2023年高考数学二轮复习（全国版文） 第1部分 专题突破 专题4 微重点10　球的切接问题

微重点10球的切接问题空间几何体的外接球、内切球是高中数学的重点、难点，也是高考命题的热点，一般是通过对几何体的割补或寻找几何体外接球的球心求解外接球问题，利用等体积法求内切球半径等，一般出现在压轴小题位置．考点一空间几何体的外接球例1(1)(2022·保定模拟)已知三棱锥P－ABC，其中PA⊥平面ABC，∠BAC＝120°，PA＝AB＝AC＝2，则该三棱锥外接球的表面积为()A．12πB．16πC．20πD．24π答案C解析∵PA⊥平面ABC，所以把三棱锥P－ABC补成直三棱柱PB′C′－ABC，如图所示，设E，F为上、下底面三角形的外心，则EF的中点O为直三棱柱PB′C′－ABC的球心，在△ABC中，由余弦定理知BC＝23，∵2FA＝BCsin∠BAC＝2332＝4，∴FA＝2，∵FA＝2，又OF＝12PA＝1，设该三棱锥外接球半径为R，∴R＝OA＝OF2＋FA2＝5，∴表面积S＝4πR2＝20π.(2)(2022·临川模拟)已知在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD是边长为4的正方形，侧面PAB⊥底面ABCD，且△PAB为等边三角形，则该四棱锥P－ABCD的外接球的表面积为()A.112π3B.64π3C．64πD．16π答案A解析如图所示，在四棱锥P－ABCD中，取侧面△PAB和底面正方形ABCD的外接圆的圆心分别为O1，O2，分别过O1，O2作两个平面的垂线交于点O，则由外接球的性质知，点O即为该球的球心，取线段AB的中点E，连接O1E，O2E，O2D，OD，则四边形O1EO2O为矩形，在等边△PAB中，可得PE＝23，则O1E＝233，即OO2＝233，在正方形ABCD中，因为AB＝4，可得O2D＝22，在Rt△OO2D中，可得OD2＝OO22＋O2D2，即R2＝OO22＋O2D2＝283，所以四棱锥P－ABCD的外接球的表面积为S＝4πR2＝112π3.规律方法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．跟踪演练1(1)已知四面体ABCD中，AB＝CD＝25，AC＝BD＝29，AD＝BC＝41，则四面体ABCD的外接球的表面积为________．答案45π解析设四面体ABCD的外接球的半径为R，将四面体ABCD置于长、宽、高分别为a，b，c的长方体中，故a2＋b2＝20，b2＋c2＝29，a2＋c2＝41，故R＝a2＋b2＋c22＝452，故四面体ABCD的外接球的表面积为4πR2＝45π.(2)如图，在三棱锥A－BCD中，△BCD为等腰直角三角形，BC⊥CD，侧面ABD为边长为2的等边三角形，且平面ABD⊥平面BCD，则三棱锥A－BCD外接球的体积为________．答案323π27解析如图，取BD的中点为O1，连接AO1，由题意知，△ABD为等边三角形，记O为△ABD的外心，∴O为AO1的三等分点，且AOOO1＝21，又AB＝2，∴AO1＝3，AO＝233，又O1为等腰直角三角形BCD的外心，且平面ABD⊥平面BCD，∴O即为三棱锥A－BCD外接球的球心，设外接球半径为R，则R＝OA＝233，∴外接球的体积为V＝43πR3＝323π27.考点二空间几何体的内切球例2(1)(2022·酒泉模拟)在三棱锥A－BCD中，AB⊥平面BCD，BC⊥CD，且AB＝CD＝4，BC＝3，则该三棱锥内切球的体积为()A.9π16B.9π4C.16π9D.4π3答案A解析由AB⊥平面BCD，CD⊂平面BCD，得AB⊥CD.又BC⊥CD，且AB，BC⊂平面ABC，AB∩BC＝B，所以CD⊥平面ABC，又AC⊂平面ABC，所以CD⊥AC.由AB＝CD＝4，BC＝3，得AC＝BD＝5，所以三棱锥A－BCD的表面积S＝2×12×3×4＋2×12×4×5＝32，三棱锥A－BCD的体积V＝13×12×3×4×4＝8.设三棱锥内切球球心为O，半径为r，由V＝VO－ABC＋VO－ABD＋VO－ACD＋VO－BCD＝13Sr，得r＝3VS＝34，所以该三棱锥内切球的体积V球＝43πr3＝43π×343＝9π16.(2)(2022·湖北多校联考)已知在△ABC中，AB＝4，BC＝3，AC＝5，以AC为轴旋转一周得到一个旋转体，则该旋转体的内切球的表面积为()A.49π36B.576π49C.576π25D.344π25答案B解析旋转体的轴截面如图所示，其中O为内切球的球心，过O作AB，BC的垂线，垂足分别为E，F，则OE＝OF＝r(r为内切球的半径)，故AO＝rsin∠BAC＝53r，CO＝rsin∠BCA＝54r，故5＝AO＋OC＝53r＋54r，解得r＝127，故该旋转体的内切球的表面积为4π×1272＝576π49.规律方法空间几何题的内切球问题，一是找球心，球心到切点的距离相等且为球的半径，作出截面，在截面中求半径；二是利用等体积法直接求内切球的半径．跟踪演练2(1)在封闭的直三棱柱ABC－A1B1C1内有一个体积为V的球，若△ABC的三边长为4,4,6，棱柱的高为2，则V的最大值为()A.367π49B.36π7C．4πD.4π3答案D解析依题意，△ABC如图所示，令AB＝AC＝4，BC＝6，则BC边上的高AD＝7，设△ABC的内切圆半径为r，则12×(4＋4＋6)r＝12×6×7，解得r＝377，又AA1＝2，且2r＝6772，故在直三棱柱内部的球的半径最大为1，此时球的体积V取最大值4π3.(2)(2022·西安模拟)六氟化硫，化学式为SF6，在常温常压下是一种无色、无臭、无毒、不燃的稳定气体，有良好的绝缘性，在电器工业方面具有广泛用途．六氟化硫的分子结构为正八面体结构(正八面体是每个面都是正三角形的八面体)，如图所示．若此正八面体的棱长为2，则它的内切球的表面积为()A.42π3B.83π27C.8π3D.16π3答案C解析设正八面体内切球半径为R，给正八面体标出字母如图所示，连接AC，BD交于点O，连接EO，因为EA＝EC，ED＝EB，所以EO⊥AC，EO⊥BD，又AC和BD交于点O，所以EO⊥平面ABCD，所以O为正八面体的中心，所以O到八个面的距离相等，且距离即为内切球半径，设内切球与平面EBC切于点H，所以OH⊥平面EBC，所以OH即为正八面体内切球半径，所以R＝OH，因为正八面体的棱长为2，所以EB＝EC＝BC＝2，OB＝OC＝2，EO＝EB2－OB2＝2，所以S△EBC＝3，S△OBC＝1，因为VE－OBC＝VO－EBC＝13×S△OBC×EO＝13×S△EBC×OH，所以OH＝63，即R＝63，所以正八面体内切球的表面积为4πR2＝8π3.专题强化练1．(2022·九江模拟)如图，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()A．3πB.6πC．6πD．24π答案C解析在正方形ABCD中，AD⊥AE，CD⊥CF，BE⊥BF，折起后OD，OE，OF两两垂直，故该三棱锥外接球即以OD，OE，OF为棱的长方体外接球．因为OD＝2，OE＝1，OF＝1，所以2R＝OD2＋OE2＋OF2＝6，所以R＝62，所以该三棱锥外接球的表面积为4πR2＝6π.2.(2022·佛山模拟)如图，某几何体由共底面的圆锥和圆柱组合而成，且圆柱的两个底面和圆锥的顶点均在体积为36π的球面上，若圆柱的高为2，则圆锥的侧面积为()A．26πB．46πC．16πD.16π3答案B解析依题意，做球的轴截图如图所示，其中，O是球心，E是圆锥的顶点，EC是圆锥的母线，由题意可知43πR3＝36π，解得R＝3，由于圆柱的高为2，则OD＝1，DE＝3－1＝2，DC＝32－12＝22，母线EC＝22＋8＝23，故圆锥的侧面积为S＝π·DC·EC＝π×22×23＝46π.3．(2022·济宁模拟)若一个正六棱柱既有外接球又有内切球，则该正六棱柱的外接球和内切球的表面积的比值为()A．2∶1B．3∶2C．7∶3D．7∶4答案C解析如图，设O1，O2分别为正六棱柱的底面中心，r为内切球半径，R为外接球半径，O为O1O2的中点，D为AB的中点，设正六棱柱的底面边长为2，若正六棱柱有内切球，则OO1＝O1D＝3，即r＝3，OA2＝OO21＋O1A2＝7，即R＝7，则该正六棱柱的外接球和内切球的表面积的比值为4πR2∶4πr2＝R2∶r2＝7∶3.4．(2022·怀化模拟)已知A，B，C三点均在球O的表面上，AB＝BC＝CA＝2，且球心O到平面ABC的距离等于球半径的13，则下列结论正确的是()A．球O的半径为32B．球O的表面积为3πC．球O的内接正方体的棱长为6D．球O的外切正方体的棱长为6答案D解析设球O的半径为r，△ABC的外接圆圆心为O′，半径为R，则R＝233，因为球心O到平面ABC的距离等于球O半径的13，所以r2－19r2＝43，得r2＝32，所以A不正确；所以球O的表面积S＝4πr2＝4π×32＝6π，选项B不正确；设球O的内接正方体的棱长为a，则a满足3a＝2r，显然选项C不正确；设球O的外切正方体的棱长为b，则b满足b＝2r，显然选项D正确．5．正四棱锥的顶点都在同一球面上．若该棱锥的高为4，底面边长为2，则该球的表面积为()A.81π4B．16πC．9πD.27π4答案A解析如图，正四棱锥P－ABCD的底面中心为H.在底面正方形ABCD中，AH＝2，又PH＝4，故在Rt△PAH中，PA＝PH2＋AH2＝42＋22＝32.则由正四棱锥的性质可得，其外接球的球心在PH所在的直线上，设其外接球的直径为PQ＝2r.又A在正四棱锥外接球的球面上，所以AP⊥AQ.又AH⊥PH，由射影定理可得PA2＝PH×PQ，故2r＝PQ＝PA2PH＝3224＝92，所以r＝94.故该球的表面积为S＝4πr2＝4π×942＝81π4.6．(2022·武汉质检)已知球O是三棱锥P－ABC的外接球，PA＝AB＝PB＝AC＝2，CP＝22，点D是PB的中点，且CD＝7，则下列说法正确的是________．①三棱锥P－ABC最长的棱的棱长为22；②AC⊥平面PAB；③球心O到底面PAB的距离为3；④球O的表面积为28π3.答案①②④解析如图，因为PA＝AC＝2，CP＝22，所以PA2＋AC2＝CP2，得CA⊥PA，由D是PB的中点，得AD⊥PB，AD＝22－12＝3，又CD＝7，所以AC2＋AD2＝CD2，得AC⊥AD，又PA∩AD＝A，PA，AD⊂平面PAB，所以AC⊥平面PAB，故②正确；由AB＝AP，得CB＝CP＝22，故三棱锥P－ABC最长的棱的棱长为22，故①正确；取等边三角形PAB的中心G，连接OG，OA，则OG＝12AC＝1，即球心O到底面PAB的距离为1，故③错误；底面△PAB外接圆的半径r＝233，外接球的半径R＝12＋2332＝73＝213，所以球O的表面积为S＝4π×2132＝28π3，故④正确．7．(2022·漳州模拟)某中学开展劳动学习，学习加工制作包装盒．现将一张足够用的正方形硬纸片加工制作成轴截面的顶角为60°，高为6的圆锥形包装盒，若在该包装盒中放入一个球形冰淇淋(内切)，则该球形冰淇淋的表面积为________．答案16π解析如图，由题意知，∠BAC＝60°，AO1＝6，故在Rt△AO1C中，AC＝43，O1C＝23，设内切球球心为O，半径为R，则OD＝OO1＝R，在Rt△ADO中，∠OAD＝30°，所以2R＝6－R，解得R＝2，所以S＝4πR2＝16π.8.(2022·烟台质检)如图，在四棱锥P－ABCD中，△PAD是边长为4的等边三角形，四边形ABCD是等腰梯形，AD∥B