(共28张PPT)
培优拓展(十)球的“切”“接”问题
空间几何体的外接球和内切球是高中数学的难点和重点,也是高考命题的热点.既有相对简单的几何体的外接球和内切球问题,也有难度较大的特殊几何体模型问题,题型为选择或填空题.
角度一 三棱锥的外接球问题
热点一 墙角模型
例1(2024河北保定模拟)已知S,A,B,C是球O表面上的不同点,SA⊥平面ABC,AB⊥BC,AB=1,BC= ,若球O的表面积为4π,则SA=( )
B
解析 如图,由SA⊥平面ABC,可知SA⊥AB,SA⊥BC.
[对点训练1](2024陕西咸阳二模)已知三棱锥D-ABC中,AB=4,AC=3,BC=5, DB⊥平面ABC,且DB=4,则该三棱锥的外接球的表面积为 .
41π
解析 因为AB=4,AC=3,BC=5,所以AB2+AC2=BC2,所以∠BAC=90°.又DB⊥底面ABC,AB,BC 平面ABC,所以DB⊥AB,DB⊥BC,所以三棱锥D-ABC的外接球即为以AB,AC,DB为棱的长方体的外接球,其中DC为该长方体体对角线,即该三棱锥的外接球的半径
热点二 对棱相等模型
例2在三棱锥P-ABC中,已知 ,则三棱锥P-ABC外接球的表面积为( )
A.77π B.64π
C.108π D.72π
A
解析 因为三棱锥的对棱相等,所以可以把它看成某个长方体的面对角线构成的几何体.设长方体过同一顶点的三条棱长分别为a,b,c,且长方体的面对
[对点训练2]若四面体ABCD中,AB=CD=BC=AD= ,AC=BD= ,则四面体的外接球的表面积为 .
6π
解析 如图,因为四面体的对棱相等,所以可以把它看成某个长方体的面对角线构成的几何体.
热点三 垂面模型
例3(1)(2023全国乙,文16)已知点S,A,B,C均在半径为2的球面上,△ABC是边长为3的等边三角形,SA⊥平面ABC,则SA= .
2
(2)已知三棱锥P-ABC中,PB⊥平面ABC,PB=2 ,AC=6,∠ABC=120°,则三棱锥P-ABC外接球的表面积为 .
60π
解析 由题意,将三棱锥P-ABC补成直三棱柱(图略),则该直三棱柱的外接球即为三棱锥P-ABC的外接球,且直三棱柱的外接球球心落在上、下底面外接圆圆心连线的中点上.
[对点训练3](2024四川凉山二模)已知在三棱锥P-ABC中,PA= ,PB=PC=2,底面ABC是边长为1的正三角形,则该三棱锥的外接球表面积为( )
B
解析 如图,在三棱锥P-ABC中,PA= ,PB=PC=2,△ABC的边长为1,则PA2+AB2=PB2,所以PA⊥AB.同理,PA⊥AC.
又AB∩AC=A,AB,AC 平面ABC,所以PA⊥平面ABC.
设△ABC的外心为O1,三棱锥P-ABC外接球球心为O,
PA的中点为D,连接OP,OD,OO1,O1A,易知四边形ADOO1是矩形,
角度二 内切球问题
例4在《九章算术》中,将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑.在鳖臑ABCD中,AB⊥平面BCD,BC⊥CD,且AB=BC=CD=1,则其内切球的表面积为( )
C
解析 如图,因为四面体ABCD四个面都为直角三角形,AB⊥平面BCD,所以AB⊥BD,AB⊥BC.
又BC⊥CD,所以AC⊥CD.
[对点训练4]已知三棱锥P-ABC的棱长均为4,先在三棱锥P-ABC内放入一个内切球O1,然后再放入一个球O2,使得球O2与球O1及三棱锥P-ABC的三个侧面都相切,则球O2的表面积为 .
角度三 与球切、接有关的最值问题
例5已知正三棱锥的外接球半径R为1,则该正三棱锥的体积的最大值为( )
C
解析 如图所示,设该正三棱锥的高为h,底面外接圆的半径为r,底面面积为S,
由球的对称性可知,若使正三棱锥的体积最大,则其外接球的球心一定在三棱锥内部,即1由球的截面圆的性质,可得OA2= ,即R2=r2+(h-R)2,解得
[对点训练5]
如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1⊥平面ABC,AA1=4,AC=BC=2, ∠ACB=90°,D在上底面A1B1C1(包括边界)上运动,则三棱锥D-ABC的外接球体积的最大值为( )
C
解析 如图,因为AC=BC=2,∠ACB=90°,所以△ABC的外接圆的圆心为AB的中点O1,且AO1=BO1= .取A1B1的中点E,连接O1E,则O1E∥AA1,所以O1E⊥平面ABC.(共28张PPT)
培优拓展(十一)截面与交线问题
立体几何中,截面是指用一个平面去截几何体得到的平面图形,确定截面的形状及内含的数量关系,首先要确定交线.“截面、交线”问题是高考中对立体几何知识考查的最具创新性的题型之一,它渗透了一些动态的线、面等元素,给静态的立体几何题赋予了活力.求截面、交线问题常与解三角形、多边形面积、扇形弧长及面积、平面的基本性质等结合,有些问题还要借助于空间向量坐标运算求解.
角度一 多面体中的截面问题
例1(多选题)(2024浙江杭州模拟)如图,已知棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1,点P是棱AB的中点,过点P作正方体ABCD-A1B1C1D1的截面,则下列判断正确的是( )
A.截面的形状可能是正三角形
B.截面的形状可能是直角梯形
C.此截面可以将正方体分成体积比为1∶3的两部分
D.若截面的形状是六边形,则其周长为定值
AC
解析 如图,点M,N分别为BB1,BC的中点,连接PM,MN,NP,可知PM=PN=MN,即截面的形状是正三角形,故A正确;
易知,若过点P的截面为梯形,则该梯形只有可能为等腰梯形,故B错误;
如图,点Q为A1B1的中点,连接PQ,C1Q,CP,则正方体的体积为8,三棱柱BPC-B1QC1的体积为 ×1×2×2=2,所以截面将正方体分成体积比为
2∶(8-2)=1∶3的两部分,故C正确;
如图所示,点E为BC的中点,连接PE并延长,交DA的延长线于点M,交DC的延长线于点N.
过点M作MJ,交AA1于点I,交A1D1于点H,交DD1的延长线于点J,连接NJ,交CC1于点F,交C1D1于点G.因为P,E为AB,BC的中点,易知DM=DN,易证△JDM≌△JDN,设∠IMA=θ,所以∠FNC=θ.
角度二 球的截面问题
例2 (2024湖南长沙模拟)如图,棱长为2的正四面体ABCD中,M,N分别为棱AD,BC的中点,O为线段MN的中点,球O的表面正好经过点M,则球O被平面BCD截得的截面面积为 .
解析 如图,在棱长为2的正四面体ABCD中,连接AN,DN,过O作OE⊥DN于点E.
因为点M,N分别为棱AD,BC的中点,所以AN⊥BC,DN⊥BC.
又AN∩DN=N,AN,DN 平面AND,所以BC⊥平面AND.
又BC 平面BCD,于是平面AND⊥平面BCD.
又平面AND∩平面BCD=DN,OE⊥DN,
所以OE⊥平面BCD.
由题可知AN=DN= ,DM=1,MN⊥AD,
所以MN= ,
角度三 多面体中的交线问题
例3在正三棱台A1B1C1-ABC中,A1B1=1,AB=AA1=2,点E,F分别为棱BB1,A1C1的中点,若过点A,E,F作截面,则截面与上底面A1B1C1的交线长为 .
解析 连接AF并延长交CC1的延长线于点M,连接ME交B1C1于点N,连接FN,如图,则线段FN即为截面AEF与上底面ABC的交线.
角度四 与球有关的交线问题
例4已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的棱长均为2,∠BAD=60°.以D1为球心,
为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为 .
解析 如图所示,∵∠B1C1D1=∠B1A1D1=∠BAD=60°且B1C1=C1D1,
∴△B1C1D1为等边三角形.∴B1D1=2.
设点O1是B1C1的中点,则O1D1= ,易证D1O1⊥平面BCC1B1,设P是球面与侧面BCC1B1交线上任意一点,连接O1P,则O1D1⊥O1P,
取BB1,CC1的中点分别为E,F,
则B1E=C1F=O1B1=O1C1=1,EF=2,
∴O1E=O1F= ,O1E2+O1F2=EF2=4,
∴∠EO1F=90°,
针对训练
1.(2024河北廊坊模拟)如图所示,在正四棱台ABCD-A1B1C1D1中,上底面边长为3,下底面边长为6,体积为 ,点E在AD上且满足DE=2AE,过点E的平面α与平面D1AC平行,且与正四棱台各面相交得到截面多边形,则该截面多边形的周长为( )
D
解析 如图所示,
又ME∩MN=M,ME,MN 平面EMN,AD1∩CD1=D1,AD1,CD1 平面D1AC,所以平面EMN∥平面D1AC,所以△EMN即为所求截面多边形,所以截面多边形的周长为 故选D.
2.已知正三棱柱ABC-A1B1C1的各棱长均为2,D为棱AB的中点,则过点D的平面截该三棱柱外接球所得截面面积的取值范围为 .
解析 如图,正三棱柱ABC-A1B1C1的外接球的球心O为上、下底面的外接圆圆心的连线O1O2的中点,连接AO2,AO,OD.
设外接球的半径为R,下底面外接圆的半径为r.
3.(2024湖南长沙模拟)如图,已知在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AA1=AB=2,且点E,F分别为棱BB1,A1C1的中点.过点A,E,F作三棱柱截面交C1B1于点P,则线段B1P的长度为 .
解析 如图,延长AF,交CC1的延长线于点M,连接EM,交B1C1于点P,则四边形AFPE即为所求截面多边形.因为三棱柱ABC-A1B1C1为正三棱柱,AA1=AB=2,点F为棱A1C1的中点,所以△AFA1≌△MFC1,所以MC1=AA1=2.
4.(2024江苏南京模拟)在正三棱锥A-BCD中,底面△BCD的边长为4,E为AD的中点,AB⊥CE,则以D为球心,AD为半径的球截该棱锥各面所得交线长
为 .
解析 如图,取CD中点F,连接BF,过点A作AO⊥平面BCD,垂足为O.由正三棱锥性质可知,点O为正三角形BCD的中心,所以点O在BF上.
因为CD 平面BCD,所以AO⊥CD.
又BF⊥CD,BF∩AO=O,BF,AO 平面ABO,所以CD⊥平面ABO.又AB 平面ABO,所以AB⊥CD.又CE⊥AB,CE∩CD=C,CE,CD 平面ACD,所以AB⊥平面ACD.又AC 平面ACD,所以AC⊥AB.由正三棱锥性质可知,AC,AB,AD两两垂直,且AB=AC=AD,则(共18张PPT)
培优拓展(十二)立体几何中的动态问题
立体几何中的“动态问题”,是指空间图形中的某些点、线、面的位置是不确定的,是可变的一类开放性问题.由于“动态”的存在,也使立体几何问题更趋多元化,将立体几何问题与平面几何中的轨迹问题、解三角形问题等之间架设了桥梁,可以灵活转化.
立体几何中的动态问题主要有两个类型:(1)研究动点的轨迹,主要方法有定义法(如圆锥曲线定义)、解析法、交轨法;(2)与动点有关的最值、范围问题,主要方法有几何法、函数法.
角度一 动点的轨迹问题
例1(多选题)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4,
M为DD1的中点,N为ABCD所在平面上一动点,
则下列说法正确的是( )
A.若MN与平面ABCD所成的角为 ,则点N的轨迹为圆
B.若MN=4,则MN的中点P的轨迹所围成图形的面积为2π
C.若点N到直线BB1与直线DC的距离相等,则点N的轨迹为抛物线
D.若D1N与AB所成的角为 ,则点N的轨迹为双曲线
ACD
对于B,在直角三角形MDN中,
.如图,取MD
的中点E,连接EP.因为P为MN的中点,所以PE∥DN,PE= .因为DN⊥ED,所以PE⊥ED,所以点P在过点E且与DD1垂直的平面内,所以点P的轨迹为以点E为圆心,为半径的圆,其面积为π·( )2=3π,故B不正确;
对于C,连接NB,因为BB1⊥平面ABCD,NB 平面ABCD,所以BB1⊥NB,所以点N到直线BB1的距离为点N到点B的距离.
又点B不在直线CD上,所以点N的轨迹为以点B为焦点,CD为准线的抛物线,故C正确;
对于D,以D为原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系,则A(4,0,0),B(4,4,0),D1(0,0,4).设N(x,y,0),则
[对点训练1]在矩形ABCD中,点E是AB的中点,AD=1,AB=2,将△ADE绕DE顺时针旋转90°得到△A'DE,设A'C的中点为M,在此过程中动点M形成的
轨迹长度为 .
解析 如图,连接AC,设AC的中点为M0,△ADE绕DE顺时针旋转90°,此时平面A'DE⊥平面ABCD.
取CD中点P,CE中点Q,连接PQ,MP,MQ,M0P,M0Q,取PQ中点N,连接MN,M0N.
由题可知, 所以△MPQ和△M0PQ是等腰直角三角形.
易知△MPQ和△M0PQ在旋转过程中保持形状、
大小不变,所以动点M的轨迹是以N为圆心,
为半径的一段圆弧.
又MP∥A'D,MQ∥A'E,MP∩MQ=M,MP,MQ 平面MPQ, A'D∩A'E=A',A'D,A'E 平面A'DE,所以平面MPQ∥平面A'DE.
又平面A'DE⊥平面ABCD,所以平面MPQ⊥平面ABCD.又平面MPQ∩平面ABCD=PQ,MN⊥PQ,所以MN⊥平面ABCD.又M0N 平面ABCD,所以MN⊥M0N.故动点M形成的轨迹长度为
角度二 与动点有关的最值、范围问题
例2(多选题)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=AD=1,AA1=2,动点P在体对角线BD1上(含端点),则下列结论正确的有( )
A.当P为BD1的中点时,∠APC为锐角
B.存在点P,使得BD1⊥平面APC
ABC
解析 如图,以点D为原点,DA,DC,DD1所在直线为x轴、y轴、z轴,建立空间直角坐标系,
则A(1,0,0),B(1,1,0),C(0,1,0),D1(0,0,2),
[对点训练2]在空间直角坐标系O-xyz中,正四面体P-ABC的顶点A,B分别在x轴、y轴上移动.若该正四面体的棱长是2,则OP的取值范围是( )
A
解析 如图,由题可知,若固定正四面体P-ABC的位置,则原点O在以AB为直径的球面上运动.
