2021复习有方法板块1命题区间教学课件11球与几何体的切接问题
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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11 球与几何体的切接
问题
栏目导航
01 命题点1 02 命题点2 03 命题点3 04 专题限时集训
01 命题点1 外接球
求解外接球问题的方法 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．对于特殊的多面体还可通过补成正方体或长方体的 方法找到球心位置．
33R，S
球＝4πr2＝4π·
33R2＝43πR2，S
圆锥＝πR·2R
＋πR2＝3πR2，所以球的表面积与圆锥的表面积的
比值为433ππRR22＝49，故选 B．]
2．在封闭的正三棱柱 ABC-A1B1C1 内有一个体积为 V 的球．若 AB＝6，AA1＝4，则 V 的最大值是 ( )
A．16π B．323π C．12π D．4 3π D [由正三角形 ABC 的边长为 6，得其内切圆的半径为 r＝ 3 <2，所以在封闭的正三棱柱 ABC-A1B1C1 内的球的半径的最大值为 3， 所以 Vmax＝43πr3＝4 3π，故选 D．]
易知SE⊥平面ABC，由勾股定理可知，三棱锥S-ABC的高SE＝ SA2－AE2＝ 2 52－22＝4，
由于点A是以SD为直径的球O上一点，∴∠SAD＝90°，由射影 定理可知，球O的直径2R＝SD＝SSAE2＝5，
因此，球O的表面积为4πR2＝π×(2R)2＝25π.]
3．(2020·武汉部分学校质量检测)已知三棱锥P-ABC的四个顶点 均在球O的球面上，PA＝PB＝PC＝2，且PA，PB，PC两两互相垂 直，则球O的体积为 ( )
[高考题型全通关]
1．已知一圆锥的底面直径与母线长相等，一球体与该圆锥的所有 母线和底面都相切，则球的表面积与圆锥的表面积的比值为 ( )
A．32 B．94
C．2 9 6
D．287
B [设圆锥的底面半径为 R，球的半径为 r，
由题意知，圆锥的轴截面是边长为 2R 的等边三角
形，球的大圆是该等边三角形的内切圆，所以 r＝
03 命题点3 与球有关的最值问
3．如图，在三棱锥 P-ABC 中，PA＝4，AC＝2 7，PB＝BC＝2 3， PA⊥平面 PBC，则三棱锥 P-ABC 的内切球的表面积为( )
A．32π B．94π C．4 3π D．16 3π
B [由 PA⊥平面 PBC，且 PA＝4，PB＝2 3，AC＝2 7，得 AB ＝2 7，PC＝2 3，所以△PBC 为等边三角形，△ABC 为等腰三角形， V 三棱锥 P-ABC＝V 三棱锥 A-PBC＝13S△PBC×PA＝13× 43×(2 3)2×4＝4 3，三棱 锥 P-ABC 的表面积为 S＝12×2 3×4×2＋ 43×(2 3)2＋12×2 3×5＝ 16 3.设内切球半径为 r，则 V 三棱锥 P-ABC＝13×S×r，即 4 3＝13×16 3 ×r，所以 r＝34，所以三棱锥 P-ABC 的内切球的表面积为 4π×342＝94π.]
A．16 3π B．8 3π C．4 3π D．2 3π
C [因为PA，PB，PC两两互相垂直，且PA＝PB＝PC＝2，所 以以PA，PB，PC为交于一点的三条棱构造正方体，则球O即此正方 体的外接球，该正方体的体对角线长为球的直径，即球的直径为
PA2＋PB2＋PC2＝ 22＋22＋22＝2 3，所以球的半径R＝ 3，所以 球O的体积V＝43πR3＝43π( 3)3＝4 3π，选C．]
2．(2020·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2 3的正三角形，侧棱长为2 5，则 球O的表面积为( )
A．25π B．20π C．16π D．30π
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＝si2n 630°＝4，∴AE＝2，
[高考题型全通关]
1．直三棱柱ABC-A′B′C′的所有棱长均为2 3 ，则此三棱柱的外
接球的表面积为( )
A．12π
B．16π
C．28π
D． 36π
C [由直三棱柱的底面是边长为2 3 的正三角形，得底面所在 平面截外接球所成的圆O的半径r＝2，又由直三棱柱的侧棱长为 2 3，得外接球球心到圆O的距离d＝ 3，则外接球半径R满足R2＝r2 ＋d2＝7，∴外接球的表面积S＝4πR2＝28π.故选C．]
4．如图，半径为R的球的两个内接圆锥有公共的底面．若两个圆锥 的体积之和为球的体积的83，则这两个圆锥的高之差的绝对值为( )
A．R2 B．23R C．43R D．R
D [设球的球心为O，半径为R，体积为V，上面圆锥的高为h(h
＜R)，体积为V1，下面圆锥的高为H(H＞R)，体积为V2，两个圆锥共 用的底面的圆心为O1，半径为r.由球和圆锥的对称性可知h＋H＝ 2R，|OO1|＝H－R.∵V1＋V2＝38V，∴13πr2h＋13πr2H＝38×43πR3，∴r2(h
＋H)＝32R3.∵h＋H＝2R，∴r＝
3 2 R.
∵OO1垂直于圆锥的底面，∴OO1垂直于底面的半径，由勾股定 理可知R2＝r2＋|OO1|2，∴R2＝r2＋(H－R)2，∴H＝32R，∴h＝12R，则 这两个圆锥的高之差的绝对值为R，故选D．]
02 命题点2 内切球
求解内切球问题的关键点 求解多面体的内切球问题的关键是求内切球的半径．求内切球半 径的一般方法为：将多面体分割为以球心为顶点，多面体的各面为底 面的棱锥，利用多面体的体积等于各分割棱锥的体积之和求内切球的 半径．
4．如图，圆柱 O1O源自文库 的底面直径与高都等于球
O 的直径，记圆柱 O1O2 的表面积为 S1，球 O 的表
面积为 S2，则SS12＝________.
3 2
[设球的半径为 R，则圆柱的底面半径为 R，高为 2R.所以球
的表面积 S2＝4πR2，圆柱的表面积 S1＝2πR×2R＋πR2＋πR2＝6πR2， 则SS12＝64ππRR22＝32.]
板块一 高考专题突破——选择 题＋填空题
命题区间精讲 精讲11 球与几何体的切接
问题
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01 命题点1 02 命题点2 03 命题点3 04 专题限时集训
01 命题点1 外接球
求解外接球问题的方法 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．对于特殊的多面体还可通过补成正方体或长方体的 方法找到球心位置．
33R，S
球＝4πr2＝4π·
33R2＝43πR2，S
圆锥＝πR·2R
＋πR2＝3πR2，所以球的表面积与圆锥的表面积的
比值为433ππRR22＝49，故选 B．]
2．在封闭的正三棱柱 ABC-A1B1C1 内有一个体积为 V 的球．若 AB＝6，AA1＝4，则 V 的最大值是 ( )
A．16π B．323π C．12π D．4 3π D [由正三角形 ABC 的边长为 6，得其内切圆的半径为 r＝ 3 <2，所以在封闭的正三棱柱 ABC-A1B1C1 内的球的半径的最大值为 3， 所以 Vmax＝43πr3＝4 3π，故选 D．]
易知SE⊥平面ABC，由勾股定理可知，三棱锥S-ABC的高SE＝ SA2－AE2＝ 2 52－22＝4，
由于点A是以SD为直径的球O上一点，∴∠SAD＝90°，由射影 定理可知，球O的直径2R＝SD＝SSAE2＝5，
因此，球O的表面积为4πR2＝π×(2R)2＝25π.]
3．(2020·武汉部分学校质量检测)已知三棱锥P-ABC的四个顶点 均在球O的球面上，PA＝PB＝PC＝2，且PA，PB，PC两两互相垂 直，则球O的体积为 ( )
[高考题型全通关]
1．已知一圆锥的底面直径与母线长相等，一球体与该圆锥的所有 母线和底面都相切，则球的表面积与圆锥的表面积的比值为 ( )
A．32 B．94
C．2 9 6
D．287
B [设圆锥的底面半径为 R，球的半径为 r，
由题意知，圆锥的轴截面是边长为 2R 的等边三角
形，球的大圆是该等边三角形的内切圆，所以 r＝
03 命题点3 与球有关的最值问
3．如图，在三棱锥 P-ABC 中，PA＝4，AC＝2 7，PB＝BC＝2 3， PA⊥平面 PBC，则三棱锥 P-ABC 的内切球的表面积为( )
A．32π B．94π C．4 3π D．16 3π
B [由 PA⊥平面 PBC，且 PA＝4，PB＝2 3，AC＝2 7，得 AB ＝2 7，PC＝2 3，所以△PBC 为等边三角形，△ABC 为等腰三角形， V 三棱锥 P-ABC＝V 三棱锥 A-PBC＝13S△PBC×PA＝13× 43×(2 3)2×4＝4 3，三棱 锥 P-ABC 的表面积为 S＝12×2 3×4×2＋ 43×(2 3)2＋12×2 3×5＝ 16 3.设内切球半径为 r，则 V 三棱锥 P-ABC＝13×S×r，即 4 3＝13×16 3 ×r，所以 r＝34，所以三棱锥 P-ABC 的内切球的表面积为 4π×342＝94π.]
A．16 3π B．8 3π C．4 3π D．2 3π
C [因为PA，PB，PC两两互相垂直，且PA＝PB＝PC＝2，所 以以PA，PB，PC为交于一点的三条棱构造正方体，则球O即此正方 体的外接球，该正方体的体对角线长为球的直径，即球的直径为
PA2＋PB2＋PC2＝ 22＋22＋22＝2 3，所以球的半径R＝ 3，所以 球O的体积V＝43πR3＝43π( 3)3＝4 3π，选C．]
2．(2020·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2 3的正三角形，侧棱长为2 5，则 球O的表面积为( )
A．25π B．20π C．16π D．30π
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＝si2n 630°＝4，∴AE＝2，
[高考题型全通关]
1．直三棱柱ABC-A′B′C′的所有棱长均为2 3 ，则此三棱柱的外
接球的表面积为( )
A．12π
B．16π
C．28π
D． 36π
C [由直三棱柱的底面是边长为2 3 的正三角形，得底面所在 平面截外接球所成的圆O的半径r＝2，又由直三棱柱的侧棱长为 2 3，得外接球球心到圆O的距离d＝ 3，则外接球半径R满足R2＝r2 ＋d2＝7，∴外接球的表面积S＝4πR2＝28π.故选C．]
4．如图，半径为R的球的两个内接圆锥有公共的底面．若两个圆锥 的体积之和为球的体积的83，则这两个圆锥的高之差的绝对值为( )
A．R2 B．23R C．43R D．R
D [设球的球心为O，半径为R，体积为V，上面圆锥的高为h(h
＜R)，体积为V1，下面圆锥的高为H(H＞R)，体积为V2，两个圆锥共 用的底面的圆心为O1，半径为r.由球和圆锥的对称性可知h＋H＝ 2R，|OO1|＝H－R.∵V1＋V2＝38V，∴13πr2h＋13πr2H＝38×43πR3，∴r2(h
＋H)＝32R3.∵h＋H＝2R，∴r＝
3 2 R.
∵OO1垂直于圆锥的底面，∴OO1垂直于底面的半径，由勾股定 理可知R2＝r2＋|OO1|2，∴R2＝r2＋(H－R)2，∴H＝32R，∴h＝12R，则 这两个圆锥的高之差的绝对值为R，故选D．]
02 命题点2 内切球
求解内切球问题的关键点 求解多面体的内切球问题的关键是求内切球的半径．求内切球半 径的一般方法为：将多面体分割为以球心为顶点，多面体的各面为底 面的棱锥，利用多面体的体积等于各分割棱锥的体积之和求内切球的 半径．
4．如图，圆柱 O1O源自文库 的底面直径与高都等于球
O 的直径，记圆柱 O1O2 的表面积为 S1，球 O 的表
面积为 S2，则SS12＝________.
3 2
[设球的半径为 R，则圆柱的底面半径为 R，高为 2R.所以球
的表面积 S2＝4πR2，圆柱的表面积 S1＝2πR×2R＋πR2＋πR2＝6πR2， 则SS12＝64ππRR22＝32.]