第七章　§7.2　球的切、接问题-【北师大版】2025年高考数学大一轮复习（课件+讲义+练习）

这是一份第七章　§7.2　球的切、接问题-【北师大版】2025年高考数学大一轮复习（课件+讲义+练习），文件包含第七章§72球的切接问题-北师大版2025数学大一轮复习课件pptx、第七章§72球的切接问题-北师大版2025数学大一轮复习讲义练习docx、第七章§72球的切接问题-北师大版2025数学大一轮复习讲义教师版docx、第七章§72球的切接问题-北师大版2025数学大一轮复习讲义学生版docx等4份课件配套教学资源，其中PPT共60页， 欢迎下载使用。

与球的切、接问题是历年高考的热点内容，一般以客观题的形式出现，考查空间想象能力、计算能力.其关键点是利用转化思想，把球的切、接问题转化为平面问题或特殊几何体来解决或转化为特殊几何体的切、接问题来解决.
第一部分 落实主干知识
第二部分 探究核心题型
1.内切球：内切球直径2R＝正方体棱长a.2.棱切球：棱切球直径2R＝正方体的面对角线长3.外接球：外接球直径2R＝正方体体对角线长
2.外接球：外接球球心在其高上，底面正多边形的外接圆圆心为E，半径为r，R2＝(h－R)2＋r2(正棱锥外接球半径为R，高为h).
四、正四面体的外接球、内切球
R2＝(h－R)2＋r2(R是圆锥外接球的半径，h是圆锥的高，r是圆锥底面圆的半径).
命题点1　定义法例1　(1)(2023·茂名模拟)已知菱形ABCD的各边长为2，∠B＝60°.将△ABC沿AC折起，折起后记点B为P，连接PD，得到三棱锥P－ACD，如图所示，当三棱锥P－ACD的表面积最大时，三棱锥P－ACD的外接球体积为
由题意可得，△ACD，△ACP均为边长为2的等边三角形，△PAD，△PCD为全等的等腰三角形，则三棱锥P－ACD的表面积
当且仅当sin∠PCD＝1，即PC⊥CD时，三棱锥P－ACD的表面积取最大值，
此时△PAD，△PCD为直角三角形，
即三棱锥P－ACD的外接球的球心为O，
(2)(2023·韶关模拟)已知三棱柱ABC－A1B1C1的侧棱垂直于底面，且所有顶点都在同一个球面上，若AA1＝AC＝2，AB⊥BC，则此球的体积为_______.
设△ABC的外接圆的圆心为D，半径为r，球的半径为R，球心为O，底面△ABC为直角三角形，故其外接圆圆心D在斜边中点处，则r＝1，
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　某建筑的形状可视为内外两个同轴圆柱，某爱好者制作了一个实心模型，已知模型内层底面直径为12 cm，外层底面直径为16 cm，且内外层圆柱的底面圆周都在一个直径为20 cm的球面上，则此模型的体积为________ cm3.
由题意，设球心为O，模型内层圆柱底面的圆心为O1，模型外层圆柱底面的圆心为O2，点A，B分别在圆O1，O2上，如图，连接AO，BO，AO1，BO2，OO1，则O2在OO1上，
因为AO＝BO＝10 cm，AO1＝6 cm，BO2＝8 cm，在Rt△AO1O中，由勾股定理得
在Rt△BO2O中，由勾股定理得
所以内层圆柱的高h1＝16 cm，外层圆柱的高h2＝12 cm，所以此模型的体积
命题点2　补形法例2　数学中有许多形状优美、寓意独特的几何体，图1所示的礼品包装盒就是其中之一.该礼品包装盒可以看成是
一个十面体，其中上、下底面为全等的正方形，所有的侧面是全等的等腰三角形.将长方体ABCD－A1B1C1D1的上底面A1B1C1D1绕着其中心旋转45°得到如图2所示的十面体ABCD－EFGH.已知AB＝AD＝2，AE＝ ，则十面体ABCD－EFGH外接球的表面积是____________.
因为十面体ABCD－EFGH是由长方体ABCD－A1B1C1D1的上底面绕着其中心旋转45°得到，所以长方体ABCD－A1B1C1D1的外接球就是十面体ABCD－EFGH的外接球.
设十面体ABCD－EFGH外接球的半径为R，
(1)补形法的解题策略①侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解.②若直棱柱的底面有外接圆，可以补成圆柱求解.(2)正方体与球的切、接常用结论(正方体的棱长为a，球的半径为R)
②若球为正方体的内切球，则2R＝a.
跟踪训练2　在四面体S－ABC中，SA⊥平面ABC，在△ABC中，内角B，A，C成等差数列，SA＝AC＝2，AB＝1，则该四面体的外接球的表面积为_______.
由题意，在△ABC中，内角B，A，C成等差数列，可得2A＝B＋C，因为A＋B＋C＝π，可得3A＝π，
在△ABC中，由余弦定理的推论可得
所以AC2＝AB2＋BC2，所以AB⊥BC，所以该四面体的外接球与该长方体的外接球是相同的，如图所示，根据长方体的对角线长等于其外接球的直径，
所以该四面体的外接球的表面积为S＝4πR2＝8π.
命题点3　截面法例3　(1)(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
设该棱台上、下底面的外接圆的圆心分别为O1，O2，连接O1O2，则O1O2＝1，其外接球的球心O在直线O1O2上.
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.
如图，设BD，BC的中点分别为E，F.因为点F为底面Rt△BCD的外心，则三棱锥A′－BCD的外接球球心必在过点F且与平面BCD垂直的直线l1上.
又点E为底面Rt△A′BD的外心，则外接球球心必在过点E且与平面A′BD垂直的直线l2上.所以球心为l1与l2的交点.
又FE∥CD，CD⊥BD，平面A′BD⊥平面BCD，平面A′BD∩平面BCD＝BD，所以FE⊥平面A′BD.所以球心为点F.
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，实现空间问题平面化的目的.
跟踪训练3　(1)已知正四棱台的上、下底面的顶点都在一个半径为3的球面上，上、下底面正方形的外接圆半径分别为1和2，圆台的两底面在球心的同侧，则此正四棱台的体积为_____________.
由题知，正四棱台的上、下底面的顶点都在一个半径为3的球面上，取正四棱台上底面一点为A，正方形中心为O1，下底面一点为B，正方形中心为O2，正四棱台外接球球心为O，连接AO1，OO1，BO2，OA，OB，如图所示，记正四棱台高O1O2＝h，OO1＝m，在Rt△AOO1中，AO＝3，AO1＝1，OO1＝m，
在Rt△BOO2中，BO＝3，BO2＝2，OO2＝m－h>0，所以有(m－h)2＋4＝9，
因为四棱台上、下底面正方形的外接圆半径分别为1和2，
(2)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，设球的半径为R，
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
例4　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.
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)多面体内切球的球心与半径的确定①内切球球心到多面体各面的距离均相等，外接球球心到多面体各顶点的距离均相等.②正多面体的内切球和外接球的球心重合.③正棱锥的内切球和外接球球心都在高线上，但不重合.④体积分割是求内切球半径的通用做法.(2)正四面体的内切球的半径r＝ ，其半径是外接球半径的三分之一(a为该正四面体的棱长).
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.
(2)(2024·海东模拟)在正四棱锥P－ABCD中，PA＝5，AB＝6，则该四棱锥内切球的表面积是
过点P作PO⊥平面ABCD，则O为正方形ABCD的中心，连接OA，如图，
设四棱锥P－ABCD内切球的半径为r，内切球的球心为O′，由V＝VO′－ABP＋VO′－BCP＋VO′－CDP＋VO′－ADP＋VO′－ABCD，
一、单项选择题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，如图所示，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，
设PB＝h，则由PA＝2PB，
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，
4.(2024·南昌模拟)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，
5.(2023·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，
6.(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∵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，
8.传说古希腊数学家阿基米德的墓碑上刻着一个圆柱，圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等.“圆柱容球”是阿基米德最为得意的发现.如图是一个圆柱容球，O1，O2为圆柱下、上底面的圆心，O为球心，EF为底面圆O1的一条直径，若球的半径r＝2，则A.球与圆柱的表面积之比为1∶2
由球的半径为r，可知圆柱的底面半径为r，圆柱的高为2r，则球的表面积为4πr2，圆柱的表面积为2πr2＋2πr·2r＝6πr2，所以球与圆柱的表面积之比为2∶3，故A错误；
ABCD所在截面如图所示，过点O作OG⊥DO1于点G，
设点O到平面DEF的距离为d1，平面DEF截得球的截面圆的半径为r1，
由题可知四面体CDEF的体积等于 　　　，点E到平面DCO1的距离d∈(0,2]，
由题可知点P在过球心与圆柱的底面平行的截面圆上，设P在底面的射影为P′，
三、填空题9.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_______.
圆锥内半径最大的球应该为该圆锥的内切球，
不妨设该内切球与母线BS切于点D，
10.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，