第7章 微专题五 球的切接问题-【红对勾讲与练·讲义】2026年高考数学大一轮复习全新方案通用版

内·讲与练·高三数学 (2)(2024·北京卷)汉代刘歆设计的“铜嘉量” 是龠、合、升、斗、斛五量合一的标准量器，其 中升量器、斗量器、斛量器的形状均可视为圆 柱.若升、斗、斛量器的容积成公比为10的等比 数列，底面直径依次为65mm,325mm, 325mm,且斛量器的高为230mm,则斗量器的高 为 mm,升量器的高为 mm. (不计量器的厚度)》 高考创新方向 深度理解概念 【例】(2024·山西晋城一模)若一个正n棱台的 棱数大于15，且各棱的长度构成的集合为{2， 3},则n的最小值为 ,该棱台各棱的 长度之和的最小值为 微专题 考试要求 1.熟练掌握球的体积和表面积公式的应用. 150 2.会利用转化思想，把球的切、接问题转化为平面问思 关键能力提升 考点1外接球 命题角度1定义法 【例1】(2024·江西南昌三模)己知三棱锥 A-BCD中，△ABD是边长为2的正三角形， △BCD是以BD为斜边的等腰直角三角形，M 是线段BD的中点，若AM⊥BC,则三棱锥 A-BCD的外接球的表面积为 A号 B.4π C.16x 3 D.16π 听课记录 听课记录 创新解读 本题考查棱台的几何特征，看似是求最值的 题目，但是抓住正棱台上、下底面相似，侧棱相等 这些特征，题目瞬间可解.在复习过程中要重视对 基础概念、基本知识的掌握和理解。 温馨提示Q : 学习至此，请完成课时作业44 球的切接问题 ,或转化为特殊几何体的切、接问题来解决. 互动探究·考点精讲 4规律总结1 到几何体各个顶点距离均相等的点为该几何体 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，再根据到其他顶点的 距离也是半径，列关系式求解即可 命题角度2补形法 【例2】(2024·重庆沙坪坝区模拟)已知四面体 ABCD中，AB=CD=AC=BD=2,AD=BC, 若四面体ABCD的外接球的表面积为7π，则 四面体ABCD的体积为 A.1 B.2 D. 听课记录 4规律总结 1.补形法的解题策略 (1)侧面均为直角三角形或对棱均相等的模型 和正四面体，可以还原到长方体或正方体中去求解. (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=√3a. (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=√2a. 3.长方体的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=√Ja2+b2+c2 4.正四面体的外接球的半径R=。 (a为该正 4 四面体的棱长). 命题角度3截面法 【例3】(2024·陕西安康模拟)如 图，在三棱锥S-ABC中，AB= BC5C=2,∠CAB-号，D为 BC的中点，SD⊥BC,SA与 平面ABC所成的角为不，则三 棱锥S-ABC外接球的表面积为 A号 D. 22π 3 听课记录 规律总结、 与球截面有关的解题策略 (1)定球心：若球是内切球，则球心到各切点的 距离相等且为半径；若球是外接球，则球心到各接点 的距离相等且为半径. (2)作截面：选准最佳角度作出截面，达到空间 问题平面化的目的. 第七章立体几何与空间向量 进 【对点训练1】(1)(2024·江苏南京二模)在圆台 O1O2中，圆O2的半径是圆O1半径的2倍，且 O,恰为该圆台外接球的球心，则圆台的侧面 积与球的表面积的数值之比为 () A.3:4 B.1:2 C.3:8 D.3:10 (2)(2024·陕西宝鸡一模)三棱锥P-ABC中， PA⊥平面ABC,△ABC为等边三角形，且 AB=3,PA=2,则该三棱锥外接球的表面 积为 () A.8元 B.16π D.12π (3)(2024·福建泉州一模) 泉州花灯技艺源于唐朝中 期，从形式上有人物灯、宫 灯、绣房灯、走马灯、拉提 灯、锡雕元宵灯等多种款 式.在2024年元宵节，小明制作了一个半正多 面体（由边数不全相同的正多边形为面围成的 多面体)形状的花灯，他将正方体沿交于一顶 151 点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共截去八 个这样的三棱锥，得到一个有十四个面的多面 体，如图所示.已知M为△ABC的中心，过M 截该半正多面体的外接球的截面面积为S, 则S的最大值与最小值的比值为 () 8 A.5 B. C.3 D.9 考点2内切球 【例4】(2024·天津和平区二 模)如图，一块边长为10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无底的正四棱锥形容器， 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.4 B.2 C.9π D. 3 3π 2圈内·讲与练·高三数学 听课记录 规律总结 1.多面体内切球和外接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， 但不一定重合. (4)体积分割是求内切球半径的通用方法. 152 7.2 空间点、直线、 考试要求 1.理解空间点、直线、平面的位置关系的定义。 2.了解四个基本事实、三个推论和等角定理，并能应 必备知识回顾 教材回扣 1.“四个”基本事实 基本事实1：过 的三个点，有 且只有一个平面. 基本事实2：如果一条直线上的 在一 个平面内，那么这条直线在这个平面内 基本事实3：如果两个不重合的平面有一个公共点， 那么它们有且只有 过该点的公共直线 基本事实4：平行于同一条直线的两条直线 2.“三个”推论 推论1：经过一条直线和这条直线外一点，有且 只有一个平面. 2.正四面体的内切球的半径，=5。 120,其半径是 外接球半径的三分之一(a为该正四面体的棱长) 【对点训练2】(2024·湖南益 阳模拟)金刚石的成分为纯 碳，是自然界中天然存在的 最坚硬物质，它的一种形状 是由8个等边三角形组成的 正八面体，如图，某金刚石的表面积为185，现 将它雕刻成一个球形装饰物，则可雕刻成的最 大球的体积是 ( A.18π B.92π C.6π D.√6π 温馨提示0 学习至此，请完成课时作业45 平面之间的位置关系 用它们解决问题. 自主学习·基础回扣 推论2：经过两条 直线，有且只有一个 平面. 推论3：经过两条 直线，有且只有一个 平面. 3.空间中直线与直线的位置关系 直线：在同一平面内，有且 只有一个公共点 共面直线 直线：在同一平面内，没有 公共点 异面直线：不同在 一个平面内，没有 公共点AE=A1P=t,t∈(0,2)，则A1E= 2-,由∠BAC=受，得ABLAC,故 AP× AB1⊥AC1,则S△A141P=2 A1 B=t,VA PE =VEAP 3SA44巴·A1E=3(2)月 号：-10+分故当1=1时三校 维BA:PE的体积有最大值子故 选D. (2)2357.5 解析：设升、斗、斛量器的容积分别为 V1mm3,V2mm,V,mm3,由题意得 =×(受)×280，期- ,=x 325 2/ ×23,所以斗量器 的高为23mm:设升量器的高为 hmm,则V1= ,=×受) 2.3=元×(2) 65 ·h,解得h=57.5,所 以升量器的高为57.5mm 【高考创新方向深度理解概念】 例642 解析：根据正棱台的结构特征可知，正 n棱台的总棱数为3n(n≥3，n∈ N”),则3n>15,解得n>5,所以n的 最小值为6.要想各棱长之和最小，则 棱数总和要最小，故n=6,又因为棱 台的上、下底面边长不相等，所以可取 上底面边长为2，下底面边长为3，要使 各棱长之和最小，则侧棱长取2，故该 棱台各棱的长度之和的最小值为2X 12十3×6=42. 微专题五球的切接问题 .…关键能力提升 例1C如图，因为△ABD是边长为2 的正三角形，M是线段BD的中点，所 以AM⊥BD,又因为AM⊥BC,BC, BDC平面BCD,BC∩BD=B,所以 AM⊥平面BCD,又因为AMC平面 ABD,所以平面ABD⊥平面BCD,易 知AM=√3，又因为△BCD是以BD 为斜边的等腰直角三角形，所以CD= CB=√2，CM=1,设三棱锥A-BCD 的外接球的球心为O,半径为R,则 O∈AM,OA=OB=OC=OD=R, 在Rt△OBM中，OB2=BM+OM2, 2 即R2=1+(W-R),解得R= √3 2w ,所以三棱锥A-BCD的外接球的 3 表面积S=4πR?= 16r,故选C. D BE- M 例2A将四面体 A ABCD放入长方体中， 如图，设长方体共顶，点 2 2 的三条棱长分别为a, b,c,外接球的半径为C R,则四面体的外接球即为该长方体的 外接球，由7π=4πR2→4R2=7, 17=a2十b2+c2, a=3， .a2十b2=4, b=1, b2+c2=4 1 Vm面袋AD=abc-4X3X2X abc=3abc=1,故选A. 例3C,D为BC的中，点，SD⊥BC, .SB=SC,即△SBC为等腰三角形， :AB=BC=SC=2,∠CAB=吾， .△SBC,△ABC均为边长为2的等 边三角形，∴.AD⊥BC,又SD∩AD= D,SD,ADC平面SAD,∴.BC⊥平 面SAD,:BCC平面ABC,.平面 ABC⊥平面SAD,:平面ABC∩平 面SAD=AD,.AD为SA在平面 ABC内的射影，∴∠SAD即为SA与 平面ABC所成的角，即∠SAD=工， AD=SD=√22-1F=√5， ∠DSA=∠SAD=￥AD上 SD,又AD⊥BC,SD∩BC=D,SD, BC平面SBC,∴.AD⊥平面SBC. 设三棱锥S-ABC外接球的球心为O, △SBC外接圆的圆心为O1,△ABC外 接圆的圆心为O2,连接O01,O02, OD,OB,如图， 则O01⊥平面 SBC,OO2⊥平面 ABC,.△SBC, △ABC均为边 、 0 长为2的等边三 A 角形，.O01= D 00,= 3 0D=√0+00= 30B -489- √OD+BD 三压三棱维 3 SABC外接球的半径R=3·三棱 锥S-ABC外接球的表面积S= 4rR:=20m.故选C 3 对点训练1(1)C如图，令外接球的半 径为2R,依题意O2A=2R,O2B 2R,O1B=R,过点B作BC⊥O2A于 点C,则O2C=O1B=R,所以AC= O,C=R,又BC=O1O2= √(2R)-R=√5R,所以AB= √R2+(5R)=2R,所以圆台的侧 1 面积S=2X(2πR+2rX2R)× 2R=6πR2,球的表面积S2=4πX (2R)2=16πR2,所以圆台的侧面积与 球的表面积的数值之比为S1:S2= 6πR:16πR2=3:8.故选C (2)B如图， 设H为△ABC 外接圆的圆心， D外- 过点H作平面A ABC的垂线， H 设D为PA的 B 中点，过，点D作线段PA的垂线，所作 两条垂线交于点O,则点O为三棱锥外 接球的球心，因为PA⊥平面ABC,且 △ABC为等边三角形，PA=2,AB= 3,所以四边形AHOD为矩形，AH= AB=5,0H=2PA=1,所以 OA=√(3)2十12=2，即三棱锥外 接球的半径R=2,则该三棱锥外接球 的表面积为4πR2=16π.故选B. (3)C如图， A 把这个半正多 E C 面体补全为正 方体，设该正 方体的棱长为 a,由图可知，G 半正多面体的外接球半径是OB,由正 方体的性质易证明平面ABC∥平面 IGH,又因为在正方体中EF⊥平面 IGH,所以EF⊥平面ABC,所以过点 M截外接球的最小截面圆的半径是 MB,最大截面圆的半径是OB,即S的 参考答案·☑。 最小值与最大值的比值为 (MBY OB/ sin∠BOM=sin'∠EFG= 3a 3,故S的最大值与最小值的比值为 1 3.故选C 例4B如图， 作出四棱锥 P-ABCD,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=√一3= 4,设这个正四棱锥的内切球的球心为 Q,半径为r,与侧面PBC相切于点 N,高线与斜高的夹角为日，则sin日= OM 3 QN 0=号，则0P=0Q+m94= 8 r十 m=了，解得r= 3 2心这个 3r 正四棱锥的内切球的体积为 4 9 之元，故选B 对点训练2D 如图，设底面 ABCD中心为 O,BC,AD中 点分别为H,A M,连接OH, EO,EH,MF, HF,EM,设 该正八面体的棱长为a,则由题知，8X 2asin60°=23a2=18V5,解得 a=3,在等边△EBC中，BC边上的高 EH=√EC2-CH2= √8-(2）=3S,在RAEOH 2 中，EO=√EH-OH= 2☑-9=3E √- ，由题可知，最大球 即为该正八面体的内切球，由对称性 易知球心在O点，与平面EBC的切点 在线段EH上，球的半径即为截面 EMFH内切圆的半径，设内切圆半径 3 为，由等面积法可知X 2 35 2 X,解得，=后所以内切球的 半径为R=⑤ ，则内切球体积为V =√6π故选D. 红对勾·讲与练·高三数学 7.2空间点、直线、 平面之间的位置关系 必备知识回顾 教材回扣 1.不在一条直线上两个点 一条 平行 2.相交平行 3.相交平行任何 4.a∩a=A1a∥a0aCa 无数a∥B0a∩B=l无数 5.相等或互补 基础检测 1.(1)×(2)× (3)× (4)× 2.B连接CA. D CF,如图所示 易得BE∥ A E CF,所以直线 AF与BE所成 D 的角为∠CFA Ak-- (或其补角).不 妨设AB=2.在△CFA中，易得AF= 3,AC=2√2，CF=√5，由余孩定理得 cos∠CFA=AFCFAC=5 2AF·CF 51 即直线AF与BE所成角的余弦值为 怎或选R 3.B四边形不一定是平面图形，也可能 是空间四边形，故A错误；不共线的三 点确定一个平面，故B正确：梯形中，有 一组对边平行，可以确定一个平面，故 梯形一定是平面图形，故C错误；若平 面《和平面B平行，则其没有交线，故D 错误.故选B. 4.D如图所示，因为A1E∩平面 AA1B1B=A1,B1DC平面AA1B1B, A1BD,所以BD与A1E是异面直 线，B1D= √B时+ABA,E= √AA+子AC.因为AA=BB, AB≠AC,所以B1D≠A1E.故选D B 'B1 -.--.C D E A 关键能力提升 例1证明：(1)如图所示，连接BD1. 因为EF是△C1D1B1的中位线，所以 EF∥B1D1: -490- 在正方体ABCD-A1B1C1D1中， B1D1∥BD,所以EF∥BD, 所以EF,BD确定一个平面，即D,B, F,E四点共面. A B (2)在正方体ABCD-A1B1C1D1中 连接A,C,如图所示， 设A1,C,C1确定的平面为a,又设平 面BDEF为B. 因为Q∈AC1,所以Q∈a. 又Q∈EF,所以Q∈B,所以Q是a与 B的公共点， 同理，P是a与B的公共点，所以a∩ 8=PQ. 又A1C∩B=R,所以R∈AC,R∈ a,且R∈B. 则R∈PQ,故P,Q,R三点共线. (3)因为EF∥BD且EF<BD,所以 DE与BF相交，设交点为M, 则由M∈DE,DEC平面D1DCC1, 得M∈平面DDCC1, 同理，M∈平面B1BCC1 又平面D1DCC1∩平面B1BCC1= CC1,所以M∈CC1, 所以DE,BF,CC1三线交于一点. 对点训练1证阴：(1)因为G,H分别为 FA,FD的中点，则GH∥AD,GH= AD,又因为BC∥AD,BC AD,则GH∥BC.GH=BC, 所以四边形BCHG是平行四边形. (2)因为BE∥FA,BE=2FA,G为 FA中点，则BE∥FG,BE=FG, 可知四边形BEFG为平行四边形，则 EF∥BG,EF=BG, 由(1)知CH∥BG,CH=BG,可得 CH∥EF,CH=EF, 所以四边形CEFH为平行四边形，则 CE∥FH,即CE∥FD, 所以C,D,F,E四点共面。 例2BDM,C,C1三点在平面CDD1C1 内，点M不在直线CC1上，点A不在平 面CDD1C1内，A,M,C,C1四点不共 面，根据异面直线的定义可得直线AM 与CC1是异面直线，故A错误；B,V, B,三点在平面BCC1B1内，B1不在直