高中语文 处理球的 内切 外接 问题新人教版
必修二：球的内切和外接 例题讲解共46页
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必修二：球的内切和外接 例题讲解
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6、黄金时代是在我们的前面，而不在 我们的 后面。
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7、心急吃不了热汤圆。
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8、你可以很有个性，但某些时候请收 敛。
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9、只为成功找方法，不为失败找借口 (蹩脚 的工人 总是说 工具不 好)。
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10、只要下定决心克服恐惧，便几乎 能克服 任何恐 惧。因 为，请 记住， 除了在 脑海中 ，恐惧 无处藏 身。-- 戴尔． 卡耐基 。
61、奢侈是舒适的，否则就不是奢侈 。——CocoCha nel 62、少而好学，如日出之阳；壮而好学 ，如日 中之光 ；志而 好学， 如炳烛 之光。 ——刘 向 63、三军可夺帅也，匹夫不可夺志也。 ——孔 丘 64、人生就是学校。在那里，与其说好 的教师 是幸福 ，不如 说好的 教师是 不幸。 ——海 贝尔 65、接受挑战，就可以享受胜利的喜悦 。——杰纳勒 尔·乔治·S·巴顿
球的外接与内切问题
球的外接与内切问题 姓名：
【常用结论】
1．棱长为a 的正方体的外接球的半径=外R ．
2．棱长为a 的正方体的内切球的半径=内R ．
3．长、宽、高分别为x 、y 、z 的长方体的外接球的半径=R ．
4．所有棱长为a 的四面体的外接球的半径=外R ．
5．所有棱长为a 的四面体的内切球的半径=内R ．
【基本练习】
1．已知正方体外接球的体积是
332π，那么该正方体的棱长等于 ．
2．已知长方体的顶点都在同一个体积为336cm π的球面上，且此长方体的所有棱长之和为cm 40，则该长方体的表面积为 ．
3．一个四面体的所有棱长都为2，四个顶点在同一球面上，则此球的表面积是 ．。
第八章 微专题1 与球有关的内切、外接问题 课件 高中数学新人教A版必修第二册
解析 设正四棱锥的底面中心为O1，外接球的球心为O，如图所示. ∴由球的截面的性质，可得OO1⊥平面ABCD. 又SO1⊥平面ABCD，∴球心O必在SO1所在的直线上. ∴△ASC的外接圆就是外接球的一个轴截面圆，外接圆的半径就是 外接球的半径. 在△ASC 中，由 SA＝SC＝ 2，AC＝2，得SA2＋SC2＝AC2. ∴△ASC是以AC为斜边的直角三角形. ∴A2C＝1 是外接圆的半径，也是外接球的半径. 故 V 球＝43π.
四、确定球心位置法
例4 已知三棱锥的四个顶点都在球O的球面上，AB⊥BC且PA＝7，PB＝5，PC＝ 51， 500π
AC＝10，则球O的体积为____3___.
解析 AB⊥BC 且 PA＝7，PB＝5，PC＝ 51，AC＝10， 因为 72＋( 51)2＝102，所以知AC2＝PA2＋PC2，所以PA⊥PC，如图所示， 在Rt△ABC中斜边为AC，在Rt△PAC中斜边为AC，取斜边的中点O，
(2)已知球O的面上四点A，B，C，D，DA⊥平面ABC，AB⊥BC，DA＝AB＝ 2 ， BC＝ 3，则球O的体积等于__7_6_7_π__.
解析 因为DA⊥平面ABC，AB⊥BC， 所以DA，AB，BC两两垂直，构造如图所示的长方体， 又因为 DA＝AB＝ 2，BC＝ 3， 所以 CD 长即为外接球的直径，利用直角三角形解出 CD＝ 7. 故球 O 的体积等于767π.
二、构造法(补形法)
1.构造正方体
例2－1 (1)一个四面体的所有棱长都为 2，四个顶点在同一球面上，则此球的表面积为
√A.3π
B.4π
C. 3 3π
D.6π
解析 联想只有正方体中有这么多相等的线段，所以构造一个正方体， 则正方体的面对角线即为四面体的棱长， 求得正方体的棱长为 1，体对角线为 3，从而外接球的直径也为 3， 所以此球的表面积为3π.
球的内切、外接问题
P
球的表面积．
解1：作出截面图如图示. 由图可知，
3
AD
a,
2
2
3
AO AD
a.
3
3
a
6
2
2
∴PO PA AO
a.
3
6
∴OO PO PO
a R.
3
P
a
R
R
A
A
R O•
O•
•
O′
解得R
时，球内切于圆锥，如图所示，
O为球心，M为球O与母线PB的切点，E为底面圆心，
设球O的半径为R，底面圆E的半径为r，
因为圆锥侧面积为2π，
LOGO
（4）正棱锥、圆锥 ②外接球
例8 正四棱锥的五个顶点在同一个球面上，若该正
四棱锥的底面边长为4，侧棱长为2 6，求这个球
P
的表面积. 36π
PO′= 4，OO′=4－R，AO=R
2 6
AO2 = OO′ 2 + AO′ 2，
R=3
•
O′
R
R
A
O
O•
•
O′
O′
•
O
LOGO
（4）正棱锥、圆锥 ②外接球
正棱锥外接球半径求法——轴截面法
1.球心在棱锥的高所在的直线上
2.球心到底面外接圆圆心的距离d等于锥体的高h 减去球半径R的绝对值
d= |h －R |
P
3. R 2 r 2 (h R ) 2
4
9
O
1
， 解得r= 3
轴截面法
球的内切与外接问题讲课
综合应用举例
例1
解
已知一个三角形的三边长度，求其内切圆 半径和外接圆半径。
首先利用海伦公式求出三角形面积，再结 合半周长计算内切圆半径。对于外接圆半 径，可以通过正弦定理或余弦定理求解。
例2
解
给定一个正多边形，求其内切圆与外接圆 的半径比。
根据正多边形的性质，其所有内角相等， 且每条边与内切圆相切。由此可推导出内 切圆半径与外接圆半径的比例关系。
体对角线的长度来求解外接球的半径。
解答
03
长方体的体对角线长为$sqrt{3^2 + 4^2 + 5^2} = sqrt{50} =
5sqrt{2}$，因此其外接球的半径为$frac{5sqrt{2}}{2}$。
典型例题分析与解答
例题2
分析
已知一个正四面体的棱长为$a$，求其 外接球的半径。
正四面体的外接球半径可以通过构造 一个包含该正四面体的正方体来求解 。
长方体的内切球半径等于长方体相邻三条棱的倒数之和的倒数的一半，即 r=1/[(1/l)+(1/w)+(1/h)]。
解答
根据内切球的定义和性质，我们知道长方体的内切球半径等于长方体相邻三条棱的倒数之 和的倒数的一半。所以，r=1/[(1/l)+(1/w)+(1/h)]。
典型例题分析与解答
例题3
分析
解答
解答
构造一个棱长为$frac{sqrt{2}}{2}a$的 正方体，则该正方体的体对角线长等 于正四面体的外接球直径，即$2R = sqrt{(frac{sqrt{2}}{2}a)^2 + (frac{sqrt{2}}{2}a)^2 + (frac{sqrt{2}}{2}a)^2} = frac{sqrt{6}}{2}a$，因此正四面体的 外接球半径为$frac{sqrt{6}}{4}a$。
球的内切和外接问题
接球。
性质
02
圆锥体的外接球的半径等于圆锥体母线长度的一半。
应用
03
在几何学中，圆锥体的外接球的概念常用于解决与圆锥体相关
的问题，如计算圆锥体的表面积、体积等。
03
球的内切和外接问题的 应用
在几何学中的应用
确定球与平面、球与多面体的位置关系
通过球的内切和外接问题，可以确定球与平面、球与多面体的位置关系，进一步研究球的相关性质。
当一个球恰好与圆柱体的上底面和下 底面相切，这个球被称为圆柱体的外 接球。
性质
应用
在几何学中，圆柱体的外接球的概念 常用于解决与圆柱体相关的问题，如 计算圆柱体的表面积、体积等。
圆柱体的外接球的半径等于圆柱体高 的一半。
球与圆锥体的外接
定义
01
当一个球恰好与圆锥体的顶点相切，这个球被称为圆锥体的外
解决几何问题
利用球的内切和外接问题，可以解决一些与球相关的几何问题，如计算球的表面积、体积等。
在物理学中的应用
确定天体的运动轨迹
在天文学中，通过研究天体与地球之 间的球内切和外接问题，可以确定天 体的运动轨迹和运行规律。
解决物理实验问题
在物理实验中，利用球的内切和外接 问题可以解决一些与球相关的物理实 验问题，如研究球的滚动摩擦等。
02
球的外接问题
球与多边形的外接
01
02
03
定义
当一个球恰好与一个多边 形的各顶点相切，这个球 被称为多边形的外接球。
性质
多边形的外接球的半径等 于多边形各顶点到其外接 圆圆心的距离。
应用
在几何学中，外接球的概 念常用于解决与多边形相 关的问题，如计算多边形 的面积、体积等。
玩转外接球、内切球、棱切球(最新人教版优质教案)( 含解析 )
玩转外接球、内切球、棱切球【考点预测】知识点一:正方体、长方体外接球1.正方体的外接球的球心为其体对角线的中点，半径为体对角线长的一半．2.长方体的外接球的球心为其体对角线的中点，半径为体对角线长的一半．3.补成长方体(1)若三棱锥的三条侧棱两两互相垂直，则可将其放入某个长方体内，如图1所示．(2)若三棱锥的四个面均是直角三角形，则此时可构造长方体，如图2所示．(3)正四面体P -ABC 可以补形为正方体且正方体的棱长a =PA 2，如图3所示． (4)若三棱锥的对棱两两相等，则可将其放入某个长方体内，如图4所示图1 图2 图3 图4知识点二:正四面体外接球如图，设正四面体ABCD 的的棱长为a ，将其放入正方体中，则正方体的棱长为22a ，显然正四面体和正方体有相同的外接球．正方体外接球半径为R =22a ⋅32=64a ，即正四面体外接球半径为R =64a ．知识点三:对棱相等的三棱锥外接球四面体ABCD 中，AB =CD =m ，AC =BD =n ，AD =BC =t ，这种四面体叫做对棱相等四面体，可以通过构造长方体来解决这类问题．如图，设长方体的长、宽、高分别为a ,b ,c ，则b 2+c 2=m 2a 2+c 2=n 2a 2+b 2=t 2，三式相加可得a 2+b 2+c 2=m 2+n 2+t 22,而显然四面体和长方体有相同的外接球，设外接球半径为R ，则a 2+b 2+c 2=4R 2，所以R =m 2+n 2+t 28．知识点四:直棱柱外接球如图1，图2，图3，直三棱柱内接于球(同时直棱柱也内接于圆柱，棱柱的上下底面可以是任意三角形)图1图2图3第一步：确定球心O的位置，O1是ΔABC的外心，则OO1⊥平面ABC；第二步：算出小圆O1的半径AO1=r，OO1=12AA1=12h(AA1=h也是圆柱的高)；第三步：勾股定理：OA2=O1A2+O1O2⇒R2=h22+r2⇒R=r2+h2 2，解出R知识点五:直棱锥外接球如图，PA⊥平面ABC，求外接球半径．解题步骤：第一步：将ΔABC画在小圆面上，A为小圆直径的一个端点，作小圆的直径AD，连接PD，则PD必过球心O；第二步：O1为ΔABC的外心，所以OO1⊥平面ABC，算出小圆O1的半径O1D=r(三角形的外接圆直径算法：利用正弦定理，得asin A=bsin B=csin C=2r)，OO1=12PA；第三步：利用勾股定理求三棱锥的外接球半径：①(2R)2=PA2+(2r)2⇔2R=PA2+(2r)2；②R2=r2+OO12⇔R=r2+OO12．知识点六:正棱锥与侧棱相等模型1.正棱锥外接球半径：R =r 2+h 22h．2.侧棱相等模型：如图，P 的射影是ΔABC 的外心⇔三棱锥P -ABC 的三条侧棱相等⇔三棱锥P -ABC 的底面ΔABC 在圆锥的底上，顶点P 点也是圆锥的顶点．解题步骤：第一步：确定球心O 的位置，取ΔABC 的外心O 1，则P ,O ,O 1三点共线；第二步：先算出小圆O 1的半径AO 1=r ，再算出棱锥的高PO 1=h (也是圆锥的高)；第三步：勾股定理：OA 2=O 1A 2+O 1O 2⇒R 2=(h -R )2+r 2，解出R =r 2+h 22h．知识点三:侧棱为外接球直径模型方法：找球心，然后作底面的垂线，构造直角三角形．知识点四:共斜边拼接模型如图，在四面体ABCD 中，AB ⊥AD ，CB ⊥CD ，此四面体可以看成是由两个共斜边的直角三角形拼接而形成的，BD 为公共的斜边，故以“共斜边拼接模型”命名之．设点O 为公共斜边BD 的中点，根据直角三角形斜边中线等于斜边的一半的结论可知，OA =OC =OB =OD ，即点O 到A ，B ，C ，D 四点的距离相等，故点O 就是四面体ABCD 外接球的球心，公共的斜边BD 就是外接球的一条直径．知识点五:垂面模型如图1所示为四面体P-ABC，已知平面PAB⊥平面ABC，其外接球问题的步骤如下：(1)找出△PAB和△ABC的外接圆圆心，分别记为O1和O2．(2)分别过O1和O2作平面PAB和平面ABC的垂线，其交点为球心，记为O．(3)过O1作AB的垂线，垂足记为D，连接O2D，则O2D⊥AB．(4)在四棱锥A-DO1OO2中，AD垂直于平面DO1OO2，如图2所示，底面四边形DO1OO2的四个顶点共圆且OD为该圆的直径．图1图2知识点六:最值模型这类问题是综合性问题，方法较多，常见方法有：导数法，基本不等式法，观察法等知识点七:二面角模型如图1所示为四面体P-ABC，已知二面角P-AB-C大小为α，其外接球问题的步骤如下：(1)找出△PAB和△ABC的外接圆圆心，分别记为O1和O2．(2)分别过O1和O2作平面PAB和平面ABC的垂线，其交点为球心，记为O．(3)过O1作AB的垂线，垂足记为D，连接O2D，则O2D⊥AB．(4)在四棱锥A-DO1OO2中，AD垂直于平面DO1OO2，如图2所示，底面四边形DO1OO2的四个顶点共圆且OD为该圆的直径．知识点八:坐标法对于一般多面体的外接球，可以建立空间直角坐标系，设球心坐标为O(x,y,z)，利用球心到各顶点的距离相等建立方程组，解出球心坐标，从而得到球的半径长．坐标的引入，使外接球问题的求解从繁琐的定理推论中解脱出来，转化为向量的计算，大大降低了解题的难度．知识点九:圆锥圆柱圆台模型1.球内接圆锥如图1，设圆锥的高为h，底面圆半径为r，球的半径为R．通常在△OCB中，由勾股定理建立方程来计算R．如图2，当PC>CB时，球心在圆锥内部；如图3，当PC<CB时，球心在圆锥外部．和本专题前面的内接正四棱锥问题情形相同，图2和图3两种情况建立的方程是一样的，故无需提前判断．由图2、图3可知，OC=h-R或R-h，故(h-R)2+r2=R2，所以R=h2+r2 2h．2.球内接圆柱如图，圆柱的底面圆半径为r，高为h，其外接球的半径为R，三者之间满足h2+r2=R2．3.球内接圆台R2=r22+r22-r21-h22h2，其中r1,r2,h分别为圆台的上底面、下底面、高．知识点四:锥体内切球方法：等体积法，即R=3V体积S表面积知识点五:棱切球方法：找切点，找球心，构造直角三角形【题型归纳目录】题型一：正方体、长方体模型题型二：正四面体模型题型三：对棱相等模型题型四：直棱柱模型题型五：直棱锥模型题型六：正棱锥与侧棱相等模型题型七：侧棱为外接球直径模型题型八：共斜边拼接模型题型九：垂面模型题型十：最值模型题型十一：二面角模型题型十二：坐标法模型题型十三：圆锥圆柱圆台模型题型十四：锥体内切球题型十五：棱切球【典例例题】题型一:题型一：正方体、长方体模型例1.(2022·陕西安康·高二期末(理))长方体的长，宽，高分别为3，2，1，其顶点都在球O的球面上，则球O的体积为( )A.43πB.12πC.48πD.323π【答案】A【解析】球O的半径为32+22+122=3，∴体积V=4π⋅333=43π．故选：A例2.(2022·全国·高一阶段练习)已知三棱锥P-BCD中，BC⊥CD，PB⊥底面BCD，BC=1，PB= CD=2，则该三棱锥的外接球的体积为( )A.74πB.92πC.278πD.259π【答案】B【解析】解：如图所示，将三棱锥P-BCD放在长、宽、高分别为2，1，2的长方体中，则三棱锥P-BCD的外接球即为该长方本的外接球，所以外接球的直径PD=BC2+CD2+PB2=12+22+22=3，∴该球的体积为43π×32 3=92π．故选：B例3.(2022·北京市第三十五中学高一阶段练习)已知正方体外接球的体积是323π，那么正方体的体对角线等于( )A.233B.4C.423D.433．【答案】B【解析】解：正方体外接球的直径即为正方体的体对角线，设外接球的半径为R，则V=43πR3=323π，解得R=2，所以正方体的体对角线等于2R=4；故选：B例4.(2022·黑龙江·勃利县高级中学高一期中)据《九章算术》记载，“鳖臑”为四个面都是直角三角形的三棱锥．如图所示，现有一个“鳖臑”，PA⊥底面ABC，AB⊥BC，且PA=AB=BC=2，三棱锥外接球表面积为( )A.10πB.12πC.14πD.16π【答案】B【解析】如图，将三棱锥补形为正方体，则外接球半径R =PC 2=AP 2+AB 2+BC 22=4+4+42=3．所以三棱锥外接球表面积S =4πR 2=4π×3=12π．故选：B ．例5.(2022·河北·高一期中)《九章算术》中将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为“阳马”．现有一“阳马”P -ABCD ，PA ⊥平面ABCD ，AB =4，△PAD 的面积为4，则该“阳马”外接球的表面积的最小值为( )A.24πB.28πC.32πD.36π【答案】C【解析】如图，将四棱锥P -ABCD 补成长方体，则该四棱锥的外接球与长方体的外接球相同．因为长方体外接球的半径r =42+AD 2+PA 22，所以该“阳马”外接球的表面积为：4π×r 2=AD 2+PA 2+16 π≥(2AD ⋅PA +16)π=4×12AD ⋅PA +16 =4×4+16 π=32π．故选：C ．例6.(2022·河南·模拟预测(文))在三棱锥A -BCD 中，已知AC ⊥平面BCD ，BC ⊥BD ，且AC =3，BC =2，BD =5，则该三棱锥外接球的表面积为( )A.12πB.7πC.9πD.8π【答案】A【解析】由AC ⊥平面BCD ，BC ⊥BD ，知三棱锥A -BCD 可补形为以BD ,BC ，AC 为长宽高的长方体，三棱锥的外接球即长方体的外接球，设外接球的半径为R ，则2R 2=3+4+5=12，所以S 球=4πR 2=12π．故选：A 题型二:正四面体模型例7.(2022·全国·高三专题练习(理))棱长为a 的正方体内有一个棱长为x 的正四面体，且该正四面体可以在正方体内任意转动，则x 的最大值为( )A.12aB.32aC.36aD.63a 【答案】D【解析】棱长为a 的正方体的内切球的半径为a 2，正四面体可以在正方体内任意转动，只需该正四面体为球的内接正四面体，换言之，棱长为x 的正四面体的外接球的半径为a 2，设正四面体为P -ABC ，过P 作PO ⊥平面ABC ，垂足为O ，O 为底面正ΔABC 的中心，则AO =23×32x =33x ，体高为x 2-33x 2=63x ，由于外接球半径为a 2 ，利用勾股定理得：63x -a 2 2+33x2=a 2 2 ，解得x =63a ，选D ．例8.(2022·河南·西平县高级中学模拟预测(理))一个正四面体的棱长为2，则这个正四面体的外接球的体积为( )A.6πB.2πC.3πD.22π【答案】A 【解析】如图，四面体BDMN 是正四面体，棱长BD =2，将其补形成正方体GB CD -MENF ，则正方体GB CD -MENF 的棱长GB =22BD =2，此正方体的体对角线长为6，正四面体BDMN 与正方体GB CD -MENF 有相同的外接球，则正四面体BDMN的外接球半径R =62，所以正四面体BDMN 的外接球体积为V =43πR 3=43π⋅623=6π．故选：A例9.(2022·贵州师大附中高二开学考试(理))已知正四面体的棱长为2，则其外接球的表面积为( )A.4πB.6πC.8πD.10π【答案】B【解析】因为正四面体的棱长为2，所以底面三角形的高3，棱锥的高为h =22-233 2=263，设外接球半径为R ，则R 2=263-R 2+233 2，解得R =62．所以外接球的表面积为S =4πR 2=4π622=6π．故选：B ．例10.(2022·河北·石家庄二中一模(理))如图所示，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表面积是( )A.12πB.32πC.8πD.24π【答案】A【解析】将侧面△ABC 和△ACD 沿AC 边展开成平面图形，如图所示，菱形ABCD ，在菱形ABCD 中，连接BE ，交AC 于点P ，则BE 的长即为BP +PE 的最小值，即BE =14，因为正四面体ABCD ，所以AC =AB ，所以∠BCD =120°，因为E 是棱AD 的中点，所以∠DCE =30°，所以∠BCE =∠BCD -∠DCE =90°，设DE =x ，则AB =BC =CD =AD =2x ，所以CE =3x ，则BE =BC 2+CE 2=7x =14，所以x =2，则正四面体ABCD 的棱长为22，所以正四面体的外接球半径为64×22=3，所以该正四面体外接球的表面积为S =4π3 2=12π，故选：A例11.(2022·贵州·凯里一中高二期末(理))我们将四个面均为正三角形的四面体称为“正四面体”，在正四面体ABCD 中，E ,F 分别为棱AB ,CD 的中点，当EF =2时，四面体ABCD 的外接球的表面积为()A.12πB.4πC.3πD.6π【答案】D【解析】设正四面体的棱长为2a ，则：AF =BF =3a ，在等腰三角形ABF 中，AF =3a ,AE =a ,∴EF =3a 2-a 2=2a ，据此可得：2a =2,a =1，正四面体的棱长为：2a =2，外接球半径为：R =64×2a =62，其表面积为：4πR 2=6π．本题选择D 选项．例12.(2022·全国·高三专题练习)金刚石是碳原子的一种结构晶体，属于面心立方晶胞(晶胞是构成晶体的最基本的几何单元)，即碳原子处在立方体的8个顶点，6个面的中心，此外在立方体的对角线的14处也有4个碳原子，如图所示(绿色球)，碳原子都以共价键结合，原子排列的基本规律是每一个碳原子的周围都有4个按照正四面体分布的碳原子．设金刚石晶胞的棱长为a ，则正四面体SPQR 的棱长为__________；正四面体SPQR 的外接球的体积是__________．【答案】 22a 316πa 3【解析】依题意可知，O 为正四面体SPQR 的中心，如图：连接SO ，延长交平面PQR 于点M ，则M 为△PQR 的中心，所以设SR =x ，MR =23×32x =33x ，因为OR =SO =14ST =14×3a =34a ，所以SM =SR 2-MR 2=x 2-33x 2=63x ，由OM 2+MR 2=OR 2，得(SM -SO )2+MR 2=OR 2，得63x -34a 2+33x 2=34a 2，解得x =22a ，所以正四面体SPQR 的棱长为22a ．依题意可知，正四面体SPQR 的外接球的圆心为O ，半径为34a ，所以正四面体SPQR 的外接球的体积是43π×34a 3=316πa 3．故答案为：22a ；316πa 3．题型三:对棱相等模型例13.(2022•让胡路区校级模拟)在四面体ABCD 中，若AB =CD =3，AC =BD =2，AD =BC =5，则四面体ABCD 的外接球的表面积为( )A.2πB.4πC.6πD.8π【解析】解：如下图所示，将四面体ABCD 放在长方体AEBF -GCHD 内，设该长方体的长、宽、高分别为x 、y 、z ，则长方体的体对角线长即为长方体的外接球直径，设该长方体的外接球半径为R ，由勾股定理得AB2=x2+y2=3 AC2=x2+z2=4 AD2=y2+z2=5 ，上述三个等式全加得2(x2+y2+z2)=12，所以，该四面体的外接球直径为2R=x2+y2+z2=6，因此，四面体ABCD的外接球的表面积为4πR2=π×(2R)2=6π，故选：C．例14.已知四面体ABCD中，AB=CD=5，BC=AD=10，AC=BD=13，若该四面体的各个顶点都在同一球面上，则此球的表面积为( )A.42πB.43πC.14πD.16π【解析】解：由题意，四面体扩充为长方体，且面上的对角线分别为5，10，13，∴长方体的对角线长为5+10+132=14，∴球的半径为142，∴此球的表面积为4π∙144=14π．故选：C．例15.如图，在三棱锥P-ABC中，PA=BC=3，PB=AC=2，PC=AB=5，则三棱锥P-ABC 外接球的体积为( )A.2πB.3πC.6πD.6π【解析】解：由题意，PA=BC=3，PB=AC=2，PC=AB=5，将三棱锥P-ABC放到长方体中，可得长方体的三条对角线分别为3，2，5，即a2+b2=3，a2+c2=2，c2+b2=5，解得：a=1，b=2，c=3．外接球的半径R=12×a2+b2+c2=62．∴三棱锥P-ABC外接球的体积V=43πR3=6π．故选：C．例16.(2022•永安市校级期中)在三棱锥P-ABC中，PA=BC=4，PB=AC=5，PC=AB=11，则三棱锥P-ABC的外接球的表面积为( )A.26πB.12πC.8πD.24π【解析】解：∵三棱锥P -ABC 中，PA =BC =4，PB =AC =5，PC =AB =11，∴构造长方体，使得面上的对角线长分别为4，5，11，则长方体的对角线长等于三棱锥P -ABC 外接球的直径．设长方体的棱长分别为x ，y ，z ，则x 2+y 2=16，y 2+z 2=25，x 2+z 2=11，∴x 2+y 2+z 2=26，∴三棱锥P -ABC 外接球的直径为26，∴三棱锥P -ABC 外接球的表面积为4π2622=26π．故选：A ．例17.(2022•罗湖区月考)已知在四面体ABCD 中，AB =CD =22,AD =AC =BC =BD =5，则四面体ABCD 的外接球表面积为 ．【解析】解：如下图所示，将四面体ABCD 放在长方体AEBF -GCHD 内，在四面体ABCD 中，AB =CD =22,AD =AC =BC =BD =5，设该长方体的长、宽、高分别为2、2、1，则长方体的体对角线长即为长方体的外接球直径，设该长方体的外接球半径为R ，所以，该四面体的外接球直径为2R =22+22+12=3，因此，四面体ABCD 的外接球的表面积为4πR 2=π×(2R )2=9π，故答案为：9π．例18.(2022•三模拟)在四面体ABCD 中，AC =BD =2，AD =BC =5，AB =CD =7，则其外接球的表面积为 ．【解析】解：如下图所示，将四面体ABCD 放在长方体AEBF -GCHD 内，设该长方体的长、宽、高分别为x、y 、z ，则长方体的体对角线长即为长方体的外接球直径，设该长方体的外接球半径为R ，由勾股定理得x 2+y 2=4y 2+z 2=5z 2+x 2=7，上述三个等式全加得2(x 2+y 2+z 2)=16，所以，该四面体的外接球直径为2R =x 2+y 2+z 2=22，因此，四面体ABCD 的外接球的表面积为4πR 2=π×(2R )2=8π，故答案为：8π．题型四:直棱柱模型例19.(2022·山西·太原五中高一阶段练习)在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，若AB ⊥BC ,AB =6,BC =8,AA 1=6，则该直三棱柱外接球的表面积为( )A.72πB.114πC.136πD.144π【答案】C【解析】由题意可得三棱柱的上下底面为直角三角形，取直角三角形斜边的中点O 1,O 2，直三棱柱ABC -A 1B 1C 1的外接球的球心O 为上下底面的外接圆圆心的连线O 1O 2的中点，连接AO ，AB ⊥BC ,AB =6,BC =8,AC =10，设外接球的半径为R ，下底面外接圆的半径为r ，r =AO 2=5，则R 2=25+9=34，该直三棱柱外接球的表面积为4πR 2=136π，故选：C 例20.(2022·安徽·合肥市第六中学高一期中)设直三棱柱ABC -A 1B 1C 1的所有顶点都在一个球面上，AB =AC =AA 1，∠BAC =120°，且底面△ABC 的面积为23，则此直三棱柱外接球的表面积是( )A.16πB.4010π3C.40πD.64π【答案】C 【解析】设AB =AC =AA 1=m ，因为∠BAC =120°，所以12×m ×m ×sin120°=23，m =22，而∠ACB =30°，所以22sin30°=2r (r 于是是△ABC 外接圆的半径)，r =22，即AM =22，如图，设M ,N 分别是△ABC 和△A 1B 1C 1的外接圆圆心，由直棱柱的性质知MN 的中点O 是三棱柱ABC -A 1B 1C 1的外接球球心，OM =12MN =12AA 1=2，所以外接球为R =OA =AM 2+OM 2=22 2+2 2=10．于是球的表面积为S =4πR 2=4π10 2=40π．故选：C ．例21.(2022·河南·高三阶段练习(文))已知正六棱柱ABCDEF-A1B1C1D1E1F1的每个顶点都在球O的球面上，且AB=3，AA1=4，则球O的表面积为( )A.42πB.48πC.50πD.52π【答案】D【解析】因为AB=3，所以正六边形ABCDEF外接圆的半径r=3，所以球O的半径R=r2+AA122=13，故球O的表面积为4πR2=52π．故选：D例22.(2022·全国·高二课时练习)表面积为81π的球，其内接正四棱柱(底面是正方形的直棱柱)的高是7，则这个正四棱柱的底面边长为______．【答案】4【解析】由题意知：正四棱柱的体对角线即为球的直径，设球的半径为R，则4πR2=81π，解得R=9 2，设正四棱柱的底面边长为a，则a2+a2+72=2R，解得a=4．故答案为：4．例23.(2022·河南·高三阶段练习(理))已知正三棱柱ABC-A1B1C1的外接球表面积为40π，则正三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长之和的最大值为______．【答案】1210【解析】由已知可得正三棱柱的外接球的球心为上下底面中心连线的中点，由外接球的表面积求出外接球半径，由底面边长求出底面外接圆半径，求出球心到底面的距离，进而求出正三棱柱的高，即可求出结论，【详解】设正三棱柱上下底面中心分别为H,H1，连HH1，取HH1中点O为正三棱柱外接球的球心，连OA为外接球的半径，如图，∴4π×OA2=40π，∴OA=10设正三棱柱ABC-A1B1C1的底面边长为x，∴AH=23×32x=33x，在RtΔAOH中，OH=OA2-AH2=10-13x2，∴HH1=210-13x2三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长之和为l=6x+610-13x2(0<x<30)．l =61-x 310-13x 2 ,(0<x <30)，令l =0，解得x =3102，当0<x <3102时，l >0，当3102<x <30时，l <0，所以x =3102是函数在定义域内有唯一极大值点，故当x =3102时，l =6x +610-13x 2(0<x <30)有最大值1210．故答案为： 1210．例24.(2022·浙江·高二期中)在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，∠BAC =90°且BB 1=4，已知该三棱柱的体积为2，则此三棱柱外接球表面积的最小值为______．【答案】18π【解析】设BC 的中点为D ，B 1C 1的中点为D 1，AB =x ,AC =y ，由题，得三棱柱外接球的球心在线段DD 1的中点O 处，由三棱柱的体积为2，得12xy ×4=2，即xy =1，由题，得R 2=OB 2=OD 2+BD 2=4+14x 2+y 2 ，所以，外接球表面积S =4πR 2=4π⋅4+14x 2+y 2 =16π+x 2+y 2 π≥16π+2xy π=18π．故答案为：18π题型五:直棱锥模型例25.(2022·青海·海东市第一中学模拟预测(理))已知四棱锥P -ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是矩形，AD =3AB =3PA ，若四棱锥P -ABCD 外接球的表面积为11π，则四棱锥P -ABCD 的体积为( )A.3B.2C.2D.1【答案】D【解析】设四棱锥P -ABCD 外接球的半径为R ，则4πR 2=11π，即4R 2=11．由题意，易知PC 2=4R 2，得PC =11，设AB =x ，得x 2+9x 2+x 2=11，解得x =1，所以四棱锥P -ABCD 的体积为13×1×3×1=1．故选：D 例26.(2022·全国·高三专题练习)《九章算术》中将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑．若三棱锥M -ABC 为鳖臑，MA ⊥平面ABC ，AB ⊥BC ，AB =BC =2，MA =4，三棱锥M -ABC 的四个顶点都在球O 的球面上，则球O 的表面积为( )A.9πB.16πC.20πD.24π【答案】D【解析】如图所示，作AC 边上的中点D ，MC 边上的中点O ，连接ODMA ⊥平面ABC ，可得：MA ⊥AC ，OD ⊥AC可得：O 为球O 的球心，OC 为球的半径在直角三角形△ABC 中，可得：AC =22在直角三角形△ODC 中，可得：OC =6故球的表面积为：4π6 2=24π故选：D 例27.(2022·广西·宾阳中学高一阶段练习)已知三棱锥S -ABC 中，SA ⊥平面ABC ，AB =BC =CA=33，三棱锥S -ABC 外接球O 的表面积为100π，则球O 的体积为_______，异面直线SA ，OB 所成角的余弦值为________．【答案】 5003π；45【解析】由外接球表面积可知S =4πR 2=100π，解得R =5，所以球的体积V =43πR 3=5003π，如图，设球心为O ，H 为SA 中点，G 为△ABC 中心，连接OB ，OG ，因为G 为△ABC 中心，球心为O ，所以OG ⊥平面ABC ，又SA ⊥平面ABC ，所以OG ⎳SA ，由OG ⎳SA 可知，异面直线SA ，OB 所成角为∠BOG ，在Rt △ABC 中，cos ∠BOG =OG OB=R 2-BG 2R=25-23×32×33 25=45，故答案为：5003π；45．例28.(2022·河南·新乡市第一中学高一期末)已知三棱锥S -ABC 中，SA ⊥平面ABC ，SA =4，BC =23，∠BAC =60∘，则三棱锥S -ABC 外接球的表面积为______．【答案】32π【解析】如下图所示：圆柱O 1O 2的底面圆直径为2r ，母线长为h ，则O 1O 2的中点O 到圆柱底面圆上每点的距离都相等，则O 为圆柱O1O 2的外接球球心，球O 的半径为R =r 2+h 2 2，可将三棱锥S -ABC 置于圆柱O 1O 2内，使得圆O 2为△ABC 的外接圆，如下图所示：由正弦定理可知圆O 2的直径为2r =BC sin60∘=4，所以，三棱锥S -ABC 外接球的半径R =SA 2 2+r 2=22，因此，三棱锥S -ABC 外接球的表面积为4πR 2=32π．故答案为：32π．例29.(2022·青海·海东市第一中学模拟预测(文))已知在三棱锥P -ABC 中，PA =4，BC =26，PB =PC =3，PA ⊥平面PBC ，则三棱锥P -ABC 的外接球的表面积是( )A.43πB.42πC.48πD.46π【答案】A【解析】在△PBC 中，由余弦定理得：cos ∠BPC =PB 2+PC 2-BC 22PB ⋅PC =-618=-13，∴sin ∠BPC =1-cos 2∠BPC =223，∴△BPC 外接圆半径r =12×BC sin ∠BPC =12×26223=332，又PA ⊥平面PBC ，∴三棱锥P -ABC 的外接球半径R =r 2+12PA 2=274+4=432，则三棱锥P -ABC 的外接球的表面积S =4πR 2=43π．故选：A ．例30.(2022·全国·高一阶段练习)已知三棱锥P -BCD 中，BC ⊥CD ，PB ⊥底面BCD ，BC =1，PB =CD =2，则该三棱锥的外接球的体积为( )A.74π B.92πC.278π D.259π【答案】B【解析】解：如图所示，将三棱锥P -BCD 放在长、宽、高分别为2，1，2的长方体中，则三棱锥P -BCD 的外接球即为该长方本的外接球，所以外接球的直径PD =BC 2+CD 2+PB 2=12+22+22=3，∴该球的体积为43π×32 3=92π．故选：B 例31.(2022·河北沧州·高一期末)已知在三棱锥A -BCD 中，AB ⊥平面BCD ，AB =23,AC =AD =4,CD =2，则三棱锥A -BCD 外接球的表面积为( )A.40π3B.15πC.52π3D.20π【答案】C【解析】因AB ⊥平面BCD ，BC ,BD ⊂平面BCD ，则AB ⊥BC ,AB ⊥BD ，而AB=23,AC =AD =4，则BC =BD =2=CD ，三棱锥A -BCD 的外接球O 截平面BCD 所得小圆圆心O 1是正△BCD 的中心，O 1B =233，连OO 1，则OO 1⊥平面BCD ，取线段AB 的中点E ，则球O 的球心O 在过E 垂直于直线AB 的垂面上，连OE ，如图，则四边形BEOO 1是矩形，OO 1=BE =12AB =3，因此，球O 的半径BO 有：BO 2=BO 21+OO 21=133，所以三棱锥A -BCD 外接球的表面积S =4π⋅BO 2=52π3．故选：C题型六:正棱锥与侧棱相等模型例32.(2022·江西·高三阶段练习(文))在正三棱锥P -ABC 中，PA ⊥PB ，P 到平面ABC 的距离为2，则该三棱锥外接球的表面积为( )A.36πB.16πC.16π3D.4π【答案】A【解析】因为PA ⊥PB ，由正三棱锥的性质知，PA ，PB ，PC 两两垂直且相等．设PA =PB =PC =a ，则AB =BC =CA =2a ．根据V P -ABC =V A -PBC ，得13×12×a 2×a =13×12×2a 2sin60°×2，解得a =23．设三棱锥P -ABC 外接球的半径为R ，则2R =PA 2+PB 2+PC 2=36=6，所以R =3．故所求外接球的表面积为36π．故选：A ．例33.(2022·江苏·高一课时练习)如图在正三棱锥S -ABC 中，M ,N 分别是棱SC ,BC 的中点，Q 为棱AC 上的一点，且AQ =12QC ，MN ⊥MQ ，若AB =22，则此正三棱锥S -ABC 的外接球的体积为( )A.12πB.433πC.83πD.43π【答案】D 【解析】因为在△SBC 中，M ,N 分别是棱SC ,BC 的中点，所以MN ⎳SB ，因为MN ⊥MQ ，所以SB ⊥MQ ，因为三棱锥S -ABC 为正三棱锥，所以SB ⊥AC (对棱垂直)，又因为MQ ,AC ⊂面SAC ，MQ ∩AC =Q ，所以SB ⊥面SAC ，因为SA ,SC ⊂面SAC ，所以SB ⊥SA ,SB ⊥SC ，在Rt △SAB 中，SA 2+SB 2=AB 2，因为三棱锥S -ABC 为正三棱锥，所以△SBC 是等腰三角形，△ABC 是等边三角形，所以SB =SC ，AB =AC ，所以SA 2+SC 2=AC 2，即SA ⊥SC ，所以SA ,SB ,SC 两两垂直，将此三棱锥放入正方体中，此正方体的面对角线长等于AB 长，为22，则该正方体棱长为2，外接球半径R =22 2+222 2=3，正方体外接球体积V =43πR 3=43π×3 3=43π，此正三棱锥S -ABC 的外接球体积和正方体外接球体积相同，为43π．故选：D例34.(2022·重庆市实验中学高一阶段练习)三棱锥P -ABC 体积为36，且PA =PB =PC ,AB =AC =1,BC =3，则三棱锥外接球的表面积为____________．【答案】254π【解析】三棱锥P -ABC 中，取BC 中点D ，连PD ，连AD 并延长至O 1，使DO 1=AD ，连接BO 1，CO 1，PO 1，如图：于是得四边形ABO 1C 为平行四边形，而AB =AC =1，▱ABO 1C 是菱形，在△ABC 中，BC =3，由余弦定理有cos ∠BAC =AB 2+AC 2-BC 22AB ⋅AC =-12，即∠BAC =120∘，则∠ABO 1=60∘，△ABO 1是正三角形，O 1A =O 1B =O 1C =1，于是得O 1是△ABC 外接圆圆心，因PA =PB =PC ，D 为BC 中点，则PD ⊥BC ，又AO 1⊥BC ，PD ∩AO 1=D ，PD ,AO 1⊂平面PAO 1，从而有BC ⊥平面PAO 1，PO 1⊥BC ，同理PO 1⊥AC ，而AC ∩BC =C ，从而得PO 1⊥平面ABC ，由球的截面小圆性质知，三棱锥P -ABC 外接球球心O 在直线PO 1上，又S △ABC =12AB ⋅AC sin120∘=34，则V P -ABC =13PO 1⋅S △ABC =36，解得PO 1=2，设球O 的半径为R ，则OB =OP =R ，OO 1=|R -2|，Rt △OO 1B 中，O 1B 2+O 1O 2=OB 2，即1+(R -2)2=R 2，解得R =54，则球O 的表面积为S =4πR 2=25π4，所以三棱锥外接球的表面积为254π．故答案为：254π例35.(2022·重庆·高二期末)如图，在三棱锥A -BCD 中，AB =AC =BC =BD =CD ，二面角A -BC-D 的余弦值为-13，若三棱锥A -BCD 的体积为13，则三棱锥A -BCD 外接球的表面积为______．【答案】4π【解析】取BC 的中点E ，连接AE ，DE ，过点A 作AH ⊥DE ，交DE 的延长线于点H ，所以∠AED 为二面角A -BC -D 的平面角，设AB =2a ，则AE =DE =3a ，cos ∠AED =-13，所以sin ∠AEH =sin ∠AED =223，所以AH =263a ，EH =13AE =33a ，因为三棱锥A -BCD 的体积为13，所以13×34×(2a )2×263a =13，解得：a =22，EH =66，设△BCD 外接圆的圆心为O '，三棱锥A -BCD 外接球的球心为O ，连接OO ，OC ，O C ，过点O 作OF ⊥AH 于点F ，则O 'C =O 'D =23DE =63，O E =13DE =66，O H =OF ，OA =OC ，设OO =FH =h ，则AF =AH -FH =233-h ，OF =O H =O E +EH =63，由勾股定理得：h 2+632=233-h 2+63 2，解得：h =33，所以三棱锥A -BCD 外接球的半径R 满足R 2=O 'O 2+O 'C 2=1，则三棱锥A -BCD 的外接球的表面积为4πR 2=4π．故答案为：4π．例36.(2022·全国·高一期末)在正三棱锥P -ABC 中，AB =23，正三棱锥P -ABC 的体积是43，则正三棱锥P -ABC 外接球的表面积是( )A.5πB.15πC.25πD.35π【答案】C【解析】如图所示，设点G 为△ABC 的外心，则PG ⊥平面ABC ，由V P -ABC =13S △ABC ⋅PG =13×12×23×23×32⋅PG =43，∴PG =4，则三棱锥P -ABC 的外接球的球心O 在直线PG 上．设其外接球的半径为R ，由正弦定理得AG =AB2sin π3=2，在Rt △OAG 中，OG =|PG -R |=|4-R |，由勾股定理得OA 2=OG 2+AG 2，即R 2=22+|4-R |2，解得R =52．正三棱锥P -ABC 外接球的表面积是S =4πR 2=4π×52 2=25π，故选：C ．例37.(2022·天津市咸水沽第一中学模拟预测)已知正三棱锥S -ABC 的三条侧棱两两垂直，且侧棱长为1，则此三棱锥的外接球的表面积为( )A.πB.3πC.6πD.9π【答案】B【解析】由题意，正三棱锥S -ABC 的三条侧棱两两垂直，且侧棱长为1，此三棱锥S -ABC 可补形为一个棱长为1的正方体，三棱锥S -ABC 的外接球与补成的棱长为1的正方体的外接球为同一个球，设正方体的外接球的半径为R ，可得2R =3，即R =32，所以此三棱锥的外接球的表面积为S =4πR 2=4π×322=3π．故选：B ．例38.(2022·河南安阳·高二阶段练习(理))如图，在三棱锥A -BCD 中，AB =BC =AC =CD =2，∠BCD =120°，二面角A -BC -D 的大小为120°，则三棱锥A -BCD 的外接球的表面积为( )A.82π3B.80π3C.27πD.244π9【答案】D【解析】如图1，过D 作DM ⊥BC 垂足为M ，取BC 的中点E ，连接AE ,CM AE =DM =3,CM =1,BD =23过M 作MN ∥AE ，且MN =AE ，连接AN ，则AN =2∵△ABC 为等边三角形，则AE ⊥BC∴MN ⊥BC ，DM ⊥BC ，根据题意可得∠DMN =2π3∵DN 2=MN 2+DM 2-2MN ⋅DM ⋅cos ∠DMN =9，则DN =3由题意可得AN ⊥DN ，则AD 2=AN 2+DN 2=13，则AD =13如图2，∵AC =BC =CD ，则顶点C 在平面ABD 的投影为△ABD 的外接圆圆心O 1，则三棱锥A -BCD 的外接球的球心O 在直线CO 1上，连接O 1A ,O 1C ,OA cos ∠ABD =AB 2+BD 2-AD 22AB ⋅BD =38，则sin ∠ABD =618∴△ABD 的外接圆半径AO 1=12AD sin ∠ABD =41361，则CO 1=CA 2-AO 12=661设棱锥A -BCD 的外接球的半径为R ，则OA 2=AO 12+OO 12即R 2=413612+661-R 2，解得R =613三棱锥A -BCD 的外接球的表面积为S =4πR 2=244π9故选：D ．例39.(2022·江苏南通·高三期末)已知正四棱锥P -ABCD 的底面边长为22，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.16πB.323π C.8π D.823π【答案】B【解析】在正四棱锥P -ABCD 中，连接AC ，BD ，AC ∩BD =O ，连PO ，如图，则有PO ⊥平面ABCD ，∠PAO 为侧棱PA 与底面ABCD 所成的角，即∠PAO =45∘，于是得O P =O A =O B =O C =O D =22AB =2，因此，顶点P ，A ，B ，C ，D 在以O 为球心，2为半径的球面上，即点O 与O 重合，所以球O 的体积是V =43π×23=323π．故选：B例40.(2022·全国·高考真题)已知正四棱锥的侧棱长为l ，其各顶点都在同一球面上．若该球的体积为36π，且3≤l ≤33，则该正四棱锥体积的取值范围是( )A.18,814B.274,814C.274,643D.[18,27]【答案】C【解析】∵ 球的体积为36π，所以球的半径R =3，设正四棱锥的底面边长为2a ，高为h ，则l 2=2a 2+h 2，32=2a 2+(3-h )2，所以6h =l 2，2a 2=l 2-h 2所以正四棱锥的体积V =13Sh =13×4a 2×h =23×l 2-l 436 ×l 26=19l 4-l 636 ，所以V=194l 3-l 56 =19l 324-l 26，当3≤l ≤26时，V >0，当26<l ≤33时，V <0，所以当l =26时，正四棱锥的体积V 取最大值，最大值为643，又l =3时，V =274，l =33时，V =814，所以正四棱锥的体积V 的最小值为274，所以该正四棱锥体积的取值范围是274，643．故选：C ．题型七:侧棱为外接球直径模型例41.(2022•五华区校级期末)已知三棱锥P -ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，AB =5，AC =3，BC =4，PB 为球O 的直径，PB =10，则这个三棱锥的体积为( )A.303B.153C.103D.53【解析】解：如图所示，由条件ΔABC 为直角三角形，则斜边AB 的中点O 1为ΔABC的外接圆的圆心，连接OO 1得OO 1⊥平面ABC ，OO 1=BO 2-BO 12=523，∵OO 1⎳PA ，PA =2OO 1=53，∴PA ⊥平面ABC ，∴三棱锥的体积为13×12×3×4×53=103．故选：C ．例42.(2022•红花岗区校级月考)已知三棱锥A -BCD 的所有顶点都在同一个球面上，ΔBCD 是边长为。
球的内切和外接问题
正方体外接球的直径2R 3 2 a, R 6 a
2
4
S表
3 2
a 2
A B
O D
C
求正多面体外接球旳半径
求正方体外接球旳半径
球旳内切、外接问题
1、内切球球心到多面体各面旳距离均相等， 外接球球心到多面体各顶点旳距离均相等。 2、正多面体旳内切球和外接球旳球心重叠。 3、正棱锥旳内切球和外接球球心都在高线上，但不 重叠。
丙球外接于该正方体，则三球表面面积之比为( A )
A. 1:2:3
B. 1: 2: 3 C. 1:3 4:3 9 D. 1: 8: 27
图3
图4
图5
甲球为内切球直径=正方体棱长
设为1
S甲 4 R12 =
D
C
A
B
中截面
O
.
D1
C1
A1
B1
球内切于正方体旳棱
正方形旳对角线等于球旳直径= 2a
S乙 4 R22 =2
连 AO 延长交 PD 于 G
6a 3
P
则 OG ⊥ PD，且 OO1 = OG
3
∵ Rt △ PGO ∽ Rt △ PO1D
A
a 2
•O G
O1 D
R
6 a R 3
3a
3a
2
6
R 6 a 4
E 3a
6
S表
3 2
a2
求棱长为a的正四面体P ABC的外接球的表面积
解法2：
正方体的棱长为 2 a, 2
球与多面体旳内切、外接
球旳半径r和正方体 旳棱长a有什么关系？
.r
a
一、 球体旳体积与表面积
①
V球
关于球的内切和外接专题讲座课件人教新课标
D
C
A
B
D1
A1
高中数学教师欧阳文丰
O
C1
B1
一、复习
球体的体积与表面积
4
3
① V球 R
3
②
S球面 4 R
2
二、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的球面上，
则称这个多面体是这个球的内接多面体，
这个球是这个多面体的外接球。
定义2：若一个多面体的各面都与一个球的球面相切，
类型二、求长方体外接球的有关问题
例2、一个长方体的各顶点均在同一球面上，
且一个顶点上的三条棱长分别为1,2,3 ，则此
球的表面积为
.
解析：关键是求出球的半径，因为长方体内接于
球，所以它的体对角线正好为球的直径。长方体
体对角线长为 14 ，故球的表面积为14 .
变式题：已知各顶点都在一个球面上的正四棱柱
球心到多面体各顶点的距离均相等
2、正多面体的内切球和外接球的球心重合
3、正棱锥的内切球和外接球球心都在高线上，但不
重合
4、基本方法：构造三角形利用类似比和勾股定理
5、体积分割是求内切球半径的通用做法
类型四、求正棱锥的外接球和内切球有关问题
例5、正三棱锥的高为 1，底面边长为
全面积和它的内切球的表面积。
2
a
2
a
3
r3
a
2
2a
•画出正确的截面：(1)中截面；(2)对角面
•找准数量关系
2a
类型一、球与正方体的“接切”问题
A
C
O
A1
C1
例1、若棱长为3的正方体的顶点都在同一球面
8.3.2球的内接与外切类型总结课件(人教版)
例如，装乒乓球的盒子
如果一个长方体有内切球，那么它一定是 正方体
类型二：长方体方体
长方体的外接球
=
+ +
长方体的（体）对角线等于球直径
设长方体的长、宽、高分别为a、b、c，
则a 2 b 2 c 2 (2 R) 2。
反馈练习
3、一个长方体的各顶点均在同一球面上，且
4 3
球的体积公式 ：V R
3
2
●
R
球的截面问题
例1、一个距离球心为1的平面截球所得的圆面面积为π，则球的表
8π
面积为_______。
解：作轴截面，如图所示，根据球的性质，可得OO′=1，设截
面圆的半径为r，球的半径为R，
因为截面圆的面积为π，所以可得πr2=π，解得r=1
又由R2=OO′2+r2=2，所以 R 2
同一个球面上，且CA CB CC1 a,
ACB 60，求该球的表面积。
O1
O
O2
结论2.直棱柱（圆柱）外接球半径
球心是上、下底面外接圆
圆心所连线段的中点；
o1 r
R
o
h 2
R r ( )
2
2
●
o2
2
（r为底面外接圆半径，h为体高）
1、已知一长方体的一个顶点处的三条棱长分别是 3， 3， 6
的直径与正方体的棱长是相等的，故可得球的直径为 2，所以球的半径为 1，
4
4π
其体积是 ×π×13＝ .
3
3
5.圆柱内接于球，圆柱的底面半径为3，高为8，则球的表面积为
100π
2025年新人教版高考数学一轮复习讲义 第七章 §7.2 球的切、接问题
跟踪训练1 某建筑的形状可视为内外两个同轴圆柱，某爱好者制作了 一个实心模型，已知模型内层底面直径为12 cm，外层底面直径为16 cm， 且内外层圆柱的底面圆周都在一个直径为20 cm的球面上，则此模型的 体积为__9_1_2_π___ cm3.
由题意，设球心为O，模型内层圆柱底面的圆心为 O1，模型外层圆柱底面的圆心为O2，点A，B分别 在圆O1，O2上，如图，连接AO，BO，AO1，BO2， OO1，则O2在OO1上， 因为AO＝BO＝10 cm，AO1＝6 cm，BO2＝8 cm， 在Rt△AO1O中，由勾股定理得 OO1＝ AO2－AO21＝8(cm)，
跟踪训练3 (1)已知正四棱台的上、下底面的顶点都在一个半径为3的 球面上，上、下底面正方形的外接圆半径分别为1和2，圆台的两底面
28 2－14 5 在球心的同侧，则此正四棱台的体积为______3_______.
由题知，正四棱台的上、下底面的顶点都在一个半径为3的球面上， 取正四棱台上底面一点为A，正方形中心为O1， 下底面一点为B，正方形中心为O2， 正四棱台外接球球心为O， 连接AO1，OO1，BO2，OA，OB，如图所示， 记正四棱台高O1O2＝h，OO1＝m， 在Rt△AOO1中，AO＝3，AO1＝1，OO1＝m，
课时精练
第一部分
落实主干知识
一、正方体与球
1.内切球：内切球直径2R＝正方体棱长a. 2.棱切球：棱切球直径2R＝正方体的面对角线长 2a. 3.外接球：外接球直径2R＝正方体体对角线长 3a.
二、长方体与球
外接球：外接球直径 2R＝体对角线长 a2＋b2＋c2(a，b，c 分别为长方体 的长、宽、高).
由题中数据可知 A1E2＝1＋( 2－1)2＝4－2 2，
【原创】人教A版(2019)必修第二册第8章球的“内切”“外接”问题
球的“内切”“外接”问题一、球与棱柱的组合体问题：1.正方体的内切球：设正方体的棱长为a ，求（1）内切球半径；（2）外接球半径；（3）与棱相切的球半径。
（1）截面图为正方形EFGH 的内切圆，得2a R =； （2）与正方体各棱相切的球：球与正方体的各棱相切，切点为各棱的中点，如图4作截面图，圆O 为正方形EFGH 的外接圆，易得a R 22=。
（3） 正方体的外接球：正方体的八个顶点都在球面上，如图5，以对角面1AA 作截面图得，圆O 为矩形C C AA 11的外接圆，易得a O A R 231==。
2.已知所有棱长为a 正三棱柱111C B A ABC -的六个顶点在球1O 上，求球1O 的表面积。
3.在球面上有四个点P 、A 、B 、C .如果PA 、PB 、PC 两两互相垂直，且a PC PB PA ===,求这个球的表面积是______.【构造直三角形，巧解正棱柱与球的组合问题正棱柱的外接球，其球心定在上下底面中心连线的中点处，由球心、底面中心及底面一顶点构成的直角三角形便可得球半径。
】4.已知底面边长为a 正三棱柱111C B A ABC -的六个顶点在球1O 上，又知球2O 与此正三棱柱的5个面都相切，求球1O 与球2O 的体积之比与表面积之比。
分析：先画出过球心的截面图，再来探求半径之间的关系。
解：如图6，由题意得两球心1O 、2O 是重合的，过正三棱柱的一条侧棱1AA 和它们的球心作截面，设正三棱柱底面边长为a ，则a R 632=，正三棱柱的高为a R h 3322==，由O D A Rt 11∆中，得 22222221125633333a a a R a R =⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=，a R 1251=∴ 1:5::222121==∴R R S S ，1:55:21=V V二 棱锥的内切、外接球问题5 .正四面体的外接球和内切球的半径是多少？分析：运用正四面体的二心合一性质，作出截面图，通过点、线、面关系解之。
高中数学微专题2球的切接问题课件新人教A版必修第二册
＝ ，所以圆锥内半径最大的球的体积为 πR3 ＝
3+3+2
2
3
2
π．
3
(3)已知三棱锥P-ABC，若PA，PB，PC两两垂直，且PA＝2，PB＝
π
PC＝1，则三棱锥PABC的内切球的表面积为______．
4
πபைடு நூலகம்
4
由题意，设三棱锥P-ABC的内切球的半径为r，球心为O，则
V三棱锥P -ABC＝V三棱锥O -PAB＋V三棱锥O -PAC＋V三棱锥O -PBC＋V三棱锥O -ABC，即
)
A．100π
√
B．128π
C．144π
D．192π
A
[由题意，得正三棱台上、下底面的外接圆的半径分别为
2
3
× ×3
3
2
2
3
3＝3， × ×4
3
2
3＝4．设该棱台上、下底面的外接圆的
圆心分别为O1 ，O2 ，则O1O2 ＝1，其外接球的球心O在直线O1O2
上．设球O的半径为R，当球心O在线段O1O2上时，R2＝32 + 12 ＝
故该球的表面积S球＝4π× a ＝ πa ．]
12
3
∴
7 2
2 1 2 1 2
2 ＝ a ＋ a ＝ a ，
3
4
12
02
类型2
球与锥体的外接球
【例2】
(1)若三棱锥的三条侧棱两两垂直，且三条侧棱长分别为1，
2， 3，则其外接球的表面积是______．
6π
6π
题意可知，该三棱锥的三条侧棱两两垂直，∴把这个三棱锥可以补
球的表面积为(
)
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高中语文 处理球的 内切 外接 问题新人教版
与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接。
作为这种特殊的位置关系在高考中也是考查的重点，但同学们又因缺乏较强的空间想象能力而感到模糊。
解决这类题目时要认真分析图形，明确切点和接点的位置及球心的位置，画好截面图是关键，可使这类问题迎刃而解。
一、棱锥的内切、外接球问题
例1.正四面体的外接球和内切球的半径是多少？
分析：运用正四面体的二心合一性质，作出截面图，通过点、线、面关系
解之。
解：如图1所示，设点O 是内切球的球心，正四面体棱长为a ．由图形的
对称性知，点O 也是外接球的球心．设内切球半径为r ，外接球半径为R ． 正四面体的表面积223434a a S =⨯=表． 正四面体的体积222212
34331BE AB a AE a V BCD A -=⨯⨯=- 322212
233123a a a a =⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-= BCD A V r S -=⋅表31 ，a a
a S V r BCD A 12631223323=⨯==∴-表 在BEO Rt ∆中，222EO BE BO +=，即22233r a R +⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛=，得a R 46=，得r R 3= 【点评】由于正四面体本身的对称性可知，内切球和外接球的两个球心是重合的，为正四面体高的四等分点，即内切球的半径为4h ( h 为正四面体的高)，且外接球的半径4
3h ，从而可以通过截面图中OBE Rt ∆建立棱长与半径之间的关系。
例2．设棱锥ABCD M -的底面是正方形，且MD MA =，AB MA ⊥，如果AMD ∆的面积为1，试求能够放入这个棱锥的最大球的半径.
解： ⊥∴⊥⊥AB MA AB AD AB ,, 平面MAD ，
由此，面⊥MAD 面AC .记E 是AD 的中点，
从而AD ME ⊥.⊥∴ME 平面AC ，EF ME ⊥
设球O 是与平面MAD 、平面AC 、平面MBC 都相切的球.如图2，
得截面图MEF ∆及内切圆O
不妨设∈O 平面MEF ，于是O 是MEF ∆的内心.
设球O 的半径为r ，则MF
EM EF S r MEF ++=∆2，设a EF AD ==,1=∆AMD S . 图2 图1
222,2⎪⎭⎫ ⎝⎛+==∴a a MF a EM ,12222222222-=+≤⎪⎭⎫ ⎝⎛+++=a a a a r
当且仅当a
a 2=，即2=a 时，等号成立. ∴当2=
=ME AD 时，满足条件的球最大半径为12-. 练习：一个正四面体内切球的表面积为π3，求正四面体的棱长。
（答案为：2）
【点评】根据棱锥的对称性确定内切球与各面的切点位置，作出截面图是解题的关键。
二、球与棱柱的组合体问题
1． 正方体的内切球：
球与正方体的每个面都相
切，切点为每个面的中心，显然
球心为正方体的中心。
设正方体
的棱长为a ，球半径为R 。
如图3，截面图为正方形EFGH 的内切圆，得2
a R =； 2． 与正方体各棱相切的球：球与正方体的各棱相切，切点为各棱的中点，如图4作截面图，圆O 为正方形EFGH 的外接圆，易得a R 2
2=。
3． 正方体的外接球：正方体的八个顶点都在球面上，如图5，以对角面1AA 作截面图得，圆O 为矩形C C AA 11的外接圆，易得a O A R 2
31==。
例3.在球面上有四个点P 、A 、B 、C .如果PA 、PB 、PC 两两互相垂直，且a PC PB PA ===,那么这个球的表面积是______.
解：由已知可得PA 、PB 、PC 实际上就是球内接正方体中交于一点的三条棱，正方体的对角线长就是球的直径，连结过点C 的一条对角线CD ，则CD 过球心O ，对角线a CD 3=
22
3234a a S ⋅=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅=∴ππ球表面积 练习：一棱长为a 2的框架型正方体，内放一能充气吹胀的气球，求当球与正方体棱适好接触但又不至于变形时的球的体积。
（答案为()332
6243
a a V ==） 图3 图4 图5
4．构造直三角形，巧解正棱柱与球的组合问题
正棱柱的外接球，其球心定在上下底面中心连线的中点处，由球心、底面中心及底面一顶点构成的直角三角形便可得球半径。
例4.已知三棱柱111C B A ABC -的六个顶点在球1O 上，又知球2O 与此正三棱柱的5个面都相切，求球1O 与球2O 的体积之比与表面积之比。
分析：先画出过球心的截面图，再来探求半径之间的关系。
解：如图6，由题意得两球心1O 、2O 是重合的，过正三棱柱的一条侧棱1AA 和它们的球心作截面，设正三棱柱底面边长为a ，则a R 632=，正三棱柱的高为a R h 3
322==，由O D A Rt 11∆中，得 22222221125633333a a a R a R =⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=，a R 12
51=∴ 1:5::222121==∴R R S S ，1:55:21=V V
练习：正四棱柱1111D C B A ABCD -的各顶点都在半径为R 的球面上，求正四棱柱的侧面积的最大值。
（答案为：2
24R ）
【点评】“内切”和“外接”等有关问题，首先要弄清几何体之间的相互关系，主要是指特殊的点、线、面之间关系，然后把相关的元素放到这些关系中解决问题，作出合适的截面图来确定有关元素间的数量关系，是解决这类问题的最佳途径。
图6。