高考数学第一轮复习导学案(新高考)第56讲立体几何中的切接问题(微专题)(原卷版+解析)

这是一份高考数学第一轮复习导学案(新高考)第56讲立体几何中的切接问题(微专题)(原卷版+解析)，共20页。学案主要包含了、几何体的外接球等内容，欢迎下载使用。
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中的一面，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采用补成正方体或长方体的方法找到球心位置．
例1、（2023·安徽·统考一模）在三棱锥中，底面，则三棱锥外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
变式1、（2022·江苏海门·高三期末）已知正四棱锥的底面边长为，侧棱PA与底面ABCD所成的角为45°，顶点P，A，B，C，D在球O的球面上，则球O的体积是（ ）
A．16πB．C．8πD．
变式2、（2023·山西临汾·统考一模）《九章算术·商功》提及一种称之为“羡除”的几何体，刘徽对此几何体作注：“羡除，隧道也其所穿地，上平下邪.似两鳖臑夹一堑堵，即羡除之形.”羡除即为：三个面为梯形或平行四边形（至多一个侧面是平行四边形），其余两个面为三角形的五面几何体.现有羡除如图所示，底面为正方形，，其余棱长为2，则羡除外接球体积与羡除体积之比为（ ）
A．B．C．D．
变式3、（2022·广东罗湖·高三期末）在中，，且，，若将沿AC边上的中线BD折起，使得平面平面BCD．点E在由此得到的四面体ABCD的棱AC上运动，则下列结论正确的为（ ）
A．B．四面体ABCD的体积为
C．存在点E使得的面积为D．四面体ABCD的外接球表面积为
变式4、（2022·河北张家口·高三期末）在《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑（biēnà）.如图，三棱锥为一个鳖臑，其中平面，，，，为垂足，则（ ）
A．平面
B．为三棱锥的外接球的直径
C．三棱锥的外接球体积为
D．三棱锥的外接球体积与三棱锥的外接球体积相等
变式5、（2022·江苏如皋·高三期末）已知三棱锥D－ABC中，AB＝AC＝AD＝1，∠DAB＝∠DAC＝，∠BAC＝，则点A到平面BCD的距离为_________，该三棱锥的外接球的体积为_________.
变式6、（2022·广东潮州·高三期末）在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑，在鳖臑A-BCD中，AB平面BCD，CDAD，AB=BD=，已知动点E从C点出发，沿外表面经过棱AD上一点到点B的最短距离为，则该棱锥的外接球的表面积为_________．
变式7、（2022·广东·铁一中学高三期末）已知四面体中，，，，则其外接球的体积为______.
变式8、（2022·河北保定·高三期末）如图，是边长为4的等边三角形的中位线，将沿折起，使得点与重合，平面平面，则四棱雉外接球的表面积是___________.
题型二、几何体的内切球
求解多面体的内切球的问题，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．
例2、（2021·山东高三其他模拟）如图所示的由4个直角三角形组成的各边长均为1的六边形是某棱锥的侧面展开图，则该棱锥的内切球半径为_________．
变式1、【2022·广东省珠海市第二中学10月月考】已知三棱锥的所有棱长都相等，现沿三条侧棱剪开，将其表面展开成一个平面图形，若这个平面图形外接圆的半径为，则三棱锥的内切球的体积为_______
变式2、【2022·广东省珠海市第二中学10月月考】已知三棱锥的所有棱长都相等，现沿三条侧棱剪开，将其表面展开成一个平面图形，若这个平面图形外接圆的半径为，则三棱锥的内切球的体积为_______
变式3、（2023·江苏连云港·统考模拟预测）已知圆锥内切球（与圆锥侧面、底面均相切的球）的半径为2，当该圆锥的表面积最小时，其外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
变式4、（2022·湖北武昌·高三期末）已知四面体ABCD的一个平面展开图如图所示，其中四边形AEFD是边长为的菱形，B，C分别为AE，FD的中点，，则在该四面体中（ ）
A．
B．BE与平面DCE所成角的余弦值为
C．四面体ABCD的内切球半径为
D．四面体ABCD的外接球表面积为
变式5、（2022·江苏通州·高三期末）将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角A′－BD－C，设三棱锥A′－BDC的外接球和内切球的半径分别为r1，r2，球心分别为O1，O2.若正方形ABCD的边长为1，则________；O1O2＝__________.
第56讲 立体几何中的切接问题（微专题）
题型一 、几何体的外接球
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中的一面，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采用补成正方体或长方体的方法找到球心位置．
例1、（2023·安徽·统考一模）在三棱锥中，底面，则三棱锥外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】求得外接球的半径，进而求得外接球的表面积.
【详解】由，得，
所以的外接圆半径，
由于底面，所以外接球的半径，
所以外接球的表面积.
故选：B.
变式1、（2022·江苏海门·高三期末）已知正四棱锥的底面边长为，侧棱PA与底面ABCD所成的角为45°，顶点P，A，B，C，D在球O的球面上，则球O的体积是（ ）
A．16πB．C．8πD．
【答案】B
【分析】
探求正四棱锥的顶点P在底面上射影与球O的球心关系即可计算作答.
【详解】
在正四棱锥中，连接AC，BD，，连，如图，
则有平面，为侧棱PA与底面ABCD所成的角，即，
于是得，
因此，顶点P，A，B，C，D在以为球心，2为半径的球面上，即点O与重合，
所以球O的体积是.
故选：B
变式2、（2023·山西临汾·统考一模）《九章算术·商功》提及一种称之为“羡除”的几何体，刘徽对此几何体作注：“羡除，隧道也其所穿地，上平下邪.似两鳖臑夹一堑堵，即羡除之形.”羡除即为：三个面为梯形或平行四边形（至多一个侧面是平行四边形），其余两个面为三角形的五面几何体.现有羡除如图所示，底面为正方形，，其余棱长为2，则羡除外接球体积与羡除体积之比为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】连接AC、BD交于点M，取EF的中点O，连接OM，求出OM的长，进而求出OA的长，可知，从而可求出羡除外接球体积，由等体积法可求出羡除体积，进而可求得结果.
【详解】连接AC、BD交于点M，取EF的中点O，连接OM，则平面.取BC的中点G，连接FG，作，垂足为H，如图所示，
由题意得，，，，，
∴，∴，
又∵，∴，
∴，即：这个羡除的外接球的球心为O，半径为2，
∴这个羡除的外接球体积为.
∵，面，面，
∴面，即：点A到面的距离等于点B到面的距离，
又∵，∴，
∴这个羡除的体积为，
∴羡除的外接球体积与羡除体积之比为.
故选：A.
变式3、（2022·广东罗湖·高三期末）在中，，且，，若将沿AC边上的中线BD折起，使得平面平面BCD．点E在由此得到的四面体ABCD的棱AC上运动，则下列结论正确的为（ ）
A．B．四面体ABCD的体积为
C．存在点E使得的面积为D．四面体ABCD的外接球表面积为
【答案】BCD
【分析】
取的中点，连接，利用垂直关系的转化得到判定选项A错误；过作的垂线，利用直角三角形求出高和底面面积，再利用体积公式求出体积判定选项B正确；求出的面积的最大值和最小值，进而判定选项C正确；确定四面体外接球的球心，再通过直角三角形求出半径，再求其体积判定选项D正确.
【详解】
对于A：取的中点，连接，
因为，所以，
又平面平面BCD，
所以平面，则，
若，则，
所以平面，则，
显然不可能，故选项A错误；
对于B：考查三棱锥的体积，易知的面积为，
在平面中，过作的垂线，交的延长线于点，
易知，
因为平面平面，所以到平面，
即三棱锥的高为，
所以三棱锥的体积为，
即四面体的体积为，故选项B正确；
对于C：显然当平面时，的面积取得最小值，
易知，且，所以，
又四面体的体积为，所以，
即，且的面积为，
所以存在点使得的面积为，故选项C正确；
对于D：设与的外心依次为，，
过作平面的垂线，过作平面的垂线，
则四面体的外接球球心为直线与的交点，
则四边形为矩形，且，，
所以四面体的外接球半径为，
则外接球表面积为，故选项D正确.
故选：BCD.
变式4、（2022·河北张家口·高三期末）在《九章算术》中，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑（biēnà）.如图，三棱锥为一个鳖臑，其中平面，，，，为垂足，则（ ）
A．平面
B．为三棱锥的外接球的直径
C．三棱锥的外接球体积为
D．三棱锥的外接球体积与三棱锥的外接球体积相等
【答案】BC
【分析】
利用线面垂直的判定可判断A选项的正误；利用直角三角形的性质可判断B选项的正误；确定球心的位置，求出三棱锥的外接球的半径，利用球体的体积公式可判断C选项的正误；求出三棱锥的外接球半径，可判断D选项的正误.
【详解】
对于A选项，如下图，过点向引垂线，垂足为，
平面，平面，则，
，，则平面，
又、平面，所以，，，
，，则平面，
这与平面矛盾，A错；
对于B选项，平面，平面，则，
在三棱锥中，，则的中点到、、、的距离相等，
所以为三棱锥的外接球的直径，故B正确；
对于C选项，分别取、的中点、，连接，
因为、分别为、的中点，则，
平面，则平面，平面，平面，则，
故的外心为线段的中点，因为平面，则平面平面，
故三棱锥的外接球球心在直线上，即该球球心在平面内，
所以的外接圆直径为三棱锥的外接球直径，
，，
，,
在中，，，
在中，由余弦定理得，，
故，则，
所以三棱锥的外接球体积为，故C正确；
因为，故为三棱锥的外接球的直径，且，
而三棱锥的外接球直径为，故D错误.
故选：BC.
变式5、（2022·江苏如皋·高三期末）已知三棱锥D－ABC中，AB＝AC＝AD＝1，∠DAB＝∠DAC＝，∠BAC＝，则点A到平面BCD的距离为_________，该三棱锥的外接球的体积为_________.
【答案】
【分析】①，等积法计算顶点到底面的距离；②求三棱锥外接球球心，然后再求体积.
【详解】
①如下图所示，
设点A到平面BCD的距离为h，取BC中点E，连AE、DE，
因为AB=AC=AD=1， ，所以BC=1， ，，
所以
②取AB中点F，连CF交AE于G，则G是 的外心，过G作 ，O为三棱锥外接球的球心，过O作 ，所以
设球的半径为R，则 ，所以 ，
所以
故答案为：①；②
变式6、（2022·广东潮州·高三期末）在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑，在鳖臑A-BCD中，AB平面BCD，CDAD，AB=BD=，已知动点E从C点出发，沿外表面经过棱AD上一点到点B的最短距离为，则该棱锥的外接球的表面积为_________．
【答案】【详解】
如图所示：
设CD=x，由题意得：，
在中，由余弦定理得：，
即，即，解得或（舍去），
如图所示：
该棱锥的外接球即为长方体的外接球，
则外接球的半径为：，
所以外接球的表面积为 ，
故答案为：
变式7、（2022·广东·铁一中学高三期末）已知四面体中，，，，则其外接球的体积为______.
【答案】
【分析】
由题意可采用割补法，构造长宽高分别x，y，z的长方体，其面对角线分别为
解出x，y，z,求长方体的体对角线即可.
【详解】
如图，构造长方体，其面对角线长分别为，
则四面体的外接球即为此长方体的外接球，
设长方体的长宽高分别x，y，z，外接球半径为R
则，
所以,
则，解得，
所以.
故答案为：
变式8、（2022·河北保定·高三期末）如图，是边长为4的等边三角形的中位线，将沿折起，使得点与重合，平面平面，则四棱雉外接球的表面积是___________.
【答案】
【分析】
求出四边形外接圆的圆半径，再设四棱锥外接球的球心为，由求出半径，代入球的表面积公式即可.
【详解】
如图，分别取，的中点，，连接，.
因为是边长为4的等边三角形，
所以，
所以，
则四边形外接圆的圆心为，半径.
设四棱锥外接球的球心为，连接，过点作，垂足为.
易证四边形是矩形，则，.
设四棱锥外接球的半径为，
则，
即，解得，
故四棱锥外接球的表面积是.
故答案为：
题型二、几何体的内切球
求解多面体的内切球的问题，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．
例2、（2021·山东高三其他模拟）如图所示的由4个直角三角形组成的各边长均为1的六边形是某棱锥的侧面展开图，则该棱锥的内切球半径为_________．
【答案】
【解析】将图形还原得四棱锥，如图，设内切球的球心为O，半径为r，
则有
即，
解得.
故答案为：.
变式1、【2022·广东省珠海市第二中学10月月考】已知三棱锥的所有棱长都相等，现沿三条侧棱剪开，将其表面展开成一个平面图形，若这个平面图形外接圆的半径为，则三棱锥的内切球的体积为_______
【答案】
【解析】： 三棱锥展开后为一等边三角形，设此此三角形的边长为．则，得．所以三棱锥的棱长为，可得棱长的高 设内切球的半径为，，得，所以
变式2、【2022·广东省珠海市第二中学10月月考】已知三棱锥的所有棱长都相等，现沿三条侧棱剪开，将其表面展开成一个平面图形，若这个平面图形外接圆的半径为，则三棱锥的内切球的体积为_______
【答案】
【解析】： 三棱锥展开后为一等边三角形，设此此三角形的边长为．则，得．所以三棱锥的棱长为，可得棱长的高 设内切球的半径为，，得，所以
变式3、（2023·江苏连云港·统考模拟预测）已知圆锥内切球（与圆锥侧面、底面均相切的球）的半径为2，当该圆锥的表面积最小时，其外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】作出图形，设，，由三角形相似得到，得到圆锥的表面积为，令，由导函数得到当时，圆锥的表面积取得最小值，进而得到此时与，作出圆锥的外接球，设外接球半径为，由勾股定理列出方程，求出外接球半径和表面积.
【详解】设圆锥的顶点为，底面圆的圆心为，内切球圆心为，
则，，
因为⊥，⊥，所以∽，则，
设，，
故，由得：，
由得：，故，所以，，
解得：，所以圆锥的表面积为，
令，，
当时，，当时，，
故在上单调递减，在上单调递增，
故在时取得最小值，，
此时，，
设圆锥的外接球球心为，连接，设，
则，
由勾股定理得：，即，
解得：，故其外接球的表面积为.
故选：A
变式4、（2022·湖北武昌·高三期末）已知四面体ABCD的一个平面展开图如图所示，其中四边形AEFD是边长为的菱形，B，C分别为AE，FD的中点，，则在该四面体中（ ）
A．
B．BE与平面DCE所成角的余弦值为
C．四面体ABCD的内切球半径为
D．四面体ABCD的外接球表面积为
【答案】ACD
【详解】由题意得，展开图拼成的几何体如下图所示，
， ， 取AB中点M，CD中点N，MN中点O，连MN、OA，
过O作 于H，则OH是内切球的半径，OA是外接球的半径.
所以，

对于A： ，，，故 平面ABN，而平面ABN ，所以 ，故A正确；
对于B：由于 平面ACD，故平面ABN平面ACD，故 是BE与平面DCE所成角，
故 ，故B错误；
对于C： ，故C正确；
对于D：
所以外接球的表面积为 ，故D正确.
故选：ACD
变式5、（2022·江苏通州·高三期末）将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角A′－BD－C，设三棱锥A′－BDC的外接球和内切球的半径分别为r1，r2，球心分别为O1，O2.若正方形ABCD的边长为1，则________；O1O2＝__________.
【答案】##
【详解】
设，则，
∴三棱锥A′－BDC的外接球，点即为，
∵将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角A′－BD－C，又，
∴平面，平面，∴，，
∴，，∴，解得，
∴，
设球与平面，平面BCD分别切于P，Q，则为正方形，
∴.故答案为：，.