资源简介

(共31张PPT)
课时作业讲评
教学环节二
(教师批阅作业后,据情选点讲评)
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1.一个四面体的所有棱长都为,四个顶点在同一球面上,则此球的体积为(　　)
A. B.π C. D.π
解析:因为四面体是正四面体,所以正四面体放入正方
体中,正四面体的外接球就是正方体的外接球,故正方体的
棱长为1,外接球半径为,所以V=πR3=π=.
√
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解题结论:
若正四面体的棱长为a,有以下常用结论:
①高h=a,表面积S=a2,体积V=a3.
②记相邻两个面的二面角为α,则cos α=(α≈70.5°).记侧棱与底面的夹角为β,则cos β=(β≈54.7°).
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③正四面体外接球和内切球的球心重合,且球心在高对应的线段上,它是高对应的线段靠近底面的四等分点,球心到顶点的距离为外接球的半径R=a,球心到底面的距离为内切球的半径r=a,R∶r=3∶1.
④顶点在底面的射影是底面三角形的中心(四心合一).
⑤对棱互相垂直,且对棱中点的连线为对棱的公垂线,距离为a,三对对棱公垂线交于一点,此点为该正四面体外接球(或内切球)的球心.
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2.(2024·唐山二模)已知长方体的一条棱长为2,体积为16,则其外接球表面积的最小值为 (　　)
A.5π B.12π
C.20π D.80π
解析:设长方体的长、宽、高分别为a,b,2,所以长方体的体积为V=2ab=16,解得ab=8,设长方体的外接球的半径为R,所以2R=,即4R2=a2+b2+4≥2ab+4=20,即R≥,当且仅当a=b=2时取得等号,所以Rmin=,所以其外接球表面积的最小值为S=4πR2=20π.
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3.若某圆锥的内切球与外接球的球心重合,且内切球表面积为4π,则该圆锥的体积为 (　　)
A.2π B.3π
C.4π D.6π
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解析:如图,由题意知△ABC的内切圆和外接圆同
圆心,即△ABC的内心与外心重合,则△ABC为正三角
形,因为内切球表面积为4π,设内切圆的半径为r,
则4πr2=4π,所以内切圆的半径为1,所以△ABC的边
长为2BD=2×=2×=2, 所以圆锥的底面半径为.
又高AD=3×OD=3,故圆锥体积V=×π×()2×3=3π.
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4.如图,AA1,BB1均垂直于平面ABC和平面A1B1C1,∠BAC=∠A1B1C1
=90°,AC=AB=AA1=B1C1=,则多面体ABC A1B1C1
的外接球的表面积为(　　)
A.6π B.π
C.8π D.4π
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解析:由题意可知,多面体ABC A1B1C1是棱长为的正方体切去两个角得到的切割体,∴多面体ABC A1B1C1的外接球的直径为·=,即半径为,∴多面体ABC A1B1C1的外接球的表面积为4πR2=4π·=6π.
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5.建盏是福建省南平市建阳区的特产,是中国国家地理标志产品,其多是口大底小,底部多为圈足且圈足较浅(如图所示),因此可将建盏看作是圆台与圆柱拼接而成的几何体.现将某建盏的上半部分抽象成圆台O1O2,已知该圆台的上、下底面积分别为16π cm2和9π cm2,高超过1 cm,该圆台上、下底面圆周上的各个点均在
球O的表面上,且球O的表面积为100π cm2,则
该圆台的体积为 (　　)
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A.80π cm3 B. cm3 C. cm3 D.87π cm3
解析:设球O的半径为R cm,上、下底面分别为圆
O1,O2(这里上底面是指大的那个底面),依题意,4πR2=
100π,解得R=5.因为O2A2=9=32,则OO2==
4 cm,同理可得,OO1=3 cm.
因为圆台的高超过1 cm,则该圆台的高为7 cm,该圆台的体积为×(9π+16π+12π)×7= cm3.
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6.[多选]将一个直径为10 cm的铁球磨制成一个零件,能够磨制成的零件可以是 (　　)
A.底面直径为8 cm,高为6 cm的圆柱体
B.底面直径为8 cm,高为8 cm的圆锥体
C.底面直径为7 cm,高为9 cm的圆锥体
D.各棱长均为8 cm的四面体
解析:若圆柱的底面直径为8,则半径为4,此时球心到圆柱底面的距离为=3,故圆柱的高可以为6,A符合;
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若圆锥的底面直径为8,则半径为4,此时球心到圆锥底面的距离为=3,故圆锥的高最大时为3+5=8,B符合;若圆锥的底面直径为7,则半径为,此时球心到圆锥底面的距离为=<=4,故圆锥的高最大时为+5<9,C不符合;若将各棱长均为8 cm的四面体放入到棱长为4的正方体中,此时正方体的外接球直径为×4=4<10,故D符合.
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7.(2024·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 (　　)
A.π cm3 B.36π cm3
C.π cm3 D.72π cm3
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解析:由题意A1E=A1F=A1G=,设点A1到平面EFG的距离为d,而EF=EG=FG=,S△EFG=××=,
由=,得××××=×d,解得d=.
棱长为6的正方体的内切球的半径为3,棱长为6的正方体体对角线的长度为6.
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因为3-=>3,所以所求球形体积最大时即为棱长为6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.
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8.(2024·泰安二模)已知四面体A BCD的各顶点都在同一球面上,若AB=BC=CD=DA=BD=4,平面ABD⊥平面BCD,则该球的表面积是(　　)
A.40π B.80π C.100π D.160π
解析:思维路径:记球心为O,△BCD的外接圆圆心为O1,△ABD的外接圆圆心为O2,BD的中点为E,证明OO1EO2为矩形,然后求出O1E=O2E=2,
O1C=4,由勾股定理可得外接球半径,再由球的表面积公式可得.
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记球心为O,△BCD的外接圆圆心为O1,△ABD
的外接圆圆心为O2,BD的中点为E.因为AB=AD,所
以AE⊥BD.因为平面ABD⊥平面BCD,平面ABD∩
平面BCD=BD,AE 平面ABD,所以AE⊥平面BCD.
由球的性质可知,OO1⊥平面BCD,所以OO1∥AE,
同理OO2∥CE,所以四边形OO1EO2为矩形,因为AE=CE==6,所以O1E=O2E=2,O1C=4,所以OC==2,所以外接球的表面积为4π×(2)2=80π.
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9.[多选]在直三棱柱ABC A1B1C1中,AB⊥BC,AB=2BB1=4,BC=3,M,N分别为BB1和CC1的中点,P为棱B1C1上的一点,且PC⊥PM,则下列选项正确的有 (　　)
A.三棱柱ABC A1B1C1存在内切球
B.直线MN被三棱柱ABC A1B1C1外接球截得的线段长为
C.点P在棱B1C1上的位置唯一确定
D.四面体A CMP的外接球的表面积为26π
√
√
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解析:如图(1),取棱AA1的中点Q,连接
MQ,NQ,若三棱柱ABC A1B1C1存在内切
球,则三棱柱ABC A1B1C1内切球球心即为
△MNQ的内切圆圆心.
∵△MNQ的内切圆半径即为△ABC的内切圆半径,又AB⊥BC,
AB=4,BC=3,∴AC=5,∴△ABC的内切圆半径r===1,即△MNQ的内切圆半径为1.
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又平面ABC、平面A1B1C1到平面MNQ的距离均为1,
∴三棱柱ABC A1B1C1存在内切球,内切球半径为1,A正确;
如图(2),取AC的中点G,NQ的中点O,MN的
中点H,连接BG,OG,OH,B1C,OB1,∵AB⊥BC,
∴G为△ABC的外接圆圆心.
又OG∥AA1∥BB1,BB1⊥平面ABC,
∴O为三棱柱ABC A1B1C1的外接球的球心.
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∵BB1⊥平面ABC,AB 平面ABC,∴BB1⊥AB.又AB⊥BC,
BB1∩BC=B,BB1,BC 平面BCC1B1,∴AB⊥平面BCC1B1.
∵OH∥MQ∥AB,∴OH⊥平面BCC1B1,∴H为四边形BCC1B1的外接圆圆心.∵四边形BCC1B1为矩形,∴直线MN被三棱柱ABC A1B1C1外接球截得的线段长即为矩形BCC1B1的外接圆直径.
∵B1C===,∴直线MN被三棱柱ABC A1B1C1
外接球截得的线段长为,B正确;
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如图(3),在平面中作出矩形BCC1B1,
设C1P=m(0≤m≤3),则B1P=3-m,∴PC2=4+m2,MP2=1+(3-m)2,
MC2=32+12=10.又PC⊥PM,∴PC2+PM2=MC2,即4+m2+1+(3-m)2=10,
解得m=1或m=2,∴P为棱B1C1的三等分点,不是唯一确定的,C错误;
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如图(4),取MC的中点S,∵PC⊥PM,
∴S为△PCM的外接圆圆心,且PS=MC=,
则四面体A CMP的外接球球心O'在过S且垂直于平面PCM的直线上.
∵AB⊥平面PCM,∴O'S⊥平面PCM,设O'S=a,四面体A CMP的外接球半径为R',∴R'2=+a2=+(4-a)2,解得a=2,R'2=,
∴四面体A CMP的外接球表面积为4πR'2=26π,D正确.
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10.(2024·遵义三模)如图,是南京博物馆展示的一件名为“陶三棱锥”的文物,该文物的出土,为研究吴越文化提供了重要价值,博物馆准备为该文物制作一个透明的球形玻璃外罩进行保护供游客观赏研究,经测量该文物的所有棱长都为分米,则制作的
球形玻璃外罩(玻璃外罩厚度忽略不计)的直径至
少为　　　　分米.
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解析:如图,四面体A BCD为正四面体,作AG⊥
平面BCD,垂足为G,
则G为△BCD的中心,且CG=CE=××
=,则正四面体的高为AG==2,
设正四面体的外接球半径为R, 由图可知,()2+(2-R)2=R2,解得R=,所以该四面体外接球的直径为3,即制作的球形玻璃外罩(玻璃外罩厚度忽略不计)的直径至少为3分米.
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11.已知点S,A,B,C均在半径为2的球面上,△ABC是边长为3的等边三角形,SA⊥平面ABC,则SA=　　　　.
解析:如图,设△ABC的外接圆圆心为O1,连接O1A,
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因为△ABC是边长为3的等边三角形,
所以其外接圆半径r=O1A=××3=.
将三棱锥S ABC补形为正三棱柱SB1C1 ABC,由题意知SA为侧棱.设球心为O,连接OO1,OA,则OO1⊥平面ABC,且OO1=SA.又球的半径R=OA=2,OA2=O+O1A2,所以4=SA2+3,得SA=2.
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12.(2024·泰安模拟)已知正方体ABCD A1B1C1D1的棱长为8,E,F分别为AD,B1C1上的点,AE=C1F=2,P,Q分别为BB1,C1D1上的动点.若点A,
B,P,Q在同一球面上,当PQ⊥平面A1EF时,该球的表面积为　 　　.
解析:建立如图1所示的空间直角坐标系,则A1(8,
0,0), A(8,0,8), E(6,0,8),F(2,8,0),=(-2,0,8),=(-6,8,0).
设Q(0,a,0),P(8,8,b),则=(-8,a-8,-b).
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又PQ⊥平面A1EF,所以解得a=b=2.
如图2所示,作AP的平行线DK,M,N,G分别为
AP,DK,AQ的中点,连接MN,PK,因为△ABP为直
角三角形,故A,B,P,Q的外接球球心O在过△ABP
的外心M且垂直平面ABP的垂线MN上.
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连接GO,OQ,根据球心到球面上任何一点的距离都相等,得OA=OQ,故GO⊥AQ,由题可设O(t,4,5),因为G(4,1,4),所以=(4-t,-3,-1).又=(-8,2,-8),所以·=-8(4-t)-6+8=0,解得t=,所以O,所以R2==+(-4)2+32=,所以球的表面积为S=4πR2=.(共36张PPT)
球的切、接问题
习题讲评（二）
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.
题点考法讲评
教学环节一
(每“教学点”学生先试作,教师再据情讲授)
CONTENTS
目录
1
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教学点(一)　空间几何体的外接球
教学点(二)　空间几何体的内切球
空间几何体的外接球
教学点（一）
方法一　补形找心
[例1]　已知四面体A BCD中,AB=CD=AC=BD=2,AD=BC,若四面体A BCD的外接球的表面积为7π,则四面体A BCD的体积为(　　)
A.1 B.2
C. D.
√
解析:将四面体A BCD放入长方体中,如图,设长、宽、高分别为a,b,c,由7π=4πR2 4R2=7,
∴解得
∴VA BCD=abc-4×××abc=abc=1.
[例2]　已知四面体A BCD的各顶点均在球O的球面上,平面ABC⊥平面BCD,AB=BC=AC=CD=2,BC⊥CD,则球O的表面积为 (　　)
A. B.14π
C.28π D.32π
解析:因为平面ABC⊥平面BCD,AB=BC=AC=CD=2,BC⊥CD,所以可将四面体A BCD看作底面是等边三角形的直三棱柱的一部分,
√
如图所示,则四面体A BCD的外接球即直三棱柱的外接球,
因为底面△ABC的外心到△ABC的顶点的距离为
×=,
所以直三棱柱的外接球的半径r==,
则球O的表面积S=4πr2=4×π×=.
[思维建模]　补形法的解题策略
(1)侧面为直角三角形、正四面体或对棱均相等的模型,可以放到正方体或长方体中去求解;
(2)直三棱锥补成三棱柱求解.
方法二　定义找心
[例3]　(2024·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(　　)
A. B.4π
C. D.16π
√
解析:因为△ABD是边长为2的正三角形,M是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=.
[例4]　已知三棱柱ABC A1B1C1的侧棱垂直于底面,且AB=3,AC=5,
BC=7,AA1=2,若该三棱柱的各顶点都在同一球面上,则此球的表面积等于(　　)
A.π B.π C.π D.π
解析:如图所示,在△ABC中,AB=3,AC=5,
BC=7,由余弦定理可得cos∠BAC=
=-,所以∠BAC=120°.
√
由正弦定理可得△ABC的外接圆半径r==,
设此圆圆心为O,球心为O',在Rt△OBO'中,OO'=AA1=,
易得球半径R===,
(关键点:构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形,利用勾股定理求得球的半径)
故此球的表面积为S=4πR2=π.
[思维建模]　定义找心的策略
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,再根据到其他顶点的距离也是半径,列关系式求解即可.
[练1]　(2024·菏泽模拟)已知正三棱台的上、下底面边长分别为2,4,体积为42,则该正三棱台的外接球表面积为(　　)
A.20π B.π
C.80π D.π
√
即时训练
解析:令给定的正三棱台为正三棱台ABC A1B1C1,A1B1=2,AB=4,
令△A1B1C1,△ABC的中心分别为O1,O2,
而=×(2)2=3,S△ABC=×(4)2=12,
则V=(3++12)·O1O2=42,
解得O1O2=6,△A1B1C1的外接圆半径r1=2××=2,△ABC的外接圆半径r=4,
显然正三棱台的外接球球心在直线O1O上,
设正三棱台的外接球半径为R,OO1=x,则|OO2|=|6-x|,
因此R2=x2+22=(6-x)2+42,解得x=4,R2=20,
所以该正三棱台的外接球表面积为S=4πR2=80π.
[练2]　(2024·广州模拟)在正三棱锥A BCD中,BC=CD=DB=2,
AB=AC=AD=,则三棱锥A BCD的外接球表面积为(　　)
A. B.9π
C. D.
解析:法一:如图(1),取正△BCD的中心为P,
连接AP,PC,则三棱锥A BCD的外接球球心O在
AP上,连接OC.
√
在正△BCD中,BC=2,所以PC=×BCsin=.
在Rt△APC中,AC=,所以AP===.
设外接球的半径为R,
由OC=OA,OP2+PC2=OC2 +=R2,解得R=,
所以三棱锥A BCD的外接球表面积S=4πR2=.
法二:在正三棱锥A BCD中,过点A作AF⊥底面BCD于点F,
则F为底面正△BCD的中心,因为正△BCD的边长为2,
所以BF=×BCsin =.
因为AB=,所以AF==.
如图(2),以F为坐标原点,建立空间直角坐标系,
则A,C.
设三棱锥A BCD的外接球球心为O(0,0,h),半径为R.
由OC2=OA2,得+h2=,解得h=,所以R2=+h2=,
则三棱锥A BCD的外接球表面积S=4πR2=.
拓展提升:对于一般多面体的外接球问题,可以建立空间直角坐标系设球心为O(x,y,z),利用球心到各顶点的距离相等建立方程组从而得到半径长.
[练3]　已知正三棱柱ABC A1B1C1的各棱长均为2,D为棱AB的中点,则过点D的平面截该三棱柱外接球所得截面面积的取值范围为　　　　.
解析:正三棱柱ABC A1B1C1的外接球的球心
O为上、下底面的外接圆圆心的连线O1O2的中点,
连接AO2,AO,OD,如图所示,设外接球的半径为R,
下底面外接圆的半径为r,r=AO2=,则R2=r2+1=.
①当过点D的平面过球心时,截得的截面圆最大,截面圆的半径即为球的半径,所以截面圆的面积最大为πR2=;
②当过点D的平面垂直OD时,截面圆的面积最小,OD2=OA2-AD2=-1=,截面圆的半径为==1,所以截面圆的面积最小为π×12=π,
综上,截面面积的取值范围为.
空间几何体的内切球
教学点（二）
[例1]　将一个母线长为3 cm,底面半径为1 cm的圆锥木头加工打磨成一个球状零件,则能制作的最大零件的表面积为 (　　)
A.2π cm2 B.π cm2
C. cm2 D. cm2
解析:
审题破题:原问题可转化为求该圆锥的内切球表面积,由圆锥的结构特征可得其内切球的半径与该圆锥过顶点与底面直径的轴截面的内切圆半径相等,借助等面积法求出该半径,结合球的表面积公式即可得.
√
原问题可转化为求该圆锥的内切球表面积,
该内切球的半径与该圆锥过顶点与直径的轴
截面的内切圆半径相等,画出该轴截面如图,由母
线长为3 cm,底面半径为1 cm可得该圆锥的高h=
=2 cm,设内切球的半径为r,则S=×2×2=×3r+×
3r+×2r,解得r= cm,即内切球表面积为4πr2=2π cm2.
[例2]　已知正三棱柱ABC A1B1C1的六个顶点在球O1上,又球O2与此三棱柱的五个面都相切,则球O1与球O2的表面积之比为　　　　.
解析:由题意可得两球球心O1,O2
是重合的, 即为点O，过正三棱柱的一条侧棱AA1
和球心作截面.如图,设正三棱柱底面边
长为a,球O1,O2的半径分别为R1,R2,表面积分别为S1,S2,取BC,B1C1的中点分别为E,E1,连接AE,A1E1,EE1,设△A1B1C1中心为D1，
5∶1
则R2=OD1=D1E1=×a=a,即=a2.则正三棱柱的高h=2R2=a,在Rt△A1D1O中,A1D1=×a=a,有=+
=+=a2,所以===5,
所以球O1与球O2的表面积之比S1∶S2=5∶1.
拓展提升:选准最值角度做截面,要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素,且能体现这些元素间的关系,达到空间问题平面化的目的.
[思维建模]　求内切球半径的两种方法
(1)等体积法:先将几何体的内切球球心与几何体各个顶点用线段连接,运用等体积法就有r=,其中r为几何体内切球的半径,V为几何体的体积,S为几何体的表面积.
(2)平面化:通过找特殊截面,将立体几何问题转化为平面问题.
[练1]　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(　　)
A.π B.π
C.25π D.π
即时训练
√
即时训练
解析:设棱台上、下底面的中心为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均相切于各边中点处,设BC的中点为E,连接OE,OM,ME,所以OE2=OM2+ME2 R2=(R-1)2+22,解得R=,所以球O的表面积为4πR2=25π.
[练2]　(2024·河南省实验中学月考)正四面体的棱长为2,MN是它内切球的一条弦(球面上任意两个点连成的线段称为球的弦),P为正四面体表面上的动点,当弦MN最长时,·的最大值为(　　)
A. B.
C. D.
解析:如图,正四面体A BCD中,AH是四面体的
高,AH与底面内的直线CH垂直,由对称性知其内切
球球心O必在高AH上,
√
利用V四面体A BCD=VO ABC+VO ABD+VO BCD+VO ACD,可得OH=AH,而CH=×BC=,AH==,所以OH=AH=,即内切球的半径为,AO=AH-OH=-=,当弦MN最长时,MN为内切球直径,它的中点是球心O,所以·=(+)·(+)=
(+)·(-)=-=||2-,易知当P是正四面体A BCD的四个顶点时,||最大,所以·的最大值是-=.
[练3]　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　　　　.
解析:易知半径最大的球即为该圆锥的内切球.
圆锥及其内切球O如图所示.
设内切球的半径为R,则sin∠BPE===,
所以OP=3R,所以PE=4R===2,所以R=,所以内切球的体积V=πR3=π,即该圆锥内半径最大的球的体积为π.
π习题讲评(二)　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.
教学环节一　题点考法讲评(每“教学点”学生先试作,教师再据情讲授)
教学点(一)　空间几何体的外接球
方法一　补形找心 [例1]　已知四面体A BCD中,AB=CD=AC=BD=2,AD=BC,若四面体A BCD的外接球的表面积为7π,则四面体A BCD的体积为 (　　) A.1 B.2 C. D. [例2]　已知四面体A BCD的各顶点均在球O的球面上,平面ABC⊥平面BCD,AB=BC=AC=CD=2,BC⊥CD,则球O的表面积为 (　　) A. B.14π C.28π D.32π 方法二　定义找心 [例3]　(2024·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 (　　) A. B.4π C. D.16π [例4]　已知三棱柱ABC A1B1C1的侧棱垂直于底面,且AB=3,AC=5,BC=7,AA1=2,若该三棱柱的各顶点都在同一球面上,则此球的表面积等于 (　　) A.π B.π C.π D.π [练1]　(2024·菏泽模拟)已知正三棱台的上、下底面边长分别为2,4,体积为42,则该正三棱台的外接球表面积为 (　　) A.20π B.π C.80π D.π [练2]　(2024·广州模拟)在正三棱锥A BCD中,BC=CD=DB=2,AB=AC=AD =,则三棱锥A BCD的外接球表面积为 (　　) A. B.9π C. D. [练3]　已知正三棱柱ABC A1B1C1的各棱长均为2,D为棱AB的中点,则过点D的平面截该三棱柱外接球所得截面面积的取值范围为　　　　. [自助空间] 思维建模:补形法的解题策略 (1)侧面为直角三角形、正四面体或对棱均相等的模型,可以放到正方体或长方体中去求解; (2)直三棱锥补成三棱柱求解. 思维建模:定义找心的策略 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,再根据到其他顶点的距离也是半径,列关系式求解即可. [练2]　拓展提升: 对于一般多面体的外接球问题,可以建立空间直角坐标系设球心为O(x,y,z),利用球心到各顶点的距离相等建立方程组从而得到半径长.
教学点(二)　空间几何体的内切球
[例1]　将一个母线长为3 cm,底面半径为1 cm的圆锥木头加工打磨成一个球状零件,则能制作的最大零件的表面积为 (　　) A.2π cm2 B.π cm2 C. cm2 D. cm2 [例2]　已知正三棱柱ABC A1B1C1的六个顶点在球O1上,又球O2与此三棱柱的五个面都相切,则球O1与球O2的表面积之比为　　　　. [练1]　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的体积为 (　　) A.π B.π C.25π D.π [练2]　(2024·河南省实验中学月考)正四面体的棱长为2,MN是它内切球的一条弦(球面上任意两个点连成的线段称为球的弦),P为正四面体表面上的动点,当弦MN最长时,·的最大值为 (　　) A. B. C. D. [练3]　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　　　　. [自助空间] 思维建模:求内切球半径的两种方法 (1)等体积法:先将几何体的内切球球心与几何体各个顶点用线段连接,运用等体积法就有r=,其中r为几何体内切球的半径,V为几何体的体积,S为几何体的表面积. (2)平面化:通过找特殊截面,将立体几何问题转化为平面问题. [例2]　拓展提升: 选准最值角度做截面,要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素,且能体现这些元素间的关系,达到空间问题平面化的目的.
教学环节二　课时作业讲评(教师批阅作业后,据情选点讲评)
1.一个四面体的所有棱长都为,四个顶点在同一球面上,则此球的体积为 (　　) A. B.π C. D.π 2.(2024·唐山二模)已知长方体的一条棱长为2,体积为16,则其外接球表面积的最小值为 (　　) A.5π B.12π C.20π D.80π 3.若某圆锥的内切球与外接球的球心重合,且内切球表面积为4π,则该圆锥的体积为 (　　) A.2π B.3π C.4π D.6π 4.如图,AA1,BB1均垂直于平面ABC和平面A1B1C1,∠BAC=∠A1B1C1=90°,AC=AB=AA1=B1C1=,则多面体ABC A1B1C1的外接球的表面积为 (　　) A.6π B.π C.8π D.4π 5.建盏是福建省南平市建阳区的特产,是中国国家地理标志产品,其多是口大底小,底部多为圈足且圈足较浅(如图所示),因此可将建盏看作是圆台与圆柱拼接而成的几何体.现将某建盏的上半部分抽象成圆台O1O2,已知该圆台的上、下底面积分别为16π cm2和9π cm2,高超过1 cm,该圆台上、下底面圆周上的各个点均在球O的表面上,且球O的表面积为100π cm2,则该圆台的体积为 (　　) A.80π cm3 B. cm3 C. cm3 D.87π cm3 6.[多选]将一个直径为10 cm的铁球磨制成一个零件,能够磨制成的零件可以是 (　　) A.底面直径为8 cm,高为6 cm的圆柱体 B.底面直径为8 cm,高为8 cm的圆锥体 C.底面直径为7 cm,高为9 cm的圆锥体 D.各棱长均为8 cm的四面体 [自助空间]
7.(2024·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 (　　) A.π cm3 B.36π cm3 C.π cm3 D.72π cm3 8.(2024·泰安二模)已知四面体A BCD的各顶点都在同一球面上,若AB=BC=CD=DA=BD=4,平面ABD⊥平面BCD,则该球的表面积是 (　　) A.40π B.80π C.100π D.160π 9.[多选]在直三棱柱ABC A1B1C1中,AB⊥BC,AB=2BB1=4,BC=3,M,N分别为BB1和CC1的中点,P为棱B1C1上的一点,且PC⊥PM,则下列选项正确的有 (　　) A.三棱柱ABC A1B1C1存在内切球 B.直线MN被三棱柱ABC A1B1C1外接球截得的线段长为 C.点P在棱B1C1上的位置唯一确定 D.四面体A CMP的外接球的表面积为26π 10.(2024·遵义三模)如图,是南京博物馆展示的一件名为“陶三棱锥”的文物,该文物的出土,为研究吴越文化提供了重要价值,博物馆准备为该文物制作一个透明的球形玻璃外罩进行保护供游客观赏研究,经测量该文物的所有棱长都为分米,则制作的球形玻璃外罩(玻璃外罩厚度忽略不计)的直径至少为　　　　分米. 11.已知点S,A,B,C均在半径为2的球面上,△ABC是边长为3的等边三角形,SA⊥平面ABC,则SA=　　　　. 12.(2024·泰安模拟)已知正方体ABCD A1B1C1D1的棱长为8,E,F分别为AD,B1C1上的点,AE=C1F=2,P,Q分别为BB1,C1D1上的动点.若点A,B,P,Q在同一球面上,当PQ⊥平面A1EF时,该球的表面积为　　　　. 解题结论: 若正四面体的棱长为a,有以下常用结论: ①高h=a,表面积S=a2, 体积V=a3. ②记相邻两个面的二面角为α,则cos α=(α≈70.5°).记侧棱与底面的夹角为β,则cos β=(β≈54.7°). ③正四面体外接球和内切球的球心重合,且球心在高对应的线段上,它是高对应的线段靠近底面的四等分点,球心到顶点的距离为外接球的半径R=a,球心到底面的距离为内切球的半径r=a,R∶r=3∶1. ④顶点在底面的射影是底面三角形的中心(四心合一). ⑤对棱互相垂直,且对棱中点的连线为对棱的公垂线,距离为a,三对对棱公垂线交于一点,此点为该正四面体外接球(或内切球)的球心.
习题讲评(二)　球的切、接问题
教学环节一　题点考法讲评
教学点(一)　空间几何体的外接球
[例1]　选A　
将四面体A BCD放入长方体中,如图,设长、宽、高分别为a,b,c,由7π=4πR2 4R2=7,
∴解得
∴VA BCD=abc-4×××abc=abc=1.
[例2]　选A　
因为平面ABC⊥平面BCD,AB=BC=AC=CD=2,BC⊥CD,所以可将四面体A BCD看作底面是等边三角形的直三棱柱的一部分,如图所示,
则四面体A BCD的外接球即直三棱柱的外接球,因为底面△ABC的外心到△ABC的顶点的距离为×=,所以直三棱柱的外接球的半径r== ,则球O的表面积S=4πr2=4×π×=.
[例3]　选C　
因为△ABD是边长为2的正三角形,M是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=.
[例4]　选A　
如图所示,在△ABC中,AB=3,AC=5,BC=7,
由余弦定理可得cos∠BAC==-,所以∠BAC=120°.由正弦定理可得△ABC的外接圆半径r==,设此圆圆心为O,球心为O',在Rt△OBO'中,OO'=AA1=,易得球半径R===,
(关键点:构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形,利用勾股定理求得球的半径)
故此球的表面积为S=4πR2=π.
[练1]　选C　
令给定的正三棱台为正三棱台ABC A1B1C1,A1B1=2,AB=4,
令△A1B1C1,△ABC的中心分别为O1,O2,
而=×(2)2=3,S△ABC=×(4)2=12,
则V=(3++12)·O1O2=42,
解得O1O2=6,△A1B1C1的外接圆半径r1=2××=2,△ABC的外接圆半径r=4,
显然正三棱台的外接球球心在直线O1O上,
设正三棱台的外接球半径为R,OO1=x,则|OO2|=|6-x|,
因此R2=x2+22=(6-x)2+42,解得x=4,R2=20,所以该正三棱台的外接球表面积为S=4πR2=80π.
[练2]　选C　
法一:如图(1),取正△BCD的中心为P,连接AP,PC,则三棱锥A BCD的外接球球心O在AP上,连接OC.在正△BCD中,BC=2,所以PC=×BCsin=.
在Rt△APC中,AC=,所以AP== =.
设外接球的半径为R,由OC=OA,OP2+PC2=OC2 +=R2,解得R=,所以三棱锥A BCD的外接球表面积S=4πR2=.
法二:在正三棱锥A BCD中,过点A作AF⊥底面BCD于点F,则F为底面正△BCD的中心,因为正△BCD的边长为2,所以BF=×BCsin =.
因为AB=,所以AF==.
如图(2),以F为坐标原点,建立空间直角坐标系,则A,C.
设三棱锥A BCD的外接球球心为O(0,0,h),半径为R.
由OC2=OA2,得+h2=,解得h=,所以R2=+h2=,
则三棱锥A BCD的外接球表面积S=4πR2=.
[练3]　答案:
解析:
正三棱柱ABC A1B1C1的外接球的球心O为上、下底面的外接圆圆心的连线O1O2的中点,连接AO2,AO,OD,如图所示,设外接球的半径为R,下底面外接圆的半径为r,r=AO2=,则R2=r2+1=.
①当过点D的平面过球心时,截得的截面圆最大,截面圆的半径即为球的半径,所以截面圆的面积最大为πR2=;
②当过点D的平面垂直OD时,截面圆的面积最小,OD2=OA2-AD2=-1=,截面圆的半径为==1,所以截面圆的面积最小为π×12=π,
综上,截面面积的取值范围为.
教学点(二)　空间几何体的内切球
[例1]　选A
审题破题:原问题可转化为求该圆锥的内切球表面积,由圆锥的结构特征可得其内切球的半径与该圆锥过顶点与底面直径的轴截面的内切圆半径相等,借助等面积法求出该半径,结合球的表面积公式即可得.
原问题可转化为求该圆锥的内切球表面积,该内切球的半径与该圆锥过顶点与直径的轴截面的内切圆半径相等,
画出该轴截面如图,由母线长为3 cm,底面半径为1 cm可得该圆锥的高h==2 cm,设内切球的半径为r,则S=×2×2=×3r+×3r+×2r,解得r= cm,即内切球表面积为4πr2=2π cm2.
[例2]　答案:5∶1
解析:由题意可得两球球心O1,O2是重合的, 即为点O，过正三棱柱的一条侧棱AA1和球心作截面.如图,设正三棱柱底面边长为a,球O1,O2的半径分别为R1,R2,表面积分别为S1,S2,取BC,B1C1的中点分别为E,E1,连接AE,A1E1,EE1, 设△A1B1C1中心为D1，
则R2=OD1=D1E1=×a=a,即=a2.则正三棱柱的高h=2R2=a,在Rt△A1D1O中,A1D1=×a=a,有=+=+=a2,所以===5,所以球O1与球O2的表面积之比S1∶S2=5∶1.
[练1]　选C　
设棱台上、下底面的中心为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均相切于各边中点处,设BC的中点为E,连接OE,OM,ME,所以OE2=OM2+ME2 R2=(R-1)2+22,解得R=,所以球O的表面积为4πR2=25π.
[练2]　选B　
如图,正四面体A BCD中,
AH是四面体的高,AH与底面内的直线CH垂直,由对称性知其内切球球心O必在高AH上,利用V四面体A BCD=VO ABC+VO ABD+VO BCD+VO ACD,可得OH=AH,而CH=×BC=,AH==,所以OH=AH=,即内切球的半径为,AO=AH-OH=-=,当弦MN最长时,MN为内切球直径,它的中点是球心O,所以·=(+)·(+)=(+)·(-)=-=||2-,易知当P是正四面体A BCD的四个顶点时,||最大,所以·的最大值是-=.
[练3]　答案:π
解析:易知半径最大的球即为该圆锥的内切球.圆锥及其内切球O如图所示.
设内切球的半径为R,则sin∠BPE===,所以OP=3R,所以PE=4R===2,所以R=,所以内切球的体积V=πR3=π,即该圆锥内半径最大的球的体积为π.
教学环节二　课时作业讲评
1.选C　
因为四面体是正四面体,所以正四面体放入正方体中,正四面体的外接球就是正方体的外接球,故正方体的棱长为1,外接球半径为,所以V=πR3=π=.
2.选C　
设长方体的长、宽、高分别为a,b,2,所以长方体的体积为V=2ab=16,解得ab=8,设长方体的外接球的半径为R,所以2R=,即4R2=a2+b2+4≥2ab+4=20,即R≥ ,当且仅当a=b=2时取得等号,所以Rmin=,所以其外接球表面积的最小值为S=4πR2=20π.
3.选B　
如图,由题意知△ABC的内切圆和外接圆同圆心,即△ABC的内心与外心重合,则△ABC为正三角形,因为内切球表面积为4π,设内切圆的半径为r,则4πr2=4π,所以内切圆的半径为1,所以△ABC的边长为2BD=2×=2×=2, 所以圆锥的底面半径为.又高AD=3×OD=3,故圆锥体积V=×π×()2×3=3π.
4.选A　
由题意可知,多面体ABC A1B1C1是棱长为的正方体切去两个角得到的切割体,∴多面体ABC A1B1C1的外接球的直径为·=,即半径为,∴多面体ABC A1B1C1的外接球的表面积为4πR2=4π·=6π.
5.选B　
设球O的半径为R cm,上、下底面分别为圆O1,O2(这里上底面是指大的那个底面),依题意,4πR2=100π,解得R=5.因为O2A2=9=32,则OO2==4 cm,同理可得,OO1=3 cm.
因为圆台的高超过1 cm,则该圆台的高为7 cm,该圆台的体积为×(9π+16π+12π)×7= cm3.
6.选ABD　
若圆柱的底面直径为8,则半径为4,此时球心到圆柱底面的距离为=3,故圆柱的高可以为6,A符合;
若圆锥的底面直径为8,则半径为4,此时球心到圆锥底面的距离为=3,故圆锥的高最大时为3+5=8,B符合;
若圆锥的底面直径为7,则半径为,此时球心到圆锥底面的距离为 =<=4,故圆锥的高最大时为+5<9,C不符合;
若将各棱长均为8 cm的四面体放入到棱长为4的正方体中,此时正方体的外接球直径为×4=4<10,故D符合.
7.选B　
由题意A1E=A1F=A1G=,设点A1到平面EFG的距离为d,而EF=EG=FG=,
S△EFG=××=,
由=,得××××=×d,解得d=.
棱长为6的正方体的内切球的半径为3,棱长为6的正方体体对角线的长度为6.
因为3-=>3,所以所求球形体积最大时即为棱长为6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.
8.选B
思维路径:记球心为O,△BCD的外接圆圆心为O1,△ABD的外接圆圆心为O2,BD的中点为E,证明OO1EO2为矩形,然后求出O1E=O2E=2,O1C=4,由勾股定理可得外接球半径,再由球的表面积公式可得.
记球心为O,△BCD的外接圆圆心为O1,△ABD的外接圆圆心为O2,BD的中点为E.因为AB=AD,所以AE⊥BD.因为平面ABD⊥平面BCD,平面ABD∩平面BCD=BD,AE 平面ABD,所以AE⊥平面BCD.由球的性质可知,OO1⊥平面BCD,所以OO1∥AE,
同理OO2∥CE,所以四边形OO1EO2为矩形,
因为AE=CE==6,
所以O1E=O2E=2,O1C=4,
所以OC==2,
所以外接球的表面积为4π×(2)2=80π.
9.选ABD　
如图(1),取棱AA1的中点Q,连接MQ,NQ,
若三棱柱ABC A1B1C1存在内切球,则三棱柱ABC A1B1C1内切球球心即为△MNQ的内切圆圆心.
∵△MNQ的内切圆半径即为△ABC的内切圆半径,又AB⊥BC,AB=4,BC=3,
∴AC=5,∴△ABC的内切圆半径r===1,即△MNQ的内切圆半径为1.
又平面ABC、平面A1B1C1到平面MNQ的距离均为1,
∴三棱柱ABC A1B1C1存在内切球,内切球半径为1,A正确;
如图(2),取AC的中点G,NQ的中点O,MN的中点H,连接BG,OG,OH,B1C,OB1,∵AB⊥BC,∴G为△ABC的外接圆圆心.
又OG∥AA1∥BB1,BB1⊥平面ABC,
∴O为三棱柱ABC A1B1C1的外接球的球心.
∵BB1⊥平面ABC,AB 平面ABC,
∴BB1⊥AB.
又AB⊥BC,BB1∩BC=B,BB1,BC 平面BCC1B1,
∴AB⊥平面BCC1B1.
∵OH∥MQ∥AB,∴OH⊥平面BCC1B1,
∴H为四边形BCC1B1的外接圆圆心.
∵四边形BCC1B1为矩形,∴直线MN被三棱柱ABC A1B1C1外接球截得的线段长即为矩形BCC1B1的外接圆直径.
∵B1C===,∴直线MN被三棱柱ABC A1B1C1外接球截得的线段长为,B正确;
如图(3),在平面中作出矩形BCC1B1,设C1P=m(0≤m≤3),则B1P=3-m,∴PC2=4+m2,MP2=1+(3-m)2,MC2=32+12=10.又PC⊥PM,∴PC2+PM2=MC2,即4+m2+1+(3-m)2=10,解得m=1或m=2,∴P为棱B1C1的三等分点,不是唯一确定的,C错误;
如图(4),取MC的中点S,∵PC⊥PM,∴S为△PCM的外接圆圆心,且PS=MC=,
则四面体A CMP的外接球球心O'在过S且垂直于平面PCM的直线上.
∵AB⊥平面PCM,∴O'S⊥平面PCM,设O'S=a,四面体A CMP的外接球半径为R',∴R'2=+a2=+(4-a)2,解得a=2,R'2=,
∴四面体A CMP的外接球表面积为4πR'2=26π,D正确.
10.答案:3
解析:如图,四面体A BCD为正四面体,
作AG⊥平面BCD,垂足为G,则G为△BCD的中心,且CG=CE=××=,则正四面体的高为AG==2,
设正四面体的外接球半径为R, 由图可知,()2+(2-R)2=R2,解得R=,所以该四面体外接球的直径为3,即制作的球形玻璃外罩(玻璃外罩厚度忽略不计)的直径至少为3分米.
11.答案:2
解析:如图,设△ABC的外接圆圆心为O1,连接O1A,
因为△ABC是边长为3的等边三角形,所以其外接圆半径r=O1A=××3=.
将三棱锥S ABC补形为正三棱柱SB1C1 ABC,由题意知SA为侧棱.设球心为O,连接OO1,OA,则OO1⊥平面ABC,且OO1=SA.又球的半径R=OA=2,OA2=O+O1A2,所以4=SA2+3,得SA=2.
12.答案:
解析:建立如图1所示的空间直角坐标系,
则A1(8,0,0), A(8,0,8),E(6,0,8),F(2,8,0),=(-2,0,8),=(-6,8,0).设Q(0,a,0),P(8,8,b),则=(-8,a-8,-b).又PQ⊥平面A1EF,所以解得a=b=2.
如图2所示,作AP的平行线DK,M,N,G分别为AP,DK,AQ的中点,连接MN,PK,因为△ABP为直角三角形,故A,B,P,Q的外接球球心O在过△ABP的外心M且垂直平面ABP的垂线MN上.连接GO,OQ,根据球心到球面上任何一点的距离都相等,得OA=OQ,故GO⊥AQ,由题可设O(t,4,5),因为G(4,1,4),所以=(4-t,-3,-1).又=(-8,2,-8),所以·=-8(4-t)-6+8=0,解得t=,所以O,所以R2==+(-4)2+32=,所以球的表面积为S=4πR2=.

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