【最新】2023版高中高考数学二轮专题复习微专题17　球的切、接、截问题

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1.球的切接问题
(1)长方体的外接球
①球心：体对角线的交点；
②半径：r＝eq \f(\r(a2＋b2＋c2),2)(a，b，c为长方体的长、宽、高).
(2)正方体的外接球、内切球及与各条棱相切的球
①外接球：球心是正方体中心，半径r＝eq \f(\r(3),2)a(a为正方体的棱长)，直径等于体对角线长；
②内切球：球心是正方体中心，半径r＝eq \f(a,2)(a为正方体的棱长)，直径等于正方体棱长；
③与各条棱都相切的球：球心是正方体中心，半径r＝eq \f(\r(2),2)a(a为正方体的棱长)，直径等于面对角线长.
(3)正四面体的外接球与内切球(正四面体可以看作是正方体的一部分)
①外接球：球心是正四面体的中心，半径r＝eq \f(\r(6),4)a(a为正四面体的棱长)；
②内切球：球心是正四面体的中心，半径r＝eq \f(\r(6),12)a(a为正四面体的棱长).
2.平面截球
平面截球面得圆.截面圆的圆心与球心的连线与截面圆圆面垂直且R2＝d2＋r2(R为球半径，r为截面圆半径，d为球心到截面圆的距离).
类型一 外接球问题
考向1 墙角模型
墙角模型是三棱锥有一条侧棱垂直于底面且底面是直角三角形的模型，用构造法(构造长方体)解决，外接球的直径等于长方体的体对角线长.长方体同一顶点的三条棱长分别为a，b，c，外接球半径为R.

则(2R)2＝a2＋b2＋c2，
即2R＝eq \r(a2＋b2＋c2).
一般有以下四种类型：
例1 已知三棱锥P－ABC的四个顶点在球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.8eq \r(6)π B.4eq \r(6)π
C.2eq \r(6)π D.eq \r(6)π
答案 D
解析 因为点E，F分别为PA，AB的中点，
所以EF∥PB.
因为∠CEF＝90°，
所以EF⊥CE，
所以PB⊥CE.
取AC的中点D，连接BD，PD，易证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，
因为PA＝PB＝PC，△ABC为正三角形，所以PA⊥PC，
即PA，PB，PC两两垂直，将三棱锥P－ABC放在正方体中如图所示.
因为AB＝2，所以该正方体的棱长为eq \r(2)，
所以该正方体的体对角线长为eq \r(6)，
所以三棱锥P－ABC的外接球的半径R＝eq \f(\r(6),2)，
所以球O的体积V＝eq \f(4,3)πR3＝eq \f(4,3)πeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),2)))eq \s\up12(3)＝eq \r(6)π，故选D.
考向2 汉堡模型
汉堡模型是直三棱柱内接于球的模型，棱柱的上下底面可以是任意三角形.如图1为底面是一般三角形，图2底面是直角三角形.
方法：第一步，确定球心O的位置，O1是△ABC的外心，则OO1⊥平面ABC；
第二步，算出小圆O1的半径AO1＝r，OO1＝eq \f(1,2)AA1＝eq \f(1,2)h(AA1也是圆柱的高)；
第三步，勾股定理：OA2＝O1A2＋O1O2⇒R2＝r2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(h,2)))eq \s\up12(2)⇒R＝eq \r(r2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(h,2)))\s\up12(2))，解出R.
例2 (2022·洛阳质检)在三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝BC＝AC，侧棱AA1⊥底面ABC，若该三棱柱的所有顶点都在同一个球O的表面上，且球O的表面积的最小值为4π，则该三棱柱的侧面积为( )
A.6eq \r(3) B.3eq \r(3)
C.3eq \r(2) D.3
答案 B
解析 如图，设三棱柱上、下底面中心分别为O1，O2，则O1O2的中点为O，设球O的半径为R，则OA＝R，设AB＝BC＝AC＝a，AA1＝h，
则OO2＝eq \f(1,2)h，O2A＝eq \f(2,3)×eq \f(\r(3),2)AB＝eq \f(\r(3),3)a.
在Rt△OO2A中，R2＝OA2＝OOeq \\al(2,2)＋O2A2＝eq \f(1,4)h2＋eq \f(1,3)a2≥2×eq \f(1,2)h×eq \f(\r(3),3)a＝eq \f(\r(3),3)ah，
当且仅当h＝eq \f(2\r(3),3)a时，等号成立，
所以S球＝4πR2≥4π×eq \f(\r(3),3)ah，
所以eq \f(4\r(3)π,3)ah＝4π，
所以ah＝eq \r(3)，
所以该三棱柱的侧面积为3ah＝3eq \r(3).
考向3 垂面模型
垂面模型是一条直线垂直于一个平面的模型.如图，PA⊥平面ABC，求外接球的半径.
方法：第一步，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；
第二步，令O1为△ABC的外心，则OO1⊥平面ABC，算出小圆O1的半径O1D＝r；
第三步，利用勾股定理求三棱锥外接球的半径：R2＝r2＋OOeq \\al(2,1)即R＝eq \r(r2＋OOeq \\al(2,1)).
例3 (2022·吕梁一模)已知四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，侧面PAD是正三角形，且侧面PAD⊥底面ABCD，AB＝2，若四棱锥P－ABCD外接球的体积为eq \f(8\r(2)π,3)，则该四棱锥的表面积为( )
A.4eq \r(3) B.6eq \r(3)
C.8eq \r(3) D.10eq \r(3)
答案 B
解析 设四棱锥P－ABCD外接球的球心为O，过O作底面ABCD的垂线，垂足为M，
因为四边形ABCD是矩形，
所以M为底面中心，即对角线AC与BD的交点，过O作三角形APD的垂线，垂足为N，
所以N是正三角形APD外心，
设外接球半径为r，则eq \f(8\r(2)π,3)＝eq \f(4πr3,3)，
所以r＝eq \r(2)，即OA＝eq \r(2).
过点N作NE⊥AD，则E是AD的中点，连接EM，所以EM＝eq \f(1,2)AB＝1，EM⊥AD.
又平面APD⊥平面ABCD，平面APD∩平面ABCD＝AD，NE⊂平面APD，
所以NE⊥平面ABCD，
所以NE∥OM，
所以EM⊥平面APD，
所以EM∥ON，
所以四边形MENO是平行四边形，
即OM＝NE，
设AD＝2x，
则AM＝eq \r(AE2＋EM2)＝eq \r(x2＋1)，
NE＝eq \f(1,3)PE＝eq \f(1,3)×eq \f(\r(3),2)AD＝eq \f(\r(3),3)x，
所以OM＝NE＝eq \f(\r(3),3)x，
由勾股定理得OA2＝OM2＋AM2，
即2＝eq \f(1,3)x2＋x2＋1，
解得x＝eq \f(\r(3),2)，所以AD＝eq \r(3)，
S△PAD＝eq \f(1,2)AD2sin 60°＝eq \f(3\r(3),4).
因为AB∥CD∥EM，
所以AB⊥平面APD，CD⊥平面APD，
又PA，PD⊂平面PAD，
所以PA⊥AB，PD⊥CD，
S△PAB＝S△PCD＝eq \f(1,2)×AB×AP＝eq \r(3)，
因为PB＝PC＝eq \r(PA2＋AB2)＝eq \r(7)，BC＝eq \r(3)，作PH⊥BC于点H，
所以H为BC的中点，
所以PH＝eq \r(PB2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)BC))\s\up12(2))＝eq \r(7－\f(3,4))＝eq \f(5,2)，
所以S△PBC＝eq \f(1,2)×PH×BC＝eq \f(5\r(3),4)，S矩形ABCD＝2eq \r(3)，
所以S表＝S△PAD＋S△PAB＋S△PCD＋S△PBC＋S矩形ABCD＝6eq \r(3).
训练1 (1)已知四棱锥S－ABCD的所有顶点都在球O的球面上，SD⊥平面ABCD，底面ABCD是等腰梯形，AB∥CD且满足AB＝2AD＝2DC＝2，且∠DAB＝eq \f(π,3)，SC＝eq \r(2)，则球O的表面积是( )
A.5π B.4π
C.3π D.2π
(2)(2022·成都三诊)已知圆柱的两个底面的圆周在体积为eq \f(32π,3)的球O的球面上，则该圆柱的侧面积的最大值为( )
A.4π B.8π
C.12π D.16π
(3)(2022·江南十校一模)在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为矩形，平面PAB⊥平面ABCD，PA＝PB＝eq \f(\r(2),2)AB，若△PBC和△PCD的面积分别为1和eq \r(3)，则四棱锥P－ABCD的外接球的表面积为________.
答案 (1)A (2)B (3)6π
解析 (1)依题意，得AB＝2AD＝2，∠DAB＝eq \f(π,3)，由余弦定理可得BD＝eq \r(3)，则AD2＋DB2＝AB2，则∠ADB＝eq \f(π,2).
又四边形ABCD是等腰梯形，故四边形ABCD的外接圆直径为AB，设AB的中点为O1，球的半径为R，
因为SD⊥平面ABCD，
所以SD＝eq \r(SC2－CD2)＝1，R2＝12＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(SD,2)))eq \s\up12(2)＝eq \f(5,4)，
则S＝4πR2＝5π.
(2)设球的半径为R，由题知eq \f(4,3)πR3＝eq \f(32π,3)，解得R＝2，
设圆柱的上底面半径为r，球的半径与上底面夹角为α，则r＝2cs α，圆柱的高为4sin α，
所以圆柱的侧面积为4πcs α×4sin α＝8πsin 2α，
当且仅当α＝eq \f(π,4)，
即sin 2α＝1时，圆柱的侧面积最大，
所以圆柱的侧面积的最大值为8π，故选B.
(3)如图，在四棱锥P－ABCD中，
因为PA＝PB＝eq \f(\r(2),2)AB，
所以PA2＋PB2＝AB2，
即PA⊥PB，
则△PAB为等腰直角三角形.
因为四边形ABCD为矩形，
所以BC⊥AB.
又平面PAB⊥平面ABCD，且平面PAB∩平面ABCD＝AB，BC⊂平面ABCD，
所以BC⊥平面PAB，
又PB⊂平面PAB，则PB⊥BC.
设PA＝PB＝a，BC＝b，
则AB＝CD＝eq \r(2)a，PC＝PD＝eq \r(a2＋b2)，
可得等腰△PCD底边CD上的高为eq \r(a2＋b2－\f(a2,2))＝eq \r(\f(a2,2)＋b2).
因为△PBC和△PCD的面积分别为1和eq \r(3)，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)ab＝1，,\f(1,2)·\r(2)a·\r(\f(a2,2)＋b2)＝\r(3)，))
解得a＝b＝eq \r(2)，
则AB＝eq \r(2)a＝2，BC＝eq \r(2).
设AC∩BD＝O，
则O为四棱锥P－ABCD外接球的球心，设外接球的半径为R，
所以R＝eq \f(1,2)AC＝eq \f(1,2)×eq \r(4＋2)＝eq \f(\r(6),2)，
则四棱锥P－ABCD的外接球的表面积为4πR2＝4π×eq \f(6,4)＝6π.
类型二 内切球问题
内切球问题的解法(以三棱锥为例)
第一步：先求出四个表面的面积和整个锥体的体积；
第二步：设内切球的半径为r，建立等式VP－ABC＝VO－ABC＋VO－PAB＋VO－PAC＋
VO－PBC⇒VP－ABC＝eq \f(1,3)S△ABC·r＋eq \f(1,3)S△PAB·r＋eq \f(1,3)S△PAC·r＋eq \f(1,3)SPBC·r＝eq \f(1,3)(S△ABC＋S△PAB＋
S△PAC＋S△PBC)r；
第三步：解出r＝eq \f(3VP－ABC,S△ABC＋S△PAB＋S△PAC＋S△PBC).
例4 (1)(2022·成都石室中学三诊)《九章算术》中将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑.若三棱锥P－ABC为鳖臑，PA⊥平面ABC，PA＝BC＝4，AB＝3，AB⊥BC，若三棱锥P－ABC有一个内切球O，则球O的体积为( )
A.eq \f(9π,2) B.eq \f(9π,4)
C.eq \f(9π,16) D.9π
(2)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1＝AB＝6，BC＝8，AC＝10，则该三棱柱内能放置的最大球的表面积是( )
A.16π B.24π
C.36π D.64π
答案 (1)C (2)A
解析 (1)设球O的半径为r，
则三棱锥P－ABC的体积
V＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×3×4×4＝eq \f(1,3)×(eq \f(1,2)×3×4＋eq \f(1,2)×4×3＋eq \f(1,2)×5×4＋eq \f(1,2)×4×5)×r，
解得r＝eq \f(3,4)，所以球O的体积V＝eq \f(4,3)πr3＝eq \f(9π,16)，故选C.
(2)由题意，球的半径为底面三角形内切圆的半径r，因为底面三角形的边长分别为6，8，10，所以底面三角形为直角三角形，r＝eq \f(AB＋BC－AC,2)＝eq \f(6＋8－10,2)＝2.
又因为AA1＝6，2r＝4<6，
所以该三棱柱内能放置的最大球半径为2，此时S表面积＝4πr2＝4π×22＝16π.
训练2 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________.
答案 eq \f(\r(2),3)π
解析 圆锥内半径最大的球即为圆锥的内切球，设其半径为r.作出圆锥的轴截面PAB，如图所示，则△PAB的内切圆为圆锥的内切球的大圆.
在△PAB中，PA＝PB＝3，D为AB的中点，AB＝2，E为切点，
则PD＝2eq \r(2)，△PEO∽△PDB，
故eq \f(PO,PB)＝eq \f(OE,DB)，即eq \f(2\r(2)－r,3)＝eq \f(r,1)，解得r＝eq \f(\r(2),2)，
故内切球的体积为eq \f(4,3)πeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))eq \s\up12(3)＝eq \f(\r(2),3)π.
类型三 球的截面问题
解决球的截面问题抓住以下几个方面：
(1)球心到截面圆的距离；(2)截面圆的半径；(3)直角三角形(球心到截面圆的距离、截面圆的半径、球的半径构成的直角三角形).
例5 (2022·渭南调研)在正三棱锥P－ABC中，Q为BC中点，PA＝eq \r(2)，AB＝2，过点Q的平面截三棱锥P－ABC的外接球所得截面面积的取值范围为( )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(3π,5))) B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(2π,3)))
C.[π，2π] D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(π，\f(3π,2)))
答案 D
解析 因为正三棱锥P－ABC中，PB＝PC＝PA＝eq \r(2)，AC＝BC＝AB＝2，
所以PB2＋PA2＝AB2，即PB⊥PA，
同理PB⊥PC，PC⊥PA，
因此正三棱锥P－ABC可看作正方体的一角，如图.
记正方体的体对角线的中点为O，由正方体结构特征可得，点O即是正方体的外接球球心，所以点O也是正三棱锥P－ABC外接球的球心，记外接球半径为R，
则R＝eq \f(1,2)eq \r(2＋2＋2)＝eq \f(\r(6),2)，
因为球的最大截面圆为过球心的圆，
所以过点Q的平面截三棱锥P－ABC的外接球所得截面的面积最大为
Smax＝πR2＝eq \f(3π,2).
又Q为BC中点，由正方体结构特征可得OQ＝eq \f(1,2)PA＝eq \f(\r(2),2)；
由球的结构特征可知，当OQ垂直于过点Q的截面时，截面圆半径最小为
r＝eq \r(R2－OQ2)＝1，
所以Smin＝πr2＝π.
因此，过Q的平面截三棱锥P－ABC的外接球所得截面面积的取值范围为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(π，\f(3π,2))).
训练3 已知底面为正方形的四棱锥O－ABCD，各侧棱长都为2eq \r(3)，底面面积为16，以O为球心，以2为半径作一个球，则这个球与四棱锥相交部分的体积是( )
A.eq \f(2π,9) B.eq \f(8π,9)
C.eq \f(16π,9) D.eq \f(4π,3)
答案 C
解析 ∵四棱锥O－ABCD的底面ABCD是边长为4的正方形，各侧棱长均为2eq \r(3)，
∴棱长为4的正方体正好由6个相同的此四棱锥组成，如图所示，O为正方体中心，以O为球心，2为半径的球正好在正方体的内部，则球与该四棱锥相交部分的体积是
V＝eq \f(1,6)×eq \f(4,3)π×23＝eq \f(16π,9).
一、基本技能练
1.已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为18，则这个球的体积为( )
A.eq \f(9π,2) B.3eq \r(3)π
C.9π D.27π
答案 A
解析 由正方体的表面积为18，得正方体的棱长为eq \r(3).
设该正方体外接球的半径为R，
则2R＝3，所以R＝eq \f(3,2)，
所以这个球的体积为eq \f(4π,3)R3＝eq \f(4π,3)×eq \f(27,8)＝eq \f(9π,2).故选A.
2.(2022·保定二模)已知直三棱柱ABC－A1B1C1的6个顶点都在球O的球面上，若AB＝3，AC＝4，AB⊥AC，AA1＝12，则球O的半径为( )
A.eq \f(3\r(17),2) B.2eq \r(10)
C.eq \f(13,2) D.3eq \r(10)
答案 C
解析 如图，由球心作平面ABC的垂线，则垂足为BC的中点M，
又AM＝eq \f(1,2)BC＝eq \f(5,2)，OM＝eq \f(1,2)AA1＝6，
所以球O的半径R＝OA＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)))\s\up12(2)＋62)＝eq \f(13,2).
3.(2022·南阳一模)已知边长为2的等边三角形ABC，D为BC的中点，以AD为折痕进行折叠，使折后的∠BDC＝eq \f(π,2)，则过A，B，C，D四点的球的表面积为( )
A.3π B.4π
C.5π D.6π
答案 C
解析 折后的几何体构成以D为顶点的三棱锥，且三条侧棱互相垂直，可构造长方体，其对角线即为球的直径，三条棱长分别为1，1，eq \r(3)，所以2R＝eq \r(1＋1＋3)＝eq \r(5)，球的表面积S＝4πeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(5),2)))eq \s\up12(2)＝5π.
4.(2022·新高考Ⅱ卷)已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为3eq \r(3)和4eq \r(3)，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为( )
A.100π B.128π
C.144π D.192π
答案 A
解析 由题意，得正三棱台上、下底面的外接圆的半径分别为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.
设该棱台上、下底面的外接圆的圆心分别为O1，O2，连接O1O2，则O1O2＝1，其外接球的球心O在直线O1O2上.
设球O的半径为R，当球心O在线段O1O2上时，R2＝32＋OOeq \\al(2,1)＝42＋(1－OO1)2，解得OO1＝4(舍去)；
当球心O不在线段O1O2上时，R2＝42＋OOeq \\al(2,2)＝32＋(1＋OO2)2，解得OO2＝3，
所以R2＝25，
所以该球的表面积为4πR2＝100π.
综上，该球的表面积为100π.
5.已知A，B是球O的球面上两点，AB＝2，过AB作互相垂直的两个平面截球得到圆O1和圆O2，若∠AO1B＝90°，∠AO2B＝60°，则球的表面积为( )
A.5π B.10π
C.15π D.20π
答案 D
解析 令圆O1、圆O2的半径分别为r1，r2，由∠AO1B＝90°，∠AO2B＝60°，AB＝2，
得r1＝eq \r(2)，r2＝2，且O1到圆O2的距离
d＝OO2＝eq \f(AB,2)＝1，
∴若球O的半径为R，则R＝eq \r(d2＋req \\al(2,2))＝eq \r(5)，即球的表面积S＝4πR2＝20π.
6.如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，则该几何体外接球的表面积是( )
A.12π B.8π
C.6π D.4π
答案 A
解析 由三视图还原出几何体的直观图如图所示，
则AB＝BC＝CD＝2，AB⊥平面BCD，BC⊥CD，
易知AD是三棱锥A－BCD外接球的直径，
故2R＝2eq \r(3)，所以该几何体外接球的表面积S＝4πR2＝12π，故选A.
7.如图，已知球O是棱长为3的正方体ABCD－A1B1C1D1的内切球，则平面ACD1截球O的截面面积为( )
A.eq \f(3π,2) B.3π
C.eq \f(3\r(6)π,2) D.3eq \r(3)π
答案 A
解析 根据题意知，平面ACD1是边长为eq \r(9＋9)＝3eq \r(2)的正三角形，
且所求截面的面积是该正三角形的内切圆的面积，则由图得，△ACD1内切圆的半径r＝eq \f(1,3)eq \r(（3\r(2)）2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3\r(2),2)))\s\up12(2))＝eq \f(\r(6),2)，
所以平面ACD1截球O的截面面积为S＝π×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),2)))eq \s\up12(2)＝eq \f(3π,2).
8.如图所示，直三棱柱ABC－A1B1C1是一块石材，测量得∠ABC＝90°，AB＝6，BC＝8，AA1＝13.若将该石材切削、打磨，加工成几个大小相同的健身手球，则一个加工所得的健身手球的最大体积及此时加工成的健身手球的个数分别为( )
A.eq \f(32π,3)，4 B.eq \f(9π,2)，3
C.6π，4 D.eq \f(32π,3)，3
答案 D
解析 依题意知，当健身手球与直三棱柱的三个侧面均相切时，健身手球的体积最大，其半径即为Rt△ABC内切圆的半径.
易知AC＝eq \r(AB2＋BC2)＝10.
设健身手球的最大半径为R，
则eq \f(1,2)×(6＋8＋10)×R＝eq \f(1,2)×6×8，
解得R＝2.则健身手球的最大直径为4.
因为AA1＝13，所以最多可加工3个健身手球.
于是一个健身手球的最大体积V＝eq \f(4,3)πR3＝eq \f(4,3)π×23＝eq \f(32π,3).
9.(2022·银川三模)在三棱锥P－ABC中，PA⊥底面ABC，AB⊥AC，AB＝6，AC＝8，D是线段AC上一点，且AD＝3DC.三棱锥P－ABC的各个顶点都在球O表面上，过点D作球O的截面，若所得截面圆的面积的最大值与最小值之差为16π，则球O的表面积为( )
A.72π B.86π
C.112π D.128π
答案 C
解析 将三棱锥P－ABC补成直三棱柱，且三棱锥和该直三棱柱的外接球都是球O，记△ABC的中心为O1，设球的半径为R，PA＝2x，则球心O到平面ABC的距离为x，即OO1＝x，连接O1A，则O1A＝5，
所以R2＝x2＋25.
在△ABC中，取AC的中点为E，连接O1D，O1E，
则O1E＝eq \f(1,2)AB＝3，DE＝eq \f(1,4)AC＝2，
所以O1D＝eq \r(13).
在Rt△OO1D中，OD＝eq \r(x2＋13)，
由题意得到当截面与直线OD垂直时，截面面积最小，设此时截面圆的半径为r，则r2＝R2－OD2＝x2＋25－(x2＋13)＝12，所以最小截面圆的面积为12π，当截面过球心时，截面面积最大为πR2，所以πR2－12π＝16π，R2＝28，球的表面积为4πR2＝112π.
10.(2022·江西八校联考)已知三棱锥P－ABC的外接球的表面积为64π，AB＝2，AC＝2eq \r(3)，AB⊥AC，PA＝8，则三棱锥P－ABC的体积为( )
A.8 B.eq \f(16\r(3),3)
C.eq \f(8\r(3),3) D.16
答案 A
解析 设三棱锥P－ABC的外接球的半径为R.
因为三棱锥P－ABC的外接球的表面积为64π，
所以4πR2＝64π，解得R＝4.
又PA＝8，
所以PA为球的直径，
则PA的中点O为三棱锥P－ABC的外接球的球心.
在△ABC中，因为AB＝2，AC＝2eq \r(3)，AB⊥AC，
所以BC＝eq \r(22＋（2\r(3)）2)＝4.
取BC的中点D，连接OD，DA，则DA＝2，OD⊥平面ABC，
所以OD＝eq \r(42－22)＝2eq \r(3)，
则点P到平面ABC的距离为4eq \r(3)，
所以三棱锥P－ABC的体积为eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×2×2eq \r(3)×4eq \r(3)＝8，故选A.
11.(2022·湛江一模)若三棱锥A－BCD中，AB＝CD＝6，其余各棱长均为5，则三棱锥内切球的表面积为________.
答案 eq \f(63π,16)
解析 由题意可知三棱锥的四个面全等，且每一个面的面积均为eq \f(1,2)×6×4＝12.
设三棱锥的内切球的半径为r，则三棱锥的体积V＝eq \f(1,3)S△ABC·r·4＝16r.
如图，取CD的中点O，连接AO，BO，则CD⊥平面AOB，
所以AO＝BO＝4，
△AOB的高h＝eq \r(AO2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(AB,2)))\s\up12(2))＝eq \r(7)，
故S△AOB＝eq \f(1,2)×6×eq \r(7)＝3eq \r(7)，
所以VA－BCD＝2VC－AOB＝2×eq \f(1,3)×3eq \r(7)×3＝6eq \r(7)，
所以16r＝6eq \r(7)，解得r＝eq \f(3\r(7),8).
所以内切球的表面积为S＝4πr2＝eq \f(63π,16).
12.已知一个高为1的三棱锥，各侧棱长都相等，底面是边长为2的等边三角形，那么该三棱锥的表面积为________，若三棱锥内有一个体积为V的球，则V的最大值为________.
答案 3eq \r(3) eq \f(4π,81)
解析 该三棱锥侧面的斜高为eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)×\r(3)))\s\up12(2)＋12)＝eq \f(2\r(3),3)，
则S侧＝3×eq \f(1,2)×2×eq \f(2\r(3),3)＝2eq \r(3)，
S底＝eq \f(1,2)×eq \r(3)×2＝eq \r(3)，
所以三棱锥的表面积S表＝2eq \r(3)＋eq \r(3)＝3eq \r(3).
由题意知，当球与三棱锥的四个面都相切时，其体积最大.
设三棱锥的内切球的半径为r，
则三棱锥的体积V锥＝eq \f(1,3)S表·r＝eq \f(1,3)S底·1，
所以3eq \r(3)r＝eq \r(3)，所以r＝eq \f(1,3)，
所以三棱锥内的球的体积的最大值为Vmax＝eq \f(4,3)πr3＝eq \f(4π,81).
二、创新拓展练
13.(2022·桂林质检)在平行四边形ABCD中，△ABD是腰长为2的等腰直角三角形，∠ABD＝90°，现将△ABD沿BD折起，使二面角A－BD－C的大小为eq \f(2π,3)，若A，B，C，D四点在同一个球面上，则该球的表面积为( )
A.15π B.20π
C.25π D.30π
答案 B
解析 如图，取AD，BC的中点分别为O1，O2，过点O1作平面ABD的垂线，过O2作平面BCD的垂线，两垂线的交点O即为所求球的球心，
取BD中点E，连接O1E，O2E，则∠O1EO2即为二面角A－BD－C的平面角，
且O1E＝O2E＝1，
连接OE，在Rt△O1OE中，O1O＝eq \r(3)，在Rt△O1OA中，O1A＝eq \r(2)，
得OA＝eq \r(5)，即球O的半径为eq \r(5)，
所以所求球的表面积为4π×5＝20π，故选B.
14.已知三棱锥P－ABC的棱AP，AB，AC两两垂直，且长度都为eq \r(3)，以顶点P为球心，2为半径作一个球，则球面与三棱锥的表面相交所得到的四段弧长之和等于( )
A.eq \f(2π,3) B.eq \f(5π,6)
C.π D.eq \f(3π,2)
答案 D
解析 如图，∠APC＝eq \f(π,4)，AP＝eq \r(3)，AN＝1，∠APN＝eq \f(π,6)，∠NPM＝eq \f(π,12)，eq \(MN,\s\up8(︵))＝eq \f(π,12)×2＝eq \f(π,6)，
同理eq \(GH,\s\up8(︵))＝eq \f(π,6)，eq \(HN,\s\up8(︵))＝eq \f(π,2)，eq \(GM,\s\up8(︵))＝eq \f(2π,3)，
故四段弧长之和为eq \f(π,6)＋eq \f(π,6)＋eq \f(π,2)＋eq \f(2π,3)＝eq \f(3π,2).
15.已知三棱锥P－ABC的四个顶点都在球O的表面上，PA⊥平面ABC，PA＝6，AB＝2eq \r(3)，AC＝2，BC＝4，则球O的表面积为________，若D是BC的中点，过点D作球O的截面，则截面面积的最小值是________.
答案 52π 4π
解析 因为AB＝2eq \r(3)，AC＝2，BC＝4，
所以AB2＋AC2＝BC2，
所以AC⊥AB，则可将三棱锥P－ABC放入以AP，AC，AB为长，宽，高的长方体中，则长方体的体对角线为外接球的直径，即2r＝eq \r(22＋62＋（2\r(3)）2)＝2eq \r(13)，
则r＝eq \r(13)，
所以球O的表面积为4πr2＝4π×(eq \r(13))2＝52π.
由题知，因为△ABC是直角三角形，
所以D为底面ABC外接圆的圆心，
当DO⊥截面时，截面面积最小，即截面为平面ABC，由外接圆的半径为2，知截面面积的最小值为π×22＝4π.
16.(2022·潍坊三模)阿基米德在他的著作《论圆和圆柱》中，证明了数学史上著名的圆柱容球定理：圆柱的内切球(与圆柱的两底面及侧面都相切的球)的体积与圆柱的体积之比等于它们的表面积之比.可证明该定理推广到圆锥容球也正确，即圆锥的内切球(与圆锥的底面及侧面都相切的球)的体积与圆锥的体积之比等于它们的表面积之比，则该比值的最大值为________.
答案 eq \f(1,2)
解析 设圆锥的底面圆半径为r，母线长为l，圆锥内切球半径为R，作出圆锥的轴截面如图所示.
设∠OBC＝θeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0<θ<\f(π,4)))，
∵tan θ＝eq \f(R,r)，
∴r＝eq \f(R,tan θ)，
∵OD⊥AB，OE⊥BC，
∴∠DBE＋∠DOE＝π，
又∠AOD＋∠DOE＝π，
∴∠AOD＝∠DBE＝2θ，
∴AD＝Rtan 2θ，
∴l＋r＝AD＋BD＋r＝AD＋2r＝Rtan 2θ＋eq \f(2R,tan θ)，
则圆锥表面积S1＝πr(l＋r)＝eq \f(πR,tan θ)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(Rtan 2θ＋\f(2R,tan θ)))，
又圆锥内切球表面积S2＝4πR2，
∴所求比值为eq \f(S2,S1)＝eq \f(4πR2,\f(πR,tan θ)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2Rtan θ,1－tan2θ)＋\f(2R,tan θ))))＝2tan2θ(1－tan2θ)，
令t＝tan2θ，0则eq \f(S2,S1)＝2t(1－t)＝－2t2＋2t，
∴当t＝eq \f(1,2)时，eq \f(S2,S1)取得最大值eq \f(1,2).