高考数学专题-球的切接问题

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22
在直角△OMN 中，由 OM2＋ON2＝MN2 得，14＋112AB2＝13AB2，AB＝1，∴球的半径 MN＝
33AB＝
33，∴球的体积
V＝4π3R3＝43π×
333＝4
3π 27 .
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23
规律总结
有关棱切球的问题，要明确的是既然是棱切球，则球就会被几何体的表面所截，截面 为球的“小圆”，而该“小圆”即为几何体表面的内切圆，抓住“小圆”圆心和球心即可 解决问题．
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31
解析：如图 1 为圆台容器的纵切图，圆 O 内切于△ABC 时金属球 O 的半径最大，易 得 AB＝40 cm，AC＝30 cm，BC＝ AB2＋AC2＝50 cm，由等面积法得12(AB＋AC＋BC)r＝ 12AB·AC，解得 r＝10 cm，故金属球的最大半径为 10 cm.
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AC⊥BC，AC＝BC＝1，则三棱锥 O-ABC 的体积为 12 .
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8
解析：因为 AC⊥BC，AC＝BC＝1，所以△ABC 为等腰直角三角形，所以 AB＝ 2，
则△ABC 外接圆的半径为 22，又球的半径为 1，设 O 到平面 ABC 的距离为 d，则 d＝
12－
222＝
22，所以
VO-ABC＝13S△ABC·d＝13×12×1×1×
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5
D 四点的外接球球心，连接 OA，则 OA 为该外接球半径，由已知得 GE＝GF＝13GD＝13·23·m ＝ 63m，而 OE＝OF，于是得∠OGF＝60°，在 Rt△OGF 中，OG＝cos∠GFOGF＝ 33m，而 AG＝m2 ，在 Rt△OGA 中，OA2＝AG2＋OG2＝172m2，所以过 A，B1，C，D 四点的外接球的 表面积为 4π·OA2＝73πm2.
OH＝4×4 23 2＝236.由正八面体的结构特征可得 OH 的长为内切球半径．所以该正八面体
的内切球体积为43π2
3
63＝6427
6 π.
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(2)(多选题)已知正四面体的外接球、内切球的球面上各有一动点 M，N，若线段 MN 的最小值为 6，则( ABD )
A．正四面体的棱长为 6 B．正四面体的内切球的表面积为 6π C．正四面体的外接球的体积为 8 6π D．线段 MN 的最大值为 2 6
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4
解析：由已知得△B1AC 与△DAC 均为边长是 m 的正三角形，取 AC 中点 G，连接 DG，B1G，如图：则有 DG⊥AC，B1G⊥AC，于是得∠B1GD 是二面角 B1-AC-D 的平面角， ∠B1GD＝120°，显然有 AC⊥平面 B1GD，即有平面 B1GD⊥平面 B1AC，平面 B1GD⊥平 面 DAC，令正△B1AC 与正△DAC 的中心分别为 E，F，过 E，F 分别作平面 B1AC，平面 DAC 的垂线，则两垂线都在平面 B1GD 内，它们交于点 O，从而得点 O 是过 A，B1，C，
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19
所以外接球的体积为43πR3＝43π·3263＝27 6π，所以 C 错误，因为内切球半径为 r＝126×6 ＝ 26，所以内切球的表面积为 4πr2＝4π· 262＝6π，所以 B 正确，线段 MN 的最大值为 R ＋r＝326＋ 26＝2 6，所以 D 正确，故选 ABD．
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22＝
2 12 .
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9
(2)已知棱长为 2 的正四面体的顶点都在一个球面上，则该球的体积为 6π .
解析：如图，DM 是正四面体 ABCD 的高，O 为其外接球的球心，设外接球的半径为
R，因为正四面体的棱长为 2，所以 AM＝ 33×2＝233，所以 DM＝ AD2－AM2＝
22－2 3 32＝23 6，所以
3× 3
6＝
2，则球 O 的
半径为 R＝OE＝ 2.
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27
命题角度 4 多球的切接问题 【典例 4】 (1)已知四面体 S-ABC 中的所有棱长都为 2 3，球 O1 是其内切球．若在 该四面体中再放入一个球 O2，使其与平面 SAB、平面 SBC、平面 SAC 以及球 O1 均相切，
1 则球 O2 与球 O1 的半径之比为 2 .
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13
所以 BC＝BD＝CD＝4
2，所以该三棱锥的表面积 S 表＝3×12×4×4＋12×4
2×4
2×
3 2
＝24＋8 3，设内切球的半径为 r，又该三棱锥的体积 V＝13×12×4×4×4＝13×S 表×r，
所以 r＝23－3
3，所以此内切球的表面积为 4πr2＝322－3
3π .
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64 6 八面体的表面积为 32 3，则该正八面体的内切球的体积为 27 π .
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16
解析：如图，设该正八面体的棱长为 a，则 43a2×8＝32 3，解得 a＝4.故内切球球心
O 到各顶点的距离为 2 2.故在正三棱锥 O-ABC 中，VO-ABC＝13S△ABC·OH＝13S△OBC·AO，故
32
如图 2 为图 1O 点高度处的水平切面，圆 M、圆 O1、圆 O2 两两相切，此时可放最多 金属球，因为 r＝10 cm，则 MO1＝MO2＝O1O2＝20 cm，故∠O1MO2＝60°，则金属球最多 可放36600°°＝6(个)．
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33
规律总结
多球的切接问题解题策略：(1)先确定多个小球的球心，彼此相邻两个小球球心间的 距离即为两小球半径之和；(2)做题时要认真分析图形，并作出合适的截面图；(3)明确各 个小球球心在该几何体内的位置关系，以此建立小球半径与原几何体之间的数量关系．
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18
解析：设这个四面体的棱长为
a，则此四面体可看作棱长为
2 2a
的正方体截得的，所
以四面体的外接球即为正方体的外接球，外接球直径为正方体的体对角线长．设外接球的
半径为 R，内切球的半径为 r，则 2R＝ 3× 22a2＝ 26a，所以 R＝ 46a，四面体的高为 h＝ a2－ 33a2＝ 36a，则由等体积法可得13Sh＝4×13Sr，所以 r＝14h＝126a，由题意得 R－r＝ 6，所以 46a－126a＝ 6，解得 a＝6，所以 A 正确，所以 R＝ 46×6＝326，
14
规律总结
求解此类问题应注意：(1)正多面体存在内切球且正多面体的中心为内切球的球心；(2) 求多面体内切球的半径，往往可用“等体积法”：V 多＝13S 表·R 内切；(3)正四面体内切球半 径是高的14，外接球半径是高的34；(4)并非所有多面体都有内切球(或外接球).
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15
【对点训练 2】 (1)六氟化硫是一种无机化合物，化学式为 SF6，常温常压下为无色 无臭无毒不燃的稳定气体，密度约为空气密度的 5 倍，是强电负性气体，广泛用于超高 压和特高压电力系统．六氟化硫分子结构呈正八面体排布(8 个面都是正三角形)．若此正
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34
【对点训练 4】 (1)四个半径为 2 的球刚好装进一个正四面体容器内，此时正四面 体各面与球相切，则这个正四面体外接球的表面积为( A )
20
命题角度 3 棱切球 【典例 3】 已知正三棱柱的高等于 1.一个球与该正三棱柱的所有棱都相切，则该球
4 3π 的体积为 27 .
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21
解析：如图，作正三棱柱 ABC-A1B1C1 的中截面正△A′B′C′，作上下底面三角形 内切圆，与正三棱柱的所有棱都相切的球必过△A′B′C′的外接圆和上下底面内切圆， 取上下底面内切圆圆心分别为 O1，O，连接 O1O，取 O1O 中点 M，M 为△A′B′C′的 外心，以 M 为球心，以 MA′为半径的球，此球即为与正三棱柱 ABC-A1B1C1 所有棱都相 切的球，∴ON＝13AN＝13× 23×AB＝ 63AB，MN＝MA′＝OA＝2ON＝ 33AB，OM＝12，
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11
(2)在正三棱锥 A-BCD 中，E，F 分别是 AD，CD 的中点，且∠BEF＝90°，EF＝2，
322－ 3π
则正三棱锥 A-BCD 的内切球的表面积为
3
.
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12
解析：如图，设点 O 是点 A 在底面 BCD 上的射影，则 AO⊥平面 BCD，因为 BD⊂ 平面 BCD，所以 BD⊥AO，由三棱锥 A-BCD 为正三棱锥可得，点 O 为底面 BCD 的中心， 所以 BD⊥CO，又 AO∩CO＝O，所以 BD⊥平面 ACO，AC⊂平面 ACO，所以 AC⊥BD， 因为 E，F 分别是 AD，CD 的中点，所以 EF∥AC，因为 BE⊥EF，所以 BE⊥AC，又 BE∩BD ＝B，所以 AC⊥平面 ABD，又 AB，AD⊂平面 ABD，所以 AC⊥AB，AC⊥AD，又三棱锥 A-BCD 是正三棱锥，所以三条侧棱两两互相垂直，因为 EF＝2，所以 AB＝AC＝AD＝4，
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解析：如图，
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29
设 S 在平面 ABC 内的射影为 O，R1 为球 O1 的半径，R2 为球 O2 的半径，F，H 分别
为球 O1，球 O2 与侧面 SBC 的切点，在 Rt△SAO 中，该四面体的高 h＝SO＝ SA2－AO2＝
SA2－23AE2＝
SA2－23× 23AB2＝
第七章 立体几何与空间向量
微专题七 球的切接问题
内容索引
第一部分 课时作业
3
命题角度 1 几何体的外接球 【典例 1】 如图，已知平行四边形 ABCD 中，AC＝AB＝m，∠BAD＝120°，将 △ABC 沿对角线 AC 翻折至△AB1C 所在的位置，若二面角 B1-AC-D 的大小为 120°，则过 A，B1，C，D 四点的外接球的表面积为 73πm2 .
OM＝DM－R＝2 3 6－R，所以由
AO2＝AM2＋OM2，得2
3
32
＋236－R2＝R2，解得 R＝ 26，所以外接球的体积为43πR3＝43π 263＝ 6π.
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10
命题角度 2 几何体的内切球 【典例 2】 (1)已知圆锥的底面直径为 2，圆锥的高为 1，则该圆锥内切球的表面积 为 (12－8 2)π . 解析：作出圆锥的轴截面如图：依题意得 PO＝1，OB＝1，则∠BPO＝45°，设圆锥 内切球的半径为 R，∵ O1E⊥PB，则 PO1＝ 2O1E＝ 2R，则 PO＝ 2R＋R＝1，解得 R ＝ 2－1，从而球的表面积为 4π( 2－1)2＝(12－8 2)π.
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26
由已知得 AB＝BC＝AC＝3 2，过点 C 作 AB 边上的垂线 CD，垂足为 D，即 CD＝
3 22－32 22＝326，OC＝23CD＝23×326＝ 6，PO＝ PC2－OC2＝ 32－ 62＝ 3，
设 PC 与球 O 相切于点 E，则 OE·PC＝PO·OC，OE＝POP·COC＝
12－4＝2
2，又四面体的表面积
S
表＝4×
3 4
×(2 3)2＝12 3，则13·S 表·R1＝13×3 3×2 2，解得 R1＝ 22，
所以RR21＝h－h2－R1R－1 R2，即
R2 ＝2 2
2
2－ 2－R2，解得
2
2－
2 2
R2＝
42，
故RR21＝12.
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30
(2)如图，在中空的圆台容器内有一个与之等高的实心圆柱，圆柱的底面与圆台的下 底面重合．已知圆台的上底面半径与高均为 40 cm，下底面半径为 10 cm.现要在圆柱侧面 和圆台侧面的间隙放置一些金属球，则能完全放入的金属球的最大半径为 10 cm，这样 最大半径的金属球最多可完全放入 6 个．
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24
【对点训练 3】 已知空间四边形 P-ABC，PA⊥PB，PB⊥PC，PC⊥PA，PA＝PB＝ PC＝3，球心 O 在平面 ABC 上，且球 O 与直线 PA、直线 PB、直线 PC 都相切，则球 O 的半径为 2 .(直线与球面有唯一公共点称为直线与球相切)
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解析：如图，过点 P 作 PQ⊥平面 ABC，垂足为 Q，∴Rt△PQA≌Rt△PQB≌Rt△PQC， ∴QA＝QB＝QC，∴Q 为△ABC 外接圆的圆心， 又∵△ABC 为正三角形， ∴Q 为△ABC 的中心，由点 Q 到 PA，PB，PC 的距离都相等可知点 Q 和 O 重合，返来自导航6规律总结
几何体的外接球问题关键是确定球心位置，主要方法有：(1)将几何体还原或补为正 方体或长方体，进而确定球心；(2)几何体的外接球球心一定在过底面的外心与底面垂直 的直线上；(3)球心到各顶点的距离都相等；(4)球心一定在外接球的直径上.
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7
【对点训练 1】 (1)如图，已知 A，B，C 是半径为 1 的球 O 的球面上的三个点，且 2