第七章 课时3 球的接、切、截问题课件-2027届高三数学一轮复习

该高中数学高考复习课件聚焦“球的接、切、截问题”专题，依据课标要求梳理了外接球、内切球及截面问题三大核心考点。通过知识梳理（球的截面性质、常用切接结论）和高考真题分析，明确外接球补形法、内切球体积分割法等高频考点，归纳选择、填空等常考题型，体现高考备考的针对性。 课件亮点在于“真题模拟+技巧提炼+素养培养”的复习策略，如以外接球考向2补成长方体为例，将三棱锥补形求半径，培养学生的空间观念和数学思维。设置“规律方法”和“对点训练”，帮助学生掌握答题技巧，教师可据此精准指导，提升复习效率。

课时3 球的接、 切、截问题 一、 课标要求 1.掌握几何体的外接 2.体验解决多面体 6 球和内切球问题 接”“切”问题的思维 过程，感悟不同方法的要领 二、知识梳理 1、常用的球的截面的性质 ()球的任何截面均为圆面； (2)球心和截面（不过球心）圆心的连线 (3)球心到截面的距离d与球的半径R 为r=VR2-dP 垂直 于截面； 及截面的半径r的关 系 2.几个与球有关的切、接常用结论 (1)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= \3a 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= \2a (2)若从长方体的同一顶点出发的三条棱长分别为a, 则2R= GBE (3)正四面体的外接球与内切球的半径之比为 3 b,c,外接球的半径为R, :1 三、基础回顾 1.已知一个正方体的顶点都在一个球面上，它的棱长是 A. πa cm3 B. √2@ cm3 C.Bnd cm C【解析】正方体的体对角线长与球的直径长相 2 故选C acm,则该球的体积为 D.Bu cm3 4 等 cm,于是 2.已知一圆锥的底面圆周长2元， A. B. 3 元 3 母线长为3，则该圆锥的内 C. 切球的体积为( D.2元 A【解析】圆锥的轴截面如图所示： B 设圆锥的底面圆半径为r,内切球的半径为R.因为圆锥的底面周长2π，所以 2, 解得白.又母线长为3，所以22三又 解得R=2, 所以内切球的体积 2 故选A, 3.(多选题)用一个平面去截如图所示的圆柱体，则所得的截面可能是() B. C. ABC【解析】当截面与轴截面平行时，所截截面为矩形； 行时，所截截面为圆；当截面不经过上、下底面斜切时， 过上、下底面时（交线不是圆面的切线时），截面为上、 条腰是曲线的图形，故截面的形状不可能是三角形故选 当截面与上、下底面平 截面为椭圆；当截面经 下两条边平行，中间两 ABC. 4.将一个棱长为6cm的正方体铁块磨制成 的体积为 36πcm3【解析】最大零件为正方体的内切球 个球体零件，则可制作的最大零件 ,于是 悬3 四、考点扫描 考点一几何体的外接球 考向1利用球的定义 例1 (1)在三棱锥P中，底面A段， 若三棱锥外接球的表面积为5π，则二( A.1 B.√2 C.3 之目 ,6 ) D.V5 C【解析】因为以山平面区，位平面及，所以区.由 豆姿t面A,所以及小面处.由面取，则 A山B,由C之面X,则R℃.PB是飞和2的公共斜边，则 州是三校锥的外按球直径由S, 设乒，则 ，则甲故选C. B (2)已知某正三棱台的高为1，上、下底面边长分别 在同一球面上，则该球的表面积为( A.100元 B.128元 C.144π D.192元 为33和43，其顶点都 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2×3×33=3， 32 2x3×43=4.设该棱台上、下底面的外接圆的圆心分别为0,0，连接O0, 32 则OO2=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-O01)2,解得O01=4(舍去)；当球心 0不在线段OO2上时，=42+O03=32+(1+OO2)2,解得O02=3,所以2 =25,所以该球的表面积为上.故选A. 规律方法： 到各个顶，点距离均相等的点为外接球的球心， 找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据到其 解即可. 借助有特殊性底面的外接圆圆心， 他顶点距离也是半径，列关系式求 对点训练 (1)i 知菱形ABCD的边长为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一ACD,如图所示，则当三棱锥P一 ACD的表面积最大时，三棱锥P一ACD外接球的体积为( A A.52 B 4/3π C.23π D 8V2π 3 3 3 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△M4CD十2 SAPCD= 2x1×2x2x3+2x1×2×2sin∠PCD=23+4sin∠PCDs23+4,当且仅当 2 2 sin∠PCD=1,即PC⊥CD时，三棱锥P一ACD的表面积取最大值，此时△PAD, △PCD为直角三角形，PD=PC2十CD2=22,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=2,即三棱锥P-ACD的外接球 的球心为0，半径R=2,故外按球体积-(2少=82故选D (2)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， 如图.已知模型内层底面圆直径为12cm,外层底面圆直径为16cm,且内、外层 圆柱的底面圆周都在一个直径为20cm的球面上，则此模型的体积为 cm3. 912元【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=10cm,AO1=6cm,BO2=8cm,在Rt△AO1O中，由勾股定理 得OO1=AO2-AO?=8(cm),在Rt△BO,O中，由勾股定理得OO2=1BO2-BO3 =6(cm),所以内层圆柱的高h1=16cm,外层圆柱的高h2=12cm,所以此模型 的体积=π 92+ ×(16-12)=912rcm). 考向2 补成长方体或棱柱 例2(1)(2025·广东汕头市模拟) 表面上，PA⊥平面ABC,AB⊥BC且 A.10元 C.50元 I知三棱锥P一ABC的四个顶点都在球O的 PA=8,AC=6,则球O的表面积为( ) B.25元 D.100元 D【解析】三棱锥P一ABC的四个顶点都在球O的表面上，PA⊥平面ABC,AB ⊥BC且PA=8,AC=6,把三棱锥P一ABC补成一个长方体，如图所示，所以 长方体的外接球即是三棱锥P一ABC的外接球.因为PA=8,AC=6,可得长方 体的外接球的半径为R=】×82+62=5,所以球0的表面积为S=4π×52= 2 100元.故选D (2)(2025·河南焦作市模拟)已知三棱锥 边长相等，且PA=32,PB=PC=5,则该 P一ABC的每条侧棱与它所对的底面 三棱锥的外接球的表面积为 34π【解析】根据题意， 条棱均是长方体的面对 三棱锥P一ABC可以嵌入 角线， A 个长方体内，且三棱锥的每 设长方体交于一个顶点的三条棱长分别为α，b,c =18,a2+c2=PB2=25,b2+c2=PC2=25,解得a= 锥的外接球的半径R= a2+b2+c232+32+4 2 2 的表面积S=4πR2=4π× =34π 如图所示，则a2+b2=PA2 3,b=3,c=4.所以该三棱 34 所以该三棱锥的外接球 2 规律方法： 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 以放到正方体或长方体中去求解；②直三棱锥补成三棱柱求解 对点训练 (1)在四面体SABC中， 的大小成等差数列，SA=AC=2, SA⊥平面ABC.在△ABC中，内角B,A,C AB=1,则该四面体的外接球的表面积为 8π【解析】由题意，在△ B+C. ABC中，内角B,A,C的 A B 小成等差数列，可得2A= 因为A十B十C=元，可得3A=元，即A=兀在△ABC中，由余弦定理的推论可得 cosA=4C+AB2-BC=L,即2+1-BC” 解得BC=3,所以AC2=AB2 2xACxAB 2×2×1 2 十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(2)2=22+12+ (3)2,解得2=2，所以该四面体的外接球的表面积为S=4πR2=8元. (2)(2025·浙江湖州市调研)在三棱锥A-BCD中， △ABC,△4CD,△ADB的面积分别为2,3,6 222 的体积为 侧棱AB,AC,AD两两垂直， 则三棱锥A一BCD的外接球 6π【解析】在三棱锥A一BCD中，侧棱AB,AC,AD两两垂直，将其补成长方 体，两者的外接球是同一个，长方体的体对角线就是球的直径设长方体同一顶 点处的三条棱长分别为a,b,c.由题意，得ab=6,ac=V3,bc=2,解得a =3,b=1V2,c=1,所以球的直径为/(V3)2+(2)2+1=6,它的半径为 12 =16 考点二球的截面问题 例3(2025·河南新乡市 则过点A的平面a被球O A.9元 C.16元 三模)已知球O的半径为5，点A到球心O的距离为3， 所截的截面面积的最小值是( B.12元 D.20元 C【解析】由点A到球心O的距离为3，得球心O到过点A的平面距离的最大 值为3，因此过点A的平面α被球O所截的截面小圆半径的最小值为52一32=4， 所以所求截面面积的最小值是4π=16π.故选C. 规律方法： 球的截面问题处理一般步骤为： 第一步确定球心.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： 第二步作截面.选准最佳角度作出截面，达到空间问题平面化的目的 对点训练已知在圆柱O1O2内有一个球O,该球与圆柱的上、下底面及母线均相 切.过直线O1O2的平面截圆柱得到四边形ABCD,其面积为8.若P为圆柱底面圆 弧CD的中点，则平面PAB与球O的交线长为 4/10 【解析】设球O 5 =8,所以r=2. 的半径为r,则AB=BC=2r A B 而S四边形4ABCD=ABBC=4r2 如图，连接PO2,O1P,作OH⊥OP于点H,易知O1O2⊥AB.因为P为CD的中 点，所以AP=BP又O2为AB的中点，所以OP⊥AB.又O1O2∩O2P=O2,O1O2, O2Pc平面O1O2P,所以AB⊥平面O1O2P.又OHc平面O1O2P,所以AB⊥OH.因 为OH⊥O2P,且AB∩O2P=O2,AB,O2PC平面ABP,所以OH⊥平面ABP 因为01O2=2r=212, (22)2+(2)2= OO2×sin∠O1O2P=2X 径为r1=r2-0P= 4/10 元 5 O1P=2,OO2⊥OP,所以 10, 所以sin∠OOP= OiP 02P /10 易知平面PAB与球O 2,021 ,交线长 5 O2P=1N01O3+OP2= 2 5 所以OH= V10 5 的交线为一个圆，其半 为1=21=2元×2y10 5 考点三几何体的内切球 例4(1)(2025·安徽准北市模拟)在正四棱锥P- 该正四棱锥内切球的表面积是( A. 4元 4元 B 7 7 72元 C. D. 7 7 ABCD中，PA=5,AB=6,则 C【解析】如图，过点P作PO⊥平面ABCD,则 接OA.因为AB=6,所以OA=32,所以OP= 四棱锥P-ABCD的体积V=×62X7=127, B O为正方形ABCD的中心，连 PA2-OAP=25-18=7,则 四棱锥P-ABCD的表面积S=6X6十X6X 2 ABCD内切球的半径为r,内切球的球心为O coP十6：-0p十o-D,可得r-S·n,即 四棱锥P-ABCD内切球的表面积是4r2=36m 7 25-9×4=84.设四棱锥P- V=Vo:_ABP+Vo:_BCP+Vo 127=X84,解得r=37,故 3 7 故选C. (2)(2025·新高考Ⅱ卷 器壁厚度忽略不计) ar. 一个底面圆半径为4ar,高为9r的封闭圆柱形容器（容 内有两个半径相等的铁球，则铁球半径的最大值为 2.5【解析】圆柱的底面圆半径为4r,设铁球的半径为r,且4， B 由圆柱与球的性质知 即 规律方法： (1)求内切球的半径的通常方法是通过体积分割； (2)确定多面体内切球的球心或半径时，注意以下性质： 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. 对点训练(1)已知一圆锥的底面圆兰 的球的体积为 径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大 2 【解析】易知半径最 3 图所示 大的球即为该圆锥的内 D C E B 切球.圆锥PE及其内切球O如 设内切球的半径为R,则sn∠BPE= BE=1, 所以OP=3R,所以PE=4R OP PB 3 =Pg-2=32-2=22,所以R=2,所以内切球的体积=4R-2 4 3 即该圆锥内半径最大的球的体积为，2元 3 (2)半球内放三个半径为3的小球，三小球两两相切， 大圆面也相切，则该半球的半径是() A.1+3 B.3+5 C.5+V7 D.3+7 并且与球面及半球底面的 D【解析】三个小球的球心O1,O2,O3构成边长为23的等边三角形，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OB⊥OC于点 B 则OA=OB=2.设该半球的半径是R,在Rt△OAO中，由(R-32=22+(3)2, 可得R=3十V7.故选D 米 感谢观看 THANKS