3.2外接球 3.2.1球心确定 (一) 若问立体几何中什么多面体的外接球的球心最容易确定？ 图 3-4 其答案肯定是长方体！ 如图 3-4所示为长方体 ABCD A1B1C1D1, O 为其体对 角线的中点, 显然 O 到它的 8 个顶点的距离相等, 因此 O 为该 长方体的外接球的球心, 半径 R 为体对角线长的一半, 即 R = pAB2 + AD2+ AA2 1 2 为了凸显这个结论的重要性, 我们总结如下: 【结论总结 3.2】长方体的外接球的球心为其体对角线的中点, 半径为体对角线长的一半 对于长方体的外接球问题, 只要记住外接球的球心是长方 图 3-5 体的体对角线的中点即可长方体是特殊的直四棱柱, 那么对一 般的直棱柱呢？ 首先我们看看直三棱柱的情形, 如图 3-5所示为直三棱柱 ABC A1B1C1, 且它的各顶点都在同一球面上, 如何确定该球 的球心？ 不妨设棱柱上下底面与球的截面是分别是圆 O1和圆 O2, 取 O1O2的中点 O, 由勾股定理可知 OA1= OB1= OC1= OA = OB = OC, 即 O 就是直三棱柱 ABC A1B1C1外接球 的球心 对于更一般的直棱柱, 只要它上下底面 . 存 . 在 . 外 . 接 . 圆, 它就一定 . 存 . 在 . 外 . 接 . 球, 球心必为上下底面外接圆 圆心连线的中点, 其证明过程与直三棱柱类似, 这里我们不再赘述。
但为了突显其重要性, 总结如下: 【结论总结 3.3】 . 若 . 直 . 棱 . 柱 . 存 . 在 . 外 . 接 . 球, 则其球心为上下底面外接圆圆心连线的中点设高为 h, 底面多边形的外接圆半径为 r, 则外接球的半径 R = s r2+ ?h 2 ?2 细心的读者或许注意到, 在结论总结3.3中, 我们需要条件“ . 直 . 棱 . 柱 . 存 . 在 . 外 . 接 . 球” 这也就意味着对一 般的直棱柱, . 不 . 一 . 定 . 存 . 在 . 外 . 接 . 球！ 通过对上述直三棱柱的研究, 不难发现直棱柱存在外接球的 . 充 . 要 . 条 . 件是其底面多边形存在外接圆 而我们知道, 任意三角形都存在外接圆, 这也是高考中常常利用直三棱柱作为背景考查外接球的一个原 因 104 【例 3.6】 (2009 全国 I 理 15) 直三棱柱 ABC A1B1C1的各顶点都在同一球面上, AB = AC = AA1= 2, BAC = 120, 则此球的表面积等于 【解析】由以上分析可知我们只需求出上底面的外接圆的半径 r, 首先由余弦定理可得 BC2= AB2+ AC2 2 AB AC cos120= 12 解得 BC = 23。
然后由正弦定理可得上底面或下底面的外接圆半径 r = 1 2 BC sin120 = 2设球的半径 为 R, 则 R2= ?AA 1 2 ?2 + r2= 5, 因此球的表面积为 S = 4R2= 20, 故填 20 与直棱柱相似的是有一条侧棱垂直底面的棱锥, 我们总结如下: 【结论总结 3.4】 若棱锥的一条侧棱垂直于底面且该棱的棱长为 h, 底面多边形的外接圆的半径 为 r, 则该棱锥的外接球的半径 R = s r2+ ?h 2 ?2 【变式 3.6.1】(2019 河北第二次联考) 已知直三棱柱 ABC A1B1C1的所有顶点都在球 O 的 球面上, 该三棱柱的五个面所在的平面截球面所得的圆大小相同, 若球 O 的表面积为 20, 则三棱柱的 体积为 () A. 63B. 12C. 123D. 18 【变式 3.6.2】(2020 福州市高三期末质量检测) 在平面四边形 ABCD 中, AB BD, BCD = 60, 3AB2+4BD2= 24, 若将 ABD 沿 BD 折成直二面角 ABD C, 则三棱锥 ABDC 的外接 球的表面积是 () A. 4B. 5C. 6D. 8 105 3.2.2补形 (二) 在 3.2.1 节, 我们看到长方体的外接球球心是最容易确定的。
如果能将某个多面体补形成长方体, 则 该多面体的外接球与补形后的长方体的外接球相同, 那么多面体的外接球问题就转化为长方体的外接球 问题, 这显然极大地降低了问题的难度 在2.2.1节, 我们已经详细地阐述了四面体的补形技巧, 这里不再赘述, 仅仅给出结论 【方法总结 3.1】 (1) 若三棱锥的三条侧棱 . 两 . 两 . 互 . 相 . 垂 . 直, 则可将其放入某个长方体内, 如图 3-6所 示 (2) 若三棱锥的四个面均是直角三角形, 则此时可构造长方体, 如图 3-7所示 (3) 正四面体 P ABC 可以补形为正方体且正方体的棱长 a = PA 2, 如图 3-8所示 (4) 若三棱锥的 . 对 . 棱 . 两 . 两 . 相 . 等, 则可将其放入某个长方体内, 如图 3-9所示 图 3-6 图 3-7图 3-8图 3-9 【例 3.7】已知正三棱锥 P ABC, 点 P, A, B, C 都在球面上, 若 PA, PB, PC 两两互相垂直 且 PA = PB = PC = 1, 则球的半径为 【解析】正三棱锥的三条相互垂直的边构成了正方体中同一顶点的三边, 故该正方体的边长为 1, 易求其体对角线长为 3, 故外接球的半径 R = 3 2 。
【例 3.8】(2010 辽宁文 11) 已知 P, A, B, C 是球 O 表面上的点, PB 垂直于平面 ABC, 且 AB AC, PB = AB = 1, AC = 2, 则球 O 的表面积等于 ( ) A. 4B. 3C. 2D. 【解析】因为 PB 垂直于平面 ABC, AB AC, 所以三棱锥 P ABC(如图 2-15所示) 可以放 入一个长、宽、高分别为 AB, AC, PB 的长方体内 (如图 2-16所示), 所以 (2R)2= AB2+ AC2+ PB2= 1 + 2 + 1 = 4 解得 R2= 1, 因此球 O 的表面积 S = 4R2= 4, 故选 A 【例 3.9】 (2003 全国旧课程理 12) 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. 3B. 4C. 33D. 6 106 【解析】因为四面体为正四面体, 所以可以放入正方体中又因为正四面体的棱长为正方体的 面的对角线, 所以正方体的边长 a = 2 2= 1, 即 (2R)2= 3a2= 3, 解得 R2= 3 4, 因此球的表面积 S = 4R2= 3, 故选 A。
【例 3.10】 在三棱锥 A BCD 中, AB = CD = 6, AC = AD = BD = BC = 5, 则该三棱锥的 外接球的表面积为 【解析】由于三棱锥的对棱相等, 所以可以补形成长方体设长方体长宽高分别为 a, b, c, 则 a2+ b2= 62 a2+ c2= 52 c2+ b2= 52 a2+ b2+ c2= 43 则外接球半径 R = a2 + b2+ c2 2 = 43 2 , 即外接球表面积为 S = 4R2= 43, 故填 43 【变式 3.10.1】 (2008 浙江理 14) 如图 3-10所示, 已知球 O 的面上四点 A, B, C, D, DA 垂直于 平面 ABC, AB BC, DA = AB = BC = 3, 则球 O 的体积等于 图 3-10 【变式 3.10.2】 (2012 辽宁文 16) 已知点 P, A, B, C, D 是球 O 表面上的点, PA 垂直于平面 ABCD, 四边形 ABCD 是边长为 23 的正方形若 PA = 26, 则 OAB 的面积为 从方法总结3.1不难看出, 虽然可以将某些三棱锥补形为长方体或正方体, 但是都需要满足一定的条 件。
因此若题中直接给出这些条件, 则无疑会极大地降低问题的难度否则, 我们需要利用已知条件作 出判断, 如下例: 107 【例 3.11】(2019 全国 I 理 12) 已知三棱锥 P ABC 的四个顶点在球 O 的球面上, PA = PB = PC, ABC 是边长为 2 的正三角形, E, F 分别是 PA, AB 的中点, CEF = 90, 则球 O 的体积 为 () A. 86B. 46C. 26D. 6 【解析】如图 3-11所示, 因为 E, F 分别是 PA, AB 的 图 3-11 中点, 所以 EF/ /PB再由 CEF = 90 可知 CE EF, 因此 PB CE |z 又因为三棱锥 P ABC 是正三棱锥, 所以 PB AC |z 综合可知 PB 平面 PAC, 故 PB PA, 由 PA = PB 可知 PA = PB = 2, 也即 PA = PB = PC =2 故 PA, PB, PC 两两相互垂直且相等, 即三棱锥 P ABC 可放入边长为 2 的正方体中, 易求得 R = 6 2 , 因此 V = 4 3 6 2 !3 = 6, 故选 D 例3.11的解析中最关键的一步是要想到 PB AC。
若是在解答题中让我们去证明 PB AC, 相信 绝大多数同学都能证明但是这里需要同学们具有这样的“超前”意识, 即由 PB CE 就要能快速反 应出是否有 PB 垂直于平面 PAC, 然后联想到是否 PB AC？ 实际上, 对于正三棱锥, . 对 . 棱 . 垂 . 直这个结论我们已在结论总结2.2为同学们作过梳理, 并要求同学记住这 些非常重要的结论如果同学们平时注重积累这些小结论, 则无疑对立体几何压轴小题有很大的帮助 不过, 作为优秀的高考题, 例3.11不可能只有一种解法, 我们将在例3.17中给出一个相对容易想到, 但是计算量稍大的方法 【例 3.12】(2020 江西省高中毕业班新课程质量检测卷) 在三棱锥 P ABC 中, 底面 ABC 为 正三角形, PC AC, PA = PB, 且 PC + AC = 4若三棱锥 P ABC 的所有顶点都在球 O 的球面 上, 则球 O 的半径的最小值为 () A. 7 7 B. 27 7 C. 37 7 D. 47 7 【解析】 如图 3-12所示, 因为 PA = PB, 所以取 AB 的中点 D, 则有 PD AB |z 又因为 ABC 为等边三角形, 所以 AB CD |z 。
故综 合和可知 AB 平面 PCD, 故 AB PC, 结合已知的 PC AC 可知 PC 平面 ABC设 AC = x(0 x 4), 则 PC = 4 x, 由 正弦定理可求得 ABC 的外接圆半径 r = 1 2 AC sinABC = x 3, 故 外接球的半径 图 3-12 R = s r2+ ?PC 2 ?2 = r x2 3 + (4 x)2 4 108 = r 7x2 24x + 48 12 易知当 x = 12 7 时, R 取最小值且 Rmin= 47 7 , 故选 D 在本节结束之前, 我们看看三棱锥或四棱锥补形为直棱柱的问题 【例 3.13】(2020 厦门市高三年级质量检测) 如图 3-13所示, 在矩形 ABCD 中, AB = 2, BC = 4, E, F 分别为 BC, AD 的中点将四边形 ABEF 沿 EF 折起使得二面角 A1EF D 的大小为 120, 如图 3-14所示, 则三棱锥 B1 CDE 的外接球的表面积为 图 3-13 图 3-14 【解析】 因为翻折过程中 EF AF, EF FD 保持不变, 即 A1FD 是二面角 A1EF D 的平 面角, 所以 A1FD = 120。
显然 A1FDB1EC 为直三棱柱且其外接球与三棱锥 B1CDE 的外接球相 同 首先由余弦定理可得 B1C2= B1E2+EC22B1EECcos120= 12, 解得 B1C = 23 然后由正弦 定理可得上底面或下底面的外接圆。