2025《金版教程•高考数学复习创新方案》微专题6 与球有关的切、接、截面问题

球的切、接、截面问题是历年高考的热点内容，常以选择题、填空题的形式出现，一般围绕球与其他几何体的内切、外接问题命题，考查球的体积、表面积等．类型一外接球解决与外接球相关问题的关键是确定球心，然后通过球心和接点作截面，进而将球的外接问题转化为平面几何问题，利用平面几何知识来分析、处理．例1(1)(2024·江苏启东中学阶段考试)已知三棱锥P－ABC的三条侧棱两两互相垂直，且AB＝eq\r(5)，BC＝eq\r(7)，AC＝2，则此三棱锥的外接球的体积为()A．eq\f(8π,3) B．eq\f(8\r(2)π,3)C．eq\f(16π,3) D．eq\f(32π,3)答案B解析由题意知，可将三棱锥放入长方体中考虑，则长方体的外接球即为三棱锥的外接球，故球的半径为长方体体对角线的一半，设PA＝x，则PB2＋PC2＝BC2＝7，即5－x2＋4－x2＝7，解得x＝1，故PA＝1，PB＝2，PC＝eq\r(3)，所以R＝eq\f(\r(12＋22＋（\r(3)）2),2)＝eq\r(2)，所以此三棱锥的外接球的体积为eq\f(4,3)πR3＝eq\f(8\r(2)π,3).(2)(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3eq\r(3)和4eq\r(3)，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为()A．100π B．128πC．144π D．192π答案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＝eq\f(3\r(3),sin60°)，2r2＝eq\f(4\r(3),sin60°)，则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(R≥4)，所以d1＝eq\r(R2－9)，d2＝eq\r(R2－16)，故|d1－d2|＝1或d1＋d2＝1，即|eq\r(R2－9)－eq\r(R2－16)|＝1或eq\r(R2－9)＋eq\r(R2－16)＝1，解得R2＝25，符合题意，所以球的表面积为S＝4πR2＝100π.故选A.(3)(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的外接圆的圆心为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的外接球的球心为O，连接OA，OO1，则OA＝2，OO1＝eq\f(1,2)SA，因为OA2＝O1A2＋OOeq\o\al(2,1)，即4＝3＋eq\f(1,4)SA2，所以SA＝2.(4)(2022·新高考Ⅰ卷改编)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≤3eq\r(3)，则该正四棱锥体积的取值范围是________．答案eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(27,4)，\f(64,3)))解析如图，设该球的半径为R，球心为O，正四棱锥的底边长为a，高为h，正四棱锥的侧棱与高所成的角为θ，则正四棱锥的底边长a＝eq\r(2)lsinθ，高h＝lcosθ.依题意，得36π＝eq\f(4,3)πR3，解得R＝3.在△OPC中，作OE⊥PC，垂足为E，则可得cosθ＝eq\f(\f(l,2),R)＝eq\f(l,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，所以l＝6cosθ，所以正四棱锥的体积V＝eq\f(1,3)a2h＝eq\f(1,3)(eq\r(2)lsinθ)2·lcosθ＝eq\f(2,3)(6cosθ)3sin2θcosθ＝144(sinθcos2θ)2.设sinθ＝t，易得t∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),2))).令y＝sinθcos2θ＝t(1－t2)＝t－t3，则y′＝1－3t2，令y′＝0，得t＝eq\f(\r(3),3)，所以当eq\f(1,2)＜t＜eq\f(\r(3),3)时，y′＞0；当eq\f(\r(3),3)＜t＜eq\f(\r(3),2)时，y′＜0，所以函数y＝t－t3在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),3)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，\f(\r(3),2)))上单调递减．又当t＝eq\f(\r(3),3)时，y＝eq\f(2\r(3),9)；当t＝eq\f(1,2)时，y＝eq\f(3,8)；当t＝eq\f(\r(3),2)时，y＝eq\f(\r(3),8).所以eq\f(\r(3),8)≤y≤eq\f(2\r(3),9)，所以eq\f(27,4)≤V≤eq\f(64,3).所以该正四棱锥的体积的取值范围是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(27,4)，\f(64,3))).1．求解几何体外接球半径的思路一是根据球的截面的性质，利用球的半径R、截面圆的半径r及球心到截面圆的距离d三者的关系R2＝r2＋d2求解，其中，确定球心的位置是关键；二是将几何体补成长方体，利用该几何体与长方体共有外接球的特征，由外接球的直径等于长方体的体对角线长求解．2．确定球心常用的方法(1)长方体或正方体的外接球的球心是其体对角线的中点．(2)正棱柱的外接球的球心是上、下底面中心连线的中点．(3)直三棱柱的外接球的球心是上、下底面三角形外心连线的中点．(4)正棱锥的外接球的球心在其高上，具体位置可通过建立直角三角形运用勾股定理计算得到．1．(2024·福建宁德一中高三模拟)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB⊥BC，BC＝1，AB＝eq\r(3)，AA1＝2eq\r(3)，则该直三棱柱的外接球的体积为()A．eq\f(8π,3) B．eq\f(16π,3)C．eq\f(32π,3) D．eq\f(64π,3)答案C解析如图所示，将直三棱柱ABC－A1B1C1补成长方体，则长方体的外接球即为直三棱柱的外接球．长方体的体对角线长为eq\r(（2\r(3)）2＋（\r(3)）2＋1)＝4，设长方体的外接球的半径为R，则2R＝4，解得R＝2，所以该直三棱柱的外接球的体积V＝eq\f(4,3)πR3＝eq\f(32π,3).故选C.2．(2024·鞍山一中高三模拟)在三棱锥P－ABC中，PA＝BC＝4，PB＝AC＝5，PC＝AB＝eq\r(11)，则三棱锥P－ABC外接球的表面积为()A．26π B．12πC．8π D．24π答案A解析三棱锥P－ABC中，PA＝BC＝4，PB＝AC＝5，PC＝AB＝eq\r(11)，如图，构造长方体，使得面上的对角线长分别为4，5，eq\r(11)，则长方体的体对角线长等于三棱锥P－ABC外接球的直径，设长方体的棱长分别为x，y，z，则x2＋y2＝16，y2＋z2＝25，x2＋z2＝11，则x2＋y2＋z2＝26，因此三棱锥P－ABC外接球的直径为eq\r(26)，所以三棱锥P－ABC外接球的表面积为4π·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(26),2)))eq\s\up12(2)＝26π.故选A.3．(2024·四川遂宁高三期末)已知A，B，C，D在球O的表面上，△ABC为等边三角形且边长为3，AD⊥平面ABC，AD＝2，则球O的表面积为________．答案16π解析球心O在平面ABC的投影为△ABC的中心，设为O1，连接OD，OO1，OA，设H是AD的中点，连接OH，如图所示，则AO1＝eq\f(3,2sin60°)＝eq\r(3)，OA＝OD＝R，则OH⊥AD，四边形AO1OH为矩形，OO1＝AH＝1，R2＝AOeq\o\al(2,1)＋OOeq\o\al(2,1)＝3＋1＝4，故R＝2，S＝4πR2＝16π.4．(2022·全国乙卷改编)已知球O的半径为1，四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均在球O的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为________．答案eq\f(\r(3),3)解析设该四棱锥的底面为四边形ABCD，四边形ABCD所在小圆的半径为r，四边形ABCD对角线的夹角为α，则S四边形ABCD＝eq\f(1,2)AC·BDsinα≤eq\f(1,2)AC·BD≤eq\f(1,2)·2r·2r＝2r2(当且仅当四边形ABCD为正方形时，等号成立)，即当四棱锥的顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时，底面ABCD的面积的最大值为2r2，设该四棱锥的高为h，则r2＋h2＝1，所以VO－ABCD＝eq\f(1,3)·2r2·h＝eq\f(\r(2),3)eq\r(r2·r2·2h2)≤eq\f(\r(2),3)eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(r2＋r2＋2h2,3)))\s\up12(3))＝eq\f(4\r(3),27)，当且仅当r2＝2h2，即h＝eq\f(\r(3),3)时，等号成立．类型二内切球解决与内切球相关的问题，其通法也是作截面，将空间几何问题转化为平面几何问题来解决．例2(1)(2024·广东广州模拟)已知一个圆台的母线长为5，且它的内切球的表面积为16π，则该圆台的体积为()A．25π B．eq\f(84π,3)C．28π D．36π答案C解析由圆台的内切球的表面积为16π，可得球的半径为2.设圆台上、下底面圆的半径分别为x，y，作出圆台的轴截面如图所示．根据题意可知eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋y＝5，,42＋（y－x）2＝52，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝4.))又圆台的高为4，所以该圆台的体积为eq\f(1,3)×(π＋16π＋eq\r(π×16π))×4＝28π.故选C.(2)已知正三棱锥的高为1，底面边长为2eq\r(3)，内有一个球与四个面都相切，则正三棱锥的内切球的半径为________．答案eq\r(2)－1解析如图，过点P作PD⊥平面ABC于点D，连接AD并延长交BC于点E，连接PE.因为△ABC是正三角形，所以AE是BC边上的高和中线，D为△ABC的中心．因为AB＝BC＝2eq\r(3)，所以S△ABC＝3eq\r(3)，DE＝1，PE＝eq\r(2).所以S三棱锥表＝3×eq\f(1,2)×2eq\r(3)×eq\r(2)＋3eq\r(3)＝3eq\r(6)＋3eq\r(3).因为PD＝1，所以三棱锥的体积V＝eq\f(1,3)×3eq\r(3)×1＝eq\r(3).设内切球的半径为r，以球心O为顶点，三棱锥的四个面为底面，把正三棱锥分割为四个小三棱锥，由eq\f(1,3)S三棱锥表·r＝eq\r(3)，得r＝eq\f(3\r(3),3\r(6)＋3\r(3))＝eq\r(2)－1.(3)(2023·全国甲卷)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为CD，A1B1的中点，则以EF为直径的球面与正方体每条棱的交点总数为________．答案12解析如图，不妨设正方体的棱长为2，EF的中点为O，取AB，BB1的中点G，M，侧面BB1C1C的中心为N，连接FG，EG，OM，ON，MN，由题意可知，O为球心，在正方体中，EF＝eq\r(FG2＋EG2)＝eq\r(22＋22)＝2eq\r(2)，即R＝eq\r(2)，则球心O到BB1的距离为OM＝eq\r(ON2＋MN2)＝eq\r(12＋12)＝eq\r(2)，所以球O与棱BB1相切，球面与棱BB1只有1个交点，同理，根据正方体的对称性知，球面与其余各棱也只有1个交点，所以以EF为直径的球面与正方体每条棱的交点总数为12.“切”的问题常用的处理方法(1)找准切点，通过作过球心的截面来解决．(2)通过体积分割法来求内切球的半径．5．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________．答案eq\f(\r(2)π,3)解析圆锥内半径最大的球即为圆锥的内切球，设其半径为r.作出圆锥的轴截面PAB，如图所示，则△PAB的内切圆为圆锥的内切球的大圆．在△PAB中，PA＝PB＝3，D为AB的中点，AB＝2，E为切点，则PD＝2eq\r(2)，△PEO∽△PDB，故eq\f(PO,PB)＝eq\f(OE,DB)，即eq\f(2\r(2)－r,3)＝eq\f(r,1)，解得r＝eq\f(\r(2),2)，故内切球的体积为eq\f(4,3)π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))eq\s\up12(3)＝eq\f(\r(2)π,3).6.(2024·山东烟台模拟)某学校开展手工艺品展示活动，某同学用塑料制作了如图所示的手工艺品，其外部为一个底面边长为6的正三棱柱，内部为一个球，球的表面与三棱柱的各面均相切，则该内切球的表面积为________，三棱柱的顶点到球的表面的最短距离为________．答案12πeq\r(15)－eq\r(3)解析过侧棱的中点作正三棱柱的截面，如图所示，则球心为△MNG的中心．因为MN＝6，所以△MNG内切圆的半径r＝OH＝eq\f(1,3)MH＝eq\f(1,3)eq\r(MN2－HN2)＝eq\r(3)，即内切球的半径R＝eq\r(3)，所以内切球的表面积S＝4πR2＝12π.又正三棱柱的高AA1＝2R＝2eq\r(3)，OM＝eq\f(2,3)MH＝2eq\r(3)，所以AO＝eq\r(OM2＋AM2)＝eq\r(（2\r(3)）2＋（\r(3)）2)＝eq\r(15)，所以点A到球的表面的最短距离为AO－R＝eq\r(15)－eq\r(3).类型三球的截面、截线问题解决球的截面、截线问题的关键是利用球的截面的性质．例3(1)(2024·云南昆明模拟)已知OA为球O的半径，M为线段OA上的点，且AM＝2MO，过点M且垂直于OA的平面截球面得到圆M，若圆M的面积为8π，则OA＝()A．2eq\r(2) B．3C．2eq\r(3) D．4答案B解析如图所示，由题意，得π×BM2＝8π，则BM＝2eq\r(2).设球的半径为R，则MO＝eq\f(1,3)R，OB＝R，所以R2＝eq\f(1,9)R2＋(2eq\r(2))2，所以OA＝R＝3.故选B.(2)已知A，B，C为球O的球面上的三个点，⊙O1为△ABC的外接圆，若⊙O1的面积为4π，AB＝BC＝AC＝OO1，则球O的表面积为()A．64π B．48πC．36π D．32π答案A解析设⊙O1的半径为r，球的半径为R，依题意，得πr2＝4π，∴r＝2.由正弦定理可得eq\f(AB,sin60°)＝2r，∴AB＝2rsin60°＝2eq\r(3)，∴OO1＝AB＝2eq\r(3).根据球的截面性质，得OO1⊥平面ABC，∴OO1⊥O1A，R＝OA＝eq\r(OOeq\o\al(2,1)＋O1A2)＝eq\r(OOeq\o\al(2,1)＋r2)＝4，∴球O的表面积S＝4πR2＝64π.故选A.(3)(2020·新高考Ⅰ卷)已知直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD＝60°.以D1为球心，eq\r(5)为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为________．答案eq\f(\r(2)π,2)解析如图所示，取B1C1的中点为E，BB1的中点为F，CC1的中点为G，连接D1E，EF，EG，D1B1，因为∠BAD＝60°，直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的棱长均为2，所以△D1B1C1为等边三角形，所以D1E＝eq\r(3)，D1E⊥B1C1.又四棱柱ABCD－A1B1C1D1为直四棱柱，所以BB1⊥平面A1B1C1D1，所以BB1⊥D1E.因为BB1∩B1C1＝B1，所以D1E⊥侧面B1C1CB.设P为侧面B1C1CB与球面的交线上的点，连接D1P，EP，则D1E⊥EP.因为球的半径为eq\r(5)，D1E＝eq\r(3)，所以EP＝eq\r(D1P2－D1E2)＝eq\r(5－3)＝eq\r(2)，所以侧面B1C1CB与球面的交线上的点到E的距离为eq\r(2).因为EF＝EG＝eq\r(2)，所以侧面B1C1CB与球面的交线是扇形EFG的弧eq\o(FG,\s\up8(︵)).因为∠B1EF＝∠C1EG＝eq\f(π,4)，所以∠FEG＝eq\f(π,2)，所以根据弧长公式可得交线长l＝eq\f(π,2)×eq\r(2)＝eq\f(\r(2)π,2).(1)球的截面一定是一个圆面．(2)球心和小圆圆心连线垂直于小圆圆面．(3)过球内一点作球的截面，最大截面为过球心的圆面，最小截面为过该点且垂直于球心和该点连线的截面．7．(2024·江苏苏州校考阶段练习)传说古希腊数学家阿基米德的墓碑上刻着一个圆柱，圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等，如图是一个圆柱容球，O1，O2为圆柱两个底面的圆心，O为球心，EF为底面圆O1的一条直径，若球的半径R＝2，则(1)平面DEF截得球的截面面积的最小值为________；(2)若P为球面和圆柱侧