高中数学立体几何外接球问题

第一章立体几何专 题 快递公司问题件快递公司问题件货款处理关于圆的周长面积重点题型关于解方程组的题及答案关于南海问题 2多面体的外接球秒杀秘籍：第一讲长方体切割体的外接球设长方体相邻的三条边棱长分别为a，b，c．图1墙角体图1鳖臑图3挖墙角体图4对角线相等的四面体图1与图2有重垂线，三视图都是三个直角三角形，图3无重垂线，俯视图是一矩形，AC为虚线，主视图和左视图为直角三角形．ADBCa2b2BC22222222图4中，ABCDb2c2AC22a2b2c2R,282222ACBDcaAB11Vabcabc4abc．ABCD63【例1】在球面上有四个点P、A、B、C.如果PA、PB、PC两两互相垂直，且PAPBPCa,则这个球的表面积是．3【解析】根据题意可得，P、A、B、C位于一个棱长为a的正方体上，所以球为正方体的外接球，Ra，223故这个球的表面积为22．S4R4a3a22【例2】在三棱锥ABCD中，侧棱AB、AC、AD两两垂直，ABC、ACD、ADB的面积分别为、236、，则三棱锥ABCD的外接球的体积为（）22A．6B．26C．36D．462S1S32S1S22S2S3S1S3S1S2S2S3【解析】因为ab2S1,bc2S2,ac2S3a,b,c，R2S22S32S12S22S32S131236446，3，故选．VR6A4442332【例3】如图所示，已知球O的面上有四点A、B、C、D，DA面ABC，ABBC，DAABBC2,则球O的体积等于．36【解析】易知DA、AB、BC位于一个正方体上，故球O半径为Ra，2234463．VR633210第一章立体几何【例4】四面体ABCD中，ABCD5，ACBD34，ADBC41，则四面体ABCD外接球的表面积为（）A．50B．100C．150D．200【解析】由题四面体ABCD是分别以a，b，c为长且侧棱两两垂直的三棱锥，从而可得到一个长、宽、高分别为a，b，c的长方体，并且a2b225，a2c234，b2c2，设球半径为R，则有(2R)2a2b2c250，∴4R250，∴球的表面积为S4R250．故选A．秒杀秘籍：第三讲切瓜模型（两个平面互相垂直，最大高和最小高问题）图1面PACBAC,ABBC图2底面ABC固定，P在球面上运动，VPABC最值问题a图1：由图可知，小圆ABC直径AC长可以求出，平面PAC必在大圆上，由2R，解出R．sinAa图2：先根据2r求出底面圆的直径MN，再根据几何性质求出球大圆的直径，最后根据垂径定理算sinA出P到底面距离的最大值和最小值．l2双半径单交线公式：R2R2R2124222222RODOO1O1DO2EO1D1l2(OC2CE2)OD2OC2(BC)2OD2R2R221221124ll注意：常见的切瓜模型中，一旦出现R或R时，则RR或RR．122221此公式参考王文勇老师的《大招秒杀秘籍》一 书 关于书的成语关于读书的排比句社区图书漂流公约怎么写关于读书的小报汉书pdf ，在此向努力教研的勇哥致敬！双半径单交线公式适合所有的直二面角模型，两个半平面的外接圆半径分别为R1和R2，两半平面交线长度为l，此公式属于一种开挂般的存在，在前面的直三棱柱切割体模型当中也可以使用，一旦两个半平面的二面角不是90时，此公式将不再适用．【例7】某几何体的三视图如图所示，则它的外接球表面积为（）A．12B．16C．20D．24【解析】法一：由已知中的三视图可得：该几何底是一个以俯视图为底面的三棱锥，底面两直角边长分别为2，22，故斜边长为23，过斜边的侧面与底面垂直，2且高为3的等腰三角形，设其外接球的半径为R，则R23R2311第一章立体几何解得：R2，故它的外接球表面积S4R216，故选B．法二：两垂直平面用双半径单交线公式，由于底面的外接圆半径为R13，与其垂直的面是一个等边三角23l2形，其外接圆半径为2R4，交线l23,故R2R2R22，故选B．2sin60124【例8】已知三棱锥PABC的四个顶点均在同一个球面上，底面ABC满足ABBC3，AC3，若该三棱锥体积的最大值为33，则其外接球的半径为（）42A．1B．2C．3D．33391【解析】如图所示，由ABBC3，AC3，可得cosB2332133∴B120，∴S33sin120，设ABC的外接圆的半径ABC243为r，则2rr3．当DO平面ABC时，该三棱锥取得体积的sin1201331最大值为，符合切瓜模型，满足球顶高最大原理，由VDO4DABC313333，解得DO3．设三棱锥DABC的外接球的球心为O，R2(3R)2(3)2，解得R2．故441选B．秒杀秘籍：第四讲全等三角形折叠模型作二面角剖面题设：两个全等的三角形或者等腰拼在一起，或者菱形折叠，设折叠的二面角AEC,CEAEhBD如图，作左图的二面角剖面图如右图：H和H分别为BCD,ABD外心，CHr，1212sinBCDEHhr，OHhrtan，故R2OC2OH2CH2r2hr2tan2．112112凡是有二面角的四面体，一定要找到二面角的平面角，将其作剖面图，对剖面图进行分析时，利用圆内接abc四边形和三角形性质，可以求出外接球半径，特殊情况要用2R进行处理．sinAsinBsinC【例9】已知菱形ABCD中，DAB60，AB3，对角线AC与BD的交点为O，把菱形ABCD沿对角线BD折起，使得AOC90，则折得的几何体的外接球的表面积为（）12第一章立体几何157A．15B．C．D．7223【解析】法一：菱形ABCD中，DAB60，AB3，三角形ABD的外接圆的半径为r3，2sin6033高h，对角线AC与BD的交点为O，使得AOC90，则折得的几何体的外接球的半径为：22223315152，外接球的表面积为，故选．R33tan45S415A22213l3l215法二：直二面角符合双半径单交线模型，RR3，且，则一定有R2R2R2，122sin60221244故选A．【例11】在边长为23的菱形ABCD中，BAD60，沿对角线AC折成二面角BACD为120的四面体ABCD，则此四面体的外接球表面积为．作二面角剖面【解析】如图所示，典型的全等等腰三角形共底边：EDh3,O2Dr23,BED120，可根据几何性质知道OEO60,OOEOtan603，2222，也可以不222ROO2DO232321222用画图直接一波流公式带走Rr2hrtan223323tan26021，S4R284．2秒杀秘籍：第五讲等腰三角形底边与一直角三角形斜边构成二面角的四面体凡是遇到直角三角形，通常要转换直角顶点，因为直径所对的圆周角为直角，故可将直角顶点转换为共斜边的直角三角形直角顶点，如下图左：△ABC以斜边BC为交线与其它平面形成的二面角可以转换为平面DBC与其它平面构成的二面角．作二面角剖面如上图中，△ABC为等腰三角形，且ABAC，△DBC是以BC为斜边的Rt△，ABCD二面角为，13第一章立体几何令△的外接圆半径为，边上的高为，，为△的外心，则根据剖面图可ABCr2BCAO1h2BC2r1FABC22222h2r22知，外接球半径R满足以下恒等式OEOO1O1ERr1．sin【例12】在四面体SABC中，ABBC，ABBC2，△SAC为等边三角形，二面角SACB的3余弦值为，则四面体SABC的外接球表面积为．3作二面角剖面3623【解析】如图所示，作出剖面：cosSOBsinSOBsinOOO，h3,r,直接13121322322h2r22132刷公式一波流带走Rr11，S4R6．sin22秒杀秘籍：第六讲剖面图转化定理：剖面图一致的外接球一定一致两个等腰三角形（不全等）共底边的二面角，或等腰三角形底边与直角三角形直角边为公共边构成的二面角模型如图：设二面角，，，外接圆半径，△外接圆半径，延长6AEDAEh1DEh2ABCr1DBCr2AE交球于F,DE交球于G，作如图6的二面角剖面图如图7所示，根据相交弦定理AEEFGEED可知，若AEDE或者AEGE，则和全等等腰三角形共底边完全一样，利用公式R2r2hr2tan2秒21杀．（备注：若BAC60，则AE3EF，若BAC120，则AEEF）3如图8：CD为RtBCD的斜边，设二面角AED1，AEh1，D1Eh2，△ABC外接圆的半径为r1，△DBCCD外接圆的半径为r，OEhr，延长AE交球于F，DE交球于G，作如图8的二面角剖面图如221221图9所示，根据相交弦定理AEEFGEED1可知，若AED1E或者AEGE，利用公式14第一章立体几何R2r2hr2tan2秒杀．2【例13】（2018•全国四模）已知三棱锥DABC所有顶点都在球O的球面上，△ABC为边长为23的正三角形，△ABD是以BD为斜边的直角三角形，且AD2，二面角CABD为120，则球O的表面积（）14837A．B．28C．D．3633作二面角剖面CE3hCE3【解析】如图所示，CEG120EG3，故此题符合模型四，CEG120，O1E1r2,2R2r2hrtan27，S4R228，故选B．2【例14】（2018•全国一模）如图，虚线小方格是边长为1的正方形，粗实（虚）线为某几何体的三视图，则该几何体外接球的表面积为（）A．4B．8C．16D．32作二面角剖面CD2【解析】由题知，故2，故选．O1GO1F22O1C22FCG90RO1C22S4R32DO1EO1D2,【例15】（2018•长郡期末）四面体ABCD中，ABCABDCBD60，AB3，CBDB2．则此四面体外接球的表面积为（）1919381717A．B．C．17D．2246AB3AEB90CD2AE6【解析】由题知，ABCABD606,作图如下：ACAD7BE3sinABECBDB2,315第一章立体几何作二面角剖面法一：根据相交弦定理AEEGBEEF，由于△BDC为等边三角形，根据其外接圆知识可知BE3EF，3EF3AF38219故可得2RS4R，故选A．57sinABE22AF3223AD77l法二：双半径单交线公式，△BCD中，R1BE，△ACD中，R2，1，332sinACD6262272l19219R2R2R2，S4R．12482秒杀秘籍：第七讲含二面角的外接球终极公式m2n22mncosl2双距离单交线公式：R2sin24如右图，若空间四边形ABCD中，二面角CABD的平面角大小为，ABD的外接圆圆心为O1，ABC的外接圆圆心为O2，E为公共弦AB中点，l则OEO，OEm，OEn，AE，OAR，由于O、O、E、O1212212OO2四点共圆，且OE2R12，根据余弦定理OOm2n22mncos，sin1222222mn2mncoslR2OEAE．sin24注意：此公式最好配合剖面图，需要求出两个半平面的外接圆半径，和外接圆圆心到公共弦的距离，通常是，剖面图能很快判断出两条相等弦的优先使用公式R2r2hr2tan2．2下面以此公式来解答一下前面出现的例题：【例12】在四面体SABC中，ABBC，ABBC2，△SAC为等边三角形，二面角SACB的3余弦值为，则四面体SABC的外接球表面积为．3336【解析】m0，nOO，cos，sin，1233316第一章立体几何222222mn2mncosl92ROO1O1C，S4R6．sin244【例13】（2018•全国四模）已知三棱锥DABC所有顶点都在球O的球面上，△ABC为边长为23的正三角形，△ABD是以BD为斜边的直角三角形，且AD2，二面角CABD为120，则球O的表面积为（）148A．B．28337C．D．3631l【解析】mOE1，nCE1，120，AE3，13222222mn2mncosl2所以R2OEAE7，S4R28，选B．sin24【例14】（2018•全国一模）如图，虚线小方格是边长为1的正方形，粗实（虚）线为某几何体的三视图，则该几何体外接球的表面积为（）A．4B．8C．16D．3221l【解析】mO1E2，cos，sin，AE2，在ABC中，hCE25，552222BC2665452mn2mncosl2R2，nhR2，故R8，故S4R32，2sinA555sin2426故选D．17