2026高考数学复习高效培优专题4.1 立体几何中的外接球、内切球、棱切球问题（解析版）

专题立体几何中的外接球、内切球、棱切球问题

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近三年：

外接球问题：高频考点，每年必考或隔年出现，主要以选择题、填空题形式出现，难度中等偏上，往往作

为小题的压轴或次压轴题。

内切球问题：考查频率较低，多出现在特殊几何体（如正四面体、正三棱锥）中，难度中等。

棱切球问题：较少单独考查，偶尔在模拟题或竞赛背景题中出现，常与多面体的棱长相切条件结合。

预测2026年：

模型化考查：直接给出特殊几何体（如侧棱垂直底面的三棱锥、对棱相等的三棱锥），要求计算外接球半

径或表面积。

动态几何体中的外接球：如圆锥、圆台的外接球，或几何体旋转后的外接球问题。

与导数、不等式结合：求外接球半径的取值范围或最小表面积，体现综合难度。

题型01正方体长方体的外接球

解｜题｜策｜略

正方体、长方体的外接球的球心在其中心处，球的半径为体对角线的一半

1、若正方体边长为，则它的外接球半径为

3

�2

2、若长方体的三边长分别为，则它的外接�球半径为

222

�+�+�

�,�,�2

1．（2025·江西宜春·模拟预测）已知棱长为3的正方体ABCDA1B1C1D1的所有顶点均在球O的球面上，则

球O的表面积为（）

A．27πB．25πC．23πD．16π

【答案】A

【分析】由正方体的体对角线长是其外接球的直径求解.

【详解】由题意正方体的体对角线长是其外接球的直径，

133

可得球O的半径R323232，

22

2

所以该球的表面积33，故正确

S4π27πA.

2

故选：A.

2．（2025·云南昭通·模拟预测）已知球O的半径为3，正方体ABCDA1B1C1D1所有顶点均在球面上，点M

是棱AB的中点，过点M作球O的截面，则所得截面面积的最小值为（）

A．5πB．4πC．3πD．3π

【答案】C

【分析】根据正方体对角线长就是球的直径求出正方体的棱长，结合当OM与截面垂直时，截面圆的半径最

小，此时截面圆面积最小，进而可得答案．

【详解】设正方体棱长为a，则正方体对角线长就是球的直径2R，

球心O是正方体对角线中点，

由正方体对角线公式a2a2a22R6，解得a23．

因为点M是棱AB的中点，当OM与截面垂直时，截面圆的半径最小，此时截面圆面积最小．

因为OAR3，AM3，勾股定理OA2OM2AM2，解得OM6，

设截面圆半径为r，则rR2OM2963，

所以截面面积Sπr23π，

故选：C．

3．（2025·河北秦皇岛·三模）已知正方体ABCDA1B1C1D1的各顶点都在球O的表面上，若球O的表面积为

12π，则平面C1BD截球O所得的截面面积为．

88

【答案】/

33

【分析】根据给定条件，求出正方体的棱长，再求出C1BD外接圆面积即可.

【详解】由球O的表面积为12π，得球的半径为3，则正方体ABCDA1B1C1D1的体对角线长为23，

226

正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，则正C1BD边长为22，其外接圆半径r22sin60，

33

8π8π

则CBD外接圆面积为πr2，所以平面CBD截球O所得的截面面积为.

1313

故答案为：8π

3

题型02三棱锥补全为正方体或长方体的外接球

解｜题｜策｜略

1、若三棱锥中有三条棱互相垂直，则可考虑补全为长方体或正方体，称之为墙角模型（如上图1、2、3）。

这时三棱锥的外接球同补全的长方体或正方体的外接球，求球的半径公式如上。

2、图2为九章算术中的鳖臑，即四个面都为直角三角形的四面体。

3、若三棱锥的三对对棱两两相等，也可以补全为长方体或正方体（如图4），外接球的半径也同长方体或

正方体的外接球半径。

1．（2025·江西·模拟预测）已知在三棱锥PABC中，PA，PB，PC两两垂直，PAB，△PBC，PCA

的外接圆的面积分别为S1，S2，S3，若点P，A，B，C都在球O的表面上，且球O的表面积为S，则

SSS

123（）

S

13

A．B．C．1D．2

24

【答案】A

【分析】由直角三角形的外接圆，长方体的外接球，根据勾股定理，可得答案.

【详解】设PAa，PBb，PCc，

a2b2b2c2c2a2

则PAB，△PBC，PCA的外接圆半径分别为，，，

222

a2b2c2

所以SSSπ，

1232

222

abc2222S1S2S31

球O的半径R，S4πRabcπ，所以.

2S2

故选：A.

2．（2025·辽宁大连·模拟预测）在三棱锥PABC中，PA底面ABC，ABAC，AB3，AC4，点D

满足AD3DC，三棱锥PABC的外接球为球O，过点D作球O的截面，若所得截面圆的面积的最大值

与最小值之差为4π，则球O的表面积为（）

A．16πB．20πC．24πD．28π

【答案】D

【分析】将三棱锥补成长方体并建立空间直角坐标系，设PAh、外接球半径为R，求出各点及球心坐标，

分析截面圆的面积差从而求出h、R，代入球的表面积公式即可得解.

【详解】设PAh，因为在三棱锥PABC中，PA底面ABC，ABAC，所以将其补为一个长方体（长

为4，宽为3，高为h），三棱锥与该长方体共外接球，球心O为长方体体对角线中点，设外接球半径为R，

以A为坐标原点，AB、AC、AP分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示，

3h

A0,0,0,B0,3,0,C4,0,0,D3,0,0,O2,,，

22

9h213h2

OD1，

4444

AB2AC2PA23242h225h2

R，

222

过D作求O的截面，最大截面为：过球心O，半径为R，面积为R2，

22

最小截面为：与OD垂直，半径为rR2OD2，面积为ROD.

因为过点D作球O的截面，若所得截面圆的面积的最大值与最小值之差为4π，

13h2

所以R2R2OD2OD24OD24，解得h23，

44

25h2253

则R27，外接球表面积为：4R24728.

44

故选：D

3．（2025·上海浦东新·三模）已知三棱锥PABC的四个顶点均在球O的表面上，且ABAP，CBAP，

CBAB，ABBC2．若点P到底面ABC的距离为1，则球O的表面积为（）．

A．3πB．9πC．12πD．24π

【答案】B

【分析】依据线面垂直的判定定理来确定线面垂直关系，再利用长方体的体对角线与外接球直径的关系求

出球的直径，进而求出球的半径和表面积.

【详解】因为ABAP,CBAP,CBABB,CB,AB平面ABC，所以PA底面ABC，

因为点P到底面ABC的距离为1．所以AP1．

因为CBAP,CBAB,ABPAA,AB,PA平面PAB，

所以BC平面PAB，而PB平面PAB，故BCPB，PBCPAC90，

即该球的直径为CPAB2CB2AP22222123

3

所以球的半径为R,S4πR29π．

2

故选：B

4．（2025·河北秦皇岛·三模）《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑．四面体SABC

是一个鳖臑，已知ABC是直角三角形，ABC90，SAAB2，SC26，BC4，则平面SAB截该

鳖臑的外接球所得截面面积为．

【答案】2π

【分析】根据鳖臑的性质结合线面垂直的判定定理与性质得线线垂直，设SC的中点为O，从而可得点O为

四面体SABC外接球的球心，结合球的几何性质确定球心O到平面SAB的距离得截面圆的半径，即可得所

求.

【详解】设SC的中点为O，连接OA,OB，

因为鳖臑的四个面都是直角三角形，

且SAAB2，故SAAB．

因为ABC90，AB2，BC4，故AC25．

又SA2，SC26，故SAAC．

又ACABA，AC,AB平面ABC，

所以SA平面ABC，

又BC平面ABC，所以SABC．

又ABBC，SAABA，SA,AB平面ABS，

BC平面ABS，

又BS平面ABS，所以BCSB，

△SBC和SAC都是以平面SC为斜边的直角三角形．

由于O为SC的中点，则点O为四面体SABC外接球的球心，

1

外接球的半径R6，且点O到平面SAB的距离为dBC2，

2

△SAB的外接圆半径rR2d22，

平面SAB截四面体SABC的外接球的截面的面积为2π．

故答案为：2π．

5．（2025·江西新余·模拟预测）四面体的每一组对棱的长度相等，分别为3，5，6，则该四面体的体

积为，该四面体的外接球的表面积为.

22

【答案】7π

3

【分析】由题意可作图，将符合题意的四面体放在正四棱柱中，利用分割法，根据四棱柱与三棱锥的体积

公式，可得空一的答案；根据正四棱柱的外接球，结合球的表面公式，可得空二的答案.

【详解】不妨设四面体为PABC，PABC3，PCAB5，PBAC6，

可将四面体PABC放置在长方体中，如图所示:

a2b23

22

设长方体的同一顶点处的三条棱长分别为a，b，c，则bc5，解得a2，b1，c2，

22

ac6

1122

则四面体PABC的体积V2124122，

PABC323

该四面体的外接球即为长方体的外接球，设其半径为R，则(2R)2a2b2c27，

所以球的表面积为π(2R)27π.

22

故答案为：；7π.

3

题型03圆锥的外接球

解｜题｜策｜略

若圆锥的高为，底部半径为，母线长为，则圆锥的外接球半径

ℎ222

ℎ+��

��500π�=2ℎ=2ℎ

1．（2025·重庆·三模）已知某圆锥的外接球的体积为，若球心到该圆锥底面的距离为4，则该圆锥体

3

积的最大值为（）

A．9B．27πC．18πD．48π

【答案】B

【分析】求出外接球的半径，由此可求出圆锥底面半径长，并求出圆锥高的最大值，结合锥体体积公式可

求得结果.

4πR3500π

【详解】设圆锥PO1的外接球O半径为R，则，解得R5，

33

2222

所以，圆锥PO1的底面半径为rR4543，

所以，当圆锥的高为R4549时，圆锥的体积最大，

1

且其最大值为π32927π.

3

故选：B.

2．（2025·湖南长沙·二模）已知圆锥的轴截面是边长为4的正三角形，以其底面圆心为球心，底面半径为

半径的球和圆锥表面的交线长为（）

A．4πB．5πC．(423)D．6π

【答案】D

【分析】作圆锥的球的截面图，确定球与圆锥的交线，结合交线的形状大小确定结论.

【详解】作圆锥的轴截面ABC，该截面与半球的截面为半圆，设半圆与AB,AC分别交于点D,E，

如图，由已知，ABC为边长为4的等边三角形，BC的中点O为球心，半圆O的半径为2，

因为点D在半圆上，所以DBDC，DOBOCO2，DBO60，

所以BD2，故点D为AB的中点，同理可得E为AC的中点，所以DE2，

所以由对称性可得，圆锥与球的交线为两个圆，一个为圆锥的底面圆，周长为4π，

另一个为所有母线的中点构成的圆，周长为2π，

所以交线长为6π．

故选：D.

3．（2025·湖南长沙·模拟预测）一个圆锥的底面圆和顶点都恰好在同一个球面上，且该球的半径为1，当圆

锥的体积取最大值时，圆锥的底面半径为（）

222210

A．B．C．D．

33210

【答案】B

【分析】根据给定条件，利用球的截面圆性质及圆锥的体积公式列出函数关系，再利用导数求解.

【详解】

如图，根据题意，圆锥PO1高为h，底面圆半径r，外接球球心为O，半径R1，

则球心O到圆锥底面圆心O1距离dOO1|1h|,0h2，

1π

由d2r2R2，得r22hh2，圆锥的体积Vπr2h(2h2h3)，

33

π4

求导得V(4h3h2)πh(h)，

33

4π4

当0h时，V0，函数V(2h2h3)在(0,)上递增，

333

4π4

当h2时，V0，函数V(2h2h3)在(,2)上递减，

333

422

则当h时，圆锥的体积最大，此时底面圆半径r.

33

故选：B

2π

4．（2025·宁夏银川·三模）一个圆锥的侧面展开图是一个半径为3，圆心角为的扇形，该圆锥的顶点和

3

底面圆周都在同一个球面上，则该球的表面积为.

8181

【答案】/

88

222

【分析】由圆锥的侧面展开图，可求得圆锥的母线、高以及底面圆的半径，结合几何关系得OAO1AOO1，

进而可求得球体的半径，再根据球体的表面积公式即可求解.

2π

【详解】由题意，圆锥的侧面展开图是一个半径为3，圆心角为的扇形，如图1所示，

3

2π

则PAr3，圆O的周长Clr32π，则OA1，

111131

所以2222，

PO1PAO1A3122

222

又OAO1AOO1，OO1PO1PO，OAPO，

2

所以222，即22，解得92，

OAO1APO1OAOA122OAOA

8

2

即球体的半径为92，所以其表面积为9281π

4π.

888

81π

故答案为：.

8

5．（2025·新疆·三模）用一个平面截球O得到的曲面称为球冠，截面为球冠的底面，如图球冠的高大于球

3

的半径，O1为底面圆心，SO1是以O1为底，点S在球冠上的圆锥，若底面O1的半径是球的半径的倍，

2

点A为底面圆周上一点，则SA与底面O1所成的角的大小为，圆锥SO1的体积与球O的体积之比

为．

9

【答案】/60/0.28125

332

3

【分析】假设球的半径为R，依题意AOR，通过勾股定理可求出OO1的长，进而可知SO1的长，进

12

而可求SA与底面O1所成的角的正切值，进而可求角；分别算出圆锥SO1的体积与球O的体积即可计算其

比值.

2

33113

【详解】设球的半径为R，则，2，，

AO1ROO1RRRSO1RRR

22222

3

R

SO12π

tanSAO13.SAO1，

AO33

1R

2

2

1333π4πV圆锥9

V3，V3，所以

圆锥=πRRR球=R.

32283V球32

π9

故答案为：；

332

题型04可补为圆锥的外接球

解｜题｜策｜略

1、若在平面上的射影是的外接圆圆心，则可以把三棱锥补为圆锥，根据圆

锥�的外接球𝐴模�型来求外接��球��半径。�−𝐴�

2、若，则可以得出P在的射影为其外接圆圆心，同理补为圆锥。

3、正�棱�锥=都𝐴可=以��补成圆锥，可以按�圆𝐴锥�的外接球模型来求。

1．（2025·四川达州·二模）三棱锥PABC各个顶点均在球O表面上，ABAC，ABC外接圆的半径为3，

π

点P在平面ABC的射影为BC中点，且PA与平面ABC所成的角为，则球O的表面积为（）

3

A．8πB．16πC．32πD．24π

【答案】B

【分析】连接PD，所以O必在PD上，在△PAD中求得PD，在BOD中得OD，由勾股定理计算得球半

径，从而得球面积．

【详解】取BC中点D，连接PD，点P在平面ABC的射影为D点，

又因为ABAC，所以ABC外接圆圆心为D，所以O必在直线PD上，

因为ABAC，ABC外接圆的半径为3，所以D是ABC外接圆的圆心，AD3，

π

因为PD平面ABC，PA与平面ABC所成的角为，

3

PDPD

则tanPAD3，从而PD3，

AD3

22

设球O的半径为R，在OBD中，ODPDR，则3R3R2，解得R2，

所以球O的表面积为S4πR216π.

故选：B．

2．（多选）（2025·广东揭阳·三模）三棱锥PABC中，平面PAB平面ABC，ACBCPC6，PAPB4，

其各顶点均在球O的表面上，则（）

A．PAPBB．点A到平面PBC的距离为14

1324

C．二面角APCB的余弦值为D．球O的表面积为π

67

【答案】ABD

【分析】对于A，取AB中点M，连接CM,PM，结合ACBC可得CMAB，由平面PAB平面ABC可

得CMPM，进而结合勾股定理求出AM22，AB42，进而结合勾股定理判断A即可；对于B，

过点B作BNCP，垂直为N，连接AN，记点A到平面PBC的距离为d，利用等体积法VCABPVABCP求

解判断即可；对于C，分析可得二面角ACPB的平面角为ANB，进而求解判断即可；对于D，分析可

得球心O在直线CM上，进而结合勾股定理列方程求得球O的半径，进而求出球O的表面积判断即可.

【详解】对于A，取AB中点M，连接CM,PM，由ACBC可知CMAB，

因为平面PAB平面ABC，平面PAB平面ABCAB，CM平面ABC，

所以CM平面PAB，又PM平面PAB，所以CMPM，

故CP2CM2PM2AC2AM2AP2AM2，

在6262AM242AM2，解得AM22，

则AB42，所以AP2BP2AB2，则PAPB，故A正确；

对于B，过点B作BNCP，垂直为N，连接AN，

记点A到平面PBC的距离为d，

CMS

11△ABP

由VCABPVABCP，则CMS△ABPdS△BCP，故d，

33S△BCP

221

而CMACAM27，S△ABPAPBP8，

2

BC2CP2BP23636167

由余弦定理得cosBCP，

2BCCP2669

42

故sinBCP1cos2BCP，

9

4282

故BNBCsinBCP6，

93

1182

SBNCP682，

△BCP223

278

故d14，故B正确；

82

对于C，由ABCM，ABPM，CMPMM，CM,PM平面PCM，

可知AB平面PCM，因为CP平面PCM，所以PCAB，

又BNCP，ABÇBN=B，AB,BNÌ平面ABN，故CP平面NAB，

又AN平面NAB，所以CPAN，

所以二面角ACPB的平面角为ANB，

2

因为222824，

NPBPBN4

33

2

222482

所以ANAPNP4，

33

22

82822

42

AN2BN2AB2331

故cosANB，

2ANBN82828

2

33

1

即二面角APCB的余弦值为，故C错误；

8

1

对于D，由PAPB，M为AB中点可知PMAB，

2

故PAB的外心为M，由CM平面PAB可知直线CM上的点到点A，B，P的距离相等，故球心O在直线

CM上.

由平面几何知识知点O在线段CM上.

记OAOCR，则OM27R，

2297

故R22227R，解得R，

7

324

故球O的表面积S4πR2π，故D正确.

7

故选：ABD.

3．（2025·全国·模拟预测）已知正三棱锥的各顶点都在体积为36π的球面上，正三棱锥体积最大时，该正

三棱锥的高为.

【答案】4

【分析】根据锥体与外接球的性质，结合棱锥的体积公式以及基本不等式的三维形式进行求解即可.

【详解】根据题意可得，正三棱锥的外接球的半径R3，

设正三棱锥的底面边长为23a，高为h，

则正三角形的外接圆的半径为2a，所以(2a)2(hR)2R2，

即4a2(h3)29，所以4a29(h3)2h(6h),h(0,6)，

又正三棱锥体积为

11333

(23a)2h3a2h4a2hh(6h)h

32244

3

33122hhh

(122h)hh83，

883

当且仅当122hh即h4时，等号成立，

所以当正三棱锥体积最大时，该正三棱锥的高为4.

故答案为:4.

4．（2025·甘肃武威·模拟预测）已知球O是三棱锥PABC的外接球，AB2AC2，CAB，若三

3

3

棱锥PABC体积的最大值为，则球O的表面积为.

3

25

【答案】π

4

【分析】利用余弦定理求出BC的长度，从而得到BCAC，则ABC的外接圆的圆心是斜边AB的中点D，

得到过D且垂直于平面ABC的直线一定过球心O，连接DO并延长与球相交的点就是使得三棱锥PABC

体积的最大值的点P，利用三棱锥的体积公式得到DP的长度，设球的半径为R，由DPROD得到

OD2R，由OD2AD2AO2建立R的等式，求出R，利用球的表面积公式S4πR2求解即可.

【详解】AB2AC2，CAB，

3

BC2AB2AC22ABACcosCAB41221cos3，

3

BC3，BC2AC2AB2，BCAC，

ABC的外接圆的圆心是斜边AB的中点D，

过D且垂直于平面ABC的直线一定过球心O，

连接DO并延长与球相交的点就是使得三棱锥PABC体积取得最大值的点P，

AB2AC2，BCAC，

113

SBCAC31，

ABC222

3

三棱锥PABC体积的最大值为，

3

13

SDP，

3ABC3

133

DP，DP2，

323

设球的半径为R，DPROD2，OD2R，

5

OD2AD2AO2，(2R)212R2，R，

4

525

球的表面积为S4πR24π()2π.

44

25

故答案为：π.

4

5．（2025·江西·模拟预测）已知点A，B，C，D都在半径为3的球面上，且△BCD是边长为23的正三角

形，则三棱锥ABCD体积的最大值为.

【答案】3315

【分析】先求出△BCD外接圆的半径，再结合球的半径求出球心到平面BCD的距离，进而得到点A到平面

BCD的最大距离，最后根据三棱锥体积公式求出体积的最大值.

【详解】设△BCD外接圆的圆心为O1，半径为r.

23

由正弦定理，在正△BCD中，a23，A60，则2r.

sin60

23

32r

因为sin60，所以3，即42r，解得r2.

2

2

已知球的半径R3，球心O到平面BCD的距离d，△BCD外接圆的半径r，根据勾股定理R2d2r2，

可得dR2r23222945.

当点A，球心O，O1共线且A与O在平面BCD同侧时，点A到平面BCD的距离最大，最大距离

hRd35.

33

根据正三角形面积公式，可得S(23)21233.

BCD44

11

根据三棱锥体积公式，可得VSh33(35)3(35)3315.

3BCD3

故答案为：3315.

题型05直棱柱、圆柱的外接球

解｜题｜策｜略

1、圆柱的高为，底面半径为，则圆柱的外接球半径

2

2ℎ

2、若是直棱柱，ℎ则可以先找直�棱柱上下底的外接圆，求�=外接�圆+半4径，然后补成圆柱，按圆柱的外接球

半径公式来算即可。

�

1．（2025·湖南娄底·二模）已知正六棱柱ABCDEFA1B1C1D1E1F1的各个顶点都在半径为R的球面上，一个能

R

放进该正六棱柱内部的最大的球半径为r．若AB2，则当最小时，该正六棱柱的体积为（）

r

A．36B．42C．48D．24

【答案】A

h

【分析】根据给定条件，求出正六棱柱底面正六边形的边心距3，并设正六棱柱的高为h，可得r取,3

2

R

中最小的，按h23,h23，结合球的截面小圆性质分类讨论求出最小时的h，再利用柱体体积公式

r

计算得解.

【详解】设正六边形ABCDEF的中心为点M，则点M与任意一条边均构成等边三角形，

因此点M到各边的距离均为等边三角形的高，即ABsin603，

h

不妨设该正六棱柱的高为h，则r≤且r3，r取两者之中的较小者，

2

由点M到A，B，C，D，E，F的距离均为2，得点M是正六边形ABCDEF的外接圆圆心，

hh216

因此正六棱柱的外接球半径R()222，

22

hRh21616167

若h23，则r，11；

2rhh2123

Rh21612167

若h≥23，则r3，≥，

r23233

R712

于是当h23时，取得最小值，正六边形的面积为62sin6063，

r32

所以该正六棱柱的体积为632336.

故选：A

2．（2020·山东青岛·三模）在三棱柱ABCA1B1C1中，ABBCAC，侧棱AA1底面ABC，若该三棱柱

的所有顶点都在同一个球O的表面上，且球O的表面积的最小值为4，则该三棱柱的侧面积为（）

A．63B．33C．32D．3

【答案】B

【详解】如图：设三棱柱上、下底面中心分别为O1、O2，则O1O2的中点为O，

设球O的半径为R，则OAR，设ABBCACa，AA1h，

1233

则OO2h，OAABa，

22323

22221212133

则在Rt△OO2A中，ROAOOOAha2haah，

2243233

23

当且仅当ha时，等号成立，

3

所以23，所以43，所以，

S球4R4ahah4ah3

33

所以该三棱柱的侧面积为3ah33.

故选：B.

【点睛】本题考查利用不等式求解棱柱的外接球面积最小值与侧面积问题，属于中档题

3．（2025·江苏·一模）已知一圆柱内接于半径为1的球，当该圆柱的体积最大时，其高为（）

13232

A．B．C．D．

2332

【答案】C

2

22h

【分析】结合立体图形，由勾股定理得到Rr1，利用均值不等式求最值，等号成立时圆柱体积

2

最大，求出此时的高h即可.

【详解】设球半径为R，圆柱的底面半径为r，圆柱的高为h，

222242

22hrrhrh

如图，则有Rr1，即133，

222416

22

24rh2224

整理得rh，当且仅当，即r,h时，等号成立，

332433

4π

此时圆柱体积Vπr2h取得最大值，