球的切、接问题-2025年高考数学一轮复习专练（新高考专用）

重难点18球的切、接问题【十大题型】

【新高考专用】

►题型归纳

【题型1定义法求外接球问题】.................................................................4

【题型2补形法求外接球问题】.................................................................7

【题型3截面法求外接球问题】.................................................................9

【题型4棱切球模型问题】....................................................................13

【题型5内切球模型问题】....................................................................15

【题型6多球相切问题】......................................................................19

【题型7外接球之二面角模型】................................................................23

【题型8与球的切、接有关的最值问题】.......................................................27

【题型9与球的切、接有关的截面问题】.......................................................31

【题型10多面体与球体内切外接综合问题】....................................................35

►命题规律

1、球的切、接问题

球的切、接问题是历年高考的重点、热点内容，一般以客观题的形式出现，考查空间想象能力、计算

能力.其关键点是利用转化思想，把球的切、接问题转化为平面问题或特殊几何体来解决或转化为特殊几何

体的切、接问题来解决.

►方法技巧总结

【知识点1正方体与球、长方体与球】

1.正方体与球的切、接问题

(1)内切球：内切球直径2火=正方体棱长。

(2)棱切球：棱切球直径2尺=正方体的面对角线长，.

(3)外接球：外接球直径2尺=正方体体对角线长，.

2.长方体与球

外接球：外接球直径2R=体对角线长十七+(的分别为长方体的长、宽、高).

【知识点2正棱锥与球】

1.正棱体与球的切、接问题

⑴内切球：睢棱锥=；S表底（等体积法），/•是内切球半径，/?为正棱锥的高.

（2）外接球：外接球球心在其高上，底面正多边形的外接圆圆心为E,半径为八相=（〃—火）2+/（正

棱锥外接球半径为七高为初

【知识点3正四面体的外接球、内切球】

1.正四面体的外接球、内切球

若正四面体的棱长为a,高为h,正四面体的外接球半径为R,内切球半径为r,则〃=卓a,R=^-a,

r=~^~a，R：r=3:1.

【知识点4正三棱柱的外接球】

1.正三棱柱的外接球

球心到正三棱柱两底面的距离相等，正三棱柱两底面中心连线的中点为其外接球球心.

【知识点5圆柱、圆锥的外接球】

1.圆柱的外接球

R（尺是圆柱外接球的半径，刀是圆柱的高，r是圆柱底面圆的半径）.

—厂）2+一便是圆锥外接球的半径，〃是圆锥的高，：.是圆锥底面圆的半径）.

【知识点6几何体与球的切、接问题的解题策略】

1.常见的几何体与球的切、接问题的解决方案：

常见的与球有关的组合体问题有两种：一种是内切球，另一种是外接球.

常见的几何体与球的切、接问题的解决方案：

几何体与球的切、接问题

内切球外接球

找过切点由球心和几何找过球心

和球心的体顶点抽象得的截面

截面出新几何体--------

2.空间几何体外接球问题的求解方法：

空间几何体外接球问题的处理关键是确定球心的位置，常见的求解方法有如下几种：

（1）定义法：利用平面几何体知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图,

确定球心的位置，弄清球的半径（直径）与该几何体已知量的关系，列方程（组）求解.

（2）补形法：若球面上四点尸/,民。构成的三条线段两两垂直，且以=a,PB=b,PC=c,一般

把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，根据轨2=4+必+02求解.

（3）截面法：涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体的特殊点（一般为接、切点）或线

作截面，把空间问题转化为平面问题求解.

3.内切球问题的求解策略：

（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通用方法.

►举一反三

【题型1定义法求外接球问题】

【例1】（2024•新疆乌鲁木齐•三模）三棱锥A—BCD中，4D1平面力BC,NR4c=60。，4B=1,AC=2,

AD=4,则三棱锥A-BCD外接球的表面积为（）

A.10TTB.20TTC.25TTD.30TT

【解题思路】利用余弦定理先求出底面三角形ABC的外接圆半径r,再利用朋=/+《）2（八为三棱锥的高,

R为外接球半径），即可求解.

【解答过程】在△4BC中，^.BAC=60°,4B=l,AC=2,

由余弦定理可得=AB2+AC2-2AB-AC-cos^BAC,

BPBC2=l+4—2xlx2xcos60°=3,所以BC=V3,

设^ABC的外接圆半径为r,

AD_L平面ABC,且力。=4,

设三棱锥A-BCD外接球半径为R,

则#=r2+64。）2,即炉=1+4=5,

所以三棱锥力-BCD外接球的表面积为4TTR2=20n.

故选：B.

【变式1-1］（2024•海南•模拟预测）已知正方体力BCD-A/iCiOi的棱长为2,点N为侧面四边形CDDiCi

的中心，则四面体NC/Ci的外接球的表面积为（）

A.2nB.4TUC.6TID.8H

【解题思路】画出图分析出球心为两个面斜边中点的垂线的交点，然后利用勾股定理求球的半径即可求解.

四面体NCBiQ的面CB1。是直角三角形，

。,。1为面CB/Ci与ADD14的中心，所以。01面C/C1，

因为斜边CB］的中点。是三角形外心，所以球心在的直线。内上，

面NCCi也为直角三角形，O,E分别为与CCi的中点，所以OEIIB©,

3心1面Neg,所以。E_L面N"i，

因为斜边CC1的中点E是三角形外心，所以球心在的直线OE上，

故球心为直线。。1与直线OE的交点0,

正方体ABCD-41%的。1的棱长为2,

所以球的半径为。C==gxV22+22=V2,

所以四面体NCBiCi的外接球的表面积为：4n（V2）=8n.

故选：D.

【变式1-2］（2024・河南周口•模拟预测）已知圆锥的侧面展开图是一个半径为2,面积为g的扇形，则该圆

锥的外接球的面积为（）

A.—B.—C.—D.9n

842

【解题思路】先求出圆锥的侧面展开图的圆心角a,再由此求出圆锥的底面圆半径和高，然后可求外接球的

半径，由此求得圆锥的外接球的面积.

【解答过程】设圆锥的侧面展开图的圆心角为a,由题意可知，!x22xa=y,解得a=弓，

设圆锥的底面圆半径为r,则如r=2xg,所以r=|,

则该圆锥的高为J22-02;学，

设该圆锥的外接球的半径为R,由球的性质可知，（苧-R）+（|）=R2,

解得R=柒，所以该圆锥的外接球的面积为5=4H炉=：正

故选：C.

【变式1-3］（2024•青海•二模）如图，已知在四棱锥P-4BCD中，底面四边形ABCD为等腰梯形，BC//AD,

PD=2AD=4BC=4,底面积为迪，PD_L4D且PB=则四棱锥P—4BCD外接球的表面积为（）

4

A.9TTB.12V3TTC.39TTD.2On

【解题思路】取4。的中点为F,即可说明点F为梯形4BCD外接圆的圆心，再证明PD1平面4BCD,过2D的

中点F作FO〃P。交24于点。，贝IJF。，平面48CD,即可得到。为四棱锥P-4BCD外接球球心，外接球半径

为从而求出表面积.

【解答过程】取4D的中点为F,因为4。=2BC=2,等腰梯形4BCC的面积为尊，

4

23V3

所以梯形的高为三小=*所以cosNB4D=宇则所以乙4DC=］连接BF、CF,

所以△力BF、△DCF为等边三角形，点F为梯形4BCD外接圆的圆心，

连接BD,在△BCD中，根据余弦定理得cos与=些黑丁竺，即白—,解得点

JC*CLJNXJ.X1.Z

因为P8=vn,PD=4,所以PZ）2+B£>2=p^2,所以PD_LBD.

因为PDJ.4D,ADCBD=D,4u平面4BCD,所以PD_L平面力BCD,

过力。的中点F作FO〃PD交P4于点。，则F。_L平面4BCD,且。为PA的中点，

所以点。为Rt△PAD外接圆圆心，所以。为四棱锥P-4BCD外接球球心，

所以外接球半径为:P4=■|VP£>2+=代,故表面积s=411x（同）=20TT.

故选：D.

P

【题型2补形法求外接球问题】

【例2】(2024•内蒙古锡林郭勒盟•模拟预测)在空间直角坐标系中，已知

4(0,3,0),5(0,0,0),C(4,0,0),£)(0,3,2),贝!I四面体48CD外接球的表面积为()

A.29nB.28TTC.32TTD.30TT

【解题思路】首先由四点的坐标，确定几何体的关系，利用补体法，求四面体外接球的半径，即可求球的

表面积.

【解答过程】根据已知4个点的空间直角坐标可得，AD1平面ABC,4B1BC,AD=2,4B=3,BC=4,

所以四面体可以补成长、宽、高分别为4,3,2的长方体，

所以四面体48C。外接球的半径R=笆亘=

所以四面体/8C。外接球的表面积为4TTR2=291T.

故选：A.

【变式2-1](2024・江西•模拟预测)现为一球形玩具设计一款球形的外包装盒(盒子厚度忽略不计).已

知该球形玩具的直径为2,每盒需放入4个玩具球，则该种外包装盒的直径的最小值为()

A.2—V3B.2+V3C.V6—2D.2+V6

【解题思路】根据外包装盒的直径最小得出四个球两两外切，结合外接球的知识可得答案.

【解答过程】当外包装盒的直径最小时，四个球两两外切且内切于包装盒这个大球，

所以大球的半径是棱长为2的正四面体的外接球半径与小球半径的和，

把棱长为2的正四面体补形为棱长为迎的正方体，则正四面体的外接球就是正方体的外接球，

其半径为运『X

所以外包装盒的直径的最小值为2（曰+1）=n+2.

故选：D.

【变式2-2］（2024•重庆•模拟预测）已知四面体中，48=CD=AC=BD=2,4。=BC,若四面体

A8CD的外接球的表面积为7m则四面体48co的体积为（）

248

AC--

B.3D.3

【解题思路】将四面体4BCD放入长方体中，如图，设长宽高分别为见瓦c,由题意列方程求出a,瓦c,再由

三棱锥的体积公式求解即可.

【解答过程】将四面体Z8CD放入长方体中，如图,

7=a2+&2+c2a=V3

次+=彳=，b=1

62+c2=4.c=V3

T,7411717v

•••VA-RCD=abc—4x-x-xabc=-abc=1,

AbCU323

故选：A.

【变式2・3】（2024・四川雅安•模拟预测）如图是以正方体的各条棱的中点为顶点的多面体，这是一个有八

个面为正三角形，六个面为正方形的“阿基米德多面体”，若该多面体的棱长为鱼，则该多面体外接球的表

面积为（）

4

A.8TUB.4nC.2nD.-IT

3

【解题思路】根据给定条件，把多面体放在棱长为2的正方体中，结合正方体的结构特征确定球心，求出

球半径作答.

【解答过程】把该多面体放入正方体中，如图,

由于多面体的棱长为鱼，则正方体的棱长为2,

因此该多面体是由棱长为2的正方体连接各棱中点所得，于是得该多面体的外接球球心是正方体体对角线

中点,

该多面体外接球半径R等于球心到一个顶点的距离，即正方体面对角线的一半，则2/?=加2+22,解得R=

V2,

2

所以经过该多面体的各个顶点的球的表面积S=4nx（V2）=8n.

故选：A.

【题型3截面法求外接球问题】

【例3】（2024•江苏南通•三模）已知一个正四棱台的上、下底面边长分别为2,8,侧棱长为3强，则该正

四棱台内半径最大的球的表面积为（）

C641r

A.12nB.27TTcvD.等

【解题思路】先求出正四棱台的高，再分析出最大内切球与四侧面及下底面相切，再根据三角函数得到其

半径大小，最后利用球的表面积公式即可.

【解答过程】作出如图所示正四棱台，其中。。1为正四棱台的高，EE1为其斜高，

因为正四棱台的上、下底面边长分别为2,8,侧棱长为3代，

I22

则为。1=/，BO=4V2,001="（3遮）-（4V2-V2）=3遮，

因为。。1=3次〉等=5,故半径最大的球不与上下底面同时相切，

EELJ（3向2_（号2=6,贝1JsipOE%=箸=苧，则NOE2=会

过O,E,Ei，Oi作正四棱台的截面，截球得大圆，则该圆与等腰梯形两腰和下底相切，则4。25。=!

O

则。。2=亲=竽＜等=苧，则更确定最大内切球与四侧面及下底面相切，

即该正四棱台内半径最大的球半径r=手，球的表面积为S=4m'2=

故选：D.

【变式3-1］（23-24高三下•河南•阶段练习）已知圆台。的上、下底面半径分别为q,r2,且全=2q,若

半径为次的球与。的上、下底面及侧面均相切，则。的体积为（）

A.7V3TTB.8岳C.等D.等

【解题思路】根据圆台的轴截面图，利用切线长定理结合圆台和球的结构特征求解勺，「2,然后代入圆台体

积公式求解即可.

【解答过程】如图，设Q的上、下底面圆心分别为01，。2,则Q的内切球的球心。一定在。1。2的中点处.

设球。与Q的母线切于M点，贝1J0M14B,0M=001=002=V3,

Q+q=J.2，

AM=r1；BM=r2,所以AB=3r「过/作4G3。垂足为G,

则BG=*—71=「1，由AG?=4炉—BG2,得12=（37I）2—r：=8rj,所以若=|,遥=6,

所以Q的体积为1（|TT+6TT+&.6TT）X2V3=7V3ir.

故选：A.

【变式3-2］（2024・湖北•二模）已知圆锥P。的顶点为P,其三条母线以，PB,PC两两垂直，且母线长

为6,则圆锥尸O的内切球表面职与圆锥侧面积之和为（）

A.12（10-3V6）TTB.24（20-7V6）TTC.60（8-3V6）TTD.3（40-7V6）TT

【解题思路】由已知和正弦定理，勾股定理求出圆锥底面圆的半径和高，再由三角形面积相等求出圆锥内

切球半径T,然后由球的表面积公式和圆锥的侧面积公式求出结果即可.

【解答过程】因为三条母线B4,PB,PC两两垂直，且母线长为6,

所以△力BC为圆锥底面圆的内接正三角形，且边长AB=BC=C4=V62+62=6vL

由正弦定理可得底面圆的半径R=；x幅=2四，

2sm60

所以圆锥的高PO=』62一（2V6）2=2V3,

如图，圆锥轴截面三角形的内切圆半径即为圆锥内切球半径r,

轴截面三角形面积为,x4V6x2V3=gx（6+6+4遥）r,

所以内切球半径7=6A/2—4V3,

2

内切球的表面积为4Tt（6&-4旧）=4TT（120-48V6）,

圆锥的侧面积为:x6x2irX2V6=12V61T,

所以其和为60（8-3遥）TT,

故选：C.

【变式3-3］（2024•四川成都•三模）已知正四棱台ABCD-EFG”的上底面积为16,下底面积为64,且其

各个顶点均在半径R=历的球。的表面上，则该四棱台的高为（）

A.2B.8C.8或12D.2或12

【解题思路】做出截面DBF”,根据圆心。是否位于截面内部分两种情况，根据线段关系即可求解.

【解答过程】

如图，做出截面D8FH,

当圆心。位于截面内部时,

取DB中点E,HF中点Fi，连接D。、E%和。H,

易得点。在E%上，由题意得DB=4鱼，HF=8V2,OD=OH=V57,

22

因为叫=JR2_HF2=757-32=5,OE=V7?-DE=V57-8=7,

所以EFi=12,

当。不在截面内时，

DEB

同第一种情况理可得OE=7,OF1=5,

所以EFi=2,综上所述：该四棱台的高为2或12.

故选：D.

【题型4棱切球模型问题】

【例4】（2024•全国•模拟预测）正四面体/BCD的棱长为2,其棱切球的体积为（）

A.2nB.V6TTC.—TTD.—IT

327

【解题思路】将正四面体48CD补形为正方体，此时正方体的内切球即为正四面体的棱切球，利用球的体积

公式求解即可.

【解答过程】如图，将棱长为2的正四面体补形为棱长为近的正方体，则正方体的内切球即为正四面体48CD

的棱切球，所以正四面体A8CD的棱切球的半径为日，

所以棱切球的体积为展卜Tlx©=/n.

故选：C.

【变式4-1］（2024•山东日照・二模）已知棱长为1的正方体4BCD—4把1的£»1，以正方体中心为球心的球。

与正方体的各条棱相切，若点P在球。的正方体外部（含正方体表面）运动，则方•丽的最大值为（）

731

A.2B.-C.-D.-

444

【解题思路】取中点E,根据空间向量的数量积运算得两•丽=方2_3判断|而|的最大值即可求解.

【解答过程】取4B中点E,可知E在球面上，可得丽=-画=-1瓦?,

所以而-VB=（PE+EA）■（PE+EB）=（PE）2-（说/=PE2-^,

点P在球。的正方体外部（含正方体表面）运动，当PE为直径时，|丽|=VL

1'max

所以福•丽的最大值为］

4

故选：B.

【变式4-2］（2024•广东佛山•模拟预测）已知正三棱柱的所有棱长均相等，其外接球与棱切球（该球与其

所有棱都相切）的表面积分别为S1，S2,则言=_1_.

【解题思路】由几何关系求出外接球和棱切球半径，再由球的表面积公式求出表面积，最后求出比值.

【解答过程】

设正三棱柱的棱长为a,因为正三棱柱上下底面中心连线的中点。为外接球的球心，

22

则外接球的半径。1=OD+BD,8D=|x»=?a,

所$+律）、♦，

因为OE==］加2+惇J=OF,所以0为棱切球的球心，则棱切球半径遥=（第二

所以3=咨=聿=£

S24T［眩贮4

故答案为：2,

【变式4-3］（2024•黑龙江哈尔滨•模拟预测）若将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，

八个顶点共截去八个三棱锥，可得到一个有十四个面的多面体.它的各棱长都相等，其中八个面为正三角形,

六个面为正方形，如图所示，已知该多面体过/,B,C三点的截面面积为6旧，则其棱切球（球与各棱相

切）的表面积为一12TT.

【解题思路】设48=小，外接球的半径为R,根据该几何体的对称性可知该几何体的棱切球即为底面棱长

为2,侧棱长为2a的正四棱柱的棱切球，利用勾股定理求解半径，即可由球的表面积公式即可求解.

【解答过程】设4B=小，外接球的半径为R,

该多面体是由棱长为近小的正方体沿正方体各棱的中点截去8个三棱锥所得，

如图，过4B,C三点的截面为正六边形4BCFED,其面积S=6x立x爪2=6百，即巾=2,

4

E

根据该几何体的对称性可知该几何体的棱切球即为底面棱长为2,侧棱长为2a的正四棱柱的棱切球，

故R2=（言J+（|）2=3,即/?=百，

故该多面体的棱切球的表面积为4TTR2=12TT.

故答案为：12TT.

【题型5内切球模型问题】

【例5】（2024•全国•模拟预测）如图，已知四棱锥P-力BCD的底面是边长为2的菱形，。为AC,80的交点,

PO_L平面力BCD,^PBA=AABC=60°,则四棱锥P—力BCD的内切球的体积为（）

1

AV6K倔

A.——RBcT

2--D・粤

【解题思路】求出四棱锥的高和侧棱长，再利用四棱锥的体积与其内切球半径之间的关系求四棱锥的内切

球半径即可得解.

【解答过程】因为四边形48CD为菱形，乙4BC=6。。，所以△力是正三角形,

则。4=1,OB=V3.

因为P。L^^ABCD,AC,BDu平面4BCD,所以P。1AC,PO1BD.

设P。=a,贝IJPZ=，乙2+1,PB=Va2+3.

在aP4B中，由「即=PB2+AB2-2PB-ABcos^LPBA,

可得a?+1=(a2+3)+4—2x2Va2+3-cos60°,解得a=V6,

所以P。=y[6,PA=®PB=3.

因为。为BD的中点，PO1BD,所以PB=PD.又BC=CD,PC=PC,

所以△PC8三△PCD,同理可证△「(?£)三△PAD,APAD=APAB,

所以SaPCB=S^PCD=S^PAD—^APAB-

+

设四棱锥P—ABC。的内切球的半径为r,则UpTBCD=（s四边形4BCD•PO=1（s四边形4BCDSAPCB+SAPCD+

^APAD+^APAB)r'

四边形BCD2x2sin60°xV6V6

所以丁=S/.P。

S四边形ABCD+4sAPAB2x2sin60o+4xQx2x3sin600)4

所以四棱锥P—4BCD的内切球的体积U=：nr3=等

38

故选：c.

【变式5-1］（2024•陕西西安•一模）六氟化硫，化学式为SF6,在常压下是一种无色、无臭、无毒、不燃的

稳定气体，有良好的绝缘性，在电器工业方面具有广泛用途.六氟化硫结构为正八面体结构，如图所示,

硫原子位于正八面体的中心，6个氟原子分别位于正八面体的6个顶点，若相邻两个氟原子之间的距离为m,

则该正八面体结构的内切球表面积为（）

p

Q

A.mn2B.2irm2C.-D.

33

【解题思路】根据正四棱锥的性质结合线面垂直的判定定理、性质定理找出内切球的半径，利用等面积法

求出半径的大小，即可求解.

【解答过程】如图，连接4G8D交于点。，连接。P,

取BC的中点E,连接。E,PE,

因为力B=m,所以。4=OB=0C=0D=ym,

OP=7Ap2-。42=在小，

由BE=CE,可得BC1OE,BC1PE,OE,PEu平面POE,

且。EflPE=E,所以BC_L平面POE,

过。作。H1PE,

因为BC1平面POE,OHu平面POE,所以BC1OH,

且BCCtPE=E,BC,PEu平面PBC,所以。H1平面PBC,

所以。H为该正八面体结构的内切球的半径，

在直角三角形POE中，OP=1m,OE=：m,PE=^m,

由等面积法可得，^xOPxOE^-xPExOH,解得OH=—m,

226

2

所以内切球的表面积为4nx口吗）=与巾2,

Q

故选:D.

【变式5-2］（2024•全国•模拟预测）已知圆台0。2存在内切球。（与圆台的上、下底面及侧面都相切的球）,

若圆台。1。2的上、下底面面积之和与它的侧面积之比为5:8,设圆台002与球。的体积分别为6,七,则台=

（）

A.-3B.-4C.-11D.-13

【解题思路】根据给定条件，结合圆台轴截面等腰梯形的内切圆是球的截面大圆，探讨圆台两底半径与母

线的关系，再利用圆台侧面积公式及圆台、球的体积公式求解即得.

【解答过程】设圆台。1。2的上、下底面半径分别为勺"2&2＞厂1＞。），母线长为1，高为九，内切球。的半径

为R,

显然圆台轴截面等腰梯形的内切圆是球的截面大圆，贝〃=厂1+丁2，2R=h,

由=p整理得3厂：一10rr+3遥=0,而技＞T「解得/2=3q,I=4口

，匕12

因此圆台的高九=J/一（72—71）2=247\,R=W丫1，

则圆台。1。2的体积％=|n［r2+q•3Tl+（3丁1冶.2y/3r1=变学

内切球。的体积=：互（8厂1）3=4VSirr^,所以白=白

3V113

故选：D.

【变式5-3］（2024•江苏宿迁•三模）若一个多面体的各面都与一个球的球面相切，则称这个球是这个多面

体的内切球.在四棱锥P-4BCD中，侧面PAB是边长为1的等边三角形，底面ABCD为矩形，且平面P4B1

平面力BCD.若四棱锥P-HBCD存在一个内切球，设球的体积为匕，该四棱锥的体积为匕，则富的值为（）

AV3nnV3TT八V3TTCV3TT

A.——B.——C.——D.--

6121854

【解题思路】过点P作出四棱锥P-ABC。的内切球截面大圆，确定球半径表达式，再借助四棱锥体积求出

球半径计算作答.

【解答过程】如图，取力B中点M,CD中点N,连接PM,PN,MN,

因aPAB是正三角形，贝IJPM14B,又力BCD是矩形，有MNJ.4B,

而平面PAB_L平面力BCD,平面P4BCI平面4BCD=4B,PMu平面P4B,MNu平面力BCD,

因此PM1•平面力BCD,MN_L平面P4B,

y.AD//MN//BC,贝！1平面P4B,BCJ■平面/MB,贝!_LPA,BC1PB,

PMCtMN=M,PMMNu平面PMN,则45_L平面PMN,又PNu平面PMN,

所以力B1PN,而AB〃CD,贝l|CD1PN,显然△PADPBC,

由球的对称性和正四棱锥P-4BCD的特征知，平面PMN截四棱锥P-4BCD的内切球。得截面大圆,

此圆是Rt^PMN的内切圆，切MN,PM分别于E,F,有四边形OEMF为正方形，

设力D=x,又PM=亨，PN=+久2,则球的半径r=■!（%+日一J：+/）

又四棱锥的表面积为

P-4BCDS=SAPAB+2SAPAD+SABCD+SAPCD=y+x+x+1

由“-4BCD=3Sr=j^ABCD-PM,解得X=当,

故选：C.

【题型6多球相切问题】

【例6】（2024高三•全国・专题练习）在一个半径为2的半球形封闭容器内放入两个半径相同的小球，则这

两个小球的表面积之和最大为（）

A.（96-64V2）TTB.（24-16近）TTC.8TTD.16TT

【解题思路】由题意确定两个小球的表面积之和最大的情况，如图，根据勾股定理可得0O=V^r,则应r+

r=2,解出r,结合球的表面积公式计算即可求解.

【解答过程】当两个小球的表面积之和最大时两小球相切，且两小球均与半球形封闭容器相切，

此时设两小球的球心分别为01，。2,半球形封闭容器的底面圆心为。，

作出过。1，02,。的截面如图所示，连接。。1并延长，交半圆于点/,

则/为圆。1与半圆的切点，设两个小球的半径为r,

得01。=Vr2+r2=V2r,所以应丁+r=2,解得丁=2（V2—1）,

2

所以这两个小球的表面积之和的最大值为2X4X4（72-1）IT=（96-64V2）TT.

O

故选：A.

【变式6-1]（2024•河北沧州•模拟预测）某包装设计部门为一球形塑料玩具设计一种正四面体形状的外包

装盒（盒子厚度忽略不计），已知该球形玩具的直径为2,每盒需放入10个塑料球，则该种外包装盒的棱

长的最小值为（）

A.2+2V6B.2+4V6C..4+2V6D.4+4V6

【解题思路】先确定正四面体的棱长与高还有内切球半径的关系，然后根据当。取得最小值时，从上到下

每层中放在边缘的小球都与正四面体的面都相切，从而计算出棱长的最小值.

【解答过程】设正四面体的棱长为a,高为h,内切球半径为r

2

则a?=公+（/ax§,可得h=ya,

即正四面体的高等于其棱长的半，正四面体的内切球的半径等于其棱长的噂.

如图，10个直径为2的小球放进棱长为。的正四面体ABCD中，构成三棱锥的形状，有3层，从上到下每层

的小球个数依次为1,3,6.

A

当a取得最小值时，从上到下每层中放在边缘的小球都与正四面体的侧面相切，底层的每个球都与正四面

体的底面相切，任意相邻的两个小球都外切，位于底层正三角状顶点的所有相邻小球的球心连线为一个正

四面体EFGH,底面BCD的中心为。，4。与面FGH的交点为P,

则该正四面体EFGH的棱长为1+2+1=4,

可求得其高为EP=4x^=竽，4E=lx磊x当一1=3,

所以正四面体4BCD的高为力。=4E+EP+PO=3+T+1=4+苧，

进而可求得其棱长a的最小值为(4+竽)x3=4+2限

故选：C.

【变式6-2](2024・湖南益阳•模拟预测)如图所示，4个球两两外切形成的几何体，称为一个“最密堆垒”.显

然，即使是“最密堆垒”，4个球之间依然存在着空隙.材料学研究发现，某种金属晶体中4个原子的“最密

堆垒”的空隙中如果再嵌入一个另一种金属原子并和原来的4个原子均外切，则材料的性能会有显著性变

化.记原金属晶体的原子半径为小，另一种金属晶体的原子半径为则以和％的关系是()

A.2rB=B.2TB='^>rA

C.2rB—(V3—l)rAD.2rB=(V6—2)以

【解题思路】依题意画出直观图，则四个金属原子的球心的连线所围成的图形为正四面体P-ABC,设正四

面体的棱长为a(a>0),高为h(h>0),外接球球心为0,D为正三角形2BC的中心，求出外接球的半径R,

-a—2rl4

即可得到伤,，从而得解.

7a=rA+rB

【解答过程】由题意知，四个金属原子的球心的连线所围成的图形为如图所示的正四面体P-HBC,

设正四面体的棱长为a（a>0）,高为八（h>0）,外接球球心为。，。为正三角形力BC的中心，

则必有PD，平面ABC且P,0,。三点共线，

在正三角形力BC中，易求得DB=苧ax|=^a,

在△PDB中，由「炉=PA+诩，可得h=PD=Ja2-住a?=*,

在△OBD中，由0炉=o02+*,得R2=①一R）2+笆丁，

解得R=^a,

4

a=2以病

由题意得（6，所以二x2以=以+「B，

4

（^a=rA+rB

所以2TB—（V6—2）乙•

故选：D.

【变式6-3］（2024•浙江温州•二模）如今中国被誉为基建狂魔，可谓是逢山开路，遇水架桥.公路里程、高铁

里程双双都是世界第一.建设过程中研制出用于基建的大型龙门吊、平衡盾构机等国之重器更是世界领先.如

图是某重器上一零件结构模型，中间最大球为正四面体力BCD的内切球，中等球与最大球和正四面体三个面

均相切，最小球与中等球和正四面体三个面均相切，已知正四面体4BCD棱长为2逐，则模型中九个球的表

面积和为（）

A.6nB.9nD.2In

【解题思路】作出辅助线，先求出正四面体的内切球半径，再利用三个球的半径之间的关系得到另外两个

球的半径，得到答案.

【解答过程】如图，取BC的中点E,连接DE,AE,则CE=BE=V^,AE=DE=V24-6=3V2,

过点力作底面BCD,垂足在DE上，S.DF=2EF,

所以DF=2V2,EF=V2,故4F=ylAD2-DF2=V24-8=4,

点。为最大球的球心，连接。。并延长，交2E于点M,则DM,4E,

设最大球的半径为R,则OF=OM=R,

因为Rt△力。MsRtWEF,所以华=祭即覆=*解得R=1,

即。M=OF=1,则4。=4-1=3,故sin/E4F=翳=（

设最小球的球心为/,中间球的球心为K,则两球均与直线4E相切，设切点分别为H,G,

连接H/,KG,则H/,KG分别为最小球和中间球的半径，长度分别设为a,b,

则句=3HJ=3a,AK=3GK=3b,贝“K=4K一句=3b—3a,

又JK=a+b,所以36-3a=a+b,解得b=2a,

又OK=R+b=4。-4K=3-3b,故4b=3—R=2,解得6=g,

所以a=I，

4

模型中九个球的表面积和为4n/?2+4nZ?2x4+4ira2X4=4TT+4II+TI=9Tl.

故选：B.

【题型7外接球之二面角模型】

【例7】（2024•陕西宝鸡•三模）△力BC与△48。都是边长为2的正三角形，沿公共边折叠成60。的二面

角，若点/,B,C,D在同一球。的球面上，则球。的表面积为（）

A13c20811c52C112TT

A.—TiB.------C.—nD.------

9993

【解题思路】根据外接球球心的性质确定球心。的位置为过正△力BC与△ABD的中心的垂线上，再构造直角

三角形求解球。的半径，即可求解.

【解答过程】解：由题，设正△A8C与△4BD的中心分别为N,M,

根据外接球的性质有。M，平面ABD,0N1平面4BC,

又二面角。一力B—C的大小为60。，故乙DEC=60。，

又正△AB3AABD的边长均为2,

故DE=CE=V3,

故EM=EN=^ED=—,

OE=OE/OME=乙ONE,

•••RtAMEO=RtA

故4ME。=乙NEO=30°,

故。E==又EB=1,

cos303

故球。的半径。8=J12+（,=铝,

故球。的表面积为S=4nX（?）2=等.

故选：C.

【变式7-1］（2024•山东•模拟预测）如图①，将两个直角三角形拼在一起得到四边形4BCD,且AC=BC=

g力。=1,ACLAD,现将△ACD沿AC折起，使得点。到达点P处，且二面角P-4C一B的大小为60。，连接

BP,如图②，若三棱锥P-ABC的所有顶点均在同一球面上，则该球的表面积为（）

D

P

B-

①②

A.4nB.5TTC.6TTD.7TT

【解题思路】过点C作CE〃P力且CE=P4连接PE、BE,即可得到NBCE是二面角P-AC-B的平面角，从

而求出BE,即可得到BC1BE,则平面PBE,则PC为三棱锥P-ABC的外接球的直径，即可求出外接

球的表面积.

【解答过程】过点C作CE〃P4且CE=P4连接PE、BE,则四边形4CEP为平行四边形，

所以4C//PE,因为力C14P,所以ZC1CE,又4C1BC,

所以NBCE是二面角P-力C—B的平面角，即Z_BCE=60。，

在△BCE中，由余弦定理可得8产=BC2+CE2-2BC-CFcos60°=1+4-2xlx2xg=3,

即=所以BE?+BU=Cf2,所以BCJ.BE,

又BC14C,AC//PE,所以BC1PE,PECBE=E,PE,BEcnPBE,

所以BC1平面PBE,PBu平面PBE,所以8clpB,

所以PC为三棱锥P-ABC的外接球的直径，

所以外接球的半径R=三PC=^AP2+AC2=苧，

2

所以外接球的表面积S=4TTR2=4TTX（曰）=5n.

【变式7-2]（2024•陕西榆林•模拟预测）如图，△力BC是边长为4的正三角形，。是BC的中点，沿4D将△ABC

折叠，形成三棱锥4-BCD.当二面角B-4D-C为直二面角时，三棱锥力-BCD外接球的表面积为（）

B

D20碣

A.5ITB.20n

6.3

【解题思路】先证明平面BDC,利用二面角的定义可得NBDC=90°,利用勾股定理可得△BCD的外接

圆直径为BC,将三棱锥”-BCD补形成长方体来求其外接球的半径R,再利用球体表面积公式可得出答案.

【解答过程】如图所示,

折叠前，由于△4BC是边长为4的正三角形，。是的中点，贝

折叠后，则有AD1BD,因为