第3講 割補思想在立體幾何中的應(yīng)用（解析版）docx

第3講割補思想在立體幾何中的應(yīng)用割補法是數(shù)學(xué)中最重要的思想方法之一，主要分為割形與補行，是將復(fù)雜的，不規(guī)則的不易認(rèn)識的幾何體或幾何圖形，分割或補充成簡單的、規(guī)則的、易于認(rèn)識的幾何體或圖形，從而達到解決問題的目的。割補法重在割與補，巧妙對幾何體過幾何圖形實割與補，變整體的為局部，化不規(guī)則為規(guī)則，化陌生為熟悉，化抽象為直觀。割補法在立體幾何中體現(xiàn)的主要的題型就是幾何體的切等問題。【應(yīng)用一】割的思想在多面體的體積及幾何體的內(nèi)切球中的運用割的思想主要體現(xiàn)兩種題型：一是求復(fù)雜幾何體的體積、表面積等問題，此類問題通過割把復(fù)雜的幾何體割成幾個簡單的幾何體。二是求幾何體內(nèi)切球的半徑、體積等問題。此類問題主要是通過球心與幾何體的各點割成錐，然后運用等積法求半徑。【例1.1】已知一個三棱錐的所有棱長均為eq\r(2)，則該三棱錐的內(nèi)切球的體積為________．【答案】eq\f(\r(3),54)π【解析】由題意可知，該三棱錐為正四面體，如圖所示．AE＝AB·sin60°＝eq\f(\r(6),2)，AO＝eq\f(2,3)AE＝eq\f(\r(6),3)，DO＝eq\r(AD2－AO2)＝eq\f(2\r(3),3)，三棱錐的體積VD-ABC＝eq\f(1,3)S△ABC·DO＝eq\f(1,3)，設(shè)內(nèi)切球的半徑為r，則VD-ABC＝eq\f(1,3)r(S△ABC＋S△ABD＋S△BCD＋S△ACD)＝eq\f(1,3)，r＝eq\f(\r(3),6)，V內(nèi)切球＝eq\f(4,3)πr3＝eq\f(\r(3),54)π．【例1.2】【2020年新課標(biāo)3卷理科】已知圓錐的底面半徑為1，母線長為3，則該圓錐內(nèi)半徑最大的球的體積為_________．【答案】【解析】（解法一）易知半徑最大球為圓錐的內(nèi)切球，球與圓錐內(nèi)切時的軸截面如圖所示，其中，且點M為BC邊上的中點，設(shè)內(nèi)切圓的圓心為，由于，故，設(shè)內(nèi)切圓半徑為，則：，解得：，其體積：.故答案為：.（解法二）圓錐內(nèi)半徑最大的球即為圓錐的內(nèi)切球，設(shè)其半徑為r．作出圓錐的軸截面PAB，如圖所示，則△PAB的內(nèi)切圓為圓錐的內(nèi)切球的大圓．在△PAB中，PA＝PB＝3，D為AB的中點，AB＝2，E為切點，則PD＝2eq\r(2)，△PEO∽△PDB，故eq\f(PO,PB)＝eq\f(OE,DB)，即eq\f(2\r(2)－r,3)＝eq\f(r,1)，解得r＝eq\f(\r(2),2)，故內(nèi)切球的體積為eq\f(4,3)πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))3＝eq\f(\r(2),3)π．【點睛】與球有關(guān)的組合體問題，一種是內(nèi)切，一種是外接．解題時要認(rèn)真分析圖形，明確切點和接點的位置，確定有關(guān)元素間的數(shù)量關(guān)系，并作出合適的截面圖，如球內(nèi)切于正方體，切點為正方體各個面的中心，正方體的棱長等于球的直徑；球外接于正方體，正方體的頂點均在球面上，正方體的體對角線長等于球的直徑.【思維提升】以三棱錐P－ABC為例，求其內(nèi)切球的半徑．方法：等體積法，三棱錐P－ABC體積等于內(nèi)切球球心與四個面構(gòu)成的四個三棱錐的體積之和；第一步：先求出四個表面的面積和整個錐體體積；第二步：設(shè)內(nèi)切球的半徑為r，球心為O，建立等式：VP－ABC＝VO－ABC＋VO－PAB＋VO－PAC＋VO－PBC?VP－ABC＝eq\f(1,3)S△ABC·r＋eq\f(1,3)S△PAB·r＋eq\f(1,3)S△PAC·r＋eq\f(1,3)S△PBC·r＝eq\f(1,3)(S△ABC＋S△PAB＋S△PAC＋S△PBC)·r；第三步：解出r＝eq\f(3VP－ABC,SO－ABC＋SO－PAB＋SO－PAC＋SO－PBC)＝eq\f(3V,S表)．秒殺公式(萬能公式)：r＝eq\f(3V,S表)【例1.3】（2023·河北唐山·統(tǒng)考三模）（多選）《九章算術(shù)》是我國古代的數(shù)學(xué)名著，書中提到底面為長方形的屋狀的楔體（圖示的五面體．底面長方形中，，上棱長，且平面，高（即到平面的距離）為，是底面的中心，則（

）A．平面B．五面體的體積為5C．四邊形與四邊形的面積和為定值D．與的面積和的最小值為【答案】ABD【解析】取BC的中點G，連接OG，F(xiàn)G，∵EF∥OG，EF＝OG，∴四邊形EFGO為平行四邊形，∴EO∥FG，∵EO平面BCF，F(xiàn)G平面BCF，∴EO∥平面BCF，故A正確；過F作FH⊥平面ABCD，垂足為H，過H作BC的平行線MN，交AB于N，交CD于M，∵MN平面ABCD，∴FH⊥MN，又AB⊥MN，F(xiàn)H∩MN＝H，MN，F(xiàn)H平面FMN，∴AB⊥平面FMN，過E作EP∥FM，交CD于P，作EQ∥FN，交AB于Q，連接PQ，∵EP∥FM，EP平面FMN，F(xiàn)M平面FMN，∴EP∥平面FMN，同理EQ∥平面FMN，又EP∩EQ＝E，EP，EQ平面EPQ，∴平面EPQ∥平面FMN，如圖，五面體包含一個三棱柱和兩個的四棱錐，∴五面體的體積：，故B正確；設(shè)，則，，，四邊形與四邊形的面積和為，不是定值，故C錯誤；過H作HR⊥BC，垂足為R，連接FR，∵FH⊥平面ABCD，BC平面ABCD，∴FH⊥BC，又FH∩HR＝H，F(xiàn)H，HR平面FHR，∴BC⊥平面FHR，∵FR平面FHR，∴FR⊥BC，設(shè)，則，且，，△BCF的面積為，同理，△ADE的面積為，則△ADE與△BCF的面積和為，當(dāng)時，，即，∴，當(dāng)且僅當(dāng)?shù)忍柍闪?，，?dāng)且僅當(dāng)?shù)忍柍闪?，則△ADE與△BCF的面積和的最小值為，故D正確．故選：ABD.【變式1.1】（2023·遼寧·遼寧實驗中學(xué)?？寄M預(yù)測）如圖①，在平行四邊形中，，將沿折起，使得點到達點處（如圖②），，則三棱錐的內(nèi)切球半徑為______.【答案】【解析】如圖，過點作，且，連接，，則是平行四邊形，由題意可知，，所以，又，平面，所以平面，平面，所以，所以，所以.又平面，所以平面平面.取的中點，連接，則，平面，平面平面，則平面，且，所以三棱錐的體積.又，，，所以三棱錐的表面積，設(shè)三棱錐的內(nèi)切球半徑為，則.故答案為：．【變式1.2】（2023·遼寧沈陽·東北育才學(xué)校?？寄M預(yù)測）已知一正四面體棱長為4，其內(nèi)部放置有一正方體，且正方體可以在正四面體內(nèi)部繞一點任意轉(zhuǎn)動，則正方體在轉(zhuǎn)動過程中占據(jù)的空間體積最大為__________．【答案】【解析】正方體可以在正四面體內(nèi)部繞一點任意轉(zhuǎn)動，所以正方體在正四面體的內(nèi)切球中，要使得正方體在轉(zhuǎn)動過程中占據(jù)的空間體積最大，即正方體的棱長最長，即正方體的外接球恰好為正四面體的內(nèi)切球;所以正方體的棱長最長時，正方體的對角線為正四面體的內(nèi)切球的直徑.如圖正四面體,設(shè)為底面中心,則平面，連接并延長交于點.則為的中點，故，所以所以所以正四面體的體積為正四面體的表面積為設(shè)正四面體的內(nèi)切球的半徑為，則，解得由正方體的對角線為正四面體的內(nèi)切球的直徑，設(shè)正方體的棱長為則，解得，體積為;答案為：【變式1.3】（2022·江蘇通州·高三期末）將正方形ABCD沿對角線BD折成直二面角A′－BD－C，設(shè)三棱錐A′－BDC的外接球和內(nèi)切球的半徑分別為r1，r2，球心分別為O1，O2.若正方形ABCD的邊長為1，則________；O1O2＝__________.【答案】##【解析】由題可得，然后利用等積法可得，最后利用球的性質(zhì)即求.設(shè)，則，∴三棱錐A′－BDC的外接球，點即為，∵將正方形ABCD沿對角線BD折成直二面角A′－BD－C，又，∴平面，平面，∴，，∴，，∴，解得，∴，設(shè)球與平面，平面BCD分別切于P，Q，則為正方形，∴.故答案為：，.【應(yīng)用二】補的思想在立體幾何中幾何體外接球中的應(yīng)用解決球與其他幾何體的切、接問題，關(guān)鍵在于仔細觀察、分析，弄清相關(guān)元素的關(guān)系和數(shù)量關(guān)系，選準(zhǔn)最佳角度作出截面(要使這個截面盡可能多地包含球、幾何體的各種元素以及體現(xiàn)這些元素之間的關(guān)系)，達到空間問題平面化的目的．2．記住幾個常用的結(jié)論：（1）正方體的棱長為a，球的半徑為R.①對于正方體的外接球，2R＝；②對于正方體的內(nèi)切球，2R＝a；③對于球與正方體的各棱相切，2R＝.（2）在長方體的同一頂點的三條棱長分別為a，b，c，球的半徑為R，則.（3）正四面體的外接球與內(nèi)切球的半徑之比為3∶1.3．構(gòu)造法在定幾何體外接球球心中的應(yīng)用（1）正四面體、三條側(cè)棱兩兩垂直的正三棱錐、四個面都是直角三角形的三棱錐，可將三棱錐補形成長方體或正方體；（2）同一個頂點上的三條棱兩兩垂直的四面體、相對的棱相等的三棱錐，可將三棱錐補形成長方體或正方體；（3）若已知棱錐含有線面垂直關(guān)系，則可將棱錐補形成長方體或正方體；（4）若三棱錐的三個側(cè)面兩兩垂直，則可將三棱錐補形成長方體或正方體【例2.1】（2022·廣東潮州·高三期末）在《九章算術(shù)》中，將四個面都是直角三角形的四面體稱為鱉臑，在鱉臑A-BCD中，AB平面BCD，CDAD，AB=BD=，已知動點E從C點出發(fā)，沿外表面經(jīng)過棱AD上一點到點B的最短距離為，則該棱錐的外接球的表面積為_________．【答案】【解析】如圖所示：設(shè)CD=x，由題意得：，在中，由余弦定理得：，即，即，解得或（舍去），如圖所示：該棱錐的外接球即為長方體的外接球，則外接球的半徑為：，所以外接球的表面積為，故答案為：【思維提升】墻角模型是三棱錐有一條側(cè)棱垂直于底面且底面是直角三角形模型，用構(gòu)造法(構(gòu)造長方體)解決．外接球的直徑等于長方體的體對角線長(在長方體的同一頂點的三條棱長分別為a，b，c，外接球的半徑為R，則2R＝eq\r(a2＋b2＋c2)．)，秒殺公式：R2＝eq\f(a2＋b2＋c2,4)．可求出球的半徑從而解決問題．有以下四種類型：【例2.2】（2022·廣東·鐵一中學(xué)高三期末）已知四面體中，，，，則其外接球的體積為______.【答案】【分析】由題意可采用割補法，構(gòu)造長寬高分別x，y，z的長方體，其面對角線分別為解出x，y，z,求長方體的體對角線即可.【詳解】如圖，構(gòu)造長方體，其面對角線長分別為，則四面體的外接球即為此長方體的外接球，設(shè)長方體的長寬高分別x，y，z，外接球半徑為R則，所以,則，解得，所以.故答案為：【思維提升】棱相等模型是三棱錐的三組對棱長分別相等模型，用構(gòu)造法(構(gòu)造長方體)解決．外接球的直徑等于長方體的體對角線長，即(長方體的長、寬、高分別為a、b、c)．秒殺公式：R2＝eq\f(x2＋y2＋z2,8)(三棱錐的三組對棱長分別為x、y、z)．可求出球的半徑從而解決問題．【變式2.1】（2023·湖南邵陽·統(tǒng)考三模）三棱錐中，PA⊥平面ABC，，則三棱錐外接球的表面積為__________.【答案】【解析】由PA⊥平面ABC，面，則，又，所以兩兩垂直，故可將三棱錐補全為長方體，故三棱錐外接球，即為長方體外接球，令三棱錐外接球半徑為，則滿足，所以外接球表面積為.故答案為：【變式2.2】已知三棱錐，三組對棱兩兩相等，且，，若三棱錐的外接球表面積為．則________．【答案】【解析】將四面體放置于長方體中，四面體的頂點為長方體八個頂點中的四個，長方體的外接球就是四面體的外接球，，，且三組對棱兩兩相等，設(shè)，得長方體的對角線長為，可得外接球的直徑，所以，三棱錐的外接球表面積為，，解得，即，解之得，因即【變式2.3】已知三棱錐A－BCD的四個頂點A，B，C，D都在球O的表面上，AC⊥平面BCD，BC⊥CD，且AC＝eq\r(3)，BC＝2，CD＝eq\r(5)，則球O的表面積為()A．12πB．7πC．9πD．8π【答案】A【解析】由AC⊥平面BCD，BC⊥CD知三棱錐A－BCD可構(gòu)造以AC，BC，CD為三條棱的長方體，設(shè)球O的半徑為R，則有(2R)2＝AC2＋BC2＋CD2＝3＋4＋5＝12，所以S球＝4πR2＝12π，故選A．【變式2.4】(2019全國Ⅰ)已知三棱錐P－ABC的四個頂點在球O的球面上，PA＝PB＝PC，△ABC是邊長為2的正三角形，E，F(xiàn)分別是PA，AB的中點，∠CEF=90°，則球O的體積為()．A．B．C．D．【答案】D【解析】解法一：為邊長為2的等邊三角形，為正三棱錐，，又，分別為，的中點，，，又，平面，∴平面，，為正方體的一部分，，，即，故選D．解法二：設(shè)，分別為的中點，，且，為邊長為2的等邊三角形，，又，，中，由余弦定理可得，作于，，為的中點，，，，，又，兩兩垂直，，，，故選D．鞏固練習(xí)1、【2019年新課標(biāo)2卷理科】中國有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形狀多為長方體、正方體或圓柱體，但南北朝時期的官員獨孤信的印信形狀是“半正多面體”（圖1）.半正多面體是由兩種或兩種以上的正多邊形圍成的多面體.半正多面體體現(xiàn)了數(shù)學(xué)的對稱美．圖2是一個棱數(shù)為48的半正多面體，它的所有頂點都在同一個正方體的表面上，且此正方體的棱長為1．則該半正多面體共有________個面，其棱長為_________．【答案】

共26個面.

棱長為.【解析】由圖可知第一層與第三層各有9個面，計18個面，第二層共有8個面，所以該半正多面體共有個面．如圖，設(shè)該半正多面體的棱長為，則，延長與交于點，延長交正方體棱于，由半正多面體對稱性可知，為等腰直角三角形，，，即該半正多面體棱長為．【點睛】本題立意新穎，空間想象能力要求高，物體位置還原是關(guān)鍵，遇到新題別慌亂，題目其實很簡單，穩(wěn)中求勝是關(guān)鍵．立體幾何平面化，無論多難都不怕，強大空間想象能力，快速還原圖形．2、（2022·湖北江岸·高三期末）如圖，該幾何體是由正方體截去八個一樣的四面體得到的，若被截的正方體棱長為2，則該幾何體的表面積為（）A． B． C． D．【答案】B【分析】該幾何體的表面積由6個完全相同的正方形和8個完全相同的等邊三角形構(gòu)成，然后分別計算即可【詳解】根據(jù)題意，該幾何體的表面積分成兩部分，一部分是6個完全相同的正方形，另一部分是8個完全相同的等邊三角形6個完全相同的正方形的面積之和為：8個完全相同的等邊三角形的面積之和為：故該幾何體的表面積為：故選：B3、（2023·山西臨汾·統(tǒng)考一模）《九章算術(shù)·商功》提及一種稱之為“羨除”的幾何體，劉徽對此幾何體作注：“羨除，隧道也其所穿地，上平下邪.似兩鱉臑夾一塹堵，即羨除之形.”羨除即為：三個面為梯形或平行四邊形（至多一個側(cè)面是平行四邊形），其余兩個面為三角形的五面幾何體.現(xiàn)有羨除如圖所示，底面為正方形，，其余棱長為2，則羨除外接球體積與羨除體積之比為（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】連接AC、BD交于點M，取EF的中點O，連接OM，求出OM的長，進而求出OA的長，可知，從而可求出羨除外接球體積，由等體積法可求出羨除體積，進而可求得結(jié)果.【詳解】連接AC、BD交于點M，取EF的中點O，連接OM，則平面.取BC的中點G，連接FG，作，垂足為H，如圖所示，由題意得，，，，，∴，∴，又∵，∴，∴，即：這個羨除的外接球的球心為O，半徑為2，∴這個羨除的外接球體積為.∵，面，面，∴面，即：點A到面的距離等于點B到面的距離，又∵，∴，∴這個羨除的體積為，∴羨除的外接球體積與羨除體積之比為.故選：A.4、（2023·安徽黃山·統(tǒng)考三模）如圖，球的表面積為，四面體內(nèi)接于球，是邊長為的正三角形，平面平面，則該四面體體積的最大值為（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】因為球的表面積為，所以，由題意知底面三角