2021复习有方法板块1命题区间教学课件12与球有关的切、接、截问题
高考数学复习考点题型专题讲解17 球的切、接、截问题
高考数学复习考点题型专题讲解专题17 球的切、接、截问题1.球的切接问题(1)长方体的外接球①球心：体对角线的交点；②半径：r＝a2＋b2＋c22(a，b，c为长方体的长、宽、高).(2)正方体的外接球、内切球及与各条棱相切的球(a为正方体的棱长)①外接球：球心是正方体中心，半径r＝32a，直径等于体对角线长；②内切球：球心是正方体中心，半径r＝a2，直径等于正方体棱长；③与各条棱都相切的球：球心是正方体中心，半径r＝22a，直径等于面对角线长.(3)正四面体的外接球与内切球(正四面体可以看作是正方体的一部分，a为正四面体的棱长)①外接球：球心是正四面体的中心，半径r＝64a；②内切球：球心是正四面体的中心，半径r＝612a.2.平面截球平面截球面得圆.截面圆的圆心与球心的连线与截面圆圆面垂直且R2＝d2＋r2(R为球半径，r为截面圆半径，d为球心到截面圆的距离).类型一外接球问题考向1 墙角模型墙角模型是三棱锥有一条侧棱垂直于底面且底面是直角三角形模型，用构造法(构造长方体)解决，外接球的直径等于长方体的体对角线长.长方体同一顶点的三条棱长分别为a，b，c，外接球半径为R.则(2R)2＝a2＋b2＋c2，即2R＝a2＋b2＋c2.常见的有以下三种类型：例1 已知三棱锥P－ABC的四个顶点在球O的球面上，PA＝PB＝PC，△ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是PA，AB的中点，∠CEF＝90°，则球O的体积为( )A.86πB.46πC.26πD.6π答案 D解析因为点E，F分别为PA，AB的中点，所以EF∥PB.因为∠CEF＝90°，所以EF⊥CE，所以PB⊥CE.取AC的中点D，连接BD，PD，易证AC⊥平面BDP，所以PB⊥AC，又AC∩CE＝C，AC，CE⊂平面PAC，所以PB⊥平面PAC，所以PB⊥PA，PB⊥PC，因为PA＝PB＝PC，△ABC为正三角形，所以PA⊥PC，即PA，PB，PC两两垂直，将三棱锥P－ABC放在正方体中如图所示. 因为AB＝2，所以该正方体的棱长为2，所以该正方体的体对角线长为6，所以三棱锥P－ABC的外接球的半径R＝6 2，所以球O的体积V＝43πR3＝43π⎝⎛⎭⎪⎫623＝6π，故选D.考向2 对棱相等模型对棱相等模型是三棱锥的三组对棱长分别相等模型，用构造法(构造长方体)解决，外接球的直径等于长方体的体对角线长，如图所示，(2R)2＝a2＋b2＋c2(长方体的长、宽高分别为a，b，c)，即R2＝18(x2＋y2＋z2)，如图.例2 在三棱锥A －BCD 中，AB ＝CD ＝2，AD ＝BC ＝3，AC ＝BD ＝4，则三棱锥A －BCD 外接球的表面积为________. 答案29π2解析 构造长方体，三个长度为三对面的对角线长，设长方体的长宽高分别为a ，b ，c ，则a 2＋b 2＝9，b 2＋c 2＝4，c 2＋a 2＝16， 所以2(a 2＋b 2＋c 2)＝9＋4＋16＝29， 即a 2＋b 2＋c 2＝4R 2＝292， 则外接球的表面积为S ＝4πR 2＝29π2.考向3 汉堡模型汉堡模型是直三棱柱、圆柱的外接球模型，模型如下，由对称性可知，球心O 的位置是△ABC 的外心O 1与△A 1B 1C 1的外心O 2的连线的中点，算出小圆O 1的半径AO 1＝r ，OO 1＝h2，所以R 2＝r 2＋h 24.例3(2022·金华调研)在三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝BC ＝AC ，侧棱AA 1⊥底面ABC ，若该三棱柱的所有顶点都在同一个球O 的表面上，且球O 的表面积的最小值为4π，则该三棱柱的侧面积为( ) A.63B.3 3 C.32D.3 答案 B解析 如图，设三棱柱上、下底面中心分别为O 1，O 2，则O 1O 2的中点为O ，设球O 的半径为R ，则OA ＝R ，设AB ＝BC ＝AC ＝a ，AA 1＝h ，则OO 2＝12h ，O 2A ＝23×32AB ＝33a .在Rt△OO 2A 中，R 2＝OA 2＝OO 22＋O 2A 2＝14h 2＋13a 2≥2×12h ×33a ＝33ah ， 当且仅当h ＝233a 时，等号成立，所以S 球＝4πR 2≥4π×33ah ， 所以43π3ah ＝4π， 所以ah ＝3，所以该三棱柱的侧面积为3ah＝3 3.考向4 垂面模型垂面模型是有一条侧棱垂直底面的棱锥模型，可补为直棱柱内接于球；如图所示，由对称性可知球心O的位置是△CBD的外心O1与△AB2D2的外心O2连线的中点，算出小圆O1的半径CO1＝r，OO1＝h2，则R＝r2＋h24.例4(2022·广州模拟)已知四棱锥S－ABCD的所有顶点都在球O的球面上，SD⊥平面ABCD，底面ABCD是等腰梯形，AB∥CD且满足AB＝2AD＝2DC＝2，且∠DAB＝π3，SC＝2，则球O的表面积是( ) A.5π B.4πC.3πD.2π答案 A解析依题意，得AB＝2AD＝2，∠DAB＝π3，由余弦定理可得BD＝3，则AD2＋DB2＝AB2，则∠ADB＝π2.又四边形ABCD是等腰梯形，故四边形ABCD的外接圆直径为AB，半径r＝AB2＝1，设AB的中点为O1，球的半径为R，因为SD ⊥平面ABCD ， 所以SD ＝SC 2－CD 2＝1， R 2＝12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫SD 22＝54，则S ＝4πR 2＝5π. 考向5 切瓜模型切瓜模型是有一侧面垂直底面的棱锥模型，常见的是两个互相垂直的面都是特殊三角形，在三棱锥A －BCD 中，侧面ABC ⊥底面BCD ，设三棱锥的高为h ，外接球的半径为R ，球心为O ，△BCD 的外心为O 1，O 1到BC 的距离为d ，O 与O 1的距离为m ，△BCD 和△ABC 外接圆的半径分别为r 1，r 2，则⎩⎨⎧R 2＝r 21＋m 2，R 2＝d 2＋（h －m ）2，解得R ，可得R ＝r 21＋r 22－l 24(l 为两个面的交线段长).例5(2022·济宁模拟)在边长为6的菱形ABCD 中，∠A ＝π3，现将△ABD 沿BD 折起，当三棱锥A －BCD 的体积最大时，三棱锥A －BCD 的外接球的表面积为________. 答案 60π解析 边长为6的菱形ABCD ，在折叠的过程中， 当平面ABD ⊥平面BCD 时，三棱锥的体积最大； 由于AB ＝AD ＝CD ＝BC ＝6， ∠C ＝∠A ＝π3.所以△ABD 和△CBD 均为正三角形，设△ABD 和△CBD 的外接圆半径为r ， 则2r ＝BDsin C，所以r ＝2 3.△ABD 和△CBD 的交线段为BD ，且BD ＝6. 所以三棱锥A －BCD 的外接球的半径R ＝（23）2＋（23）2－624＝15.故S 球＝4·π(15)2＝60π.训练1 (1)(2022·青岛一模)设三棱柱的侧棱垂直于底面，所有棱的长都为1，顶点都在一个球面上，则该球的表面积为( ) A.5π B.π C.113π D.73π (2)在三棱锥P －ABC 中，平面PAB ⊥平面ABC ，平面PAC ⊥平面ABC ，且PA ＝4，底面△ABC 的外接圆的半径为3，则三棱锥P －ABC 的外接球的表面积为________. 答案 (1)D (2)52π解析 (1)由三棱柱所有棱的长a ＝1，可知底面为正三角形， 底面三角形的外接圆直径2r ＝1sin 60°＝233，所以r ＝33， 设外接球的半径为R ，则有R 2＝r 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22＝13＋14＝712，所以该球的表面积S ＝4πR 2＝73π，故选D.(2)因为平面PAB ⊥平面ABC ，平面PAC ⊥平面ABC ， 所以PA ⊥平面ABC .设三棱锥P －ABC 的外接球的半径为R ，结合底面△ABC 的外接圆的半径r ＝3，可得R 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫PA 22＋r 2＝22＋33＝13，所以三棱锥P －ABC 的外接球的表面积为S 表＝4πR 2＝52π. 类型二 内切球问题内切球问题的解法(以三棱锥为例)第一步：先求出四个表面的面积和整个锥体的体积；第二步：设内切球的半径为r ，建立等式V P －ABC ＝V O －ABC ＋V O －PAB ＋V O －PAC ＋V O －PBC ⇒V P －ABC ＝13S △ABC ·r ＋13S △PAB ·r ＋13S △PAC ·r ＋13S PBC ·r ＝13(S △ABC ＋S △PAB ＋S △PAC ＋S △PBC )r ； 第三步：解出r ＝3V P －ABCS △ABC ＋S △PAB ＋S △PAC ＋S △PBC.例6 (1)(2022·成都石室中学三诊)《九章算术》中将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑.若三棱锥P －ABC 为鳖臑，PA ⊥平面ABC ，PA ＝BC ＝4，AB ＝3，AB ⊥BC ，若三棱锥P －ABC 有一个内切球O ，则球O 的体积为( ) A.9π2B.9π4 C.9π16D.9π (2)在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1＝AB ＝6，BC ＝8，AC ＝10，则该三棱柱内能放置的最大球的表面积是( ) A.16π B.24π C.36π D.64π答案(1)C (2)A解析(1)设球O的半径为r，则三棱锥P－ABC的体积V＝13×12×3×4×4＝13×(12×3×4＋12×4×3＋12×5×4＋12×4×5)×r，解得r＝34，所以球O的体积V＝43πr3＝9π16，故选C.(2)由题意，球的半径为底面三角形内切圆的半径r，因为底面三角形的边长分别为6，8，10，所以底面三角形为直角三角形，r＝AB＋BC－AC2＝6＋8－102＝2.又因为AA1＝6，2r＝4<6，所以该三棱柱内能放置的最大球半径为2，此时S表面积＝4πr2＝4π×22＝16π.训练 2 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2 3π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＝22，△PEO∽△PDB，故PO PB ＝OE DB ，即22－r 3＝r 1，解得r ＝22， 故内切球的体积为43π⎝ ⎛⎭⎪⎫223＝23π.类型三 球的截面问题解决球的截面问题抓住以下几个方面：(1)球心到截面圆的距离；(2)截面圆的半径；(3)直角三角形(球心到截面圆的距离、截面圆的半径、球的半径构成的直角三角形).例7(2022·杭州质检)在正三棱锥P －ABC 中，Q 为BC 中点，PA ＝2，AB ＝2，过点Q 的平面截三棱锥P －ABC 的外接球所得截面面积的取值范围为________. 答案⎣⎢⎡⎦⎥⎤π，3π2解析 因为正三棱锥P －ABC 中，PB ＝PC ＝PA ＝2，AC ＝BC ＝AB ＝2，所以PB 2＋PA 2＝AB 2，即PB ⊥PA ， 同理PB ⊥PC ，PC ⊥PA ，因此正三棱锥P －ABC 可看作正方体的一角，如图.记正方体的体对角线的中点为O ，由正方体结构特征可得，点O 即是正方体的外接球球心，所以点O 也是正三棱锥P －ABC 外接球的球心，记外接球半径为R ， 则R ＝122＋2＋2＝62，因为球的最大截面圆为过球心的圆，所以过点Q 的平面截三棱锥P －ABC 的外接球所得截面的面积最大为S max ＝πR 2＝3π2. 又Q 为BC 中点，由正方体结构特征可得OQ ＝12PA ＝22；由球的结构特征可知，当OQ 垂直于过点Q 的截面时，截面圆半径最小为r ＝R 2－OQ 2＝1， 所以S min ＝πr 2＝π.因此，过Q 的平面截三棱锥P －ABC 的外接球所得截面面积的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤π，3π2. 训练3 (1)设球O 是棱长为4的正方体的外接球，过该正方体棱的中点作球O 的截面，则最小截面的面积为( ) A.3π B.4π C.5π D.6π(2)(2022·武汉质检)已知棱长为2的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1，球O 与该正方体的各个面相切，则平面ACB 1截此球所得的截面的面积为________. 答案 (1)B (2)2π3解析 (1)当球O 到截面圆心连线与截面圆垂直时，截面圆的面积最小， 由题意，正方体棱的中点与O 的距离为22，球的半径为23， ∴最小截面圆的半径为12－8＝2， ∴最小截面面积为π·22＝4π.(2)∵正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，球O 与该正方体的各个面相切，则球O 的半径为1，设E ，F ，G 分别为球O 与平面ABCD 、平面BB 1C 1C 、平面AA 1B 1B 的切点， 则等边三角形EFG 为平面ACB 1截此球所得的截面圆的内接三角形， 由已知可得EF ＝EG ＝GF ＝2， ∴平面ACB 1截此球所得的截面圆的半径r ＝22sin 60°＝63，∴截面的面积为π×⎝ ⎛⎭⎪⎫632＝2π3.一、基本技能练1.已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为( ) A.π B.3π4C.π2D.π4 答案 B解析 如图画出圆柱的轴截面ABCD ，O 为球心.球的半径R ＝OA＝1，球心到底面圆的距离为OM ＝12.∴底面圆半径r ＝OA 2－OM 2＝32故圆柱体积V ＝π·r 2·h ＝π·⎝ ⎛⎭⎪⎫322×1＝3π4.2.若棱长为23的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为( ) A.12π B.24π C.36π D.144π 答案 C解析 由题意知球的直径2R ＝（23）2＋（23）2＋（23）2＝6， ∴R ＝3，∴S 球＝4πR 2＝36π.故选C.3.一个四面体的所有棱长都为2，四个顶点在同一球面上，则此球的表面积为( ) A.3π B.4π C.33π D.6π 答案 A解析 构造棱长为1的正方体，该四面体的外接球也是棱长为1的正方体的外接球， 所以外接球半径R ＝32， 所以外接球表面积为S ＝4πR 2＝3π.4.已知直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的球面上，若AB ＝3，AC ＝4，AB ⊥AC ，AA 1＝12，则球O 的半径为( )A.3172B.210C.132D.310 答案 C解析 将直三棱柱补为长方体ABEC －A 1B 1E 1C 1， 则球O 是长方体ABEC －A 1B 1E 1C 1的外接球. ∴体对角线BC 1的长为球O 的直径. 因此2R ＝32＋42＋122＝13，则R ＝132.5.(2022·南阳二模)已知边长为2的等边三角形ABC ，D 为BC 的中点，以AD 为折痕进行折叠，使折后的∠BDC ＝π2，则过A ，B ，C ，D 四点的球的表面积为( )A.3πB.4πC.5πD.6π 答案 C解析 折后的几何体构成以D 为顶点的三棱锥，且三条侧棱互相垂直，可构造长方体，其对角线即为球的直径，三条棱长分别为1，1，3，所以2R ＝1＋1＋3＝5，球的表面积S ＝4π⎝ ⎛⎭⎪⎫522＝5π.6.(2022·青岛模拟)如图是一个由6个正方形和8个正三角形围成的十四面体，其所有顶点都在球O 的球面上，若十四面体的棱长为1，则球O 的表面积为( )A.2πB.4πC.6πD.8π 答案 B解析 根据图形可知，该十四面体是由一个正方体切去八个角得到的，如图所示，十四面体的外接球球心与正方体的外接球球心相同， 建立空间直角坐标系，∵该十四面体的棱长为1，故正方体的棱长为2， ∴该正方体的外接球球心的坐标为O ⎝ ⎛⎭⎪⎫22，22，22，设十四面体上一顶点为D ，则D ⎝ ⎛⎭⎪⎫2，22，0，所以十四面体的外接球半径R ＝OD ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2－222＋⎝ ⎛⎭⎪⎫22－222＋⎝ ⎛⎭⎪⎫0－222＝1，故外接球的表面积为S ＝4πR 2＝4π.故选B.7.四面体ABCD 的四个顶点都在球O 上且AB ＝AC ＝BC ＝BD ＝CD ＝4，AD ＝26，则球O 的表面积为( )A.70π3B.80π3C.30πD.40π答案 B解析如图，取BC的中点M，连接AM，DM，由题意可知，△ABC和△BCD都是边长为4的等边三角形. ∵M为BC的中点，∴AM⊥BC，且AM＝DM＝23，又∵AD＝26，∴AM2＋DM2＝AD2，∴AM⊥DM，∵BC∩DM＝M，BC，DM⊂平面BCD，∴AM⊥平面BCD，∵AM⊂平面ABC，∴平面ABC⊥平面BCD，△ABC与△BCD外接圆半径r＝23DM＝433，又△ABC与△BCD的交线段BC＝4. 所以四面体外接球半径R ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫4332＋⎝ ⎛⎭⎪⎫4332－424＝2153，四面体ABCD 的外接球的表面积为4π×R 2＝803π. 8.已知三棱锥P －ABC 的棱AP ，AB ，AC 两两垂直，且长度都为3，以顶点P 为球心，2为半径作一个球，则球面与三棱锥的表面相交所得到的四段弧长之和等于( ) A.2π3B.5π6C.πD.3π2答案 D解析 如图，∠APC ＝π4，AP ＝3，AN ＝1，∠APN ＝π6，∠NPM ＝π12，MN ︵＝π12×2＝π6，同理GH ︵＝π6，HN ︵＝π2，GM ︵＝2π3，故四段弧长之和为π6＋π6＋π2＋2π3＝3π2.9.(多选)(2022·石家庄调研)已知一个正方体的外接球和内切球上各有一个动点M 和N ，若线段MN 长的最小值为3－1，则( ) A.该正方体的外接球的表面积为12π B.该正方体的内切球的体积为π3C.该正方体的棱长为1D.线段MN长的最大值为3＋1 答案AD解析设该正方体的棱长为a，则其外接球的半径R＝32a，内切球的半径R′＝a2，该正方体的外接球与内切球上各有一个动点M，N，由于两球球心相同，可得MN的最小值为3a2－a2＝3－1，解得a＝2，故C错误；所以外接球的半径R＝3，表面积为4π×3＝12π，故A正确；内切球的半径R′＝1，体积为43π，故B错误；MN的最大值为R＋R′＝3＋1，故D正确.故选AD.10.(多选)设圆锥的顶点为A，BC为圆锥底面圆O的直径，点P为圆O上的一点(异于B，C)，若BC＝43，三棱锥A－PBC的外接球表面积为64π，则圆锥的体积为( ) A.4π B.8πC.16πD.24π答案BD解析如图，设圆锥AO的外接球球心为M，半径为r，则M在直线AO上，4πr2＝64π，解得r＝4.由勾股定理得BM2＝OM2＋OB2，即42＝(23)2＋OM2，可得OM＝2，即OM＝|AO－r|＝|AO－4|＝2，解得AO＝6或AO＝2.当AO＝6时，圆锥AO的体积为V＝13π×(23)2×6＝24π；当AO＝2时，圆锥AO的体积为V＝13π×(23)2×2＝8π.故选BD.11.在三棱锥A－BCD中，△BCD和△ABD均是边长为1的等边三角形，AC＝2，则该三棱锥外接球的表面积为________.答案2π解析取AC的中点O，连接OB，OD，在△ABC中，AB＝BC＝1，AC＝2，所以∠ABC＝90°，所以OA＝OB＝OC＝2 2，同理得OD＝22，故点O为该三棱锥外接球的球心，所以球O的半径r＝22，S球＝4πr2＝2π.12.如图，已知球O是棱长为3的正方体ABCD－A1B1C1D1的内切球，则平面ACD1截球O的截面面积为________.答案3π2解析 根据题意知，平面ACD 1是边长为9＋9＝32的正三角形，且所求截面的面积是该正三角形的内切圆的面积，则由图得，△ACD 1内切圆的半径r ＝13（32）2－⎝⎛⎭⎪⎫3222＝62， 所以平面ACD 1截球O 的截面面积为 S ＝π×⎝ ⎛⎭⎪⎫622＝3π2.二、创新拓展练13.(多选)(2022·华大新高考联考)已知三棱锥S －ABC 中，SA ⊥平面ABC ，SA ＝AB ＝BC ＝2，AC ＝2，点E ，F 分别是线段AB ，BC 的中点，直线AF ，CE 相交于G ，则过点G 的平面α截三棱锥S －ABC 的外接球O 所得截面面积可以是( ) A.23π B.89π C.π D.32π答案 BCD解析 因为AB 2＋BC 2＝AC 2，故AB ⊥BC ， 故三棱锥S －ABC 的外接球O的半径R ＝2＋2＋22＝62，取AC 的中点D ，连接BD 必过G ， 因为AB ＝BC ＝2，故DG ＝13BD ＝13，因为OD ＝22， 故OG 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫222＋⎝ ⎛⎭⎪⎫132＝1118，则过点G 的平面截球O 所得截面圆的最小半径r 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫622－1118＝89，故截面面积的最小值为89π，最大值为πR 2＝32π，故选BCD.14.(多选)(2022·济南模拟)已知三棱锥P －ABC 的四个顶点都在球O 上，AB ＝BC ＝AC ＝1，∠APC ＝π6，平面PAC ⊥平面ABC ，则( )A.直线OA 与直线BC 垂直B.点P 到平面ABC 的距离的最大值为1＋32C.球O 的表面积为13π3D.三棱锥O －ABC 的体积为18答案 ACD解析 设△ABC 外接圆的圆心为O 1，连接OO 1，O 1A . 因为O 为三棱锥P －ABC 外接球的球心， 所以OO 1⊥平面ABC ，所以OO 1⊥BC ，因为AB ＝BC ＝AC ＝1，所以O 1A ⊥BC ，所以BC ⊥平面OO 1A ， 所以OA ⊥BC ，故A 选项正确； 设△PAC 外接圆的圆心为O 2，AC 的中点为D ，连接O 2D ， 由于AC ＝1，∠APC ＝π6，所以圆O 2的半径r 2＝12×1sinπ6＝1，则易知O 2D ＝32， 所以点P 到平面ABC 的距离的最大值为1＋32(此时P ，O 2，D 三点共线)，故B 选项错误；由于AB ＝BC ＝AC ＝1，平面PAC ⊥平面ABC ，平面PAC ∩平面ABC ＝AC ， 所以圆O 1的半径r 1＝12×1sin π3＝33， 圆O 2的半径r 2＝1，△ABC 与△PAC 的交线段AC ＝1， 所以三棱锥P －ABC 外接球半径R 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫332＋12－14＝1312.故球O 的表面积S ＝4π×1312＝13π3，故C 选项正确；由于OO 1⊥平面ABC ，且OO 1＝O 2D ＝32，S △ABC ＝34，所以三棱锥O－ABC的体积为13×OO1×S△ABC＝13×32×34＝18，故D选项正确，故选ACD.15.(多选)(2022·湖州调研)已知正四面体ABCD的棱长为3，其外接球的球心为O.点E 满足AE→＝λAB→(0<λ<1)，过点E作平面α平行于AC和BD，设α分别与该正四面体的棱BC，CD，DA相交于点F，G，H，则( )A.四边形EFGH的周长为定值B.当λ＝12时，四边形EFGH为正方形C.当λ＝13时，平面α截球O所得截面的周长为13π4D.四棱锥A－EFGH的体积的最大值为22 3答案ABD解析将正四面体ABCD放入正方体中.因为正四面体ABCD的棱长为3，所以正方体的棱长为322.如图所示，过点E作平面α平行于AC和BD，平面α与正方体的棱交于M，N，P，Q四点.因为AE→＝λAB→，故AH→＝λAD→，即有EH＝λBD，同理FG＝λBD，EF＝(1－λ)AC，HG＝(1－λ)AC，且EH∥BD，EF∥AC，故四边形EFGH 为平行四边形.因为AC ⊥BD ，故EF ⊥EH ，则四边形EFGH 为矩形.对于A ，四边形EFGH 的周长为2(EF ＋EH )＝2[(1－λ)AC ＋λBD ]＝2[(1－λ)AC ＋λAC ]＝2AC ＝6，为定值，故A 选项正确；对于B ，当λ＝12时，E 为AB 的中点，故EF ＝EH ，所以四边形EFGH 为正方形，故B 选项正确；对于C ，当λ＝13时，球心O 到平面EFGH 的距离即球心到平面MNPQ 的距离，即BC 中点到MF 的距离，经计算为24，球半径为322×32＝364，故截面圆的半径为⎝ ⎛⎭⎪⎫3642－⎝ ⎛⎭⎪⎫242＝132，所以截面圆的周长为132×2π＝13π，故C 选项错误；对于D ，四棱锥A －EFGH 的高为AQ ，所以其体积V ＝13×322λ×3(1－λ)×3λ＝922λ2(1－λ)，0<λ<1， 令f (λ)＝922λ2(1－λ)，则f ′(λ)＝922(2λ－3λ2)，令f ′(λ)＝0得λ＝23，故当λ＝23时，四棱锥A －EFGH 的体积最大，最大值为922×49×13＝223，故D 选项正确，故选ABD.16.(多选)(2022·嘉兴测试)如图，在等腰梯形ABCD 中，AB ＝2AD ＝2BC ＝2CD ＝4.现将△DAC沿对角线AC所在的直线翻折成△D′AC，记二面角D′－AC－B的大小为α(0<α<π)，则( )A.存在α，使得D′A⊥BCB.存在α，使得D′A⊥平面D′BCC.存在α，使得三棱锥D′－ABC的体积为3 3D.存在α＝π2，使得三棱锥D′－ABC的外接球的表面积为20π答案ACD解析如图1，取AB的中点E，连接DE交AC于点F.因为AB＝2CD，所以CD＝EB＝AE，所以四边形AECD为菱形，四边形EBCD为菱形，所以△AED，△DEC，△EBC均为等边三角形，所以AC⊥ED，∠DAC＝∠BAC＝π6，∠ACB＝π2，在翻折过程中，如图2，AC⊥D′F，AC⊥FE，所以∠D′FE为二面角D′－AC－B的平面角，所以∠D′FE＝α.对于A，当α＝π2时，平面D′AC⊥平面ABC.因为BC⊥AC，所以BC⊥平面D′AC.又因为D′A⊂平面D′AC，所以D′A⊥BC，所以存在α，使得D′A⊥BC，故A选项正确；对于B，假设存在α，使得D′A⊥平面D′BC.因为D′C⊂平面D′BC，所以D′A⊥D′C，与∠AD′C＝2π3矛盾，故B选项不正确；对于C，由分析可得，D′F＝12DE＝12AD＝1，AC＝2AF＝2×32×AD＝2 3.设D′到平面ABC的距离为d，则V三棱锥D′－ABC＝13×S△ABC×d＝13×12×AC×BC×d＝13×12×23×2×d＝33，解得d＝1 2，所以sin α＝dD′F＝12，所以α＝π6或5π6，故C选项正确；对于D，当α＝π2时，平面D′AC⊥平面ABC，所以BC⊥平面D′AC，D′F⊥平面ABC.如图2所示，因为E，F分别为AB，AC的中点，所以EF∥BC，且EF＝12BC＝1，所以EF⊥平面D′AC.设△D′AC外接圆圆心为O1，则O1A＝O1D′＝AD′＝2.因为E是Rt△ABC斜边的中点，所以E为Rt△ABC的外心.过O1作平面D′AC的垂线，过点E作平面ABC的垂线，则两垂线的交点O即为三棱锥D′－ABC外接球的球心，显然四边形EFO1O是矩形，所以OO1＝EF＝1.设三棱锥D′－ABC的外接球半径为R，则在Rt△OO1D′中，R＝OD′＝O1O2＋O1D′2＝1＋4＝5，所以三棱锥D′－ABC的外接球的表面积S＝4πR2＝20π，故D选项正确.综上所述，故选ACD.17.在菱形ABCD中，AB＝23，∠ABC＝60°，若将菱形ABCD沿对角线AC折成大小为60°的二面角B－AC－D，则四面体DABC的外接球球O的体积为________.答案5239π27解析如图，设M，N分别为△ABC，△ACD的外心，E为AC的中点，则EN＝EM＝13BE＝1，在平面BDE内过点M作BE的垂线与过点N作DE的垂线交于点O. ∵BE⊥AC，DE⊥AC，BE∩DE＝E，∴AC⊥平面BDE.∵OM⊂平面BDE，∴OM⊥AC，∵OM⊥BE，BE∩AC＝E，∴OM⊥平面ABC，同理可得ON⊥平面ACD，则O为四面体DABC的外接球的球心，连接OE，∵EM＝EN，OE＝OE，∠OME＝∠ONE＝90°，∴△OME≌△ONE，∴∠OEM＝30°，∴OE＝EMcos 30°＝233.∵AC⊥平面BDE，OE⊂平面BDE，∴OE⊥AC，∴OA＝OE2＋AE2＝39 3，即球O的半径R＝39 3.故球O的体积V＝43πR3＝5239π27.18.(2022·湖南三湘名校联考)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB⊥BC，AB＝BC＝AA1＝4，M 为棱AB的中点，N是棱BC的中点，O是三棱柱外接球的球心，则平面MNB1截球O所得截面的面积为________.答案8π解析如图1，将直三棱柱补形成正方体ABCD－A1B1C1D1，连接BD1，则直三棱柱的外接球也是正方体的外接球，球心O是BD1的中点，半径R＝2 3. 连接BD交MN于点E，连接B1E交BD1于点F，过点O作OO1⊥B1E于点O1，连接B1D1，因为MN∥AC，AC⊥平面BB1D1D，所以MN⊥平面BB1D1D，所以OO1⊥MN，所以OO1⊥平面MNB1.如图2，31 / 31 在矩形BB 1D 1D 中，BF FD 1＝BE B 1D 1＝14， 所以BF OF ＝23，过点B 作BG ⊥B 1E 于点G ， 则BG ＝BE ·BB 1B 1E ＝43，BGOO 1＝BF OF ＝23，所以OO 1＝2，设截面圆的半径为r ， 则r 2＝R 2－OO 21＝(23)2－22＝8，所以截面的面积为8π.。
与球有关的切、接问题教学课件(共19张PPT)——2022届高三数学一轮复习专题
2．与球的常见组合结论 1 正方体的内切球：R=___a____
（1）正方体与球：
②与正方体各棱相切的球：R＝
2
2a
2
③正方体的外接球：R＝
3a
2
(2)三条侧棱互相垂直的三棱锥的外接球：
补形为长方体（正方体），利用体对角线长=外接球直径
a2 b2 c2 2R,即R a2 b2 c2 2
： 补 形 正 方 体
3
3
4
A
目的：通过作截面，转化为平面几何求解
三【高考考向】 考点1：多面体外接球 例1（ 2019年全国1卷理12） 已知三棱锥P-ABC的四个顶点在球O的球面上，PA=PB=PC, ABC是边长为2的正三角形，E,F分别
是PA,AB的中点，CEF 90 ,如图所示，则球O 的体积为（D ）
C.20
补形为长方体，求外接球 P
D.24
直接找球心
P
P
O
2
2
B
A
4
C
2
2
A
2
4
2
B
jB
A
4
C
C
考点2：旋转体内切球 已例知2圆（ 锥20的20底全面国半卷径III理为115，）母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为___32___
分析：易知半径最大球为圆锥的内切球，
A
找球与圆锥内切时的轴截面。
正方体）
3.加强空间想象力，作图是关键。
注意 分析 探索 图形 特征及 特征 量转 化。
作业： 《多面体与球专项训练》 （十八）
谢谢
性质三：球心到截面的距离 d
与球的半径R
截面的半径r,
P
有以下关系：
【高中数学】球的切、接问题课件+高一下学期数学人教A版(2019)必修第二册
2
3
球的半径为 R= 46a，内切球的半径为 r =126a.R:r =3:1,R+r =h
8.用构造法(构造长方体)解决
（1）同一顶点的三侧棱两两垂直模型
（2）一条侧棱垂直于底面且底面是 直角三角形模型
（3）4个面都是直角三角形： 法一：构造长方体；
法二：球心在最长斜边的中点.
（4）对棱相等模型
高频考点突破：球的接切问题
高频考点突破：球的接切问题
常见的角度有：(1)球与柱 体的切、接问题；(2)球与锥体 的切、接问题.
所需知识应用
平面截球 平面截球面得圆.截面圆的圆心与球心的连线与截面圆 圆面垂直且R2＝d2＋r2(R为球半径，r为截面圆半径， d为球心到截面圆的距离).
1.正方体的内切、
(1)球(半径为 R)与正方体(设棱长为 a)有以下三种特殊情形：
①球内切于正方体，此时 2R＝a；
②球与正方体的棱相切，此时 2R＝ 2a；
③球外接于正方体，此时 2R＝ 3a.
(2)长、宽、高分别为 a，b，c 的长方体的体对角线长等于其
外接球的直径，即 a2＋b2＋c2＝2R.
(3)棱长为 a 的正四面体，斜高为 3a，高为 h= 6a，其外接
10.外接球：有一侧面垂直底面的棱锥模型 有一侧面垂直底面的棱锥模型，常见的是两个互相垂直的面
都是特殊三角形，在三棱锥 A－BCD 中，侧面 ABC⊥底面 BCD
设三棱锥的高为 h，外接球的半径为 R，球心为 O，△BCD 的
外心为 O1，O1 到 BC 的距离为 d，O 与 O1 的距离为 m，
3.掌握：12种类型的接切球问题
∵△ABC 是正三角形，
∴AE 是 BC 边上的高和中线，D 为△ABC 的中心．
培优课 与球有关的切接问题课件-2024届高三上学期数学一轮总复习
所以球表面积S=4πR2=28π.
故选A.
常见的构造长方体模型
(1)若三棱锥的三条侧棱两两互相垂直,则可将其放入某个长方体内,如图1所示.
(2)若三棱锥的四个面均是直角三角形,则此时可构造长方体,如图2所示.
墙角模型
(3)正四面体 P-ABC 可以补形为正方体且正方体的棱长 a= ,如图 3 所示.
依然有外接圆圆心（外心），底面多边形的外心到底面各顶点的距离都相等，故过底面多边
形的外心作底面的垂线即可。
球心位置推广：过底面多边形的外心作底面的垂线，则垂线上任一点到多边形各顶点的距离
都相等，则外接球的球心位于这条垂线上，可利用勾股定理求出外接球半径。
两个类型：
一般地,设棱锥的高为H,底面外接圆圆心为1 ,底面外接圆半径为r,接球球心为,外接球半径
3 2
)
3
h为三棱锥的高，
a为底边长
圆柱外接球模型
ℎ
2
2 = 2 +( )2
侧面与底面垂直的锥体外接球半径模型
l 2
= + −( )
4
①面ABD与面CBD互相垂直
2
22
12
②1 、2 为上面两个面的外接圆半径
③l为两个面的交线，也即BD
2.普通棱锥的外接球：
对于普通棱锥来说，底面不是正多边形，也没有底面正多边形的中心的概念，但底面多边形
ℎ
棱柱外接球半径R满足：R2=(2)2+r2.
二、棱锥的外接球：
1．正四面体的外接球与内切球：
当正三棱锥的侧棱与底边相等时，构成正四面体。
题型一:若有三棱锥三边两两垂直的,则用补法构造一个长方体,该长体的体对线为该几何体的外
专题一 球的切、接问题
乌鲁木齐市第一中学2019届高三二轮复习资料专题一球的“切”、“接”综合问题编写：李国华【基础知识，基本方法】“切”“接”问题的处理规律1．“切”的处理解决与球的内切问题主要是指球内切多面体与旋转体，解答时首先要找准切点，通过作截面来解决．如果内切的是多面体，则作截面时主要抓住多面体过球心的对角面来作，“球心截面法”是解决“切”“接”问题的根本大法。
2．“接”的处理把一个多面体的几个顶点放在球面上即为球的外接问题．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．一、与球有关的外接、内切问题解法流程二、与球有关的切、接问题中常见的组合：类型一：正方体与球：①正方体的内切球：截面图为正方形EFHG 的内切圆，如图所示．设正方体的棱长为a ，则|OJ |＝r ＝a 2(r 为内切球半径)．②与正方体各棱相切的球：截面图为正方形EFHG的外接圆，则|GO |＝R ＝22a .③正方体的外接球：截面图为正方形ACC 1A 1的外接圆，则|A 1O |＝R ′＝32a .类型二：正四面体与球：如图，设正四面体的棱长为a ，内切球的半径为r ，外接球的半径为R ，取AB 的中点为D ，连接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，圆心在高SE 上的圆．因为正四面体本身的对称性，内切球和外接球的球心同为O .此时，CO ＝OS ＝R ，OE ＝r ，SE ＝23a ，CE ＝33a ，则有R ＋r ＝23a ，R 2－r 2＝|CE |2＝a 23，解得R ＝64a ，r ＝612a .该正四面体外切球的半径也可以用“补形法”求解：该正四面体棱切球的半径求法：地球仪的经线圈、纬线圈正四面体(设棱长为a )的性质：①全面积23S a =；②体积3212V a =；③外接球半径64R a =；④内切球半径612r a =；⑤正四面体内任一点到各面距离之和为定值63h a =.由于正四面体本身的对称性可知，内切球和外接球的两个球心是重合的，为正四面体高的四等分点.类型三：直角四面体（三条侧棱互相垂直的三棱锥）的外接球：①如果三棱锥的三条侧棱互相垂直并且相等，则可以补形为一个正方体，正方体的外接球的球心就是三棱锥的外接球的球心．即三棱锥A 1AB 1D 1的外接球的球心和正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的外接球的球心重合．如图，设AA 1＝a ，则R ＝32a .②如果三棱锥的三条侧棱互相垂直但不相等，则可以补形为一个长方体，长方体的外接球的球心就是三棱锥的外接球的球心．R 2＝a 2＋b 2＋c 24＝l 24(l 为长方体的体对角线长)．类型四：双垂四面体的外接球半径问题四面体A—BCD中：若AB⊥平面BCD，CD⊥平面ACB，则称该四面体为双垂四面体(图4)，设AB =a，BC=b，CD=c，其外接球的半径为r．如果把该双垂四面体补成一个长方体，那么该双垂四面体的外接球也是长方体的外接球，于是类型五：对棱相等的四面体外接球问题对棱相等模型（补形为长方体）：三棱锥（即四面体）中，已知三组对棱分别相等，例1：四面体ABCD 中，541AB CD BC AD ====，，BD=AC=34,求该四面体的（1）外接球的半径（由于每组对棱相等，补形成长方体求解）、（2）体积（3）内切球半径（选做）三、几类常见几何体外接球问题（一）构造直棱柱求解类型六、直棱柱的外接球与该棱柱外接圆柱体有相同的外接球；（圆柱体轴截面矩形的外接圆是大圆，该矩形的对角线（外接圆直径）是球的直径）例2、在四面体S ABC -中，ABC SA 平面⊥，,1,2,120====∠︒AB AC SA BAC 则该四面体的外接球的表面积为（）π11.A π7.B π310.C π340.D【课堂练习1】已知EAB ∆所在的平面与矩形ABCD 所在的平面互相垂直，︒=∠===60,2,3AEB AD EB EA ，则多面体ABCD E -的外接球的表面积为.（二）锥体背景的模型类型七、切瓜模型（两个大小圆面互相垂直且交于小圆直径——正弦定理求大圆直径是通法）1．如图4-1，平面⊥PAC 平面ABC ，且BC AB ⊥（即AC 为小圆的直径），且P 的射影是ABC ∆的外心⇔三棱锥ABC P -的三条侧棱相等⇔三棱ABC P -的底面ABC ∆在圆锥的底上，顶点P 点也是圆锥的顶点.解题步骤：第一步：确定球心O 的位置，取ABC ∆的外心1O ，则1,,O O P 三点共线；第二步：先算出小圆1O 的半径r AO =1，再算出棱锥的高h PO =1（也是圆锥的高）；第三步：勾股定理：21212O O A O OA +=⇒222)(r R h R +-=，解出R ；事实上，ACP ∆的外接圆就是大圆，直接用正弦定理也可求解出R .也可用下面两种方法求解：法一：如图4-4，平面⊥PAC 平面ABC ，且BC AB ⊥（即AC 为小圆的直径）第一步：易知球心O 必是PAC ∆的外心，即PAC ∆的外接圆是大圆，先求出小圆的直径r AC 2=；第二步：在PAC ∆中，可根据正弦定理R Cc B b A a 2sin sin sin ===，求出R .法二：三棱锥的两个侧面互相垂直，已知两个相互垂直的面的外接圆半径的长及其公共棱的长度的情形：已知三棱锥A BCD -中，面ABD ⊥面BCD ，且ABD ∆，BCD ∆的外接圆半径分别记为12,r r ，公共棱BD a =，则该三棱锥的外接球半径满足：()()()222212222R r r a =+-【课堂练习2】（1）三棱锥ABC P -中，平面⊥PAC 平面ABC ，△PAC 边长为2的正三角形，BC AB ⊥，则三棱锥ABC P -外接球的半径为.（2）三棱锥ABC P -中，平面⊥PAC 平面ABC ，2=AC ，3==PC PA ，BC AB ⊥，则三棱锥ABC P -外接球的半径为.（3）在三棱锥ABC P -中，3===PC PB PA ,侧棱PA 与底面ABC 所成的角为 60，则该三棱锥外接球的体积为（）A．π B.3πC.4πD.43π（4）表面积为π60的球面上有四点C B A S 、、、且ABC ∆是等边三角形，球心O 到平面ABC 的距离为3，若ABC SAB 面⊥,则棱锥ABC S -体积的最大值为．（三）二面角背景的模型类型八、两直角三角形拼接在一起(斜边相同,也可看作矩形沿对角线折起所得三棱锥)模型如图， 90=∠=∠ACB APB ，求三棱锥ABC P -外接球半径。
球与各种几何体切、接问题专题)资料讲解
球与各种几何体切、接问题近几年全国高考命题来看，这部分内容以选择题、填空题为主，大题很少见。
首先明确定义1:若一个多面体的各顶点都在一个球的球面上，则称这个多面体是这个球的内接多面体，这个球是这个多面体的外接球。
定义2:若一个多面体的各面都与一个球的球面相切，则称这个多面体是这个球的外切多面体，这个球是这个多面体的内切球•一、球与柱体的切接规则的柱体，如正方体、长方体、正棱柱等能够和球进行充分的组合，以外接和内切两种形态进行结合，通过球的半径和棱柱的棱产生联系，然后考查几何体的体积或者表面积等相关问题•1、球与正方体（1）正方体的内切球，如图1. 位置关系：正方体的六个面都与一个球都相切，正方体中心与球心重合；数据关系：设正方体的棱长为a，球的半径为r，这时有2r a.（2）正方体的棱切球，如图2.位置关系：正方体的十二条棱与球面相切，正方体中心与球心重合；数据关系：设正方体的棱长为a，球的半径为r,这时有2r /2a.(3)正方体的外接球，如图与球心重合;棱长为1的正方体ABCD数据关系：设正方体的棱长为a，球的半径为r，这时有2r 3a.A|B1C1D1的8个顶点都在球0的表面上, E, F分别是棱3. 位置关系：正方体的八个顶点在同一个球面上；正方体中心AA，DD1的中点，则直线EF被球0截得的线段长为( )思路分析：由题意推出，球为正方体的外接球.平面AADD1截面所得圆面的半径R 一- ——,得知直线EF被球0截得的线段就是球的截面圆的直径.2 2【解析】由题意可知］球为正方体的外接琲尸面曲载面所得圆面的半径卫二警二f. •••ETu面九如D巩-直线廿杆止得的线段黄］球的截面厨的直径2—上点评*本题着査球与正方体唏”的间题「闻球的截面性囱转化虛为求球的截面13直径. _____________ 2、球与长方体例2自半径为R的球面上一点M，引球的三条两两垂直的弦MA,MB,MC，求MA2MB2MC2的值.4,体积为16，A. 16B.20 C.24 D.32思路分析：正四棱柱也是长方体 可得长方体的长、宽、高分别为【解析】以谢A/B . MC 为从一个顶点出发的三衆協 将三棱锥3/ -曲C 补应一个长方也 则另外四个 顶点逊在疎面上，故长方体是球的内接民右郎，围按方陳的对星线農是璘的貢径...3A? -M3'十」/C Z = (2A): =点评=此题突出构造法的使用，以反淆觀炜令割补形的方法解诀立体几何中体积计算…结论：长方体的外接球直径是长方体的对角线.例3 (全国卷I 高考题)已知各顶点都在一个球面上的正四棱柱高为球的表面积为()..由长方体的体积16及高4可以求出长方体的底面边长为 2,2, 2，4,长方体内接于球，它的体对角线正好为球的直径【解析】正四粧柱也是长再体.由廉方体的休积応斥高4可刃「出长為悴的底面边扶为2,因此，长肓体的长、宽、鬲分别为囚2, 4,因为长方体內捋于險 所以立药陳对角线正好为瑾能直径.松方体你对角钱故球的表面积沏24 故选G点评*年题考查球与扶帛体^接”的问题，巧勺伕市体■的性质，转化咸対求具体对角餵3、球与正棱柱(1)结论1 :正棱柱的外接球的球心是上下底面中心的连线的中点. (2)结论2 :直三棱柱的外接球的球心是上下底面三角形外心的连线的中点.例1、个兀棱柱的底而足止木边形，面,已知该；；检柱的顶点都&间•个昧而上._!!浚7＜检牡的体积为一 •底血周长为3,则这个球的体枳为3已知各厦点都在同一个球面上的正四棱柱的高为4. 休积沟1筋 则这牛嫌的k\ft!袒屋 _______ . 24用例3、 在M 三检柱」EU -蚣EC «P, AB 二 4.AC = 6,ri= !60?rU!H 也-;蛙柱ABC -舛坊G 的外接蟀的表血切二、球与锥体的切接规则的锥体，如正四面体、正棱锥、特殊的一些棱锥等能够和球进行充分的组合，以外接和内切两种形态进行结合，通过球的半径和棱锥的棱和高产生联系，然后考查几何体的体积或 者表面积等相关问题. 1、正四面体与球的切接问题(1) 正四面体的内切球，如图 4.位置关系：正四面体的四个面都与一个球相切，正四面体 的中心与球心重合；数据关系：设正四面体的棱长为 a ，高为h ;球的半径为 R ，这时有4R h —6 a ；3【解析】 如图正四面体 A — BCD 的中心为0,即内切球球心，内切球半径 R 即为0到1正四面体各面的距离AB = a,—正四面体的咼h= 丁a,又V A-BCD = 4V o-BCD, ()「. R=[h=12a.(2)正四面体的外接球，位置关系：正四面体的四个顶点都在一个球面上，正四面体的中心与球心重合；数据关系：设正四面体的棱长为a，高为h ；球的半径为R，这时有4R 3h .6a ;(可用正四面体高h 减去内切球的半径得到) 例5求棱长为1的正四面体外接球的半径。
复习有方法板块命题区间教用课件排列、组合与二项式定理
种植方法有C25A22＝20(种)；(2)总共种植3种花卉，
即1部分种植1种花卉，2，3部分种植同一种花卉或
2，4部分种植同一种花卉或3，4部分种植同一种花卉，另外一部分
种植另一种花卉，种植方法有3C
3 5
A
3 3
＝180(种)；(3)总共种植4种花
ห้องสมุดไป่ตู้
卉，种植方法有A
4 5
＝120(种)．所以不同的种植方法有20＋180＋120
(5)直接法：①分类法：选定一个适当的分类标准，将要完成的 事件分成几个类型，分别计算每个类型中的排列数，再由分类加法计 数原理得出总数；
②分步法：选定一个适当的标准，将事件分成几个步骤来完成， 分别计算出各步骤的排列数，再由分步乘法计数原理得出总数．
复习有方法板块命题区间教用课件排 列、组 合与二 项式定 理
邻，若取出数1，2，则第三个数有C17种取法；同理，取出9，10时，
有C
1 7
种取法；若取出数2，3，则第三个数有C
1 6
种取法，同理取出数
3，4；4，5；5，6；6，7；7，8；8，9时，均有C
1 6
种取法，共有
C12·C17＋C17·C16＝56种选法．三个数相邻共有C18＝8种选法，故至少有
两个数相邻共有56＋8＝64种选法，故选D．]
复习有方法
板块一 高考专题突破——选择 题＋填空题
命题区间精讲 精讲4 排列、组合与二项式
定理
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01 命题点1 02 命题点2
01 命题点1 排列、组合的应
用
1．求解有限制条件排列问题的 5 种主要方法 (1)间接法：对于分类过多的问题，一般利用正难则反、等价转 化的方法； (2)捆绑法：相邻问题捆绑处理，即可以把相邻元素看作一个整 体与其他元素进行排列，同时注意捆绑元素的内部排列；
球的接、切、截问题课件-2024届高考数学一轮复习
四面体放入一个长、宽、高分别为 x ， y ， z 的长方体中，并且 x 2＋ y 2
＝3， x 2＋ z 2＝5， y 2＋ z 2＝4.设四面体 A － BCD 的外接球的半径为 R ，
即长方体的外接球的半径为 R ，所以（2 R ）2＝ x 2＋ y 2＋ z 2＝6，即4 R 2
＝6.所以四面体 A － BCD 的外接球的表面积为4π R 2＝6π.
外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径（直径）与
该几何体已知量的关系，列方程（组）求解.
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[对点训练]
（2023·长春一模）如图，两个全等的矩形 ABCD 与 ABEF 所在的平面互
相垂直， AB ＝2， BC ＝1， P 为线段 CD 上的动点，则三棱锥 P － ABE
的外接球体积的最小值为（
＝12，所以 r ＝
.所以截面的面积为π×
＝ .
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[拓展探究]
2. 已知直四棱柱 ABCD － A 1 B 1 C 1 D 1的棱长均为2，∠ BAD ＝60°，则
π .
以 D 1为球心、 5 为半径的球面与侧面 BCC 1 B 1的交线长为
总结提炼
与球截面有关的解题策略
（1） 定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为半径；如
则三棱锥 M － PAD 的外接球的表面积为（ C ）
A. 12π
B. 34π
C. 68π
D. 126π
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总结提炼
空间几何体外接球问题的处理关键是确定球心及半径，常见的求解方
法有如下几种：
（1） 涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体的
复习有方法板块命题区间教用课件与球有关的切、接、截问题
，
∴PA⊥PC，PC⊥PB.以 PA，PB，PC 为过同一顶点的
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三条棱作正方体(如图所示)，则正方体的外接球同时也是三棱锥
P-ABC 的外接球．∵正方体的体对角线长为 32＋32＋32＝3 3，
∴其外接球半径
R＝3 2
3 .
因此三棱锥 P-ABC 的外接球的体积 V＝43π×3233＝272 3π，故 选 B.]
4．三棱锥 P-ABC 中，△ABC 为等边三角形，PA＝PB＝PC＝3，
PA⊥PB，三棱锥 P-ABC 的外接球的体积为( )
A.227π
B.272 3π
C．27 3π
D．27π
B [∵三棱锥 P-ABC 中，△ABC 为等边三角形，
PA＝PB＝PC＝3，
∴△PAB≌△PBC≌△PAC.∵PA⊥PB
复 习 有 方 法 板块命 题区间 教用课 件与球 有关的 切、接 、截问 题（公 开课课 件）
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7.如图，在圆柱 O1O2 内有一个球 O，该球与圆柱的上、下底面 及母线均相切，记圆柱 O1O2 的体积为 V1，球 O 的体积为 V2，则VV12的 值是________．
1 复 习 有 方 法 板块命 题区间 教用课 件与球 有关的 切、接 、截问 题（公 开课课 件）
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C [依题意，要想容积最小，小球、大球的位置如图， 其中 DE＝1＋2＝3，DC＝2－1＝1，AE＝BE＝1. EC＝ DE2－DC2＝2 2， 故圆柱的高为 AE＋EC＋R 大球＝3＋2 2. 该 容 器 容 积 最 小 为 22π×(3 ＋ 2 2 ) ＝ (12 ＋ 8 2)π. 故选 C.]
2024年高考数学一轮复习(新高考版)《球的切、接问题》课件ppt
方法一 如图，分别取AF，BE的中点M，N， 连接MN，与AE交于点O， 因为四边形AFEB为矩形， 所以O为AE，MN的中点， 在直三棱柱ADF－BCE中，CE⊥平面ABCD， 所以FD⊥平面ABCD，即∠ECB＝∠FDA＝90°， 所以上、下底面为等腰直角三角形，直三棱柱的外接球的球心即为 点O，AO即为球的半径，
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， 所以 PC＝ AC2＋PA2＝ 42＋22＝2 5， 所以外接球半径为 5， 所以所求外接球的表面积 S＝4π×( 5)2＝20π.
(2)(2022·新高考全国Ⅱ)已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为
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因为正方体的体对角线等于外接球的直径，且正方体的棱长为2， 故该球的直径 2R＝ 22＋22＋22＝2 3. 所以 R＝ 3. 故该球的体积 V＝43πR3＝4 3π.
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2.已知在三棱锥 P－ABC 中，AC＝ 2，BC＝1，AC⊥BC 且 PA＝2PB，PB⊥
因为 AM＝12AF＝ 22，MO＝1， 所以 AO2＝AM2＋MO2＝12＋1＝32， 所以外接球的表面积为4π·AO2＝6π. 方法二 因为CE，CB，CD两两垂直， 故将直三棱柱ADF－BCE补成长方体， 设外接球的半径为R，则4R2＝12＋12＋22＝6， 所以外接球的表面积S＝4πR2＝6π.
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 R＝ a2＋2b2＋c2＝ 32＋232＋42＝ 234，
高三总复习数学课件 与球有关的切、托问题
[方法技巧] 由几何体外接球的定义可知，几何体的各顶点到球心的距离相等．常见的 两种情况是： (1)若四面体的两个面是公共斜边的直角三角形，则球心是斜边的中点； (2)直三棱柱的外接球的球心在该直三棱柱的上下底面三角形外心的连线的 中点处．
[针对训练]
1．(2022·宣城期末)在三棱锥 P-ABC 中，PA⊥平面 ABC，AP＝2，AB＝2 2，
[针对训练]
1．《九章算术》中将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑．若三棱锥P-
ABC为鳖臑，PA⊥平面ABC，PA＝AB＝2，AC＝4，三棱锥P-ABC的四个
顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为
()
A．12π B．20π C．24π
D．32π
解析：将三棱锥P-ABC放入长方体中，如图，三棱锥P-ABC 的外接球就是长方体的外接球．因为PA＝AB＝2，AC＝4， △ABC为直角三角形，所以BC＝2 3 .设外接球的半径为R， 依题意可得(2R)2＝4＋4＋12＝20，故R2＝5，则球O的表面 积为S＝4πR2＝20π. 答案：B
球心O到底面△PAB的距离为d＝
1 2
AC＝1，由
正弦定理，可得△PAB的外接圆的半径为r＝12×sinPA60°＝ 23，所以球O的半径为
R＝ d2＋r2＝ 12＋ 2 2＝ 3
[答案]
77 (1) 6 π
28π (2) 3
73，所以球O的表面积为S＝4πR2＝4π×73＝283π.
[方法技巧] 补形求心的常用模型
＋OG2＝DO2，即 23a×232＋12a2＝1，得 a＝2 721，故正三棱
柱
的
体
积
为
1 2
a2×
3 2
×a
8-2 专题研究 球与几何体的切接问题 PPT课件 【2021衡水中学高考一轮总复习 理科数学】
高考一轮总复习 · 数学·理（新课标版）
【解析】 由题意作图，如图所示．由题知圆柱 的底面半径 r＝12，球的半径 R＝1，设圆柱的高为 h. 则由 R＝ h22＋r2得 12＝h22＋122，解得 h＝ 3， 所以该圆柱的体积为 V＝πr2h＝ 34π.故选 B.
【答案】 B
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高考一轮总复习 · 数学·理（新课标版）
(3)与各条棱都相切的球：球心是正方体的中心；半径
r＝
2ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ2
a(a 为正方体的棱长)． 3．正四面体的外接球与内切球
(1)外接球：球心是正四面体的中心；半径
R＝
6 4 a(a
为正四
面体的棱长)；
第6页
高考一轮总复习 · 数学·理（新课标版）
(2)内切球：球心是正四面体的中心；半径 r＝126a(a 为正四面 体的棱长)．
四棱锥 P－ABCD 体积的最大值是( )
16R3 A. 81
64R3 C. 81
32R3 B. 81 D．R3
【解析】 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.
第20页
高考一轮总复习 · 数学·理（新课标版）
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高考一轮总复习 · 数学·理（新课标版）
在 Rt△AOO1 中，由勾股定理，得
高三数学复习课件球的有关问题PPT文档27页
26、机遇对于有准备的头脑有特别的 亲和力 。 27、自信是人格的核心。
28、目标的坚定是性格中最必要的力 量泉源 之一， 也是成 功的利 器之一 。没有 它，天 才也会 在矛盾 无定的 迷径中 ，徒劳 无功。- -查士 德斐尔 爵士。 29、困难就是机遇。--温斯顿．丘吉 尔。 30、我奋斗，所以我快乐。--格林斯 潘。
1、最灵繁的人也看不见自己的背脊。——非洲 2、最困难的事情就是认识自己。——希腊 3、有勇气承担命运这才是英雄好汉。——黑塞 4、与肝胆人共事，无字句处读书。——周恩来 5、阅读使人充实，会谈使人敏捷，写作使人精确。——培根
高三数学复习课件球的有关问题PPT27页
26、要使整个人生都过得舒适、愉快，这是不可能的，因为人类必须具备一种能应付逆境的态度。——卢梭
▪
27、只有把抱怨环境的心情，化为上进的力量之者，好之者不如乐之者。——孔子
▪
29、勇猛、大胆和坚定的决心能够抵得上武器的精良。——达·芬奇
▪
30、意志是一个强壮的盲人，倚靠在明眼的跛子肩上。——叔本华
谢谢！
27
13、遵守纪律的风气的培养，只有领 导者本 身在这 方面以 身作则 才能收 到成效 。—— 马卡连 柯 14、劳动者的组织性、纪律性、坚毅 精神以 及同全 世界劳 动者的 团结一 致，是 取得最 后胜利 的保证 。—— 列宁 摘自名言网
15、机会是不守纪律的。——雨果
▪
高三数学复习课件球的有关问 题
11、战争满足了，或曾经满足过人的 好斗的 本能， 但它同 时还满 足了人 对掠夺 ，破坏 以及残 酷的纪 律和专 制力的 欲望。 ——查·埃利奥 特 12、不应把纪律仅仅看成教育的手段 。纪律 是教育 过程的 结果， 首先是 学生集 体表现 在一切 生活领 域—— 生产、 日常生 活、学 校、文 化等领 域中努 力的结 果。— —马卡 连柯(名 言网)
球的有关问题27页PPT
6、纪律是自由的第一条件。——黑格 尔 7、纪律是集体的面貌，集体的声音， 集体的 动作， 集体的 表情， 集体的 信念。 ——马 卡连柯
8、我们现在必须完全保持党的纪律， 否则一 切都会 陷入污 泥中。 ——马 克思 9、学校没有纪律便如磨坊没有水。— —夸美 纽斯
10、一个人应该：活泼而守纪律，天 真而不 幼稚， 勇敢而 鲁莽， 倔强而 有原则 ，热情 而不冲 动，乐 观而不 盲目。 ——马 克思
Thank you
6、最大的骄傲于最大的自卑都表示心灵的最软弱无力。——斯宾诺莎 7、自知之明是最难得地狱。——塞内加 9、有时候读书是一种巧妙地避开思考的方法。——赫尔普斯 10、阅读一切好书如同和过去最杰出的人谈话。——笛卡儿
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∴圆柱 O1O2 的高为 2R，底面半径为 R. ∴VV12＝π43Rπ2·R23R＝32.]
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8．若侧面积为 4π 的圆柱有一外接球 O，当球 O 的体积取得最 小值时，圆柱的表面积为________．
6π [设圆柱的底面圆的半径为 r，高为 h， 则球的半径 R＝ r2＋h22， ∵球体积 V＝43πR3， 故当且仅当 R 最小时 V 最小．
所以正方体的体对角线的长为 2，所以侧棱长为233.故选 B.]
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3．在三棱柱 ABC-A1B1C1 中，已知 AA1⊥平面 ABC，AA1＝2，
BC＝2 3，∠BAC＝π2，此三棱柱各个顶点都在一个球面上，则球的
体积为( )
32π A. 3
B．16π
25π C. 3
31π D. 2
பைடு நூலகம்
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A [直三棱 ABC-A1B1C1 的各顶点都在同一 球面上，(如图)，
∵△ABC 中，∠BAC＝π2， ∴下底面△ABC 的外心 P 为 BC 的中点， 同理，可得上底面△A1B1C1 的外心 Q 为 B1C1 的中点， 连接 PQ，取 PQ 中点 O，易知 O 是三棱柱 ABC-A1B1C1 外接球 的球心．
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[高考题型全通关]
1．[教材改编]正方体的外接球与内切球的球面面积分别为 S1 和
S2，则( ) A．S1＝2S2
B．S1＝3S2
C．S1＝4S2
D．S1＝2 3S2
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B [根据题意，设正方体的棱长为 1，可得正方体的外接球直径 为正方体的体对角线长，等于 3，而内切球直径等于正方体的棱长， 等于 1，
D．16 2π
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C [依题意，要想容积最小，小球、大球的位置如图， 其中 DE＝1＋2＝3，DC＝2－1＝1，AE＝BE＝1. EC＝ DE2－DC2＝2 2， 故圆柱的高为 AE＋EC＋R 大球＝3＋2 2. 该 容 器 容 积 最 小 为 22π×(3 ＋ 2 2 ) ＝ (12 ＋ 8 2)π. 故选 C.]
∴S1，S2 的比值为SS12＝44ππ··212322＝3， 可得 S1＝3S2.故选 B.]
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2．(2020·沈阳模拟)若三棱锥的三条侧棱两两垂直，且侧棱长都 相等，其外接球的表面积是 4π，则其侧棱长为( )
3 23 22
2
A. 3 B. 3 C. 3 D. 3
B [三棱锥的三条侧棱两两互相垂直，所以它的外接球就是它扩 展为正方体的外接球，因为外接球的表面积是 4π，所以球的半径为 1，
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∵Rt△POB 中，BP＝12BC＝ 3，PO＝12AA1＝1， ∴BO＝ BP2＋OP2＝2，即外接球半径 R＝2， 因此，三棱柱 ABC-A1B1C1 外接球的球的体积为 V＝43πR3＝43π×23 ＝332π.故选 A.]
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4．已知直三棱柱 ABC-A1B1C1 的各顶点都在以 O 为球心的球面
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6．(2020·武汉重点中学联考)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( )
上，且∠BAC＝34π，AA1＝BC＝2，则球 O 的体积为(
)
A．4 3π B．8π C．12π D．20π
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A [在底面△ABC 中，由正弦定理得底面△ABC 所在的截面圆
的半径
r＝2sinB∠CBAC＝2sin2
3π＝ 4
2.
所以直三棱柱 ABC-A1B1C1 的外接球的半径
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7.如图，在圆柱 O1O2 内有一个球 O，该球与圆柱的上、下底面 及母线均相切，记圆柱 O1O2 的体积为 V1，球 O 的体积为 V2，则VV12的 值是________．
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3 2
[设球 O 的半径为 R，
∵球 O 与圆柱 O1O2 的上、下底面及母线均相切，
复习有方法
板块一 高考专项突破——选择 题+填空题
命题区间精讲
精讲12 与球有关的切、接、截问 题
数学理
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01 命题点1 02 命题点2 03 命题点3
01 命题点1 球与柱体的切、接问
题
1．处理球的“切”“接”问题的求解策略 解决与球有关的切、接问题，其通法是作截面，将空间几何问题 转化为平面几何问题求解，其解题的思维流程是：
A.323π，4
B.92π，3
C．6π，4
D.323π，3
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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)×R＝12×6×8，解得 R＝2. 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＝323π.故选 D.]
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2．四个结论 (1)长、宽、高分别为 a，b，c 的长方体的体对角线长等于外接球的直径， 即 a2＋b2＋c2＝2R. (2)棱长为 a 的正方体的体对角线长等于外接球的直径，即 3a＝2R. (3)棱长为 a 的正方体的面对角线长等于与棱内切球的直径，即 2a＝2R. (4)若直棱柱(或有一条棱垂直于一个面的棱锥)的高为 h，底面外接圆半 径为 x，则该几何体外接球半径 R 满足 R2＝h22＋x2.
R＝ r2＋A2A12＝ 22＋12＝ 3. 故直三棱柱 ABC-A1B1C1 的外接球的体积为43πR3＝4 3π.故选 A.]
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5．一底面半径为 2 的圆柱形封闭容器内有一个半径为 1 的小球，
与一个半径为 2 的大球，则该容器容积最小为( )
A．24π
B．20π
C．(12＋8 2)π