第16讲简单多面体球与组合体

1/26知识梳理高考速递典例精析简单多面体、球与组合体2/26知识梳理多面体是考查空间位置关系、角与距离等知识的载体，因此考生应该理解多面体(棱柱、棱锥、正多面体、组合体)的定义与有关概念、性质、面积公式、体积公式，熟悉多面体中常见的平行与垂直关系，会求多面体中常见的线面角(比如棱锥的侧棱与底面所成的角)、二面角等.3/26(1)球的很多问题都是通过球的截面平面化后，转化为圆的问题来解决的，重点是结合图形，区别好大圆与小圆，提高空间想象能力；(2)经线、纬线是解决与地理有关的球的问题的基本概念，要理解这些知识，并能合理利用经度与纬度来解题.在解决球面距离问题时，熟练掌握求经过两点的大圆上的劣弧长的方法；(3)求球的表面积、体积，求两点的球面距离，组合体等问题时，常常把球中的问题转化为相应的轴截面来处理，有时还利用圆的有关性质、正弦定理和余弦定理来解决球的问题.球是近几年高考的一个热点(湖南高考近三年均出现了)，主要考查了球面距离，球与多面体的切、接构成的组合体问题、截面问题、面积、体积的计算等，常用的解题方法有：4/261.(2008·全国卷Ⅱ)如图，正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，AA1=2AB=4，点E在CC1上且C1E=3EC.(1)证明：A1C⊥平面BED；(2)求二面角A1-DE-B的大小.高考速递C1B1D1A1CBADE5/26因为A1C与平面BED内两条相交直线BD、EF都垂直,C1B1D1A1CBADFGE依题设知，AB=2，CE=1.(1)证明：连结AC交BD于点F，则BD⊥AC.由三垂线定理知，BD⊥A1C.在平面A1CA内，连结EF交A1C于点G,故Rt△A1AC∽Rt△FCE,∠AA1C=∠CFE,则∠CFE与∠FCA1互余.于是A1C⊥EF.所以A1C⊥平面BED.解法１122AAACFCCE由于,6/26C1B1D1A1CBADFGHE所以二面角A1-DE-B的大小为arctan55由三垂线定理知A1H⊥DE，故∠A1HG是二面角A1-DE-B的平面角.2223,.3CECFEFCFCECGEF(2)作GH⊥DE，垂足为H，连结A1H、HG.2231,,33EGEGCECGEF12.315EFFDGHDE2211115626,.3ACAAACAGACCG11tan55.AGAHGHG7/26解法2以D为坐标原点，射线DA、DC、DD1分别为x轴、y轴、z轴的正半轴，建立如图所示的直角坐标系D-xyz.110,2,1,2,2,0,2,2,4,2,0,4DEDBACDA所以A1C⊥平面BED.C1B1D1A1CBADEzyx依题设知，B(2,2,0),C(0,2,0),E(0,2,1),A1(2,0,4).(1)证明：因为A1C·DB=0,A1C·DE=0,故A1C⊥BD，A1C⊥DE.又BD∩DE=D，8/26则.11114cos,42nACnACnAC(2)设向量n=(x,y,z)是平面DA1E的法向量，100nDEnDA20240yzxz,故则令y=1,则z=－2,x=4,故n=(4,1,－2).又由(1)知，A1C⊥平面BED故等于二面角A1-DE-B的平面角，1,nAC14arccos42所以二面角A1-DE-B的大小为C1B1D1A1CBADEzyx9/26典例精析【分析】此题可运用特殊位置法化难为易则平面α球得到一个大圆.设公共弦为AB，故选C.则AB为另一个截面圆的直径,即AB的中点为其圆心，22213d=【解析】可设其中一个平面α过球心O，例1（1）(2008·全国卷Ⅱ)已知球的半径为2，相互垂直的两个平面分别截球面得到两个圆，若两圆的公共弦长为2，则两圆的圆心距等于()A.1B.C.D.2C23(2)球心和截面圆心的连线垂直于截面22dRr公共弦端点，球心构成半径为2的等腰三角形10/26例1(2)(2006·湖南卷)棱长为2的正四面体的四个顶点都在同一球面上，若过该球球心的一个截面如图，则图中三角形(正四面体的截面)的面积是()A.B.C.D.223223【分析】准确确定截面圆在原图中的位置.【解析】由题意得知：截面过正四面体的两个顶点，故选C.EF为△BEC边BC上的高，从而.222EFECFC故EC=.31=22SBCEF于是，C11/26例２如图，在斜三棱柱ABC-A1B1C1，∠A1AB=∠A1AC，AB=AC，A1A=A1B=a，侧面B1BCC1与底面ABC所成的二面角为120°，E、F分别是棱B1C1、A1A的中点.(1)求A1A与底面ABC所成的角；(2)证明A1E∥平面B1FC；(3)求经过A1、A、B、C四点的球的体积.1B1A1C【分析】本题是一道立体几何的综合题，以三棱柱为载体，考查了线面角、线面平行、外接球等内容.本题中求外接球的体积关键是根据已知条件确定外接球的球心，再求出半径.12/26所以A1A与底面ABC所成的角为60°.解析(1)过A1作A1H⊥平面ABC，垂足为H.连结AH，并延长交BC于G，连结EG，于是∠A1AH为A1A与底面ABC所成的角.因为∠A1AB=∠A1AC，所以AG为∠BAC的平分线.又AB=AC，则AG⊥BC，且G为BC的中点.由三垂线定理得A1A⊥BC.因为A1A∥B1B，且EG∥B1B,所以EG⊥BC.于是∠AGE为二面角A-BC-E的平面角，即∠AGE=120°.由四边形A1AGE为平行四边形，得∠A1AG=60°.1A1C1BG13/26所以A1E∥平面B1FC.(2)证明:设EG与B1C的交点为P，则点P为EG的中点，连结PF.在平行四边形AGEA1中，因为F为A1A的中点，故A１E∥FP.而FP平面B1FC，A1E平面B1FC，1A1C1BGP14/26设所求球的球心为O，O∈A1H，1Bo1A1CGP在Rt△A1FO中,111132coscos303aAFAOaAAH则△A1AC≌△A1AB，故A1C=A1B.由已知得A1A=A1B=A1C=a.又因为A1H⊥平面ABC，所以H为△ABC的外心.且球心O与A1A的中点F的连线OF垂直A1A.333443()3334327RaaV=球的体积故所求球的半径R=a33在△A1AC和△A1AB中，(3)连结A1C.由于AC=AB,∠A1AC=∠A1AB,A1A=A1A，15/26变式训练(1)如图，三棱锥A-BCD的两条棱AB、CD满足AB=CD=6，其余各棱长均为5，求三棱锥的内切球的半径；(2)若正四面体的四个顶点都在表面积为36π的一个球面上,求这个四面体的高.典例精析16/26又AE⊥CD，BE⊥CD，则CD⊥平面ABE.(1)取CD的中点E，连结AE、BE.因为AC=AD，CE=ED，224AEACCE所以在Rt△ACE中，同理，可得BE=4.在△ABE中，因为AB=6，所以AB边上的高为71376673ABCDV所以又S全=S△ABC×4=48,378因此内切球的半径为解析故由S全·R=VA-BCD,得R=.37813167372S△ABE=所以17/26即正四面体的高为4.(2)如右图，设四面体的边长为x，球的半R，则3x3AH2436R由得R=3.22223233SHxxx（）所以4hABCOSH①②2223933xRx得（联）立①②222AHSASHAHSRt中，又在22222)33(3xAHOAOHAHORt中在62x解得18/26球与多面体的切、接问题，要弄清位置关系，选择最佳角度作出截面，以使空间问题能转化为平面问题解决.【回顾与反思】另外，求内切球的半径时，等体积法是一种常见方法.19/26备选例题半径为R的四个球两两相外切，第五个球与这四个球都外切，求这个球的表面积.典例精析3O4O1O2O..O四个相同的球两两外切，可知它们的球心为一个正四面体的四个顶点.第五个球的球心应为正四面体的外接(内切)球的球心，因此可转化成正四面体这一我们熟悉的图形来解决.【分析】20/26则O1O2O3O4为正四面体，O为正四面体O1O2O3O4的中心.作O1H⊥平面O2O3O4，则点O在O1H上.设半径为R的四个球的球心分别为O1，O2，O3，O4,第五个球的球心为O，如图所示.12341114,33OOOOSOHSOH底底所V以116,46OHOHR故116.2OOOHOHR所以222264411046.2SrRR表所以3O4O1O2O..O解析.33222332,2221RRHOROO依题意，RRRHOOOHOHOO3623442222221121中，在直角三角形的内切球半径，为正四面体因为4321OOOOOH,26,,21RRrrROOrO所以则的半径为设球21/26【回顾与反思】遇到一些比较陌生，正面不易求解的试题时，考生应注意认真审题，尽量转化为自己比较熟悉的典型习题，结合熟悉的背景，化繁为简、化陌生为熟悉.