高考数学一轮复习第7章第2课时球的切、接、截问题学案

这是一份高考数学一轮复习第7章第2课时球的切、接、截问题学案，共23页。

考点一 简单几何体的外接球
柱体的外接球问题
[典例1] (1)已知直三棱柱ABC-A1B1C1的各顶点都在以O为球心的球面上，且∠BAC＝3π4，AA1＝BC＝2，则球O的体积为( )
A．43π B．8π
C．12π D．20π
(2)一个长方体的各个顶点均在同一球的球面上，且一个顶点上的三条棱的长分别为 1，2，3，则此球的表面积为________．
(1)A (2)14π [(1)在底面△ABC中，由正弦定理得底面△ABC所在的截面圆的半径为r＝BC2sin∠BAC＝22sin3π4＝2，
则直三棱柱ABC-A1B1C1的外接球的半径为R＝r2+AA122＝22+12＝3，
则直三棱柱ABC-A1B1C1的外接球的体积为43πR3＝43π.故选A.
(2)长方体外接球直径长等于长方体体对角线长，即 2R＝12+22+32＝14，所以球的表面积 S＝4πR2＝14π.]
[拓展变式] 若将本例(1)的条件“∠BAC＝3π4，AA1＝BC＝2”换为“AB＝3，AC＝4，AB⊥AC，AA1＝12”，则球O的半径为________．
132 [如图所示，过球心作平面ABC的垂线，则垂足为BC的中点M.
又AM＝12BC＝52，OM＝12AA1＝6，
所以球O的半径R＝OA＝ 522+62＝132.]
台体的外接球问题
[典例2] (2022·新高考Ⅱ卷)已知正三棱台的高为1，上、下底面的边长分别为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
A [由题意，得正三棱台上、下底面的外接圆的半径分别为23×32×33＝3，23×32×43＝4.设该棱台上、下底面的外接圆的圆心分别为O1，O2，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+OO12＝42＋(1－OO1)2，解得OO1＝4(舍去)；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.故选A.]
锥体的外接球问题
[典例3] (1)已知三棱锥P-ABC的三条侧棱两两互相垂直，且AB＝5，BC＝7，AC＝2，则此三棱锥的外接球的体积为( )
A．83π B．823π
C．163π D．323π
(2)(2021·天津高考)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32π3，两个圆锥的高之比为1∶3，则这两个圆锥的体积之和为( )
A．3π B．4π
C．9π D．12π
(1)B (2)B [(1)∵AB＝5，BC＝7，AC＝2，
∴PA＝1，PC＝3，PB＝2.
以PA，PB，PC为过同一顶点的三条棱，作长方体如图所示，则长方体的外接球同时也是三棱锥P-ABC的外接球．
∵长方体的体对角线长为1+3+4＝22，
∴球的直径为22，半径R＝2，
因此，三棱锥P-ABC外接球的体积是43πR3＝43π×(2)3＝823π.故选B.
(2)如图，设球O的半径为R，由题意，43πR3＝32π3，可得R＝2，则球O的直径为4，
∵两个圆锥的高之比为1∶3，
∴AO1＝1，BO1＝3，
由直角三角形中的射影定理可得：r2＝1×3，即r＝3.
∴这两个圆锥的体积之和为V＝13π×(3)2×(1＋3)＝4π.故选B.]
[拓展变式] 若将本例(1)的条件改为“侧棱和底面边长都是32的正四棱锥的各顶点都在以O为球心的球面上”，则其外接球的半径为________．
3 [依题意，得该正四棱锥底面对角线的长为32×2＝6，高为322-12×62＝3，
因此底面中心到各顶点的距离均等于3，所以该正四棱锥的外接球的球心即为底面正方形的中心，其外接球的半径为3.]
1．直棱柱的外接球、圆柱的外接球模型
其外接球球心就是上下底面外接圆圆心连线的中点．
提醒：台体的外接球问题可类比此法解答．
2．补形法解答锥体外接球的问题
若几何体存在三条两两垂直的线段或者三条线有两条垂直，可构造墙角模型(如下图)，直接用公式(2R)2＝a2＋b2＋c2求出R.
图① 图②
图③ 图④
根据球与长方体的对称性可知，长方体的对称中心就是球心，所以长方体(或可补形为长方体的柱体、锥体)的体对角线就是其外接球的直径．
提醒： 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．
[跟进训练]
1．(1)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．81π4 B．16π
C．9π D．27π4
(2)如图，圆柱的底面半径为r，高为h，记圆柱的表面积为S1，圆柱外接球的表面积为S2，若S1S2＝45，则rh的值为( )
A．13 B．23
C．13或1 D．23或1
(3)圆台上、下底面的圆周都在一个直径为10的球面上，其上、下底面半径分别为4和5，则该圆台的体积为________．
(1)A (2)D (3)61π [(1)如图所示，设球半径为R，底面中心为O′且球心为O，
∵正四棱锥P-ABCD中AB＝2，∴AO′＝2.
∵PO′＝4，∴在Rt△AOO′中，AO2＝AO′2＋OO′2，
∴R2＝(2)2＋(4－R)2，解得R＝94，
∴该球的表面积为4πR2＝4π×942＝81π4，故选A.
(2)∵圆柱的表面积S1＝2πr2＋2πrh，
圆柱的外接球的半径为4r2+h22，
∴其外接球的表面积S2＝4π4r2+h222＝π4r2+h2，
∴S1S2＝45＝2πr2+2πrhπ4r2+h2，即2h2－5rh＋3r2＝0，
∴2h-3rh-r＝0，则rh＝23或rh＝1， 故选D.
(3)如图所示，下底面半径为5，球的直径为10.
则球心在下底面上，OC＝OB＝5，O′C＝4，∠OO′C＝π2，
则圆台的高为3，V＝13h(S1＋S1S2＋S2)＝25π＋16π＋20π＝61π.]
考点二 简单几何体的内切球
[典例4] (2020·全国Ⅲ卷)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________．
23π [法一：如图，在圆锥的轴截面ABC中，CD⊥AB，BD＝1，BC＝3，圆O内切于△ABC，E为切点，连接OE，则OE⊥BC.在Rt△BCD中，CD＝BC2-BD2＝22.易知BE＝BD＝1，则CE＝2.设圆锥的内切球半径为R，则OC＝22－R，在Rt△COE中，OC2－OE2＝CE2，即(22－R)2－R2＝4，所以R＝22，圆锥内半径最大的球的体积为43πR3＝23π.
法二：如图，记圆锥的轴截面为△ABC，其中AC＝BC＝3，AB＝2，CD⊥AB，在Rt△BCD中，CD＝BC2-BD2＝22，则S△ABC＝22.设△ABC的内切圆O的半径为R，则R＝2S△ABC3+3+2＝22，所以圆锥内半径最大的球的体积为43πR3＝23π.]
“切”的问题处理规律
(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．
(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)．
[跟进训练]
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＝3，则V的最大值是( )
A．4π B．9π2
C．6π D．32π3
(2)若一个正四面体的表面积为S1，其内切球的表面积为S2，则S1S2＝________．
(1)B (2)63π [(1)要使球的体积最大，必须使球的半径最大．设球的半径为R，∵△ABC的内切圆半径为6+8-102＝2，∴R≤2，由题意易知球与直三棱柱的上、下底面都相切时，球的直径取得最大值为3，
∴R≤32，∴Vmax＝43π323＝92π.故选B.
(2)设正四面体棱长为a，则正四面体表面积为S1＝4×34×a2＝3a2，其内切球半径为正四面体高的14，即r＝14×63a＝612a，因此内切球表面积为S2＝4πr2＝πa26，则S1S2＝3a2π6a2＝63π.]
考点三 与球有关的截面问题
[典例5] (2020·全国Ⅱ卷)已知△ABC是面积为934的等边三角形，且其顶点都在球O的球面上．若球O的表面积为16π，则O到平面ABC的距离为( )
A．3 B．32
C．1 D．32
C [由等边三角形ABC的面积为934，得34×AB2＝934，得AB＝3，则△ABC的外接圆半径r＝23×32AB＝33AB＝3.设球的半径为R，则由球的表面积为16π，得4πR2＝16π，得R＝2，则球心O到平面ABC的距离d＝R2-r2＝1，故选C.]
巧用直角三角形解决截面圆问题的步骤
(1)确定球心O和截面圆的圆心O′.
(2)探求球的半径R和截面圆的半径r.
(3)利用OO′2＋r2＝R2计算相关量．
[跟进训练]
3．如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高8 cm，将一个球放在容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6 cm，如果不计容器的厚度，则球的体积为( )
A．500π3 cm3 B．866π3 cm3
C．1 372π3 cm3 D．2 048π3 cm3
A [设球心为O，半径为R cm，正方体上底面中心为A，上底面一边的中点为B，在Rt△OAB中，OA＝R－2，AB＝4，OB＝R，由R2＝(R－2)2＋42，得R＝5，∴V球＝43πR3＝500π3(cm3)．故选A.]
简单几何体的外接球与内切球问题是立体几何的重点，也是历年高考考查的一个热点，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关系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、定义法确定球心
[典例1] 已知∠ABC＝90°，PA⊥平面ABC，若PA＝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．π B．3π
C．2π D．3π2
[赏析] 突破点1：发现垂直关系，如下①②处
如图，取PC的中点O，连接OA，OB，由题意得PA⊥BC①，
又因为AB⊥BC，PA∩AB＝A，PA，AB⊂平面PAB，
所以BC⊥平面PAB，所以BC⊥PB②.
在Rt△PBC中，OB＝12PC，
同理OA＝12PC，
突破点2：得出四点共圆
所以OA＝OB＝OC＝12PC，
因此P，A，B，C四点在以O为球心的球面上，
在Rt△ABC中，AC＝AB2+BC2＝2.
在Rt△PAC中，PC＝PA2+AC2＝3，
球O的半径R＝12PC＝32，
所以球的体积为43π323＝3π2.
[答案] D
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．
[跟进训练]
1．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-PAD的外接球的表面积为( )
A．12π B．34π
C．68π D．126π
C [如图，由题意可知，MP⊥PA，MP⊥PD.
且PA∩PD＝P，PA⊂平面PAD，PD⊂平面PAD，
所以MP⊥平面PAD.
设△ADP的外接圆的半径为r，
则由正弦定理可得ADsin∠APD＝2r，
即4sin150°＝2r，所以r＝4.
设三棱锥M-PAD的外接球的半径为R，
则(2R)2＝PM2＋(2r)2，
即(2R)2＝4＋64＝68，所以4R2＝68，
所以外接球的表面积为4πR2＝68π.]
二、交轨法确定球心
[典例2] 已知△ABC是以BC为斜边的直角三角形，P为平面ABC外一点，且平面PBC⊥平面ABC，BC＝3，PB＝22，PC＝5，则三棱锥P-ABC外接球的表面积为________．
[赏析] 突破点1：找过△ABC外接圆圆心的垂线
如图所示，设M为BC的中点，在平面PBC内过点M作MN⊥BC，因为平面PBC⊥平面ABC，所以MN⊥平面ABC.
突破点2：寻找△PBC的外心，交轨法得球心
又△ABC是以BC为斜边的直角三角形，所以直线MN上任意一点到A，B，C的距离相等．
在平面PBC内作线段PB的垂直平分线DE，设DE与MN的交点为O，则点O到P，A， B，C的距离都相等，即点O为三棱锥P-ABC外接球的球心，并且O也是△PBC的外心．
因此三棱锥P-ABC外接球的半径与△PBC的外接圆半径相等．
又PB＝22，BC＝3，PC＝5，
所以cs ∠PBC＝8+9-52×22×3＝22，
则sin ∠PBC＝22.
设三棱锥P-ABC外接球的半径为R，
则2R＝522＝10，即R＝102，
则外接球的表面积S＝4πR2＝10π.
[答案] 10π
分别过几何体的两个相交平面的外接圆的圆心作各自所在平面的垂线，垂线的交点就是垂心．
[跟进训练]
2．已知A，B是球O的球面上两点，AB＝2，过AB作互相垂直的两个平面截球得到圆O1和圆O2，若∠AO1B＝90°，∠AO2B＝60°，则球O的表面积为( )
A．5π B．10π
C．15π D．20π
D [取AB的中点M，连接O1M，O2M，OM，因为圆O1所在平面与圆O2所在平面垂直，所以O1M∥OO2，且O1M＝OO2，O2M∥OO1，且O2M＝OO1，所以四边形OO1MO2是矩形．因为AB＝2，∠AO2B＝60°，∠AO1B＝90°，△ABO2是正三角形，所以O2M＝3，O1M＝1，所以OM＝32+1＝2，所以球O的半径为OM2+AM2＝22+12＝5，所以球O的表面积为4π×(5)2＝20π.]
课时分层作业(三十八) 球的切、接、截问题
一、选择题
1．(2020·天津高考)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
C [由题意知，正方体的体对角线就是球的直径，
∴2R＝232+232+232＝6，
∴R＝3，∴S球＝4πR2＝36π.]
2．某同学在参加《通用技术》实践课时，制作了一个工艺品，如图所示，该工艺品可以看成是一个球被一个棱长为43的正方体的六个面所截后剩余的部分(球心与正方体的中心重合)，若其中一个截面圆的周长为4π，则该球的半径是( )
A．2 B．4
C．26 D．46
B [设截面圆半径为r，球的半径为R，则球心到某一截面的距离为正方体棱长的一半即23，根据截面圆的周长可得4π＝2πr，得r＝2，故由题意知R2＝r2＋(23)2，即R2＝22＋(23)2＝16，所以R＝4，故选B.]
3．已知三棱锥P-ABC中，△ABC为等边三角形，PA＝PB＝PC＝3，PA⊥PB，则三棱锥P-ABC的外接球的体积为( )
A．27π2 B．273π2
C．273π D．27π
B [∵三棱锥P-ABC中，△ABC为等边三角形，PA＝PB＝PC＝3，
∴△PAB≌△PBC≌△PAC.
∵PA⊥PB，∴PA⊥PC，PC⊥PB.
以PA，PB，PC为过同一顶点的三条棱作正方体(如图所示)，则正方体的外接球同时也是三棱锥P-ABC的外接球．
∵正方体的体对角线长为32+32+32＝33，∴其外接球半径R＝332.因此三棱锥P-ABC的外接球的体积V＝4π3×3323＝273π2.]
4．如图，已知球O是棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1的内切球，则平面ACD1截球O的截面面积为( )
A．6π6 B．π3
C．π6 D．3π3
C [平面ACD1截球O的截面为△ACD1的内切圆，
∵正方体棱长为1，
∴AC＝CD1＝AD1＝2.
∴内切圆半径r＝tan 30°·AE＝33×22＝66.
∴S＝πr2＝π×16＝π6，故选C. ]
5．在四面体ABCD中，AB＝2，DA＝DB＝CA＝CB＝1，则四面体ABCD的外接球的表面积为( )
A．π B．2π
C．3π D．4π
B [取AB的中点O，
由AB＝2，DA＝DB＝CA＝CB＝1，
得CA2＋CB2＝AB2，AD2＋BD2＝AB2，
可得∠ACB＝∠ADB＝90°，
所以OA＝OB＝OC＝OD＝22，
即O为外接球的球心，球的半径R＝22，
所以四面体ABCD的外接球的表面积为S＝4πR2＝4π×12＝2π.]
6．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D-ABC体积的最大值为( )
A．123 B．183
C．243 D．543
B [由等边△ABC的面积为93，
可得34AB2＝93，所以AB＝6，
所以等边△ABC的外接圆的半径为r＝33AB＝23.
设球的半径为R，球心到等边△ABC的外接圆圆心的距离为d，则d＝R2-r2＝16-12＝2.
所以三棱锥D-ABC高的最大值为2＋4＝6，所以三棱锥D-ABC体积的最大值为13×93×6＝183.]
7．(多选)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13，则下列结论正确的是( )
A．球O的表面积为6π
B．球O的内接正方体的棱长为1
C．球O的外切正方体的棱长为43
D．球O的内接正四面体的棱长为2
AD [设球O的半径为r，△ABC的外接圆圆心为O′，半径为R.易得R＝233.因为球心O到平面ABC的距离等于球O半径的13，所以r2－19r2＝43，得r2＝32.所以球O的表面积S＝4πr2＝4π×32＝6π，选项A正确；球O的内接正方体的棱长a满足3a＝2r，得a＝2，显然选项B不正确；球O的外切正方体的棱长b满足b＝2r，显然选项C不正确；球O的内接正四面体的棱长c满足c＝263r＝263×62＝2，选项D正确．故选AD.]
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．212 B．312
C．24 D．34
A [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OO1⊥平面ABC，OO1＝1-AB22
＝1-222＝22，所以三棱锥O-ABC的体积V＝13S△ABC×OO1＝13×12×1×1×22＝212.]
二、填空题
9．如图，在圆柱O1O2内有一个球O，该球与圆柱的上、下面及母线均相切．记圆柱O1O2的体积为V1，球O的体积为V2，则V1V2的值是________．
32 [设圆柱内切球的半径为R，
则由题设可得圆柱O1O2的底面圆的半径为R，高为2R，
故V1V2＝πR2·2R43πR3＝32.]
10．已知三棱锥P-ABC的四个顶点都在球O的表面上，PA⊥平面ABC，PA＝6，AB＝23，AC＝2，BC＝4，则：
(1)球O的表面积为________；
(2)若D是BC的中点，过点D作球O的截面，则截面面积的最小值是________．
(1)52π (2)4π [(1)由题意，根据勾股定理可得AC⊥AB，则可将三棱锥P-ABC放入以AP，AC，AB为长方体的长，宽，高的长方体中，则体对角线为外接球直径，即2r＝22+62+232＝213，则r＝13，所以球的表面积为4πr2＝4π×(13)2＝52π.
(2)由题意，因为Rt△ABC，所以D为底面ABC的外接圆圆心，当DO⊥截面时，截面面积最小，即截面为平面ABC，则外接圆半径为2，故截面面积为π×22＝4π.]
11．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________．
2－1 [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＝3×12×23×2＋33
＝36＋33.
因为PD＝1，
所以三棱锥的体积V＝13×33×1＝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，
由13S三棱锥表·r＝3，
得r＝3336+33＝2－1.]
12．中国古代数学家刘徽所注释的《九章算术》中，称四个面均为直角三角形的四面体为“鳖臑”．如图所示的鳖臑ABCD中，AB⊥平面BCD，CD⊥BC，若CD＝1，AC＝5，且顶点A，B，C，D均在球O上，则球O的表面积为________．
6π [由题意可知，球O为鳖臑ABCD的外接球，
∵AB⊥平面BCD，BD，CD⊂平面BCD，∴AB⊥BD，AB⊥CD，又CD⊥BC，AB，BC⊂平面ABC，AB∩BC＝B，∴CD⊥平面ABC，
又AC⊂平面ABC，∴CD⊥AC.
取AD中点E，连接BE，CE，
∵AB⊥BD，∴BE＝AE＝DE，同理可知：CE＝AE＝DE，∴点E与球O的球心O重合，球O的半径R＝12AD＝12AC2+CD2＝62，
∴球O的表面积S＝4πR2＝6π.]
13．(2019·全国Ⅰ卷)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．86π B．46π
C．26π D．6π
D [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．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＝62，所以球O的体积V＝43πR3＝43π623＝6π，故选D.]
14．根据不同的程序，3D打印既能打印实心的几何体模型，也能打印空心的几何体模型．如图所示的空心模型是体积为17176π cm3的球挖去一个三棱锥P-ABC后得到的几何体，其中PA⊥AB，BC⊥平面PAB，BC＝1 cm.不考虑打印损耗，当用料最省时，AC＝________cm.
3 [设球的半径为R，由球的体积4π3R3＝17176π，解得R＝172 cm.
因为BC⊥平面PAB，所以BC⊥PB，BC⊥AB，BC⊥PA.
因为PA⊥AB，AB∩BC＝B，所以PA⊥平面ABC，所以PA⊥AC.
由BC⊥AB可知，AC为截面圆的直径，故可设AC＝x cm(1＜x＜17)，取PC的中点O，连接OA，OB(图略)，则PO＝OC＝OA＝OB，故O为球心，所以PC＝17cm.
在Rt△PAC中，PA＝17-x2 cm，在Rt△ABC中，AB＝x2-1 cm，
所以VP-ABC＝13×S△ABC×PA＝13×12×x2-1×1×17-x2＝16x2-117-x2
≤16x2-1+17-x222＝43(cm3)，
当且仅当x2－1＝17－x2，
即x＝3时，等号成立．
所以当用料最省时，AC＝3 cm.]