2020年高考数学(理)二轮复习几何体与球切、接的问题

热点七几何体与球切、接的问题
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.从实际教学来看，这部分知识学生掌握较为薄弱、认识较为模糊，
看到就头疼的题目.分析原因，除了这类题目的入手确实不易之外，主要是学生没有形成解题的模式和套路，以至于遇到类似的题目便产生畏惧心理. 下面结合近几年高考题对球与几何体的切接问题作深入的探究,以便更好地
把握高考命题的趋势和高考的命题思路,力争在这部分内容不失分.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.
首先明确定义1：若一个多面体的各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。

定义 2：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.
1球与柱体的切接
规则的柱体，如正方体、长方体、正棱柱等能够和球进行充分的组合，以外接和内切两种形态进行结合，通
过球的半径和棱柱的棱产生联系，然后考查几何体的体积或者表面积等相关问题.
1.1 球与正方体
如图所示，正方体 ABCD A1 B1C1D1，设正方体的棱长为a ， E, F , H , G 为棱的中点，O为球的球心.常见
组合方式有三类：一是球为正方体的内切球，截面图为正方形EFGH 和其内切圆，则 OJ r a
；二是与正方2
体各棱相切的球，截面图为正方形EFGH 和其外接圆，则GO R 2
a ；三是球为正方体的外接球，截面2
图为长方形 ACA1C1和其外接圆，则A1O R
3
a .通过这三种类型可以发现，解决正方体与球的组合问题，2
常用工具是截面图，即根据组合的形式找到两个几何体的轴截面，通过两个截面图的位置关系，确定好正方体的棱与球的半径的关系，进而将空间问题转化为平面问题.
（ 1）正方体的内切球，如图 1. 位置关系：正方体的六个面都与一个球都相切，正方体中心与球心重合；
数据关系：设正方体的棱长为 a ，球的半径为r ，这时有2r a .
（ 2）正方体的外接球，如图 2. 位置关系：正方体的八个顶点在同一个球面上；正方体中心与球心重合；
数据关系：设正方体的棱长为 a ，球的半径为r ，这时有 2r3a .
（ 3）正方体的棱切球，如图 3. 位置关系：正方体的十二条棱与球面相切，正方体中心与球心重合；数据关系：
设正方体的棱长为 a ，球的半径为r ，这时有 2r2a .
例 1【2018届福建省三明市 A 片区高中联盟校高三上学期期末】某几何体的三视图如图所示，则该几何体的外接球的表面积为（）
A.4
B.8
C.10
D.12
【答案】 D
【针对练习】
1.如图，虚线小方格是边长为1的正方形，粗实(虚)线画出的是某几何体的三视图，则该几何体外接球的表面积
为
A ．36πB． 32πC． 9π D ．8π
答案及解析：
1.B
几何体的直观图如图所示为三棱锥，三棱锥中，
，所以外接球的直径为，则半径，所以外接球的表面积
,故选 B.
1.2球与长方体
例 2 自半径为R 的球面上一点M，引球的三条两两垂直的弦MA, MB , MC，求MA 2MB 2MC 2的值．【答案】4R2.
【解析】以MA, MB , MC 为从一个顶点出发的三条棱，将三棱锥M ABC 补成一个长方体，则另外四个顶点
必在球面上，故长方体是球的内接长方体，则长方体的对角线长是球的直径．
MA2MB2MC 2=(2R)24R2．
例 3【2018届二轮复习专题】《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；
将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑．若三棱锥P-A BC 为鳖臑， PA⊥平面 ABC ，PA＝ AB ＝ 2，AC ＝4，三棱锥 P-ABC 的四个顶点都在球O 的球面上，则球O 的表面积为 ()
A. 8π
B. 12π
C. 20π
D. 24π
【答案】 C
【针对练习】
1.已知边长为 2的等边三角形 ABC ， D为 BC的中点，以 AD为折痕，将△ ABC 折成直二面角，则过A， B， C， D四点的球的表面积为
A. 2 π
B. 3 π
C. 4 π
D. 5 π
答案及解析：
1.D 折后的图形可放到一个长方体中，其体对角线长为1+1+3= 5 ，故其外接球的半径为5
，其表面积为2
5.故选 D.
2球与锥体的切接
规则的锥体，如正四面体、正棱锥、特殊的一些棱锥等能够和球进行充分的组合，以外接和内切两种形态进行结合，通过球的半径和棱锥的棱和高产生联系，然后考查几何体的体积或者表面积等相关问题.
2.1 正四面体与球的切接问题
（1）正四面体的内切球，如图 4. 位置关系：正四面体的四个面都与一个球相切，正四面体的中心与球心重
合；
数据关系：设正四面体的棱长为 a ，高为h；球的半径为R ，这时有4R h
6 a ；（可以利用体积桥证
3
明）
（2）正四面体的外接球，如图 5. 位置关系：正四面体的四个顶点都在一个球面上，正四面体的中心与球心重
合；
数据关系：设正四面体的棱长为 a ，高为h ；球的半径为R ，这时有4R3h6a ；（可用正四面体高h 减去内切球的半径得到）
（ 3）正四面体的棱切球，如图 6. 位置关系：正四面体的六条棱与球面相切，正四面体的中心与球心重合；
数据关系：设正四面体的棱长为 a ，高为h；球的半径为R ，这时有4R 3h2a, h
6 a. 3
例 4【2018届广西防城港市高三 1 月模拟】各面均为等边三角形的四面体ABCD 的外接球的表面积为 3 ，过棱AB 作球的截面，则截面面积的最小值为__________ ．
【答案】
2
【解析】将四面体放回一个正方体中,使正四面体的棱都是正方体的面对角线,那么正四面体和正方体的外接球是
同一个球 ,当 AB 是截面圆的直径时,截面面积最小 .
因外接球的表面积为 3 ,则球的直径为 3 ,则正方体的体对角线为 3 ,棱长为1,面对角线为 2 ,截面圆面积最小2
值为
2
. 22
点评：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.
【针对练习】
1.设 A， B， C， D是同一个半径为 4的球的球面上四点，△ABC为等边三角形且其面积为9 3 ，则三棱锥D-ABC 体积的最大值为（）
A.54 3
B.24 3
C.18 3
D.123
答案及解析：
1.C
2.在四面体ABCD 中，AD DB AC CB 1，则四面体体积最大时，它的外接球半径R=．
答案及解析：
15
2.
6
如图，
取AB 中点 E，连接 CE， DE ，
设 AB=2x （ 0＜ x＜1），则 CE=DE=，
∴当平面ABC ⊥平面 ABD 时，四面体体积最大，
为V===．
V′=，当x∈（ 0，）时，V 为增函数，当x∈（，1）时，V为减函数，
则当x=时， V有最大值．
设△ ABD 的外心为G，△ ABC 的外心为H，
分别过 G、H 作平面 ABD 、平面 ABC 的垂线交于O，则 O 为四面体 ABCD 的外接球的球心．
在△ ABD中，有sin，则cos，
∴ sin=．
设△ ABD 的外接圆的半径为r，则，即DG=r=．
又 DE=，∴ OG=HE=GE=．
∴它的外接球半径R=OD=．
2.2 其它棱锥与球的切接问题
球与正棱锥的组合，常见的有两类，一是球为三棱锥的外接球，此时三棱锥的各个顶点在球面上，根据截面
图的特点，可以构造直角三角形进行求解.二是球为正棱锥的内切球，例如正三棱锥的内切球，球与正三棱锥四个面相切，球心到四个面的距离相等，都为球半径R ．这样求球的半径可转化为球球心到三棱锥面的距离，故可采
用等体积法解决，即四个小三棱锥的体积和为正三棱锥的体积.
球与一些特殊的棱锥进行组合，一定要抓住棱锥的几何性质，可综合利用截面法、补形法等进行求解.例如，四个面都是直角三角形的三棱锥，可利用直角三角形斜边中点几何特征，巧定球心位置.
例 5【湖南省长沙市长郡中学2017 届高三摸底】已知边长为2 3 的菱形ABCD 中，BAD60，沿对角线BD 折成二面角A BD C为
的四面体ABCD ，则四面体的外接球的表面积为（）
120
A．25B．26C．27D．28
【答案】D
A
A
O
B E D
G E
C
图 2
C图 1
例 6【江西省新余市第一中学2017 届高三上学期调研考试（一）】某几何体的正视图和侧视图如图（1）所示 ,它的府视图的直观图是A'B 'C ' ,如图（2）所示 ,其中 0' A'O'B'2,O'C'3,则该几何体的外接球的表面积
为．
【答案】
112
3
【解析】
由斜二测画法易知，该几何体的俯视图是一个边长为 4 的等边三角形 ,再结合正视图和侧视图可知，该几何体是如下图所示的高为 4 的三棱锥 D －ABC ，将其补形为三棱柱ABC-EDF, 设球心为 O ，EDF 的中心为O1，则
O1E 2
DE sin 60 4 3,所以该几何体的外接球的半径R OEOO2O E 222(4 3)228, 331133
其表面积为 S 4 R 2112.
3
F
O1
E D
O
C
A B
例 7【2018届山西省太原十二中高三上学期 1 月】在四棱锥P ABCD 中， PC QA / / PC ，PBC AQB60 ，记四棱锥P ABCD 的外接球与三棱锥B 底面 ABCD ，底面为正方形，ACQ 的外接球的表面积分
别为 S1, S2，则S
2___．S1
【答案】
15
7
【解析】设正方形的边长为 a ，设 O2为 CQ 的中点，因为PC平面ABCD，而CD , CB平面ABCD，所以
PC CD,PC CB，又AQ / /PC，故AQ CD,AQ CB ，又CD CB C ，故AQ平面ABCD ，AC平面ABCD ，所以AQ AC，故QAC为直角三角形，CQ 为斜边，所以QO2CQ2AQ2．同理
QAC也为直角三角形，结合AQB60，所以AQ
3 a ，又CB
BA ，AQ AB A ，所以CB 3
平面AQB ，QB平面AQB，所以CB QB ，QBC为直角三角形，所以BO2QO2，O2为三棱锥
B AQC外接球的球心，且半径R21 QC
2
1 2a2
2
1 a2
3
21 a ．同理设
6
O1为AP的中点，则O1为四
棱锥P ABCD 外接球的球心，且半径R11
2
AP
1
2
2a23a25
2
a ，所以S1: S2
5 21
:
4 36
15
7
．填
15
7
．
点睛：球的半径的计算，关键在球心位置的确定，三棱锥 B AQC中QAC , QBC 均为直角三角形，因此外
接球的球心就是QC的中点，因为它到四个顶点的距离是相等的．同理四棱锥P ABCD 外接球的球心就是AP 的中点．
【针对练习】 1.已知在三棱锥P-ABC
中， PA PB BC 1，AB2，AB
PAB ABC
，
BC ，平面⊥平面
若三棱锥的顶点在同一个球面上，则该球的表面积为（）
A ．
3
B．3C．
2
2
D．2
3
答案及解析：
1.B 试题分析：如下图所示，设球心为O，则可知球心O在面ABC的投影在ABC 外心，即AC中点 E 处，取 AB
中点 F ，连 PF ， EF ，OE，OP，由题意得， PF面 ABC ，∴在四边形 POEF 中，设 OE h ，∴半径
r(h2)2(1)2r 2(3)2h 0 ， r3，即球心即为AC 中点，∴表面积 S 4 r 2 3 ，2222
故选 B.
2.在四面体S﹣ ABC 中， SA⊥平面 ABC，∠ BAC=120 °， SA=AC=2， AB=1 ，则该四面体的外接球的表面积为
28π 10π40π
A ．11πB．C． D ．
333
答案及解析：
2.D∵ AC=2，AB=1，∠ BAC=120°，
∴BC=，
∴三角形ABC 的外接圆半径为r， 2r=，r=，
∵SA⊥平面 ABC ，SA=2 ，
由于三角形OSA 为等腰三角形，O 是外接球的球心．
则有该三棱锥的外接球的半径R=，
2
∴该三棱锥的外接球的表面积为S=4πR=．
选D.
3.在四面体ABCD中，△BCD与△ ACD均是边长为 4 的等边三角形，二面角A-CD-B的大小为60°，则四面体ABCD 外接球的表面积为（）
208526452
A ．B．C．D．
9933
答案及解析：
3.A
根据题意得到这个模型是两个全等的三角形，二面角大小为，取CD的中点记为O，连结OB ， OA ，根据题
意需要找到外接球的球心，选择OA的离O 点近的 3 等分店记为E，同理去OB上一点记为F，自这两点分别做两个面的垂线，交于点P，则点P 就是球心。

在三角形POE中，角POE为三十度，
OE=
故答案为： A.
4.已知在三棱锥A-BCD 中，AB AD6，BD23，底面BCD为等边三角形，且平
面
ABD ⊥平面 BCD，则三棱锥A-BCD 外接球的表面积为．
答案及解析：
4.16π
取BD 的中点 E，连接 AE，CE，取 CE 的三等分点为 O，使得 CO=2 OE，则 O 为等边△ BCD 的中心 .由于平面 ABD ⊥平面 BCD ，且平面 ABD ∩平面 BCD =BD， CE⊥BD，所以平面 ACE⊥平面 ABD .由于 AB2+AD 2=BD2，所以△ ABD
为直角三角形，且 E 为△ ABD 的外心，所以 OA=OB=OD .又 OB=OC=OD，所以 O 为三棱锥 A-BCD 外接球的球心，且球的半径
.故三棱锥A-BCD 外接球的表面积为.
3球与球相切问题
对于球与球的相切组合成复杂的几何体问题，要根据丰富的空间想象力，通过准确确定各个小球的球心的位
置，或者巧借截面图等方法，将空间问题转化平面问题求解.
例 8 已知有半径分别为2、3的球各两个，且这四个球彼此相外切，现有一个球与此四个球都相外切，则此球
的半径为.
【答案】
6
11
【解析】如图：设四个球的球心分别为A、B 、C、 D，则 AD=AC=BD=BC=5，AB=6 ，CD=4. 设 AB 中点为 E、CD 中点为 F，连结 EF.在△ ABF 中求得 BF=21 ，在△EBF中求得EF= 2 3 .
由于对称性可得第五个球的球心O 在 EF 上，连结 OA 、 OD.设第五个球的半径为 r，则 OA=r+3 ，OD=r+2 ，
于是 OE=
2
r 2+6r ，OF=r +2
2
r 2 +4 r ，∵OE+OF=EF r +332 =22 =
∴ r 2 +6r +r 2 +4r =23r 2 +6r =23r 2 +4r 平方整理再平方得
11r 2 +60 r 36=0 解得 r =6或 6 （舍掉），故答案为6.
1111
D
55F
4
O
C
5
A5
E6
B
例9 把四个半径都是1的球中的三个放在桌面上，使它两两外切，然后在它们上面放上第四个球，使它与前
三个都相切，求第四个球的最高点与桌面的距离．
26
【答案】 2.
3
【针对练习】 1.两球O1和O2在棱长为1的正方体ABCD - A1B1C1D1的内部，且互相外切，若球O1与过点A的正方体的三个面相切，球O2与过点 C1的正方体的三个面相切，则球O1和 O2的表面积之和的最小值为 ()
A ． 3(2 - 3)p
B ． 4(2 - 3)p C. 3(2 + 3)p D ． 4(2 + 3 )p
答案及解析：
1.A
4球与几何体的各条棱相切问题
球与几何体的各条棱相切问题，关键要抓住棱与球相切的几何性质，达到明确球心的位置为目的，然后通过
构造直角三角形进行转换和求解.如与正四面体各棱都相切的球的半径为相对棱的一半：r 2 a . 4
例 10 把一个皮球放入如图10 所示的由 8 根长均为 20 cm 的铁丝接成的四棱锥形骨架内，使皮球的表面与
8 根铁丝都有接触点，则皮球的半径为（）
A ．l0 3 cm
B ． 10 cm C． 10 2 cm D． 30cm
【答案】
【解析】如图所示，由题意球心在AP 上，球心为 O，过 O 作 BP 的垂线 ON 垂足为 N，ON=R ，OM=R ，因为各个棱都为20，所以 AM=10 ， BP=20,BM=1 0， AB= 10 2 ,设BPA，
在Rt BPM 中，222在PAM 中222,所以
,所以
BM PM PM103 .Rt, PM AM AP BP
PA102 .在Rt ABP 中 , sin AB1022
O NP 中 , sin
ON R
,所以BP20
，在 Rt
OP OP
2
R2，所以 OP2R .在Rt OAM中 ,OM 2AO 2AM 2,所以，
OP2
R2(1022R)2100 ,解得，R 10或 30（舍） ,所以，R10cm,故选B.
4球与旋转体切接问题
首先画出球及其它旋转体的公共轴截面，然后寻找几何体与几何体几何元素之间的关系．
例11 求球与它的外切圆柱、外切等边圆锥的体积之
比．【答案】 V球∶V柱∶V锥 4∶6∶9
【解析】如图，等边SAB为圆锥的轴截面，此截面截圆柱得正方形C1CDD 1，截球面得球的大圆圆O1．
设球的半径 OO1R ，则它的外切圆柱的高为2R，底面半径为R ；OB O1O cot 303R，SO OB tan 603R 33R ，
∴ V球4
R3，V柱R22R 2 R3，V
锥1( 3R)
23R 3 R3，33
∴V球∶V柱∶V锥 4∶6∶9 ．
例 12 在棱长为1的正方体内有两个球相外切且又分别与正方体内切．（ 1）求两球半径之和；（ 2）球的半径为多少时，两球体积之和最小．
【答案】
【解析】如图，球心O1和 O2在AC上，过 O1， O2分别作 AD,BC 的垂线交于 E,F ．
则由 AB1, AC3得AO13r, CO23R ．
r R3(r R) 3 ，R r
333
1．
32
【反思提升】综合上面的五种类型，解决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，将问题转化成平面几何问题，应用三角形中的边角关系，建立与球半径r , R 的联系，将球的体积之和用r 或
R 表示.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；把一个多面体的几个顶点放在球
面上即为球的内接问题．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．发
挥好空间想象力，借助于数形结合进行转化，问题即可得解．如果是一些特殊的几何体，如正方体、正四
面体等可以借助结论直接求解,此时结论的记忆必须准确.高考题往往与三视图相结合，题目的难易不一，在复习
中切忌好高骛远，应重视各种题型的备考演练，重视高考信息的搜集，不断充实题目的类型，升华解题的境界.【针对练习】
1.已知四棱锥S— ABCD ，SA⊥平面ABCD ， AB⊥ BC，∠ BCD＋∠ DAB＝π， SA＝ 2，BC 26
，二面角S— BC 3
— A的大小为π
．若四面体SACD的四个顶点都在同一球面上，则该球的表面积为3
A ．42π
B ．4πC． 8π D ． 16π
答案及解析：
10.C
2.已知三棱柱 ABC-A1 B1 C1的侧棱垂直于底面 ,各顶点都在同一球面上,若该棱柱的体积为3, AB=2 2, AC2, BAC 60 ,则此球的体积等于( )
82951043
A. B. C. D.
3233
答案及解析：
19.B
3.
在四面体 ABCD 中，AD ⊥底面 ABC，AB AC10 ，BC=2，E为棱BC的中点，点G在AE上且满足AG=2GE，
若四面体ABCD 的外接球的表面积为244
，则 tan AGD（）9
12
C．2D． 2
A ．
B ．
22
答案及解析：
3.D
设△ABC的外心为O，则点O在AE上，设OE=r,则.
设四面体ABCD的外接球半径为R，则.
因为
所以.故选 D.
4.《九章算术》是我国古代数学名著，它在几何学中的研究比西方早一千多年，其中有很多对几何体外接球的研
究，如下图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的外接球的体积是（）
A ．81πB． 33π C. 56 π D ． 41π
答案及解析：
4.D
由三视图可得，该几何体是一个如图所示的四棱锥，其中是边长为 4 的正方形，平面平面
．
设 为 的中点， 为正方形
的中心， 为四棱锥外接球的球心，
为
外接圆的圆心，则球心
为过点
且与平面 垂直的直线与过
且与平面
垂直的直线的交点．
由于
为钝角三角形，故
在
的外部，从而球心
与点 P 在平面
的两侧．
由题意得
，
设球半径为 ，则
,
即
，解得
，
∴ ，
∴
．选 D ．
5.正三棱柱的顶点都在同一个球面上，若球的半径为
4，则该三棱柱的侧面面积的最大值为
（
）
（A ） 48 3
（B ） 64 3
（C ）
1728 576
31
（ D ）
7
答案及解析：
5.A
设正三棱柱高为 h ，底面正三角形边长为 a ，则三棱柱侧面面积为 ，因为 ，所以
因此三棱柱侧面面积最大值为
，选 A
6.四棱锥 P
243 ABCD 的底面 ABCD 为正方形， PA ⊥底面 ABCD ， AB=2，若该四棱锥的所有顶点都在体积为
16
-
的同一球面上
，则 PA=（ ）
（A）3（B）7
（C）2 3（D）
9 22
答案及解析：
6.B
试题分析：连结交于点，取的中点，连结，则，所以底面，则到四棱锥的所有顶点的距离相等，即为球心，半径为,所以球的体积为，解得，故选 B．
7.某棱锥的三视图如下图所示,则该棱锥的外接球的表面积为（）
A ．11π
B ． 12π C. 13 π D ．14π
答案及解析：
7.A
由三视图可知该几何体是如图所示的三棱锥 A BCD，
外接球球心 O 在过 CD 中点 E 且垂直于平面BCD 的直线 l 上，
又点 O 到A, D距离相等，∴点O 又在线段 AD 的垂直平分面上，
故 O 是直线 l 与面的交点，可知O 是直线 l 与直线 MN 的交点
（ M , N 分别是左侧正方体对棱的中点）
∴OE NE3， ODOE2DE 2BD 2，
2
故三棱锥 A BCD 外接球的半径 R 11
，表面积为 S 11 2
8.下图是某四棱锥的三视图，网格纸上小正方形的边长为1，则该四棱锥的外接球的表面积为（）
51
B ．41
D． 31π
A ． C. 41π
42
答案及解析：
8.C
根据三视图得出：该几何体是镶嵌在正方体中的四棱锥O﹣ABCD ，正方体的棱长为2，A ，D 为棱的中点
其中.
根据几何体可以判断：球心应该在过 A ，D的平行于底面的中截面上，
设球心到截面BCO的距离为x，则到AD的距离为：4﹣ x，
∴ R2 =x2+（） 2，R2=22+（4﹣x）2 ，
解得出：，
2
该多面体外接球的表面积为：4πR=，
故选： C．
9.三棱锥P-ABC中，底面ABC满足BA BC ，ABC，点P在底面ABC的射影为AC的中点，且该
19
，当其外接球的表面积最小时，2
三棱锥的体积为P 到底面 ABC 的距离为.
6
答案及解析：
9. 319
67.
在三棱锥P-ABC 中，PA平面ABC,AC BC , AC BC 1 ,PA 3 ,则该三棱锥的外接球的表面积为
答案及解析：
67.5π
68.
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__________ ．答案及解析：
68.6π
69.
已知三棱锥 A BCD , BC 6, 且ABC、BCD 均为等边三角形，二面角A-BC-D 的平面角为60°，则三棱锥外接球的表面积是.
81.
表面积为40的球面上有四点S，A，B，C，且△SAB为等边三角形，球
心O 到平面SAB的距离
为
2 ，若平
面 SAB平面ABC ，则三棱锥S ABC 的体积的最大值为．
答案及解析：
81.
6 6
过O 作 OF⊥平面 SAB,则 F 为△ SAB 的中心 ,过 F 作 FE⊥SA 于 E 点,则 E 为 SA 中点 ,
°
,解得.
取 AB 中点 D,连结 SD,则∠ ASD=30 ，设球 O 半径为 r,则
连结 OS,则
.
过 O 作 OM ⊥平面 ABC ，则当 C，M ， D 三点共线时， C 到平面 SAB 的距离最大，即三棱锥S-ABC 体积最大 .连结 OC，∵平面 SAB ⊥平面 ABC ，∴四边形 OMDF 是矩形，
∴三棱锥S-ABC体积.
点睛：求三棱锥的体积时要注意三棱锥的每个面都可以作为底面，例如三棱锥的三条侧棱两两垂直，我们就选
择其中的一个侧面作为底面，另一条侧棱作为高来求体积．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，
83.
已知三棱锥 A BCD 中，AB3, AD 1, BC 4, BD 2 2 ，当三棱锥A BCD 的体积最大时，其外接球的体积为．
答案及解析：
83.
125
6
当平面时，三棱锥的体积最大，
由于，
，则为直角三角形，
三棱锥的外接球就是以为棱的长方体的外接球，
长方体的对角线等于外接球的直径，
设外接球的半径为，
则，解得，
球体的体积为，故答案为.
87.
在三棱锥 P ABC 中， AB BC AC 3,PAC PAB, PA 2 ,PA 与平面 ABC 所成角的余弦值为 3 ，则三棱
3
锥 P - ABC 外接球的表面积为．
答案及解析：
87.12π
89.
在几何体 P ABC 中， PAB 是正三角形，平面 PAB平面ABC，且AB BC 2 ， AB BC ，则 P ABC 的外接球的表面积等于．
答案及解析：
89.
28π
3
由题意，取 AB,PB 的中点 E,F，连接 AF,PE，且，则点M为正三角形PAB 的中点，，易证 PE ⊥平面 ABC ，取 AC 中点 D，连接 ED，
作 OD ∥PE，OM ∥ ED ，连接 OA ，则 OA 为外接球的半径，又，，则
，
所以外接球的表面积为，从而问题可得解.
91.
已知一个四面体ABCD 的每个顶点都在表面积为9的球O 的表面积，且AB CD a ，
AC AD BC BD5，则a．
答案及解析：
91.2 2
98.
矩形 ABCD中， AB 4 ，BC 2 ，PA平面ABCD，PA 2 ，E ，F 分别是 AB ，DC 的中点，则四棱锥 P EBCF 的外接球表面积为．
答案及解析：
98.44
99.
某艺术品公司欲生产一款迎新春工艺礼品，该礼品是由玻璃球面和该球的内接圆锥组成，圆锥的侧面用于艺术装
饰，如图 1.为了便于设计，可将该礼品看成是由圆O 及其内接等腰三角形ABC 绕底边 BC 上的高所在直线AO 旋
转 180°而成，如图 2.已知圆 O 的半径为10cm，设BAO,0，圆锥的侧面积为Scm2.
2
（ 1）求 S 关于的函数关系式；
（ 2）为了达到最佳观赏效果，要求圆锥的侧面积S 最大 .求 S 取得最大值时腰AB 的长度 .
答案及解析：
99.
（1）设AO交BC于点D，过O作OE AB ，垂足为E，
在AOE 中， AE10cos， AB 2AE20cos ，
在ABD 中，BD AB sin20cos sin ，
1
2 20sin cos20cos
所以 S
2
400 sin cos2， (0)
2
（ 2）要使侧面积最大，由（1）得：
S 400sin cos2400(sin sin3)
设 f ( x)x x3 ,(0 x1)
则 f ( x)13x2，由 f ( x)13x20得： x3
3
当 x (0, 3
) 时， f( x) 0 ，当 x (
3
,1)时， f(x) 0 33
所以 f (x) 在区间 (0,3
) 上单调递增，在区间(
3
,1) 上单调递减，33
所以 f (x) 在 x
3
时取得极大值，也是最大值；3
所以当 sin
3
时，侧面积 S 取得最大值，3
此时等腰三角形的腰长AB 20cos20 1sin 2201 (3 )220 6
33
答：侧面积 S 取得最大值时，等腰三角形的腰AB的长度为
206
cm
3
100.
如图，在四面体ABCD 中，平面ABC⊥平面 BCD ，DC ⊥ BC， AB= 3 ，BC=2，AC=1．
（ 1）求证： AB⊥ AD ；
°
（ 2）设 E 是 BD 的中点，若直线CE 与平面 ACD 的夹角为30 ，求四面体ABCD 外接球的表面积．
答案及解析：
100.
【分析】（ 1）证明 DC ⊥ BC ，AB ⊥ CD，推出 AB ⊥ AC ，然后证明AB ⊥平面 ADC ，得到 AB ⊥ AD ．（ 2）取 AD 的中点 F，连接 EF，则 EF∥ BA ，证明 EF⊥平面 ADC ，连接 FC，说明∠ECF=30°，求出以四面体ABCD 的外接球的半径然后求解即可．
【解答】解：（1）证明：由平面ABC⊥ 平面BCD ， DC⊥ BC，得DC⊥平面ABC ，∴AB ⊥CD⋯（2 分）又由， BC=2 ， AC=1 ，得 BC2=AB 2+AC 2，所以AB ⊥ AC⋯（4 分）
故AB ⊥平面ADC ，所以AB ⊥AD⋯（6 分）（2）
取 AD 的中点 F，连接 EF，则 EF∥ BA ，
因为 AB ⊥平面 ADC ∴ EF⊥平面 ADC ⋯（ 8 分）
连接 FC，则∠ ECF=30°，∴⋯（9 分）
又∠ BAD= ∠BCD=90°，
所以四面体 ABCD 的外接球的半径⋯（11 分）
故四面体 ABCD 的外接球的表面积 =⋯（12 分）
（向量解法酌情给分）
【点评】本题考查直线与平面垂直的判定定理的应用，几何体的外接球的表面积的求法，直线与平面所成角的应用，考查空间想象能力以及计算能力．。