球体与简单几何体的切接问题

前言

主要收集整理球体与正方体、长方体、正三棱锥、正四面体等的切接问题。

球体与正方体

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球体与长方体

• 长方体的长\(a\)宽\(b\)高\(c\)，其面对角线的长不是固定的，其体对角线的长为\(\sqrt{a^2+b^2+c^2}\)；

• 长方体必有外接球，球心是体对角线的中点。半径\(R_{外}=\cfrac{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}{2}\)；不一定有内切球和棱切球；

柱体的外接球

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球体与正四面体

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球体与正三棱锥

• 正三棱锥的棱长为\(a\)；则其高为\(h=\)；

• 正三棱锥的内切球半径；

• 正三棱锥的外接球半径；

• 正棱锥的外接球球心在其高上，具体位置可以通过建立直角三角形运用勾股定理计算得到。

球体与四面体

• 任意四面体都有内切球和外接球。

任意三角形都有内切圆，任意四面体都有内切球；任意三角形都有外接圆，任意四面体都有外接球；

• 四面体的内切球球心确定：内切球就是与四面体的每个面都相切，过四面体的任意两个面做角平分面(就是面面夹角的角平分线的所在的平面)。设一底面，三个侧面，底面与任意两个侧面之间的角平分面之间必会有一条交线，这条线就是底面与棱的角平分线(两个侧面的相交棱)。依次作出三条侧棱与底面的角平分线，交于一点，即为内切球的球心。可以类比三角形找内切圆圆心的方法，还有球心都各个面的距离相等的特征。

球体与正四棱锥

参见 正四棱锥；

典例剖析：

• 直接利用已有的结论解题

一个正方体的顶点都在球面上，若这个球的体积是\(\cfrac{\sqrt{3}\pi}{2}\)，则正方体的棱长为___________.\(1\)

分析：设正方体的棱长为\(a\)，外接球的半径为\(R\)，则\(a^2+(\sqrt{2}a)^2=(2R)^2\)，

又\(\cfrac{4}{3}\pi R^3=\cfrac{\sqrt{3}\pi}{2}\)，即\(8R^3=3\sqrt{3}\)，

即\((2R)^3=3\sqrt{3}\)，两边同时\(\cfrac{2}{3}\)次方，得到

\((2R)^2=(3\sqrt{3})^{\frac{2}{3}}=3\)，

故有\(a^2+(\sqrt{2}a)^2=(2R)^2=3\)，解得\(a=1\)。

• 当用已有的切接结论不好解决时，可以考虑割补法，将一般情形转化为特殊情形来处理。

【2019届宝鸡市高三理科数学质检Ⅰ第15题】已知一个四面体\(ABCD\)的每个顶点都在表面积为\(9\pi\)的球面上，且\(AB=CD=a\)，\(AC=AD=BC=BD=\sqrt{5}\)，则\(a\)=__________。

分析：如下图所示，直接构造处四面体，要直接求解\(a\)，很困难，但是可以考虑将其放置到长方体中，这样我们就想到割补法。

由题意可采用割补法，考虑到四面体\(ABCD\)的四个面为全等的三角形，所以可在其每个面补上一个以\(a\)，\(\sqrt{5}\)，\(\sqrt{5}\)为三边的三角形作为底面，且分别为\(x\)，\(y\)，\(z\)为侧棱长、且侧棱两两垂直的三棱锥，从而可得到一个长、宽、高分别为\(x\)，\(y\)，\(z\)的长方体，

则有\(x^2+y^2=a^2\)，\(x^2+z^2=5\)，\(y^2+z^2=5\)，设球半径为\(R\)，则有\((2R)^2=x^2+y^2+z^2=\cfrac{1}{2}a^2+5\)，

又由于四面体\(ABCD\)的外接球的表面积为\(9\pi\)，则球的表面积为\(S=4\pi R^2=9\pi\)．

即\(4R^2=9\)，则\(\cfrac{1}{2}a^2+5=9\)，解得\(a=2\sqrt{2}\)。

【2019届高三理科数学二轮用题】在面积为4的正方形\(ABCD\)中，\(M\)是线段\(AB\)的中点，现将图形沿\(MC\)，\(MD\)折起，使线段\(MA\)和\(MB\)重合，得到一个四面体\(A-CDM\)，其中点\(B\)和点\(A\)重合，则该四面体外接球的表面积为_________。

分析：平面图形如左图，立体图形如右图所示，\(\angle MAC=\angle MAD=\cfrac{\pi}{2}\)，下来的重点是如何将四面体放置在球体内部。

可以这样来思考，将最特殊的面\(ACD\)放置在下底面，这样方便来放置和下底面垂直的侧棱，如下图所示；

底面圆的圆心\(O'\)为下底面正三角形的重心，\(O\)为球心，则\(OA=OM=R\)，由于\(\triangle ACD\)为等边三角形，\(AC=2\)，则\(CH=1\)，\(AH=\sqrt{3}\)，则\(AO'=\cfrac{2\sqrt{3}}{3}\)，过点\(O\)做\(OK\perp AM\)于\(K\)，则\(OK=AO'=\cfrac{2\sqrt{3}}{3}\)，又\(AK=\cfrac{1}{2}AM=\cfrac{1}{2}\)，在\(Rt\triangle AOK\)中，由勾股定理可知\(R^2=(\cfrac{2\sqrt{3}}{3})^2+(\cfrac{1}{2})^2=\cfrac{19}{12}\)，故\(S_{球O}=4\pi R^2=\cfrac{19\pi}{3}\)。

补充说明：如果想不清这一点，还可以想着将四面体补体成一个直三棱柱，如下图的动图所示，

解后反思：当一条侧棱和下底面垂直时，常将三棱锥\(M-ACD\)补体成直三棱柱\(MC'D'-ACD\)，这样容易想清楚。

【2022届高三数学练习题】已知正三棱锥 \(S-ABC\) 的底面边长为 \(3\sqrt{2}\)， \(P\)， \(Q\)， \(R\) 分别是棱 \(SA\)， \(AB\)， \(AC\) 的中点， 若 \(\triangle PQR\) 是等腰直角三角形， 则该三棱锥的外接球的表面积为_______.

【分析】根据给定条件推导可得正三棱锥侧棱两两垂直， 再求出正三棱锥外接球半径即可计算作答。

【解答】解: 如图所示，在正三棱锥 \(S-ABC\) 中， \(P\)， \(Q\)， \(R\) 分别是棱 \(SA\)， \(AB\)， \(AC\) 的中点，

则 \(PQ//SB\)，\(PR//SC\)，\(P Q=\cfrac{1}{2}SB=\cfrac{1}{2}SC=PR\)， 而 \(\triangle PQR\) 是等腰直角三角形，

即 \(\angle QPR=90^{\circ}\)，因此， \(\angle BSC=90^{\circ}\)， \(SB\perp SC\)，

即有正三棱锥 \(S-ABC\) 的侧棱 \(SA\)，\(SB\)，\(SC\) 两两垂直正三棱锥的底面是正三角形，侧面是全等的三角形，由于 \(\angle BSC\)\(=\)\(90^{\circ}\)，故可知\(\angle ASC\)\(=\)\(90^{\circ}\)，\(\angle ASB\)\(=\)\(90^{\circ}\)，即 \(SB\)\(\perp\)\(SA\)，\(SA\)\(\perp\)\(SC\)，故三条侧棱两两垂直。， 以 \(SA\)， \(SB\)， \(SC\) 为棱的平行六面体是正方体，

这个正方体与正三棱锥 \(S-ABC\) 有相同的外接球， 因为正三棱锥 \(S-ABC\) 的底面边长为 \(3\sqrt{2}\)，则侧棱 \(SA=3\)，

于是得正三棱锥 \(S-ABC\) 外接球半径 \(r=\cfrac{1}{2}\sqrt{SA^{2}+SB^{2}+SC^{2}}=\cfrac{3\sqrt{3}}{2}\)，

所以三棱锥的外接球的表面积为 \(4\pi r^{2}=27\pi\)， 故答案为: \(27\pi\) .

【2019届高三理科数学第三轮模拟训练题】已知某四棱锥的三视图如图所示，其中俯视图是边长为\(2\)的等边三角形，若该四棱锥的外接球的表面积为\(\cfrac{28\pi}{3}\)，则\(AB\)=【】

$A.3$ $B.\cfrac{5}{2}$ $C.2$ $D.\cfrac{3}{2}$

分析：以长方体为依托，做出三视图对应的四棱锥的直观图\(E-ABCD\)，其中四边形\(\Box ABCD\)为边长为\(x\)的正方形，三角形\(\triangle ADE\)为边长为\(2\)的正三角形，

该四棱锥的外接球的球心在四边形\(\Box ABCD\)内的垂足是四边形的中心即点\(O'\)，在三角形\(\triangle ADE\)内的垂足是等边三角形的重心即点\(F\)，外接球的半径\(R=OA\)，

由等边三角形的重心可知，\(FG=\cfrac{1}{3}EG=\cfrac{\sqrt{3}}{3}\)，又\(AG=1\)，则\(AF^2=1+\cfrac{1}{3}=\cfrac{4}{3}\)，

又\(OA^2=OF^2+AF^2\)，即\(OA^2=(\cfrac{x}{2})^2+\cfrac{4}{3}=R^2\)，

又\(4\pi R^2=\cfrac{28\pi}{3}\)，解得\(x^2=4\)，故\(x=2\)，即\(AB=2\)；故选\(C\)

说明：当我们知道了正三角形和正方形共用一条边\(AD\)时，其实\(AB=2\)已知知道了。

【2024届高一模拟训练题】若与球外切的圆台的上、下底面的半径分别为 \(r\)、\(R\)，则球的表面积为 【\(\qquad\)】

$A.4\pi(r+R)^2$ $B.4\pi r^2 R^2$ $C.4\pi R r$ $D.\pi(R+r)^2$

法1：选 \(C\) . 做出如图所示的轴截面图形，由图可知，球与圆台的上下底面分别切于点 \(H\) 和 \(N\)，和圆台的侧面切于点 \(F\) ，则容易知道 \(ED\) 和 \(EA\) 分别平分 \(\angle D\) 和 \(\angle A\)，则可知 \(\angle AED=90^{\circ}\)，故 \(AE\perp ED\) .

设 球的半径为 \(x\)，则 \(AE=\sqrt{x^2+R^2}\) ， \(DE=\sqrt{x^2+r^2}\) ，又 \(AD=r+R\)，

由勾股定理可得，\(AE^2+DE^2=AD^2\)，代入计算得到，\(x^2=Rr\)，故球的表面积 \(S_{表}=4\pi x^2=4\pi R r\)，故选 \(C\) .

法2，做出如图所示的轴截面图形，设球的半径为 \(r_1\)，过点 \(C\) 作 \(CF\perp AB\) 于点 \(F\)，

则在 \(Rt\triangle BCF\) 中，\(CF=2r_1\)，\(BC=R+r\)，\(BF=R-r\)，

由 勾股定理可得，\((2r_1)^2=(R+r)^2-(R-r)^2\)，解得 \(r_1=\sqrt{Rr}\)，

球的表面积 \(S_{表}=4\pi r_1^2=4\pi R r\)，故选 \(C\) .

【2024届高一模拟训练题】已知圆锥的底面半径为 \(1\)，母线长为 \(3\)，则该圆锥内半径最大的球的体积为__________.

法1：圆锥内半径最大的球应该为圆锥的内切球，做出轴截面如图所示，设内切球的半径为 \(r\)，又设 \(SO=x\)，

则在 \(Rt\triangle SAD\) 中，\(SA=3\)，\(AD=1\)，则 \(SD=2\sqrt{2}=x+r①\)，

在 \(Rt\triangle SOF\) 中，\(SF=2\)，\(OF=1\)，\(SO=x\)，则 \(x^2=2^2+r^2②\)，

联立①②解得 \(r=\cfrac{\sqrt{2}}{2}\)，

故该圆锥内半径最大的球的体积为 \(\cfrac{4}{3}\pi r^3=\cfrac{\sqrt{2}}{3}\pi\) .

法2：圆锥内半径最大的球应该为圆锥的内切球，做出轴截面如图所示，

容易求得 \(SD=2\sqrt{2}\)，则 \(S_{\triangle SAB}=\cfrac{1}{2}\times 2\times 2\sqrt{2}=2\sqrt{2}\)

设内切球的半径为 \(r\)，又\(S_{\triangle SAB}=S_{\triangle AOB}+S_{\triangle SOB}+S_{\triangle SOA}\)

\(=\cfrac{1}{2}(2+3+3)r=2\sqrt{2}\)，解得 \(r=\cfrac{\sqrt{2}}{2}\)，

故该圆锥内半径最大的球的体积为 \(\cfrac{4}{3}\pi r^3=\cfrac{\sqrt{2}}{3}\pi\) .

法3：圆锥内半径最大的球应该为圆锥的内切球，做出轴截面如图所示，

过点 \(D\) 作 \(DF\perp SB\) 于点 \(F\)，则 \(SD=2\sqrt{2}\)，

由等面积法可得 \(\cfrac{1}{2}\times BD\times SD=\cfrac{1}{2}\times SB\times DF\)，可求得 \(DF=\cfrac{2\sqrt{2}}{3}\)，

再由 \(\triangle SOE\sim \triangle SDF\)，得到 \(\cfrac{SO}{SD}=\cfrac{OE}{DF}\)，

则 \(\cfrac{2\sqrt{2}-r}{2\sqrt{2}}=\cfrac{r}{\frac{2\sqrt{2}}{3}}\)，得到 \(OE=r=\cfrac{\sqrt{2}}{2}\)，

故该圆锥内半径最大的球的体积为 \(\cfrac{4}{3}\pi r^3=\cfrac{\sqrt{2}}{3}\pi\) .