第讲简单多面体球与组合体
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又 R A 在 t 中 H SS 2 , H S2 A A2H
所 以SH2x2 (3x) 22x2
②
33
2
S
联 立 ① ②得
2 3xR
(3x) 29 3
解得 x2 6
h 4
即正四面体的高为4.
O
C
A
H
B
【回顾与反思】
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.
O4 O3
【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.
谢谢!
令y=1,则z=-2, x=4, 故n=(4, 1, -2).
又由(1)知,A1C⊥平面BED
D1 z A1
故 n, A1C 等于二面角A1-DE-B的平面角,
则
cos
n,A1CnnA A11C C
14. 42
D
A
所以二面角A1-DE-B的大小为
arccos
14 42
x
C1
B1
E
C
y
B
典例精析
(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.
【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、
A1
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.
C1 B1
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,
O2
O4
O3
解析 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.
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.
依题 O 1 O 2 意 2 R ,O 2 H , 3 2 2 3 2 R 2 3 3 R . 在直 O 1 H 2 中 角 O O 1 H , 三 O 1 O 2 2 O 角 2 H 24 R 形 2 3 4 R 2 2 3 6 R
(1)证明: 因为A1C·DB=0,A1C·DE=0, 故A1C⊥BD,A1C⊥DE.
D1 z A1
C1 B1
又BD∩DE=D, 所以A1C⊥平面BED.
E
D
C
y
A
B
x
(2) 设向量n=(x,y,z)是平面DA1E的法向量,
则
n D E 0 ,故 2 y z 0
n D A1 0
2x 4z 0
D1
C1
EG CE2CG2 3,EG1,
3 EF 3
A1
B1
GH1EFFD 2. 3 DE 15
A 1 C A A 1 2 A C 2 26 ,A 1 G A 1 C C G 5 3 6. D
HE GC
tanA1HGH A1G G5 5.
A
F
B
所以二面角A1-DE-B的大小为 arctan5 5
解法2
A1
C1
B1
P
G
(3) 连结A1C. 在△A1AC和△A1AB中, 由于 AC=AB,∠A1AC=∠A1AB,A1A=A1A, 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.
设所求球的球心为O,O∈A1H,
且在球Rt△心AO1与FOA中1A,的A 中1O点Fc的os连 A1AF线AH O1F垂co直12s3aA01A.
故 EC= 3 . EF为△BEC边BC上的高,
从而 EF EC2FC22. 于 是S1BCEF= 2,
2 故选 C.
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.
因为 OH 为正四O面 1O2O 体 3O4的内切球O半 1 径,
所 以 V O 1 O 2 O 3 O 4 1 3 S 底 O 1 H 4 1 3 S 底 O H ,
故OH14O1H
6R, 6
所以OO1O1HOH
6R. 2
O
..
O 设 所 以 O S 的 表 球 4 r2 半 r ,则 4 O 1 O 2 2 径 6 R 1 2 r ,R 所 为 2r 1 0 以 2 6 4R 6 R ,R 2.2
又S全=S△ABC ×4=48,
故由 1
3
S全·R=VA-BCD,
得R= 3 8 7 .
因此内切球的半径为 3 7
8
(2)如右图,设四面体的边长为x,球的半R,则 A H 3 x
3
由 4R2 36 得R=3.
在 R A t 中 H OO 2 H O 2 A A2H 3 2 (3x )2 ① 3
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 C( )
A. 1
B. 2
C. 3
D. 2
【分析】 此题可运用特殊位置法化难为易
【解析】可设其中一个平面α过球心O,
则平面α球得到一个大圆.设公共弦为AB,
则AB为另一个截面圆的直径,即AB的中点为其圆心,
设公共弦为ab12008全国卷已知球的半径为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分析准确确定截面圆在原图中的位置
第讲简单多面体球与组合体
➢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:
3a 3
C1
故所求球的半径 R=
3 3
a
球的体积 V= 4 R 3 4 ( 3 a ) 3
3
33
A1
B1
P
4 3 a3 27
o
G
典例精析
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.
d = 22 12 3
故选C.
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 C( )
A. 2 B. 3 C. 2 D. 3
2
2
【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,
于是A1C⊥EF.
D
因为 A1C与平面 BED 内两条相交直线
F
BD、EF 都垂直,
A
所以 A1C⊥平面BED.
C1 B1
E
GC B
(2) 作GH⊥DE,垂足为H,连结A1H、HG.
由三垂线定理知A1H⊥DE,
故∠A1HG是二面角A1-DE-B的平面角.
E FC F 2C E 23,C G C E C F2. E F 3
解析
(1)取CD的中点E,连结AE、BE.
因为AC=AD,CE=ED,
所以在Rt△ACE中,AE AC2 CABE中,因为AB=6,所以AB边上的高为 7
所以
S△ABE=
16 2
7 3
7
又AE⊥CD,BE⊥CD,
则CD⊥平面ABE.
所以VABCD
13 766 7 3
➢(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.
高考速递
1.(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.
➢(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;
另外,求内切球的半径时,等体积法 是一种常见方法.
典例精析
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.
【分析】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.
O1
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
O
体这一我们熟悉的图形来解决.
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.
依题设知,B(2,2,0),C(0,2,0),E(0,2,1),A1(2,0,4).
D E 0 , 2 , 1 , D B 2 , 2 , 0 , A 1 C 2 , 2 , 4 , D A 1 2 , 0 , 4
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°.
D1
C1
A1
B1
D A
E
C B
解法1
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.
D1
在平面A1CA内,连结EF交A1C于点G,
由于 AA1 AC 2 2 ,
A1
FC CE
故 Rt△A1AC∽Rt△FCE,∠AA1C=∠CFE,则
∠CFE与∠FCA1互余.
A1
由四边形A1AGE为平行四边形, 得∠A1AG=60°.
C1 B1
所以A1A与底面ABC所成的角为60°.
G
(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,
所以A1E∥平面B1FC.
所 以SH2x2 (3x) 22x2
②
33
2
S
联 立 ① ②得
2 3xR
(3x) 29 3
解得 x2 6
h 4
即正四面体的高为4.
O
C
A
H
B
【回顾与反思】
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.
O4 O3
【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.
谢谢!
令y=1,则z=-2, x=4, 故n=(4, 1, -2).
又由(1)知,A1C⊥平面BED
D1 z A1
故 n, A1C 等于二面角A1-DE-B的平面角,
则
cos
n,A1CnnA A11C C
14. 42
D
A
所以二面角A1-DE-B的大小为
arccos
14 42
x
C1
B1
E
C
y
B
典例精析
(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.
【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、
A1
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.
C1 B1
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,
O2
O4
O3
解析 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.
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.
依题 O 1 O 2 意 2 R ,O 2 H , 3 2 2 3 2 R 2 3 3 R . 在直 O 1 H 2 中 角 O O 1 H , 三 O 1 O 2 2 O 角 2 H 24 R 形 2 3 4 R 2 2 3 6 R
(1)证明: 因为A1C·DB=0,A1C·DE=0, 故A1C⊥BD,A1C⊥DE.
D1 z A1
C1 B1
又BD∩DE=D, 所以A1C⊥平面BED.
E
D
C
y
A
B
x
(2) 设向量n=(x,y,z)是平面DA1E的法向量,
则
n D E 0 ,故 2 y z 0
n D A1 0
2x 4z 0
D1
C1
EG CE2CG2 3,EG1,
3 EF 3
A1
B1
GH1EFFD 2. 3 DE 15
A 1 C A A 1 2 A C 2 26 ,A 1 G A 1 C C G 5 3 6. D
HE GC
tanA1HGH A1G G5 5.
A
F
B
所以二面角A1-DE-B的大小为 arctan5 5
解法2
A1
C1
B1
P
G
(3) 连结A1C. 在△A1AC和△A1AB中, 由于 AC=AB,∠A1AC=∠A1AB,A1A=A1A, 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.
设所求球的球心为O,O∈A1H,
且在球Rt△心AO1与FOA中1A,的A 中1O点Fc的os连 A1AF线AH O1F垂co直12s3aA01A.
故 EC= 3 . EF为△BEC边BC上的高,
从而 EF EC2FC22. 于 是S1BCEF= 2,
2 故选 C.
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.
因为 OH 为正四O面 1O2O 体 3O4的内切球O半 1 径,
所 以 V O 1 O 2 O 3 O 4 1 3 S 底 O 1 H 4 1 3 S 底 O H ,
故OH14O1H
6R, 6
所以OO1O1HOH
6R. 2
O
..
O 设 所 以 O S 的 表 球 4 r2 半 r ,则 4 O 1 O 2 2 径 6 R 1 2 r ,R 所 为 2r 1 0 以 2 6 4R 6 R ,R 2.2
又S全=S△ABC ×4=48,
故由 1
3
S全·R=VA-BCD,
得R= 3 8 7 .
因此内切球的半径为 3 7
8
(2)如右图,设四面体的边长为x,球的半R,则 A H 3 x
3
由 4R2 36 得R=3.
在 R A t 中 H OO 2 H O 2 A A2H 3 2 (3x )2 ① 3
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 C( )
A. 1
B. 2
C. 3
D. 2
【分析】 此题可运用特殊位置法化难为易
【解析】可设其中一个平面α过球心O,
则平面α球得到一个大圆.设公共弦为AB,
则AB为另一个截面圆的直径,即AB的中点为其圆心,
设公共弦为ab12008全国卷已知球的半径为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分析准确确定截面圆在原图中的位置
第讲简单多面体球与组合体
➢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:
3a 3
C1
故所求球的半径 R=
3 3
a
球的体积 V= 4 R 3 4 ( 3 a ) 3
3
33
A1
B1
P
4 3 a3 27
o
G
典例精析
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.
d = 22 12 3
故选C.
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 C( )
A. 2 B. 3 C. 2 D. 3
2
2
【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,
于是A1C⊥EF.
D
因为 A1C与平面 BED 内两条相交直线
F
BD、EF 都垂直,
A
所以 A1C⊥平面BED.
C1 B1
E
GC B
(2) 作GH⊥DE,垂足为H,连结A1H、HG.
由三垂线定理知A1H⊥DE,
故∠A1HG是二面角A1-DE-B的平面角.
E FC F 2C E 23,C G C E C F2. E F 3
解析
(1)取CD的中点E,连结AE、BE.
因为AC=AD,CE=ED,
所以在Rt△ACE中,AE AC2 CABE中,因为AB=6,所以AB边上的高为 7
所以
S△ABE=
16 2
7 3
7
又AE⊥CD,BE⊥CD,
则CD⊥平面ABE.
所以VABCD
13 766 7 3
➢(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.
高考速递
1.(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.
➢(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;
另外,求内切球的半径时,等体积法 是一种常见方法.
典例精析
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.
【分析】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.
O1
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
O
体这一我们熟悉的图形来解决.
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.
依题设知,B(2,2,0),C(0,2,0),E(0,2,1),A1(2,0,4).
D E 0 , 2 , 1 , D B 2 , 2 , 0 , A 1 C 2 , 2 , 4 , D A 1 2 , 0 , 4
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°.
D1
C1
A1
B1
D A
E
C B
解法1
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.
D1
在平面A1CA内,连结EF交A1C于点G,
由于 AA1 AC 2 2 ,
A1
FC CE
故 Rt△A1AC∽Rt△FCE,∠AA1C=∠CFE,则
∠CFE与∠FCA1互余.
A1
由四边形A1AGE为平行四边形, 得∠A1AG=60°.
C1 B1
所以A1A与底面ABC所成的角为60°.
G
(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,
所以A1E∥平面B1FC.