专题八 已知球心或球半径模型-备战2024年高考数学之解密几何体的外接球与内切球十大模型命题点对点突破

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专题八　已知球心或球半径模型
【例题选讲】
[例]　(1)(2017·全国Ⅰ)已知三棱锥S－ABC的所有顶点都在球O的球面上，SC是球O的直径．若平面SCA⊥平面SCB，SA＝AC，SB＝BC，三棱锥S－ABC的体积为9，则球O的表面积为________．
答案　36π　解析　如图，连接AO，OB，∵SC为球O的直径，∴点O为SC的中点，∵SA＝AC，SB＝BC，

∴AO⊥SC，BO⊥SC，∵平面SCA⊥平面SCB，平面SCA∩平面SCB＝SC，∴AO⊥平面SCB，设球O的半径为R，则OA＝OB＝R，SC＝2R．∴VS­ABC＝VA­SBC＝×S△SBC×AO＝××AO，即9＝××R，解得R＝3，∴球O的表面积为S＝4πR2＝4π×32＝36π．
(2)已知三棱锥A－BCD的所有顶点都在球O的球面上，AB为球O的直径，若该三棱锥的体积为，BC＝3，BD＝，∠CBD＝90˚，则球O的体积为________．
答案　　解析　设A到平面BCD的距离为h，∵三棱锥的体积为，BC＝3，BD＝，∠CBD＝90˚，∴××3××h＝，∴h＝2，∴球心O到平面BCD的距离为1．设CD的中点为E，连接OE，则由球的截面性质可得OE⊥平面CBD，∵△BCD外接圆的直径CD＝2，∴球O的半径OD＝2，∴球O的体积为．

(3)(2012全国Ⅰ)已知三棱锥S－ABC的所有顶点都在球O的球面上，△ABC是边长为1的正三角形，SC为球O的直径，且SC＝2，则此棱锥的体积为(　　)
A．　　　　　　　　B．　　　　　　　　C．　　　　　　　　D．
答案　A　解析　由于三棱锥S－ABC与三棱锥O－ABC底面都是△ABC，O是SC的中点，因此三棱锥S－ABC的高是三棱锥O－ABC高的2倍，所以三棱锥S－ABC的体积也是三棱锥O－ABC体积的2倍．在三棱锥O－ABC中，其棱长都是1，如图所示，S△ABC＝×AB2＝，高OD＝＝，∴VS－ABC＝2VO－ABC＝2×××＝．故选A．

(4)(2020·新高考全国Ⅰ)已知直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD＝60°．以D1为球心，为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为________．
答案　　解析　如图，设B1C1的中点为E，

球面与棱BB1，CC1的交点分别为P，Q，连接DB，D1B1，D1P，D1E，EP，EQ，由∠BAD＝60°，AB＝AD，知△ABD为等边三角形，∴D1B1＝DB＝2，∴△D1B1C1为等边三角形，则D1E＝且D1E⊥平面BCC1B1，∴E为球面截侧面BCC1B1所得截面圆的圆心，设截面圆的半径为r，则r＝＝＝．又由题意可得EP＝EQ＝，∴球面与侧面BCC1B1的交线为以E为圆心的圆弧PQ．又D1P＝，∴B1P＝＝1，同理C1Q＝1，∴P，Q分别为BB1，CC1的中点，∴∠PEQ＝，知的长为×＝，即交线长为．
(5)三棱锥S－ABC的底面各棱长均为3，其外接球半径为2，则三棱锥S－ABC的体积最大时，点S到平面ABC的距离为(　　)
A．2＋　　　　　　B．2－　　　　　　C．3　　　　　　D．2
答案　C　解析　如图，设三棱锥S－ABC底面三角形ABC的外心为G，三棱锥外接球的球心为O，要使三棱锥S－ABC的体积最大，则O在SG上，由底面三角形的边长为3，可得AG＝＝．连接OA，在Rt△OGA中，由勾股定理求得OG＝＝ ＝1．∴点S到平面ABC的距离为OS＋OG＝2＋1＝3．故选C．

【对点训练】
1．已知三棱锥P－ABC的所有顶点都在球O的球面上，△ABC满足AB＝2，∠ACB＝90°，PA为球O
的直径且PA＝4，则点P到底面ABC的距离为(　　)
A．　　　　　　　　B．2　　　　　　　　C． 　　　　　　　　D．2
1．答案　B　解析　取AB的中点O1，连接OO1，如图，在△ABC中，AB＝2，∠ACB＝90°，所以△AB
C所在小圆O1是以AB为直径的圆，所以O1A＝，且OO1⊥AO1，又球O的直径PA＝4，所以OA＝2，所以OO1＝＝，且OO1⊥底面ABC，所以点P到平面ABC的距离为2OO1＝2.

2．已知矩形ABCD的顶点都在球心为O，半径为R的球面上，AB＝6，BC＝2，且四棱锥O－ABCD
的体积为8，则R等于(　　)
A．4　　　　　　　　B．2　　　　　　　　C．　　　　　　　　D．
2．答案　A.　解析　如图，设矩形ABCD的中心为E，连接OE，EC，由球的性质可得OE⊥平面ABCD，
所以VO­ABCD＝·OE·S矩形ABCD＝×OE×6×2＝8，所以OE＝2，在矩形ABCD中可得EC＝2，则R＝＝＝4，故选A．

3．已知三棱锥P－ABC的四个顶点均在某球面上，PC为该球的直径，△ABC是边长为4的等边三角形，
三棱锥P－ABC的体积为，则此三棱锥的外接球的表面积为(　　)
A．　　　　　　　　B．　　　　　　　　C．　　　　　　　　D．
3．答案　D　解析　　依题意，记三棱锥P－ABC的外接球的球心为O，半径为R，点P到平面ABC的
距离为h，则由VP­ABC＝S△ABCh＝××h＝得h＝.又PC为球O的直径，因此球心O到平面ABC的距离等于h＝.又正△ABC的外接圆半径为r＝＝，因此R2＝r2＋2＝，所以三棱锥P－ABC的外接球的表面积为4πR2＝，故选D.
4．已知三棱锥的体积为，各顶点均在以为直径球面上，，则这
个球的表面积为_____________．
4．答案　16π　解析　由题意，设球的直径是该球面上的两点，如图所示，因为
，所以为直角三角形，设三棱锥的高为，则，解得，取的中点，连接，根据球的性质，可得平面，所以，在直角中，，即球的半径为，所以球的表面积为．

5．(2017·全国Ⅲ)已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的
体积为________．
5．答案　　解析　如图画出圆柱的轴截面ABCD，O为球心.球半径R＝OA＝1，球心到底面圆的距离
为OM＝．∴底面圆半径r＝＝，故圆柱体积V＝π·r2·h＝π·×1＝．

6．(2020·全国Ⅰ)已知A，B，C为球O的球面上的三个点，⊙O1为△ABC的外接圆，若⊙O1的面积为4π，
AB＝BC＝AC＝OO1，则球O的表面积为(　　)
A．64π　　　　　　　　B．48π　　　　　　　　C．36π　　　　　　　　D．32π
6．答案　A　解析　设⊙O1的半径为r，球的半径为R，依题意，得πr2＝4π，∴r＝2．由正弦定理可得
＝2r，∴AB＝2r sin 60°＝2．∴OO1＝AB＝2．根据球的截面性质，得OO1⊥平面ABC，∴OO1⊥O1A，R＝OA＝＝＝4，∴球O的表面积S＝4πR2＝64π．故选A．

7．(2020·全国Ⅱ)已知△ABC是面积为的等边三角形，且其顶点都在球O的球面上．若球O的表面积
为16π，则O到平面ABC的距离为(　　)
A．　　　　　　　　B．　　　　　　　　C．1　　　　　　　　D．
7．答案　C　解析　设球O的半径为R，则4πR2＝16π，解得R＝2．设△ABC外接圆的半径为r，边长为a，∵△ABC是面积为的等边三角形，∴a2×＝，解得a＝3，∴r＝× ＝× ＝，∴O到平面ABC的距离d＝＝＝1．故选C．
8．如图，半径为R的球的两个内接圆锥有公共的底面，若两个圆锥的体积之和为球的体积的，则这两个圆锥高之差的绝对值为(　　)

A．　　　　　　　　B．　　　　　　　　C．　　　　　　　　D．R
8．答案　D　解析　如题图，设球的球心为O，体积为V，上面圆锥的高为h，体积为V1，下面圆锥的高为H，体积为V2；圆锥的底面的圆心为O1，半径为r．由球和圆锥的对称性可知，h＋H＝2R，|OO1|＝H－R，由题意可知，V1＋V2＝V⇒πr2h＋πr2H＝×πR3⇒r2(h＋H)＝R3，而h＋H＝2R，∴r＝R，由于OO1垂直于圆锥的底面，所以OO1垂直于底面的半径，由勾股定理可知，R2＝r2＋|OO1|2，∴R2＝r2＋(H－R)2⇒H＝R，可知h＝R，这两个圆锥高之差的绝对值为R，故选D．
9．如图，已知正方体ABCD—A1B1C1D1的棱长为2，长为2的线段MN的一个端点M在棱DD1上运动，
点N在正方体的底面ABCD内运动，则MN的中点P的轨迹的面积是(　　)

A．4π　　　　　　　　B．π　　　　　　　　C．2π　　　　　　　　D．
9．答案　D　解析　连接DN，则△MDN为直角三角形，在Rt△MDN中，MN＝2，P为MN的中点，连
接DP，则DP＝1，所以点P在以D为球心，半径R＝1的球面上，又因为点P只能落在正方体上或其内部，所以点P的轨迹的面积等于该球面面积的，故所求面积S＝×4πR2＝．
10．在三棱锥中，底面为△，且，斜边上的高为1，三棱锥的外接球的
直径是，若该外接球的表面积为，则三棱锥的体积的最大值为________．
10．答案　　解析　由外接球的表面积为，可得外接球的半径为2，则，，
，即，，又，，平面，，又，平面，平面平面，过作于，平面平面，平面．设，则，又边上的高，
当平面时，棱锥体积最大，此时
．当时，有最大值为．