第7章 第二节 与球有关的切、接问题（课件）-【创新方案】2026年高考数学一轮复习

第二节 与球有关的切、接问题 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，解决此类题的关键是确定球心. 目录 01.互动课堂——解题思维建模 02.即练即评——课堂效果评价 3 互动课堂——解题思维建模 01 逐点清(一)　外接球问题 方法1　定义找心 在空间中，如果一个定点到一个简单多面体的所有顶点的距离都相等，那么这个定点就是该简单多面体外接球的球心. [例1]　(2025·沭阳模拟)已知圆柱的轴截面是边长为2的正方形，P为上底面圆的圆心，AB为下底面圆的直径，E为下底面圆周上一点，则三棱锥P-ABE外接球的表面积为 (　　) A.π B.π C.π D.5π √ 解析：由题意及圆的性质知△ABE为直角三角形， E=90°，如图所示，设外接球半径为R，底面圆心为Q， 外接球球心为O，连接PQ，OA，由外接球的定义，OP=OA=OB=OE=R，易得O在线段PQ上，又圆柱的轴截面是边长为2的正方形，∴底面圆半径AQ=BQ=1，∵PQ⊥AQ，则OA2=OQ2+AQ2 ⇒R2=(2-R)2+12，解得R=，∴外接球表面积为4πR2=. [例2]　(2022·新课标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 √ 解析：由题意，得正三棱台上、下底面的外接圆的半径分别为××3=3，××4=4.设该棱台上、下底面的外接圆的圆心分别为O1，O2，连接O1O2(图略)，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+O=42+(1-OO1)2，解得OO1=4(舍去)；当球心O不在线段O1O2上时，R2=42+O=32+(1+OO2)2，解得OO2=3，所以R2=25，所以该球的表面积为4πR2=100π. 常见几何体外接球的结论 (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，具体位置计算可得； 个性点拨 (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； (6)圆柱的外接球是指圆柱的上、下底面的圆周都在一个球的球面上，圆柱的外接球的球心在上、下两底面圆的圆心连线的中点处，正棱柱与该棱柱的外接圆柱有相同的外接球. 方法2　补形找心 [例3]　在边长为4的正方形ABCD中，如图甲所示，E，F，M分别为BC，CD，BE的中点，分别沿AE，AF，EF所在直线把△AEB，△AFD和△EFC折起，使B，C，D三点重合于点P，得到三棱锥P-AEF.过点M的平面截三棱锥P-AEF外接球所得截面的面积的取值范围是　　　　.  [π，6π] 解析：由于B，C，D三点重合于点P，∠EPF= ∠ECF=90°，∠APF=∠ADF=90°，∠APE=∠ABE =90°，由此可将三棱锥补为长方体，如图所示，PE =CE=2，PF=CF=2，AP=AB=4，则长方体相邻三条棱 长为2，2，4，三棱锥P-AEF外接球即为补形后长方体 的外接球，外接球直径即为长方体体对角线长度2R==2，所以R=，过点M的平面截三棱锥P-AEF 的外接球所得截面为圆，其中最大截面为过球心O的大圆，此时截面圆的面积为πR2=π()2=6π，最小截面为过点M垂直于球心O与M连线的圆，由于球心O为长方体体对角线的中点，则OM为长方体正面对角线的一半，所以OM==，此时截面圆半径r= ==1，则截面圆的面积为πr2=π，所以过点M的平面截三棱锥P-AEF的外接球所得截面的面积的取值范围为[π，6π]. [例4]　(2025·梅州一模)已知球O是三棱锥P-ABC的外接球，PA=AB=PB=AC=2，CP=2，点D是PB的中点，且CD=，则球O的表面积为　　　　.  解析：由PA=AC=2，CP=2，可得CP2=PA2+AC2，所以PA⊥AC，由点D是PB的中点，且PA=AB=PB=2，可求得AD=，又由CD=，AC=2，可得CD2=AD2+AC2，所以AD⊥AC，又AD∩AP=A且AD，PA⊂平面PAB，所以AC⊥平面PAB，以△PAB为底面，AC为侧棱补成一个直三棱柱，如图所示，则三棱锥P-ABC的外接球即为该三棱柱的外接球，球心O到底面△PAB的距离为d=AC=1，由正弦定理，得△PAB的外接圆的半径为r=×=，所以球O的半径为R= ==，所以球O的表面积为S=4πR2=4π×=. 补形找心的常用模型 (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长方体或正方体； (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或正方体； (4)若已知棱锥含有线面垂直关系，则可将棱锥补成长方体或正方体. 个性点拨 方法3　截面找心 [例5]　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. B. C. D. √ 解析：因为AC⊥BC，AC=BC=1，所以底面ABC 为等腰直角三角形，所以△ABC所在的截面圆的圆心 O1为斜边AB的中点，如图，连接OO1，所以OO1⊥平 面ABC，在Rt△ACB中，AB==，则AO1=，在Rt△AO1O中，OO1==，故三棱锥O-ABC的体积为V=·S△ABC·OO1=××1×1×=.故选A. 1.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. 2.球的截面的性质 (1)球的任何截面是圆面； (2)球心和截面(不过球心)圆心的连线垂直于截面； (3)球心到截面的距离d与球的半径R及截面的半径r的关系为r=. 个性点拨 √ 逐点清(二)　内切球问题 [例6]　(2025·深圳模拟)已知一个圆锥的母线长为10，高为8，则该圆锥内切球的表面积与圆锥的表面积之比为 (　　) A. B. C. D. 解析：由题意得l=10，h=8，设圆锥的底面圆 半径为r，则r==6，则圆锥的侧面积为 πrl=60π，故圆锥的表面积为πrl+πr2=60π+36π=96π. 设圆锥的内切球球心为H，如图，过点H作HM⊥AC于点M，设内切球的半径为R，则HM=HO=R，因为CH=8-R，所以=，即=，解得R=3，故内切球的表面积为4πR2=36π，则圆锥内切球的表面积与圆锥的表面积之比为=.故选B. [例7]　(2024·天津二模)如图，一块边长为10 cm 的正方形铁片上有四块阴影部分，将这些阴影部分 裁下去，然后用余下的四个全等的等腰三角形加工 成一个正四棱锥形容器，则这个正四棱锥的内切球(球与正四棱锥各面均有且只有一个公共点)的体积为 (　　) A.π B.π C.9π D.π √ 解析：作出正四棱锥P-ABCD如图，根据题意 可得正四棱锥的斜高为PM=5，底面正方形ABCD 的边长为6，∴正四棱锥的高为OP==4， 设这个正四棱锥的内切球的球心为Q，半径为r，与侧面相切于N，高线与斜高的夹角为θ，则sin θ==，则OP=OQ+，∴4=r+=r，∴r=，∴这个正四棱锥的内切球的体积为πr3=×π×=π. 1.正方体与球的内切、外接常用结论 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=a； (2)若球为正方体的内切球，则2R=a； (3)若球与正方体的各棱相切，则2R=a. 点拨•建模 2.长方体共顶点的三条棱长分别为a，b，c，其外接球的半径为R，则2R=. 3.正四面体的外接球的半径R=a，内切球的半径r=a，其半径R∶r=3∶1(a为该正四面体的棱长). 即练即评——课堂效果评价 02 逐点验收(一)　外接球 1.(2025·沈阳一模)已知某圆锥的母线长为3，底面积为9π，记该圆锥的体积为V，若用一个平行于圆锥底面的平面截该圆锥，且截去一个体积为的小圆锥，则剩余几何体的外接球的表面积为(　　) A.60π B.40π C.30π D.20π √ 解析：因为圆锥的底面积为9π，所以底面半径r=3，记圆锥的高为h1，则h1==6，因为截去一个体积为的小圆锥，所以小圆锥的高h2=h1=2，小圆锥的底面半径r1=r=1，所以剩余圆台的高为h3=h1-h2=4，设圆台外接球的半径为R，球心到上底面的距离为h，则解得R2=10，所以外接球的表面积S=4πR2=40π. 2.若三棱锥P-ABC中，已知PA⊥底面ABC，∠BAC=120°，PA=AB=AC=2，若该三棱锥的顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为 (　　) A.10π B.18π C.20π D.9π √ 解析：三棱锥P-ABC中，已知PA⊥底面ABC， ∠BAC=120°，PA=AB=AC=2，故该三棱锥为图中 正六棱柱内的三棱锥P-ABC，所以该三棱锥的外接 球即为该六棱柱的外接球，所以外接球的直径2R==2，则R=，所以该球的表面积为S=4πR2=4π·()2=20π. 3.已知三棱锥D-ABC的顶点都在球O的球面上，底面△ABC是边长为3的等边三角形.若三棱锥D-ABC的体积的最大值为，则球O的表面积为(　　) A.16π B.12π C.8π D.4π √ 解析：设球O的半径为R，△ABC的外心为O1， 如图，连接DO1，O1A，OA，由题意得△ABC外接 圆的半径为×3=，△ABC的面积为×32=， 所以OO1=，所以VD-ABC最大值=S△ABC·(R+)=× (R+)=，所以R+=3，即=3-R，解得 R=2，所以球O的表面积为4πR2=16π. 4.(2025·南通模拟)如图，在三棱锥P-ABC中， ∠ACB=60°，2AC=BC=PB=PC，平面PBC⊥ 平面ABC，D是BC的中点，PD=4，则三棱锥 P-ACD的外接球的表面积为(　　) A. B.40π C. D.80π √ 解析：依题意，△PCB为等边三角形，且高PD= 4，则PC=CB=PB=8，而AC=CD=4，又∠ACB= 60°，则△ACD为等边三角形，因为平面PBC⊥平 面ABC，PD⊥BC，平面ABC∩平面PBC=BC，PD ⊂平面PBC，于是PD⊥平面ABC，令△ACD的外心 为G，三棱锥P-ACD外接球的球心为O，则OG⊥平面ACD，又三棱锥P-ACD的外接球球心O在线段PD的中垂面上，此平面平行于平面ACD，因此OG=PD=2，等边△ACD外接圆半径r=×4sin 60°=，设三棱锥P-ACD的外接球半径为R，则R2=OG2+r2=12+=，所以三棱锥P-ACD的外接球的表面积S=4πR2=. 逐点验收(二)　内切球 5.(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.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==，故S=4πR2=π.故选C. 6.(2025·秦皇岛模拟)已知圆台的上、下底面圆的半径之比为，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：设圆台的上底面圆半径为r，则下底面圆 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，所以球的直径为HG=2，故半径为，表面积为8π.故选C. 7.(2025·宝鸡检测)一个多面体的顶点是四个半径为且两两外切的球的球心，则该多面体内切球的半径为　　　　；内切球的体积为　　　　.  解析：设这四个球心分别为A，B，C，D，由球的 几何性质可知，四个半径为且两两外切的球的球心 A，B，C，D可构成棱长为2的正四面体ABCD，设 顶点A在底面BCD的射影为点P，如图所示， 连接PA，PB，PC，PD，则P为等边三角形BCD的中心，由正弦定理可得BP==2，∴AP==2，S△BCD=×(2)2×sin =3，VA-BCD=S△BCD·AP，设正四面体ABCD的内切球球心为O，该内切球的半径为r，则VA-BCD=VO-ABC+VO-ABD+VO-ACD+VO-BCD=4VO-BCD =4×S△BCD×r=S△BCD·AP，∴r=AP=，∴正四面体ABCD的内切球的体积为V=πr3=π×=. “课时跟踪检测”见“课时跟踪检测（四十五）” (单击进入电子文档) $$