高考数学科学创新复习方案提升版素能培优（七）与球有关的切、接问题学案（Word版附解析）

这是一份高考数学科学创新复习方案提升版素能培优（七）与球有关的切、接问题学案（Word版附解析），共8页。


考向一 外接球
例1 (1)(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3eq \r(3)和4eq \r(3)，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为( )
A．100π B．128π
C．144π D．192π
答案 A
解析 设正三棱台上、下底面所在圆面的半径分别为r1，r2，所以2r1＝eq \f(3\r(3),sin60°)，2r2＝eq \f(4\r(3),sin60°)，即r1＝3，r2＝4.设球心到上、下底面的距离分别为d1，d2，球的半径为R(R≥4)，所以d1＝eq \r(R2－9)，d2＝eq \r(R2－16)，故|d1－d2|＝1或d1＋d2＝1，即|eq \r(R2－9)－eq \r(R2－16)|＝1或eq \r(R2－9)＋eq \r(R2－16)＝1，解得R2＝25，符合题意，所以球的表面积为S＝4πR2＝100π.故选A.
(2)(2023·绵阳模拟)在边长为2的正方形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，则该三棱锥外接球的表面积为________．
答案 6π
解析 由题意可知OD，OE，OF两两垂直，且OD＝2，OE＝OF＝1，将三棱锥O－DEF补成一个长方体，如图所示，则长方体的体对角线就是三棱锥的外接球的直径，设外接球的半径为R，(2R)2＝OD2＋OE2＋OF2＝4＋1＋1＝6，得4R2＝6，所以该三棱锥外接球的表面积为4πR2＝6π.
1．求解空间几何体的外接球问题的策略
(1)定球心：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(要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系)，达到空间问题平面化的目的．
(3)求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解．
2．补形法主要应用于以下特点的图形
(1)若四面体中有三条棱两两垂直，则方法是找到三条两两互相垂直的棱，借助墙角模型补成长方体(如图)．
(2)若四面体的对棱相等，则借助墙角模型补成长方体(如图)．
3．与外接球有关的常用结论
(1)正方体的棱长为a，外接球的半径为R，则2R＝eq \r(3)a.
(2)若长方体的同一顶点的三条棱长分别为a，b，c，外接球的半径为R，则2R＝eq \r(a2＋b2＋c2).
(3)由棱柱的上、下底面平行和球的对称性，可知直棱柱外接球的球心为上、下底面外接圆圆心连线的中点，根据勾股定理求直棱柱外接球的半径．
1.(2021·天津高考)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eq \f(32π,3)，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
答案 B
解析 如图所示，设两个圆锥的底面圆圆心为点D，圆锥AD和圆锥BD的高之比为3∶1，即AD＝3BD，设球的半径为R，则eq \f(4πR3,3)＝eq \f(32π,3)，可得R＝2，所以AB＝AD＋BD＝4BD＝4，所以BD＝1，AD＝3，因为CD⊥AB，则∠CAD＋∠ACD＝∠BCD＋∠ACD＝90°，所以∠CAD＝∠BCD，又因为∠ADC＝∠BDC，所以△ACD∽△CBD，所以eq \f(AD,CD)＝eq \f(CD,BD)，所以CD＝eq \r(AD·BD)＝eq \r(3)，因此，这两个圆锥的体积之和为eq \f(1,3)π·CD2·(AD＋BD)＝eq \f(π,3)×3×4＝4π.故选B.
2．(2023·全国乙卷)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＝________．
答案 2
解析 如图，将三棱锥S－ABC转化为直三棱柱SMN－ABC，设△ABC的外接圆圆心为O1，半径为r，则2r＝eq \f(AB,sin∠ACB)＝eq \f(3,\f(\r(3),2))＝2eq \r(3)，可得r＝eq \r(3).设三棱锥S－ABC的外接球球心为O，连接OA，OO1，则OA＝2，OO1＝eq \f(1,2)SA，因为OA2＝OOeq \\al(2,1)＋O1A2，即4＝eq \f(1,4)SA2＋3，所以SA＝2.
考向二 内切球
例2 (1)(2023·邢台一模)已知圆台的上、下底面半径之比为eq \f(1,2)，侧面积为9π，在圆台的内部有一球O，该球与圆台的上、下底面及母线均相切，则球O的表面积为( )
A．3π B．5π
C．8π D．9π
答案 C
解析 设圆台的上底面半径为r，则下底面半径为2r，母线长为l，如图所示，作出圆台与球的轴截面．由于球O与圆台的上、下底面及母线均相切，故l＝AD＝AH＋DG＝r＋2r＝3r.根据圆台的侧面积公式S＝(πr＋2πr)l＝9π，可得r＝1，所以球O的直径为HG＝eq \r(AD2－（DG－AH）2)＝2eq \r(2)，故球O的半径为R＝eq \r(2)，所以球O的表面积为4πR2＝8π.故选C.
(2)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________．
答案 eq \f(\r(2)π,3)
解析 易知半径最大的球为圆锥的内切球，球与圆锥内切时的轴截面如图所示，其中BC＝2，AB＝AC＝3，且点M为BC边上的中点，设内切球的球心为O，由于AM＝eq \r(32－12)＝2eq \r(2)，故S△ABC＝eq \f(1,2)×2×2eq \r(2)＝2eq \r(2).设内切球的半径为r，则S△ABC＝S△AOB＋S△BOC＋S△AOC＝eq \f(1,2)AB·r＋eq \f(1,2)BC·r＋eq \f(1,2)AC·r＝eq \f(1,2)×(3＋2＋3)×r＝2eq \r(2)，解得r＝eq \f(\r(2),2)，其体积V＝eq \f(4,3)πr3＝eq \f(\r(2)π,3).
1．“切”的处理
解决与球有关的内切问题主要是指球内切于多面体或旋转体，解答时首先要找准切点，通过作截面来解决．如果内切的是多面体，则作截面时主要抓住多面体过球心的对角面．
注意：体积分割是求内切球半径的通用方法．
2．与内(棱)切球有关的常用结论
(1)正方体的棱长为a，球的半径为R，
①若球为正方体的内切球，则2R＝a；
②若球与正方体的各棱相切，则2R＝eq \r(2)a.
(2)设正四面体的棱长为a，则它的高为eq \f(\r(6),3)a，内切球半径r＝eq \f(\r(6),12)a，外接球半径R＝eq \f(\r(6),4)a.正四面体的外接球与内切球的半径之比为3∶1.
(3)二级结论：一个多面体的表面积为S，如果这个多面体有半径为r的内切球，则此多面体的体积V满足V＝eq \f(1,3)Sr.
1.(2024·启东质检)在直三棱柱A1B1C1－ABC中，A1B1＝3，B1C1＝4，A1C1＝5，AA1＝2，则其外接球与内切球的表面积之比为( )
A.eq \f(29,4) B.eq \f(19,2)
C.eq \f(29,2) D．29
答案 A
解析 如图，连接AC1.由底面三角形的三边长可知，底面三角形为直角三角形，内切球的半径r＝eq \f(AA1,2)＝1，取AC，A1C1的中点D，E，连接DE交AC1于点O，则外接球的球心是DE的中点O，由A1C1＝5，AA1＝2，得AC1＝eq \r(29)，所以外接球的半径R＝OA＝eq \f(\r(29),2)，所以eq \f(S外,S内)＝eq \f(4πR2,4πr2)＝eq \f(29,4).故选A.
2．(2024·湛江模拟)若正四面体的棱长为a，则其内切球的半径为________．
答案 eq \f(\r(6),12)a
解析 如图，正四面体A－BCD的中心为O，即为内切球的球心，设内切球的半径为R.因为AB＝a，所以正四面体的高h＝eq \f(\r(6),3)a.又VA－BCD＝4VO－BCD，所以R＝eq \f(1,4)h＝eq \f(\r(6),12)a.
考向三 与球切、接有关的最值问题
例3 (2023·豫湘名校开学考试)在三棱锥P－ABC中，平面PAB⊥平面ABC，底面△ABC是边长为3的正三角形，若该三棱锥外接球的表面积为15π，则该三棱锥体积的最大值为________．
答案 eq \f(27,8)
解析 设点O是三棱锥P－ABC外接球的球心，球O的半径为R，O1是△ABC外接圆的圆心，圆O1的半径为r，点P到底面ABC的距离为h，由题意，可得4πR2＝15π，则R2＝eq \f(15,4).因为△ABC是边长为3的正三角形，所以由正弦定理，可得2r＝eq \f(BC,sinA)＝eq \f(3,sin60°)，则r＝eq \r(3).所以三棱锥P－ABC的体积为V＝eq \f(1,3)S△ABC·h＝eq \f(1,3)×eq \f(\r(3),4)×32×h＝eq \f(3\r(3),4)h，三棱锥P－ABC的体积取最大值，则需要h最大．
由题意可知，点P在过AB且与底面ABC(此处底面ABC为水平)垂直的截面圆的圆周上运动，当点P运动到该圆的最高点时，h最大．取AB的中点D，连接CD，PD，OO1，PO，CO，过点O作OE⊥PD，如图所示．由圆的对称性可知，此时PA＝PB，则PD⊥AB.又平面PAB⊥平面ABC，且平面PAB∩平面ABC＝AB，PD⊂平面PAB，所以PD⊥平面ABC.因为在Rt△OO1C中，O1O2＋O1C2＝OC2，又O1C＝r＝eq \r(3)，所以O1O2＝OC2－O1C2＝R2－r2＝eq \f(3,4).易得四边形OO1DE为矩形，所以ED＝O1O＝eq \f(\r(3),2)，OE＝O1D＝eq \f(1,3)CD＝eq \f(\r(3),2).因为在Rt△POE中，PE＝eq \r(PO2－OE2)＝eq \r(R2－OE2)＝eq \r(3)，所以hmax＝PD＝PE＋ED＝eq \f(3\r(3),2)，所以Vmax＝eq \f(27,8).
处理与球切、接有关最值问题的解题策略
(1)几何法：结合题设条件及取得最值时的图形特征，建立几何关系，并求解．
(2)代数法：找出问题中的代数关系，建立目标函数，利用代数方法求目标函数的最值．
1.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＝6，则V的最大值是( )
A．16π B.eq \f(32π,3)
C．36π D.eq \f(125π,3)
答案 B
解析 由题意，因为AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，所以AC＝10，可得△ABC的内切圆的半径为r＝eq \f(6×8,6＋8＋10)＝2，又AA1＝6，故在直三棱柱ABC－A1B1C1的内部的球半径最大为R＝2，所以V的最大值为eq \f(4,3)πR3＝eq \f(4,3)π×23＝eq \f(32π,3).
2．已知圆柱的两个底面的圆周在体积为eq \f(32π,3)的球O的球面上，则该圆柱的侧面积的最大值为( )
A．4π B．8π
C．12π D．16π
答案 B
解析 如图所示，设球O的半径为R，由球的体积公式得eq \f(4,3)πR3＝eq \f(32π,3)，解得R＝2.如图，设GA＝r，∠OAG＝α，则r＝2csα，
圆柱的高为4sinα，∴圆柱的侧面积为4πcsα×4sinα＝8πsin2α，当且仅当α＝eq \f(π,4)，sin2α＝1时，圆柱的侧面积最大，∴圆柱的侧面积的最大值为8π.
考点
难度
2023
Ⅰ卷T12
内切球
易
2022
Ⅰ卷T8
外接球
难
Ⅱ卷T7
外接球
难