第3讲 割补思想在立体几何中的应用（解析版）docx

第3讲割补思想在立体几何中的应用割补法是数学中最重要的思想方法之一，主要分为割形与补行，是将复杂的，不规则的不易认识的几何体或几何图形，分割或补充成简单的、规则的、易于认识的几何体或图形，从而达到解决问题的目的。割补法重在割与补，巧妙对几何体过几何图形实割与补，变整体的为局部，化不规则为规则，化陌生为熟悉，化抽象为直观。割补法在立体几何中体现的主要的题型就是几何体的切等问题。【应用一】割的思想在多面体的体积及几何体的内切球中的运用割的思想主要体现两种题型：一是求复杂几何体的体积、表面积等问题，此类问题通过割把复杂的几何体割成几个简单的几何体。二是求几何体内切球的半径、体积等问题。此类问题主要是通过球心与几何体的各点割成锥，然后运用等积法求半径。【例1.1】已知一个三棱锥的所有棱长均为eq\r(2)，则该三棱锥的内切球的体积为________．【答案】eq\f(\r(3),54)π【解析】由题意可知，该三棱锥为正四面体，如图所示．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)，三棱锥的体积VD­ABC＝eq\f(1,3)S△ABC·DO＝eq\f(1,3)，设内切球的半径为r，则VD­ABC＝eq\f(1,3)r(S△ABC＋S△ABD＋S△BCD＋S△ACD)＝eq\f(1,3)，r＝eq\f(\r(3),6)，V内切球＝eq\f(4,3)πr3＝eq\f(\r(3),54)π．【例1.2】【2020年新课标3卷理科】已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为_________．【答案】【解析】（解法一）易知半径最大球为圆锥的内切球，球与圆锥内切时的轴截面如图所示，其中，且点M为BC边上的中点，设内切圆的圆心为，由于，故，设内切圆半径为，则：，解得：，其体积：.故答案为：.（解法二）圆锥内半径最大的球即为圆锥的内切球，设其半径为r．作出圆锥的轴截面PAB，如图所示，则△PAB的内切圆为圆锥的内切球的大圆．在△PAB中，PA＝PB＝3，D为AB的中点，AB＝2，E为切点，则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)，故内切球的体积为eq\f(4,3)πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))3＝eq\f(\r(2),3)π．【点睛】与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.【思维提升】以三棱锥P－ABC为例，求其内切球的半径．方法：等体积法，三棱锥P－ABC体积等于内切球球心与四个面构成的四个三棱锥的体积之和；第一步：先求出四个表面的面积和整个锥体体积；第二步：设内切球的半径为r，球心为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)．秒杀公式(万能公式)：r＝eq\f(3V,S表)【例1.3】（2023·河北唐山·统考三模）（多选）《九章算术》是我国古代的数学名著，书中提到底面为长方形的屋状的楔体（图示的五面体．底面长方形中，，上棱长，且平面，高（即到平面的距离）为，是底面的中心，则（

）A．平面B．五面体的体积为5C．四边形与四边形的面积和为定值D．与的面积和的最小值为【答案】ABD【解析】取BC的中点G，连接OG，FG，∵EF∥OG，EF＝OG，∴四边形EFGO为平行四边形，∴EO∥FG，∵EO平面BCF，FG平面BCF，∴EO∥平面BCF，故A正确；过F作FH⊥平面ABCD，垂足为H，过H作BC的平行线MN，交AB于N，交CD于M，∵MN平面ABCD，∴FH⊥MN，又AB⊥MN，FH∩MN＝H，MN，FH平面FMN，∴AB⊥平面FMN，过E作EP∥FM，交CD于P，作EQ∥FN，交AB于Q，连接PQ，∵EP∥FM，EP平面FMN，FM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，如图，五面体包含一个三棱柱和两个的四棱锥，∴五面体的体积：，故B正确；设，则，，，四边形与四边形的面积和为，不是定值，故C错误；过H作HR⊥BC，垂足为R，连接FR，∵FH⊥平面ABCD，BC平面ABCD，∴FH⊥BC，又FH∩HR＝H，FH，HR平面FHR，∴BC⊥平面FHR，∵FR平面FHR，∴FR⊥BC，设，则，且，，△BCF的面积为，同理，△ADE的面积为，则△ADE与△BCF的面积和为，当时，，即，∴，当且仅当等号成立，，当且仅当等号成立，则△ADE与△BCF的面积和的最小值为，故D正确．故选：ABD.【变式1.1】（2023·辽宁·辽宁实验中学校考模拟预测）如图①，在平行四边形中，，将沿折起，使得点到达点处（如图②），，则三棱锥的内切球半径为______.【答案】【解析】如图，过点作，且，连接，，则是平行四边形，由题意可知，，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.取的中点，连接，则，平面，平面平面，则平面，且，所以三棱锥的体积.又，，，所以三棱锥的表面积，设三棱锥的内切球半径为，则.故答案为：．【变式1.2】（2023·辽宁沈阳·东北育才学校校考模拟预测）已知一正四面体棱长为4，其内部放置有一正方体，且正方体可以在正四面体内部绕一点任意转动，则正方体在转动过程中占据的空间体积最大为__________．【答案】【解析】正方体可以在正四面体内部绕一点任意转动，所以正方体在正四面体的内切球中，要使得正方体在转动过程中占据的空间体积最大，即正方体的棱长最长，即正方体的外接球恰好为正四面体的内切球;所以正方体的棱长最长时，正方体的对角线为正四面体的内切球的直径.如图正四面体,设为底面中心,则平面，连接并延长交于点.则为的中点，故，所以所以所以正四面体的体积为正四面体的表面积为设正四面体的内切球的半径为，则，解得由正方体的对角线为正四面体的内切球的直径，设正方体的棱长为则，解得，体积为;答案为：【变式1.3】（2022·江苏通州·高三期末）将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角A′－BD－C，设三棱锥A′－BDC的外接球和内切球的半径分别为r1，r2，球心分别为O1，O2.若正方形ABCD的边长为1，则________；O1O2＝__________.【答案】##【解析】由题可得，然后利用等积法可得，最后利用球的性质即求.设，则，∴三棱锥A′－BDC的外接球，点即为，∵将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角A′－BD－C，又，∴平面，平面，∴，，∴，，∴，解得，∴，设球与平面，平面BCD分别切于P，Q，则为正方形，∴.故答案为：，.【应用二】补的思想在立体几何中几何体外接球中的应用解决球与其他几何体的切、接问题，关键在于仔细观察、分析，弄清相关元素的关系和数量关系，选准最佳角度作出截面(要使这个截面尽可能多地包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素之间的关系)，达到空间问题平面化的目的．2．记住几个常用的结论：（1）正方体的棱长为a，球的半径为R.①对于正方体的外接球，2R＝；②对于正方体的内切球，2R＝a；③对于球与正方体的各棱相切，2R＝.（2）在长方体的同一顶点的三条棱长分别为a，b，c，球的半径为R，则.（3）正四面体的外接球与内切球的半径之比为3∶1.3．构造法在定几何体外接球球心中的应用（1）正四面体、三条侧棱两两垂直的正三棱锥、四个面都是直角三角形的三棱锥，可将三棱锥补形成长方体或正方体；（2）同一个顶点上的三条棱两两垂直的四面体、相对的棱相等的三棱锥，可将三棱锥补形成长方体或正方体；（3）若已知棱锥含有线面垂直关系，则可将棱锥补形成长方体或正方体；（4）若三棱锥的三个侧面两两垂直，则可将三棱锥补形成长方体或正方体【例2.1】（2022·广东潮州·高三期末）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A-BCD中，AB平面BCD，CDAD，AB=BD=，已知动点E从C点出发，沿外表面经过棱AD上一点到点B的最短距离为，则该棱锥的外接球的表面积为_________．【答案】【解析】如图所示：设CD=x，由题意得：，在中，由余弦定理得：，即，即，解得或（舍去），如图所示：该棱锥的外接球即为长方体的外接球，则外接球的半径为：，所以外接球的表面积为，故答案为：【思维提升】墙角模型是三棱锥有一条侧棱垂直于底面且底面是直角三角形模型，用构造法(构造长方体)解决．外接球的直径等于长方体的体对角线长(在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＝eq\r(a2＋b2＋c2)．)，秒杀公式：R2＝eq\f(a2＋b2＋c2,4)．可求出球的半径从而解决问题．有以下四种类型：【例2.2】（2022·广东·铁一中学高三期末）已知四面体中，，，，则其外接球的体积为______.【答案】【分析】由题意可采用割补法，构造长宽高分别x，y，z的长方体，其面对角线分别为解出x，y，z,求长方体的体对角线即可.【详解】如图，构造长方体，其面对角线长分别为，则四面体的外接球即为此长方体的外接球，设长方体的长宽高分别x，y，z，外接球半径为R则，所以,则，解得，所以.故答案为：【思维提升】棱相等模型是三棱锥的三组对棱长分别相等模型，用构造法(构造长方体)解决．外接球的直径等于长方体的体对角线长，即(长方体的长、宽、高分别为a、b、c)．秒杀公式：R2＝eq\f(x2＋y2＋z2,8)(三棱锥的三组对棱长分别为x、y、z)．可求出球的半径从而解决问题．【变式2.1】（2023·湖南邵阳·统考三模）三棱锥中，PA⊥平面ABC，，则三棱锥外接球的表面积为__________.【答案】【解析】由PA⊥平面ABC，面，则，又，所以两两垂直，故可将三棱锥补全为长方体，故三棱锥外接球，即为长方体外接球，令三棱锥外接球半径为，则满足，所以外接球表面积为.故答案为：【变式2.2】已知三棱锥，三组对棱两两相等，且，，若三棱锥的外接球表面积为．则________．【答案】【解析】将四面体放置于长方体中，四面体的顶点为长方体八个顶点中的四个，长方体的外接球就是四面体的外接球，，，且三组对棱两两相等，设，得长方体的对角线长为，可得外接球的直径，所以，三棱锥的外接球表面积为，，解得，即，解之得，因即【变式2.3】已知三棱锥A－BCD的四个顶点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)，则球O的表面积为()A．12πB．7πC．9πD．8π【答案】A【解析】由AC⊥平面BCD，BC⊥CD知三棱锥A－BCD可构造以AC，BC，CD为三条棱的长方体，设球O的半径为R，则有(2R)2＝AC2＋BC2＋CD2＝3＋4＋5＝12，所以S球＝4πR2＝12π，故选A．【变式2.4】(2019全国Ⅰ)已知三棱锥P－ABC的四个顶点在球O的球面上，PA＝PB＝PC，△ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是PA，AB的中点，∠CEF=90°，则球O的体积为()．A．B．C．D．【答案】D【解析】解法一：为边长为2的等边三角形，为正三棱锥，，又，分别为，的中点，，，又，平面，∴平面，，为正方体的一部分，，，即，故选D．解法二：设，分别为的中点，，且，为边长为2的等边三角形，，又，，中，由余弦定理可得，作于，，为的中点，，，，，又，两两垂直，，，，故选D．巩固练习1、【2019年新课标2卷理科】中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1）.半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美．图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1．则该半正多面体共有________个面，其棱长为_________．【答案】

共26个面.

棱长为.【解析】由图可知第一层与第三层各有9个面，计18个面，第二层共有8个面，所以该半正多面体共有个面．如图，设该半正多面体的棱长为，则，延长与交于点，延长交正方体棱于，由半正多面体对称性可知，为等腰直角三角形，，，即该半正多面体棱长为．【点睛】本题立意新颖，空间想象能力要求高，物体位置还原是关键，遇到新题别慌乱，题目其实很简单，稳中求胜是关键．立体几何平面化，无论多难都不怕，强大空间想象能力，快速还原图形．2、（2022·湖北江岸·高三期末）如图，该几何体是由正方体截去八个一样的四面体得到的，若被截的正方体棱长为2，则该几何体的表面积为（）A． B． C． D．【答案】B【分析】该几何体的表面积由6个完全相同的正方形和8个完全相同的等边三角形构成，然后分别计算即可【详解】根据题意，该几何体的表面积分成两部分，一部分是6个完全相同的正方形，另一部分是8个完全相同的等边三角形6个完全相同的正方形的面积之和为：8个完全相同的等边三角形的面积之和为：故该几何体的表面积为：故选：B3、（2023·山西临汾·统考一模）《九章算术·商功》提及一种称之为“羡除”的几何体，刘徽对此几何体作注：“羡除，隧道也其所穿地，上平下邪.似两鳖臑夹一堑堵，即羡除之形.”羡除即为：三个面为梯形或平行四边形（至多一个侧面是平行四边形），其余两个面为三角形的五面几何体.现有羡除如图所示，底面为正方形，，其余棱长为2，则羡除外接球体积与羡除体积之比为（

）A． B． C． D．【答案】A【解析】连接AC、BD交于点M，取EF的中点O，连接OM，求出OM的长，进而求出OA的长，可知，从而可求出羡除外接球体积，由等体积法可求出羡除体积，进而可求得结果.【详解】连接AC、BD交于点M，取EF的中点O，连接OM，则平面.取BC的中点G，连接FG，作，垂足为H，如图所示，由题意得，，，，，∴，∴，又∵，∴，∴，即：这个羡除的外接球的球心为O，半径为2，∴这个羡除的外接球体积为.∵，面，面，∴面，即：点A到面的距离等于点B到面的距离，又∵，∴，∴这个羡除的体积为，∴羡除的外接球体积与羡除体积之比为.故选：A.4、（2023·安徽黄山·统考三模）如图，球的表面积为，四面体内接于球，是边长为的正三角形，平面平面，则该四面体体积的最大值为（

）A． B． C． D．【答案】B【解析】因为球的表面积为，所以，由题意知底面三角