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新高考数学二轮复习考点突破课件 第1部分 专题突破 专题4 微重点11 球的切接问题（含解析）
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这是一份新高考数学二轮复习考点突破课件 第1部分 专题突破 专题4 微重点11 球的切接问题（含解析），共48页。PPT课件主要包含了内容索引，空间几何体的外接球，考点一，又EB＝1，规律方法，空间几何体的内切球，考点二，专题强化练等内容，欢迎下载使用。
空间几何体的外接球、内切球是高中数学的重点、难点，也是高考命题的热点，一般是通过对几何体的割补或寻找几何体外接球的球心求解外接球问题，利用等体积法求内切球半径等，一般出现在压轴小题位置.
(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
∵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，
设该三棱锥外接球半径为R，
∴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
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°，
易得Rt△MEO≌Rt△NEO，故∠MEO＝∠NEO＝30°，
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.
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
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Rt△OO2D中，可得OD2＝OO＋O2D2，
所以四棱锥P－ABCD的外接球的表面积为
(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
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
设三棱锥内切球球心为O，半径为r，
(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
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)，
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.
(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
由题意，因为AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，所以AC＝10，
又由AA1＝6，故在直三棱柱ABC－A1B1C1的内部的球半径最大为R＝2，
(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
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，
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
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
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，
解得R＝3，由于圆柱的高为2，
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∶2C.7∶3 D.7∶4
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，
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
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.
所以PA2＋AC2＝CP2，得CA⊥PA，由D是PB的中点，得AD⊥PB，
又PA∩AD＝A，PA，AD⊂平面PAB，所以AC⊥平面PAB，故B正确；
即球心O到底面PAB的距离为1，故C错误；
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________.
如图，由题意知，∠BAC＝60°，AO1＝6，
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________.
如图，分别取BC，AD的中点O′，E，连接PE，O′E，O′A，O′D.
因为四边形ABCD是等腰梯形，AB＝AD＝4，AD∥BC，∠ABC＝60°，
因为四棱锥P－ABCD的体积为24，设四棱锥P－ABCD的高为h，
因为E是AD的中点，所以PE⊥AD.
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，
空间几何体的外接球、内切球是高中数学的重点、难点，也是高考命题的热点，一般是通过对几何体的割补或寻找几何体外接球的球心求解外接球问题，利用等体积法求内切球半径等，一般出现在压轴小题位置.
(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
∵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，
设该三棱锥外接球半径为R，
∴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
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°，
易得Rt△MEO≌Rt△NEO，故∠MEO＝∠NEO＝30°，
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.
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
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Rt△OO2D中，可得OD2＝OO＋O2D2，
所以四棱锥P－ABCD的外接球的表面积为
(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
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
设三棱锥内切球球心为O，半径为r，
(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
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)，
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.
(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
由题意，因为AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，所以AC＝10，
又由AA1＝6，故在直三棱柱ABC－A1B1C1的内部的球半径最大为R＝2，
(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
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，
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
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
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，
解得R＝3，由于圆柱的高为2，
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∶2C.7∶3 D.7∶4
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，
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
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.
所以PA2＋AC2＝CP2，得CA⊥PA，由D是PB的中点，得AD⊥PB，
又PA∩AD＝A，PA，AD⊂平面PAB，所以AC⊥平面PAB，故B正确；
即球心O到底面PAB的距离为1，故C错误；
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________.
如图，由题意知，∠BAC＝60°，AO1＝6，
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________.
如图，分别取BC，AD的中点O′，E，连接PE，O′E，O′A，O′D.
因为四边形ABCD是等腰梯形，AB＝AD＝4，AD∥BC，∠ABC＝60°，
因为四棱锥P－ABCD的体积为24，设四棱锥P－ABCD的高为h，
因为E是AD的中点，所以PE⊥AD.
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，
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