多面体的外接球和内切球(解析版)

2023-11-08 · U1 上传 · 17页 · 2.2 M

多面体的外接球和内切球一、结论1、球与多面体的接、切定义1;若一个多面体的各顶点都在一个球面上,则称这个多面体是这个球的内接多面体,这个球是多面体的外接球。定义2;若一个多面体的各面都与一个球的球面相切,则称这个多面体是这个球的外切多面体,这个球是多面体的内切球。类型一球的内切问题(等体积法)例如: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-PAB11111即:V=S⋅r+S⋅r+S⋅r+S⋅r+S⋅r,可求出r.P-ABCD3ABCD3PBC3PCD3PAD3PAB类型二球的外接问题1.公式法正方体或长方体的外接球的球心为其体对角线的中点2.补形法(补长方体或正方体)①墙角模型(三条线两个垂直)题设:三条棱两两垂直(重点考察三视图)②对棱相等模型(补形为长方体)题设:三棱锥(即四面体)中,已知三组对棱分别相等,求外接球半径(AB=CD,AD=BC,AC=BD)13.单面定球心法(定+算)步骤:①定一个面外接圆圆心:选中一个面如图:在三棱锥P-ABC中,选中底面ΔABC,确定其外接圆圆a心O(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定外心2r=);1sinA②过外心O1做(找)底面ΔABC的垂线,如图中PO1⊥面ABC,则球心一定在直线(注意不一定在线段PO1上)PO1上;222③计算求半径R:在直线PO1上任取一点O如图:则OP=OA=R,利用公式OA=O1A+OO1可计算出球半径R.4.双面定球心法(两次单面定球心)如图:在三棱锥P-ABC中:①选定底面ΔABC,定ΔABC外接圆圆心O1②选定面ΔPAB,定ΔPAB外接圆圆心O2③分别过O1做面ABC的垂线,和O2做面PAB的垂线,两垂线交点即为外接球球心O.二、典型例题1(2023春·湖南湘潭·高二统考期末)棱长为1的正方体的外接球的表面积为()3πA.B.3πC.12πD.16π4【答案】B【详解】解:易知,正方体的体对角线是其外接球的直径,设外接球的半径为R,2223则2R=1+1+1=3,故R=.2223所以S=4πR=4π×=3π.2故选:B.【反思】本例属于正方体外接球问题,其外接球半径公式可直接记忆.2(2023春·湖南长沙·高三长沙一中校考阶段练习)在四面体PABC中,PA⊥AB,PA⊥AC,∠BAC=120°,AB=AC=AP=2,则该四面体的外接球的表面积为()A.12πB.16πC.18πD.20π【答案】D【详解】因为PA⊥AB,PA⊥AC,AB∩AC=A,AB,AC⊂平面ABC,所以PA⊥平面ABC.设底面△ABC的外心为G,外接球的球心为O,则OG⊥平面ABC,所以PA⎳OG.2设D为PA的中点,因为OP=OA,所以DO⊥PA.因为PA⊥平面ABC,AG⊂平面ABC,所以PA⊥AG,所以OD⎳AG.1因此四边形ODAG为平行四边形,所以OG=AD=PA=1.2因为∠BAC=120°,AB=AC=2,所以BC=AB2+AC2-2AB⋅ACcos∠BAC=4+4-2×2×2×-1=23,223由正弦定理,得2AG==4⇒AG=2.32222所以该外接球的半径R满足R=OG+AG=5,故该外接球的表面积为S=4πR2=20π.故选:D.【反思】本例属于单面定球心问题①用正弦定理求出ΔABC外心G;②过G做平面ABC的垂线,则外接球球心O在此垂线上;③通过计算算出半径.3(2023秋·湖南娄底·高三校联考期末)《九章算术》是我国古代数学名著,它在几何学中的研究比西方早1000多年.在《九章算术》中,将底面为矩形且一侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马.如图P-ABCD是阳马,PA⊥平面ABCD,PA=5,AB=3,BC=4.则该阳马的外接球的表面积为()1252π500πA.B.50πC.100πD.33【答案】B【详解】因PA⊥平面ABCD,AB⊂平面ABCD,AD⊂平面ABCD,则PA⊥AB,PA⊥AD,又因四边形ABCD为矩形,则AB⊥AD.则阳马的外接球与以PA,AB,AD为长宽高的长方体的外接球相同.又PA=5,AB=3,AD=BC=4.则外接球的直径为长方体体对角线,故外接球半径为:R=3PA2+AB2+AD232+42+5252==,222250则外接球的表面积为:S=4πR=4π⋅=50π.4故选:B【反思】本例属于墙角型模型,通过补形,将原图形补成长方体模型,借助长方体模型求外接球半径.4(2023·全国·高三专题练习)已知菱形ABCD的各边长为2,∠D=60°.如图所示,将ΔACD沿AC折起,使得点D到达点S的位置,连接SB,得到三棱锥S-ABC,此时SB=3.E是线段SA的中点,点F在三棱锥S-ABC的外接球上运动,且始终保持EF⊥AC,则点F的轨迹的周长为()234353221A.πB.πC.πD.π3333【答案】C【详解】取AC中点M,则AC⊥BM,AC⊥SM,BM∩SM=M,∴AC⊥平面SMB,SM=MB=3,又SB=3,∴∠SBM=∠MSB=30°,作EH⊥AC于H,设点F轨迹所在平面为α,则平面α经过点H且AC⊥α,设三棱锥S-ABC外接球的球心为O,△SAC,△BAC的中心分别为O1,O2,易知OO1⊥平面SAC,OO2⊥平面BAC,且O,O1,O2,M四点共面,由题可得∠OMO1113223=∠OMO=60°,OM=SM=,解Rt△OOM,得OO=3OM=1,又OS=SM=,则212133111133221三棱锥S-ABC外接球半径r=OO+OS=7,易知O到平面α的距离d=MH=,11322253故平面α截外接球所得截面圆的半径为r=r-d=7-1=,13465353∴截面圆的周长为l=2πr=π,即点F轨迹的周长为π.133故选:C【反思】此题典型的双面定球心。①定ΔABC外心O2;②定ΔASC外心O1,③再分别过O1,O2做平面ASC和ABC的垂线,两条垂线的交点,记为外接球球心.45(2023·浙江·校联考模拟预测)在三棱锥ABCD中,对棱AB=CD=22,AD=BC=5,AC=BD=5,则该三棱锥的外接球体积为,内切球表面积为.922π【答案】    π    π##233【详解】因为三棱锥A-BCD每组对棱棱长相等,所以可以把三棱锥ABCD放入长方体中,设长方体的长、宽、高分别为x、y、z,如下图所示:则x2+y2=22,x2+z2=5,y2+z2=5,解得x=y=2,z=1,2223外接球直径2R=x+y+z=3,其半径为R=,2114三棱锥A-BCD的体积V=xyz-xyz×4=xyz=,633在△ABC中,AC=BC=5,AB=22,取AB的中点E,连接CE,如下图所示:221则CE⊥AB,且CE=AC-AE=3,所以,S=AB⋅CE=6,△ABC2因为三棱锥A-BCD的每个面的三边分别为5、5、22,所以,三棱锥A-BCD的表面积为S=4S△ABC=46,13V46设三棱锥A-BCD的内切球半径为r,则V=Sr,可得r===,3S46643922所以该三棱锥的外接球体积为πR=π,内切球表面积为4πr=π.32392故答案为:π;π.23【反思】本例属于对棱相等模型,可补形为长方体,再借助长方体模型,求外接球半径.6(2022春·山西·高二校联考期末)如图所示,用一个平行于圆锥SO的底面的平面截这个圆锥,截得的圆台,上、下底面的面积之比为1:9,截去的圆锥的底面半径是3,圆锥SO的高为18.则截得圆台的体积为;若圆锥SO中有一内切球,则内切球的表面积为.5【答案】    468π    486-1625π##486π-1625π【详解】由题意得:截得的圆台,上、下底面半径之比为1:3,截去的圆锥的底面半径是3,故下底面半径为9,12SO1则圆锥SO的体积为V=×9π×18=486π,由相似知识得:=,故SO=6,故截去的圆锥体积3SO312为V=×3π×6=18π,故截得圆台的体积为486π-18π=468π,13画出内切球的截面图,如下:则有Rt△SCD∼Rt△SAO,设内切球半径为R,则CD=CO=R,SC=18-R,由勾股定理得:AS=22CDSCR18-R95-918+9=95,由=得:=,解得:R=,OAAS99522295-9故内切球的表面积为4πR=4π=486-1625π.2故答案为:468π,486-1625π【反思】本例内切球问题,主要采用独立截面法,独立出大圆的截面,然后利用相似求解内切球半径。三、针对训练举一反三一、单选题1(2023·陕西西安·统考一模)在三棱锥A-BCD,平面ACD⊥平面BCD,△ACD是以CD为斜边的等腰直角三角形,△BCD为等边三角形,AC=4,则该三棱锥的外接球的表面积为()32π64π128π256πA.B.C.D.3333【答案】C【详解】解:过点B作CD的垂线,垂足为E,因为△ACD是以CD为斜边的等腰直角三角形,6所以△ACD的外接圆的圆心为E,设△BCD的外接圆圆心为O,其半径为R,则O在BE上,所以OC=OB=OD,由面面垂直的性质可知,BE⊥平面ACD,所以OC=OD=OA,即O为该三棱锥的外接球的球心,CD=424246由正弦定理可知,=2R,R=,sin60°3216×2128π故该三棱锥的外接球的表面积为S=4πR=4π×=.33故选:C2(2023·湖南·模拟预测)在三棱锥A-BCD中,AB⊥平面BCD,BC⊥CD,CD=2AB=2BC=4,则三棱锥A-BCD的外接球的表面积与三棱锥A-BCD的体积之比为()3π3πA.B.C.2πD.9π42【答案】D【详解】取AD的中点O,连接OB,OC,因为AB⊥面BCD,BD⊂面BCD,CD⊂面BCD,所以AB⊥BD,AB⊥CD,所以OB=OA=OD,所以BD=BC2+CD2=20,AD=AB2+BD2=4+20=26,因为CD⊥BC,AB∩BC=B,AB⊂面ABC,BC⊂面ABC,所以CD⊥面ABC,又因为AC⊂面ABC,所以CD⊥CA,1所以OC=OA=OD,所以OA=OB=OC=OD=AD=6,2所以O为三棱锥A-BCD的外接球的圆心,半径R=6,所以球的表面积为S=4πR2=24π,1118三棱锥A-BCD的体积为V=S⋅AB=××2×4×2=,3△BCD323S24π故==9π.V83故选:D3(2023·山西临汾·统考一模)《九章算术·商功》提及一种称之为“羡除”的几何体,刘徽对此几何体作注:“羡除,隧道也其所穿地,上平下邪.似两鳖臑夹一堑堵,即羡除之形.”羡除即为:三个面为梯形或平行四7边形(至多一个侧面是平行四边形),其余两个面为三角形的五面几何体.现有羡除ABCDEF如图所示,底面ABCD为正方形,EF=4,其余棱长为2,则羡除外接球体积与羡除体积之比为()82A.22πB.42πC.πD.2π3【答案】A【详解】连接AC、BD交于点M,取EF的中点O,连接OM,则OM⊥平面ABCD.取BC的中点G,连接FG,作GH⊥EF,垂足为H,如图所示,13由题意得,OA=OB=OC=OD,OE=OF=2,HF=EF=1,FG=BC=3,42∴HG=FG2-HF2=2,∴OM=HG=2,2又∵AM=AB=2,2∴OA=OM2+AM2=2,∴OA=OB=OC=OD=OE=OF=2,即:这个羡除的外接球的球心为O,半径为2,434332π∴这个羡除的外接球体积为V=πr=π×2=.1333∵AB⎳EF,AB⊄面CDEF,EF⊂面CDEF,∴AB⎳面CDEF,即:点A到面CDEF的距离等于点B到面CDEF的距离,又∵△OED≌△OCD,∴VA-OED=VB-OCD=VO-BCD,11∴这个羡除的体积为V=V+V=V+3V=4V=4×××2×2×2=2A-OEDBCF-ADOO-BCDO-BCDO-BCD3282,332πV∴羡除的外接球体积与羡除体积之比为1=3=22π.V2823故选:A.4(2023春·江西·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