专题四 第三讲 球的切、接问题-2026年高考数学艺术生文化课考前100天

专题四空间向量与立体几何 第三讲 球的切、接问题 ◆◆知识清单·精准记忆 【基础梳理】 【自主检测】 1.球的表面积与体积公式 题组一球的表面积、体积公式的简单运用 S=4xr,Va-青 1.球的体积是，则此球的表面积是( 2.几个与球有关的切、接常用结论 .12π B.16π (1)正方体的棱长为a,球的半径为R, c 婚 ①若球为正方体的外接球，则2R=√3a; 2.两个半径为1的实心铁球，熔化成一个大球， ②若球为正方体的内切球，则2R=a; 这个大球的半径是 ③若球与正方体的各棱相切，则2R=√2a. 3.圆柱形容器的内壁底半径是10cm,有一个实 (2)若长方体的同一顶，点的三条棱长分别为a, 心铁球浸没于容器的水中，若取出这个铁球， b,c,外接球的半径为R,则2R=√a2十b+c2」 (3)正四面体的外接球与内切球的半径之比 测得容器的水面下降了号m,则这个铁球的 为3：1. 表面积为 cm2. 3.解决与球的切、接问题的思维流程 题组二球的切、接问题 解决与球有关的切、接问题，其通法是作截 1.(2025·全国Ⅱ卷)一个底面半径为4cm,高 面，将空间几何问题转化为平面几何问题求 为9cm的封闭圆柱形容器（容器壁厚度忽略 解，其解题的思维流程如图， 不计)内有两个半径相等的铁球，则铁球半径 如果是内切球，那么球心到切点的距离相 的最大值为 cm 定球心 等且为半径；如果是外接球，那么球心到 2.长方体的一个顶点处的三条棱长分别是√3， 接点的距离相等且为半径 √3，√6，这个长方体的八个顶点都在同一个球 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 面上，这个球的表面积是() 作截面 体现这些元素间的关系)，达到空间问题 A.12m B.18π C.36π D.6元 平面化的目的 3.一个圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆 求半径 根据作出截面中的几何元素，建立关于 锥的内切球的表面积为() 下结论 球的半径的方程，并求解 A.元 C.2π D.3π ◆方法清单·把控高考◆ 考点一 “相切”问题 则以EF为直径的球面与该正方体每条棱的 【高考这样考】 交点总数为 题(2023·全国甲卷理)在正方体ABCD 【方法规律】处理与球有关内切问题的策略 A1B1CD1中，E,F分别为CD,A1B1的中点， 解答此类问题时首先要找准切点，通过作截 -45 艺术生文化课考前100天数学 面来解决.如果内切的是多面体，则作截面时 直的三棱锥、共顶点的三个侧面两两垂直的 主要抓住多面体过球心的对角面来作， 三棱锥或三组对棱互相垂直的三棱锥时，常 【备考这样练) 构造长方体或正方体以确定球的直径 1.在封闭的直三棱柱ABCA1BC其内部有一 【备考这样练】 个体积为V的球.若AB⊥BC,AB=6,BC= 1.（2023·福建龙岩模拟)在三棱锥ABCD中， 8,AA1=3,则V的最大值是( CD=22,BC=AC=BD=AD=2,则此几何 A.4π B资 体外接球的表面积为( ) A.V B.2π C.6π 3 2.已知正三棱锥的高为1，底面边长为2√3，其 C.82t 3 D.8π 内部有一个球与四个面都相切，则棱锥的内 2.在三棱锥P-ABC中，△ABC为等边三角形， 切球的半径为 PA=PB=PC=3,PA⊥PB,则三棱锥 3.(全国Ⅲ卷)已知圆锥的底面半径为1，母线长为 PABC的外接球的体积为() 3,则该圆锥内半径最大的球的体积为 考点二三“相接”问题 1多 B273 2π 【高考这样考】 C.27√3π D.27元 (2022·新高考Ⅱ卷)已知正三棱台的高为1， 3.已知直三棱柱ABCA1BC的6个顶点都在 上、下底面边长分别为3√3和4√，其顶点都 球O的球面上，若AB=3,AC=4,AB⊥AC, 在同一球面上，则该球的表面积为() AA1=12,则球O的半径为( ) A.100元 B.128π A.317 B.2√10 2 C.144π D.192π 【方法规律】处理与球有关相接问题的策略 c号 D.3√10 (1)一个多面体的顶点都在球面上即为球的 4.(2023·全国乙卷文)已知点S,A,B,C均在半 外接问题，解决这类问题的关键是抓住外接 径为2的球面上，△ABC是边长为3的等边三 球的特点，即球心到多面体的顶点的距离等 角形，SA⊥平面ABC,则SA= 于球的半径 (2)当球的内接多面体为共顶点的棱两两垂 -46⊥平面BBCC,BCC平面BB1CC,.A1B⊥BC.,BC1 BC,A1B1∩BC=B,∴.BC⊥平面A1BC又ACC平面 A1BC,.BC⊥CA,故B正确.连接AC.设AC∩BD= O,连接BO.BB⊥平面ABCD,COC平面AB1CD, .COLBB.CO⊥BD,B1D1∩BB=B,.CO⊥平面 BBDD,·∠CBO为直线BC与平面BBDD所成的角.设 正方体的棱长为1，则C0号，C=区，sn∠CB0-瓷 日直线BC与平面B,DD所咸的角为30，故C错民 ,CC⊥平面ABCD,∴.∠CBC为直线BC1与平面ABCD所 成的角，易得∠CBC=45°，故D正确. 2.D解析：如图，不妨设AB=a,AD=b: AA1=c,依题意及长方体的结构特征可 知，BD与平面ABCD所成的角为 ∠BDB,BD与平面AAB1B所成的角 为∠DBA,sin30°=BiD-BD,即 b=c,BD=2c=√++C,解得a= √2c.对于A,AB=a,AD=b,AB=√2AD,故A错误.对于B, 过点B作BE⊥AB于点E,易知BE⊥平面ABCD,∴.AB 与平面AB,GD所成角为∠BAE:am∠BAE=后-号， ∴∠BAE≠30°，故B错误.对于C,AC=√a2+=√3c, CB1=√+C2=√2c,AC≠CB1,故C错误.对于D,B1D与平 CD 面BB,CC所成的角为∠DB,C,sin∠DB,C=8品== √2 ，而0<∠DB,C<90°，∠DB,C=45°，故D正确， 3.解：(1)如图，连接PO,因为PO⊥圆锥底 面，所以∠PAO为直线PA与圆锥底面所 成的角，所以∠PAO=哥. 因为AB=2,所以AO=1,PA=2,所以圆 锥的侧面积S=πXAOXPA=2π. (2)连接AC,因为弧AC的长为于，所以 ∠COA=艾，则△OAC是等边三角形. 连接BD,可得四边形ACDB为等腰梯形，CD=1,所以 CD-OB. 又CD∥OB,所以四边形CDBO是平行四边形，所以CO∥ DB,又CO￠平面PBD,DBC平面PBD,所以CO∥平面 PBD.连接OQ,因为Q是PA的中点，O是AB的中点，所以 OQ∥PB,又OQ丈平面PBD,PBC平面PBD,所以OQ∥平 面PBD.因为CO∩OQ=O,所以平面COQ∥平面PBD, 又QMC平面COQ,所以QM∥平面PBD. 考向3 1.30°解析：如图，连接AC交BD于点O,连接C1O..C1D CB,O为BD的中点，CO⊥BD.AC⊥BD,.∠COC是 二面角C1-BD-C的平面角.在Rt△CCO中，CC=√2，CO= 号AC-6,则C02反，∴n∠C0-8子由图可知， 二面角C-BD-C为锐二面角，.∠COC=30° D H B 第1题图 第2题图 2.60°解析：如图，作VO⊥平面ABCD,垂足为O,则VO⊥AB. 取AB的中，点H,连接VH,OH,则VH⊥AB.VH∩VO=V, .AB⊥平面VHO,.AB⊥OH,.∠VHO为二面角VABC的 平面角.易求VH=A2一A=4,.VH=2.而OH= 号BC=1,∠VH0=60.故二面角VAB-C的大小为60 第三讲球的切、接问题 【知识清单·精准记忆】 【自主检测】 题组一 1B解折：设球的半径为R,由已知得号R-号，解得R=2, 故球的表面积S多=4πR2=16π. 2.拒解析：设大球的半径为R,则专R=2×号x×1,则 R3=2,.R=2 3.100m解析：设该铁球的半径为r,则由题意得专xX?=元X 102X号，则P=5,r=5,.这个铁球的表面积S=4π× 52=100π(cm). 题组二 1.2.5解析：如图，圆柱的底面半径为4cm,设 铁球的半径为r,且r4,由圆柱与球的性质知 AB=(2r)2=(8-2r)2+(9-2r)2,即42 B 68r+145=(2x-5)(2x-29)=0,,r<4, ∴.r=2.5. 2.A解析：由题意可知，该长方体的体对角线即 为球的直径，其长度为2√3，从而球的半径为√3，则球的表面 积为12π. 3.C解析：依题意，作出圆锥与球的轴截 面，如图，设球的半径为r,易知轴截面三 角形边AB上的高为2√2，因此22-I= 3 子，解得=号：圆维内切求的表西积 为4×（号）°=2元 【方法清单·把控高考】 考点一 【高考这样考】 12解析：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BB1CC的中心为N,连接FG,EG, OM,ON,MN,如图，由题意可知，O为球 心，在正方体中，EF=√FG十EG乎= A B √22+2=2√2，即R=√2，则球心O到 N BB1的距离为OM=√ON2+MN= √1十1=√2，.球O与棱BB1相切， 球面与棱BB只有1个交点.同理，根据 G 正方体的对称性知，其余各棱和球面也只有1个交点，.以 EF为直径的球面与该正方体每条棱的交点总数为12. 【备考这样练】 1.B解析：由AB⊥BC,AB=6,BC=8,得AC=10,要使球的体 积V最大，则球与直三棱柱的部分面相切，若球与三个侧面相 切，设底面△ABC的内切圆的半径为r,则号×6X8=?× (6十8十10)·r,解得r=2,此时2r=4>3,不合题意.因此当 球与三棱柱的上、下底面相切时，球的半径R最大.由2R=3, 得R=号.故球的最大体积V=号R=贸 2.√2-1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.,△ABC是正三角形， .AE是BC边上的高和中线，D为 A D △ABC的中心.AB=2√3，∴.SAC= 33,DE-1,PE-2,S=3×号×23X2+33=36+ 35.:PD=1,三棱锥的体积V=号×33X1=5, 3r36+3)=5, 1 =2-1. √2+1 3号、解析：周锥内半径最大的球即为圆 锥的内切球，设其半径为.如图，作出圆 锥的轴截面△PAB,则△PAB的内切圆为 圆锥的内切球的大圆.在△PAB中， PA=PB=3,D为AB的中点，AB=2,E 为切点，则PD=2√2，△PEO△PDB, 故品8器即2=片，郎得号 3 21 故其内切球的体积为（号）-。 3π 考点二 【高考这样考】 A解析：设正三棱台上下底面所在圆面的半径为n,2, 则2=3月 Sin602r2=s4,即n=3,r2=4.设球心到上下 底面的距离分别为d,d2,球的半径为R,则d=√R2一9， d2=WR2-16,故|d-d2|=1或d1+d2=1,即|√R2-9- √R2一16=1或√R2一9+/R2-16=1,解得R2=25,符合 题意，∴.球的表面积为S=4πR2=100元. 【备考这样练】 1.D解析：如图，O为CD的中，点，根据 题意，△BCD和△ACD都是直角三角 形，且OA=OB=OC=OD=√2，∴.O /D 是三棱锥外接球的球心，且外接球的 半径R=OA=√2，，外接球的表面积为S=4πR2=8元. 2.B解析：在三棱锥P-ABC中，△ABC为等边三角形， PA=PB=PC=3,∴.△PAB≌△PBC≌△PAC.PA⊥PB, .PA⊥PC,PCI PB.如图，以PA,PB,PC为过同一项点的 三条棱作正方体，则正方体的外接球同时也是三棱锥PABC 的外接球.：正方体的体对角线长为√32+32十3=3√3， “其外接球半径R=3y5,因此三棱锥PABC的外接球的体 2 V-×(2)）-2” 2元. A B 0 第2题图 第3题图 3.C解析：如图，由球心作平面ABC的垂线，则垂足为BC的 中成M又AM=号BC=号，0M=号AM=6,球0的半径 R=0A=√(2）+6=号 4.2解析：如图，将三棱锥S-ABC转化为直三棱柱SMN ABC,设△ABC的外接圆圆心为O1,半径为r,则2r AB sin∠ACB 3 =3=23,解得r=5.设三棱锥S-ABC的外接 球球心为0，连接0A,00,则0A=2,00=号SA.0A= -2 0A+00,4=3+4SA,解得SA=2 、M 第四讲空间位置关系的证明与空间角问题 【知识清单·精准记忆】 【自主检测】 题组一 1.AB解析：M,N在直线l上，∴MN=(1,1,3),故向量(1， 1,3),(2,2,6)都是直线1的一个方向向量. 2.D解析：AB=(-1,1,0),AC=(-1,0,1).设平面ABC的 法的生为n别有仁8取五=一1则 -1,z=-1.故平面ABC的一个法向量是(-1，一1，-1). 题组二 1.A解析：建立如图所示的空间直角坐标系，则D1(0,0,3), B(2,2,0),A(2,0,0),C(0,2,0),BD=(-2,-2,3),AC= (-2,2,0),.cos(Bd,AC)= BD·AC B元11A花=0. 2.3 第1题图 第2题图 6 解析：建立空间直角坐标系如图所示，则B(1,1,0), 0合，2,1)，D赋=(10,1)是平面ABCD的-个法向量. 又O成-（合，2，-1）B0与平面ABC,D所成角的正孩 1O范.DA 2 值为 √3 OBIDAI 6 3.45°解析：建立空间直角坐标系如图 所示，设AB=1,则A(0,0,0),B(0,1, 0),P(0,0,1),D1,0,0),C(1,1,0).平 面PAB的一个法向量为n1=(1,0, 0).设平面PCD的法向量为n2=（x,y,z),则 /n·Pi=0, 得x二=0令x=1,则=1，m=1,01), n2·D=0,ly=0. 2产方=号，.平面PAB与平面PCD夹角的余 .cos(n1,n2）= 孩值为号，：平面PAB与平面PCD所成的二面角的大小 为45°. 第一课时空间位置关系与线面角问题 【方法清单·把控高考】 考点 【高考这样考】 (1)证明：取PA的中点N,PB的中点M,连接FN,MN,MG,