专题17 球的切、接、截问题-2023年新高考数学二轮热点突破与提分训练（新高考专用）

专题17球的切、接、截问题 考点定位 1.球的切接问题 (1)长方体的外接球 ①球心：体对角线的交点； ②半径：r＝(a，b，c为长方体的长、宽、高). (2)正方体的外接球、内切球及与各条棱相切的球(a为正方体的棱长) ①外接球：球心是正方体中心，半径r＝a，直径等于体对角线长； ②内切球：球心是正方体中心，半径r＝，直径等于正方体棱长； ③与各条棱都相切的球：球心是正方体中心，半径r＝a，直径等于面对角线长. (3)正四面体的外接球与内切球(正四面体可以看作是正方体的一部分，a为正四面体的棱长) ①外接球：球心是正四面体的中心，半径r＝a； ②内切球：球心是正四面体的中心，半径r＝a. 2.平面截球 平面截球面得圆.截面圆的圆心与球心的连线与截面圆圆面垂直且R2＝d2＋r2(R为球半径，r为截面圆半径，d为球心到截面圆的距离) 热点突破 热点（一）外接球问题 1（单选）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.8π B.4π C.2π D.π 【解析】因为点E，F分别为PA，AB的中点， 所以EF∥PB.因为∠CEF＝90°，所以EF⊥CE，所以PB⊥CE.取AC的中点D，连接BD，PD，易证AC⊥平面BDP，所以PB⊥AC，又AC∩CE＝C，AC，CE⊂平面PAC，所以PB⊥平面PAC，所以PB⊥PA，PB⊥PC，因为PA＝PB＝PC，△ABC为正三角形，所以PA⊥PC，即PA，PB，PC两两垂直，将三棱锥P－ABC放在正方体中如图所示.因为AB＝2，所以该正方体的棱长为，所以该正方体的体对角线长为，所以三棱锥P－ABC的外接球的半径R＝，所以球O的体积V＝πR3＝π＝π，故选D. 2（多选）已知四棱锥S－ABCD的所有顶点都在球O的球面上，SD⊥平面ABCD，底面ABCD是等腰梯形，AB∥CD且满足AB＝2AD＝2DC＝2，且∠DAB＝，SC＝，则关于球O的表面积说法错误的是(　　) A.5π B.4π C.3π D.2π 【解析】依题意，得AB＝2AD＝2，∠DAB＝，由余弦定理可得BD＝，则AD2＋DB2＝AB2，则∠ADB＝.又四边形ABCD是等腰梯形，故四边形ABCD的外接圆直径为AB，半径r＝＝1，设AB的中点为O1，球的半径为R， 因为SD⊥平面ABCD，所以SD＝＝1，R2＝12＋＝， 则S＝4πR2＝5π.故选BCD。 3（填空）在三棱锥A－BCD中，AB＝CD＝2，AD＝BC＝3，AC＝BD＝4，则三棱锥A－BCD外接球的表面积为________. 【解析】构造长方体，三个长度为三对面的对角线长，设长方体的长宽高分别为a，b，c，则a2＋b2＝9，b2＋c2＝4，c2＋a2＝16，所以2(a2＋b2＋c2)＝9＋4＋16＝29，即a2＋b2＋c2＝4R2＝，则外接球的表面积为S＝4πR2＝. 4（解答）在三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝BC＝AC，侧棱AA1⊥底面ABC，若该三棱柱的所有顶点都在同一个球O的表面上，且球O的表面积的最小值为4π，求该三棱柱的侧面积。 【解析】如图，设三棱柱上、下底面中心分别为O1，O2，则O1O2的中点为O，设球O的半径为R，则OA＝R，设AB＝BC＝AC＝a，AA1＝h， 则OO2＝h，O2A＝×AB＝a.在Rt△OO2A中，R2＝OA2＝OO＋O2A2＝h2＋a2≥2×h×a＝ah，当且仅当h＝a时，等号成立，所以S球＝4πR2≥4π×ah，所以ah＝4π，所以ah＝，所以该三棱柱的侧面积为3ah＝3. 【归纳反思】 1.墙角模型是三棱锥有一条侧棱垂直于底面且底面是直角三角形模型，用构造法(构造长方体)解决，外接球的直径等于长方体的体对角线长.长方体同一顶点的三条棱长分别为a，b，c，外接球半径为R. 则(2R)2＝a2＋b2＋c2，即2R＝.常见的有以下三种类型： 2. 对棱相等模型是三棱锥的三组对棱长分别相等模型，用构造法(构造长方体)解决，外接球的直径等于长方体的体对角线长，如图所示，(2R)2＝a2＋b2＋c2(长方体的长、宽高分别为a，b，c)，即R2＝(x2＋y2＋z2)，如图. 　 3. 垂面模型是有一条侧棱垂直底面的棱锥模型，可补为直棱柱内接于球；如图所示，由对称性可知球心O的位置是△CBD的外心O1与△AB2D2的外心O2连线的中点，算出小圆O1的半径CO1＝r，OO1＝，则R＝. 热点（二）内切球问题 1（单选）《九章算术》中将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑.若三棱锥P－ABC为鳖臑，PA⊥平面ABC，PA＝BC＝4，AB＝3，AB⊥BC，若三棱锥P－ABC有一个内切球O，则球