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专题4.2 与球相关的外接与内切问题-【玩转压轴】突破高考数学选择和填空题精讲
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这是一份专题4.2 与球相关的外接与内切问题-【玩转压轴】突破高考数学选择和填空题精讲，文件包含专题42与球相关的外接与内切问题原卷版docx、专题42与球相关的外接与内切问题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共38页， 欢迎下载使用。
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玩转压轴题，突破140分之高三数学选填题高端精品
专题4.2 与球相关的外接与内切问题
一．方法综述
如果一个多面体的各个顶点都在同一个球面上，那么称这个多面体是球的内接多面体，这个球称为多面体的外接球.有关多面体外接球的问题，是立体几何的一个重点，也是高考考查的一个热点. 考查学生的空间想象能力以及化归能力。
研究球与多面体的接、切问题主要考虑以下几个方面的问题：
（1）多面体外接球半径的求法，当三棱锥有三条棱垂直或棱长相等时，可构造长方体或正方体.
（2）与球的外切问题，解答时首先要找准切点，可通过作截面来解决.
（3）球自身的对称性与多面体的对称性；
二．解题策略
类型一 柱体与球
【例1】（2020·河南高三（理））已知长方体的表面积为，，则该长方体的外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】
【分析】由题意得出，由这两个等式计算出，可求出长方体外接球的半径，再利用球体表面积公式可计算出结果.
【详解】依题意，，，
所以，，
故外接球半径，
因此，所求长方体的外接球表面积.故选：A.
【点睛】本题考查长方体外接球表面积的计算，解题的关键就是利用长方体的棱长来表示外接球的半径.
【举一反三】
1.（2020·河南高三模拟）已知三棱柱的底面是边长为的等边三角形，侧棱垂直于底面且侧棱长为2，若该棱柱的顶点都在一个球面上，则该球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】根据条件可知该三棱柱是正三棱柱，上下底面中心连线的中点就是球心，如图，
则其外接球的半径，
外接球的表面积.故选：D
【指点迷津】直棱柱的外接球的球心在上、下底面的外接圆的圆心的连线上，确定球心，用球心、一底面的外接圆的圆心，一顶点构成一个直角三角形，用勾股定理得关于外接球半径的关系式，可球的半径.
2.（2020·安徽高三（理））已知一个正方体的各顶点都在同一球面上，现用一个平面去截这个球和正方体，得到的截面图形恰好是一个圆及内接正三角形，若此正三角形的边长为，则这个球的表面积为（ ）．
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】
【分析】根据已知条件作出截面图，可以看出正三角形的边长与正方体的棱长的关系，并且由外接球的直径与正方体的棱长的关系得出正三角形的边长与外接球的半径的关系，再利用球的表面积的公式得解.
【详解】由已知作出截面图形如图，可知正三角形的边长等于正方体的面对角线长，正方体与其外接球的位置关系如图所示，可知外接球的直径等于正方体的体对角线长，设正方体的棱长为,外接球的半径为，则，，所以，
所以外接球的表面积为，
故选：.
【点睛】本题考查正方体的外接球、正方体的截面和空间想象能力，分析出外接球的半径与正三角形的边长的关系是本题的关键，
3．（2020·河南高三（理））有一圆柱状有盖铁皮桶（铁皮厚度忽略不计），底面直径为cm，高度为cm，现往里面装直径为cm的球，在能盖住盖子的情况下，最多能装（ ）
（附：）
A．个B．个C．个D．个
【答案】C
【解析】
【分析】计算球心连线形成的正四面体相对棱的距离为cm，得到最上层球面上的点距离桶底最远为cm，得到不等式，计算得到答案.
【详解】由题意，若要装更多的球，需要让球和铁皮桶侧面相切，且相邻四个球两两相切，
这样，相邻的四个球的球心连线构成棱长为cm的正面体，
易求正四面体相对棱的距离为cm，每装两个球称为“一层”，这样装层球，
则最上层球面上的点距离桶底最远为cm，
若想要盖上盖子，则需要满足，解得，
所以最多可以装层球，即最多可以装个球．故选：
类型二 锥体与球
【例2】（2020·辽宁鞍山一中高三）已知四棱锥的三视图如图所示，则四棱锥外接球的表面积是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】由三视图得，几何体是一个四棱锥A-BCDE,底面ABCD是矩形，侧面ABE⊥底面BCDE.
如图所示，矩形ABCD的中心为M,球心为O,F为BE中点，OG⊥AF.设OM=x,
由题得在直角△OME中，，又MF=OG=1,AF=,
，解（1）（2）得故选B.
【点睛】：本题的难点在于作图找到关于R的方程，本题条件复杂，要通过两个三角形得到关于R的两个方程、（2），再解方程得到R的值.
【举一反三】
1.（2020四川省德阳一诊）正四面体ABCD的体积为a33，则正四面体ABCD的外接球的体积为______．
【答案】32πa3
【解析】如图，
设正四面体ABCD的棱长为x，过A作AD⊥BC，
设等边三角形ABC的中心为O，则AO=23AD=33x，
∴PO=x2−(33x)2=63x，
∴VP−ABC=13⋅12x⋅32x⋅63x=a23，即x=2a．
再设正四面体ABCD的外接球球心为G，连接GA，
则R2=AO2+GO2=(63a)2+(233a−R)2，即R=32a．
∴正四面体ABCD的外接球的体积为V=4π3×(32a)3=32πa3.故答案为：32πa3．
2．（2020·宁夏育才中学）《九章算术》是我国古代的数学名著,其中有很多对几何体体积的研究,已知某囤积粮食的容器的下面是一个底面积为32π,高为h的圆柱,上面是一个底面积为32π,高为h的圆锥,若该容器有外接球,则外接球的体积为
【答案】
【解析】如图所示，根据圆柱与圆锥和球的对称性知，
其外接球的直径是，设圆柱的底面圆半径为，母线长为，
则，解得，又，
，解得，
外接球的半径为，
外接球的体积为．
3．（2020·贵阳高三（理））在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，是一个正三角形，若平面平面，则该四棱锥的外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】
【分析】过作，交于，取的中点，连接，取的三等分点（），取的中点，在平面过分别作的垂线，交于点，可证为外接球的球心，利用解直角三角形可计算．
【详解】如图，过作，交于，取的中点，连接，在的三等分点（），取的中点，在平面过分别作的垂线，交于点．
因为为等边三角形，，所以．
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，因平面，故．
又因为四边形为正方形，而为的中点，故，故，
因，故平面．
在中，因，故，故平面，
同理平面．
因为正方形的中心，故球心在直线上，
因为的中心，故球心在直线上，故为球心，为球的半径．
在中，，，
故，所以球的表面积为．
类型三 构造法（补形法）
【例3】（2020延安高考模拟）刘徽《九章算术•商功》中将底面为长方形，两个三角面与底面垂直的四棱锥体叫做阳马．如图，是一个阳马的三视图，则其外接球的体积为（ ）
A．3πB．32πC．3πD．4π
【答案】B
【解析】由题意可知阳马为四棱锥，且四棱锥的底面为长方体的一个底面，四棱锥的高为长方体的一棱长，且阳马的外接球也是长方体的外接球，
由三视图可知四棱锥的底面是边长为1的正方形，四棱锥的高为1，
∴长方体的一个顶点处的三条棱长分别为1，1，1，
∴长方体的对角线为3，∴外接球的半径为32，
∴外接球的体积为V=4π3⋅(32)3=32π.故选：B．
【指点迷津】当一三棱锥的由垂直条件时，可考虑将三棱锥补成一个长方体，将问题转化为长方体（正方体）来解.长方体的外接球即为该三棱锥的外接球.
【举一反三】
1.（2020宁夏石嘴山模拟）三棱锥S−ABC中，侧棱SA与底面ABC垂直，SA=1，AB=2，AC=3且AB⊥BC，则三棱锥S−ABC的外接球的表面积等于__________．
【答案】10π
【解析】把三棱锥S−ABC，放到长方体ABCD−SB1C1D1里,如下图:
SC=SA2+AC2=10,因此长方体ABCD−SB1C1D1的外接球的直径为10,
所以半径R=102,则三棱锥S−ABC的外接球的表面积为4πR2=10π.
2.（2020菏泽高三模拟）已知直三棱柱ABC−A1B1C1的底面为直角三角形，且两直角边长分别为1和3，此三棱柱的高为23，则该三棱柱的外接球的体积为
A．8π3B．16π3C．32π3D．64π3
【答案】C
【解析】
如图所示，将直三棱柱ABC−A1B1C1补充为长方体，
则该长方体的体对角线为(23)2+(3)2+12=4，
设长方体的外接球的半径为R，则2R=4，R=2,
所以该长方体的外接球的体积V=43πR3=32π3，故选C.
3．（2020·贵州高三月考（理））某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】【分析】如图所示画出几何体，再计算体积得到答案.
【详解】由三视图知该几何体是一个四棱锥，可将该几何体放在一个正方体内，如图所示：
在棱长为2的正方体中，
取棱的中点分别为，
则该几何体为四棱锥，其体积为.故选：
类型四 与球体相关的最值问题
【例4】（2020·福建高三期末（理））在外接球半径为4的正三棱锥中，体积最大的正三棱锥的高（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】
【分析】设正三棱锥底面的边长为，高为h，由勾股定理可得，则，三棱锥的体积，对其求导，分析其单调性与最值即可得解.
【详解】
解：设正三棱锥底面的边长为，高为h，根据图形可知
，
则.
又正三棱锥的体积
，
则，
令，
则或（舍去），
函数在上单调递增，在上单调递减，
当时，V取得最大值，故选：D.
【点睛】本题考查球与多面体的最值问题，常常由几何体的体积公式、借助几何性质，不等式、导数等进行解决，对考生的综合应用，空间想象能力及运算求解能力要求较高.
【举一反三】
1.（2020·广东高三（理））我国古代数学名著《九章算术》中有这样一些数学用语，“堑堵”意指底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱，而“阳马”指底面为矩形，且有一侧棱垂直于底面的四棱锥.现有一如图所示的堑堵，，若，当阳马体积最大时，则堑堵的外接球体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】
【分析】根据体积的最大值求得此时的长，判断出球心的位置，求得的外接球的半径，进而求得球的体积.
【详解】依题意可知平面.设，则.，当且仅当时取得最大值.依题意可知是以为斜边的直角三角形，所以堑堵外接球的直径为，故半径.所以外接球的体积为.
特别说明：由于平面，是以为斜边的直角三角形，所以堑堵外接球的直径为为定值，即无论阳马体积是否取得最大值，堑堵外接球保持不变，所以可以直接由直径的长，计算出外接球的半径，进而求得外接球的体积.故选：B
2．（2020·遵义市南白中学高三期末）已知，，，四点在同一个球的球面上，，，若四面体体积的最大值为3，则这个球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】
【分析】由底面积不变,可得高最大时体积最大, 即与面垂直时体积最大, 设球心为,半径为,在直角中,利用勾股定理列方程求出半径，即可求出球的表面积.
【详解】
根据,可得直角三角形的面积为3,
其所在球的小圆的圆心在斜边的中点上,
设小圆的圆心为, 由于底面积不变,高最大时体积最大,
所以与面垂直时体积最大,
最大值为为,
即,如图,
设球心为,半径为,
则在直角中,即,
则这个球的表面积为,故选C.
3．（2020·河南高三（理））菱形ABCD的边长为2，∠ABC＝60°，沿对角线AC将三角形ACD折起，当三棱锥D－ABC体积最大时，其外接球表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】
【分析】当平面ACD与平面ABC垂直时体积最大，如图所示，利用勾股定理得到
和，计算得到答案.
【详解】易知：当平面ACD与平面ABC垂直时体积最大.
如图所示：
为中点，连接，外接球球心的投影为是中心，在上
，， ，
设半径为，则，
解得： ，表面积 故选：D
三．强化训练
一、选择题
1．（2020·广西高三期末）棱长为a的正四面体ABCD与正三棱锥的底面重合，若由它们构成的多面体ABCDE的顶点均在一球的球面上，则正三棱锥的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】
【分析】由棱长为的正四面体求出外接球的半径，进而求出正三棱锥的高及侧棱长，可得正三棱锥的三条侧棱两两相互垂直，进而求出正三棱锥的表面积.
【详解】由题意，多面体ABCDE的外接球即正四面体ABCD的外接球，
由题意可知面交于，连接，则
且其外接球的直径为AE，易求正四面体ABCD的高为.
设外接球的半径为R，由得.
设正三棱锥的高为h，因为，所以.
因为底面的边长为a，所以，
则正三棱锥的三条侧棱两两垂直.
即正三棱锥的表面积，故选：A.
2、（2020辽宁省师范大学附属中学高三）在三棱锥S−ABC中，SA=BC=41，SB=AC=5，SC=AB=34，则三棱锥S−ABC外接球的表面积为（ ）
A．25πB．252πC．50πD．502π
【答案】C
【解析】
解：如图，
把三棱锥S−ABC补形为长方体，设长方体的长、宽、高分别为a、b、c，
则a2+b2=41，b2+c2=25，a2+c2=34，
∴三棱锥外接球的半径R=a2+b2+c22=522
∴三棱锥S−ABC外接球的表面积为S=4πR2=50π．
故选：C．
3．（2020·安徽高三期末）如果一个凸多面体的每个面都是全等的正多边形，而且每个顶点都引出相同数目的棱，那么这个凸多面体叫做正多面体.古希腊数学家欧几里得在其著作《几何原本》的卷13中系统地研究了正多面体的作图，并证明了每个正多面体都有外接球.若正四面体、正方体、正八面体的外接球半径相同，则它们的棱长之比为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】
【分析】分别求出正四面体、正方体、正八面体的棱长与外接球半径关系，再求比值得结果.
【详解】设正四面体、正方体、正八面体的棱长以及外接球半径分别为
则,
即故选：B
4．（2020·北京人大附中高三）如图，在四棱锥中，四边形为矩形，，，，，则四棱锥外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】由已知证明平面平面，由正弦定理求出三角形外接球的半径，设出四棱锥外接球的球心，由勾股定理求得四棱锥外接球的半径，代入球的表面积公式得答案．
【详解】解：由四边形为矩形，得，
又，且，∴平面，
则平面平面，
设三角形的外心为，则.
过作底面，且，则.
即四棱锥外接球的半径为．
∴四棱锥外接球的表面积为.故选B．
5．（2020河南省郑州市一中高三）在三棱锥P−ABC中，PA⊥平面ABC，∠BAC=120°，AP=2,AB=2，M是线段BC上一动点，线段PM长度最小值为3，则三棱锥P−ABC的外接球的表面积是（ ）
A．9π2B．92πC．18πD．40π
【答案】C
【解析】解：如图所示：
三棱锥P−ABC中，PA⊥平面ABC，AP=2,AB=2，
M是线段BC上一动点，线段PM长度最小值为3，
则：当AM⊥BC时，线段PM达到最小值，
由于：PA⊥平面ABC，所以：PA2+AM2=PM2，
解得：AM=1，所以：BM=3，则：∠BAM=60°，
由于：∠BAC=120°，所以：∠MAC=60°则：△ABC为等腰三角形．
所以：BC=23，
在△ABC中，设外接圆的直径为2r=23sin120°=4，则：r=2，
所以：外接球的半径R=22+(22)2=92，
则：S=4⋅π⋅92=18π，故选：C．
6、（2020河南省天一大联考）某多面体的三视图如图所示，其中正视图是一个直角边为2的等腰直角三角形，侧视图是两直角边分别为2和1的直角三角形，俯视图为一矩形，则该多面体的外接球的表面积为（ ）
A．7πB．8π
C．9πD．10π
【答案】C
【解析】由三视图可得，该几何体为一个三棱锥，放在长、宽、高分别为2，1，2的长方体中，此三棱锥和长方体的外接球是同一个，长方体的外接球的球心在体对角线的中点处，易得其外接球的直径为22+22+12=3，从而外接球的表面积为9π.故答案为：C.
7．（2020·江西高三期末（理））如图，三棱锥的体积为，又，，，，且二面角为锐角，则该三棱锥的外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】
【分析】首先根据题中条件可以求出三棱锥各边长，然后证出平面，则可以找出外接球球心，求出半径，最后利用球体表面积公式求出答案即可.
【详解】因，所以平面，
且为二面角的平面角，
又，，，
由勾股定理可得，，
因为，
所以三棱锥的体积，
解得，
又为锐角，所以，
在中，由余弦定理得，
即，则，故，
由平面得，
故平面，即，取中点，
在直角和直角中，
易得，故为外接球球心，
外接圆半径，故外接球的表面积.故选：A.
8．（2019·湖南长沙一中高三）在如图所示的空间几何体中，下面的长方体的三条棱长，，上面的四棱锥中，，，则过五点、、、、的外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】
【分析】在四棱锥中，利用正弦定理求得外接圆的半径，利用勾股定理求得四棱锥的外接球半径，由此求得外接球的表面积.
【详解】问题转化为求四棱锥的外接球的表面积．，
∴．所以外接圆的半径为，由于平面，
则平面，平面，所以平面平面，
所以外接球的．所以．
9．三棱锥P—ABC中，底面ABC满足BA=BC，∠ABC=π2 ，点P在底面ABC的射影为AC的中点，且该三棱锥的体积为196，当其外接球的表面积最小时，P到底面ABC的距离为（ ）
A．3B．319C．3192D．3193
【答案】B
【解析】设外接球半径为R，P到底面ABC的距离为ℎ，AC=2a，
则13×12×2a×a×ℎ=196∴a2ℎ=192，
因为R2=(ℎ−R)2+a2，所以R=ℎ2+a22ℎ=ℎ2+192ℎ2ℎ=ℎ2+194ℎ2，
因为R'=12−192ℎ3=0⇒ℎ=319，所以当0<ℎ<319时，R'<0，当ℎ>319时，R'>0，因此当ℎ=319时，R取最小值，外接球的表面积取最小值，选B.
10．（2019·河北高三月考）在平面四边形ABCD中，AB⊥BD，∠BCD=30°，，若将△ABD沿BD折成直二面角A-BD-C，则三棱锥A-BDC外接球的表面积是( )
A．4πB．5πC．6πD．8π
【答案】C
【解析】
【分析】根据已知条件折叠后，平面平面，转化为线面垂直关系，再结合球的的性质，确定球心位置，求出半径，即可求解.
【详解】取中点，设的外心为，连，
则
分别过作的平行线，交于点，
即，
为的外心，
平面平面，平面，
平面，平面，
同理平面，分别为，外心，
为三棱锥的外接球的球心，为其半径,
，
.故选:C
11．（2020·梅河口市第五中学高三期末（理））设三棱锥的每个顶点都在球的球面上，是面积为的等边三角形，，则当三棱锥的体积最大时，球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】
【分析】求出的边长，利用余弦定理建立关系式知时面积最大，再有平面底面时，三棱锥的体积最大.然后分别过和的外心作对应三角形所在平面的垂线，垂线的交点即球心，计算即为球半径．
【详解】如图，由题意得，解得.记，
，
由余弦定理，得，，当且仅当时取等号．
所以且平面底面时，三棱锥的体积最大.
分别过和的外心作对应三角形所在平面的垂线，垂线的交点即球心，
设和的外接圆半径分别为，，球的半径为，
则，.故，
球的表面积为.故选：A.
12.（2020四川省成都外国语学校模拟）已知正方形ABCD的边长为4，E，F分别是BC，CD的中点，沿AE，EF，AF折成一个三棱锥P-AEF（使B，C，D重合于P），三棱锥P-AEF的外接球表面积为（ ）
A．6πB．12πC．24πD．48π
【答案】C
【解析】解：如图，
由题意可得，三棱锥P-AEF的三条侧棱PA，PE，PF两两互相垂直，
且PA=4，PE=PF=2，
把三棱锥P-AEF补形为长方体，则长方体的体对角线长为42+22+22=26，
则三棱锥P-AEF的外接球的半径为6，
外接球的表面积为4π×(6)2=24π．故选：C．
二、填空题
13．（2020·重庆八中高三）圆柱的侧面展开图是一个面积为的正方形，该圆柱内有一个体积为V的球，则V的最大值为
【答案】
【解析】
【分析】根据正方形的面积计算出圆柱的底面直径和高，由此求得圆柱内最大球的半径，进而求得体积.
【详解】设圆柱的底面直径为，高为，则，解得.故圆柱的底面直径为，高为，所以圆柱内最大球的直径为，半径为，其体积为.
14．（2020·江西高三）半正多面体(semiregular slid)亦称“阿基米德多面体”，如图所示，是由边数不全相同的正多边形为面的多面体，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，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，它们的边长都相等，其中八个为正三角形，六个为正方形，称这样的半正多面体为二十四等边体.若二十四等边体的棱长为，则该二十四等边体外接球的表面积为
【答案】
【解析】
【分析】由已知根据该几何体的对称性可知，该几何体的外接球即为底面棱长为，侧棱长为的正四棱柱的外接球，利用勾股定理得到关于的方程，解得值再代入球的面积公式.
【详解】由已知根据该几何体的对称性可知，该几何体的外接球即为底面棱长为，侧棱长为的正四棱柱的外接球，,,
该二十四等边体的外接球的表面积.
15.（2020安徽省蚌埠市调研）正三棱锥P−ABC中，2PA=AB=42，点E在棱PA上，且PE=3EA.正三棱锥P−ABC的外接球为球O，过E点作球O的截面α，α截球O所得截面面积的最小值为__________．
【答案】3π
【解析】因为PA=PC=PB=4,AB=AC=BC=42，所以PA2+PC2=AC2，
所以∠CPA=π2，同理∠CPB=∠BPA=π2，
故可把正三棱锥补成正方体（如图所示），其外接球即为球O，直径为正方体的体对角线，故2R=43，设PA的中点为F，连接OF，
则OF=22且OF⊥PA，所以OE=8+1=3，
当OE⊥平面α时，平面α截球O的截面面积最小，
此时截面为圆面，其半径为232−32=3，故截面的面积为3π．填3π．
16．（2020陕西省榆林市模拟）如图，ABCD是边长为2的正方形，其对角线AC与BD交于点O，将正方形ABCD沿对角线BD折叠，使点A所对应点为A'，∠A'OC=3π4.设三棱锥A'−BCD的外接球的体积为V，三棱锥A'−BCD的体积为V'，则VV'=__________．
【答案】42π
【解析】易知三棱锥A'−BCD的外接球的球心为O，∴R=2，∴V=82π3，
很明显A'到底面BCD的距离为1，∴V=13×2×1=23，∴VV'=42π.
17．（2020·福建高三期末（理））在棱长为的正方体中，，分别为，的中点，点在棱上，，若平面交于点，四棱锥的五个顶点都在球的球面上，则球半径为
【答案】
【解析】
【分析】利用补形法作出四棱锥的直观图，并计算其棱长，再确定外接球球心的位置，并求得半径的值.
【详解】如图1，三点共线，连结从而平面，则与的交点即为点，又与相似，所以；
如图2，设的外接圆圆心为，半径为，球半径为，在中，，由正弦定理得，所以，在中，解得，即，所以所求的球的半径为.
18．（2020·黑龙江高三（理））设是同一个半径为4的球的球面上四点，在中，,,则三棱锥体积的最大值为
【答案】
【解析】
【分析】利用正弦定理得到，再计算，再利用余弦定理和均值不等式得到，代入体积公式得到答案.
【详解】
中，,，则
，
当时等号成立，此时
19．（2020·河北承德第一中学高三）正三棱锥S－ABC的外接球半径为2，底边长AB＝3，则此棱锥的体积为
【答案】或
【解析】
【分析】画出空间几何体，讨论球心的位置，结合球的性质求得棱锥的高，可求得棱锥的体积。
【详解】设正三棱锥的高为h，球心在正三棱锥的高所在的直线上，H为底面正三棱锥的中心
因为底面边长AB=3，所以
当顶点S与球心在底面ABC的同侧时，如下图
此时有 ，即
可解得h=3
因而棱柱的体积
当顶点S与球心在底面ABC的异侧时，如下图
有，即
可解得h=1
所以，综上，棱锥的体积为或
20．（2020·江西高三（理））已知P,A,B,C是半径为2的球面上的点，PA=PB=PC=2，，点B在AC上的射影为D，则三棱锥体积的最大值为
【答案】
【解析】
【分析】先画出图形（见解析），求出三棱锥的高，由题意得出三棱锥体积最大时面积最大，进而求出的面积表达式，利用函数知识求出面积最大值，从而求出三棱锥体积最大值．
【详解】如下图，由题意，，，
取的中点为，则为三角形的外心，且为在平面上的射影，所以球心在的延长线上，设，则，
所以，即，所以.
故，
过作于，设()，则,
设，则，故，
所以，则，
所以的面积，
令，则，
因为，所以当时，，即此时单调递增；当时，，此时单调递减．
所以当时，取到最大值为，即的面积最大值为．
当的面积最大时，三棱锥体积取得最大值为.
一、注意基础知识的整合、巩固。二轮复习要注意回归课本，课本是考试内容的载体，是高考命题的依据。浓缩课本知识，进一步夯实基础，提高解题的准确性和速度
二、查漏补缺，保强攻弱。在二轮复习中，对自己的薄弱环节要加强学习，平衡发展，加强各章节知识之间的横向联系，针对“一模”考试中的问题要很好的解决，根据自己的实际情况作出合理的安排。
三、提高运算能力，规范解答过程。在高考中运算占很大比例，一定要重视运算技巧粗中有细，提高运算准确性和速度，同时，要规范解答过程及书写。
四、强化数学思维，构建知识体系。同学们在听课时注意把重点要放到理解老师对问题思路的分析以及解法的归纳总结，以便于同学们在刷题时做到思路清晰，迅速准确。
五、解题快慢结合，改错反思。审题制定解题方案要慢，不要急于解题，要适当地选择好的方案，一旦方法选定，解题动作要快要自信。
六、重视和加强选择题的训练和研究。对于选择题不但要答案正确，还要优化解题过程，提高速度。灵活运用特值法、排除法、数形结合法、估算法等。
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专题4.2 与球相关的外接与内切问题
一．方法综述
如果一个多面体的各个顶点都在同一个球面上，那么称这个多面体是球的内接多面体，这个球称为多面体的外接球.有关多面体外接球的问题，是立体几何的一个重点，也是高考考查的一个热点. 考查学生的空间想象能力以及化归能力。
研究球与多面体的接、切问题主要考虑以下几个方面的问题：
（1）多面体外接球半径的求法，当三棱锥有三条棱垂直或棱长相等时，可构造长方体或正方体.
（2）与球的外切问题，解答时首先要找准切点，可通过作截面来解决.
（3）球自身的对称性与多面体的对称性；
二．解题策略
类型一 柱体与球
【例1】（2020·河南高三（理））已知长方体的表面积为，，则该长方体的外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】
【分析】由题意得出，由这两个等式计算出，可求出长方体外接球的半径，再利用球体表面积公式可计算出结果.
【详解】依题意，，，
所以，，
故外接球半径，
因此，所求长方体的外接球表面积.故选：A.
【点睛】本题考查长方体外接球表面积的计算，解题的关键就是利用长方体的棱长来表示外接球的半径.
【举一反三】
1.（2020·河南高三模拟）已知三棱柱的底面是边长为的等边三角形，侧棱垂直于底面且侧棱长为2，若该棱柱的顶点都在一个球面上，则该球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】根据条件可知该三棱柱是正三棱柱，上下底面中心连线的中点就是球心，如图，
则其外接球的半径，
外接球的表面积.故选：D
【指点迷津】直棱柱的外接球的球心在上、下底面的外接圆的圆心的连线上，确定球心，用球心、一底面的外接圆的圆心，一顶点构成一个直角三角形，用勾股定理得关于外接球半径的关系式，可球的半径.
2.（2020·安徽高三（理））已知一个正方体的各顶点都在同一球面上，现用一个平面去截这个球和正方体，得到的截面图形恰好是一个圆及内接正三角形，若此正三角形的边长为，则这个球的表面积为（ ）．
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】
【分析】根据已知条件作出截面图，可以看出正三角形的边长与正方体的棱长的关系，并且由外接球的直径与正方体的棱长的关系得出正三角形的边长与外接球的半径的关系，再利用球的表面积的公式得解.
【详解】由已知作出截面图形如图，可知正三角形的边长等于正方体的面对角线长，正方体与其外接球的位置关系如图所示，可知外接球的直径等于正方体的体对角线长，设正方体的棱长为,外接球的半径为，则，，所以，
所以外接球的表面积为，
故选：.
【点睛】本题考查正方体的外接球、正方体的截面和空间想象能力，分析出外接球的半径与正三角形的边长的关系是本题的关键，
3．（2020·河南高三（理））有一圆柱状有盖铁皮桶（铁皮厚度忽略不计），底面直径为cm，高度为cm，现往里面装直径为cm的球，在能盖住盖子的情况下，最多能装（ ）
（附：）
A．个B．个C．个D．个
【答案】C
【解析】
【分析】计算球心连线形成的正四面体相对棱的距离为cm，得到最上层球面上的点距离桶底最远为cm，得到不等式，计算得到答案.
【详解】由题意，若要装更多的球，需要让球和铁皮桶侧面相切，且相邻四个球两两相切，
这样，相邻的四个球的球心连线构成棱长为cm的正面体，
易求正四面体相对棱的距离为cm，每装两个球称为“一层”，这样装层球，
则最上层球面上的点距离桶底最远为cm，
若想要盖上盖子，则需要满足，解得，
所以最多可以装层球，即最多可以装个球．故选：
类型二 锥体与球
【例2】（2020·辽宁鞍山一中高三）已知四棱锥的三视图如图所示，则四棱锥外接球的表面积是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】由三视图得，几何体是一个四棱锥A-BCDE,底面ABCD是矩形，侧面ABE⊥底面BCDE.
如图所示，矩形ABCD的中心为M,球心为O,F为BE中点，OG⊥AF.设OM=x,
由题得在直角△OME中，，又MF=OG=1,AF=,
，解（1）（2）得故选B.
【点睛】：本题的难点在于作图找到关于R的方程，本题条件复杂，要通过两个三角形得到关于R的两个方程、（2），再解方程得到R的值.
【举一反三】
1.（2020四川省德阳一诊）正四面体ABCD的体积为a33，则正四面体ABCD的外接球的体积为______．
【答案】32πa3
【解析】如图，
设正四面体ABCD的棱长为x，过A作AD⊥BC，
设等边三角形ABC的中心为O，则AO=23AD=33x，
∴PO=x2−(33x)2=63x，
∴VP−ABC=13⋅12x⋅32x⋅63x=a23，即x=2a．
再设正四面体ABCD的外接球球心为G，连接GA，
则R2=AO2+GO2=(63a)2+(233a−R)2，即R=32a．
∴正四面体ABCD的外接球的体积为V=4π3×(32a)3=32πa3.故答案为：32πa3．
2．（2020·宁夏育才中学）《九章算术》是我国古代的数学名著,其中有很多对几何体体积的研究,已知某囤积粮食的容器的下面是一个底面积为32π,高为h的圆柱,上面是一个底面积为32π,高为h的圆锥,若该容器有外接球,则外接球的体积为
【答案】
【解析】如图所示，根据圆柱与圆锥和球的对称性知，
其外接球的直径是，设圆柱的底面圆半径为，母线长为，
则，解得，又，
，解得，
外接球的半径为，
外接球的体积为．
3．（2020·贵阳高三（理））在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，是一个正三角形，若平面平面，则该四棱锥的外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】
【分析】过作，交于，取的中点，连接，取的三等分点（），取的中点，在平面过分别作的垂线，交于点，可证为外接球的球心，利用解直角三角形可计算．
【详解】如图，过作，交于，取的中点，连接，在的三等分点（），取的中点，在平面过分别作的垂线，交于点．
因为为等边三角形，，所以．
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，因平面，故．
又因为四边形为正方形，而为的中点，故，故，
因，故平面．
在中，因，故，故平面，
同理平面．
因为正方形的中心，故球心在直线上，
因为的中心，故球心在直线上，故为球心，为球的半径．
在中，，，
故，所以球的表面积为．
类型三 构造法（补形法）
【例3】（2020延安高考模拟）刘徽《九章算术•商功》中将底面为长方形，两个三角面与底面垂直的四棱锥体叫做阳马．如图，是一个阳马的三视图，则其外接球的体积为（ ）
A．3πB．32πC．3πD．4π
【答案】B
【解析】由题意可知阳马为四棱锥，且四棱锥的底面为长方体的一个底面，四棱锥的高为长方体的一棱长，且阳马的外接球也是长方体的外接球，
由三视图可知四棱锥的底面是边长为1的正方形，四棱锥的高为1，
∴长方体的一个顶点处的三条棱长分别为1，1，1，
∴长方体的对角线为3，∴外接球的半径为32，
∴外接球的体积为V=4π3⋅(32)3=32π.故选：B．
【指点迷津】当一三棱锥的由垂直条件时，可考虑将三棱锥补成一个长方体，将问题转化为长方体（正方体）来解.长方体的外接球即为该三棱锥的外接球.
【举一反三】
1.（2020宁夏石嘴山模拟）三棱锥S−ABC中，侧棱SA与底面ABC垂直，SA=1，AB=2，AC=3且AB⊥BC，则三棱锥S−ABC的外接球的表面积等于__________．
【答案】10π
【解析】把三棱锥S−ABC，放到长方体ABCD−SB1C1D1里,如下图:
SC=SA2+AC2=10,因此长方体ABCD−SB1C1D1的外接球的直径为10,
所以半径R=102,则三棱锥S−ABC的外接球的表面积为4πR2=10π.
2.（2020菏泽高三模拟）已知直三棱柱ABC−A1B1C1的底面为直角三角形，且两直角边长分别为1和3，此三棱柱的高为23，则该三棱柱的外接球的体积为
A．8π3B．16π3C．32π3D．64π3
【答案】C
【解析】
如图所示，将直三棱柱ABC−A1B1C1补充为长方体，
则该长方体的体对角线为(23)2+(3)2+12=4，
设长方体的外接球的半径为R，则2R=4，R=2,
所以该长方体的外接球的体积V=43πR3=32π3，故选C.
3．（2020·贵州高三月考（理））某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】【分析】如图所示画出几何体，再计算体积得到答案.
【详解】由三视图知该几何体是一个四棱锥，可将该几何体放在一个正方体内，如图所示：
在棱长为2的正方体中，
取棱的中点分别为，
则该几何体为四棱锥，其体积为.故选：
类型四 与球体相关的最值问题
【例4】（2020·福建高三期末（理））在外接球半径为4的正三棱锥中，体积最大的正三棱锥的高（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】
【分析】设正三棱锥底面的边长为，高为h，由勾股定理可得，则，三棱锥的体积，对其求导，分析其单调性与最值即可得解.
【详解】
解：设正三棱锥底面的边长为，高为h，根据图形可知
，
则.
又正三棱锥的体积
，
则，
令，
则或（舍去），
函数在上单调递增，在上单调递减，
当时，V取得最大值，故选：D.
【点睛】本题考查球与多面体的最值问题，常常由几何体的体积公式、借助几何性质，不等式、导数等进行解决，对考生的综合应用，空间想象能力及运算求解能力要求较高.
【举一反三】
1.（2020·广东高三（理））我国古代数学名著《九章算术》中有这样一些数学用语，“堑堵”意指底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱，而“阳马”指底面为矩形，且有一侧棱垂直于底面的四棱锥.现有一如图所示的堑堵，，若，当阳马体积最大时，则堑堵的外接球体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】
【分析】根据体积的最大值求得此时的长，判断出球心的位置，求得的外接球的半径，进而求得球的体积.
【详解】依题意可知平面.设，则.，当且仅当时取得最大值.依题意可知是以为斜边的直角三角形，所以堑堵外接球的直径为，故半径.所以外接球的体积为.
特别说明：由于平面，是以为斜边的直角三角形，所以堑堵外接球的直径为为定值，即无论阳马体积是否取得最大值，堑堵外接球保持不变，所以可以直接由直径的长，计算出外接球的半径，进而求得外接球的体积.故选：B
2．（2020·遵义市南白中学高三期末）已知，，，四点在同一个球的球面上，，，若四面体体积的最大值为3，则这个球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】
【分析】由底面积不变,可得高最大时体积最大, 即与面垂直时体积最大, 设球心为,半径为,在直角中,利用勾股定理列方程求出半径，即可求出球的表面积.
【详解】
根据,可得直角三角形的面积为3,
其所在球的小圆的圆心在斜边的中点上,
设小圆的圆心为, 由于底面积不变,高最大时体积最大,
所以与面垂直时体积最大,
最大值为为,
即,如图,
设球心为,半径为,
则在直角中,即,
则这个球的表面积为,故选C.
3．（2020·河南高三（理））菱形ABCD的边长为2，∠ABC＝60°，沿对角线AC将三角形ACD折起，当三棱锥D－ABC体积最大时，其外接球表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【解析】
【分析】当平面ACD与平面ABC垂直时体积最大，如图所示，利用勾股定理得到
和，计算得到答案.
【详解】易知：当平面ACD与平面ABC垂直时体积最大.
如图所示：
为中点，连接，外接球球心的投影为是中心，在上
，， ，
设半径为，则，
解得： ，表面积 故选：D
三．强化训练
一、选择题
1．（2020·广西高三期末）棱长为a的正四面体ABCD与正三棱锥的底面重合，若由它们构成的多面体ABCDE的顶点均在一球的球面上，则正三棱锥的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】
【分析】由棱长为的正四面体求出外接球的半径，进而求出正三棱锥的高及侧棱长，可得正三棱锥的三条侧棱两两相互垂直，进而求出正三棱锥的表面积.
【详解】由题意，多面体ABCDE的外接球即正四面体ABCD的外接球，
由题意可知面交于，连接，则
且其外接球的直径为AE，易求正四面体ABCD的高为.
设外接球的半径为R，由得.
设正三棱锥的高为h，因为，所以.
因为底面的边长为a，所以，
则正三棱锥的三条侧棱两两垂直.
即正三棱锥的表面积，故选：A.
2、（2020辽宁省师范大学附属中学高三）在三棱锥S−ABC中，SA=BC=41，SB=AC=5，SC=AB=34，则三棱锥S−ABC外接球的表面积为（ ）
A．25πB．252πC．50πD．502π
【答案】C
【解析】
解：如图，
把三棱锥S−ABC补形为长方体，设长方体的长、宽、高分别为a、b、c，
则a2+b2=41，b2+c2=25，a2+c2=34，
∴三棱锥外接球的半径R=a2+b2+c22=522
∴三棱锥S−ABC外接球的表面积为S=4πR2=50π．
故选：C．
3．（2020·安徽高三期末）如果一个凸多面体的每个面都是全等的正多边形，而且每个顶点都引出相同数目的棱，那么这个凸多面体叫做正多面体.古希腊数学家欧几里得在其著作《几何原本》的卷13中系统地研究了正多面体的作图，并证明了每个正多面体都有外接球.若正四面体、正方体、正八面体的外接球半径相同，则它们的棱长之比为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】
【分析】分别求出正四面体、正方体、正八面体的棱长与外接球半径关系，再求比值得结果.
【详解】设正四面体、正方体、正八面体的棱长以及外接球半径分别为
则,
即故选：B
4．（2020·北京人大附中高三）如图，在四棱锥中，四边形为矩形，，，，，则四棱锥外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】由已知证明平面平面，由正弦定理求出三角形外接球的半径，设出四棱锥外接球的球心，由勾股定理求得四棱锥外接球的半径，代入球的表面积公式得答案．
【详解】解：由四边形为矩形，得，
又，且，∴平面，
则平面平面，
设三角形的外心为，则.
过作底面，且，则.
即四棱锥外接球的半径为．
∴四棱锥外接球的表面积为.故选B．
5．（2020河南省郑州市一中高三）在三棱锥P−ABC中，PA⊥平面ABC，∠BAC=120°，AP=2,AB=2，M是线段BC上一动点，线段PM长度最小值为3，则三棱锥P−ABC的外接球的表面积是（ ）
A．9π2B．92πC．18πD．40π
【答案】C
【解析】解：如图所示：
三棱锥P−ABC中，PA⊥平面ABC，AP=2,AB=2，
M是线段BC上一动点，线段PM长度最小值为3，
则：当AM⊥BC时，线段PM达到最小值，
由于：PA⊥平面ABC，所以：PA2+AM2=PM2，
解得：AM=1，所以：BM=3，则：∠BAM=60°，
由于：∠BAC=120°，所以：∠MAC=60°则：△ABC为等腰三角形．
所以：BC=23，
在△ABC中，设外接圆的直径为2r=23sin120°=4，则：r=2，
所以：外接球的半径R=22+(22)2=92，
则：S=4⋅π⋅92=18π，故选：C．
6、（2020河南省天一大联考）某多面体的三视图如图所示，其中正视图是一个直角边为2的等腰直角三角形，侧视图是两直角边分别为2和1的直角三角形，俯视图为一矩形，则该多面体的外接球的表面积为（ ）
A．7πB．8π
C．9πD．10π
【答案】C
【解析】由三视图可得，该几何体为一个三棱锥，放在长、宽、高分别为2，1，2的长方体中，此三棱锥和长方体的外接球是同一个，长方体的外接球的球心在体对角线的中点处，易得其外接球的直径为22+22+12=3，从而外接球的表面积为9π.故答案为：C.
7．（2020·江西高三期末（理））如图，三棱锥的体积为，又，，，，且二面角为锐角，则该三棱锥的外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】
【分析】首先根据题中条件可以求出三棱锥各边长，然后证出平面，则可以找出外接球球心，求出半径，最后利用球体表面积公式求出答案即可.
【详解】因，所以平面，
且为二面角的平面角，
又，，，
由勾股定理可得，，
因为，
所以三棱锥的体积，
解得，
又为锐角，所以，
在中，由余弦定理得，
即，则，故，
由平面得，
故平面，即，取中点，
在直角和直角中，
易得，故为外接球球心，
外接圆半径，故外接球的表面积.故选：A.
8．（2019·湖南长沙一中高三）在如图所示的空间几何体中，下面的长方体的三条棱长，，上面的四棱锥中，，，则过五点、、、、的外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】
【分析】在四棱锥中，利用正弦定理求得外接圆的半径，利用勾股定理求得四棱锥的外接球半径，由此求得外接球的表面积.
【详解】问题转化为求四棱锥的外接球的表面积．，
∴．所以外接圆的半径为，由于平面，
则平面，平面，所以平面平面，
所以外接球的．所以．
9．三棱锥P—ABC中，底面ABC满足BA=BC，∠ABC=π2 ，点P在底面ABC的射影为AC的中点，且该三棱锥的体积为196，当其外接球的表面积最小时，P到底面ABC的距离为（ ）
A．3B．319C．3192D．3193
【答案】B
【解析】设外接球半径为R，P到底面ABC的距离为ℎ，AC=2a，
则13×12×2a×a×ℎ=196∴a2ℎ=192，
因为R2=(ℎ−R)2+a2，所以R=ℎ2+a22ℎ=ℎ2+192ℎ2ℎ=ℎ2+194ℎ2，
因为R'=12−192ℎ3=0⇒ℎ=319，所以当0<ℎ<319时，R'<0，当ℎ>319时，R'>0，因此当ℎ=319时，R取最小值，外接球的表面积取最小值，选B.
10．（2019·河北高三月考）在平面四边形ABCD中，AB⊥BD，∠BCD=30°，，若将△ABD沿BD折成直二面角A-BD-C，则三棱锥A-BDC外接球的表面积是( )
A．4πB．5πC．6πD．8π
【答案】C
【解析】
【分析】根据已知条件折叠后，平面平面，转化为线面垂直关系，再结合球的的性质，确定球心位置，求出半径，即可求解.
【详解】取中点，设的外心为，连，
则
分别过作的平行线，交于点，
即，
为的外心，
平面平面，平面，
平面，平面，
同理平面，分别为，外心，
为三棱锥的外接球的球心，为其半径,
，
.故选:C
11．（2020·梅河口市第五中学高三期末（理））设三棱锥的每个顶点都在球的球面上，是面积为的等边三角形，，则当三棱锥的体积最大时，球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】
【分析】求出的边长，利用余弦定理建立关系式知时面积最大，再有平面底面时，三棱锥的体积最大.然后分别过和的外心作对应三角形所在平面的垂线，垂线的交点即球心，计算即为球半径．
【详解】如图，由题意得，解得.记，
，
由余弦定理，得，，当且仅当时取等号．
所以且平面底面时，三棱锥的体积最大.
分别过和的外心作对应三角形所在平面的垂线，垂线的交点即球心，
设和的外接圆半径分别为，，球的半径为，
则，.故，
球的表面积为.故选：A.
12.（2020四川省成都外国语学校模拟）已知正方形ABCD的边长为4，E，F分别是BC，CD的中点，沿AE，EF，AF折成一个三棱锥P-AEF（使B，C，D重合于P），三棱锥P-AEF的外接球表面积为（ ）
A．6πB．12πC．24πD．48π
【答案】C
【解析】解：如图，
由题意可得，三棱锥P-AEF的三条侧棱PA，PE，PF两两互相垂直，
且PA=4，PE=PF=2，
把三棱锥P-AEF补形为长方体，则长方体的体对角线长为42+22+22=26，
则三棱锥P-AEF的外接球的半径为6，
外接球的表面积为4π×(6)2=24π．故选：C．
二、填空题
13．（2020·重庆八中高三）圆柱的侧面展开图是一个面积为的正方形，该圆柱内有一个体积为V的球，则V的最大值为
【答案】
【解析】
【分析】根据正方形的面积计算出圆柱的底面直径和高，由此求得圆柱内最大球的半径，进而求得体积.
【详解】设圆柱的底面直径为，高为，则，解得.故圆柱的底面直径为，高为，所以圆柱内最大球的直径为，半径为，其体积为.
14．（2020·江西高三）半正多面体(semiregular slid)亦称“阿基米德多面体”，如图所示，是由边数不全相同的正多边形为面的多面体，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，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，它们的边长都相等，其中八个为正三角形，六个为正方形，称这样的半正多面体为二十四等边体.若二十四等边体的棱长为，则该二十四等边体外接球的表面积为
【答案】
【解析】
【分析】由已知根据该几何体的对称性可知，该几何体的外接球即为底面棱长为，侧棱长为的正四棱柱的外接球，利用勾股定理得到关于的方程，解得值再代入球的面积公式.
【详解】由已知根据该几何体的对称性可知，该几何体的外接球即为底面棱长为，侧棱长为的正四棱柱的外接球，,,
该二十四等边体的外接球的表面积.
15.（2020安徽省蚌埠市调研）正三棱锥P−ABC中，2PA=AB=42，点E在棱PA上，且PE=3EA.正三棱锥P−ABC的外接球为球O，过E点作球O的截面α，α截球O所得截面面积的最小值为__________．
【答案】3π
【解析】因为PA=PC=PB=4,AB=AC=BC=42，所以PA2+PC2=AC2，
所以∠CPA=π2，同理∠CPB=∠BPA=π2，
故可把正三棱锥补成正方体（如图所示），其外接球即为球O，直径为正方体的体对角线，故2R=43，设PA的中点为F，连接OF，
则OF=22且OF⊥PA，所以OE=8+1=3，
当OE⊥平面α时，平面α截球O的截面面积最小，
此时截面为圆面，其半径为232−32=3，故截面的面积为3π．填3π．
16．（2020陕西省榆林市模拟）如图，ABCD是边长为2的正方形，其对角线AC与BD交于点O，将正方形ABCD沿对角线BD折叠，使点A所对应点为A'，∠A'OC=3π4.设三棱锥A'−BCD的外接球的体积为V，三棱锥A'−BCD的体积为V'，则VV'=__________．
【答案】42π
【解析】易知三棱锥A'−BCD的外接球的球心为O，∴R=2，∴V=82π3，
很明显A'到底面BCD的距离为1，∴V=13×2×1=23，∴VV'=42π.
17．（2020·福建高三期末（理））在棱长为的正方体中，，分别为，的中点，点在棱上，，若平面交于点，四棱锥的五个顶点都在球的球面上，则球半径为
【答案】
【解析】
【分析】利用补形法作出四棱锥的直观图，并计算其棱长，再确定外接球球心的位置，并求得半径的值.
【详解】如图1，三点共线，连结从而平面，则与的交点即为点，又与相似，所以；
如图2，设的外接圆圆心为，半径为，球半径为，在中，，由正弦定理得，所以，在中，解得，即，所以所求的球的半径为.
18．（2020·黑龙江高三（理））设是同一个半径为4的球的球面上四点，在中，,,则三棱锥体积的最大值为
【答案】
【解析】
【分析】利用正弦定理得到，再计算，再利用余弦定理和均值不等式得到，代入体积公式得到答案.
【详解】
中，,，则
，
当时等号成立，此时
19．（2020·河北承德第一中学高三）正三棱锥S－ABC的外接球半径为2，底边长AB＝3，则此棱锥的体积为
【答案】或
【解析】
【分析】画出空间几何体，讨论球心的位置，结合球的性质求得棱锥的高，可求得棱锥的体积。
【详解】设正三棱锥的高为h，球心在正三棱锥的高所在的直线上，H为底面正三棱锥的中心
因为底面边长AB=3，所以
当顶点S与球心在底面ABC的同侧时，如下图
此时有 ，即
可解得h=3
因而棱柱的体积
当顶点S与球心在底面ABC的异侧时，如下图
有，即
可解得h=1
所以，综上，棱锥的体积为或
20．（2020·江西高三（理））已知P,A,B,C是半径为2的球面上的点，PA=PB=PC=2，，点B在AC上的射影为D，则三棱锥体积的最大值为
【答案】
【解析】
【分析】先画出图形（见解析），求出三棱锥的高，由题意得出三棱锥体积最大时面积最大，进而求出的面积表达式，利用函数知识求出面积最大值，从而求出三棱锥体积最大值．
【详解】如下图，由题意，，，
取的中点为，则为三角形的外心，且为在平面上的射影，所以球心在的延长线上，设，则，
所以，即，所以.
故，
过作于，设()，则,
设，则，故，
所以，则，
所以的面积，
令，则，
因为，所以当时，，即此时单调递增；当时，，此时单调递减．
所以当时，取到最大值为，即的面积最大值为．
当的面积最大时，三棱锥体积取得最大值为.
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