2025年高考数学必刷题分类：第50讲、外接球、内切球、棱切球（教师版）

第50讲外接球、内切球、棱切球

知识梳理

知识点一：正方体、长方体外接球

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、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．

PA

（3）正四面体PABC可以补形为正方体且正方体的棱长a，如图3所示．

2

（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

图1图2图3图4

知识点二：正四面体外接球

2

如图，设正四面体ABCD的的棱长为a，将其放入正方体中，则正方体的棱长为a，

2

236

显然正四面体和正方体有相同的外接球．正方体外接球半径为Raa，即正四

224

6

面体外接球半径为Ra．

4

知识点三：对棱相等的三棱锥外接球

四面体ABCD中，ABCDm，ACBDn，ADBCt，这种四面体叫做对棱

相等四面体，可以通过构造长方体来解决这类问题．

b2c2m2

如图，设长方体的长、宽、高分别为a,b,c，则a2c2n2，三式相加可得

222

abt

m2n2t2

a2b2c2,而显然四面体和长方体有相同的外接球，设外接球半径为R，则

2

m2n2t2

a2b2c24R2，所以R．

8

知识点四：直棱柱外接球

如图1，图2，图3，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图3

第一步：确定球心O的位置，O1是ABC的外心，则OO1平面ABC；

11

第二步：算出小圆O的半径AOr，OOAAh（AAh也是圆柱的高）；

1112121

hh

第三步：勾股定理：OA2OA2OO2R2()2r2Rr2()2，解出R

1122

知识点五：直棱锥外接球

如图，PA平面ABC，求外接球半径．

解题步骤：

第一步：将ABC画在小圆面上，A为小圆直径的一个端点，作小圆的直径AD，连接

PD，则PD必过球心O；

第二步：O1为ABC的外心，所以OO1平面ABC，算出小圆O1的半径O1Dr(三角

abc1

形的外接圆直径算法：利用正弦定理，得2r)，OOPA；

sinAsinBsinC12

第三步：利用勾股定理求三棱锥的外接球半径：①

(2R)2PA2(2r)22RPA2(2r)2；

②22222．

RrOO1RrOO1

知识点六：正棱锥与侧棱相等模型

r2h2

1、正棱锥外接球半径：R．

2h

2、侧棱相等模型：

如图，P的射影是ABC的外心

三棱锥PABC的三条侧棱相等

三棱锥PABC的底面ABC在圆锥的底上，顶点P点也是圆锥的顶

点．

解题步骤：

第一步：确定球心O的位置，取ABC的外心O1，则P,O,O1三点共线；

第二步：先算出小圆O1的半径AO1r，再算出棱锥的高PO1h（也是圆锥的高）；

r2h2

第三步：勾股定理：OA2OA2OO2R2(hR)2r2，解出R．

112h

知识点七：侧棱为外接球直径模型

方法：找球心，然后作底面的垂线，构造直角三角形．

知识点八：共斜边拼接模型

如图，在四面体ABCD中，ABAD，CBCD，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，BD为公共的斜边，故以“共斜边拼接模型”命名之．设点O为

公共斜边BD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，

OAOCOBOD，即点O到A，B，C，D四点的距离相等，故点O就是四面体ABCD

外接球的球心，公共的斜边BD就是外接球的一条直径．

知识点九：垂面模型

如图1所示为四面体PABC，已知平面PAB平面ABC，其外接球问题的步骤如下：

（）找出△和的外接圆圆心，分别记为和．

1PAB△ABCO1O2

（）分别过和作平面和平面的垂线，其交点为球心，记为．

2O1O2PABABCO

（）过作的垂线，垂足记为，连接，则．

3O1ABDO2DO2DAB

（）在四棱锥中，垂直于平面，如图所示，底面四边形

4ADO1OO2ADDO1OO22

DO1OO2的四个顶点共圆且OD为该圆的直径．

图1图2

知识点十：最值模型

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

知识点十一：二面角模型

如图1所示为四面体PABC，已知二面角PABC大小为，其外接球问题的步骤

如下：

△

（1）找出PAB和△ABC的外接圆圆心，分别记为O1和O2．

（2）分别过O1和O2作平面PAB和平面ABC的垂线，其交点为球心，记为O．

（3）过O1作AB的垂线，垂足记为D，连接O2D，则O2DAB．

（4）在四棱锥ADO1OO2中，AD垂直于平面DO1OO2，如图2所示，底面四边形

DO1OO2的四个顶点共圆且OD为该圆的直径．

知识点十二：坐标法

对于一般多面体的外接球，可以建立空间直角坐标系，设球心坐标为O(x,y,z)，利用

球心到各顶点的距离相等建立方程组，解出球心坐标，从而得到球的半径长．坐标的引入，

使外接球问题的求解从繁琐的定理推论中解脱出来，转化为向量的计算，大大降低了解题的

难度．

知识点十三：圆锥圆柱圆台模型

1、球内接圆锥

如图1，设圆锥的高为h，底面圆半径为r，球的半径为R．通常在△OCB中，由勾股

定理建立方程来计算R．如图2，当PCCB时，球心在圆锥内部；如图3，当PCCB时，

球心在圆锥外部．和本专题前面的内接正四棱锥问题情形相同，图2和图3两种情况建立的

方程是一样的，故无需提前判断．

h2r2

由图2、图3可知，OChR或Rh，故(hR)2r2R2，所以R．

2h

2、球内接圆柱

h

如图，圆柱的底面圆半径为r，高为h，其外接球的半径为R，三者之间满足()r2R2．

2

3、球内接圆台

2

r2r2h2

2221，其中分别为圆台的上底面、下底面、高．

Rr2r1,r2,h

2h

知识点十四：锥体内切球

3V

方法：等体积法，即R体积

S表面积

知识点十五：棱切球

方法：找切点，找球心，构造直角三角形

必考题型全归纳

题型一：外接球之正方体、长方体模型

例1．（2024·云南昆明·高一校考期末）正方体的表面积为96，则正方体外接球的表面积为

【答案】48π

【解析】设正方体的棱长为a，因为正方体的表面积为96，可得6a296，解得a4，

则正方体的对角线长为l42424243，

设正方体的外接球的半径为R，可得2R43，解得R23，

所以外接球的表面积为S4πR24π(23)248π.

故答案为：48π.

例2．（2024·吉林·高一校联考期末）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2R3a，

3

由a3，可得R，所以球的表面积S4R29.

2

答案：9

例3．（2024·全国·高一专题练习）已知长方体的顶点都在球O表面上，长方体中从一个顶点

出发的三条棱长分别为2，3，4则球O的表面积是

【答案】29π

【解析】由题意可知：长方体的长宽高为2，3，4，所以长方体的体对角线长为：

2

29

222，故长方体的外接球的半径为29，球的表面积为：，

234294π29π

22

故答案为：29π

变式1．（2024·湖南长沙·高一长郡中学校考期中）长方体ABCDA1B1C1D1的外接球的表面

积为25，AB3，AD6，则长方体ABCDA1B1C1D1的体积为.

【答案】122

【解析】因为长方体ABCDA1B1C1D1的外接球的表面积为25，

5

设球的半径为R，由题意4R225，R，2R5，

2

长方体的外接球的一条直径为222

ABCDA1B1C1D1AC1ABADAA15.

因为，，所以2，，

AB3AD636AA15AA14

则长方体ABCDA1B1C1D1的体积为ABADAA1122.

故答案为：122

变式2．（2024·天津静海·高一校考期中）在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB6，BC23，

BB14，则长方体外接球的表面积为．

【答案】64π

【解析】由题意，根据长方体ABCDA1B1C1D1外接球的性质，可得

2

22222，

2RABBCBB162348

R4，该长方体的外接球的表面积S4R264.

故答案为：64π.

题型二：外接球之正四面体模型

例4．（2024·湖北宜昌·宜昌市夷陵中学校考模拟预测）已知正四面体ABCD的表面积为23，

且A，B，C，D四点都在球O的球面上，则球O的体积为．

3

【答案】π

2

【解析】正四面体各面都是全等的等边三角形，设正四面体的棱长为a，

2

12a2

所以该正四面体的表面积为S4aa3a，所以a2，

22

又正方体的面对角线可构成正四面体，

若正四面体棱长为2，可得正方体的棱长为1，

3

所以正方体的外接球即为该正四面体的外接球，所以外接球的直径为3，半径为，

2

3

所以球O的体积为π．

2

3

故答案为：π

2

例5．（2024·浙江·高二校联考期中）正四面体的所有顶点都在同一个表面积是36π的球面上，

则该正四面体的棱长是．

【答案】26

【解析】如图所示：

因为正四面体内接于球，则相应的一个正方体内接球，设正方体为ABCDA1B1C1D1，

则正四面体为ACB1D1，

设球的半径为R，则4R236，

解得R3，

所以AC16则正方体的棱长为23，

所以正四面体的棱长为AD126，

故答案为：26

例6．（2024·全国·高三专题练习）棱长为2的正四面体的外接球体积为.

【答案】3

2

【解析】如图，棱长为2的正四面体可以嵌入到棱长为1的立方体中，所以正四面体的外

接球与所嵌入的立方体的外接球相同.

3

设立方体的外接球半径为R，则R，

2

3

所以立方体外接球的体积43433

VR.

3322

3

故正四面体的外接球体积为.

2

3

故答案为：

2

变式3．（2024·全国·高一假期作业）正四面体PBDE和边长为1的正方体ABCDA1B1C1D1

有公共顶点B，D，则该正四面体PBDE的外接球的体积为.

3

【答案】

2

【解析】由图可知正四面体PBDE的外接球的体积等于正方体ABCDA1B1C1D1的外接球

的体积，求正方体外接球体积即可．

如图，由题可得正四面体PBDE与正四面体A1BDC1全等，

所以正四面体PBDE的外接球的体积等于正四面体A1BDC1的外接球的体积，

也即是正方体ABCDA1B1C1D1的外接球的体积，

因为正方体棱长为1，所以外接球直径为1113，

3

433

所以正方体的外接球的体积为：，

ABCDA1B1C1D1

322

3

所以正四面体PBDE的外接球的体积为．

2

3

故答案为：．

2

变式4．（2024·安徽池州·高二池州市第一中学校考期中）正四面体PABC中，其侧面积与

底面积之差为23，则该正四面体外接球的体积为.

【答案】6

3

【解析】设正四面体PABC的边长为a，则该正四面体每个面的面积为a2，

4

3333

正四面体PABC的侧面积与底面积之差为a2a2a223，解得a2.

442

如下图所示：

过点P作PD平面ABC，垂足为点D，连接AD，可知外接球球心O在PD上，

22326

设球O的半径为R，ABC的外接圆半径为AD，PDPA2AD2，

2sin6033

2

264

由图可知，222，即2，解得6

OD+AD=OARRR.

332

3

因此，正四面体的外接球体积为46

PABCV6.

32

故答案为：6.

题型三：外接球之对棱相等的三棱锥模型

例7．（2024·高一单元测试）在四面体ABCD中，若ABCD3，ACBD2，

ADBC5，则四面体ABCD的外接球的表面积为（）

A．2B．4C．6D．8

【答案】C

【解析】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3，2，5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

＝3，x2+z2＝5，y2+z2＝4，则有（2R）2＝x2+y2+z2＝6（R为球的半径），得2R2＝3，

所以球的表面积为S＝4πR2＝6π．

故答案为6．

例8．（2024·河南·开封高中校考模拟预测）已知四面体ABCD中，ABCD25，

ACBD29，ADBC41，则四面体ABCD外接球的体积为（）

155π455π

A．45πB．C．D．245π

22

【答案】C

【解析】设四面体ABCD的外接球的半径为R,

则四面体ABCD在一个长宽高为a,b,c的长方体中，如图，

a2b220,

222

22abc45

则bc29,故R，

2222

ac41,

444545455π

故四面体ABCD外接球的体积为VπR3π，

3382

故选：C

例9．（2024·广东揭阳·高二校联考期中）在三棱锥SABC中，SABC5，SBAC41，

SCAB34，则该三棱锥的外接球表面积是（）

A．50πB．100πC．150πD．200π

【答案】A

【解析】因为SABC5,SBAC41,SCAB34，

所以可以将三棱锥SABC如图放置于一个长方体中，如图所示：

设长方体的长、宽、高分别为a、b、c，

a2b241

22

则有ac25，整理得a2b2c250，

22

bc34

则该棱锥外接球的半径即为该长方体外接球的半径，

252

所以有a2b2c2502RR，

2

2

所以所求的球体表面积为：252．

S4πR4π50π

2

故选：A．

变式5．（2024·全国·高三专题练习）如图，在三棱锥PABC中，PABC3，PBAC2，

PCAB5，则三棱锥PABC外接球的体积为（）

A．2B．3C．6D．6

【答案】C

【解析】由题意，PABC3，PBAC2，PCAB5，将三棱锥PABC放到长

方体中，可得长方体的三条对角线分别为3，2，5，

设长方体的长、宽、高分别为a,b,c，

则a2b23，a2c22，c2b25，

解得a1，b2，c3．

16

所以三棱锥PABC外接球的半径Ra2b2c2．

22

4

三棱锥PABC外接球的体积VR36．

3

故选：C

题型四：外接球之直棱柱模型

例10．（2024·陕西安康·统考三模）已知矩形ABCD的周长为36，把它沿图中的虚线折成正

六棱柱，当这个正六棱柱的体积最大时，它的外接球的表面积为．

【答案】52π

【解析】设正六棱柱的底面边长为x，高为y，则6xy18，0x3，

3

3333x3x186x

正六棱柱的体积V6x2y3x3x186x363，

4663

当且仅当3x186x，即x2时，等号成立，此时y6正六棱柱的外接球的球心在其上下

底面中心的连线的中点，

其半径为223213，∴外接球的表面积为4π1352π．

故答案为：52π．

例11．（2024·黑龙江齐齐哈尔·高一齐齐哈尔市第八中学校校考阶段练习）设直三棱柱

-

ABCA1B1C1的所有顶点都在一个表面积是40的球面上，且ABACAA1,BAC120，

则此直三棱柱的表面积是（）

A．1683B．8123C．8163D．16123

【答案】D

【解析】设ABACAA12m，因为BAC120，所以ACB30.

2m

于是2r（r是ABC外接圆的半径），r2m.

sin30

又球心到平面ABC的距离等于侧棱长AA1的一半，

所以球的半径为(2m)2m25m.

2

所以球的表面积为4π5m40π，解得m2.

因此ABACAA122,BC26.

于是直三棱柱的表面积是

1

22222262222222sin12016123.

2

故选：D.

-

例12．（2024·全国·高三专题练习）在直三棱柱ABCA1B1C1中，ABC为等腰直角三角形，

若三棱柱ABC-A1B1C1的体积为32，则该三棱柱外接球表面积的最小值为（）

A．12πB．24πC．48πD．96π

【答案】C

-

【解析】设ABC为等腰直角三角形的直角边为a，三棱柱ABCA1B1C1的高为h，

122264

则VShah32，所以ah64，则a，

ABCA1B1C1ABC2h

12

ABC外接圆的半径为ra2+a2a，

22

2222

22h12h164h32h

所以棱柱外接球的半径为Rra，

2242h4h4

32h232h64h3

令y，则y0，则h4，

h4h222h2

32h2

y在0,4上单调递减，在4,上单调递增，

h4

3216

所以当h4时，y12，

min44

则该三棱柱外接球表面积最小值为S4πR24π1248π.

故选：C.

变式6．（2024·湖北咸宁·高二鄂南高中校考阶段练习）已知正三棱柱ABC-A1B1C1的体积为

33，则其外接球表面积的最小值为（）

A．12πB．6πC．16πD．8π

【答案】A

【解析】设正三棱柱底边为a，高为h，外接球半径为R，如图所示，取上下底面正三角形

的

¢

的中心分别为D、D（D在中线CE的三等分点靠E处），易知三棱柱ABC-A1B1C1的外接球

球心O在DD的中点处.

骣2骣2骣2

故==2+琪1=琪a+琪h

AORAD琪AA1琪琪

桫2桫3桫2

132

由题意可得:V-=创aa�h33\,ha=12

ABCA1B1C122

骣a2h2骣4h2骣22h222h2

2琪琪琪3

外接球表面积为：4πR=4π琪+=4π琪+=4π琪++匙4π3鬃=12π

桫34桫h4桫hh4hh4

当且仅当h=2,a=6时取得最小值12π.

故选：A

-

变式7．（2024·全国·高三专题练习）在三棱柱ABCA1B1C1中，已知BCAB1,BCC190，

25

AB侧面BB1C1C，且直线C1B与底面ABC所成角的正弦值为,则此三棱柱的外接球的

5

表面积为（）

A．3B．4C．5D．6

【答案】D

【解析】三棱柱ABC-A1B1C1如图所示，

因为BCC190，所以该三棱柱为直三棱柱.

因为AB侧面BB1C1C，所以三条侧棱BA,BC,BB1两两互相垂直.

所以B1CB为直线C1B与底面ABC所成角，

25

所以sinBCB，则tanB1CB2.

15

因为BCAB1,所以BB12.

将三棱柱补成长方体，设外接球的半径为R，

3

所以(2R)21146R2，

2

3

所以S4R246.

2

故选D.

变式8．（2024·新疆昌吉·高三校考期末）已知正三棱柱ABC-A1B1C1所有棱长都为6，则此

三棱柱外接球的表面积为（）

A．48πB．60πC．64πD．84π

【答案】D

【解析】如图，D为棱BC的中点，G为正△ABC的中心，O为外接球的球心

1

根据直棱柱外接球的性质可知OG∥AA，OGAA3，外接球半径ROC，

121

∵正△ABC的边长为6，则CG23

∴R2OC2OG2CG232(23)221

外接球的表面积S4πR284π.

故选：D．

题型五：外接球之直棱锥模型

例13．（2024·安徽宣城·高一统考期末）在三棱锥PABC中，△ABC是边长为3的等边三

角形，侧棱PA⊥平面ABC，且PA4，则三棱锥PABC的外接球表面积为．

【答案】28π

【解析】根据已知，底面ABC是边长为3的等边三角形，PA平面ABC，

可得此三棱锥外接球，即以ABC为底面以PA为高的正三棱柱的外接球．

设正三棱柱的上下底面的中心分别为M,N，则外接球的球心O为MN的中点，

231

ABC的外接圆半径为rAN33，dONPA2，

322

所以球的半径为ROAr2d27，

所以四面体PABC外接球的表面积为S4πR228π，

故答案为：28π．

例14．（2024·江苏南京·高二统考期末）在三棱锥PABC中，PA面ABC，ABC为等边

三角形，且PAAB3，则三棱锥PABC的外接球的表面积为．

【答案】7π

【解析】因为是直三棱锥，底面是正三角形，所以可以将图补形成为正三棱柱，如图所示，

此三棱锥外接球，即为以ABC为底面以PA为高的正三棱柱的外接球，

设球心为O，作OO平面ABC，则O为ABC的外接圆圆心，连接AO,AO，则

13

OOPA，

22

设ABC的外接圆半径为r，三棱锥PABC外接球半径为R，

AB3

2r2

由正弦定理，得sin603，所以r1，

2

2

3

中，222，所以22，解得7，

RtOOAOAOOOA1RR

22

所以S4πR27π．

故答案为：7π．

例15．（2024·四川成都·高一成都七中校考阶段练习）已知三棱锥PABC，其中PA平面

ABC,BAC120,PAABAC2，则三棱锥PABC外接球的表面积为.

【答案】20π

【解析】根据题意设底面ABC的外心为G，O为球心，所以OG平面ABC，

因为PA平面ABC，所以OG∥PA，

设D是PA中点，因为OPOA，所以DOPA，

因为PA平面ABC,AG平面ABC，所以AGPA，因此OD∥AG，

1

因此四边形ODAG是平行四边形，故OGADPA1，

2

∵BAC120,ABAC2，∴ACB30，

2

又ABC外接圆的半径rAG，由正弦定理得2r2AG4AG2，

sin30

所以该外接球的半径R满足R2OG2AG25，

所以外接球的表面积为S4πR220π.

故答案为：20π．

变式9．（2024·陕西商洛·镇安中学校考模拟预测）在三棱锥DABC中，ABC为等边三角

形，DC平面ABC，若ACCD6，则三棱锥DABC外接球的表面积的最小值为.

144144

【答案】/

77

【解析】设ABACBCa(0a6)，则CD6a，

取正三角形ABC的外心为O，设四面体ABCD的外接球球心为O，

连接OO,OC，则OO平面ABC，

又DC平面ABC，则OO//CD，

则平面OODC截球所得截面为大圆，又DCCO，

11

则OOCD3a

22

a3

又底面外接圆的半径rOCa，

2sin603

2

12a72

所以三棱锥外接球的半径Ra3a3a9.

3212

18366

当a时，R有最小值7，

777

2

6144π

所以三棱锥外接球的表面积的最小值为4π7.

77

144π

故答案为：

7

变式10．（2024·陕西榆林·高二校考阶段练习）已知三棱锥SABC中，SA平面ABC，

2

ABBCCA2，异面直线SC与AB所成角的余弦值为，则三棱锥SABC的外接球

4

的表面积为．

2828

【答案】/

33

【解析】如图，

分别取AC、SA、SB、AB的中点M、N、E、F，

连接MN、NE、EF、MF、ME，可得MN//SC，NE//AB，

2

则MNE为异面直线SC与AB所成角，∴cosMNE，

4

由SA面ABC，而EF//SA，故EF面ABC，MF面ABC，则EFMF，

2

1211t

设SAt，可得MNt4，NEAB1，EFt，MF1，则ME1，

2224

在MNE中，由余弦定理，可得ME2MN2NE22MNNEcosMNE，

t2t212

1112t241，解得t2，

4424

设底面三角形ABC的中心为G，三棱锥SABC的外接球的球心为O，

连接OG，则OG平面ABC，

223

由底面三角形ABC是边长为2的等边三角形，可得AG221，

33

∴O为三棱锥外接球的球心，∴OAOS，则ONSA，GA//ON，

1

又SA2，可得OGSA1，

2

7

则三棱锥SABC的外接球的半径ROAAG2OG2．

3

728π

∴三棱锥SABC的外接球的表面积为S4π()2．

33

28π

故答案为：．

3

变式11．（2024·江苏镇江·高三江苏省镇江中学校考阶段练习）如图，在四棱锥PABCD中，

底面ABCD为菱形，PD底面ABCD，O为对角线AC与BD的交点，若PD3，

π

APDBAD，则三棱锥PAOD的外接球的体积为.

3

【答案】36π

【解析】取PA中点M，DA中点E，连接ME,EO，则ME//PD，

因为PD底面ABCD，所以ME平面ABCD，

因为四边形ABCD是菱形，则AOOD，所以E是△AOD的外心，

又PD底面ABCD，AD平面ABCD，所以PDAD，

所以M到P,A,D,O四点距离相等，即为三棱锥PAOD的外接球球心．

3

πPA6

又PD3，APD，所以π，

3cos

3

所以MAMP3，

4π

所以三棱锥PAOD的外接球体积为V3336π．

3

故答案为：36π．

变式12．（2024·四川绵阳·绵阳中学校考二模）在四棱锥ABCDE中，AB平面BCDE，

BCCD，BEDE，CBE120，且ABBCBE2，则该四棱锥的外接球的表面

积为.

【答案】20π

【解析】连接BD,CE，

因为BCCD，BEDE，所以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，

CB2BE2CE2144CE2

在BCE中，cosCBE即，解得CE23，

2CBBE28

CE

所以四边形BCDE外接圆的直径即BCE外接圆的直径为2r4，

sinCBE

所以OB2，

1

因为AB平面BCDE，所以四棱锥的外接球的球心O与底面BCDE的距离为OOAB1，

2

所以四棱锥的外接球的半径为ROB2OO25，对应的表面积为4πR220π

故答案为：20π

变式13．（2024·广东韶关·高二统考期末）三棱锥PABC中,PA平面

π

ABC,PA4,BAC,BC3,则三棱锥PABC外接球的体积是．

3

20

【答案】5π

3

【解析】如图,将三棱锥还原成直三棱柱,设三棱柱的外接球球心为O,D1,D分别为上下底面

的外心,则O为DD1的中点,AD为底面外接圆的半径,

1

所以球心O到面ABC的距离为0DPA2,

2