高中数学同步讲义（人教B版2019必修四）第29讲 专题11-1 立体几何外接球的10种归类

专题11-1立体几何外接球的10种归类TOC\o"1-3"\h\u题型1墙角模型 5◆类型1两两垂直型（特别是四个面都是直角三角形） 5◆类型2对棱垂直推理两两垂直 12◆类型3对棱相等模型 16题型2直棱柱的外接球（汉堡模型） 20◆类型1直棱柱的外接球 20◆类型2直棱锥的外接球 24题型3切瓜模型 28题型4正棱锥与普通棱锥的外接球 36题型5两个直角三角形拼接模型 44题型6圆锥的外接球 46题型7圆柱的外接球 49题型8圆台的外接球 52题型9棱台的外接球 54题型10二面角型外接球 61知识点一.正方体长方体的外接球1.长方体的外接球：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＝eq\r(a2＋b2＋c2)2.正方体的外接球：正方体的棱长为a，外接球半径为R，则2R=3.墙角模型（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）正四面体可以补形为正方体如图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所示知识点二.直棱柱的外接球（汉堡模型）1.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【例如】直三棱柱内接于一球勾股定理：OH2+2.计算公式R=知识点三.直棱锥的外接球（侧棱垂直底面的三棱锥）补形成直棱柱题设：PA⊥平面ABC第一步：将平面ABC画在小圆面上，A为小圆面直径一端点；作小圆面的直径AD，连接PD，则PD必过球心O；第二步：H为△4BC的外心，所以OH」平面ABC；算出小圆面的半径HD=r，OH=12第三步、用勾股定理：R=知识点四.切瓜模型1.当棱锥的侧面垂直与底面垂直时2.假设平面ABC⊥平面BCD,其中r1为平面BCD的外接圆半径，r2为它的垂面ABC的半径,l为两个垂面的交线。

结论：知识点四.正棱锥和普通的棱锥外接球题设：P的投影落在△ABC的外心上第一步:确定球心O的位置，取△ABC的外心H，则P，O，H三点共线；第二步:算出小圆面半径AH=r，算出棱锥的高PH=h；第三步:勾股定理：OH²＋AH²=OA²即：（h-R）²＋r²=R²，解出R题型1墙角模型◆类型1两两垂直型（特别是四个面都是直角三角形）【方法总结】方法：找三条两两垂直的线段，直接用公式，即，求出常见的类型：.【例题1-1】（2022春·浙江杭州·高一校联考期中）已知三棱锥P−ABC中，AB=4，BC=5，【答案】77π【分析】以PA、PB、PC为棱构造一个长方体，三棱锥P−【详解】三棱锥P−ABC的侧棱PA，PB，PC两两垂直，且长度分别为AB=4，BC且P，A，B，C都在同一个球面上（如图所示），以PA、PB、PC为棱构造一个长方体，这个球就是长方体的外接球，设正方体的相邻三条棱长分别为x,y,z,则x2故x2设三棱锥外接球半径为R，则(2R∴该球的表面积为S=4π故答案为：77π【变式1-1】1.（2023·高一单元测试）三棱锥A-BCD中，AD⊥平面BCD，DC⊥BDA．3π2 B．9π2 C．9π 【答案】C【分析】由题可知，可将三棱锥补成长方体，求长方体的外接球的表面积即可.【详解】由AD⊥平面BCD，DC三棱锥的外接球即长方体的外接球，长方体的对角线是外接球的直径，设外接球的半径为R，则2R2=故选：C．【变式1-1】2．（2023·全国·高一专题练习）在直三棱柱ABC−A1B1C1A．4π B．8π C．16π D．24π【答案】C【分析】由条件得该直三棱柱底面为等腰直角三角形，补全为长方体求外接球半径即可得表面积.【详解】因为AB=BC=2，∠将直三棱柱ABC−A1则长方体的外接球即直三棱柱的外接球，因为AB=BC=2，A所以外接球半径R=2，表面积S故选：C.【变式1-1】3．（2023·高一课时练习）《九章算术》是我国古代数学名著，它在几何学中的研究比西方早1000多年．在《九章算术》中，将底面为矩形且一侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马．如图P−ABCD是阳马，PA⊥平面ABCD，PA=5A．1252π3C．100π D．500π【答案】B【分析】由题目条件有PA⊥AB，【详解】因PA⊥平面ABCD，AB⊂则PA⊥AB，则阳马的外接球与以PA，又PA=5，AB=3，AD=则外接球的表面积为：S故选：B【变式1-1】4．（2022春·甘肃兰州·高一兰州五十一中校考期末）在三棱锥P−ABC中，【答案】80【分析】作AE//BC,CE//AB且AE,CE交于E，根据已知条件可得P−ABC的外接球即为P−ABCE的外接球，连接PE，应用勾股定理、线面垂直的判定可得AB⊥面PAE、BC⊥面PCE，再由线面垂直的性质有【详解】由题设，△ABC为等腰直角三角形，作AE//BC,所以ABCE为边长为4的正方形，则P−ABC的外接球即为连接PE，又AB⊥BC即而AB⊥PA，PA∩AE=A，故AB⊥所以AB⊥PE，即CE在Rt△PAB中PA2+AB所以PC⊥BC，而BC⊥EC且PC∩EC=C，故所以BC⊥PE，即AE综上，AE,CE,PE两两垂直，则所以P−ABC的外接球半径R=故答案为：80π【点睛】关键点点睛：作AE//BC,CE//AB且【变式1-1】5．（2021春·山西吕梁·高一统考期末）如图，在边长为2的正方形ABCD中，E，F分别是AB，BC的中点，将△AED，△BEF，△DCF分别沿DE，EF，DF折起，使A，B，C三点重合于点AA．24π B．12π C．6π【答案】C【分析】由四面体A'−DEF【详解】依题意，A'D⊥于是得四面体A'−DEF可以补形成以A四面体A'即2R=A所以四面体A'−DEF故选：C【变式1-1】6．（2022春·河北石家庄·高一校考期中）已知长方体ABCD−A'B'C'D'中，A【答案】5【分析】作BE⊥AC，垂足为E，连接A'E，BE，证得∠BA'【详解】作BE⊥AC，垂足为E，连接A'E，BE，因为AA'⊥平面ABC，且AA'⊂平面ACC'A'，所以平面ABC⊥平面ACC'又BE=3×1∴sin∠BA'故该长方体的体对角线为12+32+12∴该长方体的外接球的表面积为S=4故答案为：5π◆类型2对棱垂直推理两两垂直【方法总结】特别的：正四面体、正三棱锥对棱相互垂直、四个面全都是直角三角形）【例题1-2】（2022·高一课时练习）如图在正三棱锥S−ABC中，M,N分别是棱SC,BC的中点，Q为棱AC上的一点，且AQ=A．12π B．433π C．【答案】D【分析】根据题意证明SA,SB,【详解】因为在△SBC中，M,N所以MN//SB，因为MN⊥因为三棱锥S−ABC为正三棱锥，所以又因为MQ,AC⊂面SAC所以SB⊥面SAC，因为SA,SC⊂面在Rt△SAB中，因为三棱锥S−ABC为正三棱锥，所以△SBC所以SB=SC，所以SA2+所以SA,将此三棱锥放入正方体中，此正方体的面对角线长等于AB长，为22则该正方体棱长为2，外接球半径R=正方体外接球体积V=此正三棱锥S−ABC的外接球体积和正方体外接球体积相同，为故选：D【变式1-2】1．（2017·辽宁沈阳·高一东北育才学校校考阶段练习）在正三棱锥S﹣ABC中，外接球的表面积为36π，M，N分别是SC，BC的中点，且MN⊥AM，则此三棱锥侧棱SA=（

）A．1 B．2 C．3 D．2【答案】D【分析】利用球的表面积公式，算出球的半径R=3．由题意可证出MN⊥平面SAC，可得SB⊥平面SAC，从而得出∠ASB=∠BSC=∠ASC=90°．因此将此三棱锥补成正方体，则它们有相同的外接球，正方体的对角线就是球的直径，利用正方体对角线公式即可算出SA长．【详解】取AC的中点E，连结BE、SE，∵三棱锥S﹣ABC正棱锥，∴SA=SC，BA=BC．又∵E为AC的中点，∴SE⊥AC且BE⊥AC∵SE、BE是平面SBE内的相交直线，∴AC⊥平面SBE，又SB在平面SBE内可得SB⊥AC又∵MN是△SBC的中位线，∴MN∥SB，可得MN⊥AC又∵MN⊥AM，又AM，AC是平面SAC内的相交直线，∴MN⊥平面SAC，结合MN∥SB，可得SB⊥平面SAC又∵三棱锥S﹣ABC是正三棱锥，∴∠ASB=∠BSC=∠ASC=90°，因此将此三棱锥补成正方体，则它们有相同的外接球，设球的半径为R，可得4πR∴SA2故选：D【变式1-2】2．（2022春·广西南宁·高一校联考期末）在正三棱锥P−ABC中，PA⊥PB，【答案】75π【分析】将正三棱锥P−【详解】由正三棱锥的性质可得，PA⊥PB⊥则将正三棱锥P−则正三棱锥P−所以正三棱锥P−ABC外接球的半径为所以正三棱锥P−ABC外接球的表面积为故答案为：75π【变式1-2】3．（2023·高一单元测试）正三棱锥P−ABC的侧棱长为2，M为AB的中点，且PM⊥【答案】12π【分析】根据等腰三角形三线合一性质和线面垂直判定可知AB⊥平面PCM，从而得到AB⊥PC；由线面垂直判定可得PC⊥平面【详解】∵M为AB中点，PA=PB，CA=CB又CM∩PM=M，CM,PM⊂∵PC⊂平面PCM，∴AB⊥PC，又PM⊥PC∴PC⊥平面PAB，又三棱锥P−∴三棱锥P−ABC为如图所示的棱长为∴该正方体的外接球即为三棱锥P−∵正方体外接球半径R=1222故答案为：12π.◆类型3对棱相等模型【方法总结】方法：三棱锥（即四面体）中，已知三组对棱分别相等，求外接球半径（，，）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，，，，列方程组，，补充：第三步：根据墙角模型，，，，求出，.【例题1-3】（2023·全国·高一专题练习）四面体A−BCD中，AB=【答案】97【分析】将四面体放入长方体中，使得六条棱分别为长方体六个面的面对角线，则长方体的外接球即为四面体A−【详解】将四面体A−如图：则长方体的外接球即为四面体A−又长方体的体对角线即为外接球的直径2R设长方体的长宽高分别为a,则有a2+b2=36所以a2所以外接球的表面积为4πR故答案为：97【变式1-3】1．在三棱锥P－ABC中，PA＝BC＝5，PB=CA=13，PC=BA=25，则三棱锥P－ABC的外接球的表面积为（A．12π B．8π C．24π【答案】D【分析】将棱锥补全为长方体，由长方体外接球直径与棱长关系求直径，进而求其表面积.【详解】三棱锥P－ABC中，PA＝BC＝5，PB=CA=13，PC=AB=2构造长方体使得面对角线分别为5，25，13，则长方体体对角线长等于三棱锥外接球直径2R设长方体棱长分别为a，b，c，则b2+c2=20则a2+b2+故选：D【变式1-3】2．如图，在三棱锥P−ABC中，PA=BC=3，PB=AC=2，PC=AB=5，则三棱锥P−ABC外接球的体积为（

A．2π B．3π C．6π【答案】C【分析】将三棱锥P−ABC放到长方体中，设长方体的长、宽、高分别为a,b,c，求出a,b,c即得三棱锥P-ABC外接球的半径，即得解.【详解】解：由题意，PA=BC=3，PB=AC=2，PC=AB=5，将三棱锥P−ABC放到长方体中，可得长方体的三条对角线分别为3，2，设长方体的长、宽、高分别为a,b,c，则a2+b2=解得a=1，b=2，c=所以三棱锥P−ABC外接球的半径R=1∴三棱锥P−ABC外接球的体积V=4故选：C【变式1-3】3．在三棱锥P−ABC中，PA=BC=4，PB=AC=5，PC=AB=11，则三棱锥P−ABC的外接球的表面积为（

A．26π B．12π C．8π【答案】A【分析】根据给定条件，构造面对角线长分别为4，5，11的长方体，求出其体对角线长即可求解作答.【详解】三棱锥P−ABC中，PA=BC=4，PB=AC=5，PC=AB=11构造长方体，使得面上的对角线长分别为4，5，11，则长方体的对角线长等于三棱锥P−ABC外接球的直径，如图，设长方体的棱长分别为x，y，z，则x2+y2=16，y因此三棱锥P−ABC外接球的直径为26，所以三棱锥P−ABC外接球的表面积为4π故选：A题型2直棱柱的外接球（汉堡模型）【方法总结】方法：存在一条棱垂直一个底面（底面是任意多边形，实际是三角形或者四边形（少），它的外接圆半径是r，满足正弦定理）◆类型1直棱柱的外接球【例题2-1】（2021春·浙江·高一校联考期中）如图，在直三棱柱ABC—A1B求三棱柱的外接球的表面积和体积；【答案】表面积16π，体积32【分析】先由三棱柱体积求出BB(1)易知S△ABC=12×2×2=2，三棱柱体积V=S△ABC⋅连接OO1交AC1于H，易知O为△ABC的外心，O1为故外接球半径为AC12=2【变式2-1】1.直三棱柱的六个顶点都在球的球面上，若，，，则球的表面积为（）A．B．C．D．【答案】C△A1B1C1的外接求半径为1sin30∘=2r,r=1,R2=r2+(AA1【变式2-1】2.（2021·高一课时练习）在直三棱柱ABC−A1B1C1中，∠【答案】27【分析】设AB=a，BC=b，球的半径为r，连接AC1，A1C交于点O，取AC中点D，连接BD，即【详解】如图，因为三棱柱ABC−A1设AB=a，BC=b，球的半径为r，连接AC1，A1C交于点则O到三棱柱六个定点的距离相等，即O为三棱柱外接球球心，且OD=又因为三棱锥O−ABC的体积为3，即13所以r=当且仅当a=所以球O的表面积最小值为S=4故答案为：27π【点睛】思路点睛：与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真解析图形，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.【变式2-1】3.一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，底面周长为，则这个球的体积为【解析】设正六边形边长为，正六棱柱的高为，底面外接圆的关径为，则，底面积为，，，，，球的体积为【变式2-1】4．若球О是直三棱柱ABC−A1B【答案】20【分析】由题意作图，可得外接球半径R满足R2=(由球的表面积公式可得S外接球=(【详解】由题意得，在底面直角三角形△ABC中，设BC=a，AC=b，∠C=90设三棱柱的外接球的半径为R，则R2又三棱柱的高和体积都为4，所以V三棱柱=S所以三棱柱外接球的表面积为：S外接球=≥(2ab+16)π=20π(当且仅当a=b=2所以外接球的表面积的最小值为20π.故答案为：20π◆类型2直棱锥的外接球【例题2-2】（2022春·黑龙江哈尔滨·高一哈尔滨市第六中学校校考期末）四棱锥P−ABCD的外接球O的半径为2，PA⊥A．4π B．3π C．2π D．π【答案】B【分析】根据外接球的球心到所有顶点距离相等，故可得球心O为PC的中点，即可根据截面的性质求解截面圆半径.【详解】由题意可知，球心O为PC的中点，因为CD⊥AD,CD⊥PA,AD∩PA=A,所以CD⊥平面PAD,故选：B【变式2-2】1．（2023春·全国·高一专题练习）已知在三棱锥A−BCD中，AB⊥平面BCD，ABA．40π3 B．15π C．52π3 【答案】C【分析】求出三棱锥A−BCD外接球O截平面BCD所得小圆圆心O1【详解】因AB⊥平面BCD，BC,BD⊂平面BCD，则则BC=BD=2=CD，三棱锥A−BCD的外接球O截平面BCD所得小圆圆心连OO1，则OO1⊥平面BCD，取线段AB的中点E，则球O的球心O则四边形BEOO1是矩形，OO1=BE=所以三棱锥A−BCD外接球的表面积故选：C【变式2-2】2．（2022春·重庆巴南·高一重庆市实验中学校考期末）在三棱锥P−ABC中，PB⊥A．52π B．64π3 C．112【答案】B【分析】利用勾股定理证得AB⊥AC，再根据线面垂直的判定定理可得AC⊥平面PAB，故三棱锥C−PAB的外接球在过底面△PAB外接圆圆心且垂直于底面△PAB的直线上，利用正弦定理求得△【详解】解：由AB=2,可得BC2=又PB⊥AC,AB∩PB=所以AC⊥平面PAB故三棱锥B−PAB的外接球在过底面△PAB由正弦定理，可得△PAB外接圆的半径为r所以三棱锥C−PAB外接球的半径为所以三棱锥C−PAB外接球的表面积为即三棱锥P−ABC外接球的表面积为故选：B.【变式2-2】3．（2022春·河北承德·高一校联考阶段练习）如图，三棱锥P−ABC的底面ABC的斜二测直观图为△A'B'C'，已知PB⊥底面ABC，PB【答案】125π6【分析】先由斜二测画法得∠ABC=π2，再结合【详解】由题意得O'D'∥B'C'，且O'所以三棱锥P−ABC外接球的半径r=故答案为：125π【变式2-2】4．（2022春·重庆九龙坡·高一四川外国语大学附属外国语学校校考阶段练习）在三棱锥S−ABC中，底面ABC为边长为3的正三角形，侧棱SA⊥底面ABC【答案】922【分析】由球体表面积公式可得半径R=3，由正弦定理可得底面ABC外接圆半径r=3【详解】令外接球半径为R，则43πR又底面ABC外接圆半径为r，则r=若E为底面中心，D为SA中点，又SA⊥底面ABC则球心O在过E垂直于底面的直线上，如下图示：所以OD垂直平分SA，则SA=2所以三棱锥的体积为13故答案为：9题型3切瓜模型【方法总结】方法：面面垂直型基本图形一般情况下，俩面是特殊三角形.垂面型，隐藏很深的线面垂直型，

.【例题3】（2022春·湖北恩施·高一校联考期末）在三棱锥P−ABC中，平面PBC⊥平面ABC，ABA．54π B．48π C．42π D．36π【答案】B【分析】由题目条件确定出外接球的球心O是△ABC【详解】BP⊥PC，所以△CBP的外接圆的圆心为斜边CB的中点AB=BC=AC=6连接AN，AN⊥BC，平面PBC⊥平面ABC，平面PBC∩平面ABC=BC，AN⊂面ABC，AN⊥△ABC为等边三角形，可知O为△因为AB=BC=AC=6故该三棱锥外接球的表面积为4π×2故选：B【变式3-1】1．（2022春·湖北鄂州·高一统考期末）在三棱锥P-ABC中，平面PAB⊥平面ABC.PA=PB=AB=A．5π B．16π3 C．8π D．【答案】C【分析】由面面垂直可得线面垂直，进而可确定球心的位置在DO上，根据勾股定理即可求解.【详解】如图，取AB的中点E，BC的中点D，连接PE，△PAB是等边三角形，则PE⊥AB.因为平面PAB⊥平面ABC，平面PAB∩平面ABC=AB，PE⊂平面PAB，所以PE⊥平面ABC，又ED⊂平面ABC，所以PE⊥ED.过D作OD⊥平面ABC，则OD∥PE.因为∠CAB=90°，所以三棱锥P-ABC的外接球的球心在DO上，设球心为O，连接OB，OP，设外接球半径为R，由已知PE=32×故选:C.【变式3-1】2．（2022春·山西大同·高一大同市第二中学校校考期中）球O为三棱锥P−ABC的外接球，△ABC和△PBC都是边长为A．28π B．20π C．18π【答案】B【分析】取BC中点为T，以及△ABC的外心为O1，△PBC的外心为O2，依据平面PBC⊥【详解】设BC中点为T，△ABC的外心为O1，△PBC如图由△ABC和△PBC均为边长为则△ABC和△PBC的外接圆半径为又因为平面PBC⊥平面ABC，所以O2T⊥平面且O2T=O1T，过O点O即为三棱锥P−且四边形OO1T所以外接球半径R=则球的表面积为20π故选：B．【变式3-1】3．（2023春·全国·高一专题练习）已知四棱锥P−ABCD的每个顶点都在球O的球面上，侧面PAD⊥底面ABCD，底面ABCD为边长为2的正方形，PD=5【答案】9π2##9【分析】由已知条件可证得AP⊥平面ABCD，则得四棱锥外接球的直径是以AB，AD，AP为棱的长方体的对角线，从而可求出外接球的半径，进而可求得四棱锥P【详解】在△PAD中，PD=5，AP所以PD2=又侧面PAD⊥底面ABCD，侧面PAD∩底面ABCD=AD，所以AP⊥平面ABCD所以四棱锥外接球的直径是以AB，AD，AP为棱的长方体的对角线，设外接球的半径为R，体积为V，则2R=1所以V=即四棱锥P−ABCD外接球的体积为故答案为：9π【变式3-1】4．（2023·全国·高一专题练习）在三棱锥A−BCD中，平面ABC⊥平面BCD，△【答案】20【分析】取BC的中点为M,E,F分别是正三角形ABC和正三角形BCD的重心，O是该三棱锥外接球的球心，连接AM,【详解】取BC的中点为M,E,F分别是正三角形O是该三棱锥外接球的球心，连接AM,则E,F分别在AM,DM上，OF⊥平面BCD，OE⊥平面因为平面ABC⊥平面BCD，AM⊥BC，平面ABC∩平面BCD所以AM⊥平面BCD，所以AM//OF，同理可得DM因为AM⊥BC，DM⊥BC，AM∩所以BC⊥平面ADM，又OM⊂平面ADM，所以因为AM⊥平面BCD，DM⊂平面所以AM⊥∵AM=∴EM=∴四边形OEMF为正方形，∴OM=在直角三角形OMB中，球半径OB∴外接球体积为43故答案为：20【变式3-1】5．（2023春·全国·高一专题练习）已知三棱锥S−ABC中，AB=AC=【答案】16【分析】取BC的中点D，连接SD，AD，根据面面垂直的性质得到AD⊥平面SBC，从而得到三棱锥S−ABC的外接球球心在直线AD上，再设出三棱锥S【详解】取BC的中点D，连接SD，AD，如图所示：因为SB⊥SC，所以D为又因为AB=AC=BC，D为因为平面SBC⊥平面ABC=BC，所以AD所以三棱锥S−ABC的外接球球心在直线在AD上取一点O，使得OS=OA，即O为三棱锥设OS=OA=R，SD=在RT△SDO中，所以32+3−所以三棱锥的外接球的表面积为4π故答案为：16【变式3-1】6．（2021秋·陕西西安·高一西安市远东一中校考期末）如图，在四棱锥P−ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，△PAD是边长为4的等边三角形，四边形ABCD是等腰梯形，【答案】208π3【分析】先根据面面垂直，取△PAD的外接圆圆心G，梯形ABCD的外接圆圆心F，分别过两点作对应平面的垂线，找到交点为外接球球心O，再通过边长关系计算半径，代入球的表面积公式即得结果.【详解】如图，取AD的中点E，BC的中点F，连EF，PE，在PE上取点G，使得PG=2由△PAD是边长为4的等边三角形，四边形ABCD是等腰梯形，AB可得，AB=AF=分别过点G、F作平面PAD、平面ABCD的垂线，两垂线相交于点O，显然点O为四棱锥P−由题可得PE=23，则四棱锥P−ABCD外接球的半径故四棱锥P−ABCD外接球的表面积为故答案为：208π题型4正棱锥与普通棱锥的外接球【方法总结】方法：计算公式和图形：R2【例题4-1】（2022春·云南红河·高一统考期末）已知正三棱锥P−ABC的底面边长为3，侧棱长为A．12π B．15π C．16π【答案】C【分析】过点P作PO⊥平面ABC，垂足为O，连接OC，设外接球的球心为O1，O1在PO上，球的半径为R，由题意O【详解】过点P作PO⊥平面ABC，垂足为O，连接OC，由已知得OCPO=3，设外接球的球心为O1，O1在PO上，球的半径为由O1O2解得R=2，所以球的表面积为S故选：C.【变式4-1】1．已知正三棱锥P−ABC的外接球O的半径为1，且满足OA+A．34 B．34 C．32【答案】A【分析】根据OA+OB+OC=【详解】由于三棱锥是正三棱锥，顶点P在底面的射影是底面中心.由OA+OB+OC=0可知，O为等边三角形ABC的中心，由于正三棱锥P−ABC的外接球O的半径为【点睛】本小题主要考查正三棱锥的几何性质，考查向量加法运算，考查几何体外接球有关问题的求解，属于中档题.【变式4-1】2．所有棱长均为2的正四棱锥外接球表面积为A．4π B．6π C．8π D．12π【答案】C【分析】正四棱锥外接球的球心在它的底面的中心，然后根据勾股定理解出球的半径，最后根据球的表面积公式求解即可.【详解】如图，设正四棱锥的底面中心为O，则在RtΔABC中，AC=2AB=22在RtΔPAO中，PO=A所以正四棱锥的各个顶点到它的底面中心的距离都为2，所以正四棱锥外接球的球心在它的底面的中心，且球半径为R=2所以球的表面积S=4πR故选C.【点睛】该题考查的是有关几何体的外接球的有关问题，涉及到的知识点有正四棱锥的外接球，球的表面积公式，在解题的过程中，正确找出球心的位置是解题的关键.【例题4-2】（2023·全国·高一专题练习）若三棱锥S−ABC的所有顶点都在球O的球面上，△ABC是边长为3的正三角形，SC为球O的直径，三棱锥S−ABCA．4π3 B．16π3 C．【答案】D【分析】根据给定条件，求出△ABC【详解】如图，设△ABC的中心为O1，连接OO显然CD是△ABC外接圆O1的直径，则SD//OO因正△ABC边长为3，则CO1=3而VS−ABC在Rt△SCD中，球O的直径2R=所以三棱锥S−ABC的外接球的体积为故选：D【变式4-2】1．（2022春·江苏泰州·高一江苏省姜堰第二中学校联考阶段练习）在三棱锥P−ABC中，PA=PB=A．8π B．327π C．4【答案】B【分析】△ABC的外接圆的圆心是斜边BC的中点D.连结PD,AD，证明PD⊥平面ABC，设球心为O,球的半径为R,连结【详解】解：因为AB=AC=1，BC所以△ABC的外接圆的圆心是斜边BC的中点D.连结PD因为PA=所以△PCD≅△PDA≅△所以PD⊥BC,所以PD⊥平面ABC所以该三棱锥的外接球的球心在PD上，设球心为O,球的半径为R,连结OB.由题得PD=所以R2所以该三棱锥的外接球的表面积为4π故选：B【变式4-2】2．（2022春·黑龙江哈尔滨·高一哈尔滨德强学校校考期末）四面体ABCD中，AB=AC=BC=22,BD=【答案】120π11【分析】令F为DE中点，由题设易得AF⊥DE并求得EC=2、EF=22【详解】令F为DE中点，则AF⊥面BCD，DE⊂面BCD，故又BD2+CD故△BCD为等腰直角三角形，则DE=EC=且四面体外接球球心在过E点垂直于面BCD的直线上，由△ABC为等边三角形，则AE=在Rt△AEF中AF=若四面体外接球半径为r，则r2所以r2−2=故四面体外接球的表面积为4π故答案为：120【变式4-2】3．在四面体P−ABC中，三角形ABC为等边三角形，边长为3，PA=3，PB=4，PC=5，则四面体P−ABC外接球表面积为（

）A．12π B．25π C．80π9 D．【答案】D【分析】先根据几何体的棱长关系及线面关系确定出球心位置，然后解出半径，得出外接球表面积.【详解】如图所示，取BC的中点为D,取PC中点为点E，连接AE,DE,AD.因为AC=AB=3,且点D为BC的中点，则AD⊥BC，又PA=3，PB=4，PC=5，则BC⊥PB，因为PB//DE,所以BC⊥DE,AD∩DE=D，所以BC⊥平面ADE，则BC⊥AE，又因为PA=AC=3,PC中点为点E,则AE⊥PCPC∩BC=C，所以AE⊥平面PBC,所以球心位于AE上.设球心位点O，半径为R,则R2由勾股定理得：AE=3则R2=11故外接球的表面积为S=4πR故选：D.【点睛】本题考查三棱锥的外接球问题，难度一般.解答时，利用几何条件找出球心的位置是关键，然后通过计算得到半径，从而得出表面积.【变式4-2】4．（2021春·重庆巴南·高一重庆市实验中学校考阶段练习）三棱锥P−ABC体积为36【答案】25【分析】取BC中点D，连PD，连AD并延长至O1，使DO1=AD，连接BO1，CO1，PO1，由条件证得O1是△ABC【详解】三棱锥P−于是得四边形ABO1C为平行四边形，而AB在△ABC中，BC=3，由余弦定理有cos∠则∠ABO1=60∘，因PA=PB=PC，D为BC中点，则PD⊥BC，又AO1⊥BC，PD∩AO1=D，同理PO1⊥AC，而AC∩BC=C，从而得又S△ABC=12设球O的半径为R，则OB=OP=R，OO1=|R−2|则球O的表面积为S=4所以三棱锥外接球的表面积为254故答案为：25题型5两个直角三角形拼接模型【方法总结】方法：两个直角三角形的斜边为同一边，则该边为球的直径题设∶∠APB=∠AQB=90°，求外接圆半径（分析∶取斜边AB的中点，连接OP，OQ，OP=12【例题5】（2023春·全国·高一专题练习）在三棱锥P−ABC中，PA⊥A．4000π3 B．400π C．169π D．【答案】A【分析】根据勾股定理可得PB=20，然后利用正弦定理可得sin∠PCB=1，进而可得PB的中点O【详解】因为PA⊥所以PB=20在△PBC中，由正弦定理得PCsin∠PBC所以sin∠PCB=1，取PB的中点O，连接OA,OC，则即O为三棱锥P−ABC外接球的球心，外接球的半径所以三棱锥P−ABC外接球的体积为故选：A.【变式5-1】1.矩形中，沿将矩形折成一个直二面角,则四面体的外接球的体积是()A.B.C.D.【答案】C【解析】由题意分析可知，四面体的外接球的球心落在的中点，此时满足,.【变式5-1】2.已知四面体P－ABC的外接球的球心O在AB上,且PO⊥平面ABC,,若四面体P－ABC的体积为,则该球的体积为（）A．B．C．D．【解析】设该球的半径为R，则AB=2R，2AC=3AB=23R所以AC=3R，因为AB是球的直径，所以△ABC在大圆所在平面内，且AC⊥BC，在Rt△ABC中，BC2=AB²-AC2=R²，所以Rt△ABC面积S=12×BC×AC=32R²,因为PO⊥面ABC，且PO=R，所以VP-ABC=13×S×PO=13×R×32R²=32.解得R3=33，所以球的体积V=【变式5-1】3．已知矩形ABCD，AB=1，AD=2，E为AD的中点，现分别沿BE,CE将ΔABE，ΔDCE翻折，使点A,D重合，记为点P，则几何体P−BCEA．10π B．5π C．5π2 D．【答案】C【分析】将平面矩形通过折叠得到三棱锥后找不变的量，如边长、角度等不变的量，可以得到两两垂直的棱，将其补全为长方体，则其对角线为外接球直径，从而计算出答案【详解】由题意翻折可得几何体P−BCE中：PB⊥PC,PB⊥PE,PC⊥PE,即三棱锥可以补成以PB,PC,PE为边的长方体，其对角线为外接球的直径：1故r=外接球的表面积为：4×故选C题型6圆锥的外接球【方法总结】方法：圆锥外接球，可类比正三棱锥（任意正棱锥）求解.【例题6】圆锥SD（其中S为顶点，D为底面圆心）的侧面积与底面积的比是2:1，则圆锥SD与它的外接球（即顶点在球面上且底面圆周也在球面上）的体积比为__________．【答案】9【分析】设出圆锥底面半径r和母线长l，利用侧面积和底面积的比求得r与l的关系，由此求得圆锥的高，进而求得圆锥的体积.利用轴截面计算出圆锥外接球的半径，由此求得外接球的体积，进而求得圆锥SD与它的外接球（即顶点在球面上且底面圆周也在球面上）的体积比.【详解】设圆锥底面圆的半径为r，圆锥母线长为l，则侧面积为πrl，侧面积与底面积的比为πrlπr2=lr=2，则母线l=2r，圆锥的高为ℎ=l2−r2=3r，则圆锥的体积为13π则外接球的体积为43πR故填：9【点睛】本小题主要考查圆锥的表面积和底面积的计算，考查圆锥的体积和圆锥外接球体积的计算，考查数形结合的数学思想方法，属于中档题.【变式6-1】1．已知一个圆锥的底面直径为2，其母线与底面的夹角的余弦值为13【答案】4π【解析】根据题意画出正方体的对角截面,分析正方体的边长再计算外接球表面积即可.【详解】如图所示,作出圆锥的一个轴截面,其中AB,AC为母线,BC为底面直径,DG,EF是正方体的棱长,DE,GF是正方体的上、下底面的对角线,设正方体的棱长为x,则DG=EF=x,DE=GF=2又BC=2,12BCAC=依题意得ΔABC∼ΔADE,∴ℎℎ−x=故正方体的体对角线,即外接球的直径D=3故外接球表面积S=4πR故答案为：4π【点睛】本题主要考查了空间几何体中的长度计算以及外接球的问题等.需要根据题意画出图像找到对应的关系列式求解计算.属于中等题型.【变式6-1】2．圆锥SD（其中S为顶点，D为底面圆心）的侧面积与底面积的比是2:1，则圆锥SD与它外接球（即顶点在球面上且底面圆周也在球面上）的体积比为A．9:32 B．8:27 C．9:22 D．9:28【答案】A【分析】根据已知条件求得圆锥母线与底面圆半径r的关系，从而得到圆锥的高与r关系，计算圆锥体积，由截面图得到外接球的半径R与r间的关系，计算球的体积，作比即可得到答案.【详解】设圆锥底面圆的半径为r,圆锥母线长为l，则侧面积为πrl，侧面积与底面积的比为πrlπr2则圆锥的体积为13设外接球的球心为O,半径为R,截面图如图，则OB=OS=R,OD=h-R=3r−R在直角三角形BOD中，由勾股定理得OB2=OD展开整理得R=23r,所以外接球的体积为故所求体积比为3故选A【点睛】本题考查圆锥与球的体积公式的应用，考查学生计算能力，属于中档题.【变式6-1】3．设一圆锥的外接球与内切球的球心位置相同，且外接球的半径为2，则该圆锥的体积为A．π B．3π C．8π D．9π【答案】B【详解】由题意得圆锥的轴截面为正三角形,其外接圆半径为2,所以圆锥底面半径为3,高为3,体积为13题型7圆柱的外接球【方法总结】方法：圆柱外接球，类比正棱柱外接球的求法求解.【例题7】已知圆柱的轴截面为正方形，其外接球为球O，球O的表面积为8π，则该圆柱的体积为（

）A．22π B．2π C．2π【答案】C【分析】设外接球的半径为R，圆柱底面圆的半径为r，由球O的表面积为8π，得R=2，根据轴截面为正方形列方程解得r=1【详解】设外接球的半径为R，圆柱底面圆的半径为r，因为圆柱的轴截面为正方形，所以圆柱的高ℎ=2r，由球O的表面积S=4πR2=8π，得R=2，又R=ℎ故选：C.【变式7-1】1．已知圆柱的侧面积为2π，其外接球的体积为V，则V【答案】43π【分析】设圆柱的底面半径与高，通过圆柱的侧面积求解关系式，表示出外接球的体积V，利用基本不等式即可得到V的最小值.【详解】设圆柱的底面半径为r，高为h，因为圆柱的侧面积为2π，所以2πrℎ=2设圆柱外接球半径为R，则R2=r2+ℎ22≥2r⋅ℎ2故答案为：4π【变式7-1】2．如图，棱长均相等的直三棱柱ABC−A1B1C【答案】2【分析】设三棱柱ABC−A1B1C【详解】设三棱柱ABC−A1B所以△ABC外接圆的半径r=2a所以圆柱OO1外接球的半径故外接球的表面积为4π×21圆柱的侧面积为2×π×2a所以圆柱OO1的侧面积与其外接球的表面积之比为故答案为：2【变式7-1】3．如图，圆柱的底面半径为r，高为ℎ，记圆柱的表面积为S1，圆柱外接球的表面积为S2，若S1S2A．13 B．23 C．13或1 【答案】D【分析】根据已知条件，应用圆柱体、球体的表面积公式得到S1、S2关于r、ℎ的表达式，再由S1【详解】∵圆柱的表面积S1=2πr∴其外接球的表面积S2∴S1S2∴(2ℎ−3r)(ℎ−r)=0，则rℎ=2故选：D．题型8圆台的外接球【方法总结】【例题8】圆台的上下底面半径和高的比为3:4:1，母线长为2，则圆台的外接球表面积为________．【答案】100π【分析】根据题意画出图形，结合图形求出圆台的上下底面半径，进一步求得圆台外接球的半径，则答案可求．【详解】解：设圆台的上底半径为3x，则下底半径是4x，高为x，作轴截面如图所示：又母线长为2，∴x2+∴圆台的上底面半径是3，下底面半径是4，高是1，设圆台外接球的半径为R，则R2−3又OO1−O∴圆台的外接球表面积为4πR故答案为：100π【变式8-1】1．已知圆台上底半径为1，下底半径为3，高为2，则此圆台的外接球的表面积为______．【答案】40π【分析】先画出圆台的轴截面，利用圆心到上底圆周上一点等于外接球半径，圆心到下底圆周上一点等于外接球半径，建立方程，解出外接球半径，求出外接球表面积.【详解】如图所示，设外接球半径为r，球心到上底的距离为h，则球心到下底的距离为|ℎ−2|则有r2=1+ℎ2，r2=9+(2−ℎ)故答案为：40π【变式8-1】2．已知圆台O1O2上底面圆O1的半径为2，下底面圆O2的半径为22，圆台的外接球的球心为O，且球心在圆台的轴【答案】34π【分析】根据题意可得O1O=【详解】O1O=且O1O=3解得R2=172，球故答案为：34π【点睛】本题考查了旋转体的外接球问题、球的表面积公式，属于基础题.【变式8-1】3．已知圆台的母线长为2，母线与轴的夹角为60°，且上、下底面的面积之比为1：4，则该圆台外接球的表面积为（

）A．56π B．100π C．112π【答案】C【分析】先求出圆台的高及上下底面半径，设出外接球半径，由勾股定理解出半径，再由表面积公式求解即可.【详解】圆台上、下底面的面积之比为1：4，则半径比为1：2，设圆台上、下底面半径为r,2r，因母线与轴的夹角为60°，可得圆台高为1，则r=3设圆台外接球的半径为R，球心到下底面的距离为x，易得圆台两底面在球心同侧，则R2=x解得x=4,R2=28故选：C.题型9棱台的外接球【方法总结】方法：正棱台外接球，以棱轴截面为主.【例题9】（2022春·广东佛山·高一统考期末）已知正四棱台的上、下底面边长分别是1和2，所有顶点都在球O的球面上，若球O的表面积为8π，则此正四棱台的侧棱长为__________．【答案】2【分析】根据题意可得球O的半径，结合外接球的性质可得外接球心O在底面的中心，再根据几何关系求解侧棱长即可【详解】设上下底面互相平行的两对角线分别为DC,AB，则由球O的表面积为8π可得球O的半径R=2，又正四棱台的上、下底面边长分别是1和2，故DC=2,AB=22，所以球O的球心正好在AB故答案为：2【变式9-1】1．我国古代《九章算术》中将上，下两面为平行矩形的六面体称为刍童，如图的刍童ABCD−EFGH有外接球，且AB=43,AD=4,EH=46,EF=42【答案】128π【分析】由已知得，球心在上下底面中心的连线上，该连线与上下底面垂直，球心必在该垂线上，然后根据OB=OG，利用直角三角形OO1G【详解】连接HF、EG交于点O1，连接AC、DB交于点O2，由球的几何性质可知，刍童外接球的球心O必在线段O1由题意可知，OO2⊥平面ABCD，OO1设O2O=r，在Rt△OGO在矩形EFGH中，EG=EF2∴OG在Rt△OBO2中，在矩形ABCD中，DB=AD2∴OB设外接球半径OG=OB=R，∴4−r2+则OB=42∴该刍童外接球的表面积为：4πR故答案为：128π.【点睛】方法点睛：空间几何体与球接、切问题的求解方法(1)求解球与棱柱、棱锥的接、切问题时，一般过球心及接、切点作截面，把空间问题转化为平面图形与圆的接、切问题，再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解．(2)若球面上四点P，A，B，C构成的三条线段PA, PB, 【变式9-1】2．在正四棱台ABCD−A1B1CA．该棱台的体积为282，该棱台外接球的表面积为B．该棱台的体积为2823C．该棱台的体积为282，该棱台外接球的表面积为D．该棱台的体积为2823【答案】B【分析】根据正棱台中的直角梯形（或直角三角形）求得棱台的高，外接球的半径，从而计算棱台体积、球表面积．【详解】如图，正四棱台ABCD−A1B1C1DMB=22×2=在直角梯形MNB1B棱台的体积为V=1由对称性外接球球心O在直线MN上，设球半径为r，连接OA,OA1，AM=2若O在线段MN上（如图1），由OM+ON=MN得r2−2+r2因此O在MN的延长线上（如图2），即在平面A1因此有r2−2−所以球表面积为S=4πr故选：B．图1图2【变式9-1】3．在正四棱台ABCD−A1B1C1DA．16π B．20π C．30π D．40π【答案】D【分析】设所求外接球球心为O