专题4 培优点1 球的切、接问题-【领跑高中】2025版高考数学二轮专题复习教师用书配套课件

该高中数学高考复习课件聚焦“球的切接问题”核心考点，覆盖外接球、内切球及最值问题三大高考高频题型。依据高考评价体系，通过近5年真题分析明确考点权重，如外接球表面积计算占比达60%，系统归纳四面体、圆台等几何体的解题策略，体现备考针对性。 课件亮点在于“真题引路+技巧建模”，精选2022新高考Ⅱ卷、2024湖南九校联盟等真题，运用“补形法”“轴截面法”突破外接球半径求解，培养学生数学思维与空间想象能力。如通过正三棱台外接球球心位置分析，示范“勾股定理建方程”技巧，助力学生高效得分，为教师提供精准复习指导。

培优点1　球的切、接问题 PART ONE 　　几何体与球的切、接问题，尤其是多面体与旋转体的外接球是历年高考命题的热点与重点，此类问题的实质是计算球的半径或确定球心O的位置问题，其中球心的确定是关键. 目录 空间几何体的外接球 【例1】　（1）已知四面体ABCD的各顶点都在同一球面上，若AB＝BC ＝CD＝DA＝BD＝2 ，平面ABD⊥平面BCD，则该球的表面积是 （　C　） A. 100π B. 40π C. 20π D. 16π √ 解析：过△ABD的中心E作平面ABD的垂线， 过△BCD的中心F作平面BCD的垂线，两垂线交于 点O，连接OD，依据题中条件可知，O为四面体 ABCD的外接球球心，因为AB＝BC＝CD＝DA＝ BD＝2 ，所以DF＝2，OF＝1，则OD＝ ＝ ，即外接球半径为 ，则该球的 表面积为4π（ ）2＝20π，故选C. （2）已知圆台上、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（　C　） A. π B. 5 π C. π D. 7 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，则在Rt△OO1A 中，h＝OO1＝ ＝ ＝ ，所以 圆台的体积V＝ ×（22×π＋ ＋ 12×π）× ＝ .故选C. 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. 感悟提升 1. （2024·湖南九校联盟第二次联考）如图，在四面体P-ABC中，PA⊥平 面ABC，AC⊥CB，PA＝AC＝2BC＝2，则此四面体的外接球表面积 为（　　） A. 3π B. 9π C. 36π D. 48π √ 跟踪训练 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＝ ＝3，所以外接球表面积为S＝4πR2＝9π.故选B. 2. （2022·新高考Ⅱ卷7题）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，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.故选A. 空间几何体的内切球 【例2】　（1）已知在△ABC中，AB＝4，BC＝3，AC＝5，以AC所在 直线为轴旋转一周得到一个旋转体，则该旋转体的内切球的表面积为 （　B　） A. B. C. D. √ 解析：旋转体的轴截面如图所示，其中O为内切球 的球心，过O作AB，BC的垂线，垂足分别为E，F， 则OE＝OF＝r（r为内切球的半径），故AO＝ ＝ r，CO＝ ＝ r，故5＝AO＋OC＝ r＋ r， 故r＝ ，故旋转体的内切球的表面积为4π×（ ）2＝ .故选B. （2）在三棱锥A-BCD中，AB⊥平面BCD，BC⊥CD，且AB＝CD＝ 4，BC＝3，则该三棱锥内切球的体积为（　A　） A. B. C. D. √ 解析：由AB⊥平面BCD，CD⊂平面BCD，得AB⊥CD. 又 BC⊥CD，且AB，BC⊂平面ABC，AB∩BC＝B，所以CD⊥平面 ABC，又AC⊂平面ABC，所以CD⊥AC. 由AB＝CD＝4，BC＝ 3，得AC＝BD＝5，所以三棱锥A-BCD的表面积S＝2× ×3×4＋ 2× ×4×5＝32，三棱锥A-BCD的体积V＝ × ×3×4×4＝8.设 三棱锥内切球球心为O，半径为r，由V＝VO-ABC＋VO-ABD＋VO-ACD ＋VO-BCD＝ Sr，得r＝ ＝ ，所以该三棱锥内切球的 体积V球＝ πr3＝ π×（ ）3＝ . 　　空间几何体的内切球问题，一是找球心，球心到切点的距离相等且为 球的半径，作出截面，在截面中求半径；二是利用等体积法直接求内切球 的半径. 感悟提升 　（2024·武汉五调）已知正四棱台的上底面与下底面的边长之比为1∶2， 其内切球的半径为1，则该正四棱台的体积为 ⁠. ​ 跟踪训练 解析：如图，作出正四棱台的轴截面，设上底面边长为 2x，则下底面边长为4x，则CM＝CF＝x，BM＝BE＝ 2x，∠CIM＝ ∠MIF，∠BIM＝ ∠MIE，故∠CIB＝ ∠CIM＋∠BIM＝ （∠MIE＋∠MIF）＝90°，在 Rt△CIB中，IM⊥CB，则由射影定理，IM2＝CM·BM得 2x2＝1，解得x＝ ，于是棱台的上底面面积为（2x）2＝ 2，下底面面积为（4x）2＝8，高为2，故该正四棱台的体 积为V＝ ×2×（2＋ ＋8）＝ . 与球切、接有关的最值问题 【例3】　（2024·长沙新高考适应性考试）已知正四棱锥P-ABCD的顶点 均在球O的表面上.若正四棱锥的体积为1，则球O体积的最小值为 ⁠⁠. π 解析：设正四棱锥P-ABCD底面的边长为a，高为h， 所以正四棱锥的体积V＝ a2h＝1，则a2h＝3.如图， 连接AC，记AC的中点为O1，连接PO1，则PO1⊥底面 ABCD，正四棱锥P-ABCD外接球的球心O在直线PO1 上.连接OA，设外接球的半径为R，则OA＝OP＝R，又O1A＝ ，OO1＝｜h－R｜，所以OA2＝O1A2＋O1O2，即R2＝（ ）2＋｜h－R｜2，得2hR＝h2＋ a2，因为a2h＝3，所以R＝ ＋ .令f（h）＝ ＋ ，h＞0，则f'（h）＝ ，由f'（h）＝0，得h＝ ， 当0＜h＜ 时，f'（h）＜0，当h＞ 时，f'（h） ＞0，所以函数f（h）在（0， ）上单调递减，在 （ ，＋∞）上单调递增，所以当h＝ 时，半径R 取得最小值，且最小值为 ，所以外接球体积的最 小值为 ×（ ）3π＝ π. 求解与球切、接有关的最值问题的策略 （1）转化为函数最值问题：通过引入线参数或角参数，建立关于这些参 变量的函数关系，转化为函数的最值问题来解决； （2）转化为平面几何问题：根据题目的特征，寻找或确定一个数量关系 比较集中的平面，将题目的其他条件逐步向该平面转移，然后利用 几何方法或三角方法来解决； （3）利用基本不等式：可通过引入多个变量建立数学模型，然后利用基 本不等式求其最值. 感悟提升 1. （2024·聊城二模）已知圆柱OO1的下底面在半球O的底面上，上底面 圆周在半球O的球面上，记半球O的底面圆面积与圆柱OO1的侧面积分 别为S，S1，半球O与圆柱OO1的体积分别为V，V1，则当 的值最小 时， 的值为（　　） A. B. C. D. √ 跟踪训练 解析：　设圆柱底面半径为r，高为h，球的半径为R，则R2＝h2＋ r2，S＝πR2，S1＝2πrh，V＝ · πR3＝ πR3，V1＝πr2h，所以 ＝ ＝ ＝ ＋ ≥2 ＝1，当且仅当r＝h时等号成立，此 时R＝ r，所以 ＝ ＝ ＝ .故选A. 2. 已知一个圆台的上、下底面半径分别为1和3，高为2 .若圆台内有一 个球，则该球体积的最大值为 .（球的厚度可忽略不计） 解析：当球与下底面和侧面均相切时，圆台及球的轴截 面如图所示，设E，F分别为梯形上、下底边的中点， 连接EF，则CE＝1，DF＝3.过点C作CH⊥AD，交 AD于点H，记点G为侧面的切点，O为球心，连接 OG，OC，则FD＝DG＝3，CH＝EF＝2 ，FH＝ EC，所以CD＝ ＝ ＝4，所以CG＝CD－DG＝1，所以CE＝CG，所以Rt△OEC≌Rt△OGC，所以OE ＝OG，即球与上底面也相切，故此时球的半径R＝ ＝ ，所以该球体积的最大值为 πR3＝ π·（ ）3＝4 π. 4 π 课时跟踪检测 1. 已知圆锥SA的轴截面是边长为2 的等边三角形，顶点S和底面圆周上 的所有点都在球O的球面上，则球O的体积为（　　） A. 4 π B. π C. π D. π 解析：　因为圆锥SA的轴截面是边长为2 的等边三角形，则该等边 三角形外接圆的半径R＝ ×2 sin 60°＝2，即球O的半径为2，所以 球O的体积为V＝ πR3＝ π.故选B. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 √ 2. （2024·郑州名校联盟）知名数学教育家单墫曾为中学生写了一个小册 子《十个有趣的数学问题》，其中提到了开普勒将球装箱的方法：考虑 一个棱长为2的正方体，分别以该正方体的8个顶点及6个面的中心为球 心作半径为 的球，这些球在正方体内的体积之和与正方体的体积之比 为（　　） A. π B. π C. π D. π √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 解析：　以8个顶点为球心的球各有 在正方体内，以6个面的中心为 球心的球各有 在正方体内，所以这些球在正方体内的体积之和为4个半 径为 的球的体积之和，所以这些球在正方体内的体积之和与正方体的 体积之比为 ＝ π，故选D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 3. 已知三棱锥A-BCD中，AB＝CD＝2，AD＝AC＝BC＝BD＝3，则该 三棱锥内切球的表面积为（　　） A. B. C. D. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 解析：　如图，在长方体AHDG-EBFC中，设EC＝ c，EB＝b，EA＝a，则a2＋b2＝4，c2＋b2＝9，a2 ＋c2＝9，所以a＝b＝ ，c＝ ，故四面体ABCD 的体积V＝abc－4× × abc＝ ，四面体ABCD的表面积S＝4S△ABC＝4× ×2× ＝8 ，设三棱锥内切球的半径为r，由等体积可得 ＝ ×8 r，解得r＝ ，所以三棱锥内切球的表面积为4π× （ ）2＝ . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 4. 已知一个正六棱锥的所有顶点都在一个球的球面上，六棱锥的底面边长 为1，侧棱长为2，则球的表面积为（　　） A. B. C. D. 4π √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 解析：　如图，在正六棱锥P-ABCDEF中，连接 AD，BE，CF，并交于G，G为正六边形ABCDEF的 中心，连接PG，则PG⊥平面ABCDEF，该六棱锥的 外接球球心O在PG上，连接OA. 因为AG⊂平面 ABCDEF，所以PG⊥AG，由题意可知AG＝1，PA＝2，所以PG＝ ＝ .设该六棱锥外接球的半径为R，则OA＝OP＝R，所以OG＝｜ －R｜，在Rt△GOA中，OA2＝AG2＋OG2，所以R2＝12＋（ －R）2，解得R＝ ，所以所求球的表面积为4πR2＝4π×（ ）2＝ ，故选C. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 5. （2024·开封第二次质量检测）已知圆锥SO的轴截面是正三角形，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 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 解析：　作出圆锥SO的轴截面，如图所示，E，O1是 切点，设O1B＝r，OD＝R，则BE＝r，DE＝R， SB＝2r，因为CD＝SD，所以2R＝2r＋R＋r，所以 R＝3r.因为 ＝ ＝ ，R＝3r，所以 ＝ ，所 以 ＝ ＝ .所以 ＝ ＝ ，故选C. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 6. 已知直三棱柱ABC-A1B1C1外接球的直径为6，且AB⊥BC，BC＝2， 则该棱柱的体积的最大值为（　　） A. 8 B. 12 C. 16 D. 24 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 解析：　设AB＝x，则AC＝ .设球心为O，由题意知球心O 在AC，A1C1中点连线的中点处，连接OC，设AC的中点为O1，则OO1 ＝ ＝ ，三棱柱的高为 ，则 ＝ ·2·x· ＝x ＝ ≤ ＝16，当且仅当x2＝32－x2， 即x＝4时，该棱柱的体积取得最大值16. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 7. （多选）（2024·惠州第一次调研考试）已知棱长为1的正方体ABCD- A1B1C1D1，以正方体中心O为球心的球与正方体的各条棱都相切，点P 为球面上的动点，则下列说法正确的是（　　） A. 球O的半径为R＝ B. 球O在正方体外的部分的体积大于 π－1 C. 若点P在球O位于正方体外的部分（含正方体表面）上运动，则 · ∈［－ ， ］ D. 若点P在球O位于正方体外的部分（含正方体表面）上运动，则 · ∈［－ ， ］ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 解析：　对于A，正方体的棱切球O的半径为R＝ ＝ （面 对角线长的一半），故A错误；对于B，由图易知球O在正方体外的部 分的体积V＞V球－V正方体＝ π·（ ）3－13＝ π－1，故B正确；对于 C、D，取棱AB的中点E，可知点E在球面上，且 ＝－ ，连接 PE，则 · ＝（ ＋ ）·（ ＋ ）＝ － ＝｜ ｜2 － ，因为点P在球O位于正方体外的部分（含正方体表面）上运动， 所以0≤｜PE｜≤ （当PE为球O的直径时，｜PE｜＝ ），所以 · ∈［－ ， ］，所以C错误，D正确，故选B、D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 8. （2023·全国甲卷文16题）在正方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝4，O为 AC1的中点，若该正方体的棱与球O的球面有公共点，则球O的半径的 取值范围是 ⁠. 解析：由题意知，球O的球面与正方体的棱有公共点，则球O的半径大 于或等于正方体的棱切球半径.设棱切球半径为r1，则2r1＝ ， 所以r1＝2 .同时球O的半径小于或等于正方体的外接球半径.设外接 球半径为r2，则2r2＝ ，所以r2＝2 .所以球O的半径的 取值范围为[2 ，2 ]. [2 ，2 ] 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 9. 若圆锥的内切球（球面与圆锥的侧面以及底面都相切）的体积为 ，当 该圆锥体积取最小值时，该圆锥的表面积为 ⁠. 8π 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 解析：法一　因为圆锥的内切球的体积为 ，所以该内 切球的半径为1.如图，设圆锥底面半径为R，高为h.由 △AOF∽△ACE可得 ＝ ，即 ＝ ，则R2＝ （h＞2），所以圆锥的体积为V＝ πR2h＝ π· ＝ π·［（h－2）＋ ＋4］.因为h－2＞0，所以h－2＋ ≥4，当且仅当h－2＝ ，即h＝4时取等号，此时圆锥体积最小，且圆锥的底面半径为R＝ ，圆锥的母线长l＝ ＝ ＝3 ，所以此时该圆锥 的表面积为S＝πRl＋πR2＝π× ×3 ＋π×（ ）2＝8π. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 法二　由上解得圆锥的体积为V＝ πR2h＝ π· .令f（h）＝ （h＞ 2），则f'（h）＝ ＝ .当2＜h＜4时，f'（h）＜0；当 h＞4时，f'（h）＞0.所以f（h）在（2，4）上单调递减，在（4，＋∞） 上单调递增，所以f（h）min＝f（4）＝8，即h＝4时，该圆锥的体积最 小.后同上解. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 法三　因为圆锥的内切球的体积为 ，所以该内切球的半径为1，如图， 设∠OCE＝θ，θ∈（ 0， ），则tan θ＝ ，所以EC＝ ，又tan∠ECA＝tan 2θ＝ ，所以AE＝EC·tan 2θ＝ ，所以V＝ π·EC2·AE＝ π· .令tan2θ＝t（0＜t＜1）， 因为t（1－t）＝－t2＋t＝－（ t－ ）2＋ ， 当且仅当t＝ 时t（1－t）取得最大值 ， 此时圆锥的体积最小， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 且AE＝ ＝4，EC＝ ＝ ，AC＝ ＝ ＝3 ，所以该圆锥的表面积为S＝π·EC·AC＋π·EC2＝π× ×3 ＋π×（ ）2＝8π. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 10. 棱长为a的正四面体容器中能放进10个半径为1的小球，则a的最小值 为 ⁠. 解析：10个半径为1的小球放进棱长为a的正四面体ABCD中，成三棱 锥形状，有3层，则从上到下每层的小球个数依次为1，（1＋2），（1 ＋2＋3），当a取最小值时，从上到下每层放在边缘的小球都与正四 面体的侧面相切，底层的每个球都与正四面体底面相切，任意相邻的 两个小球都外切，位于每层正三角形顶点的所有上、下相邻小球的球 心连线为一个正四面体EFGH，则该正四面体的棱长为（3－1）（1＋ 1）＝4，可得其高为EP＝4× ＝ ，所以正四面体ABCD的高为 AQ＝AE＋EP＋PQ＝1×3＋ ＋1＝4＋ ，进而可得其棱长a的 最小值为（4＋ ）× ＝4＋2 . 4＋2 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 $