TOC \ "1-3" \h \u
\l "_Tc30646" 【題型1 定義法求外接球問題】 PAGEREF _Tc30646 \h 4
\l "_Tc18643" 【題型2 補形法求外接球問題】 PAGEREF _Tc18643 \h 7
\l "_Tc29200" 【題型3 截面法求外接球問題】 PAGEREF _Tc29200 \h 9
\l "_Tc5449" 【題型4 棱切球模型問題】 PAGEREF _Tc5449 \h 13
\l "_Tc12480" 【題型5 內(nèi)切球模型問題】 PAGEREF _Tc12480 \h 15
\l "_Tc26919" 【題型6 多球相切問題】 PAGEREF _Tc26919 \h 19
\l "_Tc4347" 【題型7 外接球之二面角模型】 PAGEREF _Tc4347 \h 23
\l "_Tc4633" 【題型8 與球的切、接有關(guān)的最值問題】 PAGEREF _Tc4633 \h 27
\l "_Tc8671" 【題型9 與球的切、接有關(guān)的截面問題】 PAGEREF _Tc8671 \h 31
\l "_Tc604" 【題型10 多面體與球體內(nèi)切外接綜合問題】 PAGEREF _Tc604 \h 35
1、球的切、接問題
球的切、接問題是歷年高考的重點、熱點內(nèi)容，一般以客觀題的形式出現(xiàn)，考查空間想象能力、計算能力.其關(guān)鍵點是利用轉(zhuǎn)化思想，把球的切、接問題轉(zhuǎn)化為平面問題或特殊幾何體來解決或轉(zhuǎn)化為特殊幾何體的切、接問題來解決.
【知識點1 正方體與球、長方體與球】
1．正方體與球的切、接問題
(1)內(nèi)切球：內(nèi)切球直徑2R=正方體棱長a.
(2)棱切球：棱切球直徑2R=正方體的面對角線長.
(3)外接球：外接球直徑2R=正方體體對角線長.
2．長方體與球
外接球：外接球直徑2R=體對角線長( a,b,c分別為長方體的長、寬、高).

【知識點2 正棱錐與球】
1．正棱體與球的切、接問題
(1)內(nèi)切球：(等體積法)，r是內(nèi)切球半徑，h為正棱錐的高.
(2)外接球：外接球球心在其高上，底面正多邊形的外接圓圓心為E，半徑為r，(正
棱錐外接球半徑為R，高為h).

【知識點3 正四面體的外接球、內(nèi)切球】
1．正四面體的外接球、內(nèi)切球
若正四面體的棱長為a，高為h，正四面體的外接球半徑為R，內(nèi)切球半徑為r，則，，
，.

【知識點4 正三棱柱的外接球】
1．正三棱柱的外接球
球心到正三棱柱兩底面的距離相等，正三棱柱兩底面中心連線的中點為其外接球球心.
.

【知識點5 圓柱、圓錐的外接球】
1．圓柱的外接球
(R是圓柱外接球的半徑，h是圓柱的高，r是圓柱底面圓的半徑).

2．圓錐的外接球
(R是圓錐外接球的半徑，h是圓錐的高，r是圓錐底面圓的半徑).

【知識點6 幾何體與球的切、接問題的解題策略】
1．常見的幾何體與球的切、接問題的解決方案：
常見的與球有關(guān)的組合體問題有兩種：一種是內(nèi)切球，另一種是外接球.
常見的幾何體與球的切、接問題的解決方案：
2．空間幾何體外接球問題的求解方法：
空間幾何體外接球問題的處理關(guān)鍵是確定球心的位置，常見的求解方法有如下幾種：
(1)定義法：利用平面幾何體知識尋找?guī)缀误w中元素間的關(guān)系，或只畫內(nèi)切、外接的幾何體的直觀圖，
確定球心的位置，弄清球的半徑(直徑)與該幾何體已知量的關(guān)系，列方程(組)求解.
(2)補形法：若球面上四點P,A,B,C構(gòu)成的三條線段PA,PB,PC兩兩垂直，且PA=a，PB=b，PC=c，一般
把有關(guān)元素“補形”成為一個球內(nèi)接長方體，根據(jù)4R2=a2+b2+c2求解.
(3)截面法：涉及球與棱柱、棱錐的切、接問題時，一般過球心及多面體的特殊點(一般為接、切點)或線
作截面，把空間問題轉(zhuǎn)化為平面問題求解.
3．內(nèi)切球問題的求解策略：
(1)找準切點，通過作過球心的截面來解決.
(2)體積分割是求內(nèi)切球半徑的通用方法.
【題型1 定義法求外接球問題】
【例1】（2024·新疆烏魯木齊·三模）三棱錐A?BCD中，AD⊥平面ABC，∠BAC=60°，AB=1，AC=2，AD=4，則三棱錐A?BCD外接球的表面積為（ ）
A．10πB．20πC．25πD．30π
【解題思路】利用余弦定理先求出底面三角形ABC的外接圓半徑r，再利用R2=r2+(?2)2(?為三棱錐的高，R為外接球半徑），即可求解．
【解答過程】在△ABC中，∠BAC=60°，AB=1，AC=2，
由余弦定理可得BC2=AB2+AC2?2AB?AC?cs∠BAC，
即BC2=1+4?2×1×2×cs60°=3，所以BC=3，
設(shè)△ABC的外接圓半徑為r，
則2r=BCsin∠BAC=3sin60°=2，所以r=1，
AD⊥平面ABC，且AD=4，
設(shè)三棱錐A?BCD外接球半徑為R，
則R2=r2+(12AD)2，即R2=1+4=5，
所以三棱錐A?BCD外接球的表面積為4πR2=20π．
故選：B．
【變式1-1】（2024·海南·模擬預(yù)測）已知正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長為2，點N為側(cè)面四邊形CDD1C1的中心，則四面體NCB1C1的外接球的表面積為（ ）
A．2πB．4πC．6πD．8π
【解題思路】畫出圖分析出球心為兩個面斜邊中點的垂線的交點，然后利用勾股定理求球的半徑即可求解.
【解答過程】如圖：
四面體 NCB1C1的面CB1C1是直角三角形，
O,O1為面CBB1C1與ADD1A1的中心，所以O(shè)O1⊥面CB1C1，
因為斜邊CB1的中點O是三角形外心，所以球心在的直線OO1上，
面NCC1也為直角三角形，O,E分別為CB1與CC1的中點，所以O(shè)E∥B1C1，
B1C1⊥面NCC1，所以O(shè)E⊥面NCC1，
因為斜邊CC1的中點E是三角形外心，所以球心在的直線OE上，
故球心為直線OO1與直線OE的交點O，
正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長為2，
所以球的半徑為OC=12B1C=12×22+22=2，
所以四面體NCB1C1的外接球的表面積為：4π22=8π.
故選：D.
【變式1-2】（2024·河南周口·模擬預(yù)測）已知圓錐的側(cè)面展開圖是一個半徑為2，面積為4π3的扇形，則該圓錐的外接球的面積為（ ）
A．9π8B．9π4C．9π2D．9π
【解題思路】先求出圓錐的側(cè)面展開圖的圓心角α，再由此求出圓錐的底面圓半徑和高，然后可求外接球的半徑，由此求得圓錐的外接球的面積.
【解答過程】設(shè)圓錐的側(cè)面展開圖的圓心角為α，由題意可知，12×22×α=4π3，解得α=2π3，
設(shè)圓錐的底面圓半徑為r，則2πr=2×2π3，所以r=23，
則該圓錐的高為22?232=423，
設(shè)該圓錐的外接球的半徑為R，由球的性質(zhì)可知，423?R2+232=R2，
解得R=322，所以該圓錐的外接球的面積為S=4πR2=92π.
故選：C.
【變式1-3】（2024·青海·二模）如圖，已知在四棱錐P?ABCD中，底面四邊形ABCD為等腰梯形，BC//AD，PD=2AD=4BC=4，底面積為334，PD⊥AD且PB=19，則四棱錐P?ABCD外接球的表面積為（ ）
A．9πB．123πC．39πD．20π
【解題思路】取AD的中點為F，即可說明點F為梯形ABCD外接圓的圓心，再證明PD⊥平面ABCD，過AD的中點F作FO//PD交PA于點O，則FO⊥平面ABCD，即可得到O為四棱錐P?ABCD外接球球心，外接球半徑為12PA，從而求出表面積.
【解答過程】取AD的中點為F，因為AD=2BC=2，等腰梯形ABCD的面積為334，
所以梯形的高為2×3342+1=32，所以cs∠BAD=32，則∠BAD=π3，所以∠ADC=π3，連接BF、CF，
所以△ABF、△DCF為等邊三角形，點F為梯形ABCD外接圓的圓心，
連接BD，在△BCD中，根據(jù)余弦定理得cs2π3=BC2+CD2?BD22BC?CD，即12+12?BD22×1×1=?12，解得BD=3.
因為PB=19，PD=4，所以PD2+BD2= PB2，所以PD⊥BD.
因為PD⊥AD，AD∩BD=D，AD,BD?平面ABCD，所以PD⊥平面ABCD，
過AD的中點F作FO//PD交PA于點O，則FO⊥平面ABCD，且O為PA的中點，
所以點O為Rt△PAD外接圓圓心，所以O(shè)為四棱錐P?ABCD外接球球心，
所以外接球半徑為12PA=12PD2+AD2=5，故表面積S=4π×52=20π.
故選：D.
【題型2 補形法求外接球問題】
【例2】（2024·內(nèi)蒙古錫林郭勒盟·模擬預(yù)測）在空間直角坐標系中，已知A(0,3,0)，B(0,0,0)，C(4,0,0)，D(0,3,2)，則四面體ABCD外接球的表面積為（ ）
A．29πB．28πC．32πD．30π
【解題思路】首先由四點的坐標，確定幾何體的關(guān)系，利用補體法，求四面體外接球的半徑，即可求球的表面積.
【解答過程】根據(jù)已知4個點的空間直角坐標可得，AD⊥平面ABC,AB⊥ BC,AD=2,AB=3，BC=4，
所以四面體ABCD可以補成長、寬、高分別為4，3，2的長方體，
所以四面體ABCD外接球的半徑R= 22+32+422=292，
所以四面體ABCD外接球的表面積為4πR2=29π．

故選：A.
【變式2-1】（2024·江西·模擬預(yù)測）現(xiàn)為一球形玩具設(shè)計一款球形的外包裝盒（盒子厚度忽略不計）．已知該球形玩具的直徑為2，每盒需放入4個玩具球，則該種外包裝盒的直徑的最小值為（ ）
A．2?3B．2+3C．6?2D．2+6
【解題思路】根據(jù)外包裝盒的直徑最小得出四個球兩兩外切，結(jié)合外接球的知識可得答案.
【解答過程】當外包裝盒的直徑最小時，四個球兩兩外切且內(nèi)切于包裝盒這個大球，
所以大球的半徑是棱長為2的正四面體的外接球半徑與小球半徑的和，
把棱長為2的正四面體補形為棱長為2的正方體，則正四面體的外接球就是正方體的外接球，
其半徑為22+22+222=62，
所以外包裝盒的直徑的最小值為262+1=6+2.
故選：D.
【變式2-2】（2024·重慶·模擬預(yù)測）已知四面體ABCD中，AB=CD=AC=BD=2,AD=BC，若四面體ABCD的外接球的表面積為7π，則四面體ABCD的體積為（ ）
A．1B．2C．43D．83
【解題思路】將四面體ABCD放入長方體中，如圖，設(shè)長寬高分別為a,b,c，由題意列方程求出a,b,c，再由三棱錐的體積公式求解即可.
【解答過程】將四面體ABCD放入長方體中，如圖，
設(shè)長寬高分別為a,b,c，由7π=4πR2?4R2=7
∴7=a2+b2+c2a2+b2=4b2+c2=4?a=3b=1c=3
∴VA?BCD=abc?4×13×12×abc=13abc=1，
故選：A.
【變式2-3】（2024·四川雅安·模擬預(yù)測）如圖是以正方體的各條棱的中點為頂點的多面體，這是一個有八個面為正三角形，六個面為正方形的“阿基米德多面體”，若該多面體的棱長為2，則該多面體外接球的表面積為（ ）
A．8πB．4πC．2πD．43π
【解題思路】根據(jù)給定條件，把多面體放在棱長為2的正方體中，結(jié)合正方體的結(jié)構(gòu)特征確定球心，求出球半徑作答.
【解答過程】把該多面體放入正方體中，如圖，
由于多面體的棱長為2，則正方體的棱長為2，
因此該多面體是由棱長為2的正方體連接各棱中點所得，于是得該多面體的外接球球心是正方體體對角線中點，
該多面體外接球半徑R等于球心到一個頂點的距離，即正方體面對角線的一半，則2R=22+22，解得R=2，
所以經(jīng)過該多面體的各個頂點的球的表面積S=4π×22=8π.
故選：A.
【題型3 截面法求外接球問題】
【例3】（2024·江蘇南通·三模）已知一個正四棱臺的上、下底面邊長分別為2，8，側(cè)棱長為35，則該正四棱臺內(nèi)半徑最大的球的表面積為（ ）
A．12πB．27πC．64π9D．64π3
【解題思路】先求出正四棱臺的高，再分析出最大內(nèi)切球與四側(cè)面及下底面相切，再根據(jù)三角函數(shù)得到其半徑大小，最后利用球的表面積公式即可.
【解答過程】作出如圖所示正四棱臺，其中OO1為正四棱臺的高，EE1為其斜高，

因為正四棱臺的上、下底面邊長分別為2，8，側(cè)棱長為35，
則B1O1=2，BO=42，OO1=352?42?22=33，
因為OO1=33>2+82=5，故半徑最大的球不與上下底面同時相切，
EE1=352?8?222=6，則sin∠OEE1=OO1EE1=32，則∠OEE1=π3，
過O,E,E1,O1作正四棱臺的截面，截球得大圓，則該圓與等腰梯形兩腰和下底相切，則∠O2EO=π6，
則OO2=43=433r1>0)，母線長為l，高為?，內(nèi)切球O的半徑為R，
顯然圓臺軸截面等腰梯形的內(nèi)切圓是球的截面大圓，則l=r1+r2，2R=?，
由πr12+r22πr1+r2l=58，整理得3r12?10r1r2+3r22=0，而r2>r1，解得r2=3r1，l=4r1，
因此圓臺的高?=l2?r2?r12=23r1，R=3r1，
則圓臺O1O2的體積V1=13π[r12+r1?3r1+(3r1)2]?23r1=263πr133，
內(nèi)切球O的體積V2=43π(3r1)3=43πr13，所以V2V1=613.
故選：D.
【變式5-3】（2024·江蘇宿遷·三模）若一個多面體的各面都與一個球的球面相切，則稱這個球是這個多面體的內(nèi)切球．在四棱錐P?ABCD中，側(cè)面PAB是邊長為1的等邊三角形，底面ABCD為矩形，且平面PAB⊥平面ABCD．若四棱錐P?ABCD存在一個內(nèi)切球，設(shè)球的體積為V1，該四棱錐的體積為V2，則V1V2的值為（ ）
A．3π6B．3π12C．3π18D．3π54
【解題思路】過點P作出四棱錐P?ABCD的內(nèi)切球截面大圓，確定球半徑表達式，再借助四棱錐體積求出球半徑計算作答.
【解答過程】如圖，取AB中點M，CD中點N，連接PM，PN，MN，
因△PAB是正三角形，則PM⊥AB，又ABCD是矩形，有MN⊥AB，
而平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD=AB，PM?平面PAB，MN?平面ABCD，
因此PM⊥平面ABCD，MN⊥平面PAB，
又AD//MN//BC，則AD⊥平面PAB，BC⊥平面PAB，則AD⊥PA，BC⊥PB，
PM∩MN=M，PM,MN?平面PMN，則AB⊥平面PMN，又PN?平面PMN，
所以AB⊥PN，而AB//CD，則CD⊥PN，顯然△PAD?△PBC，
由球的對稱性和正四棱錐P?ABCD的特征知，平面PMN截四棱錐P?ABCD的內(nèi)切球O得截面大圓，
此圓是Rt△PMN的內(nèi)切圓，切MN，PM分別于E，F(xiàn)，有四邊形OEMF為正方形，
設(shè)AD=x，又PM=32，PN=34+x2，則球的半徑r=12x+32?34+x2，
又四棱錐P?ABCD的表面積為S=S△PAB+2S△PAD+SABCD+S△PCD=34+x+x+1234+x2，
由VP?ABCD=13Sr=13SABCD?PM，解得x=233，
∴V1=43πr3=354π，V2=13×233×32=13，
所以V1V2=3π18.
故選：C.
【題型6 多球相切問題】
【例6】（2024高三·全國·專題練習(xí)）在一個半徑為2的半球形封閉容器內(nèi)放入兩個半徑相同的小球，則這兩個小球的表面積之和最大為（ ）
A．96?642πB．24?162πC．8πD．16π
【解題思路】由題意確定兩個小球的表面積之和最大的情況，如圖，根據(jù)勾股定理可得O1O=2r，則2r+r=2，解出r，結(jié)合球的表面積公式計算即可求解.
【解答過程】當兩個小球的表面積之和最大時兩小球相切，且兩小球均與半球形封閉容器相切，
此時設(shè)兩小球的球心分別為O1，O2，半球形封閉容器的底面圓心為O，
作出過O1，O2，O的截面如圖所示，連接OO1并延長，交半圓于點A，
則A為圓O1與半圓的切點，設(shè)兩個小球的半徑為r，
得O1O=r2+r2=2r，所以2r+r=2，解得r=22?1，
所以這兩個小球的表面積之和的最大值為2×4×42?12π=96?642π．
故選：A.
【變式6-1】（2024·河北滄州·模擬預(yù)測）某包裝設(shè)計部門為一球形塑料玩具設(shè)計一種正四面體形狀的外包裝盒（盒子厚度忽略不計），已知該球形玩具的直徑為2，每盒需放入10個塑料球，則該種外包裝盒的棱長的最小值為（ ）
A．2+26B．2+46C．.4+26D．4+46
【解題思路】先確定正四面體的棱長與高還有內(nèi)切球半徑的關(guān)系，然后根據(jù)當a取得最小值時，從上到下每層中放在邊緣的小球都與正四面體的面都相切，從而計算出棱長的最小值.
【解答過程】設(shè)正四面體的棱長為a，高為?，內(nèi)切球半徑為r
則a2=?2+32a×232，可得?=63a，
又4×13×12a2×32×r=13×12a2×32×?，可得r=612a，

即正四面體的高等于其棱長的63，正四面體的內(nèi)切球的半徑等于其棱長的612．
如圖，10個直徑為2的小球放進棱長為a的正四面體ABCD中，構(gòu)成三棱錐的形狀，有3層，從上到下每層的小球個數(shù)依次為1，3，6．

當a取得最小值時，從上到下每層中放在邊緣的小球都與正四面體的側(cè)面相切，底層的每個球都與正四面體的底面相切，任意相鄰的兩個小球都外切，位于底層正三角狀頂點的所有相鄰小球的球心連線為一個正四面體EFGH，底面BCD的中心為O，AO與面FGH的交點為P，
則該正四面體EFGH的棱長為1+2+1=4，
可求得其高為EP=4×63=463，AE=1×126×63?1=3，
所以正四面體ABCD的高為AO=AE+EP+PO=3+463+1=4+463，
進而可求得其棱長a的最小值為4+463×36=4+26．
故選：C.
【變式6-2】（2024·湖南益陽·模擬預(yù)測）如圖所示，4個球兩兩外切形成的幾何體，稱為一個“最密堆壘”．顯然，即使是“最密堆壘”，4個球之間依然存在著空隙．材料學(xué)研究發(fā)現(xiàn)，某種金屬晶體中4個原子的“最密堆壘”的空隙中如果再嵌入一個另一種金屬原子并和原來的4個原子均外切，則材料的性能會有顯著性變化．記原金屬晶體的原子半徑為rA，另一種金屬晶體的原子半徑為rB，則rA和rB的關(guān)系是（ ）
A．2rB=3rAB．2rB=6rA
C．2rB=3?1rAD．2rB=6?2rA
【解題思路】依題意畫出直觀圖，則四個金屬原子的球心的連線所圍成的圖形為正四面體P?ABC，設(shè)正四面體的棱長為a a>0，高為? ?>0，外接球球心為O，D為正三角形ABC的中心，求出外接球的半徑R，即可得到a=2rA64a=rA+rB，從而得解.
【解答過程】由題意知，四個金屬原子的球心的連線所圍成的圖形為如圖所示的正四面體P?ABC，
設(shè)正四面體的棱長為a a>0，高為? ?>0，外接球球心為O，D為正三角形ABC的中心，
則必有PD⊥平面ABC且P，O，D三點共線，
在正三角形ABC中，易求得DB=32a×23=33a，
在△PDB中，由PB2=PD2+DB2，可得?=PD=a2?33a2=63a，
在△OBD中，由OB2=OD2+DB2，得R2=(??R)2+33a2，
解得R=64a，
由題意得a=2rA64a=rA+rB，所以64×2rA=rA+rB，
所以2rB=6?2rA．
故選：D．
【變式6-3】（2024·浙江溫州·二模）如今中國被譽為基建狂魔，可謂是逢山開路，遇水架橋.公路里程?高鐵里程雙雙都是世界第一.建設(shè)過程中研制出用于基建的大型龍門吊?平衡盾構(gòu)機等國之重器更是世界領(lǐng)先.如圖是某重器上一零件結(jié)構(gòu)模型，中間最大球為正四面體ABCD的內(nèi)切球，中等球與最大球和正四面體三個面均相切，最小球與中等球和正四面體三個面均相切，已知正四面體ABCD棱長為26，則模型中九個球的表面積和為（ ）
A．6πB．9πC．31π4D．21π
【解題思路】作出輔助線，先求出正四面體的內(nèi)切球半徑，再利用三個球的半徑之間的關(guān)系得到另外兩個球的半徑，得到答案.
【解答過程】如圖，取BC的中點E，連接DE，AE，則CE=BE=6，AE=DE=24?6=32，
過點A作AF⊥底面BCD，垂足在DE上，且DF=2EF，
所以DF=22,EF=2，故AF=AD2?DF2=24?8=4，
點O為最大球的球心，連接DO并延長，交AE于點M，則DM⊥AE，
設(shè)最大球的半徑為R，則OF=OM=R，
因為Rt△AOM∽Rt△AEF，所以AOAE=OMEF，即4?R32=R2，解得R=1，
即OM=OF=1，則AO=4?1=3，故sin∠EAF=OMAO=13
設(shè)最小球的球心為J，中間球的球心為K，則兩球均與直線AE相切，設(shè)切點分別為H,G，
連接HJ,KG，則HJ,KG分別為最小球和中間球的半徑，長度分別設(shè)為a,b，
則AJ=3HJ=3a,AK=3GK=3b，則JK=AK?AJ=3b?3a，
又JK=a+b，所以3b?3a=a+b，解得b=2a，
又OK=R+b=AO?AK=3?3b，故4b=3?R=2，解得b=12，
所以a=14，
模型中九個球的表面積和為4πR2+4πb2×4+4πa2×4=4π+4π+π=9π.
故選：B.
【題型7 外接球之二面角模型】
【例7】（2024·陜西寶雞·三模）△ABC與△ABD都是邊長為2的正三角形，沿公共邊AB折疊成60°的二面角，若點A，B，C，D在同一球O的球面上，則球O的表面積為（ ）
A．139πB．208π9C．529πD．112π3
【解題思路】根據(jù)外接球球心的性質(zhì)確定球心O的位置為過正△ABC與△ABD的中心的垂線上，再構(gòu)造直角三角形求解球O的半徑，即可求解．
【解答過程】解：由題，設(shè)正△ABC與△ABD的中心分別為N，M，
根據(jù)外接球的性質(zhì)有OM⊥平面ABD，ON⊥平面ABC，
又二面角D?AB?C的大小為60°，故∠DEC=60°，
又正△ABC與△ABD的邊長均為2，
故DE=CE=3，
故EM=EN=13ED=33，
∵OE=OE,∠OME=∠ONE，
∴Rt△MEO≌Rt△NEO，
故∠MEO=∠NEO=30°，
故OE=MEcs30°=23，又EB=1，
故球O的半徑OB=12+(23)2=133，
故球O的表面積為S=4π×(133)2=52π9．
故選：C．
【變式7-1】（2024·山東·模擬預(yù)測）如圖①，將兩個直角三角形拼在一起得到四邊形ABCD，且AC=BC=12AD=1，AC⊥AD，現(xiàn)將△ACD沿AC折起，使得點D到達點P處，且二面角P?AC?B的大小為60°，連接BP，如圖②，若三棱錐P?ABC的所有頂點均在同一球面上，則該球的表面積為（ ）

A．4πB．5πC．6πD．7π
【解題思路】過點C作CE//PA且CE=PA，連接PE、BE，即可得到∠BCE是二面角P?AC?B的平面角，從而求出BE，即可得到BC⊥BE，則BC⊥平面PBE，則PC為三棱錐P?ABC的外接球的直徑，即可求出外接球的表面積.
【解答過程】過點C作CE//PA且CE=PA，連接PE、BE，則四邊形ACEP為平行四邊形，
所以AC//PE，因為AC⊥AP，所以AC⊥CE，又AC⊥BC，
所以∠BCE是二面角P?AC?B的平面角，即∠BCE=60°，
在△BCE中，由余弦定理可得BE2=BC2+CE2?2BC?CEcs60°=1+4?2×1×2×12=3，
即BE=3，所以BE2+BC2=CE2，所以BC⊥BE，
又BC⊥AC，AC//PE，所以BC⊥PE，PE∩BE=E，PE,BE?平面PBE，
所以BC⊥平面PBE，PB?平面PBE，所以BC⊥PB，
所以PC為三棱錐P?ABC的外接球的直徑，
所以外接球的半徑R=12PC=12AP2+AC2=52，
所以外接球的表面積S=4πR2=4π×522=5π.
故選：B.
【變式7-2】（2024·陜西榆林·模擬預(yù)測）如圖，△ABC是邊長為4的正三角形，D是BC的中點，沿AD將△ABC折疊，形成三棱錐A?BCD．當二面角B?AD?C為直二面角時，三棱錐A?BCD外接球的表面積為（ ）
A．5πB．20πC．55π6D．205π3
【解題思路】先證明AD⊥平面BDC，利用二面角的定義可得∠BDC=90°，利用勾股定理可得△BCD的外接圓直徑為BC，將三棱錐A?BCD補形成長方體來求其外接球的半徑R，再利用球體表面積公式可得出答案.
【解答過程】如圖所示，
折疊前，由于△ABC是邊長為4的正三角形，D是BC的中點，則AD⊥BC，
折疊后，則有AD⊥CD，AD⊥BD，因為BD∩CD=D，所以AD⊥平面BDC，
因為二面角B?AD?C為直二面角，AD⊥CD，AD⊥BD
則二面角B?AD?C的平面角為∠BDC=90°，且BD=CD=12×4=2，AD=ABsin60°=23，
可將三棱錐A?BCD補形成長方體來求其外接球的半徑R，即(2R)2=22+22+(23)2，解得R=5，從而三棱錐A?BCD外接球的表面積為4πR2=20π．
故選：B.
【變式7-3】（2024·上海徐匯·二模）三棱錐P?ABC各頂點均在半徑為22的球O的表面上，AB=AC=22,∠BAC=90。，二面角P?BC?A的大小為45。，則對以下兩個命題，判斷正確的是（ ）
①三棱錐O?ABC的體積為83；②點P形成的軌跡長度為26π.
A．①②都是真命題
B．①是真命題，②是假命題
C．①是假命題，②是真命題
D．①②都是假命題
【解題思路】根據(jù)球的截面圓的性質(zhì)可得出二面角，利用直角三角形性質(zhì)判斷△ABC外心O1和△PBC外心O2的位置，利用垂直關(guān)系證明O2是AO中點，利用體積公式判斷①，根據(jù)O2P為定長判斷P點軌跡是圓，判斷②．
【解答過程】由題意知AB=AC=22,∠BAC=90。，故BC=4,
設(shè)△ABC外心為O1，則O1為BC的中點，設(shè)△PBC外心為O2，如圖，
則OO1⊥平面ABC，OO2⊥平面PBC，
∵BC?平面ABC，BC?平面PBC，
∴OO1⊥BC，OO2⊥BC，
∵OO2∩OO1=O，∵OO2,OO1?平面OO1O2，∴BC⊥平面OO1O2，
又因為AO1⊥BC，則AO1?平面OO1O2，即A，O1，O，O2四點共面，
則BC⊥平面OAO1，
連接O1O2，則∠AO1O2為二面角P?BC?A的平面角，
∵二面角P?BC?A的大小為45°，∴∠AO1O2=45°，
而AO1⊥BC，O1A=12BC=2，因為OO2⊥平面PBC，O1O2?平面PBC，
故OO2⊥ O1O2，而O1O=OA2?O1A2=2，則O2O=2，
在△AO1O2中，AO22=AO12+O1O22?2AO1?O1O2cs45°=2，
則AO2=2，故OA=22=AO2+OO2，即A,O2,O三點共線，
且O2是OA的中點；
則VO?ABC=13×OO1×S△ABC=13×2×12×22×22=83，故①是真命題；
又∵ O2P=OP2?OO22=8?2=6，
∴點P形成的軌跡是以O(shè)2為圓心，半徑為6的圓，
∴軌跡長度為26π，故②真命題．
故選：A．
【題型8 與球的切、接有關(guān)的最值問題】
【例8】（2024·湖北·模擬預(yù)測）已知四棱錐P?ABCD的底面為矩形，AB=23，BC=4，側(cè)面PAB為正三角形且垂直于底面ABCD，M為四棱錐P?ABCD內(nèi)切球表面上一點，則點M到直線CD距離的最小值為（ ）
A．10?2B．10?1C．23?2D．23?1
【解題思路】H,N分別為AB和CD的中點，平面PHN截四棱錐P?ABCD的內(nèi)切球O所得的截面為大圓，求出圓的半徑，利用圓心到直線距離求點M到直線CD距離的最小值.
【解答過程】如圖，設(shè)四棱錐的內(nèi)切球的半徑為r，取AB的中點為H，CD的中點為N，連接PH，PN，HN，

球O為四棱錐P?ABCD的內(nèi)切球，
底面ABCD為矩形，側(cè)面PAB為正三角形且垂直于底面ABCD，
則平面PHN截四棱錐P?ABCD的內(nèi)切球O所得的截面為大圓，
此圓為△PHN的內(nèi)切圓，半徑為r，與HN，PH分別相切于點E，F(xiàn)，
平面PAB⊥平面ABCD，交線為AB，PH?平面PAB，
△PAB為正三角形，有PH⊥AB，∴PH⊥平面ABCD，
HN?平面ABCD，∴PH⊥HN，
AB=23，BC=4，則有PH=3，HN=4，PN=5，
則△PHN中，S△PHN=12×3×4=12r3+4+5，解得r=1.
所以，四棱錐P?ABCD內(nèi)切球半徑為1，連接ON.
∵PH⊥平面ABCD，CD?平面ABCD，∴CD⊥PH，
又CD⊥HN，PH,HN?平面PHN，PH∩HN=H，
∴CD⊥平面PHN，∵ON?平面PHN，可得ON⊥CD，
所以內(nèi)切球表面上一點M到直線CD的距離的最小值即為線段ON的長減去球的半徑，
又ON=OE2+EN2=10.
所以四棱錐P?ABCD內(nèi)切球表面上的一點M到直線CD的距離的最小值為10?1.
故選：B.
【變式8-1】（2024·陜西安康·模擬預(yù)測）在四棱錐P?ABCD中，底面四邊形ABCD為正方形，四棱錐P?ABCD外接球的表面積為16π，則當四棱錐P?ABCD的體積最大時，AB=（ ）
A．3B．2C．83D．3
【解題思路】由題意，如圖，確定四棱錐P?ABCD的體積最大的情況，設(shè)AB=x，根據(jù)球的表面積公式和勾股定理、錐體的體積公式可得VP?ABCD=124t+48?2tt+4（16?2x2=t），結(jié)合基本不等式計算即可求解.
【解答過程】因為四棱錐P?ABCD的底面為正方形，
所以當點P在底面的射影為底面正方形的中心O′，且球心O在線段PO′上時，
四棱錐P?ABCD的體積最大.設(shè)四棱錐P?ABCD外接球的半徑為R，
則4πR2=16π，得R=2，設(shè)AB=x，則AO′=22x，
由OA=OP=2，得OO′=4?x22=16?2?x22，所以PO′=16?2x22+2，
則VP?ABCD=13x216?2x22+2=11216?2x2+4×2x2，
令16?2x2=t，則2x2=16?t2，
所以VP?ABCD=112t+416?t2=124t+48?2tt+4≤124t+4+8?2t+t+433=124×1633=51281，
當且僅當t=43時取等號，此時x=83，即AB=83.
故選：C.
【變式8-2】（2024·福建泉州·一模）泉州花燈技藝源于唐朝中期從形式上有人物燈、宮物燈、宮燈，繡房燈、走馬燈、拉提燈、錫雕元宵燈等多種款式．在2024年元宵節(jié)，小明制做了一個半正多面體形狀的花燈，他將正方體沿交于一頂點的三條棱的中點截去一個三棱錐，共截去八個三棱錐，得到一個有十四個面的半正多面體，如圖所示．已知該半正多面體的體積為203，M為△ABC的中心，過M截該半正多面體的外接球的截面面積為S，則S的最大值與最小值之比（ ）
A．85B．95C．3D．9
【解題思路】利用半正多面體和中心對稱性，確定外接球球心和半徑，再去找到最大截面圓和最小截面圓的半徑，即可求出它們的比值.
【解答過程】把這個半正多面體補全為正方體，再設(shè)該正方體的邊長為a，
則每個截去的小三棱錐的體積為13×12×a2×a2×a2=a348，
所以該半正多面體的體積：a3?8×a348=56a3=203，解得a=2，
由圖可知，半正多面體的外接球半徑是OB=12+12=2，
由正方體的性質(zhì)易證明平面ABC//平面IGH：
又因為在正方體中EF⊥平面IGH，所以EF⊥平面ABC，
所以過點M截外接球的最小截面圓的半徑是MB，最大截面圓的半徑是OB，
即S的最小值比最大值等于MBOB2=sin∠BOM2=sin∠EFG2=2232=13，則最大值比最小值等于3.
故選：C.
【變式8-3】（2024·福建南平·模擬預(yù)測）某雕刻師在切割玉料時，切割出一塊如圖所示的三棱錐型邊料，測得在此三棱錐A?BCD中，側(cè)面ABC⊥底面BCD，且AB=AC=DB=DC=AD=2 cm，該雕刻師計劃將其打磨成一顆球形玉珠，則磨成的球形玉珠的直徑的最大值為（ ）
A．26 cmB．23 cm
C．222?3cmD．22?3cm
【解題思路】利用等體積法求得三棱錐內(nèi)切球的直徑，從而確定正確答案.
【解答過程】如圖，設(shè)BC的中點為O，連接AO,DO，因為AB=AC=DB=DC,BC= BC，
所以△ABC≌△DBC，所以AO=DO，且AO⊥BC,DO⊥BC，
又側(cè)面ABC⊥底面BCD且交線為BC，AO?平面ABC，所以AO⊥平面BCD，
由于DO?平面BCD，所以AO⊥DO，
由于AO∩DO=O,AO,DO?平面AOD，所以BC⊥平面AOD，
又AD=2 cm，所以AO=DO=2 cm,BC=22 cm，
因為AB=AC=DB=DC=2 cm，所以AB⊥AC,DB⊥DC．
當球形玉珠為三棱錐A?BCD的內(nèi)切球時，球形玉珠的直徑最大．
設(shè)三棱錐A?BCD的表面積為S，內(nèi)切球的半徑為r，則VA?BCD=13Sr，
又VA?BCD=13S△DBC×AO =13×12×2×2×2=223 cm3，
S=S△ABC+S△DBC+S△ABD+S△ADC
=12×2×2+12×2×2+12×2×2sin60°+12×2×2sin60°
=4+23 cm2，故223=134+23r，
所以r=224+23=22?3cm，
所以磨成的球形玉珠的直徑的最大值為222?3cm．
故選：C.
【題型9 與球的切、接有關(guān)的截面問題】
【例9】（2024·云南曲靖·模擬預(yù)測）正方體ABCD?A1B1C1D1外接球的體積為43π，E、F、G分別為棱AA1、A1B1、A1D1的中點，則平面EFG截球的截面面積為（ ）
A．5π3B．4π3C．2π3D．π3
【解題思路】由已知，得到正方體ABCD?A1B1C1D1外接球的半徑，進而得到正方體的棱長，再由勾股定理計算出平面EFG截球的截面圓的半徑，即可得到截面面積.
【解答過程】

設(shè)正方體ABCD?A1B1C1D1外接球的半徑為R，棱長為a，
因為正方體ABCD?A1B1C1D1外接球的體積為43π，
所以43πR3=43π，則R=3，
由3a2=232，得a=2，
設(shè)球心O到平面EFG的距離為?，平面EFG截球的截面圓的半徑為r，
設(shè)A1到平面EFG的距離為?′,
因為E、F、G分別為棱AA1、A1B1、A1D1的中點，
所以△EFG是邊長為2的正三角形,
由VA1?EFG=VE?AFG,得13S△EFG??′=13S△A1FG?A1E,
則13×12×2×2×32?′=13×12×1×1×1,
解得?′=33,又OA1=12AC=3,
所以A1到平面EFG的距離為?′=13OA1，
則?=OA1?13OA1=R?13R=233，
r2=R2??2=32?2332=53，
所以平面EFG截球的截面面積為，πr2=53π.
故選：A.
【變式9-1】（2024·江蘇南京·模擬預(yù)測）已知SO1=2，底面半徑O1A=4的圓錐內(nèi)接于球O，則經(jīng)過S和O1A中點的平面截球O所得截面面積的最小值為（ ）
A．252πB．253πC．254πD．5π
【解題思路】根據(jù)球的截面性質(zhì)，結(jié)合三角形面積等積性、勾股定理進行求解即可.
【解答過程】如圖，
設(shè)球O的半徑為R，線段O1A的中點為E，因為AO12+OO12=AO2，
所以42+(R?2)2=R2，解得R=5，
設(shè)經(jīng)過S和O1A中點E的平面截球O所得截面圓的圓心為O2，半徑為r，球心O到截面的距離OO2=d，
則r2=R2?d2，要截面面積最小，則r要最小，即d要最大，
因為當d為點O到SE的距離時最大，此時d?SE=SO?EO1，又SE=22+22=22，
所以d=SO?EO1SE=5×222=52，
所以r2=52?(52)2=252，
故截面面積的最小值為πr2=252π．
故答案為：252π．
故選：A.
【變式9-2】（2024·湖北武漢·模擬預(yù)測）四棱錐P?ABCD各頂點都在球心O為的球面上，且PA⊥平面ABCD，底面ABCD為矩形，PA=AD=2,AB=22，設(shè)M,N分別是PD,CD的中點，則平面AMN截球O所得截面的面積為（ ）
A．πB．3πC．4πD．2π
【解題思路】根據(jù)線面垂直關(guān)系可得四棱錐P?ABCD外接球與以AP,AB,AD為棱長的長方體的外接球相同，確定外接球半徑R，根據(jù)線面關(guān)系求解三棱錐A?MNC的體積，利用等體積法確定球心O到平面AMN的距離為d，從而得截面面積.
【解答過程】因為PA⊥平面ABCD，底面ABCD為矩形，
如下圖所示，
易知四棱錐P?ABCD外接球與以AP,AB,AD為棱長的長方體的外接球相同；
由題意可知球心O為PC中點，
故球O的直徑2R=22+22+222=4，解得R=2
由M,N分別是PD,CD的中點可得MN//PC，因為PC?平面AMN，可得PC//平面AMN；
所以球心O到平面AMN的距離等于點C到平面AMN的距離，
設(shè)球心O到平面AMN的距離為d，截面圓的半徑為r，
因為PA=AD=2,AB=22，M分別是PD的中點，所以AM⊥PD，且AM=2，
又MN=12PC=12PD2+DC2=2,AN=AD2+DN2=6，
所以AN2=AM2+MN2，故AM⊥MD，又MD∩PD=D,MD,PD?平面MNC，所以AM⊥平面MNC，
且S△MNC=12×2×2=1，所以VA?MNC=13×S△MNC×AM=23，
而VC?AMN=13×S△AMN?d=13×12×2×2d=2d3，由等體積法得d=1，
所以r2=R2?d2=3，故截面面積為πr2=3π．
故選：B.
【變式9-3】（2024·全國·模擬預(yù)測）在正方體ABCD?A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別為棱A1B1，DD1的中點，過直線EF的平面截該正方體外接球所得的截面面積的最小值為s，最大值為S，則Ss=（ ）
A．62B．32C．305D．65
【解題思路】根據(jù)題意可求得正方體的外接球球心位置，易知當截面面積最大時，截面圓的半徑為該正方體外接球的半徑R，當截面與OP垂直時，截面面積最小；分別求出對應(yīng)的半徑大小即可得出結(jié)果.
【解答過程】如圖，正方體ABCD?A1B1C1D1的外接球球心在其中心點O處，設(shè)該正方體的棱長為a，
則外接球的半徑R=12a2+a2+a2=3a2，
要使過直線EF的平面截該球得到的截面面積最小，則截面圓的圓心為線段EF的中點P，
連接OE，OF，OP，則OE=OF=a22+a22=2a2，
EF=a2+a22+a22=6a2，
所以O(shè)P=OE2?12EF2=2a4，
此時截面圓的半徑r=R2?OP2=10a4．
顯然當截面面積最大時，截面圓的半徑為該正方體外接球的半徑R；
所以Ss=πR2πr2=π3a22π10a42=65．
故選：D．
【題型10 多面體與球體內(nèi)切外接綜合問題】
【例10】（2024·全國·模擬預(yù)測）已知圓臺O1O2的內(nèi)切球半徑為2，圓臺O1O2的體積為28π，則圓臺O1O2外接球的表面積為（ ）
A．32πB．1025π48C．1025π64D．1025π16
【解題思路】首先根據(jù)圓臺內(nèi)切球半徑為2求出圓臺上、下底面半徑的乘積為4，然后結(jié)合圓臺的體積為28π并利用圓臺的體積公式得到圓臺的上、下底面半徑，根據(jù)圓臺和球的對稱性并利用勾股定理求得圓臺外接球的半徑，即可求得圓臺外接球的表面積．
【解答過程】設(shè)圓臺O1O2的上、下底面半徑分別為r1，r2，易知內(nèi)切球的軸截面與圓臺O1O2的軸截面內(nèi)切，
所以r2+r12=r2?r12+42，解得r1r2=4，
又圓臺O1O2的體積為π3×4×r22+r12+r2r1=28π，
所以r1=1，r2=4．
設(shè)圓臺O1O2外接球的半徑為R，易知圓臺O1O2的軸截面與外接球的軸截面內(nèi)接，外接球球心O在線段O1O2上，（提示：當O在O1O2的延長線上時，設(shè)OO2=x，則OO1=4+x，所以R2=x2+16=4+x2+1，無解，所以O(shè)在線段O1O2上）,
如圖，連接OC，OB，
則CO1=r1=1，BO2=r2=4，
設(shè)OO1=x，則OO2=4?x，
所以R2=1+x2=16+4?x2，得x=318，
故R2=1+x2=102564，
所以該圓臺外接球的表面積為4πR2=1025π16，
故選：D．
【變式10-1】（23-24高二下·湖南長沙·期中）已知正四棱錐外接球的半徑為3，內(nèi)切球的半徑為1，則該正四棱錐的高為（ ）
A．4+3B．4+2C．4±3D．4±2
【解題思路】設(shè)正四棱錐P?ABCD底邊長為2a，高為?，外接球半徑R=3，內(nèi)切球半徑r=1，設(shè)M，N分別為AD和BC的中點，由題意得△PMN的內(nèi)切圓半徑即為內(nèi)切球半徑，△PAC的外接圓半徑即為正四棱錐的外接球半徑，利用勾股定理求解即可.
【解答過程】設(shè)正四棱錐P?ABCD的底邊長為2a，高為?，外接球半徑R=3，內(nèi)切球半徑r=1．
設(shè)M，N分別為AD和BC的中點，則△PMN的內(nèi)切圓半徑即為內(nèi)切球半徑．
設(shè)∠PMN=2θ，則tan2θ=?a，tanθ=ra=1a．
由tan2θ=2tanθ1?tan2θ，得?a=2aa2?1，即a2=???2．
另外△PAC的外接圓半徑即為正四棱錐的外接球半徑，所以在△PAC中，
有(??R)2+(2a)2=R2，即a2 =2R???22，即a2=6???22，
所以6???22=???2，解得?=4±2．
故選：D.
【變式10-2】（2024·甘肅金昌·模擬預(yù)測）在底面是邊長為4的正方形的四棱錐P?ABCD中，點P在底面的射影H為正方形ABCD的中心，異面直線PB與AD所成角的正切值為32，則四棱錐P?ABCD的內(nèi)切球與外接球的半徑之比為（ ）
A．617B．516C．413D．718
【解題思路】依題意可得P?ABCD為正四棱錐，由AD//BC可得異面直線PB與AD所成的角為∠PBC，取BC中點E，連接PE、HE，即可求出PE、HP，再求出四棱錐的表面積與體積，從而求出內(nèi)切球的半徑，再由勾股定理求出外接球的半徑，即可得解.
【解答過程】由題可得四棱錐P?ABCD為正四棱錐，即有PA=PB=PC=PD．
因為AD//BC，所以異面直線PB與AD所成的角為∠PBC，
取BC中點E，連接PE、HE，則PE⊥BC，所以tan∠PBC=PEBE=32，
所以PE=3，HP=PE2?HE2=5．
從而可以求得四棱錐P?ABCD的表面積和體積分別為S=12×4×3×4+42=40，V=13×4×4×5=1653，
所以內(nèi)切球的半徑為r=3VS=255．
設(shè)四棱錐P?ABCD外接球的球心為O，外接球的半徑為R，則OP=OA，
則5?R2+222=R2，解得R=13510，所以rR=413．

故選：C.
【變式10-3】（2024·云南大理·模擬預(yù)測）六氟化硫，化學(xué)式為SF6，在常壓下是一種無色、無臭、無毒、不燃的穩(wěn)定氣體，有良好的絕緣性，在電器工業(yè)方面具有廣泛用途．六氟化硫分子結(jié)構(gòu)為正八面體結(jié)構(gòu)（正八面體每個面都是正三角形，可以看作是將兩個棱長均相等的正四棱錐將底面粘接在一起的幾何體）．如圖所示，正八面體E?ABCD?F的棱長為a，此八面體的外接球與內(nèi)切球的體積之比為（ ）
A．33B．23C．32D．22
【解題思路】根據(jù)給定條件，確定八面體的外接球球心及半徑，利用體積法求出內(nèi)切球半徑，再利用球的體積公式求解即得.
【解答過程】正八面體E?ABCD?F的棱長為a，連接AC∩EF=O，
由四邊形ABCD為正方形，得AC2=BC2+AB2=2a2=EC2+AE2，
則四邊形AECF亦為正方形，即點O到各頂點距離相等，
于是此八面體的外接球球心為O，半徑為R=2a22=2a2，
此八面體的表面積為S=8S△ABE=8×34a2=23a2，設(shè)此八面體的內(nèi)切球半徑為r，
由VE?ABCD?F=2VE?ABCD，得13Sr=2×13×a2×2a2，即23a2r=2a3，解得r=66a，
所以此八面體的外接球與內(nèi)切球的體積之比為(Rr)3=(2a266a)3=33.
故選：A.
一、單選題
1．（2024·遼寧·一模）已知正四棱錐P?ABCD各頂點都在同一球面上，且正四棱錐底面邊長為4，體積為643，則該球表面積為（ ）
A．9πB．36πC．4πD．4π3
【解題思路】根據(jù)體積可求正四棱錐的高，再結(jié)合外接球球心的性質(zhì)可求其半徑，故可求外接球的表面積.
【解答過程】
如圖，設(shè)P在底面ABCD的射影為H，則PH⊥平面ABCD，
且H為AC,BD的交點.
因為正四棱錐底面邊長為4，故底面正方形的面積可為16，且AH=12×42=22，
故13×PH×16=643，故PH=4.
由正四棱錐的對稱性可知O在直線PH上，設(shè)外接球的半徑為R，
則OH=4?R，故R2=8+4?R2，故R=3，
故正四棱錐P?ABCD的外接球的表面積為4×π×9=36π，
故選：B.
2．（2024·山東濟南·二模）已知正三棱錐 P－ABC 的底面邊長為 23，若半徑為1的球與該正三棱錐的各棱均相切，則三棱錐 P－ABC 的體積為（ ）
A．2B．22C．3D．23
【解題思路】作出圖形，根據(jù)題意可得棱切球的球心即為底面正三角形的中點O，再求出三棱錐的高，最后根據(jù)三棱錐的體積公式，即可求解.
【解答過程】因為球與該正三棱錐的各棱均相切，
所以該球的球心在過截面圓圓心且與平面ABC垂直的直線上，
又因為底面邊長為23，
所以底面正三角形的內(nèi)切圓的半徑為r′=tan30°?12AB=33×3=1，
又因為球的半徑r=1，即r′=r，
所以棱切球的球心即為底面正三角形的中心點O，
如圖，過球心O作PA的垂線交PA于H，則H為棱切球在PA上的垂足，

所以O(shè)H=r=1，
又因為OA=12ABcs30°=332=2，所以cs∠AOH=OHOA=12,
因為∠AOH∈0,π，所以∠AOH=60°，
又由題意可知，PO⊥平面ABC，所以PO⊥OA，
所以∠POH=30°
所以PO=OHcs30°=132=233，
所以VP?ABC=13×12×23×23×32×233=2.
故選：A.
3．（2024·寧夏吳忠·模擬預(yù)測）已知正三棱錐A?BCD的外接球是球O，正三棱錐底邊BC=3，側(cè)棱AB=23，點E在線段BD上，且BE=DE，過點E作球O的截面，則所得截面圓面積的最大值是（ ）
A．2πB．9π4C．3πD．4π
【解題思路】設(shè)△BCD的外接圓的圓心為O1，根據(jù)Rt△ OO1D中，R2=3+(3?R)2，解得R，過點E作圓O的截面，當截面過球心時，截面面積最大，由此能求出所得截面圓面積的最大值．
【解答過程】如圖，設(shè)△BDC的中心為O1，球O的半徑為R，連接O1D，OD，
則O1D=3sin60°×23=3，AO1=AD2?DO12=3，
在Rt△ OO1D中，R2=3+(3?R)2，解得R=2，
當截面過球心時，截面面積最大，最大面積為π?R2=4π．
∴所得截面圓面積的最大值為4π．
故選：D．

4．（2024·廣東廣州·模擬預(yù)測）已知球O內(nèi)切于圓臺（即球與該圓臺的上、下底面以及側(cè)面均相切），且圓臺的上、下底面半徑分別為r1，r2，且r2=4r1=4，則圓臺的體積與球的體積之比為（ ）
A．74B．218C．52D．638
【解題思路】畫出圓臺的軸截面圖，由幾何知識可確定球的半徑，即可得答案.
【解答過程】如圖：為該幾何體的軸截面，其中圓O是等腰梯形ABCD的內(nèi)切圓，
設(shè)圓O與梯形的腰相切于點E，與上、下底的分別切于點O1，O2，
設(shè)球的半徑為r，圓臺上下底面的半徑為r1=1，r2=4.注意到OD與OA均為角平分線，
因此∠DOA=90°，從而△AO2O∽△OO1D，故r2=r1r2=4.
設(shè)圓臺的體積為V1，球的體積為V2，則V1V2=13×2r×πr12+πr22+πr1r243πr3=r12+r22+r22r2=1+16+48=218.
故選：B.
5．（2024·陜西寶雞·三模）△ABC與△ABD都是邊長為2的正三角形，沿公共邊AB折疊成三棱錐且CD長為3，若點A，B，C，D在同一球O的球面上，則球O的表面積為（ ）
A．139πB．208π9C．112π3D．529π
【解題思路】根據(jù)外接球球心的性質(zhì)確定球心O的位置為過正三角形△ABC與△ABD的中心的垂線上，再構(gòu)造直角三角形求解球O的半徑即可.
【解答過程】設(shè)AB的中點為E，正△ABC與正△ABD的中心分別為N，M，如圖，
根據(jù)正三角形的性質(zhì)有M，N分別在DE，CE上，OM⊥平面ABD，ON⊥平面ABC，
因為△ABC與△ABD都是邊長為2的正三角形，則DE=CE=3，又CD=3，
則△CDE是正三角形，
又AB⊥DE，AB⊥CE，CE∩DE=E，CE,DE?平面CDE，
所以AB⊥平面CDE，所以O(shè)在平面CDE內(nèi)，
故EM=EN=13ED=33，易得Rt△MEO≌Rt△NEO，
故∠MEO=∠NEO=30°，
故OE=MEcs30°=23，又EB=1，故球O的半徑OB=12+232=133，
故球O的表面積為S=4π×1332=52π9．
故選：D．
6．（2024·陜西榆林·模擬預(yù)測）如圖，△ABC是邊長為4的正三角形，D是BC的中點，沿AD將△ABC折疊，形成三棱錐A?BCD．當二面角B?AD?C為直二面角時，三棱錐A?BCD外接球的體積為（ ）

A．5πB．20πC．55π6D．205π3
【解題思路】補形成長方體模型來解即可.
【解答過程】由于二面角B?AD?C為直二面角，且△ABD和△ACD都是直角三角形，
故可將三棱錐A?BCD補形成長方體來求其外接球的半徑R，
即2R2=22+22+232，解得R=5，
從而三棱錐A?BCD外接球的體積V=4πR33=205π3．
故選：D.

7．（2024·天津和平·二模）如圖，一塊邊長為10cm的正方形鐵片上有四塊陰影部分，將這些陰影部分裁下去，然后用余下的四個全等的等腰三角形加工成一個正四棱錐形容器，則這個正四棱錐的內(nèi)切球（球與正四棱錐各面均有且只有一個公共點）的體積為（ ）
A．94πB．92πC．9πD．323π
【解題思路】根據(jù)題意可得正四棱錐的斜高為5，底面正方形的邊長為6，從而可得正四棱錐的高，設(shè)這個正四棱錐的內(nèi)切球的半徑為r，高線與斜高的夾角為θ，則易得sinθ=35，4=r+rsinθ=83r，從而可得r，再代入球的體積公式，即可求解．
【解答過程】作出四棱錐P?ABCD如圖：
根據(jù)題意可得正四棱錐的斜高為PM=5，底面正方形ABCD的邊長為6，
∴正四棱錐的高為OP=52?32=4，
設(shè)這個正四棱錐的內(nèi)切球的球心為Q，半徑為r，與側(cè)面相切于N，
則高線與斜高的夾角為θ，則sinθ=OMPM=35，
則OP=OQ+QNsinθ,
∴4=r+rsinθ=83r，∴r=32，
∴這個正四棱錐的內(nèi)切球的體積為43πr3=43×π×(32)3=92π．
故選：B．
8．（2024·安徽安慶·三模）如圖，在一個有蓋的圓錐容器內(nèi)放入兩個球體，已知該圓錐容器的底面圓直徑和母線長都是3，則（ ）
A．這兩個球體的半徑之和的最大值為3+32
B．這兩個球體的半徑之和的最大值為43
C．這兩個球體的表面積之和的最大值為6+33π
D．這兩個球體的表面積之和的最大值為10π9
【解題思路】當這兩個球體的半徑或者表面積之和取最大值時，有一個球體和圓錐的底面相切，過底面圓的直徑作截面，設(shè)兩圓的半徑，則R∈16,12，r∈16,12，其中R=1?r3?233r?2r2，表達出fr=1+2r3?233r?2r2，r∈16,12，求導(dǎo)得到函數(shù)單調(diào)性，得到最值，并求出R2+r2=?12R+r2?6R+r+3，令x=R+r≤23，函數(shù)y=?2πx2?6x+3在0,23上單調(diào)遞增，求出ymax=10π9，得到答案.
【解答過程】當這兩個球體的半徑或者表面積之和取最大值時，上面的球與圓錐的底面相切，
過底面圓的直徑作截面，
如圖所示，過點O作OF⊥AB，垂足為F，過點O′作O′E⊥AB，垂足為E，
過點O′作O′D⊥OF，垂足為D．
設(shè)圓O的半徑為R，圓O′的半徑為r，當下面的球與上底面相切時，R取得最大值，
此時R為該圓的內(nèi)切球半徑，等邊三角形的邊長為3，內(nèi)切球半徑為32tan30°=12，
故OB=1，故R的最大值為12，且取最大值時，
O,O′,B三點共線，設(shè)O′E=r，則O′B=2r，
則2r+r+12=1，解得r=16，
所以R∈16,12，r∈16,12，OD=R?r，OO′=R+r，O′D=EF=AB?AF?BE=3?3R?3r.
因為OD2+O′D2=OO′2，所以R?r2+3?3R?3r2=R+r2①，
整理得3R2+2r?6R+3r2?2r+1=0，解得R=1?r3?233r?2r2，
令函數(shù)fr=R+r=1?r3?233r?2r2+r=1+2r3?233r?2r2，r∈16,12，
f′r=23r?2r2?3+4r33r?2r2.
令函數(shù)gr=23r?2r2?3+4r，g′r=3?4r3r?2r2+4>0，所以gr是增函數(shù).
又因為g160，所以?r0∈16,12，gr0=0，
所以r∈16,r0，gr0，
即r∈16,r0，f′r0，
所以fr在16,r0上單調(diào)遞減，在r0,12上單調(diào)遞增.
因為f16=f12=23，所以frmax=23，即這兩個球體的半徑之和的最大值為23.
由①可得R2+r2=?12R+r2?6R+r+3，
這兩個球體的表面積之和為4πR2+r2=?2πR+r2?6R+r+3.
令x=R+r≤23，函數(shù)y=?2πx2?6x+3在0,23上單調(diào)遞增，
所以ymax=?2π×232?6×23+3=10π9，即這兩個球體的表面積之和的最大值為10π9.
故選：D．
二、多選題
9．（2024·黑龍江·模擬預(yù)測）圖柱的軸截面為正方形，則下列結(jié)論正確的有（ ）
A．圓柱內(nèi)切球的半徑與圖柱底面半徑相等
B．圓柱內(nèi)切球的表面積與圓柱表面積比為23
C．圓柱內(nèi)接圓錐的表面積與圓柱表面積比為13
D．圓柱內(nèi)切球的體積與圓柱體積比為23
【解題思路】圓柱內(nèi)切球半徑等于圓柱底面半徑，再利用即可得到ABD，圓柱內(nèi)接圓錐半徑圓柱底面半徑，高等于圓柱的高即可得到C.
【解答過程】設(shè)圓柱的底面半徑為R，則圓柱的高為2R，所以內(nèi)切球的半徑為R，A正確；
圓柱的表面積為S1 =2πR2+2πR×2R=6πR2，內(nèi)切球的表面積為4πR2，所以圓柱內(nèi)切球的表面積與圓柱表面積比為23，B正確；
圓柱內(nèi)接圓錐的表面積為S=πR2+12×2πR×5R=(5+1)πR2，圓柱內(nèi)接圓錐的表面積與圓柱表面積比為5+16,C錯誤；
圓柱內(nèi)切球的體積V1=43πR3，圓柱的體積V2=πR2×2R=2πR3，所以V1:V2= 43πR3:2πR3=23，D正確.
故選：ABD.
10．（2024·河北衡水·三模）已知在正方體ABCD?A1B1C1D1中，AA1=2，點M為A1D1的中點，點P為正方形A1B1C1D1內(nèi)一點（包含邊界），且BP//平面AB1M，球O為正方體ABCD?A1B1C1D1的內(nèi)切球，下列說法正確的是（ ）
A．球O的體積為4π3B．點P的軌跡長度為22
C．異面直線CC1與BP所成角的余弦值取值范圍為33,255D．三棱錐M?AA1B1外接球與球O內(nèi)切
【解題思路】根據(jù)正方體內(nèi)切球的性質(zhì)判斷A；利用面面平行確定點P的軌跡，即可求得其長度，判斷B；根據(jù)異面直線所成角的概念，確定該角取到最值時的位置，即可判斷C；根據(jù)圓內(nèi)切的判斷條件可判斷D.
【解答過程】由題意知球O的半徑為1，故其體積為4π3，故A選項正確；
取B1C1的中點為N，
連結(jié)BN,D1N，易知D1N//B1M，D1N?平面AB1M，B1M?平面AB1M，
故D1N//平面AB1M，
連接MN，MN∥A1B1∥AB,MN=A1B1=AB，即四邊形ABNM為平行四邊形，
則BN//AM，BN?平面AB1M，AM?平面AB1M，所以BN//平面AB1M．
又因為BN∩D1N=N，BN,D1N?平面BND1，
故平面BND1//平面AB1M，平面BND1∩平面A1B1C1D1=D1N，結(jié)合BP//平面AB1M，
故點P的軌跡為線段D1N=5，故B選項錯誤；
因為CC1//BB1，故異面直線CC1與BP所成角等于∠B1BP或其補角，
當P位于N點時，得∠B1BN取得最小，cs∠B1BN=BB1BN=255;
當P位于D1點時，∠B1BD1取得最大，cs∠B1BN=BB1BD1=33，故C選項正確；
由正方體幾何性質(zhì)易知∠BAM=∠BA1M=∠BB1M=90°，
故BM為三棱錐M?AA1B1外接球的直徑，取O′為BM的中點，
即O′為三棱錐M?AA1B1外接球的球心，由題意知O為BD1的中點，
故OO′=12MD1=12，
因為球O的半徑為r1=1，球O′的半徑為r2=12BM=32,r2?r1=OO′，
故三棱錐M?AA1B1外接球與球O內(nèi)切，D正確
故選：ACD．
11．（2024·江蘇無錫·模擬預(yù)測）在平面四邊形ABCD中，AB=BC=1,AB⊥BC，將△ACD沿AC折起，使D到達點P的位置．已知三棱錐P?ABC的外接球的球心M恰是AP的中點，則下列結(jié)論正確的是（ ）
A．AP,BM與平面ABC所成的角相等
B．AC2+BP2=AP2+AB2
C．二面角B?AP?C的大小可能為30°
D．若∠PBC=45°，則球M的表面積為3π
【解題思路】對于A，取AC的中點O得MO⊥平面ABC，PC⊥平面ABC，根據(jù)△MAO≌△MBO可判斷A；AP2+AB2?AC2+BP2 =AP2?BP2+AB2?AC2可判斷B；做BN⊥PA， 得∠BNO即為B?AP?C的平面角，若∠BNO=30°，則AB=1

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