外接球、内切球、棱切球问题讲义-2026届高三数学一轮复习

该高中数学高考复习资料聚焦多面体与球的位置关系核心考点，系统梳理外接球、内切球、棱切球定义及公式，按正方体、长方体、正四面体等几何体结论为基础，构建外接球八大模型的知识网络。通过考点梳理明确考查要求，方法指导提炼构造法等解题策略，真题训练强化应用，帮助学生突破空间想象难点，体现复习的系统性和针对性。 资料特色在于以模型化教学突破难点，如对墙角模型采用构造长方体法，引导学生从空间观念出发，通过体对角线与外接球直径关系建立方程，培养几何直观与推理意识。设置基础结论记忆、模型识别训练、真题变式拓展分层环节，配合秒杀公式快速解题，确保有限时间内提升解题效率。助力学生形成结构化思维，也为教师提供清晰的复习进度把控框架，有效提升应考能力。

外接球、内切球、棱切球问题 【知识储备】 1、外接球：外接球是指对于一个多面体，存在一个球体，使得该多面体的所有顶点都在这个球体的表面上，这个球体就被称为该多面体的外接球. 2、内切球：内切球是指与一个多面体的各个面都相切的球. 3、棱切球：棱切球是指与多面体的各条棱都相切的球. 4、球的表面积与体积公式： 5、 在中，r为外接圆的半径，r可根据正弦定理求解. 6、 常用几何体及其结论 （1） 正方体 特征 半径 立体图 截面图 内 切 球 切点 各个面的中心 球心 正方体的中心 直径 相对两个面中心连线 棱 切 球 切点 各棱的中点. 球心 正方体的中心. 直径 “对棱”中点连线 外 接 球 切点 球心 正方体的中心. 直径 体对角线 结论：正方体的内切球、棱切球、外接球半径的平方成等差数列，公差为. （2） 长方体 面对角线的长不固定，体对角线长为 长方体的不一定有内切球和棱切球 长方体必有外接球，球心是体对角线的中点，半径是球心到顶点的距离，即体对角线的一半 （3） 正四面体 内切球半径等于球心到面的距离 棱切球半径等于球心到棱的距离 外接球半径等于球心到顶点的距离 结论：正四面体的内切球、棱切球、外接球的半径成等比数列，公比为 下面我们对正四面体的相关结论进行推导： 【外接球问题】 模型一：墙角模型 墙角模型是三棱锥有一条侧棱垂直于底面且底面是直角三角形模型，用构造法(构造长方体)解决．外接球的直径等于长方体的体对角线长(在长方体的同一顶点的三条棱长分别为a，b，c，外接球的半径为R，则2R＝．)，秒杀公式：R2＝．可求出球的半径从而解决问题．有以下四种类型： 【例1-1】(2019全国Ⅰ卷)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． 答案　D　解析　解法一：为边长为2的等边三角形，为正三棱锥，，又，分别为，的中点，，，又，平面，∴平面，，为正方体的一部分，，，即，故选D． 　　　　　　　　　　 解法二：设，分别为的中点，，且，为边长为2的等边三角形，，又，，中，由余弦定理可得，作于，，为的中点，，，，，又，两两垂直，，，，故选D． 模型二：对棱相等模型 对棱相等模型是三棱锥的三组对棱长分别相等模型，用构造法(构造长方体)解决．外接球的直径等于长方体的体对角线长，即(长方体的长、宽、高分别为a、b、c)．秒杀公式：R2＝(三棱锥的三组对棱长分别为x、y、z)．可求出球的半径从而解决问题． 【例2-1】正四面体的各条棱长都为，则该正面体外接球的体积为________． 答案　　解析　这是特殊情况，但也是对棱相等的模式，放入长方体中，，，． 【例2-2】在三棱锥A－BCD中，AB＝CD＝2，AD＝BC＝3，AC＝BD＝4，则三棱锥外接球的表面积为________． 答案　　解析　构造长方体，三个长度为三对面的对角线长，设长宽高分别为，则，，，，，，． 【例2-3】在三棱锥A－BCD中，AB＝CD＝6，AC＝BD＝AD＝BC＝5，则该三棱锥的外接球的体积为____． 答案　　解析　依题意得，该三棱锥的三组对棱分别相等，因此可将该三棱锥补形成一个长方体，设该长方体的长、宽、高分别为a、b、c，且其外接球的半径为R，则得a2＋b2＋c2＝43，即(2R)2＝a2＋b2＋c2＝43，易知，即为该三棱锥的外接球的半径，所以该三棱锥的外接球的表面积为． 【例2-4】在正四面体中，是棱的中点，是棱上一动点，的最小值为，则该正四面体的外接球的体积是　　 A．　　　　　　　　B．　　　　　　　　C．　　　　　　　　D． 答案　A　解析　将侧面和展成平面图形，如图所示：设正四面体的棱长为，则的最小值为，．在正四面体的边长为2，外接球的半径，外接球的体积． 【例2-5】已知三棱锥，三组对棱两两相等，且，，若三棱锥的外接球表面积为．则________． 答案　　解析　将四面体放置于长方体中，四面体的顶点为长方体八个顶点中的四个，长方体的外接球就是四面体的外接球，，，且三组对棱两两相等，设，得长方体的对角线长为，可得外接球的直径，所以，三棱锥的外接球表面积为，，解得，即，解之得，因即． 模型三　汉堡模型 汉堡模型是直棱柱的外接球、圆柱的外接球模型，用找球心法(多面体的外接球的球心是过多面体的两个面的外心且分别垂直这两个面的直线的交点．一般情况下只作出一个面的垂线，然后设出球心用算术方法或代数方法即可解决问题．有时也作出两条垂线，交点即为球心．)解决．以直三棱柱为例，模型如下图，由对称性可知球心O的位置是△ABC的外心O1与△A1B1C1的外心O2连线的中点，算出小圆O1的半径AO1＝r，OO1＝，． 　　　　 【例3-1】(2013辽宁)已知直三棱柱ABC－A1B1C1的6个顶点都在球O的球面上．若AB＝3，AC＝4，AB⊥AC，AA1＝12，则球O的半径为(　　)． A．　　　　　　　B．　　　　　　　C．　　　　　　　D． 答案　C　解析　如图所示，由球心作平面ABC的垂线，则垂足为BC的中点M．又AM＝BC＝，OM＝AA1＝6，所以球O的半径R＝OA＝＝． 另解　过C点作AB的平行线，过B点作AC的平行线，交点为D，同理过C1作A1B1的平行线，过B1作A1C1的平行线，交点为D1，连接DD1，则ABCD－A1B1C1D1恰好成为球的一个内接长方体，故球的半径r＝．故选C． 【例3-2】(2009全国Ⅰ)直三棱柱ABC－A1B1C1的各顶点都在同一球面上，若AB＝AC＝AA1＝2，∠BAC＝120°，则此球的表面积等于(　　)． A．10π　　　　　　　　B．20π　　　　　　　　C．30π　　　　　　　　D．40π 答案　B　解析　如图，先由余弦定理求出BC＝2，再由正弦定理求出r＝AO1＝2，外接球的直径R＝＝，所以该球的表面积为4πR2＝20π．故选B． 模型四　垂面模型 （线面垂直模型） 垂面模型是有一条侧棱垂直底面的棱锥模型，可补为直棱柱内接于球，由对称性可知球心O的位置是△CBD的外心O1与△AB2D2的外心O2连线的中点，算出小圆O1的半径AO1＝r，OO1＝，． 　　　　　 【例4-1】在三棱锥S－ABC中，侧棱SA⊥底面ABC，AB＝5，BC＝8，∠ABC＝60°，SA＝2，则该三棱锥的外接球的表面积为(　　) A．π　　　　　　　　B．π　　　　　　　　C．π　　　　　　　　D．π 答案　B　解析　由题意知，AB＝5，BC＝8，∠ABC＝60°，则在△ABC中，由余弦定理得AC2＝AB2＋BC2－2×AB×BC×cos∠ABC，解得AC＝7，设△ABC的外接圆半径为r，则△ABC的外接圆直径2r＝＝，∴r＝，又∵侧棱SA⊥底面ABC，∴三棱锥的外接球的球心到平面ABC的距离h＝SA＝，则外接球的半径R＝＝，则该三棱锥的外接球的表面积为S＝4πR2＝π. 【例4-2】在三棱锥P－ABC中，已知PA⊥底面ABC，∠BAC＝120˚，PA＝AB＝AC＝2，若该三棱锥的顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为(　　) A．10π　　　　　　　B．18π　　　　　　　C．20π　　　　　　　D．9π 答案　C　解析　如图1，先由余弦定理求出BC＝2，再由正弦定理求出r＝AO1＝2，外接球的直径R＝＝，所以该球的表面积为4πR2＝20π． 另解　如图2，该三棱锥为图中正六棱柱内的三棱锥P－ABC，PA＝AB＝AC＝2，所以该三棱锥的外接球即该六棱柱的外接球，所以外接球的直径2R＝＝2⇒R＝，所以该球的表面积为4πR2＝20π． 【例4-3】在三棱锥中，平面，，，，设为中点，且直线与平面所成角的余弦值为，则该三棱锥外接球的表面积为________． 答案　　解析　在中，，，，由余弦定理得：，即，解得：．设的外接圆半径为，由正弦定理得解得：；且 ，又为中点，在中，，，．由余弦定理得：，即：，解得．又因为平面，所以为直线与平面所成角，由，得，，所以在中，．设三棱锥的外接球半径为，所以，三棱锥外接球表面积为． 模型五　矩形模型 若棱锥的顶点可构成共斜边的直角三角形，则公共斜边的中点就是其外接球的球心. 题设：，求三棱锥外接球半径（分析：取公共的斜边的中点，连接，则，为三棱锥外接球球心，然后在中求出半径），当看作矩形沿对角线折起所得三棱锥时与折起成的二面角大小无关，只要不是平角球半径都为定值. 【例5-1】已知矩形ABCD中，AB=6,AD=8,现将矩形ABCD沿对角线BD折叠，折叠后形成三棱锥A-BCD,则该四面体A-BCD外接球的表面积为 . 答案　100π 解析 在,由题意得球的半径,　 模型六　切瓜模型 （面面垂直模型） 切瓜模型是有一侧面垂直底面的棱锥型，常见的是两个互相垂直的面都是特殊三角形且平面ABC⊥平面BCD，解决方法是分别过△ABC与△BCD的外心作该三角形所在平面的垂线，交点O即为球心．如果△ABC与△BCD都一般三角形，解决方法是过△BCD的外心O1作该三角形所在平面的垂线，用代数方法即可解决问题．设三棱锥A－BCD的高为h，外接球的半径为R，球心为O．△BCD的外心为O1，O1到BD的距离为d，O与O1的距离为m，则解得R．可用秒杀公式：R2＝r12＋r22－(其中r1、r2为两个面的外接圆的半径，l为两个面的交线的长) 【例6-1】已知在三棱锥P－ABC中，VP­ABC＝，∠APC＝，∠BPC＝，PA⊥AC，PB⊥BC，且平面PAC⊥平面PBC，那么三棱锥P－ABC外接球的体积为________． 答案　　解析　如图，取PC的中点O，连接AO，BO，设PC＝2R，则OA＝OB＝OC＝OP＝R，∴O是三棱锥P－ABC外接球的球心，易知，PB＝R，BC＝R，∵∠APC＝，PA⊥AC，O为PC的中点，∴AO⊥PC，又平面PAC⊥平面PBC，且平面PAC∩平面PBC＝PC，∴AO⊥平面PBC，∴VP­ABC＝VA­PBC＝××PB×BC×AO＝××R×R×R＝，解得R＝2，∴三棱锥P－ABC外接球的体积V＝πR3＝． 【例6-2】如图，已知平面四边形ABCD满足AB＝AD＝2，∠A＝60˚，∠C＝90˚，将△ABD沿对角线BD翻折，使平面ABD⊥平面CBD，则四面体ABCD外接球的体积为________． 答案　　解析　在四面体ABCD中，∵AB＝AD＝2，∠BAD＝60˚，∴△ABD为正三角形，设BD的中点为M，连接AM，则AM⊥BD，又平面ABD⊥平面CBD，平面ABD∩平面CBD＝BD，∴AM⊥平面CBD．∵△CBD为直角三角形，∴其外接圆的圆心是斜边BD的中点M，由球的性质知，四面体ABCD外接球的球心必在线段AM上，又△ABD为正三角形，∴球心是△ABD的中心，则外接球的半径为×2×＝，∴四面体ABCD外接球的体积为×π×()3＝． 【例6-3】已知三棱锥A－BCD中，△ABD与△BCD是边长为2的等边三角形且二面角A－BD－C为直二面角，则三棱锥A－BCD的外接球的表面积为(　　) A．　　　　　　　　B．5π　　　　　　　　C．6π　　　　　　　　D． 答案　D　解析　如图，取BD中点M，连接AM，CM，取△ABD，△CBD的中心即AM，CM的三等分点P，Q，过P作平面ABD的垂线，过Q作平面CBD的垂线，两垂线相交于点O，则点O为外接球的球心，如图，其中OQ＝，CQ＝，连接OC，则外接球的半径R＝OC＝，表面积为4πR2＝，故选D． 模型七　斗笠模型 （圆锥模型） 圆锥、顶点在底面的射影是底面外心的棱锥．秒杀公式：R＝(其中h为几何体的高，r为几何体的底面半径或底面外接圆的圆心) 　　　　　　 【例7-1】(2020·全国Ⅰ)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．64π　　　　　　　　B．48π　　　　　　　　C．36π　　　　　　　　D．32π 答案　A　解析　设⊙O1的半径为r，球的半径为R，依题意，得πr2＝4π，∴r＝2．由正弦定理可得＝2r，∴AB＝2r sin 60°＝2．∴OO1＝AB＝2．根据球的截面性质，得OO1⊥平面ABC，∴OO1⊥O1A，R＝OA＝＝＝4，∴球O的表面积S＝4πR2＝64π．故选A． 模型八　鳄鱼模型 鳄鱼模型即普通三棱锥模型，用找球心法可以解决．如果已知其中两个面的二面角，则可用秒杀公式：R2＝＋.(其中l＝|AB|，当△ABC和△PAB中有一个为钝角三角形时，取α补角)． 【例8-1】在三棱锥中，和均为边长为2的等边三角形，且二面角的平面角为，则三棱锥的外接球的表面积为________． 答案　　解析　如图，取中点，连接，，因为与均为边长为2的等边三角形，所以，，则为二面角的平面角，即，设与外接圆圆心分别为，，则由，可得，，分别过作平面，平面的垂线，则三棱锥的外接球一定是两条垂线的交点，记为，连接，，则由对称性可得，所以，则，则三棱锥外接球的表面积， 【例8-2】在等腰直角中，，，为斜边的高，将沿折叠，使二面角为，则三棱锥的外接球的表面积为________． 答案　　解析　沿折叠后二面角为，即折叠后，所以为等边三角形，又因为，所以折叠后，设点为三棱锥外接球的球心，为的外心，所以，所以，又，所以球心半径，所以． 【例8-3】在四面体ABCD中，AB＝AD＝2，∠BAD＝60°，∠BCD＝90°，二面角A－BD－C的大小为150°，则四面体ABCD外接球的半径为________． 答案　　解析　因为∠BCD＝90°，所以BC⊥CD，设BD的中点为O2，则O2为△BCD外接圆的圆心，由AB＝AD＝2，∠BAD＝60°知，△ABD为等边三角形，设△ABD的外接圆的圆心为O1，连接AO2，则O1在线段AO2上，过O1，O2分别作平面ABD与平面BDC的垂线，交于点O，则O为四面体ABCD外接球的球心，过O2在平面BCD内作O2E⊥BD，交DC于点E，则∠AO2E＝150°，所以∠AO2O＝60°，又O1O2＝，所以OO1＝1，连接OA，又AO1＝，所以OA＝＝＝． 模型九　已知球心或球半径模型 【例9-1】(2017·全国Ⅰ)已知三棱锥S－ABC的所有顶点都在球O的球面上，SC是球O的直径．若平面SCA⊥平面SCB，SA＝AC，SB＝BC，三棱锥S－ABC的体积为9，则球O的表面积为________． 答案　36π　解析　如图，连接AO，OB，∵SC为球O的直径，∴点O为SC的中点，∵SA＝AC，SB＝BC， ∴AO⊥SC，BO⊥SC，∵平面SCA⊥平面SCB，平面SCA∩平面SCB＝SC，∴AO⊥平面SCB，设球O的半径为R，则OA＝OB＝R，SC＝2R．∴VS­ABC＝VA­SBC＝×S△SBC×AO＝××AO，即9＝××R，解得R＝3，∴球O的表面积为S＝4πR2＝4π×32＝36π． 【例9-2】(2012全国Ⅰ)已知三棱锥S－ABC的所有顶点都在球O的球面上，△ABC是边长为1的正三角形，SC为球O的直径，且SC＝2，则此棱锥的体积为(　　) A．　　　　　　　　B．　　　　　　　　C．　　　　　　　　D． 答案　A　解析　由于三棱锥S－ABC与三棱锥O－ABC底面都是△ABC，O是SC的中点，因此三棱锥S－ABC的高是三棱锥O－ABC高的2倍，所以三棱锥S－ABC的体积也是三棱锥O－ABC体积的2倍．在三棱锥O－ABC中，其棱长都是1，如图所示，S△ABC＝×AB2＝，高OD＝＝，∴VS－ABC＝2VO－ABC＝2×××＝．故选A． 【例9-3】(2020·新高考全国Ⅰ)已知直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD＝60°．以D1为球心，为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为________． 答案　　解析　如图，设B1C1的中点为E， 球面与棱BB1，CC1的交点分别为P，Q，连接DB，D1B1，D1P，D1E，EP，EQ，由∠BAD＝60°，AB＝AD，知△ABD为等边三角形，∴D1B1＝DB＝2，∴△D1B1C1为等边三角形，则D1E＝且D1E⊥平面BCC1B1，∴E为球面截侧面BCC1B1所得截面圆的圆心，设截面圆的半径为r，则r＝＝＝．又由题意可得EP＝EQ＝，∴球面与侧面BCC1B1的交线为以E为圆心的圆弧PQ．又D1P＝，∴B1P＝＝1，同理C1Q＝1，∴P，Q分别为BB1，CC1的中点，∴∠PEQ＝，知的长为×＝，即交线长为． 第 1 页 共 16 页 学科网（北京）股份有限公司 $