球的内切问题
立体几何中球的内切和外接问题完美版
S
A.
B.
C.1
D.
答案：D.
O
，即
.
C
A
M
B
7
若棱锥的顶点可构成共斜边的直角三角形，则共斜边的中点就是其外接球的球心。
例 9、已知三棱锥的四个顶点都在球 的球面上，
且
，，
解：
且
，
，
因为 所以
所以知 所以可得图形为：
，
，
,
,求球 的体积。
P
在
中斜边为
在
中斜边为
B
取斜边的中点 ， 在
中
在
中
所以在几何体中
则这个球的表面积是（ ）
A．16π
B．20π
C．24π
D．32π
4
举一反三-突破提升
2.正六棱柱的底面边长为 4,高为 6,则它的外接球的表面积为
A. 20 B. 25 C. 100 D. 200
4
举一反三-突破提升
已知正三棱锥 P-ABC 的主视图和俯视图如图所 示,
则此三棱锥的外接球的表面积为 ( )
B、体积为 3
D、外接球的表面积为 16
3
1正视图
1
3 1 侧视图
俯视图
点 A、B、C、D 均在同一球面上，其中
是正三角形，
AD 平面 ABC,AD=2AB=6,则该球的体积为 （ ）
(A)
(B)
(C)
(D)
平面四边形 ABCD中， AB AD CD1， BD 2, BD CD ，
将其沿对角线 BD 折成四面体 A'BCD，使平面 A' BD 平面 BCD，
∴S 表=S 侧+S 底=9
立体几何中球的内切和外接问题完美版
性质
内切球的球心位于旋转体 的轴线上，且球的半径等 于旋转体半径。
应用
在几何和工程领域中，内 切球常用于研究旋转体的 体积和表面积。
旋转体的外接球
定义
旋转体的外接球是指与旋 转体外侧相切的球。
性质
外接球的球心位于旋转体 外侧，且球的半径等于旋 转体轴线到旋转体外侧的 垂直距离。
应用
在几何ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ工程领域中，外 接球常用于研究旋转体的 空间位置和关系。
立体几何中球的内 切和外接问题完美 版
目 录
• 球与多面体的内切和外接问题 • 球与旋转体的内切和外接问题 • 球与几何体的内切和外接问题实例 • 总结与展望
01
CATALOGUE
球与多面体的内切和外接问题
多面体的内切球
01
02
03
04
多面体的内切球是指与多面 体的所有顶点和面都相切的
球。
内切球半径的求法：设多面体的 每个面为$S_i$，内切球的半径
03
CATALOGUE
球与几何体的内切和外接问题实例
多面体内切球实例
总结词
多面体内切球是指一个球完全内切于一个多面体，且与多面体的每个面都相切 。
详细描述
多面体内切球的问题可以通过几何定理和公式来解决，例如欧拉公式和球内切 定理。例如，一个正方体的内切球就是其中心，半径等于正方体边长的一半。
旋转体外接球实例
外接球的性质：外接球与 多面体的每个顶点都相切 ，且外接球的直径等于多 面体的对角线长度。
外接球的应用：在几何、 物理和工程领域中，外接 球的概念被广泛应用于研 究多面体的性质和计算。
02
CATALOGUE
球与旋转体的内切和外接问题
与球有关的内切、外接问题
(2)三棱锥A－BCD，侧棱长为2 5 ，底面是边长为2 3 的等边三角形， 125
则该三棱锥外接球的体积为___6__π__.
解析 如图所示，该三棱锥为正三棱锥，O为底面 BCD的中心且AO垂直于底面BCD，O′在线段AO上， O′为外接球球心， 令 O′A＝O′D＝R，OD＝23DE＝23×2 3× 23＝2， AD＝2 5，
(2) 三 棱 锥 A － BCD 的 四 个 面 都 是 直 角 三 角 形 ， 且 侧 棱 AB 垂 直 于 底 面
BCD，BC⊥CD，AB＝BC＝2，且VA－BCD＝
4 3
，则该三棱锥A－BCD外接
球的体积为__4___3_π__.
解析 因为AB⊥BC，BC⊥CD，构造如图所示的长方体， 则AD为三棱锥A－BCD的外接球的直径. 设外接球的半径为R. ∵VA－BCD＝13×12×BC×CD×AB＝16×2×CD×2＝43， ∴CD＝2，∴该长方体为正方体，∴AD＝2 3，∴R＝ 3， 外接球体积为 V＝43πR3＝4 3π.
B，C，D都在同一球面上，则此球的体积为___3__.
解析 如图，设正四棱锥的底面中心为O1， ∴SO1垂直于底面ABCD，令外接球球心为O， ∴△ASC的外接圆就是外接球的一个轴截面圆， 外接圆的半径就是外接球的半径. 在△ASC 中，由 SA＝SC＝ 2，AC＝2，
得SA2＋SC2＝AC2. ∴△ASC是以AC为斜边的直角三角形. ∴A2C＝1 是外接圆的半径，也是外接球的半径. 故 V 球＝43π.
∴AO＝ AD2－OD2＝4，∴OO′＝4－R，
又OO′2＋OD2＝O′D2， ∴(4－R)2＋4＝R2，解得 R＝52，∴V 球＝43πR3＝1625π.
反思 感悟
球的内切外切解题技巧
球的“内切”、“外切”的解题技巧【方法技巧】类型一 球的内切问题 使用情景：有关球的内切问题解题模板：第一步 首先画出球及它的内切圆柱、圆锥等几何体，它们公共的轴截面； 第二步 然后寻找几何体与几何体之间元素的关系 第三步 得出结论. 类型二 球的外切问题 使用情景：有关球的外切问题解题模板：第一步 首先画出球及它的外切圆柱、圆锥等几何体，它们公共的轴截面； 第二步 然后寻找几何体与几何体之间元素的关系 第三步 得出结论.【应用举例】【例题1】在底面半径为2，母线长为4的圆锥中内有一个高为3的圆柱． （1）求：圆柱表面积的最大值；（2）在（1）的条件下，求该圆柱外接球的表面积和体积．【答案】（1）π）（312+；（2）π7=S ，677π=V ．【解析】 试题分析：（1）我们可计算出圆柱的底面半径，代入圆柱表面积公式，即可得到答案；（2）求出圆柱的外接球半径，即可求该圆柱外接球的表面积和体积．试题解析：（1）当圆柱内接与圆锥时，圆柱的表面积最大．设此时，圆柱的底面R 半径为r ，高为h′．圆锥的高h 2242-3312h ．∴2r 23323，∴r ＝1．∴S 表面积＝2S底＋S 侧＝2πr 23＝2（13）π．（2）设圆柱的外接球半径为R ，72R =，7S π=， 76V π=考点：1、球内接多面体；2、球的表面积和体积．【难度】较易【例题2】求球与它的外切圆柱、外切等边圆锥的体积之比．【答案】964∶∶∶∶锥柱球=V V V ． 【解析】试题分析：设球的半径为R ，则外切圆柱的半径为R ，高为2R ；外切等边圆锥底面半径为R 3,高为3R ， 所以334R V π=球 ,32R v π=柱, 33R V π=锥 9:6:4=∴锥柱球：：V V V考点：本题考查空间几何体的体积。
点评：本题的关键是由球的半径求出外切圆柱、外切等边圆锥的半径和高。
考查了空间想象力。
首先画出球及它的外切圆柱、等边圆锥，它们公共的轴截面，然后寻找几何体与几何体之间元素的关系． 【难度】一般【例题3】把四个半径都是1的球中的三个放在桌面上，使它两两外切，然后在它们上面放上第四个球，使它与前三个都相切，求第四个球的最高点与桌面的距离． 【答案】3622+． 【解析】由题意，四球心组成棱长为2的正四面体的四个顶点，则正四面体的高362)332(222=⋅-=h ．而第四个球的最高点到第四个球的球心距离为求的半径1，且三个球心到桌面的距离都为1，故第四个球的最高点与桌面的距离为3622+． 【点评】关键在于能根据要求构造出相应的几何体，由于四个球半径相等，故四个球一定组成正四面体的四个顶点且正四面体的棱长为两球半径之和2． 考点：空间几何体的球体积和表面积. 【较易】【例题4】正三棱锥ABC P -的侧棱长为l ，两侧棱的夹角为α2，求它的外接球的体积．【答案】322334sin 2(34sin )l παα--．【解析】解：如图，作PD 底面ABC 于D ，则D 为正△ABC 的中心。
球的内切、外接问题
P
球的表面积．
解1：作出截面图如图示. 由图可知，
3
AD
a,
2
2
3
AO AD
a.
3
3
a
6
2
2
∴PO PA AO
a.
3
6
∴OO PO PO
a R.
3
P
a
R
R
A
A
R O•
O•
•
O′
解得R
时，球内切于圆锥，如图所示，
O为球心，M为球O与母线PB的切点，E为底面圆心，
设球O的半径为R，底面圆E的半径为r，
因为圆锥侧面积为2π，
LOGO
（4）正棱锥、圆锥 ②外接球
例8 正四棱锥的五个顶点在同一个球面上，若该正
四棱锥的底面边长为4，侧棱长为2 6，求这个球
P
的表面积. 36π
PO′= 4，OO′=4－R，AO=R
2 6
AO2 = OO′ 2 + AO′ 2，
R=3
•
O′
R
R
A
O
O•
•
O′
O′
•
O
LOGO
（4）正棱锥、圆锥 ②外接球
正棱锥外接球半径求法——轴截面法
1.球心在棱锥的高所在的直线上
2.球心到底面外接圆圆心的距离d等于锥体的高h 减去球半径R的绝对值
d= |h －R |
P
3. R 2 r 2 (h R ) 2
4
9
O
1
， 解得r= 3
轴截面法
球的内切与外接问题讲课
综合应用举例
例1
解
已知一个三角形的三边长度，求其内切圆 半径和外接圆半径。
首先利用海伦公式求出三角形面积，再结 合半周长计算内切圆半径。对于外接圆半 径，可以通过正弦定理或余弦定理求解。
例2
解
给定一个正多边形，求其内切圆与外接圆 的半径比。
根据正多边形的性质，其所有内角相等， 且每条边与内切圆相切。由此可推导出内 切圆半径与外接圆半径的比例关系。
体对角线的长度来求解外接球的半径。
解答
03
长方体的体对角线长为$sqrt{3^2 + 4^2 + 5^2} = sqrt{50} =
5sqrt{2}$，因此其外接球的半径为$frac{5sqrt{2}}{2}$。
典型例题分析与解答
例题2
分析
已知一个正四面体的棱长为$a$，求其 外接球的半径。
正四面体的外接球半径可以通过构造 一个包含该正四面体的正方体来求解 。
长方体的内切球半径等于长方体相邻三条棱的倒数之和的倒数的一半，即 r=1/[(1/l)+(1/w)+(1/h)]。
解答
根据内切球的定义和性质，我们知道长方体的内切球半径等于长方体相邻三条棱的倒数之 和的倒数的一半。所以，r=1/[(1/l)+(1/w)+(1/h)]。
典型例题分析与解答
例题3
分析
解答
解答
构造一个棱长为$frac{sqrt{2}}{2}a$的 正方体，则该正方体的体对角线长等 于正四面体的外接球直径，即$2R = sqrt{(frac{sqrt{2}}{2}a)^2 + (frac{sqrt{2}}{2}a)^2 + (frac{sqrt{2}}{2}a)^2} = frac{sqrt{6}}{2}a$，因此正四面体的 外接球半径为$frac{sqrt{6}}{4}a$。
球的内切与外接问题
02 球的外接问题
球的外接几何体
球的外接三角形
一个球的外接三角形是指 一个内接于球的三角形， 其三条边的中点都在球的 球面上。
球的外接多边形
一个球的外接多边形是指 一个内接于球的n边形，其 所有顶点都在球的球面上。
球的外接圆柱
一个球的外接圆柱是指一 个内接于球的圆柱，其底 面圆心与球心重合。
球的外接线与半径
球的内切与外接问
目录
• 球的内切问题 • 球的外接问题 • 球的内切与外接问题的应用 • 球的内切与外接问题的数学原理 • 球的内切与外接问题的实际案例
01 球的内切问题
球的内切几何体
01
02
03
球的内切正方体
球心与正方体的一个顶点 重合，正方体的对角线等 于球的直径。
球的内切长方体
长方体的一个角顶点位于 球心，长方体的体对角线 等于球的直径。
球的外接圆
一个球的外接圆是指一个内接于 球的圆，其圆心位于球的球面上 。
球的半径
球的半径是指从球心到球面的距 离。
球的外接多面体
球的外接正多面体
一个球的外接正多面体是指一个内接 于球的n面体，其所有面都是等边三 角形或等边四边形。
球的外接非正多面体
一个球的外接非正多面体是指一个内 接于球的n面体，其面可以是等边三角 形、等边四边形或等腰三角形等。
根据球的外接定理，推导出多面体的所有顶点都在球面上， 以及多面体的所有边都与球的半径相等的条件。
05 球的内切与外接问题的实 际案例
建筑设计中的球内切与外接问题
建筑设计中的球内切问题
在建筑设计领域，球内切问题通常涉及到如何将一个球体完美地放入一个给定的空间内，使得球体与 空间边界相切。例如，在建造穹顶或大型球形结构时，需要精确计算球体的大小和位置，以确保其与 周围结构相切。
与球相关的外接与内切问题(解析版)
专题4.2 与球相关的外接与内切问题一．方法综述如果一个多面体的各个顶点都在同一个球面上，那么称这个多面体是球的内接多面体，这个球称为多面体的外接球.有关多面体外接球的问题，是立体几何的一个重点，也是高考考查的一个热点. 考查学生的空间想象能力以及化归能力。
研究球与多面体的接、切问题主要考虑以下几个方面的问题：（1）多面体外接球半径的求法，当三棱锥有三条棱垂直或棱长相等时，可构造长方体或正方体. （2）与球的外切问题，解答时首先要找准切点，可通过作截面来解决. （3）球自身的对称性与多面体的对称性；二．解题策略类型一 柱体与球【例1】（2020·河南高三（理））已知长方体1111ABCD A B C D -的表面积为208，118AB BC AA ++=，则该长方体的外接球的表面积为（ ） A ．116π B ．106πC ．56πD ．53π【答案】A 【解析】【分析】由题意得出11118104AB BC AA AB BC BC AA AB AA ++=⎧⎨⋅+⋅+⋅=⎩，由这两个等式计算出2221AB BC AA ++，可求出长方体外接球的半径，再利用球体表面积公式可计算出结果.【详解】依题意，118AB BC AA ++=，11104AB BC BC AA AB AA ⋅+⋅+⋅=，所以，()()222211112116AB BC AA AB BC AA AB BC BC AA AB AA ++=++-⋅+⋅+⋅=，故外接球半径r ==，因此，所求长方体的外接球表面积24116S r ππ==.故选：A.【点睛】本题考查长方体外接球表面积的计算，解题的关键就是利用长方体的棱长来表示外接球的半径. 【举一反三】1.（2020·2，若该棱柱的顶点都在一个球面上，则该球的表面积为（ ）A ．73π B ．113π C ．5π D ．8π【答案】D【解析】根据条件可知该三棱柱是正三棱柱，上下底面中心连线的中点就是球心，如图，则其外接球的半径22221123222sin 60R OB OO BO ⎛⎫ ⎪⎛⎫==+=+= ⎪ ⎪︒⎝⎭⎝⎭， 外接球的表面积428S ππ=⨯=.故选：D【指点迷津】直棱柱的外接球的球心在上、下底面的外接圆的圆心的连线上，确定球心，用球心、一底面的外接圆的圆心，一顶点构成一个直角三角形，用勾股定理得关于外接球半径的关系式，可球的半径. 2.（2020·安徽高三（理））已知一个正方体的各顶点都在同一球面上，现用一个平面去截这个球和正方体，得到的截面图形恰好是一个圆及内接正三角形，若此正三角形的边长为a ，则这个球的表面积为（ ）． A ．234a π B ．23a π C ．26a πD ．232a π【答案】D【解析】由已知作出截面图形如图1，可知正三角形的边长等于正方体的面对角线长，正方体与其外接球的位置关系如图2所示，可知外接球的直径等于正方体的体对角线长，设正方体的棱长为m ,外接球的半径为R ，则2a m =，23R m =，所以64R a =，所以外接球的表面积为222634442a S R a πππ⎛⎫==⨯= ⎪ ⎪⎝⎭， 故选：D .【点睛】本题考查正方体的外接球、正方体的截面和空间想象能力，分析出外接球的半径与正三角形的边长的关系是本题的关键，3．（2020·河南高三（理））有一圆柱状有盖铁皮桶（铁皮厚度忽略不计），底面直径为20cm ，高度为100cm ，现往里面装直径为10cm 的球，在能盖住盖子的情况下，最多能装（ ） （附：2 1.414,3 1.732,5 2.236≈≈≈） A ．22个 B ．24个C ．26个D ．28个【答案】C【解析】由题意，若要装更多的球，需要让球和铁皮桶侧面相切，且相邻四个球两两相切， 这样，相邻的四个球的球心连线构成棱长为10cm 的正面体，易求正四面体相对棱的距离为52cm ，每装两个球称为“一层”，这样装n 层球， 则最上层球面上的点距离桶底最远为()()10521n +-cm ，若想要盖上盖子，则需要满足()10521100n +-≤，解得19213.726n ≤+≈， 所以最多可以装13层球，即最多可以装26个球．故选：C 类型二 锥体与球【例2】5．已知球O 的半径为102，以球心O 为中心的正四面体Γ的各条棱均在球O 的外部，若球O 的球面被Γ的四个面截得的曲线的长度之和为8π，则正四面体Γ的体积为_________． 【来源】重庆市2021届高三下学期二模数学试题 【答案】182【解析】由题知，正四面体截球面所得曲线为四个半径相同的圆，每个圆的周长为2π，半径为1，故球心O 到正四面体各面的距离为2106122⎛⎫-=⎪⎝⎭，设正四面体棱长为a ，如图所示，则斜高332AE EF a ==，体高63=AF a ，在Rt AEF 和R t AGO 中，13OG EF AO AE ==，即61236632a =-，∴6a =，∴231362618234312V a a =⋅⋅=⋅=． 【举一反三】1.（2020四川省德阳一诊）正四面体ABCD 的体积为，则正四面体ABCD 的外接球的体积为______． 【答案】【解析】如图，设正四面体ABCD 的棱长为，过A 作AD ⊥BC ， 设等边三角形ABC 的中心为O ，则，，，即．再设正四面体ABCD 的外接球球心为G ，连接GA ， 则，即．∴正四面体ABCD 的外接球的体积为.故答案为：．2．（2020·宁夏育才中学）《九章算术》是我国古代的数学名著,其中有很多对几何体体积的研究,已知某囤积粮食的容器的下面是一个底面积为32π,高为h 的圆柱,上面是一个底面积为32π,高为h 的圆锥,若该容器有外接球,则外接球的体积为 【答案】288π【解析】如图所示，根据圆柱与圆锥和球的对称性知，其外接球的直径是23R h =，设圆柱的底面圆半径为r ，母线长为l h =， 则232r ππ=，解得42r =222(2)(3)l r h +=， 222(82)9h h ∴+=，解得4h =，∴外接球的半径为3462R =⨯=，∴外接球的体积为3344628833R V πππ⨯===．3．（2020·贵阳高三（理））在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是边长为4的正方形，PAD ∆是一个正三角形，若平面PAD ⊥平面ABCD ，则该四棱锥的外接球的表面积为（ ） A ．143πB ．283πC ．563πD ．1123π【答案】D 【解析】【分析】过P 作PF AD ⊥，交AD 于F ，取BC 的中点G ，连接,PG FG ，取PF 的三等分点H （2PH HF =），取GF 的中点E ，在平面PFG 过,E F 分别作,GF PF 的垂线，交于点O ，可证O 为外接球的球心，利用解直角三角形可计算PO ．【详解】如图，过P 作PF AD ⊥，交AD 于F ，取BC 的中点G ，连接,PG FG ，在PF 的三等分点H （2PH HF =），取GF 的中点E ，在平面PFG 过,E F 分别作,GF PF 的垂线，交于点O ．因为PAD ∆为等边三角形，AF FD =，所以PF ⊥AD ． 因为平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD平面ABCD AD =，PF ⊂平面PAD ，所以PF ⊥平面ABCD ，因GF ⊂平面ABCD ，故PF GF ⊥． 又因为四边形ABCD 为正方形，而,G F 为,BC AD 的中点，故FG CD ，故GF AD ⊥，因ADPF F =，故PF ⊥平面PAD ．在Rt PGF ∆中，因,OE GF PF GF ⊥⊥，故OE PF ，故OE ⊥平面ABCD ，同理OH ⊥平面PAD ．因E 为正方形ABCD 的中心，故球心在直线OE 上，因H 为PAD ∆的中心，故球心在直线OH 上，故O 为球心，OP 为球的半径． 在Rt PGF ∆中，2234343323PH PF ==⨯⨯=，2OH EF ==， 故16282214333OP =+==，所以球的表面积为28112433ππ⨯=． 类型三 构造法（补形法）【例3】已知三棱锥P ABC -的各个顶点都在球O 的表面上，PA ⊥底面ABC ，AB AC ⊥，6AB =，8AC =，D 是线段AB 上一点，且2AD DB =.过点D 作球O 的截面，若所得截面圆面积的最大值与最小值之差为25π，则球O 的表面积为（ ） A ．128π B ．132πC ．144πD ．156π【答案】B【解析】PA ⊥平面ABC ，AB AC ⊥，将三棱锥P ABC -补成长方体PQMN ABEC -，如下图所示：设AE BC F =，连接OF 、DF 、OD ，可知点O 为PE 的中点，因为四边形ABEC 为矩形，AE BC F =，则F 为AE 的中点，所以，//OF PA 且12OF PA =，设2PA x =，且2210AE AB BE =+=，222225PE PA AE x ∴+=+所以，球O 的半径为21252R PE x ==+， 在Rt ABE △中，2ABE π∠=，6AB =，10AE =，3cos 5AB BAE AE ∠==，在ADF 中，243AD AB ==，5AF =， 由余弦定理可得222cos 17DF AD AF AD AF BAE =+-⋅∠=，PA ⊥平面ABCD ，OF ∴⊥平面ABCD ，DF ⊂平面ABCD ，则OF DF ⊥，12OF PA x ==，22217OD OF DF x ∴=+=+， 设过点D 的球O 的截面圆的半径为r ，设球心O 到截面圆的距离为d ，设OD 与截面圆所在平面所成的角为θ，则22sin d OD R r θ==-.当0θ=时，即截面圆过球心O 时，d 取最小值，此时r 取最大值，即2max 25r R x ==+；当2πθ=时，即OD 与截面圆所在平面垂直时，d 取最大值，即2max 17d OD x ==+，此时，r 取最小值，即()22min max 22r R d =-=. 由题意可得()()()222max min 1725r r x πππ⎡⎤-=+=⎣⎦，0x，解得22x =.所以，33R =，因此，球O 的表面积为24132S R ππ==.故选：B.【举一反三】1.（2020宁夏石嘴山模拟）三棱锥中，侧棱与底面垂直，，，且，则三棱锥的外接球的表面积等于 ．【答案】【解析】把三棱锥，放到长方体里,如下图:,因此长方体的外接球的直径为,所以半径,则三棱锥的外接球的表面积为.2.（2020菏泽高三模拟）已知直三棱柱的底面为直角三角形，且两直角边长分别为1和，此三棱柱的高为，则该三棱柱的外接球的体积为A．B．C．D．【答案】C【解析】如图所示，将直三棱柱补充为长方体，则该长方体的体对角线为，设长方体的外接球的半径为，则，,所以该长方体的外接球的体积，故选C.3．（2020·贵州高三月考（理））某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A．43B．53C．83D．163【答案】A【解析】【分析】如图所示画出几何体，再计算体积得到答案.【详解】由三视图知该几何体是一个四棱锥，可将该几何体放在一个正方体内，如图所示：在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，取棱11,,,,B C DA AB BC CD 的中点分别为,,,,E M N P Q ，则该几何体为四棱锥E MNPQ -，其体积为()2142233⨯⨯=.故选：A 类型四 与球体相关的最值问题【例4】（2020·福建高三期末（理））在外接球半径为4的正三棱锥中，体积最大的正三棱锥的高h =（ ） A ．143B ．134C ．72D ．163【答案】D 【解析】【分析】设正三棱锥底面的边长为a ，高为h ，由勾股定理可得22234(4)3h a ⎛⎫=-+ ⎪ ⎪⎝⎭，则22183h h a -=，三棱锥的体积()23384V h h =-，对其求导，分析其单调性与最值即可得解. 【详解】解：设正三棱锥底面的边长为a ，高为h ，根据图形可知22234(4)3h a ⎛⎫=-+ ⎪ ⎪⎝⎭，则22180,3h h a -=>08h ∴<<. 又正三棱锥的体积21334V a h =⨯()2384h h h =-()23384h h =-，则()231634V h h '=-， 令0V '=，则163h =或0h =（舍去）， ∴函数()23384V h h =-在160,3⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在16,83⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减，∴当163h =时，V 取得最大值，故选：D. 【点睛】本题考查球与多面体的最值问题，常常由几何体的体积公式、借助几何性质，不等式、导数等进行解决，对考生的综合应用，空间想象能力及运算求解能力要求较高. 【举一反三】1.（2020·广东高三（理））我国古代数学名著《九章算术》中有这样一些数学用语，“堑堵”意指底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱，而“阳马”指底面为矩形，且有一侧棱垂直于底面的四棱锥.现有一如图所示的堑堵，AC BC ⊥，若12AA AB ==，当阳马11B A ACC -体积最大时，则堑堵111ABC A B C -的外接球体积为（ ）A ．22πB ．823C ．23D ．2π【答案】B【解析】依题意可知BC ⊥平面11ACC A .设,AC a BC b ==，则2224a b AB +==.111111323B A ACC V AC AA BC AC BC -=⨯⨯⨯⨯=⨯⨯22114232323AC BC +≤⨯=⨯=，当且仅当2AC BC ==时取得最大值.依题意可知1111,,A BC A BA A BB ∆∆∆是以1A B 为斜边的直角三角形，所以堑堵111ABC A B C -外接球的直径为1A B ，故半径221111222OB A B AA AB ==⨯+=.所以外接球的体积为()34π82π233⋅=. 特别说明：由于BC ⊥平面11ACC A ，1111,,A BC A BA A BB ∆∆∆是以1A B 为斜边的直角三角形，所以堑堵111ABC A B C -外接球的直径为1A B 为定值，即无论阳马11B A ACC -体积是否取得最大值，堑堵111ABC A B C -外接球保持不变，所以可以直接由直径1A B 的长，计算出外接球的半径，进而求得外接球的体积.故选：B2．（2020·遵义市南白中学高三期末）已知A ，B ，C ，D 四点在同一个球的球面上，6AB BC ==，90ABC ∠=︒，若四面体ABCD 体积的最大值为3，则这个球的表面积为（ ）A ．4πB ．8πC ．16πD ．32π【答案】C 【解析】根据6AB BC ==可得直角三角形ABC ∆的面积为3,其所在球的小圆的圆心在斜边AC 的中点上,设小圆的圆心为Q , 由于底面积ABC S ∆不变,高最大时体积最大,所以DQ 与面ABC 垂直时体积最大，最大值为为133ABC S DQ ∆⨯=，即133,33DQ DQ ⨯⨯=∴=,如图, 设球心为O ,半径为R ，则在直角AQO ∆中,即222(3)(3,)2R R R =∴+=-, 则这个球的表面积为24216S ππ=⨯=,故选C.3．（2020·河南高三（理））菱形ABCD 的边长为2，∠ABC ＝60°，沿对角线AC 将三角形ACD 折起，当三棱锥D －ABC 体积最大时，其外接球表面积为（ ） A ．153π B ．2153π C ．209π D ．203π 【答案】D 【解析】【分析】当平面ACD 与平面ABC 垂直时体积最大，如图所示，利用勾股定理得到2223(3)()3R OG =-+和22223()3R OG =+，计算得到答案. 【详解】易知：当平面ACD 与平面ABC 垂直时体积最大. 如图所示：E 为AC 中点，连接,DE BE ，外接球球心O 的投影为G 是ABC ∆中心，在BE 上 3BE =，3DE =，33EG =，233BG =设半径为R ，则2223(3)()3R OG =-+，22223()3R OG =+ 解得：153R =，表面积22043S R ππ== 故选：D三．强化训练一、选择题1．（2020·广西高三期末）棱长为a 的正四面体ABCD 与正三棱锥E BCD -的底面重合，若由它们构成的多面体ABCDE 的顶点均在一球的球面上，则正三棱锥E BCD -的表面积为（ ） A ．2334a + B ．2336a + C ．2336a - D ．2334a - 【答案】A【解析】由题意，多面体ABCDE 的外接球即正四面体ABCD 的外接球， 由题意可知AE ⊥面BCD 交于F ，连接CF ，则233323CF a a =⋅= 且其外接球的直径为AE ，易求正四面体ABCD 的高为223633a a a ⎛⎫ ⎪ ⎪=⎝⎭-. 设外接球的半径为R ，由2226333R a R a ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭=⎭-⎝-得64R a =. 设正三棱锥E BCD -的高为h ，因为6623AE a a h ==+，所以66h a =. 因为底面BCD ∆的边长为a ，所以2222EB EC ED CF h a ===+=， 则正三棱锥E BCD -的三条侧棱两两垂直.即正三棱锥E BCD -的表面积222121333322224S a a a ⎛⎫+=⨯⨯+⨯= ⎪ ⎪⎝⎭，故选：A .2、（2020辽宁省师范大学附属中学高三）在三棱锥中，，则三棱锥外接球的表面积为（ ）A．B．C．D．【答案】C【解析】如图，把三棱锥补形为长方体，设长方体的长、宽、高分别为，则，∴三棱锥外接球的半径∴三棱锥外接球的表面积为．故选：C．3．（2020·安徽高三期末）如果一个凸多面体的每个面都是全等的正多边形，而且每个顶点都引出相同数目的棱，那么这个凸多面体叫做正多面体.古希腊数学家欧几里得在其著作《几何原本》的卷13中系统地研究了正多面体的作图，并证明了每个正多面体都有外接球.若正四面体、正方体、正八面体的外接球半径相同，则它们的棱长之比为（）A23B．223C．22D．223【答案】Ba b c R【解析】设正四面体、正方体、正八面体的棱长以及外接球半径分别为,,,则2223,23,22R a R b R c =⨯==, 即222,,2::2:2:333R R a b c R a b c ===∴=故选：B 4．（2020·北京人大附中高三）如图，在四棱锥S ABCD -中，四边形ABCD 为矩形，23AB =，2AD =，120ASB ∠=︒，SA AD ⊥，则四棱锥外接球的表面积为（ ）A ．16πB ．20πC ．80πD ．100π 【答案】B【解析】由四边形ABCD 为矩形，得AB AD ⊥，又SA AD ⊥，且SA AB A ⋂=，∴AD ⊥平面SAB ，则平面SAB ⊥平面ABCD ，设三角形SAB 的外心为G ，则23322sin 2sin12032AB GA ASB ====∠︒. 过G 作GO ⊥底面SAB ，且1GO =，则22215OS =+=.即四棱锥外接球的半径为5． ∴四棱锥外接球的表面积为24(5)20S ππ=⨯=.故选B ．5．（2020河南省郑州市一中高三）在三棱锥中，平面，M 是线段上一动点，线段长度最小值为，则三棱锥的外接球的表面积是（ ） A ． B ．C ．D ．【答案】C【解析】解：如图所示：三棱锥中，平面，M是线段上一动点，线段长度最小值为，则：当时，线段达到最小值，由于：平面，所以：，解得：，所以：，则：，由于：，所以：则：为等腰三角形．所以，在中，设外接圆的直径为，则：，所以外接球的半径，则：，故选：C．6、（2020河南省天一大联考）某多面体的三视图如图所示，其中正视图是一个直角边为2的等腰直角三角形，侧视图是两直角边分别为2和1的直角三角形，俯视图为一矩形，则该多面体的外接球的表面积为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】由三视图可得，该几何体为一个三棱锥，放在长、宽、高分别为2，1，2的长方体中，此三棱锥和长方体的外接球是同一个，长方体的外接球的球心在体对角线的中点处，易得其外接球的直径为，从而外接球的表面积为.故答案为：C.7．（2020·江西高三期末（理））如图，三棱锥P ABC -的体积为24，又90PBC ABC ∠=∠=︒，3BC =，4AB =，410PB =，且二面角P BC A --为锐角，则该三棱锥的外接球的表面积为（ ）A ．169πB ．144πC ．185πD ．80π【答案】A【解析】因90PBC ABC ∠=∠=︒，所以BC ⊥平面PAB ，且PBA ∠为二面角P BC A --的平面角， 又3BC =，4AB =，410PB =，由勾股定理可得13PC =，5AC =， 因为1sin 8102PAB S PB AB PBA PBA ∆⋅=⋅∠=∠，所以三棱锥的体积1181032433PAB V S BC PBA ∆=⋅=⨯∠⨯=，解得310sin PBA ∠=，又PBA ∠为锐角，所以10cos 10PBA ∠=， 在PAB ∆中，由余弦定理得2101601624410144PA =+-⨯⨯=， 即12PA =，则222PB PA AB =+，故PA AB ⊥， 由BC ⊥平面PAB 得BC PA ⊥，故PA ⊥平面ABC ，即PA AC ⊥，取PC 中点O ， 在直角PAC ∆和直角PBC ∆中，易得OP OC OA OB ===，故O 为外接球球心， 外接圆半径11322R PC ==，故外接球的表面积24169S R ππ==.故选：A. 8．（2019·湖南长沙一中高三）在如图所示的空间几何体中，下面的长方体1111ABCD A B C D -的三条棱长4AB AD ==，12AA =，上面的四棱锥1111P A B C D -中11D E C E =，1111PE A B C D ⊥平面，1PE =，则过五点A 、B 、C 、D 、P 的外接球的表面积为（ ）A ．311π9B ．311π18C ．313π9D ．313π18【答案】C【解析】问题转化为求四棱锥P ABCD -的外接球的表面积．4913PC =+=，∴3sin 13PCD ∠=．所以PCD ∆外接圆的半径为131336213r ==⨯，由于PE ⊥平面1111D C B A ，则PE ⊥平面ABCD ，PE ⊂平面PCD ，所以平面PCD ⊥平面ABCD ， 所以外接球的222169313243636R r =+=+=．所以2313π4π9S R ==球表面积．9．三棱锥P —ABC 中，底面ABC 满足BA=BC ， ，点P 在底面ABC 的射影为AC 的中点，且该三棱锥的体积为，当其外接球的表面积最小时，P 到底面ABC 的距离为（ ） A ．3 B ．C ．D ．【答案】B【解析】设外接球半径为，P 到底面ABC 的距离为，，则，因为，所以， 因为，所以当时，，当时，，因此当时，取最小值，外接球的表面积取最小值，选B.10．（2019·河北高三月考）在平面四边形ABCD 中，AB ⊥BD ，∠BCD =30°，2246AB BD +=，若将△ABD 沿BD 折成直二面角A -BD -C ，则三棱锥A-BDC 外接球的表面积是( ) A ．4π B ．5πC ．6πD ．8π【答案】C【解析】取,AD BD 中点,E F ，设BCD ∆的外心为M ，连,,MB MF EF ， 则01,30,22MF BD BMF DMB BCD BM BF BD ⊥∠=∠=∠=∴== 分别过,E M 作,MF EF 的平行线，交于O 点， 即//,//OE MF OM EF ，,BD AB E ⊥∴为ABD ∆的外心，平面ABD ⊥平面BCD ，AB ⊥平面BCD ，//,EF AB EF ∴⊥平面BCD ，OM ∴⊥平面BCD ，同理OE ⊥平面ABD ，,E M 分别为ABD ∆，BCD ∆外心，O ∴为三棱锥的外接球的球心，OB 为其半径, 22222221342OB BM OM BD EF BD AB =+=+=+=， 246S OB ππ=⨯=球.故选:C11．（2020·梅河口市第五中学高三期末（理））设三棱锥P ABC -的每个顶点都在球O 的球面上，PAB ∆是面积为3的等边三角形，45ACB ∠=︒，则当三棱锥P ABC -的体积最大时，球O 的表面积为（ ） A ．283π B ．10πC ．323π D ．12π【答案】A【解析】如图，由题意得2334AB =，解得2AB =.记,,AB c BC a AC b ===， 12sin 24ABC S ab C ab ∆==，由余弦定理2222cos c a b ab C =+-，得224222a b ab ab ab =+-≥-，42(22)22ab ≤=+-，当且仅当a b =时取等号．所以CA CB =且平面PAB ⊥底面ABC 时，三棱锥P ABC -的体积最大.分别过PAB ∆和ABC ∆的外心作对应三角形所在平面的垂线，垂线的交点即球心O ， 设PAB ∆和ABC ∆的外接圆半径分别为1r ，2r ，球O 的半径为R ，则123r =，21222sin 45r =⨯=︒.故222211172233R r r ⎛⎫=+=+= ⎪⎝⎭， 球O 的表面积为22843R ππ=.故选：A.12.（2020四川省成都外国语学校模拟）已知正方形ABCD 的边长为4，E ，F 分别是BC ，CD 的中点，沿AE ，EF ，AF 折成一个三棱锥P-AEF （使B ，C ，D 重合于P ），三棱锥P-AEF 的外接球表面积为（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】C 【解析】如图，由题意可得，三棱锥P-AEF 的三条侧棱PA ，PE ，PF 两两互相垂直， 且，，把三棱锥P-AEF 补形为长方体，则长方体的体对角线长为， 则三棱锥P-AEF 的外接球的半径为，外接球的表面积为．故选：C ．13．已知球O 夹在一个二面角l αβ--之间，与两个半平面分别相切于点,A B .若2AB =，球心O 到该二面角的棱l 的距离为2，则球O 的表面积为（ ） A ．8πB ．6πC ．4πD ．2π【来源】江西省萍乡市2021届高三二模考试数学（文）试题 【答案】A【解析】过,,O A B 三点作球的截面，如图：设该截面与棱l 交于D ，则OA l ⊥，OB l ⊥，又OA OB O =，所以l ⊥平面AOB ，所以OD l ⊥，所以||2OD =，依题意得,OA AD OB BD ⊥⊥，所以,,,O A D B 四点共圆，且OD 为该圆的直径，因为||2||AB OD ==，所以AB 也是该圆的直径，所以四边形OADB 的对角线AB 与OD 的长度相等且互相平分，所以四边形OADB 为矩形，又||||OA OB =，所以该矩形为正方形，所以2||||22OA AB ==，即圆O 的半径为2，所以圆O 的表面积为24(2)8ππ⨯=. 故选：A14．已知点,,A B C 在半径为2的球面上，满足1AB AC ==，3BC =，若S 是球面上任意一点，则三棱锥S ABC -体积的最大值为（ ） A ．32312+ B ．3236+ C ．23312+ D ．3312+ 【答案】A【解析】设ABC 外接圆圆心为O '，三棱锥S ABC -外接球的球心为O ，1AB AC ==，设D 为BC 中点，连AD ，如图，则AD BC ⊥，且O '在AD 上，221()22BC AD AB =-=， 设ABC 外接圆半径为r ，222231()()()242BC r AD r r =+-=+-，解得1r =， 22||23OO r '∴=-=要使S ABC -体积的最大，需S 到平面ABC 距离最大， 即S 为O O '32，所以三棱锥S ABC -体积的最大值为11112)2)3322ABCS ⨯=⨯⨯⨯=故选：A15．已知半球O 与圆台OO '有公共的底面，圆台上底面圆周在半球面上，半球的半径为1，则圆台侧面积取最大值时，圆台母线与底面所成角的余弦值为（ ）A B C ．6D 【答案】D【解析】如图1所示，设BC x =，CO r '=，作CF AB ⊥于点F ，延长OO '交球面于点E ，则1BF r =-，OO CF '===2得CO O D ''⋅=()()11O E O H OO OO ''''⋅=+⋅-，即((211r =+⋅，解得212x r =-，则圆台侧面积(2π1102x S x x ⎛⎫=⋅+-⋅<< ⎪⎝⎭，则'2322S x ππ=-，令'0S =，则3x =或x =，当0x <<时，'0S >x <<'0S <，所以函数2π112x S x ⎛⎫=⋅+-⋅ ⎪⎝⎭在⎛ ⎝⎭上递增，在⎝上递减，所以当3x =时，S 取得最大值．当3x BC ==时，21123x r =-=，则213BF r =-=．在轴截面中，OBC ∠为圆台母线与底面所成的角，在Rt CFB △中可得cos 3BF OBC BC ∠==故选：D ．16．（2020·重庆八中高三）圆柱的侧面展开图是一个面积为216π的正方形，该圆柱内有一个体积为V 的球，则V 的最大值为 【答案】323π【解析】设圆柱的底面直径为2r ，高为l ，则222π16πr l l =⎧⎨=⎩，解得24πr l =⎧⎨=⎩.故圆柱的底面直径为4，高为4π，所以圆柱内最大球的直径为4，半径为2，其体积为34π32π233⨯=. 17．（2020·江西高三）半正多面体(semiregular solid )亦称“阿基米德多面体”，如图所示，是由边数不全相同的正多边形为面的多面体，体现了数学的对称美．将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，如此共可截去八个三棱锥，得到一个有十四个面的半正多面体，它们的边长都相等，其中八个为正三角形，六个为正方形，称这样的半正多面体为二十四等边体.若二十四等边体的棱长为2，则该二十四等边体外接球的表面积为【答案】8π【解析】2，侧棱长为2的正四棱柱的外接球，2222(2)(2)(2)2R ∴=++,2R ∴,∴该二十四等边体的外接球的表面积24πS R =24π(2)8π=⨯=.18．（2020·福建高三期末（理））在棱长为4的正方体1111ABCD A B C D -中，E ，F 分别为1AA ，BC 的中点，点M 在棱11B C 上，11114B M BC =，若平面FEM 交11A B 于点N ，四棱锥11N BDD B -的五个顶点都在球O 的球面上，则球O 半径为 【答案】2293【解析】如图1，2,,B M F 三点共线，连结22,B E B MF ∈从而2B ∈平面FEM ，则2B E 与11A B 的交点即为点N ，又12Rt B B N ∆与1Rt A EN ∆相似，所以1112112A E A NB B NB ==； 如图2，设11B D N ∆的外接圆圆心为1O ，半径为r ，球半径为R ，在11B D N ∆中，111445,103NB D D N ︒∠==，由正弦定理得453r =，所以1853D P =，在1Rt DD P ∆中，解得4293DP =，即42293R =，所以所求的球的半径为2293.19．（2020·黑龙江高三（理））设,,,A B C D 是同一个半径为4的球的球面上四点，在ABC 中，6BC =,60BAC ∠=︒,则三棱锥D ABC -体积的最大值为【答案】183【解析】ABC 中，6BC =,60BAC ∠=︒，则643223sin sin 60a r r A ===∴=︒，22max 6h R r R =-=，222222cos 36a b c bc A b c bc bc bc =+-=+-≥∴≤ ，1sin 932S bc A =≤ 当6a b c ===时等号成立，此时11833V Sh ==20．（2020·河北承德第一中学高三）正三棱锥S －ABC 的外接球半径为2，底边长AB ＝3，则此棱锥的体积为【答案】934或334【解析】设正三棱锥的高为h ，球心在正三棱锥的高所在的直线上，H 为底面正三棱锥的中心因为底面边长AB=3，所以2222333332AH AD ⎛⎫==-= ⎪⎝⎭当顶点S 与球心在底面ABC 的同侧时，如下图此时有222AH OH OA += ，即()()222322h +-=，可解得h=3因而棱柱的体积113393333224S ABC V -=⨯⨯⨯⨯=当顶点S 与球心在底面ABC 的异侧时，如下图有222AH OH OA +=，即()222322h +-=，可解得h=1所以113333313224S ABC V -=⨯⨯⨯⨯=9333421．（2020·江西高三（理））已知P,A,B,C 是半径为2的球面上的点，PA=PB=PC=2，90ABC ∠=︒，点B 在AC 上的射影为D ，则三棱锥P ABD -体积的最大值为 【答案】338【解析】如下图，由题意，2PA PB PC ===，90ABC ∠=︒，取AC 的中点为G ，则G 为三角形ABC 的外心，且为P 在平面ABC 上的射影，所以球心在PG 的延长线上，设PG h =，则2OG h =-，所以2222OB OG PB PG -=-，即22424h h --=-，所以1h =. 故G CG 3A ==，过B 作BD AC ⊥于D ，设AD x =(023x <<)，则23CD x =-,设(03)BD m m =<≤，则~ABD BCD ，故23m xx m-=， 所以()223m x x =-，则()23m x x =-，所以ABD 的面积()3112322S xm x x ==-，令()()323f x x x =-，则()2'634f x x x =-（），因为20x >，所以当3032x <<时，()'0f x >，即()f x 此时单调递增；当33232x ≤<时，()'0f x ≤，此时()f x 单调递减．所以当332x =时，()f x 取到最大值为24316，即ABD 的面积最大值为1243932168=．当ABD 的面积最大时，三棱锥P ABD -体积取得最大值为19333388⨯=.22．已知H 是球O 的直径AB 上一点，:1:3AH HB =，AB ⊥平面α，H 为垂足，α截球O 所得截面的面积为π，则球O 的表面积为__________.【来源】宁夏固原市第五中学2021届高三年级期末考试数学（文）试题 【答案】163π【解析】如下图所示，设AH x =，可得出3HB x =，则球O 的直径为4AB x =，球O 的半径为2x ，设截面圆H 的半径为r ，可得2r ππ=，1r ∴=，由勾股定理可得()2222OH r x +=，即()22214x AH x -+=，即2214x x +=，33x ∴=，所以球O 的半径为2323x =，则球O 的表面积为22316433S ππ⎛⎫=⨯= ⎪ ⎪⎝⎭. 23．如图，在三棱锥P ABC -中，PA ⊥平面ABC ，AB BC ⊥，2PA AB ==，22AC =，M 是BC 的中点，则过点M 的平面截三棱锥P ABC -的外接球所得截面的面积最小值为___【答案】π 【解析】PA ⊥平面ABC ，AB BC ⊥，将三棱锥P ABC -补成长方体ABCD PEFN -，则三棱锥P ABC -的外接球直径为22222223R PC PA AB AD PA AC ==++=+=，所以，3R =，设球心为点O ，则O 为PC 的中点，连接OM ，O 、M 分别为PC 、BC 的中点，则//OM PB ，且2211222OM PB PA AB ==+=， 设过点M 的平面为α，设球心O 到平面α的距离为d . ①当OM α⊥时，2d OM ==；②当OM 不与平面α垂直时，2d OM <=. 综上，2d OM ≤=.设过点M 的平面截三棱锥P ABC -的外接球所得截面圆的半径为r ，则221r R d =-≥，因此，所求截面圆的面积的最小值为2r ππ=.24．若正四棱锥P ABCD -的底面边长和高均为8，M 为侧棱PA 的中点，则四棱锥M ABCD -外接球的表面积为___________.【来源】山西省运城市2021届高三上学期期末数学（文）试题 【答案】132π【解析】在正四棱锥P ABCD -中M 为侧楼PA 中点,∴四棱锥M ABCD -外接球即为棱台MNEF ABCD -的外接球，如图，四棱锥P ABCD -的底面边长和高均为8，1214,42AB O N O M ===∴ 212242AO MO ==∴设球心为O ，则图中12,OO A OMO △△均为直角三角形， 设1OO h =，222(42)OA h ∴=+，222(22)(4)OM h =++，A , M 都在球面上，222O O M R A =∴=,解得21,33h R =∴=,24132S R ππ∴==球25．已知P 为球O 球面上一点，点M 满足2OM MP =，过点M 与OP 成30的平面截球O ，截面的面积为16π，则球O 的表面积为________.【来源】广西钦州市2021届高三第二次模拟考试数学（理）试题 【答案】72π 【解析】如图所示：设截面圆心为1O ， 依题意得130OMO ∠=， 设1OO h =，则2OM h =， 又2OM MP =，所以3OP h =，即球的半径为3h ，所以3ON h =，又截面的面积为16π，所以()2116O N ππ=，解得14O N =，在1Rt OO N 中，()22316h h =+， 解得2h =，所以球的半径为32， 所以球的表面积是()243272S ππ==，故答案为： 72π 26．如图是数学家GeminadDandelin 用来证明一个平面截圆锥得到的截面是椭圆的模型(称为丹德林双球模型)：在圆锥内放两个大小不同的小球，使得它们分别与圆锥侧面､截面相切，设图中球1O 和球2O 的半径分别为1和3，128O O =，截面分别与球1O 和球2O 切于点E 和F ，则此椭圆的长轴长为___________.【来源】江苏省盐城市阜宁县2020-2021学年高三上学期期末数学试题【答案】15【解析】如图，圆锥面与其内切球12,O O 分别相切与,B A ，连接12,O B O A ，则12,O B AB O A AB ⊥⊥，过1O 作12O D O A 于D ，连接12,,O F O E EF 交12O O 于点C ，设圆锥母线与轴的夹角为α，截面与轴的夹角为β，在Rt △12O O D 中,2312DO ,22182215O D11221515cos 84O D O O α===128O O = , 218CO O C =-,△2EO C △1FO C ,11218O C O C EO O F -= 解得12O C =,26O C = 222211213CF O C FO ∴=-=-= ,即13cos 2CFO C , 所以椭圆离心率为cos 25cos 5c e aβα=== 在△2EO C 中223cos cos 2EC ECO O C β=∠== 解得33EC =,432EF c ==2325155a a =⇒= 2215a ∴=故答案为：21527．在长方体1111ABCD A B C D -中，13AB =，5AD =，112AA =，过点A 且与直线CD 平行的平面α将长方体分成两部分.现同时将两个球分别放入这两部分几何体内，则在平面α变化的过程中，这两个球的半径之和的最大值为___________.【来源】江苏省六校2021届高三下学期第四次适应性联考数学试题 【答案】16538【解析】如图所示：平面ABMN 将长方体分成两部分，MN 有可能在平面11CDD C 上或平面1111A D C B 上，根据对称性知，两球半径和的最大值是相同的，故仅考虑在平面11CDD C 上的情况，延长11B C 与BM 交于点P ，作1O Q BC ⊥于Q 点，设1CBP BPB α∠=∠=，圆1O 对应的半径为1r ，根据三角形内切圆的性质， 在1Rt O QB 中，12QBO α∠=，15BQ BC CQ r =-=-，111tan 25O Q r BQ r α==-， 则15tan5251tan 1tan 22r ααα==-++，又当BP 与1BC 重合时，1r 取得最大值，由内切圆等面积法求得1512251213r ⨯≤=++，则2tan 23α≤ 设圆2O 对应的半径为2r ，同理可得266tan2r α=-， 又252r ≤，解得7tan 212α≥. 故1255566tan 176(1tan )221tan 1tan 22r r αααα+=-+-=--+++，72tan 1223α≤≤， 设1tan 2x α=+，则195[,]123x ∈，()5176f x x x=--， 由对号函数性质易知195[,]123x ∈，函数()f x 单减，则19519165()()1761912123812f x f ≤=--⨯=，即最大值为16538 故答案为：16538 28．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93，则三棱锥D ABC -体积的最大值为___________.【来源】江苏省南京市秦淮中学2021届高三下学期期初学情调研数学试题【答案】183【解析】ABC 为等边三角形且其面积为93，则23934ABC SAB ==，6AB ∴=，如图所示，设点M 为ABC 的重心，E 为AC 中点，当点D 在平面ABC 上的射影为M 时，三棱锥D ABC -的体积最大，此时，4OD OB R ===， 点M 为三角形ABC 的重心，2233BM BE ∴==， Rt OMB ∴中，有222OM OB BM =-=，426DM OD OM ∴=+=+=，所以三棱锥D ABC -体积的最大值19361833D ABC V -=⨯=29．已知四面体ABCD 的棱长均为6,,EF 分别为棱,BC BD 上靠近点B 的三等分点，过,,A E F 三点的平面与四面体ABCD 的外接球O 的球面相交,得圆'O ，则球O 的半径为___________，圆'O 的面积为__________．【来源】河南省九师联盟2021届高三下学期3月联考理科数学试题【答案】3 8π【解析】。
空间几何体的外接球内切球问题
空间几何体的外接球内切球问题空间几何体的外接球、内切球问题自己总结供参考红岩外接球问题一.棱锥的外接球三棱锥都有外接球；底面有外接圆的任意棱锥都有外接球。
1.确定棱锥外接球球心的通法先找到棱锥底面的外接圆的圆心D ，过D 作底面的垂线ＤＰ交一侧棱的中垂面于O ，点O 即为外接球的球心。
练习：1.三棱锥S-ABC 的各顶点都在同一球面上，若SB ⊥平面ABC ,SB=6，AB=AC=2120BAC ∠=?，则此球的表面积等于。
2. 点A 、B 、C 、D 均在同一球面上，其中△ ABC 是正三角形，AD ⊥平面ABC ，AD=2AB=6则该球的体积为。
3.四面体ABCD 的四个顶点在同一球面上，AB=BC=CD=DA=3，32=AC ，6=BD ，则该球的表面积为（）A ．π14 B.π15 C.π16 D.π182.补成长方体或正方体，再利用体对角线是外接球直径这一结论求解。
练习：1.三棱锥O ABC -中，,,OA OB OC 两两垂直，且22OA OB OC a ===，则三棱锥O ABC -外接球的表面积为（）A ．26a π B ．29a π C ．212a π D ．224a π2.已知,,,S A B C 是球O 表面上的点，SA ABC ⊥平面，AB BC ⊥，1SA AB ==，BC =O 表面积等于（A ）4π （B ）3π （C ）2π （D ）π3.,四个顶点在同一个球面上,则此球的表面积为( )A.3πB.4πD.6π4.3.公共边所对的两个角为直角确定球心法练习1.在矩形ABCD 中，4,3AB BC ==，沿AC 将矩形ABCD 折成一个直二面角B ACD --，则四面体ABCD 的外接球的体积为A.12512π B.1259π C.1256π D.1253π2.空间四边形ABCD中，1,AB BC AD DC ====ABCD 的外接球的表面积为4.利用轴截面截球为大圆确定球半径正四、六、八棱锥的外接球的一个轴截面为大圆，该圆的半径等于外接球的半径. 练习：1.正四棱锥S ABCD -S A B C D 、、、、都在同一球面上，则此球的体积为 .2.正六棱锥EF S ABCD -的底面边长为1S A B C D 、、、、、E 、F 都在同一球面上，则此球的表面积为 .3.表面积为的正八面体的各个顶点都在同一个球面上，则此球的体积为_ C_ A_ O_ D _ BA B．13π C．23π D二.棱柱的外接球底面有外接圆的直棱柱才有外接球。
球的内切与外接问题_数学_高二
S1：S2：S3=R12：R22：R32
第一个小球 — 与正方体内切
a
R1
O
·
1 R1 a 2
2
AC1= 5 2 AC12=AC2+CC12 AC12=32+42+x2=50 x=5 D2=a2+b2+c2
（1）一个几何体的外接球与内切球怎样确定？ ①确定球心位置——位于几何体的中心 ②确定球的半径——球心到切点的距离 （2）一个几何体的外接球与内切球的半径怎样求？ ①与面向切——R=球心到面的距离 ②与棱相切——R=球心到棱的距离 ③与点相接——R=球心到点的距离
画出相关截面，转化成平面几何思考
2
2 3 : a : a 2 2
2
1: 2 : 3
V1:V2:V3= ? R13:R23:R33
长方体的一个顶点上三条棱的长分别为3、4、x， 且它的八个顶点都在同一个球面上，已知球的表面 5 积是50π，则x= 5 。 2 R= S=4πR2
第二个小球 — 与正方体的各条棱都相切
O
·
a
R2
2 R2 a 2
第三个小球 — 与正方体外接
A1
C1
O
·
a
C
R3
A
3 R3 a 2
1 R1 a 2
2 R2 a 2
S1 : S2 : S3 R : R2 : R3
2 1 2
2
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题目：
正三棱锥P---ABC的侧棱长为1，底面边长为 2 ，它 的四个顶点在同一个球面上，则球的体积为 （ A ）
A. 3 2 B. 3 C. 6 6 D. 6
P A C D
解：
设P在底面ABC上的射影为H，则H为正ΔABC的中心.
AH
2 3 6 2 3 2 3
H
OB
K C
且
DH DK KH 1 DA DP AP 3
∴ ΔKHO∽Δ APO
r 1 R 3 即有： r R h 6 a 3
特别提醒：同学们只要记住如下关系式即可：
6 a R r h 3 R 3r
题目：
一个四面体的所有棱长都为 2 ，四个顶点在同一球面 上，则此球的表面积为 ( A ) A、3π B、4π C、5π D、6π
法二 由AH>PH知：球心O在正三棱锥的高PH的延长线上。在RtΔAHO,有：
( 6 2 3 2 ) (R ) R2 3 3 , R 3 2
O B
C
球心在上下底面中心连线的中点。
A1
C1 B1
正三棱柱的内切球
球与棱锥切接问题举例
（1）球与正四面体 正四面体P---ABC的棱长为a，求它的外 接球半径R和内切球半径r 分析： A
P
O
H
K
C D B
由于P---ABC为正四面体，所以，点P在底面ABC上的射影H即为正ΔABC的 中心，而点H到顶点A、B、C的距离都相等。
C A
（2）
P
球与正三棱锥
P A
正三棱锥的外接球的球心在它的高所在直线上 P H OB M
球心在高PH的延 长线上，即在锥 体外部
A
O
H
C
A
O H
C
C D
B
M
D
B
M
D
球心在高PH上， 即在锥体内部
球心与底面正Δ中心H重合
度量关系：设正三棱锥底面边长为b，侧棱长为a，高为h， 外接圆半径为R， 3 2 2 a 2 ( b) 2 h 2 PA PH PM , 即 a h 2R 3 3 2 2 2 2 AH HO AO , 即 （ b) (h R) 2 R 2 或在RtΔAHO中， 3
解： 取BC中点D，连结AD、PD，在ΔPAD中，过P作PH⊥AD， 则PH⊥底面Δ ABC。 ∵D为BC中点，∴AD⊥BC,PD⊥BC,∴BC⊥平面PAD，∴BC⊥PH;又
PH⊥AD,∴ PH⊥底面ΔABC.
在ΔPAD中，过A作AK⊥PD，则AK⊥平面Δ PBC 那么，正四面体的两条高PH与AK的交点即为球心O。
一、正方体的内切球
o
2R a
球的直径等于正方体棱长。
位置关系描述：球与正方体的六个面都相切，各个面的中心即为切点。正方 体的中心即为球心。相对两个面中心连线即为球的直径。球 叫做“正方体的内切球”，正方体叫做“球的外切正方体”。
二、球与正方体的棱相切
2R
2 a
球的直径等于正方体一个面上的对角线长
位置关系描述： 球与正方体的12条棱都相切，各棱的中点即为切点。正 方体中心即为球心。“对棱”中点连线即为球的直径。
三、 正方体的外接球
2R
3a
正方体的（体）对角线等于球直径
位置关系描述：正方体的8个顶点在同一个球面上。正方体的中心即 为球心。
长方体与球
一、长方体的外接球
设长方体的长、宽、高 分别为 a、 b、 c，则 l a2 b2 c2 2R
M
PH
PA 2 AH 2
1
6 9
3 3 9 3
延长PH交球面于M，则PM为球的一直径，∴∠PAM=90° 由RtΔ中的射影定理得：
PA2 PH PM ,即 12 3 3 2R ， R 3 2
4 4 3 3 3 V球 R 3 （ ） 3 3 2 2
长方体的（体）对角线等于球直径
位置关系描述： 长方体的8个顶点在同一个球面上。长方体的中心（对角线的
交点）即为球心。
思考：一般的长方体有内切球吗？
没有。一个球在长方体内部，最多可以和该 长方体的5个面相切。 例如，装乒乓球的盒子
如果一个长方体有内切球，那么它一定是 正方体
例题3
如图，半球内有一内接正方体，正方体的一个面在半球底面 圆内。则这个半球的面积与正方体表面积的比为 （ B ）
A. 5 6 B.
2
C.
5 12
D.
3
分析1
将半球补成整球 则两个同样的正方体对接构成的长方体就内接于这个球。设正 方体棱长为a，则所得长方体对角线长为
l a 2 a 2 ( 2a ) 2 6 a
由长方体内接于球知：
l 2R
分析2
设球心为O，则O亦为底面正方形的中心。 如图，连结OA、OB，则得RtΔOAB. 设正方体棱长为a，易知：
外接球的半径 R
6 6 3 a 2 4 4 2
解1：
S 4 R 2 3
解2： 联想棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1，则四面体ACB1D1的 棱长都为 2 ，它的外接球也是正方体的外接球，其半径为正 方体对角线长的一半，即有r＝
3 2
，故所求球面积为．S＝3π D1 B1
B
OA 2 a , OB R , 2
2
AB a
A
6 a 2
O B A O
2 2 2 2 a a R
, R
S半球 S正方体
3 2 a 2 2 R 2 6a 2 6a 2 2
2
球与棱柱切接问题举例
正三棱柱的外接球
A
M
显见，内切球的球心也是这个点O，即正四面体的 外接球与内切球是同心球。
P
而且，OP=K 1 DA DP 3
KH OH 1 AP OP 3
∴KH∥PA O A H D B
6 a r 12 6 R 3 r a 4