球體與簡單幾何體的切接問題

前言

常用結論：

• 正方體中，切面球半徑\(R_{內}\)、切棱球半徑\(R_{棱}\)、切點球半徑\(R_{外}\)三者之比為\(1：\sqrt{2}：\sqrt{3}\)；

• 長方體必有外接球，其半徑\(R_{外}=\cfrac{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}{2}\)；

• 正四面體的內切球半徑與外接球半徑之比為\(R_{內}：R_{外}=1：3\)；

• 長方體和正方體的外接球的球心是其體對角線的中點。

• 正三棱柱的外接球的球心是上下底面中心連線的中點。

• 直三棱柱的外接球的球心是上下底面三角形外心連線的中點。

• 正棱錐的外接球球心在其高上，具體位置可以通過建立直角三角形運用勾股定理計算得到。

球體與正方體

• 棱長為\(a\)的正方體，其面對角線長為\(\sqrt{2}a\)；體對角線長為\(\sqrt{3}a\)；

• 棱長、面對角線、體對角線三者之比為\(1：\sqrt{2}：\sqrt{3}\)；

• 正方體的內切球的半徑\(R_{內}=\cfrac{a}{2}=OF\)；

• 正方體的內切球球心、棱切球球心、外接球球心都是體對角線的中點。

正方體與各條棱相切的球的半徑\(R_{棱}=\cfrac{\sqrt{2}a}{2}=OG\)；

正方體的外接球的半徑\(R_{外}=\cfrac{\sqrt{3}a}{2}=OC_1\)；

• 切面球半徑\(R_{內}\)、切棱球半徑\(R_{棱}\)、切點球半徑\(R_{外}\)三者之比為\(1：\sqrt{2}：\sqrt{3}\)；

球體與長方體

• 長方體的長\(a\)寬\(b\)高\(c\)，其面對角線的長不是固定的，其體對角線的長為\(\sqrt{a^2+b^2+c^2}\)；

• 長方體必有外接球，球心是體對角線的中點。半徑\(R_{外}=\cfrac{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}{2}\)；不一定有內切球和棱切球；

球體與正四面體

• 正四面體的棱長為\(a\)，則其高為\(h=\cfrac{\sqrt{6}a}{3}\)；

• 正四面體的內切球球心、棱切球球心、外接球球心是同一個點，在正四面體的高上，是高線上接近底面的四等分點。

• 正四面體的內切球半徑\(R_{內}=\cfrac{\sqrt{6}a}{12}=\cfrac{1}{4}h=IF\)；

• 正四面體與各棱相切的棱切球的半徑\(R_{棱}=\cfrac{\sqrt{2}a}{4}=IE\)；

• 正四面體的外接球半徑\(R_{外}=\cfrac{\sqrt{6}a}{4}=IC\)；

• 正四面體的內切球半徑與外接球半徑之比為\(R_{內}：R_{外}=1：3\)；\(R_{內}=\cfrac{1}{4}h\)；\(R_{外}=\cfrac{3}{4}h\)；\(h=\cfrac{\sqrt{6}}{3}a\)；

球體與正三棱錐

• 正三棱錐的棱長為\(a\)；則其高為\(h=\)；

• 正三棱錐的內切球半徑；

• 正三棱錐的外接球半徑；

球體與四面體

• 任意四面體都有內切球和外接球。

任意三角形都有內切圓，任意四面體都有內切球；任意三角形都有外接圓，任意四面體都有外接球；

典例剖析：

• 直接利用已有的結論解題

例1 一個正方體的頂點都在球面上，若這個球的體積是\(\cfrac{\sqrt{3}\pi}{2}\)，則正方體的棱長為___________.\(1\)

分析：設正方體的棱長為\(a\)，外接球的半徑為\(R\)，則\(a^2+(\sqrt{2}a)^2=(2R)^2\)，

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

即\((2R)^3=3\sqrt{3}\)，兩邊同時\(\cfrac{2}{3}\)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\(a=1\)。

• 當用已有的切接結論不好解決時，可以考慮割補法，將一般情形轉化為特殊情形來處理。

例2 【2019屆寶雞市高三理科數學質檢Ⅰ第15題】

已知一個四面體\(ABCD\)的每個頂點都在表面積為\(9\pi\)的球面上，且\(AB=CD=a\)，\(AC=AD=BC=BD=\sqrt{5}\)，則\(a\)=__________。

分析：如下圖所示，直接構造處四面體，要直接求解\(a\)，很困難，但是可以考慮將其放置到長方體中，這樣我們就想到割補法。

由題意可采用割補法，考慮到四面體\(ABCD\)的四個面為全等的三角形，所以可在其每個面補上一個以\(a\)，\(\sqrt{5}\)，\(\sqrt{5}\)為三邊的三角形作為底面，且分別為\(x\)，\(y\)，\(z\)為側棱長、且側棱兩兩垂直的三棱錐，從而可得到一個長、寬、高分別為\(x\)，\(y\)，\(z\)的長方體，

則有\(x^2+y^2=a^2\)，\(x^2+z^2=5\)，\(y^2+z^2=5\)，設球半徑為\(R\)，則有\((2R)^2=x^2+y^2+z^2=\cfrac{1}{2}a^2+5\)，

又由於四面體\(ABCD\)的外接球的表面積為\(9\pi\)，則球的表面積為\(S=4\pi R^2=9\pi\)．

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

例3 【2019屆高三理科數學二輪用題】在面積為4的正方形\(ABCD\)中，\(M\)是線段\(AB\)的中點，現將圖形沿\(MC\)，\(MD\)折起，使線段\(MA\)和\(MB\)重合，得到一個四面體\(A-CDM\)，其中點\(B\)和點\(A\)重合，則該四面體外接球的表面積為_________。

分析：平面圖形如左圖，立體圖形如右圖所示，\(\angle MAC=\angle MAD=\cfrac{\pi}{2}\)，下來的重點是如何將四面體放置在球體內部。

可以這樣來思考，將最特殊的面\(ACD\)放置在下底面，這樣方便來放置和下底面垂直的側棱，如下圖所示；

底面圓的圓心\(O'\)為下底面正三角形的重心，\(O\)為球心，則\(OA=OM=R\)，由於\(\triangle ACD\)為等邊三角形，\(AC=2\)，則\(CH=1\)，\(AH=\sqrt{3}\)，則\(AO'=\cfrac{2\sqrt{3}}{3}\)，過點\(O\)做\(OK\perp AM\)於\(K\)，則\(OK=AO'=\cfrac{2\sqrt{3}}{3}\)，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\(S_{球O}=4\pi R^2=\cfrac{19\pi}{3}\)。

補充說明：如果想不清這一點，還可以想着將四面體補體成一個直三棱柱，如下圖的動圖所示，

解后反思：當一條側棱和下底面垂直時，常將三棱錐\(M-ACD\)補體成直三棱柱\(MC'D'-ACD\)，這樣容易想清楚。

例4 【2019屆高三理科數學第三輪模擬訓練題】已知某四棱錐的三視圖如圖所示，其中俯視圖是邊長為\(2\)的等邊三角形，若該四棱錐的外接球的表面積為\(\cfrac{28\pi}{3}\)，則\(AB\)=【】

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

分析：以長方體為依托，做出三視圖對應的四棱錐的直觀圖\(E-ABCD\)，其中四邊形\(\Box ABCD\)為邊長為\(x\)的正方形，三角形\(\triangle ADE\)為邊長為\(2\)的正三角形，

該四棱錐的外接球的球心在四邊形\(\Box ABCD\)內的垂足是四邊形的中心即點\(O'\)，在三角形\(\triangle ADE\)內的垂足是等邊三角形的重心即點\(F\)，外接球的半徑\(R=OA\)，

由等邊三角形的重心可知，\(FG=\cfrac{1}{3}EG=\cfrac{\sqrt{3}}{3}\)，又\(AG=1\)，則\(AF^2=1+\cfrac{1}{3}=\cfrac{4}{3}\)，

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\(AB=2\)；故選\(C\)

說明：當我們知道了正三角形和正方形共用一條邊\(AD\)時，其實\(AB=2\)已知知道了。