第7章 高考热点7 球的接、切问题（PPT课件）-【高考突破新方案】2027年高考数学大一轮复习学案

该高中数学高考复习课件聚焦“球的接、切问题”核心考点，覆盖几何体的外接球（公式法、补形法、双面定球心法）、内切球（等体积法、轴截面法）、棱切球及叠切球四大类型，依据高考评价体系分析考点权重，归纳垂直模型、对棱相等模型等常考题型，构建系统备考框架。 课件亮点在于“真题引领+方法突破+素养提升”，如以2024届湖南九校联盟二模垂直模型题为例，用补形法将四面体转化为长方体求外接球，培养数学思维与空间观念。通过典例变式训练强化等体积法、双面定球心法等技巧，助力学生掌握解题规律，教师可据此精准指导，提升高考冲刺效率。

高考热点7　球的接、切问题 返回目录 类型1 几何体的外接球 类型2 几何体的内切球、棱切球和叠切球 目 录 CONTENTS 返回目录 类型1 几何体的外接球 角度1　公式法求长(正)方体的外接球半径 正方体的外接球:外接球直径2R=正方体体对角线长= a(a为正方体棱长). 长方体的外接球:外接球直径2R=长方体体对角线长= (a,b,c分别是长方体的 长、宽、高). 返回目录 角度2　补形法求能补成长(正)方体的几何体的外接球问题 模型 示例 墙角 模型   返回目录 垂直 模型     对棱 相等 模型   返回目录 角度3　双面定球心法求解外接球问题 如图,在三棱锥P-ABC中, (1)选定底面△ABC,定△ABC外接圆圆心O1, (2)选定侧面△PAB,定△PAB外接圆圆心O2, (3)分别过O1作面ABC的垂线,过O2作面PAB的垂线,两垂线交点即为外接球球心O. 返回目录 典例1　(垂直模型)(2024届湖南九校联盟二模,5)如图,在四面体P-ABC中,PA⊥平面 ABC,AC⊥CB,PA=AC=2BC=2,则此四面体的外接球表面积为 ( )   A.3π　　    B.9π　　    C.36π　　    D.48π     B     返回目录 解析　将四面体P-ABC补形成长方体,长方体的长、宽、高分别为2、1、2,   四面体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= =3,所以外接球的表面积为S=4πR2=9π.故选B. 返回目录 典例2　(对棱相等模型)在四面体ABCD中,AB=CD=2,AC=BD= ,AD=BC= ,则该 四面体的外接球的表面积为__________.     6π     返回目录 解析　如图,将四面体ABCD补形成长方体,那么四面体ABCD的六条棱都是长方体的面 对角线,且四面体ABCD的外接球即为长方体的外接球,   设HB=a,AH=b,HC=c,则有 解得  则外接球的半径为  = ,所以外接球的表面积为4πR2=4π =6π. 返回目录 变式训练 1.(墙角模型)(2025届山东德州开学考,13)已知三棱锥P-ABC,若PA,PB,PC两两垂直, 且PA=2PB=4,PC= ,则三棱锥P-ABC外接球的表面积为___________.     25π     解析　在三棱锥P-ABC中,因为PA,PB,PC两两垂直,且PA=2PB=4,PC= , 所以以PA,PB,PC为棱构造一个长方体, 则这个长方体的外接球就是三棱锥P-ABC的外接球, 则三棱锥的外接球半径为 = = , 所以外接球的表面积为S=4πR2=4π =25π. 返回目录 2.(双面定球心法)如图,在四面体ABCD中,平面ABD⊥平面BCD,侧面△BCD是等边 三角形,底面△ABD是等腰直角三角形,AB⊥BD,BD=2,则四面体ABCD的外接球的体积 是( )   A. 　　    B. 　　    C. 　　    D.      C     返回目录 解析　设△ABD的外接圆半径为r1.因为△ABD是等腰直角三角形,AB⊥BD,BD=2, 则△ABD的外接圆半径r1= = . 设△BCD的外接圆半径为r2, 由正弦定理得 =2r2,解得r2= . 设△ABD的外接圆圆心为O1,△BCD的外接圆圆心为O2, 过O1作平面ABD的垂线,过O2作平面BCD的垂线, 两垂线的交点O即为四面体ABCD外接球的球心, 设球心O到平面ABD的距离为d,则d等于△BCD的外接圆的圆心O2到BD的距离, 返回目录 【两平面垂直时,用双面定球心法所得到的四边形OO1O3O2一定是矩形】 在等边三角形BCD中,O2到BD的距离为 = ,即d= ,   所以外接球的半径R= = = , 所以外接球体积V= π = π.故选C. 返回目录 类型2 几何体的内切球、棱切球和叠切球 角度1　内切球的解题技巧 技巧 思路 图示(以三棱锥为例) 等体 积法 设内切球半径为r,由VP-ABC=VO-ABC+VO- PAB+VO-PAC+VO-PBC, 解得r=    轴截 面法 作出轴截面(截面中含切点、球心等 元素),利用三角形的相似求解内切球 的半径   返回目录 典例3　(轴截面法)(2026届江苏南京中华中学学情调研,7)已知圆台的上、下底面 半径之比为1∶2,它的内切球(与圆台的上、下底面以及每条母线都相切的球)的体积 为 ,则该圆台的体积为 ( ) A. 　　    B. 　　    C.3π　　    D.      A     返回目录 解析　设圆台的内切球半径为R,因为圆台的内切球体积为 , 所以 = R3,解得R=1,所以圆台的高h=2. 设圆台的上底面半径为r1,则下底面半径为2r1, 圆台的轴截面如图,O为球心,O1,O2为上、下底面圆圆心,   根据题意得圆台的母线长l=BC=BA+AC=O1B+O2C=r1+2r1=3r1, 过B作BD⊥O2C.在Rt△BCD中,由勾股定理得l2=h2+(2r1-r1)2, 返回目录 所以9 =4+ ,解得r1= , 则该圆台的体积为V= h[ +(2r1)2+r1·2r1]π= 2 π= .故选A. 返回目录 变式训练 3.(等体积法)已知三棱锥A-BCD中,AB=CD=2,AD=AC=BD=BC=3,则该三棱锥的内切 球的体积为 ( ) A. 　　    B.  C. 　　    D.      D     返回目录 解析　将三棱锥A-BCD放入长方体AEBF-HCGD中,设HC=a,CG=b,CE=c,则a2+b2=22,a2+ c2=32,b2+c2=32,所以a=b= ,c= ,则三棱锥A-BCD的体积VA-BCD= abc= ,【长方体体 积减去4个相等三棱锥体积可得】CD= =2,AD= =3,则S△ABC=S△BCD=S△ABD=S△ACD =  2=2 ,设三棱锥A-BCD内切球的半径为r,则球心到三棱锥A-BCD四个面的 距离都为r,设三棱锥A-BCD的表面积为S,则VA-BCD= S·r= 8 ·r= ,因此r= ,所以 三棱锥A-BCD内切球的体积V= πr3= . 返回目录 角度2　棱切球问题 棱切球是指与几何体每条棱都相切的球,存在棱切球的几何体需满足从同一顶点出发 的各棱长相等.如正多面体或侧棱与底面垂直且底面为存在内切圆的多边形,如直棱柱. 常见特殊几何体的棱切球半径: (1)棱长为a的正四面体的棱切球半径r= a. (2)棱长为a的正方体的棱切球的半径r= . (3)当直棱柱的底面为存在内切圆的多边形(如正三角形、正方形、正五边形等)时,才 存在棱切球.球心在直棱柱上、下底面中心连线的中点处,半径r满足:r2= + ,其中r底 是底面多边形内切圆半径,h是直棱柱的高. 返回目录 典例4　(正四面体的棱切球)(2025届湖南长沙一中月考,5)已知球O的表面积为4π, 若球O与正四面体S-ABC的六条棱均相切,则此四面体的体积为 ( ) A. 　　    B. 　　     C.2 　　    D.8     B     返回目录 解析　设球O的半径为R,由球O的表面积为4π,得S=4πR2=4π,则R=1.   以正四面体的棱为正方体的面对角线,将该正四面体放到正方体中,则正方体的内切球 即与正四面体的六条棱均相切,【切点是正方体每个面的中心】 如图,正方体的棱长为2,所以此四面体的体积为23-4  222= .故选B. 返回目录 变式训练 4.(正三棱柱的棱切球)已知正三棱柱ABC-A1B1C1的体积为18,若存在球O与三棱柱 ABC-A1B1C1的各棱均相切,则球O的表面积为___________.     16π     返回目录 解析　设正三棱柱ABC-A1B1C1的底面边长为a,高为b,上底面中心为O1,下底面中心为G, 连接O1G,则球O的球心O即为O1G的中点,设球O切棱AA1于F,切棱BC于E,则F、E分别为 所在棱的中点,【确定切点位置】 由题意知 = a2b=18,①   因为OF=AG= = a,GE= a, 返回目录 OG= ,所以OE= = , 所以 a= ,【棱切球半径相等】 解得a=b,② 联立①②解得a=b=2 , 所以球O的半径为 a=2, 所以球O的表面积为S=4πR2=4π22=16π. 返回目录 角度3　叠切球问题 处理多个球的叠切问题的一般思路. 思路 方法 图示   连接球心构造“球心截面”,利用相 似降维解决问题     连接球心构造“球心几何体”,将抽 象问题具体化. 常见4个相同的球两两外切可构造正 四面体 返回目录 典例5    (2025届重庆一中三模,8)棱长为4 的正四面体内切一球,在正四面体和该球形 成的空隙处放入一个小球,则这个小球的体积最大为( ) A. 　　    B. 　　    C.2π　　    D. π     D     返回目录 解析　如图,由题意知小球和正四面体A-BCD的三个侧面以及正四面体的内切球都相 切时半径最大,设正四面体的内切球球心为O,半径为R,空隙处的最大球的球心为O1,半 径为r,   球O与平面BCD相切于G,由正四面体的结构特征可知G为△BCD的中心,AG⊥平面 BCD, 设E为CD的中点,球O和球O1分别与平面ACD相切于F和H. 返回目录 易得BE= =6,BG= BE=4,则AG= =4 , 由VA-BCD=VO-BCD+VO-ABC+VO-ACD+VO-ABD可得R= ,又VA-BCD=   4 =16 ,S△BCD=S△ABC=S△ABD=S△ACD= 4 6=12 ,故R= = . AO1=AG-GO1=4 -2 -r=2 -r,AO=AG-GO=4 - =3 , 由△AO1H∽△AOF,可得 = ,即 = , 【在轴截面中结合相似求球半径】 解得r= ,即空隙处的最大球的半径为 .所以空隙处的最大球的体积为 π =  .故选D. 返回目录 变式训练 5.(情境模型变式)(2025届江苏南京金陵中学调研,8)现有大小完全相同的10个半径 为r的小球,全部放进棱长为8+4 的正四面体盒子中,则r的最大值为 ( ) A. 　　    B.1　　    C. 　　    D.2     D     解析　如图,因为正四面体的高等于其棱长的 ,所以其高为AO=8+ . 10个半径为r的小球放进棱长为8+4 的正四面体A-BCD中,为保证r最大,应排列成三 棱锥形状,有3层,则从上到下每层的小球个数依次为1,1+2,1+2+3, 当r取最大值时,从上到下每层放在边缘的小球都与正四面体的侧面相切, 底层的每个小球都与正四面体底面相切,任意相邻的两个小球都外切, 返回目录 位于每层正三角形顶点的所有上下相邻小球的球心连线为一个正四面体E-FGH,【构 造正四面体E-FGH是解题关键】   则正四面体E-FGH的棱长为r+2r+r=4r, 可得正四面体E-FGH的高EP=4r = . O为底面中心,连接DO并延长交BC于点M,连接AM,过点E作NE⊥AM于点N, 易知△AOM∽△ANE,AM=DM=3MO,所以 = = , 返回目录 所以AE=3NE=3r, 所以正四面体A-BCD的高AO=AE+EP+PO=3r+ +r=8+ , 解得r=2,所以r的最大值为2. 故选D. 返回目录 $