2025年高考数学一轮复习(新高考版)第7章 §7.2 球的切、接问题[培优课]

题型二 补形法
例2 (1)(2023·大庆模拟)在正方形ABCD中，E，F分别为线段AB，BC的
中点，连接DE，DF，EF，将△ADE，△CDF，△BEF分别沿DE，DF，
EF折起，使A，B，C三点重合，得到三棱锥O－DEF，则该三棱锥的外
接球半径R与内切球半径r的比值为
A.2 3
√C.2 6
B.4 3 D. 6
(2)(2023·焦作模拟)已知三棱锥P－ABC的每条侧棱与它所对的底面边长 相等，且PA＝ 3 2 ，PB＝PC＝5，则该三棱锥的外接球的表面积为 __3_4_π__.
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
3 3和 4 3 ，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为
√A.100π
B.128π
C.144π
D.192π
由题意，得正三棱台上、下底面的外接圆的半径分别为
23× 23×3 3＝3，23× 23×4 3＝4. 设该棱台上、下底面的外接圆的圆心分别为O1，O2， 连接O1O2(图略)，则O1O2＝1，其外接球的球心O在直线O1O2上. 设球O的半径为R， 当球心 O 在线段 O1O2 上时，R2＝32＋OO21＝42＋(1－OO1)2， 解得OO1＝4(舍去)；
Hale Waihona Puke 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，
所以该三棱锥的外接球的表面积 S＝4πR2＝4π×
2342＝34π.
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
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
身手球的个数分别为
A.323π，4
B.92π，3
C.6π，4
√D.323π，3
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.
思维升华
(1)补形法的解题策略 ①侧面为直角三角形，或对棱均相等的模型和正四面体，可以还原 到正方体或长方体中去求解； ②直三棱锥补成三棱柱求解. (2)正方体与球的切、接问题的常用结论 正方体的棱长为a，球的半径为R，
思维升华
①若球为正方体的外接球，则 2R＝ 3a； ②若球为正方体的内切球，则 2R＝a； ③若球与正方体的各棱相切，则 2R＝ 2a. (3)若长方体的共顶点的三条棱长分别为 a，b，c，外接球的半径为 R， 则 2R＝ a2＋b2＋c2.
当球心 O 不在线段 O1O2 上时，R2＝42＋OO22＝32＋(1＋OO2)2， 解得OO2＝3， 所以R2＝25， 所以该球的表面积为4πR2＝100π. 综上，该球的表面积为100π.
思维升华
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.
AB＝2 2，AC＝4，∠BAC＝45°，则三棱锥P－ABC外接球的表面积是
A.14π
B.16π
C.18π
√D.20π
在△BAC 中，∠BAC＝45°，AB＝2 2，AC＝4，
由余弦定理可得BC2＝AB2＋AC2－2AB·ACcos 45°
＝8＋16－2×4×2 2× 22＝8， 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，
(2)(2021·天津)两个圆锥的底面是一个球的同一截面，顶点均在球面上，若
球的体积为 323π，两个圆锥的高之比为1∶3，则这两个圆锥的体积之和为
A.3π
√B.4π
C.9π
D.12π
如图所示，设两个圆锥的底面圆圆心为点D， 设圆锥AD和圆锥BD的高之比为3∶1， 即AD＝3BD， 设球的半径为 R，则4π3R3＝323π，可得 R＝2， 所以AB＝AD＋BD＝4BD＝4， 所以BD＝1，AD＝3， 因为CD⊥AB，AB为球的直径， 所以△ACD∽△CBD，
(2)如图，在多面体中，四边形ABCD为矩形，CE⊥平面ABCD，AB＝2， BC＝CE＝1，通过添加一个三棱锥可以将该多面体补成一个直三棱柱，
1 那么添加的三棱锥的体积为__3__，补形后的直三棱柱的外接球的表面积 为__6_π__.
如图，添加的三棱锥为直三棱锥E－ADF， 可以将该多面体补成一个直三棱柱ADF－BCE， 因为CE⊥平面ABCD，AB＝2， BC＝CE＝1， 所以 S△BCE＝12CE×BC＝12×1×1＝12， 直三棱柱 ADF－BCE 的体积 V＝S△BCE·AB＝12×2＝1， 添加的三棱锥的体积为13V＝13.
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；
跟踪训练 3 (1)(2022·淮北模拟)半球内放三个半径为 3的小球，三小球
两两相切，并且与球面及半球底面的大圆面也相切，则该半球的半径是
A.1＋ 3
B. 3＋ 5
C. 5＋ 7
√D. 3＋ 7
三个小球的球心 O1，O2，O3 构成边长为 2 3的正三角形，
则其外接圆半径为2. 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，由(R－ 3)2＝22＋( 3)2 可得 R＝ 3＋ 7.
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
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.
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
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.
平面 ABC，则其外接球体积为
√A.43π
B.4π
32π C. 3
D.4 3π
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
AB＝ AC2＋BC2＝ 3，设 PB＝h， 则由 PA＝2PB，可得 3＋h2＝2h，解得 h＝1， 可将三棱锥P－ABC还原成如图所示的长方体， 则三棱锥P－ABC的外接球即为长方体的外接球， 设外接球的半径为 R，则 2R＝ 12＋ 22＋12＝2，R＝1， 所以其外接球的体积 V＝43πR3＝43π.
第七章 立体几何与空间向量
§7.2 球的切、接问题 [培优课]
球的切、接问题，是历年高考的热点内容，经常以客观题出现.一般围绕球与 其他几何体的内切、外接命题，考查球的体积与表面积，其关键点是确定球心.
题型一 定义法
例1 (1)(2023·宣城模拟)在三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，PA＝2，
所以CADD＝CBDD，所以 CD＝ AD·BD＝ 3， 因此，这两个圆锥的体积之和为 13π×CD2·(AD＋BD)＝13π×3×4＝4π.
第
三 部 分
课时精练
1.(2023·岳阳模拟)已知一个棱长为2的正方体的顶点都在某球面上，则该
球体的体积为
82 A. 3 π
√B.4 3π
C.8π
D.12π
跟踪训练1 已知直三棱柱ABC－A1B1C1的6个顶点都在球O的球面上， 若AB＝3，AC＝4，AB⊥AC，AA1＝12，则球O的半径为
3 17 A. 2
B.2 10
√C.123
D.3 10
由题意作图如图，过球心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， 又 AM＝12BC＝52，OM＝12AA1＝6， ∴球 O 的半径 R＝OA＝ 252＋62＝123.
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.32π
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； 在线段 PE 上取 ME＝13PE， ∵△PAD为等边三角形， ∴M为△PAD外接圆圆心，
跟踪训练 2 (1)在三棱锥 A－BCD 中，侧棱 AB，AC，AD 两两垂直，△ABC，
△ACD，△ADB 的面积分别为 22， 23， 26，则三棱锥 A－BCD 的外接球
的体积为
√A. 6π
B.2 6π
C.3 6π
D.4 6π
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， 由题意得 ab＝ 6，ac＝ 3，bc＝ 2， 解得 a＝ 3，b＝ 2，c＝1， 所以球的直径为 32＋ 22＋1＝ 6， 它的半径为 26，球的体积为43π× 263＝ 6π.
思维升华
(1)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；如果 是外接球，球心到接点的距离相等且为半径； ②作截面：选准最佳角度作出截面，达到空间问题平面化的目的. (2)正四面体的外接球的半径 R＝ 46a，内切球的半径 r＝126a，其半径 之比 R∶r＝3∶1(a 为该正四面体的棱长).
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，
∴OM＝EG＝12AB＝1，PM＝23PE＝23× 9－94＝ 3， ∴OP＝ OM2＋PM2＝2，即球 O 的半径 R＝2， ∴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
因为在正方形ABCD中，AD⊥AE，CD⊥CF，BE⊥BF，
所以折起后OD，OE，OF两两互相垂直，
故该三棱锥的外接球，
即以OD，OE，OF为棱的长方体的外接球.
设正方形ABCD的边长为2，
则OD＝2，OE＝1，OF＝1，
故 2R＝
OD2＋OE2＋OF2＝
6，则
R＝
6 2.
设内切球球心为 I，由 VO－DEF＝13·S△OEF·OD＝13， 三棱锥O－DEF的表面积S＝4， VO－DEF＝VI－ODE＋VI－ODF＋VI－OEF＋VI－DEF＝13Sr， 所以 r＝14，则有Rr ＝2 6.