2023届高考数学二轮复习专题四立体几何培优提能球的切、接问题学案

这是一份2023届高考数学二轮复习专题四立体几何培优提能球的切、接问题学案，共9页。
培优提能　球的切、接问题　　空间几何体的外接球与内切球是高中数学的重点、难点,也是高考命题的热点,解决此类问题的关键是确定球心,一般通过对几何体的割补或寻找几何体外接球的球心两大策略解决此类问题.典例1　(1)(2022·天津滨海新区校级模拟)已知正三棱锥S-ABC的三条侧棱两两垂直,且侧棱长为1,则此三棱锥的外接球的表面积为(　　)A.π B.3π C.6π D.9π(2)(2022·河北衡水模拟预测)在三棱锥S-ABC中,∠BAC=3∠SCA=90°,SA⊥AB,SB=,AB=3,则三棱锥S-ABC外接球的体积为(　　)A.25π B.π C.π D.π(3)正四棱锥S-ABCD的底面边长和各侧棱长都为,各顶点都在同一个球面上,则此球的体积为　　　　. 解析:(1)由题意,正三棱锥S-ABC的三条侧棱两两垂直,且侧棱长为1,此三棱锥S-ABC可补形为一个棱长为1的正方体,三棱锥S-ABC的外接球与补成的棱长为1的正方体的外接球为同一个球,设正方体外接球的半径为R,可得2R=,即R=,所以此三棱锥的外接球的表面积S=4πR2=4π×()2=3π.故选B.(2)因为∠BAC=90°,所以AC⊥AB,又因为SA⊥AB,SA∩AC=A,SA⊂平面SAC,AC⊂平面SAC,所以AB⊥平面SAC.在Rt△SAB中,SB=,AB=3,所以SA=2.又因为∠SCA=30°,则△SAC外接圆的直径 d==4,所以三棱锥S-ABC外接球的直径为2R==5,即三棱锥S-ABC外接球的半径为,所以三棱锥S-ABC外接球的体积为π×()3=.故选D.(3)法一　找球心的位置,易知底面外接圆半径r=1,h=1,h=r,故球心在正方形ABCD的中心处,外接球半径R=1,V=.法二　大圆是轴截面所截的外接圆,即大圆是△SAC的外接圆,此处特殊,Rt△SAC的斜边是球的直径,2R=2,R=1,V=.答案:(1)B　(2)D　(3)典例2　(1)(2022·湖北模拟预测)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(　　)A.π B.πC.π D.π(2)(2022·辽宁模拟联考)在四面体ABCD中,BA,BC,BD两两垂直,BA=1,BC=BD=2,则四面体ABCD内切球的半径为(　　)A. B.C. D.解析:(1)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),故AO==r,CO==r,故5=AO+OC=r+r,故r=,故旋转体的内切球的表面积为4π×=π.故选B.(2)因为BA,BC,BD两两垂直,BA=1,BC=BD=2,所以AC=AD=,CD=2.取CD的中点E,连接AE,则AE⊥CD,所以AE==,△ACD的面积为×2×=,所以四面体ABCD的表面积S=2××1×2+×22+=4+,又四面体ABCD的体积V=×1××22=,设四面体ABCD内切球球心为O,半径为r,则=+++,即V=S·r,所以四面体ABCD内切球的半径r===.故选C.1.解决多面体的外接球问题,关键是确定球心的位置,方法是先选择多面体的一面,确定此面外接圆的圆心,再过圆心作垂直此面的垂线,则球心一定在此垂线上,最后根据其他顶点确定球心的准确位置.对于特殊的多面体还可以采用补成正方体或者长方体的方法找到球心的位置.2.求解多面体的内切球问题,一般是将多面体分割为以球心为顶点、多面体的各面为底面的棱锥,利用多面体的体积等于各棱锥的体积之和求内切球的半径.触类旁通　(1)(2022·四川成都模拟预测)如图,在四棱锥P-ABCD中,PD⊥平面ABCD,AB∥DC,AD⊥AB,DC=2,AD=AB=1,直线PA与平面ABCD成45°角.则四面体PBCD外接球的体积为(　C　)A.π B.πC.π D.π(2)在三棱锥A-BCD中,△ABD与△CBD均为边长为2的等边三角形,且二面角A-BD-C的平面角为120°,则该三棱锥外接球的表面积为(　D　)A.7π B.8π C. D.(3)(2022·湖北黄冈中学三模)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为(　C　)A.2∶1 B.3∶2 C.7∶3 D.7∶4(4)(2022·江西赣州模拟预测)已知正三棱锥S-ABC的内切球与外接球的球心恰好重合,如果其内切球的半径为1,其外接球的体积为36π,那么这个三棱锥的表面积为(　B　)A.24 B.24 C.48 D.48解析:(1)在底面ABCD上,AB∥DC,AD⊥AB,DC=2,AD=AB=1,所以∠ADB=∠ABD=45°,所以BD==,在△BCD中,BD=,DC=2,∠CDB=45°,由余弦定理可得BC==,所以CD2=BD2+CB2,所以∠CBD=90°,所以BD⊥BC.又因为PD⊥平面ABCD,所以PD⊥BC.又PD∩BD=D,PD⊂平面PBD,BD⊂平面PBD,所以BC⊥平面PBD,又PB⊂平面PBD,所以BC⊥PB.取PC的中点O,连接OB,OD,因为△PCD和△PBC均为直角三角形,所以OP=OD=OB=OC,所以O为四面体PBCD外接球的球心.因为直线PA与平面ABCD成45°角,PD⊥平面ABCD,所以PD=AD=1,又PC==,所以四面体PBCD外接球的半径为,所以四面体PBCD外接球的体积V=π×()3=π.故选C.(2)如图,取BD的中点H,连接AH,CH,因为△ABD与△CBD均为边长为2的等边三角形,所以AH⊥BD,CH⊥BD,则∠AHC为二面角A-BD-C的平面角,即∠AHC=120°.设△ABD与△CBD外接圆的圆心分别为E,F,则由AH=2×=,可得AE=AH=,EH=AH=.分别过E,F作平面ABD,平面BCD的垂线,则三棱锥的外接球球心一定是两条垂线的交点,记为O,连接AO,HO,则由对称性可得∠OHE=60°,所以OE=1,则R=OA==,则三棱锥外接球的表面积为4πR2=4π×=.故选D.(3)如图,O1,O2分别为正六棱柱的底面中心,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OO1=O1D=,即内切球的半径r=,OA2=O+O1A2=7,即外接球的半径R=,则该正六棱柱的外接球和内切球的表面积的比为4πR2∶4πr2=R2∶r2=7∶3. 故选C.(4)由题意可知,点S在底面ABC内的射影点D为等边三角形ABC的中心,取线段BC的中点E,连接AE,则AD=2DE,易知三棱锥S-ABC的外接球球心O在线段SD上,设正三棱锥S-ABC的外接球半径为R,则πR3=36π,解得R=3,设正三棱锥S-ABC的内切球的半径为r,则r=1,故SD=R+r=3+1=4,因为SD⊥平面ABC,AD⊂平面ABC,所以SD⊥AD,易知OA=R=3,则AD===2,所以DE=AD=,故AE=3,所以AB==2,由勾股定理可得SA==2,所以正三棱锥S-ABC是棱长为2的正四面体,因此,正三棱锥S-ABC的表面积为4×××=24. 故选B.