培优课6 与球有关的“切”“接”“截”问题
空间几何体的外接球、内切球是历年高考命题的热点，几乎每年都有涉及，熟知球与常见几何体的切接模型，掌握确定几何体外接球的球心的方法是破解此类问题的关键．
类型1 外接球问题
【典例1】 (1)(2022·新高考Ⅱ卷)已知正三棱台的高为1，上、下底面的边长分别为3和4，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为( )
A．100π B．128π C．144π D．192π
(2)(2024·四川自贡一模)如图，在△ABC中，AB＝2，AC＝3，BC＝，将△ABC绕AB旋转至△ABP处，使平面ABP⊥平面ABC，则多面体C-ABP的外接球的表面积为( )
A．14π B．16π
C．18π D．20π
(3)(2023·全国乙卷)已知点S，A，B，C均在半径为2的球面上，△ABC是边长为3的等边三角形，SA⊥平面ABC，则SA＝________．
[听课记录]
求解空间几何体的外接球问题的策略
(1)定球心：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(要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系)，达到空间问题平面化的目的；
(3)求半径：根据作出的截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解．
[跟进训练]
1．(2024·黑龙江哈尔滨二模)已知直三棱柱ABC-A1B1C1的6个顶点都在球O的表面上，若AB＝AC＝1，AA1＝4，∠BAC＝，则球O的表面积为( )
A．16π B．20π C．28π D．32π
2．已知球O的体积为36π，圆锥SO1的顶点S及底面圆O1上所有点都在球面上，且底面圆O1的半径为2，则该圆锥的侧面积为( )
A．6π B．4π或6π
C．8π或4π D．8π
3．(2024·江苏南京二模)在圆台O1O2中，圆O2的半径是圆O1半径的2倍，且O2恰为该圆台外接球的球心，则圆台的侧面积与球的表面积之比为( )
A．3∶4 B．1∶2
C．3∶8 D．3∶10
类型2 内切球问题
【典例2】 (1)如图，三棱锥V-ABC中，VA⊥底面ABC，∠BAC＝90°，AB＝AC＝AV＝2，则该三棱锥的内切球和外接球的半径之比为( )
A．(2－)∶1
B．(2－3)∶1
C．(－1)∶3
D．(－1)∶2
(2)(2020·全国Ⅲ卷)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________．
[听课记录]
空间几何体的内切球问题的两种解决方法：一是找球心，球心到切点的距离相等且为球的半径，作出截面，在截面中求半径；二是利用等体积法直接求内切球的半径．
[跟进训练]
4．在直三棱柱ABC-A1B1C1内有一个体积为V的球，若AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，AA1＝6，则V的最大值是( )
A．16π B．
C．36π D．
5．如图，在正四棱台ABCD-A1B1C1D1中，AB＝4，A1B1＝2，若半径为r的球O与该正四棱台的各个面均相切，则该球的表面积S＝________．
类型3 球的截面问题
【典例3】 (1)(2020·全国Ⅰ卷)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．48π
C．36π D．32π
(2)(2020·全国Ⅱ卷)已知△ABC是面积为的等边三角形，且其顶点都在球O的球面上．若球O的表面积为16π，则O到平面ABC的距离为( )
A． B．
C．1 D．
[听课记录]
巧用直角三角形解决截面圆问题的步骤
(1)确定球心O和截面圆的圆心O′；
(2)探求球的半径R和截面圆的半径r；
(3)利用OO′2＋r2＝R2计算相关量．
[跟进训练]
6．(2024·四川成都模拟)球面被平面所截得的一部分叫做球冠(如图1)．球冠是曲面，是球面的一部分．截得的圆叫做球冠的底，垂直于截面的直径被截得的一段叫做球冠的高．阿基米德曾在著作《论球与圆柱》中记录了一个被后人称作“Archimedes'Hat-BoxTheorem”的定理：球冠的表面积＝2πRh(如图1，这里的表面积不含底面圆的面积)．某同学制作了一个工艺品，如图2所示．该工艺品可以看成是一个球被一个棱长为4的正方体的六个面所截后剩余的部分(球心与正方体的中心重合)，即一个球去掉了6个球冠后剩下的部分．若其中一个截面圆的周长为2π，则该工艺品的表面积为( )
A．20π B．(24－34)π
C．16π D．12π
1/1培优课6 与球有关的“切”“接”“截”问题
空间几何体的外接球、内切球是历年高考命题的热点，几乎每年都有涉及，熟知球与常见几何体的切接模型，掌握确定几何体外接球的球心的方法是破解此类问题的关键．
类型1 外接球问题
【典例1】 (1)(2022·新高考Ⅱ卷)已知正三棱台的高为1，上、下底面的边长分别为3和4，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为( )
A．100π B．128π C．144π D．192π
(2)(2024·四川自贡一模)如图，在△ABC中，AB＝2，AC＝3，BC＝，将△ABC绕AB旋转至△ABP处，使平面ABP⊥平面ABC，则多面体C-ABP的外接球的表面积为( )
A．14π B．16π
C．18π D．20π
(3)(2023·全国乙卷)已知点S，A，B，C均在半径为2的球面上，△ABC是边长为3的等边三角形，SA⊥平面ABC，则SA＝________．
(1)A (2)A (3)2 [(1)由题意，得正三棱台上、下底面的外接圆的半径分别为×3＝3，×4＝4．设该棱台上、下底面的外接圆的圆心分别为O1，O2，则O1O2＝1，其外接球的球心O在直线O1O2上．设球O的半径为R，当球心O在线段O1O2上时，R2＝＝42＋(1－OO1)2，解得OO1＝4(舍去)；当球心O不在线段O1O2上时，R2＝＝32＋(1＋OO2)2，解得OO2＝3，所以R2＝25，所以该球的表面积为4πR2＝100π．故选A．
(2)法一：如图，由于AB2＋BC2＝AC2，所以AB⊥BC，
折叠后PB⊥AB，由于平面ABP⊥平面ABC，且交线为AB，PB 平面ABP，所以PB⊥平面ABC．
由于BC 平面ABC，所以PB⊥BC，
所以AB，BC，PB两两相互垂直，
所以可将多面体C-ABP补形为长方体，
设多面体C-ABP外接球的直径为2R，
则2R＝＝，4R2＝14，
所以其外接球的表面积为4πR2＝14π．故选A．
法二：(面面垂直模型：外接球半径的平方＝两垂直平面外接圆半径的平方和－两垂直平面交线长一半的平方)设多面体C-ABP外接球的半径为R，由题意可知，R＝＝，
所以其外接球的表面积为4πR2＝14π．故选A．
(3)如图，设△ABC的外接圆圆心为O1，半径为r，
则2r＝＝＝2，解得r＝．
设三棱锥S-ABC的外接球球心为O，连接OA，OO1，
则OA＝2，OO1＝SA，
因为OA2＝＋O1A2，所以4＝3＋SA2，解得SA＝2．]
求解空间几何体的外接球问题的策略
(1)定球心：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(要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系)，达到空间问题平面化的目的；
(3)求半径：根据作出的截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解．
[跟进训练]
1．(2024·黑龙江哈尔滨二模)已知直三棱柱ABC-A1B1C1的6个顶点都在球O的表面上，若AB＝AC＝1，AA1＝4，∠BAC＝，则球O的表面积为( )
A．16π B．20π C．28π D．32π
B [如图所示，在△ABC中，AB＝AC＝1，且∠BAC＝，
由余弦定理得BC2＝AB2＋AC2－2AB·AC cos ∠BAC＝1＋1－2×1×1×cos ＝3，则BC＝．
设底面△ABC的外接圆的半径为r，圆心为O1，由正弦定理得2r＝＝2，即O1A＝1 ．
设直三棱柱ABC-A1B1C1外接球的球心为O，外接球的半径为R，△A1B1C1的外接圆的圆心为O2，
在Rt△OO1A中，可得R＝＝＝＝，
所以球O的表面积为S＝4πR2＝4π×()2＝20π．
故选B．]
2．已知球O的体积为36π，圆锥SO1的顶点S及底面圆O1上所有点都在球面上，且底面圆O1的半径为2，则该圆锥的侧面积为( )
A．6π B．4π或6π
C．8π或4π D．8π
C [因为球O的体积为36π，得V球＝πR3＝36π，所以R＝3．
如图1，当SO1＝SO＋OO1时，有＝OA2－O1A2＝32－＝1，
所以OO1＝1，SO1＝SO＋OO1＝4．
又因为SA2＝＋O1A2＝42＋＝24，所以SA＝2，
所以该圆锥的侧面积为
S＝π·O1A·SA＝π×2×2＝8π．
如图2，
当SO1＝SO－OO1时，有
＝OA2－O1A2＝32－＝1，
所以OO1＝1，SO1＝SO－OO1＝2．
又因为SA2＝＋O1A2＝22＋＝12，所以SA＝2，
所以该圆锥的侧面积为S＝π·O1A·SA＝π×2×2＝4π．故选C．]
3．(2024·江苏南京二模)在圆台O1O2中，圆O2的半径是圆O1半径的2倍，且O2恰为该圆台外接球的球心，则圆台的侧面积与球的表面积之比为( )
A．3∶4 B．1∶2
C．3∶8 D．3∶10
C [如图，令外接球的半径为2R，依题意O2A＝2R，O2B＝2R，O1B＝R，过点B作BC⊥O2A，
则O2C＝O1B＝R，所以AC＝O2C＝R，又BC＝O1O2＝＝R，
所以AB＝＝2R，
所以圆台的侧面积S1＝(2πR＋2π×2R)×2R＝6πR2，球的表面积S2＝4π×(2R)2＝16πR2，
所以圆台的侧面积与球的表面积之比为S1∶S2＝6πR2∶16πR2＝3∶8．故选C．]
【教师备选资源】
(2024·广东六校模拟)已知三棱锥P-ABC，△ABC是以AC为斜边的直角三角形，△PAC是边长为2的等边三角形，且平面ABC⊥平面PAC，则三棱锥P-ABC外接球的表面积为( )
A．π B．π
C．π D．8π
A [如图，直角三角形ABC外接圆的圆心是斜边AC的中点O1，过该点作一条垂直于平面ABC的直线．因为平面ABC⊥平面PAC，所以所作直线在平面PAC内，且经过等边三角形PAC的中心，所以等边三角形PAC的中心就是三棱锥P-ABC外接球的球心，
所以△PAC外接圆的半径也是三棱锥P-ABC外接球的半径．
在△PAC中，由正弦定理知，＝2R(R是△PAC外接圆的半径)，即＝2R，所以R＝＝，
所以三棱锥P-ABC外接球的半径为，
故三棱锥P-ABC外接球的表面积为S＝4πR2＝．故选A．]
类型2 内切球问题
【典例2】 (1)如图，三棱锥V-ABC中，VA⊥底面ABC，∠BAC＝90°，AB＝AC＝AV＝2，则该三棱锥的内切球和外接球的半径之比为( )
A．(2－)∶1
B．(2－3)∶1
C．(－1)∶3
D．(－1)∶2
(2)(2020·全国Ⅲ卷)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________．
(1)C (2)π [(1)因为VA⊥底面ABC，AB，AC 底面ABC，
所以VA⊥AB，VA⊥AC．
又因为∠BAC＝90°，所以AB⊥AC，
而AB＝AC＝AV＝2，
所以AV，AB，AC是三条互相垂直且共顶点的棱，可以看成正方体中共顶点的三条棱，设该三棱锥外接球的半径为R，因此R＝＝．
设该三棱锥的内切球的半径为r，因为∠BAC＝90°，所以BC＝＝＝2．
因为VA⊥AB，VA⊥AC，AB＝AC＝AV＝2，
所以VB＝VC＝＝2．
由三棱锥的体积公式可得
3××2×2·r＋×2×2·r
＝×2×2×2，解得r＝，
所以r∶R＝∶＝(－1)∶3，故选C．
(2)易知半径最大的球即为该圆锥的内切球．圆锥PE及其内切球O如图所示，设内切球的半径为R，则sin ∠BPE＝＝＝，所以OP＝3R，所以PE＝4R＝＝＝2，所以R＝，所以内切球的体积V＝πR3＝π，即该圆锥内半径最大的球的体积为π．
]
空间几何体的内切球问题的两种解决方法：一是找球心，球心到切点的距离相等且为球的半径，作出截面，在截面中求半径；二是利用等体积法直接求内切球的半径．
[跟进训练]
4．在直三棱柱ABC-A1B1C1内有一个体积为V的球，若AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，AA1＝6，则V的最大值是( )
A．16π B．
C．36π D．
B [由题意，因为AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，
所以AC＝10，
可得△ABC的内切圆的半径为＝2．
又由AA1＝6，故在直三棱柱ABC-A1B1C1内部的球的半径最大为2，所以此时V的最大值为×π×23＝．]
5．如图，在正四棱台ABCD-A1B1C1D1中，AB＝4，A1B1＝2，若半径为r的球O与该正四棱台的各个面均相切，则该球的表面积S＝________．
8π [设球O与上底面、下底面分别切于点O1，O2，与平面ADD1A1、平面BCC1B1分别切于点E，F，
作出其截面如图所示，则MO1＝ME＝1，NE＝NO2＝2，
于是MN＝1＋2＝3．
过点M作MH⊥O2N于点H，则NH＝NO2－HO2＝NO2－MO1＝1．
在Rt△MHN中，由勾股定理可得MH＝2r＝＝＝2，所以r＝，
所以该球的表面积S＝4πr2＝4π×2＝8π．]
【教师备选资源】
1．(2024·浙江温州一模)与圆台的上、下底面及侧面都相切的球，称为圆台的内切球．若圆台的上、下底面半径分别为r1，r2，且r1·r2＝1，则它的内切球的体积为________．
[由题意，画出圆台的直观图，其中AB为圆台的母线长，D，C分别为上、下底面圆的圆心，点O为内切球的球心，点E为球O与圆台侧面相切的一个切点．
则由题意可得AB＝AE＋BE＝AD＋BC＝r1＋r2，CD＝
＝＝＝2．
设其内切球的半径为r，因此可得r＝＝1，即得内切球的体积为πr3＝π．]
2．(2024·山东潍坊二模)如图，圆台的上、下底面半径分别为r1，r2，且2r1＋r2＝12，半径为4的球与圆台的上、下底面及每条母线均相切，则圆台的侧面积为( )
A．36π B．64π
C．72π D．100π
D [如图所示，作出轴截面，O1，O2分别为上、下底面圆的圆心，M为侧面切点，O为内切球球心，
则O为O1O2的中点，
OM⊥AB，OO1＝OM＝4，O1O2＝8，O1A＝MA＝r1，O2B＝MB＝r2．
因为2r1＋r2＝12，所以r2＝12－2r1，
则AB＝MA＋MB＝r1＋r2＝12－r1．
过点A作AG⊥O2B，垂足为G，
则BG＝r2－r1＝12－3r1，
在Rt△ABG中，由勾股定理得AG2＋BG2＝AB2，
即82＋(12－3r1)2＝(12－r1)2，解得r1＝2或r1＝4．
因为r1所以圆台的侧面积为π×10×(2＋8)＝100π．故选D．]
类型3 球的截面问题
【典例3】 (1)(2020·全国Ⅰ卷)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．48π
C．36π D．32π
(2)(2020·全国Ⅱ卷)已知△ABC是面积为的等边三角形，且其顶点都在球O的球面上．若球O的表面积为16π，则O到平面ABC的距离为( )
A． B．
C．1 D．
(1)A (2)C [(1)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＝2r，解得AB＝2，故OO1＝2，所以R2＝＋r2＝(2)2＋22＝16，所以球O的表面积S＝4πR2＝64π．故选A．
(2)由等边△ABC的面积为，得AB2＝，得AB＝3．设△ABC的外接圆的半径为r，则r＝AB＝AB＝．设球O的半径为R，则由球O的表面积为16π，得4πR2＝16π，得R＝2，则球心O到平面ABC的距离d＝＝1．故选C．]
巧用直角三角形解决截面圆问题的步骤
(1)确定球心O和截面圆的圆心O′；
(2)探求球的半径R和截面圆的半径r；
(3)利用OO′2＋r2＝R2计算相关量．
[跟进训练]
6．(2024·四川成都模拟)球面被平面所截得的一部分叫做球冠(如图1)．球冠是曲面，是球面的一部分．截得的圆叫做球冠的底，垂直于截面的直径被截得的一段叫做球冠的高．阿基米德曾在著作《论球与圆柱》中记录了一个被后人称作“Archimedes'Hat-BoxTheorem”的定理：球冠的表面积＝2πRh(如图1，这里的表面积不含底面圆的面积)．某同学制作了一个工艺品，如图2所示．该工艺品可以看成是一个球被一个棱长为4的正方体的六个面所截后剩余的部分(球心与正方体的中心重合)，即一个球去掉了6个球冠后剩下的部分．若其中一个截面圆的周长为2π，则该工艺品的表面积为( )
A．20π B．(24－34)π
C．16π D．12π
B [设截面圆半径为r，球的半径为R，
则球心到某一截面的距离为正方体棱长的一半，即此距离为2，根据截面圆的周长可得2π＝2πr，得r＝1，
故R2＝22＋12＝5，得R＝，
所以球的表面积S＝20π．
如图，OA＝OB＝R＝，且OO2＝2，
则球冠的高h＝R－OO2＝－2，
所截的一个球冠的表面积S1＝2πRh＝2π××(－2)＝10π－4π，
且截面圆的面积为π×12＝π，
所以工艺品的表面积S′＝S－6S1＋6π＝20π－60π＋24π＋6π＝(24－34)π．故选B．]
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1．(2024·浙江温州模拟)在三棱锥A-BCD中，AB，BC，BD两两垂直，且AB＝BC＝BD＝4，半径为1的球O在该三棱锥内部且与平面ABC、平面ABD、平面BCD均相切．若平面α与球O相切，则三棱锥A-BCD的外接球被平面α所截得的截面面积的最小值为( )
A．(8＋2)π B．(6＋2)π
C．(8－2)π D．(6－2)π
C [设截面圆与外接球球心O1的距离为h，球O1的半径为R，截面圆的半径为r，则r2＝R2－h2，
即h越大，截面的面积越小．
由题意三棱锥A-BCD是正方体AEGF-BCHD的一部分，如图，
其外接球的球心为正方体体对角线AH的中点，
则R＝＝2，
以B为原点，BC所在直线为x轴，BD所在直线为y轴，BA所在直线为z轴建立空间直角坐标系，则O(1，1，1)，O1(2，2，2)，则OO1＝＝，
O1到球O球面上最远的点的距离为OO1＋1＝＋1，
此时以最远点为切点的平面α截外接球O1所得的截面圆的半径为＝，此时截面面积最小，
即截面面积的最小值为(8－2)π．
故选C．]
2．已知三棱锥P-ABC，Q为BC中点，PB＝PC＝AB＝BC＝AC＝2，侧面PBC⊥底面ABC，则过点Q的平面截该三棱锥外接球所得截面面积的取值范围为( )
A． B．
C．
A [如图所示，连接PQ，QA．由PB＝PC＝AB＝BC＝AC＝2，
可知△ABC和△PBC都是等边三角形．
设三棱锥P-ABC外接球的球心为O，
所以球心O在平面ABC和平面PBC内的射影是△ABC和△PBC的中心E，F．
因为△PBC是等边三角形，Q为BC中点，
所以PQ⊥BC．又因为侧面PBC⊥底面ABC，侧面PBC∩底面ABC＝BC，PQ 侧面PBC，
所以PQ⊥底面ABC，又AQ 底面ABC，所以PQ⊥AQ，所以四边形OFQE是矩形．
因为△ABC和△PBC均是边长为2的等边三角形，
所以两个三角形的高h＝＝．
在矩形OFQE中，OE＝FQ＝h＝，AE＝h＝，连接OA，
所以OA＝＝＝．
设过点Q的平面为α，当OQ⊥α时，
所得截面的面积最小，该截面为圆形，
OQ＝＝＝h＝＝，
因此圆Q的半径为＝＝1，所以此时截面面积为π·12＝π；
当点Q在以O为圆心的大圆上时，此时截面的面积最大，面积为π·＝，所以截面面积的取值范围为．故选A．]
3．(2024·辽宁大连一模)在边长为4的正方形ABCD中，如图1所示，E，F，M分别为BC，CD，BE的中点，分别沿AE，AF及EF所在直线把△AEB，△AFD和△EFC折起，使B，C，D三点重合于点P，得到三棱锥P-AEF，如图2
所示，则三棱锥P-AEF外接球的表面积是________；过点M的平面截三棱锥P-AEF的外接球所得截面的面积的取值范围是________．
24π [由题意，将三棱锥补形为长、宽、高分别为2，2，4的长方体，如图所示：
三棱锥P-AEF的外接球即为补形后长方体的外接球，设其半径为R，所以外接球的直径2R＝＝2，R＝，
所以三棱锥P-AEF的外接球的表面积S＝4πR2＝24π．
过点M的平面截三棱锥P-AEF的外接球所得的截面为圆面，其中最大截面为过球心O的大圆，此时截面圆的面积为πR2＝π×()2＝6π，
最小截面为过点M垂直于球心O与M连线的圆面，此时截面圆的半径r＝＝＝＝1(其中MN为长方体前后面对角线)，
故截面圆的面积为πr2＝π，
所以过点M的平面截三棱锥P-AEF的外接球所得截面的面积的取值范围为．]
培优专练6 与球有关的“切”“接”“截”问题
1．(2024·山东枣庄模拟)已知圆柱的底面半径为1，母线长为2，它的两个底面的圆周在同一个球的球面上，则该球的表面积为( )
A．4π B．6π C．8π D．10π
C [由题意可知该球为圆柱的外接球，所以球心为圆柱的中心，设球半径为r，则r＝＝，故该球的表面积为4πr2＝8π．故选C．]
2．已知球O的半径为5，点A到球心O的距离为3，则过点A的平面α截球O所得的截面面积的最小值是( )
A．9π B．12π
C．16π D．20π
C [由点A到球心O的距离为3，得球心O到过点A的平面α的距离的最大值为3，
因此过点A的平面α截球O所得的截面圆的半径的最小值为＝4，
所以过点A的平面α截球O所得的截面面积的最小值是16π．故选C．]
3．(2024·江西上饶模拟)已知某棱长为2的正四面体的各条棱都与同一球面相切，则该球的表面积为( )
A．4π B．2π
C． D．π
A [如图所示，在棱长为2的正方体中构造棱长为2的正四面体A-BCD，
显然正四面体的棱切球即为正方体的内切球，设球的半径为r，故r＝1，则该球的表面积为S＝4πr2＝4π．故选A．]
4．(2023·河南新乡一模)已知正三棱锥P-ABC的侧棱PA，PB，PC两两垂直，且PA＝PB＝PC＝1，以P为球心的球与底面ABC相切，则该球的半径为( )
A．
C．
B [设球的半径为r，由题可知AB＝AC＝BC＝，S△ABC＝×()2＝，
所以·r·S△ABC＝VP-ABC＝×1×1×1，解得r＝．故选B．]
5．(2024·福建泉州模拟)已知圆锥的侧面积是2π，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的内切球的半径为( )
A．
C．
B [设圆锥底面圆的半径为r，高为h，母线长为l，由题意知：
两式相除解得r＝1，l＝2，
所以圆锥的顶角为，轴截面为等边三角形，圆锥的高h＝＝，
设圆锥的内切球的半径为R，如图所示，在Rt△AOS中，OS＝AO，即R＝－R)，解得R＝．故选B．]
6．(多选)已知某圆台的上底面半径为1，下底面半径为3，球O与圆台的两个底面和侧面都相切，则下列说法中正确的是( )
A．圆台的母线长为4
B．圆台的高为4
C．圆台的表面积为26π
D．球O的表面积为12π
ACD [设梯形ABCD为圆台的轴截面，则内切圆O为圆台内切球的大圆，设其半径为R，如图，
设圆台上、下底面圆心分别为O1，O2，半径分别为r1，r2，
则O1，O，O2共线，且O1O2⊥AB，O1O2⊥CD，
连接OD，OE，OA，
则OD，OA分别平分∠ADC，∠DAB，
故∠OAD＋∠ODA＝，∠DOA＝，OE⊥AD，
故R2＝r1r2＝3，解得R＝，
故圆台的高为2R＝2，母线长为r1＋r2＝4，圆台的表面积为π(12＋32)＋π(1＋3)×4＝26π，球O的表面积S＝4πR2＝12π．故选ACD．]
7．(多选)(2023·新高考Ⅰ卷)下列物体中，能够被整体放入棱长为1(单位：m)的正方体容器(容器壁厚度忽略不计)内的有( )
A．直径为0.99 m的球体
B．所有棱长均为1.4 m的四面体
C．底面直径为0.01 m，高为1.8 m的圆柱体
D．底面直径为1.2 m，高为0.01 m的圆柱体
ABD [由于棱长为1 m的正方体的内切球的直径为1 m，所以选项A正确；由于棱长为1 m的正方体中可放入棱长为 m的正四面体，且＞1.4，所以选项B正确；因为正方体的棱长为1 m，体对角线长为 m，＜1.8，所以高为1.8 m的圆柱体不可能整体放入正方体容器中，所以选项C不正确；由于正方体的体对角线长为 m，而底面直径为1.2 m的圆柱体，其高0.01 m可忽略不计，故只需把圆柱的底面与正方体的体对角线平行放置，即可以整体放入正方体容器中，所以选项D正确．综上，故选ABD．]
8．(2024·四川成都模拟)已知在直三棱柱ABC-A1B1C1中存在内切球，若AB＝3，BC＝4，AB⊥BC，则该三棱柱外接球的表面积为________．
29π [由题意可知△ABC是直角三角形，AC＝5，则△ABC的内切圆的半径为r＝＝1．
直三棱柱ABC-A1B1C1中存在内切球，则其高为h＝2r＝2，如图所示，
分别取AC，A1C1的中点E，F，连接EF，则EF也是该直三棱柱的高，EF的中点O是其外接球球心，
OC＝＝＝，
所以外接球的表面积为S＝4π·OC2＝29π．]
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