2027届高三数学一轮复习练习课件：第7章　高考热点7　球的接、切问题(含解析)

这是一份2027届高三数学一轮复习练习课件：第7章　高考热点7　球的接、切问题(含解析)，共34页。
高考热点7　球的接、切问题
目 录 CONTENTS
类型1 几何体的外接球类型2 几何体的内切球、棱切球和叠切球
类型1　几何体的外接球
1.★★(2026届河北地区期中,5)已知一正三棱柱的底面边长为3,其内部有一球与其各面都相切,则该正三棱柱的外接球的表面积为 ( )A.15π　　    B.45π　　    C.30π　　    D.60π
解析　正三棱柱的内切球与外接球的球心重合,设为O,设半径分别为R,r,如图.边长为3的正三角形的内切圆半径为 × ×3= ,即内切球半径为 ,所以正三棱柱的高O1O2=2R= ,即OO2=R.外接球半径r=OA= = = ,所以外接球的表面积为4πr2=4π× =15π,故选A. 
2.★★★(2022新高考Ⅱ,7,5分)已知正三棱台的高为1,上、下底面边长分别为3 和4 ,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
3.★★★(2025届河北承德一中月考,7)已知正三棱锥P-ABC,点P,A,B,C都在半径为 的球面上,若PA,PB,PC两两垂直,则球心到平面ABC的距离为( )A. 　　    B. 　　    C. 　　    D. 
解析　因为PA,PB,PC两两垂直,所以正三棱锥P-ABC的外接球就是其所在正方体的外接球.如图,外接球的球心即为正方体的中心,设为O,正方体的体对角线就是外接球的直径.设正方体的棱长为a(a>0),则 a=2 ,即a=2,即PA=PB=PC=2,AB=AC=BC=2 ,S△ABC= ×2 ×2 ×sin 60°=2 ,S△ABP= ×2×2=2.设点P到平面ABC的距离为h,
由VP-ABC=VC-ABP,得 ·S△ABC·h= ·S△ABP·PC,所以h= = = ,所以球心O到平面ABC的距离为 - = .【提示:正方体体对角线OP垂直于平面ABC】 
4.★★★(2026届黑龙江大庆教学质量监测,8)已知正三棱锥A-BCD的底面边长为6,二面角A-BC-D的余弦值为 ,则正三棱锥A-BCD外接球的表面积为( )A. π　　    B. πC. π　　     D. π
解析　如图所示,作AE⊥平面BCD,垂足为E,连接BE, 因为三棱锥A-BCD为正三棱锥,所以E是等边△BCD的中心,又因为△BCD的边长为6,所以BE= ×3 =2 ,取BC中点M,连接AM,EM,则AM⊥BC,EM⊥BC,所以∠AME为二面角A-BC-D的平面角,即cs∠AME= ,又因为ME= ×3 = ,所以AM= =4,AE= = ,
设外接球球心为O,则O在AE上,连接OB.设外接球半径为R,则OA=OB=R,OE=| -R|,所以在△BOE中,有OE2+EB2=OB2,可得R2=(2 )2+( -R)2,解得R= ,所以外接球的表面积为S=4π· = π.故选C.
5.★★(2026届浙江名校协作体联考,13)已知正四棱台ABCD-A1B1C1D1的上、下底面边长分别为2,4,侧棱长为 ,则该正四棱台外接球的表面积为___________.
    35π    
设OT=x(x>0),则有OT2+TC2=SO2+S ,即x2+(2 )2=( +x)2+( )2,解得x= ,
则外接球半径R= = .故外接球表面积为4πR2=4π· =35π.
6.★★★(2026届广东清远一中期中,14)在三棱锥A-BCD中,若AD⊥平面BCD,AB⊥BC,AD=BD=2,CD=4,点A,B,C,D在同一个球面上,则该球的表面积为___________.
    20π    
解析　在三棱锥A-BCD中,AD⊥平面BCD,BC⊂平面BCD,所以BC⊥AD,因为BC⊥AB,AB∩AD=A,AB,AD⊂平面ABD,所以BC⊥平面ABD,因为BD⊂平面ABD,所以BC⊥BD,所以可将三棱锥A-BCD放置于长方体内,如图所示,该三棱锥的外接球即为长方体的外接球,球心为长方体体对角线的中点,即外接球的半径为长方体体对角线长的一半,设外接球半径为R,4R2=AC2=AD2+CD2=22+42=20,
所以该球的表面积S=4πR2=20π.
7.★★★(2023全国乙文,16,5分)已知点S,A,B,C均在半径为2的球面上,△ABC是边长为3的等边三角形,SA⊥平面ABC,则SA=_________.
8.★★★(2026届湖南永州宁远三中开学考,13)已知△ABC是边长为8的正三角形,D是AC的中点,沿BD将△BCD折起使得二面角A-BD-C为 ,则三棱锥C-ABD的外接球的表面积为__________.
解析　解法一　在三棱锥C-ABD中,BD⊥AD,BD⊥CD,所以∠ADC为二面角A-BD-C的平面角,则∠ADC= .又AD=CD=4,所以△ACD是边长为4的正三角形,设△ACD的外接圆圆心为O',连接O'D,则O'D= ADsin = ,设三棱锥C-ABD的外接球的球心为O,半径为R,如图1,连接OD,OO',则OO'⊥平面ACD,易证BD⊥平面ACD,则OO'∥BD,显然球心O在线段BD的中垂面上,令线段BD的中垂面交BD于E,连接OE,则OE⊥BD,显然O'D⊥BD,所以四边形OEDO'是矩形,
而DE= BD=2 ,因此R2=OD2=OE2+DE2= +(2 )2= ,所以三棱锥C-ABD外接球的表面积为S=4πR2= π. 　     解法二　如图2,易证BD⊥平面ACD,又BD⊂平面BCD,所以平面BCD⊥平面ACD,易知
BD⊥CD,△ACD是边长为4的正三角形,设△ACD的外接圆圆心为O',连接O'D,则O'D= ADsin = ,由△BCD是直角三角形,知其外接圆圆心为斜边中点,设为H,分别过O',H作平面ACD,平面BCD的垂线,两垂线交于O点,则O为该三棱锥外接球的球心.取CD的中点G,连接GH,则GH=OO'= BD=2 ,连接OD,设外接球的半径为R,因此R2=OD2=OO'2+O'D2=(2 )2+ = ,所以三棱锥C-ABD外接球的表面积为S=4πR2= π.
9.★★★(2026届河北石家庄一中摸底,13)《九章算术》中记录的“羡除”是算学和建筑学术语,指的是一段类似隧道形状的几何体,如图,羡除ABCDEF中,底面ABCD是正方形,EF∥平面ABCD,△ADE和△BCF均为等边三角形,且EF=2AB=6,则这个几何体的外接球的体积为___________. 
    36π    
解析　如图,连接BD,分别取EF,BD,AD的中点G,H,I,连接GH,HI,EI, 由底面ABCD是正方形,EF∥平面ABCD,△ADE和△BCF均为等边三角形,得EG∥IH,GH⊥底面ABCD.又EF=2AB=6,故EG=AD=AB=3,则EI= ·AD= ,故GH= = .易知H为底面正方形的中心,HG⊥IH,故羡除ABCDEF外接球的球心O在直线GH上,连接HA,OE,OA,则HA= BD= ,设外接球的半径为r,OH=a,则OA
=OE=r,故r2=a2+ = +32,解得a= ,r2=a2+ = + =9,即r=3,则这个几何体的外接球的体积为V= πr3=36π.
类型2　几何体的内切球、棱切球和叠切球
1.★★★(2026届河南安阳调研,7)在两块平行放置的木板之间放有4个半径均为1 cm的球,4个球两两相切,且其中3个球均与同一块木板相切,则两木板之间的最小距离为 ( )A.  cm　　     B.  cmC. cm　　    D. cm
2.★★★★(2026届江苏连云港期中,8)已知一个红球和三个半径为3的白球,这四个球两两外切,且它们都内切于一个半径为7的黑球,则红球的表面积为 ( )A. π　　    B. π　　    C.49π　　    D.98π
解析　设三个半径为3的白球的球心分别为A,B,C,红球半径为r,球心为D,如图,则D在平面ABC上的射影为底面正三角形ABC的外心G,易知BG= × =2 .三棱锥D-ABC为正三棱锥,DB=r+3.设黑球的球心为O,由对称性可得O在线段DG上,因为黑球与四个小球都内切,OD=7-r,OB=7-3=4,则OG= =2,又BG2+DG2=BD2,所以(2 )2+(2+7-r)2=(r+3)2,解得r= ,则红球的表面积为S=4πr2=49π.故选C. 
3.★★★(2025全国二卷,14,5分)一个底面半径为4 cm,高为9 cm的封闭圆柱形容器(容器壁厚度忽略不计)内有两个半径相等的铁球,则铁球半径的最大值为___________cm.
    2.5    
由图可知(8-2r)2+(9-2r)2=4r2,
即4r2-68r+145=0,即(2r-5)(2r-29)=0,解得r=2.5或r=14.5(舍去).综上所述,铁球半径的最大值为2.5 cm.
4.★★★(2023全国甲文,16,5分)在正方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=4,O为AC1的中点,若该正方体的棱与球O的球面有公共点,则球O的半径的取值范围是_______________.
5.★★★★(2026届浙江富阳中学等三校第七次联考,14)如图,装满水的圆台形容器内放进半径分别为3和6的两个铁球,小球与容器底和容器壁均相切,大球与小球、容器壁、水面均相切,此时容器中水的体积为____________. 
    243π    
解析　作几何体的轴截面如图, M,N分别是大球和小球的球心,Q是圆台的轴截面等腰梯形ABCD两腰AD和BC的延长线的交点,G,H分别是球M,球N与圆台侧面的切点,E是球M与圆台上底面的切点,F是球N与圆台下底面的切点,则QE⊥AB,QF⊥CD,GM⊥AQ,NH⊥AQ,且GM=EM=6,NH=NF=3,EF=18,过N点作NK∥AQ交GM于K,
显然NK⊥GM,则四边形NHGK为矩形,且MN=9,MK=MG-KG=MG-NH=3,在Rt△MNK中,sin∠MNK= = ,cs∠MNK= = ,tan∠MNK= ,根据NK∥AQ,可得∠MNK=∠EQA,那么sin∠EQA= ,tan∠EQA= .在Rt△NHQ中,NQ= =9,则FQ=NQ-NF=6,在Rt△DFQ中,DF=FQ·tan∠EQA= ,在Rt△EQA中,EQ=EF+FQ=24,AE=EQ·tan∠EQA=6 ,因此圆台的下底面半径为DF= ,上底面半径为AE=6 ,高EF=18,