2024版大二轮数学新高考提高版（京津琼鲁辽粤冀鄂湘渝闽苏浙黑吉晋皖云豫新甘贵赣桂）专题四　微重点7　球的切接问题9

微重点7球的切接问题空间几何体的外接球、内切球是高中数学的重点、难点，也是高考命题的热点，一般是通过对几何体的割补或寻找几何体外接球的球心求解外接球问题，利用等体积法求内切球半径等，一般出现在压轴小题位置．考点一空间几何体的外接球例1(1)(2023·杭州模拟)在四面体ABCD中，△ABC与△BCD都是边长为6的等边三角形，且二面角A－BC－D的大小为60°，则四面体ABCD外接球的表面积是()A．52π B．54πC．56π D．60π答案A解析如图所示，设外接球半径为R，取BC的中点O，连接OD，OA，分别取△BCD和△ABC的外心E，F，过两点分别作平面BDC和平面ABC的垂线，交于点P，则P就是外接球的球心，连接OP，DP，则∠AOD为二面角A－BC－D的平面角，即∠AOD＝60°，则△AOD是等边三角形，其边长为6×eq\f(\r(3),2)＝3eq\r(3)，OE＝eq\f(1,3)OD＝eq\f(1,3)×3eq\r(3)＝eq\r(3)，在△POE中，∠POE＝30°，所以PE＝OEtan30°＝eq\r(3)×eq\f(\r(3),3)＝1，又由DE＝eq\f(2,3)OD＝2eq\r(3)，所以R＝PD＝eq\r(PE2＋DE2)＝eq\r(12＋2\r(3)2)＝eq\r(13)，所以四面体ABCD外接球的表面积为4πR2＝4π×(eq\r(13))2＝52π.(2)(2023·全国乙卷)已知点S，A，B，C均在半径为2的球面上，△ABC是边长为3的等边三角形，SA⊥平面ABC，则SA＝________.答案2解析如图，将三棱锥S－ABC转化为直三棱柱SMN－ABC，设△ABC的外接圆圆心为O1，半径为r，则2r＝eq\f(AB,sin∠ACB)＝eq\f(3,\f(\r(3),2))＝2eq\r(3)，可得r＝eq\r(3)，设三棱锥S－ABC的外接球球心为O，连接OA，OO1，则OA＝2，OO1＝eq\f(1,2)SA，因为OA2＝OOeq\o\al(2,1)＋O1A2，即4＝3＋eq\f(1,4)SA2，解得SA＝2.规律方法求解空间几何体的外接球问题的策略(1)定球心：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(要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系)，达到空间问题平面化的目的．(3)求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解．跟踪演练1(1)已知四面体ABCD中，AB＝CD＝2eq\r(5)，AC＝BD＝eq\r(29)，AD＝BC＝eq\r(41)，则四面体ABCD外接球的表面积为________．答案45π解析设四面体ABCD外接球的半径为R，将四面体ABCD置于长、宽、高分别为a，b，c的长方体中，故eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2＋b2＝20，,b2＋c2＝29，,a2＋c2＝41，))故R＝eq\f(\r(a2＋b2＋c2),2)＝eq\f(\r(45),2)，故四面体ABCD外接球的表面积为4πR2＝45π.(2)(2023·昆明模拟)故宫太和殿是中国形制最高的宫殿，其建筑采用了重檐庑殿顶的屋顶样式，庑殿顶是“四出水”的五脊四坡式，由一条正脊和四条垂脊组成，因此又称五脊殿．由于屋顶有四面斜坡，故又称四阿顶．如图，某几何体ABCDEF有五个面，其形状与四阿顶相类似．已知底面ABCD为矩形，AB＝4，AD＝EF＝2，EF∥底面ABCD，且EA＝ED＝FB＝FC＝BC，则几何体ABCDEF外接球的表面积为()A．22π B．28πC．32π D．38π答案A解析连接AC，BD，设AC∩BD＝M，取EF的中点N，连接MN，由题意知，球心O在直线MN上，取BC的中点G，连接FG，则FG⊥BC，且FG＝2×eq\f(\r(3),2)＝eq\r(3).连接MG，过点F作FP⊥MG于点P，则四边形MPFN是矩形，MN＝FP，则MN＝FP＝eq\r(FG2－PG2)＝eq\r(2)，又因AM＝eq\f(1,2)AC，AC＝eq\r(AB2＋BC2)＝2eq\r(5)，则AM＝eq\r(5)，因为△AMO和△ONE均为直角三角形，设外接球半径为R，OM＝x，当球心O在线段MN上时，则R2＝x2＋(eq\r(5))2，R2＝(eq\r(2)－x)2＋12，解得x＝－eq\f(\r(2),2)(舍)，当球心O在线段MN外时，则R2＝x2＋(eq\r(5))2，R2＝(eq\r(2)＋x)2＋12，解得x＝eq\f(\r(2),2)，故R2＝eq\f(1,2)＋5＝eq\f(11,2)，所以外接球的表面积S＝4πR2＝22π.考点二空间几何体的内切球例2(1)在三棱锥A－BCD中，AB⊥平面BCD，BC⊥CD，且AB＝CD＝4，BC＝3，则该三棱锥内切球的体积为()A.eq\f(9π,16)B.eq\f(9π,4)C.eq\f(16π,9)D.eq\f(4π,3)答案A解析由AB⊥平面BCD，CD⊂平面BCD，得AB⊥CD.又BC⊥CD，且AB，BC⊂平面ABC，AB∩BC＝B，所以CD⊥平面ABC，又AC⊂平面ABC，所以CD⊥AC.由AB＝CD＝4，BC＝3，得AC＝BD＝5，所以三棱锥A－BCD的表面积S＝2×eq\f(1,2)×3×4＋2×eq\f(1,2)×4×5＝32，三棱锥A－BCD的体积V＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×3×4×4＝8.设三棱锥内切球球心为O，半径为r，由V＝VO－ABC＋VO－ABD＋VO－ACD＋VO－BCD＝eq\f(1,3)Sr，得r＝eq\f(3V,S)＝eq\f(3,4)，所以该三棱锥内切球的体积V球＝eq\f(4,3)πr3＝eq\f(4,3)π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))3＝eq\f(9π,16).(2)(2023·沈阳模拟)如图，圆台内有一个球，该球与圆台的侧面和底面均相切．已知圆台的下底面圆心为O1，半径为r1，圆台的上底面圆心为O2，半径为r2(r1>r2)，球的球心为O，半径为R，记圆台的表面积为S1，球的表面积为S2，则eq\f(S1,S2)的可能的取值为()A.eq\f(π,2)B.eq\f(3,2)C.eq\f(π,3)D.eq\f(4,3)答案A解析如图，作出圆台的轴截面，作DF⊥BC，垂足为F，由题意知圆O与梯形ABCD相切，则DC＝DE＋CE＝O2D＋O1C＝r2＋r1，又DC＝eq\r(DF2＋FC2)＝eq\r(4R2＋r1－r22)，故eq\r(4R2＋r1－r22)＝r1＋r2，化简可得R2＝r1r2，则eq\f(S1,S2)＝eq\f(πr\o\al(2,1)＋r\o\al(2,2)＋πr1＋r2r1＋r2,4πR2)＝eq\f(r\o\al(2,1)＋r\o\al(2,2)＋r1r2,2r1r2)＝eq\f(r\o\al(2,1)＋r\o\al(2,2),2r1r2)＋eq\f(1,2)>eq\f(2r1r2,2r1r2)＋eq\f(1,2)＝eq\f(3,2)(r1>r2，故取不到等号)，由于eq\f(3,2)，eq\f(π,3)，eq\f(4,3)都不大于eq\f(3,2)，故eq\f(S1,S2)的可能的取值为eq\f(π,2).规律方法空间几何题的内切球问题，一是找球心，球心到切点的距离相等且为球的半径，作出截面，在截面中求半径；二是利用等体积法直接求内切球的半径．跟踪演练2(1)在封闭的直三棱柱ABC－A1B1C1内有一个体积为V的球，若AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，AA1＝6，则V的最大值是()A．16π B.eq\f(32π,3)C．36π D.eq\f(125π,3)答案B解析由题意，因为AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，所以AC＝10，可得△ABC内切圆的半径r＝eq\f(6×8,6＋8＋10)＝2，又由AA1＝6，故在直三棱柱ABC－A1B1C1内部的球的半径最大为R＝2，所以此时V的最大值为eq\f(4,3)πR3＝eq\f(4,3)×π×23＝eq\f(32π,3).(2)(2023·贵阳联考)SF6(六氟化硫)具有良好的绝缘性，在电子工业上有着广泛的应用，其分子结构如图所示：六个元素F分别位于正方体六个面的中心，元素S位于正方体中心，若正方体的棱长为a，记以六个F为顶点的正八面体为T，则T的体积为__________，T的内切球表面积为__________．答案eq\f(a3,6)eq\f(πa2,3)解析正八面体T可视为两个全等的正四棱锥拼接而成，且该正四棱锥的底面边长为eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)))2)＝eq\f(\r(2),2)a，高为eq\f(a,2)，所以正八面体的体积V＝2×eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)a))2×eq\f(a,2)＝eq\f(a3,6)，由图可知，正八面体T的每个面都是棱长为eq\f(\r(2),2)a的等边三角形，所以正八面体T的表面积S＝8×eq\f(\r(3),4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)a))2＝eq\r(3)a2，设正八面体T的内切球半径为r，则V＝eq\f(1,3)Sr，所以r＝eq\f(3V,S)＝eq\f(\f(a3,2),\r(3)a2)＝eq\f(\r(3),6)a，因此，正八面体T的内切球的表面积为4πr2＝4π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),6)a))2＝eq\f(πa2,3).专题强化练1.如图，在三棱锥V－ABC中，VA⊥底面ABC，∠BAC＝90°，AB＝AC＝VA＝2，则该三棱锥外接球的体积为()A．12πB．4eq\r(3)πC.eq\f(16\r(3)π,3)D.eq\f(4\r(3)π,3)答案B解析因为VA⊥底面ABC，AB，AC⊂底面ABC，所以VA⊥AB，VA⊥AC，又因为∠BAC＝90°，所以AB⊥AC，而AB＝AC＝VA＝2，所以三条互相垂直且共顶点的棱，可以看成正方体中共顶点的长、宽、高，因此该三棱锥外接球的半径R＝eq\f(1,2)×eq\r(22＋22＋22)＝eq\r(3)，所以外接球的体积V＝eq\f(4,3)πR3＝4eq\r(3)π.2．(2023·成都模拟)在三棱锥P－ABC中，PA⊥底面ABC，AB＝2，AC＝AP，BC⊥CA，若三棱锥P－ABC外接球的表面积为5π，则BC等于()A．1B.eq\r(2)C.eq\r(3)D.eq\r(5)答案C解析因为PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以BC⊥PA，由BC⊥CA，CA∩PA＝A，CA，PA⊂平面PAC，所以BC⊥平面PAC，由AB⊂平面ABC，得PA⊥AB，由PC⊂平面PAC，得BC⊥PC，由PB是Rt△PBC和Rt△PBA的公共斜边，得PB是三棱锥的外接球直径，由S＝4πR2＝5π得R＝eq\f(\r(5),2)，设AC＝AP＝m，则PB＝2R＝eq\r(m2＋4)＝eq\r(5)，则m＝1，BC＝eq\r(4－1)＝eq\r(3).3．在四棱锥P－ABCD中，平面PAB⊥平面ABCD，△PAB为边长为1的等边三角形，底面ABCD为矩形．若四棱锥P－ABCD存在一个内切球，则内切球的表面积为()A．4π B．πC.eq\f(4π,3) D.eq\f(π,3)答案D解析由于平面PAB⊥平面ABCD，△PAB为边长为1的等边三角形，底面ABCD为矩形，所以四棱锥P－ABCD的内切球在等边△PAB上的“正投影”是等边△PAB的内切圆，设等边△PAB的内切圆半径为r，则S△PAB＝eq\f(1,2)×(1＋1＋1)×r＝eq\f(1,2)×1×1×sineq\f(π,3)，解得r＝eq\f(\r(3),6)，所以内切球的半径为eq\f(\r(3),6)，其表面积为4π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),6)))2＝eq\f(π,3).4．(2023·湖北多校联考)已知在△ABC中，AB＝4，BC＝3，AC＝5，以AC为轴旋转一周得到一个旋转体，则该旋转体的内切球的表面积为()A.eq\f(49π,36) B.eq\f(576π,49)C.eq\f(576π,25) D.eq\f(344π,25)答案B解析旋转体的轴截面如图所示，其中O为内切球的球心，过O作AB，BC的垂线，垂足分别为E，F，则OE＝OF＝r(r为内切球的半径)，故AO＝eq\f(r,sin∠BAC)＝eq\f(5,3)r，CO＝eq\f(r,sin∠BCA)＝eq\f(5,4)r，故5＝AO＋OC＝eq\f(5,3)r＋eq\f(5,4)r，解得r＝eq\f(12,7)，故该旋转体的内切球的表面积为4π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(12,7)))2＝eq\f(576π,49).5．(2023·张掖模拟)图1为两块大小不同的等腰直角三角形纸板组成的平面四边形ABCD，其中小三角形纸板的斜边AC与大三角形纸板的一条直角边长度相等，小三角形纸板的直角边长为a，现将小三角形纸板ACD沿着AC边折起，使得点D到达点M的位置，得到三棱锥M－ABC，如图2，若二面角M－AC－B的大小为eq\f(2π,3)，则所得三棱锥M－ABC的外接球的表面积为()A.eq\f(7π,3)a2 B．4πa2C.eq\f(14π,3)a2 D.eq\f(7\r(42)π,27)a2答案C解析如图，取AC的中点E，AB的中点F，连接ME，EF.因为MA＝MC，所以ME⊥AC.易知EF∥BC，因为BC⊥AC，所以EF⊥AC，所以∠MEF＝eq\f(2π,3).过点E作OE⊥平面MAC，过点F作OF⊥平面ABC，OE∩OF＝O，连接OA，易知E，F两点分别是△MAC和△ABC的外心，所以点O是三棱锥M－ABC的外接球的球心．因为MA＝MC＝a，所以AC＝BC＝eq\r(2)a，AB＝2a，所以EF＝eq\f(\r(2),2)a，因为∠MEF＝eq\f(2π,3)，∠MEO＝eq\f(π,2)，所以∠OEF＝eq\f(π,6)，所以OF＝EF×taneq\f(π,6)＝eq\f(\r(2)a,2)×taneq\f(π,6)＝eq\f(\r(6),6)a，又AF＝eq\f(1,2)AB＝a，所以OA＝eq\r(OF2＋AF2)＝eq\f(\r(42),6)a，则三棱锥M－ABC外接球的半径为eq\f(\r(42),6)a，所以外接球的表面积S＝4πR2＝eq\f(14π,3)a2.6．(多选)(2023·阳泉模拟)已知三棱柱ABC－A1B1C1的六个顶点都在球O的球面上，AB1＝BC1＝CA1＝4.若点O到三棱柱ABC－A1B1C1的所有面的距离都相等，则()A．BB1⊥平面ABCB．AB＝AA1C．平面A1B1C1截球O所得截面圆的周长为4πD．球O的表面积为24π答案AC解析选项A，三棱柱ABC－A1B1C1的六个顶点都在球O的球面上，根据球的对称性可知三棱柱ABC－A1B1C1为直棱柱，所以BB1⊥平面ABC，因此A正确；选项B，因为AB1＝BC1＝CA1＝4，所以AB＝BC＝CA.因为点O到三棱柱ABC－A1B1C1的所有面的距离都相等，所以三棱柱ABC－A1B1C1的内切球与外接球的球心重合．设该三棱柱的内切球的半径为r，与底面以及侧面相切于H，M，连接AH并延长，交BC于N，如图，则AA1＝2r，OM＝OH＝r，由于M为矩形BCC1B1的对角线交点，所以HN＝r，而△ABC为等边三角形，所以HN＝eq\f(1,3)AN＝eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),2)AB，所以AB＝2eq\r(3)r，所以AB＝eq\r(3)AA1，因此B错误；选项C，由AB1＝4，可知BBeq\o\al(2,1)＋AB2＝4r2＋12r2＝16r2＝16，解得r＝1(负值舍去)，则AB＝BC＝CA＝2eq\r(3).易得△A1B1C1的外接圆的半径r1＝eq\f(2,3)AN＝eq\f(2,3)×eq\f(\r(3),2)AB＝2，所以平面A1B1C1截球O所得截面圆的周长为2πr1＝4π，因此C正确；选项D，三棱柱ABC－A1B1C1外接球的半径R＝eq\r(r\o\al(2,1)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(AA1,2)))2)＝eq\r(22＋12)＝eq\r(5)，所以球O的表面积S＝4πR2＝20π，因此D错误．7．(多选)(2023·新高考全国Ⅰ)下列物体中，能够被整体放入棱长为1(单位：m)的正方体容器(容器壁厚度忽略不计)内的有()A．直径为0.99m的球体B．所有棱长均为1.4m的四面体C．底面直径为0.01m，高为1.8m的圆柱体D．底面直径为1.2m，高为0.01m的圆柱体答案ABD解析对于A，因为0.99m<1m，即球体的直径小于正方体的棱长，所以能够被整体放入正方体内，故A正确；对于B，因为正方体的面对角线长为eq\r(2)m，且eq\r(2)>1.4，所以能够被整体放入正方体内，故B正确；对于C，因为正方体的体对角线长为eq\r(3)m，且eq\r(3)<1.8，所以不能够被整体放入正方体内，故C错误；对于D，因为1.2m>1m，可知底面正方形不能包含圆柱的底面圆，如图，过AC1的中点O作OE⊥AC1，设OE∩AC＝E，可知AC＝eq\r(2)，CC1＝1，AC1＝eq\r(3)，OA＝eq\f(\r(3),2)，那么tan∠CAC1＝eq\f(CC1,AC)＝eq\f(OE,AO)，即eq\f(1,\r(2))＝eq\f(OE,\f(\r(3),2))，解得OE＝eq\f(\r(6),4)，且eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),4)))2＝eq\f(3,8)＝eq\f(9,24)>eq\f(9,25)＝0.62，即eq\f(\r(6),4)>0.6，所以以AC1为轴可能对称放置底面直径为1.2m的圆柱，若底面直径为1.2m的圆柱与正方体的上下底面均相切，设圆柱的底面圆心为O1，与正方体下底面的切点为M，可知AC1⊥O1M，O1M＝0.6，那么tan∠CAC1＝eq\f(CC1,AC)＝eq\f(O1M,AO1)，即eq\f(1,\r(2))＝eq\f(0.6,AO1)，解得AO1＝0.6eq\r(2)，根据对称性可知圆柱的高为eq\r(3)－2×0.6eq\r(2)≈1.732－1.2×1.414＝0.0352>0.01，所以能够被整体放入正方体内，所以D正确．8.如图，某几何体由共底面的圆锥和圆柱组合而成，且圆柱的两个底面和圆锥的顶点均在体积为36π的球面上，若圆柱的高为2，则圆锥的侧面积为________．答案4eq\r(6)π解析依题意，作球的轴截图如图所示，其中，O是球心，E是圆锥的顶点，EC是圆锥的母线，由题意可知eq\f(4,3)πR3＝36π，解得R＝3，由于圆柱的高为2，则OD＝1，DE＝3－1＝2，DC＝eq\r(32－12)＝2eq\r(2)，母线EC＝eq\r(22＋8)＝2eq\r(3)，故圆锥的侧面积S＝π·DC·EC＝π×2eq\r(2)×2eq\r(3)＝4eq\r(6)π.9．(2023·开封模拟)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，P为棱A1D1的中点，则四棱锥P－ABCD外接球的表面积为________．答案eq\f(41π,16)解析设四棱锥P－ABCD的外接球球心为O，取AD的中点E，连接PE，取△PAD、四边形ABCD的外心O1，O2，连接OO1，OO2，EO2，O2C，OC，因为正方体的棱长为1，P为棱A1D1的中点，所以PA＝PD＝eq\r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2)＝eq\f(\r(5),2)，PE＝1，O2C＝eq\f(\r(2),2)，sin∠PAD＝sin∠APA1＝eq\f(1,\f(\r(5),2))＝eq\f(2,\r(5))，O1P＝eq\f(1,2)·eq\f(PD,sin∠PAD)