专题 14 立体几何外接球归类
目录
题型 01 外接球：基础思维 ................................................................................................................................................1
题型 02 外接球：对棱相等 ..............................................................................................................................................4
题型 03 外接球核心思维：线面垂直（直棱柱型） ......................................................................................................8
题型 04 外接球核心技巧：双线交心型 ........................................................................................................................11
题型 05 外接球：二面角型 ..............................................................................................................................................16
题型 06 外接球：怪异几何体型 ......................................................................................................................................20
题型 07 外接球：压轴单选题 ..........................................................................................................................................24
题型 08 外接球：压轴填空题 ...........................................................................................................................................28
题型 01 外接球：基础思维
【解题规律·提分快招】
正方体的棱长为 a，球的半径为 R，则：
①若球为正方体的外接球，则 2R＝ 3a；
②若球为正方体的内切球，则 2R＝a；
③球与正方体的各棱相切，则 2R＝ 2a.
长方体的长、宽、高分别为 a，b，c，则外接球直径＝长方体对角线，即：2R＝ a2＋b2＋c2.
【典例 1-1】
2021·天津武清·模拟预测）已知正方体 ABCD - A1B1C1D1的棱长为 2，其各面的中心分别为点 E，F，G，H，
M，N，则连接相邻各面中心构成的几何体的外接球表面积为（ ）
A． 4p B．8p C．12p D．16p
【答案】A
【分析】依题意可知正方体的中心O满足：OE = OF = OG = OH = OM = ON =1 ，故外接球半径为 1，即
可求其表面积．
【详解】如图所示：设正方体 ABCD - A1B1C1D1的中心O满足：
OE = OF = OG = OH = OM = ON =1
所以该几何体的外接球的球心为O，半径为 1
则外接球表面积为 S = 4p r 2 = 4p
故选：A
【典例 1-2】
（24-25 三·湖北·开学考试）在三uuu棱r 锥uuuurP - ABC 中，
PA, PB, PC 两两垂直，且PA = PB = PC = 2．若 M 为该
三棱锥外接球上的一动点，则MB × MC 的最小值为（ ）
A．- 3 B． 2 - 2 3
C．-2 3 D． 4 - 2 3
【答案】B
【分uuu析r 】uuu将ur 三棱锥放入正方体中建立空间直角坐标系，表示出相关点的坐标，再结合空间向量的线性运算
将MB × MC 用三角函数表示，最后利用余弦函数的有界性求解即可.
【详解】如图，将三棱锥放置在正方体中，三棱锥的外接球就是正方体的外接球，
球心为正方体对角线的交点，以 P 为原点建立空间直角坐标系，
得到P 0,0,0 ， A 2,0,0 ，B 0,2,0 ，C 0,0,2 ，O 1,1,1 ，M x, y, z ，
设三棱锥外接球的半径为 R，则 2R = 22 + 22 + 22 = 2 3 ，则R = 3 ，
uuuur2 uuuur 2 uuur uuur
故MO = MO = R2 = 3，OB = -1,1,-1 ，OC = -1, -1,1 ，
uuur uuur
uuur uuur
uuuur
故OB + OC = -2,0,0 ，OB ×OC =1-1-1 = -1， MO = 3 ，
uuur uuur
OB + OC = (-2)2由向量模长公式得 = 2，
uuur uuuur uuuur uuur uuuur uuur而MB × MC = MO + OB × MO + OC ，
uuuur2
= MO + uuur uuur uuuur uuur uuurOB + OC × MO + OB ×OC ，
uuur uuur uuuur uuur uuur uuuur= 3+ OB + OC × MO -1 = 2 + OB + OC × MO，
uuur uuur uuuur
设q = OB + OC, MO ，
uuur uuur uuuur uuur uuur uuuur由数量积的定义得 OB + OC × MO = OB + OC × MO ×cosq = 2 3 cosq ，
uuur uuuur
所以 ，由余弦函数性质得当 cosq = -1时，
uuur uMuuBur × MC = 2 + 2 3 cosq
MB × MC 取得最小值 2 - 2 3 ，故 B 正确.
故选：B
【变式 1-1】
（22-23 高三·浙江·阶段练习）在三棱锥 A - BCD中， AB, BC, BD两两垂直，且 AB = BC = BD = 4，半径为 1
的球O在该三棱锥内部且与面 ABC 面 ABD 面BCD均相切.若平面a 与球O相切，则三棱锥 A - BCD的外
接球被平面a 所截得的截面面积的最小值为（ ）
A． 8 + 2 3 p B． 6 + 2 3 p C． 8 - 2 3 p D． 6 - 2 3 p
【答案】C
【分析】先推出球的截面面积与球心距离的关系，再根据条件将三棱锥 A - BCD看作正方体的一部分，求
出外接球的球心和半径，运用前面推出的关系求解.
【详解】设截面圆与球心O1的距离为 h，球O1的半径为 R，截面圆的半径为 r，则 r 2 = R2 - h2 ，
即 h 越大，截面的面积越小；
由题意三棱锥 A - BCD是正方体 AEGF - BCHD的一部分，
其外接球的球心为正方体对角线 AH 的中点O1，
42 + 42 + 42
外接球的半径 R ，则R = = 2 3 ，如下图：
2
以 BC 为 x 轴，BD 为 y 轴，BA 为 z 轴建立坐标系，则O 1,1,1 ,O1 2,2,2 ，
\ OO1 = 2 -1
2 + 2 -1 2 + 2 -1 2 = 3 ，
O1到球 O 球面上最远的点距离为 h = OO1 +1 = 3 +1，
2 2
此时以最远点为切点的平面a 截外接球O1截面圆的半径为 r = 2 3 - 3 +1 = 8 - 2 3 ，
即截面面积的最小值为 S = r 2π = 8 - 2 3 π ；
故选：C.
【变式 1-2】
（21-22 高三上·江苏南京·开学考试）已知正方形 ABCD的边长为 2，点E 为边 AB 的中点，点F 为边BC 的
中点，将VAED,VDCF ,VBEF 分别沿DE, DF , EF 折起，使 A, B,C 三点重合于点 P ，则三棱锥P - DEF 的外
接球与内切球的表面积之比为（ ）
A．6 B．12 C． 24 D．30
【答案】C
【分析】根据题意得三棱锥P - DEF 中，PD, PE, PF 两两垂直，且PE = PF = 1, PD = 2，进而三棱锥P - DEF
的外接球即为以PD, PE, PF 为邻边的长方体的外接球，进而求解得外接球的半径与表面积，再根据等体积
法求解内切球的半径，进而计算内切球的表面积，最后计算比值即可得答案.
【详解】解：如图，依题意知 AD ^ AE ，CD ^ CF
\PD ^ PE ，PF ^ PD，
QPEIPF = P，\PD ^ 平面PEF ，
又QEF 平面PEF ，\PD ^ EF
所以三棱锥P - DEF 中，PD, PE, PF 两两垂直，且PE = PF = 1, PD = 2，
所以三棱锥P - DEF 的外接球即为以PD, PE, PF 为邻边的长方体的外接球，
所以三棱锥P - DEF 的外接球半径 R 满足 2R = 1+1+ 4 = 6 ，则其外接球的表面积为 4p R2 = 6p .
1 1 1
因为三棱锥P - DEF 的表面积为正方形 ABCD的面积 S表 = 2 2 = 4，VP-DEF = 1 1 2 = ，3 2 3
设三棱锥P - DEF 的内切球的半径为 r ，
1 1
所以由等体积法得 S × r = V
3 表 P-DEF
，得 r = ，
4
所以内切球的表面积为 4p r 2
p
=
4
6p
= 24
所以三棱锥P - DEF 的外接球与内切球的表面积之比为 p
4
故选：C．
【变式 1-3】
（2019·江西·二模）在三棱锥 A - BCD中，AB ^面BCD, AB = 4, AD = 2 5, BC = CD = 2 ，则三棱锥 A - BCD
的外接球表面积是
A． 2 5p B． 5p C． 5p D． 20p
【答案】D
【分析】首先计算 BD 长为 2，判断三角形 BCD 为直角三角形，将三棱锥还原为长方体，根据体对角线等于
直径，计算得到答案.
【详解】三棱锥 A - BCD中， AB ^面BCD, AB = 4, AD = 2 5, BC = CD = 2
RtDABD中：BD = 20 -16 = 2
在DBCD中：BD2 = BC 2 + DC 2 BC ^ CD
即 ABCD 四点都在对应长方体上：体对角线为 AD
S = 4p R2 = 4p 5 = 20p
答案选 D
【点睛】本题考查了三棱锥的外接球表面积，将三棱锥放在对应的长方体里面是解题的关键.
题型 02 外接球：对棱相等
【解题规律·提分快招】
对棱相等的四面体：
三棱锥对棱相等 ，
m2 22R a2 +b2 +c2 = +n +l
2
= ，m, n, l 是三个对棱棱长
2
【典例 1-1】
（2022 高三·全国·专题练习）如图，在三棱锥 P - ABC 中， PA = BC = 3， PB = AC = 2， PC = AB = 5 ，
则三棱锥P - ABC 外接球的体积为（ ）
A． 2p B． 3p C． 6p D．6p
【答案】C
【分析】将三棱锥P - ABC 放到长方体中，设长方体的长、宽、高分别为 a,b,c，求出 a,b,c即得三棱锥P - ABC
外接球的半径，即得解.
【详解】解：由题意，PA = BC = 3，PB = AC = 2，PC = AB = 5 ，将三棱锥P - ABC 放到长方体中，可
得长方体的三条对角线分别为 3，2， 5 ，
设长方体的长、宽、高分别为 a,b,c，
则 a2 + b2 = 3， a2 + c2 = 2， c2 + b2 = 5 ，
解得 a =1，b = 2 ， c = 3 ．
1 6
所以三棱锥P - ABC 外接球的半径 R = a2 + b2 + c2 = ．
2 2
\ 4三棱锥P - ABC 外接球的体积V = p R3 = 6p ．
3
故选：C
【典例 1-2】
（19-20 高三下·全国·阶段练习）在三棱锥 A-BCD 中， AB = BC = CD = DA = 7 ，BD = 2 3 ，二面角 A-BD-C
是钝角.若三棱锥 A-BCD 的体积为 2，则 A-BCD 的外接球的表面积是（ ）
37 53
A．12π B．13π C． p D． p
3 4
【答案】B
【分析】如图 1，取 BD中点 E ，由棱锥体积求得△AEC 面积，并得出 AEC 为二面角 A - BD - C 的平面角，
由面积求得此角，然后求出BD，由此知四面体 ABCD可以放置在一个长方体中，四面体 ABCD的六条棱是
长方体的六个面对角线，如图 2，长方体的外接球就是四面体 ABCD的外接球，长方体的对角线就是球的直
径，计算可得球表面积．
【详解】如图 1，取BD中点E ，连接 AE ,CE ，则 AE ^ BD，CE ^ BD ，又 AE ICE = E ， AE,CE 平面
AEC ，所以BD ^平面 AEC ，
V 1 1ABCD = S!AEC × BD = S!AEC ×2 3 = 2，所以 S3 3 !AEC
= 3 ，
又 AE = CE = ( 7)2 - ( 3)2 = 2，
S 1 AE CE sin AEC 1!AEC = × = 2 2 sin AEC = 3
3
， ，
2 2 sin AEC = 2
又由 AE ^ BD，CE ^ BD ，知 AEC 为二面角 A - BD - C 的平面角，此角为钝角，
2p
所以 AEC = ，
3
所以 AC = 22 + 22 - 2 2 2 cos 2p = 2 3 = BD ，
3
因此四面体 ABCD可以放置在一个长方体中，四面体 ABCD的六条棱是长方体的六个面对角线，如图 2，
此长方体的外接球就是四面体 ABCD的外接球，设长方体的棱长分别为 a,b,c，
ìa2 + b2 = 7 ìa = 6
2 2
则 íb + c = 7 ，解得 íb =1 ，
c
2 + a2 =12 c = 6
所以外接球的直径为 2R = a2
13
+ b2 + c2 = 13 ，R = ，
2
球表面积为 S = 4p R2 =13p ．
故选：B．
【变式 1-1】
（21-22 高三上·山西运城·期末）在三棱锥 A - BCD中， AB = CD = 6， AC = BD = 5， AD = BC = 7 ，M，N，
P，Q 分别为棱 AB，CD，AD，BC 的中点，则以下四个命题中真命题的个数为（ ）
①直线 MN 是线段 AB 和 CD 的垂直平分线
②四边形 MQNP 为正方形
③三棱锥 A - BCD的体积为 2 95
④三棱锥 A - BCD外接球的表面积为55p
A．4 B．3 C．2 D．1
【答案】B
【分析】将三棱锥 A - BCD放置在长方体 AD1BC1 - A1DB1C 中，得M、N 分别是上下底面的中心，可判断
①；求出过同一个顶点的三条棱长可得每一个面都为长方形，由三角形中位线定理可得MQ//AC, PN //AC ，
MQ= 1 AC, PN = 1 AC ， AC 与BD不垂直，可判断②；
2 2
由V = V长方体A DB C- AD BC - 4V1 1 1 1 三棱锥A- A1DC 可判断③；由三棱锥 A - BCD的外接球就是长方体的外接球，且长方体
的对角线就是外接球的半径，求出 R 可判断④.
【详解】
如图，将三棱锥 A - BCD放置在长方体 AD1BC1 - A1DB1C 中，可得M、N 分别是上下底面的中心，则
MN ^ AB, MN ^ CD，则直线 MN 是线段 AB 和 CD 的垂直平分线，故①正确；
设过同一个顶点的三条棱长分别为 x、y、z，则
ìx2 + y2 = 49 ìx = 19
2 2
íy + z = 36 ，解得 íy = 30 ，
x2 + z
2 = 25 z = 6
所以过同一个顶点的三条棱长不相等，每一个面都为长方形，
由三角形中位线定理可得MQ//AC, PN //AC ，MQ=
1 AC, PN = 1 AC ，
2 2
得MQ//PN ，MQ=PN ，则四边形MQNP 为平行四边形，又 AC = BD，则四边形MQNP 为菱形，因为每一
个面都为长方形，所以 AC 与BD不垂直，所以四边形MQNP 不是正方形，故②错误；
三棱锥 A - BCD的体积为V = V长方体A DB C- AD BC - 4V1 1 1 1 三棱锥A- A1DC
= 19 30 6 - 4 1 1 19 30 6 = 2 95 ，故③正确；
3 2
设三棱锥 A - BCD的外接球就是长方体的外接球，且长方体的对角线就是外接球的半径，设为 R ，则
4R2 = x2 + y2 + z2 = 55，所以经过三棱锥 A - BCD各个顶点的球的表面积为55p ，故④正确.
故选：B.
【变式 1-2】
（22-23 高三广东揭阳·模拟）在三棱锥 S - ABC 中， SA = BC = 5， SB = AC = 41， SC = AB = 34 ，则该
三棱锥的外接球表面积是（ ）
A．50π B．100π C．150π D． 200π
【答案】A
【分析】由于三棱锥对棱相等，可将它补成一个长方体，利用长方体求得其外接球的半径，然后求出球表
面积即可．
【详解】因为 SA = BC = 5, SB = AC = 41, SC = AB = 34 ，
所以可以将三棱锥 S - ABC 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，
ìa2 + b2 = 41
2 2
则有 ía + c = 25，整理得 a2 + b2 + c2 = 50 ，
b
2 + c2 = 34
则该棱锥外接球的半径即为该长方体外接球的半径，
2 5 2
所以有 a2 + b2 + c2 = 50 = 2R R = ，
2
2
2 5 2 所以所求的球体表面积为： S = 4πR = 4 π ÷÷ = 50π．
è 2
故选：A．
【变式 1-3】
（23-24 高三上·云南德宏·模拟）在三棱锥P - ABC 中，PA = PB = AC = BC = 3 ，PC = AB = 2，则三棱锥
P - ABC 的外接球的表面积为（ ）
A． 20π B．12π C．5π D． 4π
【答案】C
【分析】将三棱锥P - ABC 转化为长方体，结合长方体的外接球以及长度关系运算求解.
【详解】如图，将三棱锥P - ABC 转化为长方体，
可知三棱锥P - ABC 的外接球即为长方体的外接球，
ìa2 + b2 = 4
2 2 22
则 ía + c2 = 3 ，可得 a2 + b2 + c2 = 5 a + b + c 5，则外接球的半径R = = ，
2 2
b + c = 3
2 2
2
5
所以三棱锥P - ABC 的外接球的表面积为 4πR2 = 4π ÷÷ = 5π .故选：C.
è 2
题型 03 外接球核心思维：线面垂直（直棱柱型）
【解题规律·提分快招】
存在一条棱垂直一个底面（底面是任意多边形，实际是三角形或者四边形（少），它的外接圆半径是 r，
满足正弦定理）
1.模板图形原理
图 1 图 2
PC 2R +r2 r= CD= ÷ ；其中2
2.计算公式 è 2 sin A
【典例 1-1】
（23-24 高三·四川内江·阶段练习）如图，在三棱锥P - ABC 中，PB ^平面 ABC， BAC = 90° ，其中
PB = 2，AB = 2，AC = 3，则三棱锥P - ABC 外接球的表面积为（ ）
A．15π B．16π
C．17π D．18π
【答案】C
【分析】由PB ^平面 ABC， BAC = 90° ，该三棱锥为墙角模型，即可解题.
【详解】在三棱锥P - ABC 中，PB ^平面 ABC， BAC = 90° ，
∴三棱锥P - ABC 的每个顶点都可以放置在以 AB、AC、PB为长宽高的长方体中，
∴三棱锥P - ABC 外接球的直径为该长方体的外接球直径2R，
∴ 2R 2 = AB2 + AC 2 + PB2 =17 ,
则三棱锥P - ABC 外接球的表面积为 4πR2 =17π .
故选：C.
【典例 1-2】
（22-23 高三广西南宁·模拟）在三棱锥 P - ABC 中，AC ^平面 PAB，AB = 6，AC =10，BP = 2 2 ， ABP = 45°，
则三棱锥P - ABC 外接球的表面积为（ ）
A．76π B．128π C．140π D．148π
【答案】C
【分析】利用余弦定理求出 AP ，利用正弦定理求出VPAB 外接圆半径，再利用球的截面小圆性质求解作
答.
2
【详解】在VPAB 中， AB = 6，BP = 2 2 ， ABP = 45°，则 AP = 62 + 2 2 - 2 6 2 2 cos 45° = 2 5 ，
AP
设VPAB 外接圆半径为 r ，则 2r = = 2 10 ，即
sin 45 r = 10
，令VPAB 外接圆圆心为O
° 1
，
三棱锥P - ABC 外接球球心为O，半径为 R ，有OO1 ^平面 ABC ，
由 AC ^平面 ABC ，得OO1 / / AC ，又OA = OC ，取 AC 中点D，于是四边形 ADOO1为矩形，
AC
则球心O到平面 ABC 的距离OO1 = AD = ，2
R2 = r 2 + ( AC )2因此 =10 + 25 = 35，所以三棱锥P - ABC 外接球的表面积 S = 4πR22 =140π
.
故选：C
【变式 1-1】
（22-23 高三·四川成都·模拟）在三棱锥P - ABC 中，PA ^底面 ABC ， AB = 2，AC = AP ，BC ^ CA，若三棱
锥P - ABC 外接球的表面积为5π ，则BC = （ ）
A．1 B． 2 C． 3 D． 5
【答案】C
【分析】根据外接球的特点和线面垂直的判定结合几何关系即可求解.
【详解】
因为 PA ^ 平面 ABC ，BC 平面 ABC ，所以BC ^ PA，
由BC ^ CA , CA PA = A, CA, PA 面 PAC ，所以BC ^面 PAC ，
由 AB 面 ABC ，则 PA ^ AB ，由PC 面 PAC ，则BC ^ PC ，
PB是RtVPBC 5和RtVPBA的公共斜边，则 PB是三棱锥的外接球直径，由 S = 4πR2 = 5π R = ，
2
设 AC = AP = m ，则 PB = 2R = m2 + 4 = 5 ，则m = 1, BC = 4 -1 = 3 ，故选：C．
【变式 1-2】
（21-22 高三河南安阳·模拟）已知在三棱锥 A - BCD中， AB ^平面 BCD， AB = 2 3, AC = AD = 4,CD = 2，
则三棱锥 A - BCD外接球的表面积为（ ）
40π 52π
A． B．15π C． D． 20π
3 3
【答案】C
【分析】求出三棱锥 A - BCD外接球O截平面BCD所得小圆圆心O1位置及半径，再确定球心O的位置，并
求出球半径即可计算作答.
【详解】因 AB ^平面BCD，BC, BD 平面BCD，则 AB ^ BC, AB ^ BD ，而 AB = 2 3, AC = AD = 4，
则BC = BD = 2 = CD ，三棱锥 A - BCD的外接球O截平面BCD所得小圆圆心O1是正△BCD的中心，
O B 21 = 3 ，3
连OO1 ，则OO1 ^平面BCD，取线段 AB 的中点E ，则球O的球心O在过 E 垂直于直线 AB 的垂面上，连
OE ，如图，
1
则四边形BEOO1是矩形，OO1 = BE = AB = 3 O BO BO
2 = BO2 + OO2 13，因此，球 的半径 有：
2 1 1
= ，
3
2 52π
所以三棱锥 A - BCD外接球的表面积 S = 4p × BO = .
3
故选：C
【变式 1-3】
（2022·四川宜宾·模拟预测）在三棱锥 P—ABC 中， PA⊥平面 ABC，BA=BC，∠PBC=90°，PA=2，若三棱锥
P—ABC 体积为 6，则三棱锥 P—ABC 外接球的表面积为（ ）
A．18π B．24π C．36π D．40π
【答案】D
【分析】取 PC 的中点 O,确定三棱锥外接球的球心位置，利用三棱锥体积求出 AB，从而可得求该三棱锥的
外接球的半径，即可求出三棱锥 P-ABC 的外接球的表面积．
【详解】取 PC 的中点 O,
由PA ^平面 ABC，BC 在平面 ABC 内,得PA ^ BC ,
又∠PBC=90°，BC ^ PB , PAI PB = P ,
所以BC ^平面 PAB，从而BC ^ AB ,
所以 AC 是VABC 的外接圆的直径，
在Rt△PAC 中，有 OA=OP=OC,
在Rt△PBC 中，有 OP=OC=OB,故 OA=OP=OC=OB,
故 O 是三棱锥 P-ABC 的外接球的球心，
1 1 1 1
由三棱锥 P-ABC 的体积为 6 2可得： S
3 VABC
PA = AB BC 2 = AB = 6 ,
3 2 3
故 AB2 =18 ,所以 AC 2 = 36 ,
1
所以PC 2 = PA2 + AC 2 =4+36 = 40 ,故外接球半径R= PC = 10 ,2
故三棱锥 P—ABC 外接球的表面积为 4p R2 = 40p ,
故选：D.
题型 04 外接球核心技巧：双线交心型
【解题规律·提分快招】
解几何体外接球（表面积/体积）的一般方法和步骤为：
1、寻找一个或两个面的外接圆圆心
2、分别过两个面的外心作该面的垂线，两条垂线的交点即为外接圆圆心；
3、构造直角三角形求解球半径，进而求出外接球表面积或体积.
如果表面有等边三角形或者直角三角形：两垂线交心法
1、包含了面面垂直（俩面必然是特殊三角形）
2、等边或者直角：（1）等边三角形中心（外心）做面垂线，必过球心；
（2）直角三角形斜边中点（外心）做面垂线，必过球心；
【典例 1-1】
（19-20 高三·湖北荆门·模拟）在三棱锥D - ABC 中，VABC 是边长为 2 的正三角形， AD = BD ，
DC = 2 3 ，DC 与平面 ABC 所成的角为 60°，则三棱锥D - ABC 的外接球的表面积为（ ）
50
A． π
112
B． π C． 20p D． 24p
9 9
【答案】B
【分析】取 AB 的中点 E ，连接 ED，CE，根据题意，得到 DCE 是 DC 与平面 ABC 所成的角，即 DCE = 60o ，
求出 AD = BD = 10 ，设三棱锥D - ABC 外接球的球心为O，过点O作OF ^ DE 于F ，OG ^ CE 于G ，得到
OGEF 3为矩形，在VDAB中，求出 sin ADB = 5 ，设VDAB外接圆半径为 r，三棱锥D - ABC 的外接球半径为
R ，根据 R2 = OB2 = OG2 + BG2 ，再由球的表面积公式，即可求出结果.
【详解】如图，取 AB 的中点E ，连接ED，CE，
根据 AC = BC ， AD = BD ，得CE ^ AB ，DE ^ AB，
又DE CE = E ，DE,CE 平面DCE ，所以 AB ^平面DCE ，
又 AB 平面 ABC ，则平面DCE ^ 平面 ABC ，
可得 DCE 是DC 与平面 ABC 所成的角，即 DCE = 60o .
又在△DCE 中，EC = 3 ，DC = 2 3 ，所以 DE = 3，
故DE ^ EC ，所以 AD = BD = 10 ，
设三棱锥D - ABC 外接球的球心为O，过点O作OF ^ DE 于F ，OG ^ CE 于G ，
根据球的性质，可得点F ，G 分别是VDAB，VABC 的外接圆的圆心，
则OGEF 为矩形，在VDAB中，
1
S△DAB = AD DB sin ADB
1
= AB DE 3，所以 sin ADB =2 2 5 ，
设VDAB外接圆半径为 r，三棱锥D - ABC 的外接球半径为 R ，
AB
则 2r
10
= = ，
sin ADB 3
故 DF r
5 5 4
= = ， OG = EF = 3 - =3 3 3 ，
2 2
R2 OB2 OG2 BG2 4
2 3 28
因此 = = + = ÷ +3 3 ÷
= ，
è ÷è 9
则三棱锥D - ABC 2
112
的外接球的表面积为 S = 4πR = π .
9
故选：B．
【点睛】本题主要考查求三棱锥外接球的表面积，熟记球的表面积公式，以及几何体的结构特征即可，属
于常考题型
【典例 1-2】
（19-20 高三上·湖南·阶段练习）在三棱锥P - ABC 中，PA = PB ，E 是 AB 的中点，DABC与DPCE 均是正
三角形， AB = 3，则三棱锥P - ABC 的外接球的表面积为（ ）
A．8p B．12p C．13p D．14p
【答案】C
【分析】设DPAB与DABC的中心分别为 G，H，过 G，H 分别作面 PAB 与面 ABC 的垂线交于点 O，则 O
是外接球的球心，再利用勾股定理求出外接球的半径，即可得解；
3 3
【详解】解：如图， EC = PE = PC = ，\PA = PB = 3，设DPAB与DABC的中心分别为 G，H，过 G，
2
H 分别作面 PAB 与面 ABC 的垂线交于点 O，则 O 是外接球的球心，连接 OE OEH = 30° .QEH 3，则 = ，
2
\OE =1 R OB OE2 13， = = + BE2 = ， S = 4πR2 =13π .
2
故选：C
【点睛】本题考查多面体的外接球的相关计算，属于中档题.
【变式 1-1】
（22-23 高三辽宁抚顺·模拟）在三棱锥 A - BCD中， AB = CD = 6， AC = BD = AD = BC = 5，则该三棱锥的
外接球的表面积为 ( )
A 43 43p 43 43p
43p
． B． C． D． 43p
24 6 2
【答案】D
【分析】分别取 AB，CD 的中点 E，F，连接相应的线段 CE，ED，EF，推导出 EF 是 AB 与 CD 的公垂线，球
心 G 在 EF 上，证明 G 为 EF 中点，球半径为 DG，由此能求出外接球的表面积．
【详解】分别取 AB，CD 的中点 E，F，连接相应的线段 CE，ED，EF，
由条件，AB=CD=4，BC=AC=AD=BD=5，
可知，△ABC 与△ADB，都是等腰三角形，
AB⊥平面 ECD，∴AB⊥EF，同理 CD⊥EF，
∴EF 是 AB 与 CD 的公垂线，
球心 G 在 EF 上，推导出△AGB≌△CGD，可以证明 G 为 EF 中点，
DE= 25 - 9 =4，DF=3，EF= 16 - 9 = 7 ，
∴GF= 7 ，球半径 DG= 7 + 9 = 43 ，
2 4 2
∴外接球的表面积为 S=4π×DG2=43π．
故选 D．
【点睛】解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球
心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解
题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的
半径 ．
【变式 1-2】
（22-23 高三·四川成都·阶段练习）在三棱锥 A - BCD中，平面 ABD ^平面BCD, AB = 2, BC =1，
AC 3, BD 2 2= = ， DBC = 45o ，则此三棱锥的外接球的表面积为（ ）
3
7π 14π 13π 13π
A． B． C． D．
2 3 6 4
【答案】B
2 2
【详解】在△DCB中，BD = ， DBC = 45°， BC = 1，
3
2
CD2
DB2 BC 2 2DB BC cos DBC 2 2 12 2 2 2 2 5由余弦定理可得： = + - × × = ÷÷ + - × ×1× = ，
è 3 3 2 9
5
5 r 2r 3 10所以CD = ，△DCB的外接圆半径为 2 ，所以 1 = = ，故3 r
10
= ，
3 2 2 6
2
过C 作CE ^ BD 交BD于点E ，连接CE, AE ，
因为平面 ABD ^平面BCD，平面 ABD ^平面BCD = BD，CE 平面 ABD，
所以CE ^平面 ABD，因为 AE 平面 ABD，所以 AE ^ CE ，
在△CBE 中， BC = 1， DBC = 45o 2，所以CE = EB = ，
2
AE AC 2 CE2 3 1 10= - = - = EB 2， = ， AB = 2 ，
2 2 2
在△ABD 中，由余弦定理可得：
2 2 2 4
1 5
+ -
cos ABD AB + BE - AE 2 2 2 = = = sin ABD 22AB × BE 2 2 ， =2 2 2
2
4 8+ - AD22 2
cos ABD AB + BD - AD
2 2
又因为 = =
9 = 2 5
2AB × BD 2 2 2 ，解得： AD = ，2 2 3
3
2 5
2 10
所以设三角形△ABD r 2r = 3 = r 10的外接圆半径为 1， 1 ，故 = ，2 3 1 3
2
设三棱锥 A - BCD的外接球的半径为 R ，
分别取VABD,VBCD 的外接圆的圆心为O1,O2 ，
则分别过O1,O2 作直线O1M ,O2N ，且O1M ^平面 ABD，O2N ^平面BCD，
交点为O即为外接球的球心，
取BD的中点 H ，连接HO1, HO2 ，
则HO1 ^ BD, HO2 ^ BD ，又因为平面 ABD ^平面BCD，
所以四边形O1HO2O为矩形，连接BO1,CO2 ,CO，
R2 = OO 2 2 2 2 2 22 + O2C = HO1 + O2C = O1B - BH + O
2
2C
r 2 r 2 BH 2 10 10 2 7= 1 + 2 - = + - = ，36 9 9 6
2 14π
故三棱锥的外接球的表面积为： S = 4πR =
3
故选：B.
【点睛】方法点睛：求棱锥外接球的表面积的关键是过好“双关”：一是“方程关”，能借用图形，寻找直角三
角形（外接球的球心、截面圆的圆心、截面圆的内接三角形的顶点所构成的直角三角形），适时运用勾股定
理或解三角形，得到外接球的半径 R 所满足的方程（组）；二是“公式关”，即应用球的表面积公式 S = 4πR2
求其表面积．
【变式 1-3】
（2023·广西·模拟预测）在三棱锥 A - BCD中， AB = AC = BD = CD = BC = 4 ，平面a 经过 AC 的中点 E，并
且与 BC 垂直，当 α 截此三棱锥所得的截面面积最大时，此时三棱锥 A - BCD的外接球的表面积为（ ）
A 80 3 B 70
80
． π ． π C． 20π D． π
3 3 3
【答案】D
【分析】取BC 靠近C 的四等分点F ，CD的中点G ，a 截此三棱锥所得的截面为平面EFG ，当 EFG = 90°
时截面面积最大， P ，Q为△BCD，VABC 外接圆圆心，球心O满足OP ^面BCD，OQ ^ 面 ABC ，由
R = OQ2 + AQ2 求得外接球的半径进而求得球的表面积.
【详解】
如图所示，取BC 中点M 及靠近C 的四等分点F ，CD的中点G ，连接 AM ，EF ，DM ，EG ， FG ，
由 AB = AC ，所以 AM ^ BC ，又E 是 AC 中点，F 是MC 的中点，所以EF / / AM
可知EF ^ BC ，同理可得GF ^ BC ，
又EF FG = F ，EF 平面EFG ，GF 平面EFG ，所以BC ^平面EFG ，所以平面a 即为平面EFG ，
又因为 AB = AC = BD = DC = BC = 4，所以 AM = DM = 2 3，所以EF = FG = 3 ，
1 3
所以a 截此三棱锥所得的截面面积为 S△EFG = EF × FG ×sin EFG = sin EFG ，2 2
当 EFG = 90°时， SVEFG 取得最大值，
设外接球球心为O，半径为 R ，P ，Q分别为△BCD，VABC 外接圆圆心，球心O满足OP ^面BCD，OQ ^
面 ABC ，又因为VABC 和△DBC 1 2 3均为边长为 4 的正三角形，所以QM = AM = PM = ，
3 3
2 3 2 4 2 15
所以四边形OPMQ 为正方形，且OQ = QM = ，又 AQ = AM = 3 ,所以3 3 R = OA = OQ
2 + AQ2 = ，
3 3
S 4πR2 4π OA 2 4π 60 80π∴ = = = × = .故选：D.
9 3
题型 05 外接球：二面角型
【解题规律·提分快招】
二面角型求外接圆
在空间四边形 ABCD中，二面角C - AB - D的平面角大小为a ，DABD 的外接圆圆心为O1，DABC 的
外接圆圆心为O2 ， E 为两面交线 AB 的中点
O EO a ,O E m,O E n, AE l所以 1 2 = 1 = 2 = = ,OA = R2
因为O,O2 ,O , E
O O
1 四点共圆，OE = 2R = 1 2 ，根据余弦定理可知sina
2 2 2
O O = m21 2 + n
2 - 2mncosa R2 = OE 2 AE 2 m + n - 2mncosa l+ = +
sin 2 a 4
【典例 1-1】
（2020·黑龙江哈尔滨·二模）在边长为 2 的菱形 ABCD中，BD = 2 3 ，将菱形 ABCD沿对角线 AC 折起，使
二面角B - AC - D的大小为60o，则所得三棱锥 A - BCD的外接球表面积为（ ）
52 20
A． 4p B． p C．6p D． p
9 3
【答案】B
【分析】由已知可得VABC 、VACD都是边长为 2的等边三角形，由菱形的对角线互相垂直，可得 BED为
二面角B - AC - D的平面角，即 BED = 60o ，作出图形，找出三棱锥 A - BCD的外接球球心，利用四点共
圆结合正弦定理求解三棱锥 A - BCD的外接球的半径，代入球的表面积公式可得结果.
【详解】由于四边形 ABCD是边长为 2的菱形，且BD = 2 3 ，则 AC = 2CE = 2 AB2 - BE2 = 2，
所以，VABC 、VACD都是边长为 2的等边三角形，
由于菱形的对角线互相垂直，则BE ^ AC ，DE ^ AC ，
所以， BED为二面角B - AC - D的平面角，即 BED = 60o ，
过点 B 作平面 ACD的垂线 BM ，垂足为点M ，则点M 在线段DE 上，
由BE = DE = 3 ， BED = 60o ，可得ME = MD 1= DE 3= ，
2 2
且VBDE 是等边三角形，所以，BD = BE = 3，
设VACD的外心为点G ，BD的中点 H ，
在平面BED 内，过点G 、 H 分别作平面 ACD、BD的垂线交于点O，
则点O为三棱锥B- ACD 2 2 3 1 3的外接球的球心，则DG = DE = ，DH = BD = ，
3 3 2 2
o GH DG2 DH 2 2DG DH cos 60o 13 BDE = 60 ，则 = + - × = ，
12
由于O、G 、D、 H 四点共圆，可得OD GH 13= o = ，sin 60 3
2
13 52p
所以，三棱锥B- ACD 的外接球的表面积为 4p 3 ÷÷
= .
è 9
故选：B.
【点睛】本题考查多面体外接球的表面积的求解，找出球心的位置，并求出球的半径是解题的关键，考查
推理能力与计算能力，属于中等题.
【典例 1-2】
（21-22 高三·黑龙江哈尔滨·阶段练习）如图，在三棱锥 P - ABC ，VPAC 是以 AC 为斜边的等腰直角三角形，
且CB = 2 2 ， AB = AC = 6 ，二面角P - AC - B 的大小为120°，则三棱锥P - ABC 的外接球表面积为
（ ）
A 5 10． p B．10p C．9p D． 4 + 2 3 p
3
【答案】B
【分析】由题作出图形，易得VPAC 外接圆圆心在 AC 中点，结合正弦定理可求VABC 外接圆半径，结合图
2 2
形知， R2 = AO2 = AO2 + OO2 ，再结合二面角大小求出OO2 ，进而得解.
【详解】根据题意，作出图形，如图所示，因为VPAC 是以 AC 为斜边的等腰直角三角形，所以VPAC 的外
心在 AC 中点，设为O2，设VABC 的外心为O1，BC 中点为E ， AO1 = r1，因为 AB = AC = 6 ，所以O1必在
2r AB AB1 = = AE = 3
3
AE 连线上，则 sin C ，即 r1 = ，因为两平面交线为 AC ，O1为平面 ABC 所在圆面中心，所以
AC 2
O O 2 2 31 2 ^ AC ，O1O2 = r1 - AO2 = ，2
又因为二面角P - AC - B 的大小为120°， PO2 ^ AC ，所以 PO2O1 = 120°, OO2O1 = 30°，所以
2
OO 2 2 = O1O2 = 1
2 2 6 5
3 ，锥体
P - ABC 外接球半径 R2 = AO2 = AO2 + OO2 = ÷÷ +1 = ，则三棱锥P - ABC 的
è 2 2
外接球表面积为 S = 4p R2 =10p ，
故选：B
【变式 1-1】
（2022·广东·模拟预测）在三棱锥P - ABC 中，VABC 为等腰直角三角形， AB = AC = 2，VPAC 为正三角
p
形，且二面角P - AC - B 的平面角为 ，则三棱锥P - ABC 的外接球表面积为（ ）
6
52 p 4 28p 32A． B． p C9 ． D． p9 3 9
【答案】C
【分析】由球的截面性质确定球心的位置，结合条件求出球的半径，由此可求外接球的表面积
【详解】如图所示，VABC 为直角三角形，又 AB = AC = 2，
所以BC = 2 2 ，
因为VPAC 为正三角形，所以 PA = PC = AC = 2，
连接PD, DE ，D为 AC 的中点，E 为BC 中点，
则PD ^ AC, DE ^ AC ，所以 PDE 为二面角P - AC - B 的平面角
所以 PDE = 30°．
因为VABC 为直角三角形，E 为BC 中点，
所以点E 为VABC 的外接圆的圆心，
设 G 为VPAC 的中心，则 G 为VPAC 的外接圆圆心．过 E 作面 ABC 的垂线，过 G 作面PAC 的垂线，设两
垂线交于 O．则 O 即为三棱锥P - ABC 的外接球球心．设GO 与DE 交于点 H，
GD 1= PD 3= , DH DG 3 2 2= = = ，
3 3 cos30o 3 3 3
所以HE
1 1 7
= DE - DH = , OE = HE tan 60o 3= ，∴ R2 = CO2 = CE2 + EO2 = 2 + = ．3 3 3 3
S 4p R2 28所以 = = p ，故选：C.
3
【变式 1-2】
（23-24 高三上·山东德州·模拟）在三棱锥P - ABC 中，VABC 是以 AC 为斜边的等腰直角三角形，VPAC 是
边长为 2 的正三角形，二面角P - AC - B 的大小为150°，则三棱锥P - ABC 外接球的表面积为（ ）
28π 52π
A． B C 28 21π D 52 13π． ． ．
3 9 27 81
【答案】A
【分析】取 AC 的中点 H ，所以 BHP为二面角P - AC - B 的平面角，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 ，在△OPH 中利用余弦定理可得R2 ，从而可得外接球的表面积.
【详解】如图，取 AC 的中点 H ，连接BH ，PH ，
2
由题意， AB = BC = AC = 2, PA = PC = 2 ，所以BH ^ AC, PH ^ AC ，
2
所以 BHP为二面角P - AC - B 的平面角，所以 BHP =150°，
因为VABC 是以 AC 为斜边的等腰直角三角形，且 AC = 2，
所以 AH = BH = CH =1， H 为VABC 外接圆的圆心，
又VPAC 是边长为 2 的等边三角形，所以 HP = 3，
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OB,OP ，可得OH 2 = OB2 - BH 2 = R2 -1，
在△OPH 中， OHP = 60°，
利用余弦定理可得OP2 = OH 2 + HP2 - 2HO × HP ×cos 60°，
2 2 1 7
所以R = R -1+ 3 - 2 R2 -1 3 2，解得R = ，
2 3
4πR2 28π所以外接球的表面积为 = . A.3 故选：
【变式 1-3】
（22-23 高三·云南昆明·阶段练习）已知三棱锥P - ABC 中，底面 ABC 是边长为 2 3 的正三角形，点 P 在底
面上的射影为底面的中心，且三棱锥P - ABC 外接球的表面积为18π ，球心在三棱锥P - ABC 内，则二面角
P - AB - C 的平面角的余弦值为（ ）
1
A 1． 2 B C
2
． ． D 3．
3 2 3
【答案】B
【分析】根据给定条件，求出球半径并确定球位置，再作出二面角P - AB - C 的平面角，结合三棱锥的结构
特征求解作答.
【详解】设正VABC 的中心为O，有OA = OB = OC ，而PO ^平面 ABC ，则PA = PB = PC ，
延长CO交 AB 于点 D，则点D为 AB 的中点，有PD ^ AB ，CD ^ AB ，
即 PDC为二面角P - AB - C 的平面角，
由 AB = 2 3 ，得OC = 2OD = 2，显然三棱锥P - ABC 为正三棱锥，其外接球的球心 M 在线段PO上，
3 2
由三棱锥P - ABC 的外接球的表面积为18π ，则该球半径MC = ，由MC 2 = MO2 + OC 2 ，解得
2
MO 2= ，
2
OD 1
PO = 2 2 ，PD = 3，所以 cos PDC = = ，PD 3
1
所以二面角P - AB - C 的平面角的余弦值为 .
3
故选：B
【点睛】关键点睛：解决与球有关的内切或外接问题时，关键是确定球心的位置，再利用球的截面小圆性
质求解.
题型 06 外接球：怪异几何体型
【解题规律·提分快招】
正棱台外接球，以棱轴截面为主。
2 2 2 2
R2 = r2
r - r - h
2 +
2 1 ÷ ，其中 r1,r2 ,h分别为圆台的上底面、下底面、高．
è 2h
基本规律:正棱台外接球，以棱轴截面为主
圆台外接圆模型
圆台外接球，即轴截面题型外接圆
【典例 1-1】
（2024·云南楚雄·一模）已知正三棱台 ABC - A1B1C1的上，下底面边长分别为 2 和 6，侧棱长为 4，以下底面
顶点A 为球心， 2 7 为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为（ ）
2π
A． B． π
4π
C． D． 2π
3 3
【答案】C
【分析】将正三棱台补形成正三棱锥，并确定正三棱锥的结构特征，求出点A 到平面BCC1B1的距离，进而
求出截面小圆半径作答.
【详解】将正三棱台 ABC - A1B1C1补形成正三棱锥D - ABC ，
DB B C 1
如图，由B C //BC 得 1 = 1 11 1 = ．DB BC 3
∵ BB1 = 4，∴ DB = 6，∴△BCD为正三角形，
∴三棱锥D - ABC 为正四面体．令正△BCD的中心为O，连接 AO ，BO，
2
则 AO ^ 平面BCC1B1，BO = 2 3，∴ AO = 62 - 2 3 = 2 6 ．
2 2
∵球半径为 2 7 ，∴这个球面截平面BCC1B1所得截面小圆是以O为圆心，r = 2 7 - 2 6 = 2为半径的
圆．在正△BCD中，取BB1，CC1的中点 H ，E ，取BC 的三等分点G ，F ，连接HG，EF ，
BH 1 BG 1
显然 = = ，即GH //CD，GH = CD = 2，同理EF = 2，即B
BD 3 BC 3 1
C1 = C1E = EF = FG = GH = HB1 = 2，
∴六边形B1C1EFGH 是正六边形，点B1，C1，E ，F ，G ， H 在此球面截平面BCC1B1所得截面小圆上．
π
连接OE ，OF ，OG ，OH ，则 EOF = GOH = ，此球面与侧面BCC1B1的交线为图中的两段圆弧（实3
2 π 2 4π线），∴交线长度为 = ．故选：C.
3 3
【点睛】思路点睛：将正三棱台补形成正三棱锥D - ABC ，并确定正三棱锥为正四面体，由此可求出点A
到平面BCC1B1的距离，进而求出球面与侧面BCC1B1的截面小圆半径，从而确定交线为两段圆弧，求出弧长
得解.
【典例 1-2】
（2025·广东·一模）如图，已知圆台形水杯盛有水（不计厚度），杯口的半径为 4，杯底的半径为 3，高为
6.5 ，当杯底水平放置时，水面的高度为水杯高度的一半，若放入一个半径为 r 的球（球被完全浸没），水恰
好充满水杯，则 r = （ ）
A．1.5 B．2 C．3 D．3.25
【答案】D
【分析】求出圆台上面部分O1O的体积，根据小球的体积恰好等于O1O的体积求出球的半径.
【详解】如图，O1M = 4,O2N = 3,OH
7
= ，又放入的球的半径为 r ，
2
由于圆台O O V
13 1 16π 49 π 14π 131 的体积 = + + = 169π ，4 3 ÷è 4 48
4 3 133 13由题可知： πr = π ，则 r = ，此时小球恰好与上下底面相切；
3 48 4
下面考虑当小球与侧棱MN 相切时，设球心为 I ，球的半径为 R ，则 IO2 = R = IH ，
6.5 13 2tan INO
由于 tan NMO1 = =
2
，则 2 = -tan NMO
13
= -
4 - 3 2 1- tan INO 1
，
2 2
tan INO 2 + 173 2 + 173 R
3 13
则 2 = ，那么 = ，则R = 2 + 173 > ，那么 I 在O上方，13 13 3 13
4
即该小球先与上下底面相切．故选：D
【点睛】关键点点睛：本题解答的关键是求出圆台O1O的体积，还需检验小球与侧棱MN 相切的情形.
【变式 1-1】
（24-25 高三下·浙江·阶段练习）正四棱台侧棱长为5 2 ，上下底面边长分别为3 2和4 2 ，所有顶点在同
一球面上，则正四棱台的外接球表面积是（ ）
500π
A． 25π B．100π C． D．500π
3
【答案】B
【分析】画出图形，设外接球半径为 R ，利用半径相等列出方程，求出半径，从而得到球的表面积.
【详解】如图所示， AB = AD = BC = CD = 3 2 ，GH = HE = EF = FG = 4 2 ，
设O为外接球球心，外接球半径为 R ，M , N 为上下底面的中心，易知MA = 3, NE = 4，
2
5 2 MN = 5 2 - 4 - 3 2又侧棱长为 ，则 = 7 ，又易知OA = OE = R，
设ON = x ，则OA2 = 7 - x 2 + 32 ，OE2 = x2 + 42 ，
故 7 - x 2 + 32 = x2 + 42 ，解得： x = 3，
故R2 = 32 + 42 = 25，所以球的表面积为 4πR2 =100π，
故选：B.
【变式 1-2】 uuuur uuuur
（2024·安徽·三模）已知圆台O1O2 的上 下底面面积分别为 4π,36π，其外接球球心O满足O1O = 3OO2 ，则圆
台O1O2 的外接球体积与圆台O1O2 的体积之比为（ ）
20 5 10 10 10 5 10A． B． C． D．
13 13 13 13
【答案】B
【分析】根据相切结合勾股定理可得R2 = 4 + 9h2 = 36 + h2，即可求解 h = 2, R = 2 10 ，由圆台和球的体积公
式即可求解.
【详解】设圆台O1O2 的高为 4h，外接球半径为 R ，作出轴截面如图：
O1O2 的上 下底面面积分别为 4π,36π，则圆O1，O2的半径分别为 2，6，
4 π × (2 10)3 10 10
则R2 = 4 + 9h2 = 36 + h2，解得 h = 2, R = 2 10 3，故所求体积之比为 1 = . 4π + 36π + 4π ×36π ×8 133
故选：B
【变式 1-3】
（22-23 高模拟·广东·模拟）把一个球放在一个圆柱形的容器中，如果盖上容器的上盖后，球恰好与圆柱的
上 下底面和侧面相切，则该球称为圆柱的内切球；如果一个圆柱的上 下底面圆上的点均在同一个球上，
则该球称为圆柱的外接球.若一个圆柱的表面积为 S1，内切球的表面积为 S2，外接球的表面积为 S3 ，则
S1 : S2 : S3 为（ ）
A．1: 2 : 2 B．1:1:1 C．3: 2 : 4 D． 2 : 3 : 3
【答案】C
【分析】根据圆柱的轴截面分析可得 l = 2r ， R = 2r ，进而结合表面积公式运算求解.
【详解】设圆柱的母线长为 l，内切球的半径为 r ，外接球的半径为 R ，
则其轴截面如图所示，则 l = 2r ， R = 2r ，
则 S1 = 2πrl + 2πr
2 = 6πr2 , S2 = 4πr
2 , S3 = 4πR
2 = 8πr2 ，
所以 S1 : S2 : S3 = 6πr
2 : 4πr2 :8πr2 = 3: 2 : 4 .
故选：C.
题型 07 外接球：压轴单选题
【典例 1-1】
（22-23 高三上·江西·阶段练习）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 ABCD - A1B1C1D1的上底面 A1B1C1D1绕着其中心旋转 45°得到如图 2 所示的十面体uuur uuur
ABCD - EFGH ．已知 AB = AD = 2 ， AE = 7 ，DC = 2 2 +1 DP ，过直线EP作平面a ，则十面体
ABCD - EFGH 外接球被平面a 所截的截面圆面积的最小值是（ ）
51- 32 2 p 51- 32 2 p 81+ 56 2 p 81+ 56 2 pA． B． C． D ．
48 12 48 12
【答案】C
【分析】根据给定的几何体，确定出球心 O 的位置，求出球半径，再建立空间直角坐标系求出点 O 到直线
距离，进而求出最小截面圆半径作答.
【详解】依题意，四边形EFGH 是正方形，令正方形 ABCD与正方形EFGH 中心分别为O ,O1 ，连接O O1，
因为正方形 A1B1C1D1与正方形EFGH 在同一平面内，且有相同中心，因此它们有相同的外接圆，
从而十面体 ABCD - EFGH 与长方体 ABCD - A1B1C1D1的外接球相同，球心 O 是线段O O1的中点，如图，
取 AB 中点 M，连接O M , EM ，因为 AE = BE ，则EM ^ AB ，显然O M ^ AB ，
又O M I EM = M ,O M , EM 平面EMO ，则 AB ^平面EMO ，
而O O1 ^平面 ABCD， AB 平面 ABCD，即有O O1 ^ AB ，
O O1 IO M = O ,O M ,O O1 平面MO O1，则 AB ^平面MO O1，平面EMO 与平面MO O1有公共点O ，
显然平面EMO 与平面MO O 为同一平面，有O E / /O M ，而O E = 2,O M =1，ME = AE2 - AM 21 1 1 = 6 ，
在直角梯形EMO O1中，过M 作MI ^ O1E 于 I，O O1 = MI = ME
2 - EI 2 = 6 - ( 2 -1)2 = 2 +1，
球 O 的半径R = OB = O O2 + O B2 = ( 2 +1)2 + ( 2)2 11+ 2 2= ，
2 2
过 D 作Dz ^ 平面 ABCD，以点 D 为原点，射线DA, DC, Dz 分别为 x, y, z轴非负半轴，建立空间直角坐标系，
uuur
则D(0,0,0),C(0, 2,0), E( 2 +1,1, 2 +1),O(1,1, 2 +1)，DC = (0, 2,0)，
2
uuur 1 uuur
由已知得DP = DC = (0, 2 -1,0)2( 2 1) ，即P(0, 2 -1,0) ，+
uuur uuur
uuur uuur uuur | PE ×OE |
PE = ( 2 +1,2 - 2, 2 +1)，OE = ( 2,0, 2 +1) 2，则点O到直线PE的距离 d 有： d =| OE |2 -( uuur )2 ,
2 | PE |
球 O 被过直线EP的平面a 所截的截面圆最小时，球心 O 到平面a 的距离最大，即为点O到直线PE的距离
d ，
uuur uuur uuur uuur uuur 2
r OE = R r 2 = R2 - d 2截得的最小截面圆半径为 ，而 ，则 = R2 [| OE |2 (
| PEuu×uOr E |)2 ] | PEuu×O- - = ur E |
| PE | | PE |2
(2 2 3 + 2 2+ + )2
2 81+ 56 2
(81+ 56 2)p
= = ，所以截得的截面圆面积的最小值是p r
2 = .故选：C
2( 2 +1)2 + (2 - 2)2 48 48
【点睛】关键点睛：解决与球有关的内切或外接问题时，关键是确定球心的位置，再利用球的截面小圆性
质求解.
【典例 1-2】
（高三·天津·）过四面体 ABCD的顶点D作半径为 1的求，该球与四面体 ABCD的外接球相切于点D，且与
平面 ABC 相切.若 AD = 2 3， BAD = CAD = 45°， BAC = 60°，则四面体 ABCD的外接球的半径 r 为
A．2 B． 2 2 C．3 D． 2 3
【答案】C
【详解】过点D作平面 ABC 的垂线，垂足为 H ，作DE ^ AB，垂足为E ，作DF ^ AC ，垂足为F ，则
HE ^ AB, HF ^ AC ，且 AE = AF = ADcos45° = 6 .
AE
由于VAEH @VAFH ，则 HAE = 30°, AH = = 2 2 .
cos30°
DH = AD2 - AH 2 = 2 .故DH 的半径是 1 的求的直径.则四面体 ABCD的外接球的球心O在DH 的延长线
2 2
上，有 r 2 = r - 2 + 2 2 ，解得 r = 3.
【变式 1-1】
（2024·黑龙江·二模）已知正四棱锥P - ABCD 的侧棱长为 2，且二面角P - AB - C 的正切值为 6 ，则它的
外接球表面积为（ ）
16 28
A． π B． 6π C．8π D． π
3 3
【答案】A
【分析】设正方形 ABCD中心为O，取 AB 中点 H ，连接PO、PH 、OH ，由正四棱锥的性质可知
PH ^ AB ，OH ^ AB ，PO ^平面 ABCD，则 PHO 为二面角P - AB - C 的平面角，设正方形 ABCD的边
长为 a a > 0 ，利用锐角三角函数求出 a，即可求出PO， AO ，再设球心为G ，则球心在直线PO上，设球
的半径为 R ，利用勾股定理求出 R ，最后再由球的表面积公式计算可得.
【详解】设正方形 ABCD中心为O，取 AB 中点 H ，连接PO、PH 、OH ，
则PH ^ AB ，OH ^ AB ，PO ^平面 ABCD，
PO
所以 PHO 为二面角P - AB - C 的平面角，即 tan PHO = = 6 ，
OH
6
设正方形 ABCD的边长为 a a > 0 ，则PO = a，
2
AO 1 AC 1又 = = a2 + a2 2= a，PA = 2 ，所以PO2 + AO2 = PA2，
2 2 2
2 2
6 2
即 a ÷÷ + a = 4，解得 （负值已舍去），
è 2 è 2 ÷
÷ a = 2
则PO = 3 ， AO =1，设球心为G ，则球心在直线PO上，设球的半径为 R ，
2
2 2 3 16
则R2 =12 + 3 - R R 2 3，解得 = ，所以外接球的表面积 S = 4πR2 = 4π 3 ÷÷ = π .故选：Aè 3 3
【变式 1-2】
（23-24 高三·浙江温州·模拟）在三棱锥P - ABC 中，PA ^底面 ABC ，PA = 2 ， ABC =120° ，VABC 的面
3 3
积为 ，则三棱锥P - ABC 的外接球表面积的最小值为（ ）
2
A． 24π B． 28π C．32π D．36π
【答案】B
【分析】由面积公式可得 ac = 6，由余弦定理结合基本不等式可求b 3 2 ，根据正弦定理可得VABC 外接
圆半径 r ，由勾股定理即可求解.
【详解】如图，取VABC 的外接圆圆心 H ，过点 H 作平面 ABC 的垂线，
则三棱锥P - ABC 的外接球的球心O在该垂线上，且OH =1，
VABC S 1 acsinB 3 ac 3 3在 中， VABC = = = ，即 ac = 6，2 4 2
b2 2 2所以 = a + c - 2accosB 2ac - 2ac
1× - ÷ =18，
è 2
即b 3 2 （当且仅当 a = c 时取等号），
b
设VABC 外接圆半径为 r ，由正弦定理得 2r = 2 6 ，即 ，
sinB r 6
所以外接球的半径R = r2 +1 7 ，则 S = 4πR2 28π ，
故三棱锥P - ABC 的外接球表面积的最小值为 28π .
故选：B .
【变式 1-3】
（23-24 高三上·安徽·阶段练习）在VABC 中，BC = 6， AB + AC = 8，E，F，G 分别为三边BC ，CA， AB
的中点，将VAFG ，VBEG，△CEF 分别沿 FG ，EG ，EF 向上折起，使得 A，B，C 重合，记为 P ，则三
棱锥P - EFG的外接球表面积的最小值为（ ）
15π 17π 19π 21π
A． B． C． D．
2 2 2 2
【答案】B
【分析】设 AB = 2m ， AC = 2n，由题设m + n = 4 ．将P - EFG放在棱长为 x，y，z 的长方体中，可得 x, y, z,m,n
的关系式，三棱锥P - EFG的外接球就是长方体的外接球，利用基本不等式结合球的表面积公式求解.
【详解】设 AB = 2m ， AC = 2n，由题设m + n = 4 .
三棱锥P - EFG中，FG = PE = 3，EF = PG = m，EG = PF = n ，
将P - EFG放在棱长为 x，y，z 的长方体中，如图，
ìx2 + y2 = 32
2 2 2
则有 íy + z = m ，三棱锥P - EFG的外接球就是长方体的外接球，
z2 + x2 = n
2
所以 (2R)2 = x2 + y2 z2
1
+ = 9 + m2 + n2 ，2
(m + n)2
由基本不等式m2 + n2 = 8，当且仅当m = n = 2时等号成立，
2
S 4πR2 1所以外接球表面积 = (9 + 8)π
17π
= .
2 2
故选：B.
【点睛】关键点睛：本题解决的难点是根据题意得到三棱锥 P - EFG的特征，从而放置到相应的长方体中，
由此得解.
题型 08 外接球：压轴填空题
【典例 1-1】
（23-24 高二下·江苏镇江·期末）如图，在直三棱柱 ABC - A1B1C1中， AC ^ BC, AC = 2AA1，该三棱柱存在体
π
积为 的内切球（与侧面 底面均相切），E 为CC1的中点，F 为棱BC 上的动点，当直线EF6
B1F 与平面 ABC
成角相等时，CF = ，此时四面体 A1B1EF 的外接球表面积为 .
13π
【答案】 12 2
【分析】根据内切球的半径求出柱体的棱长，然后利用球的性质求解外接球的半径，进一步求出外接球的
表面积.
π 4π 3 π
【详解】因为直三棱柱 ABC - A1B1C1的内切球的体积为 ，所以 R =内 ，6 3 6
1 1
解得内切球的半径为R =内 ，所以VABC 内切圆半径为2 2
，
则 AC = 2AA1 = 2，因为E 为CC1的中点，F 为棱BC 上的动点，
当直线EF B1F 与平面 ABC 成角相等时， EFC = B1FB，
又 ECF = B1BF = 90°，所以△ECF ∽△B1BF ，
CF EC 1
所以 = =BF BB 2 ，设BC = t ，则1
1 2 t 4 t 2 1 1 1+ + + × = × 2 × t ，解得 t 3= 2，所以CF = ，BF =1，从而 EF = ，2 2 2 2 2 2
EB 10= B F = 2 B F 21 ， 1 ，所以 1 + EF
2 = EB21 ，即有B1F ^ EF ，2
所以E, F , B1,C
10
1四点共圆，且圆心为EB1的中点O1，其半径为R0 = ，4
因为 A1C1 ^ C1C ， A1C1 ^ C1B1 ，C1B1 C1C = C1，C1B1,C1C 平面EFB1C1 ，
所以 A1C1 ^ 平面EFB1C1 ，如图，
将直三棱柱 ABC - A1B1C1补成长方体 ABCD - A1B1C1D1，
设 P 为 AA1中点，连接EP, PD1，取PD1的中点O2，
连接O1O2 ，则O1O2 中点O即为四面体 A1B1EF 的外接球的球心，
A B EF R EO2 O1O
2
2 R2 A1C
2
1 26所以四面体 1 1 的外接球的半径为 = 1 + ÷ = 0 + ÷ = ，
è 2 è 2 4
此时四面体 A1B1EF
2 13π
的外接球表面积为 4πR = .
2
1 13π
故答案为： 2 ， .2
【点睛】方法点睛：求解几何体外接球的半径的解题思路：一是根据球的截面的性质，利用球的半径 R ，
截面圆的半径 r 及球心到截面圆的距离 d 三者的关系R2 = r 2 + d 2求解，其中，确定球心的位置是关键；二是
将几何体补形成长方体，利用该几何体与长方体共有的外接球的特征，由外接球的直径等于长方体的体对
角线长求解.
【典例 1-2】
π
（23-24 高三上·辽宁大连·期中）在三棱锥 A - BCD中， AD ^ 平面BCD， ABD + CBD = ，
2
BD = BC = 2，则三棱锥 A - BCD外接球表面积的最小值为 .
【答案】 (2 + 2 5)π
【分析】设 CBD = a ，在等腰△BCD中，求得CD，设△BCD的外心是M ，外接圆半径是 r ，由正弦定
r 1=
理得 cos a ，设外接球球心是O，可得OMDA是直角梯形，设OM = h 可得 AD = 2h，把 h （ AD ）也用
a
2
表示，然后可表示出外接球半径R2 ，利用三角恒等变换，换元法，变形后由基本不等式求得最小值，从而
得球表面积的最小值．
a
【详解】设 CBD = a ，在等腰△BCD中，CD = 2 × BC sin = 4sin
a
，
2 2
设△BCD的外心是M ，外接圆半径是 r ，
CD 4sin
a 1
则 2r
2
= = 2 = r =，∴ a ，
sina 2sin a cos a cos a cos
2 2 2 2
设外接球球心是O，则OM ^ 平面BCD，DM 平面BCD，则OM ^ DM ，
同理 AD ^ BD ， AD ^ DM ，
又 AD ^ 平面BCD，所以 AD / /OM ，OMDA是直角梯形，
设OM = h ，外接球半径为 R ，即OD = OA = R，
ìr 2 + h2 = R2
则 í 2 2 2 ，所以 AD = 2h，
r + (AD - h) = R
π
在直角△ABD 中， ABD = -a ， BAD = a ，
2
tana 2= ， AD
2 1
= ，∴ h = ，
AD tana tana
R2 1 1 cos
2 a 2 cos2 a 2
= 2 + = + = +tan a 2cos2 a sin a 1+ cosa 1- cos
2 a 1+ cosa
2
3
cos2 a + 2 - 2cosa 2( - cosa ) 3 1
= = -1+ 2 ，令 - cosa = t ，则 t ( ,
3) ，
1- cos2 a 1- cos2 a 2 2 2
R2 = -1 2t 1 2t 1 2 2 2 1+ 5+ 3 = - + = - + -1+ = -1+ =1- ( - t)2 5 5-t 2 + 3t - 3- (t + ) 5 3 - 5 2 ，
2 4 4t 3- 2 t × 4t
t 5= 5 1+ 5当且仅当 ， t = 时等号成立，所以 4πR2 的最小值是 4π × = (2 + 2 5)π．4t 2 2
故答案为： (2 + 2 5)π .
【点睛】思路点睛：本题考查三棱锥外接球表面积，解题关键是用一个变量表示出球的表面积，前提是选
定一个参数，由已知设 CBD = a ，其他量都用a 表示，并利用三角函数恒等变换，换元法，基本不等式等
求得最小值．考查了学生的运算求解能力，逻辑思维能力，属于难题．
【变式 1-1】
（2023·湖南衡阳·模拟预测）在平面四边形 ABCD中， ADB = 90o , ABC = 90o , BD = BC = 2 ，沿对角线BD
将△ABD 折起，使平面 ADB ^平面BDC ，得到三棱锥 A - BCD，则三棱锥 A - BCD外接球表面积的最小值
为 .
【答案】 2 + 2 5 π
1
【分析】设 CBD
r =
= q ，由正弦定理求得△BCD外接圆半径为 cos q ，根据球心特点求得
2
R2 1 3- 2cosq= - + 2 ，结合三角函数及基本不等式求最小值即可.1- cos q
° °
【详解】在平面图形中设 CBD = q 0 < q < 90 , ABD = 90 -q ，即 RtVADB中，
BAD q , AD 2= = .在△BCD中，CD = 2BC ×sin
q
= 4sin q .
tanq 2 2
CD 4sin
q
2
设△BCD外接圆圆心为M ，外接圆半径为 r ，由正弦定理可得 2r = = 2q q = q , r
1
= .
sinq 2cos sin cos cos q
2 2 2 2
设三棱锥 A - BCD外接球球心为O，则OM ^ 平面BCD .
又Q平面 ADB ^平面BDC ，交线为BD, ADB = 90o ,\ AD ^平面BDC,
\ AD∥OM ,\四边形OMDA为直角梯形.
设外接球的半径为 R ，在平面OMDA中，过O做OE ^ AD 于E ，
在△AOD中， AO = DO = R,\E
1 1
为 AD 的中点，\OM = ED = AD = , AO2 = AE2 + OE2 ,
2 tanq
R2 1 1 cos
2q 2
\ = 2 + q = 2 + cos
2q + 2 - 2cosq 1 3 - 2cosqtan q .cos2 1- cos q 1+ cosq = = - +
2 1- cos
2q 1- cos2q
2 t 4t
3 - 2cosq = t,1 < t < 3 cosq 3- t
R = -1+ 2 = -1+
令 ，则 = , -5 + 6t - t 2
2 1
3 - t
-
è 2 ÷
1 4 1 4 1+ 5= - + - + = 5
6 - 5 2 ，当且仅当
t = 时，即 t = 5 时（满足1 < t < 3）等号成立.
t + t ÷ 6 - 2 t
5
t
è t
4π 1+ 5所以球表面积最小值为 = 2 + 2 5 π .故答案为： 2 + 2 5 π .2
【变式 1-2】
（23-24 高三·辽宁·模拟）如图，在三棱台 ABC - DEF 中，平面 ACFD ^平面 ABC， ACB = 45°，
BCD = 60°，DC = 2BC .
（1）求 DC 与平面 ABC 所成线面角大小 .
（2）若 AB = BC = 2，求三棱锥D - ABC 外接球表面积 .
【答案】 45° 16π
【分析】（1）过D作作DM ^ AC ，可得出线面角，再过M 作MN ^ BC 于 N ，连接DN ，在三个直角三角
形中，分别计算 cos DCM
CM
= ， cos MCN = cos 45
CN CN
°= ， cos DCN = cos 60°= ，进而得出
CD CM CD
cos DCM ×cos MCN = cos DCN ，即可求解；
（2）通过已知，结合余弦定理得出BD, AD ，进而证出 BD ^ BC ，BC ^ AD ，结合线面垂直的判定定理得
出 AD ^ 平面 ABC ，再结合勾股定理求出外接球半径即可求解；
【详解】 过点D作DM ^ AC 于M ，连接DC ，
因为平面 ACFD ^平面 ABC，且平面 ACFD I平面 ABC = AC，所以DM ^平面 ABC，
DCM 为 DC 与平面 ABC 所成的线面角，过M 作MN ^ BC 于 N ，连接DN ，则DN ^ BC ，
cos DCM CM CN在Rt△CDM 中， = ，在Rt△CNM 中， cos MCN = cos 45°= ，
CD CM
在Rt△CND中， cos DCN = cos 60
CN
°= ，所以 cos DCM ×cos MCN = cos DCN ，即
CD
cos DCM ×cos 45°= cos 60° cos 60° 2，解得 cos DCM = = ，
cos 45° 2
所以 DCM = 45°，即 DC 与平面 ABC 所成线面角大小为 45°；如图：
因为 AB = BC = 2，所以 ACB = CAB = 45° ，即 ABC = 90°，且 AC = 2 2 ，
所以 AB ^ BC ，又因为 BCD = 60°，DC = 2BC = 4，所以BD2 = BC 2 + CD2 - 2BC ×CD cos 60°，
2
即BD = 4 +16 - 2 2 4
1
=12 ，所以
2 BD
2 + BC 2 = CD2，即 BD ^ BC ，
又BD AB = B，BD, AB 平面 ABD，所以BC ^平面 ABD，因为 AD 平面 ABD，
所以BC ^ AD ，由（1）知， ADC=45°，且 AC = 2 2,CD = 4，由余弦定理可得
AC 2cos 45 +CD
2 - AD2
°= AD = 2 2 ，所以 AD2 + AC 2 = CD2 ，即 AD ^ AC ，
2AC×CD
又 AC BC = C, AC, BC 平面 ABC ，所以 AD ^ 平面 ABC ，设三棱锥D - ABC 外接球半径为 R ，底面VABC
AD 2
的外接圆半径为 r ，且 2r = AC = 2 2 ，所以R2 = r2 + ÷ ，所以R2 = 2 + 2 = 4 ，
è 2
所以三棱锥D - ABC 外接球表面积为 4πR2 =16π，故答案为： 45°；16π .
【点睛】关键点点睛：本题第一空关键是能够在三个直角三角形中利用余弦值找到
2
cos DCM ×cos MCN = cos DCN AD ；第二空是能通过线面垂直和余弦定理找到R2 = r2 + ÷ .
è 2
【变式 1-3】
（2024 高三·江苏·专题练习）在三棱锥P - ABC 中，PC ^平面 ABC ， AB =1， AC = 3 ， PB = 3 3 ，
ABP = 90°，点 M 在该三棱锥的外接球 O 的球面上运动，且满足∠AMC = 60°，则三棱锥M - APC 的体积
最大值为
3 2
【答案】
2
【分析】通过已知条件可分析出球心为 AP 中点，再由∠AMC = 60°确定点M 在半径为 1 的圆上，从而确定点
P 到平面 ACM 的距离为定值 2 6 ，求出△ACM 的面积最大值，即可确定三棱锥M - APC 的体积最大值.
【详解】
该三棱锥的外接球 O 为 AP 的中点，下证：
因为PC ^平面 ABC ， AC 平面 ABC ，所以PC ^ AC ，所以OA = OC = OP，
又 ABP = 90°，即PB ^ AB，所以 OA = OB = OP ，
R 1 1即三棱锥的外接球球心为 AP 的中点，球半径 = PA = AB
2 + PB 2 = 7 .
2 2
点 M 在该三棱锥的外接球 O 的球面上运动，且满足∠AMC = 60°，
AC
在△ AMC 中，由正弦定理可得△ AMC 的外接圆的半径为 r = =1，
2sin AMC
球心O到平面 AMC 的距离为 d = R2 - r 2 = 6 ，
因为O为 AP 的中点，所以 P 到平面 AMC 的距离为 2d = 2 6 ，
V 1 2 6M - APC = VP- AMC = SVAMC × 2d = SVAMC ，3 3
要使三棱锥M - APC 的体积最大，只需△ AMC 的面积最大即可.
在△ AMC 中由余弦定理可得：
AC 2 = MA 2 + MC 2 - MA × MC MA × MC ，
MA × MC AC 2所以 = 3，当且仅当 MA = MC = 3 时等号成立，
S 1VAMC = MA × MC sin 60
o 3 MA 3 3= × MC ，
2 4 4
2 6 2 6 3 3 3 2
所以VM - APC = SVAMC = ，3 3 4 2
3 2
当且仅当 MA = MC = 3 时, 三棱锥M - APC 的体积取到最大值 .
2
3 2
故答案为： .
2
【点睛】本题两个关键点：一是通过空间中线线垂直确定球心位置，二是利用正弦定理确定点M 的轨迹，
才能求得三棱锥M - APC 体积最大值.
冲高考
1．（22-23 高三·湖北十堰·模拟）如图，在平面四边形 ABCD中， ADB ABC
π
= = , BD = BC = 4，沿对角
2
线BD将△ABD 折起，使平面 ADB ^平面BDC ，连接 AC ，得到三棱锥 A - BCD，则三棱锥 A - BCD外接
球表面积的最小值为 .
【答案】 8 + 8 5 π
【分析】设 CBD = q ，利用q 表示出 AD，CD，由正弦定理可得△BCD外接圆的半径，由已知条件和OM ^
平面BCD可得R2 ，然后用换元法和基本不等式可得.
π π
【详解】在平面四边形中设 CBD = q 0 < q < ÷ , ABD = -q ，
è 2 2
即在 RtVADB中， BAD q , AD
4
= = .
tanq
q
在等腰△BCD中，CD = 2BCsin = 8sin
q
.设△BCD外接圆圆心为M ，外接圆半径为 r ，由正弦定理可得
2 2
8sin q
2r CD= = 2 4 2q q = q , r = q .设三棱锥 A - BCD外接球球心为O，则OM ^ 平面BCD .sinq 2sin cos cos cos
2 2 2 2
又平面 ADB ^平面BDC ，平面 ADB 平面BDC = BD ， AD 平面 ADB， ADB = 90o ，
所以 AD ^ 平面BDC ，则 AD∥OM ，所以四边形OMDA为直角梯形.
设外接球的半径为 R ，在平面四边形OMDA中，过O做OE ^ AD 于E ，
在△AOD中， AO = DO = R, E OM DE
AD 2
为 AD 的中点， = = = ，
2 tanq
2
DO2 = DE2 + OE2 R2 = DE2 + r2 4 4= + R2 4 4 4cos q 82 q = + = +由 tan q cos2 ，所以 tan
2q cos2 q sin
2q 1+ cosq
2 2
4cos2q 8 3 - 2cosq
= 2 + = -4 + 4 .令3 - 2cosq = t,1 < t < 32 ，则1- cos q 1+ cosq 1- cos q
cosq 3 - t= , R2 = -4 + 4 4t 16 2 = -4 + t 52 -t + 6t - 5 t 5- + + 6 ，因为 + 2 5
5
，当且仅当 t = ，即
t t = 5
时（满
÷
è t t
R2 16 16= -4 + -4 + = 2 + 2 5
足1 < t < 3）等号成立.所以 5- 6 - 2 5 ， t + t ÷
+ 6
è
2
所以外接球表面积的最小值为 4πR = 8 + 8 5 π .
故答案为： 8 + 8 5 π
2．（22-23 高三上·湖南·开学考试）三棱锥 P - ABC 中， PA = PB = PC ，底面 ABC 是边长为 2 的正三角形，
E, F 分别是PA, AB 的中点，且CE ^ EF ，若M 为三棱锥P - ABC 外接球上的动点，则点M 到平面 ABC 距
离的最大值为 .
2 6 2
【答案】 / 6
3 3
【分析】先证得PB ^平面PAC ，再求得 PA = PB = PC = 2 ，从而得P - ABC 为正方体一部分，进而知正
方体的体对角线即为球直径，从而得解；
【详解】QPA = PB = PC,△ABC 为边长为 2 的等边三角形，\P - ABC 为正三棱锥，
\PB ^ AC ，又E, F 分别为PA AB中点，\EF∥PB，\EF ^ AC ，又EF ^ CE,CE AC = C,
\EF ^平面PAC, PB ^平面PAC,\ APB = 90o ,\PA = PB = PC = 2 ，\P - ABC 为正方体一部分，
6
故 2R = 2 + 2 + 2 = 6 ，即R = ，∵ M 为三棱锥P - ABC 外接球上的动点，
2
∴当M 位于正方体的如图所示的顶点处，点M 到平面 ABC 距离最大，设为 h ，
3 1 1 2 2
∴可求得三棱锥M - ABC 的体积为： 2 - 2 2 4 = 2 ，
3 2 3
∴ 1 3 22 ×h 2 2= ，
3 4 3
2 6
解得： h =
3
2 6
故答案为：
3
【点睛】求解立体几何外接球问题，根据题目特征作出辅助线，找到球心，求出半径，或补形为长方体或
正方体，进而求出表面积或体积.
p
3．（21-22 高三·浙江宁波·模拟）如图，四边形 ABCD为平行四边形， AB = 3, AD = 2, BAD = ，现将△ABD
3
沿直线BD翻折，得到三棱锥 A - BCD ，若 A C = 7 ，则三棱锥 A - BCD 的内切球与外接球表面积的比值
为 ．
1
【答案】
15
【分析】过 A 作 AE ^ BD于 E，交 CD 于 F，连 A E, A F ，利用余弦定理、面积定理求出点 A 到平面BCD
的距离，再借助锥体体积求出内切球半径，结合该锥体的结构特征求出外接球半径作答.
【详解】过 A 作 AE ^ BD于 E，交 CD 于 F，连 A E, A F ，如图，
在△ABD π中，由余弦定理得：BD2 = AB2 + AD2 - 2AB × AD cos BAD ，BD = 9 + 4 - 2 3 2cos = 7 ，
3
A E AE 2S AB × AD sin BAD 3 21= = VABD = = DE AD2 AE2 22 (3 21)2 7， = - = - = ，
BD BD 7 7 7
cos CDB cos ABE BE BD - DE 2 7
DE 1 21
= = = = ， DF = = ， 2 2cos CDB 2 EF = DF - DE =
，
AB AB 7 14
π
因 A C = 7 ，则三棱锥 A - BCD 的 4 个表面三角形全等，在△A DF 中， A DF = ，3
A F 2 A D2 1 1 1 13= + FD2 - 2A D × FD cos A DF = 4 + - 2 2 = ，
4 2 2 4
3 21 2 21 2 13
cos A EF A
E2 + EF 2 - A F 2 ( ) + ( ) - 5
在△A EF 中， = = 7 14 4 = ，2A E EF 9 sin A
EF 2 14= ，
×
2 3 21 21 9
7 14
因 A E ^ BD, EF ^ BD， A E I EF = E ， A E, EF 平面 A EF ，则 BD ^平面 A EF ，而 BD 平面 BCD，
于是得平面 A EF ^平面 BCD，在平面 A EF 内过 A 作 A H ^ EF 于 H ，又平面 A EF I平面 BCD = EF ，
因此， A H ^ 3 21 2 14 2 6平面 BCD， A H = A E sin A EF = = ，
7 9 3
r V 1 4S r 1A - BCD = = S A H 6设三棱锥 的内切球半径为 ，则 A -BCD 3 VBCD 3 VBCD
× A H ，解得 r = = ，
4 6
因△BCD 是锐角三角形，则三棱锥 A - BCD 的外接球截平面 BCD所得截面圆圆心在△BCD 内，
2r BD 7 2 21= = = 21
半径 r0 ，则 0 sin BCD π 3 ，解得 r 0 = ，令三棱锥 A - BCD 的外接球球心为 O，sin
3 3
显然，球 O 截三棱锥 A - BCD 的 4 个表面三角形所得截面圆圆心均在相应三角形内，
因球心 O 与各个三角形的外心连线均垂直于相应的三角形所在平面，且这些三角形的外接圆半径均为 r0 ，
因此，球心 O 到各个三角形所在平面距离都相等，且球心 O 在三棱锥 A - BCD 内，必为三棱锥 A - BCD 内切球球心，
1 7 5
令三棱锥 A - BCD 2 2 2的外接球半径为 R ，则 R = r + r0 = + = ，6 3 2
1
4πr 2 1 1
所以三棱锥 A - BCD 6的内切球与外接球表面积的比值为 = = .故答案为：
4πR2 5 15 15
2
【点睛】结论点睛：一个多面体的表面积为 S，如果这个多面体有半径为 r 的内切球，则此多面体的体积 V
1
满足：V = Sr .
3
4．（2022 高三·全国·专题练习）已知等边VABC 的边长为 2 3 ，M , N 分别为 AB, AC 的中点，将VAMN 沿MN
折起得到四棱锥 A - MNCB．点 P 为四棱锥 A - MNCB的外接球球面上任意一点，当四棱锥 A - MNCB的体
积最大时， P 到平面MNCB 距离的最大值为 .
13 +1
【答案】
2
【分析】由题意可确定当平面 AMN ^平面 NMBC 时，四棱锥 A - MNCB的体积最大；根据四棱锥外接球的
性质可确定球心的位置，利用勾股定理可求得球的半径 R 及球心到平面MNCB 的距离OE ，由此可知所求最
大值为R + OE .
【详解】如图，当平面 AMN ^平面 NMBC 时，四棱锥 A - MNCB的体积最大时，如图所示：
QVABC 为等边三角形，\ MBC = 60o，取BC 的中点E ，则E 是等腰梯形MNCB 外接圆圆心．
设 F 是VAMN 的外心，作OE ^ 平面MNCB ，OF ^平面 AMN ，则O是四棱锥 A - MNCB的外接球的球心，
且OF = DE
3 AF 2= ， = AD =1 2．设四棱锥 A - MNCB的外接球半径 R ，则R = AF 2
13
+ OF 2 = ，解得：
2 3 4
R 13= .又OE = DF = AD
1
- AF = ，\当四棱锥 A - MNCB的体积最大时， P 到平面MNCB 距离的最大值
2 2
为：R + OE 13 +1= .
2
13 +1
故答案为：
2
【点睛】本题考查立体几何中几何体外接球的相关问题的求解，关键是能够根据外接球的性质确定球心的
位置，即球心必为过棱锥底面和侧面的外接圆圆心且垂直于底面和侧面的直线的交点的位置.
5．（2024·四川德阳·模拟预测）设底面为菱形且高为 3的直四棱柱 ABCD - A1B1C1D1中，已知底面边长为正
a π 2π整数 且为定值， BAD = ，若矩形CDD C 内的点E 满足
3 1 1 AE = 7
的轨迹长度为 .设点F 为三棱柱
3
ABD - A1B1D1的外接球上一点，则四棱锥F - BCC1B1体积的最大值为
【答案】3
3
【分析】利用线面垂直关系，结合勾股定理将 AE = 7 转化为HE = 7 - a2 ，结合几何不等关系建立HE
4
不等关系解 a，再由空间直观确定三棱柱的外接球球心，进而求解球心到平面BB1C1C 的距离，结合定底动
高特点求体积最大值即可.
【详解】在底面 ABCD中，过A 作 AH ^ DC ，垂足为 H ，连接HE ，
直四棱柱 ABCD - A1B1C1D1中，DD1 ^平面 ABCD， AH 平面DD1C1C ，
则DD1 ^ AH ，又DD1 平面DD1C1C ，且DC 平面DD1C1C ，
又DC DD1 = D，故 AH ^平面DD1C1C ，又HE 平面DD1C1C ，
所以 AH ^ HE ，
2
在Rt△ AHE 中， AE2 = AH 2 + HE2 = 7 = 7，
在菱形 ABCD中，由 BAD
π
= ，则 DAH
π
= ，又边长 AD = a，
3 6
AH 3 a, DH a可得 = = ，又CC
2 2 1
= 3，
则C1H = C1C
2 + CH 2 = ( 3)2 + (a a+ )2 9= 3+ a2 ，
2 4
EH = AE2 - AH 2 7 3= - a2 ，
4
3
故点E 在以 H 为圆心，以 7 - a2 为半径的圆上运动，
4
又点E 在矩形CDD1C1 内，如图可知DH < AE < C1H ，
a 7 3 a2 3 9
4
即 < - < + a2 ，解得 < a2 < 7 ，
2 4 4 3
由题意 a为正整数，故 a = 2 .
验证知，HD = D D2 + DH 2
π
1 1 = 2, EH = 2 ， D1HC = ，3
π 2π
故点E 轨迹为如图圆心角为 ，半径为 2的圆弧，弧长为 ，满足题意.
3 3
点F 为三棱柱 ABD - A1B1D1的外接球上一点，且 VA1B1D1与△ABD 为正三角形，
分别在上下底面取 VA1B1D1与△ABD 的中心O1,O2 ，再取O1O2 的中点O ,
由球、直棱柱的对称性及正三角形的性质可知，
O即为三棱柱 ABD - A1B1D1的外接球球心.
Q AA1 // BB1 // CC1, AA1 = BB1 = CC1，
\四边形 AA1C1C 是平行四边形，则 A1C1 // AC ，即 A1O1 // AO
AO AO 3 2 2 2 3又 1 1 = 2 = = ，2 3 3
\四边形 A1AO1O是平行四边形，\OO1//AA1 // CC1，
又OO1 平面B1BCC1，CC1 平面B1BCC1，
则OO1 // 平面B1BCC1，故球心O到平面B1BCC1的距离即O1到平面B1BCC1的距离，
在底面 ABCD内，连接O2B ，由△ABD 为正三角形可知，O2B ^ AD，
又 AD // BC \O2B ^ BC ，
又BB1 ^ 平面 ABCD，O2B 平面DD1C1C ，
则BB1 ^ O2B ，又BB1 平面BB1C1C ，且BC 平面BB1C1C ，
又BC I BB1 = B，\O2B ^平面BB1C1C ，
\O2B
2 3 2 3
即为O2到平面BB1C1C 的距离d ， d = AB = .
3 2 3
2 2 2
球半径R = OB = O B2 1+ O O
2 3 3 5
2 2 1 2 ÷
= 3 ÷÷
+ ÷÷ = 3 .è è è 2 6
要求四棱锥F - BCC1B1体积的最大值，
而矩形BCC1B1的面积为 2 3 ，为定值，
故当点F 平面B1BCC1的距离 d 最大时，体积取到最大值，
5 3 2 3 3
当且仅当 d = R + d = + = 3时，四棱锥F - BCC1B1体积V 最大，
6 3 2
最大值V
1
max = 2 3
3
3 = 3 .
3 2
故答案为：3 .
【点睛】关键点点睛：解决此题的关键在于两点，一是空间问题平面化，利用射影将 AE 长度转化为HE 长
度；二是借助几何直观寻找球心及最值状态.专题 14 立体几何外接球归类
目录
题型 01 外接球：基础思维 ................................................................................................................................................1
题型 02 外接球：对棱相等 ..............................................................................................................................................2
题型 03 外接球核心思维：线面垂直（直棱柱型） ......................................................................................................4
题型 04 外接球核心技巧：双线交心型 ..........................................................................................................................5
题型 05 外接球：二面角型 ................................................................................................................................................6
题型 06 外接球：怪异几何体型 ........................................................................................................................................7
题型 07 外接球：压轴单选题 ............................................................................................................................................9
题型 08 外接球：压轴填空题 ...........................................................................................................................................10
题型 01 外接球：基础思维
【解题规律·提分快招】
正方体的棱长为 a，球的半径为 R，则：
①若球为正方体的外接球，则 2R＝ 3a；
②若球为正方体的内切球，则 2R＝a；
③球与正方体的各棱相切，则 2R＝ 2a.
长方体的长、宽、高分别为 a，b，c，则外接球直径＝长方体对角线，即：2R＝ a2＋b2＋c2.
【典例 1-1】
2021·天津武清·模拟预测）已知正方体 ABCD - A1B1C1D1的棱长为 2，其各面的中心分别为点 E，F，G，H，
M，N，则连接相邻各面中心构成的几何体的外接球表面积为（ ）
A． 4p B．8p C．12p D．16p
【典例 1-2】
（24-25 三·湖北·开学考试）在三uuu棱r 锥uuuurP - ABC 中，
PA, PB, PC 两两垂直，且PA = PB = PC = 2．若 M 为该
三棱锥外接球上的一动点，则MB × MC 的最小值为（ ）
A．- 3 B． 2 - 2 3
C．-2 3 D． 4 - 2 3
【变式 1-1】
（22-23 高三·浙江·阶段练习）在三棱锥 A - BCD中， AB, BC, BD两两垂直，且 AB = BC = BD = 4，半径为 1
的球O在该三棱锥内部且与面 ABC 面 ABD 面BCD均相切.若平面a 与球O相切，则三棱锥 A - BCD的外
接球被平面a 所截得的截面面积的最小值为（ ）
A． 8 + 2 3 p B． 6 + 2 3 p C． 8 - 2 3 p D． 6 - 2 3 p
【变式 1-2】
（21-22 高三上·江苏南京·开学考试）已知正方形 ABCD的边长为 2，点E 为边 AB 的中点，点F 为边BC 的
中点，将VAED,VDCF ,VBEF 分别沿DE, DF , EF 折起，使 A, B,C 三点重合于点 P ，则三棱锥P - DEF 的外
接球与内切球的表面积之比为（ ）
A．6 B．12 C． 24 D．30
【变式 1-3】
（2019·江西·二模）在三棱锥 A - BCD中，AB ^面BCD, AB = 4, AD = 2 5, BC = CD = 2 ，则三棱锥 A - BCD
的外接球表面积是
A． 2 5p B． 5p C． 5p D． 20p
题型 02 外接球：对棱相等
【解题规律·提分快招】
对棱相等的四面体：
三棱锥对棱相等 ，
2 2 2
2R = a2 +b2 +c2 = m +n +l ，m, n, l 是三个对棱棱长
2
【典例 1-1】
（2022 高三·全国·专题练习）如图，在三棱锥 P - ABC 中， PA = BC = 3， PB = AC = 2， PC = AB = 5 ，
则三棱锥P - ABC 外接球的体积为（ ）
A． 2p B． 3p C． 6p D．6p
【典例 1-2】
（19-20 高三下·全国·阶段练习）在三棱锥 A-BCD 中， AB = BC = CD = DA = 7 ，BD = 2 3 ，二面角 A-BD-C
是钝角.若三棱锥 A-BCD 的体积为 2，则 A-BCD 的外接球的表面积是（ ）
37 53
A．12π B．13π C． p D． p
3 4
【变式 1-1】
（21-22 高三上·山西运城·期末）在三棱锥 A - BCD中， AB = CD = 6， AC = BD = 5， AD = BC = 7 ，M，N，
P，Q 分别为棱 AB，CD，AD，BC 的中点，则以下四个命题中真命题的个数为（ ）
①直线 MN 是线段 AB 和 CD 的垂直平分线
②四边形 MQNP 为正方形
③三棱锥 A - BCD的体积为 2 95
④三棱锥 A - BCD外接球的表面积为55p
A．4 B．3 C．2 D．1
【变式 1-2】
（22-23 高三广东揭阳·模拟）在三棱锥 S - ABC 中， SA = BC = 5， SB = AC = 41， SC = AB = 34 ，则该
三棱锥的外接球表面积是（ ）
A．50π B．100π C．150π D．200π
【变式 1-3】
（23-24 高三上·云南德宏·模拟）在三棱锥P - ABC 中，PA = PB = AC = BC = 3 ，PC = AB = 2，则三棱锥
P - ABC 的外接球的表面积为（ ）
A． 20π B．12π C．5π D． 4π
题型 03 外接球核心思维：线面垂直（直棱柱型）
【解题规律·提分快招】
存在一条棱垂直一个底面（底面是任意多边形，实际是三角形或者四边形（少），它的外接圆半径是 r，
满足正弦定理）
1.模板图形原理
图 1 图 2
R PC
2
+r2 r= CD= ；其中2
2.计算公式 2 sin A
【典例 1-1】
（23-24 高三·四川内江·阶段练习）如图，在三棱锥P - ABC 中，PB ^平面 ABC， BAC = 90° ，其中
PB = 2，AB = 2，AC = 3，则三棱锥P - ABC 外接球的表面积为（ ）
A．15π B．16π
C．17π D．18π
【典例 1-2】
（22-23 高三广西南宁·模拟）在三棱锥 P - ABC 中，AC ^平面 PAB，AB = 6，AC =10，BP = 2 2 ， ABP = 45°，
则三棱锥P - ABC 外接球的表面积为（ ）
A．76π B．128π C．140π D．148π
【变式 1-1】
（22-23 高三·四川成都·模拟）在三棱锥P - ABC 中，PA ^底面 ABC ， AB = 2，AC = AP ，BC ^ CA，若三棱
锥P - ABC 外接球的表面积为5π ，则BC = （ ）
A．1 B． 2 C． 3 D． 5
【变式 1-2】
（21-22 高三河南安阳·模拟）已知在三棱锥 A - BCD中， AB ^平面 BCD， AB = 2 3, AC = AD = 4,CD = 2，
则三棱锥 A - BCD外接球的表面积为（ ）
40π 52π
A． B．15π C． D． 20π
3 3
【变式 1-3】
（2022·四川宜宾·模拟预测）在三棱锥 P—ABC 中， PA⊥平面 ABC，BA=BC，∠PBC=90°，PA=2，若三棱锥
P—ABC 体积为 6，则三棱锥 P—ABC 外接球的表面积为（ ）
A．18π B．24π C．36π D．40π
题型 04 外接球核心技巧：双线交心型
【解题规律·提分快招】
解几何体外接球（表面积/体积）的一般方法和步骤为：
1、寻找一个或两个面的外接圆圆心
2、分别过两个面的外心作该面的垂线，两条垂线的交点即为外接圆圆心；
3、构造直角三角形求解球半径，进而求出外接球表面积或体积.
如果表面有等边三角形或者直角三角形：两垂线交心法
1、包含了面面垂直（俩面必然是特殊三角形）
2、等边或者直角：（1）等边三角形中心（外心）做面垂线，必过球心；
（2）直角三角形斜边中点（外心）做面垂线，必过球心；
【典例 1-1】
（19-20 高三·湖北荆门·模拟）在三棱锥D - ABC 中，VABC 是边长为 2 的正三角形， AD = BD ，
DC = 2 3 ，DC 与平面 ABC 所成的角为 60°，则三棱锥D - ABC 的外接球的表面积为（ ）
50 112
A． π B． π C． 20p D． 24p
9 9
【典例 1-2】
（19-20 高三上·湖南·阶段练习）在三棱锥P - ABC 中，PA = PB ，E 是 AB 的中点，DABC 与DPCE 均是正
三角形， AB = 3，则三棱锥P - ABC 的外接球的表面积为（ ）
A．8p B．12p C．13p D．14p
【变式 1-1】
（22-23 高三辽宁抚顺·模拟）在三棱锥 A - BCD中，AB = CD = 6，AC = BD = AD = BC = 5，则该三棱锥的
外接球的表面积为 ( )
A 43 43p B 43 43p
43p
． ． C． D． 43p
24 6 2
【变式 1-2】
（22-23 高三·四川成都·阶段练习）在三棱锥 A - BCD中，平面 ABD ^平面BCD, AB = 2, BC =1，
AC 2 2= 3, BD = ， DBC = 45o ，则此三棱锥的外接球的表面积为（ ）
3
7π 14π 13π 13π
A． B． C． D．
2 3 6 4
【变式 1-3】
（2023·广西·模拟预测）在三棱锥 A - BCD中，AB = AC = BD = CD = BC = 4 ，平面a 经过 AC 的中点 E，并
且与 BC 垂直，当 α 截此三棱锥所得的截面面积最大时，此时三棱锥 A - BCD的外接球的表面积为（ ）
A 80 3 70
80
． π B． π C． 20π D． π
3 3 3
题型 05 外接球：二面角型
【解题规律·提分快招】
二面角型求外接圆
在空间四边形 ABCD中，二面角C - AB - D的平面角大小为a ，DABD 的外接圆圆心为O1，DABC 的
外接圆圆心为O2 ， E 为两面交线 AB 的中点
l
所以 O1EO2 = a ,O1E = m,O2E = n, AE = ,OA = R2
因为O,O2 ,O1, E 四点共圆，OE = 2R
O O
= 1 2 ，根据余弦定理可知
sina
O 2 2 2 2 2 m
2 + n2 - 2mncosa l 2
1O2 = m + n - 2mncosa R = OE + AE = +sin 2 a 4
【典例 1-1】
（2020·黑龙江哈尔滨·二模）在边长为 2 的菱形 ABCD中，BD = 2 3 ，将菱形 ABCD沿对角线 AC 折起，使
二面角B - AC - D的大小为60o，则所得三棱锥 A - BCD的外接球表面积为（ ）
52 20
A． 4p B． p C．6p D． p
9 3
【典例 1-2】
（21-22 高三·黑龙江哈尔滨·阶段练习）如图，在三棱锥P - ABC ，VPAC 是以 AC 为斜边的等腰直角三角形，
且CB = 2 2 ， AB = AC = 6 ，二面角P - AC - B 的大小为120°，则三棱锥P - ABC 的外接球表面积为
（ ）
A 5 10． p B．10p C．9p D． 4 + 2 3 p
3
【变式 1-1】
（2022·广东·模拟预测）在三棱锥P - ABC 中，VABC 为等腰直角三角形， AB = AC = 2，VPAC 为正三角
p
形，且二面角P - AC - B 的平面角为 ，则三棱锥P - ABC 的外接球表面积为（ ）
6
52 4 28 32A． p B． p C p D p
9 9
． ．
3 9
【变式 1-2】
（23-24 高三上·山东德州·模拟）在三棱锥P - ABC 中，VABC 是以 AC 为斜边的等腰直角三角形，VPAC 是
边长为 2 的正三角形，二面角P - AC - B 的大小为150°，则三棱锥P - ABC 外接球的表面积为（ ）
28π 52π
A B 28 21π 52 13π． ． C． D．
3 9 27 81
【变式 1-3】
（22-23 高三·云南昆明·阶段练习）已知三棱锥P - ABC 中，底面 ABC 是边长为 2 3 的正三角形，点 P 在底
面上的射影为底面的中心，且三棱锥P - ABC 外接球的表面积为18π ，球心在三棱锥P - ABC 内，则二面角
P - AB - C 的平面角的余弦值为（ ）
1
A 1 2 3． 2 B． C． D．3 2 3
题型 06 外接球：怪异几何体型
【解题规律·提分快招】
正棱台外接球，以棱轴截面为主。
2 2 2
2
R2 r - r - h= r2 + 2 12 ，其中 r1,r2 ,h分别为圆台的上底面、下底面、高．
2h
基本规律:正棱台外接球，以棱轴截面为主
圆台外接圆模型
圆台外接球，即轴截面题型外接圆
【典例 1-1】
（2024·云南楚雄·一模）已知正三棱台 ABC - A1B1C1的上，下底面边长分别为 2 和 6，侧棱长为 4，以下底面
顶点A 为球心， 2 7 为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为（ ）
2π
A． B．π 4πC． D． 2π
3 3
【典例 1-2】
（2025·广东·一模）如图，已知圆台形水杯盛有水（不计厚度），杯口的半径为 4，杯底的半径为 3，高为
6.5 ，当杯底水平放置时，水面的高度为水杯高度的一半，若放入一个半径为 r 的球（球被完全浸没），水恰
好充满水杯，则 r = （ ）
A．1.5 B．2 C．3 D．3.25
【变式 1-1】
（24-25 高三下·浙江·阶段练习）正四棱台侧棱长为5 2 ，上下底面边长分别为3 2 和4 2 ，所有顶点在同
一球面上，则正四棱台的外接球表面积是（ ）
500π
A． 25π B．100π C． D．500π
3
【变式 1-2】 uuuur uuuur
（2024·安徽·三模）已知圆台O1O2 的上 下底面面积分别为 4π, 36π ，其外接球球心O满足O1O = 3OO2 ，则圆
台O1O2 的外接球体积与圆台O1O2 的体积之比为（ ）
A 20 5 B 10 10 C 10 5
10
． ． ． D．
13 13 13 13
【变式 1-3】
（22-23 高模拟·广东·模拟）把一个球放在一个圆柱形的容器中，如果盖上容器的上盖后，球恰好与圆柱的
上 下底面和侧面相切，则该球称为圆柱的内切球；如果一个圆柱的上 下底面圆上的点均在同一个球上，
则该球称为圆柱的外接球.若一个圆柱的表面积为 S1，内切球的表面积为 S2，外接球的表面积为 S3 ，则
S1 : S2 : S3 为（ ）
A．1: 2 : 2 B．1:1:1 C．3: 2 : 4 D． 2 : 3 : 3
题型 07 外接球：压轴单选题
【典例 1-1】
（22-23 高三上·江西·阶段练习）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 ABCD - A1B1C1D1的上底面 A1B1C1D1绕着其中心旋转 45°得到如图 2 所示的十面体uuur uuur
ABCD - EFGH ．已知 AB = AD = 2 ， AE = 7 ，DC = 2 2 +1 DP ，过直线EP作平面a ，则十面体
ABCD - EFGH 外接球被平面a 所截的截面圆面积的最小值是（ ）
51- 32 2 p 51- 32 2 p 81+ 56 2 p 81+ 56 2 pA B ． ． C． D．
48 12 48 12
【典例 1-2】
（高三·天津·）过四面体 ABCD的顶点D作半径为 1的求，该球与四面体 ABCD的外接球相切于点D，且与
平面 ABC 相切.若 AD = 2 3， BAD = CAD = 45°， BAC = 60°，则四面体 ABCD的外接球的半径 r 为
A．2 B． 2 2 C．3 D． 2 3
【变式 1-1】
（2024·黑龙江·二模）已知正四棱锥P - ABCD 的侧棱长为 2，且二面角P - AB - C 的正切值为 6 ，则它的
外接球表面积为（ ）
16
A． π
28
B． 6π C．8π D． π
3 3
【变式 1-2】
（23-24 高三·浙江温州·模拟）在三棱锥P - ABC 中，PA ^底面 ABC ，PA = 2 ， ABC =120° ，VABC 的面
3 3
积为 ，则三棱锥P - ABC 的外接球表面积的最小值为（ ）
2
A． 24π B． 28π C．32π D．36π
【变式 1-3】
（23-24 高三上·安徽·阶段练习）在VABC 中，BC = 6， AB + AC = 8，E，F，G 分别为三边BC ，CA， AB
的中点，将VAFG ，VBEG，△CEF 分别沿 FG ，EG ，EF 向上折起，使得 A，B，C 重合，记为 P，则三
棱锥P - EFG的外接球表面积的最小值为（ ）
15π 17π 19π 21π
A． B． C． D．
2 2 2 2
题型 08 外接球：压轴填空题
【典例 1-1】
（23-24 高二下·江苏镇江·期末）如图，在直三棱柱 ABC - A1B1C1中， AC ^ BC, AC = 2AA1，该三棱柱存在体
π
积为 的内切球（与侧面 底面均相切），E 为CC1的中点，F 为棱BC 上的动点，当直线EF B1F 与平面 ABC6
成角相等时，CF = ，此时四面体 A1B1EF 的外接球表面积为 .
【典例 1-2】
π
（23-24 高三上·辽宁大连·期中）在三棱锥 A - BCD中， AD ^ 平面BCD， ABD + CBD = ，
2
BD = BC = 2，则三棱锥 A - BCD外接球表面积的最小值为 .
【变式 1-1】
（2023·湖南衡阳·模拟预测）在平面四边形 ABCD中， ADB = 90o , ABC = 90o , BD = BC = 2 ，沿对角线BD
将△ABD 折起，使平面 ADB ^平面BDC ，得到三棱锥 A - BCD，则三棱锥 A - BCD外接球表面积的最小值
为 .
【变式 1-2】
（23-24 高三·辽宁·模拟）如图，在三棱台 ABC - DEF 中，平面 ACFD ^平面 ABC， ACB = 45°，
BCD = 60°，DC = 2BC .
（1）求 DC 与平面 ABC 所成线面角大小 .
（2）若 AB = BC = 2，求三棱锥D - ABC 外接球表面积 .
【变式 1-3】
（2024 高三·江苏·专题练习）在三棱锥P - ABC 中，PC ^平面 ABC ， AB =1， AC = 3 ， PB = 3 3 ，
ABP = 90°，点 M 在该三棱锥的外接球 O 的球面上运动，且满足∠AMC = 60°，则三棱锥M - APC 的体积
最大值为
冲高考
π
1．（22-23 高三·湖北十堰·模拟）如图，在平面四边形 ABCD中， ADB = ABC = , BD = BC = 4，沿对角
2
线BD将△ABD 折起，使平面 ADB ^平面BDC ，连接 AC ，得到三棱锥 A - BCD，则三棱锥 A - BCD外接
球表面积的最小值为 .
2．（22-23 高三上·湖南·开学考试）三棱锥 P - ABC 中， PA = PB = PC ，底面 ABC 是边长为 2 的正三角形，
E, F 分别是PA, AB 的中点，且CE ^ EF ，若M 为三棱锥P - ABC 外接球上的动点，则点M 到平面 ABC 距
离的最大值为 .
3．（21-22 高三·浙江宁波·模拟）如图，四边形 ABCD为平行四边形， AB = 3, AD = 2,
p
BAD = ，现将△ABD
3
沿直线BD翻折，得到三棱锥 A - BCD ，若 A C = 7 ，则三棱锥 A - BCD 的内切球与外接球表面积的比值
为 ．
4．（2022 高三·全国·专题练习）已知等边VABC 的边长为 2 3 ，M , N 分别为 AB, AC 的中点，将VAMN 沿MN
折起得到四棱锥 A - MNCB．点 P为四棱锥 A - MNCB的外接球球面上任意一点，当四棱锥 A - MNCB的体
积最大时， P到平面MNCB 距离的最大值为 .
5．（2024·四川德阳·模拟预测）设底面为菱形且高为 3的直四棱柱 ABCD - A1B1C1D1中，已知底面边长为正
π 2π
整数 a且为定值， BAD = ，若矩形CDD C 内的点E 满足
3 1 1 AE = 7
的轨迹长度为 .设点F 为三棱柱
3
ABD - A1B1D1的外接球上一点，则四棱锥F - BCC1B1体积的最大值为
