备考2024届高考数学一轮复习好题精练第七章立体几何与空间向量突破1球的切接问题命题点3球与多面体的棱相切的问题

命题点3　球与多面体的棱相切的问题例3（1）[2023全国卷甲]在正方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝4，O为AC1的中点，若该正方体的棱与球O的球面有公共点，则球O的半径的取值范围是　[22，23]　.解析　由该正方体的棱与球O的球面有公共点，可知球O的半径应介于该正方体的棱切球（与各条棱均相切的球）半径和外接球半径之间（包含棱切球半径和外接球半径）.设该正方体的棱切球半径为r，因为AB＝4，所以2r＝2×4，所以r＝22；设该正方体的外接球半径为R，因为AB＝4，所以（2R）2＝42＋42＋42，所以R＝23.所以球O的半径的取值范围是[22，23].（2）[2023广东省高州市二模]已知球O与正四面体A－BCD的各棱相切，且与平面α相切，若AB＝1，则正四面体A－BCD表面上的点到平面α距离的最大值为　6＋24　.解析　将正四面体A－BCD补形成正方体，如图所示.因为球O与正四面体A－BCD的各棱相切，所以球O即正方体的内切球，易知球心O为正方体体对角线的中点，如图所示.记正四面体A－BCD表面上的点到球心O的距离为d，球O的半径为r，则正四面体A－BCD表面上的点到平面α距离的最大值为d＋r的最大值.设正方体棱长为a，则a2＋a2＝1，解得a＝22，所以r＝24，易知dmax＝OA＝12×3a2＝64，所以正四面体A－BCD表面上的点到平面α距离的最大值为64＋24＝6＋24.方法技巧破解此类球与多面体的棱相切问题的关键一是会转化，即能把所求的问题进行转化，例如，以正四面体的相对棱的中点的连线为直径的球，常转化为与几何体的棱相切的问题，从而把空间问题平面化；二是会求球的半径，能在转化后的平面问题中，寻找相关的量，求出球的半径或直径.训练3（1）[多选/2024福州市一检]已知正四棱柱ABCD－A1B1C1D1的底面边长为2，球O与正四棱柱的上、下底面及侧棱都相切.P为平面CDD1内一点，且直线BP与球O相切，则（　BCD　）A.球O的表面积为4πB.直线BD1与BP所成的角等于45°C.该正四棱柱的侧面积为162D.侧面ABB1A1与球面的交线长为2π解析　如图1，设球O与正四棱柱的下底面相切于点O1，连接OO1，则OO1⊥平面ABCD，连接O1A，OA，则∠OAO1为直线OA与平面ABCD所成的角.因为球O与正四棱柱的上、下底面及侧棱都相切，所以球O的半径R＝OO1＝O1A＝2，所以球O的表面积S表＝4π×2＝8π，该正四棱柱的侧面积为4×2×22＝162，故选项A错误，C正确. 依题意，BB1，BP均为球O的切线，BD1经过球心O，所以∠B1BD1＝∠PBD1.连接B1D1，则B1D1＝22＝BB1，所以∠PBD1＝∠B1BD1＝45°，即直线BD1与BP所成的角为45°，选项B正确.对于选项D，记棱AA1的中点为F，则球O与棱AA1的切点为F，故侧面ABB1A1与球面的交线为过点F的圆，记矩形ABB1A1的中心为E，则侧面ABB1A1与球面的截面圆的圆心为E，如图2，连接EF，截面圆的半径r＝EF＝12AB＝1，所以截面圆的周长为2π，即侧面ABB1A1与球面的交线长为2π，选项D正确.综上，选BCD.图1图2（2）[2023山西省朔州市大地学校高中部第四次月考]正四面体的内切球、棱切球（与各条棱均相切的球）及外接球的半径之比为　1∶3∶3　.解析　设正四面体S－ABC的棱长为1，外接球和内切球的半径分别为R，r，如图所示，设D为AB的中点，连接SD，CD，作SE⊥CD于点E，由正四面体的性质可知线段SE为正四面体S－ABC的高.在正三角形SAB中，SD＝1－（12）2＝32.同理，在正三角形ABC中，CD＝32，则DE＝13×CD＝36，S△ABC＝12×1×32＝34，所以SE＝SD2－DE2＝（32）2－（36）2＝63，则V四面体S－ABC＝13S△ABC×SE＝13×34×63＝212.由正四面体的性质知，其内切球、棱切球、外接球的球心重合，且球心O在线段SE上，则R＋r＝OS＋OE＝SE＝63，V四面体S－ABC＝4×13S△ABC×r＝4×13×34×r＝33r＝212，所以r＝612，故R＝64.连接OD，因为棱切球与棱AB相切，故其半径为OD＝r2＋DE2＝（612）2＋（36）2＝24，故正四面体的内切球、棱切球及外接球的半径之比为612∶24∶64＝1∶3∶3.