高考数学第一轮复习复习培优课(三)　与球有关的切接问题（讲义）

这是一份高考数学第一轮复习复习培优课(三)　与球有关的切接问题（讲义），共17页。试卷主要包含了球心的相关性质，球的切、接问题的常用结论，正四面体外接球和内切球，“切”“接”问题的处理规律，故选B等内容，欢迎下载使用。

(1)球心到球面上各点的距离相等;
(2)球的截面是圆面,球心与截面圆圆心的连线垂直于截面,过截面圆圆心作截面的垂线必经过球心.
2.球的切、接问题的常用结论
(1)长、宽、高分别为a,b,c的长方体的体对角线长等于外接球的直径,即a2+b2+c2=2R.
(2)球(半径为R)与正方体(棱长为a)有以下三种特殊情形:一是球内切于正方体,此时2R=a;二是球与正方体的十二条棱相切,此时2R=2a;三是球外接于正方体,此时2R=3a.
(3)若直棱柱(或有一条棱垂直于底面的棱锥)的高为h,底面外接圆半径为x,则该几何体外接球半径R满足R2=(ℎ2)2+x2.
(4)正四面体的外接球与内切球的半径之比为3∶1.
3.正四面体外接球和内切球
如图,设正四面体的棱长为a,内切球的半径为r,外接球的半径为R,取AB的中点为D,连接CD,SD,SE为正四面体的高,在截面三角形SDC内
作一个与边SD和DC相切,圆心在高SE上的圆.因为正四面体本身的对称性,内切球和外接球的球心同为O.此时,CO=OS=R,OE=r,SE=63a,CE=33a,则有R+r=63a,R2-r2=|CE|2=a23,解得R=64a,r=612a.
4.“切”“接”问题的处理规律
(1)“切”的处理
解决与球的内切问题主要是指球内切多面体与旋转体,解答时首先要找准切点,通过作截面来解决.
(2)“接”的处理
把一个多面体的几个顶点放在球面上即为球的外接问题.解决这类问题的关键是抓住外接的特点,即球心到多面体的顶点的距离等于球的半径.
(3)同一个几何体的外接球和内切球
①正多面体的内切球和外接球的球心重合;
②正棱锥的内切球和外接球球心都在高线上,但不一定重合;
③正棱柱的内切球球心,在上下底面外接圆圆心连线的中点,和外接球的球心重合.
构造法
[典例1] 已知三棱锥A-BCD的四个顶点都在球O的球面上,若AB⊥平面BCD,∠CBD=90°,CD=4,AB=23,则球O的表面积为( )
A.28πB.30π
C.32πD.36π
解析:由于B处的三条棱两两垂直,可以把三棱锥补成长方体,设球O半径为R,
则(2R)2=BC2+BD2+AB2=CD2+AB2=28,
所以球表面积S=4πR2=28π.
故选A.
常见的构造长方体模型
(1)若三棱锥的三条侧棱两两互相垂直,则可将其放入某个长方体内,如图1所示.
(2)若三棱锥的四个面均是直角三角形,则此时可构造长方体,如图2所示.
(3)正四面体P-ABC可以补形为正方体且正方体的棱长a=PA2,如图3所示.
(4)若三棱锥的对棱两两相等,则可将其放入某个长方体内,如图4所示.
[拓展演练] (1)(2022·陕西咸阳一模)已知正四面体S-ABC的外接球表面积为6π,则正四面体S-ABC 的体积为( )
A.223B.233
C.23D.324
(2)在△ABC中,AB=AC=2,cs A=34,将△ABC绕BC旋转至△BCD的位置,使得AD=2,如图所示,则三棱锥D-ABC外接球的体积为 .
解析:(1)设外接球半径为R,则S=4πR2=6π,
解得R=62,将正四面体S-ABC补成正方体,知正四面体的棱为正方体的面对角线,
则正四面体S-ABC的外接球即为正方体的外接球,
则正方体的体对角线等于外接球的直径,设正方体的棱长为a,则3a2=6,解得a=2,故该正四面体的体积为(2)3-4×13×12×2×2×2=223.故选A.
(2)在△ABC中,由余弦定理得BC2=22+22-2×2×2×34,所以BC=2.
在三棱锥D-ABC中,AB=AC=DB=DC=2,AD=BC=2.
将三棱锥D-ABC放入长方体中,设长方体的长、宽、高分别为a,b,c,
三棱锥D-ABC外接球的半径为R,
则a2+b2=4,b2+c2=4,a2+c2=2,
所以a2+b2+c2=5,
所以R=12a2+b2+c2=52,
从而三棱锥D-ABC外接球的体积
V=43πR3=55π6.
答案:(1)A (2)55π6
外接球的球心问题
[典例2] 三棱锥P-ABC中,△PAC是边长为23的等边三角形,AB=BC=2,平面PAC⊥平面ABC,则该三棱锥的外接球的体积为 .
解析:由题意,等边△PAC的高为
h=23sinπ3=3,
等边△PAC的外接圆半径为r=23×3=2,
在△ABC中,
cs∠ABC=AB2+BC2-AC22·AB·BC=-12,
则sin∠ABC=32,
则△ABC外接圆半径为12·ACsin∠ABC=2,
设O1,O2分别是△PAC,△ABC的外心,
则O2A=2,
设O是三棱锥P-ABC的外接球的球心,R是外接球的半径,则OO2=1,
所以R2=OA2=AO22+OO22=22+12=5,
所以R=5,
所以三棱锥的外接球的体积为V=4πR33=205π3.
答案:205π3
确定多面体外接球球心的方法
寻找几何体中两个面的多边形的外接圆的圆心即为O1,O2,分别过O1,O2作两个平面的垂线即为l1,l2,l1,l2的交点即为外接球的球心.外接圆的半径可用正弦定理求出,球的半径可由勾股定理求得.
[拓展演练] (2022·新高考Ⅱ卷)已知正三棱台的高为1,上、下底面边长分别为33和43,其顶点都在同一球面上,则该球的表面积为( )
A.100πB.128πC.144πD.192π
解析: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,连接O1O2(图略),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.
内切球的球心问题
[典例3] (1)如图,在四棱锥P-ABCD中,O是正方形ABCD的中心,PO⊥底面ABCD,PA=5,AB=2,则四棱锥P-ABCD内切球的体积为( )
A.3π54B.43π27
C.113π27D.1253π54
(2)已知正三棱柱ABC-A1B1C1的六个顶点在球O1上,又球O2与此三棱柱的5个面都相切,求球O1与球O2的表面积之比为 .
解析:(1)由PO⊥底面ABCD,PA=5,AB=2,O是正方形ABCD的中心,
所以AO=2.
则OP=AP2-AO2=3.
所以四棱锥P-ABCD的体积
V=13S四边形ABCD·OP=433.
设四棱锥P-ABCD内切球半径为r,
所以四棱锥P-ABCD的体积V=13·(S四边形ABCD+S△ABP+S△ADP+S△BCP+S△CDP)·r,
所以4r=433.解得r=33.
则四棱锥P-ABCD内切球的体积V=43πr3=43π27.故选B.
(2)先画出过球心的截面图,再来探求半径之间的关系.
如图所示.
由题意可得两球的球心O1,O2是重合的,过正三棱柱的一条侧棱AA1和它们的球心作截面,
设正三棱柱底面边长为a,
则A1E1=32a,D1E1=13A1E1=36a,A1D1=23A1E1=33a,
则R2=D1E1=36a,
在Rt△A1D1O中有R12=A1D12+R22=(33a)2+(36a)2=512a2⇒R1=512a,
所以S1∶S2=R12∶R22=5∶1.
答案:(1)B (2)5∶1
(1)等体积法:若几何体各个面都与球相切,则可以内切球球心为顶点,将几何体分成多个棱锥,几何体的体积V=13(S1+S2+…+Sn)r内,所以r内=3VS表面积.
(2)轴截面法:
第一步,首先画出球及它的内切圆柱、圆锥等几何体,它们公共的轴截面;
第二步,然后寻找几何体与几何体之间元素的关系.
[拓展演练] (1)正四面体A-BCD的棱长为a,O是棱AB的中点,以O为球心的球面与平面BCD的交线和CD相切,则球O的体积是( )
A.16πa3B.26πa3
C.36πa3D.23πa3
(2)如图,在圆柱O1O2内有一个球O,该球与圆柱的上、下底面及母线均相切.记圆柱O1O2的体积为V1,球O的体积为V2,则V1V2的值是 .
解析:(1)设点A在平面BCD内的射影为点E,则E为△BCD的中心,
取CD的中点M,连接BM,则E∈BM,取线段BE的中点F,连接OF,OM,
因为O,F分别为AB,BE的中点,所以OF12AE,
因为AE⊥平面BCD,所以OF⊥平面BCD,
因为BE⊂平面BCD,所以AE⊥BE,
正△BCD的外接圆半径为BE=a2sin π3=33a,所以AE=AB2-BE2=63a,
所以OF=12AE=66a,易知球O被平面BCD所截的截面圆圆心为点F,且BF=EF=EM,故FM=BE=33a,因为△BCD为等边三角形,M为CD的中点,则BM⊥CD,因为以O为球心的球面与平面BCD的交线和CD相切,则切点为点M,
则球O的半径为OM=OF2+FM2=22a,
因此,球O的体积是V=43π×(22a)3=23πa3.故选D.
(2)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.
答案:(1)D (2)32
球切、接中的最值问题
[典例4] (2022·新高考Ⅰ卷)已知正四棱锥的侧棱长为l,其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为36π,且3≤l≤33,则该正四棱锥体积的取值范围是( )
A.[18,814]B.[274,814]
C.[274,643]D.[18,27]
解析:如图,设该球的球心为O,半径为R,
正四棱锥的底边长为a,高为h,依题意,得36π=43πR3,解得R=3.
由题意及图可得
l2=ℎ2+(22a) 2,R2=(ℎ-R)2+(22a) 2,
解得ℎ=l22R=l26,a2=2l2-l418,
所以正四棱锥的体积V=13a2h=13(2l2-l418)·l26=l418(2-l218)(3≤l≤33),
所以V′=49l3-l554=19l3(4-l26)(3≤l≤33),
令V′=0,得l=26,
所以当3≤l<26时,V′>0;
当26所以函数V=l418(2-l218)(3≤l≤33)在[3,26)上单调递增,在(26,33]上单调递减,又当l=3时,V=274;当l=26时,V=643;当l=33时,V=814.所以该正四棱锥的体积的取值范围是[274,643].故选C.
与球有关的最值问题,主要涉及球的半径这个基本量,当半径有明显的几何意义时,可以根据垂线段最短、两点之间线段最短等几何意义求解;当没有明显的几何意义时应该考虑函数、不等式模型求解.
[拓展演练] 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.4πB.9π2C.6πD.32π3
解析:要使球的体积V最大,必须使球的半径R最大.由题意知当球与直三棱柱的上、下底面都相切时,球的半径为R=32,当球与直三棱柱的三个侧面相切时,球的半径为R=2,因此直三棱柱里面放置的球体积最大时,球的半径只能为R=32,所以球的最大体积为V=43πR3=43π(32)3=9π2.故选B.
[选题明细表]
1.(2022·陕西西安一模)在《九章算术》中,将底面为矩形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马.如图,若四棱锥PABCD为阳马,侧棱PA⊥底面ABCD,且PA=22,AB=BC=2,则该阳马的外接球的表面积为( C )
A.4πB.8πC.16πD.32π
解析:因为四棱锥PABCD为阳马,
侧棱PA⊥底面ABCD,
如图,补全该阳马得到长方体,则该长方体的体对角线即为该阳马外接球的直径,设外接球半径为R,则(2R)2=AB2+BC2+PA2=4+4+8=16,
所以R=2,所以该阳马的外接球的表面积为4πR2=16π.
2.如图所示,几何体ABCDEF,底面ABCD为矩形,AB=4,BC=2,△ADE与△BCF是等边三角形,EF∥AB,AB=2EF,则该几何体的外接球的表面积为( C )
A.6πB.12πC.22πD.24π
解析:连接AC,BD交于点O,过O点作OM⊥平面ABCD,交EF于点M.
因为四边形ABCD为长方形,所以外接球的球心在直线OM上,设O′为外接球的球心,取AD,BC的中点分别为G,H,连接EG,FH,GH,
因为EF∥AB,AB∥GH,可得EF∥GH,
因为△BFC,△EAD为等边三角形,所以FH⊥BC,
因为BC⊥GH,FH∩GH=H,所以BC⊥平面EFHG,
因为AB=4=2EF,所以AO=5,EF=2,
所以EM=1,EO′=AO′=R,因为FH=3,所以EF到平面ABCD的距离为h=2,
设OO′=x,则MO′=2±x,
所以AO′2=AO2+OO′2,EO′2=EM2+MO′2,
所以x2+5=1+(2±x)2,解得x=22,
所以R2=AO′2=AO2+OO′2=5+12=112,所以4πR2=22π.
3.已知三棱锥ABCD中,△BAC和△BCD是边长为2的等边三角形,且平面ABC⊥平面BCD,则该三棱锥外接球的表面积为( D )
A.4πB.16π3C.8πD.20π3
解析:取BC的中点E,连接AE,DE,
则AE⊥BC,DE⊥BC,
因为平面ABC⊥平面BCD,
所以AE⊥平面BCD,DE⊥平面ABC,
取△BCD的外心F,
作FM∥AE,
则F,M,E,A四点共面,
取△ABC的外心H,过点H作EF的平行线交FM于点O,
因为EF垂直于平面ABC,
则HO⊥平面ABC,
所以点O到A,B,C,D四点的距离相等,
所以点O为三棱锥ABCD外接球的球心,
连接OD,可求得OF=HE=33,DF=233,
所以R2=OD2=OF2+DF2=13+43=53,
所以外接球的表面积为S=4πR2=20π3.
4.已知两个圆锥有公共底面,且两圆锥的顶点和底面的圆周都在同一个球面上.若圆锥底面面积是这个球表面积的316,则这两个圆锥中,体积较小者的高与体积较大者的高的比值为 .
解析:如图,设球的半径为R,圆锥底面半径为r.
由题意得πr2=316·4πR2,
所以r2=34R2.
根据球的截面的性质可知两圆锥的高必过球心O,且两圆锥的顶点以及圆锥与球的交点是球的大圆上的点,且AB⊥O1C,
所以OO1=R2-r2=R2,
因此体积较小的圆锥的高为AO1=R-R2=R2,
体积较大的圆锥的高为BO1=R+R2=32R,
故这两个圆锥中,体积较小者的高与体积较大者的高的比值为13.
答案:13
5.农历五月初五是端午节,民间有吃粽子的习俗,粽子又称“粽籺”,是端午节大家都会品尝的食品.如图(1)的平行四边形形状的纸片是由六个边长为1的正三角形组成的,将它沿虚线折起来,可以得到如图(2)的粽子形状的六面体,则该六面体的体积为 ,若该六面体内有一球,则该球的体积的最大值为 .
解析:由对称性可知该六面体是由两个全等的正四面体合成的,正四面体的棱长为1,则正四面体的高为1-(33) 2=63,所以正四面体的体积为13×12×1×32×63=212.
因为该六面体的体积是正四面体体积的2倍,所以该六面体的体积是26.
要使球的体积达到最大,则球与该六面体的六个面都要相切.连接球心和六面体的五个顶点(图略),把六面体分成了六个全等的三棱锥.设球的半径为R,则26=6×(13×12×1×32·R),
解得R=69,
所以球的体积V=4π3R3=4π3×(69)3=86π729.
答案:26 86π729
知识点、方法
题号
接球问题
1,2,3,4
切球问题
5