数学专题球习题精选精讲

高考数学热点之球体专题球体所涉及的公式：球体表面积：24S R π=；球体体积：343V R π=.高中数学中球体的一般问题解决方法：球心位置→ 确定球体问题模型→（不）等量关系→ 半径；球体基本性质：1、球心与任意球体截面圆的圆心连线都与截面圆所在平面垂直. 2、球体的对称性.（I ）几何体外接球问题的几种常见模型：一、长方体的外接球问题由于长方体和球体都具有中心对称性质，从而长方体的体对角线为其外接球的直径，其球心为体对角线的中点.设球体半径为R ，则22222(2)4R R x y z ==++ ；其中x y z 、、 为长方体的长、宽、高.例1. 长方体的长、宽、高分别为3,2,1，其顶点都在球O 的球面上，则球O 的表面积为解：由题意可知，22222(2)43+2+1=14R R ==，所以球O 的表面积24S R π==14π.习题巩固1：已知各顶点都在一个球面上的正四棱柱高为4，体积为16，则这个球的表面积是（ ） A ．16πB ．20πC ．24πD ．32π延伸：涉及到长方体的外接球问题重点：若一个几何体的所有顶点均在长方体的顶点上，则该几何体与长方体共外接球. （1） 侧棱两两垂直的三棱锥的外接球设球体半径为R ，则22222(2)4R R x y z ==++ ；其中x y z 、、 为三棱锥的侧棱长.如下图所示，三棱锥P ABC -中，,,PA PB PA PC PB PC ⊥⊥⊥，三棱锥P ABC -的各个顶点均为长方体的各个顶点（三棱锥的三条相互垂直的侧棱为长方体的一个顶点出发的三条棱），所以二者共外接球. .→例2：四面体ABC P -中，4,3,2,,,===⊥⊥⊥PC PB PA PA PC PC PB PB PA ,求四面体外接球的表面积_______.解：设所求几何体外接球球半径为R ，则22222(2)423429R R ==++=，所以球O 的表面积24=29S R ππ=. .习题巩固2：已知三棱锥P ﹣ABC 的四个顶点均在球O 的球面上，P A ＝PB ＝PC ＝2．且P A ，PB ，PC 两两互相垂直，则球O 的体积为（ ） A ．π316B ．π38C ．π34D ．π32（2）对棱两两垂直的三棱锥的外接球如下图所示，三棱锥P ABC -中，,,PA BC PB AC PC AB ===，三棱锥P ABC -的各个顶点均为长方体的各个顶点（三棱锥P ABC -各条棱为长方体的面对角线），所以二者共外接球.→例3：四面体A BCD -中，10AB CD ==，234AC BD ==241AD BC ==四面体A BCD -外接球的表面积为（ ） A ．50πB ．100πC ．200πD ．300π解：设其外球半径为R ，与四面体A BCD -共顶点的长方体的长、宽、高分别为x 、y 、z ； 从而22222222222210,(234),(241)AB x z AC x y AB y z =+==+==+= ，从而三式相加，得22222(2)4200R R x y z ==++=.故24200S R ππ==球 .答案为C .习题巩固3：四面体A BCD -中，3AB CD ==，5AC BD ==，AD BC =，且四面体A BCD -外接球的表面积为152π，求BC 的长.二、直（圆）柱体外接球的问题（此种模型也适用于直棱锥（有一条侧棱垂直于底面的棱锥）的外接球）分析：由柱体和其外接球的对称性易知，柱体外接球球心在柱体的中平面上，如下图所示：由以上可知，12，从而求得柱体外接球半径R .（注：若柱体底面为三角形，则利用正弦定理求其外接圆半径r ；若柱体底面为长（正）方形，则对角线为其外接圆直径；若为其它多边形，只需要利用三个顶点构成的三角形，然后利用正弦定理求其外接圆半径（如果这个多边形无外接圆，则几何体就没有外接球）.例4：已知三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1的侧棱与底面垂直，AA 1＝2，BC ＝2，4π=∠BAC ，则三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1外接球的体积为（ ） A ．π34B ．π36C ．π38D ．π312解：由题意可知球心到柱体底面距离1112d AA ==； 由正弦定理可知：42222sin sin BC r BAC π===∠，（r 为柱体底面ABC 的外接圆半径） 解得，2r =设球体半径为R ，由222221(2)3R d r =+=+=，3R ∴ 3344(3)4333V R πππ∴==⨯=球， 故答案选A.已知柱体111ABC A B C -，其中D E F 、、 分别为三条侧棱的中点，则球心O 在面DEF上，球心O 到柱体底面的距离1=d OO 为柱体高h 的一半，且1111OO A B C ⊥面 . 其中，R 为外接球半径，r 为底面外接圆 圆心.习题巩固4：知三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1的侧棱与底面垂直，AA 1＝8，AB ＝AC ＝3，32π=∠BAC ，则三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1外接球的表面积为（ ） A ．π36B ．π64C ．π100D ．π104三、正棱锥的外接球（也适用于圆锥的外接球）分析：由正棱锥和球体对称性可知，正棱锥的外接球球心在正棱锥的高或高的延长线上。

球体经典习题(必看)
球体是一个经典的几何概念，有许多与球体相关的题可以帮助我们深入理解和应用球体的性质和公式。

以下是一些值得关注的经典题。

1. 球的体积计算
计算球的体积是球体题的基础。

球的体积公式是V = (4/3)πr³，其中V表示体积，π表示圆周率，r表示球的半径。

请按照这个公式计算以下球的体积：
1. 半径为2cm的球
2. 半径为5m的球
3. 半径为10cm的球
2. 球的表面积计算
计算球的表面积也是球体题中常见的一个问题。

球的表面积公
式是A = 4πr²，其中A表示表面积，π表示圆周率，r表示球的半径。

请按照这个公式计算以下球的表面积：
1. 半径为3cm的球
2. 半径为8m的球
3. 半径为15cm的球
3. 球的切割
球的切割是一个有趣的球体题。

如果我们用一个平面切割球体，会得到什么样的形状？请思考并给出你的答案。

4. 球体的投影
球体的投影是一个实际应用中常见的问题。

当一个光线从球体
上方射向球体时，球体在地面上会投下一个什么样的影子？请思考
并给出你的答案。

这些经典题可以帮助我们加深对球体性质的理解，同时也能够应用到实际生活和问题中。

希望这些题对你的研究有所帮助！
> 注意：以上题目只为演示，实际习题请根据具体情况设置。

典型例题十
例10 半径为R 的球内接一个各棱长都相等的四棱锥．求该四棱锥的体积．
分析：四棱锥的体积由它的底面积和高确定，只需找到底面、高与球半径的关系即可，解决这个问题的关键是如何选取截面，如图所示．
解：∵棱锥底面各边相等，
∴底面是菱形．
∵棱锥侧棱都相等， ∴侧棱在底面上射影都相等，即底面有外接圆．
∴底面是正方形，且顶点在底面上的射影是底面中心，此棱锥是正棱锥．
过该棱锥对角面作截面，设棱长为a ，则底面对角线a AC 2=
， 故截面SAC 是等腰直角三角形．
又因为SAC 是球的大圆的内接三角形，所以R AC 2=，即R a 2=
． ∴高R SO =，体积33
231R SO S V =⋅=底． 说明：在作四棱锥的截面时，容易误认为截面是正三角形，如果作平等于底面一边的对称截面（过棱锥顶点，底面中心，且与底面一边平行），可得一个腰长为斜高、底为底面边长的等腰三角形，但这一等腰三角形并不是外接球大圆的内接三角形．可见，解决有关几何体接切的问题，如何选取截面是个关键．
解决此类问题的方法通常是先确定多面体的棱长（或高或某个截面内的元素）与球半径的关系，再进一步求解．。

专题06 一网打尽外接球与内切球问题【命题规律】纵观近几年高考对于组合体的考查，与球相关的外接与内切问题是高考命题的热点之一．高考命题小题综合化倾向尤为明显，要求学生有较强的空间想象能力和准确的计算能力，才能顺利解答．从近几年全国高考命题来看，这部分内容以选择题、填空题为主，大题很少见，此部分是重点也是一个难点，属于中等难度．【核心考点目录】核心考点一：正方体、长方体外接球核心考点二：正四面体外接球核心考点三：对棱相等的三棱锥外接球核心考点四：直棱柱外接球核心考点五：直棱锥外接球核心考点六：正棱锥与侧棱相等模型核心考点七：侧棱为外接球直径模型核心考点八：共斜边拼接模型核心考点九：垂面模型核心考点十：二面角模型核心考点十一：坐标法核心考点十二：圆锥圆柱圆台模型核心考点十三：锥体内切球核心考点十四：棱切球【真题回归】1．（2022·全国·高考真题（文））已知球O 的半径为1，四棱锥的顶点为O ，底面的四个顶点均在球O 的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为（ ）A ．13B ．12C D 【答案】C【解析】[方法一]：【最优解】基本不等式设该四棱锥底面为四边形ABCD ，四边形ABCD 所在小圆半径为r ，设四边形ABCD 对角线夹角为α，则2111sin 222222ABCD S AC BD AC BD r r r α=⋅⋅⋅≤⋅⋅≤⋅⋅=（当且仅当四边形ABCD 为正方形时等号成立）即当四棱锥的顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时，底面ABCD面积最大值为22r 又设四棱锥的高为h，则22r h1+=，2123O ABCDV r h-=⋅⋅=≤=当且仅当222r h=即h.故选：C[方法二]：统一变量＋基本不等式由题意可知，当四棱锥为正四棱锥时，其体积最大，设底面边长为a，底面所在圆的半径为r，则r=，所以该四棱锥的高h，13V a===(当且仅当22142a a=-，即243a=时，等号成立)所以该四棱锥的体积最大时，其高h===故选：C．[方法三]：利用导数求最值由题意可知，当四棱锥为正四棱锥时，其体积最大，设底面边长为a，底面所在圆的半径为r，则r=，所以该四棱锥的高h，13V a=，令2(02)a t t=<<，V=()322t tft=-，则()2322tf t t-'=，43t<<，()0f t'>，单调递增，423t<<，()0f t'<，单调递减，所以当43t=时，V最大，此时h=故选：C.【整体点评】方法一：思维严谨，利用基本不等式求最值，模型熟悉，是该题的最优解；方法二：消元，实现变量统一，再利用基本不等式求最值；方法三：消元，实现变量统一，利用导数求最值，是最值问题的常用解法，操作简便，是通性通法．2．（2021·全国·高考真题（理））已知A，B，C是半径为1的球O的球面上的三个点，且,1AC BC AC BC⊥==，则三棱锥O ABC-的体积为（）A B C D 【答案】A【解析】,1AC BC AC BC ⊥== ，ABC ∴ 为等腰直角三角形，AB ∴=，则ABC 1，设O 到平面ABC 的距离为d ，则d ==所以11111332O ABC ABC V S d -=⋅=⨯⨯⨯=故选：A.3．（2022·全国·高考真题）已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为面上，则该球的表面积为（ ）A ．100πB ．128πC ．144πD ．192π【答案】A【解析】设正三棱台上下底面所在圆面的半径12,r r ，所以1222r r ==123,4r r ==，设球心到上下底面的距离分别为12,d d ，球的半径为R ，所以1d =2d =，故121d d -=或121d d +=1=，解得225R =符合题意，所以球的表面积为24π100πS R ==．故选：A ．4．（2022·全国·高考真题）已知正四棱锥的侧棱长为l ，其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为36π，且3l ≤≤，则该正四棱锥体积的取值范围是（ ）A ．8118,4⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．2781,44⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．2764,43⎡⎤⎢⎥⎣⎦D ．[18,27]【答案】C【解析】∵球的体积为36π，所以球的半径3R =,[方法一]：导数法设正四棱锥的底面边长为2a ，高为h ，则2222l a h =+，22232(3)a h =+-,所以26h l =，2222a l h =-所以正四棱锥的体积42622411214()=333366936l l l V Sh a h l l ⎛⎫==⨯⨯=⨯-⨯- ⎪⎝⎭，所以5233112449696l l V l l ⎛⎫⎛⎫-'=-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，当3l ≤≤0V '>，当l <≤时，0V '<，所以当l =时，正四棱锥的体积V 取最大值，最大值为643，又3l =时，274V =，l =814V =,所以正四棱锥的体积V 的最小值为274，所以该正四棱锥体积的取值范围是276443⎡⎤⎢⎥⎣⎦，.故选：C.[方法二]：基本不等式法由方法一故所以()()()3221224211646122(333333h h h V a h h h h h h h ⎡⎤-++==-=-⨯⨯=⎢⎥⎣⎦…当且仅当4h =取到)，当32h =时，得a 22min 11327;3324V a h ==⨯=当l =39322h =+=，a ⇒，正四棱锥体积221119816433243V a h ==⨯=<，故该正四棱锥体积的取值范围是2764[,].435．（2020·全国·高考真题（理））已知,,A B C 为球O 的球面上的三个点，⊙1O 为ABC 的外接圆，若⊙1O 的面积为4π，1AB BC AC OO ===，则球O 的表面积为（ ）A ．64πB ．48πC ．36πD ．32π【答案】A【解析】设圆1O 半径为r ，球的半径为R ，依题意，得24,2r r ππ=∴=， ABC 为等边三角形，由正弦定理可得2sin 60AB r =︒=，1OO AB ∴==，根据球的截面性质1OO ⊥平面ABC ，11,4OO O A R OA ∴⊥====，∴球O 的表面积2464S R ππ==.故选：A6．（2020·全国·高考真题（理））已知△ABC O 的球面上.若球O 的表面积为16π，则O 到平面ABC 的距离为（ ）AB ．32C ．1D 【答案】C 【解析】设球O 的半径为R ，则2416R ππ=，解得：2R =.设ABC 外接圆半径为r ，边长为a ，ABC212a ∴，解得：3a =，2233r ∴===∴球心O 到平面ABC 的距离1d ===.故选：C.【方法技巧与总结】1、补成长方体（1）若三棱锥的三条侧棱两两互相垂直，则可将其放入某个长方体内，如图1所示．（2）若三棱锥的四个面均是直角三角形，则此时可构造长方体，如图2所示．（3）正四面体-P ABC 可以补形为正方体且正方体的棱长=a ，如图3所示．（4）若三棱锥的对棱两两相等，则可将其放入某个长方体内，如图4所示图1 图2 图3 图4【核心考点】核心考点一：正方体、长方体外接球【规律方法】1、正方体的外接球的球心为其体对角线的中点，半径为体对角线长的一半．2、长方体的外接球的球心为其体对角线的中点，半径为体对角线长的一半．【典型例题】例1．（2023·全国·高三专题练习）已知正方体外接球的体积是323π，那么正方体的体对角线等于（ ）A B ．4C D 【答案】B【解析】正方体外接球的直径即为正方体的体对角线，设外接球的半径为R ，则343233V R ππ==，解得2R =，所以正方体的体对角线等于24R =；故选：B例2．（2022·陕西西安·模拟预测（文））长方体的过一个顶点的三条棱长分别是2，4，4，则该长方体外接球的表面积为（ ）A ．9πB ．18πC ．36πD ．48π【答案】C【解析】长方体外接球直径263R R ===⇒=，所以该长方体外接球的表面积2244336S R πππ==⋅=故选：C.例3．（2022·贵州黔南·高三开学考试（理））自2015年以来，贵阳市着力建设“千园之城”，构建贴近生活、服务群众的生态公园体系，着力将“城市中的公园”升级为“公园中的城市”．截至目前，贵阳市公园数量累计达到1025个．下图为贵阳市某公园供游人休息的石凳，它可以看做是一个正方体截去八个一样的四面体得到的，如果被截正方体的的棱长为，则石凳所对应几何体的外接球的表面积为________2cm ．【答案】1600π【解析】设正方体的中心为O ，E 为棱的中点，连接1111,,,A D B C A C B D ，则O 为矩形11A DCB 的对角线的交点，则1112022OE B C ==⨯=，同理，O 到其余各棱的中点的距离也为20，故石凳所对应几何体的外接球的半径为20，其表面积为224π201m 600πc ⋅=，故答案为：1600π核心考点二：正四面体外接球【规律方法】如图，设正四面体ABCD 的的棱长为a ，显然正四面体和正方体有相同的外接球．正方体外接球半径为==R ，即正四面体外接球半径为=R ．【典型例题】例4．（2022·黑龙江·哈九中模拟预测（理））已知正四面体P ABC -外接球O 表面积为54π，则该正四面体棱长为______；若M 为平面ABC 内一动点，且PM = ，则AM 最小值为______．【答案】 6 -【解析】设该正四面体棱长为a ，过点P 作PD ⊥面ABC ，则点D 为ABC 的重心，则AD =，PD =，又正四面体P ABC -外接球O 表面积为54π，则2454R ππ= ，则R =，即PO AO = 又222AO AD OD =+，则222)=+，解得：6a =；又M 为平面ABC 内一动点，且PM =，则DM ===，即点M 的轨迹为以D 为圆心，又AD =则由点与圆的位置关系可得AM最小值为：-故答案为：6；例5．（2022·江苏南京·高三开学考试）已知一个正四面体的棱长为2，则其外接球与以其一个顶点为球心，1为半径的球面所形成的交线的长度为___________.【解析】设外接球半径为r ，外接球球心到底面的距离为h ，则2243h r r h +==+，所以r =两球相交形成形成的图形为圆，如图，在PDO △中，cos DPO ∠==sin DPO ∠=在1PDO △中，1sin DO PD DOP =∠=所以交线长度为2π=例6．（2022·福建·福州三中模拟预测）表面积为）A．B．12πC．8πD．【答案】B【解析】设正四面体的棱长为a24⨯=a=该正四面体的外接球与棱长为2的正方体的外接球的半径相等，2412Sππ=⨯=.故选：B.核心考点三：对棱相等的三棱锥外接球【规律方法】四面体ABCD中，==AB CD m，==AC BD n，==AD BC t，这种四面体叫做对棱相等四面体，可以通过构造长方体来解决这类问题．如图，设长方体的长、宽、高分别为,,a b c，则222222222⎧+=⎪+=⎨⎪+=⎩b c ma c na b t，三式相加可得222++=a b c222,2++m n t 而显然四面体和长方体有相同的外接球，设外接球半径为R，则22224+=+a b c R，所以=R．【典型例题】例7．（2022·全国·高三专题练习）在四面体ABCD中，2==AC BD，AD BC==AB CD==其外接球的表面积为___________.【答案】8π【解析】如图所示，将该四面体补成长方体，设该长方体的长､宽､高分别为a，b，c，则2,===解得2222224,5,7,a b b c c a ⎧+=⎪+=⎨⎪+=⎩所以2228a b c ++==，，其外接球的表面积为248ππ⨯=.故答案为：8π．例8．（2022·全国·高三专题练习）已知四面体ABCD中，AB CD ==BC AD ==AC BD =，若该四面体的各个顶点都在同一球面上，则此球的表面积为（ ）A ．42πB ．43πC ．14πD ．16π【答案】C设长方体的长、宽、高分为,,,x y z 所以2222225,10,13,x y x z z y ⎧+=⎪+=⎨⎪+=⎩∴∴，∴此球的表面积为144144ππ⋅=．故选：C ．例9．（2020·全国·模拟预测（文））在三棱锥A BCD -中，若2AB CD ==，3AD BC ==，4AC BD ==，其外接球的表面积为（ ）A ．27πB ．29πC ．294πD ．292π【答案】D【解析】三棱锥A BCD -中，∵2AB CD ==，3AD BC ==，4AC BD ==，显然这六条棱长恰为长方体的六个面的面对角线的长，设此长方体的长、宽、高依次为a 、b 、c ，其对角线的长恰为外接球的直径，如图所示．则有2222224916a b b c a c ⎧+=⎪+=⎨⎪+=⎩，则222292a b c ++=，易知长方体的体对角线长为2R =22942S R ππ==球面积．故选:D核心考点四：直棱柱外接球【规律方法】如图1，图2，图3，直三棱柱内接于球（同时直棱柱也内接于圆柱，棱柱的上下底面可以是任意三角形）图1图2图3第一步：确定球心O 1是∆ABC 的外心，则1⊥OO 平面ABC ；第二步：算出小圆1O 的半径1=AO r ，111122==OO AA h （1=AA h 也是圆柱的高）；第三步：勾股定理：22211=+OA O A O O ⇒222(2=+hR r ⇒=R R【典型例题】例10．（2022·河南新乡·一模（理））已知正三棱柱的侧棱长为l ，底面边长为a ，若该正三棱柱的外接球体积为32π3，当la +最大时，该正三棱柱的体积为（ ）A B C D 【答案】B【解析】因为正三棱柱外接球的体积为3432ππ33R =，所以2R =，设球心为O ，底面外接圆圆心为O '，由正三棱锥可得12OO l '=，底面外接圆半径r =，图3-1图3-2图3-3所以由勾股定理得22443l a +=，设l a m +=，当直线l a m +=与曲线22443l a +=相切时，m 最大，联立方程组22443l a m l a +=⎧⎪⎨+=⎪⎩得22763480a ma m -+-=，由Δ0=，得m =或-（舍去），此时a =l所以正三棱柱的体积2V l ==故选：B例11．（2022·湖南岳阳·高三阶段练习）已知直三棱柱111ABC A B C -中，12,AB AA BC ===，当该三棱柱体积最大时，其外接球的体积为（ ）AB ．323πCD【答案】C【解析】因为三棱柱111ABC A B C -为直三棱柱，所以，1AA ⊥平面ABC所以，要使三棱柱的体积最大，则ABC 面积最大，因为1sin 2ABC S BC AC ACB =⋅⋅∠△，令AC x=因为BC =，所以2sin ABC S x ACB ⋅∠ ，在ABC中，222cos 2AC BC AB ACB AC BC +-∠==⋅所以，224224416(1)43216sin 11212x x x ACB x x --+-∠=-=，所以，()22422424123384()sin 34434ABCx x x Sx ACB --+-+-=⋅∠=⋅=≤ ，所以，当24x =，即2AC =时，2()ABC S 取得最大值3，所以，当2AC =时，ABC SABC为等腰三角形，2,AB AC BC ===所以，()22244121cos ,0,22222AB AC BC BAC BAC AB AC π+-+-∠===-∠∈⋅⨯⨯，所以23BAC π∠=，所以，由正弦定理得ABC 外接圆的半径r42r==，即2r =，所以，直三棱柱111ABC A B C -外接球的半径222152AA R r ⎛⎫=+= ⎪⎝⎭，即R =所以，直三棱柱111ABC A B C -外接球的体积为343R π=.故选：C例12．（2021·四川泸州·二模（文））直六棱柱的底面是正六边形，其体积是，则该六棱柱的外接球的表面积的最小值是（ ）A ．4πB ．8πC ．12πD ．24π【答案】C【解析】设正六边形的边长为a，则底面面积为226S ==，设(0)AC x x =>，则正六棱柱的体积为2V Sh x =⨯=解得24xa =，即24a x=，又由该六棱柱的外接球的直径为2BC r ==所以该六棱柱的外接球的表面积为：2222164(4)(),(0)S r x a x x xπππ'==+=+>，令()216(0)f x x x x =+>，则()2162f x x x'=-，令()0f x '=，解得2x =，当02x <<时，()0f x '<，()f x 单调递减；当2x >时，()0f x '<，()f x 单调递增，所以当2x =时，()f x 取得最小值12，所以该六棱柱的外接球的表面积的最小值为12π.故选：C.核心考点五：直棱锥外接球【规律方法】如图，⊥PA 平面ABC ，求外接球半径．解题步骤：第一步：将∆ABC A 为小圆直径的一个端点，作小圆的直径AD ，连接PD ，则PD 必过球心O ；第二步：1O 为∆ABC 的外心，所以1⊥OO 平面ABC ，算出小圆1O 的半径1=O D r (三角形的外接圆直径算法：利用正弦定理，得2sin sin sin ===a b c r A B C )，112=OO PA ；第三步：利用勾股定理求三棱锥的外接球半径：①222(2)(2)=+R PA r⇔2=R ②2221=+R r OO⇔=R ．【典型例题】例13．（2022·内蒙古鄂尔多斯·高三期中（文））三棱锥-P ABC 中，PA ⊥平面ABC ，ABC 为直角三角形，AB BC ⊥，1AB BC ==，2PA =，则三棱锥-P ABC 的外接球的表面积为（ ）A ．2πB ．3πC ．4πD ．6π【答案】D【解析】由于三棱锥-P ABC 中，PA ⊥平面ABC ，AB BC ⊥，1AB BC ==，2PA =故将该三棱锥置于一个长方体中，如下图所示：则体对角线PC 即为外接球的直径，所以2=故三棱锥-P ABC 的外接球表面积为246S R ππ==．故选：D例14．（2022·福建·宁德市民族中学高三期中）已知三棱锥P -ABC 中，PA ⊥底面ABC ，PA ＝AB ＝AC ＝2，∠BAC ＝120°，则三棱锥P -ABC 的外接球的表面积为（ ）A ．12πB ．16πC ．20πD ．24π【答案】C【解析】将三棱锥还原成直三棱柱，则三棱柱的外接球即为球O ，,D D '为上下底面的外心，O 为DD '的中点，AD 为底面外接圆的半径，由余弦定理得BC ==由正弦定理得24AD ==，由1,2OD AD ==，得AO =所以球O 的表面积为2420S r ππ==．故选：C例15．（2021·四川成都·高三开学考试（文））已知在三棱锥-P ABC 中，侧棱PA ⊥平面ABC ，3PA =，1AB =，BC =，2AC =，则三棱锥-P ABC 外接球的表面积为（ ）A ．13πB ．12πC ．9πD ．8π【答案】A【解析】因为PA ⊥平面ABC ，,AC BC ⊂平面ABC ，故,PA AC PA BC ⊥⊥，而1AB =，BC =，2AC =，则222AB BC AC +=，所以AB BC ⊥,又PA AB A = ，,PA AB ⊂平面PAB ,故BC ⊥平面PAB ,PB ⊂平面PAB ,所以BC PB ⊥,所以,PAC PBC △△都是以PC 为斜边的直角三角形，故取PC 中点O ，连接OA,OB ,则OA OB OP OC ===,即O 为三棱锥-P ABC外接球的球心，3,2,PA AC PC ==∴= ,故三棱锥-P ABC故三棱锥-P ABC外接球的表面积为24π13π⨯=，故选：A核心考点六：正棱锥与侧棱相等模型【规律方法】1、正棱锥外接球半径：=R ．2、侧棱相等模型：如图，P 的射影是∆ABC 的外心⇔三棱锥-P ABC 的三条侧棱相等⇔三棱锥-P ABC 的底面∆ABC 在圆锥的底上，顶点P点也是圆锥的顶点．解题步骤：第一步：确定球心O 的位置，取∆ABC 的外心1O ，则1,,P O O 三点共线；第二步：先算出小圆1O 的半径1=AO r ，再算出棱锥的高1=PO h （也是圆锥的高）；第三步：勾股定理：22211=+OA O A O O ⇒222()=-+R h R r ，解出222+=r h R h．【典型例题】例16．（2022·江西·金溪一中高三阶段练习（文））在正三棱锥S －ABC 中，23ASB BSC π∠+∠=，△ABC 的边长为2，则该正三棱锥外接球的表面积为______．【答案】6π【解析】2π3ASB BSC ∠+∠=，正三棱锥中ASB BSC ∠=∠，所以π3ASB BSC ∠=∠=，侧面是正三角形，则正三棱锥S ABC -为正四面体．将正四面体补成正方体（正四面体的四个顶点S ，A ，B ，C 均为正方体的顶点），，则其外接球的半径R =，所以该正三棱锥外接球的表面积为24π6πS R ==．故答案为：6π．例17．（2022·全国·高三专题练习）已知正三棱锥S ABC -，其外接球球O 的半径为R ，则该正三棱锥S ABC -的体积的最大值为__________．3【解析】如图，设正三棱锥S ABC -的高=SH h ，则由射影定理可得2=⋅HA SH HM ，2(2)∴=-HA h R h ，图5-12(2)∴==-△ABC S AB R h，21(2)3-∴=⋅=-△S ABC ABC V S h Rh (2)22=⋅⋅-≤h h Rh 33(2)223⎡⎤++-⎢⎥=⎢⎥⎢⎥⎣⎦h h R h ，当(2)2=-h R h ，即43h R =时，()3max-=S ABC V .例18．（2022·全国·高三专题练习）已知正三棱锥S ABC -的棱长为6．则该正三棱锥外接球的表面积为_______．【答案】2432π【解析】如图，∵正三棱锥S ABC -中，顶点S 在底面的射影为D ，该正三棱锥外接球的球心设为O ，因为底面边长为6，所以23AD ==∴高SD ===．由球心O 到四个顶点的距离相等，在直角三角形AOD 中，AO R =，DO SD OS R =-=，由222AO AD OD =+，得2212)R R =+，R =，∴外接球的表面积为：224342R ππ⋅⋅=．故答案为：2432π．例19．（2022·全国·高三专题练习）三棱锥-P ABC 且,1,PA PB PC AB AC BC =====则三棱锥外接球的表面积为____________．【答案】254π【解析】三棱锥-P ABC 中，取BC 中点D ，连PD ，连AD 并延长至O 1，使DO 1=AD ，连接BO 1，CO 1，PO 1，如图：于是得四边形1ABO C 为平行四边形，而1AB AC ==，1ABO C 是菱形，在ABC 中，BC =2221cos 22AB AC BC BAC AB AC +-∠==-⋅，即120BAC ∠= ，则160ABO ∠= ，1ABO △是正三角形，1111O A O B O C ===，于是得O 1是ABC 外接圆圆心，因PA PB PC ==，D 为BC 中点，则PD ⊥BC ，又AO 1⊥BC ，1PD AO D ⋂=，1,PD AO ⊂平面1PAO ，从而有BC ⊥平面1PAO ，1PO BC ⊥，同理1PO AC ⊥，而AC BC C = ，从而得1PO ⊥平面ABC ，由球的截面小圆性质知，三棱锥-P ABC 外接球球心O 在直线1PO 上，又1sin1202ABC S AB AC =⋅= 113P ABC ABC V PO S -=⋅= 12PO =，设球O 的半径为R ，则OB OP R ==，1|2|OO R =-，1Rt OO B △中，22211O B O O OB +=，即221(2)R R +-=，解得54R =，则球O 的表面积为22544S R ππ==，所以三棱锥外接球的表面积为254π.故答案为：254π例20．（2022·全国·高三专题练习）在三棱锥-P ABC 中，1====PA PC AB AC ，=PB BC ，则三棱锥-P ABC 的外接球的表面积为___________.【答案】73π【解析】在ABC 中，1AB AC ==，BC =所以222AB AC BC +=，所以AB AC ⊥，在PAB 中，1AB PA ==，PB =所以222AB PA PB +=，所以AB PA ⊥.又PA AC A = ，PA ，AC ⊂平面PAC ，所以AB ⊥平面PAC ，在PAC △中，1PA PC AC ===，所以PAC △的外接圆半径为112sin 3π⋅=不妨设PAC △的外接圆圆心为Q ，三棱锥-P ABC 的外接球球心为O连接,,OA OB OQ ，由于OA OB =，故O 在线段AB 的垂直平分线上，即1122OQ AB ==故三棱锥-P ABC 的外接球半径R OA ===外接球的表面积为2743R ππ=.故答案为：73π核心考点七：侧棱为外接球直径模型【规律方法】找球心，然后作底面的垂线，构造直角三角形．【典型例题】例21．（2022·河南河南·一模（文））三棱锥D ABC -的外接球的表面积为8,BD π是该球的直径，,22AC BC AB BC ⊥==，则三棱锥 D ABC -的体积为_____.【解析】如图，设球的半径为r ，由已知得248r ππ=，解得r =BD =，又由AC BC ⊥，所以，取AB 中点H ，H 为ABC 所在外接圆的圆心，故OH ⊥平面ABC ，又因为12OH AD ，所以，AD ⊥平面ABC ，得到AD AB ⊥，在ABD △中，2AD ==由22AB BC ==，AC BC ⊥，得到AC ==所以，12ABC S AC BC =⋅=△，所以，13D ABC ABC V AD S -=⋅=△例22．（2022·河南·一模（理））三棱锥D ABC -的外接球的表面积为20π，AD 是该球的直径，ABC 是边长为D ABC -的体积为______．【答案】【解析】设三棱锥D ABC -的外接球的球心为O ,半径为R ，则24π20πR =，解得R =设ABC 的外接圆圆心为1O ，半径为r ，则122sin BC r BAC ==∠，连接11,O A O O ，∵22211O A O O OA +=，即1=，则点D 到平面ABC 的距离为2，∴三棱锥D ABC -的体积11232V =⨯⨯=故答案为：例23．（2021·全国·高三专题练习（文））已知三棱锥P ﹣ABC 中，AB BC ==AC =2，PA 为其外接球___________．【答案】16π【解析】由题意可得ABC 为等腰直角三角形，AB BC ⊥，同时PA 为其外接球的一条直径，则,PBA PCA ∠∠都是直角，设球心为O ，取AC 的中点为M ，则OM ⊥平面ABC ，因为//OM PC ，则PC ⊥平面ABC ，则1132V =⨯⨯2PC =PC =，由勾股定理得4PA =，则外接球的半径为2，表面积为16.π故答案为：16π核心考点八：共斜边拼接模型【规律方法】如图，在四面体ABCD 中，⊥AB AD ，⊥CB CD ，此四面体可以看成是由两个共斜边的直角三角形拼接而形成的，BD 为公共的斜边，故以“共斜边拼接模型”命名之．设点O 为公共斜边BD 的中点，根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半的结论可知，===OA OC OB OD ，即点O 到A ，B ，C ，D 四点的距离相等，故点O 就是四面体ABCD 外接球的球心，公共的斜边BD 就是外接球的一条直径．【典型例题】例24．在矩形ABCD 中，==4,3AB BC ，沿AC 将矩形ABCD 折成一个直二面角--B AC D ，则四面体ABCD 的外接球的体积为（）A ．π12512B ．π1259C ．π1256D ．π1253【答案】C【解析】设矩形对角线的交点为O ，则由矩形对角线互相平分，可知===OA OB OC OD ．∴点O 到四面体的四个顶点、、、A B C D 的距离相等，即点O 为四面体的外接球的球心，如图2所示．∴外接球的半径==52R OA ．故ππ==球3412536V R ．选C ．例25．三棱锥-P ABC 中，平面⊥PAC 平面ABC ， =2AC ，⊥PA PC ，⊥AB BC ，则三棱锥-P ABC 的外接球的半径为图 2A【答案】1【解析】AC 是公共的斜边，AC 的中点是球心O ，球半径为=1R ．例26．在平行四边形ABCD 中，满足2AB AD AB = ，2224AB BD =- ，若将其沿BD 折成直二面角A BD C --，则三棱锥A BCD -的外接球的表面积为( )A ．16πB ．8πC ．4πD ．2π【答案】C【解析】平行四边形ABCD 中，2AB AD AB = ，∴0AB BD = ，AB BD ∴⊥，沿BD 折成直二面角A BD C --，平面ABD ⊥平面BDC三棱锥A BCD -的外接球的直径为AC ，22222224AC AB BD CD AB BD ∴=++=+=∴外接球的半径为1，故表面积是4π．故选：C ．核心考点九：垂面模型【规律方法】如图1所示为四面体-P ABC ，已知平面⊥PAB 平面ABC ，其外接球问题的步骤如下：（1）找出△PAB 和△ABC 的外接圆圆心，分别记为1O 和2O ．（2）分别过1O 和2O 作平面PAB 和平面ABC 的垂线，其交点为球心，记为O ．（3）过1O 作AB 的垂线，垂足记为D ，连接2O D ，则2⊥O D AB ．（4）在四棱锥12-A DO OO 中，AD 垂直于平面12DO OO ，如图2所示，底面四边形12DO OO 的四个顶点共圆且OD 为该圆的直径．图1图2【典型例题】例27．（2022·全国·高三专题练习）三棱锥-P ABC 中，平面PAC ⊥平面ABC ， 2AC =，PA PC ⊥，AB BC ⊥，则三棱锥-P ABC 的外接球的半径为______【答案】1【解析】因为PA PC ⊥，AB BC ⊥，故AC 是公共的斜边，AC 的中点是球心O ，球半径为12AC R ==．故答案为：1例28．（2022·安徽马鞍山·一模（文））三棱锥-P ABC 中，PAC △与ABC 均为边长为平面PAC ⊥平面ABC ，则该三棱锥的外接球的表面积为________．【答案】20π【解析】等边三角形PAC 、等边三角形ABC 的高为πsin 33⨯==，等边三角形PAC 、等边三角形ABC 的外接圆半径为2323⨯=，设12,O O 分别是等边三角形PAC 、等边三角形ABC 的中心，设O 是三棱锥-P ABC 的外接球的球心，R 是外接球的半径，则2222215R OA ==+=，所以外接球的表面积为24π20πR =.故答案为：20π例29．（2022·全国·高三专题练习）三棱锥-P ABC 中，PAC △是边长为2AB BC ==，平面PAC ⊥平面ABC ，则该三棱锥的外接球的体积为______【解析】等边三角形PAC 的高为πsin 33⨯==，等边三角形PAC 的外接圆半径为222sin 6π=三角形ABC 2=，设12,O O 分别是等边三角形PAC 、等边三角形ABC 的中心，设O 是三棱锥-P ABC 的外接球的球心，R 是外接球的半径，则2222215R OA R ==+=⇒=，所以外接球的体积为34π3R =例30．（2021·全国·高三专题练习）已知在三棱锥-P ABC 中， 90,4,30BAC AB AC APC ︒︒∠===∠=，平面PAC ⊥平面ABC ，则三棱锥-P ABC 外接球的表面积为__________．【答案】80π【解析】如图12,O O 分别为,ABC PAC 的外心.由90BAC ∠=︒，即1O 为BC 中点，取AC 的中点,H 则1O H AC ⊥，又面PAC ⊥面ABC ，面PAC 面ABC AC =，1O H ⊂面ABC ，即1O H ⊥面,PAC 设球心为O ，则2OO ⊥平面,PAC ∴12//O H OO ，又2O H AC ⊥，2O H ⊂面PAC ，面PAC 面ABC AC =，面PAC ⊥面ABC ，∴2O H ⊥平面ABC ，又1OO ⊥平面ABC .∴12//OO O H ，即四边形12OO HO 为矩形. 由正弦定理知：228sin AC O P APC==∠，即24O P =，∴若外接球半径为R ，则2222216420R O P OO =+=+=，∴2480S R ππ==.故答案为：80π.核心考点十：二面角模型【规律方法】如图1所示为四面体-P ABC ，已知二面角--P AB C 大小为α，其外接球问题的步骤如下：（1）找出△PAB 和△ABC 的外接圆圆心，分别记为1O 和2O ．（2）分别过1O 和2O 作平面PAB 和平面ABC 的垂线，其交点为球心，记为O ．（3）过1O 作AB 的垂线，垂足记为D ，连接2O D ，则2⊥O D AB ．（4）在四棱锥12-A DO OO 中，AD 垂直于平面12DO OO ，如图2所示，底面四边形12DO OO 的四个顶点共圆且OD 为该圆的直径．【典型例题】例31．（2022·贵州·模拟预测（理））如图，在三棱锥A BCD -中，ABC 是边长为AD CD ==D AC B --的余弦值为23，则三棱锥A BCD -外接球的表面积为______.【答案】84π5【解析】如图1，取AC 中点E ，连接BE ，DE ，ABC 与ACD 为等边三角形，则,BE AC DE AC ⊥⊥,,,BE DE E BE DE =⊂ 平面BDE ,故AC ⊥平面BDE ,故二面角D AC B --的平面角为DEB ∠，又AC ⊂平面ABC ,所以平面BDE ⊥平面ABC ，平面BDE ⋂平面ABC BE =，过D 作DH BE ⊥于H ，DH ⊂平面BDE ,所以DH ⊥平面ABC ，由题意得2cos 3DEB ∠=，3DE BE ===，∴2323EH =⨯=，则DH ==，设ABC 外接圆圆心为2O ，则2O 在BE 上，半径为2BO ，过2O 作平面ABC 的垂线l ，则三棱锥A BCD -外接球的球心一定在直线l 上.∵21122sin 2AC BO B =⨯==，∴221,1EO O H =∴=，过D 作BE 的平行线交l 于点F ，则21FD O H ==，∵D ，B 在球面上，外接球球心可能在三棱锥内也可能在三棱锥外，取截面如图2,3，设外接球球心O ，半径R ，令2OO x =，则2FO FO x =±，2FO DH ==∴22222222FO FD R OO BO R⎧+=⎪⎨+=⎪⎩,当2FO FO x =+时，化简得64,x +==当2FO FO x =-时，化简得64,x -==得2215R =，∴284π4π5S R ==,故答案为：84π5.例32．（2022·江西赣州·高三阶段练习（文））已知菱形ABCD 的边长为2，且60DAB ∠=︒，沿BD 把ABD △折起，得到三棱锥A BCD '-，且二面角A BD C '--的平面角为120︒，则三棱锥A BCD '-的外接球的表面积为___________.【答案】283π【解析】取BD 的中点H ，连接A H '，CH ，因为ABCD 为菱形，所以A H BD '⊥，CH BD ⊥，故A HC '∠为二面角A BD C '--的平面角，则120A HC '∠=︒，由题意可知A BD '△，BCD △为正三角形，则外接球球心位于过A BD '△，BCD △的中心且和它们所在面垂直的直线上，故分别取A BD '△，BCD △的重心为1G ，2G ，过点1G ，2G 分别作两个平面的垂线，交于点O ，点O 即为三棱锥的外接球的球心，由题意可知A BD BCD '≅△△，球心到面A BD '和面BCD 的距离相等，即12OG OG =，连接OD ，OH ，则1260OHG OHG ∠=∠=︒，菱形ABCD 的边长为2，∴1123HG ==，1cos 60HG OH ===︒，∴2222713OD OH HD =+=+=，即三棱锥A BCD '-的外接球的半径273=，所以其外接球的表面积为27284433R πππ=⨯=.故答案为：283π例33．（2022·江苏·南京市金陵中学河西分校高三阶段练习）在三棱锥A BCD -中，△BCD 是边长为3的正三角形，且AD =，AB =A BD C --的大小为3π，则此三棱锥外接球的体积为________．【解析】根据题意，222AD BD AB +=，所以AD BD ⊥，取BD 中点为E ，AB 中点M ，则//ME AD ，12ME AD ==ME DB ⊥，BCD 是正三角形，CE DB ⊥，MEC ∠是二面角A ﹣BD ﹣C 的平面角，60MEC ∠=︒，90ADB ∠=︒，M 是ADB 的外心，设N 是DBC 的外心，设过M 与平面ABD 垂直的直线与过N 垂直于平面BCD 的直线交于点O ，则O 是三棱锥A DBC -外接球球心，3CN BN ===，EN =，又EM ，由于平面MNO 与MEO 同时垂直于BD ，所以M E N O 、、、共面，在四边形MENO 中，由60MEC ∠=︒，EN =ME 090OME ONE ∠=∠= ，可得：12ON =，外接球半径为r OB ====体积为343V π=⨯=．例34．（2022·广东汕头·高三阶段练习）在边长为2的菱形ABCD 中，BD =将菱形ABCD 沿对角线AC 对折，使二面角B AC D --的余弦值为13，则所得三棱锥A BCD -的外接球的表面积为___________.【答案】6π【解析】依题意在边长为2的菱形ABCD 中，BD =60ABC ADC ︒∠=∠=，如下图所示，易知ABC 和ACD 都是等边三角形，取AC 的中点N ，则DN AC ⊥，BN AC ⊥．DN BN N = ，,DN BN ⊂平面BND ，所以AC ⊥平面BND ，所以BND ∠是二面角B AC D --的平面角，过点B 作BO DN ⊥交DN 于点O ，由AC ⊥平面BND ，BO ⊂平面BND ，所以AC BO ⊥，DN AC N = ，,DN AC ⊂平面ACD ，所以BO ⊥平面ACD ．因为在 BDN 中，BN DN ==所以22212cos 332343BD BN DN BN DN BND =+-⋅⋅∠=+-⨯⨯=，则2BD =．故三棱锥A BCD -为正四面体，由BO ⊥平面ACD ，所以O 为底面ACD 的重心，所以23OD DN ==13ON DN ==则BO ==设外接球的半径为R ，则()222R OD BO R =+-，解得R =．因此，三棱锥A BCD -的外接球的表面积为22446R πππ=⨯=．故答案为：6π．核心考点十一：坐标法【规律方法】对于一般多面体的外接球，可以建立空间直角坐标系，设球心坐标为(,,)O x y z ，利用球心到各顶点的距离相等建立方程组，解出球心坐标，从而得到球的半径长．坐标的引入，使外接球问题的求解从繁琐的定理推论中解脱出来，转化为向量的计算，大大降低了解题的难度．【典型例题】例35．（2022·黑龙江·大庆实验中学模拟预测）直角ABC 中2,1AB BC ==，D 是斜边AC 上的一动点，沿BD 将ABD △翻折到A BD 'V ，使二面角A BD C '--为直二面角，当线段A C '的长度最小时，四面体A BCD'的外接球的表面积为（ ）A ．134πB ．215πC ．133πD ．143π【答案】D【解析】解：根据题意，图1的直角三角形沿BD 将ABD △翻折到A BD 'V 使二面角A BD C '--为直二面角，所以，过点'A 作A H BD '⊥交BD 延长线于H ，过点C 作CM BD ⊥交BD 于M ，再作//,//NH CM CN MH ，使得CN 与HN 交于点N ，所以，由二面角A BD C '--为直二面角可得'CM A H ⊥，设ABD θ∠=，即B A D θ'∠=，则2CBD πθ∠=-，因为2,1AB BC ==，所以'2,1A B BC ==，所以，在'Rt A BH 中，'2sin 2cos A H BH θ,θ==，在Rt BCM △中，cos sin sin cos 22BM CM ππθθ,θθ⎛⎫⎛⎫=-==-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以2cos sin MH BH BM θθ=-=-，所以A C '==≥当且仅当22=πθ，即4πθ=时等号成立，此时，'A H BH ==BM CM ==MH =，在图1中，由于4πθ=，即BD 为角B 的角平分线，所以2AD AB DC BC ==，即AD =，所以'A D =，所以，DH =，由题知，',,HA HB HN 两两垂直，故以H 为坐标原点，以',,HB HN HA的方向为正方向建立空间直角坐标系，则()',,,A BC D ⎫⎫⎪⎪⎪⎪⎭⎭，所以，设四面体A BCD '的外接球的球心为(),,O x y z ，则',,AOOB OB OC OC OD ===，。

ZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZ ZZZ ZZZZZZZ ZZZ ZZZZZZZZZZ ZZ ZZZ ZZZZZZZ ZZZ ZZZ ZZZ ZZZZ ZZZ ZZZ ZZZ ZZZZ ZZZ ZZZ ZZZ ZZZ Z Z ZZ ZZZ ZZZZ Z ZZ Z ZZ Z ZZ ZZ ZZ Z ZZ Z ZZ Z ZZZ ZZZZ ZZ Z Z ZZ Z ZZ ZZZZ Z ZZ Z ZZ Z ZZ ZZ ZZZ ZZ Z ZZ Z Z ZZ ZZZZ ZZZ Z ZZ ZZZZ ZZZ ZZZZ ZZ ZZZ ZZ ZZ ZZZ ZZZZ ZZZZ ZZZ ZZ ZZ ZZ ZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZ ZZZZ ZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZZ ZZZZZZZZZZZZ Z ZZ Z【高一下学期期末总复习】球体专题期末高频考点总结讲与练一、题型总结(一)内切球的处理技巧在四棱锥P-ABCD中，内切球为球O，求球半径r.方法如下：V P-ABCD=V O-ABCD+V O-PBC+V O-PCD+V O-PAD+V O-PAB即：V P-ABCD=13S ABCD⋅r+13S PBC⋅r+13S PCD⋅r+13S PAD⋅r+13S PAB⋅r，可求出r.(二)外接球的处理技巧1.三条线两两垂直题设：三条棱两两垂直(重点考察三视图)2.对棱相等模型(补形为长方体)题设：三棱锥(即四面体)中，已知三组对棱分别相等，求外接球半径(AB=CD，AD=BC，AC=BD)3.单面定球心法(定+算)步骤：①定一个面外接圆圆心：选中一个面如图：在三棱锥P-ABC中，选中底面ΔABC，确定其外接圆圆心O1(正三角形外心就是中心，直角三角形外心在斜边中点上，普通三角形用正弦定理定外心2r=asin A)；②过外心O1做(找)底面ΔABC的垂线，如图中PO1⊥面ABC,则球心一定在直线(注意不一定在线段PO1上)PO1上；③计算求半径R:在直线PO1上任取一点O如图：则OP=OA=R，利用公式OA2=O1A2+OO12可计算出球半径R.4.双面定球心法(两次单面定球心)如图：在三棱锥P-ABC中：①选定底面ΔABC，定ΔABC外接圆圆心O1②选定面ΔPAB，定ΔPAB外接圆圆心O2③分别过O1做面ABC的垂线，和O2做面PAB的垂线，两垂线交点即为外接球球心O.二、题型精练一、单选题1.已知四边形ABCD 的对角线AC ，BD 的长分别为23和6，且BD 垂直平分AC 把△ACD 沿AC 折起，使得点D 到达点P ，则三棱锥P -ABC 体积最大时，其外接球半径为()A ．2B ．5C ．10D ．322【答案】B【分析】设AC ,BD 交于点E ，由三棱锥P -ABC 体积最大可得PE ⊥平面ABC ，PE =BE =3，后作出三棱锥P -ABC 球心O ，利用几何知识即可求得外接球半径.【详解】如图，设AC ,BD 交于点E ，BE =x ,DE =PE =6-x ，要使三棱锥P -ABC 体积最大，则PE ⊥平面ABC ，其体积为：13S △ABC ⋅PE =16AC ⋅BE ⋅PE =33x 6-x =-33x -3 2+33，则当x =3，即PE =BE =3时，三棱锥P -ABC 体积最大.注意到此时，△PAC ≅△BAC ，且均为等边三角形，设△BAC 外心为O 1，△PAC 外心为O 2，过O 1,O 2分别作平面BAC ，平面PAC 垂线，交点为O ，则O 为三棱锥P -ABC 外接球球心.又O 2为△PAC 重心，则O 2E =13PE =1，结合四边形O 2EO 1O 是矩形，则O 1O =O 2E =1.又△BAC 外接圆半径为O 1A =O 1B =23BE =2，则三棱锥P -ABC 外接球半径为OA =O 1A 2+OO 21=1+4=5.故选：B 【点睛】结论点睛：本题有更一般的结论，若在三棱锥P -ABC 中，平面PAC ⊥平面BAC ，则三棱锥P -ABC 外接球半径r =r 21+r 22-l 24，其中r 1,r 2分别为△PAC ,△BAC 外接圆半径，l 为△PAC ,△BAC 交线长度.2.在四面体ABCD 中，AB ⊥BC ，AB ⊥AD ，向量BC 与AD 的夹角为2π3，若AB =6，BC =AD =3，则该四面体外接球的表面积为()A ．18πB ．36πC ．54πD ．72π【答案】D【分析】根据题意，将四面体补形为直三棱柱，与余弦定理可得DE 的长，再由正弦定理可得△ADE 外接圆的半径，从而得到外接球的半径，即可得到结果.【详解】将四面体ABCD 补成如图所示的直三棱柱ADE -BFC ，因为向量BC 与AD 的夹角为2π3，所以∠EAD =2π3，则DE 2=AD 2+AE 2-2AD ⋅AE ⋅cos ∠EAD =27，△ADE 外接圆的半径r =DE2sin ∠EAD=3，该四面体外接球的半径R =32+32=32，所以该四面体外接球的表面积为4π×(32)2=72π．故选:D3.已知底面边长为1的正三棱柱既有外接球也有内切球，则与该三棱柱共底面的外接圆锥的轴截面面积的最小值是()A．23B．43C．2+23D．223【答案】B【分析】根据题意可利用内切球半径等于三角形内切圆半径求出AA1=2r=33，再由正弦定理求出三角形外接圆半径，即可利用比例关系求出轴截面三角形高与底边的关系，得出轴截面面积表达式，利用均值不等式求出最小值即可.【详解】如图，正三棱柱内切球半径即为△ABC内切圆半径r，由等面积法可知，∴12×1×r×3=12×1×1×sin60°，∴r=36，∴AA1=2r=33,设O,O1分别为△A1B1C1和△ABC外接圆的圆心，则OO1=AA1=33，由正弦定理知，2AO1=1sin60°⇒AO1=33，设SO1=h，DO=x，则AO1DO=SO1SO，∴33x=hh+33，解得x=13h+33，∴圆锥轴截面面积S△SDE=12DE⋅SO=12×2DO⋅SO=23+39h+3h3，∵h>0，∴S△SDE≥23+239h×3h3=43，当且仅当39h=33h，即h=33时等号成立，即轴截面面积的最小值是4 3，故选：B4.正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，点P在三棱锥C1-BCD的侧面C1CB表面上运动，且A1P=153，则点P轨迹的长度是()A．36πB．69πC．63πD．33π【答案】B【分析】作出图形，分析可知点P轨迹是以点B1为圆心，半径为63的圆与△BCC1的交线，计算出圆心角的大小，结合扇形的弧长公式可求得结果.【详解】因为A1B1⊥平面BB1C1C，且A1P=153，所以，点P的轨迹是以B1为圆心，半径为r=A1P2-A1B21=53-1=63的圆在△BCC1内的交线，取B1C1的中点E，则B1E⊥BC1，且B1E=12BC1=22，设圆弧交BC1于M、N两点，如下图所示：sin∠B1ME=B1EB1M=22×36=32，所以，∠B1ME=π3，又因为B1M=B1N，则△B1MN为等边三角形，故点P轨迹的长度是π3r=π3×63=69π.故选：B.5.若球O是正三棱锥A-BCD的外接球，BC=3,AB=23，点E在线段BA上，BA=3BE，过点E作球O的截面，则所得的截面中面积最小的截面的面积为()A．8π3B．2πC．4π3D．π【答案】A【分析】设O是球心，O 是等边三角形BCD的中心，在三角形ODO 中，有OO 2+DO 2=OD2，可求得R= OD=2，再利用r2=R2-OE2可得过E且垂直OE的截面圆最小即可.【详解】如图所示，其中O是球心，O 是等边三角形BCD的中心，可得O B=O D=33BC=3，AO =AB2-O B2=3，设球的半径为R，在三角形ODO 中，由OO 2+DO 2=OD2，即3-R2+32=R2，解得R=2，即AO=2，所以O A=3O O，因为在△ABO 中，O A=3O O，BA=3BE，所以，OE⎳O B，OE=23O B=233，由题知，截面中面积最小时，截面圆与OE垂直，设过E且垂直OE的截面圆的半径为r，则r2=R2-OE2=4-43=83，所以，最小的截面面积为πr2=8π3.故选：A6.在正方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=2,M,N分别为AD,BC的中点，该正方体的外接球为球O，则平面A1MN截球O得到的截面圆的面积为()A．6π5B．7π5C．12π5D．14π5【答案】D【分析】连接B1N，再根据直角三角形中的关系可得点H到B1N的距离等于圆心O到平面A1MN的距离，再根据垂径定理求解截面圆的半径即可.【详解】如图，连接B1N，由题意易知MN∥A1B1，MN=A1B1，故四边形A1B1NM为平行四边形.设B1C∩BC1=H，取B1C1的中点K，连接NK，在Rt△B1KN中，B1N=5,B1K=1,NK=2，故点K到B1N的距离为255，故点H到B1N的距离为55，因此圆心O到平面A1MN的距离为55.由题易知球O的半径R=3，故平面A1MN截球O得到的截面圆的半径r=3-15=705，故截面圆的面积S=πr2=145π.故选：D7.如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，△ABC为等腰直角三角形，∠ACB=90°,AB=AA1=4，平面ABC1截三棱柱ABC-A1B1C1的外接球所得截面的面积为()A．165πB．285πC．365πD．8π【答案】C【分析】判断出外接球球心的位置，利用勾股定理计算出外接球的半径，利用等体积法求得外接球球心到平面ABC1的距离，进而求得截面半径，从而求得截面面积.【详解】由于△ABC为等腰直角三角形，所以△ABC的外心是AB的中点，设为O2，设A1,B1的中点为O1，连接O1O2，设O1O2的中点为O，则O是直三棱柱ABC-A1B1C1的外接球的球心，连接OC1,OA,OB,OA1，设外接球的半径为R，则R=OA1=22+22=22.由于C1A1=C1B1，所以C1O1⊥A1B1，根据直棱柱的性质可知C1O1⊥AA1，由于AA1∩A1B1=A1,AA1,A1B1⊂平面ABB1A1，所以C1O1⊥平面ABB1A1，C1O1=12A1B1=2，所以V C1-ABO=13×12×4×2×2=83，AB=BC=4×22=22，AC1=BC1=42+222=26，所以S△ABC1=12×4×262-422=45,设O到平面ABC1的距离为h，则13×45×h=83,h=25，所以平面ABC1截三棱柱ABC-A1B1C1的外接球所得截面的半径为222-252=365，所以截面面积为π×3652=365π.故选：C8.已知正三棱锥P-ABC中，∠APB=90°，其内切球半径为r，外接球半径为R，则rR=()A．3-13B．23+19C．6-26D．6+26【答案】A【分析】设出边长，找到外接球的球心位置，利用勾股定理得到方程，求出R，再找到内切球球心位置，利用三角形相似求出r，得到答案.【详解】因为正三棱锥P-ABC中，∠APB=90°，不妨设PA=PB=PC=1，由勾股定理得AB=PA2+PB2=2，故AC=BC=2，取BC中点F，连接AF，过点P作PE⊥平面ABC于点E，则点E落在AF上，且2AE=2 sin60°=263，故AE=63，由勾股定理得PE=AP2-AE2=33，由对称性可知外接球的球心O在PE上，连接AO，则AO=OP=R，OE=33-R，在△AOE 中，由勾股定理得AO 2=AE 2+OE 2，即R 2=63 2+33-R 2，解得R =32，设内切球球心为O 1，则O 1在PE 上，取CB 的中点F ，连接PF ，则切点G 在PF 上，且PF =12BC =22，由重心性质可得EF =12AE =66，因为O 1E =O 1G =r ，故O 1P =33-r ，因为△PO 1G ∽△PFE ，所以O 1G EF =PO 1PF，即r 66=33-r22，解得r =26+32，故r R =26+32÷32=3-13.故选：A 【点睛】解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径.9.在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AB =AA 1=4，以CC 1的中点M 为球心，4为半径的球面与侧面ABB 1A 1的交线长为()A ．2πB ．3πC ．4πD ．8π【答案】C【分析】作出辅助线，求出各边长，找到交线轨迹，求出答案.【详解】取AB ,AA 1,A 1B 1,BB 1的中点分别为F ,E ,H ,G ，N 为四边形ABB 1A 1的中心，连接MN ，CF ,MH ,ME ,MG ,MF ,HF ,EG ，因为AB =AA 1=4，故四边形ABB 1A 1为正方形，G ,N ,E 三点共线，H ,N ,F 三点共线，MN ⊥平面ABB 1A 1且GN =EN =NH =NF =2，因为M 为CC 1的中点，所以MN =CF =4sin60°=23，由勾股定理得MH =MG =ME =MF =MN 2+22=4，所以题中所求交线轨迹为以N 为圆心，2为半径的圆，球与侧面ABB 1A 1的交线轨迹如图所示，故交线长l =2×π×2=4π．故选：C10.一平面截球O 得到一个面积为16π的圆面，且球心到这个圆面的距离为2，则球O 的直径为()A ．23B ．25C ．43D ．45【答案】D【分析】先求出截面圆的半径r ，再利用勾股定理求出球的半径R 即可.【详解】设面积为S =16π的圆面的半径为r ，球的半径为R 则S =πr 2=16π⇒r =4，由勾股定理得球O 的半径：R =22+42=25，所以球的直径为45，故选：D ..11.棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1的8个顶点都在球O的表面上，E，F分别为棱AB，A1D1的中点，则经过E，F球的截面面积的最小值为()A．38πB．π2C．58πD．78π【答案】C【分析】设EF中点为P，球O半径为R.经过E，F球的截面α面积的最小时，OP⊥α，又截面α为圆面，则圆面对应半径r=R2-OP2.【详解】设球O半径为R.因为正方体内接于球，所以2R=12+12+12=3，R=32.设G为AD中点，EF中点为P.由题，GE=GA2+AE2=14+14=22,.EF=FG2+GE2=1+12=62,PE=64.延长FO与BC交于M，延长EO与C1D1交于N，由题可得N，M分别为C1D1，BC中点.则FM=EN=2⇒OF=OE=22，OP⊥EF⇒OP=OE2-PE2=12-38=24.经过E，F球的截面α面积的最小时，OP⊥α.因截面α为圆面，则圆面对应半径r=R2-OP2=322-64 2=104.则此时截面面积为：πr2=π1042=5π8.故选：C12.已知三棱锥P-ABC的棱PA，PB，PC两两垂直，且PA=43，PB=PC=4．以BC为直径的球与平面APC的交线为l，则l的长度为()A．4B．43C．43πD．4π【答案】D【分析】根据球到截面圆的距离以及截面圆的半径，球的半径构成勾股定理，即可求解.【详解】不妨将三棱锥放入长方体中，由于BC为直径，所以球心在BC中点处，且半径为12AB=22,取PC中点，则OM⊥PC,所以MO⊥平面APC,且OM=12BP=2,故O到平面APC的距离为2，平面APC所在截面圆的半径为222-OM2=2,故截的图形为圆，圆的周长为4π，故选：D13.已知三棱锥P-ABC的所有棱长均为3，球O与棱PA，PB，PC都相切，且平面ABC被球O截得的截面面积为2π，则球O的半径为()．A．1B．2C．22D．2或22【答案】B【分析】过点P向底面ABC作垂线，垂足为O1，连接AO1，由球O截平面ABC所得的截面面积为2π，得截面圆的半径为2，设球O的半径为R，得OO1=R2-2，过O作PA的垂线，垂足为D，得△PAO1∽△POD，可得POPA =ODAO1，进而求得R=2．【详解】过点P向底面ABC作垂线，垂足为O1，连接AO1，则球心O在线段PO1或其延长线上，O1为正△ABC的中心，则AO1=23×32AB=3，PO1=PA2-AO21=6．设球O的半径为R，因为球O截平面ABC所得的截面面积为2π，所以截面圆的半径为2，所以OO1=R2-2，R≥2．过O作PA的垂线，垂足为D，则OD=R，△PAO1∽△POD，所以POPA=ODAO1．①当点O在线段PO1上时，6-R2-23=R3，即R2-2=6-3R，则R2-32R+4=0，且6-3R≥0，解得R=2；②当点O在线段PO1的延长线上时，6+R2-23=R3，即R2-2=3R-6，则R2-32R+4=0，且3R-6≥0，解得R=22或R=2，当R=2时，点O，O1重合，此时点O不在线段PO1的延长线上，故舍去；当R=22时，切点D不在棱PA上，不符合题意．综合①②可知，R=2，故选：B．14.盲盒是一种深受大众喜爱的玩具，某盲盒生产厂商要为棱长6cm的正四面体魔方设计一款正方体的包装盒，需要保证该魔方可以在包装盒内任意转动，则包装盒的棱长最短为()A．362cm B．364cm C．26cm D．36cm【答案】D【分析】依题意，若要正四面体能自由转动，则正方体必须能装下正四面体的外接球，即正方体的最短棱长就是外接球的直径.【详解】如图A-BCD是棱长为6cm的正四面体，由题意，AD=BD=DC=6cm，设BC的中点为M，底面△BCD的重心为G，O为外接球的球心，则有AG⊥底面BCD，MD=32DC=33，CG=DG=23MD=23，OA=OC=R，R是外接球半径，在Rt△AGD中，GA=AD2-DG2=26，在Rt△OGC中，OG=OC2-GC2=R2-12，OG+OA=GA,∴R2-12+R=26，解得R=362cm，即正方体的最短棱长为2R=36cm.故选：D.15.一平面截一球得到半径为7的圆面，球心到这个平面的距离为3，则该球的体积为()A．256π3B．32πC．16πD．32π3【答案】A【分析】根据球半径，球心距与底面圆半径构成直角三角形求解.【详解】画图为：从图像得半径O 1A =7又因为球心到这个平面的距离为3，即OO 1=3所以球半径OA =OO 21+O 1A 2=4所以该球的体积为：4π3×43=256π3故选：A16.已知正三棱锥P -ABC 的侧棱长为6，底面边长为23，则以P 为球心，2为半径的球面与正三棱锥表面的交线长为()A ．1+33πB ．1+23πC ．1+32πD ．1+22π【答案】D【分析】根据题意，作图，分别求出球面与正三棱锥四个面所交的弧线的长度之和，可计算得到答案.【详解】由已知得PA =6，PB =6，AB =23，得cos ∠BPA =PA 2+PB 2-AB 22⋅PA ⋅PB =6+6-122×6×6=0，所以∠BPA =π2，其中，以P 为球心，2为半径的球面与正三棱锥的面PAB 的交线如图，为弧DE 与弧FG ，可求得PH =3，PD =2，故∠DPH =30°，故∠APD =∠BPF =15°，故DE=FG=124⋅4π=π6，同理，球面与正三棱锥的面PAC 和面PBC 所交的弧长一致，故以P 为球心，2为半径的球面与正三棱锥的面PAB ，面PAC ，面PBC 的交线的总长度为：π6×6=π.而球面与正三棱锥的面ABC 的其中交线为三部分长度一样的圆弧，因为△PAC 为直角三角形，且PA =PC =6，AC =23，根据正三棱锥的性质，Q 为三角形ABC 的外接圆圆心，故H 为AC 中点，则PH =PC 2-CH 2=3，且QH =1，所以，PQ =PH 2-QH 2=2，取PT =2，则Rt △PQT 中，QT =PT 2-PQ 2=2，△QTC 中QT =2，CQ =2，∠ACQ =30°，故利用余弦定理，可得CT =2，所以，弧长TZ =112⋅2π⋅2=26π，而这样的弧长，球面与正三棱锥的面ABC 的交线总共有三部分，故交线长为：π+22π故选：D17.已知球O 内切于正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1，P ，Q ，M ，N 分别是B 1C 1,C 1D 1,CD ,BC 的中点，则该正方体及其内切球被平面MNPQ 所截得的截面面积之比为()A ．42:πB ．22:πC ．32:πD ．4:π【答案】A【分析】根据题意易知正方体的内切球球心为正方体的体对角线中点，直径为正方体的棱长，球心到平面MNPQ的距离为底面对角线长的四分之一，从而可得内切球被平面MNPQ所截得的截面小圆的半径，从而可得所求比值．【详解】解：如图，易知正方体ABCD-A1B1C1D1的内切球的球心O为D1B的中点，设球O切上下底面中心于点E，F，则球O的半径R=12 EF，又易知球心O到平面MNPQ的距离等于E到平面MNPQ的距离，设EC1交QP于点G，则易证EG⊥平面MNPQ，∴球心O到平面MNPQ的距离d=EG=12EC1，设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为22，则R=12EF=2，d=EG=12EC1=1，∴球O被平面MNPQ所截的小圆半径r=R2-d2=2-1=1，∴球O被平面MNPQ所截的小圆面积为πr2=π，又易知NM=2，PN=22，∴该正方体被平面MNPQ所截得的截面面积为2×2=42，∴该正方体及其内切球被平面MNPQ所截得的截面面积之比为42:π，故选：A【点睛】关键点睛：根据正方体内切球的性质，结合正方体的性质是解题的关键.18.已知三棱锥P-ABC的所有棱长均为2，点M为BC边上一动点，若AN⊥PM且垂足为N，则点N的轨迹长为()A．2π3B．239πC．33πD．π3【答案】B【分析】根据给定条件，确定点N的轨迹是一球被平面PBC所截的小圆的一段圆弧，再结合球的截面小圆性质及弧长公式计算作答.【详解】依题意，取正四面体PABC棱PA的中点O，连ON，如图，因点M在BC边上移动的过程中，始终有AN⊥PM，因此恒有ON=12PA=1，即点N的轨迹是以点O为球心，1为半径的球面被平面PBC所截的小圆的一段圆弧，当点M为BC边的中点时，此时点N为正△PBC的中心，AN⊥平面PBC，AM=PM=3，等腰△PMA底边PA上的高为AM2-12PA2=2，即有12PM⋅AN=12PA⋅2，则有点A到平面PBC的距离h=AN=263，过点O作OO1⊥平面PBC，垂足为O1，则点O1是球O被平面PBC所截的小圆的圆心，且OO1=12h=63，截面小圆O1的半径r=1-OO21=33，显然点P在截面小圆O1上，点N的轨迹所对圆周角为∠BPC=π3，圆心角为2π3，所以点N的轨迹长为2π3×33=23π9.故选：B19.球面上有3个点，其中任意两点的球面距离都等于大圆周长的16，经过这3个点的小圆的周长为4π，那么这个球的半径为()A．43B．23C．2D．3【答案】B【分析】根据根据任意两点的球面距离都等于大圆周长的16，得到△AOB，△BOC，△AOC为等边三角形，再结合小圆的周长为4π，得到AO1=2，最后根据等边三角形的性质即可得到球的半径.【详解】设球面上的3个点分别为A,B,C，球心为O，小圆圆心为O1，球的半径为R，连接AO1交BC于E，根据任意两点的球面距离都等于大圆周长的16，可得∠AOB=∠BOC=∠COA=60°，OA=OB=OC，所以△AOB，△BOC，△AOC为等边三角形，OA=OB=OC=AB=AC=BC=R，因为小圆的周长为4π，所以小圆半径为AO1=2，则AE=3，BE=3，BC=R=23.故选：B.20.已知E是球O内一点，过点E作球O的截面，其中最大截面圆的面积为4π，最小截面圆的面积为π，则OE的值为()A．2B．22C．32D．3【答案】D【分析】过点E作球O的截面，当截面过球心时，截面圆的面积最大；当截面与OE垂直时，截面的面积最小，由此求解即可．【详解】∵过点E作球O的截面，当截面过球心时，截面圆的面积最大；当截面与OE垂直时，截面的面积最小，∴球O的半径R=2，最小截面圆的半径r=1，所以OE=R2-r2=3．故选：D．二、解答题21.已知球O的直径AB长为10，过直径上一点且垂直于直径的平面截球面得圆O1．(1)若OO1=3，求圆O1的半径r；(2)若圆O1的面积为20π，求球心到该截面的距离．【答案】(1)4(2)5【分析】(1)利用勾股定理计算可得；(2)记圆O1的半径为r，球心到该截面的距离为d，由截面圆的面积求出r2，再由d=R2-r2计算可得；【详解】(1)解：因为球的半径R=5，所以r=R2-OO12=52-32=4．(2)解：记圆O1的半径为r，球心到该截面的距离为d，则πr2=20π，得r2=20，因此d=R2-r2=25-20=5．22.三角形ABC中，AC=3、BC=4、AB=5，各边都与半径为2的球O相切.(1)求球心O到三角形各边的距离；(2)求球心O到三角形ABC所在平面的距离；(3)求球心O到三角形各顶点的距离.【答案】(1)2；(2)3；(3)5,22,13【分析】(1)由三角形各边都与球O相切即可求解；(2)先求出过三角形的平面截球形成的小圆的半径，再由勾股定理求得球心O到三角形ABC所在平面的距离；(3)先求出圆心O1到三个顶点的距离，再计算球心O到三角形各顶点的距离即可.【详解】(1)由各边都与半径为2的球O相切可得球心O到三角形各边的距离为球的半径2；(2)过三角形的平面截此球所得截面为小圆O1，在Rt△ABC中，设l为△ABC的周长，r为△ABC内切圆的半径，则S△ABC=12l⋅r，得r=1，则球心O到圆心O1的距离为OO1=22-12=3；即球心O到三角形ABC所在平面的距离为3；(3)连接O1A,O1B,O1C，由(2)得△ABC内切圆的半径为1，则O1C=1+1=2，O1A=1+3-12=5，O1B=1+4-12=10，则球心O到顶点A的距离OA=3+5=22，球心O到顶点B的距离OB=3+10=13，球心O到顶点C的距离OC=3+2=5.23.将地球视为球体，记地球半径为R，地球球心为O，设A､B为赤道上两点，且半径OA与OB的夹角为2π3(1)求线段AB的长；(2)赤道在A､B两点间的劣弧长.【答案】(1)3R；(2)2π3R【分析】(1)由在△OAB中，由余弦定理可得答案.(2)在大圆面内由弧长公式可得答案.【详解】(1)在△OAB中，由余弦定理可得AB2=OA2+OB2-2OA⋅OB cos∠AOB=2R2+R2=3R2所以AB=3R(2)赤道在A､B两点间的劣弧长：2π3×R=2π3R24.已有OA为球O的半径，过OA的中点M且垂直于OA的平面截球面得到圆M．(1)若OA=1，求圆M的面积；(2)若圆M的面积为3π，求OA．【答案】(1)3π4 ;(2)2.【分析】(1)根据球的半径、圆的半径、球心到圆心的距离构成直角三角形即可求解；(2)由圆的面积得出球的半径，再由上述直角三角形即可求出球的半径得OA. (1)过球心作截面，如图，因为OA=1，所以MB=OB2-OA22=12-14=32,即圆M的半径为r=MB=3 2，∴圆M的面积为S=π322=3π4，(2)因为圆M的面积为3π，所以圆M的半径r=3.设球的半径为R,则R2=14R2+3，解得R=2，所以OA=R=2.25.已知球O的半径为5.(1)求球O的表面积；(2)若球O有两个半径分别为3和4的平行截面，求这两个截面之间的距离.【答案】(1)100π；(2)1或7.【分析】(1)利用球的表面积公式计算即可；(2)先求球心到两个截面的距离，再计算即可.【详解】解：(1)因为球O的半径为R=5，所以球O的表面积为S=4πR2=100π.(2)设两个半径分别为r1=3和r2=4的平行截面的圆心分别为O1和O2，所以OO1=52-32=16=4，所以OO2=52-42=9=3，所以O1O2=OO1+OO2=3+4=7，或O1O2=OO1-OO2=4-3=1，所以两个截面之间的距离为1或7.【点睛】本题考查了球的表面积和截面问题，属于基础题.26.正三棱锥的高为1，底面边长为26，此三棱锥内有一个球和四个面都相切．(1)求棱锥的全面积；(2)求球的直径．【答案】(1)92+63(2)26-4【分析】(1)设正三棱锥的底面中心为H，由题意求得AH，取BC中点E，连接HE、AE，则HE，,侧面的高AE可求，由此能求出棱锥的全面积．(2)过底面中心O作OG⊥AE于点G，则△AOG∼△AEH，且OG= OH=R，由此能求出球的半径R，即可得直径．【详解】(1)设正三棱锥的底面中心为H，由题意知AH=1，取BC中点E，连接HE、AE，则HE=2,侧面的高AE=3，棱锥的全面积S=3×12×26×3+12×26×26×32=92+63(2)设球的半径为R过O作OG⊥AE于点G，则△AOG∼△AEH，且OG=OH=R∴1-R3=R2∴R=6-2∴2R=26-4。

高中数学解题技巧之解析几何中的球问题求解解析几何中的球问题求解在高中数学中，解析几何是一个重要的内容，其中涉及到各种几何图形的性质和求解方法。

而在解析几何中，球问题是一个常见的题型，需要我们掌握一些解题技巧和方法。

本文将从几何图形的性质、求解方法和一些典型题目出发，详细介绍解析几何中的球问题求解。

首先，我们来了解一下球的性质。

球是由空间中的所有离心点构成的几何体，具有以下几个重要的性质：1. 球心：球的中心点称为球心，通常用字母O表示。

2. 半径：球心到球上任意一点的距离称为球的半径，通常用字母r表示。

3. 球面：球的表面称为球面，球面上的点到球心的距离都等于半径r。

4. 直径：通过球心的两个相对点称为球的直径，直径的长度等于半径的两倍。

在解析几何中，我们常常需要根据给定的条件来求解球的性质或者求解与球相关的问题。

下面，我们通过一些典型的题目来具体说明解析几何中的球问题求解的方法和技巧。

【例题1】已知球心O(-2, 3, 1)，球面上一点A(1, 2, 3)，求球的半径和球面方程。

解析：首先，我们可以根据球心和球面上的一点求解球的半径。

根据两点间距离公式，球的半径r等于球心到球面上一点的距离，即：r = √[(x2 - x1)² + (y2 - y1)² + (z2 - z1)²]= √[(-2 - 1)² + (3 - 2)² + (1 - 3)²]= √[9 + 1 + 4]= √14接下来，我们可以根据球心和半径求解球面的方程。

根据球面的一般方程，球面上的任意一点(x, y, z)满足以下条件：(x - x0)² + (y - y0)² + (z - z0)² = r²代入已知条件，即可求解出球面的方程：(x + 2)² + (y - 3)² + (z - 1)² = 14【例题2】已知球心O(1, -2, 3)，球面与平面2x - y + 3z = 9相切，求球的半径。

球的专题焦建新解题思路1.球是对称图形，时刻考虑到对称性2.球的内接长方体（正方体）的对角线长等于球的直径；3.球心与球的截面中心的连线与该截面垂直；4.回归意识5. 球的组合体⑴球与长方体的组合体: 长方体的外接球的直径是长方体的体对角线长.⑵球与正方体的组合体:①正方体的内切球的直径是正方体的棱长a；；；⑶球与正四面体的组合体:棱长为a，,其比值为1:3。

6. 空间几何体的部分计算技巧⑴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或线作截面,把空间问题化为平面问题.⑵若球面四点,,,P A B C构成的线段两两互相垂直,且PA a PB b PC c===则2222,,,=++.把三棱锥P ABC4R a b c-“补形”成为一个长方体,可以看出三棱锥的外接球与这个长方体的外接球是一样的.7. 正四面体的边长为a ，则它的外接球的半径、内切球的半径、棱切3,,,412a a ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭8. 正方体的边长为a ，则它的外接球的半径、内切球的半径、棱切球的半径分别为1,,2a,a ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭对角线为 练习题1. 将棱长为2的正方体木块削成一个体积最大的球，则这个球的表面积为（ ） A ．2π B ．4π C ．8π D ．16π B2. 如图所示，是一个空间几何体的三视图，且这个空间几何体的所有顶点都在同一个球面上，则这个球的表 面积是 A.π949 B.π37C.π328D.π928C3.(全国新课标文) 设长方体的长、宽、高分别为2a 、a 、a,其顶点都在一个球面上，则该球的表面积为（A ）3πa 2 （B ）6πa 2 （C ）12πa 2 （D ） 24πa 2 B4.（全国新课标理）设三棱柱的侧棱垂直于底面，所有棱长都为a ，顶点都在一个球面上，则该球的表面积为(A) 2a π (B) 273a π (C) 2113a π (D) 25a π5. （辽宁文）已知,,,S A B C 是球O 表面上的点，SA ABC ⊥平面，AB BC ⊥，侧视1SA AB ==，BC =O 的表面积等于（A ）4π （B ）3π （C ）2π （D ）πA6.一个几何体的三视图如图所示，其中主视图和左视图是腰长为4的两个全等的等腰直角三角形，若该几何体的所有顶点在同一球面上，则该球的表面积是（A ）π12（B ）π24 （C ）π32 （D ）π48【答案】D2244(23)48R πππ=⨯=，选D.7.四棱锥P ABCD -的三视图如右图所示，四棱锥P ABCD -的五个顶点都在一个球面上，E 、F 分别是棱AB 、CD 的中点，直线EF 被球面所截得的线段长为，则该球表面积为 A.12pB.24pC.36pD.48p【答案】A8. 设OA 是球O 的半径，M 是OA 的中点，过M 且与OA 成045角的平面截球O 的表面得到圆C ，若圆C 的面积等于74π，则球O 的表面积等于（ ） A ．2π B ．4π C ．6π D ．8πD （猜题卷第1模拟）9. 已知正方形123APP P 的边长是4，点,B C 为边1223,PP P P 的中点，沿,,AB BC CA 折叠成一个三棱锥P ABC -（使123,,P P P 重合于点P ），则三棱锥P ABC -的外接球的表面积为（ ）A ．96πB ．48πC ．24πD ．12πC （猜题卷第2模拟）10. 三棱锥S ABC -，側棱,,SA SB SC 两两垂直，,,SAB SBC SAC 的面积分别是31,,32，则此三棱锥的外接球的表面积为（ ）A ．8πB ．10πC ．12πD ．14πD （猜题卷第3模拟）11. 已知四面体A BCD -的外接球的球心O 在BD 上，且AO ⊥平面BCD，2BC BD =。

2020届⾼三⽴体⼏何专题《球》球⼀、基本知识点由于球的任⼀截⾯均为圆，所以圆的许多性质，如相交弦定理，切线定理，切割线定理对球仍然成⽴，注意球的截⾯即球的⼤圆的特殊性及应⽤。

1．表⾯积：24R S π=，R 为球的半径；球的体积：334R V π=,R 为球的半径；例1.设球的半径为时间t 的函数()R t ，若球的体积以均匀速度C 增长，则球的表⾯积的增长速度与球的半径（）A ．成正⽐，⽐例系数为CB ．成正⽐，⽐例系数为2C C ．成反⽐，⽐例系数为CD ．成反⽐，⽐例系数为2C2．外切于半径为r 的球的多⾯体的体积：rS V 31=（S 为多⾯体的表⾯积）；3．多球堆垒问题“抓球⼼”；4．球与规则多⾯体或旋转体的组合体问题“找截⾯”：⼀是过球⼼的截⾯；⼆是过多⾯体表⾯或棱的截⾯；5.棱长为a 的正⽅体：外接球半径2a ；内切球半径：12a ；棱切球半径：2a ；6.棱长为a 正四⾯体：外接球半径4a ；内切球半径：12a ；棱切球半径：4a ；7．需要掌握的常见问题：（1）球的截⾯问题；（2）球与多⾯体的组合题问题；（3）球与球的组合问题⼆、典型例题选讲例1.已知半径为5的球O 的两个平⾏截⾯12,O O 的周长分别为6π和8π，则这两个截⾯间的距离是例2.已知平⾯α截⼀球⾯得圆M ，过圆⼼M 且与α成60?⼆⾯⾓的平⾯β截该球⾯得圆N .若该球的半径为4，圆M 的⾯积为4π，则圆N 的⾯积为A ．7πB ．9πC ．11πD ．13π例3.已知球的半径为4，圆与圆为该球的两个⼩圆，为圆与圆的公共弦，．若，则两圆圆⼼的距离．例4.(2017全国卷Ⅰ)已知三棱锥S ABC ?的所有顶点都在球O 的球⾯上，SC 是球O 的直径．若平⾯SCA ⊥平⾯SCB ，SA AC =，SB BC =，三棱锥S ABC ?的体积为9，则球O 的表⾯积为．例5.(2019年全国Ⅰ卷)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，90CEF ∠=o ，则球O的体积为（） A． B． C． DO M N AB M N 4AB =3OM ON ==MN =例 6.已知三棱锥S ABC ?的所有顶点都在球O 的球⾯上，且SC ⊥平⾯ABC 若1,120SC AB AC BAC ===∠=? 则球O 的表⾯积为 .例7.已知四棱锥P ABCD ?的顶点都在球O 上，底⾯ABCD 是矩形，平⾯PAD ⊥平⾯ABCD ，PAD ?为正三⾓形，24AB AD == 则球O 的表⾯积为 A.323π B.32π C.64π D.643π例8.已知棱长为3的正四⾯体ABCD ，E 、F 是棱AB 、AC 上的点，且FC AF 2=，AE BE 2=．求四⾯体AEFD 的内切球半径和外接球半径．例9．如图1所⽰，在棱长为1的正⽅体内有两个球相外切且⼜分别与正⽅体内切．（1）求两球半径之和；（2）球的半径为多少时，两球体积之和最⼩．图1例10．如图，在棱长为a 的正⽅体1111D C B A ABCD ?中，P 为过正⽅体表⾯正⽅形ABCD ，11B BCC ，1111D C B A ，DA D A 11的中⼼的圆上的⼀动点，Q 为正⽅形ABCD 的内切圆上的⼀动点，R 为过顶点11,,,A D C B 的圆上的⼀动点，则QR PQ +的最⼩值为（）A ．a 223?B ．a 21C ．a 212? D ．a 213?例11. 如图所⽰，⼀个圆柱形乒乓球筒，⾼为40厘⽶，底⾯半径为4厘⽶．球筒的上底和下底分别粘有⼀个乒乓球，乒乓球与球筒底⾯及侧⾯均相切（球筒和乒乓球厚度忽略不计）．⼀个平⾯与两乒乓球均相切，且此平⾯截球筒边缘所得的图形为⼀个椭圆，则该椭圆的离⼼率为．例12.（1）把四个半径都是1的球中的三个放在桌⾯上，使它两两外切，然后在它们上⾯放上第四个球，使它与前三个都相切，求第四个球的最⾼点与桌⾯的距离．（2）四个半径为1的球两两外切，求和这四个球都相切的球的半径.思考题：（3）四个半径分别为2，2，3，3的球两两外切，求和这四个球都相切的球的半径三、补充练习1. 正四棱锥的顶点都在同⼀球⾯上，若该棱锥的⾼为4，底⾯边长为2，则该球的表⾯积为（）A ．814πB ．16πC ．9πD ．274π2. 已知三棱柱111ABC A B C ?的侧棱垂直于底⾯，各项点都在同⼀球⾯上. 若该棱柱的体积2AB =，1AC =，60BAC ∠=?，则此球的表⾯积等于（） A ．2πB ．4πC ．6πD ．8π3. 在三棱锥D ABC ?中，1AB BC == 2AD = BD = AC =BC AD ⊥，则三棱锥的外接球的表⾯积为（）AB ．6πC ．5πD ．8π4. 在四⾯体ABCD 中，60,3,2ABC ABD CBD AB CB DB ∠=∠=∠====o，则此四⾯体外接球的表⾯积为（）A ．192π B ．24C ．17πD ．65. 在三棱锥A BCD ?中，6,5AB CD AC BD AD BC ======，则该三棱锥的外接球的表⾯积为（）A ．24B ．6C ．432π D ．43π6. 设正三棱锥A BCD ?的所有顶点都在球O 的球⾯上，1,,BC E F =分别是,AB BC 的中点，EF DE ⊥，则球O 的半径为（）A.3 B. 4C. 2D.47. 已知三棱锥S ABC ?的所有顶点都在球O 的求⾯上，ABC ?是边长为1的正三⾓形，SC 为球O 的直径，且2SC =，则此棱锥的体积为（）A.6B.6C.3D.28. 已知平⾯α截⼀球⾯得圆M ，过圆⼼M 且与α成60o ⼆⾯⾓的平⾯β截该球⾯得圆N ，若该球⾯的半径为4.圆M 的⾯积为4π，则圆N 的⾯积为（） A. 7π B. 9π C. 11π D. 13π9. 如图，平⾯四边形ABCD 中， 1AB AD CD ===，BD =BD CD ⊥，将其沿对⾓线BD 折成四⾯体A BCD '?，使平⾯A BD '⊥平⾯BCD ，若四⾯体A BCD '?顶点在同⼀球⾯上，则该球的体积为（）A.3B. 3πC.2D. 2π10. 在菱形ABCD中，60,A AB =?=，将ABD ?折起到PBD ?的位置，若⼆⾯⾓P BD C ??的⼤⼩为23π，则三棱锥P BCD ?的外接球的体积为（） A ．43πB．2C．6D．211. 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 .12. 设,,,A B C D 是同⼀个半径为4的球的球⾯上四点，ABC ?为等边三⾓形且其⾯积为，则三棱锥D ABC ?体积的最⼤值为 .13. 在三棱柱111ABC A B C ?中，已知1AA ⊥平⾯ABC ，且12AB AC AA ===，BC =，该三棱柱的各个顶点都在⼀个球⾯上，则球的表⾯积为 .BDABDCA'14. 已知三棱锥P ABC ?的四个顶点都在球O 的球⾯上，BC AB ⊥且10,51,5,7====AC PC PB PA ，则球O 的体积为 .15.已知,,,A B C D 四点在半径为2的球⾯上，且5,AC BD AD BC AB CD ====，则三棱锥D ABC ?的体积是 .16. 如图，在四⾯体ABCD 中，AB BCD ⊥平⾯，BCD △是边长为3的等边三⾓形. 若2AB =，则四⾯体ABCD 外接球的⾯积为_______________.17. 已知ABC ?的三个顶点在以O 球⼼的球⾯上，且cos 3A =，1,3BC AC ==，三棱锥O ABC ?的体积为6，则球O 的表⾯积为 .18. 在棱长为2的正四⾯体ABCD 中，G 为BCD ?的重⼼，M 为线段AG 的中点，则三棱锥M BCD ?外接球的表⾯积为 .19. 在正三棱锥S ABC ?中，,M N 分别是棱,SC BC 的中点，且MN AM ⊥ . 若侧棱，则正三棱锥ABC S ?外接球的表⾯积是 .20. 已知边长为1的等边三⾓形ABC 与正⽅形ABDE 有⼀公共边AB ，⼆⾯⾓C AB D ??的余弦值为3，若,,,,A B C D E 在同⼀球⾯上，则此球的体积为 .SA =DC球练习题参考答案1—10：ADBAD BADCC11.34π 12. 13.20π 14.5003π 15.816.16π 17. 16π 18. 6π 19. 36π 20. 3。

高中数学球体的性质及相关题目解析高中数学：球体的性质及相关题目解析球体是几何学中的一种重要的立体图形，具有许多独特的性质和特点。

在高中数学中，我们经常会遇到与球体相关的题目，掌握球体的性质和解题技巧对于学生来说至关重要。

本文将详细介绍球体的性质，并通过具体题目的解析，帮助读者更好地理解和应用这些知识。

一、球体的性质1. 球体的定义：球体是空间中所有到一个固定点的距离都相等的点的集合。

这个固定点称为球心，距离称为半径。

2. 球体的表面积：球体的表面积公式为S = 4πr²，其中S表示表面积，r表示半径。

3. 球体的体积：球体的体积公式为V = (4/3)πr³，其中V表示体积，r表示半径。

4. 球体的切割：通过球体的任意平面切割，所得的截面为圆。

5. 球体的投影：球体在平面上的投影为圆。

二、球体相关题目解析1. 题目：一个半径为5cm的球体，求其表面积和体积。

解析：根据球体的性质，可以直接利用公式计算。

表面积公式为S = 4πr²，将半径r = 5cm代入，得到S = 4π(5)² = 100π cm²。

体积公式为V = (4/3)πr³，将半径r= 5cm代入，得到V = (4/3)π(5)³ = 500π cm³。

这道题目考察了学生对球体表面积和体积的计算能力，同时也考察了对公式的熟练掌握程度。

2. 题目：一个球体的表面积为400π cm²，求其半径。

解析：根据球体的表面积公式S = 4πr²，可以得到方程4πr² = 400π。

化简后得到r² = 100，再开平方根得到r = 10。

这道题目考察了学生对于方程的解法和运算的掌握程度，同时也考察了对球体表面积公式的应用能力。

3. 题目：一个球体的体积为1000π cm³，求其半径。

解析：根据球体的体积公式V = (4/3)πr³，可以得到方程(4/3)πr³ = 1000π。

典型例题七
例7．把四个半径都是1的球中的三个放在桌面上，使它两两外切，然后在它们上面放上第四个球，使它与前三个都相切，求第四个球的最高点与桌面的距离．
分析：关键在于能根据要求构造出相应的几何体，由于四个球半径相等，故四个球一定组成正四面体的四个顶点且正四面体的棱长为两球半径之和2．
解：由题意，四球心组成棱长为2的正四面体的四个顶点， 则正四面体的高3
62)332(222=⋅-=h ． 而第四个球的最高点到第四个球的球心距离为求的半径1，且三个球心到桌面的距离都为1，故第四个球的最高点与桌面的距离为3
622+． 说明：此类型题目对培养学生空间想象能力，并根据题意构造熟悉几何体都非常有帮助，且还可以适当增加一点实际背景，加强应用意识．。