4 空间几何体的外接球与内切球
基础打底
1．已知正方体的顶点都在球面上，若正方体棱长为，则该球的表面积为( D )
A．3π B．4π
C．6π D．9π
【解析】 该球为正方体外接球，其半径R与正方体棱长a之间的关系为2R=a，由a=，可得R=，所以该球的表面积S=4πR2=9π．
2．若一个正三棱柱存在外接球与内切球，则它的外接球与内切球的体积之比为( C )
A．3∶1 B．5∶1
C．5∶1 D．6∶1
【解析】 设正三棱柱底面正三角形的边长为a．正三棱柱的内切球半径等于底面正三角形的内切圆半径，则内切球的半径r内=a，正三棱柱的高h=2r内=a．设底面正三角形的外接圆半径为R，易得R=a，所以外接球的半径r外===a．所以它的外接球与内切球的体积之比为3∶3=5∶1．
3．(2025·岳阳质检)将一个底面半径为2，高为2的圆锥形石材打磨成一个球，则该球表面积的最大值为( A )
A． B．
C． D．
【解析】 由题意可得圆锥的母线长为=4，所以圆锥的轴截面是等边三角形．将圆锥形石材打磨成一个球，要使球的表面积最大，则球的半径要最大，此时球是圆锥的内切球．设该等边三角形的内切圆的半径为r．由等边三角形的性质可得tan 30°=，所以r=，所以该球的表面积为4πr2=4π2=．
4．(2025·莆田四模)已知某圆台下底面半径为2，高与上底面半径均为1，则该圆台外接球的表面积是( C )
A．12π B．16π
C．20π D．24π
【解析】 设O为该圆台外接球的球心，O1，O2分别为上、下底面圆的圆心，R为外接球半径，由题意分析可得球心在线段O1O2的延长线上，如图，则R2=1＋(1＋OO2)2=22＋O，解得OO2=1，R2=5，所以该圆台外接球的表面积为S=4πR2=20π．
5．(2025·南京期初)若正四棱锥的高为8，且所有顶点都在半径为5的球面上，则该正四棱锥的侧面积为( C )
A．24 B．32
C．96 D．128
【解析】 如图，在正四棱锥P－ABCD中，连接AC，BD交于点E，连接PE，则PE=8．设O为该正四棱锥外接球的球心，易知O在PE上，连接OC，则PO=OC=5，OE=3，所以CE==4，则AC=8，CD=4，PC===4．过点P作PF⊥CD，垂足为F，则在Rt△PFC中，PF===6，故该四棱锥的侧面积S侧=4S△PCD=4××4×6=96．
强技提能
外接球补形法
例1 (1) (墙角模型)若四面体ABCD的每个顶点都在球O的球面上，AB，AC，AD两两垂直，且AB=，AC=2，AD=3，则球O的表面积为( B )
A．64π B．16π
C．4π D．π
【解析】 四面体ABCD的外接球O即为以AC，AB，AD为长、宽、高的长方体的外接球，所以球O的外接球半径R==2，则球O的表面积S=4πR2=16π．
(2) (鳖臑模型)(2025·黄山一模)已知三棱锥P－ABC的四个面均为直角三角形，PA⊥平面ABC，PA=AB=4，AC=6，则三棱锥P－ABC外接球的表面积为( D )
A．12π B．24π
C．32π D．52π
【解析】 根据题意可构造如图所示的长方体，设其外接球的半径为R．易知三棱锥P－ABC的外接球就是该长方体的外接球，则2R=PC====2，所以三棱锥P－ABC外接球的表面积为4πR2=52π．
(3) (对棱相等模型)(2025·株洲质检)如图，在三棱锥P－ABC中，PA=BC=，PB=AC=2，PC=AB=，则三棱锥P－ABC外接球的体积为( C )
A．π B．π
C．π D．6π
【解析】 由题意，PA=BC=，PB=AC=2，PC=AB=，将三棱锥P－ABC放到长方体中，可得长方体的三条面对角线长分别为，2，．设长方体的长、宽、高分别为a，b，c，则=，=2，=，解得a=1，b=，c=，所以三棱锥P－ABC外接球的半径R=×=，所以三棱锥P－ABC外接球的体积V=πR3=π．
1．若三棱锥的三条侧棱两两互相垂直，则可将其放入某个长方体内，如图(1)；
2．若三棱锥的四个面均是直角三角形，则此时可构造长方体，如图(2)；
3．正四面体PABC可以补形为正方体且该正方体的棱长a=，如图(3)；
4．若三棱锥的对棱两两相等，则可将其放入某个长方体内，如图(4)．
图(1)
图(2)
图(3)
图(4)
外接球定球心法
例2 (1) (单面定球心)(2025·湛江期末)在三棱锥P－ABC中，PC=3，其他棱长都是2，则三棱锥P－ABC外接球的表面积是( D )
A． B．20π
C． D．20π
【解析】 如图，取棱AB的中点E，连接PE，CE，则PE⊥AB，CE⊥AB，且PE=CE．设△ABC外接圆的圆心为O′，三棱锥P－ABC外接球的球心为O，连接OO′，OP，OC，作OF⊥PE，垂足为F．由题意得PE=CE=3，O′E=1，O′C=2．因为PC=3，所以PE2＋CE2=PC2，所以PE⊥CE．又PE⊥AB，CE AB=E，CE，AB 平面ABC，所以PE⊥平面ABC，则EF=OO′=1，OF=O′E=1．设三棱锥P－ABC外接球的半径为R，则R2=(PE－EF)2＋OF2=22＋12=5，故三棱锥P－ABC外接球的表面积为4πR2=20π．
(2) (双面定球心)(2025·南昌信息卷)已知三棱锥A－BCD，平面ABC⊥平面BCD，∠BAC=，∠BDC=，BC=2，则三棱锥A－BCD外接球的表面积为( B )
A．16π B．20π
C．28π D．32π
【解析】 设△ABC，△BCD的外接圆圆心分别为O1，O2，三棱锥A－BCD外接球球心为O，过O1作平面ABC的垂线，过O2作平面BCD的垂线，两垂线的交点即为三棱锥A－BCD外接球的球心．如图，取BC的中点E，连接EO1，EO2，则EO1⊥BC．因为平面ABC⊥平面BCD，平面ABC 平面BCD=BC，EO1 平面ABC，所以EO1⊥平面BCD，所以EO1∥OO2，同理，EO2∥OO1．因为EO2 平面BCD，所以EO1⊥EO2，故四边形EO1OO2为矩形．因为△ABC的外接圆半径r1==，即O1B=，所以EO1=OO2===1．因为△BCD的外接圆半径r2==2，即O2B=2，所以OB==，即球O的半径r=，所以三棱锥A－BCD外接球的表面积为4πr2=4π×5=20π．
(3) (解析法定球心)(2025·聊城一模改编)如图，在四棱锥P－ABCD中，AD∥BC，F是△PCD的重心，M为AD上一点，且PM⊥平面ABCD，△MCD为等边三角形，CD=6，∠PDM=45°，则经过F，M，C，D四点的球的表面积为( C )
A．32π B．48π
C．64π D．96π
【解析】 因为PM⊥平面ABCD，以点M为坐标原点，MD，MP所在直线分别为y轴、z轴，平面ABCD内过点M且垂直于AD的直线为x轴建立如图所示的空间直角坐标系，则C(3，3，0)，D(0，6，0)，P(0，0，6)，N，所以=．因为F是△PCD的重心，所以== (，3，－4)，从而可得F(，3，2)．设经过F，M，C，D四点的球的球心为O(x，y，z)．由可得解得故球O的半径为OM==4，所以经过F，M，C，D四点的球的表面积为4π·OM2=4π×16=64π．
1．单面定球心，就是先确定一个表面的外接圆圆心，过圆心作一条垂直于这个表面的直线，则球心一定在这条直线上；双面定球心，本质是两次单面定球心．
2．解析法定球心，就是利用空间坐标，通过球心与各顶点的距离相等列方程组，从而解出球心的坐标．
内切球等积法和截面法
例3 (1) (2025·安庆三模)正四棱台上底面边长为1，下底面边长为2，若一个球的球心到该正四棱台各个面的距离均等于该球的半径，则该正四棱台与该球的体积之比为( B )
A．14∶π B．7∶π
C．7∶2π D．7∶π
【解析】 如图，作出正四棱台的轴截面图，可知这个等腰梯形的内切圆就是内切球的最大圆．由题知CD=1，AB=2，设球的半径为R，则在Rt△BCH中，有BC2=(2R)2＋，即BC=．利用等面积法，由S四边形BEFC=S△FCI＋S△BEI＋S△BCI，可得××2R=××R＋×1×R＋××R，解得R=．再由棱台体积公式得V1=×(1＋4＋)×=，由球的体积公式得V2=×π×3=π，所以该正四棱台与该球的体积之比为==．
(2) (2025·张家界调研)如图，在三棱锥V－ABC中，∠AVB=∠BVC=∠CVA=60°，VA=VB=VC，若三棱锥V－ABC的内切球O的表面积为6π，则此三棱锥的体积为( D )
A．6 B．18
C．6 D．18
【解析】 如图，连接VO并延长，交底面ABC于点E，连接AE并延长，交BC于点D．因为在三棱锥V－ABC中，∠AVB=∠BVC=∠CVA=60°，VA=VB=VC，所以三棱锥V－ABC是正四面体，于是E是△ABC的中心，则VE⊥平面ABC．因为三棱锥V－ABC的内切球O的表面积为6π，所以4πr2=6π，解得球O的半径r=OE=．设AB=a，则AE=AD==a，VE==a，所以AO=VO=a－．因为OE⊥AE，所以AE2＋OE2=AO2，即2＋2=2，解得a=6，于是VE=×6=2，则此三棱锥的体积V=S△ABC·VE=××6×6×sin 60°×2=18．
内切球问题的处理方法
(1) 等体积法：对于多面体，利用球心到各面的距离相等，结合体积公式，直接求出半径大小．
(2) 截面法(内切球独立截面法)：①画出经过球心和切点的大圆的截面图；②在截面中，找到和球半径相关的直角三角形；③利用相似、全等、勾股定理等平面几何知识求出内切球半径．
注意：①圆台只有当上、下底面半径之和与母线长相等时，才存在内切球；②正四棱台只有当上、下底面边长之和等于侧面高线的两倍时，才存在内切球．
几何体的内置问题
例4 (1) (2025·全国Ⅱ卷)一个底面半径为4 Cm，高为9 Cm的封闭圆柱形容器(容器壁厚度忽略不计)内有两个半径相等的铁球，则铁球半径的最大值为____cm．
【解析】 如图，设铁球的半径为r，则r＜4．由圆柱与球的性质知AB=2r，BC=9－2r，AC=8－2r，则(2r)2=(8－2r)2＋(9－2r)2，即4r2－68r＋145=(2r－5)(2r－29)=0，因为r＜4，所以r= cm．
(2) (2025·广东一模)(多选)已知正四面体ABCD的棱长为6，M，N分别是BC，AD的中点，则下列几何体能够整体放入正四面体ABCD的有( ACD )
A．底面在平面BCD上，且底面半径为，高为2的圆锥
B．底面在平面BCD上，且底面半径为，高为1的圆柱
C．轴为直线MN，且底面半径为，高为2的圆锥
D．轴为直线MN，且底面半径为，高为0.2的圆柱
【解析】 对于A，如图(1)，在正四面体ABCD中，作AO⊥平面BCD，交平面BCD于点O，连接OD，则O为正三角形BCD的中心．又正四面体的棱长为6，则△BCD的内切圆半径为，OD=2，正四面体的高AO===2．因为圆锥的底面半径为，＜，且高为2，则可以放到正四面体内，故A正确．对于B，如图(2)，平面EFG∥平面BCD，当HO=1时，设△EFG内切圆的半径为r′，则==，解得r′=＜，则底面半径为，高为1的圆柱无法放到正四面体内，故B错误．对于C，如图(3)，MN===3，在线段MN上取点K使得NK=2，KL⊥MN，L在MD上，则=，即=，则KL=＞，则轴为直线MN，且底面半径为，高为2的圆锥可以放到正四面体内，故C正确．对于D，采用选项C中的图，此时条件变为，在线段MN上取点K使得KL=，则=，即=，解得MK=2，若圆柱可以放入，则其轴中点必然为线段MN的中点，而2MK=4＜3－0.2，则轴为直线MN，且底面半径为，高为0.2的圆柱可以放到正四面体内，故D正确．
图(1)
图(2)
图(3)
配套热练
1．已知四面体ABCD中，AB=CD=2，AC=BD=，AD=BC=，则四面体ABCD外接球的体积为( C )
A．45π B．
C． D．24π
【解析】 设四面体ABCD的外接球的半径为R，则四面体ABCD在一个长、宽、高分别为a，b，c的长方体中，如图，则故R==，所以四面体ABCD外接球的体积为V=πR3=π×=．
2．(2025·广州一模)已知球O的表面积为4π，一圆台的上、下底面圆周都在球O的球面上，且下底面过球心O，母线与下底面所成角为，则该圆台的侧面积为( B )
A．π B．π
C．π D．3π
【解析】 由球O的表面积为4π，知球O的半径为1．如图，AO=1，由题知AA1与底面夹角为，所以∠A1AO=．令OO1=h，A1O1=r，则解得则AA1=1，所以S侧=π×1=π．
3．(2025·苏锡常镇一模)已知一圆柱内接于半径为1的球，当该圆柱的体积最大时，其高为( C )
A． B．
C． D．
【解析】 方法一：设外接球的半径为R，圆柱的底面半径为r，圆柱的高为h，如图，则有R2=r2＋2=1，所以圆柱的体积V=πr2h=πh，V′=π，令V′=0，得h=(舍负)，所以当h∈时，V单调递增；当h∈时，V单调递减．故当h=时，V取得最大值．
方法二(三元均值不等式)：设外接球的半径为R，圆柱的底面半径为r，圆柱的高为h，如图，则有R2=r2＋2=1，即＋＋=1≥3，整理得r2h≤，当且仅当=，即r2=，h2=时等号成立，此时圆柱的体积V=πr2h取得最大值，所以圆柱的体积最大时，h=．
刂
刂刂4．(2025·湛江一模)一个圆锥的侧面展开图是一个半径为3，圆心角为的扇形，在该圆锥内有一个体积为V的球，则该球的体积V的最大值是( D )
A．2π B．π
C．π D．π
【解析】 由题意得，扇形的弧长l=3×=2π，所以该圆锥的底面圆的半径r==1，所以该圆锥的高h==2．设该圆锥内的球的最大半径为R，圆锥的轴截面如图所示，依题意得S△ABC=×2×2=×(3＋3＋2)×R，所以R=，所以该球的体积V的最大值是πR3=×3π=π．
5．(2025·龙岩5月质检)已知正四棱台ABCD－A1B1C1D1的上、下底面边长分别为和2．若该棱台的体积为，则该棱台的外接球的表面积为( C )
A．7π B．π
C．16π D．19π
【解析】 在正四棱台ABCD－A1B1C1D1中，AB=2，A1B1=，体积为，高为h，故=(2＋8＋)h，解得h=，且BD=4，B1D1=2．连接BD，AC相交于点E，连接B1D1，A1C1相交于点F，设外接球的球心为O．如图(1)，若O在台体外，设O到底面ABCD的距离为d，则半径为R==，即=，解得d=0，所以球心O与点E重合；如图(2)，若O在台体内，设O到底面ABCD的距离为d，则半径为R==，即=，解得d=0，所以球心O与点E重合．综上所述，h=EF=OF=，故R=2，所以外接球的表面积为4πR2=16π．
图(1)
图(2)
6．(2025·保定一模)已知三棱锥A－BCD中，CD⊥平面ABD，AB=AD=2，BD=6，CD=2，则三棱锥A－BCD的外接球的表面积为( D )
A．12π B．24π
C．40π D．52π
【解析】 在△ABD中，AB=AD=2，BD=6，所以cos B===，所以sin B=．设△ABD外接圆的半径为r，则=2r，解得r=2．又CD⊥平面ABD，且CD=2，设三棱锥A－BCD的外接球半径为R，则R2=r2＋1=13，所以三棱锥A－BCD的外接球的表面积为4πR2=4π×13=52π．
7．(2025·蚌埠一模)已知三棱锥P－ABC中，△PAC是边长为3的正三角形，AB⊥BC，平面PAC⊥平面ABC，则该三棱锥的外接球的体积为( C )
A．3π B．
C．4π D．12π
【解析】 如图，取等边三角形PAC的中心为O，连接PO并延长交AC于点E，则PE⊥AC且EA=EC，所以OA=OC=．因为平面PAC⊥平面ABC，PE 平面PAC，平面PAC 平面ABC=AC，所以PE⊥平面ACB，而BE 平面ABC，故PE⊥EB，故OB2=OE2＋EB2．因为AB⊥BC，E为AC中点，所以AE=EC=EB，故OA=OC=OB=OP，故O为外接球的球心，且OP=×3×=，故该三棱锥的外接球的体积为×π×()3=4π．
8．在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑．在鳖臑ABCD中，AB⊥平面BCD，BC⊥CD，且AB=BC=CD=1，则其内切球的表面积为( C )
A．3π B．π
C．(3－2)π D．(－1)π
【解析】 因为四面体ABCD四个面都为直角三角形，AB⊥平面BCD，BC⊥CD，所以AB⊥BD，AB⊥BC，BC⊥CD，AC⊥CD．设四面体ABCD内切球的球心为O，半径为r，四面体ABCD的表面积为SABCD，体积为VABCD，则VABCD=VO－ABC＋VO－ABD＋VO－ACD＋VO－BCD=r(S△ABC＋S△ABD＋S△ACD＋S△BCD)，所以r=．因为SABCD=S△ABC＋S△ABD＋S△ACD＋S△BCD=1＋，四面体ABCD的体积VABCD=××1×1×1=，所以r==，所以其内切球表面积S=4πr2=(3－2)π．
9．(2025·运城期末)在一个轴截面是边长为4的正三角形的圆锥形封闭容器内放入一个半径为2的小球O1后，再放入一个球O2，则球O2的表面积与容器的表面积之比的最大值为( A )
A． B．
C． D．
【解析】 边长为4的正三角形的内切圆半径为r1=×4×=2，即轴截面是边长为4的正三角形的圆锥的内切球半径为2，所以放入一个半径为2的小球O1后，再放一个球O2，如图，要使球O2的表面积与容器的表面积之比最大，即球O2的半径r2最大，所以只需球O2与球O1、圆锥都相切，其轴截面如图所示，此时r2=×=，所以球O2的表面积为4π=．又圆锥的表面积为12π＋4×2π=36π，所以球O2的表面积与容器的表面积之比的最大值为．
10．(2025·黄冈调研)如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB=AA1=6，若存在一个可以在三棱柱ABC－A1B1C1内任意转动的正方体，则该正方体的棱长a的最大值为( D )
A．1 B．
C． D．2
【解析】 在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB=A1A1=6，所以底面三角形内切圆半径为×6×=．因为存在一个可以在三棱柱ABC－A1B1C1内任意转动的正方体，所以正方体的外接球可放在该正三棱柱中，若正方体棱长最大，则该球直径a应为底面内切圆直径，即a=2，解得a=2，此时三棱柱的高大于球的直径，符合要求．
11．(多选)下列物体中，能够被整体放入棱长为2的正四面体容器(容器壁厚度忽略不计)内的有(参考数据：≈2.449，≈1.414)( BCD )
A．底面直径为1，高为的圆锥
B．底面边长为1，高为0.8的正三棱柱
C．直径为0.8的球体
D．底面直径为0.5，高为0.9的圆柱体
【解析】 对于正四面体ABCD，如图(1)，作AO⊥平面BCD，交平面BCD于点O，连接OD，则O为正三角形BCD的中心．又棱长为2，所以正三角形BCD的内切圆半径为，正四面体的高AO===≈1.633．设正四面体内切球半径为t，则V=4××S△BCD·t=×S△BCD×AO，解得t=≈0.408．对于A，底面圆的直径为1，半径为＜，但高＞，所以不符合题意，故A错误；对于B，底面边长为1，高为0.8的正三棱柱，如图(2)，当MO=0.8时，设△EFG内切圆的半径为r′，则=≈≈0.51，则r′=0.51×≈0.294，且边长为1的正三角形内切圆的半径为≈0.289＜0.294，满足题意，故B正确；对于C，直径为0.8的球体，其半径为0.4＜0.408，满足题意，故C正确；对于D，如图(2)，当MO=0.9时，设△EFG内切圆的半径为r1，则=≈≈0.449，则r1≈0.449×≈0.259＞0.25，满足题意，故D正确．
图(1)
图(2)
12．(2025·杭州期末)已知正三棱锥的四个顶点都在体积为的球上，则该三棱锥体积的最大值是____．
【解析】 如图，设H为底面三角形的中心，则PH为三棱锥的高，设为h．由V球=πR3=π，解得R=2．设底面三角形的边长为a，则CH=×=．在Rt△COH中，R2=(h－R)2＋2，解得a2=－3h2＋12h．V=Sh=a2·h=(－h3＋4h2)(0＜h＜4)，令f(h)=－h3＋4h2(0＜h＜4)，则f′(h)=－3h2＋8h，由f′(h)=0，可得h=或h=0(舍去)．当h∈时，f′(h)＞0；当h∈时，f′(h)＜0，所以f(h)在上单调递增，在上单调递减，f(h)max=f=，所以Vmax=．
13．(2025·晋城一模)如图，现有一个半球形容器(有盖)，其表面积为300π平方分米，忽略容器的厚度，若在该容器内放入两个半径均为r分米的球，则r的最大值为__4.1__分米(结果精确到0.1)．
【解析】 设半球形容器对应的半球的半径为R分米，则该容器的表面积为2πR2＋πR2=300π，解得R=10．根据对称性可知，当两个球外切且均与半球相切(与球面相切，且与容器的盖所在平面相切)时，r取得最大值，这也相当于求半径为10分米的四分之一个球的内切球，如图，由r＋r=10，解得r=10(－1)≈4.1．
14．如图，在三棱锥P－ABC中，PA=PB=，CA⊥AB，AB=AC=2，二面角P－AB－C的大小为120°，则三棱锥P－ABC的外接球的表面积为____．
【解析】 如图，取BC和AB的中点分别为O1，D，过点P作PE⊥平面ABC于点E，连接PD，DO1，DE．因为AB 平面ABC，所以PE⊥AB．又PA=PB，所以PD⊥AB．因为PD PE=P，PD，PE 平面PDE，所以AB⊥平面PDE．又DE 平面PDE，所以AB⊥DE，则∠PDE为二面角P－AB－C的补角，所以∠PDE=60°．因为PA=PB=，AB=AC=2，所以PD=2，且PE=，DE=1．易知DO1=1，DO1⊥AB，BC=2=2AO1．因为△ABC为等腰直角三角形，所以O1是△ABC的外心．设三棱锥P－ABC的外接球的球心为O，则OO1⊥平面ABC，易知PE∥OO1．作OQ⊥PE于点Q，易知四边形OO1EQ为矩形，OQ=EO1=1＋1=2．设OO1=h，OA=R，则在Rt△AO1O中，R2=h2＋2，且在Rt△PQO中，R2=(－h)2＋4，解得R2=，所以三棱锥P－ABC的外接球的表面积为S=4πR2=．
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专题五
4 空间几何体的外接球与内切球
立体几何
基础打底
【解析】
D
【解析】
C
【解析】
【答案】A
4．(2025·莆田四模)已知某圆台下底面半径为2，高与上底面半径均为1，则该圆台外接球的表面积是 ( )
A．12π B．16π
C．20π D．24π
【解析】
C
5．(2025·南京期初)若正四棱锥的高为8，且所有顶点都在半径为5的球面上，则该正四棱锥的侧面积为 ( )
A．24 B．32
C．96 D．128
【解析】
【答案】C
强技提能
目标
1
外接球补形法
1
【解析】
B
(2) (鳖臑模型)(2025·黄山一模)已知三棱锥P－ABC的四个面均为直角三角形，PA⊥平面ABC，PA＝AB＝4，AC＝6，则三棱锥P－ABC外接球的表面积为
( )
A．12π B．24π
C．32π D．52π
【解析】
1
D
1
【解析】
C
图(1) 图(2) 图(3) 图(4)
目标
2
外接球定球心法
2
【解析】
如图，取棱AB的中点E，连接PE，CE，则PE⊥AB，CE⊥AB，且PE＝CE．设△ABC外接圆的圆心为O′，三棱锥P－ABC外接球的球心为O，连接OO′，OP，OC，作OF⊥PE，垂足为F．
【答案】D
【解析】
设△ABC，△BCD的外接圆圆心分别为O1，O2，三棱锥A－BCD外接球球心为O，过O1作平面ABC的垂线，过O2作平面BCD的垂线，两垂线的交点即为三棱锥A－BCD外接球的球心．
2
如图，取BC的中点E，连接EO1，EO2，则EO1⊥BC．因为平面ABC⊥平面BCD，平面ABC 平面BCD＝BC，EO1 平面ABC，所以EO1⊥平面BCD，所以EO1∥OO2，同理，EO2∥OO1．
【答案】B
(3) (解析法定球心)(2025·聊城一模改编)如图，在四棱锥P－ABCD中，AD∥BC，F是△PCD的重心，M为AD上一点，且PM⊥平面ABCD，△MCD为等边三角形，CD＝6，∠PDM＝ 45°，则经过F，M，C，D四点的球的表面积为 ( )
A．32π B．48π
C．64π D．96π
2
【解析】
【答案】C
1．单面定球心，就是先确定一个表面的外接圆圆心，过圆心作一条垂直于这个表面的直线，则球心一定在这条直线上；双面定球心，本质是两次单面定球心．
2．解析法定球心，就是利用空间坐标，通过球心与各顶点的距离相等列方程组，从而解出球心的坐标．
目标
3
内切球等积法和截面法
3
【解析】
如图，作出正四棱台的轴截面图，可知这个等腰梯形的内切圆就是内切球的最大圆．
【答案】B
【解析】
如图，连接VO并延长，交底面ABC于点E，连接AE并延长，交BC于点D．因为在三棱锥V－ABC中，∠AVB＝∠BVC ＝∠CVA＝60°，VA＝VB＝VC，所以三棱锥V－ABC是正四面体，于是E是△ABC的中心，则VE⊥平面ABC．
3
【答案】D
内切球问题的处理方法
(1) 等体积法：对于多面体，利用球心到各面的距离相等，结合体积公式，直接求出半径大小．
(2) 截面法(内切球独立截面法)：①画出经过球心和切点的大圆的截面图；②在截面中，找到和球半径相关的直角三角形；③利用相似、全等、勾股定理等平面几何知识求出内切球半径．
注意：①圆台只有当上、下底面半径之和与母线长相等时，才存在内切球；②正四棱台只有当上、下底面边长之和等于侧面高线的两倍时，才存在内切球．
(1) (2025·全国Ⅱ卷)一个底面半径为4 cm，高为9 cm的封闭圆柱形容器(容器
壁厚度忽略不计)内有两个半径相等的铁球，则铁球半径的最大值为______cm．
4
【解析】
几何体的内置问题
新视角
4
【解析】
【答案】ACD
图(1)
图(2)
图(3)
图(3)
【答案】C
热练
【解析】
B
【解析】
【答案】C
【解析】
【答案】D
【解析】
【答案】C
【解析】
图(1)
【答案】D
图(2)
【解析】
C
【解析】
C
【解析】
【答案】A
【解析】
【答案】D
【解析】
【解析】
图(1)
图(2)
【答案】BCD
【解析】
13．(2025·晋城一模)如图，现有一个半球形容器(有盖)，其表面积为300π平方分米，忽略容器的厚度，若在该容器内放入两个半径均为r分米的球，则r的最大值为________分米(结果精确到0.1)．
【解析】
4.1
【解析】
如图，取BC和AB的中点分别为O1，D，过点P作PE⊥平面ABC于点E，连接PD，DO1，DE．因为AB 平面ABC，所以PE⊥AB．又PA＝PB，所以PD⊥AB．因为PD PE＝P，PD，PE 平面PDE，所以AB⊥平面PDE．又DE 平面PDE，所以AB⊥DE，则∠PDE为二面角P－AB－C的补角，所以∠PDE＝60°．4 空间几何体的外接球与内切球
基础打底
1．已知正方体的顶点都在球面上，若正方体棱长为，则该球的表面积为( )
A．3π B．4π
C．6π D．9π
2．若一个正三棱柱存在外接球与内切球，则它的外接球与内切球的体积之比为( )
A．3∶1 B．5∶1
C．5∶1 D．6∶1
3．(2025·岳阳质检)将一个底面半径为2，高为2的圆锥形石材打磨成一个球，则该球表面积的最大值为( )
A． B．
C． D．
4．(2025·莆田四模)已知某圆台下底面半径为2，高与上底面半径均为1，则该圆台外接球的表面积是( )
A．12π B．16π
C．20π D．24π
5．(2025·南京期初)若正四棱锥的高为8，且所有顶点都在半径为5的球面上，则该正四棱锥的侧面积为( )
A．24 B．32
C．96 D．128
强技提能
外接球补形法
例1 (1) (墙角模型)若四面体ABCD的每个顶点都在球O的球面上，AB，AC，AD两两垂直，且AB=，AC=2，AD=3，则球O的表面积为( )
A．64π B．16π
C．4π D．π
(2) (鳖臑模型)(2025·黄山一模)已知三棱锥P－ABC的四个面均为直角三角形，PA⊥平面ABC，PA=AB=4，AC=6，则三棱锥P－ABC外接球的表面积为( )
A．12π B．24π
C．32π D．52π
(3) (对棱相等模型)(2025·株洲质检)如图，在三棱锥P－ABC中，PA=BC=，PB=AC=2，PC=AB=，则三棱锥P－ABC外接球的体积为( )
A．π B．π
C．π D．6π
1．若三棱锥的三条侧棱两两互相垂直，则可将其放入某个长方体内，如图(1)；
2．若三棱锥的四个面均是直角三角形，则此时可构造长方体，如图(2)；
3．正四面体PABC可以补形为正方体且该正方体的棱长a=，如图(3)；
4．若三棱锥的对棱两两相等，则可将其放入某个长方体内，如图(4)．
图(1)
图(2)
图(3)
图(4)
外接球定球心法
例2 (1) (单面定球心)(2025·湛江期末)在三棱锥P－ABC中，PC=3，其他棱长都是2，则三棱锥P－ABC外接球的表面积是( )
A． B．20π
C． D．20π
(2) (双面定球心)(2025·南昌信息卷)已知三棱锥A－BCD，平面ABC⊥平面BCD，∠BAC=，∠BDC=，BC=2，则三棱锥A－BCD外接球的表面积为( )
A．16π B．20π
C．28π D．32π
(3) (解析法定球心)(2025·聊城一模改编)如图，在四棱锥P－ABCD中，AD∥BC，F是△PCD的重心，M为AD上一点，且PM⊥平面ABCD，△MCD为等边三角形，CD=6，∠PDM=45°，则经过F，M，C，D四点的球的表面积为( )
A．32π B．48π
C．64π D．96π
1．单面定球心，就是先确定一个表面的外接圆圆心，过圆心作一条垂直于这个表面的直线，则球心一定在这条直线上；双面定球心，本质是两次单面定球心．
2．解析法定球心，就是利用空间坐标，通过球心与各顶点的距离相等列方程组，从而解出球心的坐标．
内切球等积法和截面法
例3 (1) (2025·安庆三模)正四棱台上底面边长为1，下底面边长为2，若一个球的球心到该正四棱台各个面的距离均等于该球的半径，则该正四棱台与该球的体积之比为( )
A．14∶π B．7∶π
C．7∶2π D．7∶π
(2) (2025·张家界调研)如图，在三棱锥V－ABC中，∠AVB=∠BVC=∠CVA=60°，VA=VB=VC，若三棱锥V－ABC的内切球O的表面积为6π，则此三棱锥的体积为( )
A．6 B．18
C．6 D．18
内切球问题的处理方法
(1) 等体积法：对于多面体，利用球心到各面的距离相等，结合体积公式，直接求出半径大小．
(2) 截面法(内切球独立截面法)：①画出经过球心和切点的大圆的截面图；②在截面中，找到和球半径相关的直角三角形；③利用相似、全等、勾股定理等平面几何知识求出内切球半径．
注意：①圆台只有当上、下底面半径之和与母线长相等时，才存在内切球；②正四棱台只有当上、下底面边长之和等于侧面高线的两倍时，才存在内切球．
几何体的内置问题
例4 (1) (2025·全国Ⅱ卷)一个底面半径为4 Cm，高为9 Cm的封闭圆柱形容器(容器壁厚度忽略不计)内有两个半径相等的铁球，则铁球半径的最大值为___cm．
(2) (2025·广东一模)(多选)已知正四面体ABCD的棱长为6，M，N分别是BC，AD的中点，则下列几何体能够整体放入正四面体ABCD的有( )
A．底面在平面BCD上，且底面半径为，高为2的圆锥
B．底面在平面BCD上，且底面半径为，高为1的圆柱
C．轴为直线MN，且底面半径为，高为2的圆锥
D．轴为直线MN，且底面半径为，高为0.2的圆柱
配套热练
1．已知四面体ABCD中，AB=CD=2，AC=BD=，AD=BC=，则四面体ABCD外接球的体积为( )
A．45π B．
C． D．24π
2．(2025·广州一模)已知球O的表面积为4π，一圆台的上、下底面圆周都在球O的球面上，且下底面过球心O，母线与下底面所成角为，则该圆台的侧面积为( )
A．π B．π
C．π D．3π
3．(2025·苏锡常镇一模)已知一圆柱内接于半径为1的球，当该圆柱的体积最大时，其高为( )
A． B．
C． D．
4．(2025·湛江一模)一个圆锥的侧面展开图是一个半径为3，圆心角为的扇形，在该圆锥内有一个体积为V的球，则该球的体积V的最大值是( )
A．2π B．π
C．π D．π
5．(2025·龙岩5月质检)已知正四棱台ABCD－A1B1C1D1的上、下底面边长分别为和2．若该棱台的体积为，则该棱台的外接球的表面积为( )
A．7π B．π
C．16π D．19π
6．(2025·保定一模)已知三棱锥A－BCD中，CD⊥平面ABD，AB=AD=2，BD=6，CD=2，则三棱锥A－BCD的外接球的表面积为( )
A．12π B．24π
C．40π D．52π
7．(2025·蚌埠一模)已知三棱锥P－ABC中，△PAC是边长为3的正三角形，AB⊥BC，平面PAC⊥平面ABC，则该三棱锥的外接球的体积为( )
A．3π B．
C．4π D．12π
8．在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑．在鳖臑ABCD中，AB⊥平面BCD，BC⊥CD，且AB=BC=CD=1，则其内切球的表面积为( )
A．3π B．π
C．(3－2)π D．(－1)π
9．(2025·运城期末)在一个轴截面是边长为4的正三角形的圆锥形封闭容器内放入一个半径为2的小球O1后，再放入一个球O2，则球O2的表面积与容器的表面积之比的最大值为( )
A． B．
C． D．
10．(2025·黄冈调研)如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB=AA1=6，若存在一个可以在三棱柱ABC－A1B1C1内任意转动的正方体，则该正方体的棱长a的最大值为( )
A．1 B．
C． D．2
11．(多选)下列物体中，能够被整体放入棱长为2的正四面体容器(容器壁厚度忽略不计)内的有(参考数据：≈2.449，≈1.414)( )
A．底面直径为1，高为的圆锥
B．底面边长为1，高为0.8的正三棱柱
C．直径为0.8的球体
D．底面直径为0.5，高为0.9的圆柱体
12．(2025·杭州期末)已知正三棱锥的四个顶点都在体积为的球上，则该三棱锥体积的最大值是____．
13．(2025·晋城一模)如图，现有一个半球形容器(有盖)，其表面积为300π平方分米，忽略容器的厚度，若在该容器内放入两个半径均为r分米的球，则r的最大值为____分米(结果精确到0.1)．
14．如图，在三棱锥P－ABC中，PA=PB=，CA⊥AB，AB=AC=2，二面角P－AB－C的大小为120°，则三棱锥P－ABC的外接球的表面积为___．
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