(2021年整理)2019届高三数学专题练习外接球

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高中数学立体几何外接球专题练习(含解析)

外接球专题练习1．已知菱形ABCD满足，|AB|=2，∠ABC=，将菱形ABCD沿对角线AC折成一个直二面角B﹣AC﹣D，则三棱锥B﹣ACD外接球的表面积为（）A．πB．8πC．7πD．2．如图，四面体ABCD中，面ABD和面BCD都是等腰Rt△，AB=，∠BAD=∠CBD=，且二面角A﹣BD﹣C的大小为，若四面体ABCD的顶点都在球O上，则球O的表面积为（）A．12πB．20πC．24πD．36π3．如图，网格纸上小正方形的边长为2，粗实线及粗虚线画出的是某四棱锥的三视图，则该四棱锥的外接球的表面积为（）A．B．C．41πD．31π4．已知一个几何体是由半径为2的球挖去一个三棱锥得到（三棱锥的顶点均在球面上）．若该几何体的三视图如图所示（侧视图中的四边形为菱形），则该三棱锥的体积为（）A．B．C．D．5．已知一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积是（）A．2+2+2B．4+4+2C．2+4+4D．4+4+4 6．某三棱锥的三视图如图所示，则它的外接球表面积为（）A．25πB．C．D．40π7．如图是某几何体的三视图，则该几何体的表面积是（）A．18+2+B．15++C．12++D．18++ 8．在四面体ABCD中，AD⊥底面ABC，，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，则tan∠AGD=（）A．B．2C．D．9．在三棱锥S﹣ABC中，，且三棱锥S﹣ABC的体积为，则该三棱锥的外接球的表面积为（）A．4πB．16πC．36πD．72π10．如图所示，正方形ABCD的边长为2，切去阴影部分围成一个正四棱锥，则当正四棱锥体积最大时，该正四棱锥外接球的表面积为（）A．B．C．D．11．已知三棱锥P﹣ABC所有顶点都在球O的球面上，底面△ABC是以C为直角顶点的直角三角形，AB=2，PA=PB=PC=，则球O的表面积为（）A．9πB．C．4πD．π12．四棱锥P﹣ABCD的侧面PAB垂直于底面ABCD，且三角形PAB是等边三角形，底面ABCD是边长为2的正方形，则四棱锥P﹣ABCD外接球的表面积为（）A．πB．C．4πD．π13．已知三棱锥D﹣ABC所有顶点都在球O的球面上，△ABC为边长为的正三角形，△ABD是以BD为斜边的直角三角形，且AD=8，二面角C﹣AB﹣D 为120°，则球O的表面积为（）A．B．124πC．D．31π14．已知直三棱柱（侧棱垂直于底面的三棱柱）ABC﹣A1B1C1的顶点在球O上，∠ABC=120°，AA1=BC=AB=1，则球O的表面积为（）A．7πB．6πC．5πD．4π15．三棱锥P﹣ABC中，平面PAC⊥平面ABC，AB⊥AC，PA=PC=AC=2，AB=4，则三棱锥P﹣ABC的外接球的表面积为（）A．23πB．C．D．64π16．已知三棱锥S﹣ABC的底面是以AB为斜边的等腰直角三角形，且AB=SA=SB=SC=2，则该三棱锥的外接球的表面积为（）A．B．C．D．17．在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为BC的中点，已知平面α经过点A1，且平行于平面B1D1E，平面α与平面ABCD交于直线m，与平面ABB1A1交于直线n，则直线m，n所成角的余弦值为（）A．B．C．D．18．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PO⊥平面ABCD，E为线段AP的中点，底面ABCD为菱形，若BD=2，PC=4，则异面直线DE与PC所成角的余弦值为（）A．B．C．D．19．已知异面直线a，b所成的角为60°，过空间一点O的直线与a，b所成的角均为60°，这样的直线有（）A．1条B．2条C．3条D．4条20．在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E是侧面ADD1A1内的动点，且B1E∥平面BDC1，则直线B1E与直线AB所成角的正弦值的最小值是（）A．B．C．D．21．四个同样大小的球O1，O2，O3，O4两两相切，点M是球O1上的动点，则直线O2M与直线O3O4所成角的正弦值的取值范围为（）A．[]B．[]C．[]D．[]第Ⅱ卷（非选择题）二．解答题（共19小题）22．如图，已知四棱锥P﹣ABCD，BC∥AD，CD⊥AD，PC=AD=2CD=2CB=PA=PD，F为AD的中点．（1）证明：PB⊥BC；（2）求直线CF与平面PBC所成角的正弦值．23．如图，四棱锥S﹣ABCD的底面是正方形，CD=SB=，SD=4，P为侧棱SD 上的点，SD⊥面APC．（1）求二面角S﹣AC﹣D的余弦值；（2）侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面APC，若存在，求出SE：EC的值；若不存在，试说明理由．24．如图，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠DAB=60°，PD=AD=，PD⊥底面ABCD．（Ⅰ）证明：PA⊥BD；（Ⅱ）求平面PAD与平面PBC所成的锐二面角的大小．25．如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠BCA=90°，AC=BC=AA1=A1C=2，平面ACC1A1⊥平面ABC．现以边AC的中点D为坐标原点，平面ABC内垂直于AC的直线为x轴，直线AC为y轴，直线DA1为z轴建立空间直角坐标系，解决以下问题：（1）求异面直线AB与A1C所成角的余弦值；（2）求直线AB与平面A1BC所成角的正弦值．26．如图，四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，△ABC是边长为2的等边三角形，直线PB与底面ABCD所成的角为45°，PA=2CD，PD=，E是棱PD的中点．（1）求证：CD⊥AE；（2）在棱PB上是否存在一点T，使得平面ATE与平面APB所成锐二面角的余弦值为？若存在，请指出T的位置；若不存在，请说明理由．27．已知几何体的直观图和三视图如图所示，其正视图为矩形，侧视图为等腰直角三角形，俯视图为直角梯形．（1）连接B1C，若M为AB的中点，在线段CB上是否存在一点P，使得MP∥平面CNB1？若存在，求出BP的长；若不存在，请说明理由．（2）求二面角C﹣NB1﹣C1的余弦值．28．已知四棱锥S﹣ABCD，四边形ABCD是正方形，BA=AS=SD=2，S△ABS=2．（1）证明：平面ABCD⊥平面SAD；（2）若M为SD的中点，求二面角B﹣CM﹣S的余弦值．29．如图1，ABCD为梯形，AB∥CD，∠C=60°，点E在CD上，AB=EC=DE=2，BD⊥BC．现将△ADE沿AE折起如图2，使得平面DBC⊥平面ABCE．（Ⅰ）求证：BD⊥平面ABCE；（Ⅱ）求二面角D﹣AE﹣C的平面角的余弦值．30．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，BC⊥PB，AB⊥BC，AD∥BC，AD=3，PA=BC=2AB=2，．（1）求二面角P﹣CD﹣A的余弦值；（2）若点E在棱PA上，且BE∥平面PCD，求线段BE的长．参考答案与试题解析一．选择题（共21小题）1．已知菱形ABCD满足，|AB|=2，∠ABC=，将菱形ABCD沿对角线AC折成一个直二面角B﹣AC﹣D，则三棱锥B﹣ACD外接球的表面积为（）A．πB．8πC．7πD．【解答】解：由题意菱形ABCD满足，|AB|=2，∠ABC=，∴AC=2，DB=，将菱形ABCD沿对角线AC折成一个直二面角B﹣AC﹣D，∴三棱锥B﹣ACD高为．底面ACD外接圆半径为，外接球半径为R，球心与圆心的距离为d，d2+r2=R2……①……②由①②解得：R2=外接球的表面积S=．故选：A．2．如图，四面体ABCD中，面ABD和面BCD都是等腰Rt△，AB=，∠BAD=∠CBD=，且二面角A﹣BD﹣C的大小为，若四面体ABCD的顶点都在球O上，则球O的表面积为（）A．12πB．20πC．24πD．36π【解答】解：取CD中点E，BD中点F，连结BE、AF、EF，∵四面体ABCD中，面ABD和面BCD都是等腰Rt△，AB=，∠BAD=∠CBD=，且二面角A﹣BD﹣C的大小为，∴AF⊥BD，EF⊥BD，∴∠AFE是二面角A﹣BD﹣C的平面角，，BD=BC==2，CD=，CE=DE=，AF=BF=DF=EF=1，，则点E为△BCD外接圆的圆心，点F为△ABD外接圆的圆心，过点E作平面BCD的垂线EO，过点F作平面ABD的垂线FO，且直线EO与直线FO交于点O，则点O为四面体ABCD外接球的球心，如下图所示，易知，，所以，，所以，，则四面体ABCD的外接球半径为，因此，球O的表面积为，故选：B．3．如图，网格纸上小正方形的边长为2，粗实线及粗虚线画出的是某四棱锥的三视图，则该四棱锥的外接球的表面积为（）A．B．C．41πD．31π【解答】解：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4，A，D为棱的中点，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）2，R2=22+（4﹣x）2，解得出：x=，R=，该多面体外接球的表面积为：4πR2=41π，故选：C．4．已知一个几何体是由半径为2的球挖去一个三棱锥得到（三棱锥的顶点均在球面上）．若该几何体的三视图如图所示（侧视图中的四边形为菱形），则该三棱锥的体积为（）A．B．C．D．【解答】解：由题意可知几何体的直观图如图：A﹣BCD，E为CD的中点，由题意可知AB=4，OE=，OA=OB=2，OD=2，则DE=，所以三棱锥A﹣BCD的体积为：×=．故选：C．5．已知一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积是（）A．2+2+2B．4+4+2C．2+4+4D．4+4+4【解答】解：由题意几何体的直观图如图：是正方体的一部分，正方体的棱长为：2，可知几何体的表面积为：=4+4+2．故选：B．6．某三棱锥的三视图如图所示，则它的外接球表面积为（）A．25πB．C．D．40π【解答】解：由三视图还原几何体的直观图如图：该几何体为三棱锥，底面三角形ABC为直角三角形，面PAC为等边三角形，且面PAC⊥底面ABC，取BC中点G，则G为三角形ABC的外心，过G作平面ABC的垂线，取等边三角形PAC的外心为H，过H作平面PAC的垂线，则两垂线交于点O，O为三棱锥P﹣ABC外接球的球心，OG=PH=，GC=BC=，∴OC==，∴三棱锥外接球表面积为4π×（）2=．故选：C．7．如图是某几何体的三视图，则该几何体的表面积是（）A．18+2+B．15++C．12++D．18++【解答】解：几何体的三视图，可知几何体是组合体，下部是四棱柱，上部是四棱锥，底面是直角梯形，下底为2，上底边长为1，高为2，四棱柱的高为2，棱锥的高为1，如图：该几何体的表面积是：++=15++．故选：B．8．在四面体ABCD中，AD⊥底面ABC，，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，则tan∠AGD=（）A．B．2C．D．【解答】解：由题意可得，点G是△ABC的重心，∴AG=AE=，设△ABC的外心为O，由题意点O在AE上，令OA=r，则OE2+EC2=OC2，即（3﹣r）2+12=r2，解得r=，∵AD⊥平面ABC，∴四面体ABCD的外接球的半径R2=r2+（）2=+，由题意得4πR2=4π（+）=，解得AD=4，∴tan∠AGD=．故选：B．9．在三棱锥S﹣ABC中，，且三棱锥S﹣ABC的体积为，则该三棱锥的外接球的表面积为（）A．4πB．16πC．36πD．72π【解答】解：如图，取SC的中点O，连接OB，OA，∵SB⊥BC，SA⊥AC，SB=BC，SA=AC，∴OB⊥SC，OA⊥SC，OB=SC，OA=SC，∴SC⊥平面OAB，O为三棱锥的外接球的球心，SC为球O的直径，设球O得半径为R，则AB=SC=R，∴△AOBRt正三角形，则∠BOA=90°，=V S﹣OAB+V C﹣OAB===，∴V S﹣ABC∴R=2，则该三棱锥的外接球的表面积为4πR2=16π．故选：B．10．如图所示，正方形ABCD的边长为2，切去阴影部分围成一个正四棱锥，则当正四棱锥体积最大时，该正四棱锥外接球的表面积为（）A．B．C．D．【解答】解：由题意，正方形ABCD的边长为2，可得对角线的一半为，折成正四棱锥后，设正四棱锥边长为a，高为h，可得：h2=2﹣，（0）．正四棱锥体积V=最大时，即．由y=，则y′=8，令y′=0，可得a=，即当a=体积取得最大值；∴h=．正四棱锥底面正方形外接圆r=．正四棱锥外接球的半径R，可得解得：正四棱锥外接球的表面积S=．故选：D．11．已知三棱锥P﹣ABC所有顶点都在球O的球面上，底面△ABC是以C为直角顶点的直角三角形，AB=2，PA=PB=PC=，则球O的表面积为（）A．9πB．C．4πD．π【解答】解析：设AB中点为D，则D为△ABC的外心，因为PA=PB=PC=，易证PD⊥面ABC，，所以球心O在直线PD上，又PA=，AB=2，算得PD=1，设球半径为R，则△AOD中，（R﹣1）2+2=R2，可得：R=．则球O的表面积S=4πR2=9π，故选：A．12．四棱锥P﹣ABCD的侧面PAB垂直于底面ABCD，且三角形PAB是等边三角形，底面ABCD是边长为2的正方形，则四棱锥P﹣ABCD外接球的表面积为（）A．πB．C．4πD．π【解答】解：由题意，可以将四棱锥P﹣ABCD补成以△PAB为底面的直三棱柱，直三棱柱外接球的半径，△PAB是边长为2的等边三角形，其外接圆的半径为；所以球的半径r=，则球的表面积S=4πr2=．故选：D．13．已知三棱锥D﹣ABC所有顶点都在球O的球面上，△ABC为边长为的正三角形，△ABD是以BD为斜边的直角三角形，且AD=8，二面角C﹣AB﹣D 为120°，则球O的表面积为（）A．B．124πC．D．31π【解答】解：作图如下：O1为经过△ABC外接圆圆心，O2为经过△ABD外接圆圆心，则O2为BD中点，取AB中点M，则∠CMO2为二面角C﹣AB﹣D的平面角，易得|O2M|=4，|O1M|=1，，由余弦定理得|O1O2|=，由正弦定理得，所以R2=|OM|2+|AM|2=31⇒S=124π，故选：B．14．已知直三棱柱（侧棱垂直于底面的三棱柱）ABC﹣A1B1C1的顶点在球O上，∠ABC=120°，AA1=BC=AB=1，则球O的表面积为（）A．7πB．6πC．5πD．4π【解答】解：如图：外接球的球心为O，底面三角形的外心为：O1，由正弦定理可得：2A1O1=，可得A1O1=1，R2=12+=，外接球的表面积为：4π•R2=5π．故选：C．15．三棱锥P﹣ABC中，平面PAC⊥平面ABC，AB⊥AC，PA=PC=AC=2，AB=4，则三棱锥P﹣ABC的外接球的表面积为（）A．23πB．C．D．64π【解答】解：根据题意，得到三棱锥P﹣ABC的外接球的球心在等边三角形PAC 的中线高线和过直角三角形ABC斜边BC的中点的高的交点位置，如图所示：三棱锥P﹣ABC中，平面PAC⊥平面ABC，AB⊥AC，PA=PC=AC=2，AB=4，所以PF=，，在直角三角形ABC中，BC2=AB2+AC2，解得：BC=2，所以CD=，三棱锥的外接球半径r==，则S=4，故选：C．16．已知三棱锥S﹣ABC的底面是以AB为斜边的等腰直角三角形，且AB=SA=SB=SC=2，则该三棱锥的外接球的表面积为（）A．B．C．D．【解答】解：如图所示：三棱锥S﹣ABC的底面是以AB为斜边的等腰直角三角形，且AB=SA=SB=SC=2，则：SD=，设外接球的半径为R，则：在△BOD中，利用勾股定理：，解得：R=所以：S=4π•R2=4．故选：D．17．在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为BC的中点，已知平面α经过点A1，且平行于平面B1D1E，平面α与平面ABCD交于直线m，与平面ABB1A1交于直线n，则直线m，n所成角的余弦值为（）A．B．C．D．【解答】解：设正方体的边长为2，取CD的中点F，AB的中点为M，AD的中点为N，连接EF，DB，MN，可得MN∥BD∥EF∥B1D1，由于平面α经过点A1，且平行于平面B1D1E即有平面A1MN即为平面α，直线MN即为直线m，直线A1M即为直线n，∠A1MN即为直线m，n所成角，由A1M=A1N==，MN=，可得cos∠A1MN==．故选：B．18．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PO⊥平面ABCD，E为线段AP的中点，底面ABCD为菱形，若BD=2，PC=4，则异面直线DE与PC所成角的余弦值为（）A．B．C．D．【解答】解：由题意，连接EO，O是底面ABCD为菱形的中点，又E为线段AP的中点，∴EO∥PC，则异面直线DE与PC所成角的平面角为∠DEO，∵PO⊥平面ABCD，底面ABCD为菱形，AC⊥BD，POC是直角三角形，∴PC⊥BD，则EO⊥BD，∴△DEO是直角三角形，∵BD=2，PC=4，∴OD=1，EO=2，则ED=．∴cos∠DEO=．故选：A．19．已知异面直线a，b所成的角为60°，过空间一点O的直线与a，b所成的角均为60°，这样的直线有（）A．1条B．2条C．3条D．4条【解答】解：过O作a′∥a，b′∥b，设直线a′、b′确定的平面为α，∵异面直线a、b成60°角，∴直线a′、b′所成锐角为60°①当直线l在平面α内时，若直线l平分直线a′、b′所成的钝角，则直线l与a、b都成60°角；②当直线l与平面α斜交时，若它在平面α内的射影恰好落在直线a′、b′所成的锐角平分线上时，直线l与a、b所成角相等．此时l与a′、b′所成角的范围为[30°，90°]，适当调整l的位置，可使直线l与a、b也都成60°角，这样的直线l有两条．综上所述，过点P与a′、b′都成60°角的直线，可以作3条∵a′∥a，b′∥b，∴过点O与a′、b′都成60°角的直线，与a、b也都成60°的角．故选：C．20．在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E是侧面ADD1A1内的动点，且B1E∥平面BDC1，则直线B1E与直线AB所成角的正弦值的最小值是（）A．B．C．D．【解答】解：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，设正方体ABCD﹣A1B1C1D1中棱长为1，设E（a，0，c），0≤a≤1，0≤c≤1，B1（1，1，1），B（1，1，0），D（0，0，0），C1（0，1，1），=（a﹣1，﹣1，c﹣1），=（1，1，0），=（0，1，1），设平面DBC1的法向量=（x，y，z），则，取x=1，得=（1，﹣1，1），∵B1E∥平面BDC1，∴=a﹣1+1+c﹣1=0，解得a+c=1，∴a2+c2=（a+c）2﹣2ac=1﹣2ac，ac≤（）2=，设直线B1E与直线AB所成角为θ，∵=（0，1，0），∴cosθ==，∵ac≤（）2=，∴2﹣2ac≥，∴，∴sinθ====≥=．∴直线B1E与直线AB所成角的正弦值的最小值是．故选：B．21．四个同样大小的球O1，O2，O3，O4两两相切，点M是球O1上的动点，则直线O2M与直线O3O4所成角的正弦值的取值范围为（）A．[]B．[]C．[]D．[]【解答】解：如图O1O2O O4是正四面体，设边长为2r，过O1作O1O⊥底面O2O3O4，可得O为底面的中心，由O2O⊥O3O4，可得O2O1⊥O3O4，则M在直线O1O2上，可得直线O2M与直线O3O4垂直，即有所成角的正弦值为1，过O2作大圆的切线，设切点为M，可得O2M与O1O2成30°的角，由O2N∥O3O4，可得O3O4与O2M成60°的角，即有所成角的正弦值为，则直线O2M与直线O3O4所成角的正弦值的取值范围为[，1]．故选：C．二．解答题（共19小题）22．如图，已知四棱锥P﹣ABCD，BC∥AD，CD⊥AD，PC=AD=2CD=2CB=PA=PD，F为AD的中点．（1）证明：PB⊥BC；（2）求直线CF与平面PBC所成角的正弦值．【解答】解：（1）证明：在△PAD中，PA=PD，F为AD的中点，可得AD⊥PF，在四边形ABCD中，连接BF，由题意可得四边形BCDF为平行四边形，可得BF∥CD，由CD⊥AD，可得AD⊥BF，而BF∩PF=F，可得AD⊥平面PBF，由AD∥BC，可得BC⊥平面PBF，则BC⊥PB；（2）设PC=AD=2CD=2CB=PA=PD=2，可得CD=CB=1，PA=PD=，过F在△PBF中作FH⊥PB于H，连接CH，由BC⊥平面PBF，可得BC⊥FH，即有FH⊥平面PBC，则∠FCH为CF和平面PBC所成角，由BC⊥PB，可得PB==，由PF==1，BF=CD=1，cos∠PFB==﹣，可得∠PFB=120°，可得H为PB的中点，即有FH⊥PB，即有FH=BFcos∠BFH=1×=，则直线CF与平面PBC所成角的正弦值为==．23．如图，四棱锥S﹣ABCD的底面是正方形，CD=SB=，SD=4，P为侧棱SD 上的点，SD⊥面APC．（1）求二面角S﹣AC﹣D的余弦值；（2）侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面APC，若存在，求出SE：EC的值；若不存在，试说明理由．【解答】解：：（1）连BD，设AC交BD于O，SD⊥面APC，可得SD⊥AP，SD⊥PC，可得△PAD≌△PCD，可得∠SDA=∠SDC，可得SA=SC，SO⊥AC，在正方形ABCD中，AC⊥BD，可得∠SOD为二面角S﹣AC﹣D的平面角，在△SBD中，SB=2，BD=4，SD=4，可得cos∠SBD==，SO==2，可得cos∠SOB==，即有二面角S﹣AC﹣D的余弦值为﹣；（2）若SD⊥平面PAC，则SD⊥OP，正方形ABCD的边长为2，SD=4，OD=BD=2，则PD=ODcos∠SDB=2•=，故可在SP上取一点N，使PN=PD，过N作PC的平行线与SC的交点即为E，连BN．在△BDN中知BN∥PO，又由于NE∥PC，故平面BEN∥面PAC，得BE∥面PAC，由于SN：NP=2：3，故SE：EC=2：3．24．如图，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠DAB=60°，PD=AD=，PD⊥底面ABCD．（Ⅰ）证明：PA⊥BD；（Ⅱ）求平面PAD与平面PBC所成的锐二面角的大小．【解答】证明：（Ⅰ）因为∠DAB=60°，AB=2AD，由余弦定理得BD=，…………（1分）从而BD2+AD2=AB2，故BD⊥AD，…………（3分）又PD⊥底面ABCD，可得BD⊥PD，…………（4分）所以BD⊥平面PAD．…………（5分）故PA⊥BD…………（6分）解：（Ⅱ）如图，以D为坐标原点，AD的长为单位长，射线DA为x轴的正半轴，建立空间直角坐标系D﹣xyz，…………（7分）则B（0，，0），C（﹣1，，0），P（0，0，1），=（﹣1，，0），=（0，，﹣1），=（﹣1，0，0），平面PAD的一个法向量为=（0，1，0），…………（8分）设平面PBC的法向量为=（x，y，z），则，…………（9分）取y=1，得=（0，1，），…………（10分）|cos＜＞|==，…………（11分）故平面PAD与平面PBC所成的锐二面角的大小为60°．…………（12分）25．如图，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠BCA=90°，AC=BC=AA1=A1C=2，平面ACC1A1⊥平面ABC．现以边AC的中点D为坐标原点，平面ABC内垂直于AC的直线为x轴，直线AC为y轴，直线DA1为z轴建立空间直角坐标系，解决以下问题：（1）求异面直线AB与A1C所成角的余弦值；（2）求直线AB与平面A1BC所成角的正弦值．【解答】解：（1）三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠BCA=90°，AC=BC=AA1=A1C=2，平面ACC1A1⊥平面ABC．以边AC的中点D为坐标原点，平面ABC内垂直于AC的直线为x轴，直线AC为y轴，直线DA1为z轴建立空间直角坐标系，根据题中空间直角坐标系可知：A（0，﹣1，0），C（0，1，0），B（2，1，0），A1（0，0，），…（1分）∴=（2，2，0），=（0，1，﹣），∴cos＜＞===，…（3分）设异面直线AB与A1C的所成角为α，则，∴异面直线AB与A1C所成角的余弦值为．…（4分）（2）由（1）得：=（2，1，﹣），=（﹣2，0，0），设平面A1BC的法向量为=（x，y，z），∴，取z=1，则=（0，），…（7分）∴cos＜，＞===．…（9分）设直线AB与平面A1BC所成角为β，β∈（0，]，则sinβ=|cos＜，＞|=．故直线AB与平面A1BC所成角的正弦值为．…（10分）26．如图，四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，△ABC是边长为2的等边三角形，直线PB与底面ABCD所成的角为45°，PA=2CD，PD=，E是棱PD的中点．（1）求证：CD⊥AE；（2）在棱PB上是否存在一点T，使得平面ATE与平面APB所成锐二面角的余弦值为？若存在，请指出T的位置；若不存在，请说明理由．【解答】（1）证明：∵PA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，CD⊂平面ABCD，AD ⊂平面ABCD，∴PA⊥AB，PA⊥CD，PA⊥AD，∵直线PB与底面ABCD所成的角为45°，∴∠PBA=45°，∵△ABC是边长为2的等边三角形，∴PA=AB=2，又PA=2CD，∴CD=1．在Rt△PAD中，∵PD=，PA=2，∴AD=，在三角形ADC中，AD=，CD=1，AC=2，∴AD2+CD2=AC2，可得CD⊥AD，又AD∩PA=A，∴CD⊥平面PAD，又AE⊂平面PAD，∴CD⊥AE；（2）解：假设在棱PB上存在一点T，满足题意，则（0＜λ≤1），由（1）可知，∠DAC=30°，∴∠DAB=90°，以A为原点，分别以AB，AD，AP所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系．则A（0，0，0），B（2，0，0），P（0，0，2），D（0，，0），E（0，，1）．设T（x1，y1，z1），则，又，∴（x1，y1，z1﹣2）=（2λ，0，﹣2λ），得x1=2λ，y1=0，z1=2﹣2λ，∴，．设平面ATE的法向量为．则有，取y2=2，得．而平面PAB的一个法向量为，∴|cos＜＞|=||==，解得．故在棱PB上存在一点T，使得平面ATE与平面APB所成锐二面角的余弦值为．27．已知几何体的直观图和三视图如图所示，其正视图为矩形，侧视图为等腰直角三角形，俯视图为直角梯形．（1）连接B1C，若M为AB的中点，在线段CB上是否存在一点P，使得MP∥平面CNB1？若存在，求出BP的长；若不存在，请说明理由．（2）求二面角C﹣NB1﹣C1的余弦值．【解答】解：建立空间直角坐标系如图，则由该几何体的三视图可知：C（0，0，4），N（4，4，0），B1（0，8，0），C1（0，8，4）．（1）设平面CNB1的法向量为，由，，得，其x=1，得．设P（0，0，a）（0≤a≤4），由于M（2，0，0），则．∵MP∥平面CNB1，∴，得a=1．∴在线段CB上存在一点P，使得MP∥平面CNB1，此时BP=1；（2）设平面C1NB1的法向量为，由，得，取x=1，可得．∴cos＜＞=．由图可知，所求二面角为锐角，故二面角C﹣NB1﹣C1的余弦值为．28．已知四棱锥S﹣ABCD，四边形ABCD是正方形，BA=AS=SD=2，S△ABS=2．（1）证明：平面ABCD⊥平面SAD；（2）若M为SD的中点，求二面角B﹣CM﹣S的余弦值．【解答】证明：（1）∵，∴sin∠BAS=1，即BA⊥AS，又∵ABCD为正方形，∴BA⊥AD，∵BA∩AS=A，∴BA⊥平面SAD，∵BA⊂平面ABCD，∴平面ABCD⊥平面SAD．解：（2）设AD的中点为O，∵AS=SD，∴SO⊥AD，由（1）可知平面ABCD⊥平面SAD，且平面ABCD∩平面SAD=AD，∴SO⊥平面ABCD，在平面ABCD内，过O作直线Ox⊥AD，则Ox，OD，OS两两垂直．以O为坐标原点，Ox，OD，OS所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，则，∴，设平面BCM的法向量为，则，，即，取，设平面CMS的法向量为，则，，即，取，，由图可知，二面角B﹣CM﹣S的余弦值为．29．如图1，ABCD为梯形，AB∥CD，∠C=60°，点E在CD上，AB=EC=DE=2，BD⊥BC．现将△ADE沿AE折起如图2，使得平面DBC⊥平面ABCE．（Ⅰ）求证：BD⊥平面ABCE；（Ⅱ）求二面角D﹣AE﹣C的平面角的余弦值．【解答】（本题满分15分）证明：（Ⅰ）∵DF⊥AE，BF⊥AE，∴AE⊥面BDF，又BD⊂面BDF，∴AE⊥BD．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（3分）∵面BCD⊥面ABCE，BC∥AE，BF⊥AE，∴BF⊥BC，∴BF⊥面BCD，∵BD⊂面BCD，∴BF⊥BD，又∴BF∩BC=B，∴BD⊥面BCEF．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（8分）解：（Ⅱ）∵DF⊥AE，BF⊥AE，∴∠BFD即为二面角D﹣AE﹣C的平面角．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（10分）又∵﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（12分）在Rt△BDE中，，∴二面角D﹣AE﹣C的平面角的余弦值为．﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣﹣（15分）30．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，BC⊥PB，AB⊥BC，AD∥BC，AD=3，PA=BC=2AB=2，．（1）求二面角P﹣CD﹣A的余弦值；（2）若点E在棱PA上，且BE∥平面PCD，求线段BE的长．【解答】解：（1）∵在四棱锥P﹣ABCD中，由PA=2AB=2，，得PB2+AB2=PA2，则PB⊥AB，又BC⊥PB，AB⊥BC，∴以B为原点，BA为x轴，BC为y轴，BP为z轴，建立空间直角坐标系，则B（0，0，0），A（1，0，0），C（0，2，0），D（1，3，0），P（0，0，），=（0，1，0），=（0，2，﹣），由图可知，平面ABCD的一个法向量为=（0，0，1），设平面PCD的法向量为，则，取z=2，得，设二面角P﹣CD﹣A的平面角为α，则cosα=|cos＜＞|=．∴二面角P﹣CD﹣A的余弦值为；（2）∵点E在PA上，∴，λ∈[0，1]，∵，∴，=（1﹣λ，0，），又∵BE∥平面PCD，为平面PCD的法向量，∴，即，解得，∴，则BE=||=．。

(完整版)外接球专项训练(带详细答案)

外接球专项训练参考答案一．选择题1、已知球的半径为2，圆和圆是球的互相垂直的两个截面，圆和圆的面积分别为和，则（）A ．1 B．2 D【答案】D【解析】因由球心距与截面圆的半径之间的关系得，故D 。

考点：球的几何性质及运算。

2、在三棱锥中，，中点为，，则此三棱锥的外接球的表面积为（） A ．B ．C ．D ．【答案】C如图,易由余弦定理可因，故;同理，故，所以是棱长为应选C 。

考点：球与几何体的外接和表面积的计算公式。

3、球的球面上有四点，其中四点共面，是边长为2的正三角形，面面，则棱锥的体积的最大值为（）A．4 【答案】AO M N M N 2ππ||MN =538212221222221=-=+⇒⎪⎩⎪⎨⎧=+=+d d R d R d 222PA AB PB =+BA PB ⊥222PC CB PB =+BC PB ⊥C B A P ,,,O ,,,S A B C ,,,O A B C ABC ∆SAB ⊥ABC S ABC -【解析】设球心和的外心为，延长交于点，则由球的对称性可知，继而由面面可得所在的平面，所以是三棱锥的高；再由四点共面可知是A 。

考点：几何体的外接球等有关知识的运用。

【易错点晴】球与几何体的外接和内切问题一直是高中数学中题的重要题型，也高考和各级各类考试的难点内容。

本题将三棱锥与球外接整合在一起考查三棱锥的体积的最大值无疑是加大了试题的难度。

解答本题时要充分利用题设中提供的有关信息，先确定球心的位置是三角形的外心，定当4、已知在三棱锥中，面，，若三棱锥的外接球的半径是3，，则的最大值是（）A ．36B ．28C ．26D ．18 【答案】D【解析】因为面，所以，，又因为,所以平面，所以，所以有，则由基本不等式可得，当且仅当时等号成立，所以的最大值是,故选D.考点：1.线面垂直的判定与性质；2.长方体外接球的性质；3.基本不等式.【名师点睛】本题考查线面垂直的判定与性质、长方体外接球的性质、基本不等式,中档题；立体几何的最值问题通常有三种思考方向：（1）根据几何体的结构特征，变动态为静态，直观判断在什么情况下取得最值；（2）将几何体平面化，如利用展开图，在平面几何图中直观求解；（3）建立函数，通过求函数的最值或利用基本不等式来求解．5、如图所示是一个几何体的三视图, 则这个几何体外接球的表面积为（）ABC ∆O CO AB P AB PD ⊥SAB ⊥ABC ⊥PD ABC ∆PD ,,,O A B C O ABC ∆O ABC PD P ABC -PA ⊥ABC PC AB ⊥P ABC -ABC ABP ACP S S S S ∆∆∆=++S PA ⊥ABC PA AB ⊥PA AC ⊥PC AB ⊥AB ⊥PAC AB AC⊥2222(23)36AB AC AP ++=⨯=AB AC AP ==S 36A ．B ．C ．D ．【答案】C【解析】几何体为一个四棱锥，外接球球心为底面正方形（边长为4C.考点：三视图，外接球【方法点睛】涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体中的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题，再利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解. 6、如图是某几何体的三视图，正视图是等边三角形，侧视图和俯视图为直角三角形，则该几何体外接球的表面积为（）A ． C ． D 【答案】D【解析】由三视图可知，这个几何体是三棱锥.如图所示，为球心，为等边三角形的外心，由图可8π16π32π64π8π9πO F BCD考点：三视图. 【思路点晴】设几何体底面外接圆半径为,常见的图形有正三角形,直角三角形,矩形,它们的外心可用其几何性质求;而其它不规则图形的外心,可利用正弦定理来求.若长方体长宽高分别为则其体对角线长为长方体的外接球球心是其体对角线中点.找几何体外接球球心的一般方法:过几何体各个面的外心分别做这个面的垂线,交点即为球心. 7、如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某四面体的三视图，则该四面体的外接球半径为（）A【答案】C【解析】从三视图可以看出这是一个正方体上的一个四面体,如图,其中正其外接圆的同样正的外接圆的半径是由球的对称性可知球心必在正方体的对角线上,,该球经过六个点,设球心到平面的距离为;球心到平面的距离为,而两个平面和之间的距离为则由球心距、垂面圆半径之间的关系可得,所以,即,将其代入可得由应选C. x ,,a b c MNP ∆111P N M ∆O AC 111,,,,,P N M P N M O 111P N M ∆1d O MNP ∆2d MNP 111P N M 2222221212,r d R r d R +=+=822212122=-=-r r d d 82122=-d d 82122=-d d考点：三视图的识读和理解及几何体体积的计算. 【易错点晴】本题以网格纸上的几何图形为背景,提供了一个三棱锥的几何体的三视图,要求求其外接球的半径,是一道较为困难的难题.难就难在无法搞清其几何形状,只知道是一个三棱锥（四面体）是没有任何用的.通过仔细观察不难看出这是一个正方体上的一个四面体,如图,正的边长为,其外接圆的半径,同样正的外接圆的半径是,由球的对称性可知球心必在对角线上,且经过六个点,设球心到平面的距离为；球心到平面的距离为,而两个平面和之间的距离为,则由球心距垂面圆半径之间的关系可得,所以,即,又,将其代入可得,由此可得,所以,所以外接球的半径,其中计算时可用等积法进行.8、一直三棱柱的每条棱长都是，且每个顶点都在球的表面上，则球的半径为（） A ．B ．C ．D ．【答案】A【解析】球的半径满足考点：外接球【方法点睛】涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体中的特殊点（一般为接、切点）或线作截面，把空间问题转化为平面问题，再利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径（直径）与该几何体已知量的关系，列方程（组）求解. 9、若某圆柱体的上部挖掉一个半球，下部挖掉一个圆锥后所得的几何体的三视图中的正视图和侧视图如图所示，则此几何体的表面积是 A ．24π B ．24π＋8πOO 2O 1P 1N 1M 1C APNMMNP ∆243241=r 111P N M ∆3222=r O 111,,,,,P N M P N M O 111P N M ∆1d O MNP ∆2d MNP 111P N M 2121334)(34d d h h d +==+-=2222221212,r d R r d R +=+=822212122=-=-r r d d 82122=-d d 33421=+d d 82122=-d d 3212=-d d 3352=d 113333832522222==+=+=r d R 11=R 21,h h 3O O 212673O 2223321()(3)232R R =+⋅⇒=C ．24π＋4πD ．32π答案：C10、已知三棱锥的底面是以为斜边的等腰直角三角形,则三棱锥的外接球的球心到平面的距离是（）（A（B ）1 （C（D【答案】A【解析】因为三棱锥的底面是以为斜边的等腰直角三角形，，在面内的射影为中点，平面，上任意一点到的距离相等．，，在面内作的垂直平分线，则为的外接球球心．，，，即为到平面的距离，故选A ．考点：球内接多面体；点到面的距离的计算．【名师点睛】(1)一般要过球心及多面体中的特殊点或过线作截面将空间问题转化为平面问题，从而寻找几何体各元素之间的关系．(2)若球面上四点P ，A ，B ，C 中PA ，PB ，PC两两垂直或三棱锥的三条侧棱两两垂直，可构造长方体或正方体确定直径解决外接问题．(3)一般三棱锥的外接球的球心可通过其中一个面的外心作此平面的垂线，则球心必在此垂线上．11、已知三棱锥的底面是以为斜边的等腰直角三角形,则三棱锥的外接球的球心到平面的距离是（）（A （B）1 （C （D 【答案】A12、某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥外接球的表面积是（）A ． C【答案】B【解析】几何体为一个四棱锥，其顶点为长方体四个顶点，长方体的长宽高为4,3,3，因此四棱锥外接球直径S ABC -AB 2,2,AB SA SB SC ====ABC S ABC -AB 2SA SB SC ===S ∴ABC AB H SH ∴⊥ABC SH ∴,,A B C 1CH =SHC SC MO O S ABC -2SC =Q 1SM ∴=30OSM ∠=︒O ABC S ABC -AB 2,2,AB SA SB SC ====ABC 34π，表面积是选B.考点：三视图【方法点睛】涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体中的特殊点（一般为接、切点）或线作截面，把空间问题转化为平面问题，再利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径（直径）与该几何体已知量的关系，列方程（组）求解. 13、已知三棱锥S-ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，△ABC 是边长为1的正三角形，SC 为球O 的直径，且SC=2，则此棱锥的体积为（）A ．B ．C ．D ．【答案】A【解析】连接，则由已知得，可知三棱锥是棱长为的正四面体，其高为，则三棱锥的高为，所以三棱锥的体积为考点：三棱锥外接球．14、半径为1的三个球平放在平面上，且两两相切，其上放置一半径为2的球，由四个球心构成一个新四面体，则该四面体外接球的表面积为（）A． D【答案】A【解析】由已知条件可知，该四面体是底面边长为的等边三角形，且侧棱长为.该四面体外接球半径计算公式为，其中为底面外接圆半径，为高.本题中，故考点：球的内接几何体.15、在正三棱锥中，是的中点，且，则正三棱锥的外接球的表面积为（）A ．B ．C ．D ．【答案】【解析】根据三棱锥为正三棱锥，可证明出AC ⊥SB ，结合SB ⊥AM ，得到SB ⊥平面SAC ，因此可得SA 、SB 、SC 三条侧棱两两互相垂直．最后利用公式求出外接圆的直径，结合球的表面积公式，可得正三棱锥S-ABC 的外接2434.R ππ=OC OB OA ,,1======AC BC AB OC OB OA ABC O -1ABC S -ABC S -,,A B C αD ,,,A B C D O 9π23x h S ABC -M SC AM SB ⊥S ABC -6π12π32π36π球的表面积．取AC 中点，连接BN 、SN ，∵N 为AC 中点，SA=SC ，∴AC ⊥SN ，同理AC ⊥BN ，∵SN ∩BN=N ，∴AC ⊥平面SBN ，∵SB 平面SBN ，∴AC ⊥SB，∵SB ⊥AM 且AC ∩AM=A ， ∴SB ⊥平面SAC ？SB⊥SA 且SB ⊥AC ， ∵三棱锥S-ABC 是正三棱锥，∴SA 、SB 、SC 三条侧棱两两互相垂直． SA=2，∴正三棱锥S-ABC ∴正三棱锥S-ABC 的外接球的表面积是，故选：B ．考点：空间线面垂直的判定与性质；球内接多面体16、已知三棱锥,在底面中则此三棱锥的外接球的表面积为（）A．【答案】D【解析】底面三角形内，根据正弦定理，可得,,满足勾股定理，,底面,所以,那么平面,所以,那么直角三角形有公共斜边,所以三棱锥的外接球的球心就是的中点,是其外接球的直径，,所以外接球的表面积,故选D.⊂2412S R ππ==P ABC -ABC ∆16π2=AC 222AC BC AB =+090=∠ABC ⊥PA ABC BC PA ⊥⊥BC PAB PB BC ⊥PBC PAC ,PC PC O PC 4=PC ππ1642==R S考点：球与几何体17、已知直三棱柱的个顶点都在球的球面上，若，，，，则球的表面积为为（）A ．B ．C ．D ．【答案】C【解析】由题意，三棱柱为直三棱柱，底面为直角三角形，把直三棱柱补成四棱柱，则四棱柱的体对角线是其外接球的直径，则三棱柱1外接球的表面积是故选C ．考点：几何体的外接球18、如图，是边长为1的正方体，是高为1的正四棱锥，若点，在同一个球面上，则该球的表面积为（）111C C AB -A B 6O 3AB =C 4A =C AB ⊥A 112AA =O 153π160π169π360π111C C AB -A B C AB 111C C AB -A B 111C C AB -A B 224169R cm ππ=．1111ABCD A B C D -S ABCD -S 1111,,,A B C DA【答案】D【解析】按如图所示作辅助线，为球心，设，则，则在中，，D ．考点：1、球内接多面体的性质；2、球的表面积公式.19、在平行四边形中，，，将此平行四边形沿折成直二面角，则三棱锥外接球的表面积为（）A ． C ． D ．【答案】A【解析】因为平行四边形中，，沿折成直二面角，所以三棱锥的外接球的直径为，所以三棱锥的外接球的半径，所以三棱锥A ． O 1OG x =12OB SO x ==-11Rt OB G ∆2221111OB G B OG =+ABCD AB BD ⊥22421AB BD +=BD A BCD -π2π4πABCD BD AB ⊥BDC BD A --BCD A -AC BCD A -BCD A -考点：1.平面图形的折叠问题；2.多面体与球的组合．20、如图, 在菱形中为对角线的中点, 将沿折起到的位置，若，则三棱锥的外接球的表面积为（）A ．B ．C ．D ．【答案】A【解析】设分别是等边三角形的外心，则画出图象如下图所示，由图象可知，,外接球面积为.考点：球的内接几何体. 21、已知从点出发的三条射线，，两两成角，且分别与球相切于，，三点．若球的体积为，则，两点间的距离为( )（A （B （C ）3 （D ）【答案】B【解析】连接交平面于，由题意可得：和为正三角形，所以．因为ABCD BD ABD ∆BD PBD ∆120PEC ∠=o P BCD -28π32π16π12π,M N ,PBD CBD 11,2O N NC ==11120,60MO N OO N ∠=∠=o o 244728R πππ=⋅=P PA PB PC 60︒O A B C O 36πO P 6OP ABC 'O ABC ∆PAB ∆'AO PO OA PA ⊥⊥，为球的体积为，所以半径，所以考点：点、线、面间的距离计算．【思路点睛】连接交平面于，由可得，根据球的体积可得半径，进而求出答案． 22、在半径为1的球面上有不共面的四个点A ，B ，C ，D 且，，，则等于（）A ．16B ．8C ．4D ．2【答案】B 【解析】如图，构造长方体，设长方体的长、宽、高分别为，则，根据题意，得，则；故选B ．考点：多面体与球的组合23、“牟合方盖”是我国古代数学家刘徽在研究球的体积的过程中构造的一个和谐优美的几何体．它由完全相同的四个曲面构成，相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，好似两个扣合（牟合）在一起的方形伞（方盖）．其直观图如图所示，图中四边形是为体现其直观性所作的辅助线．当其正视图和侧视图完全相同时，它的俯视图可能是（）【答案】B【解析】因为相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，好似两个扣合（牟合）在一起的方形伞（方盖），且正视图和侧视图是一个圆，所以从上向下看，相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，即俯视图是有两条对角线且为实线的正方形；故选B ．36π3OA =OP ABC 'O 'AO PO OA PA ⊥⊥，3OA =AB CD x ==BC DA y ==CA BD z ==222x y z ++c b a ,,422222==++c b a 222222222,,z c a y c b x b a =+=+=+8)(2222222=++=++c b a z y x考点：三视图．24、某一简单几何体的三视图如图所示，该几何体的外接球的表面积是（） A ． B ． C ． D ．【答案】C【解析】从三视图可以看出该几何体是底面对角线长为正方形高为正四棱柱,故其对角线长为故该几何体的外接球的面积为,选C.考点：三视图与几何体的外接球．25、如图，边长为2的正方形ABCD 中，点E ，F 分别是边AB ，BC 的中点△AED ，△EBF ，△FCD 分别沿DE ，EF ，FD 折起，使A ，B ，C 三点重合于点A ′,若四面体A ′EFD 的四个顶点在同一个球面上，则该球的半径为（）C【答案】D 【解析】因为折起后三点重合，所以两两垂直，三棱锥的外接球，就是棱长为的长方体的外接球，球半径满足 D. 考点：几何体外接球的性质.26、已知三棱锥S ﹣ABC ，满足SA⊥SB，SB⊥SC，SC⊥SA，且SA=SB=SCQ 是外接球上一动点，则点Q 到平面ABC 的距离的最大值为（）A ．3B ．2C 【答案】D【解析】因为三棱锥中，，且，所以三棱锥的外接球即为以43ππ2542==R S ,,A B C ',','A E A F A D 1,1,2R S ABC -,,SA SB SB SC SC SA ⊥⊥⊥SA SB SC ==,,SA SB SC所以球心到平面的距离所以点到平面的距离的最大值为D．考点：球的性质及组合体的应用．27、一个直棱柱的三视图如图所示，其中俯视图是一个顶角为的等腰三角形，则该直三棱柱外接球的表面积为（）A．20 B． D【答案】A，两腰为的等腰三角形，高为，底面三角形的外接半径为，设该三棱柱的外接球的半径为，则，所以该三棱柱的外接球的表面积为，故选A．考点：1.三视图；2.球的切接问题；3.球的表面积．【名师点睛】本题主要考查三视图、球的切接问题、表面积公式及空间想象能力、运算能力，中档题；识图是数学的基本功，空间想象能力是数学与实际生活必备的能力，本题将这些能力结合在一起，体现了数学的实用价值，同时也考查了学生对球的性质与表面积公式的掌握与应用、计算能力．28、某四面体的三视图如图，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体积为（）A． B． C． D．【答案】BABC Q ABCο120π25π222R221215R=+=2420S Rππ==【解析】由题意此四面体是棱长为的正四面体，其外接球半径为，所以B ．考点：三视图，外接球，球体积．【名师点睛】正四面体的内切球与外接球：（1）正四面体的内切球，如图. 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，高为；球的半径为，这时有（可以利用体积桥证明）（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，高为；球的半径为，这时有（可用正四面体高减去内切球的半径得到）29、如图所示，在直三棱柱中，，，，点是线段的中点，则三棱锥的外接球的体积是（）a h R a h R h C C '''AB -A B C C A ⊥B C 2'B =BB =C 4A =M 'AB C M -ABA ． B【答案】A 【解析】由题意可取的中点，连接,在直角中，所以点在平面内的射影是的外心，即为的中点，设三棱锥的外接球的球心为，由球的截面性质可得，即，解得，故选A.考点：棱锥与球的组合体及球的体积.【方法点睛】本题主要考查了棱锥与球的组合体，球的截面性质及球的体积，考查了考生的空间想象能力属于中档题.本题解答的关键是根据已知条件求得,从而判断点在平面内的射影位置，而又是直角三角形，其外心位于斜边的中点上，据此可知三棱锥外接球的球心在上，根据球的截面性质得到球的半径，求得其体积.30、已知球面上有四个点，球心为点，在上，若三棱锥则该球的表面积为（） A ． B ．C【答案】B 【解析】设球的半径，首先因为在上，所以为球的直径，为直角三角形，，若使三角形的面积最大，则点到边的距离最大即可，因为三点共面．所以最大距离为半径，三角形；当点距离平面最大时为，则三棱锥的体积的，，所以该球的表面积为，选B ．考点：1.球的表面积；2.棱锥的体积．31、一个几何体的顶点都在球面上，它们的正视图、侧视图、俯视图都是下图．图中圆内有一个以圆心为中心边长为1的正方形．则这个四面体的外接球的表面积是（）36πAB D ,MD CD MCD ∆M ABC ABC ∆AB C M -AB O ()222MD r CD r -+=()2215r r -+=3r =MA MB MC ==M ABC ABC ∆C M -AB MD ,,,A B C D O O CD A BCD -O 4π16πr O CD CD O BCD ∆2CD r =B CD ,,B C D r BCD A BCD r A BCD -2r =4416ππ⋅=A ．2π B．3π C ．4π D．5π【答案】B【解析】由三视图可知：该四面体是正方体的一个内接正四面体，此四面体的外接球的半径为正方体的对角线B ．二、填空题（注释）32、在四棱锥中，底面，底面是边长为2的正方形.若直线与平面所成的角为30°，则四棱锥的外接球的表面积为_______.【答案】【解析】连结交于，则可证得平面，连接，则就是直线与平面所成的角，即，四棱锥的外接球的半，则所求外接球的表面积为,故应填.考点：四棱锥的外接球的面积及求法．33、已知矩形的顶点都在半径为的球的球面上，且棱锥的体积为，则= ________．【答案】【解析】由题可得四棱锥的侧棱为，则P ABCD -PB ⊥ABCD ABCD PC PDB P ABCD -12πAC BD H AC ⊥PDB PH CPH ∠PC PDB 30CPH ∠=°∴P ABCD -12π12πABCD R O O ABCD -R 4R考点：多面体与外接球．。

2019届高考数学专题十四外接球精准培优专练理201811081151

培优点十四外接球1．正棱柱，长方体的外接球球心是其中心例 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 ．16πB ． 20πC ． 24πD ．32π【答案】C 【解析】Va 2h 16， a 2 ， 4R 2 a 2 a 2 h 2 4 4 16 24 ， S 24π ，故选 C ．2．补形法（补成长方体）PPPPO 2ccAbCCa bAAaB aBBbc C AaB bcC图 1 图 2 图 3 图 4例 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．【答案】9π 【解析】 4R 23 3 3 9 ， S 4πR 2 9π ．3．依据垂直关系找球心例 3：已知三棱锥 PABC 的四个顶点均在同一个球面上，底面△ABC 满足BA BC，π 6ABC，若该三棱锥体积的最大值为 3，则其外接球的体积为2（）16 3A ．8πB ．16πC ．πD ． 32 3π【答案】D1 【解析】因为△ABC 是等腰直角三角形，所以外接球的半径是 r，设外接球的 12 32半径是R，球心O到该底面的距离d，如图，则11V S h 6h 3△，ABC361S△63，BD 3，由题设ABC21最大体积对应的高为SD h3，故R2d23，即233R R，解之得R2，2所以外接球的体积是4π332πR，故答案为D．33对点增分集训一、单选题1．棱长分别为2、3、5的长方体的外接球的表面积为（）A．4πB．12πC．24πD．48π【答案】B2 222【解析】设长方体的外接球半径为R，由题意可知：2R235，则：R23，该长方体的外接球的表面积为S4πR24π312π．本题选择B选项．2．设三棱柱的侧棱垂直于底面，所有棱的长都为23，顶点都在一个球面上，则该球的表面积为（）A．12πB．28πC．44πD．60π【答案】B【解析】设底面三角形的外接圆半径为r，由正弦定理可得：2r23sin60，则r2，2设外接球半径为R，结合三棱柱的特征可知外接球半径R23227，外接球的表面积S4πR228π．本题选择B选项．3．把边长为3的正方形ABCD沿对角线AC对折，使得平面ABC平面ADC，则三棱锥2D ABC的外接球的表面积为（）A．32πB．27πC．18πD．9π【答案】C【解析】把边长为3的正方形ABCD沿对角线AC对折，使得平面ABC 平面ADC，则三棱锥D ABC的外接球直径为AC 32，外接球的表面积为4πR218π，故选C．4．某几何体是由两个同底面的三棱锥组成，其三视图如下图所示，则该几何体外接球的面积为（）A．a2πB．2a2πC．3a2πD．4a2π【答案】C【解析】由题可知，该几何体是由同底面不同棱的两个三棱锥构成，其中底面是棱长为2a的正三角形，一个是三条侧棱两两垂直，且侧棱长为a的正三棱锥，另一个是棱长为2a的正四面体，如图所示：该几何体的外接球与棱长为푎的正方体的外接球相同，因此外接球的直径即为正方体的体对角线，所以222233R a a aa Ra，所以该几何体外接球面积22232S 4πR 4πa3aπ2，故选C．5．三棱锥A BCD的所有顶点都在球O的表面上，AB 平面BCD，BC BD 2，3AB 2CD 4 3 ，则球 O 的表面积为（） A ．16π B ．32πC ． 60πD ． 64π【答案】D22 22 3122【解析】因为 BC BD 2 ，CD 2 3 ，所以CBDcos2 2 22，2πCBD，3因此三角形 BCD 外接圆半径为1 CD 2sin CBD2，设外接球半径为 R ，则2R2 =22 +4 12 16 ，S =4πR 264π ，故选D ．AB26．如图 ABCD A B C D 是边长为 1的正方体， SABCD 是高为 1的正四棱锥，若点S ，1 1 1 1A ，B 1 ，C 1 ，D 1 在同一个球面上，则该球的表面积为（）19 A ． 16 π25 16 B ．π49 16 C ．π81 D ． π16【答案】D【解析】如图所示，连结A C，B1D1，交点为M，连结SM，11易知球心O在直线SM上，设球的半径R OS x，在R t△OMB中，由勾股定理有：142222OMB MB O ，即：22 22 xx ，解得： 1129x ，则该球的表面积82SR4π 4ππ ．本题选择 D 选项．29 81 8167．已知球 O 的半径为 R ， A ， B ， C 三点在球 O 的球面上，球心 O 到平面 ABC 的距离为1 2R ，AB AC 2 ， BAC 120，则球 O 的表面积为（）16 9 A ． π 16 3 B ． πC ．649 π D ． 64 3 π 【答案】D【解析】由余弦定理得： BC4 4 222cos1202 3 ，设三角 ABC 外接圆半径为 r ，由正弦定理可得： 2 3 sin1202r，则 r2，又 R 21 R2 4 ，解得： R 216 ，则球的表面积 4π 2 64 π SR．本题选择 D 选项．4338．已知正四棱锥 P ABCD (底面四边形 ABCD 是正方形，顶点푃在底面的射影是底面的中心) 的各顶点都在同一球面上，底面正方形的边长为 10 ，若该正四棱锥的体积为 50 3，则此球的体积为（）A ．18πB ．8 6C ．36πD ．32 3π【答案】C 【解析】如图，设正方形 ABCD 的中点为 E ，正四棱锥 P ABCD 的外接球心为 O ，底面正方形的边长为10，EA5，正四棱锥的体积为5031250，V10PE，P ABCD335则 PE 5 ，OE 5 R ，在△AOE中由勾股定理可得：VR5 R5 R ，解得 R3 ，4 π336π 22球，故选 C ．39．如图，在△ABC 中， AB BC 6 ， ABC 90 ，点 D 为 AC 的中点，将△ABD 沿 BD折起到 △PBD 的位置，使 PC PD ，连接 PC ，得到三棱锥 P BCD ．若该三棱锥的所有顶点都在同一球面上，则该球的表面积是（）A ． 7πB ．5πC ．3πD ． π【答案】A【解析】由题意得该三棱锥的面 PCD 是边长为 3 的正三角形，且 BD 平面 PCD ，设三棱锥 P BDC 外接球的球心为 O ， △PCD 外接圆的圆心为O ，则OO 1 面 PCD ，∴四边形OO 1DB 为直角梯形，17由 BD 3 ，O D ，及OB OD ，得OB，∴外接球半径为1 1 2∴该球的表面积4π 2 4π 7 7π S R．故选 A ．47 R，210．四面体 A BCD 中， ABCABDCBD 60 ， AB3 ，CB DB2 ，则此四面体外接球的表面积为（） 19 2 A ． π 19 38π B ．2417 17π C ．17πD ．6【答案】A 【解析】由题意，△BCD中，CB DB2，CBD60，可知△BCD是等边三角形，BF3，6∴△BCD 的外接圆半径 FE， r 2 3BE ，3 33∵ ABCABD 60，可得 AD AC7 ，可得 AF6 ，∴ AFFB ，∴ AFBCD ，∴四面体 A BCD 高为 AF6 ．设外接球 R ， O 为球心，OEm ，可得： r 2 m 2 R 2 ……①，2226πEFR ……②由①②解得：SR．故选 A ．R 19 ．四面体外接球的表面积：4π219 π 8211．将边长为 2的正 △ABC 沿着高 AD 折起，使 BDC 120 ，若折起后 A 、B 、C 、D 四点都在球 O 的表面上，则球 O 的表面积为（）A ． 7 2 π13 B ． 7πC ． π213 D ． π3【答案】B【解析】△BCD 中， BD1，CD1， BDC120 ，底面三角形的底面外接圆圆心为 M ，半径为 r ，由余弦定理得到 BC 3 ，再由正弦定理得到3 sin1202r r1，见图示：AD 是球的弦， DA 3 ，将底面的圆心 M 平行于 AD 竖直向上提起，提起到 AD 的高度的一3半，即为球心的位置 O ，∴OM ，在直角三角形OMD 中，应用勾股定理得到OD ，OD 2即为球的半径．37OD．该球的表面积为 4πOD 27π ；故选 B ．∴球的半径14212．在三棱锥A BCD中，AB CD6，AC BD AD BC5，则该三棱锥的外接球的表面积为（）7A ．43 43π 24 B ．43 43π 6 C ．43π 2D ． 43π【答案】D【解析】分别取 AB ，CD 的中点 E ， F ，连接相应的线段CE ， ED ， EF ，由条件， ABCD4 ， BCACAD BD5 ，可知， △ABC 与△ADB ，都是等腰三角形，AB 平面 ECD ，∴ AB EF ，同理CD EF ，∴ EF 是 AB 与CD 的公垂线，球心G 在 EF 上，推导出△AGB ≌△CGD ，可以证明G 为 EF 中点，DE 25 9 4 ， DF3， EF 16 9 7 ，∴GF7 ，球半径 7 9 43 2 4 2故选 D ．二、填空题13．棱长均为 6的直三棱柱的外接球的表面积是_________．【答案】84π16 1 6 【解析】由正弦定理可知底面三角形的外接圆半径为r2 sin6023 22 3 ，2则外接球的半径R 32 391221 ，2则外接球的表面积为 S4πR 24π 21 84π ．14．已知棱长都相等正四棱锥的侧面积为16 3 ，则该正四棱锥内切球的表面积为________．【答案】32 16 3π【解析】设正四棱锥的棱长为 a ，则 43216 3 a，解得 a 4 ．4于是该正四棱锥内切球的大圆是如图△PMN的内切圆，8其中MN 4，PM PN 23．∴PE 22．设内切圆的半径为r，由△PFO △PEN，得FO PO，即r 22r，EN PN22322解得r 6231，2 ∴内切球的表面积为Sr2．4π4π6232163π15．已知三棱柱A BC A B C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1113，AB 2，AC 1，BAC 60，则此球的表面积等于______．【答案】8π【解析】∵三棱柱A BC A B C的侧棱垂直于底面，棱柱的体积为3，AB 2，AC1，1111BAC 60，21sin603，，AA AA1 212BC2AB2AC22AB ACcos60412，BC 3，BC设△ABC外接圆的半径为R，则＝2R ，R 1，sin602∴外接球的半径为112，∴球的表面积等于4π28π．故答案为8π．16．在三棱锥A BCD中，AB AC，DB DC，AB DB 4，AB BD，则三棱锥A BCD外接球的体积的最小值为_____．82π【答案】3【解析】如图所示，三棱锥A BCD的外接圆即为长方体的外接圆，外接圆的直径为长方体的体对角线AD，9设 AB AC x ，那么 DB DC 4 x ， AB BD ，所以 ADAB 2 DB 2 ．由题意，体积的最小值即为AD 最小， 24AD xx ，所以当 x 2 时， AD 的最小值为 2 2 ，所以半径为 2 ，28 2π 故体积的最小值为3．10。

高考满分数学压轴题13 与球相关的外接与内切问题(可编辑可打印)

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】。

第7讲外接球问题(原卷版+答案)--新高考数学立体几何压轴小题专题突破

第7讲外接球问题一、单选题1．（2021·湖北高二月考）过ABC 所在平面α外一点P ，作PO α⊥，垂足为O ，连接PA ，PB ，PC ，则下列结论错误的是（）A ．若PA PB PC ==，90C ∠=︒，则点O 是AB 的中点 B ．若PA PB PC ==，则点O 是ABC ∆的外心C ．若PA PB ⊥，PB PC ⊥，PC PA ⊥，则点O 是ABC ∆的垂心D ．若2PA BC ==，3PB AC ==，4PC AB ==，则四面体PABC 外接球的表面积为29π 2．（2021·安徽蚌埠市·高三二模（理））已知直四棱柱1111ABCD A BC D -，其底面ABCD 是平行四边形，外接球体积为36π，若1AC BD ⊥，则其外接球被平面11AB D 截得图形面积的最小值为（） A ．8πB ．24310π C ．8110π D ．6π3．（2021·合肥市第六中学高二期末（理））在三棱锥A BCD -中，60BAC BDC ∠=∠=︒，二面角A BC D --的余弦值为13-，当三棱锥A BCD - ）A ．5πB ．6πC ．7πD ．8π4．（2021·山西吕梁市·高三一模（理））已知四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是矩形，侧面PAD 是正三角形，且侧面PAD ⊥底面ABCD ，2AB =，若四棱锥P ABCD -外接球的体积为3，则该四棱锥的表面积为（）A ．B ．C ．D ．5．（2021·全国高三专题练习（文））已知三棱锥P ABC -的底面是正三角形，PA a =，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 -的外接球的表面积为（）A ．3B ．23a πC 3a D ．212a二、多选题6．（2021·全国高三专题练习）如图，线段AB 为圆O 的直径，点E ，F 在圆O 上，//EF AB ，矩形ABCD所在平面和圆O 所在平面垂直，且2AB =，1EF AD ==，则下述正确的是（）A ．//OF 平面BCEB ．BF ⊥平面ADFC ．点A 到平面CDFE 的距离为7D ．三棱锥C BEF -外接球的体积为5π三、填空题7．（2021·安徽省舒城中学高二期末（理））在菱形ABCD 中， 3A π=， AB =ABD ∆沿BD 折起到PBD ∆的位置，若二面角P BD C --的大小为23π，三棱锥P BCD -的外接球心为O ，则三棱锥P BCD -的外接球的表面积为__________．8．（2021·江苏南京市·南京一中高三月考）我国古代《九章算术》中将上，下两面为平行矩形的六面体称为刍童，如图的刍童ABCD EFGH -有外接球，且4,AB AD EH EF ====E 到平面ABCD 距离为4，则该刍童外接球的表面积为__________.9．（2021·全国高三专题练习（文））已知四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是梯形，且//AD BC ，AD DC ⊥，224===AD DC CB ，AP PD ⊥，且AP PD =，=PC P BCD -外接球的表面积为________.10．（2021·江西南昌市·高三期末（理））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______.11．（2021·江苏徐州市·高三期末）已知三棱锥P ABC -外接球的表面积为100π，PB ⊥平面ABC ，8PB =，120BAC ∠=︒，则三棱锥体积的最大值为________.12．（2021·安徽六安市·六安一中高三月考（理））在三棱锥S ABC -中，SA ，SB ，SC 两两垂直且2SA SB SC ===，点M 为S ABC -的外接球上任意一点，则MA MB ⋅的最大值为______.13．（2021·宝山区·上海交大附中高二期末）三角形ABC 的AB 边在平面α内，C 在平面α外，AC 和BC 分别与面α成30和45的角，且平面ABC 与平面α成60的二面角，那么ACB ∠的大小为____________． 14．（2021·安徽淮北市·高三一模（理））在棱长为2的正方体1111ABCD A BC D -中，E 是CD 的中点，F 是1CC 上的动点，则三棱锥A DEF -外接球表面积的最小值为_______.15．（2021·江西景德镇市·景德镇一中高二期末（理））直三棱柱111ABC A B C -中，190,2BC A A A ︒∠==，设其外接球的球心为O ，已知三棱锥O ABC -的体积为1，则球O 表面积的最小值为__________．16．（2021·全国高三专题练习）在平行四边形ABCD 中，AB =3BC =，且cos A =以BD 为折痕，将BDC 折起，使点C 到达点E 处，且满足AE AD =，则三棱锥E ABD -的外接球的表面积为__________.17．（2021·江西高三其他模拟（理））在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是直角梯形，//,AB CD AB AD ⊥，2CD AD ===，若动点Q 在平面PAD 内运动，使得CQD ∠与BQA ∠相等，则三棱锥 - Q ACD 的体积最大时的外接球的体积为_____．18．（2021·江阴市青阳中学高三月考）矩形ABCD 中，1AB BC ==，现将ACD △沿对角线AC 向上翻折，得到四面体D ABC -，则该四面体外接球的表面积为______；若翻折过程中BD 的长度在⎣⎦范围内变化，则点D 的运动轨迹的长度是______．四、双空题19．（2021·山东威海市·高三期末）已知三棱锥,P ABC Q -为BC 中点，2,PB PC AB BC AC =====侧面PBC ⊥底面ABC ，则三棱锥P ABC -外接球的表面积为_______，过点Q 的平面截该三棱锥外接球所得截面面积的取值范围为____________20．（2021·江苏常州市·高三期末）矩形ABCD 中，1AB BC ==，现将ACD △沿对角线AC 向上翻折，得到四面体D ABC -，则该四面体外接球的体积为__________；设二面角D AC B --的平面角为θ，当θ在,32ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦内变化时，BD 的范围为__________.第7讲外接球问题一、单选题1．（2021·湖北高二月考）过ABC 所在平面α外一点P ，作PO α⊥，垂足为O ，连接PA ，PB ，PC ，则下列结论错误的是（）A ．若PA PB PC ==，90C ∠=︒，则点O 是AB 的中点 B ．若PA PB PC ==，则点O 是ABC ∆的外心C ．若PA PB ⊥，PB PC ⊥，PC PA ⊥，则点O 是ABC ∆的垂心D ．若2PA BC ==，3PB AC ==，4PC AB ==，则四面体PABC 外接球的表面积为29π 【答案】D 【分析】应用直线与平面垂直的判定和性质，平面几何中三角形的重心、垂心和外心以及外接球半径的的知识，即可解决．【详解】解：过三角形ABC 所在平面外的一点P ，作PO ⊥平面α，垂足为O ，连PA 、PB 、PC ，对于A 、B 选项，若PA =PB =PC ，连接OA ，OB ，OC ，则OA =OB =OC ，则O 为三角形ABC 的外心；又∠C =90°，则O 为AB 的中点．故A 、B 正确．对于C 选项，若PA ⊥PB ，PB ⊥PC ，PC ⊥PA ，则PA ⊥平面PBC ，从而PA ⊥BC ，又PO ⊥平面ABC ，则PO ⊥BC ，所以BC ⊥平面PAO ，从而BC ⊥AO ，同理AB ⊥CO ，AC ⊥BO ，故O 为三角形的垂心，故C 正确．对于D 选项，由2PA BC ==，3PB AC ==， 4PC AB ==，知四面体PABC 对棱相等，故如图,要求四面体PABC 外接球的表面积，即求以该四面体的棱作为面对角线的长方体的外接球的表面积，设长方体的棱长为,,a b c ，则()()()()222222222222229PA PB BC b cab ac a b c ++=+++++=++=,=故12r ===∴四面体PABC 外接球的表面积为2229442S r πππ===，故D 错. 故选：D.【点睛】本题主要考查空间的线面位置关系--垂直,以及外接球表面积的求法，解题时要结合平面几何的基础知识，同时考查逻辑推理能力，是一道中档题．2．（2021·安徽蚌埠市·高三二模（理））已知直四棱柱1111ABCD A BC D -，其底面ABCD 是平行四边形，外接球体积为36π，若1AC BD ⊥，则其外接球被平面11AB D 截得图形面积的最小值为（） A ．8π B ．24310π C ．8110π D ．6π【答案】A 【分析】由条件可得ABCD 为矩形，进而可得BD ⊥平面1ACC ，所以BD AC ⊥，则四边形ABCD 为正方形，所以直四棱柱1111ABCD A BC D -为正四棱柱，设1,AB AD a CC b ===，由余弦定理可得11cos AD B ∠的值，求出11sin AD B ∠的值，由正弦定理可得11AB D的外接圆的半径为2r =，由均值不等式可得r的最小值，从而得出答案. 【详解】由直四棱柱1111ABCD A BC D -内接于球，则,,,A B C D 四点在球面上，所以四边形ABCD 为球的一截面圆的内接四边形，所以对角互补. 又四边形ABCD 是平行四边形，所以ABCD 为矩形.在直四棱柱1111ABCD A BC D -中，1CC ⊥平面ABCD ，所以1CC BD ⊥ 又1AC BD ⊥，111AC CC C =，所以BD ⊥平面1ACC ，所以BD AC ⊥所以四边形ABCD 为正方形，所以直四棱柱1111ABCD A BC D -为正四棱柱. 由外接球体积为34363R ππ=，则球的半径为3R =, 由1AC 为该外接球的直径，则16AC =设1,AB AD a CC b ===，则2221236AC a b =+=，则22362b a =-在11AB D 中,11AB AD ====11B D =由余弦定理可得2222111111111cos 2AD B D AB AD B AD B D +-∠===⋅所以11sin AD B ∠===设11AB D 的外接圆的半径为r，由正弦定理可得2111362sin a AB r AD B -===∠所以22r ⎫===≥==,即a =r 的最小值为其外接球被平面11AB D 截得图形面积的最小值为：28S r ππ== 故选：A【点睛】关键点睛：本题考查几何体的外接球的截面面积问题，解答本题的关键是先由线面垂直关系得出直四棱柱1111ABCD A BC D -为正四棱柱，然后由余弦定理和正弦定理得出11AB D 的外接圆的半径2r =，由均值不等式求出最小值，属于难题.3．（2021·合肥市第六中学高二期末（理））在三棱锥A BCD -中，60BAC BDC ∠=∠=︒，二面角A BC D --的余弦值为13-，当三棱锥A BCD - ）A ．5πB ．6πC ．7πD ．8π【答案】B 【分析】根据两个射影，结合球的图形，可知二面角A BC D --的平面角为AMD ∠；根据题意可知当AB AC =，BD CD =时，三棱锥A BCD -的体积最大．根据体积的最大值可求得BC 的长，结合图形即可求得球的半径，进而求得表面积．【详解】如图，设球心O 在平面ABC 内的射影为1O ，在平面BCD 内的射影为2O ，则二面角A BC D --的平面角为AMD ∠，点A 在截面圆1O 上运动，点D 在截面圆2O 上运动，由图知，当AB AC =，BD CD =时，三棱锥A BCD -的体积最大，此时ABC ∆与BDC ∆是等边三角形，设BC a =，则AM DM ==，2BCD S ∆，sin()h AM AMD π=-∠=，313A BCD DBC V S h -∆=⋅==，解得a =32DM =， 21DO =，212O M =，设2AMD θ∠=，则21cos 22cos 13θθ=-=-，解得tan θ=∴22tan OO O M θ==球O 的半径R ==，所求外接球的表面积为246S R ππ==，故选B.【点睛】本题考查了三棱锥外接球的综合应用，根据空间几何关系求得球的半径，进而求得表面积，对空间想象能力要求较高，属于难题．4．（2021·山西吕梁市·高三一模（理））已知四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是矩形，侧面PAD 是正三角形，且侧面PAD ⊥底面ABCD ，2AB =，若四棱锥P ABCD -，则该四棱锥的表面积为（）A ．B ．C ．D ．【答案】B 【分析】首先确定球心O 的位置，过O 作底面ABCD 的垂线，垂足为M ，过O 作三角形APD 的垂线，垂足为N ，过N 作NE AD ⊥，证明四边形MENO 是平行四边形，设2AD x =，分别求出OA OM AM 、、的长，利用勾股定理可得x ，然后分别计算四个侧面和底面的面积可得答案. 【详解】设四棱锥P ABCD -外接球的球心为O ，过O 作底面ABCD 的垂线，垂足为M ，因为四边形ABCD 是长方形，所以M 的底面中心，即对角线AC BD 、的交点，过O 作三角形APD 的垂线，垂足为N ，所以N 是正三角形APD 外心，设外接球半径为r 343rπ=，所以r =OA = 过N 作NE AD ⊥，则E 是AD 的中点，连接EM ，所以112EM AB ==，EM AD ⊥，因为平面APD ⊥平面ABCD ，平面APD平面ABCD AD =，所以NE ⊥平面ABCD ，所以//NE OM ，所以EM ⊥平面APD ，所以//EM ON ，所以四边形MENO 是平行四边形，即OM NE =，设2AD x =，则AM ，1133NE PE AD x ===，所以OM NE x ==，由勾股定理得222OA OM AM =+，即221213x x =++，解得x =，所以AD =，2133sin 602PADS AD ==，因为////CD AB OM ，所以AB ⊥平面APD ，CD ⊥平面APD ，所以PA AB ⊥，PD CD ⊥，12PABPCDSSAB AP ==⨯⨯=因为PB PC ==BC =，作PH BC ⊥于H ，所以H 为BC 的中点，所以52PH ===，所以12PBCSPH BC =⨯⨯=ABCD S =矩形所以PADPABPCDABCD S S SSS =+++=表矩形故选：B.【点睛】本题考查了球内接四棱锥的问题，关键点是确定球心的位置及计算边长，考查了学生的空间想象力、推理能力和计算能力.5．（2021·全国高三专题练习（文））已知三棱锥P ABC -的底面是正三角形，PA a =，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 -的外接球的表面积为（）A ．3B ．23a πC ．32a D ．212a【答案】B 【分析】延长PH 交BC 于点D ，连接AD ，连接BH 并延长交PC 于点E ，连接AE ，推导出O 为正ABC 的中心，可得出PA PB PC a ===，说明当PA 、PB 、PC 两两垂直时，三棱锥P ABC -的体积取得最大值，然后将三棱锥A PBC -补成正方体AEMN PBDC -，可求出三棱锥P ABC -的外接球直径，即可求得外接球的表面积. 【详解】如下图所示，延长PH 交BC 于点D ，连接AD ，H 为PBC 的垂心，则BC PD ⊥，AH ⊥平面PBC ，BC ⊂平面PBC ，BC AH ∴⊥，AH PD H =，BC ∴⊥平面PAD ，AD ⊂平面PAD ，BC AD ∴⊥，连接BH 并延长交PC 于点E ，连接AE ，AH ⊥平面PBC ，PC ⊂平面PBC ，AH PC ∴⊥，BE PC ⊥，AH BE H =，PC ∴⊥平面ABE ，AB ⊂平面ABE ，AB PC ∴⊥，设点P 在平面ABC 内的射影为点O ，延长CO 交AB 于点F ，连接PF ，PO ⊥平面ABC ，AB平面ABC ，PO AB ∴⊥， PO PC P =，AB ∴⊥平面PCF ， PF 、CF ⊂平面PCF ，则PF AB ⊥，CF AB ⊥，AD CF O =，O ∴为正ABC 的中心，且F 为AB 的中点，PO ⊥平面ABC ，OA 、OB 、OC ⊂平面ABC ，PO OA ⊥，PO OB ⊥，PO OC ⊥，且OA OB OC ==，所以，POA POB POC ≅≅，PA PB PC a ∴===，当PB PC ⊥时，PBC 的面积取最大值，当PA ⊥平面PBC 时，三棱锥P ABC -的体积取得最大值，将三棱锥A PBC -补成正方体AEMN PBDC -，所以，三棱锥A PBC -的外接球的直径即为正方体AEMN PBDC -的体对角线长，设三棱锥A PBC -的外接球直径为2R ，则2R =，因此，三棱锥P ABC -的外接球的表面积为()222423R R a πππ=⨯=.故选：B.【点睛】方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下：（1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径；（2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的；（3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解.二、多选题6．（2021·全国高三专题练习）如图，线段AB 为圆O 的直径，点E ，F 在圆O 上，//EF AB ，矩形ABCD 所在平面和圆O 所在平面垂直，且2AB =，1EF AD ==，则下述正确的是（）A ．//OF 平面BCEB ．BF ⊥平面ADFC ．点A 到平面CDFE 的距离为7D ．三棱锥C BEF -【答案】ABC【分析】由1EF OB ==，//EF OB ，易证//OF 平面BCE ，A 正确；B ，由所矩形ABCD 所在平面和圆O 所在平面垂直，易证AD ⊥平面ABEF ，所以AD BF ⊥，由线段AB 为圆O 的直径，所以BF FA ⊥，易证故B 正确.C ，由C DAF A CDF V V --=可求点A 到平面CDFE 的距离为7，C 正确. D ，确定线段DB 的中点M 是三棱锥C BEF -外接球心，进一步可求其体积，可判断D 错误.【详解】解：1EF OB ==，//EF OB ，四边形OFEB 为平行四边形，所以//OF BE ，OF ⊄平面BCE ，BE ⊂平面BCE ，所以//OF 平面BCE ，故A 正确.线段AB 为圆O 的直径，所以BF FA ⊥，矩形ABCD 所在平面和圆O 所在平面垂直，平面ABCD 平面ABEF AB =，AD ⊂平面ABCD ，所以AD ⊥平面ABEF ，BF ⊂平面ABEF ，所以AD BF ⊥AD ⊂平面ADF ，AF ⊂平面ADF ，ADAF A =，所以BF ⊥平面ADF ，故B 正确. 1OF OE EF ===，OFE △是正三角形，所以1EF BE AF ===，//DA BC ，所以BC ⊥平面ABEF ，BC BF ⊥，BF =2CF =，DF2AB CD ==，CDF 是等腰三角形，CDF 的边DF ==，12CDF S ==△ //DA BC ，AD ⊂平面ADF ，BC ⊄平面ADF ，//BC平面ADF ，点C 到平面ADF 的距离为BF =111122DAF S =⨯⨯=△，C DAF A CDF V V --=，设点A 到平面CDFE 的距离为h ，1133ADF CFD S FB S h ⨯⨯=⨯⨯△△，1113232h ⨯=⨯，所以h =，故C 正确. 取DB 的中点M ，则//MO AD ，12MO =，所以MO ⊥平面CDFE ，所以ME MF MB MC =====所以M 是三棱锥C BEF -，三棱锥C BEF -外接球的体积为334433V r ππ==⨯=⎝⎭，故D 错误，故选：ABC.【点睛】综合考查线面平行与垂直的判断，求点面距离以及三棱锥的外接球的体积求法，难题.三、填空题7．（2021·安徽省舒城中学高二期末（理））在菱形ABCD 中， 3A π=， AB =ABD ∆沿BD 折起到PBD ∆的位置，若二面角P BD C --的大小为23π，三棱锥P BCD -的外接球心为O ，则三棱锥P BCD -的外接球的表面积为__________．【答案】112π【分析】推导出BCD ∆是等边三角形，过球心O 作'OO ⊥平面BCD ，则'O 为等边BCD ∆的中心，BD 的中点为E ，求出4,OE OC ==，设三棱锥P BCD -的外接球的半径为R ，即R =P BCD -的外接球的表面积.【详解】四边形ABCD 是菱形，3A π=，∴BCD ∆是等边三角形，过球心O 作'OO ⊥平面BCD ，则'O 为等边BCD ∆的中心，BD 的中点为E ，23PEC π∠=，得3OEC π∠=， 4AB =16,23AE EC EO EC ∴=='==，在Rt OEO ∆'中，由3OEC π∠=，可得4OE =. 在OEC ∆中，2222cos 28OC OE EC OE EC OEC =+-⋅⋅∠=，即OC =P BCD -的外接球的半径为R ，即R =，三棱锥P BCD -的外接球的表面积为24112==S R ππ.故答案为：112π.【点睛】本题考查三棱锥的外接球的表面积的求法，考查三棱锥、球等基础知识，考查运算求解能力、空间想象能力，考查数形结合思想，是中档题.8．（2021·江苏南京市·南京一中高三月考）我国古代《九章算术》中将上，下两面为平行矩形的六面体称为刍童，如图的刍童ABCD EFGH -有外接球，且4,AB AD EH EF ====E 到平面ABCD 距离为4，则该刍童外接球的表面积为__________.【答案】100π【分析】由已知得，球心在上下底面中心的连线上，该连线与上下底面垂直，球心必在该垂线上，然后根据OB OG =，利用直角三角形1OOG 与直角三角形2OO B ，即可列出外接球半径的方程，求解即可. 【详解】假设O 为刍童外接球的球心，连接HF 、EG 交于点1O ，连接AC 、DB 交于点2O ，由球的几何性质可知O 、1O 、2O 在同一条直线上，由题意可知，2OO ⊥平面ABCD ，1OO ⊥平面EFGH ，214O O =，设2O O r =，在1Rt OGO 中，22211OG OO OG =+，在矩形EFGH 中，EG ===112O G EG == ()(22222114OG OO O G r ∴=+=-+，在2Rt OBO 中，22222OB OO O B =+，在矩形ABCD 中，8DB ===，2142O B BD ==，22222224OB OO O B r ∴=+=+，设外接球半径OG OB R ==，()(222244r r ∴-+=+，解得3r =，则5OB =，即5R =，则该刍童的外接球半径为5∴该刍童外接球的表面积为：24100R ππ=，故答案为：100π.9．（2021·全国高三专题练习（文））已知四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是梯形，且//AD BC ，AD DC ⊥，224===AD DC CB ，AP PD ⊥，且AP PD =，=PC P BCD -外接球的表面积为________.【答案】283π 【分析】取AD 的中点E ，连接,PE BE ，证得PBE ⊥平面ABCD ，从而得到PBE △等边三角形，再取BE 的中点F ，设三棱锥P BCD -外接球的球心为O ，半径为r ，球心到ABCD 的距离为h ，在直角BOM 和直角PON △中，列出方程组，求得2r ，结合面积公式，即可求解.【详解】取AD 的中点E ，连接,PE BE ，因为AP PD =，可得AD PE ⊥，又由底面ABCD 是梯形，且//AD BC ，AD DC ⊥，22AD DC CB ==，可得AD BE ⊥，所以AD ⊥平面PBE ，又由AD ⊂平面ABCD ，所以所以PBE ⊥平面ABCD ，在直角PBC 中，2PB ==，在直角PAD △中，AP PD ⊥，AP PD ⊥且4=AD ，所以PBE △等边三角形，取BE 的中点F ，可得PF BE ⊥且PF =设三棱锥P BCD -外接球的球心为O ，半径为r ，球心到ABCD 的距离为h ，在直角BOM 中，可得22222r OM BM h =+=+，在直角PON △中，可得22222)1r PN OM h =+=+，解得273=r ，所以球的表面积为27284433S r πππ==⨯=. 故答案为：283π.【点睛】本题主要考查了球的表面积的计算，以及球的组合的性质及应用，其中解答中根据几何体的结构特征，找出球心的位置，结合球的性质列出方程组是解答的关键，着重考查了运算能力和转换能力，以及空间想象能力，属于中档试题.10．（2021·江西南昌市·高三期末（理））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 【分析】由已知条件结合余弦定理求得2AC DA CD ==，若E 为CD 中点，则由勾股定理知222AB BE AE =+，进而可证面CBD ⊥面ACD ，又CAD 、CBD 分别为等腰三角形、等边三角形，即可确定三棱锥B ACD -的外接球球心的位置，最后求外接球半径及表面积即可.【详解】由题意知：在,,ABC CBD DBA 中，根据余弦定理有：29412cos 73AC π=+-=，2448cos 43CD π=+-=，24912cos 73DA 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 ，EE '=，则：2243R -=，解得2198R =，所以由球的表面积21942S R ππ==，故答案为：192π. 【点睛】关键点点睛：利用面面垂直以及三棱锥中对应的两个垂面分别为等腰、等边三角形，确定三棱锥外接球的球心，结合球心所在平面及外接球性质求球的半径，最后利用球面积公式求面积.11．（2021·江苏徐州市·高三期末）已知三棱锥P ABC -外接球的表面积为100π，PB ⊥平面ABC ，8PB =，120BAC ∠=︒，则三棱锥体积的最大值为________.【答案】【分析】设ABC 三边的长分别为a ，b ，c ，由三棱锥体积公式有V =，由外接球表面积知外接球半径225R =，应用正弦定理以及含有棱面垂直关系的三棱锥：外接圆半径R 、对应面外接圆半径r 、棱长三者的关系有2224PB R r =+，即可求a ，再结合余弦定理求bc 最值，进而求体积的最大值. 【详解】设ABC 三边的长分别为a ，b ，c ，则三棱锥体积11sin120832V bc =⋅︒⋅=，设外接球的半径为R ，由24100R ππ=得225R =，设ABC 外接圆的半径为r ，由正弦定理得2sin120a r =︒，即r =，又PB ⊥平面ABC 知222425R ⎫=+=⎪⎪⎝⎭，所以a =22272cos120b c bc =+-⋅︒，即222723b c bc bc bc bc =++≥+=，故9bc ≤，9V =≤=3==b c 时取等号.故答案为：【点睛】关键点点睛：由正弦定理、三角形面积公式得到三棱锥体积表达式，应用外接球半径R 、有棱面垂直关系的三棱锥中棱长m 、面的外接圆半径r 的关系2224m R r =+，并结合余弦定理求三棱锥体积的最值. 12．（2021·安徽六安市·六安一中高三月考（理））在三棱锥S ABC -中，SA ，SB ，SC 两两垂直且2SA SB SC ===，点M 为S ABC -的外接球上任意一点，则MA MB ⋅的最大值为______.【答案】2【分析】先根据三棱锥的几何性质，求出外接球的半径，结合向量的运算，将问题转化为求球体表面一点到SAC 外心距离最大的问题，即可求得结果.【详解】因为,,SA SB SC 两两垂直且2SA SB SC ===，故三棱锥S ABC -的外接球就是对应棱长为2的正方体的外接球.且外接球的球心为正方体的体对角线的中点O ，如下图所示：设线段AB 的中点为1O ，故可得()()1111MA MB MO O A MO O B ⋅=+⋅+ ()()1111MO O A MO O A =+⋅- 2221112MO O A MO =-=-，故当1MO 取得最大值时，MA MB ⋅取得最大值.而当,,M A B 在同一个大圆上，且1MO AB ⊥，点M 与线段AB 在球心的异侧时，1MO 取得最大值，如图所示：此时，)22111,?2122MO OO MO ==-=-=故答案为：2.【点睛】本题考查球体的几何性质，几何体的外接球问题，涉及向量的线性运算以及数量积运算，属综合性困难题. 13．（2021·宝山区·上海交大附中高二期末）三角形ABC 的AB 边在平面α内，C 在平面α外，AC 和BC 分别与面α成30和45的角，且平面ABC 与平面α成60的二面角，那么ACB ∠的大小为____________．【答案】90或arccos3【分析】对ABC ∠为锐角和钝角两种情况讨论，过点C 作平面α的垂线，垂足为点D ，连接AD 、BD ，过点D 在平面α内作DE AB ⊥，垂足为点E ，连接CE ，设CD a =，利用空间角的定义结合勾股定理可计算得出ABC 的三边边长，结合余弦定理可求得ACB ∠的大小.【详解】分以下两种情况讨论：（1）若ABC ∠为锐角，如下图所示，过点C 作平面α的垂线，垂足为点D ，连接AD 、BD ，过点D 在平面α内作DE AB ⊥，垂足为点E ，连接CE ，设CD a =，则AC 与平面α所成的角为30CAD ∠=，2AC a ∴=，AD =，BC与平面α所成的角为45CBD ∠=，则BD CD a ==，BC ==，CD α⊥，AB α⊂，AB CD ∴⊥，DE AB ∵⊥，CD DE D ⋂=，AB ∴⊥平面CDE ，CE ⊂平面CDE ，AB CE ∴⊥，所以，平面ABC 与平面α所成二面角为60CED ∠=，CD α⊥，DE α⊂，CD DE ∴⊥，tan CD CED DE ∠==DE a ∴=，CE ∴==，CE AB ⊥，AE ∴==，BE ==，所以，AB AE BE =+=，222AC BC AB ∴+=，所以，90ACB ∠=；（2）若ABC ∠为钝角，如下图所示，过点C 作平面α的垂线，垂足为点D ，连接AD 、BD ，过点D 在平面α内作DE AB ⊥，垂足为点E ，连接CE ，设CD a =，则AC 与平面α所成的角为30CAD ∠=，2AC a ∴=，AD =，BC与平面α所成的角为45CBD ∠=，则BD CD a ==，BC ==，CD α⊥，AB α⊂，AB CD ∴⊥，DE AB ∵⊥，CD DE D ⋂=，AB ∴⊥平面CDE ，CE ⊂平面CDE ，AB CE ∴⊥，所以，平面ABC 与平面α所成二面角为60CED ∠=，CD α⊥，DE α⊂，CD DE ∴⊥，tan CD CED DE ∠==3DE a ∴=，CE ∴==，CE AB ⊥，3AE a ∴==，3BE a ==，所以，AB AE BE =-=，在ABC 中，AC 2a =，BC =，3AB =，由余弦定理可得222cos 2AC BC AB ACB AC BC +-∠==⋅0180ACB <∠<，所以，arccos3ACB ∠=.综上所述，90ACB ∠=或.故答案为：90或. 【点睛】关键点点睛：本题考查三角形内角的计算，需要对ABC ∠进行分类讨论，解题的关键就是利用线面角、二面角的定义求出ABC 三边的边长，并结合余弦定理求解.14．（2021·安徽淮北市·高三一模（理））在棱长为2的正方体1111ABCD A BC D -中，E 是CD 的中点，F 是1CC 上的动点，则三棱锥A DEF -外接球表面积的最小值为_______.【答案】13π【分析】作出图形，设CF x =，利用基本不等式可求得tan ∠DFE 的最大值，可求得sin DFE ∠的最小值，利用正弦定理求得DEF 外接圆直径2r 的最小值，可求得该三棱锥外接球直径的最小值，由此可求得结果.【详解】如下图所示，设圆柱的底面半径为r ，母线长为h ，圆柱的外接球半径为R ，取圆柱的轴截面，则该圆柱的轴截面矩形的对角线的中点O 到圆柱底面圆上每个点的距离都等于R ，则O为圆柱的外接球球心，由勾股定理可得()()22222r h R +=.本题中，AD ⊥平面DEF ，设DEF 的外接圆为圆1O ，可将三棱锥A DEF -内接于圆柱12O O ，如下图所示：设DEF 的外接圆直径为2r ，AD h =，该三棱锥的外接球直径为2R ，则()()22222R r h =+. 如下图所示：设CF x =，则02x <<，tan CEF x ∠=，tan 2x CDF ∠=， ()2tan tan 2tan tan 1tan tan 212xx CEF CDF x DFE CEF CDF x CEF CDF x x -∠-∠∠=∠-∠===+∠∠++⋅124x x =≤==+，当且仅当x tan ∠DFE由22sin tan cos 4sin cos 1sin 0DFE DFE DFE DFE DFE DFE ⎧∠∠==⎪∠⎪⎪∠+∠=⎨⎪∠>⎪⎪⎩，可得1sin 3DFE ∠=，cos DFE ∠=，所以，sin DFE ∠的最大值为13，由正弦定理得23sin DE r DFE ==∠，即2r 的最小值为3，因此，()()22222223213R r h =+≥+=，所以，三棱锥A DEF -外接球的表面积为2413S R ππ=≥.故三棱锥A DEF -外接球的表面积的最小值为13π.故答案为：13π.【点睛】方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法：①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径；③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可.15．（2021·江西景德镇市·景德镇一中高二期末（理））直三棱柱111ABC A B C -中，190,2BC A A A ︒∠==，设其外接球的球心为O ，已知三棱锥O ABC -的体积为1，则球O 表面积的最小值为__________．【答案】16π.【分析】设,AB c BC a ==，由三棱锥O ABC -的体积为1可得6ac =．然后根据题意求出三棱柱外接球的半径为221R =+，再结合基本不等式可得外接球表面积的最小值．【详解】如图，在Rt ABC ∆中，设,AB c BC a ==，则AC ．分别取11,AC AC 的中点12,O O ，则12,O O 分别为111Rt A B C ∆和Rt ABC ∆外接圆的圆心，连12,O O ，取12O O 的中点O ，则O 为三棱柱外接球的球心．连OA ，则OA 为外接球的半径，设半径为R ．∵三棱锥O ABC -的体积为1，即1()1132O ABC ac V -=⨯⨯=， ∴6ac =．在2Rt OO C ∆中，可得22222212()()11224O O AC a c R +=+=+=+， ∴222244(1)4(1)1644a c ac S R ππππ+==+≥+=球表，当且仅当a c =时等号成立， ∴O 球表面积的最小值为16π．故答案为16π．【点睛】解答几何体外接球的体积、表面积问题的关键是确定球心的位置，进而得到球的半径，解题时注意球心在过底面圆圆心且垂直于底面的直线上，且球心到几何体各顶点的距离相等．在确定球心的位置后可在直角三角形中求出球的半径，此类问题考查空间想象力和计算能力，难度较大．16．（2021·全国高三专题练习）在平行四边形ABCD 中，AB =3BC =，且cos 3A =，以BD 为折痕，将BDC 折起，使点C 到达点E 处，且满足AE AD =，则三棱锥E ABD -的外接球的表面积为__________.【答案】13π【分析】先由余弦定理求得3BD =，在四面体ABED 中，根据棱长关系可知，将四面体ABED 放在长方体中，则三棱锥E ABD -的外接球转化为长方体的外接球，根据棱长关系求出长方体的长、宽、高，利用长方体的体对角线等于外接球的直径，求出外接球半径，从而可求得外接球的表面积.解：在ABD △中，AB =3BC =，且cos A =，由余弦定理，得2222cos BD AB AD AB AD A =+-⋅，即：(2223239BD =+-⨯=，解得：3BD =，在四面体ABED 中，3AE BD ==，3AD BE ==，AB ED ==，三组对棱长相等，可将四面体ABED 放在长方体中，设长方体的相邻三棱长分别为x ，y ，z ，设外接球半径为R ，则229x y +=，229y z +=，228z x +=，则22213x y z ++=，即2R 2R =所以，四面体E ABD -外接球的表面积为： 2134413π4R ππ=⨯=. 故答案为：13π.【点睛】本题考查外接球的表面积，涉及长方体的外接球的性质，考查转化思想和计算能力.17．（2021·江西高三其他模拟（理））在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是直角梯形，//,AB CD AB AD ⊥，2CD AD ===，若动点Q 在平面PAD 内运动，使得CQD ∠与BQA ∠相等，则三棱锥 - Q ACD 的体积最大时的外接球的体积为_____．根据题意推出AB QA ⊥，CD QD ⊥，再根据CQD BQA ∠=∠推出QD =，在平面PDA 内，建立直角坐标系求出Q 点轨迹是圆22(3)8x y -+=，从而可求出点Q 到DA 的距离最大为 - Q ACD的高的最大值为.【详解】因为PA ⊥平面ABCD ，所以平面PAD ⊥平面ABCD ，因为//AB CD ，AB ⊥AD ，所以AB ⊥平面PAD ，CD ⊥平面PAD ，因为Q 在PAD △内及边上，所以QA 、QD 在平面PAD 内，所以AB QA ⊥，CD QD ⊥，所以在Rt CDQ △内，tan CD CQD DQ ∠=，在Rt ABQ △内，tan AB BQA QA=，因为CQD BQA ∠=∠，所以CD AB DQ QA=，因为2,CD AB =所以QD =，在平面PDA 内，以DA 的中点为原点O ，线段DA 的垂直平分线为y 轴，建立平面直角坐标系：则(1,0)D -，(1,0)A ，设(,)P x y ，则||DQ =||QA =由QD =22(3)8x y -+=，所以动点Q 在平面PAD 内运动，Q 点轨迹是圆22(3)8x y -+=，如图所示，。

2020届高三数学专题练习外接球

2019届高三数学专题练习外接球1．正棱柱，长方体的外接球球心是其中心例1：已知各顶点都在同一球面上的正四棱柱的高为，体积为，则这个球的表面积是（）A ．B ．C ．D ．2．补形法（补成长方体）例2：若三棱锥的三个侧面两两垂直，且侧棱长均为，则其外接球的表面积是．3．依据垂直关系找球心例3：已知三棱锥的四个顶点均在同一个球面上，底面满足，若该三棱锥体积的最大值为3，则其外接球的体积为（） A ． B． C ． D．一、单选题1．棱长分别为2的长方体的外接球的表面积为（）A ．B ．C ．D ．2．设三棱柱的侧棱垂直于底面，所有棱的长都为，顶点都在一个球面上，则该球的表面积为（）A ．12πB ．28πC ．44πD ．60π3．把边长为3的正方形沿对角线对折，使得平面平面，则三棱锥的外接球的表面积为（）41616π20π24π32π3P ABC -ABC △BA BC ==π2ABC ∠=8π16π16π332π34π12π24π48πABCD AC ABC ⊥ADC D ABC -4．某几何体是由两个同底面的三棱锥组成，其三视图如下图所示，则该几何体外接球的面积为（）A ．B ．C ．D ．5．三棱锥的所有顶点都在球的表面上，平面，，，则球的表面积为（）A ．B ．C ．D ．6．如图是边长为1的正方体，是高为1的正四棱锥，若点，，，，在同一个球面上，则该球的表面积为（）A ．B ．C ．D ． 7．已知球的半径为，，，三点在球的球面上，球心到平面的距离为，，，则球的表面积为（） A ． B ． C ． D ． 8．已知正四棱锥(底面四边形是正方形，顶点P 在底面的射影是底面的中心)，则此球的体积为（） A． B ． C ． D．9．如图，在中，，点为的中点，将沿折起到的位置，使，连接，得到三棱锥．若该三棱锥的所有顶点都在同一球面上，则该球的表面积是（）2πa 22πa 23πa 24πa A BCD -O AB ⊥BCD 2BC BD ==2AB CD ==O 16π32π60π64π1111ABCD A B C D -S ABCD -S 1A 1B 1C 1D 9π1625π1649π1681π16O R A B C O O ABC 12R 2AB AC ==120BAC ∠=︒O 16π916π364π964π3P ABCD -ABCD 50318π36πABC △AB BC ==90ABC ∠=︒D AC ABD △BD PBD △PC PD =PC P BCD -10．四面体中，，，，则此四面体外接球的表面积为（）A ． BC ． D11．将边长为2的正沿着高折起，使，若折起后四点都在球的表面上，则球的表面积为（） A ． B ． C ． D ． 12．在三棱锥中，，，则该三棱锥的外接球的表面积为（）ABC ．D ．二、填空题13．棱长均为6的直三棱柱的外接球的表面积是_________．14．已知棱长都相等正四棱锥的侧面积为，则该正四棱锥内切球的表面积为________．15．已知三棱柱的侧棱垂直于底面，各顶点都在同一球面上，若该棱柱的体，，，则此球的表面积等于______．16．在三棱锥中，，，，，则三棱锥外接球的体积的最小值为_____．1．正棱柱，长方体的外接球球心是其中心例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 ．16πB ．20πC ．24πD ．32πA BCD -60ABC ABD CBD ∠=∠=∠=︒3AB =2CB DB ==19π217πABC △AD 120BDC ∠=︒A B C D 、、、O O 7π27π13π213π3A BCD -6AB CD ==5AC BD AD BC ====43π243π111ABC A B C -2AB =1AC =60BAC ∠=︒A BCD -AB AC =DB DC =4AB DB +=AB BD ⊥A BCD -【解析】162==h a V ，2=a ，24164442222=++=++=h a a R ，24πS =，故选C ．2．补形法（补成长方体）例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．【答案】9π【解析】933342=++=R ，24π9πS R ==．3．依据垂直关系找球心例3：已知三棱锥P ABC -的四个顶点均在同一个球面上，底面ABC △满足BA BC ==π2ABC ∠=，若该三棱锥体积的最大值为3，则其外接球的体积为（） A ．8πB ．16πC ．16π3D ．32π3【答案】D 【解析】因为ABC △是等腰直角三角形，所以外接球的半径是12r =的半径是R ，球心O 到该底面的距离d ，如图，则1632ABC S =⨯=△，BD =116336ABC V S h h ==⨯=△，最大体积对应的高为3SD h ==，故223R d =+，即()2233R R =-+，解之得2R =，所以外接球的体积是3432ππ33R =，故答案为D ．一、单选题1．棱长分别为2的长方体的外接球的表面积为（）A ．4πB ．12πC ．24πD ．48π【解析】设长方体的外接球半径为R ，由题意可知：()222222R =++，则：23R =，该长方体的外接球的表面积为24π4π312πS R ==⨯=．本题选择B 选项．2．设三棱柱的侧棱垂直于底面，所有棱的长都为面积为（）A ．12πB ．28πC ．44πD ．60π 【答案】B【解析】设底面三角形的外接圆半径为r ，由正弦定理可得：2r =2r =，设外接球半径为R ，结合三棱柱的特征可知外接球半径22227R =+=，外接球的表面积24π28πS R ==．本题选择B 选项．3．把边长为3的正方形ABCD 沿对角线AC 对折，使得平面ABC ⊥平面ADC ，则三棱锥D ABC -的外接球的表面积为（）A ．32πB ．27πC ．18πD ．9π【答案】C【解析】把边长为3的正方形ABCD 沿对角线AC 对折，使得平面ABC ⊥平面ADC ，则三棱锥D ABC -的外接球直径为AC =24π18πR =，故选C ．4．某几何体是由两个同底面的三棱锥组成，其三视图如下图所示，则该几何体外接球的面积为（）A ．2πaB ．22πaC ．23πaD ．24πa【解析】由题可知，该几何体是由同底面不同棱的两个三棱锥构成，的正三角形，一个是三条侧棱两两垂直，且侧棱长为a 的正三棱锥，的正四面体，如图所示：该几何体的外接球与棱长为a 的正方体的外接球相同，因此外接球的直径即为正方体的体对角线，所以2R R =⇒，所以该几何体外接球面积2224π4π3πS R a ⎫==⨯=⎪⎪⎝⎭，故选C ． 5．三棱锥A BCD -的所有顶点都在球O 的表面上，AB ⊥平面BCD ，2BC BD ==，2AB CD ==，则球O 的表面积为（）A ．16πB ．32πC ．60πD ．64π【答案】D【解析】因为2BC BD ==，CD =(222221cos 2222CBD +-∠==-⨯⨯，2π3CBD ∴∠=，因此三角形BCD 外接圆半径为122sin CD CBD=∠，设外接球半径为R ，则222=2+412162AB R ⎛⎫=+= ⎪⎝⎭，2=4π64πS R ∴=，故选D ． 6．如图1111ABCD A B C D -是边长为1的正方体，S ABCD -是高为1的正四棱锥，若点S ，1A ，1B ，1C ，1D 在同一个球面上，则该球的表面积为（）A ．9π16B ．25π16C ．49π16D ．81π16【答案】D【解析】如图所示，连结11A C ，11B D ，交点为M ，连结SM ，易知球心O 在直线SM 上，设球的半径R OS x ==，在1Rt OMB △中，由勾股定理有：22211OM B M B O +=，即：()2222x x -+=⎝⎭，解得：98x =，则该球的表面积229814π4ππ816S R ⎛⎫==⨯= ⎪⎝⎭．本题选择D 选项． 7．已知球O 的半径为R ，A ，B ，C 三点在球O 的球面上，球心O 到平面ABC 的距离为12R ，2AB AC ==，120BAC ∠=︒，则球O 的表面积为（）A ．16π9B ．16π3C ．64π9D ．64π3【答案】D【解析】由余弦定理得：BC =设三角ABC 外接圆半径为r 2r =，则2r =，又22144R R =+，解得：2163R =，则球的表面积2644ππ3S R ==．本题选择D 选项． 8．已知正四棱锥P ABCD -(底面四边形ABCD 是正方形，顶点P 在底面的射影是底面的中心)503，则此球的体积为（）A ．18πB ．C ．36πD ．【答案】C【解析】如图，设正方形ABCD 的中点为E ，正四棱锥P ABCD -的外接球心为O ，底面正方形的边长为EA ∴=正四棱锥的体积为503，215033P ABCD V PE -∴=⨯⨯=，则5PE =，5OE R ∴=-，在AOE △中由勾股定理可得：()2255R R -+=，解得3R =，34π36π3V R ∴==球，故选C ．9．如图，在ABC △中，AB BC ==90ABC ∠=︒，点D 为AC 的中点，将ABD △沿BD 折起到PBD △的位置，使PC PD =，连接PC ，得到三棱锥P BCD -．若该三棱锥的所有顶点都在同一球面上，则该球的表面积是（）A ．7πB ．5πC ．3πD ．π【答案】A【解析】由题意得该三棱锥的面PCD BD ⊥平面PCD ，设三棱锥P BDC -外接球的球心为O ， PCD △外接圆的圆心为1O ，则1OO ⊥面PCD ，∴四边形1OO DB 为直角梯形，由BD11O D =，及OB OD =，得OB =R = ∴该球的表面积274π4π7π4S R ==⨯=．故选A ． 10．四面体A BCD -中，60ABC ABD CBD ∠=∠=∠=︒，3AB =，2CB DB ==，则此四面体外接球的表面积为（）A ．19π2BC ．17πD 【答案】A【解析】由题意，BCD △中，2CB DB ==，60CBD ∠=︒，可知BCD △是等边三角形，BF =∴BCD △的外接圆半径r BE ==，FE ∵60ABC ABD ∠=∠=︒，可得AD AC ==可得AF =∴AF FB ⊥，∴AF BCD ⊥，∴四面体A BCD -高为AF =设外接球R ，O 为球心，OE m =，可得：222r m R +=……①，)222πEF R +=……②由①②解得：R =2194ππ2S R ==．故选A ． 11．将边长为2的正ABC △沿着高AD 折起，使120BDC ∠=︒，若折起后A B C D 、、、四点都在球O 的表面上，则球O 的表面积为（）A ．7π2B ．7πC ．13π2D ．13π3【答案】B 【解析】BCD △中，1BD =，1CD =，120BDC ∠=︒，底面三角形的底面外接圆圆心为M ，半径为r ，由余弦定理得到BC =21r r =⇒=，见图示：AD 是球的弦，DA =，将底面的圆心M 平行于AD 竖直向上提起，提起到AD 的高度的一半，即为球心的位置O ，∴OM =OMD 中，应用勾股定理得到OD ，OD 即为球的半径．∴球的半径OD =．该球的表面积为24π7πOD ⨯=；故选B ．12．在三棱锥A BCD -中，6AB CD ==，5AC BD AD BC ====，则该三棱锥的外接球的表面积为（）ABC ．43π2D ．43π【答案】D【解析】分别取AB ，CD 的中点E ，F ，连接相应的线段CE ，ED ，EF ，由条件，4AB CD ==，5BC AC AD BD ====，可知，ABC △与ADB △，都是等腰三角形，AB ⊥平面ECD ，∴AB EF ⊥，同理CD EF ⊥，∴EF 是AB 与CD 的公垂线，球心G 在EF 上，推导出AGB CGD △≌△，可以证明G 为EF 中点，4DE ==，3DF =，EF =∴GF =，球半径DG ==24π43πS DG =⨯=．故选D ．二、填空题13．棱长均为6的直三棱柱的外接球的表面积是_________．【答案】84π【解析】由正弦定理可知底面三角形的外接圆半径为1612sin602r =⨯==︒ 则外接球的半径R ，则外接球的表面积为24π4π2184πS R ==⨯=．14．已知棱长都相等正四棱锥的侧面积为则该正四棱锥内切球的表面积为________．【答案】(32π-【解析】设正四棱锥的棱长为a ，则24⎫=⎪⎪⎝⎭，解得4a =．于是该正四棱锥内切球的大圆是如图PMN △的内切圆，其中4MN =，PM PN ==PE =．设内切圆的半径为r ，由PFO PEN ≅△△，得FO PO EN PN =，即2r =，解得r == ∴内切球的表面积为(224π4π32πS r ===-． 15．已知三棱柱111ABC A B C -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2AB =，1AC =，60BAC ∠=︒，则此球的表面积等于______．【答案】8π【解析】∵三棱柱111ABC A B C -2AB =，1AC =，60BAC ∠=︒，1121sin 602AA ∴⨯⨯⨯︒⨯=12AA ∴=， 2222cos60412BC AB AC AB AC =+-⋅︒=+-，BC ∴=，设ABC △外接圆的半径为R ，则2sin 60BC R ︒＝，1R ∴=， =24π8π⨯=．故答案为8π．16．在三棱锥A BCD -中，AB AC =，DB DC =，4AB DB +=，AB BD ⊥，则三棱锥A BCD -外接球的体积的最小值为_____．【解析】如图所示，三棱锥A BCD-的外接圆即为长方体的外接圆，外接圆的直径为长方体的体对角线AD，⊥，所以AD=设AB AC x==-，AB BD==，那么4DB DC x积的最小值即为AD最小，AD=2x=时，AD的最小值为。

高考数学外接球与内切球十大模型(例题+练习共10个专题)(学生版+解析版)

专题一墙角模型如果一个多面体的各个顶点都在同一个球面上，那么称这个多面体是球的内接多面体，这个球称为多面体的外接球．有关多面体外接球的问题，是立体几何的一个重点与难点，也是高考考查的一个热点．考查学生的空间想象能力以及化归能力．研究多面体的外接球问题，既要运用多面体的知识，又要运用球的知识，解决这类问题的关键是抓住内接的特点，即球心到多面体的顶点的距离等于球的半径．并且还要特别注意多面体的有关几何元素与球的半径之间的关系，而多面体外接球半径的求法在解题中往往会起到至关重要的作用．球的内切问题主要是指球外切多面体与旋转体，解答时首先要找准切点，通过作截面来解决．如果外切的是多面体，则作截面时主要抓住多面体过球心的对角面来作．当球与多面体的各个面相切时，注意球心到各面的距离相等即球的半径，求球的半径时，可用球心与多面体的各顶点连接，球的半径为分成的小棱锥的高，用体积法来求球的半径．空间几何体的外接球与内切球十大模型1．墙角模型；2．对棱相等模型；3．汉堡模型；4．垂面模型；5．切瓜模型；6．斗笠模型；7．鳄鱼模型；8．已知球心或球半径模型；9．最值模型；10．内切球模型．【方法总结】墙角模型是三棱锥有一条侧棱垂直于底面且底面是直角三角形模型，用构造法(构造长方体)解决．外接球的直径等于长方体的体对角线长(在长方体的同一顶点的三条棱长分别为a ，b ，c ，外接球的半径为R ，则2R ＝a 2＋b 2＋c 2．)，秒杀公式：R 2＝a 2＋b 2＋c 24．可求出球的半径从而解决问题．有以下四种类型：【例题选讲】[例] (1)已知三棱锥A －BCD 的四个顶点A ，B ，C ，D 都在球O 的表面上，AC ⊥平面BCD ，BC ⊥CD ，且AC ＝3，BC ＝2，CD ＝5，则球O 的表面积为( )A ．12πB ．7πC ．9πD ．8π答案 A 解析由AC ⊥平面BCD ，BC ⊥CD 知三棱锥A －BCD 可构造以AC ，BC ，CD 为三条棱的长方体，设球O 的半径为R ，则有(2R )2＝AC 2＋BC 2＋CD 2＝3＋4＋5＝12，所以S 球＝4πR 2＝12π，故选A ．(2)若三棱锥ABC S -的三条侧棱两两垂直，且2=SA ，4==SC SB ，则该三棱锥的外接球半径为( )． A ．3 B ．6 C ．36 D ．9ABC D A 1B 1C 1D 1类型ⅠA BC DA 1B 1C 1D 1类型ⅡABC D A 1B 1C 1D 1类型ⅢABC D A 1B 1C 1D 1例外型答案 A 解析 616164)2(2=++=R ，3=R ，故选A ．(3)已知S ，A ，B ，C ，是球O 表面上的点，SA ⊥平面ABC ，AB ⊥BC ，SA ＝AB ＝1，BC，则球O 的表面积等于( )．A ．4πB ．3πC ．2πD ．π 答案解析由已知，22R =， 244S R π∴==球π．(4)在正三棱锥S －ABC 中，M ，N 分别是棱SC ，BC 的中点，且AM MN ⊥，若侧棱SA =三棱锥S －ABC 外接球的表面积是________．答案 π36 解析 MN AM ⊥，MN SB //，∴SB AM ⊥， SB AC ⊥，∴⊥SB 平面SAC ，∴SA SB ⊥，SC SB ⊥， SA SB ⊥，SA BC ⊥，∴⊥SA 平面SBC ，∴SC SA ⊥，故三棱锥ABC S -的三棱条侧棱两两互相垂直，222(2)R ∴=+2+36=，即3642=R ，∴正三棱锥ABC S -外接球的表面积是π36．(5)(2019全国Ⅰ)已知三棱锥P －ABC 的四个顶点在球O 的球面上，P A ＝PB ＝PC ，△ABC 是边长为2的正三角形，E ，F 分别是P A ，AB 的中点，∠CEF =90°，则球O 的体积为( )．A． B． C． D答案 D 解析解法一：, PA PB PC ABC ==△为边长为2的等边三角形，P ABC ∴-为正三棱锥，PB AC ∴⊥，又E ，F 分别为PA ，AB 的中点，EF PB ∴∥，EF AC ∴⊥，又EF CE ⊥，,CE AC C EF =∴⊥平面PAC ，∴PB ⊥平面PAC， APB PA PB PC ∴∠=90︒,∴===P ABC ∴-为正方体的一部分，2R，=，即344π33R V R π=∴==，故选D ．解法二：设2PA PB PC x ===，, E F 分别为, PA AB 的中点，EF PB ∴∥，且12EF PB x ==，ABC△为边长为2的等边三角形，CF ∴=，又90CEF ∠=︒，12CE AE PA x ∴==，AEC △中，ABCSMN ABCP EF(解法一)AC(解法二)由余弦定理可得()2243cos 22x x EAC x+--∠=⨯⨯，作PD AC ⊥于D ，PA PC =，D ∴为AC 的中点，cos E ∠12AD AC PA x ==，2243142x x x x +-+∴=，221212 2x x x ∴+=∴==，，，PA PB PC ∴===2AB BC AC ===，, , PA PB PC ∴两两垂直，2R ∴，R ∴，34433V R ππ∴==⨯==，故选D ． (6)已知二面角α－l －β的大小为π3，点P ∈α，点P 在β 内的正投影为点A ，过点A 作AB ⊥l ，垂足为点B ，点C ∈l ，BC ＝22，P A ＝23，点D ∈β，且四边形ABCD 满足∠BCD ＋∠DAB ＝π．若四面体P ACD 的四个顶点都在同一球面上，则该球的体积为________．答案 86π 解析 ∵∠BCD ＋∠DAB ＝π，∴A ，B ，C ，D 四点共圆，直径为AC ，∵P A ⊥平面β，AB ⊥l ，∴易得PB ⊥l ，即∠PBA 为二面角α－l －β的平面角，即∠PBA ＝π3，∵P A ＝23，∴BA ＝2，∵BC＝22，∴AC ＝23．设球的半径为R ，则23－R 2－()32＝R 2－()32，∴R ＝6，V ＝4π3(6)3＝86π．【对点训练】1．点A ，B ，C ，D 均在同一球面上，且AB ，AC ，AD 两两垂直，且AB ＝1，AC ＝2，AD ＝3，则该球的表面积为( )A ．7πB ．14πC ．72πD ．714π32．等腰△ABC 中，AB ＝AC ＝5，BC ＝6，将△ABC 沿BC 边上的高AD 折成直二面角B －AD －C ，则三棱锥B －ACD 的外接球的表面积为( )A ．5πB ．203π C ．10π D ．34π3．已知球O 的球面上有四点A ，B ，C ，D ，DA ⊥平面ABC ，AB ⊥BC ，DA ＝AB ＝BC ＝2，则球O 的体积等于________.4．已知四面体P －ABC 四个顶点都在球O 的球面上，若PB ⊥平面ABC ，AB ⊥AC ，且AC ＝1，AB ＝PB ＝2，则球O 的表面积为________．5．三棱锥P －ABC 中，△ABC 为等边三角形，P A ＝PB ＝PC ＝3，P A ⊥PB ，三棱锥P －ABC 的外接球的体积为( )A ．272πB ．2732π C ．273π D ．27π6．在空间直角坐标系Oxyz 中，四面体ABCD 各顶点的坐标分别为A (2，2，1)，B (2，2，－1)，C (0，2， 1)，D (0，0，1)，则该四面体外接球的表面积是( )A ．16πB ．12πC ．43πD ．6π7．在平行四边形ABCD 中，∠ABD ＝90°，且AB ＝1，BD ＝2，若将其沿BD 折起使平面ABD ⊥平面BC D ，则三棱锥A －BDC 的外接球的表面积为( D )A ．2πB ．8πC ．16πD ．4π8．在正三棱锥S－ABC中，点M是SC的中点，且AM⊥SB，底面边长AB＝22，则正三棱锥S－ABC的外接球的表面积为()A．6πB．12πC．32πD．36π9．在古代将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑，已知四面体A－BCD为鳖臑，AB⊥平面BCD，且AB＝BC＝36CD，若此四面体的体积为833，则其外接球的表面积为________．10．在长方体ABCD－A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为32的正方形，AA1＝3，E是线段A1B1上一点，若二面角A－BD－E的正切值为3，则三棱锥A－A1D1E外接球的表面积为________．专题一墙角模型如果一个多面体的各个顶点都在同一个球面上，那么称这个多面体是球的内接多面体，这个球称为多面体的外接球．有关多面体外接球的问题，是立体几何的一个重点与难点，也是高考考查的一个热点．考查学生的空间想象能力以及化归能力．研究多面体的外接球问题，既要运用多面体的知识，又要运用球的知识，解决这类问题的关键是抓住内接的特点，即球心到多面体的顶点的距离等于球的半径．并且还要特别注意多面体的有关几何元素与球的半径之间的关系，而多面体外接球半径的求法在解题中往往会起到至关重要的作用．球的内切问题主要是指球外切多面体与旋转体，解答时首先要找准切点，通过作截面来解决．如果外切的是多面体，则作截面时主要抓住多面体过球心的对角面来作．当球与多面体的各个面相切时，注意球心到各面的距离相等即球的半径，求球的半径时，可用球心与多面体的各顶点连接，球的半径为分成的小棱锥的高，用体积法来求球的半径．空间几何体的外接球与内切球十大模型1．墙角模型；2．对棱相等模型；3．汉堡模型；4．垂面模型；5．切瓜模型；6．斗笠模型；7．鳄鱼模型；8．已知球心或球半径模型；9．最值模型；10．内切球模型．【方法总结】墙角模型是三棱锥有一条侧棱垂直于底面且底面是直角三角形模型，用构造法(构造长方体)解决．外接球的直径等于长方体的体对角线长(在长方体的同一顶点的三条棱长分别为a ，b ，c ，外接球的半径为R ，则2R ＝a 2＋b 2＋c 2．)，秒杀公式：R 2＝a 2＋b 2＋c 24．可求出球的半径从而解决问题．有以下四种类型：【例题选讲】[例] (1)已知三棱锥A －BCD 的四个顶点A ，B ，C ，D 都在球O 的表面上，AC ⊥平面BCD ，BC ⊥CD ，且AC ＝3，BC ＝2，CD ＝5，则球O 的表面积为( )A ．12πB ．7πC ．9πD ．8π答案 A 解析由AC ⊥平面BCD ，BC ⊥CD 知三棱锥A －BCD 可构造以AC ，BC ，CD 为三条棱的长方体，设球O 的半径为R ，则有(2R )2＝AC 2＋BC 2＋CD 2＝3＋4＋5＝12，所以S 球＝4πR 2＝12π，故选A ．(2)若三棱锥ABC S -的三条侧棱两两垂直，且2=SA ，4==SC SB ，则该三棱锥的外接球半径为( )． A ．3 B ．6 C ．36 D ．9ABC D A 1B 1C 1D 1类型ⅠA BC DA 1B 1C 1D 1类型ⅡABC D A 1B 1C 1D 1类型ⅢABC D A 1B 1C 1D 1例外型答案 A 解析 616164)2(2=++=R ，3=R ，故选A ．(3)已知S ，A ，B ，C ，是球O 表面上的点，SA ⊥平面ABC ，AB ⊥BC ，SA ＝AB ＝1，BC，则球O 的表面积等于( )．A ．4πB ．3πC ．2πD ．π答案解析由已知，22R =， 244S R π∴==球π．(4)在正三棱锥S －ABC 中，M ，N 分别是棱SC ，BC 的中点，且AM MN ⊥，若侧棱SA =三棱锥S －ABC 外接球的表面积是________．答案 π36 解析 MN AM ⊥，MN SB //，∴SB AM ⊥， SB AC ⊥，∴⊥SB 平面SAC ，∴SA SB ⊥，SC SB ⊥， SA SB ⊥，SA BC ⊥，∴⊥SA 平面SBC ，∴SC SA ⊥，故三棱锥ABC S -的三棱条侧棱两两互相垂直，222(2)R ∴=+2+36=，即3642=R ，∴正三棱锥ABC S -外接球的表面积是π36．(5)(2019全国Ⅰ)已知三棱锥P －ABC 的四个顶点在球O 的球面上，P A ＝PB ＝PC ，△ABC 是边长为2的正三角形，E ，F 分别是P A ，AB 的中点，∠CEF =90°，则球O 的体积为( )．A． B． C． D答案 D 解析解法一：, PA PB PC ABC ==△为边长为2的等边三角形，P ABC ∴-为正三棱锥，PB AC ∴⊥，又E ，F 分别为PA ，AB 的中点，EF PB ∴∥，EF AC ∴⊥，又EF CE ⊥，,CEAC C EF =∴⊥平面PAC ，∴PB ⊥平面PAC， APB PA PB PC ∴∠=90︒,∴===P ABC∴-为正方体的一部分，2R，即344π33R V R π∴===，故选D ．解法二：设2PA PB PC x ===，, E F 分别为, PA AB 的中点，EF PB ∴∥，且12EF PB x ==，ABC △为边长为2的等边三角形，CF ∴=，又90CEF ∠=︒，12CE AE PA x ∴==，AEC △中，ABCSMN ACP EF(解法一)AC(解法二)由余弦定理可得()2243cos 22x x EAC x+--∠=⨯⨯，作PD AC ⊥于D ，PA PC =，D ∴为AC 的中点，cos E ∠12AD AC PA x ==，2243142x x x x +-+∴=，221212 2x x x ∴+=∴==，，，PA PB PC ∴===2AB BC AC ===，, , PA PB PC ∴两两垂直，2R ∴，R ∴，34433V R ππ∴==⨯==，故选D ． (6)已知二面角α－l －β的大小为π3，点P ∈α，点P 在β 内的正投影为点A ，过点A 作AB ⊥l ，垂足为点B ，点C ∈l ，BC ＝22，P A ＝23，点D ∈β，且四边形ABCD 满足∠BCD ＋∠DAB ＝π．若四面体P ACD 的四个顶点都在同一球面上，则该球的体积为________．答案 86π 解析 ∵∠BCD ＋∠DAB ＝π，∴A ，B ，C ，D 四点共圆，直径为AC ，∵P A ⊥平面β，AB ⊥l ，∴易得PB ⊥l ，即∠PBA 为二面角α－l －β的平面角，即∠PBA ＝π3，∵P A ＝23，∴BA ＝2，∵BC＝22，∴AC ＝23．设球的半径为R ，则23－R 2－()32＝R 2－()32，∴R ＝6，V ＝4π3(6)3＝86π．【对点训练】1．点A ，B ，C ，D 均在同一球面上，且AB ，AC ，AD 两两垂直，且AB ＝1，AC ＝2，AD ＝3，则该球的表面积为( )A ．7πB ．14πC ．72πD ．714π31．答案 B 解析三棱锥A －BCD 的三条侧棱两两互相垂直，所以把它补为长方体，而长方体的体对角线长为其外接球的直径．所以长方体的体对角线长是12＋22＋32＝14，它的外接球半径是142，外接球的表面积是4π×⎝⎛⎭⎫1422＝14π．2．等腰△ABC 中，AB ＝AC ＝5，BC ＝6，将△ABC 沿BC 边上的高AD 折成直二面角B －AD －C ，则三棱锥B －ACD 的外接球的表面积为( )A ．5πB ．203π C ．10π D ．34π2．答案 D 解析依题意，在三棱锥B －ACD 中，AD ，BD ，CD 两两垂直，且AD ＝4，BD ＝CD ＝3，因此可将三棱锥BACD 补形成一个长方体，该长方体的长、宽、高分别为3,3,4，且其外接球的直径2R ＝32＋32＋42＝34，故三棱锥B －ACD 的外接球的表面积为4πR 2＝34π3．已知球O 的球面上有四点A ，B ，C ，D ，DA ⊥平面ABC ，AB ⊥BC ，DA ＝AB ＝BC ＝2，则球O 的体积等于________. 3．答案6π 解析如图，以DA ，AB ，BC 为棱长构造正方体，设正方体的外接球球O 的半径为R ，则正方体的体对角线长即为球O 的直径．∴CD ＝(2)2＋(2)2＋(2)2＝2R ，因此R ＝62，故球O 的体积V ＝4πR 33＝6π.4．已知四面体P －ABC 四个顶点都在球O 的球面上，若PB ⊥平面ABC ，AB ⊥AC ，且AC ＝1，AB ＝PB ＝2，则球O 的表面积为________．4．答案 9π 解析由PB ⊥平面ABC ，AB ⊥AC ，可得图中四个直角三角形，且PC 为△PBC ，△P AC 的公共斜边，故球心O 为PC 的中点，由AC ＝1，AB ＝PB ＝2，PC ＝3，∴球O 的半径为32，其表面积为9π.5．三棱锥P －ABC 中，△ABC 为等边三角形，P A ＝PB ＝PC ＝3，P A ⊥PB ，三棱锥P －ABC 的外接球的体积为( )A ．272πB ．2732π C ．273π D ．27π5．答案 B 解析因为三棱锥P －ABC 中，△ABC 为等边三角形，P A ＝PB ＝PC ＝3，所以△P AB ≌△PBC ≌△P AC ．因为P A ⊥PB ，所以P A ⊥PC ，PC ⊥PB ．以P A ，PB ，PC 为过同一顶点的三条棱作正方体(如图所示)，则正方体的外接球同时也是三棱锥P －ABC 的外接球．因为正方体的体对角线长为32＋32＋32＝33，所以其外接球半径R ＝332．因此三棱锥P －ABC 的外接球的体积V ＝4π3×⎝⎛⎭⎫3323＝2732π，故选B ．6．在空间直角坐标系Oxyz 中，四面体ABCD 各顶点的坐标分别为A (2，2，1)，B (2，2，－1)，C (0，2， 1)，D (0，0，1)，则该四面体外接球的表面积是( )A ．16πB ．12πC ．43πD ．6π6．答案 B 解析在空间直角坐标系内画出A ，B ，C ，D 四个点，可得BA ⊥AC ，DC ⊥平面ABC ，因此可以把四面体ABCD 补成一个棱为2的正方体，其外接球的半径R ＝22＋22＋222＝ 3.所以外接球的表面积为4πR 2＝12π，故选B.7．在平行四边形ABCD 中，∠ABD ＝90°，且AB ＝1，BD ＝2，若将其沿BD 折起使平面ABD ⊥平面BCD ，则三棱锥A －BDC 的外接球的表面积为( D )A ．2πB ．8πC ．16πD ．4π 7．答案 D 解析画出对应的平面图形和立体图形，如图所示．AAB BC CD DO在立体图形中，设AC 的中点为O ，连接OB ，OD ，因为平面ABD ⊥平面BCD ，CD ⊥BD ，所以CD ⊥平面ABD ，又AB ⊥BD ，所以AB ⊥平面BCD ，所以△CDA 与△CBA 都是以AC 为斜边的直角三角形，所以OA ＝OC ＝OB ＝OD ，所以点O 为三棱锥A －BDC 的外接球的球心．于是，外接球的半径r ＝12AC＝12CD 2＋DA 2＝1212＋(3)2＝1．故外接球的表面积S ＝4πr 2＝4π．故选D ．8．在正三棱锥S －ABC 中，点M 是SC 的中点，且AM ⊥SB ，底面边长AB ＝22，则正三棱锥S －ABC 的外接球的表面积为( )A ．6πB ．12πC ．32πD ．36π8．答案 B 解析因为三棱锥S －ABC 为正三棱锥，所以SB ⊥AC ，又AM ⊥SB ，AC ∩AM ＝A ，AC ，AM ⊂平面SAC ，所以SB ⊥平面SAC ，所以SB ⊥SA ，SB ⊥SC ，同理SA ⊥SC ，即SA ，SB ，SC 三线两两垂直，且AB ＝22，所以SA ＝SB ＝SC ＝2，所以(2R )2＝3×22＝12，所以球的表面积S ＝4πR 2＝12π，故选B.9．在古代将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑，已知四面体A －BCD 为鳖臑，AB ⊥平面BCD ，且AB ＝BC ＝36CD ，若此四面体的体积为833，则其外接球的表面积为________． 9．答案 56π 解析四面体A －BCD 为鳖臑，则由题意可知△BCD 中只能∠BCD 为直角，则四面体A －BCD 的体积为13×12×CD ·36CD ·36CD ＝833，解得CD ＝43．易知外接球的球心为AD 的中点，易求得AD ＝214，所以球的半径为14，所以球的表面积为56π．10．在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 是边长为32的正方形，AA 1＝3，E 是线段A 1B 1上一点，若二面角A －BD －E 的正切值为3，则三棱锥A －A 1D 1E 外接球的表面积为________．10．答案 35π 解析过点E 作EF ∥AA 1交AB 于F ，过F 作FG ⊥BD 于G ，连接EG ，则∠EGF 为二面角A －BD －E 的平面角，∵tan ∠EGF ＝3，∴EFFG＝3，∵EF ＝AA 1＝3，∴FG ＝1，则BF ＝2＝B 1E ，∴A 1E ＝22，则三棱锥A －A 1D 1E 外接球的直径为8＋9＋18＝35，因此三棱锥A －A 1D 1E 外接球的表面积S ＝35π．专题二对棱相等模型【方法总结】对棱相等模型是三棱锥的三组对棱长分别相等模型，用构造法(构造长方体)解决．外接球的直径等于长方体的体对角线长，即2R =长方体的长、宽、高分别为a 、b 、c )．秒杀公式：R 2＝x 2＋y 2＋z 28(三棱锥的三组对棱长分别为x 、y 、z )．可求出球的半径从而解决问题．【例题选讲】[例] (1)________．答案解析这是特殊情况，但也是对棱相等的模式，放入长方体中，32=R ，23=R ，ππ2383334=⋅=V ．(2)在三棱锥A －BCD 中，AB ＝CD ＝2，AD ＝BC ＝3，AC ＝BD ＝4，则三棱锥BCD A -外接球的表面积为________．答案292π 解析构造长方体，三个长度为三对面的对角线长，设长宽高分别为c b a ,,，则922=+b a ，422=+c b ，1622=+a c ∴291649)(2222=++=++c b a ，291649)(2222=++=++c b a ，229222=++c b a ，22942=R ，π229=S ． (3)在三棱锥A －BCD 中，AB ＝CD ＝6，AC ＝BD ＝AD ＝BC ＝5，则该三棱锥的外接球的体积为____．答案43436π解析依题意得，该三棱锥的三组对棱分别相等，因此可将该三棱锥补形成一个长方体，设该长方体的长、宽、高分别为a 、b 、c ，且其外接球的半径为R ，则⎩⎪⎨⎪⎧a 2＋b 2＝62，b 2＋c 2＝52，c 2＋a 2＝52，得a 2＋b 2＋c 2＝43，即(2R )2＝a 2＋b 2＋c 2＝43，易知432R =，即为该三棱锥的外接球的半径，所以该三棱锥的外接球的表面积为34434336R ππ=．(4)在正四面体A BCD -中，E 是棱AD 的中点，P 是棱AC 上一动点，BP PE +，则该正四面体的外接球的体积是( )A B ．6π C D ．32π AB C D A 1B 1C 1D 1答案 A 解析将侧面ABC ∆和ACD ∆展成平面图形，如图所示：设正四面体的棱长为a ，则BP PE +的最小值为1cos1202BE a a ===，2a ∴=．在正四面体A BCD -的边长为2，外接球的半径R ==，外接球的体积343V R π=．(5)已知三棱锥A BCD -，三组对棱两两相等，且1AB CD ==，AD BC ==A BCD -的外接球表面积为92π．则AC =________．答案解析将四面体A BCD -放置于长方体中，四面体A BCD -的顶点为长方体八个顶点中的四个，∴长方体的外接球就是四面体A BCD -的外接球，1AB CD ==，AD BC ==棱两两相等，∴设AC BD x ==，可得外接球的直径2R =R =，三棱锥A BCD -的外接球表面积为92π，2942R ππ∴=，解得4R ==，解之得x AC BD == 【对点训练】1．已知正四面体ABCD 的外接球的体积为86π，则这个四面体的表面积为________．2．表面积为( )A ．B ．12πC ．8πD ．3．已知四面体ABCD 满足AB ＝CD ＝6，AC ＝AD ＝BC ＝BD ＝2，则四面体ABCD 的外接球的表面积是 ________．4．三棱锥中S －ABC ，SA ＝BC ＝13，SB ＝AC ＝5，SC ＝AB ＝10．则三棱锥的外接球的表面积为______. 5．已知一个四面体ABCD 的每个顶点都在表面积为9π的球O 的表面上，且AB ＝CD ＝a ，AC ＝AD ＝BC ＝BD ＝5，则a ＝________.6．正四面体ABCD 中，E 是棱AD 的中点，P 是棱AC 上一动点，BP PE + 体的外接球表面积是( )A ．12πB ．32πC ．8πD ． 24π专题二对棱相等模型【方法总结】对棱相等模型是三棱锥的三组对棱长分别相等模型，用构造法(构造长方体)解决．外接球的直径等于长方体的体对角线长，即2R =长方体的长、宽、高分别为a 、b 、c )．秒杀公式：R 2＝x 2＋y 2＋z 28(三棱锥的三组对棱长分别为x 、y 、z )．可求出球的半径从而解决问题．【例题选讲】[例] (1)________．答案解析这是特殊情况，但也是对棱相等的模式，放入长方体中，32=R ，23=R ，ππ2383334=⋅=V ．(2)在三棱锥A －BCD 中，AB ＝CD ＝2，AD ＝BC ＝3，AC ＝BD ＝4，则三棱锥BCD A -外接球的表面积为________．答案292π 解析构造长方体，三个长度为三对面的对角线长，设长宽高分别为c b a ,,，则922=+b a ，422=+c b ，1622=+a c ∴291649)(2222=++=++c b a ，291649)(2222=++=++c b a ，229222=++c b a ，22942=R ，π229=S ． (3)在三棱锥A －BCD 中，AB ＝CD ＝6，AC ＝BD ＝AD ＝BC ＝5，则该三棱锥的外接球的体积为____．答案43436π解析依题意得，该三棱锥的三组对棱分别相等，因此可将该三棱锥补形成一个长方体，设该长方体的长、宽、高分别为a 、b 、c ，且其外接球的半径为R ，则⎩⎪⎨⎪⎧a 2＋b 2＝62，b 2＋c 2＝52，c 2＋a 2＝52，得a 2＋b 2＋c 2＝43，即(2R )2＝a 2＋b 2＋c 2＝43，易知432R =，即为该三棱锥的外接球的半径，所以该三棱锥的外接球的表面积为34434336R ππ=．(4)在正四面体A BCD -中，E 是棱AD 的中点，P 是棱AC 上一动点，BP PE +，则该正四面体的外接球的体积是( )A B ．6π C D ．32π AB C D A 1B 1C 1D 1答案 A 解析将侧面ABC ∆和ACD ∆展成平面图形，如图所示：设正四面体的棱长为a ，则BP PE +的最小值为1cos1202BE a a ==，2a ∴=．在正四面体A BCD -的边长为2，外接球的半径R =，外接球的体积343V R π=．(5)已知三棱锥A BCD -，三组对棱两两相等，且1AB CD ==，AD BC ==A BCD -的外接球表面积为92π．则AC =________．答案解析将四面体A BCD -放置于长方体中，四面体A BCD -的顶点为长方体八个顶点中的四个，∴长方体的外接球就是四面体A BCD -的外接球，1AB CD ==，AD BC ==棱两两相等，∴设AC BD x ==，可得外接球的直径2R =R =，三棱锥A BCD -的外接球表面积为92π，2942R ππ∴=，解得R ==，解之得x AC BD == 【对点训练】1．已知正四面体ABCD 的外接球的体积为86π，则这个四面体的表面积为________．1．答案 163 解析将正四面体ABCD 放在一个正方体内，设正方体的棱长为a ，设正四面体ABCD 的外接球的半径为R ，则43πR 3＝86π，解得R ＝6，因为正四面体ABCD 的外接球和正方体的外接球是同一个球，则有3a ＝2R ＝26，所以a ＝22．而正四面体ABCD 的每条棱长均为正方体的面对角线长，所以正四面体ABCD 的棱长为2a ＝4，因此，这个正四面体的表面积为4×12×42×sin π3＝163．2．表面积为( )A ．B ．12πC ．8πD ．2．答案 B 解析表面积为将正四面体补成一个正方体，则正方体的棱长为2，正方体的对角线长为正四面体的外接球的直径为正方体的对角线长，∴外接球的表面积的值为24(3)12ππ=．3．已知四面体ABCD 满足AB ＝CD ＝6，AC ＝AD ＝BC ＝BD ＝2，则四面体ABCD 的外接球的表面积是 ________．3．答案 7π 解析在四面体ABCD 中，取线段CD 的中点为E ，连接AE ，BE ．∵AC ＝AD ＝BC ＝BD ＝2，∴AE ⊥CD ，BE ⊥CD .在Rt △AED 中，CD ＝6，∴AE ＝102．同理BE ＝102，取AB 的中点为F ，连接EF ．由AE ＝BE ，得EF ⊥AB ．在Rt △EF A 中，∵AF ＝12AB ＝62，AE ＝102，∴EF ＝1，取EF 的中点为O ，连接OA ，则OF ＝12．在Rt △OF A 中，OA ＝72．同理得OA ＝OB ＝OC ＝OD ，∴该四面体的外接球的半径是72，∴外接球的表面积是7π． 4．三棱锥中S －ABC ，SA ＝BC ＝13，SB ＝AC ＝5，SC ＝AB ＝10．则三棱锥的外接球的表面积为______. 4．答案 14π 解析如图，在长方体中，设AE ＝a ，BE ＝b ，CE ＝c ．则SC ＝AB ＝a 2＋b 2＝10，SA ＝BC ＝b 2＋c 2＝13，SB ＝AC ＝a 2＋c 2＝5，从而a 2＋b 2＋c 2＝14＝(2R )2，可得S ＝4πR 2＝14π.故所求三棱锥的外接球的表面积为14π．5．已知一个四面体ABCD 的每个顶点都在表面积为9π的球O 的表面上，且AB ＝CD ＝a ，AC ＝AD ＝BC ＝BD ＝5，则a ＝________.5．答案 22 解析由题意可知，四面体ABCD 的对棱都相等，故该四面体可以通过补形补成一个长方体，如图所示．设AF ＝x ，BF ＝y ，CF ＝z ，则x 2＋z 2＝y 2＋z 2＝5，又4π×⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋y 2＋z 222＝9π，可得x ＝y ＝2，∴a ＝x 2＋y 2＝22．6．正四面体ABCD 中，E 是棱AD 的中点，P 是棱AC 上一动点，BP PE + 体的外接球表面积是( )A ．12πB ．32πC ．8πD ．24π6．答案 A 解析将三角形ABC 与三角形ACD 展成平面，BP PE +的最小值，即为BE 两点之间连线的距离，则BE =2AB a =，则120BAD ∠=︒，由余弦定理221414222a a a a +--=，解得a =，则正四面体棱长为4倍，所以，设外接球半径为R ，则223R =，则表面积244312S R πππ===．专题三汉堡模型【方法总结】汉堡模型是直棱柱的外接球、圆柱的外接球模型，用找球心法(多面体的外接球的球心是过多面体的两个面的外心且分别垂直这两个面的直线的交点．一般情况下只作出一个面的垂线，然后设出球心用算术方法或代数方法即可解决问题．有时也作出两条垂线，交点即为球心．)解决．以直三棱柱为例，模型如下图，由对称性可知球心O 的位置是△ABC 的外心O 1与△A 1B 1C 1的外心O 2连线的中点，算出小圆O 1的半径AO 1＝r ，OO 1＝2h ，2224h R r ∴=+．【例题选讲】[例] (1) (2013辽宁)已知直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的球面上．若AB ＝3，AC ＝4，AB ⊥AC ，AA 1＝12，则球O 的半径为( )．AB． C ．132D．答案 C 解析如图所示，由球心作平面ABC 的垂线，则垂足为BC 的中点M ．又AM ＝12BC ＝52，OM ＝12AA 1＝6，所以球O 的半径R ＝OA ＝⎝⎛⎭⎫522＋62＝132．另解过C 点作AB 的平行线，过B 点作AC 的平行线，交点为D ，同理过C 1作A 1B 1的平行线，过B 1作A 1C 1的平行线，交点为D 1，连接DD 1，则ABCD －A 1B 1C 1D 1恰好成为球的一个内接长方体，故球的半径r 132=．故选C ． (2)设三棱柱的侧棱垂直于底面，所有棱长都为a ，顶点都在一个球面上，则该球的表面积为( )．O 1C 1AA 1B 1O BC Rrh2hO 2A ．2a πB ．273a πC ．2113a πD ．237a π答案 B 解析 222222274312a a R OB OE BE a ==+=+=，22743S a a ππ∴==．故选B ．(3)(2009全国Ⅰ)直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的各顶点都在同一球面上，若AB ＝AC ＝AA 1＝2，∠BAC ＝120°，则此球的表面积等于( )．A ．10πB ．20πC ．30πD ．40π答案 B 解析如图，先由余弦定理求出BC ＝23，再由正弦定理求出r ＝AO 1＝2，外接球的直径R ＝12＋22＝5，所以该球的表面积为4πR 2＝20π．故选B ．(4)已知圆柱的高为2，底面半径为3，若该圆柱的两个底面的圆周都在同一个球面上，则这个球的表面积等于( )A ．4πB ．16π3C ．32π3D ．16π答案 D 解析由题意知圆柱的中心O 为这个球的球心，于是，球的半径r ＝OB ＝OA 2＋AB 2＝12＋（3）2＝2．故这个球的表面积S ＝4πr 2＝16π．故选D ．(5)若一个圆柱的表面积为12π，则该圆柱的外接球的表面积的最小值为( )A ．12)πB ．C ．3)πD ．16π 答案 A 解析设圆柱的底面半径为r ，高为h ，则22212r rh πππ+=，则6h r r=-．设该圆柱的外接球的半径为R ，则222222222165959()()32332444h R r r r r r r r r=+=+-=+--=，当且仅当22594r r=，即4365r =时，等号成立．故该圆柱的外接球的表面积的最小值为43)12)ππ=-．【对点训练】1．一直三棱柱的每条棱长都是2，且每个顶点都在球O 的表面上，则球O 的表面积为( ) A ．28π3 B ．22π3 C ．43π3D ．7π2．一个正六棱柱的底面是正六边形，其侧棱垂直于底面，已知该六棱柱的顶点都在同一个球面上，且该六棱柱的体积为98，底面周长为3，则这个球的体积为________.3．已知正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，底面积为334，一个侧面的周长为63，则正三棱柱ABC －A 1B 1C 1外接球的表面积为( )A ．4πB ．8πC ．16πD ．32π4．已知直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的球面上，若AB ＝3，AC ＝1，∠BAC ＝60°，AA 1＝2，则该三棱柱的外接球的体积为( )A ．40π3B ．4030π27C ．32030π27D ．20π5．已知矩形ABCD 中，AB ＝2AD ＝2，E ，F 分别为AB ，CD 的中点，将四边形AEFD 沿EF 折起，使二面角A －EF －C 的大小为120°，则过A ，B ，C ，D ，E ，F 六点的球的表面积为( ) A ．6π B ．5π C ．4π D ．3π6．已知直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的表面上，若AB ＝AC ＝1，AA 1＝23，∠BAC ＝2π3，则球O 的体积为( )A ．32π3B ．3πC ．4π3D ．8π7．有一个圆锥与一个圆柱的底面半径相等，此圆锥的母线与底面所成角为60︒，若此圆柱的外接球的表面积是圆锥的侧面积的4倍，则此圆柱的高是其底面半径的( )A B ．2倍 C ． D ．3倍 8．正四棱柱1111ABCD A B C D -中，2AB =，二面角11A BD C --的大小为3π，则该正四棱柱外接球的表面积为( )A ．12πB ．14πC ．16πD ．18π9．正四棱柱1111ABCD A B C D -中，AB =12AA =，设四棱柱的外接球的球心为O ，动点P 在正方形ABCD 的边上，射线OP 交球O 的表面点M ，现点P 从点A 出发，沿着A B C D A →→→→运动一次，则点M 经过的路径长为________．10．已知圆柱的上底面圆周经过正三棱锥P ABC -的三条侧棱的中点，下底面圆心为此三棱锥底面中心O ．若三棱锥P ABC -的高为该圆柱外接球半径的2倍，则该三棱锥的外接球与圆柱外接球的半径的比值为________．专题三汉堡模型【方法总结】汉堡模型是直棱柱的外接球、圆柱的外接球模型，用找球心法(多面体的外接球的球心是过多面体的两个面的外心且分别垂直这两个面的直线的交点．一般情况下只作出一个面的垂线，然后设出球心用算术方法或代数方法即可解决问题．有时也作出两条垂线，交点即为球心．)解决．以直三棱柱为例，模型如下图，由对称性可知球心O 的位置是△ABC 的外心O 1与△A 1B 1C 1的外心O 2连线的中点，算出小圆O 1的半径AO 1＝r ，OO 1＝2h ，2224h R r ∴=+．【例题选讲】[例] (1) (2013辽宁)已知直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的球面上．若AB ＝3，AC ＝4，AB ⊥AC ，AA 1＝12，则球O 的半径为( )．A．2 B． C ．132D．答案 C 解析如图所示，由球心作平面ABC 的垂线，则垂足为BC 的中点M ．又AM ＝12BC ＝52，OM ＝12AA 1＝6，所以球O 的半径R ＝OA ＝⎝⎛⎭⎫522＋62＝132．另解过C 点作AB 的平行线，过B 点作AC 的平行线，交点为D ，同理过C 1作A 1B 1的平行线，过B 1作A 1C 1的平行线，交点为D 1，连接DD 1，则ABCD －A 1B 1C 1D 1恰好成为球的一个内接长方体，故球的半径r 132=．故选C ． (2)设三棱柱的侧棱垂直于底面，所有棱长都为a ，顶点都在一个球面上，则该球的表面积为( )．A ．2a πB ．273a πC ．2113a πD ．237a πO 1C 1AA 1B 1O BC Rrh2hO 2答案 B 解析 222222274312a a R OB OE BE a ==+=+=，22743S a a ππ∴==．故选B ．(3)(2009全国Ⅰ)直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的各顶点都在同一球面上，若AB ＝AC ＝AA 1＝2，∠BAC ＝120°，则此球的表面积等于( )．A ．10πB ．20πC ．30πD ．40π答案 B 解析如图，先由余弦定理求出BC ＝23，再由正弦定理求出r ＝AO 1＝2，外接球的直径R ＝12＋22＝5，所以该球的表面积为4πR 2＝20π．故选B ．(4)已知圆柱的高为2，底面半径为3，若该圆柱的两个底面的圆周都在同一个球面上，则这个球的表面积等于( )A ．4πB ．16π3C ．32π3D ．16π答案 D 解析由题意知圆柱的中心O 为这个球的球心，于是，球的半径r ＝OB ＝OA 2＋AB 2＝12＋（3）2＝2．故这个球的表面积S ＝4πr 2＝16π．故选D ．(5)若一个圆柱的表面积为12π，则该圆柱的外接球的表面积的最小值为( )A ．12)πB ．C ．3)πD ．16π 答案 A 解析设圆柱的底面半径为r ，高为h ，则22212r rh πππ+=，则6h r r=-．设该圆柱的外接球的半径为R ，则222222222165959()()32332444h R r r r r r r r r=+=+-=+--=，当且仅当22594r r=，即4365r =时，等号成立．故该圆柱的外接球的表面积的最小值为43)12)ππ=-．【对点训练】1．一直三棱柱的每条棱长都是2，且每个顶点都在球O 的表面上，则球O 的表面积为( ) A ．28π3 B ．22π3 C ．43π3D ．7π1．答案 A 解析由题知此直棱柱为正三棱柱ABC －A 1B 1C 1，设其上下底面中心为O ′，O 1，则外接球的球心O 为线段O ′O 1的中点，∵AB ＝2，∴O ′A ＝33AB ＝233，OO ′＝12O ′O 1＝1，∴OA ＝O ′O 2＋O ′A 2＝213，因此，它的外接球的半径为213，故球O 的表面积为28π3．故选A ． 2．一个正六棱柱的底面是正六边形，其侧棱垂直于底面，已知该六棱柱的顶点都在同一个球面上，且该。

2019届高三数学专题练习外接球

2019届高三数学专题练习外接球1．正棱柱，长方体的外接球球心是其中心例1：已知各顶点都在同一球面上的正四棱柱的高为，体积为，则这个球的表面积是（） A ．B ．C ．D ．2．补形法（补成长方体）例2：若三棱锥的三个侧面两两垂直，且侧棱长均为，则其外接球的表面积是． 3．依据垂直关系找球心例3：已知三棱锥的四个顶点均在同一个球面上，底面满足，，若该三棱锥体积的最大值为3，则其外接球的体积为（） A ． B ．C ．D ．一、单选题1．棱长分别为2、、的长方体的外接球的表面积为（） A ．B ．C ．D ．2．设三棱柱的侧棱垂直于底面，所有棱的长都为，顶点都在一个球面上，则该球的表面积为（） A ．12πB ．28πC ．44πD ．60π41616π20π24π32πc ab图1CP A Babc 图2PCBAabc 图3CBPAa bc 图4PCO 2BA 3P ABC -ABC △6BA BC ==π2ABC ∠=8π16π16π332π3354π12π24π48π23对点增分集训3．把边长为3的正方形沿对角线对折，使得平面平面，则三棱锥的外接球的表面积为（） A ．B ．C ．D ．4．某几何体是由两个同底面的三棱锥组成，其三视图如下图所示，则该几何体外接球的面积为（）A ．B ．C ．D ．5．三棱锥的所有顶点都在球的表面上，平面，，，则球的表面积为（）A ．B ．C ．D ．6．如图是边长为1的正方体，是高为1的正四棱锥，若点，，，，在同一个球面上，则该球的表面积为（）A ．B ．C ．D ．7．已知球的半径为，，，三点在球的球面上，球心到平面的距离为，，，则球的表面积为（） A ．B ．C ．D ．8．已知正四棱锥(底面四边形是正方形，顶点P 在底面的射影是底面的中ABCD AC ABC ⊥ADC D ABC -32π27π18π9π2πa 22πa 23πa 24πa A BCD -O AB ⊥BCD 2BC BD ==2AB CD ==O 16π32π60π64π1111ABCD A B C D -S ABCD -S 1A 1B 1C 1D 9π1625π1649π1681π16O R A B C O O ABC 12R 2AB AC ==120BAC ∠=︒O 16π916π364π964π3P ABCD -ABCD心)，则此球的体积为（）A ．B ．C ．D．9．如图，在中，，点为的中点，将沿折起到的位置，使，连接，得到三棱锥．若该三棱锥的所有顶点都在同一球面上，则该球的表面积是（）A ．B ．C ．D ．10．四面体中，，，，则此四面体外接球的表面积为（） A ．BC ． D11．将边长为2的正沿着高折起，使，若折起后四点都在球的表面上，则球的表面积为（）A ．B ．C ．D ．12．在三棱锥中，，，则该三棱锥的外接球的表面积为（） ABC ．D ．二、填空题13．棱长均为6的直三棱柱的外接球的表面积是_________．14．已知棱长都相等正四棱锥的侧面积为，则该正四棱锥内切球的表面积为________． 15．已知三棱柱的侧棱垂直于底面，各顶点都在同一球面上，若该棱柱的体50318π36πABC △AB BC ==90ABC ∠=︒D AC ABD △BD PBD △PC PD =PC P BCD -7π5π3ππA BCD -60ABC ABD CBD ∠=∠=∠=︒3AB =2CB DB ==19π217πABC △AD 120BDC ∠=︒A B C D 、、、O O 7π27π13π213π3A BCD -6AB CD ==5AC BD AD BC ====43π243π111ABC A B C -，，，则此球的表面积等于______．16．在三棱锥中，，，，，则三棱锥外接球的体积的最小值为_____．1．正棱柱，长方体的外接球球心是其中心例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 ．16π B ．20πC ．24πD ．32π【答案】C【解析】162==h a V ，2=a ，24164442222=++=++=h a a R ，24πS =，故选C ．2．补形法（补成长方体）例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．【答案】9π【解析】933342=++=R ，24π9πS R ==．2AB =1AC =60BAC ∠=︒A BCD -AB AC =DB DC =4AB DB +=ABBD ⊥A BCD -图2图33．依据垂直关系找球心例3：已知三棱锥P ABC -的四个顶点均在同一个球面上，底面ABC △满足6BA BC ==，π2ABC ∠=，若该三棱锥体积的最大值为3，则其外接球的体积为（） A ．8π B ．16π C ．16π3 D ．32π3【答案】D【解析】因为ABC △是等腰直角三角形，所以外接球的半径是11232r =⨯=，设外接球的半径是R ，球心O 到该底面的距离d ，如图，则1632ABC S =⨯=△，3BD =，由题设116336ABC V S h h ==⨯=△，最大体积对应的高为3SD h ==，故223R d =+，即()2233R R =-+，解之得2R =，所以外接球的体积是3432ππ33R =，故答案为D ．一、单选题1．棱长分别为2、3、5的长方体的外接球的表面积为（） A ．4π B ．12πC ．24πD ．48π【答案】B对点增分集训【解析】设长方体的外接球半径为R ，由题意可知：()222222R =++，则：23R =，该长方体的外接球的表面积为24π4π312πS R ==⨯=．本题选择B 选项．2．设三棱柱的侧棱垂直于底面，所有棱的长都为面积为（） A ．12π B ．28π C ．44π D ．60π【答案】B【解析】设底面三角形的外接圆半径为r ，由正弦定理可得：2r =2r =，设外接球半径为R ，结合三棱柱的特征可知外接球半径22227R =+=，外接球的表面积24π28πS R ==．本题选择B 选项．3．把边长为3的正方形ABCD 沿对角线AC 对折，使得平面ABC ⊥平面ADC ，则三棱锥D ABC -的外接球的表面积为（） A ．32π B ．27πC ．18πD ．9π【答案】C【解析】把边长为3的正方形ABCD 沿对角线AC 对折，使得平面ABC ⊥平面ADC ，则三棱锥D ABC -的外接球直径为AC =24π18πR =，故选C ． 4．某几何体是由两个同底面的三棱锥组成，其三视图如下图所示，则该几何体外接球的面积为（）A ．2πaB ．22πaC ．23πaD ．24πa【答案】C【解析】由题可知，该几何体是由同底面不同棱的两个三棱锥构成，的正三角形，一个是三条侧棱两两垂直，且侧棱长为a 的正三棱锥，的正四面体，如图所示：该几何体的外接球与棱长为a 的正方体的外接球相同，因此外接球的直径即为正方体的体对角线，所以2R R =⇒，所以该几何体外接球面积2224π4π3πS R a ⎫==⨯=⎪⎪⎝⎭，故选C ． 5．三棱锥A BCD -的所有顶点都在球O 的表面上，AB ⊥平面BCD ，2BC BD ==，2AB CD ==，则球O 的表面积为（）A ．16πB ．32πC ．60πD ．64π【答案】D【解析】因为2BC BD ==，CD =(222221cos 2222CBD +-∠==-⨯⨯，2π3CBD ∴∠=，因此三角形BCD 外接圆半径为122sin CDCBD=∠，设外接球半径为R ，则222=2+412162AB R ⎛⎫=+= ⎪⎝⎭，2=4π64πS R ∴=，故选D ．6．如图1111ABCD A B C D -是边长为1的正方体，S ABCD -是高为1的正四棱锥，若点S ，1A ，1B ，1C ，1D 在同一个球面上，则该球的表面积为（）A ．9π16B ．25π16C ．49π16D ．81π16【答案】D【解析】如图所示，连结11A C ，11B D ，交点为M ，连结SM ，易知球心O 在直线SM 上，设球的半径R OS x ==，在1Rt OMB △中，由勾股定理有：22211OM B M B O +=，即：()2222x x -+=⎝⎭，解得：98x =，则该球的表面积229814π4ππ816S R ⎛⎫==⨯= ⎪⎝⎭．本题选择D 选项．7．已知球O 的半径为R ，A ，B ，C 三点在球O 的球面上，球心O 到平面ABC 的距离为12R ，2AB AC ==，120BAC ∠=︒，则球O 的表面积为（）A ．16π9B ．16π3C ．64π9D ．64π3【答案】D【解析】由余弦定理得：BC =设三角ABC 外接圆半径为r 2r =，则2r =，又22144R R =+，解得：2163R =，则球的表面积2644ππ3S R ==．本题选择D 选项． 8．已知正四棱锥P ABCD -(底面四边形ABCD 是正方形，顶点P 在底面的射影是底面的中心)503，则此球的体积为（）A ．18πB ．C ．36πD ．【答案】C 【解析】如图，设正方形ABCD 的中点为E ，正四棱锥P ABCD -的外接球心为O ， EA ∴=正四棱锥的体积为503，215033P ABCD V PE -∴=⨯⨯=，则5PE =，5OE R ∴=-，在AOE △中由勾股定理可得：()2255R R -+=，解得3R =，34π36π3V R ∴==球，故选C ．9．如图，在ABC △中，AB BC ==90ABC ∠=︒，点D 为AC 的中点，将ABD △沿BD 折起到PBD △的位置，使PC PD =，连接PC ，得到三棱锥P BCD -．若该三棱锥的所有顶点都在同一球面上，则该球的表面积是（）A ．7πB ．5πC ．3πD ．π【答案】A【解析】由题意得该三棱锥的面PCD BD ⊥平面PCD ，设三棱锥P BDC -外接球的球心为O ，PCD △外接圆的圆心为1O ，则1OO ⊥面PCD ，∴四边形1OO DB 为直角梯形，由BD11O D =，及OB OD =，得OB =R =∴该球的表面积274π4π7π4S R ==⨯=．故选A ． 10．四面体A BCD -中，60ABC ABD CBD ∠=∠=∠=︒，3AB =，2CB DB ==，则此四面体外接球的表面积为（）A ．19π2B C ．17π D 【答案】A 【解析】由题意，BCD △中，2CB DB ==，60CBD ∠=︒，可知BCD △是等边三角形，BF =∴BCD △的外接圆半径r BE ==，FE ∵60ABC ABD ∠=∠=︒，可得AD AC ==可得AF =∴AF FB ⊥，∴AF BCD ⊥，∴四面体A BCD -高为AF =设外接球R ，O 为球心，OE m =，可得：222r m R +=……①，)222πEF R +=……②由①②解得：R =2194ππ2S R ==．故选A ． 11．将边长为2的正ABC △沿着高AD 折起，使120BDC ∠=︒，若折起后A B C D 、、、四点都在球O 的表面上，则球O 的表面积为（）A ．7π2B ．7πC ．13π2D ．13π3【答案】B【解析】BCD △中，1BD =，1CD =，120BDC ∠=︒，底面三角形的底面外接圆圆心为M ，半径为r ，由余弦定理得到BC =21r r =⇒=，见图示：AD 是球的弦，DA =，将底面的圆心M 平行于AD 竖直向上提起，提起到AD 的高度的一半，即为球心的位置O ，∴OM =OMD 中，应用勾股定理得到OD ，OD 即为球的半径．∴球的半径OD =．该球的表面积为24π7πOD ⨯=；故选B ． 12．在三棱锥A BCD -中，6AB CD ==，5AC BD AD BC ====，则该三棱锥的外接球的表面积为（）A B C ．43π2 D ．43π【答案】D【解析】分别取AB ，CD 的中点E ，F ，连接相应的线段CE ，ED ，EF ，由条件，4AB CD ==，5BC AC AD BD ====，可知，ABC △与ADB △，都是等腰三角形，AB ⊥平面ECD ，∴AB EF ⊥，同理CD EF ⊥，∴EF 是AB 与CD 的公垂线，球心G 在EF 上，推导出AGB CGD △≌△，可以证明G 为EF 中点，4DE ==，3DF =，EF =∴GF =，球半径DG ==24π43πS DG =⨯=．故选D ．二、填空题13．棱长均为6的直三棱柱的外接球的表面积是_________．【答案】84π【解析】由正弦定理可知底面三角形的外接圆半径为1612sin602r =⨯==︒ 则外接球的半径R ，则外接球的表面积为24π4π2184πS R ==⨯=．14．已知棱长都相等正四棱锥的侧面积为则该正四棱锥内切球的表面积为________．【答案】(32π-【解析】设正四棱锥的棱长为a，则24⎫=⎪⎪⎝⎭，解得4a =．于是该正四棱锥内切球的大圆是如图PMN △的内切圆，其中4MN=，PM PN==PE =．设内切圆的半径为r ，由PFO PEN ≅△△，得FO PO EN PN =，即2r =，解得r == ∴内切球的表面积为(224π4π32πS r ===-． 15．已知三棱柱111ABC A B C -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2AB =，1AC =，60BAC ∠=︒，则此球的表面积等于______．【答案】8π【解析】∵三棱柱111ABC A B C -2AB =，1AC =，60BAC ∠=︒，1121sin 602AA ∴⨯⨯⨯︒⨯=12AA ∴=， 2222cos60412BC AB AC AB AC =+-⋅︒=+-，BC ∴=，设ABC △外接圆的半径为R ，则2sin 60BC R ︒＝，1R ∴=， =24π8π⨯=．故答案为8π．16．在三棱锥A BCD -中，AB AC =，DB DC =，4AB DB +=，AB BD ⊥，则三棱锥A BCD -外接球的体积的最小值为_____．【解析】如图所示，三棱锥A BCD -的外接圆即为长方体的外接圆，外接圆的直径为长方体的体对角线AD ，设AB AC x ==，那么4DB DC x ==-，AB BD ⊥，所以AD =积的最小值即为AD 最小，AD =2x =时，AD 的最小值为。

高考数学中的内切球和外接球问题附习题.docx

高考数学中的内切球和外接球问题一、有关外接球的问题如果一个多面体的各个顶点都在同一个球面上，那么称这个多面体是球的内接多面体，这个球称为多面体的外接球 . 有关多面体外接球的问题，是立体几何的一个重点，也是高考考查的一个热点 . 考查学生的空间想象能力以及化归能力 .研究多面体的外接球问题，既要运用多面体的知识，又要运用球的知识，并且还要特别注意多面体的有关几何元素与球的半径之间的关系，而多面体外接球半径的求法在解题中往往会起到至关重要的作用 .一、直接法 (公式法 )1、求正方体的外接球的有关问题例 1 若棱长为 3 的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为 ______________ .27.例 2 一个正方体的各顶点均在同一球的球面上，若该正方体的表面积为24，则该球的体积为 ______________.4 3.2、求长方体的外接球的有关问题例 3 一个长方体的各顶点均在同一球面上，且一个顶点上的三条棱长分别为1,2,3，则此球的表面积为.14.例 4、已知各顶点都在一个球面上的正四棱柱高为4，体积为 16，则这个球的表面积为（）.A.16B.20C.24D.32C.3.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9该六棱柱的顶点都在同一个球面上，且该六棱柱的体积为 8，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,x 1 ,93 x26 2 h,h．843r132，球心到底面的距离d∴正六棱柱的底面圆的半径2.∴22V球4 外接球的半径Rr d 1. 3.小结本题是运用公式 R 2r2d 2求球的半径的，该公式是求球的半径的常用公式 .二、构造法 (补形法 )1、构造正方体例 5 若三棱锥的三条侧棱两两垂直，且侧棱长均为3，则其外接球的表面积是 _______________.9.例 3 若三棱锥的三个侧面两两垂直，且侧棱长均为3，则其外接球的表面积是.故其外接球的表面积S4R29.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 2Ra2b2c2.出现“墙角”结构利用补形知识，联系长方体。

2019届高考数学专题十四-外接球总结-练习题及答案

3
【解析】由余弦定理得： BC 4 4 2 2 2cos120 2 3 ，
设三角 ABC 外接圆半径为 r ，由正弦定理可得： 2 3 2r ，则 r 2，
sin120
又 R2 1 R2 4 ，解得： R2 16 ，则球的表面积 S 4πR2 64 π ．本题选择
4
3
3
D 选项．
42
12．在三棱锥 A BCD 中， AB CD 6 ， AC BD AD BC 5 ，则该三棱
锥的外接球的表面积为（）
A． 43 43π
24
【答案】D
B． 43 43π
6
C． 43π
2
D． 43π
【解析】分别取 AB ， CD 的中点 E ， F ，连接相应的线段 CE ， ED，
EF ，
△PCD 外接圆的圆心为 O1 ，则 OO1 面 PCD ，∴四边形 OO1DB 为直角梯形，
由 BD
3 ， O1D 1 ，及 OB OD ，得 OB
7 ，∴外接球半径为 R
2
7，
2
∴该球的表面积 S 4πR2 4π 7 7π ．故选 A．
4
10．四面体 A BCD 中， ABC ABD CBD 60， AB 3 ， CB DB 2 ，
则此四面体外接球的表面积为（）
A． 19 π
2
【答案】A
B． 19 38π
24
C．17π
D． 17 17π
6
【解析】
由题意，△BCD 中， CB DB 2 ， CBD 60 ，可知△BCD 是等边三角形， BF 3 ，
9
∴ △BCD 的外接圆半径 r 2 3 BE ， FE 3 ，
将△ABD沿 BD折起到△PBD的位置，使 PC PD ，连接 PC ，得到三棱锥

立体几何截面、外接球、动点归类(学生版)(1)

立体几何截面、外接球、动点归类目录题型一：动点：恒平行题型二：动点：恒垂直题型三：动点：球截面题型四：动点；定角题型五：外接球：线面垂直型题型六：外接球：垂面型题型七：外接球：两线定心法题型八：外接球：二面角型题型九：外接球：最值范围型题型十：外接球：动点与翻折题型十一：动点型最短距离和题型十二：动点：内切球题型十三：多选题综合应用：二面角型几何体题型十四：多选题综合应用：翻折型题型十五：多选题综合应用：正方体表面动点型题型十六：多选题综合应用：两部分体积比型题型一：动点：恒平行线面恒平行，过线做面，需要找它们和第三个面的交线互相平行，借助好“第三个面的交线平行“这个性质，可以解决线面恒平行题型的截面问题1在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，且PA=AC=2AB=2AD=4，CD⊥AD，CB⊥AB，G为PC的中点，过AG的平面α与棱PB、PD分别交于点E、F．若EF∥平面ABCD，则截面AEGF的面积为．2在三棱锥ABCD 中，对棱AB =CD =5，AD =BC =13，AC =BD =10，当平面α与三棱锥ABCD 的某组对棱均平行时，则三棱锥ABCD 被平面α所截得的截面面积最大值为.3(山西省怀仁市2022届高三下学期一模数学试)在四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 是边长为22的正方形，P 在底面的射影为正方形的中心O ,PO =4,Q 点为AO 中点.点T 为该四棱锥表面上一个动点，满足PA ,BD 都平行于过QT 的四棱锥的截面，则动点T 的轨迹围成的多边形的面积为()A.55B.554C.354D.552题型二：动点：恒垂直恒垂直型截面，可以借助投影解决，投影型，需要利用”三垂线定理及其逆定理“这个性质转化寻找。

三垂线定理指的是平面内的一条直线，如果与穿过这个平面的一条斜线在这个平面上的射影垂直，那么它也和这条斜线垂直。

1如图，在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AB ⊥BC ,AB =BC =CC 1=2，点P 在棱BC 上运动，则过点P 且与A 1C 垂直的平面α截该三棱柱所得的截面周长的最大值为．2(江西省南昌三中2021-2022学年高三10月月考数学(理)试题)在棱长为2的正方体ABCD-A1 B1C1D1中，E是正方形BB1C1C的中心，M为C1D1的中点，过A1M的平面α与直线DE垂直，则平面α截正方体ABCD-A1B1C1D1所得的截面面积为()A.42B.26C.25D.2103(清华大学自主招生暨领军计划数学试题)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，棱AA1的中点为E，AC与BD交于点O．若平面α经过点E且与OC1垂直，则平面α该正方体所得截面的面积为()A.64B.22C.32D.1题型三：动点：球截面1已知正四面体P-ABC内接于球O，点E是底面三角形ABC一边AB的中点，过点E作球O的截面，若存在半径为3的截面圆，则正四面体P-ABC棱长的取值范围是()A.[2，3]B.[3，6]C.[22，23]D.[23，26]2(江西省景德镇市浮梁县第一中学2022-2023学年高三数学试题)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，E为棱AA1的中点，截面CD1E交棱AB于点F，则四面体CDFD1的外接球表面积为()A.39π4B.41π4C.12πD.43π43(新疆2022届高三年级第一次联考数学试题)已知三棱锥P-ABC，AB=BC=2，∠ABC=2π3，PA=43，PA过三棱锥P-ABC外接球心O，点E是线段AB的中点，过点E作三棱锥P-ABC外接球O的截面，则下列结论正确的是()A.三棱锥P-ABC体积为463B.截面面积的最小值是2πC.三棱锥P-ABC体积为263D.截面面积的最小值是π2题型四：动点；定角定角：定角，可以平移旋转而成圆锥母线、轴关系1.直线和直线成定角，可与平移-旋转为圆锥母线与轴的关系。

2021届高三高考数学复习压轴题专练33—外接球(1)【含答案】

2021届高三高考数学复习压轴题专练33—外接球（1）【含答案】1．在菱形ABCD 中，3A π=，43AB =，将ABD ∆沿BD 折起到PBD ∆的位置，若二面角P BD C --的大小为23π，三棱锥P BCD -的外接球心为O 点，则三棱锥P BCD -的外接球的表面积为( ) A ．112πB ．96πC ．48πD ．128π解：四边形ABCD 是菱形，3A π=，BCD ∴∆是等边三角形，过球心O 作OO '⊥平面BCD ，则O '为等边BCD ∆的中心，取BD 的中点为E ，则BD PE ⊥且BD EC ⊥，由二面角P BD C --的大小为23π，得23PEC π∠=，即3OEC π∠=． 43AB =，6AE EC ∴==，123O E EC '==，在Rt OEO ∆'中，由3OEC π∠=，可得4OE =．在OEC ∆中，2222cos 28OC OE EC OE ECC OEC =+-⋅⋅∠=，即27OC =，设三棱锥P BCD -的外接球的半径为R ，即27R =， ∴三棱锥P BCD -的外接球的表面积为24112R ππ=，故选：A ．2．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 ．128πB ．132πC ．144πD ．156π解：因为AB AC ⊥，6AB =，8AC =，由勾股定理可得10BC =，设面ABC 所截圆的圆心为O '，外接球的球心为O ，则有5O A O B O C '''===，取AB 的中点E ，连结O E '，O O '，则4O E '=，故321OE =-=，2217O D O E DE '='+=，设OO x '=，则2217OD x =+，设球的半径为R ，则22222(())25R O A x x ='+=+，故与OD 垂直的截面圆的半径22r R OD =-，所以22225(17)8r x x =+-+=，故所得截面圆面积的最小值为8π，而最大截面圆的面积为2R π，所以2825R πππ-=，解得233R π=，所以球O 的表面积为24132S R ππ==．故选：B ．3．在三棱锥A BCD -中，5AC AD ==，2AB CD ==，2BC BD ==，则这个三棱锥的外接球的半径为( ) A ．2105B ．2103C ．253D ．25解：如图，2BC BD ==2CD =，可得222BC BD CD +=，BC BD ∴⊥，取CD 中点O ，则O 为三角形BCD 的外心，设三棱锥的外接球的球心为1O ，连接1O O ，则1O O ⊥底面BCD ，连接AO ，5AC =112CO CD ==，512AO ∴=-，则ABO ∆为等腰三角形，取BO 中点H ，连接AH ，则AH BO ⊥，由AO CD ⊥，BO CD ⊥，AOBO O =，可得CD ⊥平面ABO ，CD ⊂平面BCD ，∴平面AOB ⊥平面BCD ，又平面AOB ⋂平面BCD BO =，AH ⊂平面ABO ，AH BO ⊥，可得AH ⊥平面BCD ，则1//AH O O ，过1O 作1O G AH ⊥，在等腰三角形ABO 中，求得2211152()424AH BO =-=-设1O O x =，则GH x =，可得15AG x =-，由11O C O A =，可得2211O C O A =，即2221151()()2x x +=+-，解得15x =．∴三棱锥的外接球的半径为215210()15R =+．故选：A ．4．三棱锥P ABC -的顶点都在球O 的球面上，AC BC ⊥，2AC =，4BC =．若三棱锥P ABC -的体积的最大值为203，则球O 的体积为( ) A ．823πB ．33πC ．1003πD ．36π解：因为AC BC ⊥，且2AC =，4BC =，所以22222425AB AC BC =+=+过AB 的中点M 作平面ABC 的垂线MN ，则球心O 在直线MN 上，设OM h =，球O 的半径为r ，则棱锥的高的最大值为r h +，所以11120()24()3323P ABC ABC V S r h r h -∆=⋅+=⨯⨯⨯⋅+=，解得5r h +=①，在Rt OAM ∆中，222OA OM AM =+，则222(5)r h =+②，由①②解得3r =，2h =，所以球O 的体积为334433633V r πππ==⋅=．故选：D ．5．已知三棱锥P ABC -中，ABC ∆是以角A 为直角的直角三角形，2AB AC ==，PB PC =，14PA =，1O 为ABC ∆的外接圆的圆心，127cos 7PAO ∠=，那么三棱锥P ABC -外接球的体积为( ) A ．73π B ．7143πC ．214πD ．7π解：如图，设三棱锥P ABC -外接球的球心为O ，半径为R ，连结1PO ，1OO ，PO ，AO ，由已知可得，BC 为圆1O 的直径，22BC =12AO =127cos PAO ∠=，在1PAO ∆中，由余弦定理可得，22211112cos 8PO PA AO PA AO PAO =+-⋅⋅∠=，则122PO = 又222111014AO PO PA +=<=，所以1PAO ∠为钝角，由正弦定理可得，111sin sin PO PA PO A PAO =∠∠1142221=，解得13sin PO A ∠=，所以1120PO A ∠=︒，因为1AO ，1OO ，1PO 三线共面，11OO AO ⊥，则130POO ∠=︒，在1Rt AOO ∆中，2212OO R =-，在1POO ∆中，222111112cos PO OO PO OO PO PO O =+-⋅⋅∠，所以222282222cos30R R R =-+--︒，解得272R =，故三棱锥P ABC -的外接球的体积为344777143322V R πππ==⨯=故选：B ．6．已知三棱锥P ABC -的底面是正三角形，PA a =，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 -的外接球的表面积为( ) A ．343aB ．23a πC ．332a π D ．212a解：延长PH 交BC 于D ，连接AD ，H 是PBC ∆的垂心，BC PD ∴⊥， AH ⊥平面PBC ，BC ⊂平面PBC ，AH BC ∴⊥，又AH ⊂平面APD ，PD ⊂平面PAD ，AHPD H =，BC ∴⊥平面APD ，又AD ⊂平面APD ，BC AD ∴⊥，连接BH 并延长交PC 于E ，连接AE ，由AH ⊥平面PBC 可得AH PC ⊥，又BE PC ⊥，AHBE H =，PC ∴⊥平面ABE ，AB PC ∴⊥．设P 在平面ABC 上的射影为O ，延长CO 交AB 于F ，连接PF ．PO AB ⊥，PCPO P =，AB ∴⊥平面PCF ． PF AB ∴⊥，CF AB ⊥．O ∴是ABC ∆的中心，F 是AB 的中点，PB PA a PC ∴===，当PA ，PB ，PC 两两垂直时，三棱锥P ABC -体积取得最大值时，将PA ，PB ，PC 作为正方体的相邻的三条棱补成正方体，则外接球的直径即为正方体的对角线长，所以三棱锥P ABC -的外接球的半径R 满足：22222(2)3R a a a a =++=，解得3R a =，所以球的表面积为22234434S R a a πππ==⨯=，故选：B ．7.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5AD 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28π，则球O 的表面积为( ) A ．128πB ．132πC ．144πD ．156π解：因为AB AC ⊥，6AB =，8AC =，所以2210BC AB AC =+，设面ABC 所截的截面圆的圆心为O '，外接球的球心为O ，则O '为BC 的中点，且OO '⊥平面ABC ，则有152O A O B O C BC '''====，取AB 的中点E ，连结O E '，O O '，则142O E AC '==，因为5AD DB =，8AB =，E 为AB 的中点，所以2DE =，所以22224225O D O E DE ''++= 设OO x '=，则有222220OD O D OO x ''=+=+，则球的半径222222525R O A x x x '=+=+=+，故与OD 垂直的截面圆的半径222225(20)5r R OD x x -+-+ 所以截面圆面积的最小值为25r ππ=，截面圆面积的最大值为2R π，由题意可得2528R πππ-=，解得233R π=，所以球的表面积为24132S R ππ==．故选：B ．8．在四棱锥1A ABCD -中，1A A ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 是平行四边形，3ABC π∠=，12AA =，23BD =，经过直线BD 且与直线1A C 平行的平面交直线1AA 于点P ，则三棱锥P ABD -的外接球的表面积为( )A ．172π B ．17π C ．576π D ．1143π解：如图，连接AC ，交BD 于E ，四边形ABCD 是平行四边形，E ∴为AC 的中点， 1//AC 平面PBD ，PE ⊂平面PBD ， PE 、1AC ⊂平面1PECA ，1//A C PE ∴，则P 为1A A 的中点，设三角形ABD 的外心为G ，外接圆半径为r ，由已知可得，23BAD π∠=，则2322sin3r ==，再设三棱锥P ABD -的外接球的球心为O ，连接OG ，则OG ⊥平面ABCD ，又1AA ⊥平面ABCD ，且12AA =，∴外接球半径R 满足22211117()4444R r AA =+=+=，则三棱锥P ABD -的外接球的表面积为2417R ππ=．故选：B ．9．蹴鞠（如图所示），2006年5月20日，已作为非物质文化遗产经国务院批准列入第一批国家非物质文化遗产名录．蹴有用脚蹴、踢、蹋的含义，鞠最早系外包皮革、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．已知某鞠（球)的表面上有四个点A 、B 、C 、P ，且球心O 在PC 上，2AC BC ==，AC BC ⊥，6tan tan 2PAB PBA ∠=∠=，则该鞠（球)的表面积为( )A ．5πB ．72πC ．9πD ．14π解：如图，取AB 中点M ，由2AC BC ==，AC BC ⊥，得22AB =，由6tan tan PAB PBA ∠=∠=，得6122PM ==，连接CM 并延长，交球O 于H ，连接PH ，PC 为球O 的直径，PH CH ∴⊥，11222MH CH AB === 则22321PH PM HM =--=，∴222222(2)(22)19R PC CH PH ==+=+=，可得球的表面积为249R ππ=．故选：C ．10．正三棱锥P ABC -的底面边长为23，侧棱长为22，若球H 与正三棱锥所有的棱都相切，则这个球的表面积为( ) A ．174π B ．(44166)π-C ．92πD ．32π解：设底面ABC 的外接圆的圆心为O ，连接PO ，AO ，延长AO 交BC 于N ，球H 与棱PA 和BC 切于点M ，N ，设球H 的半径为r ，则3232AO =⨯=，32321ON =⨯-=，而PO ⊥底面ABC ，PO AO ⊥，可得842PO =-=，在直角三角形OMN 中，21OH r =-，122r <<，在直角三角形PMH 中，PM M H r ==，2PH r =，所以PO PH OH =+，即有2221r r =+-，解得223r =-，则这个球的表面积为2244(223)(44166)r πππ=⨯-=-，故选：B ．11．《九章算术》卷五《商功》中描述几何体“阳马”为“底面为矩形，一棱垂直于底面的四棱锥”，现有阳马P ABCD -（如图），PA ⊥平面ABCD ，1PA AB ==，3AD =，点E ，F 分别在AB ，BC 上，当空间四边形PEFD 的周长最小时，三棱锥P ADF -外接球的表面积为( )A ．9πB ．11πC ．12πD ．16π解：如图所示，把AP ，PB 剪开，使得PAB ∆与矩形ABCD 在同一个平面内．延长BC 到M ，使得CM BC =，则四点P ，E ，F ，M 在同一条直线上时，PE EF FB ++取得最小值，即空间四边形PEFD 的周长取得最小值．可得122CF PB ==，1DF ∴=．∴点E 为AD 的中点.如图所示，设AFD ∆的外心为1O ，外接圆的半径为r ，则210sin 45DFr ==︒．取GH 分别为AD ，BC 的中点．设1O G x =，则222310()()2x +=，解得12x =．设三棱锥P ADF -外接球的半径为R ，则22210111()()24R =+=． ∴三棱锥P ADF -外接球的表面积2411R ππ==．故选：B ．12．已知四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是矩形，侧面PAD 是正三角形，且侧面PAD ⊥底面ABCD ，2AB =，若四棱锥P ABCD -外接球的体积为823π，则该四棱锥的表面积为()A．43B．63C．83D．103解：如图，设矩形ABCD的中心为F，三角形PAD的外心为E，分别过F、E作所在平面的垂线，交于O，则O为四棱锥P ABCD-外接球的球心，设AD a=，又2AB=，可得2213()32aOF a-，22()1124a aAF=+=+2223()11643a aOA a∴=+++四棱锥P ABCD-82π∴23482(1)33aπ⋅+=，解得：3a135373244PBCS∆=-∴该四棱锥的表面积为1315323332236322S=+⨯⨯=故选：B．。

2021届高考数学专题：立体几何之内切球和外接球

高考数学中的内切球和外接球问题一、直接法(公式法)1、求正方体的外接球的有关问题例1若棱长为3的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为______________ .例2 一个正方体的各顶点均在同一球的球面上，若该正方体的表面积为，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，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.π16B. π20C. π24D.π323.求多面体的外接球的有关问题例5. 一个六棱柱的底面是正六边形，其侧棱垂直于底面，已知该六棱柱的顶点都在同一个球面上，且该六棱柱的体积为89，底面周长为３，则这个球的体积为 .241,2,3二、构造法(补形法)1、构造正方体例6 若三棱锥的三条侧棱两两垂直，且侧棱长均为3，则其外接球的表面积是_______________.例 7 一个四面体的所有棱长都为2，四个顶点在同一球面上，则此球的表面积为（）A. π3B. π4C. π33D. π6例8 在等腰梯形ABCD 中，AB=2DC=2，∠DAB=60°，E 为AB 的中点，将△ADE 与△BEC 分布沿ED 、FC 向上折起，使A 、B 重合于点P ，则三棱锥P-DCE 的外接球的体积为（）. A. π2734 B.π26 C. π86 D. π246例9 已知球O 的面上四点A 、B 、C 、D ，DA ⊥平面ABC ，AB ⊥BC ，DA=AB=BC=3，则球O 的体积等于 .2、构造长方体例10.已知点A 、B 、C 、D 在同一个球面上，AB ⊥平面BCD ，BC ⊥DC ，若AB=6,AC=132,AD=8，则球的体积是.三.多面体几何性质法例1 1.已知各顶点都在同一个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.π16B.π20C.π24D.π32四.寻求轴截面圆半径法例12.正四棱锥S-ABCD 的底面边长和各侧棱长都为2，点S 、A 、B 、C 、D 都在同一球面上，则此球的体积为 .五 .确定球心位置法例13.在矩形ABCD 中，AB=4，BC=3，沿AC 将矩形ABCD 折成一个直二面角B-AC-D ，则四面体ABCD 的外接球的体积为 A.π12125 B.π9125 C.π6125 D.π3125高考题汇编1.（2020年全国三·理科15）已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为．2.（2018年全国三·理科10）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 ．3.（2017年全国三·理科8）已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为A ．πB ．3π4C ．π2D ．π44.（2016年全国三·理科10）在封闭的直三棱柱111ABC A B C -内有一个体积为V 的球，若AB BC ⊥，6AB =，8BC =，13AA =，则V 的最大值是（）A ．4πB ．92πC ．6πD ．323π 5.（2020年全国二·理科10）已知ABC ∆是面积为439的等边三角形，且其顶点都在球O 的球面上。

高考数学中的内切球和外接球问题(附习题)

高考数学中的内切球和外接球问题一、有关外接球的问题如果一个多面体的各个顶点都在同一个球面上，那么称这个多面体是球的内接多面体，这个球称为多面体的外接球.有关多面体外接球的问题，是立体几何的一个重点，也是高考考查的一个热点.考查学生的空间想象能力以及化归能力•研究多面体的外接球问题，既要运用多面体的知识，又要运用球的知识，并且还要特别注意多面体的有关几何元素与球的半径之间的关系，而多面体外接球半径的求法在解题中往往会起到至关重要的作用.一、直接法（公式法）1、求正方体的外接球的有关问题例1若棱长为3的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为_________________ 27—例2 一个正方体的各顶点均在同一球的球面上，若该正方体的表面积为24，则该球的体积为_________________ 3届.2、求长方体的外接球的有关问题例3一个长方体的各顶点均在同一球面上，且一个顶点上的三条棱长分别为1,2,3，则此球的表面积为 _________ .14.例4、已知各顶点都在一个球面上的正四棱柱高为4,体积为16，则这个球的表面积为（）.CA. 16兀B. 20兀C. 24兀D. 32兀3•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 8，底面周长为3，则这个球的体积为的半径的常用公式.二、构造法（补形法） 1、构造正方体例5若三棱锥的三条侧棱两两垂直，且侧棱长均为 ' 3，则其外接球的表面积是 __________________ 护.例3若三棱锥的三个侧面两两垂直，且侧棱长均为3,则其外接球的表面积是 ________ .2故其外接球的表面积S=4「：R =9二.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 ,该六棱柱的顶点都在同一个球面上, 且该六棱柱的体积为解设正六棱柱的底面边长为x ，咼为h，则有6x =3, 9 3 2U 6 x h,841 x ,2_ h = . 3.二正六棱柱的底面圆的半径接球的半径R ^-：r 2d 2.体积:小结本题是运用公式R 2 1r = 2 ,球心到底面的距离4兀3VR 3. 3d 2求球的半径的，该公式是求球则有 2R 二、•. a 2 b 2 c 2 .出现“墙角”结构利用补形知识，联系长方体。

【高中数学】几类常见三棱锥的外接球

谢谢！
四、教学过程设计
探究一、任意三角形都有外接圆，是否任意三棱锥
01
例题引入
都有外接球？如何寻找三棱锥的外接球的球心？
02
小组探究
03
模型分类
04
例题讲解
A
N
.O
B
.O '
小组1演示
小组2演示
D
05
课后探究
C
【设计意图】通过寻找三棱锥外接球球心的过程，让学生体会三棱锥外接球唯一，即空间中有且仅有一个点到三棱锥四个顶点距离相等
【类型三】垂面模型【类型四】三条侧棱相等模型
课后探究其他模型
六、目标达成及反思
目标一达成
通过探究一的设计，学生理解了为什么任意三棱锥都有外接球，如何寻找任意三棱锥外接球球心。不能完成的，小组互助完成。
目标二达成
通过探究二的设计，学生掌握了两类特殊的可以补形为长方体的三棱锥的结构特征，进而可以求出这两类三棱锥外接球的半径。
在球 O 的球面上，PA PB PC，三角形 ABC 是边长为
02
小组探究
2的正三角形 , E, F 分别为 PA, AB的中点，CEF 90o ,
03
模型分类
则球 O 的体积为（）
04
例题讲解
05
课后探究
A. 8 6 C. 2 6
B. 4 6 D. 6
【设计意图】通过高考题进行引入，让学生体会探究三棱锥外接球的重要性，激发学生的学习激情
03
模型分类
D
a
a
a
04
例题讲解
B
C
05
课后探究
四、教学过程设计
01

(完整版)高考外接球内切球专题练习

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

高三数学理科综合内切球和外接球问题附习题

答案B
2.直三棱柱的各顶点都在同一球面上，若
, ，则此球的表面积等于。
解:在中 , ,可得 ,由正弦定理,可得
外接圆半径r=2,设此圆圆心为，球心为，在中，易得球半径，故此球的表面积为 .
3．正三棱柱内接于半径为的球，若两点的球面距离为，则正三棱
柱的体积为．
答案8
4.表面积为的正八面体的各个顶点都在同一个球面上，则此球的体积为
解析：，则此长方体为正方体，所以长即为外接球的直径，利用直角三角形解出 .故球的体积等于 .（如图4）
2、构造长方体
例9.已知点A、B、C、D在同一个球面上，，，若，则球的体积是.
解析：构造下面的长方体，于是为球的直径（如图5）
三.寻求轴截面圆半径法
例4正四棱锥的底面边长和各侧棱长都为，点都在同一球面上，则此球的体积为.
A． B． C． D．
答案A
【解析】此正八面体是每个面的边长均为的正三角形，所以由知，
，则此球的直径为，故选A。
5.已知正方体外接球的体积是，那么正方体的棱长等于（）
B. C. D.
答案D
6.（2006山东卷）正方体的内切球与其外接球的体积之比为( )
A.1∶ B.1∶3C.1∶3 D.1∶9
例7（2006年山东高考题）在等腰梯形中，，，为的中点，将与分布沿、向上折起，使重合于点，则三棱锥的外接球的体积为（C）.
A. B. C. D.
解析：（如图3）
，即三棱锥为正四面体，至此，这与例6就完全相同了
例8（2008年浙江高考题）已知球的面上四点A、B、C、D，，，，则球的体积等于.
【例题】：已知三棱锥的四个顶点都在球的球面上，且，，， ,求球的体积。

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2019届高三数学专题练习外接球1．正棱柱,长方体的外接球球心是其中心例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 ．16πB ．20πC ．24πD ．32π2．补形法（补成长方体)图2图3图4例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．依据垂直关系找球心例3：已知三棱锥P ABC -的四个顶点均在同一个球面上,底面ABC △满足BA BC ==π2ABC ∠=，若该三棱锥体积的最大值为3，则其外接球的体积为（) A ．8πB ．16πC ．16π3D ．32π3一、单选题1．棱长分别为2的长方体的外接球的表面积为( ）对点增分集训A ．4πB ．12πC ．24πD ．48π2．设三棱柱的侧棱垂直于底面,所有棱的长都为23，顶点都在一个球面上，则该球的表面积为（） A ．12πB ．28πC ．44πD ．60π3．把边长为3的正方形ABCD 沿对角线AC 对折，使得平面ABC ⊥平面ADC ，则三棱锥D ABC -的外接球的表面积为（） A ．32πB ．27πC ．18πD ．9π4．某几何体是由两个同底面的三棱锥组成，其三视图如下图所示，则该几何体外接球的面积为（）A ．2πaB ．22πaC ．23πaD ．24πa5．三棱锥A BCD -的所有顶点都在球O 的表面上，AB ⊥平面BCD ，2BC BD ==，243AB CD ==则球O 的表面积为（） A ．16πB ．32πC ．60πD ．64π6．如图1111ABCD A B C D -是边长为1的正方体,S ABCD -是高为1的正四棱锥,若点S ，1A ，1B ,1C ，1D 在同一个球面上，则该球的表面积为（）A ．9π16B ．25π16C ．49π16D ．81π167．已知球O 的半径为R ，A ，B ，C 三点在球O 的球面上，球心O 到平面ABC 的距离为12R ,2AB AC ==，120BAC ∠=︒，则球O 的表面积为（ ) A ．16π9B ．16π3C ．64π9D ．64π38．已知正四棱锥P ABCD -(底面四边形ABCD 是正方形，顶点P 在底面的射影是底面的中心）的各顶点都在同一球面上，底面正方形的边长为10，若该正四棱锥的体积为503，则此球的体积为（） A ．18πB ．86C ．36πD ．323π9．如图,在ABC △中,6AB BC ==，90ABC ∠=︒，点D 为AC 的中点，将ABD △沿BD 折起到PBD △的位置,使PC PD =，连接PC ，得到三棱锥P BCD -．若该三棱锥的所有顶点都在同一球面上，则该球的表面积是( ）A ．7πB ．5πC ．3πD ．π10．四面体A BCD -中,60ABC ABD CBD ∠=∠=∠=︒,3AB =，2CB DB ==，则此四面体外接球的表面积为（ )A ．19π2B C ．17π D 11．将边长为2的正ABC △沿着高AD 折起,使120BDC ∠=︒,若折起后A B C D 、、、四点都在球O 的表面上,则球O 的表面积为( ） A ．7π2B ．7πC ．13π2D ．13π312．在三棱锥A BCD -中，6AB CD ==，5AC BD AD BC ====，则该三棱锥的外接球的表面积为（）A B C ．43π2D ．43π二、填空题13．棱长均为6的直三棱柱的外接球的表面积是_________．14．已知棱长都相等正四棱锥的侧面积为，则该正四棱锥内切球的表面积为________． 15．已知三棱柱111ABC A B C -的侧棱垂直于底面，各顶点都在同一球面上，2AB =,1AC =，60BAC ∠=︒，则此球的表面积等于______．16．在三棱锥A BCD -中，AB AC =，DB DC =，4AB DB +=，AB BD ⊥，则三棱锥A BCD -外接球的体积的最小值为_____．1．正棱柱，长方体的外接球球心是其中心例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 ．16π B ．20π C ．24π D ．32π【答案】C【解析】162==h a V ，2=a ,24164442222=++=++=h a a R ，24πS =,故选C ．2．补形法（补成长方体)图2图3例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．【答案】9π【解析】933342=++=R ,24π9πS R ==．3．依据垂直关系找球心例3：已知三棱锥P ABC -的四个顶点均在同一个球面上,底面ABC △满足6BA BC ==，π2ABC ∠=，若该三棱锥体积的最大值为3，则其外接球的体积为（） A ．8π B ．16π C ．16π3D ．32π3【答案】D【解析】因为ABC △是等腰直角三角形，所以外接球的半径是11232r =⨯=，设外接球的半径是R ，球心O 到该底面的距离d ，如图，则1632ABC S =⨯=△，3BD =，由题设116336ABC V S h h ==⨯=△，最大体积对应的高为3SD h ==，故223R d =+，即()2233R R =-+,解之得2R =，所以外接球的体积是3432ππ33R =，故答案为D ．对点增分集训一、单选题1．棱长分别为2的长方体的外接球的表面积为( ) A ．4π B ．12π C ．24π D ．48π【答案】B【解析】设长方体的外接球半径为R ，由题意可知：()222222R =++,则:23R =,该长方体的外接球的表面积为24π4π312πS R ==⨯=．本题选择B 选项．2．设三棱柱的侧棱垂直于底面，所有棱的长都为为（ ) A ．12π B ．28π C ．44π D ．60π【答案】B【解析】设底面三角形的外接圆半径为r ，由正弦定理可得：2r =2r =，设外接球半径为R ,结合三棱柱的特征可知外接球半径22227R =+=，外接球的表面积24π28πS R ==．本题选择B 选项．3．把边长为3的正方形ABCD 沿对角线AC 对折,使得平面ABC ⊥平面ADC ，则三棱锥D ABC -的外接球的表面积为( ） A ．32π B ．27πC ．18πD ．9π【答案】C【解析】把边长为3的正方形ABCD沿对角线AC对折，使得平面ABC⊥平面ADC，则三棱锥D ABC-的外接球直径为32AC=，外接球的表面积为24π18πR=，故选C．4．某几何体是由两个同底面的三棱锥组成,其三视图如下图所示，则该几何体外接球的面积为( ）A．2πa B．22πa C．23πa D．24πa【答案】C【解析】由题可知，该几何体是由同底面不同棱的两个三棱锥构成,其中底面是棱长为2a的正三角形，一个是三条侧棱两两垂直，且侧棱长为a的正三棱锥,另一个是棱长为2a的正四面体，如图所示：该几何体的外接球与棱长为的正方体的外接球相同,因此外接球的直径即为正方体的体对角线，所以222323R a a a a R=++⇒，所以该几何体外接球面积22234π4π3πS R a⎫==⨯=⎪⎪⎝⎭，故选C．5．三棱锥A BCD -的所有顶点都在球O 的表面上，AB ⊥平面BCD ，2BC BD ==，243AB CD ==，则球O 的表面积为（） A ．16π B ．32π C ．60π D ．64π【答案】D【解析】因为2BC BD ==，23CD =,所以()22222231cos 2222CBD +-∠==-⨯⨯，2π3CBD ∴∠=，因此三角形BCD 外接圆半径为122sin CDCBD=∠，设外接球半径为R ，则222=2+412162AB R ⎛⎫=+= ⎪⎝⎭，2=4π64πS R ∴=，故选D ．6．如图1111ABCD A B C D -是边长为1的正方体，S ABCD -是高为1的正四棱锥，若点S ，1A ,1B ，1C ，1D 在同一个球面上,则该球的表面积为（）A ．9π16B ．25π16C ．49π16D ．81π16【答案】D【解析】如图所示，连结11A C ,11B D ，交点为M ,连结SM ，易知球心O 在直线SM 上，设球的半径R OS x ==，在1Rt OMB △中,由勾股定理有:22211OM B M B O +=,即：()222222x x ⎛⎫-+= ⎪ ⎪⎝⎭，解得:98x =，则该球的表面积229814π4ππ816S R ⎛⎫==⨯= ⎪⎝⎭．本题选择D 选项．7．已知球O 的半径为R ，A ，B ，C 三点在球O 的球面上，球心O 到平面ABC 的距离为12R ,2AB AC ==,120BAC ∠=︒，则球O 的表面积为（） A ．16π9B ．16π3C ．64π9D ．64π3【答案】D【解析】由余弦定理得：44222cos12023BC =+-⨯⨯︒=，设三角ABC 外接圆半径为r ，由正弦定理可得：232r =，则2r =，又22144R R =+，解得：2163R =，则球的表面积2644ππ3S R ==．本题选择D 选项． 8．已知正四棱锥P ABCD -（底面四边形ABCD 是正方形,顶点在底面的射影是底面的中心)的10503，则此球的体积为（）A ．18πB ．86C ．36πD ．323π【答案】C 【解析】如图，设正方形ABCD 的中点为E ，正四棱锥P ABCD -的外接球心为O ，底面正方形的边长为10，5EA ∴=，正四棱锥的体积为503，()21501033P ABCD V PE -∴=⨯⨯=，则5PE =，5OE R ∴=-,在AOE △中由勾股定理可得：()2255R R -+=,解得3R =，34π36π3V R ∴==球，故选C ．9．如图，在ABC △中，6AB BC ==，90ABC ∠=︒，点D 为AC 的中点，将ABD △沿BD 折起到PBD △的位置,使PC PD =，连接PC ，得到三棱锥P BCD -．若该三棱锥的所有顶点都在同一球面上，则该球的表面积是（）A ．7πB ．5πC ．3πD ．π【答案】A【解析】由题意得该三棱锥的面PCD 是边长为3的正三角形，且BD ⊥平面PCD ，设三棱锥P BDC -外接球的球心为O ,PCD △外接圆的圆心为1O ,则1OO ⊥面PCD ,∴四边形1OO DB 为直角梯形，由3BD =，11O D =,及OB OD =，得7OB =，∴外接球半径为7R =,∴该球的表面积274π4π7π4S R ==⨯=．故选A ．10．四面体A BCD -中，60ABC ABD CBD ∠=∠=∠=︒，3AB =，2CB DB ==，则此四面体外接球的表面积为( ) A ．19π2B ．1938πC ．17πD ．1717π【答案】A 【解析】由题意，BCD △中，2CB DB ==，60CBD ∠=︒，可知BCD △是等边三角形，3BF = ∴BCD △的外接圆半径23r BE ==,3FE =， ∵60ABC ABD ∠=∠=︒，可得7AD AC ==可得6AF ,∴AF FB ⊥，∴AF BCD ⊥, ∴四面体A BCD -高为6AF =设外接球R ，O 为球心,OE m =，可得：222r m R +=……①,()2226πEF R -+=……②由①②解得：19R =．四面体外接球的表面积:2194ππ2S R ==．故选A ． 11．将边长为2的正ABC △沿着高AD 折起，使120BDC ∠=︒，若折起后A B C D 、、、四点都在球O 的表面上，则球O 的表面积为（） A ．7π2B ．7πC ．13π2D ．13π3【答案】B【解析】BCD △中，1BD =，1CD =,120BDC ∠=︒,底面三角形的底面外接圆圆心为M ，半径为r ，由余弦定理得到3BC =，再由正弦定理得到321r r =⇒=，见图示:AD 是球的弦，3DA =，将底面的圆心M 平行于AD 竖直向上提起,提起到AD 的高度的一半，即为球心的位置O ,∴3OM =OMD 中，应用勾股定理得到OD ，OD 即为球的半径．∴球的半径3714OD =+=．该球的表面积为24π7πOD ⨯=；故选B ．12．在三棱锥A BCD -中，6AB CD ==,5AC BD AD BC ====，则该三棱锥的外接球的表面积为（） A ．4343πB ．4343πC ．43π2D ．43π【答案】D【解析】分别取AB ，CD 的中点E ，F ，连接相应的线段CE ,ED ,EF ，由条件，4AB CD ==，5BC AC AD BD ====，可知，ABC △与ADB △，都是等腰三角形，AB ⊥平面ECD ，∴AB EF ⊥，同理CD EF ⊥，∴EF 是AB 与CD 的公垂线，球心G 在EF 上，推导出AGB CGD △≌△，可以证明G 为EF 中点，2594DE =-=，3DF =，1697EF =-=，∴7GF =,球半径74394DG =+=,∴外接球的表面积为24π43πS DG =⨯=．故选D ．二、填空题13．棱长均为6的直三棱柱的外接球的表面积是_________．【答案】84π【解析】由正弦定理可知底面三角形的外接圆半径为161232sin6023r=⨯=⨯=︒，则外接球的半径()2232391221R =+=+=，则外接球的表面积为24π4π2184πS R ==⨯=．14．已知棱长都相等正四棱锥的侧面积为163，则该正四棱锥内切球的表面积为________．【答案】()32163π-【解析】设正四棱锥的棱长为a ，则234163a ⎛⎫= ⎪⎪⎝⎭，解得4a =．于是该正四棱锥内切球的大圆是如图PMN △的内切圆，其中4MN =，23PM PN ==22PE =．设内切圆的半径为r ,由PFO PEN ≅△△，得FO POEN PN =，即22223r r -=，解得226231r ==+∴内切球的表面积为((224π4π62323πS r ===-．15．已知三棱柱111ABC A B C -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3,2AB =,1AC =，60BAC ∠=︒，则此球的表面积等于______．【答案】8π【解析】∵三棱柱111ABC A B C -的侧棱垂直于底面，棱柱的体积为3，2AB =,1AC =，60BAC ∠=︒，1121sin 6032AA ∴⨯⨯⨯︒⨯=,12AA ∴=， 2222cos60412BC AB AC AB AC =+-⋅︒=+-，3BC ∴=，设ABC △外接圆的半径为R ，则2sin 60BCR ︒＝,1R ∴=， ∴外接球的半径为112+=，∴球的表面积等于()24π28π⨯=．故答案为8π．16．在三棱锥A BCD -中，AB AC =，DB DC =,4AB DB +=,AB BD ⊥，则三棱锥A BCD -外接球的体积的最小值为_____．【答案】82π【解析】如图所示，三棱锥A BCD -的外接圆即为长方体的外接圆，外接圆的直径为长方体的体对角线AD ，设AB AC x ==，那么4DB DC x ==-,AB BD ⊥，所以22AD AB DB =+为AD最小，AD=2x=时,AD的最小值为。