2025届高考数学二轮复习重点专题突破·球的切接问题（全国通用）

高考二轮复习专题 内切球与外接球问题 目 录 1 2 3 知识梳理·温故知新 典例分析·能力提升 CONTENTS 真题演练·高分突破 知识梳理·温故知新 1 4 5 6 典例分析·能力提升 2 典例一　常见几何体的外接球 √ 8 9 √ 10 √ 11 12 典例二　补形法求解外接球 √ 13 14 √ 15 16 17 典例三　二面角型几何体的外接球 √ 18 19 √ 20 21 22 √ 23 24 25 26 典例四　常见几何体的内切球 √ 27 28 √ 29 30 √ 31 真题演练·高分突破 3 √ 33 √ 34 √ 35 12 36 2 37 2 0 2 5 看 观 谢 谢 ★二轮复习专题突破★ 1．长方体的外接球 (1)球心：体对角线的交点． (2)半径：r＝ eq \f(\r(a2＋b2＋c2),2) (a，b，c为长方体的长、宽、高). 2．正方体的外接球、内切球及与各条棱都相切的球 (1)外接球：球心是正方体中心，半径r＝ eq \f(\r(3),2) a(a为正方体的棱长). (2)内切球：球心是正方体中心，半径r＝ eq \f(a,2) (a为正方体的棱长). (3)与各条棱都相切的球：球心是正方体中心，半径r＝ eq \f(\r(2),2) a(a为正方体的棱长). (4)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)： ①外接球：球心是正四面体的中心，半径r＝ eq \f(\r(6),4) a(a为正四面体的棱长). ②内切球：球心是正四面体的中心，半径r＝ eq \f(\r(6),12) a(a为正四面体的棱长). 3．解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思路如下： (1)定球心：如果是外接球，球心到各个顶点的距离相等且为球的半径；如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径； (2)作截面：选准最佳角度作出截面(要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素之间的关系)，达到空间问题平面化的目的； (3)求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程(组)，并求解． (1)(2024·辽宁一模)已知正四棱锥P－ABCD各顶点都在同一球面上，且正四棱锥底面边长为4，体积为 eq \f(64,3) ，则该球表面积为(　　) A．9π　　　　　　　　 B．36π C．4π D． eq \f(4π,3) 【解析】　连接AC，BD相交于点H，连接PH，则PH⊥平面ABCD. 因为正四棱锥底面边长为4，故底面正方形的面积为16，故 eq \f(1,3) ×PH×16＝ eq \f(64,3) ，故PH＝4. 设正四棱锥外接球的球心为O，易知O在直线PH上，设外接球的半径为R， 则OH＝|4－R|，故R2＝8＋(4－R)2，故R＝3， 故正四棱锥P－ABCD的外接球的表面积为4×π×9＝36π.故选B. (2)(2024·山东泰安市模拟)在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝ eq \r(3) ，点D在棱BC上运动，若AD＋DB1的最小值为 eq \r(13) ，则三棱柱ABC－A1B1C1的外接球的表面积为(　　) A．8π B．16π C．20π D．32π 【解析】　沿BC将△ABC与矩形BB1C1C展开至同一平面，易知∠ABB1＝150°.设BB1＝x，连接AB1，由题意知AD＋DB1的最小值为AB1，即AB1＝ eq \r(13) .由余弦定理可得AB12＝AB2＋BB12－2AB·BB1cos ∠ABB1，即x2＋3x－10＝0，解得x＝2或x＝－5(舍去).设△ABC的外接圆的半径为r，则2r＝ eq \f(AB,sin 60°) ＝2，即r＝1.设三棱柱ABC－A1B1C1的外接球的半径为R，则R2＝r2＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(AA1,2))) eq \s\up12(2) ＝2，故三棱柱ABC－A1B1C1的外接球的表面积为4πR2＝8π. (3)(2024·内蒙古呼和浩特二模)已知某圆台的母线长为2 eq \r(2) ，母线与轴所在直线的夹角是45°，且上、下底面的面积之比为1∶4，则该圆台外接球的表面积为(　　) A．40π B．64π C．80π D．128π 【解析】　如图，设上、下底面圆的圆心分别为M，N，外接球球心为O， 连接MN，则O在射线MN上，假设O在MN的延长线上，连接OC，OB，MB，NC. 因为上、下底面的面积之比为1∶4，则上底面半径与下底面半径之比为1∶2，即CN＝2MB， 又母线与轴所在直线的夹角是45°，故∠BCN＝45°，结合BC＝2 eq \r(2) ，则有CN－BM＝2，MN＝2，故CN＝4，BM＝2， 记圆台外接球半径为R，OM＝h， 在直角△OCN和直角△OBM中，由勾股定理知，OM2＋MB2＝OB2＝R2，ON2＋NC2＝OC2＝R2， 则有h2＋22＝(h－2)2＋42，解得h＝4，则O在MN的延长线上， 故R2＝4＋16＝20，则该圆台外接球的表面积为S＝4πR2＝80π.故选C. (1)(2024·海南海口期末)如图，在△ABC中，AB＝AC＝ eq \r(3) ，BC＝2 eq \r(2) ，D是边BC的中点，以AD为折痕把△ACD折叠，使点C到达点C′的位置，则当三棱锥C′－ABD体积最大时，其外接球的表面积为(　　) A． eq \f(9π,4) B． eq \f(5π,2) C． eq \f(9π,2) D．5π 【解析】　在△ABC中，AB＝AC，D是BC的中点，则有AD⊥BC， 在三棱锥C′－ABD中，C′D＝DB＝ eq \r(2) ，AD＝ eq \r(AB2－BD2) ＝1， 当C′D⊥BD，即C′D⊥平面ABD时，三棱锥C′－ABD体积最大，此时C′D，DB，DA两两垂直，可把三棱锥C′－ABD补形成一个长方体，且长方体的长、宽、高为1， eq \r(2) ， eq \r(2) ， 所以三棱锥的外接球半径为R＝ eq \f(\r(12＋（\r(2)）2＋（\r(2)）2),2) ＝ eq \f(\r(5),2) ， 所以外接球的表面积为S＝4πR2＝4π× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),2))) eq \s\up12(2) ＝5π.故选D. (2)(2024·福建十一校期末联考)已知△ABC是边长为8的正三角形，D是AC的中点，沿BD将△BCD折起，使得二面角A－BD－C为 eq \f(π,3) ，则三棱锥C－ABD外接球的表面积为(　　) A．52π B． eq \f(52,3) π C． eq \f(208,3) π D． eq \f(103,3) π 【解析】　在三棱锥C－ABD中，BD⊥AD，BD⊥CD，所以∠ADC是二面角A－BD－C的平面角，所以∠ADC＝ eq \f(π,3) .又AD∩CD＝D，AD，CD平面ACD，所以BD⊥平面ADC.将三棱锥C－ABD补成如图所示的三棱柱，则三棱锥C－ABD的外接球即为此三棱柱的外接球．设点O2，O1分别为三棱柱上、下底面三角形的外接圆圆心，连接O1O2，设点O为O1O2的中点，则点O即为外接球球心，连接O1D，OD.因为AD＝CD＝4，所以△ACD是正三角形，所以O1D＝4× eq \f(\r(3),2) × eq \f(2,3) ＝ eq \f(4\r(3),3) ，设外接球半径R，则R2＝OD2＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(BD,2))) eq \s\up12(2) ＋O1D2＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4\r(3),2))) eq \s\up12(2) ＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4\r(3),3))) eq \s\up12(2) ＝ eq \f(52,3) ，所以三棱锥C－ABD外接球的表面积为S＝4πR2＝ eq \f(208,3) π.故选C. 补形时可以将三棱锥补成三棱柱、三棱柱补成四棱柱、四棱锥补成四棱柱． (1)(2024·山东德州期末)在三棱锥P－ABC中，△ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形，△PAC是边长为2的正三角形，二面角P－AC－B的大小为150°，则三棱锥P－ABC外接球的表面积为(　　) A． eq \f(28π,3) B． eq \f(52π,9) C． eq \f(28\r(21)π,27) D． eq \f(52\r(13)π,81) 【解析】　取AC的中点H，连接BH，PH，由题意，AB＝BC＝ eq \f(\r(2),2) AC＝ eq \r(2) ，PA＝PC＝2，所以BH⊥AC，PH⊥AC，又PH平面PAC，BH平面ABC，平面PAC∩平面ABC＝AC，所以∠BHP为二面角P－AC－B的平面角，所以∠BHP＝150°.因为△ABC是以AC为斜边的等腰直角三角形，且AC＝2，所以AH＝BH＝CH＝1，H为△ABC外接圆的圆心，又△PAC是边长为2的等边三角形，所以HP＝ eq \r(3) ，过点H作与平面ABC垂直的直线，则球心O在该直线上．设球的半径为R，连接OB，OP，可得OH2＝OB2－BH2＝R2－1，在△OPH中，易知∠OHP＝60°，利用余弦定理可得OP2＝OH2＋HP2－2OH·HP·cos 60°，所以R2＝R2－1＋3－2 eq \r(R2－1) × eq \r(3) × eq \f(1,2) ，解得R2＝ eq \f(7,3) ，所以三棱锥P－ABC外接球的表面积为4πR2＝ eq \f(28π,3) .故选A. (2)(2024·江西鹰潭三模)在菱形ABCD中，AB＝2，AC＝2 eq \r(3) ，将△ABC沿对角线AC折起，使点B到达点B′的位置，且二面角B′－AC－D为直二面角，则三棱锥B′－ACD的外接球的表面积为(　　) A．5π B．16π C．20π D．100π 【解析】　由题意，在菱形ABCD中，连接BD，则AC，BD互相垂直且平分，设点E为垂足，则AB＝BC＝CD＝DA＝2，EC＝EA＝ eq \f(1,2) AC＝ eq \r(3) ， 由勾股定理得BE＝DE＝ eq \r(BC2－CE2) ＝ eq \r(4－3) ＝1，所以∠ADC＝ eq \f(2π,3) . 设△ACD外接圆的圆心为点O1，半径为r1， 连接O1D，则r1＝O1D＝ eq \f(AC,2sin ∠ADC) ＝ eq \f(2\r(3),2×\f(\r(3),2)) ＝2，D，E，O1三点共线，且O1E＝O1D－DE＝2－1＝1. 设△ACB′外接圆的圆心为点O2，半径为r2，连接O2B′，同理可得r2＝2，B′，E，O2三点共线，O2E＝1. 设三棱锥B′－ACD的外接球的球心、半径分别为点O，R， 易知点O在面ADC，面ACB′内的射影分别为O1，O2，且O1在DE的延长线上，O2在B′E的延长线上， 即OO1⊥DE，OO2⊥B′E， 由题意AC⊥DE，AC⊥B′E，且二面角B′－AC－D为直二面角， 即面DAC⊥面ACB′，又DE∩B′E＝E， 所以B′E⊥ED，即O2E⊥EO1，可知四边形O1OO2E为矩形，所以O1O＝O2E＝1， 连接OD，则OD2＝O1O2＋O1D2＝5＝R2， 所以三棱锥B′－ACD的外接球的表面积为S＝4πR2＝4π×5＝20π.故选C. (3)(2024·云南大理期末)已知在菱形ABCD中，∠ADC＝ eq \f(π,3) ，AB＝2 eq \r(3) ，将△DAC沿AC翻折至△PAC，使PB＝3 eq \r(3) ，则三棱锥P－ABC的外接球的表面积为(　　) A．12π B．27π C．28π D．48π 【解析】　如图，取AC的中点H，连接BH，PH， 由题意，在菱形ABCD中，∠ADC＝ eq \f(π,3) ，AB＝2 eq \r(3) ，所以BH⊥AC，PH⊥AC， 所以∠BHP为二面角P－AC－B的平面角， 且PH＝BH＝ eq \f(\r(3),2) AB＝3，又PB＝3 eq \r(3) ， 故cos ∠BHP＝ eq \f(PH2＋BH2－PB2,2PH·BH) ＝ eq \f(32＋32－（3\r(3)）2,2×3×3) ＝－ eq \f(1,2) ，所以∠BHP＝ eq \f(2π,3) ，因为△ABC是边长为2 eq \r(3) 的等边三角形，则其外接圆的半径为r＝ eq \f(AB,2sin \f(π,3)) ＝ eq \f(1,2) × eq \f(2\r(3),\f(\r(3),2)) ＝2，设其外接圆圆心为N，则N在BH上，BN＝r＝2，过点P作平面ABC的垂线，垂足为Q， 则Q在BH的延长线上，且PQ＝PH sin eq \f(π,3) ＝ eq \f(3\r(3),2) ，QH＝PH cos eq \f(π,3) ＝ eq \f(3,2) ， 设外接球的半径为R，球心为O，O到平面ABC的距离为h，连接OB，OP，ON，过点O作OM∥BH交PQ于点M， 可得R2＝h2＋r2＝(PQ－h)2＋(QH＋BH－r)2， 即R2＝h2＋4＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3\r(3),2)－h)) eq \s\up12(2) ＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)＋3－2)) eq \s\up12(2) ，解得h＝ eq \r(3) ，R＝ eq \r(7) ， 所以外接球的表面积为4πR2＝28π.故选C. 求解二面角型几何体的外接球，首先要确定两个面的外心O1，O2，然后过外心作两个面的垂线l1，l2，两垂线的交点即为外接球球心O，最后利用勾股定理求外接球半径R. (1)(2024·广东省高三二模)已知球O与圆台O1O2的上、下底面和侧面均相切，且球O的体积与圆台O1O2的体积之比为 eq \f(1,2) ，则球O的表面积与圆台O1O2的表面积之比为(　　) A． eq \f(1,6) B． eq \f(1,4) C． eq \f(1,3) D． eq \f(1,2) 【解析】　如图，设球O与圆台侧面切于点M，圆台上底面半径为r，下底面半径为R，连接O1A，OA，OM，O2B. 由△OO1A≌△OMAO1A＝AM，同理O2B＝BM，∴AB＝R＋r. 在梯形O1O2BA中， O1O2＝ eq \r(（R＋r）2－（R－r）2) ＝2 eq \r(Rr) ， ∴S球＝4πRr，V球＝ eq \f(4,3) πRr eq \r(Rr) ， V圆台＝ eq \f(（πr2＋πR2＋πRr）·2\r(Rr),3) ， ∵ eq \f(V球,V圆台) ＝ eq \f(2Rr,R2＋r2＋Rr) ＝ eq \f(1,2) R2＋r2＝3Rr， ∴ eq \f(S球,S圆台表) ＝ eq \f(4πRr,πR2＋πr2＋π（R＋r）2) ＝ eq \f(4πRr,8πRr) ＝ eq \f(1,2) . 故选D. (2)(2024·四川德阳二诊)一个球与正四面体的六条棱都相切，若正四面体的棱长为a，则这个球的体积为(　　) A． eq \f(\r(2),12) πa3 B． eq \f(\r(2),24) πa3 C． eq \f(\r(3),12) πa3 D． eq \f(\r(3),24) πa3 【解析】　如图所示，正四面体AB1CD1在正方体ABCD－A1B1C1D1中，一个球与正四面体AB1CD1的六条棱都相切，则该球为正方体ABCD－A1B1C1D1的内切球，因为正四面体的棱长为a，则正方体的棱长为 eq \f(\r(2),2) a，即球的直径2R＝ eq \f(\r(2),2) a，所以半径R＝ eq \f(\r(2),4) a，所以这个球的体积为 eq \f(4π,3) × eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),4)a)) eq \s\up12(3) ＝ eq \f(\r(2),24) πa3. (3)(2024·湖南常德期末)轴截面为正三角形的圆锥称为等边圆锥，已知一等边圆锥的母线长为 eq \r(3) ，则该圆锥的内切球的体积为(　　) A．4π B． eq \f(4π,3) C．π D． eq \f(π,6) 【解析】　等边圆锥轴截面如图所示，其中D，E为切点，设内切球的半径为r，球心为O，连接OD，OE，OC，则OD＝OE＝r，D为BC中点， 由题意可得∠OCD＝ eq \f(π,6) ，CD＝ eq \f(\r(3),2) ， 在Rt△OCD中，tan ∠OCD＝ eq \f(OD,CD) ， 所以OD＝CD·tan ∠OCD＝ eq \f(\r(3),2) × eq \f(\r(3),3) ＝ eq \f(1,2) ，即r＝ eq \f(1,2) ， 所以内切球的体积为 eq \f(4,3) πr3＝ eq \f(4,3) π eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))) eq \s\up12(3) ＝ eq \f(π,6) .故选D. 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 eq \r(3) 和4 eq \r(3) ，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　由题意，得正三棱台上、下底面的外接圆的半径分别为 eq \f(2,3) × eq \f(\r(3),2) ×3 eq \r(3) ＝3， eq \f(2,3) × eq \f(\r(3),2) ×4 eq \r(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＋OO12＝42＋(1－OO1)2，解得OO1＝4(舍去)，故球心O在线段O1O2的延长线上，则R2＝42＋OO22＝32＋(1＋OO2)2，解得OO2＝3，所以R2＝25，所以该球的表面积为4πR2＝100π.故选A. 2．(2021·全国甲卷，理)已知A，B，C是半径为1的球O的球面上的三个点，且AC⊥BC，AC＝BC＝1，则三棱锥O－ABC的体积为(　　) A． eq \f(\r(2),12) B． eq \f(\r(3),12) C． eq \f(\r(2),4) D． eq \f(\r(3),4) 解析　如图所示，因为AC⊥BC，所以AB为截面圆O1的直径，且AB＝ eq \r(2) .连接OO1，O1C，则OO1⊥平面ABC，故在Rt△OCO1中，OO1＝ eq \r(1－（\f(AB,2)）2) ＝ eq \r(1－（\f(\r(2),2)）2) ＝ eq \f(\r(2),2) ，所以三棱锥O－ABC的体积V＝ eq \f(1,3) S△ABC×OO1＝ eq \f(1,3) × eq \f(1,2) ×1×1× eq \f(\r(2),2) ＝ eq \f(\r(2),12) . 3．(2020·课标全国Ⅰ，理)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　设球O的半径为R，⊙O1的半径为r，因为⊙O1的面积为4π，所以4π＝πr2，解得r＝2，又AB＝BC＝AC＝OO1，所以 eq \f(AB,sin 60°) ＝2r，解得AB＝2 eq \r(3) ，故OO1＝2 eq \r(3) ，所以R2＝OO12＋r2＝(2 eq \r(3) )2＋22＝16，所以球O的表面积S＝4πR2＝64π.故选A. 4．(2023·全国甲卷，理)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为CD，A1B1的中点，则以EF为直径的球面与正方体每条棱的交点总数为________． 解析　不妨设正方体棱长为2，EF中点为O，分别取AB，BB1的中点为G，M，侧面BB1C1C的中心为N，连接FG，EG，OM，ON，MN，如图，由题意可知，O为球心，在正方体中，EF＝ eq \r(FG2＋EG2) ＝ eq \r(22＋22) ＝2 eq \r(2) ，即球的半径为R＝ eq \r(2) ， 则球心O到BB1的距离为OM＝ eq \r(ON2＋MN2) ＝ eq \r(12＋12) ＝ eq \r(2) ， 所以球O与棱BB1相切，球面与棱BB1只有1个交点， 同理，根据正方体的对称性知，其余各棱和球面也只有1个交点， 所以以EF为直径的球面与正方体每条棱的交点总数为12. 5．(2023·全国乙卷，文)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＝________． 解析　如图，将三棱锥S－ABC补为直三棱柱SMN－ABC， 设△ABC的外接圆圆心为O1，半径为r， 则2r＝ eq \f(AB,sin ∠ACB) ＝ eq \f(3,\f(\r(3),2)) ＝2 eq \r(3) ，可得r＝ eq \r(3) ， 设三棱锥S－ABC的外接球球心为O，连接OA，OO1，O1A，则OA＝2，OO1＝ eq \f(1,2) SA，因为OA2＝OO12＋O1A2，即4＝ eq \f(1,4) SA2＋3，解得SA＝2. $$