培优点15 空间几何体的外接球
空间几何体的外接球是高中数学的重难点．我们可以通过对几何体的割补或寻求几何体外接球的球心两大策略求解此类问题．
例1 半球内有一个内接正方体，则这个半球的体积与正方体的体积之比为( )
A.π∶6
B.π∶2
C．π∶2
D．5π∶12
答案 B
解析 将半球补成球，同时把原半球的内接正方体再补接一个同样的正方体，构成的长方体恰好是球的内接长方体，那么这个长方体的对角线就是它的外接球的直径．设正方体的棱长为a，球体的半径为R，则(2R)2＝a2＋a2＋(2a)2，即R＝a，∴V半球＝×πR3＝π×3＝πa3，V正方体＝a3，∴V半球∶V正方体＝πa3∶a3＝π∶2，故选B.
例2 已知在三棱锥S－ABC中，AB⊥BC，AB＝BC＝2，SA＝SC＝2，二面角B－AC－S的大小为，则三棱锥S－ABC的外接球的表面积为( )
A.
B.
C.
D.
答案 D
解析 如图，取AC的中点D，连接BD，SD，则∠BDS＝，AC＝2，BD＝，SD＝.过点D作与平面ABC垂直的直线，则球心O在该直线上，设球的半径为R，连接OB，OS，可得OD2＝R2－()2，在△OSD中，∠ODS＝，利用余弦定理可得R2＝R2－2＋()2－2×××，解得R2＝，所以其外接球的表面积为4πR2＝.
例3 正四棱锥的顶点都在同一球面上．若该棱锥的高为4，底面边长为2，则该球的表面积为( )
A.
B．16π
C．9π
D.
答案 A
解析 如图，正四棱锥P－ABCD的底面中心为H.
在底面正方形ABCD中，AH＝，
又PH＝4，
故在Rt△PAH中，
PA＝
＝＝3.
则由正四棱锥的性质可得，其外接球的球心O在PH所在的直线上，设其外接球的直径为PQ＝2r.
又A在正四棱锥外接球的球面上，所以AP⊥AQ.
又AH⊥PH，由射影定理可得PA2＝PH×PQ，
故2r＝PQ＝＝＝，所以r＝.
故该球的表面积为S＝4πr2＝4π×2＝.
解决此类问题的关键在于利用几何体的结构特征确定球的球心，利用球的截面的性质，球心和球的截面的中心连线垂直于截面．结合相关几何量之间的数量关系可确定球心．
1．已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为( )
A．π
B.
C.
D.
答案 B
解析 球心到圆柱的底面的距离为圆柱高的，球的半径为1，则圆柱底面圆的半径r＝＝，故该圆柱的体积为V＝π×2×1＝.
2．在三棱锥P－ABC中，△ABC为等边三角形，PA＝PB＝PC＝3，PA⊥PB，则三棱锥P－ABC的外接球的体积为( )
A.π
B.π
C．27π
D．27π
答案 B
解析 因为PA＝PB＝PC，△ABC是正三角形，所以△PAB≌△PAC≌△PBC，由PA⊥PB知，PA⊥PC，PB⊥PC，以PA，PB，PC为过同一顶点的三条棱作正方体(图略)，则三棱锥P－ABC的外接球可看成正方体的外接球，因为正方体的体对角线长为3，所以其外接球的半径为R＝，外接球的体积为V＝πR3＝π.故选B.
3．已知三棱锥S－ABC的所有顶点都在球O的球面上，SC是球O的直径，若平面SCA⊥平面SCB，SA＝AC，SB＝BC，三棱锥S－ABC的体积为9，则球O的表面积为________．
答案 36π
解析 如图，SC为球O的直径，O为球心，
因为SA＝AC，所以AO⊥SC，
同理SB＝BC，所以BO⊥SC，BO∩AO＝O，所以SC⊥平面ABO.
又平面SCA⊥平面SCB，平面SCA∩平面SCB＝SC，AO⊥SC，AO?平面SAC，
所以AO⊥平面SBC，所以AO⊥BO.
设球的半径为R，则AO＝BO＝SO＝CO＝R，
所以V三棱锥S－ABC＝2×S△ABO×SO＝2×××AO×BO×SO＝R3＝9，所以R＝3，
所以球O的表面积为S＝4πR2＝36π.
4．类比圆的内接四边形的概念，可得球的内接四面体的概念，已知球O的一个内接四面体A－BCD中，AB⊥BC，BD过球心O，若该四面体的体积为1，且AB＋BC＝2，则球O的表面积的最小值为________．
答案 38π
解析 在Rt△ABC中，由AB⊥BC，且AB＋BC＝2，
得2＝AB＋BC≥2，得AB·BC≤1，
当且仅当AB＝BC＝1时，AB·BC取最大值1，
∵BD过球心O，且四面体A－BCD的体积为1，
∴三棱锥O－ABC的体积为，
则O到平面ABC距离的最小值为＝3，
此时三角形ABC的外接圆的半径为，
则球O的半径的最小值为＝，
∴球O的表面积的最小值为4π×2＝38π.(共17张PPT)
专题四 立体几何与空间向量
培优点14 截面问题
用一个平面去截几何体，此平面与几何体的交集叫做这个几何体的截面，利用平面的性质确定截面形状是解决截面问题的关键.
例1 (1)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G分别在AB，BC，DD1上，求作过E，F，G三点的截面.
解 作法：①在底面AC内，过E，F作直线EF，分别与DA，DC的延长线交于L，M.
②在侧面A1D内，连接LG交AA1于K.
③在侧面D1C内，连接GM交CC1于H.
④连接KE，FH.则五边形EFHGK即为所求的截面.
(2)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E，F分别是棱B1B，B1C1的中点，点G是棱C1C的中点，则过线段AG且平行于平面A1EF的截面图形为
A.矩形
B.三角形
C.正方形
D.等腰梯形
√
解析 取BC的中点H，连接AH，GH，AD1，D1G，
由题意得GH∥EF，AH∥A1F，
又GH?平面A1EF，EF?平面A1EF，
∴GH∥平面A1EF，同理AH∥平面A1EF，
又GH∩AH＝H，GH，AH?平面AHGD1，
∴平面AHGD1∥平面A1EF，
故过线段AG且与平面A1EF平行的截面图形为四边形AHGD1，显然为等腰梯形.
例2 (1)(2018·全国Ⅰ)已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为
√
解析 如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，平面AB1D1与棱A1A，A1B1，A1D1所成的角都相等，又正方体的其余棱都分别与A1A，A1B1，A1D1平行，故正方体ABCD－A1B1C1D1的每条棱所在直线与平面AB1D1所成的角都相等.
取棱AB，BB1，B1C1，C1D1，DD1，AD的中点E，F，G，H，M，N，则正六边形EFGHMN所在平面与平面AB1D1平行且面积最大，此截面面积为
(2)如图，在三棱锥O－ABC中，三条棱OA，OB，OC两两垂直，且OA>OB>OC，分别经过三条棱OA，OB，OC作一个截面平分三棱锥的体积，截面面积依次为S1，S2，S3，则S1，S2，S3的大小关系为________.
S3解析 由题意知OA，OB，OC两两垂直，可将其放置在以O为顶点的长方体中，设三边OA，OB，OC分别为a，b，c，且a>b>c，利用等体积法易得
同理，平方后作差可得，S2>S3，
∴S3能力
提升
确定截面的主要依据有
(1)平面的四个公理及推论.
(2)直线和平面平行的判定和性质.
(3)两个平面平行的性质.
(4)球的截面的性质.
跟踪演练
1.平面α过正方体ABCDA1B1C1D1的顶点A，α∥平面CB1D1，α∩平面ABCD＝m，α∩平面ABB1A1＝n，则m，n所成角的正弦值为
1
2
3
4
√
1
2
3
4
解析 如图所示，设平面CB1D1∩平面ABCD＝m1，
∵α∥平面CB1D1，∴m1∥m，
又∵平面ABCD∥平面A1B1C1D1，平面CB1D1∩平面A1B1C1D1＝B1D1，
∴B1D1∥m1，∴B1D1∥m，同理可得CD1∥n.
故m，n所成角的大小与B1D1，CD1所成角的大小相等，即∠CD1B1的大小.
2.如图，将一个长方体用过相邻三条棱的中点的平面截出一个棱锥，则该棱锥的体积与剩下的几何体体积的比为________.
1
2
3
4
1∶47
解析 设长方体的相邻三条棱长分别为a，b，c，它截出棱锥的体积
1
2
3
4
3.(多选)如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，P为BC的中点，Q为线段CC1上的动点，过点A，P，Q的平面截该正方体所得的截面记为S.则下列命题正确的是
√
√
√
1
2
3
4
1
2
3
4
4.P，Q，R三点分别在直四棱柱AC1的棱BB1，CC1和DD1上，试画出过P，Q，R三点的截面作法.
解 作法：(1)连接QP，QR并延长，分别交CB，CD的延长线于E，F.
(2)连接EF交AB于T，交AD于S.
(3)连接RS，TP.则五边形PQRST即为所求截面.
1
2
3
4(共16张PPT)
专题四 立体几何与空间向量
培优点15 空间几何体的外接球
空间几何体的外接球是高中数学的重难点.我们可以通过对几何体的割补或寻求几何体外接球的球心两大策略求解此类问题.
解析 将半球补成球，同时把原半球的内接正方体再补接一个同样的正方体，构成的长方体恰好是球的内接长方体，那么这个长方体的对角线就是它的外接球的直径.设正方体的棱长为a，球体的半径为R，
√
√
解析 如图，取AC的中点D，连接BD，SD，
过点D作与平面ABC垂直的直线，则球心O在该直线上，
√
解析 如图，正四棱锥P－ABCD的底面中心为H.
又PH＝4，
故在Rt△PAH中，
则由正四棱锥的性质可得，其外接球的球心O在PH所在的直线上，设其外接球的直径为PQ＝2r.
又A在正四棱锥外接球的球面上，所以AP⊥AQ.
又AH⊥PH，由射影定理可得PA2＝PH×PQ，
能力
提升
解决此类问题的关键在于利用几何体的结构特征确定球的球心，利用球的截面的性质，球心和球的截面的中心连线垂直于截面.结合相关几何量之间的数量关系可确定球心.
跟踪演练
1.已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为
1
2
3
4
√
2.在三棱锥P－ABC中，△ABC为等边三角形，PA＝PB＝PC＝3，PA⊥PB，则三棱锥P－ABC的外接球的体积为
1
2
3
4
解析 因为PA＝PB＝PC，△ABC是正三角形，所以△PAB≌△PAC≌△PBC，
由PA⊥PB知，PA⊥PC，PB⊥PC，以PA，PB，PC为过同一顶点的三条棱作正方体(图略)，则三棱锥P－ABC的外接球可看成正方体的外接球，
√
1
2
3
4
3.已知三棱锥S－ABC的所有顶点都在球O的球面上，SC是球O的直径，若平面SCA⊥平面SCB，SA＝AC，SB＝BC，三棱锥S－ABC的体积为9，则球O的表面积为________.
36π
1
2
3
4
解析 如图，SC为球O的直径，O为球心，
因为SA＝AC，所以AO⊥SC，
同理SB＝BC，所以BO⊥SC，BO∩AO＝O，
所以SC⊥平面ABO.
又平面SCA⊥平面SCB，平面SCA∩平面SCB＝SC，AO⊥SC，AO?平面SAC，
所以AO⊥平面SBC，所以AO⊥BO.
设球的半径为R，则AO＝BO＝SO＝CO＝R，
所以R＝3，
所以球O的表面积为S＝4πR2＝36π.
4.类比圆的内接四边形的概念，可得球的内接四面体的概念，已知球O的一个内接四面体A－BCD中，AB⊥BC，BD过球心O，若该四面体的体积为1，且AB＋BC＝2，则球O的表面积的最小值为________.
1
2
3
4
38π
解析 在Rt△ABC中，由AB⊥BC，且AB＋BC＝2，
1
2
3
4
当且仅当AB＝BC＝1时，AB·BC取最大值1，
∵BD过球心O，且四面体A－BCD的体积为1，
1
2
3
4培优点14 截面问题
用一个平面去截几何体，此平面与几何体的交集叫做这个几何体的截面，利用平面的性质确定截面形状是解决截面问题的关键．
例1 (1)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F，G分别在AB，BC，DD1上，求作过E，F，G三点的截面．
解 作法：①在底面AC内，过E，F作直线EF，分别与DA，DC的延长线交于L，M.
②在侧面A1D内，连接LG交AA1于K.
③在侧面D1C内，连接GM交CC1于H.
④连接KE，FH.则五边形EFHGK即为所求的截面．
(2)如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点E，F分别是棱B1B，B1C1的中点，点G是棱C1C的中点，则过线段AG且平行于平面A1EF的截面图形为( )
A．矩形
B．三角形
C．正方形
D．等腰梯形
答案 D
解析 取BC的中点H，连接AH，GH，AD1，D1G，
由题意得GH∥EF，AH∥A1F，
又GH?平面A1EF，EF?平面A1EF，
∴GH∥平面A1EF，同理AH∥平面A1EF，
又GH∩AH＝H，GH，AH?平面AHGD1，
∴平面AHGD1∥平面A1EF，
故过线段AG且与平面A1EF平行的截面图形为四边形AHGD1，显然为等腰梯形．
例2 (1)(2018·全国Ⅰ)已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为( )
A.
B.
C.
D.
答案 A
解析 如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，平面AB1D1与棱A1A，A1B1，A1D1所成的角都相等，又正方体的其余棱都分别与A1A，A1B1，A1D1平行，故正方体ABCD－A1B1C1D1的每条棱所在直线与平面AB1D1所成的角都相等．取棱AB，BB1，B1C1，C1D1，DD1，AD的中点E，F，G，H，M，N，则正六边形EFGHMN所在平面与平面AB1D1平行且面积最大，此截面面积为S正六边形EFGHMN＝6×××sin
60°＝.故选A.
(2)如图，在三棱锥O－ABC中，三条棱OA，OB，OC两两垂直，且OA>OB>OC，分别经过三条棱OA，OB，OC作一个截面平分三棱锥的体积，截面面积依次为S1，S2，S3，则S1，S2，S3的大小关系为________．
答案 S3解析 由题意知OA，OB，OC两两垂直，可将其放置在以O为顶点的长方体中，设三边OA，OB，OC分别为a，b，c，且a>b>c，利用等体积法易得
S1＝a，S2＝b，
S3＝c，
∴S－S＝(a2b2＋a2c2)－(b2a2＋b2c2)
＝c2(a2－b2)，
又a>b，∴S－S>0，即S1>S2，
同理，平方后作差可得，S2>S3，
∴S3确定截面的主要依据有
(1)平面的四个公理及推论．
(2)直线和平面平行的判定和性质．
(3)两个平面平行的性质．
(4)球的截面的性质．
1．平面α过正方体ABCDA1B1C1D1的顶点A，α∥平面CB1D1，α∩平面ABCD＝m，α∩平面ABB1A1＝n，则m，n所成角的正弦值为( )
A.
B.
C.
D.
答案 A
解析 如图所示，设平面CB1D1∩平面ABCD＝m1，
∵α∥平面CB1D1，∴m1∥m，
又∵平面ABCD∥平面A1B1C1D1，平面CB1D1∩平面A1B1C1D1＝B1D1，
∴B1D1∥m1，∴B1D1∥m，同理可得CD1∥n.
故m，n所成角的大小与B1D1，CD1所成角的大小相等，即∠CD1B1的大小．
而B1C＝B1D1＝CD1(均为面对角线)，∴∠CD1B1＝，得sin∠CD1B1＝，故选A.
2.如图，将一个长方体用过相邻三条棱的中点的平面截出一个棱锥，则该棱锥的体积与剩下的几何体体积的比为________．
答案 1∶47
解析 设长方体的相邻三条棱长分别为a，b，c，它截出棱锥的体积V1＝××a×b×c＝abc，剩下的几何体的体积V2＝abc－abc＝abc，所以V1∶V2＝1∶47.
3．(多选)如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，P为BC的中点，Q为线段CC1上的动点，过点A，P，Q的平面截该正方体所得的截面记为S.则下列命题正确的是( )
A．当0B．当CQ＝时，S为等腰梯形
C．当CQ＝时，S与C1D1的交点R满足C1R＝
D．当答案 ABC
解析 当Q为中点，即CQ＝时，截面APQD1为等腰梯形，故B正确；
当0当CQ＝时，如图，延长AP交DC于M，连接MQ，并延长交C1D1于R，交DD1于N，
∵CQ＝，∴DN＝×2＝，
∴D1N＝，∴＝，
∴＝，∴D1R＝DM＝，
∴C1R＝，故C正确；
当4．P，Q，R三点分别在直四棱柱AC1的棱BB1，CC1和DD1上，试画出过P，Q，R三点的截面作法．
解 作法：(1)连接QP，QR并延长，分别交CB，CD的延长线于E，F.
(2)连接EF交AB于T，交AD于S.
(3)连接RS，TP.则五边形PQRST即为所求截面．
