高考数学复习考点知识与题型专题讲解52---球的切、接问题

高考数学复习考点知识与题型专题讲解
球的切、接问题
题型一特殊几何体的切、接问题
例1(1)已知正方体的棱长为a，则它的外接球半径为________，与它各棱都相切的球的半径为________．
答案
3
2a
2
2a
解析∵正方体的外接球的直径为正方体的体对角线长，为3a，
∴它的外接球的半径为
3
2a，
∵球与正方体的各棱都相切，则球的直径为面对角线，而正方体的面对角线长为2a，
∴与它各棱都相切的球的半径为
2 2a.
(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P AB，如图所示，则△P AB的内切圆为圆锥的内切球的大圆．在△P AB中，P A＝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. 思维升华 (1)正方体与球的切、接常用结论
正方体的棱长为a ，球的半径为R ，
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 .
(2)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 ＝
a 2＋
b 2＋
c 2. (3)正四面体的外接球的半径R ＝64a ，内切球的半径r ＝612a ，其半径R ∶r ＝3∶1(a 为该
正四面体的棱长)．
跟踪训练1(1)(2022·成都模拟)已知圆柱的两个底面的圆周在体积为32π3的球O 的球面上，
则该圆柱的侧面积的最大值为()
A ．4π
B ．8π
C ．12π
D ．16π
答案B
解析如图所示，设球O的半径为R，由球的体积公式得
4
3πR
3＝32π3，解得R＝2.
设圆柱的上底面半径为r，球的半径与上底面夹角为α，则r＝2cosα，
圆柱的高为4sinα，
∴圆柱的侧面积为4πcosα×4sinα＝8πsin2α，
当且仅当α＝π
4
，sin2α＝1时，圆柱的侧面积最大，
∴圆柱的侧面积的最大值为8π.
(2)(2022·长沙检测)在封闭的直三棱柱ABC－A1B1C1内有一个体积为V的球．若AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，AA1＝3，则V的最大值是________．
答案9π2
解析易知AC＝10.
设△ABC的内切圆的半径为r，
则1
2×6×8＝1
2×(6＋8＋10)·r，
所以r＝2.
因为2r＝4>3，
所以最大球的直径2R＝3，
即R＝3
2，此时球的体积V＝4
3πR
3＝9π2.
题型二补形法
例2(1)在四面体ABCD中，若AB＝CD＝3，AC＝BD＝2，AD＝BC＝5，则四面体ABCD 的外接球的表面积为()
A．2πB．4πC．6πD．8π
答案C
解析由题意可采用补形法，考虑到四面体ABCD的对棱相等，所以将四面体放入一个长、宽、高分别为x，y，z的长方体，并且x2＋y2＝3，x2＋z2＝5，y2＋z2＝4，则有(2R)2＝x2＋y2＋z2＝6(R为外接球的半径)，得2R2＝3，所以外接球的表面积为S＝4πR2＝6π.
(2)(2022·重庆实验外国语学校月考)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，那么添加的三棱锥的体积为________，补形后的直三棱柱的外接球的表面积为________．
答案1 36π
解析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 △CBE ＝12CE ×BC ＝12×1×1＝12，
直三棱柱ADF －BCE 的体积为
V ＝S △EBC ·DC ＝12×2＝1，
添加的三棱锥的体积为13V ＝13；
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 ，
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 ，连接DO ，DO 即为球的半径，
连接DM ，因为DM ＝12AF ＝22，MO ＝1，
所以DO 2＝DM 2＋MO 2＝12＋1＝32，
所以外接球的表面积为4π·DO 2＝6π.
思维升华 补形法的解题策略
(1)侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱均相等的模型，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．
跟踪训练2已知三棱锥P －ABC 中，P A ，PB ，PC 两两垂直，且P A ＝1，PB ＝2，PC ＝3，则三棱锥P －ABC 的外接球的表面积为()
A.7143πB ．14πC ．56πD.14π
答案B
解析以线段P A ，PB ，PC 为相邻三条棱的长方体P AB ′B －CA ′P ′C ′被平面ABC 所截的三棱锥P －ABC 符合要求，如图，
长方体P AB ′B －CA ′P ′C ′与三棱锥P －ABC 有相同的外接球，其外接球直径为长方体体对角线PP ′，设外接球的半径为R ，
则(2R)2＝PP′2＝P A2＋PB2＋PC2
＝12＋22＋32＝14，
则所求表面积S＝4πR2＝π·(2R)2＝14π.
题型三定义法
例3(1)已知∠ABC＝90°，P A⊥平面ABC，若P A＝AB＝BC＝1，则四面体P ABC的外接球(顶点都在球面上)的体积为()
A．πB.3πC．2πD.3π2
答案D
解析如图，取PC的中点O，连接OA，OB，由题意得P A⊥BC，
又因为AB⊥BC，P A∩AB＝A，P A，AB⊂平面P AB，
所以BC⊥平面P AB，
所以BC⊥PB，
在Rt△PBC中，OB＝1
2PC，
同理OA＝1
2PC，
所以OA＝OB＝OC＝1
2PC，
因此P ，A ，B ，C 四点在以O 为球心的球面上，
在Rt △ABC 中，AC ＝
AB 2＋BC 2＝ 2. 在Rt △P AC 中，PC ＝P A 2＋AC 2＝3，
球O 的半径R ＝12PC ＝32， 所以球的体积为43π⎝ ⎛⎭
⎪⎫323＝3π2. 延伸探究 本例(1)条件不变，则四面体P －ABC 的内切球的半径为________．
答案2－12
解析设四面体P －ABC 的内切球半径为r .
由本例(1)知，
S △P AC ＝12P A ·AC ＝12×1×2＝22，
S △P AB ＝12P A ·AB ＝12×1×1＝12，
S △ABC ＝12AB ·BC ＝12×1×1＝12，
S △PBC ＝12PB ·BC ＝12×2×1＝22，
V P －ABC ＝13×12AB ·BC ·P A
＝13×12×1×1×1＝16，
V P －ABC ＝13(S △P AC ＋S △P AB ＋S △ABC ＋S △PBC )·r
＝13⎝ ⎛⎭
⎪⎫22＋12＋12＋22·r ＝16， ∴r ＝2－12.
(2)在矩形ABCD 中，BC ＝4，M 为BC 的中点，将△ABM 和△DCM 分别沿AM ，DM 翻折，使点B 与点C 重合于点P ，若∠APD ＝150°，则三棱锥M －P AD 的外接球的表面积为()
A ．12π
B ．34π
C ．68π
D ．126π
答案C
解析如图，由题意可知，MP ⊥P A ，MP ⊥PD .
且P A ∩PD ＝P ，P A ⊂平面P AD ，PD ⊂平面P AD ，
所以MP ⊥平面P AD .
设△ADP 的外接圆的半径为r ，
则由正弦定理可得AD sin ∠APD
＝2r ， 即4sin150°＝2r ，所以r ＝4.
设三棱锥M －P AD 的外接球的半径为R ，
则(2R )2＝PM 2＋(2r )2，
即(2R )2＝4＋64＝68，所以4R 2＝68，
所以外接球的表面积为4πR 2＝68π.
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．
跟踪训练3(1)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98，底面周长为3，则这个球的体积为________．
答案4π3
解析设正六棱柱的底面边长为x ，高为h ，
则有⎩⎨⎧ 6x ＝3，
98＝6×34x 2h ，∴⎩⎨⎧ x ＝12，h ＝ 3.
∴正六棱柱的底面外接圆的半径r ＝12，球心到底面的距离d ＝32.
∴外接球的半径R ＝
r 2＋d 2＝1.∴V 球＝4π3. (2)(2022·哈尔滨模拟)已知四棱锥P －ABCD 的底面ABCD 是矩形，其中AD ＝1，AB ＝2，平面P AD ⊥平面ABCD ，△P AD 为等边三角形，则四棱锥P －ABCD 的外接球表面积为()
A.16π3
B.76π3
C.64π3
D.19π3 答案A
解析如图所示，在四棱锥P －ABCD 中，平面P AD ⊥平面ABCD ，平面P AD ∩平面ABCD ＝AD ，P A ＝PD ，取AD 的中点E ，
则PE ⊥AD ，PE ⊥平面ABCD ，
则PE ⊥AB ，由AD ⊥AB ，AD ∩PE ＝E ，AD ，PE ⊂平面P AD ，可知AB ⊥平面P AD ， 由△P AD 为等边三角形，E 为AD 的中点知，PE 的三等分点F (距离E 较近的三等分点)是三角形的中心，过F 作平面P AD 的垂线，过矩形ABCD 的中心O 作平面ABCD 的垂线，两垂线交于点I ，则I 即外接球的球心． OI ＝EF ＝13PE ＝13×32＝3
6， AO ＝12AC ＝52， 设外接球半径为R ，
则R 2＝AI 2＝AO 2＋OI 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫522＋⎝ ⎛⎭
⎪⎫362＝4
3，
所以四棱锥P －ABCD 的外接球表面积为S ＝4πR 2＝4π×43＝16π
3.
课时精练
1．正方体的外接球与内切球的表面积之比为() A.3B ．3 3 C ．3D.1
3 答案C
解析设正方体的外接球的半径为R ，内切球的半径为r ，棱长为1，则正方体的外接球的直径为正方体的体对角线长，即2R ＝3，所以R ＝3
2，正方体内切球的直径为正方体的棱长，即2r ＝1，即r ＝12，所以R r ＝3，正方体的外接球与内切球的表面积之比为4πR 2
4πr 2＝R 2
r 2＝3.
2．(2022·开封模拟)已知一个圆锥的母线长为26，侧面展开图是圆心角为23π
3的扇形，则该圆锥的外接球的体积为() A ．36πB ．48π C ．36D ．24 2 答案A
解析设圆锥的底面半径为r ，由侧面展开图是圆心角为23π3的扇形，得2πr ＝23π3×26， 解得r ＝2 2.
作出圆锥的轴截面如图所示．
设圆锥的高为h，
则h＝(26)2－(22)2＝4.
设该圆锥的外接球的球心为O，半径为R，则有R＝(h－R)2＋r2，即R＝(4－R)2＋(22)2，解得R＝3，
所以该圆锥的外接球的体积为
4πR3 3＝4π×33
3
＝36π.
3．已知各顶点都在一个球面上的正四棱锥的高为3，体积为6，则这个球的表面积为() A．16πB．20πC．24πD．32π
答案A
解析如图所示，在正四棱锥P－ABCD中，O1为底面对角线的交点，O为外接球的球心．
V P－ABCD＝1
3×S正方形ABCD
×3＝6，
所以S正方形ABCD＝6，即AB＝ 6.
因为O1C＝1
26＋6＝ 3.
设正四棱锥外接球的半径为R ， 则OC ＝R ，OO 1＝3－R ，
所以(3－R )2＋(3)2＝R 2，解得R ＝2. 所以外接球的表面积为4π×22＝16π.
4．已知棱长为1的正四面体的四个顶点都在一个球面上，则这个球的体积为() A.68πB.64πC.38πD.34π 答案A
解析如图将棱长为1的正四面体B 1－ACD 1放入正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，
且正方体的棱长为1×cos45°＝2
2， 所以正方体的体对角线
AC 1＝
⎝ ⎛⎭⎪⎫222＋⎝ ⎛⎭⎪⎫222＋⎝ ⎛⎭
⎪⎫222
＝62，
所以正方体外接球的直径2R ＝AC 1＝6
2， 所以正方体外接球的体积为 43πR 3＝43π×
⎝ ⎛⎭
⎪⎫643
＝68π，
因为正四面体的外接球即为正方体的外接球， 所以正四面体的外接球的体积为6
8π.
5．(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32π
3，两个圆锥的高之比为1∶3，则这两个圆锥的体积之和为() A ．3πB ．4πC ．9πD ．12π 答案B
解析如图所示，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4πR 33＝32π
3，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 ，
所以AD CD ＝CD
BD ，所以CD ＝AD ·BD ＝3，
因此，这两个圆锥的体积之和为 13π×CD 2·(AD ＋BD )＝13π×3×4＝4π.
6．(2022·蚌埠模拟)粽子，古时北方也称“角黍”，是由粽叶包裹糯米、泰米等馅料蒸煮制成的食品，是中国汉族传统节庆食物之一，端午食粽的风俗，千百年来在中国盛行不衰，粽子形状多样，馅料种类繁多，南北方风味各有不同，某四角蛋黄粽可近似看成一个正四面体，蛋黄近似看成一个球体，且每个粽子里仅包裹一个蛋黄，若粽子的棱长为9cm ，则其内可包裹的蛋黄的最大体积约为(参考数据：6≈2.45，π≈3.14)()
A ．20cm 3
B ．22cm 3
C ．26cm 3
D ．30cm 3 答案C
解析如图，正四面体ABCD ，其内切球O 与底面ABC 切于O 1，设正四面体棱长为a ，内切球半径为r ，连接BO 1并延长交AC 于F ，易知O 1为△ABC 的中心，点F 为边AC 的中点．
易得BF ＝32a ，
则S △ABC ＝34a 2，BO 1＝23BF ＝3
3a ，
∴DO 1＝
BD 2－BO 21＝6
3a ，
∴V D －ABC ＝13·S △ABC ·DO 1＝2
12a 3，
∵V D －ABC ＝V O －ABC ＋V O －BCD ＋V O －ABD ＋V O －ACD ＝4V O －ABC ＝4×13×34a 2·r ＝33a 2r ， ∴33a 2r ＝212a 3⇒r ＝612a ， ∴球O 的体积
V ＝43π·⎝ ⎛⎭⎪⎫612a 3＝43π·⎝ ⎛⎭
⎪⎫612×93
＝2768π≈27
8×2.45×3.14≈26(cm 3)．
7．已知三棱锥P －ABC 的四个顶点都在球O 的表面上，P A ⊥平面ABC ，P A ＝6，AB ⊥AC ，AB ＝2，AC ＝23，点D 为AB 的中点，过点D 作球的截面，则截面的面积不可以是() A.π
2B ．π C ．9πD ．13π 答案A
解析三棱锥P －ABC 的外接球即为以AB ，AC ，AP 为邻边的长方体的外接球，
∴2R ＝
62＋22＋(23)2＝213，∴R ＝13，
取BC的中点O1，
∴O1为△ABC的外接圆圆心，
∴OO1⊥平面ABC，如图．
当OD⊥截面时，截面的面积最小，
∵OD＝OO21＋O1D2
＝32＋(3)2＝23，
此时截面圆的半径为r＝R2－OD2＝1，
∴截面面积为πr2＝π，
当截面过球心时，截面圆的面积最大为πR2＝13π，
故截面面积的取值范围是[π，13π]．
8．(2021·全国甲卷)已知A，B，C是半径为1的球O的球面上的三个点，且AC⊥BC，AC＝BC＝1，则三棱锥O－ABC的体积为()
A.
2
12B.
3
12C.
2
4D.
3
4
答案A
解析如图所示，因为AC⊥BC，所以AB为截面圆O1的直径，且AB＝ 2.连接OO1，
则OO 1⊥平面ABC ，
OO 1＝
1－⎝ ⎛⎭
⎪⎫AB 22＝1－⎝ ⎛⎭
⎪⎫
222＝22， 所以三棱锥O －ABC 的体积V ＝13S △ABC ×OO 1＝13×12×1×1×22＝2
12.
9．已知三棱锥S －ABC 的三条侧棱两两垂直，且SA ＝1，SB ＝SC ＝2，则三棱锥S －ABC 的外接球的半径是________． 答案32
解析如图所示，将三棱锥补为长方体，则该棱锥的外接球直径为长方体的体对角线，设外接球半径为R ，
则(2R )2＝12＋22＋22＝9， ∴4R 2＝9，R ＝3
2. 即这个外接球的半径是3
2.
10．已知正三棱锥的高为1，底面边长为23，内有一个球与四个面都相切，则正三棱锥的内切球的半径为________．
答案2－1
解析如图，过点P作PD⊥平面ABC于点D，连接AD并延长交BC于点E，连接PE.
因为△ABC是正三角形，
所以AE是BC边上的高和中线，D为△ABC的中心．
因为AB＝BC＝23，
所以S△ABC＝33，DE＝1，PE＝ 2.
所以S三棱锥表＝3×1
2×23×2＋3 3
＝36＋3 3.
因为PD＝1，
所以三棱锥的体积V＝1
3×33×1＝ 3.
设球的半径为r，以球心O为顶点，三棱锥的四个面为底面，把正三棱锥分割为四个小三棱锥，
·r＝3，
由1
3S三棱锥表
＝2－1.
得r＝33
36＋33
11．等腰三角形ABC的腰AB＝AC＝5，BC＝6，将它沿高AD翻折，使二面角B－AD－C成60°，此时四面体ABCD外接球的体积为________．
答案287 3π
解析由题意，设△BCD所在的小圆为O1，半径为r，又因为二面角B－AD－C为60°，即∠BDC＝60°，所以△BCD为边长为3的等边三角形，由正弦定理可得，
2r＝
3
sin60°
＝23，即DE＝23，
设外接球的半径为R，且AD＝4，
在Rt△ADE中，
(2R)2＝AD2＋DE2⇒4R2＝42＋(23)2＝28，所以R＝7，
所以外接球的体积为
V＝4
3πR
3＝43π×(7)3＝287
3π.
12．已知直三棱柱ABC－A1B1C1的6个顶点都在球O的表面上，若AB＝AC＝1，AA1＝
23，∠BAC＝2π
3，则球O的体积为________．
答案32π3
解析设△ABC 的外接圆圆心为O 1，半径为r ，连接O 1O ，如图，易得O 1O ⊥平面ABC ，
∵AB ＝AC ＝1，AA 1＝23，
∠BAC ＝2π3，
∴2r ＝AB sin ∠ACB
＝112
＝2， 即O 1A ＝1，O 1O ＝12AA 1＝3，
∴OA ＝O 1O 2＋O 1A 2＝3＋1＝2，即直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的外接球半径R ＝2，
∴V 球＝43π×23＝32π3.。