新高考数学一轮复习讲练测课件第7章§7.2球的切、接问题[培优课] (含解析)

这是一份新高考数学一轮复习讲练测课件第7章§7.2球的切、接问题[培优课] (含解析)，共60页。PPT课件主要包含了题型一，定义法，思维升华，题型二，补形法，题型三，截面法，课时精练，第三部分，设正方体的棱长为a等内容，欢迎下载使用。
球的切、接问题，是历年高考的热点内容，经常以客观题出现.一般围绕球与其他几何体的内切、外接命题，考查球的体积与表面积，其关键点是确定球心.
例1　(1)(2023·宣城模拟)在三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，PA＝2，AB＝ ，AC＝4，∠BAC＝45°，则三棱锥P－ABC外接球的表面积是A.14π B.16π C.18π D.20π
由余弦定理可得BC2＝AB2＋AC2－2AB·ACcs 45°
则BC2＋AB2＝AC2，所以BC⊥AB，由PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，得PA⊥BC，又PA∩AB＝A，PA，AB⊂平面PAB，
所以BC⊥平面PAB，所以BC⊥PB，
所以△PBC为直角三角形，又△PAC为直角三角形，所以PC是三棱锥P－ABC外接球直径，设O是PC的中点，即为球心，又AC＝4，PA＝2，
(2)(2022·新高考全国Ⅱ)已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为 ，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为A.100π B.128πC.144π D.192π
由题意，得正三棱台上、下底面的外接圆的半径分别为
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，
解得OO1＝4(舍去)；
解得OO2＝3，所以R2＝25，所以该球的表面积为4πR2＝100π.综上，该球的表面积为100π.
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.
跟踪训练1　已知直三棱柱ABC－A1B1C1的6个顶点都在球O的球面上，若AB＝3，AC＝4，AB⊥AC，AA1＝12，则球O的半径为
由题意作图如图，过球心O作平面ABC的垂线，则垂足为BC的中点M.∵AB＝3，AC＝4，AB⊥AC，∴BC＝5，
例2　(1)(2023·大庆模拟)在正方形ABCD中，E，F分别为线段AB，BC的中点，连接DE，DF，EF，将△ADE，△CDF，△BEF分别沿DE，DF，EF折起，使A，B，C三点重合，得到三棱锥O－DEF，则该三棱锥的外接球半径R与内切球半径r的比值为
因为在正方形ABCD中，AD⊥AE，CD⊥CF，BE⊥BF，所以折起后OD，OE，OF两两互相垂直，故该三棱锥的外接球，即以OD，OE，OF为棱的长方体的外接球.设正方形ABCD的边长为2，则OD＝2，OE＝1，OF＝1，
三棱锥O－DEF的表面积S＝4，
(2)如图，在多面体中，四边形ABCD为矩形，CE⊥平面ABCD，AB＝2，BC＝CE＝1，通过添加一个三棱锥可以将该多面体补成一个直三棱柱，那么添加的三棱锥的体积为____，补形后的直三棱柱的外接球的表面积为_____.
如图，添加的三棱锥为直三棱锥E－ADF，可以将该多面体补成一个直三棱柱ADF－BCE，因为CE⊥平面ABCD，AB＝2，BC＝CE＝1，
方法一　如图，分别取AF，BE的中点M，N，连接MN，与AE交于点O，因为四边形AFEB为矩形，所以O为AE，MN的中点，在直三棱柱ADF－BCE中，CE⊥平面ABCD，所以FD⊥平面ABCD，即∠ECB＝∠FDA＝90°，所以上、下底面为等腰直角三角形，直三棱柱的外接球的球心即为点O，AO即为球的半径，
所以外接球的表面积为4π·AO2＝6π.方法二　因为CE，CB，CD两两垂直，故将直三棱柱ADF－BCE补成长方体，设外接球的半径为R，则4R2＝12＋12＋22＝6，所以外接球的表面积S＝4πR2＝6π.
(1)补形法的解题策略①侧面为直角三角形，或对棱均相等的模型和正四面体，可以还原到正方体或长方体中去求解；②直三棱锥补成三棱柱求解.(2)正方体与球的切、接问题的常用结论正方体的棱长为a，球的半径为R，
在三棱锥A－BCD中，侧棱AB，AC，AD两两垂直，将其补成长方体，两者的外接球是同一个，长方体的体对角线就是球的直径.设长方体同一顶点处的三条棱长分别为a，b，c，
(2)(2023·焦作模拟)已知三棱锥P－ABC的每条侧棱与它所对的底面边长相等，且PA＝ ，PB＝PC＝5，则该三棱锥的外接球的表面积为______.
根据题意，三棱锥P－ABC可以嵌入一个长方体内，且三棱锥的每条棱均是长方体的面对角线，设长方体交于一个顶点的三条棱长分别为a，b，c，如图所示，
则a2＋b2＝PA2＝18，a2＋c2＝PB2＝25，b2＋c2＝PC2＝25，解得a＝3，b＝3，c＝4.
例3　(1)四棱锥P－ABCD的顶点都在球O的表面上，△PAD是等边三角形，底面ABCD是矩形，平面PAD⊥平面ABCD，若AB＝2，BC＝3，则球O的表面积为A.12π B.16π C.20π D.32π
如图，连接AC，BD，AC∩BD＝G，取AD的中点E，连接PE.∵四边形ABCD为矩形，∴G为四边形ABCD的外接圆圆心；
∵△PAD为等边三角形，∴M为△PAD外接圆圆心，
过G，M分别作平面ABCD和平面PAD的垂线，则两垂线的交点即为球O的球心O，连接OP，∵△PAD为等边三角形，∴PE⊥AD，∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，PE⊂平面PAD，∴PE⊥平面ABCD，∴PE∥OG；同理可得，OM∥EG，∴四边形OMEG为矩形；
∴球O的表面积S＝4πR2＝16π.
(2)如图所示，直三棱柱ABC－A1B1C1是一块石材，测量得∠ABC＝90°，AB＝6，BC＝8，AA1＝13.若将该石材切削、打磨，加工成几个大小相同的健身手球，则一个加工所得的健身手球的最大体积及此时加工成的健身手球的个数分别为
依题意知，当健身手球与直三棱柱的三个侧面均相切时，健身手球的体积最大.
设健身手球的半径为R，
则健身手球的最大直径为4.因为AA1＝13，所以最多可加工3个健身手球.
(1)与球截面有关的解题策略①定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径；②作截面：选准最佳角度作出截面，达到空间问题平面化的目的.
则其外接圆半径为2.设半球的球心为O，小球O1与半球底面切于点A.如图，经过点O，O1，A作半球的截面，则半圆⊙O的半径为OC，OC⊥OA，作O1B⊥OC于点B.则OA＝O1B＝2.设该半球的半径是R，
(2)(2021·天津)两个圆锥的底面是一个球的同一截面，顶点均在球面上，若球的体积为 ，两个圆锥的高之比为1∶3，则这两个圆锥的体积之和为A.3π B.4π C.9π D.12π
如图所示，设两个圆锥的底面圆圆心为点D，设圆锥AD和圆锥BD的高之比为3∶1，即AD＝3BD，
所以AB＝AD＋BD＝4BD＝4，所以BD＝1，AD＝3，因为CD⊥AB，AB为球的直径，所以△ACD∽△CBD，
因此，这两个圆锥的体积之和为
1.(2023·岳阳模拟)已知一个棱长为2的正方体的顶点都在某球面上，则该球体的体积为
因为正方体的体对角线等于外接球的直径，且正方体的棱长为2，
可将三棱锥P－ABC还原成如图所示的长方体，则三棱锥P－ABC的外接球即为长方体的外接球，
三棱锥P－ABC的外接球即为以AB，AC，AP为邻边的长方体的外接球，
取BC的中点O1，∴O1为△ABC的外接圆圆心，∴OO1⊥平面ABC，如图.当OD⊥截面时，截面的面积最小，
∴截面面积为πr2＝π，当截面过球心时，截面圆的面积最大为πR2＝13π，故截面面积的取值范围是[π，13π].
4.若圆锥的内切球与外接球的球心重合，且内切球的半径为1，则圆锥的体积为A.π B.2π C.3π D.4π
过圆锥的旋转轴作轴截面，得△ABC及其内切圆⊙O1和外接圆⊙O2，且两圆同圆心，即△ABC的内心与外心重合，易得△ABC为正三角形，
根据已知可得球的半径等于1，故三棱柱的高等于2，底面三角形内切圆的半径等于1，即底面三角形的高等于3，
∵M，N分别为外接球和内切球上的动点，
解得a＝2，即正方体的棱长为2，
7.(2022·聊城模拟)“阿基米德多面体”也称半正多面体，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，它体现了数学的对称美.如图是以一正方体的各条棱的中点为顶点的多面体，这是一个有八个面为正三角形，六个面为正方形的“阿基米德多面体”，若该多面体的棱长为1，则该多面体外接球的体积为
将该多面体放入正方体中，如图所示.
所以该多面体外接球的球心为正方体体对角线的中点，其外接球直径等于正方体的面对角线长，
8.(2022·全国乙卷)已知球O的半径为1，四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均在球O的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为
该四棱锥的体积最大即以底面截球的圆面和顶点O组成的圆锥体积最大.设圆锥的高为h(0