第43讲 空间几何体的切接球问题 讲义-2027年高考数学一轮复习（全国I卷地区通用）【含解析】

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三、典题精讲 PAGEREF _Tc235645679 \h 8
考点一：多面体的外接球 PAGEREF _Tc235645680 \h 8
考点二：旋转体的外接球与切接问题 PAGEREF _Tc235645681 \h 14
考点三：多面体的内切球与棱切球 PAGEREF _Tc235645682 \h 16
考点四：切接球综合与最值、多球相切问题 PAGEREF _Tc235645683 \h 18
四、高考真题 PAGEREF _Tc235645684 \h 20
一、考情分析
1. 考查频次与题型
近三年全国一卷中，切接球问题在2025年以解答题形式综合考查，分值较高，属于空间向量与立体几何解答题的关键考点.
2. 命题角度与特色
（1） 结合多面体（四棱锥）考查外接球球心的确定方法，要求证明球心落在特定平面内，强调空间几何位置关系的逻辑推理与代数坐标化证明；
（2） 将切接球与线面垂直、异面直线所成角（夹角余弦值）深度融合命题，考查数形结合与空间向量计算能力.
3. 备考策略
（1） 熟练掌握常见多面体（如直棱柱、正棱锥、直角四棱锥等）外接球球心的定位方法，如垂直平分面交线法、底面外心加高线垂线法以及空间直角坐标系法；
（2） 加强切接球与立体几何综合解答题的整合练习，提升在复杂几何图形中利用球心性质推导线段长度及空间角度的综合计算能力.
二、知识清单
1. 球的基本概念与基本性质
（1） 球的定义：在空间中，到定点的距离等于或小于定长的点的集合叫做球体，简称球.定点称为球心，定长称为球半径.
（2） 球的几何性质：
① 用一个平面去截一个球，截面是一个圆面.
② 球心与截面圆心的连线垂直于截面.
③ 设球的半径为 R，球心到截面的距离为 d，截面圆的半径为 r，则满足关系式：r2=R2−d2.
④ 球面被经过球心的平面截得的圆称为大圆，大圆半径等于球半径；被不经过球心的平面截得的圆称为小圆.
（3） 球的表面积与体积公式：
① 球的表面积公式：S=4πR2.
② 球的体积公式：V=43πR3.
2. 正方体与长方体的外接球
（1） 正方体的外接球：球心为其体对角线的中点，半径为体对角线长的一半，即 R=32a（a 为正方体棱长）.
（2） 长方体的外接球：球心为其体对角线的中点，半径为体对角线长的一半，即 R=12a2+b2+c2（a,b,c 为长方体的长、宽、高）.
（3） 补成长方体模型：
① 若三棱锥的三条侧棱两两互相垂直，则可将其补形为长方体.
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.
③ 正四面体 P−ABC 可以补形为正方体，且正方体的棱长 a=PA2.
④ 若三棱锥的对棱两两相等，则可将其放入某个长方体内.
3. 正四面体与对棱相等四面体的外接球
（1） 正四面体的外接球：设正四面体 ABCD 的棱长为 a，将其放入正方体中，如图，则正方体的棱长为 22a，正四面体和正方体有相同的外接球.外接球半径为 R=64a.
（2） 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.设长方体的长、宽、高分别为 a,b,c，如图，则：
b2+c2=m2a2+c2=n2a2+b2=t2
三式相加可得 a2+b2+c2=m2+n2+t22.
四面体和长方体有相同的外接球，设外接球半径为 R，则 a2+b2+c2=4R2，所以 R=m2+n2+t28.
4. 柱体与锥体的外接球
（1） 直棱柱外接球：直三棱柱内接于球，同时直棱柱也内接于圆柱，如图1，图2，图3.
① 第一步：确定球心 O 的位置，O1 是 ΔABC 的外心，则 OO1⟂ 平面 ABC.
② 第二步：算出小圆 O1 的半径 AO1=r，OO1=12AA1=12ℎ（ℎ 为棱柱高）.
③ 第三步：由勾股定理得 OA2=O1A2+O1O2，即 R=r2+ℎ22.
（2） 直棱锥外接球：如图，PA⟂ 平面 ABC.
① 第一步：将 ΔABC 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.
② 第二步：O1 为 ΔABC 的外心，所以 OO1⟂ 平面 ABC，算出小圆 O1 的半径 O1D=r（利用正弦定理 2r=asinA），OO1=12PA.
③ 第三步：利用勾股定理求外接球半径：2R=PA2+(2r)2 或 R=r2+OO12.
5. 正棱锥与侧棱相等模型
（1） 正棱锥外接球半径：R=r2+ℎ22ℎ（r 为底面外接圆半径，ℎ 为棱锥高）.
（2） 侧棱相等模型：如图，P 的射影是 ΔABC 的外心 ⇔ 三棱锥 P−ABC 的三条侧棱相等.
① 第一步：确定球心 O 的位置，取 ΔABC 的外心 O1，则 P,O,O1 三点共线.
② 第二步：算出小圆 O1 的半径 AO1=r，再算出棱锥的高 PO1=ℎ.
③ 第三步：由勾股定理 OA2=O1A2+O1O2⇒R2=(ℎ−R)2+r2，解出 R=r2+ℎ22ℎ.
6. 侧棱为直径模型与共斜边拼接模型
（1） 侧棱为外接球直径模型：若棱锥的一条侧棱垂直于底面，且该侧棱与底面外接圆构成的直角三角形斜边为直径，则找球心方法为：作底面的垂线，构造直角三角形.
（2） 共斜边拼接模型：如图，在四面体 ABCD 中，AB⟂AD，CB⟂CD，此四面体可以看成是由两个共斜边的直角三角形拼接而形成的，BD 为公共的斜边.设点 O 为公共斜边 BD 的中点，由直角三角形斜边中线性质知 OA=OC=OB=OD，故点 O 就是四面体 ABCD 外接球的球心，公共斜边 BD 为外接球的一条直径.
7. 垂面模型与二面角模型
（1） 垂面模型：如图1，已知四面体 P−ABC 中，平面 PAB⟂ 平面 ABC.
① 找出 ΔPAB 和 ΔABC 的外接圆圆心，分别记为 O1 和 O2.
② 分别过 O1 和 O2 作平面 PAB 和平面 ABC 的垂线，其交点为球心 O.
③ 过 O1 作 AB 的垂线，垂足记为 D，连接 O2D，则 O2D⟂AB.
④ 在四棱锥 A−DO1OO2 中，如图2，底面四边形 DO1OO2 的四个顶点共圆且 OD 为该圆的直径.外接球半径满足 R2=r12+r22−AB24.
（2） 二面角模型：已知四面体 P−ABC 中，二面角 P−AB−C 大小为 α.步骤与垂面模型相同，利用平面几何与二面角性质建立关于球半径的坐标或几何等式.
8. 旋转体（圆柱、圆锥、圆台）的外接球
（1） 球内接圆锥：如图1，设圆锥的高为 ℎ，底面圆半径为 r，球的半径为 R.如图2与图3，球心可在圆锥内部或外部，均有关系式 (ℎ−R)2+r2=R2，解得 R=ℎ2+r22ℎ.
（2） 球内接圆柱：如图，圆柱底面圆半径为 r，高为 ℎ，其外接球半径 R 满足 ℎ22+r2=R2.
（3） 球内接圆台：球内接圆台的半径满足 R2=r22+r22−r12−ℎ22ℎ2，其中 r1,r2,ℎ 分别为圆台的上底面半径、下底面半径和高.
9. 坐标法
对于一般多面体的外接球，可以建立空间直角坐标系，设球心坐标为 O(x,y,z)，利用球心到各顶点的距离相等（OA2=OB2=OC2=OD2=R2）建立方程组，解出球心坐标，从而得到球的半径长.坐标法适用于对称性较强或垂直关系明确的不规则几何体.
10. 多面体与旋转体的内切球
（1） 锥体内切球（等体积法）：若多面体或锥体存在内切球，其半径 r 满足 V=13S表r，即 r=3V体积S表面积.
（2） 正方体与正棱柱的内切球：
① 正方体内切球：球心为正方体中心，半径为棱长的一半，即 r=a2.
② 正三棱柱内切球：存在内切球的充要条件是正三棱柱的高等于底面内切圆的直径，即 ℎ=2r内=33a（a 为底面边长）.
（3） 正四面体内切球：棱长为 a 的正四面体，其内切球半径为 r=612a，内切球与外接球半径之比为 r:R=1:3，表面积之比为 1:9，体积之比为 1:27.
（4） 圆锥与圆台内切球：利用轴截面的切线长定理与直角三角形勾股定理计算切点几何关系.
11. 多面体的棱切球
多面体棱切球指球与多面体的各条棱均相切的球.
（1） 几何性质：从同一个顶点引出的各条棱上的切线长相等.
（2） 求解步骤：找切点、找球心、构造直角三角形，结合棱长几何关系列方程求解半径.正方体的棱切球半径为 r=22a.
12. 切接球中的最值模型
切接球中的最值与范围问题通常涉及动点轨迹、截面圆变化或参数变化，常用方法有：
（1） 代数法：利用基本不等式或导数求函数极值；
（2） 几何法：利用垂线段最短、动点在底面上的轨迹线段以及三维空间降维方法求解.
三、典题精讲
考点一：多面体的外接球
考法1：正方体、长方体与正四面体外接球（体对角线与补形法）
例1.（2026·山东泰安·一模）（多选）已知在长方体 ABCD−A1B1C1D1 中，AB=3，BC=BB1=2，点 M 为 A1D1 的中点，P 为底面 A1B1C1D1（含边界）内动点，且 BP∥ 平面 AB1M，长方体 ABCD−A1B1C1D1 的外接球的球心为 O，则下列选项正确的是（ ）
A. 球 O 的表面积为 17π
B. 动点 P 的轨迹长度为 10
C. 异面直线 CC1 与 AP 所成角的正切值的取值范围是 1,102
D. 三棱锥 A1−AMB1 的外接球球心为 E，则 OE=12
【答案】ABD
【思路】审题时注意长方体的三条棱长已知，其外接球直径即为体对角线长，可直接计算半径与表面积.对于线面平行条件，可通过寻找过点 B 的平行平面确定动点 P 的轨迹线段.三棱锥的外接球球心可利用直角坐标系或对称性确定其坐标与距离.
【解析】对于 A，球 O 的半径 R=1232+22+22=172，所以表面积 S=4πR2=17π，A 正确.对于 B，取 A1D1 中点 M，取 B1C1 中点 G，易证平面 AB1M∥ 平面 D1GC，故轨迹线段长度为 10，B 正确.对于 D，三棱锥 A1−AMB1 的外接球球心 E 与长方体外接球球心 O 的相对位置固定，通过建立空间直角坐标系可求得 OE=12，D 正确.故选 ABD.
【规律】长方体或可补形为长方体的几何体，其外接球的中心为体对角线的交点，球半径为体对角线长的一半，即 R=12a2+b2+c2.对于多面体内部子棱锥的外接球球心，建系法是定量分析球心坐标的通用手段.
考法2：直棱柱与直棱锥外接球（直棱柱/侧棱垂直底面）
例2.（2026·河北NT名校·检测）在直四棱柱 ABCD−A1B1C1D1 中，底面 ABCD 为菱形，AA1=AB=BD.若该直四棱柱的体积为 323，则以 B 为球心，表面积为 112π 的球面与侧面 AA1D1D 的交线长度为（ ）
A. π6 B. π3 C. 2π3 D. 4π3
【答案】D
【思路】解决球体与多面体侧面截痕长问题的突破口是先确定球心到目标截面的垂直距离，然后结合球半径求出截面圆的半径，最后通过平面几何关系确定交线弧对应的圆心角大小.
【解析】依题意，∠BAD=π3，设 AA1=AB=BD=a(a>0)，则 VABCD−A1B1C1D1=a2sin∠BAD⋅a=a3sinπ3=32a3=323，解得 a=4.如图，
取 AD 的中点 E，连接 BE.因为 ΔABD 是边长为 4 的正三角形，所以 BE⟂AD，且 BE=AB2−AE2=42−22=23.设以 B 为球心的球的半径为 R，则该球的表面积为 4πR2=112π，解得 R=27.因为 AA1⟂ 平面 ABCD，BE⊂ 平面 ABCD，所以 BE⟂AA1.又因为 BE⟂AD，AD∩AA1=A，AD,AA1⊂ 平面 AA1D1D，所以 BE⟂ 平面 AA1D1D.所以球面被平面 AA1D1D 截得的圆的半径为 (27)2−(23)2=4.设在侧面 AA1D1D 中，以 E 为圆心，4 为半径的圆弧与棱 AA1,DD1 的交点分别为 M,N，即为所求的交线.因为 AA1⟂AD，AE=2=12EM，所以 ∠AME=π6，则 ∠AEM=π3，同理得 ∠DEN=π3，所以 ∠MEN=π3.又因为 EM=EN=4，所以 MN 的长度为 π3×4=4π3，故选 D.
【规律】求解截痕长或截面面积的核心步骤为：一求“距”（球心到截面的距离 d）；二求“径”（截面圆半径 r=R2−d2）；三求“角”（截痕在侧面多边形边界内的圆心角 θ），进而用 l=rθ 计算弧长.
考法3：正棱锥与正棱台外接球（对称性与轴截面法）
例3.（2026·广东·检测）已知高为 4 的正四棱锥 P−ABCD 的所有顶点都在球 O 的表面上，若球 O 被平面 ABCD 所截得的截面面积为 8π，则四棱锥 O−ABCD 的体积为（ ）
A. 83 B. 163 C. 323 D. 643
【答案】B
【思路】正棱锥的对称轴经过外接球球心.由球截底面所得圆的截面面积可直接求得底面外接圆半径，再利用球心距、底面外接圆半径与球半径满足的勾股关系建立方程求解球半径及球心距.
【解析】由球 O 截平面 ABCD 所得的截面面积为 8π，可得截面圆半径为 22，正方形 ABCD 的边长为 4.设球 O 的半径为 R，则 O 到平面 ABCD 的距离 ℎ=|4−R|，所以 |4−R|2+(22)2=R2，解得 R=3,ℎ=1，所以四棱锥 O−ABCD 的体积为 13×42×1=163.故选 B.
【规律】正棱锥外接球的球心落在棱锥的高线上.设底面外接圆半径为 r，棱锥高为 ℎ，外接球半径为 R，则球心距为 |ℎ−R|，在直角三角形中利用 (ℎ−R)2+r2=R2 解出球半径 R 与球心距.
考法4：侧棱相等或对棱相等的棱锥外接球（顶点投影与补形/二面角模型）
例4.（2025·河北沧州运东五校·二模）三棱锥 A−BCD 中，底面是边长为 2 的正三角形，AC⟂BC，AD⟂BD，直线 AC 与 BD 所成角为 45∘，则三棱锥 A−BCD 外接球表面积为（ ）
A. 6π B. 19π3 C. 8π D. 25π3
【答案】A
【思路】侧棱全等或底面为对称图形的三棱锥，可以通过寻找两垂直侧面的交线建立空间直角坐标系，将顶点坐标设出后，根据异面直线所成角及勾股定理确定顶点坐标，进而利用球心到各顶点距离相等求解球半径.
【解析】由题意可得，因为 ΔBCD 为等边三角形，所以 BC=BD，又 AC⟂BC，AD⟂BD，且 AB=AB，所以 RtΔACB≅RtΔADB，所以 AC=AD.取 CD 的中点 E，易得 BE⟂CD,AE⟂CD，又 BE∩AE=E，所以 CD⟂ 平面 ABE，又 CD⊂ 平面 ACD，所以平面 ABE⟂ 平面 ACD.建立如图所示空间直角坐标系，
则 B(3,0,0)，C(0,−1,0)，D(0,1,0)，E(0,0,0).令 A(x,0,z)，所以 AC=(−x,−1,−z)，BC=(−3,−1,0).因为 AC⟂BC，所以 AC⋅BC=3x+1=0，所以 x=−33，所以 AC=−33,−1,−z，BD=(−3,1,0).因为直线 AC 与 BD 所成角为 45∘，所以 cs45∘=|cs⟨AC,BD⟩|=|AC⋅BD||AC||BD|=|1−1|13+1+z2⋅3+1，解得 z=63，即 A−33,0,63.如图，O 为外接球的球心，F 为等边三角形的重心，设点 A 在平面 BCD 内的投影为 H，作 OT⟂AH，所以 OA=OB=R，FB=23BE=233，FE=13BE=33，AH=33，EH=63.所以在 RtΔOBF 中，OF=TH=OB2−FB2=R2−2332=R2−43，AT=AH−TH=63−R2−43，OT=EF+EH=33+33=233.所以在 RtΔAOT 中，R2=2332+63−R2−432，解得 R2=32.所以，三棱锥 A−BCD 外接球表面积为 4πR2=4π×32=6π，故选 A.
【规律】处理不规则侧棱条件的棱锥外接球时，建系确定各点空间坐标，再通过球心坐标未知量列出方程 OA2=OB2=OC2=OD2=R2，是破解复杂结构外接球半径最稳妥的代数方法.
考法5：垂面模型与二面角模型外接球（面面垂直与翻折问题）
例5.（2024·广东华南师大附中·模拟）将一副三角板拼接成平面四边形 ABCD（如图），BC=1，将 ΔBCD 其沿 BD 折起，使得面 ABD⟂ 面 BCD，若三棱锥 A−BCD 的顶点都在球 O 的球面上，则球 O 的表面积为（ ）
A. 2π B. 7π3 C. 8π3 D. 3π
【答案】C
【思路】面面垂直模型的外接球半径有通用计算公式.关键是分别计算两个互相垂直的平面三角形各自的外接圆半径 r1,r2 以及公共交线长 l，再直接套用公式求解.
【解析】因为 ΔBCD 中，BC=1，∠BCD=90∘，∠DBC=45∘，所以 CD=1，BD=2.ΔABD 中，∠ABD=90∘，∠A=60∘，所以 AD=BDsin60∘=223.ΔBCD 的外接圆半径 r1=22，ΔABD 的外接圆半径 r2=12AD=23.因为面 ABD⟂ 面 BCD，交线为 BD，由二面角模型外接球半径公式 R2=r12+r22−BD24=222+232−24=23.所以球 O 的表面积为 S=4πR2=4π×23=8π3.故选 C.
【规律】两个平面 α⟂β，交线为 l，若多面体的顶点分布在这两个平面内，其外接球半径满足 R2=r12+r22−l24，其中 r1,r2 分别为两面多边形的外接圆半径，l 为公共边长.
考法6：共斜边模型与侧棱为直径模型外接球（直角三角形拼接与侧棱为直径）
例6.（2026·湖南·联考）如图，在平行四边形 ABCD 中，已知 AB=3，AD=2，BD=1，现将 ΔABD 沿 BD 折起，得到三棱锥 A−BCD，且三棱锥 A−BCD 外接球的表面积为 7π，则 AC=＿＿＿＿＿＿.
【答案】7
【思路】当折起的三棱锥含有多个直角结构时，可以通过补形将三棱锥补充为直三棱柱，从而把复杂三棱锥的外接球转化为直三棱柱的外接球模型进行求解.
【解析】如图，
过 B 作 BF∥CD，且 BF=CD，过 D 作 DE∥AB，且 DE=AB，连接 AE,AF,CF,CE，根据题意可知 BD∥AE∥FC，BD=AE=FC，由题意知 BD⟂AB，BD⟂CD，BD∥BF，所以 BD⟂BF，又 AB,BF 是平面 ABF 内的两条相交直线，所以 BD⟂ 平面 ABF，所以三棱柱 ABF−EDC 为直三棱柱.则三棱锥 A−BCD 与直三棱柱 ABF−EDC 的外接球相同，设其半径为 R.由 S=4πR2=7π，知 R=72，设 ΔABF 的外接圆半径为 r，则 R2=r2+CF22，求得 r=62.设 AC=x，则 AF=x2−1，在 ΔABF 中，设 ∠ABF=θ，AB=BF=3，则 csθ=AB2+BF2−AF22AB⋅BF=7−x26，sinθ=AF2r=x2−16，代入 sin2θ+cs2θ=1，解得 x2=7 或 x2=1（舍），∴AC=7.
【规律】对于折起后侧棱与底面多条边垂直的不规则三棱锥，尝试补充平行的棱构造成直三棱柱或长方体，利用柱体外接球公式 R2=r底2+ℎ22 计算球半径.
考法7：坐标法求解几何体外接球（建立空间直角坐标系）
例7.（2026·湖南岳阳·一模）如图所示的几何体是由两个相互平行的正方形经过旋转连接而成，且上底面正方形的四个顶点在下底面的射影点为下底面正方形各边的中点，若下底面正方形边长为 2，该几何体的高为 3，则该几何体外接球的表面积为（ ）
A. 16π3 B. 28π3 C. 2821π27 D. 11π
【答案】B
【思路】高度对称但不规则的旋转组合几何体，建立直角坐标系能快速算出各顶点坐标.设出球心在对称轴上的坐标后，利用距离等量关系求解.
【解析】建立如图所示坐标系，
设下底面正方形 ABCD 的中心为坐标原点 O(0,0,0)，因为下底面边长为 2，几何体的高为 3，所以 A(1,−1,0)，B(1,1,0)，C(−1,1,0)，D(−1,−1,0)，E(1,0,3)，F(0,1,3)，G(−1,0,3)，H(0,−1,3).设球心 O'=(0,0,t)，外接球半径为 R.所以 R2=|O'A|2=12+(−1)2+t2=2+t2，R2=|O'E|2=12+02+(3−t)2=1+(3−t)2，则 2+t2=1+(3−t)2，解得 t=13.所以 R2=2+132=2+13=73.外接球表面积 S=4πR2=4π×73=28π3.故选 B.
【规律】对称性强的几何体建系求解外接球三步法：① 选定几何中心为坐标原点，对称轴为坐标轴；② 写出上、下底面关键顶点的坐标；③ 设球心为 (0,0,t)，列出下底面顶点与上底面顶点到球心距离相等的方程求解 t 与 R.
考法8：复杂空间多面体与组合体外接球
例8.（2026·河北沧州八县·联考）已知正四面体 ABCD 的棱长为 2，球 O 与平面 BCD 相切于 ΔBCD 的中心，且球 O 与正四面体的三条侧棱 AB,AC,AD 均相切，则正四面体 ABCD 的三个侧面 ABC,ACD,ABD 截球 O 的截痕长之和为（ ）
A. 2(3−1)π B. 3(3−1)π C. 2(6−2)π D. 4(3−1)π
【答案】D
【思路】正四面体中球面截各侧面的截痕问题，需利用几何对称性将球心锁定在高线上.通过相切条件构成的相似直角三角形解出球半径，再求出球心到侧面的距离，最后利用勾股定理算出截面圆半径和弧长.
【解析】如图，
由题意知球心 O 位于正四面体 ABCD 的高上，球 O 和平面 BCD 的切点为底面 BCD 的中心 O'，连接 BO' 并延长交 CD 的中点 F，且 AO'=263，BO'=233.作 OE⟂AB，则得 OE,OO' 均为球 O 的半径，可设为 R，且易知 ΔAEO∼ΔAO'B，得 OEBO'=AOAB⇒R233=263−R2，解得 R=32−63，则 AO=6−2.过点 O 作 OM⟂AF 垂足为 M，由 ΔAOM∼ΔAO'F 可解得 OM=6−23.设平面 ACD 截球 O 所得截面圆半径为 r，得 r2=R2−OM2=32−632−6−232=16−839，r=2(3−1)3.所以正四面体 ABCD 三个侧面 ABC,ACD,ABD 截球 O 的截痕长度共为 3×2πr=6π×2(3−1)3=4(3−1)π.故选 D.
【规律】复杂多面体与球切接并伴随截面截痕的问题，解题核心是借助多面体的主轴截面，将三维几何关系转化为平面几何中的三角形相似与勾股定理计算.
【考点一 方法总结】
1. 长方体与正方体外接球体对角线模型：球心为体对角线中点，外接球直径即体对角线长 2R=a2+b2+c2.当遇到三条侧棱两两垂直、四个面均是直角三角形或对棱相等的四面体时，均可补形为长方体计算.
2. 直棱柱与侧棱垂直底面棱锥模型：外接球球心在底面外心过底面的垂线上.高为 ℎ，底面外接圆半径为 r，则 R=r2+ℎ22.
3. 正棱锥与侧棱相等模型：顶点投影为底面外心，球心在棱锥的高线上，设高为 ℎ，底面外接圆半径为 r，由 (ℎ−R)2+r2=R2 解得 R=r2+ℎ22ℎ.
4. 垂面与二面角模型：若两平面垂直或二面角已知，两面外接圆半径分别为 r1,r2，公共交线长为 l，两面垂直时 R2=r12+r22−l24.
5. 坐标法与截痕计算：对称性强或垂直关系明确的不规则多面体可建立空间直角坐标系，设球心 (x,y,z) 列出距离等式求解；对于截面截痕长问题，按照求球心距 d → 截面圆半径 r=R2−d2 → 截面圆心角 θ → 弧长 l=rθ 的三步法解决.
考点二：旋转体的外接球与切接问题
考法9：圆柱、圆锥、圆台的外接球（轴截面与正弦定理应用）
例9.（2026·安徽马鞍山·一模）已知一个球的体积和表面积的数值相等，若该球的内接圆柱的高与其底面直径相等，则此圆柱的侧面积为＿＿＿＿＿＿.
【答案】18π
【思路】由球体积与表面积数值相等可先求出球半径 R.内接圆柱的轴截面为矩形，且已知其高与底面直径相等（即轴截面为正方形），在正方形中借助体对角线（球直径）即可解出圆柱底面半径与高.
【解析】设球的半径为 R，则球的体积为：43πR3，球的表面积为：4πR2，因为球的体积与其表面积的数值相等，所以 43πR3=4πR2，解得 R=3.设圆柱底面半径为 r，作球的内接圆柱的轴截面图，如图，
由题意可知 2R=22r，解得 r=322，所以圆柱的侧面积为 S=2πr⋅2r=4πr2=4π×184=18π.故答案为：18π.
【规律】旋转体内接于球的问题，最有效的画图分析方法是画出其“轴截面”.在轴截面图形中，球大圆内接矩形或三角形，球直径即为矩形的对角线，应用勾股定理联立求解.
考法10：圆锥、圆台与柱体的内切球（轴截面切点几何关系）
例10.（2026·河南郑州·二模）已知一个圆锥的底面半径为 5，表面积为 75π.若在该圆锥内放入三个半径均为 r 的球，其中每个球都与其他两个球相切，三个球都与圆锥的底面和侧面也相切，则 r=＿＿＿＿＿＿.
【答案】3
【思路】多个相同小球嵌套于圆锥内并同时与圆锥底面、侧面及相邻小球相切，解题切入点是分别考察小球球心构成的平面正三角形（侧面对称）与过顶点和小球球心的轴截面（垂直方向）.
【解析】设圆锥的母线长为 l，则 π×52+π×5×l=75π，解得 l=10.则圆锥的轴截面为边长为 10 的等边三角形.沿圆锥内三个球的球心的截面如图，
则 ΔO1O2O3 为半径为 2r 的等边三角形，根据圆锥的性质易知截面圆的圆心 O 为 ΔO1O2O3 的外心，所以 OO1=233r.沿 O,O1 所在轴截面如图，
易知 ∠O1AB=π6，所以 AB=3r.所以 233r+3r=5，解得 r=3.
【规律】多球相切组合嵌套模型中，球心构成的几何图形（如正三角形）与圆锥底面平行，球心到轴线的距离与球半径成正比；在过轴线的截面上，利用切线长与倾角正切/余切建立线性方程即可快速求出小球半径.
【考点二 方法总结】
1. 旋转体与球切接问题的轴截面法：解决圆柱、圆锥、圆台与球的外接或内切问题，核心是画出其主轴截面，将三维切接转化为平面圆内接或切于多边形的问题.
2. 多球相切与嵌套模型：多个相同小球嵌套于圆锥或柱体内部时，小球球心构成的平面正多边形与底面平行，过顶点与球心的截面上利用切线长与倾角正切关系列方程求解.
考点三：多面体的内切球与棱切球
考法11：正方体、正棱柱与正四面体的内切球（等体积法/切点性质）
例11.（2026·浙江强基联盟·二模）已知正三棱柱 ABC−A1B1C1 存在内切球，则直线 AC1 与平面 BCC1B1 所成角的正切值为（ ）
A. 74 B. 377 C. 34 D. 72
【答案】B
【思路】正三棱柱存在内切球的关键几何特征是：球直径既等于底面正三角形内切圆的直径，又等于正三棱柱的高.据此可将棱柱的高用底面边长表示，进而求出线面角的三角函数值.
【解析】设正三棱柱底面 ΔABC 的边长为 a，所以 ΔABC 内切圆的半径 r=3a6，因为正三棱柱存在内切球，所以正三棱柱的高 ℎ=2r=3a3.取 BC 中点 D，连接 AD,C1D，易证 AD⟂ 平面 BCC1B1，所以 ∠AC1D 为所求角.在 ΔADC1 中，AD=32a，AC1=233a，于是 sin∠AC1D=34，所以 tan∠AC1D=377.故选 B.
【规律】柱体存在内切球的充要条件是：底面必须存在内切圆，且柱体的高等于底面内切圆的直径（ℎ=2r内）.利用该定量关系可直接打通棱柱几何尺寸之间的代数联系.
考法12：一般棱锥与多面体的内切球（表面积与体积关系/等体积法）
例12.（2026·陕西顶尖计划·检测）如图，封闭的圆台形容器（容器壁厚度忽略不计）的两个底面半径分别为 3,1，母线长为 4，若该容器内有一个任意转动的正方体，则该正方体棱长的最大值为＿＿＿＿＿＿.
【答案】2
【思路】正方体在封闭容器内能够“任意转动”的几何本质是：正方体在转动过程中扫过的最大空间为一个球体，即正方体是该球体的内接正方体.问题转化为先判断圆台是否存在内切球并求其半径，再根据正方体体对角线等于球直径求棱长.
【解析】由正方体可以任意转动，可知最大的正方体是圆台内切球的内接正方体，作出圆台的轴截面，如图1，过点 C 作 CE⟂AB，垂足为 E，易得圆台的高为 42−22=23，假设圆台存在内切球 O，则球心 O 为圆台两底面圆心连线的中点，且球面与圆台的侧面相切，根据求得的圆台的高可知，内切球的半径 r=3，下面判断球面与圆台的侧面是不是相切.如图2，连接 OA,OD，作 OP⟂AD，垂足为 P，则 AO2=32+(3)2=12, DO2=12+(3)2=4，所以 AD2=AO2+DO2，所以 AO⟂OD，即 ΔAOD 为直角三角形，所以 AO⋅DO=AD⋅OP，解得 OP=3，所以圆台存在内切球，且其半径为 3.设正方体的棱长为 a，由上面的分析可知，最大正方体的体对角线长为 3a=23，解得 a=2.
【规律】“任意转动多面体”问题可转化为“球内接多面体”模型.求解多面体内切球的通用代数方法是等体积法：V=13S表r.若为圆台，在其轴截面中利用切线长定理与直角三角形相似或勾股定理检验与计算.
考法13：多面体的棱切球（球心与棱中点距离）
例13.（2025·河北衡水中学·一模）在正三棱锥 P−ABC 中，AB=23，PA=4，若半径为 r 的球 O 与三棱锥 P−ABC 的六条棱均相切，则 r2=（ ）
A. 23−23 B. 3−233 C. 193−243 D. 19−833
【答案】D
【思路】正三棱锥与六条棱均相切的球称为“棱切球”.根据对称性，球切底面三边于中点，切三条侧棱于等距点.利用切线长定理与勾股定理列出球心位置的未知数方程求解.
【解析】由对称性，球 O 切底面三边于中点，切侧棱于距顶点 P 距离为 4−3 处.设底面中心为 O1，正三棱锥高 PO1=23，底面中心到边中点距离为 1.设 O1O=y，球半径 r2=1+y2.球心 O 到侧棱切点 M 的距离也为 r.利用平面几何关系解得 y=2−233.所以 r2=1+2−2332=19−833.故选 D.
【规律】多面体棱切球的核心性质是：从同一个顶点出发引出的各条棱上的切线长相等.在正棱锥中，球心落在棱锥的高线上，通过底面中心到边中点的距离与球心到侧棱切点的距离相等建立关于球心高位置的方程即可.
【考点三 方法总结】
1. 柱体与正多面体内切球关系：柱体存在内切球的充要条件是底面存在内切圆且柱体的高等于底面内切圆直径（ℎ=2r内）.正四面体内切球与外接球半径之比为 1:3.
2. 锥体内切球等体积法：对任意存在内切球的棱锥或多面体，利用分割体积公式 V=13S表r，可求得内切球半径 r=3VS表.
3. 棱切球几何性质与求解：多面体棱切球满足从同一顶点出发到各棱切点的切线长相等.球心落在几何体的对称轴上，通过球心到棱中点或切点的距离均为半径构造直角三角形求解.
考点四：切接球综合与最值、多球相切问题
考法14：与切接球相关的最值与范围问题（截面圆、体积与表面积最值）
例14.（2026·湖南永州·二模）在直四棱柱 ABCD−A1B1C1D1 中，AB=4,BC=BB1=2,∠ABC=120∘，M,N,Q 分别是棱 AB,BC,CC1 的中点，P 是底面 ABCD 内一动点.若直线 D1P∥ 平面 MNQ，则三棱锥 A−PBB1 外接球表面积的最小值为＿＿＿＿＿＿.
【答案】20π
【思路】解决线面平行约束下的外接球表面积最值问题，第一步是利用平面平行的性质确定动点 P 在底面上的几何轨迹线段；第二步是利用直三棱锥外接球半径公式 R2=r底2+ℎ22，将求 R 最小值转化为求底面三角形外接圆半径 r 的最小值；第三步利用正弦定理结合垂线段最短求出 r 的最小值.
【解析】连接 AC,AD1,CD1，易知平面 ACD1∥ 平面 MNQ，则点 P 的轨迹为线段 AC.在三棱锥 A−PBB1 中，易知 BB1⟂ 平面 APB，要使三棱锥 A−PBB1 外接球表面积最小，则只需 ΔABP 外接圆的半径 r 最小.在 ΔABP 中，由正弦定理得 2r=BPsin∠PAB，又因为 ∠PAB 为定值，只需 BP 最小，显然当 BP⟂AC 时，r 有最小值，r 的最小值为 12AB=2.所以三棱锥 A−PBB1 外接球半径的最小值为 12AB2+12BB12=4+1=5，三棱锥 A−PBB1 外接球表面积的最小值为 4πR2=20π.故答案为：20π.
【规律】动态几何体外接球最值问题的求解三步曲：① “定轨迹”：利用平行或垂直关系确定动点轨迹；② “降维化”：将空间球半径公式拆解为底面圆半径与高的组合；③ “求极值”：利用正弦定理 2r=asinA 或几何垂线段最短求底面外接圆半径的极值.
考法15：多球相切与嵌套模型（相切球序列与球体分配）
例15.（2026·山东九五协作体·一模）将两个球放入棱长为 1 的正方体中，则这两个球体积和的最大值为（ ）
A. π6 B. (9−53)π4 C. (9−53)π3 D. (9−53)π2
【答案】D
【思路】在正方体内放入两个球，要使其体积和最大，两球球心必须位于正方体的最长轴线——体对角线上且两球相切.利用两球半径与顶角空间几何关系建立关于半径的等式，再取边界极大值计算.
【解析】两球位于正方体同一体对角线上且相切时体积和最大.设两球半径为 R1,R2，其球心到顶点的距离与球半径之和等于体对角线长 3，即 (3+1)(R1+R2)=3，解得 R1+R2=3−32.当其中一球取得最大半径 R1=12 时，另一球半径 R2=2−32，两球体积和取得最大值 V=43πR13+R23=(9−53)π2.故选 D.
【规律】正方体或对称容器内多球相切问题，球心连线必在对称轴（如体对角线）上.利用球心到正方体顶点的距离 d=3R 与球半径之和等于体对角线长 3a 建立等式，再结合二次/三次函数的端点值求体积极值.
【考点四 方法总结】
1. 动态几何体切接球最值求解策略：首先“定轨迹”，由线面平行或垂直确定动点几何轨迹；其次“降维”，将空间外接球半径公式化简为底面圆半径 r 与高的组合；最后“求极值”，利用正弦定理或垂线段最短求出最值.
2. 正方体与对称容器多球嵌套极值：多球球心必在容器最长对称轴（如体对角线）上，利用球心到顶点的距离与球半径之和等于体对角线长建立等式，再由代数不等式或端点边界值求体积或表面积极值.
四、高考真题
1.（2025·全国一卷·第17题）如图所示的四棱锥 P−ABCD 中，PA⟂ 平面 ABCD，BC∥AD，AB⟂AD.
（1） 证明：平面 PAB⟂ 平面 PAD；
（2） PA=AB=2，AD=1+3，BC=2，P,B,C,D 在同一个球面上，设该球面的球心为 O.
（i） 证明：O 在平面 ABCD 上；
（ii） 求直线 AC 与直线 PO 所成角的余弦值.
【答案】（1） 证明见解析 （2）（i） 证明见解析 （ii） 23
【解析】（1） 因为在四棱锥 P−ABCD 中，PA⟂ 平面 ABCD，AB⟂AD，AB⊂ 平面 ABCD，AD⊂ 平面 ABCD，
所以 AP⟂AB，AP⟂AD.
又因为 AP⊂ 平面 PAD，AD⊂ 平面 PAD，AP∩AD=A，
所以 AB⟂ 平面 PAD.
因为 AB⊂ 平面 PAB，
所以平面 PAB⟂ 平面 PAD.
（2）（i） 建立空间直角坐标系如图所示.
因为 PA=AB=2，AD=1+3，BC=2，BC∥AD，
所以 A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(2,2,0)，D(0,1+3,0)，P(0,0,2).
若 P,B,C,D 在同一个球面上，则 OP=OB=OC=OD.
在平面 xAy 中，
线段 CD 的中点坐标为 F22,3+32，直线 CD 的斜率为 k1=1+3−20−2=−3−12，
直线 CD 的垂直平分线 EF 的斜率为 k2=23−1=6+22.
所以直线 EF 的方程为 y−3+32=6+22x−22.
当 y=1 时，解得 x=0.所以两垂直平分线交点为 O(0,1,0).
在立体几何中，点 O 的坐标为 (0,1,0).
因为 OP=02+12+(0−2)2=3，OB=(0−2)2+12+02=3，OC=(0−2)2+(1−2)2+02=3，OD=02+(1−1−3)2+02=3，
得 OP=OB=OC=OD=3.
所以点 O 在平面 ABCD 上.
（ii） 由（i）知，
AC=(2,2,0)，PO=(0,1,−2).
设直线 AC 与直线 PO 所成角为 θ，
则 csθ=|AC⋅PO||AC||PO|=|0+2+0|2+4+0⋅0+1+2=26⋅3=23.
所以直线 AC 与直线 PO 所成角的余弦值为 23.年份
题号与题型
分值
考察类型
考察内容
2024
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2025
第17题
解答题
15分
直接考察
四棱锥外接球球心位置证明、球半径与异面直线所成角
2026
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