2023高考数学复习练17　球的切、接、截问题

微专题17球的切、接、截问题

3知识拓展

1.球的切接问题

（1）长方体的外接球

①球心：体对角线的交点；

②半径：r=^a2+^+c∖a,b,C为长方体的长、宽、高）.

（2）正方体的外接球、内切球及与各条棱相切的球（α为正方体的棱长）

①外接球：球心是正方体中心，半径r=坐a,直径等于体对角线长；

②内切球：球心是正方体中心，半径尸=1直径等于正方体棱长；

③与各条棱都相切的球：球心是正方体中心，半径∕∙=勺α,直径等于面对角线长.

（3）正四面体的外接球与内切球（正四面体可以看作是正方体的一部分，。为正四面

体的棱长）

①外接球：球心是正四面体的中心，半径r=乎α;

②内切球：球心是正四面体的中心，半径r=*a.

2.平面截球

平面截球面得圆.截面圆的圆心与球心的连线与截面圆圆面垂直且R2=法+/（R为

球半径，r为截面圆半径，d为球心到截面圆的距离）.

题型聚焦分类突破研题型求突破

类型一外接球问题

考向1墙角模型

I核心归纳

墙角模型是三棱锥有一条侧棱垂直于底面且底面是直角三角形模型，用构造法（构

造长方体）解决，外接球的直径等于长方体的体对角线长.长方体同一顶点的三条

棱长分别为α,b,c,外接球半径为R.

则（2R）2=/+官+¢2,即2火=吊次+庐+¢2.常见的有以下三种类型：

例1已知三棱锥P-ABC的四个顶点在球。的球面上，PA=PB=PC,Z∖A3C是

边长为2的正三角形，E,f分别是以，AB的中点，ZCEF=90°,则球。的体

积为（）

A.8√6πB.4√6π

C.2√6πD.∖[βπ

答案D

解析因为点£,F分别为∕¾,AB的中点,

所以EF//PB.

因为NCM=90°,

所以EFLCE,

所以PBl.CE.

取AC的中点。，连接BD,PD,

易证ACL平面8QP,所以P8_LAC,

又ACCCE=CAC,CEU平面∕¾C,

所以PB，平面PAC,

所以PB_1_如，PBLPC,

因为∕¾=PB=PC,Z∖ABC为正三角形，所以∕¾LPC,

即∕¾,PB,PC两两垂直，将三棱锥产一ABC放在正方体中如图所示.

因为ΛB=2,所以该正方体的棱长为啦，

所以该正方体的体对角线长为黄，

所以三棱锥P-ABC的外接球的半径R=坐,

所以球。的体积V=%R3=式坐）=√6π,故选D.

考向2对棱相等模型

I核心归纳

对棱相等模型是三棱锥的三组对棱长分别相等模型，用构造法（构造长方体）解决,

外接球的直径等于长方体的体对角线长，如图所示，（2R）2=∕+∕+c2（长方体的

22

长、宽高分别为α,b,c）,即R2=∙∣（x+γ+z2）,如图.

例2在三棱锥A-BCO中，AB=CD=2,AD=BC=3,AC=B0=4,则三棱锥A

-BCD外接球的表面积为.

解析构造长方体，三个长度为三对面的对角线长，设长方体的长宽高分别为ɑ,

2222

b,c,则/+/=9,⅛+C=4,c÷α=16,

所以2（/+/+/）=9+4+16=29,

29

即a1+b2+c2=4R2=~γ,

2Q

则外接球的表面积为S=4τιR2=等π.

考向3汉堡模型

I核心归纳

汉堡模型是直三棱柱、圆柱的外接球模型，模型如下,

由对称性可知，球心0的位置是AABC的外心01与AAiBiG的外心G的连线的

hh2

中点，算出小圆Oi的半径AOl=r,OOl=所以/?2=户+下

例3在三棱柱ABC—AIBIG中，AB=BC=AC,侧棱AAI，底面ABC,若该三棱

柱的所有顶点都在同一个球0的表面上，且球0的表面积的最小值为4π,则该

三棱柱的侧面积为（）

A.6√3B.3√3

C.3√2D.3

答案B

解析如图，设三棱柱上、下底面中心分别为。，02,则。。2的中点为。，设

球。的半径为R,贝UQA=R,设AB=BC=AC=",AAι=h,

在RtZkOChA中，R2=OA2=OOi÷O2A2=^h2÷ɪɑ22×^∕?×格外,

当且仅当力=¥。时，等号成立,

所以S球=4πR2247iX

所以4千兀=4π,

所以ah=y∣3,

所以该三棱柱的侧面积为3αΛ=3√3.

考向4垂面模型

I核心归纳

垂面模型是有一条侧棱垂直底面的棱锥模型，可补为直棱柱内接于球;如图所示，

由对称性可知球心O的位置是△CBD的外心OI与∆AB2D2的外心。2连线的中点,

算出小圆Oi的半径Col=r,OOI=与,则R=∖卜+冬

例4（2022.广州模拟）已知四棱锥S—ABCD的所有顶点都在球O的球面上，SDl.

平面ABCQ,底面ABC。是等腰梯形，48〃。。且满足48=24。=2。。=2,且

ND4B=1,SC=√2,则球。的表面积是（）

A.5πB.4π

C.3πD.2π

答案A

解析依题意，得AB=2AO=2,Nr）ABq由余弦定理可得BD=小，则W

JT

+DB2=AB2,则NAOB=1

又四边形ABCO是等腰梯形，

ΛΩ

故四边形ABCr）的外接圆直径为A3,半径r=∙y=l,设AB的中点为。，球的

半径为R,

因为SO_L平面ABC。，

所以SD=γ∣SC2-CD2=1,

则S=4πR2=5π.

考向5切瓜模型

I核心归纳

切瓜模型是有一侧面垂直底面的棱锥模型，常见的是两个互相垂直的面都是特殊

三角形，在三棱锥A-BC。中，侧面ABC，底面BC。，设三棱锥的高为山外接

球的半径为R,球心为O,ABCD的外心为Oi,Oi到BC的距离为cl,0与Oi

R2=ri+∕n2,

的距离为如AδCO和aABC外接圆的半径分别为n，底,则I.,,、2

R~=d1-r(h—m),,

解得R,可得为两个面的交线段长).

Tr

例5(2022.济宁模拟)在边长为6的菱形ABCD中，NA=?现将aABO沿BD折

起，当三棱锥A-BCD的体积最大时，三棱锥A-BCD的外接球的表面积为

答案60π

解析边长为6的菱形ABC。，在折叠的过程中，

当平面AB。J_平面Be。时，三棱锥的体积最大；

由于AB=AD=CD=BC=6,

ZC=ZA=^.

所以AABO和ACBO均为正三角形，设AABO和ACBO的外接圆半径为r,

贝U2r=黑，所以r=2√i

△A3。和aCBD的交线段为80,且Bo=6.

所以三棱锥A—8Q9的外接球的半径R=yj(2√3)2+(2√3)2-j=√l5.

故S⅛=4∙π(V15)2=60π.

训练1(1)(2022.青岛一模)设三棱柱的侧棱垂直于底面，所有棱的长都为1,顶点

都在一个球面上，则该球的表面积为()

A.5πB.π

117

C.?-兀D.]π:

(2)在三棱锥P-ABC中，平面∕¾8，平面ABC,平面∕¾C，平面ABC,且PA=A,

底面AABC的外接圆的半径为3,则三棱锥P-ABC的外接球的表面积为

答案（I）D（2）52π

解析（1）由三棱柱所有棱的长α=l,可知底面为正三角形,

底面三角形的外接圆直径2r=悬而=斗，

ɪɔlllUUɔ

√3

所以

r=3

设外接球的半径为R,则有/?2=/+住）=∣+τ=⅛,

7

所以该球的表面积S=4TIR2=针，故选D.

（2）因为平面，平面ABC,平面∕¾C，平面A3C,

所以H_L平面ABC.

设三棱锥P-ABC的外接球的半径为R,结合底面AABC的外接圆的半径r=3,

2

可得收=僵）+/=22+33=13,

所以三棱锥P-ABC的外接球的表面积为S&=4兀R2=52兀

类型二内切球问题

I核心归纳

内切球问题的解法（以三棱锥为例）

第一步：先求出四个表面的面积和整个锥体的体积；

第二步：设内切球的半径为广，建立等式VP-ABC=Vo-4Bc+Vo-附B+V0-Λ4C+

Z

Vo-PBC=VP-ABC=；S1⅛A8C∙r+gs△必B∙r+y5△必c∙r+上PSBC∙r=g（SzχABc+SzχBA8+SA∕¾c+

S∆Pβc)r;

________3Vp_ABC________

第三步:解出

r=S∆ABc+S∆∕¾β+S∆Mc+5∆PBc'

例6（l）（2022∙成都石室中学三诊）《九章算术》中将四个面都为直角三角形的三棱

锥称之为鳖麝.若三棱锥P-ABC为鳖犒,%_L平面ABC,PA=BC=4,AB=3,

ABLBC,若三棱锥P-ABC有一个内切球0,则球。的体积为（）

C.77D.9π

Io

(2)在直三棱柱ABC—4BG中，A4ι=AB=6,BC=8,AC=IO,则该三棱柱内

能放置的最大球的表面积是()

A.16πB.24兀

C.36兀D.64π

答案(I)C(2)A

解析(1)设球。的半径为「，

则三棱锥产一ABC的体积

V=1×∣×3×4×4=∣×(∣×3×4+∣×4×3+∣×5×4+∣×4×5)×r,

349π

解得r=1,所以球O的体积V=WTIr3=布，故选C.

(2)由题意，球的半径为底面三角形内切圆的半径r,因为底面三角形的边长分别

为6,8,10,所以底面三角形为直角三角形，

AB+BC-AC6+8-10

「=2=2=Z

又因为A4ι=6,2r=4<6,

所以该三棱柱内能放置的最大球半径为2,此时S表面积=4τu2=4πX22=16τr.

训练2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.

答案申兀

解析圆锥内半径最大的球即为圆锥的内切球，设其半径为匚作出圆锥的轴截面

PAB,如图所示，则4Z¾8的内切圆为圆锥的内切球的大圆.

在△/¾B中，PA=PB=3,。为AB的中点，AB=2,E为切点、,

则PD=2y∣2,2PE0S∕∖PDB.

故£2=”即红但ZN=C解得r=也

队PBDB,13］，用牛付尸2,

故内切球的体积为=亭π∙

类型三球的截面问题

I核心归纳

解决球的截面问题抓住以下几个方面：

（1）球心到截面圆的距离；（2）截面圆的半径；（3）直角三角形（球心到截面圆的距离、

截面圆的半径、球的半径构成的直角三角形）.

例7（2022・杭州质检）在正三棱锥P—ABC中，。为BC中点，∕¾=√2,AB=2,

过点Q的平面截三棱锥P-ABC的外接球所得截面面积的取值范围为.

答案［兀，y

解析因为正三棱锥P-ABC中，PB=PC=PA=φ.,AC=BC=AB=I,

所以P32+∕¾2=AB2,即P3，公，

同理PB_LPC,PCLPA,

因此正三棱锥P-ABC可看作正方体的一角，如图.

记正方体的体对角线的中点为。，由正方体结构特征可得，点。即是正方体的外

接球球心，所以点。也是正三棱锥P—ABC外接球的球心，记外接球半径为R,

则RgJ2+2+2=*,

因为球的最大截面圆为过球心的圆，

所以过点Q的平面截三棱锥P-ABC的外接球所得截面的面积最大为

C23兀

Samx=7lA=2•

、历

又。为BC中点，由正方体结构特征可得OQ=夕1"=竽；

由球的结构特征可知，当0。垂直于过点。的截面时，截面圆半径最小为

r=y∣R2-OQ2=I,

所以Smin=TT，=兀.

因此，过Q的平面截三棱锥P—ABC的外接球所得截面面积的取值范围为π,y

训练3(1)设球。是棱长为4的正方体的外接球，过该正方体棱的中点作球。的

截面，则最小截面的面积为()

A.3πB.4π

C.5πD.6π

(2)(2022・武汉质检)已知棱长为2的正方体ABC。-AlBCIOI,球O与该正方体的

各个面相切，则平面ACB截此球所得的截面的面积为.

答案(I)B(2)y

解析(1)当球。到截面圆心连线与截面圆垂直时，截面圆的面积最小，

由题意，正方体棱的中点与。的距离为2啦，球的半径为2√5,

.∙.最小截面圆的半径为512—8=2,

，最小截面面积为π∙22=4π.

(2)正方体ABC。一AiBGOi的棱长为2,球0与该正方体的各个面相切，则球

。的半径为1,

设E,F,G分别为球。与平面ABC。、平面BBICIC、平面A4山山的切点,

则等边三角形EPG为平面ACB截此球所得的截面圆的内接三角形，

由已知可得EF=EG=GF=巾,

.∙.平面ACB截此球所得的截面圆的半径

y∣2ʌ/ð

r=2sin60°=3'

2

.∙.截面的面积为兀χ(幸】=⅛

高分训练对接高考重落实迎高考

一'基本技能练

1.已知圆柱的高为1,它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该

圆柱的体积为()

兀

AA.πQB3q-

一兀C兀

c∙2D4

答案B

解析如图画出圆柱的轴截面ABC。，O为球心.球的半径R=Q4=1,球心到底

面圆的距离为0M=；.

.∙.底面圆半径r=√0Λ2-OM2=Y

故圆柱体积V=πM√z=π∙0g)Xl=亨.

2.若棱长为2小的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为()

A.12πB.24π

C.36πD.144π

答案C

解析由题意知球的直径

2æ=√(2√3)2+(2√3)2+(2√3)2=6,

∙∖H=3,.=S球=4兀1?2=36兀.故选C.

3.一个四面体的所有棱长都为色，四个顶点在同一球面上，则此球的表面积为

()

A.3πB.4π

C.3y∣3πD.6π

答案A

解析构造棱长为1的正方体，该四面体的外接球也是棱长为1的正方体的外接

球，

所以外接球半径R=坐，

所以外接球表面积为S=47iR2=3ττ∙

4.已知直三棱柱ABC-AlBiCi的6个顶点都在球O的球面上，若AB=3,AC=4,

ABlAC,AAI=I2,则球。的半径为（）

B.2√Tθ

e.ɪD.3y[∖0

答案C

解析将直三棱柱补为长方体A8EC-4BBG,

则球O是长方体ABEC-AxBiEiCi的外接球.

体对角线BG的长为球0的直径.

因此2H=√32+42+122=13,则R=券.

5∙（2022∙南阳二模）已知边长为2的等边三角形A8C,。为BC的中点，以A。为折

痕进行折叠，使折后的NBDC=会则过A,B,C,。四点的球的表面积为（）

A.3πB.4π

C.5πD.6兀

答案C

解析折后的几何体构成以。为顶点的三棱锥，且三条侧棱互相垂直，可构造长

方体，其对角线即为球的直径，三条棱长分别为1,1,√3,所以2R=y1+1+3

=√5,球的表面积S=4πggj=5兀.

6∙（2022∙青岛模拟）如图是一个由6个正方形和8个正三角形围成的十四面体，其

所有顶点都在球。的球面上，若十四面体的棱长为1,则球。的表面积为（）

A.2πB.4π

C.6πD.8π

答案B

解析根据图形可知，该十四面体是由一个正方体切去八个角得到的,

如图所示，十四面体的外接球球心与正方体的外接球球心相同，

建立空间直角坐标系，

Y该十四面体的棱长为1,故正方体的棱长为啦，

二.该正方体的外接球球心的坐标为of,芈，孚），

设十四面体上一顶点为D,则。卜尼，乎，0）,

所以十四面体的外接球半径

R=OD=NS-嚼+惇-嗡MM嗡=ɪ^

故外接球的表面积为S=4TIR2=4兀.故选B.

7.四面体ABeo的四个顶点都在球。上且AB=AC=BC=8O=Co=4,4。=2加,

则球。的表面积为（）

70πC80兀

Aa~B.亍

C.30πD.40π

答案B

解析如图，取BC的中点M,连接AM,DM,

由题意可知，AABC和43CO都是边长为4的等边三角形.

为BC的中点，：.AM-LBC,且AM=OM=2小,

又，：AD=2#,：.AM2+DM2=AD2,

：.AM1DM,

∖,BCQDM=M,BC,OMU平面BCr),

,AM，平面BCD,

「AMu平面ABC,.∙.平面ABCJ_平面BCD,

24、行

△ABC与ABCD外接圆半径r=]DM=~^~,

又AABC与ABCD的交线段BC=4.

所以四面体外接球半径

四面体ABCO的外接球的表面积为4n×Λ2=yπ.

8.已知三棱锥P—ABC的棱AP,AB,AC两两垂直，且长度都为√5,以顶点P为

球心，2为半径作一个球，则球面与三棱锥的表面相交所得到的四段弧长之和等

于（）

•2兀c5兀

A∙TBT

C,πŋ,ɪ

答案D

解析如图，ZAPC=^,AP=小,AN=I,NAPN=MNNPM=韦,MN=γ^×2

_Tt

=不

同理何=擀，HN=τr,GM=^^,

623

故四段弧长之和为亲+季+/子=当

002ɔ2

9.（多选X2022•石家庄调研）已知一个正方体的外接球和内切球上各有一个动点M

和M若线段MN长的最小值为十一1,则（）

A.该正方体的外接球的表面积为12π

B.该正方体的内切球的体积为当

C.该正方体的棱长为1

D.线段MN长的最大值为小+1

答案AD

解析设该正方体的棱长为«,则其外接球的半径R=兴a,内切球的半径R=冬

该正方体的外接球与内切球上各有一个动点M,N,由于两球球心相同，

可得MN的最小值为华一5=小一1,解得α=2,故C错误；

所以外接球的半径K=√5,表面积为47iX3=127i,故A正确；

4

内切球的半径R'=l,体积为乎，故B错误；

MN的最大值为R+R=√5+l,故D正确.

故选AD.

10.（多选）设圆锥的顶点为A,BC为圆锥底面圆。的直径,点P为圆。上的一点（异

于B,O，若BC=4小,三棱锥A-PBC的外接球表面积为64兀，则圆锥的体积

为（）

A.4兀B.8π

C.16πD.24π

答案BD

解析如图，设圆锥A。的外接球球心为M,半径为r,

则M在直线Ao上，

4πr2=64π,解得r=4.

由勾股定理得BM2=OM1+OB1,

即42=(2√3)2+0M2,

可得OM=2,

即OM=Ho—r|=IAo—4|=2,

解得A0=6或A0=2.

当A0=6时，圆锥Ao的体积为V=∣π×(2√3)2×6=24π;

当A0=2时，圆锥Ao的体积为V=；兀X(2√5)2χ2=8τι.

故选BD.

IL在三棱锥A—8C。中，AδC0和均是边长为1的等边三角形,AC=√Σ

则该三棱锥外接球的表面积为.

答案2π

解析取AC的中点0,连接。8,OD,

在AABC中，AB=BC=I,AC=√2,

所以NABC=90。，所以OA=OB=Oe=

5

同理得0。=竽λ，故点。为该三棱锥外接球的球心，

所以球。的半径r=乎，S⅛=4πr2=2π.

12.如图，已知球O是棱长为3的正方体ABCD-AIBIGOI的内切球,则平面ACD↑

截球。的截面面积为.

答案y

解析根据题意知，平面ACn是边长为如丙=36的正三角形，

且所求截面的面积是该正三角形的内切圆的面积，则由图得，AACDi内切圆的半

径-W(3啦)2-殍L坐

所以平面ACDi截球。的截面面积为S=τrX[旬=y.

二'创新拓展练

13.（多选）（2022•华大新高考联考）已知三棱锥S-ABC中，SA，平面ABC,SA=AB

=BC=√2,AC=2,点E,尸分别是线段AB,BC的中点，直线AF,CE相交于

G,则过点G的平面α截三棱锥S-ABC的外接球O所得截面面积可以是（）

2c8

Aλq兀B.铲

3

C.πD.]π:

答案BCD

解析因为?1"+BCc=AG,故ABj_8C,

故三棱锥S-ABC的外接球。的半径R=W,+2=坐,

取AC的中点。，连接BO必过G,

因为AB=BC=巾,故DG=；BD=g,

因为OD=*,故0G2=（J^+（I）=⅛,

则过点G的平面截球。所得截面圆的最小半径，=（当-⅛=∣,

Q3

故截面面积的最小值为兀，最大值为兀兀，故选

GyK=3ZBCD.

14.（多选）（2022.济南模拟）已知三棱锥P-ABC的四个顶点都在球O上，AB=BC

=AC=1,NAPC=不平面《4C_L平面ABC,则（）

A.直线。4与直线BC垂直

B.点P到平面ABC的距离的最大值为L季

-13兀

C∙球O的表面积为亨

D.三棱锥O-ABC的体积为:

O

答案ACD

解析设AABC外接圆的圆心为Oi,连接。O,OlA

因为。为三棱锥产一ABC外接球的球心，

所以Ool，平面ABC,

所以00ι±BC,因为AB=BC=AC=1,

所以。A_LBC,所以BUL平面OOA,

所以04,BC,故A选项正确；

设△7%（?外接圆的圆心为02,

AC的中点为。，连接Q。，

JT

由于

AC=1,ZAPC=TO,

所以圆。2的半径R=JX-J=1,

2.π

sιn6

√5

则易知ChD=号

√3

所以点P到平面ABC的距离的最大值为1+晋（此时P,02,。三点共线），故B

选项错误；

由于AB=BC=AC=1,

平面布CJ_平面ABC,平面∕¾C∩平面ABC=AC,

所以圆OI的半径n=⅛χ-J=坐，

Z.兀5

sιn3

圆。2的半径r2=l,AABC与△/¾C的交线段AC=1,

21l3

+-ɪ-