2020年高中数学新教材同步必修第二册 第8章 微专题2　与球有关的内切、外接问题

2020年高中数学新教材同步必修第二册 第8章 微专题2　与球有关的内切、外接问题

微专题 2 与球有关的内切、外接问题 与球有关的内切、外接问题是立体几何的一个重点(切、接问题的解题思路类似，此处 以多面体的外接球为例).研究多面体的外接球问题，既要运用多面体的知识，又要运用球的 知识，并且还要特别注意多面体的有关几何元素与球的半径之间的关系. 一、直接法(公式法) 例 1 (1)一个长方体的各顶点均在同一球面上，且一个顶点上的三条棱长分别为 1,2,3，则 此球的表面积为________. 答案 14π 解析 因为长方体内接于球，所以它的体对角线正好为球的直径，长方体体对角线长为 14， 故球的表面积为 14π. (2)一个六棱柱的底面是正六边形，其侧棱垂直于底面，已知该六棱柱的顶点都在同一个球 面上，且该六棱柱的体积为9 8 ，底面周长为 3，则这个球的体积为________. 答案 4π 3 解析 设正六棱柱的底面边长为 x，高为 h， 则有 6x＝3， 9 8 ＝6× 3 4 x2h， ∴ x＝1 2 ， h＝ 3. ∴正六棱柱的底面外接圆的半径 r＝1 2 ， 球心到底面的距离 d＝ 3 2 . ∴外接球的半径 R＝ r2＋d2＝1.∴V 球＝4π 3 . 反思感悟 本题运用公式 R2＝r2＋d2 求球的半径，该公式是求球的半径的常用公式. 二、构造法(补形法) 1.构造正方体 例 2－1 (1)一个四面体的所有棱长都为 2，四个顶点在同一球面上，则此球的表面积为 ( ) A.3π B.4π C.3 3π D.6π 答案 A 解析 联想只有正方体中有这么多相等的线段，所以构造一个正方体，则正方体的面对角线 即为四面体的棱长，求得正方体的棱长为 1，体对角线为 3，从而外接球的直径也为 3，所 以此球的表面积为 3π. (2)在等腰梯形 ABCD 中，AB＝2DC＝2，∠DAB＝60°，E 为 AB 的中点，将△ADE 与△BEC 分别沿 ED，EC 向上折起，使 A，B 重合于点 P，则三棱锥 P－DCE 的外接球的体积为( ) A.4 3 27 π B. 6 2 π C. 6 8 π D. 6 24π 答案 C 解析 如图，因为 AE＝EB＝DC＝1，∠DAB＝∠CBE＝∠DEA＝60°， 所以 AD＝AE＝EB＝BC＝DC＝DE＝CE＝1， 即三棱锥 P－DCE 为正四面体，所有棱长均为 1，易求得其外接球直径为 3 2 ， 所以其外接球体积为 6 8 π. 2.构造长方体 例 2－2 (1)若三棱锥的三个侧面两两垂直，且三条侧棱长分别为 1，2，3，则其外接球的 表面积是________. 答案 6π 解析 据题意可知，该三棱锥的三条侧棱两两垂直， ∴把这个三棱锥可以补成一个同一顶点处三条棱长分别为 1，2， 3的长方体，于是长方体 的外接球就是三棱锥的外接球. 设其外接球的半径为 R， 则有(2R)2＝12＋( 2)2＋( 3)2＝6. ∴R2＝3 2. 故其外接球的表面积 S＝4πR2＝6π. (2)已知球 O 的面上四点 A，B，C，D，DA⊥平面 ABC，AB⊥BC，DA＝AB＝ 2，BC＝ 3 ， 则球 O 的体积等于________. 答案 7 7 6 π 解析 因为 DA⊥平面 ABC，AB⊥BC， 所以 DA，AB，BC 两两垂直，构造如图所示的长方体， 又因为 DA＝AB＝ 2，BC＝ 3， 所以 CD 长即为外接球的直径，利用直角三角形解出 CD＝ 7. 故球 O 的体积等于7 7 6 π. (3)已知点 A，B，C，D 在同一个球面上，AB⊥平面 BCD，BC⊥DC，若 AB＝6，AC＝2 13， AD＝8，则 B，C 两点间的球面距离是________. 答案 4 3π 解析 因为 AB⊥平面 BCD，BC⊥DC，所以 AB，BC，DC 两两垂直，构造如图所示的长方 体，则 AD 为球的直径，AD 的中点 O 为球心，OB＝OC＝4 为半径，要求 B，C 两点间的球 面距离，只要求出∠BOC 即可，在 Rt△ABC 中，求出 BC＝ AC2－AB2＝4， 所以∠BOC＝60°，故 B，C 两点间的球面距离是4 3π. 反思感悟 一般地，若一个三棱锥的三条侧棱两两垂直，且其长度分别为 a，b，c，则就可 以将这个三棱锥补成一个长方体，于是长方体的体对角线的长就是该三棱锥的外接球的直径. 设其外接球的半径为 R，则有 2R＝ a2＋b2＋c2. 三、寻求轴截面圆半径法 例 3 正四棱锥 S－ABCD 的底面边长和各侧棱长都为 2，点 S，A，B，C，D 都在同一球 面上，则此球的体积为________. 答案 4π 3 解析 设正四棱锥的底面中心为 O1，外接球的球心为 O，如图所示. ∴由球的截面的性质， 可得 OO1⊥平面 ABCD. 又 SO1⊥平面 ABCD， ∴球心 O 必在 SO1 所在的直线上. ∴△ASC 的外接圆就是外接球的一个轴截面圆，外接圆的半径就是外接球的半径. 在△ASC 中，由 SA＝SC＝ 2，AC＝2， 得 SA2＋SC2＝AC2. ∴△ASC 是以 AC 为斜边的直角三角形. ∴AC 2 ＝1 是外接圆的半径，也是外接球的半径. 故 V 球＝4π 3 . 反思感悟 根据题意，我们可以选择最佳角度找出含有正棱锥特征元素的外接球的一个轴截 面圆，于是该圆的半径就是所求的外接球的半径.本题提供的这种思路是探求正棱锥外接球 半径的通解通法，该方法的实质就是通过寻找外接球的一个轴截面圆，从而把立体几何问题 转化为平面几何问题来研究.这种等价转化的数学思想方法值得我们学习. 四、确定球心位置法 例 4 已知三棱锥的四个顶点都在球 O 的球面上，AB⊥BC 且 PA＝7，PB＝5，PC＝ 51， AC＝10，则球 O 的体积为________. 答案 500π 3 解析 AB⊥BC 且 PA＝7，PB＝5，PC＝ 51，AC＝10， 因为 72＋( 51)2＝102， 所以知 AC2＝PA2＋PC2， 所以 PA⊥PC，如图所示， 在 Rt△ABC 中斜边为 AC， 在 Rt△PAC 中斜边为 AC，取斜边的中点 O， 在 Rt△ABC 中 OA＝OB＝OC， 在 Rt△PAC 中 OP＝OA＝OC， 所以在几何体中 OP＝OB＝OC＝OA， 所以点 O 为该四面体的外接球的球心，外接球半径 R＝1 2AC＝5， 所以该外接球的体积为 V＝4 3πR3＝500π 3 .