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.。
