立体几何外接球与内切球讲义 高三数学一轮复习

立体几何外接球与内切球一外接球模型1、“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,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. B. C. D.【详解】答案D解析：设PA=PB=PC=2x.∵E,F分别为PA,AB的中点,∴EF∥PB,且EF=12PB=x.∵△ABC为边长为2的等边三角形,∴CF=3∴CE=3−x2,AE=12作PD⊥AC于点D,∵PA=PC,∴D为AC的中点,cos∠EAC=ADPA∴x2+4−3+x24x=12x.∴2x2+1=2.∴x2=12∴V=43πR3=43π×66【练习1】(2022·广东广州一模)已知三棱锥P-ABC的棱AP,AB,AC两两互相垂直,AP=AB=AC=23,以顶点P为球心,4为半径作一个球,球面与该三棱锥的表面相交得到四段弧,则最长弧的弧长等于【详解】答案4π解析：由题设,将三棱锥P-ABC补全为棱长为23的正方体,如图所示.若AD=AF=2,则PD=PF=4,即D,F在以P为球心,4为半径的球面上.记O为底面中心,则OA=6>2,OP=32>4,所以,底面ABC与球面所成弧是以A为圆心,2为半径的四分之一圆弧,故弧长为π;侧面PBC与球面所成弧是以P为圆心,4为半径且圆心角为π3的圆弧,故弧长为4π3;侧面PBA,侧面PCA与球面所成弧是以P为圆心,4为半径且圆心角为π12的圆弧,故弧长均为π2、“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=22,BC=3,且cosA=23,沿BD将△BDC折起,使点C到达点E处,且满足AE=AD,则三棱锥E-ABD的外接球的表面积为【详解】答案解析在△ABD中,由余弦定理,得BD2=32+(22)2-2×3×22×23,解得BD=3.在三棱锥E-ABD中,AE=BD=3,AD=BE=3,AB=ED=22,三组对棱长相等,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,令x2+y2=9,y2+z2=9,z2+x2=8,则x2+y2+z2=13,即2R=13,所以R=13【练习2】(2023·辽宁大连模拟)如图所示,在正四面体ABCD中,E是棱AD的中点,P是棱AC上一动点,BP+PE的最小值为14,则该正四面体的外接球的表面积等于.

.

【详解】答案解析将平面ABC和平面ACD展开在同一个平面内,如图.由三角形两边和大于第三边得到,当点P在点F位置时,BP+PE取得最小值,所以BE=14.设AE=a,则AB=2a.在△ABE中,∠BAE=2π3,由余弦定理得cos∠BAE=a2+4a2-142×a×2a如图,将正四面体补成一个正方体,则正方体的棱长为2,则该正四面体的外接球的直径为正方体的体对角线长,所以2R=23,即R=3,故该正四面体的外接球的表面积3、“直三棱柱”模型对于直三棱柱,应用数学建模素养,结合球与直棱柱的有关性质，一是确定直三棱柱的外接球球心的位置为直三棱柱的上、下底面三角形外接圆的圆心连线所构成的线段的中点；二是利用正弦定理求出底面三角形的外接圆的半径,若是特殊三角形,如等边三角形或直角三角形,可利用特殊三角形的特点,快速获得其外接圆的半径；三是用定理,即利用勾股定理,求出球的半径；四是用公式,即利用球的表面积或体积公式求解,注意直三棱柱的外接球与内切球的本质区别.【例3】已知三棱柱的侧棱垂直于底面,所有棱的长都为6,顶点都在一个球面上,则该球的表面积为()A. B. C. D.【详解】答案B解析：由题意三棱柱ABC-A1B1C1是正三棱柱,设N,M是上下底面中心,MN的中点O是三棱柱ABC-A1B1C1外接球的球心,AM=33×6=23,OM=12MN=12AA1=3,球的半径r=OA=O【练习3】一个正六棱柱的底面是正六边形,其侧棱均垂直于底面.已知该六棱柱的顶点都在同一个球面上,六棱柱的体积为,底面周长为3,那么这个球的体积为.

【详解】答案4π解析：设正六棱柱底面边长为a,正六棱柱的高为h,球的半径为R,则a=12,底面积为S=6×34×(12)2=338,V柱=Sh=338h=98,∴h=3,R2=(4、“球心在高所在直线上”模型对于圆锥、圆台、侧棱相等的棱锥等几何体,可得球心必在该几何体的高所在的直线上,或者在棱锥一个底面的高所在直线上,由此可把相关信息集中到某一个直角三角形内,利用勾股定理求解,如图.【例4】已知三棱锥M-ABC的四个顶点均在表面积为的球面上,AB=BC=,AC=4,则三棱锥M-ABC的体积的最大值为()A.82B.4+42C.8+823 【详解】答案C解析：根据题意知,△ABC是一个直角三角形,其面积为4,其外接圆的圆心在斜边AC的中点上,设外接圆的圆心为Q,当MQ与平面ABC垂直时,三棱锥M-ABC的体积最大.设球心为O,半径为R,4πR2=32π,得R=22,点O到平面ABC的距离为(22)2-22=2,所以三棱锥M-ABC体积的最大值为13×1【练习4】已知圆锥的顶点和底面圆周都在球O面上,若圆锥的侧面展开图的圆心角为2π3,面积为3π,则球O的表面积等于(A.81π8 B.81π2C.【详解】答案A解析：圆锥的顶点和底面圆周都在球O面上,圆锥的侧面展开图的圆心角为23π,面积为3π,设母线为l,底面圆的半径为r,则12×23π×l2=3π,可得l=3.由扇形的弧长公式可得2πr=23πl,所以r=1.圆锥的高BO1=32-1【巩固练习】1、（2023·安徽·统考一模）在三棱锥中，底面，则三棱锥外接球的表面积为（

）A． B． C． D．2、（2022·江苏海门·高三期末）已知正四棱锥的底面边长为，侧棱PA与底面ABCD所成的角为45°，顶点P，A，B，C，D在球O的球面上，则球O的体积是（）A．16π B． C．8π D．3、（2023·山西临汾·统考一模）《九章算术·商功》提及一种称之为“羡除”的几何体，刘徽对此几何体作注：“羡除，隧道也其所穿地，上平下邪.似两鳖臑夹一堑堵，即羡除之形.”羡除即为：三个面为梯形或平行四边形（至多一个侧面是平行四边形），其余两个面为三角形的五面几何体.现有羡除如图所示，底面为正方形，，其余棱长为2，则羡除外接球体积与羡除体积之比为（

）A． B． C． D．4、（2022·广东罗湖·高三期末）在中，，且，，若将沿AC边上的中线BD折起，使得平面平面BCD．点E在由此得到的四面体ABCD的棱AC上运动，则下列结论正确的为（）A． B．四面体ABCD的体积为C．存在点E使得的面积为 D．四面体ABCD的外接球表面积为5、（2022·河北张家口·高三期末）在《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑（biēnào）.如图，三棱锥为一个鳖臑，其中平面，，，，为垂足，则（）A．平面B．为三棱锥的外接球的直径C．三棱锥的外接球体积为D．三棱锥的外接球体积与三棱锥的外接球体积相等6、（2022·江苏如皋·高三期末）已知三棱锥D－ABC中，AB＝AC＝AD＝1，∠DAB＝∠DAC＝，∠BAC＝，则点A到平面BCD的距离为_________，该三棱锥的外接球的体积为_________.7、（2022·广东潮州·高三期末）在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑，在鳖臑A-BCD中，AB平面BCD，CDAD，AB=BD=，已知动点E从C点出发，沿外表面经过棱AD上一点到点B的最短距离为，则该棱锥的外接球的表面积为_________．8、（2022·广东·铁一中学高三期末）已知四面体中，，，，则其外接球的体积为______.9、（2022·河北保定·高三期末）如图，是边长为4的等边三角形的中位线，将沿折起，使得点与重合，平面平面，则四棱雉外接球的表面积是___________.二内切球模型求解多面体的内切球的问题，一般是将多面体分割为以球心为顶点，多面体的各面为底面的棱锥，利用多面体的体积等于各棱锥的体积之和求内切球的半径．10、（2021·山东高三其他模拟）如图所示的由4个直角三角形组成的各边长均为1的六边形是某棱锥的侧面展开图，则该棱锥的内切球半径为_________．11、已知三棱锥的所有棱长都相等，现沿三条侧棱剪开，将其表面展开成一个平面图形，若这个平面图形外接圆的半径为，则三棱锥的内切球的体积为_______12、（2023·江苏连云港·统考模拟预测）已知圆锥内切球（与圆锥侧面、底面均相切的球）的半径为2，当该圆锥的表面积最小时，其外接球的表面积为（

）A． B． C． D．13、（2022·湖北武昌·高三期末）已知四面体ABCD的一个平面展开图如图所示，其中四边形AEFD是边长为的菱形，B，C分别为AE，FD的中点，，则在该四面体中（）A． B．BE与平面DCE所成角的余弦值为C．四面体ABCD的内切球半径为 D．四面体ABCD的外接球表面积为14、（2022·江苏通州·高三期末）将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角A′－BD－C，设三棱锥A′－BDC的外接球和内切球的半径分别为r1，r2，球心分别为O1，O2.若正方形ABCD的边长为1，则________；O1O2＝__________.

参考答案1、【答案】B【详解】由，得，所以的外接圆半径，由于底面，所以外接球的半径，所以外接球的表面积.2、【答案】B【详解】在正四棱锥中，连接AC，BD，，连，如图，则有平面，为侧棱PA与底面ABCD所成的角，即，于是得，因此，顶点P，A，B，C，D在以为球心，2为半径的球面上，即点O与重合，所以球O的体积是.3、【答案】A【详解】连接AC、BD交于点M，取EF的中点O，连接OM，则平面.取BC的中点G，连接FG，作，垂足为H，如图所示，由题意得，，，，，∴，∴，又∵，∴，∴，即：这个羡除的外接球的球心为O，半径为2，∴这个羡除的外接球体积为.∵，面，面，∴面，即：点A到面的距离等于点B到面的距离，又∵，∴，∴这个羡除的体积为，∴羡除的外接球体积与羡除体积之比为.4、【答案】BCD【详解】对于A：取的中点，连接，因为，所以，又平面平面BCD，所以平面，则，若，则，所以平面，则，显然不可能，故选项A错误；对于B：考查三棱锥的体积，易知的面积为，在平面中，过作的垂线，交的延长线于点，易知，因为平面平面，所以到平面，即三棱锥的高为，所以三棱锥的体积为，即四面体的体积为，故选项B正确；对于C：显然当平面时，的面积取得最小值，易知，且，所以，又四面体的体积为，所以，即，且的面积为，所以存在点使得的面积为，故选项C正确；对于D：设与的外心依次为，，过作平面的垂线，过作平面的垂线，则四面体的外接球球心为直线与的交点，则四边形为矩形，且，，所以四面体的外接球半径为，则外接球表面积为，故选项D正确.5、【答案】BC【详解】对于A选项，如下图，过点向引垂线，垂足为，平面，平面，则，，，则平面，又、平面，所以，，，，，则平面，这与平面矛盾，A错；对于B选项，平面，平面，则，在三棱锥中，，则的中点到、、、的距离相等，所以为三棱锥的外接球的直径，故B正确；对于C选项，分别取、的中点、，连接，因为、分别为、的中点，则，平面，则平面，平面，平面，则，故的外心为线段的中点，因为平面，则平面平面，故三棱锥的外接球球心在直线上，即该球球心在平面内，所以的外接圆直径为三棱锥的外接球直径，，，，,在中，，，在中，由余弦定理得，，故，则，所以三棱锥的外接球体积为，故C正确；因为，故为三棱锥的外接球的直径，且，而三棱锥的外接球直径为，故D错误.6、【答案】【详解】①如下图所示，设点A到平面BCD的距离为h，取BC中点E，连AE、DE，因为AB=AC=AD=1，，所以BC=1，，，所以②取AB中点F，连CF交AE于G，则G是的外心，过G作，O为三棱锥外接球的球心，过O作，所以设球的半径为R，则，所以，所以7、【答案】【详解】如图所示：设CD=x，由题意得：，在中，由余弦定理得：，即，即，解得或（舍去），如图所示：该棱锥的外接球即为长方体的外接球，则外接球的半径为：，所以外接球的表面积为，故答案为：8、【答案】【详解】如图，构造长方体，其面对角线长分别为，则四面体的外接球即为此长方体的外接球，设长方体的长宽高分别x，y，z，外接球半径为R则，所以,则，解得，所以.故答案为：9、【答案】【详解】如图，分别取，的中点，，连接，.因为是边长为4的等边三角形，所以，所以，则四边形外接圆的圆心为，半径.设四棱锥外接球的球心为，连接，过点作，垂足为.易证四边形是矩形，则，.设四棱锥外接球的半径为，则，即，解得，故四棱