素养拓展24 立体几何中球与几何体的切接问题（解析版）

【一轮复习讲义】2024年高考数学高频考点题型归纳与方法总结（新高考通用）素养拓展24立体几何中球与几何体的切接问题（精讲+精练）一、外接球如果一个多面体的各个顶点都在同一个球面上，那么称这个多面体是球的内接多面体，这个球称为多面体的外接球．解决这类问题的关键是抓住内接的特点，即球心到多面体的顶点的距离等于球的半径．并且还要特别注意多面体的有关几何元素与球的半径之间的关系，而多面体外接球半径的求法在解题中往往会起到至关重要的作用．二、内切球球的内切问题主要是指球外切多面体与旋转体，解答时首先要找准切点，通过作截面来解决．如果外切的是多面体，则作截面时主要抓住多面体过球心的对角面来作．当球与多面体的各个面相切时，注意球心到各面的距离相等即球的半径，求球的半径时，可用球心与多面体的各顶点连接，球的半径为分成的小棱锥的高，用体积法来求球的半径．【常用结论】①外接球模型一：墙角模型是三棱锥有一条侧棱垂直于底面且底面是直角三角形模型，用构造法(构造长方体)解决．外接球的直径等于长方体的体对角线长(在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＝a2＋b2＋c2．)，秒杀公式：R2＝a2＋b2＋c24．可求出球的半径从而解决问题．有以下四种类型：②外接球模型二：三棱锥的三组对棱长分别相等模型，一般用构造法(构造长方体)解决．外接球的直径等于长方体的体对角线长，即2222Rabc(长方体的长、宽、高分别为a、b、c)．秒杀公式：R2＝x2＋y2＋z28(三棱锥的三组对棱长分别为x、y、z)．可求出球的半径从而解决问题．ABCDA1B1C1D1类型ⅠABCDA1B1C1D1类型ⅡABCDA1B1C1D1类型ⅢABCDA1B1C1D1例外型一、知识点梳理③外接球模型三：直棱柱的外接球、圆柱的外接球模型，用找球心法(多面体的外接球的球心是过多面体的两个面的外心且分别垂直这两个面的直线的交点．一般情况下只作出一个面的垂线，然后设出球心用算术方法或代数方法即可解决问题．有时也作出两条垂线，交点即为球心．)解决．以直三棱柱为例，模型如下图，由对称性可知球心O的位置是△ABC的外心O1与△A1B1C1的外心O2连线的中点，算出小圆O1的半径AO1＝r，OO1＝2h，2224hRr．④外接球模型四：垂面模型是有一条侧棱垂直底面的棱锥模型，可补为直棱柱内接于球，由对称性可知球心O的位置是△CBD的外心O1与△AB2D2的外心O2连线的中点，算出小圆O1的半径AO1＝r，OO1＝2h，2224hRr．⑤外接球模型五：有一侧面垂直底面的棱锥型，常见的是两个互相垂直的面都是特殊三角形且平面ABC⊥平面BCD，如类型Ⅰ，△ABC与△BCD都是直角三角形，类型Ⅱ，△ABC是等边三角形，△BCD是直角三角形，类型Ⅲ，△ABC与△BCD都是等边三角形，解决方法是分别过△ABC与△BCD的外心作该三角形所在平面的垂线，交点O即为球心．类型Ⅳ，△ABC与△BCD都一般三角形，解决方法是过△BCD的外心O1作该三角形所在平面的垂线，用代数方法即可解决问题．设三棱锥A－BCD的高为h，外接球的半径为R，球心为O．△BCD的外心为O1，O1到BD的距离为d，O与O1的距离为m，则R2＝r2＋m2，R2＝d2＋h－m2，解得R．可ABCDA1B1C1D1O1C1AA1B1OBCRrh2hO2rhCDBRAO1O2hrhCDBRAO1O2hO2D2B2用秒杀公式：R2＝r12＋r22－l24(其中r1、r2为两个面的外接圆的半径，l为两个面的交线的长)⑥外接球模型六：圆锥、顶点在底面的射影是底面外心的棱锥．秒杀公式：R＝h2＋r22h(其中h为几何体的高，r为几何体的底面半径或底面外接圆的圆心)AOPhO1rRCAOPhO1rRCB⑦内切球思路：以三棱锥P－ABC为例，求其内切球的半径．方法：等体积法，三棱锥P－ABC体积等于内切球球心与四个面构成的四个三棱锥的体积之和；第一步：先求出四个表面的面积和整个锥体体积；第二步：设内切球的半径为r，球心为O，建立等式：VP－ABC＝VO－ABC＋VO－PAB＋VO－PAC＋VO－PBC⇒VP－ABC＝13S△ABC·r＋13S△PAB·r＋13S△PAC·r＋13S△PBC·r＝13(S△ABC＋S△PAB＋S△PAC＋S△PBC)·r；第三步：解出r＝3VP－ABCSO－ABC＋SO－PAB＋SO－PAC＋SO－PBC＝3VS表．【典例1】（2023·浙江·高三校联考期中）正四面体的所有顶点都在同一个表面积是36π的球面上，则该正四面体的棱长是．【答案】26【解析】如图所示：ABCDO类型ⅠABCDO1O类型ⅡABCDO1ODO2类型ⅢABCDO1ORrmh－mRdd类型Ⅳ二、题型精讲精练因为正四面体内接于球，则相应的一个正方体内接球，设正方体为1111ABCDABCD，则正四面体为11ACBD，设球的半径为R，则2436R，解得3R，所以16AC则正方体的棱长为23，所以正四面体的棱长为126AD，故答案为：26【典例2】（2023·河南·开封高中校考模拟预测）已知四面体ABCD中，25ABCD，29ACBD，41ADBC，则四面体ABCD外接球的体积为（）A．45πB．155π2C．455π2D．245π【答案】C【解析】设四面体ABCD的外接球的半径为R,则四面体ABCD在一个长宽高为,,abc的长方体中，如图，则22222220,29,41,abbcac故2224522abcR，故四面体ABCD外接球的体积为3444545455πππ3382VR，故选：C【典例3】（2023·黑龙江齐齐哈尔·高三齐齐哈尔市第八中学校校考阶段练习）设直三棱柱111ABCABC-的所有顶点都在一个表面积是40的球面上，且1,120ABACAABAC，则此直三棱柱的表面积是（）A．1683B．8123C．8163D．16123【答案】D【解析】设12ABACAAm，因为120BAC，所以30ACB.于是22sin30mr（r是ABC外接圆的半径），2rm.又球心到平面ABC的距离等于侧棱长1AA的一半，所以球的半径为22(2)5mmm.所以球的表面积为24π540πm，解得2m.因此122,26ABACAABC.于是直三棱柱的表面积是122222262222222sin120161232.故选：D.【典例4】（2023·安徽宣城·高三统考期末）在三棱锥PABC中，△ABC是边长为3的等边三角形，侧棱PA⊥平面ABC，且4PA，则三棱锥PABC的外接球表面积为．【答案】28π【解析】根据已知，底面ABC是边长为3的等边三角形，PA平面ABC，可得此三棱锥外接球，即以ABC为底面以PA为高的正三棱柱的外接球．设正三棱柱的上下底面的中心分别为,MN，则外接球的球心O为MN的中点，ABC的外接圆半径为233332rAN，122dONPA，所以球的半径为227ROArd，所以四面体PABC外接球的表面积为24π28πSR，故答案为：28π．【典例5】（2023·四川乐山·高三期末）已知正ABC边长为1，将ABC绕BC旋转至DBC△，使得平面ABC平面BCD，则三棱锥DABC的外接球表面积为．【答案】5π3【解析】如图，取BC中点G，连接AG,DG，则AGBC，DGBC，分别取ABC与DBC的外心E,F分别过E,F作平面ABC与平面DBC的垂线，相交于O，则O为四面体ABCD的球心，由1ABACDBDCBC，2213122AGDG所以正方形OEGF的边长为1363AG，则22336666OG，所以四面体ABCD的外接球的半径22226156212OGGRB，球O的表面积为255π4π312．故答案为：5π3．【典例6】（2023·山东滨州·高三校考期中）已知正四棱锥PABCD的底面边长为32，侧棱长为6，则该四棱锥的外接球的体积为．【答案】323π【解析】如图，1PO是正四棱锥PABCD的高，而32,6ABPA，则12322ACABAO，221133POPAAO，显然正四棱锥PABCD的外接球的球心O在直线1PO上，令POAOR，则1|33|OOR，在1RtAOO△中，222221123(33)RAOOOARO，解得23R，所以该四棱锥的外接球体积为3344ππ(23)323π33VR.故答案为：323π【典例7】（2023·高三课时练习）边长为1的正四面体内切球的体积为（）A．6π8B．212C．π6D．6π216【答案】D【解析】将棱长为1的正四面体ABCD补成正方体AECFGBHD，则该正方体的棱长为22，33221122442432212ABCDBACEVV，设正四面体ABCD的内切球半径为r，正四面体ABCD每个面的面积均为233144，由等体积法可得2131233ABCDABCACDABDBCDVrSSSSr△△△△，解得612r，因此，该正四面体的内切球的体积为3466ππ312216V.故选：D.【题型训练1-刷真题】一、单选题1．（2022·全国·统考高考真题）已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为33和43，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（）A．100πB．128πC．144πD．192π【答案】A【分析】根据题意可求出正三棱台上下底面所在圆面的半径12,rr，再根据球心距，圆面半径，以及球的半径之间的关系，即可解出球的半径，从而得出球的表面积．【详解】设正三棱台上下底面所在圆面的半径12,rr，所以1233432,2sin60sin60rr，即123,4rr，设球心到上下底面的距离分别为12,dd，球的半径为R，所以219dR，2216dR，故121dd或121dd，即229161RR或229161RR，解得225R符合题意，所以球的表面积为24π100πSR．故选：A．2．（2022·全国·统考高考真题）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（）A．13B．12C．33D．22【答案】C【分析】方法一：先证明当四棱锥的顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时，底面ABCD面积最大值为22r，进而得到四棱锥体积表达式，再利用均值定理去求四棱锥体积的最大值，从而得到当该四棱锥的体积最大时其高的值.【详解】[方法一]：【最优解】基本不等式设该四棱锥底面为四边形ABCD，四边形ABCD所在小圆半径为r，设四边形ABCD对角线夹角为，则2111sin222222ABCDSACBDACBDrrr（当且仅当四边形ABCD为正方形时等号成立）即当四棱锥的顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时，底面ABCD面积最大值为22r又设四棱锥的高为h，则22rh1，3222222212224322333327OABCDrrhVrhrrh当且仅当222rh即33h时等号成立.故选：C[方法二]：统一变量＋基本不等式由题意可知，当四棱锥为正四棱锥时，其体积最大，设底面边长为a，底面所在圆的半径为r，则22ra，所以该四棱锥的高212ah，3222222223114441434421(1)()323442333327aaaaaaaVa(当且仅当22142aa，即243a时，等号成立)所以该四