(完整版)立体几何多面体与外接球问题
立体几何之外接球问题含答案
立体几何之外接球问题一讲评课1课时总第课时月日1、已知如图所示的三棱锥的四个顶点均在球的球面上，和所在的平面互相垂直，，，，则球的表面积为( ? )A. B. C. D.2、设三棱柱的侧棱垂直于底面，所有棱的长都为，顶点都在一个球面上，则该球的表面积为（??）A.B. C.D.3、已知是球的球面上两点，,为该球面上的动点，若三棱锥体积的最大值为，则球的表面积为( ? ?)A. B. C. D.4、如图是某几何体的三视图，正视图是等边三角形，侧视图和俯视图为直角三角形，则该几何体外接球的表面积为（?）A.B. C.D.5、已知都在半径为的球面上，且，，球心到平面的距离为1，点是线段的中点，过点作球的截面，则截面面积的最小值为（）A. B.C. D.6、某几何体的三视图如图所示，这个几何体的内切球的体积为（? ）A.B.C. D.7、四棱锥的所有顶点都在同一个球面上，底面是正方形且和球心在同一平面内，当此四棱锥的体积取得最大值时，它的表面积等于，则球的体积等于（?）A. B. C. D.8、一个三条侧棱两两互相垂直并且侧棱长都为的三棱锥的四个顶点全部在同一个球面上，则该球的表面积为( ? )A.B. C.D.9、一个棱长都为的直三棱柱的六个顶点全部在同一个球面上，则该球的表面积为( ?)A.B.C. D.10、一个几何体的三视图如图所示，其中正视图是正三角形，则几何体的外接球的表面积为( ? )A. B. C. D.立体几何之外接球问题二讲评课1课时总第课时月日11、若圆锥的内切球与外接球的球心重合，且内切球的半径为，则圆锥的体积为__________.12、底面为正三角形且侧棱与底面垂直的三棱柱称为正三棱柱，则半径为的球的内接正三棱柱的体积的最大值为__________.13、底面为正三角形且侧棱与底面垂直的三棱柱称为正三棱柱，则棱长均为的正三棱柱外接球的表面积为__________.14、若一个正四面体的表面积为，其内切球的表面积为，则__________. 15、若一个正方体的表面积为，其外接球的表面积为，则__________. 16.已知边长为的正的三个顶点都在球的表面上，且与平面所成的角为，则球的表面积为__________． 16、在三棱锥中,平面，，，,则此三棱锥外接球的体积为__________18、底面是正多边形，顶点在底面的射影是底面中心的棱锥叫正棱锥．如图，半球内有一内接正四棱锥，该四棱锥的体积为，则该半球的体积为__________.17、三棱柱的底面是直角三角形，侧棱垂直于底面，面积最大的侧面是正方形，且正方形的中心是该三棱柱的外接球的球心，若外接球的表面积为，则三棱柱的最大体积为__________.20、一长方体的各顶点均在同一个球面上，且一个顶点上的三条棱长分别为，则这个球的表面积为__________.立体几何之三视图问题1讲评课 1课时 总第 课时 月 日3、一个几何体的三视图如下图所示，则这个几何体的体积是( ) A. B. C. D.4、如图，网格纸上小正方形的边长为，粗线画出的是某几何体的三视图，则它的体积为（??? ） A.B.C.D.5、某几何体的三视图如图所示，则它的表面积为（ ? ?）A.B.C.D.6、某几何体三视图如图所示，则该几何体的体积为（?? ） A. B. C.D.7、多面体的底面矩形，其正（主）视图和侧（左）视图如图，其中正（主）视图为等腰梯形，侧（左）视图为等腰三角形，则该多面体的体积为( ???) A.B.C.D.8、某一简单几何体的三视图如图所示，该几何体的外接球的表面积是（?? ） A.B.C.D.9、如图，网格纸上小正方形的边长为，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的各面中，面积的最大值是（?? ） A. B.C. D. 10、一个几何体的三视图如图，则这个几何体的表面积是（?? ）A.B.C.D.11、若某空间几何体的三视图如图所示，根据图中数据，可得该几何体的表面积是（?? ） A.B.C.D.12、某几何体三视图如下图所示，则该几何体的体积是（?? ）D.A. B. C.13、一个三棱锥的三视图如图所示，则该棱锥的外接球的体积为（?）A. B.C. D.14、已知一空间几何体的三视图如图所示，其中正视图与左视图都是等腰梯形，则该几何体的体积为（?）A.D.B. C.15、如图，网格纸上小正方形的边长为，粗实线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的的体积为（?）C. D.A. B.立体几何之三视图问题2讲评课1课时总第课时月日16、某长方体的三视图如右图，长度为的体对角线在正视图中的长度为，在侧视图中的长度为，则该长方体的全面积为__________.17、一个空间几何体的三视图如下图所示，则该几何体外接球的表面积为__________.18、一个正三棱柱的三视图如图所示，求这个正三棱柱的表面积__________．19、已知一个四棱锥的底面是平行四边形,该四棱锥的三视图如图所示（单位：）,则该四棱锥的体积为__________.20、一个几何体的三视图如图所示（单位：），则该几何体的体积为__________.21、已知一个几何体的三视图如图所示（单位：），则该几何体的体积为__________.22、某三棱锥的三视图如图所示，其中俯视图是正方形，则该三棱锥最长棱的长是__________.23、一个多面体的三视图如图所示，则该多面体的表面积为____．24、2016年11月18日13时59分，神舟十一号飞船返回舱在内蒙古中部预定区域成功着陆. 神舟十一号载人飞行，是我国迄今为止时间最长的一次载人航天飞行，在轨33天飞行中，航天员景海鹏、陈冬参与的实验和实验多达38项. “跑台束缚系统”是未来空间站长期飞行的关键锻炼设备，本次任务是国产跑台首次太空验证. 如图所示是“跑台束缚系统”中某机械部件的三视图（单位：），则此机械部件的表面积为__________.25、一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为__________．立体几何之外接球问题答案解析第1题答案C第1题解析如图所示，∵，∴为直角，即过的小圆面的圆心为的中点，和所在的平面互相垂直，则圆心在过的圆面上，即的外接圆为球的大圆，由等边三角形的重心和外心重合易得球半径，球的表面积为，故选．第2题答案B第2题解析设球心为，设正三棱柱上底面为，中心为，因为三棱柱所有棱的长都为，则可知?，，又由球的相关性质可知，球的半径，所以球的表面积为，故选.第3题答案C第3题解析如图所示，当点位于垂直于面的直径端点时，三棱锥的体积最大，设球的半径为，此时，故，则球的表面积为，故选.第4题答案D第4题解析该几何体为三棱锥,设球心为，分别为和的外心，易求得,，∴球的半径，∴该几何体外接球的表面积为．第5题答案B第5题解析∵，∴，∴圆心在平面的射影为的中点，∴，∴．∴，当线段为截面圆的直径时，面积最小，∴截面面积的最小值为.第6题答案C第6题解析此几何体是底面边长为，高为的正四棱锥，可算出其体积为，表面积为. 令内切球的半径为，则，从而内切球的体积为，故选C.第7题答案B第7题解析由题意可知四棱锥的所有顶点都在同一个球面上，底面是正方形且和球心在同一平面内，当体积最大时，可以判定该棱锥为正四棱锥，底面在球大圆上，可得知底面正方形的对角线长度为球的直径，且四棱锥的高半径，进而可知此四棱锥的四个侧面均是边长为的正三角形，底面为边长为的正方形，所以该四棱锥的表面积为?，于是,，进而球的体积. 故选.第8题答案B第8题解析由题可知该三棱锥为一个棱长的正方体的一角，则该三棱锥与该正方体有相同的外接球，又正方体的对角线长为，则球半径为，则. 故选.第9题答案A第9题解析如图：设、为棱柱两底面的中心，球心为的中点.又直三棱柱的棱长为，可知，，所以，因此该直三棱柱外接球的表面积为，故选.?第10题答案D第10题解析此几何体是三棱锥，底面是斜边长为的等腰直角三角形，且顶点在底面内的射影是底面直角三角形斜边的中点.易知，三棱锥的外接球的球心在上.设球的半径为，则，∵，∴，解得：，∴外接球的表面积为.第11题答案第11题解析过圆锥的旋转轴作轴截面，得及其内切圆⊙和外切圆⊙，且两圆同圆心，即的内心与外心重合，易得为正三角形，由题意⊙的半径为，∴的边长为，∴圆锥的底面半径为，高为，∴．第12题答案第12题解析设球心为,正三棱柱的上下底面的中心分别为，，底面正三角形的边长为，则，由已知得底面，在中，,由勾股定理得，故三棱柱体积，又，所以，则.第13题答案第13题解析底面正三角形外接圆的半径为，圆心到底面的距离为，从而其外接圆的半径，则该球的表面积.第14题答案第14题解析设正四面体棱长为，则正四面体表面积为，其内切球半径为正四面体高的，即，因此内切球表面积为，则.第15题答案第15题解析设正方体棱长为，则正方体表面积为，其外接球半径为正方体体对角线长的，即为，因此外接球表面积为，则.第16题答案第16题解析设正的外接圆圆心为，易知，在中，，故球的表面积为.第17题答案第17题解析根据题意球心到平面的距离为，在的外接圆的半径为，所以球的半径为,所以此三棱锥的外接球的体积为,所以答案为:.第18题答案第18题解析设所给半球的半径为，则棱锥的高，底面正方形中有，所以其体积，则，于是所求半球的体积为.第19题答案第19题解析依题意,外接球的表面积为,所以.如图所示,三棱柱外接圆球心为,设,在直角三角形中,所以.三棱柱的体积为,当且仅当时取得最大值.第20题答案第20题解析由已知可得长方体的体对角线为球的直径：,所以.所以球的面积为.。
第5讲 竞赛和自主招生专题——立体几何中与球关于的问题
第5讲 竞赛和“三一”专题资料——立体几何中与球有关问题 编写林国夫班级___________姓名____________学号__________一.多面体与球的问题（1）多面体内接于球：若球O 是多面体 的外接球，则球O 的球心O 在多面体 的各个表面上的射影为该表面多边形的外心.根据这个性质我们可以确定球心的位置，结合截面法求解相应的量.（2）多面体的内切球：若球O 内切多面体 ，则球O 的球心到多面体 各个表面的距离均为球半径.根据这个性质，结合等体积法求解内切球的半径.（3）球O 被平面 相截，所得的截面为圆截面，设截面圆的圆心为1O ，则1OO 平面 . （4）若多面体是通过长方体或正方体切割所得，则求其外接球的半径可以等价转化为求长方体或正方体的外接球半径.例1（1）如图，一个四面体棱长分别为6,6,6,6,6,9， 则其外接球的半径为______________.（2）如图，已知空间一球，SC 为其直径且||4,,SC A B =为球上两点，满足：||30AB ASC BSC ︒=∠=∠=，则四面体S ABC -的体积为___________.AP（3）在四面体ABCD 中,1AD DB AC CB ====，则四面体ABCD 体积最大时，它的外接球半径R =.（4）（2018·浙江预赛）在四面体PABC 中，PA BC PB AC PC AB ======,则该四面体外接球的半径为_________.B例2 （有关几何体中球的内切问题）(1)四棱锥P ABCD -中,底面ABCD 是正方形,边长为,,a PD a PA PC ===,在这个四棱锥中放入一个球,则球的最大半径为(2)在边长为1的正方体C 内作一个内切大球1O ，再在C 内作一个小球2O ，使它与大球1O 外切，同时与正方体的三个面都相切，则球2O 的表面积为___________.(3)在正三棱锥P ABC 中，有一半球，其底面与正三棱锥的底面重合，正三棱锥的三个侧面都和半球相切. 如果半球的半径等于1，则正三棱锥的体积最小时，正三棱锥的高等于 _______________.(4)设倒圆锥形容器的轴截面为一个等边三角形，在此容器内注入水，并放入半径为r 的一个实心球，此时球与容器壁及水面恰好都相切，则取出球后水面高为_______________二.有关球与球的组合体（抓住球心构建的多面体）例3（1）若4个半径为1的球两两外切，则这4个球的外切正四面体的棱长为__________（2）桌面上有3个半径为2017的球两两相切，在其上方空隙里放入一个球，使其顶点（最高点）与3个球的顶点（最高点）在同一平面内，则该球的半径是___________.（3）若半径为R 的球的内部装有4个相同半径为r 的小球,则小球半径r 的最大可能值是________.（4）将3个半径为1的球和一个半径为1-的球叠为两层放在桌面上，上层只放一个较小的球，四个球两两相切，那么上层小球的最高点到桌面的距离是___________.O2第5讲 竞赛和“三一”专题资料——立体几何中与球有关问题（练习） 编写林国夫班级___________姓名____________学号__________一.多面体与球的问题相关练习1.外接球的半径为1的正四面体的棱长为________________2.直三棱柱111ABC A B C -的各顶点都在同一球面上，若12AB AC AA ===，120BAC ∠=︒，则此球的表面积等于 .3.在四面体ABCD 中，AB BCD ⊥平面，BCD △是边长为3的等边三角形。
高考满分数学压轴题13 与球相关的外接与内切问题(可编辑可打印)
一．方法综述如果一个多面体的各个顶点都在同一个球面上，那么称这个多面体是球的内接多面体，这个球称为多面体的外接球.有关多面体外接球的问题，是立体几何的一个重点，也是高考考查的一个热点. 考查学生的空间想象能力以及化归能力。
研究球与多面体的接、切问题主要考虑以下几个方面的问题：（1）多面体外接球半径的求法，当三棱锥有三条棱垂直或棱长相等时，可构造长方体或正方体. （2）与球的外切问题，解答时首先要找准切点，可通过作截面来解决. （3）球自身的对称性与多面体的对称性；二．解题策略类型一 柱体与球【例1】（2020·河南高三（理））已知长方体1111ABCD A B C D -的表面积为208，118AB BC AA ++=，则该长方体的外接球的表面积为（ ） A ．116π B ．106πC ．56πD ．53π【答案】A 【解析】【分析】由题意得出11118104AB BC AA AB BC BC AA AB AA ++=⎧⎨⋅+⋅+⋅=⎩，由这两个等式计算出2221AB BC AA ++，可求出长方体外接球的半径，再利用球体表面积公式可计算出结果.【详解】依题意，118AB BC AA ++=，11104AB BC BC AA AB AA ⋅+⋅+⋅=，所以，()()222211112116AB BC AA AB BC AA AB BC BC AA AB AA ++=++-⋅+⋅+⋅=，故外接球半径r ==，因此，所求长方体的外接球表面积24116S r ππ==.故选：A.【点睛】本题考查长方体外接球表面积的计算，解题的关键就是利用长方体的棱长来表示外接球的半径. 【举一反三】1.（2020·2，若与球相关的外接与内切问题该棱柱的顶点都在一个球面上，则该球的表面积为（ ） A ．73π B ．113π C ．5π D ．8π【答案】D【解析】根据条件可知该三棱柱是正三棱柱，上下底面中心连线的中点就是球心，如图，则其外接球的半径22221123222sin 60R OB OO BO ⎛⎫ ⎪⎛⎫==+=+= ⎪ ⎪︒⎝⎭⎝⎭， 外接球的表面积428S ππ=⨯=.故选：D【指点迷津】直棱柱的外接球的球心在上、下底面的外接圆的圆心的连线上，确定球心，用球心、一底面的外接圆的圆心，一顶点构成一个直角三角形，用勾股定理得关于外接球半径的关系式，可球的半径. 2.（2020·安徽高三（理））已知一个正方体的各顶点都在同一球面上，现用一个平面去截这个球和正方体，得到的截面图形恰好是一个圆及内接正三角形，若此正三角形的边长为a ，则这个球的表面积为（ ）． A ．234a π B ．23a π C ．26a πD ．232a π【答案】D【解析】由已知作出截面图形如图1，可知正三角形的边长等于正方体的面对角线长，正方体与其外接球的位置关系如图2所示，可知外接球的直径等于正方体的体对角线长，设正方体的棱长为m ,外接球的半径为R ，则2a m =，23R m =，所以64R a =，所以外接球的表面积为222634442a S R a πππ⎛⎫==⨯= ⎪ ⎪⎝⎭， 故选：D .【点睛】本题考查正方体的外接球、正方体的截面和空间想象能力，分析出外接球的半径与正三角形的边长的关系是本题的关键，3．（2020·河南高三（理））有一圆柱状有盖铁皮桶（铁皮厚度忽略不计），底面直径为20cm ，高度为100cm ，现往里面装直径为10cm 的球，在能盖住盖子的情况下，最多能装（ ） （附：2 1.414,3 1.732,5 2.236≈≈≈） A ．22个 B ．24个C ．26个D ．28个【答案】C【解析】由题意，若要装更多的球，需要让球和铁皮桶侧面相切，且相邻四个球两两相切， 这样，相邻的四个球的球心连线构成棱长为10cm 的正面体，易求正四面体相对棱的距离为52cm ，每装两个球称为“一层”，这样装n 层球， 则最上层球面上的点距离桶底最远为()()10521n +-cm ，若想要盖上盖子，则需要满足()10521100n +-≤，解得19213.726n ≤+≈， 所以最多可以装13层球，即最多可以装26个球．故选：C 类型二 锥体与球【例2】5．已知球O 的半径为102，以球心O 为中心的正四面体Γ的各条棱均在球O 的外部，若球O 的球面被Γ的四个面截得的曲线的长度之和为8π，则正四面体Γ的体积为_________． 【来源】重庆市2021届高三下学期二模数学试题 【答案】182【解析】由题知，正四面体截球面所得曲线为四个半径相同的圆，每个圆的周长为2π，半径为1，故球心O 到正四面体各面的距离为2106122⎛⎫-=⎪⎝⎭，设正四面体棱长为a ，如图所示，则斜高332AE EF a ==，体高63=AF a ，在Rt AEF 和R t AGO 中，13OG EF AO AE ==，即61236632a =-，∴6a =，∴231362618234312V a a =⋅⋅=⋅=． 【举一反三】1.（2020四川省德阳一诊）正四面体ABCD 的体积为，则正四面体ABCD 的外接球的体积为______． 【答案】【解析】如图，设正四面体ABCD 的棱长为，过A 作AD ⊥BC ， 设等边三角形ABC 的中心为O ，则，，，即．再设正四面体ABCD 的外接球球心为G ，连接GA ， 则，即．∴正四面体ABCD 的外接球的体积为.故答案为：．2．（2020·宁夏育才中学）《九章算术》是我国古代的数学名著,其中有很多对几何体体积的研究,已知某囤积粮食的容器的下面是一个底面积为32π,高为h 的圆柱,上面是一个底面积为32π,高为h 的圆锥,若该容器有外接球,则外接球的体积为 【答案】288π【解析】如图所示，根据圆柱与圆锥和球的对称性知，其外接球的直径是23R h =，设圆柱的底面圆半径为r ，母线长为l h =， 则232r ππ=，解得42r =222(2)(3)l r h +=， 222(82)9h h ∴+=，解得4h =，∴外接球的半径为3462R =⨯=，∴外接球的体积为3344628833R V πππ⨯===．3．（2020·贵阳高三（理））在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是边长为4的正方形，PAD ∆是一个正三角形，若平面PAD ⊥平面ABCD ，则该四棱锥的外接球的表面积为（ ） A ．143πB ．283πC ．563πD ．1123π【答案】D 【解析】【分析】过P 作PF AD ⊥，交AD 于F ，取BC 的中点G ，连接,PG FG ，取PF 的三等分点H （2PH HF =），取GF 的中点E ，在平面PFG 过,E F 分别作,GF PF 的垂线，交于点O ，可证O 为外接球的球心，利用解直角三角形可计算PO ．【详解】如图，过P 作PF AD ⊥，交AD 于F ，取BC 的中点G ，连接,PG FG ，在PF 的三等分点H （2PH HF =），取GF 的中点E ，在平面PFG 过,E F 分别作,GF PF 的垂线，交于点O ．因为PAD ∆为等边三角形，AF FD =，所以PF ⊥AD ． 因为平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD平面ABCD AD =，PF ⊂平面PAD ，所以PF ⊥平面ABCD ，因GF ⊂平面ABCD ，故PF GF ⊥． 又因为四边形ABCD 为正方形，而,G F 为,BC AD 的中点，故FG CD ，故GF AD ⊥，因ADPF F =，故PF ⊥平面PAD ．在Rt PGF ∆中，因,OE GF PF GF ⊥⊥，故OE PF ，故OE ⊥平面ABCD ，同理OH ⊥平面PAD ．因E 为正方形ABCD 的中心，故球心在直线OE 上，因H 为PAD ∆的中心，故球心在直线OH 上，故O 为球心，OP 为球的半径． 在Rt PGF ∆中，2234343323PH PF ==⨯⨯=，2OH EF ==， 故16282214333OP =+==，所以球的表面积为28112433ππ⨯=． 类型三 构造法（补形法）【例3】已知三棱锥P ABC -的各个顶点都在球O 的表面上，PA ⊥底面ABC ，AB AC ⊥，6AB =，8AC =，D 是线段AB 上一点，且2AD DB =.过点D 作球O 的截面，若所得截面圆面积的最大值与最小值之差为25π，则球O 的表面积为（ ） A ．128π B ．132πC ．144πD ．156π【答案】B【解析】PA ⊥平面ABC ，AB AC ⊥，将三棱锥P ABC -补成长方体PQMN ABEC -，如下图所示：设AE BC F =，连接OF 、DF 、OD ，可知点O 为PE 的中点，因为四边形ABEC 为矩形，AE BC F =，则F 为AE 的中点，所以，//OF PA 且12OF PA =，设2PA x =，且2210AE AB BE =+=，222225PE PA AE x ∴+=+所以，球O 的半径为21252R PE x ==+， 在Rt ABE △中，2ABE π∠=，6AB =，10AE =，3cos 5AB BAE AE ∠==，在ADF 中，243AD AB ==，5AF =， 由余弦定理可得222cos 17DF AD AF AD AF BAE =+-⋅∠=，PA ⊥平面ABCD ，OF ∴⊥平面ABCD ，DF ⊂平面ABCD ，则OF DF ⊥，12OF PA x ==，22217OD OF DF x ∴=+=+， 设过点D 的球O 的截面圆的半径为r ，设球心O 到截面圆的距离为d ，设OD 与截面圆所在平面所成的角为θ，则22sin d OD R r θ==-.当0θ=时，即截面圆过球心O 时，d 取最小值，此时r 取最大值，即2max 25r R x ==+；当2πθ=时，即OD 与截面圆所在平面垂直时，d 取最大值，即2max 17d OD x ==+，此时，r 取最小值，即()22min max 22r R d =-=. 由题意可得()()()222max min 1725r r x πππ⎡⎤-=+=⎣⎦，0x，解得22x =.所以，33R =，因此，球O 的表面积为24132S R ππ==.故选：B.【举一反三】1.（2020宁夏石嘴山模拟）三棱锥中，侧棱与底面垂直，，，且，则三棱锥的外接球的表面积等于 ．【答案】【解析】把三棱锥，放到长方体里,如下图:,因此长方体的外接球的直径为,所以半径,则三棱锥的外接球的表面积为.2.（2020菏泽高三模拟）已知直三棱柱的底面为直角三角形，且两直角边长分别为1和，此三棱柱的高为，则该三棱柱的外接球的体积为A．B．C．D．【答案】C【解析】如图所示，将直三棱柱补充为长方体，则该长方体的体对角线为，设长方体的外接球的半径为，则，,所以该长方体的外接球的体积，故选C.3．（2020·贵州高三月考（理））某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A．43B．53C．83D．163【答案】A【解析】【分析】如图所示画出几何体，再计算体积得到答案.【详解】由三视图知该几何体是一个四棱锥，可将该几何体放在一个正方体内，如图所示：在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，取棱11,,,,B C DA AB BC CD 的中点分别为,,,,E M N P Q ，则该几何体为四棱锥E MNPQ -，其体积为()2142233⨯⨯=.故选：A 类型四 与球体相关的最值问题【例4】（2020·福建高三期末（理））在外接球半径为4的正三棱锥中，体积最大的正三棱锥的高h =（ ） A ．143B ．134C ．72D ．163【答案】D 【解析】【分析】设正三棱锥底面的边长为a ，高为h ，由勾股定理可得22234(4)3h a ⎛⎫=-+ ⎪ ⎪⎝⎭，则22183h h a -=，三棱锥的体积()23384V h h =-，对其求导，分析其单调性与最值即可得解. 【详解】解：设正三棱锥底面的边长为a ，高为h ，根据图形可知22234(4)3h a ⎛⎫=-+ ⎪ ⎪⎝⎭，则22180,3h h a -=>08h ∴<<. 又正三棱锥的体积21334V a h =⨯()2384h h h =-()23384h h =-，则()231634V h h '=-， 令0V '=，则163h =或0h =（舍去）， ∴函数()23384V h h =-在160,3⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在16,83⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减，∴当163h =时，V 取得最大值，故选：D. 【点睛】本题考查球与多面体的最值问题，常常由几何体的体积公式、借助几何性质，不等式、导数等进行解决，对考生的综合应用，空间想象能力及运算求解能力要求较高. 【举一反三】1.（2020·广东高三（理））我国古代数学名著《九章算术》中有这样一些数学用语，“堑堵”意指底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱，而“阳马”指底面为矩形，且有一侧棱垂直于底面的四棱锥.现有一如图所示的堑堵，AC BC ⊥，若12AA AB ==，当阳马11B A ACC -体积最大时，则堑堵111ABC A B C -的外接球体积为（ ）A ．22πB ．823C ．23D ．2π【答案】B【解析】依题意可知BC ⊥平面11ACC A .设,AC a BC b ==，则2224a b AB +==.111111323B A ACC V AC AA BC AC BC -=⨯⨯⨯⨯=⨯⨯22114232323AC BC +≤⨯=⨯=，当且仅当2AC BC ==时取得最大值.依题意可知1111,,A BC A BA A BB ∆∆∆是以1A B 为斜边的直角三角形，所以堑堵111ABC A B C -外接球的直径为1A B ，故半径221111222OB A B AA AB ==⨯+=.所以外接球的体积为()34π82π233⋅=. 特别说明：由于BC ⊥平面11ACC A ，1111,,A BC A BA A BB ∆∆∆是以1A B 为斜边的直角三角形，所以堑堵111ABC A B C -外接球的直径为1A B 为定值，即无论阳马11B A ACC -体积是否取得最大值，堑堵111ABC A B C -外接球保持不变，所以可以直接由直径1A B 的长，计算出外接球的半径，进而求得外接球的体积.故选：B2．（2020·遵义市南白中学高三期末）已知A ，B ，C ，D 四点在同一个球的球面上，6AB BC ==，90ABC ∠=︒，若四面体ABCD 体积的最大值为3，则这个球的表面积为（ ）A ．4πB ．8πC ．16πD ．32π【答案】C 【解析】根据6AB BC ==可得直角三角形ABC ∆的面积为3,其所在球的小圆的圆心在斜边AC 的中点上,设小圆的圆心为Q , 由于底面积ABC S ∆不变,高最大时体积最大,所以DQ 与面ABC 垂直时体积最大，最大值为为133ABC S DQ ∆⨯=，即133,33DQ DQ ⨯⨯=∴=,如图, 设球心为O ,半径为R ，则在直角AQO ∆中,即222(3)(3,)2R R R =∴+=-, 则这个球的表面积为24216S ππ=⨯=,故选C.3．（2020·河南高三（理））菱形ABCD 的边长为2，∠ABC ＝60°，沿对角线AC 将三角形ACD 折起，当三棱锥D －ABC 体积最大时，其外接球表面积为（ ） A ．153π B ．2153π C ．209π D ．203π 【答案】D 【解析】【分析】当平面ACD 与平面ABC 垂直时体积最大，如图所示，利用勾股定理得到2223(3)()3R OG =-+和22223()3R OG =+，计算得到答案. 【详解】易知：当平面ACD 与平面ABC 垂直时体积最大. 如图所示：E 为AC 中点，连接,DE BE ，外接球球心O 的投影为G 是ABC ∆中心，在BE 上 3BE =，3DE =，33EG =，233BG =设半径为R ，则2223(3)()3R OG =-+，22223()3R OG =+ 解得：153R =，表面积22043S R ππ== 故选：D三．强化训练一、选择题1．（2020·广西高三期末）棱长为a 的正四面体ABCD 与正三棱锥E BCD -的底面重合，若由它们构成的多面体ABCDE 的顶点均在一球的球面上，则正三棱锥E BCD -的表面积为（ ） A ．2334a + B ．2336a + C ．2336a - D ．2334a - 【答案】A【解析】由题意，多面体ABCDE 的外接球即正四面体ABCD 的外接球， 由题意可知AE ⊥面BCD 交于F ，连接CF ，则233323CF a a =⋅= 且其外接球的直径为AE ，易求正四面体ABCD 的高为223633a a a ⎛⎫ ⎪ ⎪=⎝⎭-. 设外接球的半径为R ，由2226333R a R a ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭=⎭-⎝-得64R a =. 设正三棱锥E BCD -的高为h ，因为6623AE a a h ==+，所以66h a =. 因为底面BCD ∆的边长为a ，所以2222EB EC ED CF h a ===+=， 则正三棱锥E BCD -的三条侧棱两两垂直.即正三棱锥E BCD -的表面积222121333322224S a a a ⎛⎫+=⨯⨯+⨯= ⎪ ⎪⎝⎭，故选：A .2、（2020辽宁省师范大学附属中学高三）在三棱锥中，，则三棱锥外接球的表面积为（ ）A．B．C．D．【答案】C【解析】如图，把三棱锥补形为长方体，设长方体的长、宽、高分别为，则，∴三棱锥外接球的半径∴三棱锥外接球的表面积为．故选：C．3．（2020·安徽高三期末）如果一个凸多面体的每个面都是全等的正多边形，而且每个顶点都引出相同数目的棱，那么这个凸多面体叫做正多面体.古希腊数学家欧几里得在其著作《几何原本》的卷13中系统地研究了正多面体的作图，并证明了每个正多面体都有外接球.若正四面体、正方体、正八面体的外接球半径相同，则它们的棱长之比为（）A23B．223C．22D．223【答案】Ba b c R【解析】设正四面体、正方体、正八面体的棱长以及外接球半径分别为,,,则2223,23,22R a R b R c =⨯==, 即222,,2::2:2:333R R a b c R a b c ===∴=故选：B 4．（2020·北京人大附中高三）如图，在四棱锥S ABCD -中，四边形ABCD 为矩形，23AB =，2AD =，120ASB ∠=︒，SA AD ⊥，则四棱锥外接球的表面积为（ ）A ．16πB ．20πC ．80πD ．100π 【答案】B【解析】由四边形ABCD 为矩形，得AB AD ⊥，又SA AD ⊥，且SA AB A ⋂=，∴AD ⊥平面SAB ，则平面SAB ⊥平面ABCD ，设三角形SAB 的外心为G ，则23322sin 2sin12032AB GA ASB ====∠︒. 过G 作GO ⊥底面SAB ，且1GO =，则22215OS =+=.即四棱锥外接球的半径为5． ∴四棱锥外接球的表面积为24(5)20S ππ=⨯=.故选B ．5．（2020河南省郑州市一中高三）在三棱锥中，平面，M 是线段上一动点，线段长度最小值为，则三棱锥的外接球的表面积是（ ） A ． B ．C ．D ．【答案】C【解析】解：如图所示：三棱锥中，平面，M是线段上一动点，线段长度最小值为，则：当时，线段达到最小值，由于：平面，所以：，解得：，所以：，则：，由于：，所以：则：为等腰三角形．所以，在中，设外接圆的直径为，则：，所以外接球的半径，则：，故选：C．6、（2020河南省天一大联考）某多面体的三视图如图所示，其中正视图是一个直角边为2的等腰直角三角形，侧视图是两直角边分别为2和1的直角三角形，俯视图为一矩形，则该多面体的外接球的表面积为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】由三视图可得，该几何体为一个三棱锥，放在长、宽、高分别为2，1，2的长方体中，此三棱锥和长方体的外接球是同一个，长方体的外接球的球心在体对角线的中点处，易得其外接球的直径为，从而外接球的表面积为.故答案为：C.7．（2020·江西高三期末（理））如图，三棱锥P ABC -的体积为24，又90PBC ABC ∠=∠=︒，3BC =，4AB =，410PB =，且二面角P BC A --为锐角，则该三棱锥的外接球的表面积为（ ）A ．169πB ．144πC ．185πD ．80π【答案】A【解析】因90PBC ABC ∠=∠=︒，所以BC ⊥平面PAB ，且PBA ∠为二面角P BC A --的平面角， 又3BC =，4AB =，410PB =，由勾股定理可得13PC =，5AC =， 因为1sin 8102PAB S PB AB PBA PBA ∆⋅=⋅∠=∠，所以三棱锥的体积1181032433PAB V S BC PBA ∆=⋅=⨯∠⨯=，解得310sin PBA ∠=，又PBA ∠为锐角，所以10cos 10PBA ∠=， 在PAB ∆中，由余弦定理得2101601624410144PA =+-⨯⨯=， 即12PA =，则222PB PA AB =+，故PA AB ⊥， 由BC ⊥平面PAB 得BC PA ⊥，故PA ⊥平面ABC ，即PA AC ⊥，取PC 中点O ， 在直角PAC ∆和直角PBC ∆中，易得OP OC OA OB ===，故O 为外接球球心， 外接圆半径11322R PC ==，故外接球的表面积24169S R ππ==.故选：A. 8．（2019·湖南长沙一中高三）在如图所示的空间几何体中，下面的长方体1111ABCD A B C D -的三条棱长4AB AD ==，12AA =，上面的四棱锥1111P A B C D -中11D E C E =，1111PE A B C D ⊥平面，1PE =，则过五点A 、B 、C 、D 、P 的外接球的表面积为（ ）A ．311π9B ．311π18C ．313π9D ．313π18【答案】C【解析】问题转化为求四棱锥P ABCD -的外接球的表面积．4913PC =+=，∴3sin 13PCD ∠=．所以PCD ∆外接圆的半径为131336213r ==⨯，由于PE ⊥平面1111D C B A ，则PE ⊥平面ABCD ，PE ⊂平面PCD ，所以平面PCD ⊥平面ABCD ， 所以外接球的222169313243636R r =+=+=．所以2313π4π9S R ==球表面积．9．三棱锥P —ABC 中，底面ABC 满足BA=BC ， ，点P 在底面ABC 的射影为AC 的中点，且该三棱锥的体积为，当其外接球的表面积最小时，P 到底面ABC 的距离为（ ） A ．3 B ．C ．D ．【答案】B【解析】设外接球半径为，P 到底面ABC 的距离为，，则，因为，所以， 因为，所以当时，，当时，，因此当时，取最小值，外接球的表面积取最小值，选B.10．（2019·河北高三月考）在平面四边形ABCD 中，AB ⊥BD ，∠BCD =30°，2246AB BD +=，若将△ABD 沿BD 折成直二面角A -BD -C ，则三棱锥A-BDC 外接球的表面积是( ) A ．4π B ．5πC ．6πD ．8π【答案】C【解析】取,AD BD 中点,E F ，设BCD ∆的外心为M ，连,,MB MF EF ， 则01,30,22MF BD BMF DMB BCD BM BF BD ⊥∠=∠=∠=∴== 分别过,E M 作,MF EF 的平行线，交于O 点， 即//,//OE MF OM EF ，,BD AB E ⊥∴为ABD ∆的外心，平面ABD ⊥平面BCD ，AB ⊥平面BCD ，//,EF AB EF ∴⊥平面BCD ，OM ∴⊥平面BCD ，同理OE ⊥平面ABD ，,E M 分别为ABD ∆，BCD ∆外心，O ∴为三棱锥的外接球的球心，OB 为其半径, 22222221342OB BM OM BD EF BD AB =+=+=+=， 246S OB ππ=⨯=球.故选:C11．（2020·梅河口市第五中学高三期末（理））设三棱锥P ABC -的每个顶点都在球O 的球面上，PAB ∆是面积为3的等边三角形，45ACB ∠=︒，则当三棱锥P ABC -的体积最大时，球O 的表面积为（ ） A ．283π B ．10πC ．323π D ．12π【答案】A【解析】如图，由题意得2334AB =，解得2AB =.记,,AB c BC a AC b ===， 12sin 24ABC S ab C ab ∆==，由余弦定理2222cos c a b ab C =+-，得224222a b ab ab ab =+-≥-，42(22)22ab ≤=+-，当且仅当a b =时取等号．所以CA CB =且平面PAB ⊥底面ABC 时，三棱锥P ABC -的体积最大.分别过PAB ∆和ABC ∆的外心作对应三角形所在平面的垂线，垂线的交点即球心O ， 设PAB ∆和ABC ∆的外接圆半径分别为1r ，2r ，球O 的半径为R ，则123r =，21222sin 45r =⨯=︒.故222211172233R r r ⎛⎫=+=+= ⎪⎝⎭， 球O 的表面积为22843R ππ=.故选：A.12.（2020四川省成都外国语学校模拟）已知正方形ABCD 的边长为4，E ，F 分别是BC ，CD 的中点，沿AE ，EF ，AF 折成一个三棱锥P-AEF （使B ，C ，D 重合于P ），三棱锥P-AEF 的外接球表面积为（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】C 【解析】如图，由题意可得，三棱锥P-AEF 的三条侧棱PA ，PE ，PF 两两互相垂直， 且，，把三棱锥P-AEF 补形为长方体，则长方体的体对角线长为， 则三棱锥P-AEF 的外接球的半径为，外接球的表面积为．故选：C ．13．已知球O 夹在一个二面角l αβ--之间，与两个半平面分别相切于点,A B .若2AB =，球心O 到该二面角的棱l 的距离为2，则球O 的表面积为（ ） A ．8πB ．6πC ．4πD ．2π【来源】江西省萍乡市2021届高三二模考试数学（文）试题 【答案】A【解析】过,,O A B 三点作球的截面，如图：设该截面与棱l 交于D ，则OA l ⊥，OB l ⊥，又OA OB O =，所以l ⊥平面AOB ，所以OD l ⊥，所以||2OD =，依题意得,OA AD OB BD ⊥⊥，所以,,,O A D B 四点共圆，且OD 为该圆的直径，因为||2||AB OD ==，所以AB 也是该圆的直径，所以四边形OADB 的对角线AB 与OD 的长度相等且互相平分，所以四边形OADB 为矩形，又||||OA OB =，所以该矩形为正方形，所以2||||22OA AB ==，即圆O 的半径为2，所以圆O 的表面积为24(2)8ππ⨯=. 故选：A14．已知点,,A B C 在半径为2的球面上，满足1AB AC ==，3BC =，若S 是球面上任意一点，则三棱锥S ABC -体积的最大值为（ ） A ．32312+ B ．3236+ C ．23312+ D ．3312+ 【答案】A【解析】设ABC 外接圆圆心为O '，三棱锥S ABC -外接球的球心为O ，1AB AC ==，设D 为BC 中点，连AD ，如图，则AD BC ⊥，且O '在AD 上，221()22BC AD AB =-=， 设ABC 外接圆半径为r ，222231()()()242BC r AD r r =+-=+-，解得1r =， 22||23OO r '∴=-=要使S ABC -体积的最大，需S 到平面ABC 距离最大， 即S 为O O '32，所以三棱锥S ABC -体积的最大值为11112)2)3322ABCS ⨯=⨯⨯⨯=故选：A15．已知半球O 与圆台OO '有公共的底面，圆台上底面圆周在半球面上，半球的半径为1，则圆台侧面积取最大值时，圆台母线与底面所成角的余弦值为（ ）A B C ．6D 【答案】D【解析】如图1所示，设BC x =，CO r '=，作CF AB ⊥于点F ，延长OO '交球面于点E ，则1BF r =-，OO CF '===2得CO O D ''⋅=()()11O E O H OO OO ''''⋅=+⋅-，即((211r =+⋅，解得212x r =-，则圆台侧面积(2π1102x S x x ⎛⎫=⋅+-⋅<< ⎪⎝⎭，则'2322S x ππ=-，令'0S =，则3x =或x =，当0x <<时，'0S >x <<'0S <，所以函数2π112x S x ⎛⎫=⋅+-⋅ ⎪⎝⎭在⎛ ⎝⎭上递增，在⎝上递减，所以当3x =时，S 取得最大值．当3x BC ==时，21123x r =-=，则213BF r =-=．在轴截面中，OBC ∠为圆台母线与底面所成的角，在Rt CFB △中可得cos 3BF OBC BC ∠==故选：D ．16．（2020·重庆八中高三）圆柱的侧面展开图是一个面积为216π的正方形，该圆柱内有一个体积为V 的球，则V 的最大值为 【答案】323π【解析】设圆柱的底面直径为2r ，高为l ，则222π16πr l l =⎧⎨=⎩，解得24πr l =⎧⎨=⎩.故圆柱的底面直径为4，高为4π，所以圆柱内最大球的直径为4，半径为2，其体积为34π32π233⨯=. 17．（2020·江西高三）半正多面体(semiregular solid )亦称“阿基米德多面体”，如图所示，是由边数不全相同的正多边形为面的多面体，体现了数学的对称美．将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，如此共可截去八个三棱锥，得到一个有十四个面的半正多面体，它们的边长都相等，其中八个为正三角形，六个为正方形，称这样的半正多面体为二十四等边体.若二十四等边体的棱长为2，则该二十四等边体外接球的表面积为【答案】8π【解析】2，侧棱长为2的正四棱柱的外接球，2222(2)(2)(2)2R ∴=++,2R ∴,∴该二十四等边体的外接球的表面积24πS R =24π(2)8π=⨯=.18．（2020·福建高三期末（理））在棱长为4的正方体1111ABCD A B C D -中，E ，F 分别为1AA ，BC 的中点，点M 在棱11B C 上，11114B M BC =，若平面FEM 交11A B 于点N ，四棱锥11N BDD B -的五个顶点都在球O 的球面上，则球O 半径为 【答案】2293【解析】如图1，2,,B M F 三点共线，连结22,B E B MF ∈从而2B ∈平面FEM ，则2B E 与11A B 的交点即为点N ，又12Rt B B N ∆与1Rt A EN ∆相似，所以1112112A E A NB B NB ==； 如图2，设11B D N ∆的外接圆圆心为1O ，半径为r ，球半径为R ，在11B D N ∆中，111445,103NB D D N ︒∠==，由正弦定理得453r =，所以1853D P =，在1Rt DD P ∆中，解得4293DP =，即42293R =，所以所求的球的半径为2293.19．（2020·黑龙江高三（理））设,,,A B C D 是同一个半径为4的球的球面上四点，在ABC 中，6BC =,60BAC ∠=︒,则三棱锥D ABC -体积的最大值为【答案】183【解析】ABC 中，6BC =,60BAC ∠=︒，则643223sin sin 60a r r A ===∴=︒，22max 6h R r R =-=，222222cos 36a b c bc A b c bc bc bc =+-=+-≥∴≤ ，1sin 932S bc A =≤ 当6a b c ===时等号成立，此时11833V Sh ==20．（2020·河北承德第一中学高三）正三棱锥S －ABC 的外接球半径为2，底边长AB ＝3，则此棱锥的体积为【答案】934或334【解析】设正三棱锥的高为h ，球心在正三棱锥的高所在的直线上，H 为底面正三棱锥的中心因为底面边长AB=3，所以2222333332AH AD ⎛⎫==-= ⎪⎝⎭当顶点S 与球心在底面ABC 的同侧时，如下图此时有222AH OH OA += ，即()()222322h +-=，可解得h=3因而棱柱的体积113393333224S ABC V -=⨯⨯⨯⨯=当顶点S 与球心在底面ABC 的异侧时，如下图有222AH OH OA +=，即()222322h +-=，可解得h=1所以113333313224S ABC V -=⨯⨯⨯⨯=9333421．（2020·江西高三（理））已知P,A,B,C 是半径为2的球面上的点，PA=PB=PC=2，90ABC ∠=︒，点B 在AC 上的射影为D ，则三棱锥P ABD -体积的最大值为 【答案】338【解析】如下图，由题意，2PA PB PC ===，90ABC ∠=︒，取AC 的中点为G ，则G 为三角形ABC 的外心，且为P 在平面ABC 上的射影，所以球心在PG 的延长线上，设PG h =，则2OG h =-，所以2222OB OG PB PG -=-，即22424h h --=-，所以1h =. 故G CG 3A ==，过B 作BD AC ⊥于D ，设AD x =(023x <<)，则23CD x =-,设(03)BD m m =<≤，则~ABD BCD ，故23m xx m-=， 所以()223m x x =-，则()23m x x =-，所以ABD 的面积()3112322S xm x x ==-，令()()323f x x x =-，则()2'634f x x x =-（），因为20x >，所以当3032x <<时，()'0f x >，即()f x 此时单调递增；当33232x ≤<时，()'0f x ≤，此时()f x 单调递减．所以当332x =时，()f x 取到最大值为24316，即ABD 的面积最大值为1243932168=．当ABD 的面积最大时，三棱锥P ABD -体积取得最大值为19333388⨯=.22．已知H 是球O 的直径AB 上一点，:1:3AH HB =，AB ⊥平面α，H 为垂足，α截球O 所得截面的面积为π，则球O 的表面积为__________.【来源】宁夏固原市第五中学2021届高三年级期末考试数学（文）试题 【答案】163π【解析】如下图所示，设AH x =，可得出3HB x =，则球O 的直径为4AB x =，球O 的半径为2x ，设截面圆H 的半径为r ，可得2r ππ=，1r ∴=，由勾股定理可得()2222OH r x +=，即()22214x AH x -+=，即2214x x +=，33x ∴=，所以球O 的半径为2323x =，则球O 的表面积为22316433S ππ⎛⎫=⨯= ⎪ ⎪⎝⎭. 23．如图，在三棱锥P ABC -中，PA ⊥平面ABC ，AB BC ⊥，2PA AB ==，22AC =，M 是BC 的中点，则过点M 的平面截三棱锥P ABC -的外接球所得截面的面积最小值为___【答案】π 【解析】PA ⊥平面ABC ，AB BC ⊥，将三棱锥P ABC -补成长方体ABCD PEFN -，则三棱锥P ABC -的外接球直径为22222223R PC PA AB AD PA AC ==++=+=，所以，3R =，设球心为点O ，则O 为PC 的中点，连接OM ，O 、M 分别为PC 、BC 的中点，则//OM PB ，且2211222OM PB PA AB ==+=， 设过点M 的平面为α，设球心O 到平面α的距离为d . ①当OM α⊥时，2d OM ==；②当OM 不与平面α垂直时，2d OM <=. 综上，2d OM ≤=.设过点M 的平面截三棱锥P ABC -的外接球所得截面圆的半径为r ，则221r R d =-≥，因此，所求截面圆的面积的最小值为2r ππ=.24．若正四棱锥P ABCD -的底面边长和高均为8，M 为侧棱PA 的中点，则四棱锥M ABCD -外接球的表面积为___________.【来源】山西省运城市2021届高三上学期期末数学（文）试题 【答案】132π【解析】在正四棱锥P ABCD -中M 为侧楼PA 中点,∴四棱锥M ABCD -外接球即为棱台MNEF ABCD -的外接球，如图，四棱锥P ABCD -的底面边长和高均为8，1214,42AB O N O M ===∴ 212242AO MO ==∴设球心为O ，则图中12,OO A OMO △△均为直角三角形， 设1OO h =，222(42)OA h ∴=+，222(22)(4)OM h =++，A , M 都在球面上，222O O M R A =∴=,解得21,33h R =∴=,24132S R ππ∴==球25．已知P 为球O 球面上一点，点M 满足2OM MP =，过点M 与OP 成30的平面截球O ，截面的面积为16π，则球O 的表面积为________.【来源】广西钦州市2021届高三第二次模拟考试数学（理）试题 【答案】72π 【解析】如图所示：设截面圆心为1O ， 依题意得130OMO ∠=， 设1OO h =，则2OM h =， 又2OM MP =，所以3OP h =，即球的半径为3h ，所以3ON h =，又截面的面积为16π，所以()2116O N ππ=，解得14O N =，在1Rt OO N 中，()22316h h =+， 解得2h =，所以球的半径为32， 所以球的表面积是()243272S ππ==，故答案为： 72π 26．如图是数学家GeminadDandelin 用来证明一个平面截圆锥得到的截面是椭圆的模型(称为丹德林双球模型)：在圆锥内放两个大小不同的小球，使得它们分别与圆锥侧面､截面相切，设图中球1O 和球2O 的半径分别为1和3，128O O =，截面分别与球1O 和球2O 切于点E 和F ，则此椭圆的长轴长为___________.【来源】江苏省盐城市阜宁县2020-2021学年高三上学期期末数学试题【答案】15【解析】如图，圆锥面与其内切球12,O O 分别相切与,B A ，连接12,O B O A ，则12,O B AB O A AB ⊥⊥，过1O 作12O D O A 于D ，连接12,,O F O E EF 交12O O 于点C ，设圆锥母线与轴的夹角为α，截面与轴的夹角为β，在Rt △12O O D 中,2312DO ,22182215O D11221515cos 84O D O O α===128O O = , 218CO O C =-,△2EO C △1FO C ,11218O C O C EO O F -= 解得12O C =,26O C = 222211213CF O C FO ∴=-=-= ,即13cos 2CFO C , 所以椭圆离心率为cos 25cos 5c e aβα=== 在△2EO C 中223cos cos 2EC ECO O C β=∠== 解得33EC =,432EF c ==2325155a a =⇒= 2215a ∴=故答案为：21527．在长方体1111ABCD A B C D -中，13AB =，5AD =，112AA =，过点A 且与直线CD 平行的平面α将长方体分成两部分.现同时将两个球分别放入这两部分几何体内，则在平面α变化的过程中，这两个球的半径之和的最大值为___________.【来源】江苏省六校2021届高三下学期第四次适应性联考数学试题 【答案】16538【解析】如图所示：平面ABMN 将长方体分成两部分，MN 有可能在平面11CDD C 上或平面1111A D C B 上，根据对称性知，两球半径和的最大值是相同的，故仅考虑在平面11CDD C 上的情况，延长11B C 与BM 交于点P ，作1O Q BC ⊥于Q 点，设1CBP BPB α∠=∠=，圆1O 对应的半径为1r ，根据三角形内切圆的性质， 在1Rt O QB 中，12QBO α∠=，15BQ BC CQ r =-=-，111tan 25O Q r BQ r α==-， 则15tan5251tan 1tan 22r ααα==-++，又当BP 与1BC 重合时，1r 取得最大值，由内切圆等面积法求得1512251213r ⨯≤=++，则2tan 23α≤ 设圆2O 对应的半径为2r ，同理可得266tan2r α=-， 又252r ≤，解得7tan 212α≥. 故1255566tan 176(1tan )221tan 1tan 22r r αααα+=-+-=--+++，72tan 1223α≤≤， 设1tan 2x α=+，则195[,]123x ∈，()5176f x x x=--， 由对号函数性质易知195[,]123x ∈，函数()f x 单减，则19519165()()1761912123812f x f ≤=--⨯=，即最大值为16538 故答案为：16538 28．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93，则三棱锥D ABC -体积的最大值为___________.【来源】江苏省南京市秦淮中学2021届高三下学期期初学情调研数学试题【答案】183【解析】ABC 为等边三角形且其面积为93，则23934ABC SAB ==，6AB ∴=，如图所示，设点M 为ABC 的重心，E 为AC 中点，当点D 在平面ABC 上的射影为M 时，三棱锥D ABC -的体积最大，此时，4OD OB R ===， 点M 为三角形ABC 的重心，2233BM BE ∴==， Rt OMB ∴中，有222OM OB BM =-=，426DM OD OM ∴=+=+=，所以三棱锥D ABC -体积的最大值19361833D ABC V -=⨯=29．已知四面体ABCD 的棱长均为6,,EF 分别为棱,BC BD 上靠近点B 的三等分点，过,,A E F 三点的平面与四面体ABCD 的外接球O 的球面相交,得圆'O ，则球O 的半径为___________，圆'O 的面积为__________．【来源】河南省九师联盟2021届高三下学期3月联考理科数学试题【答案】3 8π【解析】。
立体几何中球与几何体的切接问题
立体几何中球与几何体的切接问题（精讲+精练）一、外接球如果一个多面体的各个顶点都在同一个球面上，那么称这个多面体是球的内接多面体，这个球称为多面体的外接球．解决这类问题的关键是抓住内接的特点，即球心到多面体的顶点的距离等于球的半径．并且还要特别注意多面体的有关几何元素与球的半径之间的关系，而多面体外接球半径的求法在解题中往往会起到至关重要的作用．二、内切球球的内切问题主要是指球外切多面体与旋转体，解答时首先要找准切点，通过作截面来解决．如果外切的是多面体，则作截面时主要抓住多面体过球心的对角面来作．当球与多面体的各个面相切时，注意球心到各面的距离相等即球的半径，求球的半径时，可用球心与多面体的各顶点连接，球的半径为分成的小棱锥的高，用体积法来求球的半径．【常用结论】①外接球模型一：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(在长方体的同一顶点的三条棱长分别为a，b，c，外接球的半径为R，则2R＝a2＋b2＋c2．)，秒杀公式：R2＝a2＋b2＋c24．可求出球的半径从而解决问题．有以下四种类型：②外接球模型二：三棱锥的三组对棱长分别相等模型，一般用构造法(构造长方体)解决．外接球的直径等于长方体的体对角线长，即(长方体的长、宽、高分别为a、b、c)．秒杀公式：R2＝x2＋y2＋z28 (三棱锥的三组对棱长分别为x、y、z)．可求出球的半径从而解决问题．A BCDA1B1C1D1类型ⅠA BCDA1B1C1D1类型ⅡA BCDA1B1C1D1类型ⅢA BCDA1B1C1D1例外型2R=③外接球模型三：直棱柱的外接球、圆柱的外接球模型，用找球心法(多面体的外接球的球心是过多面体的两个面的外心且分别垂直这两个面的直线的交点．一般情况下只作出一个面的垂线，然后设出球心用算术方法或代数方法即可解决问题．有时也作出两条垂线，交点即为球心．)解决．以直三棱柱为例，模型如下图，由对称性可知球心O 的位置是△ABC 的外心O 1与△A 1B 1C 1的外心O 2连线的中点，算出小圆O 1的半径AO 1＝r ，OO 1＝，．④外接球模型四：垂面模型是有一条侧棱垂直底面的棱锥模型，可补为直棱柱内接于球，由对称性可知球心O 的位置是△CBD的外心O 1△AB 2D 2的外心O 2连线的中点，算出小圆O 1的半径AO 1＝r ，OO 1＝，． ⑤外接球模型五：有一侧面垂直底面的棱锥型，常见的是两个互相垂直的面都是特殊三角形且平面ABC ⊥平面BCD ，如类型Ⅰ，△ABC 与△BCD 都是直角三角形，类型Ⅱ，△ABC 是等边三角形，△BCD 是直角三角形，类型Ⅲ，△ABC 与△BCD 都是等边三角形，解决方法是分别过△ABC 与△BCD 的外心作该三角形所在平面的垂线，交点O 即为球心．类型Ⅳ，△ABC 与△BCD 都一般三角形，解决方法是过△BCD 的外心O 1作该三角形所在平面的垂线，用代数方法即可解决问题．设三棱锥A －BCD 的高为h ，外接球的半径为R ，球心为O ．△BCD 的外心为O 1，O 1到BD 的距离为d ，O 与O 1的距离为m ，则Error!解得R ．可用秒杀公式：R 2＝r 12＋r 22－l 24(其中r 1、r 2为两个面的外接圆的半径，l 为两个面的交线的长)AB C D A 1B 1C 1D 12h 2224h R r ∴=+O 1C 1AA 1B 1O B CRrh2hO 22h 2224h R r ∴=+r h C DB R A O 1O2h r hC D BR A O 1O2h O 2D 2B 2⑥外接球模型六：圆锥、顶点在底面的射影是底面外心的棱锥．秒杀公式：R ＝h 2＋r 22h(其中h 为几何体的高，r 为几何体的底面半径或底面外接圆的圆心)⑦内切球思路：以三棱锥P －ABC 为例，求其内切球的半径．方法：等体积法，三棱锥P－ABC 体积等于内切球球心与四个面构成的四个三棱锥的体积之和；第一步：先求出四个表面的面积和整个锥体体积；第二步：设内切球的半径为r ，球心为O ，建立等式：V P －ABC ＝V O －ABC ＋V O －PAB ＋V O －PAC ＋V O －PBC ⇒V P －ABC ＝13S △ABC ·r ＋13S △PAB ·r ＋13S △PAC ·r ＋13S △PBC ·r ＝13(S △ABC ＋S △PAB ＋S △PAC ＋S △PBC )·r ； 第三步：解出r ＝3V P －ABC SO －ABC ＋S O －PAB ＋S O －PAC ＋S O －PBC ＝3V S 表．【典例1】（2023·浙江·高三校联考期中）正四面体的所有顶点都在同一个表面积是36π的球面上，则该正四面体的棱长是 ．类型Ⅰ类型Ⅱ类型ⅢABCDO 1O R rm h －m R dd 类型Ⅳ因为正四面体内接于球，则相应的一个正方体内接球，设正方体为则正四面体为，设球的半径为R ，则， 解得，所以则正方体的棱长为，【典例2】（2023·河南·开封高中校考模拟预测）已知四面体ABCD 中，，ABCD 外接球的体积为（）A ．B CD ．则故11A CB D -2436R ππ=3R =16AC =23AB CD ==AC BD ==AD BC ==45π22222220,29,41,a b b c a c ⎧+=⎪+=⎨⎪+=⎩22a b R +=【典例3】（2023·黑龙江齐齐哈尔·高三齐齐哈尔市第八中学校校考阶段练习）设直三棱柱的所有顶点都在一个表面积是的球面上，且，则此直三棱柱的表面积是（ ） A ．B ．C ．D ．【典例4】（2023·安徽宣城·高三统考期末）在三棱锥中，△ABC 是边长为3的等边三角形，侧棱PA ⊥平面ABC ，且，则三棱锥的外接球表面积为 ．【答案】【解析】根据已知，底面是边长为3的等边三角形，平面， 可得此三棱锥外接球，即以为底面以为高的正三棱柱的外接球．111ABC A B C -40π1,120AB AC AA BAC ∠===16+8+8+16+-P ABC 4PA =-P ABC 28πABC PA ⊥ABC ABC PA的中点，的外接圆半径为所以球的半径为所以四面体外接球的表面积为故答案为：．【典例5】（2023·四川乐山·高三期末）已知正边长为1，将绕旋转至，使得平面平面，则三棱锥的外接球表面积为．取BC 中点G ，连接AG,DG ，则分别取与的外心的球心，由ABC r AN =R OA ==-P ABC 28πABC ABC BC DBC △ABC ⊥BCD D ABC -ABC DBC A BCD -AB AC DB DC BC =====2213122AG DG ⎛⎫∴==-=⎪⎝⎭【典例6】（2023·山东滨州·高三校考期中）已知正四棱锥的底面边长为侧棱长为6，则该四棱锥的外接球的体积为．，显然正四棱锥令，则在中，所以该四棱锥的外接球体积为【典例7】（2023·高三课时练习）边长为的正四面体内切球的体积为（）A B C．DP ABCD-221133PO PA AO=-=PO AO R==1|33OO=1Rt AO O△22R AOA O==1π6设正四面体的内切球半径为由等体积法可得因此，该正四面体的内切球的体积为【题型训练1-刷真题】一、单选题322144243A BCDB ACE V V --⎛⎫=-=-⨯ ⎪ ⎪⎝⎭ABCD (21123A BCD V r S -==2．（2022·全国·统考高考真题）已知球上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为（A ．B ．【答案】C【分析】方法一：先证明当四棱锥的顶点1312，底面所在圆的半径为[方法一]：导数法设正四棱锥的底面边长为，高为则，所以，所以正四棱锥的体积2a 2222l a h =+2232(3a =+26h l =2222a l h =-13V Sh =二、填空题【点睛】方法点睛：多面体与球切、接问题的求解方法（1）涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题求解；（2）若球面上四点P 、A 、B 、C 构成的三条线段PA 、PB 、PC 两两垂直，且PA ＝a ，PB ＝b ，PC ＝c ，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，根据4R2＝a2＋b2＋c2求解；（3）正方体的内切球的直径为正方体的棱长；（4）球和正方体的棱相切时，球的直径为正方体的面对角线长；（5）利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解．【题型训练2-刷模拟】一、单选题）故选：B3．（2023·全国·高三专题练习）在直三棱柱直三棱柱的外接球的体积为（ ）A ．B ． 【答案】C【分析】将直三棱柱放入长方体中，借助长方体的外接球求解8π316π34．（2023秋·四川眉山的球面上，则该圆柱的体积为（A ．【答案】C【分析】设圆柱的底面半径为 A ．B ．【答案】B π12π外接球球心位置，求出外接球半径，即可求得答案 因为由于平面平面故平面，又M 为的外心，⊥22AB BC AC ===ACD ⊥ABC BM ⊥ACD DM ADC △的外接球，结合直三棱柱的性质求外接圆半径接球， 设四面体的外接球的球心为，半径为，，则， 的外接球表面积为.AEF A BCD -O R 132AB ==22217R O O r =+=24π28πR =8．（2023·四川成都·校联考二模）在三棱锥平面，若三棱锥A ．【答案】B【分析】根据三棱锥中线面关系可先确定球心【详解】 的中点为，连接，因为，又因为平面平面，平面PAC ⊥ABC 231O 1PO AC ⊥112AO AC ==221(26)PA AO =-=PAC ⊥ABC是边长为 10．（2023春·四川绵阳底面是正方形，（ ）A ．【答案】CABCD 89π【详解】 的边长为，在等边三角形平面，∴平面是等边三角形，则，设四棱锥外接球的半径为，为正方形为四棱锥P －ABCD 外接球球心，则易知ABCD 2x PAB ⊥ABCD PE ⊥PAB 3PE x =()211233633ABCD S PE x x ⋅⋅=⨯⨯=R 1O故选：C12．（2023秋·陕西西安·高三校联考开学考试）已知在三棱锥平面，则三棱锥A．B．⊂ABC-P ABC π4【点睛】求解几何体外接球有关的问题，关键点在于找到球心的位置，然后计算出外接球的半径接法和补形法，直接法是根据几何体的结构来找到球心；补形法是补形成直棱柱、长方体（正方体）等几何体，并根据这些几何体的结构找到球心并求得半径13．（2023秋·湖南衡阳·高三衡阳市田家炳实验中学校考阶段练习）球，.若由，则，即又，故，仅当BCD BD CD ⊥BD =24π9πR =32R =1BD =22BD CD ++4CD AC ⋅≤AC所以，四面体外接球即为长方体外接球，则半径由题意，四面体的四个侧面均为全等三角形，形内角，的外接球的直径，要想体积最设，则，，所以当时，，则有三棱锥所以． 故选：A16．（2023·河南·统考三模）如图，该几何体为两个底面半径为的体积为V 1，它的内切球的体积为V A ． B ．AB x =PA x =6BC x =-PC 2x =min 26PC =3min 4π86π3V R ==2:3的内切圆的半径即为该几何体内切球的半径，求出半径，再根据球的体积公17．（2023·福建宁德·校考模拟预测）将一个半径为半径为（）A．C．313+ () 2313-【点睛】关键点点睛：此题考查圆锥的内切球问题，解题的关键是表示出圆锥的体积，化简后利用导数求出其最大值，从而可确定出圆的大小，考查空间想象能力和计算能力，属于较难题18．（2023·全国·高三专题练习）已知四棱锥A ． C ． 【答案】B所以故其内切圆表面积为故选：B ．19．（2023·全国·高三专题练习）若一个正三棱柱存在外接球与内切球，则它的外接球与内切球体积之比为(823)π-(863)π-1133P ABCD ABCD V S PH S -=⋅=表面积24π(8r =-将直三棱柱补成如图所示的长方体，则外接球的直径即为该长方体的体对角线，故外接球的半径为故外接球的的表面积为. 故选：D.21．（2023春·贵州·高三校联考期中）已知正三棱锥221232+29π故选：A.22．（2023·全国·高三专题练习）已知圆台则该圆台的体积为（ ）A ．B ．【答案】B72π3143设上底面半径易知，作，垂足为1O B r =1BC O B r ==AC 2BD O A ⊥故选：A【点睛】解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径.24．（2023秋·浙江丽水·高三浙江省丽水中学校联考期末）将菱形体积最大时，它的内切球和外接球表面积之比为（26323R +B ACD -因为，所以当平面平面时，平面平面，所以此时四面体的高最大为因为，所以BA BC =BO ⊥BAC ⊥DAC BO ⊂BAC BO B ACD -DA DC =二、填空题故答案为：26．（2023秋·四川眉山，则该三棱柱的外接球的表面积为【答案】又由三棱柱的高为，则球心因此球半径R 满足：所以外接球的表面积故答案为：4π2360π322R r d =+24πS R ==60π【点睛】求解正棱锥有关问题，要把握住正棱锥的性质，如底面是正多边形，定点在底面的射影是底面的中心等等.求解几何体外接球有关问题，目是求球的表面积还是求体积28．（2023·河南·统考模拟预测）在菱形ABC16【点睛】方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法：①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径；定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则 由，以为坐标原点， 设内切圆半径，易知由等面积可得，解得设四面体外接球球心为所以易知在平面射影为4,3AB BC ==AB ⊥B ,BA BC ABC r 12S lr =PABC O 'ABC31．（2023春·江西南昌·高三南昌市八一中学校考阶段练习）底面，，若【答案】32．（2023·四川绵阳·绵阳南山中学实验学校校考模拟预测）在边长为段，的中点，连接ABCD AC BD O = 163π-AB BC DE【答案】【分析】由题意可知两两垂直，所以将三棱锥就是三棱锥的外接球的直径，求出体对角线的长，则可求出外接球的表面积【详解】由题意可知两两垂直，且 33．（2023秋·河南周口这个圆台的体积为 【答案】【分析】根据圆台与球的性质结合圆台的表面积、体积公式计算即可6π,,OD OE OF ,,OD OE OF OD =1423π故答案为： 34．（2023·全国·高三专题练习）【答案】【分析】作出内切球的轴截面，再根据几何关系求解即可 设该内切球的球心为所以，由已知得所以，在中，142π38πO OE OF OB ===2,BD DF ==AOF AO【答案】 【分析】根据题意利用余弦定理求得方体的六个面的对角线，利用等体积法求出内切球半径，运算求解即可 设长方体从同一个顶点出发的三条棱长分别为则，解得又因为三棱锥是长方体切掉四个角的余下部分，23π222222749a b a c b c ⎧+=⎪+=⎨⎪+=⎩a b c ⎧⎪⎨⎪⎩A BCD -'因为菱形的四条边相等，对角线互相垂直中，面与面的面积是确定的，所以要使三棱锥表面积最大，则需要面最大即可，而且；，当时，取得最大值 因为，，所以由余弦定理知所以，易得. =ABC -ADC ABC DCB DAB S S = sin DCB DC BC ∠⋅⋅π2DCB ∠=DBC S △2DB =32EB ED ==22sin 3DED '∠=63DD '=设，高，则,在Rt 中，所以正四棱锥的体积，故当调递减，2AB a =PO h =2OD a =MOD 13V Sh =2282(4)V h h h h '=-+=--。
立体几何中球的内切和外接问题完美版
性质
内切球的球心位于旋转体 的轴线上，且球的半径等 于旋转体半径。
应用
在几何和工程领域中，内 切球常用于研究旋转体的 体积和表面积。
旋转体的外接球
定义
旋转体的外接球是指与旋 转体外侧相切的球。
性质
外接球的球心位于旋转体 外侧，且球的半径等于旋 转体轴线到旋转体外侧的 垂直距离。
应用
在几何ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ工程领域中，外 接球常用于研究旋转体的 空间位置和关系。
立体几何中球的内 切和外接问题完美 版
目 录
• 球与多面体的内切和外接问题 • 球与旋转体的内切和外接问题 • 球与几何体的内切和外接问题实例 • 总结与展望
01
CATALOGUE
球与多面体的内切和外接问题
多面体的内切球
01
02
03
04
多面体的内切球是指与多面 体的所有顶点和面都相切的
球。
内切球半径的求法：设多面体的 每个面为$S_i$，内切球的半径
03
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球与几何体的内切和外接问题实例
多面体内切球实例
总结词
多面体内切球是指一个球完全内切于一个多面体，且与多面体的每个面都相切 。
详细描述
多面体内切球的问题可以通过几何定理和公式来解决，例如欧拉公式和球内切 定理。例如，一个正方体的内切球就是其中心，半径等于正方体边长的一半。
旋转体外接球实例
外接球的性质：外接球与 多面体的每个顶点都相切 ，且外接球的直径等于多 面体的对角线长度。
外接球的应用：在几何、 物理和工程领域中，外接 球的概念被广泛应用于研 究多面体的性质和计算。
02
CATALOGUE
球与旋转体的内切和外接问题
专题--多面体的外接球问题
一. 多面体外接球的相关定义
定义1：若一个多面体的各顶点都在一个球的球面 上，则称这个多面体是这个球的内接多面体，这个 球是这个多面体的外接球。
定义2：如果空间中一个定点到一个多面体的所有顶 点的距离都相等，那么这个定点就是该多面体外接
球的球心。 公式3：球体的体积与表面积
4 V球 R 3 3
A 1B 1C 1, ∠B AC ＝∠A 1B 1C 1 ＝ 90° , A C ＝ A B ＝A 1A ＝ B 1C 1 ＝ 2,则多面体 A B C － A 1B 1C 1 的外接球的表面积为
(
C
) A. 2π B. 4π C. 6π
D. 8π
4. （2018 ?南岗区三模）三棱锥P - ABC中，底面 ABC满足BA BC，ABC
5.侧棱长都相等的棱锥
题型：侧棱长都相等的棱锥的外接球问题. P
l
A
方法一：利用定义找球心， 其外接球的球心在它的高 所在直线上
h
O
l C 方法二：
D
B
2
h 2R
M
6.折叠模型
题型: 1.两个全等三角形或等腰三角形拼在一起的三棱锥外接球； 2.一个直角三角形与一个等边三角形或等腰三角形拼在一 起的三棱锥外接球等； 3.菱形沿着对角线折叠形式的三棱锥外接球
方法：如图，分别过多边形外 心做平面垂线，垂线交点即为 外接球球心.
三. 例题分析
1. (2018 江西宜春模拟 )一个几何体的三视图如图所 示，则该几何体的外接球的表面积为( B ) A ．36π 9 C. π 2 B ．8π 27 D. π 8
2.(2017年江西五校调研)如图（1），五边形 PABC D 是由一个正方形与一个等腰三角形拼接而成，其中
与球有关的内切、外接问题
(2)三棱锥A－BCD，侧棱长为2 5 ，底面是边长为2 3 的等边三角形， 125
则该三棱锥外接球的体积为___6__π__.
解析 如图所示，该三棱锥为正三棱锥，O为底面 BCD的中心且AO垂直于底面BCD，O′在线段AO上， O′为外接球球心， 令 O′A＝O′D＝R，OD＝23DE＝23×2 3× 23＝2， AD＝2 5，
(2) 三 棱 锥 A － BCD 的 四 个 面 都 是 直 角 三 角 形 ， 且 侧 棱 AB 垂 直 于 底 面
BCD，BC⊥CD，AB＝BC＝2，且VA－BCD＝
4 3
，则该三棱锥A－BCD外接
球的体积为__4___3_π__.
解析 因为AB⊥BC，BC⊥CD，构造如图所示的长方体， 则AD为三棱锥A－BCD的外接球的直径. 设外接球的半径为R. ∵VA－BCD＝13×12×BC×CD×AB＝16×2×CD×2＝43， ∴CD＝2，∴该长方体为正方体，∴AD＝2 3，∴R＝ 3， 外接球体积为 V＝43πR3＝4 3π.
B，C，D都在同一球面上，则此球的体积为___3__.
解析 如图，设正四棱锥的底面中心为O1， ∴SO1垂直于底面ABCD，令外接球球心为O， ∴△ASC的外接圆就是外接球的一个轴截面圆， 外接圆的半径就是外接球的半径. 在△ASC 中，由 SA＝SC＝ 2，AC＝2，
得SA2＋SC2＝AC2. ∴△ASC是以AC为斜边的直角三角形. ∴A2C＝1 是外接圆的半径，也是外接球的半径. 故 V 球＝43π.
∴AO＝ AD2－OD2＝4，∴OO′＝4－R，
又OO′2＋OD2＝O′D2， ∴(4－R)2＋4＝R2，解得 R＝52，∴V 球＝43πR3＝1625π.
反思 感悟
立体几何的外接球问题
立体几何中的外接球问题概 述①长方形的外接圆圆心为对角线的中点，222a b R +=(,a b 为长方形的长、宽）。
长方体的外接球球心为体对角线的中点，222(,,2a b c R a b c ++=为长方体的长、宽、高）。
②三角形的外接圆圆心是底边的中垂线的交点，外接圆半径可由，余弦定理求得2sin a r A=；等边三角形的外心是高的三等分点（靠底边）；直角三角形的外心是斜边中点。
③三棱锥或其它几何体，其外接球球心一定在过面的外心且与该面垂直的垂线上。
④过球心的截面截得的圆是大圆。
⑤勾股定理、正弦定理、余弦定理、射影定理、面积法、体积法等平面几何性质灵活应用。
1.圆柱、直棱柱、一侧棱垂直底面的棱锥设底面外接圆半径为r ，高为h ，则外接球半径224h R r =+'Rt OAO ∆。
2、圆锥、各侧棱都相等的棱锥（包括正三棱锥、正四棱锥）设底面外接圆半径为r ，高为H ，则外接球半径222H r R H +=，截面图中1Rt OAO ∆勾股定理解得。
()222222H r R H R r R H+=-+⇒=。
3、等腰四面体补成长、宽、高分别为,,x y z 的长方体，则2222222222222222x y b a b c x z c x y z z y a ⎧+=⎪+++=⇒++=⎨⎪+=⎩外接球半径222222222x y z a b c R ++++==。
注：（1）棱长为a 的正四面体外接球半径2226422a a a aR ++==； （2）从某顶点出发，三棱长为,,a b c 的直角三棱锥外接球半径2222a b c R ++=。
补体法：（1）正四面体；（2）等腰四面体；（3）直角三棱锥或其他。
4、有两个面互相垂直的三棱锥设两垂直面的交线长为l ，两垂直面的外接圆半径分别为12,r r 则外接球半径2222212124l R r d r r =+=+-。
cc b baa r 2O O 2O 1C A5、任意三棱锥已知两面外接圆半径分别为12,r r ，两面外心到交线的距离分别为12,d d ，两面的交线长为l ，已知或可求二面角α，2222111222,44l l O E d r O E d r ==-==-，221212122cos O O d d d d α=+-221212122cos sin sin d d d d O O OE ααα+-==，222222121222cos 4sin 4d d d d l l R OE αα+-=+=+。
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1
立体几何多面体与外接球问题
1、若棱长为3的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为________.
2、一个正方体的各顶点均在同一球面上，若该正方体的表面积为24，则该球的体积为____.
3、一个长方体的各顶点均在同一球面上，且一个顶点上的三条棱长分别为1，2,3，则此球的表面积为_____
4、一个四棱柱的底面是正方形,侧棱与底面垂直,其长度为4,棱柱的体积为16,棱柱的各顶点在一个球面上,则这个球的表面积是( )
A .16π
B .20π C.24π D .32π
5、正方体的内切球与其外接球的体积之比为 ( )
A. 1∶3
B. 1∶3
C. 1∶33
D. 1∶9
答案 C
7、一个正四棱柱的各个顶点在一个直径为2 cm 的球面上。
如果正四棱柱的底面边长为1 cm ，那么该棱柱的表面积为 cm 2.
答案
2+
8、若三棱锥的三条侧棱两两垂直，且侧棱长均为3，则其外接球的表面积是______.
9、
,四个顶点在同一个球面上,则此球的表面积为( )
A.3π
B.4π
D.6π
10、 一个正三棱锥的四个顶点都在半径为1的球面上，其中底面的三个顶点在该球的一个大圆上，则该正三棱锥的体积是（ ）
A ．4
33 B ．33 C ． 43 D ．123 11、 直三棱柱111ABC A B C -的各顶点都在同一球面上，若12AB AC AA ===,120BAC ∠=︒，则此球的表面积等于 。
解:在ABC ∆中2AB AC ==,120BAC ∠=︒,
可得BC =由正弦定理,可得ABC ∆ 外接圆半径r=2,设此圆圆心为O '，球心为O ，在RT OBO '∆
中，易得球半径R =
为2
420R ππ=. 12、正三棱柱111ABC A B C -内接于半径为2的球，若,A B 两点的球面距离为π，则正三棱柱的体积为 ．
答案 8
13、如图，半径为2的半球内有一内接正六棱锥P ABCDEF -，则此正六棱锥的侧面积是________．
答案67
14、一个几何体的三视图如右图所示，则该几何体外接球的表面积为
（）
A．π3B．π2
C．
3
16π
D．以上都不对
答案C
15、已知,,,
A B C D在同一个球面上,,
AB BCD
⊥平面,
BC CD
⊥若6,
AB=213,
AC=
8
AD=,则,B C两点间的球面距离是
4
3
π
16.正四棱锥ABCD
S-的底面边长和各侧棱长都为2，点D
C
B
A
S、
、
、
、都在同一球面上，则该球的体积为______.
17.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，则四面体ABCD
的外接球的体积为( )
A
B
C D
E
2
18、已知三棱锥的四个顶点都在球O的球面上，且
BC
AB⊥,，
，5
7=
=PB
PA
10
51=
=AC
PC，球O的体积为_____
3
4。