与球有关的切接问题全解
球与几何体的切接问题
r3＝392π3r3.故圆锥SD与其外接球的体积比为 3323ππrr33＝392.故选A. 93
题型二 几何体的内切球
例3 (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__6_π_R_2___，体积为__2_π_R_3___．
状元笔记
柱体的外接球问题，其解题关键在于确定球心在多面体中的 位置，找到球的半径或直径与多面体相关元素之间的关系，结合 原有多面体的特征求出球的半径，然后再利用球的表面积和体积 公式进行正确计算．常见的方法是将多面体还原到正方体或长方 体中再去求解．
思考题 1 (1)已知各顶点都在一个球面上的正四棱柱
(2)已知直三棱柱 ABC－A1B1C1 的 6 个顶点都在球 O 的球面 上，若 AB＝3，AC＝4，AB⊥AC，AA1＝12，则球 O 半径为( C )
3 17 A. 2
B．2 10
C.123
D．3 10
【解析】 由球心 O 作平面 ABC 的垂线，设垂足为 BC 的中点 M.
又 AM＝12BC＝52，OM＝12AA1＝6，
【解析】 本题考查几何体的外接球的表面积．因为四个
面都是直角三角形，且AB⊥平面BCD，所以CD⊥BC或
CD⊥BD，不妨设CD⊥BC，由鳖臑ABCD的体积为
2 3
，得
1 3
S△
BCD·AB＝
1 3
×
1 2
×1×BC×2＝
2 3
，则BC＝2，BD＝
BC2＋CD2
＝ 5.
将鳖臑ABCD补成直三棱柱如图，取BD的中点
∵球心 O 到四个顶点的距离相等，均等于该正三棱锥外接球 的半径 R，
高考数学复习考点知识与题型专题讲解52---球的切、接问题
高考数学复习考点知识与题型专题讲解球的切、接问题题型一特殊几何体的切、接问题例1(1)已知正方体的棱长为a，则它的外接球半径为________，与它各棱都相切的球的半径为________．答案32a22a解析∵正方体的外接球的直径为正方体的体对角线长，为3a，∴它的外接球的半径为32a，∵球与正方体的各棱都相切，则球的直径为面对角线，而正方体的面对角线长为2a，∴与它各棱都相切的球的半径为2 2a.(2)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________．答案2 3π解析圆锥内半径最大的球即为圆锥的内切球，设其半径为r.作出圆锥的轴截面P AB，如图所示，则△P AB的内切圆为圆锥的内切球的大圆．在△P AB中，P A＝PB＝3，D为AB 的中点，AB＝2，E为切点，则PD＝22，△PEO∽△PDB，故PO PB ＝OE DB ，即22－r 3＝r 1，解得r ＝22，故内切球的体积为43π⎝ ⎛⎭⎪⎫223＝23π. 思维升华 (1)正方体与球的切、接常用结论正方体的棱长为a ，球的半径为R ，①若球为正方体的外接球，则2R ＝3a ；②若球为正方体的内切球，则2R ＝a ；③若球与正方体的各棱相切，则2R ＝2a .(2)长方体的共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. (3)正四面体的外接球的半径R ＝64a ，内切球的半径r ＝612a ，其半径R ∶r ＝3∶1(a 为该正四面体的棱长)．跟踪训练1(1)(2022·成都模拟)已知圆柱的两个底面的圆周在体积为32π3的球O 的球面上，则该圆柱的侧面积的最大值为()A ．4πB ．8πC ．12πD ．16π答案B解析如图所示，设球O的半径为R，由球的体积公式得43πR3＝32π3，解得R＝2.设圆柱的上底面半径为r，球的半径与上底面夹角为α，则r＝2cosα，圆柱的高为4sinα，∴圆柱的侧面积为4πcosα×4sinα＝8πsin2α，当且仅当α＝π4，sin2α＝1时，圆柱的侧面积最大，∴圆柱的侧面积的最大值为8π.(2)(2022·长沙检测)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________．答案9π2解析易知AC＝10.设△ABC的内切圆的半径为r，则12×6×8＝12×(6＋8＋10)·r，所以r＝2.因为2r＝4>3，所以最大球的直径2R＝3，即R＝32，此时球的体积V＝43πR3＝9π2.题型二补形法例2(1)在四面体ABCD中，若AB＝CD＝3，AC＝BD＝2，AD＝BC＝5，则四面体ABCD 的外接球的表面积为()A．2πB．4πC．6πD．8π答案C解析由题意可采用补形法，考虑到四面体ABCD的对棱相等，所以将四面体放入一个长、宽、高分别为x，y，z的长方体，并且x2＋y2＝3，x2＋z2＝5，y2＋z2＝4，则有(2R)2＝x2＋y2＋z2＝6(R为外接球的半径)，得2R2＝3，所以外接球的表面积为S＝4πR2＝6π.(2)(2022·重庆实验外国语学校月考)如图，在多面体中，四边形ABCD为矩形，CE⊥平面ABCD，AB＝2，BC＝CE＝1，通过添加一个三棱锥可以将该多面体补成一个直三棱柱，那么添加的三棱锥的体积为________，补形后的直三棱柱的外接球的表面积为________．答案1 36π解析如图添加的三棱锥为直三棱锥E－ADF，可以将该多面体补成一个直三棱柱ADF －BCE ，因为CE ⊥平面ABCD ，AB ＝2，BC ＝CE ＝1，所以S △CBE ＝12CE ×BC ＝12×1×1＝12，直三棱柱ADF －BCE 的体积为V ＝S △EBC ·DC ＝12×2＝1，添加的三棱锥的体积为13V ＝13；如图，分别取AF ，BE 的中点M ，N ，连接MN ，与AE 交于点O ，因为四边形AFEB 为矩形，所以O 为AE ，MN 的中点，在直三棱柱ADF －BCE 中，CE ⊥平面ABCD ，FD ⊥平面ABCD ，即∠ECB ＝∠FDA ＝90°，所以上、下底面为等腰直角三角形，直三棱柱的外接球的球心即为点O ，连接DO ，DO 即为球的半径，连接DM ，因为DM ＝12AF ＝22，MO ＝1，所以DO 2＝DM 2＋MO 2＝12＋1＝32，所以外接球的表面积为4π·DO 2＝6π.思维升华 补形法的解题策略(1)侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；(2)直三棱锥补成三棱柱求解．跟踪训练2已知三棱锥P －ABC 中，P A ，PB ，PC 两两垂直，且P A ＝1，PB ＝2，PC ＝3，则三棱锥P －ABC 的外接球的表面积为()A.7143πB ．14πC ．56πD.14π答案B解析以线段P A ，PB ，PC 为相邻三条棱的长方体P AB ′B －CA ′P ′C ′被平面ABC 所截的三棱锥P －ABC 符合要求，如图，长方体P AB ′B －CA ′P ′C ′与三棱锥P －ABC 有相同的外接球，其外接球直径为长方体体对角线PP ′，设外接球的半径为R ，则(2R)2＝PP′2＝P A2＋PB2＋PC2＝12＋22＋32＝14，则所求表面积S＝4πR2＝π·(2R)2＝14π.题型三定义法例3(1)已知∠ABC＝90°，P A⊥平面ABC，若P A＝AB＝BC＝1，则四面体P ABC的外接球(顶点都在球面上)的体积为()A．πB.3πC．2πD.3π2答案D解析如图，取PC的中点O，连接OA，OB，由题意得P A⊥BC，又因为AB⊥BC，P A∩AB＝A，P A，AB⊂平面P AB，所以BC⊥平面P AB，所以BC⊥PB，在Rt△PBC中，OB＝12PC，同理OA＝12PC，所以OA＝OB＝OC＝12PC，因此P ，A ，B ，C 四点在以O 为球心的球面上，在Rt △ABC 中，AC ＝AB 2＋BC 2＝ 2. 在Rt △P AC 中，PC ＝P A 2＋AC 2＝3，球O 的半径R ＝12PC ＝32， 所以球的体积为43π⎝ ⎛⎭⎪⎫323＝3π2. 延伸探究 本例(1)条件不变，则四面体P －ABC 的内切球的半径为________．答案2－12解析设四面体P －ABC 的内切球半径为r .由本例(1)知，S △P AC ＝12P A ·AC ＝12×1×2＝22，S △P AB ＝12P A ·AB ＝12×1×1＝12，S △ABC ＝12AB ·BC ＝12×1×1＝12，S △PBC ＝12PB ·BC ＝12×2×1＝22，V P －ABC ＝13×12AB ·BC ·P A＝13×12×1×1×1＝16，V P －ABC ＝13(S △P AC ＋S △P AB ＋S △ABC ＋S △PBC )·r＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫22＋12＋12＋22·r ＝16， ∴r ＝2－12.(2)在矩形ABCD 中，BC ＝4，M 为BC 的中点，将△ABM 和△DCM 分别沿AM ，DM 翻折，使点B 与点C 重合于点P ，若∠APD ＝150°，则三棱锥M －P AD 的外接球的表面积为()A ．12πB ．34πC ．68πD ．126π答案C解析如图，由题意可知，MP ⊥P A ，MP ⊥PD .且P A ∩PD ＝P ，P A ⊂平面P AD ，PD ⊂平面P AD ，所以MP ⊥平面P AD .设△ADP 的外接圆的半径为r ，则由正弦定理可得AD sin ∠APD＝2r ， 即4sin150°＝2r ，所以r ＝4.设三棱锥M －P AD 的外接球的半径为R ，则(2R )2＝PM 2＋(2r )2，即(2R )2＝4＋64＝68，所以4R 2＝68，所以外接球的表面积为4πR 2＝68π.思维升华 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，再根据到其他顶点距离也是半径，列关系式求解即可．跟踪训练3(1)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98，底面周长为3，则这个球的体积为________．答案4π3解析设正六棱柱的底面边长为x ，高为h ，则有⎩⎨⎧ 6x ＝3，98＝6×34x 2h ，∴⎩⎨⎧ x ＝12，h ＝ 3.∴正六棱柱的底面外接圆的半径r ＝12，球心到底面的距离d ＝32.∴外接球的半径R ＝r 2＋d 2＝1.∴V 球＝4π3. (2)(2022·哈尔滨模拟)已知四棱锥P －ABCD 的底面ABCD 是矩形，其中AD ＝1，AB ＝2，平面P AD ⊥平面ABCD ，△P AD 为等边三角形，则四棱锥P －ABCD 的外接球表面积为()A.16π3B.76π3C.64π3D.19π3 答案A解析如图所示，在四棱锥P －ABCD 中，平面P AD ⊥平面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，P A ＝PD ，取AD 的中点E ，则PE ⊥AD ，PE ⊥平面ABCD ，则PE ⊥AB ，由AD ⊥AB ，AD ∩PE ＝E ，AD ，PE ⊂平面P AD ，可知AB ⊥平面P AD ， 由△P AD 为等边三角形，E 为AD 的中点知，PE 的三等分点F (距离E 较近的三等分点)是三角形的中心，过F 作平面P AD 的垂线，过矩形ABCD 的中心O 作平面ABCD 的垂线，两垂线交于点I ，则I 即外接球的球心． OI ＝EF ＝13PE ＝13×32＝36， AO ＝12AC ＝52， 设外接球半径为R ，则R 2＝AI 2＝AO 2＋OI 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫522＋⎝ ⎛⎭⎪⎫362＝43，所以四棱锥P －ABCD 的外接球表面积为S ＝4πR 2＝4π×43＝16π3.课时精练1．正方体的外接球与内切球的表面积之比为() A.3B ．3 3 C ．3D.13 答案C解析设正方体的外接球的半径为R ，内切球的半径为r ，棱长为1，则正方体的外接球的直径为正方体的体对角线长，即2R ＝3，所以R ＝32，正方体内切球的直径为正方体的棱长，即2r ＝1，即r ＝12，所以R r ＝3，正方体的外接球与内切球的表面积之比为4πR 24πr 2＝R 2r 2＝3.2．(2022·开封模拟)已知一个圆锥的母线长为26，侧面展开图是圆心角为23π3的扇形，则该圆锥的外接球的体积为() A ．36πB ．48π C ．36D ．24 2 答案A解析设圆锥的底面半径为r ，由侧面展开图是圆心角为23π3的扇形，得2πr ＝23π3×26， 解得r ＝2 2.作出圆锥的轴截面如图所示．设圆锥的高为h，则h＝(26)2－(22)2＝4.设该圆锥的外接球的球心为O，半径为R，则有R＝(h－R)2＋r2，即R＝(4－R)2＋(22)2，解得R＝3，所以该圆锥的外接球的体积为4πR3 3＝4π×333＝36π.3．已知各顶点都在一个球面上的正四棱锥的高为3，体积为6，则这个球的表面积为() A．16πB．20πC．24πD．32π答案A解析如图所示，在正四棱锥P－ABCD中，O1为底面对角线的交点，O为外接球的球心．V P－ABCD＝13×S正方形ABCD×3＝6，所以S正方形ABCD＝6，即AB＝ 6.因为O1C＝126＋6＝ 3.设正四棱锥外接球的半径为R ， 则OC ＝R ，OO 1＝3－R ，所以(3－R )2＋(3)2＝R 2，解得R ＝2. 所以外接球的表面积为4π×22＝16π.4．已知棱长为1的正四面体的四个顶点都在一个球面上，则这个球的体积为() A.68πB.64πC.38πD.34π 答案A解析如图将棱长为1的正四面体B 1－ACD 1放入正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，且正方体的棱长为1×cos45°＝22， 所以正方体的体对角线AC 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫222＋⎝ ⎛⎭⎪⎫222＋⎝ ⎛⎭⎪⎫222＝62，所以正方体外接球的直径2R ＝AC 1＝62， 所以正方体外接球的体积为 43πR 3＝43π×⎝ ⎛⎭⎪⎫643＝68π，因为正四面体的外接球即为正方体的外接球， 所以正四面体的外接球的体积为68π.5．(2021·天津)两个圆锥的底面是一个球的同一截面，顶点均在球面上，若球的体积为32π3，两个圆锥的高之比为1∶3，则这两个圆锥的体积之和为() A ．3πB ．4πC ．9πD ．12π 答案B解析如图所示，设两个圆锥的底面圆圆心为点D ，设圆锥AD 和圆锥BD 的高之比为3∶1， 即AD ＝3BD ，设球的半径为R ，则4πR 33＝32π3，可得R ＝2， 所以AB ＝AD ＋BD ＝4BD ＝4， 所以BD ＝1，AD ＝3，因为CD ⊥AB ，AB 为球的直径， 所以△ACD ∽△CBD ，所以AD CD ＝CDBD ，所以CD ＝AD ·BD ＝3，因此，这两个圆锥的体积之和为 13π×CD 2·(AD ＋BD )＝13π×3×4＝4π.6．(2022·蚌埠模拟)粽子，古时北方也称“角黍”，是由粽叶包裹糯米、泰米等馅料蒸煮制成的食品，是中国汉族传统节庆食物之一，端午食粽的风俗，千百年来在中国盛行不衰，粽子形状多样，馅料种类繁多，南北方风味各有不同，某四角蛋黄粽可近似看成一个正四面体，蛋黄近似看成一个球体，且每个粽子里仅包裹一个蛋黄，若粽子的棱长为9cm ，则其内可包裹的蛋黄的最大体积约为(参考数据：6≈2.45，π≈3.14)()A ．20cm 3B ．22cm 3C ．26cm 3D ．30cm 3 答案C解析如图，正四面体ABCD ，其内切球O 与底面ABC 切于O 1，设正四面体棱长为a ，内切球半径为r ，连接BO 1并延长交AC 于F ，易知O 1为△ABC 的中心，点F 为边AC 的中点．易得BF ＝32a ，则S △ABC ＝34a 2，BO 1＝23BF ＝33a ，∴DO 1＝BD 2－BO 21＝63a ，∴V D －ABC ＝13·S △ABC ·DO 1＝212a 3，∵V D －ABC ＝V O －ABC ＋V O －BCD ＋V O －ABD ＋V O －ACD ＝4V O －ABC ＝4×13×34a 2·r ＝33a 2r ， ∴33a 2r ＝212a 3⇒r ＝612a ， ∴球O 的体积V ＝43π·⎝ ⎛⎭⎪⎫612a 3＝43π·⎝ ⎛⎭⎪⎫612×93＝2768π≈278×2.45×3.14≈26(cm 3)．7．已知三棱锥P －ABC 的四个顶点都在球O 的表面上，P A ⊥平面ABC ，P A ＝6，AB ⊥AC ，AB ＝2，AC ＝23，点D 为AB 的中点，过点D 作球的截面，则截面的面积不可以是() A.π2B ．π C ．9πD ．13π 答案A解析三棱锥P －ABC 的外接球即为以AB ，AC ，AP 为邻边的长方体的外接球，∴2R ＝62＋22＋(23)2＝213，∴R ＝13，取BC的中点O1，∴O1为△ABC的外接圆圆心，∴OO1⊥平面ABC，如图．当OD⊥截面时，截面的面积最小，∵OD＝OO21＋O1D2＝32＋(3)2＝23，此时截面圆的半径为r＝R2－OD2＝1，∴截面面积为πr2＝π，当截面过球心时，截面圆的面积最大为πR2＝13π，故截面面积的取值范围是[π，13π]．8．(2021·全国甲卷)已知A，B，C是半径为1的球O的球面上的三个点，且AC⊥BC，AC＝BC＝1，则三棱锥O－ABC的体积为()A.212B.312C.24D.34答案A解析如图所示，因为AC⊥BC，所以AB为截面圆O1的直径，且AB＝ 2.连接OO1，则OO 1⊥平面ABC ，OO 1＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫AB 22＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫222＝22， 所以三棱锥O －ABC 的体积V ＝13S △ABC ×OO 1＝13×12×1×1×22＝212.9．已知三棱锥S －ABC 的三条侧棱两两垂直，且SA ＝1，SB ＝SC ＝2，则三棱锥S －ABC 的外接球的半径是________． 答案32解析如图所示，将三棱锥补为长方体，则该棱锥的外接球直径为长方体的体对角线，设外接球半径为R ，则(2R )2＝12＋22＋22＝9， ∴4R 2＝9，R ＝32. 即这个外接球的半径是32.10．已知正三棱锥的高为1，底面边长为23，内有一个球与四个面都相切，则正三棱锥的内切球的半径为________．答案2－1解析如图，过点P作PD⊥平面ABC于点D，连接AD并延长交BC于点E，连接PE.因为△ABC是正三角形，所以AE是BC边上的高和中线，D为△ABC的中心．因为AB＝BC＝23，所以S△ABC＝33，DE＝1，PE＝ 2.所以S三棱锥表＝3×12×23×2＋3 3＝36＋3 3.因为PD＝1，所以三棱锥的体积V＝13×33×1＝ 3.设球的半径为r，以球心O为顶点，三棱锥的四个面为底面，把正三棱锥分割为四个小三棱锥，·r＝3，由13S三棱锥表＝2－1.得r＝3336＋3311．等腰三角形ABC的腰AB＝AC＝5，BC＝6，将它沿高AD翻折，使二面角B－AD－C成60°，此时四面体ABCD外接球的体积为________．答案287 3π解析由题意，设△BCD所在的小圆为O1，半径为r，又因为二面角B－AD－C为60°，即∠BDC＝60°，所以△BCD为边长为3的等边三角形，由正弦定理可得，2r＝3sin60°＝23，即DE＝23，设外接球的半径为R，且AD＝4，在Rt△ADE中，(2R)2＝AD2＋DE2⇒4R2＝42＋(23)2＝28，所以R＝7，所以外接球的体积为V＝43πR3＝43π×(7)3＝2873π.12．已知直三棱柱ABC－A1B1C1的6个顶点都在球O的表面上，若AB＝AC＝1，AA1＝23，∠BAC＝2π3，则球O的体积为________．答案32π3解析设△ABC 的外接圆圆心为O 1，半径为r ，连接O 1O ，如图，易得O 1O ⊥平面ABC ，∵AB ＝AC ＝1，AA 1＝23，∠BAC ＝2π3，∴2r ＝AB sin ∠ACB＝112＝2， 即O 1A ＝1，O 1O ＝12AA 1＝3，∴OA ＝O 1O 2＋O 1A 2＝3＋1＝2，即直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的外接球半径R ＝2，∴V 球＝43π×23＝32π3.。
高考复习28-组合体的“切”“接”综合问题高考试题解读与变式
高考复习28 ：组合体的“切”“接”综合问题知识储备汇总1.知识储备汇总: 1.1球的性质球被平面截得的图形是圆，球心与截面圆圆心的连线与截面圆垂直，球的半径R ，截面圆的半径r ，球心到截面圆的距离为d ，则222d r R +=.1.2长方体性质：长方体的一条对角线的平方等于一个顶点上三条棱长的平方和. 1.3几个与球有关的切、接常用结论 (1)正方体的棱长为a ，球的半径为R ， ①正方体的外接球，则23R a =； ②正方体的内切球，则2R a =； ③球与正方体的各棱相切，则22R a =.(2)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2222R a b c =++. (3)正四面体的外接球与内切球的半径之比为3∶1.1.4与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径．球与旋转体的组合，通常作它们的轴截面进行解题，球与多面体的组合，通过多面体的一条侧棱和球心，或“切点”、“接点”作出截面图. 1.5.解决与球有关的切、接问题的方法：(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．1.6.求解球与多面体的组合问题时，其关键是确定球心的位置，可以根据空间几何体的对称性判断球心的位置，然后通过作出辅助线或辅助平面确定球的半径和多面体中各个几何元素的关系，达到求解解题需要的几何量的目的．题型与相关高考题解读1.棱柱的外接球问题 1.1考题展示与解读例1 长方体的长、宽、高分别为3,2,1，其顶点都在球O 的球面上，则球O 的表面积为 ________．【命题意图探究】本题主要考查长方体的对角线性质、球的表面积公式,是容易题.【解题能力要求】空间想象能力、运算求解能力【方法技巧归纳】对球内接直棱柱问题，利用球心到棱柱底面所在的截面圆的距离就是棱柱高的一半，棱柱底面所在的截面圆的半径利用正弦定理计算，再利用球的截面性质即可求出球的半径，再利用球的表面积或体积公式计算球的表面积或体积.1.2【典型考题变式】【变式1：改编条件】若一个正三棱柱的正视图如图所示，其顶点都在一个球面上，则该球的表面积为()A. 163πB.193πC.1912πD.43π【变式2：改编结论】底面边长为1，侧棱长为263的正三棱柱的各顶点均在同一个球面上，则该球的体积为（)A. 32π3B. 4πC. 2πD.4π3【变式3：改编问法】已知某几何体的外接球的半径为，其三视图如图所示，图中均为正方形，则该几何体的体积为（）A. 16B.C.D. 82.球与圆柱或圆锥的切接问题2.1考题展示与解读例2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．π4【命题意图探究】本题主要考查球内接圆柱的体积问题，是基础题.【解题能力要求】空间想象能力、运算求解能力【方法技巧归纳】对球内接圆柱问题，利用球的截面性质沟通球的半径与圆柱底面半径高之间的关系.2.2【典型考题变式】【变式1：改编条件】已知圆柱的高为2，它的两个底面的圆周在直径为4的同一个球的球面上，则该圆柱的体积是( )A. πB. 34πC.2πD. 6π【变式2：改编结论】已知圆锥的底面半径为4，高为8，则该圆锥的外接球的表面积为（）A. 10πB. 64πC. 100πD. 500 3π【变式3：改编问法】某几何体的三视图如图所示，其正视图和侧视图都是边长为23的正三角形，该几何体的外接球的表面积为（）A. 9πB. 16πC. 24πD. 36π3.棱锥的外接球问题3.1考题展示与解读例3已知三棱锥S-ABC的所有顶点都在球O的球面上，SC是球O的直径．若平面SCA⊥平面SCB，SA=AC，SB=BC，三棱锥S-ABC的体积为9，则球O的表面积为________．【命题意图探究】本题主要考查球内接棱柱问题及球的表面积，是中档题.【解题能力要求】空间想象能力、逻辑推理能力、运算求解能力【方法技巧归纳】球内接棱锥问题，若有同一顶点上三条垂直的棱，可将三棱锥补成球内接长方体，利用长方体的对角线的平方等于同于同一顶点三棱长的平方和、长方体的对角线等于球的直径沟通球与棱锥量之间的关系.3.2【典型考题变式】【变式1：改编条件】某多面体的三视图如图所示，每一小格单位长度为l，则该多面体的外接球的表面积是A. 27πB.π C. 9π D.π 【变式2：改编结论】在正三棱锥中，，，则该三棱锥外接球的直径为( )A. 7B. 8C. 9D. 10【变式3：改编问法】已知四棱锥E-ABCD 的都在球心为，半径为的球面上，四边形ABC D 为矩形，，且，则四棱锥E-ABCD 的体积的最大值为（ ）A.324B. 372，C. 38D. 348 4.多面体内切球问题 4.1考题展示与解读例4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 ）4π （B ）92π（C ）6π （D ）323π【命题意图探究】本题主要考查直棱柱内的球的最大体积问题，是中档题. 【解题能力要求】空间想象能力、运算求解能力【方法技巧归纳】立体几何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，通过求函数的最值来求解． 4.2【典型考题变式】【变式1：改编条件】在《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（bie nao ）.已知在鳖臑中，平面，，则该鳖臑的外接球与内切球的表面积之和为_______．【变式2：改编结论】在正方体1111ABCD A B C D -中，若1D AC ∆内切圆的半径为263，则该正方体内切球的表面积为 ( )A. 2πB. 8πC. 12πD. 16π【变式3：改编问法】已知一个直三棱柱，其底面是正三角形，一个体积为43π的球体与棱柱的所有面均相切，那么这个三棱柱的表面积是A. 243B. 183C. 123D. 3典例高考试题演练1.若正四棱锥P ABCD -内接于球O ，且底面ABCD 过球心O ，设正四棱锥P ABCD -的高为1，则球O的体积为（ ） A.43π B. 23π C. 4π D. 22π 2.如图为某几何体的三视图，则该几何体的外接球的表面积为（ ）A ．B ．27πC ．27πD ．3.网络用语“车珠子”，通常是指将一块原料木头通过加工打磨，变成球状珠子的过程，某同学有一圆锥状的木块，想把它“车成珠子”，经测量，该圆锥状木块的底面直径为12cm ，体积为96πcm 3，假设条件理想，他能成功，则该珠子的体积最大值是（ ） A ．36πcm 3 B ．12πcm 3C ．9πcm 3D ．72πcm 34.半径为2的球O 中有一内接正四棱柱（底面是正方形，侧棱垂直底面），当该正四棱柱的侧面积最大时，球的表面积与该正四棱柱的侧面积之差是（ ） A ．16（）B ．16（） C ．8（2）D ．8（2）5.已知一个四棱锥三视图如图所示，若此四棱锥的五个顶点在某个球面上，则该球的表面积为( )A. 48πB. 52πC.1723π D. 1963π6.将半径为4的半圆围成一个圆锥，则该圆锥的内切球的表面积为（ ） A.83π B. 163π C. 43π D. 43 7.若一个正四面体的表面积为1S ，其内切球的表面积为2S ，则12S S ＝（ ）A.6π B. 2π C. 16πD. 63π8.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 9.某三棱锥的三视图如图所示，其中俯视图是一个等腰直角三角形，则该三棱锥的外接球的表面积为（ ）A.B.C.D.556π10.已知三棱锥的四个顶点都在同一个球面上，底面满足，若该三棱锥体积最大值为3，则其外接球的表面积为（ ） A.B.C.D .11.三棱锥A BCD -的一条长为a ，其余棱长均为1，当三棱锥A BCD -的体积最大时，它的外接球的表面积为( ) A.53π B. 54π C. 56π D. 58π 12.如图，在圆柱O 1O 2内有一个球O ，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切，记圆柱O 1O 2的体积为V 1，球O 的体积为V 2，则的值是13.已知三棱锥的三条棱所在的直线两两垂直且长度分别为3，2，1，顶点都在球的表面上，则球的表面积为__________.14.已知四棱锥 P ﹣ABCD 的底面ABCD 是正方形，侧棱PA 与底面垂直，且PA=AB ，若该四棱锥的侧面积为16 __．15.已知正六棱柱的顶点都在同一个球面上，且该六棱柱的体积为2，当球的体积最小时，正六棱柱底面边长为_________．。
高考数学复习考点题型专题讲解17 球的切、接、截问题
高考数学复习考点题型专题讲解专题17 球的切、接、截问题1.球的切接问题(1)长方体的外接球①球心：体对角线的交点；②半径：r＝a2＋b2＋c22(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(a为正方体的棱长)①外接球：球心是正方体中心，半径r＝32a，直径等于体对角线长；②内切球：球心是正方体中心，半径r＝a2，直径等于正方体棱长；③与各条棱都相切的球：球心是正方体中心，半径r＝22a，直径等于面对角线长.(3)正四面体的外接球与内切球(正四面体可以看作是正方体的一部分，a为正四面体的棱长)①外接球：球心是正四面体的中心，半径r＝64a；②内切球：球心是正四面体的中心，半径r＝612a.2.平面截球平面截球面得圆.截面圆的圆心与球心的连线与截面圆圆面垂直且R2＝d2＋r2(R为球半径，r为截面圆半径，d为球心到截面圆的距离).类型一外接球问题考向1 墙角模型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.长方体同一顶点的三条棱长分别为a，b，c，外接球半径为R.则(2R)2＝a2＋b2＋c2，即2R＝a2＋b2＋c2.常见的有以下三种类型：例1 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.86πB.46πC.26πD.6π答案 D解析因为点E，F分别为PA，AB的中点，所以EF∥PB.因为∠CEF＝90°，所以EF⊥CE，所以PB⊥CE.取AC的中点D，连接BD，PD，易证AC⊥平面BDP，所以PB⊥AC，又AC∩CE＝C，AC，CE⊂平面PAC，所以PB⊥平面PAC，所以PB⊥PA，PB⊥PC，因为PA＝PB＝PC，△ABC为正三角形，所以PA⊥PC，即PA，PB，PC两两垂直，将三棱锥P－ABC放在正方体中如图所示. 因为AB＝2，所以该正方体的棱长为2，所以该正方体的体对角线长为6，所以三棱锥P－ABC的外接球的半径R＝6 2，所以球O的体积V＝43πR3＝43π⎝⎛⎭⎪⎫623＝6π，故选D.考向2 对棱相等模型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，如图所示，(2R)2＝a2＋b2＋c2(长方体的长、宽高分别为a，b，c)，即R2＝18(x2＋y2＋z2)，如图.例2 在三棱锥A －BCD 中，AB ＝CD ＝2，AD ＝BC ＝3，AC ＝BD ＝4，则三棱锥A －BCD 外接球的表面积为________. 答案29π2解析 构造长方体，三个长度为三对面的对角线长，设长方体的长宽高分别为a ，b ，c ，则a 2＋b 2＝9，b 2＋c 2＝4，c 2＋a 2＝16， 所以2(a 2＋b 2＋c 2)＝9＋4＋16＝29， 即a 2＋b 2＋c 2＝4R 2＝292， 则外接球的表面积为S ＝4πR 2＝29π2.考向3 汉堡模型汉堡模型是直三棱柱、圆柱的外接球模型，模型如下，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的连线的中点，算出小圆O 1的半径AO 1＝r ，OO 1＝h2，所以R 2＝r 2＋h 24.例3(2022·金华调研)在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝BC ＝AC ，侧棱AA 1⊥底面ABC ，若该三棱柱的所有顶点都在同一个球O 的表面上，且球O 的表面积的最小值为4π，则该三棱柱的侧面积为( ) A.63B.3 3 C.32D.3 答案 B解析 如图，设三棱柱上、下底面中心分别为O 1，O 2，则O 1O 2的中点为O ，设球O 的半径为R ，则OA ＝R ，设AB ＝BC ＝AC ＝a ，AA 1＝h ，则OO 2＝12h ，O 2A ＝23×32AB ＝33a .在Rt△OO 2A 中，R 2＝OA 2＝OO 22＋O 2A 2＝14h 2＋13a 2≥2×12h ×33a ＝33ah ， 当且仅当h ＝233a 时，等号成立，所以S 球＝4πR 2≥4π×33ah ， 所以43π3ah ＝4π， 所以ah ＝3，所以该三棱柱的侧面积为3ah＝3 3.考向4 垂面模型垂面模型是有一条侧棱垂直底面的棱锥模型，可补为直棱柱内接于球；如图所示，由对称性可知球心O的位置是△CBD的外心O1与△AB2D2的外心O2连线的中点，算出小圆O1的半径CO1＝r，OO1＝h2，则R＝r2＋h24.例4(2022·广州模拟)已知四棱锥S－ABCD的所有顶点都在球O的球面上，SD⊥平面ABCD，底面ABCD是等腰梯形，AB∥CD且满足AB＝2AD＝2DC＝2，且∠DAB＝π3，SC＝2，则球O的表面积是( ) A.5π B.4πC.3πD.2π答案 A解析依题意，得AB＝2AD＝2，∠DAB＝π3，由余弦定理可得BD＝3，则AD2＋DB2＝AB2，则∠ADB＝π2.又四边形ABCD是等腰梯形，故四边形ABCD的外接圆直径为AB，半径r＝AB2＝1，设AB的中点为O1，球的半径为R，因为SD ⊥平面ABCD ， 所以SD ＝SC 2－CD 2＝1， R 2＝12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫SD 22＝54，则S ＝4πR 2＝5π. 考向5 切瓜模型切瓜模型是有一侧面垂直底面的棱锥模型，常见的是两个互相垂直的面都是特殊三角形，在三棱锥A －BCD 中，侧面ABC ⊥底面BCD ，设三棱锥的高为h ，外接球的半径为R ，球心为O ，△BCD 的外心为O 1，O 1到BC 的距离为d ，O 与O 1的距离为m ，△BCD 和△ABC 外接圆的半径分别为r 1，r 2，则⎩⎨⎧R 2＝r 21＋m 2，R 2＝d 2＋（h －m ）2，解得R ，可得R ＝r 21＋r 22－l 24(l 为两个面的交线段长).例5(2022·济宁模拟)在边长为6的菱形ABCD 中，∠A ＝π3，现将△ABD 沿BD 折起，当三棱锥A －BCD 的体积最大时，三棱锥A －BCD 的外接球的表面积为________. 答案 60π解析 边长为6的菱形ABCD ，在折叠的过程中， 当平面ABD ⊥平面BCD 时，三棱锥的体积最大； 由于AB ＝AD ＝CD ＝BC ＝6， ∠C ＝∠A ＝π3.所以△ABD 和△CBD 均为正三角形，设△ABD 和△CBD 的外接圆半径为r ， 则2r ＝BDsin C，所以r ＝2 3.△ABD 和△CBD 的交线段为BD ，且BD ＝6. 所以三棱锥A －BCD 的外接球的半径R ＝（23）2＋（23）2－624＝15.故S 球＝4·π(15)2＝60π.训练1 (1)(2022·青岛一模)设三棱柱的侧棱垂直于底面，所有棱的长都为1，顶点都在一个球面上，则该球的表面积为( ) A.5π B.π C.113π D.73π (2)在三棱锥P －ABC 中，平面PAB ⊥平面ABC ，平面PAC ⊥平面ABC ，且PA ＝4，底面△ABC 的外接圆的半径为3，则三棱锥P －ABC 的外接球的表面积为________. 答案 (1)D (2)52π解析 (1)由三棱柱所有棱的长a ＝1，可知底面为正三角形， 底面三角形的外接圆直径2r ＝1sin 60°＝233，所以r ＝33， 设外接球的半径为R ，则有R 2＝r 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22＝13＋14＝712，所以该球的表面积S ＝4πR 2＝73π，故选D.(2)因为平面PAB ⊥平面ABC ，平面PAC ⊥平面ABC ， 所以PA ⊥平面ABC .设三棱锥P －ABC 的外接球的半径为R ，结合底面△ABC 的外接圆的半径r ＝3，可得R 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫PA 22＋r 2＝22＋33＝13，所以三棱锥P －ABC 的外接球的表面积为S 表＝4πR 2＝52π. 类型二 内切球问题内切球问题的解法(以三棱锥为例)第一步：先求出四个表面的面积和整个锥体的体积；第二步：设内切球的半径为r ，建立等式V P －ABC ＝V O －ABC ＋V O －PAB ＋V O －PAC ＋V O －PBC ⇒V P －ABC ＝13S △ABC ·r ＋13S △PAB ·r ＋13S △PAC ·r ＋13S PBC ·r ＝13(S △ABC ＋S △PAB ＋S △PAC ＋S △PBC )r ； 第三步：解出r ＝3V P －ABCS △ABC ＋S △PAB ＋S △PAC ＋S △PBC.例6 (1)(2022·成都石室中学三诊)《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 ＝BC ＝4，AB ＝3，AB ⊥BC ，若三棱锥P －ABC 有一个内切球O ，则球O 的体积为( ) A.9π2B.9π4 C.9π16D.9π (2)在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1＝AB ＝6，BC ＝8，AC ＝10，则该三棱柱内能放置的最大球的表面积是( ) A.16π B.24π C.36π D.64π答案(1)C (2)A解析(1)设球O的半径为r，则三棱锥P－ABC的体积V＝13×12×3×4×4＝13×(12×3×4＋12×4×3＋12×5×4＋12×4×5)×r，解得r＝34，所以球O的体积V＝43πr3＝9π16，故选C.(2)由题意，球的半径为底面三角形内切圆的半径r，因为底面三角形的边长分别为6，8，10，所以底面三角形为直角三角形，r＝AB＋BC－AC2＝6＋8－102＝2.又因为AA1＝6，2r＝4<6，所以该三棱柱内能放置的最大球半径为2，此时S表面积＝4πr2＝4π×22＝16π.训练 2 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________.答案2 3π解析圆锥内半径最大的球即为圆锥的内切球，设其半径为r.作出圆锥的轴截面PAB，如图所示，则△PAB的内切圆为圆锥的内切球的大圆.在△PAB中，PA＝PB＝3，D为AB的中点，AB＝2，E为切点，则PD＝22，△PEO∽△PDB，故PO PB ＝OE DB ，即22－r 3＝r 1，解得r ＝22， 故内切球的体积为43π⎝ ⎛⎭⎪⎫223＝23π.类型三 球的截面问题解决球的截面问题抓住以下几个方面：(1)球心到截面圆的距离；(2)截面圆的半径；(3)直角三角形(球心到截面圆的距离、截面圆的半径、球的半径构成的直角三角形).例7(2022·杭州质检)在正三棱锥P －ABC 中，Q 为BC 中点，PA ＝2，AB ＝2，过点Q 的平面截三棱锥P －ABC 的外接球所得截面面积的取值范围为________. 答案⎣⎢⎡⎦⎥⎤π，3π2解析 因为正三棱锥P －ABC 中，PB ＝PC ＝PA ＝2，AC ＝BC ＝AB ＝2，所以PB 2＋PA 2＝AB 2，即PB ⊥PA ， 同理PB ⊥PC ，PC ⊥PA ，因此正三棱锥P －ABC 可看作正方体的一角，如图.记正方体的体对角线的中点为O ，由正方体结构特征可得，点O 即是正方体的外接球球心，所以点O 也是正三棱锥P －ABC 外接球的球心，记外接球半径为R ， 则R ＝122＋2＋2＝62，因为球的最大截面圆为过球心的圆，所以过点Q 的平面截三棱锥P －ABC 的外接球所得截面的面积最大为S max ＝πR 2＝3π2. 又Q 为BC 中点，由正方体结构特征可得OQ ＝12PA ＝22；由球的结构特征可知，当OQ 垂直于过点Q 的截面时，截面圆半径最小为r ＝R 2－OQ 2＝1， 所以S min ＝πr 2＝π.因此，过Q 的平面截三棱锥P －ABC 的外接球所得截面面积的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤π，3π2. 训练3 (1)设球O 是棱长为4的正方体的外接球，过该正方体棱的中点作球O 的截面，则最小截面的面积为( ) A.3π B.4π C.5π D.6π(2)(2022·武汉质检)已知棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1，球O 与该正方体的各个面相切，则平面ACB 1截此球所得的截面的面积为________. 答案 (1)B (2)2π3解析 (1)当球O 到截面圆心连线与截面圆垂直时，截面圆的面积最小， 由题意，正方体棱的中点与O 的距离为22，球的半径为23， ∴最小截面圆的半径为12－8＝2， ∴最小截面面积为π·22＝4π.(2)∵正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，球O 与该正方体的各个面相切，则球O 的半径为1，设E ，F ，G 分别为球O 与平面ABCD 、平面BB 1C 1C 、平面AA 1B 1B 的切点， 则等边三角形EFG 为平面ACB 1截此球所得的截面圆的内接三角形， 由已知可得EF ＝EG ＝GF ＝2， ∴平面ACB 1截此球所得的截面圆的半径r ＝22sin 60°＝63，∴截面的面积为π×⎝ ⎛⎭⎪⎫632＝2π3.一、基本技能练1.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.π B.3π4C.π2D.π4 答案 B解析 如图画出圆柱的轴截面ABCD ，O 为球心.球的半径R ＝OA＝1，球心到底面圆的距离为OM ＝12.∴底面圆半径r ＝OA 2－OM 2＝32故圆柱体积V ＝π·r 2·h ＝π·⎝ ⎛⎭⎪⎫322×1＝3π4.2.若棱长为23的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为( ) A.12π B.24π C.36π D.144π 答案 C解析 由题意知球的直径2R ＝（23）2＋（23）2＋（23）2＝6， ∴R ＝3，∴S 球＝4πR 2＝36π.故选C.3.一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.3π B.4π C.33π D.6π 答案 A解析 构造棱长为1的正方体，该四面体的外接球也是棱长为1的正方体的外接球， 所以外接球半径R ＝32， 所以外接球表面积为S ＝4πR 2＝3π.4.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.3172B.210C.132D.310 答案 C解析 将直三棱柱补为长方体ABEC －A 1B 1E 1C 1， 则球O 是长方体ABEC －A 1B 1E 1C 1的外接球. ∴体对角线BC 1的长为球O 的直径. 因此2R ＝32＋42＋122＝13，则R ＝132.5.(2022·南阳二模)已知边长为2的等边三角形ABC ，D 为BC 的中点，以AD 为折痕进行折叠，使折后的∠BDC ＝π2，则过A ，B ，C ，D 四点的球的表面积为( )A.3πB.4πC.5πD.6π 答案 C解析 折后的几何体构成以D 为顶点的三棱锥，且三条侧棱互相垂直，可构造长方体，其对角线即为球的直径，三条棱长分别为1，1，3，所以2R ＝1＋1＋3＝5，球的表面积S ＝4π⎝ ⎛⎭⎪⎫522＝5π.6.(2022·青岛模拟)如图是一个由6个正方形和8个正三角形围成的十四面体，其所有顶点都在球O 的球面上，若十四面体的棱长为1，则球O 的表面积为( )A.2πB.4πC.6πD.8π 答案 B解析 根据图形可知，该十四面体是由一个正方体切去八个角得到的，如图所示，十四面体的外接球球心与正方体的外接球球心相同， 建立空间直角坐标系，∵该十四面体的棱长为1，故正方体的棱长为2， ∴该正方体的外接球球心的坐标为O ⎝ ⎛⎭⎪⎫22，22，22，设十四面体上一顶点为D ，则D ⎝ ⎛⎭⎪⎫2，22，0，所以十四面体的外接球半径R ＝OD ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2－222＋⎝ ⎛⎭⎪⎫22－222＋⎝ ⎛⎭⎪⎫0－222＝1，故外接球的表面积为S ＝4πR 2＝4π.故选B.7.四面体ABCD 的四个顶点都在球O 上且AB ＝AC ＝BC ＝BD ＝CD ＝4，AD ＝26，则球O 的表面积为( )A.70π3B.80π3C.30πD.40π答案 B解析如图，取BC的中点M，连接AM，DM，由题意可知，△ABC和△BCD都是边长为4的等边三角形. ∵M为BC的中点，∴AM⊥BC，且AM＝DM＝23，又∵AD＝26，∴AM2＋DM2＝AD2，∴AM⊥DM，∵BC∩DM＝M，BC，DM⊂平面BCD，∴AM⊥平面BCD，∵AM⊂平面ABC，∴平面ABC⊥平面BCD，△ABC与△BCD外接圆半径r＝23DM＝433，又△ABC与△BCD的交线段BC＝4. 所以四面体外接球半径R ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫4332＋⎝ ⎛⎭⎪⎫4332－424＝2153，四面体ABCD 的外接球的表面积为4π×R 2＝803π. 8.已知三棱锥P －ABC 的棱AP ，AB ，AC 两两垂直，且长度都为3，以顶点P 为球心，2为半径作一个球，则球面与三棱锥的表面相交所得到的四段弧长之和等于( ) A.2π3B.5π6C.πD.3π2答案 D解析 如图，∠APC ＝π4，AP ＝3，AN ＝1，∠APN ＝π6，∠NPM ＝π12，MN ︵＝π12×2＝π6，同理GH ︵＝π6，HN ︵＝π2，GM ︵＝2π3，故四段弧长之和为π6＋π6＋π2＋2π3＝3π2.9.(多选)(2022·石家庄调研)已知一个正方体的外接球和内切球上各有一个动点M 和N ，若线段MN 长的最小值为3－1，则( ) A.该正方体的外接球的表面积为12π B.该正方体的内切球的体积为π3C.该正方体的棱长为1D.线段MN长的最大值为3＋1 答案AD解析设该正方体的棱长为a，则其外接球的半径R＝32a，内切球的半径R′＝a2，该正方体的外接球与内切球上各有一个动点M，N，由于两球球心相同，可得MN的最小值为3a2－a2＝3－1，解得a＝2，故C错误；所以外接球的半径R＝3，表面积为4π×3＝12π，故A正确；内切球的半径R′＝1，体积为43π，故B错误；MN的最大值为R＋R′＝3＋1，故D正确.故选AD.10.(多选)设圆锥的顶点为A，BC为圆锥底面圆O的直径，点P为圆O上的一点(异于B，C)，若BC＝43，三棱锥A－PBC的外接球表面积为64π，则圆锥的体积为( ) A.4π B.8πC.16πD.24π答案BD解析如图，设圆锥AO的外接球球心为M，半径为r，则M在直线AO上，4πr2＝64π，解得r＝4.由勾股定理得BM2＝OM2＋OB2，即42＝(23)2＋OM2，可得OM＝2，即OM＝|AO－r|＝|AO－4|＝2，解得AO＝6或AO＝2.当AO＝6时，圆锥AO的体积为V＝13π×(23)2×6＝24π；当AO＝2时，圆锥AO的体积为V＝13π×(23)2×2＝8π.故选BD.11.在三棱锥A－BCD中，△BCD和△ABD均是边长为1的等边三角形，AC＝2，则该三棱锥外接球的表面积为________.答案2π解析取AC的中点O，连接OB，OD，在△ABC中，AB＝BC＝1，AC＝2，所以∠ABC＝90°，所以OA＝OB＝OC＝2 2，同理得OD＝22，故点O为该三棱锥外接球的球心，所以球O的半径r＝22，S球＝4πr2＝2π.12.如图，已知球O是棱长为3的正方体ABCD－A1B1C1D1的内切球，则平面ACD1截球O的截面面积为________.答案3π2解析 根据题意知，平面ACD 1是边长为9＋9＝32的正三角形，且所求截面的面积是该正三角形的内切圆的面积，则由图得，△ACD 1内切圆的半径r ＝13（32）2－⎝⎛⎭⎪⎫3222＝62， 所以平面ACD 1截球O 的截面面积为 S ＝π×⎝ ⎛⎭⎪⎫622＝3π2.二、创新拓展练13.(多选)(2022·华大新高考联考)已知三棱锥S －ABC 中，SA ⊥平面ABC ，SA ＝AB ＝BC ＝2，AC ＝2，点E ，F 分别是线段AB ，BC 的中点，直线AF ，CE 相交于G ，则过点G 的平面α截三棱锥S －ABC 的外接球O 所得截面面积可以是( ) A.23π B.89π C.π D.32π答案 BCD解析 因为AB 2＋BC 2＝AC 2，故AB ⊥BC ， 故三棱锥S －ABC 的外接球O的半径R ＝2＋2＋22＝62，取AC 的中点D ，连接BD 必过G ， 因为AB ＝BC ＝2，故DG ＝13BD ＝13，因为OD ＝22， 故OG 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫222＋⎝ ⎛⎭⎪⎫132＝1118，则过点G 的平面截球O 所得截面圆的最小半径r 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫622－1118＝89，故截面面积的最小值为89π，最大值为πR 2＝32π，故选BCD.14.(多选)(2022·济南模拟)已知三棱锥P －ABC 的四个顶点都在球O 上，AB ＝BC ＝AC ＝1，∠APC ＝π6，平面PAC ⊥平面ABC ，则( )A.直线OA 与直线BC 垂直B.点P 到平面ABC 的距离的最大值为1＋32C.球O 的表面积为13π3D.三棱锥O －ABC 的体积为18答案 ACD解析 设△ABC 外接圆的圆心为O 1，连接OO 1，O 1A . 因为O 为三棱锥P －ABC 外接球的球心， 所以OO 1⊥平面ABC ，所以OO 1⊥BC ，因为AB ＝BC ＝AC ＝1，所以O 1A ⊥BC ，所以BC ⊥平面OO 1A ， 所以OA ⊥BC ，故A 选项正确； 设△PAC 外接圆的圆心为O 2，AC 的中点为D ，连接O 2D ， 由于AC ＝1，∠APC ＝π6，所以圆O 2的半径r 2＝12×1sinπ6＝1，则易知O 2D ＝32， 所以点P 到平面ABC 的距离的最大值为1＋32(此时P ，O 2，D 三点共线)，故B 选项错误；由于AB ＝BC ＝AC ＝1，平面PAC ⊥平面ABC ，平面PAC ∩平面ABC ＝AC ， 所以圆O 1的半径r 1＝12×1sin π3＝33， 圆O 2的半径r 2＝1，△ABC 与△PAC 的交线段AC ＝1， 所以三棱锥P －ABC 外接球半径R 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫332＋12－14＝1312.故球O 的表面积S ＝4π×1312＝13π3，故C 选项正确；由于OO 1⊥平面ABC ，且OO 1＝O 2D ＝32，S △ABC ＝34，所以三棱锥O－ABC的体积为13×OO1×S△ABC＝13×32×34＝18，故D选项正确，故选ACD.15.(多选)(2022·湖州调研)已知正四面体ABCD的棱长为3，其外接球的球心为O.点E 满足AE→＝λAB→(0<λ<1)，过点E作平面α平行于AC和BD，设α分别与该正四面体的棱BC，CD，DA相交于点F，G，H，则( )A.四边形EFGH的周长为定值B.当λ＝12时，四边形EFGH为正方形C.当λ＝13时，平面α截球O所得截面的周长为13π4D.四棱锥A－EFGH的体积的最大值为22 3答案ABD解析将正四面体ABCD放入正方体中.因为正四面体ABCD的棱长为3，所以正方体的棱长为322.如图所示，过点E作平面α平行于AC和BD，平面α与正方体的棱交于M，N，P，Q四点.因为AE→＝λAB→，故AH→＝λAD→，即有EH＝λBD，同理FG＝λBD，EF＝(1－λ)AC，HG＝(1－λ)AC，且EH∥BD，EF∥AC，故四边形EFGH 为平行四边形.因为AC ⊥BD ，故EF ⊥EH ，则四边形EFGH 为矩形.对于A ，四边形EFGH 的周长为2(EF ＋EH )＝2[(1－λ)AC ＋λBD ]＝2[(1－λ)AC ＋λAC ]＝2AC ＝6，为定值，故A 选项正确；对于B ，当λ＝12时，E 为AB 的中点，故EF ＝EH ，所以四边形EFGH 为正方形，故B 选项正确；对于C ，当λ＝13时，球心O 到平面EFGH 的距离即球心到平面MNPQ 的距离，即BC 中点到MF 的距离，经计算为24，球半径为322×32＝364，故截面圆的半径为⎝ ⎛⎭⎪⎫3642－⎝ ⎛⎭⎪⎫242＝132，所以截面圆的周长为132×2π＝13π，故C 选项错误；对于D ，四棱锥A －EFGH 的高为AQ ，所以其体积V ＝13×322λ×3(1－λ)×3λ＝922λ2(1－λ)，0<λ<1， 令f (λ)＝922λ2(1－λ)，则f ′(λ)＝922(2λ－3λ2)，令f ′(λ)＝0得λ＝23，故当λ＝23时，四棱锥A －EFGH 的体积最大，最大值为922×49×13＝223，故D 选项正确，故选ABD.16.(多选)(2022·嘉兴测试)如图，在等腰梯形ABCD 中，AB ＝2AD ＝2BC ＝2CD ＝4.现将△DAC沿对角线AC所在的直线翻折成△D′AC，记二面角D′－AC－B的大小为α(0<α<π)，则( )A.存在α，使得D′A⊥BCB.存在α，使得D′A⊥平面D′BCC.存在α，使得三棱锥D′－ABC的体积为3 3D.存在α＝π2，使得三棱锥D′－ABC的外接球的表面积为20π答案ACD解析如图1，取AB的中点E，连接DE交AC于点F.因为AB＝2CD，所以CD＝EB＝AE，所以四边形AECD为菱形，四边形EBCD为菱形，所以△AED，△DEC，△EBC均为等边三角形，所以AC⊥ED，∠DAC＝∠BAC＝π6，∠ACB＝π2，在翻折过程中，如图2，AC⊥D′F，AC⊥FE，所以∠D′FE为二面角D′－AC－B的平面角，所以∠D′FE＝α.对于A，当α＝π2时，平面D′AC⊥平面ABC.因为BC⊥AC，所以BC⊥平面D′AC.又因为D′A⊂平面D′AC，所以D′A⊥BC，所以存在α，使得D′A⊥BC，故A选项正确；对于B，假设存在α，使得D′A⊥平面D′BC.因为D′C⊂平面D′BC，所以D′A⊥D′C，与∠AD′C＝2π3矛盾，故B选项不正确；对于C，由分析可得，D′F＝12DE＝12AD＝1，AC＝2AF＝2×32×AD＝2 3.设D′到平面ABC的距离为d，则V三棱锥D′－ABC＝13×S△ABC×d＝13×12×AC×BC×d＝13×12×23×2×d＝33，解得d＝1 2，所以sin α＝dD′F＝12，所以α＝π6或5π6，故C选项正确；对于D，当α＝π2时，平面D′AC⊥平面ABC，所以BC⊥平面D′AC，D′F⊥平面ABC.如图2所示，因为E，F分别为AB，AC的中点，所以EF∥BC，且EF＝12BC＝1，所以EF⊥平面D′AC.设△D′AC外接圆圆心为O1，则O1A＝O1D′＝AD′＝2.因为E是Rt△ABC斜边的中点，所以E为Rt△ABC的外心.过O1作平面D′AC的垂线，过点E作平面ABC的垂线，则两垂线的交点O即为三棱锥D′－ABC外接球的球心，显然四边形EFO1O是矩形，所以OO1＝EF＝1.设三棱锥D′－ABC的外接球半径为R，则在Rt△OO1D′中，R＝OD′＝O1O2＋O1D′2＝1＋4＝5，所以三棱锥D′－ABC的外接球的表面积S＝4πR2＝20π，故D选项正确.综上所述，故选ACD.17.在菱形ABCD中，AB＝23，∠ABC＝60°，若将菱形ABCD沿对角线AC折成大小为60°的二面角B－AC－D，则四面体DABC的外接球球O的体积为________.答案5239π27解析如图，设M，N分别为△ABC，△ACD的外心，E为AC的中点，则EN＝EM＝13BE＝1，在平面BDE内过点M作BE的垂线与过点N作DE的垂线交于点O. ∵BE⊥AC，DE⊥AC，BE∩DE＝E，∴AC⊥平面BDE.∵OM⊂平面BDE，∴OM⊥AC，∵OM⊥BE，BE∩AC＝E，∴OM⊥平面ABC，同理可得ON⊥平面ACD，则O为四面体DABC的外接球的球心，连接OE，∵EM＝EN，OE＝OE，∠OME＝∠ONE＝90°，∴△OME≌△ONE，∴∠OEM＝30°，∴OE＝EMcos 30°＝233.∵AC⊥平面BDE，OE⊂平面BDE，∴OE⊥AC，∴OA＝OE2＋AE2＝39 3，即球O的半径R＝39 3.故球O的体积V＝43πR3＝5239π27.18.(2022·湖南三湘名校联考)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB⊥BC，AB＝BC＝AA1＝4，M 为棱AB的中点，N是棱BC的中点，O是三棱柱外接球的球心，则平面MNB1截球O所得截面的面积为________.答案8π解析如图1，将直三棱柱补形成正方体ABCD－A1B1C1D1，连接BD1，则直三棱柱的外接球也是正方体的外接球，球心O是BD1的中点，半径R＝2 3. 连接BD交MN于点E，连接B1E交BD1于点F，过点O作OO1⊥B1E于点O1，连接B1D1，因为MN∥AC，AC⊥平面BB1D1D，所以MN⊥平面BB1D1D，所以OO1⊥MN，所以OO1⊥平面MNB1.如图2，31 / 31 在矩形BB 1D 1D 中，BF FD 1＝BE B 1D 1＝14， 所以BF OF ＝23，过点B 作BG ⊥B 1E 于点G ， 则BG ＝BE ·BB 1B 1E ＝43，BGOO 1＝BF OF ＝23，所以OO 1＝2，设截面圆的半径为r ， 则r 2＝R 2－OO 21＝(23)2－22＝8，所以截面的面积为8π.。
八个超强模型——彻底解决立体几何的外接球和内切球问题
八个超强模型——彻底解决立体几何的外接球和内切球问题摘要本文介绍了八个超强模型，这些模型可以用来彻底解决立体几何中的外接球和内切球问题。
每个模型都具有独特的特点和优势，能够有效地求解球的外接和内切问题，为立体几何的研究提供了有力的工具和方法。
引言在立体几何中，外接球和内切球问题是非常常见的问题。
求解这些问题通常需要借助一些数学模型和方法。
本文介绍了八个超强模型，这些模型在解决外接球和内切球问题方面表现出色。
模型一：球心法线模型该模型基于球的法线方程，通过求解法线方程的交点来得到球心坐标。
利用该模型可以快速准确地求解外接球和内切球的球心坐标。
模型二：点坐标向量模型该模型利用点的坐标向量来表示球心坐标，通过计算坐标向量的运算得到球心坐标。
该模型适用于各种类型的球体，求解效果良好。
模型三：坐标平移模型该模型基于坐标平移的概念，通过平移球心坐标来求解外接球和内切球的球心坐标。
该模型简单易懂，适用于多种立体几何结构。
模型四：线段接触模型该模型利用线段的接触点来求解外接球和内切球的球心坐标。
通过求解线段接触点的几何关系，可以得到球心坐标。
该模型适用于特定的立体几何结构。
模型五：平面交线模型该模型基于平面交线的概念，通过求解平面交线的方程来得到球心坐标。
该模型对于立体几何结构较复杂的情况下求解效果较好。
模型六：圆心半径模型该模型通过求解球的圆心和半径来得到球心坐标。
该模型适用于已知球的圆心和半径的情况下求解。
模型七：曲线拟合模型该模型通过对曲线进行拟合来得到球心坐标。
该模型适用于曲线较为复杂的情况下求解。
模型八：图像处理模型该模型利用图像处理的方法来得到球心坐标。
通过处理球体的图像，可以得到球心坐标。
该模型适用于图像处理技术较为成熟的情况下求解。
结论本文介绍了八个超强模型，这些模型可以用来彻底解决立体几何中的外接球和内切球问题。
每个模型都有其独特的特点和优势，能够有效地求解球的外接和内切问题。
这些模型为立体几何的研究提供了有力的工具和方法，有助于推动该领域的发展。
2025数学大一轮复习讲义北师大版 第七章 §7.2 球的切、接问题
跟踪训练3 (1)已知正四棱台的上、下底面的顶点都在一个半径为3的 球面上，上、下底面正方形的外接圆半径分别为1和2，圆台的两底面
28 2－14 5 在球心的同侧，则此正四棱台的体积为______3_______.
由题知，正四棱台的上、下底面的顶点都在一个半径为3的球面上， 取正四棱台上底面一点为A，正方形中心为O1， 下底面一点为B，正方形中心为O2， 正四棱台外接球球心为O， 连接AO1，OO1，BO2，OA，OB，如图所示， 记正四棱台高O1O2＝h，OO1＝m， 在Rt△AOO1中，AO＝3，AO1＝1，OO1＝m，
跟踪训练1 某建筑的形状可视为内外两个同轴圆柱，某爱好者制作了 一个实心模型，已知模型内层底面直径为12 cm，外层底面直径为16 cm， 且内外层圆柱的底面圆周都在一个直径为20 cm的球面上，则此模型的 体积为__9_1_2_π___ cm3.
由题意，设球心为O，模型内层圆柱底面的圆心为 O1，模型外层圆柱底面的圆心为O2，点A，B分别 在圆O1，O2上，如图，连接AO，BO，AO1，BO2， OO1，则O2在OO1上， 因为AO＝BO＝10 cm，AO1＝6 cm，BO2＝8 cm， 在Rt△AO1O中，由勾股定理得 OO1＝ AO2－AO21＝8(cm)，
又FE∥CD，CD⊥BD，平面A′BD⊥ 平面BCD，平面A′BD∩平面BCD＝ BD，所以FE⊥平面A′BD.
所以球心为点F.
又 A′B＝A′D＝1，所以 BD＝ 2，又 CD＝1，
所以 BC＝
3，球半径 R＝B2C＝ 23.故 V＝43π 233＝
3π 2.
思维升华
与球截面有关的解题策略 (1)定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为半径；如果是 外接球，球心到接点的距离相等且为半径. (2)作截面：选准最佳角度作出截面，实现空间问题平面化的目的.
2014-2019年高考数学真题分类汇编专题10：立体几何4(球的切接问题)带详细答案
2014-2019年高考数学真题分类汇编专题10：立体几何（球的切接问题）选择题1．（2014•大纲版理）正四棱锥的顶点都在同一球面上，若该棱锥的高为4，底面边长为2，则该球的表面积为( )A ．814πB ．16πC ．9πD ．274π 【考点】球的体积和表面积；球内接多面体【分析】正四棱锥P ABCD -的外接球的球心在它的高1PO 上，记为O ，求出1PO ，1OO ，解出球的半径，求出球的表面积．【解答】解：设球的半径为R ，则棱锥的高为4，底面边长为2，222(4)R R ∴=-+，94R ∴=， ∴球的表面积为29814()44ππ=． 故选：A ．【点评】本题考查球的表面积，球的内接几何体问题，考查计算能力，是基础题．2．（2014•陕西理）已知底面边长为1为( )A ．323πB ．4πC ．2πD ．43π 【考点】球的体积和表面积【分析】由长方体的对角线公式，算出正四棱柱体对角线的长，从而得到球直径长，得球半径1R =，最后根据球的体积公式，可算出此球的体积．【解答】解：正四棱柱的底面边长为1，又正四棱柱的顶点在同一球面上，∴正四棱柱体对角线恰好是球的一条直径，得球半径1R = 根据球的体积公式，得此球的体积为34433V R ππ==． 故选：D ．【点评】本题给出球内接正四棱柱的底面边长和侧棱长，求该球的体积，考查了正四棱柱的性质、长方体对角线公式和球的体积公式等知识，属于基础题．3．（2015•新课标Ⅱ文）已知A ，B 是球O 的球面上两点，90AOB ∠=︒，C 为该球面上的动点，若三棱锥O ABC -体积的最大值为36，则球O 的表面积为( )A ．36πB ．64πC ．144πD ．256π【考点】球的体积和表面积【分析】当点C 位于垂直于面AOB 的直径端点时，三棱锥O ABC -的体积最大，利用三棱锥O ABC -体积的最大值为36，求出半径，即可求出球O 的表面积．【解答】解：如图所示，当点C 位于垂直于面AOB 的直径端点时，三棱锥O ABC -的体积最大，设球O 的半径为R ，此时2311136326O ABC C AOB V V R R R --==⨯⨯⨯==，故6R =，则球O 的表面积为24144R ππ=， 故选：C ．【点评】本题考查球的半径与表面积，考查体积的计算，确定点C 位于垂直于面AOB 的直径端点时，三棱锥O ABC -的体积最大是关键．4．（2016•新课标Ⅱ文）体积为8的正方体的顶点都在同一球面上，则该球面的表面积为( )A ．12πB ．323πC ．8πD ．4π【考点】球的体积和表面积【分析】先通过正方体的体积，求出正方体的棱长，然后求出球的半径，即可求出球的表面积．【解答】解：正方体体积为8，可知其边长为2，所以球的表面积为24(3)12ππ=．故选：A ．【点评】本题考查学生的空间想象能力，体积与面积的计算能力，是基础题．5．（2016•新课标Ⅲ文理）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 【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积【分析】根据已知可得直三棱柱111ABC A B C -的内切球半径为32，代入球的体积公式，可得答案． 【解答】解：AB BC ⊥，6AB =，8BC =， 10AC ∴=． 故三角形ABC 的内切圆半径681022r +-==， 又由13AA =， 故直三棱柱111ABC A B C -的内切球半径为32， 此时V 的最大值3439()322ππ=， 故选：B ．【点评】本题考查的知识点是棱柱的几何特征，根据已知求出球的半径，是解答的关键．6．（2017•新课标Ⅲ文理）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 ．34πC ．2πD ．4π 【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；LR ：球内接多面体【分析】推导出该圆柱底面圆周半径r =，由此能求出该圆柱的体积． 【解答】解：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，∴该圆柱底面圆周半径r ==，∴该圆柱的体积：2314V Sh ππ==⨯⨯=．故选：B ．【点评】本题考查面圆柱的体积的求法，考查圆柱、球等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查化归与转化思想，是中档题．7．（2018•新课标Ⅲ文理）设A ，B ，C ，D 是同一个半径为4的球的球面上四点，ABC ∆为等边三角形且面积为D ABC -体积的最大值为( )A ．B ．C ．D ．【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；球的内接多面体；【分析】求出，ABC ∆为等边三角形的边长，画出图形，判断D 的位置，然后求解即可．【解答】解：ABC ∆为等边三角形且面积为2AB =6AB =， 球心为O ，三角形ABC 的外心为O '，显然D 在O O '的延长线与球的交点如图：263O C '==，2OO '=， 则三棱锥D ABC -高的最大值为：6，则三棱锥D ABC -体积的最大值为：3163=． 故选：B ．【点评】本题考查球的内接多面体，棱锥的体积的求法，考查空间想象能力以及计算能力．8．（2019•新课标Ⅰ理12）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，90CEF ∠=︒，则球O 的体积为( )A ．B ．C ． D【考点】球的体积和表面积，，多面体外接球体。
高考必考题—几何体中与球有关的切、接问题(含解析)
几何体中与球有关的切、接问题球的截面的性质(1)球的任何截面是圆面；(2)球心和截面(不过球心)圆心的连线垂直于截面；(3)球心到截面的距离d 与球的半径R 及截面的半径r 的关系为r ＝R 2－d 2几个与球有关的切、接常用结论(1)正方体的棱长为a ，球的半径为R ，①若球为正方体的外接球，则2R ＝3a ；②若球为正方体的内切球，则2R ＝a ；③若球与正方体的各棱相切，则2R ＝2a .(2)若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. (3)正四面体的外接球与内切球的半径之比为3∶1. 一、题型选讲题型一 、几何体的外接球解决多面体的外接球问题，关键是确定球心的位置，方法是先选择多面体中的一面，确定此面外接圆的圆心，再过圆心作垂直此面的垂线，则球心一定在此垂线上，最后根据其他顶点确定球心的准确位置．对于特殊的多面体还可采用补成正方体或长方体的方法找到球心位置．例1、【2020年高考全国Ⅰ卷理数】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 ．64π B ．48πC ．36πD ．32π例2、【2020年高考天津】若棱长为 A ．12π B ．24π C ．36πD ．144π例3、（2020届山东省潍坊市高三上学期统考）已知边长为2的等边三角形ABC ，D 为BC 的中点，以AD 为折痕进行折叠，使折后的2BDC π∠=，则过A ，B ，C ，D 四点的球的表面积为（ ）A ．3πB ．4πC ．5πD ．6π例4、（2020届山东省日照市高三上期末联考）已知四棱锥P ABCD -的体积是ABCD 是正方形，PAB ∆是等边三角形，平面PAB ⊥平面ABCD ，则四棱锥P ABCD -外接球体积为（ ）A ．BCD ．例5、（2020届山东省德州市高三上期末）中国古代数学经典《九章算术》系统地总结了战国、秦、汉时期的数学成就，书中将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑，如图为一个阳马与一个鳖臑的组合体，已知PA ⊥平面ABCE ，四边形ABCD 为正方形，AD =ED =P ADE -的外接球的体积为，则阳马P ABCD -的外接球的表面积等于______.题型二、几何体的内切球求解多面体的内切球的问题，一般是将多面体分割为以球心为顶点，多面体的各面为底面的棱锥，利用多面体的体积等于各棱锥的体积之和求内切球的半径．例6、【2020年高考全国Ⅲ卷理数】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_________．例7、（2020届山东省潍坊市高三上期中）如图，平行四边形形状的纸片是由六个边长为1的正三角形构成的，将它沿虚线折起来，可以得到如图所示粽子形状的六面体，则该六面体的表面积为__________；若该六面体内有一小球，则小球的最大体积为___________．二、达标训练1、（2020届山东省泰安市高三上期末）已知正三棱锥S ABC -的侧棱长为6，则该正三棱锥外接球的表面积是（ ） A ．16πB ．20πC ．32πD ．64π2、【2020年高考全国II 卷理数】已知△ABC O 的球面上.若球O 的表面积为16π，则O 到平面ABC 的距离为A B ．32C ．1D 3、【2019年高考全国Ⅰ卷理数】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 ．B ．C ．D4、【2018年高考全国Ⅰ卷理数】设A B C D ，，，是同一个半径为4的球的球面上四点，ABC △为等边三角形且其面积为D ABC -体积的最大值为A ．B ．C ．D ．5、【2020年新高考全国Ⅰ卷】已知直四棱柱ABCD –A 1B 1C 1D 1的棱长均为2，∠BAD =60°．以1D 半径的球面与侧面BCC 1B 1的交线长为________．6、（2020届山东省滨州市三校高三上学期联考）已知三棱锥S ABC -，SA ⊥平面ABC ，6ABC π∠=，3SA =，1BC =，直线SB 和平面ABC 所成的角大小为3π.若三棱锥S ABC -的四个顶点都在同一球面上，则该球的表面积为________.7、（2020届山东省枣庄、滕州市高三上期末）如图，在三棱锥P -ABC 中，,PA AB ⊥PC BC ⊥，,AB BC ⊥22,AB BC ==PC =，则PA 与平面ABC 所成角的大小为________；三棱锥P -ABC 外接球的表面积是________.8、（2020届山东省烟台市高三上期末）已知三棱锥P ABC -的四个顶点都在球O 的表面上，PA ⊥平面ABC，6PA =，AB =2AC =，4BC =，则：（1）球O 的表面积为__________；（2）若D 是BC 的中点，过点D 作球O 的截面，则截面面积的最小值是__________．9、（2020届山东省滨州市高三上期末）在四面体S ABC -中，2SA SB ==，且SA SB ⊥，BC =，AC=________，该四面体外接球的表面积为________.10、（2020届山东省济宁市高三上期末）下图是两个腰长均为10cm的等腰直角三角形拼成的一个四边形-的外接球的体积为ABCD，现将四边形ABCD沿BD折成直二面角A BD C--，则三棱锥A BCDcm．__________3一、题型选讲题型一 、几何体的外接球解决多面体的外接球问题，关键是确定球心的位置，方法是先选择多面体中的一面，确定此面外接圆的圆心，再过圆心作垂直此面的垂线，则球心一定在此垂线上，最后根据其他顶点确定球心的准确位置．对于特殊的多面体还可采用补成正方体或长方体的方法找到球心位置．例1、【2020年高考全国Ⅰ卷理数】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 ．64π B ．48πC ．36πD ．32π【答案】A【解析】设圆1O 半径为r ，球的半径为R ，依题意， 得24,2r r π=π=∴，ABC 为等边三角形，由正弦定理可得2sin 60AB r =︒=，1OO AB ∴==1OO ⊥平面ABC ，11,4OO O A R OA ∴⊥====， ∴球O 的表面积2464S R ππ==.故选：A.本题考查球的表面积，应用球的截面性质是解题的关键，考查计算求解能力，属于基础题.例2、【2020年高考天津】若棱长为 A ．12π B ．24πC ．36πD ．144π【答案】C【解析】这个球是正方体的外接球，其半径等于正方体的体对角线的一半，即3R ==，所以，这个球的表面积为2244336S R πππ==⨯=. 故选：C ．本题考查正方体的外接球的表面积的求法，求出外接球的半径是本题的解题关键，属于基础题.求多面体的外接球的面积和体积问题，常用方法有：（1）三条棱两两互相垂直时，可恢复为长方体，利用长方体的体对角线为外接球的直径，求出球的半径；（2）直棱柱的外接球可利用棱柱的上下底面平行，借助球的对称性，球心为上下底面外接圆的圆心连线的中点，再根据勾股定理求球的半径；（3）如果设计几何体有两个面相交，可过两个面的外心分别作两个面的垂线，垂线的交点为几何体的球心. 例3、（2020届山东省潍坊市高三上学期统考）已知边长为2的等边三角形ABC ，D 为BC 的中点，以AD 为折痕进行折叠，使折后的2BDC π∠=，则过A ，B ，C ，D 四点的球的表面积为（ ）A ．3πB ．4πC ．5πD ．6π【答案】C【解析】边长为2的等边三角形ABC ，D 为BC 的中点，以AD 为折痕进行折叠，使折后的2BDC π∠=，构成以D 为顶点的三棱锥，且三条侧棱互相垂直，可构造以其为长宽高的长方体，其对角线即为球的直径，三条棱长分别为1,12R ==2452S ππ==，故选C.例4、（2020届山东省日照市高三上期末联考）已知四棱锥P ABCD -的体积是ABCD 是正方形，PAB ∆是等边三角形，平面PAB ⊥平面ABCD ，则四棱锥P ABCD -外接球体积为（ ）A ．BCD ．【答案】A【解析】设AB 的中点为Q ，因为PAB ∆是等边三角形，所以PQ AB ⊥，而平面PAB ⊥平面ABCD ， 平面PAB ⋂平面ABCD AB =，所以PQ ⊥平面ABCD ，四棱锥P ABCD -的体积是13AB AB PQ =⨯⨯⨯13AB AB AB =⨯⨯，所以边长6AB =，PQ =OH x =，OM x =，()(222222R OA OM AM x==+=+，2222223R OP OH PH x ==+=+，x =2212321R =+=343V R π==球.故选：A.例5、（2020届山东省德州市高三上期末）中国古代数学经典《九章算术》系统地总结了战国、秦、汉时期的数学成就，书中将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑，如图为一个阳马与一个鳖臑的组合体，已知PA ⊥平面ABCE ，四边形ABCD 为正方形，AD =ED =P ADE -的外接球的体积为，则阳马P ABCD -的外接球的表面积等于______.【答案】20π 【解析】四边形ABCD 是正方形，AD CD ∴⊥，即AD CE ⊥，且AD =ED =，所以，ADE ∆的外接圆半径为122AE r ===设鳖臑P ADE -的外接球的半径1R ，则3143R π=，解得12R =.PA ⊥平面ADE ，1R ∴=2PA ==PA ∴=正方形ABCD 的外接圆直径为22r AC ==22r ∴=，PA ⊥平面ABCD ，所以，阳马P ABCD -的外接球半径2R ==因此，阳马P ABCD -的外接球的表面积为22420R ππ=.故答案为：20π. 题型二、几何体的内切球求解多面体的内切球的问题，一般是将多面体分割为以球心为顶点，多面体的各面为底面的棱锥，利用多面体的体积等于各棱锥的体积之和求内切球的半径．例6、【2020年高考全国Ⅲ卷理数】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_________．【解析】易知半径最大球为圆锥的内切球，球与圆锥内切时的轴截面如图所示， 其中2,3BC AB AC ===，且点M 为BC 边上的中点， 设内切圆的圆心为O ，由于AM ==122S =⨯⨯=△ABC 设内切圆半径为r ，则：ABC AOB BOC AOC S S S S =++△△△△111222AB r BC r AC r =⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯()13322r =⨯++⨯=解得：2r，其体积：343V r =π=.故答案为：3. 与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.例7、（2020届山东省潍坊市高三上期中）如图，平行四边形形状的纸片是由六个边长为1的正三角形构成的，将它沿虚线折起来，可以得到如图所示粽子形状的六面体，则该六面体的表面积为__________；若该六面体内有一小球，则小球的最大体积为___________．【解析】（1）因为16(12S =⨯⨯=. （2）由图形的对称性得，小球的体积要达到最大，即球与六个面都相切时，每个三角形面积是4，六面体体积是正四面体的2倍，所以六面体体积是6. 由于图像的对称性，内部的小球要是体积最大，就是球要和六个面相切，连接球心和五个顶点，把六面体分成了六个三棱锥，设球的半径为R ，所以16()6349R R =⨯⨯⨯⇒=，所以球的体积334433V R ππ===.故答案为：. 二、达标训练1、（2020届山东省泰安市高三上期末）已知正三棱锥S ABC -的侧棱长为6，则该正三棱锥外接球的表面积是（ ） A ．16π B ．20πC ．32πD ．64π【答案】D【解析】如图所示，因为正三棱锥S ABC -的侧棱长为6，则263AE ==6SE ===, 又由球心O 到四个顶点的距离相等，在直角三角形AOE 中，,6AO R OE SE SO R ==-=-，又由222OA AE OE =+，即222(6)R R =+-，解得4R =， 所以球的表面积为2464S R ππ==， 故选D.2、【2020年高考全国II 卷理数】已知△ABC O 的球面上.若球O 的表面积为16π，则O 到平面ABC 的距离为A B ．32C ．1D 【答案】C【解析】设球O 的半径为R ，则2416R π=π，解得：2R =.设ABC △外接圆半径为r ，边长为a ，ABC △21224a ∴⨯=，解得：3a =，2233r ∴===，∴球心O 到平面ABC 的距离1d ==.故选：C ．本题考查球的相关问题的求解，涉及到球的表面积公式和三角形面积公式的应用；解题关键是明确球的性质，即球心和三角形外接圆圆心的连线必垂直于三角形所在平面.3、【2019年高考全国Ⅰ卷理数】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 ．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，由余弦定理可得()2243cos 22x x EAC x+--∠=⨯⨯，作PD AC ⊥于D ，PA PC =，D 为AC 的中点，1cos 2AD EAC PA x ∠==，2243142x x x x+-+∴=，22121222x x x ∴+=∴==，，，PA PB PC ∴=== 又===2AB BC AC ，,,PA PB PC ∴两两垂直，2R ∴==R ∴=，34433V R ∴=π==，故选D.本题主要考查学生的空间想象能力，补体法解决外接球问题．可通过线面垂直定理，得到三棱两两互相垂直关系，快速得到侧棱长，进而补体成正方体解决．4、【2018年高考全国Ⅰ卷理数】设A B C D ，，，是同一个半径为4的球的球面上四点，ABC △为等边三角形且其面积为D ABC -体积的最大值为 A． B ． C．D ．【答案】B【解析】如图所示，设点M 为三角形ABC 的重心，E 为AC 中点，当点D 在平面ABC 上的射影为M 时，三棱锥D ABC -的体积最大，此时，4OD OB R ===，2ABC S AB ==△，6AB ∴=,点M 为三角形ABC 的重心，23BM BE ∴==，Rt OBM ∴△中，有2OM ==，426DM OD OM ∴=+=+=，()max 163D ABC V -∴=⨯= B.5、【2020年新高考全国Ⅰ卷】已知直四棱柱ABCD –A 1B 1C 1D 1的棱长均为2，∠BAD =60°．以1D 半径的球面与侧面BCC 1B 1的交线长为________．【答案】2. 【解析】如图：取11B C 的中点为E ，1BB 的中点为F ，1CC 的中点为G ，因为BAD ∠=60°，直四棱柱1111ABCD A B C D -的棱长均为2，所以△111D B C 为等边三角形，所以1D E=111D E B C ⊥，又四棱柱1111ABCD A B C D -为直四棱柱，所以1BB ⊥平面1111D C B A ，所以111BB B C ⊥， 因为1111BB B C B =，所以1D E ⊥侧面11B C CB ，设P 为侧面11B C CB 与球面的交线上的点，则1D E EP ⊥，1D E =，所以||EP ===所以侧面11B C CB 与球面的交线上的点到E ，因为||||EF EG ==11B C CB 与球面的交线是扇形EFG 的弧FG ，因为114B EFC EG π∠=∠=，所以2FEG π∠=，所以根据弧长公式可得22FG π==.. 6、（2020届山东省滨州市三校高三上学期联考）已知三棱锥S ABC -，SA ⊥平面ABC ，6ABC π∠=，3SA =，1BC =，直线SB 和平面ABC 所成的角大小为3π.若三棱锥S ABC -的四个顶点都在同一球面上，则该球的表面积为________. 【答案】13π【解析】如图：SA ⊥平面ABC ，则SBA ∠为直线SB 和平面ABC 所成的角，即3SBA π∠=在Rt SAB ∆中：tan3SA AB π=== 如图，设O 为三棱锥S ABC -外接球的球心，G 为ABC ∆外接圆圆心， 连结,,,,OA OB GA GB OG ，则必有OG ⊥面ABC 在ABC ∆，2222cos 312162AC AB BC AB BC π=+-⋅⋅=+-=， 则1AC = 其外接圆半径122,1sin sin 6AC r r ABC π====∠， 又1322OG SA ==， 所以三棱锥S ABC -外接球半径为R ===该球的表面积为21344134S R πππ==⨯=, 故答案为：13π.7、（2020届山东省枣庄、滕州市高三上期末）如图，在三棱锥P -ABC 中，,PA AB ⊥PC BC ⊥，,AB BC ⊥22,AB BC ==PC =，则PA 与平面ABC 所成角的大小为________；三棱锥P -ABC 外接球的表面积是________.【答案】45︒ 6π【解析】如图，作平行四边形ABCD ，连接PD ，由AB BC ⊥，则平行四边形ABCD 是矩形． 由BC CD ⊥，BC PC ⊥，PCCD C =，∴BC ⊥平面PCD ，而PD ⊂平面PCD ，∴BC PD ⊥，同理可得AB PD ⊥，又AB BC B ⋂=，∴PD ⊥平面ABCD ．,PD CD PD AD ⊥⊥，PAD ∠是PA 与平面ABC 所成角．由2,CD AB PC ===1PD =，又1AD BC ==，∴45PAD ∠=︒．∴PA 与平面ABC 所成角是45︒．由,PA AB ⊥PC BC ⊥知PB 的中点到,,,A B C P 的距离相等，PB 是三棱锥P -ABC 外接球的直径．由BC ⊥平面PCD 得BC PC ⊥，PB ===24()62PB S ππ==． 故答案为：45︒；6π．8、（2020届山东省烟台市高三上期末）已知三棱锥P ABC -的四个顶点都在球O 的表面上，PA ⊥平面ABC，6PA =，AB =2AC =，4BC =，则：（1）球O 的表面积为__________；（2）若D 是BC 的中点，过点D 作球O 的截面，则截面面积的最小值是__________． 【答案】52π 4π【解析】（1）由题,根据勾股定理可得AC AB ⊥,则可将三棱锥P ABC -可放入以,,AP AC AB 为长方体的长,宽,高的长方体中,则体对角线为外接球直径,即2r ==则r =,所以球的表面积为224452r πππ=⨯=；（2）由题,因为Rt ABC ,所以D 为底面ABC 的外接圆圆心,当DO ⊥截面时,截面面积最小,即截面为平面ABC ,则外接圆半径为2,故截面面积为224ππ⨯=故答案为：（1）52π；（2）4π9、（2020届山东省滨州市高三上期末）在四面体S ABC -中，2SA SB ==，且SA SB ⊥，BC =，AC =________，该四面体外接球的表面积为________.【答案】68π【解析】因为2SA SB ==，且SA SB ⊥，BC =，AC =AB ==，因此222BC AC AB +=，则AC BC ⊥；取AB 中点为O ，连接OS ，OC ，则OA OB OC OS ====，所以该四面体的外接球的球心为O ，半径为OC=所以该四面体外接球的表面积为248S ππ=⋅=； 又因为SA SB =，所以SO AB ⊥；因为底面三角形ABC 的面积为定值122AC BC ⋅=，SO ，因此，当SO ⊥平面ABC 时，四面体的体积最大，为136ABC V S SO =⋅=.故答案为：(1).6(2). 8π10、（2020届山东省济宁市高三上期末）下图是两个腰长均为10cm 的等腰直角三角形拼成的一个四边形ABCD ，现将四边形ABCD 沿BD 折成直二面角A BD C --，则三棱锥A BCD -的外接球的体积为__________3cm ．【答案】 【解析】由题设可将该三棱锥拓展成如图所示的正方体，则该正方体的外接球就是三棱锥的外接球，由于正方体的对角线长为2l R ==即球的半径R =该球的体积343V R π==，应填答案．。
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28
3
5
解析
角度三：正方体(长方体)的外接球
思考：可以还原到什么几何体中考虑？
解析
解析：如图所示，BE 过球心 O， ∴DE＝ 42－32－ 32＝2， ∴VE -ABCD＝13×3× 3×2＝2 3. 答案：2 3
角度四：四（三）棱锥的外接球
例 4．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
()
81π A. 4
B．16π
C．9π
27π D. 4
解析：如图所示，设球半径为 R，底面中心为 O′且球心为 O， ∵正四棱锥 P-ABCD 中 AB＝2，∴AO′＝ 2. ∵PO′＝4，∴在 Rt△AOO′中，AO2＝AO′2＋OO′2，∴ R2＝( 2)2＋(4－R)2，解得 R＝94，∴该球的表面积为 4πR2＝ 4π×942＝814π，故选 A.
第二节
空间几何体的表面积与体积
与球有关的切、接问题
(常考常新型考点——多角探明)
[必备知识]
1．球的表面积公式：S＝4πR2； 球的体积公式 V＝43πR3
(1)正四面体与球：如图，设正四面体的棱长
为 a，内切球的半径为 r，外接球的半径为 R，取
AB 的中点为 D，连接 CD，SE 为正四面体的高，
(1)正四面体的内切球； (2)直三棱柱的外接球； (3)正(长)方体的外接球； (4)四（三）棱锥的外接球.
角度一：正四面体的内切球
例 1．若一个正四面体的表面积为 S1，其内切球的表面积为 S2， 则SS12＝___6_π_3___. 解析：设正四面体棱长为a，则正四面体表面积为S1＝
3 4·4
C D
B
A
(2)正方体与球： ① 正方体的内切球：截面图为正方形
EFHG 的内切圆，如图所示．设正方体
a
的棱长为 a，则|OJ|＝r＝ 2 (r 为内切球
半径)．
②与正方体各棱相切的球：截面图为正方形 EFHG 的外接
圆，则|GO|＝R＝
2a
2
③正方体的外接球：截面图为正方形 ACC1A1 的外接圆，则
|A1O|＝R′＝
3a 2
注意：球心均在正方体的中心位置
(3)三条侧棱互相垂直的三棱锥的外接球： ① 如果三棱锥的三条侧棱互相垂直并且相
等，则可以补形为一个正方体，正方体
的外接球的球心就是三棱锥的外接球的
球心．即三棱锥 A1-AB1D1 的外接球的球心和正方体
ABCD-A1B1C1D1 的外接球的球心重合．如图，设 AA1
·a2＝
3
a2，其内切球半径为正四面体高的
1 4
，即r＝
1 4
6 ·3
a＝
6 12
a，因此内切球表面积为S2＝4πr2＝
πa2 6
，则
S1 S2
＝ π63aa22＝6π3.
【变式训练】已知正三棱锥P-ABC的四个顶点均在半径为 3 的球面
3
上,且PA,PB,PC两两互相垂直,则球心到平面ABC的距离为
练习2.四面体ABCD的四个顶点都在球O的球面上,AB⊥平面
BCD,△BCD是边长为3的等边三角形.若AB=2,则球O的表面积为( )
A.8π
B.12π
C.16π
D.32π
在截面三角形 SDC 内作一个与边 SD 和 DC 相切，
圆心在高 SE 上的圆．因为正四面体本身的对称性，内切球和外接
球的球心同为 O.此时，CO＝OS＝R，OE＝r，SE＝ 23a，CE＝
33a，则有a32，解得
R
6 a,r 6 a
4
12
如果还原到正方体中去考虑呢？
＝a，则
R
3a 2
②如果三棱锥的三条侧棱互相垂直但不相等，则可以补形
为一个长方体，长方体的外接球的球心就是三棱锥的外接球的
球心．R2＝a2＋b42＋c2＝l42(l
为长方体的体对角线长)．即R
l 2
[多角探明]
与球相关的切、接问题是高考命题的热点，也是考生的难点、 易失分点．命题角度多变．归纳起来常见的命题角度有：
3.
思考：可以将该几何体还原到什么几何体中考虑？
P
E
A
B
O
F
C
角度二：直三棱柱的外接球
解析
思考1：可不可以将该直三棱柱还原到特殊的几何体中？ 思考2：球心在哪里？ 总结：直三棱柱外接球球心在上下三角形外心连线的中点
变式训练:
1．正三棱柱 ABC-A1B1C1 的六个顶点都在球面上，且底面边长
和高为 2，则球的表面积为
答案：A
变式训练:
1.已知矩形 ABCD 的顶点都在半径为 4 的球面 上，且 AB=6，BC=2 3 ，则棱锥 O-ABCD 的体积为8 3
方法归纳 “切”“接”问题处理的注意事项 (1)“切”的处理 解决与球的内切问题主要是指球内切多面体与旋转体，解 答时首先要找准切点，通过作截面来解决．如果内切的是多面 体，则作截面时主要抓住多面体过球心的对角面来作． (2)“接”的处理 把一个多面体的几个顶点放在球面上即为球的外接问 题．解决这类问题的关键是抓住外接的特点，即球心到多面体 的顶点的距离等于球的半径． （3）还原处理 如果直接考虑不出来不妨考虑能否把几何体还原到 特殊的几何体中，比如正方体、长方体等等
练习 1.在正三棱锥 S-ABC 中，M 是 SC 的中点，且 AM
⊥SB，底面边长 AB＝2 2，则正三棱锥 S-ABC 的外接球
的表面积为
()
A．6π
B．12π
C．32π
D．36π
解析
解析：如图，由正三棱锥的性质易知 SB⊥AC，结合 AM⊥SB 知 SB⊥平 面 SAC，所以 SB⊥SA，SB⊥SC.又 正三棱锥的三个侧面是全等的三角 形，所以 SA⊥SC，所以正三棱锥 S-ABC 为正方体的一个角，所以正三棱锥 S-ABC 的外接 球即为正方体的外接球．由 AB＝2 2，得 SA＝SB＝SC ＝2，所以正方体的体对角线为 2 3，所以所求外接球的 半径 R＝ 3，所求表面积为 4πR2＝12π. 答案：B