第2课时 球的切、接与截面问题
[考试要求] 在直观感知空间几何体与球切、接、截问题的基础上，能借助空间几何体及球的几何性质确定球心，并能解决相应几何体的表面积、体积、截线、截面等计算问题．
考点一 简单几何体的外接球
柱体的外接球问题
[典例1] (1)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
(2)一个长方体的各个顶点均在同一个球的球面上，且一个顶点上的三条棱的长分别为 1，2，3，则此球的表面积为________．
[听课记录]___________________________________________________________ _________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
[拓展变式] 若将本例(1)的条件“∠BAC＝，AA1＝BC＝2”换为“AB＝3，AC＝4，AB⊥AC，AA1＝12”，其他条件不变，则球O的半径为________．
台体的外接球问题
[典例2] (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
[听课记录]___________________________________________________________ _________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
锥体的外接球问题
[典例3] (1)已知三棱锥P-ABC的三条侧棱两两互相垂直，且AB＝，BC＝，AC＝2，则此三棱锥的外接球的体积为( )
A．π B．π
C．π D．π
(2)(2021·天津高考)两个圆锥的底面是一个球的同一截面，顶点均在球面上，若球的体积为，两个圆锥的高之比为1∶3，则这两个圆锥的体积之和为( )
A．3π B．4π
C．9π D．12π
(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]___________________________________________________________ _________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
[拓展变式] 若将本例(1)的条件改为“侧棱和底面边长都是3的正四棱锥的各顶点都在以O为球心的球面上”，则其外接球的半径为________．
求解外接球问题的方法
(1)解决多面体外接球问题的关键是确定球心的位置，方法是先选择多面体中的一面，确定此面多边形外接圆的圆心，再过此圆心作此面的垂线，则球心一定在此垂线上，最后根据其他顶点的情况确定球心的准确位置．
(2)对于特殊的多面体还可通过补成正方体、长方体或直棱柱的方法找到球心的位置．
[跟进训练]
1．(1)(2024·广东揭阳期中)在三棱锥S-ABC中，SA＝BC＝5，SB＝AC＝，SC＝AB＝，则该三棱锥的外接球的表面积是( )
A．50π B．100π
C．150π D．200π
(2)已知某正六棱柱的所有棱长均为2，则该正六棱柱的外接球的表面积为( )
A．6π B．8π
C．16π D．20π
(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
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考点二 简单几何体的内切球
[典例4] (1)已知圆台的上、下底面的半径之比为，侧面积为9π，在圆台的内部有一球O，该球与圆台的上、下底面及母线均相切，则球O的表面积为( )
A．3π B．5π
C．8π D．9π
(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]___________________________________________________________ _________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
“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通用方法．
(3)正四面体的外接球的半径R＝a，内切球的半径r＝a，其半径R∶r＝3∶1．(a为该正四面体的棱长)
(4)等体积法求内切球半径．
[跟进训练]
2．(1)在封闭的直三棱柱ABC-A1B1C1内有一个体积为V的球．若AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，AA1＝3，则V的最大值是( )
A．4π B．
C．6π D．
(2)若一个正四面体的表面积为S1，其内切球的表面积为S2，则＝________．
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考点三 与球有关的截面问题
[典例5] (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]
3．如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高是8 cm，将一个球放在容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6 cm，如果不计容器的厚度，则球的体积为( )
A． cm3 B． cm3
C． cm3 D． cm3
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简单几何体的外接球与内切球问题是立体几何的重点，也是历年高考考查的一个热点．研究多面体的外接球问题，既要运用多面体的知识，又要运用球的知识，并且还要特别注意多面体的有关几何关系，及其与球的半径之间的关系，而多面体外接球半径的求法在解题中往往会起到至关重要的作用．
一、定义法确定球心
[典例1] 在四面体P-ABC中，已知∠ABC＝90°，PA⊥平面ABC，若PA＝AB＝BC＝1，则该四面体的外接球的体积为( )
A．π B．π C．2π D．
[赏析] 突破点1：发现垂直关系，如下①②处
如图，取PC的中点O，连接OA，OB，由题意得①，
又因为AB⊥BC，PA∩AB＝A，PA，AB 平面PAB，
所以BC⊥平面PAB，所以②．
在Rt△PBC中，OB＝PC，
同理OA＝PC，
突破点2：得出四点共球面
所以OA＝OB＝OC＝PC，
因此P，A，B，C四点在以O为球心的球面上，
在Rt△ABC中，AC＝＝．
在Rt△PAC中，PC＝＝，
球O的半径R＝PC＝，
所以外接球的体积为π×＝．
[答案] D
到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据球心到其他顶点的距离也是球的半径，列关系式求解即可．
[跟进训练]
1．在四面体ABCD中，AB＝，DA＝DB＝CA＝CB＝1，则四面体ABCD的外接球的表面积为( )
A．π B．2π
C．3π D．4π
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二、交轨法确定球心
[典例2] 已知△ABC是以BC为斜边的直角三角形，P为平面ABC外一点，且平面PBC⊥平面ABC，BC＝3，PB＝2，PC＝，则三棱锥P-ABC的外接球的表面积为________．
[赏析] 突破点1：找过△ABC外接圆圆心的垂线
如图所示，设M为BC的中点，在平面PBC内过点M作MN⊥BC，因为平面PBC⊥平面ABC，平面PBC∩平面ABC＝BC，MN 平面PBC，所以MN⊥平面ABC．
突破点2：寻找△PBC的外心，交轨法得球心
又△ABC是以BC为斜边的直角三角形，所以直线MN上任意一点到A，B，C的距离相等．
在平面PBC内作线段PB的垂直平分线DE，设DE与MN的交点为O，则点O到P，A，B，C的距离都相等，即点O为三棱锥P-ABC外接球的球心，并且O也是△PBC的外心．
因此三棱锥P-ABC外接球的半径与△PBC的外接圆的半径相等．
又PB＝2，BC＝3，PC＝，
所以cos ∠PBC＝＝，
则sin ∠PBC＝．
设三棱锥P-ABC外接球的半径为R，
则2R＝＝，即R＝，
则外接球的表面积S＝4πR2＝10π．
[答案] 10π
分别过几何体的两个相交平面的外接圆的圆心作各自所在平面的垂线，垂线的交点就是球心．
[跟进训练]
2．已知A，B是球O的球面上两点，AB＝2，过AB作互相垂直的两个平面截球得到圆O1和圆O2，若∠AO1B＝90°，∠AO2B＝60°，则球O的表面积为( )
A．5π B．10π
C．15π D．20π
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第2课时 球的切、接与截面问题
考点一
考向1 典例1 (1)A (2)14π [(1)在底面△ABC中，由正弦定理得底面△ABC所在的截面圆的半径r＝，
则直三棱柱ABC－A1B1C1的外接球的半径R＝，
则直三棱柱ABC－A1B1C1的外接球的体积为πR3＝4π．故选A．
(2)设外接球的半径为R，长方体外接球的直径长等于长方体的体对角线长，即 2R＝，所以球的表面积为4πR2＝14π．]
拓展变式
[如图所示，过球心O作平面ABC的垂线，则垂足为BC的中点M．
又AM＝BC＝，OM＝AA1＝6，
所以球O的半径R＝OA＝ ＝．]
考向2 典例2 A [由题意，得正三棱台上、下底面的外接圆的半径分别为＝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＝32＋＝42＋(1－OO1)2，解得OO1＝4(舍去)；当球心O不在线段O1O2上时，R2＝42＋＝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．]
考向3 典例3 (1)B (2)B (3)2 [(1)∵AB＝，BC＝，AC＝2，
∴PA＝1，PC＝，PB＝2．
以PA，PB，PC为过同一顶点的三条棱，作长方体，如图所示，则长方体的外接球同时也是三棱锥P-ABC的外接球．
∵长方体的体对角线长为＝2，
∴球的直径为2，半径R＝，
∴三棱锥P-ABC外接球的体积为πR3＝π×()3＝π．故选B．
(2)如图，设球O的半径为R，由题意＝，可得R＝2，则球O的直径为4．
∵两个圆锥的高之比为1∶3，
∴AO1＝1，BO1＝3，
由直角三角形中的射影定理可得r2＝1×3，即r＝．
∴这两个圆锥的体积之和为V＝π×()2×(1＋3)＝4π．故选B．
(3)法一：
如图，设△ABC的外接圆圆心为O1，连接O1A，因为△ABC是边长为3的等边三角形，所以其外接圆半径r＝O1A＝×3＝．
将三棱锥S-ABC补形为正三棱柱SB1C1-ABC，由题意知SA为侧棱，设球心为O，连接OO1，OA，则OO1⊥平面ABC，且OO1＝SA．又球的半径R＝OA＝2，OA2＝＋O1A2，所以4＝SA2＋3，得SA＝2．
法二：如图，设△ABC的外接圆圆心为O1，连接O1A，因为△ABC是边长为3的等边三角形，所以其外接圆半径r＝O1A＝×3＝．
设三棱锥S-ABC的外接球球心为O，连接OO1，则OO1⊥平面ABC．又SA⊥平面ABC，所以OO1∥SA，连接OS，OA，由题意知OS＝OA＝2．过O作SA的垂线，设垂足为H，则四边形AO1OH为矩形，所以OO1＝AH，由OS＝OA可知H为SA的中点，则OO1＝AH＝SA．
所以在Rt△OO1A中，由勾股定理可得OA2＝＋O1A2，即4＝SA2＋3，得SA＝2．]
拓展变式
3 [依题意，得该正四棱锥底面对角线的长为3＝6，高为＝3，
因此底面中心到各顶点的距离均等于3，所以该正四棱锥的外接球的球心即为底面正方形的中心，其外接球的半径为3．]
跟进训练
1．(1)A (2)D (3)C
[(1)因为SA＝BC＝5，SB＝AC＝，
所以可以将三棱锥S－ABC放置于一个长方体中，如图所示，
设长方体的长、宽、高分别为a，b，c，
则有整理得a2＋b2＋c2＝50，
则该棱锥外接球的半径即为该长方体外接球的半径，设外接球的半径为R，
所以有a2＋b2＋c2＝50＝＝4R2，
所以外接球的表面积为4πR2＝π×50＝50π．
故选A．
(2)由正六棱柱的性质可得O为其外接球的球心(如图), OO′＝1，由于底面为正六边形，所以△ABO′为等边三角形，故AO′＝2，所以AO＝，
即AO为外接球的半径，故外接球的表面积为4π＝20π，故选D．
(3)令外接球的半径为2R，依题意O2A＝2R，O2B＝2R，O1B＝R，
过点B作BC⊥O2A，垂足为点C，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＝π×2R＝6πR2，
球的表面积S2＝4π×＝16πR2，
所以圆台的侧面积与球的表面积之比为S1∶S2＝∶＝3∶8．
故选C．]
考点二
典例4 (1)C (2) [(1)设圆台的上底面半径为r，则下底面半径为2r，母线长为l，如图所示，作出圆台与球的轴截面．
由于球O与圆台的上、下底面及母线均相切，
故l＝AD＝AH＋DG＝r＋2r＝3r．
根据圆台的侧面积公式S＝(πr＋2πr)l＝9π，可得r＝1，
所以球的直径为HG＝2，即半径为，则球的表面积为4π×2＝8π．故选C．
(2)法一：
如图，在圆锥的轴截面ABC中，CD⊥AB，BD＝1，BC＝3，圆O内切于△ABC，E为切点，连接OE，则OE⊥BC．在Rt△BCD中，CD＝．易知BE＝BD＝1，则CE＝2．设圆锥的内切球半径为R，则OC＝2－R，在Rt△COE中，OC2－OE2＝CE2，即2－R2＝4，所以R＝，圆锥内半径最大的球的体积为πR3＝π．
法二：
如图，记圆锥的轴截面为△ABC，其中AC＝BC＝3，AB＝2，CD⊥AB，在Rt△BCD中，CD＝，则S△ABC＝．设△ABC的内切圆O的半径为R，则R＝，所以圆锥内半径最大的球的体积为πR3＝π．]
跟进训练
2．(1)B (2) [(1)要使球的体积最大，必须使球的半径最大．设球的半径为R，∵△ABC的内切圆半径为＝2，∴R≤2，由题意易知球与直三棱柱的上、下底面都相切时，球的直径取得最大值3，∴R＝，∴Vmax＝π＝π．故选B．
(2)设正四面体的棱长为a，则正四面体的表面积S1＝4××a2＝a2，其内切球的半径r为a，因此内切球的表面积S2＝4πr2＝，则＝＝．]
考点三
典例5 C [由等边三角形ABC的面积为，得，得AB＝3，则△ABC的外接圆半径r＝．设球的半径为R，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．]
跟进训练
3．A [设球心为O，半径为R cm，正方体上底面中心为A，上底面一边的中点为B(图略)，在Rt△OAB中，OA＝(R－2)cm，AB＝4 cm，OB＝R cm，由R2＝(R－2)2＋42，得R＝5(cm)，∴V球＝πR3＝(cm3)．故选A．]
微点突破5
跟进训练
1．B [如图，取AB的中点O，
由AB＝，DA＝DB＝CA＝CB＝1，
得CA2＋CB2＝AB2，AD2＋BD2＝AB2，
可得∠ACB＝∠ADB＝90°，
所以OA＝OB＝OC＝OD＝，
即O为外接球的球心，球的半径R＝，
所以四面体ABCD的外接球的表面积S＝4πR2＝4π×＝2π．]
2．D [取AB的中点M，连接O1M，O2M，OM，因为圆O1所在平面与圆O2所在平面垂直，所以O1M∥OO2，且O1M＝OO2，O1M⊥O2M，所以四边形OO1MO2是矩形．因为AB＝2，∠AO2B＝60°，∠AO1B＝90°，所以O2M＝，O1M＝1，所以OM＝＝2，所以球O的半径为，所以球O的表面积为4π×2＝20π．故选D．
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第七章
立体几何与空间向量
第2课时 球的切、接与截面问题
[考试要求] 在直观感知空间几何体与球切、接、截问题的基础上，能借助空间几何体及球的几何性质确定球心，并能解决相应几何体的表面积、体积、截线、截面等计算问题．
考点一 简单几何体的外接球
考向1 柱体的外接球问题
[典例1] (1)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
(2)一个长方体的各个顶点均在同一个球的球面上，且一个顶点上的三条棱的长分别为 1，2，3，则此球的表面积为________．
典例精研·核心考点
√
14π
(1)A (2)14π [(1)在底面△ABC中，由正弦定理得底面△ABC所在的截面圆的半径r＝＝＝，则直三棱柱ABC-A1B1C1的外接球的半径R＝＝＝，
则直三棱柱ABC-A1B1C1的外接球的体积为πR3＝4π．故选A．
(2)设外接球的半径为R，长方体外接球的直径长等于长方体的体对角线长，即 2R＝＝，所以球的表面积为4πR2＝14π．]
[拓展变式] 若将本例(1)的条件“∠BAC＝，AA1＝BC＝2”换为“AB＝3，AC＝4，AB⊥AC，AA1＝12”，其他条件不变，则球O的半径为________．
[如图所示，过球心O作平面ABC的垂线，则垂足为BC的中点M．
又AM＝BC＝，OM＝AA1＝6，
所以球O的半径R＝OA＝ ＝．]
考向2 台体的外接球问题
[典例2] (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
√
A [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．]
考向3 锥体的外接球问题
[典例3] (1)已知三棱锥P-ABC的三条侧棱两两互相垂直，且AB＝，BC＝，AC＝2，则此三棱锥的外接球的体积为( )
A．π B．π
C．π D．π
√
(2)(2021·天津高考)两个圆锥的底面是一个球的同一截面，顶点均在球面上，若球的体积为，两个圆锥的高之比为1∶3，则这两个圆锥的体积之和为( )
A．3π B．4π
C．9π D．12π
(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＝________．
√
2
(1)B (2)B (3)2 [(1)∵AB＝，BC＝，AC＝2，
∴PA＝1，PC＝，PB＝2．
以PA，PB，PC为过同一顶点的三条棱，作长方体，如图所示，则长方体的外接球同时也是三棱锥P-ABC的外接球．
∵长方体的体对角线长为＝2，
∴球的直径为2，半径R＝，
∴三棱锥P-ABC外接球的体积为πR3＝π×()3＝π．故选B．
(2)如图，设球O的半径为R，由题意＝，可得R＝2，则球O的直径为4．
∵两个圆锥的高之比为1∶3，
∴AO1＝1，BO1＝3，
由直角三角形中的射影定理可得r2＝1×3，即r＝．
∴这两个圆锥的体积之和为V＝π×()2×(1＋3)＝4π．故选B．
(3)法一：
如图，设△ABC的外接圆圆心为O1，连接O1A，因为△ABC是边长为3的等边三角形，所以其外接圆半径r＝O1A＝×3＝．
将三棱锥S-ABC补形为正三棱柱SB1C1-ABC，由题意知SA为侧棱，设球心为O，连接OO1，OA，则OO1⊥平面ABC，且OO1＝SA．又球的半径R＝OA＝2，OA2＝＋O1A2，所以4＝SA2＋3，得SA＝2．
法二：如图，设△ABC的外接圆圆心为O1，连接O1A，因为△ABC是边长为3的等边三角形，所以其外接圆半径r＝O1A＝×3＝．
设三棱锥S-ABC的外接球球心为O，连接OO1，则OO1⊥平面ABC．又SA⊥平面ABC，所以OO1∥SA，连接OS，OA，由题意知OS＝OA＝2．过O作SA的垂线，设垂足为H，则四边形AO1OH为矩形，所以OO1＝AH，由OS＝OA可知H为SA的中点，则OO1＝AH＝SA．
所以在Rt△OO1A中，由勾股定理可得OA2＝＋O1A2，即4＝SA2＋3，得SA＝2．]
[拓展变式] 若将本例(1)的条件改为“侧棱和底面边长都是3的正四棱锥的各顶点都在以O为球心的球面上”，则其外接球的半径为________．
3 [依题意，得该正四棱锥底面对角线的长为3＝6，高为＝3，
因此底面中心到各顶点的距离均等于3，所以该正四棱锥的外接球的球心即为底面正方形的中心，其外接球的半径为3．]
3
名师点评 求解外接球问题的方法
(1)解决多面体外接球问题的关键是确定球心的位置，方法是先选择多面体中的一面，确定此面多边形外接圆的圆心，再过此圆心作此面的垂线，则球心一定在此垂线上，最后根据其他顶点的情况确定球心的准确位置．
(2)对于特殊的多面体还可通过补成正方体、长方体或直棱柱的方法找到球心的位置．
[跟进训练]
1．(1)(2024·广东揭阳期中)在三棱锥S-ABC中，SA＝BC＝5，SB＝AC＝，SC＝AB＝，则该三棱锥的外接球的表面积是( )
A．50π B．100π
C．150π D．200π
(2)已知某正六棱柱的所有棱长均为2，则该正六棱柱的外接球的表面积为( )
A．6π B．8π
C．16π D．20π
√
√
(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
√
(1)A (2)D (3)C
[(1)因为SA＝BC＝5，SB＝AC＝，SC＝AB＝，
所以可以将三棱锥S-ABC放置于一个长方体中，如图所示，设长方体的长、宽、高分别为a，b，c，
则有整理得a2＋b2＋c2＝50，
则该棱锥外接球的半径即为该长方体外接球的半径，设外接球的半径为R，
所以有a2＋b2＋c2＝50＝＝4R2，
所以外接球的表面积为4πR2＝π×50＝50π．
故选A．
(2)由正六棱柱的性质可得O为其外接球的球心(如图), OO′＝1，由于底面为正六边形，所以△ABO′为等边三角形，故AO′＝2，所以AO＝＝
＝，即AO为外接球的半径，故外接球的表面积为4π＝20π，故选D．
(3)令外接球的半径为2R，依题意O2A＝2R，O2B＝2R，O1B＝R，
过点B作BC⊥O2A，垂足为点C，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＝π×2R＝6πR2，
球的表面积S2＝4π×＝16πR2，
所以圆台的侧面积与球的表面积之比为S1∶S2＝∶＝3∶8．故选C．]
考点二 简单几何体的内切球
[典例4] (1)已知圆台的上、下底面的半径之比为，侧面积为9π，在圆台的内部有一球O，该球与圆台的上、下底面及母线均相切，则球O的表面积为( )
A．3π B．5π
C．8π D．9π
(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________．
√
π
(1)C (2)π [(1)设圆台的上底面半径为r，则下底面半径为2r，母线长为l，如图所示，作出圆台与球的轴截面．
由于球O与圆台的上、下底面及母线均相切，
故l＝AD＝AH＋DG＝r＋2r＝3r．
根据圆台的侧面积公式S＝(πr＋2πr)l＝9π，可得r＝1，
所以球的直径为HG＝2，即半径为，则球的表面积为4π×()2＝8π．故选C．
(2)法一：如图，在圆锥的轴截面ABC中，CD⊥AB，BD＝1，BC＝3，圆O内切于△ABC，E为切点，连接OE，则OE⊥BC．在Rt△BCD中，CD＝＝2．易知BE＝BD＝1，则CE＝2．设圆锥的内切球半径为R，则OC＝2－R，在Rt△COE中，OC2－OE2＝CE2，即(2－R)2－R2＝4，所以R＝，圆锥内半径最大的
球的体积为πR3＝π．
法二：如图，记圆锥的轴截面为△ABC，其中AC＝BC＝3，AB＝2，CD⊥AB，在Rt△BCD中，CD＝＝2，则S△ABC＝2．设△ABC的内切圆O的半径为R，则R＝＝，所以圆锥内半径最大的球的体积为πR3＝π．]
名师点评 “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通用方法．
(3)正四面体的外接球的半径R＝a，内切球的半径r＝a，其半径R∶r＝3∶1．(a为该正四面体的棱长)
(4)等体积法求内切球半径．
[跟进训练]
2．(1)在封闭的直三棱柱ABC-A1B1C1内有一个体积为V的球．若AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，AA1＝3，则V的最大值是( )
A．4π B．
C．6π D．
(2)若一个正四面体的表面积为S1，其内切球的表面积为S2，则＝________．
√
(1)B (2) [(1)要使球的体积最大，必须使球的半径最大．设球的半径为R，∵△ABC的内切圆半径为＝2，∴R≤2，由题意易知球与直三棱柱的上、下底面都相切时，球的直径取得最大值3，∴R＝，∴Vmax＝π＝π．故选B．
(2)设正四面体的棱长为a，则正四面体的表面积S1＝4××a2＝a2，其内切球的半径r为a，因此内切球的表面积S2＝4πr2＝，则＝＝．]
考点三 与球有关的截面问题
[典例5] (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．
√
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，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．]
名师点评 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]
3．如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高是8 cm，将一个球放在容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6 cm，如果不计容器的厚度，则球的体积为( )
A． cm3 B． cm3
C． cm3 D． cm3
√
A [设球心为O，半径为R cm，正方体上底面中心为A，上底面一边的中点为B(图略)，在Rt△OAB中，OA＝(R－2)cm，AB＝4 cm，OB＝R cm，由R2＝(R－2)2＋42，得R＝5(cm)，∴V球＝πR3＝(cm3)．故选A．]
简单几何体的外接球与内切球问题是立体几何的重点，也是历年高考考查的一个热点．研究多面体的外接球问题，既要运用多面体的知识，又要运用球的知识，并且还要特别注意多面体的有关几何关系，及其与球的半径之间的关系，而多面体外接球半径的求法在解题中往往会起到至关重要的作用．
一、定义法确定球心
[典例1] 在四面体P-ABC中，已知∠ABC＝90°，PA⊥平面ABC，若PA＝AB＝BC＝1，则该四面体的外接球的体积为( )
A．π B．π C．2π D．
√
[赏析] 突破点1：发现垂直关系，如下①②处
如图，取PC的中点O，连接OA，OB，由题意得①，
又因为AB⊥BC，PA∩AB＝A，PA，AB 平面PAB，
所以BC⊥平面PAB，所以②．
在Rt△PBC中，OB＝PC，
同理OA＝PC，
突破点2：得出四点共球面
所以OA＝OB＝OC＝PC，
因此P，A，B，C四点在以O为球心的球面上，
在Rt△ABC中，AC＝＝．
在Rt△PAC中，PC＝＝，
球O的半径R＝PC＝，
所以外接球的体积为π×＝．
名师点评 到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据球心到其他顶点的距离也是球的半径，列关系式求解即可．
[跟进训练]
1．在四面体ABCD中，AB＝，DA＝DB＝CA＝CB＝1，则四面体ABCD的外接球的表面积为( )
A．π B．2π
C．3π D．4π
√
B [如图，取AB的中点O，由AB＝，DA＝DB＝CA＝CB＝1，
得CA2＋CB2＝AB2，AD2＋BD2＝AB2，
可得∠ACB＝∠ADB＝90°，
所以OA＝OB＝OC＝OD＝，
即O为外接球的球心，球的半径R＝，
所以四面体ABCD的外接球的表面积S＝4πR2＝4π×＝2π．]
二、交轨法确定球心
[典例2] 已知△ABC是以BC为斜边的直角三角形，P为平面ABC外一点，且平面PBC⊥平面ABC，BC＝3，PB＝2，PC＝，则三棱锥P-ABC的外接球的表面积为________．
10π
[赏析] 突破点1：找过△ABC外接圆圆心的垂线
如图所示，设M为BC的中点，在平面PBC内过点M作MN⊥BC，因为平面PBC⊥平面ABC，平面PBC∩平面ABC＝BC，MN 平面PBC，所以MN⊥平面ABC．
突破点2：寻找△PBC的外心，交轨法得球心
又△ABC是以BC为斜边的直角三角形，所以直线MN上任意一点到A，B，C的距离相等．
在平面PBC内作线段PB的垂直平分线DE，设DE与MN的交点为O，则点O到P，A，B，C的距离都相等，即点O为三棱锥P-ABC外接球的球心，并且O也是△PBC的外心．
因此三棱锥P-ABC外接球的半径与△PBC的外接圆的半径相等．
又PB＝2，BC＝3，PC＝，
所以cos ∠PBC＝＝，
则sin ∠PBC＝．
设三棱锥P-ABC外接球的半径为R，
则2R＝＝，即R＝，
则外接球的表面积S＝4πR2＝10π．
名师点评 分别过几何体的两个相交平面的外接圆的圆心作各自所在平面的垂线，垂线的交点就是球心．
[跟进训练]
2．已知A，B是球O的球面上两点，AB＝2，过AB作互相垂直的两个平面截球得到圆O1和圆O2，若∠AO1B＝90°，∠AO2B＝60°，则球O的表面积为( )
A．5π B．10π
C．15π D．20π
√
D [取AB的中点M，连接O1M，O2M，OM，因为圆O1所在平面与圆O2所在平面垂直，所以O1M∥OO2，且O1M＝OO2，O1M⊥O2M，所以四边形OO1MO2是矩形．因为AB＝2，∠AO2B＝60°，∠AO1B＝90°，所以O2M＝，O1M＝1，所以OM＝＝2，所以球O的半径为＝＝，
所以球O的表面积为4π×()2＝20π．故选D．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
一、单项选择题
1．(2020·天津高考)若棱长为2的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为( )
A．12π B．24π C．36π D．144π
13
课后作业(三十九) 球的切、接与截面问题
√
14
C [设外接球的半径为R，由题意知，正方体的体对角线就是球的直径，
∴2R＝＝6，
∴R＝3，
∴S球＝4πR2＝36π．
故选C．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
2．(2025·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
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
√
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，设球的半径为r，则r＝＝，故该球的表面积为4πr2＝8π．故选C．]
3．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
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
√
B [设截面圆的半径为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．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
4．(2024·湖南张家界二模)如图，在四面体P-ABC中，PA⊥平面ABC，AC⊥CB，PA＝AC＝2BC＝2，则此四面体的外接球的表面积为( )
A．3π B．9π
C．36π D．48π
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
√
B [将四面体P-ABC补形成长方体，长方体的长、宽、高分别为2，1，2，
四面体P-ABC的外接球即为长方体的外接球，
而长方体的外接球的直径等于长方体的体对角线长，设外接球的半径为R，故2R＝＝3，R＝，所以外接
球的表面积为S＝4πR2＝9π．故选B．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
5．(2025·山东济宁模拟)已知圆锥的底面圆周在球O的球面上，顶点为球心O，圆锥的高为3，且圆锥的侧面展开图是一个半圆，则球O的表面积为( )
A．12π B．16π
C．48π D．96π
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
√
C [依题意圆锥的高h＝3，设圆锥的底面半径为r，母线长为l，球O的半径为R，
因为圆锥的侧面展开图是一个半圆，则解得l＝2r＝2，
可知R＝l＝2，所以球O的表面积S＝4πR2＝48π．故选C．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
6．设A，B，C，D是一个半径为4的球的球面上四点，△ABC为等边三角形且其面积为9，则三棱锥D-ABC体积的最大值为( )
A．12 B．18
C．24 D．54
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
√
B [由等边△ABC的面积为9，
可得AB2＝9，所以AB＝6，
所以等边△ABC的外接圆的半径r＝AB＝2．
设球的半径为R，球心到平面ABC的距离为d，则d＝＝＝2．
所以三棱锥D-ABC高的最大值为2＋4＝6，所以三棱锥D-ABC体积的最大值为×9×6＝18．故选B．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
二、多项选择题
7．已知A，B，C三点均在球O的表面上，AB＝BC＝CA＝2，且球心O到平面ABC的距离等于球半径的，则下列结论正确的是( )
A．球O的表面积为6π
B．球O的内接正方体的棱长为1
C．球O的外切正方体的棱长为
D．球O的内接正四面体的棱长为2
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
√
√
AD [设球O的半径为R，△ABC的外接圆圆心为O′，半径为r，易得r＝．因为球心O到平面ABC的距离等于球半径的，所以R2－R2＝，得R2＝，即R＝．所以球O的表面积S＝4πR2＝4π×＝6π，A正确；球O的内接正方体的棱长a满足a＝2R，得a＝，B不正确；球O的外切正方体的棱长b满足b＝2R＝，C不正确；球O的内接正四面体的棱长c满足c＝R＝＝2，D正确．故选AD．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
8．(2025·河南郑州期中)已知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( )
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
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
√
√
√
ACD [设梯形ABCD为圆台的轴截面，如图，设圆台上、下底面的圆心分别为O1，O2，半径分别为r1，r2，
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
球O的半径为R，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，且OE⊥AD，
故DE＝DO1＝r1，AE＝AO2＝r2，
由题意可知，∠OAD＋∠ODA＝，即∠DOA＝，所以△AOE∽△ODE，
故＝，即OE2＝DE·AE，
即R2＝r1r2＝3，解得R＝，
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
母线长为r1＋r2＝4，A正确；
圆台的高为2R＝2，B错误；
圆台的表面积为π×12＋π×32＋π×(1＋3)×4＝26π，C正确，
球O的表面积为4×π×()2＝12π，D正确．
故选ACD．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
三、填空题
9．中国古代数学著作《九章算术》中，将底面是直角三角形的直三棱柱称之为“堑堵”．在如图所示的堑堵ABC-A1B1C1中，AA1＝AC＝5，AB＝3，BC＝4，则堑堵ABC-A1B1C1的外接球的体积是________．
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
π
π [将该堑堵补成为一个长方体，如图，
则该堑堵的外接球即为长方体的外接球，
设长方体的体对角线长为d，则d2＝32＋42＋52＝50，
所以d＝5，所以外接球的体积为πR3＝π＝π．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
10．(2023·全国甲卷)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别为AB，C1D1的中点．以EF为直径的球的球面与该正方体的棱共有________个公共点．
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
12
12 [如图，线段EF过正方体的中心，所以以EF为直径的球的球心即为该正方体的中心，球的半径为，而正方体的中心到每一条棱的距离均为，所以以EF为直径的球的球面与每一条棱均相切，所以共有12个公共点．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
11．已知三棱锥P-ABC的四个顶点均在球O的球面上，PA＝PB＝PC，△ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是PA，AB的中点，∠CEF＝90°， 则球O的体积为( )
A．8π B．4π
C．2π D．π
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
√
D [因为E，F分别为PA，AB的中点，所以EF∥PB．
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
因为∠CEF＝90°，所以EF⊥CE，所以PB⊥CE．
取AC的中点D，连接BD，PD，易证AC⊥平面BDP，
所以PB⊥AC，又AC∩CE＝C，AC，CE 平面PAC，所以PB⊥平面PAC，
所以PB⊥PA，PB⊥PC，因为PA＝PB＝PC，△ABC为正三角形，所以PA⊥PC，即PA，PB，PC两两垂直，将三棱锥P-ABC放在正方体中．因为AB＝2，所以该正方体的棱长为，所以该正方体的体对角线长为，所以三棱锥P-ABC的外接球的半径R＝，所以球O的体积V＝＝π×＝π，故选D．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
12．已知三棱锥P-ABC的四个顶点都在球O的球面上，PB＝PC＝2，AB＝AC＝4，PA＝BC＝2，则球O的表面积为( )
A．π B．π
C．π D．π
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
√
A [在三棱锥P-ABC中，如图，AB2＋PA2＝20＝PB2，则PA⊥AB，同理PA⊥AC，而AB∩AC＝A，AB，AC 平面ABC，因此PA⊥平面ABC，在等腰△ABC中，AB＝AC＝4，BC＝2，则cos ∠ABC＝＝，
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
sin ∠ABC＝＝，
设△ABC的外接圆圆心为O1，则OO1⊥平面ABC，O1A＝＝ ，
又OO1∥PA，取PA的中点D，连接OD，则有OD⊥PA，从而O1A∥OD，则四边形ODAO1为矩形，OO1＝AD＝1，OO1⊥O1A，设球O的半径为R，因此R2＝OA2＝O1A2＋O1O2＝＋12＝，
所以球O的表面积S＝4πR2＝π．
故选A．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
13．(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
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
√
√
√
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，即可整体放入正方体容器中，所以选项D正确．综上，故选ABD．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
14．已知圆锥SO1的轴截面SAB为正三角形，球O2与圆锥SO1的底面和侧面都相切．设圆锥SO1的体积、表面积分别为V1，S1，球O2的体积、表面积分别为V2，S2，则＝________．
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
1
1 [依题意，设正三角形SAB的边长为2，则圆锥SO1的底面圆半径为1，高为，母线长为2，
因此V1＝π×12×＝π，S1＝π×12＋π×1×2＝3π，球O2的半径即为正三角形SAB的边心距，因此V2＝π×＝π，S2＝4π×＝π，所以＝＝1．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
13
14
谢 谢！课后作业(三十九) 球的切、接与截面问题
说明：单项选择题每题5分，多项选择题每题6分，填空题每题5分，本试卷共73分
一、单项选择题
1．(2020·天津高考)若棱长为2的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为( )
A．12π B．24π C．36π D．144π
2．(2025·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
3．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
4．(2024·湖南张家界二模)如图，在四面体P-ABC中，PA⊥平面ABC，AC⊥CB，PA＝AC＝2BC＝2，则此四面体的外接球的表面积为( )
A．3π B．9π
C．36π D．48π
5．(2025·山东济宁模拟)已知圆锥的底面圆周在球O的球面上，顶点为球心O，圆锥的高为3，且圆锥的侧面展开图是一个半圆，则球O的表面积为( )
A．12π B．16π
C．48π D．96π
6．设A，B，C，D是一个半径为4的球的球面上四点，△ABC为等边三角形且其面积为9，则三棱锥D-ABC体积的最大值为( )
A．12 B．18
C．24 D．54
二、多项选择题
7．已知A，B，C三点均在球O的表面上，AB＝BC＝CA＝2，且球心O到平面ABC的距离等于球半径的，则下列结论正确的是( )
A．球O的表面积为6π
B．球O的内接正方体的棱长为1
C．球O的外切正方体的棱长为
D．球O的内接正四面体的棱长为2
8．(2025·河南郑州期中)已知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( )
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
三、填空题
9．中国古代数学著作《九章算术》中，将底面是直角三角形的直三棱柱称之为“堑堵”．在如图所示的堑堵ABC-A1B1C1中，AA1＝AC＝5，AB＝3，BC＝4，则堑堵ABC-A1B1C1的外接球的体积是________．
10．(2023·全国甲卷)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别为AB，C1D1的中点．以EF为直径的球的球面与该正方体的棱共有________个公共点．
11．已知三棱锥P-ABC的四个顶点均在球O的球面上，PA＝PB＝PC，△ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是PA，AB的中点，∠CEF＝90°， 则球O的体积为( )
A．8π B．4π
C．2π D．π
12．已知三棱锥P-ABC的四个顶点都在球O的球面上，PB＝PC＝2，AB＝AC＝4，PA＝BC＝2，则球O的表面积为( )
A．π B．π
C．π D．π
13．(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
14．已知圆锥SO1的轴截面SAB为正三角形，球O2与圆锥SO1的底面和侧面都相切．设圆锥SO1的体积、表面积分别为V1，S1，球O2的体积、表面积分别为V2，S2，则＝________．
课后作业(三十九)
[A组 在基础中考查学科功底]
1．C [设外接球的半径为R，由题意知，正方体的体对角线就是球的直径，
∴2R＝＝6，
∴R＝3，
∴S球＝4πR2＝36π．
故选C．]
2．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，设球的半径为r，则r＝＝，故该球的表面积为4πr2＝8π．故选C．]
3．B [设截面圆的半径为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．]
4．B [将四面体P-ABC补形成长方体，长方体的长、宽、高分别为2，1，2，
四面体P-ABC的外接球即为长方体的外接球，
而长方体的外接球的直径等于长方体的体对角线长，设外接球的半径为R，故2R＝＝3，R＝，所以外接球的表面积为S＝4πR2＝9π．故选B．]
5．C [依题意圆锥的高h＝3，设圆锥的底面半径为r，母线长为l，球O的半径为R，
因为圆锥的侧面展开图是一个半圆，则解得l＝2r＝2，
可知R＝l＝2，所以球O的表面积S＝4πR2＝48π．故选C．]
6．B [由等边△ABC的面积为9，
可得AB2＝9，所以AB＝6，
所以等边△ABC的外接圆的半径r＝AB＝2．
设球的半径为R，球心到平面ABC的距离为d，则d＝＝＝2．
所以三棱锥D-ABC高的最大值为2＋4＝6，所以三棱锥D-ABC体积的最大值为×9×6＝18．故选B．]
7．AD [设球O的半径为R，△ABC的外接圆圆心为O′，半径为r，易得r＝．因为球心O到平面ABC的距离等于球半径的，所以R2－R2＝，得R2＝，即R＝．所以球O的表面积S＝4πR2＝4π×＝6π，A正确；球O的内接正方体的棱长a满足a＝2R，得a＝，B不正确；球O的外切正方体的棱长b满足b＝2R＝，C不正确；球O的内接正四面体的棱长c满足c＝R＝＝2，D正确．故选AD．]
8．ACD [设梯形ABCD为圆台的轴截面，如图，设圆台上、下底面的圆心分别为O1，O2，半径分别为r1，r2，
球O的半径为R，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，且OE⊥AD，
故DE＝DO1＝r1，AE＝AO2＝r2，
由题意可知，∠OAD＋∠ODA＝，即∠DOA＝，所以△AOE∽△ODE，
故＝，即OE2＝DE·AE，
即R2＝r1r2＝3，解得R＝，
母线长为r1＋r2＝4，A正确；
圆台的高为2R＝2，B错误；
圆台的表面积为π×12＋π×32＋π×(1＋3)×4＝26π，C正确，
球O的表面积为4×π×()2＝12π，D正确．
故选ACD．]
9．π [将该堑堵补成为一个长方体，如图，
则该堑堵的外接球即为长方体的外接球，
设长方体的体对角线长为d，则d2＝32＋42＋52＝50，
所以d＝5，所以外接球的体积为πR3＝π＝π．]
10．12 [如图，线段EF过正方体的中心，所以以EF为直径的球的球心即为该正方体的中心，球的半径为，而正方体的中心到每一条棱的距离均为，所以以EF为直径的球的球面与每一条棱均相切，所以共有12个公共点．
]
[B组 在综合中考查关键能力]
11．D [因为E，F分别为PA，AB的中点，所以EF∥PB．
因为∠CEF＝90°，所以EF⊥CE，所以PB⊥CE．
取AC的中点D，连接BD，PD，易证AC⊥平面BDP，
所以PB⊥AC，又AC∩CE＝C，AC，CE 平面PAC，所以PB⊥平面PAC，
所以PB⊥PA，PB⊥PC，因为PA＝PB＝PC，△ABC为正三角形，所以PA⊥PC，即PA，PB，PC两两垂直，将三棱锥P-ABC放在正方体中．因为AB＝2，所以该正方体的棱长为，所以该正方体的体对角线长为，所以三棱锥P-ABC的外接球的半径R＝，所以球O的体积V＝＝π×＝π，故选D．]
12．A [在三棱锥P-ABC中，如图，AB2＋PA2＝20＝PB2，则PA⊥AB，同理PA⊥AC，而AB∩AC＝A，AB，AC 平面ABC，因此PA⊥平面ABC，在等腰△ABC中，AB＝AC＝4，BC＝2，则cos ∠ABC＝＝，
sin ∠ABC＝＝，
设△ABC的外接圆圆心为O1，则OO1⊥平面ABC，O1A＝＝ ，
又OO1∥PA，取PA的中点D，连接OD，则有OD⊥PA，从而O1A∥OD，则四边形ODAO1为矩形，OO1＝AD＝1，OO1⊥O1A，设球O的半径为R，因此R2＝OA2＝O1A2＋O1O2＝＋12＝，
所以球O的表面积S＝4πR2＝π．
故选A．]
13．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，即可整体放入正方体容器中，所以选项D正确．综上，故选ABD．]
14．1 [依题意，设正三角形SAB的边长为2，则圆锥SO1的底面圆半径为1，高为，母线长为2，
因此V1＝π×12×＝π，S1＝π×12＋π×1×2＝3π，球O2的半径即为正三角形SAB的边心距，因此V2＝π×＝π，S2＝4π×＝π，所以＝＝1．]
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