专题3 微切口1 多面体的外接球(1)-（课件）【南方凤凰台】2023学年高考复习数学二轮提优导学案 全国（提高版）

专题三 立体几何 闯关夺隘——稳住中档题之高考微切口 微切口1　多面体的外接球(1) 高考总复习 一轮复习导学案 · 数学（提高版） 高考总复习 二轮复习导学案 · 数学（提高版） 长方体模型 1 【解析】 1 所以球O的表面积S＝4πR2＝16π. B　 如图(1)，将三棱锥P-BCD放在长、宽、高分别为2，1，2的长方体中，则三棱锥P-BCD的外接球即为该长方体的外接球， 【解析】 B　 (例1(1)) 【解析】 29π　 (例1(2)) 长方体的体对角线即为三棱锥和长方体公共外接球的直径2R，所以(2R)2＝a2＋b2＋c2 ＝29，从而S球＝4πR2＝29π. (1) 如图(1)，在边长为4的正方形ABCD中，E，F，G分别为AD，BC，AB的中点，现将矩形CDEF沿EF折起，使平面CDEF与平面ABFE所成的二面角为直二面角，则四面体CEGF的外接球的表面积为_____． 垂直模型 2 2 ⇒ (例2(1)) 如图(2)，取CE的中点O，连接OG，OF，依题意可知EG⊥FG，CF⊥EF， 因为平面CDEF与平面ABFE所成的二面角为直二面角，即平面CDEF⊥平面ABFE，所以CF⊥平面ABFE，所以CF⊥BF，CF⊥FG，CF⊥EG. 因为EG⊥FG，且CF∩FG＝F，所以EG⊥平面CFG，所以EG⊥CG. 因为O为CE的中点，所以OC＝OE＝OF＝OG，所以O为四面体CEGF的外接球的球心， 【解析】 (例2(2)) 如图(3)，取BC的中点M，过点M作直线l⊥BC， 因为△ABC为直角三角形，所以点M为△ABC外接圆的圆心， 又平面PBC⊥平面ABC，所以l⊥平面ABC， 根据球的性质，球心一定在垂线l上，且球心为△PBC的外心． 【解析】 (例2(3)) 变式　如图(1)，正方形ABCD与正方形ACEF所在的平面互相垂直，AB＝1，点A，B，C，D，E，F在同一个球面上，则该球的体积是(　　) (变式(1)) 如图(2)，连接BD，交AC于G，则AG＝GC，连接AE，CF，设AE∩CF＝O，则AO＝OE，连接OG，则OG∥CE，所以OG⊥AC， 因为平面ACEF⊥平面ABCD，平面ACEF∩平面ABCD＝AC，所以OG⊥平面ABCD， 则OA＝OC＝OB＝OD＝OE＝OF，即O为点A，B，C，D，E，F所在球的球心， 【解析】 (变式(2)) 总 结 提 升 总 结 提 升 谢谢观赏 温馨提示： 请同学们记得完成《配套热练》上 对应的相关练习 高考总复习 一轮复习导学案 · 数学（提高版） 高考总复习 二轮复习导学案 · 数学（提高版） (1) 已知四面体ABCD的每个顶点都在球O的球面上，AB，AC，AD两两垂直，且AB＝，AC＝2，AD＝3，则球O的表面积为(　　) A. 64π B. 16π C. 4π D. π 四面体ABCD的外接球O即为以AB，AC，AD为长、宽、高的长方体的外接球，所以球O的外接球半径R＝＝2， (2) (鳖臑模型)在三棱锥P-BCD中，BC⊥CD，PB⊥底面BCD，设BC＝1，PB＝CD＝2，则该三棱锥的外接球的体积为(　　) A. π B. π C. π D. π 所以外接球的直径PD＝＝＝3， 所以该球的体积为π×3＝π. 设长方体的长、宽、高分别为a，b，c，即＝2， ＝，＝5，解得a＝4，b＝2，c＝3. (3) 在三棱锥P-ABC中，PA＝BC＝2，PB＝AC＝，AB＝PC＝5，则三棱锥P-ABC的外接球的表面积是_____． 由题意，PA＝BC＝2，PB＝AC＝，PC＝AB＝5，如图(2)， 将三棱锥P-ABC放到长方体中，可得长方体的三条面对角线分别 为2，，5， 其半径为＝，所以其表面积为4π·()2＝20π. (2) 已知△ABC是以BC为斜边的直角三角形，P为平面ABC外一点，且平面PBC⊥平面ABC，BC＝3，PB＝2，PC＝，则三棱锥P-ABC外接球的体积为(　　) A. 10π B. C. D. 在△PBC中，cos ∠PBC＝＝，所以 sin ∠PBC＝， 则△PBC外接圆的半径为×＝，即外接球的半径为， 故所求体积为V＝. A. B. C. D. 半径R＝AE＝×＝1，故该球的体积是 π×13＝. 1.补成长方体的模型 (1) 若三棱锥的三条侧棱两两互相垂直，则可将其放入某个长方体内，如图(1)所示． (2) 若三棱锥的四个面均是直角三角形，则此时可构造长方体，如图(2)所示. (3) 正四面体P-ABC