高考数学一轮复习 9.11 多面体与正多面体教案
9.11 多面体与正多面体
●知识梳理
1.每个面都是有相同边数的正多边形，每个顶点为端点都有相同棱数的凸多面体，叫做正多面体.
2.正多面体有且只有5种.分别是正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体、正二十面体. ●点击双基
1.一个正方体内有一个内切球面，作正方体的对角面，所得截面图形是
答案：B
2.正多面体只有_____________种，分别为________________.
答案：5 正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体、正二十面体
3.在正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，M 、N 分别是A 1B 1、BB 1的中点，则直线AM 与CN 所成的角的余弦值是_____________.
解析：过N 作NP ∥AM 交AB 于点P ，连结C 1P ，解三角形即可.
答案：
5
2 ●典例剖析
【例1】 已知甲烷CH 4的分子结构是中心一个碳原子，外围有4个氢原子（这4个氢原子构成一个正四面体的四个顶点）.设中心碳原子到外围4个氢原子连成的四条线段两两组成的角为θ，则cos θ等于
A.－
3
1
B.
3
1
C.－
2
1
D.
2
1 解析：将正四面体嵌入正方体中，计算易得 cos θ=
3
32)22()3()3(2
22??-+=－
3
1
（设正方体的棱长为2）. 答案：A
【例2】 试求正八面体二面角的大小及其两条异面棱间的距离.
解：如图，设正八面体的棱长为4a ，以中心O 为原点，对角线DB 、AC 、QP 为x 轴、y 轴、
z 轴建立空间直角坐标系，则A （0，－22a ，0）、B （22a ，0，0）、C （0，22a ，0）、P
（0，0，22a ），设E 为BC 的中点，连结PE 、QE 、OE ，则∠PEQ =2∠PEO 即为所求二面角的平面角，∵OE =2a ，OP =22a ，∴tan ∠PEO =2，∠PEQ =2arctan 2.设n =（x ，y ，z ）是AB
与PC 的公垂线的一个方向向量，则有n ·AB =x +y =0，n ·PC =y －z =0，解得
n =（－1，1，1），所以向量BC =（－22a ，22a ，0）在n 上的射影长d =
3
||BC n =
364a
即为所求.
特别提示
由于正多面体中的等量关系、垂直关系比较多，所以便于建立直角坐标系，运用解析法
处理.要注意恰当选取坐标原点，一般取其中心或顶点（如正四棱柱）.
【例3】 三个12×12 cm 的正方形，如图，都被连结相邻两边中点的直线分成A 、B 两片〔如图（1）〕，把6片粘在一个正六边形的外面〔如图（2）〕，然后折成多面体〔如图（3）〕，求此多面体的体积.
解法一： 补成一个正方体，如图甲，V =
21V 正方体=2
1
×123=864 cm 3.
甲 乙
解法二：补成一个三棱锥，如图乙，V =V 大三棱锥－3V 小三棱锥=864 cm 3
. 思考讨论
补形的方法可将不规则的几何体转化成规则的几何体，这是求多面体体积的常用方法. ●闯关训练 夯实基础
1.每个顶点处棱都是3条的正多面体共有
A.2种
B.3种
C.4种
D.5种 解析：正多面体只有5种. 答案：B
2.如图，在棱长为1的正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，O 为正方形ABCD 的中心，E 、F 分别为AB 、BC 的中点，则异面直线C 1O 与EF 的距离为_____________.
答案：
4
2 培养能力
3.四面体的一条棱长是x ，其他各条棱长为1. （1）把四面体的体积V 表示为x 的函数f （x ）； （2）求f （x ）的值域； （3）求f （x ）的单调区间. 解：（1）设BC =x ，则S 到平面ABC 的垂足O 是△ABC 的外心，连结AO 并延长交BC 于D ，
则D 是BC 的中点，且AD ⊥BC ，求得AD =2
42x -，S ABC ?=
4x 24x -.
设△ABC 的外接圆的半径为R ，求得R =241
x
-，SO =22
43x x --， ∴V =
31S ABC ?·SO =12
x
23x -（0＜x ＜3）.
（2）f （x ）=
12
x
23x -=
121 )3(22x x -?=1214
9
)23(22+--x ，
∵0＜x 2
＜3，∴f （x ）∈（0，8
1
）. （3）∵当x =
2
6
时，f （x ）取得最大值， 又∵0＜x ＜3，∴f （x ）的单调递增区间是（0，
26］，递减区间是［2
6，3）. 4.（文）已知正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的棱长为2，O 为AC 与BD 的交点，M 为DD 1的中点.
（1）求证：直线B 1O ⊥平面MAC ；
（2）求二面角B 1—MA —C 的大小.
（1）证明：∵BB 1⊥平面ABCD ，OB ⊥AC ， ∴B 1O ⊥AC .
连结MO 、MB 1，则MO =3，B 1O =6，MB 1=3. ∵MO 2
+B 1O 2
=MB 12
，∴∠MOB 1=90°. ∴B 1O ⊥MO .
∵MO ∩AC =O ，∴B 1O ⊥平面MAC .
（2）解：作ON ⊥AM 于点N ，连结B 1N . ∵B 1O ⊥平面MAC ，∴AM ⊥平面B 1ON . ∴B 1N ⊥AM .
∴∠B 1NO 就是二面角B 1—MA —C 的平面角. ∵AM =5，CM =5，∴AM =CM .
又O 为AC 的中点，∴OM ⊥AC .则ON =OA sin ∠MAO =5
32?
=
5
6.
在Rt △B 1ON 中，tan ∠B 1NO =
ON
O
B 1=5， ∴∠B 1NO =arctan 5，即所求二面角的大小为arctan 5.
说明：本题的两问是递进式的，第（1）问是为第（2）问作铺垫的.第（2）问中构造二面角的平面角的方法是典型的三垂线法.
（理）在边长为a 的正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别为AB 与C 1D 1的中点. （1）求证：四边形A 1ECF 是菱形； （2）求证：EF ⊥平面A 1B 1C ；
（3）求A 1B 1与平面A 1ECF 所成角的正切值. （1）证明：取A 1B 1的中点G ，连结C 1G 、GE .
∵A 1G ∥FC 1且A 1G =FC 1，∴A 1GC 1F 是平行四边形.∴A 1F ∥C 1G .同理C 1G ∥CE .∴A 1F ∥CE .由勾股定理算得A 1E =A 1F =CE =CF =
2
5
a ，∴四边形A 1ECF 是菱形. （2）证明：连结C 1B ，∵E 、F 分别为AB 与C 1D 1的中点，∴C 1F =BE .又C 1F ∥BE ，
∴C 1FEB 为平行四边形.∴C 1B ∥EF .而C 1B ⊥B 1C ，∴EF ⊥B 1C.又四边形A 1ECF 是菱形，∴EF ⊥A 1C .∴EF ⊥面A 1B 1C .
（3）解：由（2）知，EF ⊥平面A 1B 1C ，又EF ?平面A 1ECF ，∴平面A 1B 1C ⊥平面A 1ECF .∴B 1在平面A 1ECF 上的射影在线段A 1C 上.∴∠B 1A 1C 就是A 1B 1与平面A 1ECF 所成的角.
∵A 1B 1⊥B 1C ，在Rt △A 1B 1C 中，tan ∠B 1A 1C =
1
11B A C
B =2.∴A 1B 1与平面A 1ECF 所成角的正切值为2.
探究创新
5.（2003年烟台诊断性测试）（B ）正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1的棱长为2，且AC 与BD 交于点O ，E 为棱DD 1的中点，以A 为原点，建立空间直角坐标系A —xyz ，如图所示.
（1）求证：B 1O ⊥平面EAC ；
（2）若点F 在EA 上且B 1F ⊥AE ，试求点F 的坐标； （3）求二面角B 1—EA —C 的正弦值. （1）证明：由题设知下列各点的坐标： A （0，0，0），B （2，0，0），C （2，2，0），D （0，2，0），E （0，2，1），B 1（2，0，2）. 由于O 是正方形ABCD 的中心， ∴O （1，1，0）.
∴O B 1 =（－1，1，－2），AC =（2，2，0），AE =（0，2，1）. ∴O B 1·AC =（－1，1，－2）·（2，2，0）=－1·2+1·2－2·0=0， O B 1·AE =（－1，1，－2）·（0，2，1）=－1·0+1·2－2·1=0. ∴O B 1⊥AC ，O B 1⊥AE . ∴B 1O ⊥平面ACE .
（2）解：设点F 的坐标为F （0，y ，z ），则F B 1 =（－2，y ，z －2）， ∵F B 1⊥AE ，
∴F B 1·AE =（－2，y ，z －2）·（0，2，1）=2y +z －2=0.
①
又∵点F 在AE 上，∴AF =λAE （λ∈R ）. 又AF =（0，y ，z ），
∴（0，y ，z ）=λ（0，2，1）=（0，2λ，λ）.
于是?
??.==λλz y ,2
②
由①②可得λ=
52，y =54，z =52
， ∴F （0，54，5
2
）.
（3）解：∵B 1O ⊥平面EAC ，B 1F ⊥AE ，连结OF ，由三垂线定理的逆定理得OF ⊥AE ， ∴∠OFB 1即为二面角B 1—EA —C 的平面角.
∵|O B 1|=222)2(1)1(-++-=6，
又F B 1=（－2，
54，－5
8）， ∴|F B 1|=222)5
8()5
4
()2(-++-=
55
6. 在Rt △B 1OF 中，sin ∠B 1FO =
|
|||11F B O B =
6
30. 故二面角B 1—EA —C 的正弦值为
6
30. ●思悟小结
1.割补法是求多面体体积的常用方法.
2.理解多面体、正多面体、凸多面体的概念，熟悉五种正多面体. ●教师下载中心 教学点睛
学习本节要使学生理解多面体、正多面体的概念. 拓展题例
【例1】 正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，异面直线CD 1和BC 1所成的角是
A.60°
B.45°
C.90°
D.120° 解析：连结D 1A 1、AC ，知△ACD 1是等边三角形，且D 1A ∥BC 1，所以BC 1与CD 1所成的角是60°. 答案：A
【例2】 边长为a 的正三角形，要拼接成一个正三棱柱且不剩料，应如何设计?（在图中用虚线画出）
解：设O 为△ABC 的中心，连结OA 、OB 、OC ，并设OA 、OB 、OC 的中点分别为A 1、B 1、C 1，过A 1、B 1、C 1分别向三边作垂线，则所得三个矩形即为三个侧面，三个角上的小四边形拼在一起即为上底面.
【变式】 △ABC 若为一般三角形，又如何拼接？
【例3】 如图，在棱长为a 的正方体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别为棱A 1B 1和B 1C 1的中点.
（1）求二面角B 1—BF —E 的大小. （2）求点D 到平面BEF 的距离.
（3）能否在棱B 1B 上找到一点M ，使DM ⊥面BEF ？若能，请确定点M 的位置；若不能，请说明理由.
解：（1）过B 1作B 1G ⊥BF 于G ，连结EG ，则由EB 1⊥面B 1BCC 1，可知EG ⊥BF
.
∴∠B 1GE 是二面角B 1—BF —E 的平面角. 在Rt △BB 1F 中，B 1B =a ，B 1F =2
a
， ∴BF =2121F B B B +=
2
5
a ， B 1G =BF F B B B 11?=a a
a 2
5
2?
=55 a . 在Rt △B 1GE 中，B 1E =2a ，B 1G =55a ， ∴tan ∠B 1GE =G B E B 11=a a
5
5
2=25
.
∴∠B 1GE =arctan
2
5. 故二面角B 1—BF —E 的大小为arctan
2
5. （2）连结B 1D 1与EF 交于N ， 则EF ⊥B 1D 1.又BB 1⊥EF ，
∴EF ⊥面BB 1D 1D .又EF ?面BEF ，
∴面BEF ⊥面BB 1D 1D ，且面BEF ∩面BB 1D 1D =BN . 过D 作DH ⊥BN 于H ，则DH ⊥面BEF . ∴DH 的长即为点D 到面BEF 的距离. 在矩形BB 1D 1D 中， 易证△BDH ∽△NBB 1， ∴
1BB DH =BN DB ，DH =BN DB BB ?1=a a a 4
2
32?=34a .故点D 到面BEF 的距离为34
a . （3）在平面BB 1D 1D 中，延长DH 交BB 1于M ，由（2），DH ⊥面BEF ， ∴DM ⊥面BEF . 由△BDM ∽△B 1BN ，有
N B BM 1=1
BB BD
，
∴BM =
1
1BB N
B BD ?=
a
a
a 422?
=2a .
则M 为BB 1的中点.
故在棱BB 1上可找到点M ，使DM ⊥面BEF ，此时M 为BB 1的中点.
高中数学空间几何体的内切球与外接球问题
空间几何体的内切球与外接球问题 1．[2016·全国卷Ⅱ] 体积为8的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为( ) A ．12π B.32 3 π C ．8π D ．4π [解析]A 因为正方体的体积为8，所以正方体的体对角线长为23，所以正方体的外接球的半径为3，所以球的表面积为4π·(3)2＝12π. 2．[2016·全国卷Ⅲ] 在封闭的直三棱柱ABC - A 1B 1C 1内有一个体积为V 的球．若AB ⊥BC ，AB ＝6，BC ＝8，AA 1＝3，则V 的最大值是( ) A ．4π B.9π2 C ．6π D.32π 3 [解析]B 当球与三侧面相切时，设球的半径为r 1，∵AB ⊥BC ，AB ＝6，BC ＝8，∴8－r 1＋6－r 1＝10，解得r 1＝2，不合题意；当球与直三棱柱的上、下底面相切时，设球的半径为r 2， 则2r 2＝3，即r 2＝32.∴球的最大半径为32，故V 的最大值为43π×????323＝92 π. 3.[2016·郑州模拟] 在平行四边形ABCD 中，∠CBA ＝120°，AD ＝4，对角线BD ＝23，将其沿对角线BD 折起，使平面ABD ⊥平面BCD ，若四面体ABCD 的顶点在同一球面上，则该球的体积为________． 答案：2053 π；解析：因为∠CBA ＝120°，所以∠DAB ＝60°，在三角形ABD 中，由余弦 定理得(23)2＝42＋AB 2－2×4·AB ·cos 60°，解得AB ＝2，所以AB ⊥BD .折起后平面ABD ⊥平面BCD ，即有AB ⊥平面BCD ，如图所示，可知A ，B ，C ，D 可看作一个长方体中的四个顶点，长方体的体对角线AC 就是四面体ABCD 外接球的直径，易知AC ＝22＋42＝25， 所以球的体积为205 3 π. 4.[2016·山西右玉一中模拟] 球O 的球面上有四点S ，A ，B ，C ，其中O ，A ，B ，C 四点共面，△ABC 是边长为2的正三角形，平面SAB ⊥平面ABC ，则棱锥S-ABC 的体积的最大 值为( ) A . 3 3 B . 3 C ．2 3 D ．4 选A ；[解析] (1)由于平面SAB ⊥平面ABC ，所以点S 在平面ABC 上的射影H 落在AB 上，根据球的对称性可知，当S 在“最高点”，即H 为AB 的中点时，SH 最大，此时棱锥S -ABC 的体积最大． 因为△ABC 是边长为2的正三角形，所以球的半径r ＝OC ＝23CH ＝23×32×2＝23 3 . 在Rt △SHO 中，OH ＝12OC ＝3 3 ，
多面体与球切、接的问题(一)
多面体与球切、接的问题（一） 纵观近几年高考对于组合体的考查，与球相关的外接与内切问题是高考命题的热点之一.高考命题小题综合化倾向尤为明显，要求学生有较强的空间想象能力和准确的计算能力，才能顺利解答.从实际教学来看，这部分知识学生掌握较为薄弱、认识较为模糊，看到就头疼的题目.分析原因，除了这类题目的入手确实不易之外，主要是学生没有形成解题的模式和套路，以至于遇到类似的题目便产生畏惧心理.下面结合近几年高考题对球与几何体的切接问题作深入的探究,以便更好地把握高考命题的趋势和高考的命题思路,力争在这部分内容不失分.从近几年全国高考命题来看,这部分内容以选择题、填空题为主，大题很少见.首先明确定义1：若一个多面体的各顶点都在一个球的球面上，则称这个多面体是这个球的内接多面体，这个球是这个多面体的外接球。 定义2：若一个多面体的各面都与一个球的球面相切，则称这个多面体是这个球的外切多面体，这个球是这个多面体的内切球. 1球与柱体的切接 规则的柱体，如正方体、长方体、正棱柱等能够和球进行充分的组合，以外接和内切两种形态进行结合，通过球的半径和棱柱的棱产生联系，然后考查几何体的体积或者表面积等相关问题. 1.1球与正方体 如图所示，正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1，设正方体的棱长为a ，E ,F ,H ,G 为棱的中点，O 为球的球心.常见组合方式有三类：一是球为正方体的内切球，截面图为正方形EFGH 和其内切圆，则 a OJ r ==；二是与正方体各棱相切的球，截面图为正方形EFGH 和其外接圆，则2 GO R a ==；三是球为正方体的外接球，截面图为长方形11ACA C 和其外接圆，则132A O R a '== .通过这三种类型可以发现，解决正方体与球的组合问题，常用工具是截面图，即根据组合的形式找到两个几何体的轴截面，通过两个截面图的位置关系，确定好正方体的棱与球的半径的关系，进而将空间问题转化为平面问题.
多面体与球切、接的问题(讲)
纵观近几年高考对于组合体的考查，与球相关的外接与内切问题是高考命题的热点之一?高考命题小题综合化倾向尤为明显，要求学生有较强的空间想象能力和准确的计算能力，才能顺 利解答?从实际教学来看，这部分知识学生掌握较为薄弱、认识较为模糊，看到就头疼的题目?分析原因，除了这类题目的入手确实不易之外，主要是学生没有形成解题的模式和套路，以 至于遇到类似的题目便产生畏惧心理?下面结合近几年高考题对球与几何体的切接问题作深 入的探究，以便更好地把握高考命题的趋势和高考的命题思路，力争在这部分内容不失分?从 近几年全国高考命题来看，这部分内容以选择题、填空题为主，大题很少见 首先明确定义1:若一个多面体的各顶点都在一个球的球面上，则称这个多面体是这个球的内 接多面体，这个球是这个多面体的外接球。 定义2:若一个多面体的各面都与一个球的球面相切，则称这个多面体是这个球的外切多面 体，这个球是这个多面体的内切球? 1球与柱体的切接 规则的柱体，如正方体、长方体、正棱柱等能够和球进行充分的组合，以外接和内切两种形 态进行结合，通过球的半径和棱柱的棱产生联系，然后考查几何体的体积或者表面积等相关 问题? 1.1 球与正方体 如图所示，正方体ABCD-A1B1C1D1，设正方体的棱长为a，E,F,H,G为棱的中点，0为 球的球心.常见组合方式有三类：一是球为正方体的内切球，截面图为正方形EFGH和其内 a 切圆，则0J = r ；二是与正方体各棱相切的球，截面图为正方形EFGH和其外接圆， 2 则Go| =R =乎a ；三是球为正方体的外接球，截面图为长方形ACAG和其外接圆，则 73 AO =R -a?通过这三种类型可以发现，解决正方体与球的组合问题，常用工具是截面 2 图，即根据组合的形式找到两个几何体的轴截面，通过两个截面图的位置关系，确定好正方 体的棱与球的半径的关系，进而将空间问题转化为平面问题
高考数学易错题7.1 多面体与球的组合体问题-2019届高三数学提分精品讲义
专题七 不等式 问题一：多面体与球的组合体问题 一、考情分析 纵观近几年高考对于组合体的考查,重点放在与球相关的外接与内切问题上.要求学生有较强的空间想象能力和准确的计算能力,才能顺利解答.从实际教学来看,这部分知识是学生掌握最为模糊,看到就头疼的题目.分析原因,除了这类题目的入手确实不易之外,主要是学生没有形成解题的模式和套路,以至于遇到类似的题目便产生畏惧心理． 二、经验分享 (1)求解球与棱柱、棱锥的接、切问题时，一般过球心及接、切点作截面，把空间问题转化为平面图形与圆的接、切问题，再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解． (2)若球面上四点P ，A ，B ，C 构成的三条线段P A ，PB ，PC 两两互相垂直，且P A ＝a ，PB ＝b ，PC ＝c ，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，利用4R 2＝a 2＋b 2＋c 2求解． (3)研究有一条侧棱垂直于底面的三棱锥的外接球，可把该三棱锥补成直三棱柱 三、知识拓展 (1)正方体的棱长为a ，球的半径为R ， ①若球为正方体的外接球，则2R ＝3a ； ②若球为正方体的内切球，则2R ＝a ； ③若球与正方体的各棱相切，则2R ＝2a . (2)若长方体的同一顶点的三条棱长分别为a ，b ，c ，外接球的半径为R ，则2R ＝a 2＋b 2＋c 2. (3)正四面体的外接球与内切球的半径之比为3∶1 四、题型分析 (一) 球与柱体的组合体 规则的柱体,如正方体、长方体、正棱柱等能够和球进行充分的组合,以外接和内切两种形态进行结合,通过球的半径和棱柱的棱产生联系,然后考查几何体的体积或者表面积等相关问题. 1.1 球与正方体 如图1所示,正方体1111ABCD A B C D -,设正方体的棱长为a ,,,,E F H G 为棱的中点,O 为球的球心.常见组合方式有三类：一是球为正方体的内切球,截面图为正方形EFGH 和其内切圆,则2 a OJ r == ；二是与正方
立体几何多面体与外接球问题
1 立体几何多面体与外接球问题 1、若棱长为3的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为________. 2、一个正方体的各顶点均在同一球面上，若该正方体的表面积为24，则该球的体积为____. 3、一个长方体的各顶点均在同一球面上，且一个顶点上的三条棱长分别为1，2,3，则此球的表面积为_____ 4、一个四棱柱的底面是正方形,侧棱与底面垂直,其长度为4,棱柱的体积为16,棱柱的各顶点在一个球面上,则这个球的表面积是( ) A .16π B .20π C.24π D .32π 5、正方体的内切球与其外接球的体积之比为 ( ) A. 1∶3 B. 1∶3 C. 1∶33 D. 1∶9 答案 C 7、一个正四棱柱的各个顶点在一个直径为2 cm 的球面上。如果正四棱柱的底面边长为1 cm ，那么该棱柱的表面积为 cm 2. 答案 242+ 8、若三棱锥的三条侧棱两两垂直，且侧棱长均为3，则其外接球的表面积是______. 9、一个正四面体的所有棱长都为2,四个顶点在同一个球面上,则此球的表面积为( ) A.3π B.4π C.33π D.6π 10、 一个正三棱锥的四个顶点都在半径为1的球面上，其中底面的三个顶点在该球的一个大圆上，则该正三棱锥的体积是（ ） A ．4 33 B ．33 C ． 43 D ．123 11、 直三棱柱111ABC A B C -的各顶点都在同一球面上，若12AB AC AA ===,120BAC ∠=?，则此球的表面积等于 。 解:在ABC ?中2AB AC ==,120BAC ∠=?,可得23BC =,由正弦定理,可得ABC ? 外接圆半径r=2,设此圆圆心为O '，球心为O ，在RT OBO '?中，易得球半径5R = ，故此球的表面积为2 420R ππ=. 12、正三棱柱111ABC A B C -内接于半径为2的球，若,A B 两点的球面距离为π，则正三棱柱的体积为 ． 答案 8 13、如图，半径为2的半球内有一内接正六棱锥P ABCDEF -，则此正六棱锥的侧面积是________．
多面体与球的组合体问题的求解策略
多面体与球的组合体问题的求解策略 如果一个多面体的各个顶点都在同一个球面上，那么称这个多面体是球的内接多面体，这个球称为多面体的外接球．有关多面体外接球的问题，是立体几何的一个重点，也是高考考查的一个热点．研究多面体的外接球问题，既要运用多面体的知识，又要运用球的知识，并且还要特别注意多面体的有关几何元素与球的半径之间的关系，而多面体外接球半径的求法在解题中往往会起到至关重要的作用． 策略一：公式法 例1 一个六棱柱的底面是正六边形，其侧棱垂直于底面，已知该六棱柱的顶点都在同一个球面上，且该六棱柱的体积为98，底面周长为３，则这个球的体积为_________． 【解析】设正六棱柱的底面边长为x ，高为h ，则有263,936,8 4x x h =???=???∴1,23x h ?=???=?． ∴正六棱柱的底面圆的半径12r =，球心到底面的距离32 d =．∴外接球的半径221R r d =+=，43 V π∴=球 【小结】本题是运用公式222R r d =+求球的半径的，该公式是求球的半径的常用公式 策略二：多面体几何性质法[来 XK] 例2 已知各顶点都在同一个球面上的正四棱柱的高为4，体积为16，则这个球的表面积是 A ．16π B ．20π C ．24π D ．32π 【解析】设正四棱柱的底面边长为x ，外接球的半径为R ，则有2416x =，解得2x =．[来源:Zxxk ．Com] ∴222222426,6R R =++=∴= ．∴这个球的表面积是2424R ππ=．选C ． 【小结】本题是运用“正四棱柱的体对角线的长等于其外接球的直径”这一性质来求解的． 策略三：补形法 例3 若三棱锥的三个侧面两两垂直，且侧棱长均为3，则其外接球的表面积是_________． 【解析】据题意可知，该三棱锥的三条侧棱两两垂直，∴把这个三棱锥可以补成一个棱长为3的正方体，于是正方体的外接球就是三棱锥的外接球．
高考数学球的切接问题
八个有趣模型——搞定空间几何体的外接球与内切球 当讲到付雨楼老师于2018年1月14日总第539期微文章，我如获至宝.为有了教学的实施，我以付老师的文章主基石、框架，增加了我个人的理解及例题，形成此文，仍用文原名，与各位同行分享.不当之处，敬请大家批评指正. 一、有关定义 1．球的定义：空间中到定点的距离等于定长的点的集合（轨迹）叫球面，简称球. 2．外接球的定义：若一个多面体的各个顶点都在一个球的球面上，则称这个多面体是这个球的内接多面体，这个球是这个多面体的外接球. 3．内切球的定义：若一个多面体的各面都与一个球的球面相切，则称这个多面体是这个球的外切多面体，这个球是这个多面体的内切球. 二、外接球的有关知识与方法 1．性质： 性质1：过球心的平面截球面所得圆是大圆，大圆的半径与球的半径相等； 性质2：经过小圆的直径与小圆面垂直的平面必过球心，该平面截球所得圆是大圆； 性质3：过球心与小圆圆心的直线垂直于小圆所在的平面（类比：圆的垂径定理）； 性质4：球心在大圆面和小圆面上的射影是相应圆的圆心； 性质5：在同一球中，过两相交圆的圆心垂直于相应的圆面的直线相交，交点是球心（类比：在同圆中，两相交弦的中垂线交点是圆心）. 初图1 初图2 2．结论： 结论1：长方体的外接球的球心在体对角线的交点处，即长方体的体对角线的中点是球心； 结论2：若由长方体切得的多面体的所有顶点是原长方体的顶点，则所得多面体与原长方体的外接球相同；结论3：长方体的外接球直径就是面对角线及与此面垂直的棱构成的直角三角形的外接圆圆心，换言之，就是：底面的一条对角线与一条高（棱）构成的直角三角形的外接圆是大圆； 结论4：圆柱体的外接球球心在上下两底面圆的圆心连一段中点处； 结论5：圆柱体轴截面矩形的外接圆是大圆，该矩形的对角线（外接圆直径）是球的直径； 结论6：直棱柱的外接球与该棱柱外接圆柱体有相同的外接球； 结论7：圆锥体的外接球球心在圆锥的高所在的直线上； 结论8：圆锥体轴截面等腰三角形的外接圆是大圆，该三角形的外接圆直径是球的直径； 结论9：侧棱相等的棱锥的外接球与该棱锥外接圆锥有相同的外接球. 3．终极利器：勾股定理、正定理及余弦定理（解三角形求线段长度）； 三、内切球的有关知识与方法 1．若球与平面相切，则切点与球心连线与切面垂直.（与直线切圆的结论有一致性）. 2．内切球球心到多面体各面的距离均相等，外接球球心到多面体各顶点的距离均相等.（类比：与多边形的内切圆）. 3．正多面体的内切球和外接球的球心重合. 4．正棱锥的内切球和外接球球心都在高线上，但不一定重合. 5．基本方法：
多面体与球的内切和外接常见类型归纳
多面体与球的内切和外接常见类型归纳 在平常教学中，立体几何的多面体与球的位置关系，是培养学生的立体感，空间想象能力的好教材。可是学生在两个几何体的组合后，往往感到无从下手。针对这种情况，笔者把日常教学中有关这方面的习题加以总结和归类如下： 一．正四面体与球 如图所示，设正四面体的棱长为a ，r 为内切球的半径，R 为外接球的半径。则高SE=3 2a,斜 高SD=4 3a ，OE=r=SE-SO ，又SD=BD,BD=SE-OE, 则在 2222)(OE SE BD EB OE OEB -==+?中，直角 r= a 126。R=SO=OB=a 4 6 特征分析： 1． 由于正四面体是一个中心对成图形，所以它的内切球与外 接球的球心为同一个。 2． R=3r. r= a 126 R=a 4 6 。此结论可以记忆。 例题一。1、一个四面体的所有棱长都为2，四个顶点在同一球 面上，则此球的表面积为（ ） 分析：借助结论，R= a 46=4 6 2= 2 3 ,所以S=42R π=3π。
2、球的内接正四面体又有一个内切球，则大球与小球的表面积之比是（ ） 分析：借助R=3r ，答案为9：1。 二、特殊三棱锥与球 四个面都是直角三角形的三棱锥。 SA AB BC ABC ABC ⊥⊥为直角三角形，面, 因为SA ⊥AC ，SB ⊥BC ，球心落在SC 的中点处。所以 R=2 SC 。 三．正方体与球。 1．正方体的外接球 即正方体的8个定点都在球面上。 关键找出截面图:ABCD 为正方体的体对角面。设正方体的边长为a ，则AB=2a ，BD=2R ，AD=a ， R= 2 3 a 。 C 2． 正方体的内切球。 （1）与正方体的各面相 切。如图：ABCD 为正方 体的平行侧面的正方形。 C B A
高考数学中的内切球和外接球问题---专题复习
高考数学内切球和外接球问题 如果一个多面体的各个顶点都在同一个球面上，那么称这个多面体是球的内接多面体，这个球称为多面体的外接球.有关多面体外接球的问题，是立体几何的一个重点，也是高考考查的一个热点.考查学生的空间想象能力以及化归能力.研究多面体的外接球问题，既要运用多面体的知识，又要运用球的知识，并且还要特别注意多面体的有关几何元素与球的半径之间的关系，而多面体外接球半径的求法在解题中往往会起到至关重要的作用. 一、直接法(公式法) 1、求正方体的外接球的有关问题 例1、若棱长为3的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为______________ . 解析：要求球的表面积，只要知道球的半径即可.因为正方体内接于球，所以它的体对角线正好为球的直径，因此，求球的半径可转化为先求正方体的体对角线长，再计算半径.故表面积为π 27. 例2、一个正方体的各顶点均在同一球的球面上，若该正方体的表面积为24，则该球的体积为______________. 解析：要求球的体积，还是先得求出球的半径，而球的直径正好是正方体的体对角线，因此，由正方体表面积可求出棱长，从而求出正方体的体对角线是3 2所以球的半径为3.故该球的体积为π3 4. 2、求长方体的外接球的有关问题 例1、一个长方体的各顶点均在同一球面上，且一个顶点上的三条棱长分别为1,2,3，则此球的表面积为 . 解析：关键是求出球的半径，因为长方体内接于球，所以它的体对角线正好为球的直径。长方体体对角线长为14，故球的表面积为14π. 例2、已知各顶点都在一个球面上的正四棱柱高为4，体积为16，则这个球的表面积为（）. A. 16π B. 20π C. 24π D. 32π 解析：正四棱柱也是长方体。由长方体的体积16及高4可以求出长方体的底面边长为2，因此，长方体的长、宽、高分别为2，2，4，于是等同于例3，故选C. 3.求多面体的外接球的有关问题 例1、一个六棱柱的底面是正六边形，其侧棱垂直于 底面，已知该六棱柱的顶点都在同一个球面上，且该六棱 柱的体积为9 8，底面周长为３，则这个球的体积为 . 解设正六棱柱的底面边长为x，高为h，则有
简单多面体外接球球心的确定
简单多面体外接球球心的确定 一、知识点总结 1.由球的定义确定球心 ⑴长方体或正方体的外接球的球心是其体对角线的中点. ⑵正三棱柱的外接球的球心是上下底面中心连线的中点. ⑶直三棱柱的外接球的球心是上下底面三角形外心连线的中点. ⑷正棱锥的外接球球心在其高上，具体位置可通过建立直角三角形运用勾股定理计算得到. ⑸若棱锥的顶点可构成共斜边的直角三角形，则公共斜边的中点就是其外接球的球心. 2．构造长方体或正方体确定球心 ⑴正四面体、三条侧棱两两垂直的正三棱锥、四个面都是直角三角形的三棱锥. ⑵同一个顶点上的三条棱两两垂直的四面体、相对的棱相等的三棱锥. ⑶若已知棱锥含有线面垂直关系，则可将棱锥补成长方体或正方体. ⑷若三棱锥的三个侧面两两垂直，则可将三棱锥补成长方体或正方体. 3.由性质确定球心 利用球心O 与截面圆圆心1O 的连线垂直于截面圆及球心O 与弦中点的连线垂直于弦的性质，确定球心. 二、典型例题 1、已知点P 、A B C D 、、、是球O 表面上的点，PA ⊥平面ABCD ，四边形ABCD 是边 长为.若PA =，则OAB ?的面积为多少？ 2、设三棱柱的侧棱垂直于底面，所有棱长都为a ，顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为多少？ 3、已知正三棱锥P ABC -，点,,,P A B C .若,,PA PB PC 两两互相垂直，则球心到截面ABC 的距离为多少？ 4、三棱锥S ABC -中，SA ⊥平面ABC ，2SA =，ABC ?是边长为1的正三角形，则其外接球的表面积为多少？ 5、点A B C D 、、、在同一个球的球面上，AB BC ==2AC =，若四面体ABCD 体积的最大值为23 ，则这个球的表面积为多少？ 6、四面体的三组对棱分别相等，棱长为. 7、正四面体ABCD 外接球的体积为，求该四面体的体积. 8、若底面边长为2的正四棱锥P ABCD -. 9、一个六棱柱的底面是正六边形，其侧棱垂直于底面，已知该六棱柱的顶点都在同一个球面上，且该六棱柱的体积为98 ，底面周长为３，则这个球的体积为 .
2011届高三数学精品复习之(20)多面体与球
2011届高三数学精品复习之多面体与球 1.三棱锥顶点在底面上的射影为三角形的外心?三侧棱相等或三侧棱与底面所成的角相等；内心?三侧面与底面所成的二面角相等；垂心?相对的棱垂直。正三棱锥中相对的棱垂直；三棱锥三侧棱（侧面）两两垂直?顶点在底面上的射影为三角形的垂心；三棱锥一个顶点在对面上的射影为三角形的垂心?三棱锥其余顶点在对面上的射影也为三角形的垂心。 [举例1] 已知三棱锥S －ABC 的底面是正三角形，点A 在侧面SBC 上的射影H 是△SBC 的垂心，SA=a ，则此三棱锥体积最大值是 解析：∵点A 在侧面SBC 上的射影H 是△SBC 的垂心，∴点S 在底面ABC 上的射影O 为△ABC 的垂心；又△ABC 为正三角形，∴O 为△ABC 的中心， 即三棱锥S －ABC 为正三棱锥。记SO=h （h< a ），则AO=22h a -， 于是有：AB=)(322h a -,记三棱锥S －ABC 体积为f(h)，则f(h)= h h a )(4 322 -， f / (h)=)3(432 2h a -，∴f max (h)=)33(a f =6 3a . [举例2] 下面是关于三棱锥的四个命题： ①底面是等边三角形，侧面与底面所成的二面角都相等的三棱锥是正三棱锥. ②底面是等边三角形，侧面都是等腰三角形的三棱锥是正三棱锥. ③底面是等边三角形，侧面的面积都相等的三棱锥是正三棱锥. ④侧棱与底面所成的角都相等，且侧面与底面所成的二面角都相等的三棱锥是正三棱；其中，真命题的编号是 （写出所有真命题的编号）. 解析：①侧面与底面所成的二面角都相等，则顶点在底面上的射影O 是底面的内心，又底面是等边三角形，故O 是底面三角形的中心，所以三棱锥是正三棱锥；②在三棱锥S －ABC 中，令AB=BC=CA=SA=SB=2，SC=3，该三棱锥不是正三棱锥；③底面是等边三角形且侧面的面积都相等，则顶点到底面三边的距离相等，即顶点在底面上的射影O 到底面三边的距离相等，但这不意味着O 是底面三角形的内心，还有可能是旁心（一个内角的平分线与另一个角的外角平分线的交点），故三棱锥未必是正三棱锥；④侧棱与底面所成的角都相等，则顶点在底面上的射影O 是底面的外心，侧面与底面所成的二面角都相等，则O 是底面的内心，底面三角形的内、外心重合，则必为正三角形且O 为其中心，故该三棱锥是正三棱锥。 [巩固1]已知三边长分别为4、5、6的△ABC 的外接圆恰好是球O 的一个大圆，P 为球面上一点，若点P 到△ABC 的三个顶点的距离相等，则三棱锥P-ABC 的体积为： （ ） A ． 8 B ．10 C ．20 D ．30 [巩固2]对于四面体ABCD ，给出下列四个命题 ①若AB=AC ，BD=CD ，则BC ⊥AD ②若AB=CD ，AC=BD ，则AD BC ⊥ ③若AB ⊥AC ，BD ⊥CD ，则BC ⊥AD ④若AB ⊥CD ，BD ⊥AC ，则BC ⊥AD 其中真命题的序号是 。（写出所有真命题的序号） 2．关注长方体对角线的性质：①长方体的对角线与过一个顶点的三条棱所成角的余弦的平方和为1；②长方体的对角线与过一个顶点的三个面所成角的余弦的平方和为2； [举例]已知锐角α、β、γ满足：cos 2α+ cos 2β+ cos 2 γ=1,则tan αtan βtan γ的最小
高三数学理科综合内切球和外接球问题附习题
高考数学中的内切球和外接球问题 一、 有关外接球的问题 如果一个多面体的各个顶点都在同一个球面上，那么称这个多面体是球的内接多面体，这个球称为多面体的外接球.有关多面体外接球的问题，是立体几何的一个重点，也是高考考查的一个热点。 一、直接法(公式法) 1、求正方体的外接球的有关问题 例1 若棱长为3的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为______________ . 解析：球的半径可转化为先求正方体的体对角线长，再计算半径.故表面积为27π. 例2 一个正方体的各顶点均在同一球的球面上，若该正方体的表面积为24，则该球的体积为____43π__________. 2、求长方体的外接球的有关问题 例3 （2007年天津高考题）一个长方体的各顶点均在同一球面上，且一个顶点上的三条棱长分别为 1,2,3，则此球的表面积为 . 解析：体对角线正好为球的直径。长方体体对角线长为14，故球的表面积为14π. 例4、已知各顶点都在一个球面上的正四棱柱高为4，体积为16，则这个球的表面积为（ C ） . A. 16π B. 20π C. 24π D. 32π 解析：长、宽、高分别为2，2，4 3.求多面体的外接球的有关问题 例5. 一个六棱柱的底面是正六边形，其侧棱垂直于底面，已知该六棱柱的顶点都在同一个球面上，且该 六棱柱的体积为9 8，底面周长为３，则这个球的体积为 . 解 设正六棱柱的底面边长为x ，高为h ，则有263,1,2936,384x x x h h =?? =?? ∴?? =? ??=??．
∴正六棱柱的底面圆的半径 1 2r = ，球心到底面的距离 32d = .∴外接球的半径221R r d =+=. 43V π ∴= 球. 小结 本题是运用公式2 2 2 R r d =+求球的半径的，该公式是求球的半径的常用公式. 二、构造法(补形法) 1、构造正方体 例5 若三棱锥的三条侧棱两两垂直，且侧棱长均为3，则其外接球的表面积是_______9π________. 解 把这个三棱锥可以补成一个棱长为3的正方体，于是正方体的外接球就是三棱锥的外接球. 则有 () ()()() 2 2 2 2 23339 R = ++=.∴ 29 4R = .故表面积249S R ππ==. 小结 一般地，若一个三棱锥的三条侧棱两两垂直，且其长度分别为a b c 、、，则就可以将这个三棱锥补成一个长方体，于是长方体的体对角线的长就是该三棱锥的外接球的直径.设其外接球的半径为R ，则有 2222R a b c =++. 出现“墙角”结构利用补形知识，联系长方体。 例 6 . 一个四面体的所有棱长都为2，四个顶点在同一球面上，则此球的表面积为（ A ） A. 3π B. 4π C. 33π D. 6π 解析：联想只有正方体中有这么多相等的线段，所以构造一个正方体，再寻找棱长相等的四面体，如图2，四面体满足条件，由此可求得正方体的棱长为1，体对角线为3，从而外接球的直径也为3 例7（2006年山东高考题）在等腰梯形ABCD 中，AB=2DC=2，0 DAB=60∠，E 为AB 的中点，将 ADE ?与BEC ?分布沿ED 、EC 向上折起，使A B 、重合于点P ，则三棱锥P-DCE 的外接球的体积为 （C ）.
高考数学-考点22-简单多面体与球练习
考点22 简单多面体与球 1.（2010·四川高考理科·Ｔ11）半径为R 的球O 的直径AB 垂直于平面α， 垂足为B ，BCD ?是平面α内边长为R 的正三角形，线段AC ,AD 分别与 球面交于点M ，N ，那么M ,N 两点间的球面距离 是（ ） （A ）17arccos 25R （B ）18arccos 25R （C ）13R π（D ）415R π 【命题立意】本题考查了两点间的球面距离（即求弧长）问题，解三角形，平行线等分线段成比例的知识，考查了学生利用平面几何知识解决空间几何体问题的能力. 【思路点拨】欲求M ,N 两点间的球面距离，根据弧长公式可知，需求MON ∠的弧度数，进而转化为求线段MN 的长度.∵题目中所给条件大多集中在BCD ?内，故探求MN 与CD 的数量关系. 【规范解答】选A . 连结BM ，∵AB 为球O 的直径，∴BM AC ⊥， 在Rt ABC ?中， 222,,5AB R BC R AC AB BC R ===+= 由射影定理可得22 5BC BC CM CA CM R CA =??==.则45AM AC CM R =-=. 同理，连结BN ,则△ABM ≌△ABN,则AN AM =,又AC AD =, ∴MN ∥CD .∴45MN AM CD AC ==, 即4455MN CD R ==. 在三角形MON ?中, OM=OM=R, 45MN R =利用余弦定理可得： 22217cos =225OM ON MN MON OM ON +-∠=?，∴17arccos 25MON ∠=,∴M,N 两点间的球面距离为 17 R arccos 25. 2.（2010·全国卷Ⅰ理科·Ｔ12）已知在半径为2的球面上有A ，B ，C ，D 四点，若AB=CD=2,则四面体ABCD 的体积的最大值为（ ）
2019-2020年高考数学复习 第82课时第九章 直线、平面、简单几何体-球与多面体名师精品教案 新人教A版
2019-2020年高考数学复习第82课时第九章直线、平面、简单几何体- 球与多面体名师精品教案新人教A版 一．复习目标： 1.了解多面体、正多面体的概念,了解多面体的欧拉公式,并利用欧拉公式解决有关问题； 2.了解球、球面的概念, 掌握球的性质及球的表面积、体积公式, 理解球面上两点间距离的 概念, 了解与球的有的内接、外切几何问题的解法． 二．主要知识： 1．欧拉公式； 2．球的表面积；球的体积公式； 3．球的截面的性质：． 三．课前预习： 1．一个凸多面体的顶点数为，棱数为30，则它的各面多边形的内角和为( ) 2．一个四面体的所有棱长都为，四个顶点在同一球面上，则此球的表面积是 ( ) 3．正四面体的中心到底面的距离与这四面体的高的比是 ( ) 4．地球表面上从地(北纬，东经)到地(北纬，东经)的最短距离为（球的半径为）（） 5．设是球面上的四点,且两两互相垂直,若则球心到截面的距离是 . 四．例题分析： 例1．已知三棱锥内接于球, 三条侧棱两两垂直且长都为1, 求球的表面积与体积. 例2．在北纬圈上有甲、乙两地，它们的纬度圆上的弧长等于 (为地球半径)，求甲，乙两地间的球面距离。 例3．如图,球心到截面的距离为半径的一半，是截面圆的直径,是圆周上一点，是球的直径， (1) 求证：平面平面； (2) 如果球半径是，分为两部分, 且，求与所成的角； (3) 如果，求二面角的大小。
五．课后作业： 1．给出下列命题：①正四棱柱是正多面体；②正四棱柱是简单多面体；③简单多面体是凸多面体；④以正四面体各面的中心为顶点的四面体仍然是正四面体；其中正确的命题个数为 （ ） 1个 2个 3个 4个 2．已知一个简单多面体的各个顶点都有三条棱，则顶点数与面数满足的关系是（ ） 3．棱长为的正方体中，连接相邻两个面的中心，以这些线段为棱的八面体的体积为( ) 4．有一棱长为a 的正方体框架，其内放置一气球，是其充气且尽可能地膨胀(仍保持为球的形状)，则气球表面积的最大值为 （ ） 5．以正方体的顶点为顶点作正四面体，则正方体的表面积与正四面体的表面积之比为（ ） 3:1 6．地球半径为R ，A 、B 两地均在北纬45°圈上，两地的球面距离为，则两地的经度之差的绝对值为 （ ） 7．棱长为1的正方体的八个顶点都在同一个球的表面上，则这个球的表面积为（ ） 2 3 12 8．已知球O 的半径为1，A 、B 、C 三点都在球面上，且每两点间的球面距离均为，则球心O 到平面ABC 的距离为 （ ） 9．如图，是表面积为的球面上三点，2,4,60AB BC ABC ==∠=，为球心，则直线与截面所成的角是 （ ） 10．一个多面体共有10个顶点, 每个顶点处都有四条棱, 面的形状只有三角形和四边形,求该多面体中三角形和四边形的个数分别是 . 11．有30个顶点的凸多面体，它的各面多边形内角总和是____ ___．
考点22 简单多面体与球
温馨提示： 此题库为Word 版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观 看比例，关闭Word 文档返回原板块。 考点22 简单多面体与球 1.（2010·四川高考理科·Ｔ11）半径为R 的球O 的直径AB 垂直于平面α，垂足为B ，BCD ?是平面α内边长为R 的正三角形，线段AC ,AD 分别与球面交于点M ，N ，那么M ,N 两点间的球面距离 是（ ） （A ）17arccos 25R （B ）18arccos 25 R （C ）1 3 R π （D ） 4 15 R π 【命题立意】本题考查了两点间的球面距离（即求弧长）问题，解三角形，平行线等分线段成比例的知识，考查了学生利用平面几何知识解决空间几何体问题的能力. 【思路点拨】欲求M ,N 两点间的球面距离，根据弧长公式可知，需求MON ∠的弧度数，进而转化为求线段MN 的长度.∵题目中所给条件大多集中在BCD ?内， 故探求MN 与CD 的数量关系. 【规范解答】选A . 连结BM ，∵AB 为球O 的直径，∴ BM AC ⊥， 在Rt ABC ?中， 222,,5AB R BC R AC AB BC R === += 由射影定理可得22 BC BC CM CA CM R CA =??==.则AM AC CM R =-=. 同理，连结BN ,则△ABM ≌△ABN,则AN AM =,又AC AD =, ∴MN ∥CD .∴ 45MN AM CD AC ==, 即44 55 MN CD R ==. 在三角形MON ?中, OM=OM=R, 4 5 MN R =利用余弦定理可得： 22217 cos =225 OM ON MN MON OM ON +-∠=?，∴17arccos 25MON ∠=,∴M,N 两点间的球面距离为17 R arccos 25 . 2.（2010·全国卷Ⅰ理科·Ｔ12）已知在半径为2的球面上有A ，B ，C ，D 四点，若AB=CD=2,则四面体ABCD 的体积的最大值为（ ）
关于多面体外接球半径常见的求法
多面体外接球半径常见求法 知识回顾： 定义1：若一个多面体的各顶点都在一个球的球面上，则称这个多面体是这个球的内接多面体，这个球是这个多面体的外接球。 定义2：若一个多面体的各面都与一个球的球面相切， 则称这个多面体是这个球的外切多面体，这个球是这个多面体的内切球。 1、内切球球心到多面体各面的距离均相等，外接球球心到多面体各顶点的距离均相等。 2、正多面体的内切球和外接球的球心重合。 3、正棱锥的内切球和外接球球心都在高线上，但不重合。 4、基本方法：构造三角形利用相似比和勾股定理。 5、体积分割是求内切球半径的通用做法。 一、公式法 例1 一个六棱柱的底面是正六边形，其侧棱垂直于底面，已知该六棱柱的顶点都在同一个球面上，且该六棱柱的体积为 98，底面周长为３，则这个球的体积为 . 小结 本题是运用公式222R r d =+求球的半径的，该公式是求球的半径的常用公式. 二、多面体几何性质法 例2 已知各顶点都在同一个球面上的正四棱柱的高为4，体积为16，则这个球的表面积是 A.16π B.20π C.24π D.32π 小结 本题是运用“正四棱柱的体对角线的长等于其外接球的直径”这一性质来求解的. 三、补形法 例3 若三棱锥的三个侧棱，则其外接球的表面积是 . 小结 一般地，若一个三棱锥的三条侧棱两两垂直，且其长度分别为a b c 、、，则就可以将这个三棱锥补成一个长方体，于是长方体的体对角线的长就是该三棱锥的外接球的直径.设其外接球的半径为 R ，则有2R =
变式1： 变式2：三棱锥O ABC -中，,,OA OB OC 两两垂直，且22OA OB OC a ===，则三棱锥O ABC -外接球的表面积为（ ） A ．26a π B ．29a π C ．212a π D ．224a π 四、寻求轴截面圆半径法 例4 正四棱锥S ABCD - S A B C D 、、、、都在同一球面上，则此球的体积为 . 小结 根据题意，我们可以选择最佳角度找出含有正棱锥特征元素的外接球的一个轴截面圆，于是该圆的半径就是所求的外接球的半径.本题提供的这种思路是探求正棱锥外接球半径的通解通法，该方法的实质就是通过寻找外接球的一个轴截面圆，从而把立体几何问题转化为平面几何问题来研究.这种等价转化的数学思想方法值得我们学习. 变式1：求棱长为 a 的正四面体 P – ABC 的外接球的表面积 C D A B S O 1图3
高三数学精品复习2 多面体与球
2014届高三数学精品复习之多面体与球 1.三棱锥顶点在底面上的射影为三角形的外心?三侧棱相等或三侧棱与底面所成的角相等；内心?三侧面与底面所成的二面角相等；垂心?相对的棱垂直。正三棱锥中相对的棱垂直；三棱锥三侧棱（侧面）两两垂直?顶点在底面上的射影为三角形的垂心；三棱锥一个顶点在对面上的射影为三角形的垂心?三棱锥其余顶点在对面上的射影也为三角形的垂心。 [举例1] 已知三棱锥S －ABC 的底面是正三角形，点A 在侧面SBC 上的射影H 是△SBC 的垂心，SA=a ，则此三棱锥体积最大值是 解析：∵点A 在侧面SBC 上的射影H 是△SBC 的垂心，∴点S 在底面ABC 上的射影O 为△ABC 的垂心；又△ABC 为正三角形，∴O 为△ABC 的中心， 即三棱锥S －ABC 为正三棱锥。记SO=h （h< a ），则AO=2 2 h a -， 于是有：AB=)(322h a -,记三棱锥S －ABC 体积为f(h)，则f(h)= h h a )(4 322 -， f / (h)=)3(432 2h a -，∴f max (h)=)33(a f =6 3a . [举例2] 下面是关于三棱锥的四个命题： ①底面是等边三角形，侧面与底面所成的二面角都相等的三棱锥是正三棱锥. ②底面是等边三角形，侧面都是等腰三角形的三棱锥是正三棱锥. ③底面是等边三角形，侧面的面积都相等的三棱锥是正三棱锥. ④侧棱与底面所成的角都相等，且侧面与底面所成的二面角都相等的三棱锥是正三棱；其中，真命题的编号是 （写出所有真命题的编号）. 解析：①侧面与底面所成的二面角都相等，则顶点在底面上的射影O 是底面的内心，又底面是等边三角形，故O 是底面三角形的中心，所以三棱锥是正三棱锥；②在三棱锥S －ABC 中，令AB=BC=CA=SA=SB=2，SC=3，该三棱锥不是正三棱锥；③底面是等边三角形且侧面的面积都相等，则顶点到底面三边的距离相等，即顶点在底面上的射影O 到底面三边的距离相等，但这不意味着O 是底面三角形的内心，还有可能是旁心（一个内角的平分线与另一个角的外角平分线的交点），故三棱锥未必是正三棱锥；④侧棱与底面所成的角都相等，则顶点在底面上的射影O 是底面的外心，侧面与底面所成的二面角都相等，则O 是底面的内心，底面三角形的内、外心重合，则必为正三角形且O 为其中心，故该三棱锥是正三棱锥。 [巩固1]已知三边长分别为4、5、6的△ABC 的外接圆恰好是球O 的一个大圆，P 为球面上一点，若点P 到△ABC 的三个顶点的距离相等，则三棱锥P-ABC 的体积为： （ ） A ． 8 B ．10 C ．20 D ．30 [巩固2]对于四面体ABCD ，给出下列四个命题 ①若AB=AC ，BD=CD ，则BC ⊥AD ②若AB=CD ，AC=BD ，则AD BC ⊥ ③若AB ⊥AC ，BD ⊥CD ，则BC ⊥AD ④若AB ⊥CD ，BD ⊥AC ，则BC ⊥AD 其中真命题的序号是 。（写出所有真命题的序号） 2．关注长方体对角线的性质：①长方体的对角线与过一个顶点的三条棱所成角的余弦的平方和为1；②长方体的对角线与过一个顶点的三个面所成角的余弦的平方和为2； [举例]已知锐角α、β、γ满足：cos 2α+ cos 2β+ cos 2 γ=1,则tan αtan βtan γ的最小值 为 。
多面体及球体的概念、性质、计算
多面体及球体的概念、性质、计算 立体几何是高中数学的重要内容，立体几何试题是考查空间想象能力，逻辑思维能力和演绎推理能力的基本载体近几年高考立体几何试题以基础题和中档题为主，热点问题主要有证明点线面的关系。考查的重点是点线面的位置关系及空间距离和空间角，突出空间想象能力。。在《课程标准》中，立体几何的内容和考查要求有了较大的变化：增加了三视图，更强调几何直观，几何证明有所削弱，淡化了距离问题。因此，在复习中，以基本知识，基本方法为基础，以通性通法为重点，培养空间几何体的直观认知能力和逻辑推理能力。 一般来说，平面向量在高考中所占份量较大，我们从以下五方面探讨立体几何问题的求解： 1.多面体及球体的概念、性质、计算； 2.由三视图判别立体图形和表面积、体积的计算： 3.关于线线、线面及面面平行的问题； 4.关于线线、线面及面面垂直的问题； 5.关于空间距离和空间角的问题。 一、多面体及球体的概念、性质、计算： 典型例题：例1.已知三棱锥S ABC -的所有顶点都在球O 的球面上，ABC ?是边长为1的正三角形，SC 为球O 的直径，且2SC =；则此棱锥的体积为【】
() A 26() B 36() C 23() D 2 2 【答案】A 。 【考点】三棱锥的性质。 【解析】∵ABC ?的外接圆的半径3r = ，∴点O 到面ABC 的距离22 6d R r =-=。 又∵SC 为球O 的直径，∴点S 到面ABC 的距离为26 2d = 。 ∴此棱锥的体积为113262233436 ABC V S d ?= ?=??=。故选A 。 例2.平面α截球O 的球面所得圆的半径为1，球心O 到平面α的距离为2，则此球的体积为【】 （A ）6π（B ）43π（C ）46π（D ）63π 【答案】B 。 【考点】点到平面的距离，勾股定理，球的体积公式。 【解析】由勾股定理可得球的半径为3，从而根据球的体积公式可求得该球的体积为： ()3 V 4 3=4 33 ππ=?? 。故选B 。 例3.如下图，已知正四棱锥S ABCD -所有棱长都为1，点E 是侧棱SC 上一动点，过点E 垂直于SC 的截面将正四棱锥分成上、下两部分，记(01),SE x x =<<截面下面部分的体积为(),V x 则函数()y V x =的图像大致为【】 【答案】A 。