微专题12与球有关的切、接问题——2027届高三数学一轮复习课件

该高中数学高考复习课件聚焦“与球有关的切、接问题”微专题，覆盖定义法（汉堡模型等）、补形法（墙角模型等）、截面法三大核心考点，对接高考评价体系中空间想象与转化思想的考查要求，通过模拟题分析明确其在立体几何中的高频地位，归纳直三棱柱、四棱锥外接球等常考题型。 课件亮点在于“模型归类+真题解析+素养提升”的备考策略，如例1用定义法确定球心位置，结合正弦定理与勾股定理求解半径，培养数学眼光与推理能力。特设对应训练含2025甘肃张掖等模拟题，提炼“定球心、作截面”等技巧，助力学生高效突破考点，教师可据此系统开展专题复习。

第7章 立体几何与空间向量 微专题12：与球有关的切、接问题 2027届高考一轮复习数学 1 一、定义法 角度1.“汉堡”模型 例1　已知正三棱柱ABC-A1B1C1的底面边长为，高为2，则该正三棱柱的外接球的体积为(　　) A. B.4π C.π D. A 2 [解析] 解法1:如图，设正三棱柱ABC-A1B1C1外接球的球心为O， 半径为R. 记△ABC和△A1B1C1外接圆的圆心分别为O1和O2，其半径为r， 由正弦定理得:r==1. 而O为O1O2的中点， 所以R2=12+()2=4，R=2， 则V=πR3=.故选A. 3 解法2:设正三棱柱ABC-A1B1C1外接球的半径为R，因正三棱柱的高为2，由对称性知其外接球球心必在高线O1O2的中点， 故R>，此时V=πR3>4π.故选A. 4 [小结]求直三棱柱的外接球半径的步骤 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O1A=r,O1O=AA1=h; 第三步:勾股定理:OA2=O1A2+O1O2⇒R2=r2+⇒R=. 5 角度2.“心有所依”模型 例2　已知点A，B，C在半径为5的球面上，且AB=AC=2，BC=2，P为 球面上的动点，则三棱锥P-ABC体积的最大值为　　　　　　　　.  [解析] 如图，M是△ABC的外心，O是球心，OM⊥平面ABC，当P是MO的延长线与球面交点时，P到平面ABC的距离最大，由AB=AC=2， 6 BC=2，得cos∠ACB=， 则sin∠ACB=，2AM===8，AM=4，OM===3，PM=3+5=8， 又S△ABC=AC·BCsin∠ACB=×2×2×=7， 此时=×7×8=. 7 [小结]空间几何体外接球问题的处理关键是确定球心的位置，涉及球与多面体的外接问题时，一般是过球心及多面体的特殊点或线作截面，把空间问题转化为平面问题求解. 8 角度3.“双心”模型 例3　球O为三棱锥P-ABC的外接球，△ABC和△PBC都是边长为2的正 三角形，平面PBC⊥平面ABC，则球的体积为　　　　.  9 [解析] 如图，设BC的中点为T，△ABC的外心为O1，△PBC的外心为O2， 由△ABC和△PBC均为边长为2的正三角形，得△ABC和△PBC的外接 圆半径为=2，又因为平面PBC⊥平面ABC，所以O2T⊥平面ABC， 可知O2T⊥O1T且O2T=O1T，过O2，O1分别作平面PBC、平面ABC的垂线 相交于点O，点O即为三棱锥P-ABC的外接球的球心，且四边形OO1TO2是边长为=1的正方形，所以外接球的半径R===，则球的体积为πR3=. 10 [小结]如图,在三棱锥P-ABC中, (1)选定底面△ABC,定△ABC外接圆圆心O1; (2)选定平面△PAB,定△PAB外接圆圆心O2; (3)分别过O1,O2作平面ABC、平面PAB的垂线,两垂线的交点即为外接球的球心O. 11 二、补形法 角度1.“墙角”模型 例4　如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD为正方形，PA=2，PC与平面ABCD所成角的大小为θ，且tan θ=，则四棱锥P-ABCD的外接球表面积为(　　) A. B. C. D. C 12 [解析] 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=. 设四棱锥P-ABCD的外接球的半径为R， 因为长方体PEFG-ABCD的体对角线PC的长即为其外接球的直径， 所以PC=2R===，所以R=， 所以四棱锥P-ABCD的外接球的表面积为4πR2=. 故选C. 13 [小结]三条棱两两垂直的情况如下: 14 角度2.“对棱相等”模型 例5　已知四面体ABCD中，AB=CD=2，AC=BD=，AD=BC=，则四面体ABCD外接球的体积为(　　) A.45π B. C. D.24π [解析] 设四面体ABCD的外接球的半径为R，则四面体ABCD 在一个长、宽、高分别为a，b，c的长方体中，如图， 则故R==， 故四面体ABCD外接球的体积为V=πR3=π×=，故选C. C 15 [小结]三棱锥(即四面体)中,已知三组对棱分别相等,求外接球半径(AB=CD,AD=BC,AC=BD),可转化为求长方体的外接球半径. [点评](一)补形法的解题策略 (1)侧面为直角三角形,或对棱均相等的模型和正四面体,可以还原到正方体或长方体中去求解; (2)直三棱锥补成直三棱柱求解. 16 (二)1.正方体的外接球、内切球及与各条棱相切的球的球心和半径 (1)外接球:球心是正方体的中心;半径r=a(a为正方体的棱长). (2)内切球:球心是正方体的中心;半径r=(a为正方体的棱长). (3)与各条棱都相切的球:球心是正方体的中心;半径r=a(a为正方体的棱长). 2.正四面体的外接球、内切球的球心和半径 (1)正四面体的外接球与内切球(正四面体可以看作是正方体的一部分). (2)外接球:球心是正四面体的中心;半径r=a(a为正四面体的棱长). (3)内切球:球心是正四面体的中心;半径r=a(a为正四面体的棱长). 17 (三)空间几何体与球接、切问题的求解方法 (1)求解球与棱柱、棱锥的接、切问题时,一般过球心及接、切点作截面,把空间问题转化为平面图形与圆的接、切问题,再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解. (2)若球面上四点P,A,B,C构成的三条线段PA,PB,PC两两互相垂直,且PA=a,PB=b,PC=c,一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体,利用4R2=a2+b2+c2求解. 18 三、截面法 例6　如图所示，直三棱柱ABC-A1B1C1是一块石材，测量得∠ABC=90°，AB=6，BC=8，AA1=13.若将该石材切削、打磨，加工成几个大小相同的健身手球，则一个加工所得的健身手球的最大体积及此时加工成的健身手球的个数分别为(　　) A.，4 B.，3 C.6π，4 D.，3 D 19 [解析] 依题意知，当健身手球与直三棱柱的三个侧面均相切时，健身手球的体积最大.易知AC==10. 设健身手球的半径为R，则×(6+8+10)×R=×6×8，解得R=2. 则健身手球的最大直径为4. 于是一个健身手球的最大体积V=πR3=π×23=. 因为AA1=13，所以此时可加工3个健身手球. 20 [小结]与球截面有关的解题策略 ①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; ②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. 21 1.(2025·甘肃张掖·模拟预测)已知正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，CC1=2，AD=1，则此四棱柱的外接球的体积为　　　　　.  [解析] 由正四棱柱可知底面ABCD为正方形，由正四棱柱的外接球特征可知， 外接球直径等于正四棱柱的体对角线长，所以2R=，所以R=. 所以外接球的体积为π·=. 对应训练 22 2.(24-25高三上·重庆·模拟预测)已知三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC，∠ABC=60°，PA=AC=2，则此三棱锥外接球的表面积为(　　) A. B. C.10π D.5π B [解析] 在△ABC中，AC=2，∠ABC=60°， 则△ABC的外接圆的半径r===， 因为PA⊥平面ABC，PA=2，设此三棱锥外接球的半径为R， 则R2=+r2=12+=， 则三棱锥P-ABC的外接球的表面积为4πR2=.故选B. 23 3.(24-25高三下·广东·开学考试)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于点E，连接PE， 24 过点O作OK⊥PE于点K.因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OK=OH=1，则∠PEH=2∠OEH=，故PH=EH·tan=3， 则=××3=12.故选B. 25 4.已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为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] 设正三棱台上、下底面所在圆面的半径分别为r1，r2， 所以2r1=，2r2=，即r1=3，r2=4，设球心到上、下 底面的距离分别为d1，d2，球的半径为R，所以d1=， d2=，故|d1-d2|=1或d1+d2=1，即|-|=1 或+=1，解得R2=25符合题意，所以球的表面积为S=4πR2=100π. 26 5.在三棱锥S-ABC中，AB⊥BC，AB=BC=2，SA=SC=2，二面角B-AC-S的大小为，则三棱锥S-ABC外接球的表面积为(　　) A. B. C. D. C [解析] 如图，因为AB⊥BC，AB=BC=2，所以AC=2， 因为SA=SC=2，所以△SAC为等边三角形，取AC的中点D， 所以SD=SA=×2=. 连接BD和SD，则∠SDB为二面角B-AC-S的平面角，即∠SDB=150°. 27 因为△ABC为直角三角形，所以D为△ABC的外心.设△SAC的外心为O1， 过点D作平面ABC的垂线，过点O1作平面SAC的垂线， 则交点O为球心，连接OD，OS. 设三棱锥S-ABC外接球的半径为R. 在Rt△ODB中，OD2=OB2-BD2=R2-()2=R2-2， 由已知得∠SDO=60°， 在△SDO中，由余弦定理得SO2=OD2+SD2-2OD·SD·cos∠SDO， 即R2=R2-2+()2-2××cos 60°，解得R2=， 故三棱锥S-ABC外接球的表面积为S=4πR2=.故选C. 28 $