2021數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)學(xué)案板塊1命題區(qū)間精講精講11球與幾何體的切接問題含解析

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精2021新高考數(shù)學(xué)（山東專用）二輪復(fù)習(xí)學(xué)案：板塊1命題區(qū)間精講精講11球與幾何體的切接問題含解析球與幾何體的切接問題命題點(diǎn)1外接球求解外接球問題的方法解決多面體外接球問題的關(guān)鍵是確定球心的位置,方法是先選擇多面體中的一面,確定此面多邊形外接圓的圓心,再過此圓心作垂直此面的垂線，則球心一定在此垂線上，最后根據(jù)其他頂點(diǎn)的情況確定球心的準(zhǔn)確位置．對于特殊的多面體還可通過補(bǔ)成正方體或長方體的方法找到球心位置．［高考題型全通關(guān)］1．直三棱柱ABC.A′B′C′的所有棱長均為2eq\r（3），則此三棱柱的外接球的表面積為()A．12πB．16πC．28πD．36πC[由直三棱柱的底面是邊長為2eq\r(3)的正三角形,得底面所在平面截外接球所成的圓O的半徑r＝2,又由直三棱柱的側(cè)棱長為2eq\r(3），得外接球球心到圓O的距離d＝eq\r（3)，則外接球半徑R滿足R2＝r2＋d2＝7，∴外接球的表面積S＝4πR2＝28π。故選C．］2．(2020·石家莊模擬)已知正三棱錐S。ABC的所有頂點(diǎn)都在球O的球面上，棱錐的底面是邊長為2eq\r（3）的正三角形，側(cè)棱長為2eq\r（5）,則球O的表面積為（)A．25πB．20πC．16πD．30πA［如圖，延長SO交球O于點(diǎn)D,設(shè)△ABC的外心為E，連接AE，AD，由正弦定理得2AE＝eq\f(2\r（3），sin60°）＝4,∴AE＝2,易知SE⊥平面ABC,由勾股定理可知，三棱錐S。ABC的高SE＝eq\r(SA2－AE2）＝eq\r(2\r（5）2－22）＝4，由于點(diǎn)A是以SD為直徑的球O上一點(diǎn)，∴∠SAD＝90°，由射影定理可知，球O的直徑2R＝SD＝eq\f(SA2,SE)＝5，因此,球O的表面積為4πR2＝π×（2R)2＝25π。］3．（2020·武漢部分學(xué)校質(zhì)量檢測）已知三棱錐P-ABC的四個(gè)頂點(diǎn)均在球O的球面上,PA＝PB＝PC＝2，且PA，PB，PC兩兩互相垂直，則球O的體積為（)A．16eq\r(3）πB．8eq\r（3)πC．4eq\r（3）πD．2eq\r(3）πC［因?yàn)镻A，PB，PC兩兩互相垂直，且PA＝PB＝PC＝2，所以以PA，PB，PC為交于一點(diǎn)的三條棱構(gòu)造正方體，則球O即此正方體的外接球,該正方體的體對角線長為球的直徑，即球的直徑為eq\r(PA2＋PB2＋PC2）＝eq\r(22＋22＋22)＝2eq\r(3)，所以球的半徑R＝eq\r(3)，所以球O的體積V＝eq\f(4，3)πR3＝eq\f(4,3)π(eq\r（3))3＝4eq\r(3)π，選C．]4．如圖,半徑為R的球的兩個(gè)內(nèi)接圓錐有公共的底面．若兩個(gè)圓錐的體積之和為球的體積的eq\f（3,8）,則這兩個(gè)圓錐的高之差的絕對值為(）A．eq\f（R，2）B．eq\f（2R，3)C．eq\f(4R，3)D．RD［設(shè)球的球心為O，半徑為R，體積為V,上面圓錐的高為h(h＜R），體積為V1，下面圓錐的高為H(H＞R），體積為V2，兩個(gè)圓錐共用的底面的圓心為O1，半徑為r.由球和圓錐的對稱性可知h＋H＝2R，｜OO1｜＝H－R.∵V1＋V2＝eq\f(3，8）V，∴eq\f（1，3)πr2h＋eq\f(1,3)πr2H＝eq\f(3,8）×eq\f(4,3）πR3，∴r2(h＋H）＝eq\f(3,2)R3.∵h(yuǎn)＋H＝2R，∴r＝eq\f(\r(3），2）R。∵OO1垂直于圓錐的底面，∴OO1垂直于底面的半徑，由勾股定理可知R2＝r2＋|OO1|2，∴R2＝r2＋(H－R）2,∴H＝eq\f(3,2)R，∴h＝eq\f(1,2)R,則這兩個(gè)圓錐的高之差的絕對值為R,故選D．］命題點(diǎn)2內(nèi)切球求解內(nèi)切球問題的關(guān)鍵點(diǎn)求解多面體的內(nèi)切球問題的關(guān)鍵是求內(nèi)切球的半徑．求內(nèi)切球半徑的一般方法為：將多面體分割為以球心為頂點(diǎn),多面體的各面為底面的棱錐，利用多面體的體積等于各分割棱錐的體積之和求內(nèi)切球的半徑．[高考題型全通關(guān)]1．已知一圓錐的底面直徑與母線長相等，一球體與該圓錐的所有母線和底面都相切,則球的表面積與圓錐的表面積的比值為(）A．eq\f(2,3）B．eq\f（4，9)C．eq\f（2\r（6）,9)D．eq\f（8，27）B[設(shè)圓錐的底面半徑為R,球的半徑為r,由題意知，圓錐的軸截面是邊長為2R的等邊三角形，球的大圓是該等邊三角形的內(nèi)切圓,所以r＝eq\f(\r（3),3）R，S球＝4πr2＝4π·eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（\r（3），3)R)）eq\s\up12（2)＝eq\f（4π，3）R2，S圓錐＝πR·2R＋πR2＝3πR2，所以球的表面積與圓錐的表面積的比值為eq\f(\f（4π,3)R2，3πR2)＝eq\f(4,9），故選B．]2．在封閉的正三棱柱ABC。A1B1C1內(nèi)有一個(gè)體積為V的球．若AB＝6,AA1＝4，則V的最大值是()A．16πB．eq\f（32π,3)C．12πD．4eq\r（3）πD［由正三角形ABC的邊長為6，得其內(nèi)切圓的半徑為r＝eq\r（3)〈2，所以在封閉的正三棱柱ABC。A1B1C1內(nèi)的球的半徑的最大值為eq\r(3)，所以Vmax＝eq\f（4，3）πr3＝4eq\r(3)π，故選D．]3．如圖，在三棱錐P。ABC中，PA＝4，AC＝2eq\r（7)，PB＝BC＝2eq\r（3)，PA⊥平面PBC,則三棱錐P。ABC的內(nèi)切球的表面積為（）A．eq\f（3，2)π B．eq\f（9,4）πC．4eq\r(3）π D．16eq\r（3）πB[由PA⊥平面PBC，且PA＝4,PB＝2eq\r（3),AC＝2eq\r(7），得AB＝2eq\r(7)，PC＝2eq\r(3）,所以△PBC為等邊三角形,△ABC為等腰三角形，V三棱錐P。ABC＝V三棱錐A。PBC＝eq\f(1，3)S△PBC×PA＝eq\f(1，3)×eq\f（\r(3),4)×（2eq\r(3）)2×4＝4eq\r(3），三棱錐P.ABC的表面積為S＝eq\f（1,2）×2eq\r（3)×4×2＋eq\f（\r（3），4）×（2eq\r（3））2＋eq\f（1,2)×2eq\r(3）×5＝16eq\r（3）.設(shè)內(nèi)切球半徑為r，則V三棱錐P-ABC＝eq\f（1,3)×S×r,即4eq\r(3)＝eq\f（1,3)×16eq\r(3)×r，所以r＝eq\f（3,4),所以三棱錐P-ABC的內(nèi)切球的表面積為4π×eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（3，4)）)eq\s\up12（2）＝eq\f(9π,4).]4．如圖，圓柱O1O2的底面直徑與高都等于球O的直徑,記圓柱O1O2的表面積為S1,球O的表面積為S2，則eq\f（S1，S2）＝________。eq\f（3，2）[設(shè)球的半徑為R，則圓柱的底面半徑為R，高為2R。所以球的表面積S2＝4πR2,圓柱的表面積S1＝2πR×2R＋πR2＋πR2＝6πR2，則eq\f（S1,S2）＝eq\f(6πR2，4πR2）＝eq\f（3，2).］命題點(diǎn)3與球有關(guān)的最值問題多面體與球有關(guān)的最值問題，主要有三種：一是多面體確定的情況下球的最值問題；二是球的半徑確定的情況下與多面體有關(guān)的最值問題；三是多面體與球均確定的情況下，截面的最值問題．[高考題型全通關(guān)］1．(2020·成都模擬)若矩形ABCD的對角線交點(diǎn)為O′，周長為4eq\r(10），四個(gè)頂點(diǎn)都在球O的表面上，且OO′＝eq\r（3)，則球O的表面積的最小值為(）A．eq\f（32\r(2)π,3)B．eq\f(64\r(2)π，3）C．32πD．48πC[由題意，知矩形ABCD所在的圓面為球O的一個(gè)截面．因?yàn)镺′為矩形ABCD的對角線的交點(diǎn),所以O(shè)O′所在直線垂直于矩形ABCD所在的圓面．因?yàn)榫匦蜛BCD的周長為4eq\r(10)，所以BC＋CD＝2eq\r(10)。設(shè)BC＝x，則CD＝2eq\r（10)－x，所以BD2＝BC2＋CD2＝x2＋(2eq\r（10)－x)2，即BD2＝2（x－eq\r(10)）2＋20。設(shè)球O的半徑為R，則R2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(BD,2)))eq\s\up12（2）＋O′O2＝eq\f(1,2)(x－eq\r(10））2＋8，所以當(dāng)x＝eq\r（10）時(shí),R2取得最小值8，所以球O的表面積的最小值Smin＝4π(R2）min＝32π,故選C．]2．（2020·洛陽尖子生第一次聯(lián)考)已知三棱錐P。ABC的四個(gè)頂點(diǎn)均在同一個(gè)球面上，底面△ABC滿足BA＝BC＝eq\r（6),∠ABC＝eq\f（π，2)，若該三棱錐體積的最大值為3，則其外接球的體積為（）A．8πB．16πC．eq\f(16，3）πD．eq\f(32,3）πD[如圖，∵△ABC是等腰直角三角形，∴AC為截面圓的直徑,外接球的球心O在截面ABC上的射影為AC的中點(diǎn)D，∴當(dāng)P，O，D共線且P，O位于截面ABC同一側(cè)時(shí)三棱錐的體積最大，高最大,此時(shí)三棱錐的高為PD，由eq\f(1，3）×eq\f（1,2)×eq\r(6）×eq\r(6)×PD＝3,解得PD＝3,設(shè)外接球的半徑為R，則OD＝3－R，OC＝R，在△ODC中，CD＝eq\f（1，2）AC＝eq\r（3）,由勾股定理得(3－R）2＋(eq\r(3）)2＝R2，解得R＝2。∴三棱錐P.ABC的外接球的體積V＝eq\f（4,3）π×23＝eq\f(32，3)π。故選D．］3．(2020·惠州第一次調(diào)研)在三棱錐A。BCD中，底面BCD是直角三角形且BC⊥CD，斜邊BD上的高為1，三棱錐A-BCD的外接球的直徑是AB，若該外接球的表面積為16π，則三棱錐A。BCD體積的最大值為________．eq\f(4，3）［如圖，過點(diǎn)C作CH⊥BD于H.由外接球的表面積為16π,可得外接球的半徑為2，則AB＝4。因?yàn)锳B為外接球的直徑，所以∠BDA＝90°，∠BCA＝90°,即BD⊥AD，BC⊥CA，又BC⊥CD,CA∩CD＝C,所以BC⊥平面ACD，所以BC⊥AD，又BC∩BD＝B，所以AD⊥平面BCD，所以平面ABD⊥平面BCD，又平面ABD∩平面BCD＝BD，所以CH⊥平面ABD．設(shè)AD＝x（0＜x＜4)，則BD＝eq\r(16－x2)。在△BCD中,BD邊上的高CH＝1，所以V三棱錐A。BCD＝V三棱錐C。ABD＝eq\f(1,3)×eq\f(1，2)×x×eq\r（16－x2）×1＝eq\f(1，6)eq\r(－x4＋16x2），當(dāng)x2＝8時(shí)，V三棱錐.BCD有最大值，故三棱錐A。BCD體積的最大值為eq\f(4,3)。]4．已知某個(gè)機(jī)械零件是由兩個(gè)有公共底面的圓錐組成的，且這兩個(gè)圓錐有公共點(diǎn)的母線互相垂直，把這個(gè)機(jī)械零件打磨成球形，該球的半徑最大為1，設(shè)這兩個(gè)圓錐的高分別為h1，h2，則h1＋h2的最小值為________．2eq\r（2)［由題意可知,打磨后所得半徑最大的球是由這兩個(gè)圓錐構(gòu)成的組合體的內(nèi)切球，內(nèi)切球的半徑R＝1，如圖為這個(gè)組合體的軸截面示意圖，圓O為內(nèi)切球的軸截面，E，F(xiàn)，G，H分別為切點(diǎn),連接OA，OB，OC，OD，OE，OF，OG，OH，由題意可知AB⊥BC，AD⊥DC,AC＝h1＋h2，R＝OE＝OF＝OG＝OH＝1，則S四邊形ABCD＝S△AOB＋S△BOC＋S△COD＋S△AOD，即AB×BC＝eq\f（1，2）R×AB＋eq\f(1,2)R×BC＋eq\f(1,2）R×CD＋eq\f（1