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4.1 球面几何之外接球、内切球与棱切球问题
考点分布 考查频率 命题趋势
外接球 2022年乙卷第12题，5分 2022年II卷第7题，5分 2022年I卷第8题，5分 2021年甲卷第11题，5分 2020年III卷第16题，5分 预测2025年高考，多以小题形式出现，也有可能会将其渗透在解答题的表达之中，相对独立．具体估计为：（1）以选择题或填空题形式出现，考查学生的综合推理能力．（2）热点是锥体内切球与棱切球问题．
内切球 2023新高考Ⅰ卷·12题，5分 2020年III卷第16题，5分
棱切球 2023年 I卷第1题，5分
纵观近几年高考对于组合体的考查，与球相关的外接与内切问题是高考命题的热点之一．高考命题小题综合化倾向尤为明显，要求学生有较强的空间想象能力和准确的计算能力，才能顺利解答．从近几年全国高考命题来看，这部分内容以选择题、填空题为主，大题很少见，此部分是重点也是一个难点，属于中等难度．
1．（2023新高考Ⅰ卷·12）下列物体中，能够被整体放入棱长为1（单位：m）的正方体容器（容器壁厚度忽略不计）内的有（ ）
A．直径为的球体 B．所有棱长均为的四面体
C．底面直径为，高为的圆柱体 D．底面直径为，高为的圆柱体
【答案】ABD
【详解】对于选项A：因为，即球体的直径小于正方体的棱长，
所以能够被整体放入正方体内，故A正确；对于选项B：因为正方体的面对角线长为，且，
所以能够被整体放入正方体内，故B正确；对于选项C：因为正方体的体对角线长为，且，
所以不能够被整体放入正方体内，故C不正确；
对于选项D：因为，可知底面正方形不能包含圆柱的底面圆，
如图，过的中点作，设，
可知，则，
即，解得，且，即，
故以为轴可能对称放置底面直径为圆柱，
若底面直径为的圆柱与正方体的上下底面均相切，设圆柱的底面圆心，与正方体的下底面的切点为，可知：，则，即，解得，
根据对称性可知圆柱的高为，
所以能够被整体放入正方体内，故D正确；故选：ABD.
2．（2023年全国乙卷（文））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.
3．（2023年全国甲卷（文））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：
4．（2023年全国甲卷（理））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
5．（2022新高考Ⅱ卷·7）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
【详解】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．
6．（2022 乙卷）已知球的半径为1，四棱锥的顶点为，底面的四个顶点均在球的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为
A． B． C． D．
【答案】
【解析】对于圆内接四边形，如图所示，，
当且仅当，为圆的直径，且时，等号成立，此时四边形为正方形，
当该四棱锥的体积最大时，底面一定为正方形，设底面边长为，底面所在圆的半径为，
则，该四棱锥的高，
该四棱锥的体积，
当且仅当，即时，等号成立，
该四棱锥的体积最大时，其高，故选：．
7．（2022 新高考Ⅱ）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】
【解析】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，则轴截面中由几何知识可得，解得，
该球的表面积为．当球心在台体内时，如图，此时，无解．
综上，该球的表面积为．故选：．
8．（2022 新高考Ⅰ）已知正四棱锥的侧棱长为，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】
【解析】如图所示，正四棱锥各顶点都在同一球面上，连接与交于点，连接，则球心在直线上，连接，设正四棱锥的底面边长为，高为，
在中，，即，
球的体积为，球的半径，在中，，即，
，，，又，，
该正四棱锥体积，，
当时，，单调递增；当时，，单调递减，
（4），又，，且，，
即该正四棱锥体积的取值范围是，，故选：．
9．（2021 天津）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】
【解析】如图，设球的半径为，由题意，，可得，则球的直径为4，
两个圆锥的高之比为，，，由直角三角形中的射影定理可得：，即．
这两个圆锥的体积之和为．故选：．
10．（2021 甲卷）已知，，是半径为1的球的球面上的三个点，且，，则三棱锥的体积为
A． B． C． D．
【答案】
【解析】因为，，所以底面为等腰直角三角形，
所以所在的截面圆的圆心为斜边的中点，所以平面，
在中，，则，在中，，
故三棱锥的体积为．故选：．
11．（2023 甲卷）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，
分别取侧枝，，，的中点，，，，
则四边形是边长为4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，球的半径最小，
即的最小值为，综上，球的半径的取值范围是，．故答案为：，．
12．（2020 新课标Ⅲ）已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为 ．
【答案】
【解析】因为圆锥内半径最大的球应该为该圆锥的内切球，如图，圆锥母线，底面半径，
则其高，不妨设该内切球与母线切于点，
令，由，则，即，解得，
，故答案为：．
高频考点一 正方体、长方体外接球
核心知识：
1、正方体的外接球的球心为其体对角线的中点，半径为体对角线长的一半．
2、长方体的外接球的球心为其体对角线的中点，半径为体对角线长的一半．
3、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．
图1 图2
典例1：（2024·重庆渝北·高三校考阶段练习）在长方体中，，，，则长方体外接球的表面积为 ．
【答案】
【解析】由题意，根据长方体外接球的性质，
可得，
，该长方体的外接球的表面积.故答案为：.
变式训练
1．（2024·重庆·二模）已知四面体的体积为3，从顶点出发的三条棱两两垂直，若，则该四面体外接球表面积的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】设四面体体积是，外接球半径是，表面积是，
棱两两垂直，，，，
易知，当且仅当时取等，故有，
则，故选：A
2．（2024·天津和平·二模）已知三棱锥中，平面，若，，，，则三棱锥的外接球表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】如图，在中，由余弦定理，得，
即，则，故，
又而平面，将三棱锥置于一个长方体中，可知三棱锥的外接球半径，则外接球表面积，故选:D．
3．（2024·四川·高三统考学业考试）若球的表面积为，则顶点均在该球球面上的正方体体积为（ ）
A．256 B．64 C．27 D．8
【答案】B
【解析】因为球的表面积为，所以，解得，
设正方体的棱长为，因为正方体外接球的直径为正方体的体对角线，
所以，即，所以.故选：B
高频考点2 函数的图象
核心知识：
（1）正四面体可以补形为正方体且正方体的棱长，如图1所示．
（2）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2所示
图1 图2
典例1：（2024·陕西咸阳·一模）已知正四面体的外接球表面积为，则正四面体的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】设外接球半径为，则，解得,
将正四面体恢复成正方体，知正四面体的棱为正方体的面对角线，
则正四面体的外接球即为正方体的外接球，则正方体的体对角线等于外接球的直径，
故，解得，正方体棱长为 ，
故该正四面体的体积为，故选：A．
变式训练：
1.（2024·河南·开封高中校考模拟预测）已知四面体ABCD中，，，，则四面体ABCD外接球的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】设四面体的外接球的半径为,则四面体在一个长宽高为的长方体中，如图，
则故，
故四面体ABCD外接球的体积为，故选：C
2.（2024·四川凉山·二模）在四面体中，，则四面体外接球表面积是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】由题意可知，此四面体可以看成一个长方体的一部分，长方体的长、宽、高分别为，，，四面体如图所示，
所以此四面体的外接球的直径为长方体的体对角线，即,解得.
所以四面体外接球表面积是.故答案为：B.
3．（2024·四川宜宾·校考模拟预测）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】设外接球半径为，则，解得，
将正四面体放入正方体中，设正方体边长为，如图所示：
则，，正四面体的棱长为.故选：C.
高频考点3 直棱柱（圆柱）外接球
核心知识：
1）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，棱柱的上下底面可是任意三角形）。
图1 图2 图3 图4
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
2）如图，平面，求外接球半径．
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；
②．
典例1：（2023·广东·统考一模）如图，在直三棱柱的侧面展开图中，，是线段的三等分点，且．若该三棱柱的外接球的表面积为，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】由展开图可知，直三棱柱的底面是边长为的等边三角形，
其外接圆的半径满足，所以．由得．
由球的性质可知，球心到底面的距离为，
结合球和直三棱柱的对称性可知，，故选D．
变式训练：
1．（2024·湖南·高三校联考阶段练习）在直三棱柱中，为等边三角形，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】设直三棱柱的高为，外接球的半径为，外接圆的半径为，则，所以，又，令，则，易知的最小值为，此时，所以该三棱柱外接球表面积的最小值为.故选：A.
2．（2024·山东潍坊·统考模拟预测）在直三棱柱中，为等腰直角三角形，若三棱柱的体积为32，则该三棱柱外接球表面积的最小值为（ ）
A．12π B．24π C．48π D．96π
【答案】C
【解析】设为等腰直角三角形的直角边为，三棱柱的高为，
则，所以，则，
外接圆的半径为，
所以棱柱外接球的半径为，
令，则，则，
在上单调递减，在上单调递增，所以当时，，
则该三棱柱外接球表面积最小值为.故选：C.
3.（2024·江西萍乡·高三统考期末）三棱锥A-BCD中，平面BCD，，，则该三棱锥的外接球表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】由平面BCD，，知三棱锥A-BCD可补形为以AD，DC，BD为三条棱的长方体，如图所示，三棱锥的外接球即长方体的外接球，长方体的对角线是外接球的直径，设外接球的半径为R，
则，所以该三棱锥的外接球表面积为.故选：C．
4．（2024·河南开封·统考三模）在三棱锥中，，平面ABC，，，则三棱锥外接球体积的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】根据题意三棱锥可以补成分别以为长、宽、高的长方体，其中为长方体的对角线，则三棱锥的外接球球心即为的中点，要使三棱锥的外接球的体积最小，则最小．设，则，，，
所以当时，，则有三棱锥的外接球的球半径最小为，
所以．故选：A
高频考点4 正棱锥（圆锥）与侧棱相等模型
核心知识：
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．
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1：（2024·河北保定·高三校考阶段练习）已知正三棱锥的底面边长为3，侧棱长为2，且顶点都在同一球面上，则该球的表面积为 ．
【答案】
【解析】如图设底面的中心为，连接，则球心在直线上，
由几何关系可知，，先将三角形转化成平面三角形，如图：
因为，由勾股定理可得，设球心为，
则在的延长线上，且，则，
由勾股定理可得，即，
解得，所以球体的表面积．故答案为：．
变式训练：
1．（2024·重庆·高三校考期末）已知球O为三棱锥S﹣ABC的外接球， ，则球O的表面积是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】取SC中点M，连接AM、MB，
因为△SAC是等边三角形，且SB＝BC，∴AM⊥SC，MB⊥SC，∴SC⊥平面AMB，
∴球心O在平面AMB上，作⊥平面SAC，可得为等边三角形SAC的中心，
所以＝，取AB中点N，连接ON，∴ON⊥AB，
∴四点共圆，AO为这四点共圆的直径，也是三棱锥S ABC外接球的半径，连接，
在△ABM中：，，
∴∠MAB＝90°，∴在直角三角形中，
由勾股定理，得＝，
∴三棱锥S ABC外接球的半径长为AO==，．故选：A．
2.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.
3．（2024·河南·模拟预测）已知正四棱锥的底面边长为，高为，且，该四棱锥的外接球的表面积为，则的取值范围为 ．
【答案】
【解析】连接相交于点，连接，则⊥平面，
球心在上，连接，则，，
因为正四棱锥的底面边长为，所以，
在直角三角形上，由勾股定理得，
即，，解得，由，
当时，，单调递减，当时，，单调递增，
所以在取得极小值，也是最小值，此时，
又当和时，，所以，则.故答案为：
高频考点5 侧棱为外接球直径模型
核心知识：找球心，然后作底面的垂线，构造直角三角形．
典例1：（2024 防城港模拟预测）体积为的三棱锥的所有顶点都在球的球面上，已知是边长为1的正三角形，为球的直径，则球的表面积为
A． B． C． D．
【解析】解：根据题意作出图形：设球心为，球的半径．过三点的小圆的圆心为，则平面，延长交球于点，则平面．
，，高，
是边长为1的正三角形，，
，．则球的表面积为故选：．
变式训练：
1．（2024·江苏·高三校考期末）在三棱锥P-ABC中，已知△ABC是边长为2的等边三角形，PA为此三棱锥外接球O的直径，PA＝4，则点P到底面ABC的距离为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】设点P到底面ABC的距离为，点到底面ABC的距离为，则.
连接、，则三棱锥是棱长为2的正四面体，
取的中点，连接，作，则平面，即，在正中，，
在中，，
即，即点P到底面ABC的距离为.故选：D.
2．（2024 云南校级月考）已知三棱锥的所有顶点都在球的球面上，是边长为2的正三角形，为球的直径，且，则此棱锥的体积为
A． B． C． D．
【解析】解：因为是边长为2的正三角形，所以外接圆的半径，
所以点到平面的距离，为球的直径，点到平面的距离为，
此棱锥的体积为，故选：．
高频考点6 共斜边拼接模型
核心知识：如图，在四面体中，，，此四面体可以看成是由两个共斜边的直角三角形拼接而形成的，为公共的斜边，故以“共斜边拼接模型”命名之．设点为公共斜边的中点，根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半的结论可知，，即点到，，，四点的距离相等，故点就是四面体外接球的球心，公共的斜边就是外接球的一条直径．
典例1：（2024·四川德阳·统考模拟预测）已知矩形ABCD的面积为8，当矩形ABCD周长最小时，沿对角线AC把折起，则三棱锥D-ABC的外接球表面积等于（ ）
A． B． C． D．不确定的实数
【答案】B
【解析】设矩形的边长分别为、，则，所以矩形周长，
，，当且仅当时取等号，
矩形周长最小时，，，，
因为外接球的半径，外接球表面积．故选：B．
变式训练：
1．（2024·安徽·高三期中）已知三棱锥中，，，，，，则此三棱锥的外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】因为，，，则，所以，
又因为，，，则，所以，
由，，，则，所以，
又由，，，则，所以，
可得为三棱锥的外接球的直径，又由，
所以此三棱锥的外接球半径为，所以球的表面积为．故选：C．
2．（2024·江西赣州·高二期中）在三棱锥中，若该三棱锥的体积为，则三棱锥外球的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】如图所示：设SC的中点为O，AB的中点为D，连接OA、OB、OD，
因为，所以，
则，所以O为其外接球的球心，设球的半径为R，
因为，，所以，
所以，因为，所以平面AOB，
所以，解得，
所以其外接球的体积为，故选：D
高频考点7 垂面模型
核心知识：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，垂足记为垂直，连接，则．
（4）在四棱锥中，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1：（2024·重庆沙坪坝·高三校考阶段练习）在三棱锥中、平面平面，，且，则三棱维的外接球表面积是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】由题意，为直角三角形，故在三棱维的外接球的一个切面圆上，为该圆直径；又平面平面，故外接球的球心在所在的平面内，
又，故为等腰三角形，球心O在BD边中线所在直线上 ，点到线段的距离为，设外接球的半径为，则，解得，则外接球的表面积为.故选：C.
变式训练：
1．（2024·广东·模拟预测）如图1，平面五边形，，，，，将沿折起至平面平面，如图2，若，则四棱锥的外接球体积是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】由，易得，由题可知四边形为等腰梯形，过点作，在中，，，由三角函数知，所以，取中点，过点作交于点，连接，，又因为平面平面，所以平面，易求，所以为中点，且外接球球心在平面的垂线上，又因为中，，，所以；同理可得，所以在平面内，，即就是外接球球心，所以半径，所以四棱锥外接球体积为.故选：A.
2．（2024·四川绵阳·高三校考阶段练习）已知四棱锥的体积是，底面是正方形，是等边三角形，平面平面，则四棱锥外接球表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】设正方形的边长为，在等边三角形中，过点作于E，
由于平面平面，∴平面．由于是等边三角形，则，
∴，解得．
设四棱锥外接球的半径为，为正方形ABCD中心，为等边三角形PAB中心，
O为四棱锥P－ABCD外接球球心，则易知为矩形，
则，，，
∴外接球表面积．故选：C．
高频考点8 二面角模型
核心知识：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1：（2024·黑龙江哈尔滨·高三校考阶段练习）如图，在三棱锥，是以AC为斜边的等腰直角三角形，且，，二面角的大小为，则三棱锥的外接球表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】根据题意，作出图形，如图所示，因为是以AC为斜边的等腰直角三角形，所以的外心在中点，设为，设的外心为，中点为，，因为，所以必在连线上，则，即，因为两平面交线为，为平面所在圆面中心，所以，，又因为二面角的大小为，，
所以，所以，锥体外接球半径，则三棱锥的外接球表面积为，故选：B
变式训练：
1．（2024·安徽·校联考模拟预测）已知在菱形中，，把沿折起到位置，若二面角大小为，则四面体的外接球体积是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】设的外接圆圆心为，的外接圆圆心为，
过这两点分别作平面、平面的垂线，交于点O，则O就是外接球的球心；
取中点E，连接，
因为，，所以，因为和是正三角形，
所以，由得，所以
由，即球半径为，所以球体积为．故选：C.
2．（2024·广东·统考模拟预测）在三棱锥中，为等腰直角三角形，，为正三角形，且二面角的平面角为，则三棱锥的外接球表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】如图所示，为直角三角形，又，所以，
因为为正三角形，所以，连接，为的中点，E为中点，
则，所以为二面角的平面角 所以．
因为为直角三角形，E为中点，所以点为的外接圆的圆心，
设G为的中心，则G为的外接圆圆心．过E作面的垂线，过G作面的垂线，设两垂线交于O．则O即为三棱锥的外接球球心．设与交于点H，
，所以,，
∴．所以，故选：C.
高频考点9 圆台和正棱台模型
核心知识：
典例1：（2024·重庆·统考模拟预测）如图所示，已知一个球内接圆台，圆台上、下底面的半径分别为和，球的体积为，则该圆台的侧面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】设球的半径为，则，所以，，取圆台的轴截面，如下图所示：
设圆台的上、下底面圆心分别为、，则、分别为、的中点，
连接、、、、、，则，由垂径定理可知，，，
所以，，，
因为，，，所以，，
所以，，所以，，
所以，，则，因此，圆台的侧面积为，选：D.
变式训练：
1．（2024·陕西咸阳·校考模拟预测）如图，在正三棱台中，，，，则正三棱台的外接球表面积为（ ）
A．64 B． C． D．
【答案】B
【解析】设外接球球心为，等边三角形的外心为，等边三角形的外心为，
三点共线，则是正三棱台的高，设台体的高为，设外接球的半径为，
过作，垂足为，根据正棱台的性质可知，
所以平面，平面，所以，
设等边三角形的外接圆半径为，由正弦定理得.
设等边三角形的外接圆半径为，由正弦定理得.
在直角三角形中，，所以.
当球心O在线段上，则，解得，
当球心O在的延长线上时，则，无解，
所以正三棱台的外接球表面积为.故选：B
2．（2024·重庆·高三专题练习）已知圆台的母线长为2，母线与轴的夹角为60°，且上、下底面的面积之比为1：4，则该圆台外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
圆台上、下底面的面积之比为1：4，则半径比为1：2，设圆台上、下底面半径为，因母线与轴的夹角为60°，可得圆台高为1，则；
设圆台外接球的半径为，球心到下底面的距离为，易得圆台两底面在球心同侧，则，且，解得，则该圆台外接球的表面积为.故选：C.
高频考点10 多面体外接球
核心知识：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1：（2024·广西贺州·一模）半正多面体亦称“阿基米德体”，是以边数不全相同的正多边形为面的多面体．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．它的各棱长都相等，其中八个面为正三角形，六个面为正方形，这样的半正多面体被称为二十四等边体．如图所示，已知该半正多面体过A，B，C三点的截面面积为，则其外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】将二十四等边体补全为正方体，则该二十四等边体的过A，B，C三点的截面为正六边形，
设原正方体棱长为，则正六边形边长为，其面积为，解得，
因此原正方体的棱长为，由对称性知，二十四等边体的外接球球心是原正方体的体对角线的交点，
球半径为该点到点的距离，所以外接球的表面积为.故选：D
变式训练：
1.截角四面体是一种半正八面体，可由四面体经过适当的截角，即截去四面体的四个顶点所产生的多面体.如图所示，将棱长为3的正四面体沿棱的三等分点作平行于底面的截面得到所有棱长均为1的截角四面体，则该截角四面体的外接球表面积为 .
【答案】
【解析】因为棱长为的正四面体的高为，
所以截角四面体上下底面距离为，
序曲其外接球的半径为，等边三角形的中心为，正六边形的中心为，则垂直于平面与平面，则,
所以，解得，
所以该截角四面体的外接球的表面积为,故答案为：
2.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
高频考点11 锥体内切球
核心知识：等体积法，即
典例1：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：.
变式训练：
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：.
2．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．
高频考点12 棱切球
核心知识：找切点，找球心，构造直角三角形
（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1：（2024·贵州贵阳·校联考模拟预测）已知球的表面积为，若球与正四面体的六条棱均相切，则此四面体的体积为（ ）
A．9 B． C． D．
【答案】A
【解析】由，，将正四面体放到正方体中，正方体的内切球即与正四面体的六条棱均相切，，正方体的棱长为，则正四面体棱长为，高，，故选:A．
变式训练：
1．（2024·江西宜春·高三校考阶段练习）已知正方体的棱长为2，则与正方体的各棱都相切的球的表面积是 ．
【答案】
【解析】过正方体的对角面作截面如图，故球的半径，其表面积．故答案为：.
2．（2024·重庆·高三校联考阶段练习）已知三棱锥的棱长均为，则与其各条棱都相切的球的体积为 .
【答案】
【解析】将三棱锥补全为正方体，如下图所示：
则正方体的内切球即为与三棱锥各条棱均相切的球，
设正方体棱长为，则，解得：，
所求的球的半径，球的体积.故答案为：
1.阿基米德多面体是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它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，共可截去八个三棱锥，得到的阿基米德多面体，如图所示.则该多面体所在正方体的外接球表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，截面三角形边长为，
则原正方体棱长的一半为1，即多面体所在正方体的棱长为2，
可得正方体体对角线长，外接球半径为，所以外接球表面积为.故选：D.
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
3．（2024·广东·高三专题练习）如图，半径为4的球中有一内接圆柱，当圆柱的侧面积最大时，球的表面积与圆柱的表面积之差为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】如图.设圆柱底面半径为，球的半径与圆柱底面夹角为，则
，圆柱的高，圆柱的侧面积为，
当且仅当时，，圆柱的侧面积最大，为，
球的表面积与圆柱的表面积之差为.故选：D．
4.（2024·江苏·模拟预测）已知某圆台的上底面圆心为，半径为，下底面圆心为，半径为，高为，若该圆台的外接球球心为，且，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】由圆台的上底面圆心为，半径为，下底面圆心为，半径为，高为，
如图所示，因为，所以，
所以，解得，所以.故选：B.
5．（2024·全国·高三专题练习）已知圆锥的顶点和底面圆周均在球的球面上.若该圆锥的底面半径为，高为6，则球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】因为，故球心在圆锥的内部且在高上，设球心到圆锥底面的距离为，
则有，解得，则圆半径，表面积.故选：C
6.（2024·江西鹰潭·三模）在菱形中，，，将沿对角线折起，使点到达的位置，且二面角为直二面角，则三棱锥的外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】如图所示：
由题意在菱形中，互相垂直且平分，点为垂足，
，
由勾股定理得，所以，设点为外接圆的圆心，
则外接圆的半径为，，
设点为外接圆的圆心，同理可得外接圆的半径为，
，如图所示：
设三棱锥的外接球的球心、半径分别为点，而均垂直平分，
所以点在面，面内的射影分别在直线上，即，
由题意，且二面角为直二面角，即面面，，
所以，即，可知四边形为矩形，所以，
由勾股定理以及，
所以三棱锥的外接球的表面积为.故选：C.
7．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
8．（2024·天津北辰·统考三模）中国雕刻技艺举世闻名，雕刻技艺的代表作“鬼工球”，取鬼斧神工的意思，制作相当繁复，成品美轮美奂．1966年，玉石雕刻大师吴公炎将这一雕刻技艺应用到玉雕之中，他把玉石镂成多层圆球，层次重叠，每层都可灵活自如的转动，是中国玉雕工艺的一个重大突破.今一雕刻大师在棱长为12的整块正方体玉石内部套雕出一个可以任意转动的球，在球内部又套雕出一个正四面体（所有棱长均相等的三棱锥），若不计各层厚度和损失，则最内层正四面体的棱长最长为（ ）
A． B． C． D．6
【答案】A
【解析】由题意，球是正方体的内切球，且该球为正四面体的外接球时，四面体的棱长最大，
则该球半径，如图：
可知为外接球球心，，平面，为底面等边的中心，
设正四面体的棱长为，则，，
在中，则，即，解得，即．故选：A
9．（2024·陕西西安·校联考模拟预测）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．
10．（2024·陕西咸阳·统考一模）在直三棱柱中，，，若该直三棱柱的外接球表面积为，则此直三棱柱的高为（ ）．
A．4 B．3 C． D．
【答案】D
【解析】由题意将直三棱柱补成长方体，则直三棱柱的外接球就是长方体的外接球，外接球的直径等于长方体的体对角线，利用直三棱柱的外接球表面积为，可求出外接球的半径，从而可求得直三棱柱的高因为，所以将直三棱柱补成长方体，则直三棱柱的外接球就是长方体的外接球，外接球的直径等于长方体的体对角线，设球的半径为，则，解得，
设直三棱柱的高为，则，即，
解得，所以直三棱柱的高为，故选：D
11．（2024·陕西咸阳·统考二模）如图，四棱锥中，平面，底面为边长为的正方形，，则该四棱锥的外接球表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】四边形为边长为的正方形，四边形的外接圆半径，
又平面，，四棱锥的外接球半径，
四棱锥的外接球表面积.故选：D.
12．（2024·广东揭阳·高三校联考期中）在三棱锥中，，，，则该三棱锥的外接球表面积是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】因为，
所以可以将三棱锥如图放置于一个长方体中，如图所示：
设长方体的长、宽、高分别为a、b、c，则有，整理得，
则该棱锥外接球的半径即为该长方体外接球的半径，所以有，
所以所求的球体表面积为：．故选：A．
13．（2024·山东泰安·二模）已知四面体的各顶点都在同一球面上，若，平面平面，则该球的表面积是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】记球心为，的外接圆圆心为，的外接圆圆心为，的中点为，证明为矩形，然后求出，，由勾股定理可得外接球半径，再由球的表面积公式可得.
【详解】记球心为，的外接圆圆心为，的外接圆圆心为，的中点为.
因为，所以，因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，由球的性质可知，平面，
所以，同理，所以四边形为矩形，
因为，所以，，所以，
所以外接球的表面积为.故选：B
14．（2024·江西鹰潭·三模）在菱形中，，，将沿对角线折起，使点到达的位置，且二面角为直二面角，则三棱锥的外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据给定条件，确定三棱锥的外接球的球心位置，再求出球半径即可计算作答.
【详解】如图所示：由题意在菱形中，互相垂直且平分，点为垂足，
，由勾股定理得，
所以，设点为外接圆的圆心，
则外接圆的半径为，，
设点为外接圆的圆心，同理可得外接圆的半径为，，
如图所示：设三棱锥的外接球的球心、半径分别为点，而均垂直平分，
所以点在面，面内的射影分别在直线上，即，
由题意，且二面角为直二面角，即面面，，
所以，即，可知四边形为矩形，所以，
由勾股定理以及，
所以三棱锥的外接球的表面积为.故选：C.
15．（2024·浙江温州·统考一模）与圆台的上、下底面及侧面都相切的球，称为圆台的内切球，若圆台的上下底面半径为，，且，则它的内切球的体积为 .
【答案】
【解析】由题意，画出圆台的直观图，其中为圆台的母线长，，分别为上、下底面的圆心，点为内切球的球心，点为球与圆台侧面相切的一个切点.
则由题意可得：，.
因此可得：内切球半径，即得内切球的体积为.故答案为：
16．（2023·湖南郴州·统考三模）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 .
【答案】/
【解析】如图所示：依题意得 ，
底面的外接圆半径为，
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 故答案为：.
17．（2024·四川成都·高三校考阶段练习）已知圆锥的底面半径为2，高为，则该圆锥的内切球表面积为 .
【答案】
【解析】如图，作出该圆锥与其内切球的轴截面图形，
设该内切球的球心为，内切球的半径为，为切点，所以，，
由已知得，，
所以，在中，，即，解得，
所以，该圆锥的内切球表面积为故答案为：.
18．（2024·湖南长沙·校考模拟预测）如图，四边形为平行四边形，，，，现将沿直线翻折，得到三棱锥，若，则三棱锥的内切球表面积为 ．
【答案】/
【解析】中，，，，由余弦定理得，
则折成的三棱锥中，，
即此三棱锥的对棱相等，故此三棱锥的三组对棱是一个长方体的六个面的对角线，
设长方体从同一个顶点出发的三条棱长分别为，则，解得，
又因为三棱锥是长方体切掉四个角的余下部分，
故三棱维的体积为，
又三棱锥四个侧面是全等的，
故三棱锥的表面积为，
设内切球半径为，以内切球球心为顶点，把三棱锥分割为以球心为顶点，四个面为底面的的四个小三棱锥，四个小三棱锥体积等于大三棱锥的体积，
故，故内切球表面积为.故答案为：
19．（2024·福建福州·高三校考期末）已知正三棱锥的顶点都在球O的球面上，其侧棱与底面所成角为，且，则球O的表面积为
【答案】
【解析】如图，正三棱锥中，设点Q为的中心，则PQ⊥平面ABC，
∴，∴，PQ＝3．球心O在直线PQ上，连接AO，设球O的半径为r，
则，，在中，，即，解得，
∴球O的表面积为．故答案为：.
20．（2024·四川巴中·统考一模）已知长方体的表面积为22，过一个顶点的三条棱长之和为6，则该长方体外接球的表面积为 .
【答案】
【解析】令长方体的长、宽、高分别为，则，
由，则，
而长方体外接球半径，故，其表面积.故答案为：
21．（2024·四川·三模）已知正四棱台的上下底面边长分别为4，6，若正四棱台的外接球的表面积为，则正四棱台的体积 。
【答案】/
【详解】设外接球的半径为，则，，
设正方形和正方形的中心分别为，外接球的球心为，则在线段上，
如图，在等腰梯形中，，
则，所以，即正四棱台的高为，
所以正四棱台的体积.故答案为：.
22．（2024·河北秦皇岛·二模）已知正三棱台的所有顶点都在表面积为的球O的球面上，且，则正三棱台的体积为 .
【答案】或
【详解】设点，分别是，的外接圆的圆心，球O的半径为R，
则，解得，且，，O三点共线，正三棱台的高为，
在等边中，，由正弦定理可得：，得.
在等边中，，由正弦定理可，得.
在中，，即，得，
在中，，即，得，
如果三棱台的上下底面在球心O的同侧，如图1所示，则正三棱台的高为，
所以正三棱台的体积.
如果三棱台的上下底面在球心O的两侧，如图2所示，则正三棱台的高为，
此时正三棱台的体积.
综上，正三棱台的体积为或.故答案为：或.
23.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：.
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4.1 球面几何之外接球、内切球与棱切球问题
考点分布 考查频率 命题趋势
外接球 2022年乙卷第12题，5分 2022年II卷第7题，5分 2022年I卷第8题，5分 2021年甲卷第11题，5分 2020年III卷第16题，5分 预测2025年高考，多以小题形式出现，也有可能会将其渗透在解答题的表达之中，相对独立．具体估计为：（1）以选择题或填空题形式出现，考查学生的综合推理能力．（2）热点是锥体内切球与棱切球问题．
内切球 2023新高考Ⅰ卷·12题，5分 2020年III卷第16题，5分
棱切球 2023年 I卷第1题，5分
纵观近几年高考对于组合体的考查，与球相关的外接与内切问题是高考命题的热点之一．高考命题小题综合化倾向尤为明显，要求学生有较强的空间想象能力和准确的计算能力，才能顺利解答．从近几年全国高考命题来看，这部分内容以选择题、填空题为主，大题很少见，此部分是重点也是一个难点，属于中等难度．
1．（2023新高考Ⅰ卷·12）下列物体中，能够被整体放入棱长为1（单位：m）的正方体容器（容器壁厚度忽略不计）内的有（ ）
A．直径为的球体 B．所有棱长均为的四面体
C．底面直径为，高为的圆柱体 D．底面直径为，高为的圆柱体
2．（2023年全国乙卷（文））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 ．
3．（2023年全国甲卷（文））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 ．
4．（2023年全国甲卷（理））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．
5．（2022新高考Ⅱ卷·7）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．
6．（2022 乙卷）已知球的半径为1，四棱锥的顶点为，底面的四个顶点均在球的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为
A． B． C． D．
7．（2022 新高考Ⅱ）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．
8．（2022 新高考Ⅰ）已知正四棱锥的侧棱长为，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．，
9．（2021 天津）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．
10．（2021 甲卷）已知，，是半径为1的球的球面上的三个点，且，，则三棱锥的体积为
A． B． C． D．
11．（2023 甲卷）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 ．
12．（2020 新课标Ⅲ）已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为 ．
高频考点一 正方体、长方体外接球
核心知识：
1、正方体的外接球的球心为其体对角线的中点，半径为体对角线长的一半．
2、长方体的外接球的球心为其体对角线的中点，半径为体对角线长的一半．
3、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．
图1 图2
典例1：（2024·重庆渝北·高三校考阶段练习）在长方体中，，，，则长方体外接球的表面积为 ．
变式训练
1．（2024·重庆·二模）已知四面体的体积为3，从顶点出发的三条棱两两垂直，若，则该四面体外接球表面积的最小值为（ ）
A． B． C． D．
2．（2024·天津和平·二模）已知三棱锥中，平面，若，，，，则三棱锥的外接球表面积为（ ）
A． B． C． D．
3．（2024·四川·高三统考学业考试）若球的表面积为，则顶点均在该球球面上的正方体体积为（ ）
A．256 B．64 C．27 D．8
高频考点2 函数的图象
核心知识：
（1）正四面体可以补形为正方体且正方体的棱长，如图1所示．
（2）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2所示
图1 图2
典例1：（2024·陕西咸阳·一模）已知正四面体的外接球表面积为，则正四面体的体积为（ ）
A． B． C． D．
变式训练：
1.（2024·河南·开封高中校考模拟预测）已知四面体ABCD中，，，，则四面体ABCD外接球的体积为（ ）
A． B． C． D．
2.（2024·四川凉山·二模）在四面体中，，则四面体外接球表面积是（ ）
A． B． C． D．
3．（2024·四川宜宾·校考模拟预测）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．
高频考点3 直棱柱（圆柱）外接球
核心知识：
1）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，棱柱的上下底面可是任意三角形）。
图1 图2 图3 图4
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
2）如图，平面，求外接球半径．
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；
②．
典例1：（2023·广东·统考一模）如图，在直三棱柱的侧面展开图中，，是线段的三等分点，且．若该三棱柱的外接球的表面积为，则（ ）
A． B． C． D．
变式训练：
1．（2024·湖南·高三校联考阶段练习）在直三棱柱中，为等边三角形，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．
2．（2024·山东潍坊·统考模拟预测）在直三棱柱中，为等腰直角三角形，若三棱柱的体积为32，则该三棱柱外接球表面积的最小值为（ ）
A．12π B．24π C．48π D．96π
3.（2024·江西萍乡·高三统考期末）三棱锥A-BCD中，平面BCD，，，则该三棱锥的外接球表面积为（ ）
A． B． C． D．
4．（2024·河南开封·统考三模）在三棱锥中，，平面ABC，，，则三棱锥外接球体积的最小值为（ ）
A． B． C． D．
高频考点4 正棱锥（圆锥）与侧棱相等模型
核心知识：
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．
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1：（2024·河北保定·高三校考阶段练习）已知正三棱锥的底面边长为3，侧棱长为2，且顶点都在同一球面上，则该球的表面积为 ．
变式训练：
1．（2024·重庆·高三校考期末）已知球O为三棱锥S﹣ABC的外接球， ，则球O的表面积是（ ）
A． B． C． D．
2.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．
3．（2024·河南·模拟预测）已知正四棱锥的底面边长为，高为，且，该四棱锥的外接球的表面积为，则的取值范围为 ．
高频考点5 侧棱为外接球直径模型
核心知识：找球心，然后作底面的垂线，构造直角三角形．
典例1：（2024 防城港模拟预测）体积为的三棱锥的所有顶点都在球的球面上，已知是边长为1的正三角形，为球的直径，则球的表面积为
A． B． C． D．
变式训练：
1．（2024·江苏·高三校考期末）在三棱锥P-ABC中，已知△ABC是边长为2的等边三角形，PA为此三棱锥外接球O的直径，PA＝4，则点P到底面ABC的距离为（ ）
A． B． C． D．
2．（2024 云南校级月考）已知三棱锥的所有顶点都在球的球面上，是边长为2的正三角形，为球的直径，且，则此棱锥的体积为
A． B． C． D．
高频考点6 共斜边拼接模型
核心知识：如图，在四面体中，，，此四面体可以看成是由两个共斜边的直角三角形拼接而形成的，为公共的斜边，故以“共斜边拼接模型”命名之．设点为公共斜边的中点，根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半的结论可知，，即点到，，，四点的距离相等，故点就是四面体外接球的球心，公共的斜边就是外接球的一条直径．
典例1：（2024·四川德阳·统考模拟预测）已知矩形ABCD的面积为8，当矩形ABCD周长最小时，沿对角线AC把折起，则三棱锥D-ABC的外接球表面积等于（ ）
A． B． C． D．不确定的实数
变式训练：
1．（2024·安徽·高三期中）已知三棱锥中，，，，，，则此三棱锥的外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
2．（2024·江西赣州·高二期中）在三棱锥中，若该三棱锥的体积为，则三棱锥外球的体积为（ ）
A． B． C． D．
高频考点7 垂面模型
核心知识：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，垂足记为垂直，连接，则．
（4）在四棱锥中，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1：（2024·重庆沙坪坝·高三校考阶段练习）在三棱锥中、平面平面，，且，则三棱维的外接球表面积是（ ）
A． B． C． D．
变式训练：
1．（2024·广东·模拟预测）如图1，平面五边形，，，，，将沿折起至平面平面，如图2，若，则四棱锥的外接球体积是（ ）
A． B． C． D．
2．（2024·四川绵阳·高三校考阶段练习）已知四棱锥的体积是，底面是正方形，是等边三角形，平面平面，则四棱锥外接球表面积为（ ）
A． B． C． D．
高频考点8 二面角模型
核心知识：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1：（2024·黑龙江哈尔滨·高三校考阶段练习）如图，在三棱锥，是以AC为斜边的等腰直角三角形，且，，二面角的大小为，则三棱锥的外接球表面积为（ ）
A． B． C． D．
变式训练：
1．（2024·安徽·校联考模拟预测）已知在菱形中，，把沿折起到位置，若二面角大小为，则四面体的外接球体积是（ ）
A． B． C． D．
2．（2024·广东·统考模拟预测）在三棱锥中，为等腰直角三角形，，为正三角形，且二面角的平面角为，则三棱锥的外接球表面积为（ ）
A． B． C． D．
高频考点9 圆台和正棱台模型
核心知识：
典例1：（2024·重庆·统考模拟预测）如图所示，已知一个球内接圆台，圆台上、下底面的半径分别为和，球的体积为，则该圆台的侧面积为（ ）
A． B． C． D．
变式训练：
1．（2024·陕西咸阳·校考模拟预测）如图，在正三棱台中，，，，则正三棱台的外接球表面积为（ ）
A．64 B． C． D．
2．（2024·重庆·高三专题练习）已知圆台的母线长为2，母线与轴的夹角为60°，且上、下底面的面积之比为1：4，则该圆台外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
高频考点10 多面体外接球
核心知识：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1：（2024·广西贺州·一模）半正多面体亦称“阿基米德体”，是以边数不全相同的正多边形为面的多面体．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．它的各棱长都相等，其中八个面为正三角形，六个面为正方形，这样的半正多面体被称为二十四等边体．如图所示，已知该半正多面体过A，B，C三点的截面面积为，则其外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
变式训练：
1.截角四面体是一种半正八面体，可由四面体经过适当的截角，即截去四面体的四个顶点所产生的多面体.如图所示，将棱长为3的正四面体沿棱的三等分点作平行于底面的截面得到所有棱长均为1的截角四面体，则该截角四面体的外接球表面积为 .
2.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．
高频考点11 锥体内切球
核心知识：等体积法，即
典例1：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 ．
变式训练：
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
2．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．
高频考点12 棱切球
核心知识：找切点，找球心，构造直角三角形
（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1：（2024·贵州贵阳·校联考模拟预测）已知球的表面积为，若球与正四面体的六条棱均相切，则此四面体的体积为（ ）
A．9 B． C． D．
变式训练：
1．（2024·江西宜春·高三校考阶段练习）已知正方体的棱长为2，则与正方体的各棱都相切的球的表面积是 ．
2．（2024·重庆·高三校联考阶段练习）已知三棱锥的棱长均为，则与其各条棱都相切的球的体积为 .
1.阿基米德多面体是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它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，共可截去八个三棱锥，得到的阿基米德多面体，如图所示.则该多面体所在正方体的外接球表面积为（ ）
A． B． C． D．
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．
3．（2024·广东·高三专题练习）如图，半径为4的球中有一内接圆柱，当圆柱的侧面积最大时，球的表面积与圆柱的表面积之差为（ ）
A． B． C． D．
4.（2024·江苏·模拟预测）已知某圆台的上底面圆心为，半径为，下底面圆心为，半径为，高为，若该圆台的外接球球心为，且，则（ ）
A． B． C． D．
5．（2024·全国·高三专题练习）已知圆锥的顶点和底面圆周均在球的球面上.若该圆锥的底面半径为，高为6，则球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
6.（2024·江西鹰潭·三模）在菱形中，，，将沿对角线折起，使点到达的位置，且二面角为直二面角，则三棱锥的外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
7．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．
8．（2024·天津北辰·统考三模）中国雕刻技艺举世闻名，雕刻技艺的代表作“鬼工球”，取鬼斧神工的意思，制作相当繁复，成品美轮美奂．1966年，玉石雕刻大师吴公炎将这一雕刻技艺应用到玉雕之中，他把玉石镂成多层圆球，层次重叠，每层都可灵活自如的转动，是中国玉雕工艺的一个重大突破.今一雕刻大师在棱长为12的整块正方体玉石内部套雕出一个可以任意转动的球，在球内部又套雕出一个正四面体（所有棱长均相等的三棱锥），若不计各层厚度和损失，则最内层正四面体的棱长最长为（ ）
A． B． C． D．6
9．（2024·陕西西安·校联考模拟预测）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．
10．（2024·陕西咸阳·统考一模）在直三棱柱中，，，若该直三棱柱的外接球表面积为，则此直三棱柱的高为（ ）．
A．4 B．3 C． D．
11．（2024·陕西咸阳·统考二模）如图，四棱锥中，平面，底面为边长为的正方形，，则该四棱锥的外接球表面积为（ ）
A． B． C． D．
12．（2024·广东揭阳·高三校联考期中）在三棱锥中，，，，则该三棱锥的外接球表面积是（ ）
A． B． C． D．
13．（2024·山东泰安·二模）已知四面体的各顶点都在同一球面上，若，平面平面，则该球的表面积是（ ）
A． B． C． D．
14．（2024·江西鹰潭·三模）在菱形中，，，将沿对角线折起，使点到达的位置，且二面角为直二面角，则三棱锥的外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
15．（2024·浙江温州·统考一模）与圆台的上、下底面及侧面都相切的球，称为圆台的内切球，若圆台的上下底面半径为，，且，则它的内切球的体积为 .
16．（2023·湖南郴州·统考三模）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 .
17．（2024·四川成都·高三校考阶段练习）已知圆锥的底面半径为2，高为，则该圆锥的内切球表面积为 .
18．（2024·湖南长沙·校考模拟预测）如图，四边形为平行四边形，，，，现将沿直线翻折，得到三棱锥，若，则三棱锥的内切球表面积为 ．
19．（2024·福建福州·高三校考期末）已知正三棱锥的顶点都在球O的球面上，其侧棱与底面所成角为，且，则球O的表面积为
20．（2024·四川巴中·统考一模）已知长方体的表面积为22，过一个顶点的三条棱长之和为6，则该长方体外接球的表面积为 .
21．（2024·四川·三模）已知正四棱台的上下底面边长分别为4，6，若正四棱台的外接球的表面积为，则正四棱台的体积 。
22．（2024·河北秦皇岛·二模）已知正三棱台的所有顶点都在表面积为的球O的球面上，且，则正三棱台的体积为 .
23.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 .
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