补上一课 与球有关的切、接问题

补上一课与球有关的切、接问题题型分析研究与球有关的切、接问题，既要运用多面体、旋转体的知识，又要运用球的几何性质，要特别注意多面体、旋转体的有关几何元素与球的半径之间的关系，解决此类问题的关键是确定球心.题型一外接球角度1补形法——存在侧棱与底面垂直例1已知三棱锥P－ABC中，PA，PB，PC两两垂直，且PA＝1，PB＝2，PC＝3，则三棱锥P－ABC的外接球的表面积为()A.eq\f(7\r(14),3)π B.14πC.56π D.eq\r(14)π答案B解析以线段PA，PB，PC为相邻三条棱的长方体PAB′B－CA′P′C′被平面ABC所截的三棱锥P－ABC符合要求，如图，长方体PAB′B－CA′P′C′与三棱锥P－ABC有相同的外接球，其外接球直径为长方体体对角线PP′，设外接球的半径为R，则(2R)2＝PP′2＝PA2＋PB2＋PC2＝12＋22＋32＝14，则所求球的表面积S＝4πR2＝π·(2R)2＝14π.角度2补形法——对棱相等例2已知棱长为1的正四面体的四个顶点都在一个球面上，则这个球的体积为()A.eq\f(\r(6),8)π B.eq\f(\r(6),4)πC.eq\f(\r(3),8)π D.eq\f(\r(3),4)π答案A解析如图将棱长为1的正四面体B1－ACD1放入正方体ABCD－A1B1C1D1中，且正方体的棱长为1×cos45°＝eq\f(\r(2),2)，所以正方体的体对角线AC1＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(6),2)，所以正方体外接球的半径R＝eq\f(AC1,2)＝eq\f(\r(6),4)，所以正方体外接球的体积为eq\f(4,3)πR3＝eq\f(4,3)π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),4)))eq\s\up12(3)＝eq\f(\r(6),8)π，因为正四面体的外接球即为正方体的外接球，所以正四面体的外接球的体积为eq\f(\r(6),8)π.感悟提升补形法的解题策略(1)侧面为直角三角形或正四面体，或对棱均相等的模型，可以放到正方体或长方体中去求解；(2)直三棱锥补成三棱柱求解.角度3截面法例3(2021·全国甲卷)已知A，B，C是半径为1的球O的球面上的三个点，且AC⊥BC，AC＝BC＝1，则三棱锥O－ABC的体积为()A.eq\f(\r(2),12) B.eq\f(\r(3),12)C.eq\f(\r(2),4) D.eq\f(\r(3),4)答案A解析如图所示，因为AC⊥BC，所以AB为截面圆O1的直径，且AB＝eq\r(2).连接OO1，则OO1⊥平面ABC，OO1＝eq\r(OA2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(AB,2)))\s\up12(2))＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(2),2)，所以三棱锥O－ABC的体积V＝eq\f(1,3)S△ABC·OO1＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×1×1×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(\r(2),12).感悟提升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.角度4定义法例4(2023·德州质检)已知四棱锥P－ABCD的侧棱长均相等，其各个顶点都在球O的球面上，AB＝BC，∠ABC＝90°，AD＝2eq\r(3)，CD＝2，三棱锥P－ABC的体积为eq\f(16,3)，则球O的表面积为()A.25π B.eq\f(125π,6)C.32π D.eq\f(64\r(2)π,3)答案A解析如图，设点P在底面的射影为H，∵四棱锥P－ABCD的侧棱长均相等，∴HA＝HB＝HC＝HD，∴A，B，C，D四点共圆.∵AB＝BC，∠ABC＝90°，∴∠ADC＝90°.∵AD＝2eq\r(3)，CD＝2，∴AC＝4，∴AB＝BC＝2eq\r(2).∵三棱锥P－ABC的体积为eq\f(16,3)，∴eq\f(1,3)S△ABC·PH＝eq\f(16,3)，∴PH＝4，设球O的半径为R，∴(4－R)2＋22＝R2，解得R＝eq\f(5,2)，则球O的表面积S＝4πR2＝25π.故选A.感悟提升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.训练1(1)(2023·河南顶级名校联考)四面体的四个顶点都在半径为R1的球O1上，该四面体各棱长都相等，如图①.正方体的八个顶点都在半径为R2的球O2上，如图②.八面体的六个顶点都在半径为R3的球O3上，该八面体各棱长都相等，四边形ABCD是正方形，如图③.设四面体、正方体、八面体的表面积分别为S4，S6，S8.若R1∶R2∶R3＝eq\r(3)∶eq\r(4,3)∶eq\r(2)，则()A.S8＞S4＞S6 B.S4＝S8＞S6C.S4＝S6＜S8 D.S4＝S6＝S8答案D解析设正四面体的棱长为a4，如图正四面体A′B′C′D′内接于棱长为eq\f(a4,\r(2))的正方体内，则易求R1＝eq\f(\r(6),4)a4，∴a4＝eq\f(4R1,\r(6))，∴S4＝4×eq\f(\r(3),4)aeq\o\al(2,4)＝eq\f(8\r(3),3)Req\o\al(2,1)；设正方体的棱长为a6，则2R2＝eq\r(3)a6，∴a6＝eq\f(2R2,\r(3))，∴S6＝6aeq\o\al(2,6)＝8Req\o\al(2,2)；设八面体的棱长为a8，其外接球球心为AC的中点，则a8＝eq\r(2)R3，∴S8＝8×eq\f(\r(3),4)aeq\o\al(2,8)＝4eq\r(3)Req\o\al(2,3).∵R1∶R2∶R3＝eq\r(3)∶eq\r(4,3)∶eq\r(2)，∴设R1＝eq\r(3)R，R2＝eq\r(4,3)R，R3＝eq\r(2)R，∴S4＝S6＝S8＝8eq\r(3)R2.故选D.(2)(2023·天津模拟)已知三棱柱ABC－A1B1C1的侧棱垂直于底面，各顶点都在同一球面上.若该棱柱的体积为eq\r(3)，AB＝2，AC＝1，∠BAC＝60°，则外接球的表面积为________.答案8π解析由AB＝2，AC＝1，∠BAC＝60°及余弦定理可得BC＝eq\r(AB2＋AC2－2AB·AC·cos60°)＝eq\r(4＋1－2×2×1×\f(1,2))＝eq\r(3)，所以AC2＋BC2＝AB2，∠ACB＝90°，所以底面外接圆的圆心为斜边AB的中点.设△ABC的外接圆半径为r，则r＝eq\f(AB,2)＝1.又S△ABC＝eq\f(1,2)BC·AC＝eq\f(1,2)×eq\r(3)×1＝eq\f(\r(3),2)，所以V柱＝S△ABC·AA1＝eq\r(3)，所以AA1＝2，因为三棱柱ABC－A1B1C1的侧棱垂直于底面，设其外接球的半径为R，则R2＝r2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(AA1,2)))eq\s\up12(2)＝12＋12＝2，所以外接球的表面积S＝4πR2＝4π×2＝8π.题型二内切球例5(2023·江西大联考)已知四面体SABC的所有棱长为2eq\r(3)，球O1是其内切球.若在该四面体中再放入一个球O2，使其与平面SAB，平面SBC，平面SAC以及球O1均相切，则球O2与球O1的半径比值为()A.eq\f(\r(3),3) B.eq\f(1,4)C.eq\f(1,3) D.eq\f(1,2)答案D解析如图，设S在平面ABC内的射影为O，R1为球O1的半径，R2为球O2的半径，F，H分别为球O1，球O2与侧面SBC的切点.在Rt△SAO中，该四面体的高h＝SO＝eq\r(SA2－AO2)＝eq\r(SA2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)AE))\s\up12(2))＝eq\r(SA2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)×\f(\r(3),2)AB))\s\up12(2))＝eq\r(12－4)＝2eq\r(2).又四面体的表面积S＝4×eq\f(\r(3),4)×(2eq\r(3))2＝12eq\r(3)，则eq\f(1,3)·S·R1＝eq\f(1,3)×3eq\r(3)h，解得R1＝eq\f(\r(2),2)，由eq\f(HO2,FO1)＝eq\f(SO2,SO1)，得eq\f(R2,R1)＝eq\f(h－2R1－R2,h－R1)，即eq\f(R2,\f(\r(2),2))＝eq\f(2\r(2)－\r(2)－R2,2\r(2)－\f(\r(2),2))，解得R2＝eq\f(\r(2),4)，故eq\f(R2,R1)＝eq\f(1,2).故选D.感悟提升“切”的问题处理规律(1)找准切点，通过作过球心的截面来解决.(2)体积分割是求内切球半径的常用方法.训练2(2023·南京调研)已知正方形ABCD的边长为2，E为边AB的中点，F为边BC的中点，将△AED，△DCF，△BEF分别沿DE，DF，EF折起，使A，B，C三点重合于点P，则三棱锥P－DEF的外接球与内切球的表面积比值为()A.6 B.12C.24 D.30答案C解析如图①，依题意可知AD⊥AE，CD⊥CF，BE⊥BF，所以PD⊥PE，PF⊥PD，PE⊥PF，如图②.所以在三棱锥P－DEF中，PD，PE，PF两两垂直，且PE＝PF＝1，PD＝2，所以三棱锥P－DEF的外接球即为以PD，PE，PF为邻边的长方体的外接球，所以三棱锥P－DEF的外接球半径R满足2R＝eq\r(1＋1＋4)＝eq\r(6)，所以R＝eq\f(\r(6),2)，则其外接球的表面积为4πR2＝6π.因为三棱锥P－DEF的表面积为正方形ABCD的面积，所以S表＝2×2＝4，VP－DEF＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×1×1×2＝eq\f(1,3).设三棱锥P－DEF的内切球的半径为r，所以由eq\f(1,3)S表·r＝VP－DEF，解得r＝eq\f(1,4)，所以内切球的表面积为4πr2＝eq\f(π,4)，所以三棱锥P－DEF的外接球与内切球的表面积比值为eq\f(6π,\f(π,4))＝24.故选C.一、双半径单交线公式若相互垂直的两凸多边形的外接圆半径分别为R1，R2，两外接圆公共弦长为l，则由两凸多边形顶点连接而成的几何体的外接球半径：R＝eq\r(Req\o\al(2,1)＋Req\o\al(2,2)－\f(l2,4)).例1(2023·河南适应性测试)已知三棱锥P－ABC，△ABC是边长为2eq\r(3)的等边三角形，PA＝PB＝a，且平面PAB⊥平面ABC，若三棱锥P－ABC的每个顶点都在表面积为eq\f(65π,4)的球面上，则a＝________.答案eq\f(\r(21),2)或eq\r(7)解析法一如图，取AB的中点为D，连接PD，CD，因为PA＝PB＝a，所以PD⊥AB.因为平面PAB⊥平面ABC，平面PAB∩平面ABC＝AB，PD⊂平面PAB，所以PD⊥平面ABC，同理得CD⊥平面PAB.设点O1为等边△ABC的外心，过点O1作O1E∥PD，则O1E⊥平面ABC，易得直线O1E上任意一点到A，B，C三点的距离相等.设O2为△PAB的外心，则O2在直线PD上，过点O2作O2O∥CD，交O1E于点O，则点O为三棱锥P－ABC外接球的球心，因为△ABC是边长为2eq\r(3)的等边三角形，所以AB＝2eq\r(3)，又PA＝PB＝a，所以a＞eq\r(3)，PD＝eq\r(a2－3)，sin∠PBD＝eq\f(PD,PB)＝eq\f(\r(a2－3),a).设△PAB的外接圆的半径为r，则由正弦定理，得2r＝eq\f(PA,sin∠PBD)＝eq\f(a2,\r(a2－3))，则r＝eq\f(a2,2\r(a2－3))，即O2P＝eq\f(a2,2\r(a2－3))，所以O2D＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\r(a2－3)－\f(a2,2\r(a2－3))))＝eq\f(|a2－6|,2\r(a2－3)).易知四边形OO1DO2为矩形，所以OO1＝O2D＝eq\f(|a2－6|,2\r(a2－3)).由题意可知三棱锥P－ABC外接球的表面积为eq\f(65π,4)，设该外接球的半径为R，则4πR2＝eq\f(65π,4)，所以R＝eq\f(\r(65),4).连接OC，则OC＝eq\f(\r(65),4)，易得O1C＝2eq\r(3)×eq\f(\r(3),2)×eq\f(2,3)＝2.在Rt△OO1C中，OOeq\o\al(2,1)＋O1C2＝OC2，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(|a2－6|,2\r(a2－3))))eq\s\up12(2)＋4＝eq\f(65,16)，整理得4a4－49a2＋147＝0，解得a2＝eq\f(21,4)或a2＝7，所以a＝eq\f(\r(21),2)或a＝eq\r(7).(注：仿照此解法，可推导出双半径单交线公式)法二如图，取AB的中点为D，连接PD，CD，因为PA＝PB＝a，所以PD⊥AB.因为平面PAB⊥平面ABC，平面PAB∩平面ABC＝AB，PD⊂平面PAB，所以PD⊥平面ABC.同理得CD⊥平面PAB.设点O1为等边△ABC的外心，过点O1作O1E∥PD，则O1E⊥平面ABC，易得直线O1E上任意一点到A，B，C三点的距离相等，即三棱锥P－ABC外接球的球心O在直线O1E上.以D为坐标原点，以DB，DC，DP所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，因为△ABC是边长为2eq\r(3)的等边三角形，所以CD＝2eq\r(3)×eq\f(\r(3),2)＝3，O1C＝eq\f(2,3)CD＝2，O1D＝eq\f(1,3)CD＝1，又PA＝PB＝a，所以a＞eq\r(3)，PD＝eq\r(a2－3)，则P(0，0，eq\r(a2－3))，C(0，3，0).由题意可知三棱锥P－ABC外接球的表面积为eq\f(65π,4)，设该外接球的半径为R，则4πR2＝eq\f(65π,4)，所以R＝eq\f(\r(65),4).设O(0，1，z)，连接OP，OC，则OP＝OC＝R，即eq\r(12＋（\r(a2－3)－z）2)＝eq\r(22＋z2)＝eq\f(\r(65),4)，解得a＝eq\f(\r(21),2)或a＝eq\r(7).法三(双半径单交线公式)设△ABC的外接圆半径为R1，由正弦定理得2R1＝eq\f(2\r(3),\f(\r(3),2))＝4，故R1＝2.如图，在△PAB中，D是AB的中点，易知sin∠PAB＝eq\f(\r(a2－3),a)(a＞eq\r(3))，设△PAB外接圆的半径为R2，由正弦定理，得2R2＝eq\f(a,\f(\r(a2－3),a))＝eq\f(a2,\r(a2－3))，即R2＝eq\f(a2,2\r(a2－3)).设三棱锥P－ABC外接球的半径为R，则4πR2＝eq\f(65π,4)，故R2＝eq\f(65,16)，且平面PAB∩平面ABC＝AB，由双半径单交线公式得R2＝Req\o\al(2,1)＋Req\o\al(2,2)－eq\f(l2,4)，即eq\f(65,16)＝4＋eq\f(a4,4（a2－3）)－3，化简得4a4－49a2＋147＝0，解得a＝eq\f(\r(21),2)或a＝eq\r(7).训练1已知∠ABC＝90°，PA⊥平面ABC，若PA＝AB＝BC＝1，则四面体PABC的外接球(顶点都在球面上)的体积为()A.π B.eq\r(3)πC.2π D.eq\f(\r(3)π,2)答案D解析法一如图，取PC的中点O，连接OA，OB，由题意得PA⊥BC，又因为AB⊥BC，PA∩AB＝A，PA，AB⊂平面PAB，所以BC⊥平面PAB，所以BC⊥PB，在Rt△PBC中，OB＝eq\f(1,2)PC，同理OA＝eq\f(1,2)PC，所以OA＝OB＝OC＝eq\f(1,2)PC，因此P，A，B，C四点在以O为球心的球面上，在Rt△ABC中，AC＝eq\r(AB2＋BC2)＝eq\r(2)，在Rt△PAC中，PC＝eq\r(PA2＋AC2)＝eq\r(3)，所以球O的半径R＝eq\f(1,2)PC＝eq\f(\r(3),2)，所以球的体积为V＝eq\f(4,3)πR3＝eq\f(4,3)πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)))eq\s\up12(3)＝eq\f(\r(3)π,2).法二(双半径单交线公式)在直角三角形PAC中，PA＝1，AC＝eq\r(2)，则PC＝eq\r(3)，故三角形PAC外接圆的半径为R1＝eq\f(\r(3),2)，又在△ABC中，AB⊥BC，AC＝eq\r(2)，则三角形ABC外接圆半径为R2＝eq\f(\r(2),2)，由双半径单交线公式知，四面体PABC的外接球半径R＝eq\r(\f(3,4)＋\f(1,2)－\f(1,2))＝eq\f(\r(3),2)，则外接球的体积为V＝eq\f(4,3)πR3＝eq\f(4,3)πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)))eq\s\up12(3)＝eq\f(\r(3)π,2).二、双距离单交线公式当两凸多边形相互垂直时，由两凸多边形顶点连接而成的几何体的外接球半径可用双半径单交线公式求得，若两凸多边形不垂直时，上述外接球半径可用如下双距离单交线公式求得：R＝eq\r(\f(m2＋n2－2mncosθ,sin2θ)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(l,2)))\s\up12(2)).注释：关于m，n，l，θ：(1)m，n分别为两个面的圆心到公交线的距离；(2)l为两个面的公交线；(3)关于角θ，当两个面外接圆圆心都在面内(或者都在补面上)时指的就是二面角；当两个面外接圆圆心一个在面内一个在补面上时，指的是二面角的补角.例2在三棱锥A－BCD中，AB＝CD＝4，CA＝BD＝2，BC＝2eq\r(3)，二面角A－BC－D的平面角为60°，则它的外接球的表面积为________.答案eq\f(52π,3)解析法一因为AB＝CD＝4，CA＝BD＝2，BC＝2eq\r(3)，可得AC⊥BC，BC⊥BD，即∠ACB＝∠DBC＝90°，将三棱锥A－BCD放置于直棱柱BDE－CFA中，如图所示，由二面角A－BC－D的平面角为60°，即三棱柱的外接球即为三棱锥的外接球，外接球的球心O在上、下底面三角形外心的连线的中点，在△BDE中，BD＝BE＝2，∠EBD＝60°，可得DE＝2，设外接球的半径为R，△BDE的外接圆的半径为r，由正弦定理可得2r＝eq\f(DE,sin∠EBD)＝eq\f(4,\r(3))，解得r＝eq\f(2,\r(3))，由球心到底面BDE的距离d＝eq\f(1,2)BC＝eq\r(3)，所以外接球的半径R＝eq\r(r2＋d2)＝eq\r(\f(4,3)＋3)＝eq\r(\f(13,3))，所以外接球的表面积S＝4πR2＝eq\f(52,3)π.法二(双距离单交线公式)在△ABC中，AB＝4，CA＝2，BC＝2eq\r(3)，故CA2＋BC2＝AB2，则AC⊥BC，则△ABC外接圆的圆心为AB的中点O1，O1到BC的距离为eq\f(1,2)AC＝1，在△BDC中，BD＝2，BC＝2eq\r(3)，DC＝4，故BD2＋BC2＝DC2，所以BD⊥BC，则△BDC外接圆的圆心为DC的中点O2，O2到BC的距离为eq\f(1,2)BD＝1，又二面角A－BC－D的平面角为60°，由双距离单交线公式可得三棱锥A－BCD外接球的半径R＝eq\r(\f(12＋12－2×1×1×\f(1,2),\f(3,4))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),2)))\s\up12(2))＝eq\r(\f(13,3))，所以外接球的表面积为S＝4πR2＝4π×eq\f(13,3)＝eq\f(52π,3).训练2如图，已知平行四边形ABCD中，AC＝AB＝m，∠BAD＝120°，将△ABC沿对角线AC翻折至△AB1C所在的位置，若二面角B1－AC－D的大小为120°，则过A，B1，C，D四点的外接球的表面积为________.答案eq\f(7,3)πm2解析法一由已知得△B1AC与△DAC均为边长是m的正三角形，取AC中点G，连接DG，B1G，如图，则有DG⊥AC，B1G⊥AC，于是得∠B1GD是二面角B1－AC－D的平面角，则∠B1GD＝120°，显然有AC⊥平面B1GD，即有平面B1GD⊥平面B1AC，平面B1GD⊥平面DAC，令正△B1AC与正△DAC的中心分别为E，F，过E，F分别作平面B1AC，平面DAC的垂线，则两垂线都在平面B1GD内，它们交于点O，从而得点O是过A，B1，C，D四点的外接球球心，连接OA，则OA为该外接球半径，由已知得GE＝GF＝eq\f(1,3)GD＝eq\f(1,3)·eq\f(\r(3),2)·m＝eq\f(\r(3),6)m，而OE＝OF，于是得∠OGF＝60°，在Rt△OGF中，OG＝eq\f(GF,cos∠OGF)＝eq\f(\r(3)m,3)，而AG＝eq\f(m,2)，在Rt△OGA中，OA2＝AG2＋OG2＝eq\f(7,12)m2，所以过A，B1，C，D四点的外接球的表面积为4π·OA2＝eq\f(7,3)πm2.法二易知△AB1C≌△CDA，且二者都是边长为m的等边三角形，则△AB1C与△ADC的外接圆的圆心到底边AC的距离相等，都是eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),2)×m＝eq\f(\r(3),6)m，又二面角B1－AC－D的大小为120°，所以过A，B1，C，D四点的外接球的半径为R＝eq\r(\f(\f(1,12)m2＋\f(1,12)m2－2×\f(\r(3),6)m×\f(\r(3),6)m×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2))),\f(3,4))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,2)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(7),2\r(3))m，故外接球的表面积S＝4πR2＝4π×eq\f(7,12)m2＝eq\f(7,3)πm2.分层精练·巩固提升【A级基础巩固】1.正方体的外接球与内切球的表面积比值为()A.eq\r(3) B.3eq\r(3)C.3 D.eq\f(1,3)答案C解析设正方体的外接球的半径为R，内切球的半径为r，棱长为1，则正方体的外接球的直径为正方体的体对角线长，即2R＝eq\r(3)，所以R＝eq\f(\r(3),2)，正方体内切球的直径为正方体的棱长，即2r＝1，即r＝eq\f(1,2)，所以eq\f(R,r)＝eq\r(3)，所以正方体的外接球与内切球的表面积比值为eq\f(4πR2,4πr2)＝eq\f(R2,r2)＝3.2.在四面体ABCD中，若AB＝CD＝eq\r(3)，AC＝BD＝2，AD＝BC＝eq\r(5)，则四面体ABCD的外接球的表面积为()A.2π B.4πC.6π D.8π答案C解析由题意可采用补形法，考虑到四面体ABCD的对棱相等，所以将四面体放入如图所示的长、宽、高分别为x，y，z的长方体中，并且x2＋y2＝3，x2＋z2＝5，y2＋z2＝4，则有(2R)2＝x2＋y2＋z2＝6(R为外接球的半径)，得R2＝eq\f(3,2)，所以四面体ABCD的外接球的表面积为S＝4πR2＝6π.3.(2023·泸州一诊)已知三棱锥S－ABC的棱SA⊥底面ABC.若SA＝2，AB＝AC＝BC＝3，则其外接球的表面积为()A.4π B.8πC.eq\f(32π,3) D.16π答案D解析等边三角形ABC的外接圆直径2r＝eq\f(3,sin\f(π,3))，解得r＝eq\r(3)，设外接球的半径为R，则R2＝r2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(SA,2)))eq\s\up12(2)＝3＋1＝4，所以其外接球的表面积为S＝4πR2＝16π，故选D.4.已知A，B，C为球O的球面上的三个点，⊙O1为△ABC的外接圆.若⊙O1的面积为4π，AB＝BC＝AC＝OO1，则球O的表面积为()A.64π B.48πC.36π D.32π答案A解析如图所示，设球O的半径为R，⊙O1的半径为r，因为⊙O1的面积为4π，所以4π＝πr2，解得r＝2，又AB＝BC＝AC＝OO1，所以eq\f(AB,sin60°)＝2r，解得AB＝2eq\r(3)，故OO1＝2eq\r(3)，根据球的截面性质OO1⊥平面ABC，所以OO1⊥O1A，所以R2＝OOeq\o\al(2,1)＋r2＝(2eq\r(3))2＋22＝16，所以球O的表面积S＝4πR2＝64π.5.(2023·重庆质检)在Rt△ABC中，CA＝CB＝eq\r(2)，以AB为旋转轴旋转一周得到一个几何体，则该几何体的内切球的体积为()A.eq\f(\r(2)π,3) B.eq\f(8\r(2)π,3)C.2π D.eq\f(2π,3)答案A解析如图所示，旋转体的轴截面为边长为eq\r(2)的正方形，设O为内切球的球心.内切球半径r＝eq\f(1,2)AC＝eq\f(\r(2),2)，所以该几何体的内切球的体积为eq\f(4,3)×π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))eq\s\up12(3)＝eq\f(\r(2)π,3)，故选A.6.(2023·天津检测)已知三棱锥S－ABC的底面是以AB为斜边的等腰直角三角形，SA＝SB＝SC＝AB＝2，设S，A，B，C四点均在以点O为球心的某个球面上，则点O到平面ABC的距离为()A.eq\f(\r(3),3) B.eq\f(\r(2),2)C.eq\f(\r(6),3) D.eq\f(\r(2),4)答案A解析取AB的中点D，连接CD，SD，如图，因为AB是等腰直角三角形ABC的斜边，所以D是球O被平面ABC所截圆的圆心，CD＝1.又SA＝SB＝SC＝AB＝2，又点D是AB的中点，则有SD⊥AB，SD＝eq\r(3)，而SD2＋CD2＝4＝SC2，所以∠SDC＝90°，即SD⊥CD，而CD∩AB＝D，CD，AB⊂平面ABC，则SD⊥平面ABC，由球的截面圆性质知，球心O在直线SD上，球半径R＝eq\r(3)－OD或R＝eq\r(3)＋OD.由R2＝OD2＋12，即(eq\r(3)－OD)2＝OD2＋12，解得OD＝eq\f(\r(3),3)，或(eq\r(3)＋OD)2＝OD2＋12，解得OD＝－eq\f(\r(3),3)(舍)，所以点O到平面ABC的距离为eq\f(\r(3),3).故选A.7.已知各顶点都在一个球面上的正四棱锥的高为3，体积为6，则这个球的表面积为()A.16π B.20πC.24π D.32π答案A解析如图所示，在正四棱锥P－ABCD中，O1为底面对角线的交点，O为外接球的球心.因为VP－ABCD＝eq\f(1,3)×S正方形ABCD×3＝6，所以S正方形ABCD＝6，即AB＝eq\r(6).因为O1C＝eq\f(1,2)eq\r(6＋6)＝eq\r(3).设正四棱锥外接球的半径为R，则OC＝R，OO1＝3－R，所以(3－R)2＋(eq\r(3))2＝R2，解得R＝2.所以外接球的表面积为4π×22＝16π.8.(2023·武汉模拟)已知一个圆锥的母线长为2eq\r(6)，侧面展开图是圆心角为eq\f(2\r(3)π,3)的扇形，则该圆锥的外接球的体积为()A.36π B.48πC.36 D.24eq\r(2)答案A解析设圆锥的底面半径为r，由侧面展开图是圆心角为eq\f(2\r(3)π,3)的扇形，得2πr＝eq\f(2\r(3)π,3)×2eq\r(6)，解得r＝2eq\r(2).作出圆锥的轴截面如图所示.设圆锥的高为h，则h＝eq\r(（2\r(6)）2－（2\r(2)）2)＝4.设该圆锥的外接球的球心为O，半径为R，则有R＝eq\r(（h－R）2＋r2)，即R＝eq\r(（4－R）2＋（2\r(2)）2)，解得R＝3，所以该圆锥的外接球的体积为V＝eq\f(4πR3,3)＝eq\f(4π×33,3)＝36π.9.在三棱锥A－BCD中，若AD⊥平面BCD，AB⊥BC，AD＝BD＝2，CD＝4，点A，B，C，D在同一个球面上，则该球的表面积为________.答案20π解析根据题意得，BC⊥平面ABD，则BC⊥BD，即AD，BC，BD三条线两两垂直，所以可将三棱锥A－BCD放置于长方体内，如图所示，该三棱锥的外接球即为长方体的外接球，球心为长方体体对角线的中点，即外接球的半径为长方体体对角线长的一半，此时AC为长方体的体对角线，即为外接球的直径，所以该球的表面积S＝4πR2＝π·AC2＝π·(22＋42)＝20π.10.如图所示是古希腊数学家阿基米德的墓碑文，墓碑上刻着一个圆柱，圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等，相传这个图形表达了阿基米德最引以为豪的发现.我们来重温这个伟大发现，圆柱的体积与球的体积之比为________，圆柱的表面积与球的表面积之比为________.答案eq\f(3,2)eq\f(3,2)解析由题意，知圆柱底面半径为r，球的半径为R，则R＝r，圆柱的高h＝2R，则V球＝eq\f(4,3)πR3，V柱＝πr2h＝π·R2·2R＝2πR3.∴eq\f(V柱,V球)＝eq\f(2πR3,\f(4,3)πR3)＝eq\f(3,2).又∵S球＝4πR2，S柱＝2πr2＋2πrh＝2πR2＋2πR·2R＝6πR2.∴eq\f(S柱,S球)＝eq\f(6πR2,4πR2)＝eq\f(3,2).11.(2023·南昌调研)如图，在底面边长为4，高为6的正四棱柱中有两个球，大球与该正四棱柱的五个面均相切，小球在大球上方且与该正四棱柱的三个面相切，也与大球相切，则小球的半径为________.答案5－eq\r(15)解析由题意可知大球的半径R＝2，设小球的半径为r(0＜r＜2)，大球的球心为O，小球的球心为C，E为小球与上底面的切点，如图所示，连接CO，CE，过点O作OD⊥CE交EC的延长线于点D，由题意可知，OD＝2eq\r(2)－eq\r(2)r，CD＝4－r，CO＝2＋r，由CO2＝CD2＋OD2，得(2＋r)2＝(4－r)2＋(2eq\r(2)－eq\r(2)r)2，即r2－10r＋10＝0，r∈(0，2)，解得r＝5－eq\r(15).12.在三棱锥P－ABC中，平面PAC⊥平面ABC，PA＝PC＝AB＝2eq\r(3)，AC＝4，∠BAC＝30°，则该三棱锥外接球的体积为________.答案9eq\r(2)π解析如图所示，在△ABC中，由余弦定理得BC2＝(2eq\r(3))2＋42－2×2eq\r(3)×4·cos30°＝4.所以AB2＋BC2＝16＝AC2，即△ABC为直角三角形.故△ABC外接圆的圆心为斜边AC的中点.取AC的中点为O1，连接PO1，则PO1⊥AC.由平面PAC⊥平面ABC，得PO1⊥平面ABC.该三棱锥外接球的球心在线段PO1上.设球心为O，连接OA，则OA＝OP，且均为外接球的半径.在Rt△PO1A中，PO1＝eq\r(（2\r(3)）2－22)＝2eq\r(2).在Rt△OO1A中，OA2＝OOeq\o\al(2,1)＋AOeq\o\al(2,1)，即R2＝(2eq\r(2)－R)2＋4，则R＝eq\f(3\r(2),2).所以外接球的体积V＝eq\f(4,3)πR3＝eq\f(4,3)πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3\r(2),2)))eq\s\up12(3)＝9eq\r(2)π.【B级能力提升】13.(2022·新高考Ⅱ卷)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.128πC.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.设球O的半径为R，该棱台上、下底面的外接圆的圆心分别为O1，O2，连接O1O2，则O1O2＝1，其外接球的球心O在直线O1O2上.当球心O在线段O1O2上时，R2＝32＋OOeq\o\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\o\al(2,2)＝32＋(1＋OO2)2，解得OO2＝3，所以R2＝25，所以该球的表面积为S＝4πR2＝100π，综上，该球的表面积为100π.14.(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，即以底面外接圆和顶点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＝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\co1(0，\f(\r(3),3)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\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.15.(2023·济南模拟)已知在矩形ABCD中，AB＝2，BC＝eq\r(3)，E是CD边的中点.现以AE为折痕将△ADE折起，当三棱锥D－ABE的体积最大时，该三棱锥外接球的体积为________.答案eq\f(32\r(3)π,27)解析如图，过点D作DF⊥AE交AE于点F，AB＝2，AD＝eq\r(3)，DE＝1，AE＝BE＝2，在Rt△ADE中有eq\f(1,2)·AD·DE＝eq\f(1,2