三棱锥的内切球和外接球和棱切球的问题
专题11立体几何中的内切外接问题11月19日终稿
专题十一 立体几何中的内切外接问题知识点一 棱锥外接问题外接问题常见于球的计算，而一部分棱锥的外接球的问题，常转化为棱锥外接棱柱的外接球问题或将三棱锥补为长方体，本节就先来探究特殊三棱锥的内外接问题.(1)三组对棱分别相等的四面体必内接于唯一的长方体，且四面体的棱分别为长方体的面对角线;(2)正四面体P ABC -内接于正方体且正方体的棱长a =;(3)若四面体有三条棱两两互相垂直.则可将其放入某个长方体内，其中三条互相垂直的棱也为长方体的棱; (4)若四面体的四个面均是直角三角形，该四面体为鳖臑，则可将其放入某个长方体内，其中三条互相垂直的棱也为长方体的棱;(5)三组对棱分别相等的四面体的棱长A B BC A C ''''、、必构成锐角三角形，即为外接长方体的三个面对角线构成的三角形;(6)任一四面体均内接于唯一的平行六面体.每条棱均为平行六面体的面对角线，且四面体体积是平行六面体体积的三分之一;(7)连接两组对棱的中点可组成平行四边形EGFH ，且另一组对棱与该面距离相等，此时平行四边形EGFH 平行于四面体内接平行六面体的一对平行平面;(8)过一组对棱(AB 与CD )中点()E F ，连线的任一平面(E G F H 、、、共面)必平分其()A BCD V -体积，即AC BGFH BD BD BZFH V V V --=-;（9）由正方体性质可知(i)1BD ⊥平面11AC D ，1BD ⊥平面1ACB . (ii)F 为平面11A C D 的中心，E 为平面1ACB 的中心. (iii)E ，F 为1BD 的三等分点.则正方体内接正四面体C AB D 11-高为E D 1，即正方体体对角线的23.【例1】(2009·江西卷)如图所示.在四面体ABCD 中.截面PQMN 是正方形.则在下列命题中.错误的为（ ）A.AC BD ⊥B.AC 平行于截面PQMNC.AC BD = D .异面直线PM 与BD 所成的角为45【例2】(重庆市七校联考)(多选)如图，在边长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，点E ,F 分别是棱1BB ，11B C 的中点，G 是棱1CC 上的动点，则下列说法正确的是（ ） A.当G 为中点时，直线AG ∥面1A EFB.当G 为中点时，直线AG 与EF 所成的角为30C.若H 是棱AA 上的动点，且1C G AH =，则平面ACD ⊥平面1B HGD.当G 在1CC 上运动时，直线AG 与平面11AA D D 所成的角的最大值为45︒知识点二 与球有关的内切、外接问题与球有关的内切、外接问题是立体几何的一个重点(切、接问题的解题思路类似，此处以多面体的外接球为例).研究多面体的外接球问题，既要运用多面体的知识，又要运用球的知识，并且还要特别注意多面体的有关几何元素与球的半径之间的关系.一．长方体切割体的外接球设长方体相邻的三条边棱长分别为a ，b ，c ．图1墙角体 图2鳖臑 图3挖墙角体 图4对角线相等的四面体图1与图2有重垂线，三视图都是三个直角三角形，图3无重垂线，俯视图是一矩形，AC 为虚线，主视图和左视图为直角三角形，外接球半径均为长方体体对角线一半，R =．图4中2222222222222222222a b BC AD BC AB CD b c AC a b c R AC BD c a AB ααβγβγ⎧+===⎫⎪++⎪=⇒+==⇒++=⇒=⎬⎨⎪⎪=+==⎭⎩abc abc abc V BCD A 31461=⨯-=-．外接球问题遇到墙角体就十分好处理，遇到以下墙角体性质的问题，就可以直接套用公式. 墙角体性质：(1)2222222()AB BC CA a b c ++=++.图 1【解析】如图1，因为Rt PAB △，Rt PBC △，Rt PCA △，所以222222222AB a b BC b c CA a c ⎧=+⎪=+⎨⎪=+⎩，故2222222()AB BC CA a b c ++=++.(2)顶点P 在底面上的投影H 恰为ABC △的垂心.如图 2【解析】如图2，因为Rt PAB △，Rt PBC △，Rt PCA △，又PA ⊥平面PBC ，所以PA BC ⊥. 因为PH ⊥平面ABC ，所以PH BC ⊥，故平面PAH BC ⊥，从而AH BC ⊥. 同理CH BA ⊥，BH AC ⊥，所以H 为ABC △的垂心.(3)设三个侧面和底面的面积分别为ABP S △，BCP S △，CAP S △，ABC S △，则 ①ABP S △是ABH S △与ABC S △的比例中项; ②BCP S △是CBH S △与ABC S △的比例中项; ③CAP S △是CAH S △与ABC S △的比例中项;④2222ABP BCP CAP ABC S S S S ++=△△△△.【解析】因为12BCP S BC PD =⋅△，12CBH S BC HD =⋅△，12ABC S BC AD =⋅△. 在Rt PDA △中，2PD HD AD =⋅.所以2BCP CBH ABC S S S =⋅△△△，所以BCP S △是CBH S △与ABC S △的比例中项. 同理，ABP S △是ABH S △与ABC S △的比例中项. CAP S △是CAH S △与ABC S △的比例中项.2BCP CBH ABC S S S =⋅△△△，2BCP ABH ABC S S S =⋅△△△，2CAP CAH ABC S S S =⋅△△△.三式相加，得222BCP ABP CAP CBH ABC ABH ABC CAH ABC S S S S S S S S S ++=⋅+⋅+⋅△△△△△△△△△2()CBH ABH CAH ABC ABC S S S S S =++⋅=△△△△△.【例3】在球面上有四个点P 、A 、B 、C .如果PA 、PB 、PC 两两互相垂直，且a PC PB PA ===,则这个球的表面积是 ．【例4】(张家口期末)在《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑 (bi ē n ào)．如图，三棱锥D ABC -为一个鳖臑，其中DA ⊥平面ABC ，AB BC ⊥，2DA AB BC ===，AM DC ⊥，M 为垂足，则（ ）A ．AM ⊥平面BCDB ．DC 为三棱锥D ABC -的外接球的直径C ．三棱锥M ABD -的外接球体积为D ．三棱锥M ABC -的外接球体积与三棱锥M ABD -的外接球体积相等 【例5】(市中区校级模拟)在直角梯形ABCD 中，AB CD ∥，AD AB ⊥，22AB DC ==，E 为AD 的中点．将EAB △和ECD △分别沿EB ，EC 折起，使得点A ，D 重合于点F ，构成四面体FBCE ．若四面体FBCE 的四个面均为直角三角形，则其外接球的半径为 ． 【例6】(江西模拟)在三棱锥P ABC -中，PA ⊥底面ABC ，AB AC ⊥，6AB =，8AC =，D 是线段AC 上一点，且3AD DC =．三棱锥P ABC -的各个顶点都在球O 表面上，过点D 作球O 的截面，若所得截面圆的面积的最大值与最小值之差为16π，则球O 的表面积为（ ）A ．72πB ．86πC ．112πD ．128π【例7】四面体BCD A -中，5==CD AB ，34==BD AC ，41==BC AD ，则四面体BCD A -外接球的表面积为（ ） A ．π50B ．π100C ．π150D ．π200【例8】(辽宁期末)粽子，古时北方也称“角黍”，是由粽叶包裹糯米、泰米等馅料蒸煮制成的食品，是中国汉族传统节庆食物之一．端午食粽的风俗，千百年来在中国盛行不衰．粽子形状多样，馅料种类繁多，南北方风味各有不同．某四角蛋黄粽可近似看成一个正四面体，蛋黄近似看成一个球体，且每个粽子里仅包裹一个蛋黄．若粽子的棱长为9cm ，则其内可包裹的蛋黄的最大体积约为（ ）（参考数据：6 2.45≈，3.14)π≈A ．320cmB ．322cmC ．326cmD ．330cm【解析】蛋黄近似看成一个棱长为9cm 的正四面体ABCD 的内切球，正四面体为ABCD ，设四面体的内切 【例9】(遵义期末)已知三棱锥P ABC -的顶点P 在底面的射影O 与ABC ∆的垂心重合，且ABC PBCPBC OBCS S S S =△△△△．若三棱锥P ABC -的外接球半径为3，则PAB PBC PAC S S S ++△△△的最大值为（ ） A ．6 B ．8 C ．10D ．12二． 三棱柱的切割体的外接球⇒图1立着放的模型 图2躺着放的模型图1：立着放的模型一定有重垂线，且重垂线在底面的射影一定位于底面三个顶点中的一个，底面三角形非直角三角形，将重垂线长度设为h ，底面三角形外接圆半径设为r ，A a r sin 2=可以求出，则222⎪⎭⎫⎝⎛+=h r R ； 图2：躺着放的模型，底面是直角三角形或者矩形，侧面非直角三角形，底面一条棱垂直于侧面，222⎪⎭⎫⎝⎛+=h r R ．【例10】如图，三棱锥的所有顶点都在一个球面上，在ABC △中，3=AB ，︒=∠60ACB ，︒=∠90BCD ，AB CD ⊥，22=CD ，则该球的体积为 ．【例11】(莱西市期末)已知球O 是正三棱锥A BCD -(底面是正三角形，顶点在底面的射影为底面中心)的外接球，3BC =，23AB =，点E 在线段BD 上，且3BD BE =．过点E 作球O 的截面，则所得截面面积的最小值是（ ） A ．2πB ．3πC ．4πD ．5π三、切瓜模型(两个平面互相垂直，最大高和最小高问题)图1,PAC BAC AB BC ⊥⊥面面 图2底面ABC 固定，P 在球面上运动，ABC P V -最值问题图1：由图可知，小圆ABC 直径AC 长可以求出，平面PAC 必在大圆上，由APCR sin 2=，解出R ．图2：先根据ABCr sin 2=求出底面圆的直径MN ，再根据几何性质求出球大圆的直径，最后根据垂径定理算出P 到底面距离的最大值和最小值．双半径单交线公式：4222212l R R R -+=2122212122D O E O D O OO OD R +=+==2222222222121121()()24l O C CE O D O C BC O D R R =-+=-+=+-注意：常见的切瓜模型中，一旦出现21l R =或22lR =时，则2R R =或1R R =．双半径单交线公式适合所有的直二面角模型，两个半平面的外接圆半径分别为1R 和2R ，两半平面交线长度为l ，此公式属于一种开挂般的存在，在前面的直三棱柱切割体模型当中也可以使用，一旦两个半平面的二面角不是︒90时，此公式将不再适用．【例12】(柴桑区校级期末)球O 为三棱锥P ABC -的外接球，ABC △和PBC △都是边长为23的正三角形，平面PBC ⊥平面ABC ，则球的表面积为（ ） A ．28π B ．20π C ．18π D ．16π【解析】【例13】(驻马店期末)已知平面图形PABCD ，ABCD 为矩形，4AB =，PAD 是以P 为顶点的等腰直角三角形，如图所示，将PAD △沿着AD 翻折至△P AD '，当四棱锥P ABCD '-体积的最大值为163，此时四棱锥P ABCD '-外接球的表面积为（ ）A ．12πB ．16πC ．24πD ．32π四、含二面角的外接球终极公式双距离单交线公式：4sin cos 222222l mn n m R +-+=αα如图，若空间四边形ABCD 中，二面角D AB C --的平面角大小为α，ABD 的外接圆圆心为1O ，ABC 的外接圆圆心为2O ，E 为公共弦AB 中点，则α=∠21EO O ，m E O =1，n E O =2，2lAE =，R OA =，由于21O E O O 、、、四点共圆，且αsin 221O O R OE ='=，根据余弦定理αcos 222221mn n m O O -+=，4sin cos 22222222l mn n m AE OE R +-+=+=αα．(当C ∠与D ∠均为钝角时，外接圆圆心在半平面的另一侧，21EO O ∠为二面角的对顶角，公式不变；当C ∠与D ∠为钝角时，21EO O ∠为二面角的补角，只需将公式中的角α转化为απ-，即4-sin -cos 222222l mn n m R +-+=）（）（απαπ) 注意：此公式最好配合剖面图，需要求出两个半平面的外接圆半径，和外接圆圆心到公共弦的距离，通常是，剖面图能很快判断出两条相等弦的优先使用公式()2tan 2222αr h r R -+=．【例14】(亳州模拟)已知空间四边形ABCD ，CD BD ⊥，3CD =，3AB BD AD ===，二面角A BD C --是120︒，若A 、B 、C 、D 四点在同一球面上，则该球的表面积是（ ） A ．15π B ．18π C ．21π D ．24π 【例15】(北碚区校级期末)如图，在四边形ABCD 中，AD BC ∥，2AD AB ==，45BCD ∠=︒，90BAD ∠=︒，将ABD △沿BD 进行翻折，在这一翻折过程中，下列说法正确的是（ ）A ．始终有AC BD ⊥B ．当平面ABD ⊥平面BCD 时，平面ABD ⊥平面ACDC ．当平面ABD ⊥平面BCD 时，直线BC 与平面ABD 成45︒角D ．当二面角A BD C --的大小为120︒时，三棱锥A BCD -外接球表面积为563π 【例16】在四面体S ABC -中，AB BC ⊥，AB BC =，SAC △为等边三角形，二面角S AC B --的余弦值为，则四面体S ABC -的外接球表面积为 ．知识点三 内切球1、内切球的基本概念 (1)内切球定义：①球心到多面体各面距离相等且等于半径的球；②与圆柱两底面以及每条母线都相切的球；③与圆锥底面和各母线都相切的球；④与圆台上下两底面以及每条母线都相切的球. (2)正多面体的内切球和外接球球心重合.(3)正棱锥的内切球和外接球球心都在高线上，除正四面体外，均不重合.(4)任意四面体都有内切球，面数超过四的凸多面体需利用定义判断是否存在内切球. 2、多面体和旋转体的内切球 (1)棱锥内切球半径：①等体积法：由球心到各面距离相等，多面体体积可表示为：123123111111333333n n V rS rS rS rS rS rS ++++=++++==表，所以3V r S =表. ②相似法求解正棱锥内切球半径：（以下以正三棱锥为例）如图，由正三棱锥内切球球心O 在高线上，则球与侧面的切点E 在侧面的高线PD 上，与底面的切点H 为高线垂足，易知POE PDH△∽△，故利用OE PODH PD=，可解出内切球半径R .(2)旋转体内切球半径：（可按照轴截面的内切圆半径计算，外接球同理）如图，已知圆锥高为h ，底面半径为r ，利用两个直角三角形ABD △和AOE △相似可得OE BDAE AD=，故rh=，所以rR rh=（）.注：圆柱、圆台同样以轴截面的方式处理.(3)常见几何体内切球、外接球半径：棱长为a的正方体：内切球半径2aR=，外接球半径R=.棱长为a的正四面体：内切球半径R，外接球半径R.柱体侧棱长a，底面外接圆半径r：柱体可能不存在内切球，柱体中最大的球的半径min{}2aR r=，.【例17】(昌江区校级期末)正方体的外接球体积与内切球体积的比为（）A．3B．C D．2【例18】(山东一模)如图，三棱锥V ABC-中，VA⊥底面ABC，90BAC∠=︒，2AB AC AV===，则该三棱锥的内切球和外接球的半径之比为（）A．(2:1B．3):1C．1):3D．1):2【例19】(南京模拟)如图，正三棱柱111ABC A B C-，底面边长为2，D，E，F，M，N分别为棱AC，AB，BC，11A C，11B C的中点，P为线段MN上的动点，则三棱锥P DEF-内切球半径的最大值为．【例20】(青岛开学)已知圆台的上下底面半径分别为1和2，侧面积为，则该圆台的外接球半径为（）A B C D【例21】(重庆月考)若正三棱柱111ABC A B C -既有外接球，又有内切球，记该三棱柱的外接球和内切球的半径分别为1R 、2R ，则212()R R =（ ） A ．5 B ．4 C ．92D ．103同步训练1.在三棱锥A BCD -中，侧棱AB 、AC 、AD 两两垂直，ABC △、ACD △、ADB △、，则三棱锥A BCD -的外接球的体积为（ ）A B ． C ． D ．2．(凤阳县校级三模)已知正方形123APP P 的边长为4，点B ，C 分别是边12P P ，23P P 的中点，沿AB ，BC ，CA 折叠成一个三棱锥P ABC -（使1P ，2P ，3P 重合于点)P ，则三棱锥P ABC -的外接球的体积为（ ）A ．24πB ．C ．D ．4π3．(瑶海区月考)已知三棱锥P ABC -的顶点P 在底面的射影O 为ABC △的垂心，若2ABC OBC PBC S S S ⋅=△△△，且三棱锥P ABC -的外接球半径为3，则PAB PBC PAC S S S ++△△△的最大值为（ ） A ．8B ．10C ．18D ．224.已知三棱锥P ABC -的四个顶点均在同一个球面上，底面ABC △满足AB BC =3AC =，若该三棱，则其外接球的半径为（ ）A ．1B ．2C ．3D ．235．(河南模拟)在四面体ABCD 中，ABD △与BDC △都是边长为2的等边三角形，且平面ABD ⊥平面BDC ，则该四面体外接球的体积为 ．6．(怀化二模)已知空间四边形ABCD 中，2AB BD AD ===，1BC =，CD 若平面ABD ⊥平面BCD ，则该几何体的外接球表面积为 ．7．(江西月考)已知空间四边形ABCD 中，2AB BD AD ===，1BC =，CD ，若二面角A BD C --的大小是120︒，则该几何体的外接球表面积是 ．8．(葫芦岛模拟)已知空间四边形ABCD 中，2AB BD AD ===，1BC =，CD ，若二面角A BD C--的取值范围为2[]43ππ，，则该几何体的外接球表面积的取值范围为 ．9.(全国四模)已知三棱锥D ABC -所有顶点都在球O 的球面上，ABC △为边长为ABD △是以BD 为斜边的直角三角形，且2AD =，二面角C AB D --为120︒，则球O 的表面积为（ ）A ．1483π B ．28π C ．373π D ．36π10.(江门月考)已知三棱锥P ABC -三条侧棱PA ，PB ，PC 两两互相垂直，且2PA PB PC ===，M ，N分别为该三棱锥的内切球和外接球上的动点，则M ，N 两点间距离的最小值为（ ）A ．2B 1C ．2D 2-11.(和平区二模)已知圆锥底面圆的直径为3，该圆锥的内切球也是棱长为a 的正四面体的外接球，则此正四面体的棱长a 为（ ）A B C ．3 D ．9212.(山西月考)P ABC -的外接球和内切球的半径分别为1R 和2R ，则12R R -的值为（ ）A ．4BCD ．1 13．(大武口区校级三模)正方形ABCD 中，E ，F 分别为线段AB ，BC 的中点，连接DE ，DF ，EF ，将ADE △，CDF △，BEF △分别沿DE ，DF ，EF 折起，使A ，B ，C 三点重合，得到三棱锥O DEF -，则该三棱锥外接球半径R 与内切球半径r 的比值为 ．14．(南开区模拟)如果一个八面体各个面都是全等的正三角形，如图所示，则这个几何体叫正八面体，则棱长为4的正八面体的内切球半径是 ．15．(黄冈期末)若圆锥的内切球（球面与圆锥的侧面以及底面都相切）的半径为1，当该圆锥体积是球体积两倍时，该圆锥的高为（ ）A ．2B ．4CD ．16．(胶州市期末)在三棱柱111ABC A B C -中，上下底面均为等腰直角三角形，且AB ==1AA ⊥平面ABC ，若该三棱柱存在内切球，则1AA =（ ）A ．2B ．2C ．2D。
高考数学空间几何体的外接球与内切球常见题型
高考数学空间几何体的外接球与内切球常见题型本文介绍了空间几何体的外接球与内切球的经典类型，其中第一种类型为墙角模型，即三条棱两两垂直，不需要找球心的位置即可求出球半径。
具体方法是找到三条两两垂直的线段，然后使用公式2R=a+b+c或2R=a^2+b^2+c^2来求出R。
例如，在已知各顶点都在同一球面上的正四棱柱的高为4，体积为16的情况下，可以求出该球的表面积为32π。
第二种类型为对棱相等模型，补形为长方体。
在这种情况下，需要找到对棱相等的空间几何体，并补成长方体。
例如，如果三棱锥的三个侧面两两垂直，且侧棱长均为3，则其外接球的表面积为36π。
除此之外，文章还给出了一些具体的例子，如正三棱锥S-ABC中，M、N分别是棱SC、BC的中点，且AM⊥MN，若侧棱SA=23，则正三棱锥S-ABC外接球的表面积为36π。
同时，文章还提到了一些需要注意的引理，如正三棱锥的对棱互相垂直等。
需要注意的是，文章中存在一些格式错误和明显有问题的段落，需要进行删除或修改。
题设：三棱锥（即四面体）中，已知三组对棱分别相等，求外接球半径（AB=CD，AD=BC，AC=BD）首先，我们可以画出一个长方体，标出三组互为异面直线的对棱，如图2-1所示。
设出长方体的长宽高分别为a,b,c，AD=BC=x，AB=CD=y，AC=BD=z，列方程组：a^2+b^2=x^2b+c=yc^2+a^2=z^2根据墙角模型，我们可以得到2R=a+b+c=2(x^2+y^2+z^2)/(x^2+y^2+z^2)，化简得到R=sqrt(2)/2*(x^2+y^2+z^2)/(x^2+y^2+z^2)，求出R即可。
例2（1）如下图所示三棱锥A-BCD，其中AB=CD=5,AC=BD=6,AD=BC=7，则该三棱锥外接球的表面积为。
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。
3）正四面体的各条棱长都为2，则该正面体外接球的体积为。
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
高考数学二轮复习考点知识与题型专题讲解31---空间几何体
高考数学二轮复习考点知识与题型专题讲解第31讲 空间几何体[考情分析] 空间几何体的结构特征是立体几何的基础，空间几何体的表面积和体积是高考的重点与热点，多以选择题、填空题的形式考查，难度中等或偏上．考点一 空间几何体的折展问题核心提炼空间几何体的侧面展开图 1．圆柱的侧面展开图是矩形． 2．圆锥的侧面展开图是扇形． 3．圆台的侧面展开图是扇环．例1 (1)“莫言下岭便无难，赚得行人空喜欢．”出自南宋诗人杨万里的作品《过松源晨炊漆公店》．如图是一座山的示意图，山大致呈圆锥形，山脚呈圆形，半径为40 km ，山高为4015 km ，B 是山坡SA 上一点，且AB ＝40 km.为了发展旅游业，要建设一条从A 到B 的环山观光公路，这条公路从A 出发后先上坡，后下坡，当公路长度最短时，下坡路段长为( )A ．60 kmB ．12 6 kmC ．72 kmD ．1215 km 答案 C解析 该圆锥的母线长为(4015)2＋402＝160， 所以圆锥的侧面展开图是圆心角为2×π×40160＝π2的扇形，如图，展开圆锥的侧面，连接A ′B ，由两点之间线段最短，知观光公路为图中的A ′B ，A ′B ＝SA ′2＋SB 2＝1602＋1202＝200， 过点S 作A ′B 的垂线，垂足为H ，记点P 为A ′B 上任意一点，连接PS ，当上坡时，P 到山顶S 的距离PS 越来越小，当下坡时，P 到山顶S 的距离PS 越来越大， 则下坡段的公路为图中的HB ， 由Rt △SA ′B ∽Rt △HSB ， 得HB ＝SB 2A ′B ＝1202200＝72(km)．(2)(2022·深圳检测)如图，在三棱锥P －ABC 的平面展开图中，AC ＝3，AB ＝1，AD ＝1，AB ⊥AC ，AB ⊥AD ，∠CAE ＝30°，则cos ∠FCB 等于( )A.12B.13C.35D.34 答案 D解析 由题意知，AE ＝AD ＝AB ＝1，BC ＝2， 在△ACE 中，由余弦定理知， CE 2＝AE 2＋AC 2－2AE ·AC ·cos ∠CAE ＝1＋3－2×1×3×32＝1， ∴CE ＝CF ＝1，而BF ＝BD ＝2，BC ＝2，∴在△BCF 中，由余弦定理知，cos ∠FCB ＝BC 2＋CF 2－BF 22BC ·CF ＝4＋1－22×2×1＝34.规律方法 空间几何体最短距离问题，一般是将空间几何体展开成平面图形，转化成求平面中两点间的最短距离问题，注意展开后对应的顶点和边．跟踪演练1 (1)(多选)如图是一个正方体的展开图，如果将它还原为正方体，则下列说法中正确的是( )A ．C ∈GHB ．CD 与EF 是共面直线C ．AB ∥EFD ．GH 与EF 是异面直线 答案 ABD解析 由图可知，还原正方体后，点C 与G 重合， 即C ∈GH ，又可知CD 与EF 是平行直线，即CD 与EF 是共面直线，AB 与EF 是相交直线(点B 与点F 重合)，GH 与EF 是异面直线，故A ，B ，D 正确，C 错误．(2)如图，在正三棱锥P －ABC 中，∠APB ＝∠BPC ＝∠CP A ＝30°，P A ＝PB ＝PC ＝2，一只虫子从A 点出发，绕三棱锥的三个侧面爬行一周后，又回到A 点，则虫子爬行的最短距离是( )A ．32B ．3 3C ．23D ．2 2 答案 D解析 将三棱锥由P A 展开，如图所示，则∠AP A 1＝90°，所求最短距离为AA 1的长度，∵P A ＝2， ∴由勾股定理可得 AA 1＝22＋22＝2 2.∴虫子爬行的最短距离为2 2.考点二 表面积与体积核心提炼1．旋转体的侧面积和表面积(1)S 圆柱侧＝2πrl ，S 圆柱表＝2πr (r ＋l )(r 为底面半径，l 为母线长)． (2)S 圆锥侧＝πrl ，S 圆锥表＝πr (r ＋l )(r 为底面半径，l 为母线长)． (3)S 球表＝4πR 2(R 为球的半径)． 2．空间几何体的体积公式(1)V 柱＝Sh (S 为底面面积，h 为高)． (2)V 锥＝13Sh (S 为底面面积，h 为高)．(3)V 台＝13(S 上＋S 上·S 下＋S 下)h (S 上，S 下为底面面积，h 为高)．(4)V 球＝43πR 3(R 为球的半径)．例2 (1)(2022·全国甲卷)甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为2π，侧面积分别为S 甲和S 乙，体积分别为V 甲和V 乙．若S 甲S 乙＝2，则V 甲V 乙等于( )A. 5 B ．2 2 C.10 D.5104答案 C解析 方法一因为甲、乙两个圆锥的母线长相等，所以结合S 甲S 乙＝2，可知甲、乙两个圆锥侧面展开图的圆心角之比是2∶1.不妨设两个圆锥的母线长为l ＝3，甲、乙两个圆锥的底面半径分别为r 1，r 2，高分别为h 1，h 2， 则由题意知，两个圆锥的侧面展开图刚好可以拼成一个周长为6π的圆， 所以2πr 1＝4π，2πr 2＝2π，得r 1＝2，r 2＝1. 由勾股定理得，h 1＝l 2－r 21＝5，h 2＝l 2－r 22＝22，所以V 甲V 乙＝13πr 21h113πr 22h 2＝4522＝10.方法二 设两圆锥的母线长为l ，甲、乙两圆锥的底面半径分别为r 1，r 2，高分别为h 1，h 2，侧面展开图的圆心角分别为n 1，n 2， 则由S 甲S 乙＝πr 1l πr 2l ＝n 1πl 22πn 2πl22π＝2，得r 1r 2＝n 1n 2＝2. 由题意知n 1＋n 2＝2π， 所以n 1＝4π3，n 2＝2π3，所以2πr 1＝4π3l ，2πr 2＝2π3l ，得r 1＝23l ，r 2＝13l .由勾股定理得，h 1＝l 2－r 21＝53l ， h 2＝l 2－r 22＝223l ， 所以V 甲V 乙＝13πr 21h113πr 22h 2＝4522＝10.(2)(多选)(2022·新高考全国Ⅱ)如图，四边形ABCD 为正方形，ED ⊥平面ABCD ，FB ∥ED ，AB ＝ED ＝2FB .记三棱锥E －ACD ，F －ABC ，F －ACE 的体积分别为V 1，V 2，V 3，则( )A ．V 3＝2V 2B ．V 3＝V 1C ．V 3＝V 1＋V 2D ．2V 3＝3V 1 答案 CD解析 如图，连接BD交AC 于O ，连接OE ，OF .设AB ＝ED ＝2FB ＝2， 则AB ＝BC ＝CD ＝AD ＝2， FB ＝1.因为ED ⊥平面ABCD ，FB ∥ED ， 所以FB ⊥平面ABCD ，所以V 1＝V E －ACD ＝13S △ACD ·ED ＝13×12AD ·CD ·ED ＝13×12×2×2×2＝43，V 2＝V F －ABC ＝13S △ABC ·FB ＝13×12AB ·BC ·FB ＝13×12×2×2×1＝23.因为ED ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ， 所以ED ⊥AC ， 又AC ⊥BD ，且ED ∩BD ＝D ，ED ，BD ⊂平面BDEF ，所以AC ⊥平面BDEF . 因为OE ，OF ⊂平面BDEF ， 所以AC ⊥OE ，AC ⊥OF . 易知AC ＝BD ＝2AB ＝22， OB ＝OD ＝12BD ＝2，OF ＝OB 2＋FB 2＝3， OE ＝OD 2＋ED 2＝6， EF ＝BD 2＋(ED －FB )2 ＝(22)2＋(2－1)2＝3，所以EF 2＝OE 2＋OF 2，所以OF ⊥OE . 又OE ∩AC ＝O ，OE ，AC ⊂平面ACE ， 所以OF ⊥平面ACE ， 所以V 3＝V F －ACE ＝13S △ACE ·OF＝13×12AC ·OE ·OF ＝13×12×22×6×3＝2， 所以V 3≠2V 2，V 1≠V 3，V 3＝V 1＋V 2,2V 3＝3V 1， 所以选项A ，B 不正确，选项C ，D 正确． 规律方法 空间几何体的表面积与体积的求法(1)公式法：对于规则的几何体直接利用公式进行求解．(2)割补法：把不规则的图形分割成规则的图形，或把不规则的几何体补成规则的几何体，不熟悉的几何体补成熟悉的几何体．(3)等体积法：选择合适的底面来求体积．跟踪演练2 (1)已知圆锥的顶点为S ，母线SA ，SB 所成角的余弦值为78，SA 与圆锥底面所成角为45°，若△SAB 的面积为515，则该圆锥的侧面积为( ) A ．802π B ．40 C ．402π D ．405π 答案 C解析 由圆锥的顶点为S ，母线SA ，SB 所成角的余弦值为78，可得sin ∠ASB ＝1－⎝⎛⎭⎫782＝158， 又△SAB 的面积为515， 可得12SA 2sin ∠ASB ＝515，即12SA 2×158＝515，可得SA ＝45， 由SA 与圆锥底面所成角为45°， 可得圆锥的底面半径为22×45＝210， 则该圆锥的侧面积为π×210×45＝402π.(2)(2022·连云港模拟)如图是一个圆台的侧面展开图，若两个半圆的半径分别是1和2，则该圆台的体积是( )A.72π24B.73π24C.72π12D.73π12 答案 B解析 如图，设上底面的半径为r ，下底面的半径为R ，高为h ，母线长为l ，则2πr ＝π·1,2πR ＝π·2， 解得r ＝12，R ＝1，l ＝2－1＝1， h ＝l 2－(R －r )2＝12－⎝⎛⎭⎫122＝32，上底面面积S ′＝π·⎝⎛⎭⎫122＝π4， 下底面面积S ＝π·12＝π，则该圆台的体积为13(S ＋S ′＋SS ′)h ＝13×⎝⎛⎭⎫π＋π4＋π2×32＝73π24. 考点三 多面体与球核心提炼求空间多面体的外接球半径的常用方法(1)补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；(2)定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据到其他顶点距离也是半径，列关系式求解即可．例3 (1)(2022·烟台模拟)如图，三棱锥V －ABC 中，VA ⊥底面ABC ，∠BAC ＝90°，AB ＝AC ＝VA ＝2，则该三棱锥的内切球和外接球的半径之比为( )A ．(2－3)∶1B ．(23－3)∶1C ．(3－1)∶3D ．(3－1)∶2 答案 C解析 因为VA ⊥底面ABC ，AB ，AC ⊂底面ABC ， 所以VA ⊥AB ，VA ⊥AC ， 又因为∠BAC ＝90°，所以AB ⊥AC ，而AB ＝AC ＝VA ＝2，所以三条互相垂直且共顶点的棱，可以看成正方体中共顶点的长、宽、高，因此该三棱锥外接球的半径R ＝12×22＋22＋22＝3，设该三棱锥的内切球的半径为r ， 因为∠BAC ＝90°，所以BC ＝AB 2＋AC 2＝22＋22＝22， 因为VA ⊥AB ，VA ⊥AC ，AB ＝AC ＝VA ＝2， 所以VB ＝VC ＝VA 2＋AB 2＝22＋22＝22， 由三棱锥的体积公式可得，3×13×12×2×2·r ＋13×12×22×22×32·r ＝13×12×2×2×2⇒r ＝3－33， 所以r ∶R ＝3－33∶3＝(3－1)∶3.(2)(2022·新高考全国Ⅱ)已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为33和43，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解析 由题意，得正三棱台上、下底面的外接圆的半径分别为23×32×33＝3，23×32×43＝4.设该棱台上、下底面的外接圆的圆心分别为O 1，O 2，连接O 1O 2(图略)，则O 1O 2＝1，其外接球的球心O 在直线O 1O 2上．设球O 的半径为R ，当球心O 在线段O 1O 2上时，R 2＝32＋OO 21＝42＋(1－OO 1)2，解得OO 1＝4(舍去)；当球心O 不在线段O 1O 2上时，R 2＝42＋OO 22＝32＋(1＋OO 2)2，解得OO 2＝3，所以R 2＝25，所以该球的表面积为4πR 2＝100π. 综上，该球的表面积为100π.规律方法 (1)求锥体的外接球问题的一般方法是补形法，把锥体补成正方体、长方体等求解． (2)求锥体的内切球问题的一般方法是利用等体积法求半径．跟踪演练3 (1)(2022·全国乙卷)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.13B.12 C.33D.22答案 C解析 该四棱锥的体积最大即以底面截球的圆面和顶点O 组成的圆锥体积最大． 设圆锥的高为h (0<h <1)，底面半径为r ， 则圆锥的体积V ＝13πr 2h ＝13π(1－h 2)h ，则V ′＝13π(1－3h 2)，令V ′＝13π(1－3h 2)＝0，得h ＝33，所以V ＝13π(1－h 2)h 在⎝⎛⎭⎫0，33上单调递增，在⎝⎛⎭⎫33，1上单调递减，所以当h ＝33时，四棱锥的体积最大． (2)(2022·衡水中学调研)将两个一模一样的正三棱锥共底面倒扣在一起，已知正三棱锥的侧棱长为2，若该组合体有外接球，则正三棱锥的底面边长为________，该组合体的外接球的体积为________． 答案6823π解析 如图，连接P A 交底面BCD 于点O ，则点O 就是该组合体的外接球的球心．设三棱锥的底面边长为a ， 则CO ＝PO ＝R ＝33a ， 得2×33a ＝2， 所以a ＝6，R ＝2， 所以V ＝43π·(2)3＝823π.专题强化练一、单项选择题1．(2022·唐山模拟)圆柱的底面直径与高都等于球的直径，则球的表面积与圆柱的侧面积的比值为()A．1∶1 B．1∶2C．2∶1 D．2∶3答案 A解析设球的半径为r，依题意知圆柱的底面半径也是r，高是2r，圆柱的侧面积为2πr·2r＝4πr2，球的表面积为4πr2，其比例为1∶1.2．(2021·新高考全国Ⅰ)已知圆锥的底面半径为2，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为()A．2 B．2 2 C．4 D．4 2答案 B解析设圆锥的母线长为l，因为该圆锥的底面半径为2，所以2π×2＝πl，解得l＝2 2.3.某同学为表达对“新冠疫情”抗疫一线医护人员的感激之情，亲手为他们制作了一份礼物，用正方体纸盒包装，并在正方体六个面上分别写了“致敬最美逆行”六个字．该正方体纸盒水平放置的六个面分别用“前面、后面、上面、下面、左面、右面”表示．如图是该正方体的展开图．若图中“致”在正方体的后面，那么在正方体前面的字是()A．最B．美C．逆D．行答案 B解析把正方体的表面展开图再折成正方体，如图，面“致”与面“美”相对，若“致”在正方体的后面，那么在正方体前面的字是“美”．4．已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，则三棱锥A －B 1CD 1的体积为( ) A.43 B.83 C ．4 D ．6 答案 B解析 如图，三棱锥A －B 1CD 1是由正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1截去四个小三棱锥A －A 1B 1D 1，C －B 1C 1D 1，B 1－ABC ，D 1－ACD 形成的，又1111ABCD A B C D V －＝23＝8，11111111A A B D C B C D B ABC D ACD V V V V －－－－＝＝＝＝13×12×23＝43， 所以11A B CD V －＝8－4×43＝83.5．(2022·河南联考)小李在课间玩耍时不慎将一个篮球投掷到一个圆台状垃圾篓中，恰好被上底口(半径较大的圆)卡住，球心到垃圾篓底部的距离为510a ，垃圾篓上底面直径为24a ，下底面直径为18a ，母线长为13a ，则该篮球的表面积为( ) A ．154πa 2B.6163πa 2C ．308πa 2D ．616πa 2 答案 D解析 球与垃圾篓组合体的轴截面图如图所示．根据题意，设垃圾篓的高为h ，则h ＝(13a )2－(12a －9a )2＝410a . 所以球心到上底面的距离为10a . 设篮球的半径为r ， 则r 2＝10a 2＋(12a )2＝154a 2. 故篮球的表面积为4πr 2＝616πa 2.6.(2022·湖北联考)定义：24小时内降水在平地上积水厚度(mm)来判断降雨程度．其中小雨(<10 mm)，中雨(10 mm ～25 mm)，大雨(25 mm ～50 mm)，暴雨(50 mm ～100 mm)，小明用一个圆锥形容器接了24小时的雨水，如图，则这天降雨属于哪个等级()A ．小雨B ．中雨C ．大雨D ．暴雨 答案 B解析 由题意知，一个半径为2002＝100(mm)的圆面内的降雨充满一个底面半径为2002×150300＝50(mm)，高为150(mm)的圆锥，所以积水厚度d ＝13π×502×150π×1002＝12.5(mm)，属于中雨．7.(2022·八省八校联考)如图，已知正四面体ABCD 的棱长为1，过点B 作截面α分别交侧棱AC ，AD 于E ，F 两点，且四面体ABEF 的体积为四面体ABCD 体积的13，则EF 的最小值为( )A.22 B.32 C.13 D.33答案 D解析 由题知V B －AEF ＝13V B －ACD ，所以S △AEF ＝13S △ACD ＝13×12×1×1×32＝312，记EF ＝a ，AE ＝b ，AF ＝c ， 则12bc sin 60°＝312，即bc ＝13. 则a 2＝b 2＋c 2－2bc cos 60°≥2bc －bc ＝bc ＝13，当且仅当b ＝c ＝33时取等号， 所以a 即EF 的最小值为33. 8．(2022·新高考全国Ⅰ)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36π，且3≤l ≤33，则该正四棱锥体积的取值范围是( ) A.⎣⎡⎦⎤18，814 B.⎣⎡⎦⎤274，814 C.⎣⎡⎦⎤274，643D ．[18,27] 答案 C解析 方法一 如图，设该球的球心为O ，半径为R ，正四棱锥的底面边长为a ，高为h ，依题意，得36π＝43πR 3，解得R ＝3.由题意及图可得⎩⎨⎧l 2＝h 2＋⎝⎛⎭⎫22a 2，R 2＝(h －R )2＋⎝⎛⎭⎫22a 2，解得⎩⎨⎧h ＝l 22R ＝l 26，a 2＝2l 2－l418，所以正四棱锥的体积V ＝13a 2h＝13⎝⎛⎭⎫2l 2－l 418·l 26＝l 418⎝⎛⎭⎫2－l 218(3≤l ≤33)， 所以V ′＝49l 3－l 554＝19l 3⎝⎛⎭⎫4－l 26(3≤l ≤33)．令V ′＝0，得l ＝26， 所以当3≤l <26时，V ′>0； 当26<l ≤33时，V ′<0，所以函数V ＝l 418⎝⎛⎭⎫2－l 218(3≤l ≤33)在[3，26)上单调递增，在(26，33]上单调递减，又当l ＝3时，V ＝274；当l ＝26时，V ＝643；当l ＝33时，V ＝814，所以该正四棱锥的体积的取值范围是⎣⎡⎦⎤274，643.方法二 如图，设该球的球心为O ，半径为R ，正四棱锥的底面边长为a ，高为h ，依题意，得36π＝43πR 3，解得R ＝3.由题意及图可得⎩⎨⎧l 2＝h 2＋⎝⎛⎭⎫22a 2，R 2＝(h －R )2＋⎝⎛⎭⎫22a 2，解得⎩⎨⎧h ＝l 22R ＝l 26，a 2＝2l 2－l418，又3≤l ≤33，所以该正四棱锥的体积V ＝13a 2h＝13⎝⎛⎭⎫2l 2－l 418·l 26＝l 418⎝⎛⎭⎫2－l 218 ＝72×l 236·l 236·⎝⎛⎭⎫2－l 218 ≤72×⎣⎢⎡⎦⎥⎤l 236＋l 236＋⎝⎛⎭⎫2－l 21833＝643⎝⎛⎭⎫当且仅当l 236＝2－l 218，即l ＝26时取等号， 所以正四棱锥的体积的最大值为643，排除A ，B ，D.方法三 如图，设该球的半径为R ，球心为O ，正四棱锥的底面边长为a ，高为h ，正四棱锥的侧棱与高所成的角为θ，依题意，得36π＝43πR 3，解得R ＝3，所以正四棱锥的底面边长a ＝2l sin θ，高h ＝l cos θ. 在△OPC 中，作OE ⊥PC ，垂足为E ， 则可得cos θ＝l 2R ＝l 6∈⎣⎡⎦⎤12，32，所以l ＝6cos θ， 所以正四棱锥的体积 V ＝13a 2h ＝13(2l sin θ)2·l cos θ＝23(6cos θ)3sin 2θcos θ＝144(sin θcos 2θ)2. 设sin θ＝t ，易得t ∈⎣⎡⎦⎤12，32，则y ＝sin θcos 2θ＝t (1－t 2)＝t －t 3， 则y ′＝1－3t 2.令y ′＝0，得t ＝33， 所以当12<t <33时，y ′>0；当33<t <32时，y ′<0， 所以函数y ＝t －t 3在⎝⎛⎭⎫12，33上单调递增，在⎝⎛⎭⎫33，32上单调递减．又当t ＝33时，y ＝239；当t ＝12时，y ＝38；当t ＝32时，y ＝38， 所以38≤y ≤239，所以274≤V ≤643. 所以该正四棱锥的体积的取值范围是⎣⎡⎦⎤274，643. 二、多项选择题9．(2022·武汉模拟)一个圆柱和一个圆锥的底面直径和它们的高都与一个球的直径2R 相等，下列结论正确的是( ) A ．圆柱的侧面积为4πR 2 B ．圆锥的侧面积为2πR 2C ．圆柱的侧面积与球的表面积相等D ．球的体积是圆锥体积的两倍 答案 ACD解析 对于A ，∵圆柱的底面直径和高都等于2R ， ∴圆柱的侧面积S 1＝2πR ·2R ＝4πR 2，故A 正确； 对于B ，∵圆锥的底面直径和高等于2R ， ∴圆锥的侧面积为S 2＝πR ·R 2＋4R 2＝5πR 2，故B 错误； 对于C ，圆柱的侧面积为S 1＝4πR 2，球的表面积S 3＝4πR 2，即圆柱的侧面积与球的表面积相等，故C 正确； 对于D ，球的体积为V 1＝43πR 3，圆锥的体积为V 2＝13πR 2·2R ＝23πR 3，即球的体积是圆锥体积的两倍，故D 正确．10．设一空心球是在一个大球(称为外球)的内部挖去一个有相同球心的小球(称为内球)，已知内球面上的点与外球面上的点的最短距离为1，若某正方体的所有顶点均在外球面上且所有面均与内球相切，则( )A ．该正方体的棱长为2B ．该正方体的体对角线长为3＋ 3C ．空心球的内球半径为3－1D ．空心球的外球表面积为(12＋63)π 答案 BD解析 设内、外球半径分别为r ，R ，则正方体的棱长为2r ，体对角线长为2R ，∴R ＝3r ， 又由题知R －r ＝1， ∴r ＝3＋12，R ＝3＋32， ∴正方体棱长为3＋1，体对角线长为3＋3， ∴外接球表面积为4πR 2＝(12＋63)π.11.如图，已知四棱台ABCD －A 1B 1C 1D 1的上、下底面均为正方形，其中AB ＝22，A 1B 1＝2，AA 1＝BB 1＝CC 1＝DD 1＝2，则下列叙述正确的是( )A ．该四棱台的高为 3B ．AA 1⊥CC 1C ．该四棱台的表面积为26D ．该四棱台外接球的体积为32π3答案 AD解析 将四棱台补为如图所示的四棱锥P －ABCD ，分别取BC ，B 1C 1的中点E ，E 1，记四棱台ABCD －A 1B 1C 1D 1的上、下底面中心分别为O 1，O ，连接AC ，A 1C 1，BD 1，B 1D 1，A 1O ，OE ，OP ，PE ，由条件知A 1，B 1，C 1，D 1分别为四棱锥的侧棱P A ，PB ，PC ，PD 的中点， 则P A ＝2AA 1＝4，OA ＝22AB ＝2A 1B 1＝2， 所以OO 1＝12PO ＝12P A 2－OA 2＝3，故该四棱台的高为3，故A 正确；由P A ＝PC ＝4，AC ＝4，得△P AC 为正三角形， 则AA 1与CC 1所成角为60°，故B 错误； 四棱台的斜高h ′＝12PE ＝12PO 2＋OE 2＝12(23)2＋(2)2＝142， 所以该四棱台的表面积为 (22)2＋(2)2＋4×2＋222×142＝10＋67，故C 错误；由△P AC 为正三角形，易知OA 1＝OA ＝OC ＝OC 1，OB 1＝OD 1＝OB ＝OD ，所以O 为四棱台外接球的球心，且外接球的半径为2，所以该四棱台外接球的体积为4π3×23＝32π3，故D 正确．12．(2022·聊城模拟)用与母线不垂直的两个平行平面截一个圆柱，若两个截面都是椭圆形状，则称夹在这两个平行平面之间的几何体为斜圆柱．这两个截面称为斜圆柱的底面，两底面之间的距离称为斜圆柱的高，斜圆柱的体积等于底面积乘以高．椭圆的面积等于长半轴长与短半轴长乘积的π倍，已知某圆柱的底面半径为2，用与母线成45°角的两个平行平面去截该圆柱，得到一个高为6的斜圆柱，对于这个斜圆柱，下列选项正确的是( ) A ．底面椭圆的离心率为22B ．侧面积为242πC ．在该斜圆柱内半径最大的球的表面积为36πD ．底面积为42π 答案 ABD解析 不妨过斜圆柱的最高点D 和最低点B 作平行于圆柱底面的截面圆，夹在它们之间的几何体是圆柱，如图，矩形ABCD 是圆柱的轴截面，平行四边形BFDE 是斜圆柱的过底面椭圆的长轴的截面，由圆柱的性质知∠ABF ＝45°， 则BF ＝2AB ，设椭圆的长轴长为2a ，短轴长为2b ， 则2a ＝2·2b ，即a ＝2b ， c ＝a 2－b 2＝a 2－⎝⎛⎭⎫22a 2＝22a ， 所以离心率为e ＝c a ＝22，A 正确；作EG ⊥BF ，垂足为G ，则EG ＝6， 易知∠EBG ＝45°，则BE ＝62， 又CE ＝AF ＝AB ＝4，所以斜圆柱侧面积为S ＝2π×2×(4＋62)－2π×2×4＝242π，B 正确；由于斜圆柱的两个底面的距离为6，而圆柱的底面直径为4，所以斜圆柱内半径最大的球的半径为2，球的表面积为4π×22＝16π，C 错误；易知2b ＝4，则b ＝2，a ＝22， 所以椭圆面积为πab ＝42π，D 正确．三、填空题13.(2022·湘潭模拟)陀螺是中国民间的娱乐工具之一，也叫做陀罗．陀螺的形状结构如图所示，由一个同底的圆锥体和圆柱体组合而成，若圆锥体和圆柱体的高以及底面圆的半径长分别为h 1，h 2，r ，且h 1＝h 2＝r ，设圆锥体的侧面积和圆柱体的侧面积分别为S 1和S 2，则S 1S 2＝________.答案22解析 由题意知，圆锥的母线长为l ＝h 21＋r 2＝2r ，则圆锥的侧面积为S 1＝πrl ＝2πr 2，根据圆柱的侧面积公式，可得圆柱的侧面积为 S 2＝2πrh 2＝2πr 2，所以S 1S 2＝22.14．(2022·福州质检)在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝AA 1＝2，F 是线段A 1B 1上的动点，则AF ＋FC 1的最小值为________． 答案6＋ 2解析 依题意，把正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的上底面△A 1B 1C 1与侧面矩形ABB 1A 1放在同一平面内，连接AC 1，设AC 1交A 1B 1于点F ，如图，此时点F 可使AF ＋FC 1取最小值，大小为AC 1，而∠AA 1C 1＝150°，则AC 1＝AA 21＋A 1C 21－2AA 1·A 1C 1cos ∠AA 1C 1 ＝22＋22－23cos 150° ＝8＋43＝6＋2，所以AF ＋FC 1的最小值为6＋ 2.15.某同学在参加《通用技术》实践课时，制作了一个实心工艺品(如图所示)．该工艺品可以看成是一个球体被一个棱长为4的正方体的6个面所截后剩余的部分(球心与正方体的中心重合)，其中一个截面圆的周长为3π，则该球的半径为________；现给出定义：球面被平面所截得的一部分叫做球冠．截得的圆叫做球冠的底，垂直于截面的直径被截得的一段叫做球冠的高．如果球面的半径是R ，球冠的高是h ，那么球冠的表面积计算公式是S ＝2πRh .由此可知，该实心工艺品的表面积是________．答案5247π2解析 设截面圆半径为r ，则球心到某一截面的距离为正方体棱长的一半，即此距离为2，根据截面圆的周长可得3π＝2πr ，得r ＝32，故R 2＝r 2＋22＝254，得R ＝52，所以球的表面积S 1＝25π. 如图，OA ＝OB ＝52，且OO 1＝2，则球冠的高h ＝R －OO 1＝12，得所截的一个球冠表面积S ＝2πRh ＝2π×52×12＝5π2，且截面圆的面积为π×⎝⎛⎭⎫322＝9π4， 所以工艺品的表面积为4πR 2－6⎝⎛⎭⎫S －9π4＝25π－3π2＝47π2.16.(2022·开封模拟)如图，将一块直径为23的半球形石材切割成一个正四棱柱，则正四棱柱的体积取最大值时，切割掉的废弃石材的体积为________．答案 23π－4解析 设正四棱柱的底面正方形边长为a ，高为h ，则底面正方形的外接圆半径r ＝22a ， ∴h 2＋r 2＝h 2＋12a 2＝3，∴a 2＝6－2h 2，∴正四棱柱的体积V ＝a 2h ＝(6－2h 2)h ＝－2h 3＋6h (0<h <3)， ∴V ′＝－6h 2＋6＝－6(h ＋1)(h －1)，∴当0<h <1时，V ′>0；当1<h <3时，V ′<0；∴V ＝－2h 3＋6h 在(0,1)上单调递增，在(1，3)上单调递减， ∴V max ＝V (1)＝4，又半球的体积为23π×()33＝23π，∴切割掉的废弃石材的体积为23π－4.。
高考数学复习考点题型专题讲解17 球的切、接、截问题
高考数学复习考点题型专题讲解专题17 球的切、接、截问题1.球的切接问题(1)长方体的外接球①球心：体对角线的交点；②半径：r＝a2＋b2＋c22(a，b，c为长方体的长、宽、高).(2)正方体的外接球、内切球及与各条棱相切的球(a为正方体的棱长)①外接球：球心是正方体中心，半径r＝32a，直径等于体对角线长；②内切球：球心是正方体中心，半径r＝a2，直径等于正方体棱长；③与各条棱都相切的球：球心是正方体中心，半径r＝22a，直径等于面对角线长.(3)正四面体的外接球与内切球(正四面体可以看作是正方体的一部分，a为正四面体的棱长)①外接球：球心是正四面体的中心，半径r＝64a；②内切球：球心是正四面体的中心，半径r＝612a.2.平面截球平面截球面得圆.截面圆的圆心与球心的连线与截面圆圆面垂直且R2＝d2＋r2(R为球半径，r为截面圆半径，d为球心到截面圆的距离).类型一外接球问题考向1 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.长方体同一顶点的三条棱长分别为a，b，c，外接球半径为R.则(2R)2＝a2＋b2＋c2，即2R＝a2＋b2＋c2.常见的有以下三种类型：例1 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.86πB.46πC.26πD.6π答案 D解析因为点E，F分别为PA，AB的中点，所以EF∥PB.因为∠CEF＝90°，所以EF⊥CE，所以PB⊥CE.取AC的中点D，连接BD，PD，易证AC⊥平面BDP，所以PB⊥AC，又AC∩CE＝C，AC，CE⊂平面PAC，所以PB⊥平面PAC，所以PB⊥PA，PB⊥PC，因为PA＝PB＝PC，△ABC为正三角形，所以PA⊥PC，即PA，PB，PC两两垂直，将三棱锥P－ABC放在正方体中如图所示. 因为AB＝2，所以该正方体的棱长为2，所以该正方体的体对角线长为6，所以三棱锥P－ABC的外接球的半径R＝6 2，所以球O的体积V＝43πR3＝43π⎝⎛⎭⎪⎫623＝6π，故选D.考向2 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，如图所示，(2R)2＝a2＋b2＋c2(长方体的长、宽高分别为a，b，c)，即R2＝18(x2＋y2＋z2)，如图.例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________. 答案29π2解析 构造长方体，三个长度为三对面的对角线长，设长方体的长宽高分别为a ，b ，c ，则a 2＋b 2＝9，b 2＋c 2＝4，c 2＋a 2＝16， 所以2(a 2＋b 2＋c 2)＝9＋4＋16＝29， 即a 2＋b 2＋c 2＝4R 2＝292， 则外接球的表面积为S ＝4πR 2＝29π2.考向3 汉堡模型汉堡模型是直三棱柱、圆柱的外接球模型，模型如下，由对称性可知，球心O 的位置是△ABC 的外心O 1与△A 1B 1C 1的外心O 2的连线的中点，算出小圆O 1的半径AO 1＝r ，OO 1＝h2，所以R 2＝r 2＋h 24.例3(2022·金华调研)在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝BC ＝AC ，侧棱AA 1⊥底面ABC ，若该三棱柱的所有顶点都在同一个球O 的表面上，且球O 的表面积的最小值为4π，则该三棱柱的侧面积为( ) A.63B.3 3 C.32D.3 答案 B解析 如图，设三棱柱上、下底面中心分别为O 1，O 2，则O 1O 2的中点为O ，设球O 的半径为R ，则OA ＝R ，设AB ＝BC ＝AC ＝a ，AA 1＝h ，则OO 2＝12h ，O 2A ＝23×32AB ＝33a .在Rt△OO 2A 中，R 2＝OA 2＝OO 22＋O 2A 2＝14h 2＋13a 2≥2×12h ×33a ＝33ah ， 当且仅当h ＝233a 时，等号成立，所以S 球＝4πR 2≥4π×33ah ， 所以43π3ah ＝4π， 所以ah ＝3，所以该三棱柱的侧面积为3ah＝3 3.考向4 垂面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；如图所示，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CO1＝r，OO1＝h2，则R＝r2＋h24.例4(2022·广州模拟)已知四棱锥S－ABCD的所有顶点都在球O的球面上，SD⊥平面ABCD，底面ABCD是等腰梯形，AB∥CD且满足AB＝2AD＝2DC＝2，且∠DAB＝π3，SC＝2，则球O的表面积是( ) A.5π B.4πC.3πD.2π答案 A解析依题意，得AB＝2AD＝2，∠DAB＝π3，由余弦定理可得BD＝3，则AD2＋DB2＝AB2，则∠ADB＝π2.又四边形ABCD是等腰梯形，故四边形ABCD的外接圆直径为AB，半径r＝AB2＝1，设AB的中点为O1，球的半径为R，因为SD ⊥平面ABCD ， 所以SD ＝SC 2－CD 2＝1， R 2＝12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫SD 22＝54，则S ＝4πR 2＝5π. 考向5 切瓜模型切瓜模型是有一侧面垂直底面的棱锥模型，常见的是两个互相垂直的面都是特殊三角形，在三棱锥A －BCD 中，侧面ABC ⊥底面BCD ，设三棱锥的高为h ，外接球的半径为R ，球心为O ，△BCD 的外心为O 1，O 1到BC 的距离为d ，O 与O 1的距离为m ，△BCD 和△ABC 外接圆的半径分别为r 1，r 2，则⎩⎨⎧R 2＝r 21＋m 2，R 2＝d 2＋（h －m ）2，解得R ，可得R ＝r 21＋r 22－l 24(l 为两个面的交线段长).例5(2022·济宁模拟)在边长为6的菱形ABCD 中，∠A ＝π3，现将△ABD 沿BD 折起，当三棱锥A －BCD 的体积最大时，三棱锥A －BCD 的外接球的表面积为________. 答案 60π解析 边长为6的菱形ABCD ，在折叠的过程中， 当平面ABD ⊥平面BCD 时，三棱锥的体积最大； 由于AB ＝AD ＝CD ＝BC ＝6， ∠C ＝∠A ＝π3.所以△ABD 和△CBD 均为正三角形，设△ABD 和△CBD 的外接圆半径为r ， 则2r ＝BDsin C，所以r ＝2 3.△ABD 和△CBD 的交线段为BD ，且BD ＝6. 所以三棱锥A －BCD 的外接球的半径R ＝（23）2＋（23）2－624＝15.故S 球＝4·π(15)2＝60π.训练1 (1)(2022·青岛一模)设三棱柱的侧棱垂直于底面，所有棱的长都为1，顶点都在一个球面上，则该球的表面积为( ) A.5π B.π C.113π D.73π (2)在三棱锥P －ABC 中，平面PAB ⊥平面ABC ，平面PAC ⊥平面ABC ，且PA ＝4，底面△ABC 的外接圆的半径为3，则三棱锥P －ABC 的外接球的表面积为________. 答案 (1)D (2)52π解析 (1)由三棱柱所有棱的长a ＝1，可知底面为正三角形， 底面三角形的外接圆直径2r ＝1sin 60°＝233，所以r ＝33， 设外接球的半径为R ，则有R 2＝r 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22＝13＋14＝712，所以该球的表面积S ＝4πR 2＝73π，故选D.(2)因为平面PAB ⊥平面ABC ，平面PAC ⊥平面ABC ， 所以PA ⊥平面ABC .设三棱锥P －ABC 的外接球的半径为R ，结合底面△ABC 的外接圆的半径r ＝3，可得R 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫PA 22＋r 2＝22＋33＝13，所以三棱锥P －ABC 的外接球的表面积为S 表＝4πR 2＝52π. 类型二 内切球问题内切球问题的解法(以三棱锥为例)第一步：先求出四个表面的面积和整个锥体的体积；第二步：设内切球的半径为r ，建立等式V P －ABC ＝V O －ABC ＋V O －PAB ＋V O －PAC ＋V O －PBC ⇒V P －ABC ＝13S △ABC ·r ＋13S △PAB ·r ＋13S △PAC ·r ＋13S PBC ·r ＝13(S △ABC ＋S △PAB ＋S △PAC ＋S △PBC )r ； 第三步：解出r ＝3V P －ABCS △ABC ＋S △PAB ＋S △PAC ＋S △PBC.例6 (1)(2022·成都石室中学三诊)《九章算术》中将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑.若三棱锥P －ABC 为鳖臑，PA ⊥平面ABC ，PA ＝BC ＝4，AB ＝3，AB ⊥BC ，若三棱锥P －ABC 有一个内切球O ，则球O 的体积为( ) A.9π2B.9π4 C.9π16D.9π (2)在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1＝AB ＝6，BC ＝8，AC ＝10，则该三棱柱内能放置的最大球的表面积是( ) A.16π B.24π C.36π D.64π答案(1)C (2)A解析(1)设球O的半径为r，则三棱锥P－ABC的体积V＝13×12×3×4×4＝13×(12×3×4＋12×4×3＋12×5×4＋12×4×5)×r，解得r＝34，所以球O的体积V＝43πr3＝9π16，故选C.(2)由题意，球的半径为底面三角形内切圆的半径r，因为底面三角形的边长分别为6，8，10，所以底面三角形为直角三角形，r＝AB＋BC－AC2＝6＋8－102＝2.又因为AA1＝6，2r＝4<6，所以该三棱柱内能放置的最大球半径为2，此时S表面积＝4πr2＝4π×22＝16π.训练 2 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2 3π解析圆锥内半径最大的球即为圆锥的内切球，设其半径为r.作出圆锥的轴截面PAB，如图所示，则△PAB的内切圆为圆锥的内切球的大圆.在△PAB中，PA＝PB＝3，D为AB的中点，AB＝2，E为切点，则PD＝22，△PEO∽△PDB，故PO PB ＝OE DB ，即22－r 3＝r 1，解得r ＝22， 故内切球的体积为43π⎝ ⎛⎭⎪⎫223＝23π.类型三 球的截面问题解决球的截面问题抓住以下几个方面：(1)球心到截面圆的距离；(2)截面圆的半径；(3)直角三角形(球心到截面圆的距离、截面圆的半径、球的半径构成的直角三角形).例7(2022·杭州质检)在正三棱锥P －ABC 中，Q 为BC 中点，PA ＝2，AB ＝2，过点Q 的平面截三棱锥P －ABC 的外接球所得截面面积的取值范围为________. 答案⎣⎢⎡⎦⎥⎤π，3π2解析 因为正三棱锥P －ABC 中，PB ＝PC ＝PA ＝2，AC ＝BC ＝AB ＝2，所以PB 2＋PA 2＝AB 2，即PB ⊥PA ， 同理PB ⊥PC ，PC ⊥PA ，因此正三棱锥P －ABC 可看作正方体的一角，如图.记正方体的体对角线的中点为O ，由正方体结构特征可得，点O 即是正方体的外接球球心，所以点O 也是正三棱锥P －ABC 外接球的球心，记外接球半径为R ， 则R ＝122＋2＋2＝62，因为球的最大截面圆为过球心的圆，所以过点Q 的平面截三棱锥P －ABC 的外接球所得截面的面积最大为S max ＝πR 2＝3π2. 又Q 为BC 中点，由正方体结构特征可得OQ ＝12PA ＝22；由球的结构特征可知，当OQ 垂直于过点Q 的截面时，截面圆半径最小为r ＝R 2－OQ 2＝1， 所以S min ＝πr 2＝π.因此，过Q 的平面截三棱锥P －ABC 的外接球所得截面面积的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤π，3π2. 训练3 (1)设球O 是棱长为4的正方体的外接球，过该正方体棱的中点作球O 的截面，则最小截面的面积为( ) A.3π B.4π C.5π D.6π(2)(2022·武汉质检)已知棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1，球O 与该正方体的各个面相切，则平面ACB 1截此球所得的截面的面积为________. 答案 (1)B (2)2π3解析 (1)当球O 到截面圆心连线与截面圆垂直时，截面圆的面积最小， 由题意，正方体棱的中点与O 的距离为22，球的半径为23， ∴最小截面圆的半径为12－8＝2， ∴最小截面面积为π·22＝4π.(2)∵正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，球O 与该正方体的各个面相切，则球O 的半径为1，设E ，F ，G 分别为球O 与平面ABCD 、平面BB 1C 1C 、平面AA 1B 1B 的切点， 则等边三角形EFG 为平面ACB 1截此球所得的截面圆的内接三角形， 由已知可得EF ＝EG ＝GF ＝2， ∴平面ACB 1截此球所得的截面圆的半径r ＝22sin 60°＝63，∴截面的面积为π×⎝ ⎛⎭⎪⎫632＝2π3.一、基本技能练1.已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为( ) A.π B.3π4C.π2D.π4 答案 B解析 如图画出圆柱的轴截面ABCD ，O 为球心.球的半径R ＝OA＝1，球心到底面圆的距离为OM ＝12.∴底面圆半径r ＝OA 2－OM 2＝32故圆柱体积V ＝π·r 2·h ＝π·⎝ ⎛⎭⎪⎫322×1＝3π4.2.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.144π 答案 C解析 由题意知球的直径2R ＝（23）2＋（23）2＋（23）2＝6， ∴R ＝3，∴S 球＝4πR 2＝36π.故选C.3.一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.3π B.4π C.33π D.6π 答案 A解析 构造棱长为1的正方体，该四面体的外接球也是棱长为1的正方体的外接球， 所以外接球半径R ＝32， 所以外接球表面积为S ＝4πR 2＝3π.4.已知直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的球面上，若AB ＝3，AC ＝4，AB ⊥AC ，AA 1＝12，则球O 的半径为( )A.3172B.210C.132D.310 答案 C解析 将直三棱柱补为长方体ABEC －A 1B 1E 1C 1， 则球O 是长方体ABEC －A 1B 1E 1C 1的外接球. ∴体对角线BC 1的长为球O 的直径. 因此2R ＝32＋42＋122＝13，则R ＝132.5.(2022·南阳二模)已知边长为2的等边三角形ABC ，D 为BC 的中点，以AD 为折痕进行折叠，使折后的∠BDC ＝π2，则过A ，B ，C ，D 四点的球的表面积为( )A.3πB.4πC.5πD.6π 答案 C解析 折后的几何体构成以D 为顶点的三棱锥，且三条侧棱互相垂直，可构造长方体，其对角线即为球的直径，三条棱长分别为1，1，3，所以2R ＝1＋1＋3＝5，球的表面积S ＝4π⎝ ⎛⎭⎪⎫522＝5π.6.(2022·青岛模拟)如图是一个由6个正方形和8个正三角形围成的十四面体，其所有顶点都在球O 的球面上，若十四面体的棱长为1，则球O 的表面积为( )A.2πB.4πC.6πD.8π 答案 B解析 根据图形可知，该十四面体是由一个正方体切去八个角得到的，如图所示，十四面体的外接球球心与正方体的外接球球心相同， 建立空间直角坐标系，∵该十四面体的棱长为1，故正方体的棱长为2， ∴该正方体的外接球球心的坐标为O ⎝ ⎛⎭⎪⎫22，22，22，设十四面体上一顶点为D ，则D ⎝ ⎛⎭⎪⎫2，22，0，所以十四面体的外接球半径R ＝OD ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2－222＋⎝ ⎛⎭⎪⎫22－222＋⎝ ⎛⎭⎪⎫0－222＝1，故外接球的表面积为S ＝4πR 2＝4π.故选B.7.四面体ABCD 的四个顶点都在球O 上且AB ＝AC ＝BC ＝BD ＝CD ＝4，AD ＝26，则球O 的表面积为( )A.70π3B.80π3C.30πD.40π答案 B解析如图，取BC的中点M，连接AM，DM，由题意可知，△ABC和△BCD都是边长为4的等边三角形. ∵M为BC的中点，∴AM⊥BC，且AM＝DM＝23，又∵AD＝26，∴AM2＋DM2＝AD2，∴AM⊥DM，∵BC∩DM＝M，BC，DM⊂平面BCD，∴AM⊥平面BCD，∵AM⊂平面ABC，∴平面ABC⊥平面BCD，△ABC与△BCD外接圆半径r＝23DM＝433，又△ABC与△BCD的交线段BC＝4. 所以四面体外接球半径R ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫4332＋⎝ ⎛⎭⎪⎫4332－424＝2153，四面体ABCD 的外接球的表面积为4π×R 2＝803π. 8.已知三棱锥P －ABC 的棱AP ，AB ，AC 两两垂直，且长度都为3，以顶点P 为球心，2为半径作一个球，则球面与三棱锥的表面相交所得到的四段弧长之和等于( ) A.2π3B.5π6C.πD.3π2答案 D解析 如图，∠APC ＝π4，AP ＝3，AN ＝1，∠APN ＝π6，∠NPM ＝π12，MN ︵＝π12×2＝π6，同理GH ︵＝π6，HN ︵＝π2，GM ︵＝2π3，故四段弧长之和为π6＋π6＋π2＋2π3＝3π2.9.(多选)(2022·石家庄调研)已知一个正方体的外接球和内切球上各有一个动点M 和N ，若线段MN 长的最小值为3－1，则( ) A.该正方体的外接球的表面积为12π B.该正方体的内切球的体积为π3C.该正方体的棱长为1D.线段MN长的最大值为3＋1 答案AD解析设该正方体的棱长为a，则其外接球的半径R＝32a，内切球的半径R′＝a2，该正方体的外接球与内切球上各有一个动点M，N，由于两球球心相同，可得MN的最小值为3a2－a2＝3－1，解得a＝2，故C错误；所以外接球的半径R＝3，表面积为4π×3＝12π，故A正确；内切球的半径R′＝1，体积为43π，故B错误；MN的最大值为R＋R′＝3＋1，故D正确.故选AD.10.(多选)设圆锥的顶点为A，BC为圆锥底面圆O的直径，点P为圆O上的一点(异于B，C)，若BC＝43，三棱锥A－PBC的外接球表面积为64π，则圆锥的体积为( ) A.4π B.8πC.16πD.24π答案BD解析如图，设圆锥AO的外接球球心为M，半径为r，则M在直线AO上，4πr2＝64π，解得r＝4.由勾股定理得BM2＝OM2＋OB2，即42＝(23)2＋OM2，可得OM＝2，即OM＝|AO－r|＝|AO－4|＝2，解得AO＝6或AO＝2.当AO＝6时，圆锥AO的体积为V＝13π×(23)2×6＝24π；当AO＝2时，圆锥AO的体积为V＝13π×(23)2×2＝8π.故选BD.11.在三棱锥A－BCD中，△BCD和△ABD均是边长为1的等边三角形，AC＝2，则该三棱锥外接球的表面积为________.答案2π解析取AC的中点O，连接OB，OD，在△ABC中，AB＝BC＝1，AC＝2，所以∠ABC＝90°，所以OA＝OB＝OC＝2 2，同理得OD＝22，故点O为该三棱锥外接球的球心，所以球O的半径r＝22，S球＝4πr2＝2π.12.如图，已知球O是棱长为3的正方体ABCD－A1B1C1D1的内切球，则平面ACD1截球O的截面面积为________.答案3π2解析 根据题意知，平面ACD 1是边长为9＋9＝32的正三角形，且所求截面的面积是该正三角形的内切圆的面积，则由图得，△ACD 1内切圆的半径r ＝13（32）2－⎝⎛⎭⎪⎫3222＝62， 所以平面ACD 1截球O 的截面面积为 S ＝π×⎝ ⎛⎭⎪⎫622＝3π2.二、创新拓展练13.(多选)(2022·华大新高考联考)已知三棱锥S －ABC 中，SA ⊥平面ABC ，SA ＝AB ＝BC ＝2，AC ＝2，点E ，F 分别是线段AB ，BC 的中点，直线AF ，CE 相交于G ，则过点G 的平面α截三棱锥S －ABC 的外接球O 所得截面面积可以是( ) A.23π B.89π C.π D.32π答案 BCD解析 因为AB 2＋BC 2＝AC 2，故AB ⊥BC ， 故三棱锥S －ABC 的外接球O的半径R ＝2＋2＋22＝62，取AC 的中点D ，连接BD 必过G ， 因为AB ＝BC ＝2，故DG ＝13BD ＝13，因为OD ＝22， 故OG 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫222＋⎝ ⎛⎭⎪⎫132＝1118，则过点G 的平面截球O 所得截面圆的最小半径r 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫622－1118＝89，故截面面积的最小值为89π，最大值为πR 2＝32π，故选BCD.14.(多选)(2022·济南模拟)已知三棱锥P －ABC 的四个顶点都在球O 上，AB ＝BC ＝AC ＝1，∠APC ＝π6，平面PAC ⊥平面ABC ，则( )A.直线OA 与直线BC 垂直B.点P 到平面ABC 的距离的最大值为1＋32C.球O 的表面积为13π3D.三棱锥O －ABC 的体积为18答案 ACD解析 设△ABC 外接圆的圆心为O 1，连接OO 1，O 1A . 因为O 为三棱锥P －ABC 外接球的球心， 所以OO 1⊥平面ABC ，所以OO 1⊥BC ，因为AB ＝BC ＝AC ＝1，所以O 1A ⊥BC ，所以BC ⊥平面OO 1A ， 所以OA ⊥BC ，故A 选项正确； 设△PAC 外接圆的圆心为O 2，AC 的中点为D ，连接O 2D ， 由于AC ＝1，∠APC ＝π6，所以圆O 2的半径r 2＝12×1sinπ6＝1，则易知O 2D ＝32， 所以点P 到平面ABC 的距离的最大值为1＋32(此时P ，O 2，D 三点共线)，故B 选项错误；由于AB ＝BC ＝AC ＝1，平面PAC ⊥平面ABC ，平面PAC ∩平面ABC ＝AC ， 所以圆O 1的半径r 1＝12×1sin π3＝33， 圆O 2的半径r 2＝1，△ABC 与△PAC 的交线段AC ＝1， 所以三棱锥P －ABC 外接球半径R 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫332＋12－14＝1312.故球O 的表面积S ＝4π×1312＝13π3，故C 选项正确；由于OO 1⊥平面ABC ，且OO 1＝O 2D ＝32，S △ABC ＝34，所以三棱锥O－ABC的体积为13×OO1×S△ABC＝13×32×34＝18，故D选项正确，故选ACD.15.(多选)(2022·湖州调研)已知正四面体ABCD的棱长为3，其外接球的球心为O.点E 满足AE→＝λAB→(0<λ<1)，过点E作平面α平行于AC和BD，设α分别与该正四面体的棱BC，CD，DA相交于点F，G，H，则( )A.四边形EFGH的周长为定值B.当λ＝12时，四边形EFGH为正方形C.当λ＝13时，平面α截球O所得截面的周长为13π4D.四棱锥A－EFGH的体积的最大值为22 3答案ABD解析将正四面体ABCD放入正方体中.因为正四面体ABCD的棱长为3，所以正方体的棱长为322.如图所示，过点E作平面α平行于AC和BD，平面α与正方体的棱交于M，N，P，Q四点.因为AE→＝λAB→，故AH→＝λAD→，即有EH＝λBD，同理FG＝λBD，EF＝(1－λ)AC，HG＝(1－λ)AC，且EH∥BD，EF∥AC，故四边形EFGH 为平行四边形.因为AC ⊥BD ，故EF ⊥EH ，则四边形EFGH 为矩形.对于A ，四边形EFGH 的周长为2(EF ＋EH )＝2[(1－λ)AC ＋λBD ]＝2[(1－λ)AC ＋λAC ]＝2AC ＝6，为定值，故A 选项正确；对于B ，当λ＝12时，E 为AB 的中点，故EF ＝EH ，所以四边形EFGH 为正方形，故B 选项正确；对于C ，当λ＝13时，球心O 到平面EFGH 的距离即球心到平面MNPQ 的距离，即BC 中点到MF 的距离，经计算为24，球半径为322×32＝364，故截面圆的半径为⎝ ⎛⎭⎪⎫3642－⎝ ⎛⎭⎪⎫242＝132，所以截面圆的周长为132×2π＝13π，故C 选项错误；对于D ，四棱锥A －EFGH 的高为AQ ，所以其体积V ＝13×322λ×3(1－λ)×3λ＝922λ2(1－λ)，0<λ<1， 令f (λ)＝922λ2(1－λ)，则f ′(λ)＝922(2λ－3λ2)，令f ′(λ)＝0得λ＝23，故当λ＝23时，四棱锥A －EFGH 的体积最大，最大值为922×49×13＝223，故D 选项正确，故选ABD.16.(多选)(2022·嘉兴测试)如图，在等腰梯形ABCD 中，AB ＝2AD ＝2BC ＝2CD ＝4.现将△DAC沿对角线AC所在的直线翻折成△D′AC，记二面角D′－AC－B的大小为α(0<α<π)，则( )A.存在α，使得D′A⊥BCB.存在α，使得D′A⊥平面D′BCC.存在α，使得三棱锥D′－ABC的体积为3 3D.存在α＝π2，使得三棱锥D′－ABC的外接球的表面积为20π答案ACD解析如图1，取AB的中点E，连接DE交AC于点F.因为AB＝2CD，所以CD＝EB＝AE，所以四边形AECD为菱形，四边形EBCD为菱形，所以△AED，△DEC，△EBC均为等边三角形，所以AC⊥ED，∠DAC＝∠BAC＝π6，∠ACB＝π2，在翻折过程中，如图2，AC⊥D′F，AC⊥FE，所以∠D′FE为二面角D′－AC－B的平面角，所以∠D′FE＝α.对于A，当α＝π2时，平面D′AC⊥平面ABC.因为BC⊥AC，所以BC⊥平面D′AC.又因为D′A⊂平面D′AC，所以D′A⊥BC，所以存在α，使得D′A⊥BC，故A选项正确；对于B，假设存在α，使得D′A⊥平面D′BC.因为D′C⊂平面D′BC，所以D′A⊥D′C，与∠AD′C＝2π3矛盾，故B选项不正确；对于C，由分析可得，D′F＝12DE＝12AD＝1，AC＝2AF＝2×32×AD＝2 3.设D′到平面ABC的距离为d，则V三棱锥D′－ABC＝13×S△ABC×d＝13×12×AC×BC×d＝13×12×23×2×d＝33，解得d＝1 2，所以sin α＝dD′F＝12，所以α＝π6或5π6，故C选项正确；对于D，当α＝π2时，平面D′AC⊥平面ABC，所以BC⊥平面D′AC，D′F⊥平面ABC.如图2所示，因为E，F分别为AB，AC的中点，所以EF∥BC，且EF＝12BC＝1，所以EF⊥平面D′AC.设△D′AC外接圆圆心为O1，则O1A＝O1D′＝AD′＝2.因为E是Rt△ABC斜边的中点，所以E为Rt△ABC的外心.过O1作平面D′AC的垂线，过点E作平面ABC的垂线，则两垂线的交点O即为三棱锥D′－ABC外接球的球心，显然四边形EFO1O是矩形，所以OO1＝EF＝1.设三棱锥D′－ABC的外接球半径为R，则在Rt△OO1D′中，R＝OD′＝O1O2＋O1D′2＝1＋4＝5，所以三棱锥D′－ABC的外接球的表面积S＝4πR2＝20π，故D选项正确.综上所述，故选ACD.17.在菱形ABCD中，AB＝23，∠ABC＝60°，若将菱形ABCD沿对角线AC折成大小为60°的二面角B－AC－D，则四面体DABC的外接球球O的体积为________.答案5239π27解析如图，设M，N分别为△ABC，△ACD的外心，E为AC的中点，则EN＝EM＝13BE＝1，在平面BDE内过点M作BE的垂线与过点N作DE的垂线交于点O. ∵BE⊥AC，DE⊥AC，BE∩DE＝E，∴AC⊥平面BDE.∵OM⊂平面BDE，∴OM⊥AC，∵OM⊥BE，BE∩AC＝E，∴OM⊥平面ABC，同理可得ON⊥平面ACD，则O为四面体DABC的外接球的球心，连接OE，∵EM＝EN，OE＝OE，∠OME＝∠ONE＝90°，∴△OME≌△ONE，∴∠OEM＝30°，∴OE＝EMcos 30°＝233.∵AC⊥平面BDE，OE⊂平面BDE，∴OE⊥AC，∴OA＝OE2＋AE2＝39 3，即球O的半径R＝39 3.故球O的体积V＝43πR3＝5239π27.18.(2022·湖南三湘名校联考)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB⊥BC，AB＝BC＝AA1＝4，M 为棱AB的中点，N是棱BC的中点，O是三棱柱外接球的球心，则平面MNB1截球O所得截面的面积为________.答案8π解析如图1，将直三棱柱补形成正方体ABCD－A1B1C1D1，连接BD1，则直三棱柱的外接球也是正方体的外接球，球心O是BD1的中点，半径R＝2 3. 连接BD交MN于点E，连接B1E交BD1于点F，过点O作OO1⊥B1E于点O1，连接B1D1，因为MN∥AC，AC⊥平面BB1D1D，所以MN⊥平面BB1D1D，所以OO1⊥MN，所以OO1⊥平面MNB1.如图2，31 / 31 在矩形BB 1D 1D 中，BF FD 1＝BE B 1D 1＝14， 所以BF OF ＝23，过点B 作BG ⊥B 1E 于点G ， 则BG ＝BE ·BB 1B 1E ＝43，BGOO 1＝BF OF ＝23，所以OO 1＝2，设截面圆的半径为r ， 则r 2＝R 2－OO 21＝(23)2－22＝8，所以截面的面积为8π.。
专题06 经典三类球：外接球、内切球、棱切球(解析版)
专题06 经典三类球：外接球、内切球、棱切球【考点预测】考点一：正方体、长方体外接球1．正方体的外接球的球心为其体对角线的中点，半径为体对角线长的一半． 2．长方体的外接球的球心为其体对角线的中点，半径为体对角线长的一半． 3．补成长方体（1）若三棱锥的三条侧棱两两互相垂直，则可将其放入某个长方体内，如图1所示． （2）若三棱锥的四个面均是直角三角形，则此时可构造长方体，如图2所示． （3）正四面体P ABC -可以补形为正方体且正方体的棱长2a =，如图3所示．（4）若三棱锥的对棱两两相等，则可将其放入某个长方体内，如图4所示图1 图2 图3 图4考点二：正四面体外接球如图，设正四面体ABCD 的的棱长为a ，将其放入正方体中，2，显然正四面体和正方体有相同的外接球.正方体外接球半径为236R ==，即正四面体外接球半径为6R =.考点三：对棱相等的三棱锥外接球四面体ABCD 中，AB CD m ==，AC BD n ==，AD BC t ==，这种四面体叫做对棱相等四面体，可以通过构造长方体来解决这类问题.如图，设长方体的长、宽、高分别为,,a b c ，则222222222b c m a c n a b t ⎧+=⎪+=⎨⎪+=⎩，三式相加可得222a b c ++=222,2m n t ++而显然四面体和长方体有相同的外接球，设外接球半径为R ，则22224a b c R +=+，所以2228m n t R ++=.考点四：直棱柱外接球如图1，图2，图3，直三棱柱内接于球（同时直棱柱也内接于圆柱，棱柱的上下底面可以是任意三角形）图1 图2 图3第一步：确定球心O 的位置，1O 是ABC ∆的外心，则1OO ⊥平面ABC ； 第二步：算出小圆1O 的半径1AO r =，111122OO AA h ==（1AA h =也是圆柱的高）； 第三步：勾股定理：22211OA O A O O =+⇒222()2hR r =+⇒22()2h R r =+R考点五：直棱锥外接球如图，PA ⊥平面ABC ，求外接球半径.图3-1C 1B 1AEFA 1O 1OO 2BC图3-2C 1B 1AA 1O 1OO 2BC图3-3C 1B 1AEFA 1O 1O O 2BC解题步骤：第一步：将ABC ∆画在小圆面上，A 为小圆直径的一个端点，作小圆的直径AD ，连接PD ，则PD 必过球心O ；第二步：1O 为ABC ∆的外心，所以1OO ⊥平面ABC ，算出小圆1O 的半径1O D r =(三角形的外接圆直径算法：利用正弦定理，得2sin sin sin a b c r A B C ===)，112OO PA =； 第三步：利用勾股定理求三棱锥的外接球半径：①222(2)(2)R PA r =+⇔222(2)R PA r +②2221R r OO =+⇔221R r OO =+ 考点六：正棱锥外接球正棱锥外接球半径：222r h R h+= .考点七：垂面模型如图1所示为四面体-P ABC ，已知平面⊥PAB 平面ABC ，其外接球问题的步骤如下： （1）找出PAB △和ABC △的外接圆圆心，分别记为1O 和2O ．（2）分别过1O 和2O 作平面PAB 和平面ABC 的垂线，其交点为球心，记为O ． （3）过1O 作AB 的垂线，垂足记为D ，连接2O D ，则⊥2O D AB ．（4）在四棱锥-12A DO OO 中，AD 垂直于平面12DO OO ，如图2所示，底面四边形12DO OO 的四个顶点共圆且OD 为该圆的直径．ADPO 1OCBhl rDB图1 图2考点八：锥体内切球方法：等体积法，即3VRS=体积表面积考点九：棱切球方法：找切点，找球心，构造直角三角形【典型例题】例1．（2022·河北邢台·高一阶段练习）已知菱形ABCD的边长为360BAD∠=︒，将△ABD沿BD折起，使A，C两点的距离为3A-BCD的外接球的表面积为（）A．12πB．18πC．24πD．30π【答案】B【解析】【分析】确定折起后三棱锥A-BCD为正四面体，将此正四面体放置在正方体中，使得正方体的面对角线是正四面体的棱，正方体的对角线就是外接球的直径，此球也是三棱锥A-BCD的外接球．由此计算可得球表面积．【详解】由已知得BAD为等边三角形，∴对角线23BD AB BC CD DA=====将ABD△沿BD折起，使A，C两点的距离为3∴折起后三棱锥A-BCD为正四面体，各棱长都是23将此正四面体放置在正方体中，使得正方体的面对角线是正四面体的棱，设正方体的棱长为a23a=32a R =，其中R 为正方体的外接球半径，322R =， 由于正方体的外接球就是正四面体ABCD 的外接球， ∴正四面体ABCD 的外接球表面积为2418R ππ= 故选：B.例2．（2022·安徽·合肥市第六中学高一期中）设直三棱柱111ABC A B C -的所有顶点都在一个球面上，1AB AC AA ==，120BAC ∠=︒，且底面ABC 的面积为23接球的表面积是（ ） A ．16π B 4010πC ．40πD ．64π【答案】C 【解析】 【分析】由三角形面积公式求得AB ，由正弦定理求得底面三角形外接圆半径，设,M N 分别是ABC 和111A B C △的外接圆圆心，则MN 的中点O 是三棱柱111ABC A B C -的外接球球心，求球半径后可得表面积． 【详解】设1AB AC AA m ===，因为120BAC ∠=︒， 所以1sin120232m m ⨯⨯⨯︒=22m = 而30ACB ∠=︒，所以22sin 30r =︒(r 于是是ABC 外接圆的半径)，22r =即22AM = 如图，设,M N 分别是ABC 和111A B C △的外接圆圆心，由直棱柱的性质知MN 的中点O 是三棱柱111ABC A B C -的外接球球心， 111222OM MN AA === 所以外接球为22R OA AM OM =+=()()2222210+=.于是球的表面积为24S R =π=(241040ππ=.故选：C.例3．（2022·湖南·长郡中学高一期中）如图，在正四棱台1111ABCD A B C D -中，4AB =，112A B =，若半径为r 的球O 与该正四棱台的各个面均相切，该球的表面积S =（ ）A ．4πB ．6πC ．8πD ．10π【答案】C 【解析】 【分析】作正棱台的轴截面.设内切球的半径为r ，利用勾股定理得到222MG FG MF +=，解得2r =.【详解】如图，作该正棱台的轴截面.其中E ，F ，M ，N 分别是AB ，CD ，11C D ，11A B 的中点，H ，K 是MN ，EF 的中点，G 是内切球的球心，H ，K 是内切球和上、下底面的切点，Q 是内切球和侧面11CDD C 的切点，内切球的半径为r ，由正棱台的结构可以得到，1HM =，2KF =，HG KG QG r ===，易得1MQ HM ==，2FQ FK ==，3MF =，2221MG r =+，2222FG r =+，且90MGF ∠=︒，所以222MG FG MF +=，即22149r r +++=，解得2r =248S r ππ==.故选：C.例4．（2022·河北省唐县第一中学高一期中）已知三棱锥P ABC -的各顶点都在同一球面上，且P A ⊥ 平面ABC ，AB AC ⊥，且1AB AC ==，若此球的表面程等于4π，则三棱锥P ABC -的体积为（ ）A 2B ．1C 2D ．13【答案】A 【解析】 【分析】将三棱锥P ABC -补成长方体，则三棱锥P ABC -的外接球即为该长方体的外接球，求出球的半径，即可得出长方体的对角线的长度，从而可得出答案. 【详解】由题意，将三棱锥P ABC -补成长方体，则三棱锥P ABC -的外接球即为该长方体的外接球.则该长方体的外接球的直径为该长方体的对角线. 如图，4S π=球，则球半径1R =， 所以()222222PA AB AC R PA ++=⇒=， 所以123P ABC ABC V S PA -∆=⋅=故选：A.例5．（2022·河南·高一期中）已知三棱锥P ABC -的四个顶点在球O 的球面上，3,4,5,5,34,PA PB PC AB AC ===== 41BC =O 的表面积为（ ）A ．16πB ．25πC ．32πD ．50π【答案】D 【解析】 【分析】利用勾股定理可证明三条侧棱,,PA PB PC 两两垂直，符合墙角模型，补成长方体，那么球的直径就是长方体的体对角线. 【详解】根据题中数据，22222+3534PA PC AC =+==，故PA PC ⊥，类似的，同理容易验证222+PA PB AB =，222+PC PB BC =，于是PA PB ⊥，PB PC ⊥， 即三条侧棱,,PA PB PC 两两垂直，下以P 为顶点，,,PA PB PC 分别为一个长方体的长宽高，将三棱锥P ABC -补成长方体， 易知长方体的外接球就是三棱锥P ABC -的外接球， 长方体的体对角线长为： 22234552++=于是球O 的表面积为(2250ππ⋅=.故选：D.例6．（2022·全国·3顶点的多面体为正八面体，那么该正八面体的内切球表面积为（ ）A ．6πB ．πC ．43π D ．4π【答案】B 【解析】 【分析】6正八面体的内切球半径，即可求出球的表面积． 【详解】2233622⎛⎫⎛⎫+ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭如图，在正八面体中连接AF ，DB ，CE ，可得AF ，DB ，CE 互相垂直平分，在Rt AOD △中，22226262223AO AD OD ⨯=-=⨯⎪⎛⎫⎛⎫-= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ 则该正八面体的体积1363236V =⨯= 该八面体的表面积236833S ==⎝⎭设正八面体的内切球半径为r ，13S r V =，即13333r ⨯=12r =， 24球S πr π∴==故选：B例7．（2022·山西·大同市第二中学校高一期中）球O 为三棱锥P ABC -的外接球，ABC 和PBC 都是边长为3PBC ⊥平面ABC ，则球的表面积为（ ） A ．28π B ．20πC ．18πD ．16π【答案】B 【解析】 【分析】取BC 中点为T ，以及ABC 的外心为1O ，PBC 的外心为2O ，依据平面PBC ⊥平面ABC 可知12OO TO 为正方形，然后计算外接球半径，最后根据球表面积公式计算. 【详解】设BC 中点为T ，ABC 的外心为1O ，PBC 的外心为2O ， 如图由ABC 和PBC 均为边长为3 则ABC 和PBC 23260=，又因为平面PBC ⊥平面ABC ， 所以2O T ⊥平面ABC ，可知21O T O T ⊥ 且21O T O T =，过21,O O 分别作平面PBC 、平面ABC 的垂线相交于O 点O 即为三棱锥P ABC -的外接球的球心， 且四边形12OO TO ()22231-=的正方形，所以外接球半径2222145R OO O P =++则球的表面积为20π， 故选：B ．例8．（2022·全国·高一单元测试）四个半径为2的球刚好装进一个正四面体容器内，此时正四面体各面与球相切，则这个正四面体外接球的表面积为（ ） A ．(168486)π+ B ．(168426)π+ C ．(188486)π+ D ．(168326)π+【答案】A 【解析】 【分析】画出直观图，梳理条件，再画出截面图，从中找到等量关系，求出外接球半径，从而求出外接球的表面积. 【详解】如图1所示，正四面体ABCD 中，AH ⊥底面BCD ，E 、F 、G 、K 为四个球的球心，M 为CD 中点，连接BM ，AM ，易知B 、H 、M 三点共线，直线AH 交平面EFG 于点1H ，连接1EH ，交GF 于点N ，则N 为GF 的中点，因为内切球半径为2，故EF =4，画出截面ABM 如图2所示，正四棱锥EFGK 外接球球心设为O ，则正四面体ABCD 的外接球球心与正四面体EFGK 外接球球心重合，设正四面体ABCD 的外接球半径为R ，正四面体EFGK 外接球半径为r ，在图2中，EK =4，23EN =12433EH EN ==，146KH ==146OH r = 由22211OE OH EH =+，即2224643r r ⎫=+⎪⎪⎝⎭⎝⎭，解得：6r =所以1466OH r =-=过点E 作EP ⊥BM 于点P ，则EP =2 则△BEP ∽△1OEH∴1OH OE BE EP=6632= 解得：6BE =∴66R OB BE OE ==+=+∴正四面体ABCD 的外接球表面积(24168483S R ππ==+故选：A 【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.（多选题）例9．（2022·湖北·沙市中学高一期中）如图，已知棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，下列命题正确的是（ ）A 3B ．点P 在线段AB 上运动，则四面体111P A BC -的体积不变 C ．与所有122πD ．M 是正方体的内切球的球面上任意一点，则AM 32-【答案】BC 【解析】 【分析】对于A ，利用正方体的性质即得，对于B ，判断出四面体111P A B C -的高为1，底面积不变即得，对于C ．先求出球的半径2R =，即可求体积，对于D ．判断出线段AM 长度的最小值是A 到球心的距离减去内切球的半径，直接求解即可. 【详解】对于A ，由正方体的性质可知正方体外接球的直径为其体对角线，故正方体外接球的半径3A 错误； 对于B ，点P 在线段AB 上运动，则四面体111P A BC -的高为1，底面积不变，则体积不变，故B 正确；对于C ，与所有12条棱都相切的球的直径2R 等于面的对角线12BC 22R =2R =， 则球的体积334422(33V R ππ==⨯⨯=，故C 正确；对于D ，正方体的内切球为正方体的中心，内切球的半径为r ， 可知线段AM 长度的最小值是A 到球心的距离减去内切球的半径， 正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，∴12r =，A 3AM 31-D 错误. 故选：BC ．例10．（2022·广东·广州市协和中学高一期中）在三棱锥P ABC -中，33,5AB AC BC PA PB PC ======，D 、E 、F 分别为AB 、AC 、BC 的中点，则以下结论正确的是（ ）A ．平面PDE ⊥平面ABCB ．平面PAF ⊥平面ABCC ．//AB 平面PEFD ．三棱锥P ABC -的外接球表面积为625π16【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A ，利用逆推方式要证明面面垂直，就去证明线面垂直，再去证线线垂直，根据题意不存在AM PM ⊥即可判断；对于B ，根据面面垂直的判定定理及等腰三角形的三线合一即可判断； 对于C ，根据线面平行的判定定理结合三角形的中位线定理即可判断；对于D ，要求三棱锥P ABC -外接球的表面积，首先找出外接球的球心，在利用球的半径、截面圆半径、球心到截面圆圆心的距离三者关系求出球的半径，再利用球的表面积公式即可判断； 【详解】对于A ，设AF 与DE 的交点为M ，则AF DE ⊥，若平面PDE ⊥平面ABC ，那么根据面面垂直的性质定理，必有AF ⊥平面PDE ，此时须有AM PM ⊥成立，又因为M 是AF 的中点，此时须有PA PF =成立，上式显然不成立，故A 不正确；对于B ，由于,AB AC PB PC ==，F 为BC 的中点，所以AF BC ⊥，PF BC ⊥，AFPF F =，故BC ⊥平面PAF ，而BC ⊂平面ABC ，所以平面PAF ⊥平面ABC ，故B正确；对于C ，由E , F 分别为AC ，BC 的中点，得//EF AB ,EF ⊂平面PEF ，AB ⊄平面PEF ，所以因此//AB 平面PEF ，故C 正确； 对于D ，作PN平面ABC 垂足为N ，则N 为正三角形ABC 的重心，所以22333,534,AN PN ===-设三棱锥P ABC -的外接球球心为O ，则O 在PN 上，连接AO ，设三棱锥P ABC -的外接球半径为R ，则在AON 中，()22243R R =-+，解得258R =，因此其外接球表面积为2625π4π16R =，故D 正确.故选：BCD.【点睛】解决此类型题的关系记住线面，面面平行与垂直的判定定理及性质定理，求外接球的问题关键核心就是找出球心，找球心的方法就是找截面圆的圆心，再做过截面圆的圆心的垂线，球心就在过截面圆的圆心的垂线上,然后球的半径、截面圆半径、球心到截面圆圆心的距离三者关系求出球的半径进而可以求解关于球的任何问题.【过关测试】 一、单选题1．（2022·广东·海珠外国语实验中学高一期中）已知一个圆锥的母线长为2，侧面积为2π.若圆锥内部有一个球，当球的半径最大时，球的体积为（ ） A ．3π B 23C 3D 43【答案】D 【解析】 【分析】由题可知球内切于圆锥，利用图形关系求得球的半径，即可得解. 【详解】由题可知，母线2PA PB ==，若内部有一个球，半径最大时， 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，所以()1222π⋅=πr PB ，解得1==r EB . 由勾股定理222413=-=-=PE PB EB ，所以3PE = 又因为POM 与PBE △相似，31-=⇒=PO OM R R PB EB ，解得3R =， 所以球的体积344334333=π==V R . 故选：D2．（2022·天津市求真高级中学高一阶段练习）正方体的外接球与内切球的表面积之比是（ ） A ．13B ．3C ．33D 3【答案】B 【解析】 【分析】设正方体的棱长为a ，求出其外接球的半径和内切球的半径，再根据表面积公式可得结果. 【详解】设正方体的棱长为a 3，内切球的半径为12a ，所以正方体的外接球与内切球的表面积之比是2234142a ππ⎫⋅⎪⎝⎭⎛⎫⋅ ⎪⎝⎭3=. 故选：B3．（2022·云南师大附中高一期中）如图，蹴鞠，又名“蹋鞠”、“蹴球”、“蹴圆”、“筑球”、“踢圆”等，“跳”有用脚蹴、蹋、踢的含义，“鞠”最早系皮革外包、内实米糠的球.因而“蹴鞠”就是指古人以脚蹴、蹋、踢皮球的活动，类似今日的足球.2006年5月20日，蹴鞠已作为非物质文化遗产经国务院批准列入第一批国家级非物质文化遗产名录.若将“鞠”的表面视为光滑的球面，已知某“鞠”表面上的四个点A ，B ，C ，D 满足13AB CD ==，5BD AC ==cm ，5AD BC ==cm ，则该“鞠”的表面积为（ ）A ．20πcm 2B ．24πcm 2C ．27πcm 2D ．29πcm 2【答案】D 【解析】 【分析】由于,,AB CD BD AC AD BC ===，所以可以把,,,A B C D 四点放到长方体的四个顶点上，则该长方体的体对角线就是“鞠”的直径，求出体对角线长，从而可求出该“鞠”的表面积 【详解】因为“鞠”表面上的四个点A ，B ，C ，D 满足13AB CD ==，25BD AC ==，5AD BC ==cm ，所以可以把,,,A B C D 四点放到长方体的四个顶点上，则该长方体的体对角线就是“鞠”的直径，设该长方体的长、宽、高分别为,,x y z ，“鞠”的半径为R ，则 2222(2)R x y z =++，由题意得22222220,13,25x y x z y z +=+=+=, 所以2222(2)29R x y z =++=，即2429R =， 所以该“鞠”的表面积为22429cm R ππ=， 故选：D4．（2022·浙江·嘉兴一中高一期中）在三棱锥P ABC -中，P A 、AB 、AC 两两垂直，3AP =，6BC =，则三棱锥外接球的表面积为（ ）A ．57πB ．63πC ．45πD ．84π【答案】C 【解析】 【分析】由P A ，AB ，AC 两两垂直，可判定该三棱锥为长方体的一部分，则三棱锥的外接球即为长方体的外接球，可知外接球半径为长方体体对角线的一半，进而求解. 【详解】由于P A ，AB ，AC 两两垂直，故可得该三棱锥为长方体的一部分， 因为外接球半径为长方体体对角线的一半， 所以2222235PA AB AC PA BC R +++==， 故2445S R ππ==， 故选：C5．（2022·安徽·合肥市第八中学高一期中）如图，在正四棱柱1111ABCD A B C D -中，底面ABCD 是边长为1的正方形，P 为11A D 上一点，且满足2APD π∠=，PA PD =，则以四棱锥P ABCD -外接球的球心O 为球心且与平面PBC 相切的球的体积为（ ）A 5πB 5πC 45πD 45π【答案】B 【解析】 【分析】在直角PAD △中，求得2PA PD ==O 即为四棱锥P ABCD -的外接球的球心，分别连接,,PN NQ PQ ，过点O 作OM PQ ⊥，证得OM ⊥平面PNQ ，求得25OM =25r =.【详解】在直角PAD △中，1AD =，PA PD =，可得222PA PD AD +=， 即2PA PB ==过正方形ABCD 的中心O 作1OO ⊥平面ABCD ， 取AD 的中点N ，连接ON ，则ON ⊥平面PAD ， 则直线1OO ON O =，则O 即为四棱锥P ABCD -的外接球的球心，分别连接,,PN NQ PQ ，在PNQ 中，过点O 作OM PQ ⊥, 又由BC ⊥平面PNQ ，可得OM BC ⊥， 因为BCPQ Q =，所以OM ⊥平面PBC ，又由PNQ 和QOM 相似，可得OM OQPN PQ =，所以1122525OQ PN OM PQ ⨯⋅==，所以O 为球心且与平面PBC 相切的球的半径为25r OM ==所以该球的体积为33445(3325V r πππ==⨯= 故选：B.6．（2022·安徽·淮南第一中学高一阶段练习）在三棱锥P ABC -中，,2,4,5PB AC PA PB AB AC BC ⊥=====，则三棱锥P ABC -外接球的表面积是（ ）A ．52πB ．643πC ．1123πD ．2563π【答案】B 【解析】 【分析】利用勾股定理证得AB AC ⊥，再根据线面垂直的判定定理可得AC ⊥平面PAB ，故三棱锥C PAB -的外接球在过底面PAB △外接圆圆心且垂直于底面PAB △的直线上，利用正弦定理求得PAB △外接圆的半径为r ，再根据三棱锥C PAB -外接球的半径为R 求出外接球半径，即可得出答案. 【详解】解：由2,4,5AB AC BC ===， 可得222BC AB AC =+，所以AB AC ⊥， 又,PB AC AB PB B ⊥⋂=，且PB ，AB 平面PAB ，所以AC ⊥平面PAB ，故三棱锥B PAB -的外接球在过底面PAB △外接圆圆心且垂直于底面PAB △的直线上， 由正弦定理，可得PAB △外接圆的半径为122sin603PA r =⨯=所以三棱锥C PAB -外接球的半径为22222162233AC R r ⎛⎫⎛⎫=++= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ 所以三棱锥C PAB -外接球的表面积为2216644433S R πππ==⨯=， 即三棱锥P ABC -外接球的表面积为2216644433S R πππ==⨯=. 故选：B.7．（2022·福建龙岩·高一期中）已知三棱锥A -BCD 中，22CD =2BC AC BD AD ====，则此几何体外接球的表面积为（ ） A ．23πB ．2πC 82πD ．8π【答案】D 【解析】 【分析】根据三棱锥的几何特点计算出三棱锥外接球的半径，即可计算出表面积. 【详解】如图，O 为CD 的中点，根据题意，BCD △和ACD △都是直角三角形，且 2OA OB OC OD ===O ∴是三棱锥外接球的球心，且外接球的半径2R OA =所以外接球的表面积为：24?8S R ππ==. 故选：D.8．（2022·湖南·雅礼中学高一期中）在正三棱锥P ABC -中，23AB =正三棱锥P ABC -的体积是43P ABC -外接球的表面积是（ ） A ．5π B ．15πC ．25πD ．35π【答案】C【分析】根据体积求得锥体高度，利用正弦定理求出底面所在的圆的半径，结合勾股定理求得外接球的半径，即可求出其表面积． 【详解】如图所示，设点G 为ABC 的外心，则PG ⊥平面ABC ，由13P ABC ABCV SPG -=⋅=1132334332PG ⨯⨯= ∴4PG =，则三棱锥P ABC -的外接球的球心O 在直线PG 上．设其外接球的半径为R ， 由正弦定理得22sin3AB AG π==，在Rt OAG 中，|||4|OG PG R R =-=-，由勾股定理得222OA OG AG =+，即2222|4|R R =+-，解得52R =． 正三棱锥P ABC -外接球的表面积是22544252S R πππ⎛⎫==⨯= ⎪⎝⎭，故选：C ．二、多选题9．（2022·浙江宁波·高一期中）已知点,,,A B C D 是半径为2的球面上不共面的四个点，且23AB CD ==，则四面体ABCD 体积的值可能为（ ）A ．3B ．4C ．43D ．6【答案】AB 【解析】 【分析】设球心为O ，,E F 分别为,AB CD 中点，根据球心的特征可知求得1OE OF ==，知,E F 是以O 为球心，1为半径的球面上的点，从而得到02EF OE OF <+=≤，利用三棱锥体积公式可确定223A BCD A CDE CDEV V S d --==⋅，结合3d AE =≤CDE △边CD 上的高2h EF ≤≤可求得体积最大值，由此确定选项.设O 为,,,A B C D 所在球面的球心，,E F 分别为,AB CD 中点，2OA OC ．3AB CD ==OE AB ∴⊥，OE CD ⊥且3AE CF ==1OE OF ∴==，则,E F 均是以O 为球心，1为半径的球面上的点，则02EF OE OF <+=≤，E 是AB 中点，223A BCD A CDE CDEV V S d --∴==⋅（d 为点A 到平面CDE 距离，3d AE ≤， 又12CDESCD h =⋅（h 为点E 到CD 距离，2h EF ≤≤）， 2232343A BCD V -⨯∴=≤，当且仅当,,E O F 三点共线且AB CD ⊥时等号成立．故选：AB ． 【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何中的外接球相关问题的求解，解题关键是能够确定,AB CD 中点,E F 是以O 为球心，1为半径的球面上的点，从而能够确定点A 到平面CDE 距离和点E 到CD 距离的范围，利用棱锥体积公式可求得体积的最大值.10．（2022·福建师大附中高一期中）在直三棱柱111ABC A B C -中，3ABC π∠=，1AC AA =，若该三校柱的外接球的表面积为28π，则该三棱柱的体积不可能是（ ） A ．15 B ．18 C ．21 D ．24【答案】CD 【解析】 【分析】设1AC AA m ==，求得ABC 的外接圆的半径3r =结合球的表面积公式和球的截面性质，列出方程求得23m =ABC 面积的最大值，根据柱体的体积公式求得棱柱的最大体积，结合选项，即可求解. 【详解】如图所示，设1AC AA m ==， 在ABC 中，3ABC π∠=，AC m =，所以外接圆的半径23sin3m r π==3r = 取上底面111A B C △和下底面ABC 的外心，分别为21,O O ，连接12O O ，取得12O O 的中点O ，可得O 为直三棱柱111ABC A B C -的外接球的球心， 设直三棱柱111ABC A B C -的外接球的半径为R ，可得2428R ππ=，解得27R =，在1BOO 中，可得22211OB O B OO =+，即222(()723m R =+=，解得212m =，所以23m =111ABC A B C -的高为3在ABC 中，由余弦定理得2222122cos23b c bc b c bc bc bc bc π=+-=+-≥-=，当且仅当b c =时，等号成立，所以12bc ≤， 所以ABC 的最大面积为max 1sin 3323S bc π==所以三棱柱111ABC A B C -的体积的最大值为332318V Sh ==. 所以三棱柱111ABC A B C -不可能为21和24. 故选：CD.11．（2022·浙江省定海第一中学高一期中）数学中有许多形状优美、寓意独特的几何体，“等腰四面体”就是其中之一，所谓等腰四面体，就是指三组对棱分别相等的四面体.关于“等腰四面体”，以下结论正确的是（ ） A ．长方体中含有两个相同的等腰四面体B ．“等腰四面体”各面的面积相等，且为全等的锐角三角形C ．“等腰四面体”可由锐角三角形沿着它的三条中位线折叠得到D ．三组对棱长度分别为a ，b ，c 的“等腰四面体”222a b c ++【答案】ABC 【解析】【分析】作出长方体，根据等腰四面体的定义得出图形，根据长方体的性质判断各选项． 【详解】如图，长方体1111ABCD A B C D -有两个相同的等腰四面体：11ACB D 和11AC BD ，A 正确；如等腰四面体11AC BD 中，每个面可能看作是从长方体截一个角得出的， 如图，设11111,,A D A B AA 的长分别为,,x y z ，不妨设x y z ≥≥， 则2211B D x y +221AD x z +221AB y z +1BD 最大， 其所对角的余弦值为22222221122222222cos 02B AD y z x zy z x z∠==>+⋅++⋅+，最大角11B AD ∠为锐角，三角形为锐角三角形，同理其它三个面都是锐角三角形，各个面的三条边分别相等，为全等三角形，面积相等，B 正确；把一个等腰四面体沿一个顶点出发的三条棱剪开摊平，则得一个锐角三角形，还有三条棱是这个三角形的三条中位线，如等腰四面体11ACB D ，沿11,,AB AD AC 剪开摊平，11,ND PD 共线，同理可得,CM DP 共线，11,B M B N 共线，MNP △为锐角三角形（与等腰四面体11ACB D 的面相似），且1111,,B C B D CD 是这个三角形的中位线，因此C 正确；如上等腰四面体11AC BD 中三条棱长分别是长方体的三条面对角线长，由长方体性质知长2222a b c ++D 错。
第08讲 拓展一：空间几何体内接球与外接球问题 (讲)(含答案解析)
第08讲拓展一：空间几何体内接球与外接球问题(讲）第08讲拓展一：空间几何体内接球与外接球问题(精讲）高频考点一：空间几何体的内切球问题建立模型球的内切问题（等体积法）例如：在四棱锥P ABCD -中，内切球为球O ，求球半径r ．方法如下：P ABCD O ABCD O PBC O PCD O PAD O PABV V V V V V ------=++++即：1111133333P ABCD ABCD PBC PCD PAD PAB V S r S r S r S r S r -=⋅+⋅+⋅+⋅+⋅，可求出r ．典型例题例题（2022·江苏·苏州外国语学校高一期末）1．在三棱锥S ABC -中，SA ⊥平面,90ABC ABC ∠= ，且3,4,5SA AB AC ===，若球O 在三棱锥S ABC -的内部且与四个面都相切（称球O 为三棱锥S ABC -的内切球），则球O 的表面积为（）A ．169πB ．49πC ．3227πD ．1681π【答案】A解：因为SA ⊥平面,90ABC ABC ∠= ，AB ⊂平面ABC ，AC ⊂平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，所以SA AB ⊥，SA AC ⊥，SA BC ⊥，又,BC AB SA AB A ⊥= ，所以BC ⊥平面SAB ，所以BC SB ⊥，所以,,SAB ABC SAC SBC ，均为直角三角形，设球O 的半径为r ，则()1+++3S ABC SAB CAB SAC SBC V S S S S r -=⋅ ，而11334632S ABC V -=⨯⨯⨯⨯=，11156,35222SAB CAB SAC SBC S S SA AB S S ==⋅===⨯⨯= ，所以115156+6++6322r ⎛⎫⋅= ⎪⎝⎭，解得23r =，所以球O 的表面积为221644239r S πππ⎛==⨯=⎫ ⎪⎝⎭，故选：A ．例题（2022·全国·高一）2．某学校开展手工艺品展示活动，小明同学用塑料制作了如图所示的手工艺品，其外部为一个底面边长为6的正三棱柱，内部为一个球，球的表面与三棱柱的各面均相切，则该内切球的表面积为___________，三棱柱的顶点到球的表面的最短距离为___________．【答案】12π解：依题意如图过侧棱的中点作正三棱柱的截面，则球心为MNG 的中心，因为6MN =，所以MNG 内切圆的半径13r OH MH ====即内切球的半径R 2412S R ππ==，又正三棱柱的高12AA R ==所以23OM OH ==AO =所以A 到球面上的点的距离最小值为AO R -故答案为：12π例题（2022·全国·高一专题练习）3．如图，直三棱柱111ABC A B C -有外接圆柱1OO ，点O ，1O 分别在棱AB 和11A B 上，4AB =．（1）若AC BC =，且三棱柱111ABC A B C -有一个内切球，求三棱柱111ABC A B C -的体积；【答案】（1）)161-（1）O ，1O 是圆柱的上下底面圆心，而且点O ，1O 分别在棱AB 和11A B 上，由此可知ABC 是AB 为斜边的直角三角形．4,AB AC BC =∴==11422ABC S AC BC =⋅=⨯= 设ABC 的内切圆的半径为r ，则由等面积法，可知：()1122AB BC AC r AC BC ++⋅=⋅，)21r ∴=，故三棱柱111ABC A B C -的内切球的半径也是)21，故三棱柱的高)241h r ==，进而三棱柱111ABC A B C -的体积))441161ABC V S h =⋅=⨯-=- ．题型归类练（2022·全国·高一）1．已知点O 到直三棱柱111ABC A B C -各面的距离都相等，球O 是直三棱柱111ABC A B C -的内切球，若球O 的表面积为16π，ABC 的周长为4，则三棱锥1A ABC -的体积为（）A ．43B ．163C ．3D ．3（2022·湖南·高一期末）2锥的底面和侧面均相切）的表面积为______.（2022·全国·高三专题练习（文））3．若正四棱锥P ABCD -内接于球O ，且底面ABCD 过球心O ，则球O 的半径与正四棱锥P ABCD -内切球的半径之比为__________.（2022·广西玉林·模拟预测（理））4．若正四棱锥P ABCD -内接于球O ，且底面ABCD 过球心O ，球的半径为4，则该四棱锥内切球的体积为_________．高频考点二：空间几何体的外接球问题模型1：长（正）方体模型——公式法建立模型正方体或长方体的外接球的球心为其体对角线的中点（1）设长方体一个顶点出发的三条边长分别为a ，b ，c ，则外接球半径2r =；（2）设正方体边长为a ，则外接球半径2r a =；典型例题例题（2022·贵州黔西·高二期末（理））1．若一个长方体的长、宽，高分别为4，2，3，则这个长方体外接球的表面积为______________．【答案】29π由题知，长方体的体对角线即为外接球的直径，所以2222(2)42329R =++=，所以2294R =所以外接球的表面积2429S R ππ==．故答案为：29π例题（2022·新疆·乌苏市第一中学高一期中）2．正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，则此正方体外接球的表面积是______．【答案】12π因为正方体的体对角线长度等于长方体外接球的直径，又正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，所以正方体外接球的直径为则该正方体外接球的表面积是2412ππ==S r ．故答案为：12π．题型归类练（2022·全国·高一期末）5．正方体的外接球与内切球的表面积之比是（）A ．13B ．3C ．D （2021·河北·深州长江中学高三期中）6．已知某正方体外接球的表面积为3π，则该正方体的棱长为______．（2021·福建·莆田锦江中学高一期中）7．已知正方体的棱长为2，则其外接球的表面积为______．模型2：墙角型，对棱相等型——补形法（补长方体或正方体）建立模型①墙角模型（三条线两个垂直）题设：三条棱两两垂直（重点考察三视图）②对棱相等模型（补形为长方体）题设：三棱锥（即四面体）中，已知三组对棱分别相等，求外接球半径（AB CD =，AD BC =，AC BD =）典型例题例题（2022·全国·高一）1．若三棱锥-P ABC 的三条侧棱PA ，PB ，PC 两两互相垂直，且PA PB PC ===则其外接球的表面积为（）（）A ．6πB ．12πC ．18πD ．24π【答案】A侧棱PA ，PB ，PC 两两互相垂直，且PA PB PC ===PA ，PB ，PC 作为正方体的棱长，如图：设外接球的半径为R ，则正方体的对角线的长2R =所以R =，所以外接球的表面积为246S R ππ==．故选：A例题（2022·江苏·南京师大附中高一期末）2．在三棱锥-P ABC 中，5PA BC ==，PB AC ==PC AB ==锥外接球的表面积为_________；外接球体积为_________．【答案】26π由题意，该三棱锥的对棱相等，可知该三棱锥可置于一个长方体中，如图所示：记该长方体的棱长为,,a b c ，则222222101725a b a c b c ⎧+=⎪+=⎨⎪+=⎩，即22226a b c ++=，所以r =，23442633S r V r πππ====，．故答案为：26π题型归类练（2022·辽宁·本溪高中高一阶段练习）8．已知正三棱锥S ABC -，则此三棱锥的外接球的表面积为（）A ．πB ．3πC ．6πD ．9π（2022·安徽·高一阶段练习）9．鳖臑是我国古代对四个面均为直角三角形的三棱锥的称呼．如图，三棱锥A BCD -是一鳖臑，其中AB BC ⊥，AB BD ⊥，BC CD ⊥，AC CD ⊥，且3BC DC ==，4AB =．则三棱锥A BCD -外接球的表面积是（）A．25πB ．34πC ．100πD ．3（2022·河北·沧县中学高一期中）10．三棱锥-P ABC 中，已知,,PA PB PC 两两垂直，且1,2PA PB PC ===，则三棱锥-PABC 的外接球的表面积为___________.（2022·贵州·清华中学高三阶段练习（理））11．四棱锥ABCD 中，2,======AB CD AD BC AC BD A ，B ，C ，D 的外接球的表面积是__________．模型3：单面定球心法（定+算）建立模型单面定球心法（定+算）步骤：①定一个面外接圆圆心：选中一个面如图：在三棱锥-P ABC 中，选中底面ABC ∆，确定其外接圆圆心1O （正三角形外心就是中心，直角三角形外心在斜边中点上，普通三角形用正弦定理定外心2sin ar A=）；②过外心1O 做（找）底面ABC ∆的垂线，如图中1PO ⊥面ABC ，则球心一定在直线（注意不一定在线段1PO 上）1PO 上；③计算求半径R ：在直线1PO 上任取一点O 如图：则OP OA R ==，利用公式22211OA O A OO =+可计算出球半径R ．典型例题例题（2022·山西省长治市第二中学校高一期末）1．在四面体ABCD 中，,ABD BCD 都是边长为2的等边三角形，且平面ABD ⊥平面BCD ，则该四面体外接球的表面积为_________．【答案】203π依题意作图，取BD 的中点P ，连接AP ，CP ，取ABD △的中心E ，BCD △的中心G ，分别作平面ABD 和平面BCD 的垂线，得交点H ，则H 点就是四面体ABCD 外接球的球心，CH 就是球的半径r ，AP CP HG PE CG =====，222253r CH CG GH ==+=，外接球的面积为22043S r ππ==；故答案为：203π．例题（2023·山西大同·高三阶段练习）2．球内接直三棱柱1111,1,120,2ABC A B C AB AC BAC AA -===︒∠=，则球表面积为___________．【答案】8π设三角形ABC 和三角形111A B C 的外心分别为D ，E ．可知其外接球的球心O 是线段DE 的中点，连结OC ，CD ，设外接球的半径为R ，三角形ABC 的外接圆的半径r ，1,120,AB AC BAC =∠=︒=可得BC =，由正弦定理得，21sin120r r ︒=∴=，而在三角形OCD 中，可知222||||||CO OD CD =+，即2212R r =+=，因此三棱柱外接球的表面积为248S R ππ==．故答案为：8π例题（2022·广西贺州·高一期末）3．已知ABC ∆的三个顶点都在球O 上，AC BC ⊥，2AC BC ==，且三棱锥3O ABC V -=，则球O 的体积为（）A ．π3B ．32π3C ．π3D ．36π【答案】D△ABC 中，AC BC ⊥，2AC BC ==，则AB =取AB 中点H ，连接OH ，则点H 为△ABC 所在小圆圆心，OH ⊥平面ABC则112232O ABC V OH -=⨯⨯⨯⋅，解之得OH则球O 的半径3OA 则球O 的体积为34π3=36π3⋅故选：D例题（2022·河南开封·高二期末（理））4．已知球O 为三棱锥D ABC -的外接球，球O 的体积为256π3，正三角形ABC 的外接圆半径为D ABC -的体积的最大值为______．【答案】设ABC 外接圆的圆心为1O ，因为正三角形ABC 的外接圆半径为23，即123O B =，由正弦定理243sin 60ACR ==︒，得6AC =，所以166sin 60932ABC S =⨯⨯⨯︒= ，要使三棱锥D ABC -的体积最大，则1O D ⊥平面ABC ，且球心O 在线段1O D 上，因为球O 的体积为34π256π33R =，所以球O 的半径为4R =．在1Rt OO B 中，由勾股定理得221116122OO R O B =-=-=，所以三棱锥D ABC -体积的最大值()()111932418333ABC V S OO R =⋅+=⨯⨯+=△．故答案为：183题型归类练（2022·河北·衡水市第十三中学高一阶段练习）12．在正四棱锥P ABCD -中，4AB =，6PA =，则平面PAB 截四棱锥P ABCD -外接球的截面面积是（）A ．655πB ．365πC ．12πD ．36π（2022·安徽·巢湖市第一中学模拟预测（文））13．已知三棱锥S ABC -中，平面SAC ⊥平面ABC ，且AB AC ⊥，30SCA ∠=︒，若4AB SA ==，则三棱锥S ABC -外接球的表面积为（）A ．64πB ．128πC ．40πD ．80π（2022·重庆市万州第二高级中学高一期中）14．在ABC 中，角A ，B ，C 所对的边为a ，b ，c ，且3a =，π3A =．又点A ，B ，C 都在球O 的球面上，且点O 到平面ABC 5O 的体积为（）A ．642π3B 635π3C ．643π3D 636π3（2022·河南·汝州市第一高级中学模拟预测（文））15．已知点,,,A B C D在同一个球的球面上，1AB =，BC =，2AC =，若四面体ABCD）A ．14425πB ．24825πC ．57625πD ．67625π（2022·全国·高三专题练习）16．已知球O 是正三棱锥A BCD -的外接球，3BC =，AB =E 在线段BD 上，且6BD BE =，过点E 作球O 的截面，则所得截面圆面积的取值范围是___________.模型4：双面定球心法（两次单面定球心）建立模型如图：在三棱锥-P ABC 中：①选定底面ABC ∆，定ABC ∆外接圆圆心1O ②选定面PAB ∆，定PAB ∆外接圆圆心2O ③分别过1O 做面ABC 的垂线，和2O 做面PAB 的垂线，两垂线交点即为外接球球心O ．典型例题例题（2022·全国·高三专题练习）1．已知点A ､B ､C ､D 都在球O 的球面上，AB AC =，BCD ∆是边长为1的等边三角形，AD 与平面BCD 所成角的正弦值为3，若2AD =，且点D 在平面BCD 上的投影与D 在BC 异侧，则球O 的表面积为（）A ．πB ．4πC ．8πD ．16π【答案】B由题设，若E 是BC 的中点，则O '是△BCD 的中心，连接DE ，如图示：由题设知：DE BC ⊥，AE BC ⊥，又AE DE E = ，则BC ⊥面AED ，而BC ⊂面BCD ，即面BCD ⊥面AED ，过A 作AF ⊥面BCD ，则F 必在直线DE 上，易知：ADF ∠为AD 与平面BCD 所成角的平面角，又AD 与平面BCD ，2AD =，可得DF =．过O '作OO DE '⊥交AD 于O ，易知：OD OB OC ==，而O D '=12O D DF '=，又//AF OO '，故O 为AD 的中点，OD OA =，∴OD OB OC OA ===，即O 是球心，故球O 的半径为1，∴球O 的表面积为4π．故选：B例题（2022·全国·高三专题练习（理））2．已知平面四边形ABCD 中，4AB AD BD =====，现沿BD 进行翻折，使得A 到达A '的位置，连接A C '，此时二面角A BD C '--为150°，则四面体A BCD '外接球的半径为（）A ．3B ．3C D ．3【答案】C解：取BD 的中点E ，连接A E '，CE ，因为4AB AD BD =====即BC CD ==所以CE BD ⊥，A E BD '⊥，A EC '∠即为二面角A BD C '--的平面角，且90BCD ∠=︒，所以BCD △外接圆的圆心为E ，设A BD ' 外接圆的圆心为1O ，则1O E =过点1O ，E 分别作平面A BD '，平面BDC 的垂线，交于点O ，则O 即为四面体A BCD '外接球的球心．因为二面角A BD C '--的平面角为150︒，即150A EC '∠=︒，则160∠=︒OEO ．在1Rt OO E △中，3cos603OE ==︒，连接OB ，则OB 即为外接球的半径R ，则2222283R OB OE BE ==+=，即3R =，故选：C ．题型归类练（2022·湖南·邵阳市第二中学高一期末）17．一边长为4的正方形ABCD ，M 为AB 的中点，将AMD ，BMC △分别沿MD ，MC 折起，使MA ，MB 重合，得到一个四面体，则该四面体外接球的表面积为（）．A ．763πB ．48πC ．81πD ．9（2022·广东梅州·高一阶段练习）18．如图，在三棱锥-P ABC ，PAC △是以AC 为斜边的等腰直角三角形，且CB =AB AC ==，二面角P AC B --的大小为120︒，则三棱锥-P ABC 的外接球表面积为（）AB ．10πC ．9πD ．(4π+参考答案：1．B【分析】设三棱柱111ABC A B C -的高为h ，内切球O 的半径为r ，通过内切球的半径可求出h ，再求得ABC S ，由体积公式即可求解三棱锥1A ABC -的体积．【详解】解：设直三棱柱111ABC A B C -的高为h ，AB ＝c ，BC ＝a ，AC ＝b ，内切球O 的半径为r ，则h ＝2r ，由题意可知球O 的表面积为2164r ππ=，解得r ＝2，∴h ＝4，又△ABC 的周长为4，即a ＋b ＋c ＝4，∴连接OA ，OB ，OC ，111,,OA OB OC 可将直三棱柱111ABC A B C -分成5个棱锥，即三个以原来三棱柱侧面为底面，内切球球心为顶点的四棱锥，两个以原来三棱柱底面为底面，内切球球心为顶点的的三棱锥，∴由体积相等可得直三棱柱111ABC A B C -的体积为ABC S h ＝13ahr ＋13bhr ＋13chr ＋2×13ABC S r ，即4ABC S ＝13（a ＋b ＋c ）hr ＋43ABC S ，∴ABC S ＝4，∴三棱锥1A ABC -的体积为13ABC S h ＝13×4×4＝163．故选：B ．2．4π【分析】根据已知先求母线长，再结合轴截面可得半径，然后可得.【详解】有题意可知，PA π⋅=，所以PA =所以，圆锥的轴截面是边长为23的正三角形，圆锥的内切球的半径等于该正三角形的内切圆的半径，所以tan 3tan 301R OD AD OAD ==⋅∠=⨯︒=，所以该圆锥的内切球的表面积为4π.故答案为：4π331+##13+【分析】根据外接球的性质，结合正四棱锥的性质、内切球的性质进行求解即可.【详解】设外接球半径为R ，由题意可知，OA =OB =OC =OD =OP =R ，设四棱锥P -ABCD 的内切球半径为r ，设正方形ABCD 的边长为a ，因为底面ABCD 过球心O 2222a a R a R +=⇒=，2222116()2242R a R R R +=+⋅=，设该正四棱锥的表面积为S ，由等体积法可知：2211161(224)(2),(31)33223V Sr R R r R R R r ==+⋅⨯==+，314．6435)3π【分析】利用等体积法可求出四棱锥内切球的半径，从而可求出其体积【详解】因为正四棱锥P ABCD -内接于球O ，且底面ABCD 过球心O ，球的半径为4，所以4OA OB OC OD OP =====，所以42AB BC CD DA PA PB PC PD ========，所以正四棱锥P ABCD -的表面积为((22432S =+=，正四棱锥P ABCD -的体积为(21128433V =⨯⨯=设正四棱锥P ABCD -内切球的半径为r，则1112832)333V Sr r ==+=，解得1)r =，所以该四棱锥内切球的体积为334464(35)1)333r ππ⎡⎤=⨯=⎣⎦，故答案为：645)3π5．B【分析】设正方体的棱长为a ，求出其外接球的半径和内切球的半径，再根据表面积公式可得结果.【详解】设正方体的棱长为a，则其外接球的半径为2a ，内切球的半径为12a ，所以正方体的外接球与内切球的表面积之比是224142a ππ⎫⋅⎪⎝⎭⎛⎫⋅ ⎪⎝⎭3=.故选：B 6．1【分析】根据球的表面积公式，求得球的半径，结合正方体的对角线长等于外接球的直径，列出方程，即可求解.【详解】设正方体的棱长为a ，外接球的半径为R ，2R =，由243R ππ=，可得R22=⨯，解得1a =．故答案为：1．7．12π【分析】由于正方体的外接球直径等于正方体的体对角线，所以求出正方体的体对角线的长，可求出球的半径，从而可求出外接球的表面积【详解】解：设正方体外接球的半径为R ，则由题意可得()2222222212R =++=，即2412R =，所以外接球的表面积为2412R ππ=，故答案为：12π8．C【分析】根据题意，把三棱锥S ABC -外接球的半径，进而求得外接球的表面积，即可求解.【详解】由题意，正三棱锥S ABC -此三棱锥S ABC -的正方体，三棱锥S ABC -设正方体的外接球的半径为R ，可得2R =，即R =，所以此三棱锥的外接球的表面积为224π4π6πS R ==⨯=⎝⎭.故选：C.9．B【分析】结合长方体外接球的性质可知三棱锥A BCD -外接球的直径为AD ，进而可得结果.【详解】易得三棱锥A BCD -外接球的直径为AD ，则AD ，故三棱锥A BCD -外接球的半径R =所以24342S ππ⎛⎫=⨯= ⎪⎪ ⎭⎝，故选：B.10．9π【分析】将三棱锥-P ABC 放在长方体中，则长方体的外接球与三棱锥的外接球相同，即可求解.【详解】以线段,,PA PB PC 为相邻的三条棱为长方体，连接AB ,BC ,AC ,即为三棱锥-P ABC ，∵如图所示，长方体的外接球与三棱锥的外接球相同，∴则其外接球直径为长方体对角线的长，设外接球的半径为R ，则2222222(2)1229R PA PB PC =++=++=,解得32R =,则294π4π9π4S R ==⨯=.故答案为:9π.11．13π【分析】由题意将此四棱锥补成一个长方体，则经过A ，B ，C ，D 的外接球即为长方体的外接球，然后求出长方体的对角线的长即可得外接球的直径，从而可求出其表面积【详解】解：因为四棱锥ABCD 的对棱相等，所以将四棱锥ABCD 补成如图所示的长方体，则经过A ，B ，C ，D 的外接球即为长方体的外接球，所以球的直径为长方体的对角线的长，设长方体的长、宽、高分别为,,a b c ，因为2,======AB CD AD BC AC BD ，所以22222241012a b a c b c ⎧+=⎪+=⎨⎪+=⎩，解得13a b c =⎧⎪=⎨⎪=⎩所以球的半径r =所以球的表面积为2244132r πππ=⨯=⎝⎭，故答案为：13π12．B【分析】先作出辅助线，求出外接球半径，求出球心到截面的距离，从而得到截面圆的半径，求出截面的面积.【详解】如图，作PO '⊥平面ABCD ，垂足为O '，则O '是正方形ABCD 外接圆的圆心，从而正四棱锥P ABCD -外接球的球心O 在PO '上，取棱AB 的中点E ，连接,,,O D O E OD PE ''，作OH PE ⊥，垂足为H .由题中数据可得2,4O D O E PE O P '''====，设四棱锥P ABCD -外接球的半径为R ，则()22222R O D O O OP O P O O =+='-'=''，即()22284R O O O O =+='-'，解得3R =.由题意易证OPH EPO ' ∽，则PH OPO P PE='，故PH =故所求截面圆的面积是236ππ5PH ⋅=.故选：B 13．D【分析】三棱锥补成三棱柱，问题转化为三棱柱的外接圆，利用球心到底面圆的距离为12AB ，截面圆的半径为12sin 30SA ⋅︒，由222R d r =+求球半径即可.【详解】由题意得，BA ⊥平面SAC ，将三棱锥补成三棱柱11SAC S BC -，如图，则三棱柱11SAC S BC -的外接球即为所求.设外接球的球心为O ，则SAC 的外心为1O ，则1122OO AB ==，又1142sin SAO A SCA=⨯=∠，则外接球的半径R =表面积2480S R ππ==，故选：D 14．A【分析】依据截面圆半径和球心距即可求得球半径，进而求得球O 的体积.【详解】ABC的外接圆半径2sin 2ar A===则球O 的半径2R=则球O 的体积为(3344πR π33V ===3故选：A 15．D【分析】由已知得到ABC 为直角三角形，得到ABC 所以直角ABC 所在截面小圆的半径1r =，设点D 到平面ABC 的距离为h ，结合题意求得5h =，设四面体ABCD 的外接球半径为R ，球心O 到截面的距离为d ，当D 到底面ABC 距离最远时，即h R d =+时，求得135R =，进而求得球的表面积.【详解】由1,2AB BC AC ===，可得222AB BC AC +=，所以ABC 为直角三角形，其面积为112S ==，所以直角ABC 所在截面小圆的半径112r AC ==，设点D 到平面ABC 的距离为h ，因为四面体ABCD 体积取得最大值为6，所以113263D ABC ABC S h h V -=⨯==⨯ ，解得5h =，设四面体ABCD 的外接球半径为R ，球心O 到截面的距离为d ，当D 到底面ABC 距离最远时，即h R d =+时，四面体ABCD 的体积取得最大值，因为d ==5R +=，解得135R =，所以球的表面积为2136764525S ππ⎛⎫== ⎪⎝⎭.故选：D.16．5,44ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦【分析】设BDC 的中心为1O ，球O 的半径为R ，连接1O D ，OD ，1O E ，OE ，可得223(3)R R =+-，解得2R =，过点E 作圆O 的截面，当截面与OE 垂直时，截面的面积最小，当截面过球心时，截面面积最大，即可求解．【详解】解：如图，设BDC 的中心为1O ，球O 的半径为R ，连接1O D ，OD ，1O E ，OE ，则123sin 603O D =︒⨯=13AO =，在Rt 1OO D 中，223(3)R R =+-，解得2R =，6BD BE = ， 2.5DE ∴=，在1DEO 中，12O E ==，OE ∴===过点E 作圆O 的截面，当截面与OE 垂直时，截面的面积最小，，最小面积为54π，当截面过球心时，截面面积最大，最大面积为4π．∴所得截面圆面积的取值范围是5,44ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦，故答案为：5,44ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦．17．A【分析】先判断出MA ⊥平面ACD ，△ACD 为等边三角形.利用球内截面的性质，过△ACD 的中心O1作平面ACD 的垂线l1，过线段MC 的中点O2作平面MAC 的垂线l2，记12l l O =∩，则O 即为三棱锥M 一ACD 外接球的球心.利用勾股定理求出半径R ，即可求出外接球的表面积.【详解】如图所示，由图可知在四面体A -CDM 中，由正方形,ABCD M 为AB 的中点，可得MA ⊥AD ，MA ⊥AC ，AC ∩AD =A ，故MA ⊥平面ACD .将图形旋转得到如图所示的三棱锥M -ACD ，其中△ACD 为等边三角形，过△ACD 的中心O1作平面ACD 的垂线l1，过线段MC 的中点O2作平面MAC 的垂线l2，由球内截面的性质可得直线l1与l2相交，记12l l O =∩，则O 即为三棱锥M 一ACD 外接球的球心.设外接球的半径为R ，连接OC ，O1C ，可得111O C ==.在Rt △OO1C 中，222211193OC OO O C R =+==，故该外接球的表面积219764433S R πππ==⨯=.故选：A.18．B【分析】由题作出图形，易得PAC △外接圆圆心在AC 中点，结合正弦定理可求ABC 外接圆半径，结合图形知，()()222222R AO AO OO ==+，再结合二面角大小求出2OO ，进而得解.【详解】根据题意，作出图形，如图所示，因为PAC △是以AC 为斜边的等腰直角三角形，所以PAC △的外心在AC 中点，设为2O ，设ABC 的外心为1O ，BC 中点为E ，11AO r =，因为AB AC ==，所以1O 必在AE 连线上，则123sin AB ABr AEC AC===，即132r =，因为两平面交线为AC ，1O 为平面ABC 所在圆面中心，所以12O O AC ⊥，()221212O O r AO =-又因为二面角P AC B --的大小为120︒，2PO AC ⊥，所以2121120,30PO O OO O ∠=︒∠=︒，所以2121OO O O =⨯，锥体-P ABC 外接球半径()()2222222512R AO AO OO ==+=+=⎝⎭，则三棱锥-P ABC 的外接球表面积为2410S R ππ==，故选：B。
专题02 2020-2021学年高中数学之立体几何解题技法立体几何中的外接球与内切球问题(解析版)
帮你解决立体几何中的外接球与内切球问题立体几何中的外接球与内切球问题，有一定难度，需要掌握常见的几种类型，现结合实例介绍如下：一、 长方体的外接球直径为长方体体对角线长例1.长方体的三个相邻面的面积分别为2，3，6，这个长方体的顶点都在同一个球面上，则这个球的面积为( )A.72π B.56π C.14π D.64π 分析：长方体的外接球直径为常长方体体对角线长。
解析： C. 设长方体的过同一顶点的三条棱长分别为a,b,c ，则ab 2bc 3ac 6=⎧⎪=⎨⎪=⎩，得a 2b 1,c 3=⎧⎪=⎨⎪=⎩令球的半径为R ，则()20223217=45221314,=2B AB R R ∴∠=++=∴。
22=4=414S R R πππ∴=球。
变式. 一个正方体的八个顶点都在同一个球面上，已知这个球的表面积是12π，那么这个正方体的体积是( )A. 3 B ．4 3 C ．8 D ．24解析： C 设球的半径为R ，则4πR 2＝12π，从而R ＝3，所以正方体的体对角线为23，故正方体的棱长为2，体积为23＝8，故选C.二、有些三棱锥可以补体为长方体1.三条侧棱（面）两两垂直的三棱锥的外接球例2．已知三棱锥P -ABC 中，PB ⊥平面ABC ，∠ABC ＝90°，P A ＝5，AB ＝BC ＝1，则三棱锥P -ABC 的外接球的表面积为( ) A ．12π B ．6π C ．24πD.46π3解析：答案为 B如图，∵PB ⊥平面ABC ，∴PB ⊥AB ，∵AB ＝1，P A ＝5，∴PB ＝2， 22＋12＋12＝6，又AB ⊥BC ，把三棱锥P -ABC 补形为长方体，则长方体对角线长为则三棱锥P -ABC 外接球的半径为62， ∴三棱锥P -ABC 的外接球的表面积为4π×⎝⎛⎭⎫622＝6π.故选B. 变式．球面上有,,,A B C D 四个点，若,,AB AC AD 两两垂直，且4AB AC AD ===，则该球的表面积为（ ） A ．803πB ．32πC ．42πD ．48π解析：D 由题意可知，该球是一个棱长为4的正方体的外接球， 设球的半径为R ，由题意可得：()22222444R =++,据此可得：212R =，外接球的表面积为：2441248S R πππ==⨯=.2.三对对棱对应相等的三棱锥的外接球例3．在三棱锥S ABC -中，SA BC =，5SB AC ==，SC AB =S ABC -外接球的表面积为（ ） A ．25πB ．100C ．50πD．解析：答案为C 。
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O
FD
B
O1
E
C 作 OF ⊥ AE 于 F 设内切球半径为 r，则 OA = 1 －r ∵ Rt △ AFO ∽ Rt △ AO1E
.
例2、正三棱锥的高为 1，底面边长为2 6 。求棱锥的
全面积和它的内切球的表面积。
解法2： 设球的半径为 r，则 VA- BCD =
A
VO-ABC + VO- ABD + VO-ACD + VO-BCD
D1 A1
C
B O
C1 B1
对角面 A
A1
C
gO
C1
外接球的直径等于正方体的体对角线。
.
.
.
例2、正三棱锥的高为 1，底面边长为 。求棱锥的
全面积和它的内切球的表面积。
A 解法1： 过侧棱AB与球心O作截面( 如图 )
在正三棱锥中，BE 是正△BCD的高，
1
O1 是正△BCD的中心，且AE 为斜高
.
.
正方体 的内切、外接、棱切球
.
球的概念
球的截面的形状 圆面
球面被经过球心的平面截得的圆叫做大圆 不过球心的截面截得的圆叫做球的小圆
.
正方体的内切球
中截面
内切球的直径等于正方体的棱长。
.
D A
D1
C 正方体的棱切球
B
中截面
O
.
C1
A1
B1
棱切球的直径等于正方体的面对角线。
.
正方体的外接球
D A
.
正四面体的三个球
一个正四面体有一个外接球， 一个内切球和一个与各棱都 相切的球。那么这三个球的 球心及半径与正四面体有何 关系呢？为了研究这些关系， 我们利用正四面体的外接正 方体较为方便。
正四面体的外接球即为正 方体的外接球，与正四面 体各棱都相切的球即是正 方体的内切球，此两球的 球心都在正方体的中心， 在正四面体的高的一个靠 近面的四等分点上，
6
S表
3 2
a2
球的内切、外接问题
1、内切球球心到多面体各面的距离均相等， 外接球球心到多面体各顶点的距离均相等。 2、正多面体的内切球和外接球的球心重合。 3、正棱锥的内切球和外接球球心都在高线上，但不重合。 4、基本方法：构造三角形利用相似比和勾股定理。 5、体积分割是求内切球半径的通用做法。
VABCD
1 3
3 2 4
2
6 1
2 3
O•
D
1 3
r S全
3
22
3 r
B
C r 6 2 S球 8 5 2 6
注意：①割补法，② V多 面 体
1 3
பைடு நூலகம்
S全
r内 切 球
例3 求棱长为 a 的正四面体 P – ABC 的外接球的表面积
解法1： 过侧棱 PA 和球心 O 作截面α
则α截球得大圆，截正四面体得△PAD，如图所示,
连 AO 延长交 PD 于 G
6a 3
P
则 OG ⊥ PD，且 OO1 = OG
3
∵ Rt △ PGO ∽ Rt △ PO1D
A
a 2
•O G
O1 D
R
6 a R 3
3a
3a
2
6
R 6 a 4
E 3a