3.4 培优课6 球的切、接、截面问题-（配套课件）【金版新学案】2026年高考数学大二轮专题复习与测试

培优课6　球的切、接、截面问题 　 第一篇 专题三 立体几何 03 题型三　空间几何体的内切球 02 题型二　空间几何体的外接球 题型一　球的截面 01 内容索引 04 专题集训 题型一　球的截面 返回 √ 典例 1 (1)已知球O的半径为5，点A到球心O的距离为3，则过点A的平面α被球O所截的截面面积的最小值是 A.9π B.12π C.16π D.20π 由点A到球心O的距离为3，得球心O到过点A的平面α距离的最大值为3，因此过点A的平面α被球O所截的截面小圆半径最小值为＝4，所以过点A的平面α被球O所截的截面面积的最小值是42π＝16π.故选C. (2)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，P为DD1的中点，过A，B，P三点作平面α，则该正方体的外接球被平面α截得的截面圆的面积为 A. B. C.3π D. √ 正方体ABCD-A1B1C1D1的外接球球心是BD1的中点O，而BD1∩α ＝B，则点O到平面α的距离h等于点D1到平面α的距离的一半，又 平面α过线段DD1的中点P，如图所示，因此点D1与点D到平面α的 距离相等，由AB⊥平面ADD1A1，AB⊂α，得α⊥平面ADD1A1，在 平面ADD1A1内过D作DE⊥AP于E，而α∩平面ADD1A1＝AP，于是DE⊥α，又AP＝＝，从而h＝DE＝×＝，又球O的半径R＝BD1＝，设正方体的外接球被平面α截得的截面圆半径为r，则有r2＝R2－h2＝3－＝，所以正方体的外接球被平面α截得的截面圆的面积S＝πr2＝.故选D. 规律反思 解决球的截面问题抓住以下几个方面 (1)球心到截面圆的距离.(2)截面圆的半径.(3)直角三角形(球心到截面圆的距离、截面圆的半径、球的半径构成的直角三角形). 预测练1.某圆柱的轴截面是面积为12的正方形ABCD，P为圆柱底面圆弧CD的中点，在圆柱内放置一个球O，则当球O的体积最大时，平面PAB与球O的交线长为 A. B. C. D. √ 由题意知，当球O的体积最大时，球与圆柱的上下底面及母线均相切，因为正方形ABCD的面积为12，所以AB＝BC＝2，如图①所示，记AB所在底面的圆心为O1，CD所在底面的圆心为O2，平面PAB与球O的交线为圆形，如图②所示，O1E即为截面圆的直径，易知O1P＝＝，O1O2＝2，易知Rt△O1O2P∽Rt△O1EO2，故＝，所以O1E＝＝＝，所以交线长为π·O1E＝.故选D. 返回 题型二　空间几何体的外接球 返回 典例 2 角度1　柱体的外接球 (2025·江苏南京二模)所有棱长均为2的正三棱柱ABC-A1B1C1，它 的顶点均在球O的表面上，则球O的表面积为　　　　. 设正三棱柱ABC-A1B1C1的上、下底面的外接圆的圆心分 别为O1，O2，如图所示，连接O1O2，则O为O1O2的中点. 连接OB，则OB为球O的半径R.设圆O1的半径为r，在△ABC 中，由正弦定理得＝2r，解得r＝.又OO1＝1， 所以R2＝OB2＝O＋r2＝，所以球O的表面积为4πR2＝. 规律反思 柱体外接球 　　如图①，图②，图③，直三棱柱内接于球(同时直三棱柱也内接于圆柱，直三棱柱的上、下底面可以是任意三角形)： 确定柱体外接球半径的步骤： 规律反思 第一步：确定球心O的位置，O1是△ABC的外心，则OO1⊥平面ABC；第二步：算出小圆O1的半径AO1＝r，OO1＝AA1＝h(AA1＝h也是圆柱的高)；第三步：勾股定理OA2＝O1A2＋O1O2⇒R2＝r2＋⇒R＝，解出R. 角度2　锥体的外接球 已知四棱锥P-ABCD中，底面四边形ABCD为正方形，侧面PAD为正三角形，且侧面PAD⊥底面ABCD，若PD＝a，则该四棱锥外接球的表面积为 A.πa2 B.πa2 C.πa2 D.5πa2 典例 3 √ 根据题意得出图形，球心为O，E，F分别为△PAD和正 方形ABCD的中心.因为侧面PAD⊥底面ABCD，PD＝a， 所以四棱锥的高为＝a，底面正方形外接圆 半径为a.由OA＝OP，即AF2＋OF2＝PE2＋OE2，即＋OF2＝＋，解得OF＝a，所以四棱锥外接球半径的平方，即AO2＝OF2＋AF2＝，故其表面积为4π×＝πa2.故选B. 规律反思 锥体外接球 　　如图，三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC，求外接球半径. 规律反思 第一步：将△ABC画在小圆面上，A为小圆直径的一个端点，作小圆的直径AD，连接PD，则PD必过球心O；第二步：O1为△ABC的外心，所以OO1⊥平面ABC，算出小圆O1的半径O1D＝r，OO1＝PA；第三步：利用勾股定理求三棱锥的外接球半径，(2R)2＝PA2＋(2r)2⇒2R＝(或R2＝r2＋O⇒R＝). 角度3　台体的外接球 (2025·浙江台州二模)已知某个正三棱台的上、下底面面积分别为3和12，高为6，则该正三棱台的外接球半径为 A.4 B.2 C.3 D.2 √ 典例 4 如图所示，O1，O2分别为上、下底面的外心，若外 接球球心O在线段O1O2上，连接C'O1并延长交A'B'于 D1，连接CO2并延长交AB于D.设等边三角形A'B'C'的 边长为a1，根据正三角形面积公式S＝＝3，所 以a1＝2，O1C'＝C'D1＝×3＝2.设等边三角形ABC的边长为a2，根据正三角形面积公式S＝＝12，所以a2＝4，O2C＝CD＝×6＝4，则O1O＋O2O＝O1O2＝6.设正三棱台的外接球的半径为R，得＋＝6，解得R2＝20，即R＝2.经检验，球心在棱台外时无解.故选B. 规律反思 台体外接球 1.圆台外接球(以球心位于圆台外部为例)：R2＝＋，其中r1，r2，h分别为圆台的上底面半径、下底面半径、高. 2.基本规律：正棱台外接球，以任意一条侧棱与上、下底面中心连线构成的截面为主. 预测练2.设直三棱柱ABC-A1B1C1的所有顶点都在一个球面上，AB＝AC＝AA1，∠BAC＝120°，且底面三角形ABC的面积为2，则此直三棱柱外接球的表面积是 A.16π B. C.40π D.64π √ 设AB＝AC＝AA1＝m，设M，N分别是△ABC和△A1B1C1的 外接圆圆心，因为∠BAC＝120°，所以×m×m×sin 120° ＝2，解得m＝2，而∠ACB＝30°，所以＝2r(r是 △ABC外接圆的半径)，可得r＝2，即AM＝2，如图所示，由直棱柱的性质知MN的中点O是三棱柱ABC-A1B1C1的外接球球心，OM＝MN＝AA1＝，所以此三棱柱外接球的半径R＝OA＝＝＝.于是此直三棱柱外接球的表面积为S＝4πR2＝4π()2＝40π.故选C. 预测练3.(2025·广东佛山二模)已知球O的表面积为12π，球面上有A，B，C，D四点，DA，DB，DC与平面ABC所成的角均为，若△ABC是正三角形，则AB＝ A. B. C.2 D.3 √ 由题意三棱锥D-ABC为正三棱锥，球O为该正三棱锥的外接球.设其半径为R，因为球O的表面积为4πR2＝12π，所以R＝.设AB＝t，即正△ABC的边长为t，取AB中点H，连接DH，CH，作DE⊥CH，根据正三棱锥的性质可知球心O在DE上，如图所示. 根据线面角的定义知∠DCE＝，则DE＝CE.因为OD＝ OC＝，CE＝CH＝×AB＝t，所以OE＝DE－DO ＝CE－R＝t－.在Rt△OEC中，OC2＝OE2＋EC2， 所以3＝＋，解得t＝3或t＝0(舍去)，即AB＝3.(若球心O在DE的延长线上时，3＝＋，求得t＝3，此时AB＝3).故选D. 返回 题型三　空间几何体的内切球 返回 √ (1)(2025·河南洛平许济二模)已知圆锥的轴截面为正三角形，圆锥的内切球的表面积为12π，则该圆锥的体积为 A.9π B.12π C.18π D.27π 典例 5 设圆锥的内切球的半径为r，则4πr2＝12π，所以r＝.又圆锥的轴截面为等边三角形，所以圆锥的高为3r＝3，圆锥的底面半径为＝3， 则圆锥的体积V＝×π×32×3＝9π.故选A. (2)(2025·山东日照一模)已知一个圆台的上、下底面半径分别为1和4，高为3.若该圆台内有一个球，则该球的表面积的最大值为 A.9π B. C.27π D. √ 如图所示，作出圆台的轴截面，要使球的表面积最大，则球需要与AD，CD，BC相切.设圆O的半径为R，则OE＝OF.因为OE⊥CD，OF⊥BC，所以△OCE≌△OCF.作OG⊥AB，BH⊥CD.因为BG＝1，CE＝4，所以CH＝3.而BH＝3，由勾股定理得BC＝ ＝6，则OG＝3－R，且OB2＝BG2＋OG2＝OF2＋BF2. 而BF＝BC－CF＝BC－CE＝2，即得到＋12＝22＋R2，解得R＝，则该球的表面积的最大值为S＝4πR2＝4π×＝，故B正确.故选B. 规律反思 几何体的内切球问题的解法 　　等体积法：即内切球球心与几何体各个面构成的若干个棱锥的体积之和与原几何体体积相等. 以三棱锥为例：在三棱锥P-ABC中，求内切球半径. 第一步：先求出四个面的面积和S和整个锥体的体积VP-ABC； 第二步：设内切球的半径为r，球心为O，建立等式VP-ABC＝VO -ABC＋ VO -PAB＋VO -PAC＋VO -PBC；第三步：解出r＝. 预测练4.(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. 2.5 设铁球半径为r cm，若两个铁球的球心在竖直方向上，且分别与两个底面相切，则铁球球心与圆柱上、下底面的距离均为r，此时铁球的半径为 cm. 当两球球心不在竖直方向上时，设两个铁球的球心分别为O1，O2，此种情况下，当铁球半径最大时，如图①所示，圆柱与两铁球的轴截面如图②所示，其中ABCD为圆柱的轴截面，O2P⊥AB，O1P⊥AD，则有O2P＝9－2r，O1P＝8－2r，O1O2＝2r，则有(2r)2＝(8－2r)2＋(9－2r)2，即4r2－68r＋145＝0，即(2r－29)(2r－5)＝0，解得r1＝14.5(舍去)，r2＝2.5.因为2.5＞＝2.25，所以铁球半径的最大值为2.5 cm. 返回 专 题 集 训 返回 √ 1.(2025·江苏宿迁二模)已知圆锥的轴截面为正三角形，外接球的半径为1，则圆锥的体积为 A. B. C. D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 如图所示，设圆锥的底面半径为r，由于圆锥轴截面为等 边三角形，则外接球半径即为轴截面等边三角形的外接 圆半径.由正弦定理可得2＝，则r＝，易知该圆 锥的高为h＝r＝，故该圆锥的体积为V＝πr2h＝π ××＝.故选A. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 2.(2025·四川绵阳三模)已知直三棱柱ABC-A1B1C1中，CA⊥CB，AB＝CC1＝2，该三棱柱所有顶点都在球O的球面上，则球O的体积为 A. B. C.8π D. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 如图所示，将直三棱柱ABC-A1B1C1补全成长方体，则长方体的体对角线＝＝＝2为该三棱柱外接球的直径，所以其半径为R＝＝，所以球O的体积为V＝πR3＝π×2＝π.故选A. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 3.在三棱锥D -ABC中，底面是边长为2的正三角形，若AD为三棱锥D-ABC的外接球直径，且AC与BD所成角的余弦值为 ，则该外接球的表面积为 A.π B.π C.7π D.16π √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 如图所示：记球心为O，取AB中点为E，BC中点为F，连 接OB，OE，OF，EF，记外接球半径为r，在Rt△ABD中， BD＝2，OE∥BD，OE＝.在△ABC中， EF∥AC，EF＝AC＝1，.在Rt△OBF中，OF＝， 所以AC与BD所成角为∠OEF，即cos ∠OEF＝.在△OEF中，OE＝OF＝，EF＝1，所以cos ∠OEF＝＝＝，解得r2＝，所以该外接球的表面积为4πr2＝4π×＝π.故选A. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 4.已知三棱锥P-ABC，△ABC为等边三角形，PA＝PB＝PC＝3，PA⊥PB，则三棱锥P-ABC的外接球的体积为 A. B. C.27π D.27π √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 因为三棱锥P-ABC中，△ABC为等边三角形，PA＝PB＝PC＝3，所以△PAB≌△PBC≌△PAC. 因为PA⊥PB，所以PA⊥PC，PC⊥PB. 以PA，PB，PC为过同一顶点的三条棱作正方体(如图所示)，则正方体的外接球同时也是三棱锥P-ABC的外接球.因为正方体的体对角线长为＝3，所以其外接球半径R＝. 因此三棱锥P-ABC的外接球的体积V＝×＝ .故选B. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 5.如图，现有棱长为6 cm的正方体玉石缺失了一个角，缺失部分为正三棱锥A1-EFG，且E，F，G分别为棱A1A，A1B1，A1D1靠近A1的四等分点，若将该玉石打磨成一个球形饰品，则该球形饰品的体积的最大值为 A.π cm3 B.36π cm3 C.π cm3 D.72π cm3 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 由题意A1E＝A1F＝A1G＝，设点A1到平面EFG的距离为d，而EF＝EG＝FG＝，S△EFG＝××＝，由＝，得××××＝×d，解得d＝，棱长为6的正方体的内切球的半径为3，体对角线的长为6，因为3－＝＞3，所以所求球形饰品体积最大时即为棱长为6的正方体的内切球，则该球形饰品的体积的最大值为π×33＝36π cm3.故选B. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 6.(2025·浙江金华一模)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4，P为正方体内部一动点，球O为正方体内切球，过点P作直线与球O交于M，N两点，若△OMN的面积最大值为4，则满足条件的P点形成的几何体体积为 A. B.π C.128－π D.128－π √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 如图所示，因为正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4，则 正方体内切球球O的半径R＝×4＝2，所以S△OMN ＝·sin ∠MON＝×2×2×sin ∠MON＝ 4sin ∠MON.因为∠MON∈，则＝1，若△OMN的面积最大值为4，即OM⊥ON.由于P在MN上，则≥R＝×2＝2，则满足条件的P点形成的几何体为正方体去掉以O为球心，2为半径的球体，故其体积为－×23＝128－π.故选D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 7.在正四棱锥S-ABCD中，底面边长AB＝2，侧棱SA＝，在该四棱锥的内部有一个小球，则小球的表面积可能是 A. B.π C. D. √ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 当小球与正四棱锥S-ABCD各面相切时半径最大，此 时小球的表面积最大，设小球的半径为r，如图所示， 由底面边长AB＝2，侧棱SA＝，可得正四棱锥 S-ABCD的高为SO＝＝＝，所以VS-ABCD＝×22×＝.又侧面面积为4＝4××2×＝8，底面面积为S四边形ABCD＝22＝4，所以×(8＋4)r＝，解得r＝，所以小球表面积的最大值为4πr2＝.故选ABD. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 8.已知圆台的上、下底面直径分别为2，6，高为2，则 A.该圆台的体积为26π B.该圆台外接球的表面积为π C.用过任意两条母线的平面截该圆台所得截面周长的最大值为16 D.挖去以该圆台上底面为底，高为的圆柱后所得几何体的表面积为(16＋2)π √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 由已知得圆台的上、下底面半径分别为1，3.对于A，圆台的体积为π(12＋32＋1×3)×2＝π，故A错误；对于B，如图①是圆台的轴截面ABCD，外接球球心为O，设外接球半径为R，当球心在梯形ABCD内时，＋＝2，解得R2＝；当球心在梯形ABCD外时，－＝2，方程无解，所以外接球的表面积为4πR2＝π，故B正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 对于C，用过任意两条母线的平面截该圆台所得截面周长，其中轴截面的周长最大，又母线长为＝4，则最大周长为4＋4＋2＋6＝16，故C正确；对于D，如图②，挖去以该圆台上底面为底，高为的圆柱后所得几何体的表面积为π(3＋1)×4＋2π×1×＋π×(32＋12)＝26π＋2π，故D错误.故选BC. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 9.在菱形ABCD中，AB＝2，∠ABC＝60°，若将菱形ABCD沿对角线AC折成大小为60°的二面角B-AC-D，则四面体DABC的外接球球O的体积 为　　　　. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 如图所示，设M，N分别为△ABC，△ACD的外心，E为AC的中点，则EN＝EM＝BE＝1.在平面BDE内过点M作BE的垂线与过点N作DE的垂线交于点O，因为BE⊥AC，DE⊥AC，BE∩DE＝E，所以AC⊥平面BDE.因为OM⊂平面BDE，所以OM⊥AC.因为OM⊥BE，BE∩AC＝E，所以OM⊥平面ABC.同理可得ON⊥平面ACD，则O为四面体DABC的外接球的球心. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 连接OE，因为EM＝EN，OE＝OE，∠OME＝∠ONE＝90°，所以△OME≌△ONE，所以∠OEM＝30°，所以OE＝＝.因为AC⊥平面BDE，OE⊂平面BDE，所以OE⊥AC，所以OA＝＝，即球O的半径R＝.故球O的体积V＝πR3＝. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 10.(双空题)在边长为4的正方形ABCD中，如图①所示，E，F，M分别为BC，CD，BE的中点，分别沿AE，AF及EF所在直线把△AEB，△AFD和△EFC折起，使B，C，D三点重合于点P，得到三棱锥P-AEF，如图②所示，则三棱锥P-AEF外接球的表面积是　　　；过点M的平面截三棱锥P-AEF外接球所得截面的面积的取值范围是　　　　. 24π [π，6π] 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 由题意，将三棱锥补形为边长为2，2，4的长方体，如图所示，三棱锥P-AEF外接球即为补形后长方体的外接球，所以外接球的直径(2R)2＝22＋22＋42＝24，R＝，所以三棱锥P-AEF外接球的表面积为S＝4πR2＝24π. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 过点M的平面截三棱锥P-AEF的外接球所得截面为圆，其 中最大截面为过球心O的大圆，此时截面圆的面积为πR2 ＝π()2＝6π，最小截面为过点M垂直于球心O与M连线的 圆，此时截面圆半径r＝＝＝ ＝1(其中MN长度为长方体前后面对角线长度)，故截面圆的面积为πr2＝π，所以过点M的平面截三棱锥P-AEF外接球所得截面的面积的取值范围为[π，6π]. 返回 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 谢 谢 观 看！ $