立体几何外接球与内切球讲义-2024届高三数学一轮复习

立体几何外接球与内切球 一 外接球模型 1、“墙角”模型 “墙角”模型是指具有三条棱两两垂直或三个平面两两垂直的特征,将该三棱锥放入长方体中,把该三棱锥的外接球转化为该长方体的外接球,不用找出球心的具体位置,即可求出该球的半径,如图： 【例1】 已知三棱锥P-ABC的四个顶点在球O的球面上,PA=PB=PC,△ABC是边长为2的正三角形,E,F分别是PA,AB的中点,∠CEF=90°,则球O的体积为(　　) A. B. C. D. 【详解】答案 D 解析：设PA=PB=PC=2x.∵E,F分别为PA,AB的中点,∴EF∥PB,且EF=PB=x.∵△ABC为边长为2的等边三角形,∴CF=.又∠CEF=90°, ∴CE=,AE=PA=x.在△AEC中,由余弦定理可知cos∠EAC= . 作PD⊥AC于点D,∵PA=PC,∴D为AC的中点,cos∠EAC=. ∴.∴2x2+1=2.∴x2=,故x=.∴PA=PB=PC=.又AB=BC=AC=2,∴PA,PB,PC两两垂直.∴2R=.∴R=. ∴V=πR3=π×π.故选D . 【练习1】 (2022·广东广州一模) 已知三棱锥P-ABC的棱AP,AB,AC两两互相垂直,AP=AB=AC= ,以顶点P为球心,4为半径作一个球,球面与该三棱锥的表面相交得到四段弧,则最长弧的弧长等于　　　　.  【详解】 答案 解析：由题设, 将三棱锥P-ABC补全为棱长为2的正方体,如图所示.若AD=AF=2,则PD=PF=4,即D,F在以P为球心,4为半径的球面上.记O为底面中心,则OA=>2,OP=3>4,所以,底面ABC与球面所成弧是以A为圆心,2为半径的四分之一圆弧,故弧长为π;侧面PBC与球面所成弧是以P为圆心,4为半径且圆心角为的圆弧,故弧长为;侧面PBA,侧面PCA与球面所成弧是以P为圆心,4为半径且圆心角为的圆弧,故弧长均为.所以最长弧的弧长为. 2、“对棱相等”模型 “对棱相等”模型是指三棱锥的相对的两条棱相等,应用数学建模素养,构建长方体,将该三棱锥放入该长方体中,使三棱锥的顶点与长方体的顶点重合,将该三棱锥的外接球转化为该长方体的外接球,从而求出该外接球的半径,如图. 【例2】 在平行四边形ABCD中,AB=2,BC=3,且cos A=,沿BD将△BDC折起,使点C到达点E处,且满足AE=AD,则三棱锥E-ABD的外接球的表面积为　　　　　.  【详解】 答案 解析 在△ABD中,由余弦定理,得BD2=32+(2)2-2×3×2,解得BD=3.在三棱锥E-ABD中,AE=BD=3,AD=BE=3,AB=ED=2,三组对棱长相等,可将三棱锥E-ABD放在长方体中.设长方体从同一顶点出发的三棱长分别为x,y,z,其外接球的半径为R,令x2+y2=9,y2+z2=9,z2+x2=8,则x2+y2+z2=13,即2R=,所以R=.又长方体与三棱锥E-ABD的外接球相同,所以三棱锥E-ABD的外接球的表面积为4πR2=4π×=13π. 【练习2】 (2023·辽宁大连模拟) 如图所示,在正四面体ABCD中,E是棱AD的中点,P是棱AC上一动点,BP+PE的最小值为 ,则该正四面体的外接球的表面积等于　　　　. 　　　　.  【详解】 答案 解析 将平面ABC和平面ACD展开在同一个平面内,如图.由三角形两边和大于第三边得到,当点P在点F位置时,BP+PE取得最小值,所以BE=.设AE=a,则AB=2a.在△ABE中,∠BAE=,由余弦定理得cos∠BAE ==-,得a=,故正四面体的棱长为2. 如图,将正四面体补成一个正方体,则正方体的棱长为2,则该正四面体的外接球的直径为正方体的体对角线长,所以2R=2,即R=, 故该正四面体的外接球的表面积 3、“直三棱柱”模型 对于直三棱柱,应用数学建模素养,结合球与直棱柱的有关性质， 一是确定直三棱柱的外接球球心的位置为直三棱柱的上、下底面三角形外接圆的圆心连线所构成的线段的中点； 二是利用正弦定理求出底面三角形的外接圆的半径,若是特殊三角形,如等边三角形或直角三角形,可利用特殊三角形的特点,快速获得其外接圆的半径； 三是用定理,即利用勾股定理,求出球的半径； 四是用公式,即利用球的表面积或体积公式求解,注意直三棱柱的外接球与内切球的本质区别. 【例3】 已知三棱柱的侧棱垂直于底面,所有棱的长都为6,顶点都在一个球面上,则该球的表面积为(　　) A. B. C. D. 【详解】 答案 B 解析： 由题意三棱柱ABC-A1B1C1是正三棱柱,设N,M是上下底面中心,MN的中点O是三棱柱ABC-A1B1C1外接球的球心,AM=×6=2, OM=MN=AA1=3,球的半径r=OA=