2026高考数学二轮复习讲义第十一章：外接球，内切球及棱切球（教师版+学生版）

这是一份2026高考数学二轮复习讲义第十一章：外接球，内切球及棱切球（教师版+学生版），共7页。学案主要包含了典例1-1，典例1-2，变式1-1，变式1-2，典例2-1，典例2-2，变式2-1，变式2-2等内容，欢迎下载使用。
1、补成长方体
（1）若三棱锥的三条侧棱两两互相垂直，则可将其放入某个长方体内，如图1所示．
（2）若三棱锥的四个面均是直角三角形，则此时可构造长方体，如图2所示．
（3）正四面体可以补形为正方体且正方体的棱长，如图3所示．
（4）若三棱锥的对棱两两相等，则可将其放入某个长方体内，如图4所示
图1 图2 图3 图4
经典真题回顾
1．（2023年高考全国乙卷数学（文）真题）已知点均在半径为2的球面上，是边长为3的等边三角形，平面，则 ．
【答案】2
【解析】如图，将三棱锥转化为正三棱柱，
设的外接圆圆心为，半径为，
则，可得，
设三棱锥的外接球球心为，连接，则，
因为，即，解得.
故答案为：2.
2．（2023年高考全国甲卷数学（文）真题）在正方体中，为的中点，若该正方体的棱与球的球面有公共点，则球的半径的取值范围是 ．
【答案】
【解析】设球的半径为.
当球是正方体的外接球时，恰好经过正方体的每个顶点，所求的球的半径最大，若半径变得更大，球会包含正方体，导致球面和棱没有交点，
正方体的外接球直径为体对角线长，即，故；
分别取侧棱的中点，显然四边形是边长为的正方形，且为正方形的对角线交点，
连接，则，当球的一个大圆恰好是四边形的外接圆，球的半径达到最小，即的最小值为.
综上，.
故答案为：
3．（2023年高考全国甲卷数学（理）真题）在正方体中，E，F分别为AB，的中点，以EF为直径的球的球面与该正方体的棱共有 个公共点．
【答案】12
【解析】不妨设正方体棱长为2，中点为，取，中点，侧面的中心为，连接，如图，
由题意可知，为球心，在正方体中，，
即，
则球心到的距离为，
所以球与棱相切，球面与棱只有1个交点，
同理，根据正方体的对称性知，其余各棱和球面也只有1个交点，
所以以EF为直径的球面与正方体棱的交点总数为12.
故答案为：12
4．（2022年新高考全国II卷数学真题）已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为和，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】设正三棱台上下底面所在圆面的半径，所以，即，设球心到上下底面的距离分别为，球的半径为，所以，，故或，即或，解得符合题意，所以球的表面积为．
故选：A．
5．（2022年高考全国乙卷数学（理）真题）已知球O的半径为1，四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均在球O的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】[方法一]：【最优解】基本不等式
设该四棱锥底面为四边形ABCD，四边形ABCD所在小圆半径为r，
设四边形ABCD对角线夹角为，
则
（当且仅当四边形ABCD为正方形时等号成立）
即当四棱锥的顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时，底面ABCD面积最大值为
又设四棱锥的高为，则，
当且仅当即时等号成立.
故选：C
[方法二]：统一变量＋基本不等式
由题意可知，当四棱锥为正四棱锥时，其体积最大，设底面边长为，底面所在圆的半径为，则，所以该四棱锥的高，

(当且仅当，即时，等号成立)
所以该四棱锥的体积最大时，其高.
故选：C．[方法三]：利用导数求最值
由题意可知，当四棱锥为正四棱锥时，其体积最大，设底面边长为，底面所在圆的半径为，则，所以该四棱锥的高，，令，，设，则，
，，单调递增， ，，单调递减，
所以当时，最大，此时．
故选：C.
【点评】方法一：思维严谨，利用基本不等式求最值，模型熟悉，是该题的最优解；
方法二：消元，实现变量统一，再利用基本不等式求最值；
方法三：消元，实现变量统一，利用导数求最值，是最值问题的常用解法，操作简便，是通性通法．
6．（2022年新高考全国I卷数学真题）已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为，且，则该正四棱锥体积的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】∵球的体积为，所以球的半径,
[方法一]：导数法
设正四棱锥的底面边长为，高为，
则，,
所以，
所以正四棱锥的体积，
所以，
当时，，当时，，
所以当时，正四棱锥的体积取最大值，最大值为，
又时，，时，,
所以正四棱锥的体积的最小值为，
所以该正四棱锥体积的取值范围是.
故选：C.
[方法二]：基本不等式法
由方法一故所以当且仅当取到，
当时，得，则
当时，球心在正四棱锥高线上，此时，
，正四棱锥体积，故该正四棱锥体积的取值范围是
7．（2021年天津高考数学试题）两个圆锥的底面是一个球的同一截面，顶点均在球面上，若球的体积为，两个圆锥的高之比为，则这两个圆锥的体积之和为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】如下图所示，设两个圆锥的底面圆圆心为点，
设圆锥和圆锥的高之比为，即，
设球的半径为，则，可得，所以，，
所以，，，
，则，所以，，
又因为，所以，，
所以，，，
因此，这两个圆锥的体积之和为.
故选：B.
8．（2021年全国高考甲卷数学（理）试题）已知A，B，C是半径为1的球O的球面上的三个点，且，则三棱锥的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】，为等腰直角三角形，，
则外接圆的半径为，又球的半径为1，
设到平面的距离为，
则，
所以.
故选：A.
9．（2020年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标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．1D．
【答案】C
【解析】
设球的半径为，则，解得：.
设外接圆半径为，边长为，
是面积为的等边三角形，
，解得：，，
球心到平面的距离.
故选：C.
10．（2020年全国统一高考数学试卷（文科）（新课标Ⅰ））已知为球的球面上的三个点，⊙为的外接圆，若⊙的面积为，，则球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】设圆半径为，球的半径为，依题意，
得，为等边三角形，
由正弦定理可得，
，根据球的截面性质平面，
，
球的表面积.
故选：A
考点一：正四面体外接球
解题思路
如图，设正四面体的的棱长为，将其放入正方体中，则正方体的棱长为，显然正四面体和正方体有相同的外接球．正方体外接球半径为，即正四面体外接球半径为．
【典例1-1】已知正四面体的棱长为3，点在棱上，且，若点都在球的球面上，则球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】如图，取的中点，连接，在线段上取点，使得，连接.
在中，.易知点为等边的中心，
所以.
易知，所以.
所以，点即为球心，球的半径为，
表面积为.
故选：D.
【典例1-2】小张同学将一块棱长为的正方体形状橡皮泥重新捏成一个正四面体（过程中橡皮泥无损失），则该四面体外接球的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】设正四面体的棱长为a，由题意可得，正方体的体积即为正四面体的体积，
设正四面体如图，F为为底面的中心，E为的中点，F在上，
O为正四面体外接球的球心，则为四面体的高，O在上，
则，则，
即得，所以，
又设正四面体外接球的半径R，
则，即，即得，
故外接球体积为.
故选：C．
【变式1-1】已知正四面体的外接球的体积为， 则该正四面体的棱长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】设正四面体的外接球半径为，则， 解得，
将正四面体放入正方体中，设正方体的棱长为，如下图所示：
则，所以，，故该正四面体的棱长为.
故选：C.
【变式1-2】已知正四面体的各棱长均为，各顶点均在同一球面上，则该球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】
如图，是正四面体的高，是外接球球心，设外接球半径为，
∵正四面体棱长为，∴，，，，
由得，
解得，∴．
故选：D．
高考预测
1．正四面体的棱长为，是棱的中点，以为球心的球面与平面的交线和相切，则球的体积是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】设点在平面内的射影为点，则为的中心，
取的中点，连接，则，取线段的中点，连接，
因为、分别为、的中点，则且，
因为平面，则平面，因为平面，则，
正的外接圆半径为，，
所以，，
易知球被平面所截的截面圆圆心为点，且，故，
因为为等边三角形，为的中点，则，
因为以为球心的球面与平面的交线和相切，则切点为点，
则球的半径为，
因此，球的体积是.
故选：D.
考点二：对棱相等的三棱锥外接球
解题思路
四面体中，，，，这种四面体叫做对棱相等四面体，可以通过构造长方体来解决这类问题．
如图，设长方体的长、宽、高分别为，则，三式相加可得而显然四面体和长方体有相同的外接球，设外接球半径为，则，所以．
【典例2-1】四面体的一组对棱分别相等，且长度依次为，，5，则该四面体的外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【解析】四面体的一组对棱分别相等，且长度依次为，，5，
可将其补为一个三个面上对角线分别为，，5的长方体，如图所示：
长方体的三边长分别为2，3，4，
长方体的外接球即是四面体的外接球，四面体的外接球的半径为，
四面体的外接球的表面积为：，
故选：．
【典例2-2】在四面体中，三组对棱棱长分别相等且依次为，，5则此四面体的外接球的半径为（ ）
A．B．5C．D．4
【解析】四面体中，三组对棱棱长分别相等，
故可将其补充为一个三个面上对角线长分别为，，5的长方体，
则其外接球的直径，
则
故选：．
【变式2-1】如图，在三棱锥中，，，，则三棱锥外接球的体积为（ ）
A．B．C．D．
【解析】由题意，，，，将三棱锥放到长方体中，
可得长方体的三条对角线分别为，2，，
即，，，
解得：，，．
外接球的半径．
三棱锥外接球的体积．
故选：．
【变式2-2】在三棱锥中，，，，则三棱锥的外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【解析】三棱锥中，，，，
构造长方体，使得面上的对角线长分别为4，5，，
则长方体的对角线长等于三棱锥外接球的直径．
设长方体的棱长分别为，，，则，，，
，
三棱锥外接球的直径为，
三棱锥外接球的表面积为．
故选：．
高考预测
1．在四面体中，若，，，则四面体的外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【解析】解：如下图所示，
将四面体放在长方体内，设该长方体的长、宽、高分别为、、，
则长方体的体对角线长即为长方体的外接球直径，设该长方体的外接球半径为，
由勾股定理得，
上述三个等式全加得，
所以，该四面体的外接球直径为，
因此，四面体的外接球的表面积为，
故选：．
考点三：直棱柱外接球
解题思路
如图1，图2，图3，直三棱柱内接于球（同时直棱柱也内接于圆柱，棱柱的上下底面可以是任意三角形）

图1 图2 图3
第一步：确定球心的位置，是的外心，则平面；
第二步：算出小圆的半径，（也是圆柱的高）；
第三步：勾股定理：，解出
【典例3-1】将2个棱长均为2的直三棱柱密封在一个球体内，则该球体的体积的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】
若将这2个直三棱柱合成1个高为4的直三棱柱，
则底面正三角形的外接圆半径，
所以其外接球的半径为；
若将这2个直三棱柱合成1个高为2的直四棱柱，
则底面为边长为2，锐角为的菱形，
则底面菱形的外接圆半径，
所以其外接球的半径为．
故该球体的体积的最小值为．
故选：A.
【典例3-2】已知直三棱柱中，，，点到直线的距离为，则三棱柱的外接球表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】
过点作于点，连接，
因为三棱柱为直三棱柱，
平面，
又平面，
，
，，平面，且，
平面，
平面，
，
易知，，
，，
，
则，
设外接圆圆心为，外接圆圆心为，
则，即，
且三棱柱外接球球心为中点，
则外接球半径，
表面积为，
故选：.
【变式3-1】在直三棱柱中，底面满足，，若三棱柱的体积为，则该三棱柱外接球表面积的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】如下图所示：
圆柱的底面圆直径为，母线长为，则的中点到圆柱底面圆上每点的距离都相等，则为圆柱的外接球球心.
本题中，将直三棱柱放在圆柱中，如下图所示：
设，因为，则，
则的外接圆直径为，，
设，则，可得，
，
令，其中，则，
当时，，此时，函数单调递减，
当时，，此时，函数单调递增，
所以，，即，
故该三棱柱外接球的表面积，
故选：A.
【变式3-2】已知正六棱柱的每个顶点都在球O的球面上，且，，则球O的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】因为，所以正六边形ABCDEF外接圆的半径，
所以球O的半径，故球O的表面积为．
故选：D
高考预测
1．已知正六棱柱的所有棱长均为2，则该正六棱柱的外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】如图，设正六棱柱下底面的中心为，其外接球的圆心为点，
则，为等边三角形，
故，即为其外接球的半径，
所以，
所以该正六棱柱的外接球的表面积为.
故选：B.
考点四：直棱锥外接球
解题思路
如图，平面，求外接球半径．
解题步骤：
第一步：将画在小圆面上，为小圆直径的一个端点，作小圆的直径，连接，则必过球心；
第二步：为的外心，所以平面，算出小圆的半径(三角形的外接圆直径算法：利用正弦定理，得)，；
第三步：利用勾股定理求三棱锥的外接球半径： = 1 \* GB3 ①；
= 2 \* GB3 ②．
【典例4-1】已知三棱锥中，平面，，，则此三棱锥外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】在中，，，
则的外接圆的半径，
因为平面，，设此三棱锥外接球的半径为，
则，
则三棱锥的外接球的表面积为．
故选：B．
【典例4-2】已知三棱锥P-ABC中，是边长为2的等边三角形，，，，则三棱锥P-ABC的外接球表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】由已知，所以，
取中点，则是的外心，
又，所以点在底面上的射影是的外心，即为，
所以平面，因此外接球球心在上，的外接圆就是球的大圆，
，所以，
，，这就是外接球的半径，
外接球表面积为，
故选：C．
【变式4-1】已知三棱锥中，平面，则此三棱锥外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】由题设，底面的外接圆半径，
又平面，且，则三棱锥的外接球半径，
所以外接球表面积为.
故选：B
【变式4-2】三棱锥的四个顶点均在同一球面上，其中平面，是正三角形，，则该球的表面积是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】取的外接圆圆心为，过点作底面，
为三棱锥外接球球心，设该球半径为，
由平面，则，连接、、，
由是正三角形，，故，
由，，则，
故有，
故该球的表面积.
故选：D.
高考预测
1．已知三棱锥的所有顶点都在球的球面上，平面，，，若三棱锥（以为顶点）的侧面积为6，则球的表面积的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】由题知平面，，所以三棱锥的外接球，即为以为同一顶点出发的三条棱的长方体的外接球，
所以外接球半径，其中，
令，，则三棱锥（以为顶点）的侧面积为，
所以，
所以，
又因为，即，
所以，所以，
又因为，所以，当且仅当时，，
所以当，即时，，
此时球的表面积的取得最小值为.
故选：B.
考点五：正棱锥与侧棱相等模型
解题思路
1、正棱锥外接球半径： ．
2、侧棱相等模型：
如图，的射影是的外心
三棱锥的三条侧棱相等
三棱锥的底面在圆锥的底上，顶点点也是圆锥的顶点．

解题步骤：
第一步：确定球心的位置，取的外心，则三点共线；
第二步：先算出小圆的半径，再算出棱锥的高（也是圆锥的高）；
第三步：勾股定理：，解出．
【典例5-1】已知正三棱锥的体积为，则该三棱锥外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】设正三棱锥的底面中心为，外接球的球心为，显然球心在直线上.
设正三棱锥的高为，外接球的半径为，
由，可得正三角形的面积为，
所以，解得.
球心到底面的距离为，
由，得，
所以外接球的表面积为.
故选：D.
【典例5-2】已知三棱锥的四个顶点都在球的球面上，，，则球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】设的外接圆半径为，因为，，
由余弦定理得，，
所以，
由正弦定理得，所以，
记的外心为，连接，，，则，
取，的中点分别为，，则，，
又因为，可得，，
因为，，
因为平面，平面，
所以平面，平面，
又因为平面，平面，
所以，，
因为，平面，
所以平面，可得，
由题意可得外接球的球心在上，或在的延长线上，设外接球的半径为，
则球心到的距离为，
则有，解得，
所以球的表面积，
故选：A.
【变式5-1】已知三棱锥，，，，，三棱锥外接球的表面积与三棱锥的侧面积之比为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】因为，，，即，则，
可知的外接圆圆心为斜边的中点，
又因为，可知点在底面的投影为的外接圆圆心，
可得，
则三棱锥外接球的球心，设外接球的半径为，
可得，解得，
所以外接球的表面积为，
的面积为；
的面积为；
的面积为；
所以三棱锥的侧面积为，
所以三棱锥外接球的表面积与三棱锥的侧面积之比为.
故选：A.
【变式5-2】已知正三棱锥的高为 ，且各顶点都在同一球面上. 若该球的体积为 ，则三棱锥体积的最大值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】如图，设H为底面三角形的中心，PH为三棱锥的高，设为h，
由题意得，，解得，
该三棱锥为正三棱锥，,
，，
令 ，
由，可得或（舍去），
当时，，当时，，
在 单调递增，在单调递减，
，.
故选：B
高考预测
1．某正六棱锥外接球的表面积为，且外接球的球心在正六棱锥内部或底面上，底面正六边形边长，则其体积的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【解析】设该正六棱锥的高，侧棱长为，设该正六棱锥外接球的半径为，如图，
因为正六棱锥外接球的表面积为，
所以有，
因为外接球的球心在正六棱锥内部或底面上，所以，
设，在正六边形中，因为正六边形边长为，所以，
在中，由余弦定理可知，
在直角三角形中，，
所以有，
由勾股定理可知，
因为，所以，
因此有4，而，所以，
该正六棱锥的体积，
，当时，单调递增，
所以，，
因此该正六棱锥的体积的取值范围是，
故选：C
考点六：垂面模型
解题思路
如图1所示为四面体，已知平面平面，其外接球问题的步骤如下：
（1）找出和的外接圆圆心，分别记为和．
（2）分别过和作平面和平面的垂线，其交点为球心，记为．
（3）过作的垂线，垂足记为，连接，则．
（4）在四棱锥中，垂直于平面，如图2所示，底面四边形的四个顶点共圆且为该圆的直径．

图1 图2
【典例6-1】如图，在三棱锥中，平面平面，是以为斜边的等腰直角三角形，，，则该三棱锥的外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】设中点为，连接，
因为是以为斜边的等腰直角三角形，，
所以，，
过点作，
因为平面平面，平面平面，平面，平面
所以平面，平面，
所以三棱锥的外接球的球心在上，设外接球的半径为，
则由得，由得，
又因为，
所以为等腰直角三角形，
设球心为，中点为，连接，
则，
所以，
即，解得，
所以三棱锥的外接球的表面积为.
故选：C
【典例6-2】在体积为的三棱锥中，，，平面平面，， ，若点，，，都在球的表面上，则球的体积为（ ）
A．B． C．D．
【答案】C
【解析】如图，取的中点，连接，，
因为，，所以，
因此点就是三棱锥的外接球球心，
在平面内过点作，为垂足，
又平面平面，平面平面，
所以平面，
设球半径为，则，
又，则，
因为，，，
所以，
所以，
所以三棱锥的体积，
所以，所以球的体积为．
故选：C．
【变式6-1】在体积为的三棱锥中，，，平面平面，，，若点、、、都在球的表面上，则球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】过点在平面内作作，垂足点为，
取线段CD的中点，连接、，如下图所示：
因为，，则，
所以，三棱锥的外接球的球心为中点，
因为平面平面，平面平面，，
平面，则平面，
设球的半径为，则，
又，，所以，，，，
所以，，
所以，三棱锥的体积为，
解得，因此，球的表面积为.
故选：A.
【变式6-2】在三棱锥P-ABC中，，平面PAB⊥平面ABC，若球O是三棱锥P-ABC的外接球，则球O的表面积为（ ）
A．96πB．84πC．72πD．48π
【答案】B
【解析】在中，，则，中点为的外心，
于是平面，取中点，连接，则，而平面PAB⊥平面ABC，
平面平面，平面，则平面，，
令正的外心为，则为的3等分点，，
又平面，则，而，则四边形是矩形，
，因此球O的半径，
所以球O的表面积为.
故选：B
高分预测
1．在体积为12的三棱锥中，，，平面平面，，，若点都在球的表面上，则球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】
如图，取的中点，连接，，
因为，，所以，因此点就是球心，
又，故是等腰直角三角形，所以．
因为平面平面，平面平面，
所以平面．
设球半径为，则，，
又，则，
所以三棱锥的体积，
所以，所以球O的表面积为．
故选：D．
考点七：二面角模型
解题思路
如图1所示为四面体，已知二面角大小为，其外接球问题的步骤如下：
（1）找出和的外接圆圆心，分别记为和．
（2）分别过和作平面和平面的垂线，其交点为球心，记为．
（3）过作的垂线，垂足记为，连接，则．
（4）在四棱锥中，垂直于平面，如图2所示，底面四边形的四个顶点共圆且为该圆的直径．

【典例7-1】已知四面体 的各顶点都在同一球面上，若，二面角 的平面角为 ，则该球的表面积是
【答案】/
【解析】
如图，取中点，连接，
因，则，且，
又二面角的平面角为 60°，即， 故 是等边三角形，
分别取 与 的外心，过分别作两平面的垂线，两线相交于点，
则点为四面体的外接球的球心，
由已知可得，
连接，易得，故得，，则，
在中，，
故该球的表面积是.
故答案为：.
【典例7-2】已知三棱锥中，，三角形为正三角形，若二面角为，则该三棱锥的外接球的体积为 ．
【答案】
【解析】如图，∵，即，∴.
∴球心在过的中点与平面垂直的直线上，
同时也在过的中心与平面垂直的直线上，.
∴这两条直线必相交于球心.
∵二面角的大小为，
易知，，
，，
，
∴三棱锥的外接球的半径为.
∴三棱锥的外接球的体积为.
故答案为：
【变式7-1】如图，在三棱锥中，，，，二面角的大小为，则三棱锥的外接球表面积为 .
【答案】/
【解析】取和的中点分别为，，过点作面于点，
连结，，,平面,故，
又，则又平面,
故平面，平面，故
则为二面角的补角， ，
因为，，则，且，
易知，
因为为等腰直角三角形，所以是的外心.
设三棱锥的外接球的球心为，则面，易知，
作，易知为矩形，，
设，，则在中，，
且中，，解得，
所以外接球表面积为.
故答案为：.
【变式7-2】已知菱形中，对角线，将沿着折叠，使得二面角为， ，则三棱锥的外接球的表面积为 .

【答案】
【解析】将沿折起后，取中点为，连接，，
则，，
可知即为二面角的平面角，即；
设，则，
在中，由余弦定理可得：，
即 解得，
即，可得，
所以与是边长为的等边三角形，
分别记三角形与的重心为、，
则，；；
因为与都是边长为2的等边三角形，
所以点是的外心，点是的外心；
记该几何体的外接球球心为，连接，，
根据球的性质，可得平面，平面，
所以与都是直角三角形，且为公共边，
所以与全等，因此，
所以；
因为，，，平面，
所以平面；
又平面，所以，
连接，则外接球半径为，
所以外接球表面积为.
故答案为：.
高考预测
1．在三棱锥中，已知是边长为2的正三角形，且.若和的面积之积为，且二面角的余弦值为，则该三棱锥外接球的表面积为 .
【答案】/
【解析】设中点为，外接圆圆心为，球心为，因为，所以，
又是边长为2的正三角形，所以，结合题设有，
所以，得到，所以是等腰直角三角形，其外接圆圆心为，
又因为，所以为二面角的平面角，结合已知该角为锐角，
由题意可知，，过，分别作平面，平面的垂线，相交于一点，
由截面圆的性质可知，两垂线的交点为球心，如图所示，
所以，，得到，
又易知，，所以，
所以外接球半径，
所以外接球表面积，
故答案为：.
考点八：坐标法解决外接球问题
解题思路
对于一般多面体的外接球，可以建立空间直角坐标系，设球心坐标为，利用球心到各顶点的距离相等建立方程组，解出球心坐标，从而得到球的半径长．坐标的引入，使外接球问题的求解从繁琐的定理推论中解脱出来，转化为向量的计算，大大降低了解题的难度．
【典例8-1】已知三棱锥的所有顶点都在球O的球面上，，，，若球O的表面积等于，则三棱锥的体积等于（ ）
A．2B．C．D．
【答案】D
【解析】由，可知为球的直径，
设球的半径为，则，，
以点为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
由可得，
则
设，则到平面的距离为，
由，
可得：，
则三棱锥的体积．
故选：D．
【典例8-2】已知正三棱锥中，，，该三棱锥的外接球球心到侧面距离为，到底面距离为，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】在正三棱锥中为等边三角形，顶点在底面的射影为底面的重心，所以，
又，，所以，所以，同理可得、
即，，两两垂直，把该三棱锥补成一个正方体，该三棱锥的外接球就是正方体的外接球，
正方体的体对角线就是外接球的直径，易得三棱锥的外接球半径，又，
如图建立空间直角坐标系，则，，，，
所以，，，
设平面的法向量为，则，令，所以，
则点到平面的距离，所以.
故选：B
【变式8-1】在棱长为4的正方体中，是的中点，是上的动点，则三棱锥外接球半径的最小值为（ ）
A．3B．C．D．
【答案】C
【解析】连接，取的中点，可知为的外心，
过作平面的垂线，可知三棱锥外接球的球心在该垂线上，
设，
以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，
则，
因为，即，
整理得，当且仅当，即时，等号成立，
所以三棱锥外接球半径的最小值为.
故选：C.
【变式8-2】正方体的棱长为2，若点M在线段上运动，当的周长最小时，三棱锥的外接球表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】的周长为，由于为定值，即最小时，的周长最小，
如图，将平面展成与平面同一平面，则当点共线时，此时最小，在展开图中作，垂足为，，解得：，
如图，以点为原点，建立空间直角坐标系，
，，
连结，因为平面，平面，
所以，又因为，且，平面，平面，
所以平面，平面，所以，
同理，且，
所以平面，且三棱锥是正三棱锥，所以经过△的中心．
所以三棱锥外接球的球心在上，设球心，，，则，
即，
解得：，，所以外接球的表面积.
故选：C.
高考预测
1．如图，在三棱锥中，平面分别为的中点，则平面截三棱锥的外接球所得截面的面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】因为，平面
将三棱锥补成正方体，
所以三棱锥的外接球就是正方体的外接球，球心是的中点.
设外接球的半径为，则，即，
以分别为轴，轴和轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
则，，，
设平面的法向量为，
由，得，令则，
所以平面的一个法向量.
所以球心到平面的距离为，
设平面截三棱锥的外接球所得的截面半径，则，
故该截面的面积为，
故选：C
考点九：多面体外接球
解题思路
首先，确定球心是关键，可通过作垂线找交点、建立空间直角坐标系计算或利用特殊多面体的性质来确定。其次，理解并应用外接球的性质，即外接球球心到多面体各顶点的距离相等，这有助于建立数学模型。最后，结合多面体的几何元素，运用空间向量、几何性质或公式法等方法求解外接球的半径。
【典例9-1】正多面体是指多面体的各个面都是全等的正多边形，并且各个多面角都是全等的多面角.在古希腊时期人们就已经发现正多面体仅有5种，分别是正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体和正二十面体.如图是一个正八面体，其每一个面都是正三角形，六个顶点都在球的球面上，则球与正八面体的体积之比是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】设正八面体的棱长为2，正八面体的外接球的球心是正方形的中心，
球的半径，点到平面的距离为，
因此球的体积，正八面体的体积，
所以球与正八面体的体积之比是.
故选：A
【典例9-2】“阿基米德多面体”也称半正多面体，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，它体现了数学的对称美．如图是以正方体的各条棱的中点为顶点的多面体，这是一个有八个面为正三角形，六个面为正方形的“阿基米德多面体”，若该多面体的棱长为，则该多面体外接球的表面积为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【解析】将“阿基米德多面体”补全为正方体，如下图所示：
不妨取两棱中点为，由题知，
易知，可得，
所以正方体的棱长为2，该多面体的外接球即为正方体的棱切球，
所以棱切球的直径为该正方体的面对角线，长度为，
因此该多面体的外接球的半径为，所以其表面积为.
故选：A
【变式9-1】数学中有许多形状优美、寓意独特的几何体，图1所示的礼品包装盒就是其中之一.该礼品包装盒可以看成是一个十面体，其中上、下底面为全等的正方形，所有的侧面是全等的等腰三角形.将长方体的上底面绕着其中心旋转得到如图2所示的十面体.已知，则十面体外接球的球心到平面的距离是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】由题中数据可知，则.
因为十面体是由长方体的上底面绕着其中心旋转得到的，
所以长方体的外接球就是十面体的外接球.
设十面体外接球的半径为R，则，即，
因为，所以.
设外接圆的半径为r，则由正弦定理得即，
则该十面体外接球的球心到平面的距离是：
.
故选：B
【变式9-2】阿基米德多面体是由边数不全相同的正多边形为面的多面体．如图所示的阿基米德多面体有四个全等的正三角形面和四个全等的正六边形面，该多面体是由过正四面体各棱的三等分点的平面截去四个小正四面体得到．若该多面体的所有顶点都在球的表面上，且点到正六边形面的距离为，则球的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】将题图中的阿基米德多面体补全，得对应的正四面体，如图所示，
设正四面体的棱长为，易知点为正四面体的中心，
且点到正六边形面的距离是正四面体的内切球的半径，
易知正四面体的体积，
正四面体的表面积，
所以正四面体的内切球半径为，
所以，解得，则正六边形的边长为，
则该正六边形的外接圆半径为2，所以球的半径，
故球的体积为，
故选：D．
高考预测
1．在几何学中，截角立方体是一种十四面体，由八个正三角形与六个正八边形组成，共有个面，个顶点以及条边，是一种阿基米德立体，属于半正多面体.下图是一个所有棱长均为的截角立方体，则该截角立方体的外接球的表面积为 .
【答案】
【解析】如图，将该截角立方体补全为正方体，
由对称性知，该截角立方体的外接球的球心即为正方体的中心，
因为该截角立方体的棱长为，
所以正方体的棱长为，
则，，
设该截角立方体的外接球的半径为，
则，
所以外接球的表面积.
故答案为：
考点十：锥体内切球
等体积法，即
【典例10-1】棱长为的正四面体内切一球，然后在正四面体和该球形成的空隙处各放入一个小球，则这样一个小球的表面积最大为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】
如图，由题意知球和正四面体的三个侧面以及内切球都相切时半径最大，设内切球球心为，半径为，空隙处的最大球球心为，半径为，为的中心，易知面，为中点，球和球分别与面相切于和.
易得，，，
由，
可得，
又，，
故，，，
又由和相似，可得，即，解得，
即小球的最大半径为.
所以小球的表面积最大值为.
故选：A
【典例10-2】点M、N为正四面体的内切球球面上的两个动点，T为棱AB上的一动点，则当取最大值时，（ ）
A．1B．C．D．
【答案】C
【解析】设正四面体的棱长为，正四面体的内切球的球心为，顶点在底面的射影为，
显然在线段上，该正四面体内切球的半径为，
如图，为正三角形的中心，则，
，
由三棱锥的等体积得，即，
解得，
，
由球的性质可知：当，与圆相切时，最大，
如图所示：，
由圆的切线长定理可知：，
在中，，
最大时，最小，因为，
所以此时为的中点，即有，
正四面体的内切球的球心为，显然也是该正四面体的外接球的球心，
所以，
因此，，
，
所以.
故选：C.
【变式10-1】如今中国被誉为“基建狂魔”，可谓逢山开路，遇水架桥．高速公路里程、高铁里程双双都是世界第一．建设过程中研制出的用于基建的大型龙门吊、平衡盾构机等国之重器更是世界领先水平．如图是某重器上一零件结构模型，中间大球为正四面体的内切球，小球与大球相切，同时与正四面体的三个面相切．设，则该模型中5个球的表面积之和为
【答案】
【解析】如图所示，
设为大球的球心，大球的半径为，大正四面体的底面中心为，棱长为3，高为，的中点为，
连接，，，，，，
由
则，
正四面体的高.
因为，所以，
所以；
设小球的半径为，小球也可看作一个小的正四面体的内切球，且小正四面体的高，同理；
故该模型中5个球的表面积之和为.
故答案为：.
【变式10-2】作高为8的正四面体的内切球，在这个球内作内接正四面体，然后再作新四面体的内切球，如此下去，则前个内切球的半径和为 ．
【答案】
【解析】对于边长为的正四面体，
设正四面体的外接圆半径为，内切圆半径为，高为，
令为正三角形的中心，为正四面体的中心，
则，且平面，
可知，
因为，，且，
即，解得，
可知，
设第个内切球的半径为，第个外接球的半径为，
则，，可得，
可知是以首项，公比的等比数列，
所以前个内切球的半径和为.
故答案为：.
高考预测
1．已知三棱锥的棱长均为4，先在三棱锥内放入一个内切球，然后再放入一个球，使得球与球及三棱锥的三个侧面都相切，则球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】取三棱锥过内切球球心的截面，如图所示：
依题意得，
底面的外接圆半径为，解得；
点到平面的距离为，
所以，
所以，
设球的半径为，
所以，
则，得，
设球的半径为，则，又，得，
所以球的表面积为．
故选：A．
高分突破：棱切球
解题思路
（1）若正方体的棱长为，则棱切球的半径．
（2）若正四面体棱长为，则内切球半径，外接球半径，棱切球半径．
（3）对于棱长为的正棱柱，棱切球半径为．
【典例11-1】已知四面体中，，，，，球心在该四面体内部的球与这个四面体的各棱均相切，则球的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】如图，是的中心，
根据对称性，球心在上，球与、的切点分别为，，
且，，为球的半径．
由勾股定理易得，由正弦定理可求得，
由勾股定理可求得．
∵，均为球的切线，∴，
∵与相似，∴，
即，∴，
∴球的体积为．
故选：B．
【典例11-2】在正四棱台中，，若球与上底面以及棱均相切，则球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】设棱台上下底面的中心为,连接，
则，
所以棱台的高,
设球半径为,根据正四棱台的结构特征可知：球与上底面相切于,与棱均相切于各边中点处，
设中点为，连接,
所以，解得，
所以球的表面积为，
故选：C
【变式11-1】已知正三棱锥 P－ABC 的底面边长为 ，若半径为1的球与该正三棱锥的各棱均相切，则三棱锥 P－ABC 的体积为（ ）
A．2B．C．3D．
【答案】A
【解析】因为球与该正三棱锥的各棱均相切，
所以该球的球心在过截面圆圆心且与平面垂直的直线上，
又因为底面边长为，
所以底面正三角形的内切圆的半径为，
又因为球的半径，即，
所以棱切球的球心即为底面正三角形的中心点O，
如图，过球心O作PA的垂线交PA于H，则H为棱切球在PA上的垂足，
所以，
又因为，所以,
因为，所以，
又由题意可知，平面，所以，
所以
所以，
所以.
故选：A.
【变式11-2】已知正三棱柱的侧面积为36，则与三棱柱各棱均相切的球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】如图，设上下底面的中心分别为，由对称性可知，
球的球心为的中点，取的中点，连接，
连接并延长，交于，连接，则，
设，则，
，
而，联立两式，解得，则球的半径为，
则其表面积为，故B正确.
故选：B.
高分预测
1．已知三棱锥的所有棱长均为3，球O与棱PA，PB，PC都相切，且平面ABC被球O截得的截面面积为，则球O的半径为（ ）．
A．1B．C．D．或
【答案】B
【解析】过点P向底面ABC作垂线，垂足为，连接，则球心O在线段或其延长线上，
为正的中心，则，．
设球O的半径为R，因为球O截平面ABC所得的截面面积为，
所以截面圆的半径为，所以，．
过O作PA的垂线，垂足为D，则，
∽，所以．
①当点O在线段上时，，即，
则，且，解得；
②当点O在线段的延长线上时，，即，
则，且，解得或，
当时，点O，重合，此时点O不在线段的延长线上，故舍去；当时，切点D不在棱PA上，不符合题意．
综合①②可知，，
故选：B．