第7章 一题一课 深析球的切、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这一高考热点，涵盖棱切球与多球相切两大核心考点，以母题延伸构建知识体系，通过探究案例、技法点拨梳理转化方法，结合真题训练与分层练习，形成“考点梳理-方法指导-实战应用”的系统复习流程，助力学生突破空间转化难点。 讲义创新采用“空间问题平面化”教学策略，如例1通过作截面图将正三棱锥棱切球转化为平面几何问题，培养空间观念与推理能力。设置基础巩固到综合应用的分层练习，配合即时反馈，高效提升学生建模与解题能力，为教师精准把控复习节奏提供实用指导。

　　　　　　　　　　　　　　　深析球的切、接问题 球的切、接问题是高考的热点内容，常以客观题的形式出现，近年考查球的切接问题有所变化，一是与多面体的棱相切，二是多球相切，解决此类问题的关键是平面化或转化为特殊几何体的切、接问题来解决． 人教A版必修第二册P119例4 如图，圆柱的底面直径和高都等于球的直径，求球与圆柱的体积之比. 感悟　母题围绕球与圆柱，展现了通过几何体基本参数与公式研究体积关系的思路；由此可延伸出棱切球(如正方体的棱切球，需结合面对角线等研究体积关系)、多球相切(如多等径球外切时，利用球心距与半径的关系，结合几何体性质求解相关问题)，下面让我们对棱切球，多球相切进行探究！ 探究一　球与几何体棱相切 [例1] 已知正三棱锥P­ABC的底面边长为2，侧棱长为2，若球H与正三棱锥所有的棱都相切，则这个球的半径为________． 【解析】　设底面ABC的外接圆的圆心为O，连接PO，AO，延长AO交BC于点N， 球H与棱PA，BC分别切于点M，N，设球H的半径为r，则AO＝××2＝2， ON＝×2－2＝1， 而PO⊥底面ABC，所以PO⊥AO， 可得PO＝＝2， 在Rt△ONH中，OH＝，1＜r＜2， 在Rt△POA中，AO＝PO＝2， 所以∠APO＝45°， 所以在Rt△PMH中，PM＝MH＝r，PH＝r， 所以PO＝PH＋OH， 即2＝r＋，解得r＝2－. 【答案】　2－ 【技法点拨】　对于球与空间几何体的棱相切的问题，一般过球心及多面体的特殊点(一般为切点)或线作截面图构建等量关系，把空间问题转化为平面问题求解． 探究二　多球相切 [例2] (1)(2025·全国二卷)一个底面半径为4 cm，高为9 cm的封闭圆柱形容器(容器壁厚度忽略不计)内有两个半径相等的铁球，则铁球半径的最大值为________ cm. (2)(2026·合肥模拟)某零件的结构模型如图，中间大球为正四面体的内切球，小球与大球、正四面体的三个面均相切．若AB＝12，则该模型中一个小球的体积为________． 【解析】　(1)圆柱的底面半径为4 cm，设铁球的半径为r，且0<r＜4， 由圆柱与球的性质知AB2＝(2r)2＝(8－2r)2＋(9－2r)2， 即4r2－68r＋145＝(2r－5)·(2r－29)＝0， 因为0<r＜4，所以r＝2.5. (2)如图所 示，设O为大球的球心，大球的半径为R，正四面体的底面中心为E，高为h，CD的中点为F，连接OA，OB，OC，OD，OE，BF， 因为棱长AB＝12， 则BE＝BF＝×12＝4， h＝AE＝＝4， 因为V正四面体＝4V三棱锥O­BCD， 所以S△BCD·h＝4×S△BCD·R， 所以R＝h＝， 设小球的半径为r，小球也可看作一个小的正四面体的内切球，且小正四面体的高h小＝h－2R＝2，所以r＝h小＝×2＝，所以小球的体积为πr3＝π×＝π. 【答案】　(1)2.5　(2)π 【技法点拨】　处理多球相切问题的核心是抓住“球心距与球半径的关系”，并结合空间几何体(正多面体、坐标系等)的性质来分析和计算． 1．已知某棱长为2的正四面体的各条棱都与同一球面相切，则该球与此正四面体的体积之比为(　　) A． B． C． D． 解析：选A．如图，正方体ABCD­A1B1C1D1中，棱长为2， 所以四面体A1­BDC1是棱长为2的正四面体， 当正四面体的各条棱都与同一球面相切时， 该球为正方体的内切球，半径为1，所以该球的体积为，因为正四面体的体积为8－4×××2×2×2＝8－＝，所以该球与此正四面体的体积之比为＝. 2．(2026·山西部分学校适应考)已知棱长为的正方体ABCD­A1B1C1D1的中心为O，若球O的球面与该正方体的棱有公共点，则球O的表面积的取值范围是(　　) A．[3π，6π] B．[3π，9π] C．[6π，9π] D．[6π，12π] 解析：选C．当球O是正方体的棱切球时，球O的半径r＝＝. 当球O是正方体的外接球时，球O的半径r＝＝. 所以球O的半径r∈，球O的表面积S∈[6π，9π]. 3．如图是某零件结构模型，中间最大球为正四面体ABCD的内切球，中等球与最大球和正四面体三个面均相切，最小球与中等球和正四面体三个面均相切．已知正四面体ABCD棱长为2，则模型中九个球的表面积的和为(　　) A．6π B．9π C． D．21π 解析：选B．如图，取BC的中点E，连接DE，AE，则CE＝BE＝，AE＝DE＝＝3. 过点A作AF⊥底面BCD，垂足F在DE上，且DF＝2EF， 所以DF＝2，EF＝， 故AF＝＝＝4， 设点O为最大球的球心，连接DO并延长，交AE于点M，则DM⊥AE. 设最大球的半径为R，则OF＝OM＝R， 因为Rt△AOM∽Rt△AEF，所以＝， 即＝，解得R＝1， 即OM＝OF＝1，则AO＝4－1＝3， 故sin ∠EAF＝＝. 设最小球的球心为J，中等球的球心为K. 由题意知两球均与直线AE相切，设切点分别为H，G， 连接HJ，KG，则HJ，KG分别为最小球和中等球的半径，长度分别设为a，b， 则AJ＝3HJ＝3a，AK＝3GK＝3b，则JK＝AK－AJ＝3b－3a，又JK＝a＋b， 所以3b－3a＝a＋b，解得b＝2a. 又OK＝R＋b＝AO－AK＝3－3b，故4b＝3－R＝2，解得b＝，所以a＝， 故模型中九个球的表面积的和为4πR2＋4πb2×4＋4πa2×4＝4π＋4π＋π＝9π. 4．(2025·河北“五个一”名校联盟联考)如图，一个半球容器(有盖)的半径为10分米，忽略容器的厚度，若在该容器内放入两个半径均为r分米的球，则r的最大值为________分米． 解析：由题知，当两个球外切且均与半球相切(与球面相切，且与半球的盖所在平面相切)时，r取得最大值，相当于求半径为10分米的四分之一球的内切球，如图，由r＋r＝10， 解得r＝10(－1). 答案：10(－1) 学科网（北京）股份有限公司 $