命題點(diǎn)1 外接球問題
例1 （1）[天津高考]若棱長為23的正方體的頂點(diǎn)都在同一球面上，則該球的表面積為（ C ）
A.12πB.24πC.36πD.144π
解析 設(shè)外接球的半徑為R，易知2R＝3×23＝6，所以R＝3，于是外接球的表面積
S＝4πR2＝36π，故選C.
（2）[全國卷Ⅰ]已知三棱錐P－ABC的四個頂點(diǎn)在球O的球面上，PA＝PB＝PC，△ABC是邊長為2的正三角形，E，F(xiàn)分別是PA，AB的中點(diǎn)，∠CEF＝90°，則球O的體積為（ D ）
A.86πB.46πC.26πD.6π
解析 （補(bǔ)形法）因?yàn)辄c(diǎn)E，F(xiàn)分別為PA，AB的中點(diǎn)，所以EF∥PB，因?yàn)椤螩EF＝90°，所以EF⊥CE，所以PB⊥CE.
取AC的中點(diǎn)D，連接BD，PD，易證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?yàn)镻A＝PB＝PC，△ABC為正三角形，
所以PA⊥PC，即PA，PB，PC兩兩垂直.將三棱錐P－ABC放在正方體中，如圖所示.
因?yàn)锳B＝2，所以該正方體的棱長為2，所以該正方體的體對角線長為6，所以三棱錐P－ABC的外接球的半徑R＝62，所以球O的體積V＝43πR3＝43π×（62）3＝6π.
（3）[2023全國卷乙]已知點(diǎn)S，A，B，C均在半徑為2的球面上，△ABC是邊長為3的等邊三角形，SA⊥平面ABC，則SA＝ 2 .
解析 解法一 如圖，設(shè)△ABC的外接圓圓心為O1，連接O1A，因?yàn)椤鰽BC是邊長為3的等邊三角形，所以其外接圓半徑r＝O1A＝23×32×3＝3.將三棱錐S－ABC補(bǔ)形為正三棱柱SB1C1－ABC，由題意知SA為側(cè)棱，設(shè)外接球的球心為O，連接OO1，OA，則OO1⊥平面ABC，且OO1＝12SA.又球O的半徑R＝OA＝2，OA2＝OO12＋O1A2，所以4＝14SA2＋3，得SA＝2.
解法二 如圖，設(shè)△ABC的外接圓圓心為O1，連接O1A，因?yàn)椤鰽BC是邊長為3的等邊三角形，所以其外接圓半徑r＝O1A＝23×32×3＝3.設(shè)三棱錐S－ABC的外接球球心為O，連接OO1，則OO1⊥平面ABC.又SA⊥平面ABC，所以O(shè)O1∥SA，連接OS，OA，由題意知OS＝OA＝2.過O作SA的垂線，設(shè)垂足為H，則四邊形AO1OH為矩形，所以O(shè)O1＝AH，由OS＝OA可知H為SA的中點(diǎn)，則OO1＝AH＝12SA.所以在Rt△OO1A中，由勾股定理可得OA2＝OO12＋O1A2，即4＝14SA2＋3，得SA＝2.
方法技巧
1.解決外接球問題的關(guān)鍵是利用球心到多面體的頂點(diǎn)的距離均等于球的半經(jīng).
2.柱體的外接球球心為上、下底面外心（外接圓圓心）連線的中點(diǎn).
3.棱錐中幾種常見的外接球模型
訓(xùn)練1 （1）[2023湖南省郴州市適應(yīng)性模擬]已知圓臺的上、下底面的圓周都在半徑為2的球面上，圓臺的下底面過球心，上底面半徑為1，則圓臺的體積為（ C ）
A.533πB.53πC.733πD.73π
解析 如圖，設(shè)圓臺的上底面的圓心為O1，下底面的圓心為O，點(diǎn)A為上底面圓周上任意一點(diǎn)，連接O1A，OA，OO1，則O1A＝1，設(shè)圓臺的高為h，球O的半徑為R＝OA＝2，則h＝OO1＝R2－O1A2＝22－12＝3，所以圓臺的體積V＝13（4π＋4π×π＋π）×3＝73π3.故選C.
（2）已知四棱錐P－ABCD的底面ABCD是矩形，其中AD＝1，AB＝2，平面PAD⊥平面ABCD，△PAD為等邊三角形，則四棱錐P－ABCD的外接球體積為（ D ）
A.16π3B.76π3C.323π3D.323π27
解析 設(shè)AD的中點(diǎn)為F，連接PF，AC，BD，設(shè)AC∩BD＝E，連接EF，設(shè)△PAD外接圓的圓心為O1，半徑為r，所求外接球球心為O，半徑為R，連接OO1，OE，OP，如圖.
因?yàn)椤鱌AD為等邊三角形，AD＝1，所以圓O1的半徑r＝PO1＝32×1×23＝33.
因?yàn)椤鱌AD為等邊三角形，F(xiàn)是AD的中點(diǎn)，所以PF⊥AD，
又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PF?平面PAD，所以PF⊥平面ABCD.
因?yàn)榈酌鍭BCD是矩形，所以E是底面ABCD外接圓的圓心，故OE⊥平面ABCD，所以PF∥OE.
同理OO1∥EF，又易得PF⊥EF，所以四邊形OO1FE是矩形，
所以O(shè)O1＝EF＝12AB＝1，
所以球O的半徑R＝（33）2＋12＝233，
所以外接球的體積為V＝43πR3＝32327π.故選D.
命題點(diǎn)2 內(nèi)切球問題
例2 （1）[全國卷Ⅲ]已知圓錐的底面半徑為1，母線長為3，則該圓錐內(nèi)半徑最大的球的體積為 23π .
解析 易知半徑最大的球即該圓錐的內(nèi)切球.圓錐PE及其內(nèi)切球O如圖所示，設(shè)內(nèi)切球的半徑為R，則sin∠BPE＝ROP＝BEPB＝13，所以O(shè)P＝3R，所以PE＝4R＝PB2－BE2＝32－12＝22，所以R＝22，所以內(nèi)切球的體積V＝43πR3＝23π，即該圓錐內(nèi)半徑最大的球的體積為23π.
（2）已知一圓錐底面圓的直徑為3，圓錐的高為332，在該圓錐內(nèi)放置一個棱長為a的正四面體，并且正四面體在圓錐內(nèi)可以任意轉(zhuǎn)動，則a的最大值為 2 .
解析 解法一 由題意知，正四面體在圓錐內(nèi)可以任意轉(zhuǎn)動，則a最大時，該正四面體外接于圓錐的內(nèi)切球.設(shè)球心為P，圓錐的頂點(diǎn)為S，圓錐底面圓的圓心為O， A，B為底面圓直徑的兩端點(diǎn)，軸截面上球與圓錐母線的切點(diǎn)為Q，圓錐的軸截面如圖所示，連接SO，易知P在SO上，SO⊥AB，則OA＝OB＝32.
因?yàn)镾O＝332，所以SA＝SB＝SO2＋OB2＝3，
所以△SAB為等邊三角形，可知點(diǎn)P是△SAB的中心.
連接BP，PQ，則BP平分∠SBA，所以∠PBO＝30°，設(shè)正四面體外接球的半徑為r，于是tan 30°＝r32＝33，即r＝33×32＝32，所以正四面體外接球的半徑為32.
因?yàn)槔忾L為a的正四面體的外接球的半徑為64a，
則64a＝32，求得a＝2，所以a的最大值為2.
解法二 由題意知，正四面體在圓錐內(nèi)可以任意轉(zhuǎn)動，則a最大時，該正四面體外接于圓錐的內(nèi)切球.設(shè)圓錐的頂點(diǎn)為S，圓錐底面圓的圓心為O， A，B為底面圓直徑的兩端點(diǎn)，圓錐的軸截面如圖所示，則OA＝OB＝32.
連接SO，則SO⊥AB，SO＝332，所以SA＝SB＝SO2＋OB2＝3，△SAB的面積S△SAB＝934.
由三角形內(nèi)切圓半徑公式r＝2S三角形a＋b＋c（其中S三角形是三角形的面積，a，b，c是三角形的三邊長，r是三角形內(nèi)切圓半徑）知，△SAB內(nèi)切圓的半徑r＝32.
因?yàn)槔忾L為a的正四面體的外接球的半徑為64a，則64a＝32，求得a＝2，所以a的最大值為2.
方法技巧
求解常見幾何體的內(nèi)切球半徑的方法
訓(xùn)練2 （1）[2023河南省部分名校聯(lián)合檢測]已知三棱錐P－ABC的所有頂點(diǎn)均在半徑為2的球O的球面上，底面△ABC是邊長為3的等邊三角形.若三棱錐P－ABC的體積取得最大值時，該三棱錐的內(nèi)切球的半徑為r，則r＝（ B ）
A.1B.13－14
C.32D.3（13－1）14
解析 如圖，設(shè)底面△ABC的中心為Q，連接BQ，OQ，則BQ＝3×32×23＝3，且OQ⊥底面ABC，延長線段QO交球面于點(diǎn)P，此時三棱錐P－ABC的體積取得最大值.連接OB，因?yàn)榍騉的半徑為2，所以O(shè)B＝2，在Rt△OQB中，OQ＝22－（3）2＝1，所以三棱錐P－ABC的體積的最大值為V＝13×34×32×（2＋1）＝934，此時PB＝32＋（3）2＝23，
S三棱錐P－ABC＝34×32＋3×12×3×（23）2－（32）2＝934（1＋13），
由等體積法知934＝13×934（1＋13）×r，解得r＝31+13＝13－14.故選B.
（2）[2024江蘇省淮安市漣水縣第一中學(xué)模擬]已知三棱柱ABC－EFG中，GC⊥AC，AE⊥BC，平面EBC⊥平面AEB，AC＝5，若該三棱柱存在體積為43π的內(nèi)切球，則三棱錐
A－EBC的體積為（ B ）
A.23B.4C.2D.43
解析 設(shè)內(nèi)切球的半徑為R，則43πR3＝43π，所以R＝1.因?yàn)锳E⊥BC，AE∥GC，所以GC⊥BC，又GC⊥AC，且AC∩BC＝C，AC，BC?平面ABC，所以GC⊥平面ABC，所以三棱柱ABC－EFG為直三棱柱，即側(cè)棱垂直于底面，且側(cè)棱長為2.
作AO⊥BE交BE于O點(diǎn)，連接CO，如圖所示.
因?yàn)槠矫鍱BC⊥平面AEB，平面EBC∩平面AEB＝BE，AO?平面AEB，所以AO⊥平面EBC，又BC?平面EBC，所以AO⊥BC.
因?yàn)镋A⊥平面ABC，BC?平面ABC，所以EA⊥BC，
又EA∩AO＝A，EA，AO?平面AEB，所以BC⊥平面AEB，
而AB?平面AEB，所以AB⊥BC.
設(shè)AB＝a，BC＝b，可得R＝a＋b－AC2＝a＋b－52＝1，解得a＋b＝7，又a2＋b2＝25，可得ab＝12，則V三棱錐A－EBC＝V三棱錐E－ABC＝13S△ABC×AE＝13×12ab×2＝4.故選B.
命題點(diǎn)3 球與多面體的棱相切的問題
例3 （1）[2023全國卷甲]在正方體ABCD－A1B1C1D1中，AB＝4，O為AC1的中點(diǎn)，若該正方體的棱與球O的球面有公共點(diǎn)，則球O的半徑的取值范圍是 [22，23] .
解析 由該正方體的棱與球O的球面有公共點(diǎn)，可知球O的半徑應(yīng)介于該正方體的棱切球（與各條棱均相切的球）半徑和外接球半徑之間（包含棱切球半徑和外接球半徑）.設(shè)該正方體的棱切球半徑為r，因?yàn)锳B＝4，所以2r＝2×4，所以r＝22；設(shè)該正方體的外接球半徑為R，因?yàn)锳B＝4，所以（2R）2＝42＋42＋42，所以R＝23.所以球O的半徑的取值范圍是[22，23].
（2）[2023廣東省高州市二模]已知球O與正四面體A－BCD的各棱相切，且與平面α相切，若AB＝1，則正四面體A－BCD表面上的點(diǎn)到平面α距離的最大值為 6＋24 .
解析 將正四面體A－BCD補(bǔ)形成正方體，如圖所示.
因?yàn)榍騉與正四面體A－BCD的各棱相切，所以球O即正方體的內(nèi)切球，易知球心O為正方體體對角線的中點(diǎn)，如圖所示.
記正四面體A－BCD表面上的點(diǎn)到球心O的距離為d，球O的半徑為r，則正四面體A－BCD表面上的點(diǎn)到平面α距離的最大值為d＋r的最大值.
設(shè)正方體棱長為a，則a2＋a2＝1，解得a＝22，所以r＝24，易知dmax＝OA＝12×3a2＝64，所以正四面體A－BCD表面上的點(diǎn)到平面α距離的最大值為64＋24＝6＋24.
方法技巧
破解此類球與多面體的棱相切問題的關(guān)鍵
一是會轉(zhuǎn)化，即能把所求的問題進(jìn)行轉(zhuǎn)化，例如，以正四面體的相對棱的中點(diǎn)的連線為直徑的球，常轉(zhuǎn)化為與幾何體的棱相切的問題，從而把空間問題平面化；
二是會求球的半徑，能在轉(zhuǎn)化后的平面問題中，尋找相關(guān)的量，求出球的半徑或直徑.
訓(xùn)練3 （1）[多選/2024福州市一檢]已知正四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面邊長為2，球O與正四棱柱的上、下底面及側(cè)棱都相切.P為平面CDD1內(nèi)一點(diǎn)，且直線BP與球O相切，則（ BCD ）
A.球O的表面積為4π
B.直線BD1與BP所成的角等于45°
C.該正四棱柱的側(cè)面積為162
D.側(cè)面ABB1A1與球面的交線長為2π
解析 如圖1，設(shè)球O與正四棱柱的下底面相切于點(diǎn)O1，連接OO1，則OO1⊥平面ABCD，連接O1A，OA，則∠OAO1為直線OA與平面ABCD所成的角.因?yàn)榍騉與正四棱柱的上、下底面及側(cè)棱都相切，所以球O的半徑R＝OO1＝O1A＝2，所以球O的表面積S表＝4π×2＝8π，該正四棱柱的側(cè)面積為4×2×22＝162，故選項(xiàng)A錯誤，C正確.依題意，BB1，BP均為球O的切線，BD1經(jīng)過球心O，所以∠B1BD1＝∠PBD1.連接B1D1，則B1D1＝22＝BB1，所以∠PBD1＝∠B1BD1＝45°，即直線BD1與BP所成的角為45°，選項(xiàng)B正確.對于選項(xiàng)D，記棱AA1的中點(diǎn)為F，則球O與棱AA1的切點(diǎn)為F，故側(cè)面ABB1A1與球面的交線為過點(diǎn)F的圓，記矩形ABB1A1的中心為E，則側(cè)面ABB1A1與球面的截面圓的圓心為E，如圖2，連接EF，截面圓的半徑r＝EF＝12AB＝1，所以截面圓的周長為2π，即側(cè)面ABB1A1與球面的交線長為2π，選項(xiàng)D正確.綜上，選BCD.
圖1圖2
（2）[2023山西省朔州市大地學(xué)校高中部第四次月考]正四面體的內(nèi)切球、棱切球（與各條棱均相切的球）及外接球的半徑之比為 1∶3∶3 .
解析 設(shè)正四面體S－ABC的棱長為1，外接球和內(nèi)切球的半徑分別為R，r，如圖所示，設(shè)D為AB的中點(diǎn)，連接SD，CD，作SE⊥CD于點(diǎn)E，由正四面體的性質(zhì)可知線段SE為正四面體S－ABC的高.
在正三角形SAB中，SD＝1－（12）2＝32.
同理，在正三角形ABC中，CD＝32，
則DE＝13×CD＝36，S△ABC＝12×1×32＝34，
所以SE＝SD2－DE2＝（32）2－（36）2＝63，
則V四面體S－ABC＝13S△ABC×SE＝13×34×63＝212.
由正四面體的性質(zhì)知，其內(nèi)切球、棱切球、外接球的球心重合，且球心O在線段SE上，則R＋r＝OS＋OE＝SE＝63，
V四面體S－ABC＝4×13S△ABC×r＝4×13×34×r＝33r＝212，
所以r＝612，故R＝64.
連接OD，因?yàn)槔馇星蚺c棱AB相切，故其半徑為OD＝r2＋DE2＝（612）2＋（36）2＝24，
故正四面體的內(nèi)切球、棱切球及外接球的半徑之比為612∶24∶64＝1∶3∶3.
學(xué)生用書·練習(xí)幫P330
1.[2023遼寧省模擬]“圓柱容球”是指圓柱形容器里放了一個球，且球與圓柱的側(cè)面及上、下底面均相切，則該圓柱的體積與球的體積的比值為（ B ）
A.2B.32C.3D.π3
解析 設(shè)球的半徑為R，由題意得，圓柱的高及底面圓的直徑等于球的直徑，則圓柱的體積為πR2·2R＝2πR3，球的體積為43πR3，所以該圓柱的體積與球的體積的比值為2πR343πR3＝32，故選B.
2.[2023湖北省武漢市青山區(qū)檢測]在三棱錐P－ABC中，PA＝BC＝3，PB＝AC＝2，PC＝AB＝5，則三棱錐P－ABC外接球的體積為（ C ）
A.2πB.3πC.6πD.6π
解析 如圖所示，可將三棱錐P－ABC放到長方體中，可得長方體的三條面對角線長分別為3，2，5.設(shè)長方體的長、寬、高分別為a，b，c，則a2＋b2＝3，a2＋c2＝2，c2＋b2＝5，得a＝1，b＝2，c＝3，所以三棱錐P－ABC外接球的半徑R＝12×12＋（2）2＋（3）2＝62，所以三棱錐P－ABC外接球的體積V＝43πR3＝6π.故選C.
3.[2023青島檢測]已知圓臺的上、下底面半徑分別為1和2，側(cè)面積為35π，則該圓臺外接球的半徑為（ B ）
A.1055B.654C.1854D.1054
解析 設(shè)圓臺的母線長為l，則由題意，得π×（1＋2）l＝3πl(wèi)＝35π，解得l＝5.所以圓臺的高h(yuǎn)＝（5）2－（2－1）2＝2.設(shè)該圓臺外接球的球心到上底面圓心的距離為d，則到下底面圓心的距離為｜d－2｜.（提示：圓臺外接球的球心可能在上、下底面圓心所連的線段上，也可能在其延長線上）
設(shè)圓臺外接球的半徑為R，則R2＝d2＋1＝｜d－2｜2＋22，解得d＝74，所以R2＝6516，所以R＝654，故選B.
4.[2023高三名校聯(lián)考（一）]在四面體ABCD中，BA，BC，BD兩兩垂直，BA＝1，BC＝BD＝2，則四面體ABCD內(nèi)切球的半徑為（ C ）
A.4－610B.5－610C.4－65D.5－65
解析 因?yàn)锽A，BC，BD兩兩垂直，BA＝1，BC＝BD＝2，所以AC＝AD＝5，CD＝22.如圖，取CD的中點(diǎn)為E，連接AE，則AE⊥CD，所以AE＝AD2－DE2＝3，△ACD的面積S1＝12×22×3＝6，所以四面體ABCD的表面積S＝12×1×2×2＋12×2×2＋6＝4＋6.四面體ABCD的體積V＝13×12×2×2×1＝23.設(shè)四面體ABCD的內(nèi)切球的半徑為r，則V＝13S·r，所以r＝3VS＝24+6＝4－65，故選C.
5.[2024四川成都高三模擬]在三棱錐P－ABC中，PA⊥底面ABC，∠BAC＝120°，PA＝AB＝AC＝2，若該三棱錐的頂點(diǎn)都在同一個球面上，則該球的表面積為（ C ）
A.103πB.18πC.20πD.93π
解析 三棱錐P－ABC中，PA⊥底面ABC，∠BAC＝120°，PA＝AB＝AC＝2，故該三棱錐可補(bǔ)形為正六棱柱，如圖，所以該三棱錐的外接球即為該正六棱柱的外接球，所以外接球的直徑2R＝42＋22＝25，則R＝5，所以該球的表面積為S＝4πR2＝4π×（5）2＝20π.故選C.
6.[2024重慶市巴蜀中學(xué)模擬]已知正四棱錐P－ABCD的底面邊長為42，PA＝45，則平面PCD截四棱錐P－ABCD外接球所得截面的面積為（ C ）
A.100π9B.50π3C.200π9D.100π3
解析 設(shè)正方形ABCD的中心為E，CD的中點(diǎn)為F，連接PE，EF，PF，CE，如圖所示，易知PE⊥底面ABCD，PC＝45，EF＝22，CE＝4，PE＝8，記正四棱錐的外接球球心為O，則點(diǎn)O在PE上，連接OC，OF，設(shè)外接球半徑為R，則OP＝OC＝R.在Rt△OEC中，OC2＝OE2＋EC2，所以R2＝（8－R）2＋16，解得R＝5，即OP＝5.在Rt△PEF中，PF＝PE2＋EF2＝82＋（22）2＝62.過O作OQ⊥PF，則OQ為點(diǎn)O到平面PCD的距離，且Q為平面PCD截其外接球所得截面圓的圓心，易知△PEF∽△PQO，則PQPE＝OPPF，即PQ8＝562，所以PQ＝1023，所以所求截面的面積S＝π×PQ2＝200π9.故選C.
7.[2024湖南省衡陽八中模擬]如圖，在三棱錐S－ABC中，SA＝SC＝AC＝22，AB＝BC＝2，二面角S－AC－B的正切值是2，則三棱錐
S－ABC外接球的表面積是（ A ）
A.12πB.4πC.43πD.433π
解析 設(shè)E是AC的中點(diǎn)，連接EB，ES，由于SA＝SC，AB＝BC，
所以AC⊥SE，AC⊥BE，所以∠SEB是二面角S－AC－B的平面角，所以tan∠SEB＝2，所以cs∠SEB＝33.在△SAC中，SE＝SA2－AE2＝（22）2－（2）2＝6，在△ABE中，BE＝AB2－AE2＝22－（2）2＝2，在△SEB中，由余弦定理得SB＝SE2＋BE2－2SE·BEcs∠SEB＝2，
所以BS＝BA＝BC＝2，由SA＝SC＝AC＝22，易知BS，BA，BC 兩兩垂直.由此將三棱錐S－ABC補(bǔ)形成正方體如圖所示，正方體的棱長為2，則體對角線長為23.設(shè)正方體外接球的半徑為R，則R＝3，所以所求外接球的表面積為4πR2＝12π，故選A.
8.[2024江西分宜中學(xué)、臨川一中等校聯(lián)考]蹴鞠[cù jū]，又名“蹴球”“蹴圓”，傳言黃帝所作（西漢·劉向《別錄》）.“蹴”有用腳蹴、踢的含義，“鞠”最早系外包皮革、內(nèi)實(shí)米糠的球，因而“蹴鞠”類似今日的踢足球活動，如圖所示，已知某“鞠”的表面上有四個點(diǎn)A，B，C，D，平面ABD⊥平面BCD，直線AC與平面BCD所成角的正切值為13，AB＝
AD＝2，CD＝CB＝23，則該“鞠”的表面積為（ A ）
A.20πB.16πC.12πD.8π
解析 如圖，取DB的中點(diǎn)E，連接AE，CE，設(shè)BE＝x.因?yàn)锳B＝AD，所以AE⊥DB，所以AE＝AB2－BE2＝4－x2.因?yàn)镃D＝CB，所以CE⊥BD，CE＝BC2－BE2＝12－x2.因?yàn)锳E?平面ABD，平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，所以AE⊥平面BCD，所以∠ACE為直線AC與平面BCD所成的角，則tan∠ACE＝AECE＝4－x212－x2＝13，得x＝3，BD＝23，所以AE＝1，∠BAD＝2π3，∠BCD＝π3.設(shè)△BCD的外心為O1，△ABD的外心為O2，△BCD外接圓半徑為r1，△ABD外接圓半徑為r2，則r1＝BD2sinπ3＝2，r2＝BD2sin2π3＝2，所以CO1＝2.可知點(diǎn)O2在AE的延長線上，連接O2E，則O2E＝AO2－AE＝1.過O2，O1分別作平面ABD，平面BCD的垂線，則兩垂線的交點(diǎn)O為三棱錐A－BCD外接球的球心，則四邊形O2EO1O為矩形，所以O(shè)O1＝O2E＝1.連接OC，因?yàn)镺O1⊥平面BCD，CO1?平面BCD，所以O(shè)O1⊥CO1，所以外接球半徑R＝OC＝OO12＋CO12＝1+4＝5，從而外接球的表面積為4πR2＝20π.故選A.
9.[多選/2024青島市檢測]正四棱錐P－ABCD的底面邊長是4，側(cè)棱長為42，則（ BCD ）
A.正四棱錐P－ABCD的體積為326
B.側(cè)棱與底面所成角為π3
C.其外接球的半徑為463
D.其內(nèi)切球的半徑為6（7－1）3
解析 如圖所示，設(shè)點(diǎn)O1為正方形ABCD的中心，連接PO1，則PO1⊥平面ABCD.
因?yàn)锳B＝4，所以AO1＝22，因?yàn)镻A＝42，所以PO1＝（42）2－（22）2＝26.所以正四棱錐P－ABCD的體積
VP－ABCD＝13×16×26＝3263，選項(xiàng)A錯誤.
∠PAO1是側(cè)棱與底面所成的角，tan∠PAO1＝PO1AO1＝2622＝3，所以∠PAO1＝π3，選項(xiàng)B正確.
設(shè)點(diǎn)O為正四棱錐P－ABCD外接球的球心，則點(diǎn)O在線段PO1或在線段PO1的延長線上，連接AO，設(shè)外接球的半徑為R，則OA＝OP＝R，OO1＝｜26－R｜，OA2＝O1A2＋O1O2，即R2＝（22）2＋（26－R）2，解得R＝463，選項(xiàng)C正確.
設(shè)正四棱錐P－ABCD內(nèi)切球半徑為r，取BC的中點(diǎn)M，連接O1M，PM，則PM⊥BC，且PM＝PO12＋O1M2＝（26）2＋22＝27，所以正四棱錐P－ABCD的表面積S＝
16＋12×4×27×4＝16（1＋7），因?yàn)?3S·r＝VP－ABCD，所以13×16（1＋7）·r＝3263，解得r＝267+1＝6（7－1）3，選項(xiàng)D正確.綜上，選BCD.
10.[多選/2024惠州市一調(diào)]已知棱長為1的正方體ABCD－A1B1C1D1，以正方體中心O為球心的球與正方體的各條棱都相切，點(diǎn)P為球面上的動點(diǎn)，則下列說法正確的是（ BD ）
A.球O的半徑R＝12
B.球O在正方體外的部分的體積大于23π－1
C.若點(diǎn)P在球O位于正方體外的部分（含正方體表面）上運(yùn)動，則PA·PB∈[－14，34]
D.若點(diǎn)P在球O位于正方體外的部分（含正方體表面）上運(yùn)動，則PA·PB∈[－14，74]
解析 對于A，正方體的棱切球O的半徑R＝12＋122＝22，故A錯誤.
對于B，如圖，易知球O在正方體外的部分的體積V＞V球O－V正方體＝43π×（22）3－13＝23π－1，故B正確.
對于C，D，取棱AB的中點(diǎn)E，可知E在球面上，EB＝－EA，連接PE，則PA·PB＝（PE＋EA）·（PE＋EB）＝PE2－EA2＝｜PE｜2－14＝｜PE｜2－14.因?yàn)辄c(diǎn)P在球O位于正方體外的部分（含正方體表面）上運(yùn)動，所以0≤｜PE｜≤2，所以PA·PB∈[－14，74]，C錯誤，D正確.故選BD.
11.將一個棱長為a cm的正方體鐵塊磨制成一個球體零件，若這個球體零件最大體積為36π cm3，則a＝ 6 .
解析 由題意得，球內(nèi)切于正方體時，球的體積最大，設(shè)球的半徑為R cm，則2R＝a，R＝a2，所以43πR3＝43π（a2）3＝36π，則a＝6.
12.[2024遼寧部分學(xué)校聯(lián)考]在三棱錐A－BCD中，∠ABD＝∠ABC＝60°，BC＝BD＝2，AB＝4，則三棱錐A－BCD外接球的表面積為 16π .
解析 由∠ABD＝∠ABC＝60°，BC＝BD＝2，AB＝4，根據(jù)余弦定理可得AC＝AD＝23，則AC⊥BC，AD⊥BD，所以AB的中點(diǎn)E到三棱錐各頂點(diǎn)的距離相等，則三棱錐A－BCD外接球的直徑為AB＝4，故三棱錐A－BCD外接球的表面積為4π×（AB2）2＝16π.
13.[2024廣東佛山高三摸底考試]已知圓錐的內(nèi)切球的體積為4π3，則當(dāng)該圓錐體積取最小值時，其表面積為 8π .
解析 設(shè)圓錐的內(nèi)切球的半徑為r1，可得43πr12＝4π3，解得r1＝1，設(shè)圓錐的底面圓的半徑為r，高為h（h＞2），圓錐的軸截面如圖所示，由△AOE∽△ACF，可得OECF＝AEAF，即1r＝（h－1）2－12h，解得r＝hh2－2h，所以圓錐的體積V＝13πr2h＝πh23（h－2）＝π3[（h－2）＋4h－2＋4]≥π3[2（h－2）·4h－2＋4]＝8π3，當(dāng)且僅當(dāng)h－2＝4h－2時，即h＝4時，等號成立，此時r＝2，母線長為l＝（2）2＋42＝32，圓錐的表面積為πrl＋πr2＝π×2×32＋π×（2）2＝8π.
14.[2024江西省新余市第一中學(xué)模擬]已知正四面體的棱長為12，先在正四面體內(nèi)放入一個內(nèi)切球O1，再放入一個球O2，使得球O2與球O1及正四面體的三個側(cè)面都相切，則球O2的體積為 6π .
解析 如圖，設(shè)該正四面體為A－BCD，點(diǎn)A在平面BCD上的投影為點(diǎn)H，易知A，O2，O1，H四點(diǎn)共線，且點(diǎn)H為△BCD的外心.取BC的中點(diǎn)E，連接AE，DE，則切點(diǎn)M，N在AE上，點(diǎn)H在DE上，連接O1M，O2N，則O1M⊥AE，O2N⊥AE.因?yàn)檎拿骟w的棱長為12，所以AE＝63，EH＝23，則AH＝AE2－EH2＝46.設(shè)球O1的半徑為R，根據(jù)體積公式可知，13×S△BCD×AH＝13×4×S△BCD×R，解得R＝14AH＝6.設(shè)球O2的半徑為r，則O2NO1M＝AO2AO1，即rR＝AH－2R－rAH－R，得r6＝46－26－r46－6，解得r＝62，所以球O2的體積V＝43πr3＝6π.模型
墻角型：AD⊥AB，AC⊥AD，AC⊥AB
對棱相等型：AD＝BC＝a，AB＝CD＝b，AC＝BD＝c
圖示
分析
可補(bǔ)形為長方體或正方體
可補(bǔ)形為長方體或正方體，每條棱均為其面對角線
球心
球心位于體對角線中點(diǎn)
球心位于體對角線中點(diǎn)
半徑
R＝12AB2＋AC2＋AD2
R＝a2＋b2＋c28
模型
側(cè)棱與底面垂直型：PA⊥平面ABC
側(cè)面與底面垂直型：平面PAD⊥平面ABCD
圖示
分析
過底面外心O1作垂直于底面的直線l，則有l(wèi)∥PA
作PE⊥AD于E，過底面外心O1作垂直于底面的直線l，則有l(wèi)∥PE
球心
球心O在直線l上， 且有OO1＝12PA，利用Rt△AOO1列方程
球心O在直線l上，過點(diǎn)O作OH⊥PE于點(diǎn)H，利用Rt△POH和Rt△AOO1列方程組
半徑
R＝r2＋（12PA）2，r為底面多邊形外接圓半徑
R2＝OH2＋PH2，R2＝OO12＋AO12
幾何體
求內(nèi)切球半徑R的方法
正方體（棱長為a）
R＝a2
正四面體（棱長為a）
R＝612a
三棱錐
1.過球心O、頂點(diǎn)P、切點(diǎn)M作截面圖，部分截面圖如圖所示，利用相似三角形對應(yīng)邊成比例求解，即OMO1D＝POPD，R＝OM＝OO1.
2.等體積法：將三棱錐分割為以內(nèi)切球球心為頂點(diǎn)，三棱錐的四個面為底面的棱錐，利用三棱錐的體積等于分割后各棱錐的體積之和，求內(nèi)切球的半徑.

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