适用于新高考新教材广西专版2025届高考数学一轮总复习第八章立体几何与空间向量指点迷津七课件.pptx

第八章指点迷津(七)

空间几何体外接球的五种模型

模型—“墙角”模型

“墙角”模型是指具有三条棱两两垂直或三个平面两两垂直的特征，应用数

学建模素养，构建“两两垂直”模型，亦即“墙角”模型，将该三棱锥放入长方体中，把该三棱锥的外接球转化为该长方体的外接球，不用找出球心的具体位置，即可求出该球的半径，如图.

例1.已知三棱锥P-ABC的四个顶点在球O的球面上，PA=PB=PC,△ABC是

边长为2的正三角形，E,F分别是PA,AB的中点，∠CEF=90;则球O的体积为()

A.8V⁶πB.4√6π

C.2√6πD.√6π

答案D

解析设PA=PB=PC=2x.

∵E,F分别为PA,AB的中点，

∴EF//PB,且

∵△ABC为边长为2的等边三角形，

∴CF=√3.

又∠CEF=90°

在△AEC中，由余弦定理可知

COS

作PD⊥AC于点D,∵PA=PC,

∴D为AC的中点

·

∴2t²+1=2.:.即

∴PA=PB=PC=√2.

·

又AB=BC=AC=2,

.PA|PB|PC

∴2R=√2+2+2=√6.

故选D.

突破技巧破解此类题的关键：一是“见数思形”,需在草稿纸上画出三棱锥的

草图，判断是否有两两垂直的三条棱；二是“会构造”,即会构造长方体；三是“用公式”,4R²=a²+b²+c²(其中R为该三棱锥的外接球的半径，a,b,c为两两垂直的三条棱的长.)

对点训练1(2023陕西榆林三模)在三棱锥A-BCD中，AB⊥BC,BCCD,

CD=2AB=2BC=4,二面角A-BC-D为60°,则三棱锥A-BCD外接球的表面积为

()

A.16πB.24π

C.18πD.20π

则CD²=CE²+DE²,∴DE⊥EC,

又EC⊥AE,则EC⊥平面DEA,

即AB⊥平面DEA,则△DAB为直角三角形.

在△DBC中，BD²=BC²+CD²=20,

答案D

解析如图，已知AB⊥BC,AB=BC,作正方形ABCE,则EC⊥BC,又∵BC⊥CD,

二面角A-BC-D为60,

∴∠DCE=60°.

∵CD=2AB=2BC=4,

∴AD²=AE²+DE²,∴AE⊥DE,将四棱锥D-ABCE补形为长方体(图略),∴BD

为三棱锥A-BCD外接球的直径，即4R²=BD2=20,则R²=5,

∴三棱锥A-BCD外接球的表面积为4πR²=20π.

模型二“对棱相等”模型

“对棱相等”模型是指三棱锥的相对的两条棱相等，应用数学建模素养，构建

长方体，将该三棱锥放入该长方体中，使三棱锥的顶点与长方体的顶点重合，将该三棱锥的外接球转化为该长方体的外接球，从而求出该外接球的半径，

如图.

例2.在平行四边形ABCD中，AB=2√Z,BC=3,且cos

折起、使点C到达点E处，且满足AE=AD,则三棱锥E-ABD

积为

,沿BD将△BDC

的外接球的表面

答案13π

解析在△ABD中,由余弦定理,得BD²=3²+(2√2)²-2×3×2√2×字。解得BD=3.

在三棱锥E-ABD中，AE=BD=3,AD=BE=3,AB=ED=2√2,三组对棱长相等，可

将三棱锥E-ABD放在长方体中.

设长方体从同一顶点出发的三棱长分别为x,y,z,其外接球的半径为R,

又长方体与三棱锥E-ABD的外接球相同，

所以三棱锥E-ABD的外接球的表面积为，

则x²+y²=9,y²+z²=9,z²+x²=8,

则x²+y²+2=13,即2R=√13所以

。

·

突破技巧破解此类题的关键：一是会翻折，即通过翻折，明确不变量与变化

的量；二是会构造，即根据所给的相等对棱的长度，构造符合条件的长方体；

三是会列出方程组，即设出长方体的长、宽、高，根据三棱锥的三对棱的长度，列出方程组，解方程组，即可求出所构造的长方体的共顶点的相邻的三

条棱的长；四是用公式，利用长方体的体对角线长等于该三棱锥的外接球的

直径，求出该三棱锥的外接球的半径，利用球的表面积与体积公式，即可得到外接球的表面积与体积.

对点训练2已知正四面体A-BCD外接球的表面积为12π,则该正四面体的表

面积为()

A.4v3B.6γ3C.8√3D.12√3

答案C

解析设外接球半径为R,则表面积S=4πR²=12π,解得R=√3.将正四面体A-

BCD放在正方体中，知正四面体的