第七章 §7.2 球的切、接问题（教师用书word）-【步步高】2025年高考数学大一轮复习讲义（苏教版 提高版）

§7.2　球的切、接问题 重点解读　与球的切、接问题是历年高考的热点内容，一般以客观题的形式出现，考查空间想象能力、计算能力．其关键点是利用转化思想，把球的切、接问题转化为平面问题或特殊几何体来解决或转化为特殊几何体的切、接问题来解决． 一、正方体与球 1．内切球：内切球直径2R＝正方体棱长a. 2．棱切球：棱切球直径2R＝正方体的面对角线长a. 3．外接球：外接球直径2R＝正方体体对角线长a. 二、长方体与球 外接球：外接球直径2R＝体对角线长(a，b，c分别为长方体的长、宽、高)． 三、正棱锥与球 1．内切球：V正棱锥＝S表·r＝S底·h(等体积法)，r是内切球半径，h为正棱锥的高． 2．外接球：外接球球心在其高上，底面正多边形的外接圆圆心为E，半径为r，R2＝(h－R)2＋r2(正棱锥外接球半径为R，高为h)． 　 四、正四面体的外接球、内切球 若正四面体的棱长为a，高为h，正四面体的外接球半径为R，内切球半径为r，则h＝a，R＝a，r＝a，R∶r＝3∶1. 五、正三棱柱的外接球 球心到正三棱柱两底面的距离相等，正三棱柱两底面中心连线的中点为其外接球球心．R2＝2＋2. 六、圆柱的外接球 R＝(R是圆柱外接球的半径，h是圆柱的高，r是圆柱底面圆的半径)． 七、圆锥的外接球 R2＝(h－R)2＋r2(R是圆锥外接球的半径，h是圆锥的高，r是圆锥底面圆的半径)． 题型一　外接球 命题点1　定义法 例1 (1)(2023·茂名模拟)已知菱形ABCD的各边长为2，∠B＝60°.将△ABC沿AC折起，折起后记点B为P，连接PD，得到三棱锥P－ACD，如图所示，当三棱锥P－ACD的表面积最大时，三棱锥P－ACD的外接球体积为(　　) A. B. C．2π D. 答案　D 解析　由题意可得，△ACD，△ACP均为边长为2的等边三角形，△PAD，△PCD为全等的等腰三角形， 则三棱锥P－ACD的表面积 S＝2S△ACD＋2S△PCD＝2××2×2×＋2××2×2sin∠PCD＝2＋4sin∠PCD≤2＋4， 当且仅当sin∠PCD＝1，即PC⊥CD时，三棱锥P－ACD的表面积取最大值， 此时△PAD，△PCD为直角三角形， PD＝＝2， 取PD的中点O，连接OA，OC，由直角三角形的性质可得OA＝OC＝OD＝OP＝， 即三棱锥P－ACD的外接球的球心为O， 半径R＝， 故外接球体积V＝π×()3＝. (2)(2023·韶关模拟)已知三棱柱ABC－A1B1C1的侧棱垂直于底面，且所有顶点都在同一个球面上，若AA1＝AC＝2，AB⊥BC，则此球的体积为________． 答案　π 解析　设△ABC的外接圆的圆心为D，半径为r，球的半径为R，球心为O， 底面△ABC为直角三角形，故其外接圆圆心D在斜边中点处，则r＝1， 又OD＝AA1＝1，在Rt△OCD中， R＝＝，V球＝πR3＝π. 思维升华 到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，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，再根据到其他顶点距离也是半径，列关系式求解即可． 跟踪训练1 某建筑的形状可视为内外两个同轴圆柱，某爱好者制作了一个实心模型，已知模型内层底面直径为12 cm，外层底面直径为16 cm，且内外层圆柱的底面圆周都在一个直径为20 cm的球面上，则此模型的体积为________ cm3. 答案　912π 解析　由题意，设球心为O，模型内层圆柱底面的圆心为O1，模型外层圆柱底面的圆心为O2，点A，B分别在圆O1，O2上，如图，连接AO，BO，AO1，BO2，OO1，则O2在OO1上， 因为AO＝BO＝10 cm，AO1＝6 cm，BO2＝8 cm， 在Rt△AO1O中，由勾股定理得 OO1＝＝8(cm)， 在Rt△BO2O中，由勾股定理得 OO2＝＝6(cm)， 所以内层圆柱的高h1＝16 cm， 外层圆柱的高h2＝12 cm， 所以此模型的体积 V＝π2×12＋π2×(16－12) ＝912π(cm3)． 命题点2　补形法 例2 数学中有许多形状优美、寓意独特的几何体，图1所示的礼品包装盒就是其中之一．该礼品包装盒可以看成是一个十面体，其中上、下底面为全等的正方形，所有的侧面是全等的等腰三角形．将长方体ABCD－A1B1C1D1的上底面A1B1C1D1绕着其中心旋转45°得到如图2所示的十面体ABCD－EFGH.已知AB＝AD＝2，AE＝，则十面体ABCD－EFGH外接球的表面积是________． 答案　(11＋2)π 解析　由题中数据可知 A1E2＝1＋(－1)2＝4－2， 则AA1＝＝＋1， 因为十面体ABCD－EFGH是由长方体ABCD－A1B1C1D1的上底面绕着其中心旋转45°得到， 所以长方体ABCD－A1B1C1D1的外接球就是十面体ABCD－EFGH的外接球． 设十面体ABCD－EFGH外接球的半径为R， (2R)2＝22＋22＋(＋1)2， 则R2＝， 故十面体ABCD－EFGH外接球的表面积是4πR2＝(11＋2)π. 思维升华 (1)补形法的解题策略 ①侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解． 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＝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. (3)长方体的共顶点的三条棱长分别为a，b，c，外接球的半径为R，则2R＝. (4)正四面体的外接球的半径R＝a(a为该正四面体的棱长)． 跟踪训练2 在四面体S－ABC中，SA⊥平面ABC，在△ABC中，内角B，A，C成等差数列，SA＝AC＝2，AB＝1，则该四面体的外接球的表面积为________． 答案　8π 解析　由题意，在△ABC中，内角B，A，C成等差数列，可得2A＝B＋C， 因为A＋B＋C＝π， 可得3A＝π， 即A＝， 在△ABC中，由余弦定理的推论可得 cos A＝＝， 即＝， 解得BC＝， 所以AC2＝AB2＋BC2， 所以AB⊥BC， 所以该四面体的外接球与该长方体的外接球是相同的，如图所示， 根据长方体的对角线长等于其外接球的直径， 可得(2R)2＝22＋12＋()2， 解得R2＝2， 所以该四面体的外接球的表面积为S＝4πR2＝8π. 命题点3　截面法 例3 (1)(2022·新高考全国Ⅱ)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 答案　A 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＋OO＝42＋(1－OO1)2，解得OO1＝4(舍去)； 当球心O不在线段O1O2上时，R2＝42＋OO＝32＋(1＋OO2)2，解得OO2＝3， 所以R2＝25， 所以该球的表面积为4πR2＝100π. 综上，该球的表面积为100π. (2)在平面四边形ABCD中，AB＝AD＝CD＝1，BD＝，BD⊥CD.将其沿对角线BD折成四面体A′BCD，使平面A′BD⊥平面BCD.若四面体A′BCD的顶点在同一球面上，则该球的体积为(　　) A. B．3π C. D．2π 答案　A 解析　如图，设BD，BC的中点分别为E，F. 因为点F为底面Rt△BCD的外心，则三棱锥A′－BCD的外接球球心必在过点F且与平面BCD垂直的直线l1上．又点E为底面Rt△A′BD的外心，则外接球球心必在过点E且与平面A′BD垂直的直线l2上．所以球心为l1与l2的交点．又FE∥CD，CD⊥BD，平面A′BD⊥平面BCD，平面A′BD∩平面BCD＝BD，所以FE⊥平面A′BD.所以球心为点F.又A′B＝A′D＝1，所以BD＝，又CD＝1，所以BC＝，球半径R＝＝.故V＝π3＝. 思维升华 与球截面有关的解题策略 (1)定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为半径；如果是外接球，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，实现空间问题平面化的目的． 跟踪训练3 (1)已知正四棱台的上、下底面的顶点都在一个半径为3的球面上，上、下底面正方形的外接圆半径分别为1和2，圆台的两底面在球心的同侧，则此正四棱台的体积为________． 答案　 解析　由题知，正四棱台的上、下底面的顶点都在一个半径为3的球面上， 取正四棱台上底面一点为A，正方形中心为O1， 下底面一点为B，正方形中心为O2， 正四棱台外接球球心为O， 连接AO1，OO1，BO2，OA，OB，如图所示， 记正四棱台高O1O2＝h，OO1＝m， 在Rt△AOO1中，AO＝3，AO1＝1，OO1＝m， 所以有m2＋1＝9，解得m＝2， 在Rt△BOO2中，BO＝3，BO2＝2，OO2＝m－h>0， 所以有(m－h)2＋4＝9， 解得m－h＝，即h＝2－， 因为四棱台上、下底面正方形的外接圆半径分别为1和2， 所以四棱台上、下底面正方形的边长分别为和2， 所以S上＝2，S下＝8，h＝2－， 故正四棱台体积为 V＝h(S上＋S下＋)＝. (2)两个圆锥的底面是一个球的同一截面，顶点均在球面上，若球的体积为，两个圆锥的高之比为1∶3，则这两个圆锥的体积之和为(　　) A．3π B．4π C．9π D．12π 答案　B 解析　如图所示，设两个圆锥的底面圆圆心为点D，设圆锥AD和圆锥BD的高之比为3∶1， 即AD＝3BD， 设球的半径为R， 则＝，可得R＝2， 所以AB＝AD＋BD＝4BD＝4， 所以BD＝1，AD＝3， 因为CD⊥AB，AB为球的直径， 所以△ACD∽△CBD， 所以＝，所以CD＝＝， 因此这两个圆锥的体积之和为 π×CD2·(AD＋BD)＝π×3×4＝4π. 题型二　内切球 例4 如图所示，直三棱柱ABC－A1B1C1是一块石材，测量得∠ABC＝90°，AB＝6，BC＝8，AA1＝13.若将该石材切削、打磨，加工成几个大小相同的健身手球，则一个加工所得的健身手球的最大体积及此时加工成的健身手球的个数分别为(　　) A.，4 B.，3 C．6π，4 D.，3 答案　D 解析　依题意知，当健身手球与直三棱柱的三个侧面均相切时，健身手球的体积最大．易知AC＝＝10，设健身手球的半径为R，则×(6＋8＋10)×R＝×6×8，解得R＝2. 则健身手球的最大直径为4. 因为AA1＝13，所以最多可加工3个健身手球． 于是一个健身手球的最大体积 V＝πR3＝π×23＝. 思维升华 (1)多面体内切球的球心与半径的确定 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，但不重合． ④体积分割是求内切球半径的通用做法． (2)正四面体的内切球的半径r＝a，其半径是外接球半径的三分之一(a为该正四面体的棱长)． 跟踪训练4 (1)(2023·淮北模拟)半球内放三个半径为的小球，三小球两两相切，并且与球面及半球底面的大圆面也相切，则该半球的半径是(　　) A．1＋ B.＋ C.＋ D.＋ 答案　D 解析　三个小球的球心O1，O2，O3构成边长为2的正三角形，则其外接圆半径为2.设半球的球心为O，小球O1与半球底面切于点A. 如图，经过点O，O1，A作半球的截面，则半圆⊙O的半径为OC，OC⊥OA，作O1B⊥OC于点B. 则OA＝O1B＝2.设该半球的半径是R，在Rt△OAO1中，由(R－)2＝22＋()2可得R＝＋. (2)(2024·海东模拟)在正四棱锥P－ABCD中，PA＝5，AB＝6，则该四棱锥内切球的表面积是(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　过点P作PO⊥平面ABCD， 则O为正方形ABCD的中心，连接OA，如图， 因为AB＝6，所以OA＝3， 所以OP＝＝＝， 则四棱锥P－ABCD的体积V＝×62×＝12， 四棱锥P－ABCD的表面积S＝6×6＋×6××4＝84. 设四棱锥P－ABCD内切球的半径为r，内切球的球心为O′， 由V＝VO′－ABP＋VO′－BCP＋VO′－CDP＋VO′－ADP＋VO′－ABCD， 可得V＝Sr，即12＝×84r，解得r＝， 故四棱锥P－ABCD内切球的表面积是4πr2＝. 课时精练 一、单项选择题 1．已知直三棱柱ABC－A1B1C1的6个顶点都在球O的球面上，若AB＝3，AC＝4，AB⊥AC，AA1＝12，则球O的半径为(　　) A. B．2 C. D．3 答案　C 解析　由题意作图，如图所示，过球心O作平面ABC的垂线，则垂足为BC的中点M. ∵AB＝3，AC＝4，AB⊥AC， ∴BC＝5，又AM＝BC＝，OM＝AA1＝6， ∴球O的半径R＝OA＝＝. 2．已知在三棱锥P－ABC中，AC＝，BC＝1，AC⊥BC且PA＝2PB，PB⊥平面ABC，则其外接球体积为(　　) A. B．4π C. D．4π 答案　A 解析　AB＝＝， 设PB＝h，则由PA＝2PB， 可得＝2h，解得h＝1， 可将三棱锥P－ABC还原成如图所示的长方体， 则三棱锥P－ABC的外接球即为长方体的外接球， 设外接球的半径为R， 则2R＝＝2，R＝1， 所以其外接球的体积V＝R3＝. 3．已知一个三棱柱，其底面是正三角形，且侧棱与底面垂直，一个体积为的球体与棱柱的所有面均相切，那么这个三棱柱的表面积是(　　) A．6 B．12 C．18 D．24 答案　C 解析　根据已知可得球的半径等于1，故三棱柱的高等于2，底面三角形内切圆的半径等于1，即底面三角形的高等于3，边长等于2，所以这个三棱柱的表面积等于3×2×2＋2××2×3＝18. 4．(2024·南昌模拟)在正方形ABCD中，E，F分别为线段AB，BC的中点，连接DE，DF，EF，将△ADE，△CDF，△BEF分别沿DE，DF，EF折起，使A，B，C三点重合，得到三棱锥O－DEF，则该三棱锥的外接球半径R与内切球半径r的比值为(　　) A. 2 B．4 C．2 D. 答案　C 解析　因为在正方形ABCD中，AD⊥AE，CD⊥CF，BE⊥BF， 所以折起后OD，OE，OF两两互相垂直， 故该三棱锥的外接球，即以OD，OE，OF为棱的长方体的外接球． 设正方形ABCD的边长为2，则OD＝2，OE＝1，OF＝1， 故2R＝＝，则R＝. 设内切球球心为I，由VO－DEF＝VD－OEF＝·S△OEF·OD＝，三棱锥O－DEF的表面积S＝4， VO－DEF＝VI－ODE＋VI－ODF＋VI－OEF＋VI－DEF＝Sr， 所以r＝，则有＝2. 5．(2023·聊城模拟)“阿基米德多面体”也称半正多面体，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，它体现了数学的对称美．如图是以一正方体的各条棱的中点为顶点的多面体，这是一个有八个面为正三角形，六个面为正方形的“阿基米德多面体”，若该多面体的棱长为1，则该多面体外接球的体积为(　　) A. B. C．4π D．8π 答案　A 解析　将该多面体放入正方体中，如图所示． 由于多面体的棱长为1，所以正方体的棱长为， 因为该多面体是由棱长为的正方体连接各棱中点所得， 所以该多面体外接球的球心为正方体体对角线的中点，其外接球直径等于正方体的面对角线长，即2R＝，所以R＝1， 所以该多面体外接球的体积V＝πR3＝. 6．(2022·全国乙卷)已知球O的半径为1，四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均在球O的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　该四棱锥的体积最大即以底面截球的圆面和顶点O组成的圆锥体积最大． 设圆锥的高为h(0<h<1)，底面半径为r， 则圆锥的体积V＝πr2h＝π(1－h2)h， 则V′＝π(1－3h2)， 令V′＝π(1－3h2)＝0，得h＝， 所以V＝π(1－h2)h在上单调递增， 在上单调递减， 所以当h＝时，四棱锥的体积最大． 二、多项选择题 7．已知正方体的外接球与内切球上各有一个动点M，N，若线段MN的最小值为－1，则下列说法中正确的是(　　) A．正方体的外接球的表面积为12π B．正方体的内切球的体积为π C．正方体的棱长为2 D．线段MN的最大值为2 答案　ABC 解析　设正方体的棱长为a， 则正方体外接球的半径为体对角线长的一半，即a； 内切球的半径为棱长的一半，即a. ∵M，N分别为外接球和内切球上的动点， ∴MNmin＝a－a＝a＝－1， 解得a＝2，即正方体的棱长为2， ∴正方体外接球的表面积为4π×()2＝12π，内切球的体积为π，故A，B，C正确； 线段MN的最大值为＋1，故D错误． 8.传说古希腊数学家阿基米德的墓碑上刻着一个圆柱，圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等．“圆柱容球”是阿基米德最为得意的发现．如图是一个圆柱容球，O1，O2为圆柱下、上底面的圆心，O为球心，EF为底面圆O1的一条直径，若球的半径r＝2，则(　　) A．球与圆柱的表面积之比为1∶2 B．平面DEF截得球的截面面积最小值为π C．四面体CDEF的体积的取值范围为 D．若P为球面和圆柱侧面的交线上一点，则PE＋PF的取值范围为[2＋2，4] 答案　BCD 解析　由球的半径为r，可知圆柱的底面半径为r，圆柱的高为2r，则球的表面积为4πr2，圆柱的表面积为2πr2＋2πr·2r＝6πr2， 所以球与圆柱的表面积之比为2∶3，故A错误； ABCD所在截面如图所示，过点O作OG⊥DO1于点G， 则由题可得OG＝×＝， 设点O到平面DEF的距离为d1，平面DEF截得球的截面圆的半径为r1， 则d1≤OG，r＝r2－d＝4－d≥4－＝， 所以平面DEF截得球的截面面积最小值为π，故B正确； 由题可知四面体CDEF的体积等于，点E到平面DCO1的距离d∈(0,2]， 又＝×4×4＝8， 所以＝×8d＝∈，故C正确； 由题可知点P在过球心与圆柱的底面平行的截面圆上， 设P在底面的射影为P′， 则PP′＝2，PE＝， PF＝，P′E2＋P′F2＝16， 设t＝P′E2，则t∈[0,42]，PE＋PF＝＋， 所以(PE＋PF)2＝(＋)2 ＝24＋2 ＝24＋2∈[24＋8，48]， 所以PE＋PF∈[2＋2，4]，故D正确． 三、填空题 9．已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为________． 答案　 解析　圆锥内半径最大的球应该为该圆锥的内切球， 如图，圆锥母线长BS＝3，底面半径BC＝1，其高SC＝＝2， 不妨设该内切球与母线BS切于点D， 令OD＝OC＝r，由△SOD∽△SBC，得＝， 即＝，解得r＝，V＝πr3＝. 10.如图，在多面体中，四边形ABCD为矩形，CE⊥平面ABCD，AB＝2，BC＝CE＝1，通过添加一个三棱锥可以将该多面体补成一个直三棱柱，那么添加的三棱锥的体积为________，补形后的直三棱柱的外接球的表面积为______． 答案　　6π 解析　如图，添加的三棱锥为直三棱锥E－ADF， 可以将该多面体补成一个直三棱柱ADF－BCE， 因为CE⊥平面ABCD，AB＝2， BC＝CE＝1， 所以S△BCE＝CE×BC＝×1×1＝， 直三棱柱ADF－BCE的体积 V＝S△BCE·AB＝×2＝1， 添加的三棱锥的体积为V＝. 方法一　如图，分别取AF，BE的中点M，N，连接MN，与AE交于点O， 因为四边形AFEB为矩形，所以O为AE，MN的中点，在直三棱柱ADF－BCE中，CE⊥平面ABCD， 所以FD⊥平面ABCD，即∠ECB＝∠FDA＝90°，所以上、下底面为等腰直角三角形，直三棱柱的外接球的球心即为点O，AO即为球的半径， 因为AM＝AF＝，MO＝1， 所以AO2＝AM2＋MO2＝＋1＝， 所以外接球的表面积为4π·AO2＝6π. 方法二　因为CE，CB，CD两两垂直，故将直三棱柱ADF－BCE补成长方体，设外接球的半径为R，则4R2＝12＋12＋22＝6，所以外接球的表面积S＝4πR2＝6π. 学科网（北京）股份有限公司 $