1
2020 高考数学选填题专项测试 02（球）
第 I 卷（选择题)
一、单选题：本大题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题
目要求的。
1．（2020·海南高三）四面体 ABCD 的每个顶点都在球 O 的球面上，AB，AC，AD 两两垂直，且 ，
， ，则球 O 的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】 A
【解析】
【分析】①根据四面体的特征，利用锥体体积公式求解，②利用补图法可得该四面体的外接球与以 AB，
AC，AD 为长宽高的长方体的外接球相同，求出体对角线长度即直径，即可得解.
【详解】因为 AB，AC，AD 两两垂直，且 ， ， ，所以四面体 ABCD 的体积
，该四面体的外接球与以 AB，AC，AD 为长宽高的长方体的外接球相同，直径为该
长方体的体对角线长 ，球 O 的表面积为 .故答案为：①1，②
【点睛】此题考查求锥体体积，解决几何体的外接球问题，需要积累常见几何体外接球半径的求解方法，
以便于解题中能够事半功倍.
2．（2018·黑龙江高三期末）在直三棱柱 中，底面 为斜边长为 2 的直角三角形，顶点
， ， ， ， ， 都在球 的球面上，若球 的表面积为 ，则三棱柱 体积的最
大值为（ ）
A．4 B．3 C．1 D．2
【答案】D
【解析】
【分析】设 ， ， ，可得 ，设球的半径为 ，可求得 ，进而求得
1AB =
2AC = 3AD =
14π 7π 14
3
π 4π
1AB = 2AC = 3AD =
1 11 2 3 13 2V = × × × × =
2 2 21 2 3+ +
2
2 2 21 2 34 142
π π
+ +× =
14π
1 1 1ABC A B C− ABC
A B C 1A 1B 1C O O 8π 1 1 1ABC A B C−
2AB = BC a= AC b= 2ab R 2 2R =2
，由此得出答案．
【详解】不妨设 ， ， ，有 ，可得 ，当且仅当“ ”
时取等号，设球的半径为 ，则 ，故 ，又 ， ， 三棱锥的
体积为 ．故答案为：2．
【点睛】本题考查球的表面积及三棱锥的体积求法，考查基本不等式的运用，属于基础题．
3．（2020·广东高三期末）在三棱锥 中， ， ，则
三棱锥 外接球的体积是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】三棱锥 是正三棱锥，取 为 外接圆的圆心，连结 ，则 平面 ，
设 为三棱锥 外接球的球心，外接球的半径为 ，可求出 ，然后由
可求出半径，进而求出外接球的体积.
【详解】由题意，易知三棱锥 是正三棱锥，
取 为 外接圆的圆心，连结 ，则 平面 ，设 为三棱锥 外接球的球心.
1 2AA =
2AB = BC a= AC b= 2 2 4a b+ =
2 2
22
a bab
+ = a b=
R 24 8Rπ π= 2 2R = 2 2
1(2 ) 4R AA= + 1 2AA∴ = ∴
1
1 22V ab AA ab= =
P ABC− 2 5PA PB PC= = = 2 3AB AC BC= = =
P ABC−
36π 125π
6
32π
3 50π
P ABC− O′ ABC PO′ PO′ ⊥ ABC
O P ABC− R O A PO′ ′，
2 2 2 2OO O A OA R′ ′+ = =
P ABC−
O′ ABC PO′ PO′ ⊥ ABC O P ABC−3
因为 ，所以 .因为 ，所以
.设三棱锥 外接球的半径为 ，则 ，解得 ，故
三棱锥 外接球的体积是 .故选 B.
【点睛】本题考查了三棱锥的外接球体积的求法，考查了学生的空间想象能力与计算求解能力，属于中档
题.
4. （2020·广西师大附属外国语学校高三）在平面四边形 ABCD 中，ΔBCD 是边长为 2 的等边三角形，ΔBAD
为等腰三角形，且∠BAD= ，以 BD 为折痕，将四边形折成一个 的二面角 ，并且这个
二面角的顶点 A，B，C，D 在同一个球面上，则这个球的球面面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】作出折叠后的几何图形，结合几何关系求出半径即可得到球的表面积.
【详解】
折成的立体图形如图所示，O 为球心，E 为 BD 的中点，∠CEH= ，CE= ，所
以由 得 ，所以，球面积为 。
【点睛】此题考查求几何体的外接球，以平面图形的折叠为背景，关键在于弄清折叠过程中不变的几何量.
2 3AB AC BC= = =
2 3 1 223
2
O A′ = × =
2 5PA PB PC= = =
2 2 4PO PA O A′ ′= − = P ABC− R ( )2 24 4R R− + = 5
2R =
P ABC− 34 125ππ3 6R =
90° 120° A BD C− −
36π 13π
9
52π
3
52
9
π
60° 3 33 2 2CH HE= =， ，
2 2 2OC OF CF= +
22
2 2 23 3 131 2 2 9
= − − + ⋅ =
R R R 2 524 9S R
ππ= =4
5．（2020·山西高三月考）已知等边 的边长为 ， 分别为 的中点，将
沿 折起得到四棱锥 ．点 为四棱锥 的外接球球面上任意一点，当四棱
锥 的体积最大时， 到平面 距离的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】由题意可确定当平面 平面 时，四棱锥 的体积最大；根据四棱锥外接
球的性质可确定球心的位置，利用勾股定理可求得球的半径 及球心到平面 的距离 ，由此可知
所求最大值为 .
【详解】如图，当四棱锥 的体积最大时，平面 平面 ，如图所示：
为等边三角形， ，取 的中点 ，则 是等腰梯形 外接圆圆心．
设 是 的外心，作 平面 ， 平面 ，则 是四棱锥 的外接球的
球心，且 ， ．设四棱锥 的外接球半径 ，则
，解得： .又 ， 当四棱锥 的体积
最大时， 到平面 距离的最大值为： .故选： .
【点睛】本题考查立体几何中几何体外接球的相关问题的求解，关键是能够根据外接球的性质确定球心的
位置，即球心必为过棱锥底面和侧面的外接圆圆心且垂直于底面和侧面的直线的交点的位置.
ABC∆ 2 3 ,M N ,AB AC
AMN∆ MN A MNCB− P A MNCB−
A MNCB− P MNCB
13 1
2
+ 13 12
+ 3 3+ 3 5+
AMN ⊥ NMBC A MNCB−
R MNCB OE
R OE+
A MNCB− AMN ⊥ NMBC
ABC∆ 60MBC∴∠ = BC E E MNCB
F AMN∆ OE ⊥ MNCB OF ⊥ AMN O A MNCB−
3
2OF DE= = 2 13AF AD= = A MNCB− R
2 2 2 13
4R AF OF= + = 13
2R = 1
2OE DF AD AF= = − = ∴ A MNCB−
P MNCB 13 1
2R OE
++ = A5
6．（2020·宜宾市叙州区第二中学校高三月考）在直三棱柱 中， 且 ,
，设其外接球的球心为 ，且球 的表面积为 ，则 的面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】 B
【解析】
【分析】先计算球的半径为 ，确定球心为 的中点，根据边角关系得到 ，计算面积得到答案.
【详解】球 的表面积为 ，如图所示： 为 中点，连接
，故三角形的外心在 中点上，故外接球的球心为 的中点.在 中：
，故 ；在 中： ， ，故
，故 .
【点睛】本题考查了三棱柱的外接球问题，确定球心的位置是解题的关键.
7．（2020·安庆市第二中学高三期末）在三棱锥 S﹣ABC 中，AB=BC ，SA=SC=AC=2，二面角 S﹣AC﹣B
的余弦值是 ，则三棱锥 S﹣ABC 外接球的表面积是( )
A． B．2π C． π D．6π
【答案】D
1 1 1ABC A B C− 90BAC °∠ = 3AB =
1 4BB = O O 28π ABC∆
3
2
3 3
2 3 3 3
7 HG 3AC =
O 24 28 7R Rπ π= ∴ = ,H G 1 1,BC B C HG
90BAC °∠ = BC HG Rt OGC∆
1
1 2, 72OG BB OC R= = = = 3CG = Rt ABC∆ 2 2 3BC CG= = 3AB =
3AC = 3 3
2ABCS∆ =
2=
3
3
3
2
π 66
【解析】
【分析】利用二面角 S﹣AC﹣B 的余弦值求得 ，由此判断出 ，且 两两
垂直，由此将三棱锥补形成正方体，利用正方体的外接球半径，求得外接球的表面积.
【详解】设 是 的中点，连接 ，由于 ，所以 ，所以
是二面角 S﹣AC﹣B 的平面角，所以 .在三角形 中，由余弦定理得
，所以 ，由于 ，
所以 两两垂直.由此将三棱锥补形成正方体如下图所示，正方体的边长为 ，则体对角线长为
.设正方体外接球的半径为 ，则 ，所以外接球的表面积为 .
故选：D
【点睛】本小题主要考查根据二面角的余弦值求边长，考查几何体外接球的有关计算，考查数形结合的数
学思想方法，属于中档题.
8．（2020·山西高三期末）在四棱锥 中， 底面 ， 为正方形， //
，己四棱锥 与四棱锥 的外接球的半径分别为 ，则
（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
BS 2BS BA BC= = = , ,BS BA BC
E AC ,EB ES ,SA SC AB BC= = ,AC SE AC BE⊥ ⊥
SEB∠ 3cos 3SEB∠ = SEB
2 2 2 cos 2SB SE BE SE BE SEB= + − ⋅ ⋅ ∠ = 2BS BA BC= = = 2SA SC AC= = =
, ,BS BA BC 2
3 2 6× = R 2 6R = 24 6Rπ π=
P ABCD− PC ⊥ ABCD ABCD QA
, 60PC PBC AQB °∠ = ∠ = P ABCD− Q ABCD− 1 2,R R
1
2
R
R
=
35
7
105
7
35
9
105
97
【分析】假设正方形的边长，然后利用勾股定理计算 ，根据墙角模型以及直观想象，可知
分别为四棱锥 与四棱锥 的外接球直径，最后计算可得结果.
【详解】设正方形的边长为 ，如图
由 底面 ， // ，所以 底面 ，又 ，所以可知
，根据墙角模型，将四棱锥 补全是长方体， 为该长方体的一条体对
角线，所以四棱锥 的外接球的直径为 ，同理四棱锥 的外接球的直径为
， ，所以
所以 ，故选：B
【点睛】本题考查四棱锥外接球的问题，熟悉墙角模型，可快速找到外接球的球心，属基础题.
9．（2020·山西高三月考）三棱锥 中，底面 为非钝角三角形，其中 ，
，则三棱锥 的外接球体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
,PA CQ ,PA CQ
P ABCD− Q ABCD−
2
PC ⊥ ABCD QA PC QA ⊥ ABCD 60PBC AQB °∠ = ∠ =
2 32 3, 3PC QA= = P ABCD− PA
P ABCD− PA Q ABCD− QC
2 2 2 2 5PA PC BC CD= + + = 2 2 2 2 21
3QC QA AB AD= + + =
1 2
2152 2 3,R RPA QC= = = =
1
2
105
7
R
R
=
P ABC− ABC 2 7, 6AB BC= =
7sin , 3 4 34ACB PA PC∠ = = = P ABC−
64
3
π
72π 256
3
π
288π8
【分析】由已知条件可求出 的值，可得出 为直角三角形，且 ，可得球心及球的半
径，可得三棱锥 的外接球体积.
【详解】因为 ， 为非钝角三角形，故 ，由余弦定理得
，解得 ，可得
故 为直角三角形，其中 ；故 ，故 ，
此时，注意到球心即为线段 AC 的中点 O（此时点 O 到 的距离均为 4），故所求球体的体积
，故选：C.
【点睛】本题主要考查球与几何体的切、接问题，属于基础题，求出 为直角三角形，且
后求出球心位置与半径是解题的关键.
10．（2020·江西省宁都中学高三月考）在三棱锥 中， ， ，P 在底面 ABC 内
的射影 D 位于直线 AC 上，且 ， .设三棱锥 的每个顶点都在球 Q 的球面上，
则球 Q 的半径为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】设 的中点为O先求出 外接圆的半径，设 ，利用 平面ABC，得 ，
在 及 中利用勾股定理构造方程求得球的半径即可
【详解】设 的中点为 O,因为 ，所以 外接圆的圆心 M 在 BO 上.设此圆的半径为 r.
因为 ，所以 ，解得 .因为 ，所以
.设 ，易知 平面 ABC，则 .因为 ，所以
AC ABC∆ 90APC∠ = °
P ABC−
7sin 4ACB∠ = ABC∆ 3cos 4ACB∠ =
2 2 2 2 cosAB AC BC AC BC ACB= + − ⋅ ⋅ ∠ 8AC = 2 2 2AC AB BC= +
ABC∆ 90ABC∠ = ° 2 2 2PA PC AC+ = 90APC∠ = °
, , ,A B C P
34 256
3 3V R
ππ= =
ABC∆ 90APC∠ = °
P ABC− 5AB BC= = 6AC =
2AD CD= 4PD = P ABC−
689
8
689
6
5 26
8
5 26
6
AC ABC∆ QM a= QM ⊥ QM PD∥
MBQ∆ DMQ∆
AC AB BC= ABC∆
4BO = 2 2 2(4 ) 3r r− + = 25
8r = 3 2 1OD OC CD= − = − =
2 2 1131 (4 ) 8DM r= + − = QM a= QM ⊥ QM PD∥ QP QB=9
，即 ，解得 .所以球 Q 的半径
.故选：A
【点睛】本题考查球的组合体，考查空间想象能力，考查计算求解能力，是中档题
11．（2020·高三）如图，在四棱锥 中， 平面 ， ，
，且 ， ，异面直线 与 所成角为 ，点 ， ， ，
都在同一个球面上，则该球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】由题意可得 ，∠CDO=30°，可得 的长，结合 可得三棱
锥 O-BCD 外接球半径 R 的值，可得其表面积.
【详解】如图，过点 D 作 ,由 ， ，且 ，
2 2 2 2( )PD a DM a r− + = + 2 2113 625(4 ) 64 64a a− + = + 1a =
2 2 689
8R QB a r= = + =
C ABOD− CO ⊥ ABOD / /AB OD
OB OD⊥ 2 12AB OD= = 6 2A D = CD AB 30° O B C D
21π 42π 48π 84π
6OB = CO , ,OC OD OC OB OD OB⊥ ⊥ ⊥
DE AB⊥ / /AB OD OB OD⊥ 2 12AB OD= =10
可得四边形 为矩形， , ，由 ，由于 AB∥OD，
异面直线 CD 与 AB 所成角为 30°， 平面 ,故∠CDO=30°，则 ，
设三棱锥 O-BCD 外接球半径为 R，结合 可将以 、 、 为相邻三
条棱补成一个长方体，可得： ，该球的表面积为：
.
【点睛】本题主要考查球与几何体的切、接问题，属于基础题型.
12．（2020·江西高三）在三棱锥 中，已知 ，且平
面 平面 ，则三棱锥 外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【分析】取 的中点 ，设等边三角形 的中心为 ，连接 .根据等边三角形的性质
可求得 ， ， 由等腰直角三角形的性质，得 ，根据面
面垂直的性质得 平面 ， ，由勾股定理求得 ，可得 为三棱锥 外
接球的球心，根据球体的表面积公式可求得此外接球的表面积.
【详解】在等边三角形 中，取 的中点 ，设等边三角形 的中心为 ，连接
.由 ，得 ， ，由已知可得 是以
为斜边的等腰直角三角形， ,又由已知可得平面 平面 ， 平面 ，
，
DEBO 6BE DO= = 2 2 6OB DE AD AE= = − = 6OD =
CO ⊥ ABOD tan30 2 3CO OD= × =
, ,OC OD OC OB OD OB⊥ ⊥ ⊥ OC OB OD
( )2 2 2 2 22 84 4R OB OC OD R= + + = =
24 84S Rπ π= =
A BCD− 2 2 =6BC CD BD AB AD= = = =
ABD ⊥ BCD A BCD−
16π 24π 48π 12π
BD F BCD O AF CF OA， ，
2 2 33BO CO DO CF= = = = 3OF = AF BD⊥
AF ⊥ BCD AF OF⊥ 2 3=OA O A BCD−
BCD BD F BCD O
AF CF OA， ， 6BC = 2 2 33BO CO DO CF= = = = 3OF = ABD∆ BD
AF BD∴ ⊥ ABD ⊥ BCD AF∴ ⊥ BCD
AF OF∴ ⊥11
，所以 ， 为三棱锥 外接球的球心，
外接球半径 ， 三棱锥 外接球的表面积为 .故答案为：
【点睛】本题考查三棱锥的外接球的表面积，关键在于根据三棱锥的面的关系、棱的关系和长度求得外接
球的球心的位置，球的半径，属于中档题.
第 II 卷（非选择题)
二、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。把答案填在题中的横线上。
13. （2020·福建高三期末）如图 1，在矩形 中， 分别为 的中点.将四
边形 沿 折起使得二面角 的大小为 120°（如图 2），则 _______；三棱锥
的外接球表面积为_________.
【答案】
【解析】
【分析】由二面角的定义得出二面角 的平面角为 ，再由余弦定理求出 ；利
用正弦定理以及线面垂直的判定定理得出其外接球的半径，最后由球的表面积公式即可得出答案.
【详解】由二面角的定义可知，二面角 的平面角为 ，由余弦定理可得
2 2 2 3OA OF AF= + = 2 3OA OB OC OD= = = = O∴ A BCD−
2 3R OC= = ∴ A BCD− 24π (2 3) 48π× = 48π
ABCD 2, 4, ,AB BC E F= = ,BC AD
ABEF EF 1A EF D− − 1B C =
1B CDE−
2 3 20π
1A EF D− − 1 120B EC∠ = ° 1B C
1A EF D− − 1 120B EC∠ = °12
，因为 ，
， 平面 ，所以 平面 ，又 ，则 平面
的外接圆半径为 ，则三棱锥 的外接球的半径
，则三棱锥 的外接球的表面积为
故答案为： ；
【点睛】本题主要考查了已知面面角求其他以及求球的表面积，属于中档题.
14. （2020·榆树市第一高级中学校高三期末）在平面四边形 ABCD 中，AB⊥BD，∠BCD=30°，
AB2+4BD2=6，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______.
【答案】 .
【解析】
【分析】先证明一条侧棱垂直于底面，可得外接球的球心为过底面外接圆的圆心作垂直于底面的垂线与中
截面的交点，再由 求得外接球的半径，进而求出外接球的表面积.
【详解】因为将 沿 折成直二面角 ， ，面 面 面
，
所以 面 .所以外接球的球心为过底面外接圆的圆心作垂直于底面的垂线与中截面的交点，
2 2
1 1 1
12 cos120 4 4 2 2 2 2 32B C EC B E EC B E ° = + − ⋅ = + − × × × − = 1 ,EF B E EF EC⊥ ⊥
1B E EC E∩ = 1 ,B E EC ⊂ 1B EC EF ⊥ 1B EC //EF CD CD ⊥ 1B EC
1B EC∆ 1
1
22sin
B Cr B EC
= =∠ 1B CDE−
2
2 4 1 52
CDR r = + = + = 1B CDE− ( )2
4 5 20π π× =
2 3 20π
6π
2
2 2
2
ABR r = +
ABD∆ BD A BD C− − AB BD⊥ ABD ∩ ,BCD BD AB= ⊆
ABD
AB ⊥ ABD13
设外接球的半径为 ，底面外接圆的半径为 ，则 ，在 中，由题意知
，所以 ，所以 ，而 ，
所以 ，所以外接球的表面积为 .故答案为：
【点睛】本小题主要考查折叠问题，考查几何体外接球表面积的计算，考查数形结合的数学思想方法，属
于中档题.
15. （2020·湖北高三期末）已知三棱锥 P-ABC 外接球的表面积为 ，PA 平面 ABC， ，
，则三棱锥体积的最大值为______.
【答案】
【解析】
【分析】根据三棱锥 的外接球的表面积可求得底面 的外接圆面积,进而利用正弦定理与
求得 长度,再根据余弦定理与面积公式求解底面 的最大值即可.
【详解】由题,设底面 外接圆直径为 ,则因为 平面 且 ,
故 .在底面 中利用正弦定理有 ,解得 .
在 中用余弦定理有 ,化简得
,即 ,
根据基本不等式有 ,解得 .故三棱锥体积
.故答案为：
【点睛】本题主要考查了三棱锥外接球的问题,需要根据题意建立三棱锥高与底面外接圆半径以及三角形的
关系,并利用基本不等式求最值.属于中档题.
R r
2
2 2
2
ABR r = + BCD∆
2 sin sin30
BD BDr BCD
= =∠ r BD=
2 2 2
2 2 4
4 4
AB AB BDR BD
+= + = 2 24 6AB BD+ =
2 3
2R = 24 6S Rπ π= = 6π
100π ⊥ 8PA =
060BAC∠ =
18 3
P ABC− ABC
060BAC∠ = BC ABC
ABC d PA ⊥ ABC 8PA =
( )2 28 100 6d dπ π+ = ⇒ = ABC 6sin
BC dBAC
= =∠ 3 3BC =
ABC 2 2 2 2 cosBC AB AC AB AC BAC= + − ⋅ ∠
( )22 227 3AB AC AB AC AB AC AB AC= + − ⋅ = + − ⋅ ( )2 3 27AB AC AB AC+ = ⋅ +
( )2 3 27 4AB AC AB AC AB AC+ = ⋅ + ≥ ⋅ 27AB AC⋅ ≤
1 1 1 3 2 3 2 38 27 18 33 3 2 2 3 3ABCV S PA AB AC AB AC= ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ≤ ⋅ =
18 314
16. （2020·湖北高三月考（理））在三棱锥 S- ABC 中，底面△ABC 是边长为 3 的等边三角形，SA= ，SB=2
，若此三棱锥外接球的表面积为 21π，则二面角 S-AB-C 的余弦值为____．
【答案】
【解析】
【分析】证明 ， ，得到 为二面角 的平面角，计算故
， ，得到 ，得到答案.
【详解】球的表面积为 ，故 ， ，故 . 的外接圆
圆心为 中点 ， ； 的外接圆圆心为三角形中心 ， .设球心为 ，则
平面 ， 平面 ， 与 交于点 ，易知 为 中点，连接 ， ，易
知 ， ，故 为二面角 的平面角.故 ，
， ， . ，故 ，
，故 .故 ， .故答案为： .
【点睛】本题考查了三棱锥的外接球问题，二面角，意在考查学生的空间想象能力和计算能力.
3
3
1
2
−
CD AB⊥ 2O D AB⊥ 2CDO∠ S AB C− −
1 3ODO
π∠ = 2 3ODO
π∠ = 1 2
2
3O DO
π∠ =
24 21Rπ π= 21
2R = 2 2 2SA SB AB+ =
2SAB
π∠ = SAB∆
SB 2O 2 3r = ABC∆ 1O 1
3 3
32 2
r = =
× O
2OO ⊥ SAB 1OO ⊥ ABC 1CO AB D D AB DO 2DO
CD AB⊥ 2O D AB⊥ 2CDO∠ S AB C− − 2 2
1 1
3
2OO R r= − =
2 2
2 2
3
2OO R r= − =
1
1 3
3 2DO CD= = 2
1 3
2 2DO SA= = 1tan 3ODO∠ = 1 3ODO
π∠ =
2tan 3ODO∠ = 2 3ODO
π∠ = 1 2
2
3O DO
π∠ = 1 2
1cos 2O DO∠ = − 1
2
−
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