7 第1节 第2课时 与球有关的切、接问题(Word教参)-【正禾一本通】2025年高考数学高三一轮总复习高效讲义（北师大版2019）

第二课时　与球有关的切、接问题　　► 对应学生用书P154 考点1　外接球 　定义法 [例1] (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 解析：选A.正棱台外接球的球心必在过正棱台上、下底面中心的连线所在直线上． 设正三棱台上下底面所在圆面的半径r1，r2， 所以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＝， 因为正三棱台的高为1，故|d1－d2|＝1或d1＋d2＝1， 即|－|＝1或＋＝1， 解得R2＝25，符合题意，所以球的表面积为S＝4πR2＝100π. [变式] (变条件)本例中的“正三棱台”改为“高为1，底面边长为4的正三棱锥”，则该球的表面积为_____________． 解析：由题意可知，正三棱锥外接球的球心位于高VM所在直线上，设为O. 则OV＝OC＝R，VM＝1，所以OM＝|R－1|，CM＝×AB＝×4＝4. 在Rt△OMC中，有R2＝|R－1|2＋42，解得R＝， 所以球的表面积为S＝4πR2＝289π. 答案：289π 【思维升华】　由球的定义确定球心的常见情况： ①正方体或长方体的外接球的球心是其体对角线的中点． ②正棱柱的外接球的球心是上、下底面中心的连线的中点． ③直三棱柱的外接球的球心是上、下底面三角形外心的连线的中点． ④正棱锥的外接球的球心在其高上，具体位置可通过构造直角三角形，利用勾股定理求得． 　补形法—存在侧棱与底面垂直 [例2] (2024·四川成都模拟)已知三棱锥P­ABC中，若△ABC是正三角形且PA＝PB＝PC＝a，PA⊥平面PBC，则三棱锥P­ABC的外接球的表面积为(　　 ) A．4a3 B．3πa2 C．πa3 D．12a2 解析：选B.因为PA⊥平面PBC，PB、PC⊂平面PBC，所以PA⊥PB，PA⊥PC， 因为PA＝PC，PB＝PB，BA＝BC，则△BPA≌△BPC， 所以∠BPC＝∠BPA＝90°，即PB⊥PC， 将三棱锥P­ABC补成正方体PBFC­AMNE，如图所示， 所以三棱锥P­ABC的外接球直径即为正方体PBFC­AMNE的体对角线长， 故三棱锥P­ABC的外接球直径为2r＝＝a，得r＝a， 因此，三棱锥P­ABC的外接球的表面积为4πr2＝3πa2. 　补形法—对棱相等 [例3] (2024·江西南昌模拟)在三棱锥P­ABC中，已知PA＝BC＝2，AC＝BP＝，CP＝AB＝，则三棱锥P­ABC外接球的表面积为(　　 ) A．77π B．64π C．108π D．72π 解析：选A.因为三棱锥的对棱相等，所以可以把它看成长方体的面对角线， 设长方体的同一顶点三条棱长分别为a，b，c，且长方体的面对角线长为2，，， 则＝2，＝，＝. 长方体体对角线为长方体外接球直径，即为三棱锥外接球的直径， 2R＝d＝＝＝，它外接球半径等于， 所以球的表面积为4πR2＝77π. 【思维升华】　补形法的解题策略 (1)侧面为直角三角形，或对棱均相等的模型和正四面体，可以还原到正方体或长方体中去求解； (2)有一条侧棱与底面垂直的棱锥补成直棱柱求解． 　截面法 [例4] (2020·新课标Ⅰ卷)已知A，B，C为球O的球面上的三个点，⊙O1为△ABC的外接圆，若⊙O1的面积为4π，AB＝BC＝AC＝OO1，则球O的表面积为(　　 ) A．64π B．48π C．36π D．32π 解析：选A.设圆O1半径为r，球的半径为R，依题意，得πr2＝4π，∴r＝2， ∵△ABC为等边三角形，由正弦定理可得AB＝2r sin 60°＝2， ∴OO1＝AB＝2，根据球的截面性质OO1⊥平面ABC， ∴OO1⊥O1A，R＝OA＝＝＝4， ∴球O的表面积S＝4πR2＝64π. 【思维升华】　求解多面体的外接球时，经常用到截面图．如图所示，设球O的半径为R，截面圆O′的半径为r，M为截面圆上任意一点，球心O到截面圆O′的距离为d，则在Rt△OO′M中，OM2＝OO′2＋O′M2，即R2＝d2＋r2. 跟踪训练1 (1)一个正六棱柱的底面是正六边形，其侧棱垂直于底面，已知该六棱柱的顶点都在同一个球面上，且该六棱柱的体积为，底面周长为3，则这个球的体积为________． 解析：设正六棱柱底面边长为a，正六棱柱的高为h，底面外接圆的半径为r， 则a＝，底面积为S＝6··＝，V柱＝Sh＝h＝，所以h＝ ，R2＝()2＋＝1，R＝1，球的体积为V＝. 答案： (2)(2024·湘豫名校第一次联考)已知三棱锥P­ABC中，PB⊥平面ABC，PB＝2，AC＝6，∠ABC＝120°，则三棱锥P­ABC外接球的表面积为__________． 解析：由题意，将三棱锥P­ABC补成直三棱柱TPS­ABC，则该直三棱柱的外接球即为三棱锥P­ABC的外接球，且直三棱柱的外接球球心落在上、下底面外接圆圆心连线的中点上． 设△ABC外接圆的半径为r，三棱锥P­ABC外接球的半径为R， 因为PB⊥平面ABC，PB＝2，AC＝6，∠ABC＝120°， 由正弦定理得，2r＝＝4，所以r＝2，R2＝r2＋()2＝12＋3＝15. 所以三棱锥P­ABC外接球的表面积为S＝4πR2＝60π. 答案：60π (3)已知棱长为1的正四面体的四个顶点都在一个球面上，则这个球的体积为(　　 ) A．π B．π C．π D．π 解析：选A.如图将棱长为1的正四面体B1­ACD1放入正方体ABCD­A1B1C1D1中， 且正方体的棱长为1×cos 45°＝， 所以正方体的体对角线AC1＝＝， 正方体外接球的直径2R＝AC1＝， 所以正方体外接球的体积为πR3＝π×()3＝π， 正四面体的外接球即为正方体的外接球，所以正四面体的外接球的体积为π. (4)(2024·辽宁丹东模拟)四棱锥P­ABCD的顶点都在球O的表面上，△PAD是等边三角形，底面ABCD是矩形，平面PAD⊥平面ABCD ，若AB＝2，BC＝3，则球O的表面积为(　　 ) A．12π B．16π C．20π D．32π 解析：选B.连接AC，BD，AC∩BD＝G，取AD中点E，连接PE； ∵四边形ABCD为矩形，∴G为四边形ABCD的外接圆圆心； 在线段PE上取ME＝PE， ∵△PAD为等边三角形，∴M为△PAD外接圆圆心， 过G，M分别作平面ABCD和平面PAD的垂线，则两垂线交点即为球O的球心O， ∵△PAD为等边三角形，∴PE⊥AD， ∵平面PAD⊥平面ABCD ，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PE⊂平面PAD， ∴PE⊥平面ABCD，∴PE∥OG； 同理可得OM∥EG，∴四边形OMEG为矩形； ∴OM＝EG＝AB＝1，PM＝PE＝×＝， ∴OP＝＝2，即球O的半径R＝2， ∴球O的表面积S＝4πR2＝16π. 考点2　内切球 [例5] (1)(2024·浙江慈溪中学模拟)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，BC⊥CD，且AB＝BC＝CD＝1，则其内切球表面积为(　　 ) A．3π B．π C．(3－2)π D．(－1)π 解析：选C.因为四面体ABCD四个面都为直角三角形，AB⊥平面BCD，BC⊥CD， 所以AB⊥BD，AB⊥BC，BC⊥CD，AC⊥CD， 设四面体ABCD内切球的球心为O，半径为r， 则VABCD＝VO­ABC＋VO­ABD＋VO­ACD＋VO­BCD＝r(S△ABC＋S△ABD＋S△ACD＋S△BCD)，所以r＝， 因为四面体ABCD的表面积为SABCD＝S△ABC＋S△ABD＋S△ACD＋S△BCD＝1＋， 又因为四面体ABCD的体积VABCD＝××1×1×1＝，所以r＝＝， 所以内切球表面积S＝4πr2＝(3－2)π. (2)(2023·湖南郴州三模)已知三棱锥P­ABC的棱长均为4，先在三棱锥P­ABC内放入一个内切球O1，然后再放入一个球O2，使得球O2与球O1及三棱锥P­ABC的三个侧面都相切，则球O2的表面积为________． 解析：如图所示， 依题意得S△ABC＝×4×4×sin 60°＝4， 底面ABC的外接圆半径为2r1＝＝＝⇒r1＝， 点P到平面ABC的距离为d＝＝， 所以VP­ABC＝×4×＝， 所以S△PBC＝S△PAB＝S△PAC＝×4×4×sin 60°＝4， 设球O1的半径为R，所以VP­ABC＝VO1­PAB＋VO1­PAC＋VO1­PBC＋VO­ABC， 则＝(4×4)·R，得R＝，故PO1＝， 设球O2的半径为r，则＝＝，又R＝，得r＝， 所以球O2的表面积为S＝4π()2＝π. 答案：π 【思维升华】　几何体内切球问题的求解策略 (1)体积分割法求内切球半径． (2)作出合适的截面(过球心、切点等)，转化为平面图形求解． (3)多球相切的问题，连接各球球心，转化为处理多面体问题． 跟踪训练2 (2024·山西朔州模拟)如图所示的由4个直角三角形组成的各边长均相等的六边形是某棱锥的侧面展开图，若该六边形的面积为1＋，则该棱锥的内切球半径为________． 解析：设六边形边长为a，将图形还原得四棱锥P­ABCD，如图所示， 由题意，侧面展开图的面积S＝(1＋)·a2＝1＋，解得a＝1. 由PD⊥AD，PD⊥DC，AD∩DC＝D，AD，DC⊂平面ABCD，则PD⊥平面ABCD， 所以PD为四棱锥P­ABCD的高， 设内切球的球心为O，半径为r，则VP­ABCD＝VO­ABCD＋VO­PAB＋VO­PBC＋VO­PAD＋VO­PDC， 即×1×SABCD＝(SABCD＋S△PAB＋S△PBC＋S△PAD＋S△PDC)·r，解得r＝1－. 答案：1－ 考点3　与球切、接有关的最值问题 [例6] (2023·广东深圳二模)已知正三棱锥的外接球半径R为1，则该正三棱锥的体积的最大值为(　　 ) A． B． C． D． 解析：选C.如图所示，设该正三棱锥的高为h，底面外接圆的半径为r，底面面积为S， 由球的截面圆的性质，可得OA2＝AO＋OO，即R2＝r2＋(h－R)2， 解得R＝＝1，即r2＝2h－h2>0，解得0<h<2， 由锥体的体积公式，正四棱锥的体积为： V＝Sh＝×3S△O1BC·h＝×3×r2sin ×h＝r2h＝(2h－h2)h， 设f(x)＝(2x－x2)·x＝2x2－x3(0<x<2)，可得f′(x)＝4x－3x2＝x(4－3x)， 当x∈(0，)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈(，2)时，f′(x)<0，f(x)单调递减， 所以当x＝时，函数f(x)取得最大值，最大值为f()＝， 所以正三棱锥体积的最大值为Vmax＝×＝. 【思维升华】　与球切、接有关最值问题的求解策略 (1)转化为函数最值问题：通过引入参数，建立关于这个参变量的函数关系，转化为函数的最值问题来解决，有时要用导数法求最值． (2)转化为平面几何问题：根据题目的特征，寻找或确定一个数量关系比较集中的平面，将题目的其他条件逐步向该平面转移，然后利用几何方法或三角方法来解决． (3)利用基本不等式：可通过引入变量建立数学模型，然后利用基本不等式等求其最值． 跟踪训练3 (2024·新疆乌鲁木齐一模)如图，在三棱柱ABC­A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AA1＝4，AC＝BC＝2，∠ACB＝90°，D在上底面A1B1C1(包括边界)上运动，则三棱锥D­ABC的外接球体积的最大值为(　　 ) A．4π B．8π C．8π D．12π 解析：选C.因为AC＝BC＝2，∠ACB＝90°，所以△ABC的外接圆的圆心为AB的中点O1，且AO1＝BO1＝， 取A1B1的中点E，连接O1E，则O1E∥AA1，所以O1E⊥平面ABC； 设三棱锥D­ABC的外接球的球心为O，则O在O1E上， 设OO1＝x，DE＝t(0≤t≤)，球半径为R， 因为OA＝OD＝R，所以＝，所以t2＝8x－14， 因为0≤t≤，所以≤x≤2，因为R2＝2＋x2，所以≤R2≤6， 即外接球半径的最大值为， 所以三棱锥D­ABC的外接球的体积的最大值为V＝π()3＝8π. 学科网（北京）股份有限公司 $$