高考数学球的接切ppt
高考数学专题—立体几何(外接球问题)
高考数学专题—立体几何（外接球与内切球）基础知识点：（4）球与圆柱的底面和侧面均相切，则球的直径等于圆柱的高，也等于圆柱底面圆的直径．（5）球与圆台的底面与侧面均相切，则球的直径等于圆台的高．球的问题常见方法：（1）确定一个球的条件是球心和球的半径，已知球的半径可以利用公式求球的表面积和体积；反之，已知球的体积或表面积也可以求其半径. （2）球与几种特殊几何体的关系：①长方体内接于球，则球的直径是长方体的体对角线长； ②正四面体的外接球与内切球的球心重合，且半径之比为3∶1；③直棱柱的外接球：找出直棱柱的外接圆柱，圆柱的外接球就是所求直棱柱的外接球.特别地，直三棱柱的外接球的球心是上、下底面三角形外心连线的中点；④球与圆柱的底面和侧面均相切，则球的直径等于圆柱的高，也等于圆柱底面圆的直径； ⑤球与圆台的底面和侧面均相切，则球的直径等于圆台的高．（3）与球有关的实际应用题一般涉及水的容积问题，解题的关键是明确球的体积与水的容积之间的关系，正确建立等量关系.（4）有关球的截面问题，常画出过球心的截面圆，将空间几何问题转化为平面中圆的有关问题解决.球心到截面的距离d 与球的半径R 及截面圆的半径r 之间满足关系式：d =.常见题型：1、与长方体与正方体有关的外接球类型——寻找球心为关键例1、如图所示，在长方体中，14cm,2cm,3cm,AB AD AA ===则在长方体表面上连接1A C 、两点的所有曲线长度的最小值为__________．【解析】将长方体的面分别展开平铺，当四边形11AA D D 和四边形11DD C C 在同一平面内时，最小距离为四边形11AAC C =；当四边形11AA B B 和四边形11BB C C 在同一平面内时，最小距离为四边形11AAC C 的对角线，长=；四边形ABCD 和四边形11CDD C 在同一平面内时，最小距离为四边形11ABC D=． 例2、已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为18，则这个球的体积为___________． 【答案】92π【解析】设正方体的边长为a ，则2618a a =⇒=其外接球直径为23R ==，故这个球的体积34π3V R ==4279ππ382⨯=． 【名师点睛】求多面体的外接球的表面积或体积的问题常用的方法有：①三条棱两两互相垂直时，可恢复为长方体，利用长方体的体对角线为外接球的直径，求出球的半径；②直棱柱的外接球可利用棱柱的上下底面平行，借助球的对称性，球心为上下底面外接圆的圆心连线的中点，再根据勾股定理求球的半径；③如果多面体有两个面相交，可过两个面的外心分别作两个面的垂线，垂线的交点即球心． 例3、已知各顶点都在同一球面上的正四棱柱的高为，体积为，则这个球的表面积是（ ） A ． B ． C ． D ．【答案】C【解析】，，，故选C ．例4、如图，长方体1111ABCD A B C D -的三个面的对角线1AD ，1A B ，AC 的长分别是3，2，3，则该长方体的外接球的表面积为__________．【答案】11π41616π20π24π32π162==h a V 2=a 24164442222=++=++=h a a R 24πS =2．补形法（补成长方体或正方体—棱锥处理方法）例5、若三棱锥的三个侧面两两垂直，且侧棱长均为，则其外接球的表面积是 ． 【答案】【解析】，．例6、已知正四棱锥(底面四边形是正方形，顶点P 在底面的射影是底面的中心)，则此球的体积为（ ） A ． B． C ． D ．【答案】C【解析】如图，设正方形的中点为，正四棱锥的外接球心为，图2图339π933342=++=R 24π9πS R ==P ABCD -ABCD 50318π36πABCD E P ABCD -O EA ∴=正四棱锥的体积为，， 则，，在中由勾股定理可得：，解得，，故选C ．例7、在三棱锥中，，，，，则三棱锥外接球的体积的最小值为_____．【答案】【解析】如图所示，三棱锥的外接圆即为长方体的外接圆，外接圆的直径为长方体的体对角线，设，那么，，所以．由题意，体积的最小值即为最小，时，的最小值为，所以半径为，故体积的最小值为。
超实用高考数学专题复习：第八章立体几何与空间向量 立体几何中的截面问题及球的切接问题
题型三 内切球问题
【例 3】 (一题多解)已知棱长为 a 的正四面体 ABCD，证明：其内切球的半径为126a. 证明 法一 如图，设 AH⊥平面 BCD，则 H 为△BCD 外心，可得外接球球心在 AH 上，设外接球球心为 O， 外接球半径为 R，则 AO＝BO＝R，在△BCD 中，可得
BH＝ 33a， 在 Rt△ABH 中，AH＝ AB2－BH2＝ 36a， 在Rt△BHO中，BO2＝BH2＋OH2， ∴BO2＝BH2＋(AH－OA)2，
①外接球：球心是正方体中心；半径
r＝
3 2 a(a
为正方体的棱长)；
②内切球：球心是正方体中心；半径 r＝a2(a 为正方体的棱长)；
③与各条棱都相切的球：球心是正方体中心；半径
r＝2 2 a(a来自为正方体的棱长).(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)
①外接球：球心是正四面体的中心；半径
∴R2＝ 33a2＋ 36a－R2，∴R＝ 46a， 因内切球球心与外接球球心重合，所以内切球半径 r＝OH＝AH－AO＝ 36a－
46a＝ 126a.
法二 如图， 设AH⊥平面BCD，设外接球球心为O，则点O也是内切
球球心，
由于内切球球心到各个面的距离相等，都为内切球半径，设为r，
∵VA－BCD＝VO－ABC＋VO－ACD＋VO－ABD＋VO－BCD.
题型二 外接球问题
【例2】 (1)(2017·新课标全国Ⅱ)长方体的长、宽、高分别为3、2、1，其顶点都在球
O的球面上，则球O的表面积为________.
(2)已知底面边长为 1，侧棱长 2的正四棱柱的各个顶点均在同一个球的球面上，则
该球的体积为( )
32π A. 3
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.。
微专题24 球的接、切、截问题
微专题24球的接、切、截问题纵观近几年高考数学全国卷，球常和其他空间几何体相结合，以选择题或填空题的形式出现．计算几何体的表面积和体积，基本上都是中等难度的试题，既是考查的热点又是考查的难点．试题常用简单多面体与球的接、切、截等结构特征为命题背景，这些简单多面体与球的相关问题实质上是研究球的半径和确定球心的位置问题，分析球与多面体的接、切、截中有关量(长度、角度).通过解决与球相关的问题，培养学生良好的空间想象能力，提升学生直观想象和数学计算等核心素养．(2019·全国Ⅰ卷)已知三棱锥PABC的四个顶点在球O的球面上，P A＝PB＝PC，△ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是P A，AB的中点，∠CEF＝90°，则球O的体积为( ) A．86πB．46πC．26πD．6π(1)球内接正三棱锥：球是中心、轴对称图形，而正三棱锥不具有对称性，设球的半径为R，球心为O，正三棱锥PABC的底面边长为a，侧棱长为b，则：①球心O到正三棱锥三个顶点A，B，C的距离相等，则球心O在面ABC上的射影也是为三角形ABC的中心H处，H是三角形外接圆的圆心，而P在面ABC上的射影也是三角形ABC的中心，则球心O在PH上；②延长AH与BC交于BC的中点D，则AH＝33a，Rt△P AH中，PH＝b 2－⎝⎛⎭⎫33a2，则OH＝|PH－R|(球心在正三棱锥内，R≤PH；否则，R>PH) ．(2)Rt △OAH 中，由OA 2＝OH 2＋AH 2得到a ，b ，R 的等量关系． (3)多面体的外接球常用的结论：①设正方体的棱长为a ，则它的外接球半径R ＝32a ； ②设长方体的长、宽、高分别为a ，b ，c ，则它的外接球半径R ＝a 2＋b 2＋c 22； ③设正四面体的棱长为a ，则它的高为63 a ，外接球半径R ＝64a .在封闭的直三棱柱ABC A 1B 1C 1内有一个体积为V 的球．若AB ⊥BC ，AB ＝6，BC ＝8，AA 1＝3，则V 的最大值是( )A ．4πB ．9π2C ．6πD ．32π31.球与旋转体的组合通常是作它们的轴截面解题，球与多面体的组合，通过多面体的一条侧棱和球心、“切点”作出截面图，把空间问题化归为平面问题．2．等积法：等积法包括等面积法和等体积法．等体积法的前提是几何图形(或几何体)的面积(或体积)通过已知条件可以得到，利用等积法可以用来求解几何图形(几何体)的高或点到平面的距离．3．多面体的内切球与外接球常用的结论：(1)设正方体的棱长为a ，则它的内切球半径r ＝a 2 ，外接球半径R ＝32 a .(2)设正四面体的棱长为a ，则它的高为63a ，内切球半径r ＝a .已知正三棱锥P ABC ，点P ，A ，B ，C 都在半径为3 的球面上．若P A ，PB ，PC 两两相互垂直，则球心到截面ABC 的距离为________．已知正四面体ABCD的棱长为12，则其内切球的表面积为( )A．12πB．16πC．20πD．24π设A，B，C，D是同一个半径为4的球的球面上四点，△ABC为等边三角形且其面积为93，则三棱锥DABC体积的最大值为( )A．123B．183C．243D．543已知A，B是球O的球面上两点，∠AOB＝90°，C为该球面上的动点，若三棱锥OABC的体积的最大值为36，则球O的表面积为________．将一个半径为5cm的水晶球放在如图所示的工艺支架上，支架是由三根细金属杆P A，PB，PC 组成(其中A，B，C分别为水晶球与支架的接触点)，它们两两成60°角，则水晶球的球心到支架顶点P的距离是________cm.1.与球有关的“接”“切”“截”问题的处理规律：(1) “接”的处理一个多面体的所有顶点同时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．应掌握多面体外接球半径的求法，如当。
(word完整版)高考数学中的内切球和外接球问题
高考数学中的内切球和外接球问题一、有关外接球的问题如果一个多面体的各个顶点都在同一个球面上，那么称这个多面体是球的内接多面体，这个球称为多面体的外接球.有关多面体外接球的问题，是立体几何的一个重点，也是高考考查的一个热点.考查学生的空间想象能力以及化归能力.研究多面体的外接球问题，既要运用多面体的知识，又要运用球的知识，并且还要特别注意多面体的有关几何元素与球的半径之间的关系，而多面体外接球半径的求法在解题中往往会起到至关重要的作用.一、直接法（公式法）1、求正方体的外接球的有关问题例1若棱长为3的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为.例2一个正方体的各顶点均在同一球的球面上，若该正方体的表面积为24 ,则该球的体积为.2、求长方体的外接球的有关问题例3一个长方体的各顶点均在同一球面上，且一个顶点上的三条棱长分别为1,2,3 ,则此球的表面积为.例4已知各顶点都在一个球面上的正四棱柱高为4,体积为16,则这个球的表面积为（）.A. 16B. 20C. 24D. 323.求多面体的外接球的有关问题例5一个六棱柱的底面是正六边形， 其侧棱垂直于底面，已知该 六棱柱的顶点都在同一个球面上，且该六棱柱的体积为9,底面周长 为3,则这个球的体积为.解设正六棱柱的底面边长为x ,高为h ,则有 6x 3 9 会 3 2.6 — x h 8 4的半径的常用公式二、构造法（补形法）1、构造正方体例5若三棱锥的三条侧棱两两垂直，且侧棱长均为 V 3 ,则其外 接球的表面积是.例3若三棱锥的三个侧面两两垂直，且侧棱长均为V 3 ,则其外 接球的表面积是.故其外接球的表面积S 4 r 2 9 .小结：一般地，若一个三棱锥的三条侧棱两两垂直，且其长度分 别为a,b,c ,则就可以将这个三棱锥补成一个长方体， 于是长方体的体 对角线的长就是该三棱锥的外接球的直径.设其外接球的半径为R ,则 有2R va 2 b 2 c 2.出现“墙角”结构利用补形知识，联系长方体。
高考数学一轮复习-第三板块-立体几何-层级(二)球的切、接问题与动态问题(动点、截面)【课件】
针对训练
1．(2022·韶关测试)(多选)在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中，点 E，F 分别是棱 AB，
CC1 的中点，则下列说法正确的是
命题点(二) 几何体的外接球
空间几何体的外接球是高中数学的重点、难点，也是高考命题的热点，一
般通过对几何体的割补或寻找几何体外接球的球心两大策略解决此类问题.
[例 1] (2022·新高考Ⅰ卷)已知正四棱锥的侧棱长为 l，其各顶点都在同一球
面上．若该球的体积为 36π，且 3≤l≤3 3，则该正四棱锥体积的取值范围是( )
由题意及图可得l2＝h2＋ 22a2， R2＝h－R2＋ 22a2，
解得
h＝2lR2 ＝l62， a2＝2l2－1l48，
所以正四棱锥的体积
V
＝13a2h
＝13
2l2－1l48×
l62＝
l4 18
2－1l28(3≤l≤3 3)，所以 V′＝49l3－5l54＝19l34－l62(3≤l≤3 3)，令 V′＝0，得 l＝2 6，所以当 3≤l＜2 6时，V′＞0；当 2 6＜l≤3 3时，V′＜0，所以函数 V＝1l482－1l28(3≤l≤3 3)在[3,2 6)上单调递增，在(2 6，3 3]上单调递减，又当
1．已知△ABC 中，AB＝4，BC＝3，AC＝5，以 AC 为轴旋转一周得到一个旋
转体，则该旋转体的内切球的表面积为
()
A.4396π B．54796π C.52756π D．32455π 解析：旋转体的轴截面如图所示，其中 O 为内切球的球心，过
O 作 AB，BC 的垂线，垂足分别为 E，F，则 OE＝OF＝r(r
[答案] AD
方法技巧 1．动点问题的解题关键 在立体几何中，某些点、线、面按照一定的规则运动，构成各式各样的轨迹， 探求空间轨迹与探求平面轨迹类似，应注意几何条件，善于基本轨迹转化． 2．截面形状及相应面积的求法 (1)结合线面平行的判定定理与性质定理求截面问题． (2)结合线面垂直的判定定理与性质定理求正方体中截面问题． (3)猜想法求最值问题：“要灵活运用一些特殊图形与几何体的特征动中找 静”，如正三角形、正六边形、正三棱锥等． (4)建立函数模型求最值问题：①设元；②建立二次函数模型；③求最值．
高考球的外接、内接球问题
途径4：若三棱锥的三个侧面两两垂直，则可将三棱锥补成长方 体或正方体．
途径1：正四面体、三条侧棱两两垂直的正三棱锥、四个面 都是是直角三角形的三棱锥都分别可构造正方体．
例1、如下图所示，在等腰梯形ABCD中，AB=2CD=2，DAB 60
.
途径3：若已知棱锥含有线面垂直关系，则可将棱锥补成长方 体或正方体或直棱柱．
例3、在三棱锥中A-BCD中，AB 平面BCD ，CD BC ,
AB=3,BC=4,CD=5, 则三棱锥A-BCD外接球的表面
积
. 50
途径3：若已知棱锥含有线面垂直关系，则可将棱锥补成长方 体或正方体或直棱柱．
.( 1)6
结论2：正棱柱的外接球的球心是上下底面中心的连线的中点．
例2、一个六棱柱的底面是正六边形，其侧棱垂直于底面，已知该
正六棱柱的顶点都在同一个球面上，且该六棱柱的体积为 9 ，底
面周长为３，则这个球的体积为 4 .
8
3
结论3：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．
（1）截面图为正方形的内切圆EFGH，得
；
（2）与正方体各棱相切的球：球与正方体的各棱相切，切点为各棱的中点，
如图4作截面图，圆o为正方形EFGH的外接圆，易得
。
（3）正方体的外接球：正方体的八个顶点都在球面上，如图5，以对角面AA1
作截面图得，圆O为矩形AA1C1C的外接圆，易得
。
图3
图4
图5
2.棱锥的内切球（分割法）
.
4
3
结论5：若棱锥的顶点可构成共斜边的直角三角形，则公共
斜边的中点就是其外接球的球心．
2025年高考数学一轮复习 第八章 -球的切、接、截面问题【课件】
素能培优（九）球的切、接、截面问题
一、梳理提炼
1.几何体外接球问题
（1）解题关键是确定球心和半径,解题思维流程如下:
（2）求多面体的外接球的半径,常用方法:
①当三条棱两两互相垂直时,可恢复为长方体,利用长方体的体对角线为外接球的直径,
求出球的半径；
②直棱柱的外接球的球心为其上、下底面外接圆的圆心连线的中点,再根据勾股定理
外接圆的圆心.设点为外接球的球心,由球的性质可知 ⊥ 平面,作
⊥ ,垂足为,所以四边形为矩形, = = .设 = , = = ,
则 + −
= =
= + , 解得 = ,所以 = + = ,所以球的体积
三棱柱的所有顶点都在同一球面上,则该球的表面积是( C )
A.125π
B.144π
C.169π
D.244π
[解析] ∵ 三棱柱 − 的侧棱垂直于底面, = , = ,∠ = ∘ ,
= ,
∴ 可将三棱柱 − 补成长方体,且长方体的长，宽，高分别为3,4,12.
③作延长线找交点法:若直线相交但在立体几何中未体现,则可通过作延长线的方法先
找到交点,然后借助交点找到截面形成的交线.
④辅助平面法:若三个点两两都不在一个侧面或者底面中,则在作截面时需要作一个辅
助平面.
（2）作截面的步骤
①找截点:（方式1）延长截面上的一条直线,与几何体的棱、面（或其延长部分）相交,
交点即截点;（方式2）过一截点作另外两截点连线的平行线,交几何体的棱于截点.
②连截线:连接同一平面内的两个截点,形成截线.
③围截面:将各截线首尾相连,围成截面.
2024届高考一轮复习数学课件(新教材人教A版)：球的切、接问题
侧面展开图 __矩__形__
_扇__形__
_扇__环__
_圆___
知识梳理
2.直观图 (1)画法：常用 斜二测画法 . (2)规则： ①原图形中x轴、y轴、z轴两两垂直，直观图中x′轴、y′轴的夹角为 45°或135°，z′轴与x′轴和y′轴所在平面 垂直. ②原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍 分别平行于坐标轴 ，平 行于x轴和z轴的线段在直观图中保持原长度 不变 ，平行于y轴的线段， 长度在直观图中变为原来的 一半 .
教材改编题
1.如图，一个三棱柱形容器中盛有水，则盛水部分的几何体是
A.四棱台
√C.四棱柱
B.四棱锥 D.三棱柱
由几何体的结构特征知，盛水部分的几何体是四棱柱.
教材改编题
2.下列说法正确的是 A.相等的角在直观图中仍然相等 B.相等的线段在直观图中仍然相等 C.正方形的直观图是正方形
√D.若两条线段平行，则在直观图中对应的两条线段仍然平行
内容索引
第一部分
落实主干知识
第二部分
探究核心题型
第三部分
课时精练
第
一 部 分
落实主干知识
知识梳理
1.空间几何体的结构特征 (1)多面体的结构特征
名称
棱柱
棱锥
棱台
图形
底面 互相 平行 且_全__等__
多边形
互相 平行 且_相__似__
知识梳理
侧棱 _平__行__且__相__等__ 相交于 一点 但不一定相等 延长线交于_一__点__
知识梳理
3.圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式
圆柱பைடு நூலகம்
圆锥
圆台
侧面展开图
侧面积公式 S圆柱侧＝_2_π_r_l_ S圆锥侧＝__π_r_l _ S圆台侧＝__π_(r_1_＋__r_2)_l_
高考数学考点28组合体的“切”“接”综合问题试题解读
2.命题规律展望：球与多面体、旋转体的“切”、“接”问题，是高考的热点和重点，主要以 球与多面体、旋转体的“切”、“接”问题考查球的性质、多面体与旋转体的特征、球的表面 积、体积，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，题型为选择题或填空题，难 度为中档题或难题，分值为 5 分值. 二、题型与相关高考题解读 1.棱柱的外接球问题 1.1 考题展示与解读
接圆半径为 R，则： 1 2R ，解得： R 3 ，据此可得，外接球半径为：
sin60
3
3 3
2
6 3
2
1，所以该球的体积为：
3 13 3 ，故选 D.
4
4
【变式 3：改编问法】已知某几何体的外接球的半径为 ，其三视图如图所示，图中均为正
方形，则该几何体的体积为（ ）
A. 16 B.
考点 28 组合体的“切”“接”综合问题
一、 知识储备汇总与命题规律展望 1.知识储备汇总: 1.1 球的性质 球被平面截得的图形是圆，球心与截面圆圆心的连线与截面圆垂直，球的半径 R，截面圆的
半径 r ，球心到截面圆的距离为 d ，则 R2 r 2 d 2 .
1.2 长方体性质：长方体的一条对角线的平方等于一个顶点上三条棱长的平方和. 1.3 几个与球有关的切、接常用结论
例 1 【2017 课标 II，文 15】长方体的长、宽、高分别为 3, 2,1，其顶点都在球 O 的球面上， 则球 O 的表面积为 ________．
【命题意图探究】本题主要考查长方体的对角线性质、球的表面积公式,是容易题.
【答案】14π.
【解析】球的直径是长方体的体对角线，所以 2R 32 22 1 14, S 4πR2 14π.
的球面上，则该圆柱的体积为________．
高考数学总复习 9.7多面体、球课件 人教版
【规范解答】如图所示，作出轴截面，因轴截面是正 三角形，根据切线性质知 ，当球在容器内时，水的深度为 3r，水面半径BC的长为 3 r，则容器内水的体积为V＝V圆锥 4分
1 4 3 5 3 2 －V球＝3π( 3r) · 3r－3πr ＝3πr ，
将球取出后，设容器中水的深度为h， 3 则水面圆的半径为 3 h，从而容器内水的
解析：∵△ABC是等腰直角三角形， ∴球心O在平面ABC上的射影为线段AC的中点O′， ∴AC＝2 OA2－OO′2＝3 2，BC＝3.
π 从而球心角∠BOC＝ 3 ，所以B、C两点的球面距离为 π 3×3＝π，选B.
答案：B
(12分)有一个倒圆锥形容器，它的轴截面是一个正三角
形，在容器内放一个半径为r的铁球，并注入水，使水面与球
表面能经过连续变形变为球面的多面体，叫做简单多面
体．
注意：
(1)多面体是在棱柱、棱锥等概念的基础上归纳产生的一 个更一般化的概念．棱柱、棱锥是它的特殊情形．高中立体 几何中主要以研究棱柱、棱锥为主，其他多面体的问题也常 常可以通过割补，转化为棱柱、棱锥来解决．
(2)正多面体的面是全等的正多边形，各条棱是相等的线
(2)面ABP∥面SCD，AB∥面SCD， ∴AB到面SCD的距离， 即为面ABP与面SCD的距离，取AB的中点R， 连SR、RN，则面RSN⊥面SCD，即R到SN的距离h即为所求． 设正八面体中心为O， 1 1 S△SRN＝2RN· SO＝2SN· h， 6 h＝ 3 a. 【题后总结】求距离的问题，要注意转化思想和等面
解析：要求该几何体的体积，关键是要确定点P的轨迹 (曲面)．连接DN、DP，因为ABCD－A1B1C1D1是直平行六 1 面体，则∠MDN＝90° ，故DP＝ 2 MN＝1.所以P点的轨迹(曲 面)是以D为球心，1为半径的一个球面，故所求几何体可看 做是球体的一部分．
高考数学一轮复习与球有关的切与接问题
A.10π
B.12π
（
）
C.15π
D.18π
解析：D 因为正方体的一个面在半球的底面圆内，所以过正方
体体对角线的轴截面如图所示，又正方体的棱长为2，所以FG＝
2，EF＝2 2，则OF＝ 2（O为半球的球心），OG＝
2 + 2 ＝ 6，即半球的半径为 6，所以半球的表面积为
π
4
α×4sin α＝8πsin 2α，当且仅当α＝ ，sin 2α＝1时，圆柱的侧面积
最大，∴圆柱的侧面积的最大值为8π.
2.已知三棱锥P－ABC的顶点都在球O的球面上，△ABC是边长为2的等边三角
64
9
形，球O的表面积为 π，则三棱锥P－ABC的体积的最大值为
A.2 3
C.
4 3
3
2 3
B.
3
2
3 2
1
2
－ABC的内切球的半径为R，则由VP－ABC＝ SR＝9R＝6，解得R＝ ，所以三棱锥
3
3
4π 3 4π
2 3 32π
P－ABC的内切球的体积V＝ R ＝ ×
＝ .
3
3
3
81
答案
32π
81
｜解题技法｜
“切”的问题的处理规律
（1）找准切点，通过作过球心的截面来解决；
（2）体积分割是求内切球半径的通用方法.
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）代数法：找出问题中的代数关系，建立目标函数，利用代数方法求目标函
数的最值.解题途径很多，在函数建成后，可用一次函数的端点法，二次函数的
2024高考数学专项立体几何系统班7、外接球与内切球
第7讲外接球与内切球知识与方法1.外接球与内切球是全国高考常考题型，模型杂、方法多，但归纳起来不外乎两大类处理方法.（1）补形：将几何体补全成长方体、正方体、直棱柱等常见几何体，计算外接球半径.（2）构建平面截球模型：寻找截面圆心以及球心到截面的距离，通过222R r d =+计算外接球半径.2.设球的半径为R ，有5个常用计算公式.（1）正方体外接球半径：R =，其中a 为正方体棱长，如图1.（2）长方体外接球半径：R =a ，b ，c 分别为长方体的长、宽、高，如图2.（3）正四面体外接球半径，4R a =，其中a 为正四面体棱长，如图3.（4）直三棱柱外接球半径：R =，其中r 为底面外接圆半径，h 为直三棱柱的高，如图4.（5）圆柱外接球半径：R =，其中r 为底面圆半径，h 为圆柱的母线长，如图5.提醒：①上面列出了一些简单模型的外接球半径计算公式，需结合图形将其记住，还有一些其他模型可以通过补形的方法转化为上述模型处理；②一些不能通过简单补形求解的模型，如球内接正棱锥，球内接圆锥等，可以通过分析几何关系，转化为平面截球模型计算外接球的半径.题组一1.（★★）已知一个正方体的所有顶点在一个球面上.若这个正方体的表面积为18，则这个球的体积为_______.【解析】设正方体的棱长为a ，则2618a =，故a =3322R a ==，其体积34932V R ππ==.【答案】92π2024高考数学专项立体几何系统班7、外接球与内切球【提炼】正方体棱长a 与其外接球半径R 之间的关系为32R =.2.（★★★）如图，在等腰梯形ABCD 中，22AB DC ==，60DAB ∠=︒，E 为AB 中点，将ADE 与BEC 分别沿ED ，EC 向上折起，使点A ，B 重合于点P ，则三棱锥P DCE -的外接球的体积为（）【解析】由题意，可将平面图形等腰梯形ABCD 补全为正三角形FAB ，如图，那么在完成题干所描述的翻折后，还可将CDF △沿着CD 翻折，使得点F 也与点P 重合，显然此时得到的是一个棱长为1的正四面体，即三棱锥P DCE -是棱长为1的正四面体，其外接球半径R =343V R π==.【答案】C【提炼】正四面体的棱长为a ，则其外接球半径为64a ，内切球半径为612a ，证明方法可参考附赠的小册子《高考数学常用二级结论》.3.（★★）长方体的长，宽，高分别为3，2，1，其顶点都在球O 的球面上，则球O 的表面积为______.【解析】长方体的外接球半径R =，其中a ，b ，c 分别为长、宽、高，故R =O 的表面积2414S R ππ==.【答案】14π【提炼】设长方体的长、宽、高分别为a ，b ，c ，则其外接球半径2R =4.（★★）已知底面边长为1的正四棱柱的各顶点均在同一个球面上，则该球的体积为（）A.323π B.4π C.2π D.43π【解析】首先得知道什么是正四棱柱，它指的是底面为正方形、侧棱与底面垂直的四棱柱，也是一种特殊的长方体，高考这种名词都是直接给，必须清楚其结构特征.外接球半径1R ==，故该球的体积34433V R ππ==.【答案】D5.（★★）已知各顶点都在一个球面上的正四棱柱高为4，体积为16，则这个球的表面积是（）A.16πB.20πC.24πD.32π【解析】设正四棱柱底面边长为a ，则2416a =，即2a =，其外接球的半径2242R ==，故所求球的表面积2424S R ππ==.【答案】C 6.（★★★）一个正四棱柱的各个顶点在一个直径为2的球面上，如果正四棱柱的底面边长为1cm ，那么该棱柱的表面积为______cm 2.【解析】设正四棱柱的高为h cm ，则1112=，故h =，即该棱柱的表面积(2S =+cm 2.【答案】2+题组二7.（★★★）已知三棱柱111ABC A B C -的6个顶点都在球O 的球面上，若3AB =，4AC =，AB AC ⊥，112AA =，则球O 的半径为（）B. C.132D.【解析】这道题可能不少同学会有这么一个困惑，就是题干没给出三棱柱111ABC A B C -为直三棱柱，是不是题干有问题呢？当然不是，事实上，斜棱柱是没有外接球的，所以题干的说法本身就隐含了三棱柱111ABC A B C -为直三棱柱这一条件.本题的直三棱柱可通过补形为长方体来计算外接球半径，如图，三棱柱111ABC A B C -与长方体有相同的外接球，该球的半径为34121322R ==.【答案】C 8.（★★★）3______.【解析】本模型一般称为墙角三棱锥，可补形为正方体（或长方体）来处理．如图，将三棱锥B ACD -补全为正方体，并放到了球体之中，可以看到二者有相同的外接球，正方体棱332R =，故外接球表面积249S R ππ==.【答案】9π【提炼】三条侧棱两两垂直的三棱锥（墙角三棱锥）可补形为长方体或正方体来计算外接球半径.题组三9.（★★★）设三棱柱的侧棱垂直于底面，所有棱的长都为a ，顶点都在一个球面上，则该球的表面积为（）A.2a π B.273a π C.2113a π D.25a π【解析】如图，设G 为ABC △的中心，ABC △外接圆半径233323r AG ==⨯=，1122a OG AA ==，球的半径22712R r OG a =+，故球的表面积22743S R a ππ==.【答案】B【提炼】①设直三棱柱底面外接圆半径为r ，高为h ，则其外接球半径222h R r ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭；②关键是计算底面三角形外接圆半径，对于直角三角形，外接圆半径等于斜边长的一半，若是倍，等于高的23倍；若是普通的三角形，则可利用正弦定理计算外接圆半径.10.（★★★）直三棱柱111ABC A B C -的各顶点都在同一球面上，若12AB AC AA -==，120BAC ∠=︒，则此球的表面积等于______.【解析】如图，在ABC △中，由余弦定理得222122222122BC ⎛⎫=+-⨯⨯⨯-= ⎪⎝⎭，解得BC =.由正弦定理得42sin BC r BAC ==∠，解得2r =，故1112OG AA ==，所以球的半径R ==，故球的表面积2420S R ππ==.【答案】20π题组四11.（★★★）设A ，B ，C ，D 是同一个半径为4的球的球面上四点，ABC △为等边三角形且其面积为，则三棱锥D ABC -体积的最大值为（）A. B. C. D.【解析】如图，先计算ABC △外接圆的半径r ，设ABC △边长为a .则2122a ⋅⋅=，解得6a =，所以62sin 60r =︒，解得r =，所以2OG ==，当D 点位于GO 延长线上时，三棱锥D ABC -的高最大，底面积不变，此时体积最大，最大值为()1243V =⨯+=【答案】B【提炼】本题三棱锥D ABC -的体积最大时，D ABC -是正三棱锥，正三棱锥外接球的计算问题，解题的关键是构建AOG △，在这个三角形中，满足222OA AG OG =+，即222R r d =+，其实这就是前一小节的平面截球模型，只要是正棱锥，都可以采用这个办法处理.12.（★★★）正四棱锥的顶点都在同一球面上，若该棱锥的高为4，底面边长为2，则该球的表面积为（）A.814πB.16πC.9πD.274π【解析】如图，由题意，得14PO =，1AO =设外接球的半径为R ，则OA OP R ==，故14OO R =-.在1OO A △中，22211AO OO AO +=，即()2224R R +-=，解得94R =，故该球的表面积28144S R ππ==.【答案】A【提炼】正四棱锥外接球的有关计算，关键是构建1AOO ，在这个三角形中，利用22211OA AO OO =+建立等量关系，其实就是平面截球模型的处理方法.13.（★★★）正四棱锥S ABCD -点S ，A ，B ，C ，D 都在同一个球面上，则该球的体积为_____.【解析】解法1：如图1，设正方形ABCD 的中心为1O ，由题意，11AO =，11SO =.设正四棱锥外接球球心为O ，半径为R ，则OA R =，11OO R =-，在1AOO 中，22211OO AO AO +=，故()2211R R -+=，解得1R =，即外接球体积为34433V R ππ==.解法2：设正方形ABCD 的中心为1O ，由题意，11AO =，11SO ==，因为11SO AO =，所以1O 即为球心，球的半径为1，体积34433V R ππ==，本题实际的图形是图2.【答案】43π14.（2021·全国甲卷·理·11·★★★）已知A ，B ，C 是半径为1的球O 的球面上的三个点，且AC BC ⊥，1AC BC ==，则三棱锥O ABC -的体积为（）A.212B.312C.24D.34【解析】如图，由题意，2AB =，设D 为ABC △的外心，则1222AD AB ==，2222OD OA AD =-=，所以1112211332212O ABC ABC V S OD -=⋅=⨯⨯⨯⨯ .【答案】A题组五15.（★★）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.πB.34πC.2π D.4π【解析】如图，由题意得1OA =，112OO =，故132O A =，圆柱体积233124V ππ⎛⎫=⋅= ⎪ ⎪⎝⎭.【答案】B【提炼】圆柱外接球半径222h R r ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，其中r 为底面圆半径，h 为圆柱的高.16.（★★★★）如图，半径为R 的球O 中有一内接圆柱.当圆柱的侧面积最大时，球的表面积与该圆柱的侧面积之差是______.【解析】设圆柱的底面半径为r ，高为h ，则2224h r R rh +=≥，当且仅当2h r =时等号成立，故圆柱的侧面积2S rh π=的最大值为22R π，此时球的表面积与圆柱的侧面积之差为222422R R R πππ-=.【答案】22R π题组六17.（★★）正方体的内切球与其外接球的体积之比为（）A. B.1:3C.1:D.1:9【解析】设正方体的棱长为a ，则其内切球、外接球的半径分别为12aR =，2R =，故正方体的内切球与其外接球的体积之比3113224343R V V R ππ==.【答案】C【提炼】设正方体的棱长为a ，则其内切球的半径2a R =.18.（★★）如图，圆柱12O O 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12O O 的体积为1V ，球O 的体积为2V ，则12V V 的值是______.【解析】如图，设球的半径为R ，则213223423V R R V R ππ⋅==.【答案】3219.（2020·新课标Ⅲ卷·理·15·★★★）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_______.【解析】如图，该圆锥内半径最大的球即圆锥的内切球，设其半径为R ，则OB OG R ==，1AB AG ==.由题意得PG =OP R =-，2PB PA AB =-=.在POB 中，222OB PB OP =+，故()224R R +=，解得22R =，即球的体积3433V R π==.【答案】2320.（★★★★）在封闭的直三棱柱111ABC A B C -内有一个体积为V 的球.若AB BC ⊥，6AB =，8BC =，13AA =，则V 的最大值是（）A.4π B.92π C.6π D.323π【解析】要解决这道题，得先搞清楚一件事，那就是最大的球到底是和棱柱的侧面相切，还是与底面相切？如图，可求得底面直角三角形的斜边10AC =，将底面Rt ABC △单独拿出来分析其内切圆半径r ，图中BP NQ r ==，故8PC r =-，即8CM PC r ==-，PN BQ r ==，故6AQ r =-，即6AM AQ r ==-，所以8614210AC CM AM r r r =+=-+-=-=，解得2r =，由123r AA >=知最大球的半径为32，体积3439322V ππ⎛⎫=⨯=⎪⎝⎭.【答案】B题组七21.（★★★）已知A，B是球O的球面上两点，90AOB∠=︒，C为该球面上的动点.若三棱锥O ABC-体积的最大值为36，则球O的表面积为（）A.36πB.64πC.144πD.256π【解析】设球O的半径为R，当点C位于如图所示位置（OC⊥平面AOB）时，三棱锥O ABC-的体积最大，最大值为321136326RR R⨯⨯==，即6R=，故球O的表面积24144S Rππ==.【答案】C22.（★★★）已知三棱锥S ABC-的所有顶点都在球O的球面上，SC是球O的直径.若平面SCA⊥平面SCB，SA AC=，SB BC=，三棱锥S ABC-的体积为9，则球O的表面积为________.【解析】如图，由题意知，SAC△，SBC△都是以SC为斜边的等腰直角三角形，设球O的半径为R，故31129323S ABCRV R R R-=⋅⋅⋅⋅==，即3R=，故球O的表面积2436S Rππ==.【答案】36π第8讲经典模型之对棱相等知识与方法四面体ABCD 中，AB CD m ==，AC BD n ==，AD BC t ==，这种四面体叫做对棱相等四面体，可以通过构造长方体来解决这类四面体的外接球问题.如图，设长方体的长宽高分别为a 、b 、c ，则222222222a b t b c n a c m ⎧+=⎪+=⎨⎪+=⎩，三式相加可得2222222m n t a b c ++++=，而显然四面体和长方体有相同的外接球，设外接球半径为R ，则22224a b c R ++=，所以R =.典型例题【例题】四面体ABCD中，AB CD ==AC BD ==，5AD BC ==，则该四面体外接球的体积为_______.【解析】由题意，四面体ABCD是对棱相等模型3464233R V R π⇒===.【答案】3变式1三棱锥A BCD -中，6AB CD ==，5AC BD AD BC ====，则该三棱锥外接球表面积为（）C.432π D.43π【解析】由题意，四面体ABCD是对棱相等模型24432R S R ππ⇒====.【答案】D 变式2A 、B 、C 、D四点在半径为2的球面上，且5AC BD ==，AD BC ==，AB CD =，则四面体ABCD 的体积为______.【解析】由题意，四面体ABCD 是对棱相等模型，设AB CD x ==，则R x ==ABCD补全为如图所示的长方体，设长方体的长、宽、高分别为a 、b 、c ，则222222413425a b b c a c ⎧+=⎪+=⎨⎪+=⎩，解得：453a b c =⎧⎪=⎨⎪=⎩，所以四面体ABCD 的体积1134543452032V =⨯⨯-⨯⨯⨯⨯⨯=.【答案】20强化训练1.（★★★）四面体ABCD中，AB CD ==AC BD ==，AD BC ==，则四面体ABCD 外接球的表面积为（）A.25πB.45πC.50πD.100π【解析】由题意，四面体ABCD是对棱相等模型，2524502R S R ππ====.【答案】C2.（★★★）半径为1的球面上有不共面的A 、B 、C 、D 四点，且AB CD x ==，BC AD y ==，AC BD z ==，则222x y z ++=（）A.16B.8C.4D.2【解析】由题意，四面体ABCD是对棱相等模型，22218R x y z =⇒++=【答案】B3.（★★★）四面体ABCD 中，5AB CD ==，AC BD ==，AD BC ==接球的半径为（）A.2B. C.132 D.13【解析】由题意，四面体ABCD是对棱相等模型，132R =【答案】C4.（★★★）在四面体ABCD 中，2AB CD ==，AC BD AD BC ====接球的表面积为_______.【解析】由题意，四面体ABCD是对棱相等模型，2144R S R ππ==⇒==【答案】4π5.（★★★★）在三棱锥P ABC -中，2PA BC ==，PB AC =，PC AB =，且4PB PC ⋅=，则三棱锥P ABC -的外接球的表面积的最小值为________.【解析】设PB AC x ==，PC AB y ==，则4xy =，所以三棱锥P ABC -的外接球半径62R =≥，当且仅当2x y ==时取等号，所以三棱锥P ABC -的外接球的表面积的最小值为246ππ⨯=⎝⎭.【答案】6π6.（★★★★）四面体ABCD 的顶点都在球O 的表面上，4AB BC CD DA ====，AC BD ==，E 为AC 中点，过点E 作球O 的截面，则截面面积的最大值与最小值之比为（）A.5:42D.5:2【解析】四面体ABCD是对棱相等模型，所以R =，将四面体ABCD 放入长方体如图，截面面积的最大值为215S R ππ==，当截面面积最小时，截面与OE 垂直，其中O 为球心，设FA a =，FB b =，FC c =，则222222216182216a a b a c b OE b r c b c =⎧⎧+=⎪⎪+=⇒=⇒=⇒=⎨⎨⎪⎪=+=⎩⎩，即截面面积的最小值为222S r ππ==，故12:5:2S S =.【答案】D。
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.
（2）已知各顶点都在一个球面上的正四棱柱高为 4，体
积为 16，则这个球的表面积为（ ）.
A. 16
B. 20
C. 24
D. 32
核对变式1答案
• 问题探究三
• 随着球半径的逐渐减小，球与正四面体有 哪些特殊位置关系？
1、球与正四面体的外接问题
设棱长为a的正四面体的外接球的半径R.
R 6a 4
B
r1h 4
h 6a 3
r 6a 12
P
OK
A
C
H D
B
h 6a 3
r内
1 4
h
6 12
a
r外
3 4
h=
6a 4
r棱
1 2
正方体的棱长
= 2a 4
思考：若正四面体变成正三棱锥，方法是否有变化？
R2 OO12 BO22
思考：若正四面体 变成正四棱锥 ，方法是否有 变化？
R2 OO12 BO22
则球 O 的体积等于
2、 球的性质
性质1：用一个平面去截球，截面是__圆__面___ ；
用一个平面去截球面， 截线是 ___圆______。
大圆--截面过___球__心__，半径等于球半径； 小圆--截面不过___球__心____
性质2: 球心和截面圆心的连线_垂__直_ 于截面． 性质3: 球心到截面的距离d与球
的半径R及截面的半径r
选A
D A
C1 B1
C B
31
（2）正四面体的切接问题 变式 3、在等腰梯形 ABCD 中， AB=2DC=2，
DAB=600 ，E 为 AB 的中点，将 ADE 与 BEC分布
沿 ED 、 EC 向上折起，使 A、B 重合于点 P ，则
三棱锥 P-DCE 的外接球的体积为（ ）.
A. 4 3 27
28
（2）正四面体的切接问题 例 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. 3
B. 4
C. 3 3 D. 6
解：设四面体为ABCD，O1 为其外接
球心。球半径为R，O为A在平面BCD上
的射影，M为CD的中点。连结B O1
S●
RtA001利用勾股定理解得R NhomakorabeaB.6 2
C.
6
8
D.
6 24
考点 2 构造法
（1）“墙角”问题，首先研究几何体的形状， 在采用相应的解决方法
例 2、若三棱锥的三条侧棱两两垂直，且
侧棱长均为 3 ，则其外接球的表面积
是
.
考点 2 构造法
变式 2、已知球 O 的面上四点 A、B、C、D， DA 平面ABC ， AB BC ， DA=AB=BC= 3 ，
有下面的关系: r R2 d 2
一、 球体的体积与表面积
①
②
二、 球与多面体的接、切
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 。
A●
R ●O1
· ●O
●B
M
●
C
R2 2 ( 3
2 R)2,解得R 3
3 2
, 所以S球
4
R2
3 .
30
解法2 构造棱长为1的正方
体，如图。则A1、C1、B、D是 D1 棱长为 2 的正四面体的顶点。
正方体的外接球也是正四面体 A1
的外接球，此时球的直径
为 3，
S球 =4 (
3 )2 2
3 ,
考点1 直接法
（1）若棱长为 3 的正方体的顶点都在同一球面上，则
该球的表面积为
.
.
（2）一个长方体的各顶点均在同一球面上，且一个顶
点上的三条棱长分别为1, 2,3 ，则此球的表面积为
.
考点1 直接法
变式 1、（1） 一个正方体的各顶点均在同一球的球面
上，若该正方体的表面积为 24 ，则该球的体积为
学情分析
几何体外接球对于学生来说是一个难点，主要有 如下问题（1）图形不会画，（2）在画出图形的情况下， 不知道球心在什么位置，半径是多少而无法解题。
二、学习目标
掌握与球有关的切接问题的三种方法。
基础
课本导读
感悟教材 · 学与思
1．球的概念
半圆以它的直径为旋转轴，旋 转所成的曲面叫做球面.球面所 围成的几何体叫做___球_____, 半圆的圆心叫做球的_球__心___， 半圆的半径叫做球的__半_径__ 。
四面体与球的“接切”问题
典型：正四面体ABCD的棱长为a，求 其内切球半径r与外接球半径R.
1、内切球球心到多面体各面的距离均相等，外接球 球心到多面体各顶点的距离均相等 2、正多面体的内切球和外接球的球心重合 3、正棱锥的内切球和外接球球心都在高线上，但不 一定重合 4、基本方法：构造三角形利用相似比和勾股定理 5、体积分割是求内切球半径的通用做法
7.2.2与球有关的切接问题
高考导航
考纲要求
了解球的表面积和体积的计算公式
考情分析
立体几何在高考试卷中，基本上稳定在三道试题， 两小一大，共计 22 分.小题常考两种类型，一种主要 以三视图为载体，考查学生的空间想象能力，另一种 就是球的内容，属于中档题。2010 年位居在第十题， 11 年位居在第 15 题，12 年在 11 题位置，13 年位居在 第六题的位置，14 年未考查。
R2 OO12 BO22
2.球与正四面体的棱切问题
设棱长为a的正四面体的棱切球的半径R.
R 1 正方体的棱长 2
= 2a 4
3.球与正四面体的内切问题
1
1
？
P V 3 S底面积 h 3 S全面积 r
S底面积 h S全面积 r
A
OK
C S底面积 r 1
H D
S全面积 h 4
考点
互动探究
核心突破 · 导与练
问题探究一
球心在正方体的中心，随着球的半径逐渐 增大，球与正方体有哪些特殊位置关系？
正方体 的内切、外接、棱切球
.r
a
正方体的内切球
球的直径等于正
方体棱长。2R a
正方体的内切 球的半径是棱 长的一半
正方体的棱切球
球与正方体的棱相切
2R 2 a
切点：各棱的中点。 球心：正方体的中心。 直径： “对棱”中点连线 球的直径等于正方体一个面上的对角线长
正方体的外接球
球直径等于正方体的（体）对角线
2R 3 a
若正方体的棱长为a，则 ⑴正方体的内切球直径＝ a ⑵正方体的外接球直径＝
⑶与正方体所有棱相切的球直径＝
问题探究二 球与长方体又有哪些位置关系？
长方体的外接球
长方体的（体）对角线等于球直径
设长方体的长、宽、高分别为a、b、c，则 l a2 b2 c2 2R