备考2025届高考数学一轮复习好题精练第七章立体几何与空间向量突破1球的切接问题命题点1外接球问题

突破1球的切、接问题命题点1外接球问题例1（1）[天津高考]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（C）A.12π B.24π C.36π D.144π解析设外接球的半径为R，易知2R＝3×23＝6，所以R＝3，于是外接球的表面积S＝4πR2＝36π，故选C.（2）[全国卷Ⅰ]已知三棱锥P－ABC的四个顶点在球O的球面上，PA＝PB＝PC，△ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是PA，AB的中点，∠CEF＝90°，则球O的体积为（D）A.86π B.46π C.26π D.6π解析（补形法）因为点E，F分别为PA，AB的中点，所以EF∥PB，因为∠CEF＝90°，所以EF⊥CE，所以PB⊥CE.取AC的中点D，连接BD，PD，易证AC⊥平面BDP，所以PB⊥AC，又AC∩CE＝C，AC，CE⊂平面PAC，所以PB⊥平面PAC，所以PB⊥PA，PB⊥PC，因为PA＝PB＝PC，△ABC为正三角形，所以PA⊥PC，即PA，PB，PC两两垂直.将三棱锥P－ABC放在正方体中，如图所示.因为AB＝2，所以该正方体的棱长为2，所以该正方体的体对角线长为6，所以三棱锥P－ABC的外接球的半径R＝62，所以球O的体积V＝43πR3＝43π×（62）（3）[2024全国卷乙]已知点S，A，B，C均在半径为2的球面上，△ABC是边长为3的等边三角形，SA⊥平面ABC，则SA＝2.解析解法一如图，设△ABC的外接圆圆心为O1，连接O1A，因为△ABC是边长为3的等边三角形，所以其外接圆半径r＝O1A＝23×32×3＝3.将三棱锥S－ABC补形为正三棱柱SB1C1－ABC，由题意知SA为侧棱，设外接球的球心为O，连接OO1，OA，则OO1⊥平面ABC，且OO1＝12SA.又球O的半径R＝OA＝2，OA2＝OO12＋O1A2，所以4＝14SA2＋解法二如图，设△ABC的外接圆圆心为O1，连接O1A，因为△ABC是边长为3的等边三角形，所以其外接圆半径r＝O1A＝23×32×3＝3.设三棱锥S－ABC的外接球球心为O，连接OO1，则OO1⊥平面ABC.又SA⊥平面ABC，所以OO1∥SA，连接OS，OA，由题意知OS＝OA＝2.过O作SA的垂线，设垂足为H，则四边形AO1OH为矩形，所以OO1＝AH，由OS＝OA可知H为SA的中点，则OO1＝AH＝12SA.所以在Rt△OO1A中，由勾股定理可得OA2＝OO12＋O1A2，即4＝14SA2＋方法技巧1.解决外接球问题的关键是利用球心到多面体的顶点的距离均等于球的半经.2.柱体的外接球球心为上、下底面外心（外接圆圆心）连线的中点.3.棱锥中几种常见的外接球模型模型墙角型：AD⊥AB，AC⊥AD，AC⊥AB对棱相等型：AD＝BC＝a，AB＝CD＝b，AC＝BD＝c图示分析可补形为长方体或正方体可补形为长方体或正方体，每条棱均为其面对角线球心球心位于体对角线中点球心位于体对角线中点半径R＝1R＝a模型侧棱与底面垂直型：PA⊥平面ABC侧面与底面垂直型：平面PAD⊥平面ABCD图示分析过底面外心O1作垂直于底面的直线l，则有l∥PA作PE⊥AD于E，过底面外心O1作垂直于底面的直线l，则有l∥PE球心球心O在直线l上，且有OO1＝12PA，利用Rt△AOO1球心O在直线l上，过点O作OH⊥PE于点H，利用Rt△POH和Rt△AOO1列方程组半径R＝r2＋（R训练1（1）[2024湖南省郴州市适应性模拟]已知圆台的上、下底面的圆周都在半径为2的球面上，圆台的下底面过球心，上底面半径为1，则圆台的体积为（C）A.533π B.53π C.733π 解析如图，设圆台的上底面的圆心为O1，下底面的圆心为O，点A为上底面圆周上随意一点，连接O1A，OA，OO1，则O1A＝1，设圆台的高为h，球O的半径为R＝OA＝2，则h＝OO1＝R2－O1A2＝22－12＝3，所以圆台的体积V＝13（4π＋4（2）已知四棱锥P－ABCD的底面ABCD是矩形，其中AD＝1，AB＝2，平面PAD⊥平面ABCD，△PAD为等边三角形，则四棱锥P－ABCD的外接球体积为（D）A.16π3 B.76π3 C.32解析设AD的中点为F，连接PF，AC，BD，设AC∩BD＝E，连接EF，设△PAD外接圆的圆心为O1，半径为r，所求外接球球心为O，半径为R，连接OO1，OE，OP，如图.因为△PAD为等边三角形，AD＝1，所以圆O1的半径r＝PO1＝32×1×23＝因为△PAD为等边三角形，F是AD的中点，所以PF⊥AD，又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PF⊂平面PAD，所以PF⊥平面ABCD.因为底面ABCD是矩形，所以E是底面ABCD外接圆