第7章 第1节 第2课时 球的“切”“接”问题（Word教参）-【优化指导】2025年高考数学一轮复习高中总复习·第1轮（人教B版）

第❷课时　球的“切”“接”问题 [对应学生用书P140] 球与其他几何体的切接问题，是近几年高考的热点，这种题目几乎在各省高考试题中都有涉及，主要考查直观想象和逻辑推理的核心素养.解决与球有关的切、接问题，其通法是作截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题的思维流程是 考点 由球的定义确定球心 (精研通) 【例1】 若正三棱柱ABC­A′B′C′的底面边长为2，侧棱长为1，其顶点都在同一个球面上，则球的表面积为________. 答案：　解析：如图，H′，H分别为上、下底面的中心，HH′的中点O即为外接球的球心. 由题意得，在Rt△OAH中，AH＝，OH＝， 则外接球的半径R＝OA＝＝，表面积S＝4πR2＝. 1.由几何体外接球的定义可知，几何体的各顶点到球心的距离相等.常见的两种情况是 (1)若四面体的两个面是公共斜边的直角三角形，则球心是斜边的中点； (2)直三棱柱的外接球的球心在该直三棱柱的上下底面三角形外心的连线的中点处. 2.常见结论 (1)长方体或正方体的外接球的球心是其体对角线的中点； (2)正三棱柱的外接球的球心是上、下底面中心连线的中点； (3)直三棱柱的外接球的球心是上、下底面三角形外心连线的中点； (4)正棱锥的外接球的球心在其高上，具体位置可通过建立直角三角形运用勾股定理计算得到. (2022·新高考Ⅱ卷)已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为3和4，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为(　　) A.100π B.128π C.144π D.192π A　解析：设正三棱台上下底面所在圆面的半径分别为r1，r2， 则2r1＝，2r2＝，即r1＝3，r2＝4， 设球心到上、下底面的距离分别为d1，d2，球的半径为R， 所以d1＝，d2＝，故|d1－d2|＝1或d1＋d2＝1， 即|－|＝1或＋＝1，解得R2＝25， 所以球的表面积为S＝4πR2＝100π. 考点 构造长方体或正方体确定球心 (精研通) 【例2】 若三棱锥的三个侧面两两垂直，且侧棱长均为，则其外接球的体积是________. 答案：　解析：三棱锥的三个侧面两两垂直，且侧棱长均为，则可将三棱锥补形成正方体.则其外接球的直径为3，半径为，故所求外接球的体积V＝×()3＝. 补形求心的常用模型 (1)正四面体、三条侧棱两两垂直的正三棱锥、四个面都是直角三角形的三棱锥，可将三棱锥补成长方体或正方体； (2)同一个顶点上的三条棱两两垂直的四面体、相对的棱相等的三棱锥，可将三棱锥补成长方体或正方体； (3)若已知棱锥含有线面垂直关系，则可将棱锥补成长方体或正方体； (4)若三棱锥的三个侧面两两垂直，则可将三棱锥补成长方体或正方体. 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，则可以将这个三棱锥补形成一个长方体，长方体的体对角线的长就是该三棱锥外接球的直径，即2R＝. (2023·陕西汉中模拟)在三棱柱ABC­A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，∠ABC＝90°，AB＝1，BC＝，AA1＝2，则三棱柱ABC­A1B1C1的外接球的表面积为(　　) A.32π B.16π C.12π D.8π D　解析：把三棱柱ABC­A1B1C1放入长方体中，如图所示，则长方体的外接球即是三棱柱ABC­A1B1C1的外接球，∵AB＝1，BC＝，AA1＝2，∴长方体的外接球半径R＝＝，∴三棱柱ABC­A1B1C1的外接球半径为，表面积为S＝4πR2＝4π()2＝8π. 考点 由球的性质确定球心 (精研通) 【例3】 正三棱锥A­BCD内接于球O，且底面边长为，侧棱长为2，则球O的表面积为________. 答案：　解析：如图，设三棱锥A­BCD的外接球的半径为r，M为正△BCD的中心，因为BC＝CD＝BD＝，AB＝AC＝AD＝2，AM⊥平面BCD，所以DM＝1，AM＝，又OA＝OD＝r，所以(－r)2＋1＝r2，解得r＝，所以球O的表面积S＝4πr2＝. 运用公式R2＝r2＋d2(r为三棱锥底面外接圆的半径，R为三棱锥外接球的半径，d为球心到三棱锥底面中心的距离)求球的半径的解题思路是探求正棱锥外接球半径的通法，该方法的实质是通过寻找外接球的一个轴截面，把立体几何问题转化为平面几何问题来研究. 1.(2023·全国甲卷)在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E，F分别为AB，C1D1的中点.以EF为直径的球的球面与该正方体的棱共有________个公共点. 答案：12　解析：如图，线段EF过正方体的中心， 所以以EF为直径的球的球心即正方体的中心，球的半径为， 而正方体的中心到每一条棱的距离均为， 所以以EF为直径的球与每一条棱均相切， 所以共有12个公共点. 2.已知正三棱锥的高为1，底面边长为2，内有一个球与四个面都相切，则棱锥的内切球的半径为________. 答案：－1　解析：如图，在正三棱锥P­ABC中，过点P作PD⊥平面ABC于点D，连接AD并延长交BC于点E，连接PE，∵△ABC是正三角形， ∴AE是BC边上的高和中线，D为△ABC的中心. ∵AB＝2，∴S△ABC＝3，DE＝1，PE＝.∴S△PBC＝×2×＝. ∵PD＝1，∴三棱锥的体积V＝×3×1＝. 设内切球的半径为R，又V＝VO­ABC＋VO­PBC＋VO­PAC＋VO­PAB ＝S△ABC·R＋3×S△PBC·R＝(＋)R＝，解得R＝－1. 考点 内切球问题 (精研通) 【例4】 (2023·陕西宝鸡检测)一个多面体的顶点是四个半径为且两两外切的球的球心，则该多面体内切球的半径为________；内切球的体积为________.　 答案：　　解析：设这四个球心分别为A，B，C，D，由球的几何性质可知，四个半径为且两两外切的球的球心A，B，C，D可构成边长为2的正四面体ABCD，设顶点A在底面BCD的射影为点P，如图所示，则P为等边三角形BCD的中心，由正弦定理可得BP＝＝2， ∴AP＝＝2，S△BCD＝×(2)2×sin ＝3，VA­BCD＝S△BCD·AP， 设正四面体ABCD的内切球球心为O，该内切球的半径为r， 则VA­BCD＝VO­ABC＋VO­ABD＋VO­ACD＋VO­BCD＝4VO­BCD＝4×S△BCD×r＝S△BCD·AP， ∴r＝AP＝， ∴正四面体ABCD的内切球的体积为V＝πr3＝π×()3＝. 1.简单多面体内切球问题 (1)利用内切球的定义直接找球心和半径的关系； (2)利用等体积直接来求半径(球内切于多面体，则球心到各个面的距离相等). 2.关于内切球的常见结论 (1)内切球球心到多面体各面的距离均相等，外接球球心到多面体各顶点的距离均相等. (2)正多面体的内切球和外接球的球心重合. (3)正棱锥的内切球和外接球球心都在高线上，但不一定重合. (2023·江苏金陵中学模拟)已知△ABC中，AB＝AC＝3，BC＝3，现以BC为旋转轴旋转360°得到一个旋转体，则该旋转体的内切球的表面积为(　　) A.27π B. C. D. D　解析：如图所示，旋转体的轴截面是边长为3的菱形，O为内切球的球心，因为AB＝AC＝3，BC＝3， 所以cos ∠BAC＝＝＝－， 因为0°<∠BAC<180°，所以∠BAC＝120°， 所以∠ABC＝∠ACB＝30°，所以内切球的半径r＝AC·sin 30°·cos 30°＝， 故所求表面积S＝4×π×()2＝. 分级练(41)　球的“切”“接”问题 分级一　提能强化 1.(2022·江苏淮安模拟)已知圆锥的顶点和底面圆周均在球O的球面上.若该圆锥的底面半径为2，高为6，则球O的表面积为(　　) A.32π B.48π C.64π D.80π C　解析：因为6>2，故球心在圆锥的内部且在高上，设球心到圆锥底面的距离为d，则有(6－d)2－d2＝(2)2，解得d＝2，则球O半径R＝6－d＝4，表面积S＝4πR2＝64π.故选C. 2.(2022·山东泰安模拟)在底面是正方形的四棱锥P­ABCD中，PA⊥底面ABCD，且PA＝3，AB＝4，则四棱锥P­ABCD内切球的表面积为(　　) A.3π B.4π C.5π D.6π B　解析：由题意，设四棱锥P­ABCD内切球的半径为r，因为VP­ABCD＝×42×3＝16，四棱锥P­ABCD的表面积S＝42＋×3×4×2＋×4×5×2＝48，所以r＝＝1，所以四棱锥P­ABCD内切球的表面积为4πr2＝4π.故选B. 3.(2022·山东青岛二模)《九章算术》中记录的“羡除”是算学和建筑学术语，指的是一段类似隧道形状的几何体，如图，羡除ABCDEF中，底面ABCD是正方形，EF∥平面ABCD，EF＝2，其余棱长都为1，则这个几何体的外接球的体积为(　　) A.π B.π C.π D.4π B　解析：连接AC，BD交于点M，取EF的中点O，则OM⊥平面ABCD，取BC的中点G，连接FG，作GH⊥EF，垂足为H，如图所示， 由题意可知，HF＝，FG＝，所以HG＝＝，所以OM＝HG＝，AM＝，所以OA＝＝1，又OE＝1，所以OA＝OB＝OC＝OD＝OE＝OF＝1，即这个几何体的外接球的球心为O，半径为1，所以这个几何体的外接球的体积为V＝πR3＝×π×13＝π.故选B. 4.(多选)设一空心球是在一个大球(称为外球)的内部挖去一个有相同球心的小球(称为内球)，已知内球面上的点与外球面上的点的最短距离为1，若某正方体的所有顶点均在外球面上、所有面均与内球相切，则(　　) A.该正方体的棱长为2 B.该正方体的体对角线长为3＋ C.空心球的内球半径为－1 D.空心球的外球表面积为(12＋6)π BD　解析：设内球、外球半径分别为r，R，则正方体的棱长为2r，体对角线长为2R， ∴R＝r，又由题知R－r＝1，所以r＝，R＝， ∴正方体棱长为＋1，体对角线长为3＋， ∴外接球表面积为π(3＋)2＝(12＋6)π，故选BD. 5.(2023·广东潮州高三期末)在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑，在鳖臑A­BCD中，AB⊥平面BCD，CD⊥AD，AB＝BD＝，已知动点E从C点出发，沿外表面经过棱AD上一点到点B的最短距离为，则该棱锥的外接球的表面积为________. 答案：8π　解析：如图所示. 设CD＝x，由题意得C′B＝，在△C′BD中，由余弦定理得C′B2＝C′D2＋BD2－2C′D·BD·cos 135°，即()2＝x2＋()2－2x··(－)，即x2＋2x－8＝0，解得x＝2或x＝－4(舍去)，如图所示. 该棱锥的外接球即为长方体的外接球， 则外接球的半径为R＝＝， 所以外接球的表面积为S＝4πR2＝8π. 6.(2023·全国甲卷)在正方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝4，O为AC1的中点，若该正方体的棱与球O的球面有公共点，则球O的半径的取值范围是________. 答案：[2，2]　解析：由该正方体的棱与球O的球面有公共点，可知球O的半径应介于该正方体的棱切球半径和外接球半径之间(包含棱切球半径和外接球半径).设该正方体的棱切球半径为r，因为AB＝4，所以2r＝×4，所以r＝2；设该正方体的外接球半径为R，因为AB＝4，所以(2R)2＝42＋42＋42，所以R＝2.所以球O的半径的取值范围是[2，2]. 7.(2023·江西南昌模拟)在四面体ABCD中，∠ABC＝∠BCD＝90°，AB＝BC＝CD＝2，AD＝2，则该四面体的外接球表面积为________. 答案：12π　解析：由题意∠ABC＝∠BCD＝90°，AB＝BC＝CD＝2， 则AC＝BD＝2，又AD＝2， 所以AB2＋BD2＝AD2，得AB⊥BD， 同理AC⊥CD，取AD的中点O， 则O到A，B，C，D四点的距离相等，O即为四面体ABCD外接球的球心， 所以球半径为R＝＝，球表面积为S＝4πR2＝12π. 分级二　知能探究 8.(多选)有一长方体容器，长，宽，高分别为40 cm，30 cm，20 cm，另有下列物体，物体Ⅰ：直径为10 cm的球；物体Ⅱ：底面直径为20 cm，高为40 cm的圆柱；物体Ⅲ：底面为直角三角形(两直角边长分别为15 cm和20 cm)，高为40 cm的空心三棱柱(不考虑柱体边缘厚度).则能整体放入长方体容器的物体可以是(　　) A.8个Ⅰ和1个Ⅱ B.16个Ⅰ和1个Ⅲ C.1个Ⅱ和1个Ⅲ D.4个Ⅰ和3个Ⅲ ABD　解析：因为圆柱和三棱柱的高均为40 cm，可将长方体容器的长40 cm视为长方体的高， 则长方体的长为30 cm，宽为20 cm，只需看长方体的底面和圆柱、三棱柱以及球的截面即可. 对于选项A，如图1，先将圆柱放入长方体容器，因为球的直径为10 cm， 所以右边最底层可以放入2个直径为10 cm的球，长方体的高度是40 cm， 则右边可放球的个数为2×(40÷10)＝8，所以长方体容器可以放入8个Ⅰ和1个Ⅱ，故A正确； 对于选项B，如图2，先将三棱柱放入长方体容器，因为球的直径为10 cm，三棱柱的底面是直角三角形， 其内切圆的直径恰好是10 cm，所以在三棱柱的底层可以放一个直径为10 cm的球， 然后在如图的长方形的其它区域还可以放入3个直径为10 cm的圆， 所以长方体最底层可以放4个直径为10 cm的球，因为长方体的高度是40 cm， 则长方体容器可以放4×(40÷10)＝16个球，所以长方体容器可以放入16个Ⅰ和1个Ⅲ，故B正确； 对于选项C，如图3，长方体能单独放入圆柱或三棱柱，但是圆柱和三棱柱不能同时放入，故C错误； 对于选项D，如图4，长方体的底面可以分成4个全等的两直角边长分别为15 cm和20 cm的直角三角形，即为三棱柱的底面，同时可以在每个直角三角形内放入1个圆，则长方体容器可以放入4×(40÷10)＝16个球，4个三棱柱，故D正确.故选ABD. 9.(2023·河北九师联盟联考)已知正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为 3 ，以A为球心，2为半径的球被该正方体的表面所截，则所截得的曲线总长为________. 答案：　解析：如图所示，易知球被正方体的表面所截曲面为EFGHIJ， 由cos ∠A1AE＝＝＝，即∠A1AE＝，故∠EAF＝.球被平面ABB1A1， 平面ABCD，平面ADD1A1所截得的曲线长均为×2＝，故在此三个平面上所截得的曲线长的和为×3＝π，球被平面BCC1B1，平面CDD1C1，平面A1B1C1D1所截得的曲线长均为×＝， 故在这三个平面上所截得的曲线长的和为×3＝，故所截得的曲线总长为π＋＝. 10.三棱柱ABC­A1B1C1中，AB＝BC＝AC，侧棱AA1⊥底面ABC，且三棱柱的侧面积为3.若该三棱柱的顶点都在同一个球O的表面上，求球O的表面积的最小值. 解：如图，∵三棱柱ABC­A1B1C1为正三棱柱，∴设A1C1＝a，BB1＝h， ∴三棱柱的侧面积为3a·h＝3， ∴ah＝.又球O的半径R＝≥＝1， 当且仅当＝，且ah＝，即a＝，h＝时等号成立. ∴球O的表面积S＝4πR2≥4π. 11.粽子古称“角黍”，是中国传统的节庆食品之一，由粽叶包裹糯米等食材蒸制而成.因各地风俗不同，粽子的形状和味道也不同，某地流行的“五角粽子”，其形状可以看成所有棱长均为8 cm的正四棱锥，则这个粽子的表面积为________cm2.现在需要在粽子内部放入一颗咸蛋黄，蛋黄的形状近似地看成球，则当这个蛋黄的体积最大时，其半径与正四棱锥的高的比值为________. 答案：64(＋1)　　解析：如图，正四棱锥P­ABCD的表面积SP­ABCD＝4S△PAB＋S正方形ABCD＝4××8×8＋8×8＝64(＋1)(cm2).设该正四棱锥的高为h，体积为V，内切球半径为r，则由r＝，h＝，得＝＝＝. 分级三　素能创新 12.为迎接中国共产党102周年诞辰，某校扬帆文学社举办有奖征文活动，每位获奖者的奖品为4个半径为2 cm的球形饰品，文学社的同学们为每一位获奖选手制作一个正四面体的包装盒，求包装盒的高的最小值. 解：当4个球如图放置，再让正四面体包装盒的每个面与三个球相切，这样的包装盒高最小，连接4个球心，得到一个棱长为4的小四面体，小四面体的中心与包装盒正四面体的中心重合，容易求出小四面体的高为，由正四面体的性质知，正四面体中心到底面的距离为高的，所以小正四面体中心到底面的距离为，所以小四面体中心(正四面体包装盒中心)到正四面体包装盒底面的距离为＋2，再利用正四面体性质，得四面体包装盒的高为4×(＋2)＝cm. 学科网（北京）股份有限公司 $$