高考空间几何体的外接球与内切球问题专项突破复习
2021新高考数学二轮复习技巧大全 百天冲刺专题练习03 空间几何体外接球和内切球(解析版)
1）第一步：求底面外接圆的半径： r 1 a （ a 为角 A 的对边）； 2 sin A
2）第二步：由勾股定理得外接球半径： R r 2 ( h )2 （ h 为直棱柱侧棱高度） 2
1.例题 【例 1】直三棱柱 d3 d 3 中，已知 d d3， d h ，d3 h ， 在同一球面上，则该球的表面积为__________．
【答案】C
【解析】如图，
由已知可得，底面四边形 BCDE 为等腰梯形，
设底面外接圆的圆心为 G
，连接
BG
，则 2BG
2 sin30
4
，
BG 2 ，又 AB 2 ，设四棱锥外接球的球心为 O ，
则 OA 5 ，即四棱锥外接球的半径为 5 ．
此球的表面积等于 4
2
5 20 ．故选：C．
三、常见空间几何体外接球
方法技巧专题 3 空间几何体外接球和内切球 解析版
一、 空间几何外接球和内切球知识框架
二、求外接球半径常用方法
【一】高过外心
空间几何体（以 P ABCD 为例）的高过底面的外心（即顶点的投影在底面外心上）： （1）先求底面 ABCD 的外接圆半径 r ，确定底面 ABCD 外接圆圆心位置 O ; （2）把 O 垂直上移到点 O ，使得点 O 到顶点 P 的距离等于到 A、B、C、D 的距离相等，此时点 O
2
【例 2】直三棱柱 ABC A1 B1C 1 的所有棱长均为 ，则此三棱柱的外接球的表面积为（ ）
A． π
B． π
C． π
D． π
【解析】由直三棱柱的底面边长为
，得底面外接圆的半径：
r
1 2
2 sin
3
2，
3
又由直三棱柱的侧棱长为
2023届高三数学一轮复习专题 空间几何体的外接球与内切球问题 讲义 (解析版)
空间几何体的外接球与内切球问题高考分析： 球与几何体的切接问题是近几年高考的高频考点，常以选择题和填空题的形式出现，以中档题和偏难题为主. 一、几种常见几何体的外接与内切球 1.长方体的外接球 (1)球心：体对角线的交点；(2)半径：R ＝a 2＋b 2＋c 22(a ，b ，c 为长方体的长、宽、高)．2.正方体的外接球、内切球及与各条棱相切的球 (1)外接球：球心是正方体的中心；半径R ＝32a(a 为正方体的棱长)； (2)内切球：球心是正方体的中心；半径r ＝2a(a 为正方体的棱长)；(3)与各条棱都相切的球：球心是正方体的中心；半径=2r a (a 为正方体的棱长)． 3.正四面体的外接球与内切球(1)外接球：球心是正四面体的中心；半径R (a 为正四面体的棱长)；(2)内切球：球心是正四面体的中心；半径r (a 为正四面体的棱长)．求外接球问题常用方法：1.补体法。
将几何体补形成长方体正方体等常见模型去求解2.外接球的球心都在过底面外接圆圆心的垂线上（注意球体可以滚动所以可以选择较为方便计算的那一面作为底面）3.利用外接球球心到几何体各顶点距离都等于半径4.球心与截面圆圆心的连线垂直于截面圆求外接球的关键是确定球心位置，进而计算出外接球半径。
题型一：柱体的外接球1.已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为18，则这个球的体积为_________．2.已知三棱柱111ABC A B C －的底面是边长为6的正三角形，侧棱垂直于底面，且该三棱柱的外接球的表面积为12 ，则该三棱柱的体积为_________．3.已知各顶点都在一个球面上的正四棱柱高为4，体积为16，则这个球的表面积是( )A ．16πB ．20πC ．24πD ．32π4.已知圆柱的底面半径为12，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.3π4 C.π2 D.π4题型二：锥体的外接球5.求棱长为1的正四面体外接球的体积为_________．6.已知正四棱锥P －ABCD 内接于一个半径为R 的球，则正四棱锥P －ABCD 体积的最大值是( )A.16R 381B.32R 381C.64R 381 D ．R 3 7.如图，在四棱锥P －ABCD 中，底面ABCD 为菱形，PB ⊥底面ABCD ，O 为对角线AC 与BD 的交点，若PB ＝1，∠APB ＝∠BAD ＝π3，则三棱锥P －AOB 的外接球的体积是_________．8.已知△ABC 是面积为的等边三角形，且其顶点都在球O 的球面上.若球O 的表面积为16π，则O 到平面ABC 的距离为（ ） A.B.C. 1D.9.已知,,A B C 为球O 的球面上的三个点，⊙1O 为ABC 的外接圆，若⊙1O 的面积为4π，1AB BC AC OO ===，则球O 的表面积为（ ）A. 64πB. 48πC. 36πD. 32π10.《九章算术》中对一些特殊的几何体有特定的称谓，例如：将底面为直角三角形的直三棱柱称为堑堵．将一堑堵沿其一顶点与相对的棱切开，得到一个阳马(底面是长方形，且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥)和一个鳖臑(四个面均是直角三角形的四面体)．在如图所示的堑堵ABC －A 1B 1C 1中，AA 1＝AC ＝5，AB ＝3，BC ＝4，则阳马C 1－ABB 1A 1的外接球的表面积是( )A ．25πB ．50πC ．100πD ．200π11.已知三棱锥P −ABC 的四个顶点在球O 的球面上，PA =PB =PC ，△ABC 是边长为2的正三角形，E ，F 分别是PA ，AB 的中点，∠CEF =90°，则球O 的体积为 A ．68πB ．64πC ．62πD ．6π12.已知正三棱锥的所有顶点都在球O 的球面上，其底面边长为3，E,F ,G 分别为为侧棱AB,AC,AD 的中点.若O 在三棱锥A -BCD 内，且三棱锥A -BCD 的体积是三棱锥O -BCD 体积的3倍，则平面EFG 截球O 所得截面的面积为微专题 球与几何体的切接问题——内切球1.半径为R 的球的外切圆柱(球与圆柱的侧面、两底面都相切)的表面积为_________，体积为_________．2.若正四面体的棱长为a ，则其内切球的半径为_________．3.已知正三棱锥的高为6，内切球(与四个面都相切)的表面积为16π，则其底面边长为( ) A ．18 B ．12 C ．6 3 D ．434.将半径为3，圆心角为2π3的扇形围成一个圆锥(接缝处忽略不计)，则该圆锥的内切球的体积为( )A.2π3 B.3π3 C.4π3D ．2π 5.如图，已知球O 是棱长为1的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的内切球，则平面ACD 1截球O 的截面面积为( )A.66π B.π3 C.π6 D.33π题型三 最值问题6.已知底面是正六边形的六棱锥P －ABCDEF 的七个顶点均在球O 的表面上，底面正六边形的边长为1，若该六棱锥体积的最大值为3，则球O 的表面积为_________．7.四棱锥S －ABCD 的所有顶点都在同一球面上，底面ABCD 是正方形且和球心O 在同一平面内，当此四棱锥的体积取得最大值时，其表面积等于8＋83，则球O 的体积等于( )A.32π3B.322π3 C ．16π D.162π38.已知SAB 是边上为2的等边三角形，045ACB ∠=，则三棱锥体积最大时，CA = ;其外接球的表面积为。
高考数学二轮复习考点知识讲解与提升练习29 空间几何体的外接球和内切球问题
形外接圆半径为 R（或可用正弦定理求得它）则外接球半径为 R2 + h2 4
3 / 35
4.正四面体的内切球、外接球的球心都是正四面体的中心，它是高的一个四等分点，若四面体的棱
长为 a，则其内切球半径为 6 a ，外接球半径为 6 a .
（6）若直棱柱的所有顶点都在同一个球面上，则该球的球心 O 是直棱柱的两个底面的外接圆的圆心
的连线的中点.
一、单选题
1．一个底面积为 1 的正四棱柱的顶点都在同一球面上，若此球的表面积为 20π ，则该四棱柱的高为
（）
A． 3 B．2C． 3 2 D． 19
【答案】C
【解析】设球的半径为 R ，则 4πR2 =20π ，解得 R2 =5
径分别为 a , 3a , 2a . 22 2
2.长方体的外接球的球心是其体的对角线的中点；若长方体的过同一顶点的三条棱长分别为 a, b, c
则外接球的半径是 a2 + b2 + c2 ；若长方体过同一顶点的三个面的对角线长分别为 x, y, z 则外接球
2 的半径是 2 x2 + y2 + z2 .
3.（2022 年新高考 2 卷）7．正三棱台高为 1，上下底边长分别是 3 3 和 4 3 ，所有顶点在同一球面 上，则球的表面积是
A．100π B．128π C．144π D．192π 【答案】A 【解析】由题意得，上底面所在平面截球所得圆的半径是 3， 下底面所在平面截球所得圆的半径是 4，
则轴截面中由几何知识可得 R2 − 32 + R2 − 42 = 1，或 R2 − 32 − R2 − 42 = 1
2014届高考空间几何体的外接球与内切球问题专项突破复习
例 1 球面上有三点A 、B 、C 组成这个球的一个截面的内接三角形三个顶点，其中18=AB ，24=BC 、30=AC ，球心到这个截面的距离为球半径的一半，求球的表面积．例2．自半径为R 的球面上一点M ，引球的三条两两垂直的弦MC MB MA ,,，求222MC MB MA ++的值．例3．试比较等体积的球与正方体的表面积的大小．例4 一个倒圆锥形容器，它的轴截面是正三角形，在容器内注入水，并放入一个半径为r 的铁球，这时水面恰好和球面相切．问将球从圆锥内取出后，圆锥内水平面的高是多少？例5．设正四面体中，第一个球是它的内切球，第二个球是它的外接球，求这两个球的表面积之比及体积之比．例6．把四个半径都是1的球中的三个放在桌面上，使它两两外切，然后在它们上面放上第四个球，使它与前三个都相切，求第四个球的最高点与桌面的距离例7．如图1所示，在棱长为1的正方体内有两个球相外切且又分别与正方体内切．（1）求两球半径之和；（2）球的半径为多少时，两球体积之和最小．1、一个四棱柱的底面是正方形,侧棱与底面垂直,其长度为4,棱柱的体积为16,棱柱的各顶点在一个球面上,则这个球的表面积是 ( ) A .16π B .20π C .24π D .32π2四个顶点在同一个球面上,则此球的表面积为( )A.3πB.4πD.6π3.在半球内有一个内接正方体,试求这个半球的体积与正方体的体积之比.4.四个顶点在同一个球面上,则此球的表面积为( )A.3πB.4πD.6π5.过球O 表面上一点A 引三条长度相等的弦AB 、AC 、AD ，且两两夹角都为︒60，若球半径为R ，求弦AB 的长度．6.一个正三棱锥的四个顶点都在半径为1的球面上，其中底面的三个顶点在该球的一个大圆上，则该正三棱锥的体积是（ ）A ．433 B ．33 C ． 43 D ．1237. 直三棱柱111ABC A B C -的各顶点都在同一球面上，若12AB AC AA === ,120BAC ∠=︒，则此球的表面积等于 。
空间几何体的外接球与内切球。专题汇编
空间几何体的外接球与内切球。
专题汇编本文介绍了空间几何体的外接球与内切球的定义、性质、结论和求解方法。
首先，球的定义是空间中到定点的距离等于定长的点的集合，简称球。
在此基础上，定义了外接球和内切球。
外接球是指一个多面体的各个顶点都在一个球的球面上，这个球是这个多面体的外接球；内切球是指一个多面体的各面都与一个球的球面相切，这个球是这个多面体的内切球。
其次，文章介绍了外接球的性质和结论。
其中，外接球的性质包括过球心的平面截球面所得圆是大圆，大圆的半径与球的半径相等；经过小圆的直径与小圆面垂直的平面必过球心，该平面截球所得圆是大圆；过球心与小圆圆心的直线垂直于小圆所在的平面；球心在大圆面和小圆面上的射影是相应圆的圆心；在同一球中，过两相交圆的圆心垂直于相应的圆面的直线相交，交点是球心。
文章还列举了各种空间几何体的外接球的结论，如长方体的外接球的球心在体对角线的交点处，圆柱体的外接球球心在上下两底面圆的圆心连一段中点处等。
最后，文章介绍了内切球的一个重要结论，即若球与平面相切，则切点与球心连线与切面垂直。
同时，文章还提到了勾股定理、正定理及余弦定理等求解三角形线段长度的方法。
经过剔除格式错误和删除有问题的段落，本文更加清晰明了地介绍了空间几何体的外接球与内切球的相关知识和方法。
2.内切球与多面体各面的距离相等，外接球与多面体各顶点的距离相等，类比于多边形的内切圆。
3.正多面体的内切球和外接球的球心重合。
4.正棱锥的内切球和外接球的球心都在高线上，但不一定重合。
5.求解内切球半径的基本方法有两种：一是构造三角形利用相似比和勾股定理，二是体积分割法，即等体积法。
6.与台体相关的内容在此略过。
7.八大模型之一是墙角模型，其中三条棱两两垂直，可以直接使用公式(2R)2=a2+b2+c2求出内切球半径R。
8.举例说明：（1）已知同一球面上正四棱柱的高为4，体积为16，则其内切球表面积为24π；（2）若三棱锥的三个侧面两两垂直，且侧棱长均为3，则其外接球表面积为9π；（3）在正三棱锥S-ABC中，M、N分别是棱SC、BC的中点，且AM垂直MN，若侧棱SA=23，则正三棱锥S-ABC外接球的表面积为36π。
(完整word版)搞定空间几何体的外接球(word文档良心出品)
图5-4图3-1专题3 搞定空间几何体的外接球与内切球一、基本方法：（1）定心：确定球心，构造直角三角形利用正余弦定理及勾股定理求解（222d r R +=）；该方法是解决外接球问题的主要的通法，但对空间想象能力、作图能力要求较高；所以熟悉以下的几种模型才能准确快速的解决外接球问题。
（2）补形：补成长方体，利用长方体对角线求解（22224c b a R ++=）；有些几何体比较难确定球心，而几何体刚好是长方体的一部分，其外接球与长方体的外接球是同一个球，故可利用长方体模型求解。
另外有些不规则的几何体还可以选择建系，设球心，利用球心到各顶点的距离相等求出球心坐标求解。
但该方法计算量大，高考一般不会考查。
高考中以模型一、二、三、四为主。
类型一：锥体模型（P 的射影是ABC ∆的外心即侧棱长相等）第一步：确定球心O 的位置，取ABC ∆的外心1O ，则1,,O O P 三点共线；第二步：先算出小圆1O 的半径r AO =1，再算出棱锥的高h PO =1；第三步：勾股定理：21212O O A O OA +=⇒222)(r R h R +-=，解出R类型二：柱体模型（直棱柱、圆柱）第一步：确定球心O 的位置，1O 是ABC ∆的外心，则⊥1OO 平面ABC ；第二步：算出小圆1O 的半径r AO =1，h AA OO 212111==； 第三步：勾股定理：21212O O A O OA +=⇒222)2(r h R +=⇒22)2(hr R +=，解出R第一步：将ABC ∆画在小圆面上，D 为小圆上任意的一点，；第二步：1O 为ABC ∆的外心，所以⊥1OO 平面ABC ，算出小圆1O 的半径r D O =1（三角形的外接圆直径算法：利用正弦定理，得r C cB b A a 2sin sin sin ===），PA OO d 211==； 第三步：利用勾股定理求三棱锥的外接球半径：222d r R +=.图6类型四：长方体模型1.三条棱两两垂直，可补形为长方体图1-1图1-2图1-3方法：找三条两两垂直的线段，直接用公式2222)2(c b a R ++=，求出R 2.三棱锥（即四面体）中，三组对棱分别相等，亦可补形为长方体 第一步：画出一个长方体，标出三组互为异面直线的对棱；第二步：设出长方体的长宽高分别为c b a ,,，x BC AD ==，y CD AB ==，z BD AC ==，第三步：由22222222z y x c b a R ++=++=，求出R .类型五：二面角模型（两个三角形拼在一起，一般为两等腰三角形或直角三角形） 1.当两等腰三角形由公共底边折叠时，第一步：先画出如图所示的图形，将BCD ∆画在小圆上，找出∆BD A '∆的外心1H 和2H ；第二步：过1H 和2H 分别作其所在平面的垂线，两垂线的交点即为球心O ，连接OC OE ,；第三步：解1OEH ∆，算出1OH ，再由勾股定理：22121OC CH OH =+，求出球的半径R 。
2020年高考数学专题复习《空间球之“外接+内切球”》
A.4 B.3 C.2 D.
答案见 114-115 页
变式 2.在四面体 ABCD 中,
题型 2：顶点、球心、小圆圆心
AB CD 4 2, AC BD AD BC 3 则该四面体的外接球的体积________.
三点共线（针对椎体） 解法归纳： (1).何时利用三点共线？
①正棱锥（如正三棱锥,正四棱锥）
S ABC
1 2
r
C周长
r 2S ABC C周长
例 6.（2016 年全国新课标卷 3）在封闭的
直三棱柱 ABC A1B1C1 内有一个体积为 V 的球，若 AB BC , AB 6, BC 8
AA1 3, 则 V 的最大值是（
）
A. 4 B. 9 C. 6 D. 32
2
3
三、课下巩固
的球 O1 ，同时在三棱柱 ABC A1B1C1 外
有一个外接球 O2 ，若 AB BC, AB 3 ,
BC 4, 则球 O2 的体积为________.
7.（2020 年惠州模拟）已知点 A,B,C,D 在 10.（2017 年全国新课标卷）已知三棱锥
同一个球的球面上， AB BC 2 ， AC 2 ，若四面体 ABCD 的体积为 2 3 ，
4 ，侧棱长为 2 6 ，则此球的表面积为 ______.
答案见 115-116 页 变式 5.已知正三棱锥 P ABC 的四个顶点 类型 3 已知椎体的高或求高且球心不在高线上 均在球 O 上，且 PA PB PC 2 5,
AB BC AC 2 3 则球 O 的表面积为（ ）
A. 25 B. 125 C. 5 D. 20
SC 为球 O 的直径，且 SC 2 ；
则此棱锥的体积为（ ）
2023届高三数学一轮复习专题 空间几何体的外接球与内切球研究 讲义 (解析版)
空间几何体的外接球与内切球研究专题补充内容一。
三角形的四心：1。
重心：三条中线的交点。
★重心定理：三角形的重心到顶点的距离等于它到对边中点距离的2倍。
2。
垂心：三条高线的交点。
3OA OB OC==4。
ABC=r()11112222ABC OAB OAC OBCS S S S ar br cr a b c r =++=++=++补充内容二。
等边三角形中的一些重要的量：设等边三角形边长为a。
★★1；2。
面积2ABCS=；3。
O为正三角形中心（正三角形四心合一），外接圆半径3AO R ==，内切圆半径6OD r ==。
:2:1R r =。
补充内容三：正棱锥。
如正三棱锥、正四面体、正四棱锥。
★★（2）过底面正多边形的中心作底面的垂线，则垂线上任一点到正多边形各顶点的距离都相等，垂线上点（正多边形的中心除外）与底面正多边形均构成正棱锥。
一．棱柱的外接球：一、正方体、长方体外接球与内切球研究：设正方体棱长为a ，。
① 正方体外接球直径为体对角线，即2R =② 正方体内切球直径为棱长，即2r a =。
推广：长方体相邻三棱长为,,a b c 2R =，其中2R 为长方体外接球直径。
题型一：若有三边两两垂直的，则用补形法构造一个长方体，该长方体的体对角2.直三棱柱外接球：规律：直三棱柱外接球的球心位于上下底面三角形外接圆圆心连线的中点上。
例1.在三棱柱中，侧棱垂直于底面，且三棱柱的体积为3，则三棱柱的外接球的表面积为（ ）111ABC A B C -90,301ACB BAC BC ∠=∠==，，111ABC A B C -111ABC A B C -A． B ． C ． D ．解：0090301ACB BAC BC ∠=∠==，，2ACAB ∴==3又三棱柱的体积为 ∴棱柱的高为因三棱柱上下底面三角形的外心在斜边的中点上11,AB A B ∴三棱柱外接球的球心位于中点连线的中点上，如图：12R OA ∴===2416.S R ππ∴==球注意：本题也可以用补形法构造一个长方体。
高中数学解题指导八个无敌模型全搞定空间几何的外接球和内切球问题
高中数学解题指导八个无敌模型全搞定空间几何的外接球和内切球问题八个有趣模型——搞定空间几何体的外接球与内切球类型一、墙角模型墙角模型是指三条线段两两垂直的几何体，通过公式(2R) = a + b + c，即2R = a^2 + b^2 + c^2，可以求出其外接球半径R。
例1：1）已知顶点都在同一球面上的正四棱柱的高为4，体积为16，求该球的表面积。
解：由V = ah = 16，得a = 2，4R = a + a + h = 4 + 4 + 16 = 24，S = 24π，答案为C。
2）若三棱锥的三个侧面两两垂直，且侧棱长均为3，求其外接球的表面积。
解：由2R = a + b + c = 3 + 3 + 3 = 9，得R = 9/4，S =4πR^2 = 9π。
3）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 = 23，求正三棱锥S-ABC外接球的表面积。
解：由墙角模型的特点可知，正三棱锥的对棱互垂直。
连接AB、BC的中点D、E，连接AE、CD，交于H，则H是底面正三角形ABC的中心。
由AM⊥MN，SB//MN，可得AM⊥SB，AC⊥SB，故SB⊥平面SAC，SB⊥SA，SB⊥SC，即SB⊥SA，BC⊥SA，故SA⊥平面SBC，SA⊥SC。
因此，三棱锥S-ABC的三棱条侧棱两两互相垂直，由2R^2 = 23^2 + 23^2 + 23^2 = 36，得R^2 = 9，S = 36π。
类型二、棱台模型棱台模型是指上底面和下底面都是正多边形，且两底面中心连线与侧棱垂直的几何体。
通过勾股定理和相似三角形，可以求出其外接球半径R和内切球半径r。
例2：1）已知棱台的上底面和下底面都是正三角形，上底边长为3，下底边长为6，侧棱长为5，求其外接球半径R和内切球半径r。
解：由勾股定理可得棱台的高为4√3.设外接球半径为R，内切球半径为r，则有R/r = (a + b + c)/(a + b - c) = (3 + 6 +5)/(3 + 6 - 5) = 7，解得R = 7r。
高考数学二轮复习专题06 一网打尽外接球与内切球问题(精讲精练)(解析版)
专题06一网打尽外接球与内切球问题【命题规律】纵观近几年高考对于组合体的考查，与球相关的外接与内切问题是高考命题的热点之一．高考命题小题综合化倾向尤为明显，要求学生有较强的空间想象能力和准确的计算能力，才能顺利解答．从近几年全国高考命题来看，这部分内容以选择题、填空题为主，大题很少见，此部分是重点也是一个难点，属于中等难度．【核心考点目录】核心考点一：正方体、长方体外接球核心考点二：正四面体外接球核心考点三：对棱相等的三棱锥外接球核心考点四：直棱柱外接球核心考点五：直棱锥外接球核心考点六：正棱锥与侧棱相等模型核心考点七：侧棱为外接球直径模型核心考点八：共斜边拼接模型核心考点九：垂面模型核心考点十：二面角模型核心考点十一：坐标法核心考点十二：圆锥圆柱圆台模型核心考点十三：锥体内切球核心考点十四：棱切球【真题回归】1．（2022·全国·高考真题（文））已知球O 的半径为1，四棱锥的顶点为O ，底面的四个顶点均在球O 的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为（）A ．13B ．12C D ．2【答案】C【解析】[方法一]：【最优解】基本不等式设该四棱锥底面为四边形ABCD ，四边形ABCD 所在小圆半径为r ，设四边形ABCD 对角线夹角为α，则2111sin 222222ABCD S AC BD AC BD r r r α=⋅⋅⋅≤⋅⋅≤⋅⋅=（当且仅当四边形ABCD 为正方形时等号成立）即当四棱锥的顶点O 到底面ABCD 所在小圆距离一定时，底面ABCD 面积最大值为22r 又设四棱锥的高为h ，则22r h 1+=，212327O ABCDV r h -=⋅⋅=≤=当且仅当222r h =即h 时等号成立.故选：C[方法二]：统一变量＋基本不等式由题意可知，当四棱锥为正四棱锥时，其体积最大，设底面边长为a ，底面所在圆的半径为r，则2r a =，所以该四棱锥的高h =，13V a =(当且仅当22142a a =-，即243a =时，等号成立)所以该四棱锥的体积最大时，其高h 故选：C ．[方法三]：利用导数求最值由题意可知，当四棱锥为正四棱锥时，其体积最大，设底面边长为a ，底面所在圆的半径为r ，则2r a =，所以该四棱锥的高h，13V a =令2(02)a t t =<<，V =设()322t t f t =-，则()2322t f t t -'=，403t <<，()0f t '>，单调递增，423t <<，()0f t '<，单调递减，所以当43t =时，V最大，此时h ==故选：C.【整体点评】方法一：思维严谨，利用基本不等式求最值，模型熟悉，是该题的最优解；方法二：消元，实现变量统一，再利用基本不等式求最值；方法三：消元，实现变量统一，利用导数求最值，是最值问题的常用解法，操作简便，是通性通法．2．（2021·全国·高考真题（理））已知A ，B ，C 是半径为1的球O 的球面上的三个点，且,1AC BC AC BC ⊥==，则三棱锥O ABC -的体积为（）A 12B ．12C ．4D ．4【答案】A【解析】,1AC BC AC BC ⊥== ，ABC ∴ 为等腰直角三角形，AB ∴，则ABC 外接圆的半径为2，又球的半径为1，设O 到平面ABC 的距离为d ，则2d ==，所以11111332212O ABC ABC V S d -=⋅=⨯⨯⨯⨯ .故选：A.3．（2022·全国·高考真题）已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（）A ．100πB ．128πC ．144πD ．192π【答案】A【解析】设正三棱台上下底面所在圆面的半径12,r r ，所以1222r r ==123,4r r ==，设球心到上下底面的距离分别为12,d d ，球的半径为R ，所以1d =2d =故121d d -=或11d +=，1=1=，解得225R =符合题意，所以球的表面积为24π100πS R ==．故选：A ．4．（2022·全国·高考真题）已知正四棱锥的侧棱长为l ，其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为36π，且3l ≤≤）A ．8118,4⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．2781,44⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．2764,43⎡⎤⎢⎥⎣⎦D ．[18,27]【答案】C【解析】∵球的体积为36π，所以球的半径3R =,[方法一]：导数法设正四棱锥的底面边长为2a ，高为h ，则2222l a h =+，22232(3)a h =+-,所以26h l =，2222a l h =-所以正四棱锥的体积42622411214()=333366936l l l V Sh a h l l ⎛⎫==⨯⨯=⨯-⨯- ⎪⎝⎭，所以5233112449696l l V l l ⎛⎫⎛⎫-'=-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，当3l ≤≤0V '>，当l <≤时，0V '<，所以当l =时，正四棱锥的体积V 取最大值，最大值为643，又3l =时，274V =，l =814V =,所以正四棱锥的体积V 的最小值为274，所以该正四棱锥体积的取值范围是276443⎡⎤⎢⎥⎣⎦，.故选：C.[方法二]：基本不等式法由方法一故所以()()()3221224211646122(333333h h h V a h h h h h h h ⎡⎤-++==-=-⨯⨯=⎢⎥⎣⎦当且仅当4h =取到)，当32h =时，得a 22min 11327;3324V a h ==⨯=当l =39322h =+=，a =，正四棱锥体积221119816433243V a h ==⨯=<，故该正四棱锥体积的取值范围是2764[,435．（2020·全国·高考真题（理））已知,,A B C 为球O 的球面上的三个点，⊙1O 为ABC 的外接圆，若⊙1O 的面积为4π，1AB BC AC OO ===，则球O 的表面积为（）A ．64πB ．48πC ．36πD ．32π【答案】A【解析】设圆1O 半径为r ，球的半径为R ，依题意，得24,2r r ππ=∴=， ABC 为等边三角形，由正弦定理可得2sin60AB r =︒=，1OO AB ∴==1OO ⊥平面ABC ，11,4OO O A R OA ∴⊥====，∴球O 的表面积2464S R ππ==.故选：A6．（2020·全国·高考真题（理））已知△ABC 且其顶点都在球O 的球面上.若球O 的表面积为16π，则O 到平面ABC 的距离为（）A B ．32C ．1D ．2【答案】C 【解析】设球O 的半径为R ，则2416R ππ=，解得：2R =.设ABC 外接圆半径为r ，边长为a ，ABC212a ∴⨯3a =，2233r ∴===∴球心O 到平面ABC 的距离1d ==.故选：C.【方法技巧与总结】1、补成长方体（1）若三棱锥的三条侧棱两两互相垂直，则可将其放入某个长方体内，如图1所示．（2）若三棱锥的四个面均是直角三角形，则此时可构造长方体，如图2所示．（3）正四面体-P ABC 可以补形为正方体且正方体的棱长=a ，如图3所示．（4）若三棱锥的对棱两两相等，则可将其放入某个长方体内，如图4所示图1图2图3图4【核心考点】核心考点一：正方体、长方体外接球【规律方法】1、正方体的外接球的球心为其体对角线的中点，半径为体对角线长的一半．2、长方体的外接球的球心为其体对角线的中点，半径为体对角线长的一半．【典型例题】例1．（2023·全国·高三专题练习）已知正方体外接球的体积是323π，那么正方体的体对角线等于（）A B ．4C D 【答案】B【解析】正方体外接球的直径即为正方体的体对角线，设外接球的半径为R ，则343233V R ππ==，解得2R =，所以正方体的体对角线等于24R =；故选：B例2．（2022·陕西西安·模拟预测（文））长方体的过一个顶点的三条棱长分别是2，4，4，则该长方体外接球的表面积为（）A ．9πB ．18πC ．36πD ．48π【答案】C【解析】长方体外接球直径263R R ==⇒=，所以该长方体外接球的表面积2244336S R πππ==⋅=故选：C.例3．（2022·贵州黔南·高三开学考试（理））自2015年以来，贵阳市着力建设“千园之城”，构建贴近生活、服务群众的生态公园体系，着力将“城市中的公园”升级为“公园中的城市”．截至目前，贵阳市公园数量累计达到1025个．下图为贵阳市某公园供游人休息的石凳，它可以看做是一个正方体截去八个一样的四面体得到的，如果被截正方体的的棱长为，则石凳所对应几何体的外接球的表面积为________2cm ．【答案】1600π【解析】设正方体的中心为O ，E 为棱的中点，连接1111,,,A D B C A C B D ，则O 为矩形11A DCB 的对角线的交点，则1112022OE B C ==⨯=，同理，O 到其余各棱的中点的距离也为20，故石凳所对应几何体的外接球的半径为20，其表面积为224π201m 600πc ⋅=，故答案为：1600π核心考点二：正四面体外接球【规律方法】如图，设正四面体ABCD 的的棱长为a ，将其放入正方体中，则正方体的棱长为22a ，显然正四面体和正方体有相同的外接球．正方体外接球半径为==R ，即正四面体外接球半径为4=R a ．【典型例题】例4．（2022·黑龙江·哈九中模拟预测（理））已知正四面体P ABC -外接球O 表面积为54π，则该正四面体棱长为______；若M 为平面ABC 内一动点，且PM =，则AM 最小值为______．【答案】6-【解析】设该正四面体棱长为a ，过点P 作PD ⊥面ABC ，则点D 为ABC 的重心，则AD a =，PD a =，又正四面体P ABC -外接球O 表面积为54π，则2454R ππ=，则2R =，即2PO AO ==，又222AO AD OD =+，则222())()2332a =+-，解得：6a =；又M 为平面ABC 内一动点，且PM =，则DM ==即点M 的轨迹为以D为圆心，为半径的圆，又AD =则由点与圆的位置关系可得AM最小值为：故答案为：6；-．例5．（2022·江苏南京·高三开学考试）已知一个正四面体的棱长为2，则其外接球与以其一个顶点为球心，1为半径的球面所形成的交线的长度为___________.【答案】3【解析】设外接球半径为r ，外接球球心到底面的距离为h，则2243h r r h +==+，所以r 两球相交形成形成的图形为圆，如图，在PDO △中，66144cos 6DPO +-∠，sin 6DPO ∠=，在1PDO △中，1sin DO PD DOP =∠=所以交线长度为2π=.例6．（2022·福建·福州三中模拟预测）表面积为）A．B ．12πC ．8πD．【答案】B【解析】设正四面体的棱长为a24⨯=a =该正四面体的外接球与棱长为2的正方体的外接球的半径相等，2412S ππ=⨯=.故选：B.核心考点三：对棱相等的三棱锥外接球【规律方法】四面体ABCD 中，==AB CD m ，==AC BD n ，==AD BC t ，这种四面体叫做对棱相等四面体，可以通过构造长方体来解决这类问题．如图，设长方体的长、宽、高分别为,,a b c ，则222222222⎧+=⎪+=⎨⎪+=⎩b c m a c n a b t ，三式相加可得222++=a b c 222,2++m n t 而显然四面体和长方体有相同的外接球，设外接球半径为R ，则22224+=+a b c R，所以=R．【典型例题】例7．（2022·全国·高三专题练习）在四面体ABCD 中，2==AC BD，AD BC ==AB CD ==___________.【答案】8π【解析】如图所示，将该四面体补成长方体，设该长方体的长､宽､高分别为a ，b ，c ，则2,==解得2222224,5,7,a b b c c a ⎧+=⎪+=⎨⎪+=⎩所以2228a b c ++==，，其外接球的表面积为248ππ⨯=.故答案为：8π．例8．（2022·全国·高三专题练习）已知四面体ABCD中，AB CD ==BC AD =，AC BD ==）A ．42πB ．43πC ．14πD ．16π【答案】C设长方体的长、宽、高分为,,,x y z 所以2222225,10,13,x y x z z y ⎧+=⎪+=⎨⎪+=⎩∴∴球的半径为2，∴此球的表面积为144144ππ⋅=．故选：C ．例9．（2020·全国·模拟预测（文））在三棱锥A BCD -中，若2AB CD ==，3AD BC ==，4AC BD ==，其外接球的表面积为（）A ．27πB ．29πC ．294πD ．292π【答案】D【解析】三棱锥A BCD -中，∵2AB CD ==，3AD BC ==，4AC BD ==，显然这六条棱长恰为长方体的六个面的面对角线的长，设此长方体的长、宽、高依次为a 、b 、c ，其对角线的长恰为外接球的直径，如图所示．则有2222224916a b b c a c ⎧+=⎪+=⎨⎪+=⎩，则222292a b c ++=，易知长方体的体对角线长为2R =22942S R ππ==球面积．故选:D核心考点四：直棱柱外接球【规律方法】如图1，图2，图3，直三棱柱内接于球（同时直棱柱也内接于圆柱，棱柱的上下底面可以是任意三角形）图1图2图3第一步：确定球心O 的位置，1O 是∆ABC 的外心，则1⊥OO 平面ABC ；第二步：算出小圆1O 的半径1=AO r ，111122==OO AA h （1=AA h 也是圆柱的高）；第三步：勾股定理：22211=+OA O A O O ⇒222(2=+hR r⇒=R R【典型例题】例10．（2022·河南新乡·一模（理））已知正三棱柱的侧棱长为l ，底面边长为a ，若该正三棱柱的外接球体积为32π3，当l a +最大时，该正三棱柱的体积为（）A．49B．49C．7D．7【答案】B【解析】因为正三棱柱外接球的体积为3432ππ33R =，所以2R =，设球心为O ，底面外接圆圆心为O '，由正三棱锥可得12OO l '=，底面外接圆半径r a =，所以由勾股定理得22443l a +=，设l a m +=，当直线l a m +=与曲线22443l a +=相切时，m 最大，联立方程组22443l a m l a +=⎧⎪⎨+=⎪⎩得22763480a ma m -+-=，由Δ0=，得m=或-，此时a =l =所以正三棱柱的体积2449V a l ==，故选：B例11．（2022·湖南岳阳·高三阶段练习）已知直三棱柱111ABC A B C -中，12,AB AA BC ==，当该三棱柱体积最大时，其外接球的体积为（）A．27B ．323πC．3D．9【答案】C【解析】因为三棱柱111ABC A B C -为直三棱柱，所以，1AA ⊥平面ABC所以，要使三棱柱的体积最大，则ABC 面积最大，因为1sin 2ABC S BC AC ACB =⋅⋅∠△，令AC x=因为BC =，所以2sin ABC S x ACB =⋅∠ ，在ABC中，2222cos 2AC BC AB ACB AC BC +-∠==⋅所以，224224416(1)43216sin 11212x x x ACB x x --+-∠=-=，所以，()22422424123384()sin 34434ABCx x x Sx ACB --+-+-=⋅∠=⋅=≤ ，所以，当24x =，即2AC =时，2()ABC S 取得最大值3，所以，当2AC =时，ABC S此时ABC为等腰三角形，2,AB AC BC ===，所以，()22244121cos ,0,22222AB AC BC BAC BAC AB AC π+-+-∠===-∠∈⋅⨯⨯，所以23BAC π∠=，所以，由正弦定理得ABC 外接圆的半径r42sin3r==，即2r =，所以，直三棱柱111ABC A B C -外接球的半径222152AA R r ⎛⎫=+= ⎪⎝⎭，即R =所以，直三棱柱111ABC A B C -外接球的体积为3433R π=.故选：C例12．（2021·四川泸州·二模（文））直六棱柱的底面是正六边形，其体积是柱的外接球的表面积的最小值是（）A ．4πB ．8πC ．12πD ．24π【答案】C【解析】设正六边形的边长为a，则底面面积为22642S a a ==，设(0)AC x x =>，则正六棱柱的体积为2V Sh a x ==⨯=解得24xa =，即24a x=，又由该六棱柱的外接球的直径为2BC r ==所以该六棱柱的外接球的表面积为：2222164(4)(0)S r x a x x xπππ'==+=+>，令()216(0)f x x x x =+>，则()2162f x x x'=-，令()0f x '=，解得2x =，当02x <<时，()0f x '<，()f x 单调递减；当2x >时，()0f x '<，()f x 单调递增，所以当2x =时，()f x 取得最小值12，所以该六棱柱的外接球的表面积的最小值为12π.故选：C.核心考点五：直棱锥外接球【规律方法】如图，⊥PA 平面ABC ，求外接球半径．解题步骤：第一步：将∆ABC 画在小圆面上，A 为小圆直径的一个端点，作小圆的直径AD ，连接PD ，则PD 必过球心O ；第二步：1O 为∆ABC 的外心，所以1⊥OO 平面ABC ，算出小圆1O 的半径1=O D r (三角形的外接圆直径算法：利用正弦定理，得2sin sin sin ===a b c r A B C )，112=OO PA ；第三步：利用勾股定理求三棱锥的外接球半径：①222(2)(2)=+R PA r ⇔2=R②2221=+R r OO ⇔=R ．【典型例题】例13．（2022·内蒙古鄂尔多斯·高三期中（文））三棱锥-P ABC 中，PA ⊥平面ABC ，ABC 为直角三角形，AB BC ⊥，1AB BC ==，2PA =，则三棱锥-P ABC 的外接球的表面积为（）A ．2πB ．3πC ．4πD ．6π【答案】D【解析】由于三棱锥-P ABC 中，PA ⊥平面ABC ，AB BC ⊥，1AB BC ==，2PA =故将该三棱锥置于一个长方体中，如下图所示：则体对角线PC所以2R PC =故三棱锥-P ABC 的外接球表面积为246S R ππ==．故选：D例14．（2022·福建·宁德市民族中学高三期中）已知三棱锥P -ABC 中，PA ⊥底面ABC ，PA ＝AB ＝AC ＝2，∠BAC ＝120°，则三棱锥P -ABC 的外接球的表面积为（）A ．12πB ．16πC ．20πD ．24π【答案】C【解析】将三棱锥还原成直三棱柱，则三棱柱的外接球即为球O ，,D D '为上下底面的外心，O 为DD '的中点，AD 为底面外接圆的半径，由余弦定理得BC =由正弦定理得24sin120AD ==，由1,2OD AD ==，得AO =所以球O 的表面积为2420S r ππ==．故选：C例15．（2021·四川成都·高三开学考试（文））已知在三棱锥-P ABC 中，侧棱PA ⊥平面ABC ，3PA =，1AB =，BC =，2AC =，则三棱锥-P ABC 外接球的表面积为（）A ．13πB ．12πC ．9πD ．8π【答案】A【解析】因为PA ⊥平面ABC ，,AC BC ⊂平面ABC ，故,PA AC PA BC ⊥⊥，而1AB =，BC =，2AC =，则222AB BC AC +=，所以AB BC ⊥,又PA AB A = ，,PA AB ⊂平面PAB ,故BC ⊥平面PAB ,PB ⊂平面PAB ,所以BC PB ⊥,所以,PAC PBC △△都是以PC 为斜边的直角三角形，故取PC 中点O ，连接OA,OB ,则OA OB OP OC ===,即O 为三棱锥-P ABC 外接球的球心，3,2,PA AC PC ==∴== ,故三棱锥-P ABC，故三棱锥-P ABC 外接球的表面积为24π13π⨯=，故选：A核心考点六：正棱锥与侧棱相等模型【规律方法】1、正棱锥外接球半径：222+=r h R h．2、侧棱相等模型：如图，P 的射影是∆ABC 的外心⇔三棱锥-P ABC 的三条侧棱相等⇔三棱锥-P ABC 的底面∆ABC 在圆锥的底上，顶点P 点也是圆锥的顶点．解题步骤：第一步：确定球心O 的位置，取∆ABC 的外心1O ，则1,,P O O 三点共线；第二步：先算出小圆1O 的半径1=AO r ，再算出棱锥的高1=PO h （也是圆锥的高）；第三步：勾股定理：22211=+OA O A O O ⇒222()=-+R h R r ，解出222+=r h R h．【典型例题】例16．（2022·江西·金溪一中高三阶段练习（文））在正三棱锥S －ABC 中，23ASB BSC π∠+∠=，△ABC 的边长为2，则该正三棱锥外接球的表面积为______．【答案】6π【解析】2π3ASB BSC ∠+∠=，正三棱锥中ASB BSC ∠=∠，所以π3ASB BSC ∠=∠=，侧面是正三角形，则正三棱锥S ABC -为正四面体．将正四面体补成正方体（正四面体的四个顶点S ，A ，B ，C 均为正方体的顶点），，则其外接球的半径2R =，所以该正三棱锥外接球的表面积为24π6πS R ==．故答案为：6π．例17．（2022·全国·高三专题练习）已知正三棱锥S ABC -，其外接球球O 的半径为R ，则该正三棱锥S ABC -的体积的最大值为__________．3【解析】如图，设正三棱锥S ABC -的高=SH h ，则由射影定理可得2=⋅HA SH HM ，2(2)∴=-HA h R h，2(2)44∴==-△ABC S AB h R h，21(2)34-∴=⋅-△S ABC ABC V S h h Rh (2)22=⋅⋅-≤h h Rh 33(2)22327⎡⎤++-⎥=⎢⎥⎥⎣⎦h h R h R ，当(2)2=-h R h ，即43h R =时，()3max-=S ABC V.例18．（2022·全国·高三专题练习）已知正三棱锥S ABC -的棱长为6．则该正三棱锥外接球的表面积为_______．【答案】2432π【解析】如图，∵正三棱锥S ABC -中，顶点S 在底面的射影为D ，该正三棱锥外接球的球心设为O ，因为底面边长为6，所以23AD ==∴高SD ===由球心O 到四个顶点的距离相等，在直角三角形AOD 中，AO R =，DO SD OS R =-=-，由222AO AD OD =+，得2212)R R =+，R =，∴外接球的表面积为：224342R ππ⋅⋅=．故答案为：2432π．例19．（2022·全国·高三专题练习）三棱锥-P ABC ，且,1,PA PB PC AB AC BC =====____________．【答案】254π【解析】三棱锥-P ABC 中，取BC 中点D ，连PD ，连AD 并延长至O 1，使DO 1=AD ，连接BO 1，CO 1，PO 1，如图：于是得四边形1ABO C 为平行四边形，而1AB AC ==，1ABO C 是菱形，在ABC 中，BC =，由余弦定理有2221cos 22AB AC BC BAC AB AC +-∠==-⋅，即120BAC ∠= ，则160ABO ∠=，1ABO △是正三角形，1111O A O B O C ===，于是得O 1是ABC 外接圆圆心，因PA PB PC ==，D 为BC 中点，则PD ⊥BC ，又AO 1⊥BC ，1PD AO D ⋂=，1,PD AO ⊂平面1PAO ，从而有BC ⊥平面1PAO ，1PO BC ⊥，同理1PO AC ⊥，而AC BC C = ，从而得1PO ⊥平面ABC ，由球的截面小圆性质知，三棱锥-P ABC 外接球球心O 在直线1PO 上，又1sin1202ABC S AB AC =⋅ 113P ABC ABC V PO S -=⋅ 12PO =，设球O 的半径为R ，则OB OP R ==，1|2|OO R =-，1Rt OO B △中，22211O B O O OB +=，即221(2)R R +-=，解得54R =，则球O 的表面积为22544S R ππ==，所以三棱锥外接球的表面积为254π.故答案为：254π例20．（2022·全国·高三专题练习）在三棱锥-P ABC 中，1====PA PC AB AC ，==PB BC，则三棱锥-P ABC 的外接球的表面积为___________.【答案】73π【解析】在ABC 中，1AB AC ==，BC =所以222AB AC BC +=，所以AB AC ⊥，在PAB 中，1AB PA ==，PB 所以222AB PA PB +=，所以AB PA ⊥.又PA AC A = ，PA ，AC ⊂平面PAC ，所以AB ⊥平面PAC ，在PAC △中，1PA PC AC ===，所以PAC △的外接圆半径为1123sin3π⋅=，不妨设PAC △的外接圆圆心为Q ，三棱锥-P ABC 的外接球球心为O 连接,,OA OB OQ ，由于OA OB =，故O 在线段AB 的垂直平分线上，即1122OQ AB ==故三棱锥-P ABC 的外接球半径R OA ==外接球的表面积为2743R ππ=.故答案为：73π核心考点七：侧棱为外接球直径模型【规律方法】找球心，然后作底面的垂线，构造直角三角形．【典型例题】例21．（2022·河南河南·一模（文））三棱锥D ABC -的外接球的表面积为8,BD π是该球的直径，,22AC BC AB BC ⊥==，则三棱锥D ABC -的体积为_____.【答案】3【解析】如图，设球的半径为r ，由已知得248r ππ=，解得r =BD =又由AC BC ⊥，所以，取AB 中点H ，H 为ABC 所在外接圆的圆心，故OH ⊥平面ABC ，又因为12OH AD，所以，AD ⊥平面ABC ，得到AD AB ⊥，在ABD △中，2AD ==由22AB BC ==，AC BC ⊥，得到AC ==所以，12ABC S AC BC =⋅△13D ABC ABC V AD S -=⋅=△例22．（2022·河南·一模（理））三棱锥D ABC -的外接球的表面积为20π，AD 是该球的直径，ABC 是边长为D ABC -的体积为______．【答案】【解析】设三棱锥D ABC -的外接球的球心为O ,半径为R ，则24π20πR =，解得R =设ABC 的外接圆圆心为1O ，半径为r ，则122sin BCr BAC==∠，连接11,O A O O ，∵22211O A O O OA +=，即11O O ===，则点D 到平面ABC 的距离为2，∴三棱锥D ABC -的体积11232V =⨯⨯⨯⨯=故答案为：例23．（2021·全国·高三专题练习（文））已知三棱锥P ﹣ABC 中，AB BC ==AC =2，PA ___________．【答案】16π【解析】由题意可得ABC 为等腰直角三角形，AB BC ⊥，同时PA 为其外接球的一条直径，则,PBA PCA ∠∠都是直角，设球心为O ，取AC 的中点为M ，则OM ⊥平面ABC ，因为//OM PC ，则PC ⊥平面ABC ，则1132V =⨯⨯2PC =故PC =，由勾股定理得4PA =，则外接球的半径为2，表面积为16.π故答案为：16π核心考点八：共斜边拼接模型【规律方法】如图，在四面体ABCD 中，⊥AB AD ，⊥CB CD ，此四面体可以看成是由两个共斜边的直角三角形拼接而形成的，BD 为公共的斜边，故以“共斜边拼接模型”命名之．设点O 为公共斜边BD 的中点，根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半的结论可知，===OA OC OB OD ，即点O 到A ，B ，C ，D 四点的距离相等，故点O 就是四面体ABCD外接球的球心，公共的斜边BD 就是外接球的一条直径．【典型例题】例24．在矩形A B C D 中，==4,3A B B C ，沿A C 将矩形A B C D 折成一个直二面角--B A C D ，则四面体A B C D 的外接球的体积为（）A ．π12512B ．π1259C ．π1256D ．π1253【答案】C【解析】设矩形对角线的交点为O ，则由矩形对角线互相平分，可知===O A O B O C O D ．∴点O 到四面体的四个顶点、、、A B C D 的距离相等，即点O 为四面体的外接球的球心，如图2所示．∴外接球的半径==52R O A ．故ππ==球3412536VR ．选C ．例25．三棱锥-P A B C 中，平面⊥P A C 平面A B C ，=2A C ，⊥P A P C ，⊥A B B C ，则三棱锥-P A B C 的外接球的半径为【答案】1【解析】A C 是公共的斜边，A C 的中点是球心O，球半径为=1R ．例26．在平行四边形ABCD 中，满足2AB AD AB = ，2224AB BD =- ，若将其沿BD 折成直二面角A BD C --，则三棱锥A BCD -的外接球的表面积为()A ．16πB ．8πC ．4πD ．2π【答案】C【解析】平行四边形ABCD 中，2AB AD AB = ，∴0AB BD =，AB BD ∴⊥，沿BD 折成直二面角A BD C --， 平面ABD ⊥平面BDC三棱锥A BCD -的外接球的直径为AC ，22222224AC AB BD CD AB BD ∴=++=+=∴外接球的半径为1，故表面积是4π．故选：C ．核心考点九：垂面模型【规律方法】如图1所示为四面体-P ABC ，已知平面⊥PAB 平面ABC ，其外接球问题的步骤如下：（1）找出△PAB 和△ABC 的外接圆圆心，分别记为1O 和2O ．（2）分别过1O 和2O 作平面PAB 和平面ABC 的垂线，其交点为球心，记为O ．（3）过1O 作AB 的垂线，垂足记为D ，连接2O D ，则2⊥O D AB ．（4）在四棱锥12-A DO OO 中，AD 垂直于平面12DO OO ，如图2所示，底面四边形12DO OO 的四个顶点共圆且OD 为该圆的直径．图1图2【典型例题】例27．（2022·全国·高三专题练习）三棱锥-P ABC 中，平面PAC ⊥平面ABC ，2AC =，PA PC ⊥，AB BC ⊥，则三棱锥-P ABC 的外接球的半径为______【答案】1【解析】因为PA PC ⊥，AB BC ⊥，故AC 是公共的斜边，AC 的中点是球心O ，球半径为12ACR ==．故答案为：1例28．（2022·安徽马鞍山·一模（文））三棱锥-P ABC 中，PAC △与ABC 均为边长为23的等边三角形，平面PAC ⊥平面ABC ，则该三棱锥的外接球的表面积为________．【答案】20π【解析】等边三角形PAC 、等边三角形ABC 的高为π3sin 2323332⨯=⨯=，等边三角形PAC 、等边三角形ABC 的外接圆半径为2323⨯=，设12,O O 分别是等边三角形PAC 、等边三角形ABC 的中心，设O 是三棱锥-P ABC 的外接球的球心，R 是外接球的半径，则2222215R OA ==+=，所以外接球的表面积为24π20πR =.故答案为：20π例29．（2022·全国·高三专题练习）三棱锥-P ABC 中，PAC △是边长为232AB BC ==，平面PAC ⊥平面ABC ，则该三棱锥的外接球的体积为______【答案】3【解析】等边三角形PAC 的高为πsin 33⨯，等边三角形PAC 的外接圆半径为222sin6π=三角形ABC 的外接圆半径为22sin3π=，设12,O O 分别是等边三角形PAC 、等边三角形ABC 的中心，设O 是三棱锥-P ABC 的外接球的球心，R 是外接球的半径，则2222215R OA R ==+=⇒，所以外接球的体积为34π3R =.故答案为：3例30．（2021·全国·高三专题练习）已知在三棱锥-P ABC 中，90,4,30BAC AB AC APC ︒︒∠===∠=，平面PAC ⊥平面ABC ，则三棱锥-P ABC 外接球的表面积为__________．【答案】80π【解析】如图12,O O 分别为,ABC PAC 的外心.由90BAC ∠=︒，即1O 为BC 中点，取AC 的中点,H 则1O H AC ⊥，又面PAC ⊥面ABC ，面PAC 面ABC AC =，1O H ⊂面ABC ，即1O H ⊥面,PAC 设球心为O ，则2OO ⊥平面,PAC ∴12//O H OO ，又2O H AC ⊥，2O H ⊂面PAC ，面PAC 面ABC AC =，面PAC ⊥面ABC ，∴2O H ⊥平面ABC ，又1OO ⊥平面ABC .∴12//OO O H ，即四边形12OO HO 为矩形.由正弦定理知：228sin ACO P APC==∠，即24O P =，∴若外接球半径为R ，则2222216420R O P OO =+=+=，∴2480S R ππ==.故答案为：80π.核心考点十：二面角模型【规律方法】如图1所示为四面体-P ABC ，已知二面角--P AB C 大小为α，其外接球问题的步骤如下：（1）找出△PAB 和△ABC 的外接圆圆心，分别记为1O 和2O ．（2）分别过1O 和2O 作平面PAB 和平面ABC 的垂线，其交点为球心，记为O ．（3）过1O 作AB 的垂线，垂足记为D ，连接2O D ，则2⊥O D AB ．（4）在四棱锥12-A DO OO 中，AD 垂直于平面12DO OO ，如图2所示，底面四边形12DO OO 的四个顶点共圆且OD 为该圆的直径．【典型例题】例31．（2022·贵州·模拟预测（理））如图，在三棱锥A BCD -中，ABC 是边长为三角形，AD CD ==D AC B --的余弦值为23，则三棱锥A BCD -外接球的表面积为______.【答案】84π5【解析】如图1，取AC 中点E ，连接BE ，DE ，ABC 与ACD 为等边三角形，则,BE AC DE AC ⊥⊥,,,BE DE E BE DE =⊂ 平面BDE ,故AC ⊥平面BDE ,故二面角D AC B --的平面角为DEB ∠，又AC ⊂平面ABC ,所以平面BDE ⊥平面ABC ，平面BDE ⋂平面ABC BE =，过D 作DH BE ⊥于H ，DH ⊂平面BDE ,所以DH ⊥平面ABC ，由题意得2cos 3DEB ∠=，32DE BE ===，∴2323EH =⨯=，则DH ==，设ABC 外接圆圆心为2O ，则2O 在BE 上，半径为2BO ，过2O 作平面ABC 的垂线l ，则三棱锥A BCD -外接球的球心一定在直线l 上.∵21122sin 22AC BO B =⨯==，∴221,1EO O H =∴=，过D 作BE 的平行线交l 于点F ，则21FD O H ==，∵D ，B 在球面上，外接球球心可能在三棱锥内也可能在三棱锥外，取截面如图2,3，设外接球球心O ，半径R ，令2OO x =，则2FO FO x =±，2FO DH ==∴22222222FO FD R OO BO R⎧+=⎪⎨+=⎪⎩,当2FO FO x =+时，化简得64,5x +==-，舍去，当2FO FO x =-时，化简得64,x -==得2215R =，∴284π4π5S R ==,故答案为：84π5.例32．（2022·江西赣州·高三阶段练习（文））已知菱形ABCD 的边长为2，且60DAB ∠=︒，沿BD 把ABD △折起，得到三棱锥A BCD '-，且二面角A BD C '--的平面角为120︒，则三棱锥A BCD '-的外接球的表面积为___________.【答案】283π【解析】取BD 的中点H ，连接A H '，CH ，因为ABCD 为菱形，所以A H BD '⊥，CH BD ⊥，故A HC '∠为二面角A BD C '--的平面角，则120A HC '∠=︒，由题意可知A BD '△，BCD △为正三角形，则外接球球心位于过A BD '△，BCD △的中心且和它们所在面垂直的直线上，故分别取A BD '△，BCD △的重心为1G ，2G ，过点1G ，2G 分别作两个平面的垂线，交于点O ，点O即为三棱锥的外接球的球心，由题意可知A BD BCD '≅△△，球心到面A BD '和面BCD 的距离相等，即12OG OG =，连接OD ，OH ，则1260OHG OHG ∠=∠=︒，菱形ABCD 的边长为2，∴112233HG =⨯=，131cos 602HG OH ===︒，∴2222713OD OH HD =+=+=⎝⎭，即三棱锥A BCD '-的外接球的半径273R =，所以其外接球的表面积为27284433R πππ=⨯=.故答案为：283π例33．（2022·江苏·南京市金陵中学河西分校高三阶段练习）在三棱锥A BCD -中，△BCD 是边长为3的正三角形，且AD =，AB =A BD C --的大小为3π，则此三棱锥外接球的体积为________．【解析】根据题意，222AD BD AB +=，所以AD BD ⊥，取BD 中点为E ，AB 中点M ，则//ME AD，122ME AD ==，ME DB ⊥，BCD 是正三角形，CE DB ⊥，MEC ∠是二面角A ﹣BD ﹣C 的平面角，60MEC ∠=︒，90ADB ∠=︒，M 是ADB 的外心，设N 是DBC 的外心，设过M 与平面ABD 垂直的直线与过N 垂直于平面BCD 的直线交于点O ，则O 是三棱锥A DBC -外接球球心，33CN BN ===2EN =，又2EM =，由于平面MNO 与MEO 同时垂直于BD ，所以M E N O 、、、共面，在四边形MENO 中，由60MEC ∠=︒，2EN =，2ME =，090OME ONE ∠=∠=，可得：12ON =，外接球半径为r OB ====体积为343V π=⨯=⎝⎭．故答案为：6例34．（2022·广东汕头·高三阶段练习）在边长为2的菱形ABCD 中，BD =ABCD 沿对角线AC 对折，使二面角B AC D --的余弦值为13，则所得三棱锥A BCD -的外接球的表面积为___________.【答案】6π【解析】依题意在边长为2的菱形ABCD 中，BD =60ABC ADC ︒∠=∠=，如下图所示，易知ABC 和ACD 都是等边三角形，取AC 的中点N ，则DN AC ⊥，BN AC ⊥．DN BN N = ，,DN BN ⊂平面BND ，所以AC ⊥平面BND ，所以BND ∠是二面角B AC D --的平面角，过点B 作BO DN ⊥交DN 于点O ，由AC ⊥平面BND ，BO ⊂平面BND ，所以AC BO ⊥，DN AC N = ，,DN AC ⊂平面ACD ，所以BO ⊥平面ACD ．因为在 BDN 中，BN DN ==所以22212cos 332343BD BN DN BN DN BND =+-⋅⋅∠=+-⨯⨯=，则2BD =．故三棱锥A BCD -为正四面体，由BO ⊥平面ACD ，所以O 为底面ACD 的重心，所以233OD DN ==，133ON DN ==，则3BO ==，设外接球的半径为R ，则()222R OD BO R =+-，解得R =．因此，三棱锥A BCD -的外接球的表面积为22446R πππ=⨯=⎝⎭．故答案为：6π．核心考点十一：坐标法【规律方法】对于一般多面体的外接球，可以建立空间直角坐标系，设球心坐标为(,,)O x y z ，利用球心到各顶点的距离相等建立方程组，解出球心坐标，从而得到球的半径长．坐标的引入，使外接球问题的求解从繁琐的定理推论中解脱出来，转化为向量的计算，大大降低了解题的难度．【典型例题】例35．（2022·黑龙江·大庆实验中学模拟预测）直角ABC 中2,1AB BC ==，D 是斜边AC 上的一动点，沿BD 将ABD △翻折到A BD 'V ，使二面角A BD C '--为直二面角，当线段A C '的长度最小时，四面体A BCD '的外接球的表面积为（）A ．134πB ．215πC ．133πD ．143π【答案】D【解析】解：根据题意，图1的直角三角形沿BD 将ABD △翻折到A BD 'V 使二面角A BD C '--为直二面角，所以，过点'A 作A H BD '⊥交BD 延长线于H ，过点C 作CM BD ⊥交BD 于M ，再作//,//NH CM CN MH ，使得CN 与HN 交于点N ，所以，由二面角A BD C '--为直二面角可得'CM A H ⊥，设ABD θ∠=，即B A D θ'∠=，则2CBD πθ∠=-，。
关于球的历年高考真题空间几何体的外接球与内切球精品总结-- 学生版精品资料
搞定空间几何体的外接球与内切球一、有关定义1．球的定义：空间中到定点的距离等于定长的点的集合（轨迹）叫球面，简称球.2．外接球的定义：若一个多面体的各个顶点都在一个球的球面上，则称这个多面体是这个球的内接多面体，这个球是这个多面体的外接球.3．内切球的定义：若一个多面体的各面都与一个球的球面相切，则称这个多面体是这个球的外切多面体，这个球是这个多面体的内切球.二、外接球的有关知识与方法1．性质：性质1：过球心的平面截球面所得圆是大圆，大圆的半径与球的半径相等；性质2：经过小圆的直径与小圆面垂直的平面必过球心，该平面截球所得圆是大圆；性质3：过球心与小圆圆心的直线垂直于小圆所在的平面（类比：圆的垂径定理）；性质4：球心在大圆面和小圆面上的射影是相应圆的圆心；性质5：在同一球中，过两相交圆的圆心垂直于相应的圆面的直线相交，交点是球心（类比：在同圆中，两相交弦的中垂线交点是圆心）.初图1初图22．结论：结论1：长方体的外接球的球心在体对角线的交点处，即长方体的体对角线的中点是球心；结论2：若由长方体切得的多面体的所有顶点是原长方体的顶点，则所得多面体与原长方体的外接球相同；结论3：长方体的外接球直径就是面对角线及与此面垂直的棱构成的直角三角形的外接圆圆心，换言之，就是：底面的一条对角线与一条高（棱）构成的直角三角形的外接圆是大圆；结论4：圆柱体的外接球球心在上下两底面圆的圆心连一段中点处；结论5：圆柱体轴截面矩形的外接圆是大圆，该矩形的对角线（外接圆直径）是球的直径；结论6：直棱柱的外接球与该棱柱外接圆柱体有相同的外接球；结论7：圆锥体的外接球球心在圆锥的高所在的直线上；结论8：圆锥体轴截面等腰三角形的外接圆是大圆，该三角形的外接圆直径是球的直径；结论9：侧棱相等的棱锥的外接球与该棱锥外接圆锥有相同的外接球.3．终极利器：勾股定理、正定理及余弦定理（解三角形求线段长度）；三、内切球的有关知识与方法1．若球与平面相切，则切点与球心连线与切面垂直.（与直线切圆的结论有一致性）.2．内切球球心到多面体各面的距离均相等，外接球球心到多面体各顶点的距离均相等.（类比：与多边形的内切圆）.3．正多面体的内切球和外接球的球心重合.4．正棱锥的内切球和外接球球心都在高线上，但不一定重合.5．基本方法：（1）构造三角形利用相似比和勾股定理；（2）体积分割是求内切球半径的通用做法（等体积法）.四、与台体相关的，此略.五、八大模型第一讲 柱体背景的模型类型一、墙角模型（三条棱两两垂直，不找球心的位置即可求出球半径）图1-1图1-2图1-3图1-4方法：找三条两两垂直的线段，直接用公式2222)2(c b a R ++=，即2222c b a R ++=，求出R 例1 （1）已知各顶点都在同一球面上的正四棱柱的高为4，体积为16，则这个球的表面积是（ ） A ．π16 B ．π20 C ．π24 D ．π32 （2）若三棱锥的三个侧面两两垂直，且侧棱长均为3，则其外接球的表面积是 （3）在正三棱锥S ABC -中，M N 、分别是棱SC BC 、的中点，且MN AM ⊥,若侧棱SA =,则正三棱锥ABC S -外接球的表面积是 在四面体S ABC-中，ABCSA 平面⊥，,1,2,120====∠︒AB AC SA BAC 则该四面体的外接球的表面积为（ ）π11.A π7.B π310.C π340.D（5）如果三棱锥的三个侧面两两垂直，它们的面积分别为6、4、3，那么它的外接球的表面积是（6）已知某几何体的三视图如图所示，三视图是腰长为1的等腰直角三角形和边长为1的正方形，则该几何体外接球的体积为类型二、对棱相等模型（补形为长方体）题设：三棱锥（即四面体）中，已知三组对棱分别相等，求外接球半径（CD AB =，BC AD =，BD AC =）(6)题图(3)题-1(引理）AC图2-1第一步：画出一个长方体，标出三组互为异面直线的对棱； 第二步：设出长方体的长宽高分别为c b a ,,，x BC AD ==，y CD AB ==，z BD AC ==，列方程组，⎪⎩⎪⎨⎧=+=+=+222222222z a c y c b x b a ⇒2)2(2222222z y x c b a R ++=++=， 补充：图2-1中，abc abc abc V BCD A 31461=⨯-=-. 第三步：根据墙角模型，22222222z y x c b a R ++=++=，82222z y x R ++=，8222z y x R ++=，求出R .思考：如何求棱长为a 的正四面体体积，如何求其外接球体积？例2（1）如下图所示三棱锥A BCD -，其中5,6,7,AB CD AC BD AD BC ======则该三棱锥外接球的表面积为 .(1)题图B（2）在三棱锥BCD A -中，2==CD AB ，3==BC AD ，4==BD AC ，则三棱锥BCD A -外接球的表面积为 .（3）正四面体的各条棱长都为2，则该正面体外接球的体积为（3）解答题（4）棱长为2的正四面体的四个顶点都在同一个球面上，若过该球球心的一个截面如下图，则图中三角形(正四面体的截面)的面积是 .(4)题解答图(4)题类型三、汉堡模型（直棱柱的外接球、圆柱的外接球）图3-1图3-2图3-3题设：如图3-1，图3-2，图3-3,直三棱柱内接于球（同时直棱柱也内接于圆柱，棱柱的上下底面可以是任意三角形）第一步：确定球心O 的位置，1O 是ABC ∆的外心，则⊥1OO 平面ABC ； 第二步：算出小圆1O 的半径r AO =1，h AA OO 212111==（h AA =1也是圆柱的高）； 第三步：勾股定理：21212O O A O OA +=⇒222)2(r hR +=⇒22)2(hr R +=，解出R例3（1）一个正六棱柱的底面上正六边形，其侧棱垂直于底面，已知该六棱柱的顶点都在同一个球面上，且该六棱柱的体积为89，底面周长为3，则这个球的体积为 （2）直三棱柱111ABC A B C -的各顶点都在同一球面上，若12AB AC AA ===,120BAC ∠=︒，则此球的表面积等于 .（3）已知EAB ∆所在的平面与矩形ABCD 所在的平面互相垂直，︒=∠===60,2,3AEB AD EB EA ，则多面体ABCD E -的外接球的表面积为 （4）在直三棱柱111C B A ABC -中，4,3,6,41====AA A AC AB π，则直三棱柱111C B A ABC -的外接球的表面积为 .第二讲 锥体背景的模型类型四、切瓜模型（两个大小圆面互相垂直且交于小圆直径——正弦定理求大圆直径是通法）图4-1图4-2图4-3图4-41．如图4-1，平面⊥PAC 平面ABC ，且BC AB ⊥（即AC 为小圆的直径），且P 的射影是ABC ∆的外心⇔三棱锥ABC P -的三条侧棱相等⇔三棱ABC P -的底面ABC ∆在圆锥的底上，顶点P 点也是圆锥的顶点. 解题步骤：第一步：确定球心O 的位置，取ABC ∆的外心1O ，则1,,O O P 三点共线；第二步：先算出小圆1O 的半径r AO =1，再算出棱锥的高h PO =1（也是圆锥的高）；第三步：勾股定理：21212O O A O OA +=⇒222)(r R h R +-=，解出R ；事实上，ACP ∆的外接圆就是大圆，直接用正弦定理也可求解出R .2．如图4-2，平面⊥PAC 平面ABC ，且BC AB ⊥（即AC 为小圆的直径），且AC PA ⊥，则 利用勾股定理求三棱锥的外接球半径：①222)2()2(r PA R +=⇔22)2(2r PA R +=；②2122OO r R +=⇔212OO r R +=3．如图4-3，平面⊥PAC 平面ABC ，且BC AB ⊥（即AC 为小圆的直径）21212O O C O OC +=⇔2122O O r R +=⇔2122O O R AC -=4．题设：如图4-4，平面⊥PAC 平面ABC ，且BC AB ⊥（即AC 为小圆的直径）第一步：易知球心O 必是PAC ∆的外心，即PAC ∆的外接圆是大圆，先求出小圆的直径r AC 2=； 第二步：在PAC ∆中，可根据正弦定理R CcB b A a 2sin sin sin ===，求出R . 例4 （1）正四棱锥的顶点都在同一球面上，若该棱锥的高为1，底面边长为32，则该球的表面积为 .（2）正四棱锥ABCD S -的底面边长和各侧棱长都为2，各顶点都在同一球面上，则此球体积为 （3）一个正三棱锥的四个顶点都在半径为1的球面上，其中底面的三个顶点在该球的一个大圆上，则该正三棱锥的体积是（ ）A ．433 B ．33 C ．43 D ．123（4）在三棱锥ABC P -中，3===PC PB PA ,侧棱PA 与底面ABC 所成的角为ο60，则该三棱锥外接球的体积为（ ）A ．π B.3πC. 4πD.43π（5）已知三棱锥S ABC -的所有顶点都在球O 的求面上,ABC ∆是边长为1的正三角形,SC 为球O 的直径,且2SC =，则此棱锥的体积为（ ） A．6 B．6 C．3 D．2类型五、垂面模型（一条直线垂直于一个平面）1．题设：如图5，⊥PA 平面ABC ，求外接球半径.解题步骤：第一步：将ABC ∆画在小圆面上，A 为小圆直径的一个端点，作小圆的直径AD ，连接PD ，则PD 必过球心O ； 第二步：1O 为ABC ∆的外心，所以⊥1OO 平面ABC ，算出小圆1O 的半径r D O =1（三角形的外接圆直径算法：利用正弦定理，得r C c B b A a 2sin sin sin ===），PA OO 211=； 第三步：利用勾股定理求三棱锥的外接球半径：①222)2()2(r PA R +=⇔22)2(2r PA R +=；②2122OO r R +=⇔212OO r R +=.2．题设：如图5-1至5-8这七个图形，P 的射影是ABC ∆的外心⇔三棱锥ABC P -的 三条侧棱相等⇔三棱锥ABC P -的底面ABC ∆在圆锥的底上，顶点P 点也是圆锥的 顶点.图5-1图5-2图5-3图5-4图5-6图5-7图5-8解题步骤：第一步：确定球心O 的位置，取ABC ∆的外心1O ，则1,,O O P 三点共线；第二步：先算出小圆1O 的半径r AO =1，再算出棱锥的高h PO =1（也是圆锥的高）；第三步：勾股定理：21212O O A O OA +=⇒222)(r R h R +-=，解出R方法二：小圆直径参与构造大圆，用正弦定理求大圆直径得球的直径. 例5 一个几何体的三视图如图所示，则该几何体外接球的表面积为( ) A ．π3 B ．π2 C ．316πD ．以上都不对第三讲 二面角背景的模型类型六、折叠模型题设：两个全等三角形或等腰三角形拼在一起，或菱形折叠(如图6)图6第一步：先画出如图6所示的图形，将BCD ∆画在小圆上，找出BCD ∆和BD A '∆的外心1H 和2H ； 第二步：过1H 和2H 分别作平面BCD 和平面BD A '的垂线，两垂线的交点即为球心O ，连接OC OE ,； 第三步：解1OEH ∆，算出1OH ，在1OCH Rt ∆中，勾股定理：22121OC CH OH =+注：易知21,,,H E H O 四点共面且四点共圆，证略.例6（1）三棱锥ABC P -中，平面⊥PAC 平面ABC ，△PAC 和俯视图侧视图正视图解答图△ABC 均为边长为2的正三角形，则三棱锥ABC P -外接球的半径为 .（2）在直角梯形ABCD 中，CD AB //，ο90=∠A ，ο45=∠C ，1==AD AB ，沿对角线BD 折成四面体BCD A -'，使平面⊥'BD A 平面BCD ，若四面体BCD A -'的顶点在同一个球面上，则该项球的表面积为(2)题-2(2)题-1→A(3)题（3）在四面体ABC S -中，BC AB ⊥，2==BC AB ，二面角B AC S --的余弦值为33-，则四面体ABC S -的外接球表面积为（4）在边长为32的菱形ABCD 中，ο60=∠BAD ，沿对角线BD 折成二面角C BD A --为ο120的四面体ABCD ，则此四面体的外接球表面积为(5)在四棱锥ABCD 中，ο120=∠BDA ，ο150=∠BDC ，2==BD AD ，3=CD ，二面角CBD A --的平面角的大小为ο120，则此四面体的外接球的体积为类型七、两直角三角形拼接在一起(斜边相同,也可看作矩形沿对角线折起所得三棱锥)模型图7(4)题图例7（1）在矩形ABCD 中，4=AB ，3=BC ，沿AC 将矩形ABCD 折成一个直二面角D AC B --，则四面体ABCD 的外接球的体积为（ ）A ．π12125 B ．π9125 C ．π6125 D ．π3125（2）在矩形ABCD 中，2=AB ，3=BC ，沿BD 将矩形ABCD 折叠，连接AC ，所得三棱锥BCDA -的外接球的表面积为 ．第四讲 多面体的内切球问题模型类型八、锥体的内切球问题1．题设：如图8-1，三棱锥ABC P -上正三棱锥，求其内切球的半径. 第一步：先现出内切球的截面图，H E ,分别是两个三角形的外心；第二步：求BD DH 31=，r PH PO -=，PD 是侧面ABP ∆的高；第三步：由POE ∆相似于PDH ∆，建立等式：PDPODH OE =，解出r 2．题设：如图8-2，四棱锥ABC P -是正四棱锥，求其内切球的半径第一步：先现出内切球的截面图，H O P ,,三点共线；第二步：求BC FH 21=，r PH PO -=，PF 是侧面PCD ∆的高； 第三步：由POG ∆相似于PFH ∆，建立等式：PFPOHF OG =，解出3．题设：三棱锥ABC P -是任意三棱锥，求其的内切球半径方法：等体积法，即内切球球心与四个面构成的四个三棱锥的体积之和相等 第一步：先画出四个表面的面积和整个锥体体积；第二步：设内切球的半径为r ，建立等式：PBC O PAC O PAB O ABC O ABC P V V V V V -----+++=⇒r S S S S r S r S r S r S V PBC PAC PAB ABC PBC PAC PAB ABC ABC P ⋅+++=⋅+⋅+⋅+⋅=∆∆∆∆-)(3131313131第三步：解出PBCO PAC O PAB O ABC O ABCP S S S S V r -----+++=3例8 （1）棱长为a 的正四面体的内切球表面积是（2）正四棱锥ABCD S -的底面边长为2，侧棱长为3，则其内切球的半径为（3）三棱锥ABC P -中，底面ABC ∆是边长为2的正三角形，⊥PA 底面ABC ，2=PA ，则该三棱锥的内切球半径为习题：1．若三棱锥ABC S -的三条侧棱两两垂直，且2=SA ，4==SC SB ，则该三棱锥的外接球半径为（ ） A.3 B.6 C.36 D.92． 三棱锥ABC S -中，侧棱⊥SA 平面ABC ，底面ABC 是边长为3的正三角形，32=SA ，则该三棱锥的外接球体积等B图8-1A图8-2于 .332π3．正三棱锥ABC S -中，底面ABC 是边长为3的正三角形，侧棱长为2，则该三棱锥的外接球体积等于 .4．三棱锥ABC P -中，平面⊥PAC 平面ABC ，△PAC 边长为2的正三角形，BC AB ⊥，则三棱锥ABC P -外接球的半径为 .5． 三棱锥ABC P -中，平面⊥PAC 平面ABC ，2=AC ，3==PC PA ，BC AB ⊥，则三棱锥ABC P -外接球的半径为 . 6． 三棱锥ABC P -中，平面⊥PAC 平面ABC ，2=AC ，PC PA ⊥，BC AB ⊥，则三棱锥ABC P -外接球的半径为 .。
2020高考数学复习之空间几何体外接球和内切球解题策略
2020 年高考数学—几何体外接圆和内切球一、外接球的问题简单多面体外接球问题是立体几何中的难点和重要的考点，此类问题实质是解决球的半径尺或确定球心0 的位置问题，其中球心的确定是关键．（一）由球的定义确定球心在空间，如果一个定点与一个简单多面体的所有顶点的距离都相等，那么这个定点就是该简单多面体的外接球的球心．由上述性质，可以得到确定简单多面体外接球的球心的如下结论．结论1：正方体或长方体的外接球的球心其体对角线的中点．结论2：正棱柱的外接球的球心是上下底面中心的连线的中点．结论3：直三棱柱的外接球的球心是上下底面三角形外心的连线的中点．结论4：正棱锥的外接球的球心在其高上，具体位置可通过计算找到．结论5：若棱锥的顶点可构成共斜边的直角三角形，则公共斜边的中点就是其外接球的球心．（二）构造正方体或长方体确定球心长方体或正方体的外接球的球心是在其体对角线的中点处．以下是常见的、基本的几何体补成正方体或长方体的途径与方法．途径1：正四面体、三条侧棱两两垂直的正三棱锥、四个面都是是直角三角形的三棱锥都分别可构造正方体．途径2：同一个顶点上的三条棱两两垂直的四面体、相对的棱相等的三棱锥都分别可构造长方体和正方体．途径3：若已知棱锥含有线面垂直关系，则可将棱锥补成长方体或正方体．途径4：若三棱锥的三个侧面两两垂直，则可将三棱锥补成长方体或正方体．（三）由性质确定球心利用球心O与截面圆圆心O1 的连线垂直于截面圆及球心O 与弦中点的连线垂直于弦的性质，确定球心．二、内切球问题若一个多面体的各面都与一个球的球面相切，则称这个多面体是这个球的外切多面体，这个球是这个多面体的内切球。
1、内切球球心到多面体各面的距离均相等，外接球球心到多面体各顶点的距离均相等。
2、正多面体的内切球和外接球的球心重合。
3、正棱锥的内切球和外接球球心都在高线上，但不重合。
4、基本方法：构造三角形利用相似比和勾股定理。
5、体积分割是求内切球半径的通用做法。
整理高考空间几何体的外接球与内切球问题专项突
20 年 月 日A4打印 / 可编辑高考空间几何体的外接球与内切球问题专项突一、选择题1．有一个几何体的三视图如下图所示，这个几何体可能是一个()．主视图左视图俯视图(第1题)A．棱台B．棱锥C．棱柱D．正八面体2．如果一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是一个底角为45°，腰和上底均为的等腰梯形，那么原平面图形的面积是()．A．2＋B．C．D．3．棱长都是的三棱锥的表面积为()．A．B．2C．3D．44．长方体的一个顶点上三条棱长分别是3，4，5，且它的8个顶点都在同一球面上，则这个球的表面积是()．A．25πB．50πC．125πD．都不对5．正方体的棱长和外接球的半径之比为( )．A．∶1B．∶2C．2∶D．∶36．在△ABC中，AB＝2，BC＝1.5，∠ABC＝120°，若使△ABC绕直线旋转一周，则所形成的几何体的体积是()．A．πB．πC．πD．π7．若底面是菱形的棱柱其侧棱垂直于底面，且侧棱长为5，它的对角线的长分别是9和15，则这个棱柱的侧面积是()．A．130B．140C．150D．1608．如图，在多面体ABCDEF中，已知平面ABCD是边长为3的正方形，EF∥AB，EF＝，且EF与平面ABCD的距离为2，则该多面体的体积为()．(第8题)A．B．5 C．6D．9．下列关于用斜二测画法画直观图的说法中，错误．．的是()．A．用斜二测画法画出的直观图是在平行投影下画出的空间图形B．几何体的直观图的长、宽、高与其几何体的长、宽、高的比例相同C．水平放置的矩形的直观图是平行四边形D．水平放置的圆的直观图是椭圆10．如图是一个物体的三视图，则此物体的直观图是()．(第10题)二、填空题11．一个棱柱至少有______个面，面数最少的一个棱锥有________个顶点，顶点最少的一个棱台有________条侧棱．12．若三个球的表面积之比是1∶2∶3，则它们的体积之比是_____________．13．正方体ABCD－A1B1C1D1 中，O是上底面ABCD的中心，若正方体的棱长为a，则三棱锥O－AB1D1的体积为_____________．14．如图，E，F分别为正方体的面ADD1A1、面BCC1B1的中心，则四边形BFD1E在该正方体的面上的射影可能是___________．(第14题)15．已知一个长方体共一顶点的三个面的面积分别是、、，则这个长方体的对角线长是___________，它的体积为___________．16．一个直径为32厘米的圆柱形水桶中放入一个铁球，球全部没入水中后，水面升高9厘米则此球的半径为_________厘米．三、解答题17．有一个正四棱台形状的油槽，可以装油190 L，假如它的两底面边长分别等于60 cm和40 cm，求它的深度．18 *．已知半球内有一个内接正方体，求这个半球的体积与正方体的体积之比．[提示：过正方体的对角面作截面]19．如图，在四边形ABCD中，∠DAB＝90°，∠ADC＝135°，AB＝5，CD＝2，AD＝2，求四边形ABCD绕AD旋转一周所成几何体的表面积及体积．(第19题)20．养路处建造圆锥形仓库用于贮藏食盐(供融化高速公路上的积雪之用)，已建的仓库的底面直径为12 m，高4 m，养路处拟建一个更大的圆锥形仓库，以存放更多食盐，现有两种方案：一是新建的仓库的底面直径比原来大4 m(高不变)；二是高度增加4 m(底面直径不变)．(1)分别计算按这两种方案所建的仓库的体积；(2)分别计算按这两种方案所建的仓库的表面积；(3)哪个方案更经济些？参考答案一、选择题1．A解析：从俯视图来看，上、下底面都是正方形，但是大小不一样，可以判断可能是棱台．2．A解析：原图形为一直角梯形，其面积S＝(1＋＋1)×2＝2＋．3．A解析：因为四个面是全等的正三角形，则S表面＝4×＝．4．B解析：长方体的对角线是球的直径，l＝＝5，2R＝5，R＝，S＝4πR2＝50π．5．C解析：正方体的对角线是外接球的直径．6．D解析：V＝V大－V小＝πr2(1＋1.5－1)＝π．7．D解析：设底面边长是a，底面的两条对角线分别为l1，l2，而＝152－52，＝92－52，而＋＝4a2，即152－52＋92－52＝4a2，a＝8，S侧面＝4×8×5＝160．8．D解析：过点E，F作底面的垂面，得两个体积相等的四棱锥和一个三棱柱，V＝2×××3×2＋×3×2×＝．9．B解析：斜二测画法的规则中，已知图形中平行于x 轴的线段，在直观图中保持原长度不变；平行于y 轴的线段，长度为原来的一半．平行于z 轴的线段的平行性和长度都不变．10．D解析：从三视图看底面为圆，且为组合体，所以选D.二、填空题11．参考答案：5，4，3．解析：符合条件的几何体分别是：三棱柱，三棱锥，三棱台．12．参考答案：1∶2∶3．r1∶r2∶r3＝1∶∶，∶∶＝13∶()3∶()3＝1∶2∶3．13．参考答案：．解析：画出正方体，平面AB1D1与对角线A1C的交点是对角线的三等分点，三棱锥O－AB1D1的高h＝a，V＝Sh＝××2a2×a＝a3．另法：三棱锥O－AB1D1也可以看成三棱锥A－OB1D1，它的高为AO，等腰三角形OB1D1为底面．14．参考答案：平行四边形或线段．15．参考答案：，．解析：设ab＝，bc＝，ac＝，则V = abc＝，c ＝，a＝，b＝1，l＝＝．16．参考答案：12．解析：V＝Sh＝πr2h＝πR3，R＝＝12．三、解答题 17．参考答案： V ＝(S ＋＋S )h ，h ＝＝＝75．18．参考答案：如图是过正方体对角面作的截面．设半球的半径为R ，正方体的棱长为a ，则CC'＝a ，OC ＝a ，OC'＝R ．(第18题)在Rt △C'CO 中，由勾股定理，得CC' 2＋OC 2＝OC' 2， 即 a 2＋(a )2＝R 2． ∴R ＝a ，∴V 半球＝πa ，V 正方体＝a ．∴V 半球 ∶V 正方体＝π∶2．19．参考答案：S 表面＝S 下底面＋S 台侧面＋S 锥侧面 ＝π×52＋π×(2＋5)×5＋π×2×2＝(60＋4)π．V ＝V 台－V 锥 ＝π(＋r 1r 2＋)h －πr 2h 1＝π．CO A20．解：(1)参考答案：如果按方案一，仓库的底面直径变成16 m，则仓库的体积V1＝Sh＝×π×()2×4＝π(m3)．如果按方案二，仓库的高变成8 m，则仓库的体积V2＝Sh＝×π×()2×8＝π(m3)．(2)参考答案：如果按方案一，仓库的底面直径变成16 m，半径为8 m．棱锥的母线长为l＝＝4，仓库的表面积S1＝π×8×4＝32π(m2)．如果按方案二，仓库的高变成8 m．棱锥的母线长为l＝＝10，仓库的表面积S2＝π×6×10＝60π(m2)．(3)参考答案：∵V2＞V1，S2＜S1，∴方案二比方案一更加经济些．整理丨尼克本文档信息来自于网络，如您发现内容不准确或不完善，欢迎您联系我修正；如您发现内容涉嫌侵权，请与我们联系，我们将按照相关法律规定及时处理。
高考数学专题突破：外接球和内切球问题【解析版】
高考数学专题突破：外接球模型模板一：222)2(r h R += 即422r h R +=一、题型描述几何体的外接球问题：题目中涉及几何体外接球体，或者球内接几何体，再或者说成球面上有几个点围成几何体，这类题型称之为几何体的外接球问题。
二、模法讲解以下这幅图，大家应该都能看明白吧！一个底面半径为，高为的圆柱，求它的外接球半径。
那么问题来了？422r h R +=这个式子怎么来的。
那么这个式子有何妙用？1、如果我们对圆柱上下底面对应位置处，取相同数量的点，比如都取三个点，如图所示：我们可以得到（直）三棱柱，它的外接球其实就是这个圆柱的外接球，所以说直棱柱的外接球求半径符合这个模型。
在这里棱柱的高就是公式中h 的，而棱柱底面外接圆的半径则是公式中的r （至于怎么求外接圆半径可以用正弦定理。
2、我们再继续进行，如果我把刚刚那个三棱柱上面的两点去掉，我将得到三棱锥，如图：这个三棱锥的特点是AA1⊥底面ABC，即有一根侧棱⊥底面的锥体，依然符合这个模型。
那条竖直棱AA1就是公式中的h，而底面ABC的外接圆半径是公式中的r。
3、题目还喜欢这么干：面PAD垂直面ABCD。
它非常符合圆柱外接球模型！我们知道，这里的r为PAD的外接圆半径，h为AB或者CD为的长。
接着看，当我对第二幅图中的三棱柱 ABC-A1B1C1只去掉C1这个点，会得到什么呢？没错！这就是刚刚那个四棱锥放倒了！它的特点是：底面A1B1AB⊥CAB侧面，出题的时候则不会这么仁慈，就会像上一幅图那样，有一个侧面⊥矩形底面的四棱锥！圆柱外接球模型——适用于：①圆柱-------r,h自带②直棱柱-------r:底面外接圆半径；h:直棱柱的高③一根侧棱⊥底面的锥体-------r:底面外接圆半径；h:垂直于底面的那条侧棱④一个侧面⊥矩形底面的四棱锥-------r:垂直底面的侧面的外接圆半径；h:垂直于那个侧面的底边长那么接下来第二步就是找到，求出，而又怎么求呢？用正弦定理。
高考复习空间几何体的外接球内切球问题复习题(含答案)
空间几何体的外接球内切球问题一、单选题（共19题；共38分）1.某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的外接球半径为（）A. 1B. √32C. √22D. 122.已知球的半径为2，相互垂直的两个平面分别截球面得两个圆．若两圆的公共弦长为2，则两圆的圆心距等于（）A. 2B. √3C. √2D. 13.已知球O的半径是R，A、B、C是球面上三点，且A与B、A与C、B与C的球面距离分别为π2R,π2Rπ3R，则四面体OABC的体积为（）A. √312R3 B. √34R3 C. √212R3 D. √24R34.已知A、B、C三点在球心为O，半径为3的球面上，且三棱锥O﹣ABC为正四面体，那么A、B两点间的球面距离为（）A. π3B. π2C. 23π D. π5.已知球的两个平行截面的面积分别为5π和8π，它们位于球心的同一侧，且相距为1，那么这个球的半径是（）A. 4B. 3C. 2D. 56.△ABC的三个顶点在一个半径为1的球面上，O为球心，G为△ABC的中心，且OG=√33. 则△ABC的外接圆的面积为（）A. πB. 2πC. 2π3D. 3π47.正方体的内切球和外接球的半径之比为（）A. √3:3B. √3:2C. 2:√3D. √3:18.三棱锥A-BCD的三条侧棱两两互相垂直，且AB=2，AD=√3，AC=1，则A,B两点在三棱锥的外接球的球面上的距离为（）A. 2√2πB. √2πC. √22π D. √24π9.正六棱柱的底面边长为4,高为6,则它的外接球的表面积为（）10.已知空间4个球，它们的半径均为2，每个球都与其他三个球外切，另有一个小球与这4个球都外切，则这个小球的半径为( )A. √6−2B. √6−√2C. √10−3D. 2√2−2 11.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 的直径为（ ）A. 3√172B. 4√10C. 13D. 2√10 12.已知三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥内切球的半径为（ ）A. 34√3√6B. √3√6C. √3√6D. √3√613.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 的外接球的体积是（ ）A. 125π3 B. 125π6 C. 125π9 D. 125π1214.已知四面体 ABCD 的外接球球心O 恰好在棱AD 上，且 AB =BC =√2 ， AC =2 ，DC= 2√3 ，则这个四面体的体积为（ ）A. 23B. 2√33C. 4√33D. 5√3315.已知四棱锥 S −ABCD 的所有顶点都在同一球面上，底面 ABCD 是正方形且和球心 O 在同一平面内，若此四棱锥的最大体积为 18 ，则球 O 的表面积等于（ ）A. 18πB. 36πC. 54πD. 72π16.已知长方体 ABCD −A 1B 1C 1D 1 中， AB =3，AD =4，AA 1=5， ,则长方体 ABCD −A 1B 1C 1D 1 外接球的表面积为（ ）A. 100 πB. 75 πC. 50 πD. 25 π17.三棱锥P -ABC 中，PA ⊥平面ABC 且PA ＝2，△ABC 是边长为 √3 的等边三角形，则该三棱锥外接球的表面积为( )A. 4π3 B. 4π C. 8π D. 20π18.《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑，若三棱锥 P −ABC 为鳖臑， PA ⊥ 平面 ABC,PA =3,AB =4,AC =5 ，三棱锥 P −ABC 的四个顶点都在球O 的球面上，则球O 的表面积为（ ）19.已知三棱锥P－ABC的三条侧棱PA、PB、PC两两互相垂直，且PA=1，PB=√3，PC=2√2，则这个三棱锥的外接球的体积为（）A. 2√3πB. 4√3πC. 8√3πD. 32√3π二、填空题（共13题；共13分）20.半径为R的球O放置在水平平面α上，点P位于球O的正上方，且到球O表面的最小距离为R，则从点P发出的光线在平面α上形成的球O的中心投影的面积等于________．21.一个正三棱锥的四个顶点都在半径为1的球面上，其中底面的三个顶点在该球的一个大圆上，则该正三棱锥的体积是________22.一个半径为5cm的球，被一平面所截，球心到截面圆心的距离为4cm，则截面圆面积为________cm2.23.已知四面体ABCD的外接球球心O在棱CD上，AB=√3，CD=2，则A、B两点在四面体ABCD的外接球上的球面距离是________24.若多面体的各个顶点都在同一球面上，则称这个多面体内接于球．如图，设长方体ABCD﹣A1B1C1D1内接于球O，且AB=BC=2，AA1=2√2，则A、B两点之间的球面距离为________25.已知三棱锥A﹣BCD中，AB⊥面BCD，△BCD为边长为2的正三角形，AB=2，则三棱锥的外接球体积为________．26.一底面为正方形的长方体各棱长之和为24，则当该长方体体积最大时，其外接球的体积为________．27.已知S,A,B,C是球O表面上的点，SA⊥平面ABC，AB⊥BC，AS=AB=1，BC=√3，则球O的表面积为________．28.已知三棱锥S−ABC的底面是以AB为斜边的等腰直角三角形，AB=4,SA=SB=SC=4，则三棱锥的外接球的球心到平面ABC的距离为________．29.一正方体内接于一个球，经过球心作一个截面，则截面的可能图形为________（只填写序号）.30.如图，半球内有一内接正四棱锥S−ABCD，该四棱锥的体积为4√2，则该半球的表面积为3________．31.如图，三棱锥的所有顶点都在一个球面上，在△ABC中，AB= √3，∠ACB=60°，∠BCD=90°，AB⊥CD，CD= 2√2，则该球的体积为________．32.在三棱锥A−BCD中，AC=CD=√2,AB=AD=BD=BC=1,若三棱锥的所有顶点，都在同一球面上，则球的表面积是________．三、解答题（共2题；共10分）33.已知球面上的三点A、B、C，AB=6，BC=8，AC=10，球的半径为13，求球心到平面ABC的距离．34.有三个球，第一个球内切于正方体，第二个球与这个正方体各条棱相切，第三个球过这个正方体的各个顶点，求这三个球的表面积之比．答案解析部分一、单选题1.【答案】B【考点】球面距离及相关计算，由三视图还原实物图，球内接多面体【解析】【解答】由三视图可知，该四棱锥是底面为边长为 1 的正方形，一条长为 1 的 侧棱与底面垂直，将该棱锥补成棱长为 1 的正方体，则棱锥的外接球就是正方体的外接球，正方体外接球的直径就是正方体的对角线，即 2R =√3,R =√32， 故答案为：B.【分析】结合三视图,将几何体还原为棱锥,将棱锥补成棱长为 1 的正方体，则棱锥的外接球就是正方体的外接球,由正方体外接球的直径就是正方体的对角线求解.2.【答案】B【考点】球面距离及相关计算【解析】【解答】设两圆的圆心分别为 O 1,O 2 ，球心为 O ，公共弦为 AB ，其中点为 E ，则 OO 1EO 2 为矩形，于是对角线 O 1O 2=OE ，而 OE =√OA 2−AE 2=√22−12=√3 ， ∴O 1O 2=√3 ， 故答案为：B.【分析】由球心O,弦端点A,弦中点E 构成直角三角形求解.3.【答案】A【考点】球面距离及相关计算【解析】【解答】解：球心O 与A ，B ，C 三点构成三棱锥O ﹣ABC ，如图所示，已知A 与B 、A 与C 、B 与C 的球面距离分别为π2R ,π2R π3R ， OA=OB=OC=R ，∴∠AOB=AB ^OA =π2=90°， ∴同样可得∠AOB=∠AOC=90°，∠BOC=60°，由此可得AO ⊥面BOC ．∵S △BOC =12R ×√32R =√34R 2． ∴由V O ﹣ABC =V A ﹣BOC =13×√34R 2×R=√312R 3 ． 故选A ．【分析】根据题意可知：球心O与A，B，C三点构成三棱锥O﹣ABC，且OA=OB=OC=R，∠AOB=∠AOC=90°，∠BOC=60°，故AO⊥面BOC．所以此题可以A为顶点根据体积公式求得三棱锥O﹣ABC的体积．4.【答案】D【考点】球面距离及相关计算【解析】【解答】解：作出图形，∵几何体O﹣ABC为正四面体，∴球心角∠AOB=π3∴A，B两点的球面距离=π×3=π，3故选：D．【分析】欲求A，B两点的球面距离，先求出A、B两点的球心角∠AOB，再利用球面距离的定义即可求出．5.【答案】B【考点】球面距离及相关计算【解析】【解答】解：由题意画轴截面图，截面的面积为5π，半径为√5，截面的面积为8π的圆的半径是2√2，设球心到大截面圆的距离为d，球的半径为r，则5+（d+1）2=8+d2，∴d=1，∴r=3故选B【分析】画出图形，求出两个截面圆的半径，即可解答本题．6.【答案】C【考点】球面距离及相关计算【解析】【解答】先确定△ABC 的外接圆的半径，再求△ABC 的外接圆的面积．【解答】设△ABC 的外接圆的半径为r ，则∵O 为球心，G 为三角形ABC 的中心，且OG=√33 ，球的半径为1, R=∴△ABC 的外接圆的面积为π×(√63)×(√63)=2π3,故选C. 7.【答案】A 【考点】球面距离及相关计算【解析】【解答】设正方体的棱长为a ，则它的内切球的半径为， 它的外接球的半径为， 所以它的内切球和外接球的半径之比为故选A.【分析】解决此类问题，要注意到正方体的内切球是与正方体的面相切，而外接球的直径是正方体的体对角线.8.【答案】C【考点】球面距离及相关计算【解析】【解答】如图长方体的对角线就是球的直径：， OA=OB=， ∠AOB=， 则A 、B 两点在三棱锥的外接球的球面上的距离为：，故选C．【分析】对于球的内接体问题，球面距离问题，考查学生空间想象能力，是基础题9.【答案】C【考点】球面距离及相关计算，棱柱的结构特征【解析】【解答】如图，正六棱柱的外接球的直径是正六棱柱体对角线FH的长，∵侧棱垂直于底面，∴FG⊥GH；在中，由勾股定理得：，∴，即；∴它的外接球的表面积为100π．故选C．10.【答案】A【考点】球面距离及相关计算【解析】【解答】以此个球的球心为顶点，可以构成一个边长为的正四面体，则小球的球心到正四面体的各顶点距离相等为（为小球半径）,如图，其中为小球球心，所以，解得，，选A.11.【答案】C【考点】球内接多面体【解析】【解答】因为三棱柱ABC﹣A1B1C1的6个顶点都在球O的球面上，若AB=3，AC=4，AB⊥AC，AA1=12，所以三棱柱的底面是直角三角形，侧棱与底面垂直，△ABC的外心是斜边的中点，上下底面的中心连线垂直底面ABC，其中点是球心，即侧面B1BCC1，经过球的球心，球的直径是侧面B1BCC1的对角线的长，因为AB=3，AC=4，BC=5，BC1=13，所以球的直径为：13．故答案为：C。
高三冲刺复习充分注意非棱体的外接球、内切球问题-解析
高三冲刺复习·充分注意非棱体的外接球、内切球问题参考解析一、单选题1．一个有内切球的圆台，圆台的表面积和内切球的表面积之比可以为（ ） A ．:2π B ．:3π C ．3:2 D ．5:4【答案】A 【分析】设圆台的上底面、下底面的半径为12,r r ，内切球的半径为R ，根据勾股定理得出212R r r =，再由球和圆台的表面积公式结合基本不等式得出答案. 【详解】设圆台的上底面的半径、下底面的半径、母线长为12,,r r l ，12r r <，内切球的半径为R由题意可知，12l r r =+，()()2222211(2)R r r r r +-=+，解得212R r r = 则圆台的表面积和内切球的表面积之比为()()222212*********121221134422222r r r r r r r r r r R r r l r l r ππππ+++++==++>+= 因为333353,,,22322242ππ><=<，所以只有A 项满足题意 故选：A2．如图，在一个上底无盖的圆台形容器上放置一个球体，已知圆台上、下底面半径分别为1cm ，2cm ，，球的最低点距圆台下底面1.5cm ，则球的表面积为( )A ．25cm 4πB ．225cm 4πC ．225cm 16πD ．29cm π【答案】B 【解析】易求上底面圆心至球最低点距离为12，则22112r r ⎛⎫-+= ⎪⎝⎭， 得54r =，225π4π4S r ==， 故选：B ．3．如果一个球的外切圆锥的高是这个球的半径的3倍，则圆锥的侧面面积和球的表面积之比为 A ．4∶3B ．3∶1C ．3∶2D ．9∶4【答案】C 【解析】 作圆锥的轴截面，如图，设球半径为R ，则圆锥的高h=3R ，圆锥底面半径R ，则l R ，所以S S 圆锥侧球=2πrl 4πR 32. 选C. 4．如图所示，在圆锥内放入两个球1O ，2O ，它们都与圆锥相切（即与圆锥的每条母线相切），切点圆（图中粗线所示）分别为1C ，2C .这两个球都与平面α相切，切点分别为1F ，2F ，丹德林（G ·Dandelin ）利用这个模型证明了平面α与圆锥侧面的交线为椭圆，1F ，2F 为此椭圆的两个焦点，这两个球也称为Dandelin 双球.若圆锥的母线与它的轴的夹角为30，1C ，2C 的半径分别为1，4，点M 为2C 上的一个定点，点P 为椭圆上的一个动点，则从点P 沿圆锥表面到达M 的路线长与线段1PF 的长之和的最小值是（ ）A ．6B ．8C ．D ．【答案】C 【分析】在椭圆上任取一点P ，可证明111O PF O PQ ≅，可得1=PF PQ ，设点P 沿圆锥表面到达M 的路线长为PM d ，则1PM PM PF d PQ d PQ PR QR +=+≥+=，当且仅当P 为直线VM 与椭圆交点时取等号，QR VR VQ =-即可求解.【详解】在椭圆上任取一点P ，连接VP 交球1O 于点Q ，交球2O 于点R ，连接1O Q ，11O F ，1PO ，1PF ，2O R ，在11O PF 与1O PQ 中有：1111O Q O F r ==，（1r 为球1O 的半径），11190O QP O F P ∠=∠=，1O P 为公共边，所以111O PF O PQ ≅，所以1=PF PQ ，设点P 沿圆锥表面到达M 的路线长为PM d ，则1PM PM PF d PQ d PQ PR QR +=+≥+=，当且仅当P 为直线VM 与椭圆交点时取等号，211241tan 30tan 30tan 303O R O Q r r QR VR VQ --=-=-===C 【点睛】 关键点点睛：本题解题的关键是证明111O PF O PQ ≅得出1=PF PQ ，从而1PM PM PF d PQ d PQ PR QR +=+≥+=，转化为,,V P M 三点共线时求QR .5．圆锥曲线与空间几何体具有深刻而广泛的联系，如图所示，底面半径为1，高为3的圆柱内放有一个半径为1的球，球与圆柱下底而相切，作不与圆柱底面平行的平面α与球相切于点F ，若平面α与圆柱侧面相交所得曲线为封闭曲线τ，τ是以F 为一个焦点的椭圆，则τ的离心率的取值范围是（ ）A ．315⎡⎫⎪⎢⎣⎭，B ．305⎛⎤ ⎥⎝⎦，C ．405⎛⎤ ⎥⎝⎦，D ．415⎡⎫⎪⎢⎣⎭， 【答案】B 【分析】考虑α与底面趋于平行和α与底面的夹角最大两种情况，即可确定离心率的取值范围. 【详解】当α与底面趋于平行时，τ几乎成为一个圆，因此离心率可以充分接近0． 当α与底面的夹角最大时，τ的离心率达到最大，下面求解这一最大值．如图，,A B 为长轴，F 为焦点时，e 最大．2a c BF BG +===，易知1b =，所以5434a c ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，35e =．则离心率的取值范围是30,5⎛⎤⎥⎝⎦．故选：B【点睛】本题主要考查圆锥曲线与空间几何的综合应用问题，难度稍大.6．我国南北朝时期的著名数学家祖暅原提出了祖暅原理：“幂势既同，则积不容异.”意思是，夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意一个平面所截，若截面面积都相等，则这两个几何体的体积相等.运用祖暅原理计算球的体积时，构造一个底面半径和高都与球的半径相等的圆柱，与半球（如图①）放置在同一平面上，然后在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥后得到一新几何体（如图②），用任何一个平行于底面的平面去截它们时，可证得所截得的两个截面面积相等，由此可证明新几何体与半球体积相等，即2311122323V R R RR R πππ=⋅-⋅=球.现将椭圆22149x y +=绕y 轴旋转一周后得一橄榄状的几何体（如图③），类比上述方法，运用祖暅原理可求得其体积等于（ ）A ．32πB ．24πC ．18πD ．16π【答案】D 【分析】构造一个底面半径为2，高为3的圆柱，通过计算可得高相等时截面面积相等，根据祖暅原理可得橄榄球形几何体的体积的一半等于圆柱的体积减去圆锥的体积.【详解】 解：构造一个底面半径为2，高为3的圆柱， 在圆柱中挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点的圆锥，则当截面与顶点距离为()03h h ≤≤时，小圆锥底面半径为r ， 则32h r=，23r h ∴=，故截面面积为：2449h ππ-，把y h =代入22149x y +=，即22149x h +=，解得：x =∴橄榄球形几何体的截面面积为22449x h πππ=-，由祖暅原理可得橄榄球形几何体的体积为：(2V V =圆柱V -圆锥1)24343163πππ⎛⎫=⨯⨯-⨯⨯= ⎪⎝⎭.故选：D.【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是读懂题意，构建圆柱，通过计算得到高相等时截面面积相等，根据祖暅原理得到橄榄球形几何体的体积.二、填空题7．已知圆台内有一个球，该球与此圆台的上下两个底面及母线都相切，若圆台的上，下两个底面的半径分别为1，4，那么这个球的体积为______. 【答案】323π. 【分析】根据圆台的轴截面，结合已知条件，即可求得球体的半径，则问题得解. 【详解】画出圆台的轴截面，如下图所示：设内切圆的球半径为R ，由题可知：OE OG OF ==，且,,OE AB OF CD OG BC ⊥⊥⊥，故可得,OEB OGB OFC OGC ≅≅，则可得145BC BG CG BE FC =+=+=+=.过B 作BH FC ⊥，在Rt BHC 中，容易知3HC FC FH FC EB =-=-=，可得4BH ===.又因为2BH EF R ==，解得2R =.故球体的体积343233V R ππ==.故答案为：323π.【点睛】 本题考查圆台的内切球体积的计算，属综合中档题.8．如图所示，一个球内接圆台，已知圆台上下底面的半径分别为3和4，圆台的高为7，则该球的表面积为__________.【答案】100π【分析】设圆台的上下底面圆心分别为2O 、1O ，设1OO x =，由球的性质可列方程，求出半径后再由球的表面积公式即可得解.【详解】设圆台的上下底面圆心分别为2O 、1O ，在上下底面圆周上分别取点,A B ， 连接2OO 、1OO 、OA 、OB 、2O A 、1O B ，如图，设1OO x =，则27OO x =-，所以()22222279OA O O O A x =+=-+，22221116OB O O O B x =+=+， 由22OA OB =可得()227916x x -+=+，解得3x =，所以该球的半径5r ==，所以该球的表面积24100S r ππ==.故答案为：100π.【点睛】 本题考查了几何体与球外接的问题及球的表面积的求解，考查了空间思维能力与运算求解能力，属于基础题.9．如果一个球的外切圆锥的高是这个球的半径的3倍，则圆锥的侧面积和球的表面积之比为_________. 【答案】3:2【解析】解答：作出几何体的轴截面如图所示，设圆锥的底面半径为r ，球的半径为R ，则圆锥的高为3R ， 由1POD PBO ∆∆∽得11OD OP PD O B PB PO ==，即R r =，所以r =。
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2013届高考球体问题专项突破复习
例 1 球面上有三点A 、B 、C 组成这个球的一个截面的内接三角形三个顶点，其中
18=AB ，24=BC 、30=AC ，球心到这个截面的距离为球半径的一半，求球的表面积．
分析：求球的表面积的关键是求球的半径，本题的条件涉及球的截面，ABC ∆是截面的内接三角形，由此可利用三角形求截面圆的半径，球心到截面的距离为球半径的一半，从而可由关系式2
2
2
d R r -=求出球半径R ．
解：∵18=AB ，24=BC ，30=AC ，
∴2
2
2
AC BC AB =+，ABC ∆是以AC 为斜边的直角三角形． ∴ABC ∆的外接圆的半径为15，即截面圆的半径15=r ， 又球心到截面的距离为R d 21=
，∴22215)2
1
(=-R R ，得310=R ． ∴球的表面积为πππ1200)310(442
2===R S ．
说明：涉及到球的截面的问题，总是使用关系式22d R r -=
解题，我们可以通过两
个量求第三个量，也可能是抓三个量之间的其它关系，求三个量．
例2．自半径为R 的球面上一点M ，引球的三条两两垂直的弦MC MB MA ,,，求
222MC MB MA ++的值．
分析：此题欲计算所求值，应首先把它们放在一个封闭的图形内进行计算，所以应引导学生构造熟悉的几何体并与球有密切的关系，便于将球的条件与之相联．
解：以MC MB MA ,,为从一个顶点出发的三条棱，将三棱锥ABC M -补成一个长方体，则另外四个顶点必在球面上，故长方体是球的内接长方体，则长方体的对角线长是球的直径．
∴222MC MB MA ++=224)2(R R =．
说明：此题突出构造法的使用，以及渗透利用分割补形的方法解决立体几何中体积计算． 1、一个四棱柱的底面是正方形,侧棱与底面垂直,其长度为4,棱柱的体积为16,棱柱的各顶点在一个球面上,则这个球的表面积是 ( ) A .16π B .20π C .24π D .32π 答案:C
解:由题意知,该棱柱是一个长方体,其长、宽、高分别为2,2,4.所以其外接球的半径
R =
4416++=6.所以球的表面积是S =4πR 2
=24π. 2、一个正四面体的所有棱长都为2,四个顶点在同一个球面上,则此球的表面积为( ) A.3π B.4π
C.33π
D.6π 答案:A
以四面体的棱长为正方体的面对角线构造正方体,则正方体内接于球,正方体棱长为1,则体对角线长等于球的直径,即2R =3,所以S 球=4πR 2
=3π.
3.在半球内有一个内接正方体,试求这个半球的体积与正方体的体积之比.
解：将半球补成整个的球（见题中的图）,同时把原半球的内接正方体再补接一个同样的正方体,构成的长方体刚好是这个球的内接长方体,那么这个长方体的体对角线便是它的外接球的直径.设原正方体棱长为a ,球的半径为R ,则根据长方体的对角线性质,得
(2R )2=a 2+a 2+(2a )2,即4R 2=6a 2
.
所以R =6
a .从而V 半球=2π3R 3=3
2π6a 3⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭=6πa 3,
V 正方体=a 3.
因此V 半球∶V 正方体=6πa 3∶a 3
=6π∶2. 4.一个正四面体的所有棱长都为2,四个顶点在同一个球面上,则此球的表面积为( ) A.3π B.4π
C.33π
D.6π 答案:A
解析:以P A ,PB ,PC 为棱作长方体,则该长方体的外接球就是三棱锥P -ABC 的外接球,所以球
的半径R =222
1(6)3++=2,所以球的表面积是S =4πR 2=16π.
5.过球O 表面上一点A 引三条长度相等的弦AB 、AC 、AD ，且两两夹角都为︒60，若球半径为R ，求弦AB 的长度．
解：由条件可抓住BCD A -是正四面体，A 、B 、C 、D 为球上四点，则球心在正四面体中心，设a AB =，则截面BCD 与球心的距离R a d -=
3
6
，过点B 、C 、D 的截面圆半径a r 33=
，所以222)36()33(R a R a --=得R a 3
62=．
6.一个正三棱锥的四个顶点都在半径为1的球面上，其中底面的三个顶点在该球的一个大圆上，则该正三棱锥的体积是（ B ） A ．
4
3
3 B ．33 C ． 43 D ．123
7. 直三棱柱111ABC A B C -的各顶点都在同一球面上，若12AB AC AA === ,120BAC ∠=︒，则此球的表面积等于 。
解:在ABC ∆中2AB AC ==,120BAC ∠=︒,
可得BC =由正弦定理,可得ABC ∆ 外接圆半径r=2,设此圆圆心为O '，球心为O ，在RT OBO '∆
中，易得球半径R =故此球的表面积为2
420R ππ=.
8．正三棱柱111ABC A B C -内接于半径为2的球，若,A B 两点的球面距离为π，则正三棱 柱的体积为 ． 答案 8
9.
表面积为的正八面体的各个顶点都在同一个球面上，则此球的体积为
A
．
3 B ．13π C ．2
3
π D
．3 答案 A
【解析】此正八面体是每个面的边长均为a
的正三角形，所以由2
84
⨯= 1a =
，故选A 。
10.已知正方体外接球的体积是π3
32
，那么正方体的棱长等于（ D ）
A.22
B.
332 C.3
2
4 D.334 11.正方体的内切球与其外接球的体积之比为 ( C )
A . 1∶3
B . 1∶3
C . 1∶33
D . 1∶9 12.一个六棱柱的底面是正六边形，其侧棱垂直底面．已知该六棱柱的顶点都在同一个球面上，且该六棱柱的体积为
98，底面周长为3，则这个球的体积为 ．(3
4π) 13.一个长方体的各顶点均在同一球的球面上，且一个顶点上的三条棱的长分别为1，2，3，
则此球的表面积为 ．14π
14.一个正四棱柱的各个顶点在一个直径为2 cm 的球面上。
如果正四棱柱的底面边长为1 cm ，那么该棱柱的表面积为 cm 2.
2+
F
15.如图，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________．67
16.棱长为2的正四面体的四个顶点都在同一个 球面上，若过该球球心的一个截面如图，则图中 三角形(正四面体的截面)的面积是 .2
16.一个几何体的三视图如右图所示，则该几何体外接球的表面积为（ C ） A ．π3 B ．π2 C ．
3
16π
D ．以上都不对
17.设正方体的棱长为23
3，则它的外接球的表面积为（ C ）
A ．π3
8 B ．2π C ．4π
D ．π3
4
18 ．（2012新课标理）已知三棱锥S ABC -的所有顶点都在球O 的求面上,ABC ∆是边长
为1的正三角形,SC 为球O 的直径,且2SC =;则此棱锥的体积为 （ ）
A 2
B 3
C 2
D 2 19．（2012辽宁文）已知点P,A,B,C,D 是球O 表面上的点,PA ⊥平面ABCD,四边形ABCD 是边
长为3.若6,则△OAB 的面积为______________.。