与球有关的切、接、截问题
命题点1 球与柱体的切、接问题
1．处理球的“切”“接”问题的求解策略
解决与球有关的切、接问题，其通法是作截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题的思维流程是：
2．四个结论
(1)长、宽、高分别为a，b，c的长方体的体对角线长等于外接球的直径，即＝2R.
(2)棱长为a的正方体的体对角线长等于外接球的直径，即a＝2R.
(3)棱长为a的正方体的面对角线长等于与棱内切球的直径，即a＝2R.
(4)若直棱柱(或有一条棱垂直于一个面的棱锥)的高为h，底面外接圆半径为x，则该几何体外接球半径R满足R2＝＋x2.
[高考题型全通关]
1．[教材改编]正方体的外接球与内切球的球面面积分别为S1和S2，则( )
A．S1＝2S2
B．S1＝3S2
C．S1＝4S2
D．S1＝2S2
B [根据题意，设正方体的棱长为1，可得正方体的外接球直径为正方体的体对角线长，等于，而内切球直径等于正方体的棱长，等于1，
∴S1，S2的比值为＝＝3，
可得S1＝3S2.故选B．]
2．(2020·沈阳模拟)若三棱锥的三条侧棱两两垂直，且侧棱长都相等，其外接球的表面积是4π，则其侧棱长为( )
A．
B．
C．
D．
B [三棱锥的三条侧棱两两互相垂直，所以它的外接球就是它扩展为正方体的外接球，因为外接球的表面积是4π，所以球的半径为1，所以正方体的体对角线的长为2，所以侧棱长为.故选B．]
3．在三棱柱ABC?A1B1C1中，已知AA1⊥平面ABC，AA1＝2，BC＝2，∠BAC＝，此三棱柱各个顶点都在一个球面上，则球的体积为( )
A．
B．16π
C．
D．
A [直三棱ABC?A1B1C1的各顶点都在同一球面上，(如图)，
∵△ABC中，∠BAC＝，
∴下底面△ABC的外心P为BC的中点，
同理，可得上底面△A1B1C1的外心Q为B1C1的中点，
连接PQ，取PQ中点O，易知
O是三棱柱ABC?A1B1C1外接球的球心．
∵Rt△POB中，BP＝BC＝，PO＝AA1＝1，
∴BO＝＝2，即外接球半径R＝2，
因此，三棱柱ABC?A1B1C1外接球的球的体积为V＝πR3＝π×23＝π.故选A．]
4．已知直三棱柱ABC?A1B1C1的各顶点都在以O为球心的球面上，且∠BAC＝，AA1＝BC＝2，则球O的体积为( )
A．4π
B．8π
C．12π
D．20π
A [在底面△ABC中，由正弦定理得底面△ABC所在的截面圆的半径r＝＝＝.
所以直三棱柱ABC?A1B1C1的外接球的半径
R＝＝＝.
故直三棱柱ABC?A1B1C1的外接球的体积为πR3＝4π.故选A．]
5．一底面半径为2的圆柱形封闭容器内有一个半径为1的小球，与一个半径为2的大球，则该容器容积最小为( )
A．24π
B．20π
C．(12＋8)π
D．16π
C [依题意，要想容积最小，小球、大球的位置如图，
其中DE＝1＋2＝3，DC＝2－1＝1，AE＝BE＝1.
EC＝＝2，
故圆柱的高为AE＋EC＋R大球＝3＋2.
该容器容积最小为22π×(3＋2)＝(12＋8)π.
故选C．]
6．(2020·武汉重点中学联考)如图所示，直三棱柱ABC?A1B1C1是一块石材，测量得∠ABC＝90°，AB＝6，BC＝8，AA1＝13.若将该石材切削、打磨，加工成几个大小相同的健身手球，则一个加工所得的健身手球的最大体积及此时加工成的健身手球的个数分别为( )
A．，4
B．，3
C．6π，4
D．，3
D [依题意知，当健身手球与直三棱柱的三个侧面均相切时，健身手球的体积最大．易知AC＝＝10，设健身手球的半径为R，则
×(6＋8＋10)×R＝×6×8，解得R＝2.
则健身手球的最大直径为4.
因为AA1＝13，所以最多可加工3个健身手球．
于是一个健身手球的最大体积V＝πR3＝π×23＝.故选D．]
7.如图，在圆柱O1O2内有一个球O，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切，记圆柱O1O2的体积为V1，球O的体积为V2，则的值是________．
[设球O的半径为R，
∵球O与圆柱O1O2的上、下底面及母线均相切，
∴圆柱O1O2的高为2R，底面半径为R.
∴＝＝.]
8．若侧面积为4π的圆柱有一外接球O，当球O的体积取得最小值时，圆柱的表面积为________．
6π [设圆柱的底面圆的半径为r，高为h，
则球的半径R＝，
∵球体积V＝R3，
故当且仅当R最小时V最小．
圆柱的侧面积为2πrh＝4π，
∴rh＝2,
∴＝，
∴R＝≥，当且仅当r2＝时，即r＝1时取“＝”号，此时R取最小值．
∴r＝1，h＝2，
圆柱的表面积为2π＋2π×1×2＝6π.]
命题点2 球与锥体的切、接问题
球与锥体切接问题的三种常用方法
(1)补形法：球与三条侧棱互相垂直的三棱锥组合问题，解决的基本方法是补形法，即把三棱锥补成正方体或长方体．
(2)截面法：球与正四面体的内切问题常采用等体积分割法和截面法求解；球与正四面体外接问题可采用补形法(正方体)或构造直角三角形．
(3)确定球心法：充分利用所给几何体的性质结合截面圆的特征，确定球心，从而借助直角三角形求解．
[高考题型全通关]
1．在三棱锥P?ABC中，∠ACB＝，CA＝CB＝2，PA＝PB＝2，PC＝2，则三棱锥P?ABC的外接球表面积为( )
A．12π
B．24π
C．36π
D．48π
B [∵CA＝2，PA＝2，PC＝2，
∴CA2＋PA2＝PC2，
∴∠PAC＝90°，
同理，∠PBC＝90°，
∴PC中点O到各顶点距离相等，即O为外接球球心．
∴外接球半径为，
∴外接球表面积为24π，故选B．]
2．已知圆锥的高为3，底面半径为，若该圆锥的顶点与底面的圆周都在同一个球面上，则这个球的体积等于( )
A．π
B．π
C．16π
D．32π
B [设该圆锥的外接球的半径为R，依题意得，R2＝(3－R)2＋()2，解得R＝2，所以所求球的体积V＝πR3＝π×23＝π，故选B．]
3．一个正四面体的棱长为2，则这个正四面体的外接球的表面积为( )
A．6π
B．8π
C．π
D．11π
A [将正四面体补成一个正方体，则正方体的棱长为，正方体的体对角线长为，
∵正四面体的外接球的直径为正方体的体对角线长，
∴外接球的表面积为4π·2＝6π.故选A．]
4．三棱锥P?ABC中，△ABC为等边三角形，PA＝PB＝PC＝3，PA⊥PB，三棱锥P?ABC的外接球的体积为( )
A．π
B．π
C．27π
D．27π
B [∵三棱锥P?ABC中，△ABC为等边三角形，PA＝PB＝PC＝3，
∴△PAB≌△PBC≌△PAC．∵PA⊥PB，∴PA⊥PC，PC⊥PB．以PA，PB，PC为过同一顶点的三条棱作正方体(如图所示)，则正方体的外接球同时也是三棱锥P?ABC的外接球．∵正方体的体对角线长为＝3，
∴其外接球半径R＝.
因此三棱锥P?ABC的外接球的体积V＝×＝π，故选B．]
5．已知三棱锥S?ABC的底面是以AB为斜边的等腰直角三角形，AB＝2，SA＝SB＝SC＝2，则三棱锥的外接球的球心到平面ABC的距离是( )
A．
B．1
C．
D．
A [∵三棱锥S?ABC的底面是以AB为斜边的等腰直角三角形，且SA＝SB＝SC,
∴S在平面ABC上的射影为AB的中点H，设三棱锥的外接球的球心为O，易知，球心O在线段SH上．
∵SH＝，CH＝1，设球的半径为R
，则
R2＝(－R)2＋12，解得R＝
，
∴OH＝，
即为O与平面ABC的距离．故选A．]
6．已知点A，B，C，D均在球O上，AB＝BC＝，AC＝3，若三棱锥D?ABC体积的最大值为，则球O的表面积为( )
A．36π
B．16π
C．12π
D．π
B [设△ABC的外接圆的半径为r，则
∵AB＝BC＝，AC＝3，∴∠ABC＝120°，S△ABC＝，
∴2r＝＝2，
∵三棱锥D?ABC的体积的最大值为，
∴D到平面ABC的最大距离为3，
设球的半径为R，则R2＝3＋(3－R)2,
∴R＝2,
∴球O的表面积为4πR2＝16π.故选B．]
7．若圆锥的内切球与外接球的球心重合，且内切球的半径为1，则圆锥的体积为( )
A．π
B．2π
C．3π
D．4π
C [过圆锥的旋转轴作轴截面，得△ABC及其内切圆⊙O1和外切圆⊙O2，
且两圆同圆心，即△ABC的内心与外心重合，易得△ABC为正三角形，
由题意⊙O1的半径为r＝1,
∴△ABC的边长为2，
∴圆锥的底面半径为，高为3,
∴V＝×π×3×3＝3π.故选C．]
8．我国古代数学名著《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑．在封闭的鳖臑P?ABC内有一个体积为V的球，若PA⊥平面ABC，AB⊥BC，PA＝AB＝BC＝1，则V的最大值是( )
A．π
B．
C．π
D．
C [球与三棱锥的四个面均相切时球的体积最大，
设此时球的半径为R，则V三棱锥P?ABC＝·R·(S△ABC＋S△PAB＋S△PAC＋SPBC)，
即××1×1×1
＝×R×，
解得R＝.
所以球的体积V的最大值为π＝π.故选C．]
9．四棱锥P?ABCD的底面ABCD为正方形，PA⊥底面ABCD，AB＝2，若该四棱锥的所有顶点都在体积为的同一球面上，则PA的长为( )
A．3
B．
C．1
D．
C [连接AC，BD交于点E，取PC的中点O，连接OE，则OE∥PA，所以OE⊥底面ABCD，则O到四棱锥的所有顶点的距离相等，即O为球心，PC＝，
所以由球的体积可得π·3＝，
解得PA＝1，故选C．]
10．[高考改编] 已知点A，B，C，D在同一个球的球面上，AB＝BC＝，∠ABC＝90°.若四面体ABCD体积的最大值为3，则这个球的表面积为( )
A．2π
B．4π
C．8π
D．16π
D [∵AB＝BC＝，∠ABC＝90°，∴S△ABC＝××＝3，AC＝2，△ABC所在球的小圆的圆心Q是斜边AC的中点，
∴小圆的半径为.
∵四面体ABCD的体积取得最大值，且S△ABC不变，
∴当底面ABC上的高最大时体积最大．
∴当DQ与平面ABC垂直时体积最大，
最大值为·S△ABC·DQ＝3，
即×3×DQ＝3，解得DQ＝3，如图所示，
设球心为O，半径为R，在Rt△AQO中，OA2＝OQ2＋AQ2，即R2＝(3－R)2＋()2，解得R＝2.
∴这个球的表面积S＝4πR2＝16π，故选D．]
11．[一题两空]已知圆锥的顶点为P，母线PA与底面所成的角为30°，底面圆心O到PA的距离为1，则该圆锥的体积为________，外接球的表面积为________．
[依题意得，圆锥底面半径r＝＝2，高h＝＝，
∴该圆锥的体积为V＝πr2·h＝.
设圆锥外接球半径为R，则R2＝r2＋(R－h)2，
即R2＝22＋，解得R＝，
∴外接球的表面积为S＝4πR2＝.]
[教师备选]
1．已知正三棱锥的高为6，内切球(与四个面都相切)的表面积为16π，则其底面边长为( )
A．18
B．12
C．6
D．4
B [由题意知，球心在三棱锥的高PE上，设内切球的半径为R，则S球＝4πR2＝16π，所以R＝2，所以OE＝OF＝2，OP＝4.在Rt△OPF中，PF＝＝2.因为△OPF∽△DPE，所以＝，得DE＝2，AD＝3DE＝6，AB＝AD＝12.故选B．]
2．(2020·赤峰模拟)已知三棱锥P?ABC中，PA＝PB＝PC＝，当三棱锥P?ABC体积最大时，三棱锥P?ABC的外接球的体积为( )
A．π
B．36π
C．π
D．π
A [PA＝PB＝PC＝，当PA，PB，PC两两相互垂直时，三棱锥P?ABC体积最大值，如图所示，可得棱长为的正方体，由外接球的直径2R是正方体的体对角线可得，2R＝＝3，解得R＝，外接球的体积为V＝π×＝，故选A．]
3.如图所示，在边长为4的正方形纸片ABCD中，AC与BD相交于点O.剪去△AOB，将剩余部分沿OC，OD折叠，使OA，OB重合，则以A(B)C，D，O为顶点的四面体的外接球的体积为( )
A．8π
B．24π
C．
D．48π
A [翻折后的几何体为底面边长为4，侧棱长为2的正三棱锥O?ACD，如图，
取CD中点E，连接AE，作OF⊥平面ACD，交AE于F，则F是△ACD的重心，
由题意知AE＝＝2，AF＝＝，
OF＝＝＝，
设G为四面体的外接球的球心，球半径为R，则G在直线OF上，且OG＝AG＝R，
∴由AG2＝AF2＋GF2，
得R2＝2＋－R2，解得R＝，
∴以A(B)，C，D，O为顶点的四面体的外接球的体积为V＝πR3＝8π.故选A．]
4．[一题两空]四面体ABCD的每个顶点都在球O的球面上，AB，AC，AD两两垂直，且AB＝1，AC＝2，AD＝3，则四面体ABCD的体积为________，球O的表面积为________．
1 14π [∵AB，AC，AD两两垂直，且AB＝1，AC＝2，AD＝3，
∴四面体ABCD的体积VABCD＝××1×2×3＝1，
把此三棱锥补形为长方体，球的直径即为长方体的对角线．
设球O的半径为r，则(2r)2＝12＋22＋32＝14.
其表面积S球＝4πr2＝14π.]
5．已知一个三棱锥的所有棱长均为，则该三棱锥的内切球的体积为________．
π [由题意可知，该三棱锥为正四面体，如图所示．
AE＝AB·sin
60°＝，
AO＝AE＝，
DO＝＝，
三棱锥的体积VD?ABC＝S△ABC·DO＝，
设内切球的半径为r，则
VD?ABC＝r(S△ABC＋S△ABD＋S△BCD＋S△ACD)＝，
解得r＝，
V内切球＝πr3＝π.]
6．(2020·化州模拟)在四面体ABCD中，AB＝1，BC＝CD＝，AC＝，当四面体ABCD的体积最大时，其外接球的表面积为________．
6π [∵AB＝1，BC＝CD＝，AC＝，∴由勾股定理得AB2＋AC2＝BC2，
∴△ABC是以BC为斜边的直角三角形，
当CD⊥平面ABC时，四面体ABCD的体积取最大值，
此时，四面体ABCD外接球的直径为2R＝BD＝＝＝，
∴外接球的半径为r＝，
∴当四面体ABCD的体积最大时，其外接球的表面积为S＝4πr2＝4π×2＝6π.]
命题点3 与球有关的截面问题
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．
[高考题型全通关]
1.(2020·西宁一模)某同学在参加《通用技术》实践课时，制作了一个工艺品，如图所示，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)，若其中一个截面圆的周长为4π，则该球的半径是( )
A．2
B．4
C．2
D．4
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2，根据截面圆的周长可得4π＝2πr，得r＝2，故由题意知R2＝r2＋(2)2，即
R2＝22＋(2)2＝16，所以R＝4，故选B．]
2．(2020·全国卷Ⅱ)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．
C [由等边三角形ABC的面积为，得×AB2＝，得AB＝3，则△ABC的外接圆半径r＝×AB＝AB＝.设球的半径为R，则由球的表面积为16π，得4πR2＝16π，得R＝2，则球心O到平面ABC的距离d＝＝1，故选C．]
3．(2020·南开中学模拟)正三棱锥P?ABC，Q为BC中点，PA＝，AB＝2，过Q的平面截三棱锥P?ABC的外接球所得截面的面积范围为( )
A．
B．
C．
D．
D [因为正三棱锥P?ABC，PB＝PC＝PA＝，AC＝BC＝AB＝2，
所以PB2＋PA2＝AB2，即PB⊥PA，同理PB⊥PC，PC⊥PA，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O，由正方体结构特征可得，O点即是正方体的外接球球心，所以点O也是正三棱锥P?ABC外接球的球心，记外接球半径为R，则R＝＝，因为球的最大截面圆为过球心的圆，所以过Q的平面截三棱锥P?ABC的外接球所得截面的面积最大为Smax＝πR2＝π；又Q为BC中点，由正方体结构特征可得OQ＝PA＝；由球的结构特征可知，当OQ垂直于过Q的截面时，截面圆半径最小为r＝＝1，所以Smin＝πr2＝π.
因此，过Q的平面截三棱锥P?ABC的外接球所得截面的面积范围为.故选D．]
4．[一题两空](2020·烟台模拟)已知三棱锥P?ABC的四个顶点都在球O的表面上，PA⊥平面ABC，PA＝6，AB＝2，AC＝2，BC＝4，则：
(1)球O的表面积为________；
(2)若D是BC的中点，过点D作球O的截面，则截面面积的最小值是________．
(1)52π (2)4π [(1)由题意，根据勾股定理可得AC⊥AB，则可将三棱锥P?ABC放入以AP，AC，AB为长方体的长，宽，高的长方体中，则体对角线为外接球直径，即2r＝＝2，则r＝，所以球的表面积为4πr2＝4π×()2＝52π.
(2)由题意，因为Rt△ABC，所以D为底面ABC的外接圆圆心，当DO⊥截面时，截面面积最小，即截面为平面ABC，则外接圆半径为2，故截面面积为π×22＝4π.]
5．(2020·新高考全国卷Ⅰ)已知直四棱柱ABCD?A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD＝60°，以D1为球心，为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为________．
[如图，连接B1D1，易知△B1C1D1为正三角形，所以B1D1＝C1D1＝2.分别取B1C1，BB1，CC1的中点M，G，H，连接D1M，D1G，D1H，则易得D1G＝D1H＝＝，D1M⊥B1C1，且D1M＝.由题意知G，H分别是BB1，CC1与球面的交点．在侧面BCC1B1内任取一点P，使MP＝，连接D1P，则D1P＝＝＝，连接MG，MH，易得MG＝MH＝，故可知以M为圆心，为半径的圆弧GH为球面与侧面BCC1B1的交线．由∠B1MG＝∠C1MH＝45°知∠GMH＝90°，所以的长为×2π×＝.]
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