空间几何体外接球(解析版)

【思维导图】

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考法一汉堡模型

【题1】(2020·广州市广外)各顶点都在一个球面上的正四棱柱(底面是正方形，侧棱垂直于底面)高为2，

体积为8，则这个球的表面积是A.16π【答案】B

【解析】因为正四棱柱高为2，体积为8，所以它的底面边长是2，所以它的体对角线的长是23，因此它的外接球的直径是23，所以这个球的表面积是：S=4π(3)2=12π.故选：B．

【题2】(2020·辽宁省高三)如图，在三棱锥A-BCD中，BD⊥平面ADC，BD=1，AB=2，BC=3，AC

=11，则三棱锥A-BCD外接球的体积为A.4π【答案】D

【解析】因为BD⊥平面ADC，所以BD⊥AD，BD⊥DC，所以AD2=AB2-BD2=4-1=3，DC2=BC2-BD2=9-1=8，所以AC2=AD2+DC2，所以AD⊥DC，

所以以DA、DB、DC为棱的长方体与三棱锥A-BCD具有相同的外接球，所以该外接球的直径为DA2+DB2+DC2=3+1+8=23，半径为3，

4

则该外接球的体积为π×(3)3=43π故选：D.

3

B.3π

C.23πD.43π(

)

B.12π

C.10π

D.8π

(

)

考法二墙角模型

【题3】(2020·天津高考真题)若棱长为23的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为(

A.12π【答案】C

【解析】这个球是正方体的外接球，其半径等于正方体的体对角线的一半，

22223+23+23即R==3，

2

所以，这个球的表面积为S=4πR2=4π×32=36π.故选：C.

)

B.24πC.36πD.144π

【题4】(2019·绥德中学)球面上有A,B,C,D四个点，若AB,AC,AD两两垂直，且AB=AC=AD=4，则

该球的表面积为80πA.

3【答案】D

B.32π

C.42π

D.48π

(

)

【解析】由题意可知，该球是一个棱长为4的正方体的外接球，

2222设球的半径为R，由题意可得：R2=12，2R=4+4+4,据此可得：

外接球的表面积为：S=4πR2=4π×12=48π.本题选择D选项.

【题5】(2020·兴化市板桥高级中学)棱长为23的正方体ABCD-A1B1C1D1的8个顶点在同一个球面上，

则这个球的体积与表面积的比值为

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【答案】1

V【解析】该球的直径就是正方体的对角线，设球的半径为r，则2r2=232×3=36,r=3，=

S

34πr3

r

==1故答案为：134πr

2

考法三斗笠模型

【题6】(2020·秦皇岛市抚宁区第一中学)已知正三棱锥S-ABC的侧棱长为43，底面边长为6，则该正

三棱锥外接球的表面积是

.

【答案】64π

【解析】过点S作SE⊥平面ABC于点E，记球心为O.

∵在正三棱锥S-ABC中，底面边长为6，侧棱长为43，∴BE=23×2

3

×6=23，

∴SE=SB2-BE2=6.

∵球心O到四个顶点的距离相等，均等于该正三棱锥外接球的半径长R，∴OB=R，OE=6-R.

在Rt△BOE中，OB2=BE2+OE2，即R2=12+6-R2，解得R=4，∴外接球的表面积为S=4πR2=64π.故答案为：64π.

【题7】正四棱锥的顶点都在同一球面上，若该棱锥的高为4，底面边长为2，则该球的表面积为

A.

81π4B.16π

C.9π

D.

27π4

【答案】A

【解析】正四棱锥P-ABCD的外接球的球心在它的高PO1上，

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(

)

记为O，PO=AO=R，PO1=4，OO1=4-R，在Rt△AOO1中，AO1=2，

9由勾股定理R2=2+4-R2得R=，

4

81

∴球的表面积S=π，故选A.

4

考法四怀表模型

【题8】(2020·广东省高三)在三棱锥A-BCD中，△ABD与△CBD均为边长为2的等边三角形，且二面

角A-BD-C的平面角为120°，则该三棱锥的外接球的表面积为A.7π【答案】D

【解析】如图，取BD中点H，连接AH，CH因为△ABD与△CBD均为边长为2的等边三角形

所以AH⊥BD，CH⊥BD，则∠AHC为二面角A-BD-C的平面角，即∠AHD=120°设△ABD与△CBD外接圆圆心分别为322

E，F则由AH=2×=3可得AE=AH=3，EH=

233

13AH=分别过E，F作平面ABD，平面BCD的垂线，则三33

棱锥的外接球一定是两条垂线的交点记为O，连接AO，HO，则由对称性可得∠OHE=60°

21所以OE=1，则R=OA=AE2+EO2=32128π则三棱锥外接球的表面积4πR2=4π×=93

故选：D

【题9】(2020·南昌市八一中学)如图所示，三棱锥S一ABC中，△ABC与△SBC都是边长为1的正三角

2π

形，二面角A-BC-S的大小为，若S，A，B，C四点都在球O的表面上，则球O的表面积为

3

()

B.8π

16πC.

3

28πD.3

(

)

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7A.π

3【答案】A

13

B.π

34C.π

3

D.3π

【解析】取线段BC的中点D，连结AD，SD，由题意得AD⊥BC，SD⊥BC，

2π∴∠ADS是二面角A-BC-S的平面角，∴∠ADS=，

3

由题意得BC⊥平面ADS，分别取AD，SD的三等分点E，F，

在平面ADS内，过点E，F分别作直线垂直于AD，SD，两条直线的交点即球心O，连结OA，则球O半径R=|OA|，

131323由题意知BD=，AD=，DE=AD=，AE=AD=，

223633

π1

连结OD，在Rt△ODE中，∠ODE=，OE=3DE=，

32

7

∴OA2=OE2+AE2=，

12

7π

∴球O的表面积为S=4πR2=．

3

故选：A．

考法五矩形模型

【题10】(2020·新疆维吾尔自治区)在四面体ABCD中，AB=2，DA=DB=CA=CB=1，则四面体

ABCD的外接球的表面积为A.π【答案】B

B.2π

C.3π

D.4π

(

)

【解析】由AB=2，DA=DB=CA=CB=1，

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所以CA2+CB2=AB2，AD2+BD2=AB2

2可得∠ACB=∠ADB=90∘，所以OA=OB=OC=OD=，

2

2

即O为外接球的球心，球的半径R=所以四面体ABCD的外接球的表面积为：

2

1

S=4πR2=4π×=2π.故选：B

2

【题11】(2020·黑龙江省哈尔滨三中)四面体SABC中，AC⊥BC，SA⊥平面ABC，SA=6，AC=7，

BC=3，则该四面体外接球的表面积为32πA.

3【答案】C

【解析】如图所示：

16πB.

3

C.16π

D.32π

(

)

由已知可得△SAB与△SBC为直角三角形，所以该几何体的外接球球心为SB的中点O，因为AC=7,BC=3,且AC⊥BC,所以AB=10,所以SB=SA2+AB2=6+10=4,

所以四面体SABC的外接球半径R=2,则表面积S=4πR2=16π.故答案选：C

考法六L模型

【题12】(2020·黑龙江省铁人中学高三)在四棱锥A-BCDE中，△ABC是边长为6的正三角形，BCDE是

正方形，平面ABC⊥平面BCDE，则该四棱锥的外接球的体积为A.2121π【答案】D

【解析】取BC的中点为M，N是正三角形ABC的中心,F为正方形BCDE的中心，连接AM,FM,则有MF⊥BC，

AM⊥BC，平面ABC⊥平面BCDE，平面ABC∩平面BCDE=BC，MF⊥平面ABC，AM⊥平面BCDE，过N,F分别做l1⎳MF，l2⎳AM，则l1⊥平面ABC，l2⊥平面BCDE，l1,l2交于O，则O为球心，OF⎳MN,ON⎳MF，MN⊥MF

所以四边形OFMN为矩形，ON=MF=3，

2

AN=AM=23,OA=ON2+AN2=32+(23)2=21

3

3

4π(21)所以外接球的体积为=2821π.

3

故选:D.

B.84π

C.721πD.2821π(

)

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13】已知三棱锥P-ABC中，∠APB=2π

3

，PA=PB=3，AC=5，BC=4，且平面PAB⊥平面

ABC，则该三棱锥的外接球的表面积为(

A.16πB.28πC.24πD.32π

【答案】B

【解析】在△PAB中，由余弦定理得AB=3+3-2×3×3×cos2π

3

=3，

又AC2=AB2+BC2，所以△ABC为直角三角形，CB⊥AB.

又平面PAB⊥平面ABC且交于AB，所以CB⊥平面PAB.

将三棱锥P-ABC放入直三棱柱中，如图所示：

O1，O2分别为上下底面外接圆的圆心，

O为三棱锥P-ABC外接球的球心，且为O1，O2的中点.

所以OO1=1

2

BC=2.

设△PAB的外接圆半径为r，则2r=sin32π=23，所以r=3.3设几何体的外接球半径为R，则R2=22+(3)2=7，

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)

【题所求外接球的表面积S=4πR2=28π.故选：B

考点七麻花模型

【题14】(2020·四川省眉山市彭山区第二中学)在四面体ABCD中，若AB=CD=3，AC=BD=2，AD

=BC=5，则四面体ABCD的外接球的表面积为A.2π【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6π．

B.4π

C.6π

D.8π

(

)

考点八最值问题

【题15】(2020·河南省高三三模)已知三棱锥S-ABC的底面是等边三角形，且SA=SB=SC=6，则当

三棱锥S-ABC的体积最大时，其外接球的表面积为A.9π【答案】C

【解析】在AC上找中点D，连接DB，SD，如下图所示，

因为三棱锥S-ABC的底面是等边三角形，即△ABC是等边三角形，所以DB⊥AC，又因为SA=SC，所以DS⊥AC.

11设∠ASC=θ，SB与平面SAC所成的角∠BSD=φ，则VS-ABC=××SA×SC×sinθ×BD=

32

11π××SA×SC×sinθ×SB×sinφ，当θ=φ=时，VS-ABC最大，此时SA，SB，SC两两垂直，322所以三棱锥的外接球即为以SA，SB，SC为长宽高的长方体的外接球，如下图，因为SA=SB=SC=6，

2226+6+632所以外接球的半径R==.

22

322则其外接球的表面积为S=4πR2=4π=18π.2(

D.27π

)

B.12πC.18π

故选：C.

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【题16】已知点A，B，C，D均在球O的球面上，AB=BC=1，AC=2，若三棱锥D-ABC体积的最大

1值是，则球O的表面积为

381π【答案】16

【解析】设△ABC的外接圆的半径为r，

∵AB=BC=1，AC=2，则AB2+BC2=AC2，

2∴△ABC为直角三角形，且r=2

11

∴S△ABC=×1×1=，

22

1

∵三棱锥D-ABC体积的最大值是，A，B，C，D均在球O的球面上，

3

13×3V3==2，∴D到平面ABC的最大距离h=1S△ABC2

设球O的半径为R，则R2=r2+h-R2，22

即R2=+2-R2

29

解得R=，

8

9281π.∴球O的表面积为S=4π=816

81π.故答案为：16

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