第7章 第2讲 微专题——球的切、接问题(教用Word)-【精微方案】2027年高考一轮总复习讲义·数学（创新版）

该高中数学高考复习讲义聚焦球的切接问题核心考点，按正方体、长方体到特殊几何体的逻辑梳理内切外接球性质，通过考点梳理、技法指导（定义法、垂线法、补形法）、真题训练等环节，帮助学生构建空间关系框架，突破解题难点。 资料以补形法、等体积法为特色，如将对棱相等三棱锥补成长方体求外接球，培养学生数学思维与空间观念。设置分层对点训练，配合典例精讲，助力学生高效掌握解题策略，为教师把控复习节奏、提升学生应考能力提供有力支持。

第2讲　微专题——球的切、接问题 课标要求　1.能根据多面体、旋转体的几何性质确定内切球、外接球的球心．　2.会解决几何体内切球、外接球的相关问题． 1．正方体与球 (1)内切球：内切球直径2R＝正方体棱长a. (2)棱切球：棱切球直径2R＝正方体的面对角线长a. (3)外接球：外接球直径2R＝正方体体对角线长a. 2．长方体与球 外接球：外接球直径2R＝长方体体对角线长(a，b，c分别为长方体的长、宽、高). 3．正棱锥与球 (1)内切球：V正棱锥＝S表·r＝S底·h(等体积法)，r是内切球半径，h为正棱锥的高． (2)外接球：外接球球心在其高上，底面正多边形的外接圆圆心为E，半径为r，R2＝(h－R)2＋r2(正棱锥外接球半径为R，高为h). 4．正四面体与球 若正四面体的棱长为a，高为h，正四面体的外接球半径为R，内切球半径为r，则h＝a，R＝a，r＝a，R∶r＝3∶1. 5．正三棱柱的外接球 球心到正三棱柱两底面的距离相等，正三棱柱两底面中心连线的中点为其外接球球心，则R2＝()2＋(AD)2(R为正三棱柱外接球半径，h为正三棱柱的高). 6．圆柱的外接球 R＝(R是圆柱外接球的半径，h是圆柱的高，r是圆柱底面圆的半径). 7．圆锥的外接球 R2＝(h－R)2＋r2(R是圆锥外接球的半径，h是圆锥的高，r是圆锥底面圆的半径). 1．已知圆柱存在内切球，则该球与圆柱的体积之比为(　　) A． B． C． D． 解析：选C．根据题意，设圆柱内切球半径为r，底面半径为R，高为h，又圆柱存在内切球，所以h＝2r，R＝r，V圆柱＝πR2h＝2πr3，V球＝πr3，所以＝＝. 2．(必修第二册P120T5改编)已知一个正方体的顶点都在球面上，该球的体积为36π，则正方体的棱长为(　　) A． B．2 C．2 D． 解析：选C．设球的半径为r，正方体的棱长为a，因为球的体积为36π，所以πr3＝36π，解得r＝3，因为正方体的顶点都在球面上，所以3a2＝(2r)2＝36，所以a＝2. 3．已知矩形ABCD的对角线长为1，将△ABD沿BD折起得到三棱锥A′­BCD，且三棱锥A′­BCD的各个顶点均在球O的表面上，则球O的表面积为(　　) A． B．π C．4π D．8π 解析：选B．设矩形中心为O′，由矩形的性质知点O′在翻折过程中到四个顶点的距离相等，所以点O′即为三棱锥的外接球的球心O，对角线的一半即为外接球半径，则球O的表面积S＝4π×()2＝π. 4．(多选)已知一个圆锥的侧面展开图是半径为4，圆心角为的扇形，将该圆锥加工打磨成一个球状零件，则(　　) A．该圆锥的底面半径为2 B．该圆锥的高为 C．该圆锥的表面积为5π D．能制作的零件体积的最大值为 解析：选BCD．由题意得该圆锥的母线长为l＝4，设圆锥的底面半径为R，高为h，由2πR＝4×，得R＝1，A错误；则h＝＝，B正确；所以该圆锥的表面积为πR2＋πRl＝5π，C正确； 如图，圆锥内切球的半径等于△PAB(轴截面)内切圆的半径，设△PAB的内切圆为圆O′，其半径为r，由S△PAB＝S△PAO′＋S△PBO′＋S△ABO′，得×2×＝×4r＋×4r＋×2r，得r＝， 故能制作的零件体积的最大值为πr3＝，D正确． 5．已知正三棱柱的高为2，底面边长为，则该三棱柱的外接球的体积为________． 解析：由题意可知，底面等边三角形的外接圆半径r＝＝， 则外接球的半径R＝＝，所以该三棱柱的外接球的体积为πR3＝4π. 答案：4π 题型一　外接球问题 技法1　定义法 [例1] (2026·武清模拟)如图，在四面体PABC中，D，E分别为PC，AB的中点，且AC⊥BC，PC⊥DE，AB＝2，则该四面体的外接球体积为(　　) A．4π B． C． D． 【解析】　连接CE，PE，因为点D为线段PC的中点，PC⊥DE，则CE＝PE，又E为线段AB的中点，AC⊥BC，AB＝2，则CE＝AE＝BE＝PE＝1，则该四面体的外接球球心为E，半径为1，体积为. 【答案】　C 【素养小结】　由球的定义，若一个定点与一个简单多面体的所有顶点的距离都相等，那么这个定点就是该简单多面体的外接球的球心．在一些特殊的几何体中，如正方体、长方体，其对角线的中点就是外接球的球心． 技法2　垂线法 [例2] 在三棱锥A­BCD中，若AB＝AD＝BD＝2，BC＝CD＝，平面ABD⊥平面CBD，则三棱锥A­BCD外接球的表面积为(　　) A． B． C． D．3π 【解析】　取BD的中点M，连接MA，MC， 因为AB＝AD＝BD＝2，故MA⊥BD，由于平面ABD⊥平面CBD，且平面ABD∩平面CBD＝BD，MA⊂平面ABD，故AM⊥平面CBD，又BC＝CD＝，且BC2＋CD2＝BD2，故△BCD为等腰直角三角形，故MB＝MC＝MD，因此外接球的球心O在AM上，连接OB，AM＝AB＝，MB＝BD＝1，设球的半径为R，则OB＝R＝＝AO，即＝R，解得R＝，故所求表面积为4πR2＝4π×＝. 【答案】　A 【素养小结】　几何体的外接球球心在任何一个面上的射影都是该面多边形的外心．可以过某些面的外心作该面的垂线，任两个面的垂线的交点即为外接球球心．解决此类问题的思路是： (1)若已知两个面的外接圆圆心，分别过这两个圆心作面的垂线，两垂线的交点就是球心． (2)若已知一个面的外接圆圆心，则球心一定在过此圆心且垂直于该面的线上，再根据球心到各顶点的距离相等，结合勾股定理构建等式，进而确定球心及半径． 技法3　补形法 [例3] (2026·济宁模拟)如图，在边长为4的正方形ABCD中，点E，F分别为AB，BC的中点，将△ADE，△BEF，△CDF分别沿DE，EF，DF折起，使A，B，C三点重合于点A′，则三棱锥A′­DEF的外接球体积为(　　) A．8π B．6π C．4π D．2π 【解析】　依题意，A′D⊥A′E，A′E⊥A′F，A′D⊥A′F，且A′D＝4，A′E＝A′F＝2，于是三棱锥A′­DEF可以补形成以A′D，A′E，A′F为相邻三条棱的长方体，该长方体的外接球与三棱锥A′­DEF的外接球相同，设三棱锥A′­DEF外接球的半径为R，则2R＝＝2，所以三棱锥A′­DEF外接球的半径为，所以三棱锥A′­DEF的外接球体积为π×()3＝8π. 【答案】　A 【素养小结】　满足下列条件的可以补成长方体： (1)墙角模型：三棱锥的三条侧棱两两互相垂直，如图1. (2)三棱锥的四个面均是直角三角形，如图2. (3)对棱模型：三棱锥的对棱两两相等，则每条棱为长方体的面对角线，如图3. [对点训练] 1.(2026·益阳模拟)已知圆锥的母线长为2，其外接球体积为，则该圆锥的表面积为(　　) A．3π B．6π C．9π D．12π 解析：选C．圆锥及其外接球的轴截面如图，设其外接球的半径为R，则外接球体积为＝πR3，解得R＝2，即AO＝OC＝2，设圆锥的高为AO1＝h，圆锥的底面圆半径为O1C＝r，则r2＋h2＝(2)2，由(h－R)2＋r2＝R2，解得h＝3，r＝，则此圆锥的表面积为πr2＋πrl＝3π＋π××2＝9π. 2．在四面体ABCD中，AC＝BD＝，AB＝CD＝，AD＝BC＝，则四面体ABCD外接球的体积为________． 解析：将四面体ABCD放入长方体中，如图所示， 设长方体的长、宽、高分别为a，b，c，则所以a2＋b2＋c2＝14， 设长方体的外接球半径为r，则(2r)2＝a2＋b2＋c2＝14，解得r＝，又长方体的外接球即为四面体ABCD的外接球，所以四面体ABCD外接球的体积为V＝πr3＝π. 答案：π 3．已知S，A，B，C是球O表面上的点，SA⊥平面ABC，AB⊥BC，AB＝1，BC＝.若球O的体积为，则SA＝________． 解析：如图，取AC的中点为M，因为AB⊥BC，AB＝1，BC＝，则点M为△ABC的外心，且AM＝AC＝，设三棱锥S­ABC的外接球球心为O，半径为R，连接OM，OS，OA，则OM⊥平面ABC，依题意，πR3＝，解得R＝2，因为SA⊥平面ABC，则OM∥SA，OM＝＝，设SA＝x，则(x－)2＋()2＝4，解得x＝，即SA＝. 答案： 题型二　内切球问题 [例4] (1)已知三棱锥P­ABC的体积为3 m3，侧面积为2 m2，底面积等于1 m2，则这个三棱锥内切球的体积为(　　) A．36π m3 B．12π m3 C．108π m3 D．π m3 (2)已知球与圆台的上、下底面和侧面都相切，若圆台的母线长为6，下底面半径是上底面半径的2倍，则球的表面积为________． 【解析】　(1)因为三棱锥P­ABC的体积为V＝Sr，其中S为三棱锥P­ABC的表面积，r为其内切球的半径. 所以3＝×(2＋1)r，得r＝3 m．所以这个三棱锥内切球的体积为πr3＝π×33＝36π m3. (2) 作出圆台及其内切球的轴截面如图所示，记球的半径为r，上、下底面圆圆心分别为O1，O2，线段O1O2的中点为O，则OO1＝r，作OM⊥AB，由切线长定理得O1A＝AM，O2B＝BM，则O1A＋O2B＝AB＝6，而O2B＝2O1A，解得O1A＝2，O2B＝4，由(2r)2＝AB2－(O2B－O1A)2＝36－4＝32，得r2＝8，所以球的表面积S＝4πr2＝32π. 【答案】　(1)A　(2)32π 【素养小结】　简单多面体的内切球问题 (1)利用内切球的定义直接找球心和半径的关系． (2)利用等体积法直接求半径(球内切于多面体，则球心到各个面的距离相等). [对点训练] 1.已知在直三棱柱ABC­A1B1C1中，AB⊥BC，tan ∠BAC＝，AC＝5 ，且此三棱柱有内切球，则此三棱柱的内切球的表面积为________． 解析：因为AB⊥BC，tan ∠BAC＝，AC＝5，所以AB＝4，BC＝3，设△ABC的内切圆的半径为r，则(AB＋BC＋AC)r＝AB·BC，即×(4＋3＋5)r＝×4×3，解得r＝1，由题可知三棱柱的内切球的半径为1，则其表面积为4πr2＝4π. 答案：4π 2．已知△ABC中，CA⊥CB，AB＝2，若将△ABC绕直线AB旋转一周，所得几何体的内切球半径等于BC，则该内切球的表面积为________． 解析：如图，作旋转体的轴截面，设内切圆半径为r，BC＝a，AC＝b， 在△ABC中，CA⊥CB，AB＝2，则＝， 得OA＝；＝，得OB＝. 由AB＝OA＋OB＝2，得＋＝1. 又r＝，可得b＝2a.由a2＋b2＝4可得a2＝，所以r2＝×＝.所以旋转体的内切球表面积为4πr2＝4π×＝π. 答案：π 　　　　　　球与几何体的相交问题 球与几何体的相交问题考查了学生的空间想象能力和逻辑推理能力，是高考重点考查的内容．解决这种问题一方面利用球的性质，另一方面利用线、面平行或垂直的有关定理和性质． [典例] 已知三棱锥P­ABC的棱PA，PB，PC两两垂直，且PA＝4，PB＝PC＝4.以BC为直径的球与平面APC的交线为l，则l的长度为(　　) A．4 B． C．π D．4π 【解析】　不妨将三棱锥放入长方体中，由于BC为直径，所以球心在BC中点处，且半径为BC＝2，取PC中点为M，连接OM，则OM∥PB，又PB⊥平面APC，所以OM⊥平面APC，且OM＝PB＝2，故点O到平面APC的距离为2，平面APC截球所得截面圆的半径为＝2，故截得的图形为圆，圆的周长为4π. 【答案】　D 【素养小结】　球与几何体的交线问题通常涉及球面与几何体表面的交集，其解题方法和思路如下： (1)确定交线类型 球面与几何体表面的交线通常是圆弧．若球与平面相交，交线为圆；若球与曲面相交，交线可能为椭圆、双曲线等． (2)关键步骤 ①找到球心到几何体表面的距离：通过几何关系(如正方体、棱柱的对称性)计算球心到交面的距离d. ②计算交线圆的半径r：利用勾股定理r＝(R为球半径). ③确定圆心位置：球心在几何体表面的射影即为交线圆的圆心． ④计算弧长：根据圆心角和半径计算弧长l＝αr(α为圆心角弧度数). [尝试训练] 1.(2026·浙江模拟)已知棱长为6的正方体与一个球相交，球与正方体的每个面所在平面的交线都为一个面积为16π的圆，则该球的表面积为(　　) A．96π B．100π C．125π D．204π 解析：选B．由对称性得，球心与正方体中心重合，且每个面的交线圆半径为4.球心与任意面中心的连线长为3，且连线垂直该面，由勾股定理得球的半径为5，则该球的表面积为4×π×52＝100π. 2．已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，则以AA1的中点P为球心，2为半径的球与侧面BCC1B1相交，则交线(在正方形BCC1B1内部)的长度为________． 解析：如图，作PE⊥BB1，垂足为E，则PE⊥平面BCC1B1， ＝2，易知球与侧面BCC1B1的交线为以E为圆心，2为半径的圆弧如图， 在Rt△EB1F中，B1E＝1，EF＝2， 所以∠B1EF＝， 同理∠BEG＝，则∠GEF＝， 所以交线的长度l＝×2＝. 答案： 学科网（北京）股份有限公司 $