2026版高三数学讲义微专题五　 球的切接问题

五球的切接问题

1．熟练掌握球的体积和表面积公式的应用．

2．会利用转化思想，把球的切、接问题转化为平面问题，或转化为特殊几何体的切、接

问题来解决．

考点1外接球

命题角度1定义法

【例1】（2024·江西南昌三模）已知三棱锥A­BCD中，△ABD是边长为2的正三角

形，△BCD是以BD为斜边的等腰直角三角形，M是线段BD的中点，若AM⊥BC，则三棱

锥A­BCD的外接球的表面积为(C)

4π

A．B．4π

3

16π

C．D．16π

3

【解析】如图，因为△ABD是边长为2的正三角形，M是线段BD的中点，所以AM⊥BD，

又因为AM⊥BC，BC，BD平面BCD，BC∩BD＝B，所以AM⊥平面BCD，又因为AM

平面，所以平面⊥平面，易知＝，又因为△是以为斜边的等

ABDABD⊂BCDAM3BCDBD⊂

腰直角三角形，所以CD＝CB＝2，CM＝1，设三棱锥A­BCD的外接球的球心为O，半径为

R，则O∈AM，OA＝OB＝OC＝OD＝R，在Rt△OBM中，OB2＝BM2＋OM2，即R2＝1＋（3

22316π

－R）2，解得R＝＝，所以三棱锥A­BCD的外接球的表面积S＝4πR2＝.故选C.

333

到几何体各个顶点距离均相等的点为该几何体外接球的球心，借助有特殊性底面的外接

圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据到其他顶点的距离也是半径，列关系式求

解即可．

命题角度2补形法

【例2】（2024·重庆沙坪坝区模拟）已知四面体ABCD中，AB＝CD＝AC＝BD＝2，

AD＝BC，若四面体ABCD的外接球的表面积为7π，则四面体ABCD的体积为(A)

A．1B．2

48

C．D．

33

【解析】将四面体ABCD放入长方体中，如图，设长方体共顶点的三条棱长分别为a，

b，c，外接球的半径为R，则四面体的外接球即为该长方体的外接球，由7π＝4πR24R2＝7，

＝2＋2＋2，＝，

7abca3⇒

∴a2＋b2＝4，b＝1，

22

b＋c＝4⇒c＝3，

111

∴V四面体ABCD＝abc－4×××abc＝abc＝1.故选A.

323

1．补形法的解题策略

(1)侧面均为直角三角形或对棱均相等的模型和正四面体，可以还原到长方体或正方体中

去求解．

(2)若直棱柱的底面有外接圆，可以补成圆柱求解.

2．正方体与球的切、接常用结论（正方体的棱长为a，球的半径为R）

(1)若球为正方体的外接球，则2R＝3a.

(2)若球为正方体的内切球，则2R＝a.

(3)若球与正方体的各棱相切，则2R＝2a.

3．长方体的共顶点的三条棱长分别为a，b，c，其外接球的半径为R，则2R＝a2＋b2＋c2.

6

4．正四面体的外接球的半径R＝a（a为该正四面体的棱长）.

4

命题角度3截面法

π

【例3】（2024·陕西安康模拟）如图，在三棱锥S­ABC中，AB＝BC＝SC＝2，∠CAB＝，

3

π

D为BC的中点，SD⊥BC，SA与平面ABC所成的角为，则三棱锥S­ABC外接球的表面积

4

为(C)

π5π

A．B．

33

20π22π

C．D．

33

【解析】∵D为BC的中点，SD⊥BC，∴SB＝SC，即△SBC为等腰三角形，∵AB＝

π

BC＝SC＝2，∠CAB＝，∴△SBC，△ABC均为边长为2的等边三角形，∴AD⊥BC，又SD∩AD

3

＝D，SD，AD平面SAD，∴BC⊥平面SAD，∵BC平面ABC，∴平面ABC⊥平面SAD，

∵平面∩平面＝，

ABC⊂SADAD⊂

∴AD为SA在平面ABC内的射影，∴∠SAD即为SA与平面ABC所成的角，即∠SAD

ππ

＝，∵AD＝SD＝22－12＝3，∴∠DSA＝∠SAD＝，∴AD⊥SD，又AD⊥BC，SD∩BC

44

＝D，SD，BC平面SBC，∴AD⊥平面SBC.设三棱锥S­ABC外接球的球心为O，△SBC外

接圆的圆心为，△外接圆的圆心为，连接，，，，

⊂O1ABCO2OO1OO2ODOB

如图，则OO1⊥平面SBC，OO2⊥平面ABC，∵△SBC，△ABC均为边长为2的等边三

3

角形，∴OO1＝OO2＝，

3

2262215

∴OD＝OO1＋OO2＝，∴OB＝OD＋BD＝，∴三棱锥S­ABC外接球的半径R

33

1520π

＝，∴三棱锥S­ABC外接球的表面积S＝4πR2＝.故选C.

33

与球截面有关的解题策略

(1)定球心：若球是内切球，则球心到各切点的距离相等且为半径；若球是外接球，则球

心到各接点的距离相等且为半径．

(2)作截面：选准最佳角度作出截面，达到空间问题平面化的目的．

【对点训练1】(1)（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的数值之比为

(C)

A．3∶4B．1∶2

C．3∶8D．3∶10

解析：如图，令外接球的半径为2R，依题意O2A＝2R，O2B＝2R，O1B＝R，过点B作

22

BC⊥O2A于点C，则O2C＝O1B＝R，所以AC＝O2C＝R，又BC＝O1O2＝(2R)－R＝3R，

2212

所以AB＝R＋(3R)＝2R，所以圆台的侧面积S1＝×(2πR＋2π×2R)×2R＝6πR，球的表

2

22

面积S2＝4π×(2R)＝16πR，所以圆台的侧面积与球的表面积的数值之比为S1∶S2＝

6πR2∶16πR2＝3∶8.故选C.

(2)（2024·陕西宝鸡一模）三棱锥P­ABC中，PA⊥平面ABC，△ABC为等边三角形，且

AB＝3，PA＝2，则该三棱锥外接球的表面积为(B)

A．8πB．16π

32π

C．D．12π

3

解析：如图，设H为△ABC外接圆的圆心，过点H作平面ABC的垂线，设D为PA的

中点，过点D作线段PA的垂线，所作两条垂线交于点O，则点O为三棱锥外接球的球心，

因为PA⊥平面ABC，且△ABC为等边三角形，PA＝2，AB＝3，所以四边形AHOD为矩形，

31

AH＝AB＝3，OH＝PA＝1，所以OA＝(3)2＋12＝2，即三棱锥外接球的半径R＝2，则

32

该三棱锥外接球的表面积为4πR2＝16π.故选B.

(3)（2024·福建泉州一模）泉州花灯技艺源于唐朝中期，从形式上有人物灯、宫灯、绣房

灯、走马灯、拉提灯、锡雕元宵灯等多种款式．在2024年元宵节，小明制作了一个半正多面

体（由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体）形状的花灯，他将正方体沿交于一顶点

的三条棱的中点截去一个三棱锥，共截去八个这样的三棱锥，得到一个有十四个面的多面体，

如图所示．已知M为△ABC的中心，过M截该半正多面体的外接球的截面面积为S，则S

的最大值与最小值的比值为(C)

89

A．B．

55

C．3D．9

解析：如图，把这个半正多面体补全为正方体，设该正方体的棱长为a，由图可知，半

正多面体的外接球半径是OB，由正方体的性质易证明平面ABC∥平面IGH，又因为在正方

体中EF⊥平面IGH，所以EF⊥平面ABC，所以过点M截外接球的最小截面圆的半径是MB，

MB2

最大截面圆的半径是OB，即S的最小值与最大值的比值为OB＝sin2∠BOM＝sin2∠EFG

a

1

＝3a2＝，故S的最大值与最小值的比值为3.故选C.

3

考点2内切球

【例4】（2024·天津和平区二模）如图，一块边长为10的正方形铁片上有四块阴影

部分，将这些阴影部分裁下去，然后用余下的四个全等的等腰三角形加工成一个无底的正四

棱锥形容器，则这个正四棱锥的内切球（球与正四棱锥各面均有且只有一个公共点）的体积

为(B)

99

A．πB．π

42

32

C．9πD．π

3

【解析】如图，作出四棱锥P­ABCD，根据题意可得正四棱锥的斜高为PM＝5，底面

正方形ABCD的边长为6，∴正四棱锥的高为OP＝52－32＝4，设这个正四棱锥的内切球的

OM3

球心为Q，半径为r，与侧面PBC相切于点N，高线与斜高的夹角为θ，则sinθ＝＝，

PM5

QNr834

则OP＝OQ＋，∴4＝r＋＝r，解得r＝，∴这个正四棱锥的内切球的体积为πr3

sinθsinθ323

3

49

＝×π×23＝π.故选B.

32

1．多面体内切球和外接球的球心与半径的确定方法

(1)内切球球心到多面体各面的距离均相等，外接球球心到多面体各顶点的距离均相等．

(2)正多面体的内切球和外接球的球心重合．

(3)正棱锥的内切球和外接球球心都在高线上，但不一定重合．

(4)体积分割是求内切球半径的通用方法．

6

2．正四面体的内切球的半径r＝a，其半径是外接球半径的三分之一（a为该正四面

12

体的棱长）.

【对点训练2】（2024·湖南益阳模拟）金刚石的成分为纯碳，是自然界中天然存在的最

坚硬物质，它的一种形状是由8个等边三角形组成的正八面体，如图，某金刚石的表面积为

183，现将它雕刻成一个球形装饰物，则可雕刻成的最大球的体积是(D)

A．18πB．92π

C．6πD．6π

解析：如图，设底面ABCD中心为O，BC，AD中点分别为H，M，连接OH，EO，EH，

1

MF，HF，EM，设该正八面体的棱长为a，则由题知，8×a2sin60°＝23a2＝183，解得a

2

3

33

＝3，在等边△EBC中，BC边上的高EH＝EC2－CH2＝32－22＝，在Rt△EOH中，

2

27932

EO＝EH2－OH2＝－＝，由题可知，最大球即为该正八面体的内切球，由对称性

442

易知球心在O点，与平面EBC的切点在线段EH上，球的半径即为截面EMFH内切圆的半

323336

径，设内切圆半径为r，由等面积法可知×＝×r，解得r＝，所以内切球的半径

2222

6

644

为R＝，则内切球体积为V＝πR3＝π23＝6π.故选D.

233

课时作业45

1．（5分）（2024·陕西西安模拟）已知圆柱的底面直径为2，它的两个底面的圆周都在同

一个表面积为20π的球面上，该圆柱的体积为(D)

A．8πB．6π

C．5πD．4π

解析：如图，球的表面积为4πR2＝20π，可得其半径R＝5，圆柱的底面直径为2，半径

为r＝1，在轴截面中，可知圆柱的高为h＝2R2－r2＝4，所以圆柱的体积为πr2h＝4π.故选

D.

2．（5分）（2024·山西太原二模）已知圆锥的顶点为P，底面圆的直径AB＝23，tan∠APB

＝3，则该圆锥内切球的体积为(C)

43π43π

A．B．

279

4π

C．D．4π

3

解析：由圆锥的性质易知△PAB为以P为顶点的等腰三角形，又tan∠APB＝3，所以

π

∠APB＝，则△PAB为正三角形，边长为23，如图所示，作出圆锥及其内切球的轴截面，

3

1

设AB，AP的中点分别为C，E，内切球球心为O，由正三角形内心的性质易知OC＝OE＝PO

2

1114π

＝PC＝×AP2－AC2＝×12－3＝1，即内切球半径为1，所以内切球的体积V＝.故选

3333

C.

3．（5分）（2024·天津滨海新区三模）我国有着丰富悠久的“印章文化”，古时候的印

章一般用贵重的金属或玉石制成，本是官员或私人签署文件时代表身份的信物，后因其独特

的文化内涵，也被作为装饰物来使用．如图1是明清时期的一个金属印章摆件，除去顶部的

环可以看作是一个正四棱柱和一个正四棱锥组成的几何体，如图2.已知正四棱柱和正四棱锥

的底面边长为4，体积之比为3∶1，且该几何体的所有顶点都在球O的表面上，则球O的表

面积为(A)

A．36πB．48π

216π288π

C．D．

55

解析：∵正四棱柱和正四棱锥的体积之比为3∶1，且共一个底面，∴正四棱柱和正四棱

锥的高相等，设正四棱柱和正四棱锥的高为h，该几何体外接球的半径为R，如图，易知球O

是正四棱柱的外接球，也是正四棱锥的外接球，

(2R)2＝42＋42＋h2，

h＝2，

∴h解得

R＝h＋，＝，

2R3

∴球O的表面积为4π×32＝36π.故选A.

4．（5分）已知A，B，C是半径为1的半球O的球面上的三个点，且AC⊥BC，AC＝

BC＝1，则三棱锥O­ABC的体积为(A)

23

A．B．

1212

23

C．D．

44

解析：如图，记O′为点A，B，C所在圆面的圆心，∵AC⊥BC，∴AB为⊙O′的直径，

22

2

∴OO′⊥平面ABC.又∵AC＝BC＝1，∴AB＝2，OO′＝OA2－AO′2＝12－2＝，

2

11122

∴VO­ABC＝S△ABC·OO′＝××1×1×＝.故选A.

332212

5．（5分）（2024·四川凉山州三模）已知正六棱锥S­ABCDEF底面边长为2，体积为43，

则正六棱锥S­ABCDEF外接球的体积为(C)

8π16π

A．B．

33

32π64π

C．D．

33

解析：如图，由正六棱锥S­ABCDEF得，底面ABCDEF为正六边形，

设底面ABCDEF的中心为O，连接SO，CO，则CO＝2，SO⊥底面ABCDEF，SO为正

32

六棱锥S­ABCDEF的高，所以S六边形ABCDEF＝×2×6＝63，因为正六棱锥的体积为43，

4

1

所以43＝×63×SO，解得SO＝2＝CO，故点O为正六棱锥S­ABCDEF外接球的球心，

3

4432π

半径为2，故正六棱锥S­ABCDEF外接球的体积V＝πR3＝π×23＝.故选C.

333

6．（5分）（2024·山东聊城二模）已知圆柱OO1的下底面在半球O的底面上，上底面圆

周在半球O的球面上，记半球O的底面圆面积与圆柱OO1的侧面积分别为S，S1，半球O与

SV

圆柱OO1的体积分别为V，V1，则当的值最小时，的值为(A)

S1V1

42

A．B．3

3

33

C．D．2

4

解析：如图，设圆柱底面半径为r，高为h，半球的半径为R，则R2＝h2＋r2，S＝πR2，

222

143232SπRh＋rhrhr

S1＝2πrh，V＝·πR＝πR，V1＝πrh，所以＝＝＝＋≥2·＝1，当且

233S12πrh2rh2r2h2r2h

2323

VπRπ(2r)42

仅当r＝h时，等号成立，此时R＝2r，所以＝3＝3＝.故选A.

V1πr2hπr2·r3

7．（5分）（2024·陕西西安模拟）如图所示，在六面体ABEDC中，CB＝CD＝2CA＝2，

AB＝DE＝BE＝AD＝5，BD＝AE＝22，则该六面体的外接球的表面积为(B)

A．4πB．9π

C．12πD．16π

解析：由题意可得AC2＋DC2＝AD2，DC2＋CB2＝DB2，AC2＋BC2＝AB2，即CD，CB，

CA两两互相垂直，如图，可将该六面体放置于长方体ACBF­GDHE中，且长、宽、高分别

13

为2，1，2，故CE＝22＋12＋22＝3，即该六面体的外接球的半径R＝CE＝，故该六面体

22

的外接球的表面积为4πR2＝9π.故选B.

8．（5分）（2024·陕西榆林三模）已知正三棱锥P­ABC的侧棱与底面边长的比值为3，

81

若三棱锥P­ABC外接球的表面积为π，则三棱锥P­ABC的高为(B)

8

A．1B．22

9232

C．D．

82

解析：如图，△ABC为等边三角形，设D为BC中点，PH⊥平面ABC，AB＝a(a>0)，

a3

223a26

则PA＝3a，所以AH＝AD＝a2－22＝a，PH＝(3a)2－32＝a，设三棱

3333

锥P­ABC外接球的半径为R，由正棱锥的性质及PH>AH可知球心O在PH上，则OH2＋AH2

26232

a－Ra365481

＝R2，即3＋3＝R2，解得R＝a.由4πR2＝4π·a2＝π，解得a＝3.所以

8648

26

三棱锥P­ABC的高为×3＝22.故选B.

3

9．（5分）（2024·浙江宁波二模）在正四棱台ABCD­A1B1C1D1中，AB＝4，A1B1＝2，AA1

＝3，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(C)

A．9πB．16π

C．25πD．36π

解析：如图，设棱台上、下底面的中心分别为N，M，连接D1B1，DB，则D1B1＝22，

2222

DB＝42，所以棱台的高MN＝B1B－(MB－NB1)＝(3)－(22－2)＝1，设球半径为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中点为E，连接ME，因为ME＝2>MN＝1，所以球心O位于线

5

段NM的延长线上，连接OE，OM，所以OE2＝OM2＋ME2R2＝(R－1)2＋22，解得R＝，

2

所以球O的表面积为4πR2＝25π.故选C.⇒

10．（5分）（2024·山西临汾二模）如图所示，在三棱锥P­ABC中，PB⊥AB，PB＝AB，

3

△PAB围绕棱PA旋转60°后恰好与△PAC重合，且三棱锥P­ABC的体积为，则三棱锥P­ABC

2

外接球的半径R为(C)

A．1B．2

C．3D．2

解析：如图，取PA的中点O，连接OB，OC，因为PB⊥AB，PB＝AB，所以OB⊥PA，

同理OC⊥PA，又OB∩OC＝O，且OB，OC平面BOC，所以PA⊥平面BOC，则∠BOC＝

2

60°，设PB＝a，则OP＝OA＝OB＝OC＝a，且⊂△BOC为等边三角形，所以O为三棱锥P­ABC

2

2

2111a23

外接球的球心，半径R＝a，所以VP­ABC＝×S△BOC×PA＝××2×sin60°×2a＝，

23322

22

解得a＝6，所以R＝a＝×6＝3.故选C.

22

11．（5分）（2024·湖南常德三模）如图，现有棱长为6cm的正方体玉石缺失了一个角，

缺失部分为正三棱锥A1­EFG，且E，F，G分别为棱A1A，A1B1，A1D1靠近A1的四等分点，

若将该玉石打磨成一个球形饰品，则该球形饰品的体积的最大值为(B)

273

A．πcm3B．36πcm3

2

1253

C．πcm3D．72πcm3

2

3

解析：由题意A1E＝A1F＝A1G＝cm，设点A1到平面EFG的距离为dcm，而EF＝EG

2

32

322

3213222932

＝FG＝cm，S△EFG＝××2－2＝(cm)，由VE­A1GF＝VA1­EFG，

2228

113331933

得××××＝×d，解得d＝，棱长为6cm的正方体的内切球的半径为3cm，

32222382

63353

棱长为6cm的正方体体对角线的长度为63cm，因为－＝>3，所以所求球形饰品

222

4

体积最大时即为棱长为6cm的正方体的内切球，则该球形饰品的体积的最大值为π×33＝

3

36π(cm3).故选B.

12．（8分）（多选）圆柱的轴截面为正方形，则下列结论正确的有(ABD)

A．圆柱内切球的半径与圆柱底面半径相等

2

B．圆柱内切球的表面积与圆柱表面积的比为

3

1

C．圆柱内接圆锥的表面积与圆柱表面积的比为

3

2

D．圆柱内切球的体积与圆柱体积的比为

3

解析：设圆柱的底面半径为R，则圆柱的高为2R，所以内切球的半径为R，A正确；圆

222

柱的表面积为S1＝2πR＋2πR×2R＝6πR，内切球的表面积为4πR，所以圆柱内切球的表面

21

积与圆柱表面积的比为，B正确；圆柱内接圆锥的表面积为S＝πR2＋×2πR×5R＝（5＋

32

25＋1

1）πR，圆柱内接圆锥的表面积与圆柱表面积的比为，C错误；圆柱内切球的体积V1

6

43234332

＝πR，圆柱的体积V2＝πR×2R＝2πR，所以V1∶V2＝πR∶2πR＝，D正确．故选ABD.

333

13．（8分）（多选）（2024·黑龙江双鸭山模拟）下列物体中，能够整体放入半径为1m

的球形容器（容器壁厚度忽略不计）内的有(ABD)

1

A.底面边长为m，高为3m的正四棱柱

2

B．底面边长为1m，侧棱长为2m的正六棱锥

C．底面直径为1.1m，高为3m的圆柱

D．棱长为2m的正四面体

1212

1

解析：底面边长为m，高为3m的正四棱柱的外接球的直径为2＋2＋(3)2

2

7

＝(m)<2m，故A正确；边长为1m的正六边形底面的外接圆的半径为1m，此时外接圆

2

恰好是半径为1m的球体的大圆，而正六棱锥的高为(2)2－12＝1(m)，故B正确；底面直

3

径为1.1m，高为3m的圆柱体的外接球的半径为0.552＋22＝1.0525(m)>1m，故C

错误；将棱长为2m的正四面体补成一个正方体，则该正方体的棱长为1m，此正方体的外

接球的直径为12＋12＋12＝3(m)<2m，故D正确．故选ABD.

14．（8分）（多选）如图，球O与棱长为2的正方体ABCD­A1B1C1D1的六个面都相切，

P，Q，R分别为棱AA1，BC，C1D1的中点，G为正方形BCC1B1的中心，则(BC)

π

A．球O与该正方体的体积的比值为

3

π

B．球O与该正方体的表面积的比值为

6

C．直线PQ被球O截得的线段的长度为2

D．过A，R，G三点的正方体的截面与球O的球面的交线长为π

解析：因为球O与棱长为2的正方体ABCD­A1B1C1D1的六个面都相切，可得正方体的体

434

积为V1＝2×2×2＝8，球O的半径为r＝1，体积为V2＝πr＝π，球O与该正方体的体积

33

V2π

的比值为＝，所以A不正确；正方体的表面积为S1＝6×2×2＝24，球O的表面积为S2

V16

S2π

＝4πr2＝4π，所以球O与该正方体的表面积的比值为＝，所以B正确；如图，连接OP，

S16

OQ，可得OP＝OQ＝2，再连接AQ，在直角三角形PAQ中，可得PQ＝PA2＋AQ2＝

PA2＋AB2＋BQ2＝12＋22＋12＝6，取PQ的中点M，连接OM，则OM⊥PQ，可得OM＝

PQ

22

OP2－22＝，即点O到PQ的距离为，所以直线PQ被球O截得的线段的长度为

22

2

2222

2r－OM＝21－2＝2，所以C正确；以D为原点，以DA，DC，DD1所在的直线

分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，可得A(2，0，0)，R(0，1，2)，

→→→

G(1，2，1)，O(1，1，1)，则AR＝(－2，1，2)，AG＝(－1，2，1)，AO＝(－1，1，1)，设平

→