新高考数学二轮复习专题四微重点11球的切接问题学案

这是一份新高考数学二轮复习专题四微重点11球的切接问题学案，共15页。

考点一 空间几何体的外接球
例1 (1)(2022·保定模拟)已知三棱锥P－ABC，其中PA⊥平面ABC，∠BAC＝120°，PA＝AB＝AC＝2，则该三棱锥外接球的表面积为( )
A．12π B．16π C．20π D．24π
答案 C
解析 ∵PA⊥平面ABC，所以把三棱锥P－ABC补成直三棱柱PB′C′－ABC，如图所示，
设E，F为上、下底面三角形的外心，
则EF的中点O为直三棱柱PB′C′－ABC的球心，在△ABC中，
由余弦定理知BC＝2eq \r(3)，
∵2FA＝eq \f(BC,sin∠BAC)＝eq \f(2\r(3),\f(\r(3),2))＝4，
∴FA＝2，
∵FA＝2，又OF＝eq \f(1,2)PA＝1，
设该三棱锥外接球半径为R，
∴R＝OA＝eq \r(OF2＋FA2)＝eq \r(5)，
∴表面积S＝4πR2＝20π.
(2)(2022·宝鸡模拟)两个边长为2的正三角形△ABC与△ABD，沿公共边AB折叠成60°的二面角，若点A，B，C，D在同一球O的球面上，则球O的表面积为( )
A.eq \f(20π,9) B.eq \f(52π,9)
C.eq \f(16π,3) D.eq \f(28π,3)
答案 B
解析 如图，设△ABC与△ABD的中心分别为N，M，连接DM，CN并延长交AB于E，连接OE，OB，OM，ON.
根据外接球的性质有OM⊥平面ABD，ON⊥平面ABC，
又二面角D－AB－C的大小为60°，
故∠DEC＝60°，
又△ABC与△ABD的边长均为2，
故DE＝CE＝eq \r(3)，
故EM＝EN＝eq \f(1,3)ED＝eq \f(\r(3),3).
易得Rt△MEO≌Rt△NEO，
故∠MEO＝∠NEO＝30°，
故OE＝eq \f(ME,cs 30°)＝eq \f(2,3)，
又EB＝1，
故球O的半径OB＝eq \r(12＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))2)＝eq \f(\r(13),3)，
故球O的表面积为S＝4πeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(13),3)))2＝eq \f(52π,9).
规律方法 求解空间几何体的外接球问题的策略
(1)定球心：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(要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系)，达到空间问题平面化的目的；
(3)求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解．
跟踪演练1 (1)已知四面体ABCD中，AB＝CD＝2eq \r(5)，AC＝BD＝eq \r(29)，AD＝BC＝eq \r(41)，则四面体ABCD的外接球的表面积为______．
答案 45π
解析 设四面体ABCD的外接球的半径为R，将四面体ABCD置于长、宽、高分别为a，b，c的长方体中，故eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＋b2＝20，,b2＋c2＝29，,a2＋c2＝41，))
故R＝eq \f(\r(a2＋b2＋c2),2)＝eq \f(\r(45),2)，
故四面体ABCD的外接球的表面积为4πR2＝45π.
(2)(2022·临川模拟)已知在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为边长是4的正方形，侧面PAB⊥底面ABCD，且△PAB为等边三角形，则该四棱锥P－ABCD的外接球的表面积为( )
A.eq \f(112π,3) B.eq \f(64π,3)
C．64π D．16π
答案 A
解析 如图所示，在四棱锥P－ABCD中，取侧面△PAB和底面正方形ABCD的外接圆的圆心分别为O1，O2，分别过O1，O2作两个平面的垂线交于点O，
则由外接球的性质知，点O即为该球的球心，
取线段AB的中点E，连接O1E，O2E，O2D，OD，
则四边形O1EO2O为矩形，
在等边△PAB中，可得PE＝2eq \r(3)，
则O1E＝eq \f(2\r(3),3)，即OO2＝eq \f(2\r(3),3)，
在正方形ABCD中，因为AB＝4，
可得O2D＝2eq \r(2)，
在Rt△OO2D中，可得OD2＝OOeq \\al(2,2)＋O2D2，
即R2＝OOeq \\al(2,2)＋O2D2＝eq \f(28,3)，
所以四棱锥P－ABCD的外接球的表面积为
S＝4πR2＝eq \f(112π,3).
考点二 空间几何体的内切球
例2 (1)(2022·酒泉模拟)在三棱锥A－BCD中，AB⊥平面BCD，BC⊥CD，且AB＝CD＝4，BC＝3，则该三棱锥内切球的体积为( )
A.eq \f(9π,16) B.eq \f(9π,4) C.eq \f(16π,9) D.eq \f(4π,3)
答案 A
解析 由AB⊥平面BCD，CD⊂平面BCD，得AB⊥CD.
又BC⊥CD，且AB，BC⊂平面ABC，AB∩BC＝B，
所以CD⊥平面ABC，
又AC⊂平面ABC，
所以CD⊥AC.
由AB＝CD＝4，BC＝3，
得AC＝BD＝5，
所以三棱锥A－BCD的表面积
S＝2×eq \f(1,2)×3×4＋2×eq \f(1,2)×4×5＝32，
三棱锥A－BCD的体积V＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×3×4×4＝8.
设三棱锥内切球球心为O，半径为r，
由V＝VO－ABC＋VO－ABD＋VO－ACD＋VO－BCD＝eq \f(1,3)Sr，
得r＝eq \f(3V,S)＝eq \f(3,4)，所以该三棱锥内切球的体积
V球＝eq \f(4,3)πr3＝eq \f(4,3)π×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)))3＝eq \f(9π,16).
(2)(2022·湖北多校联考)已知在△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.eq \f(49π,36) B.eq \f(576π,49)
C.eq \f(576π,25) D.eq \f(344π,25)
答案 B
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为内切球的半径)，
故AO＝eq \f(r,sin∠BAC)＝eq \f(5,3)r，
CO＝eq \f(r,sin∠BCA)＝eq \f(5,4)r，
故5＝AO＋OC＝eq \f(5,3)r＋eq \f(5,4)r，
解得r＝eq \f(12,7)，故该旋转体的内切球的表面积为4π×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(12,7)))2＝eq \f(576π,49).
规律方法 空间几何题的内切球问题，一是找球心，球心到切点的距离相等且为球的半径，作出截面，在截面中求半径；二是利用等体积法直接求内切球的半径．
跟踪演练2 (1)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＝6，则V的最大值是( )
A．16π B.eq \f(32π,3)
C．36π D.eq \f(125π,3)
答案 B
解析 由题意，因为AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，
所以AC＝10，
可得△ABC的内切圆的半径为r＝eq \f(6×8,6＋8＋10)＝2，
又由AA1＝6，故在直三棱柱ABC－A1B1C1的内部的球半径最大为R＝2，所以此时V的最大值为V＝eq \f(4,3)πR3＝eq \f(4,3)×π·23＝eq \f(32π,3).
(2)(2022·西安模拟)六氟化硫，化学式为SF6，在常温常压下是一种无色、无臭、无毒、不燃的稳定气体，有良好的绝缘性，在电器工业方面具有广泛用途．六氟化硫的分子结构为正八面体结构(正八面体是每个面都是正三角形的八面体)，如图所示．若此正八面体的棱长为2，则它的内切球的表面积为( )
A.eq \f(4\r(2)π,3) B.eq \f(8\r(3)π,27)
C.eq \f(8π,3) D.eq \f(16π,3)
答案 C
解析 设正八面体内切球半径为R，给正八面体标出字母如图所示，连接AC，BD交于点O，连接EO，
因为EA＝EC，ED＝EB，
所以EO⊥AC，EO⊥BD，
又AC和BD交于点O，
所以EO⊥平面ABCD，所以O为正八面体的中心，所以O到八个面的距离相等，且距离即为内切球半径，设内切球与平面EBC切于点H，所以OH⊥平面EBC，
所以OH即为正八面体内切球半径，
所以R＝OH，因为正八面体的棱长为2，
所以EB＝EC＝BC＝2，OB＝OC＝eq \r(2)，
EO＝eq \r(EB2－OB2)＝eq \r(2)，
所以S△EBC＝eq \r(3)，S△OBC＝1，
因为VE－OBC＝VO－EBC＝eq \f(1,3)×S△OBC×EO
＝eq \f(1,3)×S△EBC×OH，
所以OH＝eq \f(\r(6),3)，即R＝eq \f(\r(6),3)，
所以正八面体内切球的表面积为4πR2＝eq \f(8π,3).
专题强化练
1．(2022·九江模拟)如图，在边长为2的正方形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，则该三棱锥外接球的表面积为( )
A．3π B.eq \r(6)π
C．6π D．24π
答案 C
解析 在正方形ABCD中，AD⊥AE，CD⊥CF，BE⊥BF，折起后OD，OE，OF两两垂直，
故该三棱锥外接球即以OD，OE，OF为棱的长方体外接球．
因为OD＝2，OE＝1，OF＝1，
所以2R＝eq \r(OD2＋OE2＋OF2)＝eq \r(6)，所以R＝eq \f(\r(6),2)，
所以该三棱锥外接球的表面积为4πR2＝6π.
2.(2022·佛山模拟)如图，某几何体由共底面的圆锥和圆柱组合而成，且圆柱的两个底面和圆锥的顶点均在体积为36π的球面上，若圆柱的高为2，则圆锥的侧面积为( )
A．2eq \r(6)π B．4eq \r(6)π
C．16π D.eq \f(16π,3)
答案 B
解析 依题意，做球的轴截图如图所示，
其中，O是球心，E是圆锥的顶点，EC是圆锥的母线，由题意可知eq \f(4,3)πR3＝36π，
解得R＝3，由于圆柱的高为2，
则OD＝1，DE＝3－1＝2，
DC＝eq \r(32－12)＝2eq \r(2)，
母线EC＝eq \r(22＋8)＝2eq \r(3)，
故圆锥的侧面积为S＝π·DC·EC
＝π×2eq \r(2)×2eq \r(3)＝4eq \r(6)π.
3．(2022·济宁模拟)若一个正六棱柱既有外接球又有内切球，则该正六棱柱的外接球和内切球的表面积的比值为( )
A．2∶1 B．3∶2
C．7∶3 D．7∶4
答案 C
解析 如图，设O1，O2分别为正六棱柱的底面中心，r为内切球半径，R为外接球半径，
O为O1O2的中点，D为AB的中点，
设正六棱柱的底面边长为2，若正六棱柱有内切球，则OO1＝O1D＝eq \r(3)，即r＝eq \r(3)，
OA2＝OOeq \\al(2,1)＋O1A2＝7，即R＝eq \r(7)，
则该正六棱柱的外接球和内切球的表面积的比值为4πR2∶4πr2＝R2∶r2＝7∶3.
4．(2022·芜湖模拟)半正多面体亦称阿基米德多面体，是由边数不全相同的正多边形为面的多面体．如图所示，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，如此共可截去八个三棱锥，得到一个有十四个面的半正多面体，其中八个面为正三角形，六个面为正方形，它们的边长都相等，称这样的半正多面体为二十四等边体．现有一个体积为V1的二十四等边体，其外接球体积为V2，则eq \f(V2,V1)等于( )
A.eq \f(4\r(2)π,3) B.eq \f(4π,5)
C.eq \f(2\r(2)π,5) D.eq \f(4\r(2)π,5)
答案 C
解析 设该半正多面体是由棱长为2的正方体沿正方体各棱的中点截去8个三棱锥所得，即为二十四等边体，如图所示，
其体积V1＝2×2×2－8×eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×1×1×1＝eq \f(20,3)；
由二十四等边体的对称性可知，
其外接球的球心即为正方体的中心O，半径为中心到一个顶点的距离，设外接球半径为R，
则R＝eq \r(OA2＋AB2)＝eq \r(1＋1)＝eq \r(2)，
故V2＝eq \f(4π,3)×(eq \r(2))3＝eq \f(8\r(2)π,3)，
从而eq \f(V2,V1)＝eq \f(2\r(2)π,5).
5．(多选)(2022·怀化模拟)已知A，B，C三点均在球O的表面上，AB＝BC＝CA＝2，且球心O到平面ABC的距离等于球半径的eq \f(1,3)，则下列结论正确的是( )
A．球O的半径为eq \f(3,2)
B．球O的表面积为6π
C．球O的内接正方体的棱长为eq \r(6)
D．球O的外切正方体的棱长为eq \r(6)
答案 BD
解析 设球O的半径为r，△ABC的外接圆圆心为O′，半径为R，则R＝eq \f(2\r(3),3)，
因为球心O到平面ABC的距离等于球O半径的eq \f(1,3)，所以r2－eq \f(1,9)r2＝eq \f(4,3)，
得r2＝eq \f(3,2)，所以A不正确；
所以球O的表面积S＝4πr2＝4π×eq \f(3,2)＝6π，选项B正确；
设球O的内接正方体的棱长为a，则a满足eq \r(3)a＝2r，显然选项C不正确；
设球O的外切正方体的棱长为b，则b满足b＝2r，显然选项D正确．
6．(多选)(2022·武汉质检)已知球O是三棱锥P－ABC的外接球，PA＝AB＝PB＝AC＝2，CP＝2eq \r(2)，点D是PB的中点，且CD＝eq \r(7)，则下列说法正确的是( )
A．三棱锥P－ABC最长的棱的棱长为2eq \r(2)
B．AC⊥平面PAB
C．球心O到底面PAB的距离为eq \r(3)
D．球O的表面积为eq \f(28π,3)
答案 ABD
解析 如图，因为PA＝AC＝2，CP＝2eq \r(2)，
所以PA2＋AC2＝CP2，
得CA⊥PA，
由D是PB的中点，
得AD⊥PB，
AD＝eq \r(22－12)＝eq \r(3)，
又CD＝eq \r(7)，
所以AC2＋AD2＝CD2，得AC⊥AD，
又PA∩AD＝A，PA，AD⊂平面PAB，
所以AC⊥平面PAB，故B正确；
由AB＝AP，得CB＝CP＝2eq \r(2)，
故三棱锥P－ABC最长的棱的棱长为2eq \r(2)，
故A正确；
取等边三角形PAB的中心G，连接OG，OA，
则OG＝eq \f(1,2)AC＝1，
即球心O到底面PAB的距离为1，故C错误；
底面△PAB外接圆的半径r＝eq \f(2\r(3),3)，
外接球的半径R＝eq \r(12＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(3),3)))2)＝eq \r(\f(7,3))＝eq \f(\r(21),3)，
所以球O的表面积为S＝4π×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(21),3)))2＝eq \f(28π,3)，
故D正确．
7．(2022·漳州模拟)某中学开展劳动学习，学习加工制作包装盒．现将一张足够用的正方形硬纸片加工制作成轴截面的顶角为60°，高为6的圆锥形包装盒，若在该包装盒中放入一个球形冰淇淋(内切)，则该球形冰淇淋的表面积为________．
答案 16π
解析 如图，由题意知，
∠BAC＝60°，AO1＝6，
故在Rt△AO1C中，
AC＝4eq \r(3)，O1C＝2eq \r(3)，
设内切球球心为O，半径为R，
则OD＝OO1＝R，
在Rt△ADO中，∠OAD＝30°，
所以2R＝6－R，
解得R＝2，
所以S＝4πR2＝16π.
8．(2022·烟台质检)如图，在四棱锥P－ABCD中，△PAD是边长为4的等边三角形，四边形ABCD是等腰梯形，AD∥BC，∠ABC＝60°，AB＝AD，若四棱锥P－ABCD的体积为24，则四棱锥P－ABCD外接球的表面积是________．
答案 eq \f(208π,3)
解析 如图，分别取BC，AD的中点O′，E，连接PE，O′E，O′A，O′D.
因为△PAD是边长为4的等边三角形，
所以PE＝2eq \r(3).
因为四边形ABCD是等腰梯形，AB＝AD＝4，
AD∥BC，∠ABC＝60°，
所以O′E＝2eq \r(3)，BC＝8.
因为四棱锥P－ABCD的体积为24，设四棱锥P－ABCD的高为h，
所以eq \f(1,3)×eq \f(4＋8×2\r(3),2)h＝24，所以h＝2eq \r(3).
因为E是AD的中点，所以PE⊥AD.
因为PE＝h＝2eq \r(3)，所以PE⊥平面ABCD.
因为O′A＝O′B＝O′C＝O′D＝4，
所以四边形ABCD外接圆的圆心为O′，半径r＝4.
设四棱锥P－ABCD外接球的球心为O，连接OO′，OP，OB，过点O作OF⊥PE，垂足为F.
易证四边形EFOO′是矩形，
则EF＝OO′，OF＝O′E＝2eq \r(3).
设四棱锥P－ABCD外接球的半径为R，则R2＝OO′2＋O′B2＝OF2＋PF2＝O′E2＋(PE－OO′)2，
即R2＝OO′2＋42＝(2eq \r(3))2＋(2eq \r(3)－OO′)2，
解得R2＝eq \f(52,3)，故四棱锥P－ABCD外接球的表面积是4πR2＝eq \f(208π,3).