外接球内切球问题标准答案

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外接球与内切球练习题1含答案

外接球与内切球习题（A组）一、选择题1．(2016课标全国Ⅲ，11，5分)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．4πB．9π2C．6πD．32π3答案：B2．(2019皖中入学摸底，10)将半径为3，圆心角为2π3的扇形围成一个圆锥(接缝处忽略不计)，则该圆锥的内切球的体积为( )A．√2π3B．√3π3C．4π3D．2π答案：A3．(2018四川南充模拟，9)已知A，B，C，D是同一球面上的四个点，其中△ABC是正三角形，AD⊥平面ABC，AD=2AB=6，则该球的体积为( )A．32√3πB．48πC．24πD．16π答案：A4．(2019成都模拟)如图，一个三棱锥的三视图均为直角三角形，若该三棱锥的顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为()．A．4πB．16πC．24πD．25π答案：C5．(2015课标Ⅱ，9，5分)已知A，B是球O的球面上两点，∠AOB=90°，C为该球面上的动点．若三棱锥O-ABC体积的最大值为36，则球O的表面积为( )A．36πB．64πC．144πD．256π答案：C6．(2020届广东广州中学10月月考，7)已知圆柱的高为2，底面半径为√3，若该圆柱的两个底面的圆周都在同一个球面上，则这个球的表面积等于( ) A ．4π B ．163π C ．323π D ．16π答案：D7．(2020届山东寿光现代中学10月月考，10)已知矩形ABCD 的面积为8，当矩形周长最小时，沿对角线AC 把△ACD 折起，则三棱锥D-ABC 的外接球的表面积等于( )A ．4πB ．8πC ．16πD ．24π答案：C8．(2020届辽宁瓦房店高级中学10月月考，11)一个圆锥的母线长为2，圆锥的母线与底面的夹角为π4，则圆锥的内切球的表面积为( ) A ．8π B ．4(2-√2)2π C ．4(2+√2)2π D ．32(2-√2)249π答案：B9．(2019宁夏银川质量检测，11)已知直三棱柱ABC-A 1B 1C 1的底面为直角三角形，且两直角边长分别为1和√3，此三棱柱的高为2√3，则该三棱柱的外接球的体积为( )A ．32π3 B ．16π3 C ．8π3 D ．64π3答案：A10．已知三棱锥A-BCD 中，BC⊥CD，AB=AD=√2，BC=1，CD=√3，则( )A ．三棱锥的外接球的体积为4π3B ．三棱锥的外接球的体积为8π3C ．三棱锥的体积的最大值为√32D ．三棱锥的体积的最大值为√3答案：A11．(2018四川南充模拟，9)已知A，B，C，D是同一球面上的四个点，其中△ABC是正三角形，AD⊥平面ABC，AD=2AB=6，则该球的体积为( )A．32√3πB．48πC．24πD．16π答案：A12．(2019广西南宁二中、柳州高中第二次联考，7)某四面体的三视图如图所示．该四面体的外接球的表面积为( )A．8πB．64π3C．124π3D．12π答案：C13．已知直三棱柱ABC-A1B1C1的顶点都在球O的球面上，AB=AC=2，BC=2√2，若球O的表面积为72π，则这个直三棱柱的体积是A．16 B．15 C．8√2D．83答案：A14．某几何体的三视图如图所示，若这个几何体的顶点都在球0的表面上，则球0的表面积是A．2πB．4πC．5πD．20π答案：C15．已知体积为4√6的长方体的八个顶点都在球0的球面上，在这个长方体经过同一个顶点的三个面中，如果有两个面的面积分别为2√3、4√3，那么球0的体积等于A．323πB．16√73πC．332πD．11√72π答案：A16．某同学在参加《通用技术》实践课时，制作了一个工艺品，如图所示，该工艺品可以看成是一个球被一个棱长为4√3的正方体的六个面所截后剩余的部分（球心与正方体的中心重合），若其中一个截面圆的周长为4π，则该球的半径是A．2B．4C．2√6D．4√6答案：B．17．已知三棱锥P-ABC 的四个顶点在球O 的球面上，PA=PB=PC=√2，∠BPA=∠CPA=∠CPB ，E ，F 分别是PA ，AB 的中点，∠CEF=90°，则球O 的体积为( )．A ．8√6πB ．4√6πC ．2√6πD ．√6π答案：D18．设A ，B ，C ，D 是半径为2的球的球面上四点，△ABC 为等边三角形且其面积为9√34，则三棱锥D-ABC 体积的最大值为( )．A ．3√3B ．6√3C ．12√3D ．9√34答案：D19．已知圆柱的高为2，它的两个底面的圆周在直径为4的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为( )．A ．6πB ．8πC ．12πD ．6√3π答案：A20．(2019洛阳模拟)已知球O 与棱长为4的正四面体的各棱相切，则球O 的体积为( )．A ．8√23πB ．8√33πC ．8√63πD ．16√23π 答案：A21．(2019贵阳模拟)某几何体的三视图如图所示，正方形网格的边长为1，该几何体的顶点都在球O 的球面上，则球O 的表面积为( )．A ．15πB ．16πC ．17πD ．18π答案：C22．(2019广州模拟)《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为阳马;将四个面都为直角三角形的三棱锥称为鳖臑．如图，若三棱锥P-ABC 为鳖臑，PA ⊥平面ABC ，PA=AB=2，AC=4，三棱锥P-ABC 的四个顶点都在球O 的球面上，则球O 的表面积为( )．A ．8πB ．12πC ．20πD ．24π答案：C23．(2019淄博调研)如图所示，网格纸上小正方形的边长为1，粗线(实线和虚线)表示的是某几何体的三视图，则该几何体外接球的表面积为()．A．24πB．29πC．48πD．58π解析如图所示，在3×2×4的长方体中构造符合题意的几何体(三棱锥A-BCD)，其外接球即为长方体的外接球，表面积为4πR2=π(32+22+42)=29π．答案：B24．平面α截球O的球面所得圆的半径为1，球心O到平面α的距离为√2，则此球的体积为( )A．√6πB．4√3πC．4√6πD．6√3π答案：B二、填空题1．已知直三棱柱ABC-A1B1C1的6个顶点都在球O的球面上，且AB=3，AC=4，AB ⊥ AC，AA1=12，则球O的表面积是．答案：169π2．《九章算术》中对一些特殊的几何体有特定的称谓，例如:将底面为直角三角形的直三棱柱称为堑堵，将一堑堵沿其一顶点与相对的棱刨开，得到一个阳马(底面是长方形，且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥)和一个鳖臑(四个面均为直角三角形的四面体)．在如图所示的堑堵ABC-A1B1C1中，AA1=AC=5，AB=3，BC=4，则阳马C1-ABB1A1的外接球的表面积是．答案：50π3．(2019福建漳州二模，15)已知正四面体ABCD的外接球的体积为8√6π，则这个四面体的表面积为．答案：16√34．已知三棱锥P−ABC中，△ABC为等边三角形，且PA=8，PB=PC=√73，AB=3，则三棱锥P−ABC外接球的表面积为_________答案：76π5．已知在三棱锥A −BCD 中，侧棱AB ，AC ，AD 两两垂直，△ABC 、△ACD 、△ADB 的面积分别为√22 、√32、 √62，则三棱锥A −BCD 外接球的表面积为_________12π6．(2020届陕西部分学校第一学期摸底检测，16)已知正三棱锥S-ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，棱锥的底面是边长为2√3 的正三角形，侧棱长为2√5，则球O 的表面积为．：25π7．(2017天津，10，5分)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．：92π8．已知三棱锥P ABC -的顶点、、B 、C P A 在球O 的表面上，ABC ∆边三角形，如果球O 的表面积为36π，那么P 到平面ABC 距离的最大值为3+2√29．直三棱柱ABC-A 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的球面上，若AB=3，AC=4，AB ⊥AC ，，则球O 的表面积为．．10．正四棱锥的顶点都在球O 的球面上，该棱锥的高为4，底面边长为2，该球的体积为．答案：243π1611．(2017江苏，6，5分)如图，在圆柱O 1O 2内有一个球O ，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切．记圆柱O 1O 2的体积为V 1，球O 的体积为V 2，则V 1V 2的值是．答案：32。

高考数学中的内切球和外接球问题(附习题)-精选.pdf

高考数学中的内切球和外接球问题
一、有关外接球的问题
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 .研究多面体的外接球问题，既要
学习 .
五 .确定球心位置法
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 ，则四面体 ABCD 的外接球的体积为
125
A. 12
125
B. 9
125
C. 6
125
D. 3
D
A
O
C
图4 B
解设矩形对角线的交点为 O ，则由矩形对角线互相平分，可知
例 2 一个正方体的各顶点均在同一球的球面上，若该正方体的
表面积为 24 ，则该球的体积为 ______________.4 3 . 2、求长方体的外接球的有关问题
例 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
.14 .
例 4、已知各顶点都在一个球面上的正四棱柱高为 4，
只是希望能有个人，在我说没事的时候，知道我不是真的没事；能有个人，在我强颜欢笑的时候，知道我不是真的开心。 ——张小娴
OA OB OC OD .∴点 O 到四面体的四个顶点 A、B、C、D 的距离相
等，即点 O 为四面体的外接球的球心，如图 2 所示 .∴外接球的半径
5 R OA
V 球 4 R3 125
2 .故
3
6 .选 C.

外接球、内切球、棱切球问题(解析版)

外接球、内切球、棱切球问题一、单选题1.(2022·河南·平顶山市第一高级中学模拟预测(理))在三棱锥P-ABC中，平面PAB⊥平面ABC，PA⊥PB，AB=BC=AC=4，则该三棱锥外接球的表面积是( )A.256π9 B.64π3 C.16π D.12π【答案】B【解析】作出辅助线，找到外接球的球心位置，求出外接球半径，进而求出表面积.【详解】如图所示：其中D为AB的中点，O为△ABC外接圆的圆心，∵AB=BC=AC=4，∴O在CD上，且OD=13CD=13×42-22=233，OC=OA=OB=23CD=433．∵AB=BC=AC=4，D为AB的中点，∴CD⊥AB，∵平面PAB⊥平面ABC，平面PAB∩平面ABC=AB，CD⊂平面ABC，∴CD⊥平面PAB．又DA，DB，DP⊂平面PAB，∴CD⊥DA，CD⊥DB，CD⊥DP．在△PAB中，PA⊥PB，D为AB的中点，∴DA=DB=DP．∴OA=OB=OP=AD2+OD2=433．∴O即为三棱锥P-ABC外接球的球心，且外接球半径R=433，∴该三棱锥外接球的表面积S=4πR2=4π×4332=64π3．故选：B【点睛】三棱锥的外接球问题，要选择一个特殊的平面，找到球心在这个平面的投影，然后找到球心的位置，利用半径，设出未知数，列出方程，求出半径，进而求出表面积或体积.2.(2022·全国·模拟预测(理))直角△ABC中，AB=2，BC=1，D是斜边AC上的一动点，沿BD将△ABD翻折到△A BD，使二面角A -BD-C为直二面角，当线段A C的长度最小时，四面体A BCD的外接球的表面积为( )A.13π4B.14π3C.13π3D.12π5【答案】D【解析】作A H⊥BD，CM⊥BD，NH∥CM，CN∥MH，设∠A BD=θ，则有A C2=5-2sin2θ，从而求解即可.【详解】作A H⊥BD，CM⊥BD，NH∥CM，CN∥MH，设∠A BD=θ，A H=2sinθ，CM=cosθ，CN=MH=2cosθ-sinθ．在Rt△A HN中，A N2=A H2+HN2，在Rt△ANC中，A C2=A N2+CN2，A C2=A N2+CN2=A H2+HN2+CN2=(2sinθ)2+cos2θ+(2cosθ-sinθ)2=5-2sin2θ．当θ=π4时A C最小．设△BCD，△A BD的外接圆半径分别为r1，r22r1=CDsin∠CBD=5322=103∴r1=106，2r2=A Dsin∠A BD=25322=2103∴r2=103BD=103sin∠BCD=103×25=223，O2E=r21-12BD2=26．∴R2=O1B2+OO21=O1B2+O2E2=109+118=76.∴S外接球=4πR2=4π×76=143π.故选:D．3.(2022·江西·模拟预测(文))如图所示几何体ABCDEF，底面ABCD为矩形，AB=4，BC=2，△ADE与△BCF是等边三角形，EF∥AB，AB=2EF，则该几何体的外接球的表面积为( )A.6πB.12πC.22πD.24π【答案】C【解析】找到球心及球心在平面ABCD上的投影，根据题干信息得到各边长，设出OO=x，利用半径列出方程，求出x，进而求出半径，外接球表面积.【详解】连接AC，BD交于点O，过O点作OO'⊥平面ABCD，交EF与M.因为四边形ABCD为长方形，所以外接球的球心在OM直线上，设O'为外接球的球心，取AD，BC的中点分别为G，H，连接EG，FH，因为EF∥AB，AB∥GH，可得EF∥GH，因为△BFC，△EAD为等边三角形，所以FH⊥BC，因为BC⊥GH，EH∩GH=H，所以BC⊥平面EFHG，因为AB=4=2EF，所以AO=5，EF=2，所以EM=1，EO'=AO'=R，因为FH=3，所以EF到平面ABCD的距离为h=2，设OO =x，则MO =2±x，所以AO 2=AO2+OO 2，EO 2=EM2+MO 2，所以x2+5=1+2±x2，即5+x2=1+2-22x+x2，解得:x=2 2，所以R2=AO 2=AO2+OO 2=5+12=112，所以4πR2=22π.【点睛】立体几何中的外接球问题，要能画出图形，找到球心和球心在某些特殊平面上的投影，利用半径建立方程，求出半径，再求解表面积或体积.4.(2022·河南·高三阶段练习(理))在三棱锥P-ABC中，△ABC是边长为43的等边三角形，PA=PC=4，二面角P-AC-B是150°，则三棱锥P-ABC外接球的表面积是( )A.1611-43π B.411-43π C.411+43π D.211+43π【答案】A【解析】根据题意画出简图，通过作图分析出几何体外接球的球心位置，算出半径，即可求出表面积.【详解】如图，作PE⊥平面ABC，垂足为E，连接BE，记BE∩AC=D，连接PD.由题意可得D为AC的中点.试卷第1页，共56页在△APC 中，PA =PC =4，D 为AC 的中点，∴PD ⊥AC因为AC =43，所以AD =23，则PD =PA 2-AD 2=42-(23)2=2.因为二面角P -AC -B 是150°，所以∠PDE =30°，所以PE =1，DE =3.因为△ABC 是边长为43的等边三角形，且D 为AC 的中点，所以BD =6.设O 1为△ABC 外接圆的圆心，则O 1B =2O 1D =4.设三棱锥P -ABC 外接球的球心为O ，因为O 1P 2=O 1E 2+PE 2=3+2 2+12=8+43<16，所以O 在平面ABC 下方，连接OO 1，OB ，OP ，作OH ⊥PE ，垂足为H ，则OH =O 1E =3+2，PH =PE +OO 1.设三棱锥P -ABC 外接球的半径为R ，R 2=OH 2+PH 2R 2=OO 21+O 1B 2 ，即R 2=OO 21+42R 2=3+2 2+1+OO 1 2 ，解得R 2=44-163，故三棱锥P -ABC 外接球的表面积是4πR 2=1611-43 π.故选：A .5.(2022·湖南·长沙县第一中学模拟预测)已知三棱锥S -ABC 中，∠BAC =π3，SB ⊥AB ，SC ⊥AC ，SB =SC =3，，三棱锥S -ABC 体积为4113，则三棱锥S -ABC 外接球的表面积为( )A.5π B.20πC.25πD.100π【答案】C【解析】观察△SBA 、△SCA 均为直角三角形，得到点P 为三棱锥S -ABC 外接球的球心，且棱锥P -ABC 为正三棱锥，可以通过设高|PO |结合V P -ABC 求得底面正△ABC 的边长a ，从而得到外接球半径|PA |，最后求得表面积．【详解】解：如图，取SA 中点P ，SB ⊥AB ，SC ⊥AC ，则△SBA ，△SCA 均为直角三角形，PA =PB =PC =PS ，即点P 为三棱锥S -ABC 外接球球心，PA 即为外接球半径，又SB =SC ，故AB =AC 且∠BAC =π3⇒△ABC 为等边三角形又PA =PB =PC ⇒三棱锥P -ABC 为正三棱锥；作PO ⊥平面ABC ，垂足为O ，连接OA 则O 为△ABC 的外心，设正三角形ABC 的边长为a ，则OA =33AB =33a ，SA 2=AB 2+SB 2=a 2+32即PA 2=14a 2+9 ，外接球表面积为a 2+9 π，故排除A ；OP 2=PA 2-OA 2=SA 2 2-OA 2=a 2+324-33a 2=94-a 212V P -ABC =13S △ABC ⋅OP =13⋅34a 2⋅94-a 212=124⋅a 2⋅27-a 2=12V S -ABC =2113⇒a 2⋅27-a 2=1611∴0<a 2<27，故排除D ；若a 2+9 π=20π，则a 2=11，代入方程不成立，故排除B ；若a 2+9 π=25π，则a 2=16，代入方程成立，所以C 正确，故选：C6.(2022·河南·洛宁县第一高级中学高一阶段练习)如图，在棱长为2的正四面体ABCD 中，点N ，M 分别为△ABC 和△ABD 的重心，P 为线段CM 上一点．( )A.AP +BP 的最小为2B.若DP ⊥平面ABC ，则CP=64CM C.若DP ⊥平面ABC ，则三棱锥P -ABC 外接球的表面积为9π2D.若F 为线段EN 的中点，且DP ∥MF ，则MP =25MC【答案】D【解析】A 选项由线面垂直证得CM ⊥BM ，CM ⊥AM ，进而由点P 与点M重合时即可判断；B 选项利用内切球求得DP =34DN 即可判断；C 选项找到球心，由勾股定理求得半径，即可判断；D 选项由空间向量的线性运算即可判断.【详解】易得DE ⊥AB ,CE ⊥AB ，又DE ∩CE =E ，则AB ⊥面CDE ，又CM ⊂面CDE ，则AB ⊥CM ，同理可得CM ⊥BD ，AB ∩BD =B ，则CM ⊥平面ABD ，又AM ,BM ⊂平面ABD ，所以CM ⊥BM ，CM ⊥AM ．则当点P 与点M 重合时，AP +BP 取得最小值，又AM =BM =DM =23DE =23×22-12=233，则最小值为AM +BM =433，A 错误．在正四面体ABCD 中，因为DP ⊥平面ABC ，易得P 在DN 上，所以DN ∩CM =P ，又点N ，M 也是△ABC 和△ABD 的内心，则点P 为正四面体ABCD 内切球的球心．CN =23CE =233，DN =CD 2-CN 2=263．设正四面体ABCD 内切球的半径为r ，因为V D -ABC =V P -ABC +V P -ABD +V P -BCD +V P -ACD ，所以13S △ABC ⋅DN =13S △ABC ⋅r +13S △ABD ⋅r +13S △BCD ⋅r +13S △ACD ⋅r ，解得r =NP =DN 4=66，即DP =34DN ，故CP =34CM ，B 错误．设三棱锥P -ABC 外接球的球心为O ，半径为R ，易得球心O 在直线DN 上，且ON⊥NC ，则R 2=OC 2=CN 2+(OP -NP )2，解得R =364，故三棱锥P -ABC 外接球的表面积为4πR 2=27π2，C 错误．若F 为线段EN 的中点，则EF =12EN =16EC ，MF =ME +16EC =13DE +16ED +16DC=16DE +16DC =14DM +16DC ．设MP =λMC ，则DP =DM +λMC =DM +λMD +λDC =1-λ DM+λDC ．因为DP ∥MF ，所以设MF =μDP ，则14=1-λ μ,16=λμ,解得λ=25,μ=512,故MP =25MC ，D 正确.故选：D .7.(2022·全国·高一单元测试)已知在矩形ABCD 中，将△ABD 沿对角线BD 所在的直线进行翻折，在三棱锥A -BCD 中，一定不成立的是( )A.∠ADC 为锐角 B.AC ⊥BDC.CD ⊥平面ABDD.三棱锥A -BCD 外接球的体积不变【答案】C【解析】A 由翻折过程中AO +CO >AC ，结合余弦定理即可判断；B 当AB =AD 时应用线面垂直的判定及性质可判断；C 应用反证法，由CD ⊥平面ABD 可得CD ⊥BD 有矛盾；D 由AO =BO =CO =DO ，根据球体体积公式判断.试卷第1页，共56页【详解】在矩形ABCD 中，设AB =m 、AD =n ，连接AC 交BD 于点O ，翻折后AO +CO =m 2+n 2>AC ，cos ∠ADC =AD 2+CD 2-AC 22×AD ×CD=m 2+n 2-AC 22mn >0，∴∠ADC 一定为锐角，A 成立，当m =n 时，BD ⊥AO 、BD ⊥CO ，AO ∩CO =O ，∴BD ⊥平面AOC ，又AC ⊂平面AOC ，∴AC ⊥BD ，B 成立，若CD ⊥平面ABD ，BD ⊂平面ABD ，则CD ⊥BD ，所以∠BCD 为直角，与CD 与BD 一定不垂直矛盾，C 不成立，∵AO =BO =CO =DO ，∴点O 为三棱锥A -BCD 外接球的球心，外接球的直径为m 2+n 2，∴在翻折过程中外接球的体积不变，D 成立.故选：C .8.(2022·全国·模拟预测)已知四边形ABCD 为菱形，且∠ABC =120∘，现将△ABD 沿BD 折起至△PBD ，并使得PB与平面BCD 所成角的余弦值为33，此时三棱锥P -BCD 外接球的体积为86π，则该三棱锥的表面积为( )A.123 B.163C.126D.166【答案】B【解析】设AB =a ，在三棱锥P -BCD 中，取BD 的中点E ，连接CE ，过点P 在平面PCE 内作PO ⊥CE ，垂足为点O ，连接OB ，推导出点O 为正△BCD 的中心，可得出三棱锥P -BCD 是边长为a 的正四面体，可求得该正四面体外接球半径，结合球体体积公式可求得a 的值，由此可求得正四面体PBCD 的表面积.【详解】在菱形ABCD 中，∠ABC =120∘，设AB =a ，则△ABD 和△BCD 均为边长为a 的正三角形．将△ABD 折起后，PB =PD =a ，取BD 的中点E ，连接CE 、PE ，如图．因为PB =PD =BC =CD ，则CE ⊥BD ，PE ⊥BD ，又因为CE ∩PE =E ，∴BD ⊥平面PCE ，过点P 在平面PCE 内作PO ⊥CE ，垂足为点O ，连接OB ，∵PO ⊂平面PCE ，则BD ⊥PO ，又因为PO ⊥CE ，CE ∩BD =E ，∴PO ⊥平面BCD ，∵OB ⊂平面BCD ，∴PO ⊥OB ，所以，直线PB 与平面BCD 所成角为∠PBO ，在Rt △POB 中，cos ∠PBO =OB PB=33，所以OB =33a ，PO =PB 2-OB 2=63a ．在Rt △POE 中，PE =32a ，PO =63a ，所以OE =PE 2-PO 2=36a ，则OE =13CE ，因此点O 为正△BCD 的中心，所以三棱锥P -BCD 是棱长为a 的正四面体．将正四面体PBCD 补成正方体PMCN -GBHD ，则正方体PMCN -GBHD 的棱长为22a ，所以，三棱锥P -BCD 外接球半径为R =32×22a =64a ，三棱锥P -BCD 外接球的体积为V =43πR 3=68πa 3=86π，解得a =4，因此，正四面体PBCD 的表面积为4×34×42=163.故选：B .【点睛】方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下：(1)定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径；(2)作截面：选准最佳角度做出截面(要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系)，达到空间问题平面化的目的；(3)求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解.9.(2022·广东佛山·三模)已知四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 是边长为4的正方形，平面PAB ⊥平面ABCD ，且△PAB 为等边三角形，则该四棱锥的外接球的表面积为( )A.283π B.1123π C.32πD.2563π【答案】B【解析】取侧面△PAB 和底面正方形ABCD 的外接圆的圆心分别为O 1,O 2，分别过O 1，O 2作两个平面的垂线交于点O ，得到点O 即为该球的球心，取线段AB 的中点E ，得到四边形O 1EO 2O 为矩形，分别求得OO 2,O 2D ，结合球的截面圆的性质，即可求解.【详解】如图所示，在四棱锥P -ABCD 中，取侧面△PAB 和底面正方形ABCD 的外接圆的圆心分别为O 1,O 2，分别过O 1，O 2作两个平面的垂线交于点O ，则由外接球的性质知，点O 即为该球的球心，取线段AB 的中点E ，连O 1E ，O 2E ，O 2D ，OD ，则四边形O 1EO 2O 为矩形，在等边△PAB 中，可得PE =23，则O 1E =233，即OO 2=233，在正方形ABCD 中，因为AB =4，可得O 2D =22，在直角△OO 2D 中，可得OD 2=OO 22+O 2D 2，即R 2=OO 22+O 2D 2=283，所以四棱锥P -ABCD 外接球的表面积为S =4πR 2=112π3.故选：B .10.(2022·吉林吉林·模拟预测(文))半正多面体(semiregular solid )亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美．二十四等边体就是一种半多正多面体．如图，棱长为2的正方体截去八个一样的四面体，就得到二十四等边体，则下列说法错误的是( )A.该几何体外接球的表面积为4πB.该几何体外接球的体积为4π3C.该几何体的体积与原正方体的体积比为2：3D.该几何体的表面积比原正方体的表面积小【答案】C 【解析】由题意求该几何体的体积与表面积，由外接球的半径求体积与表面积，对选项逐一判断【详解】由题意得该几何体外接球的球心为原正方体的中心，故外接球半径为1，外接球的表面积为4π，体积为4π3，故A ，B 正确对于C ，该几何体的体积V =V 正方体-8V 四面体=(2)3-8×13×12×22 3=523，正方体体积为22，故该几何体的体积与原正方体的体积比为5:6，故C 错误，对于D ，该几何体有6个面为正方形，8个面为等边三角形S 表=6×12+8×34×1=6+23<12，故D 正确故选：C试卷第1页，共56页11.(2022·四川·宜宾市叙州区第一中学校模拟预测(理))直角△ABC 中AB =2,BC =1，D 是斜边AC 上的一动点，沿BD 将△ABD 翻折到△A BD ，使二面角A -BD -C 为直二面角，当线段A C 的长度最小时，四面体A BCD 的外接球的表面积为( )A.13π4B.21π5C.13π3D.14π3【答案】D【解析】如图，过点A '作A H ⊥BD 交BD 延长线于H ，过点C 作CM ⊥BD 交BD 于M ，再作NH ⎳CM ,CN ⎳MH ，使得CN 与HN 交于点N ，设∠ABD =θ，进而得A H =2sin θ,BH =2cos θ，BM =sin θ,CM =cos θ，MH =2cos θ-sin θ，故A C =5-2sin2θ≥3，当且仅当θ=π4时等号成立，再根据题意，以H 为坐标原点，以HB ,HN ,HA的方向为正方向建立空间直角坐标系，设四面体A BCD 的外接球的球心为O x ,y ,z ，进而利用坐标法求球心坐标，进而求出四面体外接球的半径，表面积.【详解】解：根据题意，图1的直角三角形沿BD 将△ABD 翻折到△A BD 使二面角A -BD -C 为直二面角，所以，过点A '作A H ⊥BD 交BD 延长线于H ，过点C 作CM ⊥BD 交BD 于M ，再作NH ⎳CM ,CN ⎳MH ，使得CN 与HN 交于点N ，所以，由二面角A -BD -C 为直二面角可得CM ⊥A 'H ，设∠ABD =θ，即∠A BD =θ，则∠CBD =π2-θ，因为AB =2,BC =1，所以AB =2,BC =1，所以，在Rt △A BH 中，A H =2sin θ,BH =2cos θ，在Rt △BCM 中，BM =cos π2-θ =sin θ,CM =sin π2-θ =cos θ，所以MH =BH -BM =2cos θ-sin θ，所以A C =A H 2+MH 2+CM 2=5-4sin θcos θ=5-2sin2θ≥3，当且仅当2θ=π2，即θ=π4时等号成立，此时，A H =2,BH =2，BM =22,CM =22，MH =22，在图1中，由于θ=π4，即BD 为角B 的角平分线，所以AD DC =AB BC=2，即AD =253，所以A D =253，所以，DH =A D 2-A H 2=23，由题知，HA,HB ,HN 两两垂直，故以H 为坐标原点，以HB ,HN ,HA的方向为正方向建立空间直角坐标系，则A 0,0,2 ,B 2,0,0 ,C 22,22,0 ,D 23,0,0 ，所以，设四面体A BCD 的外接球的球心为O x ,y ,z ，则A O =OB ,OB =OC ,OC =OD ，即x 2+y 2+z -2 2=z 2+y 2+x -2 2z 2+y 2+x -2 2=x -22 2+y -22 2+z 2x -22 2+y -22 2+z 2=z 2+y 2+x -232 ，即x =z -2x +1=-2y23x +2y =79 ，解得y =26，x =z =223，即O 223,26,223 ，所以四面体A BCD 的外接球的半径为 R 2=x 2+y 2+z -2 2=76，所以四面体A BCD 的外接球的表面积为S =4πR 2=14π3.故选：D【点睛】本题考查空间几何折叠问题中的距离最值问题，几何体的外接内切问题，考查空间想象能力，运算求解能力，是难题.本题解题的关键在于由二面角A -BD -C 为直二面角构造辅助线(过点A '作A H ⊥BD 交BD 延长线于H ，过点C 作CM ⊥BD 交BD 于M ，再作NH ⎳CM ,CN ⎳MH ，使得CN 与HN 交于点N )，进而通过∠ABD =θ表示A C ，空间几何体的外接球的半径的求解利用坐标法求解即可.12.(2022·新疆昌吉·二模(文))在三棱锥P -ABC 中，PA =PC =3，且cos ∠BAC =13，AB =AC =6，二面角P -AC -B 的大小为120°，则三棱锥P -ABC 的外接球体积为( )A.5103π B.10πC.9πD.4+23 π【答案】A 【解析】本题结合球的基本性质可知：过三棱锥其中两个面的三角形的外接圆圆心，作该面的垂线，两条垂线的交点即为三棱锥的球心，结合三角形的相关知识分析求得三棱锥P -ABC 的外接球的半径．【详解】如图O 1、O 2分别为Rt △PAC 、△ABC 的外接圆圆心，作OO 1⊥平面PAB ，OO 2⊥平面ABC ，则O 为三棱锥P -ABC 的外接球的球心．在△ABC 中，cos ∠BAC =AB 2+AC 2-BC 22AB ∙AC ，即13=6 2+6 2-BC 226×6，可得：BC =22．由正弦定理可得：2O 2A =BC sin ∠BAC=3，即O 2A =32，又∵O 1为线段AC 的中点，则可得O 1P =62，且O 1P ⊥AC ，O 2O 1⊥AC∴二面角P -AC -B 的大小的平面角即为∠O 2O 1P =120°，则∠O 2O 1O =30°O 1O 2=O 2A 2-O 1A 2=32，O 1O =1．∴三棱锥P -ABC 的外接球的半径R =OO 12+O 1A 2=102，则三棱锥P -ABC 的外接球体积为V =43π102 3=510π3．故选：A ．13.(2022·辽宁·大连市普兰店区高级中学模拟预测)如图，在三棱锥D -ABC 中，∠DAC =∠BCA =∠BCD =90°，DC =19，AB =3，且直线AB 与DC 所成角的余弦值为1919，则该三棱锥的外接球的体积为( )A.45π2 B.75π4 C.125π6 D.65π3【答案】C【解析】由题意，将三棱锥D -ABC 放入对应的长方体中，根据已知条件建立关于长方体的长､宽､高的边长a ，b ，c 的方程组，求解得a 2+b 2+c 2=25，进而可得外接球的直径即为长方体的体对角试卷第1页，共56页线长，从而根据球的体积公式即可求解.【详解】解：由题意知AC ⊥BC ，DC ⊥BC ，则BC ⊥平面ADC ，所以BC ⊥AD ，又AD ⊥AC ，AC ∩BC =C ，所以AD ⊥平面ABC ，将三棱锥D -ABC 放入对应的长方体中，如图：易知EB ∥DC ，所以∠ABE 为直线AB 与DC 所成的角，所以AE 2=AB 2+BE 2-2AB ⋅BE ⋅cos ∠ABE ，解得AE =22.设长方体的长､宽､高分别为a ，b ，c ，则a 2+b 2=9，a 2+c 2=22，b 2+c 2=19，三式相加得a 2+b 2+c 2=25，所以长方体的外接球的半径为a 2+b 2+c 22=52，所以该三棱锥的外接球的体积为V =43π52 3=125π6.故选：C .14.(2022·全国·模拟预测)已知点P 、A 、B 、C 是球O 的球面上的四个点，PA 、PB 、PC 两两垂直且长度均为23，M 是AP 的中点，记过点M 与平面ABC 平行的平面α，则球O 被平面α截得的截面面积等于( )A.5π B.4πC.94π D.54π【答案】A【解析】根据PA 、PB 、PC 两两垂直且长度均为23可求球O 的半径.连接OP ，交平面ABC 于点E ，交平面α于点F ，根据正方体的几何性质可求OE 、PE 、PF ，从而可求OF ，于是可求截面圆的半径和面积．【详解】∵PA 、PB 、PC 两两垂直且长度均为23，∴球O 为棱长是23的正方体的外接球，设球的半径为R ，则R =12×3×23=3．连接OP ，交平面ABC 于点E ，交平面α于点F ，则OP 为正方体体对角线的一半，则易证OP ⊥平面ABC ，则OP ⊥平面α，OP =3，易知△ABC 为等边三角形，E 为△ABC 的中心，CE =23×32×26=22，OE =OC 2-CE 2=32-(22)2=1，PE =OP -OE =3-1=2，∵M 是AP 的中点，平面ABC ∥平面α，∴PF =12PE =1，OF =2，即球心O 到平面α的距离为2，∴截面圆的半径r =9-4=5，∴截面面积为5π．故选：A ．15.(2022·四川成都·三模(理))已知三棱台ABC -A 1B 1C 1的六个顶点都在球O 的球面上，AA 1=BB 1=CC 1=10，△ABC 和△A 1B 1C 1分别是边长为3和23的正三角形，则球O 的体积为( )．A.32π3B.205π3C.36πD.4010π3【答案】B【解析】分别求出正三棱台ABC -A 1B 1C 1的上下两个底面的外接圆的半径，然后由球的性质得：OO 12+1=R 2，3-OO 1 2+4=R 2，解出R ，即可求得球O 的体积.【详解】设点O 2，O 1分别是正△A 1B 1C 1，△ABC 的中心，球的半径为R ，且O 1，O 2，O 三点共线，正三棱台ABC -A 1B 1C 1的高为O 1O 2，在等边△ABC 中，由AB =3，由正弦定理可得：2O 1A =AB sin60°=332=2 ，得AO 1=1，在等边△A 1B 1C 1中，由A 1B 1=23，由正弦定理可得：2A 1O 2=A 1B 1sin60°=2332，得A 1O 2=2，如下图，过点A 作AN ⊥A 1O 2，则在三角形A 1AN 中，A 1N =1,AA 1=10，所以AN =O 1O 2=10-1=3，所以正三棱台ABC -A 1B 1C 1的高为3，在Rt △OO 1A 中，OO 12+O 1A 2=R 2，即OO 12+1=R 2，在Rt △OO 2A 中，OO 22+O 2A 12=R 2，即3-OO 1 2+4=R 2，两式解得：R =5，所以球O 的体积为：V =43πR 3=205π3.故选：B .16.(2022·四川省宜宾市第四中学校三模(理))函数f x =sin2x e sin2x 0<x <π2，设球O 的半径为f x cos x -π4 ，则( )A.球O 的表面积随x 增大而增大B.球O 的体积随x 增大而减小C.球O 的表面积最小值为4πe 2D.球O 的体积最大值为4π3e3【答案】D【解析】设函数t =sin2x ,x ∈0,π2 ，利用导数判断其单调性，从而判断f x =sin2x esin2x 0<x <π2 的单调性，进而判断球O 的半径f x cos x -π4的单调性，由此可判断A ,B ,结合单调性可求得球的表面积以及体积的最值，判断C ,D .【详解】令t =sin2x ,x ∈0,π2 ，则t ∈(0,1) ，故函数g (t )=t e t ,t ∈(0,1) ，g (t )=1-te t >0 ，即g (t )=tet ,t ∈(0,1)为单调增函数，而t =sin2x ,x ∈0,π2 在0,π4 上递增，在π4,π2上递减，故f x =sin2x esin2x 0<x <π2 在0,π4 上递增，在π4,π2 上递减，又y =cos x -π4 在0,π4 上递增，在π4,π2 上递减，且f x =sin2x esin2x 0<x <π2 是正值，y =cos x -π4 0<x <π2 也是正值，故y =f x cos x -π4 在0,π4 上递增，在π4,π2上递减，即球O 的半径f x cos x -π4 在0,π4 上递增，在π4,π2上递减，故A ，B 错误；由以上分析可知当x =π4时，球O 的半径f x cos x -π4 取到最大值为sin π2e sin π2⋅cos0=1e ，故球O 的表面积最大值为4π×1e 2=4πe 2，无最小值，故C 错误；同时球O 的体积最大值为4π3×1e 3=4π3e3，故D 正确；故选：D 【点睛】本题将球的相关计算和导数综合在一起考查，综合性较强，考查综合分析，解决问题的数学素养以及能力，解答的关键是要判断球的半径的变化规律，也就是要结合导数判断复合函数的单调性.二、多选题17.(2022·河北衡水·高三阶段练习)已知在平行四边形ABCD 中，AB =3，AD =2，∠A =60°，把△ABD 沿BD 折起使得A 点变为A '，则( )试卷第1页，共56页A.BD =7B.三棱锥A '-BCD 体积的最大值为32C.当A 'C =BD 时，三棱锥A '-BCD 的外接球的半径为102D.当A 'C =BD 时，∠A 'BC =60°【答案】ACD【解析】A 选项，利用余弦定理进行求解；B 选项，先得到当平面A 'BD ⊥平面BCD 时，三棱锥A '-BCD 的体积最大，利用等体积法求出点A '到平面BCD 的距离，从而求出最大体积；C 选项，对棱相等的三棱锥可补形为长方体，求出长方体的体对角线的一半即为外接球半径，设出长方体的长宽高，列出方程组，进行求解；D 选项，由余弦定理进行求解.【详解】对于选项A ，由余弦定理得BD 2=AD 2+AB 2-2AD ⋅AB cos A =22+32-2×2×3cos60°=7，∴BD =7，故选项A 正确；对于选项B ，当平面A 'BD ⊥平面BCD 时，三棱锥A '-BCD 的体积最大，设此时点A '到平面BCD 的距离为h ，则12×2×3×sin60°=12×h ×7，解得：h =3217∴三棱锥A '-BCD 体积的最大值V =13×3217×12×2×3×sin60°=9714，故选项B 错误；对于选项C ，当A 'C =BD 时，把三棱锥A '-BCD 补成一个长方体，三棱锥的外接球就是长方体的外接球，设长方体的三条棱长分别为x ，y ，z ，外接球的半径为R ，则x 2+y 2=22x 2+z 2=32y 2+z 2=7，∴2R 2=x 2+y 2+z 2=10，解得R =102，故选项C 正确；对于选项D ，由cos ∠A 'BC =22+32-72×2×3=12，且0<∠A 'BC <π，得∠A 'BC =60°，故选项D 正确．故选：ACD 【点睛】对于对棱相等的三棱锥的外接球问题，要将此三棱锥的棱长对应某一个长方体的面对角线，此时长方体的外接球即为次三棱锥的外接球.18.(2022·全国·高三专题练习)已知梯形ABCD ，AB =AD =12BC =1，AD ⎳BC ，AD ⊥AB ，P 是线段BC 上的动点；将△ABD 沿着BD 所在的直线翻折成四面体A BCD ，翻折的过程中下列选项中正确的是( )A.不论何时，BD 与A C 都不可能垂直B.存在某个位置，使得A D ⊥平面A BC C.直线A P 与平面BCD 所成角存在最大值D.四面体A BCD 的外接球的表面积的最小值为4π【答案】AD【解析】利用反证法可判断AB 选项的正误；分别取BD 、BC 的中点O 、M ，连接OM 、A O ，以点O 为坐标原点，OB 、OM 所在直线分别为x、y 轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断C选项的正误；设四面体A BCD 的外接球心为Q 0,22,z ，求出四面体A BCD 外接球半径的最小值，可判断D 选项的正误.【详解】对于A 选项，在梯形ABCD 中，AB =AD =12BC =1，AD ⎳BC ，AD ⊥AB ，BD =AB 2+AD 2=2，且∠ABD =π4，则∠CBD =π4，因为BC =2，由余弦定理可得CD 2=BC 2+BD 2-2BC ⋅BD cos π4=2，∴BD 2+CD 2=BC 2，∴BD ⊥CD ，若BD ⊥A C ，且A C ∩CD =C ，∴BD ⊥平面A CD ，∵A D ⊂平面A CD ，∴A D ⊥BD ，事实上∠A DB =π4，矛盾，故不论何时，BD 与A C 都不可能垂直，A 选项正确；对于B 选项，若A D ⊥平面A BC ，A C ⊂平面A BC ，则A D ⊥A C ，所以，A C =CD 2-A D 2=1，而A B =1，BC =2，即A B +A C =BC ，则A 、B 、C 无法构成三角形，不合乎题意，B 选项错误；对于C 选项，分别取BD 、BC 的中点O 、M ，连接OM 、A O ，则OM ⎳CD ，∵CD ⊥BD ，OM ⎳CD ，则BD ⊥OM ，∵A B =A D ，O 为BD 的中点，则A O ⊥BD ，∵A O ∩OM =O ，故BD ⊥平面A OM ，以点O 为坐标原点，OB 、OM 所在直线分别为x 、y 轴建立如下图所示的空间直角坐标系，设∠A OM =θ0<θ<π ，则A 0,22cos θ,22sin θ 、B 22,0,0 、D -22,0,0 、C -22,2,0 ，M 0,22,0，设三棱锥A -BCD 的球心为Q 0,22,z ，由BQ =A Q 可得22-22cos θ 2+z -22sin θ 2=1+z 2，解得z =-cos θ2sin θ，设三棱锥A -BCD 的外接球半径为r ，则r =1+z 2≥1，当且仅当θ=π2时，等号成立，因此，四面体A BCD 的外接球的表面积的最小值为4π，D 选项正确.对于C 选项，设PB=λCB =λ2,-2,0 =2λ,-2λ,0 ，PA =PB +BA =2λ,-2λ,0 +-22,22cos θ,22sin θ =2λ-22,22cos θ-2λ,22sin θ ，易知平面BCD 的一个法向量为n=0,0,1 ，cos <n ,PA > =n ⋅PAn ⋅PA=22sin θ2λ-22 2+22cos θ-2λ 2+12sin 2θ=sin θ2⋅4λ2-2λ1+cos θ +1≤sin θ2⋅1+cos θ2 2-1+cos θ22+1=2sin θ4-1+cos θ 2，而2sin 2θ4-1+cos θ2=2-2cos 2θ3-2cos θ-cos 2θ=2cos θ+1 cos θ+3=2-4cos θ+3∈0,1 ，即当0<θ<π时，2sin θ4-1+cos θ2无最大值，进而可知直线A P 与平面BCD 所成角无最大值，C 选项错误.故选：AD .【点睛】方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下：(1)定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径；(2)作截面：选准最佳角度做出截面(要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系)，达到空间问题平面化的目的；(3)求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解.试卷第1页，共56页19.(2022·辽宁·模拟预测)在三棱锥M -ABC 中，底面ABC 是等边三角形，MC =4，点H 为△MB C 的垂心，且AH ⊥侧面MB C ，则下列说法正确的是( )A.BC ⊥AM B.MC ⊥平面ABH C.MA ，MB ，MC 互不相等D.当三棱锥M -ABC 的体积最大时，其外接球的体积为363π【答案】AB【解析】对于A ，延长MH 交BC 于点D ，连接AD ，由线面垂直的性质可判断；对于B ，连接BH 并延长交MC 于点E ，连接AE ，由线面垂直的判定可判断；对于C ，过M 作MO ⊥AD ，垂足为O ，则MO ⊥平面ABC ，延长CO 交AB 于点F ，连接MF ，可得MA =MB =MC ，由此可判断；对于D ，由三棱锥M -ABC 为正三棱锥，得MB ⊥MC 时，△MB C 的面积最大，MA ⊥平面MB C 时，三棱锥M -ABC 的体积最大，将三棱锥A -MBC 补成正方体AEFG -MBDC ，求得三棱锥A -MBC 的外接球半径R ，由球体的体积公式计算可判断．【详解】解：对于A ，如图，延长MH 交BC 于点D ，连接AD ，因为H 为△MB C 的垂心，则BC ⊥MD ，又AH ⊥平面MB C ，BC ⊂平面MB C ，所以BC ⊥AH ，又AH ∩MD =H ，所以BC ⊥平面MAD ，又AM ⊂平面MAD ，所以BC ⊥AM ，A 项正确；对于B ，因为BC ⊥AD ，又△ABC 为等边三角形，所以D 为BC 的中点，连接BH 并延长交MC 于点E ，连接AE ，则BE ⊥MC ，因为AH ⊥平面MB C ，MC ⊂平面MB C ，所以AH ⊥MC ，又AH ∩BE =H ，所以MC ⊥平面ABH ，B 项正确；对于C ，因为AB ⊂平面ABE ，所以AB ⊥MC ，过M 作MO ⊥AD ，垂足为O ，则MO ⊥平面ABC ，又AB ⊂平面ABC ，所以MO ⊥AB ，延长CO 交AB 于点F ，连接MF ，因为MO ∩MC =M ，所以AB ⊥平面MCF ，因为MF ，CF ⊂平面MCF ，则MF ⊥AB ，CF ⊥AB ，得MA =MB ，所以MA =MB =MC ，C 项错误；对于D ，因为三棱锥M -ABC 为正三棱锥，当MB ⊥MC 时，△MB C 的面积最大，当MA ⊥平面MB C 时，三棱锥M -ABC 的体积最大，将三棱锥A -MBC 补成正方体AEFG -MBDC ，此时正方体AEFG -MBDC 的体对角线长即为三棱锥A -MBC 的外接球的直径，设三棱锥A -MBC 的外接球直径为2R ，则2R =MA 2+MB 2+MC 2=43，即R =23，因此三棱锥M -ABC 的外接球的体积V =4πR 33=4π3×23 3=323π，D 项错误．故选：AB ．三、双空题20.(2022·山东·烟台二中模拟预测)已知等边△ABC 的边长为2，将其绕着BC 边旋转角度θ，使点A 旋转到A 位置．记四面体A ABC 的内切球半径和外接球半径依次为r ，R ，当四面体A ABC 的表面积最大时，A A =______，rR=______．【答案】 22 2-3##-3+2【解析】先判断出当∠A BA =π2时四面体A ABC 的表面积最大，即可求得A A =22；先求出表面积，再得到A A 的中点O 为四面体A ABC 的外接球球心，即可求得R ，再求出四面体的体积，由V =13⋅4+23 ⋅r 即可求得r ，即可求解.【详解】易得△ABC ,△A BC 的面积为定值，又△ABA ≅△ACA ，显然当∠A BA =π2时，此时△ABA ,△ACA 面积最大，即四面体A ABC 的表面积最大，此时A A =22；当四面体A ABC 的表面积最大时，易知四面体A ABC 的表面积最大值为12×22×32×2+12×2×2×2=4+23，设A A 的中点为O ，易知OB =OC =12AA ，∴OB =OC =OA =OA =2，即O 为四面体A ABC 的外接球球心，∴四面体A ABC 的外接球半径R =2，∵OB =OC =2，且BC =2，∴BC 2=OB 2+OC 2，∴∠BOC =π2，由OC ⊥OB ,OC ⊥AA ，OB ,AA ⊂平面A AB ，OB ∩AA =O ，可得OC ⊥平面A AB ，∴四面体A ABC 的体积为V =13⋅S △AAB ⋅OC =223，又V =13S D -ABC ⋅r +13S D -ABC ⋅r +13S D -AAB ⋅r +13S D -AAC ⋅r =13⋅4+23 ⋅r ，∴4+233r =223，解得r=22+3，∴r R =12+3=2-3.故答案为：22；2-3．21.(2022·四川·宜宾市叙州区第一中学校高三阶段练习(理))正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为2，动点P 在对角线BD 1上，过点P 作垂直于BD 1的平面α，记平面α截正方体得到的截面多边形(含三角形)的周长为y =f (x )，设BP =x ,x ∈(0,23).(1)下列说法中，正确的编号为________．①截面多边形可能为四边形；②f 33 =32；③函数f (x )的图象关于x =3对称.(2)当x =3时，三棱锥P -ABC 的外接球的表面积为_________．【答案】 ②③ 9π【解析】(1)连接AB 1,B 1C ,AC ，证明BD 1⊥平面AB 1C ，探讨x 取值范围所对应截面形状及f (x )的表达式即可求解作答.(2)点P 为BD 1中点，利用球面的性质求出三棱锥P -ABC 的外接球半径即可计算作答.【详解】(1)在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，连接AB 1,B 1C ,AC ,BD ，如图，BD ⊥AC ,DD 1⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，则DD 1⊥AC ，BD ∩DD 1=D ，BD ,DD 1⊂平面BDD 1，因此，AC ⊥平面BDD 1，BD 1⊂平面BDD 1，AC ⊥BD 1，同理AB 1⊥BD 1，而AB 1∩AC =A ，AB 1,AC ⊂平面AB 1C ，则BD 1⊥平面AB 1C ，连接A 1C 1,C 1D ,A 1D ，同理BD 1⊥平面A 1C 1D ，又P ∈BD 1,P ∈α,BD 1⊥α，当平面AB 1C 为平面α时，V B -AB 1C =13⋅34⋅(22)2x =16⋅AB 3=43，解得x =233，当平面A 1C 1D 为平面α时，x =433，当0<x ≤233或433≤x <23时，平面α与正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1共点的三个面相交，截面为三角形，当0<x ≤233时，平面α截正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1所得截面为正△EFG ，令BE =t ，由V B -EFG =13S △EFG ⋅x =16BE 3得：34(2t )2⋅x =12t 3，解得t =3x ，则f (x )=32t =36x ，试卷第1页，共56页当433≤x <23时，同理得f (x )=36(23-x )，当233<x <433时，平面α与正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的六个面相交，截面为六边形MNTQRS ，令A 1M =u (0<u <2)，则NT =QR =MS =2u ,TQ =RS =MN =2(2-u )，有f (x )=62，因此，平面α截正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1所得截面为三角形或六边形，①不正确；f (x )=36x ,0<x ≤23362,233<x <43336(23-x ),433≤x <23，f 33 =32，②正确；显然x ∈(0,23)，有f (23-x )=f (x )恒成立，函数f (x )的图象关于x =3对称，③正确.(2)当x =3时，点P 为BD 1中点，令AC ∩BD =O ，连PO ，显然PO ⊥平面ABC ，三棱锥P -ABC 的外接球截平面ABC 所得小圆圆心为点O ，此小圆半径为2，则有三棱锥P -ABC 的外接球球心在直线PO 上，设球半径为r ，而PO =1，球心到平面ABC 的距离d =|r -1|，于是有：r 2=d 2+(2)2，即r 2=(r -1)2+2，解得2r =3，所以三棱锥P -ABC 的外接球的表面积为4πr 2=π(2r )2=9π.故答案为：②③；9π【点睛】关键点睛：几何体的外接球的表面积、体积计算问题，借助球的截面小圆性质确定出球心位置或者球半径是解题的关键.22.(2022·江苏连云港·模拟预测)在四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 是矩形，侧面PAB 是等边三角形，侧面PAB ⊥底面ABCD ，AB =23，若四棱锥P -ABCD 存在内切球，则内切球的体积为_______，此时四棱锥P -ABCD 的体积为_______．【答案】 4π3##43π 83【解析】过点P 作出四棱锥P -ABCD 的内切球截面大圆，确定球半径表达式，再借助四棱锥体积求出球半径计算作答.【详解】取AB 中点M ，CD 中点N ，连接PM ，PN ，MN ，如图，因△PAB 是正三角形，则PM ⊥AB ，又ABCD 是矩形，有MN ⊥AB ，而平面PAB ⊥平面ABCD ，平面PAB ∩平面ABCD =AB ，PM ⊂平面PAB ，MN ⊂平面ABCD ，因此PM ⊥平面ABCD ，MN ⊥平面PAB ，又AD ⎳MN ⎳BC ，则AD ⊥平面PAB ，BC ⊥平面PAB ，即有AD ⊥PA ,BC ⊥PB ，PM ∩MN =M ，PM ,MN ⊂平面PMN ，有AB ⊥平面PMN ，PN ⊂平面PMN ，AB ⊥PN ，而AB ⎳CD ，则CD ⊥PN ，显然△PAD ≅△PBC ，由球的对称性及四棱锥P -ABCD 的特征知，平面PMN 截四棱锥P -ABCD 的内切球O 得截面大圆，此圆是Rt △PMN 的内切圆，切MN ，PM 分别于E ，F ，有四边形OEMF 为正方形，令AD =x ，而PM =3，PN =x 2+9，则球半径r =ME =12(x +3-x 2+9)，四棱锥P -ABCD 的表面积为S =S △PAB +2S △PAD +S ABCD +S △PCD =33+43x +3⋅x 2+9，由V P -ABCD =13rS =13S ABCD ⋅PM 得：12(x +3-x 2+9)⋅3(3+4x +x 2+9)=23x ⋅3，整理得：6x ⋅(3+4x +x 2+9)=12x ⋅(x +3+x 2+9)，即2x -3=x 2+9，解得x =4，因此，r =1，内切球的体积V =4π3r 3=4π3，四棱锥P -ABCD 体积V P -ABCD =83.故答案为：4π3；83【点睛】结论点睛：一个多面体的表面积为S ，如果这个多面体有半径为r 的内切球，则此多面体的体积V 满足：V。

几何体的外接球与内切球的有关问题(含例题)

几何体的外接球与内切球的有关问题一、外接球的问题简单多面体外接球问题是立体几何中的难点和重要的考点，此类问题实质是计算球的半径或确定球心O 的位置问题，其中球心的确定是关键．（一）由球的定义确定球心在空间中，如果一个定点与一个简单多面体的所有顶点的距离都相等，那么这个定点就是该简单多面体的外接球的球心．结论1：正方体或长方体的外接球的球心其体对角线的中点．例1 一个长方体的各顶点均在同一球的球面上，且一个顶点上的三条棱的长分别为3,2,3，则此球的表面积为 .结论2：正棱柱的外接球的球心是上下底面中心的连线的中点．例2 若一个底面边长为32，棱长为6的正六棱柱的所有顶点都在一个平面上，则此球的体积为．结论3：直三棱柱的外接球的球心是上下底面三角形外心的连线的中点，由球心、底面中心及底面一顶点构成的直角三角形便可得球半径.（在1BOO Rt ∆中，21212OO BO BO +=，即222)2(hr R +=.）例3 在直三棱柱111ABC A B C -中，22AB =,3BC =,14AA =,π4ABC ∠=，则它的外接球体积为 . 结论4：正棱锥的外接球的球心在其高上，具体位置可通过构造直角三角形利用勾股定理求得．BC 222a b c R ++=（以正三棱锥为例：设正三棱锥的底面△ABC 的边长为a ，高为h ，外接球球心为O ，半径为R . 在1AOO Rt ∆中，21212OO AO AO +=，即222)(33R h a R -+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=.）例4 已知,,A B C 为球O 的球面上的三个点，⊙1O 为ABC 的外接圆，若⊙1O 的面积为4π，1===AB BC AC OO ，则球O 的表面积为 .结论5：若棱锥的顶点可构成共斜边的直角三角形，则公共斜边的中点就是其外接球的球心，则公共斜边的一半就是其外接球的半径．例5 已知三棱锥的四个顶点都在球O 的球面上，AB ⊥BC 且P A =7，PB =5，PCAC =10，则球O 的体积为 .（二）构造正方体或长方体确定球心长方体或正方体的外接球的球心是在其体对角线的中点处． 1. 可构造正方体的类型：① ② ③ ①正四面体：棱长对应正方体的面对角线.例6 一个正四面体P-ABC 的所有棱长都为2，四个顶点在同一球面上，则此球的表面积为 .②三条侧棱两两垂直的正三棱锥：底面棱长对应正方体的面对角线，侧棱对应正方体的棱长.例7 设是球O 面上的四点,且,,PA PB PC 两两互相垂直,若PA PB PC a ===,则球心O 到截面ABC 的距离是 .③四个面都是是直角三角形的三棱锥：最长的棱长对应正方体的体对角线.例8 在四面体S ABC -中，SA ⊥平面ABC ，90ABC ︒∠=，1SA AC AB ==,则该四面体的外接球的表面积为（）A ．23π B ．43πC ．4πD ．5πA BC DA BCPABCP2.可构造长方体和正方体的类型①与②与③ ④①同一个顶点上的三条棱两两垂直的四面体；②三个侧面两两垂直的三棱锥；例9 如果三棱锥的三个侧面两两垂直，面积分别为6cm 2、4cm 2和3cm 2，那么它的外接球的体积是 .③有三个面是直角三角形的三棱锥；例10 已知球上四点A ,B ,C ,D ，DA ⊥平面ABC ，AB ⊥BC ，DA=AB=BC=3，则球O 的体积等于 .④相对的棱相等的三棱锥：设对应长方体的长、宽、高分别为a 、b 、c ，则BC 2=a 2+b 2，AC 2=a 2+c 2，AB 2=b 2+c 2. 所以对应长方体的体对角线为2222222AB AC BC c b a ++=++.例11 在三棱锥S ABC -中，5,17,10SA BC SB AC SC AB ======，则该三棱锥外接球的表面积为 .⑤含有其它线面垂直关系的棱锥. （三）由性质确定球心利用球心O 与截面圆圆心O’的连线垂直于截面圆，确定球心．记球的半径为R ，截面圆的半径为r ，球心O 与截面圆圆心O’ 的距离为d ，则有R 2=r 2+d 2.例12 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（）A ．123B ．183C ．243D ．543（四）圆柱外接球模型计算球的半径一个底面半径为r ，高为h 的圆柱，求它的外接球半径. 222)2(hr R +=（1）（2）（3）变形一：如果我们对圆柱上下底面对应位置处，取相同数量的点，比如都取三个点，如图（1）所示.我们可以得到（直）三棱柱，它的外接球其实就是这个圆柱的外接球，所以说直棱柱的外接球求半径符合这个模型. 在这里棱柱的高就是公式中的h ，而棱柱底面△ABC 外接圆的半径则是公式中的r .例13 在三棱柱ABC-A 1B 1C 1中，AC BC ⊥，若12AA AB ==，当四棱锥11B A ACC -体积最大时，三棱柱外接球的体积为．变形二：如果把三棱柱上面的C 1去掉，如图（2）所示，我们得到有一个侧面⊥矩形底面的四棱锥，其中r 为垂直底面的侧面△ABC 的外接圆半径，h 为垂直于那个侧面的底面边长AA 1.例14 在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为矩形，平面PAB ⊥平面ABCD ，22PA PB AB ==，若PBC ∆和PCD ∆的面积分别为1和3，则四棱锥P ABCD -的外接球的表面积为．变形三：如果把上面的那个三棱柱上面的B 1,C 1两点去掉，如图（3）所示，我们得到一根侧棱⊥底面的三棱锥，其中r 为底面△ABC 外接圆半径，h 为垂直于底面的那条侧棱AA 1.例15 已知A ,B ,C ,D 为同一球面上的四个点.在△ABC 中，23BAC π∠=，23AB AC ==，AD=6，AD ⊥平面ABC ，则该球的体积为．二、内切球问题若一个多面体的各面都与一个球的球面相切，则称这个多面体是这个球的外切多面体，这个球是这个多面体的内切球.结论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. 结论2：正多面体的内切球和外接球的球心重合.结论3：正棱锥的内切球和外接球球心都在高线上，但不重合.例16正三棱锥的高为1，底面边长为26.求它的内切球的表面积.例17正四棱锥S ABCD -，底面边长为2，侧棱长为3，则其外接球和内切球的半径是多少？结论4：基本方法：构造三角形利用相似比和勾股定理.Rr2h A BC1A 1B 1C A BC1A 1B A BC1A结论5：体积分割是求内切球半径的通用做法. （一）正方体的的内切球设正方体的棱长为a ，求（1）内切球半径；（2）与棱相切的球半径.（1）内切球：截面图为正方形的内切圆，得2a R =. （2）棱切球：切点为正方体各棱的中点，截面图为为正方形的外接圆，得22a R =. 例18 一个正方体的棱长是4 cm ,它的内切球的体积为＿＿cm 3，棱切球的体积为＿＿cm 3.例19 甲球内切于正方体的各面，乙球内切于正方体的各条棱，丙球外接于正方体，则三球表面积之比为 .（二）棱锥的内切球(分割法)将内切球的球心与棱锥的各个顶点连线，将棱锥分割成以原棱锥的面为底面，内切球的半径为高的小棱锥，根据分割前后的体积相等，列出关于半径的方程.设三棱锥的棱长为a ，内切球半径为r.V V V V VPAB O PBC O PAC O ABC O ABCP -----+++=r S r S r S r S PAB PBC PAC ABC 31313131+++= r S S S S PAB PBC PAC ABC )(31+++= 内切球r S ABC P -=31ABCP ABC P S Vr --=⇔3内切球一般地，记棱锥的体积为V ，表面积为S ，则内切球的半径为SVr 3=.例20正三棱锥的高为3，底面边长为83，正三棱锥内有一个球与其四个面相切，则球的表面积与体积分别为．（说明：球与正三棱锥四个面相切，实际上，球是正三棱锥的内切球，球心到正三棱锥的四个面的距离相等，都为球半径R．这样求球的半径可转化为求球心到三棱锥面的距离，而点面距离常可以用等体积法解决．）例21 如图，在棱锥P ABCD-中，底面ABCD是正方形，2PD AB==，PD⊥平面ABCD．在这个四棱锥中放入一个球，则球的最大半径为（）A．2B．21+C．2 D．21-（三）圆柱、圆锥的内切球(截面法)（1）圆柱的内切球：圆柱的轴截面为正方形，记圆柱的底面圆的半径r，内切球的半径R，则R=r.（2）圆锥的内切球：圆锥的轴截面为三角形的内切圆，记截面△ABC的面积为S，周长为C，内切球的半径R，则CSR2=.例22 圆柱的底面直径和高都是6，求该圆柱内切球的半径____.例23 圆锥的高为4，底面半径为2，求该圆锥内切球与外接球的半径比.三、有关内切球和外接球的综合问题1.正四面体的内切球与外接球的半径之比（正四面体的内切球与外接球的两个球心“二心合一”）设正四面体A-BCD的棱长为a，内切球半径为r，外接球半径为R，则OA=OB=R ，OE=r ，且R+r=AE.⊥底面△BCD 为正三角形，∴BE=a 33在ABE Rt ∆中，a aaBE AB AE 36312222=-=-=，∴a r R 36=+ ① 在BEO Rt ∆中，222OE BE BO +=，即22233r a R +⎪⎪⎭⎫⎝⎛= ②由①②，得a r a R 12646==， ∴1:3:=r R ，即球心O 为正四面体高h 的四等分点.例24 求棱长为2的正四面体内切球和外接球的体积．2.正三棱柱的内切球与外接球的半径之比正三棱柱的内切球与外接球的球心是重合的，过侧棱1AA 和它们的球心O 作截面如下图所示：设正三棱柱底面边长为a . 由于内切球投影到底面的圆是底面正三角形的内切圆，所以a R 632=，从而正三棱柱的高为a R h 3322== . 在O D A Rt 11∆中，得，22222211211256333a a a R D A R =⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=+=.1251a R =∴ 因此1:5:21=R R . 例25 一个正三棱柱恰好有一个内切球和一个外接球,则此内切球与外接球表面积之比为 .巩固练习1. 在正三棱锥S ABC -中，6AB BC CA ===，点D 是SA 的中点，若SB CD ⊥，则该三棱锥外接球的表面积为．2．已知三棱锥P ABC -的底面是正三角形，PA a =，点A 在侧面PBC 内的射影H 是PBC ∆的垂心，当三棱锥P ABC -体积最大值时，三棱锥P ABC -的外接球的表面积为( ) A ．343aB ．23a πC ．33a π D ．212a3．在平面四边形PACB 中，已知120APB ∠=︒，23PA PB ==，10AC =，8BC =．沿对角线AB 折起得到四面体P ABC -，当PA 与平面ABC 所成的角最大时，该四面体的外接球的半径为．4．已知正三棱柱111ABC A B C -中，侧面11BCC B 的面积为4，则正三棱柱111ABC A B C -外接球表面积的最小值为( ) A ．23πB ．43πC ．83πD ．163π5．已知正方体1111ABCD A BC D -棱长为2，点P 是上底面1111D C B A 内一动点，若三棱锥P ABC -的外接球表面积恰为414π，则此时点P 构成的图形面积为________. 6.已知三棱锥S ABC -的所有顶点都在球O 的球面上，SC 是球O 的直径.若平面SCA ⊥平面SCB ，SA AC =，SB BC =，三棱锥S ABC -的体积为9，则球O 的表面积为______．备注：1.三角形内切圆的半径S S S S AO B AO C BO C ABC∆∆∆∆++=r c b a cr br ar )(21212121++=++= 内切圆r C ABC ∆=21所以三角形内切圆的半径为CSr 2=，其中S 为△ABC 的面积，C 为△ABC 的周长. 2. 三角形外接圆的半径利用正弦定理R C c B b A a 2sin sin sin ===，CcB b A a R sin 2sin 2sin 2===.①正三角形：a a R 3360sin 2=︒=，其中a 为正三角形的边长.②直角三角形：290sin 2cc R =︒=，其中c 为直角三角形的斜边.3. 正三角形的内切圆与外接圆的半径之比正三角形的内切圆与外接圆的两个圆心“二心合一”. 设正三角形的边长为a ，内切圆半径为r ，外接圆半径为R.由于a a R 3360sin 2=︒=，a a a a a a C S r 6360sin 2122=++︒⋅⋅⋅⨯==，所以1:2:=r R ，即圆心O 为正三角形高h 的三等分点.。

2024年高考数学二轮专题06 一网打尽外接球与内切球问题(精讲精练)(解析版)

专题06 一网打尽外接球与内切球问题【命题规律】纵观近几年高考对于组合体的考查，与球相关的外接与内切问题是高考命题的热点之一．高考命题小题综合化倾向尤为明显，要求学生有较强的空间想象能力和准确的计算能力，才能顺利解答．从近几年全国高考命题来看，这部分内容以选择题、填空题为主，大题很少见，此部分是重点也是一个难点，属于中等难度．【核心考点目录】核心考点一：正方体、长方体外接球核心考点二：正四面体外接球核心考点三：对棱相等的三棱锥外接球核心考点四：直棱柱外接球核心考点五：直棱锥外接球核心考点六：正棱锥与侧棱相等模型核心考点七：侧棱为外接球直径模型核心考点八：共斜边拼接模型核心考点九：垂面模型核心考点十：二面角模型核心考点十一：坐标法核心考点十二：圆锥圆柱圆台模型核心考点十三：锥体内切球核心考点十四：棱切球【真题回归】1．（2022·全国·高考真题（文））已知球O 的半径为1，四棱锥的顶点为O ，底面的四个顶点均在球O 的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为（）A ．13B ．12C D 【答案】C【解析】[方法一]：【最优解】基本不等式设该四棱锥底面为四边形ABCD ，四边形ABCD 所在小圆半径为r ，设四边形ABCD 对角线夹角为α，则2111sin 222222ABCD S AC BD AC BD r r r α=⋅⋅⋅≤⋅⋅≤⋅⋅=（当且仅当四边形ABCD 为正方形时等号成立）即当四棱锥的顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时，底面ABCD面积最大值为22r 又设四棱锥的高为h，则22r h1+=，2123O ABCDV r h-=⋅⋅=≤=当且仅当222r h=即h.故选：C[方法二]：统一变量＋基本不等式由题意可知，当四棱锥为正四棱锥时，其体积最大，设底面边长为a，底面所在圆的半径为r，则r=，所以该四棱锥的高h，13V a===(当且仅当22142a a=-，即243a=时，等号成立)所以该四棱锥的体积最大时，其高h===故选：C．[方法三]：利用导数求最值由题意可知，当四棱锥为正四棱锥时，其体积最大，设底面边长为a，底面所在圆的半径为r，则r=，所以该四棱锥的高h，13V a=，令2(02)a t t=<<，V=()322t tft=-，则()2322tf t t-'=，43t<<，()0f t'>，单调递增，423t<<，()0f t'<，单调递减，所以当43t=时，V最大，此时h=故选：C.【整体点评】方法一：思维严谨，利用基本不等式求最值，模型熟悉，是该题的最优解；方法二：消元，实现变量统一，再利用基本不等式求最值；方法三：消元，实现变量统一，利用导数求最值，是最值问题的常用解法，操作简便，是通性通法．2．（2021·全国·高考真题（理））已知A，B，C是半径为1的球O的球面上的三个点，且,1AC BC AC BC⊥==，则三棱锥O ABC-的体积为（）A B C D 【答案】A【解析】,1AC BC AC BC ⊥== ，ABC ∴ 为等腰直角三角形，AB ∴=，则ABC 1，设O 到平面ABC 的距离为d ，则d ==所以11111332O ABC ABC V S d -=⋅=⨯⨯⨯=故选：A.3．（2022·全国·高考真题）已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为面上，则该球的表面积为（）A ．100πB ．128πC ．144πD ．192π【答案】A【解析】设正三棱台上下底面所在圆面的半径12,r r ，所以1222r r ==123,4r r ==，设球心到上下底面的距离分别为12,d d ，球的半径为R ，所以1d =2d =，故121d d -=或121d d +=1=，解得225R =符合题意，所以球的表面积为24π100πS R ==．故选：A ．4．（2022·全国·高考真题）已知正四棱锥的侧棱长为l ，其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为36π，且3l ≤≤，则该正四棱锥体积的取值范围是（）A ．8118,4⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．2781,44⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．2764,43⎡⎤⎢⎥⎣⎦D ．[18,27]【答案】C【解析】∵球的体积为36π，所以球的半径3R =,[方法一]：导数法设正四棱锥的底面边长为2a ，高为h ，则2222l a h =+，22232(3)a h =+-,所以26h l =，2222a l h =-所以正四棱锥的体积42622411214()=333366936l l l V Sh a h l l ⎛⎫==⨯⨯=⨯-⨯- ⎪⎝⎭，所以5233112449696l l V l l ⎛⎫⎛⎫-'=-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，当3l ≤≤0V '>，当l <≤时，0V '<，所以当l =时，正四棱锥的体积V 取最大值，最大值为643，又3l =时，274V =，l =814V =,所以正四棱锥的体积V 的最小值为274，所以该正四棱锥体积的取值范围是276443⎡⎤⎢⎥⎣⎦，.故选：C.[方法二]：基本不等式法由方法一故所以()()()3221224211646122(333333h h h V a h h h h h h h ⎡⎤-++==-=-⨯⨯=⎢⎥⎣⎦…当且仅当4h =取到)，当32h =时，得a 22min 11327;3324V a h ==⨯=当l =39322h =+=，a ⇒，正四棱锥体积221119816433243V a h ==⨯=<，故该正四棱锥体积的取值范围是2764[,].435．（2020·全国·高考真题（理））已知,,A B C 为球O 的球面上的三个点，⊙1O 为ABC 的外接圆，若⊙1O 的面积为4π，1AB BC AC OO ===，则球O 的表面积为（）A ．64πB ．48πC ．36πD ．32π【答案】A【解析】设圆1O 半径为r ，球的半径为R ，依题意，得24,2r r ππ=∴=， ABC 为等边三角形，由正弦定理可得2sin 60AB r =︒=，1OO AB ∴==，根据球的截面性质1OO ⊥平面ABC ，11,4OO O A R OA ∴⊥====，∴球O 的表面积2464S R ππ==.故选：A6．（2020·全国·高考真题（理））已知△ABC O 的球面上.若球O 的表面积为16π，则O 到平面ABC 的距离为（）AB ．32C ．1D 【答案】C 【解析】设球O 的半径为R ，则2416R ππ=，解得：2R =.设ABC 外接圆半径为r ，边长为a ，ABC212a ∴，解得：3a =，2233r ∴===∴球心O 到平面ABC 的距离1d ===.故选：C.【方法技巧与总结】1、补成长方体（1）若三棱锥的三条侧棱两两互相垂直，则可将其放入某个长方体内，如图1所示．（2）若三棱锥的四个面均是直角三角形，则此时可构造长方体，如图2所示．（3）正四面体-P ABC 可以补形为正方体且正方体的棱长=a ，如图3所示．（4）若三棱锥的对棱两两相等，则可将其放入某个长方体内，如图4所示图1 图2 图3 图4【核心考点】核心考点一：正方体、长方体外接球【规律方法】1、正方体的外接球的球心为其体对角线的中点，半径为体对角线长的一半．2、长方体的外接球的球心为其体对角线的中点，半径为体对角线长的一半．【典型例题】例1．（2023·全国·高三专题练习）已知正方体外接球的体积是323π，那么正方体的体对角线等于（）A B ．4C D 【答案】B【解析】正方体外接球的直径即为正方体的体对角线，设外接球的半径为R ，则343233V R ππ==，解得2R =，所以正方体的体对角线等于24R =；故选：B例2．（2022·陕西西安·模拟预测（文））长方体的过一个顶点的三条棱长分别是2，4，4，则该长方体外接球的表面积为（）A ．9πB ．18πC ．36πD ．48π【答案】C【解析】长方体外接球直径263R R ===⇒=，所以该长方体外接球的表面积2244336S R πππ==⋅=故选：C.例3．（2022·贵州黔南·高三开学考试（理））自2015年以来，贵阳市着力建设“千园之城”，构建贴近生活、服务群众的生态公园体系，着力将“城市中的公园”升级为“公园中的城市”．截至目前，贵阳市公园数量累计达到1025个．下图为贵阳市某公园供游人休息的石凳，它可以看做是一个正方体截去八个一样的四面体得到的，如果被截正方体的的棱长为，则石凳所对应几何体的外接球的表面积为________2cm ．【答案】1600π【解析】设正方体的中心为O ，E 为棱的中点，连接1111,,,A D B C A C B D ，则O 为矩形11A DCB 的对角线的交点，则1112022OE B C ==⨯=，同理，O 到其余各棱的中点的距离也为20，故石凳所对应几何体的外接球的半径为20，其表面积为224π201m 600πc ⋅=，故答案为：1600π核心考点二：正四面体外接球【规律方法】如图，设正四面体ABCD 的的棱长为a ，显然正四面体和正方体有相同的外接球．正方体外接球半径为==R ，即正四面体外接球半径为=R ．【典型例题】例4．（2022·黑龙江·哈九中模拟预测（理））已知正四面体P ABC -外接球O 表面积为54π，则该正四面体棱长为______；若M 为平面ABC 内一动点，且PM = ，则AM 最小值为______．【答案】 6 -【解析】设该正四面体棱长为a ，过点P 作PD ⊥面ABC ，则点D 为ABC 的重心，则AD =，PD =，又正四面体P ABC -外接球O 表面积为54π，则2454R ππ= ，则R =，即PO AO = 又222AO AD OD =+，则222)=+，解得：6a =；又M 为平面ABC 内一动点，且PM =，则DM ===，即点M 的轨迹为以D 为圆心，又AD =则由点与圆的位置关系可得AM最小值为：-故答案为：6；例5．（2022·江苏南京·高三开学考试）已知一个正四面体的棱长为2，则其外接球与以其一个顶点为球心，1为半径的球面所形成的交线的长度为___________.【解析】设外接球半径为r ，外接球球心到底面的距离为h ，则2243h r r h +==+，所以r =两球相交形成形成的图形为圆，如图，在PDO △中，cos DPO ∠==sin DPO ∠=在1PDO △中，1sin DO PD DOP =∠=所以交线长度为2π=例6．（2022·福建·福州三中模拟预测）表面积为）A．B．12πC．8πD．【答案】B【解析】设正四面体的棱长为a24⨯=a=该正四面体的外接球与棱长为2的正方体的外接球的半径相等，2412Sππ=⨯=.故选：B.核心考点三：对棱相等的三棱锥外接球【规律方法】四面体ABCD中，==AB CD m，==AC BD n，==AD BC t，这种四面体叫做对棱相等四面体，可以通过构造长方体来解决这类问题．如图，设长方体的长、宽、高分别为,,a b c，则222222222⎧+=⎪+=⎨⎪+=⎩b c ma c na b t，三式相加可得222++=a b c222,2++m n t 而显然四面体和长方体有相同的外接球，设外接球半径为R，则22224+=+a b c R，所以=R．【典型例题】例7．（2022·全国·高三专题练习）在四面体ABCD中，2==AC BD，AD BC==AB CD==其外接球的表面积为___________.【答案】8π【解析】如图所示，将该四面体补成长方体，设该长方体的长､宽､高分别为a，b，c，则2,===解得2222224,5,7,a b b c c a ⎧+=⎪+=⎨⎪+=⎩所以2228a b c ++==，，其外接球的表面积为248ππ⨯=.故答案为：8π．例8．（2022·全国·高三专题练习）已知四面体ABCD中，AB CD ==BC AD ==AC BD =，若该四面体的各个顶点都在同一球面上，则此球的表面积为（）A ．42πB ．43πC ．14πD ．16π【答案】C设长方体的长、宽、高分为,,,x y z 所以2222225,10,13,x y x z z y ⎧+=⎪+=⎨⎪+=⎩∴∴，∴此球的表面积为144144ππ⋅=．故选：C ．例9．（2020·全国·模拟预测（文））在三棱锥A BCD -中，若2AB CD ==，3AD BC ==，4AC BD ==，其外接球的表面积为（）A ．27πB ．29πC ．294πD ．292π【答案】D【解析】三棱锥A BCD -中，∵2AB CD ==，3AD BC ==，4AC BD ==，显然这六条棱长恰为长方体的六个面的面对角线的长，设此长方体的长、宽、高依次为a 、b 、c ，其对角线的长恰为外接球的直径，如图所示．则有2222224916a b b c a c ⎧+=⎪+=⎨⎪+=⎩，则222292a b c ++=，易知长方体的体对角线长为2R =22942S R ππ==球面积．故选:D核心考点四：直棱柱外接球【规律方法】如图1，图2，图3，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）图1图2图3第一步：确定球心O 1是∆ABC 的外心，则1⊥OO 平面ABC ；第二步：算出小圆1O 的半径1=AO r ，111122==OO AA h （1=AA h 也是圆柱的高）；第三步：勾股定理：22211=+OA O A O O ⇒222(2=+hR r ⇒=R R【典型例题】例10．（2022·河南新乡·一模（理））已知正三棱柱的侧棱长为l ，底面边长为a ，若该正三棱柱的外接球体积为32π3，当la +最大时，该正三棱柱的体积为（）A B C D 【答案】B【解析】因为正三棱柱外接球的体积为3432ππ33R =，所以2R =，设球心为O ，底面外接圆圆心为O '，由正三棱锥可得12OO l '=，底面外接圆半径r =，图3-1图3-2图3-3所以由勾股定理得22443l a +=，设l a m +=，当直线l a m +=与曲线22443l a +=相切时，m 最大，联立方程组22443l a m l a +=⎧⎪⎨+=⎪⎩得22763480a ma m -+-=，由Δ0=，得m =或-（舍去），此时a =l所以正三棱柱的体积2V l ==故选：B例11．（2022·湖南岳阳·高三阶段练习）已知直三棱柱111ABC A B C -中，12,AB AA BC ===，当该三棱柱体积最大时，其外接球的体积为（）AB ．323πCD【答案】C【解析】因为三棱柱111ABC A B C -为直三棱柱，所以，1AA ⊥平面ABC所以，要使三棱柱的体积最大，则ABC 面积最大，因为1sin 2ABC S BC AC ACB =⋅⋅∠△，令AC x=因为BC =，所以2sin ABC S x ACB ⋅∠ ，在ABC中，222cos 2AC BC AB ACB AC BC +-∠==⋅所以，224224416(1)43216sin 11212x x x ACB x x --+-∠=-=，所以，()22422424123384()sin 34434ABCx x x Sx ACB --+-+-=⋅∠=⋅=≤ ，所以，当24x =，即2AC =时，2()ABC S 取得最大值3，所以，当2AC =时，ABC SABC为等腰三角形，2,AB AC BC ===所以，()22244121cos ,0,22222AB AC BC BAC BAC AB AC π+-+-∠===-∠∈⋅⨯⨯，所以23BAC π∠=，所以，由正弦定理得ABC 外接圆的半径r42r==，即2r =，所以，直三棱柱111ABC A B C -外接球的半径222152AA R r ⎛⎫=+= ⎪⎝⎭，即R =所以，直三棱柱111ABC A B C -外接球的体积为343R π=.故选：C例12．（2021·四川泸州·二模（文））直六棱柱的底面是正六边形，其体积是，则该六棱柱的外接球的表面积的最小值是（）A ．4πB ．8πC ．12πD ．24π【答案】C【解析】设正六边形的边长为a，则底面面积为226S ==，设(0)AC x x =>，则正六棱柱的体积为2V Sh x =⨯=解得24xa =，即24a x=，又由该六棱柱的外接球的直径为2BC r ==所以该六棱柱的外接球的表面积为：2222164(4)(),(0)S r x a x x xπππ'==+=+>，令()216(0)f x x x x =+>，则()2162f x x x'=-，令()0f x '=，解得2x =，当02x <<时，()0f x '<，()f x 单调递减；当2x >时，()0f x '<，()f x 单调递增，所以当2x =时，()f x 取得最小值12，所以该六棱柱的外接球的表面积的最小值为12π.故选：C.核心考点五：直棱锥外接球【规律方法】如图，⊥PA 平面ABC ，求外接球半径．解题步骤：第一步：将∆ABC 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：1O 为∆ABC 的外心，所以1⊥OO 平面ABC ，算出小圆1O 的半径1=O D r (三角形的外接圆直径算法：利用正弦定理，得2sin sin sin ===a b c r A B C )，112=OO PA ；第三步：利用勾股定理求三棱锥的外接球半径：①222(2)(2)=+R PA r⇔2=R ②2221=+R r OO⇔=R ．【典型例题】例13．（2022·内蒙古鄂尔多斯·高三期中（文））三棱锥-P ABC 中，PA ⊥平面ABC ，ABC 为直角三角形，AB BC ⊥，1AB BC ==，2PA =，则三棱锥-P ABC 的外接球的表面积为（）A ．2πB ．3πC ．4πD ．6π【答案】D【解析】由于三棱锥-P ABC 中，PA ⊥平面ABC ，AB BC ⊥，1AB BC ==，2PA =故将该三棱锥置于一个长方体中，如下图所示：则体对角线PC 即为外接球的直径，所以2=故三棱锥-P ABC 的外接球表面积为246S R ππ==．故选：D例14．（2022·福建·宁德市民族中学高三期中）已知三棱锥P -ABC 中，PA ⊥底面ABC ，PA ＝AB ＝AC ＝2，∠BAC ＝120°，则三棱锥P -ABC 的外接球的表面积为（）A ．12πB ．16πC ．20πD ．24π【答案】C【解析】将三棱锥还原成直三棱柱，则三棱柱的外接球即为球O ，,D D '为上下底面的外心，O 为DD '的中点，AD 为底面外接圆的半径，由余弦定理得BC ==由正弦定理得24AD ==，由1,2OD AD ==，得AO =所以球O 的表面积为2420S r ππ==．故选：C例15．（2021·四川成都·高三开学考试（文））已知在三棱锥-P ABC 中，侧棱PA ⊥平面ABC ，3PA =，1AB =，BC =，2AC =，则三棱锥-P ABC 外接球的表面积为（）A ．13πB ．12πC ．9πD ．8π【答案】A【解析】因为PA ⊥平面ABC ，,AC BC ⊂平面ABC ，故,PA AC PA BC ⊥⊥，而1AB =，BC =，2AC =，则222AB BC AC +=，所以AB BC ⊥,又PA AB A = ，,PA AB ⊂平面PAB ,故BC ⊥平面PAB ,PB ⊂平面PAB ,所以BC PB ⊥,所以,PAC PBC △△都是以PC 为斜边的直角三角形，故取PC 中点O ，连接OA,OB ,则OA OB OP OC ===,即O 为三棱锥-P ABC外接球的球心，3,2,PA AC PC ==∴= ,故三棱锥-P ABC故三棱锥-P ABC外接球的表面积为24π13π⨯=，故选：A核心考点六：正棱锥与侧棱相等模型【规律方法】1、正棱锥外接球半径：=R ．2、侧棱相等模型：如图，P 的射影是∆ABC 的外心⇔三棱锥-P ABC 的三条侧棱相等⇔三棱锥-P ABC 的底面∆ABC 在圆锥的底上，顶点P点也是圆锥的顶点．解题步骤：第一步：确定球心O 的位置，取∆ABC 的外心1O ，则1,,P O O 三点共线；第二步：先算出小圆1O 的半径1=AO r ，再算出棱锥的高1=PO h （也是圆锥的高）；第三步：勾股定理：22211=+OA O A O O ⇒222()=-+R h R r ，解出222+=r h R h．【典型例题】例16．（2022·江西·金溪一中高三阶段练习（文））在正三棱锥S －ABC 中，23ASB BSC π∠+∠=，△ABC 的边长为2，则该正三棱锥外接球的表面积为______．【答案】6π【解析】2π3ASB BSC ∠+∠=，正三棱锥中ASB BSC ∠=∠，所以π3ASB BSC ∠=∠=，侧面是正三角形，则正三棱锥S ABC -为正四面体．将正四面体补成正方体（正四面体的四个顶点S ，A ，B ，C 均为正方体的顶点），，则其外接球的半径R =，所以该正三棱锥外接球的表面积为24π6πS R ==．故答案为：6π．例17．（2022·全国·高三专题练习）已知正三棱锥S ABC -，其外接球球O 的半径为R ，则该正三棱锥S ABC -的体积的最大值为__________．3【解析】如图，设正三棱锥S ABC -的高=SH h ，则由射影定理可得2=⋅HA SH HM ，2(2)∴=-HA h R h ，图5-12(2)∴==-△ABC S AB R h，21(2)3-∴=⋅=-△S ABC ABC V S h Rh (2)22=⋅⋅-≤h h Rh 33(2)223⎡⎤++-⎢⎥=⎢⎥⎢⎥⎣⎦h h R h ，当(2)2=-h R h ，即43h R =时，()3max-=S ABC V .例18．（2022·全国·高三专题练习）已知正三棱锥S ABC -的棱长为6．则该正三棱锥外接球的表面积为_______．【答案】2432π【解析】如图，∵正三棱锥S ABC -中，顶点S 在底面的射影为D ，该正三棱锥外接球的球心设为O ，因为底面边长为6，所以23AD ==∴高SD ===．由球心O 到四个顶点的距离相等，在直角三角形AOD 中，AO R =，DO SD OS R =-=，由222AO AD OD =+，得2212)R R =+，R =，∴外接球的表面积为：224342R ππ⋅⋅=．故答案为：2432π．例19．（2022·全国·高三专题练习）三棱锥-P ABC 且,1,PA PB PC AB AC BC =====则三棱锥外接球的表面积为____________．【答案】254π【解析】三棱锥-P ABC 中，取BC 中点D ，连PD ，连AD 并延长至O 1，使DO 1=AD ，连接BO 1，CO 1，PO 1，如图：于是得四边形1ABO C 为平行四边形，而1AB AC ==，1ABO C 是菱形，在ABC 中，BC =2221cos 22AB AC BC BAC AB AC +-∠==-⋅，即120BAC ∠= ，则160ABO ∠= ，1ABO △是正三角形，1111O A O B O C ===，于是得O 1是ABC 外接圆圆心，因PA PB PC ==，D 为BC 中点，则PD ⊥BC ，又AO 1⊥BC ，1PD AO D ⋂=，1,PD AO ⊂平面1PAO ，从而有BC ⊥平面1PAO ，1PO BC ⊥，同理1PO AC ⊥，而AC BC C = ，从而得1PO ⊥平面ABC ，由球的截面小圆性质知，三棱锥-P ABC 外接球球心O 在直线1PO 上，又1sin1202ABC S AB AC =⋅= 113P ABC ABC V PO S -=⋅= 12PO =，设球O 的半径为R ，则OB OP R ==，1|2|OO R =-，1Rt OO B △中，22211O B O O OB +=，即221(2)R R +-=，解得54R =，则球O 的表面积为22544S R ππ==，所以三棱锥外接球的表面积为254π.故答案为：254π例20．（2022·全国·高三专题练习）在三棱锥-P ABC 中，1====PA PC AB AC ，=PB BC ，则三棱锥-P ABC 的外接球的表面积为___________.【答案】73π【解析】在ABC 中，1AB AC ==，BC =所以222AB AC BC +=，所以AB AC ⊥，在PAB 中，1AB PA ==，PB =所以222AB PA PB +=，所以AB PA ⊥.又PA AC A = ，PA ，AC ⊂平面PAC ，所以AB ⊥平面PAC ，在PAC △中，1PA PC AC ===，所以PAC △的外接圆半径为112sin 3π⋅=不妨设PAC △的外接圆圆心为Q ，三棱锥-P ABC 的外接球球心为O连接,,OA OB OQ ，由于OA OB =，故O 在线段AB 的垂直平分线上，即1122OQ AB ==故三棱锥-P ABC 的外接球半径R OA ===外接球的表面积为2743R ππ=.故答案为：73π核心考点七：侧棱为外接球直径模型【规律方法】找球心，然后作底面的垂线，构造直角三角形．【典型例题】例21．（2022·河南河南·一模（文））三棱锥D ABC -的外接球的表面积为8,BD π是该球的直径，,22AC BC AB BC ⊥==，则三棱锥 D ABC -的体积为_____.【解析】如图，设球的半径为r ，由已知得248r ππ=，解得r =BD =，又由AC BC ⊥，所以，取AB 中点H ，H 为ABC 所在外接圆的圆心，故OH ⊥平面ABC ，又因为12OH AD ，所以，AD ⊥平面ABC ，得到AD AB ⊥，在ABD △中，2AD ==由22AB BC ==，AC BC ⊥，得到AC ==所以，12ABC S AC BC =⋅=△，所以，13D ABC ABC V AD S -=⋅=△例22．（2022·河南·一模（理））三棱锥D ABC -的外接球的表面积为20π，AD 是该球的直径，ABC 是边长为D ABC -的体积为______．【答案】【解析】设三棱锥D ABC -的外接球的球心为O ,半径为R ，则24π20πR =，解得R =设ABC 的外接圆圆心为1O ，半径为r ，则122sin BC r BAC ==∠，连接11,O A O O ，∵22211O A O O OA +=，即1=，则点D 到平面ABC 的距离为2，∴三棱锥D ABC -的体积11232V =⨯⨯=故答案为：例23．（2021·全国·高三专题练习（文））已知三棱锥P ﹣ABC 中，AB BC ==AC =2，PA 为其外接球___________．【答案】16π【解析】由题意可得ABC 为等腰直角三角形，AB BC ⊥，同时PA 为其外接球的一条直径，则,PBA PCA ∠∠都是直角，设球心为O ，取AC 的中点为M ，则OM ⊥平面ABC ，因为//OM PC ，则PC ⊥平面ABC ，则1132V =⨯⨯2PC =PC =，由勾股定理得4PA =，则外接球的半径为2，表面积为16.π故答案为：16π核心考点八：共斜边拼接模型【规律方法】如图，在四面体ABCD 中，⊥AB AD ，⊥CB CD ，此四面体可以看成是由两个共斜边的直角三角形拼接而形成的，BD 为公共的斜边，故以“共斜边拼接模型”命名之．设点O 为公共斜边BD 的中点，根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半的结论可知，===OA OC OB OD ，即点O 到A ，B ，C ，D 四点的距离相等，故点O 就是四面体ABCD 外接球的球心，公共的斜边BD 就是外接球的一条直径．【典型例题】例24．在矩形ABCD 中，==4,3AB BC ，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 ．π12512B ．π1259C ．π1256D ．π1253【答案】C【解析】设矩形对角线的交点为O ，则由矩形对角线互相平分，可知===OA OB OC OD ．∴点O 到四面体的四个顶点、、、A B C D 的距离相等，即点O 为四面体的外接球的球心，如图2所示．∴外接球的半径==52R OA ．故ππ==球3412536V R ．选C ．例25．三棱锥-P ABC 中，平面⊥PAC 平面ABC ， =2AC ，⊥PA PC ，⊥AB BC ，则三棱锥-P ABC 的外接球的半径为图 2A【答案】1【解析】AC 是公共的斜边，AC 的中点是球心O ，球半径为=1R ．例26．在平行四边形ABCD 中，满足2AB AD AB = ，2224AB BD =- ，若将其沿BD 折成直二面角A BD C --，则三棱锥A BCD -的外接球的表面积为( )A ．16πB ．8πC ．4πD ．2π【答案】C【解析】平行四边形ABCD 中，2AB AD AB = ，∴0AB BD = ，AB BD ∴⊥，沿BD 折成直二面角A BD C --，平面ABD ⊥平面BDC三棱锥A BCD -的外接球的直径为AC ，22222224AC AB BD CD AB BD ∴=++=+=∴外接球的半径为1，故表面积是4π．故选：C ．核心考点九：垂面模型【规律方法】如图1所示为四面体-P ABC ，已知平面⊥PAB 平面ABC ，其外接球问题的步骤如下：（1）找出△PAB 和△ABC 的外接圆圆心，分别记为1O 和2O ．（2）分别过1O 和2O 作平面PAB 和平面ABC 的垂线，其交点为球心，记为O ．（3）过1O 作AB 的垂线，垂足记为D ，连接2O D ，则2⊥O D AB ．（4）在四棱锥12-A DO OO 中，AD 垂直于平面12DO OO ，如图2所示，底面四边形12DO OO 的四个顶点共圆且OD 为该圆的直径．图1图2【典型例题】例27．（2022·全国·高三专题练习）三棱锥-P ABC 中，平面PAC ⊥平面ABC ， 2AC =，PA PC ⊥，AB BC ⊥，则三棱锥-P ABC 的外接球的半径为______【答案】1【解析】因为PA PC ⊥，AB BC ⊥，故AC 是公共的斜边，AC 的中点是球心O ，球半径为12AC R ==．故答案为：1例28．（2022·安徽马鞍山·一模（文））三棱锥-P ABC 中，PAC △与ABC 均为边长为平面PAC ⊥平面ABC ，则该三棱锥的外接球的表面积为________．【答案】20π【解析】等边三角形PAC 、等边三角形ABC 的高为πsin 33⨯==，等边三角形PAC 、等边三角形ABC 的外接圆半径为2323⨯=，设12,O O 分别是等边三角形PAC 、等边三角形ABC 的中心，设O 是三棱锥-P ABC 的外接球的球心，R 是外接球的半径，则2222215R OA ==+=，所以外接球的表面积为24π20πR =.故答案为：20π例29．（2022·全国·高三专题练习）三棱锥-P ABC 中，PAC △是边长为2AB BC ==，平面PAC ⊥平面ABC ，则该三棱锥的外接球的体积为______【解析】等边三角形PAC 的高为πsin 33⨯==，等边三角形PAC 的外接圆半径为222sin 6π=三角形ABC 2=，设12,O O 分别是等边三角形PAC 、等边三角形ABC 的中心，设O 是三棱锥-P ABC 的外接球的球心，R 是外接球的半径，则2222215R OA R ==+=⇒=，所以外接球的体积为34π3R =例30．（2021·全国·高三专题练习）已知在三棱锥-P ABC 中， 90,4,30BAC AB AC APC ︒︒∠===∠=，平面PAC ⊥平面ABC ，则三棱锥-P ABC 外接球的表面积为__________．【答案】80π【解析】如图12,O O 分别为,ABC PAC 的外心.由90BAC ∠=︒，即1O 为BC 中点，取AC 的中点,H 则1O H AC ⊥，又面PAC ⊥面ABC ，面PAC 面ABC AC =，1O H ⊂面ABC ，即1O H ⊥面,PAC 设球心为O ，则2OO ⊥平面,PAC ∴12//O H OO ，又2O H AC ⊥，2O H ⊂面PAC ，面PAC 面ABC AC =，面PAC ⊥面ABC ，∴2O H ⊥平面ABC ，又1OO ⊥平面ABC .∴12//OO O H ，即四边形12OO HO 为矩形. 由正弦定理知：228sin AC O P APC==∠，即24O P =，∴若外接球半径为R ，则2222216420R O P OO =+=+=，∴2480S R ππ==.故答案为：80π.核心考点十：二面角模型【规律方法】如图1所示为四面体-P ABC ，已知二面角--P AB C 大小为α，其外接球问题的步骤如下：（1）找出△PAB 和△ABC 的外接圆圆心，分别记为1O 和2O ．（2）分别过1O 和2O 作平面PAB 和平面ABC 的垂线，其交点为球心，记为O ．（3）过1O 作AB 的垂线，垂足记为D ，连接2O D ，则2⊥O D AB ．（4）在四棱锥12-A DO OO 中，AD 垂直于平面12DO OO ，如图2所示，底面四边形12DO OO 的四个顶点共圆且OD 为该圆的直径．【典型例题】例31．（2022·贵州·模拟预测（理））如图，在三棱锥A BCD -中，ABC 是边长为AD CD ==D AC B --的余弦值为23，则三棱锥A BCD -外接球的表面积为______.【答案】84π5【解析】如图1，取AC 中点E ，连接BE ，DE ，ABC 与ACD 为等边三角形，则,BE AC DE AC ⊥⊥,,,BE DE E BE DE =⊂ 平面BDE ,故AC ⊥平面BDE ,故二面角D AC B --的平面角为DEB ∠，又AC ⊂平面ABC ,所以平面BDE ⊥平面ABC ，平面BDE ⋂平面ABC BE =，过D 作DH BE ⊥于H ，DH ⊂平面BDE ,所以DH ⊥平面ABC ，由题意得2cos 3DEB ∠=，3DE BE ===，∴2323EH =⨯=，则DH ==，设ABC 外接圆圆心为2O ，则2O 在BE 上，半径为2BO ，过2O 作平面ABC 的垂线l ，则三棱锥A BCD -外接球的球心一定在直线l 上.∵21122sin 2AC BO B =⨯==，∴221,1EO O H =∴=，过D 作BE 的平行线交l 于点F ，则21FD O H ==，∵D ，B 在球面上，外接球球心可能在三棱锥内也可能在三棱锥外，取截面如图2,3，设外接球球心O ，半径R ，令2OO x =，则2FO FO x =±，2FO DH ==∴22222222FO FD R OO BO R⎧+=⎪⎨+=⎪⎩,当2FO FO x =+时，化简得64,x +==当2FO FO x =-时，化简得64,x -==得2215R =，∴284π4π5S R ==,故答案为：84π5.例32．（2022·江西赣州·高三阶段练习（文））已知菱形ABCD 的边长为2，且60DAB ∠=︒，沿BD 把ABD △折起，得到三棱锥A BCD '-，且二面角A BD C '--的平面角为120︒，则三棱锥A BCD '-的外接球的表面积为___________.【答案】283π【解析】取BD 的中点H ，连接A H '，CH ，因为ABCD 为菱形，所以A H BD '⊥，CH BD ⊥，故A HC '∠为二面角A BD C '--的平面角，则120A HC '∠=︒，由题意可知A BD '△，BCD △为正三角形，则外接球球心位于过A BD '△，BCD △的中心且和它们所在面垂直的直线上，故分别取A BD '△，BCD △的重心为1G ，2G ，过点1G ，2G 分别作两个平面的垂线，交于点O ，点O 即为三棱锥的外接球的球心，由题意可知A BD BCD '≅△△，球心到面A BD '和面BCD 的距离相等，即12OG OG =，连接OD ，OH ，则1260OHG OHG ∠=∠=︒，菱形ABCD 的边长为2，∴1123HG ==，1cos 60HG OH ===︒，∴2222713OD OH HD =+=+=，即三棱锥A BCD '-的外接球的半径273=，所以其外接球的表面积为27284433R πππ=⨯=.故答案为：283π例33．（2022·江苏·南京市金陵中学河西分校高三阶段练习）在三棱锥A BCD -中，△BCD 是边长为3的正三角形，且AD =，AB =A BD C --的大小为3π，则此三棱锥外接球的体积为________．【解析】根据题意，222AD BD AB +=，所以AD BD ⊥，取BD 中点为E ，AB 中点M ，则//ME AD ，12ME AD ==ME DB ⊥，BCD 是正三角形，CE DB ⊥，MEC ∠是二面角A ﹣BD ﹣C 的平面角，60MEC ∠=︒，90ADB ∠=︒，M 是ADB 的外心，设N 是DBC 的外心，设过M 与平面ABD 垂直的直线与过N 垂直于平面BCD 的直线交于点O ，则O 是三棱锥A DBC -外接球球心，3CN BN ===，EN =，又EM ，由于平面MNO 与MEO 同时垂直于BD ，所以M E N O 、、、共面，在四边形MENO 中，由60MEC ∠=︒，EN =ME 090OME ONE ∠=∠= ，可得：12ON =，外接球半径为r OB ====体积为343V π=⨯=．例34．（2022·广东汕头·高三阶段练习）在边长为2的菱形ABCD 中，BD =将菱形ABCD 沿对角线AC 对折，使二面角B AC D --的余弦值为13，则所得三棱锥A BCD -的外接球的表面积为___________.【答案】6π【解析】依题意在边长为2的菱形ABCD 中，BD =60ABC ADC ︒∠=∠=，如下图所示，易知ABC 和ACD 都是等边三角形，取AC 的中点N ，则DN AC ⊥，BN AC ⊥．DN BN N = ，,DN BN ⊂平面BND ，所以AC ⊥平面BND ，所以BND ∠是二面角B AC D --的平面角，过点B 作BO DN ⊥交DN 于点O ，由AC ⊥平面BND ，BO ⊂平面BND ，所以AC BO ⊥，DN AC N = ，,DN AC ⊂平面ACD ，所以BO ⊥平面ACD ．因为在 BDN 中，BN DN ==所以22212cos 332343BD BN DN BN DN BND =+-⋅⋅∠=+-⨯⨯=，则2BD =．故三棱锥A BCD -为正四面体，由BO ⊥平面ACD ，所以O 为底面ACD 的重心，所以23OD DN ==13ON DN ==则BO ==设外接球的半径为R ，则()222R OD BO R =+-，解得R =．因此，三棱锥A BCD -的外接球的表面积为22446R πππ=⨯=．故答案为：6π．核心考点十一：坐标法【规律方法】对于一般多面体的外接球，可以建立空间直角坐标系，设球心坐标为(,,)O x y z ，利用球心到各顶点的距离相等建立方程组，解出球心坐标，从而得到球的半径长．坐标的引入，使外接球问题的求解从繁琐的定理推论中解脱出来，转化为向量的计算，大大降低了解题的难度．【典型例题】例35．（2022·黑龙江·大庆实验中学模拟预测）直角ABC 中2,1AB BC ==，D 是斜边AC 上的一动点，沿BD 将ABD △翻折到A BD 'V ，使二面角A BD C '--为直二面角，当线段A C '的长度最小时，四面体A BCD'的外接球的表面积为（）A ．134πB ．215πC ．133πD ．143π【答案】D【解析】解：根据题意，图1的直角三角形沿BD 将ABD △翻折到A BD 'V 使二面角A BD C '--为直二面角，所以，过点'A 作A H BD '⊥交BD 延长线于H ，过点C 作CM BD ⊥交BD 于M ，再作//,//NH CM CN MH ，使得CN 与HN 交于点N ，所以，由二面角A BD C '--为直二面角可得'CM A H ⊥，设ABD θ∠=，即B A D θ'∠=，则2CBD πθ∠=-，因为2,1AB BC ==，所以'2,1A B BC ==，所以，在'Rt A BH 中，'2sin 2cos A H BH θ,θ==，在Rt BCM △中，cos sin sin cos 22BM CM ππθθ,θθ⎛⎫⎛⎫=-==-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以2cos sin MH BH BM θθ=-=-，所以A C '==≥当且仅当22=πθ，即4πθ=时等号成立，此时，'A H BH ==BM CM ==MH =，在图1中，由于4πθ=，即BD 为角B 的角平分线，所以2AD AB DC BC ==，即AD =，所以'A D =，所以，DH =，由题知，',,HA HB HN 两两垂直，故以H 为坐标原点，以',,HB HN HA的方向为正方向建立空间直角坐标系，则()',,,A BC D ⎫⎫⎪⎪⎪⎪⎭⎭，所以，设四面体A BCD '的外接球的球心为(),,O x y z ，则',,AOOB OB OC OC OD ===，。

第29讲外接球与内切球问题(解析版)

第29讲外接球与内切球问题参考答案与试题解析一．选择题（共20小题）1．（2021春•润州区校级期末）若棱长为面积为( ) A ．12πB ．24πC ．36πD ．144π【解答】解：正方体外接球的球心在体对角线的中点，设半径为R ，则22(2)3R =⨯，即2424R =，所以球的表面积为2424R ππ=．故选：B ．2．（2021•泉州二模）如图是一个由6个正方形和8个正三角形围成的十四面体，其所有顶点都在球O 的球面上，若十四面体的棱长为1，则球O 的表面积为( )A ．2πB ．4πC ．6πD ．8π【解答】解：根据图形可知，该十四面体是由一个正方体切去八个角得到的，如图所示，十四面体的外接球球心与正方体的外接球球心相同，建立空间直角坐标系，该十四面体的棱长为1，∴∴该正方体的外接球球心坐标为O ，设十四面体上一点D ，则2D ，故十四面体的外接球的半径为1R OD ===， ∴球O 的表面积为244R ππ=．故选：B ．3．（2021•三模拟）如图，已知一底面半径为1，体积为π的圆锥内接于球O （其中球心O 在圆锥内），则球O 的表面积为( )A ．1009π B ．209π C ．203π D ．503π 【解答】解：设圆锥的底面圆心为1O ，连接1SO ，1O B ，OB 21113V SO ππ=⨯⨯=锥，13SO ∴=，设球O 的半径为R ，则22(3)1R R -+=，解得53R =，所以球O 的表面积2251004499S R πππ==⨯=．故选：A ．4．（2021•甲卷）已知A ，B ，C 是半径为1的球O 的球面上的三个点，且AC BC ⊥，1AC BC ==，则三棱锥O ABC -的体积为( )A B C D 【解答】解：因为AC BC ⊥，1AC BC ==，所以底面ABC 为等腰直角三角形，所以ABC ∆所在的截面圆的圆心1O 为斜边AB 的中点，所以1OO ⊥平面ABC ，在Rt ABC ∆中，AB =12AO =，在1Rt AOO ∆中，1OO ==故三棱锥O ABC -的体积为111111332ABC V S OO ∆=⋅⋅=⨯⨯⨯=．故选：A ．5．（2021春•让胡路区校级期末）一块边长为10cm 的正方形铁片如图所示，将它的阴影部分截下，然后用余下的四个全等的等腰三角形加工成一个正四棱锥形容器，则这个正四棱锥的外接球的表面积( )A ．2894π B ．28916π C ．28948π D ．28964π 【解答】解：根据题意，可知正四棱锥的底面边长为6，斜高为5，（如图）从而可得正四棱锥的高4h OE ==，底面ABCD 外接圆r =∴正四棱锥的外接球的半径R解得174R =，可得外接球的表面积228944S R ππ==．故选：A ．6．（2021•晋中三模）在正四棱锥P ABCD -中，已知2PA AB ==，O 为底面ABCD 的中心，以点O PCD 的交线长度为( )A B C D 【解答】解：取CD 的中点E ，则有OE CD ⊥，PE CD ⊥，因为2PA AB ==，所以1OE =，PE =，则OP =PCD ∆为正三角形，球心O 在平面PCD 上的投影M 即为PCD ∆的中心，则OP OE OM PE ⋅=，球的半径OF ，在Rt OMF ∆中，则截面圆的半径MF ==在正三角形PCD 中，以点M 分，圆心角都为90︒，故球的球面与侧面PCD 的交线长度为截面圆周长的14，所以该球的球面与侧面PCD 的交线长度为124MF π⨯⨯=．故选：A ．7．（2021•河南模拟）如图，正方形ABCD 与正方形ACEF 所在的平面互相垂直，1AB =，点A ，B ，C ，D ，E ，F 在同一个球面上，则该球的体积是( )A B ．43π C D ．323π【解答】解：如图，连接BD ，交AC 与G ，则AG GC =，连接AE 、CF ，设AECF O =，则AO OE =，连接OG ，则//OG CE ，OG AC ∴⊥，平面ACEF ⊥平面ABCD ，平面ACEF ⋂平面ABCD AC =， OG ∴⊥平面ABCD ，则OA OC OB OD OE OF =====，即O 为点A ，B ，C ，D ，E ，F 所在球的球心，半径11122R AE ===． ∴所求球的体积是344133ππ⨯=．故选：B ．8．在半径为R 的球内放入5个球，其中有4个球大小相等，两两相外切且均与大球相内切，另一个小球与这四个球均相外切，则这个小球半径为( )A ．(3R -B ．(4R -C ．(5R -D ．(6R -【解答】解：由已知中四个半径都是r 的球中的三个放在桌面上，使它两两外切，然后在它们上面放上第四个球，使它与前三个都相切，连接四个球的球心，得到一个棱长为2r 的正四面体若这四个球之间有一个小球和这四个球都外切，则这个小球的半径为11)r r =-，另有一个更大的球与这四个球都内切，更大球的1)R r =+．1(5r R∴=-=-，故选：C．9．（2021春•三明期中）在三棱锥P ABC-中，4PA PB BC===，8AC=，AB BC⊥．平面PAB⊥平面ABC，若球O是三棱锥P ABC-的外接球，则球O的表面积为() A．25πB．60πC．72πD．80π【解答】解：三棱锥P ABC-中，若球O是三棱锥P ABC-的外接球，如图所示：在平面PAB中，过点P作PD AB⊥于点D，由于平面PAB⊥平面ABC，故PD⊥平面ABC，所以PD BC⊥，由于AB BC⊥．故BC⊥平面ABP，所以BC AB⊥．由于4PA PB BC===，8AC=，故AB=，所以AD DB==，进一步求出2PD=，设PAB∆的中心为E，设PE x=，利用222(2)x x+-=，解得4x=，所以该三角形的中心在三角形的外部，即2DE=，由于三角形ABC为直角三角形，点H为AC的中点，所以4BH=，过点H作OH⊥平面ABC，所以OA=即外接球的半径为故2480S ππ=⋅⋅=球．故选：D ．10．（2021•白山三模）如图，正四棱锥P ABCD -的每个顶点都在球M 的球面上，侧面PAB 是等边三角形．若半球O 的球心为四棱锥的底面中心，且半球与四个侧面均相切，则半球O 的体积与球M 的体积的比值为( )ABCD【解答】解：如图，连接PO ，BD ，取CD 的中点E ，连接PE ，OE ，过O 作OH PE ⊥于H ，可知PO ⊥底面ABCD ，设4AB =，则BD ==，12BO BD ==，PO ==设球M 的半径为R ，半球O 的半径为r，则R =r OH =，在等边三角形PCD中，求得PE = 由Rt PHO Rt POE ∆∆∽，可得r OH OE R PO PE ===故33314123()423O Mr V r V R R ππ⨯==⨯=半球球．故选：D ．11．（2021•鼓楼区校级模拟）已知矩形ABCD ，1AB =，2AD =，点E 为BC 边的中点将ABE ∆沿AE 翻折，得到四棱锥B AECD -，且平面BAE ⊥平面AECD ，则四面体B ECD -的外接球的表面积为( )A ．72πB ．4πC ．92πD ．5π【解答】解：如图所示，取AE ，DE 中点分别为G ，H ，连结BG ，作HI BG =，且//HI BG ，设外接球球心为O ，半径为r ，由平面BAE ⊥平面AECD ，易知BG ⊥平面AECD ，则有IH ⊥平面DEC ，且易知球心O 在IH 上，四边形BGIH 为矩形，设OH t =，则有2221)12r t t =+=-+，解得t =，所以1r =，此时点I 与点O 重合，外接球表面积为4π．故选：B ．12．桌面上放着3个半径为1的球，两两相切，在它们上方的空间里放入一个球使其顶点（最高处）恰好和3个球的顶点在同一个平面上，该球的半径为( )A B C ．13D 【解答】解：问题转化为摆放在桌面上的三个半径为1的球两两相切，在桌面与三球之间的空间中再摆入一个小球与三球和桌面都相切，设三个半径为1的球的球心分别为1O ，2O ，3O ，与桌面三个切点分别为A ，B ，C ，如下图所示：则三棱柱123ABC O O O -，是一个底面边长为2，高为1的正三棱柱，则小球球心O 在底面ABC 上的投影必为ABC ∆的中心H ，设小球半径为R ，在AOH ∆中，1AO R =+，AH =则OH 又1R OH +=，解得13R =，故选：C ．13．（2021•龙岩模拟）如图，在棱长为10的正方体内放入两个半径不相等的球1O ，2O ，这两个球相外切，且球1O 与正方体共顶点A 的三个面相切，球2O 与正方体共顶点1B 的三个面相切，则球2O 的半径最大时，球2O 的体积是( )A ．100πB ．5003π C ．300π D ．【解答】解：由题意，棱长为10的正方体，当球2O 的半径最大时，即是正方体内切球的时候，可得球2O 半径5r =，那么球2O 的体积3450033V r ππ==．故选：B ．14．（2021•桂林三模）如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高8cm ，将一个球放在容器口，再向容器注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6cm ，如不计容器的厚度，则球的表面积为( )A ．100πB ．5003πC ．50πD ．200π【解答】解：设正方体上底面所在平面截球得小圆M ，则圆心M 为正方体上底面正方形的中心．如图．设球的半径为R ，根据题意得球心到上底面的距离等于(2)R cm -，而圆M 的半径为4，由球的截面圆性质，得222(2)4R R =-+，解得：5R =．∴球的表面积为245100ππ=．故选：A ．15．（2021•聊城一模）阿基米德是古希腊伟大的数学家、物理学家、天文学家，是静态力学和流体静力学的奠基人，和高斯、牛顿并列为世界三大数学家，他在不知道球体积公式的情况下得出了圆柱容球定理，即圆柱内切球（与圆柱的两底面及侧面都相切的球）的体积等于圆柱体积的三分之二．那么，圆柱内切球的表面积与该圆柱表面积的比为( ) A ．12B ．13C ．23D ．34【解答】解：设球的半径为R ，则圆柱的底面半径为R ，高为2R ，则圆柱的表面积为222226S R R R R πππ=+⋅=，球的表面积为24S R π=球．∴圆柱内切球的表面积与该圆柱表面积的比为224263R R ππ=．故选：C ．16．（2021•5月份模拟）已知三棱锥P ABC -的四个顶点在球O 的球面上，2PA PC BC ===，4AB =，120APC ∠=︒，平面PAC ⊥平面ABC ，则球O 的体积为( )A ．B C D ．【解答】解：因为2PA PC ==，120APC ∠=︒，可知AC = 又4AB =，2BC =，所以222AB BC AC =+，故BC AC ⊥，取AC 的中点D ，则1PD =，PD AC ⊥，又平面PAC ⊥平面ABC ，且平面PAC ⋂平面ABC AC =，所以PD ⊥平面ABC ，设PAC ∆的外接圆的圆心为1O ，则1O 在PD 的延长线上，因为2PA PC ==，120APC ∠=︒，所以112PO AO AP ===，所以11DO =，设2O 为ABC ∆的外接圆的圆心，则2O 为AB 的中点，21DO =，连结1OO ，2OO ，由球的性质可知，2OO ⊥平面ABC ，所以12//DO OO ，22OO DO ⊥，同理可得，12//OO DO ，11OO DO ⊥，所以四边形12OO DO 为正方形，所以球O 的半径为2222222125R OO AO =+=+=，所以R =，则球O 的体积为343O V R π==球故选：C ．17．（2021•广西模拟）已知三棱锥P ABC -的四个顶点在球O 的球面上，PA ⊥平面ABC ，2PA AB BC ===，PB 与平面PAC 所成的角为30︒，则球O 的表面积为( )A ．6πB ．12πC ．16πD ．48π【解答】解：如图，由PA ⊥平面ABC ，得平面PAC ⊥平面ABC ，取AC 中点H ，连接BH ，PH ，则BH AC ⊥，可得BH ⊥平面PAC ，则30BPH ∠=︒，2PA AB ==，PB ∴=，得BH ，求得AH HC =H 为底面三角形ABC的外心，过H 作HO ⊥底面ABC ，且1(2HO PA O =在球内部），则O 为三棱锥P ABC -的外接球的球心，可得222213R OA ==+=．∴球O 的表面积为244312R πππ=⨯=．故选：B ．18．（2021•厦门模拟）如图，在四棱锥P ABCD -的平面展开图中，四边形ABCD 是边长为2的正方形，ADE ∆是以AD 为斜边的等腰直角三角形，90HDC FAB ∠=∠=︒，则四棱锥P ABCD -外接球的球心到面PBC 的距离为( )A B C D 【解答】解：由平面图形还原原四棱锥如图，该四棱锥底面ABCD 为正方形，边长为2，侧面PAD ⊥底面ABCD ，PA PD =，则PB PC =．取AD 的中点G ，则G 为Rt APD ∆的外心，连接AC 、BD ，相交于O ，则OG ⊥平面PAD ，可得OA OB OC OD OP ====，即O 为四棱锥P ABCD -的外接球的球心，延长GO 交BC 于E ，则E 为BC 的中点，连接PE ，在Rt PGE ∆中，有1PG =，PE =设O 到PE 的距离为h ，则h PGOE PE =，即PG OE h PE ⋅===．则四棱锥P ABCD -外接球的球心到面PBC ．故选：C ．19．（2021•江苏模拟）在三棱锥P ABC -中，ABC ∆是边长为2的正三角形，PA PB PC ==，E ，F 分别是PA ，AB 的中点，且CE EF ⊥，则三棱锥P ABC -接球的表面积为( )A ．6πB ．12πC ．24πD ．36π【解答】解：在三棱锥P ABC -中，ABC ∆是边长为2的正三角形，PA PB PC ==，E ，F 分别是PA ，AB 的中点，且CE EF ⊥，所以PB AC ⊥，EF 为PAB ∆中位线，//EF PB ∴又EF CE ⊥，PB CE ∴⊥，CEAC C =，AC ，CE ⊂平面PACPB ∴⊥平面PAC ，PB PA ∴⊥，且PB PC ⊥则PA ，PB ，PC 两两垂直如图将P ABC -补成一个正方体 2AB AC BC ===∴PA PB PC ===外接球半径r =，246S r ππ==，故选：A ．20．（2021春•扬中市校级期末）已知三棱锥A BCD -的所有顶点都在球O 的球面上，且AB ⊥平面BCD ，AB =4AC AD ==，CD =，则球O 的表面积为( ) A ．20π B ．18πC ．36πD ．24π【解答】解：如图，AB ⊥平面BCD ，BC 、BD ⊂平面BCD ，AB BC ∴⊥，AB BD ⊥，2AB =，4AC AD ==，2BC BD ∴===，又CD =，222BC BD CD ∴+=，即BC BD ⊥，取CD 中点G ，则G 为BCD ∆的外心，设球O 的半径为R ，三角形BCD 的外接圆半径为r ，则12r CD ==，R ==∴球O 的表面积为2420S R ππ==．故选：A ．二．填空题（共18小题）21．（2021•蚌埠模拟）有四个半径为1的小球，球1O ，球2O ，球3O 放置在水平桌面上，第四个小球4O 放在这三个小球的上方，且四个小球两两外切．在四个小球之间有一个小球O ，与这四个小球均外切．则球O 的半径为 1 ．【解答】解：将四个球的球心两两连线，可得出棱长为2的正四面体1234O O O O ，正四面体1234O O O O 的外接球球心即为球心O ，如图所示，设点4O 在底面123O O O 的射影点为M ，则球心O 在线段4O M 上，设正四面体1234O O O O 的外接球半径为r ，由正弦定理可知，正△123O O O的外接圆半径为322sin3O M π=，而4O M ==，由题意可得，22243()O M r O M r -+=，即224)3r r -+=，解得r =，∴4OM O M r =-=， ∴球O的半径为1+．故答案为：1+．22．（2021•榆林一模）已知直三棱柱111ABC A B C -的各顶点都在同一球面上，若1AB AC ==，12AA =，120BAC ∠=︒，则此球的表面积等于 8π ．【解答】解：设直三棱柱111ABC A B C -的上下底面的三角形的外接圆的圆心分别是点P ，M ，设ABC ∆的外接圆半径为r ，直三棱柱111ABC A B C -的外接球的半径为R ，如图所示：，∴直三棱柱111ABC A B C -的外接球的球心O 为线段PM 的中点，在ABC ∆中，1AB AC ==，120BAC ∠=︒，∴由余弦定理得：22201cos12022AB AC BC AB AC +-==-，∴BC =∴由正弦定理得：022sin120BCr ==，1r ∴=， ∴在Rt OMC ∆中，OC R =，1112OM AA ==，1MC r ==， 222112R ∴=+=，∴直三棱柱111ABC A B C -的外接球的表面积为：248R ππ=，故答案为：8π．23．（2021•安徽模拟）已知球O 是圆锥1PO 的外接球，圆锥1PO 的母线长是底面半径的3倍，且球O 的表面积为818π，则圆锥1PO 的侧面积为 3π ．【解答】解：设1O B r =，球O 的半径为R ，则3PB r =，由球O 的表面积为28148R ππ=，得28132R =．在Rt △1OO B 中，2221()R PO R r =-+，即222)R R r =-+，解得1r =，故圆锥1PO 的侧面积为3r PB ππ⋅=．故答案为：3π．24．（2021秋•唐山期末）已知一个圆锥内接于球O （圆锥的底面圆周及顶点均在同一球面上），圆锥的高是底面半径的3倍，圆锥的侧面积为，则球O 的表面积为 100π ．【解答】解：设圆锥的底面半径O B r '=，则3SO r '=，SB SA ∴===，圆锥的侧面积为r π=⋅，解得3r =．∴圆锥的高为9，设球的半径为R ， 9OO R ∴'=-，由勾股定理得：222(9)R r R -+=，解得5R =，∴球O 的表面积为：24100R ππ⋅=．故答案为：100π．25．（2021春•青羊区校级期末）已知边长为ABCD 中，60BAD ∠=︒，沿对角边BD 折成二面角A BD C --为120︒的四面体ABCD ，则四面体的外接球的表面积为28π ．【解答】解：如图，设两三角形外心分别为2O ，3O ，球心为O ，BD 中点为1O ，由题意知1120AO C ∠=︒，12OO ∴=，3OO =∴球半径OC =∴四面体的外接球的表面积为2428S ππ=⨯=．故答案为：28π．26．（2021•沈阳三模）在四面体ABCD 中，BCD ∆是边长为2的等边三角形，ABD ∆是以BD 为斜边的等腰直角三角形，平面ABD ⊥平面ABC ，则四面体ABCD 的外接球的表面积为 6π ．【解答】解：ABD ∆是以BD 为斜边的等腰直角三角形，AB AD ∴⊥，又平面ABD ⊥平面ABC ，平面ABD ⋂平面ABC AB =， DA ∴⊥平面ABC ，则DA AC ⊥，可得DA 、AB 、AC 两两相互垂直，且2DA AB AC ==== 以A 为顶点，以AB 、AC 、AD 为过A 点的三条棱构造正方体，可得四面体ABCD 外接球的半径R =，∴四面体ABCD 的外接球的表面积为22446R πππ=⨯=．故答案为：6π．27．（2021春•包河区校级期中）把四个半径分别为9，9，9，19的小球同时放入一个大球中，使四个小球两两外切并均与大球内切，则大球的半径为 572．【解答】解：如图，设三个半径为9的球的球心分别为A 、B 、C ，半径为19的球的球心为D ，连接AB 、BC 、AC 、AD 、BD 、CD ，则D 在平面ABC 上的射影为底面正三角形ABC 的外心G ，可得BG =三棱锥D ABC -为正三棱锥，侧棱28DB =，则26DG ==．再设大球的球心为O ，由对称性可得，O 在线段DG 上，要使大球与四个小球都内切，则199OD OB +=+，设OB x =，则OG ，26OD DG OG ∴=-=则26199x =+，解得392x =． ∴大球的半径为39579922x +=+=．故答案为：572．28．把半径为r 的四个小球全部放入一个大球内，则大球半径的最小值为 (1r + ．【解答】解：当四个小球彼此相外切，与大球内切时，大球半径的最小，如图所示：四个小球，三个在下，一个在上，四个球心连线成正四面体，该正四面体的边长为2r ，，，∴大球半径最小为：(1r +，故答案为：(1r +29．（2021•饶阳县校级模拟）如图，在三棱柱111ABC A B C -中，11114A B AC ==，S 为棱11B C 上一点，且90ASC ∠=︒，AB ⊥平面ACS ，则三棱锥S ABC -的外接球的表面积为 32π ．【解答】解：如图，取BC 的中点D ，连接AD ，SD ．AB ⊥平面ACS ，AC ，SC ⊂平面ACS ，AB SC ∴⊥，AB AC ⊥，90ASC ∠=︒，SC AS ∴⊥，又AB AS A =，AB ，AS ⊂平面ABS ，SC ∴⊥平面ABS ，SC BS ∴⊥，则SD BD CD AD ===，得D 为三棱锥S ABC -的外接球的球心．114AB AC A B ===，∴BC =∴三棱锥S ABC -的外接球的表面积为224()4322BC πππ⋅=⨯=．故答案为：32π．30．（2021•普陀区模拟）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表面积为 2π ．【解答】解：设内切球的半径为r ，则利用轴截面，根据等面积可得112(332)22r ⨯⨯++，r ∴=， ∴该圆锥内切球的表面积为214422r πππ=⨯=，故答案为：2π．31．（2021•奉贤区校级二模）已知ABC ∆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16π，则球O 的体积为 323π；O 到平面ABC 的距离为．【解答】解：由题意可知图形如图：ABC ∆的等边三角形，2AB =3AB BC AC ∴===，可得：1233AO == 球O 的表面积为16π，外接球的半径为：R ；所以2416R ππ=，解得2R =，∴球O 的体积为：343233R ππ⋅=，所以O 到平面ABC 1=．故答案为：323π，1．32．（2021•渝水区校级模拟）阿基米德多面体，也称为半正多面体，是指至少由两种类型的正多边形为面构成的凸多面体．如图，从正四面体的4个顶点处截去4个相同的正四面体，若得到的几何体是由正三角形与正六边形构成的阿基米德多面体，且该阿基米德多面体的表面积为112π．【解答】解：设阿基米德多面体的棱长为a 22446⨯+⨯=1a =，显然正四面体的棱长为3，且正四面体与半正多面体的外接球的球心相同，设为O ．如图：3BC =，则BG ==23BF BG ===AF ∴设OA OB R ==，则OF AF R R =-，在直角三角形OBF 中，222OB BF OF =+，即223)R R =+，解得R =，∴在直角三角形AFB 中cos AF BAF AB ∠==∴在三角形EAO 中，cos cos EAO BAF ∠=∠，由余弦定理得，22222222cos 22216OE AE AO AE AO EAO =+-⨯⨯∠=+-⨯⨯=，OE ∴．所以这个半正多面体的外接球的半径为．则该阿基米德多面体外接球的表面积为2114()42ππ⨯=故答案为：112π．33．（2021•泰州模拟）由两种或三种正多边形面组成的凸多面体称作阿基米德多面体．将一个棱长为12的正四面体截去4个小正四面体后可以得到一个由正三角形和正六边形构成的阿基米德八面体，则该阿基米德八面体的外接球的表面积为 88π ．【解答】解：如图，截去4个小正四面体后得到一个由正三角形和正六边形构成的阿基米德八面体，可知阿基米德八面体的所有棱长都相等，等于原正四面体棱长的13，为11243⨯=，原正四面体外接球的球心，就是阿基米德八面体的外接球的球心，设球心为O ，半径为R ，一个正六边形的中心为G ，则OG 与正六边形所在平面垂直， OG 的长度为原正四面体内切球的半径，由等体积法可知，OG 等于原正四面体高的14，即1144OG ==⨯4GA =，22261622OA OG GA ∴=+=+=，则该阿基米德八面体的外接球的表面积为2442288R πππ=⨯=．故答案为：88π．34．（2021•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）的体积与圆锥体积之比等于它们的表面积之比，则该比值的最大值为 12．【解答】解：设圆锥去的底面半径为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 θ∠=，由于tan R r θ=，则tan R r θ=， OD AB ⊥，OE BC ⊥， DBE DOE π∴∠+∠=，又AOD DOE π∠+∠=， 2AOD DBE θ∴∠=∠=， tan2AD R θ∴=，22tan 2tan Rl r AD BD r AD r R θθ∴+=++=+=+，则圆锥表面积为1()S r l r π=+，圆锥内切球表面积为224S R π=， ∴所求比值为22221242(1)2tan 2()tan 1tan S R tan tan R R R S tan πθθπθθθθ==-+-，令2tan 0t θ=>，则2212(1)22S t t t t S =-=-+，当12t =时，21S S 取得最大值为12．故答案为：12． 35．（2021秋•怀化期末）矩形ABCD 中，4AB =，3BC =，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 1256π ．【解答】解：由题意知，球心到四个顶点的距离相等，所以球心在对角线AC 上，且其半径为AC 长度的一半，则345125()326V ππ=⨯=球．故答案为：1256π．36．（2021•闵行区校级模拟）在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -，M ，N ，Q ，P 分别为棱11A B ，11B C ，1BB ，1CC 的中点，三棱锥M PQN -的顶点在同一个球面上，则该球的表面积为 8π ．【解答】解：三棱锥M PQN -的顶点在同一个球面上，由点P 为棱1CC 的中点，可得底面PQN ∆是等腰直角三角形，那么底面PQN ∆的外接圆半径1r =，设球心到PQN ∆的外接圆的圆心的距离为d ，球半径R ，则2221()R MB d =-+，① 222d r R +=，②联立①②解得R ．∴该球的表面积248S R ππ==．故答案为：8π．37．（2021•聊城三模）在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，M ，N ，Q 分别为棱11A B ，11B C ，1BB 的中点，点P 为棱1CC 上的动点，则P MNQ V -的最大值为12，若点P 为棱1CC 的中点，三棱锥M PQN -的顶点在同一个球面上，则该球的表面积为．【解答】解：由三棱锥P MNQ V -的体积：113NQP MB V S h =⨯，因为1MB 是定值，只需NQP S 最大值即可，当P 在C 点时，可得底面NQP 的面积最大，即32NQP S =．那么1113113322NQP MB V S h =⨯=⨯⨯=；三棱锥M PQN -的顶点在同一个球面上，由点P 为棱1CC 的中点，可得底面PQN ∆是等腰直角三角形，那么底面PQN ∆的外接圆半径1r =，设球心到圆心的距离为d ，球半径R则2221()R MB d =-+⋯⋯① 222d r R +=⋯⋯②根据①②解得R ；∴该球的表面积248S R ππ==．故答案为12；8π．38．（2021•河东区二模）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正三角形，E ，F 分别是PA ，AB 的中点，90CEF ∠=︒，则球O 的体．【解答】解：如图，由PA PB PC ==，ABC ∆是边长为2的正三角形，可知三棱锥P ABC -为正三棱锥，则顶点P 在底面的射影O 为底面三角形的中心，连接BO 并延长，交AC 于G ，则AC BG ⊥，又PO AC ⊥，POBG O =，可得AC ⊥平面PBG ，则PB AC ⊥，E ，F 分别是PA ，AB 的中点，//EF PB ∴，又90CEF ∠=︒，即EF CE ⊥，PB CE ∴⊥，得PB ⊥平面PAC ，∴正三棱锥P ABC -的三条侧棱两两互相垂直，把三棱锥补形为正方体，则正方体外接球即为三棱锥的外接球，其直径，2R =O 的体积为343V R π=．．。

高考数学外接球与内切球十大模型(例题+练习共10个专题)(学生版+解析版)

专题一墙角模型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与难点，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．研究多面体的外接球问题，既要运用多面体的知识，又要运用球的知识，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．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．空间几何体的外接球与内切球十大模型1．墙角模型；2．对棱相等模型；3．汉堡模型；4．垂面模型；5．切瓜模型；6．斗笠模型；7．鳄鱼模型；8．已知球心或球半径模型；9．最值模型；10．内切球模型．【方法总结】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 ＝a 2＋b 2＋c 2．)，秒杀公式：R 2＝a 2＋b 2＋c 24．可求出球的半径从而解决问题．有以下四种类型：【例题选讲】[例] (1)已知三棱锥A －BCD 的四个顶点A ，B ，C ，D 都在球O 的表面上，AC ⊥平面BCD ，BC ⊥CD ，且AC ＝3，BC ＝2，CD ＝5，则球O 的表面积为( )A ．12πB ．7πC ．9πD ．8π答案 A 解析由AC ⊥平面BCD ，BC ⊥CD 知三棱锥A －BCD 可构造以AC ，BC ，CD 为三条棱的长方体，设球O 的半径为R ，则有(2R )2＝AC 2＋BC 2＋CD 2＝3＋4＋5＝12，所以S 球＝4πR 2＝12π，故选A ．(2)若三棱锥ABC S -的三条侧棱两两垂直，且2=SA ，4==SC SB ，则该三棱锥的外接球半径为( )． A ．3 B ．6 C ．36 D ．9ABC D A 1B 1C 1D 1类型ⅠA BC DA 1B 1C 1D 1类型ⅡABC D A 1B 1C 1D 1类型ⅢABC D A 1B 1C 1D 1例外型答案 A 解析 616164)2(2=++=R ，3=R ，故选A ．(3)已知S ，A ，B ，C ，是球O 表面上的点，SA ⊥平面ABC ，AB ⊥BC ，SA ＝AB ＝1，BC，则球O 的表面积等于( )．A ．4πB ．3πC ．2πD ．π 答案解析由已知，22R =， 244S R π∴==球π．(4)在正三棱锥S －ABC 中，M ，N 分别是棱SC ，BC 的中点，且AM MN ⊥，若侧棱SA =三棱锥S －ABC 外接球的表面积是________．答案 π36 解析 MN AM ⊥，MN SB //，∴SB AM ⊥， SB AC ⊥，∴⊥SB 平面SAC ，∴SA SB ⊥，SC SB ⊥， SA SB ⊥，SA BC ⊥，∴⊥SA 平面SBC ，∴SC SA ⊥，故三棱锥ABC S -的三棱条侧棱两两互相垂直，222(2)R ∴=+2+36=，即3642=R ，∴正三棱锥ABC S -外接球的表面积是π36．(5)(2019全国Ⅰ)已知三棱锥P －ABC 的四个顶点在球O 的球面上，P A ＝PB ＝PC ，△ABC 是边长为2的正三角形，E ，F 分别是P A ，AB 的中点，∠CEF =90°，则球O 的体积为( )．A． B． C． D答案 D 解析解法一：, 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 的中点，EF PB ∴∥，EF AC ∴⊥，又EF CE ⊥，,CE AC C EF =∴⊥平面PAC ，∴PB ⊥平面PAC， APB PA PB PC ∴∠=90︒,∴===P ABC ∴-为正方体的一部分，2R，=，即344π33R V R π=∴==，故选D ．解法二：设2PA PB PC x ===，, E F 分别为, PA AB 的中点，EF PB ∴∥，且12EF PB x ==，ABC△为边长为2的等边三角形，CF ∴=，又90CEF ∠=︒，12CE AE PA x ∴==，AEC △中，ABCSMN ABCP EF(解法一)AC(解法二)由余弦定理可得()2243cos 22x x EAC x+--∠=⨯⨯，作PD AC ⊥于D ，PA PC =，D ∴为AC 的中点，cos E ∠12AD AC PA x ==，2243142x x x x +-+∴=，221212 2x x x ∴+=∴==，，，PA PB PC ∴===2AB BC AC ===，, , PA PB PC ∴两两垂直，2R ∴，R ∴，34433V R ππ∴==⨯==，故选D ． (6)已知二面角α－l －β的大小为π3，点P ∈α，点P 在β 内的正投影为点A ，过点A 作AB ⊥l ，垂足为点B ，点C ∈l ，BC ＝22，P A ＝23，点D ∈β，且四边形ABCD 满足∠BCD ＋∠DAB ＝π．若四面体P ACD 的四个顶点都在同一球面上，则该球的体积为________．答案 86π 解析 ∵∠BCD ＋∠DAB ＝π，∴A ，B ，C ，D 四点共圆，直径为AC ，∵P A ⊥平面β，AB ⊥l ，∴易得PB ⊥l ，即∠PBA 为二面角α－l －β的平面角，即∠PBA ＝π3，∵P A ＝23，∴BA ＝2，∵BC＝22，∴AC ＝23．设球的半径为R ，则23－R 2－()32＝R 2－()32，∴R ＝6，V ＝4π3(6)3＝86π．【对点训练】1．点A ，B ，C ，D 均在同一球面上，且AB ，AC ，AD 两两垂直，且AB ＝1，AC ＝2，AD ＝3，则该球的表面积为( )A ．7πB ．14πC ．72πD ．714π32．等腰△ABC 中，AB ＝AC ＝5，BC ＝6，将△ABC 沿BC 边上的高AD 折成直二面角B －AD －C ，则三棱锥B －ACD 的外接球的表面积为( )A ．5πB ．203π C ．10π D ．34π3．已知球O 的球面上有四点A ，B ，C ，D ，DA ⊥平面ABC ，AB ⊥BC ，DA ＝AB ＝BC ＝2，则球O 的体积等于________.4．已知四面体P －ABC 四个顶点都在球O 的球面上，若PB ⊥平面ABC ，AB ⊥AC ，且AC ＝1，AB ＝PB ＝2，则球O 的表面积为________．5．三棱锥P －ABC 中，△ABC 为等边三角形，P A ＝PB ＝PC ＝3，P A ⊥PB ，三棱锥P －ABC 的外接球的体积为( )A ．272πB ．2732π C ．273π D ．27π6．在空间直角坐标系Oxyz 中，四面体ABCD 各顶点的坐标分别为A (2，2，1)，B (2，2，－1)，C (0，2， 1)，D (0，0，1)，则该四面体外接球的表面积是( )A ．16πB ．12πC ．43πD ．6π7．在平行四边形ABCD 中，∠ABD ＝90°，且AB ＝1，BD ＝2，若将其沿BD 折起使平面ABD ⊥平面BC D ，则三棱锥A －BDC 的外接球的表面积为( D )A ．2πB ．8πC ．16πD ．4π8．在正三棱锥S－ABC中，点M是SC的中点，且AM⊥SB，底面边长AB＝22，则正三棱锥S－ABC的外接球的表面积为()A．6πB．12πC．32πD．36π9．在古代将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑，已知四面体A－BCD为鳖臑，AB⊥平面BCD，且AB＝BC＝36CD，若此四面体的体积为833，则其外接球的表面积为________．10．在长方体ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为32的正方形，AA1＝3，E是线段A1B1上一点，若二面角A－BD－E的正切值为3，则三棱锥A－A1D1E外接球的表面积为________．专题一墙角模型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与难点，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．研究多面体的外接球问题，既要运用多面体的知识，又要运用球的知识，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．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．空间几何体的外接球与内切球十大模型1．墙角模型；2．对棱相等模型；3．汉堡模型；4．垂面模型；5．切瓜模型；6．斗笠模型；7．鳄鱼模型；8．已知球心或球半径模型；9．最值模型；10．内切球模型．【方法总结】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 ＝a 2＋b 2＋c 2．)，秒杀公式：R 2＝a 2＋b 2＋c 24．可求出球的半径从而解决问题．有以下四种类型：【例题选讲】[例] (1)已知三棱锥A －BCD 的四个顶点A ，B ，C ，D 都在球O 的表面上，AC ⊥平面BCD ，BC ⊥CD ，且AC ＝3，BC ＝2，CD ＝5，则球O 的表面积为( )A ．12πB ．7πC ．9πD ．8π答案 A 解析由AC ⊥平面BCD ，BC ⊥CD 知三棱锥A －BCD 可构造以AC ，BC ，CD 为三条棱的长方体，设球O 的半径为R ，则有(2R )2＝AC 2＋BC 2＋CD 2＝3＋4＋5＝12，所以S 球＝4πR 2＝12π，故选A ．(2)若三棱锥ABC S -的三条侧棱两两垂直，且2=SA ，4==SC SB ，则该三棱锥的外接球半径为( )． A ．3 B ．6 C ．36 D ．9ABC D A 1B 1C 1D 1类型ⅠA BC DA 1B 1C 1D 1类型ⅡABC D A 1B 1C 1D 1类型ⅢABC D A 1B 1C 1D 1例外型答案 A 解析 616164)2(2=++=R ，3=R ，故选A ．(3)已知S ，A ，B ，C ，是球O 表面上的点，SA ⊥平面ABC ，AB ⊥BC ，SA ＝AB ＝1，BC，则球O 的表面积等于( )．A ．4πB ．3πC ．2πD ．π答案解析由已知，22R =， 244S R π∴==球π．(4)在正三棱锥S －ABC 中，M ，N 分别是棱SC ，BC 的中点，且AM MN ⊥，若侧棱SA =三棱锥S －ABC 外接球的表面积是________．答案 π36 解析 MN AM ⊥，MN SB //，∴SB AM ⊥， SB AC ⊥，∴⊥SB 平面SAC ，∴SA SB ⊥，SC SB ⊥， SA SB ⊥，SA BC ⊥，∴⊥SA 平面SBC ，∴SC SA ⊥，故三棱锥ABC S -的三棱条侧棱两两互相垂直，222(2)R ∴=+2+36=，即3642=R ，∴正三棱锥ABC S -外接球的表面积是π36．(5)(2019全国Ⅰ)已知三棱锥P －ABC 的四个顶点在球O 的球面上，P A ＝PB ＝PC ，△ABC 是边长为2的正三角形，E ，F 分别是P A ，AB 的中点，∠CEF =90°，则球O 的体积为( )．A． B． C． D答案 D 解析解法一：, 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 的中点，EF PB ∴∥，EF AC ∴⊥，又EF CE ⊥，,CEAC C EF =∴⊥平面PAC ，∴PB ⊥平面PAC， APB PA PB PC ∴∠=90︒,∴===P ABC∴-为正方体的一部分，2R，即344π33R V R π∴===，故选D ．解法二：设2PA PB PC x ===，, E F 分别为, PA AB 的中点，EF PB ∴∥，且12EF PB x ==，ABC △为边长为2的等边三角形，CF ∴=，又90CEF ∠=︒，12CE AE PA x ∴==，AEC △中，ABCSMN ACP EF(解法一)AC(解法二)由余弦定理可得()2243cos 22x x EAC x+--∠=⨯⨯，作PD AC ⊥于D ，PA PC =，D ∴为AC 的中点，cos E ∠12AD AC PA x ==，2243142x x x x +-+∴=，221212 2x x x ∴+=∴==，，，PA PB PC ∴===2AB BC AC ===，, , PA PB PC ∴两两垂直，2R ∴，R ∴，34433V R ππ∴==⨯==，故选D ． (6)已知二面角α－l －β的大小为π3，点P ∈α，点P 在β 内的正投影为点A ，过点A 作AB ⊥l ，垂足为点B ，点C ∈l ，BC ＝22，P A ＝23，点D ∈β，且四边形ABCD 满足∠BCD ＋∠DAB ＝π．若四面体P ACD 的四个顶点都在同一球面上，则该球的体积为________．答案 86π 解析 ∵∠BCD ＋∠DAB ＝π，∴A ，B ，C ，D 四点共圆，直径为AC ，∵P A ⊥平面β，AB ⊥l ，∴易得PB ⊥l ，即∠PBA 为二面角α－l －β的平面角，即∠PBA ＝π3，∵P A ＝23，∴BA ＝2，∵BC＝22，∴AC ＝23．设球的半径为R ，则23－R 2－()32＝R 2－()32，∴R ＝6，V ＝4π3(6)3＝86π．【对点训练】1．点A ，B ，C ，D 均在同一球面上，且AB ，AC ，AD 两两垂直，且AB ＝1，AC ＝2，AD ＝3，则该球的表面积为( )A ．7πB ．14πC ．72πD ．714π31．答案 B 解析三棱锥A －BCD 的三条侧棱两两互相垂直，所以把它补为长方体，而长方体的体对角线长为其外接球的直径．所以长方体的体对角线长是12＋22＋32＝14，它的外接球半径是142，外接球的表面积是4π×⎝⎛⎭⎫1422＝14π．2．等腰△ABC 中，AB ＝AC ＝5，BC ＝6，将△ABC 沿BC 边上的高AD 折成直二面角B －AD －C ，则三棱锥B －ACD 的外接球的表面积为( )A ．5πB ．203π C ．10π D ．34π2．答案 D 解析依题意，在三棱锥B －ACD 中，AD ，BD ，CD 两两垂直，且AD ＝4，BD ＝CD ＝3，因此可将三棱锥BACD 补形成一个长方体，该长方体的长、宽、高分别为3,3,4，且其外接球的直径2R ＝32＋32＋42＝34，故三棱锥B －ACD 的外接球的表面积为4πR 2＝34π3．已知球O 的球面上有四点A ，B ，C ，D ，DA ⊥平面ABC ，AB ⊥BC ，DA ＝AB ＝BC ＝2，则球O 的体积等于________. 3．答案6π 解析如图，以DA ，AB ，BC 为棱长构造正方体，设正方体的外接球球O 的半径为R ，则正方体的体对角线长即为球O 的直径．∴CD ＝(2)2＋(2)2＋(2)2＝2R ，因此R ＝62，故球O 的体积V ＝4πR 33＝6π.4．已知四面体P －ABC 四个顶点都在球O 的球面上，若PB ⊥平面ABC ，AB ⊥AC ，且AC ＝1，AB ＝PB ＝2，则球O 的表面积为________．4．答案 9π 解析由PB ⊥平面ABC ，AB ⊥AC ，可得图中四个直角三角形，且PC 为△PBC ，△P AC 的公共斜边，故球心O 为PC 的中点，由AC ＝1，AB ＝PB ＝2，PC ＝3，∴球O 的半径为32，其表面积为9π.5．三棱锥P －ABC 中，△ABC 为等边三角形，P A ＝PB ＝PC ＝3，P A ⊥PB ，三棱锥P －ABC 的外接球的体积为( )A ．272πB ．2732π C ．273π D ．27π5．答案 B 解析因为三棱锥P －ABC 中，△ABC 为等边三角形，P A ＝PB ＝PC ＝3，所以△P AB ≌△PBC ≌△P AC ．因为P A ⊥PB ，所以P A ⊥PC ，PC ⊥PB ．以P A ，PB ，PC 为过同一顶点的三条棱作正方体(如图所示)，则正方体的外接球同时也是三棱锥P －ABC 的外接球．因为正方体的体对角线长为32＋32＋32＝33，所以其外接球半径R ＝332．因此三棱锥P －ABC 的外接球的体积V ＝4π3×⎝⎛⎭⎫3323＝2732π，故选B ．6．在空间直角坐标系Oxyz 中，四面体ABCD 各顶点的坐标分别为A (2，2，1)，B (2，2，－1)，C (0，2， 1)，D (0，0，1)，则该四面体外接球的表面积是( )A ．16πB ．12πC ．43πD ．6π6．答案 B 解析在空间直角坐标系内画出A ，B ，C ，D 四个点，可得BA ⊥AC ，DC ⊥平面ABC ，因此可以把四面体ABCD 补成一个棱为2的正方体，其外接球的半径R ＝22＋22＋222＝ 3.所以外接球的表面积为4πR 2＝12π，故选B.7．在平行四边形ABCD 中，∠ABD ＝90°，且AB ＝1，BD ＝2，若将其沿BD 折起使平面ABD ⊥平面BCD ，则三棱锥A －BDC 的外接球的表面积为( D )A ．2πB ．8πC ．16πD ．4π 7．答案 D 解析画出对应的平面图形和立体图形，如图所示．AAB BC CD DO在立体图形中，设AC 的中点为O ，连接OB ，OD ，因为平面ABD ⊥平面BCD ，CD ⊥BD ，所以CD ⊥平面ABD ，又AB ⊥BD ，所以AB ⊥平面BCD ，所以△CDA 与△CBA 都是以AC 为斜边的直角三角形，所以OA ＝OC ＝OB ＝OD ，所以点O 为三棱锥A －BDC 的外接球的球心．于是，外接球的半径r ＝12AC＝12CD 2＋DA 2＝1212＋(3)2＝1．故外接球的表面积S ＝4πr 2＝4π．故选D ．8．在正三棱锥S －ABC 中，点M 是SC 的中点，且AM ⊥SB ，底面边长AB ＝22，则正三棱锥S －ABC 的外接球的表面积为( )A ．6πB ．12πC ．32πD ．36π8．答案 B 解析因为三棱锥S －ABC 为正三棱锥，所以SB ⊥AC ，又AM ⊥SB ，AC ∩AM ＝A ，AC ，AM ⊂平面SAC ，所以SB ⊥平面SAC ，所以SB ⊥SA ，SB ⊥SC ，同理SA ⊥SC ，即SA ，SB ，SC 三线两两垂直，且AB ＝22，所以SA ＝SB ＝SC ＝2，所以(2R )2＝3×22＝12，所以球的表面积S ＝4πR 2＝12π，故选B.9．在古代将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑，已知四面体A －BCD 为鳖臑，AB ⊥平面BCD ，且AB ＝BC ＝36CD ，若此四面体的体积为833，则其外接球的表面积为________． 9．答案 56π 解析四面体A －BCD 为鳖臑，则由题意可知△BCD 中只能∠BCD 为直角，则四面体A －BCD 的体积为13×12×CD ·36CD ·36CD ＝833，解得CD ＝43．易知外接球的球心为AD 的中点，易求得AD ＝214，所以球的半径为14，所以球的表面积为56π．10．在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 是边长为32的正方形，AA 1＝3，E 是线段A 1B 1上一点，若二面角A －BD －E 的正切值为3，则三棱锥A －A 1D 1E 外接球的表面积为________．10．答案 35π 解析过点E 作EF ∥AA 1交AB 于F ，过F 作FG ⊥BD 于G ，连接EG ，则∠EGF 为二面角A －BD －E 的平面角，∵tan ∠EGF ＝3，∴EFFG＝3，∵EF ＝AA 1＝3，∴FG ＝1，则BF ＝2＝B 1E ，∴A 1E ＝22，则三棱锥A －A 1D 1E 外接球的直径为8＋9＋18＝35，因此三棱锥A －A 1D 1E 外接球的表面积S ＝35π．专题二对棱相等模型【方法总结】对棱相等模型是三棱锥的三组对棱长分别相等模型，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，即2R =长方体的长、宽、高分别为a 、b 、c )．秒杀公式：R 2＝x 2＋y 2＋z 28(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．【例题选讲】[例] (1)________．答案解析这是特殊情况，但也是对棱相等的模式，放入长方体中，32=R ，23=R ，ππ2383334=⋅=V ．(2)在三棱锥A －BCD 中，AB ＝CD ＝2，AD ＝BC ＝3，AC ＝BD ＝4，则三棱锥BCD A -外接球的表面积为________．答案292π 解析构造长方体，三个长度为三对面的对角线长，设长宽高分别为c b a ,,，则922=+b a ，422=+c b ，1622=+a c ∴291649)(2222=++=++c b a ，291649)(2222=++=++c b a ，229222=++c b a ，22942=R ，π229=S ． (3)在三棱锥A －BCD 中，AB ＝CD ＝6，AC ＝BD ＝AD ＝BC ＝5，则该三棱锥的外接球的体积为____．答案43436π解析依题意得，该三棱锥的三组对棱分别相等，因此可将该三棱锥补形成一个长方体，设该长方体的长、宽、高分别为a 、b 、c ，且其外接球的半径为R ，则⎩⎪⎨⎪⎧a 2＋b 2＝62，b 2＋c 2＝52，c 2＋a 2＝52，得a 2＋b 2＋c 2＝43，即(2R )2＝a 2＋b 2＋c 2＝43，易知432R =，即为该三棱锥的外接球的半径，所以该三棱锥的外接球的表面积为34434336R ππ=．(4)在正四面体A BCD -中，E 是棱AD 的中点，P 是棱AC 上一动点，BP PE +，则该正四面体的外接球的体积是( )A B ．6π C D ．32π AB C D A 1B 1C 1D 1答案 A 解析将侧面ABC ∆和ACD ∆展成平面图形，如图所示：设正四面体的棱长为a ，则BP PE +的最小值为1cos1202BE a a ===，2a ∴=．在正四面体A BCD -的边长为2，外接球的半径R ==，外接球的体积343V R π=．(5)已知三棱锥A BCD -，三组对棱两两相等，且1AB CD ==，AD BC ==A BCD -的外接球表面积为92π．则AC =________．答案解析将四面体A BCD -放置于长方体中，四面体A BCD -的顶点为长方体八个顶点中的四个，∴长方体的外接球就是四面体A BCD -的外接球，1AB CD ==，AD BC ==棱两两相等，∴设AC BD x ==，可得外接球的直径2R =R =，三棱锥A BCD -的外接球表面积为92π，2942R ππ∴=，解得4R ==，解之得x AC BD == 【对点训练】1．已知正四面体ABCD 的外接球的体积为86π，则这个四面体的表面积为________．2．表面积为( )A ．B ．12πC ．8πD ．3．已知四面体ABCD 满足AB ＝CD ＝6，AC ＝AD ＝BC ＝BD ＝2，则四面体ABCD 的外接球的表面积是 ________．4．三棱锥中S －ABC ，SA ＝BC ＝13，SB ＝AC ＝5，SC ＝AB ＝10．则三棱锥的外接球的表面积为______. 5．已知一个四面体ABCD 的每个顶点都在表面积为9π的球O 的表面上，且AB ＝CD ＝a ，AC ＝AD ＝BC ＝BD ＝5，则a ＝________.6．正四面体ABCD 中，E 是棱AD 的中点，P 是棱AC 上一动点，BP PE + 体的外接球表面积是( )A ．12πB ．32πC ．8πD ． 24π专题二对棱相等模型【方法总结】对棱相等模型是三棱锥的三组对棱长分别相等模型，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，即2R =长方体的长、宽、高分别为a 、b 、c )．秒杀公式：R 2＝x 2＋y 2＋z 28(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．【例题选讲】[例] (1)________．答案解析这是特殊情况，但也是对棱相等的模式，放入长方体中，32=R ，23=R ，ππ2383334=⋅=V ．(2)在三棱锥A －BCD 中，AB ＝CD ＝2，AD ＝BC ＝3，AC ＝BD ＝4，则三棱锥BCD A -外接球的表面积为________．答案292π 解析构造长方体，三个长度为三对面的对角线长，设长宽高分别为c b a ,,，则922=+b a ，422=+c b ，1622=+a c ∴291649)(2222=++=++c b a ，291649)(2222=++=++c b a ，229222=++c b a ，22942=R ，π229=S ． (3)在三棱锥A －BCD 中，AB ＝CD ＝6，AC ＝BD ＝AD ＝BC ＝5，则该三棱锥的外接球的体积为____．答案43436π解析依题意得，该三棱锥的三组对棱分别相等，因此可将该三棱锥补形成一个长方体，设该长方体的长、宽、高分别为a 、b 、c ，且其外接球的半径为R ，则⎩⎪⎨⎪⎧a 2＋b 2＝62，b 2＋c 2＝52，c 2＋a 2＝52，得a 2＋b 2＋c 2＝43，即(2R )2＝a 2＋b 2＋c 2＝43，易知432R =，即为该三棱锥的外接球的半径，所以该三棱锥的外接球的表面积为34434336R ππ=．(4)在正四面体A BCD -中，E 是棱AD 的中点，P 是棱AC 上一动点，BP PE +，则该正四面体的外接球的体积是( )A B ．6π C D ．32π AB C D A 1B 1C 1D 1答案 A 解析将侧面ABC ∆和ACD ∆展成平面图形，如图所示：设正四面体的棱长为a ，则BP PE +的最小值为1cos1202BE a a ==，2a ∴=．在正四面体A BCD -的边长为2，外接球的半径R =，外接球的体积343V R π=．(5)已知三棱锥A BCD -，三组对棱两两相等，且1AB CD ==，AD BC ==A BCD -的外接球表面积为92π．则AC =________．答案解析将四面体A BCD -放置于长方体中，四面体A BCD -的顶点为长方体八个顶点中的四个，∴长方体的外接球就是四面体A BCD -的外接球，1AB CD ==，AD BC ==棱两两相等，∴设AC BD x ==，可得外接球的直径2R =R =，三棱锥A BCD -的外接球表面积为92π，2942R ππ∴=，解得R ==，解之得x AC BD == 【对点训练】1．已知正四面体ABCD 的外接球的体积为86π，则这个四面体的表面积为________．1．答案 163 解析将正四面体ABCD 放在一个正方体内，设正方体的棱长为a ，设正四面体ABCD 的外接球的半径为R ，则43πR 3＝86π，解得R ＝6，因为正四面体ABCD 的外接球和正方体的外接球是同一个球，则有3a ＝2R ＝26，所以a ＝22．而正四面体ABCD 的每条棱长均为正方体的面对角线长，所以正四面体ABCD 的棱长为2a ＝4，因此，这个正四面体的表面积为4×12×42×sin π3＝163．2．表面积为( )A ．B ．12πC ．8πD ．2．答案 B 解析表面积为将正四面体补成一个正方体，则正方体的棱长为2，正方体的对角线长为正四面体的外接球的直径为正方体的对角线长，∴外接球的表面积的值为24(3)12ππ=．3．已知四面体ABCD 满足AB ＝CD ＝6，AC ＝AD ＝BC ＝BD ＝2，则四面体ABCD 的外接球的表面积是 ________．3．答案 7π 解析在四面体ABCD 中，取线段CD 的中点为E ，连接AE ，BE ．∵AC ＝AD ＝BC ＝BD ＝2，∴AE ⊥CD ，BE ⊥CD .在Rt △AED 中，CD ＝6，∴AE ＝102．同理BE ＝102，取AB 的中点为F ，连接EF ．由AE ＝BE ，得EF ⊥AB ．在Rt △EF A 中，∵AF ＝12AB ＝62，AE ＝102，∴EF ＝1，取EF 的中点为O ，连接OA ，则OF ＝12．在Rt △OF A 中，OA ＝72．同理得OA ＝OB ＝OC ＝OD ，∴该四面体的外接球的半径是72，∴外接球的表面积是7π． 4．三棱锥中S －ABC ，SA ＝BC ＝13，SB ＝AC ＝5，SC ＝AB ＝10．则三棱锥的外接球的表面积为______. 4．答案 14π 解析如图，在长方体中，设AE ＝a ，BE ＝b ，CE ＝c ．则SC ＝AB ＝a 2＋b 2＝10，SA ＝BC ＝b 2＋c 2＝13，SB ＝AC ＝a 2＋c 2＝5，从而a 2＋b 2＋c 2＝14＝(2R )2，可得S ＝4πR 2＝14π.故所求三棱锥的外接球的表面积为14π．5．已知一个四面体ABCD 的每个顶点都在表面积为9π的球O 的表面上，且AB ＝CD ＝a ，AC ＝AD ＝BC ＝BD ＝5，则a ＝________.5．答案 22 解析由题意可知，四面体ABCD 的对棱都相等，故该四面体可以通过补形补成一个长方体，如图所示．设AF ＝x ，BF ＝y ，CF ＝z ，则x 2＋z 2＝y 2＋z 2＝5，又4π×⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋y 2＋z 222＝9π，可得x ＝y ＝2，∴a ＝x 2＋y 2＝22．6．正四面体ABCD 中，E 是棱AD 的中点，P 是棱AC 上一动点，BP PE + 体的外接球表面积是( )A ．12πB ．32πC ．8πD ．24π6．答案 A 解析将三角形ABC 与三角形ACD 展成平面，BP PE +的最小值，即为BE 两点之间连线的距离，则BE =2AB a =，则120BAD ∠=︒，由余弦定理221414222a a a a +--=，解得a =，则正四面体棱长为4倍，所以，设外接球半径为R ，则223R =，则表面积244312S R πππ===．专题三汉堡模型【方法总结】汉堡模型是直棱柱的外接球、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＝2h ，2224h R r ∴=+．【例题选讲】[例] (1) (2013辽宁)已知直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的球面上．若AB ＝3，AC ＝4，AB ⊥AC ，AA 1＝12，则球O 的半径为( )．AB． C ．132D．答案 C 解析如图所示，由球心作平面ABC 的垂线，则垂足为BC 的中点M ．又AM ＝12BC ＝52，OM ＝12AA 1＝6，所以球O 的半径R ＝OA ＝⎝⎛⎭⎫522＋62＝132．另解过C 点作AB 的平行线，过B 点作AC 的平行线，交点为D ，同理过C 1作A 1B 1的平行线，过B 1作A 1C 1的平行线，交点为D 1，连接DD 1，则ABCD －A 1B 1C 1D 1恰好成为球的一个内接长方体，故球的半径r 132=．故选C ． (2)设三棱柱的侧棱垂直于底面，所有棱长都为a ，顶点都在一个球面上，则该球的表面积为( )．O 1C 1AA 1B 1O BC Rrh2hO 2A ．2a πB ．273a πC ．2113a πD ．237a π答案 B 解析 222222274312a a R OB OE BE a ==+=+=，22743S a a ππ∴==．故选B ．(3)(2009全国Ⅰ)直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的各顶点都在同一球面上，若AB ＝AC ＝AA 1＝2，∠BAC ＝120°，则此球的表面积等于( )．A ．10πB ．20πC ．30πD ．40π答案 B 解析如图，先由余弦定理求出BC ＝23，再由正弦定理求出r ＝AO 1＝2，外接球的直径R ＝12＋22＝5，所以该球的表面积为4πR 2＝20π．故选B ．(4)已知圆柱的高为2，底面半径为3，若该圆柱的两个底面的圆周都在同一个球面上，则这个球的表面积等于( )A ．4πB ．16π3C ．32π3D ．16π答案 D 解析由题意知圆柱的中心O 为这个球的球心，于是，球的半径r ＝OB ＝OA 2＋AB 2＝12＋（3）2＝2．故这个球的表面积S ＝4πr 2＝16π．故选D ．(5)若一个圆柱的表面积为12π，则该圆柱的外接球的表面积的最小值为( )A ．12)πB ．C ．3)πD ．16π 答案 A 解析设圆柱的底面半径为r ，高为h ，则22212r rh πππ+=，则6h r r=-．设该圆柱的外接球的半径为R ，则222222222165959()()32332444h R r r r r r r r r=+=+-=+--=，当且仅当22594r r=，即4365r =时，等号成立．故该圆柱的外接球的表面积的最小值为43)12)ππ=-．【对点训练】1．一直三棱柱的每条棱长都是2，且每个顶点都在球O 的表面上，则球O 的表面积为( ) A ．28π3 B ．22π3 C ．43π3D ．7π2．一个正六棱柱的底面是正六边形，其侧棱垂直于底面，已知该六棱柱的顶点都在同一个球面上，且该六棱柱的体积为98，底面周长为3，则这个球的体积为________.3．已知正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，底面积为334，一个侧面的周长为63，则正三棱柱ABC －A 1B 1C 1外接球的表面积为( )A ．4πB ．8πC ．16πD ．32π4．已知直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的球面上，若AB ＝3，AC ＝1，∠BAC ＝60°，AA 1＝2，则该三棱柱的外接球的体积为( )A ．40π3B ．4030π27C ．32030π27D ．20π5．已知矩形ABCD 中，AB ＝2AD ＝2，E ，F 分别为AB ，CD 的中点，将四边形AEFD 沿EF 折起，使二面角A －EF －C 的大小为120°，则过A ，B ，C ，D ，E ，F 六点的球的表面积为( ) A ．6π B ．5π C ．4π D ．3π6．已知直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的表面上，若AB ＝AC ＝1，AA 1＝23，∠BAC ＝2π3，则球O 的体积为( )A ．32π3B ．3πC ．4π3D ．8π7．有一个圆锥与一个圆柱的底面半径相等，此圆锥的母线与底面所成角为60︒，若此圆柱的外接球的表面积是圆锥的侧面积的4倍，则此圆柱的高是其底面半径的( )A B ．2倍 C ． D ．3倍 8．正四棱柱1111ABCD A B C D -中，2AB =，二面角11A BD C --的大小为3π，则该正四棱柱外接球的表面积为( )A ．12πB ．14πC ．16πD ．18π9．正四棱柱1111ABCD A B C D -中，AB =12AA =，设四棱柱的外接球的球心为O ，动点P 在正方形ABCD 的边上，射线OP 交球O 的表面点M ，现点P 从点A 出发，沿着A B C D A →→→→运动一次，则点M 经过的路径长为________．10．已知圆柱的上底面圆周经过正三棱锥P ABC -的三条侧棱的中点，下底面圆心为此三棱锥底面中心O ．若三棱锥P ABC -的高为该圆柱外接球半径的2倍，则该三棱锥的外接球与圆柱外接球的半径的比值为________．专题三汉堡模型【方法总结】汉堡模型是直棱柱的外接球、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＝2h ，2224h R r ∴=+．【例题选讲】[例] (1) (2013辽宁)已知直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的球面上．若AB ＝3，AC ＝4，AB ⊥AC ，AA 1＝12，则球O 的半径为( )．A．2 B． C ．132D．答案 C 解析如图所示，由球心作平面ABC 的垂线，则垂足为BC 的中点M ．又AM ＝12BC ＝52，OM ＝12AA 1＝6，所以球O 的半径R ＝OA ＝⎝⎛⎭⎫522＋62＝132．另解过C 点作AB 的平行线，过B 点作AC 的平行线，交点为D ，同理过C 1作A 1B 1的平行线，过B 1作A 1C 1的平行线，交点为D 1，连接DD 1，则ABCD －A 1B 1C 1D 1恰好成为球的一个内接长方体，故球的半径r 132=．故选C ． (2)设三棱柱的侧棱垂直于底面，所有棱长都为a ，顶点都在一个球面上，则该球的表面积为( )．A ．2a πB ．273a πC ．2113a πD ．237a πO 1C 1AA 1B 1O BC Rrh2hO 2答案 B 解析 222222274312a a R OB OE BE a ==+=+=，22743S a a ππ∴==．故选B ．(3)(2009全国Ⅰ)直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的各顶点都在同一球面上，若AB ＝AC ＝AA 1＝2，∠BAC ＝120°，则此球的表面积等于( )．A ．10πB ．20πC ．30πD ．40π答案 B 解析如图，先由余弦定理求出BC ＝23，再由正弦定理求出r ＝AO 1＝2，外接球的直径R ＝12＋22＝5，所以该球的表面积为4πR 2＝20π．故选B ．(4)已知圆柱的高为2，底面半径为3，若该圆柱的两个底面的圆周都在同一个球面上，则这个球的表面积等于( )A ．4πB ．16π3C ．32π3D ．16π答案 D 解析由题意知圆柱的中心O 为这个球的球心，于是，球的半径r ＝OB ＝OA 2＋AB 2＝12＋（3）2＝2．故这个球的表面积S ＝4πr 2＝16π．故选D ．(5)若一个圆柱的表面积为12π，则该圆柱的外接球的表面积的最小值为( )A ．12)πB ．C ．3)πD ．16π 答案 A 解析设圆柱的底面半径为r ，高为h ，则22212r rh πππ+=，则6h r r=-．设该圆柱的外接球的半径为R ，则222222222165959()()32332444h R r r r r r r r r=+=+-=+--=，当且仅当22594r r=，即4365r =时，等号成立．故该圆柱的外接球的表面积的最小值为43)12)ππ=-．【对点训练】1．一直三棱柱的每条棱长都是2，且每个顶点都在球O 的表面上，则球O 的表面积为( ) A ．28π3 B ．22π3 C ．43π3D ．7π1．答案 A 解析由题知此直棱柱为正三棱柱ABC －A 1B 1C 1，设其上下底面中心为O ′，O 1，则外接球的球心O 为线段O ′O 1的中点，∵AB ＝2，∴O ′A ＝33AB ＝233，OO ′＝12O ′O 1＝1，∴OA ＝O ′O 2＋O ′A 2＝213，因此，它的外接球的半径为213，故球O 的表面积为28π3．故选A ． 2．一个正六棱柱的底面是正六边形，其侧棱垂直于底面，已知该六棱柱的顶点都在同一个球面上，且该。

球的内切、外接问题

例 10 若棱长为 a 的正四面体的各个顶点都在半径为 R 的球面上,求
P
球的表面积．
解1：作出截面图如图示. 由图可知，
3
AD
a,
2
2
3
AO AD
a.
3
3
a
6
2
2

∴PO PA AO
a.
3
6
∴OO PO PO
a R.
3
P
a
R
R
A
A
R O•
O•
•
O′
解得R
时，球内切于圆锥，如图所示，
O为球心，M为球O与母线PB的切点，E为底面圆心，
设球O的半径为R，底面圆E的半径为r，
因为圆锥侧面积为2π，
LOGO
（4）正棱锥、圆锥 ②外接球
例8 正四棱锥的五个顶点在同一个球面上，若该正
四棱锥的底面边长为4，侧棱长为2 6，求这个球
P
的表面积. 36π
PO′= 4，OO′=4－R，AO=R
2 6
AO2 = OO′ 2 + AO′ 2，
R=3
•
O′
R
R
A
O
O•
•
O′
O′
•
O
LOGO
（4）正棱锥、圆锥 ②外接球
正棱锥外接球半径求法——轴截面法
1.球心在棱锥的高所在的直线上
2.球心到底面外接圆圆心的距离d等于锥体的高h 减去球半径R的绝对值
d= |h －R |
P
3. R 2 r 2 (h R ) 2
4
9
O
1
，解得r= 3
轴截面法

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1 球与柱体
规则的柱体，如正方体、长方体、正棱柱等能够和球进行充分的组合，以外接和内切两种形态进行结合，通过球的半径和棱柱的棱产生联系，然后考查几何体的体积或者表面积等相关问题. 1.1 球与正方体
发现，解决正方体与球的组合问题，常用工具是截面图，即根据组合的形式找到两个几何体的轴截面，通过两个截面图的位置关系，确定好正方体的棱与球的半径的关系，进而将空间问题转化为平面问题例 1 棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -的8个顶点都在球O 的表面上，E F ，分别是棱1AA ，1DD 的中点，则直线EF 被球O 截得的线段长为（）A ．
22 B ．1 C ．212
+ D ．2
1.2 球与长方体长方体各顶点可在一个球面上，故长方体存在外切球.但是不一定存在内切球.设长方体的
棱长为,,,a b c 其体对角线为l .当球为长方体的外接球时，截面图为长方体的对角面和其外接圆，和正
方体的外接球的道理是一样的，故球的半径222
2l a b c R ++==
例 2 在长、宽、高分别为2，2，4的长方体内有一个半径为1的球，任意摆动此长方体，则球经过的空间部分的体积为( )A.10π
3
B.4π
C.8π3
D.7π3
1.3 球与正棱柱
例3 正四棱柱1111ABCD A B C D 的各顶点都在半径为R 的球面上，则正四棱柱的侧面积有最值，为 .
2 球与锥体
规则的锥体，如正四面体、正棱锥、特殊的一些棱锥等能够和球进行充分的组合，以外接和内切两种形态进行结合，通过球的半径和棱锥的棱和高产生联系，然后考查几何体的体积或者表面积等相关问题. 2.1 球与正四面体
2222
233a R r a R r CE +=
-=，=，解得：66,.R a r a ==这个解法是通过利用两心合一的思路，建立含有两个球的半径的等量关系进行求解.同时我们可以发现，球心O 为正四面体高的四等分点.如果我们牢记这些数量关系，可为解题带来极大的方便.
例4 将半径都为１的四个钢球完全装入形状为正四面体的容器里，这个正四面体的高的最小值为 ( ) A.
3263+ B. 2+263 C. 4+263
D. 43263+
球的外切正四面体，这个小球球心与外切正四面体的中心重合，而正四面体的中心到顶点的距离是中心到地面距离的3倍.]
2.2 球与三条侧棱互相垂直的三棱锥
球与三条侧棱互相垂直的三棱锥组合问题，主要是体现在球为三棱锥的外接球.解决的基本方法是补形
例5 在正三棱锥S ABC -中，M N 、分别是棱SC BC 、的中点，且AM MN ⊥,若侧棱23SA =,则正
2.3 球与正棱锥
球与正棱锥的组合，常见的有两类，一是球为三棱锥的外接球，此时三棱锥的各个顶点在球面上，根据截面图的特点，可以构造直角三角形进行求解.二是球为正棱锥的内切球，例如正三棱锥的内切球，球与正三棱锥四个面相切，球心到四个面的距离相等，都为球半径R ．这样求球的半径可转化为球球心到三棱
锥面的距离，故可采用等体积法解决，即四个小三棱锥的体积和为正三棱锥的体积.
例6 在三棱锥P －ABC 中，PA ＝PB=PC=3,侧棱PA 与底面ABC 所成的角为60°，则该三棱锥外接球的体积为（） A ．π B.
3
π
C. 4π
D.43π
接球的球心,则2
SC
R =
. 例7 矩形ABCD 中，4,3,AB BC ==沿AC 将矩形ABCD 折成一个直二面角B AC D --,则四面体
ABCD 的外接球的体积是( )
A.
π12125 B.π9125 C.π6125 D.π3
125
3 球与球
对个多个小球结合在一起，组合成复杂的几何体问题，要求有丰富的空间想象能力，解决本类问题需掌握恰当的处理手段，如准确确定各个小球的球心的位置关系，或者巧借截面图等方法，将空间问题转化平面问题求解.
4 球与几何体的各条棱相切
球与几何体的各条棱相切问题，关键要抓住棱与球相切的几何性质，达到明确球心的位
置为目的，然后通过构造直角三角形进行转换和求解.如与正四面体各棱都相切的球的半径为相对棱的一
半：
2
4
r a '=.
例8 把一个皮球放入如图10所示的由8根长均为20 cm的铁丝接成的四
综合上面的四种类型，解决与球的外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；把一个多面体的几个顶点放在球面上即为球的内接问题．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．发挥好空间想象力，借助于数形结合进行转化，问题即可得解．如果是一些特殊的几何体，如正方体、正四面体等可以借助结论直接求解,此时结论的记忆必须准确. 1. 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
3
3 B ．33 C ． 43 D ．123 答案 B
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。

解:在ABC ∆中2AB AC ==,120BAC ∠=︒,可得23BC =,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5R =故此球的表为2
420R ππ=.
3．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
4.表面积为23的正八面体的各个顶点都在同一个球面上，则此球的体积为 A ．
23 B ．13π C ．2
3
π D ．223答案 A 【解析】此正八面体是每个面的边长均为a 的正三角形，所以由2
3823a =知，
1a =2，故选A 。

5.已知正方体外接球的体积是π3
32
，那么正方体的棱长等于（）
A.22
B.
332 C.3
2
4 D.334答案 D 6.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 7.一个六棱柱的底面是正六边形，其侧棱垂直底面．已知该六棱柱的顶点都在同一个球面上，且该六棱柱的体积为
98，底面周长为3，则这个球的体积为．答案 3
4π
8.一个长方体的各顶点均在同一球的球面上，且一个顶点上的三条棱的长分别为1，2，3，则此球的表面
积为．答案 14π
9.（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 242+
10.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 7
11. 棱长为2的正四面体的四个顶点都在同一个球面上，若过该球球心的一个截面如图，则图中三角形(正四面体的截面)的面积是 . 答案
2
12.一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 ．π3
B ．π2
C ．
3
16π
D ．以上都不对
答案C
13.设正方体的棱长为23
3
，则它的外接球的表面积为（）
A ．π3
8 B ．2π C ．4π
D ．π3
4答案C
1 ．已知三棱锥S ABC -的所有顶点都在球O 的求面上,ABC ∆是边长为1的正三角形,SC 为球O 的直径,
且2SC =;则此棱锥的体积为（）
A ．
26
B 3
C ．
23
D ．
22
25已知点P,A,B,C,D 是球O 表面上的点,PA ⊥平面ABCD,四边形ABCD 是边长为3正方形.若
6,则△OAB 的面积为______________.
A
B C
D E
F。