空间几何体的外接球和内切球问题微专题学案-2025届高三数学二轮复习

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授课班级：G22xx班 授课老师：刘老师
学习目标
理解外接球与内切球的定义，明确正方体、长方体、正四面体等特殊几何体的外接球与内切球球心位置及半径公式；
学会通过构造长方体、正方体等规则几何体，将复杂几何体的外接球问题转化为规则几何体的外接球问题，并运用勾股定理计算半径；
能够利用几何体的体积与表面积关系，通过等体积法推导内切球半径公式，并应用于正四面体、正棱锥等典型几何体.
重点难点
重点：重点掌握如何通过补形法将复杂几何体的外接球问题转化为规则几何体的外接球问题，并运用勾股定理计算半径;
难点：难点在于如何通过几何体的对称性、垂线交点或截面圆心位置确定球心.
学习过程
问题引入
思考：空间几何体的外接球与内切球的定义是什么？
外接球：在空间，如果一个定点与一个简单多面体的所有顶点的距离都相等，那么这个定点就是该简单多面体的外接球的球心．
内切球：在空间，如果一个定点与一个简单多面体的所有平面的距离都相等，那么这个定点就是该简单多面体的内切球的球心．
知识归纳
空间几何体的外接球
（1）可放入正方体、长方体型外接球问题
重要结论：
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.
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.
（2）不可放入正方体、长方体型外接球问题
空间几何体的内切球
例题分析
角度一：可放入正方体、长方体型外接球问题
（1）在正三棱锥S−ABC中，M､N分别是棱SC､BC的中点，且AM⊥MN，若侧棱SA=22，则该正三棱锥外接球的体积是 .
【详解】解：如图所示：取AC中点D，连接BD,SD，
∵三棱锥S−ABC为正三棱锥，∴SA=SC，AB=BC，
又∵D为AC中点，∴SD⊥AC，BD⊥AC，
∵SD,BD⊂平面SBD，SD∩BD=D，∴AC⊥平面SBD，
又∵SB⊂平面SBD，∴AC⊥SB，
又∵M,N分别为SC,BC中点，∴MN//SB，∴AC⊥MN，
又∵AM⊥MN，AM∩AC=A，AM,AC⊂平面SAC，
∴MN⊥平面SAC，∴SB⊥平面SAC，
又∵SA,SC⊂平面SAC，∴SB⊥SA，SB⊥SC，由正三棱锥特点知：SA,SB,SC两两互相垂直，
∴三棱锥S−ABC的外接球，即为以SA,SB,SC为棱的正方体的外接球，
∴三棱锥S−ABC的外接球半径为：R=123×222=6，
∴三棱锥S−ABC的外接球体积为：V=43πR3=43π×63=86π.
故答案为：86π.
（2）已知四面体PABC中，PA=BC=10，PB=AC=23，PC=AB=14，则该四面体外接球的表面积为 .
【详解】在四面体PABC中，PA=BC=10，PB=AC=23，PC=AB=14，
则该四面体的相对棱可为某个长方体三组相对面的面对角线，长方体的外接球即为四面体的外接球，
设长方体的共点的三条棱长依次为a,b,c，外接球半径为R，
则a2+b2=10b2+c2=12a2+c2=14，于是4R2=a2+b2+c2=18，
所以该四面体外接球的表面积为4πR2=18π
故答案为：18π
角度二：不可放入正方体、长方体型外接球问题
（1）在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=2，AC=23，BC=26，AA1=4，则该直三棱柱的外接球的表面积为 .
【详解】设三角形ABC的外接圆半径为r，
设直三棱柱的外接球的半径为R，
cs∠BAC=4+12−242×2×23=−33，则∠BAC为钝角，则sin∠BAC=1−−332=63，
所以2r=2663=6,r=3，
所以R2=32+422=13，
所以外接球的表面积是4πR2=52π.
故答案为：52π
（2）（2020·全国I卷·高考真题）已知A,B,C为球O的球面上的三个点，⊙O1为△ABC的外接圆，若⊙O1的面积为4π，AB=BC=AC=OO1，则球O的表面积为（ ）
A．64πB．48πC．36πD．32π
【详解】设圆O1半径为r，球的半径为R，依题意，
得πr2=4π,∴r=2，∵ △ABC为等边三角形，
由正弦定理可得AB=2rsin60°=23，
∴OO1=AB=23，根据球的截面性质OO1⊥平面ABC，
∴OO1⊥O1A,R=OA=OO12+O1A2=OO12+r2=4，
∴球O的表面积S=4πR2=64π.
故选：A
角度三：空间几何体的内切球
（1）已知正三棱锥P−ABC的侧棱长为7a，底面边长为a，则它的内切球的半径为（ ）
A．153aB．1515aC．155aD．1520a
【详解】如图，D为BC的中点，PH⊥底面ABC，则H为△ABC的中心，底面△ABC的面积S=3a24.
又AH=33a,PA=7a，所以PH=2153a,PD=332a，所以S△PBC=334a2.
设三棱锥P−ABC的内切球的半径为r，则VP−ABC=13×3a24×2153a=133a24+33a24×3r，所以r=1515a.
故选：B
提升练习
（2021·全国甲卷·高考真题）已知A，B，C是半径为1的球O的球面上的三个点，且AC⊥BC,AC=BC=1，则三棱锥O−ABC的体积为（ ）
A．212B．312C．24D．34
【详解】∵AC⊥BC,AC=BC=1，∴△ABC为等腰直角三角形，∴AB=2，
则△ABC外接圆的半径为22，又球的半径为1，
设O到平面ABC的距离为d，
则d=12−222=22，
所以VO−ABC=13S△ABC⋅d=13×12×1×1×22=212.
故选：A.
（2022·新高考全国Ⅱ卷·高考真题）已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为33和43，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（ ）
A．100πB．128πC．144πD．192π
【详解】设正三棱台上下底面所在圆面的半径r1,r2，所以2r1=33sin60∘,2r2=43sin60∘，即r1=3,r2=4，设球心到上下底面的距离分别为d1,d2，球的半径为R，所以d1=R2−9，d2=R2−16，故d1−d2=1或d1+d2=1，即R2−9−R2−16=1或R2−9+R2−16=1，解得R2=25符合题意，所以球的表面积为S=4πR2=100π．
故选：A．

（2022·全国乙卷·高考真题）已知球O的半径为1，四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均在球O的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为（ ）
A．13B．12C．33D．22
【详解】设该四棱锥底面为四边形ABCD，四边形ABCD所在小圆半径为r，
设四边形ABCD对角线夹角为α，
则SABCD=12⋅AC⋅BD⋅sinα≤12⋅AC⋅BD≤12⋅2r⋅2r=2r2
（当且仅当四边形ABCD为正方形时等号成立）
即当四棱锥的顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时，底面ABCD面积最大值为2r2
又设四棱锥的高为ℎ，则r2+ℎ2=1，
VO−ABCD=13⋅2r2⋅ℎ=23r2⋅r2⋅2ℎ2≤23r2+r2+2ℎ233=4327
当且仅当r2=2ℎ2即ℎ=33时等号成立.
故选：C
（2023·全国甲卷·高考真题）在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F分别为AB，C1D1的中点，以EF为直径的球的球面与该正方体的棱共有 个公共点．
【详解】不妨设正方体棱长为2，EF中点为O，取CD，CC1中点G,M，侧面BB1C1C的中心为N，连接FG,EG,OM,ON,MN，如图，

由题意可知，O为球心，在正方体中，EF=FG2+EG2=22+22=22，
即R=2，
则球心O到CC1的距离为OM=ON2+MN2=12+12=2，
所以球O与棱CC1相切，球面与棱CC1只有1个交点，
同理，根据正方体的对称性知，其余各棱和球面也只有1个交点，
所以以EF为直径的球面与正方体棱的交点总数为12.
故答案为：12
三棱柱ABC−A1B1C1的侧棱垂直于底面，且AB=BC=2,AC=AA1=2，若该三棱柱的所有顶点都在同一球面上，则该球的表面积为
A．48πB．32πC．12πD．8π
【详解】由于AB2+BC2=AC2，所以三角形ABC是直角三角形，且AC为斜边，由于三棱柱是直三棱柱，故外接球球心在AC,A1C1中点的连线O1O2的中点O的位置，画出图像如下图所示，由图可知，外接球的半径R=OC=OO12+O1C2=1+1=2，故外接球的表面积为4πR2=8π，
故选D.
三棱锥P−ABC中，PA⊥平面ABC，△ABC为等边三角形，且AB=3，PA=2，则该三棱锥外接球的表面积为（ ）
A．8πB．16πC．32π3D．12π
【详解】如图，点H为△ABC外接圆的圆心，过点H作平面ABC的垂线，
点D为PA的中点，过点D作线段PA的垂线，所作两条垂线交于点O，
则点O为三棱锥外接球的球心，
因为PA⊥平面ABC，且△ABC为等边三角形，PA=2,AB=3，
所以四边形AHOD为矩形，AH=33AB=3，OH=12PA=1，
所以OA=32+12=2，即三棱锥外接球的半径R=2，
则该三棱锥外接球的表面积为4πR2=16π.
故选：B
已知圆柱OO1的下底面在半球O的底面上，上底面圆周在半球O的球面上，记半球O的底面圆面积与圆柱OO1的侧面积分别为S,S1，半球O与圆柱OO1的体积分别为V,V1，则当SS1的值最小时，VV1的值为（ ）
A．423B．3C．334D．2
【详解】设圆柱底面半径为r，高为ℎ，球的半径为R，
则R2=ℎ2+r2，S=πR2,S1=2πrℎ,V=12⋅43πR3=23πR3,V1=πr2ℎ，
所以SS1=πR22πrℎ=ℎ2+r22rℎ=ℎ2r+r2ℎ≥2ℎ2r⋅r2ℎ=1，
当且仅当r=ℎ时等号成立，此时R=2r，
所以VV1=23πR3πr2ℎ=23π(2r)3πr2⋅r=423.
故选：A
三棱锥A−BCD中，AB⊥平面BCD，BC⊥CD，且AB=CD=4，BC=3，则该三棱锥内切球的表面积为（ ）
A．916πB．94πC．169πD．43π
【详解】
由AB⊥平面BCD，CD⊂平面BCD，得AB⊥CD．又BC⊥CD，且AB,BC⊂平面ABC，AB∩BC=B，所以CD⊥平面ABC，
又AC⊂平面ABC，所以CD⊥AC．由AB=CD=4，BC=3，得AC=BD=5，所以三棱锥A−BCD的表面积
S=2×12×3×4+2×12×4×5=32，三棱锥A−BCD的体积V=13×12×3×4×4=8．设三棱锥内切球球心为O，半径为r，
由V=VO−ABC+VO−ABD+VO−ACD+VO−BCD=13Sr，得r=3VS=34，所以该三棱锥内切球的表面积S球=4πr2=4π×916=94π.
故选：B．
在正四棱台ABCD−A1B1C1D1中，AB=4,A1B1=2,AA1=3，若球O与上底面A1B1C1D1以及棱AB,BC,CD,DA均相切，则球O的表面积为（ ）
A．9πB．16πC．25πD．36π
【详解】设棱台上下底面的中心为N,M,连接D1B1,DB，
则D1B1=22,DB=42，
所以棱台的高MN=B1B2−MB−NB12=32−22−22=1,
设球半径为R,根据正四棱台的结构特征可知：球O与上底面A1B1C1D1相切于N,与棱AB,BC,CD,DA均相切于各边中点处，
设BC中点为E，连接OE,OM,ME,
所以OE2=OM2+ME2⇒R2=R−12+22，解得R=52，
所以球O的表面积为4πR2=25π，
故选：C
一个正四棱柱底面边长为2，高为3，上底面对角线交点与下底面四个顶点构成几何体的内切球表面积为 .
【详解】由题意可知该几何体为正四棱锥，如图，O为内切球的球心，PH是棱锥的高，E,F分别是AB,CD的中点，
连接PF，G是球与侧面PCD的切点，可知G在PF上，OG⊥PF，
设内切球半径为r，则OH=OG=r，HF=1，PH=3，PF=2，由△PGO∼△PHF，
∴OGHF=POPF，即r1=3−r2，解得r=33，
所以内切球表面积为S=4πr2=4π×332=4π3.
故答案为：4π3.
课堂小结
课后作业
作业一：更正、总结今天课堂上的例题和练习题
作业二：完成配套的《空间几何体的外接球与内切球问题的作业小卷》三棱锥特征
三条侧棱两两互相垂直
四个面均是直角三角形
相对棱相等的三菱锥
图示
三棱锥特征
正四面体
3个直角三角形+1个普通三角形
图示
几何体特征
直棱柱（线面垂直、圆柱）
正棱锥（圆锥）
面面垂直
图示
球心位置
在上下底面外心连线中点处
在其顶点与底面外心连线上
过外心做两平面垂线的交点
半径公式
R为外接球半径，r为底面外接圆半径，h为棱锥的高
R为外接球半径，r为底面外接圆半径，h为棱锥的高
R2＝r12＋r22－eq \f(l2,4)
r1、r2为两个面的外接圆的半径，l为两个面的交线的长
三棱锥内切球
四棱锥内切球
图示
截面相似
等体积法
求
内切球的半径
即