空间几何体中球的切接问题

袁海军

空间几何体的外接球是高中数学的重点也是难点，更是高考的热点. 通常涉及求几何体的表面积、体积并以较难的选填题来考查. 我们可以通过对几何体的割补构造或寻求几何体外接球的球心两大策略求解此类问题. 而对于其内切球通常采用等体积法来求解.

引例：（2021高考全国？芋卷第11题）已知A，B，C是半径为1的球O的球面上的三个点，且AC⊥BC，AC=BC=1，则三棱锥O-ABC的体积为（    ）

A.    B.    C.    D.

解析：∵AC⊥BC，AC=BC=1，∴△ABC为等腰直角三角形，∴AB=2r= ，

∴△ABC外接圆的半径：r= ，又球的半径为1，

设O到平面ABC的距离为d， 则d = = ，

所以VO-ABC= S△ABC·d= × ×1×1× = .

故选：A.

点评：本题作为选择题第11题，表面看似较难，实则简单. 它考查球内几何体问题，解题的关键是正确利用截面圆半径、球半径、球心到截面距离的勾股关系求解.

接下来我们谈谈空间几何体中有关球问题的解题策略.

策略一、对空间几何体的割补构造法，通常构造熟悉的几何体（如长方体、正方体等）

题型1. 墙角模型

例1. 如果三棱锥的三个侧面两两垂直，它们的面积分别为6、4、3，那么它的外接球的表面积是           .

解析：三条侧棱两两垂直，设三条侧棱长分别为a，b，c（a，b，c∈R+），则

ab=12，bc=8，ac=6，∴ abc=24，∴ a=3， b=4，c=2，

（2R）2=a2+b2+c2=29，S=4？仔R2=29？仔.

点评：此法适应于墙角模型（即三条线两两垂直，不需要找球心的位置即可求出球半径），它可以通过构造长方体，直接用公式（2R）2=a2+b2+c2，即2R= ，求出R.

巩固题1.（2020年高考天津卷第5题）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. 12？仔    B. 24？仔    C.  36？仔    D. 144？仔

解析：设外接球的半径为R，易知2R= ×2 =6，所以R=3，于是表面積S=4？仔R2=36？仔，故选C.

题型2. 对棱相等模型

例2. 在三棱锥A-BCD中，AB=CD=2，AD=BC=3，AC=BD=4，则三棱锥A-BCD外接球的表面积为           .

解析：已知三棱锥的三组对棱分别相等，可补形构造长方体.

设补形为长方体，三个长度为三对面的对角线长，设长宽高分别为a，b，c，则a2+b2=9，

b2+c2=4，c2+a2=16 ∴2（a2+b2+c2）=9+4+16=29，2（a2+b2+c2）

=9+4+16=29，a2+b2+c2= ，4R2= ，S= ？仔.

点评：此法适应于对棱相等模型（补形为长方体）.

此类题型解法的基本步骤：题设：三棱锥（即四面体）中，已知三组对棱分别相等，求外接球半径（AB=CD，AD=BC，AC=BD）.

第一步：画出一个长方体，标出三组互为异面直线的对棱;

第二步：设出长方体的长宽高分别为a，b，c，AD=BC=x，AB=CD=y，AC=BD=z，列方程组，

a2+b2=x2，b2+c2=y2，c2+a2=z2？圯（2R）2=a2+b2+c2= ，

补充：VA-BCD=abc- abc×4= abc.

第三步：根据墙角模型，2R= = ，

R2= ，R= ，求出R.

例如，正四面体的外接球和内切球半径可用此法快速求解.

巩固题2. 若四面体的各条棱长都为 ，则该四面体外接球的体积为           ，内切球表面积为           .

解析：可知该几何体为正四面体，这也是对棱相等模式的一种特殊情况，可补形为正方体，易得正方体棱长a=1. 设其外接球半径为R，内切球半径为r，则：

2R= a= ，R= ，V= ？仔· = ？仔，

2r =a=1，∴ r = ，S=4？仔r2=？仔.

策略二、寻求空间几何体外接球球心、截面圆心及球心到截面距离的勾股法

题型3. 垂面模型（一条直线垂直于一个平面）

1. 题设：如图3，PA⊥平面ABC

解题步骤：

第1步：将△ABC画在小圆面上，A为小圆直径的一个端点，作小圆的直径AD，连接PD，则PD必过球心O;

第2步：O1为△ABC的外心，所以OO1⊥平面ABC，算出小圆O1的半径O1D=r（三角形的外接圆直径算法：利用正弦定理，得：

= = =2r），OO1= PA;

第3步：利用勾股定理求三棱锥的外接球半径：

①（2R）2=PA2+（2r）2？圳2R= ;

② R2=r2+O ？圳R= .

例3. 已知在三棱锥S-ABC中，侧棱SA⊥平面ABC，底面ABC是边长为 的正三角形，SA=2 ，则该三棱锥的外接球体积等于         .

解析：设其外接球半径为R，△ABC的外接圆半径为r，则2r= =2，（2R）2=（2r）2+SA2=4+12=16，∴R2=4，∴R=2，即三棱锥的外接球体积：V= ？仔R3= ？仔.

点评：此法关键是求出小圆的直径，再用勾股法求出外接球的半径. 基本思路：外心法（加中垂线）找球心;正弦定理求小圆半径.

巩固题3. 已知△EAB所在的平面与矩形ABCD所在的平面互相垂直，EA=EB=3，AD=2，∠AEB=60°，则多面体E-ABCD的外接球的表面积为           .

解析：依题意可设所求的外接球球心为O，半径为R，△EAB的外接圆圆心为O1，半径为r1，矩形ABCD外接圆圆心为O2，半径为r2.

方法1：不难得△EAB是等边三角形，且△EAB的外接圆半径为r1= ，OO1=1，R= =2;可得S=16？仔.

方法2：O1M= ，r2=O2D= ，R2= + =4，R=2，可得S=16？仔.

题型4. 汉堡模型

题设：如图5，直三棱柱内接于球（同时直棱柱也内接于圆柱，棱柱的上下底面可以是任意三角形）

第1步：确定球心O的位置，O1是△ABC的外心，则OO1⊥平面ABC;

第2步：算出小圆O1的半径AO1=r，OO1= AA1= h（AA1=h也是圆柱的高）;

第3步：勾股定理：OA2=O1A2+O1O2？圯R2=（ ）2+r2？圯R= ，解出R.

例4. 已知一个正六棱柱的顶点都在同一个球面上，且该正六棱柱的体积为 ，底面周长为3，则这个球的体积为_______.

解析：设底面正六边形边长为a，正六棱柱的高为h，底面外接圆的关径为r，则a= r = ，底面积为S=6· ·（ ）2= ，V柱=Sh= h= ，

∴ h= ，R2=（ ）2+r2=（ ）2+（ ）2=1，R=1，球的体积为V= .

点评：此法适应于汉堡模型（直棱柱的外接球、圆柱的外接球），关键是先求出底面外接圆的半径，球心一定落在上下两个圆心连线的中点，再用勾股定理求出外接球的半径即可.

巩固题4. 已知直三棱柱ABC-A1B1C1的各顶点都在同一球面上，若AB=AC=AA1=2，∠BAC=120°，则此球的表面积等于          .

解析：依题意得：BC=2 ，由正弦定理得：2r= =4，r=2，

∴ R2=（ ）2+r2=12+22=5，即S=4？仔R2=20？仔.

题型五. 折叠模型

题设：两个全等三角形或等腰三角形拼在一起，或菱形折叠（如图6）

第1步：先画出如图6所示的图形，将△BCD画在小圆上，找出△BCD和△A′BD的外心H1和H2;

第2步：过H1和H2分别作平面BCD和平面A′BD的垂线，两垂线的交点即为球心O，连接OE，OC;

第3步：解△OEH1，算出OH1，在Rt△OCH1中，勾股定理：O +C =OC2.

例5. 在矩形ABCD中，AB=4，BC=3，沿AC将矩形ABCD折成一个直二面角B-AC-D，则四面體ABCD的外接球的体积为（      ）

A.  ？仔       B.  ？仔         C.  ？仔        D.  ？仔

解析：依题意可得：所求外接球球心即为线段AC的中点，且2R=AC=5，

∴R= ，故V= ？仔R3= ？仔· = ，选C.

点评：此题是一种特殊的折叠模型：两直角三角形拼接在一起（斜边相同，也可看作矩形沿对角线折起所得三棱锥），关键是直接得出两直角三角形公共斜边的中点O就是外接球球心.

巩固题5. 在矩形ABCD中，AB=2，BC=3，沿BD将矩形ABCD折叠，连接AC，所得三棱锥A-BCD的外接球的表面积为                 .

解析：依题意得：线段BD的中点就是球心O，2R=BD= ，S=4？仔R2=13？仔.

题型六. 空间几何锥体的内切球问题（以正三棱锥为例）

思路1：题设：如图7，三棱锥P-ABC上正三棱锥，求其外接球的半径.

第1步：先现出内切球的截面图，E，H分别是两个三角形的外心;

第2步：求DH= BD，PO=PH-r，PD是侧面△ABP的高;

第3步：由△POE相似于△PDH，建立等式： = ，解出r.

思路2：题设：三棱锥P-ABC是任意三棱锥，求其的内切球半径

方法：等体积法，即内切球球心与四个面构成的四个三棱锥的体积之和相等.

第1步：先画出四个表面的面积和整个锥体体积;

第2步：设内切球的半径为r，建立等式：VP-ABC=VO-ABC+VO-PAB+VO-PAC+VO-PBC？圯VP-ABC= S△ABC·r+ SPAB·r+ SPAC·r+ SPBC·r= （S△ABC+S△PAB+SPAC+S△PBC）·r;

第3步：解出r= .

例6.（2020年全国3卷理数第15题）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_________.

解析：易知半径最大的球即为该圆锥的内切球. 圆锥PE及其内切球O如图8所示，设内切球的半径为R，则sin∠BPE= = = ，所以OP=3R，

所以PE=4R= = =2 ，所以R= ，

所以内切球的体积V= ？仔R3 = ？仔，即该圆锥内半径最大的球的体积为 ？仔.

点评：涉及到几何体的内切球问题：若所求的内切球与几何体的各个表面都有相切，通常采用等体积法，但如果没有与所有的表面相切，那就要取决于最小的那组内切圆作为大圆了.

巩固题6. 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. 4？仔   B.  ？仔   C. 6？仔   D.  ？仔

解析：由AB⊥BC，AB=6，BC=8，？圯AC=10. 要使球的体积V最大，

则球与直三棱柱的部分面相切，若球与三个侧面相切.

设底面△ABC的内切圆的半径为r，

则S△= ×6×8= （6+8+10）×r，？圯r=2. 又由于2r=4 >3，∴不合题意.

若球与三棱柱的上、下底面相切时，则此时球的半径R最大.

由2R=3，？圯R= .   故球的最大体积V= ？仔R3= ？仔.

∴答案B.

题型七. 有关球的截面、弧长问题

例7. 已知三棱锥P-ABC中，AB，AP，AC三條棱两两垂直，且长度均为2 ，以顶点P为球心，4为半径作一个球，则该球面被三棱锥四个表面截得的所有弧长之和为     .

解析：如图9，AP=2 ，PN=4，则AN=2，∠APN= ，

∴∠APN= - = ，

∴ = ×4= ，同理 =  ，

=  ×2-？仔， = ×4= .

故球面与三棱锥的表面相交所得到的四段弧长之和等于 + +？仔+ =3？仔，

巩固题7.（ 2020年全国新高考？玉卷第16题）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__________.

解析：如图10，连接B1D1，易知VB1C1D1为正三角形，所以B1D1=C1D1=2. 分别取B1C1，BB1，CC1的中点M，G，H，连接D1M，D1G，D1H，则易得D1G=D1H= = ，D1M⊥B1C1，且D1M= .

由题意知G，H分别是BB1，CC1与球面的交点. 在侧面BCC1B1内任取一点P，使MP= ，连接D1P，则：

D1P= = = .

连接MG，MH，易得MG=MH= ，故可知以M为圆心， 为半径的圆弧GH为球面与侧面BCC1B1的交线. 由∠B1MG=∠C1MH=45°知∠GMH=90°，

所以GH的弧长为 ×2？仔× = .

高考真题演练：

例1.（2020年高考全国1卷理数第10题）已知A，B，C为球O的球面上的三个点，⊙O1为△ABC的外接圆，若⊙O1的面积为4？仔，AB=BC=AC=OO1则球O的表面积为（  ）

A. 64？仔   B. 48？仔   C. 36？仔   D. 32？仔

例2.（2020年全国2卷理数第10题）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16？仔，则O到平面ABC的距离为（   ）

A.     B.     C. 1   D.

例3.（2019年全国1卷第12题）已知三棱锥P-ABC四个顶点在球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. 8 ？仔  B. 4 ？仔  C. 2 ？仔  D.  ？仔

例4.（2018年全国3卷第10题）设A，B，C，D是同一个半径为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

高考真题演练参考答案：

例1. 解析：如图11所示，设球O的半径为R，⊙O1的半径为r，因为⊙O1的面积为4？仔，所以4？仔=？仔r2，

解得r=2，又AB=BC=AC=OO1，所以 =2r，解得AB=2 ，

故OO1=2 ，所以R2=O +r2=（2 ）2+22=16，

所以球O的表面积S=4？仔R2=64？仔. 故选A.

例2. 解析：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，则由球的表面积为16？仔，得4？仔R2=16？仔，

得R=2，则球心O到平面ABC的距离d= =1， 故选C.

例3. 解析：方法1：（还原长方体法）

∵ PA=PB=PC，△ABC为边长为2的等边三角形，

∴ P-ABC为正三棱锥，

∴ PB⊥AC，又E，F分别为PA、AB中点.

∴ EF ∥PB，∴ EF⊥AC，又EF⊥CE，CE∩AC=C，∴ EF⊥平面PAC，PB⊥平面PAC，∴∠APB=90°，∴ PA=PB=PC= ，∴ P-ABC为正方体一部分，2R= = ，

即 R= ，∴ V= ？仔R3= ？仔× = ？仔，故选D. 方法2：（余弦定理法）

设PA=PB=PC=2x，E，F分别为PA，AB中点，

∴ EF ∥PB，且EF= PB= x.

∵△ABC为边长为2的等边三角形，

∴ CF = 又∠CEF=90°，

∴ CE= ，AE= PA=x.

△AEC中余弦定理cos∠EAC= ，作PD⊥AC于D，∵ PA=PC，

QD为AC中点，cos∠EAC= = ，∴  = .

∴ 2x2+1=2，∴ x2=  x= ，∴ PA=PB=PC= ，又AB=BC=AC=2，∴ PA，PB，PC两两垂直，∴ 2R= = ，∴ R= ，∴ V= ？仔R3= ？仔× = ？仔，故选D.

解法3：（解三角形法）

设PA=PB=PC=2x，则CE= ，

在△ACP中，由中线长定理AC2+CP 2=2（AE2+CE2），

即4+4x2=2[x2+（3-x2）]，x2= ，PC= ，

PQ= = ，

又r2=OQ2+QC2=（ ）2+（ ）2，解得r= ，

所以V= ？仔r3= ？仔· · = ？仔.

例4. 解析：作图，D为MO 与球的交点，点M为三角形ABC的中心，判断出当DM⊥平面ABC时，

三棱锥D-ABC体积最大，然后进行计算可得. 详解：如图14所示，

点M为三角形ABC的中心，E为AC中点，

当DM⊥平面ABC时，三棱锥D-ABC体积最大.

此时OD=OB=R=4，

∵ S△ABC= AB2=9 ， ∴ AB=6，

∵點M为三角形ABC的中心，∴ BM= BE=2 .

∴ Rt△OMB中，有OM=  =2，

∴ DM=OD+OM=4+2=6.

∴（VD-ABC）max= ×9 ×6=18 ，故选B.

责任编辑 徐国坚