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第七章立体几何与空间向量
第2节与球有关的切、接问题
1.能根据多面体、旋转体的几何性质确定内切、外接球的球心.2.会解决几何体的内切球、外接球相关问题.
目录
CONTENTS
考点聚焦突破
1
KAODIANJUJIAOTUPO
考点一外接球
A
解析设PA=PB=PC=2x,E,F分别为PA,AB的中点,
角度1补形法——存在侧棱与底面垂直
过点P作PD⊥AC于点D.
∵PA=PC,∴D为AC的中点,
又AB=BC=AC=2,
∴PA,PB,PC两两垂直,
即三棱锥P-ABC是以PA,PB,PC为棱的正方体的一部分,
角度2补形法——对棱相等
角度3借助三角形外心确定球心位置
例3若半径为1的球的内接正三棱柱的侧面为正方形,则该正三棱柱的体积为
_______,表面积为_____________.
解析如图,记正三棱柱为三棱柱ABC-DEF,O为外接球的球心,G为底面△DEF的重心,连接OG,则OG⊥底面DEF,连接DG,OD.
设正三棱柱的底面边长为a,则由题意知,DG2+OG2=DO2,
感悟提升
解析在三棱锥A-BCD中,侧棱AB,AC,AD两两垂直,将其补成长方体,两者的外接球是同一个,长方体的体对角线就是球的直径.
设长方体同一顶点处的三条棱长分别为a,b,c,
34π
解析根据题意,三棱锥P-ABC可以嵌入一个长方体内,且三棱锥的每条棱均是长方体的面对角线,
设长方体交于一个顶点的三条棱长分别为a,b,c,如图所示,
则a2+b2=PA2=18,a2+c2=PB2=25,b2+c2=PC2=25,
解得a=3,b=3,c=4.
所以该三棱锥的外接球的半径
8π
解析如图所示,取BD,CD中点M,N,连接AM,MN,AN,BN.
∴AM⊥BD,AM=BM=DM=1,
又平面ABD⊥平面CBD,
∴AM⊥MN,
则四面体ABCD外接球的表面积为4πR2=8π.
考点二内切球
感悟提升
训练2如图所示,直三棱柱ABC-A1B1C1是一块石材,测量可得∠ABC=90°,AB=6,BC=8,AA1=13.若将该石材切削、打磨,加工成几个大小相同的健身手球,则一个加工所得的健身手球的最大体积及此时加工成的健身手球的个数分别为()
D
解析依题意知,当健身手球与直三棱锥的三个侧面均相切时,健身手球的体积最大.
则健身手球的最大直径为4.
因为AA1=13,所以最多可加工3个健身手球.
课时分层精练
KESHIFENCENGJINGLIAN
2
C
解析设正方体的外接球的半径为R,内切球的半径为r,棱长为1,
则正方体的外接球的直径为正方体的体对角线长,
2.若圆锥的内切球与外接球的球心重合,且内切球的半径为1,则圆锥的体积为()
A.π B.2π C.3π D.4π
C
解析过圆锥的旋转轴作轴截面,得△ABC及其内切圆⊙O1和外接圆⊙O2,
且两圆同圆心,即△ABC的内心与外心重合,易得△ABC为正三角形,
由题意得⊙O1的半径为r=1,
C
A
A
6.(2024·福建联合测评)已知在正三棱锥P-ABC中,O为△ABC的中心,AB=6,∠APB=2∠PAO,则该正三棱锥的外接球的表面积为()
A.49π B.36π C.32π D.28π
A
解析设正三棱锥P-ABC的侧棱长为x.
因为∠APB=2∠PAO,
所以cos∠APB=cos2∠PAO,
设外接球球心为M,半径为R,
则MP=MA=R,MO=|3-R|.
因为MA2=MO2+OA2,
A
C
解析由题意可知,BC=AB=8,且CD为球的直径,
所以BD⊥BC,AC⊥AD.
9.在三棱锥A-BCD中,若AD⊥平面BCD,AB⊥BC,AD=BD=2,CD=4,点A,B,C,D在同一个球面上,则该球的表面积为________.
20π
解析根据题意得,BC⊥平面ABD,则BC⊥BD,即AD,BC,BD三条线两两垂直,所以可将三棱锥A-BCD放置于长方体内,如图所示,
该三棱锥的外接球即为长方体的外接球,球心为长方体体对角线的中点,
即外接球的半径为长方体体对角线长的一半,
此时AC为长方体的体对角线,即为外接球的直径,
所以该球的表面积S=4πR2=π·AC2=π·(22+42)=20π.
10.如图所示是古希腊数学家阿基米德的墓碑文,墓碑上刻着一个圆柱,圆柱内有一个内切球,这个球的直径恰好与圆柱的高相等,相传这个图形表达了阿基米德最引以为豪的发现.我们来重温这
个伟大发现,圆柱的体积与球的体积之比为________,圆柱的表
面积与球的表面积之比为________.
解析由题意,知圆柱底面半径为r,球的半径为R,
11.(2024·宝鸡质检)如图,在正四棱台ABCD-A1B1
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