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模組導圖

題型一 構造長方體求解

知識剖析

情況1 牆角模型

遇到以上四種三稜錐(有三條兩兩垂直的直線)，均可構造長方體求解外接球半徑\(R\)；
求解外接球半徑步驟
① 確定球心\(O\)的位置：外接球的球心是長方體的體對角線的中點；
② 求半徑\(R\)：長方體的體對角線即外接球直徑，
則\((2 R)^{2}=a^{2}+b^{2}+c^{2} \Rightarrow R=\dfrac{\sqrt{a^{2}+b^{2}+c^{2}}}{2}\).

情況2 對稜相等的三稜錐
若三稜錐(即四面體)中，已知三組對稜分別相等(\(AD=BC=x\) ,\(AB=CD=y\)

，\(AC=BD=z\))，求外接球半徑.

求解外接球半徑步驟
① 確定球心\(O\)的位置：如上圖構造一個長方體，標出三組互為異面直線的對稜；
② 求半徑\(R\)：
設長方體的長寬高分別為\(a\) ,\(b\) ,\(c\)，\(AD=BC=x\) ,\(AB=CD=y\) ,\(AC=BD=z\)，列方程組
\(\left\{\begin{array}{l} a^{2}+b^{2}=x^{2} \\ b^{2}+c^{2}=y^{2} \\ c^{2}+a^{2}=z^{2} \end{array} \Rightarrow(2 R)^{2}=a^{2}+b^{2}+c^{2}=\dfrac{x^{2}+y^{2}+z^{2}}{2}\right.\)
求出\(R\).

經典例題

【典題1】如圖，在三稜錐\(A－BCD\)中，\(BD⊥\)平面\(ADC\)，\(BD=1\)，\(AB=2\)，\(BC=3\)，\(A C=\sqrt{11}\)，則三稜錐\(A－BCD\)外接球的體積為\(\underline{\quad \quad}\).

【解析】由\(BD=1\)，\(AB=2\)，\(BC=3\)，\(A C=\sqrt{11}\)，\(BD⊥\)平面\(ADC\)，
\(\therefore A D=\sqrt{3}\)，\(C D=2 \sqrt{2}\)，\(A C=\sqrt{11}\)，由勾股定理逆定理可知\(AD⊥CD\)

，
此時三稜錐中\(AD\)、\(BD\)、\(CD\)三直線兩兩垂直，
可知如圖，三稜錐\(A－BCD\)是長方體的一個角，

外接球的直徑是長方體的體對角線，
所以三稜錐\(A－BCD\)外接球的半徑為\(\dfrac{1}{2} \sqrt{1^{2}+(2 \sqrt{2})^{2}+(\sqrt{3})^{2}}=\sqrt{3}\)．
所以外接球的體積\(V=\dfrac{4 \pi}{3} \times(\sqrt{3})^{3}=4 \sqrt{3} \pi\)．
【點撥】
① 三稜錐中存在三條兩兩垂直的稜，可構造長方體進行求解外接球問題;
② 求解過程中要注意利用解三角形的方法求解各線段長度及其它們的位置關係，例如利用勾股定理逆定理證明線線垂直.

【典題2】如圖，在三稜錐\(P－ABC\)中，\(PA⊥\)平面\(ABC\)，\(AB⊥BC\)，\(AD⊥BP\)，\(PA=AC\)，若三稜錐\(P－ABC\)外接球表面積為\(8π\)，則三稜錐\(P－ACD\)體積的最大值為\(\underline{\quad \quad}\).

【解析】設\(AB=a\)，\(BC=b\)，由三稜錐\(P－ABC\)外接球表面積為\(8π\)，得外接球的半徑為\(\sqrt{2}\)，
又\(PA⊥\)平面\(ABC\)，得\(AB⊥BC\)，
此時三稜錐中\(PA\)、\(AB\)、\(BC\)三直線兩兩垂直，
則如下圖，三稜錐\(P－ABC\)是長方體的一個“角”，

外接球的半徑即為長方體的體對角線，
\(∴(2R)^2=AB^2+BC^2+AP^2=AC^2+AP^2=2AP^2\)，得\(AP=2\)，
\(∴a^2+b^2=4\)．
\(∵PA⊥\)平面\(ABC\)，\(AD⊥BP\)，
\(\therefore P B=\sqrt{4+a^{2}}\)，\(B D=\dfrac{a^{2}}{\sqrt{4+a^{2}}}\)， \({\color{Red}{(此處用到了射影定理) }}\)
過\(D\)作\(DE⊥AB\)，垂足為\(E\)，則\(DE⊥\)平面\(ABC\)，

\(∴DE∥PA\)，可得\(\dfrac{D E}{P A}=\dfrac{B D}{P B}\)，則\(D E=\dfrac{2 a^{2}}{4+a^{2}}\)．
\(\therefore V_{P-A C D}=V_{P-A B C}-V_{D-A B C}=\dfrac{1}{3} S_{\triangle A B C} \cdot(P A-D E)\) \({\color{Red}{ (利用了割補法求體積) }}\)
\(=\dfrac{1}{6} a b \cdot\left(2-\dfrac{2 a^{2}}{4+a^{2}}\right)=\dfrac{4 a b}{3\left(4+a^{2}\right)}=\dfrac{4 a b}{3\left(2 a^{2}+b^{2}\right)}\)\(=\dfrac{4}{3\left(\dfrac{2 a}{b}+\dfrac{b}{a}\right)} \leq \dfrac{4}{6 \sqrt{2}}=\dfrac{\sqrt{2}}{3}\)．
當且僅當\(\dfrac{2 a}{b}=\dfrac{b}{a}\)，即\(a=\dfrac{2 \sqrt{3}}{3}\)，\(b=\dfrac{2 \sqrt{6}}{3}\)時，等號成立．
\(∴\)三稜錐\(P－ACD\)體積的最大值為\(\dfrac{\sqrt{2}}{3}\)．
【點撥】
① 射影定理，如下圖，已知\(Rt∆ABC\)，\(AD⊥BC\)，則\(D A^{2}=D B \cdot D C\)，\(B A^{2}=B D \cdot B C\)，\(C A^{2}=C D \cdot C B\).

② 求體積也可以用等積法\(V_{P-A C D}=V_{D-P A C}\).

【典題3】在三稜錐\(S－ABC\)中，\(SA=BC=5\)，\(S B=A C=\sqrt{17}\)，\(S C=A B=\sqrt{10}\)，則該三稜錐外接球的表面積為 (　　)
\(A．20π \qquad B．25π \qquad C．26π \qquad D．34π\)
【解析】由題意可將該三稜錐放在長方體中，
可得長方體的過同一個頂點的三個相鄰的面的對角線分別為\(5\)，\(\sqrt{17}\)，\(\sqrt{10}\)，
設長方體的長，寬，高分別為\(a ,b ,c\) ,
則\(\left\{\begin{array}{l} a^{2}+b^{2}=5^{2}=25 \\ b^{2}+c^{2}=(\sqrt{17})^{2}=17 \\ a^{2}+c^{2}=(\sqrt{10})^{2}=10 \end{array}\right.\)，
設三稜錐外接球的半徑為\(R\)，則\((2R)^2=a^2+b^2+c^2=26\)，
外接球的表面積\(S=4πR^2=26π\)，故選：\(C\)．
【點撥】對稜相等的三稜錐的外接球問題可通過構造長方體求解.

鞏固練習

1(★★)已知各頂點都在同一球面上的正四稜柱的高為\(4\)，體積為\(16\)，則這個球的表面積是\(\underline{\quad \quad}\).

2(★★)設\(S\)，\(A\)，\(B\)，\(C\)是球\(O\)表面上的四點，\(SA⊥\)平面\(ABC\)，\(AB⊥BC\)，\(S A=A B=\sqrt{2}\)，\(BC=2\)，則球\(O\)的表面積等於\(\underline{\quad \quad}\).

3(★★)在邊長為\(4\)的正方形\(ABCD\)中，\(E\)，\(F\)分別為\(AB\)，\(BC\)的中點．將\(△AED\)，\(△CFD\)，\(△BEF\)分別沿\(DE\)，\(DF\)，\(EF\)折起，使\(A\)，\(C\)，\(B\)三點重合於\(A'\)，則三稜錐\(A'－EFD\)的外接球表面積為\(\underline{\quad \quad}\).

4(★★)在三稜錐\(A-BCD\)中，\(AB=CD=2\)，\(AD=BC=3\)，\(AC=BD=4\)，則三稜錐\(A-BCD\)外接球的表面積為\(\underline{\quad \quad}\).

5(★★)三稜錐\(A-BCD\)，其中\(AB=CD=5\)，\(AD=BC=7\)，\(AC=BD=6\)，則該三稜錐外接球的表面積為\(\underline{\quad \quad}\).

答案

1【答案】\(24π\)
【解析】\(∵V=a^2 h=16\) \(∴a=2\)，
由\((2R)^2=a^2+a^2+h^2=24⇒4R^2=24\)
\(∴S=4πR^2=24π\).
2【答案】\(8π\)
【解析】由題意將此三稜錐放在長方體中，因為\(AB⊥BC\)，\(A B=\sqrt{2}\)，\(BC=2\)，
可得長方體的過同一個頂點的三條稜分別為：\(\sqrt{2}, 2, \sqrt{2}\)，
而長方體的對角線的長度等於其外接球的直徑\(2R\)，
所以\((2 R)^{2}=2 \times(\sqrt{2})^{2}+2^{2}=8\)，
所以外接球的表面積\(S=4πR2=8π\)，

3【答案】\(24π\)
【解析】在正方形\(ABCD\)中，\(∠A\)、\(∠B\)、\(∠C\)均為直角，
\(∴\)在三稜錐\(A′－DEF\)中，\(A′D\)，\(A′E\)，\(A′F\)三條線段兩兩垂直，
以\(A′D\)，\(A′E\)，\(A′F\)為稜構造長方體，
則長方體的外接球就是三稜錐\(A′－EFD\)的外接球，
正方形\(ABCD\)邊長為\(4\)，由題意\(A′E=A′F=2\)，\(A′D=4\)，
\(∴\)三稜錐\(A′－EFD\)外接球的半徑\(r=\dfrac{\sqrt{A \prime E^{2}+A \prime F^{2}+A \prime D^{2}}}{2}=\sqrt{6}\)，
\(∴\)三稜錐\(A′－EFD\)外接球的表面積為\(S=4 \pi \times(\sqrt{6})^{2}=24 \pi\)．

4【答案】\(\dfrac{29}{2} \pi\)
【解析】設補形為長方體，三個長度為三對面的對角線長，設長寬高分別為\(a,b,c\)，則\(a^2+b^2=9\)，\(b^2+c^2=4\)，\(c^2+a^2=16\)
\(\therefore 2\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right)=29 \Rightarrow a^{2}+b^{2}+c^{2}=\dfrac{29}{2}\)\(\Rightarrow 4 R^{2}=\dfrac{29}{2} \Rightarrow S=\dfrac{29}{2} \pi\).
5【答案】\(55π\)
【解析】設補形為長方體，三個長度為三對面的對角線長，設長寬高分別為\(a,b,c\)，
\(∴2(a^2+b^2+c^2 )=110⇒a^2+b^2+c^2=55\)\(⇒4R^2=55⇒S=55π\)

題型二 漢堡模型

知識剖析

預備知識
球體的截面都是圓，設某個不過球心的小圓圓心為\(O_1\)，則球心\(O\)在過\(O_1\)且垂直平面\(α\)的直線上(即\(OO_1⊥α\)).

模型參考影象(稜柱以三稜柱為例)

模型條件：稜柱外接球問題
求解外接球半徑步驟
① 確定球心\(O\)的位置：\(O_1\)是柱體底面所在的球體截面圓心，則\(OO_1⊥\)平面\(ABC\)，由於柱體和外接球組合的幾何體的對稱性，則線段\(O_1 O_2\)的中點是球心\(O\);
② 算出小圓\(O_1\)的半徑\(AO_1\)，\(O O_{1}=\dfrac{1}{2} A A_{1}\);
③ 求半徑\(R\)：由勾股定理可得\(R=\sqrt{O_{1} A^{2}+O_{1} O^{2}}\).

經典例題

【典題1】已知三稜柱\(ABC－A_1 B_1 C_1\)的六個頂點都在同一球面上，且\(AA_1⊥\)底面\(ABC\)，\(△ABC\)是等邊三角形，\(AA_1=2\)，\(AB=3\)，則該球的表面積為(　　)
\(A．8π \qquad B．12π \qquad C．16π \qquad D．20π\)
【解析】如圖，

由題意可知，三稜柱\(ABC－A_1 B_1 C_1\)為正三稜柱，底面邊長\(AB=3\)，高\(AA_1=2\)．
在底面等邊三角形\(ABC\)中，設其外心為\(O\)，\(D\)為\(BC\)的中點，
則\(A O=\dfrac{2}{3} A D=\dfrac{2}{3} \sqrt{3^{2}-\left(\dfrac{3}{2}\right)^{2}}=\sqrt{3}\)
\({\color{Red}{(此處由2 r=\dfrac{A B}{\sin \angle C}=\dfrac{3}{\sin 60^{\circ}}=2 \sqrt{3} \Rightarrow A O=r=\sqrt{3}更容易些) }}\)
設上底面中心為\(O_1\)，\(∵OO_1⊥\)平面\(ABC\)，
\(∴\)三稜柱外接球的球心\(G\)必在直線\(OO_1\)
又由影象的對稱性，可知三稜柱外接球的球心\(G\)為\(OO_1\)的中點，
連線\(GA\)，則\(GA^2=AO^2+AG^2=3+1=4\)．
\(∴\)該球的表面積為\(4π×4=16π\)．故選：\(C\)．
【點撥】
① 直稜柱的外接球問題屬於“漢堡模型”.
② 常見三角形的外接圓半徑\(r\)
(1)等腰三角形\(r^2=(AD-r)^2+BD^2\)

(2)直角三角形\(r=\dfrac{A C}{2}\)

(3)等邊三角形 \(r=\dfrac{\sqrt{3}}{3} a\)

(4) 利用正弦定理可求任一三角形外接圓的半徑\(\dfrac{a}{\sin A}=2 r\).
③ 柱體是四稜柱、五稜柱呢？常見情況如下，長方形、正六邊形的外接圓圓心是對角線的中點.

【典題2】已知直三稜柱\(ABC－A_1 B_1 C_1\)的六個頂點都在球\(O\)的球面上，\(AB=AC=1\)，\(B C=\sqrt{3}\)，\(AA_1=2\)，則球\(O\)的表面積為(　　)
\(A．4π \qquad B．8π \qquad C．12π \qquad D．16π\)
【解析】\(∵ AB=AC=1\)，\(B C=\sqrt{3}\)，
\(∴\)由余弦定理可得\(\cos \angle B A C=\dfrac{1+1-3}{2 \times 1 \times 1}=-\dfrac{1}{2}\)，
\(\therefore \sin \angle B A C=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\)，
設\(△ABC\)的外接圓的半徑為\(r\)，
則\(2 r=\dfrac{B C}{\sin \angle B A C}=\dfrac{\sqrt{3}}{\dfrac{\sqrt{3}}{2}}=2\)，所以\(r=1\)，
設外接球的半徑為\(R\)，則\(R^{2}=\left(\dfrac{A A_{1}}{2}\right)^{2}+r^{2}=\left(\dfrac{2}{2}\right)^{2}+1^{2}=2\)，
所以外接球的表面積\(S=4πR^2=8π\)，
故選：\(B\)．
【點撥】底面三角形\(∆ABC\)三邊都已知，則三角形是確定的，則利用解三角形的方法便可求出其外接圓的半徑.

鞏固練習

1(★★)一個正六稜柱的底面上正六邊形，其側稜垂直於底面，已知該六稜柱的頂點都在同一個球面上，且該六稜柱的體積為\(\dfrac{9}{8}\)，底面周長為\(3\)，則這個球的體積為\(\underline{\quad \quad}\).

2(★★)在直三稜柱\(ABC-A_1 B_1 C_1\)中，\(AB=4\),\(AC=6\),\(\angle B A C=\dfrac{\pi}{3}\) ,\(AA_1=4\) , 則直三稜柱\(ABC-A_1 B_1 C_1\)的外接球的表面積為\(\underline{\quad \quad}\).

3(★★)直三稜柱\(ABC-A_1 B_1 C_1\)的各頂點都在同一球面上，若\(AB=AC=AA_1=2\) ,\(∠BAC=120^°\)，則此球的表面積等於\(\underline{\quad \quad}\).

答案

1【答案】\(\dfrac{4 \pi}{3}\)
【解析】設正六邊形邊長為\(a\)，正六稜柱的高為\(h\)，底面外接圓的關徑為\(r\)，則\(a=\dfrac{1}{2}\)，
底面積為\(S=6 \cdot \dfrac{\sqrt{3}}{4} \cdot\left(\dfrac{1}{2}\right)^{2}=\dfrac{3 \sqrt{3}}{8}\)，\(V=S h=\dfrac{3 \sqrt{3}}{8}=\dfrac{9}{8} \Rightarrow h=\sqrt{3}\)，
\(\therefore R^{2}=\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)^{2}+\left(\dfrac{1}{2}\right)^{2}=1 \Rightarrow R=1\)，球的體積為\(V=\dfrac{4 \pi}{3}\).
2【答案】\(\dfrac{160}{3} \pi\)
【解析】\(B C^{2}=16+36-2 \cdot 4 \cdot 6 \cdot \dfrac{1}{2}=28\)，所以\(B C=2 \sqrt{7}\)
\(2 r=\dfrac{2 \sqrt{7}}{\dfrac{\sqrt{3}}{2}}=\dfrac{4 \sqrt{7}}{\sqrt{3}} \Rightarrow r=\dfrac{2 \sqrt{7}}{\sqrt{3}}, \quad R^{2}=r^{2}+\left(\dfrac{A A_{1}}{2}\right)^{2}=\dfrac{40}{3}\)，
所以\(S=\dfrac{160}{3} \pi\).
3【答案】\(20π\)
【解析】在\(∆ABC\)中，因為\(AB=AC=AA_1=2\) ,\(∠BAC=120^°\)，可得\(B C=2 \sqrt{3}\)，
由正弦定理可得\(∆ABC\)外接圓的半徑\(r=2\)，
設圓心為\(O'\)，球心為\(O\)，在\(Rt∆OBO'\)中，易得球半徑\(R=\sqrt{5}\)，
故此球的表面積為\(4πR^2=20π\).

題型三 垂面模型(一條直線垂直於一個平面)

知識剖析

情況1 模型參考影象(以三稜錐為例)

模型條件：三稜錐\(P-ABC\)中\(PA⊥\)平面\(ABC\)
解題步驟
① 確定球心\(O\)的位置:\(O_1\)是\(△ABC\)的外心，
則\(OO_1⊥\)平面\(ABC\)且\(O O_{1}=\dfrac{P A}{2}\)；
② 由正弦定理\(\dfrac{a}{\sin A}=2 r\)算出小圓\(O_1\)的半徑\(AO_1=r\)；
③ 求半徑\(R\)：由勾股定理\(R=\sqrt{\left(\dfrac{P A}{2}\right)^{2}+r^{2}}\).

情況2
預備知識：\(P\)的射影是\(∆ABC\)的外心\(⇔\)三稜錐\(P-ABC\)的三條側稜相等
模型參考影象模型參考影象(以三稜錐為例)

模型條件：三稜錐\(P-ABC\)中\(P\)的射影是\(△ABC\)的外心\(O_1\).
解題步驟
① 確定球心\(O\)的位置: 取\(△ABC\)的外心\(O_1\)，因為\(P\)的射影是\(△ABC\)的外心\(O_1\)，則球心在直線\(PO_1\)上；
② 由正弦定理\(\dfrac{a}{\sin A}=2 r\)算出小圓\(O_1\)的半徑\(AO_1=r\)，算出稜錐的高\(PO_{1}\)；
③ 求半徑\(R\)：\(OA^2=O_1 A^2+O_1 O^2⇒R^2=(h-R)^2+r^2\)，解出\(R\).
若是如下圖的三稜錐(球心在錐體的下方)，方法類似.
情況3
模型參考影象
(以三稜錐為例，其中\(O\)是球心，\(O_1\)是三角形\(ABC\)的外接圓圓心，\(PD⊥\)平面\(ABC\))

模型條件：三稜錐\(P-ABC\)中\(P\)的射影不是\(△ABC\)的外心\(O_1\).
解題步驟
① 由\(\dfrac{a}{\sin A}=2 r\)算出小圓\(O_1\)的半徑\(BO_1=r\)，由題意求出三稜錐的高\(PD=h\)，\(DO_1=a\);
(一般求\(a\)有難度，需要確定點\(D\)的位置)
② 確定球心\(O\)的位置:球心\(O\)在過\(O_1\)且垂直平面\(ABC\)的直線上，設\(OO_1=x\)；
(一般\(x\)求不出來，因為球心\(O\)很難確定，若可以題目就比較簡單了！)
③ 求外接球半徑\(R\)：在\(Rt∆BOO_1\)和\(Rt∆PEO\)中可得
\(\left\{\begin{array}{c} R^{2}=O B^{2}=O O_{1}^{2}+B O_{1}^{2}=x^{2}+r^{2} \\ R^{2}=O P^{2}=P E^{2}+O E^{2}=(h-x)^{2}+a^{2} \end{array} \Rightarrow x^{2}+r^{2}=(h-x)^{2}+a^{2}\right.\)
求出\(x\)，從而求出外接球半徑\(R\).
(多數情況當\(P\)的射影不是\(△ABC\)的外心\(O_1\)，需要在兩個直角三角形中求出\(R\).)

經典例題

【典題1】正四稜錐\(S-ABCD\)的底面邊長和各側稜長都為\(\sqrt{2}\)，各頂點都在同一個球面上，則此球的體積為\(\underline{\quad \quad}\).

【解析】\({\color{Red}{ 方法一 }}\) 正方形\(ABCD\)的中心\(O_1\)，易得外接圓半徑\(r=AO_1=1\)，\(SO_1=1\)，
找球心\(O:\) \(∵SO_1⊥\)平面\(ABCD\)，顯然球心\(O\)在\(SO_1\)上，
求外接球半徑\(R\):
在\(Rt∆OAO_1\)中，\(AO^2=AO_1^2+OO_1^2⇒R^2=1+(1-R)^2⇒R=1\)(即\(O\)、\(O_1\)重合)
\(\therefore V=\dfrac{4 \pi}{3}\).

\({\color{Red}{方法二 }}\) 正方形\(ABCD\)的中心\(O\)，易得\(AO=BO=CO=DO=1\)，而\(SO=1\)，
則外接球的球心就是\(O\)，且半徑\(R=1\)，\(\therefore V=\dfrac{4 \pi}{3}\).

\({\color{Red}{ 方法三}}\) 大圓是軸截面所的外接圓，即大圓是\(△SAC\)的外接圓，此處特殊，\(Rt△SAC\)的斜邊是球半徑，\(2R=2\)，\(R=1\)，\(\therefore V=\dfrac{4 \pi}{3}\).

【點撥】
① 正四稜錐的外接球問題是顯然屬於“垂面模型”的(存在其高\(SO_1⊥\)底面\(ABCD\))，方法一就是按照模型的套路進行求解的;
② 本題具有特殊性，正四稜錐的側稜與底面邊長相等，方法一根據外接球的定義，直接確定了球心的位置並求出半徑；方法二利用了大圓是軸截面所的外接圓與直角三角形的特性求出了半徑；
③ 做題不能太“模型化”，要發散多思考幾種方法，避免思維定勢開拓自己的思維提高分析能力.

【典題2】已知三稜錐\(P－ABC\)四個頂點都在球\(O\)上，\(P A=P B=P C=2 \sqrt{3}\)，\(BC=3\)，\(∠BAC=60°\)．則球\(O\)的表面積為(　　)
\(A. 36 \pi \qquad B. 16 \pi \qquad C. 12 \pi \qquad D. \dfrac{16}{3} \pi\)
【解析】在\(△ABC\)中，\(BC=3\)，\(∠BAC=60°\)，
可得\(△ABC\)的外接圓半徑 \(2 r=\dfrac{3}{\dfrac{\sqrt{3}}{2}}=2 \sqrt{3} \Rightarrow r=\sqrt{3}\)，
如圖所示，

設\(P\)點在平面\(ABC\)內的投影的為\(D\)，則\(A D=r=\sqrt{3}\)，
在\(Rt△PDA\)中，因為\(PD^2+AD^2=PA^2\)，解得\(PD=3\)，
設三稜錐 \(P－ABC\) 的外接球半徑\(R\)，
即\(OP=OA=R\)，\(OD=3－R\)，
在\(△ODA\)中，由勾股定理得
\(OD^2+DA^2=OA^2⇒(3-R)^2=(√3 )^2=R^2\)，解得\(R=2\)，
故三稜錐\(P－ABC\)的外接球半徑為\(2\)，
根據球體的表面積公式\(S=4πR^2\)，
可得球\(O\)的表面積為 \(S=4π×2^2=16π\)．
故選：\(B\)．
【點撥】由\(PA=PB=PC\)可知，點\(P\)在平面\(ABC\)的投影是三角形\(ABC\)外心，本題屬於垂面模型中的第二種情況，按照基本套路解題難度不大，在一個直角三角形\(△ODA\)利用勾股定理便得到關於\(R\)的方程進而求出\(R\).

【典題3】在四稜錐\(P－ABCD\)中，\(BC∥AD\)，\(AD⊥AB\)，\(A B=2 \sqrt{3}\)，\(AD=6\)，\(BC=4\)，\(P A=P B=P D=4 \sqrt{3}\)，則三稜錐\(P－BCD\)外接球的表面積為\(\underline{\quad \quad}\).
【解析】根據題意畫出圖形，如圖所示；

取\(AD\)的兩個三等分點\(O_1\)，\(E\)，
連線\(BD\)，\(O_1 C\)，\(CE\)，\(BD∩O_1 C=H\)，連線\(PH\)，\(AH\)；
由題意可得\(A H=B H=D H=\dfrac{1}{2} B D=\dfrac{1}{2} \times \sqrt{12+36}=2 \sqrt{3}\)，
則\(O_1 B=O_1 C=O_1 D=4\)，故\(O_1\)是\(△BCD\)的外接圓的圓心．
因為\(P A=P B=P D=4 \sqrt{3}\)，\(H\)是\(Rt∆ABD\)的外接圓圓心，
所以\(PH⊥\)平面\(ABCD\)，且\(P H=\sqrt{(4 \sqrt{3})^{2}-(2 \sqrt{3})^{2}}=6\)．
在菱形\(AO_1 DC\)中，\(O_{1} H=\dfrac{1}{2} O C_{1}=2\)，
設\(O\)為三稜錐\(P－BCD\)外接球的球心，
連線\(OO_1\)，\(OP\)，\(OD\)，過\(O\)作\(OF⊥PH\)，垂足為\(F\)，
則四邊形\(OO_1 HF\)是矩形，
設外接球的半徑\(R\)，\(OO_1=x\)，
在\(Rt∆OO_1 D\)中有\(OD^2=OO_1^2+O_1 D^2⇒R^2=x^2+16\)，
在\(Rt∆POF\)中有\(OP^2=OF^2+PF^2⇒R^2=4+(6-x)^2\)
則\(x^2+16=4+(6-x)^2\)，解得\(x=2\)，
從而\(R^2=20\)，故三稜錐\(P－BCD\)外接球的表面積為\(4πR^2=80π\)．
【點撥】
① 本題的模型對應的是垂面模型的情況三，點\(P\)到平面\(ABCD\)的投影不是底面\(BCD\)的外心；
② 本題難點一：確定三角形\(BCD\)外接圓圓心\(O_1\)；思路：由於四邊形\(ABCD\)是確定的，可解出三角形\(BCD\)，進而利用\(\dfrac{a}{\sin A}=2 r\)求出其外接圓\(r\)，由三角形外接圓圓心是三邊中垂線的交點也就可知圓心\(O_1\)在\(AD\)的三等分點處；題目有多線段的數量和位置關係，多用平幾的知識點求解出其他線段或者角度，這樣更有助於找到解題思路;
③ 本題難點二：\(P\)到平面\(ABCD\)的投影\(H\)的位置；思路：\(∵PA=PB=PD\)，\(∴\)點\(H\)是三角形\(ABD\)外心，又\(∵∆ABD\)是直角三角形，故點\(H\)在\(BD\)的中點處.
④ 遇到垂面模型的第三種情況，往往利用兩個直角三角形(比如本題的\(Rt∆OO_1 D\)、\(Rt∆POF\))得到外接球半徑R的方程.

鞏固練習

1(★★★)在四面體\(S-ABC\)中，\(SA⊥\)平面\(ABC\)，\(∠BAC=120^∘\) ,\(SA=AC=2\) ,\(AB=1\), 則該四面體的外接球的表面積為\(\underline{\quad \quad}\).

2(★★★)正四稜錐的頂點都在同一球面上，若該稜錐的高為\(1\)，底面邊長為\(2 \sqrt{3}\)，則該球的表面積為\(\underline{\quad \quad}\).

3(★★★)已知正三稜錐\(S－ABC\)的四個頂點都在球\(O\)的球面上，且球心\(O\)在三稜錐的內部，若該三稜錐的側面積為\(7 \sqrt{3}\)，\(BC=2\)，則球\(O\)的表面積為\(\underline{\quad \quad}\).

4(★★★)在三稜錐\(P－ABC\)中，\(AB=2\)，\(AC⊥BC\)，\(D\)為\(AB\)中點，\(PD=2\)，若該三稜錐的體積的最大值為\(\dfrac{2}{3}\)，則其外接球表面積為\(\underline{\quad \quad}\).

答案

1【答案】\(49π\)
【解析】由正弦定理或找球心都可得\(2R=7\)，\(S=4πR^2=49π\).
2【答案】\(\dfrac{40 \pi}{3}\)
【解析】在\(△ABC\)中，\(B C^{2}=A C^{2}+A B^{2}-2 A B \cdot A C \cdot \cos 120^{\circ}=7 \Rightarrow B C=\sqrt{7}\)，
\(△ABC\)的外接球直徑為\(2 r=\dfrac{B C}{\sin \angle B A C}=\dfrac{2 \sqrt{7}}{\sqrt{3}}\)，
\(\therefore(2 R)^{2}=(2 r)^{2}+S A^{2}=\left(\dfrac{2 \sqrt{7}}{\sqrt{3}}\right)^{2}+4=\dfrac{40}{3} \Rightarrow S=4 \pi R^{2}=\dfrac{40 \pi}{3} .\)
3【答案】\(\dfrac{169 \pi}{9}\)
【解析】作 \(SM⊥\)平面\(ABC\)，連結\(AM\) 並延長交 \(BC\)於點\(D\)，連結\(SD\)，
正三稜雉外接球的球心\(O\)在高\(SM\)上，連結 \(OA\)，

\(\because S=\dfrac{1}{2} \times 2 \times S D \times 3=7 \sqrt{3}\)，解得\(S D=\dfrac{7 \sqrt{3}}{3}\)，
正三角形\(ABC\)中，\(D M=\dfrac{\sqrt{3}}{6} B C=\dfrac{\sqrt{3}}{3}\)，\(A M=\dfrac{2 \sqrt{3}}{3}\)，
\(\therefore S M=\sqrt{S D^{2}-D M^{2}}=4\)，
設\(SO=AO=R\)，\(△OAM\)中，
\(R^{2}=(4-R)^{2}+\left(\dfrac{2 \sqrt{3}}{3}\right)^{2}\)，解得\(R=\dfrac{13}{6}\)，
則球\(O\) 的表面積\(S=4 \pi R^{2}=\dfrac{169 \pi}{9}\)．
4【答案】\(D\)
【解析】由題意可得
\(V_{\text {蟭 }}=\dfrac{1}{3} S_{\triangle A B C} \cdot h \leq \dfrac{1}{3} \cdot \dfrac{1}{2} A C \cdot B C \cdot P D\)\(\leq \dfrac{1}{3} \cdot \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{1}{2}\left(A C^{2}+B C^{2}\right) \cdot P D\)\(=\dfrac{1}{12} \cdot A B^{2} \cdot 2=\dfrac{1}{12} \cdot 4 \cdot 2=\dfrac{2}{3}\)，
當且僅當\(AC=BC\)，\(PD⊥\)面\(ABC\)時，該三稜錐的體積的最大值為\(\dfrac{2}{3}\)，
設外接球的半徑為\(R\)，球心為\(O\)，
則由題意可得\(O\)在\(PD\)上，底面外接圓的半徑\(r=\dfrac{A B}{2}=1\)，
可得\((2-R)^{2}+r^{2}=R^{2}\)，即\((2-R)^{2}+1=R^{2}\)，解得\(R=\dfrac{5}{4}\)，
所以外接球的表面積\(S=4 \pi R^{2}=\dfrac{25}{4} \pi\)，故選：\(D\)．

題型四 一般模型

知識剖析

以上幾種模型，都有具體的條件要求，它們對應有簡便的求解方法，那現在提出一個一般情況的問題：如何求解任一錐體的外接球的半徑？(這個問題解決了面積、體積等各種問題也不成問題).****
預備知識
球體的截面都是圓，設兩個不平行的截面小圓的圓心為\(O_1\) ,\(O_2\)，分別過\(O_1\) ,\(O_2\)作兩個截面的垂線，則球心\(O\)是兩條垂線的交點.

不失一般性，如下圖進行分析:已知三稜錐\(A-BCD\)每條稜長度，求其外接球的半徑.

解題步驟
① 確定球心\(O\)的位置：找出\(∆BCD\)和\(∆ACD\)的外心\(O_1\)和\(O_2\)，過\(O_1\)和\(O_2\)分別作平面\(BCD\)和平面\(ACD\)的垂線，兩垂線的交點即為球心\(O\)，此時點\(O\)、\(O_1\)、\(O_2\) 、\(E\)肯定共面；
② 求半徑\(R\)：這裡提供二個思路
(1) 在\(Rt∆OO_1 C\)中有\(R^{2}=C O^{2}=O_{1} C^{2}+O O_{1}^{2}\)，其中\(O_1 C\)用正弦定理\(\dfrac{a}{\sin A}=2 r\)可求，而\(OO_1\)的求法各異，要根據二面角\(∠O_2 EO_1\)確定;
(2) 在\(Rt∆OEC\)中有\(R^{2}=C O^{2}=E C^{2}+E O^{2}=\left(\dfrac{C D}{2}\right)^{2}+E O^{2}\)，其中\(CD\)是已知的，而\(EO\)可在四邊形\(O_2 EO_1 O\)求解出，其中\(∵OO_1⊥O_1 E\),\(OO_2⊥O_2 E\)，所以\(O_2\)、\(E\)、\(O_1\)、\(O\)四點共圓，\(OE\)是圓的直徑則\(O E=\dfrac{O_{1} O_{2}}{\sin \angle O_{2} E O_{1}}\)，接著根據題意再用平幾的方法求解便可.

經典例題

【典題1】已知三稜錐\(A－BCD\)中，\(∆BAC\)和\(∆BDC\)是全等的等邊三角形，邊長為\(2\)，當三稜錐體積最大時，三稜錐的外接球表面積為\(\underline{\quad \quad}\).

【解析】如圖，當平面\(BAC⊥\)平面\(BDC\)時，三稜錐體積最大，

取\(BC\)中點\(E\)，連線\(AE\)、\(DE\)，則\(AE⊥BC\)，\(DE⊥BC\)，
因為平面\(BAC⊥\)平面\(BDC\)，
所以可證得\(AE⊥\)平面\(BCD\)，\(DE⊥\)平面\(ABC\)，
取三角形\(BCD\)的外心\(F\)，作\(FM∥AE\)，則\(F、M、E、A\)四點共面，
取三角形\(ABC\)的外心\(H\)，過點\(H\)作\(EF\)的平行線交\(FM\)於點\(O\)，
因為\(EF\)垂直平面\(ABC\)，則\(HO\)垂直平面\(ABC\)，
於是點\(O\)到\(A、B、C、D\)四點的距離相等，
所以點\(O\)為三稜錐\(A－BCD\)外接球的球心．
連線\(OC\)，可求得\(O F=H E=\dfrac{\sqrt{3}}{3}\)，\(C F=\dfrac{2 \sqrt{3}}{3}\)，
所以\(R^{2}=O C^{2}=O F^{2}+C F^{2}=\dfrac{1}{3}+\dfrac{4}{3}=\dfrac{5}{3}\)，
所以外接球表面積為\(S=4 \pi R^{2}=\dfrac{20 \pi}{3}\)．
【點撥】\(BAC⊥\)本題中平面平面\(BDC\)，是兩平面垂直(即二面角為\(90^°\))的情況，球心還是比較好確定的，即過三角形\(BAC\)、\(BDC\)的外心作的垂線交點，此時四邊形\(HOFE\)是矩形，很多量都好求.

【典題2】如圖所示，三稜錐\(P－ABC\)中，\(\angle A P B=\dfrac{2 \pi}{3}\)，\(P A=P B=\sqrt{3}\)，\(AC=5\)，\(BC=4\)，且平面\(PAB⊥\)平面\(ABC\)，則該三稜錐的外接球的表面積為(　　)

\(A．16π \qquad B．32π \qquad C．24π \qquad D．28π\)
【解析】\(∆PAB\)中，\(\angle A P B=\dfrac{2 \pi}{3}\)，\(P A=P B=\sqrt{3}\)，
\(\therefore \angle P A B=\dfrac{\pi}{6}\)
設\(∆PAB\)的外心為\(H\)，外接圓半徑為\(r\)，

則\(\mid 2 r=\dfrac{P B}{\sin \angle P A B}=\dfrac{\sqrt{3}}{\dfrac{1}{2}}=2 \sqrt{3} \Rightarrow P H=r=\sqrt{3}\)，
取\(AB\)的中點\(D\)，連線\(PD\)，則\(PD\)是線段\(AB\)的中垂線，
根據三角形外心的定義，可知點\(H\)在直線\(PD\)上，
\(\because P D=P B \cdot \cos \dfrac{\pi}{3}=\sqrt{3} \cdot \dfrac{1}{2}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}<P H\)，
\(∴\)點\(H\)在\(∆ABC\)外，
在\(∆ABC\)中可得\(AC=5\)，\(BC=4\)，\(AB=3\)，
所以可得\(AB^2+BC^2=AC^2\)，即\(\angle A B C=\dfrac{\pi}{2}\)，
取\(AC\)的中點\(O_1\)，
則可得\(O_1\)為\(△ABC\)的外接圓的圓心，\(D O_{1}=\dfrac{1}{2} B C=\dfrac{1}{2} \times 4=2\)，
過\(H\)、\(O_1\)分別作平面\(PAB\)、\(ABC\)的垂線\(l_1\) ,\(l_2\)，
\(∴l_1\) ,\(l_2\)垂直且相交，設交點為\(O\)，即為球心，
在\(Rt∆PHO\)中，\(R^{2}=O P^{2}=P H^{2}+O H^{2}=(\sqrt{3})^{2}+2^{2}=7\)，
所以外接球的表面積\(S=4πR^2=4π×7=28π\)，
故選：\(D\)．
【點撥】
① 本題平面\(PAB⊥\)平面\(ABC\)，屬於兩平面垂直(即二面角為\(90^°\))的情況，球心不難找，但是要細心些點\(H\)在三角形\(ABP\)內還是外；
② 思考 垂線\(l_1\) ,\(l_2\)會不會是異面直線，那它們就不交於點\(O\)？
分析 不會的，\(∵\)平面\(PAB⊥\)平面\(ABC\)，平面\(PAB∩\)平面\(ABC=AB\)，\(∴PD⊥\)面ABC，\(∴PD//l_2\)，
同理\(DO_1⊥l_1\)，
故點\(D、H、O、O_1\)四點共面，其實題目求三稜錐\(ABCP\)的外接球，則兩條垂直\(l_1\) ,\(l_2\)的交點一定是球心\(O\).

【典題3】如圖，四面體\(ABCD\)中，面\(ABD\)和麵\(BCD\)都是等腰\(Rt∆\)，\(A B=\sqrt{2}\)，\(\angle B A D=\angle C B D=\dfrac{\pi}{2}\)，且二面角\(A－BD－C\)的大小為\(\dfrac{5 \pi}{6}\)，若四面體\(ABCD\)的頂點都在球\(O\)上，則球\(O\)的表面積為(　　)

\(A. 12 \pi \qquad B. 20 \pi \qquad C. 24 \pi \qquad D. 36 \pi\)
【解析】取\(CD\)中點\(E\)，\(BD\)中點\(F\)，連結\(BE、AF、EF\)，
\(∵\)四面體\(ABCD\)中，面\(ABD\)和麵\(BCD\)都是等腰\(Rt∆\)，
\(A B=\sqrt{2}\)，\(\angle B A D=\angle C B D=\dfrac{\pi}{2}\)，且二面角\(A－BD－C\)的大小為\(\dfrac{5 \pi}{6}\)，
\(∴AF⊥BD\)，\(EF⊥BD\)，
\(∴∠AFE\)是二面角\(A－BD－C\)的平面角，\(\angle A F E=\dfrac{5 \pi}{6}\)，
\(B D=B C=\sqrt{2+2}=2\)，\(C D=\sqrt{4+4}=2 \sqrt{2}\)，\(C E=D E=\sqrt{2}\)，
\(AF=BF=DF=EF=1\)，\(E F=\dfrac{1}{2} B C=1\)，
則點\(E\)為\(∆BCD\)外接圓的圓心，點\(F\)為\(∆ABD\)外接圓的圓心，
過點\(E\)作平面\(BCD\)的垂線\(EO\)，過點\(F\)作平面\(ABD\)的垂線\(FO\)，
且直線\(EO\)與直線\(FO\)交於點\(O\)，
則點\(O\)為四面體\(ABCD\)外接球的球心，\(OA\)為半徑，
如下圖所示，

易知\(\angle A F O=\angle O E F=\dfrac{\pi}{2}\)，\(\angle O F E=\angle A F E-\dfrac{\pi}{2}=\dfrac{\pi}{3}\)，
所以\(O F=\dfrac{E F}{\cos \angle O F E}=2\)，
所以\(O A=\sqrt{A F^{2}+O F^{2}}=\sqrt{5}\)，
則四面體\(ABCD\)的外接球半徑為\(\sqrt{5}\)，
因此球\(O\)的表面積為\(4 \pi \cdot(\sqrt{5})^{2}=20 \pi\)，
故選：\(B\)．

【點撥】
① 要注意常見三角形(等腰三角形、直角三角形、等邊三角形等)外接圓圓心的位置；
② 這是典型的“摺疊模型”，二面角不是\(90^°\)，在找球心的時候，要確定兩個“折面”的圓心，因為球心是過兩個圓心的垂線交點.
③ 在求外接球半徑時，把含兩垂線\(OE\)、\(OF\)和半徑\(OA\)的平面四邊形\(OAFE\)拿出來分析求出半徑，要注意二面角的使用.

鞏固練習

1(★★★)已知\(△EAB\)所在的平面與矩形\(ABCD\)所在的平面互相垂直，\(EA=EB=3\) ,\(AD=2\),\(∠AEB=60^°\)，則多面體\(E-ABCD\)的外接球的表面積為\(\underline{\quad \quad}\).

2(★★★)三稜錐\(P-ABC\)中，平面\(PAC⊥\)平面\(ABC\)，\(△PAC\)和\(△ABC\)均為邊長為\(2\)的正三角形，則三稜錐\(P-ABC\)外接球的半徑為\(\underline{\quad \quad}\).

3(★★★)如圖，在菱形\(ABCD\)中，\(∠BAD＝60°\)，\(A B=2 \sqrt{3}\)，\(E\)為對角線\(BD\)的中點，將\(△ABD\)沿\(BD\)折起到\(△PBD\)的位置，若\(∠PEC＝120°\)，則三稜錐\(P－BCD\)的外接球的表面積為\(\underline{\quad \quad}\) .

4(★★★)已知四邊形\(ABCD\)是邊長為\(5\)的菱形，對角線\(BD=8\)(如圖\(1\))，現以\(AC\)為摺痕將菱形折起，使點\(B\)達到點\(P\)的位置．稜\(AC\)，\(PD\)的中點分別為\(E\)，\(F\)，且四面體\(PACD\)的外接球球心落在四面體內部(如圖\(2\))，則線段\(EF\)長度的取值範圍為\(\underline{\quad \quad}\).

答案

1【答案】\(16π\)
【解析】摺疊型，法一：\(△EAB\)的外接圓半徑為\(r_{1}=\sqrt{3}\)，\(OO_1=1\)，\(R=2\)
法二：\(O_{1} M=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\)，\(r_{2}=O_{2} D=\dfrac{\sqrt{13}}{2}\)，\(R^{2}=\dfrac{3}{4}+\dfrac{13}{4}=4\)，\(R=2\)，\(S=16π\).
2【答案】\(\dfrac{\sqrt{15}}{3}\)
【解析】\(2 r_{1}=2 r_{2}=\dfrac{2}{\sin 60^{\circ}}=\dfrac{4}{\sqrt{3}}\)，\(r_{1}=r_{2}=\dfrac{2}{\sqrt{3}}\)，\(O_{2} H=\dfrac{1}{\sqrt{3}}\)，
\(R^{2}=O_{2} H^{2}+r_{1}^{2}=\dfrac{1}{3}+\dfrac{4}{3}=\dfrac{5}{3}\)，\(R=\dfrac{\sqrt{15}}{3}\)；
法二 \(O_{2} H=\dfrac{1}{\sqrt{3}}\)，\(O_{1} H=\dfrac{1}{\sqrt{3}} A H=1\)，\(R^{2}=A O^{2}=A H^{2}+O_{1} H^{2}=\dfrac{5}{3}\)，\(R=\dfrac{\sqrt{15}}{3}\).

3【答案】\(28π\)
【解析】過球心\(O\)作\(OO′⊥\)平面\(BCD\)，則\(O′\)為等邊三角形\(BCD\)的中心，
\(∵\)四邊形\(ABCD\)是菱形，\(A＝60°\)，
\(\therefore \triangle B C D\)是等邊三角形，
\(∵∠PEC＝120°\)，連線\(OP\)，\(OP＝OC\)，\(OE＝OE\)，\(PE＝CE\)，
\(∴△OPE≌△OCE\)，\(∴∠OEC＝∠OEP＝60°\)；
\(\because A B=2 \sqrt{3}\)，\(∴CE＝3\)，
\(∴EO′＝1\)，\(CO′＝2\)，\(\therefore O O^{\prime}=\sqrt{3}\)，
\(∴\)球的半徑\(O C=\sqrt{3+4}=\sqrt{7}\)．
\(∴\)三稜錐\(P－BCD\)的外接球的表面積為\(4 \pi \cdot 7=28 \pi\)，

4【答案】\((\dfrac{\sqrt{14}}{2},4)\)
【解析】如圖，由題意可知\(△APC\)的外心\(O_{1}\)在中線\(PE\)上，
設過點\(O_{1}\)的直線\(l_1⊥\)平面\(APC\)，可知\(l_{1} \subset\)平面\(PED\)，
同理\(△ADC\)的外心\(O _{2}\)在中線\(DE\)上，設過點\(O _{2}\)的直線\(l_2⊥\)平面\(ADC\)，
則\(l_{2} \subset\)平面\(PED\)，由對稱性知直線\(l_{1}, l_{2}\)的交點\(O\)在直線\(EF\)上．
根據外接球的性質，點\(O\)為四面體\(APCD\)的外接球的球心．
由題意得\(EA=3\)，\(PE=4\)，
而\(O_{1} A^{2}=O_{1} E^{2}+E A^{2}\)，\(O_{1} A+O_{1} E=P E=4\)，
\(\therefore O_{1} E=\dfrac{7}{8}\)．
令\(∠PEF=θ\)，顯然\(0<\theta<\dfrac{\pi}{2}\)，\(\therefore E F=P E \cos \theta=4 \cos \theta<4\)．
\(\because \cos \theta=\dfrac{E F}{P E}=\dfrac{O_{1} E}{O E}\)，\(\therefore O E \cdot E F=O_{1} E \cdot P E=\dfrac{7}{2}\)，
又\(OE＜EF\)，\(\therefore E F^{2}>\dfrac{7}{2}\)，即\(E F>\dfrac{\sqrt{14}}{2}\)．
綜上所述，\(\dfrac{\sqrt{14}}{2}<E F<4\)．
\(∴\)線段\(EF\)長度的取值範圍為\((\dfrac{\sqrt{14}}{2},4)\)．

題型五 內切球問題

知識剖析

1 內切球的概念
如果一個球與簡單多面體的各面或其延展部分都相切，且此球在多面體的內部，則稱這個球為此多面體的內切球.
例：與圓柱兩底面以及每條母線都相切的球稱為這個圓柱的內切球.****
2 三稜錐\(P-ABC\)是任意三稜錐，求其的內切球半徑\(r\).
答 等體積法
即內切球球心與四個面構成的四個三稜錐的體積之和與三稜錐\(P-ABC\)體積相等.
\(\begin{aligned} \therefore V_{P-A B C} &=V_{O-A B C}+V_{O-P A B}+V_{O-P A C}+V_{O-P B C} \\ &=\dfrac{1}{3} S_{\triangle A B C} \cdot r+\dfrac{1}{3} S_{\triangle P A B} \cdot r+\dfrac{1}{3} S_{\triangle P A C} \cdot r+\dfrac{1}{3} S_{\triangle P B C} \cdot r \\ &=\dfrac{1}{3}\left(S_{\triangle A B C}+S_{\triangle P A B}+S_{\triangle P A C}+S_{\triangle P B C}\right) r \end{aligned}\)
\(\therefore r=\dfrac{3 V_{P-A B C}}{S_{\triangle A B C}+S_{\triangle P A B}+S_{\triangle P A C}+S_{\triangle P B C}}\)
(可與三角形\(ABC\)內切圓的半徑\(r=\dfrac{2 S_{\triangle A B C}}{C_{\triangle A B C}}\)類比，均可由等積法求得.)

經典例題

【典題1】如圖，在圓錐\(PO\)的軸截面\(PAB\)中，\(∠APB=60°\)，有一小球\(O_1\)內切於圓錐(球面與圓錐的側面、底面都相切)，設小球\(O_1\)的體積為\(V_1\)，圓錐\(PO\)的體積為\(V\)，則\(V_1：V\)的值為(　　)

\(A. \dfrac{1}{3} \qquad B. \dfrac{4}{9} \qquad C. \dfrac{5}{9} \qquad D. \dfrac{2}{3}\)
【解析】如圖所示，作出軸截面，

\(∵∆PAB\)是正三角形，設\(PB=4\)，則\(OB=2\)，\(P O=2 \sqrt{3}\)．
\(∵Rt∆PEO_1∽Rt∆POB\)，\(\therefore \dfrac{O_{1} E}{P O_{1}}=\dfrac{O B}{P B}\)．
設\(O_1 E=R\)，則\(P O_{1}=2 \sqrt{3}-R\)，
\(\therefore \dfrac{R}{2 \sqrt{3}-R}=\dfrac{1}{2}\)，即\(R=\dfrac{2 \sqrt{3}}{3}\)．
\(∴\)內切球的體積為\(V=\dfrac{1}{3} \pi \cdot O B^{2} \cdot P O=\dfrac{8 \sqrt{3}}{3} \pi\)，
圓錐的體積為\(V=\dfrac{1}{3} \pi \cdot O B^{2} \cdot P O=\dfrac{8 \sqrt{3}}{3} \pi\)，
\(\therefore V_{1}: V=\dfrac{\dfrac{32 \sqrt{3}}{27} \pi}{\dfrac{8 \sqrt{3}}{3} \pi}=\dfrac{4}{9}\)．
故選：\(B\)．
【點撥】
① 作出橫截面，較好的觀察到內切球半徑、母線、底圓半徑等量之間的關係，同時也把立體幾何問題轉化為平幾問題；
② 題中求體積之比，沒有明確任一線段的長度，設一線段長度具體值\(PB=4\)，有利於求出其他線段長度，計算簡便些.

【典題2】稜長為\(a\)的正四面體的內切球的表面積為\(\underline{\quad \quad}\).
【解析】
\({\color{Red}{方法一 }}\) 運用正四面體的二心合一性質，作出截面圖，通過點、線、面關係解之.
如圖，設\(O\)是內切球的球心，由對稱性可知，點\(O\)也是外接球的球心，
設內切球的半徑為\(r\)，外接球的半徑為\(R\)，

將正四面體放置正方體中，輕鬆求出\(R=\dfrac{\sqrt{6}}{4} a\)，即\(O B=\dfrac{\sqrt{6}}{4} a\)，
在等邊\(∆BCD\)中，\(B E=\dfrac{a}{2 \cdot \sin 60^{\circ}}=\dfrac{\sqrt{3}}{3} a\)(\(E\)是\(∆BCD\)的外接圓圓心)，
在\(Rt∆OEB\)中，\(r=O E=\sqrt{O B^{2}-B E^{2}}=\dfrac{\sqrt{6}}{12} a \Rightarrow S=4 \pi r^{2}=\dfrac{\pi a^{2}}{6}\).
\({\color{Red}{方法二 }}\) 連線\(OA\)、\(OB\)、\(OC\)、\(OD\)，將四稜錐分成四個小稜錐，正四面體的四個面面積相等，
易知小稜錐的高是內切球的半徑\(r\)，
由\(V_{A-B C D}=V_{O-A B C}+V_{O-A B D}+V_{O-A C D}+V_{O-B C D}=4 V_{O-A B C}\)
得\(\dfrac{1}{3} \times A E \times S_{\triangle B C D}=4 \times \dfrac{1}{3} \times r \times S_{\triangle A B C}\)\(\Rightarrow 4 r=A E=\dfrac{\sqrt{6}}{3} a \Rightarrow r=\dfrac{\sqrt{6}}{12} a \Rightarrow S=4 \pi r^{2}=\dfrac{\pi a^{2}}{6}\).
【點撥】
① 方法一中很好的利用了幾何體的對稱性，巧妙知道正四面體的外接球與內切球的球心重合；橫截面很好包含了球心、外接球半徑、內切球半徑等內容;
② 方法二中可知等積法求內切球半徑是個很好的方法，同時可知正四面體的高\(h=4r\)(\(r\)為內切球半徑)，這個結論在很多題目常用.
③ 稜長為a的正四面體的高\(h=\dfrac{\sqrt{3}}{3} a\).

鞏固練習

1(★★)將一個稜長為\(3cm\)的正方體鐵塊磨成一個球體零件，則可能製作的最大零件的體積為\(\underline{\quad \quad}\).

2(★★)若圓錐的內切球(球面與圓錐的側面以及底面都相切)的半徑為\(1\)，當該圓錐體積取最小值時，該圓錐體積與其內切球體積比為\(\underline{\quad \quad}\).

3(★★)已知正三稜柱\(ABC-A_1 B_1 C_1\)的六個頂點在球\(O_1\)上，又球\(O_2\)與此三稜柱的\(5\)個面都相切，求球\(O_1\)與球\(O_2\)的體積比與表面積之比.

答案

1【答案】\(\dfrac{9}{2} \pi c m^{3}\)
【解析】正方體的稜長為\(3\)，要使製作成球體零件的體積最大，
則球內切於正方體，則球的直徑為\(3cm\)，半徑為\(\dfrac{3}{2} cm\)．
\(∴\)可能製作的最大零件的體積為\(\dfrac{4}{3} \pi \times\left(\dfrac{3}{2}\right)^{3}=\dfrac{9}{2} \pi \mathrm{cm}^{3}\)．
2【答案】\(2：1\)
【解析】設圓錐的高為\(h\)，底面半徑為\(r\)，
則當圓錐體積最小時，如圖，
由\(△AOE～△ACF\)可得：\(\dfrac{1}{r}=\dfrac{\sqrt{(h-1)^{2}-1^{2}}}{h}\)，即\(r=\dfrac{h}{\sqrt{h^{2}-2 h}}\)，
\(∴\)圓錐的體積\(V=\dfrac{1}{3} \pi r^{2} h=\dfrac{\pi h^{2}}{3(h-2)}=\dfrac{\pi}{3}\left[(h-2)+\dfrac{4}{h-2}+4\right] \geq \dfrac{8 \pi}{3}\)．
當且僅當\(h－2=2\)，即\(h=4\)時取等號．
\(∴\)該圓錐體積的最小值為\(\dfrac{8 \pi}{3}\)．內切球體積為\(\dfrac{4 \pi}{3}\)．
該圓錐體積與其內切球體積比\(2：1\)．
3【答案】\(5 \sqrt{5}: 1\)
【解析】欲求兩球體積之比與表面積之比，關鍵是求兩個球的半徑之比.
先畫出過球心的截面圖，再來探求半徑之間的關係.
如圖：

由題意可得兩球\(O_1、O_2\)是重合的，過正三稜柱的一條側稜\(AA_1\)和它們的球心作截面，
設正三稜柱底面邊長為\(a\)，
則\(R_{2}=D_{1} E_{1}=\dfrac{\sqrt{3}}{6} a\),正三稜柱的高\(h=2 R_{2}=\dfrac{\sqrt{3}}{3} a\),
在\(Rt∆A_1 D_1 O\)中有\(R_{1}^{2}=\left(\dfrac{\sqrt{3}}{3} a\right)^{2}+R_{2}^{2}=\left(\dfrac{\sqrt{3}}{3} a\right)^{2}+\left(\dfrac{\sqrt{3}}{6} a\right)^{2}=\dfrac{5}{12} a \Rightarrow R_{1}=\sqrt{\dfrac{5}{12}} a\)
\(\therefore S_{1}: S_{2}=R_{1}^{2}: R_{2}^{2}=5: 1\)，\(V_{1}: V_{2}=R_{1}^{3}: R_{2}^{3}=5 \sqrt{5}: 1\).

題型六 多球與多面體的相切問題

經典例題

【典題1】\(4\)個半徑為\(1\)的中球上層\(1\)個、下層\(3\)個兩兩相切疊放在一起.
(1) 有\(1\)個空心大球能把\(4\)箇中球裝在裡面，求大球的半徑至少是多少？
(2) 在它們圍成的空隙內有\(1\)個小球與這\(4\)箇中球都外切，求小球的半徑？
【解析】(1) 連線\(4\)箇中球的球心得到稜長為\(2\)的正四面體，它的外接球的半徑長\(\dfrac{\sqrt{6}}{2}\)，因此大球的半徑至少為\(1+\dfrac{\sqrt{6}}{2}\)；
(2)可知該小球和(1)問中的最小的大球是同心球，
則小球的半徑是最小的大球的半徑減去一箇中球的直徑，即\(\dfrac{\sqrt{6}}{2}-1\).
【點撥】大小一樣的球體疊在一起，會出現正四面體.

【典題2】將半徑都為\(1\)的四個鋼球完全裝入形狀為正四面體的容器裡，這個四面體的高的最小值為 .
【解析】\({\color{Red}{方法一(利用點線關係) }}\)
由題意得，四個半徑為\(1\)的小球的球心\(O_1\) ,\(O_2\) ,\(O_3\) ,\(O_4\)恰好構成一個稜長為\(2\)的正四面體，並且各面與正四面體的容器\(P-ABC\)的各對應面的距離都為1(如圖)，
設點\(O\)、\(H\)分別是\(∆ABC\)、\(∆O_2 O_3 O_4\)的外心，顯然\(HO=1\)，
設\(N\)、\(F\)分別為\(AB\)、\(O_2 O_3\)的中點，
在稜長為\(2\)的正四面體\(O_1-O_2 O_3 O_4\)中，\(O_{1} F=\sqrt{3}\),\(O_{1} H=\dfrac{2 \sqrt{6}}{3}\)，且\(\sin \angle F O_{1} H=\dfrac{1}{3}\)，
作\(O_1 M⊥PN\)，則\(O_1 M=1\)，
由於\(∠O_1 PH=∠FO_1 H\)，
\(\therefore P O_{1}=\dfrac{o_{1} M}{\sin \angle O_{1} P H}=\dfrac{O_{1} M}{\sin \angle F O_{1} H}=3\)，
所以\(P O=P O_{1}+O_{1} H+H O=3+\dfrac{2 \sqrt{6}}{3}+1=\dfrac{2 \sqrt{6}+12}{3}\).

\({\color{Red}{ 方法二(利用相似關係) }}\)
由題意得，四個半徑為\(1\)的小球的球心\(O_1\) ,\(O_2\) ,\(O_3\),\(O_4\)恰好構成一個稜長為\(2\)的正四面體，並且各面與正四面體的容器\(P-ABC\)的各對應面的距離都為\(1\)(如圖)，正四面體\(O_1-O_2 O_3 O_4\)與正四面體的容器\(P-ABC\)由共同的外接球球心\(O\)(同時也是內切球的球心)的相似正四面體，設它們相似比為\(k\)，
從內切球的角度看，\(k=\dfrac{O H}{O Q}=\dfrac{O H}{O H+H Q}=\dfrac{O H}{O H+1}=\dfrac{\dfrac{\sqrt{6}}{6}}{\dfrac{\sqrt{6}}{6}+1}=\dfrac{\sqrt{6}-1}{5}\)，
\({\color{Red}{(由等積法可知正四面體O_1-O_2 O_3 O_4內切球半徑r=O H=\dfrac{\sqrt{6}}{6}， O O_{1}=O_{1} H-O H=\dfrac{\sqrt{6}}{2}) }}\)
從外接球的角度看，有\(k=\dfrac{O O_{1}}{O P} \Rightarrow O P=\dfrac{O O_{1}}{k}=\dfrac{\sqrt{6}}{2} \div \dfrac{\sqrt{6}-1}{5}=\dfrac{\sqrt{6}+6}{2}\)，
所以\(P Q=O P+O Q=\dfrac{\sqrt{6}+6}{2}+\dfrac{\sqrt{6}}{6}+1=\dfrac{2 \sqrt{6}+12}{3}\).

\({\color{Red}{方法三(利用等體積法) }}\)
如圖，從\(O_1\)點出發將三稜錐\(P-ABC\)分為四個小三稜錐\(O_1-PAB\) ,\(O_1-PBC\) ,\(O_1-PAC\) , \(O_1-ABC\) ,
於是有\(V_{P-A B C}=V_{O_{1}-P A B}+V_{O_{1}-P B C}+V_{O_{1}-P A C}+V_{O_{1}-A B C}\)
設正四面體的高是\(h\)，
四個球的球心連線組成的正四面體\(O_1-O_2 O_3 O_4\)的高\(O_{1} H=\dfrac{2 \sqrt{6}}{3}\)，則\(O_{1} Q=\dfrac{2 \sqrt{6}}{3}+1\)
從而\(\dfrac{1}{3} \times S_{\triangle A B C} \times h=\)\(\dfrac{1}{3} \times S_{\triangle P A B} \times 1+\dfrac{1}{3} \times S_{\triangle P B C} \times 1+\dfrac{1}{3} \times S_{\triangle P A C} \times 1+\dfrac{1}{3} \times S_{\triangle A B C} \times\left(\dfrac{2 \sqrt{6}}{3}+1\right)\)
所以\(h=\dfrac{2 \sqrt{6}+12}{3}\)

【點撥】解決多球相切問題，基本方法為三種：
① 抓住多球的堆壘放置規律；
② 抓住各球心位置，轉化為多面體問題；
③ 適當選擇截面，轉化為平面幾何問題.

鞏固練習

1(★★★)在稜長為\(1\)的正方體內有兩個球外切且有分別與正方體內切.
(1) 球兩球的半徑之和；
(2) 球的半徑分別為多少時，兩球體積之和最小.

2(★★★)將\(3\)個半徑為\(1\)的球和\(1\)個半徑為√2-1的球疊為兩層放在桌面上，上層只放\(1\)個較小的球，\(4\)個球兩兩相切，求上層小球的最高點到桌面的距離.

答案

1【答案】\((1) \dfrac{3-\sqrt{3}}{2} \qquad (2) \dfrac{3-\sqrt{3}}{4}, \dfrac{3-\sqrt{3}}{4}\)
【解析】(1)如圖，畫出軸截面(對角面)，球心\(O_1\)、\(O_2\)在\(AC\)上，過\(O_1\)、\(O_2\)分別作\(AD\)、\(BC\)的垂線交於\(E\)、\(F\),設兩個球\(O_1\)、\(O_2\)的半徑分別為\(r\)、\(R\),
則由\(AB=1\)，\(A C=\sqrt{3}\)得\(A O_{1}=\sqrt{3} r\)，\(C O_{2}=\sqrt{3} R\)
所以\(r+R+\sqrt{3}(r+R)=\sqrt{3}\)，則\(r+R=\dfrac{3-\sqrt{3}}{2}\);
(2)設兩球球體之和為V,則
\(V=\dfrac{4}{3} \pi\left(r^{3}+R^{3}\right)=\dfrac{4}{3} \pi(r+R)\left(r^{2}-r R+R^{2}\right)\)\(=\dfrac{4}{3} \pi \times \dfrac{3-\sqrt{3}}{2}\left[3 R^{2}-\dfrac{3(3-\sqrt{3})}{2} R+\left(\dfrac{3-\sqrt{3}}{2}\right)^{2}\right]\)
於是當\(R=\dfrac{3-\sqrt{3}}{4}\)時，\(V\)有最小值，
故當\(r=R=\dfrac{3-\sqrt{3}}{4}\)時，體積之和最小

2【答案】\(\dfrac{\sqrt{6}}{3}+\sqrt{2}\)
【解析】將球心\(O_{1}, O_{2}, O_{3}, O_{4}\)連線起來構成側稜為\(\sqrt{2}\)，底面邊長為\(2\)的正三稜錐\(O_4-O_1 O_2 O_3\),
設底面三角形的中心為\(O\),則\(O O_{1}=\dfrac{2 \sqrt{3}}{3}\),
故正三稜錐\(O_{4}-O_{1} O_{2} O_{3}\)的高\(h=\sqrt{O_{1} O_{4}^{2}-O O_{1}^{2}}=\sqrt{(\sqrt{2})^{2}-\left(\dfrac{2 \sqrt{3}}{3}\right)^{2}}=\dfrac{\sqrt{6}}{3}\),
顯然平面\(O_1 O_2 O_3\)到桌面的距離為\(1\)，
所以上層小球的最高點\(A\)到桌面的距離為\(1+\dfrac{\sqrt{6}}{3}+(\sqrt{2}-1)=\dfrac{\sqrt{6}}{3}+\sqrt{2}\).