7.2 球的切，接问题-【创新教程】2026年高考数学总复习大一轮讲义（人教A版2019）

§７．２　球的切、接问题 ★[考试要求] 与球有关的内切、外接问题是立体几何的一个重点(切、接问题的解题思路类似)．研究多面体的外接球问题,既 要运用多面体的知识,又要运用球的知识,并且还要特别注意多面体的有关几何元素与球的半径之间的关系． 　　　　　　　　学生用书　P１１４ 　　　外接球 ▶[角度１]　定义法找球心 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 [例１－１](１)(２０２５􀅰六盘水模 拟)如 图,在 四 面 体 ABCD 中,∠ACB＝ ∠ADB＝９０°, AB＝２,则四面体 ABCD 外 接球的表面积为 (　　) A．２π B．４π C．８π D．８π３ [解析]　由题设,若O 是AB 中点,又 由 ∠ACB＝∠ADB ＝９０°,故 OA ＝OB ＝OC ＝OD, 所以O 是四面体外接球的球心,且半径为OA＝OB ＝OC＝OD＝１２AB＝１ , 所以外接球的表面积为４π×１２＝４π． [答案]　B (２)已知菱形ABCD 的各边长 为２,∠B＝６０°．将 △ABC 沿 AC 折起,折起后记点B 为P, 连接PD,得到三棱锥PＧACD, 如图所示,当三棱锥PＧACD 的表面积最大时,三棱 锥PＧACD 的外接球体积为 (　　) A．５ ２π３ B． ４ ３π ３ C．２ ３π D． ８ ２π ３ [解析]　由题意可得,△ACD,△ACP 均为边长为 ２的等边三角形,△PAD,△PCD 为全等的等腰三 角形, 则三棱锥PＧACD 的表面积 S＝２S△ACD＋２S△PCD＝２× １ ２×２×２× ３ ２＋２× １ ２× ２×２sin∠PCD＝２ ３＋４sin∠PCD≤２ ３＋４, 当且仅当sin∠PCD＝１,即 PC⊥CD 时,三棱锥 PＧACD的表面积取最大值, 此时△PAD,△PCD 为直角三角形, PD＝ PC２＋CD２＝２ ２, 取PD 的中点O,连接OA,OC,由直角三角形的性 质可得OA＝OC＝OD＝OP＝ ２, 即三棱锥PＧACD 的外接球的球心为O, 半径R＝ ２, 故外接球体积V＝４３π× (２)３＝８ ２π３ ． [答案]　D 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 　　 定义找心的常见模型 (１)正方体或长方体的外接球的球心为其体对角线 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 可通过计算找到． (５)若棱锥的顶点可构成共斜边的直角三角形 , 则公共斜边的中点就是其外接球的球心． ▶[角度２]　补形法找球心 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 [例１－２]　(１)(２０２５􀅰绵阳模拟)在边长为２的正方 形ABCD 中,E,F 分别为线段AB,BC 的中点,连 接DE,DF,EF,将△ADE,△CDF,△BEF 分别沿 DE,DF,EF 折起,使A,B,C三点重合,得到三棱锥 OＧDEF,则该三棱锥外接球的表面积为　　　　． [解析]　 由 题 意 可 知 OD,OE,OF 两两垂直,且OD＝２,OE＝OF＝１, 将三棱锥OＧDEF 补成一个长方体, 如图所示,则长方体的体对角线就是 三棱锥的外接球的直径,设外接球的 半径为R,(２R)２＝OD２＋OE２＋OF２＝４＋１＋１＝６,得 ４R２＝６,所以该三棱锥外接球的表面积为４πR２＝６π． [答案]　６π (２)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＝　　　　． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰１７１􀅰 第七章　立体几何与空间向量 [解析]　如图,将三棱锥SＧABC 转化 为 直 三 棱 柱SMNＧABC,设 △ABC 的外接圆圆心为O１,半径 为r,则 ２r＝ ABsin∠ACB＝ ３ ３ ２ ＝２ ３,可得r＝ ３．设三棱锥SＧABC 的外接球球心为 O,连 接 OA,OO１,则 OA＝２,OO１ ＝ １ ２SA ,因 为 OA２＝OO２１＋O１A２,即４＝ １ ４SA ２＋３,所以SA＝２． [答案]　２ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 　　 补形找球心的常用模型 (１)有两个面是共直角边的三棱锥,可补成棱柱． (２)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都分别可构造正方体． (３)同一个顶点上的三条棱两两垂直的四面体、相对的 棱相等的三棱锥都分别可构造长方体和正方体． ▶[角度３]　截面法找球心 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 [例１－３]　(１)在三棱锥AＧBCD中,AB⊥平面BCD, AB＝CD＝４,则三棱锥AＧBCD 的外接球的表面积 的最小值为 (　　) A．１６π B．３２π C．１１２π３ D．６４π [解析]　 设 底 面 BCD 的 外 接圆的半径为r,∠CBD＝θ, θ∈ (０,π),则 在 △BCD 中, CD＝４,可得２r＝ ４sinθ ,所以 r＝ ２sinθ ,设底面三角形的外 心为O１,过O１ 作底面BCD 的垂线,由于AB⊥平 面BCD,故所作垂线与 AB 的中垂线的交点即为 三棱锥AＧBCD 外接球的球心O,设外接球的半径 为R,而O１O＝ １ ２AB＝２ ,则外接球的半径为R＝ O１O２＋O１B２＝ ４＋ ４ sin２θ ≥２ ２,即当sinθ＝１即 BC⊥BD 时,三棱锥的外接球的半径取得最小值 ２ ２,此时三棱锥 AＧBCD 的外接球表面积取得最 小值:４π×(２ ２)２＝３２π． [答案]　B (２)在菱形ABCD 中,A＝π３ ,AB＝２,将△ABD 沿 BD 折起,使得点A 到平面BCD 的距离最大,此时 四面体ABCD 的所有顶点都在同一球面上,则该 球的表面积为　　　　　． [解析]　如图,设AC∩BD ＝E,因为四边形 ABCD 为 菱形,A＝π３ ,AB＝２,所以 △BCD 和△ABD 均是边长 为２的等边三角形,则 AE ＝EC＝ ３．因为翻折后点 A 到平面BCD 的距离最大,所以平面 ABD⊥平面 BCD．设 △BCD 的 外 接 圆 的 圆 心 为 O′,四 面 体 ABCD 的外接球的球心为O,则OO′⊥平面BCD, 且O′C＝２ ３３ ,O′E＝ ３３． 设OO′＝h,则(３－h)２＋ ３ ３ æ è ç ö ø ÷ ２ ＝h２＋ ２ ３ ３ æ è ç ö ø ÷ ２ ,解得h＝ ３３ ,所以外接球的 半径R＝ １３＋ ４ ３＝ １５ ３ ,所以四面体 ABCD 的外 接球的表面积S＝４πR２＝２０π３ ． [答案]２０π ３ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 　　 找两个三角形的外接圆的圆心,过圆心分别作这两个 三角形所在平面的垂线,两垂线的交点就是球心． １．(２０２５􀅰韶关模拟)已知三棱柱ABCＧA１B１C１ 的侧棱垂 直于底面,且所有顶点都在同一个球面上,若AA１＝ AC＝２,AB⊥BC,则此球的体积为　　　　． 解析:设△ABC 的外接圆的圆心为D,半径为r,球 的半径为R,球心为O, 底面△ABC 为直角三角形,故其外接圆圆心 D 在 斜边中点处,则r＝１, 又因为OD＝１２AA１＝１ ,在 Rt△OCD 中, R＝ r２＋１２＝ ２,V球 ＝４３πR ３＝８ ２３ π． 答案:８ ２ ３ π ２．(２０２５􀅰广东联考)在三棱锥PＧABC,若PA⊥平面 ABC,AC⊥BC,|AC|＝５,|BC|＝ １１,|PA|＝８, 则三棱锥PＧABC 外接球的表面积是 (　　) A．１００π B．５０π C．１４４π D．７２π 解析:A　[如图,将三棱锥放 于一个长方体内: 则三棱锥的外接球就是长方体 的 外 接 球,∴PB 为 三 棱 锥 PＧABC外接球的直径, ∵|PB|＝ ５２＋(１１)２＋８２＝１０, ∴ 外 接 球 的 表 面 积 为:４π× １０ ２ æ è ç ö ø ÷ ２ ＝１００π．] 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰２７１􀅰 高考总复习　数学 A版 ３．在平面四边形ABCD 中,AB＝AD＝CD＝１,BD＝ ２,BD ⊥CD．将 其 沿 对 角 线 BD 折 成 四 面 体 A′BCD,使平面A′BD⊥平面BCD．若四面体A′BCD 的顶点在同一球面上,则该球的体积为 (　　) A．３π２ B．３π C． ２π ３ D．２π 解析:A　[如图,设BD,BC 的中点分别为E,F． 因为点F 为底面 Rt△BCD 的外心,则三棱锥 A′Ｇ BCD 的外接球球心必在过点F 且与平面BCD 垂 直的直线l１ 上．又有点E 为底面 Rt△A′BD 的外 心,则外接球球心必在过点E 且与平面A′BD 垂直 的直线l２ 上．所以球心为l１ 与l２ 的交点．又因为 FE∥CD,CD⊥BD,平面A′BD⊥平面BCD,平面 A′BD∩平面BCD＝BD,所以FE⊥平面A′BD．所 以球心为点F．又因为 A′B＝A′D＝１,所以BD＝ ２,又因为CD＝１,所以BC＝ ３,球半径R＝BC２ ＝ ３ ２． 故V＝４３π ３ ２ æ è ç ö ø ÷ ３ ＝ ３π２ ． ] 　　　内切球 [例２]　(１)(２０２５􀅰邢台模拟)已知圆台的上、下底 面半径之比为１ ２ ,侧面积为９π,在圆台的内部有一 球O,该球与圆台的上、下底面及母线均相切,则球 O 的表面积为 (　　) A．３π B．５π C．８π D．９π [解析]　设圆台的上底面 半径 为r,则 下 底 面 半 径 为２r,母线长为l,如图所 示,作出圆台与球的轴截 面．由 于 球 O 与 圆 台 的 上、下底面及母线均相切, 故l＝AD＝AH＋DG＝r＋２r＝３r．根据圆台的侧 面积公式S＝(πr＋２πr)l＝９π,可得r＝１,所以球 O 的直径为 HG＝ AD２－(DG－AH)２＝２ ２,故 球O 的半径为R＝ ２,所以球O 的表面积为４πR２ ＝８π． [答案]　C (２)已知圆锥的底面半径为１,母线长为３,则该圆 锥内半径最大的球的体积为　　　　． [解析]　易知半径最大的球为 圆锥的内切球,球与圆锥内切时 的轴截面如图所示,其中BC＝ ２,AB＝AC＝３,且点 M 为BC 边上的中点,设内切球的球心为 O,由 于 AM＝ ３２－１２ ＝２ ２, 故S△ABC＝ １ ２×２×２ ２＝２ ２． 设内切球的半径为 r,则S△ABC ＝S△AOB ＋S△BOC ＋S△AOC ＝ １ ２AB 􀅰r＋ １ ２BC 􀅰r＋１２AC 􀅰r＝１２× (３＋２＋３)×r＝２ ２, 解得r＝ ２２ ,其体积V＝４３πr ３＝ ２π３ ． [答案]　 ２π３ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 　　 多面体内切球的球心与半径的确定 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 重合． ④体积分割是求内切球半径的通用做法． 如 图 所 示,直 三 棱 柱 ABCＧ A１B１C１ 是 一 块 石 材,测 量 得 ∠ABC＝９０°,AB＝６,BC＝８, AA１＝１３．若将该石材切削、打 磨,加工成几个大小相同的健身 手球,则一个加工所得的健身手 球的最大体积及此时加工成的健 身手球的个数分别为 (　　) A．３２π３ ,４ B．９π２ ,３ C．６π,４ D．３２π３ ,３ 解析:D　[依题意知,当健身手球与直三棱柱的三 个侧面均相切时,健身手球的体积最大．易知AC＝ AB２＋BC２＝１０,设健身手球的半径为R,则１２× (６＋８＋１０)×R＝１２×６×８ ,解得R＝２． 则健身手球的最大直径为４． 因为AA１＝１３,所以最多可加工３个健身手球． 于是一个健身手球的最大体积 V＝４３πR ３＝４３π×２ ３＝３２π３ ． ] 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰３７１􀅰 第七章　立体几何与空间向量