切接中的常用结论:
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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\(1:\sqrt{2}:\sqrt{3}\);
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长方体必有外接球,其半径\(R_{外}=\cfrac{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}{2}\);
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正四面体的内切球半径与外接球半径之比为\(R_{内}:R_{外}=1:3\);
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长方体和正方体的外接球的球心是其体对角线的中点。
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正三棱柱的外接球的球心是上下底面中心连线的中点。
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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。
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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。
二、详细说明:
Ⅰ、球体与正方体
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棱长为\(a\)的正方体,其面对角线长为\(\sqrt{2}a\);体对角线长为\(\sqrt{3}a\);
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棱长、面对角线、体对角线三者之比为\(1:\sqrt{2}:\sqrt{3}\);
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正方体的内切球的半径\(R_{内}=\cfrac{a}{2}=OF\);
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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\(1:\sqrt{2}:\sqrt{3}\);
Ⅱ、球体与长方体
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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\(\sqrt{a^2+b^2+c^2}\);
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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;
Ⅲ、球体与正四面体
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正四面体的棱长为\(a\),则其高为\(h=\cfrac{\sqrt{6}a}{3}\);
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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\(R_{内}:R_{外}=1:3\);\(R_{内}=\cfrac{1}{4}h\);\(R_{外}=\cfrac{3}{4}h\);\(h=\cfrac{\sqrt{6}}{3}a\);
Ⅳ、球体与正三棱锥
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正三棱锥的棱长为\(a\);则其高为\(h=\);
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正三棱锥的内切球半径;
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正三棱锥的外接球半径;
Ⅴ、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;
三、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16【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11【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\(AB\)=【】
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。
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球体与简单几何体的切接问题有哪些_什么叫几何体分享到此就结束了,感谢您的阅读。
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