与球有关的切、接问题(有答案)

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与球有关的切、接问题-高考复习

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解析
对于 D，如图 2，把圆锥的侧面展开一半，点 A 展开到 A′，PM＝1，PA′ ＝PA＝2，∠A′PB＝πlr＝ 23π，由余弦定理，得 A′M2＝PA′2＋PM2－ 2PA′·PMcos∠A′PB＝5－4cos 23π，所以从点 A 沿圆锥表面到点 M 的最近路线长 A′M＝ 5－4cos 23π，故 D 正确．故选 ACD.
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解析
4．(2023·河北石家庄统考一模)已知圆台的上、下底面圆的半径之比
为12，侧面积为 9π，在圆台的内部有一球 O，该球与圆台的上、下底面
及母线均相切，则球 O 的表面积为( )
A．3π
B．5π
C．8π
D．9π
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1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14
答案
解析
2.如图，所有棱长都等于 2 3的三棱柱 ABC－A1B1C1 的所有顶点都在球 O 上，球 O 的体积为( )
A．27 3π
28 21π B. 3
C．28 7π
28 7π D. 3
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答案
解析由球的表面积 4πR2＝20π，得 R＝ 5，因为△ABC 为直角三角形，所以三棱锥 P－ABC 外接球的球心 O 在底面的投影为 AC 的中点 O′，而 PA＝PD，PC＝PB，故 P 在底面的投影为 BC 的垂直平分线与 AD 的垂直平分线的交点，即 AD 的中点 H，由 AO′＝2，OA＝OP＝ 5，可得 OO′ ＝1，设 CD＝2x，则 O′H＝x，PH＝ 5－x2＋1，VP－ABCD＝13×12×2 3×(2x ＋2)×( 5－x2＋1)，设 y＝(x＋1)( 5－x2＋1)，令 x＝ 5sinθ，θ∈0，π2，则 y＝( 5sinθ＋1)( 5cosθ＋1)＝5sinθcosθ＋ 5sinθ＋ 5cosθ＋1，y′＝ 5cos2θ＋ 5cosθ－ 5sinθ＝ 5(cosθ－sinθ)( 5cosθ＋ 5sinθ＋1)，

高考必考题—几何体中与球有关的切、接问题(含解析)

几何体中与球有关的切、接问题球的截面的性质(1)球的任何截面是圆面；(2)球心和截面(不过球心)圆心的连线垂直于截面；(3)球心到截面的距离d 与球的半径R 及截面的半径r 的关系为r ＝R 2－d 2几个与球有关的切、接常用结论(1)正方体的棱长为a ，球的半径为R ，①若球为正方体的外接球，则2R ＝3a ；②若球为正方体的内切球，则2R ＝a ；③若球与正方体的各棱相切，则2R ＝2a .(2)若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. (3)正四面体的外接球与内切球的半径之比为3∶1. 一、题型选讲题型一、几何体的外接球解决多面体的外接球问题，关键是确定球心的位置，方法是先选择多面体中的一面，确定此面外接圆的圆心，再过圆心作垂直此面的垂线，则球心一定在此垂线上，最后根据其他顶点确定球心的准确位置．对于特殊的多面体还可采用补成正方体或长方体的方法找到球心位置．例1、【2020年高考全国Ⅰ卷理数】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 ．64π B ．48πC ．36πD ．32π例2、【2020年高考天津】若棱长为 A ．12π B ．24π C ．36πD ．144π例3、（2020届山东省潍坊市高三上学期统考）已知边长为2的等边三角形ABC ，D 为BC 的中点，以AD 为折痕进行折叠，使折后的2BDC π∠=，则过A ，B ，C ，D 四点的球的表面积为（）A ．3πB ．4πC ．5πD ．6π例4、（2020届山东省日照市高三上期末联考）已知四棱锥P ABCD -的体积是ABCD 是正方形，PAB ∆是等边三角形，平面PAB ⊥平面ABCD ，则四棱锥P ABCD -外接球体积为（）A ．BCD ．例5、（2020届山东省德州市高三上期末）中国古代数学经典《九章算术》系统地总结了战国、秦、汉时期的数学成就，书中将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑，如图为一个阳马与一个鳖臑的组合体，已知PA ⊥平面ABCE ，四边形ABCD 为正方形，AD =ED =P ADE -的外接球的体积为，则阳马P ABCD -的外接球的表面积等于______.题型二、几何体的内切球求解多面体的内切球的问题，一般是将多面体分割为以球心为顶点，多面体的各面为底面的棱锥，利用多面体的体积等于各棱锥的体积之和求内切球的半径．例6、【2020年高考全国Ⅲ卷理数】已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为_________．例7、（2020届山东省潍坊市高三上期中）如图，平行四边形形状的纸片是由六个边长为1的正三角形构成的，将它沿虚线折起来，可以得到如图所示粽子形状的六面体，则该六面体的表面积为__________；若该六面体内有一小球，则小球的最大体积为___________．二、达标训练1、（2020届山东省泰安市高三上期末）已知正三棱锥S ABC -的侧棱长为6，则该正三棱锥外接球的表面积是（） A ．16πB ．20πC ．32πD ．64π2、【2020年高考全国II 卷理数】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A B ．32C ．1D 3、【2019年高考全国Ⅰ卷理数】已知三棱锥P −ABC 的四个顶点在球O 的球面上，PA =PB =PC ，△ABC 是边长为2的正三角形，E ，F 分别是PA ，AB 的中点，∠CEF =90°，则球O 的体积为A ．B ．C ．D4、【2018年高考全国Ⅰ卷理数】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D ABC -体积的最大值为A ．B ．C ．D ．5、【2020年新高考全国Ⅰ卷】已知直四棱柱ABCD –A 1B 1C 1D 1的棱长均为2，∠BAD =60°．以1D 半径的球面与侧面BCC 1B 1的交线长为________．6、（2020届山东省滨州市三校高三上学期联考）已知三棱锥S ABC -，SA ⊥平面ABC ，6ABC π∠=，3SA =，1BC =，直线SB 和平面ABC 所成的角大小为3π.若三棱锥S ABC -的四个顶点都在同一球面上，则该球的表面积为________.7、（2020届山东省枣庄、滕州市高三上期末）如图，在三棱锥P -ABC 中，,PA AB ⊥PC BC ⊥，,AB BC ⊥22,AB BC ==PC =，则PA 与平面ABC 所成角的大小为________；三棱锥P -ABC 外接球的表面积是________.8、（2020届山东省烟台市高三上期末）已知三棱锥P ABC -的四个顶点都在球O 的表面上，PA ⊥平面ABC，6PA =，AB =2AC =，4BC =，则：（1）球O 的表面积为__________；（2）若D 是BC 的中点，过点D 作球O 的截面，则截面面积的最小值是__________．9、（2020届山东省滨州市高三上期末）在四面体S ABC -中，2SA SB ==，且SA SB ⊥，BC =，AC=________，该四面体外接球的表面积为________.10、（2020届山东省济宁市高三上期末）下图是两个腰长均为10cm的等腰直角三角形拼成的一个四边形-的外接球的体积为ABCD，现将四边形ABCD沿BD折成直二面角A BD C--，则三棱锥A BCDcm．__________3一、题型选讲题型一、几何体的外接球解决多面体的外接球问题，关键是确定球心的位置，方法是先选择多面体中的一面，确定此面外接圆的圆心，再过圆心作垂直此面的垂线，则球心一定在此垂线上，最后根据其他顶点确定球心的准确位置．对于特殊的多面体还可采用补成正方体或长方体的方法找到球心位置．例1、【2020年高考全国Ⅰ卷理数】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 ．64π B ．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 π=π=∴，ABC 为等边三角形，由正弦定理可得2sin 60AB r =︒=，1OO AB ∴==1OO ⊥平面ABC ，11,4OO O A R OA ∴⊥====， ∴球O 的表面积2464S R ππ==.故选：A.本题考查球的表面积，应用球的截面性质是解题的关键，考查计算求解能力，属于基础题.例2、【2020年高考天津】若棱长为 A ．12π B ．24πC ．36πD ．144π【答案】C【解析】这个球是正方体的外接球，其半径等于正方体的体对角线的一半，即3R ==，所以，这个球的表面积为2244336S R πππ==⨯=. 故选：C ．本题考查正方体的外接球的表面积的求法，求出外接球的半径是本题的解题关键，属于基础题.求多面体的外接球的面积和体积问题，常用方法有：（1）三条棱两两互相垂直时，可恢复为长方体，利用长方体的体对角线为外接球的直径，求出球的半径；（2）直棱柱的外接球可利用棱柱的上下底面平行，借助球的对称性，球心为上下底面外接圆的圆心连线的中点，再根据勾股定理求球的半径；（3）如果设计几何体有两个面相交，可过两个面的外心分别作两个面的垂线，垂线的交点为几何体的球心. 例3、（2020届山东省潍坊市高三上学期统考）已知边长为2的等边三角形ABC ，D 为BC 的中点，以AD 为折痕进行折叠，使折后的2BDC π∠=，则过A ，B ，C ，D 四点的球的表面积为（）A ．3πB ．4πC ．5πD ．6π【答案】C【解析】边长为2的等边三角形ABC ，D 为BC 的中点，以AD 为折痕进行折叠，使折后的2BDC π∠=，构成以D 为顶点的三棱锥，且三条侧棱互相垂直，可构造以其为长宽高的长方体，其对角线即为球的直径，三条棱长分别为1,12R ==2452S ππ==，故选C.例4、（2020届山东省日照市高三上期末联考）已知四棱锥P ABCD -的体积是ABCD 是正方形，PAB ∆是等边三角形，平面PAB ⊥平面ABCD ，则四棱锥P ABCD -外接球体积为（）A ．BCD ．【答案】A【解析】设AB 的中点为Q ，因为PAB ∆是等边三角形，所以PQ AB ⊥，而平面PAB ⊥平面ABCD ，平面PAB ⋂平面ABCD AB =，所以PQ ⊥平面ABCD ，四棱锥P ABCD -的体积是13AB AB PQ =⨯⨯⨯13AB AB AB =⨯⨯，所以边长6AB =，PQ =OH x =，OM x =，()(222222R OA OM AM x==+=+，2222223R OP OH PH x ==+=+，x =2212321R =+=343V R π==球.故选：A.例5、（2020届山东省德州市高三上期末）中国古代数学经典《九章算术》系统地总结了战国、秦、汉时期的数学成就，书中将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑，如图为一个阳马与一个鳖臑的组合体，已知PA ⊥平面ABCE ，四边形ABCD 为正方形，AD =ED =P ADE -的外接球的体积为，则阳马P ABCD -的外接球的表面积等于______.【答案】20π 【解析】四边形ABCD 是正方形，AD CD ∴⊥，即AD CE ⊥，且AD =ED =，所以，ADE ∆的外接圆半径为122AE r ===设鳖臑P ADE -的外接球的半径1R ，则3143R π=，解得12R =.PA ⊥平面ADE ，1R ∴=2PA ==PA ∴=正方形ABCD 的外接圆直径为22r AC ==22r ∴=，PA ⊥平面ABCD ，所以，阳马P ABCD -的外接球半径2R ==因此，阳马P ABCD -的外接球的表面积为22420R ππ=.故答案为：20π. 题型二、几何体的内切球求解多面体的内切球的问题，一般是将多面体分割为以球心为顶点，多面体的各面为底面的棱锥，利用多面体的体积等于各棱锥的体积之和求内切球的半径．例6、【2020年高考全国Ⅲ卷理数】已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为_________．【解析】易知半径最大球为圆锥的内切球，球与圆锥内切时的轴截面如图所示，其中2,3BC AB AC ===，且点M 为BC 边上的中点，设内切圆的圆心为O ，由于AM ==122S =⨯⨯=△ABC 设内切圆半径为r ，则：ABC AOB BOC AOC S S S S =++△△△△111222AB r BC r AC r =⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯()13322r =⨯++⨯=解得：2r，其体积：343V r =π=.故答案为：3. 与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.例7、（2020届山东省潍坊市高三上期中）如图，平行四边形形状的纸片是由六个边长为1的正三角形构成的，将它沿虚线折起来，可以得到如图所示粽子形状的六面体，则该六面体的表面积为__________；若该六面体内有一小球，则小球的最大体积为___________．【解析】（1）因为16(12S =⨯⨯=. （2）由图形的对称性得，小球的体积要达到最大，即球与六个面都相切时，每个三角形面积是4，六面体体积是正四面体的2倍，所以六面体体积是6. 由于图像的对称性，内部的小球要是体积最大，就是球要和六个面相切，连接球心和五个顶点，把六面体分成了六个三棱锥，设球的半径为R ，所以16()6349R R =⨯⨯⨯⇒=，所以球的体积334433V R ππ===.故答案为：. 二、达标训练1、（2020届山东省泰安市高三上期末）已知正三棱锥S ABC -的侧棱长为6，则该正三棱锥外接球的表面积是（） A ．16π B ．20πC ．32πD ．64π【答案】D【解析】如图所示，因为正三棱锥S ABC -的侧棱长为6，则263AE ==6SE ===, 又由球心O 到四个顶点的距离相等，在直角三角形AOE 中，,6AO R OE SE SO R ==-=-，又由222OA AE OE =+，即222(6)R R =+-，解得4R =，所以球的表面积为2464S R ππ==，故选D.2、【2020年高考全国II 卷理数】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A B ．32C ．1D 【答案】C【解析】设球O 的半径为R ，则2416R π=π，解得：2R =.设ABC △外接圆半径为r ，边长为a ，ABC △21224a ∴⨯=，解得：3a =，2233r ∴===，∴球心O 到平面ABC 的距离1d ==.故选：C ．本题考查球的相关问题的求解，涉及到球的表面积公式和三角形面积公式的应用；解题关键是明确球的性质，即球心和三角形外接圆圆心的连线必垂直于三角形所在平面.3、【2019年高考全国Ⅰ卷理数】已知三棱锥P −ABC 的四个顶点在球O 的球面上，PA =PB =PC ，△ABC 是边长为2的正三角形，E ，F 分别是PA ，AB 的中点，∠CEF =90°，则球O 的体积为A ．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，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，1cos 2AD EAC PA x ∠==，2243142x x x x+-+∴=，22121222x x x ∴+=∴==，，，PA PB PC ∴=== 又===2AB BC AC ，,,PA PB PC ∴两两垂直，2R ∴==R ∴=，34433V R ∴=π==，故选D.本题主要考查学生的空间想象能力，补体法解决外接球问题．可通过线面垂直定理，得到三棱两两互相垂直关系，快速得到侧棱长，进而补体成正方体解决．4、【2018年高考全国Ⅰ卷理数】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D ABC -体积的最大值为 A． B ． C．D ．【答案】B【解析】如图所示，设点M 为三角形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 ===，2ABC S AB ==△，6AB ∴=,点M 为三角形ABC 的重心，23BM BE ∴==，Rt OBM ∴△中，有2OM ==，426DM OD OM ∴=+=+=，()max 163D ABC V -∴=⨯= B.5、【2020年新高考全国Ⅰ卷】已知直四棱柱ABCD –A 1B 1C 1D 1的棱长均为2，∠BAD =60°．以1D 半径的球面与侧面BCC 1B 1的交线长为________．【答案】2. 【解析】如图：取11B C 的中点为E ，1BB 的中点为F ，1CC 的中点为G ，因为BAD ∠=60°，直四棱柱1111ABCD A B C D -的棱长均为2，所以△111D B C 为等边三角形，所以1D E=111D E B C ⊥，又四棱柱1111ABCD A B C D -为直四棱柱，所以1BB ⊥平面1111D C B A ，所以111BB B C ⊥，因为1111BB B C B =，所以1D E ⊥侧面11B C CB ，设P 为侧面11B C CB 与球面的交线上的点，则1D E EP ⊥，1D E =，所以||EP ===所以侧面11B C CB 与球面的交线上的点到E ，因为||||EF EG ==11B C CB 与球面的交线是扇形EFG 的弧FG ，因为114B EFC EG π∠=∠=，所以2FEG π∠=，所以根据弧长公式可得22FG π==.. 6、（2020届山东省滨州市三校高三上学期联考）已知三棱锥S ABC -，SA ⊥平面ABC ，6ABC π∠=，3SA =，1BC =，直线SB 和平面ABC 所成的角大小为3π.若三棱锥S ABC -的四个顶点都在同一球面上，则该球的表面积为________. 【答案】13π【解析】如图：SA ⊥平面ABC ，则SBA ∠为直线SB 和平面ABC 所成的角，即3SBA π∠=在Rt SAB ∆中：tan3SA AB π=== 如图，设O 为三棱锥S ABC -外接球的球心，G 为ABC ∆外接圆圆心，连结,,,,OA OB GA GB OG ，则必有OG ⊥面ABC 在ABC ∆，2222cos 312162AC AB BC AB BC π=+-⋅⋅=+-=，则1AC = 其外接圆半径122,1sin sin 6AC r r ABC π====∠，又1322OG SA ==，所以三棱锥S ABC -外接球半径为R ===该球的表面积为21344134S R πππ==⨯=, 故答案为：13π.7、（2020届山东省枣庄、滕州市高三上期末）如图，在三棱锥P -ABC 中，,PA AB ⊥PC BC ⊥，,AB BC ⊥22,AB BC ==PC =，则PA 与平面ABC 所成角的大小为________；三棱锥P -ABC 外接球的表面积是________.【答案】45︒ 6π【解析】如图，作平行四边形ABCD ，连接PD ，由AB BC ⊥，则平行四边形ABCD 是矩形．由BC CD ⊥，BC PC ⊥，PCCD C =，∴BC ⊥平面PCD ，而PD ⊂平面PCD ，∴BC PD ⊥，同理可得AB PD ⊥，又AB BC B ⋂=，∴PD ⊥平面ABCD ．,PD CD PD AD ⊥⊥，PAD ∠是PA 与平面ABC 所成角．由2,CD AB PC ===1PD =，又1AD BC ==，∴45PAD ∠=︒．∴PA 与平面ABC 所成角是45︒．由,PA AB ⊥PC BC ⊥知PB 的中点到,,,A B C P 的距离相等，PB 是三棱锥P -ABC 外接球的直径．由BC ⊥平面PCD 得BC PC ⊥，PB ===24()62PB S ππ==．故答案为：45︒；6π．8、（2020届山东省烟台市高三上期末）已知三棱锥P ABC -的四个顶点都在球O 的表面上，PA ⊥平面ABC，6PA =，AB =2AC =，4BC =，则：（1）球O 的表面积为__________；（2）若D 是BC 的中点，过点D 作球O 的截面，则截面面积的最小值是__________．【答案】52π 4π【解析】（1）由题,根据勾股定理可得AC AB ⊥,则可将三棱锥P ABC -可放入以,,AP AC AB 为长方体的长,宽,高的长方体中,则体对角线为外接球直径,即2r ==则r =,所以球的表面积为224452r πππ=⨯=；（2）由题,因为Rt ABC ,所以D 为底面ABC 的外接圆圆心,当DO ⊥截面时,截面面积最小,即截面为平面ABC ,则外接圆半径为2,故截面面积为224ππ⨯=故答案为：（1）52π；（2）4π9、（2020届山东省滨州市高三上期末）在四面体S ABC -中，2SA SB ==，且SA SB ⊥，BC =，AC =________，该四面体外接球的表面积为________.【答案】68π【解析】因为2SA SB ==，且SA SB ⊥，BC =，AC =AB ==，因此222BC AC AB +=，则AC BC ⊥；取AB 中点为O ，连接OS ，OC ，则OA OB OC OS ====，所以该四面体的外接球的球心为O ，半径为OC=所以该四面体外接球的表面积为248S ππ=⋅=；又因为SA SB =，所以SO AB ⊥；因为底面三角形ABC 的面积为定值122AC BC ⋅=，SO ，因此，当SO ⊥平面ABC 时，四面体的体积最大，为136ABC V S SO =⋅=.故答案为：(1).6(2). 8π10、（2020届山东省济宁市高三上期末）下图是两个腰长均为10cm 的等腰直角三角形拼成的一个四边形ABCD ，现将四边形ABCD 沿BD 折成直二面角A BD C --，则三棱锥A BCD -的外接球的体积为__________3cm ．【答案】【解析】由题设可将该三棱锥拓展成如图所示的正方体，则该正方体的外接球就是三棱锥的外接球，由于正方体的对角线长为2l R ==即球的半径R =该球的体积343V R π==，应填答案．。

微专题17 球的切、接、截问题

微专题17球的切、接、截问题1.球的切接问题(1)长方体的外接球①球心：体对角线的交点；②半径：r＝a2＋b2＋c22(a，b，c为长方体的长、宽、高).(2)正方体的外接球、内切球及与各条棱相切的球(a为正方体的棱长)①外接球：球心是正方体中心，半径r＝32a，直径等于体对角线长；②内切球：球心是正方体中心，半径r＝a2，直径等于正方体棱长；③与各条棱都相切的球：球心是正方体中心，半径r＝22a，直径等于面对角线长.(3)正四面体的外接球与内切球(正四面体可以看作是正方体的一部分，a为正四面体的棱长)①外接球：球心是正四面体的中心，半径r＝64a；②内切球：球心是正四面体的中心，半径r＝6 12a.2.平面截球平面截球面得圆.截面圆的圆心与球心的连线与截面圆圆面垂直且R2＝d2＋r2(R为球半径，r为截面圆半径，d为球心到截面圆的距离).类型一外接球问题考向1墙角模型墙角模型是三棱锥有一条侧棱垂直于底面且底面是直角三角形模型，用构造法(构造长方体)解决，外接球的直径等于长方体的体对角线长.长方体同一顶点的三条棱长分别为a，b，c，外接球半径为R.则(2R)2＝a2＋b2＋c2，即2R＝a2＋b2＋c2.常见的有以下三种类型：例1 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.86πB.46πC.26πD.6π答案D解析因为点E，F分别为P A，AB的中点，所以EF∥PB.因为∠CEF＝90°，所以EF⊥CE，所以PB⊥CE.取AC的中点D，连接BD，PD，易证AC⊥平面BDP，所以PB⊥AC，又AC∩CE＝C，AC，CE⊂平面P AC，所以PB⊥平面P AC，所以PB⊥P A，PB⊥PC，因为P A＝PB＝PC，△ABC为正三角形，所以P A⊥PC，即P A，PB，PC两两垂直，将三棱锥P－ABC放在正方体中如图所示.因为AB＝2，所以该正方体的棱长为2，所以该正方体的体对角线长为6，所以三棱锥P－ABC的外接球的半径R＝62，所以球O的体积V＝43πR 3＝43π⎝⎛⎭⎪⎫623＝6π，故选D.考向2对棱相等模型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，如图所示，(2R)2＝a2＋b2＋c2(长方体的长、宽高分别为a，b，c)，即R2＝18(x2＋y2＋z2)，如图.例2 在三棱锥A－BCD中，AB＝CD＝2，AD＝BC＝3，AC＝BD＝4，则三棱锥A－BCD外接球的表面积为________.答案29π2解析构造长方体，三个长度为三对面的对角线长，设长方体的长宽高分别为a，b，c，则a2＋b2＝9，b2＋c2＝4，c2＋a2＝16，所以2(a2＋b2＋c2)＝9＋4＋16＝29，即a2＋b2＋c2＝4R2＝292，则外接球的表面积为S＝4πR2＝29π2.考向3汉堡模型汉堡模型是直三棱柱、圆柱的外接球模型，模型如下，由对称性可知，球心O的位置是△ABC的外心O1与△A1B1C1的外心O2的连线的中点，算出小圆O1的半径AO1＝r，OO1＝h2，所以R2＝r2＋h24.例3 在三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝BC＝AC，侧棱AA1⊥底面ABC，若该三棱柱的所有顶点都在同一个球O的表面上，且球O的表面积的最小值为4π，则该三棱柱的侧面积为()A.6 3B.3 3C.3 2D.3答案B解析如图，设三棱柱上、下底面中心分别为O1，O2，则O1O2的中点为O，设球O的半径为R，则OA＝R，设AB＝BC＝AC＝a，AA1＝h，则OO 2＝12h ，O 2A ＝23×32AB ＝33a .在Rt △OO 2A 中，R 2＝OA 2＝OO 22＋O 2A 2＝14h 2＋13a 2≥2×12h ×33a ＝33ah ，当且仅当h ＝233a 时，等号成立，所以S 球＝4πR 2≥4π×33ah ，所以43π3ah ＝4π，所以ah ＝3，所以该三棱柱的侧面积为3ah ＝3 3. 考向4 垂面模型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；如图所示，由对称性可知球心O 的位置是△CBD 的外心O 1与△AB 2D 2的外心O 2连线的中点，算出小圆O 1的半径CO 1＝r ，OO 1＝h2，则R ＝r 2＋h 24.例4 (2022·广州模拟)已知四棱锥S －ABCD 的所有顶点都在球O 的球面上，SD ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是等腰梯形，AB ∥CD 且满足AB ＝2AD ＝2DC ＝2，且∠DAB ＝π3，SC ＝2，则球O 的表面积是( ) A.5π B.4π C.3π D.2π答案 A解析依题意，得AB ＝2AD ＝2，∠DAB ＝π3，由余弦定理可得BD ＝3，则AD 2＋DB 2＝AB 2，则∠ADB ＝π2. 又四边形ABCD 是等腰梯形，故四边形ABCD 的外接圆直径为AB ，半径r ＝AB2＝1，设AB 的中点为O 1，球的半径为R ，因为SD ⊥平面ABCD ，所以SD ＝SC 2－CD 2＝1，R 2＝12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫SD 22＝54，则S ＝4πR 2＝5π. 考向5 切瓜模型切瓜模型是有一侧面垂直底面的棱锥模型，常见的是两个互相垂直的面都是特殊三角形，在三棱锥A －BCD 中，侧面ABC ⊥底面BCD ，设三棱锥的高为h ，外接球的半径为R ，球心为O ，△BCD 的外心为O 1，O 1到BC 的距离为d ，O 与O 1的距离为m ，△BCD 和△ABC 外接圆的半径分别为r 1，r 2，则⎩⎪⎨⎪⎧R 2＝r 21＋m 2，R 2＝d 2＋（h －m ）2，解得R ，可得R ＝r 21＋r 22－l 24(l 为两个面的交线段长).例5 (2022·济宁模拟)在边长为6的菱形ABCD 中，∠A ＝π3，现将△ABD 沿BD 折起，当三棱锥A－BCD的体积最大时，三棱锥A－BCD的外接球的表面积为________.答案60π解析边长为6的菱形ABCD，在折叠的过程中，当平面ABD⊥平面BCD时，三棱锥的体积最大；由于AB＝AD＝CD＝BC＝6，∠C＝∠A＝π3.所以△ABD和△CBD均为正三角形，设△ABD和△CBD的外接圆半径为r，则2r＝BDsin C，所以r＝2 3.△ABD和△CBD的交线段为BD，且BD＝6.所以三棱锥A－BCD的外接球的半径R＝（23）2＋（23）2－624＝15.故S球＝4·π(15)2＝60π.训练1 (1)(2022·青岛一模)设三棱柱的侧棱垂直于底面，所有棱的长都为1，顶点都在一个球面上，则该球的表面积为()A.5πB.πC.113π D.73π(2)在三棱锥P－ABC中，平面P AB⊥平面ABC，平面P AC⊥平面ABC，且P A＝4，底面△ABC的外接圆的半径为3，则三棱锥P－ABC的外接球的表面积为________.答案(1)D(2)52π解析(1)由三棱柱所有棱的长a＝1，可知底面为正三角形，底面三角形的外接圆直径2r＝1sin 60°＝233，所以r＝33，设外接球的半径为R ，则有R 2＝r 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22＝13＋14＝712，所以该球的表面积S ＝4πR 2＝73π，故选D.(2)因为平面P AB ⊥平面ABC ，平面P AC ⊥平面ABC ，所以P A ⊥平面ABC .设三棱锥P －ABC 的外接球的半径为R ，结合底面△ABC 的外接圆的半径r ＝3，可得R 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫P A 22＋r 2＝22＋33＝13，所以三棱锥P －ABC 的外接球的表面积为S 表＝4πR 2＝52π. 类型二内切球问题内切球问题的解法(以三棱锥为例)第一步：先求出四个表面的面积和整个锥体的体积；第二步：设内切球的半径为r ，建立等式V P －ABC ＝V O －ABC ＋V O －P AB ＋V O －P AC ＋ V O －PBC ⇒V P －ABC ＝13S △ABC ·r ＋13S △P AB ·r ＋13S △P AC ·r ＋13S PBC ·r ＝13(S △ABC ＋S △P AB ＋S △P AC ＋S △PBC )r ；第三步：解出r ＝3V P －ABCS △ABC ＋S △P AB ＋S △P AC ＋S △PBC.例6 (1)(2022·成都石室中学三诊)《九章算术》中将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑.若三棱锥P －ABC 为鳖臑，P A ⊥平面ABC ，P A ＝BC ＝4，AB ＝3，AB ⊥BC ，若三棱锥P －ABC 有一个内切球O ，则球O 的体积为( ) A.9π2 B.9π4 C.9π16D.9π(2)在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1＝AB ＝6，BC ＝8，AC ＝10，则该三棱柱内能放置的最大球的表面积是( )A.16πB.24πC.36πD.64π答案 (1)C (2)A解析 (1)设球O 的半径为r ，则三棱锥P －ABC 的体积V ＝13×12×3×4×4＝13×(12×3×4＋12×4×3＋12×5×4＋12×4×5)×r ，解得r ＝34，所以球O 的体积V ＝43πr 3＝9π16，故选C.(2)由题意，球的半径为底面三角形内切圆的半径r ，因为底面三角形的边长分别为6，8，10，所以底面三角形为直角三角形， r ＝AB ＋BC －AC 2＝6＋8－102＝2.又因为AA 1＝6，2r ＝4<6，所以该三棱柱内能放置的最大球半径为2，此时S 表面积＝4πr 2＝4π×22＝16π. 训练2 已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为________. 答案 23π解析圆锥内半径最大的球即为圆锥的内切球，设其半径为r .作出圆锥的轴截面P AB ，如图所示，则△P AB 的内切圆为圆锥的内切球的大圆.在△P AB 中，P A ＝PB ＝3，D 为AB 的中点，AB ＝2，E 为切点，则PD ＝22，△PEO ∽△PDB ，故PO PB ＝OE DB ，即22－r 3＝r 1，解得r ＝22，故内切球的体积为43π⎝ ⎛⎭⎪⎫223＝23π.类型三球的截面问题解决球的截面问题抓住以下几个方面：(1)球心到截面圆的距离；(2)截面圆的半径；(3)直角三角形(球心到截面圆的距离、截面圆的半径、球的半径构成的直角三角形).例7 (2022·杭州质检)在正三棱锥P －ABC 中，Q 为BC 中点，P A ＝2，AB ＝2，过点Q 的平面截三棱锥P －ABC 的外接球所得截面面积的取值范围为________. 答案 ⎣⎢⎡⎦⎥⎤π，3π2解析因为正三棱锥P －ABC 中，PB ＝PC ＝P A ＝2，AC ＝BC ＝AB ＝2，所以PB 2＋P A 2＝AB 2，即PB ⊥P A ，同理PB ⊥PC ，PC ⊥P A ，因此正三棱锥P －ABC 可看作正方体的一角，如图.记正方体的体对角线的中点为O ，由正方体结构特征可得，点O 即是正方体的外接球球心，所以点O 也是正三棱锥P －ABC 外接球的球心，记外接球半径为R ，则R ＝122＋2＋2＝62，因为球的最大截面圆为过球心的圆，所以过点Q 的平面截三棱锥P －ABC 的外接球所得截面的面积最大为S max ＝πR 2＝3π2.又Q 为BC 中点，由正方体结构特征可得OQ ＝12P A ＝22；由球的结构特征可知，当OQ 垂直于过点Q 的截面时，截面圆半径最小为 r ＝R 2－OQ 2＝1，所以S min ＝πr 2＝π.因此，过Q 的平面截三棱锥P －ABC 的外接球所得截面面积的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤π，3π2.训练3 (1)设球O 是棱长为4的正方体的外接球，过该正方体棱的中点作球O 的截面，则最小截面的面积为( ) A.3π B.4π C.5πD.6π(2)(2022·武汉质检)已知棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1，球O 与该正方体的各个面相切，则平面ACB 1截此球所得的截面的面积为________. 答案 (1)B (2)2π3解析 (1)当球O 到截面圆心连线与截面圆垂直时，截面圆的面积最小，由题意，正方体棱的中点与O 的距离为22，球的半径为23， ∴最小截面圆的半径为12－8＝2，∴最小截面面积为π·22＝4π.(2)∵正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，球O 与该正方体的各个面相切，则球O 的半径为1，设E ，F ，G 分别为球O 与平面ABCD 、平面BB 1C 1C 、平面AA 1B 1B 的切点，则等边三角形EFG 为平面ACB 1截此球所得的截面圆的内接三角形，由已知可得EF ＝EG ＝GF ＝2， ∴平面ACB 1截此球所得的截面圆的半径 r ＝22sin 60°＝63，∴截面的面积为π×⎝ ⎛⎭⎪⎫632＝2π3.一、基本技能练1.已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为( ) A.π B.3π4 C.π2 D.π4答案 B解析如图画出圆柱的轴截面ABCD ，O 为球心.球的半径R ＝OA ＝1，球心到底面圆的距离为OM ＝12.∴底面圆半径r ＝OA 2－OM 2＝32故圆柱体积V ＝π·r 2·h ＝π·⎝ ⎛⎭⎪⎫322×1＝3π4. 2.若棱长为23的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为( ) A.12π B.24π C.36π D.144π答案 C解析由题意知球的直径2R＝（23）2＋（23）2＋（23）2＝6，∴R＝3，∴S球＝4πR2＝36π.故选C.3.一个四面体的所有棱长都为2，四个顶点在同一球面上，则此球的表面积为()A.3πB.4πC.33πD.6π答案A解析构造棱长为1的正方体，该四面体的外接球也是棱长为1的正方体的外接球，所以外接球半径R＝32，所以外接球表面积为S＝4πR2＝3π.4.已知直三棱柱ABC－A1B1C1的6个顶点都在球O的球面上，若AB＝3，AC＝4，AB⊥AC，AA1＝12，则球O的半径为()A.3172 B.210C.132 D.310答案C解析将直三棱柱补为长方体ABEC－A1B1E1C1，则球O是长方体ABEC－A1B1E1C1的外接球.∴体对角线BC1的长为球O的直径.因此2R＝32＋42＋122＝13，则R＝132.5.(2022·南阳二模)已知边长为2的等边三角形ABC，D为BC的中点，以AD为折痕进行折叠，使折后的∠BDC＝π2，则过A，B，C，D四点的球的表面积为()A.3πB.4πC.5πD.6π答案 C解析折后的几何体构成以D 为顶点的三棱锥，且三条侧棱互相垂直，可构造长方体，其对角线即为球的直径，三条棱长分别为1，1，3，所以2R ＝1＋1＋3＝5，球的表面积S ＝4π⎝ ⎛⎭⎪⎫522＝5π.6.(2022·青岛模拟)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答案 B解析根据图形可知，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，故正方体的棱长为2， ∴该正方体的外接球球心的坐标为O ⎝ ⎛⎭⎪⎫22，22，22，设十四面体上一顶点为D ，则D ⎝ ⎛⎭⎪⎫2，22，0，所以十四面体的外接球半径 R ＝OD ＝⎝⎛⎭⎪⎫2－222＋⎝ ⎛⎭⎪⎫22－222＋⎝ ⎛⎭⎪⎫0－222＝1，故外接球的表面积为S ＝4πR 2＝4π.故选B.7.四面体ABCD 的四个顶点都在球O 上且AB ＝AC ＝BC ＝BD ＝CD ＝4，AD ＝26，则球O 的表面积为( ) A.70π3 B.80π3 C.30π D.40π答案 B解析如图，取BC 的中点M ，连接AM ，DM ，由题意可知，△ABC 和△BCD 都是边长为4的等边三角形. ∵M 为BC 的中点，∴AM ⊥BC ，且AM ＝DM ＝23，又∵AD ＝26，∴AM 2＋DM 2＝AD 2， ∴AM ⊥DM ，∵BC ∩DM ＝M ，BC ，DM ⊂平面BCD ， ∴AM ⊥平面BCD ，∵AM ⊂平面ABC ，∴平面ABC ⊥平面BCD ， △ABC 与△BCD 外接圆半径r ＝23DM ＝433，又△ABC 与△BCD 的交线段BC ＝4. 所以四面体外接球半径R ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫4332＋⎝ ⎛⎭⎪⎫4332－424＝2153，四面体ABCD 的外接球的表面积为4π×R 2＝803π.8.已知三棱锥P －ABC 的棱AP ，AB ，AC 两两垂直，且长度都为3，以顶点P 为球心，2为半径作一个球，则球面与三棱锥的表面相交所得到的四段弧长之和等于( ) A.2π3 B.5π6 C.π D.3π2答案 D解析如图，∠APC ＝π4，AP ＝3，AN ＝1，∠APN ＝π6，∠NPM ＝π12，MN ︵＝π12×2＝π6，同理GH ︵＝π6，HN ︵＝π2，GM ︵＝2π3，故四段弧长之和为π6＋π6＋π2＋2π3＝3π2.9.(多选)(2022·石家庄调研)已知一个正方体的外接球和内切球上各有一个动点M 和N ，若线段MN 长的最小值为3－1，则( ) A.该正方体的外接球的表面积为12π B.该正方体的内切球的体积为π3 C.该正方体的棱长为1D.线段MN 长的最大值为3＋1 答案 AD解析设该正方体的棱长为a，则其外接球的半径R＝32a，内切球的半径R′＝a2，该正方体的外接球与内切球上各有一个动点M，N，由于两球球心相同，可得MN的最小值为3a2－a2＝3－1，解得a＝2，故C错误；所以外接球的半径R＝3，表面积为4π×3＝12π，故A正确；内切球的半径R′＝1，体积为43π，故B错误；MN的最大值为R＋R′＝3＋1，故D正确.故选AD.10.(多选)设圆锥的顶点为A，BC为圆锥底面圆O的直径，点P为圆O上的一点(异于B，C)，若BC＝43，三棱锥A－PBC的外接球表面积为64π，则圆锥的体积为()A.4πB.8πC.16πD.24π答案BD解析如图，设圆锥AO的外接球球心为M，半径为r，则M在直线AO上，4πr2＝64π，解得r＝4.由勾股定理得BM2＝OM2＋OB2，即42＝(23)2＋OM2，可得OM＝2，即OM＝|AO－r|＝|AO－4|＝2，解得AO＝6或AO＝2.当AO＝6时，圆锥AO的体积为V＝13π×(23)2×6＝24π；当AO＝2时，圆锥AO的体积为V＝13π×(23)2×2＝8π.故选BD.11.在三棱锥A－BCD中，△BCD和△ABD均是边长为1的等边三角形，AC＝2，则该三棱锥外接球的表面积为________.答案2π解析取AC的中点O，连接OB，OD，在△ABC中，AB＝BC＝1，AC＝2，所以∠ABC＝90°，所以OA＝OB＝OC＝22，同理得OD＝22，故点O为该三棱锥外接球的球心，所以球O的半径r＝22，S球＝4πr2＝2π.12.如图，已知球O是棱长为3的正方体ABCD－A1B1C1D1的内切球，则平面ACD1截球O的截面面积为________.答案3π2解析根据题意知，平面ACD1是边长为9＋9＝32的正三角形，且所求截面的面积是该正三角形的内切圆的面积，则由图得，△ACD1内切圆的半径r＝13（32）2－⎝⎛⎭⎪⎫3222＝62，所以平面ACD 1截球O 的截面面积为S ＝π×⎝ ⎛⎭⎪⎫622＝3π2.二、创新拓展练13.(多选)(2022·华大新高考联考)已知三棱锥S －ABC 中，SA ⊥平面ABC ，SA ＝AB ＝BC ＝2，AC ＝2，点E ，F 分别是线段AB ，BC 的中点，直线AF ，CE 相交于G ，则过点G 的平面α截三棱锥S －ABC 的外接球O 所得截面面积可以是( ) A.23π B.89π C.π D.32π答案 BCD解析因为AB 2＋BC 2＝AC 2，故AB ⊥BC ，故三棱锥S －ABC 的外接球O 的半径R ＝2＋2＋22＝62，取AC 的中点D ，连接BD 必过G ，因为AB ＝BC ＝2，故DG ＝13BD ＝13，因为OD ＝22，故OG 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫222＋⎝ ⎛⎭⎪⎫132＝1118，则过点G 的平面截球O 所得截面圆的最小半径r 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫622－1118＝89，故截面面积的最小值为89π，最大值为πR 2＝32π，故选BCD.14.(多选)(2022·济南模拟)已知三棱锥P －ABC 的四个顶点都在球O 上，AB ＝BC ＝AC ＝1，∠APC ＝π6，平面P AC ⊥平面ABC ，则( ) A.直线OA 与直线BC 垂直B.点P 到平面ABC 的距离的最大值为1＋32C.球O 的表面积为13π3D.三棱锥O －ABC 的体积为18 答案 ACD解析设△ABC 外接圆的圆心为O 1，连接OO 1，O 1A . 因为O 为三棱锥P －ABC 外接球的球心，所以OO 1⊥平面ABC ，所以OO 1⊥BC ，因为AB ＝BC ＝AC ＝1，所以O 1A ⊥BC ，所以BC ⊥平面OO 1A ，所以OA ⊥BC ，故A 选项正确；设△P AC 外接圆的圆心为O 2， AC 的中点为D ，连接O 2D ，由于AC ＝1，∠APC ＝π6，所以圆O 2的半径r 2＝12×1sin π6＝1，则易知O 2D ＝32，所以点P 到平面ABC 的距离的最大值为1＋32(此时P ，O 2，D 三点共线)，故B 选项错误；由于AB ＝BC ＝AC ＝1，平面P AC ⊥平面ABC ，平面P AC ∩平面ABC ＝AC ，所以圆O 1的半径r 1＝12×1sin π3＝33，圆O 2的半径r 2＝1，△ABC 与△P AC 的交线段AC ＝1，所以三棱锥P －ABC 外接球半径R 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫332＋12－14＝1312.故球O 的表面积S ＝4π×1312＝13π3，故C 选项正确；由于OO 1⊥平面ABC ，且OO 1＝O 2D ＝32，S △ABC ＝34，所以三棱锥O －ABC 的体积为13×OO 1×S △ABC ＝13×32×34＝18，故D 选项正确，故选ACD.15.在菱形ABCD 中，AB ＝23，∠ABC ＝60°，若将菱形ABCD 沿对角线AC 折成大小为60°的二面角B －AC －D ，则四面体DABC 的外接球球O 的体积为________. 答案 5239π27解析如图，设M ，N 分别为△ABC ，△ACD 的外心，E 为AC 的中点，则EN ＝EM ＝13BE ＝1，在平面BDE 内过点M 作BE 的垂线与过点N 作DE 的垂线交于点O .∵BE ⊥AC ，DE ⊥AC ，BE ∩DE ＝E ，∴AC ⊥平面BDE .∵OM ⊂平面BDE ，∴OM ⊥AC ，∵OM ⊥BE ，BE ∩AC ＝E ，∴OM ⊥平面ABC ，同理可得ON ⊥平面ACD ，则O 为四面体DABC 的外接球的球心，连接OE ，∵EM ＝EN ，OE ＝OE ，∠OME ＝∠ONE ＝90°，∴△OME ≌△ONE ，∴∠OEM ＝30°，∴OE ＝EM cos 30°＝233.∵AC ⊥平面BDE ，OE ⊂平面BDE ，∴OE ⊥AC ，∴OA ＝OE 2＋AE 2＝393，即球O 的半径R ＝393.故球O 的体积V ＝43πR 3＝5239π27.16.(2022·湖南三湘名校联考)在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ⊥BC ，AB ＝BC ＝AA 1＝4，M 为棱AB 的中点，N 是棱BC 的中点，O 是三棱柱外接球的球心，则平面MNB 1截球O 所得截面的面积为________.答案 8π解析如图1，将直三棱柱补形成正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1，连接BD 1，则直三棱柱的外接球也是正方体的外接球，球心O 是BD 1的中点，半径R ＝2 3.连接BD 交MN 于点E ，连接B 1E 交BD 1于点F ，过点O 作OO 1⊥B 1E 于点O 1，连接B 1D 1，因为MN ∥AC ，AC ⊥平面BB 1D 1D ，所以MN ⊥平面BB 1D 1D ，所以OO 1⊥MN ，所以OO 1⊥平面MNB 1.如图2，在矩形BB 1D 1D 中，BF FD 1＝BE B 1D 1＝14，所以BF OF ＝23，过点B 作BG ⊥B 1E 于点G ，则BG ＝BE ·BB 1B 1E ＝43， BG OO 1＝BF OF ＝23，所以OO 1＝2，设截面圆的半径为r ，则r 2＝R 2－OO 21＝(23)2－22＝8，所以截面的面积为8π.。

培优课与球有关的切接问题课件-2024届高三上学期数学一轮总复习

则(2R)2=BC2+BD2+AB2=CD2+AB2=28,
所以球表面积S=4πR2=28π.
故选A.
常见的构造长方体模型
(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.
墙角模型

(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.
依然有外接圆圆心（外心），底面多边形的外心到底面各顶点的距离都相等，故过底面多边
形的外心作底面的垂线即可。
球心位置推广：过底面多边形的外心作底面的垂线，则垂线上任一点到多边形各顶点的距离
都相等，则外接球的球心位于这条垂线上，可利用勾股定理求出外接球半径。
两个类型：
一般地,设棱锥的高为H,底面外接圆圆心为1 ,底面外接圆半径为r,接球球心为,外接球半径
3 2
)
3
h为三棱锥的高，
a为底边长
圆柱外接球模型
ℎ
2
2 = 2 +( )2
侧面与底面垂直的锥体外接球半径模型
l 2
= + −( )
4
①面ABD与面CBD互相垂直
2
22
12
②1 、2 为上面两个面的外接圆半径
③l为两个面的交线，也即BD
2.普通棱锥的外接球：
对于普通棱锥来说，底面不是正多边形，也没有底面正多边形的中心的概念，但底面多边形
ℎ
棱柱外接球半径R满足：R2=(2)2+r2.
二、棱锥的外接球：
1．正四面体的外接球与内切球：
当正三棱锥的侧棱与底边相等时，构成正四面体。
题型一:若有三棱锥三边两两垂直的,则用补法构造一个长方体,该长体的体对线为该几何体的外

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

3球的切接问题(解析版)

4.空间几何体切接问题【套路秘籍】【套路修炼】一、面切球【例1】（2020全国I文12理10）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【思路导引】由已知可得等边ABC∆的外接圆半径，进而求出其边长，得出1OO的值，根据球截面性质，求出球的半径，即可得出结论．【解析】设圆1O半径为r，球的半径为R，依题意，得24,2r rπ=π∴=，由正弦定理可得2sin60AB r=︒=，1OO AB∴==1OO⊥平面ABC，1 / 242 /24 11,4OO O A R OA ∴⊥====，∴球O 的表面积2464S R =π=π，故选A ．【举一反三】1．（2020全国Ⅱ文11理10）已知ABC ∆是面积为439的等边三角形，且其顶点都在球O 的表面上，若球O 的表面积为16π，则球O 到平面ABC 的距离为（）A ．3B ．23 C ．1 D ．23 【答案】C【思路导引】根据球O 的表面积和ABC ∆的面积可求得球O 的半径R 和ABC ∆外接圆半径r ，由球的性质可知所求距离d =【解析】设球O 的半径为R ，则2416R π=π，解得：2R =．设ABC ∆外接圆半径为r ，边长为a ，ABC ∆212a ∴=，解得：3a =，2233r ∴===，∴球心O 到平面ABC的距离1d ===，故选C ．2.平面∂截球O 所得的圆的半径为1，球心到平面∂则此球的体积为 ( ) A.π6 B.π34 C.π64 D.π36 【答案】B3.已知平面∂截一球面得圆M ，过圆心M 且与∂成060二面角的平面β截该3 / 24球面得圆N ，若该球的半径为4,圆M 的面积为4π，则圆N 的面积为 ( )A.π7B.π9C.π11 D.π13【答案】D4．已知H 是球O 的直径AB 上一点，:AH HB =1：2， 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_______．【答案】92π 【解析】由:AH HB =1：2及AB 是球的直径知，AH =23R ，BH =43R ，∴OH =3R ，由截面圆面积为π得截面圆半径为1，∴221()13R R =+，∴2R =98，∴球O 的表面积为24R π=92π． 5．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，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6cm ，如果不计容器的厚度，则球的体积为 ( )A 、500π3cm 3B 、866π3cm 3C 、1372π3cm 3D 、2048π3cm 3 【答案】A【解析】设球的半径为R ，则由题知球被正方体上面截得圆的半径为4，球心到截面圆的距离为R -2，则222(2)4R R =-+，解得R=5，∴球的体积为3453π⨯=500π33cm ，故选A ．6.用与球心距离为1的平面去截球，所得的截面面积为π，则球的体积为（）A ．π38B ．π328C ．π28D ．π332 【答案】B7.在体积为43π的球的表面上有,,A B C 三点,1,2,,AB BCA C 两点的4 / 24球面距离为33π,则球心到平面ABC 的距离为 . 【答案】23 8.已知矩形ABCD 的顶点都在半径为4的球O 的球面上，且AB=6，BC=，则棱锥O -ABCD 的体积为 .【答案】8二．球面上两点的距离【例2】如图球O 的半径为2，圆是一小圆，，A 、B 是圆上两点，若=，则A,B 两点间的球面距离为 .【举一反三】231O 12OO =1O 1AO B ∠2π【套路总结】求球面上两点的距离的步骤 1. 求线段AB 的长度2. 求角AOB 的大小：已知三角形的半径OA 、OB 和线段AB ，利用余弦定理，解三角形AOB ，求出角角AOB3. 求两点的球面距离：利用扇形公式，弧长=弧度*半径，得出距离。

与球相关的外接与内切问题(解析版)

专题4.2 与球相关的外接与内切问题一．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】。