高三数学理科综合内切球和外接球问题附习题

2023年高考数学考法专练——外接球与内切球考法一、 墙角模型例1、长方体1111ABCD A B C D -的8个顶点在同一球面上，且12,3,1AB AD AA ===，则球面面积为（ ）A ．83π B ．43π C ．4π D ．8π例2、已知正三棱锥S -ABC 的三条侧棱两两垂直，2，则此三棱锥的外接球的表面积为（ ）A ．πB ．3πC ．6πD ．9π例32的正四面体的外接球体积为___________.跟踪练习1、长方体1111ABCD A B C D -的长、宽、高分别为2，2，1，其顶点都在球O 的球面上，则球O 的表面积为______.2、在三棱锥P ABC -中，已知PA ，PB ，PC 两两垂直，且1PA =，2PB =，3PC =，则三棱锥P ABC -的外接球的表面积为3、已知正四棱柱(底面为正方形且侧棱与底面垂直的棱柱)的底面边长为3，侧棱长为4，则其外接球的表面积为4、在四面体S ABC -中，SA ⊥平面ABC ，三内角B ，A ，C 成等差数列，2SA AC ==，1AB =，则该四面体的外接球的表面积为5、如图，在ABC 中，3AB AC ==1cos 3BAC ∠=-，D 是棱BC 的中点，以AD 为折痕把ACD △折叠，使点C 到达点C '的位置，则当三棱锥C ABD '-体积最大时，其外接球的表面积为6、在三棱锥P ABC -中，点A 在平面PBC 中的投影是PBC 的垂心，若ABC 是等腰直角三角形且1AB AC ==，3PC =，则三棱锥P ABC -的外接球表面积为7、已知三棱锥S ABC -的三条侧棱,,SA SB SC 两两互相垂直且13,5AC AB ==的表面积为14π，则BC =______________．8、三棱锥P ABC -中，PA ⊥平面ABC ，直线PB 与平面ABC 所成角的大小为30，AB =60ACB ∠=︒，则三棱锥P ABC -的外接球的表面积为________．9、已知三棱锥A BCD -的所有顶点都在球O 的球面上，且AB ⊥平面BCD ，AB =4AC AD ==，CD =O 的表面积为___________.10、已知长方体1111ABCD A B C D -的体积为1AA =，则当长方体1111ABCD A B C D -的表面积最小时，该长方体外接球的体积为__________.考法二、汉堡模型例1、《九章算术》中将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑．若三棱锥P ABC -为鳖臑，PA ⊥平面ABC ，2PA AB ==，4AC =，三棱锥P ABC -的四个顶点都在球O 的球面上，则球O 的表面积为（ ）A ．12πB ．20πC ．24πD ．32π例2、已知三棱锥A BCD -的所有顶点都在球O 的球面上，且AB ⊥平面BCD ，2AB =，CD =，AC AD ==O 的表面积为（ ）AB ．2πC ．3πD ．6π例3、已知边长为3的正ABC 的顶点和点D 都在球O 的球面上.若6AD =，且AD ⊥平面ABC ，则球O 的表面积为（ ）A ．B ．48πC ．24πD ．12π跟踪练习1、已知各顶点都在同一球面上的正四棱柱的底面边长为a ，高为h ，球的体积为，则这个正四棱柱的侧面积的最大值为（ ）A ．B ．C ．D ．2、（多选）在四面体ABCD 中，AB AC ⊥，AC CD ⊥，直线AB ，CD 所成的角为60°，AB CD ==，4AC =，则四面体ABCD 的外接球表面积为（ ）A ．π3B ．52πC ．80πD ．208π3、已知四棱锥P ABCD -的五个顶点都在球О的球面上，PA ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是高为12的等腰梯形，//AD BC ，1AD PA ==，2BC =，则球О的表面积为（ ）A ．10πB ．4πC ．5πD ．6π 4、在四棱锥P ABCD -中，已知PA ⊥底面,,ABCD AB BC AD CD ⊥⊥，且120,2BAD PA AB AD ∠=︒===，则该四棱锥外接球的体积为（ ）A ．B ．203πCD ．5、设直三棱柱111ABC A B C -1AB AC AA ==，120BAC ∠=︒，则此直三棱柱的高是______ ．6、已知正三棱柱的高与底面边长均为2，则该正三棱柱内半径最大的球与其外接球的表面积之比为（ ）A ．17B ．7C ．37D ．77、已知三棱锥P ABC ﹣的四个顶点都在球O 的表面上，PA ⊥平面ABC ，AB BC ⊥且8PA =，6AC =，则球O 的表面积为（ ）A ．10πB ．25πC ．50πD ．100π8、三棱锥P ABC -中，PA ⊥平面ABC ，30ABC ∠=︒，APC ∆的面积为3，则三棱锥P ABC -的外接球体积的最小值为（ ）A B C ． D ．9、已知四棱锥P ABCD -的顶点都在球O 的球面上，PA ⊥底面ABCD ，1AB AD ==，2BC CD ==，若球O 的表面积为9π，则四棱锥P ABCD -的体积为（ ）A ．4B ．43C ．D ．3考点三 斗笠模型例1、在三棱锥P ABC -中，PA PB PC ===AB AC BC ===，则三棱锥P ABC -外接球的表面积是（ ）A ．9πB ．15π2C ．4πD ．25π4例2、某圆锥的侧面展开后，是一个圆心角为23π的扇形，则该圆锥的体积与它的外接球的体积之比为（ ） A ．243256 B ．128243 C ．128729 D ．256729例3、设圆锥的顶点为A ，BC 为圆锥底面圆O 的直径，点P 为圆O 上的一点（异于B 、C ），若BC =三棱锥A PBC -的外接球表面积为64π，则圆锥的体积为___________.跟踪练习1、已知圆锥的顶点和底面圆周都在球O 面上，圆锥的侧面展开图的圆心角为23π，面积为3π，则球O 的表面积等于（ ）A ．818πB ．812πC ．1218πD ．1212π 2、已知一个圆锥的底面半径为2，高为3，其体积大小等于某球的表面积大小，则此球的体积是（ ）A ．BC ．4πD ．43π 3、正三棱锥P －ABC 底面边长为2，M 为AB 的中点，且PM ⊥PC ，则三棱锥P －ABC 外接球的体积为（ ）A ．323πB ．6πCD ．34、已知在高为2的正四棱锥P ABCD -中，2AB =，则正四棱锥P ABCD -外接球的体积为（ ）A ．4πB ．92πC ．274πD ．83π 5、已知一个圆锥的底面面积为3π，侧面展开图是半圆，则其外接球的表面积等于___________. 考点四、垂面模型例1、在三棱锥P ABC -中，PAC △是等边三角形，平面PAC ⊥平面,ABC AB AC ==60CAB ∠=，则三棱锥P ABC -的外接球体积为（ ）A ．43πBC ．323πD ．3例2、如图所示，在三棱锥A BCD -中，平面ACD ⊥平面BCD ，ACD △是以CD 为斜边的等腰直角三角形，AB BC ⊥，24AC CB ==，则该三棱锥的外接球的表面积为（ ）A ．32πB ．40πC ．40103D ．6423例3、已知三棱锥P ABC -的每个顶点都在球O 的球面上，平面ABC ⊥平面PBC ，AC BC ⊥，6AC =，8AB =，214PC PB ==，则三棱锥P ABC -外接球的表面积为（ ）A ．503πB ．533πC ．100πD ．32π跟踪练习1、在三棱锥D ABC -中，平面ABC ⊥平面ABD ，AB AD ⊥，4AB AD ==，6ACB π∠=，若三棱锥D ABC -的四个顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为___________.2、在四面体ABCD 中，BCD △是边长为2的等边三角形，ABD △是以BD 为斜边的等腰直角三角形，平面ABD ⊥平面A BC ，则四面体ABCD 的外接球的表面积为__________．3、在四面体ABCD 中，已知平面ABD ⊥平面ABC ，且4AB AD DB AC CB =====，其外接球表面积为 （ ）A ．403πB ．803πC ．16πD ．20π4、在三棱锥P ABC -中，平面PAB ⊥平面,23,90ABC PA PB AB BAC ===∠=︒，4AC =，则三棱锥P ABC -的外接球的表面积为（ ）A ．20πB ．643πC ．32πD ．80π5、已知三棱锥A BCD -中，平面ABD ⊥平面BCD ，若1AD DB BC CD ====，120ADB ∠=︒，则该三棱锥的外接球的表面积为（ ）A ．7π3B ．10π3C ．20π3D ．13π3考点五 矩形模型例1、若矩形ABCD 的面积是4，沿对角线AC 将矩形ABCD 折成一个大小是60°的二面角B -AC -D ，则四面体ABCD 的外接球的体积最小值为（ ）A ．8πB ．823C 6πD 1717例2、在三棱锥S ABC -中，2SAC SBC π∠=∠=，23ACB π∠=，1AC BC ==.若三棱锥S ABC -的体积为1，则该三棱锥外接球的表面积为（ ）A ．13πB ．373πC ．49πD ．52π例3、已知三棱锥,3,1,4,22A BCD AB AD BC BD -====A BCD -的体积最大时，则外接球的表面积为___________.跟踪练习1、四面体ABCD 中，90ABC BCD ∠=∠=︒，2AB BC CD ===，23AD =表面积为__________．2、在矩形ABCD 中23AB =2AD =，沿对角线BD 进行翻折，则三棱锥C ABD -外接球的表面积为（ ）A ．4πB ．6πC ．12πD ．16π3、将长、宽分别为4和3的长方形ABCD 沿对角线AC 折成直二面角，得到四面体A BCD -，则四面体A BCD -的外接球的表面积为（ ）A ．25πB ．50πC ．5πD ．10π4、中国古代数学家刘徽所注释的《九章算术》中，称四个面均为直角三角形的四面体为“鳖臑”.如图所示的鳖臑ABCD 中，AB ⊥面BCD ，CD BC ⊥，若1CD =，5AC =且顶点,,,A B C D 均在球O 上，则球O 的表面积为______. 考法六 、 怀表模型例1、已知S ，A ，B ，C 四点都在某个球表面上，ABC 与SBC 都是边长为1的正三角形，二面角A BC S --的大小为23π，则该球的表面积为（ ） A ．43π B ．73π C ．3π D ．133π 例2、如图，菱形ABCD 的边长为6，3BAD π∠=，将其沿着对角线BD 折叠至直二面角A BD C --，连接AC ，得到四面体ABCD ，则此四面体的外接球的表面积为例3、已知菱形ABCD 的边长为4，对角线4BD =，将ABD △沿着BD 折叠，使得二面角A BD C --为120︒，则三棱锥A BCD -的外接球的表面积为___________.跟踪练习1、已知边长为ABCD 中，60A ∠=，现沿对角线BD 折起，使得二面角A BD C --为120︒，此时点A 、B 、C 、D 在同一个球面上，则该球的表面积为（ ）．A ．20πB ．28πC ．32πD ．36π2、在边长为3的菱形ABCD 中，BD =ABCD 沿其对角线AC 折成直二面角B AC D --，若,,,A B C D 四点均在某球面上，则该球的表面积为___________.考法七、 其他模型外接球例1、已知四棱锥P ABCD -中，ABD △是边长为2BC CD ==，60BPD ∠=，二面角P BD C --的余弦值为13-，当四棱锥的体积最大时，该四棱锥的外接球的体积为（ ）A ．8πB ．C ．D ．12π例2、已知三棱锥A BCD -中，===AB BD DA DC =，BC =A BD C --的大小为135︒，则三棱锥A BCD -外接球的表面积为（ ）A ．64πB ．52πC ．40πD ．32π例3、在四面体ABCD 中，2==AC BD ，AD BC ==AB CD ==___________.跟踪练习1、在三棱锥S ABC -中，90SBA SCA ∠=∠=︒，底面ABC 是等边三角形，三棱锥S ABC -则三棱锥S ABC -的外接球表面积的最小值是（ ）A ．12πB ．24πC ．6πD ．10π2、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 ，3AB AC ==，120BAC ∠=︒，则球O 的表面积为（ ）A ．48πB ．16πC ．64πD ．36π3、已知四面体ABCD 中，60BAD ∠=︒，90BCD ∠=︒，2AB AD ==，H 是BD 的中点，CH BD ⊥，120AHC ∠=︒，则四面体的外接球的表面积为（ ）A ．275πB ．3215πC ．94πD ．529π4、在棱长为8的正方体1111ABCD A B C D -中，P 为棱1DD 上一点，且P 到11C D 的距离与到AC 的距离相等，则四面体P ACD -的外接球的表面积为（ ）A ．128πB ．132πC ．133πD ．164π5、球O 的两个相互垂直的截面圆1O 与2O 的公共弦AB 的长度为2，若1O AB △是直角三角形，2O AB △是等边三角形，则球O 的表面积为（ ）A ．9πB ．12πC ．16πD ．20π6、如图是一个由6个正方形和8个正三角形围成的十四面体，其所有顶点都在球O 的球面上，若十四面体的棱长为1，则球O 的表面积为（ ）A ．2πB ．4πC ．6πD ．8π7、已知三棱锥P ABC -的四个顶点都在半径为R 的球面上，且3BAC π∠=，2BC =，若三棱锥P ABC-体积的最大值为32R ，则该球的表面积为（ ） A ．649π B ．329π C ．6427π D ．169π 8、等边ABC 的边长为2，点D 为AC 的中点，将ABD △沿BD 折起到A BD '，使得23A DC π'∠=，若该三棱锥的所有顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为______．考法八、 内切球例1、如图，在四棱锥P ABCD -中，O 是正方形ABCD 的中心，PO ⊥底面ABCD ，5PA =2AB =，则四棱锥P ABCD -内切球的体积为（ ）A 3πB 43πC 113πD 1253π 例2、已知球O 是棱长为24的正四面体ABCD 的内切球，球1O 与球O 外切且与正四面体的三个侧面都相切，则球1O 的表面积为（ ）A ．24πB ．12πC ．8πD ．6π例3、已知直三棱柱111ABC A B C -的底面ABC 为等边三角形，若该棱柱存在外接球与内切球，则其外接球与内切球表面积之比为（ ）A ．25：1B ． 1C ．5：1D 1跟踪练习1、设球O 内切于正三棱柱111ABC A B C -，则球O 的体积与正三棱柱111ABC A B C -的体积的比值为________．2、已知球1O 是棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -的内切球，球2O (在正方体1111ABCD A B C D -内部)与平面ABCD ，平面11ABB A 和平面11ADD A 都相切，并且与球1O 相切，则球1O 与球2O 的半径之比为___________.4、已知正三棱锥 P ABC -的底面边长为2,,PAB PBC 分别切于点,M N ，则MN 的长度为___________.5、《九章算术》中将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑，若三棱锥P ABC -为鳖臑， PA ⊥平面ABC ，4PA BC ，3AB =，AB BC ⊥，若三棱锥P ABC -有一个内切球O ，则球O 的体积为（ ） A ．92π B ．94π C ．916π D ．9π6、阿基米德是古希腊伟大的数学家、物理学家、天文学家，是静态力学和流体静力学的奠基人，和高斯、牛顿并列为世界三大数学家，他在不知道球体积公式的情况下得出了圆柱容球定理，即圆柱内切球（与圆柱的两底面及侧面都相切的球）的体积等于圆柱体积的三分之二．那么，圆柱内切球的表面积与该圆柱表面积的比为（ ）A ．12B ．13C ．23D ．347、已知在三梭锥A BCD -中，2AB CD ==，3AD AC BC BD ====，则该三棱锥内切球的体积为（ ）A B C D。

高考数学中的内切球和外接球问题一、有关外接球的问题如果一个多面体的各个顶点都在同一个球面上，那么称这个多面体是球的内接多面体，这个球称为多面体的外接球.有关多面体外接球的问题，是立体几何的一个重点，也是高考考查的一个热点。

一、直接法(公式法)1、求正方体的外接球的有关问题例1 若棱长为3的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为______________ .解析：球的半径可转化为先求正方体的体对角线长，再计算半径.故表面积为27π.例2 一个正方体的各顶点均在同一球的球面上，若该正方体的表面积为24，则该球的体积为____43π__________.2、求长方体的外接球的有关问题例3 （2007年天津高考题）一个长方体的各顶点均在同一球面上，且一个顶点上的三1,2,3，则此球的表面积为.条棱长分别为解析：体对角线正好为球的直径。

长方体体对角线长为14，故球的表面积为14π.例4、已知各顶点都在一个球面上的正四棱柱高为4，体积为16，则这个球的表面积为（ C ）.A. 16πB. 20πC. 24πD. 32π解析：长、宽、高分别为2，2，43.求多面体的外接球的有关问题例5. 一个六棱柱的底面是正六边形，其侧棱垂直于底面，已知该六棱柱的顶点都在同一个球面上，且该六棱柱的体积为98，底面周长为３，则这个球的体积为 .解 设正六棱柱的底面边长为x ，高为h ，则有263,1,2936,384x x x h h =⎧⎧=⎪⎪∴⎨⎨=⨯⎪⎪=⎩⎩．∴正六棱柱的底面圆的半径12r =，球心到底面的距离32d =.∴外接球的半径221R r d =+=.43V π∴=球.小结 本题是运用公式222R r d =+求球的半径的，该公式是求球的半径的常用公式.二、构造法(补形法)1、构造正方体例5 若三棱锥的三条侧棱两两垂直，且侧棱长均为3，则其外接球的表面积是_______9π________.解 把这个三棱锥可以补成一个棱长为3的正方体，于是正方体的外接球就是三棱锥的外接球.则有()()()()222223339R =++=.∴294R =.故表面积249S R ππ==.小结 一般地，若一个三棱锥的三条侧棱两两垂直，且其长度分别为a b c 、、，则就可以将这个三棱锥补成一个长方体，于是长方体的体对角线的长就是该三棱锥的外接球的直径.设其外接球的半径为R ，则有2222R a b c =++.出现“墙角”结构利用补形知识，联系长方体。

高考数学中的内切球和外接球问题
一、 有关外接球的问题
如果一个多面体的各个顶点都在同一个球面上， 那么称这个多面
体是球的内接多面体，这个球称为多面体的外接球 . 有关多面体外接
球的问题， 是立体几何的一个重点， 也是高考考查的一个热点 . 考查
学生的空间想象能力以及化归能力 .研究多面体的外接球问题，既要
学习 .
五 .确定球心位置法
例 5 在矩形 ABCD 中， AB 4, BC 3，沿 AC 将矩形 ABCD 折成一
个直二面角 B AC D ，则四面体 ABCD 的外接球的体积为
125
A. 12
125
B. 9
125
C. 6
125
D. 3
D
A
O
C
图4 B
解 设矩形对角线的交点为 O ，则由矩形对角线互相平分，可知
例 2 一个正方体的各顶点均在同一球的球面上，若该正方体的
表面积为 24 ，则该球的体积为 ______________.4 3 . 2、求长方体的外接球的有关问题
例 3 一个长方体的各顶点均在同一球面上， 且一个顶点上的三条
棱长分别为 1,2,3 ，则此球的表面积为
.14 .
例 4、已知各顶点都在一个球面上的正四棱柱高为 4，
只是希望能有个人，在我说没事的时候，知道我不是真的没事；能有个人，在我强颜欢笑的时候，知道我不是真的开心。 ——张小娴
OA OB OC OD .∴点 O 到四面体的四个顶点 A、B、C、D 的距离相
等，即点 O 为四面体的外接球的球心，如图 2 所示 .∴外接球的半径
5 R OA
V 球 4 R3 125
2 .故
3
6 .选 C.

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

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 ===，。

高考数学中的内切球和外接球问题一、有关外接球的问题如果一个多面体的各个顶点都在同一个球面上，那么称这个多面体是球的内接多面体，这个球称为多面体的外接球. 有关多面体外接球的问题，是立体几何的一个重点，也是高考考查的一个热点. 考查学生的空间想象能力以及化归能力.研究多面体的外接球问题，既要运用多面体的知识，又要运用球的知识，并且还要特别注意多面体的有关几何元素与球的半径之间的关系，而多面体外接球半径的求法在解题中往往会起到至关重要的作用.一、直接法(公式法)1、求正方体的外接球的有关问题例1 若棱长为 3 的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为______________ .27 .例2 一个正方体的各顶点均在同一球的球面上，若该正方体的表面积为24，则该球的体积为______________.4 3 .2、求长方体的外接球的有关问题例3 一个长方体的各顶点均在同一球面上，且一个顶点上的三条棱长分别为1,2,3 ，则此球的表面积为.14 .例4、已知各顶点都在一个球面上的正四棱柱高为4，体积为16，则这个球的表面积为（）. CA. 16B. 20C. 24D. 323.求多面体的外接球的有关问题例5. 一个六棱柱的底面是正六边形，其侧棱垂直于底面，已知该六棱柱的顶点都在同一个球面上，且该六棱柱的体积为98，底面周长为3，则这个球的体积为.解设正六棱柱的底面边长为x ，高为h，则有6x 3, 1x ,29 326 x h,h 3．8 4∴正六棱柱的底面圆的半径 1r ，球心到底面的距离23d .∴外2接球的半径R 2 d . 体积：r24V 3 .RV 3 .3小结本题是运用公式 2 2 2R r d 求球的半径的，该公式是求球的半径的常用公式.二、构造法(补形法)1、构造正方体例5 若三棱锥的三条侧棱两两垂直，且侧棱长均为 3 ，则其外接球的表面积是_______________.9 .例3 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.故其外接球的表面积 2S 4 R 9 .小结：一般地，若一个三棱锥的三条侧棱两两垂直，且其长度分别为a、b、c ，则就可以将这个三棱锥补成一个长方体，于是长方体的体对角线的长就是该三棱锥的外接球的直径.设其外接球的半径为R ，则有 2 222Ra bc .出现“墙角”结构利用补形知识，联系长方体。

第50讲外接球、内切球、棱切球知识梳理知识点一：正方体、长方体外接球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．3、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知识点二：正四面体外接球如图，设正四面体ABCD 的的棱长为a ，将其放入正方体中，则正方体的棱长为2a ，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22==R a ，即正四面体外接球半径为=R ．知识点三：对棱相等的三棱锥外接球四面体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 m a c n a b t ，三式相加可得222++=a b c 222,2++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．知识点四：直棱柱外接球如图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 的位置，1O 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知识点五：直棱锥外接球如图，⊥PA 平面ABC ，求外接球半径．解题步骤：第一步：将∆ABC 画在小圆面上，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=R②2221=+R r OO ⇔=R ．知识点六：正棱锥与侧棱相等模型1、正棱锥外接球半径：222+=r h R h．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．知识点七：侧棱为外接球直径模型方法：找球心，然后作底面的垂线，构造直角三角形．知识点八：共斜边拼接模型如图，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．知识点九：垂面模型如图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知识点十：最值模型这类问题是综合性问题，方法较多，常见方法有：导数法，基本不等式法，观察法等知识点十一：二面角模型如图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．知识点十二：坐标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．知识点十三：圆锥圆柱圆台模型1、球内接圆锥如图1，设圆锥的高为h ，底面圆半径为r ，球的半径为R ．通常在△OCB 中，由勾股定理建立方程来计算R ．如图2，当>PC CB 时，球心在圆锥内部；如图3，当<PC CB 时，球心在圆锥外部．和本专题前面的内接正四棱锥问题情形相同，图2和图3两种情况建立的方程是一样的，故无需提前判断．由图2、图3可知，=-OC h R 或-R h ，故222()-+=h R r R ，所以222+=h r R h．2、球内接圆柱如图，圆柱的底面圆半径为r ，高为h ，其外接球的半径为R ，三者之间满足22(2+=hr R ．3、球内接圆台2222222122⎛⎫--=+ ⎪⎝⎭r r h R r h ，其中12,,r r h 分别为圆台的上底面、下底面、高．知识点十四：锥体内切球方法：等体积法，即3体积表面积=V R S知识点十五：棱切球方法：找切点，找球心，构造直角三角形必考题型全归纳题型一：外接球之正方体、长方体模型例1．（2024·云南昆明·高一校考期末）正方体的表面积为96，则正方体外接球的表面积为例2．（2024·吉林·则球的表面积为．例3．（2024·全国·高一专题练习）已知长方体的顶点都在球O 表面上，长方体中从一个顶点出发的三条棱长分别为2，3，4则球O 的表面积是变式1．（2024·湖南长沙·高一长郡中学校考期中）长方体1111ABCD A B C D -的外接球的表面积为25π，AB =AD 1111ABCD A B C D -的体积为.变式2．（2024·天津静海·高一校考期中）在长方体1111ABCD A B C D -中，6AB =，BC =，14BB =，则长方体外接球的表面积为．题型二：外接球之正四面体模型例4．（2024·湖北宜昌·宜昌市夷陵中学校考模拟预测）已知正四面体ABCD 的表面积为且A ，B ，C ，D 四点都在球O 的球面上，则球O 的体积为．例5．（2024·浙江·高二校联考期中）正四面体的所有顶点都在同一个表面积是36π的球面上，则该正四面体的棱长是．例6．（2024·全国·的正四面体的外接球体积为.变式3．（2024·全国·高一假期作业）正四面体P BDE -和边长为1的正方体1111ABCD A B C D -有公共顶点B ，D ，则该正四面体P BDE -的外接球的体积为.变式4．（2024·安徽池州·高二池州市第一中学校考期中）正四面体-P ABC 中，其侧面积与底面积之差为，则该正四面体外接球的体积为.题型三：外接球之对棱相等的三棱锥模型例7．（2024·高一单元测试）在四面体ABCD 中，若AB CD ==，2==AC BD ，AD BC =ABCD 的外接球的表面积为（）A ．2πB ．4πC ．6πD ．8π例8．（2024·河南·开封高中校考模拟预测）已知四面体ABCD 中，AB CD ==AC BD =，AD BC =，则四面体ABCD 外接球的体积为（）A ．45πBC D ．例9．（2024·广东揭阳·高二校联考期中）在三棱锥S ABC -中，5SA BC ==，SB AC ==，SC AB ==）A ．50πB ．100πC ．150πD ．200π变式5．（2024·全国·高三专题练习）如图，在三棱锥-P ABC 中，PA BC ==2PB AC ==，PC AB ==-P ABC 外接球的体积为（）AB C D ．6π题型四：外接球之直棱柱模型例10．（2024·陕西安康·统考三模）已知矩形ABCD 的周长为36，把它沿图中的虚线折成正六棱柱，当这个正六棱柱的体积最大时，它的外接球的表面积为．例11．（2024·黑龙江齐齐哈尔·高一齐齐哈尔市第八中学校校考阶段练习）设直三棱柱111ABC A B C -的所有顶点都在一个表面积是40π的球面上，且1,120AB AC AA BAC ∠=== ，则此直三棱柱的表面积是（）A ．16+B ．8+C ．8+D ．16+例12．（2024·全国·高三专题练习）在直三棱柱111ABC A B C -中，ABC 为等腰直角三角形，若三棱柱111ABC A B C -的体积为32，则该三棱柱外接球表面积的最小值为（）A ．12πB ．24πC ．48πD ．96π变式6．（2024·湖北咸宁·高二鄂南高中校考阶段练习）已知正三棱柱111ABC A B C -的体积为）A ．12πB ．6πC ．16πD ．8π变式7．（2024·全国·高三专题练习）在三棱柱111ABC A B C -中，已知11,90BC AB BCC ==∠= ，AB ⊥侧面11BB C C ，且直线1C B 与底面ABC 则此三棱柱的外接球的表面积为（）A ．3πB ．4πC ．5πD ．6π变式8．（2024·新疆昌吉·高三校考期末）已知正三棱柱111ABC A B C -所有棱长都为6，则此三棱柱外接球的表面积为（）A ．48πB ．60πC ．64πD ．84π题型五：外接球之直棱锥模型例13．（2024·安徽宣城·高一统考期末）在三棱锥-P ABC 中，△ABC 是边长为3的等边三角形，侧棱PA ⊥平面ABC ，且4PA =，则三棱锥-P ABC 的外接球表面积为．例14．（2024·江苏南京·高二统考期末）在三棱锥-P ABC 中，PA ⊥面ABC ，ABC 为等边三角形，且PA AB ==-P ABC 的外接球的表面积为．例15．（2024·四川成都·高一成都七中校考阶段练习）已知三棱锥-P ABC ，其中PA ⊥平面,120,2ABC BAC PA AB AC ∠=︒===，则三棱锥-P ABC 外接球的表面积为.变式9．（2024·陕西商洛·镇安中学校考模拟预测）在三棱锥D ABC -中，ABC 为等边三角形，DC ⊥平面ABC ，若6AC CD +=，则三棱锥D ABC -外接球的表面积的最小值为.变式10．（2024·陕西榆林·高二校考阶段练习）已知三棱锥S ABC -中，SA ⊥平面ABC ，2AB BC CA ===，异面直线SC 与AB 所成角的余弦值为4，则三棱锥S ABC -的外接球的表面积为．变式11．（2024·江苏镇江·高三江苏省镇江中学校考阶段练习）如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为菱形，PD ⊥底面ABCD ，O 为对角线AC 与BD 的交点，若3PD =，π3APD BAD ∠=∠=，则三棱锥P AOD -的外接球的体积为.变式12．（2024·四川绵阳·绵阳中学校考二模）在四棱锥A BCDE -中，AB ⊥平面BCDE ，BC CD ⊥，BE DE ⊥，120CBE ∠=︒，且2AB BC BE ===，则该四棱锥的外接球的表面积为.变式13．（2024·广东韶关·高二统考期末）三棱锥-P ABC 中,PA ⊥平面ABC ,4PA =,π3BAC ∠=,BC =,则三棱锥-P ABC 外接球的体积是．题型六：外接球之正棱锥、正棱台模型例16．（2024·山东滨州·高一校考期中）已知正四棱锥P ABCD -的底面边长为侧棱长为6，则该四棱锥的外接球的体积为．例17．（2024·福建福州·高一福建省福州屏东中学校考期末）已知正三棱锥PABC ﹣的顶点都在球O 的球面上，其侧棱与底面所成角为π3，且PA =O 的表面积为例18．（2024·河南商丘·高一商丘市第一高级中学校联考期末）在正三棱锥-P ABC 中，点D 在棱PA 上，且满足2PD DA =，CD PB ⊥，若AB =P BCD -外接球的表面积为.变式14．（2024·云南保山·高一统考期末）已知正三棱锥-P ABC 的侧棱与底面所成的角为60︒，高为，则该三棱锥外接球的表面积为.变式15．（2024·广东佛山·高一佛山市南海区第一中学校考阶段练习）已知正三棱锥-P ABC中，1PA =，AB =，该三棱锥的外接球体积为．变式16．（2024·陕西咸阳·武功县普集高级中学校考模拟预测）如图，在正三棱台111ABC A B C -中，AB =116A B =，1AA =111ABC A B C -的外接球表面积为（）A ．64B ．64πC ．256π3D ．64π3变式17．（2024·辽宁·高三校联考期末）正四棱台高为2，上下底边长分别为2和4，所有顶点在同一球面上，则球的表面积为（）A ．32πB ．33πC ．34πD ．35π变式18．（2024·贵州六盘水·高一校考阶段练习）已知正四棱锥P ABCD -的底面边长为6，侧棱长为，则该四棱锥外接球的表面积为．变式19．（2024·山西晋中·高三祁县中学校考阶段练习）在正四棱锥P ABCD -中，=，若四棱锥P ABCD -的体积为2563，则该四棱锥外接球的体积为．变式20．（2024·湖北·高三统考阶段练习）在正四棱台1111ABCD A B C D -中，112AB A B =，1AA =）A ．332πB ．33πC ．572πD ．57π题型七：外接球之侧棱相等的棱锥模型例19．（2024·安徽安庆·校联考模拟预测）三棱锥-P ABC 中，PA PB PC ===，26AB AC ==，π3BAC ∠=，则该三棱锥外接球的表面积为．例20．（2024·江苏常州·高三华罗庚中学校考阶段练习）在三棱锥S ABC -中，2SA SB CA CB AB =====，二面角S AB C --的大小为60︒，则三棱锥S ABC -的外接球的表面积为．例21．（2024·河北承德·高一校联考阶段练习）已知三棱锥-P ABC 的各侧棱长均为且3,AB BC AC ===-P ABC 的外接球的表面积为.变式21．（2024·吉林长春·高一长春市解放大路学校校考期末）已知三棱锥P -ABC 的四个顶点在球O 的球面上，PA PB PC ==，△ABC E ，F 分别是PA ，AB 的中点，90CEF ∠= ，则球O 的体积为.变式22．（2024·全国·高三专题练习）已知在三棱锥S ABC -中，2SA SB SC AB ====，AC BC ⊥，则该三棱锥外接球的体积为A ．27B ．9C ．323πD ．163π变式23．（2024·全国·高一专题练习）如图，在三棱锥A BCD -中，2AB BC AC CD ====，120BCD ∠=︒，二面角A BC D --的大小为120︒，则三棱锥A BCD -的外接球的表面积为（）A ．823πB ．803πC ．27πD ．2449π变式24．（2024·全国·高三专题练习）在四面体ABCD 中，2AB AC BC BD CD =====，AD =ABCD 的外接球的表面积为（）A ．163πB ．5πC ．20πsD ．203π题型八：外接球之圆锥、圆柱、圆台模型例22．（2024·浙江台州·高二校联考期末）已知圆锥的底面半径为1，母线长为2，则该圆锥的外接球的体积为.例23．（2024·黑龙江哈尔滨·哈尔滨三中校考模拟预测）已知某圆锥的轴截面为正三角形，侧面积为8π，该圆锥内接于球O ，则球O 的表面积为.例24．（2024·河北石家庄·高二校考阶段练习）一个圆柱的底面直径与高都等于一个球的直径，则圆柱的表面积与球的表面积之比为.变式25．（2024·重庆·统考模拟预测）如图所示，已知一个球内接圆台，圆台上、下底面的半径分别为3和4，球的体积为500π3，则该圆台的侧面积为（）A ．60πB ．75πC ．35πD ．变式26．（2024·云南·高三校联考开学考试）已知圆台的上下底面圆的半径分别为3，4，母线长为O 的球面上，则球O 的体积为（）A ．250π3B ．500π3C ．100π3D ．125π3变式27．（2024·陕西西安·高一校考期中）如图所示，一个球内接圆台，已知圆台上､下底面的半径分别为3和4，球的表面积为100π，则该圆台的体积为（）A ．175π3B ．75πC ．238π3D ．259π3题型九：外接球之垂面模型例25．（2024·江西九江·高一校考期末）如图，三棱锥A BCD -中，平面ACD ⊥平面BCD ，ACD 是边长为2的等边三角形，BD CD =，120BDC ∠=︒.若A ，B ，C ，D 四点在某个球面上，则该球体的表面积为.例26．（2024·四川乐山·高二期末）已知正ABC 边长为1，将ABC 绕BC 旋转至DBC △，使得平面ABC ⊥平面BCD ，则三棱锥D ABC -的外接球表面积为．例27．（2024·河南平顶山·高一统考期末）在三棱锥-P ABC 中，平面ABC ⊥平面,PAB AC BC ⊥，点D 是AB 的中点，,2PD PB PB PD ⊥==，则三棱锥-P ABC 的外接球的表面积为.变式28．（2024·江苏·高一专题练习）如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，1AA AB BC ==．设D 为1A C 的中点，三棱锥D ABC -的体积为94，平面1A BC ⊥平面11ABB A ，则三棱柱111ABC A B C -外接球的表面积为．变式29．（2024·河南开封·开封高中校考模拟预测）如图,在三棱锥-P ABC 中,平面PAB ⊥平面ABC ,6AB =,4BC =,AB BC ⊥,PAB 为等边三角形,则三棱锥-P ABC 外接球的表面积为．变式30．（2024·湖北十堰·高一统考期末）如图，在平面四边形ABCD 中，π,42ADB ABC BD BC ∠=∠===，沿对角线BD 将ABD △折起，使平面ADB ⊥平面BDC ，连接AC ，得到三棱锥A BCD -，则三棱锥A BCD -外接球表面积的最小值为.变式31．（2024·河南安阳·高一统考期末）在三棱锥-P ABC 中，平面PAB ⊥平面ABC ，PA PB ⊥，且PA PB ==ABC 是等边三角形，则该三棱锥外接球的表面积为．变式32．（2024·云南临沧·高二校考期中）如图，已知矩形ABCD 中，483AB BC ==，现沿AC 折起，使得平面ABC ⊥平面ADC ，连接BD ，得到三棱锥B ACD -，则其外接球的体积为．变式33．（2024·全国·高三校联考开学考试）在三棱锥-P ABC 中，平面PAB ⊥平面ABC ，底面ABC 是边长为3的正三角形，若该三棱锥外接球的表面积为15π，则该三棱锥体积的最大值为.变式34．（2024·四川乐山·统考三模）在三棱锥-P ABC 中，2PA PC BA BC ====，平面PAC ⊥平面ABC ，则三棱锥-P ABC 的外接球表面积的最小值为．变式35．（2024·湖南衡阳·校联考模拟预测）在平面四边形ABCD 中，90,90,2ADB ABC BD BC ∠∠==== ，沿对角线BD 将ABD △折起，使平面ADB ⊥平面BDC ，得到三棱锥A BCD -，则三棱锥A BCD -外接球表面积的最小值为.题型十：外接球之二面角模型例28．（2024·广东阳江·高三统考开学考试）在三棱锥D ABC -中，2AB BC ==，90ADC ∠= ，二面角D AC B --的平面角为30 ，则三棱锥D ABC -外接球表面积的最小值为（）A ．()161πB ．()163π-C ．()161πD ．()163π例29．（2024·浙江丽水·高二统考期末）在四面体PABC 中，PA PB ⊥，ABC 是边长为2的等边三角形，若二面角P AB C --的大小为120︒，则四面体PABC 的外接球的表面积为（）A ．13π9B ．26π9C ．52π9D ．104π9例30．（2024·广东·校联考模拟预测）已知四棱锥,S ABCD SA -⊥平面,,4ABCD AD DC SA BC ⊥==，二面角S BC A --的大小为π3.若点,,,,S A B C D 均在球O 的表面上，则该球O 的表面积为（）A ．152π3B ．52πC ．160π3D ．54π变式36．（2024·福建·高一福建师大附中校考期末）在四面体ABCD 中，ABC 与BCD △都是边长为6的等边三角形，且二面角A BC D --的大小为60︒，则四面体ABCD 外接球的表面积是（）A ．52πB ．54πC ．56πD ．60π变式37．（2024·甘肃张掖·高台县第一中学校考模拟预测）图1为两块大小不同的等腰直角三角形纸板组成的平面四边形ABCD ，其中小三角形纸板的斜边AC 与大三角形纸板的一条直角边长度相等，小三角形纸板的直角边长为a ，现将小三角形纸板ACD 沿着AC 边折起，使得点D 到达点M 的位置，得到三棱锥M ABC -，如图2．若二面角M AC B --的大小为23π，则所得三棱锥M －ABC 的外接球的表面积为（）A ．273a πB ．24a πC ．2143a πD ．227a 变式38．（2024·全国·高三专题练习）如图1，在PBC 中，PA BC ⊥，AM PB ⊥，6BC =，4PA =，沿PA 将PAB 折起，使得二面角B PA C --为60°，得到三棱锥-P ABC ，如图2，若AM PC ⊥，则三棱锥-P ABC 的外接球的表面积为（）A ．32πB ．36πC ．64πD ．80π变式39．（2024·湖南岳阳·统考三模）已知三棱锥D ABC -的所有顶点都在球O 的球面上，30AD BD AC BC DAB CBA ∠∠⊥⊥== ,,，二面角D AB C --的大小为60 ，若球O 的表面积等于36π，则三棱锥D ABC -的体积等于（）AB ．8C D变式40．（2024·全国·高一专题练习）在三棱锥A BCD -中，,,224AB BC BC CD CD AB BC ⊥⊥===，二面角A BC D --为60︒，则三棱锥A BCD -外接球的表面积为（）A ．16πB ．24πC ．18πD ．20π题型十一：外接球之侧棱为球的直径模型例31．（2024·贵州黔东南·高二凯里一中校考期中）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83，则球O 的体积为（）A ．4πB ．203πC ．6πD ．323π例32．（2024·四川巴中·高三统考期末）已知三棱锥S ABC -的体积为12，1AC BC ==，120ACB ∠=︒，若SC 是其外接球的直径，则球的表面积为（）A ．4πB ．6πC ．8πD ．16π例33．（2024·重庆九龙坡·高二重庆市育才中学校考期中）已知三棱锥S ABC -的所有顶点都在球O 的球面上,SA 为球的直径,ABC ∆是边长为2的等边三角形,三棱锥S ABC -的体积为3,则球的表面积为()A ．8πBC ．16πD ．1283π变式41．（2024·重庆·校联考一模）已知三棱锥S ABC -各顶点均在球O 上，SB 为球O 的直径，若2AB BC ==，23ABC π∠=，三棱锥S ABC -的体积为4，则球O 的表面积为A ．120πB ．64πC ．32πD ．16π变式42．（2024·河北唐山·统考三模）三棱锥S ABC -的四个顶点都在球面上，SA 是球的直径，AC AB ⊥，2BC SB SC ===，则该球的表面积为()A ．4πB ．6πC ．9πD ．12π变式43．（2024·河南南阳·统考模拟预测）已知三棱锥-P ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，PC 是球O 的直径.若平面PCA ⊥平面PCB ，PA AC =，PB BC =，三棱锥-P ABC 的体积为a ，则球O 的体积为A ．2a πB ．4a πC ．23a πD ．43a π变式44．（2024·福建莆田·高三统考期中）三棱锥S ABC -的各顶点均在球O 上，SC 为该球的直径，1,120AC BC ACB ︒==∠=，三棱锥S ABC -的体积为12，则球的表面积为A ．4πB ．6πC ．8πD ．16π变式45．（2024·全国·高三专题练习）已知三棱锥-P ABC 的四个顶点均在某球面上，PC 为该球的直径，ABC 是边长为4的等边三角形，三棱锥-P ABC 的体积为163，则该三棱锥的外接球的表面积为（）A ．163πB ．403πC ．643πD ．803π变式46．（2024·湖南长沙·高三长郡中学校考阶段练习）已知SC 是球O 的直径，,A B 是球O球面上的两点，且1,CA CB AB ===S ABC -的体积为1，则球O 的表面积为A ．4πB ．13πC ．16πD ．52π题型十二：外接球之共斜边拼接模型例34．（2022·江西·高二阶段练习（理））如图，在四棱锥P -ABCD 中，底面是菱形，PB ⊥底面ABCD ，O 是对角线AC 与BD 的交点，若1PB =，3APB π∠=，则三棱锥P BOC -的外接球的体积为（）A ．23πB ．43πC ．53πD ．2π例35．（2022·安徽·芜湖一中高二期中）已知三棱锥P ABC -中，1PA =，3PB =，PC =，AB =2CA CB ==，则此三棱锥的外接球的表面积为（）A ．143πB ．283πC ．9πD ．12π例36．（2022·江西赣州·高二期中（理））在三棱锥A SBC -中，10,,,4AB ASC BSC AC AS BC BS π=∠=∠===若该三棱锥的体积为153，则三棱锥A SBC -外球的体积为（）A ．πB ．3πC ．5πD ．43π变式47．在矩形A B C D 中，==4,3A B B C ，沿A C 将矩形A B C D 折成一个直二面角--B A C D ，则四面体A B C D 的外接球的体积为（）A ．π12512B ．π1259C ．π1256D ．π1253变式48．三棱锥-P A B C 中，平面⊥P A C 平面A B C ，=2A C ，⊥P A P C ，⊥A B B C ，则三棱锥-P A B C 的外接球的半径为题型十三：外接球之坐标法模型例37．（2024·浙江·高二校联考阶段练习）空间直角坐标系O xyz -中，(2,0,0),(0,3,0),(0,0,5),(2,3,5),A B C D 则四面体ABCD 外接球体积是（）A ．25πB ．36πC ．1083πD ．288π例38．（2024·贵州·统考模拟预测）如图，某环保组织设计一款苗木培植箱，其外形由棱长为2（单位：m ）的正方体截去四个相同的三棱锥（截面为等腰三角形）后得到.若将该培植箱置于一球形环境中，则该球表面积的最小值为2m 例39．（2024·河南开封·开封高中校考一模）如图，在三棱锥A BCD -中，,2,AD AB AB AD ACD ⊥== 为等边三角形，三棱锥A BCD -的体积为23，则三棱锥A BCD -外接球的表面积为.变式49．（2024·全国·高三专题练习）如图①，在Rt ABC 中，2C π=，2AC BC ==，D ，E 分别为AC ，AB 的中点，将ADE V 沿DE 折起到1A DE △的位置，使1A D CD ⊥，如图②.若F 是1A B 的中点，则四面体FCDE 的外接球体积是（）A ．2πBC ．6D ．12变式50．（2024·湖北武汉·高一武汉外国语学校（武汉实验外国语学校）期末）如图，已知四棱锥E ABCD -，底面ABCD 是边长为3的正方形，⊥AE 面ABCD ，2EQ QD = ，2EP PB = ，12ER RC = ，若RP RQ ==，则四棱锥E ABCD -外接球表面积为（）A ．44πB ．54πC ．176πD ．216π变式51．（2024·河南郑州·模拟预测）在长方体中1111ABCD A B C D -中，11AB AA ==，AD ＝2，M 是棱11B C 的中点，过点B ，M ，1D 的平面α交棱AD 于点N ，点P 为线段1D N 上一动点，则三棱锥1P BB M -外接球表面积的最小值为．变式52．（2024·湖南郴州·高二统考期末）如图，棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，E ，F 分别为棱11A D ､1AA 的中点，G 为面对角线1B C 上一个动点，则三棱锥1A EFG -的外接球表面积的最小值为.变式53．（2024·广东阳江·高三阳春市第一中学阶段练习）已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，点P 是线段11B D 上的动点，则三棱锥-P ABC 的外接球半径的取值范围为．题型十四：外接球之空间多面体例40．（2024·全国·高三专题练习）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 ．例41．（2024·山东青岛·高一山东省青岛第五十八中学校考阶段练习）截角四面体是一种半正八面体，可由四面体经过适当的截角，即截去四面体的四个顶点所产生的多面体.如图所示，将棱长为3的正四面体沿棱的三等分点作平行于底面的截面得到所有棱长均为1的截角四面体，则该截角四面体的外接球表面积为.例42．（2024·宁夏银川·银川二中校考一模）把一个棱长都是6的正四棱锥（底面是正方形，顶点在底面的射影是正方形的中心）每条棱三等分，沿与正四棱锥顶点相邻的三等分点做截面，将正四棱锥截去四个小正四面体和一个小正四棱锥（如图所示），则剩下的几何体的外接球的表面积等于．变式54．（2024·山东济南·高一山东省济南市莱芜第一中学校考阶段练习）取两个相互平行且全等的正n边形，将其中一个旋转一定角度，连接这两个多边形的顶点，使得侧面均为等边三角形，我们把这种多面体称作“n角反棱柱”.当n=4时，得到如图所示棱长均为2的“四角反棱柱”，则该“四角反棱柱”外接球的表面积等于（）A ．11πB ．(8π+C ．(8π+D 题型十五：与球有关的最值问题例43．（2024·江西抚州·统考模拟预测）如图，直三棱柱ABC A B C '''-中，,4AC BC AC BC ⊥==，棱柱的侧棱足够长，点P 在棱BB '上，点1C 在CC '上，且1PA PC ⊥，则当△1APC 的面积取最小值时，三棱锥-P ABC 的外接球的体积为.例44．（2024·全国·学军中学校联考二模）如图，直三棱柱111ABC A B C -中，3π,24BCA AC BC ∠===，点P 在棱1BB 上，且1PA PC ⊥，当1APC 的面积取最小值时，三棱锥-P ABC 的外接球的表面积为.例45．（2024·湖南长沙·高三长沙一中校考阶段练习）正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，点E ∈平面11AA B B ，点F 是线段1AA 的中点，若1D E CF ⊥，则当EBC 的面积取得最小值时，三棱锥1E BCC -外接球的体积为.变式55．（2024·广东深圳·高三深圳中学校考开学考试）如图，直三棱柱111ABC A B C -中，AC⊥BC ，AC =3BC =，点P 在棱1BB 上，且1PA PC ⊥，当1APC 的面积取最小值时，三棱锥-P ABC 的外接球的表面积为．变式56．（2024·黑龙江齐齐哈尔·高一校联考期末）已知三棱锥-P ABC 的四个顶点均在同一个球面上，底面ABC 为等腰直角三角形且4BA BC ==，若该三棱锥体积的最大值为323，则其外接球的表面积为.变式57．（2024·四川泸州·高三四川省泸县第一中学校考阶段练习）已知四棱锥S －ABCD 中，底面ABCD 为正方形，侧面SAB 为等边三角形，AB ＝3，则当四棱锥的体积取得最大值时，其外接球的表面积为．变式58．（2024·湖南长沙·高三宁乡一中校考阶段练习）在三棱锥-P ABC 中，PA ⊥底面ABC ，2PA =，2AB AC BC m ===，M 为AC 的中点，若三棱锥P ABM -的顶点均在球O 的球面上，D 是球O 上一点，且三棱锥-D PAC O 的体积为.变式59．（2024·江西南昌·南昌十中校考模拟预测）点A ，B ，C ，D 在同一个球的球面上，AB BC AC ===，若四面体ABCD，则这个球的表面积为.题型十六：内切球之正方体、正棱柱模型例46．（2024·广东肇庆·高一校考阶段练习）棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -的内切球的球心为O ，则球O 的体积为（）A ．23πB ．43πC ．2πD ．83π例47．（2024·河北邯郸·高一大名县第一中学校考阶段练习）已知直三棱柱111ABC A B C -存在内切球，若3,4,AB BC AB BC ==⊥，则该三棱柱外接球的表面积为（）A ．26πB ．27πC ．28πD ．29π例48．（2024·山西太原·高一校考阶段练习）已知正方体的内切球(球与正方体的六个面都相切)的体积是32π3，则该正方体的体积为（）A ．4B ．16C ．8D ．64变式60．（2024·全国·高一专题练习）若一个正三棱柱存在外接球与内切球，则它的外接球与内切球体积之比为（）A ．B ．5:1C ．:1D ．6:1变式61．（2024·辽宁·高二沈阳二中校联考开学考试）在正三棱柱ABC A B C '''-中，D 是侧棱BB '上一点，E 是侧棱CC '上一点，若线段AD DE EA '++的最小值是在一个内切球（与该棱柱的所有面均相切），则该棱柱的外接球表面积为（）A ．4πB ．5πC ．6πD ．8π变式62．（2024·全国·高一专题练习）若一个正六棱柱既有外接球又有内切球，则该正六棱柱的外接球和内切球的表面积的比值为（）A ．2:1B ．3:2C ．7:3D ．7:4变式63．（2024·全国·高三专题练习）已知点O 到直三棱柱111ABC A B C -各面的距离都相等，。

高考外接球与内接球专题练习（1）正方体，长方体外接球1. 如图所示，已知正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1的棱长为2，长为2的线段MN 的一个端点M 在棱DD 1上运动，另一端点N 在正方形ABCD 内运动，则MN 的中点的轨迹的面积为（ ）A. 4πB. 2πC. πD. 2π 2. 正方体的内切球与其外接球的体积之比为（ ） A. 1:3 B. 1:3 C. 1:33 D. 1:93. 长方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1的8个顶点在同一个球面上，且AB=2，AD=3，AA 1=1， 则该球的表面积为（ ）A. 4πB. 8πC. 16πD. 32π4. 底面边长为1，侧棱长为2的正四棱柱的各顶点均在同一球面上，则该球的体积为A. 323π B. 4π C. 2π D. 43π 5. 已知正三棱锥P ﹣ABC ，点P ，A ，B ，C 都在半径为3的球面上，若P A ，PB ，PC 两两垂直，则球心到截面ABC 的距离为 _________ ．6. 在三棱椎A ﹣BCD 中，侧棱AB ，AC ，AD 两两垂直，△ABC ，△ACD ，△ADB 的 面积分别为22，32，62，则该三棱椎外接球的表面积为（ ） A. 2π B. 6π C. 46π D. 24π7. 设A 、B 、C 、D 是半径为2的球面上的四点，且满足AB ⊥AC 、AD ⊥AC 、AB ⊥AD ， 则S △ABC +S △ABD +S △ACD 的最大值为（ ）A. 4B. 8C. 12D. 168. 四面体ABCD 中，已知AB=CD=29，AC=BD=34，AD=BC=37，则四面体的 外接球的表面积为（ ）A. 25πB. 45πC. 50πD. 100π9. 如图，在三棱锥S ﹣ABC 中，M 、N 分别是棱SC 、BC 的中点，且MN ⊥AM ，若AB=22，则此正三棱锥外接球的体积是A. 12πB. 43πC. 433π D. 123π 10. 已知三棱锥P ABC -的顶点都在同一个球面上（球O ），且2,6PA PB PC ===， 当三棱锥P ABC -的三个侧面的面积之和最大时，该三棱锥的体积与球O 的体积的比值为（ ）A. 316πB. 38πC. 116πD. 18π （2）直棱柱外接球11. 已知三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的球面上，若AB=3，AC=4，AB ⊥AC ， AA 1=12，则球O 的半径为A. 3172B. 210C. 132D. 310 12. 设三棱柱的侧棱垂直于底面，所有棱长都为a ，顶点都在一个球面上，则该球的表面 积为（ ）A. 2a πB. 273a πC. 2113a π D. 25a π 13. 直三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1的各顶点都在同一球面上，若AB=AC=AA 1=2，∠BAC=120°， 则此球的表面积等于_________ ．14. 三棱锥S ﹣ABC 的所有顶点都在球O 的表面上，SA ⊥平面ABC ，AB ⊥BC ，又SA=AB=BC=1，则球O 的表面积为（ ）A. 32πB. 32π C. 3π D. 12π 15. 已知球O 的面上四点A 、B 、C 、D ，DA ⊥平面ABC ，AB ⊥BC ，DA=AB=BC=3， 则球O 的体积等于 _________ ．（3）正棱锥外接球16. 棱长均相等的四面体ABCD 的外接球半径为1，则该四面体的棱长为___________17. 如图，在等腰梯形ABCD 中，AB=2DC=2，∠DAB=60°，E 为AB的中点，将△ADE 与△BEC 分别沿ED 、EC 向上折起，使A 、B重合于点P ，则P ﹣DCE 三棱锥的外接球的体积为（ ）A. 4327πB. 62π C. 68π D. 624π 18. 已知三棱锥P ABC -的所有顶点都在表面积为28916π的球面上，底面ABC 是边长为 3的等边三角形，则三棱锥P ABC -体积的最大值为__________19. 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. 814π B. 16π C. 9π D. 274π 20. 已知正三棱锥P ﹣ABC 的顶点均在球O 上，且P A=PB=PC=25，AB=BC=CA=23， 则球O 的表面积为（ ）A. 25πB. 1256πC. 52π D. 20π21. 在球O 的表面上有A 、B 、C 三个点，且3AOB BOC COA π∠=∠=∠=，△ABC 的外接圆半径为2，那么这个球的表面积为（ ） A. 48π B. 36π C. 24π D. 12π 22. 半径为2的半球内有一内接正六棱锥P ﹣ABCDEF ，则此正六棱锥的侧面积是 ____．23. 表面积为23的正八面体的各个顶点都在同一个球面上，则此球的体积为（ ）A. 23πB. 3π C. 23π D. 223π 24. 正四棱锥P ﹣ABCD 底面的四个顶点A 、B 、C 、D 在球O 的同一个大圆上，点P 在球面 上，如果163P ABCD V -=，则求O 的表面积为（ ） A. 4π B. 8π C. 12π D. 16π（4）棱锥外接球25. 已知A ，B ，C ，D 在同一个球面上，AB ⊥平面BCD ，BC ⊥CD ，若AB=6，213AC =， AD=8，则此球的体积是 _________ ．26. 在矩形ABCD 中，AB=4，BC=3，沿AC 将矩形ABCD 折成一个直二面角B ﹣AC ﹣D ， 则四面体ABCD 的外接球的体积为（ ）A. 12512πB. 1259πC. 1256πD. 1253π 27. 点A ，B ，C ，D 在同一个球的球面上，AB=BC=2，AC=22，若四面体ABCD 体积 的最大值为43，则该球的表面积为（ ） A. 163π B. 8π C. 9π D. 12π 28. 四棱锥S ﹣ABCD 的底面ABCD 是正方形，侧面SAB 是以AB 为斜边的等腰直角三角 形，且侧面SAB ⊥底面ABCD ，若AB=23，则此四棱锥的外接球的表面积为（ ）A. 14πB. 18πC. 20πD. 24π29. 三棱锥S ﹣ABC 的四个顶点都在球面上，SA 是球的直径，AC ⊥AB ，BC=SB=SC=2， 则该球的表面积为（ ）A. 4πB. 6πC. 9πD. 12π30. 已知四棱锥V ﹣ABCD 的顶点都在同一球面上，底面ABCD 为矩形，AC∩BD=G ，VG ⊥平面ABCD ，AB=3，AD=3，VG=3，则该球的体积为（ ）A. 36πB. 9πC. 123πD. 43π（5）内接球31. 一块石材表示的几何体的三视图如图所示，将该石材切削、打磨，加工成球，则能得到的最大球的半径等于（ ）A. 1B. 2C. 3D. 432. 在封闭的直三棱柱111ABC A B C -内有一个体积为V 的球，若AB BC ⊥，6,8AB BC ==，13AA =，则V 的最大值为A. 4πB. 92πC. 6πD. 323π 33. 已知球O 与棱长为4的正四面体的各棱相切，则球O 的体积为（ ） A. 823π B. 833π C. 863π D. 1623π 34. 把一个皮球放入一个由8根长均为20的铁丝接成的四棱锥形骨架内，使皮球的表面 与8根铁丝都有接触点（皮球不变形），则皮球的半径为（ ）A. 103B. 10C. 102D. 3035. 棱长为23的正四面体内切一球，然后在正四面体和该球形成的空隙处各放入一个小 球，则这些球的最大半径为（ ）A. 2B. 22C. 24D. 2636. 如图，在四面体ABCD 中，截面AEF 经过四面体的内切球球心O ，且与BC ，DC 分别截于E 、F ，如果截面将四面体分成体积相等的两部分，设四棱锥A ﹣BEFD 与三棱锥A ﹣EFC的表面积分别是S 1，S 2，则必有（ ）A. S 1＜S 2B. S 1＞S 2C. S 1=S 2D. S 1，S 2的大小关系不能确定（6）球的截面问题37. 平面α截球O 的球面所得圆的半径为1，球心O 到平面α的距离为，则此球的体 积为（ ）A. 6πB. 43πC. 46πD. 63π38. 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. 26B. 36C. 23D. 2239. 高为2的四棱锥S ﹣ABCD 的底面是边长为1的正方形，点S ，A ，B ，C ，D 均在半 径为1的同一球面上，则底面ABCD 的中心与顶点S 之间的距离为（ ）A. 102B. 232+C. 32D. 240. 已知三棱锥S ﹣ABC 的各顶点都在一个半径为r 的球面上，球心O 在AB 上，SO ⊥底面ABC ，AC =，则球的体积与三棱锥体积之比是（ ）A. πB. 2πC. 3πD. 4π41. 在半径为13的球面上有A ，B ，C 三点，AB=6，BC=8，CA=10，则（1）球心到平面ABC 的距离为 _________ ；（2）过A ，B 两点的大圆面与平面ABC 所成二面角为（锐角）的正切值为 ____．42. 设A 、B 、C 、D 是球面上的四个点，且在同一平面内，AB=BC=CD=DA=3，球心到 该平面的距离是球半径的一半，则球的体积是（ ）A. B. C. D.43. 已知过球面上A 、B 、C 三点的截面和球心的距离等于球半径的一半，且AB=BC=CA=2， 则球面面积是（ ） A. 169π B. 83π C. 4π D. 649π 44. 已知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 ． 若圆M 的面积为3π，则球O 的表面积等于 _________ ．45. 三棱锥P ﹣ABC 的各顶点都在一半径为R 的球面上，球心O 在AB 上，且有P A=PB=PC ， 底面△ABC 中∠ABC=60°，则球与三棱锥的体积之比是 _________ ．46. 已知H 是球O 的直径AB 上一点，:1:2AH HB =，AB ⊥平面α，H 为垂足，α截 球O 所得截面的面积为π，则球O 的表面积为__________（7）旋转体的外接内切47. 半径为4的球O 中有一内接圆柱．当圆柱的侧面积最大时，球的表面积与该圆柱的侧面 积之差是 _________ ．48. 将4个半径都是R 的球体完全装入底面半径是2R 的圆柱形桶中，则桶的最小高度 是 _________ ．1. D ；2. C ；3. B ；4. D ；5. 3； 6. B ； 7. B ； 8. C ； 9. B ；10. A ； 11. C ； 12. B ； 13. 20π； 14. C ； 15. 92π； 16. ；17. C ； 19. A ； 20. A ； 21. A ； 22. ； 23. A ； 24. D ； 25. 2563π； 26. C ； 27. C ； 28. D ； 29. B ； 30. D ； 31. B ； 32. B ； 33. A ； 34. B ； 35. C ； 36. C ； 37. B ； 38. A ； 39. A ； 40. D ；41. 12；3；42. A；43. D；44. 16π；45.3；46.92π47. 30π；48.(2R+；。

专题一 墙角模型如果一个多面体的各个顶点都在同一个球面上，那么称这个多面体是球的内接多面体，这个球称为多面体的外接球．有关多面体外接球的问题，是立体几何的一个重点与难点，也是高考考查的一个热点．考查学生的空间想象能力以及化归能力．研究多面体的外接球问题，既要运用多面体的知识，又要运用球的知识，解决这类问题的关键是抓住内接的特点，即球心到多面体的顶点的距离等于球的半径．并且还要特别注意多面体的有关几何元素与球的半径之间的关系，而多面体外接球半径的求法在解题中往往会起到至关重要的作用．球的内切问题主要是指球外切多面体与旋转体，解答时首先要找准切点，通过作截面来解决．如果外切的是多面体，则作截面时主要抓住多面体过球心的对角面来作．当球与多面体的各个面相切时，注意球心到各面的距离相等即球的半径，求球的半径时，可用球心与多面体的各顶点连接，球的半径为分成的小棱锥的高，用体积法来求球的半径．空间几何体的外接球与内切球十大模型1．墙角模型；2．对棱相等模型；3．汉堡模型；4．垂面模型；5．切瓜模型；6．斗笠模型；7．鳄鱼模型；8．已知球心或球半径模型；9．最值模型；10．内切球模型．【方法总结】墙角模型是三棱锥有一条侧棱垂直于底面且底面是直角三角形模型，用构造法(构造长方体)解决．外接球的直径等于长方体的体对角线长(在长方体的同一顶点的三条棱长分别为a ，b ，c ，外接球的半径为R ，则2R ＝a 2＋b 2＋c 2．)，秒杀公式：R 2＝a 2＋b 2＋c 24．可求出球的半径从而解决问题．有以下四种类型：【例题选讲】[例] (1)已知三棱锥A －BCD 的四个顶点A ，B ，C ，D 都在球O 的表面上，AC ⊥平面BCD ，BC ⊥CD ，且AC ＝3，BC ＝2，CD ＝5，则球O 的表面积为( )A ．12πB ．7πC ．9πD ．8π答案 A 解析 由AC ⊥平面BCD ，BC ⊥CD 知三棱锥A －BCD 可构造以AC ，BC ，CD 为三条棱的长方体，设球O 的半径为R ，则有(2R )2＝AC 2＋BC 2＋CD 2＝3＋4＋5＝12，所以S 球＝4πR 2＝12π，故选A ．(2)若三棱锥ABC S -的三条侧棱两两垂直，且2=SA ，4==SC SB ，则该三棱锥的外接球半径为( )． A ．3 B ．6 C ．36 D ．9ABC D A 1B 1C 1D 1类型ⅠA BC DA 1B 1C 1D 1类型ⅡABC D A 1B 1C 1D 1类型ⅢABC D A 1B 1C 1D 1例外型答案 A 解析 616164)2(2=++=R ，3=R ，故选A ．(3)已知S ，A ，B ，C ，是球O 表面上的点，SA ⊥平面ABC ，AB ⊥BC ，SA ＝AB ＝1，BC，则球O 的表面积等于( )．A ．4πB ．3πC ．2πD ．π 答案 解析由已知，22R =， 244S R π∴==球π．(4)在正三棱锥S －ABC 中，M ，N 分别是棱SC ，BC 的中点，且AM MN ⊥，若侧棱SA =三棱锥S －ABC 外接球的表面积是________．答案 π36 解析 MN AM ⊥，MN SB //，∴SB AM ⊥， SB AC ⊥，∴⊥SB 平面SAC ，∴SA SB ⊥，SC SB ⊥， SA SB ⊥，SA BC ⊥，∴⊥SA 平面SBC ，∴SC SA ⊥，故三棱锥ABC S -的三棱条侧棱两两互相垂直，222(2)R ∴=+2+36=，即3642=R ，∴正三棱锥ABC S -外接球的表面积是π36．(5)(2019全国Ⅰ)已知三棱锥P －ABC 的四个顶点在球O 的球面上，P A ＝PB ＝PC ，△ABC 是边长为2的正三角形，E ，F 分别是P A ，AB 的中点，∠CEF =90°，则球O 的体积为( )．A． B． C． D答案 D 解析 解法一：, PA PB PC ABC ==△为边长为2的等边三角形，P ABC ∴-为正三棱锥，PB AC ∴⊥，又E ，F 分别为PA ，AB 的中点，EF PB ∴∥，EF AC ∴⊥，又EF CE ⊥，,CE AC C EF =∴⊥平面PAC ，∴PB ⊥平面PAC， APB PA PB PC ∴∠=90︒,∴===P ABC ∴-为正方体的一部分，2R，=，即344π33R V R π=∴==，故选D ．解法二：设2PA PB PC x ===，, E F 分别为, PA AB 的中点，EF PB ∴∥，且12EF PB x ==，ABC△为边长为2的等边三角形，CF ∴=，又90CEF ∠=︒，12CE AE PA x ∴==，AEC △中，ABCSMN ABCP EF(解法一)AC(解法二)由余弦定理可得()2243cos 22x x EAC x+--∠=⨯⨯，作PD AC ⊥于D ，PA PC =，D ∴为AC 的中点，cos E ∠12AD AC PA x ==，2243142x x x x +-+∴=，221212 2x x x ∴+=∴==，，，PA PB PC ∴===2AB BC AC ===，, , PA PB PC ∴两两垂直，2R ∴，R ∴，34433V R ππ∴==⨯==，故选D ． (6)已知二面角α－l －β的大小为π3，点P ∈α，点P 在β 内的正投影为点A ，过点A 作AB ⊥l ，垂足为点B ，点C ∈l ，BC ＝22，P A ＝23，点D ∈β，且四边形ABCD 满足∠BCD ＋∠DAB ＝π．若四面体P ACD 的四个顶点都在同一球面上，则该球的体积为________．答案 86π 解析 ∵∠BCD ＋∠DAB ＝π，∴A ，B ，C ，D 四点共圆，直径为AC ，∵P A ⊥平面β，AB ⊥l ，∴易得PB ⊥l ，即∠PBA 为二面角α－l －β的平面角，即∠PBA ＝π3，∵P A ＝23，∴BA ＝2，∵BC＝22，∴AC ＝23．设球的半径为R ，则23－R 2－()32＝R 2－()32，∴R ＝6，V ＝4π3(6)3＝86π．【对点训练】1．点A ，B ，C ，D 均在同一球面上，且AB ，AC ，AD 两两垂直，且AB ＝1，AC ＝2，AD ＝3，则该球的 表面积为( )A ．7πB ．14πC ．72πD ．714π32．等腰△ABC 中，AB ＝AC ＝5，BC ＝6，将△ABC 沿BC 边上的高AD 折成直二面角B －AD －C ，则三棱 锥B －ACD 的外接球的表面积为( )A ．5πB ．203π C ．10π D ．34π3．已知球O 的球面上有四点A ，B ，C ，D ，DA ⊥平面ABC ，AB ⊥BC ，DA ＝AB ＝BC ＝2，则球O 的体 积等于________.4．已知四面体P －ABC 四个顶点都在球O 的球面上，若PB ⊥平面ABC ，AB ⊥AC ，且AC ＝1，AB ＝PB ＝2，则球O 的表面积为________．5．三棱锥P －ABC 中，△ABC 为等边三角形，P A ＝PB ＝PC ＝3，P A ⊥PB ，三棱锥P －ABC 的外接球的体 积为( )A ．272πB ．2732π C ．273π D ．27π6．在空间直角坐标系Oxyz 中，四面体ABCD 各顶点的坐标分别为A (2，2，1)，B (2，2，－1)，C (0，2， 1)，D (0，0，1)，则该四面体外接球的表面积是( )A ．16πB ．12πC ．43πD ．6π7．在平行四边形ABCD 中，∠ABD ＝90°，且AB ＝1，BD ＝2，若将其沿BD 折起使平面ABD ⊥平面BC D ，则三棱锥A －BDC 的外接球的表面积为( D )A ．2πB ．8πC ．16πD ．4π8．在正三棱锥S－ABC中，点M是SC的中点，且AM⊥SB，底面边长AB＝22，则正三棱锥S－ABC的外接球的表面积为()A．6πB．12πC．32πD．36π9．在古代将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑，已知四面体A－BCD为鳖臑，AB⊥平面BCD，且AB＝BC＝36CD，若此四面体的体积为833，则其外接球的表面积为________．10．在长方体ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为32的正方形，AA1＝3，E是线段A1B1上一点，若二面角A－BD－E的正切值为3，则三棱锥A－A1D1E外接球的表面积为________．专题一 墙角模型如果一个多面体的各个顶点都在同一个球面上，那么称这个多面体是球的内接多面体，这个球称为多面体的外接球．有关多面体外接球的问题，是立体几何的一个重点与难点，也是高考考查的一个热点．考查学生的空间想象能力以及化归能力．研究多面体的外接球问题，既要运用多面体的知识，又要运用球的知识，解决这类问题的关键是抓住内接的特点，即球心到多面体的顶点的距离等于球的半径．并且还要特别注意多面体的有关几何元素与球的半径之间的关系，而多面体外接球半径的求法在解题中往往会起到至关重要的作用．球的内切问题主要是指球外切多面体与旋转体，解答时首先要找准切点，通过作截面来解决．如果外切的是多面体，则作截面时主要抓住多面体过球心的对角面来作．当球与多面体的各个面相切时，注意球心到各面的距离相等即球的半径，求球的半径时，可用球心与多面体的各顶点连接，球的半径为分成的小棱锥的高，用体积法来求球的半径．空间几何体的外接球与内切球十大模型1．墙角模型；2．对棱相等模型；3．汉堡模型；4．垂面模型；5．切瓜模型；6．斗笠模型；7．鳄鱼模型；8．已知球心或球半径模型；9．最值模型；10．内切球模型．【方法总结】墙角模型是三棱锥有一条侧棱垂直于底面且底面是直角三角形模型，用构造法(构造长方体)解决．外接球的直径等于长方体的体对角线长(在长方体的同一顶点的三条棱长分别为a ，b ，c ，外接球的半径为R ，则2R ＝a 2＋b 2＋c 2．)，秒杀公式：R 2＝a 2＋b 2＋c 24．可求出球的半径从而解决问题．有以下四种类型：【例题选讲】[例] (1)已知三棱锥A －BCD 的四个顶点A ，B ，C ，D 都在球O 的表面上，AC ⊥平面BCD ，BC ⊥CD ，且AC ＝3，BC ＝2，CD ＝5，则球O 的表面积为( )A ．12πB ．7πC ．9πD ．8π答案 A 解析 由AC ⊥平面BCD ，BC ⊥CD 知三棱锥A －BCD 可构造以AC ，BC ，CD 为三条棱的长方体，设球O 的半径为R ，则有(2R )2＝AC 2＋BC 2＋CD 2＝3＋4＋5＝12，所以S 球＝4πR 2＝12π，故选A ．(2)若三棱锥ABC S -的三条侧棱两两垂直，且2=SA ，4==SC SB ，则该三棱锥的外接球半径为( )． A ．3 B ．6 C ．36 D ．9ABC D A 1B 1C 1D 1类型ⅠA BC DA 1B 1C 1D 1类型ⅡABC D A 1B 1C 1D 1类型ⅢABC D A 1B 1C 1D 1例外型答案 A 解析 616164)2(2=++=R ，3=R ，故选A ．(3)已知S ，A ，B ，C ，是球O 表面上的点，SA ⊥平面ABC ，AB ⊥BC ，SA ＝AB ＝1，BC，则球O 的表面积等于( )．A ．4πB ．3πC ．2πD ．π答案 解析由已知，22R =， 244S R π∴==球π．(4)在正三棱锥S －ABC 中，M ，N 分别是棱SC ，BC 的中点，且AM MN ⊥，若侧棱SA =三棱锥S －ABC 外接球的表面积是________．答案 π36 解析 MN AM ⊥，MN SB //，∴SB AM ⊥， SB AC ⊥，∴⊥SB 平面SAC ，∴SA SB ⊥，SC SB ⊥， SA SB ⊥，SA BC ⊥，∴⊥SA 平面SBC ，∴SC SA ⊥，故三棱锥ABC S -的三棱条侧棱两两互相垂直，222(2)R ∴=+2+36=，即3642=R ，∴正三棱锥ABC S -外接球的表面积是π36．(5)(2019全国Ⅰ)已知三棱锥P －ABC 的四个顶点在球O 的球面上，P A ＝PB ＝PC ，△ABC 是边长为2的正三角形，E ，F 分别是P A ，AB 的中点，∠CEF =90°，则球O 的体积为( )．A． B． C． D答案 D 解析 解法一：, PA PB PC ABC ==△为边长为2的等边三角形，P ABC ∴-为正三棱锥，PB AC ∴⊥，又E ，F 分别为PA ，AB 的中点，EF PB ∴∥，EF AC ∴⊥，又EF CE ⊥，,CEAC C EF =∴⊥平面PAC ，∴PB ⊥平面PAC， APB PA PB PC ∴∠=90︒,∴===P ABC∴-为正方体的一部分，2R，即344π33R V R π∴===，故选D ．解法二：设2PA PB PC x ===，, E F 分别为, PA AB 的中点，EF PB ∴∥，且12EF PB x ==，ABC △为边长为2的等边三角形，CF ∴=，又90CEF ∠=︒，12CE AE PA x ∴==，AEC △中，ABCSMN ACP EF(解法一)AC(解法二)由余弦定理可得()2243cos 22x x EAC x+--∠=⨯⨯，作PD AC ⊥于D ，PA PC =，D ∴为AC 的中点，cos E ∠12AD AC PA x ==，2243142x x x x +-+∴=，221212 2x x x ∴+=∴==，，，PA PB PC ∴===2AB BC AC ===，, , PA PB PC ∴两两垂直，2R ∴，R ∴，34433V R ππ∴==⨯==，故选D ． (6)已知二面角α－l －β的大小为π3，点P ∈α，点P 在β 内的正投影为点A ，过点A 作AB ⊥l ，垂足为点B ，点C ∈l ，BC ＝22，P A ＝23，点D ∈β，且四边形ABCD 满足∠BCD ＋∠DAB ＝π．若四面体P ACD 的四个顶点都在同一球面上，则该球的体积为________．答案 86π 解析 ∵∠BCD ＋∠DAB ＝π，∴A ，B ，C ，D 四点共圆，直径为AC ，∵P A ⊥平面β，AB ⊥l ，∴易得PB ⊥l ，即∠PBA 为二面角α－l －β的平面角，即∠PBA ＝π3，∵P A ＝23，∴BA ＝2，∵BC＝22，∴AC ＝23．设球的半径为R ，则23－R 2－()32＝R 2－()32，∴R ＝6，V ＝4π3(6)3＝86π．【对点训练】1．点A ，B ，C ，D 均在同一球面上，且AB ，AC ，AD 两两垂直，且AB ＝1，AC ＝2，AD ＝3，则该球的 表面积为( )A ．7πB ．14πC ．72πD ．714π31．答案 B 解析 三棱锥A －BCD 的三条侧棱两两互相垂直，所以把它补为长方体，而长方体的体对角 线长为其外接球的直径．所以长方体的体对角线长是12＋22＋32＝14，它的外接球半径是142，外接球的表面积是4π×⎝⎛⎭⎫1422＝14π．2．等腰△ABC 中，AB ＝AC ＝5，BC ＝6，将△ABC 沿BC 边上的高AD 折成直二面角B －AD －C ，则三棱 锥B －ACD 的外接球的表面积为( )A ．5πB ．203π C ．10π D ．34π2．答案 D 解析 依题意，在三棱锥B －ACD 中，AD ，BD ，CD 两两垂直，且AD ＝4，BD ＝CD ＝3， 因此可将三棱锥BACD 补形成一个长方体，该长方体的长、宽、高分别为3,3,4，且其外接球的直径2R ＝32＋32＋42＝34，故三棱锥B －ACD 的外接球的表面积为4πR 2＝34π3．已知球O 的球面上有四点A ，B ，C ，D ，DA ⊥平面ABC ，AB ⊥BC ，DA ＝AB ＝BC ＝2，则球O 的体 积等于________. 3．答案6π 解析 如图，以DA ，AB ，BC 为棱长构造正方体，设正方体的外接球球O 的半径为R ，则正方体的体对角线长即为球O 的直径．∴CD ＝(2)2＋(2)2＋(2)2＝2R ，因此R ＝62，故球O 的体积V ＝4πR 33＝6π.4．已知四面体P －ABC 四个顶点都在球O 的球面上，若PB ⊥平面ABC ，AB ⊥AC ，且AC ＝1，AB ＝PB ＝2，则球O 的表面积为________．4．答案 9π 解析 由PB ⊥平面ABC ，AB ⊥AC ，可得图中四个直角三角形，且PC 为△PBC ，△P AC 的公共斜边，故球心O 为PC 的中点，由AC ＝1，AB ＝PB ＝2，PC ＝3，∴球O 的半径为32，其表面积为9π.5．三棱锥P －ABC 中，△ABC 为等边三角形，P A ＝PB ＝PC ＝3，P A ⊥PB ，三棱锥P －ABC 的外接球的体 积为( )A ．272πB ．2732π C ．273π D ．27π5．答案 B 解析 因为三棱锥P －ABC 中，△ABC 为等边三角形，P A ＝PB ＝PC ＝3，所以△P AB ≌△PBC ≌△P AC ．因为P A ⊥PB ，所以P A ⊥PC ，PC ⊥PB ．以P A ，PB ，PC 为过同一顶点的三条棱作正方体(如图所示)，则正方体的外接球同时也是三棱锥P －ABC 的外接球．因为正方体的体对角线长为32＋32＋32＝33，所以其外接球半径R ＝332．因此三棱锥P －ABC 的外接球的体积V ＝4π3×⎝⎛⎭⎫3323＝2732π，故选B ．6．在空间直角坐标系Oxyz 中，四面体ABCD 各顶点的坐标分别为A (2，2，1)，B (2，2，－1)，C (0，2， 1)，D (0，0，1)，则该四面体外接球的表面积是( )A ．16πB ．12πC ．43πD ．6π6．答案 B 解析 在空间直角坐标系内画出A ，B ，C ，D 四个点，可得BA ⊥AC ，DC ⊥平面ABC ， 因此可以把四面体ABCD 补成一个棱为2的正方体，其外接球的半径R ＝22＋22＋222＝ 3.所以外接球的表面积为4πR 2＝12π，故选B.7．在平行四边形ABCD 中，∠ABD ＝90°，且AB ＝1，BD ＝2，若将其沿BD 折起使平面ABD ⊥平面BCD ，则三棱锥A －BDC 的外接球的表面积为( D )A ．2πB ．8πC ．16πD ．4π 7．答案 D 解析 画出对应的平面图形和立体图形，如图所示．AAB BC CD DO在立体图形中，设AC 的中点为O ，连接OB ，OD ，因为平面ABD ⊥平面BCD ，CD ⊥BD ，所以CD ⊥平面ABD ，又AB ⊥BD ，所以AB ⊥平面BCD ，所以△CDA 与△CBA 都是以AC 为斜边的直角三角形，所以OA ＝OC ＝OB ＝OD ，所以点O 为三棱锥A －BDC 的外接球的球心．于是，外接球的半径r ＝12AC＝12CD 2＋DA 2＝1212＋(3)2＝1．故外接球的表面积S ＝4πr 2＝4π．故选D ．8．在正三棱锥S －ABC 中，点M 是SC 的中点，且AM ⊥SB ，底面边长AB ＝22，则正三棱锥S －ABC 的 外接球的表面积为( )A ．6πB ．12πC ．32πD ．36π8．答案 B 解析 因为三棱锥S －ABC 为正三棱锥，所以SB ⊥AC ，又AM ⊥SB ，AC ∩AM ＝A ，AC ，AM ⊂平面SAC ，所以SB ⊥平面SAC ，所以SB ⊥SA ，SB ⊥SC ，同理SA ⊥SC ，即SA ，SB ，SC 三线两两垂直，且AB ＝22，所以SA ＝SB ＝SC ＝2，所以(2R )2＝3×22＝12，所以球的表面积S ＝4πR 2＝12π，故选B.9．在古代将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑，已知四面体A －BCD 为鳖臑，AB ⊥平面BCD ， 且AB ＝BC ＝36CD ，若此四面体的体积为833，则其外接球的表面积为________． 9．答案 56π 解析 四面体A －BCD 为鳖臑，则由题意可知△BCD 中只能∠BCD 为直角，则四面体A －BCD 的体积为13×12×CD ·36CD ·36CD ＝833，解得CD ＝43．易知外接球的球心为AD 的中点，易求得AD ＝214，所以球的半径为14，所以球的表面积为56π．10．在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 是边长为32的正方形，AA 1＝3，E 是线段A 1B 1上一点，若二面角A －BD －E 的正切值为3，则三棱锥A －A 1D 1E 外接球的表面积为________．10．答案 35π 解析 过点E 作EF ∥AA 1交AB 于F ，过F 作FG ⊥BD 于G ，连接EG ，则∠EGF 为二面角A －BD －E 的平面角，∵tan ∠EGF ＝3，∴EFFG＝3，∵EF ＝AA 1＝3，∴FG ＝1，则BF ＝2＝B 1E ，∴A 1E ＝22，则三棱锥A －A 1D 1E 外接球的直径为8＋9＋18＝35，因此三棱锥A －A 1D 1E 外接球的表面积S ＝35π．专题二 对棱相等模型【方法总结】对棱相等模型是三棱锥的三组对棱长分别相等模型，用构造法(构造长方体)解决．外接球的直径等于长方体的体对角线长，即2R =长方体的长、宽、高分别为a 、b 、c )．秒杀公式：R 2＝x 2＋y 2＋z 28(三棱锥的三组对棱长分别为x 、y 、z )．可求出球的半径从而解决问题．【例题选讲】[例] (1)________． 答案解析 这是特殊情况，但也是对棱相等的模式，放入长方体中，32=R ，23=R ，ππ2383334=⋅=V ．(2)在三棱锥A －BCD 中，AB ＝CD ＝2，AD ＝BC ＝3，AC ＝BD ＝4，则三棱锥BCD A -外接球的表面积为________．答案292π 解析 构造长方体，三个长度为三对面的对角线长，设长宽高分别为c b a ,,，则922=+b a ，422=+c b ，1622=+a c ∴291649)(2222=++=++c b a ，291649)(2222=++=++c b a ，229222=++c b a ，22942=R ，π229=S ． (3)在三棱锥A －BCD 中，AB ＝CD ＝6，AC ＝BD ＝AD ＝BC ＝5，则该三棱锥的外接球的体积为____． 答案43436π解析 依题意得，该三棱锥的三组对棱分别相等，因此可将该三棱锥补形成一个长方体，设该长方体的长、宽、高分别为a 、b 、c ，且其外接球的半径为R ，则⎩⎪⎨⎪⎧a 2＋b 2＝62，b 2＋c 2＝52，c 2＋a 2＝52，得a 2＋b 2＋c 2＝43，即(2R )2＝a 2＋b 2＋c 2＝43，易知432R =，即为该三棱锥的外接球的半径，所以该三棱锥的外接球的表面积为34434336R ππ=．(4)在正四面体A BCD -中，E 是棱AD 的中点，P 是棱AC 上一动点，BP PE +，则该正四面体的外接球的体积是( )A B ．6π C D ．32π AB C D A 1B 1C 1D 1答案 A 解析 将侧面ABC ∆和ACD ∆展成平面图形，如图所示：设正四面体的棱长为a ，则BP PE +的最小值为1cos1202BE a a ===，2a ∴=．在正四面体A BCD -的边长为2，外接球的半径R ==，外接球的体积343V R π=．(5)已知三棱锥A BCD -，三组对棱两两相等，且1AB CD ==，AD BC ==A BCD -的外接球表面积为92π．则AC =________．答案解析 将四面体A BCD -放置于长方体中，四面体A BCD -的顶点为长方体八个顶点中的四个，∴长方体的外接球就是四面体A BCD -的外接球，1AB CD ==，AD BC ==棱两两相等，∴设AC BD x ==，可得外接球的直径2R =R =，三棱锥A BCD -的外接球表面积为92π，2942R ππ∴=，解得4R ==，解之得x AC BD == 【对点训练】1．已知正四面体ABCD 的外接球的体积为86π，则这个四面体的表面积为________．2．表面积为( )A ．B ．12πC ．8πD ．3．已知四面体ABCD 满足AB ＝CD ＝6，AC ＝AD ＝BC ＝BD ＝2，则四面体ABCD 的外接球的表面积是 ________．4．三棱锥中S －ABC ，SA ＝BC ＝13，SB ＝AC ＝5，SC ＝AB ＝10．则三棱锥的外接球的表面积为______. 5．已知一个四面体ABCD 的每个顶点都在表面积为9π的球O 的表面上，且AB ＝CD ＝a ，AC ＝AD ＝BC ＝BD ＝5，则a ＝________.6．正四面体ABCD 中，E 是棱AD 的中点，P 是棱AC 上一动点，BP PE + 体的外接球表面积是( )A ．12πB ．32πC ．8πD ． 24π专题二 对棱相等模型【方法总结】对棱相等模型是三棱锥的三组对棱长分别相等模型，用构造法(构造长方体)解决．外接球的直径等于长方体的体对角线长，即2R =长方体的长、宽、高分别为a 、b 、c )．秒杀公式：R 2＝x 2＋y 2＋z 28(三棱锥的三组对棱长分别为x 、y 、z )．可求出球的半径从而解决问题．【例题选讲】[例] (1)________． 答案解析 这是特殊情况，但也是对棱相等的模式，放入长方体中，32=R ，23=R ，ππ2383334=⋅=V ．(2)在三棱锥A －BCD 中，AB ＝CD ＝2，AD ＝BC ＝3，AC ＝BD ＝4，则三棱锥BCD A -外接球的表面积为________．答案292π 解析 构造长方体，三个长度为三对面的对角线长，设长宽高分别为c b a ,,，则922=+b a ，422=+c b ，1622=+a c ∴291649)(2222=++=++c b a ，291649)(2222=++=++c b a ，229222=++c b a ，22942=R ，π229=S ． (3)在三棱锥A －BCD 中，AB ＝CD ＝6，AC ＝BD ＝AD ＝BC ＝5，则该三棱锥的外接球的体积为____． 答案43436π解析 依题意得，该三棱锥的三组对棱分别相等，因此可将该三棱锥补形成一个长方体，设该长方体的长、宽、高分别为a 、b 、c ，且其外接球的半径为R ，则⎩⎪⎨⎪⎧a 2＋b 2＝62，b 2＋c 2＝52，c 2＋a 2＝52，得a 2＋b 2＋c 2＝43，即(2R )2＝a 2＋b 2＋c 2＝43，易知432R =，即为该三棱锥的外接球的半径，所以该三棱锥的外接球的表面积为34434336R ππ=．(4)在正四面体A BCD -中，E 是棱AD 的中点，P 是棱AC 上一动点，BP PE +，则该正四面体的外接球的体积是( )A B ．6π C D ．32π AB C D A 1B 1C 1D 1答案 A 解析 将侧面ABC ∆和ACD ∆展成平面图形，如图所示：设正四面体的棱长为a ，则BP PE +的最小值为1cos1202BE a a ==，2a ∴=．在正四面体A BCD -的边长为2，外接球的半径R =，外接球的体积343V R π=．(5)已知三棱锥A BCD -，三组对棱两两相等，且1AB CD ==，AD BC ==A BCD -的外接球表面积为92π．则AC =________．答案解析 将四面体A BCD -放置于长方体中，四面体A BCD -的顶点为长方体八个顶点中的四个，∴长方体的外接球就是四面体A BCD -的外接球，1AB CD ==，AD BC ==棱两两相等，∴设AC BD x ==，可得外接球的直径2R =R =，三棱锥A BCD -的外接球表面积为92π，2942R ππ∴=，解得R ==，解之得x AC BD == 【对点训练】1．已知正四面体ABCD 的外接球的体积为86π，则这个四面体的表面积为________．1．答案 163 解析 将正四面体ABCD 放在一个正方体内，设正方体的棱长为a ，设正四面体ABCD 的外接球的半径为R ，则43πR 3＝86π，解得R ＝6，因为正四面体ABCD 的外接球和正方体的外接球是同一个球，则有3a ＝2R ＝26，所以a ＝22．而正四面体ABCD 的每条棱长均为正方体的面对角线长，所以正四面体ABCD 的棱长为2a ＝4，因此，这个正四面体的表面积为4×12×42×sin π3＝163．2．表面积为( )A ．B ．12πC ．8πD ．2．答案 B 解析 表面积为将正四面体补成一个正方体，则正方体的棱长为2，正方体的对角线长为正四面体的外接球的直径为正方体的对角线长，∴外接球的表面积的值为24(3)12ππ=．3．已知四面体ABCD 满足AB ＝CD ＝6，AC ＝AD ＝BC ＝BD ＝2，则四面体ABCD 的外接球的表面积是 ________．3．答案 7π 解析 在四面体ABCD 中，取线段CD 的中点为E ，连接AE ，BE ．∵AC ＝AD ＝BC ＝BD ＝2，∴AE ⊥CD ，BE ⊥CD .在Rt △AED 中，CD ＝6，∴AE ＝102．同理BE ＝102，取AB 的中点为F ，连接EF ．由AE ＝BE ，得EF ⊥AB ．在Rt △EF A 中，∵AF ＝12AB ＝62，AE ＝102，∴EF ＝1，取EF 的中点为O ，连接OA ，则OF ＝12．在Rt △OF A 中，OA ＝72．同理得OA ＝OB ＝OC ＝OD ，∴该四面体的外接球的半径是72，∴外接球的表面积是7π． 4．三棱锥中S －ABC ，SA ＝BC ＝13，SB ＝AC ＝5，SC ＝AB ＝10．则三棱锥的外接球的表面积为______. 4．答案 14π 解析 如图，在长方体中，设AE ＝a ，BE ＝b ，CE ＝c ．则SC ＝AB ＝a 2＋b 2＝10，SA ＝BC ＝b 2＋c 2＝13，SB ＝AC ＝a 2＋c 2＝5，从而a 2＋b 2＋c 2＝14＝(2R )2，可得S ＝4πR 2＝14π.故所求三棱锥的外接球的表面积为14π．5．已知一个四面体ABCD 的每个顶点都在表面积为9π的球O 的表面上，且AB ＝CD ＝a ，AC ＝AD ＝BC ＝BD ＝5，则a ＝________.5．答案 22 解析 由题意可知，四面体ABCD 的对棱都相等，故该四面体可以通过补形补成一个长 方体，如图所示．设AF ＝x ，BF ＝y ，CF ＝z ，则x 2＋z 2＝y 2＋z 2＝5，又4π×⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋y 2＋z 222＝9π，可得x ＝y ＝2，∴a ＝x 2＋y 2＝22．6．正四面体ABCD 中，E 是棱AD 的中点，P 是棱AC 上一动点，BP PE + 体的外接球表面积是( )A ．12πB ．32πC ．8πD ．24π6．答案 A 解析 将三角形ABC 与三角形ACD 展成平面，BP PE +的最小值，即为BE 两点之间连线的距离，则BE =2AB a =，则120BAD ∠=︒，由余弦定理221414222a a a a +--=，解得a =，则正四面体棱长为4倍，所以，设外接球半径为R ，则223R =，则表面积244312S R πππ===．专题三 汉堡模型【方法总结】汉堡模型是直棱柱的外接球、圆柱的外接球模型，用找球心法(多面体的外接球的球心是过多面体的两个面的外心且分别垂直这两个面的直线的交点．一般情况下只作出一个面的垂线，然后设出球心用算术方法或代数方法即可解决问题．有时也作出两条垂线，交点即为球心．)解决．以直三棱柱为例，模型如下图，由对称性可知球心O 的位置是△ABC 的外心O 1与△A 1B 1C 1的外心O 2连线的中点，算出小圆O 1的半径AO 1＝r ，OO 1＝2h ，2224h R r ∴=+．【例题选讲】[例] (1) (2013辽宁)已知直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的球面上．若AB ＝3，AC ＝4，AB ⊥AC ，AA 1＝12，则球O 的半径为( )．AB． C ．132D． 答案 C 解析 如图所示，由球心作平面ABC 的垂线，则垂足为BC 的中点M ．又AM ＝12BC ＝52，OM ＝12AA 1＝6，所以球O 的半径R ＝OA ＝⎝⎛⎭⎫522＋62＝132．另解 过C 点作AB 的平行线，过B 点作AC 的平行线，交点为D ，同理过C 1作A 1B 1的平行线，过B 1作A 1C 1的平行线，交点为D 1，连接DD 1，则ABCD －A 1B 1C 1D 1恰好成为球的一个内接长方体，故球的半径r 132=．故选C ． (2)设三棱柱的侧棱垂直于底面，所有棱长都为a ，顶点都在一个球面上，则该球的表面积为( )．O 1C 1AA 1B 1O BC Rrh2hO 2A ．2a πB ．273a πC ．2113a πD ．237a π答案 B 解析 222222274312a a R OB OE BE a ==+=+=，22743S a a ππ∴==．故选B ．(3)(2009全国Ⅰ)直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的各顶点都在同一球面上，若AB ＝AC ＝AA 1＝2，∠BAC ＝120°，则此球的表面积等于( )．A ．10πB ．20πC ．30πD ．40π答案 B 解析 如图，先由余弦定理求出BC ＝23，再由正弦定理求出r ＝AO 1＝2，外接球的直径R ＝12＋22＝5，所以该球的表面积为4πR 2＝20π．故选B ．(4)已知圆柱的高为2，底面半径为3，若该圆柱的两个底面的圆周都在同一个球面上，则这个球的表面积等于( )A ．4πB ．16π3C ．32π3D ．16π答案 D 解析 由题意知圆柱的中心O 为这个球的球心，于是，球的半径r ＝OB ＝OA 2＋AB 2＝12＋（3）2＝2．故这个球的表面积S ＝4πr 2＝16π．故选D ．(5)若一个圆柱的表面积为12π，则该圆柱的外接球的表面积的最小值为( )A ．12)πB ．C ．3)πD ．16π 答案 A 解析 设圆柱的底面半径为r ，高为h ，则22212r rh πππ+=，则6h r r=-．设该圆柱的外接球的半径为R ，则222222222165959()()32332444h R r r r r r r r r=+=+-=+--=，当且仅当22594r r=，即4365r =时，等号成立．故该圆柱的外接球的表面积的最小值为43)12)ππ=-． 【对点训练】1．一直三棱柱的每条棱长都是2，且每个顶点都在球O 的表面上，则球O 的表面积为( ) A ．28π3 B ．22π3 C ．43π3D ．7π2．一个正六棱柱的底面是正六边形，其侧棱垂直于底面，已知该六棱柱的顶点都在同一个球面上，且该 六棱柱的体积为98，底面周长为3，则这个球的体积为________.3．已知正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，底面积为334，一个侧面的周长为63，则正三棱柱ABC －A 1B 1C 1外接球的表面积为( )A ．4πB ．8πC ．16πD ．32π4．已知直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的球面上，若AB ＝3，AC ＝1，∠BAC ＝60°，AA 1＝2，则该三棱柱的外接球的体积为( )A ．40π3B ．4030π27C ．32030π27D ．20π5．已知矩形ABCD 中，AB ＝2AD ＝2，E ，F 分别为AB ，CD 的中点，将四边形AEFD 沿EF 折起，使二 面角A －EF －C 的大小为120°，则过A ，B ，C ，D ，E ，F 六点的球的表面积为( ) A ．6π B ．5π C ．4π D ．3π6．已知直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的表面上，若AB ＝AC ＝1，AA 1＝23，∠BAC ＝2π3，则球O 的体积为( )A ．32π3B ．3πC ．4π3D ．8π7．有一个圆锥与一个圆柱的底面半径相等，此圆锥的母线与底面所成角为60︒，若此圆柱的外接球的表面积是圆锥的侧面积的4倍，则此圆柱的高是其底面半径的( )A B ．2倍 C ． D ．3倍 8．正四棱柱1111ABCD A B C D -中，2AB =，二面角11A BD C --的大小为3π，则该正四棱柱外接球的表面积为( )A ．12πB ．14πC ．16πD ．18π9．正四棱柱1111ABCD A B C D -中，AB =12AA =，设四棱柱的外接球的球心为O ，动点P 在正方 形ABCD 的边上，射线OP 交球O 的表面点M ，现点P 从点A 出发，沿着A B C D A →→→→运动一次，则点M 经过的路径长为________．10．已知圆柱的上底面圆周经过正三棱锥P ABC -的三条侧棱的中点，下底面圆心为此三棱锥底面中心O ．若三棱锥P ABC -的高为该圆柱外接球半径的2倍，则该三棱锥的外接球与圆柱外接球的半径的比值为________．专题三 汉堡模型【方法总结】汉堡模型是直棱柱的外接球、圆柱的外接球模型，用找球心法(多面体的外接球的球心是过多面体的两个面的外心且分别垂直这两个面的直线的交点．一般情况下只作出一个面的垂线，然后设出球心用算术方法或代数方法即可解决问题．有时也作出两条垂线，交点即为球心．)解决．以直三棱柱为例，模型如下图，由对称性可知球心O 的位置是△ABC 的外心O 1与△A 1B 1C 1的外心O 2连线的中点，算出小圆O 1的半径AO 1＝r ，OO 1＝2h ，2224h R r ∴=+．【例题选讲】[例] (1) (2013辽宁)已知直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的球面上．若AB ＝3，AC ＝4，AB ⊥AC ，AA 1＝12，则球O 的半径为( )．A．2 B． C ．132D． 答案 C 解析 如图所示，由球心作平面ABC 的垂线，则垂足为BC 的中点M ．又AM ＝12BC ＝52，OM ＝12AA 1＝6，所以球O 的半径R ＝OA ＝⎝⎛⎭⎫522＋62＝132．另解 过C 点作AB 的平行线，过B 点作AC 的平行线，交点为D ，同理过C 1作A 1B 1的平行线，过B 1作A 1C 1的平行线，交点为D 1，连接DD 1，则ABCD －A 1B 1C 1D 1恰好成为球的一个内接长方体，故球的半径r 132=．故选C ． (2)设三棱柱的侧棱垂直于底面，所有棱长都为a ，顶点都在一个球面上，则该球的表面积为( )．A ．2a πB ．273a πC ．2113a πD ．237a πO 1C 1AA 1B 1O BC Rrh2hO 2答案 B 解析 222222274312a a R OB OE BE a ==+=+=，22743S a a ππ∴==．故选B ．(3)(2009全国Ⅰ)直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的各顶点都在同一球面上，若AB ＝AC ＝AA 1＝2，∠BAC ＝120°，则此球的表面积等于( )．A ．10πB ．20πC ．30πD ．40π答案 B 解析 如图，先由余弦定理求出BC ＝23，再由正弦定理求出r ＝AO 1＝2，外接球的直径R ＝12＋22＝5，所以该球的表面积为4πR 2＝20π．故选B ．(4)已知圆柱的高为2，底面半径为3，若该圆柱的两个底面的圆周都在同一个球面上，则这个球的表面积等于( )A ．4πB ．16π3C ．32π3D ．16π答案 D 解析 由题意知圆柱的中心O 为这个球的球心，于是，球的半径r ＝OB ＝OA 2＋AB 2＝12＋（3）2＝2．故这个球的表面积S ＝4πr 2＝16π．故选D ．(5)若一个圆柱的表面积为12π，则该圆柱的外接球的表面积的最小值为( )A ．12)πB ．C ．3)πD ．16π 答案 A 解析 设圆柱的底面半径为r ，高为h ，则22212r rh πππ+=，则6h r r=-．设该圆柱的外接球的半径为R ，则222222222165959()()32332444h R r r r r r r r r=+=+-=+--=，当且仅当22594r r=，即4365r =时，等号成立．故该圆柱的外接球的表面积的最小值为43)12)ππ=-． 【对点训练】1．一直三棱柱的每条棱长都是2，且每个顶点都在球O 的表面上，则球O 的表面积为( ) A ．28π3 B ．22π3 C ．43π3D ．7π1．答案 A 解析 由题知此直棱柱为正三棱柱ABC －A 1B 1C 1，设其上下底面中心为O ′，O 1，则外接球 的球心O 为线段O ′O 1的中点，∵AB ＝2，∴O ′A ＝33AB ＝233，OO ′＝12O ′O 1＝1，∴OA ＝O ′O 2＋O ′A 2＝213，因此，它的外接球的半径为213，故球O 的表面积为28π3．故选A ． 2．一个正六棱柱的底面是正六边形，其侧棱垂直于底面，已知该六棱柱的顶点都在同一个球面上，且该。

八个有趣模型——搞定空间几何体的外接球与内切球球作为立体几何中重要的旋转体之一，成为考查的重点．要熟练掌握基本的解题技巧．还有球的截面的性质的运用，特别是其它几何体的内切球与外接球类组合体问题，以及与球有关的最值问题,更应特别加以关注的．试题一般以小题的形式出现,有一定难度．解决问题的关键是画出正确的截面，把空间“切接”问题转化为平面“问题”处理．类型一、墙角模型（三条线两个垂直，不找球心的位置即可求出球半径）图2图3方法：找三条两两垂直的线段，直接用公式2222)2(c b a R ++=，即2222c b a R ++=，求出R 例1 （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（ C ） A ．π16 B ．π20C ．π24D ．π32 （2）若三棱锥的三个侧面两垂直，且侧棱长均为3，则其外接球的表面积是 π9 （3）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SA =,则正三棱锥ABC S -外接球的表面积是 。

π36（4）在四面体S ABC -中，ABC SA 平面⊥，,1,2,120====∠︒AB AC SA BAC 则该四面体的外接球的表面积为（ D ）π11.A π7.Bπ310.C π340.D （5）如果三棱锥的三个侧面两两垂直，它们的面积分别为6、4、3，那么它的外接球的表面积是 29π（6）已知某几何体的三视图如图所示，三视图是腰长为1的等腰直角三角形和边长为1的正方形，则该几何体外接球的体积为2类型二、垂面模型（一条直线垂直于一个平面） 1．题设：如图5，⊥PA 平面ABC 解题步骤：第一步：将ABC ∆画在小圆面上，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⊥1OO 平面ABC ，算出小圆1O 的半径r D O =1（三角形的外接圆直径算法：利用正弦定理，得r C c B b A a 2sin sin sin ===），PA OO 211=； 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 +=⇔22)2(2r PA R +=；图5②2122OO r R +=⇔212OO r R +=2．题设：如图6，7，8，P 的射影是ABC ∆的外心⇔三棱锥ABC P -的三条侧棱相等⇔三棱锥ABC P -的底面ABC ∆在圆锥的底上，顶点P 点也是圆锥的顶点图6PADO 1OCB图7-1PAO 1O CB图7-2PAO 1O CB图8PAO 1OCB图8-1DPOO 2ABC图8-2POO 2ABC图8-3DPOO 2AB解题步骤：第一步：确定球心O 的位置，取ABC ∆的外心1O ，则1,,O O P 三点共线；第二步：先算出小圆1O 的半径r AO =1，再算出棱锥的高h PO =1（也是圆锥的高）；第三步：勾股定理：21212O O A O OA +=⇒222)(r R h R +-=，解出R方法二：小圆直径参与构造大圆。

高考必背比例1. 三角形重心(中线的交点)分各条中线的比是2:1(这个在证明和计算题中可直接用,不会扣分)2.圆的内接四边形对角互补3.正方体的体对角线长a 根3(正方体边长a)4.还有圆的相交弦定理在与球体有关的计算题中很有用处5.正三角形四心共点(中心,重心,内心,外心)外接球内切球问题 内切球定义：球心到各面距离相等且等于半径的球半径的求法：一般在三棱锥中常用等体积法求半径，即大三棱锥体积等于以球心为顶点，分割成4三棱锥相加，即可求出半径(高) 下列各正立体的边长均为a 高均为h,内切球半径均为r,外接球半径均为R外接球定义外接球，意指一个空间几何图形的外接球，对于旋转体和多面体，外接球有不同的定义，广义理解为球将几何体包围，且几何体的顶点和弧面在此球上。

实例分析正方体的外接球就是正方形空间对角线的交点。

圆台的外接球就是经过上下圆（面），且圆心到两个圆面弧线距离相等的圆。

正四面体（棱长为a ）的外接球半径R 与内切球半径r 之比为R ：r=3：1。

外接球半径：四分之根号六正方体 r=a/2 R=(a 根3)/2正四面体 r=(a 根6)/12 R=(a 根6)/4 h=(a 根6)/3 正八面体 r=(a 根6)/6 R=(a 根2)/21. （陕西理•6）一个正三棱锥的四个顶点都在半径为1的球面上，其中底面的三个顶点在该球的一个大圆上，则该正三棱锥的体积是（ ）A ．433 B ．33 C ． 43 D ．123 2. 直三棱柱111ABC A B C -的各顶点都在同一球面上，若12AB AC AA ===,120BAC ∠=︒，则此球的表面积等于 。

3．正三棱柱111ABC A B C -内接于半径为2的球，若,A B 两点的球面距离为π，则正三棱 柱的体积为 ．4.表面积为的正八面体的各个顶点都在同一个球面上，则此球的体积为A ．3B ．13πC ．23π D ．3 5.已知正方体外接球的体积是π332，那么正方体的棱长等于（ ） A.22 B.332 C.324 D.334 6.（2006山东卷）正方体的内切球与其外接球的体积之比为 ( )A . 1∶3B . 1∶3C . 1∶33D . 1∶97.（2008海南、宁夏理科）一个六棱柱的底面是正六边 形，其侧棱垂直底面．已知该六棱柱的顶点都在同一个球面上，且该六棱柱的体积为98，底面周长为3，则这个球的体积为 ．8. （2007天津理•12）一个长方体的各顶点均在同一球的球面上，且一个顶点上的三条棱 的长分别为1，2，3，则此球的表面积为 ．9.（2007全国Ⅱ理•15）一个正四棱柱的各个顶点在一个直径为2 cm 的球面上。

第9章立体几何与空间向量9.2 外接球与内切球题型一.外接球问题考点1.长方体模型1．如图，已知球O的面上四点A、B、C、D，DA⊥平面ABC，AB⊥BC，DA＝AB＝BC=√3，则球O的体积等于．2．四面体A﹣BCD中，AB＝CD＝5，AC=BD=√34，AD=BC=√41，则四面体A﹣BCD 外接球的表面积为．考点2.柱体模型1．直三棱柱ABC﹣A1B1C1的各顶点都在同一球面上，若AB＝AC＝AA1＝2，∠BAC＝120°，则此球的表面积等于（）A．20πB．10πC．5πD．5√5π2．三棱锥P﹣ABC中，已知P A⊥底面ABC，∠BAC＝60°，P A=43，AB＝AC＝2，若三棱锥的所有顶点都在同一个球面上，则该球的体积为考点3.正棱锥模型1．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9√3，则三棱锥D﹣ABC体积的最大值为．2．如图，ABCD﹣A1B1C1D1是棱长为1的正方体，S﹣ABCD是高为1的正四棱锥，若点S，A1，B1，C1，D1在同一个球面上，则该球的表面积为．考点4.一般椎体的外接球——找球心的万能方法1．四面体P ABC的四个顶点都在球O的球面上，P A＝8，BC＝4，PB＝PC＝AB＝AC，且平面PBC ⊥平面ABC ，则球O 的表面积为（ ）A ．64πB ．65πC ．66πD ．128π2．在菱形ABCD 中，A ＝60°，AB =√3，将△ABD 沿BD 折起到△PBD 的位置，若二面角P ﹣BD ﹣C 的大小为2π3，则三棱锥P ﹣BCD 的外接球体积为（ ） A ．43π B ．√32π C ．7√76π D ．7√72π题型二.内切球问题1．将半径为3，圆心角为2π3的扇形围成一个圆锥，则该圆锥的内切球的体积为（ ） A ．√2π3 B ．√3π3 C ．4π3 D ．2π2．正三棱锥P ﹣ABC 的三条棱两两互相垂直，则该正三棱锥的内切球与外接球的半径之比为（ ）A ．1：3B ．1：(3+√3)C ．(√3+1)：3D ．(√3−1)：33．如图是棱长为2的正八面体（八个面都是全等的等边三角形），球O 是该正八面体的内切球，则球O 的表面积为（ ）A ．8π3 B ．4π3 C ．8√6π27 D ．4√6π27题型三.与球有关的综合问题1．如图，在四棱锥P ﹣ABCD 中，底面ABCD 为菱形，PB ⊥底面ABCD ，O 为对角线AC 与BD 的交点，若PB ＝1，∠APB ＝∠BAD =π3，则三棱锥P ﹣AOB 的外接球的体积是 ．2．四棱锥P ﹣ABCD 中，底面ABCD 是边长为2的正方形，P A ⊥底面ABCD ，异面直线AC 与PD 所成的角的余弦值为√105，则四棱锥外接球的表面积为（ ）A ．48πB ．12πC ．36πD ．9π3．已知球的直径SC ＝4，A ，B 是该球球面上的两点，AB =√3，∠ASC ＝∠BSC ＝30°，则棱锥S ﹣ABC 的体积为（ ）A ．3√3B ．2√3C ．√3D ．14．在三棱锥P ﹣ABC 中，P A ⊥平面ABC ，∠BAC =2π3，AP ＝3，AB ＝2√3，Q 是边BC 上的一动点，且直线PQ 与平面ABC 所成角的最大值为π3，则三棱锥P ﹣ABC 的外接球的表面积为 ；则三棱锥P ﹣ABC 的内切球的半径为 ．1．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 ，AB ＝AC ＝3，∠BAC ＝120°，则球O 的表面积为（ ）A ．48πB ．16πC ．64πD ．36π2．某圆台的母线长为2，母线与轴所在直线的夹角是60°，且上、下底面的面积之比为1：4，则该圆台外接球的表面积为（ ）A ．56πB ．64πC ．112πD ．128π3．已知等边△ABC 的顶点都在球O 的表面上，若AB =√3，直线OA 和平面ABC 所成角的正切值为√2，则球O 的表面积为（ ）A ．8πB ．12πC ．16πD ．20π4．在三棱锥P ﹣ABC 中，平面P AB ⊥平面ABC ，P A ⊥PB ，AB ＝BC ＝AC ＝4，则该三棱锥外接球的表面积是（ ）A ．256π9B ．64π3C ．16πD ．12π5．已知A ，B ，C ，D 是半径为R 的球O 的球面上的四个点，△ABC 为等边三角形且它的外接圆O 1的面积为12π，三棱锥D ﹣ABC 体积的最大值为18√3，则R 的值为（ ）A ．4√3B ．2√3C ．4D ．66．在三棱锥S ﹣ABC 中，SA ⊥平面ABC ，∠ABC ＝90°，且SA ＝3，AB ＝4，AC ＝5，若球O 在三棱锥S ﹣ABC 的内部且与四个面都相切（称球O 为三棱锥S ﹣ABC 的内切球），则球O 的表面积为（ ）A ．32π27 B ．4π9 C ．16π9 D ．16π81。

内切球与外接球专题（1）1.已知S，A，B，C是球O表面上的点，SA⊥平面ABC，AB⊥BC，SA=AB=1，BC=√2，求球O的表面积．2.已知四棱锥S−ABCD的底面是等腰梯形，AB//CD，AD=DC=BC=1，AB=SA=2且SA⊥平面ABCD，则四棱锥S−ABCD的外接球的体积为_________．3.正三棱锥的高为1，底面边长为2√6，内有一个球与它的四个面都相切(如图).求：(1)这个正三棱锥的表面积；(2)这个正三棱锥内切球的表面积与体积．4.一个六棱柱的底面是正六边形，其侧棱垂直底面.已知该六棱柱的顶点都在同一个球面上，且该六棱柱的高为√3，底面周长为3，求这个球的体积．5.如图，正四棱锥P−ABCD底面的四个顶点A，B，C，D在球O的同一个大圆上，点P在球面上，如果V P−ABCD=16，则球O的表面积是______．36.将边长为2的正△ABC沿BC边上的高AD折成直二面角B—AD—C，则三棱锥B—ACD的外接球的表面积为________．7.四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为正方形，PD⊥底面ABCD，AB=1，PD=√2，若点E为PB的中点，则四面体EPCD外接球的体积是_______．8.直三棱柱ABC−A1B1C1的各顶点都在同一球面上，若AB=AC=AA1=2，∠BAC=60°，则此球的表面积等于________．9.三棱锥D−ABC内接于球O，DC⊥平面ABC，∠ACB=30°，AB=2，DC=4，则三棱锥D−ABC外接球的体积为________．10.直角△ABC的三个顶点都在球O的球面上，且AB=AC=2，若三棱锥O—ABC的体积为2，则该球的表面积为________．11.已知一个圆锥内接于球O(圆锥的底面圆周及顶点均在球面上)，圆锥的高为2，底面半径为1，则球O的表面积为________．12.“正四棱锥的顶点都在球O的球面上”，若该棱锥的高为4，底面边长为2，求该球的体积．答案和解析1.【答案】解：∵SA⊥平面ABC，AB⊥BC，∴四面体S−ABC的外接球半径等于以长宽高分别SA，AB，BC三边长的长方体的外接球的半径，∵SA=AB=1，BC=√2，∴2R=√SA2+AB2+BC2=2，∴球O的表面积S=4πR2=4π．2.【答案】【解析】【分析】本题考查了几何体的外接球、几何体外接球的体积计算．【解答】过点A，B，C，D作球O的截面如图1，设AB中点为O1，连接O1C,O1D，则CD=//O1A，所以四边形ADCO1平行四边形，所以O1C=1，同理O1D=1，所以O1A=O1B=O1C=O1D，所以O1是等腰梯形ABCD的外心，过S，A，B作球O的截面如图2，设BS的中点为O，连接O1O,OA，则O1O//SA，所以O1O⊥平面ABCD，所以OA=OB=OC=OD，又SA⊥AB，所以OA=OS，所以点O是四棱锥S−ABCD的外接球球心，OA为四棱锥S−ABCD外接球的半径，在中，AB=SA=2,∴OA=12BS=√2．3.【答案】解：(1)底面正三角形的中心到一边的距离为13×√32×2√6=√2，则正棱锥侧面的斜高为√12+(√2)2=√3，所以S侧=3×12×2√6×√3=9√2，所以S表=S侧+S底=9√2+12×√32×(2√6)2=9√2+6√3．(2)如图，设正三棱锥P−ABC的内切球球心为O，连结OP，OA，OB，OC，则O点到三棱锥的四个面的距离都为球的半径r，所以V P−ABC=V O−PAB+V O−PBC+V O−PAC+V O−ABC=13S侧·r+13S△ABC·r=13S表·r=(3√2+2√3)r．又V P−ABC=13×12×√32×(2√6)2×1=2√3，所以(3√2+2√3)r=2√3，即，所以，．4.【答案】解：∵正六边形的周长为３，得边长为12，故其主对角线为１，从而球的直径2R=√(√3)2+12=2，∴R=1，∴球的体积．5.【答案】16π【解析】解：如图，正四棱锥P−ABCD底面的四个顶点A，B，C，D在球O的同一个大圆上，点P在球面上，∴PO⊥底面ABCD，PO=R，S ABCD=2R2，VP−ABCD=163，所以13⋅2R2⋅R =163，解得：R =2，球O 的表面积：S =4πR 2=16π，故答案为：16π6.【答案】5π解：根据题意可知三棱锥B −ACD 的三条侧棱BD ，DC ，DA 两两互相垂直， 所以它的外接球就是它扩展为长方体的外接球，因为长方体的对角线的长为√1+1+√32=√5，所以球的半径为√52，所以三棱锥B −ACD 的外接球的表面积为4π×(√52)2=5π．故答案为5π．7.【答案】4π3解在四棱锥EPCD 中外接球球心为O ， ∵已知PC =√CD 2+PD 2=√2+12=√3， 设外接球半径为x 则O 到P 、E 距离相等 可得：(x −12)2+(√32)2=x 2解得：x =1∴四棱锥P −ABCD 外接球的体积是43πx 3=4π38.【答案】28π3解：直三棱ABC −A 1B 1C 1的各顶点都在同一球面上，若AB =AC =AA 1=2，∠BAC =60°，如图，连接上下底面中心，O 为PQ 的中点，OP ⊥平面ABC ，则球的半径为OA ，由题意OP =1，AP =2√33，∴OA =√1+43=√73，所以球的表面积为：4πR 2=283π9.【答案】64√23π解：将三棱锥补全成三棱柱，则球心到底面的距离为DC2=2，又在△ABC 中，由正弦定理可知，2sin30°=2R =4，所以外接圆半径R =2， 所以由圆的截面性质可知，球的半径R′=√22+22=2√2，所以三棱锥S −ABC 外接球的体积，故答案为64√2π3． 10.【答案】44π解：设球心到平面ABC 的距离为d ，球的半径为r ，由题意得，V O−ABC =13×12×2×2×d =2，解得d =3，∵直角△ABC ，AB =AC =2，∴BC =2√2，∴r =√d 2+(BC2)2=√32+(√2)2=√11， ∴球的表面积为4πr 2=44π．故答案为44π．11.【答案】25π4解：设球的半径为R ，则OA =2−R ，则R 2=(2−R )2+1，解得R =54，则球O 的表面积为4πR 2=4π×(54)2=25π412.【答案】解：如图，设球心为O ，半径为r ，则在Rt △AOF 中，(4−r)2+(√2)2=r 2，解得r =94， 则球O 的体积V 球=43πr 3=43π×(94)3=243π16．。

高考数学复习基础知识专题讲解与练习专题17 立体几何外接球与内切球一、单选题1．已知正四棱锥P ABCD -的所有顶点都在球O 的球面上，且正四棱锥P ABCD -的底面面积为6，侧面积为O 的体积为（）A ．323πBC ．1254πD 【答案】A【分析】根据几何体的性质，转化为平面问题，利用勾股定理求解得出球的半径即可求出球的体积【详解】设底面边长为a ，侧棱长为b ，因为底面面积为6，所以26a =，得a =因为侧面积为所以142⨯=b = 连接,AC BD 交于点1O ，连接1PO ，则可得1PO ⊥平面ABCD ，，所以四棱锥P ABCD -的高13PO =，点O 在1PO 上，连接OA ，设球的半径为R ，则222(3)R R =-+，解得2R =，所以球O 的体积为3344322333R πππ=⨯=， 故选：A2．《九章算术》中将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑，若三棱锥P ABC -为鳖臑，PA ⊥平面ABC ，4PA BC，3AB =，AB BC ⊥，若三棱锥P ABC -的所有顶点都在球O 上，则球O 的半径为（）A B ．34 C ．38 D ．32【答案】A【分析】将鳖臑补形为长方体,求出长方体的外接球的半径即可.【详解】由题意,将鳖臑补形为长方体如图,则三棱锥P ABC -的外接球即为长方体的外接球. 外接球的半径为12R PC ===故选：A3．已知ABC∆是以BC为斜边的直角三角形，P为平面ABC外一点，且平面PBC⊥平面ABC，3 BC=，PB=PC=P ABC-外接球的体积为（）A．10πBC．53πD【答案】D【分析】由ABC为直角三角形，可知BC中点M为ABC外接圆的圆心，又平面PBC⊥平面ABC，所以球心在过M与平面ABC垂直的直线上，且球心为PBC的外心.利用正余弦定理求出PBC外接圆的半径即为球的半径，从而求出球的体积.【详解】解：取BC中点M，过点M做直线l垂直BC，因为ABC为直角三角形，所以点M为ABC 外接圆的圆心，又平面PBC⊥平面ABC，所以l⊂平面ABC，根据球的性质，球心一定在垂线l上，且球心为PBC的外心.在PBC中，222 cos2PB BC PCPBCPB BC+-∠==⋅所以sin PBC∠=，则PBC外接圆的半径为12V=故选：D4．三棱锥A BCD -中，60ABC CBD DBA ∠=∠=∠=︒，1BC BD ==，ACD △此三棱锥外接球的表面积为（）A ．4πB ．16πC ．163πD ．323π 【答案】A【分析】 利用三角形全等和三角形的面积公式求出高AE ，求解直角三角形得,AC AD ，利用余弦定理得出90ACB ADB ∠=∠=，可得AB 为三棱锥外接球的直径，即可求出外接球的表面积.【详解】1BC BD ==，60CBD ∠=︒，1CD ∴=，又,60,AB AB ABC DBA BC BD ====，ABC ABD ∴≅，则AC AD =，取CD 中点E ，连接AE ，又由ACD △ACD △的高AE =则可得AC AD ==在ABC 中，由余弦定理2222cos60AC AB BC AB BC ⋅⋅-=+，2131212AB AB ∴=+-⨯⨯⨯，解得2AB =， 则222AC BC AB +=，可得90ACB ∠=，90ADB ∴∠=，,AC BC AD BD ∴⊥⊥，根据球的性质可得AB 为三棱锥外接球的直径，则半径为1，故外接球的表面积为2414ππ⨯=.故选：A.5．在《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑（biē nào ）．已知在鳖臑M ABC -中，MA ⊥平面ABC ，4MA AB BC ===，则该鳖臑的外接球的表面积为（） A ．12πB ．24πC ．48πD ．96π【答案】C【分析】将问题转化为棱长为4的正方体的外接球的求解问题，根据正方体外接球半径为体对角线长一半可得所求外接球半径，根据球的表面积公式可求得结果.【详解】如图所示，鳖臑M ABC -的外接球即为棱长为4的正方体的外接球，∴该鳖臑的外接球半径R == ∴该外接球表面积2448S R ππ==.故选：C .6．已知三棱锥B ACD -中，2AB BC AC ===，CD BD ==BC 的中点为E ，DE 的中点恰好为点A 在平面BCD 上的射影，则该三棱锥外接球半径的平方为（）A ．1415BC ．2511D ．1511【答案】D【分析】如图，设点A 在面BCD 上的射影为点F ，根据题意和勾股定理求出BF 、AF ， 设球心到平面BCD 的距离为h ，利用勾股定理求出h ，进而可得出结果.【详解】由题意知，如图，BCD △为等腰直角三角形，E 是外接圆的圆心，设点A 在面BCD 上的射影为点F ，则点F 为DE 的中点，所以BF =，所以2AF =， 设球心到平面BCD 的距离为h ，由BO =AO ，在Rt BOE △和Rt AOM 中，可得2211)4h h +=+，解得h =2215111r h =+=. 故选：D7．如图，把两个完全相同的直三角尺SBC ，SAC 斜边重合，沿其斜边SC 折叠形成一个120°的二面角，其中2SA SB ==，且AB =SABC 外接球的表面积为（）A ．4πB ．163πC ．3πD ．203π 【答案】B【分析】 过点B 作BD SC ⊥于D ，连接DA ，证得BDA ∠为二面角B SC A --的平面角，进而求出SC 的长度，然后取SC 的中点O ,证得O 为空间四边形SABC 外接球的球心，从而可知SC 为球直径，从而结合球的表面积的公式即可求出结果.【详解】过点B 作BD SC ⊥于D ，连接DA ，由于Rt SBC △和Rt SAC △全等，所以AD SC ⊥，AD BD =，所以BDA ∠为二面角B SC A --的平面角，即120BDA ∠=，在ABD △中，结合余弦定理得2222cos AB BD AD BD AD BDA =+-⋅⋅∠，即221322BD BD BD BD ⎛⎫=+-⋅⋅- ⎪⎝⎭，因此233BD =，因为0BD >，所以1BD =，在Rt SBD △中，1sin 2BSD ∠=，从而6BSD ∠=π，在Rt SBC △中，cos SB BSD SC∠==，又因为2SB =，所以SC =SC 的中点O ，连接,OB OA ，由于SC 是Rt SBC △和Rt SAC △的斜边，所以OB OA OS OC ===，故O 为空间四边形SABC 外接球的球心，SC 为球直径，所以空间四边形SABC SABC 外接球的表面积为21643ππ⨯=⎝⎭， 故选：B.8．已知直三棱柱的各棱长都相等，三棱柱的所有顶点都在球O 的表面上，若球O 的表面积为28π，则该三棱柱的体积为（）A ．6B ．18C ．D ．【答案】B【分析】根据球的表面积求出外接球的半径，设出三棱柱的棱长，确认球心位置，结合勾股定理列出方程，解之即可求出结果.【详解】设球O 的半径为r ，则2428r ππ=，则r =设三棱柱111ABC A B C -的棱长为a ，连接111,A A C C B B 的外心21,O O ，则21O O 的中点O 即为球心，且22,2a O C OO ==,则2222a r ⎫⎛⎫+=⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，则a =2318V a =⨯==． 故选：B.9．已知边长为2的等边三角形ABC ，D 为BC 的中点，以AD 为折痕进行折叠，使折后的2BDC π∠=，则过A ，B ，C ，D 四点的球的表面积为（）A ．3πB ．4πC ．5πD ．6π 【答案】C【分析】首先对平面图形进行转换，进一步求出外接球的半径，最后带入表面积公式求解.【详解】边长为2的等边三角形ABC ，D 为BC 的中点，以AD 为折痕进行折叠，使折后的2BDC π∠=，构成以D 为顶点的三棱锥，且三条侧棱互相垂直，可构造以其为长宽高的长方体，其对角线即为球的直径，三条棱长分别为1，12R =245S ππ==， 故选:D.10．已知正四面体ABCD 的表面积为A 、B 、C ，D 四点都在球O 的球面上，则球O 的体积为（）A ．B C D ．3π【答案】C【分析】由正四面体的性质特征，可知它的各面都是全等的等边三角形，设正四面体的棱长为a ，则根据正四面体ABCD 的表面积即可得出a =1，而正方体的外接球即为该正四面体的外接球，由正方体的外接球性质可得出外接球的半径. 【详解】解：正四面体各面都是全等的等边三角形，设正四面体的棱长为a ，所以该正四面体的表面积为2142S a =⨯⨯== 所以a =，可得正方体的棱长为1，所以正方体的外接球即为该正四面体的外接球，O 的体积为343π⨯=⎝⎭． 故选：C .11．在四棱锥P ABCD -中，底面是边长为4的正方形，且2,PA PB PD ===外接球的表面积为（）A ．4πB ．8πC ．36πD ．144π【答案】C【分析】利用勾股定理判断PA ⊥平面ABCD ，过正方形ABCD 的中心O '作垂线，再过PA 中点作此垂线的垂线，交点O 即为外接球的球心，求出外接球半径，由表面积公式即可求解.【详解】由题意可知222PA AB PB +=，222PA AD PD +=，所以PA ⊥AB ，PA ⊥AD ，又AB AD A ⋂=，所以PA ⊥平面ABCD ，过正方形ABCD 的中心O '作垂线，再过PA 中点作此垂线的垂线，交点为O ，此点即为外接球的球心，则外接球半径R =3OA ， 所以四棱锥外接球的表面积2436S R ππ==.故选：C12．三棱锥D -ABC 中，AB =DC =3，AC =DB =2，AC ⊥CD ，AB ⊥DB .则三棱锥D -ABC 外接球的表面积是（）.A ．9πB ．13πC ．36πD ．52π【答案】B【分析】 由题可得球心为AD 的中点，即求.【详解】OC OB，因为AC⊥CD，AB⊥DB取AD的中点为O，连接,∴OC OA OD OB===即O为棱锥D-ABC外接球的球心，又AB=DC=3，AC=DB=2，∴AD∴三棱锥D-ABC外接球的表面积为13π.故选：B.13．已知一个圆锥的母线长为的扇形，则该圆锥的外接球的体积为（）A．36πB．48πC．36D．【答案】A【分析】先利用圆锥的侧面展开图为扇形求出圆锥的底面半径r和圆锥的高h，设该圆锥的外接球的球心为O，半径为R,利用勾股定理求出R，即可求出球的体积.【详解】设圆锥的底面半径为r2r π=，解得：r =作出圆锥的轴截面如图所示：设圆锥的高为h ，则4h ==.设该圆锥的外接球的球心为O ，半径为R ,则有R =即R =R =3， 所以该圆锥的外接球的体积为334433633R πππ==. 故选：A.14．已知三棱柱111ABC A B C -的6个顶点全部在球O 的表面上，AB AC =，120BAC ∠=︒，三棱柱111ABC A B C -的侧面积为8+O 表面积的最小值是（）A ．4πB ．16πC ．163πD ．323π 【答案】B【分析】设三棱柱111ABC A B C -的高为h ，AB AC a ==，根据题意得出4ah =，设ABC 的外接圆半径为r 、球O 的半径为R ，根据勾股定理得出2R 的表达式，结合基本不等式即可得出结果.【详解】设三棱柱111ABC A B C -的高为h ，AB AC a ==.因为120BAC ∠=︒，所以BC =，则该三棱柱的侧面积为(28ah =+4ah =.设ABC 的外接圆半径为r ，则2sin BC r a BAC==∠. 设球O 的半径为R ，则2222222164244h h h R r a h ⎛⎫=+=+=+≥ ⎪⎝⎭（当且仅当h =等号成立）， 故球O 的表面积为2416R ππ≥.故选：B15．三棱锥P ABC -的顶点均在一个半径为4的球面上，ABC 为等边三角形且其边长为6，则三棱锥P ABC -体积的最大值为（）A．B ．C ．D ．【答案】B【分析】根据球的性质，结合线面垂直的性质、三棱锥的体积公式进行求解即可.【详解】如图所示：点M 为三角形ABC 的中心，E 为AC 中点，当PM ⊥平面ABC 时，三棱锥P ABC -体积最大，此时，4OP OB R ===，因为6AB =，所以24ABCS AB == 点M 为三角形ABC 的中心，23BM BE ∴===Rt OMB ∴中，有2OM =，426PM OP PM ∴=+=+=，()max 163P ABC V -∴=⨯= 故选：B.第II 卷（非选择题）二、填空题16．已知D ，E 分别是边长为2的等边ABC 边AB ，AC 的中点，现将ADE 沿DE 翻折使得平面ADE ⊥平面BCDE ，则棱锥A BCDE -外接球的表面积为_________． 【答案】133π 【分析】取BC 的中点G ，连接,DG EG ，可得G 为等腰梯形BCED 的外接圆的圆心，再过折起后的ADE 的外心作平面ADE 的垂线，得出两垂线的交点O 为棱锥A BCDE -外接球的球心，求出半径，利用球的表面积公式即可求解.【详解】取BC 的中点G ，连接,DG EG ，可知DG EG BG CG ===，则G 为等腰梯形BCED 的外接圆的圆心，过G 作平面BCED 的垂线，再过折起后的ADE 的外心作平面ADE 的垂线，设两垂线的交点为O ，则O 为四棱锥A BCDE -外接球的球心，ADE 的边长为1，OG HK ∴=则四棱锥A BCDE -外接球的半径OB =，∴四棱锥A BCDE -外接球的表面积为21343ππ⨯=⎝⎭. 故答案为：133π 17．如图，矩形ABCD 中，M 为BC 的中点，1AB BM ==，将ABM 沿直线AM 翻折成1AB M （1B 不在平面AMCD 内），连结1B D ，N 为1B D 的中点，则在翻折过程中，下列说法中正确的是_________.①//CN 平面1AB M ；②存在某个位置，使得CN AD ⊥；③当三棱锥1B AMD -的体积最大时，三棱锥1B AMD -的外接球的表面积是4π.【答案】①③【分析】取1AB 中点，可判断①；通过1AD B D ⊥不成立，可判断②；当平面1AB M ⊥平面ADM 时，体积最大，此时AD 中点为外接球球心，可判断③.【详解】取1AB 中点P ，连接PM ，PN ，故//PN AD ，//PN MC ，四边形PMCN 为平行四边形， 故//NC PM ，即//CN 平面1AB M ，①正确；由底面ABCD 为矩形，可知AD CD ⊥，若CN AD ⊥，则需1AD B D ⊥，由已知可得1AD B D ⊥不成立，故②错误；当平面1AB M ⊥平面ADM 时，体积最大，此时AD 中点O 为外接球球心，则该球的半径1r =，表面积244S r ππ==，故③正确；故答案为：①③.18．如图，半球内有一内接正方体，正方体的一个面在半球的底面圆内，若正方体的边长为2，则半球的表面积为____________.【答案】18π【分析】过正方体与半球底面垂直的对角面作截面α，将问题转化为半圆与矩形的内接问题，进而求出半球的半径r，再利用球的表面积公式进行求解.【详解】设该半球的半径为r，过正方体与半球底面垂直的对角面作截面α，则面α截半球面得半圆，截正方体得一个矩形，且矩形内接于半圆（如图所示），在矩形ABCD中，2AB=，BC==,则r所以半球的表面积为2222ππ3π18πS r r r=+==.故答案为：18π.19．已知球面上有四个点A，B，C，D，球心为点O，O在CD上，若三棱锥A BCD-的体积的最大值为83，则该球O的体积为________．【答案】32 3π【分析】易知CD为该球的直径，由顶点A在底面的射影为球心O，且底面BCD为等腰直角三角形时，三棱锥A BCD-体积最大求解.【详解】如图所示：因为球心O在CD上，所以CD 为该球的直径，由此易知，当顶点A 在底面的射影为球心O 时，且底面BCD 为等腰直角三角形时，三棱锥A BCD -体积最大， 所以1182323R R R ⨯⋅⋅⨯=， 解得2R =，故所求球O 的体积为343233S R ππ==. 故答案为：323π. 20．圆台的上、下底面的圆周都在一个直径为6的球面上，上、下底面半径分别为1和3,则该圆台的体积为_______．【答案】3【分析】由题意首先确定几何体的空间结构特征，求得圆台的高，然后利用圆台的体积公式即可求得其体积. 【详解】圆台的下底面半径为3，故下底面在外接球的大圆上，如图所示，设球的球心为O ，圆台上底面的圆心为'O ，则圆台的高'OO =据此可得圆台的体积：()22133113V π=⨯+⨯+=.故答案为：3. 21．已知三棱锥S -ABC 中，SA ⊥平面ABC ，且SA ＝4，AB ＝AC ＝2，∠BAC ＝120︒，则三棱锥S -ABC 的外接球的表面积为_____． 【答案】32π 【分析】把三棱锥S -ABC 中补形成一个直三棱柱，找出球心，求出球的半径即可求解. 【详解】如图，把三棱锥S -ABC 中补形成一个直三棱柱，设上、下底面外接圆的圆心分别为21,O O ，球的半径为R ，则外接球的球心O 为12O O 的中点， 由正弦定理11224,2sin 30O A O A ⋅==∴=，又112,2OO SA OA R ==∴==，则其外接球的表面积为224432R πππ==． 故答案为：32π.22．一个正四棱锥的顶点都在同一球面上，若该棱锥的高为2，底面边长为2，则该球的表面积为_________． 【答案】9π 【分析】易知球心O '在正四棱锥的高OP 上，可利用勾股定理构造出关于外接球的半径R ，解方程求得R 后，利用球的表面积公式可得结果. 【详解】如图所示，O 为底面正方形的中心，则2OP =，2AB =，则正四棱锥的外接球的球心O '在OP 上，则外接球的半径R 满足()2222R R -+=，解得：32R =，∴该球的表面积249S R ππ==．故答案为：9π.23．已知在四面体ABCD 中，AB CD AD AC BC BD ======ABCD 的外接球表面积为______. 【答案】9π 【分析】把四面体ABCD 补成为一个长方体，利用长方体求出外接球的半径，即可求出外接球表面积. 【详解】对于四面体ABCD 中，因为AB CD AD AC BC BD ====== 所以可以把四面体ABCD 还原为一个长方体，如图：设从同一个顶点出发的三条边长分别为x 、y 、z ，则有：222222855x y x z y z ⎧+=⎪+=⎨⎪+=⎩，解得：221x y z =⎧⎪=⎨⎪=⎩ 点A 、B 、C 、D 均为长、宽、高分别为2，2，1的长方体的顶点， 且四面体ABCD 的外接球即为该长方体的外接球， 于是长方体的体对角线即为外接球的直径， 不妨设外接球的半径为R，∴2R ， ∴外接球的表面积为224ππ(2)9πR R ==. 故答案为：9π.24．已知四面体ABCD 的四个顶点都在球O 的表面上，AB ⊥平面BCD ，又324AB BC BD ===，，，且60CBD ∠=，则球O 的体积为__________【答案】1256π 【分析】由题可证AB ⊥平面,BCD BC CD ⊥，因此可把四面体ABCD 放入长方体中，则易求其外接球的体积. 【详解】∵四面体ABCD 的四个顶点都在球O 的表面上，AB ⊥平面BCD ， 又324AB BC BD ===，，，且60CBD ∠=， ∴cos6023CD = ∴222BC CD BD +=， ∴AB ⊥平面,BCD BC CD ⊥，∴以BC CD AB 、、为长方体的长、宽、高构造长方体，则球O 的半径为522AD =， ∴球O 的体积为345=632125ππ⎛⎫⨯ ⎪⎝⎭. 故答案为：1256π. 25．在《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑.已知在鳖臑A BCD -中，满足AB ⊥平面BCD ，且有,2,1BD CD AB BD CD ⊥===，则此时它外接球的体积为_______. 【答案】9π2. 【分析】根据题意，将图形还原成长方体，进而求该长方体外接球的体积即可. 【详解】因为AB ⊥平面BCD ，所以AB ⊥CD ，AB ⊥BD ，又BD ⊥CD ，即AB ，BD ，CD 三条直线两两垂直，如图，将鳖臑还原为长方体111BMCD AM C D -，则问题转化为求该长方体外接球的体积.设外接球的半径为R ，则32R 3R 2=⇒=.所以外接球的体积3439π×π322V ⎛⎫== ⎪⎝⎭.故答案为：9π2.26．已知S ，A ，B ，C 是球O 表面上的点，SA ⊥平面,,1,ABC AB BC SA AB BC ⊥===，则球O 的表面积是_______； 【答案】4π 【分析】先确定外接球的球心，再根据勾股定理得到半径，进而计算表面积得到答案. 【详解】如图，取AC 中点H ，则H 为ABC ∆的外接圆的圆心 易知球心O 在点H 的上方，且12OH =，此时球的半径1r OC ====， 244S r ππ∴==球.故答案为：4π27．一个正四面体表面积为1S ，其内切球表面积为S 2.则12S S =___________.【分析】设正四面体的棱长为a ，用a 表示正四面体表面积为1S ，求得正四面体的高，再利用等体积法求得其内切球的半径为r 即可. 【详解】 如图所示：设正四面体的棱长为a ， 因为正四面体表面积为1S ，所以221142S =⨯=，正四面体的高为h ， 设正四面体的内切球的半径为r ，则正四面体的体积为2211433V r ==⨯⨯，解得r =， 所以22246a S r ππ==，所以126S S28．已知四面体ABCD 中，AB ＝AD ＝6，AC ＝4，CD ＝AB ⊥平面ACD ，则四面体ABCD 外接球的表面积为______． 【答案】88π． 【分析】首先四面体补体为长方体，借助长方体求外接球的半径，求四面体的外接球的表面积. 【详解】解：因为AD ＝6，AC ＝4，CD ＝222AD AC CD +=， 所以AD AC ⊥又因为AB ⊥平面ACD ， 由题意可知几何体是长方体的一部分，如图，长方体的对角线的长为l所以球的表面积为：2488ππ⋅=⎝⎭．故答案为：88π29．设体积为P ABC -外接球的球心为O ，其中O 在三棱锥P ABC -内部．若球O 的半径为R ，且球心O 到底面ABC 的距离为3R，则球O 的半径R =__________． 【答案】3 【分析】根据等边三角形的性质，结合球的几何性质、棱锥的体积公式进行求解即可. 【详解】 取ABC 的中心G ．连接PG ，则PG ⊥平面ABC 且球心O 在PG 上．由条件知，3R OG =，连接OA ，AG ，则AG =，设等边ABC 的边长为a ，所以等边ABC ，因此23AG ==，所以有R a 362=，于是ABC R ．又OP R =， 故三棱锥P ABC -的高是：1433R R R +=，所以223148)333P ABC V R R R -=⋅⋅=⋅==3R =．故答案为：330．在边长为6的菱形ABCD 中，60ABC ∠=︒，将菱形ABCD 沿对角线AC 折起成直二面角，则所得三棱锥D ABC -外接球的表面积等于___________.【答案】60π【分析】过ABC 的外心1O 作平面ABC 的垂线，过ADC 的外心2O 作平面ADC 的垂线，两垂线交于O ，则点O 为三棱锥D ABC -外接球的球心，然后根据已知的数据求出球的半径，从而可求得球的表面积【详解】解：如图，取AC 的中点E ，连接,BE DE ， 因为边长为6的菱形ABCD 中，60ABC ∠=︒，所以ABC 和ADC 均为正三角形， 所以,BE AC DE AC ⊥⊥,因为二面角B AC D --为直二面角，所以BE DE ⊥， 设1O ，2O 分别是ABC 和ADC 的外心，过1O 作平面ABC 的垂线，过2O 作平面ADC 的垂线，两垂线交于O ，则O 到,,,A B C D 的距离相等，所以点O 为三棱锥D ABC -外接球的球心，因为2111633OO O E BE ====, 222633DO DE ===所以OD =所以三棱锥D ABC -外接球的表面积为2460ππ=，故答案为：60π。

高考数学中的内切球和外接球问题一、有关外接球的问题如果一个多面体的各个顶点都在同一个球面上，那么称这个多面体是球的内接多面体，这个球称为多面体的外接球.有关多面体外接球的问题，是立体几何的一个重点，也是高考考查的一个热点。

一、直接法(公式法)1、求正方体的外接球的有关问题例1 若棱长为3的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为______________ .解析：球的半径可转化为先求正方体的体对角线长，再计算半径.故表面积为27π.例2 一个正方体的各顶点均在同一球的球面上，若该正方体的表面积为24，则该球的体积为____43π__________.2、求长方体的外接球的有关问题例3 （2007年天津高考题）一个长方体的各顶点均在同一球面上，且一个顶点上的三1,2,3，则此球的表面积为.条棱长分别为解析：体对角线正好为球的直径。

长方体体对角线长为14，故球的表面积为14π.例4、已知各顶点都在一个球面上的正四棱柱高为4，体积为16，则这个球的表面积为（ C ）.A. 16πB. 20πC. 24πD. 32π解析：长、宽、高分别为2，2，43.求多面体的外接球的有关问题例5. 一个六棱柱的底面是正六边形，其侧棱垂直于底面，已知该六棱柱的顶点都在同一个球面上，且该六棱柱的体积为98，底面周长为３，则这个球的体积为 .解 设正六棱柱的底面边长为x ，高为h ，则有263,1,2936,384x x x h h =⎧⎧=⎪⎪∴⎨⎨=⨯⎪⎪=⎩⎩．∴正六棱柱的底面圆的半径12r =，球心到底面的距离32d =.∴外接球的半径221R r d =+=.43V π∴=球.小结 本题是运用公式222R r d =+求球的半径的，该公式是求球的半径的常用公式.二、构造法(补形法)1、构造正方体例5 若三棱锥的三条侧棱两两垂直，且侧棱长均为3，则其外接球的表面积是_______9π________.解 把这个三棱锥可以补成一个棱长为3的正方体，于是正方体的外接球就是三棱锥的外接球.则有()()()()222223339R =++=.∴294R =.故表面积249S R ππ==.小结 一般地，若一个三棱锥的三条侧棱两两垂直，且其长度分别为a b c 、、，则就可以将这个三棱锥补成一个长方体，于是长方体的体对角线的长就是该三棱锥的外接球的直径.设其外接球的半径为R ，则有2222R a b c =++.出现“墙角”结构利用补形知识，联系长方体。

高考数学中的内切球和外接球问题一、 有关外接球的问题 一、直接法(公式法)1、求正方体的外接球的有关问题例1若棱长为3的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为______________ .例2一个正方体的各顶点均在同一球的球面上，若该正方体的表面积为24，则该球的体积为______________.2、求长方体的外接球的有关问题例3一个长方体的各顶点均在同一球面上，且一个顶点上的三条棱长分别为1,2,3，则此球的表面积为 .例4已知各顶点都在一个球面上的正四棱柱高为4，体积为16，则这个球的表面积为（ ）.A. 16πB. 20πC. 24πD. 32π3.求多面体的外接球的有关问题例5一个六棱柱的底面是正六边形，其侧棱垂直于底面，已知该六棱柱的顶点都在同一个球面上，且该六棱柱的体积为89，底面周长为3，则这个球的体积为 .解 设正六棱柱的底面边长为x ，高为h ，则有⎪⎩⎪⎨⎧⨯==h x x 24368936⎪⎩⎪⎨⎧==213x h∴正六棱柱的底面圆的半径21=r ，球心到底面的距离23=d .∴外接球的半径22d r R +=. 体积：334R V π=. 小结 本题是运用公式222d r R +=求球的半径的，该公式是求球的半径的常用公式.二、构造法(补形法) 1、构造正方体例5 若三棱锥的三条侧棱两两垂直，且侧棱长均为3，则其外接球的表面积是_______________.例3 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 .故其外接球的表面积ππ942==r S .小结：一般地，若一个三棱锥的三条侧棱两两垂直，且其长度分别为c b a ,,，则就可以将这个三棱锥补成一个长方体，于是长方体的体对角线的长就是该三棱锥的外接球的直径.设其外接球的半径为R ，则有2222c b a R ++=. 出现“墙角”结构利用补形知识，联系长方体。

【原理】：长方体中从一个顶点出发的三条棱长分别为c b a ,,，则体对角线长为222c b a l ++=，几何体的外接球直径为R 2体对角线长l 即2222c b a R ++=练习：在四面体ABCD 中，共顶点的三条棱两两垂直，其长度分别为 3,6,1，若该四面体的四个顶点在一个球面上，求这个球的表面积。

高考数学中的内切球和外接球问题一、 有关外接球的问题一、直接法(公式法)1、求正方体的外接球的有关问题例 1 若棱长为 3 的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为.例 2 一个正方体的各顶点均在同一球的球面上，若该正方体的表面积为24 ，则该球的体积为.2、求长方体的外接球的有关问题例 3 一个长方体的各顶点均在同一球面上，且一个顶点上的三条棱长分别为1, 2, 3 ，则此球的表面积为. 例 4 已知各顶点都在一个球面上的正四棱柱高为 4， 体积为 16，则这个球的表面积为（ ）.A. 16B. 20C. 24D. 323.求多面体的外接球的有关问题例 5 一个六棱柱的底面是正六边形，其侧棱垂直于底面，已知该六棱柱的顶点都在同一个球面上，且该六棱柱的体积为9，底面8 周长为3 ，则这个球的体积为.解 设正六棱柱的底面边长为x ，高为h ，则有⎧6x = 3 ⎪ ⎧h = 3⎪ ⎨9 = 6 ⨯ 3 x 2h ⎨x = 1 ⎪⎩8 ⎩⎪ 2a 2 +b 2 +c 2 ∴正六棱柱的底面圆的半径r = 1 ，球心到底面的距离d =2 3 .∴2外接球的半径R = . 体积：V = 4R 3 . 3小结 本题是运用公式R 2 = r 2 + d 2 求球的半径的，该公式是求球的半径的常用公式.二、构造法(补形法)1、构造正方体例 5 若三棱锥的三条侧棱两两垂直，且侧棱长均为 3 ，则其外接球的表面积是.例 3 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 .故其外接球的表面积S = 4r 2 = 9.小结：一般地，若一个三棱锥的三条侧棱两两垂直，且其长度分别为a , b , c ，则就可以将这个三棱锥补成一个长方体，于是长方体 的体对角线的长就是该三棱锥的外接球的直径.设其外接球的半径为R ，则有2R = 长方体。

. 出现“墙角”结构利用补形知识，联系【原理】：长方体中从一个顶点出发的三条棱长分别为a , b , c ，则体对角线长为l = ，几何体的外接球直径为2R 体对角线长l 即R =2r 2 + d 2a 2 +b 2 +c 2 a 2 + b 2 + c 2AO练习：在四面体 ABCD 中，共顶点的三条棱两两垂直，其长度分别为1, 6,3 ，若该四面体的四个顶点在一个球面上，求这个球的表面积。