第一章 第2节 与球有关的切、接问题（PPT教学课件）-【百汇大课堂】2026年高考数学总复习下册·第1轮（浙江专用）

衔接教材 夯基固本 落实 第2节　与球有关的切、接问题 第一章　立体几何与空间向量 衔接教材 夯基固本 落实 衔接教材 夯基固本 落实 衔接教材 夯基固本 落实 衔接教材 夯基固本 落实 衔接教材 夯基固本 落实 衔接教材 夯基固本 落实 衔接教材 夯基固本 落实 衔接教材 夯基固本 落实 衔接教材 夯基固本 落实 衔接教材 夯基固本 落实 衔接教材 夯基固本 落实 A 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 D 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 C 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 B 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 D 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 C 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 C 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 关键能力 进阶突破 提升 请完成：课时训练(2) 温馨提示 谢谢观看！ 与球有关的切、接问题是历年高考的热点内容，一般以客观题的形式出现，考查空间想象能力、计算能力．其关键点是利用转化思想，把球的切、接问题转化为平面问题或特殊几何体来解决或转化为特殊几何体的切、接问题来解决． 一、正方体与球 1．内切球：内切球直径2R＝正方体棱长a. 2．棱切球：棱切球直径2R＝正方体的面对角线长 eq \r(2)a. 3．外接球：外接球直径2R＝正方体体对角线长 eq \r(3)a. 二、长方体与球 外接球：外接球直径2R＝体对角线长 eq \r(a2＋b2＋c2)(a，b，c分别为长方体的长、宽、高). 三、正棱锥与球 1．内切球：V正棱锥＝ eq \f(1,3)S表·r＝ eq \f(1,3)S底·h(等体积法)，r是内切球的半径，h为正棱锥的高． 2．外接球：外接球球心在其高上，底面正多边形的外接圆圆心为E，半径为r，R2＝(h－R)2＋r2(正棱锥外接球半径为R，高为h). INCLUDEPICTURE "2026版百汇大课堂.高考总复习.第1轮.数学（浙江专版）%20教用/26YLYRSXE194.TIF" \* MERGEFORMAT 　 四、正四面体的外接球、内切球 若正四面体的棱长为a，高为h，正四面体的外接球半径为R，内切球半径为r，则h＝ eq \f(\r(6),3)a，R＝ eq \f(\r(6),4)a，r＝ eq \f(\r(6),12)a，R∶r＝3∶1. 五、正三棱柱的外接球 球心到正三棱柱两底面的距离相等，正三棱柱两底面中心连线的中点为其外接球球心．R2＝( eq \f(h柱,2))2＋( eq \f(2,3)AD)2. 六、圆柱的外接球 R＝ eq \r(（\f(h,2)）2＋r2)(R是圆柱外接球的半径，h是圆柱的高，r是圆柱底面圆的半径). 七、圆锥的外接球、内切球 R2＝(h－R)2＋r2(R是圆锥外接球的半径，h是圆锥的高，r是圆锥底面圆的半径). R＝ eq \f(\r(h2＋r2)·r－r2,h)(R是圆锥内切球半径，h是圆锥的高，r是圆锥底面圆半径) 考点一　外接球问题 考向1　定义法 [例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(图略)，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＋OO eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＝42＋(1－OO1)2，解得OO1＝4(舍去)；当球心O不在线段O1O2上时，R2＝42＋OO eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＝32＋(1＋OO2)2，解得OO2＝3，所以R2＝25，所以该球的表面积为4πR2＝100π. 定义法求外接球半径 到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据到其他顶点距离也是半径，列关系式求解即可． 训练1 (2025·南京模拟)在直角三角形ABC中，斜边AB长为2，绕直角边AC所在直线旋转一周形成一个几何体．若该几何体外接球表面积为 eq \f(16π,3)，则AC的长为(　　) A． eq \f(\r(3),2) B．1 C． eq \r(2) D． eq \r(3) 解析：设AC＝m，因为AB＝2，所以BC＝ eq \r(AB2－AC2)＝ eq \r(4－m2)，绕直角边AC所在直线旋转一周形成的一个几何体为圆锥，设圆锥外接球的半径为R，所以4πR2＝ eq \f(16π,3)，解得R＝ eq \f(2\r(3),3).设外接球的球心为O，则球心在直线AC上，所以4－m2＋(m－ eq \f(2\r(3),3))2＝( eq \f(2\r(3),3))2，解得m＝ eq \r(3). 考向2　补形法 [例2] 数学中有许多形状优美、寓意独特的几何体，图1所示的礼品包装盒就是其中之一．该礼品包装盒可以看成是一个十面体，其中上、下底面为全等的正方形，所有的侧面是全等的等腰三角形．将长方体ABCD­A1B1C1D1的上底面A1B1C1D1绕着其中心旋转45°得到如图2所示的十面体ABCD­EFGH.已知AB＝AD＝2，AE＝ eq \r(7)，则十面体ABCD­EFGH外接球的表面积是________________． 答案：(11＋2 eq \r(2))π　解析：由题中数据可知A1E2＝1＋( eq \r(2)－1)2＝4－2 eq \r(2)，则AA1＝ eq \r(7－（4－2\r(2)）)＝ eq \r(2)＋1.因为十面体ABCD­EFGH是由长方体ABCD­A1B1C1D1的上底面绕着其中心旋转45°得到，所以长方体ABCD­A1B1C1D1的外接球就是十面体ABCD­EFGH的外接球．设十面体ABCD­EFGH外接球的半径为R，则(2R)2＝22＋22＋( eq \r(2)＋1)2，即R2＝ eq \f(11＋2\r(2),4)，故十面体ABCD­EFGH外接球的表面积是4πR2＝(11＋2 eq \r(2))π. 1．补形法的解题策略 (1)侧面为直角三角形或正四面体或对棱均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解． (2)若直棱柱的底面有外接圆，可以补成圆柱求解． 2．正方体与球的切、接常用结论(正方体的棱长为a，球的半径为R) (1)若球为正方体的外接球，则2R＝ eq \r(3)a. (2)若球为正方体的内切球，则2R＝a. (3)若球为正方体的棱切球，则2R＝ eq \r(2)a. 3．长方体的共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). 4．正四面体的外接球的半径R＝ eq \f(\r(6),4)a(a为该正四面体的棱长). 训练2 (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＝________. 答案：2　　解析：方法一　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＝ eq \f(2,3)× eq \f(\r(3),2)×3＝ eq \r(3). 将三棱锥S­ABC补形为正三棱柱SB1C1­ABC，由题意知SA为侧棱，设球心为O，连接OO1，OA，则OO1⊥平面ABC，且OO1＝ eq \f(1,2)SA． 又球的半径R＝OA＝2，OA2＝OO eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋O1A2，所以4＝ eq \f(1,4)SA2＋3，得SA＝2. 方法二　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＝ eq \f(2,3)× eq \f(\r(3),2)×3＝ eq \r(3). 设三棱锥S­ABC的外接球球心为O，连接OO1，则OO1⊥平面ABC．又SA⊥平面ABC，所以OO1∥SA，连接OS，OA，由题意知OS＝OA＝2.过O作SA的垂线，设垂足为H，则四边形AO1OH为矩形，所以OO1＝AH.由OS＝OA可知H为SA的中点，则OO1＝AH＝ eq \f(1,2)SA． 所以在Rt△OO1A中，由勾股定理可得OA2＝OO eq \o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋O1A2，即4＝ eq \f(1,4)SA2＋3，得SA＝2. 考向3　截面法 [例3] (2024·郴州模拟)已知圆台的上、下底面的圆周都在半径为2的球面上，圆台的下底面过球心，上底面半径为1，则圆台的体积为(　　) A． eq \f(5\r(3),3)π B．5 eq \r(3)π C． eq \f(7\r(3),3)π D．7 eq \r(3)π 解析：如图，等腰梯形ABCD为圆台的轴截面，设AB的中点为O1，CD的中点为O，则O为球心，O1A＝1.连接OO1，OA，设圆台的高为h，由题意知球O的半径 R＝OA＝OD＝2(圆台外接球的半径即其轴截面外接圆的半径).则在Rt△OO1A中，h＝OO1＝ eq \r(R2－O1A2)＝ eq \r(4－1)＝ eq \r(3)，所以圆台的体积V＝ eq \f(1,3)×(22×π＋ eq \r(22×π×12×π)＋12×π)× eq \r(3)＝ eq \f(7\r(3)π,3). 截面法定球心的策略 (1)定球心：球心到接点的距离相等且为半径． (2)通过寻找外接球的一个轴截面圆，从而把立体几何问题转化为平面几何问题来研究． 训练3 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，设圆锥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，AB为球的直径，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(1,3)π×3×4＝4π. 考点二　内切球问题 [例4] 如图所示，直三棱柱ABC­A1B1C1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． eq \f(32π,3)，4 B． eq \f(9π,2)，3 C．6π，4 D． eq \f(32π,3)，3 解析：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，其半径为Rt△ABC内切圆的半径，易知AC＝ eq \r(AB2＋BC2)＝10.设健身手球的半径为R，则 eq \f(1,2)×(6＋8＋10)×R＝ eq \f(1,2)×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＝ eq \f(4,3)πR3＝ eq \f(4,3)π×23＝ eq \f(32π,3). 1．多面体内切球的球心与半径的确定方法 (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． 2．正四面体的内切球的半径r＝ eq \f(\r(6),12)a，其半径是外接球半径的三分之一(a为该正四面体的棱长). 训练4 (1)(2025·泰安模拟)将半径为4，圆心角为π的扇形围成一个圆锥(接缝处忽略不计)，则该圆锥的内切球的表面积为(　　) A．2π B．3π C． eq \f(16,3)π D．4π 解析：设圆锥的母线长为l，底面半径为r，由题意可得l＝4，由2πr＝4π，所以r＝2.因为l＝2r，所以圆锥的轴截面是边长为4的等边三角形，该等边三角形(如图)的内切圆半径为圆锥内切球半径R，而等边三角形的边长为4，故R＝ eq \f(2,\r(3))＝ eq \f(2\r(3),3)，故S＝4πR2＝ eq \f(16,3)π. (2)(2024·海东模拟)在正四棱锥P­ABCD中，PA＝5，AB＝6，则该四棱锥内切球的表面积是(　　) A． eq \f(4π,7) B． eq \f(24π,7) C． eq \f(36π,7) D． eq \f(72π,7) 解析：过点P作PO⊥平面ABCD，则点O为正方形ABCD的中心，连接OA，如图． 因为AB＝6，所以OA＝3 eq \r(2)，所以OP＝ eq \r(PA2－OA2)＝ eq \r(25－18)＝ eq \r(7)，则四棱锥P­ABCD的体积V＝ eq \f(1,3)×62× eq \r(7)＝12 eq \r(7)，四棱锥P­ABCD的表面积S＝6×6＋ eq \f(1,2)×6× eq \r(25－9)×4＝84.设四棱锥P­ABCD内切球的半径为r，内切球的球心为O′，由V＝VO′­ABP＋VO′­BCP＋VO′­CDP＋VO′­ADP＋VO′­ABCD，可得V＝ eq \f(1,3)·Sr，即12 eq \r(7)＝ eq \f(1,3)×84r，解得r＝ eq \f(3\r(7),7)，故四棱锥P­ABCD内切球的表面积是4πr2＝ eq \f(36π,7). $$