多面体的外接球和内切球（解析版）

多面体的外接球和内切球一、结论1、球与多面体的接、切定义1；若一个多面体的各顶点都在一个球面上，则称这个多面体是这个球的内接多面体，这个球是多面体的外接球。定义2；若一个多面体的各面都与一个球的球面相切，则称这个多面体是这个球的外切多面体，这个球是多面体的内切球。类型一球的内切问题(等体积法)例如：在四棱锥P-ABCD中，内切球为球O，求球半径r.方法如下：VP-ABCD=VO-ABCD+VO-PBC+VO-PCD+VO-PAD+VO-PAB11111即：V=S⋅r+S⋅r+S⋅r+S⋅r+S⋅r，可求出r.P-ABCD3ABCD3PBC3PCD3PAD3PAB类型二球的外接问题1.公式法正方体或长方体的外接球的球心为其体对角线的中点2.补形法(补长方体或正方体)①墙角模型(三条线两个垂直)题设：三条棱两两垂直(重点考察三视图)②对棱相等模型(补形为长方体)题设：三棱锥(即四面体)中，已知三组对棱分别相等，求外接球半径(AB=CD，AD=BC，AC=BD)13.单面定球心法(定+算)步骤：①定一个面外接圆圆心：选中一个面如图：在三棱锥P-ABC中，选中底面ΔABC，确定其外接圆圆a心O(正三角形外心就是中心，直角三角形外心在斜边中点上，普通三角形用正弦定理定外心2r=)；1sinA②过外心O1做(找)底面ΔABC的垂线，如图中PO1⊥面ABC,则球心一定在直线(注意不一定在线段PO1上)PO1上；222③计算求半径R:在直线PO1上任取一点O如图：则OP=OA=R，利用公式OA=O1A+OO1可计算出球半径R.4.双面定球心法(两次单面定球心)如图：在三棱锥P-ABC中：①选定底面ΔABC，定ΔABC外接圆圆心O1②选定面ΔPAB，定ΔPAB外接圆圆心O2③分别过O1做面ABC的垂线，和O2做面PAB的垂线，两垂线交点即为外接球球心O.二、典型例题1(2023春·湖南湘潭·高二统考期末)棱长为1的正方体的外接球的表面积为()3πA.B.3πC.12πD.16π4【答案】B【详解】解：易知，正方体的体对角线是其外接球的直径，设外接球的半径为R，2223则2R=1+1+1=3，故R=．2223所以S=4πR=4π×=3π．2故选：B．【反思】本例属于正方体外接球问题，其外接球半径公式可直接记忆.2(2023春·湖南长沙·高三长沙一中校考阶段练习)在四面体PABC中，PA⊥AB，PA⊥AC，∠BAC=120°，AB=AC=AP=2，则该四面体的外接球的表面积为()A.12πB.16πC.18πD.20π【答案】D【详解】因为PA⊥AB，PA⊥AC，AB∩AC=A,AB,AC⊂平面ABC,所以PA⊥平面ABC.设底面△ABC的外心为G，外接球的球心为O，则OG⊥平面ABC，所以PA⎳OG.2设D为PA的中点，因为OP=OA，所以DO⊥PA.因为PA⊥平面ABC，AG⊂平面ABC,所以PA⊥AG，所以OD⎳AG.1因此四边形ODAG为平行四边形，所以OG=AD=PA=1.2因为∠BAC=120°，AB=AC=2，所以BC=AB2+AC2-2AB⋅ACcos∠BAC=4+4-2×2×2×-1=23,223由正弦定理，得2AG==4⇒AG=2.32222所以该外接球的半径R满足R=OG+AG=5,故该外接球的表面积为S=4πR2=20π.故选:D.【反思】本例属于单面定球心问题①用正弦定理求出ΔABC外心G；②过G做平面ABC的垂线，则外接球球心O在此垂线上；③通过计算算出半径.3(2023秋·湖南娄底·高三校联考期末)《九章算术》是我国古代数学名著，它在几何学中的研究比西方早1000多年．在《九章算术》中，将底面为矩形且一侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马．如图P-ABCD是阳马，PA⊥平面ABCD，PA=5，AB=3，BC=4．则该阳马的外接球的表面积为()1252π500πA.B.50πC.100πD.33【答案】B【详解】因PA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，AD⊂平面ABCD，则PA⊥AB，PA⊥AD，又因四边形ABCD为矩形，则AB⊥AD.则阳马的外接球与以PA，AB，AD为长宽高的长方体的外接球相同.又PA=5，AB=3，AD=BC=4．则外接球的直径为长方体体对角线，故外接球半径为：R=3PA2+AB2+AD232+42+5252==，222250则外接球的表面积为：S=4πR=4π⋅=50π.4故选：B【反思】本例属于墙角型模型，通过补形，将原图形补成长方体模型，借助长方体模型求外接球半径.4(2023·全国·高三专题练习)已知菱形ABCD的各边长为2,∠D=60°．如图所示，将ΔACD沿AC折起，使得点D到达点S的位置，连接SB，得到三棱锥S-ABC，此时SB=3．E是线段SA的中点，点F在三棱锥S-ABC的外接球上运动，且始终保持EF⊥AC，则点F的轨迹的周长为()234353221A.πB.πC.πD.π3333【答案】C【详解】取AC中点M，则AC⊥BM,AC⊥SM,BM∩SM=M，∴AC⊥平面SMB，SM=MB=3，又SB=3，∴∠SBM=∠MSB=30°，作EH⊥AC于H，设点F轨迹所在平面为α，则平面α经过点H且AC⊥α，设三棱锥S-ABC外接球的球心为O,△SAC,△BAC的中心分别为O1,O2，易知OO1⊥平面SAC,OO2⊥平面BAC，且O,O1,O2,M四点共面，由题可得∠OMO1113223=∠OMO=60°，OM=SM=，解Rt△OOM，得OO=3OM=1，又OS=SM=，则212133111133221三棱锥S-ABC外接球半径r=OO+OS=7，易知O到平面α的距离d=MH=，11322253故平面α截外接球所得截面圆的半径为r=r-d=7-1=，13465353∴截面圆的周长为l=2πr=π，即点F轨迹的周长为π．133故选：C【反思】此题典型的双面定球心。①定ΔABC外心O2;②定ΔASC外心O1，③再分别过O1，O2做平面ASC和ABC的垂线，两条垂线的交点，记为外接球球心.45(2023·浙江·校联考模拟预测)在三棱锥ABCD中，对棱AB=CD=22，AD=BC=5，AC=BD=5，则该三棱锥的外接球体积为，内切球表面积为.922π【答案】    π    π##233【详解】因为三棱锥A-BCD每组对棱棱长相等，所以可以把三棱锥ABCD放入长方体中，设长方体的长、宽、高分别为x、y、z，如下图所示：则x2+y2=22，x2+z2=5，y2+z2=5，解得x=y=2，z=1，2223外接球直径2R=x+y+z=3，其半径为R=，2114三棱锥A-BCD的体积V=xyz-xyz×4=xyz=，633在△ABC中，AC=BC=5，AB=22，取AB的中点E，连接CE，如下图所示：221则CE⊥AB，且CE=AC-AE=3，所以，S=AB⋅CE=6，△ABC2因为三棱锥A-BCD的每个面的三边分别为5、5、22，所以，三棱锥A-BCD的表面积为S=4S△ABC=46，13V46设三棱锥A-BCD的内切球半径为r，则V=Sr，可得r===，3S46643922所以该三棱锥的外接球体积为πR=π，内切球表面积为4πr=π.32392故答案为：π；π.23【反思】本例属于对棱相等模型，可补形为长方体，再借助长方体模型，求外接球半径.6(2022春·山西·高二校联考期末)如图所示，用一个平行于圆锥SO的底面的平面截这个圆锥，截得的圆台，上、下底面的面积之比为1：9，截去的圆锥的底面半径是3，圆锥SO的高为18．则截得圆台的体积为；若圆锥SO中有一内切球，则内切球的表面积为．5【答案】    468π    486-1625π##486π-1625π【详解】由题意得：截得的圆台，上、下底面半径之比为1:3，截去的圆锥的底面半径是3，故下底面半径为9，12SO1则圆锥SO的体积为V=×9π×18=486π，由相似知识得：=，故SO=6，故截去的圆锥体积3SO312为V=×3π×6=18π，故截得圆台的体积为486π-18π=468π，13画出内切球的截面图，如下：则有Rt△SCD∼Rt△SAO，设内切球半径为R，则CD=CO=R，SC=18-R，由勾股定理得：AS=22CDSCR18-R95-918+9=95，由=得：=，解得：R=，OAAS99522295-9故内切球的表面积为4πR=4π=486-1625π.2故答案为：468π，486-1625π【反思】本例内切球问题，主要采用独立截面法，独立出大圆的截面，然后利用相似求解内切球半径。三、针对训练举一反三一、单选题1(2023·陕西西安·统考一模)在三棱锥A-BCD，平面ACD⊥平面BCD，△ACD是以CD为斜边的等腰直角三角形，△BCD为等边三角形，AC=4，则该三棱锥的外接球的表面积为()32π64π128π256πA.B.C.D.3333【答案】C【详解】解：过点B作CD的垂线，垂足为E，因为△ACD是以CD为斜边的等腰直角三角形，6所以△ACD的外接圆的圆心为E，设△BCD的外接圆圆心为O，其半径为R，则O在BE上，所以OC=OB=OD，由面面垂直的性质可知，BE⊥平面ACD，所以OC=OD=OA，即O为该三棱锥的外接球的球心，CD=424246由正弦定理可知，=2R,R=，sin60°3216×2128π故该三棱锥的外接球的表面积为S=4πR=4π×=.33故选：C2(2023·湖南·模拟预测)在三棱锥A-BCD中，AB⊥平面BCD，BC⊥CD，CD=2AB=2BC=4，则三棱锥A-BCD的外接球的表面积与三棱锥A-BCD的体积之比为()3π3πA.B.C.2πD.9π42【答案】D【详解】取AD的中点O,连接OB,OC，因为AB⊥面BCD,BD⊂面BCD,CD⊂面BCD,所以AB⊥BD,AB⊥CD，所以OB=OA=OD，所以BD=BC2+CD2=20，AD=AB2+BD2=4+20=26，因为CD⊥BC,AB∩BC=B,AB⊂面ABC,BC⊂面ABC,所以CD⊥面ABC，又因为AC⊂面ABC，所以CD⊥CA，1所以OC=OA=OD，所以OA=OB=OC=OD=AD=6，2所以O为三棱锥A-BCD的外接球的圆心,半径R=6，所以球的表面积为S=4πR2=24π，1118三棱锥A-BCD的体积为V=S⋅AB=××2×4×2=，3△BCD323S24π故==9π.V83故选：D3(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四7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ABCDEF如图所示，底面ABCD为正方形，EF=4，其余棱长为2，则羡除外接球体积与羡除体积之比为()82A.22πB.42πC.πD.2π3【答案】A【详解】连接AC、BD交于点M，取EF的中点O，连接OM，则OM⊥平面ABCD.取BC的中点G，连接FG，作GH⊥EF，垂足为H，如图所示，13由题意得，OA=OB=OC=OD，OE=OF=2，HF=EF=1，FG=BC=3，42∴HG=FG2-HF2=2，∴OM=HG=2，2又∵AM=AB=2，2∴OA=OM2+AM2=2，∴OA=OB=OC=OD=OE=OF=2，即：这个羡除的外接球的球心为O，半径为2，434332π∴这个羡除的外接球体积为V=πr=π×2=.1333∵AB⎳EF，AB⊄面CDEF，EF⊂面CDEF，∴AB⎳面CDEF，即：点A到面CDEF的距离等于点B到面CDEF的距离，又∵△OED≌△OCD，∴VA-OED=VB-OCD=VO-BCD，11∴这个羡除的体积为V=V+V=V+3V=4V=4×××2×2×2=2A-OEDBCF-ADOO-BCDO-BCDO-BCD3282，332πV∴羡除的外接球体积与羡除体积之比为1=3=22π.V2823故选：A.4(2023春·江西·