微专题12　空间几何体的外接球与内切球高考数学一轮复习讲义练习

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长方体切割体的外接球
例1 (1) (墙角模型)在三棱锥A-BCD中，侧棱AB，AC，AD两两垂直，若△ABC，△ACD，△ADB的面积分别为 eq \f(\r(2),2)， eq \f(\r(3),2)， eq \f(\r(6),2)，则三棱锥A-BCD的外接球的体积为( A )
A. eq \r(6)π B. 2 eq \r(6)π
C. 3 eq \r(6)π D. 4 eq \r(6)π
【解析】 设AB，AC，AD的长分别为a，b，c，由题意得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ab＝\r(2)，,bc＝\r(3)，,ca＝\r(6)，))解得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝\r(2)，,b＝1，,c＝\r(3)．))因为三条侧棱两两垂直，所以以a，b，c为棱长的长方体的体对角线长就是该三棱锥的外接球的直径，所以R＝ eq \f(1,2)× eq \r(2＋1＋3)＝ eq \f(\r(6),2)，故所求外接球的体积为 eq \f(4π,3)× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),2))) eq \s\up12(3)＝ eq \r(6)π.
(2) (鳖臑模型)(2024·汕头二模)已知三棱锥P-ABC的四个顶点都在球O的表面上，PA⊥平面ABC，AB⊥BC且PA＝8，AC＝6，则球O的表面积为( D )
A. 10πB. 25π
C. 50πD. 100π
【解析】 三棱锥P-ABC的四个顶点都在球O的表面上，PA⊥平面ABC，AB⊥BC且PA＝8，AC＝6，把三棱锥P-ABC补成一个长方体，如图所示．所以长方体的外接球即是三棱锥P-ABC的外接球．因为PA＝8，AC＝6，可得长方体的外接球的半径为R＝ eq \f(1,2)× eq \r(82＋62)＝5，所以球O的表面积为S＝4π×52＝100π.
(例1(2)答)
(3) (对棱相等模型)已知平行四边形ABCD中，AB＝3，BC＝4，∠ABC＝60°，若沿对角线AC将△ABC折起到△ACB′的位置，使得B′D＝ eq \r(13)，则此时三棱锥B′-ACD的外接球的体积是_ eq \f(19\r(19)π,6)_．
【解析】 如图(1)，在平行四边形ABCD中，AB＝3，BC＝4，∠ABC＝60°，则AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cs 60°＝9＋16－12＝13，所以AC＝ eq \r(13).如图(2)，在三棱锥B′-ACD中，B′C＝AD＝4，B′A＝CD＝3，AC＝B′D＝ eq \r(13)，故可将三棱锥B′-ACD补成一个长方体，如图(3)，则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＋b2＝9，,a2＋c2＝16，,b2＋c2＝13，))故2(a2＋b2＋c2)＝38.由题意可知三棱锥B′-ACD的外接球即为该长方体的外接球，设外接球的半径为r，则r＝ eq \f(\r(a2＋b2＋c2),2)＝ eq \f(\r(19),2)，故外接球的体积为 eq \f(19\r(19)π,6).
图(1)图(2)

图(3)
(例1(3)答)
补形法适用的三种常见三棱锥：
①墙角模型——三条棱两两垂直，如图(1)；
②鳖臑模型——四个面都是直角三角形，如图(2)；
③对棱相等模型——三组对棱分别相等，如图(3).
图(1)图(2)
图(3)
柱体的外接球
例2 (1) (2024·济南、青岛、枣庄三模)已知圆柱的底面半径为1，母线长为2，它的两个底面的圆周在同一个球的球面上，则该球的表面积为( C )
A. 4πB. 6π
C. 8πD. 10π
【解析】 由题意可知该球为圆柱的外接球，所以球心为圆柱的中心，设球半径为r，则r＝ eq \r(12＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,2)))\s\up12(2))＝ eq \r(2)，故该球的表面积为4πr2＝8π.
(2) 在直三棱柱ABC-A1B1C1中，若AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，AA1＝6，则该直三棱柱外接球的表面积为( C )
A. 72πB. 114π
C. 136πD. 144π
【解析】 由题意可得三棱柱的上、下底面为直角三角形，如图，取上、下底面直角三角形斜边的中点O1，O2，直三棱柱ABC-A1B1C1的外接球的球心O为上、下底面的外接圆圆心的连线O1O2的中点，连接AO.由AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，得AC＝10.设外接球的半径为R，下底面外接圆的半径为r，则r＝AO2＝5，则R＝AO＝ eq \r(25＋9)＝ eq \r(34)，故该直三棱柱外接球的表面积为4πR2＝136π.
(例2(2)答)
锥体的外接球
例3 (1) (2024·邵阳二联)已知三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC，∠ABC＝60°，PA＝AC＝2，则此三棱锥外接球的表面积为( B )
A. eq \f(14π,3)B. eq \f(28π,3)
C. 10πD. 5π
【解析】 因为三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC，∠ABC＝60°，PA＝AC＝2，设底面三角形ABC的外接圆的半径为r，三棱锥外接球的半径为R.由正弦定理得2r＝ eq \f(AC,sin ∠ABC)＝ eq \f(2,sin 60°)＝ eq \f(4,\r(3))，可得r＝ eq \f(2,\r(3))，所以R＝ eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(PA,2)))\s\up12(2)＋r2)＝ eq \r(12＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,\r(3))))\s\up12(2))＝ eq \r(\f(7,3))，则所求外接球的表面积为S＝4πR2＝4π× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(\f(7,3)))) eq \s\up12(2)＝ eq \f(28π,3).
(例3(1)答)
(2) 两个圆锥的底面是一个球的同一截面，顶点均在球面上，若球的体积为 eq \f(32π,3)，两个圆锥的高之比为1∶3，则这两个圆锥的体积之和为( B )
A. 3π B. 4π
C. 9π D. 12π
【解析】 如图，设两个圆锥的底面圆圆心为点D，圆锥AD和圆锥BD的高之比为3∶1，即AD＝3BD.设球的半径为R，则 eq \f(4πR3,3)＝ eq \f(32π,3)，解得R＝2，可得AB＝AD＋BD＝4BD＝4，所以BD＝1，所以AD＝3.因为CD⊥AB，则∠CAD＋∠ACD＝∠BCD＋∠ACD＝90°，所以∠CAD＝∠BCD.又因为∠ADC＝∠BDC，所以△ACD∽△CBD，所以 eq \f(AD,CD)＝ eq \f(CD,BD)，所以CD＝ eq \r(AD·BD)＝ eq \r(3).因此，这两个圆锥的体积之和为 eq \f(1,3)π·CD2·(AD＋BD)＝ eq \f(1,3)×π×3×4＝4π.
(例3(2)答)
单面定球心法
步骤：(1) 定一个面外接圆圆心：如图(1)，在三棱锥P-ABC中，选中底面三角形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2r＝ eq \f(a,sin A)定外心).
(2) ①侧棱相等的三棱锥——如图(1)，PO1⊥底面ABC，则球心一定在直线PO1上(注意不一定在线段PO1上)；在直线PO1上取球心O，则OP＝OA＝R，利用公式OA2＝O1A2＋OO eq \\al(2,1)，可计算出球半径R.
图(1)
②侧棱垂直于底面的棱锥——如图(2)，过△ABC的外接圆圆心O1作底面ABC的垂线，球心O在垂线上，过球心O向PA作垂线，垂足为M，则有MA＝OO1＝h，OM＝O1A＝r.计算球半径R：利用OA＝R＝ eq \r(r2＋h2)＝OP＝ eq \r(r2＋(PA－h)2)，求出h，从而求出R eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(实际上h＝\f(1,2)PA)).
图(2)
台体的外接球
例4 (1) (2024·南京二模)在圆台O1O2中，圆O2的半径是圆O1半径的2倍，且O2恰为该圆台外接球的球心，则圆台的侧面积与球的表面积之比为( C )
A. 3∶4B. 1∶2
C. 3∶8D. 3∶10
【解析】 令外接球的半径为2R，依题意O2A＝2R，O2B＝2R，O1B＝R.如图，过点B作BC⊥O2A，则O2C＝O1B＝R，所以AC＝O2C＝R，又BC＝O1O2＝ eq \r((2R)2－R2)＝ eq \r(3)R，所以AB＝ eq \r(R2＋(\r(3)R)2)＝2R，所以圆台的侧面积S1＝ eq \f(1,2)(2πR＋2π×2R)×2R＝6πR2，球的表面积S2＝4π×(2R)2＝16πR2，所以圆台的侧面积与球的表面积之比为S1∶S2＝(6πR2)∶(16πR2)＝3∶8.
(例4(1)答)
(2) (多选)某正四棱台的上、下底面边长分别为3 eq \r(2)和4 eq \r(2)，若该正四棱台所有的顶点均在表面积为100π的球面上，则该正四棱台的体积可能为( BD )
A. eq \f(70,3)B. eq \f(74,3)
C. eq \f(515,3)D. eq \f(518,3)
【解析】 设外接球的球心为O，半径为R，则4πR2＝100π，解得R＝5.设上底面正方形ABCD的中心为M，下底面正方形EFGH的中心为N.如图(1)，若球心在正四棱台的内部，连接OA，OE，AM，EN，OM，ON，则MN为正四棱台的高，OA＝OE＝5，可得AM＝ eq \f(1,2)AC＝ eq \f(1,2)× eq \r((3\r(2))2＋(3\r(2))2)＝3，同理NE＝4.由勾股定理得OM＝ eq \r(OA2－AM2)＝ eq \r(52－32)＝4，ON＝ eq \r(OE2－NE2)＝ eq \r(52－42)＝3，可得正四棱台的高h＝MN＝4＋3＝7，正四棱台的体积V＝ eq \f(1,3)×(18＋32＋ eq \r(18×32))×7＝ eq \f(518,3).如图(2)，若球心在正四棱台的外部，可得正四棱台的高h＝OM－ON＝4－3＝1，所以正四棱台的体积V＝ eq \f(1,3)×(18＋32＋ eq \r(18×32))×1＝ eq \f(74,3).
图(1)图(2)
(例4(2)答)
几何体的内切球
例5 (1) (等体积法)在正四棱锥P-ABCD中，PA＝5，AB＝6，则该正四棱锥内切球的表面积是( C )
A. eq \f(4π,7) B. eq \f(24π,7)
C. eq \f(36π,7) D. eq \f(72π,7)
【解析】 如图，过点P作PO⊥平面ABCD，则O为正方形ABCD的中心，连接OA.因为AB＝6，所以OA＝3 eq \r(2)，所以OP＝ eq \r(PA2－OA2)＝ eq \r(25－18)＝ eq \r(7)，则四棱锥P-ABCD的体积V＝ eq \f(1,3)×62× eq \r(7)＝12 eq \r(7)，四棱锥P-ABCD的表面积S＝6×6＋ eq \f(1,2)×6× eq \r(25－9)×4＝84.设四棱锥P-ABCD内切球的半径为r，内切球的球心为O′，由V＝VO′-ABP＋VO′-BCP＋VO′-CDP＋VO′-ADP＋VO′-ABCD，可得V＝ eq \f(1,3)S·r，即12 eq \r(7)＝ eq \f(1,3)×84r，解得r＝ eq \f(3\r(7),7)，故四棱锥P-ABCD内切球的表面积是4πr2＝ eq \f(36π,7).
(例5(1)答)
(2) (独立截面法)(2024·广州冲刺训练(一))已知球O内切于圆台(即球与该圆台的上、下底面以及侧面均相切)，且圆台的上、下底面半径分别为r1，r2，且r2＝4r1＝4，则圆台的体积与球的体积之比为( B )
A. eq \f(7,4)B. eq \f(21,8)
C. eq \f(5,2)D. eq \f(63,8)
【解析】 如图为该几何体的轴截面，其中圆O是等腰梯形ABCD的内切圆，设圆O与梯形的腰相切于点E，与上、下底面分别切于点O1，O2，r1＝1，r2＝4.注意到OD与OA均为角平分线，因此∠DOA＝90°，从而△AO2O∽△OO1D，设球的半径为r，故r2＝r1r2＝4.设圆台体积为V1，球体积为V2，则 eq \f(V1,V2)＝ eq \f( \f(1,3)×2r×（πr eq \\al(2,1)＋πr eq \\al(2,2)＋πr1r2）,\f(4,3)πr3)＝ eq \f(r eq \\al(2,1)＋r eq \\al(2,2)＋r2,2r2)＝ eq \f(1＋16＋4,8)＝ eq \f(21,8).
(例5(2)答)
1. 内切球等体积法
如图，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-PAB，即VP-ABCD＝ eq \f(1,3)S四边形ABCD·r＋ eq \f(1,3)S△PBC·r＋ eq \f(1,3)S△PCD·r＋ eq \f(1,3)S△PAD·r＋ eq \f(1,3)S△PAB·r，可求出r.
2. 内切球独立截面法
(1) 画出过球心和切点的大圆的截面图；
(2) 在截面中，找到和球半径相关的直角三角形；
(3) 利用相似、全等、勾股定理等平面几何知识求出内切球半径．
配套精练
1. 若正四面体的表面积为8 eq \r(3)，则其外接球的体积为( A )
A. 4 eq \r(3)π B. 12π
C. 8 eq \r(6)π D. 32 eq \r(3)π
【解析】 设正四面体的棱长为a，由题意可知4× eq \f(\r(3),4)a2＝8 eq \r(3)，解得a＝2 eq \r(2)，所以正四面体的棱长为2 eq \r(2).如图，将正四面体放在一个正方体中，则正方体的棱长为2，体对角线长为2 eq \r(3).因为正四面体的外接球的直径为正方体的体对角线长，所以外接球的半径R＝ eq \r(3)，则外接球的体积为V＝ eq \f(4,3)πR3＝4 eq \r(3)π.
(第1题答)
2. (2024·唐山二模)已知长方体的一条棱长为2，体积为16，则其外接球表面积的最小值为( C )
A. 5π B. 12π
C. 20π D. 80π
【解析】 设长方体的长、宽、高分别为a，b，2，所以长方体的体积为V＝2ab＝16，解得ab＝8.设长方体的外接球的半径为R，所以2R＝ eq \r(a2＋b2＋4)，即4R2＝a2＋b2＋4≥2ab＋4＝20，即R≥ eq \r(5)，当且仅当a＝b＝2 eq \r(2)时取等号，所以Rmin＝ eq \r(5)，所以其外接球表面积的最小值为S＝4πR2＝20π.
3. (2022·新高考Ⅱ卷)已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别是3 eq \r(3)和4 eq \r(3)，所有顶点在同一球面上，则球的表面积是( A )
A. 100π B. 128π
C. 144π D. 192π
【解析】 由题意得，上底面所在平面截球所得圆的半径是3，下底面所在平面截球所得圆的半径是4，则在轴截面中由几何知识得 eq \r(R2－32)＋ eq \r(R2－42)＝1或 eq \r(R2－32)－ eq \r(R2－42)＝1，解得R2＝25，故所求球的表面积是S＝4πR2＝4π·25＝100π.
4. (2025·连云港期中)已知圆锥的母线长为13，侧面积为65π，则该圆锥的内切球的表面积为( C )
A. eq \f(100π,9) B. eq \f(4 000π,81)
C. eq \f(400π,9) D. eq \f(1 000π,81)
【解析】 设该圆锥底面圆半径为r，高为h，根据题意有πrl＝13πr＝65π，所以r＝5，h＝12.如图，设其内切球半径为R，所以 eq \f(R,r)＝ eq \f(h－R,l)⇒ eq \f(R,5)＝ eq \f(12－R,13)，解得R＝ eq \f(10,3)，所以内切球的表面积S＝4πR2＝4π· eq \f(100,9)＝ eq \f(400π,9).
(第4题答)
5. (2024·深圳一调)已知某圆台的上、下底面半径分别为r1，r2，且r2＝2r1，若半径为2的球与圆台的上、下底面及侧面均相切，则该圆台的体积为( C )
A. eq \f(28π,3) B. eq \f(40π,3)
C. eq \f(56π,3) D. eq \f(112π,3)
【解析】 如图(1)，设圆台上、下底面圆心分别为O1，O2，则圆台内切球的球心O一定在O1O2的中点处．设球O与母线AB切于点M，所以OM⊥AB，所以OM＝OO1＝OO2＝2，所以△AOO1≌△AOM，所以AM＝r1，同理BM＝r2，所以AB＝r1＋r2＝3r1.如图(2)，在轴截面中，过A作AG⊥BO2，垂足为G，则BG＝r2－r1＝r1，AG＝O1O2＝4，所以AG2＝AB2－BG2，即16＝(3r1)2－r eq \\al(2,1)＝8r eq \\al(2,1)，所以r1＝ eq \r(2)，所以r2＝2 eq \r(2)，所以该圆台的体积为 eq \f(1,3)×(2π＋8π＋4π)×4＝ eq \f(56π,3).
图(1)
图(2)
(第5题答)
6. 已知直三棱柱ABC-A1B1C1的各个顶点都在同一球面上，若AB＝3，AC＝AA1＝2，∠BAC＝ eq \f(π,3)，则此球的表面积为( B )
A. eq \f(40π,9) B. eq \f(40π,3)
C. eq \f(32π,3) D. 32π
【解析】 如图，设△ABC的外心是O1，△ABC外接圆半径O1B＝r.在△ABC中，AB＝3，AC＝2，∠BAC＝ eq \f(π,3)，可得BC＝ eq \r(AB2＋AC2－2AB·AC·cs ∠BAC)＝ eq \r(32＋22－2×3×2×\f(1,2))＝ eq \r(7).由正弦定理知2r＝ eq \f(BC,sin ∠BAC)＝ eq \f(2\r(21),3)，可得△ABC外接圆半径r＝ eq \f(\r(21),3).设三棱柱外接球的球心为O，半径为R，则OO1＝ eq \f(1,2)AA1＝1.在Rt△OBO1中，R＝OB＝ eq \r(OO eq \\al(2,1)＋O1B2)＝ eq \f(\r(30),3)，故此球的表面积为S＝4πR2＝4π× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(30),3))) eq \s\up12(2)＝ eq \f(40π,3).
(第6题答)
7. (2025·邯郸期中)已知球M的直径PQ＝4，A，B，C是球M球面上的三点，△ABC是等边三角形，且∠APQ＝∠BPQ＝∠CPQ＝30°，则三棱锥P-ABC的体积为( B )
A. eq \f(3\r(3),4) B. eq \f(9\r(3),4)
C. eq \f(3\r(3),2) D. eq \f(27\r(3),4)
【解析】 设球心为M，等边三角形ABC截面小圆的圆心为O(也是等边三角形ABC的中心).由于△ABC是等边三角形，∠APQ＝∠BPQ＝∠CPQ＝30°，所以PQ⊥平面ABC，P在平面ABC的投影即O，也即等边三角形ABC的中心，且PO⊥平面ABC，则PO⊥OC.因为PQ是直径，所以∠PCQ＝90°.所以PC＝4cs 30°＝2 eq \r(3)，PO＝2 eq \r(3)cs 30°＝3，OC＝2 eq \r(3)sin 30°＝ eq \r(3).由于O是等边三角形ABC的中心，所以OC＝ eq \f(2,3)CH，所以等边三角形ABC的高CH＝ eq \f(3\r(3),2)，AC＝ eq \f(3\r(3),2)÷sin 60°＝3，所以三棱锥P-ABC的体积为V＝ eq \f(1,3)×PO×S△ABC＝ eq \f(1,3)×3× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)×3×3×\f(\r(3),2)))＝ eq \f(9\r(3),4).
(第7题答)
8. (2024·合肥一检)已知四面体ABCD的各顶点都在同一球面上，若AB＝BC＝CD＝DA＝BD＝2 eq \r(3)，平面ABD⊥平面BCD，则该球的表面积是_20π_.
【解析】 过△ABD的中心E作平面ABD的垂线，过△BCD的中心F作平面BCD的垂线，两垂线交于点O，连接OD.依据题中条件可知，O为四面体ABCD的外接球球心．因为AB＝BC＝CD＝DA＝BD＝2 eq \r(3)，所以DF＝2，OF＝1，则OD＝ eq \r(OF2＋FD2)＝ eq \r(5)，即外接球半径为 eq \r(5)，则该球的表面积为4π( eq \r(5))2＝20π.
(第8题答)
9. (2024·九江二模)已知一个圆台内接于球O(圆台的上、下底面的圆周均在球面上)，若该圆台的上、下底面半径分别为1和2，且其表面积为(5＋3 eq \r(2))π，则球O的体积为_ eq \f(20\r(5)π,3)_．
【解析】 设圆台母线长为l，上、下底面半径分别为r1和r2，则圆台侧面积为S＝π(r1＋r2)l＝π(1＋2)l＝3πl，上、下底面面积分别为π和4π.由圆台表面积为(5＋3 eq \r(2))π，得l＝ eq \r(2)，所以圆台高h＝ eq \r(l2－(r2－r1)2)＝ eq \r(2－1)＝1.设球O半径为R，圆台轴截面ABCD为等腰梯形，且AB＝4，CD＝2，高为1.如图，作OM⊥AB于点M，设OM＝x，由r eq \\al(2,1)＋h2＝2＜r eq \\al(2,2)，则球心O在圆台外部，则有 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(R2＝4＋x2，,R2＝1＋(1＋x)2，))解得x＝1，R＝ eq \r(5)，所以球O的体积为 eq \f(20\r(5)π,3).
(第9题答)
10. (2024·赣州二模)已知球O内切于正四棱锥P-ABCD，PA＝AB＝2，EF是球O的一条直径，点Q为正四棱锥表面上的点，则 eq \(QE,\s\up6(→))· eq \(QF,\s\up6(→))的取值范围为_[0，2]_．
【解析】 如图，令H是正四棱锥P-ABCD底面正方形中心，则PH⊥平面ABCD，而AH＝ eq \r(2)，则PH＝ eq \r(PA2－AH2)＝ eq \r(2)，正四棱锥P-ABCD的体积V＝ eq \f(1,3)×22× eq \r(2)＝ eq \f(4\r(2),3)，正四棱锥P-ABCD的表面积S＝4× eq \f(\r(3),4)×22＋22＝4( eq \r(3)＋1).显然球O的球心O在线段PH上，设球半径为r，则V＝ eq \f(1,3)Sr，即r＝ eq \f(3V,S)＝ eq \f(\r(6)－\r(2),2).在△POA中，∠PAO＜45°＝∠APO，于是OA＞OP.又EF是球O的一条直径，因此 eq \(QE,\s\up6(→))· eq \(QF,\s\up6(→))＝( eq \(QO,\s\up6(→))＋ eq \(OE,\s\up6(→)))·( eq \(QO,\s\up6(→))－ eq \(OE,\s\up6(→)))＝ eq \(QO,\s\up6(→))2－ eq \(OE,\s\up6(→))2＝ eq \(QO,\s\up6(→))2－ eq \(OH,\s\up6(→))2，显然OH≤QO≤AO，则( eq \(QE,\s\up6(→))· eq \(QF,\s\up6(→)))min＝0，( eq \(QE,\s\up6(→))· eq \(QF,\s\up6(→)))max＝AO2－OH2＝AH2＝2，所以 eq \(QE,\s\up6(→))· eq \(QF,\s\up6(→))的取值范围为[0，2].
(第10题答)