新高考数学一轮复习核心考点练习第7章§7.2球的切、接问题（2份，原卷版+解析版）

这是一份新高考数学一轮复习核心考点练习第7章§7.2球的切、接问题（2份，原卷版+解析版），共51页。试卷主要包含了2　球的切、接问题，内切球，棱切球，外接球等内容，欢迎下载使用。
【知识梳理】
一、正方体与球
1.内切球：内切球直径2R=正方体棱长a.
2.棱切球：棱切球直径2R=正方体的面对角线长2a.
3.外接球：外接球直径2R=正方体体对角线长3a.
二、长方体与球
外接球：外接球直径2R=体对角线长a2+b2+c2(a，b，c分别为长方体的长、宽、高).
三、正棱锥与球
1.内切球：V正棱锥=13S表·r=13S底·h(等体积法)，r是内切球半径，h为正棱锥的高.
2.外接球：外接球球心在其高上，底面正多边形的外接圆圆心为E，半径为r，R2=(h-R)2+r2(正棱锥外接球半径为R，高为h).


四、直棱柱的外接球
球心到直棱柱两底面的距离相等，直棱柱两底面外心连线的中点为其外接球球心.R2=h22+r2(直棱柱的外接球半径是R，高是h，底面外接圆半径是r).
五、圆柱的外接球
R=h22+r2(R是圆柱外接球的半径，h是圆柱的高，r是圆柱底面圆的半径).
六、圆锥的外接球
R2=(h-R)2+r2(R是圆锥外接球的半径，h是圆锥的高，r是圆锥底面圆的半径).
【必练核心题型】
题型一 外接球
命题点1 补形法
【典例】1.古代数学名著《九章算术·商功》中，将底面为矩形，且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为“阳马”.若四棱锥P-ABCD为“阳马”，PA⊥平面ABCD，AB=BC=4，PA=3，则此“阳马”外接球的表面积为( )
A.41π2B.41π4C.41πD.41π
【答案】D
【解析】由于PA⊥平面ABCD，AB，AD⊂平面ABCD，所以PA⊥AB，PA⊥AD，
由于四边形ABCD是矩形，所以AB⊥AD，
所以AB，AD，PA两两互相垂直，
所以四棱锥P-ABCD可补形为长方体，且长方体的体对角线为PC=32+42+42=41，
所以外接球的直径2R=41，
所以外接球的表面积为4πR2=41π.
【典例】2.已知三棱锥S-ABC的四个顶点都在球O的球面上，且SA=BC=2，SB=AC=7，SC=AB=5，则球O的表面积是 .
【答案】8π
【解析】将三棱锥S-ABC放入长方体中，设长方体的长、宽、高分别为a，b，c，如图所示，
则a2+b2=5,a2+c2=7,b2+c2=4,
则a2+b2+c2=8，
因为球O的直径即为长方体的体对角线，
则球O的半径为a2+b2+c22=2，
所以球O的表面积是4π×(2)2=8π.
【解题技巧】满足下列条件的可以补成长方体
(1)(墙角模型)三棱锥的三条侧棱两两互相垂直，如图①.
(2)三棱锥的四个面均是直角三角形，如图②.
(3)(对棱模型)三棱锥的对棱两两相等，则每条对棱为长方体的面对角线，如图③.
【变式训练】在三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC，AB=BC=CA=22，且三棱锥P-ABC的体积为83，若三棱锥P-ABC的四个顶点都在同一球面上，则该球的表面积为( )
A.4πB.16π3C.8πD.16π
【答案】D
【解析】∵三棱锥P-ABC的体积为83，
∴13×34×(22)2×PA=83，
∴PA=433，将三棱锥补成三棱柱，可得球心为三棱柱外接球的球心，球心到底面的距离d等于三棱柱的高PA的一半233，
∵△ABC是边长为22的正三角形，
∴△ABC外接圆的半径r=263，
∴球的半径为R=d2+r2=2332+2632=2，
∴该球的表面积为4π×22=16π.
命题点2 定义法
【典例】1.如图，在四面体ABCD中，∠ACB=∠ADB=90°，AB=2，则四面体ABCD外接球的表面积为( )
A.2πB.4πC.8πD.8π3
【答案】B
【解析】设O是AB的中点，
连接OC，OD，如图所示，
由∠ACB=∠ADB=90°，
得OA=OB=OC=OD，
所以O是四面体外接球的球心，且半径为OA=OB=OC=OD=12AB=1，
所以外接球的表面积为4π×12=4π.
【解题技巧】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.
【变式训练】已知菱形ABCD的边长为2，∠B=60°.将△ABC沿AC折起，折起后记点B为P，连接PD，得到三棱锥P-ACD，如图所示，当三棱锥P-ACD的表面积最大时，三棱锥P-ACD的外接球体积为( )
A.52π3B.43π3C.23πD.82π3
【答案】D
【解析】由题意可得，△ACD，△ACP均为边长为2的等边三角形，△PAD，△PCD为全等的等腰三角形，则三棱锥P-ACD的表面积
S=2S△ACD+2S△PCD=2×12×2×2×32+2×12×2×2sin∠PCD=23+4sin∠PCD≤23+4，
当且仅当sin∠PCD=1，即PC⊥CD时，
三棱锥P-ACD的表面积取最大值，
此时△PAD，△PCD为直角三角形，
PD=PC2+CD2=22，
取PD的中点O，连接OA，OC(图略)，由直角三角形的性质可得OA=OC=OD=OP=2，
即三棱锥P-ACD的外接球的球心为O，
半径R=2，
故外接球体积V=43π×(2)3=82π3.
命题点3 垂面法
【典例】1.已知四面体ABCD的各顶点均在球O的球面上，平面ABC⊥平面BCD，AB=BC=AC=CD=2，BC⊥CD，则球O的表面积为( )
A.16π3B.8πC.28π3D.12π
【答案】C
【解析】如图，取BC的中点E，BD的中点F，所以F为△BCD的外心，
连接AE，EF，设△ABC的外心为G，
因为AB=BC=AC=2，
即△ABC为等边三角形，
所以点G在AE上，连接OG，OF，
则OG⊥平面ABC，OF⊥平面BCD，
因为平面ABC⊥平面BCD，所以OG⊥OF，
因为△ABC为等边三角形，E为BC的中点，
所以AE⊥BC，
因为平面ABC⊥平面BCD，平面ABC∩平面BCD=BC，AE⊂平面ABC，
所以AE⊥平面BCD，则AE∥OF，
又EF⊂平面BCD，所以AE⊥EF，
同理EF⊥平面ABC，所以EF∥OG，
故四边形OGEF是矩形.
由BC⊥CD，可得BD=BC2+CD2=22，
故DF=2，
又OF=EG=13AE=13ABsin 60°=33，
设球O的半径为R，则R2=OD2=OF2+FD2=73，
所以球O的表面积S=4πR2=28π3.
【变式训练】找两个三角形的外接圆的圆心，过圆心分别作这两个三角形所在平面的垂线，两垂线的交点就是球心.
跟踪训练3 在三棱锥P-ABC中，∠BAC=90°，PA=PB=PC=BC=2，则三棱锥P-ABC外接球的表面积为( )
A.4π3B.8π3C.11π3D.16π3
【答案】D
【解析】如图，设O1是BC的中点，连接O1A，O1P，由于∠BAC=90°，
所以O1是△ABC的外心，O1A=O1B=O1C.
由于PA=PB=PC=BC=2，O1是BC的中点，
则PO1⊥BC，PO1=3，O1A=1，
则PO12+O1A2=PA2，则PO1⊥O1A.
又O1A∩BC=O1，O1A，BC⊂平面ABC，
所以PO1⊥平面ABC，而PO1⊂平面PBC，
所以平面PBC⊥平面ABC.
由于△PBC是等边三角形，设O是△PBC的外心，连接OA，OB，OC，则OP=OB=OC，
又因为O在PO1上，所以OB=OC=OA，
则O也是三棱锥P-ABC外接球的球心.
设外接球的半径为r，根据等边三角形的性质可知r=OP=23O1P=233，
所以外接球的表面积为4πr2=4π×2332=16π3.
题型二 内切球与棱切球
命题点1 内切球
【典例】1.(2025·洛阳模拟)已知一圆台容器的上、下底面中心分别为O1，O2，且O1O2=103，上、下底面半径分别为2，12，在圆台容器内放置一个可以任意转动的球，则该球表面积的最大值为( )
A.96πB.192πC.48πD.248π
【答案】B
【解析】如图所示，
根据题意可知O1A=2，O2B=12，O1O2=103.
设圆台容器内能放置的最大球的球心为O，且与下底面和母线AB分别切于O2，C，
因为tan∠ABO2=10312−2=3，
所以∠ABO2=60°，所以∠OBO2=30°，
所以可知球的半径
R=OO2=O2Btan 30°=12×33=43，
此时球的直径为2R=83