专题11 立体几何中的内切外接问题-【老唐说题】高中数学新思路 高观点 低运算系列2

■ １１８　 ■  １１wfden%xyz{tu 1+k+4+6386L,-23,3+|+3X/+4+3X3,k+ !"¨­lÀcd 外接问题常见于球的计算，而一部分棱锥的外接 球的问题，常转化为棱锥外接棱柱的外接球问题 或将三棱锥补为长方体，本节就先来探究特殊三 棱锥的内外接问题． （１）三组对棱分别相等的四面体必内接于唯一的 长方体，且四面体的棱分别为长方体的面对 角线； （２）正四面体Ｐ－ＡＢＣ内接于正方体且正方体的 棱长ａ＝ＰＡ 槡２ ； （３）若四面体有三条棱两两互相垂直．则可将其 放入某个长方体内，其中三条互相垂直的棱也为 长方体的棱； （４）若四面体的四个面均是直角三角形，该四面 体为鳖，则可将其放入某个长方体内，其中三 条互相垂直的棱也为长方体的棱； （５）三组对棱分别相等的四面体的棱长 Ａ′Ｂ、 ＢＣ′、Ａ′Ｃ′必构成锐角三角形，即为外接长方体 的三个面对角线构成的三角形； （６）任一四面体均内接于唯一的平行六面体．每 条棱均为平行六面体的面对角线，且四面体体积 是平行六面体体积的三分之一； （７）连接两组对棱的中点可组成平行四边形 ＥＧＦＨ，且另一组对棱与该面距离相等，此时平 行四边形ＥＧＦＨ平行于四面体内接平行六面体的 一对平行平面； （８）过一组对棱（ＡＢ与 ＣＤ）中点（Ｅ，Ｆ）连线的 任一 平 面 （Ｅ、Ｇ、Ｆ、Ｈ 共 面）必 平 分 其 ＶＡ－( )ＢＣＤ 体积，即ＶＡＣ－ＥＧＦＨ＝ＶＢＤ－ＥＧＦＨ＝ １ ２ＶＡ－ＢＣＤ； （９）由正方体性质可知 ①ＢＤ１⊥平面Ａ１Ｃ１Ｄ，ＢＤ１⊥平面ＡＣＢ１． ②Ｆ为平面 Ａ１Ｃ１Ｄ的中心，Ｅ为平面 ＡＣＢ１的 中心． ③Ｅ，Ｆ为ＢＤ１的三等分点． 则正方体内接正四面体 Ｄ１－ＡＢ１Ｃ高为 Ｄ１Ｅ，即 正方体体对角线的 ２ ３． （２００９·江西卷）如图所示．在四面体 ＡＢＣＤ中．截面 ＰＱＭＮ是正方形．则在下 列命题中．错误的为 （　　） Ａ．ＡＣ⊥ＢＤ Ｂ．ＡＣ平行于截面ＰＱＭＮ Ｃ．ＡＣ＝ＢＤ Ｄ．异面直线ＰＭ与ＢＤ所成的角为４５° 由于ＰＱＭＮ是正方形．则 ＭＮ∥ＰＱ∥ＡＣ， ＰＮ∥ＭＱ∥ＢＤ，ＡＣ⊥ＢＤ．所以 Ａ、Ｂ、Ｄ正确； 设 ＡＰ! ＰＢ! ＝１２．则 ＢＤ ＝３ ＰＮ ＝３ ＰＱ ＝ ２ＡＣ．矛盾．故选Ｃ                                ． !)#$/012 ■■ １１９　 ■ （重庆市七校联考·多选）如图，在边长为 ２的正方体 ＡＢＣＤ－Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１中，点Ｅ，Ｆ 分别是棱ＢＢ１，Ｂ１Ｃ１的中点，Ｇ是棱ＣＣ１上 的动点，则下列说法正确的是 （　　） Ａ．当Ｇ为中点时，直线ＡＧ∥面Ａ１ＥＦ Ｂ．当Ｇ为中点时，直线ＡＧ与ＥＦ所成的 角为３０° Ｃ．若 Ｈ是棱 ＡＡ１上的动点，且 Ｃ１Ｇ＝ ＡＨ，则平面ＡＣＤ⊥平面Ｂ１ＨＧ Ｄ．当Ｇ在 ＣＣ１上运动时，直线 ＡＧ与平 面ＡＡ１Ｄ１Ｄ所成的角的最大值为４５° 　　　 选项 Ａ，取 ＢＣ中点 Ｍ，因为 Ｅ，Ｆ，Ｇ， Ｍ分别为 ＢＢ１，Ｂ１Ｃ１，ＣＣ１，ＢＣ中点，故 ＥＦ∥ ＧＭ，所以 ＧＭ∥平面 Ａ１ＥＦ，且 ＡＭ∥Ａ１Ｆ，所以 ＡＭ∥平面 Ａ１ＥＦ，故平面 ＡＭＧ∥平面 Ａ１ＥＦ，所 以ＡＧ∥平面 Ａ１ＥＦ，Ａ正确；选项 Ｂ，ＥＦ∥ＧＭ 所以ＡＧ与 ＥＦ所成角与 ＡＧ与 ＧＭ所成角相等， 由几何关系知：ＡＭ＝槡５，ＭＧ＝槡２，ＡＧ＝３，由 余弦定理得 ｃｏｓ∠ＡＧＭ＝（槡２） ２ ＋３２－（槡５） ２ ２×槡２×３ ＝槡２２ ＝ｃｏｓ４５°，故 ＡＧ与 ＥＦ所成角为４５°，Ｂ错误； 选项Ｃ，由题意可知 Ｇ．Ｈ在平面 ＡＡ１Ｃ１Ｃ上运 动，且Ｃ１Ｇ＝ＡＨ，如图，连接 ＡＣ１，ＨＧ交于点 Ｏ，易得△ＡＨＯ≌△Ｃ１ＧＯ，故 Ｏ为 ＡＣ１中点， ＡＣ１为正方体体对角线，则Ｏ为正方体中心，所 以Ｏ也为 Ｂ１Ｄ中点，故 Ｂ１Ｄ在平面 Ｂ１ＨＧ上， 由正方体性质易得 Ｂ１Ｄ⊥平面 ＡＣＤ１，故平面 ＡＣＤ１⊥平面Ｂ１ＨＧ，Ｃ正确；选项Ｄ，直线ＡＧ与 平面ＡＡ１Ｄ１Ｄ所成角为 θ，ｓｉｎθ＝ ＣＤ ＡＧ，故 θ最大 时即为ＡＧ最小，当 Ｇ与 Ｃ重合时 ＡＧ最小．此 时ＡＧ＝２槡２，ｓｉｎθ＝槡 ２ ２，θ为４５°，Ｄ正确．故 选ＡＣＤ． ("0¯—˜%m~[ lÀcd 与球有关的内切、外接问题是立体几何的一个重 点（切、接问题的解题思路类似，此处以多面体 的外接球为例）．研究多面体的外接球问题，既 要运用多面体的知识，又要运用球的知识，并且 还要特别注意多面体的有关几何元素与球的半径 之间的关系． 一、长方体切割体的外接球 设长方体相邻的三条边棱长分别为ａ，ｂ，ｃ． 图１　墙角体 　　　　 图２　鳖 　　　 图３