第七章 微难点12　多面体的外接球-【南方凤凰台】2024高考数学（提高版）一轮复习导学案 全国（新教材新高考）课件

第七章 立体几何 微难点12　多面体的外接球 高考总复习 一轮复习导学案 · 数学（提高版） 高考一轮复习 南方凤凰台 数学 提高版 1 1 墙角模型(长方体、正方体) 墙角模型(长方体，正方体)——公式： 例1　(1) 据《九章算术》记载，“鳖臑”为四个面都是直角三角形的三棱锥．如图，现有一个“鳖臑”，PA⊥底面ABC，AB⊥BC，且PA＝AB＝BC＝2，则三棱锥外接球表面积为(　 　) A. 10π B. 12π C. 14π D. 16π (例1(1)) (例1(1)) B (例1(2)) A 【解析】 因为在△SBC中，M，N分别是棱SC，BC的中点，所以MN∥SB.因为MN⊥MQ，所以SB⊥MQ.因为三棱锥S－ABC为正三棱锥，所以SB⊥AC(对棱垂直)．又因为MQ，AC⊂平面SAC，MQ∩AC＝Q，所以SB⊥平面SAC.因为SA，SC⊂平面SAC，所以SB⊥SA，SB⊥SC. 在Rt△SAB中，SA2＋SB2＝AB2.因为三棱锥S－ABC为正三棱锥，所以△SBC是等腰三角形，△ABC是等边三角形，所以SB＝SC，AB＝AC，所以SA2＋SC2＝AC2，即SA⊥SC，所以SA，SB，SC两两垂直， 答案：D 2 汉堡模型(圆柱、直棱柱) 特征：一条棱垂直于底面； 【解析】 如图，由题意可得三棱柱的上下底面为直角三角形，取直角三角形斜边的中点O1，O2，直三棱柱ABC－A1B1C1的外接球的球心O为上下底面的外接圆圆心的连线O1O2的中点，连接AO，AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，AC＝10， 设外接球的半径为R，下底面外接圆的半径为r， r＝AO2＝5，则R2＝25＋9＝34，故该直三棱柱外接球 的表面积为4πR2＝136π. 例2　(1) 在直三棱柱ABC－A1B1C1中，若AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，AA1＝6，则该直三棱柱外接球的表面积为(　 　) A. 72π B. 114π C. 136π D. 144π (例2(1)) C (例2(2)) 答案：C 3 心有所依模型(圆锥、正棱锥) 特征：几何体的高经过底面的外心； 公式：(h－R)2＋r2＝R2. 方法：第一步：确定球心O的位置，取△ABC的外心O1，则P，O，O1三点共线； 第二步：先算出小圆O1的半径AO1＝r，再算出棱锥的高PO1＝h(也是圆锥的高)； 第三步：勾股定理：OA2＝O1A2＋O1O2⇒R2＝(h－R)2＋r2，解R. 因为PA＝PB＝PC，D为BC中点，则PD⊥BC.又AO1⊥BC，PD∩AO1＝D，PD，AO1⊂平面PAO1，从而有BC⊥平面PAO1，故PO1⊥BC. (例3) 同理PO1⊥AD，而AD∩BC＝D，从而PO1⊥平面ABC.由球的截面小圆性质知，三棱锥P－ABC外接球球心O在直线PO1上， 【解析】 在正四棱锥P－ABCD中，连接AC，BD，交于点O′，连接PO′，如图，则有PO′⊥平面ABCD，∠PAO′为侧棱PA与底面ABCD所成的角，即∠PAO′＝45°， (变式(1)) 答案：B (变式(2)) 答案：C 4 垂面模型 注：r1，r2分别是两垂直面的外接圆半径，l为两垂直面的交线长． 例4　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，如图(2)，则四面体CEGF的外接球的表面积为__________. 【解析】 取CE的中点O，连接OG，OF，如图，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. (例4) 答案：20π 又平面PAC⊥平面ABC，且平面PAC∩平面ABC＝AC，所以PD⊥平面ABC.设△PAC的外接圆的圆心为O1，则O1在PD的延长线上． (变式) C 谢谢观赏 温馨提示： 趁热打铁，事半功倍. 请老师布置同学们及时完成《配套精练》． 高考总复习 一轮复习导学案 · 数学（提高版） 高考一轮复习 南方凤凰台 数学 提高版 2R＝ 　　 方法：找三条两两垂直的线段，利用公式(2R)2＝a2＋b2＋c2，即2R＝求出R. 【解析】 如图，将三棱锥补形为正方体，则外接球半径R＝＝＝＝，所以三棱锥外接球表面积S＝4πR2＝4π×3＝12π. (2) 如图，在正三棱锥P－ABC中，PA⊥PB，点P到平面ABC的距离为2，则该三棱锥外接球的表面积为(　 　) A. 36π B. 16π C. D. 4π 【解析】 因为PA