第8章 素能培优（九） 与球有关的切、接问题-【金版教程】2026年高考数学一轮复习创新方案课件PPT（提升版）

第八章　立体几何 与空间向量 素能培优(九) 　与球有关的切、接问题 与球有关的切、接问题是高考的核心命题点之一，几乎每年都有涉及，出现在选填题中． 考点 难度 2023 Ⅰ卷T12 内切球 易 2022 Ⅰ卷T8 外接球 难 Ⅱ卷T7 外接球 难 核心考向 目录 核心考向 考向一 　外接球 核心考向 5 核心考向 6 核心考向 7 核心考向 8 核心考向 9 1．求解空间几何体的外接球问题的策略 (1)定球心：球心到接点的距离相等且为半径． (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，并求解． 核心考向 10 2．补形法主要应用于以下特点的图形 (1)若四面体中有三条棱两两垂直，则方法是找到三条两两互相垂直的棱，借助墙角模型补成长方体(如图)． (2)若四面体的对棱相等，则借助墙角模型补成长方体(如图)． 核心考向 11 核心考向 12 核心考向 13 核心考向 14 2. (2024·湖南张家界二模)如图，在四面体P－ABC中，PA⊥平面ABC，AC⊥CB，PA＝AC＝2BC＝2，则此四面体外接球的表面积为(　　)  A．3π B．9π C．36π D．48π 核心考向 15 核心考向 16 考向二　内切球 (1)(多选)(2025·河南郑州期末)已知圆台的上底面半径为1，下底面半径为3，球O与圆台的两个底面和侧面都相切，则(　　) A．圆台的母线长为4 B．圆台的高为4 C．圆台的表面积为26π D．球O的表面积为12π 核心考向 17 核心考向 18 (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_____． 核心考向 19 1．“切”的处理 解决与球有关的内切问题主要是指球内切于多面体或旋转体，解答时首先要找准切点，通过作截面来解决．如果内切的是多面体，则作截面时主要抓住多面体过球心的对角面． 注意：体积分割是求内切球半径的通用方法． 核心考向 20 核心考向 21 核心考向 22 2．(2024·广东湛江模拟)若正四面体的棱长为a，则其内切球的半径为________． 核心考向 23 考向三　与球切、接有关的最值问题 核心考向 24 核心考向 25 处理与球切、接有关最值问题的解题策略 (1)几何法：结合题设条件及取得最值时的图形特征，建立几何关系，并求解． (2)代数法：找出问题中的代数关系，建立目标函数，利用代数方法求目标函数的最值． 核心考向 26 核心考向 27 核心考向 28 　　　　　　　　　　　　　 R (1)(2025·广东揭阳期末)在三棱锥S－ABC中，SA＝BC＝5，SB＝AC＝eq \r(41)，SC＝AB＝eq \r(34)，则该三棱锥外接球的表面积是(　　) A．50π B．100π C．150π D．200π 解析：因为SA＝BC＝5，SB＝AC＝eq \r(41)，SC＝AB＝eq \r(34)，所以可以将三棱锥S－ABC放置于一个长方体中，如图所示．设长方体的长、宽、高分别为a，b，c，则有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a2＋b2＝41，,a2＋c2＝25，,b2＋c2＝34，))整理得a2＋b2＋c2＝50，则该三棱锥外接球的半径即为该长方体外接球的半径，所以有a2＋b2＋c2＝50＝(2R)2⇒R2＝eq \f(25,2)，所以该三棱锥外接球的表面积为S＝4πR2＝4×π×eq \f(25,2)＝50π.故选A. (2)(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3eq \r(3)和4eq \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：设正三棱台上、下底面所在圆面的半径分别为r1，r2，所以2r1＝eq \f(3\r(3),sin60°)，2r2＝eq \f(4\r(3),sin60°)，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(R≥4)，所以d1＝eq \r(R2－9)，d2＝eq \r(R2－16)，故|d1－d2|＝1或d1＋d2＝1，即|eq \r(R2－9)－eq \r(R2－16)|＝1或eq \r(R2－9)＋eq \r(R2－16)＝1，解得R2＝25，符合题意，所以球的表面积为S＝4πR2＝100π.故选A. (3)(2025·江苏无锡一中质检)已知三棱锥P－ABC的四个顶点都在球O的球面上，PB＝PC＝2eq \r(5)，AB＝AC＝4，PA＝BC＝2，则球O的表面积为(　　) A．eq \f(316π,15) B．eq \f(79π,15) C．eq \f(158π,5) D．eq \f(79π,5) 解析：在三棱锥P－ABC中，如图，AB2＋PA2＝20＝PB2，则PA⊥AB，同理PA⊥AC，而AB∩AC＝A，AB，AC⊂平面ABC，因此PA⊥平面ABC，在等腰三角形ABC中，AB＝AC＝4，BC＝2， 则cos∠ABC＝eq \f(\f(1,2)BC,AB)＝eq \f(1,4)，sin∠ABC＝eq \r(1－cos2∠ABC)＝eq \f(\r(15),4)，令△ABC的外接圆圆心为O1，连接OO1，O1A，OA，则O1A＝eq \f(1,2)·eq \f(AC,sin∠ABC)＝eq \f(8,\r(15))，OO1⊥平面ABC，又PA⊥平面ABC，故OO1∥PA，取PA的中点D，连接OD，则有OD⊥PA，又PA⊥平面ABC，O1A⊂平面ABC，故O1A⊥PA，从而O1A∥OD，故四边形ODAO1为平行四边形，OO1＝AD＝1，又OO1⊥O1A，设球O的半径为R，则R2＝OA2＝O1A2＋O1O2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,\r(15)))) eq \s\up12(2)＋12＝eq \f(79,15)，所以球O的表面积S＝4πR2＝eq \f(316π,15).故选A. 3．与外接球有关的常用结论 (1)正方体的棱长为a，外接球的半径为R，则2R＝eq \r(3)a. (2)若长方体的同一顶点的三条棱长分别为a，b，c，外接球的半径为R，则2R＝eq \r(a2＋b2＋c2). (3)由棱柱的上、下底面平行和球的对称性，可知直棱柱外接球的球心为上、下底面外接圆圆心连线的中点，根据勾股定理求直棱柱外接球的半径． 1.两个圆锥的底面是一个球的同一截面，顶点均在球面上，若球的体积为eq \f(32π,3)，两个圆锥的高之比为1∶3，则这两个圆锥的体积之和为(　　) A．3π B．4π C．9π D．12π 解析：如图所示，设两个圆锥的底面圆圆心为点D，圆锥AD和圆锥BD的高之比为3∶1，即AD＝3BD，设球的半径为R，则eq \f(4πR3,3)＝eq \f(32π,3)，可得R＝2，所以AB＝AD＋BD＝4BD＝4，所以BD＝1，AD＝3，因为CD⊥AB，则∠CAD＋∠ACD＝∠BCD＋∠ACD＝90°，所以∠CAD＝∠BCD，又因为∠ADC＝∠BDC，所以△ACD∽△CBD，所以eq \f(AD,CD)＝eq \f(CD,BD)，所以CD＝eq \r(AD·BD)＝eq \r(3)，因此这两个圆锥的体积之和为eq \f(1,3)π·CD2·(AD＋BD)＝eq \f(π,3)×3×4＝4π.故选B. 解析：将四面体P－ABC补形成长方体，长方体的长、宽、高分别为2，1，2，四面体P－ABC的外接球即为长方体的外接球，而长方体的外接球的直径等于长方体的体对角线长，设外接球的半径为R，故2R＝eq \r(22＋12＋22)＝3，所以此四面体外接球的表面积为S＝4πR2＝9π.故选B. 3．(2025·广东佛山模拟)已知正三棱柱的所有棱长均相等，其外接球与棱切球(与几何体所有棱都相切的球)的表面积分别为S1，S2，则eq \f(S1,S2)＝________． 解析：如图，设正三棱柱的棱长为a，上、下底面的中心分别为D1，D，BB1的中点为E，则由正三棱柱与球的对称性可知，DD1的中点O即为外接球的球心，也是棱切球的球心，所以OB即为外接球的半径r1，OE即为棱切球的半径r2.在△ABC中，BD＝eq \f(2,3)×eq \f(\r(3),2)a＝eq \f(\r(3),3)a，所以req \o\al(2,1)＝OD2＋BD2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2))) eq \s\up12(2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3)a,3))) eq \s\up12(2)＝eq \f(7a2,12)，req \o\al(2,2)＝BD2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3)a,3))) eq \s\up12(2)＝eq \f(a2,3)，所以eq \f(S1,S2)＝2,1)eq \f(4πr,4πreq \o\al(2,2)) ＝eq \f(\f(7a2,12),\f(a2,3))＝eq \f(7,4). eq \f(7,4) 解析：设梯形ABCD为圆台的轴截面，则内切圆O为圆台内切球的大圆，如图，设圆台上、下底面的圆心分别为O1，O2，半径分别为r1，r2，球O的半径为R，则O1，O，O2共线，且O1O2⊥AB，O1O2⊥CD，设AD与圆O的切点为E，连接OD，OE，OA，则OD，OA分别平分∠ADC，∠DAB，且OE⊥AD，故DE＝DO1＝r1，AE＝AO2＝r2，∠OAD＋∠ODA＝eq \f(π,2)，即∠DOA＝eq \f(π,2)，由△AOE∽△ODE，故eq \f(AE,OE)＝eq \f(OE,DE)，即OE2＝DE·AE，即R2＝r1r2＝3，解得R＝eq \r(3)，母线长为r1＋r2＝4，A正确；圆台的高为2R＝2eq \r(3)，B错误；圆台的表面积为π×12＋π×32＋π×(1＋3)×4＝26π，C正确；球O的表面积为4×π×(eq \r(3))2＝12π，D正确．故选ACD. 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＝eq \r(32－12)＝2eq \r(2)，故S△ABC＝eq \f(1,2)×2×2eq \r(2)＝2eq \r(2).设内切球的半径为r，则S△ABC＝S△AOB＋S△BOC＋S△AOC＝eq \f(1,2)AB·r＋eq \f(1,2)BC·r＋eq \f(1,2)AC·r＝eq \f(1,2)×(3＋2＋3)×r＝2eq \r(2)，解得r＝eq \f(\r(2),2)，其体积V＝eq \f(4,3)πr3＝eq \f(\r(2)π,3). eq \f(\r(2)π,3) 2．与内(棱)切球有关的常用结论 (1)正方体的棱长为a，球的半径为R， ①若球为正方体的内切球，则2R＝a； ②若球与正方体的各棱相切，则2R＝eq \r(2)a. (2)设正四面体的棱长为a，则它的高为eq \f(\r(6),3)a，内切球半径r＝eq \f(\r(6),12)a，外接球半径R＝eq \f(\r(6),4)a.正四面体的外接球与内切球的半径之比为3∶1. (3)二级结论：一个多面体的表面积为S，如果这个多面体有半径为r的内切球，则此多面体的体积V满足V＝eq \f(1,3)Sr. 1.(2025·江苏启东质检)在直三棱柱A1B1C1－ABC中，A1B1＝3，B1C1＝4，A1C1＝5，AA1＝2，则其外接球与内切球的表面积之比为(　　) A．eq \f(29,4) B．eq \f(19,2) C．eq \f(29,2) D．29 解析：如图，连接AC1. 由底面三角形的三边长可知，底面三角形为直角三角形，内切球的半径r＝eq \f(AA1,2)＝1，取AC，A1C1的中点D，E，连接DE交AC1于点O，则外接球的球心是DE的中点O，由A1C1＝5，AA1＝2，得AC1＝eq \r(29)，所以外接球的半径R＝OA＝eq \f(\r(29),2)，所以eq \f(S外,S内)＝eq \f(4πR2,4πr2)＝eq \f(29,4).故选A. 解析：如图，正四面体A－BCD的中心为O，即为内切球的球心，设内切球的半径为R.因为AB＝a，所以正四面体的高h＝eq \f(\r(6),3)a.又VA－BCD＝4VO－BCD，所以R＝eq \f(1,4)h＝eq \f(\r(6),12)a. eq \f(\r(6),12)a (1)(2025·江西南昌二中模拟)设A，B，C，D是一个半径为4的球的球面上四点，△ABC为等边三角形且其面积为9eq \r(3)，则三棱锥D－ABC体积的最大值为(　　) A．12eq \r(3) B．18eq \r(3) C．24eq \r(3) D．54eq \r(3) 解析：由等边三角形ABC的面积为9eq \r(3)，可得eq \f(\r(3),4)AB2＝9eq \r(3)，所以AB＝6，所以等边三角形ABC外接圆的半径为r＝eq \f(\r(3),3)AB＝2eq \r(3).设球的半径为R，球心到等边三角形ABC外接圆圆心的距离为d，则d＝eq \r(R2－r2)＝eq \r(16－12)＝2.所以三棱锥D－ABC高的最大值为2＋4＝6，所以三棱锥D－ABC体积的最大值为eq \f(1,3)×9eq \r(3)×6＝18eq \r(3). (2)已知正四棱锥的各顶点都在同一个球面上，球的体积为36π，则该正四棱锥体积的最大值为(　　) A．18 B．eq \f(64,3) C．eq \f(81,4) D．27 解析：如图，设正四棱锥的底面边长AB＝2a，高PO＝h，外接球的球心为M，则OD＝eq \r(2)a. 因为球的体积为eq \f(4,3)πR3＝36π，所以球的半径为R＝3，在Rt△MOD中，MD2＝OD2＋OM2，即32＝2a2＋(h－3)2，所以正四棱锥的体积为V＝eq \f(1,3)Sh＝eq \f(1,3)×4a2h＝eq \f(2,3)[9－(h－3)2]h，整理得V＝－eq \f(2,3)h3＋4h2(0<h<6)，则V′＝－2h2＋8h＝－2h(h－4)，当0＜h＜4时，V′＞0，当4<h<6时，V′＜0，所以V＝－eq \f(2,3)h3＋4h2(0<h<6)在(0，4)上单调递增，在(4，6)上单调递减，所以当h＝4时，V取得最大值－eq \f(2,3)×43＋4×42＝eq \f(64,3).故选B. 1.在封闭的直三棱柱ABC－A1B1C1内有一个体积为V的球，若AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，AA1＝6，则V的最大值是(　　) A．16π B．eq \f(32π,3) C．36π D．eq \f(125π,3) 解析：由题意，因为AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，所以AC＝10，可得△ABC的内切圆的半径为r＝eq \f(6×8,6＋8＋10)＝2，又AA1＝6，故在直三棱柱ABC－A1B1C1的内部的球半径最大为R＝2，所以V的最大值为eq \f(4,3)πR3＝eq \f(4,3)π×23＝eq \f(32π,3). 2．已知圆柱的两个底面的圆周在体积为eq \f(32π,3)的球O的球面上，则该圆柱的侧面积的最大值为(　　) A．4π B．8π C．12π D．16π 解析：如图所示，设球O的半径为R，由球的体积公式得eq \f(4,3)πR3＝eq \f(32π,3)，解得R＝2.如图，设GA＝r，∠OAG＝α，则r＝2cosα，圆柱的高为4sinα，∴圆柱的侧面积为4πcosα×4sinα＝8πsin2α，当且仅当α＝eq \f(π,4)，sin2α＝1时，圆柱的侧面积最大，∴圆柱的侧面积的最大值为8π. $$