2019届高三数学专题练习外接球

外接球专题练习1．已知菱形ABCD满足，|AB|=2，∠ABC=，将菱形ABCD沿对角线AC折成一个直二面角B﹣AC﹣D，则三棱锥B﹣ACD外接球的表面积为（）A．πB．8πC．7πD．2．如图，四面体ABCD中，面ABD和面BCD都是等腰Rt△，AB=，∠BAD=∠CBD=，且二面角A﹣BD﹣C的大小为，若四面体ABCD的顶点都在球O上，则球O的表面积为（）A．12πB．20πC．24πD．36π3．如图，网格纸上小正方形的边长为2，粗实线及粗虚线画出的是某四棱锥的三视图，则该四棱锥的外接球的表面积为（）A．B．C．41πD．31π4．已知一个几何体是由半径为2的球挖去一个三棱锥得到（三棱锥的顶点均在球面上）．若该几何体的三视图如图所示（侧视图中的四边形为菱形），则该三棱锥的体积为（）A．B．C．D．5．已知一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积是（）A．2+2+2B．4+4+2C．2+4+4D．4+4+4 6．某三棱锥的三视图如图所示，则它的外接球表面积为（）A．25πB．C．D．40π7．如图是某几何体的三视图，则该几何体的表面积是（）A．18+2+B．15++C．12++D．18++ 8．在四面体ABCD中，AD⊥底面ABC，，E为棱BC的中点，点G在AE上且满足AG=2GE，若四面体ABCD的外接球的表面积为，则tan∠AGD=（）A．B．2C．D．9．在三棱锥S﹣ABC中，，且三棱锥S﹣ABC的体积为，则该三棱锥的外接球的表面积为（）A．4πB．16πC．36πD．72π10．如图所示，正方形ABCD的边长为2，切去阴影部分围成一个正四棱锥，则当正四棱锥体积最大时，该正四棱锥外接球的表面积为（）A．B．C．D．11．已知三棱锥P﹣ABC所有顶点都在球O的球面上，底面△ABC是以C为直角顶点的直角三角形，AB=2，PA=PB=PC=，则球O的表面积为（）A．9πB．C．4πD．π12．四棱锥P﹣ABCD的侧面PAB垂直于底面ABCD，且三角形PAB是等边三角形，底面ABCD是边长为2的正方形，则四棱锥P﹣ABCD外接球的表面积为（）A．πB．C．4πD．π13．已知三棱锥D﹣ABC所有顶点都在球O的球面上，△ABC为边长为的正三角形，△ABD是以BD为斜边的直角三角形，且AD=8，二面角C﹣AB﹣D 为120°，则球O的表面积为（）A．B．124πC．D．31π14．已知直三棱柱（侧棱垂直于底面的三棱柱）ABC﹣A1B1C1的顶点在球O上，∠ABC=120°，AA1=BC=AB=1，则球O的表面积为（）A．7πB．6πC．5πD．4π15．三棱锥P﹣ABC中，平面PAC⊥平面ABC，AB⊥AC，PA=PC=AC=2，AB=4，则三棱锥P﹣ABC的外接球的表面积为（）A．23πB．C．D．64π16．已知三棱锥S﹣ABC的底面是以AB为斜边的等腰直角三角形，且AB=SA=SB=SC=2，则该三棱锥的外接球的表面积为（）A．B．C．D．17．在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为BC的中点，已知平面α经过点A1，且平行于平面B1D1E，平面α与平面ABCD交于直线m，与平面ABB1A1交于直线n，则直线m，n所成角的余弦值为（）A．B．C．D．18．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PO⊥平面ABCD，E为线段AP的中点，底面ABCD为菱形，若BD=2，PC=4，则异面直线DE与PC所成角的余弦值为（）A．B．C．D．19．已知异面直线a，b所成的角为60°，过空间一点O的直线与a，b所成的角均为60°，这样的直线有（）A．1条B．2条C．3条D．4条20．在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E是侧面ADD1A1内的动点，且B1E∥平面BDC1，则直线B1E与直线AB所成角的正弦值的最小值是（）A．B．C．D．21．四个同样大小的球O1，O2，O3，O4两两相切，点M是球O1上的动点，则直线O2M与直线O3O4所成角的正弦值的取值范围为（）A．[]B．[]C．[]D．[]第Ⅱ卷（非选择题）二．解答题（共19小题）22．如图，已知四棱锥P﹣ABCD，BC∥AD，CD⊥AD，PC=AD=2CD=2CB=PA=PD，F为AD的中点．（1）证明：PB⊥BC；（2）求直线CF与平面PBC所成角的正弦值．23．如图，四棱锥S﹣ABCD的底面是正方形，CD=SB=，SD=4，P为侧棱SD 上的点，SD⊥面APC．（1）求二面角S﹣AC﹣D的余弦值；（2）侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面APC，若存在，求出SE：EC的值；若不存在，试说明理由．24．如图，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠DAB=60°，PD=AD=，PD⊥底面ABCD．（Ⅰ）证明：PA⊥BD；（Ⅱ）求平面PAD与平面PBC所成的锐二面角的大小．25．如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠BCA=90°，AC=BC=AA1=A1C=2，平面ACC1A1⊥平面ABC．现以边AC的中点D为坐标原点，平面ABC内垂直于AC的直线为x轴，直线AC为y轴，直线DA1为z轴建立空间直角坐标系，解决以下问题：（1）求异面直线AB与A1C所成角的余弦值；（2）求直线AB与平面A1BC所成角的正弦值．26．如图，四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，△ABC是边长为2的等边三角形，直线PB与底面ABCD所成的角为45°，PA=2CD，PD=，E是棱PD的中点．（1）求证：CD⊥AE；（2）在棱PB上是否存在一点T，使得平面ATE与平面APB所成锐二面角的余弦值为？若存在，请指出T的位置；若不存在，请说明理由．27．已知几何体的直观图和三视图如图所示，其正视图为矩形，侧视图为等腰直角三角形，俯视图为直角梯形．（1）连接B1C，若M为AB的中点，在线段CB上是否存在一点P，使得MP∥平面CNB1？若存在，求出BP的长；若不存在，请说明理由．（2）求二面角C﹣NB1﹣C1的余弦值．28．已知四棱锥S﹣ABCD，四边形ABCD是正方形，BA=AS=SD=2，S△ABS=2．（1）证明：平面ABCD⊥平面SAD；（2）若M为SD的中点，求二面角B﹣CM﹣S的余弦值．29．如图1，ABCD为梯形，AB∥CD，∠C=60°，点E在CD上，AB=EC=DE=2，BD⊥BC．现将△ADE沿AE折起如图2，使得平面DBC⊥平面ABCE．（Ⅰ）求证：BD⊥平面ABCE；（Ⅱ）求二面角D﹣AE﹣C的平面角的余弦值．30．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，BC⊥PB，AB⊥BC，AD∥BC，AD=3，PA=BC=2AB=2，．（1）求二面角P﹣CD﹣A的余弦值；（2）若点E在棱PA上，且BE∥平面PCD，求线段BE的长．参考答案与试题解析一．选择题（共21小题）1．已知菱形ABCD满足，|AB|=2，∠ABC=，将菱形ABCD沿对角线AC折成一个直二面角B﹣AC﹣D，则三棱锥B﹣ACD外接球的表面积为（）A．πB．8πC．7πD．【解答】解：由题意菱形ABCD满足，|AB|=2，∠ABC=，∴AC=2，DB=，将菱形ABCD沿对角线AC折成一个直二面角B﹣AC﹣D，∴三棱锥B﹣ACD高为．底面ACD外接圆半径为，外接球半径为R，球心与圆心的距离为d，d2+r2=R2……①……②由①②解得：R2=外接球的表面积S=．故选：A．2．如图，四面体ABCD中，面ABD和面BCD都是等腰Rt△，AB=，∠BAD=∠CBD=，且二面角A﹣BD﹣C的大小为，若四面体ABCD的顶点都在球O上，则球O的表面积为（）A．12πB．20πC．24πD．36π【解答】解：取CD中点E，BD中点F，连结BE、AF、EF，∵四面体ABCD中，面ABD和面BCD都是等腰Rt△，AB=，∠BAD=∠CBD=，且二面角A﹣BD﹣C的大小为，∴AF⊥BD，EF⊥BD，∴∠AFE是二面角A﹣BD﹣C的平面角，，BD=BC==2，CD=，CE=DE=，AF=BF=DF=EF=1，，则点E为△BCD外接圆的圆心，点F为△ABD外接圆的圆心，过点E作平面BCD的垂线EO，过点F作平面ABD的垂线FO，且直线EO与直线FO交于点O，则点O为四面体ABCD外接球的球心，如下图所示，易知，，所以，，所以，，则四面体ABCD的外接球半径为，因此，球O的表面积为，故选：B．3．如图，网格纸上小正方形的边长为2，粗实线及粗虚线画出的是某四棱锥的三视图，则该四棱锥的外接球的表面积为（）A．B．C．41πD．31π【解答】解：根据三视图得出：该几何体是镶嵌在正方体中的四棱锥O﹣ABCD，正方体的棱长为4，A，D为棱的中点，根据几何体可以判断：球心应该在过A，D的平行于底面的中截面上，设球心到截面BCO的距离为x，则到AD的距离为：4﹣x，∴R2=x2+（2）2，R2=22+（4﹣x）2，解得出：x=，R=，该多面体外接球的表面积为：4πR2=41π，故选：C．4．已知一个几何体是由半径为2的球挖去一个三棱锥得到（三棱锥的顶点均在球面上）．若该几何体的三视图如图所示（侧视图中的四边形为菱形），则该三棱锥的体积为（）A．B．C．D．【解答】解：由题意可知几何体的直观图如图：A﹣BCD，E为CD的中点，由题意可知AB=4，OE=，OA=OB=2，OD=2，则DE=，所以三棱锥A﹣BCD的体积为：×=．故选：C．5．已知一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积是（）A．2+2+2B．4+4+2C．2+4+4D．4+4+4【解答】解：由题意几何体的直观图如图：是正方体的一部分，正方体的棱长为：2，可知几何体的表面积为：=4+4+2．故选：B．6．某三棱锥的三视图如图所示，则它的外接球表面积为（）A．25πB．C．D．40π【解答】解：由三视图还原几何体的直观图如图：该几何体为三棱锥，底面三角形ABC为直角三角形，面PAC为等边三角形，且面PAC⊥底面ABC，取BC中点G，则G为三角形ABC的外心，过G作平面ABC的垂线，取等边三角形PAC的外心为H，过H作平面PAC的垂线，则两垂线交于点O，O为三棱锥P﹣ABC外接球的球心，OG=PH=，GC=BC=，∴OC==，∴三棱锥外接球表面积为4π×（）2=．故选：C．7．如图是某几何体的三视图，则该几何体的表面积是（）A．18+2+B．15++C．12++D．18++【解答】解：几何体的三视图，可知几何体是组合体，下部是四棱柱，上部是四棱锥，底面是直角梯形，下底为2，上底边长为1，高为2，四棱柱的高为2，棱锥的高为1，如图：该几何体的表面积是：++=15++．故选：B．8．在四面体ABCD中，AD⊥底面ABC，，E为棱BC的中点，点G在AE上且满足AG=2GE，若四面体ABCD的外接球的表面积为，则tan∠AGD=（）A．B．2C．D．【解答】解：由题意可得，点G是△ABC的重心，∴AG=AE=，设△ABC的外心为O，由题意点O在AE上，令OA=r，则OE2+EC2=OC2，即（3﹣r）2+12=r2，解得r=，∵AD⊥平面ABC，∴四面体ABCD的外接球的半径R2=r2+（）2=+，由题意得4πR2=4π（+）=，解得AD=4，∴tan∠AGD=．故选：B．9．在三棱锥S﹣ABC中，，且三棱锥S﹣ABC的体积为，则该三棱锥的外接球的表面积为（）A．4πB．16πC．36πD．72π【解答】解：如图，取SC的中点O，连接OB，OA，∵SB⊥BC，SA⊥AC，SB=BC，SA=AC，∴OB⊥SC，OA⊥SC，OB=SC，OA=SC，∴SC⊥平面OAB，O为三棱锥的外接球的球心，SC为球O的直径，设球O得半径为R，则AB=SC=R，∴△AOBRt正三角形，则∠BOA=90°，=V S﹣OAB+V C﹣OAB===，∴V S﹣ABC∴R=2，则该三棱锥的外接球的表面积为4πR2=16π．故选：B．10．如图所示，正方形ABCD的边长为2，切去阴影部分围成一个正四棱锥，则当正四棱锥体积最大时，该正四棱锥外接球的表面积为（）A．B．C．D．【解答】解：由题意，正方形ABCD的边长为2，可得对角线的一半为，折成正四棱锥后，设正四棱锥边长为a，高为h，可得：h2=2﹣，（0）．正四棱锥体积V=最大时，即．由y=，则y′=8，令y′=0，可得a=，即当a=体积取得最大值；∴h=．正四棱锥底面正方形外接圆r=．正四棱锥外接球的半径R，可得解得：正四棱锥外接球的表面积S=．故选：D．11．已知三棱锥P﹣ABC所有顶点都在球O的球面上，底面△ABC是以C为直角顶点的直角三角形，AB=2，PA=PB=PC=，则球O的表面积为（）A．9πB．C．4πD．π【解答】解析：设AB中点为D，则D为△ABC的外心，因为PA=PB=PC=，易证PD⊥面ABC，，所以球心O在直线PD上，又PA=，AB=2，算得PD=1，设球半径为R，则△AOD中，（R﹣1）2+2=R2，可得：R=．则球O的表面积S=4πR2=9π，故选：A．12．四棱锥P﹣ABCD的侧面PAB垂直于底面ABCD，且三角形PAB是等边三角形，底面ABCD是边长为2的正方形，则四棱锥P﹣ABCD外接球的表面积为（）A．πB．C．4πD．π【解答】解：由题意，可以将四棱锥P﹣ABCD补成以△PAB为底面的直三棱柱，直三棱柱外接球的半径，△PAB是边长为2的等边三角形，其外接圆的半径为；所以球的半径r=，则球的表面积S=4πr2=．故选：D．13．已知三棱锥D﹣ABC所有顶点都在球O的球面上，△ABC为边长为的正三角形，△ABD是以BD为斜边的直角三角形，且AD=8，二面角C﹣AB﹣D 为120°，则球O的表面积为（）A．B．124πC．D．31π【解答】解：作图如下：O1为经过△ABC外接圆圆心，O2为经过△ABD外接圆圆心，则O2为BD中点，取AB中点M，则∠CMO2为二面角C﹣AB﹣D的平面角，易得|O2M|=4，|O1M|=1，，由余弦定理得|O1O2|=，由正弦定理得，所以R2=|OM|2+|AM|2=31⇒S=124π，故选：B．14．已知直三棱柱（侧棱垂直于底面的三棱柱）ABC﹣A1B1C1的顶点在球O上，∠ABC=120°，AA1=BC=AB=1，则球O的表面积为（）A．7πB．6πC．5πD．4π【解答】解：如图：外接球的球心为O，底面三角形的外心为：O1，由正弦定理可得：2A1O1=，可得A1O1=1，R2=12+=，外接球的表面积为：4π•R2=5π．故选：C．15．三棱锥P﹣ABC中，平面PAC⊥平面ABC，AB⊥AC，PA=PC=AC=2，AB=4，则三棱锥P﹣ABC的外接球的表面积为（）A．23πB．C．D．64π【解答】解：根据题意，得到三棱锥P﹣ABC的外接球的球心在等边三角形PAC 的中线高线和过直角三角形ABC斜边BC的中点的高的交点位置，如图所示：三棱锥P﹣ABC中，平面PAC⊥平面ABC，AB⊥AC，PA=PC=AC=2，AB=4，所以PF=，，在直角三角形ABC中，BC2=AB2+AC2，解得：BC=2，所以CD=，三棱锥的外接球半径r==，则S=4，故选：C．16．已知三棱锥S﹣ABC的底面是以AB为斜边的等腰直角三角形，且AB=SA=SB=SC=2，则该三棱锥的外接球的表面积为（）A．B．C．D．【解答】解：如图所示：三棱锥S﹣ABC的底面是以AB为斜边的等腰直角三角形，且AB=SA=SB=SC=2，则：SD=，设外接球的半径为R，则：在△BOD中，利用勾股定理：，解得：R=所以：S=4π•R2=4．故选：D．17．在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为BC的中点，已知平面α经过点A1，且平行于平面B1D1E，平面α与平面ABCD交于直线m，与平面ABB1A1交于直线n，则直线m，n所成角的余弦值为（）A．B．C．D．【解答】解：设正方体的边长为2，取CD的中点F，AB的中点为M，AD的中点为N，连接EF，DB，MN，可得MN∥BD∥EF∥B1D1，由于平面α经过点A1，且平行于平面B1D1E即有平面A1MN即为平面α，直线MN即为直线m，直线A1M即为直线n，∠A1MN即为直线m，n所成角，由A1M=A1N==，MN=，可得cos∠A1MN==．故选：B．18．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PO⊥平面ABCD，E为线段AP的中点，底面ABCD为菱形，若BD=2，PC=4，则异面直线DE与PC所成角的余弦值为（）A．B．C．D．【解答】解：由题意，连接EO，O是底面ABCD为菱形的中点，又E为线段AP的中点，∴EO∥PC，则异面直线DE与PC所成角的平面角为∠DEO，∵PO⊥平面ABCD，底面ABCD为菱形，AC⊥BD，POC是直角三角形，∴PC⊥BD，则EO⊥BD，∴△DEO是直角三角形，∵BD=2，PC=4，∴OD=1，EO=2，则ED=．∴cos∠DEO=．故选：A．19．已知异面直线a，b所成的角为60°，过空间一点O的直线与a，b所成的角均为60°，这样的直线有（）A．1条B．2条C．3条D．4条【解答】解：过O作a′∥a，b′∥b，设直线a′、b′确定的平面为α，∵异面直线a、b成60°角，∴直线a′、b′所成锐角为60°①当直线l在平面α内时，若直线l平分直线a′、b′所成的钝角，则直线l与a、b都成60°角；②当直线l与平面α斜交时，若它在平面α内的射影恰好落在直线a′、b′所成的锐角平分线上时，直线l与a、b所成角相等．此时l与a′、b′所成角的范围为[30°，90°]，适当调整l的位置，可使直线l与a、b也都成60°角，这样的直线l有两条．综上所述，过点P与a′、b′都成60°角的直线，可以作3条∵a′∥a，b′∥b，∴过点O与a′、b′都成60°角的直线，与a、b也都成60°的角．故选：C．20．在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E是侧面ADD1A1内的动点，且B1E∥平面BDC1，则直线B1E与直线AB所成角的正弦值的最小值是（）A．B．C．D．【解答】解：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，设正方体ABCD﹣A1B1C1D1中棱长为1，设E（a，0，c），0≤a≤1，0≤c≤1，B1（1，1，1），B（1，1，0），D（0，0，0），C1（0，1，1），=（a﹣1，﹣1，c﹣1），=（1，1，0），=（0，1，1），设平面DBC1的法向量=（x，y，z），则，取x=1，得=（1，﹣1，1），∵B1E∥平面BDC1，∴=a﹣1+1+c﹣1=0，解得a+c=1，∴a2+c2=（a+c）2﹣2ac=1﹣2ac，ac≤（）2=，设直线B1E与直线AB所成角为θ，∵=（0，1，0），∴cosθ==，∵ac≤（）2=，∴2﹣2ac≥，∴，∴sinθ====≥=．∴直线B1E与直线AB所成角的正弦值的最小值是．故选：B．21．四个同样大小的球O1，O2，O3，O4两两相切，点M是球O1上的动点，则直线O2M与直线O3O4所成角的正弦值的取值范围为（）A．[]B．[]C．[]D．[]【解答】解：如图O1O2O O4是正四面体，设边长为2r，过O1作O1O⊥底面O2O3O4，可得O为底面的中心，由O2O⊥O3O4，可得O2O1⊥O3O4，则M在直线O1O2上，可得直线O2M与直线O3O4垂直，即有所成角的正弦值为1，过O2作大圆的切线，设切点为M，可得O2M与O1O2成30°的角，由O2N∥O3O4，可得O3O4与O2M成60°的角，即有所成角的正弦值为，则直线O2M与直线O3O4所成角的正弦值的取值范围为[，1]．故选：C．二．解答题（共19小题）22．如图，已知四棱锥P﹣ABCD，BC∥AD，CD⊥AD，PC=AD=2CD=2CB=PA=PD，F为AD的中点．（1）证明：PB⊥BC；（2）求直线CF与平面PBC所成角的正弦值．【解答】解：（1）证明：在△PAD中，PA=PD，F为AD的中点，可得AD⊥PF，在四边形ABCD中，连接BF，由题意可得四边形BCDF为平行四边形，可得BF∥CD，由CD⊥AD，可得AD⊥BF，而BF∩PF=F，可得AD⊥平面PBF，由AD∥BC，可得BC⊥平面PBF，则BC⊥PB；（2）设PC=AD=2CD=2CB=PA=PD=2，可得CD=CB=1，PA=PD=，过F在△PBF中作FH⊥PB于H，连接CH，由BC⊥平面PBF，可得BC⊥FH，即有FH⊥平面PBC，则∠FCH为CF和平面PBC所成角，由BC⊥PB，可得PB==，由PF==1，BF=CD=1，cos∠PFB==﹣，可得∠PFB=120°，可得H为PB的中点，即有FH⊥PB，即有FH=BFcos∠BFH=1×=，则直线CF与平面PBC所成角的正弦值为==．23．如图，四棱锥S﹣ABCD的底面是正方形，CD=SB=，SD=4，P为侧棱SD 上的点，SD⊥面APC．（1）求二面角S﹣AC﹣D的余弦值；（2）侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面APC，若存在，求出SE：EC的值；若不存在，试说明理由．【解答】解：：（1）连BD，设AC交BD于O，SD⊥面APC，可得SD⊥AP，SD⊥PC，可得△PAD≌△PCD，可得∠SDA=∠SDC，可得SA=SC，SO⊥AC，在正方形ABCD中，AC⊥BD，可得∠SOD为二面角S﹣AC﹣D的平面角，在△SBD中，SB=2，BD=4，SD=4，可得cos∠SBD==，SO==2，可得cos∠SOB==，即有二面角S﹣AC﹣D的余弦值为﹣；（2）若SD⊥平面PAC，则SD⊥OP，正方形ABCD的边长为2，SD=4，OD=BD=2，则PD=ODcos∠SDB=2•=，故可在SP上取一点N，使PN=PD，过N作PC的平行线与SC的交点即为E，连BN．在△BDN中知BN∥PO，又由于NE∥PC，故平面BEN∥面PAC，得BE∥面PAC，由于SN：NP=2：3，故SE：EC=2：3．24．如图，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠DAB=60°，PD=AD=，PD⊥底面ABCD．（Ⅰ）证明：PA⊥BD；（Ⅱ）求平面PAD与平面PBC所成的锐二面角的大小．【解答】证明：（Ⅰ）因为∠DAB=60°，AB=2AD，由余弦定理得BD=，…………（1分）从而BD2+AD2=AB2，故BD⊥AD，…………（3分）又PD⊥底面ABCD，可得BD⊥PD，…………（4分）所以BD⊥平面PAD．…………（5分）故PA⊥BD…………（6分）解：（Ⅱ）如图，以D为坐标原点，AD的长为单位长，射线DA为x轴的正半轴，建立空间直角坐标系D﹣xyz，…………（7分）则B（0，，0），C（﹣1，，0），P（0，0，1），=（﹣1，，0），=（0，，﹣1），=（﹣1，0，0），平面PAD的一个法向量为=（0，1，0），…………（8分）设平面PBC的法向量为=（x，y，z），则，…………（9分）取y=1，得=（0，1，），…………（10分）|cos＜＞|==，…………（11分）故平面PAD与平面PBC所成的锐二面角的大小为60°．…………（12分）25．如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠BCA=90°，AC=BC=AA1=A1C=2，平面ACC1A1⊥平面ABC．现以边AC的中点D为坐标原点，平面ABC内垂直于AC的直线为x轴，直线AC为y轴，直线DA1为z轴建立空间直角坐标系，解决以下问题：（1）求异面直线AB与A1C所成角的余弦值；（2）求直线AB与平面A1BC所成角的正弦值．【解答】解：（1）三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠BCA=90°，AC=BC=AA1=A1C=2，平面ACC1A1⊥平面ABC．以边AC的中点D为坐标原点，平面ABC内垂直于AC的直线为x轴，直线AC为y轴，直线DA1为z轴建立空间直角坐标系，根据题中空间直角坐标系可知：A（0，﹣1，0），C（0，1，0），B（2，1，0），A1（0，0，），…（1分）∴=（2，2，0），=（0，1，﹣），∴cos＜＞===，…（3分）设异面直线AB与A1C的所成角为α，则，∴异面直线AB与A1C所成角的余弦值为．…（4分）（2）由（1）得：=（2，1，﹣），=（﹣2，0，0），设平面A1BC的法向量为=（x，y，z），∴，取z=1，则=（0，），…（7分）∴cos＜，＞===．…（9分）设直线AB与平面A1BC所成角为β，β∈（0，]，则sinβ=|cos＜，＞|=．故直线AB与平面A1BC所成角的正弦值为．…（10分）26．如图，四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，△ABC是边长为2的等边三角形，直线PB与底面ABCD所成的角为45°，PA=2CD，PD=，E是棱PD的中点．（1）求证：CD⊥AE；（2）在棱PB上是否存在一点T，使得平面ATE与平面APB所成锐二面角的余弦值为？若存在，请指出T的位置；若不存在，请说明理由．【解答】（1）证明：∵PA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，CD⊂平面ABCD，AD ⊂平面ABCD，∴PA⊥AB，PA⊥CD，PA⊥AD，∵直线PB与底面ABCD所成的角为45°，∴∠PBA=45°，∵△ABC是边长为2的等边三角形，∴PA=AB=2，又PA=2CD，∴CD=1．在Rt△PAD中，∵PD=，PA=2，∴AD=，在三角形ADC中，AD=，CD=1，AC=2，∴AD2+CD2=AC2，可得CD⊥AD，又AD∩PA=A，∴CD⊥平面PAD，又AE⊂平面PAD，∴CD⊥AE；（2）解：假设在棱PB上存在一点T，满足题意，则（0＜λ≤1），由（1）可知，∠DAC=30°，∴∠DAB=90°，以A为原点，分别以AB，AD，AP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系．则A（0，0，0），B（2，0，0），P（0，0，2），D（0，，0），E（0，，1）．设T（x1，y1，z1），则，又，∴（x1，y1，z1﹣2）=（2λ，0，﹣2λ），得x1=2λ，y1=0，z1=2﹣2λ，∴，．设平面ATE的法向量为．则有，取y2=2，得．而平面PAB的一个法向量为，∴|cos＜＞|=||==，解得．故在棱PB上存在一点T，使得平面ATE与平面APB所成锐二面角的余弦值为．27．已知几何体的直观图和三视图如图所示，其正视图为矩形，侧视图为等腰直角三角形，俯视图为直角梯形．（1）连接B1C，若M为AB的中点，在线段CB上是否存在一点P，使得MP∥平面CNB1？若存在，求出BP的长；若不存在，请说明理由．（2）求二面角C﹣NB1﹣C1的余弦值．【解答】解：建立空间直角坐标系如图，则由该几何体的三视图可知：C（0，0，4），N（4，4，0），B1（0，8，0），C1（0，8，4）．（1）设平面CNB1的法向量为，由，，得，其x=1，得．设P（0，0，a）（0≤a≤4），由于M（2，0，0），则．∵MP∥平面CNB1，∴，得a=1．∴在线段CB上存在一点P，使得MP∥平面CNB1，此时BP=1；（2）设平面C1NB1的法向量为，由，得，取x=1，可得．∴cos＜＞=．由图可知，所求二面角为锐角，故二面角C﹣NB1﹣C1的余弦值为．28．已知四棱锥S﹣ABCD，四边形ABCD是正方形，BA=AS=SD=2，S△ABS=2．（1）证明：平面ABCD⊥平面SAD；（2）若M为SD的中点，求二面角B﹣CM﹣S的余弦值．【解答】证明：（1）∵，∴sin∠BAS=1，即BA⊥AS，又∵ABCD为正方形，∴BA⊥AD，∵BA∩AS=A，∴BA⊥平面SAD，∵BA⊂平面ABCD，∴平面ABCD⊥平面SAD．解：（2）设AD的中点为O，∵AS=SD，∴SO⊥AD，由（1）可知平面ABCD⊥平面SAD，且平面ABCD∩平面SAD=AD，∴SO⊥平面ABCD，在平面ABCD内，过O作直线Ox⊥AD，则Ox，OD，OS两两垂直．以O为坐标原点，Ox，OD，OS所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，则，∴，设平面BCM的法向量为，则，，即，取，设平面CMS的法向量为，则，，即，取，，由图可知，二面角B﹣CM﹣S的余弦值为．29．如图1，ABCD为梯形，AB∥CD，∠C=60°，点E在CD上，AB=EC=DE=2，BD⊥BC．现将△ADE沿AE折起如图2，使得平面DBC⊥平面ABCE．（Ⅰ）求证：BD⊥平面ABCE；（Ⅱ）求二面角D﹣AE﹣C的平面角的余弦值．【解答】（本题满分15分）证明：（Ⅰ）∵DF⊥AE，BF⊥AE，∴AE⊥面BDF，又BD⊂面BDF，∴AE⊥BD．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（3分）∵面BCD⊥面ABCE，BC∥AE，BF⊥AE，∴BF⊥BC，∴BF⊥面BCD，∵BD⊂面BCD，∴BF⊥BD，又∴BF∩BC=B，∴BD⊥面BCEF．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（8分）解：（Ⅱ）∵DF⊥AE，BF⊥AE，∴∠BFD即为二面角D﹣AE﹣C的平面角．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（10分）又∵﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（12分）在Rt△BDE中，，∴二面角D﹣AE﹣C的平面角的余弦值为．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（15分）30．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，BC⊥PB，AB⊥BC，AD∥BC，AD=3，PA=BC=2AB=2，．（1）求二面角P﹣CD﹣A的余弦值；（2）若点E在棱PA上，且BE∥平面PCD，求线段BE的长．【解答】解：（1）∵在四棱锥P﹣ABCD中，由PA=2AB=2，，得PB2+AB2=PA2，则PB⊥AB，又BC⊥PB，AB⊥BC，∴以B为原点，BA为x轴，BC为y轴，BP为z轴，建立空间直角坐标系，则B（0，0，0），A（1，0，0），C（0，2，0），D（1，3，0），P（0，0，），=（0，1，0），=（0，2，﹣），由图可知，平面ABCD的一个法向量为=（0，0，1），设平面PCD的法向量为，则，取z=2，得，设二面角P﹣CD﹣A的平面角为α，则cosα=|cos＜＞|=．∴二面角P﹣CD﹣A的余弦值为；（2）∵点E在PA上，∴，λ∈[0，1]，∵，∴，=（1﹣λ，0，），又∵BE∥平面PCD，为平面PCD的法向量，∴，即，解得，∴，则BE=||=．。

外接球专项训练参考答案一．选择题1、已知球的半径为2，圆和圆是球的互相垂直的两个截面，圆和圆的面积分别为和，则（ ）A ．1 B．2 D【答案】D【解析】因由球心距与截面圆的半径之间的关系得，故D 。

考点：球的几何性质及运算。

2、在三棱锥中，，中点为，，则此三棱锥的外接球的表面积为（ ） A ．B ．C ．D ．【答案】C如图,易由余弦定理可因，故;同理，故，所以是棱长为应选C 。

考点：球与几何体的外接和表面积的计算公式。

3、球的球面上有四点，其中四点共面，是边长为2的正三角形，面面，则棱锥的体积的最大值为（ ）A．4 【答案】AO M N M N 2ππ||MN =538212221222221=-=+⇒⎪⎩⎪⎨⎧=+=+d d R d R d 222PA AB PB =+BA PB ⊥222PC CB PB =+BC PB ⊥C B A P ,,,O ,,,S A B C ,,,O A B C ABC ∆SAB ⊥ABC S ABC -【解析】设球心和的外心为，延长交于点，则由球的对称性可知，继而由面面可得所在的平面，所以是三棱锥的高；再由四点共面可知是A 。

考点：几何体的外接球等有关知识的运用。

【易错点晴】球与几何体的外接和内切问题一直是高中数学中题的重要题型，也高考和各级各类考试的难点内容。

本题将三棱锥与球外接整合在一起考查三棱锥的体积的最大值无疑是加大了试题的难度。

解答本题时要充分利用题设中提供的有关信息，先确定球心的位置是三角形的外心，定当4、已知在三棱锥中，面，，若三棱锥的外接球的半径是3，，则的最大值是（ ）A ．36B ．28C ．26D ．18 【答案】D【解析】因为面，所以，，又因为,所以平面，所以，所以有，则由基本不等式可得，当且仅当时等号成立，所以的最大值是,故选D.考点：1.线面垂直的判定与性质；2.长方体外接球的性质；3.基本不等式.【名师点睛】本题考查线面垂直的判定与性质、长方体外接球的性质、基本不等式,中档题；立体几何的最值问题通常有三种思考方向：（1）根据几何体的结构特征，变动态为静态，直观判断在什么情况下取得最值；（2）将几何体平面化，如利用展开图，在平面几何图中直观求解；（3）建立函数，通过求函数的最值或利用基本不等式来求解．5、如图所示是一个几何体的三视图, 则这个几何体外接球的表面积为（ ）ABC ∆O CO AB P AB PD ⊥SAB ⊥ABC ⊥PD ABC ∆PD ,,,O A B C O ABC ∆O ABC PD P ABC -PA ⊥ABC PC AB ⊥P ABC -ABC ABP ACP S S S S ∆∆∆=++S PA ⊥ABC PA AB ⊥PA AC ⊥PC AB ⊥AB ⊥PAC AB AC⊥2222(23)36AB AC AP ++=⨯=AB AC AP ==S 36A ．B ．C ．D ． 【答案】C【解析】几何体为一个四棱锥，外接球球心为底面正方形（边长为4C.考点：三视图，外接球【方法点睛】涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体中的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题，再利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解. 6、如图是某几何体的三视图，正视图是等边三角形，侧视图和俯视图为直角三角形，则该几何体 外接球的表面积为（ ）A ． C ． D 【答案】D【解析】由三视图可知，这个几何体是三棱锥.如图所示，为球心，为等边三角形的外心，由图可8π16π32π64π8π9πO F BCD考点：三视图. 【思路点晴】设几何体底面外接圆半径为,常见的图形有正三角形,直角三角形,矩形,它们的外心可用其几何性质求;而其它不规则图形的外心,可利用正弦定理来求.若长方体长宽高分别为则其体对角线长为长方体的外接球球心是其体对角线中点.找几何体外接球球心的一般方法:过几何体各个面的外心分别做这个面的垂线,交点即为球心. 7、如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某四面体的三视图，则该四面体的外接球半径为（ ）A【答案】C【解析】从三视图可以看出这是一个正方体上的一个四面体,如图,其中正其外接圆的同样正的外接圆的半径是由球的对称性可知球心必在正方体的对角线上,,该球经过六个点,设球心到平面的距离为;球心到平面的距离为,而两个平面和之间的距离为则由球心距、垂面圆半径之间的关系可得,所以,即,将其代入可得由应选C. x ,,a b c MNP ∆111P N M ∆O AC 111,,,,,P N M P N M O 111P N M ∆1d O MNP ∆2d MNP 111P N M 2222221212,r d R r d R +=+=822212122=-=-r r d d 82122=-d d 82122=-d d考点：三视图的识读和理解及几何体体积的计算. 【易错点晴】本题以网格纸上的几何图形为背景,提供了一个三棱锥的几何体的三视图,要求求其外接球的半径,是一道较为困难的难题.难就难在无法搞清其几何形状,只知道是一个三棱锥（四面体）是没有任何用的.通过仔细观察不难看出这是一个正方体上的一个四面体,如图,正的边长为,其外接圆的半径,同样正的外接圆的半径是,由球的对称性可知球心必在对角线上,且经过六个点,设球心到平面的距离为；球心到平面的距离为,而两个平面和之间的距离为,则由球心距垂面圆半径之间的关系可得,所以,即,又,将其代入可得,由此可得,所以,所以外接球的半径,其中计算时可用等积法进行.8、一直三棱柱的每条棱长都是，且每个顶点都在球的表面上，则球的半径为（ ） A ．B ．C ．D ． 【答案】A【解析】球的半径满足考点：外接球【方法点睛】涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体中的特殊点（一般为接、切点）或线作截面，把空间问题转化为平面问题，再利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径（直径）与该几何体已知量的关系，列方程（组）求解. 9、若某圆柱体的上部挖掉一个半球，下部挖掉一个圆锥后所得的几何体的三视图中的正视图和侧视图如图所示，则此几何体的表面积是 A ．24π B ．24π＋8πOO 2O 1P 1N 1M 1C APNMMNP ∆243241=r 111P N M ∆3222=r O 111,,,,,P N M P N M O 111P N M ∆1d O MNP ∆2d MNP 111P N M 2121334)(34d d h h d +==+-=2222221212,r d R r d R +=+=822212122=-=-r r d d 82122=-d d 33421=+d d 82122=-d d 3212=-d d 3352=d 113333832522222==+=+=r d R 11=R 21,h h 3O O 212673O 2223321()(3)232R R =+⋅⇒=C ．24π＋4πD ．32π答案：C10、已知三棱锥的底面是以为斜边的等腰直角三角形,则三棱锥的外接球的球心到平面的距离是（ ） （A（B ）1 （C（D【答案】A【解析】因为三棱锥的底面是以为斜边的等腰直角三角形，，在面内的射影为中点，平面，上任意一点到的距离相等．，，在面内作的垂直平分线，则为的外接球球心．，，，即为到平面的距离，故选A ．考点：球内接多面体；点到面的距离的计算．【名师点睛】(1)一般要过球心及多面体中的特殊点或过线作截面将空间问题转化为平面问题，从而寻找几何体各元素之间的关系．(2)若球面上四点P ，A ，B ，C 中PA ，PB ，PC两两垂直或三棱锥的三条侧棱两两垂直，可构造长方体或正方体确定直径解决外接问题．(3)一般三棱锥的外接球的球心可通过其中一个面的外心作此平面的垂线，则球心必在此垂线上．11、已知三棱锥的底面是以为斜边的等腰直角三角形,则三棱锥的外接球的球心到平面的距离是（ ）（A （B）1 （C （D 【答案】A12、某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥外接球的表面积是（ ）A ． C【答案】B【解析】几何体为一个四棱锥，其顶点为长方体四个顶点，长方体的长宽高为4,3,3，因此四棱锥外接球直径S ABC -AB 2,2,AB SA SB SC ====ABC S ABC -AB 2SA SB SC ===S ∴ABC AB H SH ∴⊥ABC SH ∴,,A B C 1CH =SHC SC MO O S ABC -2SC =Q 1SM ∴=30OSM ∠=︒O ABC S ABC -AB 2,2,AB SA SB SC ====ABC 34π，表面积是选B.考点：三视图【方法点睛】涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体中的特殊点（一般为接、切点）或线作截面，把空间问题转化为平面问题，再利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径（直径）与该几何体已知量的关系，列方程（组）求解. 13、已知三棱锥S-ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，△ABC 是边长为1的正三角形，SC 为球O 的直径，且SC=2，则此棱锥的体积为（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】A【解析】连接，则由已知得，可知三棱锥是棱长为的正四面体，其高为，则三棱锥的高为，所以三棱锥的体积为考点：三棱锥外接球．14、半径为1的三个球平放在平面上，且两两相切，其上放置一半径为2的球，由四个球心构成一个新四面体，则该四面体外接球的表面积为（）A． D【答案】A【解析】由已知条件可知，该四面体是底面边长为的等边三角形，且侧棱长为.该四面体外接球半径计算公式为，其中为底面外接圆半径，为高.本题中，故考点：球的内接几何体.15、在正三棱锥中，是的中点，且，则正三棱锥的外接球的表面积为（ ）A ．B ．C ．D ． 【答案】【解析】根据三棱锥为正三棱锥，可证明出AC ⊥SB ，结合SB ⊥AM ，得到SB ⊥平面SAC ，因此可得SA 、SB 、SC 三条侧棱两两互相垂直．最后利用公式求出外接圆的直径，结合球的表面积公式，可得正三棱锥S-ABC 的外接2434.R ππ=OC OB OA ,,1======AC BC AB OC OB OA ABC O -1ABC S -ABC S -,,A B C αD ,,,A B C D O 9π23x h S ABC -M SC AM SB ⊥S ABC -6π12π32π36π球的表面积．取AC 中点，连接BN 、SN ，∵N 为AC 中点，SA=SC ，∴AC ⊥SN ， 同理AC ⊥BN ，∵SN ∩BN=N ，∴AC ⊥平面SBN ，∵SB 平面SBN ，∴AC ⊥SB，∵SB ⊥AM 且AC ∩AM=A ， ∴SB ⊥平面SAC ？SB⊥SA 且SB ⊥AC ， ∵三棱锥S-ABC 是正三棱锥，∴SA 、SB 、SC 三条侧棱两两互相垂直． SA=2，∴正三棱锥S-ABC ∴正三棱锥S-ABC 的外接球的表面积是，故选：B ．考点：空间线面垂直的判定与性质；球内接多面体16、已知三棱锥,在底面中则此三棱锥的外接球的表面积为（ ）A． 【答案】D【解析】底面三角形内，根据正弦定理，可得,,满足勾股定理，,底面,所以,那么平面,所以,那么直角三角形有公共斜边,所以三棱锥的外接球的球心就是的中点,是其外接球的直径，,所以外接球的表面积,故选D.⊂2412S R ππ==P ABC -ABC ∆16π2=AC 222AC BC AB =+090=∠ABC ⊥PA ABC BC PA ⊥⊥BC PAB PB BC ⊥PBC PAC ,PC PC O PC 4=PC ππ1642==R S考点：球与几何体17、已知直三棱柱的个顶点都在球的球面上，若，，，，则球的表面积为为（ ）A ．B ．C ．D ． 【答案】C【解析】由题意，三棱柱为直三棱柱，底面为直角三角形，把直三棱柱补成四棱柱，则四棱柱的体对角线是其外接球的直径，则三棱柱1外接球的表面积是故选C ．考点：几何体的外接球18、如图，是边长为1的正方体，是高为1的正四棱锥，若点，在同一个球面上，则该球的表面积为（ ）111C C AB -A B 6O 3AB =C 4A =C AB ⊥A 112AA =O 153π160π169π360π111C C AB -A B C AB 111C C AB -A B 111C C AB -A B 224169R cm ππ=．1111ABCD A B C D -S ABCD -S 1111,,,A B C DA【答案】D【解析】按如图所示作辅助线，为球心，设，则，则在中，，D ．考点：1、球内接多面体的性质；2、球的表面积公式.19、在平行四边形中，，，将此平行四边形沿折成直二面角，则三棱锥外接球的表面积为（ ）A ． C ． D ． 【答案】A【解析】因为平行四边形中，，沿折成直二面角，所以三棱锥的外接球的直径为，所以三棱锥的外接球的半径，所以三棱锥A ． O 1OG x =12OB SO x ==-11Rt OB G ∆2221111OB G B OG =+ABCD AB BD ⊥22421AB BD +=BD A BCD -π2π4πABCD BD AB ⊥BDC BD A --BCD A -AC BCD A -BCD A -考点：1.平面图形的折叠问题；2.多面体与球的组合．20、如图, 在菱形中为对角线的中点, 将沿折起到的位置，若 ，则三棱锥的外接球的表面积为（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】A【解析】设分别是等边三角形的外心，则画出图象如下图所示，由图象可知，,外接球面积为.考点：球的内接几何体. 21、已知从点出发的三条射线，，两两成角，且分别与球相切于，，三点．若球的体积为，则，两点间的距离为( )（A （B （C ）3 （D ） 【答案】B【解析】连接交平面于，由题意可得：和为正三角形，所以．因为ABCD BD ABD ∆BD PBD ∆120PEC ∠=o P BCD -28π32π16π12π,M N ,PBD CBD 11,2O N NC ==11120,60MO N OO N ∠=∠=o o 244728R πππ=⋅=P PA PB PC 60︒O A B C O 36πO P 6OP ABC 'O ABC ∆PAB ∆'AO PO OA PA ⊥⊥，为球的体积为，所以半径，所以考点：点、线、面间的距离计算． 【思路点睛】连接交平面于，由可得，根据球的体积可得半径，进而求出答案． 22、在半径为1的球面上有不共面的四个点A ，B ，C ，D 且，，，则等于（ ）A ．16B ．8C ．4D ．2【答案】B 【解析】如图，构造长方体，设长方体的长、宽、高分别为，则，根据题意，得，则；故选B ．考点：多面体与球的组合23、“牟合方盖”是我国古代数学家刘徽在研究球的体积的过程中构造的一个和谐优美的几何体．它由完全相同的四个曲面构成，相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，好似两个扣合（牟合）在一起的方形伞（方盖）．其直观图如图所示，图中四边形是为体现其直观性所作的辅助线．当其正视图和侧视图完全相同时，它的俯视图可能是（ ）【答案】B【解析】因为相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，好似两个扣合（牟合）在一起的方形伞（方盖），且正视图和侧视图是一个圆，所以从上向下看，相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，即俯视图是有两条对角线且为实线的正方形；故选B ．36π3OA =OP ABC 'O 'AO PO OA PA ⊥⊥，3OA =AB CD x ==BC DA y ==CA BD z ==222x y z ++c b a ,,422222==++c b a 222222222,,z c a y c b x b a =+=+=+8)(2222222=++=++c b a z y x考点：三视图．24、某一简单几何体的三视图如图所示，该几何体的外接球的表面积是（ ） A ． B ． C ． D ．【答案】C【解析】从三视图可以看出该几何体是底面对角线长为正方形高为正四棱柱,故其对角线长为故该几何体的外接球的面积为,选C.考点：三视图与几何体的外接球．25、如图，边长为2的正方形ABCD 中，点E ，F 分别是边AB ，BC 的中点△AED ，△EBF ，△FCD 分别沿DE ，EF ，FD 折起，使A ，B ，C 三点重合于点A ′,若四面体A ′EFD 的四个顶点在同一个球面上，则该球的半径为（ ）C【答案】D 【解析】因为折起后三点重合，所以两两垂直，三棱锥的外接球，就是棱长为的长方体的外接球，球半径满足 D. 考点：几何体外接球的性质.26、已知三棱锥S ﹣ABC ，满足SA⊥SB，SB⊥SC，SC⊥SA，且SA=SB=SCQ 是外接球上一动点，则点Q 到平面ABC 的距离的最大值为（ ）A ．3B ．2C 【答案】D【解析】因为三棱锥中，，且，所以三棱锥的外接球即为以43ππ2542==R S ,,A B C ',','A E A F A D 1,1,2R S ABC -,,SA SB SB SC SC SA ⊥⊥⊥SA SB SC ==,,SA SB SC所以球心到平面的距离所以点到平面的距离的最大值为D．考点：球的性质及组合体的应用．27、一个直棱柱的三视图如图所示，其中俯视图是一个顶角为的等腰三角形，则该直三棱柱外接球的表面积为（）A．20 B． D【答案】A，两腰为的等腰三角形，高为，底面三角形的外接半径为，设该三棱柱的外接球的半径为，则，所以该三棱柱的外接球的表面积为，故选A．考点：1.三视图；2.球的切接问题；3.球的表面积．【名师点睛】本题主要考查三视图、球的切接问题、表面积公式及空间想象能力、运算能力，中档题；识图是数学的基本功，空间想象能力是数学与实际生活必备的能力，本题将这些能力结合在一起，体现了数学的实用价值，同时也考查了学生对球的性质与表面积公式的掌握与应用、计算能力．28、某四面体的三视图如图，正视图、侧视图、俯视图都是边长为1的正方形，则此四面体的外接球的体积为（）A． B． C． D．【答案】BABC Q ABCο120π25π222R221215R=+=2420S Rππ==【解析】由题意此四面体是棱长为的正四面体，其外接球半径为，所以B ． 考点：三视图，外接球，球体积．【名师点睛】正四面体的内切球与外接球：（1） 正四面体的内切球，如图. 位置关系：正四面体的四个面都与一个球相切，正四面体的中心与球心重合； 数据关系：设正四面体的棱长为，高为；球的半径为，这时有（可以利用体积桥证明）（2） 正四面体的外接球，如图5. 位置关系：正四面体的四个顶点都在一个球面上，正四面体的中心与球心重合； 数据关系：设正四面体的棱长为，高为；球的半径为，这时有（可用正四面体高减去内切球的半径得到）29、如图所示，在直三棱柱中，，，，点是线段的中点，则三棱锥的外接球的体积是（ ）a h R a h R h C C '''AB -A B C C A ⊥B C 2'B =BB =C 4A =M 'AB C M -ABA ． B【答案】A 【解析】由题意可取的中点，连接,在直角中，所以点在平面内的射影是的外心，即为的中点，设三棱锥的外接球的球心为，由球的截面性质可得，即，解得，故选A.考点：棱锥与球的组合体及球的体积.【方法点睛】本题主要考查了棱锥与球的组合体，球的截面性质及球的体积，考查了考生的空间想象能力属于中档题.本题解答的关键是根据已知条件求得,从而判断点在平面内的射影位置，而又是直角三角形，其外心位于斜边的中点上，据此可知三棱锥外接球的球心在上，根据球的截面性质得到球的半径，求得其体积.30、已知球面上有四个点，球心为点，在上，若三棱锥则该球的表面积为（ ） A ． B ．C【答案】B 【解析】设球的半径，首先因为在上，所以为球的直径，为直角三角形，，若使三角形的面积最大，则点到边的距离最大即可，因为三点共面．所以最大距离为半径，三角形；当点距离平面最大时为，则三棱锥的体积的，，所以该球的表面积为，选B ． 考点：1.球的表面积；2.棱锥的体积．31、一个几何体的顶点都在球面上，它们的正视图、侧视图、俯视图都是下图．图中圆内有一个以 圆心为中心边长为1的正方形．则这个四面体的外接球的表面积是（ ）36πAB D ,MD CD MCD ∆M ABC ABC ∆AB C M -AB O ()222MD r CD r -+=()2215r r -+=3r =MA MB MC ==M ABC ABC ∆C M -AB MD ,,,A B C D O O CD A BCD -O 4π16πr O CD CD O BCD ∆2CD r =B CD ,,B C D r BCD A BCD r A BCD -2r =4416ππ⋅=A ．2π B．3π C ．4π D．5π【答案】B【解析】由三视图可知：该四面体是正方体的一个内接正四面体，此四面体的外接球的半径为正方体的对角线B ．二、填空题（注释）32、在四棱锥中，底面，底面是边长为2的正方形.若直线与平面所成的角为30°，则四棱锥的外接球的表面积为_______.【答案】【解析】连结交于，则可证得平面，连接，则就是直线与平面所成的角，即，四棱锥的外接球的半，则所求外接球的表面积为,故应填.考点：四棱锥的外接球的面积及求法．33、已知矩形的顶点都在半径为的球的球面上，且棱锥的体积为，则= ________．【答案】【解析】由题可得四棱锥的侧棱为，则P ABCD -PB ⊥ABCD ABCD PC PDB P ABCD -12πAC BD H AC ⊥PDB PH CPH ∠PC PDB 30CPH ∠=°∴P ABCD -12π12πABCD R O O ABCD -R 4R考点：多面体与外接球．。

培优点十四 外接球1．正棱柱，长方体的外接球球心是其中心例 1：已知各顶点都在同一球面上的正四棱柱的高为 4 ，体积为16，则这个球的表面积是 （）A ．16πB ． 20πC ． 24πD ．32π【答案】C 【解析】Va 2h 16， a 2 ， 4R 2 a 2 a 2 h 2 4 4 16 24 ， S 24π ，故选 C ．2．补形法（补成长方体）PPPPO 2ccAbCCa bAAaB aBBbc C AaB bcC图 1 图 2 图 3 图 4例 2：若三棱锥的三个侧面两两垂直，且侧棱长均为 3 ，则其外接球的表面积是 ．【答案】9π 【解析】 4R 23 3 3 9 ， S 4πR 2 9π ．3．依据垂直关系找球心 例 3：已知三棱锥 PABC 的四个顶点均在同一个球面上，底面△ABC 满足BA BC，π 6ABC，若该三棱锥体积的最大值为 3，则其外接球的体积为2（）16 3A ．8πB ．16πC ．πD ． 32 3π【答案】D1 【解析】因为△ABC 是等腰直角三角形，所以外接球的半径是 r，设外接球的 12 32半径是R，球心O到该底面的距离d，如图，则11V S h 6h 3△，ABC361S△63，BD 3，由题设ABC21最大体积对应的高为SD h3，故R2d23，即233R R，解之得R2，2所以外接球的体积是4π332πR，故答案为D．33对点增分集训一、单选题1．棱长分别为2、3、5的长方体的外接球的表面积为（）A．4πB．12πC．24πD．48π【答案】B2 222【解析】设长方体的外接球半径为R，由题意可知：2R235，则：R23，该长方体的外接球的表面积为S4πR24π312π．本题选择B选项．2．设三棱柱的侧棱垂直于底面，所有棱的长都为23，顶点都在一个球面上，则该球的表面积为（）A．12πB．28πC．44πD．60π【答案】B【解析】设底面三角形的外接圆半径为r，由正弦定理可得：2r23sin60，则r2，2设外接球半径为R，结合三棱柱的特征可知外接球半径R23227，外接球的表面积S4πR228π．本题选择B选项．3．把边长为3的正方形ABCD沿对角线AC对折，使得平面ABC平面ADC，则三棱锥2D ABC的外接球的表面积为（）A．32πB．27πC．18πD．9π【答案】C【解析】把边长为3的正方形ABCD沿对角线AC对折，使得平面ABC 平面ADC，则三棱锥D ABC的外接球直径为AC 32，外接球的表面积为4πR218π，故选C．4．某几何体是由两个同底面的三棱锥组成，其三视图如下图所示，则该几何体外接球的面积为（）A．a2πB．2a2πC．3a2πD．4a2π【答案】C【解析】由题可知，该几何体是由同底面不同棱的两个三棱锥构成，其中底面是棱长为2a的正三角形，一个是三条侧棱两两垂直，且侧棱长为a的正三棱锥，另一个是棱长为2a的正四面体，如图所示：该几何体的外接球与棱长为푎的正方体的外接球相同，因此外接球的直径即为正方体的体对角线，所以222233R a a aa Ra，所以该几何体外接球面积22232S 4πR 4πa3aπ2，故选C．5．三棱锥A BCD的所有顶点都在球O的表面上，AB 平面BCD，BC BD 2，3AB 2CD 4 3 ，则球 O 的表面积为（） A ．16π B ．32πC ． 60πD ． 64π【答案】D22 22 3122【解析】因为 BC BD 2 ，CD 2 3 ，所以CBDcos2 2 22，2πCBD，3因此三角形 BCD 外接圆半径为1 CD 2sin CBD2，设外接球半径为 R ，则2R2 =22 +4 12 16 ，S =4πR 264π ，故选D ．AB26．如图 ABCD A B C D 是边长为 1的正方体， SABCD 是高为 1的正四棱锥，若点S ，1 1 1 1A ，B 1 ，C 1 ，D 1 在同一个球面上，则该球的表面积为（）19 A ． 16 π25 16 B ．π49 16 C ．π81 D ． π16【答案】D【解析】如图所示，连结A C，B1D1，交点为M，连结SM，11易知球心O在直线SM上，设球的半径R OS x，在R t△OMB中，由勾股定理有：142222OMB MB O ，即：22 22 xx ，解得： 1129x ，则该球的表面积82SR4π 4ππ ．本题选择 D 选项．29 81 8167．已知球 O 的半径为 R ， A ， B ， C 三点在球 O 的球面上，球心 O 到平面 ABC 的距离为1 2R ，AB AC 2 ， BAC 120，则球 O 的表面积为（ ）16 9 A ． π 16 3 B ． πC ．649 π D ． 64 3 π 【答案】D【解析】由余弦定理得： BC4 4 222cos1202 3 ，设三角 ABC 外接圆半径为 r ，由正弦定理可得： 2 3 sin1202r，则 r2，又 R 21 R2 4 ，解得： R 216 ，则球的表面积 4π 2 64 π SR．本题选择 D 选项．4338．已知正四棱锥 P ABCD (底面四边形 ABCD 是正方形，顶点푃在底面的射影是底面的中心) 的各顶点都在同一球面上，底面正方形的边长为 10 ，若该正四棱锥的体积为 50 3，则此球的 体积为（ ）A ．18πB ．8 6C ．36πD ．32 3π【答案】C 【解析】如图，设正方形 ABCD 的中点为 E ，正四棱锥 P ABCD 的外接球心为 O ，底面正方形的边长为10，EA5，正四棱锥的体积为5031250，V10PE，P ABCD335则 PE 5 ，OE 5 R ，在△AOE中由勾股定理可得：VR5 R5 R ，解得 R3 ，4 π336π 22球，故选 C ．39．如图，在△ABC 中， AB BC 6 ， ABC 90 ，点 D 为 AC 的中点，将△ABD 沿 BD折起到 △PBD 的位置，使 PC PD ，连接 PC ，得到三棱锥 P BCD ．若该三棱锥的所有顶点都在同一球面上，则该球的表面积是（ ）A ． 7πB ．5πC ．3πD ． π【答案】A【解析】由题意得该三棱锥的面 PCD 是边长为 3 的正三角形，且 BD 平面 PCD ，设三棱锥 P BDC 外接球的球心为 O ， △PCD 外接圆的圆心为O ，则OO 1 面 PCD ，∴四边形OO 1DB 为直角梯形，17由 BD 3 ，O D ，及OB OD ，得OB，∴外接球半径为1 1 2∴该球的表面积4π 2 4π 7 7π S R．故选 A ．47 R，210．四面体 A BCD 中， ABCABDCBD 60 ， AB3 ，CB DB2 ，则此四面体外接球的表面积为（ ） 19 2 A ． π 19 38π B ．2417 17π C ．17πD ．6【答案】A 【解析】由题意，△BCD中，CB DB2，CBD60，可知△BCD是等边三角形，BF3，6∴△BCD 的外接圆半径 FE， r 2 3BE ，3 33∵ ABCABD 60，可得 AD AC7 ，可得 AF6 ，∴ AFFB ，∴ AFBCD ，∴四面体 A BCD 高为 AF6 ．设外接球 R ， O 为球心，OEm ，可得： r 2 m 2 R 2 ……①，2226πEFR ……②由①②解得：SR．故选 A ．R 19 ．四面体外接球的表面积：4π219 π 8211．将边长为 2的正 △ABC 沿着高 AD 折起，使 BDC 120 ，若折起后 A 、B 、C 、D 四点都在球 O 的表面上，则球 O 的表面积为（ ）A ． 7 2 π13 B ． 7πC ． π213 D ． π3【答案】B【解析】△BCD 中， BD1，CD1， BDC120 ，底面三角形的底面外接圆圆心为 M ，半径为 r ，由余弦定理得到 BC 3 ，再由正弦定理得到3 sin1202r r1，见图示：AD 是球的弦， DA 3 ，将底面的圆心 M 平行于 AD 竖直向上提起，提起到 AD 的高度的一3半，即为球心的位置 O ，∴OM ，在直角三角形OMD 中，应用勾股定理得到OD ，OD 2即为球的半径．37OD．该球的表面积为 4πOD 27π ；故选 B ．∴球的半径14212．在三棱锥A BCD中，AB CD6，AC BD AD BC5，则该三棱锥的外接球的表面积为（）7A ．43 43π 24 B ．43 43π 6 C ．43π 2D ． 43π【答案】D【解析】分别取 AB ，CD 的中点 E ， F ，连接相应的线段CE ， ED ， EF ， 由条件， ABCD4 ， BCACAD BD5 ，可知， △ABC 与△ADB ，都是等腰三角形，AB 平面 ECD ，∴ AB EF ，同理CD EF ，∴ EF 是 AB 与CD 的公垂线，球心G 在 EF 上，推导出△AGB ≌△CGD ，可以证明G 为 EF 中点，DE 25 9 4 ， DF3， EF 16 9 7 ，∴GF7 ，球半径 7 9 43 2 4 2故选 D ．二、填空题13．棱长均为 6的直三棱柱的外接球的表面积是_________． 【答案】84π16 1 6 【解析】由正弦定理可知底面三角形的外接圆半径为r2 sin6023 22 3 ，2则外接球的半径R 32 391221 ，2则外接球的表面积为 S4πR 24π 21 84π ．14．已知棱长都相等正四棱锥的侧面积为16 3 ，则该正四棱锥内切球的表面积为________．【答案】32 16 3π【解析】设正四棱锥的棱长为 a ，则 43216 3 a，解得 a 4 ．4于是该正四棱锥内切球的大圆是如图△PMN的内切圆，8其中MN 4，PM PN 23．∴PE 22．设内切圆的半径为r，由△PFO △PEN，得FO PO，即r 22r，EN PN22322解得r 6231，2 ∴内切球的表面积为Sr2．4π4π6232163π15．已知三棱柱A BC A B C的侧棱垂直于底面，各顶点都在同一球面上，若该棱柱的体积为1113，AB 2，AC 1，BAC 60，则此球的表面积等于______．【答案】8π【解析】∵三棱柱A BC A B C的侧棱垂直于底面，棱柱的体积为3，AB 2，AC1，1111BAC 60，21sin603，，AA AA1 212BC2AB2AC22AB ACcos60412，BC 3，BC设△ABC外接圆的半径为R，则＝2R ，R 1，sin602∴外接球的半径为112，∴球的表面积等于4π28π．故答案为8π．16．在三棱锥A BCD中，AB AC，DB DC，AB DB 4，AB BD，则三棱锥A BCD外接球的体积的最小值为_____．82π【答案】3【解析】如图所示，三棱锥A BCD的外接圆即为长方体的外接圆，外接圆的直径为长方体的体对角线AD，9设 AB AC x ，那么 DB DC 4 x ， AB BD ，所以 ADAB 2 DB 2 ．由题意，体积的最小值即为AD 最小， 24AD xx ，所以当 x 2 时， AD 的最小值为 2 2 ，所以半径为 2 ，28 2π 故体积的最小值为3．10。

外接球优生强化训练1．正棱柱，长方体的外接球球心是其中心例1：已知各顶点都在同一球面上的正四棱柱的高为4，体积为16，则这个球的表面积是（ ） A ．16π B ．20πC ．24πD ．32π2．补形法（补成长方体）图2图3例2：若三棱锥的三个侧面两两垂直，且侧棱长均为3，则其外接球的表面积是．3．依据垂直关系找球心例3：已知三棱锥P ABC -的四个顶点均在同一个球面上，底面ABC △满足BA BC ==π2ABC ∠=，若该三棱锥体积的最大值为3，则其外接球的体积为（ ） A ．8πB ．16πC ．16π3D ．32π3强化训练一、单选题1．棱长分别为2、3、5的长方体的外接球的表面积为（ ） A ．4π B ．12πC ．24πD ．48π2．设三棱柱的侧棱垂直于底面，所有棱的长都为23，顶点都在一个球面上，则该球的表面积为（ ） A ．12π B ．28πC ．44πD ．60π3．把边长为3的正方形ABCD 沿对角线AC 对折，使得平面ABC ⊥平面ADC ，则三棱锥D ABC -的外接球的表面积为（ ） A ．32π B ．27πC ．18πD ．9π4．某几何体是由两个同底面的三棱锥组成，其三视图如下图所示，则该几何体外接球的面积为（ ）A ．2πaB ．22πaC ．23πaD ．24πa5．三棱锥A BCD -的所有顶点都在球O 的表面上，AB ⊥平面BCD ，2BC BD ==，243AB CD ==O 的表面积为（ ）A ．16πB ．32πC ．60πD ．64π6．如图1111ABCD A B C D -是边长为1的正方体，S ABCD -是高为1的正四棱锥，若点S ，1A ，1B ，1C ，1D 在同一个球面上，则该球的表面积为（ ）A ．9π16B ．25π16C ．49π16D ．81π167．已知球O 的半径为R ，A ，B ，C 三点在球O 的球面上，球心O 到平面ABC 的距离为12R ，2AB AC ==，120BAC ∠=︒，则球O 的表面积为（ ） A ．16π9B ．16π3C ．64π9D ．64π38．已知正四棱锥P ABCD -(底面四边形ABCD 是正方形，顶点在底面的射影是底面的中心)的各顶点都在同一球面上，底面正方形的边长为10，若该正四棱锥的体积为503，则此球的体积为（ ） A ．18π B ．86 C ．36π D ．323π9．如图，在ABC △中，6AB BC ==，90ABC ∠=︒，点D 为AC 的中点，将ABD △沿BD 折起到PBD △的位置，使PC PD =，连接PC ，得到三棱锥P BCD -．若该三棱锥的所有顶点都在同一球面上，则该球的表面积是（ ）A ．7πB ．5πC ．3πD ．π10．四面体A BCD -中，60ABC ABD CBD ∠=∠=∠=︒，3AB =，2CB DB ==，则此四面体外接球的表面积为（ ） A ．19π2B ．1938π24C ．17πD ．1717π611．将边长为2的正ABC △沿着高AD 折起，使120BDC ∠=︒，若折起后A B C D 、、、四点都在球O 的表面上，则球O 的表面积为（ ） A ．7π2B ．7πC ．13π2D ．13π312．在三棱锥A BCD -中，6AB CD ==，5AC BD AD BC ====，则该三棱锥的外接球的表面积为（ ） A 4343πB 4343πC ．43π2D ．43π二、填空题13．棱长均为6的直三棱柱的外接球的表面积是_________．14．已知棱长都相等正四棱锥的侧面积为163，则该正四棱锥内切球的表面积为________．15．已知三棱柱111ABC A B C -的侧棱垂直于底面，各顶点都在同一球面上，若该32AB =，1AC =，60BAC ∠=︒，则此球的表面积等于______．16．在三棱锥A BCD -中，AB AC =，DB DC =，4AB DB +=，AB BD ⊥，则三棱锥A BCD -外接球的体积的最小值为_____．外接球优生强化训练答案1．正棱柱，长方体的外接球球心是其中心例1：已知各顶点都在同一球面上的正四棱柱的高为4，体积为16，则这个球的表面积是（） A ．16π B ．20πC ．24πD ．32π【答案】C【解析】162==h a V ，2=a ，24164442222=++=++=h a a R ，24πS =，故选C ．2．补形法（补成长方体）图2图3例2：若三棱锥的三个侧面两两垂直，且侧棱长均为3，则其外接球的表面积是． 【答案】9π【解析】933342=++=R ，24π9πS R ==．3．依据垂直关系找球心例3：已知三棱锥P ABC -的四个顶点均在同一个球面上，底面ABC △满足6BA BC ==，π2ABC ∠=，若该三棱锥体积的最大值为3，则其外接球的体积为（） A ．8π B ．16π C ．16π3D ．32π3【答案】D【解析】因为ABC △是等腰直角三角形，所以外接球的半径是11232r =⨯=，设外接球的半径是R ，球心O 到该底面的距离d ，如图，则1632ABC S =⨯=△，3BD =，由题设116336ABC V S h h ==⨯=△，最大体积对应的高为3SD h ==，故223R d =+，即()2233R R =-+，解之得2R =，所以外接球的体积是3432ππ33R =，故答案为D ．强化训练一、单选题1．棱长分别为235的长方体的外接球的表面积为（） A ．4π B ．12π C ．24π D ．48π【答案】B【解析】设长方体的外接球半径为R ，由题意可知：()()(22222235R =++，则：23R =，该长方体的外接球的表面积为24π4π312πS R ==⨯=．本题选择B 选项．2．设三棱柱的侧棱垂直于底面，所有棱的长都为23，顶点都在一个球面上，则该球的表面积为（） A ．12π B ．28π C ．44π D ．60π【答案】B【解析】设底面三角形的外接圆半径为r ，由正弦定理可得：232sin60r =︒，则2r =， 设外接球半径为R ，结合三棱柱的特征可知外接球半径()222327R =+=， 外接球的表面积24π28πS R ==．本题选择B 选项．3．把边长为3的正方形ABCD 沿对角线AC 对折，使得平面ABC ⊥平面ADC ，则三棱锥D ABC -的外接球的表面积为（） A ．32π B ．27π C ．18π D ．9π【答案】C【解析】把边长为3的正方形ABCD 沿对角线AC 对折，使得平面ABC ⊥平面ADC ，则三棱锥D ABC -的外接球直径为32AC =，外接球的表面积为24π18πR =，故选C ．4．某几何体是由两个同底面的三棱锥组成，其三视图如下图所示，则该几何体外接球的面积为（）A ．2πaB ．22πaC ．23πaD ．24πa【答案】C【解析】由题可知，该几何体是由同底面不同棱的两个三棱锥构成，其中底面是2a 的正三角形，一个是三条侧棱两两垂直，且侧棱长为a 的正三棱锥，另一个是棱长为2a 的正四面体，如图所示：该几何体的外接球与棱长为的正方体的外接球相同，因此外接球的直径即为正方体的体对角线，所以222323R a a a a R =++⇒=，所以该几何体外接球面积22234π4π3πS R a ⎫==⨯=⎪⎪⎝⎭，故选C ． 5．三棱锥A BCD -的所有顶点都在球O 的表面上，AB ⊥平面BCD ，2BC BD ==，243AB CD ==O 的表面积为（）A ．16πB ．32πC ．60πD ．64π【答案】D【解析】因为2BC BD ==，23CD =()22222231cos 2222CBD +-∠==-⨯⨯，2π3CBD ∴∠=， 因此三角形BCD 外接圆半径为122sin CDCBD=∠，设外接球半径为R ，则222=2+412162AB R ⎛⎫=+= ⎪⎝⎭，2=4π64πS R ∴=，故选D ．6．如图1111ABCD A B C D -是边长为1的正方体，S ABCD -是高为1的正四棱锥，若点S ，1A ，1B ，1C ，1D 在同一个球面上，则该球的表面积为（）A ．9π16B ．25π16C ．49π16D ．81π16【答案】D【解析】如图所示，连结11A C ，11B D ，交点为M ，连结SM ，易知球心O 在直线SM 上，设球的半径R OS x ==，在1Rt OMB △中，由勾股定理有：22211OM B M B O +=，即：()22222x x -+=⎝⎭，解得：98x =，则该球的表面积229814π4ππ816S R ⎛⎫==⨯= ⎪⎝⎭．本题选择D 选项．7．已知球O 的半径为R ，A ，B ，C 三点在球O 的球面上，球心O 到平面ABC 的距离为12R ，2AB AC ==，120BAC ∠=︒，则球O 的表面积为（） A ．16π9B ．16π3C ．64π9D ．64π3【答案】D【解析】由余弦定理得：44222cos12023BC +-⨯⨯︒ 设三角ABC 外接圆半径为r 232r =，则2r =，又22144R R =+，解得：2163R =，则球的表面积2644ππ3S R ==．本题选择D 选项． 8．已知正四棱锥P ABCD -(底面四边形ABCD 是正方形，顶点在底面的射影是底面的中心)的各顶点都在同一球面上，底面正方形的边长为10，若该正四棱锥的体积为503，则此球的体积为（） A ．18π B ．86 C ．36π D ．323π【答案】C 【解析】如图，设正方形ABCD 的中点为E ，正四棱锥P ABCD -的外接球心为O ， 105EA ∴正四棱锥的体积为503，21501033P ABCD V PE -∴=⨯⨯=， 则5PE =，5OE R ∴=-，在AOE △中由勾股定理可得：()2255R R -+=，解得3R =，34π36π3V R ∴==球，故选C ．9．如图，在ABC △中，6AB BC ==90ABC ∠=︒，点D 为AC 的中点，将ABD △沿BD 折起到PBD △的位置，使PC PD =，连接PC ，得到三棱锥P BCD -．若该三棱锥的所有顶点都在同一球面上，则该球的表面积是（）A ．7πB ．5πC ．3πD ．π【答案】A【解析】由题意得该三棱锥的面PCD 是边长为3的正三角形，且BD ⊥平面PCD ， 设三棱锥P BDC -外接球的球心为O ，PCD △外接圆的圆心为1O ，则1OO ⊥面PCD ，∴四边形1OO DB 为直角梯形，由3BD =，11O D =，及OB OD =，得72OB =，∴外接球半径为72R =，∴该球的表面积274π4π7π4S R ==⨯=．故选A ．10．四面体A BCD -中，60ABC ABD CBD ∠=∠=∠=︒，3AB =，2CB DB ==，则此四面体外接球的表面积为（） A ．19π2B ．1938π24C ．17πD ．1717π6【答案】A 【解析】由题意，BCD △中，2CB DB ==，60CBD ∠=︒，可知BCD △是等边三角形，3BF = ∴BCD △的外接圆半径23r BE ==，3FE ， ∵60ABC ABD ∠=∠=︒，可得7AD AC ==6AF =AF FB ⊥，∴AF BCD ⊥，∴四面体A BCD -高为6AF ．设外接球R ，O 为球心，OE m =，可得：222r m R +=……①，()2226πEF R -+=……②由①②解得：198R =．四面体外接球的表面积：2194ππ2S R ==．故选A ． 11．将边长为2的正ABC △沿着高AD 折起，使120BDC ∠=︒，若折起后A B C D 、、、四点都在球O 的表面上，则球O 的表面积为（） A ．7π2B ．7πC ．13π2D ．13π3【答案】B【解析】BCD △中，1BD =，1CD =，120BDC ∠=︒，底面三角形的底面外接圆圆心为M ，半径为r ，由余弦定理得到3BC =，再由正弦定理得到321sin120r r =⇒=︒， 见图示：AD 是球的弦，3DA =将底面的圆心M 平行于AD 竖直向上提起，提起到AD 的高度的一半，即为球心的位置O ，∴3OM =OMD 中，应用勾股定理得到OD ，OD 即为球的半径． ∴球的半径3714OD +=24π7πOD ⨯=；故选B ． 12．在三棱锥A BCD -中，6AB CD ==，5AC BD AD BC ====，则该三棱锥的外接球的表面积为（） A 4343πB 4343πC ．43π2D ．43π【答案】D【解析】分别取AB ，CD 的中点E ，F ，连接相应的线段CE ，ED ，EF ，由条件，4AB CD ==，5BC AC AD BD ====，可知，ABC △与ADB △，都是等腰三角形，AB ⊥平面ECD ，∴AB EF ⊥，同理CD EF ⊥，∴EF 是AB 与CD 的公垂线，球心G 在EF 上，推导出AGB CGD △≌△，可以证明G 为EF 中点，2594DE =-=，3DF =，1697EF =-=，∴72GF =，球半径743942DG =+=，∴外接球的表面积为24π43πS DG =⨯=． 故选D ．二、填空题13．棱长均为6的直三棱柱的外接球的表面积是_________． 【答案】84π【解析】由正弦定理可知底面三角形的外接圆半径为161232sin6023r =⨯==︒，则外接球的半径()2232391221R =++， 则外接球的表面积为24π4π2184πS R ==⨯=．14．已知棱长都相等正四棱锥的侧面积为163，则该正四棱锥内切球的表面积为________． 【答案】(32163π-【解析】设正四棱锥的棱长为a ，则234163⎫=⎪⎪⎝⎭4a =． 于是该正四棱锥内切球的大圆是如图PMN △的内切圆，其中4MN =，23PM PN ==22PE = 设内切圆的半径为r ，由PFO PEN ≅△△，得FO POEN PN =，即22223r r -=， 解得226231r ==+∴内切球的表面积为()224π4π6232163πS r ===-．15．已知三棱柱111ABC A B C -的侧棱垂直于底面，各顶点都在同一球面上，若该32AB =，1AC =，60BAC ∠=︒，则此球的表面积等于______． 【答案】8π【解析】∵三棱柱111ABC A B C -32AB =，1AC =，60BAC ∠=︒，1121sin 6032AA ∴⨯⨯⨯︒⨯=12AA ∴=，2222cos60412BC AB AC AB AC =+-⋅︒=+-，3BC ∴=，设ABC △外接圆的半径为R ，则2sin 60BCR ︒＝，1R ∴=， 112+=24π28π⨯=．故答案为8π． 16．在三棱锥A BCD -中，AB AC =，DB DC =，4AB DB +=，AB BD ⊥，则三棱锥A BCD -外接球的体积的最小值为_____． 【答案】82π3【解析】如图所示，三棱锥A BCD -的外接圆即为长方体的外接圆，外接圆的直径为长方体的体对角线AD ，设AB AC x ==，那么4DB DC x ==-，AB BD ⊥，所以22AD AB DB =+．由题意，体积的最小值即为AD 最小，()224AD x x =+-所以当2x =时，AD 的最小值为22， 82π。

高三数学专题外接球1．正棱柱，长方体的外接球球心是其中心例1：已知各顶点都在同一球面上的正四棱柱的高为，体积为，则这个球的表面积是（ ） A ．B ．C ．D ．2．补形法（补成长方体）例2：若三棱锥的三个侧面两两垂直，且侧棱长均为，则其外接球的表面积是 ． 3．依据垂直关系找球心例3：已知三棱锥的四个顶点均在同一个球面上，底面满足，若该三棱锥体积的最大值为3，则其外接球的体积为（ ） A ．B ．C ．D ．一、单选题1．棱长分别为2、、的长方体的外接球的表面积为（ ） A ．B ．C ．D ．2．设三棱柱的侧棱垂直于底面，所有棱的长都为，顶点都在一个球面上，则该球的表面积为（ ） A ．12πB ．28πC ．44πD ．60π20π24π32π图2图3P ABC -ABC △BA BC ==π2ABC ∠=16π16π332π324π48π3．把边长为3的正方形沿对角线对折，使得平面平面，则三棱锥的外接 球的表面积为（ ） A ．B ．C ．D ．4．某几何体是由两个同底面的三棱锥组成，其三视图如下图所示，则该几何体外接球的面积为（ ）A ．B ．C ．D ．5．三棱锥的所有顶点都在球的表面上，平面，，，则球的表面积为（ ）A ．B ．C ．D ．6．如图是边长为1的正方体，是高为1的正四棱锥，若点，，，，在同一个球面上，则该球的表面积为（ ）A ．B ．C ．D ．7．已知球的半径为，，，三点在球的球面上，球心到平面的距离为，，ABCD ABC ⊥ADC D ABC -32π27π22πa 23πa 24πa A BCD -AB ⊥BCD 2BC BD ==2AB CD ==32π60π64π1111ABCD A B C D -S ABCD-9π1625π1649π1681π16ABC 12R 2AB AC ==，则球的表面积为（ ） A ．B ．C ．D ．8．已知正四棱锥(底面四边形是正方形，顶点在底面的射影是底面的中心)，若该正四棱锥的体积为，则此球的体积为（ ）A ．B ． C． D ．9．如图，在中，，点为的中点，将沿折起到的位置，使，连接，得到三棱锥．若该三棱锥的所有顶点都在同一球面上，则该球的表面积是（ ）A ．B ．C ．D ．10．四面体中，，，，则此四面体外接球的表面积为（ ）A ．BC ． D11．将边长为2的正沿着高折起，使，若折起后四点都在球的表面上，则球的表面积为（ ）A ．B ．C ．D ．12．在三棱锥中，，，则该三棱锥的外接球的表面积为（ ）120BAC ∠=︒16π916π364π964π3P ABCD -ABCD 50336πABC △AB BC ==90ABC ∠=︒ABD △PBD △PC PD =P BCD -A BCD -60ABC ABD CBD ∠=∠=∠=︒3AB =2CB DB ==19π2ABC △120BDC ∠=︒A B C D 、、、7π213π213π3A BCD -6AB CD ==5AC BD AD BC ====ABC ．D ．二、填空题13．棱长均为6的直三棱柱的外接球的表面积是_________．14．已知棱长都相等正四棱锥的侧面积为，则该正四棱锥内切球的表面积为________．15．已知三棱柱的侧棱垂直于底面，各顶点都在同一球面上，若该棱柱的体积为，，，，则此球的表面积等于______．16．在三棱锥中，，，，，则三棱锥外接球的体积的最小值为_____． 1．正棱柱，长方体的外接球球心是其中心例1：已知各顶点都在同一球面上的正四棱柱的高为，体积为，则这个球的表面积是（ ） A ． B ．20πC ．24πD ．32π【答案】C【解析】162==h a V ，2=a ，24164442222=++=++=h a a R ，24πS =，故选C ． 2．补形法（补成长方体）例2：若三棱锥的三个侧面两两垂直，且侧棱长均为，则其外接球的表面积是 ． 【答案】43π243π111ABC A B C -2AB =1AC =60BAC ∠=︒A BCD -AB AC =DB DC =4AB DB +=AB BD ⊥A BCD-图2图3【解析】933342=++=R ，24π9πS R ==． 3．依据垂直关系找球心例3：已知三棱锥P ABC -的四个顶点均在同一个球面上，底面ABC △满足BA BC ==π2ABC ∠=，若该三棱锥体积的最大值为3，则其外接球的体积为（ ） A ． B ．16πC ．16π3D ．32π3【答案】D【解析】因为ABC △是等腰直角三角形，所以外接球的半径是12r =的半径是，球心到该底面的距离，如图，则1632ABC S =⨯=△，BD 116336ABC V S h h ==⨯=△，最大体积对应的高为3SD h ==，故223R d =+，即()2233R R =-+，解之得2R =，所以外接球的体积是3432ππ33R =，故答案为D ．一、单选题1．棱长分别为2、、的长方体的外接球的表面积为（ ） A ．B ．C ．24πD ．48π【答案】B【解析】设长方体的外接球半径为，由题意可知：()222222R =++，则：23R =，该长方体的外接球的表面积为24π4π312πS R ==⨯=．本题选择B 选项．2．设三棱柱的侧棱垂直于底面，所有棱的长都为面积为（ ） A ．12π B ．28π C ．44π D ．60π【答案】B【解析】设底面三角形的外接圆半径为，由正弦定理可得：2r 2r =， 设外接球半径为，结合三棱柱的特征可知外接球半径22227R =+=，外接球的表面积24π28πS R ==．本题选择B 选项．3．把边长为3的正方形ABCD 沿对角线对折，使得平面ABC ⊥平面ADC ，则三棱锥D ABC -的外接球的表面积为（ ） A ．32π B ．27πC ．D ．【答案】C【解析】把边长为3的正方形ABCD 沿对角线对折，使得平面ABC ⊥平面ADC ， 则三棱锥D ABC -的外接球直径为AC =24π18πR =，故选C ． 4．某几何体是由两个同底面的三棱锥组成，其三视图如下图所示，则该几何体外接球的面积为（ ）A ．B ．22πaC ．23πaD ．24πa【答案】C【解析】由题可知，该几何体是由同底面不同棱的两个三棱锥构成，的正四面体，如图所示：该几何体的外接球与棱长为 的正方体的外接球相同，因此外接球的直径即为正方体的体对角线，所以2R R =⇒，所以该几何体外接球面积2224π4π3πS R a ⎫==⨯=⎪⎪⎝⎭，故选C ．5．三棱锥A BCD -的所有顶点都在球的表面上，AB ⊥平面BCD ，2BC BD ==，2AB CD == ）A ．B ．32πC ．60πD ．64π【答案】D【解析】因为2BC BD ==，CD =(222221cos 2222CBD +-∠==-⨯⨯，2π3CBD ∴∠=， 因此三角形BCD 外接圆半径为122sin CDCBD=∠，设外接球半径为，则222=2+412162AB R ⎛⎫=+= ⎪⎝⎭，2=4π64πS R ∴=，故选D ．6．如图1111ABCD A B C D -是边长为1的正方体，S ABCD -是高为1的正四棱锥，若点，，，，在同一个球面上，则该球的表面积为（ ）A ．9π16B ．25π16C ．49π16D ．81π16【答案】D【解析】如图所示，连结11A C ，11B D ，交点为，连结SM ，易知球心在直线SM 上，设球的半径R OS x ==，在1Rt OMB △中，由勾股定理有：22211OM B M B O +=，即：()2222x x -+=⎝⎭，解得：98x =，则该球的表面积229814π4ππ816S R ⎛⎫==⨯= ⎪⎝⎭．本题选择D 选项．7．已知球的半径为，，，三点在球的球面上，球心到平面ABC 的距离为12R ，2AB AC ==，120BAC ∠=︒，则球的表面积为（ ）A ．16π9B ．16π3C ．64π9D ．64π3【答案】D【解析】由余弦定理得：BC ==设三角ABC 2r =，则2r =，又22144R R =+，解得：2163R =，则球的表面积2644ππ3S R ==．本题选择D 选项． 8．已知正四棱锥P ABCD -(底面四边形ABCD 是正方形，顶点 在底面的射影是底面的中心)503，则此球的体积为（ ）A ．B ．C ．36πD ．【答案】C 【解析】如图，设正方形ABCD 的中点为，正四棱锥P ABCD -的外接球心为， EA ∴正四棱锥的体积为503，215033P ABCD V PE -∴=⨯⨯=， 则5PE =，5OE R ∴=-，在AOE △中由勾股定理可得：()2255R R -+=，解得3R =，34π36π3V R ∴==球，故选C ．9．如图，在ABC △中，AB BC ==90ABC ∠=︒，点为的中点，将ABD △沿折起到PBD △的位置，使PC PD =，连接，得到三棱锥P BCD -．若该三棱锥的所有顶点都在同一球面上，则该球的表面积是（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】A【解析】由题意得该三棱锥的面PCD 是边长为的正三角形，且BD ⊥平面PCD ， 设三棱锥P BDC -外接球的球心为，PCD △外接圆的圆心为，则1OO ⊥面PCD ，∴四边形1OO DB 为直角梯形，由BD11O D =，及OB OD =，得OB =R =∴该球的表面积274π4π7π4S R ==⨯=．故选A ． 10．四面体A BCD -中，60ABC ABD CBD ∠=∠=∠=︒，3AB =，2CB DB ==，则此四面体外接球的表面积为（ ）A ．19π2BC ．D 【答案】A【解析】由题意，BCD △中，2CB DB ==，60CBD ∠=︒，可知BCD △是等边三角形，BF =∴BCD △的外接圆半径r BE ==，FE ， ∵60ABC ABD ∠=∠=︒，可得AD AC =可得AF =∴AF FB ⊥，∴AF BCD ⊥，∴四面体A BCD -高为AF =设外接球，为球心，OE m =，可得：222r m R +=……①， )222πEF R +=……②由①②解得：R =2194ππ2S R ==．故选A ． 11．将边长为2的正ABC △沿着高折起，使120BDC ∠=︒，若折起后A B C D 、、、四点都在球的表面上，则球的表面积为（ ）A ．7π2B ．C ．13π2D ．13π3【答案】B【解析】BCD △中，1BD =，1CD =，120BDC ∠=︒， 底面三角形的底面外接圆圆心为，半径为，由余弦定理得到BC =21r r =⇒=， 见图示：是球的弦，DA =的位置，∴OM =OMD 中，应用勾股定理得到，即为球的半径．∴球的半径OD =．该球的表面积为24π7πOD ⨯=；故选B ． 12．在三棱锥A BCD -中，6AB CD ==，5AC BD AD BC ====，则该三棱锥的外接球的表面积为（ ）A B C ．43π2 D ．43π【答案】D【解析】分别取，的中点，，连接相应的线段，，， 由条件，4AB CD ==，5BC AC AD BD ====，可知，ABC △与ADB △，都是等腰三角形，AB ⊥平面ECD ，∴AB EF ⊥，同理CD EF ⊥，∴是与的公垂线， 球心在上，推导出AGB CGD △≌△，可以证明为中点，4DE ==，3DF =，EF =∴GF =DG =24π43πS DG =⨯=． 故选D ．二、填空题13．棱长均为6的直三棱柱的外接球的表面积是_________．【答案】84π【解析】由正弦定理可知底面三角形的外接圆半径为1612sin602r =⨯==︒ 则外接球的半径R ， 则外接球的表面积为24π4π2184πS R ==⨯=．14．已知棱长都相等正四棱锥的侧面积为，则该正四棱锥内切球的表面积为________．【答案】(32π-【解析】设正四棱锥的棱长为，则24⎫=⎪⎪⎝⎭4a =．于是该正四棱锥内切球的大圆是如图PMN △的内切圆，其中4MN =，PM PN ==PE =．设内切圆的半径为，由PFO PEN ≅△△，得FO PO EN PN =，即2r =，解得r ==∴内切球的表面积为(224π4π32πS r ===-． 15．已知三棱柱111ABC A B C -的侧棱垂直于底面，各顶点都在同一球面上，若该棱柱的体积为，2AB =，1AC =，60BAC ∠=︒，则此球的表面积等于______．【答案】【解析】∵三棱柱111ABC A B C -的侧棱垂直于底面，棱柱的体积为，2AB =，1AC =，60BAC ∠=︒，1121sin 602AA ∴⨯⨯⨯︒⨯12AA ∴=， 2222cos60412BC AB AC AB AC =+-⋅︒=+-，BC ∴=，设ABC △外接圆的半径为，则2sin 60BC R ︒＝，1R ∴=， =24π8π⨯=．故答案为．16．在三棱锥A BCD -中，AB AC =，DB DC =，4AB DB +=，AB BD ⊥，则三棱锥A BCD -外接球的体积的最小值为_____．【解析】如图所示，三棱锥A BCD -的外接圆即为长方体的外接圆，外接圆的直径为长方体的体对角线，设AB AC x ==，那么4DB DC x ==-，AB BD ⊥，所以AD =．由题意，体积的最小值即为最小，AD 2x =时，的最小值为。

外接球100题学校迹）:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．所有棱长均为2 的正四棱锥外接球表面积为 A ．4π B ．6π C ．8π D ．12π 【市级联考】陕西省咸阳市2019届高三高考模拟检测（二）数学（文）试题 【答案】C 【分析】正四棱锥外接球的球心在它的底面的中心，然后根据勾股定理解出球的半径，最后根据球的表面积公式求解即可. 【详解】 如图，设正四棱锥的底面中心为O ，则在Rt ABC ∆中，AC ==AO CO ==在Rt PAO ∆中，PO ==，所以正四棱锥外接球的球心在它的底面的中心，且球半径为R = 所以球的表面积248S R ππ==， 故选C. 【点睛】该题考查的是有关几何体的外接球的有关问题，涉及到的知识点有正四棱锥的外接球，球的表面积公式，在解题的过程中，正确找出球心的位置是解题的关键.2．在三棱锥—P ABC 中，PA ⊥平面ABC ，2,30APC S ABC ∆=∠=︒，则三棱锥—P ABC 的外接球体积的最小值为A ．4πB ．43πC ．64πD ．323π 专题8.8 立体几何（单元测试）（测）【理】-《2020年高考一轮复习讲练测》 【答案】D 【分析】设AC x =，由APC ∆的面积为2，得4PA x =，进而得到ABC ∆外接圆的半径r x =和O 到平面ABC 的距离为122d PA x=⋅=，在利用球的性质，得到球的半径，即可求解. 【详解】如图所示，设AC x =，由APC ∆的面积为2，得4PA x=，因为030ABC ∠=，ABC ∆外接圆的半径r x =，因为PA ⊥平面ABC ，且4PA x =，所以O 到平面ABC 的距离为122d PA x=⋅=，设球O 的半径为R ，则2R =≥=，当且仅当x =所以三棱锥P ABC -的外接球的体积的最小值为3432233ππ⨯=，故选D.【点睛】本题主要考查了有关球与棱锥的组合体问题，以及球的性质的应用和球的体积公式，其中解答中正确认识组合体的结构特征，合理应用球的性质求解是解答的关键，着重考查了数形结合思想，以及推理与运算能力，属于中档试题. 3．某几何体的三视图如图所示，则该几何体外接球表面积为A ．11πB ．143πC ．283π D ．16π 四川省成都石室中学2020-2021学年高三上学期开学考试数学（文）试题 【答案】C 【分析】画出几何体的直观图，利用底面的外心和高的一半求得球的半径，由此求得球的表面积. 【详解】画出几何体的直观图如下图所示A BCD -，设球心为O ，底面等边三角形BCD 的外心为1O ，由三视图可知1132O B O B ==，设球的半径为r ，则2222211713r OO O B =+=+=，故球的表面积为228π4π3r =，故选C.【点睛】本小题主要考查由三视图还原为原图，考查几何体外接球的有关计算，考查数形结合的数学思想方法，考查空间想象能力，属于中档题.要找到几何体外接球的球心，主要根据几何体的结构，利用球心到球面上的点的距离相等，通过解直角三角形来求解出半径，从而求得球的表面积或者体积.4．三棱锥P ABC -中，PA ⊥平面,30,ABC ABC APC ∠=︒△的面积为2，则三棱锥P ABC -的外接球体积的最小值为A ．323π B ．43π C ．64π D ．4π【市级联考】广东省汕头市2019年普通高考第一次模拟考试数学理试题 【答案】A 【分析】根据线面垂直以及三角形面积为2，得到4hm =，根据正弦定理得到底面三角形的外接圆的半径，将底面外接圆的圆心竖直向上提起，提到PA 的一半，根据勾股定理和重要不等式得到结果. 【详解】因为PA ⊥平面ABC ，设,AC m PA h ==，则12,42APC S hm hm ==∴=，设ABC 外接圆半径为r ，P ABC -的外接球半径为R ，则2sin30mr =︒，r m =，将底面外接圆的圆心竖直向上提起，提到PA 的一半，连接球心和底面外接圆半径，连接球心和点A ，底面外接圆圆心和点A ，根据直角三角形的垂直关系得到：22242h R r rh ⎛⎫=+≥= ⎪⎝⎭，即R 的最小值为2，所以外接球的体积的最小值为323π．故选A 【点睛】这个题目考查了椎体的外接球的求法，以及均值不等式求最值的应用,题目比较综合，一般外接球需要求球心和半径，首先应确定球心的位置，借助于外接球的性质，球心到各顶点距离相等，这样可先确定几何体中部分点组成的多边形的外接圆的圆心，过圆心且垂直于多边形所在平面的直线上任一点到多边形的顶点的距离相等，然后同样的方法找到另一个多边形的各顶点距离相等的直线（这两个多边形需有公共点），这样两条直线的交点，就是其外接球的球心，再根据半径，顶点到底面中心的距离，球心到底面中心的距离，构成勾股定理求解，有时也可利用补体法得到半径． 5．直三棱柱ABC −A 1B 1C 1外接球表面积为16π，AB =2，若ΔABC ，矩形ABB 1A 1外接圆的半径分别为r 1,r 2，则r 1+r 2的最大值为（ ） A ．2√2 B ．3 C ．√10 D ．2√3 【市级联考】湖南省益阳市2019届高三上学期期末考试数学（理）试题 【答案】C 【解析】 【分析】设AB 中点为M ，ΔABC ，矩形ABB 1A 1外接圆的圆心分别为O 1,O 2，球心为O ，则由OO 1⊥平面ABC 与O 2M ⊥平面ABC 得OO 1MO 2为矩形，O 1M +O 2M =OM 2+AO 2−AM 2=22−12=3，可得r 12+r 22=O 1A 2+O 2A 2=O 1M 2+AM 2+O 2M 2+AM 2=5，可得r 1+r 2的最大值. 【详解】解：由外接球表面积为16π，可得外接球半径为2.设AB 中点为M ，ΔABC ，矩形ABB 1A 1外接圆的圆心分别为O 1,O 2，球心为O ，则由OO 1⊥平面ABC 与O 2M ⊥平面ABC 得OO 1MO 2为矩形，O 1M 2+O 2M 2=OM 2=AO 2−AM 2=22−12=3，∴r 12+r 22=O 1A 2+O 2A 2=O 1M 2+AM 2+O 2M 2+AM 2=5，∴r 1+r 22≤√r 12+r 222≤√52，∴r 1+r 2≤√10，当且仅当r 1=r 2时取等号.故选C . 【点睛】本题主要考查空间几何体外接球的性质及不等式的性质，综合性大，考验同学的空间想象能力及计算.6．在正方体1111ABCD A B C D -，面1A DB 与面11A DC 的重心分别为E 、F ，求正方体外接球被EF 所在直线截的弦长为( )A B C D 【校级联考】江西省上饶市横峰中学、铅山一中、余干一中2019届高三上学期第一次联考理科数学试题 【答案】D 【分析】由题意画出图形，建立空间直角坐标系，求出球心O 到EF 中点的距离，再求出多面体外接球的半径，由勾股定理求解． 【详解】解：如下图所示，以点D 为坐标原点，DA 、DC 、1DD 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角坐标系D xyz -，则A 0，0)，1A 、)B、(1C 、(0,D 0，0)、E ⎝⎭、F ⎝⎭、O ⎝⎭，66OE ⎛= ⎝⎭，EF ⎛=- ⎝⎭，∴点O 到直线EF 的距离22||()OE EF d OE EF⋅=-=而球O 的半径为R ==，因此，正方体外接球被EF 所在直线截的弦长为：=故选D ．【点睛】本题考查多面体及其外接球的关系，考查空间想象能力与思维能力，考查计算能力，是中档题．7．过正方体外接球球心的截面截正方体所得图形可能是①三角形，②梯形，③五边形，④六边形中的（ ）. A ．①③ B ．③④C ．②④D ．以上都不对 数学奥林匹克高中训练题_99 【答案】D 【解析】 【详解】由对称性知截得的图形只能为四边形或六边形，而四边形的两组对边分别在两组相对的面上，因而，四边形必为平行四边形，但可以截得六边形. 故答案为：D8．正三棱锥P ABC -中，已知点E 在PA 上，PA ，PB ，PC 两两垂直，PA 4=，PE 3EA =，正三棱锥P ABC -的外接球为球O ，过E 点作球O 的截面α，则α截球O 所得截面面积的最小值为 A ．π B ．2π C ．3π D ．4π 【校级联考】安徽省皖江名校2019届高三开学考理科数学试题 【答案】C 【分析】由三棱锥外接球的直径为所在正方体的体对角线可知外接球半径，过O 作OH PA ⊥，H 为垂足，当OE 垂直截面α时，截面圆半径最小，进而得出面积. 【详解】由PA ，PB ，PC 两两垂直，可知该三棱锥由棱长为4的正方体四个顶点组成， 三棱锥外接球的直径为所在正方体的体对角线，∴R =过O 作OH PA ⊥，H 为垂足，OH =在Rt OHE 中，OH =1HE =， ∴3OE =，当OE 垂直截面α时，截面圆半径最小. (2222233r R OE =-=-=，2π3πS r ==.故选C 【点睛】本题主要考查几何体外接球的问题，只需确定OE 垂直截面α时，截面圆半径最小，即可求解，属于常考题型.9．在三棱锥A BCD -中，AB ⊥面BCD ，5AB =，AD =4BC =，3CD =，则三棱锥A BCD -的外接球表面积是A ．50πB ．48πC ．D ．24π【全国百强校】江西省临川市第一中学2019届高三上学期期末考试数学（文）试题 【答案】A 【分析】由AB ⊥面BCD ，5AB =，AD =5BD =，由4BC =，3CD =，5BD =得到BC CD ⊥，由此可得三棱锥A BCD-是长方体中的一个三棱锥，求长方体的外接球半径即可解决问题． 【详解】因为AB ⊥面BCD ，所以AB BD ⊥，又5AB =，AD =解得：5BD =，又4BC =，3CD =，满足222BC CD BD +=，所以BC CD ⊥. 由此可得三棱锥A BCD -是长方体中的一个几何体,如下图：长方体的外接球就是三棱锥A BCD -的外接球，长方体的体对角线长就是外接球的直径，即2R =， 所以三棱锥A BCD -的外接球表面积是：()224250S R R πππ===故选A 【点睛】本题主要考查了球的表面积计算、转化思想，考查观察能力及计算能力、空间思维能力，属于基础题．10．如图所示几何体是由正四棱锥1111P A B C D -与长方体1111ABCD A B C D -组成，AB BC ==12AA =，若该几何体存在一个外接球，则异面直线1PD 与BD 所成角的余弦值为A ．12B C D 【市级联考】河南省驻马店市2019届高三上学期期末考试数学（理）试题【答案】B 【分析】由长方体的性质可得11//,BD B D 由此11PD B ∠是异面直线1PD 与BD 所成的角，长方体的对角线是外接球的直径，由直角三角形的性质可出异面直线1PD 与BD 所成角的余弦值. 【详解】由长方体的性质可得，11//,BD B D所以11PD B ∠是异面直线1PD 与BD 所成的角，， 连接1BD ,取1BD 的中点O ,连接OP ,如图所示：由题意知该几何体外接球的直径为1BD ,O 为球心，半径为OP ， 连接11A C ,则交11B D 于点1O ,且1O 是1111D C B A 的中心， 因为1111P A B C D -是正四棱锥，所以OP 经过1O ，且1PO ⊥平面1111D C B A ，14BD ∴==，112,1OP O P OP OO ∴=∴=-=，又111O D ==12PD ∴=，直角三角形11PD O 中， 1111cos DO PD O PD ∴∠=即异面直线1PD 与BD B. 【点睛】本题考查了异面直线所成角以及多面体的外接球问题，是中档题. 求异面直线所成的角主要方法有两种：一是向量法，根据几何体的特殊性质建立空间直角坐标系后，分别求出两直线的方向向量，再利用空间向量夹角的余弦公式求解；二是传统法，利用平行四边形、三角形中位线等方法找出两直线成的角，再利用平面几何性质求解.11．在长方体1111ABCD A B C D -中，四边形ABCD 是边长为2的正方形，1D B 与DC 所成的角是60︒，则长方体的外接球表面积是A ．16πB ．8πC ．4πD ．专题8.2 空间几何体的表面积和体积 （精练）-2021年高考数学（理）一轮复习学与练 【答案】A 【分析】先根据1D B 与DC 所成的角求长方体的高，再由长方体的外接球直径等于长方体的体对角线长，即可求出外接球半径，进而可求出表面积. 【详解】如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，//DC AB ，∴相交直线1D B 与AB 所成的角是异面直线1D B 与DC 所成的角. 连接1AD ，由AB ⊥平面11ADD A ，得1AB AD ⊥.∴在Rt △ABD1中，1ABD ∠就是1D B与DC 所成的角，即160ABD ∠=︒， 又2AB =，1tan60AD AB ∴=︒=∴在1Rt ADD ∆中，1DD ==R ，则由长方体的对角线就是长方体外接球直径得2222211444816R D B AD DC D D ==++=++=， ∴长方体外接球表面积是2416R ππ=．答案：A 【点睛】本题主要考查长方体的外接球问题，根据长方体的外接球直径等于长方体体对角线的长即可求解，属于基础题型. 12．正三棱柱111ABC A B C -中，底面边长AB =12AA =，则该棱柱的外接球表面积等于 A ．20π B ．24π C ．8π D ．12π 【市级联考】安徽省安庆市2019届高三上学期期末考试数学（理）试题 【答案】C 【分析】本题首先可以根据题目所给的正三棱柱111ABC A B C -的各边长求出该棱柱的外接球的半径，然后再使用球的表面积公式，即可求出结果． 【详解】根据条件可以求得外接球的半径R =248S R ππ==，即选C ． 【点睛】本题主要考察三棱柱的相关性质，能否根据三棱柱的各边长求出三棱柱的外接球半径是解决本题的关键，考察空间想象能力，是简单题．13．圆锥SD （其中S 为顶点，D 为底面圆心）的侧面积与底面积的比是2:1，则圆锥SD 与它外接球（即顶点在球面上且底面圆周也在球面上）的体积比为 A ．9:32 B ．8:27 C ．9:22 D ．9:28专题01 多面体与球的切接问题 （第四篇）-2020高考数学压轴题命题区间探究与突破 【答案】A 【分析】根据已知条件求得圆锥母线与底面圆半径r 的关系，从而得到圆锥的高与r 关系，计算圆锥体积，由截面图得到外接球的半径R 与r 间的关系，计算球的体积，作比即可得到答案. 【详解】设圆锥底面圆的半径为r,圆锥母线长为l ，则侧面积为πrl ，侧面积与底面积的比为2πrl 2lr ==,则母线l=2r,圆锥的高为,则圆锥的体积为231πh 3rr =,设外接球的球心为O,半径为R,截面图如图，则R -,BD=r, 在直角三角形BOD中，由勾股定理得222OB OD BD =+,即)222R r R =+-,展开整理得,所以外接球的体积为3334433R ππ==故所求体积比为339332r= 故选A【点睛】本题考查圆锥与球的体积公式的应用，考查学生计算能力，属于中档题.14．已知三棱锥S ABC -中，1SA SB SC ===，且SA 、SB 、SC 两两垂直，P 是三棱锥S ABC -外接球面上一动点，则P 到平面ABC 的距离的最大值是A B C D 内蒙古赤峰市2021-2022年高三上学期第一次统一模拟考试文科数学试题 【答案】C 【分析】,,SA SB SC 是棱长为1的正方体MNQB ADCS -上具有公共顶点S 的三条棱,以B 为原点,,,BM BQ BS 分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系,三棱锥S ABC -外接球就是正方体MNQB ADCS -的外接球，由正方体及球的几何性质可得点P 与N 重合时，点P 到平面ABC 的距离最大，求出平面ABC 的法向量，由点到直线的距离公式即可得结果. 【详解】三棱锥S ABC -，满足,,SA SB SC 两两垂直，且,,1SA SB SC =，∴如图,,SA SB SC 是棱长为1的正方体MNQB ADCS -上具有公共顶点S 的三条棱, 以B 为原点,,,BM BQ BS 分别为x 轴，y 轴，z 轴，建立空间直角坐标系, 则()()()()()0,0,0,1,0,1,0,1,1,0,0,1,1,1,0B A C S N ，()()()1,0,1,0,1,1,1,1,0BA BC BN ===，设平面ABC 的法向量(),,n x y z =，则00n BA x z n BC y z ⎧⋅=+=⎨⋅=+=⎩，取1x =，得1,1,1n ， 三棱锥S ABC -外接球就是棱长为1的正方体MNQB ADCS -的外接球， P 是三棱锥S ABC -外接球上一动点，∴由正方体与球的几何性质可得，点P 点与N 重合时， 点P 到平面ABC 的距离最大，∴点P 到平面ABC 的距离的最大值为11BN n d n ⋅++===.故选C. 【点睛】求出相应直线的方向向量；（3）设出相应平面的法向量，利用两直线垂直数量积为零列出方程组求出法向量；（4）将空间位置关系转化为向量关系；（5）根据定理结论求出相应的角和距离.15．一个几何体的三视图如图所示，若该几何体的外接球表面积为414π，则该几何体的体积为A ．43 B ．83C D【全国百强校】山东省枣庄市第八中学2019届高三1月考前测试数学（理）试题 【答案】B 【分析】先将几何体还原得四棱锥P-ABCD ，做底面中心的垂线，通过列方程找到球心的位置，进而再求四棱锥的高，从而可得体积. 【详解】由三视图可知该几何体为四棱锥P-ABCD ，其中ABCD 是边长为2的正方形，侧面PBC 垂直于底面ABCD ，PBC 为等腰三角形.设BC 的中点为F ，四边形ABCD 的中心为点H ，连接PF,FH ，过点H 作平面ABCD 的垂线，则球心在该直线上，即为点O ，过点O 作OH PF ⊥于点E ，连接OP.设四棱锥P-ABCD 的外接球半径为R ，由其表面积为414π，得2414π4R π=，解得24116R =.设OH=x ，则在直角三角形OHB 中，有222x R +=，解得34x =.在直角三角形POE 中，222PE OE R +=，所以241116PE +=，解得54PE =.（负值已舍去）所以PF=PE+EF=2.所以四棱锥P-ABCD 的体积2118V 22333ABCD S PF ==⨯⨯=.故选B. 【点睛】本题主要考查了四棱锥的外接球，解题的关键是找到球心的位置，属于中档题.16．已知矩形ABCD ，1AB =，AD =E 为AD 的中点，现分别沿,BE CE 将ABE ∆，DCE ∆翻折，使点,A D 重合，记为点P ，则几何体P BCE -的外接球表面积为A ．10πB ．5πC ．52πD 陕西省西安市第一中学2020-2021学年高二上学期期中数学（理）试题 【答案】C 【分析】将平面矩形通过折叠得到三棱锥后找不变的量，如边长、角度等不变的量，可以得到两两垂直的棱，将其补全为长方体，则其对角线为外接球直径，从而计算出答案 【详解】由题意翻折可得几何体P BCE -中： ,,PB PC PB PE PC PE ⊥⊥⊥,即三棱锥可以补成以PB,PC,PE 为边的长方体，故r =外接球的表面积为：1054π162π⨯⨯= 故选C 【点睛】本题主要考查了三棱锥外接球的体积问题，则需要根据题意折叠后找出三棱锥的特征，将其补全为长方体，求出长方体的对角线等于直径，然后再求出结果．17．已知球O 是正三棱锥（底面为正三角形，顶点在底面的射影为底面中心）A BCD -的外接球，3BC =，AB =点E 在线段BD 上，且6BD BE =，过点E 作球O 的截面，则所得截面圆面积的取值范围是A ．3[,4]4ππ B ．5[,4]4ππ C ．7[,4]4ππ D ．11[,4]4ππ 湖北省武汉市第三中学2021-2022学年高二上学期10月月考数学试题 【答案】B 【分析】先利用等边三角形中心的性质，结合勾股定理计算得球的半径，过E 的最大截面是经过球心的截面，可由球的半径计算得出.过E 最小的截面是和OE 垂直的截面，先计算得OE 的长度，利用勾股定理计算得这个截面圆的半径，由此计算得最小截面的面积. 【详解】画出图象如下图所示，其中O 是球心，'O 是等边三角形BCD 的中心.根据等边三角形中心的性质有OB OD ===3AO '，设球的半径为R ，在三角形ODO '中，由勾股定理得222OO DO OD ''+=，即()2223R R -+=，解得2R =，故最大的截面面积为2π4πR =.在三角形BEO '中，11π,626BE BD EBO ∠'===，由余弦定理得O E ='.在三角形OO E '中，OE ==,过E 且垂直OE 的截面圆的半径222115444r R OE =-=-=，故最小的截面面积为25ππ4r =.综上所述，本小题选B.【点睛】本小题主要考查几何体外接球的问题，考查过一点球的截面面积的最大值和最小值问题，属于中档题.18．正三角形ABC 的边长为2,将它沿高AD 翻折,使点B 与点C 此时四面体ABCD 外接球表面积为AB C ．5π D ．7π 四川省攀枝花市第十五中学2019-2020学年高二下学期期中考试数学（文科）试题 【答案】C 【分析】三棱锥B ﹣ACD 的三条侧棱BD ⊥AD 、DC ⊥DA ，底面是等腰直角三角形，它的外接球就是它扩展为三棱柱的外接球，求出正三棱柱的底面中心连线的中点到顶点的距离，就是球的半径，然后求球的表面积． 【详解】根据题意可知三棱锥B ﹣ACD 的三条侧棱BD ⊥AD 、DC ⊥DA ，底面是等腰直角三角形，它 的外接球就是它扩展为三棱柱的外接球，求出三棱柱的底面中心连线的中点到顶点的距离就是球的半径，三棱柱的底面边长为1，1 点，到三棱柱顶点的距离相等，说明中心就是外接球的球心，∴三棱柱的外接球的球心为O ，外接球的半径为r∴球的半径为r =外接球的表面积为：4πr ＝5π． 故答案为C 【点睛】本题考查空间想象能力及计算能力.三棱柱上下底面中点连线的中点，到三棱柱顶点的距离相等，说明中心就是外接球的球心，是本题解题的关键，仔细观察和分析题意，是解好数学 题目的前提．19．下面有3个命题:①三棱锥的四个面的面积分别为S 1、S 2、S 3、S 4，则S 1+S 2+S 3>S 4； ②任意四面体均有外接球；③过两异面直线外一点有且只有一条直线与两异面直线相交。

2019届高三数学专题练习外接球1．正棱柱，长方体的外接球球心是其中心例1：已知各顶点都在同一球面上的正四棱柱的高为，体积为，则这个球的表面积是（ ）A ．B ．C ．D ．2．补形法（补成长方体）例2：若三棱锥的三个侧面两两垂直，且侧棱长均为，则其外接球的表面积是．3．依据垂直关系找球心例3：已知三棱锥的四个顶点均在同一个球面上，底面满足，若该三棱锥体积的最大值为3，则其外接球的体积为（ ） A ． B． C ． D． 一、单选题1．棱长分别为2的长方体的外接球的表面积为（ ）A ．B ．C ．D ．2．设三棱柱的侧棱垂直于底面，所有棱的长都为，顶点都在一个球面上，则该球的表面积为（ ）A ．12πB ．28πC ．44πD ．60π3．把边长为3的正方形沿对角线对折，使得平面平面，则三棱锥的外接球的表面积为（ ）41616π20π24π32π3P ABC -ABC △BA BC ==π2ABC ∠=8π16π16π332π34π12π24π48πABCD AC ABC ⊥ADC D ABC -4．某几何体是由两个同底面的三棱锥组成，其三视图如下图所示，则该几何体外接球的面积为（ ）A ．B ．C ．D ．5．三棱锥的所有顶点都在球的表面上，平面，，，则球的表面积为（ ）A ．B ．C ．D ．6．如图是边长为1的正方体，是高为1的正四棱锥，若点，，，，在同一个球面上，则该球的表面积为（ ）A ．B ．C ．D ． 7．已知球的半径为，，，三点在球的球面上，球心到平面的距离为，，，则球的表面积为（ ） A ． B ． C ． D ． 8．已知正四棱锥(底面四边形是正方形，顶点P 在底面的射影是底面的中心)，则此球的体积为（ ） A． B ． C ． D．9．如图，在中，，点为的中点，将沿折起到的位置，使，连接，得到三棱锥．若该三棱锥的所有顶点都在同一球面上，则该球的表面积是（ ）2πa 22πa 23πa 24πa A BCD -O AB ⊥BCD 2BC BD ==2AB CD ==O 16π32π60π64π1111ABCD A B C D -S ABCD -S 1A 1B 1C 1D 9π1625π1649π1681π16O R A B C O O ABC 12R 2AB AC ==120BAC ∠=︒O 16π916π364π964π3P ABCD -ABCD 50318π36πABC △AB BC ==90ABC ∠=︒D AC ABD △BD PBD △PC PD =PC P BCD -10．四面体中，，，，则此四面体外接球的表面积为（ ）A ． BC ． D11．将边长为2的正沿着高折起，使，若折起后四点都在球的表面上，则球的表面积为（ ） A ． B ． C ． D ． 12．在三棱锥中，，，则该三棱锥的外接球的表面积为（ ）ABC ．D ．二、填空题13．棱长均为6的直三棱柱的外接球的表面积是_________．14．已知棱长都相等正四棱锥的侧面积为，则该正四棱锥内切球的表面积为________．15．已知三棱柱的侧棱垂直于底面，各顶点都在同一球面上，若该棱柱的体，，，则此球的表面积等于______．16．在三棱锥中，，，，，则三棱锥外接球的体积的最小值为_____．1．正棱柱，长方体的外接球球心是其中心例1：已知各顶点都在同一球面上的正四棱柱的高为4，体积为16，则这个球的表面积是（ ）A ．16πB ．20πC ．24πD ．32πA BCD -60ABC ABD CBD ∠=∠=∠=︒3AB =2CB DB ==19π217πABC △AD 120BDC ∠=︒A B C D 、、、O O 7π27π13π213π3A BCD -6AB CD ==5AC BD AD BC ====43π243π111ABC A B C -2AB =1AC =60BAC ∠=︒A BCD -AB AC =DB DC =4AB DB +=AB BD ⊥A BCD -【解析】162==h a V ，2=a ，24164442222=++=++=h a a R ，24πS =，故选C ．2．补形法（补成长方体）例2：若三棱锥的三个侧面两两垂直，且侧棱长均为3，则其外接球的表面积是 ．【答案】9π【解析】933342=++=R ，24π9πS R ==．3．依据垂直关系找球心例3：已知三棱锥P ABC -的四个顶点均在同一个球面上，底面ABC △满足BA BC ==π2ABC ∠=，若该三棱锥体积的最大值为3，则其外接球的体积为（ ） A ．8πB ．16πC ．16π3D ．32π3【答案】D 【解析】因为ABC △是等腰直角三角形，所以外接球的半径是12r =的半径是R ，球心O 到该底面的距离d ，如图，则1632ABC S =⨯=△，BD =116336ABC V S h h ==⨯=△， 最大体积对应的高为3SD h ==，故223R d =+，即()2233R R =-+，解之得2R =， 所以外接球的体积是3432ππ33R =，故答案为D ． 一、单选题1．棱长分别为2的长方体的外接球的表面积为（ ）A ．4πB ．12πC ．24πD ．48π【解析】设长方体的外接球半径为R ，由题意可知：()222222R =++，则：23R =，该长方体的外接球的表面积为24π4π312πS R ==⨯=．本题选择B 选项．2．设三棱柱的侧棱垂直于底面，所有棱的长都为面积为（ ）A ．12πB ．28πC ．44πD ．60π 【答案】B【解析】设底面三角形的外接圆半径为r ，由正弦定理可得：2r =2r =， 设外接球半径为R ，结合三棱柱的特征可知外接球半径22227R =+=， 外接球的表面积24π28πS R ==．本题选择B 选项．3．把边长为3的正方形ABCD 沿对角线AC 对折，使得平面ABC ⊥平面ADC ，则三棱锥D ABC -的外接球的表面积为（ ）A ．32πB ．27πC ．18πD ．9π【答案】C【解析】把边长为3的正方形ABCD 沿对角线AC 对折，使得平面ABC ⊥平面ADC ， 则三棱锥D ABC -的外接球直径为AC =24π18πR =，故选C ．4．某几何体是由两个同底面的三棱锥组成，其三视图如下图所示，则该几何体外接球的面积为（ ）A ．2πaB ．22πaC ．23πaD ．24πa【解析】由题可知，该几何体是由同底面不同棱的两个三棱锥构成，的正三角形，一个是三条侧棱两两垂直，且侧棱长为a 的正三棱锥，的正四面体，如图所示：该几何体的外接球与棱长为a 的正方体的外接球相同，因此外接球的直径即为正方体的体对角线，所以2R R =⇒，所以该几何体外接球面积2224π4π3πS R a ⎫==⨯=⎪⎪⎝⎭，故选C ． 5．三棱锥A BCD -的所有顶点都在球O 的表面上，AB ⊥平面BCD ，2BC BD ==，2AB CD ==，则球O 的表面积为（ ）A ．16πB ．32πC ．60πD ．64π【答案】D【解析】因为2BC BD ==，CD =(222221cos 2222CBD +-∠==-⨯⨯，2π3CBD ∴∠=， 因此三角形BCD 外接圆半径为122sin CD CBD=∠， 设外接球半径为R ，则222=2+412162AB R ⎛⎫=+= ⎪⎝⎭，2=4π64πS R ∴=，故选D ． 6．如图1111ABCD A B C D -是边长为1的正方体，S ABCD -是高为1的正四棱锥，若点S ，1A ，1B ，1C ，1D 在同一个球面上，则该球的表面积为（ ）A ．9π16B ．25π16C ．49π16D ．81π16【答案】D【解析】如图所示，连结11A C ，11B D ，交点为M ，连结SM ，易知球心O 在直线SM 上，设球的半径R OS x ==，在1Rt OMB △中，由勾股定理有：22211OM B M B O +=，即：()2222x x -+=⎝⎭，解得：98x =，则该球的表面积229814π4ππ816S R ⎛⎫==⨯= ⎪⎝⎭．本题选择D 选项． 7．已知球O 的半径为R ，A ，B ，C 三点在球O 的球面上，球心O 到平面ABC 的距离为12R ，2AB AC ==，120BAC ∠=︒，则球O 的表面积为（ ）A ．16π9B ．16π3C ．64π9D ．64π3【答案】D【解析】由余弦定理得：BC =设三角ABC 外接圆半径为r 2r =，则2r =， 又22144R R =+，解得：2163R =，则球的表面积2644ππ3S R ==．本题选择D 选项． 8．已知正四棱锥P ABCD -(底面四边形ABCD 是正方形，顶点P 在底面的射影是底面的中心)503，则此球的体积为（ ）A ．18πB ．C ．36πD ．【答案】C【解析】 如图，设正方形ABCD 的中点为E ，正四棱锥P ABCD -的外接球心为O ， 底面正方形的边长为EA ∴=正四棱锥的体积为503，215033P ABCD V PE -∴=⨯⨯=， 则5PE =，5OE R ∴=-，在AOE △中由勾股定理可得：()2255R R -+=，解得3R =，34π36π3V R ∴==球，故选C ．9．如图，在ABC △中，AB BC ==90ABC ∠=︒，点D 为AC 的中点，将ABD △沿BD 折起到PBD △的位置，使PC PD =，连接PC ，得到三棱锥P BCD -．若该三棱锥的所有顶点都在同一球面上，则该球的表面积是（ ）A ．7πB ．5πC ．3πD ．π【答案】A【解析】由题意得该三棱锥的面PCD BD ⊥平面PCD ，设三棱锥P BDC -外接球的球心为O ， PCD △外接圆的圆心为1O ，则1OO ⊥面PCD ，∴四边形1OO DB 为直角梯形，由BD11O D =，及OB OD =，得OB =R = ∴该球的表面积274π4π7π4S R ==⨯=．故选A ． 10．四面体A BCD -中，60ABC ABD CBD ∠=∠=∠=︒，3AB =，2CB DB ==，则此四面体外接球的表面积为（ ）A ．19π2BC ．17πD 【答案】A【解析】由题意，BCD △中，2CB DB ==，60CBD ∠=︒，可知BCD △是等边三角形，BF =∴BCD △的外接圆半径r BE ==，FE ∵60ABC ABD ∠=∠=︒，可得AD AC ==可得AF =∴AF FB ⊥，∴AF BCD ⊥，∴四面体A BCD -高为AF =设外接球R ，O 为球心，OE m =，可得：222r m R +=……①，)222πEF R +=……②由①②解得：R =2194ππ2S R ==．故选A ． 11．将边长为2的正ABC △沿着高AD 折起，使120BDC ∠=︒，若折起后A B C D 、、、四点都在球O 的表面上，则球O 的表面积为（ ）A ．7π2B ．7πC ．13π2D ．13π3【答案】B 【解析】BCD △中，1BD =，1CD =，120BDC ∠=︒，底面三角形的底面外接圆圆心为M ，半径为r ，由余弦定理得到BC =21r r =⇒=， 见图示：AD 是球的弦，DA =，将底面的圆心M 平行于AD 竖直向上提起，提起到AD 的高度的一半，即为球心的位置O ，∴OM =OMD 中，应用勾股定理得到OD ，OD 即为球的半径．∴球的半径OD =．该球的表面积为24π7πOD ⨯=；故选B ．12．在三棱锥A BCD -中，6AB CD ==，5AC BD AD BC ====，则该三棱锥的外接球的表面积为（ ）ABC ．43π2D ．43π【答案】D【解析】分别取AB ，CD 的中点E ，F ，连接相应的线段CE ，ED ，EF ， 由条件，4AB CD ==，5BC AC AD BD ====，可知，ABC △与ADB △，都是等腰三角形，AB ⊥平面ECD ，∴AB EF ⊥，同理CD EF ⊥，∴EF 是AB 与CD 的公垂线， 球心G 在EF 上，推导出AGB CGD △≌△，可以证明G 为EF 中点，4DE ==，3DF =，EF =∴GF =，球半径DG ==24π43πS DG =⨯=． 故选D ．二、填空题13．棱长均为6的直三棱柱的外接球的表面积是_________．【答案】84π【解析】由正弦定理可知底面三角形的外接圆半径为1612sin602r =⨯==︒ 则外接球的半径R ，则外接球的表面积为24π4π2184πS R ==⨯=．14．已知棱长都相等正四棱锥的侧面积为则该正四棱锥内切球的表面积为________．【答案】(32π-【解析】设正四棱锥的棱长为a ，则24⎫=⎪⎪⎝⎭，解得4a =．于是该正四棱锥内切球的大圆是如图PMN △的内切圆，其中4MN =，PM PN ==PE =．设内切圆的半径为r ，由PFO PEN ≅△△，得FO PO EN PN =，即2r =，解得r == ∴内切球的表面积为(224π4π32πS r ===-． 15．已知三棱柱111ABC A B C -的侧棱垂直于底面，各顶点都在同一球面上，若该棱柱的体积2AB =，1AC =，60BAC ∠=︒，则此球的表面积等于______．【答案】8π【解析】∵三棱柱111ABC A B C -2AB =，1AC =，60BAC ∠=︒，1121sin 602AA ∴⨯⨯⨯︒⨯=12AA ∴=， 2222cos60412BC AB AC AB AC =+-⋅︒=+-，BC ∴=，设ABC △外接圆的半径为R ，则2sin 60BC R ︒＝，1R ∴=， =24π8π⨯=．故答案为8π．16．在三棱锥A BCD -中，AB AC =，DB DC =，4AB DB +=，AB BD ⊥，则三棱锥A BCD -外接球的体积的最小值为_____．【解析】如图所示，三棱锥A BCD-的外接圆即为长方体的外接圆，外接圆的直径为长方体的体对角线AD，⊥，所以AD=设AB AC x==-，AB BD==，那么4DB DC x积的最小值即为AD最小，AD=2x=时，AD的最小值为。

第三讲 球【考点分析】球作为立体几何中重要的旋转体之一，成为考查的重点，一般考查柱锥的外接球及内切球，与三视图综合考查。

【基础扫描】1.球的表面积：S ＝4πR 22. 球的体积：V ＝43πR 33.4. 5. 常用的结论结论1：正方体或长方体的外接球的球心其体对角线的中点． 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． 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． 结论4：正棱锥的外接球的球心在其高上，具体位置可通过计算找到．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． 6、求外接球半径的常见方法有：①若三条棱两垂直则用22224R a b c =++（,,a b c 为三棱的长）；②若SA ⊥面ABC （SA a =），则22244R r a =+（r 为ABC ∆外接圆半径）； ③可以转化为长方体的外接球； ④特殊几何体可以直接找出球心和半径.【知识运用】题型一 外接球类型一：长方体（正方体）的外接球【例1】（1）（2018海南模拟）若一个长、宽、高分别为4，3，2的长方体的每个顶点都在球O 的表面上，则此球的表面积为__________．【解析】因为长方体的顶点都在球上，所以长方体为球的内接长方体，其体对角线l ==为球的直径，所以球的表面积为24292l S ππ⎛⎫== ⎪⎝⎭，故填29π.（2）．(2017·天津)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________．解析 设正方体棱长为a ，则6a 2＝18，∴a ＝ 3.设球的半径为R ，则由题意知2R ＝a 2＋a 2＋a 2＝3，∴R ＝32.故球的体积V ＝43πR 3＝43π×⎝ ⎛⎭⎪⎫323＝92π.类型二：各顶点都在长方体或正方体上的几何体【例2】（2018天津市模拟）．如图是一个空间几何体的三视图，则该几何体的外接球的表面积是________.【解析】由几何体的三视图可得该几何体是直三棱柱ABC A B C '-''，如图所示：其中，三角形ABC 是腰长为4的直角三角形，侧面ACC A ''是边长为4的正方形，则该几何体的外接球的半径为=∴该几何体的外接球的表面积为(2448ππ⨯=.故答案为48π.【变式】1、如图为某几何体的三视图，则该几何体的外接球的表面积为（ ）A. 272π B. 27π C. 27√3π D.27√32π 【解析】由已知中的三视图，可得该几何体是以俯视图为底面的四棱锥，其底面是边长为3的正方形，且高为3，其外接球等同于棱长为3的正方体的外接球，所以外接球半径R 满足2R =√32+32+32=√27，所以外接球的表面积为S =4πR 2=27π，故选B.2．（2018四川模拟）如图所示的三视图表示的几何体的体积为323，则该几何体的外接球的表面积为（ ）A. 12πB. 24πC. 36πD. 48π【解析】由三视图可得该几何体为底面边长为4m 、 ，一条侧棱垂直底面的四棱锥，设高为4， 则13244,233m m ⨯⨯⨯∴=＝， 将该几何体补成一个长方体，则其外接球半径为3R =，故这个几何体的外接球的表面积为2436R ππ= ．故选C ．类型三：柱的外接球【例3】（2018安徽模拟）设直三棱柱ABC-A 1B 1C 1的所有顶点都在一个球面上，且球的表面积是40π，AB=AC=AA 1，∠BAC=120°，则此直三棱柱的高是________. 【解析】设三角形BAC 边长为a ，则三角形BAC外接圆半径为12sin 3a =，因为2244010R R ππ=∴=所以22210,2a R a a ⎛⎫=+== ⎪⎝⎭即直三棱柱的高是【变式】1(江苏2018模拟)．直三棱柱ABC −A 1B 1C 1中，已知AB ⊥BC ，AB =3，BC =4，AA 1=5，若三棱柱的所有顶点都在同一球面上，则该球的表面积为__________．【解析】ABC −A 1B 1C 1是直三棱柱，∴A 1A ⊥AC ，又三棱柱的所有顶点都在同一球面上，A 1C 是球的直径，∴R =A 1C 2；∵AB ⊥BC ，∴AC =√32+42=5 ，∴A 1C 2=52+52=50 ；故该球的表面积为S =4πR 2=4π(A 1C 2)2=πA 1C 2=50π2. 【2017课标3，理8】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 ．πB ．3π4C ．π2D ．π4【答案】B2类型四：锥的外接球（重点）【例4-1】【衡水金卷】已知正四棱锥P ABCD -，若该正四棱锥的体积为2，则此球的体积为 （ ） A.1243π B. 62581π C. 50081π D. 2569π【答案】C【解析】如图所示，设底面正方形ABCD 的中心为O '，正四棱锥P ABCD -的外接球的球心为O1O D ∴'=正四棱锥的体积为22123P ABCDV PO -⨯⨯'∴==，解得3PO '=3OO PO PO R ∴-'=='-在 Rt OO D '中，由勾股定理可得： 222OO O D OD '+='即()22231R R -+=，解得53R =2344550033381V R πππ⎛⎫∴==⨯= ⎪球故选C【变式】（2018衡阳模拟）．已知正四棱锥P ABCD -的各条棱长均为2，则其外接球的表面积为( ) A. 4π B. 6π C. 8π D. 16π【解析】设点P 在底面ABCD 的投影点为O ',则12,2AO AC PA PO ==''=⊥平面ABCD,故PO =='而底面ABCD 所在截面圆的半径AO '=故该截面圆即为过球心的圆，则球的半径故外接球的表面积为248,S R ππ==故选C.【例4-2】（2018攀枝花模拟）一个几何体的视图如下图所示，则该几何体的外接球的表面积为( ）A. 4πB. 5πC. 8πD. 9π【解析】分析：先通过三视图找到几何体的原图，发现原图是一个三棱锥，再找到几何体的外接球的半径，再求该几何体的外接球的表面积.详解：由三视图可知几何体的原图如下图所示：在图中AB ⊥平面BCD ，BC ⊥BD ，BC=2,BD=1,AB=2. 由于△BCD 是直角三角形，所以它的外接圆的圆心在斜边的中点E,且r =12√CD =√52. 设外接球的球心为O,如图所示，由题得R 2=12+(√52)2=94.所以该几何体的外接球的表面积为4πR 2=4π×94=9π.故选D.【变式】如图，虚线小方格是边长为1的正方形，粗实（虚）线为某几何体的三视图，则该几何体外接球的表面积为A. 4πB. 8πC. 16πD. 32π【解析】几何体的直观图如图所示为三棱锥O ABC -，三棱锥O ABC -中， 090AOC ABC ∠=∠=，所以外接球的直径为AC ，则半径12R AC ==球的表面积2432S R ππ==.2．（衡水金卷信息卷）已知几何体的三视图如图所示，则该几何体的外接球的表面积为（ ）A.214π3B.127π3C.115π3D.124π3【解析】根据几何体的三视图可知，该几何体为三棱锥A −BCD 其中AD =DC =2，BD =4且AD ⊥底面ABC ，∠BDC =120° 根据余弦定理可知：BC 2−BD 2+DC 2−2BD ∙DC ∙cos 120°=42+22−2×4×2×(−12)=28可知BC =2√7根据正弦定理可知∆BCD 外接圆直径2r =BCsin ∠BDC =2√7sin 120°=4√7√3∴r =2√213，如图，设三棱锥外接球的半径为R ，球心为O ，过球心O 向AD 作垂线，则垂足H 为AD 的中点 DH =1，在Rt∆ODH 中，R 2=OD 2=(2√213)2+1=313∴外接球的表面积S =4πR 3=4π×313=124π3故选D题型二：空间几何体的内切球【例5】正三棱锥的高为1，底面边长为62，正三棱锥内有一个球与其四个面相切．求球的表面积与体积．【答案】πππ)625(8)26(4422-=-==R S 球，33)26(3434-==ππR V 球．∴R R ⨯⨯+⨯⨯⨯=⨯⨯36313233113631得：2633232-=+=R ， ∴πππ)625(8)26(4422-=-==R S 球．∴33)26(3434-==ππR V 球．变式：【衡水金卷】如图是一三棱锥的三视图，则此三棱锥内切球的体积为（ ）A.254π B. 2516πC. 11254πD. 112516π【答案】D【解析】把此三棱锥嵌入长宽高分别为： 202416，，的长方体1111ABCD A B C D -中 三棱锥B KLJ -即为所求的三棱锥其中19KC =， 1112C L LB ==， 116B B =1111KC LB C L B B∴=，则11K C L LB B ~， 90KLB ∠=︒ 故可求得三棱锥各面面积分别为：150BKLS=， 150JKLS=， 250JKBS=， 250JLBS=故表面积为800S =表 三棱锥体积1V 10003BKLS JK ==设内切球半径为r ，则3154V r S ==表故三棱锥内切球体积341125316V r ππ==球故选D 【强化练习】1．（2018山东模拟）在四面体ABCD 中，AB =BC =CD =DA =1，AC =√62，BD =√2，则它的外接球的面积S =（ ）A. 4πB. 2πC. 43π D. 83π【解析】由题意AB2+AD2=BC2+CD2=2=BD2，可知ΔBAD和ΔBCD是以BD为公共边的等腰直角三角形，取BD的中点，则OA=OB=OC=OD=√22,所以外接球的半径为R=√22，所以外接球的表面积为S=4πR2=4π×(√22)2=2π，故选B．2．在四面体ABCD中，AB=AC=2√3，BC=6，AD⊥底面ABC，△DBC的面积是6，若该四面体的顶点均在球O的表面上，则球O的表面积是（）A. 24πB. 32πC. 46πD. 49π【解析】四面体ABCD与球O的位置关系如图所示，设E为BC的中点，O1为ΔABC外接球的圆心，因为AB=AC=2√3，BC=6，由余弦定理可得∠BAC=2π3，由正弦定理可得2AO1=√32=4√3,AO1=2√3由勾股定理可得AE=√3，又SΔDBC=12×DE×BC=6,∴DE=2，∴AD=√DE2−AE2=√4−3=1，在四边形OO1AD中，OO1//AD,∠OO1A=90∘，OA=OD，计算可得R2=OA2=(2√3)2+(12)2=494，则球O的表面积是4π×494=49π，故选D.4、（2018湖南模拟）．某几何体的三视图如图所示，图中网格纸上小正方形的边长为 1，则该几何体的外接球的表面积为A. 100π9 B. 9π C. 100π27D. 10π【解析】由三视图知，该几何体为三棱锥，高为3，其一个侧面与底面垂直，且底面为等腰直角三角形，所以球心在垂直底面的侧面的三角形高上，设球半径为R，则(3−R)2+1=R2解得R=53，所以球的表面积为S=4πR2=100π9，故选A.5．已知底面半径为1，高为√3的圆锥的顶点和底面圆周都在球O的球面上，则此球的表面积为（）A. 32√3π27 B. 4π C. 16π3D. 12π【解析】设球的半径为R，由已知有R2=12+(√3−R)2⇒R=√3，故球的表面积为4πR2=4π×(√3)2=16π3，故选C.6．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的外接球的表面积为41π4，则几何体的高x为A. 3B. 5C. 4D. 2【解析】由三视图可知该几何体为四棱锥P−ABCD，如图.底面ABCD为正方形，侧面PAD⊥底面ABCD，过底面ABCD的中心N作底面ABCD的垂线，则该几何体的外接球的球心O在该垂线上，过O作OK⊥侧面PAD,则垂足K在AD的高线PM上，连接OA,OP，则OA,OP为球的半径，该几何体的外接球的表面积为S=41π4，即4π×4116=4πR2，R=√414，由OP2=PK2+OK2，得PK=√4116−1=54，由OA2=ON2+AN2，得4116=2+(x−54)2，解得x=2，或x=12，由PK=54，可得x=2，故选D．7．一个几何体的视图如下图所示，则该几何体的外接球的表面积为( )A. 9πB. 8πC. 5πD. 4π【解析】 由三视图可知，几何体为一个三棱锥，且一边垂直于底面，其外接求的直径等于其补成一个长方体的外接球，且长方体的长宽高分别为2,1,2，根据长方体的对角线长等于球的直径，所以2R =2R =，所以22449S R πππ==⨯=⎝⎭，故选A ．8．已知一个圆锥的侧面积是底面积的2倍，记该圆锥的内切球的表面积为1S ，外接球的表面积为2S ，则12S S =（ ） A. 1:2 B. 1:3 C. 1:4 D. 1:8【解析】如图：由已知圆锥侧面积是底面积的2倍，不妨设底面圆半径为r 则： 2122lR r π=，21222r R r ππ=，解得2R r = 故30ADC ∠=︒， 90DCB ∠=︒则12BC BD =， 12r r ∴=内外 故1214S S = 故选C9．已知一个圆锥的侧面积是底面积的2倍，记该圆锥的表面积为1S ，外接球的表面积为2S ，则12S S =（ ） A. 3:8 B. 9:16 C. 1:4 D. 1:8【解析】设圆锥的底面半径是r ，母线长为l ，∵圆锥的侧面积是其底面积的2倍， 22rl r ππ∴= ，解得2l r =，则圆锥的轴截面是正三角形，设圆锥的外接球的半径为,R，2,3R ∴=∴该圆锥的表面积2213,S rl r r πππ=+=外接球的表面积为22221644,33S R r r πππ⎛⎫=== ⎪ ⎪⎝⎭212239.16163S r S r ππ∴== 故选B ． 10．在三棱锥P ABC -中， 2AP =，AB = PA ⊥面ABC ，且在三角形ABC 中，有()cos 2cos c B a b C =-（其中,,a b c 为ABC ∆的内角,,A B C 所对的边），则该三棱锥外接球的表面积为（ ）A. 40πB. 20πC. 12πD.203π【解析】设该三棱锥外接球的半径为R .在三角形ABC 中， ()cos 2cos c B a b C =-（其中,,a b c 为ABC ∆的内角,,A B C 所对的边）. ∴cos cos 2cos c B b C a C +=∴根据正弦定理可得sin cos sin cos 2sin cos C B B C A C +=，即()sin 2sin cos B C A C +=. ∵sin 0A ≠∴1cos 2C =∵()0,C π∈∴3C π= ∴由正弦定理，2sin3r =，得三角形ABC 的外接圆的半径为3r =.∵PA ⊥面ABC∴()()()22222PA r R +=∴210R =∴该三棱锥外接球的表面积为2440S R ππ==故选A.11．在三棱锥P ABC -中，AB ==， 90ABC BCP PAB ∠=∠=∠=，cos 4CPA ∠=，则三棱锥P ABC -外接球的表面积为（ ） A. 5π B. 13π C. 6π D. 14π【解析】 如图所示，作PE ⊥平面ABC 于E 点，连接,EA EC ，因为,BC CP PA AB ⊥⊥，易得,EC CB EA AB ⊥⊥， 四边形EABC 为矩形， 22221,3PA PE PC PE =+=+， 在PAC ∆中，由余弦定理222cos 4PA PC PA PC CPA +-⋅∠= ， 代入整理得4PE =，设三棱锥P ABC -外接球的半径为，由1PE =得2R =2R =，所以球的表面积为245S R ππ==，故选A ．12．某几何体的三视图如图所示，若这个几何体的顶点都在球O 的表面上，则球O 的表面积是( )A. 2πB. 4πC. 5πD. 20π【解析】由三视图知，该几何体为三棱锥，且其中边长为1的侧棱与底面垂直，底面为底边长为2的等腰直角三角形，所以可以将该三棱锥补形为长、宽、高分别为√2，√2，1的长方体，所以该几何体的外接球O 的半径R ＝√2+2+12=√52，所以球O 的表面积S ＝4πR 2＝5π.故答案为：C.13．某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的外接球的体积为（ ）A.5003π B. 3 C. 1253π D. 3 【解析】由题得几何体的原图为图中的四棱锥A-BCDE, 四棱锥A-BCDE 的外接球和长方体的外接球重合，因为长方体的外接球直径22R R ===∴=所以该几何体的外接球的体积为343π⋅故选D. 14、某几何体的三视图如图所示，其中俯视图为一个正六边形及其三条对角线，则该几何体的外接球的表面积是（ ）A. 4πB. 8πC. 16πD. 32π【解析】由三视图可得该几何体是六棱锥，底面是边长为1的正六边形，有一条侧棱垂直底面，且长为2，可以将该几何体补成正六棱柱，其外接球与该正六棱柱外接球是同一个球．故该几何体的外接球的半径R ==248S R ππ==.故选B. 点睛：空间几何体与球接、切问题的求解方法：15．如图，在三棱锥B ACD -中， 3ABC ABD DBC π∠=∠=∠=， 3,2AB BC BD ===，则三棱锥B ACD -的外接球的表面积为（ ）A.192πB. 19π【解析】如图，在,ACB ADB ∆∆中，由余弦定理得AC AD ==CD 的中点E ，连BE,AE ，则,BE CD AE CD ⊥⊥，且BE AE ==222BE AE AB +=，所以90AEB ∠=︒，从而可得BE ⊥平面ACD ．设ACD ∆的外接圆的半径为r ，圆心为1O ，则1O 在AE 上，由222211r O C O E CE ==+()22AE r CE =-+，可得)221r r=+，解得r =由题意得球心O 在过点1O 且与平面ACD 垂直的直线1O F 上，令1O F BE ==，设1OO d =，则由OC OB =可得2222221d O C d r OF FB +=+=+ )2d =)2r +，解得d =B ACD -的外接球的半径为R ，则22222198R d r =+=+=⎝⎭，所以外接球的表面积21942S R ππ==．选A ． 16．某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的外接球的体积为（ ）A.3 B. 1253π C. 3 D. 5003π 【解析】 由已知中的三视图可得：该几何体是一个俯视图为底面的三棱柱切去一个三棱锥所得的组合体，其外接球即为俯视图为底面的三棱柱的外接球，设几何体的外接球的半径为R ，则2R ==2R =，所以该外接球的体积为33443323V R ππ⎛⎫==⨯= ⎪ ⎪⎝⎭，故选A.17．已知三棱锥S ABC －中， SA ⊥平面ABC ，且30ACB ∠=︒， 21AC AB SA ===.则该三棱锥的外接球的体积为( )B. 13π 【答案】D【解析】∵30ACB ∠=︒， 2AC AB ==ABC 是以AC 为斜边的直角三角形其外接圆半径2ACr ==，则三棱锥外接球即为以ABC C 为底面，以SA 为高的三棱柱的外接球∴三棱锥外接球的半径R 满足,2R ==故三棱锥外接球的体积34.36V R π== 故选D.18．如图所示的三视图表示的几何体的体积为323，则该几何体的外接球的表面积为（ ）A. 12πB. 24πC. 36πD. 48π【解析】由三视图可得该几何体为底面边长为4、m，一条侧棱垂直底面的四棱锥，设高为4，则13×4×m×4＝323,∴m=2，将该几何体补成一个长方体，则其外接球半径为R=12√42+22+42＝3，故这个几何体的外接球的表面积为4πR2=36π．故选C．19．已知四棱锥P−ABCD的三视图如图所示，则四棱锥P−ABCD外接球的表面积是（）A. 20πB. 101π5C. 25πD. 22π【解析】由三视图得，几何体是一个四棱锥A-BCDE,底面ABCD是矩形，侧面ABE⊥底面BCDE.如图所示，矩形ABCD的中心为M,球心为O,F为BE中点，OG⊥AF.设OM=x,由题得ME=√5,在直角△OME中，x2+5=R2(1)，又MF=OG=1,AF=√32−22=√5,AG=√R2−1,GF=x,∴√R2−1+x=√5(2)，解（1）（2）得R2=10120,∴S=4πR2=1015π.故选B.点睛：本题的难点在于作图找到关于R的方程，本题条件复杂，要通过两个三角形得到关于R的两个方程x2+5=R2(1)、√R2−1+x=√5（2），再解方程得到R的值.20．如图是某几何体的三视图，则该几何体的外接球的表面积为（ ）A. 24πB. 36πC. 40πD. 400π【解析】几何体为三棱锥，如图，底面为顶角为120度的等腰三角形BCD ，侧棱AC 垂直底面，2,BC CD BD AC ====设三角形BCD 外接圆圆心为O ，则242OC OC ==∴=,因此==即外接球的表面积为2440ππ=，选C.21．某几何体的三视图如图所示，其外接球表面积为（ ）A. 24πB.C. 6πD. 8π【解析】由题得，几何体原图是长方体中的三棱锥A-BCD ，所以球的直径2R所以22446R S R πππ=∴==⨯=⎝⎭,故选C.22．某几何体的正视图为等腰三角形，俯视图为等腰梯形，三视图如图所示，该几何体外接球的表面积是( )．A. 4πB.112π C. 3π D. 133π 【解析】由题意得该几何体的是如图所示的四棱锥P ABCD -，底面为俯视图所示的等腰梯形（上下底分别为1,2PE =．取AB 的中点1O ，由条件可得11111O A O B O C O D ====，故点1O 为底面梯形外接圆的圆心，过点1O 作1MO ⊥底面ABCD ，且使得1MO 1MO 上，设为点O ．设1OO x =，则2OM x =-，可得2222111OB OO O B x =+=+， 222OP OM MP =+ 22x ⎫=-+⎪⎪⎝⎭⎝⎭，由,OB OP 均为外接球的半径可得2221x x ⎫+=-+⎪⎪⎝⎭⎝⎭，解得6x =， 令外接球的半径为R ，则2213112R x =+=， 故四棱锥外接球的表面积为21343S R ππ==．选D ． 23．我国古代数学名著《增删算法统宗》中有如下问题：“有个金球里面空，球高尺二厚三分，一寸自方十六两，试问金球几许金？”意思是：有一个空心金球，它的直径12寸，球壁厚0.3寸，1立方寸金重1斤，试问金球重是多少斤？（注3π≈）（ ） A. 125.77 B. 864 C. 123.23 D. 369.69【解析】由题意知，大球半径6R =，空心金球的半径60.3 5.7r =-=，则其体积()334π6 5.7123.233V =-≈（立方寸）．因1立方寸金重1斤，则金球重123.23斤， 故选C ．23．已知正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1体积为8，面A 1B 1C 1D 1在一个半球的底面上，A 、B 、C 、D 四个顶点都在此半球面上，则此半球的体积为（ ） A. 323π B.4√23π C. 12π D. 4√6π 【解析】正方体体积为8，则棱长为2由题意可得底面A 1B 1C 1D 1的中心到上底面顶点距离为球的半径√22+(√2)2=√6 半球体积为12×43π×(√6)3=4√6π 故选D24．三棱锥P −ABC 中，PA ⊥平面ABC 且PA =2,ΔABC 是边长为√3的等边三角形，则该三棱锥外接球的表面积为( )A. 4π3 B. 4π C. 8π D. 20π【解析】根据已知中底面ΔABC是边长为√3的正三角形，，PA⊥平面ABC，可得此三棱锥外接球，即为以ΔABC为底面以PA为高的正三棱柱的外接球∵ΔABC是边长为√3的正三角形，∴ΔABC的外接圆半径r=23√3−34=1，球心到ΔABC的外接圆圆心的距离d=1，故球的半径R=√r2+d2=√2，故三棱锥P−ABC外接球的表面积S=4πR2=8π.故选：C．25．《九章算术》是我国古代数学名著，它在几何学中的研究比西方早一千多年，其中有很多对几何体外接球的研究，如下图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的外接球的表面积是（）A. 81πB. 33πC. 56πD. 41π【解析】由三视图可得，该几何体是一个如图所示的四棱锥P−ABCD，其中ABCD是边长为4的正方形，平面PAB⊥平面ABCD．设F为AB的中点，E为正方形ABCD的中心，O为四棱锥外接球的球心，O1为ΔPAB外接圆的圆心，则球心O为过点E且与平面ABCD垂直的直线与过O1且与平面PAB垂直的直线的交点．由于ΔPAB为钝角三角形，故O1在ΔPAB的外部，从而球心O与点P在平面ABCD的两侧．由题意得PF=1,OE=O1F,OO1=EF，设球半径为R，则R2=OE2+OB2=EF2+O1P2,即OE2+(2√2)2=22+(1+OE)2，解得OE=32，∴R 2=(32)2+(2√2)2=414， ∴S球表=4πR 2=41π．选D ．26．已知底面边长为√2，各侧面均为直角三角形的正三棱锥P −ABC 的四个顶点都在同一球面上，则此球的表面积为（ ）A. 3πB. 2πC. 43π D. 4π【解析】由题意得正三棱锥侧棱长为1，将三棱锥补成一个正方体（棱长为1），则正方体外接球为正三棱锥外接球，所以球的直径为√1+1+1=√3，故其表面积为S =4×π×(√32)2=3π．选A ．27．刘徽《九章算术注》记载：“邪解立方有两堑堵，邪解堑堵，其一为阳马，一为鳖臑，阳马居二，鳖臑居一，不易之率也”.意即把一长方体沿对角面一分为二，这相同的两块叫做堑堵，沿堑堵的一顶点与其相对的面的对角线剖开成两块，大的叫阳马，小的叫鳖臑，两者体积之比为定值2:1，这一结论今称刘徽原理.如图是一个阳马的三视图，则其外接球的体积为（ ）A. √3πB. √32π C. 3π D. 4π 【答案】B【解析】由三视图可知，该“阳马”是底面对角线长为√2的正方形，一条长为1的侧棱与底面垂直的四棱锥，将该四棱锥补成长方体，长方体的外接球与四棱锥的外接球相同，球直径等于长方体的对角线长，即2R =√√22+1=√3,R =√32，球体积为V =43πR 3=√32π，故选B.【方法点睛】本题利用空间几何体的三视图重点考查学生的空间想象能力和抽象思维能力，属于难题.三视图问题是考查学生空间想象能力最常见题型，也是高考热点.观察三视图并将其“翻译”成直观图是解题的关键，不但要注意三视图的三要素“高平齐，长对正，宽相等”，还要特别注意实线与虚线以及相同图形的不同位置对几何体直观图的影响.28．在三棱锥S ABC -中， SA ⊥平面ABC ， 2SA =， 1AB =， BC =， AC =外接球表面积为________． 【答案】14π【解析】在△ABC 中，由余弦定理得cos sinBAC BAC ∠==∴∠=222,sin r r BAC =∴=∠22222141,,=4=14.4R R S R ππ∴+=∴=∴⨯⎝⎭球故填14π. 29．已知三棱锥S −ABC,SA ⊥平面ABC ，ΔABC 为等边三角形，SA =2,AB =3,则三棱锥S −ABC 外接球的体积为__________． 【答案】32π3. 【解析】根据已知中底面ΔABC 是边长为3的正三角形，SA ⊥平面ABC ，SA =2，可得此三棱锥外接球，即为以ΔABC 为底面以SA 为高的正三棱柱的外接球. ∵ΔABC 是边长为3的正三角形∴ΔABC 外接圆的半径为r =√3，球心到ΔABC 的外接圆圆心的距离为d =1. ∴球的半径为R =√3+1=2 ∴三棱锥S −ABC 外接球的体积为V =4π3R 3=32π3故答案为32π3. 30．底面半径为1cm 的圆柱形容器里放有四个半径为12cm 的实心铁球，四个球两两相切，其中底层两球与容器底面相切. 现往容器里注水，使水面恰好浸没所有铁球，则需要注水________________.【解析】设四个实心铁球的球心为1234,,,O O O O ，其中12,O O 为下层两球的球心，四个球心连线组成棱长为1的正四面体， ,,,A B C D 分别为四个球心在底面的射影，则ABCD 是一个边长为2的正方形，所以注水高为正四面体相对棱的距离与球半径的二倍的和，即为1+， 故应注水的体积等于以注入水的高度为高的圆柱的体积减去四个球的体积， 34114232ππ⎛⎛⎫+-⨯ ⎪ ⎝⎭⎝⎭＝132π⎛⎫+ ⎪ ⎪⎝⎭，故答案为3132cm π⎛⎫+ ⎪ ⎪⎝⎭.31．若三棱锥S-ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，SA ⊥平面ABC ，∠BAC=60°,则球O 的表面积____________【解析】 如图所示，三棱锥S ABC -的所有顶点都在球O 的表面上，以为SA ⊥平面0,1,2,60ABC SA AB AC BAC ===∠=，所以BC ==090ABC ∠=， 所以ABC ∆截球O 所得的圆O '的半径为112r AC ==,所以球O 的半径为2R ==，所以O 的表面积为2416S R ππ==.32．在正三棱锥A BCD -中， M ， N 分别是AB ， BC 上的点，且//MN AC ， 5AM MB =，MD MN ⊥，若侧棱1AB =，则正三棱锥A BCD -的外接球的表面积为__________．【解析】设底边边长为a ，则在三角形BCD 中， 11,.663BN BC a DBN DN π==∠=∴=在三角形ABD 中， 22cosA 2a -= ，在三角形AMD 中， 5,6AM DM == ，因为222211, 2.66MD MN MN AC DM MN DN a ⊥==+=∴= 设A 在底面BCD 上的射影为E ，则02sin603BE BC AE =⨯===设球半径为R ，则22232R R BE R ⎛⎫=-+∴= ⎪ ⎪⎝⎭ 正三棱锥A BCD -的外接球的表面积为243.S R ππ==33．边长为2的等边ABC ∆的三个顶点A ， B ， C 都在以O 为球心的球面上，若球O 的表面积为1483π，则三棱锥O ABC -的体积为__________．【来源】【全国市级联考】重庆市2018届高三4月调研测试（二诊）数学（文科）试题【解析】设球半径为R ，则214843R ππ=，解得2373R =．设ABC ∆所在平面截球所得的小圆的半径为r ，则22323r ⎛⎫=⨯= ⎪ ⎪⎝⎭．故球心到ABC ∆所在平面的距离为d ===，即为三棱锥O ABC -的高，所以21123343O ABC ABC V S d -∆⎛⎫==⨯= ⎪ ⎪⎝⎭．答案：334．如图，在四面体ABCD 中， AB ⊥平面BCD ， BCD ∆是边长为的等边三角形.若8AB =，则四面体ABCD 外接球的表面积为__________．【来源】【全国市级联考】湖南省郴州市2018届高三第二次教学质量检测文科数学试题 【答案】100π【解析】取CD 的中点E ，连结,,AE BE 在四面体ABCD 中， AB ⊥平面,BCD BCD ∆是边长为3的等边三角形，,Rt ABC Rt ABD ACD ∴∆≅∆∆是等腰三角形， BCD ∆的中心为G ，作//OG AB 交AB 的中垂线HO 于,O O为外接球的中心， 2BE BG == 2R ==，四面体ABCD 外接球的表面积为2416R ππ=，故答案为100π.35．三棱锥S-ABC的底面是以AB为斜边的直角三角形,则三棱锥S-ABC的外接球的表面积是________【解析】由题意可得AS BS⊥，所以取AB中点O,则O是三棱锥S-ABC的外接球的球心，半径为1.所以S=4.π填4π。