第1頁（共1頁）2023各地高考模擬卷幾類外接球模型匯總一．墻角（補體）（共3小題）1．（2023?漢中模擬）三棱錐P﹣ABC中，PA⊥平面ABC，，則三棱錐P﹣ABC的外接球的表面積為（）A．32π B．16π C．8π D．12π2．（2023?遼寧一模）在棱長為2的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，M，N，F(xiàn)分別為BB1，CD，AB的中點，則三棱錐B﹣MNF的外接球的體積為（）A． B． C． D．3．（2023?河南模擬）已知三棱錐S﹣ABC中，SA⊥底面ABC，若SA＝4，AB＝AC＝BC＝6，則三棱錐S﹣ABC的外接球的體積為（）．A． B． C． D．二．臺體外接球（共3小題）4．（2023?廣州二模）木升在古代多用來盛裝糧食作物，是農(nóng)家必備的用具，如圖為一升制木升，某同學(xué)制作了一個高為40cm的正四棱臺木升模型，已知該正四棱臺的所有頂點都在一個半徑為50cm的球O的球面上，且一個底面的中心與球O的球心重合，則該正四棱臺的側(cè)面與底面所成二面角的正弦值為（）A． B． C． D．5．（2023?聊城二模）某正四棱臺形狀的模型，其上下底面的面積分別為2cm2，8cm2，若該模型的體積為14cm3，則該模型的外接球的表面積為（）A．20πcm2 B．10πcm2 C．5πcm2 D．6．（2022?新高考Ⅱ）已知正三棱臺的高為1，上、下底面邊長分別為3和4，其頂點都在同一球面上，則該球的表面積為（）A．100π B．128π C．144π D．192π三．垂面型（共2小題）7．（2021秋?馬鞍山期末）三棱錐P﹣ABC中，△PAC與△ABC均為邊長為的等邊三角形，平面PAC⊥平面ABC，則該三棱錐的外接球的表面積為．8．（2023?貴陽模擬）在三棱錐A﹣BCD中，已知AC⊥BC，AC＝BC＝2，AD＝BD，且平面ABD⊥平面ABC，則三棱錐A﹣BCD的外接球表面積為（）A．8π B．9π C．10π D．12π四．二面角模型（共3小題）9．（2023?河南模擬）已知平面四邊形ABCD中，AB＝BC＝CD＝AC＝3，AC⊥CD，將△ABC沿對角線AC折起，使得二面角B﹣AC﹣D的大小為150°，則三棱錐B﹣ACD的外接球的表面積為（）A．62π B． C．93π D．10．（2023?商洛二模）在三棱錐A﹣BCD中，底面△BCD是邊長為2的等邊三角形，△ABC是以BC為斜邊的等腰直角三角形，若二面角A﹣BC﹣D的大小為120°，則三棱錐A﹣BCD外接球的表面積為．11．（2023?泗陽縣校級模擬）在三棱錐A﹣BCD中，△ABC和△DBC為等邊三角形，二面角A﹣BC﹣D的余弦值為，三棱錐A﹣BCD的體積為，則三棱錐A﹣BCD的外接球的體積為（）A． B． C．3π D．6π五．柱體（補柱體）（共4小題）12．（2022春?尖山區(qū)校級期中）正三棱柱ABC﹣A1B1C1的所有頂點都在同一球面上，且，，則該球的表面積為（）A．40π B．32π C．10π D．48π13．（2022?江西模擬）設(shè)三棱柱ABC﹣A1B1C1的側(cè)棱垂直于底面，AB＝AC＝2，∠BAC＝120°，AA1＝3，且三棱柱的所有頂點都在同一球面上，則該球的表面積是（）A．46π B．35π C．43π D．39π14．（2023?廣州一模）已知三棱錐P﹣ABC的四個頂點都在球O的球面上，，PA＝BC＝2，則球O的表面積為（）A． B． C． D．（多選）15．（2023?深圳二模）如圖，在矩形AEFC中，，EF＝4，B為EF中點，現(xiàn)分別沿AB、BC將△ABE、△BCF翻折，使點E、F重合，記為點P，翻折后得到三棱錐P﹣ABC，則（）A．三棱錐P﹣ABC的體積為 B．直線PA與直線BC所成角的余弦值為 C．直線PA與平面PBC所成角的正弦值為 D．三棱錐P﹣ABC外接球的半徑為

2023各地高考模擬卷幾類外接球模型匯總參考答案與試題解析一．墻角（補體）（共3小題）1．（2023?漢中模擬）三棱錐P﹣ABC中，PA⊥平面ABC，，則三棱錐P﹣ABC的外接球的表面積為（）A．32π B．16π C．8π D．12π【解答】解：如圖所示，根據(jù)題意可將三棱錐P﹣ABC補形為長方體，則三棱錐P﹣ABC的外接球即為長方體的外接球，可知該球的直徑即為PC，設(shè)球的半徑為R，可得，即，故三棱錐P﹣ABC的外接球的表面積S＝4πR2＝8π．故選：C．2．（2023?遼寧一模）在棱長為2的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，M，N，F(xiàn)分別為BB1，CD，AB的中點，則三棱錐B﹣MNF的外接球的體積為（）A． B． C． D．【解答】解：正方體中，N，F(xiàn)分別為CD，AB的中點，連接NF，∴NF∥BC，∵BC⊥平面A1ABB1，∴NF⊥平面A1ABB1，∵M(jìn)F?平面A1ABB1，∴NF⊥MF，又MB⊥BN，即Rt△NFM和Rt△MBN有公共的斜邊MN，設(shè)MN的中點為O，則點OM＝ON＝OB＝OF，∴點O為三棱錐B﹣MNF外接球的球心，MN為該球的直徑，∴，，該球的體積．故選：B．3．（2023?河南模擬）已知三棱錐S﹣ABC中，SA⊥底面ABC，若SA＝4，AB＝AC＝BC＝6，則三棱錐S﹣ABC的外接球的體積為（）．A． B． C． D．【解答】解：根據(jù)已知中底面△ABC是邊長為6的正三角形，SA⊥平面ABC，SA＝4，可得此三棱錐外接球，即為以△ABC為底面以SA為高的正三棱柱的外接球，∵△ABC是邊長為6的正三角形，∴△ABC的外接圓半徑r＝2，球心到△ABC的外接圓圓心的距離d＝2，故球的半徑R4，三棱錐S﹣ABC外接球的體積為：．故選：B．二．臺體外接球（共3小題）4．（2023?廣州二模）木升在古代多用來盛裝糧食作物，是農(nóng)家必備的用具，如圖為一升制木升，某同學(xué)制作了一個高為40cm的正四棱臺木升模型，已知該正四棱臺的所有頂點都在一個半徑為50cm的球O的球面上，且一個底面的中心與球O的球心重合，則該正四棱臺的側(cè)面與底面所成二面角的正弦值為（）A． B． C． D．【解答】解：由題意作出正四棱臺如圖所示，O為正四棱臺底面的中心，也是球的球心，N是上底面的中心，取E，M分別為B1C1，BC的中點，連接NE，EM，OM，過E作EF⊥OM于F，∵OC＝OB，∴OM⊥BC，又ON⊥BC，又OM∩ON＝O，∴BC⊥平面ONEM，∴BC⊥EM，∴∠OME為二面角E﹣BC﹣A的平面角，由球的半徑為50，高為40，由勾股定理可得NB1＝30，進(jìn)而可得NEB1C13015，OMBC50，∴MF＝251510，EF＝40，∴EM30，∴sin∠EMO．故選：A．5．（2023?聊城二模）某正四棱臺形狀的模型，其上下底面的面積分別為2cm2，8cm2，若該模型的體積為14cm3，則該模型的外接球的表面積為（）A．20πcm2 B．10πcm2 C．5πcm2 D．【解答】解：設(shè)正四棱臺形狀的高為hcm，故，解得h＝3cm，取正方形EFGH的中心為M，正方形ABCD的中心為N，則MN＝h＝3cm，故該模型的外接球的球心在MN上，設(shè)為點O，連接ME，NA，OE，OA，設(shè)上底面正方形的邊長為acm，bcm，則a2＝2，b2＝8，解得，故EM＝1cm，NA＝2cm，設(shè)ON＝y(tǒng)cm，則MO＝（3﹣y）cm，由勾股定理得EO2＝OM2+EM2＝（3﹣y）2+1，AO2＝ON2+AN2＝y(tǒng)2+4，故（3﹣y）2+1＝y(tǒng)2+4，解得y＝1，故外接球半徑為，該模型的外接球的表面積為．故選：A．6．（2022?新高考Ⅱ）已知正三棱臺的高為1，上、下底面邊長分別為3和4，其頂點都在同一球面上，則該球的表面積為（）A．100π B．128π C．144π D．192π【解答】解：當(dāng)球心在臺體外時，由題意得，上底面所在平面截球所得圓的半徑為，下底面所在平面截球所得圓的半徑為，如圖，設(shè)球的半徑為R，則軸截面中由幾何知識可得，解得R＝5，∴該球的表面積為4πR2＝4π×25＝100π．當(dāng)球心在臺體內(nèi)時，如圖，此時，無解．綜上，該球的表面積為100π．故選：A．三．垂面型（共2小題）7．（2021秋?馬鞍山期末）三棱錐P﹣ABC中，△PAC與△ABC均為邊長為的等邊三角形，平面PAC⊥平面ABC，則該三棱錐的外接球的表面積為20π．【解答】解：三棱錐P﹣ABC中，△PAC與△ABC均為邊長為的等邊三角形，平面PAC⊥平面ABC，如圖所示：取AC的中點F，點O為三棱錐P﹣ABC的外接球的球心，球的半徑為R，設(shè)點D、E為△ABC和△PAC的中心；所以，故EF＝DF，利用勾股定理：DC，所以R2＝12+22＝5，故S球＝4?π?5＝20π．故答案為：20π．8．（2023?貴陽模擬）在三棱錐A﹣BCD中，已知AC⊥BC，AC＝BC＝2，AD＝BD，且平面ABD⊥平面ABC，則三棱錐A﹣BCD的外接球表面積為（）A．8π B．9π C．10π D．12π【解答】解：如圖，設(shè)外接球的半徑為R，取AB的中點O1，連接O1D，則由AD＝BD，得O1D⊥AB，∵平面ABD⊥平面ABC，∴O1D⊥平面ABC，則易知球心O在線段O1D，連接OD，則OD＝OA＝R，由題可知，O1D＝2，AO1，在Rt△OO1A中，由勾股定理得O1A2＝OA2，∴（2﹣R）2+（）2＝R2，解得R，∴三棱錐A﹣BCD的外接球表面積為4π×（）2＝9π．故選：B．四．二面角模型（共3小題）9．（2023?河南模擬）已知平面四邊形ABCD中，AB＝BC＝CD＝AC＝3，AC⊥CD，將△ABC沿對角線AC折起，使得二面角B﹣AC﹣D的大小為150°，則三棱錐B﹣ACD的外接球的表面積為（）A．62π B． C．93π D．【解答】解：如圖所示，取AC的中點M，AD的中點G，連接BM，MG，過點G作OG⊥平面ACD，設(shè)點O為三棱錐B﹣ACD的外接球的球心，連接OA，OB，設(shè)OG＝x，球的半徑為R，由已知可得：GMCD，MB，GA，?0，?x?cos120°x，?cos30°，∵，∴（）?（）＝x22（0x）＝x2x，∵OA2＝x2+GA2，∴x2x＝x2，解得x，∴R2＝OA2，∴三棱錐B﹣ACD的外接球的表面積為4πR2＝93π．故選：C．10．（2023?商洛二模）在三棱錐A﹣BCD中，底面△BCD是邊長為2的等邊三角形，△ABC是以BC為斜邊的等腰直角三角形，若二面角A﹣BC﹣D的大小為120°，則三棱錐A﹣BCD外接球的表面積為．【解答】解：如圖，取BC的中點H，連接AH，DH，由題意，，DB＝DC＝2，所以AH⊥BC，DH⊥BC，所以∠AHD為二面角A﹣BC﹣D的平面角，所以∠AHD＝120°，因為△ABC是以BC為斜邊的等腰直角三角形，且BC＝2，所以AH＝1，又△BCD是邊長為2的等邊三角形，所以，過點H作與平面ABC垂直的直線，則球心O在該直線上，設(shè)球的半徑為R，連接OA，OD，可得OH2＝OA2﹣AH2＝R2﹣1，在△ODH中，∠OHD＝30°，利用余弦定理可得OD2＝OH2+HD2﹣2HO?HD?cos30°，所以，解得R2，所以其外接球的表面積為．故答案為：．11．（2023?泗陽縣校級模擬）在三棱錐A﹣BCD中，△ABC和△DBC為等邊三角形，二面角A﹣BC﹣D的余弦值為，三棱錐A﹣BCD的體積為，則三棱錐A﹣BCD的外接球的體積為（）A． B． C．3π D．6π【解答】解：如圖所示，設(shè)外接球的球心O在平面ABC內(nèi)的射影為O1，在平面BCD內(nèi)的射影為O2，M是BC中點，則二面角A﹣BC﹣D的平面角為，設(shè)BC＝a，三棱錐A﹣BCD的高為h，因為△ABC和△BDC是等邊三角形，則，，而，則，即，解得，則，根據(jù)正弦定理可得，則DO2＝1，，設(shè)，因為，則，則，所以，所以外接球O的半徑，故所求外接球O的體積為．故選：A．五．柱體（補柱體）（共4小題）12．（2022春?尖山區(qū)校級期中）正三棱柱ABC﹣A1B1C1的所有頂點都在同一球面上，且，，則該球的表面積為（）A．40π B．32π C．10π D．48π【解答】解：∵正三棱柱ABC﹣A1B1C1的所有頂點都在同一球面上，∴上下底面中心的連線的中點即為外接球的球心，又，∴△ABC外接圓的半徑r又，∴正三棱柱ABC﹣A1B1C1的外接球的半徑R，∴外接球的表面積S＝4π×12＝48π．故選：D．13．（2022?江西模擬）設(shè)三棱柱ABC﹣A1B1C1的側(cè)棱垂直于底面，AB＝AC＝2，∠BAC＝120°，AA1＝3，且三棱柱的所有頂點都在同一球面上，則該球的表面積是（）A．46π B．35π C．43π D．39π【解答】解：由題意知底面△ABC外接圓的圓心為點O，設(shè)外接圓的半徑為r，三棱柱ABC﹣A1B1C1的外接球的半徑為R，AB＝AC＝2，∠BAC＝120°，由余弦定理得，由正弦定理得，所以r＝2，過O′做垂直于底面的直線交中截面與O點，則O為外接球的球心，由題意得：，所以外接球的表面積S＝4πR2＝43π，故選：C．14．（2023?廣州一模）已知三棱錐P﹣ABC的四個頂點都在球O的球面上，，PA＝BC＝2，則球O的表面積為（）A． B． C． D．【解答】解：在三棱錐P﹣ABC中，如圖，AB2+PA2＝20＝PB2，則PA⊥AB，而AB⊥AC＝A，AB，AC?平面ABC，因此PA⊥平面ABC，在等腰三角形ABC中，AB＝AC＝4，BC＝2，