2025高考数学二轮专题复习专题四立体几何微重点1球的切、接问题 .docx
微重点1球的切、接问题
[考情分析]空间几何体的外接球、内切球、截面问题是高中数学的重点、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.
考点一空间几何体的外接球
考向1柱体的外接球
例1已知三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱垂直于底面，各顶点都在同一球面上.若该棱柱的体积为3，AB=2，AC=1，∠BAC=60°，则该外接球的表面积等于(
A.8π B.9π
C.10π D.11π
答案A
解析由AB=2，AC=1，∠BAC=60°及余弦定理可得BC=AB2+A
所以AC2+BC2=AB2，∠ACB=90°，
所以底面外接圆的圆心为斜边AB的中点.
设△ABC的外接圆半径为r，
则r=AB2=1
又S△ABC=12BC·AC=12×3
所以V三棱柱ABC-A1B1C1=S△ABC·AA
因为三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱垂直于底面，设外接球的半径为R，
则R2=r2+AA122=12
所以外接球的表面积S=4πR2=4π×2=8π.
考向2锥体的外接球
例2已知四棱锥P-ABCD中，底面四边形ABCD为正方形，侧面PAD为正三角形，且侧面PAD⊥底面ABCD，若PD=a，则该四棱锥外接球的表面积为()
A.πa2 B.73πa2
C.74πa2 D.5πa
答案B
解析根据题意得出图形，
球心为O，E，F分别为△PAD和正方形ABCD的中心，
因为侧面PAD⊥底面ABCD，PD=a，
所以四棱锥的高为a2-a2
底面正方形外接圆半径为22a
由OA=OP，即AF2+OF2=PE2+OE2，
即22a2+OF2=
解得OF=36a
所以四棱锥外接球半径的平方，
即AO2=OF2+AF2=7
故其表面积为4π×7a212=73
考向3台体的外接球
例3(2024·秦皇岛模拟)已知正三棱台ABC-A1B1C1的所有顶点都在表面积为65π的球O的球面上，且AB=2A1B1=43，则正三棱台ABC-A1B1C1的体积为.
答案213或283
解析设点O1，O2分别是△A1B1C1，△ABC的外接圆的圆心，球O的半径为R，
则4πR2=65π，
解得R=652，且O1，O2，O
正三棱台ABC-A1B1C1的高为O1O2，
在等边△ABC中，AB=43
由正弦定理可得2AO2=ABsin60°=
得AO2=4.
在等边△A1B1C1中，A1B1=23
由正弦定理可得2A1O1=A1B
得A1O1=2.
在Rt△OO1A1中，OO12+A1O12
即OO12+4=654，得
在Rt△OO2A中，OO22+AO22
即OO22+16=654，得
如果三棱台的上下底面在球心O的同侧，如图1所示，则正三棱台的高为O1O2=OO1-OO2=72-12
此时正三棱台ABC-A1B1C1的体积
V1=13×
(43)2
如果三棱台的上下底面在球心O的两侧，如图2所示，则正三棱台的高为O1O2=OO1+OO2=72+12
此时正三棱台ABC-A1B1C1的体积
V2=13×
34×(23
综上，正三棱台ABC-A1B1C1的体积为213或283.
考向4可补成规则几何体的外接球
例4在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD为正方形，PA=4，PC与平面ABCD所成角的大小为θ，且tanθ=223，则四棱锥P-ABCD外接球的表面积为
A.26π B.28π
C.34π D.14π
答案C
解析如图，因为PA⊥平面ABCD，四边形ABCD为正方形，
所以可将四棱锥P-ABCD补成长方体PEFG-ABCD，
则四棱锥P-ABCD的外接球也是长方体PEFG-ABCD的外接球.
由PA⊥平面ABCD，所以∠PCA就是PC与平面ABCD所成的角θ，
则tanθ=PAAC=4AC=223
设四棱锥P-ABCD的外接球的半径为R，
因为长方体PEFG-ABCD的对角线PC的长即为其外接球的直径，
所以PC=2R=AC2+PA2=(3
所以四棱锥P-ABCD外接球的表面积为4πR2=34π.
[规律方法]求解空间几何体的外接球问题的策略
(1)定球心：球心到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(要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系)，达到空间问题平面化的目的.
(3)求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解.
跟踪演练1(1)(2024·凉山模拟)已知在三棱锥P-ABC中，PA=3，PB=PC=2，底面ABC是边长为1的正三角形，则该三棱锥的外接球表面积为(
A.3π B.13π3
C.4π D.