专题3 小题考法2 球的切、接问题-【备考最优解】2026版高考二轮专题复习·数学创新版（教用word）

小题考法2　球的切、接问题 命题点一 切的问题 角度1　内切球 [例1]　(1)棱长为2的正四面体内切一球，然后在正四面体和该球形成的空隙处各放入一个小球，则这样一个小球的表面积最大为(　　) A． B．π C．π D．π (2)(2025·全国二卷)一个底面半径为4 cm，高为9 cm的封闭圆柱形容器(容器壁厚度忽略不计)内有两个半径相等的铁球，则铁球半径的最大值为________cm. 【解析】　(1)如图，由题意知小球和正四面体A-BCD的三个侧面以及内切球都相切时半径最大， 设内切球球心为O，半径为R，空隙处的最大球球心为O1，半径为r，G为△BCD的中心，E为CD中点，球O和球O1分别与平面ACD相切于F和H. 易知AG⊥平面BCD，A，O1，O，G共线．易得BE＝＝3，BG＝BE＝2，AG＝＝2，连接OB，OC，OD， 由VA-BCD＝VO-BCD＋VO-ABC＋VO-ABD＋VO-ACD， 可得R＝， 又VA-BCD＝×2××2×2×＝2， S△BCD＝S△ABC＝S△ABD＝S△ACD＝×2×2×＝3， 故R＝，AO1＝AG－GO1＝2－2×－r＝－r，AO＝AG－GO＝2－＝，又由△AO1H∽△AOF，可得＝，即＝，解得r＝，即小球的最大半径为.所以小球的表面积最大为4π×＝. (2)设铁球的半径为R(0＜R＜4). 情形一：两个铁球的球心都在圆柱的轴上，且两球分别与圆柱的上、下底面相切，其轴截面如图1，则4R＝9，则R＝；情形二：两球均分别与圆柱的一个底面和侧面相切，其轴截面如图2， 则解得R＝或R＝(舍去). 由于＜，故R的最大值为. 【答案】　(1)A　(2) (1)多面体内切球的问题，一般是将多面体分割为以球心为顶点，多面体的各面为底面的棱锥，利用多面体的体积等于各棱锥的体积之和来求内切球的半径． (2)旋转体内切球的问题，关键是依据旋转体的对称性确定球心位置，借助轴截面及有关平面图形的性质解决相关问题． [对点训练]　(2025·邯郸一模)已知某圆台的体积为128π，球O刚好和该圆台的上、下底面及侧面都相切，若该圆台下底面圆的半径是上底面圆的半径的4倍，则球O的体积是________． 解析：如图，画出截面示意图， 设圆台的上、下底面半径分别为r，4r，球的半径为R，圆台的母线长为l，由圆台的体积公式可得128π＝π×2R(r2＋4r2＋16r2)，①由梯形面积S梯形ABCD＝S△ABO＋S△CDO＋2S△BCO可得(2r＋8r)×2R＝×2r×R＋×8r×R＋2×l·R，解得l＝5r，又在Rt△BEC中，(3r)2＋(2R)2＝(5r)2，解得R＝2r，代入①可得r3＝，所以R＝2r＝2，所以球O的体积是R3＝×＝π. 答案：π 角度2　棱切球 [例2]　已知正三棱柱的所有棱长均相等，其外接球与棱切球(该球与其所有棱都相切)的表面积分别为S1，S2，则＝________． 【解析】　设正三棱柱的棱长为a，因为正三棱柱上下底面中心连线D1D的中点O为外接球的球心，设外接球的半径为r1，连接OB，BD，则OB2＝OD2＋BD2，BD＝×a＝a，所以r＝＋＝，作OE⊥BB1交BB1于点E，OF⊥AB交AB于点F， 因为OE＝a＝＝OF， 所以O为棱切球的球心，设棱切球半径为r2， 则r＝＝，所以＝＝＝. 【答案】　 棱切球问题注意以下几点：(1)确定切点；(2)确定球心；(3)求半径；(4)注意隐含条件． [对点训练]　已知四面体P-ABC的每条棱长都为2，若球O与它的每条棱都相切，则球O的体积为(　　) A．π B．π C．π D．2π 解析：选B.将正四面体P-ABC补成一个正方体，因为球O与正四面体的棱都相切，则球O为正方体的内切球．设正方体边长为a，球O半径为r，则a2＋a2＝4，解得a＝，即r＝，V＝πr3＝π. 命题点二 接的问题 角度1　多面体的外接球 [例3]　(2025·齐齐哈尔一模)已知正三棱台的上底面边长为，高为1，体积为，则该正三棱台的外接球表面积为(　　) A．8π B．12π C．16π D．20π 【解析】　设正三棱台的下底面边长为a，则其下底面面积为a2，上底面面积为，所以该三棱台的体积为V＝××1＝(a2＋a＋3)＝， 整理可得a2＋a－18＝0，因为a＞0，解得a＝2，如图，设正三棱台ABC-A1B1C1的上、下底面的中心分别为O1，O，由正三棱台的几何性质可知，外接球球心E在直线OO1上，正三角形ABC的外接圆半径为OA＝＝2，正三角形A1B1C1的外接圆半径为O1A1＝＝1，设OE＝d，若球心在线段OO1上，则0＜d＜1，O1E＝1－d， 设球E的半径为R，则R2＝OA2＋d2＝O1A＋(1－d)2， 即4＋d2＝1＋(1－d)2，解得d＝－1，不符合题意； 所以球心E在射线O1O上，则O1E＝d＋1，R2＝OA2＋d2＝O1A＋(1＋d)2，即4＋d2＝1＋(d＋1)2，解得d＝1.所以R2＝4＋1＝5，故该正三棱台的外接球表面积为S＝4πR2＝20π. 【答案】　D 求解多面体外接球的策略 (1)补形法：对于同一顶点出发的三条棱互相垂直的锥体或棱相等的三棱锥，通常可补成长方体或正方体，直接得出外接球的半径． (2)确定球心法：先选择多面体中的一面，确定此面外接圆的圆心，再过圆心作垂直此面的垂线，则球心一定在此垂线上，最后根据其他顶点确定球心的准确位置． [对点训练]　(2025·湖南一模)已知三棱锥P-ABC四个顶点都在球O面上，PA＝PB＝PC＝2，∠APB＝90°，M为AB的中点，C在平面APB内的射影为PM的中点，则球O的表面积为(　　) A．π B．π C．π D．π 解析：选B.如图，点C在平面APB内的射影为PM的中点，设PM的中点为N，则有CN⊥平面APB，又PM⊂平面APB，所以CN⊥PM，可知PC＝CM＝2， 又∠APB＝90°，PA＝PB＝2， 则PM＝AB＝，PN＝NM＝，CN＝＝， 由∠APB＝90°，M为AB的中点，得M为△APB的外心， 所以三棱锥P-ABC的外接球的球心O在过M且垂直平面APB的垂线上，则有OM∥CN，过O作MN的平行线，与CN相交于点Q，则有OQNM为矩形，所以OQ⊥CN，OM＝QN. 设球心O到平面APB的距离为t，球O的半径为R，有OC＝OB＝R，OM＝QN＝t，在Rt△OMB和Rt△OQC中，由勾股定理，得t2＋()2＝R2＝＋，解得t＝，所以R2＝＋2＝，所以球O的表面积为4πR2＝π. 角度2　旋转体的外接球 [例4]　(2024·佛山一模)已知圆台的高为1，下底面的面积为16π，体积为π，则该圆台外接球的表面积为(　　) A．64π B．81π C．100π D．121π 【解析】　设上底面的半径为r1，下底面的半径为r2，外接球的半径为R，由下底面的面积为16π，得r2＝4，圆台的体积V＝πh(r＋r＋r1r2)＝π(r＋16＋4r1)＝， 即r＋4r1－21＝0，解得r1＝3或r1＝－7(舍去)，当外接球球心在圆台外部时，圆台与外接球的轴截面如图所示，设OA＝x，则OB＝1＋x，在△OAC和△OBD中，解得 所以圆台外接球的表面积为4πR2＝100π. 当外接球球心在圆台内部时，易得x<0，不符合题意，舍去． 综上，圆台外接球的表面积为100π. 【答案】　C 旋转体的外接球的球心一定在旋转体的轴上，旋转体与球面的所有“接点”到球心的距离都是半径． [对点训练]　1.底面半径为的圆锥侧面展开图的圆心角为π，则此圆锥外接球的表面积为(　　) A．16π B． C． D． 解析：选A.如图所示， 设圆锥的母线长为l，由题意可得2π·＝π·l，解得l＝2， 则圆锥的高h＝＝1， 设圆锥外接球的半径为r，则r2＝3＋(r－1)2，解得r＝2， 故圆锥外接球的表面积S＝4πr2＝16π. 2．某校开设通用技术选修课程，在学习完通用技术的必修模块——技术与设计后，老师要求学生使用硬纸片制作一个表面积为16π的圆柱(硬纸片的厚度不计)，记该圆柱的底面半径为r，则当圆柱外接球的表面积取得最小值时，r2＝________． 解析：设圆柱的高为h， 则2πr2＋2πrh＝16π，故h＝－r. 设圆柱的外接球半径为R，则r2＋＝R2， 故R2＝r2＋＝r2＋＝r2＋－4≥4－4，当且仅当r2＝，即r2＝时，等号成立，故当r2＝时，圆柱外接球的表面积取得最小值． 答案： 学科网（北京）股份有限公司 $