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五　 球的切接问题
1．熟练掌握球的体积和表面积公式的应用．
2．会利用转化思想，把球的切、接问题转化为平面问题，或转化为特殊几何体的切、接问题来解决．
考点1 外接球
命题角度1　定义法
【例1】　（2024·江西南昌三模）已知三棱锥A BCD中，△ABD是边长为2的正三角形，△BCD是以BD为斜边的等腰直角三角形，M是线段BD的中点，若AM⊥BC，则三棱锥A BCD的外接球的表面积为(　C　)
A． B．4π
C． D．16π
【解析】　如图，因为△ABD是边长为2的正三角形，M是线段BD的中点，所以AM⊥BD，
又因为AM⊥BC，BC，BD 平面BCD，BC∩BD＝B，所以AM⊥平面BCD，又因为AM 平面ABD，所以平面ABD⊥平面BCD，易知AM＝，又因为△BCD是以BD为斜边的等腰直角三角形，所以CD＝CB＝，CM＝1，设三棱锥A BCD的外接球的球心为O，半径为R，则O∈AM，OA＝OB＝OC＝OD＝R，在Rt△OBM中，OB2＝BM2＋OM2，即R2＝1＋（－R）2，解得R＝＝，所以三棱锥A BCD的外接球的表面积S＝4πR2＝.故选C.
到几何体各个顶点距离均相等的点为该几何体外接球的球心，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，再根据到其他顶点的距离也是半径，列关系式求解即可．
命题角度2　补形法
【例2】　（2024·重庆沙坪坝区模拟）已知四面体ABCD中，AB＝CD＝AC＝BD＝2，AD＝BC，若四面体ABCD的外接球的表面积为7π，则四面体ABCD的体积为(　A　)
A．1 B．2
C． D．
【解析】　将四面体ABCD放入长方体中，如图，设长方体共顶点的三条棱长分别为a，b，c，外接球的半径为R，则四面体的外接球即为该长方体的外接球，由7π＝4πR2 4R2＝7，
∴
∴V四面体ABCD＝abc－4×××abc＝abc＝1.故选A.
1．补形法的解题策略
(1)侧面均为直角三角形或对棱均相等的模型和正四面体，可以还原到长方体或正方体中去求解．
(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）
(1)若球为正方体的外接球，则2R＝a.
(2)若球为正方体的内切球，则2R＝a.
(3)若球与正方体的各棱相切，则2R＝a.
3．长方体的共顶点的三条棱长分别为a，b，c，其外接球的半径为R，则2R＝.
4．正四面体的外接球的半径R＝a（a为该正四面体的棱长）.
命题角度3　截面法
【例3】（2024·陕西安康模拟）如图，在三棱锥S ABC中，AB＝BC＝SC＝2，∠CAB＝，D为BC的中点，SD⊥BC，SA与平面ABC所成的角为，则三棱锥S ABC外接球的表面积为(　C　)
A．　　　 B．　　
C．　　 D．
【解析】　∵D为BC的中点，SD⊥BC，∴SB＝SC，即△SBC为等腰三角形，∵AB＝BC＝SC＝2，∠CAB＝，∴△SBC，△ABC均为边长为2的等边三角形，∴AD⊥BC，又SD∩AD＝D，SD，AD 平面SAD，∴BC⊥平面SAD，∵BC 平面ABC，∴平面ABC⊥平面SAD，∵平面ABC∩平面SAD＝AD，
∴AD为SA在平面ABC内的射影，∴∠SAD即为SA与平面ABC所成的角，即∠SAD＝，∵AD＝SD＝＝，∴∠DSA＝∠SAD＝，∴AD⊥SD，又AD⊥BC，SD∩BC＝D，SD，BC 平面SBC，∴AD⊥平面SBC.设三棱锥S ABC外接球的球心为O，△SBC外接圆的圆心为O1，△ABC外接圆的圆心为O2，连接OO1，OO2，OD，OB，
如图，则OO1⊥平面SBC，OO2⊥平面ABC，∵△SBC，△ABC均为边长为2的等边三角形，∴OO1＝OO2＝，
∴OD＝＝，∴OB＝＝，∴三棱锥S ABC外接球的半径R＝，∴三棱锥S ABC外接球的表面积S＝4πR2＝.故选C.
与球截面有关的解题策略
(1)定球心：若球是内切球，则球心到各切点的距离相等且为半径；若球是外接球，则球心到各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，达到空间问题平面化的目的．
【对点训练1】　(1)（2024·江苏南京二模）在圆台O1O2中，圆O2的半径是圆O1半径的2倍，且O2恰为该圆台外接球的球心，则圆台的侧面积与球的表面积的数值之比为(　C　)
A．3∶4 B．1∶2
C．3∶8 D．3∶10
解析：如图，令外接球的半径为2R，依题意O2A＝2R，O2B＝2R，O1B＝R，过点B作BC⊥O2A于点C，则O2C＝O1B＝R，所以AC＝O2C＝R，又BC＝O1O2＝＝R，所以AB＝＝2R，所以圆台的侧面积S1＝×(2πR＋2π×2R)×2R＝6πR2，球的表面积S2＝4π×(2R)2＝16πR2，所以圆台的侧面积与球的表面积的数值之比为S1∶S2＝6πR2∶16πR2＝3∶8.故选C.
(2)（2024·陕西宝鸡一模）三棱锥P ABC中，PA⊥平面ABC，△ABC为等边三角形，且AB＝3，PA＝2，则该三棱锥外接球的表面积为(　B　)
A．8π B．16π
C． D．12π
解析：如图，设H为△ABC外接圆的圆心，过点H作平面ABC的垂线，设D为PA的中点，过点D作线段PA的垂线，所作两条垂线交于点O，则点O为三棱锥外接球的球心，因为PA⊥平面ABC，且△ABC为等边三角形，PA＝2，AB＝3，所以四边形AHOD为矩形，AH＝AB＝，OH＝PA＝1，所以OA＝＝2，即三棱锥外接球的半径R＝2，则该三棱锥外接球的表面积为4πR2＝16π.故选B.
(3)（2024·福建泉州一模）泉州花灯技艺源于唐朝中期，从形式上有人物灯、宫灯、绣房灯、走马灯、拉提灯、锡雕元宵灯等多种款式．在2024年元宵节，小明制作了一个半正多面体（由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体）形状的花灯，他将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共截去八个这样的三棱锥，得到一个有十四个面的多面体，如图所示．已知M为△ABC的中心，过M截该半正多面体的外接球的截面面积为S，则S的最大值与最小值的比值为(　C　)
A． B．
C．3 D．9
解析：如图，把这个半正多面体补全为正方体，设该正方体的棱长为a，由图可知，半正多面体的外接球半径是OB，由正方体的性质易证明平面ABC∥平面IGH，又因为在正方体中EF⊥平面IGH，所以EF⊥平面ABC，所以过点M截外接球的最小截面圆的半径是MB，最大截面圆的半径是OB，即S的最小值与最大值的比值为＝sin2∠BOM＝sin2∠EFG＝2＝，故S的最大值与最小值的比值为3.故选C.
考点2内切球
【例4】　（2024·天津和平区二模）如图，一块边长为10的正方形铁片上有四块阴影部分，将这些阴影部分裁下去，然后用余下的四个全等的等腰三角形加工成一个无底的正四棱锥形容器，则这个正四棱锥的内切球（球与正四棱锥各面均有且只有一个公共点）的体积为(　B　)
A．π B．π
C．9π D．π
【解析】　如图，作出四棱锥P ABCD，根据题意可得正四棱锥的斜高为PM＝5，底面正方形ABCD的边长为6，∴正四棱锥的高为OP＝＝4，设这个正四棱锥的内切球的球心为Q，半径为r，与侧面PBC相切于点N，高线与斜高的夹角为θ，则sin θ＝＝，则OP＝OQ＋，∴4＝r＋＝r，解得r＝，∴这个正四棱锥的内切球的体积为πr3＝×π×3＝π.故选B.
1．多面体内切球和外接球的球心与半径的确定方法
(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，但不一定重合．
(4)体积分割是求内切球半径的通用方法．
2．正四面体的内切球的半径r＝a，其半径是外接球半径的三分之一（a为该正四面体的棱长）.
【对点训练2】（2024·湖南益阳模拟）金刚石的成分为纯碳，是自然界中天然存在的最坚硬物质，它的一种形状是由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18，现将它雕刻成一个球形装饰物，则可雕刻成的最大球的体积是(　D　)
A．18π B．9π
C．6π D．π
解析：如图，设底面ABCD中心为O，BC，AD中点分别为H， M，连接OH，EO，EH，MF，HF，EM，设该正八面体的棱长为a，则由题知，8×a2sin 60°＝2a2＝18，解得a＝3，在等边△EBC中，BC边上的高EH＝＝＝，在Rt△EOH中，EO＝＝＝，由题可知，最大球即为该正八面体的内切球，由对称性易知球心在O点，与平面EBC的切点在线段EH上，球的半径即为截面EMFH内切圆的半径，设内切圆半径为r，由等面积法可知×＝×r，解得r＝，所以内切球的半径为R＝，则内切球体积为V＝πR3＝π3＝π.故选D.
课时作业45
1．（5分）（2024·陕西西安模拟）已知圆柱的底面直径为2，它的两个底面的圆周都在同一个表面积为20π的球面上，该圆柱的体积为(　D　)
A．8π B．6π
C．5π D．4π
解析：如图，球的表面积为4πR2＝20π，可得其半径R＝，圆柱的底面直径为2，半径为r＝1，在轴截面中，可知圆柱的高为h＝2＝4，所以圆柱的体积为πr2h＝4π.故选D.
2．（5分）（2024·山西太原二模）已知圆锥的顶点为P，底面圆的直径AB＝2，tan ∠APB＝，则该圆锥内切球的体积为(　C　)
A． B．
C． D．4π
解析：由圆锥的性质易知△PAB为以P为顶点的等腰三角形，又tan ∠APB＝，所以∠APB＝，则△PAB为正三角形，边长为2，如图所示，作出圆锥及其内切球的轴截面，设AB，AP的中点分别为C，E，内切球球心为O，由正三角形内心的性质易知OC＝OE＝PO＝PC＝×＝×＝1，即内切球半径为1，所以内切球的体积V＝.故选C.
3．（5分）（2024·天津滨海新区三模）我国有着丰富悠久的“印章文化”，古时候的印章一般用贵重的金属或玉石制成，本是官员或私人签署文件时代表身份的信物，后因其独特的文化内涵，也被作为装饰物来使用．如图1是明清时期的一个金属印章摆件，除去顶部的环可以看作是一个正四棱柱和一个正四棱锥组成的几何体，如图2.已知正四棱柱和正四棱锥的底面边长为4，体积之比为3∶1，且该几何体的所有顶点都在球O的表面上，则球O的表面积为(　A　)
A．36π B．48π
C． D．
解析：∵正四棱柱和正四棱锥的体积之比为3∶1，且共一个底面，∴正四棱柱和正四棱锥的高相等，设正四棱柱和正四棱锥的高为h，该几何体外接球的半径为R，如图，易知球O是正四棱柱的外接球，也是正四棱锥的外接球，
∴解得
∴球O的表面积为4π×32＝36π.故选A.
4．（5分）已知A，B，C是半径为1的半球O的球面上的三个点，且AC⊥BC，AC＝BC＝1，则三棱锥O ABC的体积为(　A　)
A． B．
C． D．
解析：如图，记O′为点A，B，C所在圆面的圆心，∵AC⊥BC，∴AB为⊙O′的直径，
∴OO′⊥平面ABC.又∵AC＝BC＝1，∴AB＝，OO′＝＝＝，∴VO ABC＝S△ABC·OO′＝××1×1×＝.故选A.
5．（5分）（2024·四川凉山州三模）已知正六棱锥S ABCDEF底面边长为2，体积为4，则正六棱锥S ABCDEF外接球的体积为(　C　)
A． B．
C． D．
解析：如图，由正六棱锥S ABCDEF得，底面ABCDEF为正六边形，
设底面ABCDEF的中心为O，连接SO，CO，则CO＝2，SO⊥底面ABCDEF，SO为正六棱锥S ABCDEF的高，所以S六边形ABCDEF＝×22×6＝6，因为正六棱锥的体积为4，所以4＝×6×SO，解得SO＝2＝CO，故点O为正六棱锥S ABCDEF外接球的球心，半径为2，故正六棱锥S ABCDEF外接球的体积V＝πR3＝π×23＝.故选C.
6．（5分）（2024·山东聊城二模）已知圆柱OO1的下底面在半球O的底面上，上底面圆周在半球O的球面上，记半球O的底面圆面积与圆柱OO1的侧面积分别为S，S1，半球O与圆柱OO1的体积分别为V，V1，则当的值最小时，的值为(　A　)
A． B．
C． D．
解析：如图，设圆柱底面半径为r，高为h，半球的半径为R，则R2＝h2＋r2，S＝πR2，S1＝2πrh，V＝·πR3＝πR3，V1＝πr2h，所以＝＝＝＋≥2＝1，当且仅当r＝h时，等号成立，此时R＝r，所以＝＝＝.故选A.
7．（5分）（2024·陕西西安模拟）如图所示，在六面体ABEDC中，CB＝CD＝2CA＝2，AB＝DE＝BE＝AD＝，BD＝AE＝2，则该六面体的外接球的表面积为(　B　)
A．4π B．9π
C．12π D．16π
解析：由题意可得AC2＋DC2＝AD2，DC2＋CB2＝DB2，AC2＋BC2＝AB2，即CD，CB，CA两两互相垂直，如图，可将该六面体放置于长方体ACBF GDHE中，且长、宽、高分别为2，1，2，故CE＝＝3，即该六面体的外接球的半径R＝CE＝，故该六面体的外接球的表面积为4πR2＝9π.故选B.
8．（5分）（2024·陕西榆林三模）已知正三棱锥P ABC的侧棱与底面边长的比值为，若三棱锥P ABC外接球的表面积为π，则三棱锥P ABC的高为(　B　)
A．1 B．2
C． D．
解析：如图，△ABC为等边三角形，设D为BC中点，PH⊥平面ABC，AB＝a(a>0)，则PA＝a，所以AH＝AD＝＝a，PH＝＝a，设三棱锥P ABC外接球的半径为R，由正棱锥的性质及PH>AH可知球心O在PH上，则OH2＋AH2＝R2，即＋＝R2，解得R＝a.由4πR2＝4π·a2＝π，解得a＝.所以三棱锥P ABC的高为×＝2.故选B.
9．（5分）（2024·浙江宁波二模）在正四棱台ABCD A1B1C1D1中，AB＝4，A1B1＝2，AA1＝，若球O与上底面A1B1C1D1以及棱AB，BC，CD，DA均相切，则球O的表面积为(　C　)
A．9π　　　 B．16π
C．25π　　 D．36π
解析：如图，设棱台上、下底面的中心分别为N，M，连接D1B1，DB，则D1B1＝2，DB＝4，所以棱台的高MN＝＝＝1，设球半径为R，根据正四棱台的结构特征可知，球O与上底面A1B1C1D1相切于N，与棱AB，BC，CD，DA均相切于各棱中点处，设BC中点为E，连接ME，因为ME＝2>MN＝1，所以球心O位于线段NM的延长线上，连接OE，OM，所以OE2＝OM2＋ME2 R2＝(R－1)2＋22，解得R＝，所以球O的表面积为4πR2＝25π.故选C.
10．（5分）（2024·山西临汾二模）如图所示，在三棱锥P ABC中，PB⊥AB，PB＝AB，△PAB围绕棱PA旋转60°后恰好与△PAC重合，且三棱锥P ABC的体积为，则三棱锥P ABC外接球的半径R为(　C　)
A．1 B．
C． D．2
解析：如图，取PA的中点O，连接OB，OC，因为PB⊥AB，PB＝AB，所以OB⊥PA，同理OC⊥PA，又OB∩OC＝O，且OB，OC 平面BOC，所以PA⊥平面BOC，则∠BOC＝60°，设PB＝a，则OP＝OA＝OB＝OC＝a，且△BOC为等边三角形，所以O为三棱锥P ABC外接球的球心，半径R＝a，所以VP ABC＝×S△BOC×PA＝××2×sin 60°×a＝，解得a＝，所以R＝a＝×＝.故选C.
11．（5分）（2024·湖南常德三模）如图，现有棱长为6 cm的正方体玉石缺失了一个角，缺失部分为正三棱锥A1 EFG，且E，F，G分别为棱A1A，A1B1，A1D1靠近A1的四等分点，若将该玉石打磨成一个球形饰品，则该球形饰品的体积的最大值为(　B　)
A．π cm3 B．36π cm3
C．π cm3 D．72π cm3
解析：由题意A1E＝A1F＝A1G＝ cm，设点A1到平面EFG的距离为d cm，而EF＝EG＝FG＝ cm，S△EFG＝××＝(cm2)，由VE A1GF＝VA1 EFG，得××××＝×d，解得d＝，棱长为6 cm的正方体的内切球的半径为3 cm，棱长为6 cm的正方体体对角线的长度为6 cm，因为－＝>3，所以所求球形饰品体积最大时即为棱长为6 cm的正方体的内切球，则该球形饰品的体积的最大值为π×33＝36π(cm3).故选B.
12．（8分）（多选）圆柱的轴截面为正方形，则下列结论正确的有(　ABD　)
A．圆柱内切球的半径与圆柱底面半径相等
B．圆柱内切球的表面积与圆柱表面积的比为
C．圆柱内接圆锥的表面积与圆柱表面积的比为
D．圆柱内切球的体积与圆柱体积的比为
解析：设圆柱的底面半径为R，则圆柱的高为2R，所以内切球的半径为R，A正确；圆柱的表面积为S1＝2πR2＋2πR×2R＝6πR2，内切球的表面积为4πR2，所以圆柱内切球的表面积与圆柱表面积的比为，B正确；圆柱内接圆锥的表面积为S＝πR2＋×2πR×R＝（＋1）πR2，圆柱内接圆锥的表面积与圆柱表面积的比为，C错误；圆柱内切球的体积V1＝πR3，圆柱的体积V2＝πR2×2R＝2πR3，所以V1∶V2＝πR3∶2πR3＝，D正确．故选ABD.
13．（8分）（多选）（2024·黑龙江双鸭山模拟）下列物体中，能够整体放入半径为1 m的球形容器（容器壁厚度忽略不计）内的有(　ABD　)
A.底面边长为 m，高为 m的正四棱柱
B．底面边长为1 m，侧棱长为 m的正六棱锥
C．底面直径为1.1 m，高为 m的圆柱
D．棱长为 m的正四面体
解析：底面边长为 m，高为 m的正四棱柱的外接球的直径为
＝(m)<2 m，故A正确；边长为1 m的正六边形底面的外接圆的半径为1 m，此时外接圆恰好是半径为1 m的球体的大圆，而正六棱锥的高为＝1(m)，故B正确；底面直径为1.1 m，高为 m的圆柱体的外接球的半径为＝(m)>1 m，故C错误；将棱长为 m的正四面体补成一个正方体，则该正方体的棱长为1 m，此正方体的外接球的直径为＝(m)<2 m，故D正确．故选ABD.
14．（8分）（多选）如图，球O与棱长为2的正方体ABCD A1B1C1D1的六个面都相切，P，Q，R分别为棱AA1，BC，C1D1的中点，G为正方形BCC1B1的中心，则(　BC　)
A．球O与该正方体的体积的比值为
B．球O与该正方体的表面积的比值为
C．直线PQ被球O截得的线段的长度为
D．过A，R，G三点的正方体的截面与球O的球面的交线长为π
解析：因为球O与棱长为2的正方体ABCD A1B1C1D1的六个面都相切，可得正方体的体积为V1＝2×2×2＝8，球O的半径为r＝1，体积为V2＝πr3＝π，球O与该正方体的体积的比值为＝，所以A不正确；正方体的表面积为S1＝6×2×2＝24，球O的表面积为S2＝4πr2＝4π，所以球O与该正方体的表面积的比值为＝，所以B正确；如图，连接OP，OQ，可得OP＝OQ＝，再连接AQ，在直角三角形PAQ中，可得PQ＝＝＝＝，取PQ的中点M，连接OM，则OM⊥PQ，可得OM＝＝，即点O到PQ的距离为，所以直线PQ被球O截得的线段的长度为2＝2＝，所以C正确；以D为原点，以DA，DC，DD1所在的直线分别为x轴、y轴、z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，可得A(2，0，0)，R(0，1，2)，G(1，2，1)，O(1，1，1)，则＝(－2，1，2)，＝(－1，2，1)，＝(－1，1，1)，设平面ARG的法向量为n＝(x，y，z)，则令x＝1，可得y＝0，z＝1，所以n＝(1，0，1)，所以点O到平面ARG的距离为d＝＝0，可得过A，R，G三点的正方体的截面恰好过球O的球心，所以截面与球O的球面的交线长为2πr＝2π，所以D不正确．故选BC.
15．（7分）（2024·山东菏泽模拟）已知正方体ABCD A1B1C1D1的棱长为2，若O是线段AC的中点，则三棱锥O AA1D的外接球的表面积为8π．
解析：如图，取A1D的中点S，AD的中点P，连接SP，PO，SO，则SP＝1，PO＝1，结合正方体结构特征易得SP⊥OP，所以SO＝，又SD＝SA＝SA1＝，所以点S为三棱锥O AA1D的外接球的球心，且半径r＝，所以其表面积为4π×（）2＝8π.
16．（7分）（2024·山东淄博二模）三棱锥P ABC中，平面PAB⊥平面ABC，且侧面PAB是边长为2的等边三角形，底面ABC是以C为直角的直角三角形，则该三棱锥外接球的半径为．
解析：由题意，三棱锥P ABC即三棱锥C PAB，如图．取AB的中点D，设O为△PAB外接圆圆心，∵△PAB为边长为2的等边三角形，∴PD⊥AB，O在PD上，且OD＝PD＝×＝，OP＝OA＝OB＝PD＝，又△ABC为以AB为斜边的直角三角形，∴CD＝AB＝1，∵平面ABC⊥平面PAB，平面PAB∩平面ABC＝AB，PD 平面PAB，PD⊥AB，∴PD⊥平面ABC，又CD 平面ABC，∴PD⊥CD.在Rt△CDO中，OC＝＝＝，故OP＝OA＝OB＝OC，∴O为三棱锥P ABC外接球的球心，且外接球的半径为.
17．（7分）（2024·河北保定二模）已知某种有盖的圆柱形容器的底面圆半径为1＋，高为100，现有若干个半径为的实心球，则该圆柱形容器内最多可以放入49个这种实心球．
解析：如图，将第1个实心球O1靠近该圆柱形容器侧面放置，球O1上的点到该圆柱形容器下底面的最大距离为2；将第2个实心球O2也靠近该圆柱形容器侧面放置，过点O1作O1A垂直于该圆柱形容器的母线，垂足为A，过点O2作O2B垂直于该圆柱形容器下底面，垂足为B，设O1A∩O2B＝C.AC＝BC＝，CO1＝2，CO2＝＝2，球O2上的点到该圆柱形容器下底面的最大距离为2＋2.同理可得球O3上的点到该圆柱形容器下底面的最大距离为4＋2.由此规律可得，每多放一个球，最上面的球上的点到该圆柱形容器下底面的最大距离加2.因为48×2＋2<100<49×2＋2，所以该圆柱形容器内最多可以放入49个这种实心球．

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