与球相关的外接与内切问题(解析版)

一．方法综述

如果一个多面体的各个顶点都在同一个球面上，那么称这个多面体是球的内接多面体，这个球称为多面体的外接球.有关多面体外接球的问题，是立体几何的一个重点，也是高考考查的一个热点. 考查学生的空间想象能力以及化归能力。

研究球与多面体的接、切问题主要考虑以下几个方面的问题：

（1）多面体外接球半径的求法，当三棱锥有三条棱垂直或棱长相等时，可构造长方体或正方体. （2）与球的外切问题，解答时首先要找准切点，可通过作截面来解决. （3）球自身的对称性与多面体的对称性；

二．解题策略

类型一 柱体与球

【例1】（2020·河南高三（理））已知长方体ABCDA1B1C1D1的表面积为208，ABBCAA118，则该长方体的外接球的表面积为（ ） A．116 【答案】A 【解析】

B．106

C．56

D．53

ABBCAA118222【分析】由题意得出，由这两个等式计算出ABBCAA1，可

ABBCBCAA1ABAA1104求出长方体外接球的半径，再利用球体表面积公式可计算出结果.

【详解】依题意，ABBCAA118，ABBCBCAA1ABAA1104，

2 所以，AB2BC2AA1ABBCAA12ABBCBCAA1ABAA1116，

2故外接球半径rAB2BC2AA1229，

2因此，所求长方体的外接球表面积S4r2116.故选：A.

【点睛】本题考查长方体外接球表面积的计算，解题的关键就是利用长方体的棱长来表示外接球的半径. 【举一反三】

1.（2020·河南高三模拟）已知三棱柱的底面是边长为3的等边三角形，侧棱垂直于底面且侧棱长为2，若该棱柱的顶点都在一个球面上，则该球的表面积为（ ）

A．

7 3B．

11 3C．5 D．8

【答案】D

【解析】根据条件可知该三棱柱是正三棱柱，上下底面中心连线的中点就是球心，如图，

32则其外接球的半径ROBOO12BO122， 22sin60外接球的表面积S428.故选：D

【指点迷津】直棱柱的外接球的球心在上、下底面的外接圆的圆心的连线上，确定球心，用球心、一底面的外接圆的圆心，一顶点构成一个直角三角形，用勾股定理得关于外接球半径的关系式，可球的半径. 2.（2020·安徽高三（理））已知一个正方体的各顶点都在同一球面上，现用一个平面去截这个球和正方体，得到的截面图形恰好是一个圆及内接正三角形，若此正三角形的边长为a，则这个球的表面积为（ ）． A．a 【答案】D

【解析】由已知作出截面图形如图1，可知正三角形的边长等于正方体的面对角线长，正方体与其外接球的位置关系如图2所示，可知外接球的直径等于正方体的体对角线长，设正方体的棱长为m,外接球的半径为

223

4

2

B．3a2 C．6a2

D．a

32

2

6a3262 a，则a2m，2R3m，所以R所以外接球的表面积为S4R4a，R，424故选：D.

2

【点睛】本题考查正方体的外接球、正方体的截面和空间想象能力，分析出外接球的半径与正三角形的边长的关系是本题的关键，

3．（2020·河南高三（理））有一圆柱状有盖铁皮桶（铁皮厚度忽略不计），底面直径为20cm，高度为100cm，

现往里面装直径为10cm的球，在能盖住盖子的情况下，最多能装（ ） （附：21.414,31.732,52.236） A．22个 【答案】C

【解析】由题意，若要装更多的球，需要让球和铁皮桶侧面相切，且相邻四个球两两相切， 这样，相邻的四个球的球心连线构成棱长为10cm的正面体，

易求正四面体相对棱的距离为52cm，每装两个球称为“一层”，这样装n层球， 则最上层球面上的点距离桶底最远为1052n1cm，

若想要盖上盖子，则需要满足1052n1100，解得n19213.726， 所以最多可以装13层球，即最多可以装26个球．故选：C 类型二 锥体与球

B．24个

C．26个

D．28个

【例2】5．已知球O的半径为10，以球心O为中心的正四面体的各条棱均在球O的外部，若球O的2球面被的四个面截得的曲线的长度之和为8，则正四面体的体积为_________． 【来源】重庆市2021届高三下学期二模数学试题 【答案】182 【解析】由题知，正四面体截球面所得曲线为四个半径相同的圆，每个圆的周长为2，半径为1，故球心

106O到正四面体各面的距离为，设正四面体棱长为a，如图所示，则斜高1222AE3EFOGEF136， a，在RtAEF和RtAGO中，a，体高AFAOAE332

即6266a321132623，∴a6，∴Vaa6182． 334312【举一反三】

1.（2020四川省德阳一诊）正四面体ABCD的体积为，则正四面体ABCD的外接球的体积为______． 【答案】

【解析】如图，

设正四面体ABCD的棱长为，过A作AD⊥BC， 设等边三角形ABC的中心为O，则

，

，即

．

，

再设正四面体ABCD的外接球球心为G，连接GA， 则

∴正四面体ABCD的外接球的体积为

，即

．

.故答案为：

．

2．（2020·宁夏育才中学）《九章算术》是我国古代的数学名著,其中有很多对几何体体积的研究,已知某囤积粮食的容器的下面是一个底面积为32π,高为h的圆柱,上面是一个底面积为32π,高为h的圆锥,若该容器有外接球,则外接球的体积为 【答案】288

【解析】如图所示，根据圆柱与圆锥和球的对称性知，

其外接球的直径是2R3h，设圆柱的底面圆半径为r，母线长为lh， 则r232，解得r42，又l2(2r)2(3h)2， h2(82)29h2，解得h4，

外接球的半径为R46，

4R3463外接球的体积为V288．

3332

3．（2020·贵阳高三（理））在四棱锥PABCD中，底面ABCD是边长为4的正方形，PAD是一个正三角形，若平面PAD平面ABCD，则该四棱锥的外接球的表面积为（ ） A．

14 3B．

28 3C．

56 3D．

112 3【答案】D 【解析】

【分析】过P作PFAD，交AD于F，取BC的中点G，连接PG,FG，取PF的三等分点H（PH2HF），取GF的中点E，在平面PFG过E,F分别作GF,PF的垂线，交于点O，可证O为外接球的球心，利用解直角三角形可计算PO．

【详解】如图，过P作PFAD，交AD于F，取BC的中点G，连接PG,FG，在PF的三等分点H（PH2HF），取GF的中点E，在平面PFG过E,F分别作GF,PF的垂线，交于点O．

因为PAD为等边三角形，AFFD，所以PFAD． 因为平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，PF平面PAD，

所以PF平面ABCD，因GF平面ABCD，故PFGF． 又因为四边形ABCD为正方形，而G,F为BC,AD的中点，故FG因ADCD，故GFAD，

PFF，故PF平面PAD．

在RtPGF中，因OEGF,PFGF，故OE同理OH平面PAD．

PF，故OE平面ABCD，

因E为正方形ABCD的中心，故球心在直线OE上，

因H为PAD的中心，故球心在直线OH上，故O为球心，OP为球的半径． 在RtPGF中，PH22343，OHEF2， PF43323故OP4281121628221，所以球的表面积为4． 33333类型三 构造法（补形法）

【例3】已知三棱锥PABC的各个顶点都在球O的表面上，PA底面ABC，ABAC，AB6，

AC8，D是线段AB上一点，且AD2DB.过点D作球O的截面，若所得截面圆面积的最大值与最小

值之差为25，则球O的表面积为（ ） A．128 【答案】B

【解析】PA平面ABC，ABAC，将三棱锥PABC补成长方体PQMNABEC，如下图所示：

B．132

C．144

D．156

设AEBCF，连接OF、DF、OD，可知点O为PE的中点，

BCF，则F为AE的中点，所以，OF//PA且OFPA，

12因为四边形ABEC为矩形，AE设PA2x，且AEAB2BE210，PEPA2AE22x225，

所以，球O的半径为R1PEx225， 2在Rt△ABE中，ABE2，AB6，AE10，cosBAEAB3， AE5在ADF中，AD2AB4，AF5， 3由余弦定理可得DFAD2AF22ADAFcosBAE17，

PA平面ABCD，OF平面ABCD，

DF平面ABCD，则OFDF，

1PAx，ODOF2DF2x217， 2设过点D的球O的截面圆的半径为r，设球心O到截面圆的距离为d，设OD与截面圆所在平面所成的角OF为，则dODsinR2r2.

当0时，即截面圆过球心O时，d取最小值，此时r取最大值，即rmaxR当x225；

2时，即OD与截面圆所在平面垂直时，d取最大值，即dmaxODx217，

此时，r取最小值，即rminR2dmax22. 2222由题意可得rmaxrminx1725，

x0，解得x22. 所以，R故选：B.

33，因此，球O的表面积为S4R2132.

【举一反三】

1.（2020宁夏石嘴山模拟）三棱锥则三棱锥【答案】

，放到长方体

里,如下图:

中，侧棱

与底面

垂直，

，

，

且

，

的外接球的表面积等于 ．

【解析】把三棱锥

,因此长方体的外接球的直径为,

所以半径,则三棱锥的外接球的表面积为.

，

2.（2020菏泽高三模拟）已知直三棱柱此三棱柱的高为A． 【答案】C 【解析】

，则该三棱柱的外接球的体积为 B．

C．

的底面为直角三角形，且两直角边长分别为1和

D．

如图所示，将直三棱柱则该长方体的体对角线为设长方体的外接球的半径为，则所以该长方体的外接球的体积

补充为长方体，

， ，

, ，故选C.

3．（2020·贵州高三月考（理））某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）

A．

4 3B．

5 38C．

3D．

16 3【答案】A

【解析】【分析】如图所示画出几何体，再计算体积得到答案.

【详解】由三视图知该几何体是一个四棱锥，可将该几何体放在一个正方体内，如图所示：

在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，

取棱B1C1,DA,AB,BC,CD的中点分别为E,M,N,P,Q，

1则该几何体为四棱锥EMNPQ，其体积为3类型四 与球体相关的最值问题

7 22224.故选：A 3 【例4】（2020·福建高三期末（理））在外接球半径为4的正三棱锥中，体积最大的正三棱锥的高h（ ）A．

14 3B．

13 4C．D．

16 3【答案】D 【解析】

3122228hha，a【分析】设正三棱锥底面的边长为a，高为h，由勾股定理可得4(h4)，则

33三棱锥的体积V【详解】

解：设正三棱锥底面的边长为a，高为h，根据图形可知

238h2h3，对其求导，分析其单调性与最值即可得解. 4

3 42(h4)23a，

则8hh又

2212a0,0h8. 3正三棱锥的体积

132333Vah8hh2h8h2h3，则V16h3h2， 34444令V0，则h16或h0（舍去）， 31616函数V38h2h3在0,上单调递增，在,8上单调递减，

334当h16时，V取得最大值，故选：D. 3【点睛】本题考查球与多面体的最值问题，常常由几何体的体积公式、借助几何性质，不等式、导数等进行解决，对考生的综合应用，空间想象能力及运算求解能力要求较高. 【举一反三】

1.（2020·广东高三（理））我国古代数学名著《九章算术》中有这样一些数学用语，“堑堵”意指底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱，而“阳马”指底面为矩形，且有一侧棱垂直于底面的四棱锥.现有一如图所示的堑堵，ACBC，若AA1AB2，当阳马BA1ACC1体积最大时，则堑堵ABCA1B1C1的外接球体积为（ ）

A．22 【答案】B

B．

82 3C．

142 3D．42π

【解析】依题意可知BC⊥平面ACC1A1.设ACa,BCb，则

abAB4.VBA1ACC12221111AC2BC2142ACAA1BCACBC，当32332323且仅当ACBC2时取得最大值.依题意可知A1BC,A1BA,A1BB1是以A1B为斜边的直角三角形，

所以堑堵ABCA1B1C1外接球的直径为A1B，故半径OB11A1BAA12AB22.所以外接球的22体积为

4π32382π. 3特别说明：由于BC⊥平面ACC1A1，A1BC,A1BA,A1BB1是以A1B为斜边的直角三角形，所以堑堵

ABCA1B1C1外接球的直径为A1B为定值，即无论阳马BA1ACC1体积是否取得最大值，堑堵

ABCA1B1C1外接球保持不变，所以可以直接由直径A1B的长，计算出外接球的半径，进而求得外接球的

体积.故选：B

2．（2020·遵义市南白中学高三期末）已知A，B，C，D四点在同一个球的球面上，ABBC6，ABC90，若四面体ABCD体积的最大值为3，则这个球的表面积为（ ）

A．4 【答案】C 【解析】

B．8

C．16

D．32

根据ABBC6,可得直角三角形ABC的面积为3,

其所在球的小圆的圆心在斜边AC的中点上,

设小圆的圆心为Q, 由于底面积SABC不变,高最大时体积最大,

所以DQ与面ABC垂直时体积最大，最大值为为

11SABCDQ3，即3DQ3,DQ3,如图, 33设球心为O,半径为R，则在直角AQO中,即R2(3)2(3R)2,R2, 则这个球的表面积为S42216,故选C.

3．（2020·河南高三（理））菱形ABCD的边长为2，∠ABC＝60°，沿对角线AC将三角形ACD折起，当三棱锥D－ABC体积最大时，其外接球表面积为（ ） A．

15 3B．215 3C．

20 9D．

20 3【答案】D 【解析】

【分析】当平面ACD与平面ABC垂直时体积最大，如图所示，利用勾股定理得到

R2(3OG)2(32232)和R2OG2()，计算得到答案. 33【详解】易知：当平面ACD与平面ABC垂直时体积最大. 如图所示：

E为AC中点，连接DE,BE，外接球球心O的投影为G是ABC中心，在BE上 BE3，DE3，EG233 ，BG

3332232)，R2OG2() 33设半径为R，则R2(3OG)2(解得：R20152 ，表面积S4R 故选：D

33

三．强化训练

一、选择题

1．（2020·广西高三期末）棱长为a的正四面体ABCD与正三棱锥EBCD的底面重合，若由它们构成的多面体ABCDE的顶点均在一球的球面上，则正三棱锥EBCD的表面积为（ ） A．

3324a B．

336a2 C．

33a23326 D．

4a 【答案】A

【解析】由题意，多面体ABCDE的外接球即正四面体ABCD的外接球， 由题意可知AE⊥面BCD交于F，连接CF，则CF2332a33a 且其外接球的直径为AE，易求正四面体ABCD的高为a23263aa. 322设外接球的半径为R，由R26aR3a得633R4a. 设正三棱锥EBCD的高为h，因为AE662a3ah，所以h66a. 因为底面BCD的边长为a，所以EBECEDCF2h222a， 则正三棱锥EBCD的三条侧棱两两垂直.

122即正三棱锥EBCD的表面积S32a1a2333a2，故选：A2. 224

2、（2020辽宁省师范大学附属中学高三）在三棱锥中，

，则三棱锥

外接球的表面积为（

）A． B． C． D．

【答案】C 【解析】如图，

把三棱锥则

补形为长方体，设长方体的长、宽、高分别为

，

．

，

∴三棱锥外接球的半径∴三棱锥故选：C．

外接球的表面积为

3．（2020·安徽高三期末）如果一个凸多面体的每个面都是全等的正多边形，而且每个顶点都引出相同数目的棱，那么这个凸多面体叫做正多面体.古希腊数学家欧几里得在其著作《几何原本》的卷13中系统地研究了正多面体的作图，并证明了每个正多面体都有外接球.若正四面体、正方体、正八面体的外接球半径相同，则它们的棱长之比为（ ）

A．2:1:3 【答案】B

B．2:2:3 C．2:2:1 D．2:2:3

【解析】设正四面体、正方体、正八面体的棱长以及外接球半径分别为a,b,c,R

则2R322a,2R3b,Rc, 22即a22R2R,b,c2Ra:b:c2:2:3故选：B 334．（2020·北京附中高三）如图，在四棱锥SABCD中，四边形ABCD为矩形，AB23，AD2，

ASB120，SAAD，则四棱锥外接球的表面积为（ ）

A．16 B．20 C．80 D．100 【答案】B

【解析】由四边形ABCD为矩形，得ABAD，又SAAD，且SAABA，∴AD平面SAB，

则平面SAB平面ABCD，设三角形SAB的外心为G，则

GAAB232sinASB2sin12032. 32过G作GO底面SAB，且GO1，则OS22125.即四棱锥外接球的半径为5． ∴四棱锥外接球的表面积为S4(5)220.故选B．

5．（2020河南省郑州市一中高三）在三棱锥M是线段A． 【答案】C

上一动点，线段

B．

长度最小值为

中，，则三棱锥C．

平面

的外接球的表面积是（ ） D．

，

【解析】解：如图所示：

三棱锥中，平面

长度最小值为达到最小值，

，

，则：

则：

，

，

M是线段

则：当由于：解得：由于：在则：

上一动点，线段

时，线段平面

，所以：

，所以：

，所以：

中，设外接圆的直径为

，

为等腰三角形．所以

，所以外接球的半径

，

，

，则：

，故选：C．

6、（2020河南省天一大联考）某多面体的三视图如图所示，其中正视图是一个直角边为2的等腰直角三角形，侧视图是两直角边分别为2和1的直角三角形，俯视图为一矩形，则该多面体的外接球的表面积为（ ）

A．C．

B．D．

【答案】C

【解析】由三视图可得，该几何体为一个三棱锥，放在长、宽、高分别为2，1，2的长方体中，此三棱锥和长方体的外接球是同一个，长方体的外接球的球心在体对角线的中点处，易得其外接球的直径为

，从而外接球的表面积为

.故答案为：C.

7．（2020·江西高三期末（理））如图，三棱锥PABC的体积为24，又PBCABC90，BC3，

AB4，PB410，且二面角PBCA为锐角，则该三棱锥的外接球的表面积为（ ）

A．169 【答案】A

B．144 C．185 D．80

【解析】因PBCABC90，所以BC⊥平面PAB，且PBA为二面角PBCA的平面角， 又BC3，AB4，PB410，由勾股定理可得PC13，AC5， 因为SPAB1PBABsinPBA810sinPBA，所以三棱锥的体积211310VSPABBC810sinPBA324，解得sinPBA，

3310又PBA为锐角，所以cosPBA10， 1010144， 10在PAB中，由余弦定理得PA21601624410即PA12，则PB2PA2AB2，故PAAB， 由BC⊥平面PAB得BCPA，

故PA平面ABC，即PAAC，取PC中点O， 在直角PAC和直角PBC中，

易得OPOCOAOB，故O为外接球球心， 外接圆半径R113PC，故外接球的表面积S4R2169.故选：A. 228．（2019·湖南长沙一中高三）在如图所示的空间几何体中，下面的长方体ABCDA1B1C1D1的三条棱长

ABAD4，AA12，上面的四棱锥PA1B1C1D1中D1EC1E，PE平面A1B1C1D1，PE1，

则过五点A、B、C、D、P的外接球的表面积为（ ）

A．

311π 9B．

311π 18C．

313π 9D．

313π 18【答案】C

【解析】问题转化为求四棱锥PABCD的外接球的表面积．PC4913，

13133r∴sinPCD．所以PCD外接圆的半径为36，由于PE平面A1B1C1D1，

21313则PE平面ABCD，PE平面PCD，所以平面PCD平面ABCD， 所以外接球的R2r4222169313313π2．所以S球表面积4πR．

93636

9．三棱锥P—ABC中，底面ABC满足BA=BC， ，点P在底面ABC的射影为AC的中点，且该三棱

锥的体积为，当其外接球的表面积最小时，P到底面ABC的距离为（ ） A．3 【答案】B

【解析】设外接球半径为，P到底面ABC的距离为，则因为因为

，所以

，所以当

，

， 时，

，当

时，

，因此当

时，

，

B．

C．

D．

取最小值，外接球的表面积取最小值，选B.

10．（2019·河北高三月考）在平面四边形ABCD中，AB⊥BD，∠BCD=30°，AB24BD26，若将△ABD沿BD折成直二面角A-BD-C，则三棱锥A-BDC外接球的表面积是( ) A．4π 【答案】C

【解析】取AD,BD中点E,F，设BCD的外心为M，连MB,MF,EF， 则MFBD,BMFB．5π

C．6π

D．8π

1DMBBCD300,BM2BFBD 2分别过E,M作MF,EF的平行线，交于O点， 即OE//MF,OM//EF，

BDAB,E为ABD的外心，

平面ABD平面BCD，AB平面BCD，

EF//AB,EF平面BCD，OM平面BCD，

同理OE平面ABD，E,M分别为ABD，BCD外心，

O为三棱锥的外接球的球心，OB为其半径, OB2BM2OM2BD2EF2BD213AB2， 42S球4OB26.故选:C

11．（2020·梅河口市第五中学高三期末（理））设三棱锥PABC的每个顶点都在球O的球面上，PAB是面积为3的等边三角形，ACB45，则当三棱锥PABC的体积最大时，球O的表面积为（ ） A．

28 3B．10

C．

32 3D．12

【答案】A

【解析】如图，由题意得

3AB23，解得AB2.记ABc,BCa,ACb， 4SABC12absinCab，由余弦定理c2a2b22abcosC，得4a2b22ab2ab2ab，24ab42(22)，当且仅当ab时取等号．

22所以CACB且平面PAB底面ABC时，三棱锥PABC的体积最大.

分别过PAB和ABC的外心作对应三角形所在平面的垂线，垂线的交点即球心O， 设PAB和ABC的外接圆半径分别为r1，r2，球O的半径为R，

22121172.故R2r22r12， 则r1，r232sin45332球O的表面积为4R228.故选：A. 3

12.（2020四川省成都外国语学校模拟）已知正方形ABCD的边长为4，E，F分别是BC，CD的中点，沿AE，

EF，AF折成一个三棱锥P-AEF（使B，C，D重合于P），三棱锥P-AEF的外接球表面积为（ ）

A．

B．

C．

D．

【答案】C 【解析】如图，

由题意可得，三棱锥P-AEF的三条侧棱PA，PE，PF两两互相垂直， 且

，

，

， ．故选：C．

把三棱锥P-AEF补形为长方体，则长方体的体对角线长为则三棱锥P-AEF的外接球的半径为

，外接球的表面积为

13．已知球O夹在一个二面角l之间，与两个半平面分别相切于点A,B.若AB2，球心O到该二面角的棱l的距离为2，则球O的表面积为（ ） A．8

B．6

C．4

D．2

【来源】江西省萍乡市2021届高三二模考试数学（文）试题 【答案】A

【解析】过O,A,B三点作球的截面，如图：

设该截面与棱l交于D，则OAl，OBl，又OA所以l平面AOB，所以ODl，所以|OD|2，

OBO，

依题意得OAAD,OBBD，所以O,A,D,B四点共圆，且OD为该圆的直径，

因为|AB|2|OD|，所以AB也是该圆的直径，

所以四边形OADB的对角线AB与OD的长度相等且互相平分，所以四边形OADB为矩形，又

|OA||OB|，所以该矩形为正方形，所以|OA|积为4(2)28. 故选：A

2|AB|2，即圆O的半径为2，所以圆O的表面214．已知点A,B,C在半径为2的球面上，满足ABAC1，BC3，若S是球面上任意一点，则三棱锥SABC体积的最大值为（ ） A．323 12B．323 6C．233 12D．33 12【答案】A

【解析】设ABC外接圆圆心为O，三棱锥SABC外接球的球心为O，ABAC1，设D为BC中点，连AD，如图，

则ADBC，且O在AD上，AD设ABC外接圆半径为r，

AB2(BC21)， 22r2(BC231)(ADr)2(r)2，解得r1， 242|OO|22r23 要使SABC体积的最大，需S到平面ABC距离最大， 即S为OO的延长线与球面的交点，最大值为32，

所以三棱锥SABC体积的最大值为(32)S故选：A

13ABC111323． (32)33221215．已知半球O与圆台OO有公共的底面，圆台上底面圆周在半球面上，半球的半径为1，则圆台侧面积取最大值时，圆台母线与底面所成角的余弦值为（ ） A．3 9B．3 27C．

3 6D．3 3【答案】D

【解析】如图1所示，设BCx，COr，作CFAB于点F，延长OO交球面于点E，则BF1r，

OOCFBC2BF2x21r，由圆的相交弦定理及图2得

222COODOEOH1OO1OO，即r1x1r1x1r222，解得

x2r1，

2x2则圆台侧面积Sπ11x0x2，

2则S2'322323x，令S'0，则x或x（舍去），

323当0x2323时，S'0，当x2时，S'0，

332323x20,,2x所以函数Sπ11在上递增，在上递减， 323所以当x23时，S取得最大值． 32x2123当xBC时，r1，则BF1r．

3233在轴截面中，OBC为圆台母线与底面所成的角，在Rt△CFB中可得cosOBC故选：D．

BF3， BC3

16．（2020·重庆八中高三）圆柱的侧面展开图是一个面积为162的正方形，该圆柱内有一个体积为V的球，则V的最大值为 【答案】

32 32πrlr2.故圆柱的底面直径为4，高为4，【解析】设圆柱的底面直径为2r，高为l，则22，解得l16πl4π所以圆柱内最大球的直径为4，半径为2，其体积为

4π332π. 23317．（2020·江西高三）半正多面体(semiregular solid)亦称“阿基米德多面体”，如图所示，是由边数不全相同的正多边形为面的多面体，体现了数学的对称美．将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，如此共可截去八个三棱锥，得到一个有十四个面的半正多面体，它们的边长都相等，其中八个为正三角形，六个为正方形，称这样的半正多面体为二十四等边体.若二十四等边体的棱长为2，则该二十四等边体外接球的表面积为

【答案】8π

【解析】由已知根据该几何体的对称性可知，该几何体的外接球即为底面棱长为2，侧棱长为2的正四棱柱的外接球，(2R)2(2)2(2)222,R2,

该二十四等边体的外接球的表面积S4πR24π(2)28π.

18．（2020·福建高三期末（理））在棱长为4的正方体ABCDA1B1C1D1中，E，F分别为AA1，BC的

中点，点M在棱B1C1上，B1M1B1C1，若平面FEM交A1B1于点N，四棱锥NBDD1B1的五个顶点4都在球O的球面上，则球O半径为 【答案】

229 3【解析】如图1，B2,M,F三点共线，连结B2E,B2MF从而B2平面FEM，则B2E与A1B1的交点即为点N，又RtB1B2N与RtA1EN相似，所以

A1EA1N1； B1B2NB12如图2，设B1D1N的外接圆圆心为O1，半径为r，球半径为R，在B1D1N中，

NB1D145,D1NDP44810，由正弦定理得r5，所以D1P5，在RtDD1P中，解得3334429229. 29，所以所求的球的半径为，即2R333

19．（2020·黑龙江高三（理））设A,B,C,D是同一个半径为4的球的球面上四点，在ABC中，

BC6,BAC60,则三棱锥DABC体积的最大值为

【答案】183 a6432rr23，sinAsin6012222222SbcsinA93 ，，hmaxRrR6abc2bccosAbcbcbcbc3621当abc6时等号成立，此时VSh183

3【解析】ABC中，BC6,BAC60，则

20．（2020·河北承德第一中学高三）正三棱锥S－ABC的外接球半径为2，底边长AB＝3，则此棱锥的体积为

【答案】3393 或44【解析】设正三棱锥的高为h，球心在正三棱锥的高所在的直线上，H为底面正三棱锥的中心

2223因为底面边长AB=3，所以AHAD33

332当顶点S与球心在底面ABC的同侧时，如下图

2

此时有AHOHOA ，即

22232h222，可解得h=3

2因而棱柱的体积VSABC113393 333224当顶点S与球心在底面ABC的异侧时，如下图

有AH2OH2OA2，即

322h22，可解得h=1

2所以VSABC1133333393 ，综上，棱锥的体积为或3143224421．（2020·江西高三（理））已知P,A,B,C是半径为2的球面上的点，PA=PB=PC=2，ABC90，点B在AC上的射影为D，则三棱锥PABD体积的最大值为 【答案】

33 8【解析】如下图，由题意，PAPBPC2，ABC90，

取AC的中点为G，则G为三角形ABC的外心，且为P在平面ABC上的射影，所以球心在PG的延长线

上，设PGh，则OG2h，

所以OB2OG2PB2PG2，即42h24h2，所以h1. 故AGCG3，

过B作BDAC于D，设ADx(0x23)，则CD23x,

设BDm(0m23)，则ABD~BCD，故

m23x， xm23xx，

11所以ABD的面积Sxm23xx，

22（634x）令fx23xx，则f'xx，

所以m23xx，则m332因为x20，所以当0x333时，f'x0，即fx此时单调递增；当3x23时，22f'x0，此时fx单调递减．

所以当x32433时，fx取到最大值为，即216ABD的面积最大值为124393．

2168当

1933. ABD的面积最大时，三棱锥PABD体积取得最大值为3388

22．已知H是球O的直径AB上一点，AH:HB1:3，AB平面，H为垂足，截球O所得截面的面积为，则球O的表面积为__________.

【来源】宁夏固原市第五中学2021届高三年级期末考试数学（文）试题 【答案】

16 3【解析】如下图所示，设AHx，可得出HB3x，则球O的直径为AB4x，球O的半径为2x，

设截面圆H的半径为r，可得r2，r1，

由勾股定理可得OH2r22x，即2xAH14x2，即x214x2，x223，所以球O的3231623. 半径为2x，则球O的表面积为S433323．如图，在三棱锥PABC中，PA平面ABC，ABBC，PAAB2，AC22，M是BC的中点，则过点M的平面截三棱锥PABC的外接球所得截面的面积最小值为___

2

【答案】 【解析】

PA平面ABC，ABBC，将三棱锥PABC补成长方体ABCDPEFN，

则三棱锥PABC的外接球直径为2RPCPA2AB2AD2PA2AC223，所以，

R3，

设球心为点O，则O为PC的中点，连接OM，

O、M分别为PC、BC的中点，则OM//PB，且OM设过点M的平面为，设球心O到平面的距离为d. ①当OM时，dOM2；

②当OM不与平面垂直时，dOM2. 综上，dOM2.

11PBPA2AB22， 22设过点M的平面截三棱锥PABC的外接球所得截面圆的半径为r，则r面圆的面积的最小值为r2.

R2d21，因此，所求截

24．若正四棱锥PABCD的底面边长和高均为8，M为侧棱PA的中点，则四棱锥MABCD外接球的表面积为___________.

【来源】山西省运城市2021届高三上学期期末数学（文）试题 【答案】132

【解析】在正四棱锥PABCD中M为侧楼PA中点,

四棱锥MABCD外接球即为棱台MNEFABCD的外接球，如图，

四棱锥PABCD的底面边长和高均为8，

MN1AB4,O1O24 2MO222AO142, 设球心为O，则图中△OO1A,△OMO2均为直角三角形， 设OO1h，

OA2h2(42)2，OM2(22)2(h4)2，

A, M都在球面上，

OA2OM2R2,

2解得h1,R33,

S球4R2132

25．已知P为球O球面上一点，点M满足OM2MP，过点M与OP成30的平面截球O，截面的面积为16，则球O的表面积为________.

【来源】广西钦州市2021届高三第二次模拟考试数学（理）试题 【答案】72π 【解析】如图所示：

设截面圆心为O1， 依题意得OMO130， 设OO1h，则OM2h， 又OM2MP，

所以OP3h，即球的半径为3h，

所以ON3h， 又截面的面积为16， 所以O1N16， 解得O1N4，

在RtOO1N中，3hh216， 解得h222，所以球的半径为32，

所以球的表面积是S432故答案为： 72π

272，

26．如图是数学家GeminadDandelin用来证明一个平面截圆锥得到的截面是椭圆的模型(称为丹德林双球模型)：在圆锥内放两个大小不同的小球，使得它们分别与圆锥侧面､截面相切，设图中球O1和球O2的半径分别为1和3，O1O28，截面分别与球O1和球O2切于点E和F，则此椭圆的长轴长为___________.

【来源】江苏省盐城市阜宁县2020-2021学年高三上学期期末数学试题 【答案】215 【解析】如图，圆锥面与其内切球O1,O2 分别相切与B,A，连接O1B,O2A，则O1BAB,O2AAB，过

O1作O1DO2A于D，连接O1F,O2E,EF交O1O2于点C，设圆锥母线与轴的夹角为，截面与轴的夹

角为，在Rt△O1O2D中, DO2312,O1D8222215 cosO1D21515 O1O284O1O28 , CO28O1C,

△EO2C△FO1C ,

8O1CO1C 解得O1C2,O2C6 EO2O1FCFO1C2FO1222123 ,

即cosCFO1C3cos25c , 所以椭圆离心率为e 2cos5aEC3 O2C2在△EO2C中coscosECO2解得EC33,EF432c

2325a15 a52a215

故答案为：215

27．在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB13，AD5，AA112，过点A且与直线CD平行的平面将长方体分成两部分.现同时将两个球分别放入这两部分几何体内，则在平面变化的过程中，这两个球的半

径之和的最大值为___________.

【来源】江苏省六校2021届高三下学期第四次适应性联考数学试题 【答案】

165 38【解析】如图所示：平面ABMN将长方体分成两部分，MN有可能在平面CDD1C1上或平面A1D1C1B1上，根据对称性知，两球半径和的最大值是相同的，故仅考虑在平面CDD1C1上的情况，延长B1C1与BM交于点

P，作O1QBC于Q点，

设CBPBPB1，圆O1对应的半径为r1，根据三角形内切圆的性质， 在RtO1QB中，QBO12，BQBCCQ5r1，tan2O1Qr1， BQ5r15tan则r12551tan25122r12，则tan

5121323设圆O2对应的半径为r2，同理可得r266tan又r21tan，又当BP与BC1重合时，r1取得最大值，由内切圆等面积法求得

22，

57. ，解得tan22125572r1r2566tan176(1tan)tan， 故，221tan1tan1223221955设x1tan，则x[,]，fx176x，

2123x195由对号函数性质易知x[,]，函数f(x)单减，

12319519165165f(x)f()176 19则121238，即最大值为3812165 故答案为：38B，C，D是同一个半径为4的球的球面上四点，ABC为等边三角形且其面积为93，则三28．设A，棱锥DABC体积的最大值为___________.

【来源】江苏省南京市秦淮中学2021届高三下学期期初学情调研数学试题 【答案】183 【解析】ABC为等边三角形且其面积为93，则S点M为ABC的重心，E为AC中点，

ABC3AB293，AB6，如图所示，设4

当点D在平面ABC上的射影为M时，三棱锥DABC的体积最大，此时，ODOBR4， 点M为三角形ABC的重心，BM2BE23， 3RtOMB中，有OMOB2BM22，DMODOM426，

所以三棱锥DABC体积的最大值VDABC1936183 329．已知四面体ABCD的棱长均为26,E,F分别为棱BC,BD上靠近点B的三等分点，过A,E,F三点的平面与四面体ABCD的外接球O的球面相交,得圆O'，则球O的半径为___________，圆O'的面积为__________．

【来源】河南省九师联盟2021届高三下学期3月联考理科数学试题 【答案】3 8 【解析】

设点A在平面BCD上的射影为G，则G为△BCD的中心， 所以GB232622,AGAB2GB2=2484， 32由于△BCD为正三角形，故四面体外接球的球心O在线段AG上， 设球O的半径为R，则OB2OG2GB2， 即R4R2222，解得R3；

2设O在平面AEF上的射影为O'，

则O'即为过A,E,F三点的平面截球O所得截面圆的圆心． 设G在平面AEF上的射影为G',EF与BG交于点H． 在Rt△AGH中，AG4,HG为△BCD高的

1 313HG262,所以AH16232 32所以GG'AGGH424

AH332OO'AO GG'AG34得OO'1

43由

由球的截面性质得OO'平面AEF， 所以截面圆O'的半径r321222， 所以圆O'的面积为r28.