专题03 外接、内切各类球培优归类（16题型）（解析版）-2026年高考数学一轮复习讲练

外接球模型：基础思维外接球模型：基础思维外接球模型：对棱补形外接球模型：线面垂直型外接球模型：面面垂直型特殊三角形双线定心型特殊几何体：不规则型特殊几何体：棱台型特殊几何体：圆锥型特殊几何体：圆台型题型1外接球模型：基础思维1.(24-25高二上云南文山·期末)已知长方体ABCD-A₁B₁C₁D₁的体积为16,且AA₁=2,则长方体ABCD-A₁B₁C₁D₁外接球表面积的最小值为()【详解】设AB=a,AD=b,由长方体ABCD-A₁B₁C₁D₁的体积为16可得：所以当r=√5,D₁A₁<CBDi.AD₁E+CE的最小值为()【详解】设外接球O的半径为R,则球O的表面积S=4πR²=20π,所以R=√D₁DB₁CB沿AB沿AB展开，与ABC₁D₁处于同一平面，D₁BBD-C则三棱锥P-ABC外接球体积的最小值为()A.8√6πB.16√6πC.24√6π【分析】将三棱锥P-ABC可以补成长方体，从而得到PC为三棱锥P-ABC的外接球的直径，要想体积球体积的最小值.【详解】根据题意三棱锥P-ABC可以补成分别以BC,AB,PA为长、宽、高的长方体，其中PC为长方体则三棱锥P-ABC的外接球球心即为PC的中点，要使三棱锥P-ABC的外接球的体积最小，则PC最小.PABLC设AB=x,则PA=x,BC=6-x,|PC|=√AB²+PA²+BC²=√3(x-2)²+24,所以当x=2时，,则有三棱锥P-ABC的外接球的球半径最小为√6,BD⊥PC,侧棱PA=4,则球O的表面积为()【分析】由题意作图，补形，根据正方体的外接球直径的求解公式，可得答案.BB4正三棱锥P-ABC为棱长为4的正方体的一个角，显然CP⊥平面APB,QBD=平面APB,∴CP⊥BD,符合题意，显然正三棱锥P-ABC的外接球就是图中正方体的外接球，题型2外接球模型：对棱补形对棱相等模型是三棱锥的三组对棱长分别相等模型，用构造法(构造长方体)解决.外接球的直径等(三棱锥的三组对棱长分别为x、y、z).可求出球的半径从而解决问题.1.(23=24高三·安徽阶段练习)如图所示，三棱锥S-ABC中，SA=BC=2√5,SB=AC=√53,SC=AB=√65,则三棱锥S-ABC的外接球表面积为()C.69π【分析】将该三棱锥置于一个长、宽、高分别为a,b,c的长方体中，求出a²+b²+c²=69即得解.可得a²+b²+c²=69,故S-ABC的外接球表面积为【点睛】本题主要考查几何体外接球的表面积的计算，考查长方体的外接知识的理解掌握水平.2.(2020全国·模拟预测)已知三棱锥A-BCD的所有棱长都为2,且球0为三棱锥A-BCD的外接球，点M是线段BD上靠近D的四等分点，过点M作平面α截球O得到的截面面积为Ω,则Q的取值范围为【分析】求出三棱锥A-BCD的外接球半径R,可知截面面积的最大值为πR²,当球心○到截面的距离最【详解】三棱锥A-BCD是正四面体，棱长为2,将三棱锥A-BCD放置于正方体中，可得正方体的外接球就是三棱锥A-BCD的外接球.因为三棱锥A-BCD的棱长为2,故正方体的棱长为√2,此时球心O到截面的距离为OM,△OBD过点0作BD的垂线，垂足为H,B0AC【点睛】外接球问题与截面问题是近年来的热点问题，平常学习中要多积累，本力、推理能力及计算求解能力，属于中档题.体A-BCD外接球表面积是()【分析】利用割补法及勾股定理，结合长方体的体对角线是外接球的直径及球的表面积公式即可求解.CA√25,2,四面体A-BCD如图所示，DB面体，而正四面体的外接球恰好是正方体的外接球，立体几何中有好多类似的事实存在：若四面体P-ABC,PA=BC=√6,PB=AC=2√2,PC=AB=√10,则该四面体外接球的体积为.【分析】根据给定条件，把四面体PABC置于长方体中，求出长方体的体对角线即可得解.设此长方体共点的三条棱长分别为则于是a²+b²+题型3外接球模型：线面垂直型招线面垂直型：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)线面垂直型满足条件：1、线面垂直；2、面可以是任何多边形，多边形外接圆半径，都可以借助多边形上任意三定点所构成的三角形，借助正弦定理来计算(等腰或者等比可以用特殊法计算);其中三棱锥S-ABC外接球O的表面积为100π,则球O的体积为,异面直线SA,OB所成角的余弦值如图，设球心为0,H为SA中点，G为VABC中心，连接OB,OG,H0因为G为VABC中心，球心为0,所以OG1平面ABC,又SA⊥平面ABC,风G2.(2022·安徽·模拟预测)已知四棱锥P-ABCD的底面ABCD是矩形，其中AB=2,AD=4,侧棱PA⊥底面ABCD,E为PD的中点，若四棱锥P-ABCD的外接球表面积为36π,则直线BE与CD所成角的余弦所以2r=√2²+4²+PA²=6,PA=4,设F是PC的中点，连接BF,EF,由于PA⊥底面ABCD,所以PA⊥AB,PA⊥AD,PA⊥BC,PB=√4+16=2√5由于AB⊥AD,AD∩PA=A,所以AB⊥平面PAD,所以AB⊥AE,所以BC⊥平面PAB,所以BC⊥PB,EFFA所以直线所以直线BE与CD所成角的余弦值为.故答案为：PA⊥平面PBC,则四面体P-ABC的外接球表面积为.径，可得出四面体P-ABC的外接球的半径，然后算出答案即可.【详解】由题意，已知PA⊥平面PBC,PA=4,PB=BC=2√3,所以，由勾股定理得：AB=2√7,PC=2√3,所以，△PBC为等边三角形，VABC为等腰三角形，等边三角形PBC的外接圆的直径为所以四面4P【点睛】本题考查的是几何体的外接球问题，考查了学生的空间想象能力，属于中档题.4.(2020河南·模拟预测)三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC=2√3,则三棱锥P-ABC外接球表面积为.B【分析】设VABC外心为0₁,求得AO₁=2,再结合截面性质，求得球的半径，利用球的表面积公式，即可求解.【详解】如图所示，设VABC外心为0,AO₁交点BC于M,则M为BC中点，又由可得AO₁=2,由△O₁BA为正三角形，可得O₁M=M又由PA⊥平面ABC,可得B【点睛】本题主要考查了球的性质，以及球的表面积的计算，其中解答中熟练应用求得截面题型4外接球模型：面面垂直型大面面垂直型基本图形ABC,若球O是三棱锥P-ABC的外接球，则球O的表面积为().A.25πB.60πC.72πD.80π【分析】根据已知条件求得外接球的半径，由此求得球的表面积.【详解】设D,E分别是AB,AC的中点，由于PB=PA,所以PD⊥AB,由于平面PAB⊥平面ABC且交线为AB,所以PD⊥平面ABC,由于AB⊥BC,所以E是RtABC的外AB=√8²-4²=4√3,AD=BD设外接球的半径为R,所以R²=2²+(2+DF)²=4²+OE²,PBEA02.(2023贵州贵阳·模拟预测)如图，在三棱锥A-BCD中，平面ABD⊥平面BCD,△BCD是边长为2√3的等边三角形，AB=AD=2,则该几何体外接球表面积为()DFCCA.20πB.8πC.28π线，则垂线交点0为外接球球心.后利用正弦定理可得△BCD,△ABD外接圆半径r,r₂,又注意到四边形【详解】设△ABD外心为O₂,△BCD外心为平面ABDn平面BCD=BD,则O₁E⊥平面ABD,又O₂Ec平面ABD,则O₁E⊥O₂E.过O₂,01分别作平面ABD,平面BCD垂线，则垂线交点0为外接球球心，又00₁I平面BCD,BO₁C平面BCD,则00₁⊥BO₁.故外接球半径R=OB=√oo²+BO²=√4+1=√5,故选：AB0C与侧面公共棱长度为1,则外接球半径3.(24-25高三下·福建宁德阶段练习)如图，四边形ABCD为正方形，四边形EFBD为矩形，且平面ABCD与平面EFBD互相垂直.若多面体ABCDEF的体积为则该多面体外接球表面积的最小值为EEDCBFA.16πB.12πC.8π【分析】根据题意，设出正方形边长和矩形的高，根据体积公式，求得a,b等量关系；再找到球心，求得半径，利用导数求函数的最小值，则问题得解.【详解】根据题意，连接AC,BD交于M点，过M作MN//DE交EF于N点，交BE于0,连接OC.FNEOAMC因为四边形ABCD是正方形，故可得AC⊥BD,又因为平面ABCD⊥平面EFBD,且交线为BD,又ACc平面ABCD,故AC⊥平面EFBD,于是00⊥平面ABC,取AB中点D,连接PD,则PD⊥AB,而平面PAB⊥平面ABC,00₁=O₂D=√3,因此球O的半径R=OA=√(√3)²+(3√2)²=RBDAC题型5特殊三角形双线定心型解1、寻找一个或两个面的外接圆圆心2、分别过两个面的外心作该面的垂线，两条垂线的交点即为外接圆圆心；3、构造直角三角形求解球半径，进而求出外接球表面积或体积.如果表面有等边三角形或者直角三角形：两垂线交心法1、包含了面面垂直(俩面必然是特殊三角形)2、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；1.(2023·江苏南通·模拟预测)在三棱锥P-ABC中，PC⊥平面ABC,AB=1,AC=√3,PB=3√3,∠ABP=90°,点M在该三棱锥的外接球O的球面上运动，且满足∠AMC=60°,则三棱锥M-APC的体积【答案】A【分析】先通过PC⊥AC和PB⊥AB可知三棱锥的外接球0为AP的中点，在△AMC中，由正弦定理可得△AMC的外接圆的半径，进而可得球心到面AMC的距离，从而得1再由解三角形知识求解△AMC的面积最大即可.【详解】该三棱锥的外接球O为AP的中点，下证：又∠ABP=90°,即PB⊥AB,所以OA=OB=OP,即三棱锥的外接球球心为AP的中点，球半径点M在该三棱锥的外接球O的球面上运动，且满足∠AMC=60°,在△AMC中，由正弦定理可得△AMC的外接圆的半径为球心O到平面AMC的距离为d=√R²-r²=√6,因为0为AP的中点，所以P到平面AMC的距离为2d=2√6,要使三棱锥要使三棱锥M-APC的体积最大，只需△AMC的面积最大即可.在△AMC中由余弦定理可得AC²=MA²+MC²-2MA·MCcos60=MA²+MC²-MA·MC≥MA·MC,所以MA·MC≤AC²=3,当且仅当MA=MC=√3时等号成立，2.(2022河南·模拟预测)在四棱锥S-ABCD中，侧面SAD⊥底面ABCD,且SA=SD,∠ASD=90°,底面ABCD是边长为2的正方形，设P为该四棱锥外接球表面上的动点，则三棱锥P-SAD的最大体积为【分析】根据题意作图，结合几何关系，求得四棱锥S-ABCD外接球的球锥P-SAD体积的最大值即可.【详解】连接AC,BD交于点0,取AD中点为M,连接SM,OS,作图如下：因为AS=DS,∠ASD=90°,又M为AD的中点，故M为RtaSAD的外心，又平面SAD⊥平面ABCD,且面SAD∩面ABCD=AD,又OM⊥AD,OMc面ABCD,又四边形ABCD为正方形，且0为对角线交点，故可得OA=OB=OC=OD,综上所述，OA=OB=OC=OD=OS,故0为四棱锥S-ABCD的外接球的球心.则其外接球半径又P为该四棱锥外接球表面上的动点，若使得三棱锥P-SAD的体积最大，则此时点P到平面SAD的距离h=OM+R=1+√2,3.(21-22高三上山西太原·阶段练习)已知三棱锥B-ACD中，AB=BC=AC=2,CD=BD=√2,BC的中点为E,DE的中点恰好为点A在平面BCD上的射影，则该三棱锥外接球半径的平方为()【分析】如图，设点A在面BCD上的射影为点F,根据题意和勾股定理求出BF、AF,设球心到平面BCD的距离为h,利用勾股定理求出h,进而可得出结果.设点A在面BCD上的射影为点F,则点F为DE的中点，A.由AB=2√3得CM=2,MD=AA₁=4.设球心0在侧面6,BC,内的射影为09,则0到BC的距离为题型6二面角型外接球二面角型，多采用两个外心垂线交线定球心法(1)选定一个面，定外接圆的圆心O₁(2)选定另一个面，定外接圆的圆心O₂;(3)分别过O₁作该底面的垂线，过O₂作该面的垂线，两垂线交点即为外接球的球心O.1.(21-22高三·黑龙江哈尔滨阶段练习)如图，在三棱锥P-ABC,PAC是以AC为斜边的等腰直角三角形，且CB=2√2,AB=AC=√6,二面角P-AC-B的大小为120°,则三棱锥P-ABC的外接球表面B.10πC.9π【分析】由题作出图形，易得PAC外接圆圆心在AC中点，结合正弦定理可求VABC外接圆半径，结合图形知，R²=AO²=(AO₂)²+(O0₂)²,再结合二面角大小求出0O₂,进而得解.【详解】根据题意，作出图形，如图所示，因为PAC是以AC为斜边的等腰直角三角形，所以PAC的外心在AC中点，设为O₂,设VABC的外心为0,BC中点为E,AO₁=r,因为AB=AC=√6,所以0₁必在AE连线上，则即因为两平面交线为AC,O为平面ABC所在圆面中心，所以QQ⊥AC,锥体P-ABC外接球半径R²=AO²=(AO₂²+(002)²=()+1=5则三棱锥P-ABC的外接球表面积为S=4πR²=10π,故选：BA2.(2024陕西西安·模拟预测)已知三棱锥A-BCD,AB=BC=2√3,E角，且∠AED为二面角A-BC-D的平面角，三棱锥A-BCD的外接球O表面积为则平面BCD被球O截得的截面面积及直线AD与平面BCD所成角的正切值分别为()【分析】利用球的截面的性质，找出球心球心0,再根据条件求出球的半径在Rt△OBF中，利用勾股定理，求出△BCD外接圆的半径，即可求出截面面积，再求出DE的长，即可求出直线AD与平面BCD所成角的正切值，从而求出结果.【详解】依题知AE⊥平面BCD,又BCc面BCD,所以AE⊥BC,又E为BC中点，取AC中点为G,连接BG交AE于H,则H是VABC外心，又过F作平面BCD的垂线，过H作平面ABC的垂线，两垂线的交点即为三棱锥A-BCD外接球球心0,设球0半径为OB=R,因为球O的表面积为,所以得到所以在RI△OBF中，所以平面BCD截球O的截面面积【分析】根据二面角的几何法可得即可利用余弦定理以及正弦定理求解外接圆的半径，根据勾股定理可得球半径即可求解.角，故由于AB⊥PA,AB⊥AC,PA∩AC=A,PA,ACc平面PAC,故AB⊥平面PAC,设AB=x,则AC=6-x,在PAC中，由余弦定理可得故外接球的半径故外接球的半径当时，球的半径取得最小值，此时三棱锥的外接球体积最小，B0MC故4.(22-23高三上全国·专题练习)四棱锥P-ABCD中，△ABP是等边三角形，底面ABCD是矩形，二面角P-AB-C是直二面角，AB=2√3,若四棱锥P-ABCD的外接球表面积是20π,则PA,BD所成角的【答案】C【分析】利用外接球的表面积计算出AD,建立空间直角坐标系，利用向量的方法计算出PA,BD所成角的余弦值.【详解】四棱锥P-ABCD外接球的表面积为4πr²=20π,r=√5.连接AC角BD于0,由于四边形ABCD是矩形，所以01是矩形ABCD的外心，球心0在其正上方.设E是AB的中点，连接PE,由于△PAB是等边三角形，所以PE⊥AB,由于平面PAB⊥平面ABCD,所以PE⊥平面ABCD.由于AB=2√3,BE=AE=√3,所以PE=√3BE=3.设AD=a,!则所以O₁E//AD以及PE⊥平面ABCD可知EO₁,EB,EP两两垂直，以E为空间坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，A(0,-J3,0),P(0,0,3),B(0,J3,0),D(2,-√3,0),则AP=(0,J3,3),BD=(2,-2√3,0),设异面直线PA,BD所成角为θ,则PDEByx【点睛】本小题主要考查几何体外接球表面积有关计算，考查线线角的余弦值的求法，属于中档题.题型7动点翻折型外接球将△ABD沿BD翻折到△A'BD的位置，使得A'C=2√2.空间四点A',B,C,D的外接球为球0,过N点作球O的截面α,则α截球O所得截面面积的最小值为()【分析】根据给定条件，确定球心O的位置并求出球半径，再利用圆的截面性质求出截面面积最小值.A'NDK【详解】如图，取BD的中点为0,O由正方形ABCD的边长为4,得CD为直角顶点的等腰直角三角形，将该四边形沿对角线AC折成四面体B-ACD,在折起的过程中，四面体的外接球体积最小值为()【详解】如图，设三棱锥【详解】如图，设三棱锥B-ACD的外接球球心为0,取AC的中点E,连接EB,EDBoA.30πB.40πBBBBPPCMO₂由题意知，∠ABC=60°,所以AC=2√3,AC⊥B0O外接圆的圆心，记为O₂,∠APC=120°,PM=1,所以在△APC中，取AC的中点M,连接PM,则△APC的外心必在PM的延长线上，记为0₁,所以在△APC中，因为∠APO₁=60°,O₁P=O₁A,所以设外接球半径为R,则4πR²=20π,解得：R²=5,设0为三棱锥P-ABC的外接球球心，则0O₂⊥面所以00₁=O₂M=1,O₁M=00₂=1,所以四边形00₁MO₂为平行四边形，所以001/O₂M,又因为O₂M//BC,所以0O₁//BC,又因为00₁⊥面APC,A题型8特殊几何体：四棱锥型招(1):确定球心O的位置，取△BCD的外心O₁,则A,0,0₁三点共线；(2):算出小圆O₁的半径AO₁=r,算出棱锥的高AO₁=h(即圆锥的高);(3):勾股定理：R²=(h-R)²+r²,RPA=PB=PC=PD=√5,设该四棱锥的外接球球心与内切球球心分别为0₁,O₂,则O₁O₂的长为()由O₁C²=OC²+00²得，R²=2+(JPo₁.D_CD_0所以,所以四棱锥表面积为S=4×2+2²=12,长为2的正三角形，则四棱锥V-ABCD外接球表面积的最小值为()的球心为0,设00₁=x,过0作与平面VDB的垂线，垂足设为E,则E为△VBD的中心，设OE=y,外接且圆心为BD的中点设为0₁,设外接球的球心为0,则00₁⊥平面ABCD,设00₁=x,过0作与平面VDB的垂线，垂足设为E,连接VO,OB,AE,FCB的外接球球心O到底面ABCD的距离为1,则点P轨迹的长度为()A.πB.2π又四棱锥P-ABCD的外接球球心O到底因为底面ABCD的中心为0₁,所以00₁⊥平面ABCD,且R=OD=OP=√5,故点P在垂直于00₁且与球心O距离为2的平面与P-ABCD的外接球的交线上，P0【详解】解：连接BD,交AC于点0,连接PO,则PO为正四棱锥P-ABCD的高，C连接PQ,∵P,Q不在平面ABCD的同一侧，Q∴当PQ通过球心时，点Q到平面ABC的距离最大，即三棱锥Q-ABC的体积最大，【点睛】关键点点睛：由R²=(PO-R)²+OA²,求出正四棱锥P-ABCD外接球的半径为R,并由题意分析出当PQ通过球心时，点Q到平面ABC的距离最大，即三棱锥Q-ABC的体积最大是本题解题的关键.题型9特殊几何体：圆锥型类比正棱锥，可以得带圆锥型外接球。圆锥外接球模型圆锥求外接球，借助轴截面的对应等腰三角形可求解1.1.(22-23高三上陕西西安阶段练习)已知两个圆锥侧面展开图均为半圆，侧面积分别记为S,S₂,且对应圆锥外接球体积分别为V₁,V2,则【分析】利用圆锥的体积公式及侧面积公式，及圆锥的外接球半径求法，即可得解.【详解】设两个圆锥的母线长分别为L,l₂,高分别为h,h,底面圆的半径分别为r₁,r₂,对应圆锥的外接球半径分别为R₁,R₂,又R²=r²+(h-R)²,化简得h²+r²=2Rh,2.(22-23高三上·广东东莞·期末)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.9:32B.8:27C.9:22【答案】【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I,则侧面积为πrl,侧面积与底面积的比为,则母线l=2r,圆锥的高为h=√²-r²=√3r,则圆锥的体积为设外接球的球心为O,半径为R,截面图如图，则OB=OS=R,OD=h-R=√3r-R,BD=r,在直角三角形BOD中，由勾股定理得OB²=OD²+BD²,即R²=r²+(√3r-R)²,展开整理得r,所以外接球的体积为S故所求体积比为故选ABD【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.Co3.(2024河南洛阳·模拟)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.πB.3π【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4.(24-25高三·广东清远·期末)如图，底面半径为2的圆锥，将其放倒在一平面上，使圆锥在此平面内绕圆锥顶点S滚动，当这个圆锥在平面内转回原位置时，圆锥本身恰好滚动了3周，则该圆锥的外接球表面积为_【答案】【答案】π【分析】根据题意，以母线长为半径绕一圈可带动底面圆走三圈，推知母线长后即可求解.【详解】设圆锥母线长1,底面半径为r,依题意，2πl=3×2πr,即l=6,因此圆锥轴截面等腰三角形底角θ,此三角形外接圆半径即为圆锥的外接球半径此三角形外接圆半径即为圆锥的外接球半径所以该圆锥的外接球表面积为故答案为：题型10特殊几何体：棱台型解正棱台外接球，以棱轴截面为主。,其中r,r₂,h分别为圆台的上底面、下底面、高.基本规律：正棱台外接球，以棱轴截面为主1.(25-26高三上·广东肇庆·开学考试)已知正四棱台的上、下底面边长分别为√2、2√2,体积为则该四棱台的外接球表面积为()【分析】如图，根据正四棱台及其外接球的性质，可知球心0位于正四棱台上、下底面对角线中点0,O₂的连线上，O₁O₂垂直于上下底面，结合已知条件求出上下底面的面积及|OC|,|O₂C|,根据已知条件结合体积公式得出正四棱台的高h=|0₁O₂|=2,因为|OC|=|oC|=R,设|00|=x,根据勾股定理构造关于x的方程，求出x从而计算出R²值，根据S=4πR²求出外接球的表面积.如图所示，正四棱台AB₁C₁D₁-ABCD的外接球半径OC,设|oC|=R,根据正四棱台及其外接球的性质可知，球心0位于正四棱台上、下底面对角线中点O,O2的连线上，00₁0₂垂直于上下底面，且上下底面均为正方形，则00₂|=2-x,根据勾股定理所以外接球表面积S=4πR²=4π·正四棱台的外接球表面积为()A.80πB.91πC.128π【分析】根据正四棱台的性质找到其外接球的球心，然后设球心为0,点O距离下底面的高度为x.根据题意列出方程，求解即可.【详解】由题意可知，正四棱台外接球的球心在其上、下底面正方形的对角线的中点的连线上，如图所示，设球心为0,点O距离下底面的高度为x.ID..oCA因为h=4√6,AB=8,AB=4,又上、下底面均为正方形，所以AC=8√2,A,C,=4√2.设棱台的外接球的半径为R,根据勾股定理可得R²=(4√6-x)²+(2√2)²=x²+(4√2)²,解得.则,所以正四棱台的外接球表面积为4πR²=182π.3.(2025·河南南阳·模拟预测)已知正三棱台ABC-A₁B₁C₁的上、下底面边长分别为1和2,且体积不大于,若该棱台的外接球球心0位于棱台内部(不含表面),则外接球表面积的取值范围是【分析】根据给定条件，求出正三棱台高的范围，再利用球的截面性质建立方程，求出球半径的范围即可.【详解】如图，令正三棱台ABC-A₁B₁C₁上下底面正三角形中心分别为0,0₂,则sSAm=-3,设球O的半径为R,显然球心O在线段O₁O₂上(不含端点)因此且时取等号，得当且仅当h=1且时取等号，得,解得故答案为：故答案为：【点睛】关键点点睛：解决与球有关的内切或外接问题时，性质求解.4.(22-23高三上·浙江绍兴·期末)如图，正四棱台ABCD-A₁B₁C₁D₁,上下底面分别是边长为4,6的正球的性质，利用勾股定理可求出结果.因为|AA|∈[√3,3√3],所以h∈[设正四棱台的外接球半径为R,球心到上下底面的距离分别为d₁和d₂,高当球心在上下底面之间时，当球心在上下底面之间时，d₁+d₂=h,当球心不在上下底面之间时，d₁-d₂=h,所以d₁±d₂=h,又r²+d²=R²,r2+d²=R²,则d=√R²-²=√R²-8,d₂=√R²-r2²=√R²-18,所以因为h∈[1,5],所以招1.(24-25高三下·贵州贵阳·阶段练习)已知一个圆台的上、下底面半径分别为2和4,母线长为6,则此圆台外接球与内切球表面积之比为()【分析】利用轴截面图形，把空间问题转化为平面问题，再利用解三角即可得解.ODLN解得则ACAAM先设MN的中点O'到AD的距离为d,E.0DkN再用等面积法可得：C【分析】根据相切结合勾股定理可得R²=4+9h²=36+h²,即可求解h=2,R=2√10,由圆台和球的体积公式即可求解.【详解】设圆台O₁O₂的高为4h,外接球半径为R,作出轴截面如图：0₁O₂的上、下底面面积分别为4π,36π,则圆O,O₂的半径分别为2,6,故选：Bo心，则圆台的体积与外接球的体积之比为()【分析】假设圆O的半径，则圆O₂的半径可知，进而通过勾股定理可求圆台的高，分别利用圆台和球的体积计算即可.【详解】过O₁O₂作圆台的轴截面，如图所示4.(24-25高二上湖北·期中)已知圆台上、下底面半径分别为1和2,母线与底面所成角为45°,则圆台的外接球体积与圆台体积之比为.【分析】根据题意结合轴截面可知O₁O₂=1,即可得圆台的体积，根据圆台的结构特征列式求球的半径和体积，即可得结果.【详解】由题意可知：上底面半径r=1,下底面半径r₂=2,o由轴截面可知：∠ABC=45°,可知O₁O₂=1,设外接球的半径为R,(假设球心在圆台内，则此时无解)D题型12特殊几何体：不规则型1.(2023天津一模)如图，几何体Ω为一个圆柱和圆锥的组合体，圆锥的底面和圆柱的一个底面重合，圆锥的顶点为A,圆柱的上、下底面的圆心分别为B、C,若该几何体Ω存在外接球(即圆锥的顶点与底面圆周在球面上，且圆柱的底面圆周也在球面上)已知BC=2AB=4,则该组合体的体积等于()【详解】设该组合体外接球的球心为0,半径为R,易知球心在BC中点，则R=AO=2+2=4.ABCD平面ABCD//平面EFGH,它们之间的距离为1,AB=2√6,AD=2√2,EH=√15,EF=√5,若六面体CA.12πA.12πB.24πC.36πD交点为0,0₂,该六面体的外接球的为R,0O₂=h,利用球的性质结合条件可得天%则0,0,0₂在一条直线上，00₁⊥平面EFGH,0O₂⊥ABCD,O₁O₂=1,连接O₁E,O₂A,OE,OA,又AB=2√6,AD=2√2,EH=√15,EF=√5,该六面体的外接球的体积为.故选：C.则下列错误的是()交点为0,O₂,平面0Bc【分析】分析正八面体结构特征，计算其表面积，体积，外接球半径，内切球半径，验证各选项.【详解】对A:底面中心S到各顶点的距离相等，故S为外接球球心，对D:连接AS,PS,则PS⊥底面ABCD,故该正八面体结构的体积故D错误；对C:由题知，各侧面均为边长为m的正三角形，故该正八面体结构的表面积,故C正确；对B:底面中心S到各面顶点的距离相等，故S为内切球球心，设该正八面体结构的内切球半径r,则所以SF(D)SF(A)F得到所有棱长均为a的截角四面体，现给出下列四个命题：①二面角A-BC-D的余弦值为;②该截角四面体的体积为;③该截角四面体的外接球表面积为④该截角四面体的表面积为6√3a²,则其中正确命题的个数为()【分析】根据二面角的定义，结合球的表面积公式、棱锥的表面积公式和体积公式逐一判断即可.【详解】如下图所示：设VABC的中心为O',△NPQ的中心为O”,取BC的中点为W,分别连接SW和OW,因为SW⊥BC,OW⊥BC,所以所以所以二面角S-BC-A的余弦值为所以二面角A-BC-D的余弦值为故①正确因为棱长为a的正四面体的高所以,故②正确；设外接球的球心为0,VABC的中心为O',△NPQ的中心为0”, 所以,所以所以,故③正确；由正四面体S-NPQ中，题中截角四面体由4个边长为a的正三角形及4个边长为a的正六边形构成，故故④错误.题型13内切球椎体的内切球，多采用体积分割法求解。可做如下对比理解一、三角形内切圆二、类比：三棱锥DAC1.(24-25高三·福建福州·阶段练习)已知正四棱锥P-ABCD中，各棱长均相等，球O₁是该四棱锥的内切球，球O₂与球O₁相切，且与该四棱锥的四个侧面也相切，则球O₁与球O₂的表面积之比为()A.7+4√3B.9C.4+2√3【分析】过已知正四棱锥顶点及底面正方形一组对边中点作截面，将问题转化为三角形及内部一系列圆相切问题求解作答.【详解】在正四棱锥在正四棱锥P-ABCD中，令各棱长为2,O为正方形ABCD的中心，M,Q分别为边AB,CD的中点，过点P,M,Q的平面截正四棱锥P-ABCD得等腰PMQ,截球O1,球O₂,得对应球的截面大圆，如PNKMLO依题意，OM=1,PM=√PA²-AM²=√4-1=√3,设球O₁与球O₂相切于点T,则PT=PO-2设球O₂的半径为R₂,同理可得PT=(√3+1)R₂,则R₂=(2-√3)R,2.(24-25高三下·重庆北碚·阶段练习)正六棱台的上、下底面的边长分别是2和6,且正六棱台存在内切球(与正六棱台的各个面都相切),则它的侧棱长是()Q【分析】设所求为a,用a表示出正六棱台的体积、表面积，设内切球半径为r,可用等体积法表示出r,另外一方面r等于正六棱台的高，由此可构建方程求解a.所以三角形O₁C₁D₁是等边三角形，所以O₁D₁=2,同理OD=6,所以00₁=√a²-(6-2)²=√a²-16,由V>0,a>0→a>4,表面积为设内切球半径为r,则由等体积法可得，,所以、又DEO₂与球0₁相切，且与该四棱锥的四个侧面也相切；球O₃与球O₂相切，且与该四棱锥的四个侧面也相切，【分析】过已知正四棱锥顶点及底面正方形一组对边中点作截面，将问题转化为三角形及内部一系列圆相切问题求解作答.在正四棱锥P-ABCD中，令各棱长为2,0为正方形ABCD的中心，M,Q分别为边AB,CD的中点，过点P,M,Q的平面截正圆，如图：设球0₁与球O₂相切于点T,则PT=PO-2R₁=(J3-1)R₁,设球O₂与球O₃相切于点S,则PS=PT-2R₂=(3√3-5)R₁,4.(23-24高三·福建龙岩阶段练习)已知球O内切于圆台EF,其轴截面如图所示，四边形ABCD为等腰梯形，AB/ICD,且CD=2AB=6,则圆台EF的体积为()A.【分析】根据题意，作出图形，得到上下底面的半径，进而分析运用勾股定理求出高即可.【详解】根据圆和等腰梯形的对称性知道，E,F分别为上下底的中点.Ap连接EF,则EF⊥DC,过BG⊥DC于G.四边形EBCG为矩形.DGCBEFo2√6,侧棱长为3,则此正三棱锥的棱切球半径为()A.√6-2【分析】由题意构造直角三角形，列出关于高及R得方程组，即可求解出正三棱锥的棱切球半径.【详解】如图三棱柱S-ABC为正三棱锥，且底面边长AB=BC=AC=2√6,侧棱SA=SB=SC=3设正三棱锥的棱切球球心为0,半径为R,则顶点S在底面的投影为N也为VABC的中心，取AB的中sHokBCA.[√2-1,√3-1]B因为ACB₁的外接圆是正方体外接球的一个小圆，M点在棱切球上运动，N点在外接球则IM=IN=IP=IQ=IS=IK=r,因为IK⊥AC,IS⊥AD,IM⊥AB,设AK=AS=AM=x,因为AB=AD=6,AC=CD=8,所以CK=CQ=CP=8-x,BM=BQ=BN所以CD=CP+DP=(8-x)+(6-x)=8,解得x=3,CKP所以BD=BN+DN=6,BC=BQ+CQ=8,且M为AB中点，QSSM所以，该四面体是一个底面边长为6,侧棱长为8的正三棱锥.设C在底面ABDNB的投影为H,则H是底面另一方面，由正三棱锥性质可知，棱切球球心I在线段CH上，因为△CKI∽△CHA,解得：所以整理得：解得：解得解得,即棱切球的半径为故答案为：所以,即棱切球的半径为故答案为：CKB【点睛】关键点点睛：本题解题的关键在于利用切线长公式求得BD=6,BC=8得到该四面体是一个底面边长为6,侧棱长为8的正三棱锥；此外，求解棱切球半径时，一方面通过三角形相似求得对于线段长度，建立方程求解，另一方面，还需要注意棱切球的半径范围.4.(23-24高三·黑龙江阶段练习)点M是棱长为2的正方体ABCD-A₁B₁C₁D₁的棱切球(切于正方体各条棱的球)上的一点，点N是△ACD₁的外接圆上一点，则线段MN长度的取值范围是.【分析】根据正方体棱切球的特点，求出球心到三角形外接圆周上的点的距离是一个定值，根据球的几何特征即可求解.0K根据正方体的几何特征，其棱切球的球心就是体对角线的中点0,且O到△ACD₁所在平面距离为△ACD₁的边长为2√2,根据正弦定理，其外接圆的半径为所以球心到△ACD1的外接圆上任意一点的距离都为正方体棱长为2,该棱切球的半径为√2,【点睛】此题考查球面上的点到某点距离的最值问题，关键在于转化为球要熟练掌握正方体的内切球，外接球，棱切球的几何关系.1.(24-25高二上·辽宁抚顺期中)如图，正二十面体是由20个等边三角形所组成的正多面体，其外接球、内切球、内棱切球都存在，并且三球球心重合.已知某正二十面体的棱长为1,体积为,则该正二十面体的内切球的半径为()A.【分析】由题意可得正二十面体体积等于以球心为顶点的二十个正三棱锥的体十面体内切求半径，再由棱锥的体积公式计算即可；【详解】由题意正二十面体是由20个等边三角形所组成的正多面体，其外接球、内切球、内棱切球都存所以正二十面体体积等于以球心为顶点的二十个正三棱锥的体积，正三棱锥的高即为正二十面体内切求半径，设为r所以20创解得2.(2025·吉林·模拟预测)设正四棱锥S-ABCD的底面ABCD是边长为2的正方形，高为h(h>0),若该四棱锥的外接球与内切球的球心重合，则外接球半径与内切球半径之比为()【分析】结合正四棱锥的几何特征分别计算内切球及外接球半径即可求解.【详解】设R,r分别为该四棱锥外接球、内切球半径，由题可知球心O在高SH上，S所以h²=SN²-1=2+2√2,故选：D.3.(2023全国·模拟预测)已知空间四边形ABCD,AB=BC=AC,DB⊥BC,且面OABC与面BCD夹角正弦值为1,则空间四边形ABCD外接球与内切球的表面积之比为()A.A.【分析】根据空间四边形ABCD的线面关系可得DB⊥平面ABC,则空间四边形ABCD可以内接于圆柱中，根据圆柱的外接球半径求得空间四边形ABCD的外接球半径R,又根据内切球的几何性质用等体积法可求得空间四边形ABCD的内切球半径r,即可得空间四边形ABCD外接球与内切球的表面积之比.【详解】解：∵面ABC与面BCD夹角正弦值为1,二面ABC⊥面BCD,又面ABC∩面BCD=BC∵DB⊥BC,DBc面BCD,∴DB⊥平面ABC,则空间四边形ABCD可以内接于圆柱O₁O₂中，如下图所示：DOBAC点D在上底面圆周上，VABC三个顶点在下底面圆周上，则圆柱O₁O₂的外接球即空间四边形ABCD的外接取O₁O₂的中点为0,连接OA,则球心为0,半径为R=OA,且O₁O₂=BD=6,O₂A为正VABC的外接圆如下图，设空间四边形如下图，设空间四边形ABCD的内切球球心为Q,连接QA,QB,QC,QD,设内切球半径为r,4.(24-25高三·吉林阶段练习)已知正四面体ABCD的棱切球T₁(正四面体的中心与球心重合，六条棱与球面相切)的半径为1,则该正四面体的内切球T₂的半径为;若动点M,N分别在T₁与T₂的球面上运动，且满足MN=xA