高考数学第一轮复习复习培优课(三)　与球有关的切接问题（讲义）

培优课(三)与球有关的切接问题1.球心的相关性质(1)球心到球面上各点的距离相等;(2)球的截面是圆面,球心与截面圆圆心的连线垂直于截面,过截面圆圆心作截面的垂线必经过球心.2.球的切、接问题的常用结论(1)长、宽、高分别为a,b,c的长方体的体对角线长等于外接球的直径,即a2(2)球(半径为R)与正方体(棱长为a)有以下三种特殊情形:一是球内切于正方体,此时2R=a;二是球与正方体的十二条棱相切,此时2R=2a;三是球外接于正方体,此时2R=3a.(3)若直棱柱(或有一条棱垂直于底面的棱锥)的高为h,底面外接圆半径为x,则该几何体外接球半径R满足R2=(ℎ2)2+x2(4)正四面体的外接球与内切球的半径之比为3∶1.3.正四面体外接球和内切球如图,设正四面体的棱长为a,内切球的半径为r,外接球的半径为R,取AB的中点为D,连接CD,SD,SE为正四面体的高,在截面三角形SDC内作一个与边SD和DC相切,圆心在高SE上的圆.因为正四面体本身的对称性,内切球和外接球的球心同为O.此时,CO=OS=R,OE=r,SE=63a,CE=33a,则有R+r=63a,R2-r2=|CE|2=a234.“切”“接”问题的处理规律(1)“切”的处理解决与球的内切问题主要是指球内切多面体与旋转体,解答时首先要找准切点,通过作截面来解决.(2)“接”的处理把一个多面体的几个顶点放在球面上即为球的外接问题.解决这类问题的关键是抓住外接的特点,即球心到多面体的顶点的距离等于球的半径.(3)同一个几何体的外接球和内切球①正多面体的内切球和外接球的球心重合;②正棱锥的内切球和外接球球心都在高线上,但不一定重合;③正棱柱的内切球球心,在上下底面外接圆圆心连线的中点,和外接球的球心重合.构造法[典例1]已知三棱锥A-BCD的四个顶点都在球O的球面上,若AB⊥平面BCD,∠CBD=90°,CD=4,AB=23,则球O的表面积为()A.28π B.30π C.32π D.36π解析:由于B处的三条棱两两垂直,可以把三棱锥补成长方体,设球O半径为R,则(2R)2=BC2+BD2+AB2=CD2+AB2=28,所以球表面积S=4πR2=28π.故选A.常见的构造长方体模型(1)若三棱锥的三条侧棱两两互相垂直,则可将其放入某个长方体内,如图1所示.(2)若三棱锥的四个面均是直角三角形,则此时可构造长方体,如图2所示.(3)正四面体P-ABC可以补形为正方体且正方体的棱长a=PA2(4)若三棱锥的对棱两两相等,则可将其放入某个长方体内,如图4所示.[拓展演练](1)(2022·陕西咸阳一模)已知正四面体S-ABC的外接球表面积为6π,则正四面体S-ABC的体积为()A.223 C.23 D.(2)在△ABC中,AB=AC=2,cosA=34,将△ABC绕BC旋转至△BCD的位置,使得AD=2,如图所示,则三棱锥D-ABC外接球的体积为解析:(1)设外接球半径为R,则S=4πR2=6π,解得R=62则正四面体S-ABC的外接球即为正方体的外接球,则正方体的体对角线等于外接球的直径,设正方体的棱长为a,则3a2=6,解得a=2,故该正四面体的体积为(2)3-4×13×12×2×2×2=(2)在△ABC中,由余弦定理得BC2=22+22-2×2×2×34,所以BC=2在三棱锥D-ABC中,AB=AC=DB=DC=2,AD=BC=2.将三棱锥D-ABC放入长方体中,设长方体的长、宽、高分别为a,b,c,三棱锥D-ABC外接球的半径为R,则a2+b2=4,b2+c2=4,a2+c2=2,所以a2+b2+c2=5,所以R=12a2从而三棱锥D-ABC外接球的体积V=43πR3=5答案:(1)A(2)5外接球的球心问题[典例2]三棱锥P-ABC中,△PAC是边长为23的等边三角形,AB=BC=2,平面PAC⊥平面ABC,则该三棱锥的外接球的体积为.

解析:由题意,等边△PAC的高为h=23sinπ3等边△PAC的外接圆半径为r=23×在△ABC中,cos∠ABC=AB2+则sin∠ABC=32则△ABC外接圆半径为12·AC设O1,O2分别是△PAC,△ABC的外心,则O2A=2,设O是三棱锥P-ABC的外接球的球心,R是外接球的半径,则OO2=1,所以R2=OA2=AO22+OO22=2所以R=5,所以三棱锥的外接球的体积为V=4πR33答案:20确定多面体外接球球心的方法寻找几何体中两个面的多边形的外接圆的圆心即为O1,O2,分别过O1,O2作两个平面的垂线即为l1,l2,l1,l2的交点即为外接球的球心.外接圆的半径可用正弦定理求出,球的半径可由勾股定理求得.[拓展演练](2022·新高考Ⅱ卷)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.100π B.128π C.144π D.192π解析:由题意,得正三棱台上、下底面的外接圆的半径分别为23×32×33=3,23×32×43=4.设该棱台上、下底面的外接圆的圆心分别为O1,O2,连接O1O2(图略),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+OO12=42+(1-OO1)2,解得OO1=4(舍去);当球心O不在线段O1O2上时,R2=42+OO22=32+(1+OO2)内切球的球心问题[典例3](1)如图,在四棱锥P-ABCD中,O是正方形ABCD的中心,PO⊥底面ABCD,PA=5,AB=2,则四棱锥P-ABCD内切球的体积为()A.3π54 C.113π27(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5个面都相切,求球O1与球O2的表面积之比为.

解析:(1)由PO⊥底面ABCD,PA=5,AB=2,O是正方形ABCD的中心,所以AO=2.则OP=AP2-所以四棱锥P-ABCD的体积V=13S四边形ABCD·OP=4设四棱锥P-ABCD内切球半径为r,所以四棱锥P-ABCD的体积V=13·(S四边形ABCD+S△ABP+S△ADP+S△BCP+S△CDP)·所以4r=433.解得r=则四棱锥P-ABCD内切球的体积V=43πr3=4(2)先画出过球心的截面图,再来探求半径之间的关系.如图所示.由题意可得两球的球心O1,O2是重合的,过正三棱柱的一条侧棱AA1和它们的球心作截面,设正三棱柱底面边长为a,则A1E1=32a,D1E1=13A1E1=36a,A1D1=23A1E则R2=D1E1=36在Rt△A1D1O中有R12=A1D12+R22=(33a)2+(36a)2=5所以S1∶S2=R12∶答案:(1)B(2)5∶1(1)等体积法:若几何体各个面都与球相切,则可以内切球球心为顶点,将几何体分成多个棱锥,几何体的体积V=13(S1+S2+…+Sn)r内,所以r内=3(2)轴截面法:第一步,首先画出球及它的内切圆柱、圆锥等几何体,它们公共的轴截面;第二步,然后寻找几何体与几何体之间元素的关系.[拓展演练](1)正四面体A-BCD的棱长为a,O是棱AB的中点,以O为球心的球面与平面BCD的交线和CD相切,则球O的体积是()A.16πa3 B.26C.36πa3 D.23(2)如图,在圆柱O1O2内有一个球O,该球与圆柱的上、下底面及母线均相切.记圆柱O1O2的体积为V1,球O的体积为V2,则V1V2解析:(1)设点A在平面BCD内的射影为点E,则E为△BCD的中心,取CD的中点M,连接BM,则E∈BM,取线段BE的中点F,连接OF,OM,因为O,F分别为AB,BE的中点,所以OF12AE,因为AE⊥平面BCD,所以OF⊥平面BCD,因为BE⊂平面BCD,所以AE⊥BE,正△BCD的外接圆半径为BE=a2sinπ3=33所以OF=12AE=66a,易知球O被平面BCD所截的截面圆圆心为点F,且BF=EF=EM,故FM=BE=则球O的半径为OM=OF2+因此,球O的体积是V=43π×(22a)(2)设圆柱内切球的半径为R,则由题设可得圆柱O1O2的底面圆的半径为R,高为2R,故V1V2=π答案:(1)D(2)3球切、接中的最值问题[典例4](2022·新高考Ⅰ卷)已知正四棱锥的侧棱长为l,其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为36π,且3≤l≤33,则该正四棱锥体积的取值范围是()A.[18,814] B.[274,C.[274,643]解析:如图,设该球的球心为O,半径为R,正四棱锥的底边长为a,高为h,依题意,得36π=43πR3由题意及图可得l解得ℎ所以正四棱锥的体积V=13a2h=13(2l2-l418)·l26=所以V′=49l3-l554=19l3(4-令V′=0,得l=26,所以当3≤l<26时,V′>0;当26<l≤33时,V′<0,所以函数V=l418(2-l218)(3≤l≤33)在[3,26)上单调递增,在(26,33]上单调递减,又当l=3时,V=274;当l=26时,V=643;当l=33时,V=与球有关的最值问题,主要涉及球的半径这个基本量,当半径有明显的几何意义时,可以根据垂线段最短、两点之间线段最短等几何意义求解;当没有明显的几何意义时应该考虑函数、不等式模型求解.[拓展演练]在封闭的直三棱柱ABC-A1B1C1内有一个体积为V的球.若AB⊥BC,AB=6,BC=8,AA1=3,则V的最大值是()A.4π B.9π2 C.6π D.解析:要使球的体积V最大,必须使球的半径R最大.由题意知当球与直三棱柱的上、下底面都相切时,球的半径为R=32,当球与直三棱柱的三个侧面相切时,球的半径为R=2,因此直三棱柱里面放置的球体积最大时,球的半径只能为R=32,所以球的最大体积为V=43πR3=43π(32[选题明细表]知识点、方法题号接球问题1,2,3,4切球问题51.(2022·陕西西安一模)在《九章算术》中,将底面为矩形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马.如图,若四棱锥PABCD为阳马,侧棱PA⊥底面ABCD,且PA=22,AB=BC=2,则该阳马的外接球的表面积为(C)A.4π B.8π C.16π D.32π解析:因为四棱锥PABCD为阳马,侧棱PA⊥底面ABCD,如图,补全该阳马得到长方体,则该长方体的体对角线即为该阳马外接球的直径,设外接球半径为R,则(2R)2=AB2+BC2+PA2=4+4+8=16,所以R=2,所以该阳马的外接球的表面积为4πR2=16π.2.如图所示,几何体ABCDEF,底面ABCD为矩形,AB=4,BC=2,△ADE与△BCF是等边三角形,EF∥AB,AB=2EF,则该几何体的外接球的表面积为(C)A.6π B.12π C.22π D.24π解析:连接AC,BD交于点O,过O点作OM⊥平面ABCD,交EF于点M.因为四边形ABCD为长方形,所以外接球的球心在直线OM上,设O′为外接球的球心,取AD,BC的中点分别为G,H,连接EG,FH,GH,因为EF∥AB,AB∥GH,可得EF∥GH,因为△BFC,△EAD为等边三角形,所以FH⊥BC,因为BC⊥GH,FH∩GH=H,所以BC⊥平面EFHG,因为AB=4=2EF,所以AO=5,EF=2,所以EM=1,EO′=AO′=R,因为FH=3,所以EF到平面ABCD的距离为h=2,设OO′=x,则MO′=2±x,所以AO′2=AO2+OO′2,EO′2=EM2+MO′2,所以x2+5=1+(2±x)2,解得x=22所以R2=AO′2=AO2+OO′2=5+12=112,所以4πR3.已知三棱锥ABCD中,△BAC和△BCD是边长为2的等边三角形,且平面ABC⊥平面BCD,则该三棱锥外接球的表面积为(D)A.4π B.16π3 C.8π D.解析:取BC的中点E,连接AE,DE,则AE⊥BC,DE⊥BC,因为平面ABC⊥平面BCD,所以AE⊥平面BCD,DE⊥平面ABC,取△BCD的外心F,作FM∥AE,则F,M,E,A四点共面,取△ABC的外心H,过点H作EF的平行线交FM于点O,因为EF垂直于平面ABC,则HO⊥平面ABC,所以点O到A,B,C,D四点的距离相等,所以点O为三棱锥ABCD外接球的球心,连接OD,可求得OF=HE=33,DF=2所以R2=OD2=OF2+DF2=13+43=所以外接球的表面积为S=4πR2=20π34.已知两个圆锥有公共底面,且两圆锥的顶点和底面的圆周都在同一个球面上.若圆锥底面面积是这个球表面积的316,则这两个圆锥中,体积较小者的高与体积较大者的高的比值为解析:如图,设球的半径为R,圆锥底面半径为r.由题意得πr2=316·4πR2所以r2=34R2根据球的截面的性质可知两圆锥的高必过球心O,且两圆锥的顶点以及圆锥与球的交点是球的大圆上的点,且AB⊥O1C,所以OO1=R2-r因此体积较小的圆锥的高为AO1=R-R2=R体积较大的圆锥的高为BO1=R+R2=3故这两个圆锥中,体积较小者的高与体积较大者的高的比值为13答案:15.农历五月初五是端午节,民间有吃粽子的习俗,粽子又称“粽籺”,是端午节大家都会品尝的食品.如图(1)的平行四边形形状的纸片是由六个边长为1的正三角形组成的,将