚度），在容器内放置8个半径相同 的实心小球，若这8个小球的球心恰为某个正方体的8个顶点，则小球半径的最大值 为 【变式4】如图，在正四面体ABCD中，放置1大、4中、4小共9个球，其中，大球 为正四面体ABCD的内切球，中球与大球及正四面体三个面均相切，小球与中球及正四面 体三个面均相切.若正四面体ABCD的体积为8√3，则9个球的表面积之和为」 【变式5】甜品店推出一款巧克力酸奶杯，如图所示，在装满酸奶的圆台形杯具内有半径分 别为1c和2cm的两个巧克力球，巧克力小球与杯底和杯壁均相切，大球与小球、杯壁、杯盖 均相切，则杯具中酸奶的体积为 cm' 第20页共20页