2025年高考数学一轮复习讲义（新高考版） 第7章　§7.2　球的切、接问题[培优课]

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球的切、接问题，是历年高考的热点内容，经常以客观题出现．一般围绕球与其他几何体的内切、外接命题，考查球的体积与表面积，其关键点是确定球心．
题型一 定义法
例1 (1)(2023·宣城模拟)在三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，PA＝2，AB＝2eq \r(2)，AC＝4，∠BAC＝45°，则三棱锥P－ABC外接球的表面积是( )
A．14π B．16π C．18π D．20π
答案 D
解析 在△BAC中，∠BAC＝45°，AB＝2eq \r(2)，AC＝4，
由余弦定理可得BC2＝AB2＋AC2－2AB·ACcs 45°＝8＋16－2×4×2eq \r(2)×eq \f(\r(2),2)＝8，
则BC2＋AB2＝AC2，所以BC⊥AB，
由PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，得PA⊥BC，又PA∩AB＝A，PA，AB⊂平面PAB，
所以BC⊥平面PAB，
所以BC⊥PB，
所以△PBC为直角三角形，
又△PAC为直角三角形，
所以PC是三棱锥P－ABC外接球直径，设O是PC的中点，即为球心，
又AC＝4，PA＝2，
所以PC＝eq \r(AC2＋PA2)＝eq \r(42＋22)＝2eq \r(5)，
所以外接球半径为eq \r(5)，
所以所求外接球的表面积S＝4π×(eq \r(5))2＝20π.
(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3eq \r(3)和4eq \r(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
解析 由题意，得正三棱台上、下底面的外接圆的半径分别为eq \f(2,3)×eq \f(\r(3),2)×3eq \r(3)＝3，eq \f(2,3)×eq \f(\r(3),2)×4eq \r(3)＝4.
设该棱台上、下底面的外接圆的圆心分别为O1，O2，连接O1O2(图略)，则O1O2＝1，其外接球的球心O在直线O1O2上．
设球O的半径为R，当球心O在线段O1O2上时，R2＝32＋OOeq \\al(2,1)＝42＋(1－OO1)2，解得OO1＝4(舍去)；
当球心O不在线段O1O2上时，R2＝42＋OOeq \\al(2,2)＝32＋(1＋OO2)2，解得OO2＝3，
所以R2＝25，
所以该球的表面积为4πR2＝100π.
综上，该球的表面积为100π.
思维升华 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．
跟踪训练1 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.eq \f(3\r(17),2) B．2eq \r(10) C.eq \f(13,2) D．3eq \r(10)
答案 C
解析 由题意作图如图，过球心O作平面ABC的垂线，则垂足为BC的中点M.
∵AB＝3，AC＝4，AB⊥AC，∴BC＝5，又AM＝eq \f(1,2)BC＝eq \f(5,2)，OM＝eq \f(1,2)AA1＝6，
∴球O的半径R＝OA＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)))2＋62)＝eq \f(13,2).
题型二 补形法
例2 (1)(2023·大庆模拟)在正方形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，则该三棱锥的外接球半径R与内切球半径r的比值为( )
A.2eq \r(3) B．4eq \r(3) C．2eq \r(6) D.eq \r(6)
答案 C
解析 因为在正方形ABCD中，AD⊥AE，CD⊥CF，BE⊥BF，
所以折起后OD，OE，OF两两互相垂直，
故该三棱锥的外接球，即以OD，OE，OF为棱的长方体的外接球．
设正方形ABCD的边长为2，则OD＝2，OE＝1，OF＝1，
故2R＝eq \r(OD2＋OE2＋OF2)＝eq \r(6)，则R＝eq \f(\r(6),2).
设内切球球心为I，由VO－DEF＝eq \f(1,3)·S△OEF·OD＝eq \f(1,3)，三棱锥O－DEF的表面积S＝4，
VO－DEF＝VI－ODE＋VI－ODF＋VI－OEF＋VI－DEF＝eq \f(1,3)Sr，
所以r＝eq \f(1,4)，则有eq \f(R,r)＝2eq \r(6).
(2)如图，在多面体中，四边形ABCD为矩形，CE⊥平面ABCD，AB＝2，BC＝CE＝1，通过添加一个三棱锥可以将该多面体补成一个直三棱柱，那么添加的三棱锥的体积为________，补形后的直三棱柱的外接球的表面积为________．
答案 eq \f(1,3) 6π
解析 如图，添加的三棱锥为直三棱锥E－ADF，
可以将该多面体补成一个直三棱柱ADF－BCE，
因为CE⊥平面ABCD，AB＝2，
BC＝CE＝1，
所以S△BCE＝eq \f(1,2)CE×BC＝eq \f(1,2)×1×1＝eq \f(1,2)，
直三棱柱ADF－BCE的体积
V＝S△BCE·AB＝eq \f(1,2)×2＝1，
添加的三棱锥的体积为eq \f(1,3)V＝eq \f(1,3).
方法一 如图，分别取AF，BE的中点M，N，连接MN，与AE交于点O，
因为四边形AFEB为矩形，所以O为AE，MN的中点，在直三棱柱ADF－BCE中，CE⊥平面ABCD，
所以FD⊥平面ABCD，即∠ECB＝∠FDA＝90°，所以上、下底面为等腰直角三角形，直三棱柱的外接球的球心即为点O，AO即为球的半径，
因为AM＝eq \f(1,2)AF＝eq \f(\r(2),2)，MO＝1，
所以AO2＝AM2＋MO2＝eq \f(1,2)＋1＝eq \f(3,2)，
所以外接球的表面积为4π·AO2＝6π.
方法二 因为CE，CB，CD两两垂直，故将直三棱柱ADF－BCE补成长方体，设外接球的半径为R，则4R2＝12＋12＋22＝6，所以外接球的表面积S＝4πR2＝6π.
思维升华 (1)补形法的解题策略
①侧面为直角三角形，或对棱均相等的模型和正四面体，可以还原到正方体或长方体中去求解；②直三棱锥补成三棱柱求解．
(2)正方体与球的切、接问题的常用结论
正方体的棱长为a，球的半径为R，
①若球为正方体的外接球，则2R＝eq \r(3)a；
②若球为正方体的内切球，则2R＝a；
③若球与正方体的各棱相切，则2R＝eq \r(2)a.
(3)若长方体的共顶点的三条棱长分别为a，b，c，外接球的半径为R，则2R＝eq \r(a2＋b2＋c2).
跟踪训练2 (1)在三棱锥A－BCD中，侧棱AB，AC，AD两两垂直，△ABC，△ACD，△ADB的面积分别为eq \f(\r(2),2)，eq \f(\r(3),2)，eq \f(\r(6),2)，则三棱锥A－BCD的外接球的体积为( )
A.eq \r(6)π B．2eq \r(6)π C．3eq \r(6)π D．4eq \r(6)π
答案 A
解析 在三棱锥A－BCD中，侧棱AB，AC，AD两两垂直，将其补成长方体，两者的外接球是同一个，长方体的体对角线就是球的直径．
设长方体同一顶点处的三条棱长分别为a，b，c，由题意得ab＝eq \r(6)，ac＝eq \r(3)，bc＝eq \r(2)，
解得a＝eq \r(3)，b＝eq \r(2)，c＝1，所以球的直径为eq \r(\r(3)2＋\r(2)2＋1)＝eq \r(6)，它的半径为eq \f(\r(6),2)，球的体积为eq \f(4π,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),2)))3＝eq \r(6)π.
(2)(2023·焦作模拟)已知三棱锥P－ABC的每条侧棱与它所对的底面边长相等，且PA＝3eq \r(2)，PB＝PC＝5，则该三棱锥的外接球的表面积为________．
答案 34π
解析 根据题意，三棱锥P－ABC可以嵌入一个长方体内，且三棱锥的每条棱均是长方体的面对角线，设长方体交于一个顶点的三条棱长分别为a，b，c，如图所示，
则a2＋b2＝PA2＝18，a2＋c2＝PB2＝25，b2＋c2＝PC2＝25，解得a＝3，b＝3，c＝4.所以该三棱锥的外接球的半径R＝eq \f(\r(a2＋b2＋c2),2)＝eq \f(\r(32＋32＋42),2)＝eq \f(\r(34),2)，所以该三棱锥的外接球的表面积S＝4πR2＝4π×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(34),2)))2＝34π.
题型三 截面法
例3 (1)四棱锥P－ABCD的顶点都在球O的表面上，△PAD是等边三角形，底面ABCD是矩形，平面PAD⊥平面ABCD，若AB＝2，BC＝3，则球O的表面积为( )
A．12π B．16π C．20π D．32π
答案 B
解析 如图，连接AC，BD，AC∩BD＝G，取AD的中点E，连接PE.
∵四边形ABCD为矩形，∴G为四边形ABCD的外接圆圆心；
在线段PE上取ME＝eq \f(1,3)PE，
∵△PAD为等边三角形，∴M为△PAD外接圆圆心，
过G，M分别作平面ABCD和平面PAD的垂线，则两垂线的交点即为球O的球心O，连接OP，
∵△PAD为等边三角形，∴PE⊥AD，
∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PE⊂平面PAD，
∴PE⊥平面ABCD，∴PE∥OG；
同理可得，OM∥EG，∴四边形OMEG为矩形；
∴OM＝EG＝eq \f(1,2)AB＝1，PM＝eq \f(2,3)PE＝eq \f(2,3)×eq \r(9－\f(9,4))＝eq \r(3)，
∴OP＝eq \r(OM2＋PM2)＝2，即球O的半径R＝2，
∴球O的表面积S＝4πR2＝16π.
(2)如图所示，直三棱柱ABC－A1B1C1是一块石材，测量得∠ABC＝90°，AB＝6，BC＝8，AA1＝13.若将该石材切削、打磨，加工成几个大小相同的健身手球，则一个加工所得的健身手球的最大体积及此时加工成的健身手球的个数分别为( )
A.eq \f(32π,3)，4 B.eq \f(9π,2)，3
C．6π，4 D.eq \f(32π,3)，3
答案 D
解析 依题意知，当健身手球与直三棱柱的三个侧面均相切时，健身手球的体积最大．易知AC＝eq \r(AB2＋BC2)＝10，设健身手球的半径为R，则eq \f(1,2)×(6＋8＋10)×R＝eq \f(1,2)×6×8，解得R＝2.
则健身手球的最大直径为4.
因为AA1＝13，所以最多可加工3个健身手球．
于是一个健身手球的最大体积V＝eq \f(4,3)πR3＝eq \f(4,3)π×23＝eq \f(32π,3).
思维升华 (1)与球截面有关的解题策略
①定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径；
②作截面：选准最佳角度作出截面，达到空间问题平面化的目的．
(2)正四面体的外接球的半径R＝eq \f(\r(6),4)a，内切球的半径r＝eq \f(\r(6),12)a，其半径之比R∶r＝3∶1(a为该正四面体的棱长)．
跟踪训练3 (1)(2022·淮北模拟)半球内放三个半径为eq \r(3)的小球，三小球两两相切，并且与球面及半球底面的大圆面也相切，则该半球的半径是( )
A．1＋eq \r(3) B.eq \r(3)＋eq \r(5) C.eq \r(5)＋eq \r(7) D.eq \r(3)＋eq \r(7)
答案 D
解析 三个小球的球心O1，O2，O3构成边长为2eq \r(3)的正三角形，则其外接圆半径为2.设半球的球心为O，小球O1与半球底面切于点A.
如图，经过点O，O1，A作半球的截面，则半圆⊙O的半径为OC，OC⊥OA，作O1B⊥OC于点B.
则OA＝O1B＝2.设该半球的半径是R，在Rt△OAO1中，由(R－eq \r(3))2＝22＋(eq \r(3))2可得R＝eq \r(3)＋eq \r(7).
(2)(2021·天津)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eq \f(32π,3)，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．4π C．9π D．12π
答案 B
解析 如图所示，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，
设球的半径为R，则eq \f(4πR3,3)＝eq \f(32π,3)，可得R＝2，
所以AB＝AD＋BD＝4BD＝4，
所以BD＝1，AD＝3，
因为CD⊥AB，AB为球的直径，
所以△ACD∽△CBD，
所以eq \f(AD,CD)＝eq \f(CD,BD)，所以CD＝eq \r(AD·BD)＝eq \r(3)，
因此，这两个圆锥的体积之和为
eq \f(1,3)π×CD2·(AD＋BD)＝eq \f(1,3)π×3×4＝4π.
课时精练
1．(2023·岳阳模拟)已知一个棱长为2的正方体的顶点都在某球面上，则该球体的体积为( )
A.eq \f(8\r(2),3)π B．4eq \r(3)π C．8π D．12π
答案 B
解析 因为正方体的体对角线等于外接球的直径，且正方体的棱长为2，
故该球的直径2R＝eq \r(22＋22＋22)＝2eq \r(3).所以R＝eq \r(3).故该球的体积V＝eq \f(4,3)πR3＝4eq \r(3)π.
2．已知在三棱锥P－ABC中，AC＝eq \r(2)，BC＝1，AC⊥BC且PA＝2PB，PB⊥平面ABC，则其外接球体积为( )
A.eq \f(4π,3) B．4π C.eq \f(32π,3) D．4eq \r(3)π
答案 A
解析 AB＝eq \r(AC2＋BC2)＝eq \r(3)，设PB＝h，则由PA＝2PB，可得eq \r(3＋h2)＝2h，解得h＝1，可将三棱锥P－ABC还原成如图所示的长方体，则三棱锥P－ABC的外接球即为长方体的外接球，设外接球的半径为R，则2R＝eq \r(12＋\r(2)2＋12)＝2，R＝1，
所以其外接球的体积V＝eq \f(4π,3)R3＝eq \f(4π,3).
3．(多选)已知三棱锥P－ABC的四个顶点都在球O的表面上，PA⊥平面ABC，PA＝6，AB⊥AC，AB＝2，AC＝2eq \r(3)，点D为AB的中点，过点D作球O的截面，则截面的面积可以是( )
A.eq \f(π,2) B．π C．9π D．13π
答案 BCD
解析 三棱锥P－ABC的外接球即为以AB，AC，AP为邻边的长方体的外接球，
∴2R＝eq \r(62＋22＋2\r(3)2)＝2eq \r(13)，
∴R＝eq \r(13)，
取BC的中点O1，
∴O1为△ABC的外接圆圆心，
∴OO1⊥平面ABC，如图．
当OD⊥截面时，截面的面积最小，
∵OD＝eq \r(OO\\al(2,1)＋O1D2)
＝eq \r(32＋\r(3)2)＝2eq \r(3)，
此时截面圆的半径为r＝eq \r(R2－OD2)＝1，
∴截面面积为πr2＝π，
当截面过球心时，截面圆的面积最大为πR2＝13π，
故截面面积的取值范围是[π，13π]．
4．若圆锥的内切球与外接球的球心重合，且内切球的半径为1，则圆锥的体积为( )
A．π B．2π C．3π D．4π
答案 C
解析 过圆锥的旋转轴作轴截面，得△ABC及其内切圆⊙O1和外接圆⊙O2，
且两圆同圆心，即△ABC的内心与外心重合，易得△ABC为正三角形，
由题意得⊙O1的半径为r＝1,∴△ABC的边长为2eq \r(3)，
∴圆锥的底面半径为eq \r(3)，高为3，
∴V＝eq \f(1,3)×π×3×3＝3π.
5．已知一个三棱柱，其底面是正三角形，且侧棱与底面垂直，一个体积为eq \f(4π,3)的球体与棱柱的所有面均相切，那么这个三棱柱的表面积是( )
A．6eq \r(3) B．12eq \r(3) C．18eq \r(3) D．24eq \r(3)
答案 C
解析 根据已知可得球的半径等于1，故三棱柱的高等于2，底面三角形内切圆的半径等于1，即底面三角形的高等于3，边长等于2eq \r(3)，所以这个三棱柱的表面积等于3×2eq \r(3)×2＋2×eq \f(1,2)×2eq \r(3)×3＝18eq \r(3).
6．(多选)已知正方体的外接球与内切球上各有一个动点M，N，若线段MN的最小值为eq \r(3)－1，则下列说法中正确的是( )
A．正方体的外接球的表面积为12π
B．正方体的内切球的体积为eq \f(4π,3)
C．正方体的棱长为2
D．线段MN的最大值为2eq \r(3)
答案 ABC
解析 设正方体的棱长为a，
则正方体外接球的半径为体对角线长的一半，
即eq \f(\r(3),2)a；内切球的半径为棱长的一半，即eq \f(a,2).
∵M，N分别为外接球和内切球上的动点，
∴MNmin＝eq \f(\r(3),2)a－eq \f(a,2)＝eq \f(\r(3)－1,2)a＝eq \r(3)－1，
解得a＝2，即正方体的棱长为2，
∴正方体外接球的表面积为4π×(eq \r(3))2＝12π，内切球的体积为eq \f(4π,3)，则A，B，C正确；
线段MN的最大值为eq \r(3)＋1，则D错误．
7.(2022·聊城模拟)“阿基米德多面体”也称半正多面体，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，它体现了数学的对称美．如图是以一正方体的各条棱的中点为顶点的多面体，这是一个有八个面为正三角形，六个面为正方形的“阿基米德多面体”，若该多面体的棱长为1，则该多面体外接球的体积为( )
A.eq \f(4,3)π B.eq \f(8\r(2),3)π C．4π D．8π
答案 A
解析 将该多面体放入正方体中，如图所示．
由于多面体的棱长为1，所以正方体的棱长为eq \r(2)，
因为该多面体是由棱长为eq \r(2)的正方体连接各棱中点所得，
所以该多面体外接球的球心为正方体体对角线的中点，其外接球直径等于正方体的面对角线长，即2R＝eq \r(\r(2)2＋\r(2)2)，所以R＝1，
所以该多面体外接球的体积V＝eq \f(4,3)πR3＝eq \f(4π,3).
8．(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.eq \f(1,3) B.eq \f(1,2) C.eq \f(\r(3),3) D.eq \f(\r(2),2)
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则圆锥的体积V＝eq \f(1,3)πr2h＝eq \f(1,3)π(1－h2)h，
则V′＝eq \f(1,3)π(1－3h2)，
令V′＝eq \f(1,3)π(1－3h2)＝0，得h＝eq \f(\r(3),3)，
所以V＝eq \f(1,3)π(1－h2)h在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(3),3)))上单调递增，
在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)，1))上单调递减，
所以当h＝eq \f(\r(3),3)时，四棱锥的体积最大，故选C.
9.如图，在圆柱O1O2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O1O2的体积为V1，表面积为S1，球O的体积为V2，表面积为S2，则eq \f(V1,V2)＝________，eq \f(S1,S2)＝________.
答案 eq \f(3,2) eq \f(3,2)
解析 设圆柱内切球的半径为R，则由题设可得圆柱O1O2的底面圆的半径为R，高为2R，所以eq \f(V1,V2)＝eq \f(πR2·2R,\f(4,3)πR3)＝eq \f(3,2)，eq \f(S1,S2)＝eq \f(2πR·2R＋2πR2,4πR2)＝eq \f(3,2).
10．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 eq \f(\r(2),3)π
解析 因为圆锥内半径最大的球应该为该圆锥的内切球，
如图，圆锥母线长BS＝3，底面半径BC＝1，其高SC＝eq \r(BS2－BC2)＝2eq \r(2)，
不妨设该内切球与母线BS切于点D，
令OD＝OC＝r，由△SOD∽△SBC，得eq \f(OD,OS)＝eq \f(BC,BS)，
即eq \f(r,2\r(2)－r)＝eq \f(1,3)，解得r＝eq \f(\r(2),2)，V＝eq \f(4,3)πr3＝eq \f(\r(2),3)π.
11．(2023·洛阳模拟)已知在三棱锥P－ABC中，AB＝4，BC＝3，PA＝AC＝5，当该三棱锥体积最大时，其外接球的表面积为________．
答案 50π
解析 因为AB＝4，BC＝3，PA＝AC＝5，
所以AB2＋BC2＝AC2，所以△ABC为直角三角形，∠ABC＝90°，
所以△ABC的面积为定值，
所以当PA⊥平面ABC时，该三棱锥体积最大．
如图，取线段PC的中点O，
则OP＝OA＝OB＝OC，
所以点O为三棱锥外接球的球心，
因为PA＝AC＝5，所以PC＝5eq \r(2)，
所以OC＝eq \f(5\r(2),2)，即外接球的半径R＝eq \f(5\r(2),2)，
所以所求外接球的表面积为4πR2＝4π×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5\r(2),2)))2＝50π.
12．(2023·濮阳模拟)在三棱锥D－ABC中，AB＝BC＝2，AC＝2eq \r(3)，BD＝4，BD⊥平面ABC，则三棱锥D－ABC外接球的表面积为________．
答案 32π
解析 ∵BD⊥平面ABC，故可将三棱锥补为直三棱柱，如图所示，
∵AB＝BC＝2，AC＝2eq \r(3)，故三棱柱的上、下底面三角形的外接圆圆心在底边中线的延长线上，设为O1，O2，易得∠O1BC＝60°，故O1B＝O1C＝BC＝2，
∴三棱柱外接球球心为上、下底面外心所连线段的中点O，即为三棱锥D－ABC外接球球心，
设该外接球半径为R，则在Rt△OCO1中，R2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,2)))2＋22＝8，
故三棱锥D－ABC外接球的表面积为4πR2＝32π.