1、高中数学课题研究几何体与球切、接的问题纵观近几年高考对于组合体的考查，与球相关的外接与内切问题是高考命题的热点之一.高考命题小题综合化倾向尤为明显，要求学生有较强的空间想象能力和准确的计算能力，才能顺利解答.从实际教学来看，这部分知识学生掌握较为薄弱、认识较为模糊，看到就头疼的题目.分析原因，除了这类题目的入手确实不易之外，主要是学生没有形成解题的模式和套路，以至于遇到类似的题目便产生畏惧心理.下面结合近几年高考题对球与几何体的切接问题作深入的探究，以便更好地把握高考命题的趋势和高考的命题思路，力争在这部分内容不失分.从近几年全国高考命题来看，这部分内容以选择题、填空题为主，大题很少见 首先明
2、确定义1:若一个多面体的各顶点都在一个球的球面上，则称这个多面体是这个球的内接多面体，这个球是这个多面体的外接球。定义2:若一个多面体的各面都与一个球的球面相切，则称这个多面体是这个球的外切多面体，这个球是这个多面体的内切球.1球与柱体的切接规则的柱体，如正方体、长方体、正棱柱等能够和球进行充分的组合，以外接和内切两种形态进行结合，通过球的半径和棱柱的棱产生联系，然后考查几何体的体积或者表面积等相关问题1.1 球与正方体如图所示，正方体 ABCD-ABGD1,设正方体的棱长为 a, E,F,H,G为棱的中点，O为球的球心.常 见组合方式有三类：一是球为正方体的内切球，截面图为正方形EFGH和其
3、内切圆，则 Oj|=r=a；二是与正万体各棱相切的球，截面图为正万形EFGH和其外接圆，则 GO =R =a；三是球为正方体的23外接球，截面图为长万形 ACAC1和其外接圆，则AO =R a.通过这三种类型可以发现，解决正方体与球的组合问题，常用工具是截面图，即根据组合的形式找到两个几何体的轴截面，通过两个截面图的位置关系，确定好正方体的棱与球的半径的关系，进而将空间问题转化为平面问题(1)正方体的内切球，如图1.位置关系：正方体的六个面都与一个球都相切, 数据关系：设正方体的棱长为 a ,球的半径为r ,这时有2r = a .正方体中心与球心重合；数据关系：设正方体的棱长为 a ,球的半径
4、为r ,这时有2r = J3a.正方体中心与球心重合；(3)正方体的棱切球，如图 3.位置关系：正方体的十二条棱与球面相切，正方体中心与球心重合;据关系：设正方体的棱长为a,球的半径为r,这时有2r =J2a.1的正方体ABCD -A1B1C1D1的8个顶点都在球 O的表面上，E例1 棱长为F分别是棱AA , DD1的中点，则直线EF被球O截得的线段长为（B. 1D.夜思路分析：由题意推出，球为正方体的外接球.平面AAiDDi截面所得圆面的半径AD12二乌得知直2线EF被王O截得的线段就是球的截面圆的直径【解析】由题意可知，球为正方体的外接球 .平面AADD1截面所得圆面的半径AD12=, ：
5、EF仁面AADD1,，直线EF被球O截得的线段为球的截面圆的直径2R = J2.点评：本题考查球与正方体“接”的问题，利用球的截面性质，转化成为求球的截面圆直径1.2 球与长方体例2自半径为R的球面上一点 M ,引球的三条两两垂直的弦MA,MB,MC ,求MA2 + MB2+MC2的值.思路分析：此题欲计算所求值，应首先把它们放在一个封闭的图形内进行计算，所以应引导学生构造熟悉的几何体并与球有密切的关系，便于将球的条件与之相联.【解析】以MA, MB , MC为从一个顶点出发的三条棱，将三棱锥M -ABC补成一个长方体，则另外四个顶点必在球面上，故长方体是球的内接长方体，则长方体的对角线长是球
6、的直径., MA2 +MB2 +MC2=(2R)2 =4R2 .点评：此题突出构造法的使用，以及渗透利用分割补形的方法解决立体几何中体积计算.例3已知各顶点都在一个球面上的正四棱柱高为4,体积为16,则这个球的表面积为（A. 16 二B.20二 C. 24二D. 32 二2,可得长方体的【解析】正四棱柱也是长方体。由长方体的体积16及高4可以求出长方体的底面边长为2,因此，长方体思路分析：正四棱柱也是长方体.由长方体的体积16及高4可以求出长方体的底面边长为 长、宽、高分别为 2, 2, 4,长方体内接于球，它的体对角线正好为球的直径15.长方体体对角线的长、宽、高分别为 2, 2, 4,因为
7、长方体内接于球，所以它的体对角线正好为球的直径长为2强，故球的表面积为 24n .故选C.点评：本题考查球与长方体“接”的问题，利用长方体的性质，转化成为求其体对角线2球与锥体的切接规则的锥体，如正四面体、正棱锥、特殊的一些棱锥等能够和球进行充分的组合，以外接和内切两种形态 进行结合，通过球的半径和棱锥的棱和高产生联系，然后考查几何体的体积或者表面积等相关问题2.1正四面体与球的切接问题（1） 正四面体的内切球，如图4.位置关系：正四面体的四个面都与一个球相切，正四面体的中心与球心重合;数据关系:设正四面体的棱长为高为h ;球的半径为R,这时有4R = h = 16a ；（可以利用体积桥证明）
8、正四面体的外接球，如图(2)5.位置关系：正四面体的四个顶点都在一个球面上，正四面体的中心与球心重合；数据关系：设正四面体的棱长为高为h ;球的半径为 R,这时有4R = 3h = J6a;（可用正四面体高h减去内切球的半径得到）(3) 正四面体的棱切球，如图 6.位置关系：正四面体的六条棱与球面相切，正四面体的中心与球心重 合；6 数据关系：设正四面体的棱长为a ,高为h ；球的半径为R,这时有4R= J3h = J2a,h = 6a.3Ao ,DB，EC图6例4设正四面体中，第一个球是它的内切球，第二个球是它的外接球，求这两个球的表面积之比及体积之 比.思路分析：此题求解的第一个关键是搞清
9、两个球的半径与正四面体的关系，第二个关键是两个球的半径之 间的关系，依靠体积分割的方法来解决的.【解析】如图，正四面体 ABCD的中心为O , BCCD的中心为01 ,则第一个球半径为正四面体的中心到 各面的距离，第二个球的半径为正四面体中心到顶点的距离.设001 = r ,0A = R ,正四面体的一个面的面积为 S .1一，_、依题意得 VA bcd = S(R + r),一 3又 VA_BCD - 4VO _BCD=4 r S3内切球的表面积=乜=外接球的表面积 4nR29,4 _ 3内切球的体积3二r外接球的体积一 43R3127, R +r =4r 即 R =3r .点评：正四面体与
10、球的接切问题，可通过线面关系证出，内切球和外接球的两个球心是重合的，为正四面1.体局的四等分点，即定有内切球的半径r = h（ h为正四面体的高），且外接球的半径 R = 3r .42.2其它棱锥与球的切接问题球与正棱锥的组合，常见的有两类，一是球为三棱锥的外接球，此时三棱锥的各个顶点在球面上，根据截面图的特点，可以构造直角三角形进行求解.二是球为正棱锥的内切球，例如正三棱锥的内切球，球与正三棱锥四个面相切，球心到四个面的距离相等，都为球半径R.这样求球的半径可转化为球球心到三棱锥面的距离，故可采用等体积法解决，即四个小三棱锥的体积和为正三棱锥的体积球与一些特殊的棱锥进行组合，一定要抓住棱锥的
11、几何性质，可综合利用截面法、补形法等进行求解.例如,四个面都是直角三角形的三棱锥，可利用直角三角形斜边中点几何特征，巧定球心位置例5正三棱锥的高为1,底面边长为2，6,正三棱锥内有一个球与其四个面相切.求球的表面积与体积.思路分析：此题求解的关键是搞清球的半径与正三棱锥的高及底面边长的关系，由等体积法可得:VP 4BC=V。-PABVO -PACVO -PBC*VD SBC，得到232, 3 3【解析】如图，球 O是正三棱锥 P-ABC的内切球，O到正三棱锥四个面的距离都是球的半径R .8是正三棱锥的高，即 PH =1 .是BC边中点，H在AE上，.3MBC 的边长为 2V6 , . HE =
12、 x2V6=2 . . PE =V36可以得到S pab = S PAC1= S缶BC =-BC PE =3、2 .S ABC =1(2, 6)24 VO -ABC得：R=-3_=J62,2,3 3 S求=4nR2 =4n(J6-2)2 =8(5-2T6)n .由等体积法，Vp -abC =VO_PAB VO _PAC VO _PBC1一11- 6 3 13 2 R 3 - 6, 3 R3334343.V球=-hR3=-h(6-2)3.33点评：球心是决定球的位置关键点，本题利用球心到正三棱锥四个面的距离相等且为球半径R来求出R,以球心的位置特点来抓球的基本量，这是解决球有关问题常用的方法.例
13、6若三棱锥的三条侧棱两两垂直，且侧棱长均为J3 ,则其外接球的表面积是.思路分析：此题用一般解法，需要作出棱锥的高，然后再设出球心，利用直角三角形计算球的半径.而作为填空题，我们更想使用较为便捷的方法.三条侧棱两两垂直，使我们很快联想到长方体的一个角，马上构造长方体，由侧棱长均相等，所以可构造正方体模型【解析】此题用一般解法，需要作出棱锥的高，然后再设出球心，利用直角三角形计算球的半径.而作为填空题，我们更想使用较为便捷的方法，所以三条侧棱两两垂直，使我们很快联想到长方体的一个角，马上构造长方体，且侧棱长均相等，所以可构造正方体模型，如图 1,则AC=BC=CD =6，那么三棱锥的外接球的直径
14、即为正方体的体对角线，故所求表面积是9n.（如图1）E点评：此题突出构造法的使用，以及渗透利用分割补形的方法解决立体几何中计算问题，这是解决几何体与球切接问题常用的方法.例7已知三棱锥S - ABC的所有顶点都在球 O的球面上，AABC是边长为1的正三角形， SC是球O的直径，且SC = 2 ;则此棱锥的体积为（）,23.22 2A. B. C. D.思路分析：AABC的外接圆是球面的一个小圆， 由已知可得其半径， 从而得到点O到面ABC的距离.由SC为球O的直径二点S到面ABC的距离即可求得棱锥的体积 .3.6【解析】MBC的外接圆半径为r =，点O到面ABC的距离d = Jr2 - r2
15、=，SC为球O的直径二33点S到面ABC的距离2d = ,此棱锥的体积为V =!SBC父2d = 乂？ x 2 =-，选A. 333 436点评：本题难度不大，主要是利用转化与化归思想，将棱锥高应用球的几何性质计算得到.3球与球相切问题对于球与球的相切组合成复杂的几何体问题，要根据丰富的空间想象力，通过准确确定各个小球的球心的位置，或者巧借截面图等方法，将空间问题转化平面问题求解例8已知有半径分别为2、3的球各两个，且这四个球彼此相外切，现有一个球与此四个球都相外切，则此球 的半径为.思路分析：结合图形，分析四个球的球心 A B C D的位置，知AD=AC=BD=BC=5AB=q CD=4设A
16、B中点为 E、CD中点为F,连结EF.在 ABF中可得BF =J21,在 EBF中可得EF = 2 J3 .由于对称性可得第五个球的球心 。在EF上，连结OA OD设第五个球的半径为r,根据OE+OF=E建立r的方程.【解析】如图：设四个球的球心分别为A、B、C D,贝U AD=AC=BD=BC=5AB=66 CD=4.设 AB 中点为 E、CD中点为F,连结EF.在4ABF中求得BF=J21 ,在 EBF中求得EF=2，3.由于对称性可得第五个球的球心。在EF上，连结OA OD设第五个球的半径为r,则OA=r+3, OD=r+Z于是OE=J(r+3 j -32 = Jr2+6r , OF=J
17、(r+2 j 22=Jr2+4r , o OE+OF=EF6（舍掉）,故答案为-. r2+6r+,. r2+4r =2 、, 3 = r2+6r =2、, 3-Jr 2+4 r 平方整理再平方得一 26 ,11r +60r -36=0解得 r = 一 或-611点评：本题通过分析球心的位置，根据它们构成的几何体特征，转化成平面几何中三角形边角关系，利用方程思想得解.例9把四个半径都是1的球中的三个放在桌面上，使它两两外切，然后在它们上面放上第四个球，使它与前三个都相切，求第四个球的最高点与桌面的距离.思路分析：关键在于能根据要求构造出相应的几何体，由于四个球半径相等，故四个球一定组成正四面体则
18、正四面体的高h = ： 22 -（2的四个顶点且正四面体的棱长为两球半径之和2.1,且三个球心到桌面的距离都为1,故第四个球的【解析】四球心组成棱长为 2的正四面体的四个顶点，而第四个球的最高点到第四个球的球心距离为求的半径2 6最高点与桌面的距离为 2+点评：本题难度不大，主要是利用转化与化归思想，将棱锥高应用球的几何性质计算得到.4球与几何体的各条棱相切问题ra.4例10把一个皮球放入如图10所示的由8根长均为20 cm的铁丝接成的四棱锥形骨架内,使皮球的表面与8根铁丝都有接触点，则皮球的半径为（）思路分析：根据题意球心 O在图中AP上,B. 10 cmD. 30cm过O作BP的垂线ON垂
19、足为N, ON=R ,OM=R ,由各个棱都为 20,得至U AM=10 , BP=20,BM=10 , AB=10点，设NBPA,在 RtABPM 中，由BP2_2_2=BM PM ,球与几何体的各条棱相切问题，关键要抓住棱与球相切的几何性质，达到明确球心的位置为目的，然后通 过构造直角三角形进行转换和求解.如与正四面体各棱都相切的球的半径为相对棱的一半:得 PM =10/.在 RtA PAM 中，由 PM 2 =AM 2 +AP2,得 PA =10j2.在 RMABP 中得,sin 二二AB 10.2，在RtA ONP中得，Sina 2ON RBP 20OP OP，从而OP=J2R.在Rt
20、AOAM 中，由 OM 2 =AO2+AM2,建立方程 R2 =（10质J2R）2+100即可得解.【解析】如图所示，由题意球心在AP上，球心为O,过O作BP的垂线ON垂足为N, ON=R, OM=R ,因为各个棱都为 20,所以AM=10 , BP=20,BM=10 , AB= 10正，设/BPA =& ,在 RgBPM 中，BP2 =BM2 +PM2,所以 PM =10石.在 Rt PAM 中，PM 2 = AM 2 + AP2,所以PA=1072 .在 RtAABP 中，sin aBP 20R 2 _ .2=,所以 OP = J2R.在 RS OAM 中，OMOP 2=AO2 AM2,所
21、以，R2 = (10, 2 - , 2R)2 100，解,在 RtA ONP 中，sinot =QN =，所以 OP OP得，R=10或30（舍），所以，R=10cm,故选B.p点评：本题难度较大，主要是利用转化与化归思想，将问题转化成平面几何问题，应用三角形中的边角关 系，建立R的方程.5 球与旋转体切接问题首先画出球及其它旋转体的公共轴截面，然后寻找几何体与几何体几何元素之间的关系.例11求球与它的外切圆柱、外切等边圆锥的体积之比.思路分析：首先画出球及它的外切圆柱、等边圆锥，它们公共的轴截面，然后寻找几何体与几何体之间元 素的关系.【解析】如图，等边 ASAB为圆锥的轴截面，此截面截圆柱
22、得正方形C1CDD1,截球面得球的大圆圆 Q.设球的半径OO1 =R，则它的外切圆柱的高为 2R,底面半径为 R;OB=QO cot300 = V；3R,SO = OB tan60f ：3r 芯=3R,4323123V求=-R , V主= R 2R = 2_R ,V锥=- (3R) 3R = 3 R ,33V球：V柱：V锥=4: 6 ： 9 .点评：本题充分利用轴截面，将问题转化成平面几何问题，应用三角形中的边角关系，建立与球半径R的联系.例12在棱长为1的正方体内有两个球相外切且又分别与正方体内切.（1）求两球半径之和；（2）球的半径为多少时，两球体积之和最小.思路分析：此题的关键在于作截面
23、，一个球在正方体内，学生一般知道作对角面，而两个球的球心连线也应在正方体的体对角线上，故仍需作正方体的对角面，得如图的截面图，在图中，观察R与r和棱长间的关系即可.【解析】如图，球心 Oi和。2在AC上，过Oi, O2分别作AD,BC的垂线交于E,F.则由 AB = 1, AC = 33 得 AO1 = 13r, CO2 = 3R .，r + R+g(r +R) =43 ,(1)设两球体积之和为 V ,则 V =4 二(R3 r3) =4二( R)(R2 -Rr r2) 334 33n32I 21 4 33 33 23.3(R r)2 -3rR ()2 3R(- R)32224二一二323R2
24、2 一3 - - 3-3 -、3体积之和有最小值.当R = 时，V有最小值.,.当R = r = 时44点评：本题充分利用轴截面， 将问题转化成平面几何问题，应用三角形中的边角关系， 建立与千半径r,R的 联系，将球的体积之和用 r或R表示，应用二次函数的图象和性质确定其最小值.本题综合性较强，是函数与立体几何相结合的典例综合上面的五种类型，解决与球的外切问题主要是指球外切多面体与旋转体，解答时首先要找准切点，通过作截面来解决.如果外切的是多面体，则作截面时主要抓住多面体过球心的对角面来作；把一个多面体的几个顶点放在球面上即为球的内接问题解决这类问题的关键是抓住内接的特点，即球心到多面体的顶点的距离等于球的半径发挥好空间想象力，借助于数形结合进行转化，问题即可得解如果是一些特殊的几何体，如正方体、正四面体等可以借助结论直接求解,此时结论的记忆必须准确.高考题往往与三视图相结合，题目的难易不一，在复习中切忌好高骛远，应重视各种题型的备考演练，重视高考信息的搜集，不断充实题目的类型，升华解题的境界.
