增分微课6 与球有关的切、接问题
例1 (1)A (2)2 [解析] (1)由题意,设球的球心为O,半径为R,正三棱台的上、下底面分别为△A1B1C1,△A2B2C2,A1A2,B1B2,C1C2均为正三棱台的棱,则△A1B1C1,△A2B2C2都是等边三角形.设△A1B1C1,△A2B2C2的外接圆圆心分别为O1,O2,连接O1O2,则O1O2=1.连接O1A1,O2A2,∵等边三角形A1B1C1和等边三角形A2B2C2的边长分别为3,4,∴O1A1=3,O2A2=4.连接OA1,OA2,若点O在线段O1O2上,则R2=O1+O=O2+(1-OO1)2,即32+O=42+(1-OO1)2,可得OO1=4>O1O2,矛盾,故点O在线段O1O2的延长线上.由题意得R2=O1+(OO2+1)2=O2+O,可得OO2=3,R=5,∴该球的表面积S=4πR2=100π.
(2)连接SB,SC,形成三棱锥S-ABC,并将三棱锥S-ABC补成正三棱柱SB'C'-ABC,如图,则三棱锥S-ABC的外接球也是正三棱柱SB'C'-ABC的外接球,显然球心O到底面ABC的距离即为三棱柱的高SA的一半.设O'为△ABC的中心,连接AO,OO',则OO'⊥平面ABC,连接AO'并延长,使之交BC于点D,则AD=,AO'=AD=,所以OO'===1,则SA=2OO'=2.
变式题 (1)B (2)4π (3)π
[解析] (1)如图,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,则2R==3,所以外接球的表面积为S=4πR2=9π.故选B.
(2)如图,因为AB=2,AD=1,P为DC的中点,所以AP=
=,BP==,所以AP2+BP2=AB2,所以BP⊥AP,又平面SAP⊥平面ABCP,平面SAP∩平面ABCP=AP,BP 平面ABCP,所以BP⊥平面SAP.又△SAP为等腰直角三角形,所以其外接圆的半径r=AP=.设三棱锥S-ABP的外接球的半径为R,则R2=r2+=+=1,所以R=1,所以三棱锥S-ABP的外接球的表面积为4πR2=4π.
(3)如图,取B1C1的中点O1,连接D1O1.∵四棱柱ABCD-A1B1C1D1是各棱长均为2的直四棱柱,且∠BAD=60°,∴D1O1⊥平面B1C1CB,且D1O1==.由球的截面圆的性质可得截面圆的半径为=.在平面B1C1CB上作以O1为圆心,为半径的圆弧,与棱BB1,CC1的交点分别为E,F,易得E,F均为所在棱的中点.连接O1F,O1E,EF.∵O1E=O1F=,EF=2,∴∠EO1F=,∴球面与侧面B1C1CB的交线长为×2π×=π.
例2 D [解析] 设该正三棱锥为P-ABC,内切球的半径为r,过点P作PD⊥平面ABC于点D,连接AD并延长,交BC于点E,连接PE.∵△ABC是正三角形,∴E是BC的中点,D为△ABC的中心.∵AB=2,∴S△ABC=3,DE=1,PE=,∴该正三棱锥的表面积S表=3××2×+3=3+3.该正三棱锥的体积V=×3×1=,则S表·r=V,即×(3+3)·r=,解得r=-1.故选D.
变式题
[解析] 圆锥的轴截面如图所示,设内切球的球心为D,半径为R,则AB=2,CG=2,所以AC=BC==,又S△ABC=S△ADB+S△ADC+S△BDC,即×2×2=×2R+×R+×R,解得R=,即内切球的半径为.
例3 [解析] 如图,由题意知三棱柱ABC-A1B1C1是正三棱柱,分别取AC,A1C1的中点D,D1,连接DD1,B1D1,BD,设M,N分别是三棱柱下底面和上底面的中心,连接MN,则M∈BD,N∈B1D1,由对称性知MN的中点为球O的球心,取AB的中点E(切点),连接OE,EM,则OE=MB(MB等于球心O到棱BB1的距离).设球O的半径为R,由正三角形的性质知EM=DM=BM=R,MN与底面垂直,则必与直线EM垂直,因此在Rt△EOM中,可得R2-=OM2=()2,可得R=2,所以球O的体积V=πR3=×23=.
变式题 (1)B (2)1∶2∶3 [解析] (1)将正四面体P-ABC补成一个正方体,如图,球O与正四面体的棱都相切,则球O为正方体的内切球.设正方体的棱长为a,则a2+a2=16,得a=2,则球O的半径r=,故球O的表面积S=4πr2=8π,故选B.
(2)设正方体的棱长为a.
①球O1为正方体的内切球,球心O1是正方体的中心,切点是正方体六个面的中心,经过四个切点及球心作截面,如图所示,设球O1的半径为r1,表面积为S1,则2r1=a,即r1=,所以S1=4π=πa2.
②球O2与正方体各棱的切点为各棱的中点,过正方体的两个相对面的面对角线作截面,如图所示,设球O2的半径为r2,表面积为S2,则2r2=a,即r2=a,所以S2=4π=2πa2.
③球O3过正方体的各个顶点,即正方体的各个顶点都在球面上,过正方体的体对角线作截面,如图所示,设球O3的半径为r3,表面积为S3,则2r3=a,即r3=a,所以S3=4π=3πa2.故这三个球的表面积之比为S1∶S2∶S3=πa2∶2πa2∶3πa2=1∶2∶3.
例4 BD [解析] 对于A,如图①,连接AE交平面BCD于H,连接BH并延长交CD于M,连接EM,AM,易知A,B,E,M共面,若AB∥平面DCE,平面ABEM∩平面CDE=EM,所以AB∥EM,从而==2,这与三棱锥E-BCD的高(EH)大于三棱锥A-BCD的高(AH)矛盾,所以AB不平行于平面DCE,故A错误;对于B,如图②,取BC的中点N,连接AN,EN,易知∠ANE为二面角A-BC-E的平面角,连接DN,则AN=DN=,AD=1,所以cos∠AND==,又由于三棱锥E-BCD的高大于三棱锥A-BCD的高,所以∠ANE>2∠AND>,所以cos∠ANE矛盾,故C错误;对于D,如图④,连接AE,易知AE上的点到三棱锥A-BCD各侧面的距离相等,记为d1,到三棱锥E-BCD各侧面的距离也相等,记为d2,取BC的中点N,连接AN,EN,作∠ANE的平分线交AE于O',此时d1=d2,O'即为内切球的球心,故D正确.故选BD.
变式题 6 27
[解析] 该组合体一共有24个面,每一个面都是全等的边长为1的等边三角形,则其表面积为24××1×1×sin=6.该组合体的外接球也是任意一个正四面体的外接球,可用一个正四面体来看,正四面体A-BCD如图所示,设E是△BCD的中心,F是外接球球心,则2DEcos=DC,则DE=,AE==.设外接球的半径为R,则AF=DF=R,又AF+EF=AE,DF2=EF2+DE2,解得R=.两正交四面体公共部分一共有8个面,且每一个面都是全等的边长为1的等边三角形,则其表面积为8××1×1×sin=2,大正四面体的体积为××2×2×sin×=,则每个小正四面体的体积为×=,则中间公共部分的体积为-4×=.设其内切球的半径为r,则中间公共部分的体积也可表示为×2r=,解得r=,故外接球和内切球的体积的比值为=27.
例5 (1)C (2)4π
[解析] (1)方法一(导数法):如图,连接AC,BD交于点O1,连接SO1.设正四棱锥S-ABCD的高SO1=h,底面边长为a,则AO1=a,设正四棱锥外接球的半径为R,则由πR3=36π,得R=3.延长SO1,交球面于点M,连接AM,则SM为球的直径,易知AO1⊥SM,在Rt△SAM中,由射影定理知,l2=6h,a2=h(6-h),所以a2=2h(6-h),h=∈,所以正四棱锥S-ABCD的体积为a2h=h2(6-h)=(-h3+6h2).记V(h)=(-h3+6h2),h∈,则V'(h)=2(-h2+4h),h∈,当h∈时,V'(h)>0,V(h)单调递增,当h∈时,V'(h)<0,V(h)单调递减,所以V(h)max=V(4)=,V(h)min=min=min=,所以该正四棱锥体积的取值范围是.
方法二(基本不等式法):同方法一得正四棱锥的体积V=a2h=(12-2h)h×h≤×=(当且仅当h=4时取等号).当l=3时,h=,a=,则V=a2h=××=.当l=3时,h=,a=,则V=a2h=××=.因为<<,所以该正四棱锥体积的取值范围是.
(2)设正三棱柱ABC-A1B1C1的高为h,AC=BC=AB=a,则3a×h=9,所以h=.设△ABC外接圆的半径为r,则2r=,解得r=.设球O的半径为R,则R2=r2+=+≥,当且仅当a2=时,等号成立,所以球O的表面积的最小值为4π×=4π.
变式题 C [解析] 在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB⊥BC,所以△ABC为直角三角形,则△ABC外接圆的圆心为斜边AC的中点,同理△A1B1C1外接圆的圆心为斜边A1C1的中点,如图.因为直三棱柱ABC-A1B1C1外接球的直径为6,所以外接球的半径R=3.由图知,上、下底面的中心分别为O1,O,连接O1O,则外接球的球心G为O1O的中点,连接GC,则GC=3,设AB=x(0类型一 外接球
例1 (1)[2022·新高考全国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)[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= .
总结反思
求解多面体的外接球的主要方法:
(1)构造模型法:即寻找适合题意的长方体、正方体、圆柱等几何体,借助于这些几何体迅速求得外接球半径;
(2)建立直角梯形或直角三角形法:即先找到底面多边形的外心,作出外接球球心,借助于题设中的条件得到多面体的高,构成直角梯形或直角三角形来求解.
变式题 (1)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表面积为 ( )
A.3π B.9π
C.36π D.48π
(2)[2024·漳州三模] 在矩形ABCD中,AB=2,AD=1,P为DC的中点,将△DAP沿AP折起,把△DAP折成△SAP,使平面SAP⊥平面ABCP,则三棱锥S-ABP的外接球的表面积为 .
(3)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 .
类型二 内切球
例2 已知正三棱锥的高为1,底面边长为2,则该三棱锥的内切球的半径为 ( )
A. B.-1
C. D.-1
总结反思
处理与内切球相关的问题:
1.解题时常用以下结论确定球心和半径:①球心在过切点且与切面垂直的直线上;②球心到各面距离相等.
2.利用体积法求多面体内切球半径,即r=.
变式题 [2024·广东梅州一模] 某圆锥的底面直径和高均是2,则其内切球(与圆锥的底面和侧面均相切)的半径为 .
类型三 棱切球
例3 已知直三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱长为2,底面为等边三角形.若球O与该三棱柱的各条棱都相切,则球O的体积为 .
总结反思
1.如果一个球与一个多面体的所有棱都相切,那么这个球就被称为多面体的棱切球.例如,在正方体中,棱切球的直径等于正方体的面对角线长,且球的一部分位于正方体外部,与正方体的每个面都有接触点.
2.解决棱切球的基本步骤:找切点、找球心,构造直角三角形解决问题.
变式题 (1)正四面体P-ABC的棱长为4,若球O与正四面体的每一条棱都相切,则球O的表面积为 ( )
A.2π B.8π
C.π D.12π
(2)有三个球,已知球O1内切于正方体,球O2与这个正方体各棱都相切,球O3过这个正方体的各个顶点,则球O1、球O2、球O3的表面积之比为 .
类型四 组合体切接问题
例4 (多选题)某酒店大堂的壁灯的外观是将两个正三棱锥的底面重合构成的一个六面体(如图),已知BC=AB=1,且三棱锥E-BCD的高大于三棱锥A-BCD的高,则 ( )
A.AB∥平面DCE
B.二面角A-BC-E的余弦值小于-
C.该六面体存在外接球
D.该六面体存在内切球
变式题 清初著名数学家孔林宗曾提出一种“蒺藜形多面体”,其可由两个正交的全等正四面体组合而成(每一个四面体的各个面都过另一个四面体的三条共点的棱的中点).如图,若正四面体的棱长为2,则该组合体的表面积为 ;该组合体的外接球体积与两正交四面体公共部分的内切球体积的比值为 .
类型五 含动点切接问题(最值问题)
例5 (1)[2022·新高考全国Ⅰ卷] 已知正四棱锥的侧棱长为l,其各顶点都在同一球面上,若该球的体积为36π,且3≤l≤3,则该正四棱锥体积的取值范围是 ( )
A. B.
C. D.[18,27]
(2)已知正三棱柱ABC-A1B1C1的顶点都在球O的球面上,若正三棱柱ABC-A1B1C1的侧面积为9,则球O的表面积的最小值是 .
总结反思
与球有关的切、接问题中的最值问题是立体几何的一个重点、难点,常见的求解方法主要有以下三种:
(1)转化为函数最值问题.通过引入长度参数或角度参数,建立关于这些参变量的函数关系,进而转化为函数的最值问题来解决.
(2)转化为平面几何问题.根据题目的特征,寻找或确定一个数量关系比较集中的平面,将题目中的其他条件逐步向该平面转移,然后利用平面几何方法或三角函数来解决.
(3)利用不等式求解.可通过引入多个变量建立数学模型,然后利用不等式求其最值.
变式题 [2024·潍坊一模] 已知直三棱柱ABC-A1B1C1外接球的直径为6,且AB⊥BC,BC=2,则该三棱柱体积的最大值为 ( )
A.8 B.12
C.16 D.24增分微练6 与球有关的切、接问题
1.C [解析] 棱长为4的正方体的内切球的半径r=2,则表面积S=4πr2=16π.故选C.
2.C [解析] 设圆锥底面的半径为r,则2πr=×2π×1,解得r=,所以圆锥的轴截面是边长为1的正三角形,可得此正三角形内切圆的半径为×=,则圆锥内切球的半径R=,所以圆锥内切球的表面积S=4πR2=4π×=.故选C.
3.A [解析] 设△ABC的外心为O1,三棱锥外接球的球心为O,半径为R,连接O1A,OA,OO1,OP,由题意知O1A==,又PA⊥平面ABC,OO1⊥平面ABC,∴OO1∥PA,又OA=OP,∴OO1=PA=,∴R2=3+5=8,∴S球=4πR2=32π.故选A.
4.A [解析] 作出轴截面如图,设该组合体外接球的球心为O,半径为R,易知球心为BC的中点,则R=AO=2+2=4,则圆柱的底面半径r==2,则该组合体的体积V=π×(2)2×2+π××4=56π.故选A.
5. [解析] 如图,正四棱锥P-ABCD的外接球的球心O在它的高PO1上,记外接球半径为R,PO=AO=R,PO1=4,OO1=4-R,底面正方形的边长为2.在Rt△AO1O中,AO1=,可得R2=2+(4-R)2,解得R=,故球的表面积S=4π×=.
6.C [解析] 由圆锥的性质易知△PAB是以P为顶点的等腰三角形,又tan∠APB=,所以∠APB=,则△PAB为正三角形,边长为2.如图所示,作出圆锥及其内切球的轴截面,设AB,AP的中点分别为C,E,内切球的球心为O,连接BE,PC,且O为BE与PC的交点,由正三角形内心的性质易知OC=OE=PO=PC=×=×=1,即内切球半径为1,所以内切球的体积V=π.故选C.
7.C [解析] 设棱台上、下底面的中心分别为N,M,连接MN,D1B1,DB,则M,N分别为DB,D1B1的中点,则D1B1=2,DB=4,所以棱台的高MN=
=
=1.设球的半径为R,根据正四棱台的结构特征可知,球O与上底面A1B1C1D1相切于N,与棱AB,BC,CD,DA均相切于各棱中点处,设BC的中点为E,连接OE,OM,ME,所以OE2=OM2+ME2,即R2=(R-1)2+22,解得R=,所以球O的表面积为4πR2=25π.故选C.
8.C [解析] 根据图形,由正方体的棱长为2,可知正八面体的棱长为正方体面对角线长的一半,即为=.如图,在正八面体中连接AF,DB,CE,且交于一点O,可得AF,DB,CE互相垂直平分,O为正八面体的中心,所以OA⊥平面BCDE,又OD 平面BCDE,所以AO⊥OD,又AD=,OD=1,所以在Rt△AOD中,AO===1,设正八面体的内切球半径为r.
方法一:分别记BC,DE的中点为M,N,内切球与平面ABC的切点为H,显然O为球心,H∈AM,如图,由△AOH∽△AMO知=,所以r=,所以S球=4πr2=.故选C.
方法二:该正八面体的体积V=2××××1=,该正八面体的表面积S=8××()2=4,因为Sr=V,即×4·r=,解得r=,所以S球=4πr2=.故选C.
9.C [解析] 设四棱锥P-ABCD的外接球球心为O,取AD的中点E,连接PE,取三角形PAD,四边形ABCD的外心O1,O2,连接OO1,OO2,EO2,O2C,OC,易得四边形OO1EO2为矩形.因为正方体的棱长为1,点P为中点,所以PA=PD==,PE=1,O2C=,所以sin∠PAD=sin∠APA1==,则O1P=·=×=,则O1E=OO2=1-=,所以OC===,故外接球的表面积S=4π×=.故选C.
10.A [解析] 因为A=,B=,BC=1,所以AC=2,又D为AC的中点,所以AD=CD=BD=1,则BC'=C'D=BD=1,即△BC'D为等边三角形.设△BC'D的外接圆圆心为G,△ABD的外接圆圆心为O,取BD的中点H,连接C'H,OH,OG,OB,OC',OD,因为A=,BD=1,所以由正弦定理可得OB=×=1,即△ABD的外接圆半径为1,又四面体C'-ABD的外接球半径为1,所以O为外接球球心,由球的性质可知,OG⊥平面BC'D,因为C'H 平面BC'D,所以OG⊥C'H.因为C'G=C'H=×=,OC'=1,所以OG==.设C'到平面ABD的距离为d,因为△BC'D和△BOD都是边长为1的正三角形,所以由VC'-OBD=VO-C'BD得S△OBD·d=S△C'BD·OG,即d=,记直线BC'与平面ABD所成的角为θ,则sin θ==,所以cos θ==.故选A.
11.BCD [解析] 对于A,依题意得棱切球的半径为,则球O的体积为π×()3=π,A错误;对于B,记球O的内接圆柱的底面半径为r,则内接圆柱的高为=,则内接圆柱的侧面积S=2πr·=4π≤4π·=4π,等号成立时r=1,故球O的内接圆柱的侧面积的最大值为4π,B正确;对于C,如图①,球O在正方体外部的体积小于球O体积与正方体内切球体积之差,即π-π×13=(2-1)π,C正确;对于D,如图②,球O在正方体外部的面积等于正方体外6个球冠的表面积,每一个球冠的表面积大于这个球冠中内接圆锥的侧面积,则内接圆锥的底面半径为1,高为-1,得圆锥的母线长为=,所以内接圆锥的侧面积为π×1×=π,所以6个球冠的表面积大于6π,D正确.故选BCD.
12.41π [解析] 由32+42=52,得∠BAC=90°,又DB⊥底面ABC,AB,AC 平面ABC,故DB⊥AB,DB⊥AC,故三棱锥D-ABC的外接球即为以AB,AC,DB为棱的长方体的外接球,其中DC为该长方体的体对角线,即该三棱锥的外接球的半径r=,又DC==,故r==,则三棱锥的外接球的表面积S表=4πr2=4π×=41π.
13.12 [解析] 不妨设正方体的棱长为2,EF的中点为O,分别取CD,CC1的中点G,M,设侧面BB1C1C的中心为N,连接FG,EG,OM,ON,MN,如图.由题意可知,O为球心,在正方体中,EF===2,即以EF为直径的球的半径R=,球心O到CC1的距离为OM===,所以球O与棱CC1相切,球面与棱CC1只有1个公共点,根据正方体的对称性知,其余各棱和球面也只有1个公共点,所以以EF为直径的球的球面与该正方体的棱共有12个公共点.
14.
[解析] 如图,由余弦定理可得BC2=AB2+AC2-2AB·ACcos∠BAC,故4=AB2+AC2-AB·AC≥2AB·AC-AB·AC,所以AB·AC≤4,当且仅当AB=AC时取等号,故S△ABC=AB·ACsin 60°=AB·AC≤×4=,故△ABC面积的最大值为,设四面体P-ABC的高为h,则VP-ABC=S△ABC·h≤×h=h,由于BP⊥PC,所以点P在以BC为直径的球面上(不包括平面ABC),故当平面PBC⊥平面ABC时h最大,即为球的半径BC=1,故VP-ABC≤h≤.由正弦定理可得==2r,其中r为△ABC外接圆的半径.设四面体P-ABC外接球的半径为R,则R2=r2+O1O2=+O1O2,其中O,O1分别为球心和△ABC外接圆的圆心,故当OO1=0时R2最小,即为,故外接球的表面积的最小值为4π×=.
15. [解析] 设AB的中点为H,△ABC外接圆的圆心为M,球心为O,连接PH,CH,且M在CH上,因为PA=PB,所以PH⊥AB,又△ABC是边长为2的正三角形,所以S△ABC=×2×2sin =,结合题设有S△PAB=1,所以×2×PH=1,得PH=1,所以△PAB是等腰直角三角形,其外接圆圆心为H,又因为CH⊥AB,所以∠PHC为二面角P-AB-C的平面角,结合已知该角为锐角,由题意可知,cos∠CHP=.过H,M分别作平面PAB,平面ABC的垂线,相交于一点,由截面圆的性质可知,两垂线的交点为球心O,连接OC,如图所示,所以sin∠OHM=,cos∠OHM=,可得tan∠OHM==,又易知MH==,CM=,所以OM=,所以外接球的半径R=OC==,所以外接球的表面积S=4πR2=.增分微练6 与球有关的切、接问题
(时间:45分钟)
1.棱长为4的正方体的内切球的表面积为 ( )
A.4π B.12π
C.16π D.20π
2.一个圆锥的侧面展开图是半径为1的半圆,则此圆锥的内切球的表面积为 ( )
A.π B.
C. D.
3.[2024·西安部分学校联考] 在三棱锥P-ABC中,△ABC是边长为3的等边三角形,侧棱PA⊥平面ABC,且PA=2,则三棱锥P-ABC的外接球的表面积为 ( )
A.32π B.28π
C.26π D.24π
4.如图,几何体Ω为一个圆柱和圆锥的组合体,圆锥的底面和圆柱的一个底面重合,圆锥的顶点为A,圆柱的上、下底面的圆心分别为B,C,若该几何体Ω存在外接球(即圆锥的顶点与底面圆周在球面上,且圆柱的底面圆周也在球面上).已知BC=2AB=4,则该组合体的体积为 ( )
A.56π B.π
C.48π D.64π
5.已知正四棱锥的底面边长为2,高为4,它的所有顶点都在同一球面上,则这个球的表面积是 .
6.[2024·太原二模] 已知圆锥的顶点为P,底面圆的直径AB=2,tan∠APB=,则该圆锥内切球的体积为 ( )
A. B.
C. D.4π
7.[2024·浙江宁波二模] 在正四棱台ABCD-A1B1C1D1中,AB=4,A1B1=2,AA1=,若球O与上底面A1B1C1D1以及棱AB,BC,CD,DA均相切,则球O的表面积为 ( )
A.9π B.16π
C.25π D.36π
8.如图,已知正方体的棱长为2,以其所有面的中心为顶点的多面体为正八面体,则该正八面体的内切球的表面积为 ( )
A. B.π
C. D.4π
9.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,P为棱A1D1的中点,则四棱锥P-ABCD的外接球的表面积为 ( )
A. B.3π
C. D.
10.在△ABC中,A=,B=,BC=1,D为AC的中点,若将△BCD沿着直线BD翻折至△BC'D,使得四面体C'-ABD的外接球半径为1,则直线BC'与平面ABD所成角的余弦值是 ( )
A. B.
C. D.
11.(多选题)已知棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1的棱切球(与正方体的各条棱都相切)为球O,则下列说法正确的是 ( )
A.球O的体积为π
B.球O内接圆柱的侧面积的最大值为4π
C.球O在正方体外部的体积小于(2-1)π
D.球O在正方体外部的面积大于6π
12.[2024·陕西咸阳二模] 已知三棱锥D-ABC中,AB=4,AC=3,BC=5,DB⊥底面ABC,且DB=4,则该三棱锥的外接球的表面积为 .
13.[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.
14.[2024·浙江镇海期末] 在四面体P-ABC中,BP⊥PC,∠BAC=60°,若BC=2,则四面体P-ABC体积的最大值是 ,它的外接球表面积的最小值为 .
15.[2024·河北保定三模] 在三棱锥P-ABC中,已知△ABC是边长为2的正三角形,且PA=PB.若△PAB和△ABC的面积之积为,且二面角P-AB-C的余弦值为,则该三棱锥外接球的表面积为 . (共96张PPT)
增分微课6 与球有关的切、接问题
类型一
类型二
类型三
类型四
类型五
教师备用习题
作业手册
答案核查【听】
答案核查【作】
类型一 外接球
例1（1）[2022·新高考全国Ⅱ卷]已知正三棱台的高为1，上下底面的
边长分别为和 ，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为
( )
A. B. C. D.
√
[解析] 由题意，设球的球心为，半径为 ，正三棱台的上、下底面
分别为，，，， 均为正三棱台的棱，
则，都是等边三角形.设， 的外
接圆圆心分别为,，连接，则.连接，，
等边三角形和等边三角形的边长分别为, ,
，.连接,，若点在线段 上，则
，即
，可得，矛盾，
故点 在线段 的延长线上.由题意得
，可得,，
该球的表面积 .
（2）[2023·全国乙卷] 已知点，，， 均在半径为2的球面上，
是边长为3的等边三角形， 平面，则 ___.
2
[解析] 连接,，形成三棱锥 ，并将三
棱锥补成正三棱柱 ,如图，则
三棱锥 的外接球也是正三棱柱
的外接球，显然球心到底面 的
距离即为三棱柱的高的一半.设为 的中
心，连接，，则 平面，连接
并延长，使之交于点，则 ，
，所以 ，则
.
[总结反思]
求解多面体的外接球的主要方法：
（1）构造模型法:即寻找适合题意的长方体、正方体、圆柱等几何
体，借助于这些几何体迅速求得外接球半径；
（2）建立直角梯形或直角三角形法：即先找到底面多边形的外心，
作出外接球球心，借助于题设中的条件得到多面体的高，构成直角
梯形或直角三角形来求解.
变式题（1）如图，在四面体中， 平
面,, ，则此四面体
的外接球表面积为( )
A. B. C. D.
√
[解析] 如图，将四面体 补形成长方体，
长方体的长、宽、高分别为2，1，2，四面体
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 ，则
，所以外接球的表面积为 .故选
B.
（2）[2024·漳州三模] 在矩形中，,,为 的中
点，将沿折起，把折成，使平面 平面
，则三棱锥 的外接球的表面积为____.
[解析] 如图，因为，，为的中
点，所以 ，
，所以 ，所以，
又平面 平面，平面 平面， 平
面，所以 平面.又 为等腰直角三角形，所以其
外接圆的半径 .设三棱锥的外接球的半径为，
则 ，所以，所以三棱锥
的外接球的表面积为 .
（3）已知直四棱柱的棱长均为2, .以
为球心，为半径的球面与侧面 的交线长为_ ____.
[解析] 如图，取的中点，连接 四
棱柱 是各棱长均为2的直四棱
柱，且 ，平面 ，且
.由球的截面圆的性质可得
截面圆的半径为.在平面 上作
以为圆心，为半径的圆弧，与棱，的交点分别为， ，易
得，均为所在棱的中点.连接,, ,
, ， 球面与侧面 的交线长为
.
类型二 内切球
例2 已知正三棱锥的高为1,底面边长为 ,则该三棱锥的内切球的
半径为( )
A. B. C. D.
√
[解析] 设该正三棱锥为，内切球的半径为，过点作
平面于点，连接并延长,交于点，连接 是正
三角形，是的中点，为的中心. ，
，，， 该正三棱锥的表面积
.该正三棱锥的体积
,则,即 ,解
得 .故选D.
[总结反思]
处理与内切球相关的问题：
1.解题时常用以下结论确定球心和半径：①球心在过切点且与切面垂
直的直线上；②球心到各面距离相等.
2.利用体积法求多面体内切球半径，即 .
变式题 [2024·广东梅州一模] 某圆锥的底面直径和高均是2，则其内
切球（与圆锥的底面和侧面均相切）的半径为_ ____.
[解析] 圆锥的轴截面如图所示，设内切球的球心为，
半径为，则, ，所以
，又
，即
，解得，
即内切球的半径为 .
类型三 棱切球
例3 已知直三棱柱的侧棱长为 ，底面为等边三角
形.若球与该三棱柱的各条棱都相切，则球 的体积为____.
[解析] 如图，由题意知三棱柱
是正三棱柱，分别取,的中点， ，
连接，,，设, 分别是三棱柱下
底面和上底面的中心，连接 ，则
，，由对称性知 的中点
为球的球心，取的中点 （切点），连接
，，则（等于球心到棱
的距离）.设球的半径为 ，由正三角形的性
质知， 与底面垂直，
则必与直线垂直，因此在 中，可
得，可得 ，所
以球的体积 .
[总结反思]
1.如果一个球与一个多面体的所有棱都相切，那么这个球就被称为多
面体的棱切球.例如，在正方体中，棱切球的直径等于正方体的面对角
线长，且球的一部分位于正方体外部，与正方体的每个面都有接触点.
2.解决棱切球的基本步骤：找切点、找球心，构造直角三角形解决问题.
变式题（1）正四面体的棱长为4，若球 与正四面体的每一
条棱都相切，则球 的表面积为( )
A. B. C. D.
[解析] 将正四面体 补成一个正方体，
如图，球与正四面体的棱都相切，则球 为正
方体的内切球.设正方体的棱长为 ，则
,得,则球的半径 ,
故球的表面积 ，故选B.
√
（2）有三个球，已知球内切于正方体，球 与这个正方体各棱都
相切，球过这个正方体的各个顶点，则球、球、球 的表面
积之比为_______.
[解析] 设正方体的棱长为 .
①球为正方体的内切球，球心 是正方体的中心，切点是正方体
六个面的中心，经过四个切点及球心作截面，如图所示，设球 的
半径为，表面积为，则，即 ，所以
.
②球 与正方体各棱的切点为各棱的中点，过正方体的两个
相对面的面对角线作截面，如图所示，设球的半径为 ，
③球 过正方体的各个顶点，即正方体的各个顶点都在球面
上，过正方体的体对角线作截面，如图所示，设球 的半径
表面积为，则，即 ，所以
.
为，表面积为，则，即 ，所以
.故这三个球的表面积之比为
.
类型四 组合体切接问题
例4 （多选题）某酒店大堂的壁灯的外观是将两个正
三棱锥的底面重合构成的一个六面体（如图），已知
,且三棱锥 的高大于三棱锥
的高，则( )
A.平面
B.二面角的余弦值小于
C.该六面体存在外接球
D.该六面体存在内切球
√
√
[解析] 对于A，如图①，连接交平面于 ，
连接并延长交于，连接，，易知 ，
，，共面，若平面，平面
平面，所以，从而 ，
这与三棱锥的高大于三棱锥
的高矛盾，所以不平行于平面 ，故A错
误；
对于B，如图②，取的中点，连接， ，
易知为二面角 的平面角，连
接，则, ，所以
，又由于三棱锥的
高大于三棱锥 的高，所以
，所以 ，
故B正确；
对于C，如图③，连接交平面于 ，
连接，假设该六面体存在外接球，则球心 位于
的中点，连接，设外接球的半径为 ，
，则， ，
结合
，得 ，解得
，这与矛盾，故C错误；
对于D，如图④，连接 ，易知 上的点
到三棱锥各侧面的距离相等，记为 ，到
三棱锥各侧面的距离也相等，记为 ，取
的中点，连接，，作 的平分线交
于，此时， 即为内切球的球心，故D
正确.故选 .
变式题 清初著名数学家孔林宗曾提出一种“蒺
藜形多面体”，其可由两个正交的全等正四面体
组合而成（每一个四面体的各个面都过另一个
四面体的三条共点的棱的中点）.如图，若正四
面体的棱长为2，则该组合体的表面积为_____；
27
该组合体的外接球体积与两正交四面体公共部分的内切球体积的比值为
____.
[解析] 该组合体一共有24个面，每一个面都是全等的边
长为1的等边三角形，则其表面积为
.
该组合体的外接球也是任意一个正四面体的外接球，
可用一个正四面体来看，正四面体如图所
示，设 是的中心， 是外接球球心，则
，则 ，.
设外接球的半径为 ，则，又 ,
，
解得 .两正交四面体公共部分一共有8个面，且
每一个面都是全等的边长为1的等边三角形，则其表
面积为 ，大正四面体的
体积为 ，则每个小正
四面体的体积为 ，则中间公共部分的体积为
.设其内切球的半径为 ，则中间公共部分的体积也
可表示为，解得 ，故外接球和内切球
的体积的比值为 .
类型五 含动点切接问题（最值问题）
例5（1）[2022·新高考全国Ⅰ卷]已知正四棱锥的侧棱长为 ，其各顶点
都在同一球面上，若该球的体积为 ,且 ,则该正四棱
锥体积的取值范围是( )
A. B. C. D.
√
[解析] 方法一（导数法）：如图，连接， 交于
点，连接.设正四棱锥的高 ,
底面边长为,则 ,设正四棱锥外接球的半径
为，则由 ，得.延长 ，交球
面于点，连接，则为球的直径，易知，在
中，由射影定理知， ,
,所以, ,所
所 以正四棱锥 的体积为
.记
, ,则
,,当 时，
,单调递增，当时， ,
单调递减，所以 ,
,所以该
正四棱锥体积的取值范围是 .
方法二（基本不等式法） 同方法一得正四棱锥的
体积
（当且仅当时取等号）.当时，， ，则.当 时，， ，则
.因为 ，所以该正四棱锥体积的取值范围是 .
（2）已知正三棱柱的顶点都在球 的球面上，若正三
棱柱的侧面积为9，则球 的表面积的最小值是______.
[解析] 设正三棱柱的高为， ，则
，所以.设外接圆的半径为，则 ，解
得.设球的半径为，则 ，当且
仅当时，等号成立，所以球 的表面积的最小值为
.
[总结反思]
与球有关的切、接问题中的最值问题是立体几何的一个重点、难点，
常见的求解方法主要有以下三种：
（1）转化为函数最值问题.通过引入长度参数或角度参数,建立关于
这些参变量的函数关系,进而转化为函数的最值问题来解决.
（2）转化为平面几何问题.根据题目的特征,寻找或确定一个数量关
系比较集中的平面,将题目中的其他条件逐步向该平面转移,然后利用
平面几何方法或三角函数来解决.
（3）利用不等式求解.可通过引入多个变量建立数学模型,然后利用
不等式求其最值.
变式题 [2024·潍坊一模]已知直三棱柱 外接球的直径为
6，且， ，则该三棱柱体积的最大值为( )
A.8 B.12 C.16 D.24
[解析] 在直三棱柱中，，所
以 为直角三角形，则外接圆的圆心为斜
边的中点，同理 外接圆的圆心为斜边
的中点，如图.因为直三棱柱 外接球的直
径为6，所以外接球的半径 .
√
.在中，
，则 ，
故该三棱柱的体积
，当且仅当，即 时
等号成立.故选C.
例1 ［配例1使用］ 降维类比和升维类比主要应用于立体几何的学
习，将空间三维问题降为平面二维或者直线一维问题就是降维类比.
平面几何中多边形的外接圆，即找到一点，使得它到多边形各个顶
点的距离相等，这个点就是外接圆的圆心，距离就是外接圆的半径.
若这样的点存在，则这个多边形有外接圆；若这样的点不存在，则
这个多边形没有外接圆.事实上我们知道，三角形一定有外接圆，
【备选理由】例1通过情景给出立体几何类比学习的思维，找到一般
圆台外接球问题的研究方法，进一步应用到正棱台，为开拓思维视
野提供正向助力；
如果只求外接圆的半径，我们可通过正弦定理来求，我们也可以关注
九年义教初中《几何》的一个结论：三角形外接圆的直径等于两边
的乘积除以第三边上的高所得的商.借助求三角形外接圆的方法解决
问题：若等腰梯形 的上、下底边长分别为6和8，高为1，则这
个等腰梯形的外接圆半径为___；
5
轴截面是旋转体的重要载体，圆台的轴截面中包含了旋转体中的所
有元素：高、母线长、底面圆的半径，通过研究其轴截面，可将空
间问题转化为平面问题.观察图形，通过类比，我们可以找到一般
圆台的外接球问题的研究方法，正棱台可以看作由圆台切割得到.
研究问题：正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为和 ，
其顶点都在同一球面上，则该球的体积为_____.
[解析] 如图，连接,，由于,,且梯形的高 ，
所以,所以 ，因此 ,
.设的外接圆半径为 ,则
，故，设的外接圆半径为 ,则
，故，因此存在一点到,,, 四点
的距离相等，且距离为，即等腰梯形 的外接圆半径为5.
设 正三棱台上、下底面三角形的外接圆半径分别为, ,由于上、下底面边长分别为和，由正弦定理可得 ,
，因此正三棱台所对应圆台的轴截面为等腰梯形
，且其上、下底面边长分别为6和8，高为1，根据第一个空的
结论可知，该圆台的外接球半径为5，故外接球的体积为
.
例2 ［配例4、例5使用］ （多选题）[2024·浙江绍兴模拟] 孔明锁
是中国古代传统益智游戏.图①即是一个孔明锁，其形状可视为图②
所示的一个几何体, 图②中三个轴线相互垂直的长方体的公共部分为
【备选理由】例2是对复杂几何体外接球问题的补充，对于轨迹
的长度问题，需要将其分为不同的面上分别讨论，再进行组合；
①
②
①
②
一个棱长为1的正方体 ，且
，，，，
为其表面上的一个动点，球 为使该几何体在其内能够自由转动的最
小球体，其中为球 上的一个动点，以下说法正确的是( )
（注：表示椭圆 的周长大小）
A.的最大值为
B.若在公共正方体的外接球上，则其轨迹长度为
C.
D.若满足，则的轨迹长度为
√
√
①
②
[解析] 根据题目条件可知，球 为该几何体的外接球，其半径
.对于A，由于当 位于长方体的某个顶
点，而位于其对径点处时，有 ，故A错误.
①
②
对于B，由于公共正方体的外接球和几何体的交线是公共正方体的6个
面各自的外接圆，这些圆的半径都是 ，所以其轨迹长度为
，故B正确.
①
②
对于C，设到平面 的距离为
，由于点,,都在球上，所以，从而到平面 的距
离的取值范围是，再记的面积为，则 的
取值范围是，从而不等式 不一定成立，故
C错误.
①
②
对于D，由可知，此时 的轨迹分为以下几个部
分：①两个同时包含,两点（且位于一条边上）的平面
和平面上都各有两段轨迹，两个同时包含, 两点
（位于一组对边上）的平面和平面 上都各有一段轨
迹，这些轨迹都是椭圆的一部分，
①
②
且可以拼成一个完整的椭圆，其长半轴长为，半焦距为
；②四个恰包含, 两点中的一点的平面,
,, 上都各有一段轨迹，每段轨迹都是一个
圆的，对应圆的半径 满足，解得，从而圆
弧部分的总长度为 ，所以的轨迹长度为，故D正确.
故选 .
①
②
例3 ［配例2使用］ 在四面体中，，， 两两垂直，
，若四面体内切球的半径不小于，则 的取
值范围是( )
A. B. C. D.
√
【备选理由】例3是几何体内切球问题及锥体体积公式的应用，解
题关键在于利用分割法及锥体体积公式两种方法表示出，
建立关于内切球半径 的等式，再利用函数的单调性求解范围与最
值，体现几何与函数的交汇应用.
[解析] 如图，取棱的中点，记为 .由题意得
，， .因为
， 平面， 平面 ，
所以 平面 ，则.
设 ，四面体内切球的半径为.
因为，，两两垂直， ，所以，
，所以在 中，，
， 则的面积为 .
因为 ，所以四面体 内切球的半径
.
因为 是关于 的增函数，
，所以
的解集为 .故选D.
作业手册
1.棱长为4的正方体的内切球的表面积为( )
A. B. C. D.
[解析] 棱长为4的正方体的内切球的半径 ，则表面积
．故选C．
√
◆ 基础热身 ◆
2.一个圆锥的侧面展开图是半径为1的半圆，则此圆锥的内切球的表
面积为( )
A. B. C. D.
[解析] 设圆锥底面的半径为，则，解得 ，所
以圆锥的轴截面是边长为1的正三角形，可得此正三角形内切圆的半
径为，则圆锥内切球的半径 ，所以圆锥内切
球的表面积 .故选C．
√
3.[2024·西安部分学校联考]在三棱锥中， 是边长为3
的等边三角形，侧棱 平面，且 ，则三棱锥
的外接球的表面积为( )
A. B. C. D.
√
[解析] 设的外心为 ，三棱锥外接球的
球心为，半径为，连接,,, ,由题
意知，又 平面 ，
平面，，又 ，
， ，
.故选A.
4.如图，几何体 为一个圆柱和圆锥的组合体，
圆锥的底面和圆柱的一个底面重合，圆锥的顶点
为，圆柱的上、下底面的圆心分别为， ，若
该几何体 存在外接球（即圆锥的顶点与底面圆
周在球面上，且圆柱的底面圆周也在球面上）.已
知 ，则该组合体的体积为( )
A. B. C. D.
√
[解析] 作出轴截面如图，设该组合体外接球的球心为，半径为 ，
易知球心为的中点，则 ，则圆柱的底面半径
，则该组合体的体积
.故选A.
5.已知正四棱锥的底面边长为2，高为4，它的所有顶点都在同一球面
上，则这个球的表面积是____.
[解析] 如图，正四棱锥 的外接球的球
心在它的高上，记外接球半径为 ，
，， ，底面正
方形的边长为2.在中， ，可
得，解得 ，故球的表面
积 .
6.[2024·太原二模]已知圆锥的顶点为，底面圆的直径 ，
，则该圆锥内切球的体积为( )
A. B. C. D.
√
◆ 综合提升 ◆
[解析] 由圆锥的性质易知是以 为顶点的
等腰三角形，又 ，所以
，则为正三角形，边长为 .
如图所示，作出圆锥及其内切球的轴截面，设
，的中点分别为，，内切球的球心为 ，
连接，，且为与 的交点，由正三角形内心的性质易知
，即内切
球半径为1，所以内切球的体积 .故选C.
7.[2024·浙江宁波二模]在正四棱台中， ,
,，若球与上底面以及棱,,,
均相切，则球 的表面积为( )
A. B. C. D.
√
[解析] 设棱台上、下底面的中心分别为 ,
,连接，,，则， 分别为
，的中点，则 ,
，所以棱台的高 .
设球的半径为 ,根据正四棱台的结构特征可
知，球与上底面相切于 ,与棱
,,,均相切于各棱中点处，设
的中点为，连接,, ,所以
，即，
解得，所以球 的表面积为
.故选C.
8.如图，已知正方体的棱长为2，以其所有面的
中心为顶点的多面体为正八面体，则该正八面
体的内切球的表面积为( )
A. B. C. D.
√
[解析] 根据图形，由正方体的棱长为2，可知正
八面体的棱长为正方体面对角线长的一半，即
为.如图，在正八面体中连接 ，
，，且交于一点，可得，， 互
相垂直平分，为正八面体的中心，所以
平面，又 平面，所以，又 ，
，所以在 中，
，设正八
面体的内切球半径为 .
方法一：分别记，的中点为， ，内切球与平面的切点
为，显然为球心， ，如图，由知
，所以，所以 .故选C.
方法二：该正八面体的体积 ，该正八面
体的表面积，因为 ，即
，解得，所以 .故选C.
9.已知正方体的棱长为1，为棱 的中点，则
四棱锥 的外接球的表面积为( )
A. B. C. D.
[解析] 设四棱锥的外接球球心为 ，
取的中点，连接，取三角形 ，四
边形的外心，，连接， ，
，，，易得四边形 为矩形.
因为正方体的棱长为1，点 为中点，所以
， ，
√
，所以
，则
，则
，所以
，
故外接球的表面积 .故选
C.
10.在中，,,,为的中点，若将 沿
着直线翻折至，使得四面体 的外接球半径为1，
则直线与平面 所成角的余弦值是( )
A. B. C. D.
√
[解析] 因为,, ，所以
，又为 的中点，所以
，则
，即 为等边三
角形.设的外接圆圆心为，的外接圆圆心为，取 的
中点，连接,,,,,，因为, ，所以由正弦
定理可得，即 的外接圆半径为1，又四面体
的外接球半径为1，所以 为外接球球心，由球的性质可知，
平面，因为 平面 ，
所以 .因为
， ，
所以.设到平面 的距离为，因为
和 都是边长为1的正三角形，所以由 得
，即 ，记直线与平面所
成的角为 ，则 ，所以 .故选A.
11.（多选题）已知棱长为2的正方体 的棱切球
（与正方体的各条棱都相切）为球 ，则下列说法正确的是
( )
A.球的体积为
B.球内接圆柱的侧面积的最大值为
C.球在正方体外部的体积小于
D.球在正方体外部的面积大于
√
√
√
[解析] 对于A，依题意得棱切球的半径为，则球的体积为
，A错误;
对于B，记球 的内接圆柱的底面 半径为 ，则
内接圆柱的高为 ，
则内接圆柱的侧面积
，等号
成立时，故球的内接圆柱的侧面积的最大值为 ，B正确;
对于C，如图①,球 在正方体外部的体积
小于球 体积与正方体内切球体积之差，
即
，C正确;
对于D，如图②,球 在正方体外部的面积
等于正方体外6个球冠的表面积，每一个
球冠的表面积大于这个球冠中内接圆锥的
侧面积，则内接圆锥的底面半径为1，高
为 ，得圆锥的母线长为
，所以内接
圆锥的侧面积为
，所以6
个球冠的表面积大于 ，D正
确.故选 .
12.[2024·陕西咸阳二模] 已知三棱锥中， ，
，， 底面，且 ，则该三棱锥的外接
球的表面积为_____.
[解析] 由，得 ，又 底面， ，
平面，故，，故三棱锥 的外接
球即为以，，为棱的长方体的外接球，其中 为该长方体
的体对角线，即该三棱锥的外接球的半径 ，又
，故 ，则三棱锥的外接球的表面
积 .
13.[2023·全国甲卷] 在正方体中，，分别为 ，
的中点.以 为直径的球的球面与该正方体的棱共有____个公共点.
12
[解析] 不妨设正方体的棱长为2，的中点为 ，
分别取，的中点,，设侧面 的中心
为，连接,,,, ，如图.由题意可知，
为球心，在正方体中，
，即以 为直径的球的半径
，球心到的距离为 ，
所以球与棱相切，球面与棱 只有1个公共点，根据正方体的对
称性知，其余各棱和球面也只有1个公共点，所以以 为直径的球的球
面与该正方体的棱共有12个公共点.
14.[2024·浙江镇海期末] 在四面体中， ,
，若，则四面体 体积的最大值是_ __，
它的外接球表面积的最小值为____.
[解析] 如图，由余弦定理可得
,故，
所以，当且仅当 时取等号，
故，故 面
积的最大值为
，设四面体的高为 ,则
，
，所以点在以 为直径的球面上
（不包括平面），故当平面 平面
时最大，即为球的半径 ，故
.由正弦定理可得
，其中为 外接圆的半径.
设四面体外接球的半径为 ,则
,其中, 分别为球
心和外接圆的圆心，故当时 最
小，即为 ，故外接球的表面积的最小值为
.
15.[2024·河北保定三模] 在三棱锥中，已知 是边长为
2的正三角形，且.若和的面积之积为 ，且二
面角的余弦值为 ，则该三棱锥外接球的表面积为____.
[解析] 设的中点为，外接圆的圆心为 ，
球心为，连接，，且在上，因为 ，
所以，又 是边长为2的正三角形，所以
，结合题设有 ，
所以，得，所以 是等腰直角三角形，其外
接圆圆心为，又因为，所以为二面角 的平
面角，结合已知该角为
锐角，由题意可知，.过， 分别作平
面，平面 的垂线，相交于一点，由截面圆的性
质可知，两垂线的交点为球心，连接 ，如图所示，
所以， ，可得
，又易知， ，
所以 ，所以外接球的半径
，所以外接球的表面积
.
例1(1)A (2)2 变式题(1)B (2) (3) 例2 D 变式题
例3 变式题(1)B (2) 1∶2∶3
例4 变式题 27 27
2
7例5 (1)C (2) 变式题 C
教师备用习题
例1 5 例2 BD 例3 D
基础热身
1.C 2.C 3.A 4.A 5.
综合提升
6.C 7. C 8.C 9.C 10.A 11.BCD 12. 13. 12
14. 15.
