【最新】2023版高中高考数学二轮专题复习微专题17　球的切、接、截问题

这是一份【最新】2023版高中高考数学二轮专题复习微专题17　球的切、接、截问题，共22页。
1.球的切接问题
(1)长方体的外接球
①球心：体对角线的交点；
②半径：r＝eq \f(\r(a2＋b2＋c2),2)(a，b，c为长方体的长、宽、高).
(2)正方体的外接球、内切球及与各条棱相切的球
①外接球：球心是正方体中心，半径r＝eq \f(\r(3),2)a(a为正方体的棱长)，直径等于体对角线长；
②内切球：球心是正方体中心，半径r＝eq \f(a,2)(a为正方体的棱长)，直径等于正方体棱长；
③与各条棱都相切的球：球心是正方体中心，半径r＝eq \f(\r(2),2)a(a为正方体的棱长)，直径等于面对角线长.
(3)正四面体的外接球与内切球(正四面体可以看作是正方体的一部分)
①外接球：球心是正四面体的中心，半径r＝eq \f(\r(6),4)a(a为正四面体的棱长)；
②内切球：球心是正四面体的中心，半径r＝eq \f(\r(6),12)a(a为正四面体的棱长).
2.平面截球
平面截球面得圆.截面圆的圆心与球心的连线与截面圆圆面垂直且R2＝d2＋r2(R为球半径，r为截面圆半径，d为球心到截面圆的距离).
类型一 外接球问题
考向1 墙角模型
墙角模型是三棱锥有一条侧棱垂直于底面且底面是直角三角形的模型，用构造法(构造长方体)解决，外接球的直径等于长方体的体对角线长.长方体同一顶点的三条棱长分别为a，b，c，外接球半径为R.

则(2R)2＝a2＋b2＋c2，
即2R＝eq \r(a2＋b2＋c2).
一般有以下四种类型：
例1 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.8eq \r(6)π B.4eq \r(6)π
C.2eq \r(6)π D.eq \r(6)π
答案 D
解析 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放在正方体中如图所示.
因为AB＝2，所以该正方体的棱长为eq \r(2)，
所以该正方体的体对角线长为eq \r(6)，
所以三棱锥P－ABC的外接球的半径R＝eq \f(\r(6),2)，
所以球O的体积V＝eq \f(4,3)πR3＝eq \f(4,3)πeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),2)))eq \s\up12(3)＝eq \r(6)π，故选D.
考向2 汉堡模型
汉堡模型是直三棱柱内接于球的模型，棱柱的上下底面可以是任意三角形.如图1为底面是一般三角形，图2底面是直角三角形.
方法：第一步，确定球心O的位置，O1是△ABC的外心，则OO1⊥平面ABC；
第二步，算出小圆O1的半径AO1＝r，OO1＝eq \f(1,2)AA1＝eq \f(1,2)h(AA1也是圆柱的高)；
第三步，勾股定理：OA2＝O1A2＋O1O2⇒R2＝r2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(h,2)))eq \s\up12(2)⇒R＝eq \r(r2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(h,2)))\s\up12(2))，解出R.
例2 (2022·洛阳质检)在三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝BC＝AC，侧棱AA1⊥底面ABC，若该三棱柱的所有顶点都在同一个球O的表面上，且球O的表面积的最小值为4π，则该三棱柱的侧面积为( )
A.6eq \r(3) B.3eq \r(3)
C.3eq \r(2) D.3
答案 B
解析 如图，设三棱柱上、下底面中心分别为O1，O2，则O1O2的中点为O，设球O的半径为R，则OA＝R，设AB＝BC＝AC＝a，AA1＝h，
则OO2＝eq \f(1,2)h，O2A＝eq \f(2,3)×eq \f(\r(3),2)AB＝eq \f(\r(3),3)a.
在Rt△OO2A中，R2＝OA2＝OOeq \\al(2,2)＋O2A2＝eq \f(1,4)h2＋eq \f(1,3)a2≥2×eq \f(1,2)h×eq \f(\r(3),3)a＝eq \f(\r(3),3)ah，
当且仅当h＝eq \f(2\r(3),3)a时，等号成立，
所以S球＝4πR2≥4π×eq \f(\r(3),3)ah，
所以eq \f(4\r(3)π,3)ah＝4π，
所以ah＝eq \r(3)，
所以该三棱柱的侧面积为3ah＝3eq \r(3).
考向3 垂面模型
垂面模型是一条直线垂直于一个平面的模型.如图，PA⊥平面ABC，求外接球的半径.
方法：第一步，将△ABC画在小圆面上，A为小圆直径的一个端点，作小圆的直径AD，连接PD，则PD必过球心O；
第二步，令O1为△ABC的外心，则OO1⊥平面ABC，算出小圆O1的半径O1D＝r；
第三步，利用勾股定理求三棱锥外接球的半径：R2＝r2＋OOeq \\al(2,1)即R＝eq \r(r2＋OOeq \\al(2,1)).
例3 (2022·吕梁一模)已知四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是矩形，侧面PAD是正三角形，且侧面PAD⊥底面ABCD，AB＝2，若四棱锥P－ABCD外接球的体积为eq \f(8\r(2)π,3)，则该四棱锥的表面积为( )
A.4eq \r(3) B.6eq \r(3)
C.8eq \r(3) D.10eq \r(3)
答案 B
解析 设四棱锥P－ABCD外接球的球心为O，过O作底面ABCD的垂线，垂足为M，
因为四边形ABCD是矩形，
所以M为底面中心，即对角线AC与BD的交点，过O作三角形APD的垂线，垂足为N，
所以N是正三角形APD外心，
设外接球半径为r，则eq \f(8\r(2)π,3)＝eq \f(4πr3,3)，
所以r＝eq \r(2)，即OA＝eq \r(2).
过点N作NE⊥AD，则E是AD的中点，连接EM，所以EM＝eq \f(1,2)AB＝1，EM⊥AD.
又平面APD⊥平面ABCD，平面APD∩平面ABCD＝AD，NE⊂平面APD，
所以NE⊥平面ABCD，
所以NE∥OM，
所以EM⊥平面APD，
所以EM∥ON，
所以四边形MENO是平行四边形，
即OM＝NE，
设AD＝2x，
则AM＝eq \r(AE2＋EM2)＝eq \r(x2＋1)，
NE＝eq \f(1,3)PE＝eq \f(1,3)×eq \f(\r(3),2)AD＝eq \f(\r(3),3)x，
所以OM＝NE＝eq \f(\r(3),3)x，
由勾股定理得OA2＝OM2＋AM2，
即2＝eq \f(1,3)x2＋x2＋1，
解得x＝eq \f(\r(3),2)，所以AD＝eq \r(3)，
S△PAD＝eq \f(1,2)AD2sin 60°＝eq \f(3\r(3),4).
因为AB∥CD∥EM，
所以AB⊥平面APD，CD⊥平面APD，
又PA，PD⊂平面PAD，
所以PA⊥AB，PD⊥CD，
S△PAB＝S△PCD＝eq \f(1,2)×AB×AP＝eq \r(3)，
因为PB＝PC＝eq \r(PA2＋AB2)＝eq \r(7)，BC＝eq \r(3)，作PH⊥BC于点H，
所以H为BC的中点，
所以PH＝eq \r(PB2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)BC))\s\up12(2))＝eq \r(7－\f(3,4))＝eq \f(5,2)，
所以S△PBC＝eq \f(1,2)×PH×BC＝eq \f(5\r(3),4)，S矩形ABCD＝2eq \r(3)，
所以S表＝S△PAD＋S△PAB＋S△PCD＋S△PBC＋S矩形ABCD＝6eq \r(3).
训练1 (1)已知四棱锥S－ABCD的所有顶点都在球O的球面上，SD⊥平面ABCD，底面ABCD是等腰梯形，AB∥CD且满足AB＝2AD＝2DC＝2，且∠DAB＝eq \f(π,3)，SC＝eq \r(2)，则球O的表面积是( )
A.5π B.4π
C.3π D.2π
(2)(2022·成都三诊)已知圆柱的两个底面的圆周在体积为eq \f(32π,3)的球O的球面上，则该圆柱的侧面积的最大值为( )
A.4π B.8π
C.12π D.16π
(3)(2022·江南十校一模)在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为矩形，平面PAB⊥平面ABCD，PA＝PB＝eq \f(\r(2),2)AB，若△PBC和△PCD的面积分别为1和eq \r(3)，则四棱锥P－ABCD的外接球的表面积为________.
答案 (1)A (2)B (3)6π
解析 (1)依题意，得AB＝2AD＝2，∠DAB＝eq \f(π,3)，由余弦定理可得BD＝eq \r(3)，则AD2＋DB2＝AB2，则∠ADB＝eq \f(π,2).
又四边形ABCD是等腰梯形，故四边形ABCD的外接圆直径为AB，设AB的中点为O1，球的半径为R，
因为SD⊥平面ABCD，
所以SD＝eq \r(SC2－CD2)＝1，R2＝12＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(SD,2)))eq \s\up12(2)＝eq \f(5,4)，
则S＝4πR2＝5π.
(2)设球的半径为R，由题知eq \f(4,3)πR3＝eq \f(32π,3)，解得R＝2，
设圆柱的上底面半径为r，球的半径与上底面夹角为α，则r＝2cs α，圆柱的高为4sin α，
所以圆柱的侧面积为4πcs α×4sin α＝8πsin 2α，
当且仅当α＝eq \f(π,4)，
即sin 2α＝1时，圆柱的侧面积最大，
所以圆柱的侧面积的最大值为8π，故选B.
(3)如图，在四棱锥P－ABCD中，
因为PA＝PB＝eq \f(\r(2),2)AB，
所以PA2＋PB2＝AB2，
即PA⊥PB，
则△PAB为等腰直角三角形.
因为四边形ABCD为矩形，
所以BC⊥AB.
又平面PAB⊥平面ABCD，且平面PAB∩平面ABCD＝AB，BC⊂平面ABCD，
所以BC⊥平面PAB，
又PB⊂平面PAB，则PB⊥BC.
设PA＝PB＝a，BC＝b，
则AB＝CD＝eq \r(2)a，PC＝PD＝eq \r(a2＋b2)，
可得等腰△PCD底边CD上的高为eq \r(a2＋b2－\f(a2,2))＝eq \r(\f(a2,2)＋b2).
因为△PBC和△PCD的面积分别为1和eq \r(3)，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)ab＝1，,\f(1,2)·\r(2)a·\r(\f(a2,2)＋b2)＝\r(3)，))
解得a＝b＝eq \r(2)，
则AB＝eq \r(2)a＝2，BC＝eq \r(2).
设AC∩BD＝O，
则O为四棱锥P－ABCD外接球的球心，设外接球的半径为R，
所以R＝eq \f(1,2)AC＝eq \f(1,2)×eq \r(4＋2)＝eq \f(\r(6),2)，
则四棱锥P－ABCD的外接球的表面积为4πR2＝4π×eq \f(6,4)＝6π.
类型二 内切球问题
内切球问题的解法(以三棱锥为例)
第一步：先求出四个表面的面积和整个锥体的体积；
第二步：设内切球的半径为r，建立等式VP－ABC＝VO－ABC＋VO－PAB＋VO－PAC＋
VO－PBC⇒VP－ABC＝eq \f(1,3)S△ABC·r＋eq \f(1,3)S△PAB·r＋eq \f(1,3)S△PAC·r＋eq \f(1,3)SPBC·r＝eq \f(1,3)(S△ABC＋S△PAB＋
S△PAC＋S△PBC)r；
第三步：解出r＝eq \f(3VP－ABC,S△ABC＋S△PAB＋S△PAC＋S△PBC).
例4 (1)(2022·成都石室中学三诊)《九章算术》中将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑.若三棱锥P－ABC为鳖臑，PA⊥平面ABC，PA＝BC＝4，AB＝3，AB⊥BC，若三棱锥P－ABC有一个内切球O，则球O的体积为( )
A.eq \f(9π,2) B.eq \f(9π,4)
C.eq \f(9π,16) D.9π
(2)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1＝AB＝6，BC＝8，AC＝10，则该三棱柱内能放置的最大球的表面积是( )
A.16π B.24π
C.36π D.64π
答案 (1)C (2)A
解析 (1)设球O的半径为r，
则三棱锥P－ABC的体积
V＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×3×4×4＝eq \f(1,3)×(eq \f(1,2)×3×4＋eq \f(1,2)×4×3＋eq \f(1,2)×5×4＋eq \f(1,2)×4×5)×r，
解得r＝eq \f(3,4)，所以球O的体积V＝eq \f(4,3)πr3＝eq \f(9π,16)，故选C.
(2)由题意，球的半径为底面三角形内切圆的半径r，因为底面三角形的边长分别为6，8，10，所以底面三角形为直角三角形，r＝eq \f(AB＋BC－AC,2)＝eq \f(6＋8－10,2)＝2.
又因为AA1＝6，2r＝4