专题13 球面几何（精讲）

第38页（共38页）专题13·球面几何命题规律球面几何相关问题是新课标高考命题中的常考考点，以考察学生空间想象能力为主线，结合边角关系、位置关系、长度、面积与体积的计算，从而体现学生应该具备的对空间几何体的理解与认识。问题主要原理：（1）空间问题尝试向平面进行转化，如恰当做出截面，建立多面体基本量与球的半径（直径）之间的数量关系；（2）化归到平面图形后，注意直角三角形的构造与勾股定理的使用。题型归纳题型1长方体模型【解题技巧】球的内接正(长)方体,其体对角线长等于球的直径.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．3．球上存在3条弦两两相互垂直的的棱锥（棱柱）也可以补成长方体解决问题（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．4．若三棱锥的对棱两两相等，则可将其放入某个长方体内，计算公式：（其中为该三棱锥任意三条具有公共顶点的棱）．【例1】（2023•咸阳二模）如图，四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD为边长为4的正方形，PA＝5，则该四棱锥的外接球表面积为（）A．1252π3 B．48π C．75π【分析】首先确定底面ABCD外接圆半径r，则所求外接球半径为R=r【解答】解：∵四边形ABCD为边长为4的正方形，∴四边形ABCD的外接圆半径r=1又PA⊥平面ABCD，PA＝5，∴四棱锥P﹣ABCD的外接球半径R=r∴四棱锥P﹣ABCD的外接球表面积S＝4πR2＝57π．故选：D．【点评】本题考查了四棱锥的外接球表面积计算，属于中档题．【例2】（2023•金凤区校级一模）在三棱锥P﹣ABC中，PA⊥AC，BC⊥AC，且PA=3，AC＝1，BC＝2，PB＝22，则三棱锥P﹣ABCA．8π B．4π C．82π3【分析】由题意可得PA⊥平面ABC，根据棱柱的结构特征得体对角线PB即为三棱锥P﹣ABC的外接球的直径，利用球的表面积公式，即可得出答案．【解答】解：BC⊥AC，则∠BCA＝90°，在Rt△ABC中，AC＝1，BC＝2，则AB=A又PA=3，PB＝22，则PA2+AB2＝3+5＝8＝PB2，即PA⊥AB∵PA⊥AC，AB∩AC＝A，AB⊂平面ABC，AC⊂平面ABC，∴PA⊥平面ABC，故将三棱锥P﹣ABC放于长方体中，如图所示：则体对角线PB即为三棱锥P﹣ABC的外接球的直径，即半径为r=2∴三棱锥P﹣ABC的外接球的表面积为4πr2＝8π，故选：A．【点评】本题考查三棱锥的外接球和球的表面积，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．题型2圆柱直棱柱模型【解题技巧】1．圆柱模型：外接球半径公式：（为该柱体的高，为上下底面外接圆的半径）．2．直三棱柱或可以补成直棱柱模型．3．可补成直棱柱模型（有线面垂直的棱锥）．外接球半径：（为该柱体（锥体）的高，为底面（三角形）外接圆的半径）．附：外接圆半径求法（正弦定理）：.【例1】（2022春•锦江区校级期中）一个正三棱柱（底面为正三角形的直棱柱）的三视图如图所示，则这个正三棱柱的外接球的表面积为（）A．19π3 B．6π C．20π3 【分析】由三视图得正三棱柱的底面正三角形的棱长为2，高为1，再求外接球半径，进而求解面积即可．【解答】解：如图，正三棱柱的直观图为ABC﹣A1B1C1，由三视图可知，该正三棱柱的底面正三角形的棱长为2，高为1，设正三棱柱的外接球的球心为O，O1，O2分别为上下底面正三角形的外接圆圆心，所以，根据对称性，O为O1O2的中点，因为A1所以正三棱柱的外接球的半径R满足R2所以这个正三棱柱的外接球的表面积为4πR故选：A．【点评】本题考查简单几何体的三视图以及球的表面积计算，考查运算求解能力，属于基础题．【例2】（2022秋•杭州期末）阿基米德是伟大的古希腊数学家，他和高斯、牛顿并列为世界三大数学家，他一生最为满意的一个数学发现就是“圆柱容球”定理，即圆柱容器里放了一个球，该球顶天立地，四周碰边（即球与圆柱形容器的底面和侧面都相切），在该图形中，球的体积是圆柱体积的23，并且球的表面积也是圆柱表面积的23，则该圆柱的体积与它的外接球的体积之比为【分析】设圆柱的底面半径为a，由题意可知圆柱的高为2a，再根据圆柱的底面与外接球的关系，可利用勾股定理即可求出圆柱外接球半径R=2【解答】解：设圆柱的底面半径为a，则圆柱的内切球的半径为a，∴圆柱的高为2a，∴圆柱的体积为V1又圆柱的外接球球心为上下底面圆心连线的中点，∴圆柱的外接球半径R=a∴圆柱的外接球体积为V2=4故答案为：32【点评】本题考查圆柱的内切球与外接球问题，和公式转化思想，属中档题．题型3圆锥正棱锥模型【解题技巧】第一步：确定球心的位置，取的外心，则三点共线．第二步：先算出小圆的半径（利用正弦定理），再算出棱锥的高（也是圆锥的高）．第三步：勾股定理：，解出.【例1】（2023•沙县模拟）设轴截面为正三角形的圆锥的体积为V1，它的外接球的体积为V2，则V1V【分析】作出图形，由题意得△ABC是等边三角形，设外接球的圆心为O，且半径为R，可得圆锥的底面半径r＝BO1=32R，高h＝AO1=32R，求出V1【解答】解：作出图形，如图所示：由题意得△ABC是等边三角形，设外接球的圆心为O，且半径为R，∴圆锥的底面半径r＝BO1=32R，高h＝AO1=∴V1=13πr2h=13π×（32R）2×32R=38πR3，故答案为：932【点评】本题考查球的体积，考查转化思想、逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．【例2】（2023•成都模拟）已知正四棱锥P﹣ABCD的侧棱PA=22，底面边长为2，则该正四棱锥外接球的表面积为【分析】设E为正方形ABCD的中心，连接EP，设正四棱锥的外接球的球心O，作出图形，求出PE，AE，求出R，即可得出答案．【解答】解：在正方形ABCD中，设E为正方形ABCD的中心，连接EP，设正四棱锥的外接球的球心O，作出图形，如图所示：则PE⊥平面ABCD，∵PA=22，底面边长为2，∴AE=12AC=12×设正四棱锥的外接球的半径为R，则OP＝OA＝R，在△OEA中，OE2+AE2＝OA2，即（6−R）2+2＝R2，解得R=∴该正四棱锥外接球的表面积为4πR2=323故答案为：323π【点评】本题考查球的体积与表面积和棱锥的结构特征，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．题型4垂面模型【解题技巧】首先找到侧面SAB和底面ABC的两个三角形的外心分别为O1,O2，在过O1,O2分别作两个平面的法线（垂线），两法线的交点O即为球心．计算公式：．【例1】（2023•安徽模拟）在三棱锥P﹣ABC中，PA⊥底面ABC，CA＝CB＝AP＝2，∠ACB=2π3，则三棱锥P﹣A．25π B．20π C．16π D．12π【分析】首先利用正弦定理和余弦定理求出三棱锥的外接球的半径，进一步利用球的表面积公式求出结果．【解答】解：在三棱锥P﹣ABC中，PA⊥底面ABC，如图所示：在△ABC中，CA＝CB＝2，∠ACB=2πAB2＝AC2+BC2﹣2AC•BC•cos∠ACB＝4+4+4＝12，解得AB＝23，设△ABC外接圆的半径为R，利用正弦定理ABsin∠ACB=2过点E作△ABC的垂线和AP的垂直平分线交于点O，即点O为三棱锥P﹣ABC外接球的球心，设球的半径为r，故r=22+故选：B．【点评】本题考查的知识要点：正弦定理和余弦定理，求和三棱锥的关系，球的表面积公式，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于中档题和易错题．【例2】（2023•叶县模拟）如图，在四面体ABCD中，AB＝BC＝AD＝CD＝4，AC＝2，∠BCD＝∠BAD＝120°，则四面体ABCD外接球的表面积为．【分析】根据题意分析可知BD⊥平面ACE，根据外接球的性质以及四面体ABCD的结构特征确定四面体ABCD的外接球的球心所在位置，进而可求半径和面积．【解答】解：如图1，取BD的中点E，由AB＝BC＝AD＝CD＝4，∠BCD＝∠BAD＝120°，可得AE＝CE＝2，又AC＝2，所以△ACE为等边三角形．由AB＝AD＝BC＝CD，BE＝DE，可得AE⊥BD，CE⊥BD，AE∩CE＝E，AE，CE⊂平面ACE，则BD⊥平面ACE，如图2，延长AE至Q，使得AE＝QE，延长CE至P，使得CE＝PE，∵△BCD的外接圆的直径2r=CDsin∠DBC=故易知P为△BCD的外心，Q为△ABD的外心，过点P作平面BCD的垂线，过点Q作平面ABD的垂线，两垂线的交点O就是四面体ABCD外接球的球心，由PE＝AE＝2，∠OEP＝30°，可得OE=2△OAE中，OA2＝AE2+OE2﹣2AE×OEcos∠AEO＝22+（433）2﹣2×2×433×（−32）=52故答案为：208π3【点评】本题主要考查几何体的表面积，考查计算能力，属于中档题．题型5二面角型【解题技巧】如图所示为四面体，已知二面角大小为，其外接球问题的步骤如下：（1）找出和的外接圆圆心，分别记为和．（2）分别过和作平面和平面的垂线，其交点为球心，记为．（3）过作的垂线，垂足记为，连接，则．（4）在四棱锥中，垂直于平面，如图2所示，底面四边形的四个顶点共圆且为该圆的直径．二面角型，多是可以借助外心垂线相交法来计算解决。1.等边或者直角：（1）等边三角形中心（外心）做面垂线，必过球心；2.直角三角形斜边中点（外心）做面垂线，必过球心；3.许多情况下，外心垂线夹角与二面角相等或者互补．【例1】（2022•杭州模拟）在菱形ABCD中，AB＝4，∠BAD＝120°，M为BC的中点，将△ABM沿直线AM翻折成△AB1M，如图所示，当三棱锥B1﹣AMD的体积最大时，三棱锥B1﹣AMD的外接球的体积是．【分析】易得平面AB1M⊥平面AMD时三棱锥B1﹣AMD的体积最大，要求三棱锥B1﹣AMD外接球体积，利用长方体外接球，求出球的半径，即可求解．【解答】解：易得平面AB1M⊥平面AMD时三棱锥B1﹣AMD的体积最大，由题意知BM⊥AM，故B1M⊥AM，当平面AB1M⊥平面AMD时，B1M⊥平面AMD，因为∠DAM＝∠DAB﹣∠BAM＝90°，所以AM⊥AD，如图所示，要求三棱锥B1﹣AMD外接球体积，即求如图所示的长方体外接球的体积，由已知得长方体的长、宽、高分别为4，23则长方体外接球半径r=42+故答案为：642【点评】本题主要考查了三棱锥外接球问题，考查了学生的空间想象能力，属于中档题．【例2】（2023•白山一模）如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，AD＝DC＝BC＝2，∠ABC＝60°，将△ACD沿边AC翻折，使点D翻折到P点，且PB=22，则三棱锥P﹣ABC外接球的表面积是【分析】先证明出BC⊥面PAC，作出△PAC的外心O'，过O'作O'O∥BC，判断出三棱锥P﹣ABC外接球的球心O必在直线O'O上，设外接球的半径为r，利用球的性质列方程求出r，即可求出三棱锥P﹣ABC外接球的表面积．【解答】解：在梯形ABCD中，AB∥CD，AD＝DC＝BC＝2，∠ABC＝60°，所以梯形ABCD为等腰梯形，∠ADC＝∠BCD＝120°．因为AD＝DC，∠ADC＝120°，所以∠DAC＝∠ACD＝30°，所以∠ACB＝∠BCD﹣∠ACD＝120°﹣30°＝90°，即AC⊥BC．所以AC=BCtan60°=23，AB=因为PC=BC=2，PB=22，所以PC2+BC2＝PB2，所以PC⊥又AC⊂面PAC，PC⊂面PAC，AC∩PC＝C，所以BC⊥面PAC．在△PAC中，∠PAC＝∠ACP＝30°，∠APC＝120°，作出其外心O'如图所示：所以O'A＝O'P＝O'C＝2，∠PO'A＝∠PO'C＝60°．过O'作O'O∥BC，由球的性质可知，三棱锥P﹣ABC外接球的球心O必在直线O'O上．设外接球的半径为r，由球的性质可得：2r2−|O'C|2=|BC|，即2r2−22=2，解得：r2＝5．所以三棱锥故答案为：20π．【点评】本题主要考查球的表面积，考查运算求解能力，属于中档题．题型6矩形沿对角线翻折模型【解题技巧】如图，在四面体中，，，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,为公共的斜边,故以“共斜边拼接模型”命名之.设点为公共斜边的中点,根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半的结论可知，，即点到，，，四点的距离相等,故点就是四面体外接球的球心,公共的斜边就是外接球的一条直径.【例1】（2023•辽宁一模）在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M，N，F分别为BB1，CD，AB的中点，则三棱锥B﹣MNF的外接球的体积为（）A．5π B．6π C．3π【分析】根据直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，可找到球心为MN的中点，从而找到球半径．【解答】解：正方体中，N，F分别为CD，AB的中点，连接NF，∴NF∥BC，∵BC⊥平面A1ABB1，∴NF⊥平面A1ABB1，∵MF⊂平面A1ABB1，∴NF⊥MF，又MB⊥BN，即Rt△NFM和Rt△MBN有公共的斜边MN，设MN的中点为O，则点OM＝ON＝OB＝OF，∴点O为三棱锥B﹣MNF外接球的球心，MN为该球的直径，∴2R=BR=62，该球的体积故选：B．【点评】本题考查外接球问题，属于中档题．题型7棱锥的内切球【解题技巧】利用等体积法求内切球的半径具体做法：先将原多面体分割成以该它内切球球心为顶点，该多面体的所有面为底面的棱锥（棱锥的高即为内切球半径），再求原多面体的体积。抓住所有棱锥体积之和等于原多面体的体积。【例1】（2023•新乡开学）已知体积为3的正三棱锥P﹣ABC，底面边长为23，其内切球为球O，若在此三棱锥中再放入球O'，使其与三个侧面及内切球O均相切，则球OA．33 B．19 C．23【分析】直接利用三棱锥体和球的关系，首先求出三棱锥体的内切球半径，进一步利用等体积转换法求出外接球的半径．【解答】解：设内切球O的半径为r，球O'的半径为R．因为VP﹣ABC＝3，底面边长为23设正三棱锥体的高为h，所以VP−ABC=13所以可求得侧棱长为x=7，所以三棱锥P﹣ABC的表面积为S△ABC+3S△PAB=9由VP−ABC=1若用一平行于底面ABC的平面去截此三棱锥，得到一个高为23那么截下去的棱锥的高是原棱锥的13，利用相似关系，截下去的棱锥的体积为1根据等体积法，13×3故选：D．【点评】本题考查的知识要点：三棱锥和球体的关系，球的体积公式，等体积转换法，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于中档题和易错题．【例2】（2023•赣州模拟）已知棱长为3的正四面体S﹣ABC的内切球球心为O，现从该正四面体内随机取一点P，则点P落在球O内的概率为（）A．3π6 B．233π C．【分析】根据正四面体的结构特征及性质求其内切球的半径，求出内切球体积和四面体体积，利用几何概型—体积比求概率即可．【解答】解：由正四面体各侧面为等边三角形，若O'为△ABC的中心，连接SO'，则内切球球心O在线段SO'上，如下图示：BO'=2所以内切圆半径r＝OO'，而SO⊥面ABC，BO⊥面SAC，BD⊂面ABC，SD⊂面SAC，故BO⊥SD，SO⊥BD，注意O在面BDS上，又SD＝BD，所以O为等腰三角形BSD的垂心，故BO＝SO，又SO'=SB2−BO'2=6，令所以x2=3+(6−x)而正四面体S﹣ABC的体积V1其内切球体积为V2=43πr3故选：C．【点评】本题主要考查正四面体体积的求解，属于中档题．题型8棱切球型【解题技巧】建立多面体基本量与球的半径（直径）之间的数量关系，化归到平面图形后，注意直角三角形的构造与勾股定理的使用。【例1】（2022•昆都仑区校级一模）已知正三棱柱的高等于1，一个球与该正三棱柱的所有棱都相切，则该球的体积为（）A．π6 B．43π27 C．【分析】由题意画出图形，求解三角形可得正三棱柱的底面边长，进一步求得球O的半径，代入球的体积公式得答案．【解答】解：如图，正三棱柱ABC﹣A1B1C1的高等于1，设上底面中心为O1，下底面中心为G，连接O1G，则球O的球心O在O1G的中点上，设球O切棱AA1于F，切棱BC于E，则F、E分别为所在棱的中点，设底面边长为a，则OF＝AG=33GE=36a，又OG=12，∴OE=14+则球O的半径为R=33，球的体积V=43π×（3故选：B．【点评】本题考查多面体与球的关系，考查空间想象能力与思维能力，考查运算求解能力，是中档题．【例2】（2022•江苏模拟）正四面体P﹣ABC的棱长为4，若球O与正四面体的每一条棱都相切，则球O的表面积为（）A．2π B．8π C．823π【分析】将正四面体P﹣ABC，补成正方体，则正四面体P﹣ABC的棱为正方体的面上对角线，根据球O与正四面体的各棱都相切，且球心在正四面体的内部，可得球O是正方体的内切球，从而可求球O的表面积．【解答】解：将正四面体P﹣ABC，补成正方体，则正四面体ABCD的棱为正方体的面上对角线，∵正四面体P﹣ABC的棱长为4，∴正方体的棱长为22，∵球O与正四面体的各棱都相切，且球心在正四面体的内部，∴球O是正方体的内切球，其直径为22，∴球O的表面积为4π×（2）2＝8π，故选：B．【点评】本题考查球的表面积公式解题的关键是将正四面体P﹣ABC，补成正方体，使得球O是正方体的内切球．题型9最值模型【解题技巧】这类问题是综合性问题，方法较多，常见方法有：导数法，基本不等式法，观察法等．【例1】（2023•黔东南州模拟）在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，△ABC为等边三角形，若三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积为33，则该三棱柱外接球表面积的最小值为【分析】根据直三棱柱的体积得到r2h＝4，根据直三棱柱外接球半径的求法得到R2=r2【解答】解：设直三棱柱的高为h，外接球的半径为R，△ABC外接圆的半径为r，因为△ABC为等边三角形，设边长为a，则2r=asinπ所以三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积为34所以r2h＝4，又R2令f(ℎ)=ℎ24由f'（h）＜0，可得0＜h＜2，函数单减，由f'（h）＞0，可得h＞2，函数单增，所以f（h）的最小值为f（2）＝3，此时R2＝3，所以该三棱柱外接球表面积的最小值为12π．故答案为：12π．【点评】本题考查三棱柱外接球表面积的求解，考查利用导数研究函数的单调性及最值，考查函数思想以及运算求解能力，属于中档题．【例2】（2023•青羊区校级开学）已知正三棱锥的外接球的表面积为64π，则正三棱锥体积最大时该正三棱锥的高是．【分析】根据球的性质，结合导数的性质、棱锥的体积公式、球的表面积公式进行求解即可．【解答】解：∵V球＝4πR2＝64π，∴正三棱锥外接球半径R＝4，如图所示，设外接球圆心为O，过PO向底面作垂线垂足为D，OD＝a（0≤a＜4），要使正三棱锥体积最大，则底面ABC与P在圆心的异侧，∵P﹣ABC是正三棱锥，∴D是△ABC的中心，∴OP＝OA＝4，AD=OA2−O∴AB＝BC＝AC=3∴S△ABC=12×AB×AC×sinπ3∴VP﹣ABC=13×S△ABC×PD=34×（16−a2）×（4+a）=34（−设f（a）＝﹣a3﹣4a2+16a+64，（0≤a＜4），∴f'（a）＝﹣3a2﹣8a+16＝﹣（3a﹣4）（a+4）＝0，解得a＝﹣4或43∴当a∈[0，43），f'（a）＞0；当a∈（43，4），f'（∴f（a）在[0，43）上单调递增，在（4∴当a=43时，正三棱锥的体积VP﹣ABC最大，此时正三棱锥的高为a+OP=4∴正三棱锥体积最大时，该正三棱锥的高为163故答案为：163【点评】本题考查三棱锥的外接球问题，正三棱锥的体积的最值的求解，导数的应用，函数思想，属中档题．最新模拟1．（2023•江西模拟）已知球O是正三棱锥P﹣ABC的外接球，D是PA的中点，且BD⊥PC，侧棱PA＝4，则球O的表面积为（）A．12π B．8π C．32π D．48π【答案】D【题型】圆锥正棱锥模型【解析】解：∵三棱锥P﹣ABC为正三棱锥，∴AB⊥PC，又∵D是PA的中点，且BD⊥PC，∴PC⊥平面PAB，则PC⊥PA，PC⊥PB，又∵三棱锥P﹣ABC为正三棱锥，∴AP⊥BP，设球O的半径为R，则2R=P则球O的表面积为4πR2＝48π，故选：D．2．（2022秋•阜阳期末）在古希腊数学家阿基米德的墓碑上刻有一个令他最引以为傲的几何图案．该几何图案是内部嵌入一个内切球的圆柱，且该圆柱底面圆的直径与高相等，则该圆柱的内切球与外接球的体积之比为（）A．14 B．24 C．12【答案】B【题型】圆柱直棱柱模型【解析】解：该圆柱的内切球和外接球的截面图如下图所示，设圆柱高为h，底面半径为r，圆柱内切球半径为a，外接球半径为R，则h＝2r，BC＝h＝2r＝2a，∴a＝r，BD=2R=ℎ2+∴圆柱内切球与外接球的体积之比为43故选：B．3．（2023•河南模拟）在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，△ABC是边长为6的等边三角形，D是AB的中点，DC1与平面ABC所成角的正切值为1，则三棱柱ABC﹣A1B1C1的外接球的表面积为（）A．75π B．68π C．60π D．48π【答案】A【题型】圆柱直棱柱模型【解析】解：如图所示，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CC1⊥底面ABC，所以∠CDC1为DC1与平面ABC所成的角，因为△ABC是边长为6的等边三角形，D是AB的中点，所以CD＝6×32=所以tan∠CDC1=CC1CD=C设直三棱柱上、下底面的中心分别为O2，O1，所以O1在CD上，且CO1=23CD＝2由对称性可知，三棱柱的外接球的球心为O1O2的中点，设为O，则OC为球的半径，因为O1O2＝CC1＝33，所以CO=C所以直三棱柱的外接球的表面积S＝4π×（532）2＝75故选：A．4．（2023•邢台模拟）在四棱台ABCD﹣A1B1C1D1中，底面A1B1C1D1是边长为4的正方形，其余各棱长均为2，设直线AA1与直线BB1的交点为P，则四棱锥P﹣ABCD的外接球的体积为（）A．82π3 B．642π3【答案】A【题型】圆锥正棱锥模型【解析】解：设AC与BD相交于点O1因为四棱台ABCD﹣A1B1C1D1为正四棱台，直线AA1与直线BB1的交点为P，所以四棱锥P﹣ABCD为正四棱锥，所以PO1⊥平面ABCD．四棱锥P﹣ABCD的外接球的球心O在直线PO1上，连接BO，设该外接球的半径为R．因为AB=12=2，AB平行于A1所以PB＝BB1＝2，BO1=所以|BO|2=|O则四棱锥P﹣ABCD的外接球的体积为4π3故选：A．5．（2023•河南模拟）在三棱锥P﹣ABC中，△ABC是边长为43的正三角形，若三棱锥P﹣ABC的外接球的表面积为100π，则三棱锥P﹣ABC体积的最大值为（）A．83 B．323 C．643 D．963【答案】B【题型】最值模型【解析】解：如图，设底面正三角形ABC的中心为O1，连接AO1交BC于D，则AD⊥BC，∵△ABC是边长为43，∴AO1=2设三棱锥P﹣ABC的外接球的球心为O，连接OA，则4π×（OA）2＝100π，得OA＝5，则OO要使三棱锥P﹣ABC体积最大，则P在O1O的延长线与球的交点处，∴三棱锥P﹣ABC高的最大值为PO1＝PO+OO1＝5+3＝8，可得三棱锥P﹣ABC体积的最大值为13故选：B．6．（2022春•蓬江区校级期中）已知一球与棱长为2的正方体的各条棱都相切，则该球的表面积为．【答案】8π【题型】棱切球型【解析】解：一球与棱长为2的正方体的各条棱都相切，所以球的直径为：22，半径为2．所以球的表面积为：4πR2＝8π．故答案为：8π．7．（2022秋•山西期末）在三棱锥P﹣ABC中，PA＝BC＝25，PB＝AC=13，AB＝PC＝5，则三棱锥P﹣ABC的外接球的表面积是【答案】29π【题型】长方体模型【解析】解：将三棱锥P﹣ABC放到长方体中，可得长方体的三条面对角线分别为25设长方体的长、宽、高为a、b、c，则a2+b而长方体的体对角线即为三棱锥和长方体公共外接球的直径2R，所以（2R）2＝a2+b2+c2＝29，所以三棱锥P﹣ABC的外接球的表面积为4πR2＝29π．故答案为：29π．8．（2023•新城区校级模拟）若某圆锥外接球的体积为36π，母线长为4，则该圆锥的底面面积为．【答案】80π【题型】圆锥正棱锥模型【解析】解：设圆锥外接球的半径为R，则4π3R3＝36π，解得R由球的性质可得圆锥的外接球球心与圆锥底面圆的圆心连线与底面圆垂直，所以球心O在圆锥的高线SM或SM的延长线上，如图所示：设圆锥的底面圆半径为r，高为h，因为母线长为4，所以ℎ2+r2=16(|ℎ−3|)2+r所以圆锥的底面圆面积为S＝πr2=80π故答案为：80π99．（2022秋•宣城期末）在四棱锥A﹣BCDE中，AB⊥平面BCDE，BC⊥CD，BE⊥DE，∠CBE＝120°，且AB＝BC＝BE＝2，则该四棱锥的外接球的表面积为．【答案】20π【题型】圆锥正棱锥模型【解析】解：连接BD，CE，∵BC⊥CD，BE⊥DE，∴E，C，B，D在直径为BD的圆上，取BD的中点O'，即四边形BCDE外接圆的圆心，在△BCE中，又余弦定理可得：cos∠CBE=C∴−12=∴四边形BCDE外接圆的直径即△BCE外接圆直径2r=CEsin∠CBE=4，∴O∵AB⊥平面BCDE，∴四棱锥外接球的球心O与底面BCDE的距离为O'O=1∴四棱锥的外接球的半径为R=O'∴该四棱锥的外接球的表面积为4πR2＝20π．故答案为：20π．10．（2023•赤峰三模）在三棱锥D﹣ABC中，已知AD⊥平面ABC，且△ABC是边长为6的正三角形，三棱锥D﹣ABC的外接球的表面积为24π，则三棱锥D﹣ABC的体积为．【答案】23【题型】垂面模型【解析】解：取AB，BC，AC的中点E，M，F，连结CE，AM，BF，交于点H，则AH＝BH＝CH=2设三棱锥D﹣ABC的外接球的半径R，由外接球表面积为24π可得4πR2＝24π，∴R=6设三棱锥D﹣ABC的外接球的球心为O，连结OH，则OH⊥平面ABC，过O作OG⊥AD，交AD于G，OG＝AH=2∴R=DG2+OG2=故三棱锥D﹣ABC的体积为13S△ABC•AD=13故答案为：23．11．（2022•金溪县校级开学）在边长为3的菱形ABCD中，对角线AC=3，将三角形△ABC沿AC折起，使得二面角B﹣AC﹣D的大小为π2，则三棱锥B﹣ACD外接球的体积是【答案】5【题型】二面角型【解析】解：由题意可得△ACD，△ACB为正三角形，取AC的中点E，则DE⊥BE，过三棱锥B﹣ACD外接球的球心O作OF⊥平面ACD，OG⊥平面ABC，则垂足分别为△ACD，△ABC的外心，又AC=3，则BE=则BG=23×32即三棱锥B﹣ACD外接球的体积是43故答案为：5512．（2022•泸县校级开学）在平面四边形PACB中，已知∠APB＝120°，PA=PB=23，AC＝10，BC＝8．沿对角线AB折起得到四面体P﹣ABC，当PA与平面ABC所成的角最大时，该四面体的外接球的半径为【答案】27【题型】二面角型【解析】解：当PA与平面ABC所成的角最大时，最大角为∠PAB，此时平面PAB⊥平面ABC，在△PAB中，由余弦定理可得AB=(2又AC2＝AB2+BC2，△ABC为直角三角形，CB⊥AB，CB⊥平面PAB，如图，设四面体的外接球的球心为O，截面ABC对应圆的圆心为O1，截面PAB对应圆的圆心为H，E为AB的中点，则球心O到平面PAB的距离为OH=O设△PAB的外接圆半径为r，由正弦定理可得2r=6sin120°=4设四面体的外接球半径为R，连接OA，AH，在Rt△OAH中，R2=4故答案为：27．13．（2023•平罗县校级二模）已知三棱锥P﹣ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥BC，若PA＝2，AB＝1，BC=3，则三棱锥P﹣ABC外接球的表面积为【答案】8π【题型】圆锥正棱锥模型【解析】解：由题意，在三棱锥P﹣ABC中，PA⊥平面ABC，AC，BC⊂平面ABC，所以PA⊥AC，PA⊥BC，又AB⊥BC，AB∩PA＝A，AB，PA⊂平面PAB，所以BC⊥平面PAB，PB⊂平面PAB，所以BC⊥PB，设PC的中点为O，因为PA⊥AC，所以OP＝OC＝OA，因为BC⊥PB，所以OC＝OP＝OB，所以O为三棱锥P﹣ABC外接球的球心，因为AB⊥BC，AB=1，BC=3，所以AC因为PA⊥AC，AC＝2，PA＝2，所以OP=2设三棱锥P﹣ABC外接球的为R，所以R=2所以三棱锥的外接球的表面积为S=4πR故答案为：8π．14．（2022•涟源市模拟）在正三棱锥P﹣ABC中，AB＝4，D是PC的中点，且AD⊥PB，则该三棱锥内切球的表面积为．【答案】32−16【题型】圆锥正棱锥模型【解析】解：如图，取BC中点E，连接DE，AE，由题知△ABC为等边三角形，设O为△ABC中心，连接OP，由正三棱锥的性质可知OP⊥平面ABC，设PA＝2a，因为D是PC的中点，BC中点为E，所以DE∥PB，DE＝a，因为AB＝4，△ABC为等边三角形，所以AE=23因为AD⊥PB，所以AD⊥DE，所以AD2＝12﹣a2，所以在△PAC中，cos∠APC=A即6a2−12所以正三棱锥P﹣ABC的侧棱PA=PB=PC=22所以OP=A所以VP−ABC因为正三棱锥P﹣ABC的表面积为S=S设该三棱锥内切球的半径为R，所以由VP−ABC=1所以该三棱锥内切球的表面积为4πR故答案为：32−16315．（2022秋•酒泉期末）在一个棱长为6+42的正方体内部有一个大球和小球，大球与正方体的六个面都相切，小球可以在正方体和大球之间的空隙自由滑动，则小球体积的最大值是【答案】43【题型】最值模型【解析】解：如图所示，为组合体的中截面，则当小球的表面积最大时大球半径R和小球半径r满足：2R＝R+r+2r因为正方体的棱长为6+42，所以R＝3+22，代入可得r＝1，则小球的最大体积为43π故答案为：43π16．（2022春•梁园区校级期中）已知正三棱锥S﹣ABC，SA＝SB＝SC＝23，AB＝3，球O与三棱锥S﹣ABC的所有棱相切，则球O的表面积为．【答案】(19−8【题型】棱切球型【解析】解：取等边△ABC的中心E，连接SE，则SE⊥平面ABC，连接AE并延长，交BC于点D，则D为BC中点，且AD⊥BC，在SE上找到棱切球的球心，连接OD，则OD即为棱切球的半径，过点O作OF⊥SA于点F，则OF也是棱切球的半径，设OD＝OF＝R，因为SA=SB=SC=23，AB=3，所以求得由勾股定理得：SE=12−3=3，且∠ASE＝30°，设OE＝OD=O由题意得：ℎ2+34=当ℎ=3−1时，R2=ℎ当棱切球的半径最大时，切点为A，B，C，由于∠ASE=30°，SA=SB=SC=23可求得最大半径R=23tan30°=2，而当ℎ=−3显然不成立，故ℎ=−3−1舍去，综上：球O的表面积为故答案为：(19−83真题在线一．选择题1．（2022•新高考Ⅱ）已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为33和43，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（）A．100π B．128π C．144π D．192π【答案】A【题型】垂面模型【解析】解：当球心在台体外时，由题意得，上底面所在平面截球所得圆的半径为332sin60°=3设球的半径为R，则轴截面中由几何知识可得R2−3∴该球的表面积为4πR2＝4π×25＝100π．当球心在台体内时，如图，此时R2综上，该球的表面积为100π．故选：A．2．（2022•新高考Ⅰ）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3≤l≤33，则该正四棱锥体积的取值范围是（）A．[18，814] B．[274，814] C．[274，【答案】C【题型】最值模型【解析】解：如图所示，正四棱锥P﹣ABCD各顶点都在同一球面上，连接AC与BD交于点E，连接PE，则球心O在直线PE上，连接OA，设正四棱锥的底面边长为a，高为h，在Rt△PAE中，PA2＝AE2+PE2，即l2∵球O的体积为36π，∴球O的半径R＝3，在Rt△OAE中，OA2＝OE2+AE2，即R2∴12a2+ℎ2−6ℎ=0，∴又∵3≤l≤33，∴32∴该正四棱锥体积V（h）=1∵V'（h）＝﹣2h2+8h＝2h（4﹣h），∴当32≤ℎ＜4时，V'（h）＞0，V（h）单调递增；当4＜ℎ≤92时，V'（h）＜0，V（h）单调递减，∴V（h）max＝又∵V（32）=274，V（92）=81即该正四棱锥体积的取值范围是[274，64故选：C．3．（2022•乙卷）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．13 B．12 C．33【答案】C【题型】最值模型【解析】解：圆内接四边形，如图所示，S四边形ABCD=12AC⋅BD⋅sinθ≤当且仅当AC，BD为圆的直径，且AC⊥BD时，等号成立，此时四边形ABCD为正方形，∴当该四棱锥的体积最大时，底面一定为正方形，设底面边长为a，底面所在圆的半径为r，则r=22a，∴该四棱锥的高∴该四棱锥的体积V=13a21−∴该四棱锥的体积最大时，其高h=1−故选：C．4．（2021•天津）