一网打尽外接球、内切球与棱切球问题 （解析版）.pdf

1、1一网打尽外接球、内切球与棱切球问题目 录题型 01 正方体、长方体外接球题型 02 正四面体外接球题型 03 对棱相等的三棱锥外接球题型 04 直棱柱外接球题型 05 直棱锥外接球题型 06 正棱锥与侧棱相等模型题型 07 侧棱为外接球直径模型题型 08 共斜边拼接模型题型 09 垂面模型题型 10 二面角模型题型 11 坐标法题型 12 圆锥圆柱圆台模型题型 13 锥体内切球题型 14 棱切球2题型 01 正方体、长方体外接球1(2023四川遂宁高三射洪中学校考阶段练习)在长方体 ABCD-A1B1C1D1中，已知 AB=2，BC=BB1=4，在该长方体内放置一个球，则最大球的体积为.【答

2、案】43/43【解析】在长方体 ABCD-A1B1C1D1中，AB=2，BC=BB1=4，由长方体的结构特征知，长方体的内置球直径不超过最短棱长，于是得球直径小于等于 2，球半径 r 的最大值为 1，此时有 43 r3=43 13=43，所以最大球的体积为 43.故答案为：43 2(2023全国高三专题练习)正方体的表面积为 96，则正方体外接球的表面积为【答案】48【解析】设正方体的棱长为 a，因为正方体的表面积为 96，可得 6a2=96，解得 a=4，则正方体的对角线长为 l=42+42+42=4 3，设正方体的外接球的半径为 R，可得 2R=4 3，解得 R=2 3，所以外接球的表面积

3、为 S=4R2=4R2=48.故答案为：48.3(2023吉林高三校联考期末)已知正方体的顶点都在球面上，若正方体棱长为3，则球的表面积为【答案】9【解析】该球为正方体外接球，其半径 R 与正方体棱长 a 之间的关系为 2R=3a，由 a=3，可得 R=32，所以球的表面积 S=4R2=9.答案：9题型 02正四面体外接球4(2023山东高三济南一中校联考阶段练习)在正四面体 P-ABC 中，以 PB 为直径作球 O，点 D 在球 O 与 PB 的中垂面相交所得的圆上运动，当三棱锥 D-ABC 的体积的最小值为 2-212时，该正四面体P-ABC 外接球的体积为【答案】32【解析】设正四面体

4、P-ABC 的棱长为 a，设点 D 到平面 ABC 的距离为 h，则VD-ABC=13 SABC h=13 34 a2h,当 h 最小时，VD-ABC 最小.因为球 O 的半径为 12 PB=12 a，如图所示，当 D 在如图所示的位置时 h 最小.取 AC 的中点 F，连接 PF、BF，则 PF=BF,FO PB，所以 D FO.3因为 BF=32 a,OB=12 a,则 FO=22 a，FD=22 a-12 a，sinOFB=OBFB=33.所以 h 最小值为22 a-12 asinOFB=33 22 a-12 a，所以 VD-ABC=13 34 a222 a-12 a33=2-212，解

5、得 a=2.设正四面体 P-ABC 的外接球的半径为 R,球心为 O1.如图所示，正四面体 P-ABC 的棱长为2，过 P 作 PE 平面 ABC 于 E，由于 AB=AC=BC=2,所以 AE=23 32 2=63，利用勾股定理得 PE=22-632=2 33，所以 AO1E 中，632+2 33-R2=R2，解得 R=32，所以正四面体 P-ABC 的外接球的体积为 43 323=32.故答案为：32 5(2023河北统考模拟预测)在正四面体 P-ABC 中，O 为 PB 的中点，点 D 在以 O 为球心的球上运动，PB=2OD，且恒有 PD=BD，已知三棱锥 D-ABC 的体积的最大值为

6、 18 2+36，则正四面体 P-ABC 外接球的体积为()A.108 3B.124 2C.132 2D.144 3【答案】A【解析】由题知，O 为 PB 的中点，点 D 在以 O 为球心的球上运动，PB=2OD，所以 D,P,B 都在以 O 为球心的球上，4又因 PD=BD，则 D 在 PB 的中垂面上，如图，连接 AO,CO，PAB,PBC 都为正三角形，且 O 为 PB 的中点，OA PB,OC PB，OA OC=O，OA,OC 平面 OAC，PB 平面 OAC，PB 平面 OAC，平面 OAC 是 PB 的中垂面，即 D 在平面 OAC 上，所以点 D 在平面 OAC 与以 O 为球心

7、，OB 为半径的球的交线上，即 D 在以 O 为圆心，OB 为半径的平面 OAC 内的圆上，取 AC 中点 E，连接 OE,AE，延长 EO 至点 F，使 OF=OB，作在平面 OAC 内，以 O 为圆心，OB 为半径的圆，则圆 O 上的点 F 到平面 ABC 的距离最远，故 D 在 F 处，设 AB=a，则 BE=32 a，OB=12 a，PB 平面 OAC，OE 平面 OAC，PB OE,OE=BE 2-OB2=34 a2-14 a2=22 a,EF=OF+OE=12 a+22 a,在 RtOBE 中，sinOEB=OBBE=12 a32 a=33，点 F 到平面 ABC 的距离 h=EF

8、 sinOEB=2+12a 33=6+36a，所以 VD-ABC=VF-ABC=13 hSABC=13 6+36a 34 a2=18 2+36，解得 a=6 2，如图则其外接正方体的边长为 b=a2=6，所以正四面体 P-ABC 外接球即为边长为 6 正方体的外接球，5故外接球半径 R=62+62+622=3 3，所以外接球体积 V=43 R3=43 81 3=108 3.故选：A6(2023山东济南高三统考期末)若正四面体的表面积为 8 3，则其外接球的体积为()A.4 3B.12C.8 6D.32 3【答案】A【解析】设正四面体的棱长为 a，由题意可知：4 34 a2=8 3，解得：a=2

9、 2，所以正四面体的棱长为 2 2，将正四面体补成一个正方体，则正方体的棱长为 2，正方体的体对角线长为 2 3，因为正四面体的外接球的直径为正方体的体对角线长，所以外接球半径 R=3，则外接球的体积为 V=43 R3=4 3，故选：A.7(2023河南西平县高级中学校联考模拟预测)一个正四面体的棱长为 2，则这个正四面体的外接球的体积为()A.6B.2C.3D.2 2【答案】A【解析】如图，四面体 BDMN 是正四面体，棱长 BD=2，将其补形成正方体 GBCD-MENF，则正方体 GBCD-MENF 的棱长 GB=22 BD=2，此正方体的体对角线长为6，正四面体 BDMN 与正方体 GB

10、CD-MENF 有相同的外接球，则正四面体 BDMN 的外接球半径 R=62，所以正四面体 BDMN 的外接球体积为 V=43 R3=43 623=6故选：A题型 03 对棱相等的三棱锥外接球68(2023 罗湖区月考)已知在四面体 ABCD 中，AB=CD=2 2,AD=AC=BC=BD=5，则四面体 ABCD 的外接球表面积为【解析】解：如下图所示，将四面体 ABCD 放在长方体 AEBF-GCHD 内，在四面体 ABCD 中，AB=CD=2 2,AD=AC=BC=BD=5，设该长方体的长、宽、高分别为 2、2、1，则长方体的体对角线长即为长方体的外接球直径，设该长方体的外接球半径为 R，

11、所以，该四面体的外接球直径为 2R=22+22+12=3，因此，四面体 ABCD 的外接球的表面积为 4R2=(2R)2=9，故答案为：99(2023 孟津县校级期末)若四面体 ABCD 中，AB=CD=BC=AD=5，AC=BD=2，则四面体的外接球的表面积为 6 【解析】解：由题意可采用割补法，考虑到四面体 ABCD 的四个面为全等的三角形，所以可在其每个面补上一个以5，5，2 为三边的三角形作为底面，且以分别 x，y，z 长、两两垂直的侧棱的三棱锥，从而可得到一个长、宽、高分别为 x，y，z 的长方体，并且 x2+y2=5，x2+z2=5，y2+z2=2，则有(2R)2=x2+y2+z2

12、=6(R 为球的半径)，所以球的表面积为 S=4R2=6故答案为：610(2023 三模拟)在四面体 ABCD 中，AC=BD=2，AD=BC=5，AB=CD=7，则其外接球的表面积为【解析】解：如下图所示，将四面体 ABCD 放在长方体 AEBF-GCHD 内，设该长方体的长、宽、高分别为 x、y、z，则长方体的体对角线长即为长方体的外接球直径，设该长方体的外接球半径为 R，由勾股定理得x2+y2=4y2+z2=5z2+x2=7，上述三个等式全加得 2(x2+y2+z2)=16，所以，该四面体的外接球直径为 2R=x2+y2+z2=2 2，7因此，四面体 ABCD 的外接球的表面积为 4R2

13、=(2R)2=8，故答案为：8题型 04 直棱柱外接球11(2023陕西西安高三高新一中校考阶段练习)在直三棱柱 ABC-A1B1C1中，AB AC,AC=AA1=2,BC=2 2，则三棱柱 ABC-A1B1C1外接球体积等于()A.4 3B.12C.16D.4【答案】A【解析】在直三棱柱 ABC-A1B1C1中，因 AB AC，即 BAC=90，则 AB=BC2-AC2=2，于是得 AB=AC=AA1=2，将其补形成棱长为 2 的正方体 ABDC-A1B1D1C1，如图，则直三棱柱 ABC-A1B1C1的外接球即为棱长为 2 的正方体 ABDC-A1B1D1C1的外接球，球半径 R=12 A

14、D1=12 2 3=3，因此，V=43 R3=4 3，所以三棱柱 ABC-A1B1C1外接球体积等于 4 3.故选：A12(2023重庆渝中高三重庆巴蜀中学校考阶段练习)已知球 O 为正三棱柱 ABC-A1B1C1的外接球，正三棱柱 ABC-A1B1C1的底面边长为 1，高为 3，则球 O 的表面积是()A.4B.313C.163D.3112【答案】B【解析】设三棱柱 ABC-A1B1C1的高为 h，底边边长为 a设球 O 的半径为 R，则三棱柱底面三角形的外接圆半径 r 满足：2r=asin 3，解得：r=33 a由题知，a=1，h=3R2=33 a2+12 h2=a23+h24=13+94

15、=3112，故球 O 的表面积为 S=4R2=313，故选：B.题型 05 直棱锥外接球13(2023河南高三安阳一中校联考阶段练习)如图，在体积为 43 的三棱锥 P-ABC 中，AC BC，AD=BD，PD 底面 ABC，则三棱锥 P-ABC 外接球体积的最小值为()8A.92B.6C.8D.724【答案】A【解析】如图所示，由题意 ABC 是直角三角形，AB 的中点为 D，连结 PD，很明显球心在 PD 上，设球心为 O，PD=h，AC=x，BC=y，OC=R，则 13 12 xyh=43，解得 h=8xy，在 RtOCD 中，OC2=CD2+OD2，CD=12 AB=x2+y22 ，则

16、 R2=x2+y24+h-R2，解得 R=x2+y28h+h2=x2+y2xy64+4xy 2x2y264+4xy，当且仅当 x=y 时等号成立，即 R x432+4x2=x432+2x2+2x2 3 3 x432 2x2 2x2=3 3 18=32，当且仅当 x432=2x2，即 x=2 时等号成立，即 R 的最小值是在 x=y=h=2 时取得 32，经检验正确，即满足题意时三棱锥的高为 2，R=32，故外接球体积的最小值为：43 R3=92，故选：A.14(2023广东广州高三广州市第十七中学校考阶段练习)在三棱锥 A-BCD 中，AD 平面 BCD，ABD+CBD=2,BD=BC=1，则

17、已知三棱锥 A-BCD 外接球表面积的最小值为()A.2 5+14B.5+12C.2 5-14D.5-12【答案】B【解析】如图，设 ABD=，CBD=，K 为 BCD 的外心，O 为三棱锥 A-BCD 外接球的球心，则 OK 平面 BCD，又 AD 平面 BCD，所以 OK AD，KD 平面 BCD，则 OK DK，四边形 OKDA 是直角梯形，设 OK=h，DK=r，OD=R，9由 AD 平面 BCD，BD 平面 BCD，得 AD BD，则 AD=tan=1tan，CD=2sin 2，2r=2sin 2sin，即 r=12cos 2，又 h2+r2=R2(AD-h)2+r2=R2，则 h=

18、12 AD，R2=r2+AD22=14cos2 2+14tan2=12(1+cos)+cos24(1-cos2)=-14+3-2cos4(1-cos2)，令 t=3-2cos，则 cos=3-t2，t (1,3)，R2=-14-tt2-6t+5=-14-1t+5t-6-14-12t 5t-6=-14+12(3-5)=5+18，当且仅当 t=5t，即 t=5 时等号成立，所以三棱锥 A-BCD 外接球表面积 S=4R2 4 5+18=5+12，故选：B15(2023浙江温州统考模拟预测)在三棱锥 A-BCD 中，AD 平面 BCD，ABD+CBD=2，BD=BC=2，则三棱锥 A-BCD 外接球

19、表面积的最小值为()A.2 5-2B.2 5-1C.2 5+1D.2 5+2【答案】D【解析】设 CBD=，在等腰 BCD 中，CD=2 BCsin 2=4sin 2，设 BCD 的外心是 M，外接圆半径是 r，则 2r=CDsin=4sin 22sin 2 cos 2=2cos 2，r=1cos 2，设外接球球心是 O，则 OM 平面 BCD，DM 平面 BCD，则 OM DM，同理 AD BD，AD DM，又 AD 平面 BCD，所以 AD OM，OMDA 是直角梯形，设 OM=h，外接球半径为 R，即 OD=OA=R，则 r2+h2=R2r2+(AD-h)2=R2，所以 AD=2h，在直

20、角 ABD 中，ABD=2-，BAD=，tan=2AD，AD=2tan，h=1tan，R2=1tan2+1cos2 2=cos2sin2+21+cos=cos21-cos2+21+cos=cos2+2-2cos1-cos2=-1+10232-cos1-cos2，令 32-cos=t，则 t 12,32，R2=-1+2t1-32-t2=-1+2t-t2+3t-54=-1+23-t+54t-1+23-2t 54t=-1+23-5=1+52，当且仅当 t=54t，t=52 时等号成立，所以 4R2的最小值是 4 1+52=(2+2 5)故选：D.16(2023河南开封高三河南省杞县高中校联考开学考试

21、)在四棱锥 P-ABCD 中，四边形 ABCD 为正方形，PA 平面 ABCD，且 PA=6,AB=8，则四棱锥 P-ABCD 的外接球与内切球的表面积之比为()A.412B.414C.3D.112【答案】B【解析】设四棱锥 P-ABCD 的外接球与内切球的半径分别为 R,r.因为 V四棱锥 P-ABCD=13 82 6=128，四棱锥 P-ABCD 的表面积 S=82+12 6 8 2+12 8 10 2=192，所以 r=3V四棱锥 P-ABCDS=2，因为 PA,AB,AD 两两垂直，四棱锥可补形为长方体，所以 R=1282+82+62=41，所以四棱锥 P-ABCD 的外接球与内切球的

22、表面积之比为 4R24r2=414.故选：B.17(2023浙江丽水高三统考期末)如图，在三棱柱 ABC-A1B1C1中，AA1 底面 ABC，AA1=2，AC=BC=1，ACB=90，D 在上底面 A1B1C1(包括边界)上运动，则三棱锥 D-ABC 的外接球体积的最大值为()11 A.62 B.3C.6D.3 32【答案】C【解析】如图，取 AB 中点为 O，A1B1中点为 O1，连接 OO1，取 OO1的中点为 E，连接 AE.因为 ACB 为直角三角形，所以 ACB 外接圆的圆心即为 O.同理，A1C1B1外接圆的圆心即为 O1.所以，当 D 位于 A1B1C1顶点时(不妨假设点 D

23、与点 A1重合)，三棱锥 D-ABC 的外接球的球心恰好与三棱柱 ABC-A1B1C1的外接球的球心重合，即三棱锥 D-ABC 的外接球的半径等于三棱柱 ABC-A1B1C1的外接球的半径，此时体积有最大值.因为 O,O1分别为 AB,A1B1的中点，根据三棱柱的性质可知，AO A1O1，且 AO=A1O1，所以，四边形 AOO1A1是平行四边形，所以 OO1 AA1，且 OO1=AA1=2，OE=12 OO1=1.根据三棱柱的性质可知 AA1 平面 ABC，所以 OO1 平面 ABC.又 O,O1分别为 ACB 以及 A1C1B1外接圆的圆心，所以，线段 OO1的中点 E 即为三棱柱 ABC

24、-A1B1C1的外接球的球心，所以，三棱柱 ABC-A1B1C1的外接球的半径即等于 AE.又 AC=BC=1，所以 AB=2，AO=22.因为 OO1 平面 ABC，OA 平面 ABC，所以 OO1 OA，即 OE OA，所以，AE=OA2+OE 2=62，所以，三棱锥 D-ABC 的外接球体积的最大值为 43 AE3=43 623=6.12故选：C.18(2023河北邯郸统考三模)三棱锥 S-ABC 中，SA 平面 ABC，AB BC，SA=AB=BC过点 A 分别作 AE SB，AF SC 交 SB、SC 于点 E、F，记三棱锥 S-FAE 的外接球表面积为 S1，三棱锥S-ABC 的外

25、接球表面积为 S2，则 S1S2=()A.33B.13C.22D.12【答案】B【解析】取 SA 的中点 O1，SC 的中点 O2，连 O1E，O1F，O2A，O2B，因为 SA 平面 ABC，AB,BC,AC 平面 ABC，所以 SA AB，SA BC，SA AC，因为 AB BC，SA AB=A，SA,AB 平面 SAB，所以 BC 平面 SAB，因为 SB 平面 SAB，所以 BC SB，在直角三角形 SAC 中，O2是斜边 SC 的中点，所以 O2A=O2S=O2C，在直角三角形 SBC 中，O2是斜边 SC 的中点，所以 O2B=O2S=O2C，所以 O2是三棱锥 S-ABC 的外接

26、球的球心，SC 为该球的直径.因为 AE SB，O1是斜边 SA 的中点，所以 O1E=O1A=O1S，因为 AF SC，O1是斜边 SA 的中点，所以 O1F=O1A=O1S，所以 O1是三棱锥 S-FAE 的外接球的球心，SA 为该球的直径.设 SA=AB=BC=a，则 SC=SA2+AB2+BC2=3a，则 S1=4 SA22=a2，S2=4 SC22=4 3a22=3a2，所以 S1S2=a23a2=13.故选：B.题型 06 正棱锥与侧棱相等模型19(2023云南保山高三统考期末)已知正三棱锥 P-ABC 的侧棱与底面所成的角为 60，高为 4 3，则该三棱锥外接球的表面积为.【答案

27、】2563/2563【解析】设顶点 P 在底面 ABC 的投影为 G(G 为等边 ABC 的中心)，则该三棱锥外接球的球心 O 在 PG上，连接 GA,OA，因为 PG 底面 ABC，则侧棱与底面所成的角为 PAG=60，可得 GA=PGtan60=4，设棱锥外接球的半径为 R，13因为 OA2=OG2+GA2，即 R2=4 3-R2+42，解得 R=8 33，所以外接球的表面积为 S表=4R2=2563.故答案为：2563.20(2023广东佛山高三佛山市南海区第一中学校考阶段练习)已知正三棱锥 P-ABC 中，PA=1，AB=2，该三棱锥的外接球体积为【答案】32【解析】在正三棱锥 P-A

28、BC 中 ABC 为等边三角形，顶点 P 在底面的射影为底面的重心，所以 PA=PB=PC，又 PA=1，AB=2，所以 PA2+PB2=AB2，所以 PA PB，同理可得 PA PC、PC PB，即 PA，PB，PC 两两垂直，把该三棱锥补成一个正方体，该三棱锥的外接球就是正方体的外接球，正方体的体对角线就是外接球的直径，易得三棱锥的外接球半径 R=1212+12+12=32，所以三棱锥的外接球体积 V=43 R3=43 323=32.故答案为：32 21(2023上海闵行高三上海市文来中学校考期中)已知正四棱锥的各顶点都在同一个球面上，球的体积为 36，则该正四棱锥的体积最大值为【答案】6

29、43/21 13【解析】因为球的体积为 43 R3=36，所以球的半径为 R=3，如图，设正四棱锥的底面边长 AB=2a，高 PO=h，外接球的球心为 M，根据正四棱锥的几何特征可知外接球的球心在其高上，又 OD=2a，在 RtMOD 中，MD2=OD2+OM 2，即 32=2a2+(h-3)2，14所以正四棱锥的体积为 V=13 Sh=13 4a2h=23 9-(h-3)2h，整理得 V=-23 h3+4h2(h 0)，V=-2h2+8h=-2h(h-4)，当 0 h 0，当 h 4 时，V 0)在 0,4上递增，在(4,+)上递减，所以当 h=4 时，V 取得最大值-23 43+4 42=

30、643，故答案为：643 22(2023江苏扬州统考模拟预测)已知正四棱锥的侧面是边长为 3 的正三角形，它的侧棱的所有三等分点都在同一个球面上，则该球的表面积为【答案】10【解析】如图，正四棱锥的侧棱的所有三等分点构成一个正四棱台，棱台上底面是边长为 1 的正方形，棱台下底面是边长为 2 的正方形，侧棱长为 1，可求得棱台的高为1-222=22，设该棱台的外接球的半径为 r，球心到下底面的距离r2-22，球心到上底面的距离r2-222，球心在两个底面之间时，所以r2-22+r2-222=22，因为 r2 2，则r2-22+r2-222 62，则上式无解；球心在下底面下方时，r2-222-r2

31、-22=22，r2-222=r2-22+22，两边同时平方：r2-12=12+2r2-4+r2-2，2r2-4=1，解得：r2=52，表面积 S=4r2=10，故答案为：10.题型 07 侧棱为外接球直径模型23(2023 保山期末)已知三棱锥 S-ABC 的顶点都在球 O 的球面上，ABC 是边长为 6 的正三角形，SC 为球 O 的直径，且此三棱锥的体积为 12 3，则球 O 的表面积为()A.16B.32C.48D.64【解析】解：ABC 是边长为 6 的正三角形，ABC 外接圆的半径 r=62sin60=2 3，设点 S 到平面 ABC 的距离为 d，15则棱锥 S-ABC 的体积 V

32、=13 12 6 6 32 d=12 3，解得 d=4，又 SC 为球 O 的直径，点 O 到平面 ABC 的距离为 d2=2，则三棱锥外接球 O 的半径 R=d22+r2=4，可得球的表面积 S=4R2=64故选：D24(2023 大连模拟)球 O 的直径 SC=4，A，B 是该球球面上的两点，AB=2，ASC=BSC=4，则棱锥 A-SBC 的体积为()A.43B.83C.4 23D.4 33【解析】解：球 O 的直径 SC=4，A，B 是该球球面上的两点，AB=2，ASC=BSC=4，由题意知，在棱锥 S-ABC 中，SAC，SBC 都是等腰直角三角形，其中 AB=2，SC=4，SA=A

33、C=SB=BC=2 2取 SC 的中点 D，则 AD SC，BD SC，SC 垂直于面 ABD，棱锥 S-ABC 的体积为两个棱锥 S-ABD 和 C-ABD 的体积和，棱锥 S-ABC 的体积 V=13 SC SADB=13 4 3=4 33故选：D25(2023 迎泽区校级月考)已知球 O 的直径 SC=4，A、B 是该球面上的两点，且 AB=2，ASC=30，BSC=45，则三棱锥 S-ABC 的体积为()A.23B.2 23C.4 23D.5 23【解析】解：设球心为 O，连结 AO、BO，SC 为球的直径，A、B 是球面上的点，SAC=SBC=90又 ASC=30，SCB=45，SC

34、=4，AC=2，AS=2 3，BS=BC=2 2又 AB=2，AB2+AC2=BC2，ABC 为直角，ABC 的外心为 BC 中点 M，连接 OM，根据球的性质，可得 OM 面 ABC，在 BOC 中，BO=CO=2，BC-2 2，OM=2，16 VO-ABC=13 SABC OM=13 12 2 2 2=2 23，VS-ABC=2VO-ABC=4 23，三棱锥 S-ABC 的体积为 4 23故选：C题型 08 共斜边拼接模型26(2023全国高三专题练习)在三棱锥 S-ABC 中，SBA=SCA=2,底面 ABC 是边长为 2 的等边三角形若二面角 S-BC-A 的大小为 23，则三棱锥 S

35、-ABC 的外接球表面积大小为()A.163 B.173 C.193 D.203【答案】C【解析】解：取 BC 的中点 O，连接 SO,AO，因为 SBA=SCA=2,BA=CA,SA=SA，所以 SBA SCA，所以 SB=SC，所以 SO BC,OA BC，因此 SOA=23 为二面角 S-BC-A 的平面角，设 SO=x，则 SB=x2+1，SBA=2，SA=x2+5，在 SOA 中，由余弦定理得 SO2+OA2-2SO OAcos 23=SA2，即 x2+3+3x=x2+5，解得：x=23，所以三棱锥的外接球的直径 2R=SA=x2+5=193，所以三棱锥的外接球的表面积为 S=4R2

36、=193 故选：C27(2023全国高三专题练习)三棱锥 D-ABC 中，AB=DC=3，AC=DB=2，AC CD，AB DB则三棱锥 D-ABC 外接球的表面积是()17A.9B.13C.36D.52【答案】B【解析】取 AD 的中点为 O，连接 OC,OB，因为 AC CD，AB DB OC=OA=OD=OB 即 O 为棱锥 D-ABC 外接球的球心，又 AB=DC=3，AC=DB=2，AD=22+32=13，三棱锥 D-ABC 外接球的表面积为 13故选：B28(多选题)(2023山东泰安一中高一期中)三棱锥 S-ABC 中，平面 SAB 平面 ABC，SAB=ABC=3BAC=90，

37、SA=AC=2，则()A.SA BCB.三棱锥 S-ABC 的外接球的表面积为 83C.点 A 到平面 SBC 的距离为36D.二面角 S-BC-A 的正切值为 2 33【答案】AD【解析】对于 A，因为平面 SAB 平面 ABC，SAB=90，即 SA AB，平面 SAB 平面 ABC=AB，SA 平面 SAB，所以 SA 平面 ABC，又因为 BC 平面 ABC，所以 SA BC，故 A 正确；对于 B，因为 SA BC，AB BC，SA AB=A，所以 BC 平面 SAB，因为 SB 平面 SAB，所以 BC SB又 SA 平面 ABC，AC 平面 ABC，所以 SA AC，即 SAC=

38、SBC=90，所以三棱锥 S-ABC 外接球的直径为 SC因为 SA=AC=2，所以 SC=SA2+AC2=2 2，所以三棱锥 S-ABC 的外接球的表面积 S=4 SC22=422=8，故 B 错误；18对于 C，因为 BC 平面 SAB，BC 平面 SBC，所以平面 SAB 平面 SBC，过点 A 作 AG SB，交 SB 于点 G，根据面面垂直的性质定理，可得 AG 平面 SBC，故点 A 到平面 SBC 的距离为 AG，由 ABC=3BAC=90，AC=2，得 AB=3，则 SB=22+32=7，则 AG=AB SASB=3 27=2 217，故 C 错误；对于 D，SB BC，AB

39、BC，所以 SBA 为二面角 S-BC-A 的平面角，在 RtSAB 中，tanSBA=SAAB=23=2 33，故 D 正确；故选：AD题型 09 垂面模型29(2023贵州贵阳校联考模拟预测)在三棱锥 A-BCD 中，已知 AC BC,AC=BC=2,AD=BD=6，且平面 ABD 平面 ABC，则三棱锥 A-BCD 的外接球表面积为()A.8B.9C.10D.12【答案】B【解析】如图，设外接球的半径为 R，取 AB 的中点 O1，连接 O1D，则由 AD=BD，得 O1D AB，因为平面 ABD 平面 ABC，平面 ABD 平面 ABC=AB，O1D 平面 ABD，所以 O1D 平面

40、ABC，则球心 O 在直线 O1D 上连接 OA，则 OD=OA=R，因为 AC BC,AC=BC=2，所以 AB=2 2；因为 AD=BD=6，所以 AO1=2,O1D=2.因为 O1D AO1，所以球心在线段 O1D 上在 RtO1OA 中，由勾股定理，得 OO21+O1A2=OA2，即(2-R)2+2=R2，解得 R=32，所以三棱锥 A-BCD 的外接球表面积为 4R2=4 322=9.故选：B30(2023四川四川省金堂中学校校联考三模)如图，在梯形 ABCD 中，AB CD,AB=4,BC=CD=DA=2，将 ACD 沿对角线 AC 折起，使得点 D 翻折到点 P，若面 PAC 面

41、 ABC，则三棱锥 P-ABC 的外接球表面积为()19A.16B.20C.24D.32【答案】B【解析】如图，设 M 为 AC 的中点，O2为 AB 的中点，O1为 APC 的外心，O 为三棱锥 P-ABC 的外接球球心，则 OO2 面 ABC,OO1 面 APC.由题意得 ACB=90,O2为 ABC 的外心，在 APC 中，APC=120,AP=PC=2,AC=2 3，所以 O1M=1，又四边形 OO1MO2为矩形，OO2=O1M=1，设外接球半径为 R，则 R2=O2B2+O2O2=5,外接球表面积 4R2=20，故选：B.31(2023黑龙江哈尔滨哈尔滨三中校考一模)已知四棱锥 P-

42、ABCD 的底面 ABCD 是矩形，其中AD=1，AB=2，平面 PAD 平面 ABCD，PA=PD，且直线 PB 与 CD 所成角的余弦值为 2 55，则四棱锥 P-ABCD 的外接球表面积为()A.163B.763C.643D.193【答案】A【解析】如图所示四棱锥 P-ABCD，平面 PAD 平面 ABCD，PA=PD，取 AD 中点 E，则 PE AD，PE 平面 ABCD，故 PE AB，又 AD AB，可知 AB 平面 PAD，故 AB AP.依题意，底面 ABCD 是矩形，直线 PB 与 CD 所成角的余弦值为 2 55，即直线 PB 与 AB 所成角 ABP 的20余弦值为 2

43、 55，故 RtPAB 中，cosABP=ABPB=2 55，由 AB=2 知，PB=5，故 PA=1，又由 PA=PD，AD=1 知，PAD 是等边三角形，故 PE 的三等分点 F(距离 E 近的三等分点)是三角形中心，过 F 作平面 PAD 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 即外接球球心.OI=EF=13 PE=13 32=36，AO=12 AC=52，设外接球半径 R，则 R2=AI2=AO2+OI2=522+362=43，所以四棱锥 P-ABCD 的外接球表面积为 S=4R2=4 43=163.故选：A.32(2023四川泸州统考

44、一模)已知三棱锥 A-BCD 中，平面 ABD 平面 BCD，且 ABD 和 BCD都是边长为 2 的等边三角形，则该三棱锥的外接球表面积为()A.4B.163C.8D.203【答案】D【解析】由题意画出图形分别取 ABD 与 BCD 的外心 E,F，过 E,F 分别作两面的垂线，相交于 O，结合已知由 R=OC=OE 2+CE 2，求出三棱锥外接球的半径，则外接球的表面积可求.如图，由已知可得，ABD 与 BCD 均为等边三角形，取 BD 中点 G，连接 AG，CG，则 AG BD，平面 ABD 平面 BCD，则 AG 平面 BCD，分别取 ABD 与 BCD 的外心 E,F，过 E,F 分

45、别作两面的垂线，相交于 O，则 O 为三棱锥 A-BCD 的外接球的球心，由 ABD 与 BCD 均为边长为 2 的等边三角形，可得 OE=OF=13 CG=13 2 32=33，CE=2 32 23=2 33，R=OC=OE 2+CE 2=332+2 332=153，三棱锥 A-BCD 的外接球的表面积为 4 R2=4 1532=203.故选：D.33(2023黑龙江哈尔滨哈尔滨三中校考二模)在边长为 2 的菱形 ABCD 中，BD=2 3，将菱形ABCD 沿对角线 AC 折起，使得平面 ABC 平面 ACD，则所得三棱锥 A-BCD 的外接球表面积为21()A.83B.143C.203D.

46、323【答案】C【解析】在边长为 2 的菱形 ABCD 中，BD=2 3，如图，由已知可得，ABC 与 ACD 均为边长为 2 的等边三角形，取 AC 中点 G，连接 BG，DG，则 BG AC，DG=3 cosGDA=32 GDA=6 ADC=3，平面 ABC 平面 ACD，交线为 AC，而 BG 平面 ABC，则 BG 平面 ACD，分别取 BCD 与 ABD 的外心 E，F，过 E，F 分别作两面的垂线，相交于 O，则 O 为三棱锥 A-BCD 的外接球的球心，由 BCA 与 ACD 均为等边三角形且边长为 2，可得 OE=OF=13 DG=33，DE=DG-GE=2 33，OD=OE

47、2+ED2=332+2 332=153，即三棱锥外接球的半径：R=OD=153，三棱锥 A-BCD 的外接球的表面积为：4 R2=4 1532=203.故选：C.34(2023安徽高三校联考阶段练习)四棱锥 P-ABCD 中，ABCD 是正方形，PA=AB=PB=6，且面 PAB 面 ABCD，则四棱锥 P-ABCD 的外接球表面积为A.8B.10C.12D.14【答案】D【解析】P-ABCD 的外接球转化为三棱柱 PAB-EDC 的外接球，球心位于上下底面中心连线段中点 O处，由正弦定理求出 O1P，勾股定理求出 R，代入球体表面积公式即可得解.P-ABCD 的外接球与三棱柱PAB-EDC

48、外接球相同.22球心位于上下底面中心连线段中点 O 处，设外接球半径为 R，因为 PA=AB=PB=6，所以 PAB 为等边三角形，由正弦定理得 O1P=12 6sin 3=2，R=OP=OO21+O1P2=622+22=64+2=142，S=4R2=14.故选：D题型 10 二面角模型35(2023湖南长沙雅礼中学校考一模)在边长为 2 3 的菱形 ABCD 中，BAD=60，沿对角线 BD折成二面角 A-BD-C 为 120 的四面体 ABCD(如图)，则此四面体的外接球表面积为()A.28B.7C.14D.21【答案】A【解析】如图，取 BD 的中点 M，CBD 和 ABD 的外接圆半径

49、为 r1=r2=2，CBD 和 ABD 的外心 O1，O2到弦 BD 的距离(弦心距)为 d1=d2=1.法一：四边形 OO1MO2的外接圆直径 OM=2，R=7，23S=28；法二：OO1=3，R=7，S=28；法三：作出 CBD 的外接圆直径 CE，则 AM=CM=3，CE=4，ME=1，AE=7，AC=3 3，cosAEC=7+16-272 7 4=-12 7，sinAEC=3 32 7，2R=ACsinAEC=3 33 32 7=2 7，R=7，S=28.故选：A36(2023湖南郴州高三统考阶段练习)在边长为 2 3 的菱形 ABCD 中，BAD=60，沿对角边 BD折成二面角 A-

50、BD-C 为 120 的四面体 ABCD，则四面体 ABCD 外接球表面积为()A.34B.32C.17D.28【答案】D【解析】如图所示，AFC=120，AFE=60，AF=32 2 3=3，AE=3 32，EF=32设 OO=x，则 OB=2，OF=1，由勾股定理可得 R2=x2+4=32+12+3 32-x2，R2=7，四面体的外接球的表面积为 4R2=28，故选：D37(2023黑龙江哈尔滨哈尔滨三中校考二模)在边长为 2 的菱形 ABCD 中，BD=2 3，将菱形ABCD 沿对角线 AC 折起，使二面角 B-AC-D 的大小为 60，则所得三棱锥 A-BCD 的外接球表面积为()A.

51、4B.529 C.6D.203【答案】B【解析】由于四边形 ABCD 是边长为 2 的菱形，且 BD=2 3，则 AC=2CE=2 AB2-BE 2=2，所以，ABC、ACD 都是边长为 2 的等边三角形，由于菱形的对角线互相垂直，则 BE AC，DE AC，所以，BED 为二面角 B-AC-D 的平面角，即 BED=60，过点 B 作平面 ACD 的垂线 BM，垂足为点 M，则点 M 在线段 DE 上，由 BE=DE=3，BED=60，可得 ME=MD=12 DE=32，且 BDE 是等边三角形，所以，BD=BE=3，设 ACD 的外心为点 G，BD 的中点 H，在平面 BED 内，过点 G

52、、H 分别作平面 ACD、BD 的垂线交于点 O，则点 O 为三棱锥 B-ACD 的外接球的球心，则 DG=23 DE=2 33，DH=12 BD=32，BDE=60，则 GH=DG2+DH 2-2DG DHcos60=1312，24由于 O、G、D、H 四点共圆，可得 OD=GHsin60=133，所以，三棱锥 B-ACD 的外接球的表面积为 4 1332=529.故选：B.38(2023河南高三校联考阶段练习)在三棱锥 S-ABC 中，SBA=SCA=2,底面 ABC 是边长为 2 的等边三角形若二面角 S-BC-A 的大小为 23，则三棱锥 S-ABC 的外接球表面积大小为()A.163

53、 B.173 C.193 D.203【答案】C【解析】取 BC 的中点 O，连接 SO,AO，因为 SBA=SCA=2,BA=CA,SA=SA，所以 SBA SCA，所以 SB=SC，所以 SO BC,OA BC，因此 SOA=23 为二面角 S-BC-A 的平面角，设 SO=x，则 SB=x2+1，SBA=2，SA=x2+5，在 SOA 中，由余弦定理得 SO2+OA2-2SO OAcos 23=SA2，即 x2+3+3x=x2+5，解得：x=23，所以三棱锥的外接球的直径 2R=SA=x2+5=193，所以三棱锥的外接球的表面积为 S=4R2=193.故选：C.39(2023湖北高三统考期

54、末)在三棱锥 P-ABC 中，AB=2BC=2，ABC=60，设侧面 PBC 与底面 ABC 的夹角为，若三棱锥 P-ABC 的体积为33，则当该三棱锥外接球表面积取最小值时，tan=()A.34B.4 33C.3D.4【答案】B【解析】因为 AB=2BC=2，ABC=60，所以 AC2=AB2+BC2-2AB BCcos60=4+1-2 2 1 12=3，所以 AC=3，所以 AC2+BC2=AB2，所以 AC BC，所以 AB 为 ABC 的外接圆的直径，设 AB 的中点为 O1，则 O1为 ABC 的外接圆的圆心，因为 SABC=12 AC BC=12 3 1=32，设 P 到平面 AB

55、C 的距离为 h，25则 VP-ABC=13 SABCh=13 32 h=33，所以 h=2，当该三棱锥外接球表面积取最小值时，半径最小，设三棱锥 P-ABC 的外接球的球心为 O，半径为 R，则 OO1 平面 ABC，若点 P 和点 O 在平面 ABC 的同侧，如图：则 R+OO1 h=2，即 OO1 2-R，当且仅当 P,O,O1三点共线时，取等号，在 RtOO1A 中，R2=O1A2+OO21，所以 OO21=R2-OA2=R2-1 (2-R)2，所以 R2-1 R2-4R+4，所以 R 54，当且仅当 P,O,O1三点共线时，取等号，若点 P 和点 O 在平面 ABC 的异侧，则 R-

56、OO1 2，所以 R OO1+2 2，若 O 与 O1重合时，R=1 0，又 ND1=(-1,0,1)，设 NP=ND1=(-,0,)，0,1，则 P 1-,0,，由 R=OP=OB，得 R2=12+2+m2+12-2=122+1-m2+122，则 m=12-2，由 0,1，m 0，可得 0 4，显然不成立，故 h=-3-1 舍去，综上：球 O 的表面积为(19-8 3)故答案为：(19-8 3)56(2023全国统考模拟预测)已知三棱锥 A-BCD 所有棱长都相等，球 O1与它的六条棱都相切，球O2与它的四个面都相切，则球 O1与球 O2的表面积之比为【答案】3【解析】显然此三棱锥为正四面体

57、，如图 1取 AB,CD 中点 E,F，连结 EF，由 AF=BF，所以 EF AB，同理：EF CD则可知 EF 为球 O1的一条直径，连结 AF,BF，设正四面体棱长为 2，则 CF=DF=1,AF=BF=3，所以 EF AB，所以 EF=AF 2-AE 2=2，球 O1半径 R1=22 如图 2过点 A 作 AH 平面 BCD，垂足为 H，显然 H 为 BCD 的重心，连结 BH 并延长交 CD 于 G，则 G 为 CD 的中点，CG=1，所以 BG=3,BH=2 33，所以 AH=AB2-BH 2=2 63，由 VA-BCD=13 SBCDAH=13 SBCD+SABC+SABD+SA

58、CDR2得 R2=14 AH=66，所以S球 O1S球 O2=4R214R22=336故答案为：357(2023山东高三校联考阶段练习)与棱长为2 的正方体所有棱都相切的球的体积为【答案】43【解析】与正方体所有棱都相切的球的球心为正方体的体对角线的交点，半径为面对角线的一半，因为正方体的棱长为2所以正方体的面对角线长为2，则球的半径为 R=1所以球的体积为 V=43 R3=43 故答案为：4358(2023河南高三清丰县第一高级中学校联考阶段练习)在正三棱锥 P-ABC 中，AB=6，PA=4 3，若球 O 与三棱锥 P-ABC 的六条棱均相切，则球 O 的表面积为【答案】76-32 3【解

59、析】如图示：取 ABC 的中心 E，连接 PE，则 PE 平面 ABC，且与棱均相切的球的球心 O 在 PE 上.连接 AE 并延长交 BC 于 D，则 D 为 BC 的中点，AD BC，连接 OD.因为 PE 平面 ABC，所有 PE BC.因为 PE 平面 PAE，AD 平面 PAE，AD PE=E，所有 BC 平面 PAE.因为 OD 平面 PAE，所有 BC OD.过 O 作 OF PA，交 PA 于点 F.球 O 的半径为 r，则 OD=OF=r.由题意：ABC 为正三角形，因为 AB=6，所以 AD=AB sin60=6 32=3 3，AE=23 AD=2 3，ED=3.因为 PA

60、=4 3，AE=2 3，所以 PE=PA2-AE 2=4 32-2 32=6，所以 APE=30.设 OE=t 0 t 6，所以 PO=2OF=2r，因为 r=t2+3，所以 t+2 t2+3=6，解得:t=2 3-2，所以r2=2 3-22+3=19-8 3，故球 O 的表面积为 76-32 3故答案为：76-32 359(2023河南高三清丰县第一高级中学校联考阶段练习)在正三棱锥 P-ABC 中，AB=6,PA=4 3，若球 O 与三棱锥 P-ABC 的六条棱均相切，则球 O 的表面积为()A.16-8 3B.19-8 3C.76-32 3D.19+8 3【答案】C【解析】取 ABC 的

61、中心 E，连接 PE，37则 PE 平面 ABC，且与棱均相切的球的球心 O 在 PE 上，连接 AE 并延长交 BC 于 D，则 D 为 BC 的中点，AD BC，连接 OD，易证 BC OD，过 O 作 OF PA，交 PA 于点 F，设球 O 的半径为 r，则 OD=OF=r，由题意易求得 AD=3 3,AE=2 3,ED=3，由勾股定理得 PE=PA2-AE 2=48-12=6，在 RtPAE 中，sinAPE=AEAP=2 34 3=12，所以 APE=30，设 OE=t(0 t 6)，则 PO=2OF=2r，因为 r=OD=ED2+OE 2=t2+3，从而 t+2 t2+3=6，所以 t=2 3-2，所以 r2=(2 3-2)2+3=19-8 3，故球 O 的表面积为 76-32 3.