第七章立體幾何與空間向量補上一課與球有關的切、接問題研究與球有關的切、接問題，既要運用多面體、旋轉體的知識，又要運用球的幾何性質，要特別注意多面體、旋轉體的有關幾何元素與球的半徑之間的關系，解決此類問題的關鍵是確定球心.題型分析內容索引分層精練鞏固提升題型一外接球角度1補形法——存在側棱與底面垂直B

解析

以線段PA，PB，PC為相鄰三條棱的長方體PAB′B－CA′P′C′被平面ABC所截的三棱錐P－ABC符合要求，如圖，長方體PAB′B－CA′P′C′與三棱錐P－ABC有相同的外接球，其外接球直徑為長方體體對角線PP′，設外接球的半徑為R，則(2R)2＝PP′2＝PA2＋PB2＋PC2＝12＋22＋32＝14，則所求球的表面積S＝4πR2＝π·(2R)2＝14π.角度2補形法——對棱相等A

補形法的解題策略(1)側面為直角三角形或正四面體，或對棱均相等的模型，可以放到正方體或長方體中去求解；(2)直三棱錐補成三棱柱求解.感悟提升角度3截面法A與球截面有關的解題策略(1)定球心：如果是內切球，球心到切點的距離相等且為半徑；如果是外接球，球心到接點的距離相等且為半徑；(2)作截面：選準最佳角度作出截面，達到空間問題平面化的目的.感悟提升角度4定義法A解析

如圖，設點P在底面的射影為H，∵四棱錐P－ABCD的側棱長均相等，∴HA＝HB＝HC＝HD，∴A，B，C，D四點共圓.

∵AB＝BC，∠ABC＝90°，∴∠ADC＝90°.到各個頂點距離均相等的點為外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圓圓心，找其垂線，則球心一定在垂線上，再根據到其他頂點距離也是半徑，列關系式求解即可.感悟提升

D

8π

題型二內切球D解析

如圖，設S在平面ABC內的射影為O，R1為球O1的半徑，R2為球O2的半徑，F，H分別為球O1，球O2與側面SBC的切點.

“切”的問題處理規律(1)找準切點，通過作過球心的截面來解決.(2)體積分割是求內切球半徑的常用方法.感悟提升

訓練2

(2023·南京調研)已知正方形ABCD的邊長為2，E為邊AB的中點，F為邊BC的中點，將△AED，△DCF，△BEF分別沿DE，DF，EF折起，使A，B，C三點重合于點P，則三棱錐P－DEF的外接球與內切球的表面積比值為(

)A.6 B.12 C.24

D.30C解析

如圖①，依題意可知AD⊥AE，CD⊥CF，BE⊥BF，所以PD⊥PE，PF⊥PD，PE⊥PF，如圖②.所以在三棱錐P－DEF中，PD，PE，PF兩兩垂直，且PE＝PF＝1，PD＝2，所以三棱錐P－DEF的外接球即為以PD，PE，PF為鄰邊的長方體的外接球，則其外接球的表面積為4πR2＝6π.因為三棱錐P－DEF的表面積為正方形ABCD的面積，雙半徑單交線公式與雙距離單交線公式拓展視野解析法一如圖，取AB的中點為D，連接PD，CD，因為PA＝PB＝a，所以PD⊥AB.因為平面PAB⊥平面ABC，平面PAB∩平面ABC＝AB，PD?平面PAB，所以PD⊥平面ABC，同理得CD⊥平面PAB.設點O1為等邊△ABC的外心，過點O1作O1E∥PD，則O1E⊥平面ABC，易得直線O1E上任意一點到A，B，C三點的距離相等.設O2為△PAB的外心，則O2在直線PD上，過點O2作O2O∥CD，交O1E于點O，則點O為三棱錐P－ABC外接球的球心，設△PAB的外接圓的半徑為r，法二如圖，取AB的中點為D，連接PD，CD，因為PA＝PB＝a，所以PD⊥AB.因為平面PAB⊥平面ABC，平面PAB∩平面ABC＝AB，PD?平面PAB，所以PD⊥平面ABC.同理得CD⊥平面PAB.設點O1為等邊△ABC的外心，過點O1作O1E∥PD，則O1E⊥平面ABC，易得直線O1E上任意一點到A，B，C三點的距離相等，即三棱錐P－ABC外接球的球心O在直線O1E上.以D為坐標原點,以DB,DC，DP所在直線分別為x，y，z軸建立空間直角坐標系，法三(雙半徑單交線公式)設△ABC的外接圓半徑為R1，設三棱錐P－ABC外接球的半徑為R，且平面PAB∩平面ABC＝AB，D解析法一如圖，取PC的中點O，連接OA，OB，由題意得PA⊥BC，又因為AB⊥BC，PA∩AB＝A，PA，AB?平面PAB，所以BC⊥平面PAB，所以BC⊥PB，即∠ACB＝∠DBC＝90°，將三棱錐A－BCD放置于直棱柱BDE－CFA中，如圖所示，由二面角A－BC－D的平面角為60°，即三棱柱的外接球即為三棱錐的外接球，外接球的球心O在上、下底面三角形外心的連線的中點，在△BDE中，BD＝BE＝2，∠EBD＝60°，可得DE＝2，設外接球的半徑為R，△BDE的外接圓的半徑為r，法二(雙距離單交線公式)在△ABC中，故CA2＋BC2＝AB2，則AC⊥BC，訓練2

如圖，已知平行四邊形ABCD中，AC＝AB＝m，∠BAD＝120°，將△ABC沿對角線AC翻折至△AB1C所在的位置，若二面角B1－AC－D的大小為120°，則過A，B1，C，D四點的外接球的表面積為________.解析法一由已知得△B1AC與△DAC均為邊長是m的正三角形，取AC中點G，連接DG，B1G，如圖，則有DG⊥AC，B1G⊥AC，于是得∠B1GD是二面角B1－AC－D的平面角，則∠B1GD＝120°，顯然有AC⊥平面B1GD，即有平面B1GD⊥平面B1AC，平面B1GD⊥平面DAC，令正△B1AC與正△DAC的中心分別為E，F，過E，F分別作平面B1AC，平面DAC的垂線，則兩垂線都在平面B1GD內，它們交于點O，從而得點O是過A，B1，C，D四點的外接球球心，連接OA，則OA為該外接球半徑，于是得∠OGF＝60°，法二易知△AB1C≌△CDA，且二者都是邊長為m的等邊三角形，則△AB1C與△ADC的外接圓的圓心到底邊AC的距離相等，FENCENGJINGLIANGONGGUTISHENG分層精練鞏固提升3C【A級

基礎鞏固】解析

設正方體的外接球的半徑為R，內切球的半徑為r，棱長為1，則正方體的外接球的直徑為正方體的體對角線長，正方體內切球的直徑為正方體的棱長，C解析

由題意可采用補形法，考慮到四面體ABCD的對棱相等，所以將四面體放入如圖所示的長、寬、高分別為x，y，z的長方體中，并且x2＋y2＝3，x2＋z2＝5，y2＋z2＝4，所以四面體ABCD的外接球的表面積為S＝4πR2＝6π.D4.已知A，B，C為球O的球面上的三個點，⊙O1為△ABC的外接圓.若⊙O1的面積為4π，AB＝BC＝AC＝OO1，則球O的表面積為(

) A.64π B.48π C.36π D.32πA解析

如圖所示，設球O的半徑為R，⊙O1的半徑為r，因為⊙O1的面積為4π，所以4π＝πr2，解得r＝2，又AB＝BC＝AC＝OO1，根據球的截面性質OO1⊥平面ABC，所以OO1⊥O1A，A

A解析

取AB的中點D，連接CD，SD，如圖，因為AB是等腰直角三角形ABC的斜邊，所以D是球O被平面ABC所截圓的圓心，CD＝1.又SA＝SB＝SC＝AB＝2，又點D是AB的中點，

而SD2＋CD2＝4＝SC2，所以∠SDC＝90°，即SD⊥CD，而CD∩AB＝D，CD，AB?平面

ABC，則SD⊥平面ABC，7.已知各頂點都在一個球面上的正四棱錐的高為3，體積為6，則這個球的表面積為(

) A.16π B.20π C.24π D.32πA設正四棱錐外接球的半徑為R，則OC＝R，OO1＝3－R，A設該圓錐的外接球的球心為O，半徑為R，9.在三棱錐A－BCD中，若AD⊥平面BCD，AB⊥BC，AD＝BD＝2，CD＝4，點A，B，C，D在同一個球面上，則該球的表面積為________.20π解析

根據題意得，BC⊥平面ABD，則BC⊥BD，即AD，BC，BD三條線兩兩垂直，所以可將三棱錐A－BCD放置于長方體內，如圖所示，該三棱錐的外接球即為長方體的外接球，球心為長方體體對角線的中點，即外接球的半徑為長方體體對角線長的一半，此時AC為長方體的體對角線，即為外接球的直徑，所以該球的表面積S＝4πR2＝π·AC2＝π·(22＋42)＝20π.10.如圖所示是古希臘數學家阿基米德的墓碑文，墓碑上刻著一個圓柱，圓柱內有一個內切球，這個球的直徑恰好與圓柱的高相等，相傳這個圖形表達了阿基米德最引以為豪的發現.我們來重溫這個偉大發現，圓柱的體積與球

的體積之比為________，圓柱的表面積與球的表面積之

比為________.解析

由題意，知圓柱底面半徑為r，球的半徑為R，又∵S球＝4πR2，S柱＝2πr2＋2πrh＝2πR2＋2πR·2R＝6πR2.11.(2023·南昌調研)如圖，在底面邊長為4，高為6的正四棱柱中有兩個球，大球與該正四棱柱的五個面均相切，小球在大球上方且與該正四棱柱的三個面相切，也與大球相切，則小球的半徑為____________.解析

由題意可知大球的半徑R＝2，設小球的半徑為r(0＜r＜2)，大球的球心為O，小球的球心為C，E為小球與上底面的切點，如圖所示，連接CO，CE，過點O作OD⊥CE交EC的延長線于點D，由CO2＝CD2＋OD2，所以AB2＋BC2＝16＝AC2，即△ABC為直角三角形.故△ABC外接圓的圓心為斜邊AC的中點.取AC的中點為O1，連接PO1，則PO1⊥AC.由平面PAC⊥平面ABC，得PO1⊥平面ABC.該三棱錐外接球的球心在線段PO1上.設球心為O，連接OA，則OA＝OP，且均為外接球的半徑.A【B級

能力提升】設球O的半徑為R，該棱臺上、下底面的外接圓的圓心分別為O1，O2，連接O