第7章 专题培优课7 空间几何体内切球与外接球问题（课件PPT）-【优化指导】2025年高考数学一轮复习高中总复习·第1轮（湘教版）

第七章　立体几何 ◆专题培优课7　空间几何体内切球与外接球问题 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 课时作业(四十三) 返回导航 第1轮 数学（X） 第七章　立体几何 谢谢观看！ 球与其他几何体的切接问题，是近几年高考的热点，这种题目几乎在各省高考试题中都有涉及，主要考查直观想象和逻辑推理的核心素养． 解决与球有关的切、接问题，其通法是作截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题的思维流程是： 角度1　等体积法 【例1】 已知点O到直三棱柱ABC­A1B1C1 各面的距离都相等，球O是直三棱柱ABC­A1B1C1 的内切球，若球O的表面积为16π，△ABC的周长为4，则三棱锥A1­ABC 的体积为(　　) A． eq \f(4,3) B． eq \f(16,3) C． eq \f(8\r(3),3) D． eq \f(16\r(3),3) B　解析：如图，设直三棱柱ABC­A1B1C1 的高为h，AB＝c，BC＝a，AC＝b，内切球O的半径为r，则h＝2r. 由题意可知球O的表面积为16π＝4πr2，解得r＝2， ∴h＝4， 又△ABC的周长为4，即a＋b＋c＝4， ∴连接OA，OB，OC，OA1，OB1，OC1 可将直三棱柱ABC­A1B1C1 分成5个棱锥， 即三个以原来三棱柱侧面为底面，内切球球心为顶点的四棱锥， 两个以原来三棱柱底面为底面，内切球球心为顶点的三棱锥， ∴由体积相等可得直三棱柱ABC­A1B1C1 的体积为V＝S△ABC ·h＝ eq \f(1,3) ahr＋ eq \f(1,3) bhr＋ eq \f(1,3) chr＋2× eq \f(1,3) S△ABC ·r，即4S△ABC ＝ eq \f(1,3) (a＋b＋c)hr＋ eq \f(4,3) S△ABC， ∴S△ABC ＝4， ∴三棱锥A1­ABC 的体积为 eq \f(1,3) S△ABC ·h＝ eq \f(1,3) ×4×4＝ eq \f(16,3) . 【练1】 (2023·广西玉林模拟)若正四棱锥P­ABCD内接于球O，且底面ABCD 过球心O，球的半径为4，则该四棱锥内切球的体积为________________． 答案： eq \f(64π（3\r(3)－5）,3) 　解析：因为正四棱锥P­ABCD 内接于球O，且底面ABCD 过球心O，球的半径为4， 所以OA＝OB＝OC＝OD＝OP＝4， 所以AB＝BC＝CD＝DA＝PA＝PB＝PC＝PD＝4 eq \r(2) ， 所以正四棱锥P­ABCD 的表面积为S＝4× eq \f(\r(3),4) × eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4\r(2))) eq \s\up12(2) ＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4\r(2))) eq \s\up12(2) ＝32 eq \r(3) ＋32， 正四棱锥P­ABCD 的体积为V＝ eq \f(1,3) × eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4\r(2))) eq \s\up12(2) ×4＝ eq \f(128,3) . 设正四棱锥P­ABCD 内切球的半径为r， 则V＝ eq \f(1,3) Sr＝ eq \f(1,3) (32 eq \r(3) ＋32)r＝ eq \f(128,3) ， 解得r＝2( eq \r(3) －1)， 所以该四棱锥内切球的体积为 eq \f(4,3) πr3＝ eq \f(4,3) π× eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2（\r(3)－1）)) eq \s\up12(3) ＝ eq \f(64π（3\r(3)－5）,3) . 角度2　作截面法 【例2】 已知正三棱柱的高等于1，一个球与该正三棱柱的所有棱都相切，则该球的体积为(　　) A． eq \f(π,6) B． eq \f(4\r(3)π,27) C． eq \f(4π,3) D． eq \f(4\r(3)π,3) B　解析：如图，正三棱柱ABC­A1B1C1 的高等于1， 设上底面中心为O1，下底面中心为G，连接O1G， 则球O 的球心O 在O1G 的中点上，设球O 切棱AA1 于F，切棱BC 于E， 则F，E 分别为所在棱的中点，设底面边长为a，则OF＝AG＝ eq \f(\r(3),3) a，GE＝ eq \f(\r(3),6) a， 又OG＝ eq \f(1,2) ，∴OE＝ eq \r(\f(1,4)＋\f(a2,12)) ， ∴ eq \f(\r(3),3) a＝ eq \r(\f(1,4)＋\f(a2,12)) ，解得a＝1. 则球O 的半径为R＝ eq \f(\r(3),3) ，球的体积V＝ eq \f(4,3) π× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3))) eq \s\up12(3) ＝ eq \f(4\r(3)π,27) . 【练2】 如图，在三棱锥V­ABC 中，∠AVB＝∠BVC＝∠CVA＝60°，VA＝VB＝VC，若三棱锥V­ABC 的内切球O 的表面积为6π，则此三棱锥的体积为(　　) A.6 eq \r(3) B．18 eq \r(3) C．6 eq \r(2) D．18 eq \r(2) D　解析：如图，连接VO并延长交底面ABC 于点E，连接AE，并延长交BC 于D. ∵ 在三棱锥V-ABC 中，∠AVB＝∠BVC＝∠CVA＝ 60°，VA＝VB＝VC， ∴ 三棱锥V-ABC 是正四面体， ∴E 是△ABC的中心， ∴VE⊥平面ABC. ∵ 三棱锥V-ABC 的内切球O 的表面积为6π， ∴4πr2＝6π，解得球O 的半径r＝OE＝ eq \f(\r(6),2) ， 设AB＝a，则AE＝ eq \f(2,3) AD＝ eq \f(2,3) eq \r(a2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)))\s\up12(2)) ＝ eq \f(\r(3)a,3) ， VE＝ eq \r(a2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3)a,3)))\s\up12(2)) ＝ eq \f(\r(6),3) a，∴AO＝VO＝ eq \f(\r(6),3) a－ eq \f(\r(6),2) . ∵OE⊥AE，∴AE2＋OE2＝AO2， ∴ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3)a,3))) eq \s\up12(2) ＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),2))) eq \s\up12(2) ＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),3)a－\f(\r(6),2))) eq \s\up12(2) ， 解得a＝6，∴VE＝ eq \f(\r(6),3) ×6＝2 eq \r(6) ， ∴ 此三棱锥的体积为V＝ eq \f(1,3) S△ABC·VE＝ eq \f(1,3) × eq \f(1,2) ×6×6×sin 60°×2 eq \r(6) ＝18 eq \r(2) . 角度1　墙角型—补形法(补长方体或正方体) 【例3】 (2023·河北模拟)在三棱锥P­ABC 中，已知PA，PB，PC 两两垂直，且PA＝1，PB＝PC＝2，则三棱锥P­ABC 的外接球的表面积为________________． 答案：9π 　解析：如图所示，以线段PA，PB，PC 为相邻的三条棱为长方体，连接AB，BC，AC，即为三棱锥P­ABC. ∵长方体的外接球与三棱锥的外接球相同， ∴其外接球直径为长方体的体对角线的长．设外接球的半径为R， 则(2R)2＝|PA|2＋|PB|2＋|PC|2＝12＋22＋22＝9， 解得R＝ eq \f(3,2) ，则S＝4πR2＝4π× eq \f(9,4) ＝9π. 【练3】 已知四棱锥P­ABCD的外接球O的体积为36π，PA＝3，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD为矩形，点M在球O的表面上运动，则四棱锥M­ABCD体积的最大值为________________. 答案： eq \f(81,4) 　解析：将四棱锥P­ABCD补成长方体，如图所示． 可知四棱锥P­ABCD的外接球的直径为长方体的体对角线． 设四棱锥P­ABCD的外接球的半径为R，依题意有 eq \f(4,3) πR3＝36π，解得R＝3. 设长方体的长、宽、高分别为a，b，c，则c＝3. 由于a2＋b2＋c2＝62，所以a2＋b2＝27.又a2＋b2≥2ab，当且仅当a＝b＝ eq \f(3\r(6),2) 时等号成立， 所以底面ABCD面积的最大值为(ab)max＝ eq \f(27,2) .此时，要使得四棱锥M­ABCD的体积最大， 只需点M到底面ABCD的距离h最大．连接AC，BD，交于点O′，连接OO′， 因为OO′＝ eq \r(R2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(a2＋b2),2)))\s\up12(2)) ＝ eq \r(9－\f(27,4)) ＝ eq \f(3,2) ， 所以hmax＝OO′＋R＝ eq \f(3,2) ＋3＝ eq \f(9,2) ， 故四棱锥M­ABCD体积的最大值为VM­ABCD＝ eq \f(1,3) × eq \f(27,2) × eq \f(9,2) ＝ eq \f(81,4) . 角度2　对棱相等型—补形法(补长方体或正方体) 【例4】 在三棱锥P­ABC 中，PA＝BC＝4，PB＝AC＝5，PC＝AB＝ eq \r(11) ，则三棱锥P­ABC的外接球的表面积为(　　) A．26π B．12π C．8π D．24π A　解析：在三棱锥P­ABC 中，PA＝BC＝4，PB＝AC＝5，PC＝AB＝ eq \r(11) ， 构造长方体，使得面上的对角线长分别为4，5， eq \r(11) ，则长方体的体对角线长等于三棱锥P­ABC 外接球的直径，如图． 设长方体的棱长分别为x，y，z，则x2＋y2＝16，y2＋z2＝25，x2＋z2＝11，则x2＋y2＋z2＝26， 因此三棱锥P­ABC 外接球的直径为 eq \r(26) ， 所以三棱锥P­ABC 外接球的表面积为4π· eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(26),2))) eq \s\up12(2) ＝26π. 【练4】 (2023·江苏南京师大附中模拟)在三棱锥P­ABC 中，PA＝BC＝5，PB＝AC＝ eq \r(17) ，PC＝AB＝ eq \r(10) ，则该三棱锥外接球的表面积为________________；外接球体积为________________． 答案：26π　 eq \f(13\r(26)π,3) 　解析：由题意，该三棱锥的对棱都相等，可知该三棱锥可置于一个长方体中，如图所示． 记该长方体的长、宽、高分别为a，b，c，则 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(a2＋b2＝10，,a2＋c2＝17，,b2＋c2＝25，))) 即a2＋b2＋c2＝26，所以r＝ eq \f(\r(a2＋b2＋c2),2) ＝ eq \f(\r(26),2) ， S＝4πr2＝26π，V＝ eq \f(4,3) πr3＝ eq \f(13\r(26)π,3) . 角度3　单面定球心法(定＋算) 【例5】 (2022·广西贺州模拟)已知△ABC 的三个顶点都在球O 上，AC⊥BC，AC＝BC＝2，且三棱锥VO­ABC＝ eq \f(2\r(7),3) ，则球O 的体积为(　　) A． eq \f(8\r(2),3) π B． eq \f(32,3) π C． eq \f(28\r(7),3) π D．36π D　解析：如图，在△ABC中，AC⊥BC，AC＝BC＝2，则AB＝2 eq \r(2) .取AB 中点H，连接OH，则点H为△ABC所在小圆圆心，OH⊥平面ABC， 则VOABC＝ eq \f(2\r(7),3) ＝ eq \f(1,3) × eq \f(1,2) ×2×2·OH，解得OH＝ eq \r(7) ， 则球O的半径OA＝ eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(7)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)))\s\up12(2)) ＝3， 则球O的体积为 eq \f(4,3) π·33＝36π. 【练5】 (2022·山西长治第二中学校模拟)在四面体ABCD 中，△ABD，△BCD都是边长为2 的等边三角形，且平面ABD⊥平面BCD，则该四面体外接球的表面积为____________________． 答案： eq \f(20π,3) 　解析：依题意作图，取BD的中点P，连接AP，CP， 取△ABD的中心E，△BCD的中心G，过E，G分别作平面ABD和平面BCD的垂线，得交点H，则点H就是四面体ABCD外接球的球心，CH就是球的半径r，如图． 因为AP＝CP＝ eq \r(3) ，GH＝PE＝ eq \f(\r(3),3) ，CG＝ eq \f(2\r(3),3) ， r2＝CH2＝CG2＋GH2＝ eq \f(5,3) ， 所以该四面体外接球的表面积为S＝4πr2＝ eq \f(20,3) π. 角度4　双面定球心法(两次单面定球心) 【例6】 已知平面四边形ABCD中，AB＝AD＝BD＝ eq \r(2) BC＝ eq \r(2) CD＝4，现沿BD 进行翻折，使得A 到达A′ 的位置，连接A′C，此时二面角A′­BD­C 为150°，则四面体A′BCD 外接球的半径为(　　) A． eq \f(2\r(7),3) B． eq \f(4\r(7),3) C． eq \f(2\r(21),3) D． eq \f(4\r(21),3) C　解析：如图，取BD的中点E，连接A′E，CE，因为AB＝AD＝BD＝ eq \r(2) BC＝ eq \r(2) CD＝4, 即BC＝CD＝2 eq \r(2) ， 所以CE⊥BD，A′E⊥BD，∠A′EC 即为二面角A′­BD­C 的平面角，且∠BCD＝90°，所以△BCD 外接圆的圆心为E， 设△A′BD 外接圆的圆心为O1，则O1E＝ eq \f(2\r(3),3) ，过点O1，E 分别作平面A′BD，平面BDC 的垂线，交于点O，则O 即为四面体A′BCD 外接球的球心． 因为二面角A′­BD­C 的平面角为150°，即∠A′EC＝150°，则∠OEO1＝60°. 在Rt△OO1E 中，OE＝ eq \f(\f(2\r(3),3),cos 60°) ＝ eq \f(4\r(3),3) ，连接OB，则OB 即为外接球的半径R， 则R2＝OB2＝OE2＋BE2＝ eq \f(28,3) ，即R＝ eq \f(2\r(21),3) . 【练6】 (2023·湖南邵阳第二中学模拟)一边长为4的正方形ABCD，M为AB的中点，将△AMD，△BMC 分别沿MD，MC折起，使MA，MB重合，得到一个四面体，则该四面体外接球的表面积为(　　) A． eq \f(76π,3) B．48π C．81π D． eq \f(19\r(57)π,9) A　解析：如图所示． 由图①可知在四面体A­CDM中，由正方形ABCD，M 为AB 的中点，可得MA⊥AD，MA⊥AC，AC∩AD＝A，故MA⊥平面ACD. 将图形旋转得到如图②所示的三棱锥MACD，其中△ACD为等边三角形，过△ACD的中心O1作平面ACD的垂线l1，过线段MC的中点O2作平面MAC的垂线l2，由球内截面的性质可得直线l1与l2相交，记l1∩l2＝O，则O即为三棱锥MACD外接球的球心． 设外接球的半径为R，连接OC，O1C， 可得O1C＝4× eq \f(\r(3),2) × eq \f(2,3) ＝ eq \f(4\r(3),3) ，OO1＝1. 在Rt△OO1C中，OC2＝OO eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)) ＋O1C2＝ eq \f(19,3) ＝R2， 故该四面体外接球的表面积S＝4πR2＝4π× eq \f(19,3) ＝ eq \f(76,3) π. $$