与球有关的切、接、截问题 课件-2026届高三数学二轮复习

该高中数学高考复习课件聚焦“与球有关的切、接、截问题”专题，依据高考评价体系梳理了外接球（柱体、锥体、台体、可补形几何体）和内切球两大核心考点，通过2025年佛山质检、齐齐哈尔模拟等最新模拟题分析，明确“外接球半径计算”占60%、“内切球存在性判断”占30%的高频考查方向，归纳出补形法、轴截面法等常考题型解法。 课件亮点在于“真题溯源+方法建模+素养落地”的备考路径，如以直三棱柱外接球为例，用余弦定理求底面外接圆半径结合勾股定理得球半径，培养学生空间观念与数学思维。特设“跟踪演练+专题强化”模块，通过正方体中三棱锥外接球等典型题解析，帮助学生掌握“定球心、作截面、求半径”三步法，教师可据此构建高效复习课堂，助力学生冲刺高考。

2026年高考数学二轮复习专题课件★★　与球有关的切、接、截问题 考点一　空间几何体的外接球 　已知三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱垂直于底面，各顶点都在同一球面上.若该棱柱的体积为，AB=2，AC=1，∠BAC=60°，则该外接球的表面积等于 A.8π B.9π C.10π D.11π 例1 考向1　柱体的外接球 √ 由AB=2，AC=1，∠BAC=60°及余弦定理可得BC===， 所以AC2+BC2=AB2， ∠ACB=90°， 所以底面外接圆的圆心为斜边AB的中点. 设△ABC的外接圆半径为r， 则r==1. 解析 因为三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱垂直于底面，S△ABC=BC·AC=××1=， 所以=S△ABC·AA1=， 所以AA1=2. 设外接球的半径为R， 则R2=r2+=12+12=2， 所以外接球的表面积S=4πR2=4π×2=8π. 解析 　(2025·佛山质检)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等于 A. B. C.2 D.3 例2 考向2　锥体的外接球 √ 由题意知三棱锥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=， 取AB的中点H，连接DH，CH，作DE⊥CH于点E，根据正三棱锥的性质可知球心O在DE上，且E为△ABC的外心，如图所示， 根据线面角的定义知∠DCE=， 则DE=CE，又AE=BE=CE，所以点E即为球心O，则AB=2Rsin=2××=3. 解析 　(2025·齐齐哈尔模拟)已知正三棱台的上底面边长为，高为1，体积为，则该正三棱台外接球的表面积为 A.8π B.12π C.16π D.20π 例3 考向3　台体的外接球 √ 设正三棱台的下底面边长为a(a>0)， 则其下底面面积为a2，上底面面积为×()2=， 所以该三棱台的体积为 V=××1 =(a2+a+3)=， 解析 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， 则OO1=1， 由正三棱台的几何性质可知，其外接球球心E在直线OO1上， 正△ABC的外接圆半径为OA==2， 正△A1B1C1的外接圆半径为O1A1==1， 解析 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=O1+(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， 所以R2=OA2+d2=O1+(d+1)2， 即4+d2=1+(d+1)2，解得d=1， 所以R2=4+1=5，故该正三棱台外接球的表面积为S=4πR2=20π. 解析 　在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD为正方形，PA=4，PC与平面ABCD所成角的大小为θ，且tan θ=，则四棱锥P-ABCD外接球的表面积为 A.26π B.28π C.34π D.14π 例4 考向4　可补成规则几何体的外接球 √ 如图，因为PA⊥平面ABCD，四边形ABCD为正方形， 所以可将四棱锥P-ABCD补成长方体PEFG-ABCD， 则四棱锥P-ABCD的外接球也是长方体PEFG-ABCD 的外接球. 由PA⊥平面ABCD，所以∠PCA就是PC与平面ABCD所成的角θ， 则tan θ===，所以AC=3， 设四棱锥P-ABCD的外接球的半径为R， 因为长方体PEFG-ABCD的对角线PC的长即为其外接球的直径， 解析 所以PC=2R===， 所以R=，所以四棱锥P-ABCD外接球的表面 积为4πR2=34π. 解析 求解空间几何体的外接球问题的策略 (1)定球心：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(要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系)，达到空间问题平面化的目的. (3)求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解. 规律方法 跟踪演练1　(1)(2025·长春模拟)在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，棱BC的中点为E，棱DD1的中点为F，则三棱锥A-D1EF的外接球的表面积为 A. B.7π C.14π D.28π √ 设△AFD1的外心为O1，由外心的定义可知，O1为线段A1D的四等分点(靠近A1)，则球心O在过O1且与平面AFD1垂直的直线上， 以D为原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则O1，A(2，0，0)， E(1，2，0)， 设球心O，外接球的半径为R， 由OA=OE，即||=||， 解析 得 =， 解得m=1，从而R2=OA2=， 所以三棱锥A-D1EF的外接球的表面积为4πR2=14π. 解析 (2)(2025·南宁模拟)已知圆柱M的底面半径为3，高为，圆锥N的底面直径和母线长相等.若圆柱M和圆锥N的体积相等，则圆锥N的外接球的表面积为　　　　　.  48π 圆柱M的体积为π×32×=9π， 设圆锥N的底面半径为r，则母线长为2r， 故圆锥N的高为=r， 则圆锥N的体积为π·r2·r=πr3， 故πr3=9π，解得r=3， 所以圆锥N的高为3， 解析 返回 画出圆锥N的轴截面对应的△BCD如图所示，记E为CD的中点，O为圆锥N外接球的球心. 则BE=3，由圆锥的性质可知球心O为△BCD的外心，则圆锥N的外接球的半径R=OB=BE=2， 故圆锥N的外接球的表面积为4πR2=48π. 解析 考点二　空间几何体的内切球 　(1)(2025·安庆模拟)正四棱台上底面边长为1，下底面的边长为2，若一个球的球心到正四棱台各个面的距离均等于该球的半径，则正四棱台与该球的体积之比为 A.14∶π B.7∶π C.7∶2π D.7∶π 例5 √ 由题意知，该球为正四棱台的内切球，如图，作出正四棱台的轴截面图，可知这个等腰梯形的内切圆就是该内切球的最大圆，  根据CD=1，AB=2，设内切球的半径为R，则CH=2R， 在Rt△BCH中，由勾股定理得 BC2=CH2+BH2=(2R)2+，则BC=， 由S四边形BEFC=S△FCI+S△BEI+S△BCI， 可得×·2R=×·R+×1·R+··R，解得R=， 解析 所以棱台的体积V1=×(1+4+)×=， 球的体积V2=×π×=， 所以正四棱台与球的体积之比是==. 解析 (2)(多选)(2025·福州质检)已知四棱锥P-ABCD的高为2，底面ABCD是边长为2的正方形，PA=PB，则下列结论正确的是 A.△PAD的面积为定值 B.∠APD=∠BPC C.四棱锥P-ABCD表面积的最小值为3+4 D.若四棱锥P-ABCD存在内切球，则该球的半径为 √ √ √ 对于A，因为PA=PB，所以P在底面ABCD上的射影P0在棱AB的垂直平分线上，过P0作P0H垂直AD于点H，连接PH，  由题意可得PP0⊥AD，又PP0∩P0H=P0，PP0，P0H⊂平面PP0H， 所以AD⊥平面PP0H， 因为PH⊂平面PP0H，则PH⊥AD，PH=， 所以△PAD的面积为PH×AD=，故选项A正确； 对于B，由题意可得△PAD≌△PBC，所以∠APD=∠BPC，故选项B正确； 解析 对于C，过点P0分别作AB，CD的垂线，垂足分别为E，F， 所以当PE+PF最小时，四棱锥P-ABCD的表面积取得最小值，不妨设P0E=h， 则PE+PF=+≥2， 当且仅当=，即h=1， 即P0为底面正方形的中心时取等号，所以四棱锥P-ABCD的表面积的最小值为22+4××2=4+4，故选项C错误； 解析 对于D，若四棱锥P-ABCD存在内切球，则该球与平面ABCD、平面PAD、平面PBC均相切，过P0作P0G垂直BC于点G，所以△PHG内切圆的半径等于该内切球的半径，设为r， 由等面积法可得××r×2+×2×r=×2×2， 解得r=， 当四棱锥P-ABCD为正四棱锥时，存在内切球，满足题意，故选项D正确. 解析 空间几何体的内切球问题，一是找球心，球心到切点的距离相等且为球的半径，作出截面，在截面中求半径；二是利用等体积法直接求内切球的半径. 规律方法 跟踪演练2　(2025·娄底质检)已知正六棱柱ABCDEF-A1B1C1D1E1F1的各个顶点都在半径为R的球面上，一个能放进该正六棱柱内部的最大的球的半径为r.若AB=2，则当最小时，该正六棱柱的体积为 A.36 B.42 C.48 D.24 √ 设正六边形ABCDEF的中心为点M，则点M与正六边形的任意一条边均构成等边三角形， 因此点M到各边的距离均为等边三角形的高， 即ABsin 60°=， 不妨设该正六棱柱的高为h，则r≤且r≤，r取两者之中的较小者， 显然点M是正六边形ABCDEF的外接圆圆心，且外接圆的半径为2， 因此该正六棱柱的外接球半径R==， 解析 若h<2，则r=，此时= =>=； 若h≥2，则r=，此时=≥=， 于是当h=2时，取得最小值， 又正六边形的面积为6××22×sin 60°=6， 所以该正六棱柱的体积为6×2=36. 解析 返回 专题强化练 对一对 答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 A A B A A A BD ABD 题号 9 10 答案 54π 一、单项选择题 1.(2025·皖南模拟)已知圆柱的底面直径为2，它的两个底面圆周都在同一个体积为的球面上，则该圆柱的侧面积为 A.8π B.6π C.5π D.4π 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 设球的半径为R，则πR3=，可得R=，由圆柱的底面直径为2， 得圆柱的底面半径r=1， 所以圆柱的高h=2=4， 所以圆柱的侧面积为2πrh=8π. 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 2.已知圆锥PO的轴截面是等边三角形，则其外接球与内切球的表面积之比为 A.4∶1 B.3∶1 C.2∶1 D.8∶1 9 10 答案 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 如图，等边三角形PAB的内切圆和外接圆的半径即为内切球和外接球的半径，记内切球和外接球的半径分别为r和R，  则=sin=，所以其外接球与内切球的表面积之比为=4∶1. 解析 3.(2025·广州模拟)已知球O的表面积为4π，一圆台的上、下底面圆周都在球O的球面上，且下底面过球心O，母线与下底面所成的角为，则该圆台的侧面积为 A. B. C. D.3π 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 作出示意图如图所示， 设圆台的上底面圆心为O1，AB为圆台的一条母线，则球的半径为OA=OB，由题意可得∠OAB=，所以△OAB是等边三角形，所以∠AOB=， 所以∠O1OB=， 因为球O的表面积为4π，所以4π×OA2=4π，解得OA=1，所以OB=AB=1， 所以O1B=OB=， 所以圆台的侧面积为π××1=. 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 4.如图，在棱长为3+的正方体内恰好装入两个相外切的球O1，O2，球心O1，O2在正方体的对角线上，其中球O2的半径为2，则球O1的半径为  A.1 B. C. D. 9 10 答案 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 设正方体为ABCD-A1B1C1D1， 球O1，O2的半径分别为r1，r2， 作出对角线A1C及球心O1，O2所在的截面，如图所示，  ∵正方体的棱长为3+， ∴A1C==3+3， 在Rt△ACA1中，sin∠ACA1===， 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 ∴sin∠ACA1==， sin∠ACA1=， ∴CO2=2，A1O1==r1， ∵A1C=A1O1+r1+r2+CO2， ∴3+3=r1+r1+2+2，解得r1=1. 解析 5.已知某圆锥放置于半径为的球O内，当该圆锥的体积取得最大值时，该圆锥的高为 A. B. C. D.2 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 由题意，要使圆锥的体积最大，则圆锥的外接球为球O， 设圆锥的高为h，半径为r，故(h-)2+r2=2， 则r2=2h-h2， 所以圆锥的体积为V=πhr2=π(2h2-h3)，且0<h<2， 所以V'=πh(4-3h)， 故当0<h<时，V'>0，当<h<2时，V'<0， 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 所以V=π(2h2-h3)在上单调递增，在上单调递减， 所以当h=时，V最大. 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 6.(2025·临汾模拟)在三棱锥P-ABC中，∠PAB=∠CAB=，AP=AB，AB+AC=6，且二面角P-AB-C的大小为，则当该三棱锥的外接球体积最小时，AB等于 A. B.3 C. D. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 由于∠PAB=∠CAB=，且二面角P-AB-C的大小为， 故∠PAC为二面角P-AB-C的平面角，即∠PAC=， 由于AB⊥PA，AB⊥AC，PA∩AC=A，PA，AC⊂平面PAC， 故AB⊥平面PAC， 设AP=AB=x，则AC=6-x，0<x<6， 在△PAC中，由余弦定理可得 PC2=x2+(6-x)2-2×x×(6-x)cos=x2-6x+36， 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 则△PAC的外接圆的半径 r=·=·， 故外接球的半径R2=r2+=(x2-6x+36)+=+， 所以当x=时，外接球的半径取得最小值，此时三棱锥的外接球体积最小，故AB=. 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 二、多项选择题 7.设一空心球是在一个大球(称为外球)的内部挖去一个有相同球心的小球(称为内球)，已知内球面上的点与外球面上的点的最短距离为1，若某正方体的所有顶点均在外球面上、所有面均与内球相切，则 A.该正方体的棱长为2 B.该正方体的体对角线长为3+ C.空心球的内球半径为-1 D.空心球的外球表面积为(12+6)π √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 设内、外球半径分别为r，R，则正方体的棱长为2r，体对角线长为2R，所以R=r， 又由题知R-r=1，所以r=，R=，故C错误； 所以正方体棱长为+1，体对角线长为3+，故A错误，B正确； 所以空心球的外球表面积为4πR2=π(3+)2=(12+6)π，故D正确. 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 8.(2025·宁波模拟)如图，在平行六面体ABCD-A1B1C1D1中，AB=2，AD1=，BC=CC1=1，CC1⊥CD，∠ADC=120°，E为CD的中点，点F在棱BC上(包含端点)，则下列说法正确的是  A.存在点F，使得A1F∥平面AD1E B.存在点F，使得平面AD1E⊥平面D1EF C.不存在点F，使得D1F+EF= D.不存在点F，使得四棱锥F-CDD1C1有内切球 √ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 对于A ，如图1，连接A1D交AD1于点M，则M为A1D的中点，连接ME， 又E为CD的中点， 当F与C重合时，有ME∥A1C，即ME∥A1F， 因为ME⊂平面AD1E，A1C⊄平面AD1E， 故A1C∥平面AD1E，即A1F∥平面AD1E，故A正确； 对于B，因为A=AD2+D， 则AD⊥DD1，而CC1⊥CD，CC1∥DD1，则DD1⊥CD， 又AD∩CD=D且都在平面ABCD内，故DD1⊥平面ABCD， 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 在平面ABCD内过D作DH⊥AB于点H，以D为原点，建立空间直角坐标系D-xyz，如图2所示， 则A，B，C(0，2，0)， E(0，1，0)，D1(0，0，1)， 所以=，=(0，-1，1)， =(0，1，0)，=， 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 设平面AD1E的法向量为m=(x，y，z)， 则 取z=1，则m=(，1，1)， 设=λ=且0≤λ≤1， 则=+=， 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 设平面D1EF的法向量为n=(a，b，c)， 则 取b=-λ，有n=， 若平面AD1E⊥平面D1EF，则m·n=-λ-λ-λ=0，可得λ=， 所以存在点F，使得平面AD1E⊥平面D1EF，故B正确； 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 对于C，同B分析，可得=(0，2，-1)， 则=+=， 若D1F+EF=， 所以+=， 可得=-， 所以λ2-2λ+5=10-2·+λ2-λ+1， 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 则λ+6=2·， 所以39λ2-52λ+4=0， 可得λ=，而∈[0，1]，故C错误； 对于D，假设存在球与平面CDD1C1、平面FCD、 平面D1C1F都相切，设CF=x且x∈(0，1]， 如图3左视图，则GF=，CC1=1，KF=， 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 则r1==， 又球心O在平面FCD的投影为△FCD的内心， 则r2=， 要使四棱锥F-CDD1C1有内切球，则r1=r2在(0，1]内有解， 所以=， 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 整理得x+=x+， 所以(-1)(x+)=-1，显然无解，故D正确. 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 三、填空题 9.已知圆锥的底面半径为1，侧面展开图为半圆，则该圆锥内半径最大的球的表面积为　　　　.  1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 设圆锥母线长为l，由题意知2π×1=πl，l=2， 圆锥内半径最大的球与圆锥相切， 作出圆锥的轴截面△PAB，截球得大圆为圆锥轴截面三角形的内切圆O，D，E是切点，如图，易知PD是圆锥的高，O在PD上， 由PB=2，BD=1得∠BPD=， 因此∠ABP=，所以∠OBD=∠DBP=，OD=BDtan=， 所以圆锥内半径最大的球的表面积S=4π×=. 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 10.(2025·辽阳模拟)如图，在棱长为6的正四面体ABCD中，点E满足=2，则四面体ABCE的外接球的表面积为　　　　　.  54π 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 在正四面体ABCD中，取BC的中点O，连接OA，OD，则OA⊥BC，OD⊥BC，又OA∩OD=O，OA，OD⊂平面AOD，所以BC⊥平面AOD， OD=OA==3， 设四面体ABCE的外接球的球心为M，则点M在平面AOD上， 设A，E在平面BCD上的射影分别为O1，F，显然O1为△BCD的重心， 则OO1=OD=， AO1==2，EF=AO1=， 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 在Rt△EFD中，DF==， 则OF=OD-DF=， 以O为坐标原点，OC，OD所在直线分别为x轴、 y轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则C(3，0，0)，A(0，，2)，E， 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 设M(0，y，z)，外接球的半径为R，则R2=MC2=MA2=ME2， 即9+y2+z2=(y-)2+(z-2)2=+， 即解得 所以R2=9++=， 则所求外接球的表面积S=4πR2=54π. 解析 返回 $