2025高考数学一轮复习-与球有关的切、接问题【课件】

第七章立体几何与空间向量补上一课与球有关的切、接问题研究与球有关的切、接问题，既要运用多面体、旋转体的知识，又要运用球的几何性质，要特别注意多面体、旋转体的有关几何元素与球的半径之间的关系，解决此类问题的关键是确定球心.题型一定义法D则BC2＋AB2＝AC2，所以BC⊥AB，由PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，得PA⊥BC，又PA∩AB＝A，PA，AB⊂平面PAB，所以BC⊥平面PAB，所以BC⊥PB，所以△PBC为直角三角形，又△PAC为直角三角形，所以PC是三棱锥P－ABC外接球直径，设O是PC的中点，即为球心，又AC＝4，PA＝2，A解析由题意，得正三棱台上、下底面的外接圆的半径分别为设球O的半径为R，该棱台上、下底面的外接圆的圆心分别为O1，O2，连接O1O2，则O1O2＝1，其外接球的球心O在直线O1O2上.所以R2＝25，所以该球的表面积为S＝4πR2＝100π，综上，该球的表面积为100π.感悟提升到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据到其他顶点距离也是半径，列关系式求解即可.C解析由题意作图如图，过球O作平面ABC的垂线，则垂足为BC的中点M.∵AB＝3，AC＝4，AB⊥AC，∴BC＝5，题型二补形法A解析设PA＝PB＝PC＝2x，E，F分别为PA，AB的中点，过点P作PD⊥AC于点D.∵PA＝PC，∴D为AC的中点，又AB＝BC＝AC＝2，∴PA，PB，PC两两垂直，即三棱锥P－ABC是以PA，PB，PC为棱的正方体的一部分，感悟提升解析在三棱锥A－BCD中，侧棱AB，AC，AD两两垂直，将其补成长方体，两者的外接球是同一个，长方体的体对角线就是球的直径.设长方体同一顶点处的三条棱长分别为a，b，c，34π解析根据题意，三棱锥P－ABC可以嵌入一个长方体内，且三棱锥的每条棱均是长方体的面对角线，设长方体交于一个顶点的三条棱长分别为a，b，c，如图所示，则a2＋b2＝PA2＝18，a2＋c2＝PB2＝25，b2＋c2＝PC2＝25，解得a＝3，b＝3，c＝4.所以该三棱锥的外接球的半径题型三截面法例3

(1)四棱锥P－ABCD的顶点都在球O的表面上，△PAD是等边三角形，底面ABCD是矩形，平面PAD⊥平面ABCD，若AB＝2，BC＝3，则球O的表面积为(

) A.12π B.16π C.20π D.32πB解析如图，连接AC，BD，AC∩BD＝G，取AD的中点E，连接PE.∵四边形ABCD为矩形，∴G为四边形ABCD的外接圆圆心；∵△PAD为等边三角形，∴M为△PAD外接圆圆心，过G，M分别作平面ABCD和平面PAD的垂线，则两垂线的交点即为球O的球心O，连接OP，∵△PAD为等边三角形，∴PE⊥AD，∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PE⊂平面PAD，∴PE⊥平面ABCD，∴PE∥OG；同理可得，OM∥EG，∴四边形OMEG为矩形；∴球O的表面积S＝4πR2＝16π.(2)如图所示，直三棱柱ABC－A1B1C1是一块石材，测量可得∠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(

)D解析依题意知，当健身手球与直三棱锥的三个侧面均相切时，健身手球的体积最大.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.感悟提升D设半球的球心为O，小球O1与半球底面切于点A，如图，经过点O，O1，A作半球的截面，则半圆⊙O的半径为OC，OC⊥OA，作O1B⊥OC于点B.则OA＝O1B＝2.设该半球的半径是R，在Rt△OAO1中，B解析如图所示，设两个圆锥的底面圆圆心为点D，圆锥AD和圆锥BD的高之比为3∶1,即AD＝3BD，设球的半径为R，所以AB＝AD＋BD＝4BD＝4，所以BD＝1，AD＝3.因为CD⊥AB，则∠CAD＋∠ACD＝∠BCD＋∠ACD＝90°，所以∠CAD＝∠BCD，又因为∠ADC＝∠BDC，所以△ACD∽△CBD，课时分层精练KESHIFENCENGJINGLIANC解析设正方体的外接球的半径为R，内切球的半径为r，棱长为1，则正方体的外接球的直径为正方体的体对角线长，2.若圆锥的内切球与外接球的球心重合，且内切球的半径为1，则圆锥的体积为(

) A.π

B.2π C.3π D.4πC解析过圆锥的旋转轴作轴截面，得△ABC及其内切圆⊙O1和外接圆⊙O2，且两圆同圆心，即△ABC的内心与外心重合，易得△ABC为正三角形，由题意得⊙O1的半径为r＝1，CAA6.(2024·福建联合测评)已知在正三棱锥P－ABC中，O为△ABC的中心，AB＝6，∠APB＝2∠PAO，则该正三棱锥的外接球的表面积为(

) A.49π B.36π C.32π D.28πA解析设正三棱锥P－ABC的侧棱长为x.因为∠APB＝2∠PAO，所以cos∠APB＝cos2∠PAO，设外接球球心为M，半径为R，则MP＝MA＝R，MO＝|3－R|.因为MA2＝MO2＋OA2，AC解析由题意可知，BC＝AB＝8，且CD为球的直径，所以BD⊥BC，AC⊥AD.9.在三棱锥A－BCD中，若AD⊥平面BCD，AB⊥BC，AD＝BD＝2，CD＝4，点A，B，C，D在同一个球面上，则该球的表面积为________.20π解析根据题意得，BC⊥平面ABD，则BC⊥BD，即AD，BC，BD三条线两两垂直，所以可将三棱锥A－BCD放置于长方体内，如图所示，该三棱锥的外接球即为长方体的外接球，球心为长方体体对角线的中点，即外接球的半径为长方体体对角线长的一半，此时AC为长方体的体对角线，即为外接球的直径，所以该球的表面积S＝4πR2＝π·AC2＝π·(22＋42)＝20π.10.如图所示是古希腊数学家阿基米德的墓碑文，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，相传这个图形表达了阿基米德最引以为豪的发现.我们来重温这

个伟大发现，圆柱的体积与球的体积之比为________，圆柱的表

面积与球的表面积之比为________.解析由题意，知圆柱底面半径为r，球的半径为R，11.(2024·宝鸡质检)如图，在正四棱台ABCD－A1B1C1D1中，O，O1分别是正方形ABCD，A1B1C1D1的中心.若以O1为球心，O1A1为半径的球与平面ABCD相切，且O是该四棱台的外接球的球心，则该四棱台的体积与其外接球的体

积之比为________.解析连接OA1(图略)，设A1B1＝a，AB＝b，OO1＝h，因为以O1为球心，O1A1为半径的球与平面ABCD相切，因为O是该四棱台外接球的球心，解析如图所示，在△ABC中，由余弦定理得所以AB2＋BC2＝16＝AC2，即△ABC为直角三角形.故△ABC外接圆的圆心为斜边AC的中点.取AC的中点为O1，连接PO1，则PO1⊥AC.由平面PAC⊥平面ABC，得PO1⊥平面ABC.该三棱锥外接球的球心在线段PO1上.C解析该四棱锥的体积最大，即以底面外接圆和顶点O组成的圆锥体积最大，设圆锥的高为h(0<h<1)，底面半径为r，32π解析∵BD⊥平面ABC，故可将三棱锥补为直三棱柱，如图所示，故三棱柱的上、下底面三角形的外接圆圆心在底边中线的延长线上，设为O1，O2，易得∠O1BC＝60°，故O1B＝O1C＝BC＝2，∴三棱柱外接球球心为上、下底面外心所连线段的中点O，即为三棱锥D－ABC外接球球心，15.如图，已知平行四边形ABCD中，AC＝AB＝m，∠BAD＝120°，将△ABC沿对角线AC翻折至△AB1C所在的位置，若二面角B1－AC－D的大小为120°，

则过A，B1，C，D四点的外接球的表面积为________.解析由已知得△B1AC与△DAC均为边长是m的正三角形，取AC中点G，连接DG，B1G，如图，则有DG⊥AC，B1G⊥AC，于是得∠B1GD是二面角B1－AC－D的平面角，则∠B1GD＝120°，显然有AC⊥平面B1GD，即有平面B1GD⊥平面B1AC，平面B1GD⊥平面DAC，令正△B1AC与正△DAC的中心分别为E，F，过E，F分别作平面B1AC，平面DAC的垂线，则两垂线都在平面B1GD内，它们交于点O，从而得点O是过A，B1，C，D四点的外接球球心，连接OA，则OA为该外接球半径，解析如图，取AB的中点为D，连接PD，CD，因为PA＝PB＝a，所以PD⊥AB.因为平面PAB⊥平面ABC，平面