拓展拔高10球與幾何體的切、接問(wèn)題【高考考情】球的切、接問(wèn)題是高考的熱點(diǎn)內(nèi)容,常以客觀題的形式出現(xiàn),考查空間想象能力、計(jì)算能力.其關(guān)鍵點(diǎn)是利用轉(zhuǎn)化思想,把球的切、接問(wèn)題轉(zhuǎn)化為平面問(wèn)題或特殊幾何體的切、接問(wèn)題來(lái)解決.一、正方體與球1.內(nèi)切球:內(nèi)切球直徑2R=正方體棱長(zhǎng)a.2.棱切球:棱切球直徑2R=正方體的面對(duì)角線長(zhǎng)2a.3.外接球:外接球直徑2R=正方體的體對(duì)角線長(zhǎng)3a.二、長(zhǎng)方體與外接球外接球:外接球直徑2R=長(zhǎng)方體的體對(duì)角線長(zhǎng)a2+b2+c2(a三、正棱錐與球1.內(nèi)切球:V正棱錐=13S表·r=13S底·h(等體積法),r是內(nèi)切球半徑,h2.外接球:外接球球心在其高上,底面正多邊形的外接圓圓心為E,半徑為r,R2=(h-R)2+r2(正棱錐外接球半徑為R,高為h).四、正四面體的外接球、內(nèi)切球若正四面體的棱長(zhǎng)為a,高為h,正四面體的外接球半徑為R,內(nèi)切球半徑為r,則h=63a,R=64a,r=612a,R∶r=3五、正三棱柱的外接球球心到正三棱柱兩底面的距離相等,正三棱柱兩底面中心連線的中點(diǎn)為其外接球球心.R2=(h柱2)2+(23AD六、圓柱的外接球R=(h2)

2+r2(R是圓柱外接球的半徑七、圓錐的外接球R2=(h-R)2+r2(R是圓錐外接球的半徑,h是圓錐的高,r是圓錐底面圓的半徑).類型一外接球命題點(diǎn)1定義法【例1】(2022·新高考Ⅱ卷)已知正三棱臺(tái)的高為1,上、下底面邊長(zhǎng)分別為33和43,其頂點(diǎn)都在同一球面上,則該球的表面積為()A.100π B.128π C.144π D.192π【解析】選A.設(shè)正三棱臺(tái)上、下底面所在圓面的半徑分別為r1,r2,所以2r1=33sin60°,2r2=43sin60°,即r1=3,r2=4.設(shè)球心到上、下底面的距離分別為d1,d2,球的半徑為R,所以d1=R故|d1-d2|=1或d1+d2=1,即|R2-9-R2-16|=1或R2-9+R2-16=1,解得思維升華到各個(gè)頂點(diǎn)距離均相等的點(diǎn)為外接球的球心,借助有特殊性底面的外接圓圓心,找其垂線,則球心一定在垂線上,再根據(jù)到其他頂點(diǎn)距離也是半徑,列關(guān)系式求解即可.對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練1.中國(guó)古代的蹴鞠游戲中的“蹴”的含義是用腳蹴、踢,“鞠”最早系外包皮革、內(nèi)實(shí)米糠的球.因而“蹴鞠”就是指古人以腳蹴、踢皮球的活動(dòng),如圖所示.已知某“鞠”的表面上有四個(gè)點(diǎn)P,A,B,C,滿足PA=1,PA⊥平面ABC,AC⊥BC,若VP-ABC=23,則該“鞠”的體積的最小值為(A.256π B.9π C.92π D.【解析】選C.取AB的中點(diǎn)為D,PB的中點(diǎn)為O,連接OD,DC,OA,OC(圖略),則OD∥PA,且OD=12PA=1因?yàn)镻A⊥平面ABC,所以O(shè)D⊥平面ABC.因?yàn)锳C⊥BC,所以DA=DB=DC,進(jìn)而可知OA=OB=OC=OP,所以O(shè)是球心,OA為球O的半徑.由VP-ABC=13×12AC·CB·PA=23,得AC所以AB2=AC2+BC2≥2AC·BC=8,當(dāng)且僅當(dāng)AC=BC=2時(shí)等號(hào)成立,此時(shí)AB=22,所以球O的半徑R=OA=OD2+(12故Rmin=32,所以該“鞠”的體積的最小值為43πRmin3=43π×(322.(2024·韶關(guān)模擬)已知三棱柱ABC-A1B1C1的側(cè)棱垂直于底面,且所有頂點(diǎn)都在同一個(gè)球面上,若AA1=AC=2,AB⊥BC,則此球的體積為_(kāi)_______.

【解析】設(shè)△ABC的外接圓的圓心為D,半徑為r,球的半徑為R,球心為O.因?yàn)榈酌妗鰽BC為直角三角形,故其外接圓圓心D在斜邊中點(diǎn)處,則r=1.又OD=12AA1=1,所以在Rt△OCD中,R=r2+12=2,故V球=43π答案:82命題點(diǎn)2補(bǔ)體法【例2】已知所有棱長(zhǎng)都為1的正四面體的四個(gè)頂點(diǎn)都在一個(gè)球面上,則這個(gè)球的體積為()A.68π B.64π C.38π D【解析】選A.如圖,將棱長(zhǎng)為1的正四面體B1-ACD1放入正方體ABCD-A1B1C1D1中,則正方體的棱長(zhǎng)為1×cos45°=22,連接AC1則正方體的體對(duì)角線AC1=(22)所以正方體外接球的半徑R=AC12所以正方體外接球的體積為43πR3=43π×(64)3=因?yàn)檎襟w的外接球即為正四面體的外接球,所以正四面體的外接球的體積為68π思維升華補(bǔ)體法解決三棱錐的外接球問(wèn)題(1)若三棱錐P-ABC的三條側(cè)棱兩兩垂直,則可將其放入某個(gè)長(zhǎng)方體內(nèi),如圖1所示.(2)若三棱錐P-ABC的四個(gè)面均是直角三角形,則可構(gòu)造長(zhǎng)方體,如圖2所示.(3)正四面體P-ABC可以補(bǔ)形為正方體且正方體的棱長(zhǎng)a=PA2,如圖3所示(4)若三棱錐P-ABC的對(duì)棱兩兩相等,則可將其放入某個(gè)長(zhǎng)方體內(nèi),如圖4所示.對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練1.已知在三棱錐P-ABC中,AC=2,BC=1,AC⊥BC且PA=2PB,PB⊥平面ABC,則其外接球的體積為()A.4π3 B.4π C.32π3 D.4【解析】選A.AB=AC2+設(shè)PB=h,則由PA=2PB,可得3+h2=2解得h=1.可將三棱錐P-ABC放入如圖所示的長(zhǎng)方體中,則三棱錐P-ABC的外接球即為長(zhǎng)方體的外接球.設(shè)外接球的半徑為R,則2R=12+(2所以其外接球的體積V=4π3R3=4π2.在四面體S-ABC中,SA⊥平面ABC,在△ABC中,內(nèi)角B,A,C成等差數(shù)列,SA=AC=2,AB=1,則該四面體的外接球的表面積為_(kāi)_______.

【解析】由在△ABC中,內(nèi)角B,A,C成等差數(shù)列,可得2A=B+C.因?yàn)锳+B+C=π,所以3A=π,即A=π3在△ABC中,由余弦定理的推論可得,cosA=AC2+即22+12-BC2所以AC2=AB2+BC2,所以AB⊥BC.可將四面體S-ABC放入如圖所示的長(zhǎng)方體中,則該四面體的外接球與該長(zhǎng)方體的外接球相同.根據(jù)長(zhǎng)方體的體對(duì)角線長(zhǎng)等于其外接球的直徑,可得(2R)2=22+12+(3)2,解得R2=2,所以該四面體的外接球的表面積為S=4πR2=8π.答案:8π命題點(diǎn)3截面法【例3】(1)兩個(gè)圓錐的底面是一個(gè)球的同一截面,頂點(diǎn)均在球面上,若球的體積為32π3,兩個(gè)圓錐的高之比為1∶3,則這兩個(gè)圓錐的體積之和為(A.3π B.4π C.9π D.12π【解析】選B.如圖所示,設(shè)兩個(gè)圓錐的底面圓圓心為點(diǎn)D,球的半徑為R,則4πR33=32π3,由題意知,圓錐AD和圓錐BD的高之比為3∶1,即AD=3BD,所以AB=AD+BD=4BD=4,所以BD=1,AD=3.因?yàn)镃D⊥AB,AB為球的直徑,所以△ACD∽△CBD,所以ADCD=CDBD,所以CD=AD·因此這兩個(gè)圓錐的體積之和為13π×CD2·(AD+BD)=13(2)四棱錐P-ABCD的頂點(diǎn)都在球O的表面上,△PAD是等邊三角形,底面ABCD是矩形,平面PAD⊥平面ABCD,若AB=2,BC=3,則球O的表面積為_(kāi)_______.

【解析】如圖,連接AC,BD,AC∩BD=G,取AD的中點(diǎn)E,連接PE.因?yàn)樗倪呅蜛BCD為矩形,所以G為四邊形ABCD的外接圓圓心.在線段PE上取ME=13PE因?yàn)椤鱌AD為等邊三角形,所以M為△PAD外接圓圓心.過(guò)點(diǎn)G,M分別作平面ABCD和平面PAD的垂線,則兩垂線的交點(diǎn)即為球O的球心,連接OP.因?yàn)椤鱌AD為等邊三角形,所以PE⊥AD.因?yàn)槠矫鍼AD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,PE?平面PAD,所以PE⊥平面ABCD,所以PE∥OG,同理可得,OM∥EG,所以四邊形OMEG為矩形,所以O(shè)M=EG=12AB=1,PM=23PE=23×9所以O(shè)P=OM2+PM2=2,即球O的半徑R=2,所以球O的表面積答案:16π思維升華與球截面有關(guān)的解題策略(1)定球心:如果是內(nèi)切球,球心到切點(diǎn)的距離相等且為半徑;如果是外接球,球心到接點(diǎn)的距離相等且為半徑.(2)作截面:選準(zhǔn)最佳角度作出截面,實(shí)現(xiàn)空間問(wèn)題平面化的目的.對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練已知正四棱臺(tái)的上、下底面的頂點(diǎn)都在一個(gè)半徑為3的球面上,上、下底面正方形的外接圓半徑分別為1和2,圓臺(tái)的兩底面在球心的同側(cè),則此正四棱臺(tái)的體積為_(kāi)_______.

【解析】由題知,正四棱臺(tái)的上、下底面的頂點(diǎn)都在一個(gè)半徑為3的球面上,取正四棱臺(tái)上底面一點(diǎn)為A,中心為O1,下底面一點(diǎn)為B,中心為O2,正四棱臺(tái)外接球球心為O,連接AO1,OO1,BO2,OA,OB,如圖所示,記正四棱臺(tái)高O1O2=h,OO1=m,在Rt△AOO1中,AO=3,AO1=1,OO1=m,所以有m2+1=9,解得m=22.在Rt△BOO2中,BO=3,BO2=2,OO2=m-h>0,所以有(m-h)2+4=9,解得m-h=5,即h=22-5.因?yàn)檎睦馀_(tái)上、下底面正方形的外接圓半徑分別為1和2,所以正四棱臺(tái)上、下底面正方形的邊長(zhǎng)分別為2和22,所以S上=2,S下=8,h=22-5,故正四棱臺(tái)體積V=13h(S上+S下+S上S答案:28類型二內(nèi)切球【例4】(1)如圖所示,直三棱柱ABC-A1B1C1是一塊石材,測(cè)量得∠ABC=90°,AB=6,BC=8,AA1=13.若將該石材切削、打磨,加工成幾個(gè)大小相同的健身手球,則一個(gè)加工所得的健身手球的最大體積及此時(shí)加工成的健身手球的個(gè)數(shù)分別為()A.32π3,4 B.9π2,3 C.6π,4 D.【解析】選D.依題意知,當(dāng)健身手球與直三棱柱的三個(gè)側(cè)面均相切時(shí),健身手球的體積最大,易知AC=AB2設(shè)健身手球的半徑為R,則12×(6+8+10)×R=12×6×8,解得則健身手球的最大直徑為4.因?yàn)锳A1=13,所以最多可加工3個(gè)健身手球,于是一個(gè)健身手球的最大體積V=43πR3=43π×23=(2)(2024·淮北模擬)半球內(nèi)放三個(gè)半徑為3的小球,三小球兩兩相切,并且與球面及半球底面的大圓面相切,則該半球的半徑是()A.1+3 B.3+5 C.5+7 D.3+7【解析】選D.三個(gè)小球的球心O1,O2,O3構(gòu)成邊長(zhǎng)為23的正三角形,則其外接圓半徑為2.設(shè)半球的球心為O,小球O1與半球底面切于點(diǎn)A.如圖,過(guò)點(diǎn)O,O1,A作半球的截面,則半圓O的半徑為OC,OC⊥OA,作O1B⊥OC于點(diǎn)B,則OA=O1B=2.設(shè)該半球的半徑是R,在Rt△OAO1中,由(R-3)2=22+(3)2,可得R=3+7.思維升華多面體內(nèi)切(外切)球的球心與半徑的確定(1)內(nèi)切球球心到多面體各面的距離均相等,外接球球心到多面體各頂點(diǎn)的距離均相等.(2)正多面體的內(nèi)切球和外接球的球心重合.(3)正棱錐的內(nèi)切球和外接球球心都在高線上,但不重合.(4)體積分割是求內(nèi)切球半徑的通用做法.對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練1.在正四棱錐P-ABCD中,PA=5,AB=6,則該正四棱錐內(nèi)切球的表面積是 ()A.4π7 B.24π7 C.36π7 【解析】選C.過(guò)點(diǎn)P作PO⊥平面ABCD,則O為正方形ABCD的中心,連接OA,如圖,因?yàn)锳B=6,所以O(shè)A=32,所以O(shè)P=PA2-OA則正四棱錐P-ABCD的體積V=13×62×7=127正四棱錐P-ABCD的表面積S=6×6+12×6×25-設(shè)正四棱錐P-ABCD內(nèi)切球的半徑為r,內(nèi)切球的球心為O',由V=VO'-ABP+VO'-BCP+VO'-CDP+VO'-ADP+VO'-ABCD,可得V=13Sr,即127=13×84r,解得r=故正四棱錐P-ABCD內(nèi)切球的表面積是4πr2=36π72.已知四面體S-ABC的所有棱長(zhǎng)均為23,球O1是其內(nèi)切球.若在該四面體中再放入一個(gè)球O2,使其與平面SAB,平面SBC,平面SAC以及球O1均相切,則球O2與球O1半徑的比值為()A.33 B.14 C.13 【解析】選D.如圖,設(shè)S在平面ABC內(nèi)的射影為O,R1為球O1的半徑,R2為球O2的半徑,F,H分別為球O1,球O2與側(cè)面SBC的切點(diǎn).連接SO,則O1,O2在SO上,取BC中點(diǎn)為E,連接AE,SE,則O在AE上,H,F在SE上.在Rt△SAO中,該四面體的高h(yuǎn)=SO=SA2=SA2-(2又四面體的表面積S=4×34×(23)2=123,則13SR1=13S△ABCh,解得R1由HO2FO1=SO2SO1,得R2R1=h-2R1類型三最值問(wèn)題【例5】(1)(2022·全國(guó)乙卷)已知球O的半徑為1,四棱錐的頂點(diǎn)為O,底面的四個(gè)頂點(diǎn)均在球O的球面上,則當(dāng)該四棱錐的體積最大時(shí),其高為()A.13 B.12 C.3【解析】選C.設(shè)該四棱錐底面為四邊形ABCD,四邊形ABCD所在小圓半徑為r,四邊形ABCD對(duì)角線夾角為α,則S四邊形ABCD=12·AC·BD·sinα≤12·AC·BD≤12·2r·2r=2r2(當(dāng)且僅當(dāng)四邊形ABCD為正方形時(shí)等號(hào)成立),即當(dāng)四棱錐的頂點(diǎn)O到底面ABCD所在小圓距離h一定時(shí),底面ABCD面積的最大值為2r2.又r2+則VO-ABCD=13·2r2·h=23r2·當(dāng)且僅當(dāng)r2=2h2,即h=33時(shí)等號(hào)成立(2)已知正四棱錐P-ABCD內(nèi)接于一個(gè)半徑為R的球,則正四棱錐P-ABCD體積的最大值是________.

【解析】如圖,記O為正四棱錐P-ABCD外接球的球心,O1為底面ABCD的中心,易知當(dāng)正四棱錐P-ABCD的體積取到最大值時(shí),P,O,O1三點(diǎn)共線且O在P,O1之間,連接PO1,OA,O1A.設(shè)OO1=x,則O1A=R2-x2,AB=2·R2-x2,PO1=R+x,所以正四棱錐P-ABCD的體積V=13AB2·PO1=13×2(R2-x2)(R+x)=23(-x3-Rx2+R2x+R3),求導(dǎo)得V'=23(-3x2-2Rx+R2)=-23(x+R)(3x-R),答案:64思維升華與球有關(guān)的最值問(wèn)題的解法(1)從圖形的特征入手:觀察分析問(wèn)題的幾何特征,充分利用其幾何性質(zhì)解決.(2)從代數(shù)關(guān)系入手:解題時(shí),通過(guò)分析題設(shè)中的所有條件,在充分審清題目意思的基礎(chǔ)上,從問(wèn)題的幾何特征入手,利