專題14立體幾何內(nèi)外接球歸類

目錄

第一部分題型破譯微觀解剖，精細(xì)教學(xué)

典例引領(lǐng)方法透視變式演練

【選填題破譯】

題型01正方體、長方體模型

題型02正四面體模型

題型03對棱相等模型

題型04直棱柱外接球

題型05直棱錐外接球

題型06內(nèi)切球問題

第二部分綜合鞏固整合應(yīng)用，模擬實(shí)戰(zhàn)

題型01正方體、長方體模型

4π

【例1-1】（2025·天津紅橋·模擬預(yù)測）一個(gè)正方體的棱長為a，若一個(gè)球內(nèi)切于該正方體，此球的體積是，

3

則a.

【答案】2

【分析】正方體內(nèi)切球的直徑即為正方體的棱長，即可得到內(nèi)切球的半徑，進(jìn)而結(jié)合球的體積公式列方程

求解即可.

a

【詳解】依題意，正方體內(nèi)切球的直徑即為正方體的棱長a，則內(nèi)切球的半徑為，

2

3

4πa4π

所以，解得a2.

323

故答案為：2.

【例1-2】（2025·天津·模擬預(yù)測）已知棱長為3的正方體ABCDA1B1C1D1的所有頂點(diǎn)均在球O的球面上，

則球O的表面積為（）

A．25πB．27πC．16πD．23π

【答案】B

【分析】設(shè)球O的半徑為R，則該正方體的體對角線長即為2R，求出2R的值，結(jié)合球體表面積公式求解

即可.

【詳解】設(shè)球O的半徑為R，則該正方體的體對角線長即為2R，即2R33，

2

故球O的表面積為S4πR2π2R27π.

故選：B.

1．正方體的外接球的球心為其體對角線的中點(diǎn)，半徑為體對角線長的一半．

2．長方體的外接球的球心為其體對角線的中點(diǎn)，半徑為體對角線長的一半．

3．補(bǔ)成長方體

（1）若三棱錐的三條側(cè)棱兩兩互相垂直，則可將其放入某個(gè)長方體內(nèi)，如圖1所示．

（2）若三棱錐的四個(gè)面均是直角三角形，則此時(shí)可構(gòu)造長方體，如圖2所示．

PA

（3）正四面體PABC可以補(bǔ)形為正方體且正方體的棱長a，如圖3所示．

2

（4）若三棱錐的對棱兩兩相等，則可將其放入某個(gè)長方體內(nèi)，如圖4所示

圖1圖2圖3圖4

【變式1-1】（2024·天津南開·一模）在長方體ABCDA1B1C1D1中，AA12，AC1BD，其外接球體積為

36π，則其外接球被平面AB1D1截得圖形面積為（）

53256519

A．πB．πC．πD．π

6393

【答案】B

【分析】建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量法求出底面為正方形，長方體外接球的直徑即為長方體的體

對角線且球心在體對角線的中點(diǎn)，由外接球的體積求出AC1，從而求出底面邊長，再利用向量法求出球心

到平面AB1D1的距離，即可求出截面圓的半徑，從而求出其面積.

【詳解】如圖建立空間直角坐標(biāo)，設(shè)ADa、DCba,b0，則Ba,b,0，

Aa,0,0，C10,b,2，D0,0,0，

所以DBa,b,0，AC1a,b,2，

因?yàn)椋?2，所以，即為正方形，

AC1BDAC1DBab0abABCD

又長方體ABCDA1B1C1D1的外接球的直徑為長方體的體對角線長AC1，

外接球的球心為體對角線的中點(diǎn)不妨設(shè)為O，

3

4AC1

由外接球體積為36π，所以π36π，解得AC16，

32

又222，解得（負(fù)值舍去），

AC1aa26a4

所以A4,0,0，D10,0,2，B14,4,2，O2,2,1，

所以AD14,0,2，AB10,4,2，AO2,2,1，

nAD4x2z0

設(shè)平面的法向量為，則1，取，

AB1D1nx,y,zn1,1,2

nAB14y2z0

nAO

所以點(diǎn)到平面的距離26，

OAB1D1d

n63

2

所以外接球被平面ABD截得的截面圓的半徑2625，

11r3

33

25

所以截面圓的面積Sπr2π，

3

25

即外接球被平面ABD截得圖形面積為π.

113

故選：B

【變式1-2】（2025·天津河西·一模）長方體ABCDA1B1C1D1的8個(gè)頂點(diǎn)都在同一個(gè)球面上，且AB2，

AD3，AA11，則球的表面積為．

【答案】8π

【分析】根據(jù)已知求出長方體的體對角線的長，即可得出外接球的半徑，進(jìn)而根據(jù)球的表面積公式得出答

案.

【詳解】因?yàn)椋L方體外接球的直徑即等于長方體的體對角線AC1，

且AC1ABADAA1，

22

所以，

AC1ABADAA1

222

，

ABADAA14318

2

所以，，

AC1AC122

所以，外接球的半徑r2，表面積為4πr28π.

故答案為：8π.

【變式1-3】（2025·天津靜?！ぴ驴迹┮阎L方體ABCDA1B1C1D1中，AB3，BC6，若AC1與平面BCC1B1

6

所成的角的余弦值為，則該長方體外接球的表面積為.

3

【答案】27π

【分析】根據(jù)線面夾角的定義分析可得與平面所成的角的余弦值為，進(jìn)而可得，

AC1BCC1B1AC1BBB123

再根據(jù)長方體的外接球以及球的表面積公式運(yùn)算求解.

【詳解】連接，設(shè)，則222，

BC1BB1aBC1a6,AC196aa15

因?yàn)锳B平面BCC1B1，則AC1與平面BCC1B1所成的角的余弦值為AC1B，

BCa266

由題意可得cosACB1，解得，

12a23

AC1a153

設(shè)長方體外接球的外接球的半徑為R，則2RAC133，

2

所以外接球的表面積為2

S球4πRπ3327π.

故答案為：27π.

題型02正四面體模型

【例】（天津和平調(diào)研）已知正四面體（四個(gè)面都是正三角形）的體積為，若能裝下它

2-12026··ABCDV1

的最小正方體的體積為243，，設(shè)正四面體ABCD的內(nèi)切球（與四面體各個(gè)面都相切的球）表面積為S1，

SV

12

外接球（四面體各頂點(diǎn)都在球的表面上）體積為V2，則（）

3V1

5πππ3π

A．B．C．D．

3388

【答案】A

【分析】利用正四面體的性質(zhì)，即內(nèi)切球半徑為高的四分之一，外接球半徑為高的四分之三，再結(jié)合勾股

定理進(jìn)行求高，再利用球的表面積公式和體積公式，即可求解.

【詳解】

如圖能裝下正四面體ABCD的最小正方體，其體積為243，，可知正方體邊長為23，

從而可得正四面體ABCD的棱長為正方體的面對角線長26，

利用正四面體的性質(zhì)可知，

正四面體的內(nèi)切球球心位于正四面體的高線上，且內(nèi)切球半徑為高的四分之一；

正四面體的外接球球心位于正四面體的高線上，且外接球半徑為高的四分之三；

113

由球與底面的切點(diǎn)為底面中心，可知OFCF262，

1332

3

而DF2632，所以DO11824，

2

即內(nèi)切球半徑為r1，外接球半徑為R3，

2

所以有正四面體的體積為113，

ABCDV126483

322

4

4π12π33

SV5π

即123，

3V13833

故選：A.

【例2-2】（2025·天津河北·二模）正多面體也稱柏拉圖立體，被譽(yù)為最有規(guī)律的立體結(jié)構(gòu)，其所有面都只

由一種正多邊形構(gòu)成的多面體（各面都是全等的正多邊形，且每一個(gè)頂點(diǎn)所接的面數(shù)都一樣，各相鄰面所

成二面角都相等），數(shù)學(xué)家已經(jīng)證明世界上只存在五種柏拉圖立體，即正四面體、正六面體、正八面體、

正十二面體、正二十面體，如圖所示為正八面體，則該正八面體的外接球與內(nèi)切球的表面積的比為（）

4

A．B．2C．3D．4

3

【答案】C

【分析】若正八面體的棱長為2，根據(jù)正八面體的結(jié)構(gòu)特征易得外接球半徑R2，應(yīng)用等體積法求得內(nèi)

6

切球半徑r，最后由面積比為R2:r2即可得.

3

【詳解】若正八面體的棱長為2，令其外接球、內(nèi)切球半徑分別為R,r，且R2，

1

由各側(cè)面的面積S22sin603，且構(gòu)成八面體的兩個(gè)正四棱錐的高為，

22

1126

則正八面體的體積V8rS222，所以r，

333

2

所以外接球與內(nèi)切球的表面積之比為R2:r22:3:1.

3

故選：C

2

如圖，設(shè)正四面體ABCD的的棱長為a，將其放入正方體中，則正方體的棱長為a，顯然正四面體

2

2366

和正方體有相同的外接球．正方體外接球半徑為Raa，即正四面體外接球半徑為Ra．

2244

【變式2-1】（2025·天津和平·一模）已知正四面體ABCD（四個(gè)面都是正三角形），其內(nèi)切球（與四面體

π

各個(gè)面都相切的球）表面積為，設(shè)能裝下正四面體ABCD的最小正方體的體積為V，正四面體ABCD的

61

外接球（四面體各頂點(diǎn)都在球的表面上）體積為V2，則V1V2（）

36323

A．πB．πC．πD．π

16882

【答案】A

【分析】設(shè)正四面體的棱長為a，設(shè)正四面體ABCD內(nèi)切球球心為O，半徑為r2，由等體積法求出a1，

將該正四面體放入一個(gè)正方體內(nèi)，使得每條棱恰好為正方體的面對角線，此時(shí)即為能裝下正四面體ABCD的

最小正方體，即可求出，設(shè)正四面體的外接球的半徑，根據(jù)正方體和正四面體的外接球?yàn)橥?/p>

V1ABCDR

個(gè)球計(jì)算出V2，即可得出答案．

3

【詳解】設(shè)正四面體的棱長為a，則正四面體的表面積為S4a23a2，

4

a3

2r,ra.

由題設(shè)底面ABC的外接圓半徑r，則11

1sin3

3

36

所以正四面體的高為a2(a)2a，

33

1362

其體積為Va2aa3，

34312

設(shè)正四面體ABCD內(nèi)切球球心為O，半徑為r2，

113223

VVVVV4Sr4ara

OABCOABDOBCDOACD33412

2

626π

解得：，所以4πr4πa=，解得：a1，

r2a2

12126

將該正四面體放入下圖的正方體內(nèi)，使得每條棱恰好為正方體的面對角線，

此時(shí)即為能裝下正四面體ABCD的最小正方體，

2

正四面體ABCD的最小正方體的邊長為b，如下圖，即2b2a21，所以b，

2

2

體積為Vb3，設(shè)正四面體的外接球半徑為R，

14

6

則正方體的外接球，也即正四面體的外接球的半徑為2R3b，

2

3

466

所以6，所以外接球的體積為，

RV2ππ

4348

263

VVππ.

124816

故選：A.

【變式2-2】（2025·天津·模擬預(yù)測）如圖，這是某零件的結(jié)構(gòu)模型，中間大球?yàn)檎拿骟w的內(nèi)切球，小球

與大球、正四面體的三個(gè)面均相切.若AB＝12，則該模型中一個(gè)小球的體積為.

【答案】6π

【分析】根據(jù)題干信息畫出示意圖，根據(jù)正四面體的特征分別計(jì)算出大小球半徑即可求出小球的體積.

【詳解】如圖所示，設(shè)O為大球的球心，大球的半徑為R，大正四面體的底面中心為E，棱長為AB12，

高為h，CD的中點(diǎn)為F，

連接OA,OB,OC,OD,OE,BF，

236

則BEBF1243，hAEAB2BE21246，

333

∵V正四面體4VOABC，

11

∴S·h4S·R，

3ABC3ABC

1

∴Rh6，

4

設(shè)小球的半徑為r，小球也可看作一個(gè)小的正四面體的內(nèi)切球，

且小正四面體的高h(yuǎn)小h2R26，

∴116，

rh小26

442

3

446

∴小球的體積為：3，

πrπ6π

332

故答案為：6π.

【變式2-3】半正多面體亦稱“阿基米德體”“阿基米德多面體”，是以邊數(shù)不全相同的正多邊形為面的多面體.

某半正多面體由4個(gè)正三角形和4個(gè)正六邊形構(gòu)成，其可由正四面體切割而成，如圖所示.已知MN1，若

在該半正多面體內(nèi)放一個(gè)球，則該球表面積的最大值為.

3π

【答案】

2

【分析】分析出球心的位置，得出半正多面體所在的正四面體的高，求出點(diǎn)O到正六邊形所在平面的距離，

到正三角形所在平面的距離，即可求出當(dāng)球的表面積最大時(shí)，該球的半徑，進(jìn)而得出表面積.

【詳解】由題意，

半正多面體由4個(gè)正三角形和4個(gè)正六邊形構(gòu)成，其可由正四面體切割而成，MN1，

當(dāng)球的表面積最大時(shí)，該球的球心即為半正多面體所在正四面體的外接球的球心，記球心為O.

333313

在△PDE中，PD3，DE3,

22232

該半正多面體所在的正四面體的高為：

22

22333，

hPDDE6

22

設(shè)點(diǎn)O到正六邊形所在平面的距離為d，

過點(diǎn)O作OFPD于F，

由幾何知識得，POFPDE

3

OFDEd

∴，即2，

POPD6d33

2

6

解得：d，

4

2

663π

∴當(dāng)球的表面積最大時(shí)，該球的半徑為，表面積為4π.

442

3π

故答案為：.

2

題型03對棱相等模型

【例3-1】（2025·天津紅橋·模擬預(yù)測）四棱錐PABCD的所有頂點(diǎn)都在同一個(gè)球面上，ABAD6，

π

BAD，PAPBPCPD4，則其外接球的表面積為；過BD的中點(diǎn)作直線與球O相交的

3

最短弦長為．

【答案】64π6

【分析】記四邊形ABCD的外接圓的圓心為O1，由條件可得PO1平面ABCD，故四棱錐PABCD的外接

球的球心O在直線PO1上，求四邊形ABCD的外接圓半徑和APO1，根據(jù)球心O在PA的垂直平分線上可求

四棱錐PABCD的外接球的半徑，根據(jù)球的表面積公式可求四棱錐PABCD的外接球的表面積，設(shè)BD的

中點(diǎn)為E，由條件求OE，由球的性質(zhì)可求過E的球的最短弦長.

【詳解】記四邊形ABCD的外接圓的圓心為O1，因?yàn)镻APBPCPD4，

所以PO1平面ABCD，

記四棱錐PABCD的外接球的球心為O，則OO1平面ABCD，

所以四棱錐PABCD的外接球的球心O在直線PO1上，

設(shè)OO1x，

因?yàn)樗倪呅蜛BCD的外接圓圓心就是ABC的外接圓，設(shè)外接圓的半徑為r，

π

因?yàn)锳BAD6，BAD，

3

6

2r43

所以△ABD為等邊三角形，π，故，

sinr23

3

因?yàn)镻O1平面ABCD，AO1平面ABCD，所以PO1AO1，

233

所以POPA2r22，sinAPO，

1142

ππ

又APO10,，所以APO1，

23

2

OP4

由已知球心O在PA的垂直平分線上，所以π，

cos

3

所以四棱錐PABCD的外接球的半徑的半徑R4，

所以四棱錐PABCD的外接球的表面積S4πR24π1664π，

設(shè)BD的中點(diǎn)為E，則O1DO1B，所以O(shè)1EBD，

因?yàn)锳BAD，所以AEBD，

所以A,E,O1三點(diǎn)共線，

π

因?yàn)锳BAD6，BAD，所以AE33，又OAr23，

31

所以O(shè)1EAEAO13，又OO1OPPO12，

因?yàn)镺O1平面ABCD，O1E平面ABCD，

所以，所以22，

OO1O1EOEOO1O1E437

所以過BD的中點(diǎn)作直線與球O相交的最短弦長為2R2OE221676，

故答案為：64π，6.

【例3-2】（2025·天津武清·模擬預(yù)測）蹴鞠（如圖所示），類似今日的足球運(yùn)動(dòng)，被列入第一批國家級非

物質(zhì)文化遺產(chǎn)名錄．已知某鞠表面上的四個(gè)點(diǎn)A，B，C，D滿足ABCD13cm，BDAC9cm，

ADBC11cm，則該鞠的表面積為（）

371π371π

A．cm2B．371πcm2C．742πcm2D．cm2

24

【答案】A

【分析】根據(jù)空間四面體棱長的特點(diǎn)，放到長方體中，利用長方體的性質(zhì)、球的表面積公式進(jìn)行求解即可.

【詳解】因?yàn)槟尘媳砻嫔系乃膫€(gè)點(diǎn)A，B，C，D滿足ABCD13cm，BDAC9cm，

ADBC11cm，

所以可以把空間四面體ABCD放到如下圖所示的長方體中，

設(shè)長方體的棱長分別為a,b,c，

AB2a2b2132

371

則有AC2a2c292a2b2c2，

22222

BCbc11

371

于是該長方體的對角線長為a2b2c2，

2

1371

所以蹴鞠的半徑為，

22

2

于是該鞠的表面積為1371371π，

4π

222

故選：A

四面體ABCD中，ABCDm，ACBDn，ADBCt，這種四面體叫做對棱相等四面體，可

以通過構(gòu)造長方體來解決這類問題．

b2c2m2

222

222mnt

如圖，設(shè)長方體的長、寬、高分別為a,b,c，則acn，三式相加可得a2b2c2,

2222

abt

m2n2t2

而顯然四面體和長方體有相同的外接球，設(shè)外接球半徑為R，則a2b2c24R2，所以R．

8

【變式3-1】（2025·天津·二模）已知三棱錐PABC的四個(gè)頂點(diǎn)都在球O的球面上，

23

PABC,PBACPCAB2，則球O的表面積為（）

3

21π16π27π8π

A．B．C．D．

83163

【答案】D

【分析】根據(jù)條件，將三棱錐PABC補(bǔ)成長方體AB1CDA1BC1P，再利用長方體的性質(zhì)求出外接球的半

徑，即可求解.

【詳解】如圖，將三棱錐PABC補(bǔ)成長方體AB1CDA1BC1P，

23

設(shè)B1Aa,B1Cb,B1Bc，又PABC,PBACPCAB2，

3

2242228

則bc，a2b22，a2c22，將三式相加得abc，

33

因?yàn)槿忮FPABC的頂點(diǎn)全在長方體的頂點(diǎn)上，所以長方體的外接球也是三棱錐PABC的外接球，

26

由長方體的性質(zhì)知，長方體的外接球球心在體對角線的中點(diǎn)處，且體對角線長為la2b2c2，

3

l6268π

所以三棱錐PABC的外接球O的半徑為R，則球O的表面積為S4πR4π.

2393

故選：D.

【變式3-2】（2025·天津南開·模擬預(yù)測）在四面體PABC中，PABC5，PBAC7，PCAB2，

則該四面體外接球的表面積為（）

A．4πB．6πC．8πD．10π

【答案】C

【分析】根據(jù)對棱相等的特征，可以將四面體放入長方體中，再求其外接球半徑即可.

【詳解】如圖所示，該四面體的各頂點(diǎn)恰好是一個(gè)長方體的四個(gè)頂點(diǎn)，每條棱為長方體各面的對角線，

a2b24

設(shè)這個(gè)長方體各棱長分別為a,b,c，則有b2c27，

22

ac5

各式相加得a2b2c28，

2

設(shè)外接球半徑為R，則有2Ra2b2c28，

外接球表面積S4πR28π.

故選：C．

【變式3-3】（2025·天津河北·模擬預(yù)測）在三棱錐PABC中，PABC10，PBAC5，

PCAB13，則該三棱錐的外接球的表面積為（）

287

A．28πB．πC．7πD．14π

3

【答案】D

【分析】根據(jù)三棱錐中的對棱相等模型將三棱錐補(bǔ)成長方體，求出半徑，結(jié)合球的表面積公式即可求解.

【詳解】將三棱錐補(bǔ)成長方體，則三棱錐PABC的外接球等價(jià)于長方體的外接球，

設(shè)長方體的長寬高分別為a,b,c，

a2b25

22

則bc10，可得a2b2c214，

22

ac13

a2b2c214

所以長方體的外接球半徑R，

22

所以三棱錐的外接球的表面積為S4πR214π.

故選：D.

題型04直棱柱外接球

【例4-1】（2026·天津紅橋·調(diào)研）已知三棱柱ABCA1B1C1的側(cè)棱垂直于底面，且各頂點(diǎn)都在同一球面上，

，，

若ABACAA12BAC120則此球的表面積為（）

A．10πB．12πC．16πD．20π

【答案】D

【分析】通過已知條件求出底面外接圓的半徑,設(shè)此圓圓心為O,球心為O,在Rt△OBO中,求出球的半徑,然后

求出球的表面積.

【詳解】

解:在ABC中ABAC2,BAC120

可得BC2AB2AC22ABACcos12012，

所以BC23,

123

由正弦定理,可得ABC外接圓半徑r2,

2sin120

設(shè)此圓圓心為O,球心為O，球的半徑為R，

1

由球的性質(zhì)可知：OO平面ABC，OOAA1

21

OB在平面ABC內(nèi)，

所以O(shè)OOB，

在Rt△OBO中,R2145，

所以球半徑R5,

故此球的表面積為4πR220π

故選：D

【例4-2】（2025·天津武清·模擬預(yù)測）已知直三棱柱A1B1C1ABC的頂點(diǎn)均在球面上，且

AA123,BAC30,BC1，則該球的表面積為（）

32π4π

A．16πB．C．4πD．

33

【答案】A

【分析】利用正弦定理求得ABC外接圓的半徑，利用勾股定理求得外接球的半徑，可求表面積.

【詳解】在ABC中，BAC30,BC1，

1BC11

利用正弦定理可得ABC外接圓的半徑AE1，

2sinBAC2sin30

2

又，所以直三棱柱ABCABC的外接球的半徑為2，

AA123111OA132

所以該球的表面積為4πOA216π.

故選：A.

如圖1，圖2，圖3，直三棱柱內(nèi)接于球（同時(shí)直棱柱也內(nèi)接于圓柱，棱柱的上下底面可以是任意三角

形）

圖1圖2圖3

第一步：確定球心O的位置，O1是ABC的外心，則OO1平面ABC；

11

第二步：算出小圓O的半徑AOr，OOAAh（AAh也是圓柱的高）；

1112121

hh

第三步：勾股定理：OA2OA2OO2R2()2r2Rr2()2，解出R

1122

【變式4-1】（2025·天津北辰·三模）已知正四棱柱ABCDA1B1C1D1的底面邊長為4，側(cè)棱長為2，點(diǎn)E是

棱B1C1的中點(diǎn)，P為上底面A1B1C1D1內(nèi)（包括邊界）的一動(dòng)點(diǎn)，且滿足DP∥平面ACE，DP的軌跡把該正

四棱柱截成兩部分，則較小部分的外接球的體積為（）

9

A．12πB．9πC．πD．43π

2

【答案】D

【分析】取A1B1,C1D1,A1D1的中點(diǎn)F,M,N，連接MN,EF,AF,DN,DM,A1C1,NE,，由題意易得平面MND//平

面ACEF，從而可得PMN，進(jìn)而可得體積較小的部分為三棱錐DD1MN，進(jìn)而可求得其外接球的體積.

【詳解】取A1B1,C1D1,A1D1的中點(diǎn)F,M,N，連接MN,EF,AF,DN,DM,A1C1,NE,

由題意可得MN//A1C1//EF，又AC//A1C1，所以AC//EF，所以平面ACEF即為平面ACE，

又MN//EF，MN平面ACEF，EF平面ACEF，所以MN//平面ACEF，

易得ND1//EC1ND1EC1，所以四邊形EC1D1N為平行四邊形，

所以NE//D1C1且NED1C1，又DCD1C1且DCD1C1，

所以NE//DC且NEDC，所以四邊形NECD為平行四邊形，

所以ND//EC，又ND平面ACEF，EC平面ACEF，所以ND//平面ACEF，

又NDMNN，NDMNN，ND,NM平面DNM，

所以平面MND//平面ACEF，又因?yàn)镈P//平面ACE，

所以DP平面MND，又P為上底面A1B1C1D1內(nèi)（包括邊界）的一動(dòng)點(diǎn)，

所以PMN，由圖易知DP的軌跡把該正四棱柱截成兩部分中體積較小的部分為三棱錐DD1MN，

又D1DD1M,D1DD1N,D1ND1M，

11

所以三棱錐DDMN的外接球的半徑RDM2DD2DN22222223，

121112

4

較小部分的外接球的體積為Vπr343π.

3

故選：D.

【變式4-2】（2025·天津·調(diào)研）所有棱長均為2的正三棱柱ABCA1B1C1，它的頂點(diǎn)均在球O的表面上，

則球O的表面積為.

2828

【答案】/

33

【分析】如圖，確定O為O1O2的中點(diǎn)，根據(jù)正弦定理和勾股定理求出球O的半徑，結(jié)合球的表面積公式計(jì)

算即可求解.

【詳解】設(shè)正三棱柱ABCA1B1C1上、下底面的外接圓的圓心分別為O1,O2，

如圖，連接O1O2，則O為O1O2的中點(diǎn)，連接OB，

則OB為球O的半徑R，設(shè)圓O1的半徑為r，

2

23

在ABC中，由正弦定理得2r，解得r，

sin603

7

又OO1，所以R2OB2OO2r2，

113

28π

所以球O的表面積為4πR2.

3

28π

故答案為：

3

【變式4-3】（2025·天津·一模）一個(gè)底面邊長和側(cè)棱長均為4的正三棱柱密閉容器ABCA1B1C1，其中盛

15

有一定體積的水，當(dāng)?shù)酌鍭BC水平放置時(shí)，水面高為.當(dāng)側(cè)面AABB水平放置時(shí)（如圖），容器內(nèi)的水

411

形成新的幾何體.若該幾何體的所有頂點(diǎn)均在同一個(gè)球面上，則該球的表面積為（）

100200400

A．πB．πC．100πD．π

333

【答案】A

S△CDE1

【分析】利用棱柱的體積可得面積之比111，進(jìn)而得長度比例關(guān)系，結(jié)合勾股定理，聯(lián)立方程可求

S16

△A1B1C1

解半徑，由表面積公式求解，或者利用余弦定理求解BD長度，進(jìn)而根據(jù)正弦定理求解外接圓半徑，即可利

用勾股定理求解球半徑得解.

【詳解】方法一：

1315，13

V水44153V444163

224ABCA1B1C122

如圖，3，

VCDECDE1631533SCDE4S△

111111C1D1E14

而S43，

A1B1C1

S△CDE1CDCE1

111，1111，即CDCEDE1，

S16CBCA4111111

△A1B1C11111

333

由于C1到A1B1距離23，則D1到A1B1距離23，

42

2

設(shè)正方形ABB1A1外接圓圓心O1，則rAB22

12

112217

設(shè)矩形DEE1D1外接圓圓心O2，則rDE41，設(shè)外接球半徑R

22122

OO28R2

1

22252100π

3317，R，故外接球表面積為4πR，

233

O1OR

24

故選;A.

151

方法二：由當(dāng)?shù)酌鍭BC水平放置時(shí)，水面高為可知容器內(nèi)的空氣占容器體積的，于是側(cè)放時(shí)，圖中

416

11

的空氣區(qū)域的“小三棱柱”的體積為容器的，因此“小三棱柱”的底面“小三角形”的面積為大三角形的，