第2課時球的切、接與截面問題考點一簡單幾何體的外接球柱體的外接球問題[典例1](1)已知直三棱柱ABC-A1B1C1的各頂點都在以O為球心的球面上，且∠BAC＝eq\f(3π,4)，AA1＝BC＝2，則球O的體積為()A．4eq\r(3)π B．8πC．12π D．20π(2)(2023·全國甲卷)在正方體ABCD-A1B1C1D1中，AB＝4，O為AC1的中點，若該正方體的棱與球O的球面有公共點，則球O的半徑的取值范圍是.(1)A(2)[2eq\r(2)，2eq\r(3)][(1)在△ABC中，由正弦定理得△ABC所在的截面圓的半徑為r＝eq\f(BC,2sin∠BAC)＝eq\f(2,2sin\f(3π,4))＝eq\r(2)，則直三棱柱ABC-A1B1C1的外接球的半徑為R＝eq\r(r2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(AA1,2)))2)＝eq\r(\r(2)2＋12)＝eq\r(3)，則直三棱柱ABC-A1B1C1的外接球的體積為eq\f(4,3)πR3＝4eq\r(3)π.故選A．(2)設球O的半徑為R.當球O是正方體的外接球時，恰好經過正方體的每個頂點，所求的球O的半徑最大．若半徑變得更大，球會包含正方體，導致球面和棱沒有交點．正方體的外接球直徑2R為體對角線長AC1＝eq\r(42＋42＋42)＝4eq\r(3)，即2R＝4eq\r(3)，得R＝2eq\r(3)，故Rmax＝2eq\r(3).如圖，分別取側棱AA1，BB1，CC1，DD1的中點M，H，G，N，顯然四邊形MNGH是邊長為4的正方形，且O為正方形MNGH的對角線的交點．連接MG，則MG＝4eq\r(2)，當球O的一個大圓恰好是四邊形MNGH的外接圓時，球O的半徑達到最小，即Rmin＝2eq\r(2).綜上，R∈[2eq\r(2)，2eq\r(3)]．][拓展變式]若將本例(1)的條件“∠BAC＝eq\f(3π,4)，AA1＝BC＝2”換為“AB＝3，AC＝4，AB⊥AC，AA1＝12”，則球O的半徑為________.eq\f(13,2)[如圖所示，過球心O作平面ABC的垂線，則垂足為BC的中點M.又AM＝eq\f(1,2)BC＝eq\f(5,2)，OM＝eq\f(1,2)AA1＝6，所以球O的半徑R＝OA＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)))2＋62)＝eq\f(13,2).]臺體的外接球問題[典例2](2022·新高考Ⅱ卷)已知正三棱臺的高為1，上、下底面的邊長分別為3eq\r(3)和4eq\r(3)，其頂點都在同一球面上，則該球的表面積為()A．100π B．128πC．144π D．192πA[由題意，得正三棱臺上、下底面的外接圓的半徑分別為eq\f(2,3)×eq\f(\r(3),2)×3eq\r(3)＝3，eq\f(2,3)×eq\f(\r(3),2)×4eq\r(3)＝4.設該棱臺上、下底面的外接圓的圓心分別為O1，O2，則O1O2＝1，其外接球的球心O在直線O1O2上．設球O的半徑為R，當球心O在線段O1O2上時，R2＝32＋OOeq\o\al(2,1)＝42＋(1－OO1)2，解得OO1＝4(舍去)；當球心O不在線段O1O2上時，R2＝42＋OOeq\o\al(2,2)＝32＋(1＋OO2)2，解得OO2＝3，所以R2＝25，所以該球的表面積為4πR2＝100π.故選A．]錐體的外接球問題[典例3](1)(2025·天津模擬)已知三棱錐P-ABC的三條側棱兩兩互相垂直，且AB＝eq\r(5)，BC＝eq\r(7)，AC＝2，則此三棱錐的外接球的體積為()A．eq\f(8,3)π B．eq\f(8\r(2),3)πC．eq\f(16,3)π D．eq\f(32,3)π(2)(2021·天津高考)兩個圓錐的底面是一個球的同一截面，頂點均在球面上，若球的體積為eq\f(32π,3)，兩個圓錐的高之比為1∶3，則這兩個圓錐的體積之和為()A．3π B．4πC．9π D．12π(3)(2023·全國乙卷)已知點S，A，B，C均在半徑為2的球面上，△ABC是邊長為3的等邊三角形，SA⊥平面ABC，則SA＝________.(1)B(2)B(3)2[(1)因為AB＝eq\r(5)，BC＝eq\r(7)，AC＝2，所以PA＝1，PC＝eq\r(3)，PB＝2.以PA，PB，PC為過同一頂點的三條棱，作長方體如圖所示，則長方體的外接球即三棱錐P-ABC的外接球．因為長方體的體對角線長為eq\r(1＋3＋4)＝2eq\r(2)，所以球的直徑為2eq\r(2)，半徑R＝eq\r(2)，所以三棱錐P-ABC外接球的體積是eq\f(4,3)πR3＝eq\f(4,3)π×(eq\r(2))3＝eq\f(8\r(2),3)π.故選B．(2)如圖，設球O的半徑為R，由題意，eq\f(4,3)πR3＝eq\f(32π,3)，可得R＝2，則球O的直徑為4.因為兩個圓錐的高之比為1∶3，所以AO1＝1，BO1＝3，由直角三角形中的射影定理可得r2＝1×3，即r＝eq\r(3).所以這兩個圓錐的體積之和為eq\f(1,3)π×(eq\r(3))2×(1＋3)＝4π.故選B．(3)法一：如圖，設△ABC的外接圓圓心為O1，連接O1A，因為△ABC是邊長為3的等邊三角形，所以其外接圓半徑r＝O1A＝eq\f(2,3)×eq\f(\r(3),2)×3＝eq\r(3).將三棱錐S-ABC補形為正三棱柱SB1C1-ABC，由題意知SA為側棱，設球心為O，連接OO1，OA，則OO1⊥平面ABC，且OO1＝eq\f(1,2)SA．又球的半徑R＝OA＝2，OA2＝OOeq\o\al(2,1)＋O1A2，所以4＝eq\f(1,4)SA2＋3，得SA＝2.法二：如圖，設△ABC的外接圓圓心為O1，連接O1A，因為△ABC是邊長為3的等邊三角形，所以其外接圓半徑r＝O1A＝eq\f(2,3)×eq\f(\r(3),2)×3＝eq\r(3).設三棱錐S-ABC的外接球球心為O，連接OO1，則OO1⊥平面ABC．又SA⊥平面ABC，所以OO1∥SA，連接OS，OA，由題意知OS＝OA＝2.過O作SA的垂線，設垂足為H，則四邊形AO1OH為矩形，所以OO1＝AH，由OS＝OA可知H為SA的中點，則OO1＝AH＝eq\f(1,2)SA．所以在Rt△OO1A中，由勾股定理可得OA2＝OOeq\o\al(2,1)＋O1A2，即4＝eq\f(1,4)SA2＋3，得SA＝2.][拓展變式]若將本例(1)的條件改為“側棱和底面邊長都是3eq\r(2)的正四棱錐的各頂點都在以O為球心的球面上”，則其外接球的半徑為________.3[依題意，得該正四棱錐底面對角線的長為3eq\r(2)×eq\r(2)＝6，高為eq\r(3\r(2)2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×6))2)＝3，因此底面中心到各頂點的距離均等于3，所以該正四棱錐的外接球的球心即為底面正方形的中心，其外接球的半徑為3.]求解外接球問題的方法(1)解決多面體外接球問題的關鍵是確定球心的位置，方法是先選擇多面體中的一面，確定此面多邊形外接圓的圓心，再過此圓心作垂直于此面的垂線，則球心一定在此垂線上，最后根據其他頂點的情況確定球心的準確位置．(2)對于特殊的多面體還可以通過補成正方體、長方體或直棱柱的方法找到球心的位置．[跟進訓練]1．(1)正四棱錐的頂點都在同一球面上，若該棱錐的高為4，底面邊長為2，則該球的表面積為()A．eq\f(81π,4) B．16πC．9π D．eq\f(27π,4)(2)(2024·南京二模)三星堆古遺址作為“長江文明之源”，被譽為人類最偉大的考古發現之一.3號坑發現的神樹紋玉琮，為今人研究古蜀社會中神樹的意義提供了重要依據．玉琮是古人用于祭祀的禮器，有學者認為其外方內圓的構造，契合了古代“天圓地方”觀念，是天地合一的體現．假定某玉琮形狀對稱，由一個空心圓柱及正方體構成，且圓柱的外側面內切于正方體的側面，圓柱的高為12cm，圓柱底面外圓周和正方體的各個頂點均在球O上，則球O的表面積為()A．72πcm2 B．162πcm2C．216πcm2 D．288πcm2(3)圓臺上、下底面的圓周都在一個直徑為10的球面上，其上、下底面半徑分別為4和5，則該圓臺的體積為________.(1)A(2)C(3)61π[(1)如圖所示，設球的半徑為R，底面中心為O且球心為O，因為正四棱錐P-ABCD中AB＝2，所以AO＝eq\r(2).因為PO＝4，所以在Rt△AOO中，AO2＝AO2＋OO2，所以R2＝(eq\r(2))2＋(4－R)2，解得R＝eq\f(9,4)，所以該球的表面積為4πR2＝4π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,4)))2＝eq\f(81π,4).故選A．(2)不妨設正方體的棱長為2a，球O的半徑為R，則圓柱的底面半徑為a，因為正方體的體對角線即為球O的直徑，故2R＝2eq\r(3)a，利用勾股定理得：62＋a2＝R2＝3a2，解得a2＝18，所以球O的表面積為S＝4πR2＝4π×3×18＝216π(cm2)．故選C．(3)如圖所示，下底面半徑為5，球的直徑為10，則球心在下底面上，OC＝OB＝5，OC＝4，∠OOC＝eq\f(π,2)，則圓臺的高為3，所以該圓臺的體積為V＝eq\f(1,3)×3×(π×42＋π×52＋eq\r(π×42×π×52))＝16π＋25π＋20π＝61π.]考點二簡單幾何體的內切球[典例4](1)已知圓臺的上、下底面半徑之比為eq\f(1,2)，側面積為9π，在圓臺的內部有一球O，該球與圓臺的上、下底面及母線均相切，則球O的表面積為()A．3π B．5πC．8π D．9π(2)已知圓錐的底面半徑為1，母線長為3，則該圓錐內半徑最大的球的體積為____________________.(1)C(2)eq\f(\r(2),3)π[(1)設圓臺的上底面半徑為r，則下底面半徑為2r，母線長為l，如圖所示，作出圓臺與球的軸截面．由于球O與圓臺的上、下底面及母線均相切，故l＝AD＝AH＋DG＝r＋2r＝3r.則圓臺的側面積為S＝(πr＋2πr)l＝9π，可得r＝1，所以球O的直徑為HG＝2eq\r(2)，即半徑為eq\r(2)，則球O的表面積為4π×(eq\r(2))2＝8π.故選C．(2)法一：如圖，在圓錐的軸截面ABC中，CD⊥AB，BD＝1，BC＝3，圓O內切于△ABC，E為切點，連接OE，則OE⊥BC．在Rt△BCD中，CD＝eq\r(BC2－BD2)＝2eq\r(2).易知BE＝BD＝1，則CE＝2.設圓錐的內切球半徑為R，則OC＝2eq\r(2)－R，在Rt△COE中，OC2－OE2＝CE2，即(2eq\r(2)－R)2－R2＝4，所以R＝eq\f(\r(2),2)，所以該圓錐內半徑最大的球的體積為eq\f(4,3)πR3＝eq\f(\r(2),3)π.法二：如圖，記圓錐的軸截面為△ABC，其中AC＝BC＝3，AB＝2，CD⊥AB，在Rt△BCD中，CD＝eq\r(BC2－BD2)＝2eq\r(2)，則S△ABC＝2eq\r(2).設△ABC的內切圓O的半徑為R，則R＝eq\f(2S△ABC,3＋3＋2)＝eq\f(\r(2),2)，所以該圓錐內半徑最大的球的體積為eq\f(4,3)πR3＝eq\f(\r(2),3)π.]“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通用方法．(3)正四面體的外接球的半徑R＝eq\f(\r(6),4)a，內切球的半徑r＝eq\f(\r(6),12)a，其中R∶r＝3∶1(a為該正四面體的棱長)．(4)等體積法求內切球半徑．[跟進訓練]2．(1)在直三棱柱ABC-A1B1C1內有一個體積為V的球．若AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，AA1＝3，則V的最大值是()A．4π B．eq\f(9π,2)C．6π D．eq\f(32π,3)(2)若一個正四面體的表面積為S1，其內切球的表面積為S2，則eq\f(S1,S2)＝________.(1)B(2)eq\f(6\r(3),π)[(1)要使球的體積最大，必須使球的半徑最大．設球的半徑為R，因為△ABC的內切圓半徑為eq\f(6＋8－10,2)＝2，所以R≤2，由題意易知球與直三棱柱的上、下底面都相切時，球的直徑取得最大值為3，所以Rmax＝eq\f(3,2)，所以Vmax＝eq\f(4,3)π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))3＝eq\f(9,2)π.故選B．(2)設正四面體的棱長為a，則正四面體的表面積為S1＝4×eq\f(\r(3),4)×a2＝eq\r(3)a2，其內切球的半徑為正四面體高的eq\f(1,4)，即r＝eq\f(1,4)×eq\f(\r(6),3)a＝eq\f(\r(6),12)a，因此其內切球的表面積為S2＝4πr2＝eq\f(π,6)a2，則eq\f(S1,S2)＝eq\f(\r(3)a2,\f(π,6)a2)＝eq\f(6\r(3),π).]考點三與球有關的截面問題[典例5]已知△ABC是面積為eq\f(9\r(3),4)的等邊三角形，且其頂點都在球O的球面上．若球O的表面積為16π，則球心O到平面ABC的距離為()A．eq\r(3) B．eq\f(3,2)C．1 D．eq\f(\r(3),2)C[由等邊三角形ABC的面積為eq\f(9\r(3),4)，得eq\f(\r(3),4)×AB2＝eq\f(9\r(3),4)，得AB＝3，則△ABC的外接圓半徑r＝eq\f(2,3)×eq\f(\r(3),2)AB＝eq\f(\r(3),3)AB＝eq\r(3).設球O的半徑為R，由球O的表面積為16π，得4πR2＝16π，得R＝2，則球心O到平面ABC的距離d＝eq\r(R2－r2)＝1.故選C．]巧用直角三角形解決截面圓問題的步驟(1)確定球心O和截面圓的圓心O.(2)探求球的半徑R和截面圓的半徑r.(3)利用OO2＋r2＝R2計算相關量．[跟進訓練]3．如圖，有一個水平放置的透明無蓋的正方體容器，容器高是8cm，將一個球放在容器口，再向容器內注水，當球面恰好接觸水面時測得水深為6cm，如果不計容器的厚度，那么球的體積為()A．eq\f(500π,3)cm3 B．eq\f(866π,3)cm3C．eq\f(1372π,3)cm3 D．eq\f(2048π,3)cm3A[設球心為O，半徑為Rcm，正方體上底面中心為A，上底面一邊的中點為B(圖略)，在Rt△OAB中，OA＝R－2，AB＝4，OB＝R，由R2＝(R－2)2＋42，得R＝5，所以V球＝eq\f(4,3)πR3＝eq\f(500π,3)(cm3)．故選A．]簡單幾何體的外接球與內切球問題是立體幾何的重點，也是歷年高考考查的一個熱點，研究多面體的外接球問題，既要運用多面體的知識，又要運用球的知識，并且還要特別注意多面體的有關幾何關系與球的半徑之間的關系，而多面體外接球半徑的求法在解題中往往會起到至關重要的作用．一、定義法確定球心[典例1]已知∠ABC＝90°，PA⊥平面ABC，若PA＝AB＝BC＝1，則四面體P-ABC的外接球(頂點都在球面上)的體積為()A．π B．eq\r(3)πC．2π D．eq\f(\r(3)π,2)[賞析]突破點1：發現垂直關系，如下①②處如圖，取PC的中點O，連接OA，OB，由題意得PA⊥BC①，又因為AB⊥BC，PA∩AB＝A，PA，AB?平面PAB，所以BC⊥平面PAB，所以BC⊥PB②.在Rt△PBC中，OB＝eq\f(1,2)PC，同理OA＝eq\f(1,2)PC，突破點2：得出四點在同一個球面上所以OA＝OB＝OC＝OP＝eq\f(1,2)PC，因此P，A，B，C四點在以O為球心，eq\f(1,2)PC為半徑的球面上．在Rt△ABC中，AC＝eq\r(AB2＋BC2)＝eq\r(2).在Rt△PAC中，PC＝eq\r(PA2＋AC2)＝eq\r(3)，所以球O的半徑R＝eq\f(1,2)PC＝eq\f(\r(3),2)，所以外接球的體積為eq\f(4,3)π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)))3＝eq\f(\r(3)π,2).[答案]D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，再根據到其他頂點的距離也是半徑，列出關系式求解即可．[跟進訓練]1．已知菱形ABCD的各邊長為2，∠B＝60°.將△ABC沿AC折起，折起后記點B為P，連接PD，得到三棱錐P-ACD，如圖所示，當三棱錐P-ACD的表面積最大時，三棱錐P-ACD外接球的體積為()A．eq\f(5\r(2),3)π B．eq\f(4\r(3),3)πC．2eq\r(3)π D．eq\f(8\r(2),3)πD[由題意可得△ACD，△ACP均為邊長為2的等邊三角形，△PAD，△PCD為全等的等腰三角形，則三棱錐P-ACD的表面積S＝2S△ACD＋2S△PCD＝2×eq\f(1,2)×2×2×eq\f(\r(3),2)＋2×eq\f(1,2)×2×2×sin∠PCD＝2eq\r(3)＋4sin∠PCD≤2eq\r(3)＋4，當且僅當sin∠PCD＝1，即PC⊥CD時，三棱錐P-ACD的表面積取最大值，此時△PAD，△PCD為直角三角形，PD＝eq\r(PC2＋CD2)＝2eq\r(2).如圖，取PD的中點O，連接OA，OC，由直角三角形的性質可得，OA＝OC＝OD＝OP＝eq\r(2)，即三棱錐P-ACD的外接球的球心為O，半徑為R＝eq\r(2)，故三棱錐P-ACD外接球的體積為V＝eq\f(4,3)π×(eq\r(2))3＝eq\f(8\r(2),3)π.故選D.]二、交軌法確定球心[典例2]已知△ABC是以BC為斜邊的直角三角形，P為平面ABC外一點，且平面PBC⊥平面ABC，BC＝3，PB＝2eq\r(2)，PC＝eq\r(5)，則三棱錐P-ABC外接球的表面積為________.[賞析]突破點1：找過△ABC外接圓圓心的垂線如圖所示，設M為BC的中點，在平面PBC內過點M作MN⊥BC，因為平面PBC⊥平面ABC，平面PBC∩平面ABC＝BC，MN?平面PBC，所以MN⊥平面ABC．突破點2：尋找△PBC的外心，交軌法得球心又△ABC是以BC為斜邊的直角三角形，所以直線MN上任意一點到A，B，C的距離都相等．在平面PBC內作線段PB的垂直平分線DE，設DE與MN的交點為O，則點O到P，A,B，C的距離都相等，即點O為三棱錐P-ABC外接球的球心，且O也是△PBC的外心．因此三棱錐P-ABC外接球的半徑與△PBC的外接圓半徑相等．又PB＝2eq\r(2)，BC＝3，PC＝eq\r(5)，所以cos∠PBC＝eq\f(8＋9－5,2×2\r(2)×3)＝eq\f(\r(2),2)，則sin∠PBC＝eq\f(\r(2),2).設三棱錐P-ABC外接球的半徑為R，則2R＝eq\f(\r(5),\f(\r(2),2))＝eq\r(10)，即R＝eq\f(\r(10),2)，則三棱錐P-ABC外接球的表面積S＝4πR2＝10π.[答案]10π分別過幾何體的兩個相交平面的外接圓的圓心作各自所在平面的垂線，垂線的交點就是球心．[跟進訓練]2．(2025·日照模擬)已知A，B是球O的球面上兩點，AB＝2，過AB作互相垂直的兩個平面截球得到圓O1和圓O2.若∠AO1B＝90°，∠AO2B＝60°，則球O的表面積為()A．5π B．10πC．15π D．20πD[如圖，取AB的中點M，連接O1M，O2M，OM，因為圓O1所在平面與圓O2所在平面垂直，所以O1M∥OO2，且O1M＝OO2，O2M∥OO1，且O2M＝OO1，所以四邊形OO1MO2是矩形．因為AB＝2，∠AO2B＝60°，∠AO1B＝90°，△ABO2是正三角形，所以O2M＝eq\r(3)，O1M＝1，所以OM＝eq\r(\r(3)2＋1)＝2，所以球O的半徑為eq\r(OM2＋AM2)＝eq\r(22＋12)＝eq\r(5)，所以球O的表面積為4π×(eq\r(5))2＝20π.故選D.]課時分層作業(四十二)(本試卷共83分．單項選擇題每題5分，多項選擇題每題6分，填空題每題5分．)一、單項選擇題1．若棱長為2eq\r(3)的正方體的頂點都在同一球面上，則該球的表面積為()A．12π B．24πC．36π D．144πC[由題意知，正方體的體對角線就是球的直徑，所以2R＝eq\r(2\r(3)2＋2\r(3)2＋2\r(3)2)＝6，所以R＝3，所以S球＝4πR2＝36π.]2．某同學在《通用技術》的實踐課上，制作了一個工藝品，如圖所示，該工藝品可以看成是一個球被一個棱長為4eq\r(3)的正方體的六個面所截后剩余的部分(球心與正方體的中心重合)．若其中一個截面圓的周長為4π，則該球的半徑是()A．2 B．4C．2eq\r(6) D．4eq\r(6)B[設截面圓半徑為r，球的半徑為R，則球心到某一截面的距離為正方體棱長的一半即2eq\r(3).根據截面圓的周長可得4π＝2πr，得r＝2，故由題意知R2＝r2＋(2eq\r(3))2，即R2＝22＋(2eq\r(3))2＝16，所以R＝4.故選B．]3．(2025·煙臺模擬)如圖1，在邊長為4的正方形ABCD中，E，F分別是AB，BC的中點，將△AED，△BEF，△DCF分別沿DE，EF，DF折起，使得A，B，C三點重合于點A，如圖2.若三棱錐A-EFD的所有頂點均在球O的球面上，則球O的體積為()A．eq\r(6)π B．6πC．8π D．8eq\r(6)πD[由題意可得AD⊥AE，AD⊥AF，AE⊥AF，且AE＝2，AF＝2，AD＝4，所以三棱錐D-AEF可補成一個長方體，如圖所示．則三棱錐D-AEF的外接球即為長方體的外接球．設長方體的外接球的半徑為R，可得2R＝eq\r(22＋22＋42)，所以R＝eq\r(6)，所以外接球的體積為V＝eq\f(4,3)πR3＝8eq\r(6)π.故選D.]4．如圖，已知球O是棱長為1的正方體ABCD-A1B1C1D1的內切球，則平面ACD1截球O的截面面積為()A．eq\f(\r(6)π,6) B．eq\f(π,3)C．eq\f(π,6) D．eq\f(\r(3)π,3)C[平面ACD1截球O的截面為△ACD1的內切圓，因為正方體的棱長為1，所以AC＝CD1＝AD1＝eq\r(2).所以內切圓半徑r＝tan30°·AE＝eq\f(\r(3),3)×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(\r(6),6).所以S＝πr2＝π×eq\f(1,6)＝eq\f(π,6).故選C．]5．(2025·泰安模擬)已知四面體ABCD的各頂點都在同一球面上，若AB＝BC＝CD＝DA＝BD＝4eq\r(3)，平面ABD⊥平面BCD，則該球的表面積是()A．40π B．80πC．100π D．160πB[如圖，記球心為O，△BCD的外接圓圓心為O1，△ABD的外接圓圓心為O2，BD的中點為E.因為AB＝AD，所以AE⊥BD.因為平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD＝BD，AE?平面ABD，所以AE⊥平面BCD.由球的性質可知，OO1⊥平面BCD，所以OO1∥AE.同理OO2∥CE，所以四邊形OO1EO2為矩形．因為AE＝CE＝eq\r(AB2－BE2)＝6，所以O1E＝O2E＝2，O1C＝4，所以OC＝eq\r(42＋22)＝2eq\r(5)，所以外接球的表面積為4π×(2eq\r(5))2＝80π.故選B．]6．已知三棱錐P-ABC的四個頂點都在球O的球面上，PB＝PC＝2eq\r(5)，AB＝AC＝4，PA＝BC＝2，則球O的表面積為()A．eq\f(316,15)π B．eq\f(79,15)πC．eq\f(158,5)π D．eq\f(79,5)πA[如圖，在三棱錐P-ABC中，AB2＋PA2＝20＝PB2，則PA⊥AB，同理PA⊥AC，而AB∩AC＝A，AB，AC?平面ABC，因此PA⊥平面ABC．在等腰三角形ABC中，AB＝AC＝4，BC＝2，則cos∠ABC＝eq\f(\f(1,2)BC,AB)＝eq\f(1,4)，sin∠ABC＝eq\r(1－cos2∠ABC)＝eq\f(\r(15),4).令△ABC的外接圓圓心為O1，則OO1⊥平面ABC，O1A＝eq\f(1,2)·eq\f(AC,sin∠ABC)＝eq\f(8,\r(15))，有OO1∥PA．取PA的中點D，連接OD，OA，則有OD⊥PA，又O1A?平面ABC，即O1A⊥PA，從而O1A∥OD，四邊形ODAO1為平行四邊形，OO1＝AD＝1.又OO1⊥O1A，因此球O的半徑R2＝OA2＝O1A2＋O1O2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,\r(15))))2＋12＝eq\f(79,15)，所以球O的表面積S＝4πR2＝eq\f(316,15)π.故選A．]7．如圖，已知一個球內接圓臺，圓臺上、下底面的半徑分別為3和4，球的體積為eq\f(500π,3)，則該圓臺的側面積為()A．60π B．75πC．35π D．35eq\r(2)πD[設球的半徑為R，則eq\f(4πR3,3)＝eq\f(500π,3)，所以R＝5，取圓臺的軸截面ABCD，如圖所示．設圓臺的上、下底面圓心分別為F，E，則E，F分別為AB，CD的中點，連接OE，OF，OA，OB，OC，OD，則OA＝OB＝OC＝OD＝5，由垂徑定理可知，OE⊥AB，OF⊥CD，所以OE＝eq\r(OA2－AE2)＝eq\r(52－42)＝3，OF＝eq\r(OD2－DF2)＝eq\r(52－32)＝4.由球和圓臺的結構可知，EF＝3＋4＝7，所以AD＝eq\r(72＋1)＝5eq\r(2)，因此圓臺的側面積為π(3＋4)×5eq\r(2)＝35eq\r(2)π.故選D.]8．(2025·濰坊模擬)已知直三棱柱ABC-A1B1C1外接球的直徑為6，且AB⊥BC，BC＝2，則該棱柱體積的最大值為()A．8 B．12C．16 D．24C[在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥BC，所以△ABC為直角三角形，則△ABC外接圓的圓心為斜邊AC的中點，同理△A1B1C1外接圓的圓心為斜邊A1C1的中點，如圖．因為直三棱柱ABC-A1B1C1外接球的直徑為6，所以外接球的半徑R＝3.設上、下底面的中心分別為O1，O，連接O1O，則外接球的球心G為O1O的中點，連接GC，則GC＝3.設AB＝x，所以AC＝eq\r(x2＋4)，則OC＝eq\f(\r(x2＋4),2)，在Rt△COG中，OG＝eq\r(9－\f(x2＋4,4))，則OO1＝2eq\r(9－\f(x2＋4,4))＝eq\r(32－x2)，所以該棱柱的體積V＝eq\f(1,2)×2x×eq\r(32－x2)＝eq\r(x232－x2)≤eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2＋32－x2,2)))2)＝16.當且僅當x2＝32－x2，即x＝4時，等號成立．故選C．]二、多項選擇題9．已知A，B，C三點均在球O的表面上，AB＝BC＝CA＝2，且球心O到平面ABC的距離等于球半徑的eq\f(1,3)，則下列結論正確的是()A．球O的表面積為6πB．球O的內接正方體的棱長為1C．球O的外切正方體的棱長為eq\f(4,3)D．球O的內接正四面體的棱長為2AD[設球O的半徑為R，△ABC的外接圓圓心為O，半徑為r.易得r＝eq\f(2\r(3),3).因為球心O到平面ABC的距離等于球半徑的eq\f(1,3)，所以R2－eq\f(1,9)R2＝eq\f(4,3)，得R2＝eq\f(3,2).所以球O的表面積S＝4πR2＝4π×eq\f(3,2)＝6π，A正確；球O的內接正方體的棱長a滿足eq\r(3)a＝2R，得a＝eq\r(2)，B不正確；球O的外切正方體的棱長b滿足b＝2R，C不正確；球O的內接正四面體的棱長c滿足c＝eq\f(2\r(6),3)R＝eq\f(2\r(6),3)×eq\f(\r(6),2)＝2，D正確．故選AD.]10．已知圓臺的上底面半徑為1，下底面半徑為3，球O與圓臺的兩個底面和側面都相切，則()A．圓臺的母線長為4B．圓臺的高為4C．圓臺的表面積為26πD．球O的表面積為12πACD[設梯形ABCD為圓臺的軸截面，則內切圓O為圓臺內切球的大圓，如圖，設圓臺上、下底面圓心分別為O1，O2，半徑分別為r1，r2，球O的半徑為R，則O1，O，O2共線，且O1O2⊥AB，O1O2⊥CD，連接OD，OE，OA，則OD，OA分別平分∠ADC，∠DAB，且OE⊥AD，故DE＝DO1＝r1，AE＝AO2＝r2，∠OAD＋∠ODA＝eq\f(π,2)，∠DOA＝eq\f(π,2)，由△AOE∽△ODE，故eq\f(AE,OE)＝eq\f(OE,DE)，即OE2＝DE·AE，即R2＝r1r2＝3，解得R＝eq\r(3)，母線長為r1＋r2＝4，A正確；圓臺的高為2R＝2eq\r(3)，B錯誤；圓臺的表面積為π×12＋π×32＋π×(1＋3)×4＝26π，C正確；球O的表面積為4×π×(eq\r(3))2＝12π，D正確．故選ACD.]三、填空題11．(2023·全國甲卷)在正方體ABCD-A1B1C1D1中，E，F分別為AB，C1D1的中點．以EF為直徑的球的球面與該正方體的棱共有________個公共點．12[如圖，線段EF過正方體的中心，所以以EF為直徑的球的球心即正方體的中心，球的半徑為eq\f(EF,2)，而正方體的中心到每一條棱的距離均為eq\f(EF,2)，所以以EF為直徑的球與每一條棱均相切，所以共有12個公共點．]12．(2025·菏澤模擬)如圖，在正四棱臺ABCD-A1B1C1D1中，A1B1＝eq\r(2)，AB＝2eq\r(2)，該棱臺的體積V＝eq\f(14\r(3),3)，則該棱臺外接球的表面積為__________.16π[如圖，連接B1D1，BD，取B1D1，BD的中點E，F，連接C1E，CF，EF，則外接球球心在直線EF上．設球心為O，連接OC，OC1，OF，則OC＝OC1＝R，則EF⊥平面ABCD.因為正四棱臺ABCD-A1B1C1D1中，A1B1＝eq\r(2)，AB＝2eq\r(2)，故BD＝4，B1D1＝2，所以C1E＝1，CF＝2.設四棱臺的高為h，故eq\f(1,3)[(eq\r(2))2＋(2eq\r(2))2＋eq\r(2×8)]h＝eq\f(14\r(3),3)，解得h＝eq\r(3)，故EF＝eq\r(3).設OF＝m，則OC2＝OF2＋CF2＝m2＋4，OCeq\o\al(2,1)＝C1E2＋OE2＝12＋(eq\r(3)＋m)2，所以m2＋4＝12＋(eq\r(3)＋m)2，解得m＝0.故R＝eq\r(0＋4)＝2，故該棱臺外接球的表面積為4πR2＝16π.]13．已知三棱錐P-ABC的四個頂點在球O的球面上，PA＝PB＝PC，△ABC是邊長為2的正三角形，E，F分別是PA，AB的中點，∠CEF＝90°，則球O的體積為()A．8eq\r(6)π B．4eq\r(6)πC．2eq\r(6)π D．eq\r(6)πD[因為E，F分別為PA，AB的中點，所以EF∥PB．因為∠CEF＝90°，所以EF⊥CE，所以PB⊥CE.取AC的中點D，連接BD，PD，易證AC⊥平面BDP，所以PB⊥AC．又AC∩CE＝C，AC，CE?平面PAC，所以PB⊥平面PAC，所以PB⊥PA，PB⊥PC．因為PA＝PB＝PC，△ABC為正三角形，所以PA⊥PC，即PA，PB，PC兩兩垂直，將三棱錐P-ABC放在正方體中，如圖所示．因為AB＝2，所以該正方體的棱長為eq\r(2)，所以該正方體的體對角線長為eq\r(6)，所以三棱錐P-ABC的外接球的半徑R＝eq\f(\r(6),2)，所以球O的體積V＝eq\f(4,3)πR3＝eq\f(4,3)π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),2)))3＝eq\r(6)π.故選D.]14．已知正四棱錐的各頂點都在同一個球面上，球的體積為36π，則該正四棱錐的體積最大值為()A．18 B．eq\f(64,3)C．eq\f(81,4) D．27B[如圖，設正四棱錐的底面邊長AB＝2a，高PO＝h，外接球的球心為M，則OD＝eq\r(2)a.因為球的體積為eq\f(4,3)πR3＝36π，所以球的半徑為R＝3.在Rt△MOD中，MD2＝OD2＋OM2，即32＝2a2＋(h－3)2，所以正四棱錐的體積為V＝eq\f(1,3)Sh＝eq\f(1,3)×4a2h＝eq\f(2,3)[9－(h－3)2]h，整理得V＝－eq\f(2,3)h3＋4h2(h＞0)，則V＝－2h2＋8h＝－2h(h－4)，當0＜h＜4時，V＞0，當h＞4時，V＜0，所以V＝－eq\f(2,3)h3＋4h2(h＞0)在(0,4)上單調遞增，在(4，＋∞)上單調遞減，所以當h＝4時，V取得最大值－