2023届高考数学二轮复习 9 立体几何 二级结论讲练 学案

专题9立体几何

二级结论1：三余弦定理与三正弦定理

【结论阐述】

三余弦定理（又称最小角定理）：如图①，AB是平面的一条斜线，BC是平面内的一条直线，OAl

平面乃于O,OC上BC于^C,则COSNZABC=∞s∕03C∙cos/OBA,即斜线与平面内一条直线夹角，的

余弦值等于斜线与平面所成角ɑ的余弦值乘以射影与平面内直线夹角夕的余弦值：CoSy=COSa∙cos；?；

说明：为方便记忆，我们约定了为线线角，α为线面角，力为射影角，则由三余弦定理可得

线面角是最小的线线角，即平面的斜线和它在平面内的射影所成的角，是这条斜线和这个平面内任一

条直线所成角中的最小者.

三正弦定理（又称最大角定理）：如图②，设二面角e-AB-5的平面角为α,ACU平面6,Co2平

面OBlAB,设/CAB=∕y,NG4O=y,则siny=sinɑ∙sin?.

说明：为方便记忆，我们约定α为二面角，夕为线棱角，/为线面角，则由三正弦定理可得

二面角是最大的线面角，即对于一个锐二面角，在其中一个半平面内的任一条直线与另一个半平面所

成的线面角的最大值等于该二面角的平面角.

图①图②

【应用场景】空间三类角，即两条异面直线所成角、直线与平面所成角、二面角是立体几何的核心内容,

也是高考重点考查的内容之一，几乎在每一份数学高考试卷中都会涉及.建立空间直角坐标系，通过

空间向量的坐标运算，是求解空间三类角问题的常用方法.但此法存在两个缺陷：一是若图形不规则

或不容易建立坐标系，则该法常常行不通；二是运算量较大.运用“最小（大）角”定理和"三余（正）

弦”定理，不仅关联了线线角、线面角和二面角，而且利用它解决立体几何中的三类角问题，不需要建

立坐标系，运算量也很小.

【典例指引1】

（2022年高考浙江卷8）

1.如图，已知正三棱柱ABC-ABG,AC=AA,E,F分别是棱BC,AG上的点.记EF与所成

的角为α,EF与平面ABC所成的角为尸，二面角尸—BC—A的平面角为/,则（）

A.a<β≤γB.β<a≤γC.β<γ<aD.a≤γ<β

【答案】A

【分析】先用几何法表示出a，β,Y，再根据边长关系即可比较大小.

【详解】如图所示，过点F作。，AC于尸，过P作PMlBC于连接PE,

y=NFMP,

tan”当=世≤1,ta“=空=逆≥1,=空=tana

FPABPEPEPMPE

所以α≤∕≤y,

故选：A.

【典例指引2】

（2019年高考浙江卷8）

2.设三棱锥V-A8C的底面是正三角形，侧棱长均相等，尸是棱3上的点（不含端点），记直线PB

与直线AC所成角为α,直线尸B与平面ABC所成角为夕，二面角尸-AC-B的平面角为则

A.β<γ,a<γB.β<a,β<γ

C.β<a,γ<aD.a<β,γ<β

【答案】B

【解析】本题以三棱锥为载体，综合考查异面直线所成的角、直线与平面所成的角、二面角的概念,

以及各种角的计算.解答的基本方法是通过明确各种角，应用三角函数知识求解，而后比较大小.而充

分利用图形特征，则可事倍功半.

【详解】方法1：如图G为AC中点，V在底面ABC的投影为0,则P在底面投影。在线段Ao上,

过。作QE垂直AE,易得「E//VG,过P作依〃月C交VG于F,过。作OH//AC,交BG于H,

则α=NBPE,B=NPBD,γ=NPED,则COSa=竺=型=也<∙=cosβ,即e>尸,

PBPBPBPB

PDPD

tanγ=->—=tanβ,即y>β,综上所述，答案为B.

EDBD

方法2：由最小角定理£<a,记V-A8-C的平面角为Y'（显然Y'=Y）

由最大角定理P<γ'=γ,故选B.

方法3：（特殊位置）取V-ABC为正四面体，P为V¾中点，易得

cosa=—=>sina=,sinβ=∙^-,SinY=^ɪ,故选B.

6633

【点睛】常规解法下易出现的错误有，不能正确作图得出各种角.未能想到利用“特殊位置法”，寻求

简便解法.

【针对训练】

（2018年高考浙江8）

3.已知四棱锥S-ABeD的底面是正方形，侧棱长均相等，E是线段AB上的点（不含端点），设SE

与BC所成的角为4，SE与平面ABCD所成的角为打，二面角S-ΛB-C的平面角为4,则

θ<θ<θ<θ<Θ

A.q≤%≤qB.i1<91c.q≤q≤aD.2yX

【答案】D

【分析】分别作出线线角、线面角以及二面角，再构造直角三角形，根据边的大小关系确定角的大小

关系.

【详解】设。为正方形ABCD的中心，”为A3中点，过E作BC的平行线EF,交C。于尸，过。作

QN垂直EF于N,连接S。、SN、OM,贝IJSo垂直于底面ABa）,OM垂直于AB,

因此ZSEN=θ[,/SEO=%/SMO=",

八SNSNSOSO

从而tanΘ∖==---,tann=,tanΘzι=---,

1ENOM2EO3λOM

因为SN≥SQ,EO≥OM,所以Iana≥tanq≥tan<¾,即α≥az02,选D.

【点睛】线线角找平行，线面角找垂直，面面角找垂面.

（2022•浙江•高三开学考试）

4.在正方体ABCn-AgCQi中，M是棱AR上的点且A"=；MN是棱CD上的点，记MN与

BC所成的角为α,MN与底面ABCD所成的角为夕，二面角8-A的平面角为》,则（）

A.a≥β≥γB.a≥γ≥β

C.γ>a≥βD.γ≥β≥a

【答案】B

【分析】作MH_LA。于H,过N作NE〃BC交A8于E,过M作MFLNE于尸，可得a=NMNF,

γ=AMDA,aMNH=β,在正方体中求得它们的正切值比较大小后可得结论.

【详解】作于H,则/"〃AA,A1M=AH,从而HD=MR,

而A4,，平面ABCZ),因此有，平面ABa),

MF

过N作NE"BC交AB于E,过M作MFLNE于F,a=ZMNF,tanZWF=-,

由正方体性质易知NMDA为二面角M-CD-A的平面角，即，=ZMDA,

NFU平面ABCr>,则MH上NF,同理AWLMV,

MFMH=M,MF,MHu平面MFH,所以NFj_平面MEH,

又HFU平面MFH,所以FN上HF,所以Hr)M='是矩形，FN=DH,

由MWJ>平面ABeD知NMAW=£,tanZMNH=也,

HN

八尸MHMH

由MF≥M"'FN≥HD得而≥而≥而,

即tana≥tany≥tan?，。,尸,，均为锐角,所以α≥y≥∕?,

N与。重合时，三角相等.

故选：B.

ΛiMn.

（2022.北京大兴.高一期末）

5.如图，在正方体ABCz）-ABe。中，M是棱AB的中点.令直线AM与AA所成的角为亿，直线AM

与平面ABG。所成的角为%,二面角A-AM-C的平面角为％,则（）

MB

ΘΘ

A.X>2=aB.θt>θ3>θ2

C.θl=θ2<θ3D.θi<θ3<θ2

【答案】B

【分析】取A片的中点N,再根据几何关系，结合线线角线面角与二面角的定义，分析α,a©的正

切值大小结合正切的单调性判断即可

【详解】取44的中点N,连接如图.易得AA//MN,故直线与AA所成的角4=NQMM又直

线〃。，平面ABCQ,故与平面ABCa所成的角a=NZVW。.又Afi，平面AAA。，故二面

角。—AM-C的平面角I=ZD1AD=45".因为tanG=缜>翌=1,tana=1,

MNMN

!

tanθ~,='——<―昌•=1,⅛tanθx>tan(9,>tanθ2,又4,&©均为锐角，故4>4>&

MDAD

（2022•河南新乡•高二期末）

6.已知直线是平面e的斜线，且与平面e交于点M,在平面。上的射影为m,在平面e内过点”作

一条直线〃，直线”和直线m不重合，直线与平面夕所成的角为α,直线m与直线〃所成的角为夕，

直线与直线”所成的角为7,则（）

A.cos«=cosy3cos/B.cosβ-cosa-cosγ

C.COSy=COSa∙cosy!?D.以上说法都不对

【答案】C

【分析】过直线上一点A（与M不重合）作平面e的垂线交平面e于。，过点。在平面夕内作直线〃

的垂线交直线〃于点N,连接QV,求出CoSa、cos/?、COS，的表达式，由此可得出合适的选项.

【详解】如图，过直线上一点A（与M不重合）作平面6的垂线交平面。于0,

过点。在平面6•内作直线"的垂线交直线n于点N,连接ON,

由线面角的定义可得α=ZAMO,则。。Sa=翳

因为AO_L平面6»,MNU平面6,.∙.AOA.MN,

ONLMN,AOON=O,.∙.MNL平面AoN,

47<=平面40可，，47_1出，

MNMN

所以，cosβ=cosZOMN=-----,cosγ-cosZAMN=------,

OMAM

因此,cosγ=cosacosβ.

故选：C.

(2022.山西省长治市第二中学校高一期末)

7.在空间，若NAOB=NB"=NCOA=60。,直线OA与平面05C所成角为。，则COS，=()

A.ɪB.ʌ-C.-D.3

3223

【答案】D

【分析】根据线面角定义，结合线面垂直的判定定理进行求解即可.

【详解】如图，过点A作AHJ_平面80C于H,连接OH,

则ZAOH为直线与平面OBC所成的角9,

分别作“ELOB,交OB于前E,HFA.OC,交OC于点F,

连接AE、AF,

因为08U平面8OC,所以A”J_O8,

因为A"HE=H,AH,HEu平面AEH,

所以OB_L平面A£77,而AEU平面AE”,

所以AELOB,同理4尸_LOC,

因为ZAoS=ZAOC=60o,NoEA=NOFA,OA=OA,

所以AOEA会一函1,所以AE=AF,OE=OF,

所以EH=FH,则OH为“BOC的角平分线，

由ZBOC=60。，可得NFO"=30。，

令HF=a,则Q∕∕=2Λ,OF=yβa,即OE=OF=岛，

在直角三角形AQE中，因为NAOB=60。,

所以AO=——=2y∣3a

cos60°

于是在直角三角形Ao〃中,

cosZ.A0H=QH,=2二_=

OA2岛3

即CoSθ-

故选：D

8.如图所示，在侧棱垂直于底面的三棱柱ABC-A46中，P是棱Be上的动点，记直线AF与平面

ABC所成的角为4,与直线BC所成的角为2,则4,2的大小关系是

A.θλ=θ2B.θt>θ2C.θl<θ2D.不能确定

【答案】C

【详解】分析：首先要明确有关最小角定理，之后对其中的角加以归类，从而得到两角的关系，即可

得结果.

详解：根据线面角是该直线与对应平面内的任意直线所成角中最小的角，

所以有4<%故选C.

点睛：该题考查的是有关角的大小的比较问题，在思考的过程中，需要明确角的意义，从而结合最小

角定理，得到结果.

（2022•江西省万载中学高二期中）

9.已知点A、B分别在二面角a"-/?的两个面a、“上，AC_U,BDLl,C、。为垂足，AC=BD=CD,

若AB与/成60。角，则二面角夕-/一尸为（）

A.30oB.45oC.60oD.120o

【答案】D

【分析】由题意画出图形，作出直线AB与所成角及二面角C-/-〃的平面角，设AC=6E>=8=α,

由己知直线A8与所成角大小，即可求解二面角a7-6的大小.

【详解】解：如图，

在夕内，过B作8E∕∕Z）C,且BE=I>C,连接CE,4E,

由BDJJ,则四边形DCEB为矩形，可得CEL,CE=BD=CD,

ACA.I,得NZACE为二面角a—I-△的平面角，且•平面ACE

即3E_L平面ACE,则BE_LAE

设AC=BD=CD=a,则CE=BE=a,

又直线AB与/所成角为60。，.∙.N4βE=6θo,

得AE=TiBE=Ga,

.⅛ʌx<'crh.,.^C2+CE^—AE^1

，.在∕∖ACE中，cosNzACrEc=-------------=——.

2AC∙CE2

ΛZACE=120°

故二面角a-/一夕的大小为120。.

故选：D.

10.已知二面角a-AB-77是直二面角，P为棱AB上一点、,PQ、PR分别在平面a、夕内，且

ZQPB=ZRPB=45°,则/QPR为（）

A.45oB.60oC.120oD.150°

【答案】B

【解析】在正方体中构造符合条件的图形，由正方体的性质即可求解.

【详解】以正方体为模型，构造满足条件的几何图形如下图所示，

连接QR,由正方体的性质可得PQR为等边三角形,

故NQPR=60°,

故选：B.

【点晴】本题主要考查了直二面角，正方体的性质，属于中档题.

11.ABC的AB边在平面。内，C在平面。外，AC和BC分别在与平面α成30和45的角，且平面

ABC与平面α成60的二面角，那么SinNACB的值为()

A.1B.-C.延D.1或！

333

【答案】D

【分析】从C向平面ɑ作垂线8,作CE_LAB,证得∕)E14?,分NABC为锐角和钝角，由线面

角及二面角结合勾股定理及余弦定理求解即可.

【详解】从C向平面α作垂线C£>,连接A£),80,作CEl.ΛB,连接£>E,ABca,则CDJ.AB,

8CCE=CCr>,CEu平面CDE,则AB工平面CDE,又DEU平面COE,则QElAB,如图所示:

设CD=h,NCBD=45o,BC=42h,ZCAD=30o,AC=2CD=2h,NCE。是二面角的平面角,

ZCED=60o,CE=-h,由勾股定理AE=友//BE="/?,

333

当/A3C为锐角，CE在ZMBC内，∖AB∖=∖AE∖+∖BE]=y∕6h,

222222

(√6Λ)=(√2∕1)+(2A),BPIAB∣=∣BC∣+∣AC∣,ΛZACfi=90。,SinZACB=I;

当ZABC为钝角，CE在AABC之外，IAM=IAEI-忸El=亚∕ι,

根据余弦定理，IAB『=|AC『+1fiC∣2-21AC∣IfiC∣cosZACB,

(2Λ)2+(√2Λ)2-2×2Λ×√2ΛCOSZACB

ncos∕ACB=弛，SinZACB=Jl-cos?ZACB=L综上：SinzAe6的值为1或2.

333

故选：D.

（2022・上海市七宝中学高二开学考试）

TT

12.正方体中力B8-A4GA，过。作直线，若直线与平面ABCD中的直线所成角的最小值为2,

0

且直线与直线BG所成角为：，则满足条件的直线的条数为________.

4

【答案】2

【分析】作出辅助线，得到力。为轴的圆锥母线（母线与。。成60。）是直线的运动轨迹，RA为轴

的圆锥母线（母线与Om成45。）是直线的运动轨迹，两个圆锥的交线即为满足条件的直线的条数.

【详解】设立方体的棱长为1,过R作直线，

若直线与平面A8C3中的直线所成角的最小值为B,

O

π

即与平面ABS所成角为

0

OA为轴的圆锥母线（母线与OR成60。）是直线的运动轨迹，

此时AA为轴的圆锥母线（母线与RA成45。）是直线的运动轨迹，

两个圆锥相交得到两条交线.

故答案为：2

（2022•河南省上蔡第一高级中学高三月考）

13.在四面体SABC中，SAL平面ABC,A8_LAC,SB=SC=",BC=2√L若直线与副所成的角为

6

则直线与平面SBC所成角的取值范围是.

【分析】设BC的中点为。，连接SRAZ）,根据等腰与直角三角形的性质可得NADS为二面角

TTIT

S-BC-A的平面角，ZASD=^,且直线不妨看作以SA为轴，轴截面的顶角为W的圆锥母线所在

的直线，进而求得线面角的最大值与最小值即可.

【详解】如图，设BC的中点为。，连接SaAQ.

因为SAi.平面A8C,SB=SC=√7,所以AB=AC,

所以A。，8C,8CLSD,所以NA。S为二面角S—3C—A的平面角.

又ABlAC,BC=26,所以A8=AC=",AO=6,SA=1,故/ASO=5.

直线不妨看作以SA为轴，轴截面的顶角为3的圆锥母线所在的直线，所以直线与平面SBC所成角的

最小值为g-g=g,最大值为3+J=f,故直线与平面SBC所成角的取值范围是[J,[.

3663621_62

S

,,人,」、（TCTC

故答案为：

OZ_

（2022•浙江宁波•高二期末）

14.已知三棱锥P-ABC的棱长均为1,8CU平面α,E为尸B中点，/_L1.记和直线AE所成角为，，则

该三棱锥绕BC旋转的过程中，Sin。的最小值是.

【答案】B

6

【分析】把和直线AE所成角转化为AE与平面α所成角，结合线面角的性质可求答案.

【详解】设AE与平面α所成角为4,因为/La,和直线AE所成角为凡

所以Sin，=COSa；

取CD的中点F,连接EEAF,

C

因为瓦尸分别为中点，所以瓦7∕8C,2AE/或其补角是AE与8C所成角；

在AAE尸中，AE=AF=-,EF=~,所以CoSNAM=3且为锐角.

226

三棱锥绕BC旋转的过程中，由线面角的性质可知，44NAEF,

所以COSq≥cosZAEF=—，即sin。的最小值为正.

66

故答案为：息.

6

TrTt

15.三角形ABC的一条边AB在平面α内，^A=-,AB=a,AC=&，若AC与平面α所成角为了，

则直线BC与平面α所成角的正弦值为.

【答案】B

3

【分析】过点C作COLa,垂足为。，连。4。8,则NCB。是直线8C与平面α所成的角，/C4O是

AC与平面α所成的角，利用直角三角形可求出结果.

【详解】解：过点C作COj_a,垂足为0,连。4,。8,

则NC8。是直线BC与平面α所成的角，

TT

NC4O是AC与平面α所成的角，则/。。二:，

4

•：AC=∖∣2a，：.CO=OA=a,

■JT

在直角三角形ABC中，NA=1,AB^i,AC=也a

∙'∙βC=√AC2+AB2=>∣2a1+a2=√3α，

在直角三角形COB中，SinNCBO=%=Q=乌

BC旧a3

.∙.直线BC与平面a所成角的正弦值为B.

3

故答案为：&

3

二级结论2：多面体的外接球和内切球

【结论阐述】

类型一球的内切问题（等体积法）

例如：如图①，在四棱锥P-ABCD中，内切球为球。，求球半径r.方法如下:

^P-ABCD~^O-ΛBCD+^OPBC^l^Vo-PCD+PAD+½）-Mβ

即：VAABCD=ʒABCD-r+ɜSpBC，f^+3^PCD'r+ɜ^PAD'r+ɜ^PAB'r»可求出厂.

P

类型二球的外接问题

1.公式法

正方体或长方体的外接球的球心为其体对角线的中点

2.补形法（补长方体或正方体）

①墙角模型（三条线两个垂直）

题设：三条棱两两垂直

图⑤图⑥图⑦

②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（AB=CD,AD=BC,AC=BD）

3.单面定球心法（定+算）

步骤：①定一个面外接圆圆心：选中一个面如图：在三棱锥P-ABC中，选中底面ΔABC,确定其外

接圆圆心。I（正三角形外心就是中心，直角三角形外心在斜边中点上，普通三角形用正弦定理定外

心2r=「二）；

SinA

②过外心01做（找）底面AABC的垂线，如图中Polj面A8C,则球心一定在直线（注意不一定在

线段尸。上）Pol上；

22

③计算求半径R：在直线POl上任取一点0如图：则OP=OA=R,利用公式=0∣A+OO1可计算出

球半径R.

4.双面定球心法（两次单面定球心）

如图：在三棱锥P-ABC中：

①选定底面ΔABC,定ΔABC外接圆圆心0∣;②选定面/2记,定4以8外接圆圆心。?；

③分别过。1做面ABC的垂线，和O,做面尸AB的垂线，两垂线交点即为外接球球心。.

【应用场景】多面体外接球问题是立体几何中的重难点内容之一，在高考中频繁出现.解决此类问题

的关键是确定球心的位置，运用常见模型可以很方便的确定球心的位置从而准确求解.

【典例指引1】

（2022•山西吕梁•一模）

16.在《九章算术•商功》中，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖席，如图在鳖膈ABCO中，AB±

平面BCD,AB=BC=CD=I,BClCD,则鳖膈ABC。内切球的表面积为（）

A.^3πB.（3-2∖Z∑）τr

C.∖2πD.（3+2√2>

【答案】B

【分析】根据鳖腌的性质，结合四面体内切球的性质、棱锥的体积公式、棱锥和球的表面积公式进行

求解即可.

【详解】解：因为四面体ABCo四个面都为直角三角形，45_1平面8（7。，BCLCD,所以

ABlBC,BCVCD,ACLCD,设四面体ABC/）内切球的球心为0,则

+z

VAAJCD=^o-ARC^O-ABD+¾)~ACD+%-BCQ=§i⅛(S/MEC+S^ABD+SMcD+S谶CD)，

3V

所以z⅛=^^—

^ABCD

因为四面体ABCQ的表面积为以8=S*+SAAQ+S&8+S^Q=1+0,

1

--

又因为四面体ABCD的体积VAIICD6

3V√2-l

所以我,所以S球=4不产=(3-20)万，

S2

故选：B

【点睛】关键点睛：利用棱锥的等积性进行求解是解题的关键.

【典例指引21

17.已知三棱锥P-ABC,在底面.ABC中，A=30,BC=I,ABC,PA=2y∣3,则此三棱

锥的外接球的表面积为()

A16;T八321

A.-----B.限BπC.-----D.16;T

33

【答案】D

【分析】利用正弦定理求出4?C的外接圆半径为1,结合上4_1面48€：,PA=2√J求出外接球半径,

进而求出外接球的表面积.

【详解】设QC的夕卜接圆半径为凡因为A=3。，BC”由正弦定理得：2人黑=焉=2,

所以ABC的外接圆半径为1,设球心。在ABC的投影为。,则D4=l,因为R4，面ABC,PA=2G,

故OD=gpA=6由勾股定理得：OA=Joz)2+AD2=2,即此三棱锥的外接球的半径为2,故外

接球表面积为4兀χ2?=16π.

B

故选：D

【针对训练】

（2022•湖北黄冈•高一期末）

18.若圆锥的内切球（球面与圆锥的侧面以及底面都相切）的半径为，当该圆锥体积是球体积两倍时，

该圆锥的高为（）

A.2B.4C.√3D.

【答案】B

【分析】先设出未知量，即圆锥半径为，圆锥高为，分析组合体轴截面图，找出与的一组关系式，再

根据题意中圆锥与球体的体积关系找出另一组与的关系式即可求出答案.

【详解】如下图组合体的轴截面，设圆锥半径为，圆锥高为，则行'=r,AO=h-∖,AC=病17,

由SinNOA£?=SinNc4尸得O-E代C入F得〃一2〃/一/=。①,

OACA

14

由“该圆锥体积是球体积两倍"可知V=]R∙2∕=2χq%χi3）,即92=8②，联立两式得/2=4.

故选:B

（2022•青海・海南藏族自治州高级中学高三开学考试）

19.如图正四棱柱ABCQ-A4G。中，底面面积为36,VABG的面积为6回，则三棱锥3-4gG

的外接球的表面积为（）

A.681B.100√3π∙C.172乃D.I0√6π

【答案】C

【分析】根据正四棱柱的性质求得棱柱的高，三棱锥B-AgG的外接球即为正四棱柱的外接球，棱

柱的对角线即为其外接球的直径，求得球半径后可得表面积.

【详解】设正四棱柱ABC。-ABeA的高为，

因为正方形ABa）的面积为36,所以A4=B∣G=6,

在Rt"BC中，由勾股定理得AG=60,

在RtBCe中，由勾股定理得8C：="+36,AtB=BCl,

因为AΛ1BG的面积为6回，

所以g∙6√Lj36+/?-（30）=6后,解得Zz=IO,

依题意，三棱锥B-ABC的外接球即为正四棱柱ABCo-A4GR的外接球，

其半径为R=TX√62+62+102=√43,

所以三棱锥B-ABc的外接球的表面积为4%.（0）2=172万.

故选：C.

（2022・全国•高三专题练习）

3

20.已知四面体P-4BC中，幺，平面A8C,PA=AB=2,θC=√13,且tan/ABC=],则四面

体P-ABC的外接球的表面积为（）

A.15;TB.17TrC.18%D.20π

【答案】B

【分析】根据题意可求得ABe的外接圆半径，再根据勾股定理求出四面体P-ABC的外接球的半径,

即可求解.

【详解】解：如图所示：

B

3

在ABC中，tanZABC^,

又∙,∙siι√ZABC+cos2ZABC=1且ZABC∈(θ,π},

故解得：cosZABC-sɪnZABC=,

1313

由余弦定理得：AC2=AB2+BC--2AB∙BCcosZABC,

即ΛC2=22+(√i3)2-2×2×√13×∙^γp≈9,

故AC=3,

设，ABC的外接圆半径为，

二AC3_屈

贝/-2sinZABC—一3√13一~，

2×------

设：ABC的外接圆圆心为Q,四面体P-ΛBC的外接球球心为。,

22

则OA=O(V+OtA=(^PA17

^4

四面体P-ABC的外接球的表面积为：4,×τ=17..

故选：B.

（2022♦江苏•金陵中学高一期末）

21.前一段时间，高一年级的同学们参加了几何模型的制作比赛，大家的作品在展览中获得了一致好

评.其中一位同学的作品是在球当中放置了一个圆锥，于是就产生了这样一个有趣的问题：已知圆锥

的顶点和底面圆周都在球。面上，若圆锥的侧面展开图的圆心角为当，面积为3万，则球。的表面积

等于（）

81;TC8brC121万C12E

A.—B.——C.——D.-------

【答案】A

【分析】设球半径为R,圆锥的底面半径为，利用扇形的弧长和面积公式求得R,即可求解.

B

【详解】

2

圆锥的顶点和底面圆周都在球。面上，圆锥的侧面展开图的圆心角为§万，面积为3万，

12

设母线为，则/X丁X∕2=3T,可得：1=3,

2

由扇形的弧长公式可得：2冗r=^πl,所以〃=1,

22

圆锥的r⅛OOx—∖∣3-I=2>/2，

/L\29

由产+（2&-4=R2,解得：R=飞,

Q1Q1

所以球O的表面积等于4万=

320

故选：A

（2022・云南♦弥勒市一中高二阶段练习）

22.设直三棱柱ABC-48Cl的所有顶点都在一个球面上，且球的体积是‘返，AB=AC=AAt,

3

ABAC=UOo,则此直三棱柱的高是（）

A.1B.2C.2√2D.4

【答案】B

【分析】先确定底面：ABC的外接圆圆心及半径，再确定球心位置，并利用球心和圆心的连线垂直于

底面，得到直角三角形，利用勾股定理求解.

【详解】设43=AC=A4,=2〃?，

三角形ABe外接圆。1的半径为，直三棱柱ABC-ABG外接球。的半径为R.

因为NBAC=120。，所以NAeB=30。，

于是2厂=-----=4〃2,r=2m,OlC=2m.

sin30o

又球心。到平面ABC的距离等于侧棱长4A的一半，所以OOi=m.

在RrooC中，由。C2=OC√+O∣C2,得店二疝+4/,R=后ιn∙

所以球的体积V="咨，解得m=l∙

于是直三棱柱的高是AA=2，"=2.

故选：B.

（2022•重庆•西南大学附中高一期末）

23.已知正方形ABCz）中，AB=I,E是8边的中点,现以AE为折痕将VADE折起，当三棱锥

O-A的体积最大时，该三棱锥外接球的表面积为（）

A525π「25π

A.------C.-----D.25π

484

【答案】C

【分析1设棱锥。-ME的外接球球心为。，半径为火,则ONL平面BcE尸，因为AABE的面积为

定值，所当高最大时，三棱锥。-ABE的体积最大，过。作DF_LAE于尸，设点M为ZVSE的外心,

贝IJ有（OF-OMV+FM-=R2,OM2+EM2=R?通过计算可得点M为外接球的球心，从而可求得结果

【详解】解：过。作Q尸_LAE于/，设点M为A48E的外心，G为AE的中点，连接MG,MF,

因为正方形ABC。中，43=2,E是CD边的中点,

所以DE=1,则AE=BE=Jf+2°=非，EG=^->DF==2卢,

2AE√55

所以EF=JDE2-DF?=Ji^=且,MG=LEG="EM=-,

V55244

所以FG=EG-EF=K-K=渔,

2510

所以FM=√Λ∕G2+FG2=J—+—=我ɪ,

Y1610020

设棱锥£>-A8E的外接球球心为。，半径为R,则。MJ•平面BCEF,设OM=x,

因为AMBE的面积为定值，所当高最大时，三棱锥0-45E的体积最大，

此时平面ΛDEJ_平面BCEF,

因为LA平面AOEn平面BCEF=A£,

所以工平面BCE尸，

所以（。尸-OM）2+FΛ∕2=R2,OM2+βw2=R2,

所以（OF-OΛ∕>+FM2=0河2+£河2,

所以DF2-2DFOM+FM2=EM2,

所以&-2x拽OM+更=竺，解得OM=0,

558016

所以AAfiE的外心为三棱锥。-ME外接球的球心,

所以R=EM=3

4

所以三棱锥外接球的表面积为4万川=4%XIj=冬

164

故选：C

（2022•广西•柳铁一中高三阶段练习）

24.在三棱锥A—5CO中，AB=AD=BC=3,CD=5,BD=A,AC=3五,则三棱锥外接球的表

面积为（）

,63兀C64πC128π`126π

A.——B.——C.-------D.------

IO555

【答案】D

【分析】由已知条件先判定出球心的位置，然后运用正弦定理、余弦定理和勾股定理计算出球的半径,

即可计算出外接球的表面积.

【详解】如图，

由Aβ=BC=3,AC=3&，AB-+BC1=AC2,ΛABlBC,

由8C=3,BD=4,CD=5,WBC2+BD1=CD2,ʌBCYBD,

又AB8D=B,；.BC/平面ABO,设△M£＞的外心为G,过G作底面的垂线G。,

使GO=；8C,则。为三棱锥外接球的球心，

3~+ɜ2—421

在AAftD中，由4B=AD=3,80=4,得COSNBAo=--------------=-,

2×3×39

sinZBAD=-,设aABO的外接圆的半径为，，

9

49

则”M""，。Gj

∙∙.三棱锥外接球的表面积为4兀/?2=47tχ年=手兀.

故选：D.

（2022.江西省南丰县第二中学高一学业考试）

/7

25.已知四棱锥S-ABCD,SA_L平面ABCO,ABlBC,ZBCD+ZDAB=π,SA=2,BC=-9^-,

3

π

二面角S-BC-A的大小为彳.若四面体S的四个顶点都在同一球面上，则该球的体积为（）

o/ɔ32

A.当万B.4√3Λ-C.↑QπD.-π

【答案】A

【分析】先确定出三角形ACO外接圆的圆心O',然后过O'作垂直于平面ABa）的垂线，再过SA中

点”向作垂线，垂足即为球心，根据线段长度可求解出球的半径，则球的体积可求.

TTTT

【详解】因为ZJBCD+ADAB=π,所以NCD4=2万—万―不=彳，所以Cz）J_AD,

所以Aa）外接圆的圆心为AC的中点，记为O',过O'作直线使得/人平面ABCO,

取M中点M，过M作Mo_U垂足为。，则。A=OS=OC=。£>,

所以。为四面体S-ACD外接球的球心,

因为SAj.8C,A8_LBC,S4AB=A,所以BC/平面SAB,BCLSB,

TT

又AB上BC,所以二面角S—8C—A的平面角为NSB4,所以NSB4=1,

β_SA_2>∕3f2~

因为54=2,所以A"=-3=亍，所以AC=4AB?+Be?=3+*=2,

tanʒ-ɔV33

所以Ao=MO='AC=1,

2

又因为AM=SM=OO'=^AS=1,

所以Ao=JAa2+00"=0,

所以四面体S-ACD外接球的体积为当（应/=#，

故选：A.

S

二、填空题

（2022•河南焦作・一模）

26.已知三棱锥P-ABC的每条侧棱与它所对的底面边长相等，且，ABC是底边长为3亚，面积为

诙的等腰三角形，则该三棱锥的外接球的表面积为.

2

【答案】34%

【分析】把三棱锥放入一个长方体中，转化为求长方体外接球的半径即可得解.

【详解】三棱锥尸-ABC可以嵌入一个长方体内，且三棱锥的每条棱均是长方体的面对角线，如图,

设P4=BC=3√5,PB=AC=PC=AB=X,长方体交于一个顶点的三条棱长为。，b,,则

SW=丘卜-（呼）=粤,解得金•

由题得a?+力*=