正方体内切球,外接球,棱切球

球的接切问题1.正方体的外接球、内切球和棱切球【例3】 有三个球和一个正方体,第一个球与正方体各个面内切,第二个球与正方体各条棱相切,第三个球过正方体各顶点,则三个球面积之比为 ．【解析】设正方体棱长为a,则有内切球半径12a R =; 棱切球其直径为正方体各面上的对角线长,则有222R a =; 外接球直径为正方体的对角线长,∴有332R a =, 所以面积之比为()()2221:2:31:2:3=.【评注】 正方体的内切球：截面图为正方形EFHG 的内切圆，如图所示．设正方体的棱长为a ，则内切球半径|OJ |＝r ＝a 2；正方体的棱切球：|GO |＝R ＝22a ；正方体的外接球：则|A 1O |＝R ′＝32a .用构造法易知：棱长为a 的正四面体的外接球半径为64a . 【变式1】构建正方体求解三棱锥有关问题若正三棱锥P —ABC 的三条侧棱两两垂直，则该正三棱锥的内切球与外接球的半径之比为 .1.()3:13-.【解析】设正三棱锥侧棱长为a ，纳入正方体中易知外接球半径为,23a 体积63a V =，内切球球心将正三棱锥分成四个高为内切球半径的三棱锥，则()3221332,632a a V r a ⎡⎤==⨯+∴⎢⎥⎣⎦33,6r a -=31:3R r -∴=. 【变式2】构建正方体利用等积法求点到面的距离已知正三棱锥P －ABC ，点P ，A ，B ，C 都在半径为3的球面上．若P A ，PB ，PC 两两相互垂直，则球心到截面ABC 的距离为________．2.33【解析】由已知条件可知，以P A ，PB ，PC 为棱可以补充成球的内接正方体，故而P A 2＋PB 2＋PC 2＝()2R 2，由已知P A ＝PB ＝PC, 得到P A ＝PB ＝PC ＝2, V P －ABC ＝V A －PBC ⇒13h ·S △ABC ＝13P A ·S △PBC, 得到h＝233，故而球心到截面ABC 的距离为R －h ＝33. 【变式3】构建正方体求解正四面体的外接球的体积已知三棱锥BCD A -的所有棱长都为2，则该三棱锥外接球的体积是________.3.32π 【解析】如图构造正方体FBEC ANDM -，则∵三棱锥BCD A -的所有棱长都为2，∴该正方体的棱长为1，∴三棱锥BCD A -的外接球半径：R=23.故所求3433()322V ππ==球. 【变式4】通过等价转化求解正方体的内切球的截面圆面积如图，已知球O 是棱长为1的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的内切球，则平面ACD 1截球O 的截面面积为( )A .π6B .π3C .66πD .33π 4.A 【解析】：根据正方体的几何特征知，平面ACD 1是边长为2的正三角形，且球与以点D 为公共点的三个面的切点恰为三角形ACD 1三边的中点，故所求截面的面积是该正三角形的内切圆的面积，由图得△ACD 1内切圆的半径是22×tan30°＝66，故所求的截面圆的面积是π×⎝⎛⎭⎫662＝π6. 2.长方体的外接球【例4】 (2013辽宁) 已知直三棱柱ABC-A 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的球面上．若AB ＝3，AC ＝4，AB ⊥AC ，AA 1＝12，则球O 的半径为 ．【解析】∵AB ⊥AC ，且AA 1⊥底面ABC ，将直三棱柱补成内接于球的长方体，则长方体的对角线l ＝32＋42＋122＝2R ，R ＝132.【评注】利用底面为直角三角形的直三棱柱补成长方体求外接球半径,长方体的模型可以使抽象问题具体化.【变式1】利用三棱两两垂直的四面体补成长方体求解在四面体ABCD 中，AB ，AC ，AD 两两垂直，AB=3,AD=2,AC=5，则该四面体外接球的表面积为 ．1.π12 【解析】由球的对称性及,,AB AC AD 两两垂直可以补形为长方体ABD C DC A B ''''-,长方体的对称中心即为球心, ∴222235423R AB AC AD =++=++=，∴ ()24312S ππ== .【变式2】如图，在三棱锥O ABC -中，三条棱,,OA OB OC 两两垂直，且OA OB OC >>，分别经过三条棱,,OA OB OC 作一个截面平分三棱锥的体积，截面面积依次为123,,S S S ，则123,,S S S 的大小关系为________________．2.123S S S <<【解析】 由题意OC OB OA ,,两两垂直，可将其放置在以O 为一顶点的长方体中，设三边OC OB OA ,,分别为c b a >>，从而易得22121c b a S +=，22221c a b S +=，22321b a c S +=，∴()()()222222222222221414141b a c c b a b c a b a S S -=+-+=-，又b a >，∴02221>-S S ，即21S S >．同理，用平方后作差法可得32S S >．∴123S S S <<．【变式3】利用特殊的四棱锥补成长方体求解已知点P A B C D ，，，，是球O 表面上的点，PA ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 是边长为23正方形.若26PA =,则△OAB 的面积为3.33【解析】∵点P A B C D ，，，，是球O 表面上的点，P A ⊥平面ABCD ， ∴点P A B C D ，，，，为球O 内接长方体的顶点，球心O 为长方体对角线的中点.∴△OAB 的面积是该长方体对角面面积的14. ∵23,26AB PA ==，∴6PB =,∴1=236=334OAB S ∆⨯⨯. 【变式4】利用半球的内接正方体补成球的长方体求解半球内有一个内接正方体，则这个半球的体积与正方体的体积之比为( ) A.5π∶6B ．6π∶2C ．π∶2D ．5π∶124.B 【解析】 将半球补成整个球，同时把原半球的内接正方体再补接一个同样的正方体，构成的长方体恰好是球的内接长方体，那么这个长方体的体对角线就是它的外接球的直径．设正方体的棱长为a ，球的半径为R ，则(2R )2＝a 2＋a 2＋(2a )2，即R ＝62a . ∴V 半球＝12×43πR 3＝23π⎝⎛⎭⎫62a 3＝62πa 3，V 正方体＝a 3. ∴V 半球∶V 正方体＝62πa 3∶a 3＝6π∶2.【变式5】利用半球的内接三棱柱运用截面圆性质求解(2015·唐山统考)如图，直三棱柱ABC -A 1B 1C 1的六个顶点都在半径为1的半球面上，AB ＝AC ，侧面BCC 1B 1是半球底面圆的内接正方形，则侧面ABB 1A 1的面积为( )A ．2 B ．1 C. 2 D.225.C.【解析】由题意知，球心在侧面BCC 1B 1的中心O 上，BC 为截面圆的直径，∴∠BAC ＝90°，△ABC 的外接圆圆心N 是BC 的中点，同理△A 1B 1C 1的外心M 是B 1C 1的中心．设正方形BCC 1B 1的边长为x ，Rt △OMC 1中，OM ＝x 2，MC 1＝x2，OC 1＝R ＝1(RABCOC OABDEF为球的半径)，∴⎝⎛⎭⎫x 22＋⎝⎛⎭⎫x 22＝1，即x ＝2，则AB ＝AC ＝1，∴11A ABB S 矩形＝2×1＝ 2.3.正四面体的外接球和内切球【例5】 正四面体的内切球、与棱相切的球、外接球的三类球的半径比为 ．【解析】设正四面体的棱长为1，外接球和内切球半径依次为,R r ， 由正四面体三个球心重合及其特征， 6R r =+,其体积为1633V =,另一面1343V r =⨯,则内切球和外接球的半径比1：3，其和为正四面体的高63， 而与棱相切的球直径为对棱的距离22，则内切球、与各棱都相切的球、外接球的半径之比为 61263)::)3334434=. 【变式1】利用正四面补成正方体求解体积 正四面体ABCD 的外接球的体积为34π，则正四面体ABCD 的体积是_____.1.83.【解析】由于外接球的体积为34434333r r πππ∴=∴=，故其内接正方体的棱长为2，故正方体体积为8，正四面体的体积为1833V=正方体.【变式2】利用正四面体的高与外接球半径的关系求球的表面积正四面体的四个顶点都在同一个球面上，且正四面体的高为4，则这个球的表面积是________． 2.36π【解析】正四面体的外接球半径R 为其高的34，且正四面体的高为4，则R ＝3 ，S ＝4πR 2＝36π. 【变式2】利用正四面体补成正方体求解的球心角半径为1的球面上的四点D C B A ,,,是正四面体的顶点，则A 与B 两点与球心连线的夹角余弦值为 ． 2.13-设正四面体棱长a 2，将其纳入正方体中,其正方体棱长a ，所求角为对角面内两条对角线的夹角为APB ∠，AP=BP=a AB a 2,23=，由余弦定理314322432cos 222-=⨯-⨯=∠a a a APB .【变式3】利用正四面体补成正方体求异面直线所成的角如图，正四面体A-BCD 中，E 、F 分别是AD 、BC 的中点，则EF 与CD 所成的角等于 （ ） A ．45° B ．90° C ．60° D ．30°3.A 【解析】如图，将正四面体补形为正方体，答案就脱口而出，应该选A. 【变式4】利用长方体的性质确定折叠四面体的外接球球心(2015·山西四校联考)将长、宽分别为4和3的长方形ABCD 沿对角线AC 折起，得到四面体A -BCD ，则四面体A -BCD 的外接球的体积为________．4. 【解析】 设AC 与BD 相交于O ，折起来后仍然有OA ＝OB ＝OC ＝OD ，∴外接球的半径r ＝32＋422＝52，从而体积V ＝4π3×⎝⎛⎭⎫523＝125π6. 【变式5】(2015·云南一模)一个圆锥过轴的截面为等边三角形，它的顶点和底面圆周在球O 的球面上，则该圆锥的体积与球O 的体积的比值为________．5．932【解析】 设等边三角形的边长为2a ，则V 圆锥＝13·πa 2·3a ＝33πa 3； 又R 2＝a 2＋(3a －R )2，所以R ＝233a ，故 V 球＝4π3·⎝⎛⎭⎫233a 3＝323π27a 3，则其体积比为932. 【变式6】利用正六棱柱的对称性求外接球的体积一个六棱柱的底面是正六边形，其侧棱垂直底面。

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。

玩转外接球、内切球、棱切球【考点预测】知识点一:正方体、长方体外接球1.正方体的外接球的球心为其体对角线的中点，半径为体对角线长的一半．2.长方体的外接球的球心为其体对角线的中点，半径为体对角线长的一半．3.补成长方体(1)若三棱锥的三条侧棱两两互相垂直，则可将其放入某个长方体内，如图1所示．(2)若三棱锥的四个面均是直角三角形，则此时可构造长方体，如图2所示．(3)正四面体P -ABC 可以补形为正方体且正方体的棱长a =PA 2，如图3所示． (4)若三棱锥的对棱两两相等，则可将其放入某个长方体内，如图4所示图1 图2 图3 图4知识点二:正四面体外接球如图，设正四面体ABCD 的的棱长为a ，将其放入正方体中，则正方体的棱长为22a ，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 =22a ⋅32=64a ，即正四面体外接球半径为R =64a ．知识点三:对棱相等的三棱锥外接球四面体ABCD 中，AB =CD =m ，AC =BD =n ，AD =BC =t ，这种四面体叫做对棱相等四面体，可以通过构造长方体来解决这类问题．如图，设长方体的长、宽、高分别为a ,b ,c ，则b 2+c 2=m 2a 2+c 2=n 2a 2+b 2=t 2，三式相加可得a 2+b 2+c 2=m 2+n 2+t 22,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a 2+b 2+c 2=4R 2，所以R =m 2+n 2+t 28．知识点四:直棱柱外接球如图1，图2，图3，直三棱柱内接于球(同时直棱柱也内接于圆柱，棱柱的上下底面可以是任意三角形)图1图2图3第一步：确定球心O的位置，O1是ΔABC的外心，则OO1⊥平面ABC；第二步：算出小圆O1的半径AO1=r，OO1=12AA1=12h(AA1=h也是圆柱的高)；第三步：勾股定理：OA2=O1A2+O1O2⇒R2=h22+r2⇒R=r2+h2 2，解出R知识点五:直棱锥外接球如图，PA⊥平面ABC，求外接球半径．解题步骤：第一步：将ΔABC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：O1为ΔABC的外心，所以OO1⊥平面ABC，算出小圆O1的半径O1D=r(三角形的外接圆直径算法：利用正弦定理，得asin A=bsin B=csin C=2r)，OO1=12PA；第三步：利用勾股定理求三棱锥的外接球半径：①(2R)2=PA2+(2r)2⇔2R=PA2+(2r)2；②R2=r2+OO12⇔R=r2+OO12．知识点六:正棱锥与侧棱相等模型1.正棱锥外接球半径：R =r 2+h 22h．2.侧棱相等模型：如图，P 的射影是ΔABC 的外心⇔三棱锥P -ABC 的三条侧棱相等⇔三棱锥P -ABC 的底面ΔABC 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ΔABC 的外心O 1，则P ,O ,O 1三点共线；第二步：先算出小圆O 1的半径AO 1=r ，再算出棱锥的高PO 1=h (也是圆锥的高)；第三步：勾股定理：OA 2=O 1A 2+O 1O 2⇒R 2=(h -R )2+r 2，解出R =r 2+h 22h．知识点三:侧棱为外接球直径模型方法：找球心，然后作底面的垂线，构造直角三角形．知识点四:共斜边拼接模型如图，在四面体ABCD 中，AB ⊥AD ，CB ⊥CD ，此四面体可以看成是由两个共斜边的直角三角形拼接而形成的，BD 为公共的斜边，故以“共斜边拼接模型”命名之．设点O 为公共斜边BD 的中点，根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半的结论可知，OA =OC =OB =OD ，即点O 到A ，B ，C ，D 四点的距离相等，故点O 就是四面体ABCD 外接球的球心，公共的斜边BD 就是外接球的一条直径．知识点五: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O1和O2．(2)分别过O1和O2作平面PAB和平面ABC的垂线，其交点为球心，记为O．(3)过O1作AB的垂线，垂足记为D，连接O2D，则O2D⊥AB．(4)在四棱锥A-DO1OO2中，AD垂直于平面DO1OO2，如图2所示，底面四边形DO1OO2的四个顶点共圆且OD为该圆的直径．图1图2知识点六:最值模型这类问题是综合性问题，方法较多，常见方法有：导数法，基本不等式法，观察法等知识点七:二面角模型如图1所示为四面体P-ABC，已知二面角P-AB-C大小为α，其外接球问题的步骤如下：(1)找出△PAB和△ABC的外接圆圆心，分别记为O1和O2．(2)分别过O1和O2作平面PAB和平面ABC的垂线，其交点为球心，记为O．(3)过O1作AB的垂线，垂足记为D，连接O2D，则O2D⊥AB．(4)在四棱锥A-DO1OO2中，AD垂直于平面DO1OO2，如图2所示，底面四边形DO1OO2的四个顶点共圆且OD为该圆的直径．知识点八:坐标法对于一般多面体的外接球，可以建立空间直角坐标系，设球心坐标为O(x,y,z)，利用球心到各顶点的距离相等建立方程组，解出球心坐标，从而得到球的半径长．坐标的引入，使外接球问题的求解从繁琐的定理推论中解脱出来，转化为向量的计算，大大降低了解题的难度．知识点九:圆锥圆柱圆台模型1.球内接圆锥如图1，设圆锥的高为h，底面圆半径为r，球的半径为R．通常在△OCB中，由勾股定理建立方程来计算R．如图2，当PC>CB时，球心在圆锥内部；如图3，当PC<CB时，球心在圆锥外部．和本专题前面的内接正四棱锥问题情形相同，图2和图3两种情况建立的方程是一样的，故无需提前判断．由图2、图3可知，OC=h-R或R-h，故(h-R)2+r2=R2，所以R=h2+r2 2h．2.球内接圆柱如图，圆柱的底面圆半径为r，高为h，其外接球的半径为R，三者之间满足h2+r2=R2．3.球内接圆台R2=r22+r22-r21-h22h2，其中r1,r2,h分别为圆台的上底面、下底面、高．知识点四:锥体内切球方法：等体积法，即R=3V体积S表面积知识点五:棱切球方法：找切点，找球心，构造直角三角形【题型归纳目录】题型一：正方体、长方体模型题型二：正四面体模型题型三：对棱相等模型题型四：直棱柱模型题型五：直棱锥模型题型六：正棱锥与侧棱相等模型题型七：侧棱为外接球直径模型题型八：共斜边拼接模型题型九：垂面模型题型十：最值模型题型十一：二面角模型题型十二：坐标法模型题型十三：圆锥圆柱圆台模型题型十四：锥体内切球题型十五：棱切球【典例例题】题型一:题型一：正方体、长方体模型例1.(2022·陕西安康·高二期末(理))长方体的长，宽，高分别为3，2，1，其顶点都在球O的球面上，则球O的体积为( )A.43πB.12πC.48πD.323π【答案】A【解析】球O的半径为32+22+122=3，∴体积V=4π⋅333=43π．故选：A例2.(2022·全国·高一阶段练习)已知三棱锥P-BCD中，BC⊥CD，PB⊥底面BCD，BC=1，PB= CD=2，则该三棱锥的外接球的体积为( )A.74πB.92πC.278πD.259π【答案】B【解析】解：如图所示，将三棱锥P-BCD放在长、宽、高分别为2，1，2的长方体中，则三棱锥P-BCD的外接球即为该长方本的外接球，所以外接球的直径PD=BC2+CD2+PB2=12+22+22=3，∴该球的体积为43π×32 3=92π．故选：B例3.(2022·北京市第三十五中学高一阶段练习)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.233B.4C.423D.433．【答案】B【解析】解：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V=43πR3=323π，解得R=2，所以正方体的体对角线等于2R=4；故选：B例4.(2022·黑龙江·勃利县高级中学高一期中)据《九章算术》记载，“鳖臑”为四个面都是直角三角形的三棱锥．如图所示，现有一个“鳖臑”，PA⊥底面ABC，AB⊥BC，且PA=AB=BC=2，三棱锥外接球表面积为( )A.10πB.12πC.14πD.16π【答案】B【解析】如图，将三棱锥补形为正方体，则外接球半径R =PC 2=AP 2+AB 2+BC 22=4+4+42=3．所以三棱锥外接球表面积S =4πR 2=4π×3=12π．故选：B ．例5.(2022·河北·高一期中)《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为“阳马”．现有一“阳马”P -ABCD ，PA ⊥平面ABCD ，AB =4，△PAD 的面积为4，则该“阳马”外接球的表面积的最小值为( )A.24πB.28πC.32πD.36π【答案】C【解析】如图，将四棱锥P -ABCD 补成长方体，则该四棱锥的外接球与长方体的外接球相同．因为长方体外接球的半径r =42+AD 2+PA 22，所以该“阳马”外接球的表面积为：4π×r 2=AD 2+PA 2+16 π≥(2AD ⋅PA +16)π=4×12AD ⋅PA +16 =4×4+16 π=32π．故选：C ．例6.(2022·河南·模拟预测(文))在三棱锥A -BCD 中，已知AC ⊥平面BCD ，BC ⊥BD ，且AC =3，BC =2，BD =5，则该三棱锥外接球的表面积为( )A.12πB.7πC.9πD.8π【答案】A【解析】由AC ⊥平面BCD ，BC ⊥BD ，知三棱锥A -BCD 可补形为以BD ,BC ，AC 为长宽高的长方体，三棱锥的外接球即长方体的外接球，设外接球的半径为R ，则2R 2=3+4+5=12，所以S 球=4πR 2=12π．故选：A 题型二:正四面体模型例7.(2022·全国·高三专题练习(理))棱长为a 的正方体内有一个棱长为x 的正四面体，且该正四面体可以在正方体内任意转动，则x 的最大值为( )A.12aB.32aC.36aD.63a 【答案】D【解析】棱长为a 的正方体的内切球的半径为a 2，正四面体可以在正方体内任意转动，只需该正四面体为球的内接正四面体，换言之，棱长为x 的正四面体的外接球的半径为a 2，设正四面体为P -ABC ，过P 作PO ⊥平面ABC ，垂足为O ，O 为底面正ΔABC 的中心，则AO =23×32x =33x ，体高为x 2-33x 2=63x ，由于外接球半径为a 2 ，利用勾股定理得：63x -a 2 2+33x2=a 2 2 ，解得x =63a ，选D ．例8.(2022·河南·西平县高级中学模拟预测(理))一个正四面体的棱长为2，则这个正四面体的外接球的体积为( )A.6πB.2πC.3πD.22π【答案】A 【解析】如图，四面体BDMN 是正四面体，棱长BD =2，将其补形成正方体GB CD -MENF ，则正方体GB CD -MENF 的棱长GB =22BD =2，此正方体的体对角线长为6，正四面体BDMN 与正方体GB CD -MENF 有相同的外接球，则正四面体BDMN的外接球半径R =62，所以正四面体BDMN 的外接球体积为V =43πR 3=43π⋅623=6π．故选：A例9.(2022·贵州师大附中高二开学考试(理))已知正四面体的棱长为2，则其外接球的表面积为( )A.4πB.6πC.8πD.10π【答案】B【解析】因为正四面体的棱长为2，所以底面三角形的高3，棱锥的高为h =22-233 2=263，设外接球半径为R ，则R 2=263-R 2+233 2，解得R =62．所以外接球的表面积为S =4πR 2=4π622=6π．故选：B ．例10.(2022·河北·石家庄二中一模(理))如图所示，正四面体ABCD 中，E 是棱AD 的中点，P 是棱AC上一动点，BP +PE 的最小值为14，则该正四面体的外接球表面积是( )A.12πB.32πC.8πD.24π【答案】A【解析】将侧面△ABC 和△ACD 沿AC 边展开成平面图形，如图所示，菱形ABCD ，在菱形ABCD 中，连接BE ，交AC 于点P ，则BE 的长即为BP +PE 的最小值，即BE =14，因为正四面体ABCD ，所以AC =AB ，所以∠BCD =120°，因为E 是棱AD 的中点，所以∠DCE =30°，所以∠BCE =∠BCD -∠DCE =90°，设DE =x ，则AB =BC =CD =AD =2x ，所以CE =3x ，则BE =BC 2+CE 2=7x =14，所以x =2，则正四面体ABCD 的棱长为22，所以正四面体的外接球半径为64×22=3，所以该正四面体外接球的表面积为S =4π3 2=12π，故选：A例11.(2022·贵州·凯里一中高二期末(理))我们将四个面均为正三角形的四面体称为“正四面体”，在正四面体ABCD 中，E ,F 分别为棱AB ,CD 的中点，当EF =2时，四面体ABCD 的外接球的表面积为()A.12πB.4πC.3πD.6π【答案】D【解析】设正四面体的棱长为2a ，则：AF =BF =3a ，在等腰三角形ABF 中，AF =3a ,AE =a ,∴EF =3a 2-a 2=2a ，据此可得：2a =2,a =1，正四面体的棱长为：2a =2，外接球半径为：R =64×2a =62，其表面积为：4πR 2=6π．本题选择D 选项．例12.(2022·全国·高三专题练习)金刚石是碳原子的一种结构晶体，属于面心立方晶胞(晶胞是构成晶体的最基本的几何单元)，即碳原子处在立方体的8个顶点，6个面的中心，此外在立方体的对角线的14处也有4个碳原子，如图所示(绿色球)，碳原子都以共价键结合，原子排列的基本规律是每一个碳原子的周围都有4个按照正四面体分布的碳原子．设金刚石晶胞的棱长为a ，则正四面体SPQR 的棱长为__________；正四面体SPQR 的外接球的体积是__________．【答案】 22a 316πa 3【解析】依题意可知，O 为正四面体SPQR 的中心，如图：连接SO ，延长交平面PQR 于点M ，则M 为△PQR 的中心，所以设SR =x ，MR =23×32x =33x ，因为OR =SO =14ST =14×3a =34a ，所以SM =SR 2-MR 2=x 2-33x 2=63x ，由OM 2+MR 2=OR 2，得(SM -SO )2+MR 2=OR 2，得63x -34a 2+33x 2=34a 2，解得x =22a ，所以正四面体SPQR 的棱长为22a ．依题意可知，正四面体SPQR 的外接球的圆心为O ，半径为34a ，所以正四面体SPQR 的外接球的体积是43π×34a 3=316πa 3．故答案为：22a ；316πa 3．题型三:对棱相等模型例13.(2022•让胡路区校级模拟)在四面体ABCD 中，若AB =CD =3，AC =BD =2，AD =BC =5，则四面体ABCD 的外接球的表面积为( )A.2πB.4πC.6πD.8π【解析】解：如下图所示，将四面体ABCD 放在长方体AEBF -GCHD 内，设该长方体的长、宽、高分别为x 、y 、z ，则长方体的体对角线长即为长方体的外接球直径，设该长方体的外接球半径为R ，由勾股定理得AB2=x2+y2=3 AC2=x2+z2=4 AD2=y2+z2=5 ，上述三个等式全加得2(x2+y2+z2)=12，所以，该四面体的外接球直径为2R=x2+y2+z2=6，因此，四面体ABCD的外接球的表面积为4πR2=π×(2R)2=6π，故选：C．例14.已知四面体ABCD中，AB=CD=5，BC=AD=10，AC=BD=13，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【解析】解：由题意，四面体扩充为长方体，且面上的对角线分别为5，10，13，∴长方体的对角线长为5+10+132=14，∴球的半径为142，∴此球的表面积为4π∙144=14π．故选：C．例15.如图，在三棱锥P-ABC中，PA=BC=3，PB=AC=2，PC=AB=5，则三棱锥P-ABC 外接球的体积为( )A.2πB.3πC.6πD.6π【解析】解：由题意，PA=BC=3，PB=AC=2，PC=AB=5，将三棱锥P-ABC放到长方体中，可得长方体的三条对角线分别为3，2，5，即a2+b2=3，a2+c2=2，c2+b2=5，解得：a=1，b=2，c=3．外接球的半径R=12×a2+b2+c2=62．∴三棱锥P-ABC外接球的体积V=43πR3=6π．故选：C．例16.(2022•永安市校级期中)在三棱锥P-ABC中，PA=BC=4，PB=AC=5，PC=AB=11，则三棱锥P-ABC的外接球的表面积为( )A.26πB.12πC.8πD.24π【解析】解：∵三棱锥P -ABC 中，PA =BC =4，PB =AC =5，PC =AB =11，∴构造长方体，使得面上的对角线长分别为4，5，11，则长方体的对角线长等于三棱锥P -ABC 外接球的直径．设长方体的棱长分别为x ，y ，z ，则x 2+y 2=16，y 2+z 2=25，x 2+z 2=11，∴x 2+y 2+z 2=26，∴三棱锥P -ABC 外接球的直径为26，∴三棱锥P -ABC 外接球的表面积为4π2622=26π．故选：A ．例17.(2022•罗湖区月考)已知在四面体ABCD 中，AB =CD =22,AD =AC =BC =BD =5，则四面体ABCD 的外接球表面积为 ．【解析】解：如下图所示，将四面体ABCD 放在长方体AEBF -GCHD 内，在四面体ABCD 中，AB =CD =22,AD =AC =BC =BD =5，设该长方体的长、宽、高分别为2、2、1，则长方体的体对角线长即为长方体的外接球直径，设该长方体的外接球半径为R ，所以，该四面体的外接球直径为2R =22+22+12=3，因此，四面体ABCD 的外接球的表面积为4πR 2=π×(2R )2=9π，故答案为：9π．例18.(2022•三模拟)在四面体ABCD 中，AC =BD =2，AD =BC =5，AB =CD =7，则其外接球的表面积为 ．【解析】解：如下图所示，将四面体ABCD 放在长方体AEBF -GCHD 内，设该长方体的长、宽、高分别为x、y 、z ，则长方体的体对角线长即为长方体的外接球直径，设该长方体的外接球半径为R ，由勾股定理得x 2+y 2=4y 2+z 2=5z 2+x 2=7，上述三个等式全加得2(x 2+y 2+z 2)=16，所以，该四面体的外接球直径为2R =x 2+y 2+z 2=22，因此，四面体ABCD 的外接球的表面积为4πR 2=π×(2R )2=8π，故答案为：8π．题型四:直棱柱模型例19.(2022·山西·太原五中高一阶段练习)在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，若AB ⊥BC ,AB =6,BC =8,AA 1=6，则该直三棱柱外接球的表面积为( )A.72πB.114πC.136πD.144π【答案】C【解析】由题意可得三棱柱的上下底面为直角三角形，取直角三角形斜边的中点O 1,O 2，直三棱柱ABC -A 1B 1C 1的外接球的球心O 为上下底面的外接圆圆心的连线O 1O 2的中点，连接AO ，AB ⊥BC ,AB =6,BC =8,AC =10，设外接球的半径为R ，下底面外接圆的半径为r ，r =AO 2=5，则R 2=25+9=34，该直三棱柱外接球的表面积为4πR 2=136π，故选：C 例20.(2022·安徽·合肥市第六中学高一期中)设直三棱柱ABC -A 1B 1C 1的所有顶点都在一个球面上，AB =AC =AA 1，∠BAC =120°，且底面△ABC 的面积为23，则此直三棱柱外接球的表面积是( )A.16πB.4010π3C.40πD.64π【答案】C 【解析】设AB =AC =AA 1=m ，因为∠BAC =120°，所以12×m ×m ×sin120°=23，m =22，而∠ACB =30°，所以22sin30°=2r (r 于是是△ABC 外接圆的半径)，r =22，即AM =22，如图，设M ,N 分别是△ABC 和△A 1B 1C 1的外接圆圆心，由直棱柱的性质知MN 的中点O 是三棱柱ABC -A 1B 1C 1的外接球球心，OM =12MN =12AA 1=2，所以外接球为R =OA =AM 2+OM 2=22 2+2 2=10．于是球的表面积为S =4πR 2=4π10 2=40π．故选：C ．例21.(2022·河南·高三阶段练习(文))已知正六棱柱ABCDEF-A1B1C1D1E1F1的每个顶点都在球O的球面上，且AB=3，AA1=4，则球O的表面积为( )A.42πB.48πC.50πD.52π【答案】D【解析】因为AB=3，所以正六边形ABCDEF外接圆的半径r=3，所以球O的半径R=r2+AA122=13，故球O的表面积为4πR2=52π．故选：D例22.(2022·全国·高二课时练习)表面积为81π的球，其内接正四棱柱(底面是正方形的直棱柱)的高是7，则这个正四棱柱的底面边长为______．【答案】4【解析】由题意知：正四棱柱的体对角线即为球的直径，设球的半径为R，则4πR2=81π，解得R=9 2，设正四棱柱的底面边长为a，则a2+a2+72=2R，解得a=4．故答案为：4．例23.(2022·河南·高三阶段练习(理))已知正三棱柱ABC-A1B1C1的外接球表面积为40π，则正三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长之和的最大值为______．【答案】1210【解析】由已知可得正三棱柱的外接球的球心为上下底面中心连线的中点，由外接球的表面积求出外接球半径，由底面边长求出底面外接圆半径，求出球心到底面的距离，进而求出正三棱柱的高，即可求出结论，【详解】设正三棱柱上下底面中心分别为H,H1，连HH1，取HH1中点O为正三棱柱外接球的球心，连OA为外接球的半径，如图，∴4π×OA2=40π，∴OA=10设正三棱柱ABC-A1B1C1的底面边长为x，∴AH=23×32x=33x，在RtΔAOH中，OH=OA2-AH2=10-13x2，∴HH1=210-13x2三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长之和为l=6x+610-13x2(0<x<30)．l =61-x 310-13x 2 ,(0<x <30)，令l =0，解得x =3102，当0<x <3102时，l >0，当3102<x <30时，l <0，所以x =3102是函数在定义域内有唯一极大值点，故当x =3102时，l =6x +610-13x 2(0<x <30)有最大值1210．故答案为： 1210．例24.(2022·浙江·高二期中)在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，∠BAC =90°且BB 1=4，已知该三棱柱的体积为2，则此三棱柱外接球表面积的最小值为______．【答案】18π【解析】设BC 的中点为D ，B 1C 1的中点为D 1，AB =x ,AC =y ，由题，得三棱柱外接球的球心在线段DD 1的中点O 处，由三棱柱的体积为2，得12xy ×4=2，即xy =1，由题，得R 2=OB 2=OD 2+BD 2=4+14x 2+y 2 ，所以，外接球表面积S =4πR 2=4π⋅4+14x 2+y 2 =16π+x 2+y 2 π≥16π+2xy π=18π．故答案为：18π题型五:直棱锥模型例25.(2022·青海·海东市第一中学模拟预测(理))已知四棱锥P -ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是矩形，AD =3AB =3PA ，若四棱锥P -ABCD 外接球的表面积为11π，则四棱锥P -ABCD 的体积为( )A.3B.2C.2D.1【答案】D【解析】设四棱锥P -ABCD 外接球的半径为R ，则4πR 2=11π，即4R 2=11．由题意，易知PC 2=4R 2，得PC =11，设AB =x ，得x 2+9x 2+x 2=11，解得x =1，所以四棱锥P -ABCD 的体积为13×1×3×1=1．故选：D 例26.(2022·全国·高三专题练习)《九章算术》中将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑．若三棱锥M -ABC 为鳖臑，MA ⊥平面ABC ，AB ⊥BC ，AB =BC =2，MA =4，三棱锥M -ABC 的四个顶点都在球O 的球面上，则球O 的表面积为( )A.9πB.16πC.20πD.24π【答案】D【解析】如图所示，作AC 边上的中点D ，MC 边上的中点O ，连接ODMA ⊥平面ABC ，可得：MA ⊥AC ，OD ⊥AC可得：O 为球O 的球心，OC 为球的半径在直角三角形△ABC 中，可得：AC =22在直角三角形△ODC 中，可得：OC =6故球的表面积为：4π6 2=24π故选：D 例27.(2022·广西·宾阳中学高一阶段练习)已知三棱锥S -ABC 中，SA ⊥平面ABC ，AB =BC =CA=33，三棱锥S -ABC 外接球O 的表面积为100π，则球O 的体积为_______，异面直线SA ，OB 所成角的余弦值为________．【答案】 5003π；45【解析】由外接球表面积可知S =4πR 2=100π，解得R =5，所以球的体积V =43πR 3=5003π，如图，设球心为O ，H 为SA 中点，G 为△ABC 中心，连接OB ，OG ，因为G 为△ABC 中心，球心为O ，所以OG ⊥平面ABC ，又SA ⊥平面ABC ，所以OG ⎳SA ，由OG ⎳SA 可知，异面直线SA ，OB 所成角为∠BOG ，在Rt △ABC 中，cos ∠BOG =OG OB=R 2-BG 2R=25-23×32×33 25=45，故答案为：5003π；45．例28.(2022·河南·新乡市第一中学高一期末)已知三棱锥S -ABC 中，SA ⊥平面ABC ，SA =4，BC =23，∠BAC =60∘，则三棱锥S -ABC 外接球的表面积为______．【答案】32π【解析】如下图所示：圆柱O 1O 2的底面圆直径为2r ，母线长为h ，则O 1O 2的中点O 到圆柱底面圆上每点的距离都相等，则O 为圆柱O1O 2的外接球球心，球O 的半径为R =r 2+h 2 2，可将三棱锥S -ABC 置于圆柱O 1O 2内，使得圆O 2为△ABC 的外接圆，如下图所示：由正弦定理可知圆O 2的直径为2r =BC sin60∘=4，所以，三棱锥S -ABC 外接球的半径R =SA 2 2+r 2=22，因此，三棱锥S -ABC 外接球的表面积为4πR 2=32π．故答案为：32π．例29.(2022·青海·海东市第一中学模拟预测(文))已知在三棱锥P -ABC 中，PA =4，BC =26，PB =PC =3，PA ⊥平面PBC ，则三棱锥P -ABC 的外接球的表面积是( )A.43πB.42πC.48πD.46π【答案】A【解析】在△PBC 中，由余弦定理得：cos ∠BPC =PB 2+PC 2-BC 22PB ⋅PC =-618=-13，∴sin ∠BPC =1-cos 2∠BPC =223，∴△BPC 外接圆半径r =12×BC sin ∠BPC =12×26223=332，又PA ⊥平面PBC ，∴三棱锥P -ABC 的外接球半径R =r 2+12PA 2=274+4=432，则三棱锥P -ABC 的外接球的表面积S =4πR 2=43π．故选：A ．例30.(2022·全国·高一阶段练习)已知三棱锥P -BCD 中，BC ⊥CD ，PB ⊥底面BCD ，BC =1，PB =CD =2，则该三棱锥的外接球的体积为( )A.74π B.92πC.278π D.259π【答案】B【解析】解：如图所示，将三棱锥P -BCD 放在长、宽、高分别为2，1，2的长方体中，则三棱锥P -BCD 的外接球即为该长方本的外接球，所以外接球的直径PD =BC 2+CD 2+PB 2=12+22+22=3，∴该球的体积为43π×32 3=92π．故选：B 例31.(2022·河北沧州·高一期末)已知在三棱锥A -BCD 中，AB ⊥平面BCD ，AB =23,AC =AD =4,CD =2，则三棱锥A -BCD 外接球的表面积为( )A.40π3B.15πC.52π3D.20π【答案】C【解析】因AB ⊥平面BCD ，BC ,BD ⊂平面BCD ，则AB ⊥BC ,AB ⊥BD ，而AB=23,AC =AD =4，则BC =BD =2=CD ，三棱锥A -BCD 的外接球O 截平面BCD 所得小圆圆心O 1是正△BCD 的中心，O 1B =233，连OO 1，则OO 1⊥平面BCD ，取线段AB 的中点E ，则球O 的球心O 在过E 垂直于直线AB 的垂面上，连OE ，如图，则四边形BEOO 1是矩形，OO 1=BE =12AB =3，因此，球O 的半径BO 有：BO 2=BO 21+OO 21=133，所以三棱锥A -BCD 外接球的表面积S =4π⋅BO 2=52π3．故选：C题型六:正棱锥与侧棱相等模型例32.(2022·江西·高三阶段练习(文))在正三棱锥P -ABC 中，PA ⊥PB ，P 到平面ABC 的距离为2，则该三棱锥外接球的表面积为( )A.36πB.16πC.16π3D.4π【答案】A【解析】因为PA ⊥PB ，由正三棱锥的性质知，PA ，PB ，PC 两两垂直且相等．设PA =PB =PC =a ，则AB =BC =CA =2a ．根据V P -ABC =V A -PBC ，得13×12×a 2×a =13×12×2a 2sin60°×2，解得a =23．设三棱锥P -ABC 外接球的半径为R ，则2R =PA 2+PB 2+PC 2=36=6，所以R =3．故所求外接球的表面积为36π．故选：A ．例33.(2022·江苏·高一课时练习)如图在正三棱锥S -ABC 中，M ,N 分别是棱SC ,BC 的中点，Q 为棱AC 上的一点，且AQ =12QC ，MN ⊥MQ ，若AB =22，则此正三棱锥S -ABC 的外接球的体积为( )A.12πB.433πC.83πD.43π【答案】D 【解析】因为在△SBC 中，M ,N 分别是棱SC ,BC 的中点，所以MN ⎳SB ，因为MN ⊥MQ ，所以SB ⊥MQ ，因为三棱锥S -ABC 为正三棱锥，所以SB ⊥AC (对棱垂直)，又因为MQ ,AC ⊂面SAC ，MQ ∩AC =Q ，所以SB ⊥面SAC ，因为SA ,SC ⊂面SAC ，所以SB ⊥SA ,SB ⊥SC ，在Rt △SAB 中，SA 2+SB 2=AB 2，因为三棱锥S -ABC 为正三棱锥，所以△SBC 是等腰三角形，△ABC 是等边三角形，所以SB =SC ，AB =AC ，所以SA 2+SC 2=AC 2，即SA ⊥SC ，所以SA ,SB ,SC 两两垂直，将此三棱锥放入正方体中，此正方体的面对角线长等于AB 长，为22，则该正方体棱长为2，外接球半径R =22 2+222 2=3，正方体外接球体积V =43πR 3=43π×3 3=43π，此正三棱锥S -ABC 的外接球体积和正方体外接球体积相同，为43π．故选：D例34.(2022·重庆市实验中学高一阶段练习)三棱锥P -ABC 体积为36，且PA =PB =PC ,AB =AC =1,BC =3，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ABO 1C 为平行四边形，而AB =AC =1，▱ABO 1C 是菱形，在△ABC 中，BC =3，由余弦定理有cos ∠BAC =AB 2+AC 2-BC 22AB ⋅AC =-12，即∠BAC =120∘，则∠ABO 1=60∘，△ABO 1是正三角形，O 1A =O 1B =O 1C =1，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 ，PD ∩AO 1=D ，PD ,AO 1⊂平面PAO 1，从而有BC ⊥平面PAO 1，PO 1⊥BC ，同理PO 1⊥AC ，而AC ∩BC =C ，从而得PO 1⊥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PO 1上，又S △ABC =12AB ⋅AC sin120∘=34，则V P -ABC =13PO 1⋅S △ABC =36，解得PO 1=2，设球O 的半径为R ，则OB =OP =R ，OO 1=|R -2|，Rt △OO 1B 中，O 1B 2+O 1O 2=OB 2，即1+(R -2)2=R 2，解得R =54，则球O 的表面积为S =4πR 2=25π4，所以三棱锥外接球的表面积为254π．故答案为：254π例35.(2022·重庆·高二期末)如图，在三棱锥A -BCD 中，AB =AC =BC =BD =CD ，二面角A -BC-D 的余弦值为-13，若三棱锥A -BCD 的体积为13，则三棱锥A -BCD 外接球的表面积为______．【答案】4π【解析】取BC 的中点E ，连接AE ，DE ，过点A 作AH ⊥DE ，交DE 的延长线于点H ，所以∠AED 为二面角A -BC -D 的平面角，设AB =2a ，则AE =DE =3a ，cos ∠AED =-13，所以sin ∠AEH =sin ∠AED =223，所以AH =263a ，EH =13AE =33a ，因为三棱锥A -BCD 的体积为13，所以13×34×(2a )2×263a =13，解得：a =22，EH =66，设△BCD 外接圆的圆心为O '，三棱锥A -BCD 外接球的球心为O ，连接OO ，OC ，O C ，过点O 作OF ⊥AH 于点F ，则O 'C =O 'D =23DE =63，O E =13DE =66，O H =OF ，OA =OC ，设OO =FH =h ，则AF =AH -FH =233-h ，OF =O H =O E +EH =63，由勾股定理得：h 2+632=233-h 2+63 2，解得：h =33，所以三棱锥A -BCD 外接球的半径R 满足R 2=O 'O 2+O 'C 2=1，则三棱锥A -BCD 的外接球的表面积为4πR 2=4π．故答案为：4π．例36.(2022·全国·高一期末)在正三棱锥P -ABC 中，AB =23，正三棱锥P -ABC 的体积是43，则正三棱锥P -ABC 外接球的表面积是( )A.5πB.15πC.25πD.35π【答案】C【解析】如图所示，设点G 为△ABC 的外心，则PG ⊥平面ABC ，由V P -ABC =13S △ABC ⋅PG =13×12×23×23×32⋅PG =43，∴PG =4，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AG =AB2sin π3=2，在Rt △OAG 中，OG =|PG -R |=|4-R |，由勾股定理得OA 2=OG 2+AG 2，即R 2=22+|4-R |2，解得R =52．正三棱锥P -ABC 外接球的表面积是S =4πR 2=4π×52 2=25π，故选：C ．例37.(2022·天津市咸水沽第一中学模拟预测)已知正三棱锥S -ABC 的三条侧棱两两垂直，且侧棱长为1，则此三棱锥的外接球的表面积为( )A.πB.3πC.6πD.9π【答案】B【解析】由题意，正三棱锥S -ABC 的三条侧棱两两垂直，且侧棱长为1，此三棱锥S -ABC 可补形为一个棱长为1的正方体，三棱锥S -ABC 的外接球与补成的棱长为1的正方体的外接球为同一个球，设正方体的外接球的半径为R ，可得2R =3，即R =32，所以此三棱锥的外接球的表面积为S =4πR 2=4π×322=3π．故选：B ．例38.(2022·河南安阳·高二阶段练习(理))如图，在三棱锥A -BCD 中，AB =BC =AC =CD =2，∠BCD =120°，二面角A -BC -D 的大小为120°，则三棱锥A -BCD 的外接球的表面积为( )A.82π3B.80π3C.27πD.244π9【答案】D【解析】如图1，过D 作DM ⊥BC 垂足为M ，取BC 的中点E ，连接AE ,CM AE =DM =3,CM =1,BD =23过M 作MN ∥AE ，且MN =AE ，连接AN ，则AN =2∵△ABC 为等边三角形，则AE ⊥BC∴MN ⊥BC ，DM ⊥BC ，根据题意可得∠DMN =2π3∵DN 2=MN 2+DM 2-2MN ⋅DM ⋅cos ∠DMN =9，则DN =3由题意可得AN ⊥DN ，则AD 2=AN 2+DN 2=13，则AD =13如图2，∵AC =BC =CD ，则顶点C 在平面ABD 的投影为△ABD 的外接圆圆心O 1，则三棱锥A -BCD 的外接球的球心O 在直线CO 1上，连接O 1A ,O 1C ,OA cos ∠ABD =AB 2+BD 2-AD 22AB ⋅BD =38，则sin ∠ABD =618∴△ABD 的外接圆半径AO 1=12AD sin ∠ABD =41361，则CO 1=CA 2-AO 12=661设棱锥A -BCD 的外接球的半径为R ，则OA 2=AO 12+OO 12即R 2=413612+661-R 2，解得R =613三棱锥A -BCD 的外接球的表面积为S =4πR 2=244π9故选：D ．例39.(2022·江苏南通·高三期末)已知正四棱锥P -ABCD 的底面边长为22，侧棱PA 与底面ABCD所成的角为45°，顶点P ，A ，B ，C ，D 在球O 的球面上，则球O 的体积是( )A.16πB.323π C.8π D.823π【答案】B【解析】在正四棱锥P -ABCD 中，连接AC ，BD ，AC ∩BD =O ，连PO ，如图，则有PO ⊥平面ABCD ，∠PAO 为侧棱PA 与底面ABCD 所成的角，即∠PAO =45∘，于是得O P =O A =O B =O C =O D =22AB =2，因此，顶点P ，A ，B ，C ，D 在以O 为球心，2为半径的球面上，即点O 与O 重合，所以球O 的体积是V =43π×23=323π．故选：B例40.(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3≤l ≤33，则该正四棱锥体积的取值范围是( )A.18,814B.274,814C.274,643D.[18,27]【答案】C【解析】∵ 球的体积为36π，所以球的半径R =3，设正四棱锥的底面边长为2a ，高为h ，则l 2=2a 2+h 2，32=2a 2+(3-h )2，所以6h =l 2，2a 2=l 2-h 2所以正四棱锥的体积V =13Sh =13×4a 2×h =23×l 2-l 436 ×l 26=19l 4-l 636 ，所以V=194l 3-l 56 =19l 324-l 26，当3≤l ≤26时，V >0，当26<l ≤33时，V <0，所以当l =26时，正四棱锥的体积V 取最大值，最大值为643，又l =3时，V =274，l =33时，V =814，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274，643．故选：C ．题型七:侧棱为外接球直径模型例41.(2022•五华区校级期末)已知三棱锥P -ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，AB =5，AC =3，BC =4，PB 为球O 的直径，PB =10，则这个三棱锥的体积为( )A.303B.153C.103D.53【解析】解：如图所示，由条件ΔABC 为直角三角形，则斜边AB 的中点O 1为ΔABC的外接圆的圆心，连接OO 1得OO 1⊥平面ABC ，OO 1=BO 2-BO 12=523，∵OO 1⎳PA ，PA =2OO 1=53，∴PA ⊥平面ABC ，∴三棱锥的体积为13×12×3×4×53=103．故选：C ．例42.(2022•红花岗区校级月考)已知三棱锥A -BCD 的所有顶点都在同一个球面上，ΔBCD 是边长为。