第8章 微专题(10) 与球有关的切、接、截面问题-【金版教程】2026年高考数学一轮复习解决方案全书word（基础版）

重点解读　研究与球有关的切、接、截面问题，既要运用多面体、旋转体的知识，又要运用球的几何性质，要特别注意多面体、旋转体的有关几何元素与球的半径之间的关系，解决此类问题的关键是确定球心．常以选择题、填空题的形式出现，考查球的体积、表面积，以及截面形状、面积等． 类型一　外接球 　(1)已知三棱锥P－ABC的三条侧棱两两互相垂直，且AB＝，BC＝，AC＝2，则此三棱锥的外接球的体积为(　　) A． B． C． D． 答案：B 解析：由题意，可将三棱锥放入长方体中考虑，则长方体的外接球即为三棱锥的外接球，故球的半径为长方体体对角线长的一半，设PA＝x，则PB2＋PC2＝BC2＝7，即5－x2＋4－x2＝7，解得x＝1，故PA＝1，PB＝2，PC＝，所以外接球的半径R＝＝，所以此三棱锥的外接球的体积为πR3＝． (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 答案：A 解析：设正三棱台上、下底面所在圆面的半径分别为r1，r2，则2r1＝，2r2＝，则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＝，d2＝，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．故选A． (3)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＝________． 答案：2 解析：如图，将三棱锥S－ABC补形为直三棱柱SMN－ABC，设△ABC的外接圆的圆心为O1，半径为r，则2r＝＝＝2，r＝．设三棱锥S－ABC的外接球的球心为O，连接OA，OO1，则OA＝2，OO1＝SA，因为OA2＝O1A2＋OO，即4＝3＋SA2，所以SA＝2． (4)(2022·新高考Ⅰ卷改编)已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上．若该球的体积为36π，且3≤l≤3，则该正四棱锥体积的取值范围是________． 答案： 解析：如图，设该球的半径为R，球心为O，正四棱锥的底面边长为a，高为h，正四棱锥的侧棱与高所成的角为θ，则正四棱锥的底面边长a＝lsinθ，高h＝lcosθ．依题意，得36π＝πR3，解得R＝3．在△OPC中，作OE⊥PC，垂足为E，则可得cosθ＝＝∈，所以l＝6cosθ，所以正四棱锥的体积V＝a2h＝(lsinθ)2·lcosθ＝(6cosθ)3sin2θcosθ＝144(sinθcos2θ)2．设sinθ＝t，易得t∈．令y＝sinθcos2θ＝t(1－t2)＝t－t3，则y′＝1－3t2，令y′＝0，得t＝，所以当＜t＜时，y′＞0；当＜t＜时，y′＜0，所以函数y＝t－t3在上单调递增，在上单调递减．又当t＝时，y＝；当t＝时，y＝；当t＝时，y＝．所以≤y≤，所以≤V≤．所以该正四棱锥体积的取值范围是． 　 1．求解几何体外接球半径的思路 一是根据球的截面的性质，利用球的半径R、截面圆的半径r及球心到截面圆的距离d三者的关系R2＝r2＋d2求解，其中，确定球心的位置是关键；二是将几何体补形成长方体，利用该几何体与长方体共有外接球的特征，由外接球的直径等于长方体的体对角线长求解． 2．确定球心常用的方法 (1)长方体或正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，具体位置可通过建立直角三角形运用勾股定理计算得到． 　1．(2025·重庆八中模拟)已知圆台O1O2的上底面面积为16π，下底面面积为64π，且其外接球的半径R＝，则该圆台的高为(　　) A．6或7 B．8或12 C．6或8 D．7或12 答案：C 解析：轴截面如图所示，球心可在截面的内部或外部，设上、下底面半径分别为r1，r2，则r1＝4，r2＝8，设球心O到上、下底面的距离分别为d1，d2，则r＋d＝65，r＋d＝65，故d1＝7，d2＝1，于是圆台高h＝d1＋d2＝8或h＝|d1－d2|＝6．故选C． 2．在三棱锥P－ABC中，PA＝BC＝4，PB＝AC＝5，PC＝AB＝，则三棱锥P－ABC外接球的表面积为(　　) A．26π B．12π C．8π D．24π 答案：A 解析：三棱锥P－ABC中，PA＝BC＝4，PB＝AC＝5，PC＝AB＝，如图，构造长方体，使得面上的对角线长分别为4，5，，则长方体的体对角线长等于三棱锥P－ABC外接球的直径，设长方体的棱长分别为x，y，z，则x2＋y2＝16，y2＋z2＝25，x2＋z2＝11，则x2＋y2＋z2＝26，因此三棱锥P－ABC外接球的直径为，所以三棱锥P－ABC外接球的表面积为4π·＝26π．故选A． 3．(2025·福建漳州模拟)在矩形ABCD中，AB＝2，AD＝1，P为DC的中点，将△DAP沿AP折起，把△DAP折成△SAP，使平面SAP⊥平面ABCP，则三棱锥S－ABP的外接球的表面积为________． 答案：4π 解析：因为AB＝2，AD＝1，P为DC的中点，则有AP＝＝，BP＝＝，所以AP2＋BP2＝AB2，所以BP⊥AP，又平面SAP⊥平面ABCP，平面SAP∩平面ABCP＝AP，BP⊂平面ABCP，所以BP⊥平面SAP，又△SAP为等腰直角三角形，所以其外接圆的半径r＝AP＝，设三棱锥S－ABP的外接球的半径为R，则R2＝r2＋＝＋＝1，所以R＝1，所以三棱锥S－ABP的外接球的表面积S＝4πR2＝4π． 4．已知球O的半径为1，四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均在球O的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为________． 答案： 解析：设该四棱锥的底面为四边形ABCD，四边形ABCD所在小圆的半径为r，四边形ABCD对角线的夹角为α，则S四边形ABCD＝AC·BDsinα≤AC·BD≤·2r·2r＝2r2(当且仅当四边形ABCD为正方形时，等号成立)，即当四棱锥的顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时，底面ABCD面积的最大值为2r2，设该四棱锥的高为h，则r2＋h2＝1，所以VO－ABCD≤·2r2·h＝≤＝，当且仅当r2＝2h2，即h＝时，等号成立． 类型二　内(棱)切球 　(1)(2025·广东深圳模拟)已知某圆台的上、下底面半径分别为r1，r2，且r2＝2r1，若半径为2的球与圆台的上、下底面及侧面均相切，则该圆台的体积为(　　) A． B． C． D． 答案：C 解析：如图，设圆台上、下底面圆心分别为O1，O2，则圆台内切球的球心O一定在O1O2的中点处，设球O与母线AB切于点M，所以OM⊥AB，所以OM＝OO1＝OO2＝2，所以△AOO1与△AOM全等，所以AM＝r1，同理BM＝r2，所以AB＝r1＋r2＝3r1，过A作AG⊥BO2，垂足为G，则BG＝r2－r1＝r1，AG＝O1O2＝4，所以AG2＝AB2－BG2，所以16＝(3r1)2－r＝8r，所以r1＝，所以r2＝2，所以该圆台的体积为×(2π＋8π＋4π)×4＝． (2)已知正三棱锥的高为1，底面边长为2，内有一个球与四个面都相切，则正三棱锥的内切球的半径为________． 答案：－1 解析：如图，过点P作PD⊥平面ABC于点D，连接AD并延长交BC于点E，连接PE．因为四面体P－ABC是正三棱锥，所以D为△ABC的中心，AE是BC边上的高和中线．因为AB＝BC＝2，所以S△ABC＝3，DE＝1，在Rt△PDE中，PD2＋DE2＝PE2，因为PD＝1，所以PE＝．所以三棱锥的表面积S＝3××2×＋3＝3＋3．三棱锥的体积V＝×3×1＝．设内切球的半径为r，以球心O为顶点，三棱锥的四个面为底面，把正三棱锥分割为四个小三棱锥，由S·r＝，得r＝＝－1． (3)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________． 答案：12 解析：如图，不妨设正方体的棱长为2，EF的中点为O，取AB，BB1的中点G，M，侧面BB1C1C的中心为N，连接FG，EG，OM，ON，MN，由题意可知，O为球心，在正方体中，EF＝＝＝2，即R＝，则球心O到BB1的距离为OM＝＝＝，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，球面与其余各棱也只有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． 　“切”的问题常用的处理方法 (1)找准切点，通过作过球心的截面来解决． (2)通过体积分割法来求内切球的半径． 　5．(2025·浙江宁波模拟)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．9π B．16π C．25π D．36π 答案：C 解析：如图，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O的半径为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的中点为E，连接OE，OM，ME，则OE2＝OM2＋ME2，即R2＝|R－1|2＋22，解得R＝，所以球O的表面积为4πR2＝25π． 6．(2025·河南开封模拟)已知经过圆锥SO的轴的截面是正三角形，用平行于底面的截面将圆锥SO分成两部分，若这两部分几何体都存在内切球(与各面均相切)，则上、下两部分几何体的体积之比是(　　) A．1∶8 B．1∶9 C．1∶26 D．1∶27 答案：C 解析：如图，作出圆锥SO的轴截面SAB，设上、下两部分几何体的内切球的球心分别为E，F，半径分别为r，R，即OF＝FG＝R，EG＝r，根据题意可知△SAB为正三角形，易知SE＝2r，圆锥SO的底面半径OB＝R，∴SO＝2r＋r＋R＋R＝3r＋2R，又SO＝OB，∴3r＋2R＝3R，∴R＝3r，∴上部分圆锥的底面半径为r，高为3r，又圆锥SO的底面半径为OB＝R＝3r，高为SO＝3r＋2R＝9r，∴上部分圆锥的体积与圆锥SO的体积之比为＝，∴上、下两部分几何体的体积之比是1∶26． 7．(2024·陕西西安一模)一个正四棱柱底面边长为2，高为，上底面对角线的交点与下底面四个顶点构成几何体的内切球的表面积为________． 答案： 解析：由题意可知，该几何体为正四棱锥，如图，O为其内切球的球心，PE是棱锥的高，F是CD的中点，连接PF，FE，G是球与侧面PCD的切点，可知G在PF上，连接OG，则OG⊥PF，设内切球的半径为r，则OE＝OG＝r，EF＝1，PE＝，PF＝2，由△PGO∽△PEF，得＝，即＝，解得r＝，所以内切球的表面积为S＝4πr2＝4π×＝． 类型三　球的截面、截线问题 　(1)已知OA为球O的半径，M为线段OA上的点，且AM＝2MO，过点M且垂直于OA的平面截球面得到圆M，若圆M的面积为8π，则OA＝(　　) A．2 B．3 C．2 D．4 答案：B 解析：如图所示，由题意，得π×BM2＝8π，则BM＝2．设球的半径为R，则MO＝R，OB＝R，所以R2＝R2＋(2)2，所以OA＝R＝3．故选B． (2)(2025·江苏南京模拟)已知高SO1＝2，底面半径O1A＝4的圆锥内接于球O，则经过S和O1A中点的平面截球O所得截面面积的最小值为(　　) A． B． C． D．5π 答案：A 解析：如图，设球O的半径为R，线段O1A的中点为E，因为AO＋OO＝AO2，所以42＋(R－2)2＝R2，解得R＝5，设经过S和O1A中点E的平面截球O所得截面圆的圆心为O2，半径为r，球心O到截面的距离OO2＝d，则r2＝R2－d2，要截面面积最小，则r要最小，即d要最大，因为当d为点O到SE的距离时最大，此时d·SE＝SO·EO1，又SE＝＝2，所以d＝＝＝，所以r2＝52－＝，故截面面积的最小值为πr2＝．故选A． (3)已知直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD＝60°．以D1为球心，为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为________． 答案： 解析：如图所示，取B1C1的中点为E，BB1的中点为F，CC1的中点为G，连接D1E，EF，EG，D1B1，因为∠BAD＝60°，直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的棱长均为2，所以△D1B1C1为等边三角形，所以D1E＝，D1E⊥B1C1．又四棱柱ABCD－A1B1C1D1为直四棱柱，所以BB1⊥平面A1B1C1D1，所以BB1⊥D1E．因为BB1∩B1C1＝B1，所以D1E⊥侧面B1C1CB．设P为侧面B1C1CB与球面的交线上的点，连接D1P，EP，则D1E⊥EP．因为球的半径为，D1E＝，所以EP＝＝＝，所以侧面B1C1CB与球面的交线上的点到E的距离为．因为EF＝EG＝，所以侧面B1C1CB与球面的交线是扇形EFG的弧．因为∠B1EF＝∠C1EG＝，所以∠FEG＝，所以根据弧长公式可得交线长l＝×＝． 　(1)球的截面一定是一个圆面． (2)球心和小圆圆心连线垂直于小圆圆面． (3)过球内一点作球的截面，最大截面为过球心的圆面，最小截面为过该点且垂直于球心和该点连线的截面． 　8．(2025·安徽黄山宣城模拟)传说古希腊数学家阿基米德的墓碑上刻着一个圆柱，圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等，如图是一个圆柱容球，O1，O2为圆柱两个底面的圆心，O为球心，EF为底面圆O1的一条直径，若球的半径R＝2，则 (1)平面DEF截得球的截面面积的最小值为________； (2)若P为球面和圆柱侧面的交线上一点，则PE＋PF的取值范围为______________． 答案：(1)　(2)[2＋2，4] 解析：(1)过点O在平面ABCD内作OG⊥DO1，垂足为G，如图所示，易知O1O2⊥CD，O1O2＝4，O2D＝2，由勾股定理，可得O1D＝＝2，则由题意，可得OG＝×＝×＝，设点O到平面DEF的距离为d1，平面DEF截得球的截面圆的半径为r1，因为O1D⊂平面DEF，当OG⊥平面DEF时，d1取得最大值OG，即d1≤OG＝，所以r1＝≥＝，所以平面DEF截得球的截面面积的最小值为π×＝． (2)由题意可知，点P在过球心与圆柱的底面平行的截面圆上，设P在底面的射影为P′，则PP′＝2，PE＝＝，PF＝＝，由勾股定理，可得P′E2＋P′F2＝16，令P′F2＝8－t，则P′E2＝8＋t，其中－8≤t≤8，所以PE＋PF＝＋，所以(PE＋PF)2＝(＋)2＝24＋2∈[24＋8，48]，因此PE＋PF∈[2＋2，4]． 10 学科网（北京）股份有限公司 $$