57.高三备考中外接球问题中的常见解题模型
外接球问题是全国卷的超高频考点，它对考生的直观想象素养要求很高，是我们复习中必
须下大力气备考的考点.
★1．球的截面
若用一个平面
去截半径为
的球
，得到的截面是一个圆：
R
O
（1）若平面
过球心，则截面圆是以球心
为圆心的圆；
O
（2）若平面
不过球心，如图所示，小圆圆心为
，则
，记
，则
'
O
'
OO
d
OO
'
.
2
2
d
R
r
（3）外接圆半径的计算：常用
C
c
B
b
A
a
r
sin
sin
sin
2
例1．（2020 全国2 卷）已知△ABC 是面积为
的等边三角形，且其顶点都在球O 的球
9 3
4
面上.若球O 的表面积为16π，则O 到平面ABC 的距离为（ ）
A．
B．
C．1
D．
3
3
2
3
2
解析：设球
的半径为
,则
，解得：
.设
外接圆半径为
，边
O
R
16
4
2
R
2
R
ABC
r
长为
，
是面积为
的等边三角形，
，解得：
，
a
ABC
4
3
9
4
3
9
2
3
2
1
2
a
3
a
，
3
4
9
9
3
2
4
3
2
2
2
a
a
r
球心
到平面
的距离
. 故选：
.
O
ABC
1
3
4
2
2
r
R
d
C
注：球的截面性质是我们处理外接球问题的根本思路!
例2．（2020 全国1 卷）已知
为球
的球面上的三个点，⊙
为
的外接
, ,
A B C
O
1
O
ABC
:
圆，若⊙
的面积为
，
，则球
的表面积为（
）
1
O
4π
1
AB
BC
AC
OO
O
A．
B．
C．
D．
64π
48π
36π
32π
解析：设圆
半径为
，球的半径为
，依题意，
1
O
r
R
得
，
，
为等边三角形，由正弦定理可得
4
2
r
2
r
ABC
3
2
60
sin
2
r
AB
，
，根据球的截面性质
平面
,
3
2
1
AB
OO
1
OO
ABC
，
4
,
2
2
1
2
1
2
1
1
1
r
OO
A
O
OO
OA
R
A
O
OO
球
的表面积
.故选：
.
O
64
4
2
R
S
A
球的截面性质告诉我们，在计算多面体的外接球时，我们的思路是从平面到空间，先从该
多面体的一个面出发，找到其外接圆圆心的位置，进一步，球心与该圆心的连线一定垂直
于该平面，这样，就可找到球心和半径.
★2．正方体（长方体）与补形
（1）正长体或长方体的外接球的球心是其体对角线的中点.
（2）正四面体：由四个全等正三角形围成的空间封闭图形，所有棱长都相等.正四面体的
外接球：补成正方体进行，假设正四面体棱长为
,其外接球半径为
，内切球半径为
a
R
r
，则
，如图1 所示.
a
r
a
R
12
6
4
6
，
（3）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
例3．一个正四面体的棱长为2，则这个正四面体的外接球的体积为（ ）
A．
B．
C．
D．
6
2
3
2 2
解析：如图，四面体
是正四面体，棱长
，将其补形成正方体
BDMN
2
BD
GBCD
MENF
，
则正方体
的棱长
，此正方体的体对角线长为
，
GBCD
MENF
2
2
2
GB
BD
6
正四面体
与正方体
有相同的外接球，则正四面体
的外接球半
BDMN
GBCD
MENF
BDMN
径
，所以正四面体
的外接球体积为
．故选：A
6
2
R
BDMN
3
3
4
4
6
(
)
6
3
3
2
V
R
例4．在四面体
中，若
，
，
，则四面体
ABCD
3
AB
CD
2
AC
BD
5
AD
BC
的外接球的表面积为
ABCD
(
)
A．
B．
C．
D．
2
4
6
8
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
、
、
ABCD
AEBF
GCHD
x
y
，
z
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
，
R
由勾股定理得
，上述三个等式全加得
，
2
2
2
2
2
2
2
2
2
3
4
5
AB
x
y
AC
x
z
AD
y
z
2
2
2
2(
)
12
x
y
z
所以，该四面体的外接球直径为
，因此，四面体
的外接球
2
2
2
2
6
R
x
y
z
ABCD
的表面积为
，故选：
．
2
2
4
(2 )
6
R
R
C
★3．墙角模型.
三棱锥有一条侧棱垂直于底面且底面是直角三角形模型，用构造法(构造长方体)解决，如
下图．
A
B
C
D
A1
B1
C1
D1
类型Ⅰ
A
B
C
D
A1
B1
C1
D1
类型Ⅱ
A
B
C
D
A1
B1
C1
D1
类型Ⅲ
A
B
C
D
A1
B1
C1
D1
例外型
例5．已知
是球
面上的四个点，
平面
，
，
, , ,
P A B C
O
PA
ABC
2
6
PA
BC
90
BAC
，则该球的表面积为（ ）
A．
B．
C．
D．
28
45
35
25
解：因为
平面
，所以
，又
，所以
，又
PA
ABC
PA
AC
90
BAC
AB
AC
，所以
平面
；同理
平面
，则
两两互相垂直，
PA
AB
A
AC
PAB
AB
PAC
,
,
AB AC AP
将三棱锥
补形成以
为长宽高的长方体，如下图所示，
P
ABC
,
,
AB AC AP
又
是球
面上的四个点，所以球
的直径为该长方体的体对角线，又
, , ,
P A B C
O
O
，
，所以该长方体的体对角线长为
，
2
6
PA
BC
90
BAC
2
2
6
3
45
即球
的直径
，其中
是球
的半径；所以球
的表面积为
.故选:B.
O
2
45
R
R
O
O
2
4
45
R
★4．直棱柱（圆柱）
1.基本定义：
棱柱：上下底面平行且全等，侧棱平行且相等的封闭几何体叫棱柱.
直棱柱：侧棱与底面垂直的棱柱称为直棱柱.
正棱柱：底面是正多边形的直棱柱叫做正棱柱.正棱柱是侧棱都垂直于底面，且底面是正
多边形的棱柱.
2.外接球球心：
直三棱柱的外接球的球心是上下底面三角形外心连线的中点.
正棱柱外接球的球心是上下底面中心连线的中点。
3.计算公式：
设底面小圆的半径为
，棱柱高为
，则
.
r
h
2
2
)
2
(h
r
R
r
h
O
例6．在直三棱柱
中，
且
，已知该三棱柱的体积为2，则
1
1
1
ABC
A B C
90
BAC
1
4
BB
此三棱柱外接球表面积的最小值为______．
解析：设BC 的中点为D，
的中点为
，
，由题，得三棱柱外接球的球
1
1
B C
1
D
,
AB
x AC
y
心在线段
的中点O 处，由三棱柱的体积为2，得
，即
，
1
DD
1
4
2
2 xy
1
xy
由题，得
，所以，外接球表面积
2
2
2
2
2
2
1
4
4
R
OB
OD
BD
x
y
．故答案为：
2
2
2
2
2
1
4
4
4
16
16
2
18
4
S
R
x
y
x
y
xy
18
例7．已知三棱锥
的四个顶点都在球
的球面上，
，
P
ABC
O
2 5,
4
PB
PC
AB
AC
，则球
的表面积为（ ）
2
PA
BC
O
A．
B．
C．
D．
316 π
15
79 π
15
158 π
5
79 π
5
解析：在三棱锥
中，如图，
，则
，同理
，
P
ABC
2
2
2
20
AB
PA
PB
PA
AB
PA
AC
而
平面
，因此
平面
，在等腰
中，
,
,
AB
AC
A AB AC
ABC
PA
ABC
ABC
:
，则
，令
的外接圆圆心为
，
4,
2
AB
AC
BC
2
15
sin
1 cos
4
ABC
ABC
ABC
:
1
O
则
平面
，
，有
，取
中点D，连接OD，
1
OO
ABC
1
1
8
2 sin
15
AC
O A
ABC
1 / /
OO
PA
PA
则有
，又
平面
，即
，从而
，四边形
为平行
OD
PA
1
O A
ABC
1
O A
PA
1
/ /
O A
OD
1
ODAO
四边形，
，又
，因此球O 的半径
1
1
OO
AD
1
1
OO
O A
，所以球
的表面积
.故选：A
2
2
2
2
2
2
1
1
8
79
(
)
1
15
15
R
OA
O A
O O
O
2
316
4π
π
15
S
R
★5．等腰四面体.（圆锥）
四面体中
中，
.
ABC
P
PC
PB
PA
性质1：顶点在底面的投影为底面外接圆圆心.
证明：如图，由于
，故根据勾股定理：
PO
，即顶点在底面的投影
2
2
2
2
2
2
PO
PC
PO
PB
PO
PA
OC
OB
OA
恰好是底面的外心.
既然如此，根据外接球的性质，三棱锥
外接球的球心在线段
或者线段
的
ABC
P
PO
PO
延长线上，再次根据勾股定理，设外接球的半径为
，
的外接圆半径为
，线段
R
ABC
r
的长度为
，则有：
或
.
PO
h
2
2
2
)
(
r
R
h
R
2
2
2
)
(
r
h
R
R
性质2：
2
2
r
h
PC
PB
PA
P
A
O1
O
C
B
解题步骤：
第一步：确定球心
的位置，取
的外心
，则
三点共线；
O
ABC
1
O
1
,
,
O
O
P
第二步：先算出小圆
的半径
，再算出棱锥的高
（棱锥的高）；
1
O
r
AO
1
h
PO
1
第三步：勾股定理：
，解出
．
2
2
2
1
1
OA
O A
O O
2
2
2
(
)
R
h
R
r
2
2
2
r
h
R
h
例8．若正三棱锥
的高为2，
，其各顶点都在同一球面上，则该球的半径
P
ABC
2 6
AB
为（ ）
A．
B．
C．
D．3
5
6
2 2
解析：①若球心
在正三棱锥
内部，如图所示：
O
P
ABC
其中点
在底面
的投影为点
，所以高为
，延长
交
于点
，因为三棱
P
ABC
D
2
PD
AD
BC
E
锥
为正三棱锥，所以
为正三角形，点
为
的重心，
为
的
P
ABC
ABC
:
D
ABC
:
AE
ABC
:
高，
所以
，
，设外接球的半径为
，
3
3
2 6
3 2
2
2
AE
AB
2
2
3 2
2 2
3
3
AD
AE
R
则
，在
中有：
，即
，解得：
OP
OA
R
ADO
△
2
2
2
AO
OD
AD
2
2
2
2
2 2
R
R
；
3
R
②若球心
在正三棱锥
外部，如图所示：
O
P
ABC
由①知，当球心
在
的延长线上时，在
中有：
，即
O
PD
ADO
△
2
2
2
AO
OD
AD
，解得：
. 故选：D.
2
2
2
2
2 2
R
R
3
R
例9．（2022·全国·高考真题）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（ ）
36
3
3 3
l
A．
B．
C．
D．
81
18, 4
27 81
,
4
4
27 64
,
4
3
[18,27]
解析：∵ 球的体积为
，所以球的半径
，设正四棱锥的底面边长为
，高为，
36
3
R
2a
h
则
，
，所以
，
2
2
2
2
l
a
h
2
2
2
3
2
(3
)
a
h
2
6h
l
2
2
2
2a
l
h
所以正四棱锥的体积
，
4
2
6
2
2
4
1
1
2
1
4
(
)
=
3
3
3
36
6
9
36
l
l
l
V
Sh
a
h
l
l
所以
，当
时，
，当
时，
5
2
3
3
1
1
24
4
9
6
9
6
l
l
V
l
l
3
2 6
l
0
V
2 6
3 3
l
，
0
V
所以当
时，正四棱锥的体积
取最大值，最大值为
，又
时，
，
2 6
l
V
64
3
3
l
27
4
V
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
3 3
l
81
4
V
V
27
4
范围是
．故选：C．
27 64
4
3
，
★6．二面角模型
如下图，所示为四面体
，已知二面角
大小为
，其外接球问题的步骤
P
ABC
P
AB
C
如下：
（1）找出
和
的外接圆圆心，分别记为
和
．
△PAB
△ABC
1
O
2
O
（2）分别过
和
作平面
和平面
的垂线，其交点为球心，记为
．
1
O
2
O
PAB
ABC
O
（3）过
作
的垂线，垂足记为
，连接
，则
．
1
O
AB
D
2
O D
2
O D
AB
（4）在四棱锥
中，
垂直于平面
，如图所示，底面四边形
1
2
A
DO OO
AD
1
2
DO OO
1
2
DO OO
的四个顶点共圆且
为该圆的直径．
OD
如图，设
、
为面
与面
的外接圆圆心，其半径分别为
、
，两相交面的
1
O
2
O
PAB
CAB
1r
2r
二面角
记为
，公共弦为
的弦长为，四面体
球
的半径
.
C
AB
P
AB
P
ABC
O
R
两圆
、
的弦心距:
；
1
O
2
O
2
2
2
2
2
2
1
1
2
2
,
DO
r
l
DO
r
l
两圆
、
的圆心距:
，由于四边形
的
1
O
2
O
2
2
2
1
2
1
2
1
2
O O
DO
DO
DO
2 cos
MO
1
2
DO OO
四个顶点共圆且
为该圆的直径，而
，则由正弦定理：
OD
2
sin
1 cos
，于是外接球
的半径
可得，进一步整理：
1
2
sin
O O
DO
O
R
2
2
2
OA
DO
l
①
2
2
2
2
2
2
2
1
2
1
2
2
2
2
2
2
cos
sin
r
r
l
r
l
r
l
R
l
特别地，当
时，代入
可得：
2
2
2
2
2
2
2
2
1
2
1
2
2
2
2
2
2
cos
sin
r
r
l
r
l
r
l
R
l
②
2
2
2
2
1
2
l
r
r
R
二．典例分析
例10.已知
是半径为
的球体表面上的四点，
，
，
, ,
,
A B C D
5
2
AB
90
ACB
，则平面
与平面
的夹角的余弦值为（ ）
30
ADB
CAB
DAB
A．
B．
C．
D．
6
2
4
1
2
1
3
3
3
解析：解法1.（几何推导）
设球心为
，分别取
，
的外接圆圆心为
，连接
，
O
ABC
:
ABD
△
,
E F
,
,
OE EF OF
∵
，∴点
为
中点，则
，由
为
外心，故
，
90
ACB
E
AB
1
EA
EB
F
ABD
△
FA
FB
则
，由题意可得
平面
，故平面
与平面
的夹角，即为
FE
AB
OE
ABC
CAB
DAB
OEF
的余角.在
中，
，
，则由正弦定理可得
ABD
△
2
AB
30
ADB
，
2
2
2sin30
FA
FB
FD
由球
的半径为
，故
，
,由
平面
，
平
O
5
2
5
2
1
OF
2
5 1
2
OE
OF
DAB
EF
面
，可得
，则
中，
,即
，故平面
DAB
OF
EF
Rt
OEF
△
1
sin
2
OF
OEF
OE
30
OEF
与平面
的夹角为
，故其余弦值为
.故选:B.
CAB
DAB
60
1
2
（解法2.二级结论）
由于设
分别为面
，面
的外接圆半径，则
，代
2
1,r
r
ABC
ABD
2
,2
,1
,5
2
1
l
r
r
R
入：
，可得：
，故平面
2
2
2
2
2
2
2
1
2
1
2
2
2
2
2
2
cos
sin
r
r
l
r
l
r
l
R
l
30
OEF
CAB
与平面
的夹角为
，故其余弦值为
.
DAB
60
1
2
习题1．
分别为菱形
的边
的中点，将菱形沿对角线
折起，使点
,
M N
ABCD
,
BC CD
AC
D
不在平面
内，则在翻折过程中，以下命题正确的是 .（写出所有正确命题
ABC
的序号）
①
平面
；②异面直线
与
所成的角为定值；③在二面角
逐渐
/ /
MN
ABD
AC
MN
D
AC
B
渐变小的过程中，三棱锥
的外接球半径先变小后变大；④若存在某个位程，使得
D
ABC
直线
与直线
垂直，则
的取值范围是
.
AD
BC
ABC
0, 2
解析：①由
分别为菱形
的边
的中点，故
，
平面ABD，故
,
M N
ABCD
,
BC CD
//
MN BD
MN
平面
；
/ /
MN
ABD
②取
中点
，连接
，由于菱形
，所以
，可证得
AC
P
BP
DP,
ABCD
,
DP
AC BP
AC
平面
，故
，又
，故
，异面直线
与
所成的角
AC
DBP
BD
AC
//
MN BD
MN
AC
AC
MN
为定值.
③ 借助极限状态，当平面
与平面
重合时，三棱锥
的外接球即为以三
DCA
BCA
D
ABC
角形
的外接圆为圆心，半径为半径的球，当二面角变大时球心离开平面
，但球
ABC
ABC
心在平面
的投影仍然为三角形
的外接圆的圆心，故二面角不为0 时，外接球半
ABC
ABC
径一定大于三角形
的外接圆半径，故三棱锥
的外接球半径不可能先变小后
ABC
D
ABC
变大.
或者，由公式：
，显然错.
2
2
2
2
2
2
2
1
2
1
2
2
2
2
2
2
cos
sin
r
r
l
r
l
r
l
R
l
④．正确，故答案为：①②④
习题2.在边长为6 的菱形ABCD 中，
，现将
沿BD 折起到
的位置，
π
3
A
ABD
△
PBD
△
当三棱锥
的体积最大时，三棱锥
的外接球的表面积为（ ）
P
BCD
P
BCD
A．60π
B．45π
C．30π
D．20π
解析：当三棱锥
的体积最大值时，平面
平面
，如图，
P
BCD
PBD
BCD
取
的中点为
，连接
，则
．设
分别为
，
外接圆
BD
H
,
PH CH
PH
BD
1
2
,
O O
PBD
△
BCD
△
的圆心，
为三棱锥
的外接球的球心，则
在
上，
在
上，且
O
P
BCD
1
O
PH
2
O
CH
,且
平面
，
平面
．
1
1
2
2
2 3
3
PO
O H
PH
2
1
,
O H
BD OO
PBD
2
OO
BCD
平面
平面
，平面
平面
，
平面
，
PBD
BCD
PBD
=
BCD BD
PH
PBD
PH
BD
平面
，
，同理
，
四边形
为平行四边形
PH
BCD
2
/ /
PH
O O
1
/ /
CH
O O
1
2
O OO H
平面
，
平面
，
，即四边形
为矩形．
PH
Q
BCD
2
O H
BCD
2
PH
O H
1
2
O OO H
，
.
2
1
3
OO
O H
2
2
3
6
2 3
3
2
CO
外接球半径
，
外接球的表面积为
，选A．
2
2
2
2
3 12
15
R
OO
CO
2
4π
60π
R
（方法2）
，面
，面
的外接圆半径分别为
，则
3
6
2
l
l
BD
BCD
PCD
2
1,r
r
，代入公式：
，可得：
，故外接球的表面积为
3
2
2
1
r
r
2
2
2
2
1
2
l
r
r
R
15
2
R
，选A．
2
4π
60π
R
★7．垂面模型
此模型的解决方法与上一类型相似，只是此时二面角成为直二面角，需要注意的是，垂面
模型多出现在面面翻折过程中，当体积最大时，会出现面面垂直，这就相当于一个90 度
的二面角，用上一类型的方法即可处理，只是该类题目出现较多，所以单独整理.
例11．在梯形
中，
，将
沿
折起，连接
ABCD
,
2,
1
AB
CD AB
AD
CD
CB
∥
ACD
△
AC
，得到三棱锥
，则三棱锥
体积的最大值为__________．此时该三棱
BD
D
ABC
D
ABC
锥的外接球的表面积为__________．
解析：如图1,2
过点C 作
，垂足为E，
为等腰梯形，
，
.
CE
AB
ABCD
2,
1
AB
CD
1
2
BE
3
B
由余弦定理得
，即
，
2
2
2
2
cos
3
3
AC
AB
BC
AB BC
3
AC
2
2
2
AB
BC
AC
，易知，当平面
平面ABC 时，三棱锥
体积最大，此时，
BC
AC
ACD
D
ABC
平面
易知，
，
，
BC
ACD
2
3
D
1
2
3
sin
2
3
4
ACD
S
AD CD
:
1
3
3
1
3
4
12
D ABC
V
记O 为外接球球心，半径为R，
平面
，
，
O 到平面
的距离
BC
ACD
OB
OC
ACD
1
2
d
又
的外接圆半径
，
，
.故答案为：
，
ACD
△
1
r
2
2
2
5
4
R
r
d
2
4
5
S
R
3
12
5π
例12.在边长为6 的菱形ABCD 中，
，现将
沿BD 折起到
的位置，
π
3
A
ABD
△
PBD
△
当三棱锥
的体积最大时，三棱锥
的外接球的表面积为（ ）
P
BCD
P
BCD
A．60π
B．45π
C．30π
D．20π
解析：当三棱锥
的体积最大值时，平面
平面
，如图，
P
BCD
PBD
BCD
取
的中点为
，连接
，则
．设
分别为
，
外接圆
BD
H
,
PH CH
PH
BD
1
2
,
O O
PBD
△
BCD
△
的圆心，
为三棱锥
的外接球的球心，则
在
上，
在
上，且
O
P
BCD
1
O
PH
2
O
CH
,且
平面
，
平面
．
1
1
2
2
2 3
3
PO
O H
PH
2
1
,
O H
BD OO
PBD
2
OO
BCD
平面
平面
，平面
平面
，
平面
，
PBD
BCD
PBD
=
BCD BD
PH
PBD
PH
BD
平面
，
，同理
，
四边形
为平行四边形
PH
BCD
2
/ /
PH
O O
1
/ /
CH
O O
1
2
O OO H
平面
，
平面
，
，即四边形
为矩形．
PH
Q
BCD
2
O H
BCD
2
PH
O H
1
2
O OO H
，
.
2
1
3
OO
O H
2
2
3
6
2 3
3
2
CO
外接球半径
，
外接球的表面积为
，选A．
2
2
2
2
3 12
15
R
OO
CO
2
4π
60π
R
★8．棱台模型
例13．（2022·全国·高考真题）已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为
和
3 3
，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（ ）
4 3
A．
B．
C．
D．
100π
128π
144π
192π
解析：设正三棱台上下底面所在圆面的半径
，所以
，即
1
2
,
r r
1
2
3 3
4 3
2
,2
sin 60
sin 60
r
r
，设球心到上下底面的距离分别为
，球的半径为
，所以
，
1
2
3,
4
r
r
1
2
,
d d
R
2
1
9
d
R
，故
或
，即
或
2
2
16
d
R
1
2
1
d
d
1
2
1
d
d
2
2
9
16
1
R
R
，解得
符合题意，所以球的表面积为
．故
2
2
9
16
1
R
R
2
25
R
2
4π
100π
S
R
选：A．
★9．直角三角形共斜边拼接
例14．在矩形
中，
，沿
将矩形
折成一个直二面角
ABCD
4,
3
AB
BC
AC
ABCD
，则四面体
的外接球的体积为（
）
B
AC
D
ABCD
A．
B．
C．
D．
125
12
125
9
125
6
125
3
解析：设矩形对角线的交点为
，则由矩形对角线互相平分，可知
O
OA
OB
OC
OD
．
∴点
到四面体的四个顶点
的距离相等，即点
为四面体的外接球的球心，
O
、、、
A
B
C
D
O
如图所示．
∴外接球的半径
．故
．选C．
5
2
R
OA
球
3
4
125
3
6
V
R
例15．已知圆
与圆
相交于A，B 两点，将四边形OACB 沿
2
2
:
4
O x
y
2
2
:
(
3)
5
C x
y
对角线OC 翻折成直二面角，则所得四面体OACB 的外接球体积为（ ）
A．
B．
C．
D．
4 π
3
9 π
2
5π
9π
解析：圆
的圆心为
，半径为
，圆
的圆心为
，
2
2
:
4
O x
y
0,0
2
2
2
:
(
3)
5
C x
y
0,3
半径为
，
，
同理可得
5
2
2
2
3,
2,
5,
OC
OA
AC
OC
OA
AC
π
2
CAO
，如图所示大致图象，取
的中点
，连接
，
π
2
CBO
OC
E
,
AE BE
则
，
为四面体OACB 的外接球的球心，
为外接球的半
EA
OE
EC
EB
E
1
3
2
2
OC
径，
.故选：B.
3
4
3
9
π
π
3
2
2
V
★10．最值问题
例16．已知
是边长为3 的等边三角形，三棱锥
全部顶点都在表面积为
ABC
:
P
ABC
16π
的球O 的球面上，则三棱锥
的体积的最大值为（ ）．
P
ABC
A．
B．
C．
D．
3
3
3
2
9 3
4
3
2
解：球O 的半径为R，则
，解得：
，由已知可得：
2
4π
16π
R
2
R
2
3
9 3
3
4
4
ABC
S
△
，其中
，球心O 到平面ABC 的距离为
，故三棱锥
2
3
3
AE
AD
2
2
3
1
R
P
ABC
的高的最大值为3，体积最大值为
．故选：C．
1
9 3
3
3
4
ABC
S
△
例17．三棱锥
的顶点都在以PC 为直径的球M 的球面上，
．若球M 的
P
ABC
PA
BC
表面积为
，
，则三棱锥
的体积的最大值为（ ）
100
8
PA
P
ABC
A．24
B．
C．27
D．
25
3
28
3
解析：因为三棱锥
的顶点都在以PC 为直径的球M 的球面上，所以
P
ABC
，又
，
，故
面
，又
，故
,
PA
AC PB
BC
PA
BC
AC
BC
C
PA
ABC
PA
PB
P
面
，又
面
，故
.球M 的表面积为
，设球的半径为
，则
BC
PAB
AB Ì
PAB
BC
AB
100
R
，解得
，即
，所以
，
2
4
100
R
5
R
10
PC
2
2
6
AC
PC
PA
，三棱锥
的体积为
，要使体积最
2
2
2
36
BC
AB
AC
P
ABC
1
4
3
3
ABC
PA S
AB BC
:
大，即
最大，又
，当且仅当
时取等，故体积的最
AB BC
2
2
18
2
BC
AB
AB BC
AB
BC
大值为
.故选：A.
4 18
24
3
★11．球的截线问题
对于定长型动点问题，即空间中动点满足到某个定点的距离为定值，其实由球的定义可
知，动点的轨迹即以定点为球心，定长为半径的球.另一方面动点会在某个其他平面上运
动，所以，这实际就是一个球的截线问题. 处理这样问题的关键点有两个：第一，找到球
在这个面的边界点（利用已知数据计算），第二，找到这个截面的外接圆圆心，其利用球
的截面性质来算，做到上述两点，这个问题就基本上能够解决！当然，坐标法也是一个不
错的手段，等会例题中将会体现.
例18.（2020 新高考1 卷）已知直四棱柱ABCD–A1B1C1D1 的棱长均为2，
∠BAD=60°．以
为球心，
为半径的球面与侧面BCC1B1 的交线长为________．
1
D
5
解析：如图：
解析：取
的中点为
，
的中点为
，
的中点为
，因为
60°，直
1
1
B C
E
1
BB
F
1
CC
G
BAD
四棱柱
的棱长均为2，所以△
为等边三角形，所以
1
1
1
1
ABCD
A B C D
1
1
1
D B C
1
D E
3
，
<找到球在这个面的边界点（利用已知数据计算）>.
，又四棱柱
为直四棱柱，所以
平面
，所以
1
1
1
D E
B C
1
1
1
1
ABCD
A B C D
1
BB
1
1
1
1
D
C
B
A
，因为
，所以
侧面
，设
为侧面
与球
1
1
1
BB
B C
1
1
1
1
BB
B C
B
1
D E
1
1
B C CB
P
1
1
B C CB
面的交线上的点，则
，因为球的半径为
，
，所以
1
D E
EP
5
1
3
D E
，所以侧面
与球面的交线上的点到
的
2
2
1
1
|
|
|
|
|
|
5
3
2
EP
D P
D E
1
1
B C CB
E
距离为
，因为
，所以侧面
与球面的交线是扇形
的弧
2
|
| |
|
2
EF
EG
1
1
B C CB
EFG
，因为
，所以
，所以根据弧长公式可得
:FG
1
1
4
B EF
C EG
2
FEG
. 故答案为：
.
:
2
2
2
2
FG
2
2
例19.（24 届成都一诊理数）已知高
，底面半径
的圆锥内接于球
，则经过
1
2
SO
1
4
O A
O
和
中点的平面截球
所得截面面积的最小值为 ．
S
1
O A
O
解析：设球
的半径为
，线段
的中点为
，因为
，
O
R
1
O A
E
1
2
1
2
2
OO
AO
AO
所以
，解得
，设经过和
中点
的平面截球
所得截面圆的圆心
2
2
2
4
2
R
R
5
R
S
1
O A
E
O
为
，半径为，球心
到截面的距离
，则
，要截面面积最小，则
2
O
r
O
2
OO
d
2
2
2
r
R
d
r
要最小，即
要最大，当
为点
到
的距离时最大，此时
，
d
d
O
SE
1
d SE
SO EO
又
，所以
，所以
，
2
2
2
2
2 2
SE
1
5 2
5
2 2
2
SO EO
d
SE
2
2
2
5
25
5
2
2
r
故截面面积的最小值为
.故答案为：
.
2
25
π
π
2
r
25 π
2
★12.外接球为媒介的立几综合
例20．（湖北省武汉市部分学校2023-2024 学年九月调研考试）已知
是半径为
, ,
,
A B C D
5
的球体表面上的四点，
，
，
，则平面
与平面
的
2
AB
90
ACB
30
ADB
CAB
DAB
夹角的余弦值为（ ）
A．
B．
C．
D．
6
2
4
1
2
1
3
3
3
解析：设球心为
，分别取
，
的外接圆圆心为
，连接
，
O
ABC
:
ABD
△
,
E F
,
,
OE EF OF
∵
，∴点
为
中点，则
，由
为
外心，故
，则
90
ACB
E
AB
1
EA
EB
F
ABD
△
FA
FB
，由题意可得
平面
，故平面
与平面
的夹角，即为
的
FE
AB
OE
ABC
CAB
DAB
OEF
余角.在
中，
，
，则由正弦定理可得
ABD
△
2
AB
30
ADB
2
2
2sin30
FA
FB
FD
，
由球
的半径为
，故
，
,由
平面
，
平面
O
5
2
5
2
1
OF
2
5 1
2
OE
OF
DAB
EF
，可得
，则
中，
,即
，故平面
DAB
OF
EF
Rt
OEF
△
1
sin
2
OF
OEF
OE
30
OEF
CAB
与平面
的夹角为
，故其余弦值为
.故选:B.
DAB
60
1
2
三．习题演练
1．已知三棱锥
的四个顶点都在球
的球面上，
，
P
ABC
O
6
PA
PB
PC
AB
，则球
的体积为（ ）
2π
3
ACB
O
A．
B．
C．
D．
3π
27 π
8
9 π
2
9π
2．已知球O 的直径
，
，
是球
的球面上两点，
，
2
SC
A
B
O
π
3
ASC
BSC
ASB
则三棱锥
的体积为（ ）
S
ABC
A．
B．
C．
D．
2
6
2
3
2
2
2
3．已知三棱锥
的四个顶点都在球
的球面上，
，
P
ABC
O
2 5,
4
PB
PC
AB
AC
，则球
的表面积为（ ）
2
PA
BC
O
A．
B．
C．
D．
316 π
15
79 π
15
158 π
5
79 π
5
4. 在四棱锥
中，
面
四边形
是边长为
的正方形，且
P
ABCD
－
PA
,
ABCD
ABCD
2
．若点
分别为
的中点，则直线
被四棱锥
的外接球所
2
PA＝
E
F
、
,
AB AD
EF
P
ABCD
－
截得的线段长为_____.
参考答案
1.解析：过
点作
平面
，垂足为
，因为
，所以
为
的外
P
1
PP
ABC
1P
PA
PB
PC
1P
ABC
:
心，
则
（为
的外接圆半径），所以
，
1
1
1
P A
PB
PC
r
r
ABC
:
2
r
,设
为球心，
为球的半径，则
，因为
2
2
1
1
6
2
2
PP
PA
P A
O
R
R
OP
OA
，解得
，所以球
的体积为
2
2
2
1
1
2
2
OA
OP
P A
R
R
3
2
R
O
.故选：C.
3
4
4
27
9
π
π
π
3
3
8
2
V
R
2.解析：因为
为球
的直径，
，
是球
的球面上两点，所以
2
SC
O
A
B
O
，又
，
，所以
90
SAC
SBC
2
SC
π
3
ASC
BSC
ASB
，
，所以
为等边三角形且
，
π
sin
3
3
AC
BC
SC
π
cos
1
3
SA
SB
SC
SAB
△
1
AB
设
的外接圆的半径为，则
，所以
，则球心
到平面
的
SAB
△
r
1
2 3
2
π
3
sin 3
r
3
3
r
O
SAB
距离
，
2
2
6
2
3
SC
d
r
所以点
到平面
的距离
，又
，所以
C
SAB
2 6
2
3
h
d
1
π
3
sin
2
3
4
SAB
S
SA SB
:
.故选：A
1
1
3
2 6
2
3
4
3
6
3
S
S
ABC
C SAB
AB
V
S
h
V
:
3.解析：在三棱锥
中，如图，
，则
，同理
P
ABC
2
2
2
20
AB
PA
PB
PA
AB
PA
AC
，
而
平面
，因此
平面
，在等腰
中，
,
,
AB
AC
A AB AC
ABC
PA
ABC
ABC
:
，则
，令
的外接圆圆心为
，
4,
2
AB
AC
BC
2
15
sin
1 cos
4
ABC
ABC
ABC
:
1
O
则
平面
，
，有
，取
中点D，连接OD，
1
OO
ABC
1
1
8
2 sin
15
AC
O A
ABC
1 / /
OO
PA
PA
则有
，又
平面
，即
，从而
，四边形
为平行
OD
PA
1
O A
ABC
1
O A
PA
1
/ /
O A
OD
1
ODAO
四边形，
，又
，因此球O 的半径
1
1
OO
AD
1
1
OO
O A
，所以球
的表面积
.故选：A
2
2
2
2
2
2
1
1
8
79
(
)
1
15
15
R
OA
O A
O O
O
2
316
4π
π
15
S
R
4. 解析. 如图所示：因为
面
四边形
是正方形，所以
PA
,
ABCD
ABCD
均为以
为斜边的直角三角形，所以外接球的球心O 为PC 的中
,
,
PAC
PBC
PDC
:
:
:
PC
点，则
,取EF 的中点G,因为
2
2
1
1
3
2
2
R
PC
PA
AC
，所以
，则
，所以
3
2 2
2 3
6
6
4
,
2
2
2 2
3
PC
GC
AC
OC
PC
GC
AC
OC
PAC
GOC
:
::
，所以球心到直线的距离为
，所以
GO
PC
2
2
6
2
d
GO
GC
OC
，所以所截得的线段长为
，故答案为：
.
2
2
2
6
l
R
d
6
6
