关于球的历年高考真题空间几何体的外接球与内切球精品总结-- 教师版精品资料

专题08 外接球与内切球一．外接球8大模型秒杀公式推导r α说明：为底面外接圆的半径，R 为球的半径，l 为两面公共边的长度 为两个面的二面角，h 是空间几何体的高，H 为某一面的高1.墙角模型(1) 使用范围：3组或3条棱两两垂直；或可在长方体中画出该图且各顶点与长方体的顶点重合 （2）推导过程：长方体的体对角线就是外接球的直径(2) 秒杀公式：222222a b c 3a R (a b c R (a 44++==、、为长方体的长宽高）正方体的边长）（4）图示过程(3) 秒杀公式：2.汉堡模型技巧导图技巧详讲（1）使用范围：有一条侧棱垂直与底面的柱体或椎体（2）推导过程第一步：取底面的外心O1,，过外心做高的的平行且长度相等，在该线上中点为球心的位置第二步：根据勾股定理可得2 22h R r4=+（3）秒杀公式：2 22h R r4=+（4）图示过程3.斗笠模型（1）使用范围：正棱锥或顶点的投影在底面的外心上（2）推导过程第一步：取底面的外心O1,，连接顶点与外心，该线为空间几何体的高h 第二步：在h上取一点作为球心O第三步：根据勾股定理22 222r h R(h R)r R2h+ =-+⇔=（3）秒杀公式：22r h R2h+ =（4）图示过程4.折叠模型（1）使用范围：两个全等三角形或等腰三角形拼在一起，或菱形折叠 （2）推导过程第一步：过两个平面取其外心H 1、H 2，分别过两个外心做这两个面的垂线且垂线相交于球心O第二步：计算2222222111OH H E tan=(CE-H E)tan (H r)tan (222ααα==-α为两个平面的二面角） 第三步：22222211OC OH CH (H r)tanr 2α=+=-+ （3）秒杀技巧：2222R (H r)tanr 2α=-+ （4）图示过程5.切瓜模型（1）使用范围：有两个平面互相垂直的棱锥 （2）推导过程：第一步：分别在两个互相垂直的平面上取外心F 、N ，过两个外心做两个垂面的垂线，两条垂线的交点即为球心O ，取BC 的中点为M ，连接FM 、MN 、OF 、ON第二步：22222222212l ONMF OA AN ON AN MF R r r 4∴=+=+∴=+-为矩形由勾股可得（3）秒杀公式：2 22212lR r r4=+-（4）图示过程6.麻花模型（1）使用范围：对棱相等的三棱锥（2）推导过程：设3组对棱的长度分别为x、y、z,长方体的长宽高分别为a、b、c 2222222222222x a bx y zy b c R8z a c⎧=+⎪++⎪=+⇔=⎨⎪=+⎪⎩（3）秒杀公式：2222x y zR8++=（4）图示过程7.矩形模型（1）使用范围：棱锥有两个平面为直角三角形且斜边为同一边（2）推导过程：根据球的定义可知一个点到各个顶点的距离相等该点为球心可得，斜边为球的直径（3）秒杀公式：22l R 4=（4）图示过程8.鳄鱼模型（1）使用范围：适用所有的棱锥 （2）推导过程：121212222121221212221122211O O O O O O OO E r (1sin O O E O O =O E O E 2O E O E cos 2 OD O O O D 3OD O O O D∴α∆+-α=+=+第一步：在两个平面上分别找外心、两外心做这两面的垂线相交于球心第二步：四点共圆，正弦定理可得OE=2=）在中，（）（）第三步：由（1）（2）（3)整理可得 且 过 2221122212112222221211122221212 =OE O E O DO O O E O D sin O E O E 2O E O E cos O E O D sin O E O E 2O E O E cos =sin -+=-+α+-α=-+α+-α=2211O E O B-+α2122222O E =m O E =n AB =l,m n 2mncos l R =+sin 4α+-αα第四步：设，，两个面的二面角为由第三步可得（3）秒杀公式：22222m n 2mncos l R =+ sin 4+-αα （4）图示过程二．内切球的半径---等体积法 1. 推导过程P ABC PAB PAC PBC ABC PAB PAC PBC ABC 11111V S h RS RS RS RS 333331=R(S S S S )31=RS 33V R=S -∆∆∆∆∆∆∆∆==++++++∴底面表面积几何体表面积以三棱锥P-ABC 为例2. 秒杀公式：3V R=S 几何体表面积3. 图示过程特别说明：下面例题或练习都是常规方法解题，大家可以利用模型的秒杀公式技巧1 外接球之墙角模型【例1】（2020·河南高三月考）已知长方体''''ABCD A B C D-中，''3A B=，''1B C=，'A B与平面''ACC A所成角的正弦值为510，则该长方体的外接球的表面积为（）A．4πB．16πC．163πD．323π【答案】B【解析】作BE AC⊥，垂足为E，连接'A E，BE.因为平面ABC⊥平面''ACC A，平面ABC平面''ACC A AC=，BE⊂平面ABC，所以BE⊥平面''ACC A，所以'BA E∠是'A B与平面''ACC A所成的平面角.又223132(3)1BE⨯==+，22'(3)'3'A B AA AA=+=+.例题举证所以sin''10BEBA EA B∠===，解得'AA=.4=.设长方体的外接球的半径为R，则24R=，解得2R=.所以该长方体的外接球的表面积为2244216S Rπππ==⨯=.故选B.【举一反三】1．（2020·全国高三专题练习）棱长为2的正方体的外接球的表面积为（）A．4πB．43πC．12πD．【答案】C【解析】因为正方体的外接球的直径为正方体的体对角线的长，所以2R=解得R=2412S Rππ==.故选：C2．（2019·绥德中学）球面上有,,,A B C D四个点，若,,AB AC AD两两垂直，且4AB AC AD===，则该球的表面积为（）A．803πB．32πC．42πD．48π【答案】D【解析】由题意可知，该球是一个棱长为4的正方体的外接球，设球的半径为R，由题意可得：()22222444R=++,据此可得：212R=，外接球的表面积为：2441248S R πππ==⨯=.本题选择D 选项.技巧2 外接球之汉堡模型【例2】（2020·四川泸州市·高三）已知四棱锥A BCDE -中，四边形BCDE 是边长为2的正方形，3AB =且AB ⊥平面BCDE ，则该四棱锥外接球的表面积为（ ） A ．4π B ．174πC ．17πD ．8π【答案】C【解析】由题意，四棱锥A BCDE -中，四边形BCDE 是边长为2的正方形， 3AB =且AB ⊥平面BCDE ，可把四棱锥A BCDE -放置在如图所示的一个长方体内， 其中长方体的长、宽、高分别为2,2,3，则四棱锥A BCDE -的外接球和长方体的外接球表示同一个球， 设四棱锥A BCDE -的外接球的半径为R ，2R =，解得R =，所以该四棱锥外接球的表面积为22=4=417S R πππ⨯=. 故选：C.【举一反三】1．（2020·广州市广外）各顶点都在一个球面上的正四棱柱（底面是正方形，侧棱垂直于底面）高为2，体积为8，则这个球的表面积是（ ） A ．16π B ．12πC ．10πD ．8π【答案】B【解析】因为正四棱柱高为2，体积为8，所以它的底面边长是2，所以它的体对角线的长是因此它的外接球的直径是所以这个球的表面积是：2412S ππ==.故选：B ．2．（2020·辽宁省高三）如图，在三棱锥A ﹣BCD 中，BD ⊥平面ADC ，BD ＝1，AB ＝2，BC ＝3，AC ，则三棱锥A ﹣BCD 外接球的体积为（ ）A ．4πB ．3πC ．D ．【答案】D【解析】因为BD ⊥平面ADC ，所以BD AD ⊥，BD DC ⊥，所以222413AD AB BD =-=-=，222918DC BC BD =-=-=， 所以222AC AD DC =+，所以AD DC ⊥，所以以DA 、DB 、DC 为棱的长方体与三棱锥A ﹣BCD 具有相同的外接球，==则该外接球的体积为343π⨯=故选：D.3．（2020·广东广州市·高三月考）在长方体1111ABCD A B C D -中，1AB CC ==1BC =，点M 在正方形11CDD C 内，1C M ⊥平面1ACM ，则三棱锥11M ACC -的外接球表面积为（ ） A ．11π2B ．7πC ．11πD ．14π【答案】C【解析】长方体1AC 中，11A D ⊥平面11CDD C ，1C M ⊂平面11CDD C ，∴111C M A D ⊥，又1C M ⊥平面1ACM ，1AC ⊂平面1ACM ，∴11C M AC ⊥， ∵1111AC A D A =，∴1C M ⊥平面11A CD ，而1CD ⊂平面11A CD ，∴11C M CD ⊥，11CDD C 是正方形，∴M 是1CD 与1C D 交点，即为1CD 的中点，也是1C D 的中点．1C MC △是直角三角形，设E 是1CC 中点，F 是1BB 中点，则由//EF BC 可得EF ⊥平面1MCC （长方体中棱与相交面垂直），E 是1C MC △的外心，三棱锥11A MCC -的外接球球心O 在直线EF 上（线段EF 或EF 的延长线上）．设OE h =，则22222(1)22h h ⎛⎫⎛+=++- ⎪ ⎪ ⎝⎭⎝⎭，解得32h =，∴外接球半径为2r ==， 表面积为21144114S r πππ==⨯=． 故选：C ．4．（2020·全国高三月考（文））三棱柱111ABC A B C -中，1AA ⊥平面ABC ，AC AB ⊥，1AC =，AB =12AA =，则该三棱柱111ABC A B C -的外接球的体积为（ ）A ．3B ．3C ．3D ．8π【答案】B【解析】如图，取BC 中点1O ，连1BC 交1B C 于点O ，AC AB ⊥，1O ∴为Rt ABC 的外接圆圆心，3AB =，1AC =，2BC ∴=，ABC ∴外接圆半径为12BC=, 111////OO CC AA ，1AA ⊥平面ABC ，1OO ∴⊥平面ABC ，又1112BB OO ==，∴点O 为三棱柱111ABC A B C -的外接球球心，∴外接球半径R OB ===，∴外接球体积3433V R π==.故选：B.技巧3 外接球之斗笠模型【例3】（2020·江苏南通市·高三期中）正三棱锥S ABC -中，2SA =，AB =的表面积为（ ）A ．B ．4πC ．12πD ．6π【答案】C【解析】正三棱锥S ABC -中，2SA =，AB =所以222SA SB AB +=, 故SA SB ⊥,同理可得SA SC ⊥, SB SC ⊥, 以,,SA SB SC 为棱构造正方体， 则该棱锥外接球即为该正方体的外接球， 如图，所以2222(2)22212R =++=，故球的表面积为2412S R ππ==,故选：C 【举一反三】1．（2020·秦皇岛市抚宁区第一中学）已知正三棱锥S ABC -的侧棱长为6，则该正三棱锥外接球的表面积是________. 【答案】64π【解析】过点S 作SE ⊥平面ABC 于点E ，记球心为O .∵在正三棱锥S ABC -中，底面边长为6，侧棱长为∴263BE ==∴6SE ==.∵球心O 到四个顶点的距离相等，均等于该正三棱锥外接球的半径长R ， ∴OB R =，6OE R =-.在Rt BOE 中，222OB BE OE =+， 即()22126R R =+-，解得4R =， ∴外接球的表面积为2464S R ππ==. 故答案为：64π.2．正四棱锥的顶点都在同一球面上，若该棱锥的高为4，底面边长为2，则该球的表面积为（ ） A ．814πB ．16πC ．9πD ．274π【答案】A【解析】正四棱锥P-ABCD 的外接球的球心在它的高1PO 上， 记为O ，PO=AO=R ，14PO =，1OO =4-R ，在Rt △1AOO 中，1AO =由勾股定理()2224R R =+-得94R =， ∴球的表面积814S π=，故选A.技巧4 外接球之折叠模型【例4】（2020·广东省高三）在三棱锥A ﹣BCD 中，△ABD 与△CBD 均为边长为2的等边三角形，且二面角A BD C --的平面角为120°，则该三棱锥的外接球的表面积为（ ）A ．7πB ．8πC ．163πD ．283π【答案】D【解析】如图，取BD 中点H ，连接AH ，CH 因为△ABD 与△CBD 均为边长为2的等边三角形所以AH ⊥BD ，CH ⊥BD ，则∠AHC 为二面角A ﹣BD ﹣C 的平面角，即∠AHD ＝120°设△ABD 与△CBD 外接圆圆心分别为E ，F则由AH ＝22⨯=AE 23=AH =EH 13=AH = 分别过E ，F 作平面ABD ，平面BCD 的垂线，则三棱锥的外接球一定是两条垂线的交点 记为O ，连接AO ，HO ，则由对称性可得∠OHE ＝60°所以OE ＝1，则R ＝OA ==则三棱锥外接球的表面积221284493R πππ=⨯= 故选：D【举一反三】1．（2020·山东枣庄市·高三期中）已知二面角PAB C 的大小为120°，且90PAB ABC ∠=∠=︒，AB AP =，6AB BC +=.若点P 、A 、B 、C 都在同一个球面上，则该球的表面积的最小值为______.【答案】2887π【解析】设()06AB x x =<<，则6BC x =-，设PAB △和ABC 的外心分别为E 、H ，则,E H 分别为,PB AC 的中点，过点,E H 分别作PAB △和ABC 所在平面的垂线，两垂线的交点为点O ，则O 为三棱锥P ABC -的外心，连接OB ，则OB 为三棱锥外接球的半径．取AB 的中点G ，连接EG 、GH 、OG ，如图所示，由题意可知，2x EG =，32x GH =-，2xGB =，且EG AB ⊥，GH AB ⊥， EGH ∴∠为二面角PAB C 的平面角，即120EGH ∠=，连接EH ，OE ⊥平面PAB ，OH ⊥平面ABC ， OE EG ∴⊥，OH GH ⊥，,,,O E G H ∴四点共圆，且该圆的直径为OG ．在EGH 中，由余弦定理知，222222132cos 32392222242x x x x x EH EG GH EG GH EGH x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+-⋅∠=+--⋅⋅-⋅-=-+ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭EGH ∴的外接圆直径2sin1203EH OG ==2222224371272934221277x x OB OG GB x x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫∴=+=⋅-++=-+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭当127x =时，2OB 取得最小值，为727， 此时该球的表面积取得最小值，为2722884477OB πππ⋅=⋅=． 故答案为：2887π． 2．（2020·南昌市八一中学）如图所示，三棱锥S 一ABC 中，△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，若S ，A ，B ，C 四点都在球O 的表面上，则球O 的表面积为（ ）A ．73π B ．133π C ．43π D ．3π【答案】A【解析】取线段BC 的中点D ，连结AD ，SD ， 由题意得AD ⊥BC ，SD ⊥BC ，∴∠ADS 是二面角A ﹣BC ﹣S 的平面角，∴∠ADS 23π=， 由题意得BC ⊥平面ADS ， 分别取AD ，SD 的三等分点E ，F ，在平面ADS 内，过点E ，F 分别作直线垂直于AD ，SD ， 两条直线的交点即球心O ， 连结OA ，则球O 半径R ＝|OA |，由题意知BD 12=，AD =DE 13AD ==AE 23AD ==连结OD ，在Rt △ODE 中，3ODE π∠=，OE =12=， ∴OA 2＝OE 2+AE 2712=， ∴球O 的表面积为S ＝4πR 273π=．故选：A ．技巧5 外接球之切瓜模型【例5】（2020·内蒙古赤峰市·高三月考）已知三棱锥P ABC -中，1PA =，3PB =，AB =CA CB ==PAB ⊥面ABC ，则此三棱锥的外接球的表面积为（ ）A ．143πB ．283πC ．11πD ．12π【答案】B 【解析】如图，1PA =，3PB =，AB =∴222PA AB PB +=，2PAB π∠=，所以ABP △的外接圆的圆心为斜边PB 的中点N,CA CB ==∴ABC 为等腰三角形.取AB 的中点D ，连接CD ，DN ，∴CD AB ⊥，AD BD ==∴CD ==又 面PAB ⊥面ABC ，面PAB ⋂面ABC AB =，CD ⊂面ABC ，∴CD ⊥面PAB ，过点N 作CD 的平行线，则球心O 一定在该直线上.设ABC 的外接圆的圆心为1O ，,则1O 点在CD 上，连接1OO , 由球的性质则，1OO ⊥平面ABC ，则1O OND 为矩形. 在ABC中，cos 5CAB ∠==,则sin 5CAB ∠= 所以ABC的外接圆的半径12sin 3BC O A CAB ===∠所以16O A =，则1O D ===则1ON O D ==所以球的半径为OP ===所以三棱锥的外接球的表面积为2212844393πππ⎛⎫=⨯= ⎪ ⎪⎝⎭故选：B【举一反三】1．（2020·四川泸州市·高三一模）已知三棱锥A BCD -中，平面ABD ⊥平面BCD ，且ABD △和BCD △都是边长为2的等边三角形，则该三棱锥的外接球表面积为（ ） A ．4π B ．163πC ．8πD ．203π【答案】D 【解析】如图，由已知可得，ABD △与BCD △均为等边三角形， 取BD 中点G ，连接AG ，CG ，则AG BD ⊥， ∵平面ABD ⊥平面BCD ，则AG ⊥平面BCD ，分别取ABD △与BCD △的外心,E F ，过,E F 分别作两面的垂线，相交于O ， 则O 为三棱锥A BCD -的外接球的球心， 由ABD △与BCD △均为边长为2的等边三角形，可得11233OE OF CG ===⨯=，223CE ∴==，R OC ∴====，∴三棱锥A −BCD 的外接球的表面积为2220443R πππ⨯=⨯=.故选：D.技巧6 外接球之麻花模型【例6】（2020·四川省眉山市彭山区第二中学）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【答案】C【解析】由题意可采用割补法，考虑到四面体ABCD 的四个面为全等的三角形，2x ，y ，z 长、两两垂直的侧棱的三棱锥，从而可得到一个长、宽、高分别为x ，y ，z 的长方体，并且x 2+y 2＝3，x 2+z 2＝5，y 2+z 2＝4，则有（2R ）2＝x 2+y 2+z 2＝6（R 为球的半径），得2R 2＝3， 所以球的表面积为S ＝4πR 2＝6π． 故答案为6π．技巧7 外接球之矩形模型【例7】（2020·新疆维吾尔自治区）在四面体ABCD 中，AB =，1DA DB CA CB ====，则四面体ABCD 的外接球的表面积为( ) A ．π B ．2πC ．3πD ．4π【答案】B【解析】由AB =1DA DB CA CB ====，所以222CA CB AB +=，222AD BD AB +=可得90ACB ADB ∠=∠=，所以OA OB OC OD ====，即O 为外接球的球心，球的半径2R =所以四面体ABCD 的外接球的表面积为： 214422S R πππ==⨯=.故选：B 【举一反三】1．（2020·黑龙江省哈尔滨三中）四面体SABC 中，AC BC ⊥，SA ⊥平面ABC ，SA =AC =，BC =，则该四面体外接球的表面积为（ ）A ．323πB ．163πC ．16πD ．32π【答案】C【解析】如图所示：由已知可得SAB 与SBC 为直角三角形，所以该几何体的外接球球心为SB 的中点O ，因为AC BC ==,且AC BC ⊥,所以10AB ,所以4SB ===,所以四面体SABC 的外接球半径2R =,则表面积2416S R ππ==.故答案选：C2．（2020·重庆一中高三）已知四面体ABCD 满足：1AB BC CD DA AC =====，BD =，则四面体ABCD 外接球的表面积为_______. 【答案】2π【解析】因为1AB BC CD DA ====，BD =，所以222BD AB AD =+，222BD BC CD =+，所以△,ABD △,CBD 均为直角三角形，取斜边BD 的中点O ，连接CO 、AO ，如图：易得CO AO BO DO ===，所以点O 为该四面体外接球的球心，所以球的半径122r OD BD ===22424S r πππ=⨯⎝⎭==. 故答案为：2π.技巧8 内切球半径【例8】（2020·全国）正四面体的外接球与内切球的表面积比为（ ） A ．9: 1 B ．27: 1 C ．3: 1D ．不确定【答案】A【解析】如图，正四面体ABCD 的中心O 即为外接球与内切球的球心，设正四面体的棱长为a ，可得33BE a =，63AE a =，又14OE AE =，64R OA a ∴==，612r a=，∴22342S R a ππ==外，22146S r a ππ==内．所以22392116a S S a ππ==外内故选：A【举一反三】1．（2020·北京）如图所示，球内切于正方体．如果该正方体的棱长为a ，那么球的体积为（ ）A ．343a π B ．3aC ．32a D ．316a π【答案】D【解析】因为球内切于正方体，所以球的半径等于正方体棱长的12， 所以球的半径为2a ，所以球的体积为334326a a ππ⎛⎫= ⎪⎝⎭，故选：D.2．（2020·山西大同一中）已知直三棱柱ABC -A 1B 1C 1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 ．1︰25C ．1︰5D ．5︰1【答案】D【解析】设点O 是三棱柱外接球和内切球的球心，点M 是底面等边三角形的中心，点N 是底边AB 的中点，连结OM ，MN ，AM ，OA ，设底面三角形的边长为a ，则MN =，MA =， 因为三棱锥内切球与各面都相切，所以三棱柱的高是内切球的直径，底面三角形内切圆的直径也是三棱柱内切球的直径，所以OM MN ==，即三棱柱内切球的半径r =，AM =，所以OA ==，即三棱柱外接球的半径3R a =， 所以内切球的表面积为22443r a ππ=，外接球的表面积222043S R a ππ==， 所以三棱柱外接球和内切球表面积的比值为22204:5:133a a ππ=故选：D3．（2020·江苏无锡市第六高级中学）的内切球，则此棱柱的体积是（ ）.A ．3B ．354cmC ．327cmD ．3【答案】B的内切球，则正三棱柱的高为，，设底面正三角形的边长为a cm,13⨯=6a =cm ，∴正三棱柱的底面面积为16622⨯⨯⨯=2， 故此正三棱柱的体积V＝54=cm 3．故选：B ．1．（2020·江苏镇江市·高三期中）直三棱柱111ABC A B C -的所有顶点都在同一球面上，且2AB AC ==，90BAC ∠=︒，1AA = ）A ．40πB ．32πC ．10πD ．8π【答案】A 【解析】如图所示，直三棱柱111ABC A B C -的所有顶点都在同一球面上，且2AB AC ==，90BAC ∠=︒，1AA =∴可将直三棱柱111ABC A B C -补成长方体，其中2AB AC BM CM ====，11AA BB ==1CB ====r .∴球的表面积为224440S r πππ==⨯=.故选: A.2．（2020·江西高三其他模拟）在三棱锥P ABC -中，AB AC ==120BAC ∠=，PB PC ==PA = ）A ．40πB ．20πC ．80πD ．60π【答案】A【解析】在BAC 中，2222cos 24BC AB AC AB AC BAC =+-⋅⋅⋅∠=，即BC =PB PC ==∴PBC 为等边三角形 根据题意，有如下示意图：如图，设ABC 的外接圆的圆心为1O ，连接1O C ，1O A ，1BC O A H ⋂=，连接PH.由题意可得AH BC ⊥，且112AH O A ==12BH BC ==.∴由上知：PH BC ⊥且PH ==222PH AH PA +=，∴PH AH ⊥，由AHBC H =，PH ⊥平面ABC.设O 为三棱锥P ABC -外接球的球心，连接1OO ，OP ，OC 过O 作OD PH ⊥，垂足为D ，则外接球的半径R 满足()22222111()R OO CO PH OO OD =+=-+，1A C B O == 1OD O H AH ===，代入解得1OO =210R =，∴三棱锥P ABC -外接球的表面积为2440R ππ=.故选：A.3．（2020·四川泸州市·高三）已知四棱锥A BCDE -中，AB ⊥平面BCDE ，底面BCDE 是边长为2的正方形，且3AB =，则该四棱锥外接球的表面积为（ ） A ．4π B ．174πC ．17πD ．8π【答案】C【解析】由题意，四棱锥A BCDE -中，四边形BCDE 是边长为2的正方形， 3AB =且AB ⊥平面BCDE ，可把四棱锥A BCDE -放置在如图所示的一个长方体内，其中长方体的长、宽、高分别为2,2,3，则四棱锥A BCDE -的外接球和长方体的外接球表示同一个球， 设四棱锥A BCDE -的外接球的半径为R ，2R =，解得R =，所以该四棱锥外接球的表面积为22=4=417S R πππ⨯=. 故选：C.4．（2020·四川宜宾市·高三）已知点P ，A ，B ，C 在同一个球的球表面上，PA ⊥平面ABC ，AB ⊥AC ，PBBC PC =2，则该球的表面积为（ ）A ．6πB ．8πC ．12πD ．16π【答案】A【解析】如图，三棱锥P ABC -补体在长方体中，三棱锥的外接球就是补体后长方体的外接球，长方体的外接球的直径2R ====即2R =， 则该球的表面积246S R ππ==.故选：A5．（2020·江西赣州市·高三）四面体A BCD -中，AB ⊥底面BCD ，AB BD ==1CB CD ==，则四面体A BCD -的外接球表面积为（ ） A ．3π B ．4πC ．6πD ．12π【答案】B【解析】如图，在四面体A BCD -中，AB ⊥底面BCD ，AB BD ==1CB CD ==，可得90BCD ∠=︒，补形为长方体，则过一个顶点的三条棱长分别为1，1，2=，则三棱锥A BCD -的外接球的半径为1． 其表面积为2414ππ⨯=． 故选：B ．6．（2020·全国高三专题练习））平行四边形ABCD 中，AB BD ⊥，且2224AB BD +=，沿BD 将四边形折起成平面ABD ⊥平面BDC ，则三棱锥A BCD -外接球的表面积为（ ）A ．2π B ．2πC ．4πD ．16π【答案】C【解析】由题意，平面ABD ⊥平面BDC ， 又因为平面ABD ⋂平面BDC BD =，AB平面ABD ，AB BD ⊥，可得AB ⊥平面BDC ，因为四边形ABCD 为平行四边形，所以//AB CD ， 同理CD ⊥平面ABD ，所以ABC ∆、ACD ∆均为Rt ∆， 设AC 中点为O ，连BO 、DO ， 则12AO BO CO DO AC R =====，其中R 为三棱锥A BCD -外接球半径， 则222222222224AC AB BC AB AD AB AB BD AB BD =+=+=++=+=，2AC =， 则112R AC ==，故三棱锥A BCD -外接球的表面积为4π. 故选：C.7．（2020·湖北省鄂州高中高三月考）张衡(78年~139年)是中国东汉时期伟大的天文学家､文学家､数学家.他的数学著作有《算罔论》，他曾经得出结论：圆周率的平方除以十六等于八分之五.已知正方体的外接球与内切球上各有一个动点A ，B ，若线段AB 1，利用张衡的结论可得该正方体的外接球的表面积为（ ）A ．30B ．C ．D ．36【答案】C【解析】设正方体的棱长为a ，正方体的内切球半径为2a r =，正方体的外接球半径R 满足：22222a R a ⎛⎫⎛⎫=+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，则R =.由题意知：122aR r a -=-=，则2a =，R ， 该正方体的外接球的表面积为12π，又因为圆周率的平方除以十六等于八分之五，即2π5168=，所以π=所以外接球的表面积为故选：C.8．（2020·江苏南京市第二十九中学高三期中）已知直三棱柱111ABC A B C -的顶点都在球O 上，且4AB =，16AA =，30ACB ∠=︒，则此直三棱柱的外接球O 的表面积是（ ）A ．25πB ．50πC ．100πD ．500π3【答案】C【解析】如图所示：设点O '为ABC 外接圆的圆心， 因为30ACB ∠=︒，所以60AO B '∠=，又O A O B r ''==， 所以AO B '△是等边三角形， 所以4r O A O B AB ''====，又直三棱柱111ABC A B C -的顶点都在球O 上，所以外接球的半径为5R ==， 所以直三棱柱的外接球O 的表面积是24100S R ππ==， 故选：C9．（2020·全国高三专题练习）已知三棱柱111ABC A B C -(侧棱1AA ⊥底面111A B C ，底面111A B C △是正三角形)内接于球O ，1AB 与底面111A B C 所成的角是45°.若正三棱柱111ABC A B C -的体积是3，则球O 的表面积是（ ） A ．228π c m 3B ．256π c m 3C ．27π c m 3D ．214π c m 3【答案】A【解析】易知11AB A ∠是1AB 与底面111A B C 所成的角，则1145AB A ∠=︒． 故由11111tan tan 451AA AB A A B ∠=︒==，得111AA A B =．设111AA A B a ==，则11131224ABC A B C V a a a -=⨯⨯⨯==三棱柱，解得2a =．所以球O 的半径R ==所以球O 的表面积22228π4π4π3S R cm ==⨯=． 故选：A ．10．（2020·甘肃省民乐县第一中学高三）在四棱锥P ABCD -中，//BC AD ，AD AB ⊥，AB =6AD =，4BC =，PA PB PD ===P BCD -外接球的表面积为（ ）A ．60πB ．40πC ．100πD ．80π【答案】D【解析】如图，取AD 的两个三等分点1O 、E ，连接BD 、1O C 、CE ， 设1BDO C H =，连接PH 、AH .则1123AO AD ==，14O D BC ∴==，又//BC AD ，1//BC O D ∴，所以，四边形1BCDO 为平行四边形，1O C BD H =，H ∴为BD 的中点，所以，1122AH BH DH BD =====由勾股定理可得14O B ===，则11O B O D =，在1Rt O AB △中，11tan ABAO B AO ∠==13AO B π∴∠=， //BC AD ，13CBO π∴∠=，又11BC O D O B ==，则1O BC △为等边三角形，1114O C O B O D ∴===，则1O 是BCD 的外接圆的圆心.因为PA PB PD ===H 为BD 的中点，PHBD ∴⊥，PA PB =，AH BH =，PH PH =，PAH PBH ∴≅△△，2PHA PHB π∴∠=∠=，PH AH ∴⊥，又PH BD ⊥，AHBD H =，PH ∴⊥平面ABCD ，且6PH ===.设O 为三棱锥P BCD -外接球的球心，连接1OO 、OP 、OD ，过O 作OF PH ⊥，垂足为F ，则外接球的半径R 满足()2222211146R OO OO O H =+=-+， 设1OO x =，则()221664x x +=-+，解得2x =，从而222420R x =+=，故三棱锥P BCD -外接球的表面积为2480R ππ=. 故选：D.11．（2020·天津红桥区·高三期中）已知各顶点都在一个球面上的正四棱柱高为4，体积为16，则这个球的表面积是（ ）A ．10B ．20πC ．24πD ．32π【答案】C【解析】因为正四棱柱高为4，体积为16，所以正四棱柱的底面积为4，正四棱柱的底面的边长为2，正四棱柱的底面的对角线为，正四棱柱的对角线为即2R =2424R S R ππ===球, 故选：C12．（2020·河南洛阳市·高三月考）我国古代数学名著《九章算术》中，将底面是直角三角形的直三棱柱（侧棱垂直于底面的三棱柱）称之为“堑堵”．如图，三棱柱111ABC A B C -为一个“堑堵”，底面ABC 是以AB 为斜边的直角三角形且5AB =，3AC =，点P 在棱1BB 上，且1PC PC ⊥，当1APC 的面积取最小值时，三棱锥P ABC -的外接球表面积为（ ）A ．45π2B C ．30π D ．45π【答案】D【解析】解法一：由“堑堵”的定义可知，ABC 为直角三角形，故4BC ==，易知1AC PC ⊥，又1PC PC ⊥，1PC PC P ⋂=，所以1PC ⊥平面APC ，而AP ⊂平面APC ，于是得1AP PC ⊥．设1BB z =，BP t =，则1B P z t =-，则AP ==1PC ==1AC ==由1AP PC ⊥，得()222925161z t z +=+++-，整理得16z t t=+， 所以()22212161616PC z t x=+-=+，所以1112APC S AP PC =⋅==△18≥=， 当且仅当22400tt=，即t =1APC 的面积取得最小值18． 此时AP ==设三棱锥P ABC -的外接球半径为R ，因为AC CP ⊥，AB BP ⊥，故线段AP 为外接球的直径， 故所求外接球的表面积454π45π4S =⨯=． 故选：D ．解法二：令11PCB C PB θ∠==∠，则14sin C P θ=，4cos CP θ=，AP == 又因为AC ⊥平面11CBB C ，所以1AC C P ⊥，又1CP C P ⊥． 所以1C P ⊥平面ACP ，所以190C PA ∠=︒．1APC的面积1111422sin APC S C P AP θ=⋅=⋅=△===当且仅当2210064tan tan θθ=时，1APC S △取最小值，此时tan 2θ=，AP ===． 在三棱锥P ABC -中，因为90ACP ABP ∠=∠=︒，取AP 中点为O ， 则12OC OB AP OA OP ====， 故O 为三棱锥P ABC -的外接球的球心，所以AP 为外接球直径，224ππ45πO S R AP ===球． 故选：D ．13．（2020·山西高三月考）已知正三棱柱111ABC A B C -的体积为54，6AB =，记三棱柱111ABC A B C -的外接球为球1O ，则外接球1O 的表面积是__________． 【答案】60π【解析】因为正三棱柱111ABC A B C -的底面积216sin 602S =⨯⨯︒=底面外接圆半径62sin 60r ==︒所以正三棱柱111ABC A B C -的高Vh S==所以外接球1O 的半径R ==，则24π60πS R ==， 故答案为：60π．14．（2020·济南市·山东省实验中学高三月考）在三棱锥P ABC -中，侧棱PA ⊥底面,120,1ABC BAC AB AC ∠===且2,PA BC =则该三棱锥的外接球的体积为__________． 【答案】323π【解析】在ABC 中，由余弦定理可知：BC ===因为120,1BAC AB AC ∠===，所以ABC 是顶角为钝角的等腰三角形， 设ABC 的外接圆的直径为AD ，由正弦定理可知：2sin BC AD BAC ===∠，因为侧棱PA ⊥底面ABC ， 2PA BC ==， 所以三棱锥P ABC -的外接球的直径为PD ，由勾股定理可知：4P D ===，所以三棱锥P ABC -的外接球的半径为：1422R =⨯=， 所以三棱锥P ABC -的外接球的体积为：3344322.333V R πππ==⨯= 故答案为：323π15．（2020·湖南怀化市·高三期中）如图所示，在三棱锥B ACD -中，3ABC ABD DBC π∠=∠=∠=，3AB =，2BC BD ==，则三棱锥B ACD -的外接球的表面积为______.【答案】192π【解析】由题意知：在,,ABC CBD DBA 中，根据余弦定理有：29412cos73AC π=+-=，2448cos43CD π=+-=，24912cos73DA π=+-=，∴CAD 中有2AC DA CD ===，即CBD 为等边三角形，若E 为CD 中点，连接,BE AE ，可得BE AE ==3AB =，则在AEB △中有222AB BE AE =+，∴BE AE ⊥，又BE CD ⊥且AE CD E ⋂=，即BE ⊥面ACD ，又由BE ⊂面CBD 知：面CBD ⊥面ACD ，∴三棱锥B ACD -的外接球球心：在AEB △中，过BE 三等份点E '作BE 的垂线与AB 的垂直平分线的交点即为球心O ，所以令外接球半径为R，3EE '=，则：2243R -=，解得2198R =，所以由球的表面积21942S R ππ==， 故答案为：192π. 16．（2020·广东肇庆市·高三月考）鳖臑（bi ē n ào ）出自《九章算术·商功》：“斜解立方，得两重堵．斜解壍堵，其一为阳马，一为鳖臑．”鳖臑是我国对四个面均为直角三角形的三棱锥的古称．如图，三棱锥A BCD -是一个鳖臑，其中AB BC ⊥，AB BD ⊥，BC CD ⊥，且4AB BC DC ===，过点B 向AC引垂线，垂足为E ，过E 作CD 的平行线，交AD 于点F ，连接BF ．设三棱锥A BCD -的外接球的表面积为1S ，三棱锥A BEF -的外接球的表面积为2S ，则12S S =________．【答案】125． 【解析】AB BC ⊥，AB BD ⊥，BC BD B =，则AB ⊥平面BCD ，CD ⊂平面BCD ，∴AB CD ⊥，又CD BC ⊥，BCAB B =，∴CD ⊥平面ACB ，,BE AC ⊂平面ACB ，∴CD AC ⊥，CD BE ⊥．又//CD EF ，∴EF BE ⊥，AC EF ⊥，又BE AC ⊥，∴三棱锥E ABF -可补形成以,,EA EF EB 为棱的一个长方体，其外接球的直径的平方等于,,EA EF EB 的平方和，而由,AB BD AC DC ⊥⊥，则AD 是三棱锥A BCD -外接球的直径． ∵4AB BC DC ===，∴AC =2EF =，EB =22EA，BD =，AD ==∴22220EA EB EF ++=，2148444824AD S πππ⎛⎫==⨯= ⎪⎝⎭，22420S ππ=⨯=⎝⎭， ∴124812205S S ππ==． 故答案为：125． 17．（2020·上海市松江二中高三期中）若体积为8的正方体的各个顶点均在一球面上，则该球的体积为______.【答案】【解析】因为正方体的体积为8，故棱长为2，因此正方体的体对角线的长为故正方体外接球的直径为故球的体积为343π⨯=，故答案为：.18．（2020·江苏南通市·高三期中）在我国古代数学名著《九章算术》中，把两底面为直角三角形的直棱柱称为“堑堵”，已知三棱柱111ABC A B C -是一个“堑堵”，其中12AB BB ==，1BC =，AC =则这个“堑堵”的外接球的表面积为________. 【答案】9π【解析】因为2,1,AB BC AC ===222AB BC AC +=，所以AB BC ⊥，所以可将三棱柱111ABC A B C -补成一个长方体，如图：则该长方体的对角线长等于这个“堑堵”的外接球的直径2R，所以23R ==，所以32R =. 所以外接球的表面积为22344()92R πππ=⨯=. 故答案为：9π19．（2020·合肥市第六中学高三期中）在长方体1111ABCD A B C D -中，1AB CC ==1BC =，点M 在正方形11CDD C 内，1C M ⊥平面1ACM ，则三棱锥11M ACC -的外接球表面积为______. 【答案】11π 【解析】如图所示：1C M ⊥平面1ACM ，连接1CD ， 又11CDD C 为正方形，∴点M 为正方形11CDD C 对角线的交点，则1MCC △是等腰直角三角形，M 是直角顶点， 设E 是1CC 中点，则E 是1MCC △的外心， 取F 是1BB 中点，则//EF BC ，而BC ⊥平面11DCC D ，EF ∴⊥平面11DCC D ，∴三棱锥11M ACC -的外接球的球心O 在直线EF 上，由已知可计算，1FC A F ====FC >， O ∴在EF 的延长线上，设OF x =，则由1OA OC =得2222(1)22x x ⎛⎛+=++ ⎝⎭⎝⎭，解得12x =，2OC ∴==，∴外接球表面积：2411S ππ=⨯=⎝⎭．故答案为：11π．20．（2020·湖南高三开学考试）在四面体S ABC -中，SA ⊥平面ABC ，120BAC ∠=︒，2SA =，BC =________. 【答案】403π 【解析】在ABC 中，因为120BAC ∠=︒，BC =可得ABC的外圆球直径为2sin 2BC r BAC ===∠，又由球的性质，可得()()2222402243R r SA ⎛⎫=+=+=， 所以球的表面积为240=43S R ππ=球表. 故答案为：403π. 21．（2020·全国高三月考）我国古代数学名著《九章算术》中将正四棱锥称为方锥.已知某方锥各棱长均为2，则其内切球的体积为______.【解析】如图，设方锥底面的中心为O ，则在Rt ABC △中，AC =AO CO ==在Rt PAO △中，PO =，所以方锥的体积为3， 设方锥内切球的半径为r ，而方锥的表面积为2144242+⨯⨯=+(143r =⨯+，解得2r =，体积为34π3⨯=⎝⎭..22．（2020·江西南昌市·南昌十中）已知在三棱锥P ABC -中，PA PB ==，23APB ∠=π，6ACB π∠=，则当点C 到平面PAB 的距离最大时，三棱锥P ABC -外接球的表面积为_____． 【答案】523π 【解析】当点C 到平面PAB 的距离最大时，平面ABC ⊥平面PAB ,设1O ，2O 分别为PAB △，ABC 的外心，O 为三棱锥P ABC -外接球的球心，连结1O P ，2OO ，设1O P 交AB 于H ，由面面垂直的性质定理可知1O H ⊥平面ABC ，在PAB △中，PA PA ==，23APB ∠=π，所以6πPAB PBA ∠=∠=,所以1sin 2PH PA PAB =⋅∠==，2cos 22AB PA PAB =⋅∠==，PAB △的外接圆直径为31sin 32PA PBA ==∠，所以1O P =，所以11O H O P PH =-=， ABC 的外接圆直径为241sin 2AB ACB ==∠，所以22O A =， 在2Rt OO A △中，OA ===， 所以三棱锥P ABC -外接球的半径为， 所以三棱锥P ABC -外接球的表面积为25243ππ⨯=. 故答案为：523π 23．（2021·福建省福州第一中学高三期中）三棱锥A BCD -中，60ABC CBD DBA ===∠∠∠，2BC BD ==，面ACD，则此三棱锥外接球的表面积为___．【答案】16π【解析】如图，2BC BD ==，60ABC CBD DBA ===∠∠∠，ABC ABD ∴≅，则AC AD =，∴2CD =，又由面ACD，则ACD △的高AE为AC AD ==，60ABC DBA ==∠∠，可得4AB =，90ACB ADB ∠=∠=︒，即AC BC ⊥，AD DB ⊥，明显地，当球内有一条边能同时对应两个面的三角形的直角，则该边必为球的直径，所以，24AB R ==，所以，三棱锥外接球的表面积为2416R ππ=故答案为：16π24．（2020·福建福州市·高三期中）在三棱锥P ABC -中，平面PAB 垂直平面ABC ，PA PB AB AC ====120BAC ∠=︒，则三棱锥P ABC -外接球的表面积为_________.【答案】52π【解析】如图，过点A 在面PAB 内作AQ AB ⊥交PAB △的外接圆于点Q ，平面PAB 垂直平面ABC ，两平面的交线为AB ，AQ AB ⊥，AQ ⊂面PAB ，AQ ∴⊥面ABC ，PAB △的外接圆直径为4QB ==，2QA ∴==，而2h QA ==，ABC 中，AB AC ==，120BAC ∠=︒，30ACB ∴∠=︒，设底面ABC 的外接圆半径为r ，则2sin AB r BCA==∠R ， 则有2222(2)(2)448524R h r R =+=+==，球的表面积为2452S R ππ==故答案为：52π25．（2020·全国高三其他模拟）在三棱锥D ABC -中，AD ⊥平面ABC ，3AC =，BC =1cos 3BAC ∠=，若三棱锥D ABC -的体积为3，则此三棱锥的外接球的表面积为______ 【答案】20π【解析】设三棱锥外接球的半径为R 、球心为O ，ABC 的外心为1O 、外接圆的半径为r ，连接1AO ， 过O 作平行线OE 交AD 于E ，连接OA ，OD ，如图所示，则OA OD R ==，1O A r =，OE AD ⊥，所以E 为AD 的中点.。

一．方法综述如果一个多面体的各个顶点都在同一个球面上，那么称这个多面体是球的内接多面体，这个球称为多面体的外接球.有关多面体外接球的问题，是立体几何的一个重点，也是高考考查的一个热点. 考查学生的空间想象能力以及化归能力。

研究球与多面体的接、切问题主要考虑以下几个方面的问题：（1）多面体外接球半径的求法，当三棱锥有三条棱垂直或棱长相等时，可构造长方体或正方体. （2）与球的外切问题，解答时首先要找准切点，可通过作截面来解决. （3）球自身的对称性与多面体的对称性；二．解题策略类型一 柱体与球【例1】（2020·河南高三（理））已知长方体1111ABCD A B C D -的表面积为208，118AB BC AA ++=，则该长方体的外接球的表面积为（ ） A ．116π B ．106πC ．56πD ．53π【答案】A 【解析】【分析】由题意得出11118104AB BC AA AB BC BC AA AB AA ++=⎧⎨⋅+⋅+⋅=⎩，由这两个等式计算出2221AB BC AA ++，可求出长方体外接球的半径，再利用球体表面积公式可计算出结果.【详解】依题意，118AB BC AA ++=，11104AB BC BC AA AB AA ⋅+⋅+⋅=，所以，()()222211112116AB BC AA AB BC AA AB BC BC AA AB AA ++=++-⋅+⋅+⋅=，故外接球半径r ==，因此，所求长方体的外接球表面积24116S r ππ==.故选：A.【点睛】本题考查长方体外接球表面积的计算，解题的关键就是利用长方体的棱长来表示外接球的半径. 【举一反三】1.（2020·2，若与球相关的外接与内切问题该棱柱的顶点都在一个球面上，则该球的表面积为（ ） A ．73π B ．113π C ．5π D ．8π【答案】D【解析】根据条件可知该三棱柱是正三棱柱，上下底面中心连线的中点就是球心，如图，则其外接球的半径22221123222sin 60R OB OO BO ⎛⎫ ⎪⎛⎫==+=+= ⎪ ⎪︒⎝⎭⎝⎭， 外接球的表面积428S ππ=⨯=.故选：D【指点迷津】直棱柱的外接球的球心在上、下底面的外接圆的圆心的连线上，确定球心，用球心、一底面的外接圆的圆心，一顶点构成一个直角三角形，用勾股定理得关于外接球半径的关系式，可球的半径. 2.（2020·安徽高三（理））已知一个正方体的各顶点都在同一球面上，现用一个平面去截这个球和正方体，得到的截面图形恰好是一个圆及内接正三角形，若此正三角形的边长为a ，则这个球的表面积为（ ）． A ．234a π B ．23a π C ．26a πD ．232a π【答案】D【解析】由已知作出截面图形如图1，可知正三角形的边长等于正方体的面对角线长，正方体与其外接球的位置关系如图2所示，可知外接球的直径等于正方体的体对角线长，设正方体的棱长为m ,外接球的半径为R ，则2a m =，23R m =，所以64R a =，所以外接球的表面积为222634442a S R a πππ⎛⎫==⨯= ⎪ ⎪⎝⎭， 故选：D .【点睛】本题考查正方体的外接球、正方体的截面和空间想象能力，分析出外接球的半径与正三角形的边长的关系是本题的关键，3．（2020·河南高三（理））有一圆柱状有盖铁皮桶（铁皮厚度忽略不计），底面直径为20cm ，高度为100cm ，现往里面装直径为10cm 的球，在能盖住盖子的情况下，最多能装（ ） （附：2 1.414,3 1.732,5 2.236≈≈≈） A ．22个 B ．24个C ．26个D ．28个【答案】C【解析】由题意，若要装更多的球，需要让球和铁皮桶侧面相切，且相邻四个球两两相切， 这样，相邻的四个球的球心连线构成棱长为10cm 的正面体，易求正四面体相对棱的距离为52cm ，每装两个球称为“一层”，这样装n 层球， 则最上层球面上的点距离桶底最远为()()10521n +-cm ，若想要盖上盖子，则需要满足()10521100n +-≤，解得19213.726n ≤+≈， 所以最多可以装13层球，即最多可以装26个球．故选：C 类型二 锥体与球【例2】5．已知球O 的半径为102，以球心O 为中心的正四面体Γ的各条棱均在球O 的外部，若球O 的球面被Γ的四个面截得的曲线的长度之和为8π，则正四面体Γ的体积为_________． 【来源】重庆市2021届高三下学期二模数学试题 【答案】182【解析】由题知，正四面体截球面所得曲线为四个半径相同的圆，每个圆的周长为2π，半径为1，故球心O 到正四面体各面的距离为2106122⎛⎫-=⎪⎝⎭，设正四面体棱长为a ，如图所示，则斜高332AE EF a ==，体高63=AF a ，在Rt AEF 和R t AGO 中，13OG EF AO AE ==，即61236632a =-，∴6a =，∴231362618234312V a a =⋅⋅=⋅=． 【举一反三】1.（2020四川省德阳一诊）正四面体ABCD 的体积为，则正四面体ABCD 的外接球的体积为______． 【答案】【解析】如图，设正四面体ABCD 的棱长为，过A 作AD ⊥BC ， 设等边三角形ABC 的中心为O ，则，，，即．再设正四面体ABCD 的外接球球心为G ，连接GA ， 则，即．∴正四面体ABCD 的外接球的体积为.故答案为：．2．（2020·宁夏育才中学）《九章算术》是我国古代的数学名著,其中有很多对几何体体积的研究,已知某囤积粮食的容器的下面是一个底面积为32π,高为h 的圆柱,上面是一个底面积为32π,高为h 的圆锥,若该容器有外接球,则外接球的体积为 【答案】288π【解析】如图所示，根据圆柱与圆锥和球的对称性知，其外接球的直径是23R h =，设圆柱的底面圆半径为r ，母线长为l h =， 则232r ππ=，解得42r =222(2)(3)l r h +=， 222(82)9h h ∴+=，解得4h =，∴外接球的半径为3462R =⨯=，∴外接球的体积为3344628833R V πππ⨯===．3．（2020·贵阳高三（理））在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是边长为4的正方形，PAD ∆是一个正三角形，若平面PAD ⊥平面ABCD ，则该四棱锥的外接球的表面积为（ ） A ．143πB ．283πC ．563πD ．1123π【答案】D 【解析】【分析】过P 作PF AD ⊥，交AD 于F ，取BC 的中点G ，连接,PG FG ，取PF 的三等分点H （2PH HF =），取GF 的中点E ，在平面PFG 过,E F 分别作,GF PF 的垂线，交于点O ，可证O 为外接球的球心，利用解直角三角形可计算PO ．【详解】如图，过P 作PF AD ⊥，交AD 于F ，取BC 的中点G ，连接,PG FG ，在PF 的三等分点H （2PH HF =），取GF 的中点E ，在平面PFG 过,E F 分别作,GF PF 的垂线，交于点O ．因为PAD ∆为等边三角形，AF FD =，所以PF ⊥AD ． 因为平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD平面ABCD AD =，PF ⊂平面PAD ，所以PF ⊥平面ABCD ，因GF ⊂平面ABCD ，故PF GF ⊥． 又因为四边形ABCD 为正方形，而,G F 为,BC AD 的中点，故FG CD ，故GF AD ⊥，因ADPF F =，故PF ⊥平面PAD ．在Rt PGF ∆中，因,OE GF PF GF ⊥⊥，故OE PF ，故OE ⊥平面ABCD ，同理OH ⊥平面PAD ．因E 为正方形ABCD 的中心，故球心在直线OE 上，因H 为PAD ∆的中心，故球心在直线OH 上，故O 为球心，OP 为球的半径． 在Rt PGF ∆中，2234343323PH PF ==⨯⨯=，2OH EF ==， 故16282214333OP =+==，所以球的表面积为28112433ππ⨯=． 类型三 构造法（补形法）【例3】已知三棱锥P ABC -的各个顶点都在球O 的表面上，PA ⊥底面ABC ，AB AC ⊥，6AB =，8AC =，D 是线段AB 上一点，且2AD DB =.过点D 作球O 的截面，若所得截面圆面积的最大值与最小值之差为25π，则球O 的表面积为（ ） A ．128π B ．132πC ．144πD ．156π【答案】B【解析】PA ⊥平面ABC ，AB AC ⊥，将三棱锥P ABC -补成长方体PQMN ABEC -，如下图所示：设AE BC F =，连接OF 、DF 、OD ，可知点O 为PE 的中点，因为四边形ABEC 为矩形，AE BC F =，则F 为AE 的中点，所以，//OF PA 且12OF PA =，设2PA x =，且2210AE AB BE =+=，222225PE PA AE x ∴+=+所以，球O 的半径为21252R PE x ==+， 在Rt ABE △中，2ABE π∠=，6AB =，10AE =，3cos 5AB BAE AE ∠==，在ADF 中，243AD AB ==，5AF =， 由余弦定理可得222cos 17DF AD AF AD AF BAE =+-⋅∠=，PA ⊥平面ABCD ，OF ∴⊥平面ABCD ，DF ⊂平面ABCD ，则OF DF ⊥，12OF PA x ==，22217OD OF DF x ∴=+=+， 设过点D 的球O 的截面圆的半径为r ，设球心O 到截面圆的距离为d ，设OD 与截面圆所在平面所成的角为θ，则22sin d OD R r θ==-.当0θ=时，即截面圆过球心O 时，d 取最小值，此时r 取最大值，即2max 25r R x ==+；当2πθ=时，即OD 与截面圆所在平面垂直时，d 取最大值，即2max 17d OD x ==+，此时，r 取最小值，即()22min max 22r R d =-=. 由题意可得()()()222max min 1725r r x πππ⎡⎤-=+=⎣⎦，0x，解得22x =.所以，33R =，因此，球O 的表面积为24132S R ππ==.故选：B.【举一反三】1.（2020宁夏石嘴山模拟）三棱锥中，侧棱与底面垂直，，，且，则三棱锥的外接球的表面积等于 ．【答案】【解析】把三棱锥，放到长方体里,如下图:,因此长方体的外接球的直径为,所以半径,则三棱锥的外接球的表面积为.2.（2020菏泽高三模拟）已知直三棱柱的底面为直角三角形，且两直角边长分别为1和，此三棱柱的高为，则该三棱柱的外接球的体积为A．B．C．D．【答案】C【解析】如图所示，将直三棱柱补充为长方体，则该长方体的体对角线为，设长方体的外接球的半径为，则，,所以该长方体的外接球的体积，故选C.3．（2020·贵州高三月考（理））某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A．43B．53C．83D．163【答案】A【解析】【分析】如图所示画出几何体，再计算体积得到答案.【详解】由三视图知该几何体是一个四棱锥，可将该几何体放在一个正方体内，如图所示：在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中，取棱11,,,,B C DA AB BC CD 的中点分别为,,,,E M N P Q ，则该几何体为四棱锥E MNPQ -，其体积为()2142233⨯⨯=.故选：A 类型四 与球体相关的最值问题【例4】（2020·福建高三期末（理））在外接球半径为4的正三棱锥中，体积最大的正三棱锥的高h =（ ） A ．143B ．134C ．72D ．163【答案】D 【解析】【分析】设正三棱锥底面的边长为a ，高为h ，由勾股定理可得22234(4)3h a ⎛⎫=-+ ⎪ ⎪⎝⎭，则22183h h a -=，三棱锥的体积()23384V h h =-，对其求导，分析其单调性与最值即可得解. 【详解】解：设正三棱锥底面的边长为a ，高为h ，根据图形可知22234(4)3h a ⎛⎫=-+ ⎪ ⎪⎝⎭，则22180,3h h a -=>08h ∴<<. 又正三棱锥的体积21334V a h =⨯()2384h h h =-()23384h h =-，则()231634V h h '=-， 令0V '=，则163h =或0h =（舍去）， ∴函数()23384V h h =-在160,3⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在16,83⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减，∴当163h =时，V 取得最大值，故选：D. 【点睛】本题考查球与多面体的最值问题，常常由几何体的体积公式、借助几何性质，不等式、导数等进行解决，对考生的综合应用，空间想象能力及运算求解能力要求较高. 【举一反三】1.（2020·广东高三（理））我国古代数学名著《九章算术》中有这样一些数学用语，“堑堵”意指底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱，而“阳马”指底面为矩形，且有一侧棱垂直于底面的四棱锥.现有一如图所示的堑堵，AC BC ⊥，若12AA AB ==，当阳马11B A ACC -体积最大时，则堑堵111ABC A B C -的外接球体积为（ ）A ．22πB ．823C ．23D ．2π【答案】B【解析】依题意可知BC ⊥平面11ACC A .设,AC a BC b ==，则2224a b AB +==.111111323B A ACC V AC AA BC AC BC -=⨯⨯⨯⨯=⨯⨯22114232323AC BC +≤⨯=⨯=，当且仅当2AC BC ==时取得最大值.依题意可知1111,,A BC A BA A BB ∆∆∆是以1A B 为斜边的直角三角形，所以堑堵111ABC A B C -外接球的直径为1A B ，故半径221111222OB A B AA AB ==⨯+=.所以外接球的体积为()34π82π233⋅=. 特别说明：由于BC ⊥平面11ACC A ，1111,,A BC A BA A BB ∆∆∆是以1A B 为斜边的直角三角形，所以堑堵111ABC A B C -外接球的直径为1A B 为定值，即无论阳马11B A ACC -体积是否取得最大值，堑堵111ABC A B C -外接球保持不变，所以可以直接由直径1A B 的长，计算出外接球的半径，进而求得外接球的体积.故选：B2．（2020·遵义市南白中学高三期末）已知A ，B ，C ，D 四点在同一个球的球面上，6AB BC ==，90ABC ∠=︒，若四面体ABCD 体积的最大值为3，则这个球的表面积为（ ）A ．4πB ．8πC ．16πD ．32π【答案】C 【解析】根据6AB BC ==可得直角三角形ABC ∆的面积为3,其所在球的小圆的圆心在斜边AC 的中点上,设小圆的圆心为Q , 由于底面积ABC S ∆不变,高最大时体积最大,所以DQ 与面ABC 垂直时体积最大，最大值为为133ABC S DQ ∆⨯=，即133,33DQ DQ ⨯⨯=∴=,如图, 设球心为O ,半径为R ，则在直角AQO ∆中,即222(3)(3,)2R R R =∴+=-, 则这个球的表面积为24216S ππ=⨯=,故选C.3．（2020·河南高三（理））菱形ABCD 的边长为2，∠ABC ＝60°，沿对角线AC 将三角形ACD 折起，当三棱锥D －ABC 体积最大时，其外接球表面积为（ ） A ．153π B ．2153π C ．209π D ．203π 【答案】D 【解析】【分析】当平面ACD 与平面ABC 垂直时体积最大，如图所示，利用勾股定理得到2223(3)()3R OG =-+和22223()3R OG =+，计算得到答案. 【详解】易知：当平面ACD 与平面ABC 垂直时体积最大. 如图所示：E 为AC 中点，连接,DE BE ，外接球球心O 的投影为G 是ABC ∆中心，在BE 上 3BE =，3DE =，33EG =，233BG =设半径为R ，则2223(3)()3R OG =-+，22223()3R OG =+ 解得：153R =，表面积22043S R ππ== 故选：D三．强化训练一、选择题1．（2020·广西高三期末）棱长为a 的正四面体ABCD 与正三棱锥E BCD -的底面重合，若由它们构成的多面体ABCDE 的顶点均在一球的球面上，则正三棱锥E BCD -的表面积为（ ） A ．2334a + B ．2336a + C ．2336a - D ．2334a - 【答案】A【解析】由题意，多面体ABCDE 的外接球即正四面体ABCD 的外接球， 由题意可知AE ⊥面BCD 交于F ，连接CF ，则233323CF a a =⋅= 且其外接球的直径为AE ，易求正四面体ABCD 的高为223633a a a ⎛⎫ ⎪ ⎪=⎝⎭-. 设外接球的半径为R ，由2226333R a R a ⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭=⎭-⎝-得64R a =. 设正三棱锥E BCD -的高为h ，因为6623AE a a h ==+，所以66h a =. 因为底面BCD ∆的边长为a ，所以2222EB EC ED CF h a ===+=， 则正三棱锥E BCD -的三条侧棱两两垂直.即正三棱锥E BCD -的表面积222121333322224S a a a ⎛⎫+=⨯⨯+⨯= ⎪ ⎪⎝⎭，故选：A .2、（2020辽宁省师范大学附属中学高三）在三棱锥中，，则三棱锥外接球的表面积为（ ）A．B．C．D．【答案】C【解析】如图，把三棱锥补形为长方体，设长方体的长、宽、高分别为，则，∴三棱锥外接球的半径∴三棱锥外接球的表面积为．故选：C．3．（2020·安徽高三期末）如果一个凸多面体的每个面都是全等的正多边形，而且每个顶点都引出相同数目的棱，那么这个凸多面体叫做正多面体.古希腊数学家欧几里得在其著作《几何原本》的卷13中系统地研究了正多面体的作图，并证明了每个正多面体都有外接球.若正四面体、正方体、正八面体的外接球半径相同，则它们的棱长之比为（）A23B．223C．22D．223【答案】Ba b c R【解析】设正四面体、正方体、正八面体的棱长以及外接球半径分别为,,,则2223,23,22R a R b R c =⨯==, 即222,,2::2:2:333R R a b c R a b c ===∴=故选：B 4．（2020·北京人大附中高三）如图，在四棱锥S ABCD -中，四边形ABCD 为矩形，23AB =，2AD =，120ASB ∠=︒，SA AD ⊥，则四棱锥外接球的表面积为（ ）A ．16πB ．20πC ．80πD ．100π 【答案】B【解析】由四边形ABCD 为矩形，得AB AD ⊥，又SA AD ⊥，且SA AB A ⋂=，∴AD ⊥平面SAB ，则平面SAB ⊥平面ABCD ，设三角形SAB 的外心为G ，则23322sin 2sin12032AB GA ASB ====∠︒. 过G 作GO ⊥底面SAB ，且1GO =，则22215OS =+=.即四棱锥外接球的半径为5． ∴四棱锥外接球的表面积为24(5)20S ππ=⨯=.故选B ．5．（2020河南省郑州市一中高三）在三棱锥中，平面，M 是线段上一动点，线段长度最小值为，则三棱锥的外接球的表面积是（ ） A ． B ．C ．D ．【答案】C【解析】解：如图所示：三棱锥中，平面，M是线段上一动点，线段长度最小值为，则：当时，线段达到最小值，由于：平面，所以：，解得：，所以：，则：，由于：，所以：则：为等腰三角形．所以，在中，设外接圆的直径为，则：，所以外接球的半径，则：，故选：C．6、（2020河南省天一大联考）某多面体的三视图如图所示，其中正视图是一个直角边为2的等腰直角三角形，侧视图是两直角边分别为2和1的直角三角形，俯视图为一矩形，则该多面体的外接球的表面积为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】由三视图可得，该几何体为一个三棱锥，放在长、宽、高分别为2，1，2的长方体中，此三棱锥和长方体的外接球是同一个，长方体的外接球的球心在体对角线的中点处，易得其外接球的直径为，从而外接球的表面积为.故答案为：C.7．（2020·江西高三期末（理））如图，三棱锥P ABC -的体积为24，又90PBC ABC ∠=∠=︒，3BC =，4AB =，410PB =，且二面角P BC A --为锐角，则该三棱锥的外接球的表面积为（ ）A ．169πB ．144πC ．185πD ．80π【答案】A【解析】因90PBC ABC ∠=∠=︒，所以BC ⊥平面PAB ，且PBA ∠为二面角P BC A --的平面角， 又3BC =，4AB =，410PB =，由勾股定理可得13PC =，5AC =， 因为1sin 8102PAB S PB AB PBA PBA ∆⋅=⋅∠=∠，所以三棱锥的体积1181032433PAB V S BC PBA ∆=⋅=⨯∠⨯=，解得310sin PBA ∠=，又PBA ∠为锐角，所以10cos 10PBA ∠=， 在PAB ∆中，由余弦定理得2101601624410144PA =+-⨯⨯=， 即12PA =，则222PB PA AB =+，故PA AB ⊥， 由BC ⊥平面PAB 得BC PA ⊥，故PA ⊥平面ABC ，即PA AC ⊥，取PC 中点O ， 在直角PAC ∆和直角PBC ∆中，易得OP OC OA OB ===，故O 为外接球球心， 外接圆半径11322R PC ==，故外接球的表面积24169S R ππ==.故选：A. 8．（2019·湖南长沙一中高三）在如图所示的空间几何体中，下面的长方体1111ABCD A B C D -的三条棱长4AB AD ==，12AA =，上面的四棱锥1111P A B C D -中11D E C E =，1111PE A B C D ⊥平面，1PE =，则过五点A 、B 、C 、D 、P 的外接球的表面积为（ ）A ．311π9B ．311π18C ．313π9D ．313π18【答案】C【解析】问题转化为求四棱锥P ABCD -的外接球的表面积．4913PC =+=，∴3sin 13PCD ∠=．所以PCD ∆外接圆的半径为131336213r ==⨯，由于PE ⊥平面1111D C B A ，则PE ⊥平面ABCD ，PE ⊂平面PCD ，所以平面PCD ⊥平面ABCD ， 所以外接球的222169313243636R r =+=+=．所以2313π4π9S R ==球表面积．9．三棱锥P —ABC 中，底面ABC 满足BA=BC ， ，点P 在底面ABC 的射影为AC 的中点，且该三棱锥的体积为，当其外接球的表面积最小时，P 到底面ABC 的距离为（ ） A ．3 B ．C ．D ．【答案】B【解析】设外接球半径为，P 到底面ABC 的距离为，，则，因为，所以， 因为，所以当时，，当时，，因此当时，取最小值，外接球的表面积取最小值，选B.10．（2019·河北高三月考）在平面四边形ABCD 中，AB ⊥BD ，∠BCD =30°，2246AB BD +=，若将△ABD 沿BD 折成直二面角A -BD -C ，则三棱锥A-BDC 外接球的表面积是( ) A ．4π B ．5πC ．6πD ．8π【答案】C【解析】取,AD BD 中点,E F ，设BCD ∆的外心为M ，连,,MB MF EF ， 则01,30,22MF BD BMF DMB BCD BM BF BD ⊥∠=∠=∠=∴== 分别过,E M 作,MF EF 的平行线，交于O 点， 即//,//OE MF OM EF ，,BD AB E ⊥∴为ABD ∆的外心，平面ABD ⊥平面BCD ，AB ⊥平面BCD ，//,EF AB EF ∴⊥平面BCD ，OM ∴⊥平面BCD ，同理OE ⊥平面ABD ，,E M 分别为ABD ∆，BCD ∆外心，O ∴为三棱锥的外接球的球心，OB 为其半径, 22222221342OB BM OM BD EF BD AB =+=+=+=， 246S OB ππ=⨯=球.故选:C11．（2020·梅河口市第五中学高三期末（理））设三棱锥P ABC -的每个顶点都在球O 的球面上，PAB ∆是面积为3的等边三角形，45ACB ∠=︒，则当三棱锥P ABC -的体积最大时，球O 的表面积为（ ） A ．283π B ．10πC ．323π D ．12π【答案】A【解析】如图，由题意得2334AB =，解得2AB =.记,,AB c BC a AC b ===， 12sin 24ABC S ab C ab ∆==，由余弦定理2222cos c a b ab C =+-，得224222a b ab ab ab =+-≥-，42(22)22ab ≤=+-，当且仅当a b =时取等号．所以CA CB =且平面PAB ⊥底面ABC 时，三棱锥P ABC -的体积最大.分别过PAB ∆和ABC ∆的外心作对应三角形所在平面的垂线，垂线的交点即球心O ， 设PAB ∆和ABC ∆的外接圆半径分别为1r ，2r ，球O 的半径为R ，则123r =，21222sin 45r =⨯=︒.故222211172233R r r ⎛⎫=+=+= ⎪⎝⎭， 球O 的表面积为22843R ππ=.故选：A.12.（2020四川省成都外国语学校模拟）已知正方形ABCD 的边长为4，E ，F 分别是BC ，CD 的中点，沿AE ，EF ，AF 折成一个三棱锥P-AEF （使B ，C ，D 重合于P ），三棱锥P-AEF 的外接球表面积为（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】C 【解析】如图，由题意可得，三棱锥P-AEF 的三条侧棱PA ，PE ，PF 两两互相垂直， 且，，把三棱锥P-AEF 补形为长方体，则长方体的体对角线长为， 则三棱锥P-AEF 的外接球的半径为，外接球的表面积为．故选：C ．13．已知球O 夹在一个二面角l αβ--之间，与两个半平面分别相切于点,A B .若2AB =，球心O 到该二面角的棱l 的距离为2，则球O 的表面积为（ ） A ．8πB ．6πC ．4πD ．2π【来源】江西省萍乡市2021届高三二模考试数学（文）试题 【答案】A【解析】过,,O A B 三点作球的截面，如图：设该截面与棱l 交于D ，则OA l ⊥，OB l ⊥，又OA OB O =，所以l ⊥平面AOB ，所以OD l ⊥，所以||2OD =，依题意得,OA AD OB BD ⊥⊥，所以,,,O A D B 四点共圆，且OD 为该圆的直径，因为||2||AB OD ==，所以AB 也是该圆的直径，所以四边形OADB 的对角线AB 与OD 的长度相等且互相平分，所以四边形OADB 为矩形，又||||OA OB =，所以该矩形为正方形，所以2||||22OA AB ==，即圆O 的半径为2，所以圆O 的表面积为24(2)8ππ⨯=. 故选：A14．已知点,,A B C 在半径为2的球面上，满足1AB AC ==，3BC =，若S 是球面上任意一点，则三棱锥S ABC -体积的最大值为（ ） A ．32312+ B ．3236+ C ．23312+ D ．3312+ 【答案】A【解析】设ABC 外接圆圆心为O '，三棱锥S ABC -外接球的球心为O ，1AB AC ==，设D 为BC 中点，连AD ，如图，则AD BC ⊥，且O '在AD 上，221()22BC AD AB =-=， 设ABC 外接圆半径为r ，222231()()()242BC r AD r r =+-=+-，解得1r =， 22||23OO r '∴=-=要使S ABC -体积的最大，需S 到平面ABC 距离最大， 即S 为O O '32，所以三棱锥S ABC -体积的最大值为11112)2)3322ABCS ⨯=⨯⨯⨯=故选：A15．已知半球O 与圆台OO '有公共的底面，圆台上底面圆周在半球面上，半球的半径为1，则圆台侧面积取最大值时，圆台母线与底面所成角的余弦值为（ ）A B C ．6D 【答案】D【解析】如图1所示，设BC x =，CO r '=，作CF AB ⊥于点F ，延长OO '交球面于点E ，则1BF r =-，OO CF '===2得CO O D ''⋅=()()11O E O H OO OO ''''⋅=+⋅-，即((211r =+⋅，解得212x r =-，则圆台侧面积(2π1102x S x x ⎛⎫=⋅+-⋅<< ⎪⎝⎭，则'2322S x ππ=-，令'0S =，则3x =或x =，当0x <<时，'0S >x <<'0S <，所以函数2π112x S x ⎛⎫=⋅+-⋅ ⎪⎝⎭在⎛ ⎝⎭上递增，在⎝上递减，所以当3x =时，S 取得最大值．当3x BC ==时，21123x r =-=，则213BF r =-=．在轴截面中，OBC ∠为圆台母线与底面所成的角，在Rt CFB △中可得cos 3BF OBC BC ∠==故选：D ．16．（2020·重庆八中高三）圆柱的侧面展开图是一个面积为216π的正方形，该圆柱内有一个体积为V 的球，则V 的最大值为 【答案】323π【解析】设圆柱的底面直径为2r ，高为l ，则222π16πr l l =⎧⎨=⎩，解得24πr l =⎧⎨=⎩.故圆柱的底面直径为4，高为4π，所以圆柱内最大球的直径为4，半径为2，其体积为34π32π233⨯=. 17．（2020·江西高三）半正多面体(semiregular solid )亦称“阿基米德多面体”，如图所示，是由边数不全相同的正多边形为面的多面体，体现了数学的对称美．将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，如此共可截去八个三棱锥，得到一个有十四个面的半正多面体，它们的边长都相等，其中八个为正三角形，六个为正方形，称这样的半正多面体为二十四等边体.若二十四等边体的棱长为2，则该二十四等边体外接球的表面积为【答案】8π【解析】2，侧棱长为2的正四棱柱的外接球，2222(2)(2)(2)2R ∴=++,2R ∴,∴该二十四等边体的外接球的表面积24πS R =24π(2)8π=⨯=.18．（2020·福建高三期末（理））在棱长为4的正方体1111ABCD A B C D -中，E ，F 分别为1AA ，BC 的中点，点M 在棱11B C 上，11114B M BC =，若平面FEM 交11A B 于点N ，四棱锥11N BDD B -的五个顶点都在球O 的球面上，则球O 半径为 【答案】2293【解析】如图1，2,,B M F 三点共线，连结22,B E B MF ∈从而2B ∈平面FEM ，则2B E 与11A B 的交点即为点N ，又12Rt B B N ∆与1Rt A EN ∆相似，所以1112112A E A NB B NB ==； 如图2，设11B D N ∆的外接圆圆心为1O ，半径为r ，球半径为R ，在11B D N ∆中，111445,103NB D D N ︒∠==，由正弦定理得453r =，所以1853D P =，在1Rt DD P ∆中，解得4293DP =，即42293R =，所以所求的球的半径为2293.19．（2020·黑龙江高三（理））设,,,A B C D 是同一个半径为4的球的球面上四点，在ABC 中，6BC =,60BAC ∠=︒,则三棱锥D ABC -体积的最大值为【答案】183【解析】ABC 中，6BC =,60BAC ∠=︒，则643223sin sin 60a r r A ===∴=︒，22max 6h R r R =-=，222222cos 36a b c bc A b c bc bc bc =+-=+-≥∴≤ ，1sin 932S bc A =≤ 当6a b c ===时等号成立，此时11833V Sh ==20．（2020·河北承德第一中学高三）正三棱锥S －ABC 的外接球半径为2，底边长AB ＝3，则此棱锥的体积为【答案】934或334【解析】设正三棱锥的高为h ，球心在正三棱锥的高所在的直线上，H 为底面正三棱锥的中心因为底面边长AB=3，所以2222333332AH AD ⎛⎫==-= ⎪⎝⎭当顶点S 与球心在底面ABC 的同侧时，如下图此时有222AH OH OA += ，即()()222322h +-=，可解得h=3因而棱柱的体积113393333224S ABC V -=⨯⨯⨯⨯=当顶点S 与球心在底面ABC 的异侧时，如下图有222AH OH OA +=，即()222322h +-=，可解得h=1所以113333313224S ABC V -=⨯⨯⨯⨯=9333421．（2020·江西高三（理））已知P,A,B,C 是半径为2的球面上的点，PA=PB=PC=2，90ABC ∠=︒，点B 在AC 上的射影为D ，则三棱锥P ABD -体积的最大值为 【答案】338【解析】如下图，由题意，2PA PB PC ===，90ABC ∠=︒，取AC 的中点为G ，则G 为三角形ABC 的外心，且为P 在平面ABC 上的射影，所以球心在PG 的延长线上，设PG h =，则2OG h =-，所以2222OB OG PB PG -=-，即22424h h --=-，所以1h =. 故G CG 3A ==，过B 作BD AC ⊥于D ，设AD x =(023x <<)，则23CD x =-,设(03)BD m m =<≤，则~ABD BCD ，故23m xx m-=， 所以()223m x x =-，则()23m x x =-，所以ABD 的面积()3112322S xm x x ==-，令()()323f x x x =-，则()2'634f x x x =-（），因为20x >，所以当3032x <<时，()'0f x >，即()f x 此时单调递增；当33232x ≤<时，()'0f x ≤，此时()f x 单调递减．所以当332x =时，()f x 取到最大值为24316，即ABD 的面积最大值为1243932168=．当ABD 的面积最大时，三棱锥P ABD -体积取得最大值为19333388⨯=.22．已知H 是球O 的直径AB 上一点，:1:3AH HB =，AB ⊥平面α，H 为垂足，α截球O 所得截面的面积为π，则球O 的表面积为__________.【来源】宁夏固原市第五中学2021届高三年级期末考试数学（文）试题 【答案】163π【解析】如下图所示，设AH x =，可得出3HB x =，则球O 的直径为4AB x =，球O 的半径为2x ，设截面圆H 的半径为r ，可得2r ππ=，1r ∴=，由勾股定理可得()2222OH r x +=，即()22214x AH x -+=，即2214x x +=，33x ∴=，所以球O 的半径为2323x =，则球O 的表面积为22316433S ππ⎛⎫=⨯= ⎪ ⎪⎝⎭. 23．如图，在三棱锥P ABC -中，PA ⊥平面ABC ，AB BC ⊥，2PA AB ==，22AC =，M 是BC 的中点，则过点M 的平面截三棱锥P ABC -的外接球所得截面的面积最小值为___【答案】π 【解析】PA ⊥平面ABC ，AB BC ⊥，将三棱锥P ABC -补成长方体ABCD PEFN -，则三棱锥P ABC -的外接球直径为22222223R PC PA AB AD PA AC ==++=+=，所以，3R =，设球心为点O ，则O 为PC 的中点，连接OM ，O 、M 分别为PC 、BC 的中点，则//OM PB ，且2211222OM PB PA AB ==+=， 设过点M 的平面为α，设球心O 到平面α的距离为d . ①当OM α⊥时，2d OM ==；②当OM 不与平面α垂直时，2d OM <=. 综上，2d OM ≤=.设过点M 的平面截三棱锥P ABC -的外接球所得截面圆的半径为r ，则221r R d =-≥，因此，所求截面圆的面积的最小值为2r ππ=.24．若正四棱锥P ABCD -的底面边长和高均为8，M 为侧棱PA 的中点，则四棱锥M ABCD -外接球的表面积为___________.【来源】山西省运城市2021届高三上学期期末数学（文）试题 【答案】132π【解析】在正四棱锥P ABCD -中M 为侧楼PA 中点,∴四棱锥M ABCD -外接球即为棱台MNEF ABCD -的外接球，如图，四棱锥P ABCD -的底面边长和高均为8，1214,42AB O N O M ===∴ 212242AO MO ==∴设球心为O ，则图中12,OO A OMO △△均为直角三角形， 设1OO h =，222(42)OA h ∴=+，222(22)(4)OM h =++，A , M 都在球面上，222O O M R A =∴=,解得21,33h R =∴=,24132S R ππ∴==球25．已知P 为球O 球面上一点，点M 满足2OM MP =，过点M 与OP 成30的平面截球O ，截面的面积为16π，则球O 的表面积为________.【来源】广西钦州市2021届高三第二次模拟考试数学（理）试题 【答案】72π 【解析】如图所示：设截面圆心为1O ， 依题意得130OMO ∠=， 设1OO h =，则2OM h =， 又2OM MP =，所以3OP h =，即球的半径为3h ，所以3ON h =，又截面的面积为16π，所以()2116O N ππ=，解得14O N =，在1Rt OO N 中，()22316h h =+， 解得2h =，所以球的半径为32， 所以球的表面积是()243272S ππ==，故答案为： 72π 26．如图是数学家GeminadDandelin 用来证明一个平面截圆锥得到的截面是椭圆的模型(称为丹德林双球模型)：在圆锥内放两个大小不同的小球，使得它们分别与圆锥侧面､截面相切，设图中球1O 和球2O 的半径分别为1和3，128O O =，截面分别与球1O 和球2O 切于点E 和F ，则此椭圆的长轴长为___________.【来源】江苏省盐城市阜宁县2020-2021学年高三上学期期末数学试题【答案】15【解析】如图，圆锥面与其内切球12,O O 分别相切与,B A ，连接12,O B O A ，则12,O B AB O A AB ⊥⊥，过1O 作12O D O A 于D ，连接12,,O F O E EF 交12O O 于点C ，设圆锥母线与轴的夹角为α，截面与轴的夹角为β，在Rt △12O O D 中,2312DO ,22182215O D11221515cos 84O D O O α===128O O = , 218CO O C =-,△2EO C △1FO C ,11218O C O C EO O F -= 解得12O C =,26O C = 222211213CF O C FO ∴=-=-= ,即13cos 2CFO C , 所以椭圆离心率为cos 25cos 5c e aβα=== 在△2EO C 中223cos cos 2EC ECO O C β=∠== 解得33EC =,432EF c ==2325155a a =⇒= 2215a ∴=故答案为：21527．在长方体1111ABCD A B C D -中，13AB =，5AD =，112AA =，过点A 且与直线CD 平行的平面α将长方体分成两部分.现同时将两个球分别放入这两部分几何体内，则在平面α变化的过程中，这两个球的半径之和的最大值为___________.【来源】江苏省六校2021届高三下学期第四次适应性联考数学试题 【答案】16538【解析】如图所示：平面ABMN 将长方体分成两部分，MN 有可能在平面11CDD C 上或平面1111A D C B 上，根据对称性知，两球半径和的最大值是相同的，故仅考虑在平面11CDD C 上的情况，延长11B C 与BM 交于点P ，作1O Q BC ⊥于Q 点，设1CBP BPB α∠=∠=，圆1O 对应的半径为1r ，根据三角形内切圆的性质， 在1Rt O QB 中，12QBO α∠=，15BQ BC CQ r =-=-，111tan 25O Q r BQ r α==-， 则15tan5251tan 1tan 22r ααα==-++，又当BP 与1BC 重合时，1r 取得最大值，由内切圆等面积法求得1512251213r ⨯≤=++，则2tan 23α≤ 设圆2O 对应的半径为2r ，同理可得266tan2r α=-， 又252r ≤，解得7tan 212α≥. 故1255566tan 176(1tan )221tan 1tan 22r r αααα+=-+-=--+++，72tan 1223α≤≤， 设1tan 2x α=+，则195[,]123x ∈，()5176f x x x=--， 由对号函数性质易知195[,]123x ∈，函数()f x 单减，则19519165()()1761912123812f x f ≤=--⨯=，即最大值为16538 故答案为：16538 28．设A B C D ，，，是同一个半径为4的球的球面上四点，ABC 为等边三角形且其面积为93，则三棱锥D ABC -体积的最大值为___________.【来源】江苏省南京市秦淮中学2021届高三下学期期初学情调研数学试题【答案】183【解析】ABC 为等边三角形且其面积为93，则23934ABC SAB ==，6AB ∴=，如图所示，设点M 为ABC 的重心，E 为AC 中点，当点D 在平面ABC 上的射影为M 时，三棱锥D ABC -的体积最大，此时，4OD OB R ===， 点M 为三角形ABC 的重心，2233BM BE ∴==， Rt OMB ∴中，有222OM OB BM =-=，426DM OD OM ∴=+=+=，所以三棱锥D ABC -体积的最大值19361833D ABC V -=⨯=29．已知四面体ABCD 的棱长均为6,,EF 分别为棱,BC BD 上靠近点B 的三等分点，过,,A E F 三点的平面与四面体ABCD 的外接球O 的球面相交,得圆'O ，则球O 的半径为___________，圆'O 的面积为__________．【来源】河南省九师联盟2021届高三下学期3月联考理科数学试题【答案】3 8π【解析】。

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 ===，。

专题05 立体几何外接球、内切球专题1、在三棱锥P ABC -中，PA ⊥底面,ABC AB BC ⊥.若2PA AB BC ===，,E F 分别是,PB PC 的中点，则三棱锥P AEF -的外接球的表面积为__________.答案： 5π解析： 根据题意，结合题中几何体的结构，将题中棱锥的外接球问题转化为长方体外接球问题. 【详解】因为PA ⊥底面ABC ，所以PA BC ⊥.又AB BC ⊥，所以BC ⊥平面PAB ，故BC AE ⊥. 又PA AB =，故AE PB ⊥， 所以AE ⊥平面PBC ， 所以,AE EF AE PE ⊥⊥. 又//EF BC ，所以EF PE ⊥，故,,EF PE AE 两两垂直.又11,22EF BC PE AE ====， 故该三棱锥外接球的半径与一个棱长分别为1，2，2. 所以三棱锥P AEF -的外接球的半径为122522++=， 故外接球的表面积为25452ππ⎛⎫⨯= ⎪ ⎪⎝⎭.故答案为：5π.2、已知三棱锥O ABC -中，A ，B ，C 三点在以O 为球心的球面上，若2AB BC ==，120ABC ∠=︒，且三棱锥O ABC -的体积为3，则球O 的表面积为（ ）A ．323πB ．16πC ．52πD ．64π答案： C 解析：由题意2AB BC ==，120ABC ∠=︒，可求得ABC ∆的面积，进而通过O ABC -的体积得到三棱锥的高，即球心到平面ABC 的距离.通过外接圆的半径公式，求得截面圆的半径，得到球O 的半径，即得解. 【详解】由题意2AB BC ==，ABC 1120=||||sin 32ABC S AB BC ABC ∆∠=︒∠=， 1333O ABC ABC V S h h -∆==∴=.又ABC ∆的外接圆的半径222sin 2sin 30oAB r C ===因此球O 的半径222313R =+= 球的表面积：2452S R ππ==. 故选：C3、已知球O 是三棱锥P ABC -的外接球，1PA AB PB AC ====，2CP =，点D 是PB 的中点，且72CD =，则球O 的表面积为（ ） A ．73π B ．76π C ．72127πD ．72154π答案： A 解析：证明AC ⊥平面PAB ，以PAB ∆为底面，AC 为侧棱补成一个直三棱柱，则球O 是该三棱柱的外接球，计算半径得到答案. 【详解】由1PA AB PB AC ====，2CP =，得PA AC ⊥. 由点D 是PB 的中点及PA AB PB ==，易求得32AD =，又72CD =，所以AD AC ⊥，所以AC ⊥平面PAB .以PAB ∆为底面，AC 为侧棱补成一个直三棱柱，则球O 是该三棱柱的外接球， 球心O 到底面PAB ∆的距离1122d AC ==， 由正弦定理得PAB ∆的外接圆半径12sin 603PA r ==︒，所以球O 的半径为22712R d r =+=，所以球O 的表面积为2743S R ππ==.故选：A .4、已知四边形ABCD 是菱形，60BAD ︒∠=，2AB =，将菱形ABCD 沿对角线BD 翻折后，二面角A BD C --的余弦值为13，则四面体ABCD 的外接球的表面积为（ ）． A ．5πB ．6πC ．7πD ．8π答案： B解析： 由菱形ABCD 中，连接AC 和BD 交于O ，求出3OA OC ==，由二面角A BD C --的余弦值为13，可得2AC =，即四面体ABCD 为棱长为2的正四面体求解可得表面积，将正四面体补成一个正方体，求出正方体的外接球半径即可得结果. 详解：由题意，菱形ABCD 中，连接AC 和BD 交于O ， 可知AC BD ⊥，即OA BD ⊥，OC BD ⊥， ∵60BAD ︒∠=，2AB =，∴3OA OC ==， ∴AOC ∠为二面角A BD C --的平面角，即1cos 3AOC ∠=， 22212cos 3323343AC OA OC OA OC AOC =+-⋅⋅∠=+-⨯⨯⨯=即2AC =,即四面体ABCD 为棱长为2的正四面体，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6， ∵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26462S ππ⎛⎫=⨯= ⎪ ⎪⎝⎭，故选：B.5、已知A ，B ，C 是球心为O 的球面上三点，60AOB ∠=，120AOC ∠=，若三棱锥O ABC -体积的最大值为1，则球O 的表面积为（ ） A ．12π B ．16π C ．24π D ．36π 答案： B 解析：根据题意分析可知，当平面AOB ⊥平面AOC 时，三棱锥O ABC -体积的最大．此时，点B 到平面AOC 的距离达到最大值，为正三角形AOB 的OA 边上的高，根据三棱锥的体积公式计算体积，可解得R ，根据球的表面积公式可得结果.详解：设球O 半径为R ，当平面AOB ⊥平面AOC 时，三棱锥O ABC -体积的最大． 注意AOB 是正三角形，AOC △是顶角等于120︒的等腰三角形， 所以231131sin120123228V R R R R ⎛⎫=︒⨯==⇒=⎪⎝⎭，所以16S π=. 故选：B.6、在四面体ABCD 中，60ACB ∠=︒，90DCA ∠=︒，2DC CB CA ===，二面角D-AC-B 的大小为120°，则此四面体的外接球的表面积是________.答案： (100163)9π+解析：取,AC AD 的中点,M N ，和ABC ∆的中心E ，点N 是ACD ∆外接圆的圆心，点E 是ABC ∆外接圆的圆心，过点,E N 分别作平面ABC 和平面ACD 的垂线，交于点O ，在四边形OEMN 中找几何关系，构造方程求解外接圆的半径和表面积.【详解】由条件可知ABC ∆是等边三角形，取,AC AD 的中点,M N ，和ABC ∆的中心E ，过点,E N 分别作平面ABC 和平面ACD 的垂线，交于点O ，120EMN ∠=，60EON =∠，如图：由条件可知，33EM =，60EMG ∠= 30OEH ∠= 331322HN EG ∴==⨯=，316EH GN GM MN ==+=+ 33123tan 301636OH EH ⎛⎫+∴=⋅=+⨯= ⎪ ⎪⎝⎭， 323ON OH HN +∴=+=， ()222222322543239R OD ON ND ⎛⎫++==+=+=⎪ ⎪⎝⎭， 210016349S R ππ+==7、如图，在体积为233的四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为边长为2的正方形，PAB △为等边三角形，二面角PAB C 为锐角，则四棱锥P ABCD -外接球的半径为（ ）A ．213 B ．2C ．3D ．32答案： A解析：取AB 的中点E ，CD 的中点F ，连E 、PF 、EF ，过点P 作PH EF ⊥，易得AB ⊥平面PEF ，PH ⊥平面ABCD ，根据四棱锥的体积为233，得到32PH =，进而得到30PEF ∠=︒，32EH =，12HF =，1PF =，PE PF ⊥，然后利用截面圆的性质求得外接球的球心再求半径即可. 详解：如图所示：取AB 的中点E ，CD 的中点F ，连E 、PF 、EF ，过点P 作PH EF ⊥，垂足为H. 则AE BE =、CF DF =，有AB EP ⊥，AB EF ⊥， 所以AB ⊥平面PEF ，所以AB PH ⊥，又PH EF ⊥， 所以PH ⊥平面ABCD ， 因为四棱锥的体积为233， 所以123433PH ⨯=， 解得32PH =，由3PE =，得30PEF ∠=︒，32EH =，12HF =，1PF =，PE PF ⊥. 三角形PEF 的平面图如下：2PM EM =，N 为EF 的中点，由图可知四棱锥外接球的球心O 为过点M 的EP 的垂线1和EF 的中垂线的交点，设四棱锥P ABCD -外接球的半径为R ，33EM =，23EQ =，13NQ =，33NO =，17212333R =+==. 故选：A8、已知三棱锥A BCD -的四个顶点在球O 的球面上，AB AC AD ==，BCD 是边长为2的正三角形，M 、N 分别为AB 、BC 中点，且MD MN ⊥，则球O 的表面积为__________．答案： 3π解析： 利用已知条件可知三棱锥A BCD -是正三棱锥，结合MD MN ⊥可得AC ⊥面ABD ，即可知ABC 是等腰直角三角形，可得1AB AC AD ===且两两垂直，借助于正方体的外接球，即可求出三棱锥的外接球.详解：由题意知A BCD -为正三棱锥，取BD 中点F ，连接,AF CF ， 所以CF BD ⊥ ，AF BD ⊥ ，且AF CF F ⋂= ， 所以BD ⊥平面ACF ∴AC BD ⊥，又M 、N 分别为AB 、BC 中点，易知||MN AC , 由已知MD MN ⊥， 所以AC MD ⊥ MD BD D ⋂=， 所以AC ⊥面ABD ，所以AC AB ⊥，即ABC 是等腰直角三角形，因为斜边2BC =，所以1AB AC AD ===且两两垂直，则A BCD -为以A 为顶点的正方体一部分，()222221113R AB AC AD =++=++=， 即243R =所以球O 的表面积为243S R ππ==． 故答案为：3π9、已知三棱锥P ABC -的底面是正三角形，点A 在侧面PBC 内的射影H 是PBC ∆的垂心，当三棱锥P ABC -体积最大值时，三棱锥P ABC -的外接球的体积为（ ）A B C ．6π D 答案： D解析： 设点O 是点P 在底面ABC 的射影,先分析可得O 是底面ABC 的垂心,也是外心,则当,,PA PB PC 互相垂直时体积最大,再求得外接球的体积即可【详解】设点D 为BC 的中点,则AD BC ⊥,因为点A 在侧面PBC 内的射影H 是PBC ∆的垂心,所以PA BC ⊥,PC AB ⊥, 设点O 是点P 在底面ABC 的射影,则BC ⊥平面PAD ,所以O 一定在AD 上, 因为AB PC ⊥,AB PO ⊥,所以CO AB ⊥,所以O 是底面ABC 的垂心,也是外心,则当,,PA PB PC 互相垂直时体积最大,设球的半径为R ,故选:D10、点,,,A B C D 在同一个球的球面上，，若四面体ABCD 体积）A B ．8πC D 答案： A 解析：根据几何体的特征，判定外接球的球心，求出球的半径，即可求出球的表面积. 【详解】根据题意知，ABC ∆是一个等边三角形，其面积为334，由正弦定理322sin3r π==知，外接圆的半径为1r =．设小圆的圆心为Q ，若四面体ABCD 的体积有最大值，由于底面积ABC S ∆不变，高最大时体积最大， 所以，DQ 与面ABC 垂直时体积最大，最大值为133ABC S DQ ∆⨯=，4DQ ∴=，设球心为O ，半径为R ，则在直角AQO ∆中，222OA AQ OQ =+， 即2221(4)R R =+-，178R ∴=则这个球的表面积为：2172894()816S ππ==故选：A ． 11、如图，在三棱锥P ABC -中，PA ⊥平面ABC ，AB BC ⊥，AD BP ⊥，PA AC =，若三棱锥P ABC -外接球的表面积为8π，则三棱锥P ACD -体积的最大值为（ ）A ．23B ．12C ．34D ．24答案： A解析：详解：设AB a ，BC b =，由三棱锥P ABC -外接球的表面积为8π，得外接球的半径2R =.又PA ⊥平面ABC ，AB BC ⊥，所以()2222222228AB BC AP AC AP AP R ++=+===，所以2AP =，所以224a b +=.因为PA ⊥平面ABC ，AD PB ⊥，所以24PB a =+，224a BD a=+，过D 作DE AB ⊥，垂足为E ，则DE ⊥平面ABC ，所以DE PA ∥，所以DE BD PA BP =，所以2224a DE a=+，所以()()()222221124423643432P ABC D ABCACD P ACD a ab abV V S PA DE ab V a a a b ---⎛⎫-=-=-== ⎪++⎝=+⎭△44223623a b b a =≤=⎛⎫+ ⎪⎝⎭，当且仅当2a b b a =，即233a =，263b =时，“=”成立，所以三棱锥P ACD -体积的最大值为23.故选A.12、已知直三棱柱111ABC A B C ﹣中，AB AC ⊥，11AB AC AA ===，若点M 在线段1AA 上运动，则四棱锥11M BCC B -外接球半径的取值范围为（ ）A ．252,28⎡⎤⎢⎥⎣⎦ B ．232,24⎡⎤⎢⎥⎣⎦ C ．352,28⎡⎤⎢⎥⎣⎦D ．332,24⎡⎤⎢⎥⎣⎦ 答案： C解析： 首先把三棱柱体转换为正方体，利用B 、C 、1C 、1B 在球面上，球心G 在线段2OO上，整理出关系式222 R x y=+，且2223222R y⎛⎫⎛⎫=+-⎪ ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，然后利用勾股定理的应用建立二次函数的关系式，再利用二次函数的最值的应用求出结果．详解：将三棱柱111ABC A B C-补成一个正方体1111ABDC A B D C-．设四棱锥体11M BCC B-外接球的球心为G，1AA的中点为1O，1DD的中点为2O，12O O的中点为O，如图所示，则122OO=，32OB=，由于B、C、1C、1B在球面上，所以球心G在线段2OO上，设GM GB R==，1O M x=，1O G y=，则22OG y=-，在1Rt O MG△中，222R x y=+①在1Rt O BG中，2223222R y⎛⎫⎛⎫=+-⎪ ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭②，联立①②得2524x y=-，由于12x≤≤，故25228y≤≤，故222225233252,424432R x y y y y⎛⎫⎡⎤=+=-+=+∈⎪⎢⎥⎪⎣⎦⎝⎭所以352,28R⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦．故选：C ．13、在边长为2的菱形ABCD 中，23BD =，将菱形ABCD 沿对角线AC 折起，使二面角B AC D --的大小为60，则所得三棱锥A BCD -的外接球表面积为（ ）A ．4πB ．529πC ．6πD ．203π 答案： B解析： 由已知可得ABC 、ACD 都是边长为2的等边三角形，由菱形的对角线互相垂直，可得BED ∠为二面角B AC D --的平面角，即60BED ∠=，作出图形，找出三棱锥A BCD -的外接球球心，利用四点共圆结合正弦定理求解三棱锥A BCD -的外接球的半径，代入球的表面积公式可得结果. 详解：由于四边形ABCD 是边长为2的菱形，且23BD =，则22222AC CE AB BE ==-=，所以，ABC 、ACD 都是边长为2的等边三角形，由于菱形的对角线互相垂直，则BE AC ⊥，DE AC ⊥，所以，BED ∠为二面角B AC D --的平面角，即60BED ∠=，过点B 作平面ACD 的垂线BM ，垂足为点M ，则点M 在线段DE 上，由3BE DE ==，60BED ∠=，可得1322ME MD DE ===， 且BDE 是等边三角形，所以，3BD BE ==，设ACD 的外心为点G ，BD 的中点H ，在平面BED 内，过点G 、H 分别作平面ACD 、BD 的垂线交于点O ，则点O 为三棱锥B ACD -的外接球的球心， 60BDE ∠=，则136012=由于O 、G 、D 、H 四点共圆，可得13603= 所以，三棱锥B ACD -的外接球的表面积为13⎫故选：B.。

专题与球有关的外接与内切问题二．方法综述如果一个多面体的各个顶点都在同一个球面上，那么称这个多面体是球的内接多面体，这个球称为多面体的外接球.有关多面体外接球的问题，是立体几何的一个重点，也是高考考查的一个热点. 考查学生的空间想象能力以及化归能力.研究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.当三棱锥有三条棱垂直或棱长相等时，可构造长方体或正方体.与球的外切问题主要是指球外切多面体与旋转体，解答时首先要找准切点，通过作截面来解决.如果外切的是多面体，则作截面时主要抓住多面体过球心的对角面来作.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，用体积来求球的半径. 三．解题策略类型一 构造法（补形法）【例1】已知,,,S A B C 是球O 上的点SA ABC ⊥平面， AB BC ⊥, 1SA AB ==， 2BC =,则球O 的表面积等于________________． 【举一反三】1、【山东省济宁市2019届高三一模】已知直三棱柱的底面为直角三角形，且两直角边长分别为1和，此三棱柱的高为，则该三棱柱的外接球的体积为A ．B ．C ．D ．2、【辽宁省师范大学附属中学2019届高三上学期期中】在三棱锥中，，则三棱锥外接球的表面积为（ ） A ．B ．C ．D ．类型二 正棱锥与球的外接【例3】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【举一反三】1、球O 的球面上有四点S ，A ，B ，C ，其中O ，A ，B ，C 四点共面，△ABC 是边长为2的正三角形，平面SAB ⊥平面ABC ，则棱锥S-ABC 的体积的最大值为( ) A .33B . 3C ．2 3D ．4 2. 【四川省德阳市2018届高三二诊】正四面体ABCD 的体积为，则正四面体ABCD 的外接球的体积为3、【安徽省蚌埠市2019届高三下学期第二次检查】正三棱锥中，，点在棱上，且.正三棱锥的外接球为球，过点作球的截面，截球所得截面面积的最小值为__________．类型三 直棱柱的外接球【例4】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 . 【举一反三】1、【云南省2019年高三第二次统一检测】已知直三棱柱的顶点都在球的球面上，，，若球的表面积为，则这个直三棱柱的体积是（ ） A ．16 B ．15 C ．D ．2、已知三棱柱111ABC A B C −的6个顶点都在球O 的球面上,若34AB AC ==，,AB AC ⊥,112AA =,则球O 的半径为（ ）A ．3172 B ．210C ．132D ．3103、 正四棱柱1111ABCD A B C D −的各顶点都在半径为R 的球面上，则正四棱柱的侧面积有最 值，为 . 四．强化训练 一、选择题1、《九章算术》中将底面为长方形，且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为“阳马”，现有一阳马，底面边长分别为2和4，该“阳马”的体积为，若该阳马的顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为（ ） A ．B ．C ．D ． 2．【河南省郑州市第一中学2019届高三上期中】在三棱锥中，平面，M 是线段上一动点，线段长度最小值为，则三棱锥的外接球的表面积是（ ）A ． B ．C ．D ．3．【广东省深圳市2019届高三第一次（2月)调研】已知A ，B ，C 为球O 的球面上的三个定点，，，P 为球O 的球面上的动点，记三棱锥p 一ABC 的体积为，三棱銋O 一ABC 的体积为，若的最大值为3，则球O 的表面积为 A ．B ．C ．D ．4．【江西省南昌市南昌外国语学校2019届高三高考适应】在三棱锥S﹣ABC中，AB⊥BC，AB=BC=，SA=SC=2，二面角S﹣AC﹣B的余弦值是，若S、A、B、C都在同一球面上，则该球的表面积是（）A．B．C．D．5．【四川省泸州市泸县第一中学2019届高三三诊】点，，，在同一个球面上，，，若球的表面积为，则四面体体积的最大值为A．B．C．D．6．三棱锥P—ABC中，底面ABC满足BA=BC，，点P在底面ABC的射影为AC的中点，且该三棱锥的体积为，当其外接球的表面积最小时，P到底面ABC的距离为（）A．3 B．C．D．7．【四川省成都外国语学校2019届高三上学期第一次月考】已知正方形ABCD的边长为4，E，F分别是BC，CD的中点，沿AE，EF，AF折成一个三棱锥P-AEF（使B，C，D重合于P），三棱锥P-AEF的外接球表面积为（）A．B．C．D．8．【2019届高三第二次全国大联考】中国古代数学经典《九章算术》系统地总结了战国、秦、汉时期的数学成就，书中将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑．如图为一个阳马与一个鳖臑的组合体，已知平面，四边形为正方形，，，若鳖臑的外接球的体积为，则阳马的外接球的表面积等于A．B．C．D．二、填空题9．【江西省吉安一中、九江一中、新余一中等八所重点中学2019届高三4月联考】已知在三棱锥中，，则三棱锥外接球的表面积为__________．10．【四川省泸州市2019届高三上学期一诊】已知三棱锥的所有顶点都在同一球面上，底面是正三角形且和球心O在同一平面内，若此三棱锥的最大体积为，则球O的表面积等于_____．11．【陕西省榆林市2019届三模】如图，是边长为2的正方形，其对角线与交于点，将正方形沿对角线折叠，使点所对应点为，.设三棱锥的外接球的体积为，三棱锥的体积为，则__________．12．【云南省2019届高三第一次检测】已知，，，，是球的球面上的五个点，四边形为梯形，，，，，,平面平面，则球的表面积为_____.13．【陕西省汉中市2019届高三第二次检测】三棱锥中，侧棱与底面垂直，，，且，则三棱锥的外接球的表面积等于__________．14．【山西省吕梁市2019年4月模拟】在四棱锥中，是等边三角形，底面是矩形，平面平面，若，则四棱锥的外接球的表面积是_____．15．【广西桂林市2019届高三4月综合能力检测（一模)】已知是球表面上四点，点为的中点，且，，，，则球的表面积是__________．16.【宁夏六盘山高级中学2019届高三下学期一模】在三棱锥中，是等边三角形，底面，，，则该三棱锥的外接球的表面积为______．。

空间几何体的外接球内切球问题空间几何体的外接球、内切球问题自己总结供参考红岩外接球问题一.棱锥的外接球三棱锥都有外接球；底面有外接圆的任意棱锥都有外接球。

1.确定棱锥外接球球心的通法先找到棱锥底面的外接圆的圆心D ，过D 作底面的垂线ＤＰ交一侧棱的中垂面于O ，点O 即为外接球的球心。

练习：1.三棱锥S-ABC 的各顶点都在同一球面上，若SB ⊥平面ABC ,SB=6，AB=AC=2120BAC ∠=?，则此球的表面积等于。

2. 点A 、B 、C 、D 均在同一球面上，其中△ ABC 是正三角形，AD ⊥平面ABC ，AD=2AB=6则该球的体积为。

3.四面体ABCD 的四个顶点在同一球面上，AB=BC=CD=DA=3，32=AC ，6=BD ，则该球的表面积为（）A ．π14 B.π15 C.π16 D.π182.补成长方体或正方体，再利用体对角线是外接球直径这一结论求解。

练习：1.三棱锥O ABC -中，,,OA OB OC 两两垂直，且22OA OB OC a ===，则三棱锥O ABC -外接球的表面积为（）A ．26a π B ．29a π C ．212a π D ．224a π2.已知,,,S A B C 是球O 表面上的点，SA ABC ⊥平面，AB BC ⊥，1SA AB ==，BC =O 表面积等于（A ）4π （B ）3π （C ）2π （D ）π3.,四个顶点在同一个球面上,则此球的表面积为( )A.3πB.4πD.6π4.3.公共边所对的两个角为直角确定球心法练习1.在矩形ABCD 中，4,3AB BC ==，沿AC 将矩形ABCD 折成一个直二面角B ACD --，则四面体ABCD 的外接球的体积为A.12512π B.1259π C.1256π D.1253π2.空间四边形ABCD中，1,AB BC AD DC ====ABCD 的外接球的表面积为4.利用轴截面截球为大圆确定球半径正四、六、八棱锥的外接球的一个轴截面为大圆，该圆的半径等于外接球的半径. 练习：1.正四棱锥S ABCD -S A B C D 、、、、都在同一球面上，则此球的体积为 .2.正六棱锥EF S ABCD -的底面边长为1S A B C D 、、、、、E 、F 都在同一球面上，则此球的表面积为 .3.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_ C_ A_ O_ D _ BA B．13π C．23π D二.棱柱的外接球底面有外接圆的直棱柱才有外接球。

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.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 9 会 3 2.6 — x h 8 4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 V 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V 3 ,则其外 接球的表面积是.故其外接球的表面积S 4 r 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 va 2 b 2 c 2.出现“墙角”结构利用补形知识，联系长方体。

搞定空间几何体的外接球与内切球一、有关定义1．球的定义：空间中到定点的距离等于定长的点的集合（轨迹）叫球面，简称球.2．外接球的定义：若一个多面体的各个顶点都在一个球的球面上，则称这个多面体是这个球的内接多面体，这个球是这个多面体的外接球.3．内切球的定义：若一个多面体的各面都与一个球的球面相切，则称这个多面体是这个球的外切多面体，这个球是这个多面体的内切球.二、外接球的有关知识与方法1．性质：性质1：过球心的平面截球面所得圆是大圆，大圆的半径与球的半径相等；性质2：经过小圆的直径与小圆面垂直的平面必过球心，该平面截球所得圆是大圆；性质3：过球心与小圆圆心的直线垂直于小圆所在的平面（类比：圆的垂径定理）；性质4：球心在大圆面和小圆面上的射影是相应圆的圆心；性质5：在同一球中，过两相交圆的圆心垂直于相应的圆面的直线相交，交点是球心（类比：在同圆中，两相交弦的中垂线交点是圆心）.初图1初图22．结论：结论1：长方体的外接球的球心在体对角线的交点处，即长方体的体对角线的中点是球心；结论2：若由长方体切得的多面体的所有顶点是原长方体的顶点，则所得多面体与原长方体的外接球相同；结论3：长方体的外接球直径就是面对角线及与此面垂直的棱构成的直角三角形的外接圆圆心，换言之，就是：底面的一条对角线与一条高（棱）构成的直角三角形的外接圆是大圆；结论4：圆柱体的外接球球心在上下两底面圆的圆心连一段中点处；结论5：圆柱体轴截面矩形的外接圆是大圆，该矩形的对角线（外接圆直径）是球的直径；结论6：直棱柱的外接球与该棱柱外接圆柱体有相同的外接球；结论7：圆锥体的外接球球心在圆锥的高所在的直线上；结论8：圆锥体轴截面等腰三角形的外接圆是大圆，该三角形的外接圆直径是球的直径；结论9：侧棱相等的棱锥的外接球与该棱锥外接圆锥有相同的外接球.3．终极利器：勾股定理、正定理及余弦定理（解三角形求线段长度）；三、内切球的有关知识与方法1．若球与平面相切，则切点与球心连线与切面垂直.（与直线切圆的结论有一致性）.2．内切球球心到多面体各面的距离均相等，外接球球心到多面体各顶点的距离均相等.（类比：与多边形的内切圆）.3．正多面体的内切球和外接球的球心重合.4．正棱锥的内切球和外接球球心都在高线上，但不一定重合.5．基本方法：（1）构造三角形利用相似比和勾股定理；（2）体积分割是求内切球半径的通用做法（等体积法）.四、与台体相关的，此略.五、八大模型第一讲 柱体背景的模型类型一、墙角模型（三条棱两两垂直，不找球心的位置即可求出球半径）图1-1图1-2图1-3图1-4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（ ） A ．π16 B ．π20 C ．π24 D ．π32 （2）若三棱锥的三个侧面两两垂直，且侧棱长均为3，则其外接球的表面积是 （3）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 在四面体S ABC-中，ABCSA 平面⊥，,1,2,120====∠︒AB AC SA BAC 则该四面体的外接球的表面积为（ ）π11.A π7.B π310.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（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类型二、对棱相等模型（补形为长方体）题设：三棱锥（即四面体）中，已知三组对棱分别相等，求外接球半径（CD AB =，BC AD =，BD AC =）(6)题图(3)题-1(引理）AC图2-1第一步：画出一个长方体，标出三组互为异面直线的对棱； 第二步：设出长方体的长宽高分别为c b a ,,，x BC AD ==，y CD AB ==，z BD AC ==，列方程组，⎪⎩⎪⎨⎧=+=+=+222222222z a c y c b x b a ⇒2)2(2222222z y x c b a R ++=++=， 补充：图2-1中，abc abc abc V BCD A 31461=⨯-=-. 第三步：根据墙角模型，22222222z y x c b a R ++=++=，82222z y x R ++=，8222z y x R ++=，求出R .思考：如何求棱长为a 的正四面体体积，如何求其外接球体积？例2（1）如下图所示三棱锥A BCD -，其中5,6,7,AB CD AC BD AD BC ======则该三棱锥外接球的表面积为 .(1)题图B（2）在三棱锥BCD A -中，2==CD AB ，3==BC AD ，4==BD AC ，则三棱锥BCD A -外接球的表面积为 .（3）正四面体的各条棱长都为2，则该正面体外接球的体积为（3）解答题（4）棱长为2的正四面体的四个顶点都在同一个球面上，若过该球球心的一个截面如下图，则图中三角形(正四面体的截面)的面积是 .(4)题解答图(4)题类型三、汉堡模型（直棱柱的外接球、圆柱的外接球）图3-1图3-2图3-3题设：如图3-1，图3-2，图3-3,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）第一步：确定球心O 的位置，1O 是ABC ∆的外心，则⊥1OO 平面ABC ； 第二步：算出小圆1O 的半径r AO =1，h AA OO 212111==（h AA =1也是圆柱的高）； 第三步：勾股定理：21212O O A O OA +=⇒222)2(r hR +=⇒22)2(hr R +=，解出R例3（1）一个正六棱柱的底面上正六边形，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 （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）已知EAB ∆所在的平面与矩形ABCD 所在的平面互相垂直，︒=∠===60,2,3AEB AD EB EA ，则多面体ABCD E -的外接球的表面积为 （4）在直三棱柱111C B A ABC -中，4,3,6,41====AA A AC AB π，则直三棱柱111C B A ABC -的外接球的表面积为 .第二讲 锥体背景的模型类型四、切瓜模型（两个大小圆面互相垂直且交于小圆直径——正弦定理求大圆直径是通法）图4-1图4-2图4-3图4-41．如图4-1，平面⊥PAC 平面ABC ，且BC AB ⊥（即AC 为小圆的直径），且P 的射影是ABC ∆的外心⇔三棱锥ABC P -的三条侧棱相等⇔三棱ABC P -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,,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 ；事实上，ACP ∆的外接圆就是大圆，直接用正弦定理也可求解出R .2．如图4-2，平面⊥PAC 平面ABC ，且BC AB ⊥（即AC 为小圆的直径），且AC PA ⊥，则 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 +=；②2122OO r R +=⇔212OO r R +=3．如图4-3，平面⊥PAC 平面ABC ，且BC AB ⊥（即AC 为小圆的直径）21212O O C O OC +=⇔2122O O r R +=⇔2122O O R AC -=4．题设：如图4-4，平面⊥PAC 平面ABC ，且BC AB ⊥（即AC 为小圆的直径）第一步：易知球心O 必是PAC ∆的外心，即PAC ∆的外接圆是大圆，先求出小圆的直径r AC 2=； 第二步：在PAC ∆中，可根据正弦定理R CcB b A a 2sin sin sin ===，求出R . 例4 （1）正四棱锥的顶点都在同一球面上，若该棱锥的高为1，底面边长为32，则该球的表面积为 .（2）正四棱锥ABCD S -的底面边长和各侧棱长都为2，各顶点都在同一球面上，则此球体积为 （3）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（4）在三棱锥ABC P -中，3===PC PB PA ,侧棱PA 与底面ABC 所成的角为ο60，则该三棱锥外接球的体积为（ ）A ．π B.3πC. 4πD.43π（5）已知三棱锥S ABC -的所有顶点都在球O 的求面上,ABC ∆是边长为1的正三角形,SC 为球O 的直径,且2SC =，则此棱锥的体积为（ ） A．6 B．6 C．3 D．2类型五、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 ，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⊥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 +=；②2122OO r R +=⇔212OO r R +=.2．题设：如图5-1至5-8这七个图形，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5-1图5-2图5-3图5-4图5-6图5-7图5-8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，用正弦定理求大圆直径得球的直径. 例5 一个几何体的三视图如图所示，则该几何体外接球的表面积为( ) A ．π3 B ．π2 C ．316πD ．以上都不对第三讲 二面角背景的模型类型六、折叠模型题设：两个全等三角形或等腰三角形拼在一起，或菱形折叠(如图6)图6第一步：先画出如图6所示的图形，将BCD ∆画在小圆上，找出BCD ∆和BD A '∆的外心1H 和2H ； 第二步：过1H 和2H 分别作平面BCD 和平面BD A '的垂线，两垂线的交点即为球心O ，连接OC OE ,； 第三步：解1OEH ∆，算出1OH ，在1OCH Rt ∆中，勾股定理：22121OC CH OH =+注：易知21,,,H E H O 四点共面且四点共圆，证略.例6（1）三棱锥ABC P -中，平面⊥PAC 平面ABC ，△PAC 和俯视图侧视图正视图解答图△ABC 均为边长为2的正三角形，则三棱锥ABC P -外接球的半径为 .（2）在直角梯形ABCD 中，CD AB //，ο90=∠A ，ο45=∠C ，1==AD AB ，沿对角线BD 折成四面体BCD A -'，使平面⊥'BD A 平面BCD ，若四面体BCD A -'的顶点在同一个球面上，则该项球的表面积为(2)题-2(2)题-1→A(3)题（3）在四面体ABC S -中，BC AB ⊥，2==BC AB ，二面角B AC S --的余弦值为33-，则四面体ABC S -的外接球表面积为（4）在边长为32的菱形ABCD 中，ο60=∠BAD ，沿对角线BD 折成二面角C BD A --为ο120的四面体ABCD ，则此四面体的外接球表面积为(5)在四棱锥ABCD 中，ο120=∠BDA ，ο150=∠BDC ，2==BD AD ，3=CD ，二面角CBD A --的平面角的大小为ο120，则此四面体的外接球的体积为类型七、两直角三角形拼接在一起(斜边相同,也可看作矩形沿对角线折起所得三棱锥)模型图7(4)题图例7（1）在矩形ABCD 中，4=AB ，3=BC ，沿AC 将矩形ABCD 折成一个直二面角D AC B --，则四面体ABCD 的外接球的体积为（ ）A ．π12125 B ．π9125 C ．π6125 D ．π3125（2）在矩形ABCD 中，2=AB ，3=BC ，沿BD 将矩形ABCD 折叠，连接AC ，所得三棱锥BCDA -的外接球的表面积为 ．第四讲 多面体的内切球问题模型类型八、锥体的内切球问题1．题设：如图8-1，三棱锥ABC P -上正三棱锥，求其内切球的半径. 第一步：先现出内切球的截面图，H E ,分别是两个三角形的外心；第二步：求BD DH 31=，r PH PO -=，PD 是侧面ABP ∆的高；第三步：由POE ∆相似于PDH ∆，建立等式：PDPODH OE =，解出r 2．题设：如图8-2，四棱锥ABC P -是正四棱锥，求其内切球的半径第一步：先现出内切球的截面图，H O P ,,三点共线；第二步：求BC FH 21=，r PH PO -=，PF 是侧面PCD ∆的高； 第三步：由POG ∆相似于PFH ∆，建立等式：PFPOHF OG =，解出3．题设：三棱锥ABC P -是任意三棱锥，求其的内切球半径方法：等体积法，即内切球球心与四个面构成的四个三棱锥的体积之和相等 第一步：先画出四个表面的面积和整个锥体体积；第二步：设内切球的半径为r ，建立等式：PBC O PAC O PAB O ABC O ABC P V V V V V -----+++=⇒r S S S S r S r S r S r S V PBC PAC PAB ABC PBC PAC PAB ABC ABC P ⋅+++=⋅+⋅+⋅+⋅=∆∆∆∆-)(3131313131第三步：解出PBCO PAC O PAB O ABC O ABCP S S S S V r -----+++=3例8 （1）棱长为a 的正四面体的内切球表面积是（2）正四棱锥ABCD S -的底面边长为2，侧棱长为3，则其内切球的半径为（3）三棱锥ABC P -中，底面ABC ∆是边长为2的正三角形，⊥PA 底面ABC ，2=PA ，则该三棱锥的内切球半径为习题：1．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.92． 三棱锥ABC S -中，侧棱⊥SA 平面ABC ，底面ABC 是边长为3的正三角形，32=SA ，则该三棱锥的外接球体积等B图8-1A图8-2于 .332π3．正三棱锥ABC S -中，底面ABC 是边长为3的正三角形，侧棱长为2，则该三棱锥的外接球体积等于 .4．三棱锥ABC P -中，平面⊥PAC 平面ABC ，△PAC 边长为2的正三角形，BC AB ⊥，则三棱锥ABC P -外接球的半径为 .5． 三棱锥ABC P -中，平面⊥PAC 平面ABC ，2=AC ，3==PC PA ，BC AB ⊥，则三棱锥ABC P -外接球的半径为 . 6． 三棱锥ABC P -中，平面⊥PAC 平面ABC ，2=AC ，PC PA ⊥，BC AB ⊥，则三棱锥ABC P -外接球的半径为 .。

考点14 空间几何体的内切球、外接球近年来在高考中经常有多面体与球的切与接的问题，充分体现了对学生空间想象能力，运算求解能力和转化思想的考查，题目难度为中等或偏难．为了便于学习和掌握此类问题的求解方法,下面结合高考题进行了以下归纳：类型一求多面体与内切球或外接球的表面积和体积类型二多面体的内切球或外接球的最值问题【例】一个正方体内接于球，过球心作一截面，如图所示，则截面可能的图形是( )A．（1）（3）B．(2）(4）C．（1）（2）（3）D．（2）（3）（4）【答案】C【思路归纳】解决此类问题，必须多观察几何体，提高空间想象力．1．一个正方体的体积是8，则这个正方体的内切球的表面积是( )A．8π B．6πC．4πD．π【答案】C【解析】设正方体的棱长为a，则a3＝8，即a＝2．故该正方体的内切球的半径r＝1，所以该正方体的内切球的表面积S＝4πr2＝4π．【解题技巧】与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，可作出合适的截面图．2．设三棱柱的侧棱垂直于底面，所有棱长都为，顶点都在一个球面上，则该球的表面积为（）A．B．C． D．【答案】B【解析】由题意知，该三棱柱为正三棱柱，且侧棱与底面边长相等，均为a．【规律方法】已知几何体的结构特征求其内切球或外接球的表面积与体积，关键是正确分析已知几何体的各项数据，从中推导出其内切球或外接球的半径再代入公式即可．3．已知各顶点都在一个球面上的正四棱柱的高为2，这个球的表面积为6π，则这个正四棱柱的体积为( )A ．1B ．2C ．3D ．4【答案】B【解析】S 表＝4πR 2＝6π，所以R ＝26．设正四棱柱底面边长为x ，则x 22＋1＝R 2，所以x＝1．所以V 正四棱柱＝2．故选B ．4．已知一个表面积为24的正方体，设有一个与每条棱都相切的球，则此球的体积为( )A ．34πB ．4πC ．36πD ．32π【答案】D5．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 ．π B ．2πC ．3πD ．4π 【答案】D【解析】由题意得SO =r 为三棱锥的高，△ABC 是等腰直角三角形，所以其面积是×2r ×r =r 2,所以三棱锥体积是，又球的体积为，则球的体积与三棱锥体积之比是4π．6．如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高8cm ,将一个球放在容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6cm ，如果不计容器的厚度，则球的体积为( ）A ．cm 3 B ．cm 3C ．cm 3D ．cm 3 【答案】A【解析】设球的半径为R ，则由题知球被正方体上面截得圆的半径为4，球心到截面圆的距离为R -2，则，解得R =5，∴球的体积为=3500π，故选A ．【解题技巧】分清球被正方体上面所截得的圆的半径为R ，然后再求出这个圆的圆心到球的对应顶点的距离，最后在球心、圆心、球的顶点所构成的直角三角形中运用勾股定理求球体的半径．7．已知正方体的棱长为a ，分别求出它的内切球、外接球及与各棱都相切的球半径．(2R )2＝(a )2＋a 2⇒R ＝23a ．（3）与正方体的各棱均相切的球与正方体相连结的点是正方体各棱的中点，应作出经过正方体一组平行棱中点的截面，则球的轴截面是其正方形截面的外接圆，如图（3）所示，易求得球的半径为22a ．1．表面积为16π的球的内接正方体的体积为( )A ．8B ．24C ．D ．16【答案】C【解析】设表面积为16π的球的半径为r,则4πr 2=16π,解得r =2．设内接正方体的棱长为a ，则a =2r ，所以a =．所以内接正方体的体积V =a 3=．2．在封闭的直三棱柱ABC －A 1B 1C 1内有一个体积为V 的球，若AB ⊥BC ，AB ＝6，BC ＝8，AA 1＝3，则V 的最大值是( )A ．4πB ．29πC ．6πD ．332π【答案】B【解析】由题意知，底面三角形的内切圆直径为4．三棱柱的高为3，所以球的最大直径为3，V 的最大值为29π．3．面积为的正六边形的六个顶点都在球的球面上，球心到正六边形所在平面的距离为，记球的体积为，球的表面积为，则的值是（）A．B．C．D．4．某四面体的三视图如图所示，正视图、侧视图、俯视图都是边长为1的正方形，则此四面体的外接球的表面积为( )A．B．C．D．【答案】A黄海明珠烟台黄海游乐城中的海水中一个巨大的球形建筑，高30米，直径21．8米，由不锈钢网架结构筑成，叫做“黄海明珠”，球内共分六层，主要以游客餐饮娱乐为主．。

专题19 几何体中与球有关的切、接问题球的截面的性质(1)球的任何截面是圆面；(2)球心和截面(不过球心)圆心的连线垂直于截面；(3)球心到截面的距离d 与球的半径R 及截面的半径r 的关系为r ＝R 2－d 2几个与球有关的切、接常用结论(1)正方体的棱长为a ，球的半径为R ，①假设球为正方体的外接球，那么2R ＝3a ；②假设球为正方体的内切球，那么2R ＝a ；③假设球与正方体的各棱相切，那么2R ＝2a .(2)假设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 ，那么2R ＝a 2＋b 2＋c 2. (3)正四面体的外接球与内切球的半径之比为3∶1. 一、题型选讲题型一 、几何体的外接球解决多面体的外接球问题，关键是确定球心的位置，方法是先选择多面体中的一面，确定此面外接圆的圆心，再过圆心作垂直此面的垂线，那么球心一定在此垂线上，最后根据其他顶点确定球心的准确位置．对于特殊的多面体还可采用补成正方体或长方体的方法找到球心位置．例1、【2021年高考全国Ⅰ卷理数】,,A B C 为球O 的球面上的三个点，⊙1O 为ABC △的外接圆，假设⊙1O 的面积为4π，1AB BC AC OO ===，那么球O 的外表积为 A ．64π B ．48πC ．36πD ．32π【答案】A【解析】设圆1O 半径为r ，球的半径为R ，依题意， 得24,2r r π=π=∴，ABC 为等边三角形，由正弦定理可得2sin60AB r =︒=1OO AB ∴==1OO ⊥平面ABC ，11,4OO O A R OA ∴⊥====，∴球O 的外表积2464S R ππ==.应选：A.此题考查球的外表积，应用球的截面性质是解题的关键，考查计算求解能力，属于根底题.例2、【2021年高考天津】假设棱长为 A ．12π B ．24πC ．36πD ．144π【答案】C【解析】这个球是正方体的外接球，其半径等于正方体的体对角线的一半，即3R ==，所以，这个球的外表积为2244336S R πππ==⨯=. 应选：C ．此题考查正方体的外接球的外表积的求法，求出外接球的半径是此题的解题关键，属于根底题.求多面体的外接球的面积和体积问题，常用方法有：〔1〕三条棱两两互相垂直时，可恢复为长方体，利用长方体的体对角线为外接球的直径，求出球的半径；〔2〕直棱柱的外接球可利用棱柱的上下底面平行，借助球的对称性，球心为上下底面外接圆的圆心连线的中点，再根据勾股定理求球的半径；〔3〕如果设计几何体有两个面相交，可过两个面的外心分别作两个面的垂线，垂线的交点为几何体的球心. 例3、〔2021届山东省潍坊市高三上学期统考〕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∠=，那么过A ，B ，C ，D 四点的球的外表积为〔 〕A ．3πB ．4πC ．5πD ．6π【答案】C【解析】边长为2的等边三角形ABC ，D 为BC 的中点，以AD 为折痕进行折叠，使折后的2BDC π∠=，构成以D 为顶点的三棱锥，且三条侧棱互相垂直，可构造以其为长宽高的长方体，其对角线即为球的直径，三条棱长分别为1,12R ==24(52S ππ==，应选C.例4、〔2021届山东省日照市高三上期末联考〕四棱锥P ABCD -的体积是，底面ABCD 是正方形，PAB ∆是等边三角形，平面PAB ⊥平面ABCD ，那么四棱锥P ABCD -外接球体积为〔 〕A ．BCD ．【答案】A【解析】设AB 的中点为Q ，因为PAB ∆是等边三角形，所以PQ AB ⊥，而平面PAB ⊥平面ABCD ， 平面PAB ⋂平面ABCD AB =，所以PQ ⊥平面ABCD ，四棱锥P ABCD -的体积是，13AB AB PQ =⨯⨯⨯13AB AB AB =⨯⨯，所以边长6AB =，PQ =OH x =，OM x =，()(222222R OA OM AM x ==+=+，2222223R OP OH PH x ==+=+，x =2212321R =+=343V R π==球.应选：A.例5、〔2021届山东省德州市高三上期末〕中国古代数学经典?九章算术?系统地总结了战国、秦、汉时期的数学成就，书中将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑，如图为一个阳马与一个鳖臑的组合体，PA ⊥平面ABCE ，四边形ABCD 为正方形，AD =ED =，假设鳖臑P ADE -的外接球的体积为，那么阳马P ABCD -的外接球的外表积等于______.【答案】20π 【解析】四边形ABCD 是正方形，AD CD ∴⊥，即AD CE ⊥，且AD =ED ，所以，ADE ∆的外接圆半径为122AE r ===设鳖臑P ADE -的外接球的半径1R ，那么3143R π=，解得1R =.PA ⊥平面ADE ，1R ∴=，可得2PA ==PA ∴正方形ABCD 的外接圆直径为22r AC ==，2r ∴=PA ⊥平面ABCD ，所以，阳马P ABCD -的外接球半径2R ==因此，阳马P ABCD -的外接球的外表积为22420R ππ=. 故答案为：20π.题型二、几何体的内切球求解多面体的内切球的问题，一般是将多面体分割为以球心为顶点，多面体的各面为底面的棱锥，利用多面体的体积等于各棱锥的体积之和求内切球的半径．例6、【2021年高考全国Ⅲ卷理数】圆锥的底面半径为1，母线长为3，那么该圆锥内半径最大的球的体积为_________．【解析】易知半径最大球为圆锥的内切球，球与圆锥内切时的轴截面如下图， 其中2,3BC AB AC ===，且点M 为BC 边上的中点， 设内切圆的圆心为O ，由于AM =122S =⨯⨯=△ABC 设内切圆半径为r ，那么：ABC AOB BOC AOC S S S S =++△△△△111222AB r BC r AC r =⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯()13322r =⨯++⨯=解得：22r，其体积：3433V r =π=π.. 与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出适宜的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.例7、〔2021届山东省潍坊市高三上期中〕如图，平行四边形形状的纸片是由六个边长为1的正三角形构成的，将它沿虚线折起来，可以得到如下图粽子形状的六面体，那么该六面体的外表积为__________；假设该六面体内有一小球，那么小球的最大体积为___________．【答案】2 729【解析】〔1〕因为16(1222S =⨯⨯⨯=，所以该六面体的外表积为2. 〔2〕由图形的对称性得，小球的体积要到达最大，即球与六个面都相切时，2倍，所以六面体体积是6. 由于图像的对称性，内部的小球要是体积最大，就是球要和六个面相切，连接球心和五个顶点，把六面体分成了六个三棱锥，设球的半径为R ，所以16()63R R =⨯⇒=，所以球的体积3344()393297V R ππ===.故答案为：. 二、达标训练1、〔2021届山东省泰安市高三上期末〕正三棱锥S ABC -的侧棱长为6，那么该正三棱锥外接球的外表积是〔 〕 A ．16π B ．20πC ．32πD ．64π【答案】D【解析】如下图，因为正三棱锥S ABC -的侧棱长为6，那么263AE ==6SE ===, 又由球心O 到四个顶点的距离相等，在直角三角形AOE 中，,6AO R OE SE SO R ==-=-，又由222OA AE OE =+，即222(6)R R =+-，解得4R =， 所以球的外表积为2464S R ππ==， 应选D.2、【2021年高考全国II 卷理数】△ABC 的等边三角形，且其顶点都在球O 的球面上.假设球O的外表积为16π，那么O 到平面ABC 的距离为A B ．32C ．1D 【答案】C【解析】设球O 的半径为R ，那么2416R π=π，解得：2R =.设ABC △外接圆半径为r ，边长为a ，ABC △的等边三角形，212a ∴=，解得：3a =，2233r ∴==∴球心O 到平面ABC 的距离1d =.应选：C ．此题考查球的相关问题的求解，涉及到球的外表积公式和三角形面积公式的应用；解题关键是明确球的性质，即球心和三角形外接圆圆心的连线必垂直于三角形所在平面.3、【2021年高考全国Ⅰ卷理数】三棱锥P −ABC 的四个顶点在球O 的球面上，PA =PB =PC ，△ABC 是边长为2的正三角形，E ，F 分别是PA ，AB 的中点，∠CEF =90°，那么球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 ∴-为正方体的一局部，2R ==即344π33R V R =∴=π==，应选D ．解法二：设2PA PB PC x ===，,E F 分别为,PA AB 的中点，EF PB ∴∥，且12EF PB x ==，ABC △为边长为2的等边三角形，CF ∴，又90CEF ∠=︒，12CE AE PA x ∴===， AEC △中，由余弦定理可得()2243cos 22x x EAC x+--∠=⨯⨯，作PD AC ⊥于D ，PA PC =，D 为AC 的中点，1cos 2AD EAC PA x ∠==，2243142x x x x+-+∴=，2212122x x x ∴+=∴==，，PA PB PC ∴=== 又===2AB BC AC ，,,PA PB PC ∴两两垂直，2R ∴==，2R ∴=，344338V R ∴=π=π⨯=，应选D.此题主要考查学生的空间想象能力，补体法解决外接球问题．可通过线面垂直定理，得到三棱两两互相垂直关系，快速得到侧棱长，进而补体成正方体解决．4、【2021年高考全国Ⅰ卷理数】设A B C D ，，，是同一个半径为4的球的球面上四点，ABC △为等边三角形且其面积为D ABC -体积的最大值为 A． B ．C ．D ．【答案】B【解析】如下图，设点M 为三角形ABC 的重心，E 为AC 中点，当点D 在平面ABC 上的射影为M 时，三棱锥D ABC -的体积最大，此时，4OD OB R ===，2ABCS AB ==△，6AB ∴=,点M 为三角形ABC 的重心，23BM BE ∴==Rt OBM ∴△中，有2OM ==，426DM OD OM ∴=+=+=， ()max 163D ABC V -∴=⨯= B.5、【2021年新高考全国Ⅰ卷】直四棱柱ABCD –A 1B 1C 1D 1的棱长均为2，∠BAD =60°．以1D 为半径的球面与侧面BCC 1B 1的交线长为________．【答案】2. 【解析】如图：取11B C 的中点为E ，1BB 的中点为F ，1CC 的中点为G ，因为BAD ∠=60°，直四棱柱1111ABCD A BC D -的棱长均为2，所以△111D B C 为等边三角形，所以1D E=111D E B C ⊥，又四棱柱1111ABCD A BC D -为直四棱柱，所以1BB ⊥平面1111D C B A ，所以111BB B C ⊥， 因为1111BB B C B =，所以1D E ⊥侧面11BC CB ，设P 为侧面11BC CB 与球面的交线上的点，那么1DE EP ⊥，1D E ，所以||EP ===所以侧面11BC CB 与球面的交线上的点到E因为||||EF EG ==11BC CB 与球面的交线是扇形EFG 的弧FG ， 因为114B EFC EG π∠=∠=，所以2FEG π∠=，所以根据弧长公式可得2FG π==.故答案为：2. 6、〔2021届山东省滨州市三校高三上学期联考〕三棱锥S ABC -，SA ⊥平面ABC ，6ABC π∠=，3SA =，1BC =，直线SB 和平面ABC 所成的角大小为3π.假设三棱锥S ABC -的四个顶点都在同一球面上，那么该球的外表积为________.【答案】13π【解析】如图：SA ⊥平面ABC ，那么SBA ∠为直线SB 和平面ABC 所成的角，即3SBA π∠=在Rt SAB ∆中：tan 3SAAB π=== 如图，设O 为三棱锥S ABC -外接球的球心，G 为ABC ∆外接圆圆心，连结,,,,OA OB GA GB OG ，那么必有OG ⊥面ABC在ABC ∆，2222cos31216AC AB BC AB BC π=+-⋅⋅=+-=， 那么1AC = 其外接圆半径122,1sin sin 6AC r r ABC π====∠， 又1322OG SA ==， 所以三棱锥S ABC -外接球半径为R ===该球的外表积为21344134S R πππ==⨯=, 故答案为：13π.7、〔2021届山东省枣庄、滕州市高三上期末〕如图，在三棱锥P -ABC 中，,PA AB ⊥PC BC ⊥，,AB BC ⊥22,AB BC ==PC ，那么PA 与平面ABC 所成角的大小为________；三棱锥P -ABC外接球的外表积是________.【答案】45︒ 6π【解析】如图，作平行四边形ABCD ，连接PD ，由AB BC ⊥，那么平行四边形ABCD 是矩形．由BC CD ⊥，BC PC ⊥，PC CD C =，∴BC ⊥平面PCD ，而PD ⊂平面PCD ，∴BC PD ⊥，同理可得AB PD ⊥，又AB BC B ⋂=，∴PD ⊥平面ABCD ．,PD CD PD AD ⊥⊥，PAD ∠是PA 与平面ABC 所成角．由2,CD AB PC ===1PD =，又1AD BC ==，∴45PAD ∠=︒．∴PA 与平面ABC 所成角是45︒．由,PA AB ⊥PC BC ⊥知PB 的中点到,,,A B C P 的距离相等，PB 是三棱锥P -ABC 外接球的直径．由BC ⊥平面PCD 得BC PC ⊥，PB ===24()62PB S ππ==． 故答案为：45︒；6π．8、〔2021届山东省烟台市高三上期末〕三棱锥P ABC -的四个顶点都在球O 的外表上，PA ⊥平面ABC ，6PA =，AB =2AC =，4BC =，那么：〔1〕球O 的外表积为__________；〔2〕假设D 是BC 的中点，过点D 作球O 的截面，那么截面面积的最小值是__________．【答案】52π 4π【解析】〔1〕由题,根据勾股定理可得AC AB ⊥,那么可将三棱锥P ABC -可放入以,,AP AC AB 为长方体的长,宽,高的长方体中,那么体对角线为外接球直径,即2r ==,那么r =,所以球的外表积为224452r πππ=⨯=；〔2〕由题,因为Rt ABC ,所以D 为底面ABC 的外接圆圆心,当DO ⊥截面时,截面面积最小,即截面为平面ABC ,那么外接圆半径为2,故截面面积为224ππ⨯=故答案为：〔1〕52π；〔2〕4π9、〔2021届山东省滨州市高三上期末〕在四面体S ABC -中，2SA SB ==，且SA SB ⊥，BC =，AC =________，该四面体外接球的外表积为________.8π【解析】因为2SA SB ==，且SA SB ⊥，BC ，AC =AB ==因此222BC AC AB +=，那么AC BC ⊥；取AB 中点为O ，连接OS ，OC ，那么OA OB OC OS ====所以该四面体的外接球的球心为O ，半径为OC =所以该四面体外接球的外表积为248S ππ=⋅=；又因为SA SB =，所以SO AB ⊥；因为底面三角形ABC 的面积为定值122AC BC ⋅=，SO因此，当SO ⊥平面ABC 时，四面体的体积最大，为13ABC V S SO =⋅=故答案为：(1). (2). 8π10、〔2021届山东省济宁市高三上期末〕下列图是两个腰长均为10cm 的等腰直角三角形拼成的一个四边形ABCD ，现将四边形ABCD 沿BD 折成直二面角A BD C --，那么三棱锥A BCD -的外接球的体积为__________3cm ．【答案】【解析】由题设可将该三棱锥拓展成如下图的正方体，那么该正方体的外接球就是三棱锥的外接球，由于正方体的对角线长为2l R ==即球的半径R =该球的体积343V R π==，应填答案．。

专题06 经典三类球：外接球、内切球、棱切球【考点预测】考点一：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2a =，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考点二：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，2，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236R ==，即正四面体外接球半径为6R =.考点三：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222222222b c m a c n a b t ⎧+=⎪+=⎨⎪+=⎩，三式相加可得222a b c ++=222,2m 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22224a b c R +=+，所以2228m n t R ++=.考点四：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1OO ⊥平面ABC ； 第二步：算出小圆1O 的半径1AO r =，111122OO AA h ==（1AA h =也是圆柱的高）； 第三步：勾股定理：22211OA O A O O =+⇒222()2hR r =+⇒22()2h R r =+R考点五：直棱锥外接球如图，PA ⊥平面ABC ，求外接球半径.图3-1C 1B 1AEFA 1O 1OO 2BC图3-2C 1B 1AA 1O 1OO 2BC图3-3C 1B 1AEFA 1O 1O O 2BC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1O 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 ===)，112OO 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 =+⇔222(2)R PA r +②2221R r OO =+⇔221R r OO =+ 考点六：正棱锥外接球正棱锥外接球半径：222r h R h+= .考点七：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⊥2O D AB ．（4）在四棱锥-12A 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．ADPO 1OCBhl rDB图1 图2考点八：锥体内切球方法：等体积法，即3VRS=体积表面积考点九：棱切球方法：找切点，找球心，构造直角三角形【典型例题】例1．（2022·河北邢台·高一阶段练习）已知菱形ABCD的边长为360BAD∠=︒，将△ABD沿BD折起，使A，C两点的距离为3A-BCD的外接球的表面积为（）A．12πB．18πC．24πD．30π【答案】B【解析】【分析】确定折起后三棱锥A-BCD为正四面体，将此正四面体放置在正方体中，使得正方体的面对角线是正四面体的棱，正方体的对角线就是外接球的直径，此球也是三棱锥A-BCD的外接球．由此计算可得球表面积．【详解】由已知得BAD为等边三角形，∴对角线23BD AB BC CD DA=====将ABD△沿BD折起，使A，C两点的距离为3∴折起后三棱锥A-BCD为正四面体，各棱长都是23将此正四面体放置在正方体中，使得正方体的面对角线是正四面体的棱，设正方体的棱长为a23a=32a R =，其中R 为正方体的外接球半径，322R =， 由于正方体的外接球就是正四面体ABCD 的外接球， ∴正四面体ABCD 的外接球表面积为2418R ππ= 故选：B.例2．（2022·安徽·合肥市第六中学高一期中）设直三棱柱111ABC A B C -的所有顶点都在一个球面上，1AB AC AA ==，120BAC ∠=︒，且底面ABC 的面积为23接球的表面积是（ ） A ．16π B 4010πC ．40πD ．64π【答案】C 【解析】 【分析】由三角形面积公式求得AB ，由正弦定理求得底面三角形外接圆半径，设,M N 分别是ABC 和111A B C △的外接圆圆心，则MN 的中点O 是三棱柱111ABC A B C -的外接球球心，求球半径后可得表面积． 【详解】设1AB AC AA m ===，因为120BAC ∠=︒， 所以1sin120232m m ⨯⨯⨯︒=22m = 而30ACB ∠=︒，所以22sin 30r =︒(r 于是是ABC 外接圆的半径)，22r =即22AM = 如图，设,M N 分别是ABC 和111A B C △的外接圆圆心，由直棱柱的性质知MN 的中点O 是三棱柱111ABC A B C -的外接球球心， 111222OM MN AA === 所以外接球为22R OA AM OM =+=()()2222210+=.于是球的表面积为24S R =π=(241040ππ=.故选：C.例3．（2022·湖南·长郡中学高一期中）如图，在正四棱台1111ABCD A B C D -中，4AB =，112A B =，若半径为r 的球O 与该正四棱台的各个面均相切，该球的表面积S =（ ）A ．4πB ．6πC ．8πD ．10π【答案】C 【解析】 【分析】作正棱台的轴截面.设内切球的半径为r ，利用勾股定理得到222MG FG MF +=，解得2r =.【详解】如图，作该正棱台的轴截面.其中E ，F ，M ，N 分别是AB ，CD ，11C D ，11A B 的中点，H ，K 是MN ，EF 的中点，G 是内切球的球心，H ，K 是内切球和上、下底面的切点，Q 是内切球和侧面11CDD C 的切点，内切球的半径为r ，由正棱台的结构可以得到，1HM =，2KF =，HG KG QG r ===，易得1MQ HM ==，2FQ FK ==，3MF =，2221MG r =+，2222FG r =+，且90MGF ∠=︒，所以222MG FG MF +=，即22149r r +++=，解得2r =248S r ππ==.故选：C.例4．（2022·河北省唐县第一中学高一期中）已知三棱锥P ABC -的各顶点都在同一球面上，且P A ⊥ 平面ABC ，AB AC ⊥，且1AB AC ==，若此球的表面程等于4π，则三棱锥P ABC -的体积为（ ）A 2B ．1C 2D ．13【答案】A 【解析】 【分析】将三棱锥P ABC -补成长方体，则三棱锥P ABC -的外接球即为该长方体的外接球，求出球的半径，即可得出长方体的对角线的长度，从而可得出答案. 【详解】由题意，将三棱锥P ABC -补成长方体，则三棱锥P ABC -的外接球即为该长方体的外接球.则该长方体的外接球的直径为该长方体的对角线. 如图，4S π=球，则球半径1R =， 所以()222222PA AB AC R PA ++=⇒=， 所以123P ABC ABC V S PA -∆=⋅=故选：A.例5．（2022·河南·高一期中）已知三棱锥P ABC -的四个顶点在球O 的球面上，3,4,5,5,34,PA PB PC AB AC ===== 41BC =O 的表面积为（ ）A ．16πB ．25πC ．32πD ．50π【答案】D 【解析】 【分析】利用勾股定理可证明三条侧棱,,PA PB PC 两两垂直，符合墙角模型，补成长方体，那么球的直径就是长方体的体对角线. 【详解】根据题中数据，22222+3534PA PC AC =+==，故PA PC ⊥，类似的，同理容易验证222+PA PB AB =，222+PC PB BC =，于是PA PB ⊥，PB PC ⊥， 即三条侧棱,,PA PB PC 两两垂直，下以P 为顶点，,,PA PB PC 分别为一个长方体的长宽高，将三棱锥P ABC -补成长方体， 易知长方体的外接球就是三棱锥P ABC -的外接球， 长方体的体对角线长为： 22234552++=于是球O 的表面积为(2250ππ⋅=.故选：D.例6．（2022·全国·3顶点的多面体为正八面体，那么该正八面体的内切球表面积为（ ）A ．6πB ．πC ．43π D ．4π【答案】B 【解析】 【分析】6正八面体的内切球半径，即可求出球的表面积． 【详解】2233622⎛⎫⎛⎫+ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭如图，在正八面体中连接AF ，DB ，CE ，可得AF ，DB ，CE 互相垂直平分，在Rt AOD △中，22226262223AO AD OD ⨯=-=⨯⎪⎛⎫⎛⎫-= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ 则该正八面体的体积1363236V =⨯= 该八面体的表面积236833S ==⎝⎭设正八面体的内切球半径为r ，13S r V =，即13333r ⨯=12r =， 24球S πr π∴==故选：B例7．（2022·山西·大同市第二中学校高一期中）球O 为三棱锥P ABC -的外接球，ABC 和PBC 都是边长为3PBC ⊥平面ABC ，则球的表面积为（ ） A ．28π B ．20πC ．18πD ．16π【答案】B 【解析】 【分析】取BC 中点为T ，以及ABC 的外心为1O ，PBC 的外心为2O ，依据平面PBC ⊥平面ABC 可知12OO TO 为正方形，然后计算外接球半径，最后根据球表面积公式计算. 【详解】设BC 中点为T ，ABC 的外心为1O ，PBC 的外心为2O ， 如图由ABC 和PBC 均为边长为3 则ABC 和PBC 23260=，又因为平面PBC ⊥平面ABC ， 所以2O T ⊥平面ABC ，可知21O T O T ⊥ 且21O T O T =，过21,O O 分别作平面PBC 、平面ABC 的垂线相交于O 点O 即为三棱锥P ABC -的外接球的球心， 且四边形12OO TO ()22231-=的正方形，所以外接球半径2222145R OO O P =++则球的表面积为20π， 故选：B ．例8．（2022·全国·高一单元测试）四个半径为2的球刚好装进一个正四面体容器内，此时正四面体各面与球相切，则这个正四面体外接球的表面积为（ ） A ．(168486)π+ B ．(168426)π+ C ．(188486)π+ D ．(168326)π+【答案】A 【解析】 【分析】画出直观图，梳理条件，再画出截面图，从中找到等量关系，求出外接球半径，从而求出外接球的表面积. 【详解】如图1所示，正四面体ABCD 中，AH ⊥底面BCD ，E 、F 、G 、K 为四个球的球心，M 为CD 中点，连接BM ，AM ，易知B 、H 、M 三点共线，直线AH 交平面EFG 于点1H ，连接1EH ，交GF 于点N ，则N 为GF 的中点，因为内切球半径为2，故EF =4，画出截面ABM 如图2所示，正四棱锥EFGK 外接球球心设为O ，则正四面体ABCD 的外接球球心与正四面体EFGK 外接球球心重合，设正四面体ABCD 的外接球半径为R ，正四面体EFGK 外接球半径为r ，在图2中，EK =4，23EN =12433EH EN ==，146KH ==146OH r = 由22211OE OH EH =+，即2224643r r ⎫=+⎪⎪⎝⎭⎝⎭，解得：6r =所以1466OH r =-=过点E 作EP ⊥BM 于点P ，则EP =2 则△BEP ∽△1OEH∴1OH OE BE EP=6632= 解得：6BE =∴66R OB BE OE ==+=+∴正四面体ABCD 的外接球表面积(24168483S R ππ==+故选：A 【点睛】与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.（多选题）例9．（2022·湖北·沙市中学高一期中）如图，已知棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，下列命题正确的是（ ）A 3B ．点P 在线段AB 上运动，则四面体111P A BC -的体积不变 C ．与所有122πD ．M 是正方体的内切球的球面上任意一点，则AM 32-【答案】BC 【解析】 【分析】对于A ，利用正方体的性质即得，对于B ，判断出四面体111P A B C -的高为1，底面积不变即得，对于C ．先求出球的半径2R =，即可求体积，对于D ．判断出线段AM 长度的最小值是A 到球心的距离减去内切球的半径，直接求解即可. 【详解】对于A ，由正方体的性质可知正方体外接球的直径为其体对角线，故正方体外接球的半径3A 错误； 对于B ，点P 在线段AB 上运动，则四面体111P A BC -的高为1，底面积不变，则体积不变，故B 正确；对于C ，与所有12条棱都相切的球的直径2R 等于面的对角线12BC 22R =2R =， 则球的体积334422(33V R ππ==⨯⨯=，故C 正确；对于D ，正方体的内切球为正方体的中心，内切球的半径为r ， 可知线段AM 长度的最小值是A 到球心的距离减去内切球的半径， 正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，∴12r =，A 3AM 31-D 错误. 故选：BC ．例10．（2022·广东·广州市协和中学高一期中）在三棱锥P ABC -中，33,5AB AC BC PA PB PC ======，D 、E 、F 分别为AB 、AC 、BC 的中点，则以下结论正确的是（ ）A ．平面PDE ⊥平面ABCB ．平面PAF ⊥平面ABCC ．//AB 平面PEFD ．三棱锥P ABC -的外接球表面积为625π16【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A ，利用逆推方式要证明面面垂直，就去证明线面垂直，再去证线线垂直，根据题意不存在AM PM ⊥即可判断；对于B ，根据面面垂直的判定定理及等腰三角形的三线合一即可判断； 对于C ，根据线面平行的判定定理结合三角形的中位线定理即可判断；对于D ，要求三棱锥P ABC -外接球的表面积，首先找出外接球的球心，在利用球的半径、截面圆半径、球心到截面圆圆心的距离三者关系求出球的半径，再利用球的表面积公式即可判断； 【详解】对于A ，设AF 与DE 的交点为M ，则AF DE ⊥，若平面PDE ⊥平面ABC ，那么根据面面垂直的性质定理，必有AF ⊥平面PDE ，此时须有AM PM ⊥成立，又因为M 是AF 的中点，此时须有PA PF =成立，上式显然不成立，故A 不正确；对于B ，由于,AB AC PB PC ==，F 为BC 的中点，所以AF BC ⊥，PF BC ⊥，AFPF F =，故BC ⊥平面PAF ，而BC ⊂平面ABC ，所以平面PAF ⊥平面ABC ，故B正确；对于C ，由E , F 分别为AC ，BC 的中点，得//EF AB ,EF ⊂平面PEF ，AB ⊄平面PEF ，所以因此//AB 平面PEF ，故C 正确； 对于D ，作PN平面ABC 垂足为N ，则N 为正三角形ABC 的重心，所以22333,534,AN PN ===-设三棱锥P ABC -的外接球球心为O ，则O 在PN 上，连接AO ，设三棱锥P ABC -的外接球半径为R ，则在AON 中，()22243R R =-+，解得258R =，因此其外接球表面积为2625π4π16R =，故D 正确.故选：BCD.【点睛】解决此类型题的关系记住线面，面面平行与垂直的判定定理及性质定理，求外接球的问题关键核心就是找出球心，找球心的方法就是找截面圆的圆心，再做过截面圆的圆心的垂线，球心就在过截面圆的圆心的垂线上,然后球的半径、截面圆半径、球心到截面圆圆心的距离三者关系求出球的半径进而可以求解关于球的任何问题.【过关测试】 一、单选题1．（2022·广东·海珠外国语实验中学高一期中）已知一个圆锥的母线长为2，侧面积为2π.若圆锥内部有一个球，当球的半径最大时，球的体积为（ ） A ．3π B 23C 3D 43【答案】D 【解析】 【分析】由题可知球内切于圆锥，利用图形关系求得球的半径，即可得解. 【详解】由题可知，母线2PA PB ==，若内部有一个球，半径最大时， 球内切于圆锥，如图所示，O 为球心，M 为球O 与母线PB 的切点，E 为底面圆心， 设球O 的半径为R ，底面圆E 的半径为r 因为圆锥侧面积为2π，所以()1222π⋅=πr PB ，解得1==r EB . 由勾股定理222413=-=-=PE PB EB ，所以3PE = 又因为POM 与PBE △相似，31-=⇒=PO OM R R PB EB ，解得3R =， 所以球的体积344334333=π==V R . 故选：D2．（2022·天津市求真高级中学高一阶段练习）正方体的外接球与内切球的表面积之比是（ ） A ．13B ．3C ．33D 3【答案】B 【解析】 【分析】设正方体的棱长为a ，求出其外接球的半径和内切球的半径，再根据表面积公式可得结果. 【详解】设正方体的棱长为a 3，内切球的半径为12a ，所以正方体的外接球与内切球的表面积之比是2234142a ππ⎫⋅⎪⎝⎭⎛⎫⋅ ⎪⎝⎭3=. 故选：B3．（2022·云南师大附中高一期中）如图，蹴鞠，又名“蹋鞠”、“蹴球”、“蹴圆”、“筑球”、“踢圆”等，“跳”有用脚蹴、蹋、踢的含义，“鞠”最早系皮革外包、内实米糠的球.因而“蹴鞠”就是指古人以脚蹴、蹋、踢皮球的活动，类似今日的足球.2006年5月20日，蹴鞠已作为非物质文化遗产经国务院批准列入第一批国家级非物质文化遗产名录.若将“鞠”的表面视为光滑的球面，已知某“鞠”表面上的四个点A ，B ，C ，D 满足13AB CD ==，5BD AC ==cm ，5AD BC ==cm ，则该“鞠”的表面积为（ ）A ．20πcm 2B ．24πcm 2C ．27πcm 2D ．29πcm 2【答案】D 【解析】 【分析】由于,,AB CD BD AC AD BC ===，所以可以把,,,A B C D 四点放到长方体的四个顶点上，则该长方体的体对角线就是“鞠”的直径，求出体对角线长，从而可求出该“鞠”的表面积 【详解】因为“鞠”表面上的四个点A ，B ，C ，D 满足13AB CD ==，25BD AC ==，5AD BC ==cm ，所以可以把,,,A B C D 四点放到长方体的四个顶点上，则该长方体的体对角线就是“鞠”的直径，设该长方体的长、宽、高分别为,,x y z ，“鞠”的半径为R ，则 2222(2)R x y z =++，由题意得22222220,13,25x y x z y z +=+=+=, 所以2222(2)29R x y z =++=，即2429R =， 所以该“鞠”的表面积为22429cm R ππ=， 故选：D4．（2022·浙江·嘉兴一中高一期中）在三棱锥P ABC -中，P A 、AB 、AC 两两垂直，3AP =，6BC =，则三棱锥外接球的表面积为（ ）A ．57πB ．63πC ．45πD ．84π【答案】C 【解析】 【分析】由P A ，AB ，AC 两两垂直，可判定该三棱锥为长方体的一部分，则三棱锥的外接球即为长方体的外接球，可知外接球半径为长方体体对角线的一半，进而求解. 【详解】由于P A ，AB ，AC 两两垂直，故可得该三棱锥为长方体的一部分， 因为外接球半径为长方体体对角线的一半， 所以2222235PA AB AC PA BC R +++==， 故2445S R ππ==， 故选：C5．（2022·安徽·合肥市第八中学高一期中）如图，在正四棱柱1111ABCD A B C D -中，底面ABCD 是边长为1的正方形，P 为11A D 上一点，且满足2APD π∠=，PA PD =，则以四棱锥P ABCD -外接球的球心O 为球心且与平面PBC 相切的球的体积为（ ）A 5πB 5πC 45πD 45π【答案】B 【解析】 【分析】在直角PAD △中，求得2PA PD ==O 即为四棱锥P ABCD -的外接球的球心，分别连接,,PN NQ PQ ，过点O 作OM PQ ⊥，证得OM ⊥平面PNQ ，求得25OM =25r =.【详解】在直角PAD △中，1AD =，PA PD =，可得222PA PD AD +=， 即2PA PB ==过正方形ABCD 的中心O 作1OO ⊥平面ABCD ， 取AD 的中点N ，连接ON ，则ON ⊥平面PAD ， 则直线1OO ON O =，则O 即为四棱锥P ABCD -的外接球的球心，分别连接,,PN NQ PQ ，在PNQ 中，过点O 作OM PQ ⊥, 又由BC ⊥平面PNQ ，可得OM BC ⊥， 因为BCPQ Q =，所以OM ⊥平面PBC ，又由PNQ 和QOM 相似，可得OM OQPN PQ =，所以1122525OQ PN OM PQ ⨯⋅==，所以O 为球心且与平面PBC 相切的球的半径为25r OM ==所以该球的体积为33445(3325V r πππ==⨯= 故选：B.6．（2022·安徽·淮南第一中学高一阶段练习）在三棱锥P ABC -中，,2,4,5PB AC PA PB AB AC BC ⊥=====，则三棱锥P ABC -外接球的表面积是（ ）A ．52πB ．643πC ．1123πD ．2563π【答案】B 【解析】 【分析】利用勾股定理证得AB AC ⊥，再根据线面垂直的判定定理可得AC ⊥平面PAB ，故三棱锥C PAB -的外接球在过底面PAB △外接圆圆心且垂直于底面PAB △的直线上，利用正弦定理求得PAB △外接圆的半径为r ，再根据三棱锥C PAB -外接球的半径为R 求出外接球半径，即可得出答案. 【详解】解：由2,4,5AB AC BC ===， 可得222BC AB AC =+，所以AB AC ⊥， 又,PB AC AB PB B ⊥⋂=，且PB ，AB 平面PAB ，所以AC ⊥平面PAB ，故三棱锥B PAB -的外接球在过底面PAB △外接圆圆心且垂直于底面PAB △的直线上， 由正弦定理，可得PAB △外接圆的半径为122sin603PA r =⨯=所以三棱锥C PAB -外接球的半径为22222162233AC R r ⎛⎫⎛⎫=++= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ 所以三棱锥C PAB -外接球的表面积为2216644433S R πππ==⨯=， 即三棱锥P ABC -外接球的表面积为2216644433S R πππ==⨯=. 故选：B.7．（2022·福建龙岩·高一期中）已知三棱锥A -BCD 中，22CD =2BC AC BD AD ====，则此几何体外接球的表面积为（ ） A ．23πB ．2πC 82πD ．8π【答案】D 【解析】 【分析】根据三棱锥的几何特点计算出三棱锥外接球的半径，即可计算出表面积. 【详解】如图，O 为CD 的中点，根据题意，BCD △和ACD △都是直角三角形，且 2OA OB OC OD ===O ∴是三棱锥外接球的球心，且外接球的半径2R OA =所以外接球的表面积为：24?8S R ππ==. 故选：D.8．（2022·湖南·雅礼中学高一期中）在正三棱锥P ABC -中，23AB =正三棱锥P ABC -的体积是43P ABC -外接球的表面积是（ ） A ．5π B ．15πC ．25πD ．35π【答案】C【分析】根据体积求得锥体高度，利用正弦定理求出底面所在的圆的半径，结合勾股定理求得外接球的半径，即可求出其表面积． 【详解】如图所示，设点G 为ABC 的外心，则PG ⊥平面ABC ，由13P ABC ABCV SPG -=⋅=1132334332PG ⨯⨯= ∴4PG =，则三棱锥P ABC -的外接球的球心O 在直线PG 上．设其外接球的半径为R ， 由正弦定理得22sin3AB AG π==，在Rt OAG 中，|||4|OG PG R R =-=-，由勾股定理得222OA OG AG =+，即2222|4|R R =+-，解得52R =． 正三棱锥P ABC -外接球的表面积是22544252S R πππ⎛⎫==⨯= ⎪⎝⎭，故选：C ．二、多选题9．（2022·浙江宁波·高一期中）已知点,,,A B C D 是半径为2的球面上不共面的四个点，且23AB CD ==，则四面体ABCD 体积的值可能为（ ）A ．3B ．4C ．43D ．6【答案】AB 【解析】 【分析】设球心为O ，,E F 分别为,AB CD 中点，根据球心的特征可知求得1OE OF ==，知,E F 是以O 为球心，1为半径的球面上的点，从而得到02EF OE OF <+=≤，利用三棱锥体积公式可确定223A BCD A CDE CDEV V S d --==⋅，结合3d AE =≤CDE △边CD 上的高2h EF ≤≤可求得体积最大值，由此确定选项.设O 为,,,A B C D 所在球面的球心，,E F 分别为,AB CD 中点，2OA OC ．3AB CD ==OE AB ∴⊥，OE CD ⊥且3AE CF ==1OE OF ∴==，则,E F 均是以O 为球心，1为半径的球面上的点，则02EF OE OF <+=≤，E 是AB 中点，223A BCD A CDE CDEV V S d --∴==⋅（d 为点A 到平面CDE 距离，3d AE ≤， 又12CDESCD h =⋅（h 为点E 到CD 距离，2h EF ≤≤）， 2232343A BCD V -⨯∴=≤，当且仅当,,E O F 三点共线且AB CD ⊥时等号成立．故选：AB ． 【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何中的外接球相关问题的求解，解题关键是能够确定,AB CD 中点,E F 是以O 为球心，1为半径的球面上的点，从而能够确定点A 到平面CDE 距离和点E 到CD 距离的范围，利用棱锥体积公式可求得体积的最大值.10．（2022·福建师大附中高一期中）在直三棱柱111ABC A B C -中，3ABC π∠=，1AC AA =，若该三校柱的外接球的表面积为28π，则该三棱柱的体积不可能是（ ） A ．15 B ．18 C ．21 D ．24【答案】CD 【解析】 【分析】设1AC AA m ==，求得ABC 的外接圆的半径3r =结合球的表面积公式和球的截面性质，列出方程求得23m =ABC 面积的最大值，根据柱体的体积公式求得棱柱的最大体积，结合选项，即可求解. 【详解】如图所示，设1AC AA m ==， 在ABC 中，3ABC π∠=，AC m =，所以外接圆的半径23sin3m r π==3r = 取上底面111A B C △和下底面ABC 的外心，分别为21,O O ，连接12O O ，取得12O O 的中点O ，可得O 为直三棱柱111ABC A B C -的外接球的球心， 设直三棱柱111ABC A B C -的外接球的半径为R ，可得2428R ππ=，解得27R =，在1BOO 中，可得22211OB O B OO =+，即222(()723m R =+=，解得212m =，所以23m =111ABC A B C -的高为3在ABC 中，由余弦定理得2222122cos23b c bc b c bc bc bc bc π=+-=+-≥-=，当且仅当b c =时，等号成立，所以12bc ≤， 所以ABC 的最大面积为max 1sin 3323S bc π==所以三棱柱111ABC A B C -的体积的最大值为332318V Sh ==. 所以三棱柱111ABC A B C -不可能为21和24. 故选：CD.11．（2022·浙江省定海第一中学高一期中）数学中有许多形状优美、寓意独特的几何体，“等腰四面体”就是其中之一，所谓等腰四面体，就是指三组对棱分别相等的四面体.关于“等腰四面体”，以下结论正确的是（ ） A ．长方体中含有两个相同的等腰四面体B ．“等腰四面体”各面的面积相等，且为全等的锐角三角形C ．“等腰四面体”可由锐角三角形沿着它的三条中位线折叠得到D ．三组对棱长度分别为a ，b ，c 的“等腰四面体”222a b c ++【答案】ABC 【解析】【分析】作出长方体，根据等腰四面体的定义得出图形，根据长方体的性质判断各选项． 【详解】如图，长方体1111ABCD A B C D -有两个相同的等腰四面体：11ACB D 和11AC BD ，A 正确；如等腰四面体11AC BD 中，每个面可能看作是从长方体截一个角得出的， 如图，设11111,,A D A B AA 的长分别为,,x y z ，不妨设x y z ≥≥， 则2211B D x y +221AD x z +221AB y z +1BD 最大， 其所对角的余弦值为22222221122222222cos 02B AD y z x zy z x z∠==>+⋅++⋅+，最大角11B AD ∠为锐角，三角形为锐角三角形，同理其它三个面都是锐角三角形，各个面的三条边分别相等，为全等三角形，面积相等，B 正确；把一个等腰四面体沿一个顶点出发的三条棱剪开摊平，则得一个锐角三角形，还有三条棱是这个三角形的三条中位线，如等腰四面体11ACB D ，沿11,,AB AD AC 剪开摊平，11,ND PD 共线，同理可得,CM DP 共线，11,B M B N 共线，MNP △为锐角三角形（与等腰四面体11ACB D 的面相似），且1111,,B C B D CD 是这个三角形的中位线，因此C 正确；如上等腰四面体11AC BD 中三条棱长分别是长方体的三条面对角线长，由长方体性质知长2222a b c ++D 错。