高考数学复习拓展提升课九　球与几何体的切、接问题（导学案）

培优增分拓展提升课九球与几何体的切、接问题考情分析:球的切、接问题是高考命题的热点,从“几何作图”和“分析图形”两个角度考查直观想象的核心素养.考查学生空间想象能力和逻辑思维能力,在高考中一般以选择题、填空题形式呈现.解题关键:(1)“接”的处理:把一个多面体的几个顶点放在球面上即球的外接问题.解决这类问题的关键是抓住外接的特点,即球心到多面体的顶点的距离等于球的半径.(2)“切”的处理:解决与球有关的内切问题主要是指球内切多面体与旋转体,解答时要先找准切点,通过作截面来解决.如果内切的是多面体,则多通过多面体过球心的对角面来作截面.【知识总结】1.常见几何体的内切球和外接球(1)内切球球心到多面体各面的距离均相等,外接球球心到多面体各顶点的距离均相等;(2)正多面体的内切球和外接球的球心重合;(3)正棱锥的内切球和外接球的球心都在高线上.[说明]求外接球或内切球的方法:在球内部构造直角三角形,利用勾股定理求解.2.长方体的外接球(1)球心:体对角线的交点;(2)半径:R=a2+b2+c223.正方体的外接球、内切球及与各条棱相切的球球心是正方体的中心,设a为正方体的棱长.(1)外接球:半径R=32a(2)内切球:半径r=a2(3)与各条棱都相切的球:半径r'=224.正四面体的外接球与内切球球心是正四面体的中心,a为正四面体的棱长.(1)外接球:半径R=64a(2)内切球:半径r=612【推导如下】设正四面体S-ABC的棱长为a,其内切球的半径为r,外接球的半径为R,如图,取AB的中点D,连接SD,CD,SE为正四面体的高,在截面三角形SDC内作一个与边SD和DC相切,且圆心在高SE上的圆.由正四面体的对称性,可知其内切球和外接球的球心同为O.此时,OC=OS=R,OE=r,SE=63a,CE=33a,则有R+r=SE=63a,R2-r2=CE2=a23,解得R=64【题型突破】类型一外接球问题[解题必备]求解外接球问题的方法(1)解决多面体外接球问题的关键是确定球心的位置,方法是先选择多面体中的一面,确定此面多边形外接圆的圆心,再过此圆心作垂直此面的垂线,则球心一定在此垂线上,最后根据其他顶点的情况确定球心的准确位置.(2)对于特殊的多面体还可通过补成正方体或长方体的方法找到球心的位置.命题点1:柱体的外接球[典例1](1)(2022·长春模拟)已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是边长为6的正三角形,侧棱垂直于底面,且该三棱柱的外接球的表面积为12π,则该三棱柱的体积为()A.23 B.26 C.33 D.32解析：选C.设外接球半径为R,△A1B1C1,△ABC中心分别为M,N,由题意,外接球球心为MN的中点,设为O,则OA=R,由4πR2=12π,得R=OA=3,又易得AN=2,由勾股定理可知ON=1,所以MN=2,即三棱柱的高h=2,所以该三棱柱的体积为34×(6)2×2=33(2)在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=BC=2,∠ABC=π2.若该直三棱柱的外接球的表面积为16π,则该直三棱柱的高为(A.4 B.3 C.42 D.22解析：选D.因为∠ABC=π2,所以可以将直三棱柱ABC-A1B1C1补成长方体ABCD-A1B1C1D1则该直三棱柱的外接球就是长方体的外接球,外接球的直径等于长方体的体对角线长.设外接球的半径为R,则4πR2=16π,解得R=2.设该直三棱柱的高为h,则4R2=22+22+h2,即16=8+h2,解得h=22,所以该直三棱柱的高为22.命题点2:锥体的外接球[典例2](1)(2022·石家庄模拟)已知正三棱锥S-ABC的所有顶点都在球O的球面上,棱锥的底面是边长为23的正三角形,侧棱长为25,则球O的表面积为()A.25π B.20π C.16π D.30π解析：选A.如图,延长SO交球O于点D,设△ABC的外心为E,连接AE,AD.由正弦定理得2AE=23sin60°易知SE⊥平面ABC,由勾股定理可知,三棱锥S-ABC的高SE=SA2-由于点A是以SD为直径的球O上一点,所以∠SAD=90°,由Rt△SAD∽Rt△SEA可知,球O的直径2R=SD=SA因此,球O的表面积为4πR2=π×(2R)2=25π.(2)(2022·安徽模拟)已知在三棱锥P-ABC中,AB⊥平面APC,AB=42,PA=PC=2,AC=2,则三棱锥P-ABC外接球的表面积为()A.28π B.36π C.48π D.72π解析：选B.方法一:因为PA=PC=2,AC=2,所以PA⊥PC.因为AB⊥平面APC,AC⊂平面APC,PC⊂平面APC,所以AB⊥AC,AB⊥PC.又PA∩AB=A,PA⊂平面PAB,AB⊂平面PAB,所以PC⊥平面PAB,又PB⊂平面PAB,所以PC⊥PB,则△BCP,△ABC均为直角三角形.如图,取BC的中点为O,连接OA,OP,则OB=OC=OA=OP,即点O为三棱锥P-ABC外接球的球心,在Rt△ABC中,AC=2,AB=42,则BC=6,所以外接球的半径R=3,所以三棱锥P-ABC外接球的表面积S=4πR2=36π.方法二:因为PA=PC=2,AC=2,所以PA⊥PC,△ACP为直角三角形.如图,取AC的中点为M,则M为△PAC外接圆的圆心.过M作直线n垂直于平面PAC,则直线n上任意一点到点P,A,C的距离都相等.因为AB⊥平面PAC,所以AB∥n.设直线n与BC的交点为O,则O为线段BC的中点,所以点O到点B,C的距离相等,则点O即为三棱锥P-ABC外接球的球心.因为AB⊥平面PAC,AC⊂平面PAC,所以AB⊥AC.又AC=2,AB=42,所以BC=6,则外接球的半径R=3,所以三棱锥P-ABC外接球的表面积S=4πR2=36π.方法三:因为PA=PC=2,AC=2,所以PA⊥PC,又AB⊥平面PAC,所以可把三棱锥P-ABC放在如图所示的长方体中,此长方体的长、宽、高分别为2,2,42,则三棱锥P-ABC的外接球即长方体的外接球,长方体的体对角线即长方体外接球的直径,易得长方体的体对角线的长为6,则外接球的半径R=3,所以三棱锥P-ABC外接球的表面积S=4πR2=36π.命题点3:台体的外接球[典例3](2022·新高考Ⅱ卷)已知正三棱台的高为1,上、下底面边长分别为33和43,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解析：选A.设正三棱台上、下底面所在圆面的半径分别为r1,r2,所以2r1=33sin60°,2r2=43sin60°,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=R2-9,d2=R2-16,故|即|R2-9-RR2-16=1,解得R2=25,符合题意,所以球的表面积为S=4πR命题点4:组合体的外接球[典例4](2022·泰安模拟)我国有着丰富悠久的“印章文化”,古时候的印章一般用贵重的金属或玉石制成,本是官员或私人签署文件时代表身份的信物,后因其独特的文化内涵,也被作为装饰物来使用.明清时期的一个金属印章摆件,除去顶部的环以后可以看作是一个正四棱柱和一个正四棱锥组成的几何体,如图.已知正四棱柱和正四棱锥的高相等,且底面边长均为2,若该几何体的所有顶点都在同一个球的表面上,则这个球的表面积为________.

解析：如图,设正四棱柱和正四棱锥的高为h,则其外接球的半径为R=1=12ℎ2+8=h+12解得h=1,所以R=32故球的表面积为S=4πR2=9π.答案:9π类型二内切球问题[解题必备]求解内切球问题的关键点(1)求解多面体的内切球问题的关键是求内切球的半径.(2)求多面体内切球半径,往往可用“等体积法”.设几何体各表面的面积分别为S1,S2,…,Sn,内切球球心O与各面顶点相连,将几何体分割为若干个小棱锥,这些棱锥的高均为内切球的半径r,几何体的体积为各棱锥体积之和,用式子表示为:V=V1+V2+…+Vn=13S1r+13S2r+…+13=13(S1+S2+…+Sn)r=13Sr,所以r=命题点1:柱体的内切球[典例5](2022·滨州模拟)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.32π3,4 B.9πC.6π,4 D.32π3解析：选D.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=AB2+BC2=10,设健身手球的半径为R,则12×(6+8+10)×则健身手球的最大直径为4.因为AA1=13,所以最多可加工3个健身手球.于是一个健身手球的最大体积V=43πR3=43π×23=命题点2:锥体的内切球[典例6](1)我国古代数学名著《九章算术》中,将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑.在封闭的鳖臑P-ABC内有一个体积为V的球,若PA⊥平面ABC,AB⊥BC,PA=AB=BC=1,则V的最大值是()A.52+36π C.52-76π 解析：选C.球与三棱锥的四个面均相切时球的体积最大,设此时球的半径为R,则V三棱锥P-ABC=13·R·(S△ABC+S△PAB+S△PAC+S△PBC即13×12×1×1×1=13×R×(12×1×1+12×1×1+12×1×解得R=2-所以球的体积V的最大值为43π(2-12)3(2)(2020·全国卷Ⅲ)已知圆锥的底面半径为1,母线长为3,则该圆锥内半径最大的球的体积为________.

解析：方法一:易知半径最大的球为圆锥的内切球,球与圆锥内切时的轴截面如图所示,其中BC=2,AB=AC=3,且点M为BC边上的中点,设内切圆的圆心为O,由于AM=32-1故S△ABC=12×2×22=22设内切圆半径为r,则S△ABC=S△AOB+S△BOC+S△AOC=12×AB×r+12×BC×r+12×=12×3+3+2×r=22,解得r=2其体积为V=43πr3=23方法二:分析知圆锥内半径最大的球应为圆锥的内切球,如图,由题可知圆锥的母线长为BS=3,底面半径为BC=1,高SC=BS2-BC2=22,不妨设该内切圆与母线BS切于点D,令OD=OC=r,则由△SOD∽△SBC,可得ODOS=BCBS,即r22-r=13,解得r答案:2类型三与球有关的最值问题[解题必备]与球有关的最值问题的解法(1)从图形的特征入手:观察分析问题的几何特征,充分利用其几何性质解决.(2)从代数关系入手:解题时,通过分析题设中的所有条件,在充分审清题目意思的基础上,从问题的几何特征入手,利用其几何性质,找出问题中的代数关系,建立目标函数,利用函数最值的方法求解.[典例7](1)已知点A,B,C,D在同一个球的球面上,AB=BC=6,∠ABC=90°.若四面体ABCD体积的最大值为3,则这个球的表面积为()A.2π B.4π C.8π D.16π解析：选D.因为AB=BC=6,∠ABC=90°,所以S△ABC=12×6×6=3,AC=23△ABC所在球的小圆的圆心Q是斜边AC的中点,所以小圆的半径为3.因为四面体ABCD的体积取得最大值,且S△ABC不变,所以当底面ABC上的高最大时体积最大.所以当DQ与平面ABC垂直时体积最大,最大值为13·S△ABC即13×3×DQ=3,解得DQ设球心为O,半径为R,在Rt△AQO中,OA2=OQ2+AQ2,即R2=(3-R)2+(3)2,解得R=2.所以这个球的表面积S=4πR2=16π.(2)已知正四棱锥P-ABCD内接于一个半径为R的球中,则正四棱锥P-ABCD体积的最大值是()A.16R381 C.64R381 解析：选C.如图,记O为正四棱锥P-ABCD外接球的球心,O1为底面ABCD的中心,则P,O,O1三点共线,连接PO1,OA,O1A.设OO1=x,则O1A=R2AB=2·R2-x2,PO1=R+x,所以正四棱锥P-ABCD的体积V=13AB2×PO1=13×2(R2-x2)(R+x)=23(-x3-Rx2+R2x+R3),求导得V'=23(-3x2-2Rx+R2)=-23(x+R)(3x-R(3)(2022·新高考Ⅰ卷)已知正四棱锥的侧棱长为l,其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为36π,且3≤l≤33,则该正四棱锥体积的取值范围是()A.[18,814] B.[27C.[274,643] D.解析：选C.方法一:因为球的体积为36π,所以球的半径R=3,设正四棱锥的底面边长为2a,高为h,则l2=2a2+h2,32=2a2+(h-3)2,所以6h=l2,2a2=l2-h2,所以正四棱锥的体积V=13Sh=13×4a2×h=23×(l2-l436)×l26=所以V'=19(4l3-l56)=19l当3≤l≤26时,V'>0,当26<l≤33时,V'<0,所以当l=26时,正四棱锥的体积V取最大值,最大值为643又l=3时,V=274,l=33时,V=81所以正四棱锥的体积V的最小值为274所以该正四棱锥体积的取值范围是[274,64方法二:记四棱锥高与侧棱夹角为θ,高