专题3 第2讲 球的“切”“接”问题（课件PPT）-【满分思维】2026年高考二轮专题复习·数学（提升版）

第2讲　球的“切”“接”问题 考点一　空间几何体的外接球 考点二　空间几何体的内切球 目 录 索 引 考点三　与球切、接有关的最值问题 考点一　空间几何体的外接球 理知识 1.由特殊几何体的结构特征确定球心的常见情况: (1)正方体或长方体的外接球的球心是其体对角线的中点.体对角线就是球的一条直径,若长方体的长、宽、高分别为a,b,c,则外接球半径r=. (2)正棱柱的外接球的球心是上、下底面中心的连线的中点. (3)直三棱柱的外接球的球心是上、下底面三角形外心的连线的中点. (4)正棱锥和正棱台的外接球的球心在其高上,具体位置可通过构造直角三角形,利用勾股定理求得. 2.一般几何体确定球心的方法 定义法: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,再根据到其他顶点的距离也是半径,列关系式求解即可. [微提醒]圆柱的外接球球心是轴的中点;圆锥和圆台的外接球的球心在轴所在直线上,解题时常根据轴截面建立未知量的关系,具体求法类似于正棱锥和正棱台. 链高考 (2023全国乙,文16)已知点S,A,B,C均在半径为2的球面上,△ABC是边长为3的等边三角形,SA⊥平面ABC,则SA=　　　　　.  2 解析 由正弦定理得△ABC外接圆的半径r= 设O,O'分别为三棱锥S-ABC外接球的球心、△ABC外接圆的圆心,球O的半径R=2,所以OO'==1. 因为SA⊥平面ABC,所以SA=2OO'=2. 考向1　特殊几何体的外接球 例1　(2022新高考Ⅱ,7)已知正三棱台的高为1,上、下底面的边长分别为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 A 解析 设外接球的半径为R,由题意得,上底面所在平面截球所得圆的半径是3,下底面所在平面截球所得圆的半径是4,在轴截面中,设球心到上、下底面的距离分别为d1,d2,则d1=,d2=,故|d1-d2|=1或|d1+d2|=1,由几何知识可得=1,或=1,解得R2=25符合题意.因此球的表面积是S=4πR2=4π·25=100π.故选A. 延伸探究 (变条件)本例中的“正三棱台”改为“高为1,底面边长为4的正三棱锥”,求该球的表面积. 解 设该正三棱锥为V-ABC,点M为△ABC的中心,连接VM,CM. 易知正三棱锥外接球的球心位于VM的延长线上,设为O,连接OC. 设外接球的半径为R,则OV=OC=R,VM=1, 所以OM=R-1,CM=AB=4=4. 在Rt△OMC中,有R2=(R-1)2+42,解得R=, 所以外接球的表面积为4πR2=289π. 【对点训练1】(1)(2025广东深圳模拟)已知圆锥的母线长为6,其外接球表面积为,则该圆锥的表面积为(　　) A.12π B.16π C.18π D.27π B 解析 设圆锥的外接球的半径为R,则外接球表面积为4πR2=,得R= 由=-<0, 可知外接球的球心在圆锥内部. 圆锥的轴截面如图所示, 则AO=OC= 设圆锥的高为AO1=h,圆锥的底面圆半径为O1C=r,则r2+h2=62, 又由(h-R)2+r2=R2,解得h==4,r=2, 所以圆锥的表面积为πr2+πrl=16π. (2)(2025江苏淮安模拟)已知正三棱柱所有棱长都相等,它的六个顶点都在半径为的球面上,则此正三棱柱的体积为　　　　　.  18 解析 如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,设O为外接球的球心,G为△ABC的中心,设正三棱柱的棱长为2a,则AB=2a,OG=a,OA=, 所以AG=a. 在Rt△AGO中,AO2=AG2+GO2,即7=a2+a2, 解得a2=3,故a=, 所以正三棱柱ABC-A1B1C1的体积V=4a2·2a=2a3=23=18. 考向2　可转化为特殊几何体的外接球 例2　(1)(2025广东深圳模拟)在四棱锥S-ABCD中,SA⊥平面ABCD,底面ABCD为正方形,SA=AB=2,则四棱锥S-ABCD的外接球的表面积为(　　) A.12π B.8π C.48π D.20π A 解析 如图,将四棱锥S-ABCD补成正方体, 正方体体对角线长为2, 则四棱锥的外接球为正方体的外接球, 外接球半径为, 所以四棱锥S-ABCD的外接球表面积为4π×()2=12π. 故选A. (2)在三棱锥P-ABC中,已知PA=BC=2,AC=BP=,CP=AB=,则三棱锥P-ABC外接球的表面积为(　　) A.77π B.64π C.108π D.72π A 解析 因为三棱锥的对棱相等,所以可以把它看成某个长方体的面对角线构成的几何体.设长方体过同一顶点的三条棱长分别为a,b,c,且长方体的面对角线长为2,不妨令=2 ,则a2+b2=52,c2+b2=41,a2+c2=61,则a2+b2+c2=(52+41+61)=77.因为长方体体对角线的长为长方体外接球的直径,即为三棱锥外接球的直径,所以三棱锥外接球的半径为,所以外接球的表面积为4π()2=77π.故选A. 【对点训练2】如图,平面四边形ADBC中,AB⊥BC,AB=,BC=2,△ABD为等边三角形,现将△ABD沿AB翻折,使点D移动至点P,且PB⊥BC,则三棱锥P-ABC的外接球的表面积为　　　　　.  16π 解析 因为AB⊥BC,PB⊥BC,AB∩PB=B,AB,PB⊂平面PAB,所以BC⊥平面PAB. 将三棱锥P-ABC补为如图所示的直三棱柱,则它们的外接球相同,外接球的球心O为棱柱上、下底面三角形的外心连线的中点,设△PAB的外心为点E,由△ABD为等边三角形,AB=,得BE==1,因为OE=BC=,所以在Rt△OBE中,OB==2,即外接球的半径为2,所以外接球的表面积为4π×22=16π. 考点二　空间几何体的内切球 理知识 几何体内切球问题的求解策略 (1)体积分割法求内切球半径. (2)作出合适的截面(过球心、切点等),转化为平面图形求解. (3)多球相切的问题,连接各球球心,转化为处理多面体问题. 链高考 (2025新高考Ⅱ,14)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 作出轴截面ABCD,如图所示.由题意,两球半径相等,所以图中两圆的切点M到AD的距离为4,到DC的距离为,过点M作AD平行线与过点O1作DC的平行线相交于点N,在Rt△MO1N中,由MN2+O1N2=O1M2,设两球的半径为r,得(4-r)2+(-r)2=r2,即4r2-68r+145=0,解得r=或r=(舍).所以最大值为 例3　(1)(2025广东汕头模拟)已知某圆台的上、下底面半径分别为r1,r2,且r2=2r1,若半径为2的球与圆台的上、下底面及侧面均相切,则该圆台的体积为(　　) A. B. C. D. C 解析 如图,设圆台上、下底面圆心分别为O1,O2,则圆台内切球的球心O一定在O1O2的中点处, 设球O与母线AB切于点M,所以OM⊥AB,OM=OO1=OO2=2, 所以△AOO1≌△AOM,所以AM=r1.同理BM=r2,所以AB=r1+r2=3r1. 过A作AG⊥BO2,垂足为G,则BG=r2-r1=r1,AG=O1O2=4,所以AG2=AB2-BG2,即16==8,所以r1=,所以r2=2, 所以该圆台的体积为(2π+8π+4π)×4=故选C. (2)(2025浙江宁波模拟)在《九章算术》中,将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑.在鳖臑A-BCD中,AB⊥平面BCD,BC⊥CD,且AB=BC=CD=1,则其内切球表面积为　　　　　.  (3-2)π 解析 因为四面体ABCD四个面都为直角三角形, AB⊥平面BCD,BD,BC,CD⊂平面BCD,所以AB⊥BD,AB⊥BC,AB⊥CD, 又BC⊥CD,AB,BC⊂平面ABC,AB∩BC=B,所以CD⊥平面ABC, 又AC⊂平面ABC,所以AC⊥CD. 所以四面体ABCD的表面积为SABCD=S△ABC+S△ABD+S△ACD+S△BCD=1+,体积为VABCD=1×1×1= 设四面体ABCD内切球的球心为O,半径为r, 则VABCD=VO-ABC+VO-ABD+VO-ACD+VO-BCD =r(S△ABC+S△ABD+S△ACD+S△BCD)=rSABCD, 所以r=,所以内切球表面积S=4πr2=(3-2)π. 【对点训练3】(1)(2025广东湛江模拟)一个圆锥的侧面展开图是一个半径为3,圆心角为的扇形,在该圆锥内有一个与侧面和底面均相切的球,则该球的体积是(　　) A.2π B. C. D. D 解析 由题意得,扇形的弧长l=3=2π, 所以该圆锥的底面圆的半径r==1, 所以该圆锥的高h==2 设该圆锥内切球的半径为R,圆锥的轴截面如图所示, 则依题意得S△ABC=2×2(3+3+2)×R,所以R=, 所以该球的体积V=R3=)3π=故选D. (2)(2025江苏扬州模拟)已知正四棱锥P-ABCD的底面边长为2,若半径为1的球与该正四棱锥的各面均相切,则正四棱锥P-ABCD的体积为(　　) A.8 B.12 C.12 D.36 B 解析 因为球与该正四棱锥的各面均相切,所以该球的球心O在P-ABCD的高线PH上, 过点H作HE⊥AB,交AB于点E,连接PE,过点O作OK⊥PE,交PE于点K. 因为PH⊥平面ABCD,AB⊂平面ABCD,则PH⊥AB, 又PH∩HE=H,PH,HE⊂平面PHE,则AB⊥平面PHE, 因为OK⊂平面PHE,故AB⊥OK, 又AB∩PE=E,AB,PE⊂平面PAB,故OK⊥平面PAB. 依题意,OK=OH=1, 因为底面边长为2,所以HE=2, 在Rt△OEH中,tan∠OEH=,则∠HEO= 因为OK=OH=1,OH⊥EH,OK⊥EK, 所以OE为∠PEH的角平分线,则∠PEH=2∠OEH=,则∠HPE=, 故PH==3,则VP-ABCD=(2)2×3=12. 考点三　与球切、接有关的最值问题 理知识 与球切、接有关的最值问题 (1)转化为函数最值问题:通过引入参数,建立关于这个参变量的函数关系,转化为函数的最值问题来解决,有时要用导数法求最值. (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:可通过引入变量建立数学模型,然后利用基本不等式求其最值. 链高考 (2022全国乙,理9)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. C 解析 设四棱锥的高为h,体积为V,则底面所在圆的半径为 要使四棱锥的体积最大,底面四边形必为正方形, 此时V=(2)2·h=(h-h3),所以V'=(1-3h2). 由题意可知0<h<1,令V'>0,得0<h<; 令V'<0,得<h<1. 所以V在区间内单调递增,在区间内单调递减, 所以当h=时,V取得最大值. 例4　(2022新高考Ⅰ,8)已知正四棱锥的侧棱长为l,其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为36π,且3≤l≤3,则该正四棱锥体积的取值范围是 (　　) A. B. C. D.[18,27] C 解析 记正四棱锥高与侧棱的夹角为θ,高为h,底面中心到底面各顶点的距离为m.∵正四棱锥外接球的体积为36π,∴外接球的半径R=3. 又3≤l≤3,∴cos θ=, ∴l=6cos θ,m=l·sin θ=6sin θcos θ, h==6cos2θ,正四棱锥的底面积S底=2m×2m=2m2. 故该正四棱锥的体积V=S底·h=2m2h=144sin2θcos4θ. 令x=cos2θ.∵cos ,∴x=cos2 ∴sin2θcos4θ=(1-cos2θ)·cos4θ=(1-x)·x2,x 令y=(1-x)·x2=-x3+x2,x,则y'=-3x2+2x. 故当x时,y'>0,函数y=-x3+x2单调递增; 当x时,y'<0,函数y=-x3+x2单调递减. 于是当x=时,y取最大值,且ymax=-, 当x=时,y=-, 当x=时,y=-,故当x=时,y取最小值 因而V的最大值Vmax=144,V的最小值Vmin=144 故该正四棱锥体积的取值范围为 【对点训练4】(2025湖南长沙模拟)一个圆锥的底面圆和顶点都恰好在同一个球面上,且该球的半径为1,当圆锥的体积取最大值时,圆锥的底面半径为(　　) A. B. C. D. B 解析 如图,根据题意,设圆锥PO1的高为h,底面圆半径为r,外接球球心为O,半径R=1,则球心O到圆锥底面圆心O1的距离d=OO1=|1-h|,0<h<2, 由d2+r2=R2,得r2=2h-h2,圆锥的体积V=r2h=(2h2-h3),求导得V'=(4h-3h2) =πh(-h),当0<h<时,V'>0,函数V=(2h2-h3)在(0,)上单调递增,当<h<2时, V'<0,函数V=(2h2-h3)在(,2)上单调递减,则当h=时,圆锥的体积最大,此时底面圆半径r=故选B. $