资源简介

(共73张PPT)
专题四　立体几何
微专题26
球的切接问题
求解空间几何体的外接球问题的关键是确定球心的位置，常用的方法为补形法或者利用多面体的面作垂线，垂线的交点即为球心；求解多面体的内切球问题的关键是求内切球的半径，常用切线长定理、等体积法等.球的切接问题是高考中的热点，一般为中档题.
考情分析
思维导图
内容索引
典型例题
热点突破
典例1　(1)(2023·东北三省三校联考)“阿基米德多面体”被称为半正多面体(semi－regularsolid)，是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美.如图所示，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形、
考点一　空间几何体的外接球
六个面为正方形的一种半正多面体.已知AB＝ 则该半正多面体外接球的表面积为
A.18π B.16π
C.14π D.12π
√
如图，在正方体EFGH－E1F1G1H1中，取正方体与正方形E1F1G1H1的中心O，O1，连接E1G1，OO1，OA，O1A，
∵A，B分别为E1H1，H1G1的中点，则E1G1＝2AB＝
∴正方体的边长为EF＝3，
根据对称性可知，点O到该半正多面体的顶点的距离相等，
√
如图1，设O是△ABC的外接圆的圆心，因为AB＝BC＝AC＝3，所以△ABC是正三角形，
则三棱锥A－MBC的外接球的球心H在过点O且与平面ABC垂直的直线OO′上，
由直线CM与平面ABC所成的角为60°，得∠MCN＝60°，
当球心H到CM的距离最大时，三棱锥A－MBC的外接球体积最大，
所以点N在OC延长线上时，三棱锥A－MBC的外接球体积最大，如图2，
跟踪训练1　(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.128π
C.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.
设球O的半径为R，当球心O在线段O1O2上时，R2＝32＋ ＝42＋(1－OO1)2，解得OO1＝4(舍去)；
当球心O不在线段O1O2上时，R2＝42＋ ＝32＋(1＋OO2)2，解得OO2＝3，
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，在三棱锥P－ABC中，AB2＋PA2＝20＝PB2，则PA⊥AB，同理可得PA⊥AC，
因为AB∩AC＝A，AB，AC 平面ABC，所以PA⊥平面ABC，
在等腰△ABC中，AB＝AC＝4，BC＝2，
易知OO1∥PA，取PA中点D，连接OD，则有OD⊥PA，又O1A 平面ABC，所以O1A⊥PA，
从而O1A∥OD，四边形ODAO1为平行四边形，OO1＝AD＝1，又OO1⊥O1A，
典例2　(1)如今中国被誉为“基建狂魔”，可谓逢山开路，遇水架桥.高速公路里程、高铁里程双双都是世界第一.建设过程中研制出的用于基建的大型龙门吊、平衡盾构机等国之重器更是世界领先水平.如图是某重器上一零件结构模型，中间大球为正四面体的内切球，
考点二　空间几何体的内切球
小球与大球相切，同时与正四面体的三个面相切.设AB＝a，则该模型中5
个球的表面积之和为_____.
如图所示，设O为大球的球心，大球的半径为R，正四面体的底面中心为E，棱长为a，高为h，CD的中点为F，连接OA，OB，OC，OD，OE，BF，
设小球的半径为r，小球也可看作一个小的正四面体的内切球，且小正四面体的高h小＝h－
2R＝
(2)(2023·益阳质检)金刚石的成分为纯碳，是自然界中天然存在的最坚硬的物质，它的结构是由8个等边三角形组成的正八面体，如图，某金刚石的表面积为 现将它雕刻成一个球形装饰物，则可雕刻成的最大球
体积是
√
如图，设四边形ABCD的中心为O，BC，AD的中点分别为H，M，连接OH，EO，EH，MF，HF，EM，
设金刚石的边长为a，则由题知，
在等边△EBC中，BC边上的高
由题可知，最大球即为金刚石的内切球，由对称性易知球心在O点，
内切球与平面EBC的切点在线段EH上，
内切球的半径即为截面EMFH内切圆的半径，设内切圆半径为r,
跟踪训练2　(1)在四面体A－BCD中，BA，BC，BD两两互相垂直，BA＝1，BC＝BD＝2，则四面体A－BCD内切球的半径为
√
因为BA，BC，BD两两互相垂直，BA＝1，BC＝BD＝2，
如图，取CD的中点E，连接AE，则AE⊥CD，
设四面体A－BCD内切球的球心为O，半径为r，
则V三棱锥A－BCD＝V三棱锥O－ABC＋V三棱锥O－BCD＋V三棱锥O－ABD＋V三棱锥O－ACD，
(2)(2023·菏泽模拟)已知一个装满水的倒圆台形容器的上底面半径为1，下底面半径为5，高为 若将一个铁球放入该容器中，使得铁球完全
没入水中，则可放入铁球的表面积的最大值为
A.32π B.36π
C.48π D.50π
√
依题意，铁球的表面积最大时，该球与圆台下底面和侧面相切，显然铁球球心O在圆台的轴线上，过圆台的轴作平面截圆台得等腰梯形ABCD，截球得球的大圆O，圆O与AB，BC，AD都相切，如图，
令AB的中点为O1，过点O1的圆O的直径另一端点
为O2，过点O2作圆O的切线分别交BC，AD于E，F，
则EF∥AB，即圆O是等腰梯形ABEF的内切圆，过
点D，F作AB的垂线，垂足分别为M，N,
令圆O切AD于G，
于是O1A＝5，O1M＝1，AM＝4，
令圆O的半径为R，O2F＝r，
显然AF＝AG＋GF＝AO1＋FO2＝5＋r，
在Rt△AFN中，AF2＝AN2＋FN2，
所以可放入铁球的表面积的最大值
典例3　(2023·开封模拟)已知棱长为6的正四面体内有一个正方体玩具，若正方体玩具可以在该正四面体内任意转动，则这个正方体玩具的棱长最大值为
考点三　空间几何体的切接问题
√
如图所示，若正方体玩具可以在该正四面体内任意转动，则正方体的体对角线不超过该正四面体内切球的直径.
设O为正四面体P－ABC内切球的球心，则内切球的半径为OO1＝r，
如图，PO1为正四面体P－ABC的高，O1是正△ABC的中心，O1A
∴VP－ABC＝VO－ABC＋VO－PAB＋VO－PBC＋VO－PAC，
∵S△ABC＝S△PAB＝S△PBC＝S△PAC，
跟踪训练3　在公元前4世纪中叶，中国天文学家有一套测定天体球面坐标的仪器称作浑仪，比古希腊早了近60年.浑仪是由一重重的同心圆环构成，整体看上去近似一个球体.它的运行制作原理可以如下解释，同心圆环的小球半径为r，大球半径为R，大球内安放六根等长的金属丝(不计粗细)，使小球能够在金属丝框架内任意转动，若R＝ 则r的最大值为___.
1
由题意知，小球与正四面体的各条棱相切，大球为正四面体的外接球，即可保证r最大，如图所示，设正四面体A－BCD的棱长为a，E为△BCD的中心，可得AE⊥平面BCD，
过点O作OF⊥AC，垂足为F，
即小球的最大半径r＝1.
1.几何体的外接球，常用的方法有构造法、截面法.
2.几何体的内切球
求解多面体的内切球问题，一般是将多面体分割为以内切球球心为顶点，多面体的各侧面为底面的棱锥，利用多面体的体积等于各分割棱锥的体积之和求内切球的半径.
总结提升
1.鲁班锁是中国传统的智力玩具，起源于中国古代建筑中首创的榫卯结构，它的外观是如图所示的十字立方体，其上下、左右、前后完全对称，6根等长的正四棱柱体分成3组，经90°榫卯起来.若正四棱柱的高为8，底面正方形的边长为2，现将该鲁班锁放进一个球形容器内，则该球形容器的表面积至少为(容器壁的厚度忽略不计)
A.96π B.84π
C.42π D.16π
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
√
若球形容器表面积最小，则正四棱柱与球内接，此时球体的直径等于一组正四棱柱的体对角线长，即
球形容器的表面积至少为S＝4πR2＝84π.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
2.(2023·江苏四市调研)已知正四面体P－ABC的棱长为1，点O为底面△ABC的中心，球O与该正四面体的其余三个面都有且只有一个公共点，且公共点非该正四面体的顶点，则球O的半径为
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
3.(2023·德阳模拟)已知矩形ABCD的面积为8，当矩形ABCD周长最小时，沿对角线AC把△ACD折起，则三棱锥D－ABC的外接球表面积等于
A.8π B.16π
C. D.不确定的实数
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
设矩形ABCD的边长分别为x，y，则xy＝8，所以矩形ABCD的周长C＝2(x＋y)，∵x>0，y>0，
∵DE＝EB＝AE＝CE＝2，
∴外接球的半径R＝DE＝2，
外接球的表面积S＝4πR2＝4×22π＝16π.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
4.(2023·广东联考)已知某圆锥的内切球(球与圆锥侧面、底面均相切)的体积为　　 则该圆锥的表面积的最小值为
A.32π 　　B.28π 　　C.24π 　　D.20π
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
设圆锥顶点为A，底面圆周上一点为B，底面圆心为C，内切球球心为D，内切球切母线AB于点E，底面半径BC＝R>2，∠BDC＝θ，
故AB＝BE＋AE＝R＋2tan(π－2θ)＝R－2tan 2θ，
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
5.(2023·桂林模拟)已知△SAB是边长为2的等边三角形，∠ACB＝45°，当三棱锥S－ABC体积取最大时，其外接球的体积为
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
取AB的中点D，连接CD，SD，如图，
在△ABC中，由余弦定理得4＝AB2＝AC2＋BC2－
2AC·BCcos∠ACB≥(2－ )AC·BC，
即AC·BC≤2(2＋ )，当且仅当AC＝BC时取等号，
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
令直线CD与平面SAB所成角为θ，
则点C到平面SAB的距离h＝CD·sin θ≤CD，当且仅
当θ＝90°时取等号，
因此三棱锥S－ABC的体积VS－ABC＝VC－SAB＝ S△SAB·h，
即当h＝CD最大时，三棱锥S－ABC体积最大，
因此当三棱锥S－ABC体积最大时，AC＝BC且CD⊥平面SAB，而SD 平面SAB，即有CD⊥SD，在正△SAB中，SD⊥AB，AB∩CD＝D，则SD⊥平面ABC，
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
令正△SAB的外接圆圆心为O2，等腰△ABC的外接圆圆心为O1，则O2，O1分别在SD，CD上，令外接球球心为O，
于是OO1⊥平面ABC，OO2⊥平面SAB，有OO1∥SD，OO2∥CD，即四边形OO1DO2是矩形，
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
6.(多选)某组合体由一个铜球和一个托盘组成，如图①，已知球的体积为
托盘由边长为4的正三角形铜片沿各边中点的连线向上折叠成直二面
角而成，如图②.则下列说法正确的有
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
√
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
因为托盘由边长为4的正三角形铜片沿各边中点的连线垂直向上折叠而成，
所以连接AB，BC和AC得几何体ABC－DEF，
因此构建一个底面边长为2，高为 的正三棱柱DEF－D1E1F1，
D1E1，E1F1和D1F1的中点分别为A，B和C，
则几何体ABC－DEF就是题意中的几何体，如图.
几何体ABC－DEF的上底面△ABC是边长为1的正
三角形，
下底面△DEF是边长为2的正三角形，高为
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
因为铜球的体积为 所以由球的体积公式得铜球的半径R＝1.
对于A，由几何体ABC－DEF的构成知，
多面体ABC－DEF的体积为三棱柱的体积减去3个三棱锥的体积，
因为铜球的体积为所以由球的体积公式得铜球的半径R＝1.
对于A，由几何体ABC－DEF的构成知，
多面体ABC－DEF的体积为三棱柱的体积减去3个三棱锥的体积，
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
对于B，因为经过三个顶点A，B，C的球的截面圆就是正△ABC的外接圆，
所以若边长为1的正三角形的外接圆半径为r，
对于C，取EF的中点G，连接AG，则由几何体ABC－DEF的构成知，
AC∥GF且AC＝GF，因此四边形AGFC是平行四边形，
所以CF∥AG，因此∠DAG就是异面直线AD与CF所成的角.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
√
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
7.(多选)(2023·张家口模拟)已知圆锥PE的顶点为P，E为底面圆的圆心，圆锥PE的内切球球心为O1，半径为r；外接球球心为O2，半径为R.以下选项正确的有
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
设AB为底面圆的一条直径，圆锥PE的内切球半径和外接球半径分别为其轴截面△PAB内切圆半径和外接圆半径.当O1与O2重合时，如图1，
O为重合的圆心(球心)，M为一个切点，
由PO＝AO＝R，PO，AO均为对应角的角平分线，
所以∠PAB＝∠APB，所以AB＝BP，又PA＝PB，
所以△PAB为等边三角形，故∠OAM＝30°，所以
R＝2r，所以A错误；
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
当E与O2重合时，如图2，
PE＝AE＝R，
所以∠EPA＝45°，
若r＝2，设圆锥底面半径为a，则a>2，
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
若R＝2，设圆锥底面半径为a，圆锥的高为h，
则01
2
3
4
5
6
7
8
9
10
故D错误.
8.(2023·汕头模拟)如图，在正四棱台ABCD－A1B1C1D1中，AB＝4，A1B1＝2，若半径为r的球O与该正四棱台的各个面均相切，则该球的表面积S＝_____.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
8π
设球O与上底面、下底面分别切于点O1，O2，与平面ADD1A1，平面BCC1B1分别切于点E，F，
作出其轴截面如图所示，则MO1＝ME＝1，EN＝
NO2＝2,
于是，MN＝1＋2＝3,
过点M作MH⊥O2N于点H，则NH＝NO2－MO1＝1，
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
9.(2023·福建联考)如图，正四面体A－BCD的棱长为3，E，F，G分别是AC，AD，AB上的点，AG＝AE＝AF＝1，截去三棱锥A－GEF，同理，分别以B，C，D为顶点，各截去一个棱长为1的小三棱锥，截后所得的多
面体的外接球的表面积为_____.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
设△GEF中心为O1，底面正六边形中心为O2，球心O在O1O2上，
设多面体的外接球半径为R，
底面正六边形外接圆半径为O2H＝1，
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
10.(2023·日照模拟)设棱锥M－ABCD的底面为正方形，且MA＝MD，MA⊥AB，如果△AMD的面积为1，则能够放入这个棱锥的最大球的半径为_______.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
如图，因为AB⊥AD，AB⊥MA，AD∩MA＝A，AD，MA 平面MAD，
所以AB⊥平面MAD，又AB 平面ABCD，
所以平面MAD⊥平面ABCD.
设E是AD的中点，F是BC的中点，
则ME⊥AD，
又平面MAD∩平面ABCD＝AD，ME 平面MAD，
所以ME⊥平面ABCD，
又EF 平面ABCD，所以ME⊥EF.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
设球O是与平面MAD，平面ABCD，平面MBC都相切的球.
则O在平面MEF上.
于是O为△MEF的内心.
设球O的半径为r，
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
设AD＝EF＝a，因为S△AMD＝1，
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
作OG⊥ME于点G，易证OG∥平面MAB，G到平面MAB的距离就是点O到平面MAB的距离.
过点G作GH⊥MA于点H，则GH就是点G到平面MAB的距离.
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
故O到平面MAB的距离大于球O的半径r，
同样O到平面MCD的距离也大于球O的
半径r，故球O在棱锥M－ABCD内，并且不可能再大.

展开更多......

收起↑