多面体与球的组合体问题-2018届高三数学优等生提分专题讲义

关于球与多面体的组合体解题方法探讨球与多面体的组合体是三维几何中的一个重要概念，解题方法也有多种。

在此简要探讨一下关于球与多面体组合体的解题方法。

首先，对于球与多面体的组合体，我们可以将问题进行分解，分开考虑球和多面体的特性和性质，然后再综合起来考虑问题。

下面我们结合具体例题进行探讨。

例题1：一个正方体的棱长为2，一个半径为1的球被正方体完全包围住，且完全在正方体内，求球与正方体相交的面积。

解题思路：首先我们可以知道正方体的一个面上的对角线等于正方体的棱长，所以正方体的对角线长度为2√2由题目可知，球在正方体内，球的半径为1，则球心到正方体一些顶点的距离不会超过1，所以球心到正方体一些面的距离也不会超过1我们可以考虑球心到正方体各个面的距离，不难发现，球心到一个面的距离不超过1，球心到相对的面的距离不超过√2，球心到相对的对角面的距离不超过2综上所述，可以得到以下结论：1)若球心在正方体内部，则球与每一面都有交点；2)若球心在正方体边界上，即球心到一面的距离为1，则球与其对边的面无交点；3)若球心在正方体的角点上，即球心到对角面的距离为2，则球与对角面无交点。

在本题中，球心到正方体各个面的距离都不会超过1，所以球与每一面都有交点。

球与正方体的每一面的交线是一个圆，球与三个相邻的面的交线上的圆心在正方体的三个对角线的交点上，球与相对的两个面的交线上的圆心在每个对角面的对角线的交点上。

由于正方体是对称的，所以球与三个相邻的面的交线上的圆互相等价，同理，球与相对的两个面的交线上的圆互相等价。

因此，求球与正方体相交的面积，只需计算球与一个面的交线上的一个圆的面积即可。

球与面的交线上的圆的半径可以通过勾股定理得到，即球心到正方体其中一个面的距离。

在本题中，球心到正方体的一个面的距离为1，所以球与该面的交线上的圆的半径为1-1=0。

因此，球与该面的交线上的圆的面积为0。

综上所述，球与正方体相交的面积为0。

通过以上分析我们可以看出，在解这类球与多面体的组合体题目时，关键是找到球与多面体各个面的交线的性质和关系来进行求解。

专题47 多面体与球考纲导读：考纲要求: 了解多面体、凸多面体的概念，了解正多面体的概念. 了解球的概念，掌握球的性质，掌握球的表面积、体积公式.考纲解读: 多面体、凸多面体的命题属于立体几何中不常见的题型,此类命题也往往依附于正棱锥或正锥柱. 高考中立体几何球类试题主要考查的是考生的球体建模能力及空间想像能力、而在内容上，作为选择题或填空题求球面上距离与角度的计算试题是多年来较为稳定的考查内容．考点精析： 考点1、 多面体此类题型以正多面体为截体，考查求线面关系、求角或求距离，近几年高考中经常出现此类问题.【考例1】 (·江苏)两相同的正四棱锥组成如图1所示的几何体，可放棱长 为1的正方体内，使正四棱锥的底面ABCD 与正方体的某一 个平面平行，且各顶点．．．均在正方体的面上，则这样的几何体 体积的可能值有( )A. 1个B. 2个C. 3个D. 无穷多个解题思路：几何问题的策略.该题渗透了新课标中三视图的解法,应引起足够的重视.正确答案：解法一:八面体上下两项点间距离即两正四棱锥高之和为定值1,则本题可以转化为一个正方形可以有多少个内接正方形，显然有无穷多个.其面积变化体积显然变化.应选D.解法二:如图所示,在正方体的俯视图中,可得正 八面体中截面四边形正方形ABCD 的内接于另一个 正方形,此正方形ABCD 的面积的范围为1[,1)2S ∈ ∴八面体的体积1111[,363V S =⨯∈, 即其体积的 可能值有穷多个.故应选D.回顾与反思：由正多面体的定义可以推知正多面体有两个特点；正多面体的各个面是全等的正多边形，各条棱是相等的线段.知识链接：对于多面体而言，围成多面体的各个多边形叫做多面体的面，两个面的公共边叫做多面体的棱，棱与棱的公共点叫做多面体的顶点，连结不在同一个面上的两个顶点的线段叫做多面体的对角线.【考例2】 (·南通中学模拟6)一个多面体的直观图，前视图（正前方观察），俯视图（正上方观察），侧视图（左侧正前方观察）如下所示． （1）求A A 1与平面ABCD 所成角的大小及面11D AA 与面ABCD 所成二面角的大小； （2）求此多面体的表面积和体积.解题思路：通过几个图形可以找出面面垂直与棱长间的关系, 可以用面积法求二面角的平面角的大小,用分割法求几何体的体积.正确答案：（1）由已知图可得，平面⊥AB A 1平面ABCD ， 取AB 中点H ，连接H A 1．在等腰AB A 1∆中有AB H A ⊥1，则⊥H A 1平面ABCD ，AB A 1∠是A A 1与平面ABCD 所成角，AH B A 21=，∴AB A 1∠2arctan =取AD 中点K ，连接KH K D ,1，同理有⊥K D 1平面ABCD ，即A HK ∆是11D AA ∆在平面ABCD 内的射影，在11D AA ∆中，a D A a AD AA22,251111===，28311a S D AA =∆又281a S AHK =∆，设面11D AA 与面ABCD 所成二面角的大小为α，则31c os 11==∆∆D AA AHK S S α ∴面11D AA 与面ABCD 所成二面角的大小为31arccos． （2）此多面体的表面积22222522214834a a a a a S =⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⋅+⋅+= 此多面体的体积33652221314a a a a a V =⋅⋅⋅⋅⋅-=回顾与反思：该多面体仍是一类重要的很规范的多面体，特别是通过几个视图的观察与分析可以较为迅速地掌握它们的性质和特征.知识链接：表面能经过连续变形变为球面的多面体叫作简单多面体, 凸多面体都是简单多面体，但不是凸多面体的多面体也可能是简单多面体.考点2、球面距离问题本题型主要考查球面距离的概念及求法，同时还涉及到经度和纬度问题，这是球的一个主要内容，它在实际中有广泛的应用，高考中多为选择或填空题.【考例1】 (·西城区抽样)过球面上A ，B ，C 三点的截面和球心的距离等于球半径的一半，且AB =BC =CA =3，则球的半径是 .解题思路：作出球面示意图,根据截面圆的性质可以作一直角三角形求其球的半径的长.正确答案：如图所示,由3AB BC CA ===,取ABC ∆的中心PABC DO 1M O 连接A 1O ,O1O , 则A 1O = 233=, 又由112OO R =,及22211OO AO R +=可得 22134R R +=,解之得2R =. 回顾与反思：本题考查了球的概念及其截面的性质.空间球体的建模与化归思想的掌握. 球的直观图及球体的模型建构是考生空间想象中的一个难点,牢记球体模型是一个捷径.知识链接：球的截面的性质.①球心和截面圆心的连线垂直于截面；②球心到截面的距离d 与球的半径R 及截面的半径r 有下面的关系：r =22d R -.【考例2】 (·山东)设地球的半径为R ，若甲地位于北纬45︒东经120︒，乙地位于南纬75︒东经120︒，则甲、乙两地的球面距离为( )B.6R πC.56R π D.23R π解题思路：本题考查球面距离的运算.求两点间的球面距离,由经度与纬度可以计算得球心与球面上两点的圆心角的大小,再求其球面距离.正确答案：先要求出球心与这两点所成的圆心角的大小，∠A O B =120°，∴ A 、B 两点间的球面距离为31×2πR =23R π.故应选D. 回顾与反思：在解决球的问题时，经常遇到与地球的经线、纬线、经度、纬度有关的问题.纬线：是与地轴垂直的截面截地球表面所得到的圆.纬线除赤道是大圆外，其余都是小圆. 经线：是地球表面上从北极到南极的半个大圆.经线圈是过地轴的截面截地球表面所得到的圆，它们都是大圆.纬度：某地点的纬度，就是经过这点的球的半径与赤道所在平面所成角的度数.纬度角是一个线面角.经度：某地点的经度，就是经过这点的经线及地轴确定的半平面与0°经线及地轴确定的半平面所成的二面角的度数.经度角是一个二面角.0°经线也叫做本初子午线.东经180°经线和西经180°经线是同一条经线，即180°经线.0°经线和180°经线合成一个通过南北两极的大圆.知识链接：球面距离.在球面上，两点之间最短连线的长度，就是经过这两点的大圆在这两点间的一段劣弧的长度，我们把这个弧长叫做两点的球面距离.考点3、球的表面积与体积本题型主要通过利用球的截面性质确定球的半径，再利用球的表面积和体积公式进行计算, 高考中多为选择或填空题.【考例1】(·连云港市一模) 正四棱锥P-ABCD 的五个顶点在同一球面上,若该四棱锥的底面边长为4,侧棱长为62,则这个球的表面积为____________.解题思路：球心必在正四棱锥的高线上,解该球心所在的正四棱锥的特征直角三角形可得球半径,由此可得球的表面积.正确答案：如图所示,取下底面正方形ABCD 的中心O1, 设球心为O ,球半径为R, 则PD =4AB =,1O D =∴14PO ==.∵22211OO O D OD +=, ∴22(4)8R R -+=, 解之得3R =,∴2436S R ππ==球.回顾与反思：本题考查了球的概念及其截面的性质.空间球体的建模与化归思想的掌握. 球的直观图及球体的模型建构是考生空间想象中的一个难点,牢记球体模型是一个捷径.知识链接：球的体积定理 半径是R 的球的体积V =34πR 3. 球的表面积定理.半径是R 的球的表面积S =4πR 2.【考例2】 (·山东文)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解题思路：正方体的对角线为其外接球的直径,正方体的棱长的一半为其内切球的半径.正确答案：设正方体的边长为a ,则内切球的半径2a r =, V 1,63433a r ππ==外接球的半径R=a 23, =2V 334,3r a π=则21:V V 63a π=:323a π33:1=,故选C. 回顾与反思：本题考查了球体的建模与球的截面的性质. 求解的关键在于找出正主体的棱长与内切球及外接球的半径间的关系式.知识链接：推导球的体积、表面积公式的方法，是“分割，求近似和，再由近似和转化为准确和”的方法.推导球的体积公式时，是将球分割为许多“小圆片”；推导球表面积公式时，是将球分割为许多“小锥体”.由于前面已经推出了球体积公式，所以在推导球表面积公式时，借助于球体积公式进行了变形.对于这一推导，同样要了解其所运用的基本思想方法.创新探究：【探究1】如图所示,一个倒置的正四面体A-BCD 容器中放置了一个半径为1的小球,小球与相邻的三个侧面均 相切,则小球球心O 到容器底,即到正四面体顶点A 的距离 OA= ( )A. 4B. 3创新思路：本题考查球内切于几何体问题是一个常见的考点,本题将球内切问题转换一种说法,使问题情境变得较为新颖,考查了考生建立立几模型解决实际问题的能力.解析: 如图所示,正四面体的斜高h '、斜高在底面上的射影r 、 高h 构成了一个直角三角形,其中斜高与高所成角θ的正弦值1sin 3r h θ==', 由内切球的半径为R=1, 可得球心到四面体顶点的距离3sin ROA θ==,故应选B. 【探究2】一个正六面体的各个面和一个正八面体的各个面都是边长为a 的正三角形,这样的两个多面体的内切球的半径之比是一个既约分数mn,那么积m n ⋅是( ) A. 6 B. 3 C. 54 D. 24创新思路：本题考查建立了等体积模型,将几何体分割成若干个等高的几何体,从而求解出球的半径 .引类问题涉及几何体的切割问题,也是一个高考的热点问题.解析: 设六面体与八面体的内切球半径分别为1r 与2r ,再设六面体中的正三棱锥A-BCD 的高为1h ,八面体中的正四棱锥M-NPQR 的高为2h ,如图所示,则1h a =,22h a = . ∵V 正六面体=11112633BCD ABC h S r S ⋅⋅=⋅⋅ ,∴1113r h == . 又∵V 正八面体=22112833MNP h S r S ⋅⋅=⋅⋅ 正方形MPQR ,322a =, 2r =,于是1223r r ==,23是既约分数,即m n ∴ 6m n ⋅= .故应选A. 方法归纳：1.对球的考察一般不会出现在大题目中，而往往以应用题为背景做简单的考察，考生要牢记表面积和体积公式（不管试卷是否提供）、熟悉一些地理术语,要求考生具有一定的空间想象能力、抽象能力以及分析问题的能力和处理问题的一定技巧;2.球和正方体,长方体,三棱锥的组合问题,应引起高度重视,而且有些问题也可以通过补形法转化成球内接正方体或内接长方体问题.过关必练：MP NRO 22h2rFQABC DO 11h1r EB 一、选择题:1. (·安徽理9文6)表面积为的正八面体的各个顶点都在同一个球面上，则此球的体积为( )A B ．13π C ．23π D 2. (·四川文)如图，正四棱锥P ABCD -底面的四个顶 点,,,A B C D 在球O 的同一个大圆上，点P 在球面上，如果163P ABCD V -=，则球O 的表面积是() A. 4πB. 8πC. 12πD. 16π3. (·四川理)已知球O 半径为1，A 、B 、C 三点都在球面上，A 、B 两点和A 、C 两点的球面距离都是4π，B 、C 两点的球面距离是3π，则二面角B C OA --的大小是( )A.4πB. 3πC. 2πD. 23π4. (·南通中学模拟6)如图是一个由三根细铁杆,,PA PB PC组成的支架，三根杆的两两夹角都是60，一个半径为1则球心O 到点P 的距离是( )A B C 、2 D 、3 5. (·浙江理)如图，O 是半径为1的球的球心，点A 、B 、C 在球面上，OA 、OB 、OC 两两垂直，E 、F 分别是大圆弧 AB 与 AC 的中点，则点E 、F 在该球面上的球面距离是( )A ．4π B ．3π C ．2π D ．4二、填空题:6. (·西城区抽样)若与球心距离为4的平面截球所得的截面圆的面积为9π，则球的面积是__________.7. (·湖北八校二联)设A 、B 、C 、D 是半径为2的球面上的四个不同点，且满足0=⋅AC AB ，0=⋅AD AC ,0=⋅AB AD ，用321S S S 、、分别表示△ABC 、△ABD 、△ACD 的面积，则321S S S ++的最大值是 _______ ____.8. (·宿迁模)球面上有A ，B ，C 三点，AB =BC =CA =6，若球心到平面1A BCPEFABC 的距离为4，则球的表面积是 .9. (·陕西理15文16)水平桌面α上放有4个半径均为2R 的球，且相邻的球都相切（球心的连线构成正方形）．在这4个球的上面放一个半径为R 的小球，它和下面的4个球恰好相切，则小球的球心到水平桌面α的距离是 .10. (·海淀4月期中)若球O 的半径长为13，圆O 1为它的一个截面，且OO 1=12，则圆O 1的半径长为_____;点A 、B 为圆O 1上的两定点，AB=10，若C 为圆O 1上的动点，则△ABC 的最大面积为 .三、 解答题:11. (·天津)如图，在斜三棱柱111ABC A B C -中，11A AB A AC ∠=∠，AB AC =，侧面11B BCC 与底面ABC所成的二面角为120︒，E 、F 分别是棱1CB 、1AA 的中点.（Ⅰ）求1AA 与底面ABC 所成的角；（Ⅱ）证明E 1A ∥平面1B FC ；（Ⅲ）求经过1A 、A 、B 、C 四点的球的体积．12. (·辽宁)已知三棱锥P —ABC 中，E 、F 分别是AC 、 AB 的中点，△ABC ，△PEF 都是正三角形，PF ⊥AB. （Ⅰ）证明PC ⊥平面PAB ； （Ⅱ）求二面角P —AB —C 的平面角的余弦值；（Ⅲ）若点P 、A 、B 、C 在一个表面积为12π的球面上， 求△ABC 的边长.13. (·天津理19文19)如图，在五面体ABCDEF 中，点O 是矩形ABCD 的对角线的交点，面CDE 是等边三角形，棱//1 2EF BC=．（Ⅰ）证明FO//平面CDE；（Ⅱ）设BC=，证明EO⊥平面CDF．14. (·成都市摸底)A BDROR过关必练参考答案：1. A 解析:如图所示,正八面休中外接球的球心为O, 则直径AB=2R , OA=OB=R , 可求得正八面体的棱长AD =,∵正八面体的表面积228)S ===∴R =, 于是得球的体积为343V π==球, 故应选A. 2. D 解析:设球半径为R,, 高为R , ∴231216)333V R R =⨯⨯==正四棱锥, 解这得2R =, ∴2416S R ππ==球, 故应选D.3. C 解析:如图所示,由A 、B 两点和A 、C 两点的球面距离都是4π， B 、C 两点的球面距离是3π,可得4AOB AOC π∠=∠=,3BOC π∠=, ∴1BC OC OB ===.过点C 作CM OA ⊥,垂足为M, 连接BM, 则BM OA ⊥,即得 BMC ∠就是二面角B C OA --的平面角. ∵sin 4MC MB OC π===∴BMC ∠=2π,即得二面角B C OA --的大小为2π, 故应选C. 4. A 解析: 连PO 并延长交球于点O 1, 作CO 1⊥PO, 连接OT(T 为切点) ,设PC= a ,由OT=1可得113sin O C OTCPO PC PO a PO∠===== PO =.故应选A.5. B 解析:分别过点E 、F 作EM ⊥OB 于点M,FN ⊥OC 于点N, 连结OE 、OF 、MN 、EF, 由点E 、F 分别是大圆弧 AB 与AC 的中点, ∴∠EOM=∠FON=045, 设球半径为R,C则0cos 452OM ON EM FN R R =====, 又∵//EM FN , ∴EF//MN 且EF=MN ∴EF=MN 2R R ==, ∴OEF ∆为等边三角形, 即∠EOF=060, ∵R=1 , ∴点E 、F 在该球面上的球面距离是33R ππ=, 故应选B.6. 100π 解析: 如图所示,由14OO =,截面圆1O 的面积为9π得其半径13O A =, 连接A 1O ,由22211OO AO R +=可得2222435R =+=, ∴24100S R ππ==球.7. 8解析: 如图正方体中，AB ，AC ，AD 满足互相垂直 且A ，B ，C ，D 可在同一个球面上，设边长为a ， 则43=a ，,34=a当AB=AC=AD 时S 1，S 2，S 3可取最大值, 即S 1+S 2+S 3的最大值为8316213=⨯⨯. 8. 100π解析:如图所示,由AB =BC =CA =6， 可得BCA ∆是以CA为斜边的直角三角形,取AC 中点为O 1,则5AO ==,故球的表面积24100S AO ππ==.9. 3R 解析:如图所示,将五个小球的球心相连可得一底面边长为4侧棱长OD=3R 的正四棱锥O-ABCD,其项点到底面的距离OM 加上下面与桌面相切的球半径MN=2R 即为小球球心到水平桌面的距离∵OM R ===, ∴小球的球心到水平桌面α的距离为23R R R +=. 10. 5,25解析: 如图,由题意得:在B OO Rt 1∆中,OB=13,OO 1=12, 则圆O 1的半径长为5; 又AB=10,即为圆O 1的直径, 则当O 1C ⊥AB 时,∆ABC 的面积最大,且最大值为2551021=⨯⨯. 11. 解析:（I ）解：过1A 作平面1A H ⊥平面ABC ，垂足为H .连接AH ，并延长与BC 交于G ，连接EG ，于是1A AH ∠为1A A 与底面ABC 所成的角．因为11A AB A AC ∠=∠，所以AG 为的BAC ∠平分线． 又因为AB AC =，所以AG BC ⊥，G 且为BC 的中点因此，由三垂线定理1A A BC ⊥,因为11//A A B B ，且1//EG B B ，所以EG BC ⊥，于是AGE∠ACD为二面角A BC E --的平面角，即120AGE ∠=︒,由于四边形1A AGE 为平行四边形，得160A AG ∠=︒,所以，1A A 与底面ABC 所成的角度为60︒（II ） 证明：设EG 与1B C 的交点为P ，则点P 为EG 的中点，连结PF. 在平行四边形1AGEA 中，因为F 是1A A 的中点，所以1//A E FP而ＦP ⊂平面1B FC ，AE ⊄平面1B FC ，所以1//A E 平面1B FC（III ）解：连接1A C ．在△1A AC 和△1A AB 中，1111AC AB A AC A AB A A A A =⎫⎪∠=∠⇒⎬⎪=⎭△1A AC ≅△111A AB AC A B ⇒= 又因为1A H ⊥平面ABC ，所以H 是△ABC 的外心设球心为O ，则O 必在1A H 上，且1OF A A ⊥在Rt △1A FO中，11112cos cos30a A F AO AA H ==∠︒球的体积334433V R ππ⎫===⎪⎪⎝⎭. 12. 解析:（Ⅰ）证明： 连结CF. .,2121PC AP AC BC EF PE ⊥∴=== .,,PCF AB AB PF AB CF 平面⊥∴⊥⊥..,PAB PC AB PC PCF PC 平面平面⊥∴⊥∴⊂（Ⅱ）解法一：,,CF AB PF AB ⊥⊥PFC ∠∴为所求二面角的平面角. 设AB=a ，则AB=a ，则a CF a EF PF 23,2=== .33232cos ==∠∴a a PFC 解法二：设P 在平面ABC 内的射影为O. PAF ∆ ≌PAB PAE ∆∴∆,≌.PAC ∆ 得PA=PB=PC. 于是O 是△ABC 的中心. PFO ∠∴为所求二面角的平面角. 设AB=a ，则.2331,2a OF a PF ⋅==.33c o s ==∠∴PF OF PFO （Ⅲ）解法一：设PA=x ，球半径为R. ,,PB PA PAB PC ⊥⊥平面 ππ124.232==∴R R x ，ABC x R ∆∴==∴.2.3得的边长为22. 解法二：延长PO 交球面于D ，那么PD 是球的直径.连结OA 、AD ，可知△PAD 为直角三角形. 设AB=x ，球半径为R.,2332,66tan .32,1242x OA x PFO OF PO PD R ⋅==∠==∴= ππ 22.22).6632(66)33(2的边长为于是ABC x x x x ∆∴=-=∴. 13. 解析:（Ⅰ）证明：取CD 中点M ，连结OM. A B C P E F O D在矩形ABCD中1//2OM BC，又1//2EF BC，则//OMEF，连结EM，于是四边形EFOM为平行四边形.//FO EM∴又FO⊄平面CDE，切EM⊂平面CDE，∵F O∥平面CDE （Ⅱ）证明：连结FM，由（Ⅰ）和已知条件，在等边△CDE中，,CM DM EM CD=⊥且12EM BC EF ===.因此平行四边形EFOM为菱形，从而EO⊥FM而FM∩CD=M，∴CD⊥平面EOM，从而CD⊥EO. 而FM CD M⋂=，所以EO⊥平面CDF.14.。

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2aOJ 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22GO 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132AO 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.【例1】 棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -的8个顶点都在球O 的表面上,E F ，分别是棱1AA ,1DD 的中点,则直线EF 被球O 截得的线段长为（ ） A ．22B ．1C ．212+D ．2【分析】本题求解关键是得出直线EF 被球O 截得的线段为球的截面圆的直径 【解析】由题意可知,球为正方体的外接球.平面11AA DD 截面所得圆面的半径12,22AD R ==11EF AA DD ⊂面，∴直线EF 被球O 截得的线段为球的截面圆的直径22R =.【小试牛刀】【2017届广东省深圳市高三下学期第一次调研】已知棱长为2的正方体,球与该正方体的各个面相切,则平面截此球所得的截面的面积为（ ）A. B. C. D.1.2 球与长方体长方体各顶点可在一个球面上,故长方体存在外切球.但是不一定存在内切球.设长方体的棱长为,,,a b c 其体对角线为l .当球为长方体的外接球时,截面图为长方体的对角面和其外接圆,和正方体的外接球的道理是一样的,故球的半径222.22l a b c R ++==【例2】在长、宽、高分别为2,2,4的长方体内有一个半径为1的球,任意摆动此长方体,则球经过的空间部分的体积为( ) A.10π3B.4πC.8π3D.7π3【分析】转化为求正方体的内切球【解析】利用运动的观点分析在小球移动的过程中,进过部分的几何体.因半径为1的小球恰好为棱长为2的正方体的内切球,故小球经过空间由上往下看为：半个小球、高为2的圆柱和半个小球,三部分的体积为：3241101212=.323πππ⨯⨯⨯+⨯⨯ 【小试牛刀】已知正四棱柱的底边和侧棱长均为32,则该正四棱锥的外接球的表面积为 . 1.3 球与直棱柱球与一般的直棱柱的组合体,常以外接形态居多.下面以正三棱柱为例,介绍本类题目的解法构造直角三角形法.设正三棱柱111ABC A B C -的高为,h 底面边长为a ,如图2所示,D 和1D 分别为上下底面的中心.根据几何体的特点,球心必落在高1DD 的中点O ,3,,,23h OD AO R AD a ===借助直角三角形AOD 的勾股定理,可求223()()23h R a =+.【例3】已知直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的球面上,若AB ＝3,AC ＝4,AB ⊥AC ,AA 1＝12,则球O 的半径为( )A.3172 B ．210 C.132D ．310【分析】先确定球心位置,再利用222R r d =+确定球的半径 【解析】如图所示,由球心作平面ABC 的垂线,则垂足为BC 的中点M .又AM ＝12BC ＝52,OM ＝12AA 1＝6,所以球O 的半径R ＝OA ＝522＋62＝132. 【点评】直棱柱的外接球的球心是上下底面外接圆圆心连线的中点.【小试牛刀】直三棱柱111ABC A B C -的六个顶点都在球O 的球面上,若1AB BC ==,0120ABC ∠=,123AA =,则球O 的表面积为（ ）A ．4πB ．8πC ．16πD ．24π (二) 球与锥体的组合体规则的锥体,如正四面体、正棱锥、特殊的一些棱锥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,通过球的半径和棱锥的棱和高产生联系,然后考查几何体的体积或者表面积等相关问题. 2.1 球与正四面体正四面体作为一个规则的几何体,它既存在外接球,也存在内切球,并且两心合一,利用这点可顺利解决球的半径与正四面体的棱长的关系.如图4,设正四面体S ABC -的棱长为a ,内切球半径为r ,外接球的半径为R ,取AB 的中点为D ,E 为S 在底面的射影,连接,,CD SD SE 为正四面体的高.在截面三角形SDC ,作一个与边SD 和DC 相切,圆心在高SE 上的圆,即为内切球的截面.因为正四面体本身的对称性可知,外接球和内切球的球心同为O .此时,,CO OS R OE r ===,23,,33SE a CE ==则有2222233a R r a R r CE +=-=，=，解得：66,.412R r ==这个解法是通过利用两心合一的思路,建立含有两个球的半径的等量关系进行求解.同时我们可以发现,球心O 为正四面体高的四等分点.如果我们牢记这些数量关系,可为解题带来极大的方便.【例4】将半径都为１的四个钢球完全装入形状为正四面体的容器里,这个正四面体的高的最小值为 ( ) A.3263+ B. 2+263 C. 4+263 D. 43263+【小试牛刀】【2017届云南曲靖一中高三上学期月考】正四面体的棱长为a ,其内接球与外接球的体积比为 ．2.2 球与三条侧棱互相垂直的三棱锥球与三条侧棱互相垂直的三棱锥组合问题,主要是体现在球为三棱锥的外接球.解决的基本方法是补形法,即把三棱锥补形成正方体或者长方体.常见两种形式：一是三棱锥的三条侧棱互相垂直并且相等,则可以补形为一个正方体,它的外接球的球心就是三棱锥的外接球的球心.如图5,三棱锥111A AB D -的外接球的球心和正方体1111ABCD A B C D -的外接球的球心重合.设1AA a =,则32R =.二是如果三棱锥的三条侧棱互相垂直并且不相等,则可以补形为一个长方体,它的外接球的球心就是三棱锥的外接球的球心.2222244a b c l R ++==(l 为长方体的体对角线长).【例5】在正三棱锥S ABC -中,M N 、分别是棱SC BC 、的中点,且AM MN ⊥,若侧棱23SA =,则正三棱锥S ABC -外接球的表面积是 .【解析】如图6,正三棱锥对棱相互垂直,即,AC SB ⊥又,,,.SB MN MN AC MN AM MN SAC ∴⊥⊥∴⊥∥又平面于是,,,SB SAC SB SA SB SC ⊥∴⊥⊥平面从而.SA SC ⊥此时正三棱锥S ABC -的三条侧棱互相垂直并且相等,故将正三棱锥补形为正方体.球的半径23,3,436.2R SA R S R ππ=∴=∴==【小试牛刀】一个几何体的三视图如图所示,其中主视图和左视图是腰长为1的两个全等的等腰直角三角形,则该几何体的外接球的表面积为( )A ．12πB ．43πC ．3πD ．123π 2.3 球与正棱锥球与正棱锥的组合,常见的有两类,一是球为三棱锥的外接球,此时三棱锥的各个顶点在球面上,根据截面图的特点,可以构造直角三角形进行求解.二是球为正棱锥的内切球,例如正三棱锥的内切球,球与正三棱锥四个面相切,球心到四个面的距离相等,都为球半径R ．这样求球的半径可转化为球球心到三棱锥面的距离,故可采用等体积法解决,即四个小三棱锥的体积和为正三棱锥的体积.【例6】在三棱锥P －ABC 中,PA ＝PB=PC=3,侧棱PA 与底面ABC 所成的角为60°,则该三棱锥外接球的体积为（ ） A ．π B.3πC. 4πD.43π【解析】如图7所示,过P 点作底面ABC 的垂线,垂足为O ,设H 为外接球的球心,连接,,AH AO 因60,3,PAO PA ∠==故32AO =,32PO =，又△AHO 为直角三角形,222,,AH PH r AH AO OH ==∴=+22233344()(),1,1.2233r r r V ππ∴=+-∴=∴=⨯=【小试牛刀】【河北省邯郸市2018届高三第一次模拟】设正三棱锥P ABC -的高为H ，且此棱锥的内切球的半径为R ，若二面角P AB C --35，则HR=（ ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 2.4 球与特殊的棱锥球与一些特殊的棱锥进行组合,一定要抓住棱锥的几何性质,可综合利用截面法、补形法等进行求解.例如,四个面都是直角三角形的三棱锥,可利用直角三角形斜边中点几何特征,巧定球心位置.如图8,三棱锥S ABC -,满足,,SA ABC AB BC ⊥⊥面取SC 的中点为O ,由直角三角形的性质可得：,OA OS OB OC ===所以O 点为三棱锥S ABC -的外接球的球心,则2SCR =.【例7】矩形ABCD 中,4,3,AB BC ==沿AC 将矩形ABCD 折成一个直二面角B AC D --,则四面体ABCD 的外接球的体积是( )A.π12125 B.π9125 C.π6125 D.π3125【解析】由题意分析可知,四面体ABCD 的外接球的球心落在AC 的中点,此时满足,OA OD OB OC ===522AC R ∴==,343V R π=1256π=. 【小试牛刀】【2017届山西省临汾一中、忻州一中、长治二中等五校高三上学期联考】已知三棱锥内接与球,且,若三棱锥体积的最大值为,则球的表面积为（ ）A.B.C.D.(三) 球与球的组合体对个多个小球结合在一起,组合成复杂的几何体问题,要求有丰富的空间想象能力,解决本类问题需掌握恰当的处理手段,如准确确定各个小球的球心的位置关系,或者巧借截面图等方法,将空间问题转化平面问题求解. 【例8】 在半径为R 的球内放入大小相等的4个小球,则小球半径r 的最大值为（ ） A. (2－1)R B . (6－2)R C. 14R D.1 3R 【解析】要使得小球的半径最大,需使得4个小球的球心为一个正四面体的四个顶点,如图9所示,此时正四面体A BCD -的外接球的球心为O ,即为半径为R 的球的球心,则,AO R r =-又因O 为1AO 的四分点,故14(),3AO R r =-在1Rt ABO ∆中,22212422,3,[()](2)(3),333(62).AB r BO r R r r r r R ==∴-⨯=-∴=-【小试牛刀】如图,在一个正方体内放入两个半径不相等的球O 1,O 2,这两个球外切,且球O 1与正方体共顶点A 的三个面相切,球O 2与正方体共顶点B 1的三个面相切,则两球在正方体的面AA 1C 1C 上的正投影是( )(四) 球与几何体的各条棱相切球与几何体的各条棱相切问题,关键要抓住棱与球相切的几何性质,达到明确球心的位置为目的,然后通过构造直角三角形进行转换和求解.如与正四面体各棱都相切的球的半径为相对棱的一半：24r '=.【例9】把一个皮球放入如图10所示的由8根长均为20 cm 的铁丝接成的四棱锥形骨架内,使皮球的表面与8根铁丝都有接触点,则皮球的半径为（ ）A ．l03cmB ．10 cmC ．102cmD ．30cm【解析】如图11所示,由题意球心在AP 上,球心为O,过O 作BP 的垂线ON 垂足为N,ON=R,OM=R,因为各个棱都为20,所以AM=10,BP=20,BM=10,AB=102,设BPA α∠=,在Rt ∆BPM 中,222BP BM PM =+,所以103PM =.在Rt ∆PAM 中, 222PM AM AP =+,所以102PA =.在Rt ∆ABP 中, 1022sin 202AB BP α===,在Rt ∆ONP 中, sin ON ROP OPα==,所以22R OP =,所以2OP R =.在Rt ∆OAM 中, 222OM AO AM =+,所以,22(1022)100R R =-+,解得,10R =或30（舍）,所以,10,R cm =故选B.(五) 与三视图相结合的组合体问题本类问题一般首先给出三视图,然后考查其直观图的相关的组合体问题.解答的一般思路是根据三视图还 原几何体,根据几何体的特征选择以上介绍的方法进行求解.【例10】【湖南G10教育联盟2018年4月高三联考】一个几何体的三视图如图所示，其中正视图和侧视图是腰长为1的两个全等的等腰直角三角形，若该几何体的所有顶点在同一球面上，则该球的表面积是（ ）A.32π B. 34π C. 3π D. 3π【小试牛刀】【2017届河北省正定中学高三上学期期中）】如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗实线及粗虚线画出的是某多面体的三视图,则该多面体外接球的表面积为（ ）A.B.C.D.综合上面的五种类型,解决与球的外切问题主要是指球外切多面体与旋转体,解答时首先要找准切点,通过作截面来解决.如果外切的是多面体,则作截面时主要抓住多面体过球心的对角面来作；把一个多面体的几个顶点放在球面上即为球的内接问题．解决这类问题的关键是抓住内接的特点,即球心到多面体的顶点的距离等于球的半径．发挥好空间想象力,借助于数形结合进行转化,问题即可得解．如果是一些特殊的几何体,如正方体、正四面体等可以借助结论直接求解,此时结论的记忆必须准确.五、迁移运用1.【河南省六市2018届高三一模】在三棱锥S ABC -中， SB BC ⊥， SA AC ⊥， SB BC =， SA AC =，12AB SC =，且三棱锥S ABC -932，则该三棱锥的外接球半径是（ ）A. 1B. 2C. 3D. 4 【答案】C【解析】取SC 中点O ，则OA=OB=OC=OS,即O 为三棱锥的外接球球心，设半径为r,则2139323,342r r r ⨯⨯=∴=选C. 2．【贵州省凯里市第一中学2018届高三下学期模拟】图是棱长为2的正八面体（八个面都是全等的等边三角形），球O 是该正八面体的内切球，则球O 的表面积为（ ）A.83π B. 43πC. 8627πD. 4627π【答案】A【解析】如图所示，设已知的正八面体为SABCDI ，可知SI ⊥平面ABCD 于球心O ，且点O 为正方形ABCD 的中心，设球O 与正四棱锥S ABCD -的侧面SBC 相切于点F ，连接SF 并延长，交BC 于点E ，可知E 为BC 的中点，连接,OE OF ，则1,3OE SE == 2SO =，由1122SOE S SE OF SO OE ∆=⨯⨯=⨯⨯，得63OF =，即正八面体内切球的半径为63，所以内切球的表面积为268433O S ππ⎛⎫=⨯⨯= ⎪ ⎪⎝⎭，故选A. 3．【宁夏吴忠市2018届高三下学期高考模拟】半径为R 的球O 中有一内接圆柱.当圆柱的侧面积最大时，球的表面积与该圆柱的侧面积之差是（ ） A. 22R π B. 252R π C. 23R π D. 272R π 【答案】A【解析】设圆柱的上底面半径为r ，球的半径与上底面夹角为α，则cos r R α=圆柱的高为2sin R α，圆柱的侧面积为22sin 2R πα，当且仅当4πα=时， sin 21α=，圆柱的侧面积最大，圆柱的侧面积为22R π球的表面积为24R π，球的表面积与该圆柱的侧面积之差为22R π，故选A4．【河南省中原名校（即豫南九校）2018届高三第六次质量考评】已知,,,A B C D 是球O 表面上四点，点E 为BC 的中点，若,,120AE BC DE BC AED ⊥⊥∠=︒, 3,2AE DE BC ===，则球O 的表面积为（ ） A.73π B.283πC. 4πD. 16π 【答案】B5．【四川省德阳市2018届高三二诊】如图所示的三视图表示的几何体的体积为323，则该几何体的外接球的表面积为（ ）A. 12πB. 24πC. 36πD. 48π 【答案】C6．【四川省雅安中学2018届高三下学期第一次月考】已知三棱锥A BCD -中， ,,AB AC AB AC =⊥BD DC ⊥， 6DBC π∠=，若三棱锥A BCD -的最大体积为32，则三棱锥外接球的表面积为A. 43πB. 8πC. 12πD. 123π 【答案】C【解析】取BC 的中点O ，连接AO ， DO ，作DE BC ⊥于点E ，设AB AC x ==. ∵,AB AC ⊥ BD DC ⊥∴AO OB OC OD ===，即O 三棱锥A BCD -外接球的球心. ∵,AB AC AB AC =⊥，∴22AO OB OC OD x ====∵6DBC π∠=，∴22CD x =，∴64DE = ∵三棱锥A BCD -的最大体积为32∴当DE 为三棱锥A BCD -的高时，三棱锥A BCD -的体积最大，即211633242x x ⨯=. ∴6x =，则三棱锥A BCD -2632=.∴三棱锥A BCD -的外接球的表面积为()24312ππ⨯=.故选C.7．【四川省成都市龙泉驿区第一中学校2018届高三3月“二诊”】如图，在四棱锥C －ABOD 中，CO⊥平面ABOD ，AB∥OD，OB⊥OD，且AB ＝2OD ＝12，AD ＝62，异面直线CD 与AB 所成角为30°，点O ，B ，C ，D 都在同一个球面上，则该球的表面积为 A. 72π B. 84π C. 128π D. 168π【答案】B8．【2017届河北省石家庄市高三第二次质量检测】四棱锥的底面是边长为6的正方形,且,若一个半径为1的球与此四棱锥所有面都相切,则该四棱锥的高是（ ）A. 6B. 5C.D.【答案】D【解析】由题知,四棱锥是正四棱锥,球的球心在四棱锥的高上,过正四棱锥的高作组合体的轴截面如图：其中是斜高,为球面与侧面的切点．设,易知,所以,即,解得,故选D ．9．【2017届辽宁省沈阳市郊联体高三上学期期末】如图,有一个水平放置的透明无盖的正方体容器,容器高8,将一个球放在容器口,再向容器注水,当球面恰好接触水面时测得水深为6,如不计容器的厚度,则球的表面积为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】设正方体上底面所在平面截球得小圆,则圆心为正方体上底面正方形的中心. 如图,设球的半径为,根据题意得球心到上底面的距离等于,而圆的半径为,由球的截面圆性质,得,解得.球的表面积为,故选A.10．【2017届云南省云南师范大学附属中学高三高考适应性月考】四面体的四个顶点都在球的球面上,,且平面平面,则球的表面积为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】如图,分别为的中点,易知球心点在线段上,因为,则．又∵平面平面,平面平面=BC,∴平面ABC,∴,∴．因为点是的中点,∴,且．设球心的半径为,,则,在中,有,在中,有,解得,所以,故选B．11．【2017届湖南省衡阳市高三上学期期末考试】一个四面体的三视图如图所示,则该四面体的外接球的表面积为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】由题意可知,几何体为三棱锥,底面等腰直角三角形的底边长为2,底面三角形的高为1,棱锥的一条侧棱垂直底面的三角形的一个顶点,棱锥的高为1,其外接球的球心是底面斜边的中点,故外接球的半径,故外接球的表面积为,故选B.12．【2017学年湖北省黄冈市黄冈中学上学期期末】在矩形中,,现将沿对角线折起,使点到达点的位置,得到三棱锥,则三棱锥的外接球的表面积为( )A. B. C. D. 大小与点的位置有关【答案】C【解析】由题意,的中点为三棱锥的外接球的球心, ∵, ∴球的半径为, ∴三棱锥的外接球的表面积为．故选C．13．【湖北省部分重点中学2017届高三上学期第二次联考】一个几何体的三视图如图所示,则该几何体的外接球的表面积为（）A. B. C. D.【答案】B14．【2017届甘肃省高台县第一中学高三上学期期末】已知三棱锥,在底面中,,,面,,则此三棱锥的外接球的体积为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】依题意,利用正弦定理有,其中为三角形的外接圆半径.设球的半径为,则,故球的体积为.15．【2017届甘肃天水一中高三12月月考】如图,直三棱柱111ABC A B C -的六个顶点都在半径为1的半球面上,AB AC =,侧面11BCC B 是半球底面圆的内接正方形,则侧面11ABB A 的面积为 ．【答案】1【解析】由图可得⇒==21,21AB AA 111112ABB A S AA AB =⨯=. 16．【2017届河北武邑中学高三上学期调研四】已知某棱锥的三视图如图（最左侧是正视图）所示,俯视图为正方形及一条对角线,根据图中所给的数据,该棱锥外接球的体积是_____.【答案】823π 【解析】由该棱锥的三视图可知,该棱锥是以边长为2的正方形为底面,高为2的四棱锥,做出其直观图所示,则2222PA AC PC ===，， ,PA ⊥面ABCD ,所以PC 即为该棱锥的外接球的直径,则2R =,即该棱锥外接球的体积3(2)482•33V ππ==,故答案为823π.17．【2016届陕西省渭南市白水中学高三上第三次月考】一个空间几何体的三视图如图所示,且这个空间几何体的所有顶点都在同一个球面上,则这个球的表面积是 ．【答案】16π-, 18．【2016届黑龙江省哈尔滨师大附中高三12月考】利用一个球体毛坯切削后得到一个四棱锥P ABCDPA=,且PA⊥平面ABCD,则球体毛坯体积的最小值应为．其中底面四边形是边长为1的正方形,132．【解析】如图,将四棱锥CD 补全为一个正方体,则：当正方体为球的内接正方体时球的体积最小,此时正方体的体对角线为球的直径,长为222321113,2R R =++==∴球的体积为：3344333322V R πππ⎛⎫==⨯= ⎪ ⎪⎝⎭；故答案应填：32．19．【2016届河北省邯郸市一中高三一轮收官考试】如图,在四面体CD AB 中,AB ⊥平面CD B ,CD ∆B 是边长为6的等边三角形．若4AB =,则四面体CD AB 外接球的表面积为 ．【答案】64π【解析】该四面体的外接球与下面的正三棱柱的外接球是同一个球,因为底面是正三角形,边长为6,所以26sin 60233AE =⨯⨯︒=,122OE AB ==,所以22216R OE AE =+=,表面积2464S r ππ==． OD'C'B C AE。

• 特别地，把多面体的任何一个面伸展为平面， 如果所有其它各面都在这个平面的同侧，这 样的多面体叫做凸多面体；而表面能经过连 续变形为球面的多面体，叫做简单多面体。
• 棱柱、正多面体及凸多面体都是简单多面体。
知识整合
• 2、正多面体
• 每个面都是相同边数的正多边形，且以每 个顶点为其一端都有相同数目的棱的凸多 面体，叫做正多面体。正多面体只有五种： 正四面体、正六面体、正八面体、正十二 面体和正二十面体，其中正四面体、正八 面体、正二十面体的面是正三角形；正六 面体的面是正方形，正十二面体的面是正 五边形。
知识整合
• 3、欧拉公式
• 如果简单多面体的顶点数为V，面数 为F，棱数为E，那么V+F-E=2，这个 公式叫做欧拉公式。
• 注：(1)欧拉公式的适用范围为简单多 面体。
• (2)弄清楚五种正多面体的顶点数，棱 数和面数。
FV
E
过顶点 各面边 面的特
数的 数
征
棱数
正四面体 4 4
6
3
3
正三角
形
正六面体 6 8
• 评注：本题利用了棱数E，一方面满足欧拉公式， 另一方面棱数E等于各顶点引出的棱数和的一半， 也等于各面的边数之和的一半，列出了两个含有 未知数的方程，体现了方程的思想。
例题精析
• 例2、(1)已知球的两个平行截面的面积分别 是5和8，且在球心同侧相距为1，求这个球 的表面积和体积。
• 分析：由于球的表面积和体积都是关于球 半径R的函数，所以应利用已知条件列出关 于球半径R的方程。
例题精析
• 例3、如图在北纬45°的纬度圈上有A、B 两点，它们分别在东径70°与东径160°的 经度圈上，设地球的半径为R，求A、B两 点的球面距离。