所属成套资源:备战2025年高考数学精品教案全套
- 备战2025年高考数学精品教案第七章立体几何与空间向量第5讲空间向量及空间位置关系(Word版附解析) 教案 0 次下载
- 备战2025年高考数学精品教案第七章立体几何与空间向量第6讲空间角和空间距离(Word版附解析) 教案 0 次下载
- 备战2025年高考数学精品教案第七章立体几何与空间向量突破2空间几何体的截面(交线)问题(Word版附解析) 教案 0 次下载
- 备战2025年高考数学精品教案第七章立体几何与空间向量突破3立体几何中的动态问题(Word版附解析) 教案 0 次下载
- 备战2025年高考数学精品教案第七章立体几何与空间向量突破4立体几何中的翻折问题与探索性问题(Word版附解析) 教案 0 次下载
备战2025年高考数学精品教案第七章立体几何与空间向量突破1球的切、接问题(Word版附解析)
展开
这是一份备战2025年高考数学精品教案第七章立体几何与空间向量突破1球的切、接问题(Word版附解析),共13页。
命题点1 外接球问题
例1 (1)[天津高考]若棱长为23的正方体的顶点都在同一球面上,则该球的表面积为( C )
A.12πB.24πC.36πD.144π
解析 设外接球的半径为R,易知2R=3×23=6,所以R=3,于是外接球的表面积
S=4πR2=36π,故选C.
(2)[全国卷Ⅰ]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( D )
A.86πB.46πC.26πD.6π
解析 (补形法)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2,所以该正方体的体对角线长为6,所以三棱锥P-ABC的外接球的半径R=62,所以球O的体积V=43πR3=43π×(62)3=6π.
(3)[2023全国卷乙]已知点S,A,B,C均在半径为2的球面上,△ABC是边长为3的等边三角形,SA⊥平面ABC,则SA= 2 .
解析 解法一 如图,设△ABC的外接圆圆心为O1,连接O1A,因为△ABC是边长为3的等边三角形,所以其外接圆半径r=O1A=23×32×3=3.将三棱锥S-ABC补形为正三棱柱SB1C1-ABC,由题意知SA为侧棱,设外接球的球心为O,连接OO1,OA,则OO1⊥平面ABC,且OO1=12SA.又球O的半径R=OA=2,OA2=OO12+O1A2,所以4=14SA2+3,得SA=2.
解法二 如图,设△ABC的外接圆圆心为O1,连接O1A,因为△ABC是边长为3的等边三角形,所以其外接圆半径r=O1A=23×32×3=3.设三棱锥S-ABC的外接球球心为O,连接OO1,则OO1⊥平面ABC.又SA⊥平面ABC,所以OO1∥SA,连接OS,OA,由题意知OS=OA=2.过O作SA的垂线,设垂足为H,则四边形AO1OH为矩形,所以OO1=AH,由OS=OA可知H为SA的中点,则OO1=AH=12SA.所以在Rt△OO1A中,由勾股定理可得OA2=OO12+O1A2,即4=14SA2+3,得SA=2.
方法技巧
1.解决外接球问题的关键是利用球心到多面体的顶点的距离均等于球的半经.
2.柱体的外接球球心为上、下底面外心(外接圆圆心)连线的中点.
3.棱锥中几种常见的外接球模型
训练1 (1)[2023湖南省郴州市适应性模拟]已知圆台的上、下底面的圆周都在半径为2的球面上,圆台的下底面过球心,上底面半径为1,则圆台的体积为( C )
A.533πB.53πC.733πD.73π
解析 如图,设圆台的上底面的圆心为O1,下底面的圆心为O,点A为上底面圆周上任意一点,连接O1A,OA,OO1,则O1A=1,设圆台的高为h,球O的半径为R=OA=2,则h=OO1=R2-O1A2=22-12=3,所以圆台的体积V=13(4π+4π×π+π)×3=73π3.故选C.
(2)已知四棱锥P-ABCD的底面ABCD是矩形,其中AD=1,AB=2,平面PAD⊥平面ABCD,△PAD为等边三角形,则四棱锥P-ABCD的外接球体积为( D )
A.16π3B.76π3C.323π3D.323π27
解析 设AD的中点为F,连接PF,AC,BD,设AC∩BD=E,连接EF,设△PAD外接圆的圆心为O1,半径为r,所求外接球球心为O,半径为R,连接OO1,OE,OP,如图.
因为△PAD为等边三角形,AD=1,所以圆O1的半径r=PO1=32×1×23=33.
因为△PAD为等边三角形,F是AD的中点,所以PF⊥AD,
又平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,PF⊂平面PAD,所以PF⊥平面ABCD.
因为底面ABCD是矩形,所以E是底面ABCD外接圆的圆心,故OE⊥平面ABCD,所以PF∥OE.
同理OO1∥EF,又易得PF⊥EF,所以四边形OO1FE是矩形,
所以OO1=EF=12AB=1,
所以球O的半径R=(33)2+12=233,
所以外接球的体积为V=43πR3=32327π.故选D.
命题点2 内切球问题
例2 (1)[全国卷Ⅲ]已知圆锥的底面半径为1,母线长为3,则该圆锥内半径最大的球的体积为 23π .
解析 易知半径最大的球即该圆锥的内切球.圆锥PE及其内切球O如图所示,设内切球的半径为R,则sin∠BPE=ROP=BEPB=13,所以OP=3R,所以PE=4R=PB2-BE2=32-12=22,所以R=22,所以内切球的体积V=43πR3=23π,即该圆锥内半径最大的球的体积为23π.
(2)已知一圆锥底面圆的直径为3,圆锥的高为332,在该圆锥内放置一个棱长为a的正四面体,并且正四面体在圆锥内可以任意转动,则a的最大值为 2 .
解析 解法一 由题意知,正四面体在圆锥内可以任意转动,则a最大时,该正四面体外接于圆锥的内切球.设球心为P,圆锥的顶点为S,圆锥底面圆的圆心为O, A,B为底面圆直径的两端点,轴截面上球与圆锥母线的切点为Q,圆锥的轴截面如图所示,连接SO,易知P在SO上,SO⊥AB,则OA=OB=32.
因为SO=332,所以SA=SB=SO2+OB2=3,
所以△SAB为等边三角形,可知点P是△SAB的中心.
连接BP,PQ,则BP平分∠SBA,所以∠PBO=30°,设正四面体外接球的半径为r,于是tan 30°=r32=33,即r=33×32=32,所以正四面体外接球的半径为32.
因为棱长为a的正四面体的外接球的半径为64a,
则64a=32,求得a=2,所以a的最大值为2.
解法二 由题意知,正四面体在圆锥内可以任意转动,则a最大时,该正四面体外接于圆锥的内切球.设圆锥的顶点为S,圆锥底面圆的圆心为O, A,B为底面圆直径的两端点,圆锥的轴截面如图所示,则OA=OB=32.
连接SO,则SO⊥AB,SO=332,所以SA=SB=SO2+OB2=3,△SAB的面积S△SAB=934.
由三角形内切圆半径公式r=2S三角形a+b+c(其中S三角形是三角形的面积,a,b,c是三角形的三边长,r是三角形内切圆半径)知,△SAB内切圆的半径r=32.
因为棱长为a的正四面体的外接球的半径为64a,则64a=32,求得a=2,所以a的最大值为2.
方法技巧
求解常见几何体的内切球半径的方法
训练2 (1)[2023河南省部分名校联合检测]已知三棱锥P-ABC的所有顶点均在半径为2的球O的球面上,底面△ABC是边长为3的等边三角形.若三棱锥P-ABC的体积取得最大值时,该三棱锥的内切球的半径为r,则r=( B )
A.1B.13-14
C.32D.3(13-1)14
解析 如图,设底面△ABC的中心为Q,连接BQ,OQ,则BQ=3×32×23=3,且OQ⊥底面ABC,延长线段QO交球面于点P,此时三棱锥P-ABC的体积取得最大值.连接OB,因为球O的半径为2,所以OB=2,在Rt△OQB中,OQ=22-(3)2=1,所以三棱锥P-ABC的体积的最大值为V=13×34×32×(2+1)=934,此时PB=32+(3)2=23,
S三棱锥P-ABC=34×32+3×12×3×(23)2-(32)2=934(1+13),
由等体积法知934=13×934(1+13)×r,解得r=31+13=13-14.故选B.
(2)[2024江苏省淮安市涟水县第一中学模拟]已知三棱柱ABC-EFG中,GC⊥AC,AE⊥BC,平面EBC⊥平面AEB,AC=5,若该三棱柱存在体积为43π的内切球,则三棱锥
A-EBC的体积为( B )
A.23B.4C.2D.43
解析 设内切球的半径为R,则43πR3=43π,所以R=1.因为AE⊥BC,AE∥GC,所以GC⊥BC,又GC⊥AC,且AC∩BC=C,AC,BC⊂平面ABC,所以GC⊥平面ABC,所以三棱柱ABC-EFG为直三棱柱,即侧棱垂直于底面,且侧棱长为2.
作AO⊥BE交BE于O点,连接CO,如图所示.
因为平面EBC⊥平面AEB,平面EBC∩平面AEB=BE,AO⊂平面AEB,所以AO⊥平面EBC,又BC⊂平面EBC,所以AO⊥BC.
因为EA⊥平面ABC,BC⊂平面ABC,所以EA⊥BC,
又EA∩AO=A,EA,AO⊂平面AEB,所以BC⊥平面AEB,
而AB⊂平面AEB,所以AB⊥BC.
设AB=a,BC=b,可得R=a+b-AC2=a+b-52=1,解得a+b=7,又a2+b2=25,可得ab=12,则V三棱锥A-EBC=V三棱锥E-ABC=13S△ABC×AE=13×12ab×2=4.故选B.
命题点3 球与多面体的棱相切的问题
例3 (1)[2023全国卷甲]在正方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=4,O为AC1的中点,若该正方体的棱与球O的球面有公共点,则球O的半径的取值范围是 [22,23] .
解析 由该正方体的棱与球O的球面有公共点,可知球O的半径应介于该正方体的棱切球(与各条棱均相切的球)半径和外接球半径之间(包含棱切球半径和外接球半径).设该正方体的棱切球半径为r,因为AB=4,所以2r=2×4,所以r=22;设该正方体的外接球半径为R,因为AB=4,所以(2R)2=42+42+42,所以R=23.所以球O的半径的取值范围是[22,23].
(2)[2023广东省高州市二模]已知球O与正四面体A-BCD的各棱相切,且与平面α相切,若AB=1,则正四面体A-BCD表面上的点到平面α距离的最大值为 6+24 .
解析 将正四面体A-BCD补形成正方体,如图所示.
因为球O与正四面体A-BCD的各棱相切,所以球O即正方体的内切球,易知球心O为正方体体对角线的中点,如图所示.
记正四面体A-BCD表面上的点到球心O的距离为d,球O的半径为r,则正四面体A-BCD表面上的点到平面α距离的最大值为d+r的最大值.
设正方体棱长为a,则a2+a2=1,解得a=22,所以r=24,易知dmax=OA=12×3a2=64,所以正四面体A-BCD表面上的点到平面α距离的最大值为64+24=6+24.
方法技巧
破解此类球与多面体的棱相切问题的关键
一是会转化,即能把所求的问题进行转化,例如,以正四面体的相对棱的中点的连线为直径的球,常转化为与几何体的棱相切的问题,从而把空间问题平面化;
二是会求球的半径,能在转化后的平面问题中,寻找相关的量,求出球的半径或直径.
训练3 (1)[多选/2024福州市一检]已知正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面边长为2,球O与正四棱柱的上、下底面及侧棱都相切.P为平面CDD1内一点,且直线BP与球O相切,则( BCD )
A.球O的表面积为4π
B.直线BD1与BP所成的角等于45°
C.该正四棱柱的侧面积为162
D.侧面ABB1A1与球面的交线长为2π
解析 如图1,设球O与正四棱柱的下底面相切于点O1,连接OO1,则OO1⊥平面ABCD,连接O1A,OA,则∠OAO1为直线OA与平面ABCD所成的角.因为球O与正四棱柱的上、下底面及侧棱都相切,所以球O的半径R=OO1=O1A=2,所以球O的表面积S表=4π×2=8π,该正四棱柱的侧面积为4×2×22=162,故选项A错误,C正确.依题意,BB1,BP均为球O的切线,BD1经过球心O,所以∠B1BD1=∠PBD1.连接B1D1,则B1D1=22=BB1,所以∠PBD1=∠B1BD1=45°,即直线BD1与BP所成的角为45°,选项B正确.对于选项D,记棱AA1的中点为F,则球O与棱AA1的切点为F,故侧面ABB1A1与球面的交线为过点F的圆,记矩形ABB1A1的中心为E,则侧面ABB1A1与球面的截面圆的圆心为E,如图2,连接EF,截面圆的半径r=EF=12AB=1,所以截面圆的周长为2π,即侧面ABB1A1与球面的交线长为2π,选项D正确.综上,选BCD.
图1图2
(2)[2023山西省朔州市大地学校高中部第四次月考]正四面体的内切球、棱切球(与各条棱均相切的球)及外接球的半径之比为 1∶3∶3 .
解析 设正四面体S-ABC的棱长为1,外接球和内切球的半径分别为R,r,如图所示,设D为AB的中点,连接SD,CD,作SE⊥CD于点E,由正四面体的性质可知线段SE为正四面体S-ABC的高.
在正三角形SAB中,SD=1-(12)2=32.
同理,在正三角形ABC中,CD=32,
则DE=13×CD=36,S△ABC=12×1×32=34,
所以SE=SD2-DE2=(32)2-(36)2=63,
则V四面体S-ABC=13S△ABC×SE=13×34×63=212.
由正四面体的性质知,其内切球、棱切球、外接球的球心重合,且球心O在线段SE上,则R+r=OS+OE=SE=63,
V四面体S-ABC=4×13S△ABC×r=4×13×34×r=33r=212,
所以r=612,故R=64.
连接OD,因为棱切球与棱AB相切,故其半径为OD=r2+DE2=(612)2+(36)2=24,
故正四面体的内切球、棱切球及外接球的半径之比为612∶24∶64=1∶3∶3.
学生用书·练习帮P330
1.[2023辽宁省模拟]“圆柱容球”是指圆柱形容器里放了一个球,且球与圆柱的侧面及上、下底面均相切,则该圆柱的体积与球的体积的比值为( B )
A.2B.32C.3D.π3
解析 设球的半径为R,由题意得,圆柱的高及底面圆的直径等于球的直径,则圆柱的体积为πR2·2R=2πR3,球的体积为43πR3,所以该圆柱的体积与球的体积的比值为2πR343πR3=32,故选B.
2.[2023湖北省武汉市青山区检测]在三棱锥P-ABC中,PA=BC=3,PB=AC=2,PC=AB=5,则三棱锥P-ABC外接球的体积为( C )
A.2πB.3πC.6πD.6π
解析 如图所示,可将三棱锥P-ABC放到长方体中,可得长方体的三条面对角线长分别为3,2,5.设长方体的长、宽、高分别为a,b,c,则a2+b2=3,a2+c2=2,c2+b2=5,得a=1,b=2,c=3,所以三棱锥P-ABC外接球的半径R=12×12+(2)2+(3)2=62,所以三棱锥P-ABC外接球的体积V=43πR3=6π.故选C.
3.[2023青岛检测]已知圆台的上、下底面半径分别为1和2,侧面积为35π,则该圆台外接球的半径为( B )
A.1055B.654C.1854D.1054
解析 设圆台的母线长为l,则由题意,得π×(1+2)l=3πl=35π,解得l=5.所以圆台的高h=(5)2-(2-1)2=2.设该圆台外接球的球心到上底面圆心的距离为d,则到下底面圆心的距离为|d-2|.(提示:圆台外接球的球心可能在上、下底面圆心所连的线段上,也可能在其延长线上)
设圆台外接球的半径为R,则R2=d2+1=|d-2|2+22,解得d=74,所以R2=6516,所以R=654,故选B.
4.[2023高三名校联考(一)]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( C )
A.4-610B.5-610C.4-65D.5-65
解析 因为BA,BC,BD两两垂直,BA=1,BC=BD=2,所以AC=AD=5,CD=22.如图,取CD的中点为E,连接AE,则AE⊥CD,所以AE=AD2-DE2=3,△ACD的面积S1=12×22×3=6,所以四面体ABCD的表面积S=12×1×2×2+12×2×2+6=4+6.四面体ABCD的体积V=13×12×2×2×1=23.设四面体ABCD的内切球的半径为r,则V=13S·r,所以r=3VS=24+6=4-65,故选C.
5.[2024四川成都高三模拟]在三棱锥P-ABC中,PA⊥底面ABC,∠BAC=120°,PA=AB=AC=2,若该三棱锥的顶点都在同一个球面上,则该球的表面积为( C )
A.103πB.18πC.20πD.93π
解析 三棱锥P-ABC中,PA⊥底面ABC,∠BAC=120°,PA=AB=AC=2,故该三棱锥可补形为正六棱柱,如图,所以该三棱锥的外接球即为该正六棱柱的外接球,所以外接球的直径2R=42+22=25,则R=5,所以该球的表面积为S=4πR2=4π×(5)2=20π.故选C.
6.[2024重庆市巴蜀中学模拟]已知正四棱锥P-ABCD的底面边长为42,PA=45,则平面PCD截四棱锥P-ABCD外接球所得截面的面积为( C )
A.100π9B.50π3C.200π9D.100π3
解析 设正方形ABCD的中心为E,CD的中点为F,连接PE,EF,PF,CE,如图所示,易知PE⊥底面ABCD,PC=45,EF=22,CE=4,PE=8,记正四棱锥的外接球球心为O,则点O在PE上,连接OC,OF,设外接球半径为R,则OP=OC=R.在Rt△OEC中,OC2=OE2+EC2,所以R2=(8-R)2+16,解得R=5,即OP=5.在Rt△PEF中,PF=PE2+EF2=82+(22)2=62.过O作OQ⊥PF,则OQ为点O到平面PCD的距离,且Q为平面PCD截其外接球所得截面圆的圆心,易知△PEF∽△PQO,则PQPE=OPPF,即PQ8=562,所以PQ=1023,所以所求截面的面积S=π×PQ2=200π9.故选C.
7.[2024湖南省衡阳八中模拟]如图,在三棱锥S-ABC中,SA=SC=AC=22,AB=BC=2,二面角S-AC-B的正切值是2,则三棱锥
S-ABC外接球的表面积是( A )
A.12πB.4πC.43πD.433π
解析 设E是AC的中点,连接EB,ES,由于SA=SC,AB=BC,
所以AC⊥SE,AC⊥BE,所以∠SEB是二面角S-AC-B的平面角,所以tan∠SEB=2,所以cs∠SEB=33.在△SAC中,SE=SA2-AE2=(22)2-(2)2=6,在△ABE中,BE=AB2-AE2=22-(2)2=2,在△SEB中,由余弦定理得SB=SE2+BE2-2SE·BEcs∠SEB=2,
所以BS=BA=BC=2,由SA=SC=AC=22,易知BS,BA,BC 两两垂直.由此将三棱锥S-ABC补形成正方体如图所示,正方体的棱长为2,则体对角线长为23.设正方体外接球的半径为R,则R=3,所以所求外接球的表面积为4πR2=12π,故选A.
8.[2024江西分宜中学、临川一中等校联考]蹴鞠[cù jū],又名“蹴球”“蹴圆”,传言黄帝所作(西汉·刘向《别录》).“蹴”有用脚蹴、踢的含义,“鞠”最早系外包皮革、内实米糠的球,因而“蹴鞠”类似今日的踢足球活动,如图所示,已知某“鞠”的表面上有四个点A,B,C,D,平面ABD⊥平面BCD,直线AC与平面BCD所成角的正切值为13,AB=
AD=2,CD=CB=23,则该“鞠”的表面积为( A )
A.20πB.16πC.12πD.8π
解析 如图,取DB的中点E,连接AE,CE,设BE=x.因为AB=AD,所以AE⊥DB,所以AE=AB2-BE2=4-x2.因为CD=CB,所以CE⊥BD,CE=BC2-BE2=12-x2.因为AE⊂平面ABD,平面ABD⊥平面BCD,平面ABD∩平面BCD=BD,所以AE⊥平面BCD,所以∠ACE为直线AC与平面BCD所成的角,则tan∠ACE=AECE=4-x212-x2=13,得x=3,BD=23,所以AE=1,∠BAD=2π3,∠BCD=π3.设△BCD的外心为O1,△ABD的外心为O2,△BCD外接圆半径为r1,△ABD外接圆半径为r2,则r1=BD2sinπ3=2,r2=BD2sin2π3=2,所以CO1=2.可知点O2在AE的延长线上,连接O2E,则O2E=AO2-AE=1.过O2,O1分别作平面ABD,平面BCD的垂线,则两垂线的交点O为三棱锥A-BCD外接球的球心,则四边形O2EO1O为矩形,所以OO1=O2E=1.连接OC,因为OO1⊥平面BCD,CO1⊂平面BCD,所以OO1⊥CO1,所以外接球半径R=OC=OO12+CO12=1+4=5,从而外接球的表面积为4πR2=20π.故选A.
9.[多选/2024青岛市检测]正四棱锥P-ABCD的底面边长是4,侧棱长为42,则( BCD )
A.正四棱锥P-ABCD的体积为326
B.侧棱与底面所成角为π3
C.其外接球的半径为463
D.其内切球的半径为6(7-1)3
解析 如图所示,设点O1为正方形ABCD的中心,连接PO1,则PO1⊥平面ABCD.
因为AB=4,所以AO1=22,因为PA=42,所以PO1=(42)2-(22)2=26.所以正四棱锥P-ABCD的体积
VP-ABCD=13×16×26=3263,选项A错误.
∠PAO1是侧棱与底面所成的角,tan∠PAO1=PO1AO1=2622=3,所以∠PAO1=π3,选项B正确.
设点O为正四棱锥P-ABCD外接球的球心,则点O在线段PO1或在线段PO1的延长线上,连接AO,设外接球的半径为R,则OA=OP=R,OO1=|26-R|,OA2=O1A2+O1O2,即R2=(22)2+(26-R)2,解得R=463,选项C正确.
设正四棱锥P-ABCD内切球半径为r,取BC的中点M,连接O1M,PM,则PM⊥BC,且PM=PO12+O1M2=(26)2+22=27,所以正四棱锥P-ABCD的表面积S=
16+12×4×27×4=16(1+7),因为13S·r=VP-ABCD,所以13×16(1+7)·r=3263,解得r=267+1=6(7-1)3,选项D正确.综上,选BCD.
10.[多选/2024惠州市一调]已知棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1,以正方体中心O为球心的球与正方体的各条棱都相切,点P为球面上的动点,则下列说法正确的是( BD )
A.球O的半径R=12
B.球O在正方体外的部分的体积大于23π-1
C.若点P在球O位于正方体外的部分(含正方体表面)上运动,则PA·PB∈[-14,34]
D.若点P在球O位于正方体外的部分(含正方体表面)上运动,则PA·PB∈[-14,74]
解析 对于A,正方体的棱切球O的半径R=12+122=22,故A错误.
对于B,如图,易知球O在正方体外的部分的体积V>V球O-V正方体=43π×(22)3-13=23π-1,故B正确.
对于C,D,取棱AB的中点E,可知E在球面上,EB=-EA,连接PE,则PA·PB=(PE+EA)·(PE+EB)=PE2-EA2=|PE|2-14=|PE|2-14.因为点P在球O位于正方体外的部分(含正方体表面)上运动,所以0≤|PE|≤2,所以PA·PB∈[-14,74],C错误,D正确.故选BD.
11.将一个棱长为a cm的正方体铁块磨制成一个球体零件,若这个球体零件最大体积为36π cm3,则a= 6 .
解析 由题意得,球内切于正方体时,球的体积最大,设球的半径为R cm,则2R=a,R=a2,所以43πR3=43π(a2)3=36π,则a=6.
12.[2024辽宁部分学校联考]在三棱锥A-BCD中,∠ABD=∠ABC=60°,BC=BD=2,AB=4,则三棱锥A-BCD外接球的表面积为 16π .
解析 由∠ABD=∠ABC=60°,BC=BD=2,AB=4,根据余弦定理可得AC=AD=23,则AC⊥BC,AD⊥BD,所以AB的中点E到三棱锥各顶点的距离相等,则三棱锥A-BCD外接球的直径为AB=4,故三棱锥A-BCD外接球的表面积为4π×(AB2)2=16π.
13.[2024广东佛山高三摸底考试]已知圆锥的内切球的体积为4π3,则当该圆锥体积取最小值时,其表面积为 8π .
解析 设圆锥的内切球的半径为r1,可得43πr12=4π3,解得r1=1,设圆锥的底面圆的半径为r,高为h(h>2),圆锥的轴截面如图所示,由△AOE∽△ACF,可得OECF=AEAF,即1r=(h-1)2-12h,解得r=hh2-2h,所以圆锥的体积V=13πr2h=πh23(h-2)=π3[(h-2)+4h-2+4]≥π3[2(h-2)·4h-2+4]=8π3,当且仅当h-2=4h-2时,即h=4时,等号成立,此时r=2,母线长为l=(2)2+42=32,圆锥的表面积为πrl+πr2=π×2×32+π×(2)2=8π.
14.[2024江西省新余市第一中学模拟]已知正四面体的棱长为12,先在正四面体内放入一个内切球O1,再放入一个球O2,使得球O2与球O1及正四面体的三个侧面都相切,则球O2的体积为 6π .
解析 如图,设该正四面体为A-BCD,点A在平面BCD上的投影为点H,易知A,O2,O1,H四点共线,且点H为△BCD的外心.取BC的中点E,连接AE,DE,则切点M,N在AE上,点H在DE上,连接O1M,O2N,则O1M⊥AE,O2N⊥AE.因为正四面体的棱长为12,所以AE=63,EH=23,则AH=AE2-EH2=46.设球O1的半径为R,根据体积公式可知,13×S△BCD×AH=13×4×S△BCD×R,解得R=14AH=6.设球O2的半径为r,则O2NO1M=AO2AO1,即rR=AH-2R-rAH-R,得r6=46-26-r46-6,解得r=62,所以球O2的体积V=43πr3=6π.模型
墙角型:AD⊥AB,AC⊥AD,AC⊥AB
对棱相等型:AD=BC=a,AB=CD=b,AC=BD=c
图示
分析
可补形为长方体或正方体
可补形为长方体或正方体,每条棱均为其面对角线
球心
球心位于体对角线中点
球心位于体对角线中点
半径
R=12AB2+AC2+AD2
R=a2+b2+c28
模型
侧棱与底面垂直型:PA⊥平面ABC
侧面与底面垂直型:平面PAD⊥平面ABCD
图示
分析
过底面外心O1作垂直于底面的直线l,则有l∥PA
作PE⊥AD于E,过底面外心O1作垂直于底面的直线l,则有l∥PE
球心
球心O在直线l上, 且有OO1=12PA,利用Rt△AOO1列方程
球心O在直线l上,过点O作OH⊥PE于点H,利用Rt△POH和Rt△AOO1列方程组
半径
R=r2+(12PA)2,r为底面多边形外接圆半径
R2=OH2+PH2,R2=OO12+AO12
几何体
求内切球半径R的方法
正方体(棱长为a)
R=a2
正四面体(棱长为a)
R=612a
三棱锥
1.过球心O、顶点P、切点M作截面图,部分截面图如图所示,利用相似三角形对应边成比例求解,即OMO1D=POPD,R=OM=OO1.
2.等体积法:将三棱锥分割为以内切球球心为顶点,三棱锥的四个面为底面的棱锥,利用三棱锥的体积等于分割后各棱锥的体积之和,求内切球的半径.
相关教案
这是一份备战2025年高考数学精品教案第七章立体几何与空间向量第3讲空间直线、平面的平行(Word版附解析),共15页。
这是一份备战2025年高考数学精品教案第七章立体几何与空间向量第5讲空间向量及空间位置关系(Word版附解析),共15页。
这是一份备战2025年高考数学精品教案第七章立体几何与空间向量突破2空间几何体的截面(交线)问题(Word版附解析),共8页。