球体与简单几何体的切接问题

前言

常用结论：

• 正方体中，切面球半径\(R_{内}\)、切棱球半径\(R_{棱}\)、切点球半径\(R_{外}\)三者之比为\(1：\sqrt{2}：\sqrt{3}\)；

• 长方体必有外接球，其半径\(R_{外}=\cfrac{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}{2}\)；

• 正四面体的内切球半径与外接球半径之比为\(R_{内}：R_{外}=1：3\)；

• 长方体和正方体的外接球的球心是其体对角线的中点。

• 正三棱柱的外接球的球心是上下底面中心连线的中点。

• 直三棱柱的外接球的球心是上下底面三角形外心连线的中点。

• 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。

球体与正方体

• 棱长为\(a\)的正方体，其面对角线长为\(\sqrt{2}a\)；体对角线长为\(\sqrt{3}a\)；

• 棱长、面对角线、体对角线三者之比为\(1：\sqrt{2}：\sqrt{3}\)；

• 正方体的内切球的半径\(R_{内}=\cfrac{a}{2}=OF\)；

• 正方体的内切球球心、棱切球球心、外接球球心都是体对角线的中点。

正方体与各条棱相切的球的半径\(R_{棱}=\cfrac{\sqrt{2}a}{2}=OG\)；

正方体的外接球的半径\(R_{外}=\cfrac{\sqrt{3}a}{2}=OC_1\)；

• 切面球半径\(R_{内}\)、切棱球半径\(R_{棱}\)、切点球半径\(R_{外}\)三者之比为\(1：\sqrt{2}：\sqrt{3}\)；

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；

球体与正四面体

• 正四面体的棱长为\(a\)，则其高为\(h=\cfrac{\sqrt{6}a}{3}\)；

• 正四面体的内切球球心、棱切球球心、外接球球心是同一个点，在正四面体的高上，是高线上接近底面的四等分点。

• 正四面体的内切球半径\(R_{内}=\cfrac{\sqrt{6}a}{12}=\cfrac{1}{4}h=IF\)；

• 正四面体与各棱相切的棱切球的半径\(R_{棱}=\cfrac{\sqrt{2}a}{4}=IE\)；

• 正四面体的外接球半径\(R_{外}=\cfrac{\sqrt{6}a}{4}=IC\)；

• 正四面体的内切球半径与外接球半径之比为\(R_{内}：R_{外}=1：3\)；\(R_{内}=\cfrac{1}{4}h\)；\(R_{外}=\cfrac{3}{4}h\)；\(h=\cfrac{\sqrt{6}}{3}a\)；

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；

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；

典例剖析：

• 直接利用已有的结论解题

例1 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。

例2 【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\(a=2\sqrt{2}\)。

例3 【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。

例4 【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。