2023各地高考模拟卷几类外接球模型汇总

第1页（共1页）2023各地高考模拟卷几类外接球模型汇总一．墙角（补体）（共3小题）1．（2023•汉中模拟）三棱锥P﹣ABC中，PA⊥平面ABC，，则三棱锥P﹣ABC的外接球的表面积为（）A．32π B．16π C．8π D．12π2．（2023•辽宁一模）在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M，N，F分别为BB1，CD，AB的中点，则三棱锥B﹣MNF的外接球的体积为（）A． B． C． D．3．（2023•河南模拟）已知三棱锥S﹣ABC中，SA⊥底面ABC，若SA＝4，AB＝AC＝BC＝6，则三棱锥S﹣ABC的外接球的体积为（）．A． B． C． D．二．台体外接球（共3小题）4．（2023•广州二模）木升在古代多用来盛装粮食作物，是农家必备的用具，如图为一升制木升，某同学制作了一个高为40cm的正四棱台木升模型，已知该正四棱台的所有顶点都在一个半径为50cm的球O的球面上，且一个底面的中心与球O的球心重合，则该正四棱台的侧面与底面所成二面角的正弦值为（）A． B． C． D．5．（2023•聊城二模）某正四棱台形状的模型，其上下底面的面积分别为2cm2，8cm2，若该模型的体积为14cm3，则该模型的外接球的表面积为（）A．20πcm2 B．10πcm2 C．5πcm2 D．6．（2022•新高考Ⅱ）已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为3和4，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（）A．100π B．128π C．144π D．192π三．垂面型（共2小题）7．（2021秋•马鞍山期末）三棱锥P﹣ABC中，△PAC与△ABC均为边长为的等边三角形，平面PAC⊥平面ABC，则该三棱锥的外接球的表面积为．8．（2023•贵阳模拟）在三棱锥A﹣BCD中，已知AC⊥BC，AC＝BC＝2，AD＝BD，且平面ABD⊥平面ABC，则三棱锥A﹣BCD的外接球表面积为（）A．8π B．9π C．10π D．12π四．二面角模型（共3小题）9．（2023•河南模拟）已知平面四边形ABCD中，AB＝BC＝CD＝AC＝3，AC⊥CD，将△ABC沿对角线AC折起，使得二面角B﹣AC﹣D的大小为150°，则三棱锥B﹣ACD的外接球的表面积为（）A．62π B． C．93π D．10．（2023•商洛二模）在三棱锥A﹣BCD中，底面△BCD是边长为2的等边三角形，△ABC是以BC为斜边的等腰直角三角形，若二面角A﹣BC﹣D的大小为120°，则三棱锥A﹣BCD外接球的表面积为．11．（2023•泗阳县校级模拟）在三棱锥A﹣BCD中，△ABC和△DBC为等边三角形，二面角A﹣BC﹣D的余弦值为，三棱锥A﹣BCD的体积为，则三棱锥A﹣BCD的外接球的体积为（）A． B． C．3π D．6π五．柱体（补柱体）（共4小题）12．（2022春•尖山区校级期中）正三棱柱ABC﹣A1B1C1的所有顶点都在同一球面上，且，，则该球的表面积为（）A．40π B．32π C．10π D．48π13．（2022•江西模拟）设三棱柱ABC﹣A1B1C1的侧棱垂直于底面，AB＝AC＝2，∠BAC＝120°，AA1＝3，且三棱柱的所有顶点都在同一球面上，则该球的表面积是（）A．46π B．35π C．43π D．39π14．（2023•广州一模）已知三棱锥P﹣ABC的四个顶点都在球O的球面上，，PA＝BC＝2，则球O的表面积为（）A． B． C． D．（多选）15．（2023•深圳二模）如图，在矩形AEFC中，，EF＝4，B为EF中点，现分别沿AB、BC将△ABE、△BCF翻折，使点E、F重合，记为点P，翻折后得到三棱锥P﹣ABC，则（）A．三棱锥P﹣ABC的体积为 B．直线PA与直线BC所成角的余弦值为 C．直线PA与平面PBC所成角的正弦值为 D．三棱锥P﹣ABC外接球的半径为

2023各地高考模拟卷几类外接球模型汇总参考答案与试题解析一．墙角（补体）（共3小题）1．（2023•汉中模拟）三棱锥P﹣ABC中，PA⊥平面ABC，，则三棱锥P﹣ABC的外接球的表面积为（）A．32π B．16π C．8π D．12π【解答】解：如图所示，根据题意可将三棱锥P﹣ABC补形为长方体，则三棱锥P﹣ABC的外接球即为长方体的外接球，可知该球的直径即为PC，设球的半径为R，可得，即，故三棱锥P﹣ABC的外接球的表面积S＝4πR2＝8π．故选：C．2．（2023•辽宁一模）在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M，N，F分别为BB1，CD，AB的中点，则三棱锥B﹣MNF的外接球的体积为（）A． B． C． D．【解答】解：正方体中，N，F分别为CD，AB的中点，连接NF，∴NF∥BC，∵BC⊥平面A1ABB1，∴NF⊥平面A1ABB1，∵MF⊂平面A1ABB1，∴NF⊥MF，又MB⊥BN，即Rt△NFM和Rt△MBN有公共的斜边MN，设MN的中点为O，则点OM＝ON＝OB＝OF，∴点O为三棱锥B﹣MNF外接球的球心，MN为该球的直径，∴，，该球的体积．故选：B．3．（2023•河南模拟）已知三棱锥S﹣ABC中，SA⊥底面ABC，若SA＝4，AB＝AC＝BC＝6，则三棱锥S﹣ABC的外接球的体积为（）．A． B． C． D．【解答】解：根据已知中底面△ABC是边长为6的正三角形，SA⊥平面ABC，SA＝4，可得此三棱锥外接球，即为以△ABC为底面以SA为高的正三棱柱的外接球，∵△ABC是边长为6的正三角形，∴△ABC的外接圆半径r＝2，球心到△ABC的外接圆圆心的距离d＝2，故球的半径R4，三棱锥S﹣ABC外接球的体积为：．故选：B．二．台体外接球（共3小题）4．（2023•广州二模）木升在古代多用来盛装粮食作物，是农家必备的用具，如图为一升制木升，某同学制作了一个高为40cm的正四棱台木升模型，已知该正四棱台的所有顶点都在一个半径为50cm的球O的球面上，且一个底面的中心与球O的球心重合，则该正四棱台的侧面与底面所成二面角的正弦值为（）A． B． C． D．【解答】解：由题意作出正四棱台如图所示，O为正四棱台底面的中心，也是球的球心，N是上底面的中心，取E，M分别为B1C1，BC的中点，连接NE，EM，OM，过E作EF⊥OM于F，∵OC＝OB，∴OM⊥BC，又ON⊥BC，又OM∩ON＝O，∴BC⊥平面ONEM，∴BC⊥EM，∴∠OME为二面角E﹣BC﹣A的平面角，由球的半径为50，高为40，由勾股定理可得NB1＝30，进而可得NEB1C13015，OMBC50，∴MF＝251510，EF＝40，∴EM30，∴sin∠EMO．故选：A．5．（2023•聊城二模）某正四棱台形状的模型，其上下底面的面积分别为2cm2，8cm2，若该模型的体积为14cm3，则该模型的外接球的表面积为（）A．20πcm2 B．10πcm2 C．5πcm2 D．【解答】解：设正四棱台形状的高为hcm，故，解得h＝3cm，取正方形EFGH的中心为M，正方形ABCD的中心为N，则MN＝h＝3cm，故该模型的外接球的球心在MN上，设为点O，连接ME，NA，OE，OA，设上底面正方形的边长为acm，bcm，则a2＝2，b2＝8，解得，故EM＝1cm，NA＝2cm，设ON＝ycm，则MO＝（3﹣y）cm，由勾股定理得EO2＝OM2+EM2＝（3﹣y）2+1，AO2＝ON2+AN2＝y2+4，故（3﹣y）2+1＝y2+4，解得y＝1，故外接球半径为，该模型的外接球的表面积为．故选：A．6．（2022•新高考Ⅱ）已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为3和4，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（）A．100π B．128π C．144π D．192π【解答】解：当球心在台体外时，由题意得，上底面所在平面截球所得圆的半径为，下底面所在平面截球所得圆的半径为，如图，设球的半径为R，则轴截面中由几何知识可得，解得R＝5，∴该球的表面积为4πR2＝4π×25＝100π．当球心在台体内时，如图，此时，无解．综上，该球的表面积为100π．故选：A．三．垂面型（共2小题）7．（2021秋•马鞍山期末）三棱锥P﹣ABC中，△PAC与△ABC均为边长为的等边三角形，平面PAC⊥平面ABC，则该三棱锥的外接球的表面积为20π．【解答】解：三棱锥P﹣ABC中，△PAC与△ABC均为边长为的等边三角形，平面PAC⊥平面ABC，如图所示：取AC的中点F，点O为三棱锥P﹣ABC的外接球的球心，球的半径为R，设点D、E为△ABC和△PAC的中心；所以，故EF＝DF，利用勾股定理：DC，所以R2＝12+22＝5，故S球＝4•π•5＝20π．故答案为：20π．8．（2023•贵阳模拟）在三棱锥A﹣BCD中，已知AC⊥BC，AC＝BC＝2，AD＝BD，且平面ABD⊥平面ABC，则三棱锥A﹣BCD的外接球表面积为（）A．8π B．9π C．10π D．12π【解答】解：如图，设外接球的半径为R，取AB的中点O1，连接O1D，则由AD＝BD，得O1D⊥AB，∵平面ABD⊥平面ABC，∴O1D⊥平面ABC，则易知球心O在线段O1D，连接OD，则OD＝OA＝R，由题可知，O1D＝2，AO1，在Rt△OO1A中，由勾股定理得O1A2＝OA2，∴（2﹣R）2+（）2＝R2，解得R，∴三棱锥A﹣BCD的外接球表面积为4π×（）2＝9π．故选：B．四．二面角模型（共3小题）9．（2023•河南模拟）已知平面四边形ABCD中，AB＝BC＝CD＝AC＝3，AC⊥CD，将△ABC沿对角线AC折起，使得二面角B﹣AC﹣D的大小为150°，则三棱锥B﹣ACD的外接球的表面积为（）A．62π B． C．93π D．【解答】解：如图所示，取AC的中点M，AD的中点G，连接BM，MG，过点G作OG⊥平面ACD，设点O为三棱锥B﹣ACD的外接球的球心，连接OA，OB，设OG＝x，球的半径为R，由已知可得：GMCD，MB，GA，•0，•x•cos120°x，•cos30°，∵，∴（）•（）＝x22（0x）＝x2x，∵OA2＝x2+GA2，∴x2x＝x2，解得x，∴R2＝OA2，∴三棱锥B﹣ACD的外接球的表面积为4πR2＝93π．故选：C．10．（2023•商洛二模）在三棱锥A﹣BCD中，底面△BCD是边长为2的等边三角形，△ABC是以BC为斜边的等腰直角三角形，若二面角A﹣BC﹣D的大小为120°，则三棱锥A﹣BCD外接球的表面积为．【解答】解：如图，取BC的中点H，连接AH，DH，由题意，，DB＝DC＝2，所以AH⊥BC，DH⊥BC，所以∠AHD为二面角A﹣BC﹣D的平面角，所以∠AHD＝120°，因为△ABC是以BC为斜边的等腰直角三角形，且BC＝2，所以AH＝1，又△BCD是边长为2的等边三角形，所以，过点H作与平面ABC垂直的直线，则球心O在该直线上，设球的半径为R，连接OA，OD，可得OH2＝OA2﹣AH2＝R2﹣1，在△ODH中，∠OHD＝30°，利用余弦定理可得OD2＝OH2+HD2﹣2HO⋅HD⋅cos30°，所以，解得R2，所以其外接球的表面积为．故答案为：．11．（2023•泗阳县校级模拟）在三棱锥A﹣BCD中，△ABC和△DBC为等边三角形，二面角A﹣BC﹣D的余弦值为，三棱锥A﹣BCD的体积为，则三棱锥A﹣BCD的外接球的体积为（）A． B． C．3π D．6π【解答】解：如图所示，设外接球的球心O在平面ABC内的射影为O1，在平面BCD内的射影为O2，M是BC中点，则二面角A﹣BC﹣D的平面角为，设BC＝a，三棱锥A﹣BCD的高为h，因为△ABC和△BDC是等边三角形，则，，而，则，即，解得，则，根据正弦定理可得，则DO2＝1，，设，因为，则，则，所以，所以外接球O的半径，故所求外接球O的体积为．故选：A．五．柱体（补柱体）（共4小题）12．（2022春•尖山区校级期中）正三棱柱ABC﹣A1B1C1的所有顶点都在同一球面上，且，，则该球的表面积为（）A．40π B．32π C．10π D．48π【解答】解：∵正三棱柱ABC﹣A1B1C1的所有顶点都在同一球面上，∴上下底面中心的连线的中点即为外接球的球心，又，∴△ABC外接圆的半径r又，∴正三棱柱ABC﹣A1B1C1的外接球的半径R，∴外接球的表面积S＝4π×12＝48π．故选：D．13．（2022•江西模拟）设三棱柱ABC﹣A1B1C1的侧棱垂直于底面，AB＝AC＝2，∠BAC＝120°，AA1＝3，且三棱柱的所有顶点都在同一球面上，则该球的表面积是（）A．46π B．35π C．43π D．39π【解答】解：由题意知底面△ABC外接圆的圆心为点O，设外接圆的半径为r，三棱柱ABC﹣A1B1C1的外接球的半径为R，AB＝AC＝2，∠BAC＝120°，由余弦定理得，由正弦定理得，所以r＝2，过O′做垂直于底面的直线交中截面与O点，则O为外接球的球心，由题意得：，所以外接球的表面积S＝4πR2＝43π，故选：C．14．（2023•广州一模）已知三棱锥P﹣ABC的四个顶点都在球O的球面上，，PA＝BC＝2，则球O的表面积为（）A． B． C． D．【解答】解：在三棱锥P﹣ABC中，如图，AB2+PA2＝20＝PB2，则PA⊥AB，而AB⊥AC＝A，AB，AC⊂平面ABC，因此PA⊥平面ABC，在等腰三角形ABC中，AB＝AC＝4，BC＝2，