外接球、内切球与棱切球问题专题突破讲义-2025届高三数学二轮复习

外接球、内切球与棱切球问题 一、考情分析 高频考点 高考预测 外接球 以小题形式考查外接球、内切球、棱切球的表面积、体积及有关的最值问题,多为中档题 内切球 棱切球 二、考题展示 1.(2022 新高考 卷)已知正三棱台的高为1,上、下底面边长分别为3,其顶点都在同一球面上,则该球的表面积为 ( ) A.100 B.128 C.144 D.192 2.(2023 全国甲卷)在正方体ABCD-A1B1C1D1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. 3.(2023 全国甲卷)在正方体ABCD-A1B1C1D1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 . 4.(2023 全国乙卷)已知点S,A,B,C均在半径为2的球面上, ABC是边长为3的等边三角形,SA⊥平面ABC,则SA= . 考向一 几何体的外接球 例1 (1)(2024 金丽衢十二校二联)在三棱锥D-ABC中,底面是边长为2的正三角形,若AD为三棱锥D-ABC的外接球直径,且AC与BD所成角的余弦值为,则该外接球的表面积为 ( ) A. C.7 D.16 (2)(2024 宁波调研)在平行四边形ABCD中,已知AB=4,AC=2,将 ABC沿AC翻折得四面体AB'CD.作一平面分别与AD,DC,CB',B'A交于点E,F,G,H.若四边形EFGH是边长为的正方形,则四面体A-B'CD外接球的表面积为 ( ) A.22 B.24 C.44 D.48 _ _ _ _ 反思感悟 求解多面体的外接球的主要方法有: (1)构造模型法:即寻找适合题意的长方体,正方体,圆柱等几何体,借助于这些几何体迅速求得外接球半径; (2)建立直角梯形或直角三角形法:即先找到底面多边形的外心,作出外接球球心,借助于题设中的条件得到多面体的高,构成直角梯形或直角三角形来求解. 训练1 (1)(2024 浙江学军中学模拟)已知三棱锥S-ABC中,∠SAB=∠ABC=,SB=4,AB=2,BC=,SA和BC所成的角为,则该三棱锥外接球的表面积是 ( ) A.12 B.16 C.24 D.32 (2)(2024 丽水、湖州、衢州二模)在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,P,Q,R分别为棱BC,CD,CC1的中点,平面PQR截正方体ABCD-A1B1C1D1外接球所得的截面面积为 ( ) A. 考向二 几何体的内切球 例2 (1)(2024 安庆二模)已知圆锥的顶点为P,底面圆心为M,底面直径AB=2.圆锥的内切球和外接球的球心重合于一点O,则该圆锥的全面积为 . (2)(2024 宿迁调研)在一个轴截面为正三角形的圆锥内放入一个与侧面及底面都相切的实心球后,再在该圆锥内的空隙处放入n个小球,这些小球与实心球、圆锥的侧面以及底面都相切,则n的最大值为 . _ _ _ _ 反思感悟 1.多面体的内切球常用体积分割法. 2.旋转体的内切球注意分析轴截面. 训练2 (1)(2023 湖州调研)已知一个圆台的上、下底面半径为a,b(a<b),若球O与该圆台的上、下底面及侧面均相切,且球O与该圆台体积比为,则= . (2)如今中国被誉为“基建狂魔”,可谓逢山开路,遇水架桥.高速公路里程、高铁里程双双都是世界第一.建设过程中研制出的用于基建的大型龙门吊、平衡盾构机等国之重器更是世界领先水平.如图是某重器上一零件结构模型,中间大球为正四面体的内切球,小球与大球相切,同时与正四面体的三个面相切.设AB=a,则该模型中5个球的表面积之和为 . 考向三 棱切球 例3 与正三棱锥6条棱都相切的球称为正三棱锥的棱切球.若正三棱锥的底面边长为2,侧棱长为3,则此正三棱锥的棱切球半径为 ( ) A.+2 C.6 _ _ _ _ 反思感悟 棱切球问题注意以下几点:(1)确定切点;(2)确定球心(有时需讨论);(3)求半径;(4)注意隐含条件. 训练3 (1)(2024 宁波二模)在正四棱台ABCD-A1B1C1D1中,AB=4,A1B1=2,AA1=,若球O与上底面A1B1C1D1以及棱AB,BC,CD,DA均相切,则球O的表面积为 ( ) A.9 B.16 C.25 D.36 (2)(多选)(2024 东北三省三校二联)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,下列命题正确的是 ( ) A.BD1⊥平面A1C1D B.四面体D1-AB1C的体积是正方体ABCD-A1B1C1D1的体积的三分之一 C.与正方体ABCD-A1B1C1D1所有棱都相切的球的体积为 D.BB1与平面A1C1D所成的角等于60 外接球、内切球与棱切球问题 考情与考题 二、考题展示 1.A [由题意,得正三棱台上、下底面的外接圆的半径分别为=3,=4. 设该棱台上、下底面的外接圆的圆心分别为O1,O2,连接O1O2,则O1O2=1,其外接球的球心O在直线O1O2上. 设球O的半径为R,当球心O在线段O1O2上时,R2=32+O=42+(1-OO1)2,解得OO1=4(舍去); 当球心O不在线段O1O2上时,R2=42+O=32+(1+OO2)2,解得OO2=3, 所以R2=25, 所以该球的表面积为4 R2=100 . 综上,该球的表面积为100 .] 2.12 [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.] 3.[2,2] [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].] 4.2 [如图,设 ABC的外接圆圆心为O1,连接O1A,因为 ABC是边长为3的等边三角形,所以其外接圆半径r=O1A=.将三棱锥S-ABC补形为正三棱柱SB1C1-ABC,由题意知SA为侧棱,设球心为O,连接OO1,OA,则OO1⊥平面ABC,且OO1=SA.又球的半径R=OA=2,OA2=O+O1A2,所以4=SA2+3,得SA=2.] 考向与考法 例1 (1)A (2)A [(1)如图所示, 记球心为O,取AB中点为E,BC中点为F,连接OE,OF,EF,记外接球半径为r,在Rt ABD中,BD=2,OE∥BD,OE=,在 ABC中,EF∥AC,EF=AC=1,在Rt OBF中,OF=,所以AC与BD所成角为∠OEF,即cos∠OEF=,在 OEF中,OE=OF=,EF=1,所以cos∠OEF=,解得r2=,所以该外接球的表面积为4 r2=4 .故选A. (2)因为EFGH为正方形, 则EF∥GH且GH⊥GF, 又EF⊂平面ACD,GH⊄平面ACD, 所以GH∥平面ACD, 又因为平面ACB'∩平面ACD=AC, 所以GH∥AC∥EF,同理可知GF∥HE∥B'D, 所以B'D⊥AC,且E,F,G,H均为各边的中点,所以B'D=2, 因为四边形EFGH是边长为的正方形, 所以 B'AC≌ DAC, B'DC≌ B'DA CB'=AB'=CD=AD=4, 首先求对棱四面体的外接球的半径,将其放在长方体内,如图所示: a2+b2=16,a2+c2=16,c2+b2=12, 所以四面体AB'CD外接球的半径为R=,所以四面体AB'CD外接球的表面积为4 R2=4 =22 .故选A.] 训练1 (1)B (2)A [(1)将三棱锥S-ABC放入长方体ABCD-EFGH中,S在棱EH上面,并以A为原点,AB,AD,AE所在直线分别为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系. 由题意∠SAB=∠ABC=,SB=4,AB=2,BC=,所以SA=,因为SA和BC所成的角为,AD∥BC,所以AE=2=3,ES=2,而底面三角形外接圆圆心为AC中点O1,设球心O到平面ABC的距离为h,则A(0,0,0),B(2,0,0),C(2,,0),S(0,,3),O1,O,所以,,则由|+1+(3-h)2,解得h=,R2=4,从而S=4 R2=16 ,即该三棱锥外接球的表面积是16 .故选B. (2)取正方体的中心为O,连接OP,OQ,OR,如图1. 图1 由于正方体的棱长为2,所以正方体的面对角线长为2,体对角线长为2,正方体外接球球心为点O,半径R=,又易得OP=OQ=OR=,且PQ=PR=QR=,所以三棱锥O-PQR为正四面体,如图2所示,取底面正三角形PQR的中心为M, 图2 即点O到平面PQR的距离为OM,又正三角形PQR的外接圆半径为MQ,由正弦定理可得2MQ=,即MQ=,所以OM=,即正方体ABCD-A1B1C1D1外接球的球心O到截面PQR的距离为OM=,所以截面PQR被球O所截圆的半径r=,则截面圆的面积为 r2= .故选A.] 例2 (1)3 (2)10 [(1)画出圆锥的轴截面如图所示, 由O为圆锥的内切球球心,则有BO为∠PBA的角平分线,由O为圆锥的外接球球心,则OB=OP,故∠PBO=∠OPB,故∠APB=∠PBA,又PA=PB,故 PAB为等边三角形,故PM=,PB=2,则S全= r2+ rl= 12+ 1 2=3 .故答案为3 . (2)由题意知,圆锥的轴截面为正三角形,设边长为2a.设实心球半径为R,由∠OCD=30 得,OC=2R,∴OA=OC=2R,∴R+2R=AD=a,R=a,OC=a,EC=OC-R=R=a.设小球的半径为r,同理O'C=2r,3r=CE=a,∴r=a,OO'=R+r=a,O'到直线OA的距离为OO' sin 60 =a.空隙处放入n个小球相邻相切,排在一起,则球心在一个半径为a的圆上,如图所示. H为相邻两球的切点,M1,M2分别为球心,设∠M1MH= ,则sin =,故 =17 ,2 =34 ,≈10.6,故小球个数最多为10个,即n的最大值为10.] 训练2 (1) (2)a2 [(1)作出圆台的轴截面,如图所示,E为切点,DF为圆台的高.圆台的母线AD=DE+AE=a+b, AF==b-a,所以圆台的高DF==,球O的半径r=,由球O与该圆台体积比为,整理得,3a2-10b2+3b2=0,方程两边同除b2,解得或3(舍去). (2)如图所示, 设O为大球的球心,大球的半径为R,正四面体的底面中心为E,棱长为a,高为h,CD的中点为F,连接OA,OB,OC,OD,OE,BF, 则BE=a, 正四面体的高h=AE=a. 因为, 所以 S ABC R,所以R=a. 设小球的半径为r,小球也可看作一个小的正四面体的内切球,且小正四面体的高h小=h-2R=a,所以r=. 故该模型中5个球的表面积之和为4 R2+4 4 r2=8 R2=8 a2.] 例3 C [设正三棱锥的底面边长为m,侧棱长为n,棱切球半径为R,如图所示. 正三棱锥P-ABC,作BC中点D,连接PD,AD,作PH⊥AD,可知PH⊥平面ABC. PH=. 若棱切球球心O1在线段PH上,E为棱PA与球O1的切点,连接O1E,O1D,设∠APH= ,由sin =R,O1H=, 由PH=PO1+O1H , ① 若棱切球球心O2在PH延长线上,F为PA与球O2的切点,连接O2F,O2D, 此时PH=PO2-HO2 , ② 因PF<PA <n, 又tan =,故R<, 又m=2,n=3,则R<6. 把数值代入①②得,1=, 即=R2-2, 解得R=6(舍).] 训练3 (1)C (2)AB [(1)设棱台上下底面的中心为N,M,连接D1B1,DB,则D1B1=2,DB=4,所以棱台的高MN= =1,设球半径为R,根据正四棱台的结构特征可知,球O与上底面A1B1C1D1相切于N,与棱AB,BC,CD,DA均相切于各边中点处,设BC中点为E,连接OE,OM,ME,所以OE2=OM2+ME2 R2=(R-1)2+22,解得R=,所以球O的表面积为4 R2=25 ,故选C. (2)对A,由正方体性质可得BB1⊥平面A1B1C1D1,A1C1⊂平面A1B1C1D1,所以BB1⊥A1C1,易知B1D1⊥A1C1,BB1∩B1D1=B1,BB1,B1D1⊂平面BB1D1D,故A1C1⊥平面BB1D1D,又BD1⊂平面BB1D1D,故BD1⊥A1C1,同理可证DC1⊥平面BCD1A1,又BD1⊂平面BCA1D1,故BD1⊥DC1,又DC1∩A1C1=C1,DC1,A1C1⊂平面A1C1D,故BD1⊥平面A1C1D,A正确; 对B,四面体D1-AB1C的体积为正方体的体积减去4个三棱锥的体积,即1-4 ,故四面体D1-AB1C的体积是正方体ABCD-A1B1C1D1的体积的三分之一,故B正确; 对C,与正方体ABCD-A1B1C1D1所有棱都相切的球的直径长度为面对角线AB1的长度,故球的体积为 ,故C错误; 对D,以D1为原点建立如图所示的坐标系,D1(0,0,0),B(1,1,1),B1(1,1,0),由A可知,=(1,1,1)为平面A1C1D的法向量,=(0,0,-1),设BB1与平面A1C1D所成的角为 ,sin =,故D错误.故选AB.] 学科网(北京)股份有限公司 $$