简单几何体的外接球与内切球问题

内切球和外接球常见解法内切球和外接球是在几何学中常用的概念，它们分别指的是一个几何体内切或外接于另一个几何体的球。

在实际问题中，内切球和外接球常常用于优化问题和几何问题的求解，其解法也有多种。

以下将介绍一些常见的解法。

1. 解法一：利用勾股定理求解。

内切球和外接球都可以利用勾股定理求解。

以内切球为例，我们可以考虑任意三角形ABC，设其内切球的半径为r，以I为内切圆心，则：AB + AC = 2r；AC + BC = 2r；AB + BC = 2r。

整理可得：r = [ABC] / (s + a + b + c)，其中s为半周长，a、b、c为三角形ABC的三边长，[ABC]为三角形ABC的面积。

而外接球的半径r'则可用公式r'=[ABC] / (4S)，其中S为三角形ABC的外接圆半径。

欧拉定理是内切球和外接球求解的另一个重要工具。

欧拉定理有两种形式，分别为：对于任意四面体，其四个顶点、三条棱的中点和六面体质心共九个点在同一球面上。

对于任意三角形ABC，其外接圆心、垂足交点、垂心、重心四点在同一圆上，且圆心为外接球心。

利用欧拉定理可以求得内切球半径：点O为六面体质心，点I为内切圆心，则IO等于内切球半径r。

点O为三角形外心，点H为垂心，点G为重心，则OG等于外接球半径r'。

对于一些优化问题，内切球和外接球也可以通过线性规划求解。

例如，对于一个凸多面体，求其内切球或外接球的半径最大值，可以将问题转化为线性规划问题，即：max rs.t. A_i * x <= b_i, i=1,2,...,mx_i >= 0, i=1,2,...,n其中，A_i是多面体的几何信息，b_i是多面体中某一点到各个面的距离，x是优化变量，r就是所需要求的内切球或外接球半径。

可以使用线性规划求解器求解其最优解。

简单几何体的外接球和内切球半径的求法1、正方体若正方体的棱长为a ，则其外接球半径为 ，内切球半径为 ，棱切球半径为 球心全是正方体的体对角线的交点32a 12a 22a例：一个正方体的顶点都在球面上，它的棱长是a cm ，求球的体积．解：该球是正方体的外接球，球心到正方体各顶点的距离相等，因此球心是正方体的体对角线的交点，球的直径是正方体的体对角线长设球的半径为R ，a R a R 2332==得则)(23)23(34343333cm a a R πππ==∴球的体积为若一个多面体的各顶点都在一个球的球面上，则称这个多面体是这个球的内接多面体，这个球是这个多面体的外接球。

外接球的球心到多面体各顶点的距离均相等。

例：将一个棱长为6cm 的正方体铁块磨制成一个球体零件，求可能制作的最大零件的体积。

解：这个最大的球体是正方体的内切球，球心到正方体各个面的距离相等，因此球心是正方体的体对角线的交点，球的直径是正方体的棱长设球的半径为R ，则2R =6，得R =3)(3633434333cm R πππ=⨯=∴最大零件的体积为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，这个球是这个多面体的内切球。

内切球的球心到多面体各面的距离均相等。

⑴正方体的内切球直径＝⑵正方体的外接球直径＝⑶与正方体所有棱相切的球直径＝探究 若正方体的棱长为a ，则a3a2a右图，红色球是正方体的棱切球棱切球的球心到正方体各条棱的距离相等，因此球心是正方体的体对角线的交点，球的直径是正方体的面对角线的长2、长方体若长方体的长、宽、高分别为a、b、c，则其外接球半径为球心是长方体的体对角线的交点222 1+2a b c例：有一个球与长方体的面相切，这个球的最大直径是多少？长方体的长、宽、高中的最小者例：一个长方体的各顶点均在同一个球的球面上，且一个顶点上的三条棱的长分别为1,2,3，则此球的表面积为____________若一个多面体的各顶点都在一个球的球面上，则称这个多面体是这个球的内接多面体，这个球是这个多面体的外接球。

外接球内切球题型总结和内切球是高中数学中常见的几何题型。

它们看似简单，但实际上需要一定的思维和推理能力。

在这篇文章中，我将总结和内切球的题型，并提供一些解题思路和方法。

一、题型是指一个球完全地包围住一个几何体，即几何体的各个顶点都在球的表面上。

以下是一些常见的题型：1. 外接圆题型外接圆是指一个圆正好切合于一个三角形的三条边上。

在解决外接圆题型时，我们通常可以利用其性质来推导出一些关系式来简化问题。

例如，假设一个三角形的三个顶点分别是A、B、C。

若存在一个外接圆，那么圆心必然在三角形的垂直平分线的交点处。

因此，我们只需要求出垂直平分线的交点即可确定圆心的位置。

2. 题型与外接圆类似，也可以用类似的思路来解决。

我们可以通过求出几何体的垂直平分面的交线来确定球心的位置。

举个例子，假设我们有一个四面体ABCD，我们需要求出其。

首先，我们可以通过连接四面体的两个对角线来得到一个交点E。

然后，我们找出四面体的垂直平分面，分别与对角线DE、CE、BE、AE相交，这些相交点的集合就是球心所在的平面。

最后，我们通过球心与四面体任意一个顶点的距离就可以确定球的半径。

二、内切球题型内切球是指一个球正好与一个几何体的各个面相切。

以下是一些常见的内切球题型：1. 内切圆题型内切圆是指一个圆正好与一个三角形的三边内切。

解决内切圆题型时，我们通常可以利用其性质来推导出一些关系式。

例如，假设我们有一个三角形ABC，其内切圆的半径为r，圆心为O。

根据内切圆的性质，我们可以知道三角形的三个角都是圆心O的切点。

因此，我们可以利用三角函数的关系式来求解r。

2. 内切球题型内切球题型相对来说会更加复杂一些。

我们需要找到几何体的内切面以及球心的位置。

举个例子，假设我们有一个四面体ABCD的内切球。

我们可以通过连接四面体相对面的交点的连线找到内切球的球心。

然后，我们继续找到相应的内切面，通过求解距离或者长度的关系还可以进一步确定内切球的半径。

高考核心素养提升之十一直观想象——简单几何体的外接球与内切球问题1.直观想象主要表现为利用几何图形描述问题，借助几何直观理解问题，运用空间想象认识事物，解决与球有关的问题对该素养有较高的要求.2.简单几何体外接球问题是立体几何中的难点和重要的考点，此类问题实质是解决球的半径长或确定球心O的位置问题，其中球心的位置是关键.类型1外接球问题1.必备知识：(1)简单多面体外接球的球心的结论.结论1：正方体或长方体的外接球的球心是其体对角线的中点.结论2：正棱柱的外接球的球心是上下底面中心的连线的中点.结论3：直三棱柱的外接球的球心是上下底面三角形外心的连线的中点.(2)构造正方体或长方体确定球心.(3)利用球心O与截面圆圆心O1的连线垂直于截面圆及球心O与弦中点的连线垂直于弦的性质，确定球心.2.方法技巧：几何体补成正方体或长方体.【例1】(2020·东北三省四市模拟)已知边长为2的等边三角形ABC，D为BC的中点，沿AD进行折叠，使折叠后的∠BDC＝π2，则过A，B，C，D四点的球的表面积为()A.3πB.4πC.5πD.6π解析连接BC，由题知几何体ABCD为三棱锥，BD＝CD＝1，AD＝3，BD⊥AD，CD⊥AD，BD⊥CD，将折叠后的图形补成一个长、宽、高分别是3，1，1的长方体，其体对角线长为1＋1＋3＝5，故该三棱锥外接球的半径是52，其表面积为5π.答案C【例2】(2019·广州二测)体积为3的三棱锥P－ABC的顶点都在球O的球面上，P A⊥平面ABC，P A＝2，∠ABC＝120°，则球O的体积的最小值为()A.773π B.2873πC.19193π D.76193π解析设AB＝c，BC＝a，AC＝b，由题可得3＝13×S△ABC×2，解得S△ABC＝332.因为∠ABC＝120°，S△ABC ＝332＝12ac sin 120°，所以ac＝6，由余弦定理可得b2＝a2＋c2－2ac cos 120°＝a2＋c2＋ac≥2ac＋ac＝3ac＝18，当且仅当a＝c时取等号，此时b min＝3 2.设△ABC外接圆的半径为r，则bsin 120°＝2r(b最小，则外接圆半径最小)，故3232＝2r min，所以r min＝ 6.如图，设O1为△ABC外接圆的圆心，D为P A的中点，R为球的半径，连接O1A，O1O，OA，OD，PO，易得OO1＝1，R2＝r2＋OO21＝r2＋1，当r min＝6时，R2min＝6＋1＝7，R min＝7，故球O体积的最小值为43πR3min＝43π×(7)3＝287π3.答案B类型2内切球问题1.必备知识：(1)内切球球心到多面体各面的距离均相等，外接球球心到多面体各顶点的距离均相等.(2)正多面体的内切球和外接球的球心重合.(3)正棱锥的内切球和外接球球心都在高线上，但不一定重合.2.方法技巧：体积分割是求内切球半径的通用做法.【例3】体积为4π3的球与正三棱柱的所有面均相切，则该棱柱的体积为________.解析设球的半径为R，由4π3R3＝4π3，得R＝1，所以正三棱柱的高h＝2.设底面边长为a，则13×32a＝1，所以a＝2 3.所以V＝34×(23)2×2＝6 3.答案63分层训练题A级基础巩固一、选择题1.体积为8的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为()A.12πB.323π C.8π D.4π2.若圆锥的侧面展开图是圆心角为2π3，半径为l的扇形，则这个圆锥的表面积与侧面积的比为()A.3∶2B.2∶1C.4∶3D.5∶33.(2020·兰州调研)一个几何体的三视图如图所示，其中正视图和俯视图中的四边形是边长为2的正方形，则该几何体的表面积为()A.13π2 B.7π C.15π2 D.8π4.(2020·安徽六校联考)一个几何体的三视图如图所示，其中俯视图是半径为r的圆，若该几何体的体积为98π，则它的表面积是()A.92π B.9π C.454π D.544π5.如图所示，正三棱柱ABC－A1B1C1的底面边长为2，侧棱长为3，D为BC中点，则三棱锥A－B1DC1的体积为()A.3B.32 C.1 D.32二、填空题6.如图，在圆柱O1O2内有一个球O，该球与圆柱的上、下面及母线均相切.记圆柱O1O2的体积为V1，球O的体积为V2，则V1V2的值是________.7.现有橡皮泥制作的底面半径为5、高为4的圆锥和底面半径为2、高为8的圆柱各一个.若将它们重新制作成总体积与高均保持不变，但底面半径相同的新的圆锥和圆柱各一个，则新的底面半径为________.8.如图，三棱柱ABC－A1B1C1的体积为1，P为侧棱B1B上的一点，则四棱锥P －ACC1A1的体积为________.三、解答题9.现需要设计一个仓库，它由上下两部分组成，上部的形状是正四棱锥P－A1B1C1D1，下部的形状是正四棱柱ABCD－A1B1C1D1(如图所示)，并要求正四棱柱的高O1O是正四棱锥的高PO1的4倍，若AB＝6 m，PO1＝2 m，则仓库的容积是多少？10.如图是一个以A1B1C1为底面的直三棱柱被一平面所截得到的几何体，截面为ABC，已知A1B1＝B1C1＝2，∠A1B1C1＝90°，AA1＝4，BB1＝3，CC1＝2，求：(1)该几何体的体积；(2)截面ABC的面积.B级能力提升11.(2020·河南顶尖计划联考)如图，网格纸中小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的体积为()A.8B.10C.20D.3212.(2019·全国Ⅰ卷)已知三棱锥P－ABC的四个顶点在球O的球面上，P A＝PB＝PC，△ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是P A，AB的中点，∠CEF＝90°，则球O的体积为()A.86πB.46πC.26πD.6π13.在边长为4的正方形ABCD内剪去四个全等的等腰三角形(如图1中阴影部分所示)，将剩下的部分折叠成底面边长为2的正四棱锥S－EFGH(如图2所示)，则正四棱锥S－EFGH的体积为________.14.如图，四边形ABCD为菱形，G为AC与BD的交点，BE⊥平面ABCD.(1)证明：平面AEC⊥平面BED；(2)若∠ABC＝120°，AE⊥EC，三棱锥E－ACD的体积为63，求该三棱锥的侧面积.C级创新猜想15.(数学文化题)(2019·长沙月考)《九章算术》给出求羡除体积的“术”是：“并三广，以深乘之，又以袤乘之，六而一.”其中的“广”指羡除的三条平行侧棱的长，“深”指一条侧棱到另两条侧棱所在平面的距离，“袤”指这两条侧棱所在平行线之间的距离.用现代语言描述：在羡除ABC－A1B1C1中，AA1∥BB1∥CC1，AA1＝a，BB1＝b，CC1＝c，两条平行线AA1与BB1间的距离为h，直线CC1到平面AA1B1B的距离为h′，则该羡除的体积为V＝h′h6(a＋b＋c).已知某羡除的三视图如图所示，则该羡除的体积为()A.3 3B.43C.53D.23答案解析1.解析 设正方体的棱长为a ，则a 3＝8，解得a ＝2.设球的半径为R ，则2R ＝3a ，即R ＝3.所以球的表面积S ＝4πR 2＝12π. 答案 A2解析 底面半径r ＝23π2πl ＝13l ，故圆锥的S 侧＝13πl 2，S 表＝13πl 2＋π⎝ ⎛⎭⎪⎫13l 2＝49πl 2，所以表面积与侧面积的比为4∶3.答案 C3.解析 由三视图可知该几何体是一个圆柱体和一个球体的四分之一的组合体，则所求的几何体的表面积S ＝14×4π×12＋2π×12＋2π×1×2＝7π，故选B. 答案 B4.解析 由三视图可知该几何体是一个圆柱挖去了一个半径等于圆柱底面半径的半球体，其中圆柱的高等于半球的半径r ，所以该几何体的体积V ＝πr 2×r －12×43πr 3＝13πr 3＝98π，∴r 3＝278，又知r >0，∴r ＝32，∴该几何体的表面积S ＝πr 2＋2πr ×r ＋12×4πr 2＝5πr 2＝5π×94＝454π，故选C. 答案 C5.解析 如题图，在正△ABC 中，D 为BC 中点，则有AD ＝32AB ＝3， 又∵平面BB 1C 1C ⊥平面ABC ，平面BB 1C 1∩平面ABC ＝BC ，AD ⊥BC ，AD ⊂平面ABC ，由面面垂直的性质定理可得AD ⊥平面BB 1C 1C ，即AD 为三棱锥A －B 1DC 1的底面B 1DC 1上的高，∴VA －B 1DC 1＝13S △B 1DC 1·AD ＝13×12×2×3×3＝1. 答案 C6.解析 设圆柱内切球的半径为R ，则由题设可得圆柱O 1O 2的底面圆的半径为R ，高为2R ， 故V 1V 2＝πR 2·2R 43πR 3＝32.答案 327.解析 设新的底面半径为r ，由题意得13πr 2·4＋πr 2·8＝13π×52×4＋π×22×8，解得r ＝7. 答案78.解析 设点P 到平面ABC 、平面A 1B 1C 1的距离分别为h 1，h 2，则棱柱的高为h ＝h 1＋h 2，又记S ＝S △ABC ＝S △A 1B 1C 1，则三棱柱的体积为V ＝Sh ＝1.而从三棱柱中去掉四棱锥P －ACC 1A 1的剩余体积为V ′＝V P －ABC ＋V P －A 1B 1C 1＝13Sh 1＋13Sh 2＝13S (h 1＋h 2)＝13，从而V P －ACC 1A 1＝V －V ′＝1－13＝23. 答案 239.解 由PO 1＝2 m ，知O 1O ＝4PO 1＝8 m.因为A 1B 1＝AB ＝6 m ，所以正四棱锥P －A 1B 1C 1D 1的体积V 锥＝13·A 1B 21·PO 1＝13×62×2＝24(m 3)； 正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的体积 V 柱＝AB 2·O 1O ＝62×8＝288(m 3)，所以仓库的容积V ＝V 锥＋V 柱＝24＋288＝312(m 3). 故仓库的容积是312 m 3.10.解 (1)过C 作平行于A 1B 1C 1的截面A 2B 2C ，交AA 1，BB 1分别于A 2，B 2.由直三棱柱性质及∠A1B1C1＝90°可知B2C⊥平面ABB2A2，则该几何体的体积V＝V A1B1C1－A2B2C＋V C－ABB2A2＝12×2×2×2＋13×12×(1＋2)×2×2＝6.(2)在△ABC中，AB＝22＋（4－3）2＝5，BC＝22＋（3－2）2＝5，即AB＝BC，则△ABC为等腰三角形，又AC＝（22）2＋（4－2）2＝2 3.则S△ABC ＝12×23×（5）2－（3）2＝ 6.11.解析在长方体中进行切割，作出几何体的直观图，即几何体ABCD－PQC1R，如图所示.两个几何体在斜面PQC1R处扣在一起，可以构成一个长方体，长方体的底面是边长为2的正方形，高为10，所以该几何体的体积为12×22×10＝20.答案C12.解析因为点E，F分别为P A，AB的中点，所以EF∥PB，因为∠CEF＝90°，所以EF⊥CE，所以PB⊥CE.取AC 的中点D ，连接BD ，PD ，易证AC ⊥平面BDP ，所以PB ⊥AC ，又AC ∩CE ＝C ，AC ，CE ⊂平面P AC ，所以PB ⊥平面P AC ， 所以PB ⊥P A ，PB ⊥PC ，因为P A ＝PB ＝PC ，△ABC 为正三角形，所以P A ⊥PC ，即P A ，PB ，PC 两两垂直，以P A ，PB ，PC 为从同一顶点出发的三条棱补成正方体.因为AB ＝2，所以该正方体的棱长为2，所以该正方体的体对角线长为6，故三棱锥P －ABC 的外接球的半径R ＝62，所以球O 的体积V ＝43πR 3＝43π⎝ ⎛⎭⎪⎫623＝6π，故选D.答案 D13.解析 设图1中△BEF 的高为h 1，则BD ＝2＋2h 1， 在四棱锥S －EFGH 中，斜高为h 1， 设四棱锥S －EFGH 的高为h 2， 由BD ＝42＝2＋2h 1，∴h 1＝322， ∴h 2＝h 21－⎝ ⎛⎭⎪⎫222＝92－12＝2，∴V S －EFGH ＝13S 四边形EFGH ×h 2＝13×2×2＝43. 答案 4314.(1)证明 因为四边形ABCD 为菱形，所以AC ⊥BD . 因为BE ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，所以AC ⊥BE . 因为BE ∩BD ＝B ，故AC ⊥平面BED . 又AC ⊂平面AEC ，所以平面AEC ⊥平面BED . (2)解 设AB ＝x ，在菱形ABCD 中，由∠ABC ＝120°， 可得AG ＝GC ＝32x ，GB ＝GD ＝x2. 因为AE ⊥EC ，所以在Rt △AEC 中， 可得EG ＝32x .由BE ⊥平面ABCD ，知△EBG 为直角三角形，可得BE ＝22x .由已知得，三棱锥E －ACD 的体积V E －ACD ＝13·12AC ·GD ·BE ＝624x 3＝63.故x ＝2.从而可得AE ＝EC ＝ED ＝ 6.所以△EAC 的面积为3，△EAD 的面积与△ECD 的面积均为 5.故三棱锥E －ACD 的侧面积为3＋2 5.15.解析 如图，由三视图还原几何体可知，羡除ADE －BCF 中，AB ∥CD ∥EF ，四边形ABCD 是矩形，AB ＝AD ＝2，EF ＝1，平面ADE ⊥平面ABCD ，AB ，CD 间的距离h ＝AD ＝2，取AD 的中点G ，连接EG ，∵平面ADE ⊥平面ABCD ，∴EG ⊥平面ABCD ，由正视图及侧视图知直线EF 到平面ABCD 的距离h ′＝1.∴V ＝1×26×(2＋2＋1)＝53，故选C.答案 C。

空间几何体的外接球与内切球一、有关定义1.球的定义：空间中到定点的距离等于定长的点的集合（轨迹）叫球面，简称球。

2.外接球的定义：若一个多面体的各个顶点都在一个球的球面上，则称这个多面体是这个球的内接多面体，这个球是这个多面体的外接球。

3.内切球的定义：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，这个球是这个多面体的内切球。

二'外接球的有关知识与方法1.性质:性质1：过球心的平面截球面所得圆是大圆，大圆的半径与球的半径相等；性质2：经过小圆的直径与小圆面垂直的平面必过球心，该平面截球所得圆是大圆；性质3：过球心与小圆圆心的直线垂直于小圆所在的平面（类比：圆的垂径定理）;性质4：球心在大圆面和小圆面上的射影是相应圆的圆心；性质5：在同一球中，过两相交圆的圆心垂直于相应的圆面的直线相交，交点是球心（类比：在同圆中，两相交弦的中垂线交点是圆心）.2.结论：结论1：长方体的外接球的球心在体对角线的交点处，即长方体的体对角线的中点是球心；结论2：若由长方体切得的多面体的所有顶点是原长方体的顶点，则所得多面体与原长方体的外接球相同；结论3：长方体的外接球直径就是面对角线及与此面垂直的棱构成的直角三角形的外接圆圆心，换言之，就是：底面的一条对角线与一条高（棱）构成的直角三角形的外接圆是大圆；结论4：圆柱体的外接球球心在上下两底面圆的圆心连一段中点处；结论5：圆柱体轴截面矩形的外接圆是大圆，该矩形的对角线（外接圆直径）是球的直径；结论6：直棱柱的外接球与该棱柱外接圆柱体有相同的外接球；结论7：圆锥体的外接球球心在圆锥的高所在的直线上；结论8：圆锥体轴截面等腰三角形的外接圆是大圆，该三角形的外接圆直径是球的直径；结论9：侧棱相等的棱锥的外接球与该棱锥外接圆锥有相同的外接球.3.终极利器：勾股定理、正弦定理及余弦定理（解三角形求线段长度）；三、内切球的有关知识与方法1.若球与平面相切，则切点与球心连线与切面垂直。