2025《金版教程•高考數(shù)學復習創(chuàng)新方案》微專題6 與球有關(guān)的切、接、截面問題

球的切、接、截面問題是歷年高考的熱點內(nèi)容，常以選擇題、填空題的形式出現(xiàn)，一般圍繞球與其他幾何體的內(nèi)切、外接問題命題，考查球的體積、表面積等．類型一外接球解決與外接球相關(guān)問題的關(guān)鍵是確定球心，然后通過球心和接點作截面，進而將球的外接問題轉(zhuǎn)化為平面幾何問題，利用平面幾何知識來分析、處理．例1(1)(2024·江蘇啟東中學階段考試)已知三棱錐P－ABC的三條側(cè)棱兩兩互相垂直，且AB＝eq\r(5)，BC＝eq\r(7)，AC＝2，則此三棱錐的外接球的體積為()A．eq\f(8π,3) B．eq\f(8\r(2)π,3)C．eq\f(16π,3) D．eq\f(32π,3)答案B解析由題意知，可將三棱錐放入長方體中考慮，則長方體的外接球即為三棱錐的外接球，故球的半徑為長方體體對角線的一半，設(shè)PA＝x，則PB2＋PC2＝BC2＝7，即5－x2＋4－x2＝7，解得x＝1，故PA＝1，PB＝2，PC＝eq\r(3)，所以R＝eq\f(\r(12＋22＋（\r(3)）2),2)＝eq\r(2)，所以此三棱錐的外接球的體積為eq\f(4,3)πR3＝eq\f(8\r(2)π,3).(2)(2022·新高考Ⅱ卷)已知正三棱臺的高為1，上、下底面邊長分別為3eq\r(3)和4eq\r(3)，其頂點都在同一球面上，則該球的表面積為()A．100π B．128πC．144π D．192π答案A解析設(shè)正三棱臺上、下底面所在圓面的半徑分別為r1，r2，所以2r1＝eq\f(3\r(3),sin60°)，2r2＝eq\f(4\r(3),sin60°)，則r1＝3，r2＝4.設(shè)球心到上、下底面的距離分別為d1，d2，球的半徑為R(R≥4)，所以d1＝eq\r(R2－9)，d2＝eq\r(R2－16)，故|d1－d2|＝1或d1＋d2＝1，即|eq\r(R2－9)－eq\r(R2－16)|＝1或eq\r(R2－9)＋eq\r(R2－16)＝1，解得R2＝25，符合題意，所以球的表面積為S＝4πR2＝100π.故選A.(3)(2023·全國乙卷)已知點S，A，B，C均在半徑為2的球面上，△ABC是邊長為3的等邊三角形，SA⊥平面ABC，則SA＝________．答案2解析如圖，將三棱錐S－ABC轉(zhuǎn)化為直三棱柱SMN－ABC，設(shè)△ABC的外接圓的圓心為O1，半徑為r，則2r＝eq\f(AB,sin∠ACB)＝eq\f(3,\f(\r(3),2))＝2eq\r(3)，可得r＝eq\r(3).設(shè)三棱錐S－ABC的外接球的球心為O，連接OA，OO1，則OA＝2，OO1＝eq\f(1,2)SA，因為OA2＝O1A2＋OOeq\o\al(2,1)，即4＝3＋eq\f(1,4)SA2，所以SA＝2.(4)(2022·新高考Ⅰ卷改編)已知正四棱錐的側(cè)棱長為l，其各頂點都在同一球面上．若該球的體積為36π，且3≤l≤3eq\r(3)，則該正四棱錐體積的取值范圍是________．答案eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(27,4)，\f(64,3)))解析如圖，設(shè)該球的半徑為R，球心為O，正四棱錐的底邊長為a，高為h，正四棱錐的側(cè)棱與高所成的角為θ，則正四棱錐的底邊長a＝eq\r(2)lsinθ，高h＝lcosθ.依題意，得36π＝eq\f(4,3)πR3，解得R＝3.在△OPC中，作OE⊥PC，垂足為E，則可得cosθ＝eq\f(\f(l,2),R)＝eq\f(l,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，所以l＝6cosθ，所以正四棱錐的體積V＝eq\f(1,3)a2h＝eq\f(1,3)(eq\r(2)lsinθ)2·lcosθ＝eq\f(2,3)(6cosθ)3sin2θcosθ＝144(sinθcos2θ)2.設(shè)sinθ＝t，易得t∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),2))).令y＝sinθcos2θ＝t(1－t2)＝t－t3，則y′＝1－3t2，令y′＝0，得t＝eq\f(\r(3),3)，所以當eq\f(1,2)＜t＜eq\f(\r(3),3)時，y′＞0；當eq\f(\r(3),3)＜t＜eq\f(\r(3),2)時，y′＜0，所以函數(shù)y＝t－t3在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),3)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，\f(\r(3),2)))上單調(diào)遞減．又當t＝eq\f(\r(3),3)時，y＝eq\f(2\r(3),9)；當t＝eq\f(1,2)時，y＝eq\f(3,8)；當t＝eq\f(\r(3),2)時，y＝eq\f(\r(3),8).所以eq\f(\r(3),8)≤y≤eq\f(2\r(3),9)，所以eq\f(27,4)≤V≤eq\f(64,3).所以該正四棱錐的體積的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(27,4)，\f(64,3))).1．求解幾何體外接球半徑的思路一是根據(jù)球的截面的性質(zhì)，利用球的半徑R、截面圓的半徑r及球心到截面圓的距離d三者的關(guān)系R2＝r2＋d2求解，其中，確定球心的位置是關(guān)鍵；二是將幾何體補成長方體，利用該幾何體與長方體共有外接球的特征，由外接球的直徑等于長方體的體對角線長求解．2．確定球心常用的方法(1)長方體或正方體的外接球的球心是其體對角線的中點．(2)正棱柱的外接球的球心是上、下底面中心連線的中點．(3)直三棱柱的外接球的球心是上、下底面三角形外心連線的中點．(4)正棱錐的外接球的球心在其高上，具體位置可通過建立直角三角形運用勾股定理計算得到．1．(2024·福建寧德一中高三模擬)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB⊥BC，BC＝1，AB＝eq\r(3)，AA1＝2eq\r(3)，則該直三棱柱的外接球的體積為()A．eq\f(8π,3) B．eq\f(16π,3)C．eq\f(32π,3) D．eq\f(64π,3)答案C解析如圖所示，將直三棱柱ABC－A1B1C1補成長方體，則長方體的外接球即為直三棱柱的外接球．長方體的體對角線長為eq\r(（2\r(3)）2＋（\r(3)）2＋1)＝4，設(shè)長方體的外接球的半徑為R，則2R＝4，解得R＝2，所以該直三棱柱的外接球的體積V＝eq\f(4,3)πR3＝eq\f(32π,3).故選C.2．(2024·鞍山一中高三模擬)在三棱錐P－ABC中，PA＝BC＝4，PB＝AC＝5，PC＝AB＝eq\r(11)，則三棱錐P－ABC外接球的表面積為()A．26π B．12πC．8π D．24π答案A解析三棱錐P－ABC中，PA＝BC＝4，PB＝AC＝5，PC＝AB＝eq\r(11)，如圖，構(gòu)造長方體，使得面上的對角線長分別為4，5，eq\r(11)，則長方體的體對角線長等于三棱錐P－ABC外接球的直徑，設(shè)長方體的棱長分別為x，y，z，則x2＋y2＝16，y2＋z2＝25，x2＋z2＝11，則x2＋y2＋z2＝26，因此三棱錐P－ABC外接球的直徑為eq\r(26)，所以三棱錐P－ABC外接球的表面積為4π·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(26),2)))eq\s\up12(2)＝26π.故選A.3．(2024·四川遂寧高三期末)已知A，B，C，D在球O的表面上，△ABC為等邊三角形且邊長為3，AD⊥平面ABC，AD＝2，則球O的表面積為________．答案16π解析球心O在平面ABC的投影為△ABC的中心，設(shè)為O1，連接OD，OO1，OA，設(shè)H是AD的中點，連接OH，如圖所示，則AO1＝eq\f(3,2sin60°)＝eq\r(3)，OA＝OD＝R，則OH⊥AD，四邊形AO1OH為矩形，OO1＝AH＝1，R2＝AOeq\o\al(2,1)＋OOeq\o\al(2,1)＝3＋1＝4，故R＝2，S＝4πR2＝16π.4．(2022·全國乙卷改編)已知球O的半徑為1，四棱錐的頂點為O，底面的四個頂點均在球O的球面上，則當該四棱錐的體積最大時，其高為________．答案eq\f(\r(3),3)解析設(shè)該四棱錐的底面為四邊形ABCD，四邊形ABCD所在小圓的半徑為r，四邊形ABCD對角線的夾角為α，則S四邊形ABCD＝eq\f(1,2)AC·BDsinα≤eq\f(1,2)AC·BD≤eq\f(1,2)·2r·2r＝2r2(當且僅當四邊形ABCD為正方形時，等號成立)，即當四棱錐的頂點O到底面ABCD所在小圓距離一定時，底面ABCD的面積的最大值為2r2，設(shè)該四棱錐的高為h，則r2＋h2＝1，所以VO－ABCD＝eq\f(1,3)·2r2·h＝eq\f(\r(2),3)eq\r(r2·r2·2h2)≤eq\f(\r(2),3)eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(r2＋r2＋2h2,3)))\s\up12(3))＝eq\f(4\r(3),27)，當且僅當r2＝2h2，即h＝eq\f(\r(3),3)時，等號成立．類型二內(nèi)切球解決與內(nèi)切球相關(guān)的問題，其通法也是作截面，將空間幾何問題轉(zhuǎn)化為平面幾何問題來解決．例2(1)(2024·廣東廣州模擬)已知一個圓臺的母線長為5，且它的內(nèi)切球的表面積為16π，則該圓臺的體積為()A．25π B．eq\f(84π,3)C．28π D．36π答案C解析由圓臺的內(nèi)切球的表面積為16π，可得球的半徑為2.設(shè)圓臺上、下底面圓的半徑分別為x，y，作出圓臺的軸截面如圖所示．根據(jù)題意可知eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋y＝5，,42＋（y－x）2＝52，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝4.))又圓臺的高為4，所以該圓臺的體積為eq\f(1,3)×(π＋16π＋eq\r(π×16π))×4＝28π.故選C.(2)已知正三棱錐的高為1，底面邊長為2eq\r(3)，內(nèi)有一個球與四個面都相切，則正三棱錐的內(nèi)切球的半徑為________．答案eq\r(2)－1解析如圖，過點P作PD⊥平面ABC于點D，連接AD并延長交BC于點E，連接PE.因為△ABC是正三角形，所以AE是BC邊上的高和中線，D為△ABC的中心．因為AB＝BC＝2eq\r(3)，所以S△ABC＝3eq\r(3)，DE＝1，PE＝eq\r(2).所以S三棱錐表＝3×eq\f(1,2)×2eq\r(3)×eq\r(2)＋3eq\r(3)＝3eq\r(6)＋3eq\r(3).因為PD＝1，所以三棱錐的體積V＝eq\f(1,3)×3eq\r(3)×1＝eq\r(3).設(shè)內(nèi)切球的半徑為r，以球心O為頂點，三棱錐的四個面為底面，把正三棱錐分割為四個小三棱錐，由eq\f(1,3)S三棱錐表·r＝eq\r(3)，得r＝eq\f(3\r(3),3\r(6)＋3\r(3))＝eq\r(2)－1.(3)(2023·全國甲卷)在正方體ABCD－A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別為CD，A1B1的中點，則以EF為直徑的球面與正方體每條棱的交點總數(shù)為________．答案12解析如圖，不妨設(shè)正方體的棱長為2，EF的中點為O，取AB，BB1的中點G，M，側(cè)面BB1C1C的中心為N，連接FG，EG，OM，ON，MN，由題意可知，O為球心，在正方體中，EF＝eq\r(FG2＋EG2)＝eq\r(22＋22)＝2eq\r(2)，即R＝eq\r(2)，則球心O到BB1的距離為OM＝eq\r(ON2＋MN2)＝eq\r(12＋12)＝eq\r(2)，所以球O與棱BB1相切，球面與棱BB1只有1個交點，同理，根據(jù)正方體的對稱性知，球面與其余各棱也只有1個交點，所以以EF為直徑的球面與正方體每條棱的交點總數(shù)為12.“切”的問題常用的處理方法(1)找準切點，通過作過球心的截面來解決．(2)通過體積分割法來求內(nèi)切球的半徑．5．已知圓錐的底面半徑為1，母線長為3，則該圓錐內(nèi)半徑最大的球的體積為________．答案eq\f(\r(2)π,3)解析圓錐內(nèi)半徑最大的球即為圓錐的內(nèi)切球，設(shè)其半徑為r.作出圓錐的軸截面PAB，如圖所示，則△PAB的內(nèi)切圓為圓錐的內(nèi)切球的大圓．在△PAB中，PA＝PB＝3，D為AB的中點，AB＝2，E為切點，則PD＝2eq\r(2)，△PEO∽△PDB，故eq\f(PO,PB)＝eq\f(OE,DB)，即eq\f(2\r(2)－r,3)＝eq\f(r,1)，解得r＝eq\f(\r(2),2)，故內(nèi)切球的體積為eq\f(4,3)π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))eq\s\up12(3)＝eq\f(\r(2)π,3).6.(2024·山東煙臺模擬)某學校開展手工藝品展示活動，某同學用塑料制作了如圖所示的手工藝品，其外部為一個底面邊長為6的正三棱柱，內(nèi)部為一個球，球的表面與三棱柱的各面均相切，則該內(nèi)切球的表面積為________，三棱柱的頂點到球的表面的最短距離為________．答案12πeq\r(15)－eq\r(3)解析過側(cè)棱的中點作正三棱柱的截面，如圖所示，則球心為△MNG的中心．因為MN＝6，所以△MNG內(nèi)切圓的半徑r＝OH＝eq\f(1,3)MH＝eq\f(1,3)eq\r(MN2－HN2)＝eq\r(3)，即內(nèi)切球的半徑R＝eq\r(3)，所以內(nèi)切球的表面積S＝4πR2＝12π.又正三棱柱的高AA1＝2R＝2eq\r(3)，OM＝eq\f(2,3)MH＝2eq\r(3)，所以AO＝eq\r(OM2＋AM2)＝eq\r(（2\r(3)）2＋（\r(3)）2)＝eq\r(15)，所以點A到球的表面的最短距離為AO－R＝eq\r(15)－eq\r(3).類型三球的截面、截線問題解決球的截面、截線問題的關(guān)鍵是利用球的截面的性質(zhì)．例3(1)(2024·云南昆明模擬)已知OA為球O的半徑，M為線段OA上的點，且AM＝2MO，過點M且垂直于OA的平面截球面得到圓M，若圓M的面積為8π，則OA＝()A．2eq\r(2) B．3C．2eq\r(3) D．4答案B解析如圖所示，由題意，得π×BM2＝8π，則BM＝2eq\r(2).設(shè)球的半徑為R，則MO＝eq\f(1,3)R，OB＝R，所以R2＝eq\f(1,9)R2＋(2eq\r(2))2，所以O(shè)A＝R＝3.故選B.(2)已知A，B，C為球O的球面上的三個點，⊙O1為△ABC的外接圓，若⊙O1的面積為4π，AB＝BC＝AC＝OO1，則球O的表面積為()A．64π B．48πC．36π D．32π答案A解析設(shè)⊙O1的半徑為r，球的半徑為R，依題意，得πr2＝4π，∴r＝2.由正弦定理可得eq\f(AB,sin60°)＝2r，∴AB＝2rsin60°＝2eq\r(3)，∴OO1＝AB＝2eq\r(3).根據(jù)球的截面性質(zhì)，得OO1⊥平面ABC，∴OO1⊥O1A，R＝OA＝eq\r(OOeq\o\al(2,1)＋O1A2)＝eq\r(OOeq\o\al(2,1)＋r2)＝4，∴球O的表面積S＝4πR2＝64π.故選A.(3)(2020·新高考Ⅰ卷)已知直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的棱長均為2，∠BAD＝60°.以D1為球心，eq\r(5)為半徑的球面與側(cè)面BCC1B1的交線長為________．答案eq\f(\r(2)π,2)解析如圖所示，取B1C1的中點為E，BB1的中點為F，CC1的中點為G，連接D1E，EF，EG，D1B1，因為∠BAD＝60°，直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的棱長均為2，所以△D1B1C1為等邊三角形，所以D1E＝eq\r(3)，D1E⊥B1C1.又四棱柱ABCD－A1B1C1D1為直四棱柱，所以BB1⊥平面A1B1C1D1，所以BB1⊥D1E.因為BB1∩B1C1＝B1，所以D1E⊥側(cè)面B1C1CB.設(shè)P為側(cè)面B1C1CB與球面的交線上的點，連接D1P，EP，則D1E⊥EP.因為球的半徑為eq\r(5)，D1E＝eq\r(3)，所以EP＝eq\r(D1P2－D1E2)＝eq\r(5－3)＝eq\r(2)，所以側(cè)面B1C1CB與球面的交線上的點到E的距離為eq\r(2).因為EF＝EG＝eq\r(2)，所以側(cè)面B1C1CB與球面的交線是扇形EFG的弧eq\o(FG,\s\up8(︵)).因為∠B1EF＝∠C1EG＝eq\f(π,4)，所以∠FEG＝eq\f(π,2)，所以根據(jù)弧長公式可得交線長l＝eq\f(π,2)×eq\r(2)＝eq\f(\r(2)π,2).(1)球的截面一定是一個圓面．(2)球心和小圓圓心連線垂直于小圓圓面．(3)過球內(nèi)一點作球的截面，最大截面為過球心的圓面，最小截面為過該點且垂直于球心和該點連線的截面．7．(2024·江蘇蘇州?？茧A段練習)傳說古希臘數(shù)學家阿基米德的墓碑上刻著一個圓柱，圓柱內(nèi)有一個內(nèi)切球，這個球的直徑恰好與圓柱的高相等，如圖是一個圓柱容球，O1，O2為圓柱兩個底面的圓心，O為球心，EF為底面圓O1的一條直徑，若球的半徑R＝2，則(1)平面DEF截得球的截面面積的最小值為________；(2)若P為球面和圓柱側(cè)