专题11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）PPPcccAbCCCabbABAaaBB图1图2图3②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）3、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ABC，确定其外接圆圆心O1（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a2r）；sinA②过外心O1做（找）底面ABC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）P如图：在三棱锥PABC中：①选定底面ABC，定ABC外接圆圆心O1O2O②选定面PAB，定PAB外接圆圆心O2AO1H③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BCO.二、典型例题例题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，3则2R1212123，故R．223所以2．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.例题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.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2，221所以BCABAC2ABACcosBAC4422223,2232AG4AG2由正弦定理，得3.222所以该外接球的半径R满足R2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ABC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.例题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（）1252πA．B．50π3500πC．100πD．3【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：PA2AB2AD232425252R，22250则外接球的表面积为：S4πR2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.例题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ACD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．B．C．D．3333【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，则平面经过点H且AC，设三棱锥SABC外接球的球心为O,SAC,BAC的中心分别为1O,O，易知OO平面SAC,OO平面BAC，且O,O,O,M四点共面，由题可得OMOOMO60，121212121213223OMSM，解Rt△OO1M，得OO3OM1，又OSSM，则三棱锥SABC外接球1331113371半径rOO2OS2，易知O到平面的距离dMH，11327153故平面截外接球所得截面圆的半径为rr2d2，13465353∴截面圆的周长为l2r，即点F轨迹的周长为．133故选：C【反思】此题典型的双面定球心。①定ABC外心O2;②定ASC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.例题5．（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】ππ##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1，3外接球直径2Rx2y2z2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：122则CEAB，且CEACAE3，所以，S△ABCABCE6，2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，3S466492所以该三棱锥的外接球体积为R3，内切球表面积为4r2.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.例题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________．【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1SO1为9，则圆锥SO的体积为V92π18486π，由相似知识得：，故SO6，故截去的圆锥体积3SO31为V32π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：CDSCR18R959AS1829295，由得：，解得：R，OAAS99522959故内切球的表面积为24πR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（）3264128256A．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，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3162128故该三棱锥的外接球的表面积为S4R24.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9π故V8.3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2，4432π∴这个羡除的外接球体积为Vπr3π23.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，1182∴这个羡除的体积为VVVV3V4V42