第三板块　空间几何体

第三板块空间几何体悉高考1从近三年新高考试题来看，立体几何一般以“2小1大”或“3小1大”的情况出现，难度中等，小题有时会出现在压轴题的位置.2小题常考点：①空间几何体的表面积、体积的计算，有时和数学文化、新情境交汇命题，特别要注意的是球的组合体问题，常作为小题的压轴题出现，难度较大.②空间点、线、面之间的位置关系的判定，或空间角的计算.3在高考中，解答题常以棱柱或棱锥为载体，一般设置两问，一问是定性分析，一问是定量分析.其中定性分析以线面平行、垂直的证明为主，定量分析主要是应用空间向量求线面角、二面角.小题基准考法(一)——空间几何体的表面积及体积命题点一空间几何体的结构特征[真题导向]1．(2021·新课标Ⅰ卷)已知圆锥的底面半径为eq\r(2)，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为()A．2 B．2eq\r(2)C．4 D．4eq\r(2)解析：选B由题意知圆锥的底面周长为2eq\r(2)π.设圆锥的母线长为l，则πl＝2eq\r(2)π，即l＝2eq\r(2).故选B.2.(2020·全国卷Ⅰ)埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥．以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为()A.eq\f(\r(5)－1,4) B.eq\f(\r(5)－1,2)C.eq\f(\r(5)＋1,4) D.eq\f(\r(5)＋1,2)解析：选C设正四棱锥的高为h，底面正方形的边长为2a，斜高为m.依题意得h2＝eq\f(1,2)×2a×m，即h2＝am，①易知h2＋a2＝m2.②由①②得m＝eq\f(1＋\r(5),2)a，所以eq\f(m,2a)＝eq\f(\f(1＋\r(5),2)a,2a)＝eq\f(1＋\r(5),4).故选C.3．(2023·新课标Ⅰ卷)[多选]下列物体中，能够被整体放入棱长为1(单位：m)的正方体容器(容器壁厚度忽略不计)内的有()A．直径为0.99m的球体B．所有棱长均为1.4m的四面体C．底面直径为0.01m，高为1.8m的圆柱体D．底面直径为1.2m，高为0.01m的圆柱体解析：选ABD因为棱长为1m的正方体的内切球的直径为1m，所以A正确；因为棱长为1m的正方体中可放入棱长为eq\r(2)m的正四面体，且eq\r(2)＞1.4，所以B正确；因为正方体的棱长为1m，体对角线长为eq\r(3)m，eq\r(3)＜1.8，所以高为1.8m的圆柱体不可能整体放入正方体容器中，所以C不正确；因为正方体的体对角线长为eq\r(3)m，且eq\r(3)＞1.2，设正方体ABCD－A1B1C1D1的中心为O，以AC1为轴对称放置圆柱，设圆柱的底面圆心O1到正方体的表面的最近的距离为hm，如图，结合对称性可知，OC1＝eq\f(1,2)C1A＝eq\f(\r(3),2)，C1O1＝OC1－OO1＝eq\f(\r(3),2)－0.6，则eq\f(h,AA1)＝eq\f(C1O1,C1A)，即eq\f(h,1)＝eq\f(\f(\r(3),2)－0.6,\r(3))，解得h＝eq\f(1,2)－eq\f(0.6,\r(3))＞0.01，所以能够被整体放入正方体内，所以D正确．故选A、B、D.[素养评价]1．设有三个命题：甲：底面是平行四边形的四棱柱是平行六面体；乙：底面是矩形的平行六面体是长方体；丙：直四棱柱是平行六面体．以上命题中真命题的个数为()A．0 B．1C．2 D．3解析：选B由平行六面体的定义可得底面是平行四边形的四棱柱是平行六面体，命题甲正确；底面是矩形的平行六面体的侧棱不一定垂直于底面，故该几何体不一定为长方体，命题乙错误；直四棱柱的底面不一定为平行四边形，故直四棱柱不一定是平行六面体，命题丙错误．正确的命题只有1个．2．[多选]如果一个凸n面体共有m个面是直角三角形，那么我们称这个凸n面体的直度为eq\f(m,n)，则()A．三棱锥的直度的最大值为1B．直度为eq\f(3,4)的三棱锥只有一种C．四棱锥的直度的最大值为1D．四棱锥的直度的最大值为eq\f(4,5)解析：选AD如图，借助于正方体模型，图1中三棱锥D－ABC的四个面都是直角三角形，其直度为1，A正确；图1中三棱锥E－BCD的三个面CED，CBD，BCE都是直角三角形，平面BDE为正三角形，其直度为eq\f(3,4)；图2中三棱锥D－ABC的三个面ABD，CBD，ABC都是直角三角形，平面ACD为正三角形，其直度为eq\f(3,4)，故直度为eq\f(3,4)的三棱锥不止一种，B错误；四棱锥共有5个面，底面为四边形，故其直度不可能为1，C错误；图3中的四棱锥P－ABCD的四个侧面都是直角三角形，底面为正方形，故四棱锥的直度的最大值为eq\f(4,5)，D正确．3.如图是一座山的示意图，山大致呈圆锥形，山脚呈圆形，半径为2km，山高为2eq\r(15)km，B是山坡SA上一点，且AB＝2km.现要建设一条从A到B的环山观光公路，这条公路从A出发后先上坡，后下坡，当公路长度最短时，下坡路段长为________km.解析：由题意，得母线SA＝eq\r(22＋2\r(15)2)＝8，底面圆周长为2πr＝4π，所以展开图的圆心角α＝eq\f(4π,8)＝eq\f(π,2).如图，是圆锥侧面展开图，结合题意，得AB＝eq\r(82＋62)＝10.由点S向AB引垂线，垂足为点H，此时SH为点S和线段AB上的点连线的最小值，即点H为公路的最高点，HB段即为下坡路段，则SB2＝BH·AB，即36＝10BH，解得BH＝3.6.故下坡路段长为3.6km.答案：3.64．已知圆柱体的底面半径为eq\f(3,2)cm，高为5πcm，一只蜗牛从圆柱体底部开始爬行，绕圆柱体4圈到达顶部，则蜗牛爬行的最短路径长为________cm.解析：根据题意，设蜗牛从圆柱底部M点绕圆柱体的侧面爬行4圈到达顶部的N点，则沿MN将侧面展开后，最短路程，如图所示，其中矩形的宽等于圆柱的高5π(cm)，矩形的长等于圆柱的底面圆的周长的4倍，即4×2π×eq\f(3,2)＝12π(cm)．所以蜗牛爬行的最短路径MN＝eq\r(5π2＋12π2)＝13π(cm)．答案：13π[一站补给]知识的“盲点”圆锥、圆柱的侧面展开图分别为扇形和矩形，底面周长分别为扇形的弧长、矩形的一边长，据此建立圆锥、圆柱基本量的联系解决问题方法的“疑点”解决多面体或旋转体的表面上与长度有关的最值问题时，一般采用转化法，即将表面展开化为平面图形，通过“化折为直”或“化曲为直”来解决，注意展开前后哪些几何量发生变化，哪些不变命题点二空间几何体的表面积与侧面积[一练而过]1.如图，将一个圆柱2n(n∈N*)等分切割，再将其重新组合成一个与圆柱等底等高的几何体，n越大，重新组合成的几何体就越接近一个“长方体”．若新几何体的表面积比原圆柱的表面积增加了10，则圆柱的侧面积为()A．10π B．20πC．10nπ D．18π解析：选A显然新几何体的表面积比原几何体的表面积多了原几何体的轴截面面积，设圆柱的底面半径为r，高为h，则2rh＝10，所以圆柱的侧面积为2πrh＝10π.2.某同学有一个形如圆台的水杯如图所示，已知圆台形水杯的母线长为6cm，上、下底面圆的半径分别为4cm和2cm.为了防烫和防滑，水杯配有一个杯套，包裹水杯eq\f(2,3)高度以下的外壁和杯底，如图中阴影部分所示，则杯套的表面积为(不考虑水杯材质和杯套的厚度)()A.eq\f(68,3)πcm2 B．24πcm2C.eq\f(76,3)πcm2 D．25πcm2解析：选C根据题意，杯套的形状可看作一个圆台，且该圆台的母线长是圆台形水杯的母线长的eq\f(2,3)，即4cm，下底面圆的半径为圆台形水杯的下底面圆的半径，即2cm，上底面圆的半径是eq\f(10,3)cm，所以杯套的表面积S＝π×22＋π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(10,3)))×4＝eq\f(76,3)π(cm2)．3.已知点M，N在圆锥SO的底面圆周上，S为圆锥顶点，O为圆锥的底面中心，且△SMN的面积为4，∠MSN＝30°，若SM与底面所成的角为60°，则圆锥SO的表面积为()A．8π B．12πC．10π D．16π解析：选B设圆锥的底面半径为r，母线长为l，∵△SMN的面积为4，∠MSN＝30°，∴S△SMN＝eq\f(1,2)SM·SN·sin∠MSN，即eq\f(1,2)l×l×eq\f(1,2)＝4，解得l＝4.又∵SM与底面所成角为60°，即∠SMO＝60°，则r＝eq\f(1,2)l＝2，∴圆锥SO的表面积S＝πrl＋πr2＝π×2×4＋π×2×2＝12π.4．已知三棱锥的三条侧棱长均为2，侧面有两个是等腰直角三角形，底面等腰三角形底上的高为eq\r(5)，则这个三棱锥的表面积为()A．4＋3eq\r(3)＋eq\r(15) B．4＋eq\r(3)＋2eq\r(15)C．4＋eq\r(3)＋eq\r(15) D．4＋2eq\r(3)＋eq\r(15)解析：选C如图所示，AB＝AC＝AD＝2，CE＝eq\r(5)，由题意△ABC，△ACD是等腰直角三角形，BC＝CD＝2eq\r(2)，BE＝eq\r(2\r(2)2－\r(5)2)＝eq\r(3)，BD＝2eq\r(3)，AE＝eq\r(22－\r(3)2)＝1，则表面积为S△ABC＋S△ACD＋S△ABD＋S△BCD＝eq\f(1,2)×2×2＋eq\f(1,2)×2×2＋eq\f(1,2)×2eq\r(3)×1＋eq\f(1,2)×2eq\r(3)×eq\r(5)＝4＋eq\r(3)＋eq\r(15).[一站补给]知识的“盲点”圆柱、圆锥、圆台的侧面是曲面，计算侧面积时，需将曲面展开成平面图形来计算方法的“疑点”(1)旋转体的表面积问题注意其轴截面及侧面展开图的应用，并弄清底面半径、母线长与对应侧面展开图中边的关系．(2)组合体的表面积注意衔接部分的处理思想的“高点”表面积与侧面积的计算常常转化为平面图形面积的计算，体现转化与化归的思想命题点三空间几何体的体积[真题导向]1．(2022·新课标Ⅰ卷)南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库．已知该水库水位为海拔148.5m时，相应水面的面积为140.0km2；水位为海拔157.5m时，相应水面的面积为180.0km2.将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔148.5m上升到157.5m时，增加的水量约为(eq\r(7)≈2.65)()A．1.0×109m3 B．1.2×109m3C．1.4×109m3 D．1.6×109m3解析：选C如图，由已知得该棱台的高为157.5－148.5＝9(m)，所以该棱台的体积V＝eq\f(1,3)×9×(140＋eq\r(140×180)＋180)×106＝60×(16＋3eq\r(7))×106≈60×(16＋3×2.65)×106＝1.437×109≈1.4×109(m3)．故选C.2．(2023·新课标Ⅱ卷)[多选]已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，AB为底面直径，∠APB＝120°，PA＝2，点C在底面圆周上，且二面角P－AC－O为45°，则()A．该圆锥的体积为πB．该圆锥的侧面积为4eq\r(3)πC．AC＝2eq\r(2)D．△PAC的面积为eq\r(3)解析：选AC在△PAB中，由余弦定理得AB＝2eq\r(3)，如图，连接PO，易知圆锥的高h＝PO＝1，底面圆的半径r＝AO＝BO＝eq\r(3).该圆锥的体积V＝eq\f(1,3)πr2h＝π，故A正确；该圆锥的侧面积S侧＝πr·PA＝2eq\r(3)π，故B错误；取AC的中点H，连接PH，OH，因为OA＝OC，所以OH⊥AC.同理可得PH⊥AC，则二面角P－AC－O的平面角为∠PHO＝45°，所以OH＝PO＝1，AH＝CH＝eq\r(AO2－OH2)＝eq\r(2)，所以AC＝2eq\r(2)，故C正确；PH＝eq\r(2)OH＝eq\r(2)，S△PAC＝eq\f(1,2)×2eq\r(2)×eq\r(2)＝2，故D错误．故选A、C.3．(2022·新课标Ⅱ卷)[多选]如图，四边形ABCD为正方形，ED⊥平面ABCD，FB∥ED，AB＝ED＝2FB.记三棱锥E-ACD，F-ABC，F-ACE的体积分别为V1，V2，V3，则()A．V3＝2V2 B．V3＝V1C．V3＝V1＋V2 D．2V3＝3V1解析：选CD如图，连接BD交AC于点O，连接OE，OF.设AB＝ED＝2FB＝2，则AB＝BC＝CD＝AD＝2，FB＝1.因为ED⊥平面ABCD，FB∥ED，所以FB⊥平面ABCD，所以V1＝VE－ACD＝eq\f(1,3)S△ACD×ED＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)AD×CD×ED＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2×2×2＝eq\f(4,3)，V2＝VF－ABC＝eq\f(1,3)S△ABC×FB＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)AB×BC×FB＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2×2×1＝eq\f(2,3).因为ED⊥平面ABCD，AC平面ABCD，所以ED⊥AC.又AC⊥BD，且ED∩BD＝D，ED，BD平面BDEF，所以AC⊥平面BDEF.因为OE，OF平面BDEF，所以AC⊥OE，AC⊥OF.易知AC＝BD＝eq\r(2)AB＝2eq\r(2)，OB＝OD＝eq\f(1,2)BD＝eq\r(2)，OF＝eq\r(OB2＋FB2)＝eq\r(3)，OE＝eq\r(OD2＋ED2)＝eq\r(6)，EF＝eq\r(BD2＋ED－FB2)＝eq\r(2\r(2)2＋2－12)＝3，所以EF2＝OE2＋OF2，所以OF⊥OE.又OE∩AC＝O，OE，AC平面ACE，所以OF⊥平面ACE，所以V3＝VF－ACE＝eq\f(1,3)S△ACE·OF＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)AC×OE×OF＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2eq\r(2)×eq\r(6)×eq\r(3)＝2，所以V3≠2V2，V1≠V3，V3＝V1＋V2,2V3＝3V1，所以A、B不正确，C、D正确，故选C、D.4．(2023·新课标Ⅰ卷)在正四棱台ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，A1B1＝1，AA1＝eq\r(2)，则该棱台的体积为________．解析：如图，将正四棱台ABCD－A1B1C1D1补形成正四棱锥P－ABCD，因为AB＝2，A1B1＝1，AB∥A1B1，所以A1，B1，C1，D1分别为PA，PB，PC，PD的中点，又A1A＝eq\r(2)，所以PA＝2eq\r(2)，即PB＝2eq\r(2).连接BD，取BD的中点为O，连接PO，则PO⊥平面ABCD，易知BO＝eq\r(2)，所以PO＝eq\r(PB2－BO2)＝eq\r(6)，所以正四棱台ABCD－A1B1C1D1的高为eq\f(\r(6),2)，所以V正四棱台ABCD－A1B1C1D1＝eq\f(1,3)×(22＋12＋eq\r(22×12))×eq\f(\r(6),2)＝eq\f(7\r(6),6).答案：eq\f(7\r(6),6)[素养评价]1.(2023·青岛一模)龙洗，是我国著名的文物之一，因盆内有龙纹故称龙洗，为古代皇宫盥洗用具，其盆体可以近似看作一个圆台．现有一龙洗盆高15cm，盆口直径40cm，盆底直径20cm.现往盆内倒入水，当水深6cm时，盆内水的体积近似为()A．1824cm3 B．2739cm3C．3618cm3 D．4512cm3解析：选B如图所示，画出圆台的立体图形和轴截面的平面图形，并延长EC与FD交于点G.根据题意，AB＝20cm，CD＝10cm，AC＝15cm，EC＝6cm，设CG＝xcm，EF＝ycm，所以eq\f(10,20)＝eq\f(x,x＋15)，eq\f(y,10)＝eq\f(x＋6,x)，解得x＝15，y＝14.所以V＝eq\f(1,3)(π·142＋π·102＋π·14·10)·6＝872π≈2739(cm3)．2．正多面体共有5种，统称为柏拉图体，它们分别是正四面体、正六面体(即正方体)、正八面体、正十二面体、正二十面体．若连接某正方体的相邻面的中心，就可以得到一个正八面体，已知该正八面体的体积为36，则生成它的正方体的棱长为()A．8 B．6C．4 D．3解析：选B设正方体棱长为2a，可得正八面体是由两个四棱锥构成，四棱锥的底面为边长为eq\r(2)a的正方形，高为a，则正八面体体积为2×eq\f(1,3)×(2a2)×a＝36，解得a＝3，即2a＝6.3.(2023·天津三模)某同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒，包装盒如图所示：底面ABCD是边长为2的正方形，△EAB，△FBC，△GCD，△HDA均为正三角形，且它们所在的平面都与平面ABCD垂直，则该包装盒的容积为()A.eq\f(10\r(3),3) B.eq\f(20,3)C．10eq\r(3) D．20解析：选A将几何体补全为长方体，如图所示，B1F＝eq\f(1,2)B1C1＝1，BB1＝eq\r(BF2－B1F2)＝eq\r(22－12)＝eq\r(3)，所以该包装盒的容积为VABCD－A1B1C1D1－4VB－B1EF＝2×2×eq\r(3)－4eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×1×1))×eq\r(3)＝4eq\r(3)－eq\f(2\r(3),3)＝eq\f(10\r(3),3).4.如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，过A1B1的截面与AC交于点D，与BC交于点E，该截面将三棱柱分成体积相等的两部分，则eq\f(CD,AC)＝()A.eq\f(1,3) B.eq\f(1,2)C.eq\f(2－\r(3),2) D.eq\f(\r(3)－1,2)解析：选D由题图可知平面A1B1ED与棱柱上、下底面分别交于A1B1，ED，则A1B1∥ED，ED∥AB，显然CDE－C1A1B1是三棱台．设△ABC的面积为1，△CDE的面积为S，三棱柱ABC－A1B1C1的高为h，所以eq\f(1,2)×1×h＝eq\f(1,3)h(1＋S＋eq\r(S))，即eq\f(1,2)＝eq\f(1,3)(1＋S＋eq\r(S))，解得eq\r(S)＝eq\f(\r(3)－1,2).由△CDE∽△CAB，得eq\f(CD,AC)＝eq\f(\r(S),\r(1))＝eq\f(\r(3)－1,2).故选D.[一站补给]方法的“疑点”(1)对于底面或高不易求的空间几何体，等体积转化是常用的方法；(2)既然棱(圆)台是由棱(圆)锥定义，那么在解决棱(圆)台问题时，要注意“还台为锥”的解题策略思维的“难点”对于不规则的几何体的体积，常常分割成规则的几何体或者补成规则的几何体命题点四球的切接问题[典例导析]|完备知能|(1)内切球球心到多面体各面的距离均相等，外接球球心到多面体各顶点的距离均相等．(2)正多面体的内切球和外接球的球心重合．(3)正棱锥的内切球和外接球球心都在高线上，但不一定重合．(4)棱长为a的正方体内切球半径为eq\f(a,2).(5)棱长为a的正四面体内切球的半径r＝eq\f(\r(6),12)a，即高的eq\f(1,4).[例1](2023·全国乙卷)已知点S，A，B，C均在半径为2的球面上，△ABC是边长为3的等边三角形，SA⊥平面ABC，则SA＝________.[解析]如图，设△ABC的外接圆圆心为O1，连接O1A，因为△ABC是边长为3的等边三角形，所以其外接圆半径r＝O1A＝eq\f(2,3)×eq\f(\r(3),2)×3＝eq\r(3).将三棱锥SABC补形为正三棱柱SB1C1－ABC，由题意知SA为侧棱，设球心为O，连接OO1，OA，则OO1⊥平面ABC，且OO1＝eq\f(1,2)SA.又球的半径R＝OA＝2，OA2＝OO12＋O1A2，所以4＝eq\f(1,4)SA2＋3，得SA＝2.[答案]2[例2]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________．[解析]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BC＝2，AB＝AC＝3，且点M为BC边上的中点．设内切圆的圆心为O，由于AM＝eq\r(32－12)＝2eq\r(2)，故S△ABC＝eq\f(1,2)×2×2eq\r(2)＝2eq\r(2).设内切圆的半径为r，则S△ABC＝S△AOB＋S△BOC＋S△AOC＝eq\f(1,2)×AB×r＋eq\f(1,2)×BC×r＋eq\f(1,2)×AC×r＝eq\f(1,2)×(3＋3＋2)×r＝2eq\r(2)，解得r＝eq\f(\r(2),2).其体积为V＝eq\f(4,3)πr3＝eq\f(\r(2),3)π.[答案]eq\f(\r(2),3)π[思维建模]1．多面体的外接球的求解策略涉及球与棱柱、棱锥的问题时，一般过球心及多面体中的特殊点或线作截面，把空间问题转化为平面问题，再利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，确定球心的位置，弄清球的半径(或直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解．2．处理球的“切”问题的求解策略与球有关的内切问题主要是指球内切于多面体与旋转体，解答时首先要找准切点，通过作截面来解决．如果内切于多面体，则作截面时主要抓住多面体过球心的对角面来作．[针对训练]1．(2023·聊城统考二模)某正四棱台形状的模型，其上、下底面的面积分别为2cm2，8cm2，若该模型的体积为14cm3，则该模型的外接球的表面积为()A．20πcm2 B．10πcm2C．5πcm2 D.eq\f(5π,2)cm2解析：选A设正四棱台形状的模型高为hcm，故eq\f(1,3)(2＋8＋eq\r(2×8))h＝14，解得h＝3cm.取正方形EFGH的中心为M，正方形ABCD的中心为N，则MN＝h＝3cm，故该模型的外接球的球心在MN上，设为点O，连接ME，NA，OE，OA，设上、下底面正方形的边长分别为acm，bcm，则a2＝2，b2＝8，解得a＝eq\r(2)cm，b＝2eq\r(2)cm，故EM＝1cm，NA＝2cm，设ON＝ycm，则MO＝(3－y)cm，由勾股定理得EO2＝OM2＋EM2＝(3－y)2＋1，AO2＝ON2＋AN2＝y2＋4，故(3－y)2＋1＝y2＋4，解得y＝1.故外接球半径为eq\r(y2＋4)＝eq\r(5)cm，该模型的外接球的表面积为4π·(eq\r(5))2＝20πcm2.2.(2023·吕梁一模)在《九章算术·商功》中，将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑．如图在鳖臑ABCD中，AB⊥平面BCD，AB＝BC＝CD＝1，BC⊥CD，则鳖臑ABCD内切球的表面积为________．解析：因为四面体ABCD四个面都为直角三角形，AB⊥平面BCD，BC⊥CD，所以AB⊥BD，AB⊥BC，BC⊥CD，AC⊥CD.设四面体ABCD内切球的球心为O，则VA－BCD＝VO－ABC＋VO－ABD＋VO－ACD＋VO－BCD＝eq\f(1,3)r内(S△ABC＋S△ABD＋S△ACD＋S△BCD)，所以r内＝eq\f(3VA－BCD,SA－BCD).因为四面体ABCD的表面积为SA－BCD＝S△ABC＋S△ABD＋S△ACD＋S△BCD＝1＋eq\r(2).又因为四面体ABCD的体积VA－BCD＝eq\f(1,6)，所以r内＝eq\f(\r(2)－1,2).所以S球＝4πr内2＝(3－2eq\r(2))π.答案：(3－2eq\r(2))π[课下作业——小题保分练]1.如图所示的是水平放置的某个三角形的直观图，D′是△A′B′C′中B′C′边的中点且A′D′∥y′轴，A′B′，A′D′，A′C′三条线段对应原图形中的线段AB，AD，AC，那么()A．最长的是AB，最短的是ACB．最长的是AC，最短的是ABC．最长的是AB，最短的是ADD．最长的是AD，最短的是AC解析：选C由题中的直观图可知，A′D′∥y′轴，B′C′∥x′轴，根据斜二测画法的规则可知，在原图形中AD∥y轴，BC∥x轴．又因为D′为B′C′的中点，所以△ABC为等腰三角形，且AD为底边BC上的高，则有AB＝AC>AD成立．2.(2023·淄博一模)如图，某几何体的形状类似胶囊，两头都是半球，中间是圆柱，其中圆柱的底面半径与半球的半径都为2，若该几何体的表面积为20π，则其体积为()A.eq\f(44,3)π B．15πC.eq\f(28,3)π D.eq\f(16,3)π解析：选A由题意可知，设该几何体中间部分圆柱的高为h，圆柱的半径为r，则该几何体的表面积为4πr2＋2πr·h＝20π，因为r＝2，所以h＝1.所以该几何体的体积V＝eq\f(4,3)πr3＋πr2·h＝eq\f(44,3)π.3.(2023·武汉一模)某车间需要对一个圆柱形工件进行加工，该工件底面半径为15cm，高为10cm，加工方法为在底面中心处打一个半径为rcm且和原工件有相同轴的圆柱形通孔．若要求工件加工后的表面积最大，则r的值应设计为()A.eq\r(10) B.eq\r(15)C．4 D．5解析：选D因为大圆柱表面积为2×152π＋10×2×15π＝750π，小圆柱侧面积为10×2πr，上、下底面积为2πr2，所以加工后工件的表面积为750π＋20πr－2πr2，当r＝5时表面积最大．故选D.4．(2023·烟台二中模拟)已知圆锥的侧面积为4eq\r(3)π，高为2eq\r(2)，若圆锥可在某球内自由运动，则该球的体积最小值为()A．8eq\r(2)π B．8πC．9π D．9eq\r(2)π解析：选D设圆锥的底面半径为r，母线长为l，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(πrl＝4\r(3)π，,\r(l2－r2)＝2\r(2)，))解得r＝2，l＝2eq\r(3).由题意知当球为圆锥的外接球时，体积最小．设外接球的半径为R，则(2eq\r(2)－R)2＋22＝R2，解得R＝eq\f(3\r(2),2).所以外接球的体积为eq\f(4,3)πR3＝eq\f(4,3)π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3\r(2),2)))3＝9eq\r(2)π.5．(2023·通化模拟)已知圆台的母线长为4，上底面圆和下底面圆半径的比为1∶3，其侧面展开图所在扇形的圆心角为eq\f(π,2)，则圆台的高为()A．2eq\r(3) B.eq\r(15)C．4 D．3eq\r(2)解析：选B如图，将圆台还原为圆锥，上底面圆的半径为r，下底面圆的半径为3r，底面圆周长为6πr，因为圆台的母线长为4，根据上、下底面圆半径的比为1∶3，所以上圆锥的母线长为2，则圆台所在圆锥的母线长为6.因为圆台展开图所在扇形的圆心角为eq\f(π,2)，所以eq\f(π,2)×6＝6πr，得r＝eq\f(1,2).所以圆台的高h＝eq\r(42－4r2)＝eq\r(15).6．[多选]已知A，B，C三点均在球O的表面上，AB＝BC＝CA＝2，且球心O到平面ABC的距离等于球半径的eq\f(1,3)，则下列结论正确的是()A．球O的表面积为6πB．球O的内接正方体的棱长为1C．球O的外切正方体的棱长为eq\f(4,3)D．球O的内接正四面体的棱长为2解析：选AD设球O的半径为r，△ABC的外接圆圆心为O′，半径为R，易得R＝eq\f(2\r(3),3).因为球心O到平面ABC的距离等于球O半径的eq\f(1,3)，所以r2－eq\f(1,9)r2＝eq\f(4,3)，得r2＝eq\f(3,2).所以球O的表面积S＝4πr2＝4π×eq\f(3,2)＝6π，A正确；球O的内接正方体的棱长a满足eq\r(3)a＝2r，显然B不正确；球O的外切正方体的棱长b满足b＝2r，显然C不正确；球O的内接正四面体的棱长c满足c＝eq\f(2\r(6),3)r＝eq\f(2\r(6),3)×eq\f(\r(6),2)＝2，D正确．7．(2022·全国甲卷)甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为2π，侧面积分别为S甲和S乙，体积分别为V甲和V乙．若eq\f(S甲,S乙)＝2，则eq\f(V甲,V乙)＝()A.eq\r(5)B．2eq\r(2)C.eq\r(10)D.eq\f(5\r(10),4)解析：选C因为甲、乙两个圆锥的母线长相等，所以结合eq\f(S甲,S乙)＝2可知，甲、乙两个圆锥侧面展开图的圆心角之比是2∶1.不妨设两个圆锥的母线长为l＝3，甲、乙两个圆锥的底面半径分别为r1，r2，高分别为h1，h2，则由题意知，两个圆锥的侧面展开图刚好可以拼成一个周长为6π的圆，所以2πr1＝4π，2πr2＝2π，得r1＝2，r2＝1.由勾股定理得，h1＝eq\r(l2－r12)＝eq\r(5)，h2＝eq\r(l2－r22)＝2eq\r(2).所以eq\f(V甲,V乙)＝eq\f(\f(1,3)πr12h1,\f(1,3)πr22h2)＝eq\f(4\r(5),2\r(2))＝eq\r(10).故选C.8．(2023·南京二模)在直角三角形ABC中，斜边AB长为2，绕直角边AC所在直线旋转一周形成一个几何体．若该几何体外接球表面积为eq\f(16π,3)，则AC长为()A.eq\f(\r(3),2)B．1C.eq\r(2)D.eq\r(3)解析：选D设AC＝m，因为AB＝2，所以BC＝eq\r(AB2－AC2)＝eq\r(4－m2).绕直角边AC所在直线旋转一周形成一个几何体为圆锥，设圆锥外接球的半径为R，则4πR2＝eq\f(16π,3)，解得R＝eq\f(2\r(3),3).设外接球的球心为O，则球心在直线AC上，如图所示，所以4－m2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m－\f(2\r(3),3)))2＝eq\f(4,3)，解得m＝eq\r(3).故选D.9.(2023·茂名统考二模)贯耳瓶流行于宋代，清代亦有仿制，如图所示的青花折枝花卉纹六方贯耳瓶是清乾隆时期的文物，现收藏于首都博物馆，若忽略瓶嘴与贯耳，把该瓶瓶体看作3个几何体的组合体，上面的几何体Ⅰ是直棱柱，中间的几何体Ⅱ是棱台，下面的几何体Ⅲ也是棱台，几何体Ⅲ的下底面与几何体Ⅰ的底面是全等的六边形，几何体Ⅲ的上底面面积是下底面面积的4倍，若几何体Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的高之比为3∶3∶5，则几何体Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的体积之比为()A．3∶6∶10 B．3∶9∶25C．3∶21∶35 D．9∶21∶35解析：选D设上面的六棱柱的底面面积为S，高为3m，由上到下的三个几何体体积分别记为V1，V2，V3，则V1＝3mS，V2＝eq\f(1,3)(S＋4S＋eq\r(4S2))×3m＝7mS，V3＝eq\f(1,3)(S＋4S＋eq\r(4S2))×5m＝eq\f(35,3)mS，所以V1∶V2∶V3＝3mS∶7mS∶eq\f(35,3)mS＝9∶21∶35.10．(2023·天津高考)在三棱锥P-ABC中，线段PC上的点M满足PM＝eq\f(1,3)PC，线段PB上的点N满足PN＝eq\f(2,3)PB，则三棱锥P-AMN和三棱锥P-ABC的体积之比为()A.eq\f(1,9)B.eq\f(2,9)C.eq\f(1,3)D.eq\f(4,9)解析：选B如图，因为PM＝eq\f(1,3)PC，PN＝eq\f(2,3)PB，所以eq\f(S△PMN,S△PBC)＝eq\f(\f(1,2)PM·PN·sin∠BPC,\f(1,2)PC·PB·sin∠BPC)＝eq\f(PM·PN,PC·PB)＝eq\f(1,3)×eq\f(2,3)＝eq\f(2,9)，所以eq\f(VP－AMN,VP－ABC)＝eq\f(VA－PMN,VA－PBC)＝eq\f(\f(1,3)S△PMN·d,\f(1,3)S△PBC·d)＝eq\f(S△PMN,S△PBC)＝eq\f(2,9)(其中d为点A到平面PBC的距离，因为平面PMN和平面PBC重合，所以点A到平面PMN的距离也为d)．故选B.11．(2023·大连联考)盲盒是一种深受大众喜爱的玩具，某盲盒生产厂商要为棱长为4cm的正四面体魔方设计一款正方体的包装盒，需要保证该魔方可以在包装盒内任意转动，则包装盒的棱长最短为()A.eq\r(6)cm B．2eq\r(6)cmC．4eq\r(6)cm D．6cm解析：选B如图，A-BCD是棱长为4cm的正四面体，由题意，AD＝BD＝DC＝4cm，设BC的中点为M，底面△BCD的重心为G，O为外接球的球心，则有AG⊥底面BCD，MD＝eq\f(\r(3),2)DC＝2eq\r(3)，CG＝DG＝eq\f(2,3)MD＝eq\f(4\r(3),3)，OA＝OC＝R，R是外接球半径．在Rt△AGD中，GA＝eq\r(AD2－DG2)＝eq\f(4\r(6),3).在Rt△OGC中，OG＝eq\r(OC2－GC2)＝eq\r(R2－\f(16,3))，OG＋OA＝GA，∴eq\r(R2－\f(16,3))＋R＝eq\f(4\r(6),3)，解得R＝eq\r(6)(cm)，即正方体的最短棱长为2R＝2eq\r(6)(cm)．12．[多选]沙漏是古代的一种计时装置，它由两个形状完全相同的容器和一个狭窄的连接管道组成，开始时细沙全部在上部容器中，细沙通过连接管道全部流到下部容器所需要的时间称为该沙漏的一个沙时．如图，某沙漏由上、下两个圆锥组成，圆锥的底面直径和高均为8cm，细沙全部在上部时，其高度为圆锥高度的eq\f(2,3)(细管长度忽略不计)．假设该沙漏每秒钟漏下0.02cm3的沙，且细沙全部漏入下部后，恰好堆成一个盖住沙漏底部的圆锥形沙堆．以下结论正确的是()A．沙漏中的细沙体积为eq\f(1024π,81)cm3B．沙漏的体积是128πcm3C．细沙全部漏入下部后此锥形沙堆的高度约为2.4cmD．该沙漏的一个沙时大约是1985秒(π≈3.14)解析：选ACD根据圆锥的截面图可知，细沙在上部时，细沙的底面半径与圆锥的底面半径之比等于细沙的高与圆锥的高之比，所以细沙的底面半径r＝eq\f(2,3)×4＝eq\f(8,3)(cm)，所以体积V＝eq\f(1,3)·πr2·eq\f(2h,3)＝eq\f(1,3)·eq\f(64π,9)·eq\f(16,3)＝eq\f(1024π,81)(cm3)，故A正确；沙漏的体积V＝2×eq\f(1,3)×π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(h,2)))2×h＝2×eq\f(1,3)×π×42×8＝eq\f(256,3)π(cm3)，故B错误；设细沙流入下部后的高度为h1，根据细沙体积不变可知，eq\f(1024π,81)＝eq\f(1,3)×πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(h,2)))2×h1，所以eq\f(1024π,81)＝eq\f(16π,3)h1，所以h1≈2.4cm，故C正确；因为细沙的体积为eq\f(1024π,81)cm3，沙漏每秒钟漏下0.02cm3的沙，所以一个沙时为eq\f(\f(1024π,81),0.02)＝eq\f(1024×3.14,81)×50≈1985(秒)，故D正确．13．(2023·全国甲卷)在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F分别为AB，C1D1的中点．以EF为直径的球的球面与该正方体的棱共有________个公共点．解析：如图，线段EF过正方体的中心，所以以EF为直径的球的球心即正方体的中心，球的半径为eq\f(EF,2).而正方体的中心到每一条棱的距离均为eq\f(EF,2)，所以以EF为直径的球与每一条棱均相切，所以共有12个公共点．答案：1214．(2023·济南一模)用一个平行于圆锥底面的平面去截圆锥，截得的圆台上底面半径为1，下底面半径为2，且该圆台侧面积为3eq\r(5)π，则原圆锥的母线长为________．解析：设圆台的母线长为l，因为该圆台侧面积为3eq\r(5)π，则由圆台侧面积公式可得πl(1＋2)＝3πl＝3eq\r(5)π，所以l＝eq\r(5).设截去的圆锥的母线长为l′，由三角形相似可得eq\f(l′,l′＋l)＝eq\f(1,2)，则2l′＝l′＋eq\r(5)，解得l′＝eq\r(5).所以原圆锥的母线长为l′＋l＝eq\r(5)＋eq\r(5)＝2eq\r(5).答案：2eq\r(5)15.(2023·贵阳模拟)如图，某环保组织设计一款苗木培植箱，其外形由棱长为2(单位：m)的正方体截去四个相同的三棱锥(截面为等腰三角形)后得到．若将该培植箱置于一球形环境中，则该球表面积的最小值为________m2.解析：将正方体补全，依题意可得A，B，C，D为正方体底面边上的中点，要使球的表面积最小，即为求ABCD-EFGH的外接球的表面积．如图所示，建立空间直角坐标系，则A(1,0,0)，H(0,0,2)，则几何体ABCD-EFGH外接球的球心必在上、下底面中心的连线上．设球心为M(1,1，m)，球的半径为R，则R2＝|MA|2＝|MH|2，即R2＝12＋m2＝12＋12＋(m－2)2，解得m＝eq\f(5,4).所以R2＝12＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4)))2＝eq\f(41,16).所以外接球的表面积S＝4πR2＝4π×eq\f(41,16)＝eq\f(41,4)π，即该球表面积的最小值为eq\f(41,4)πm2.答案：eq\f(41π,4)16．(2023·南昌联考)在一次手工劳动课上，需要把一个高为3，体积为π的木质实心圆锥模型削成一个实心球模型，则球的表面积的最大值为________．解析：由题得当球为圆锥的内切球时，球的表面积最大．如图为圆锥AD的轴截面，由题意知eq\f(1,3)π·CD2·AD＝eq\f(1,3)π·CD2·3＝π，解得CD＝1.所以AC＝eq\r(32＋12)＝eq\r(10).设内切球O的半径为R，则AO＝3－R.由平面几何知识可知△AOE∽△ACD，所以eq\f(OE,CD)＝eq\f(AO,AC)，所以eq\f(R,1)＝eq\f(3－R,\r(10))，解得R＝eq\f(\r(10)－1,3).此时球的表面积为4πR2＝4πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(10)－1,3)))2＝eq\f(44－8\r(10),9)π.答案：eq\f(44－8\r(10),9)π微点优化拓展——三棱锥外接球球心和半径的探究外接球问题是培养学生直观想象和数学运算核心素养的一个非常好的载体，本类问题是高考命题的热点．整理近几年有关球的考题，发现球的考题大多数与三棱锥结合．本课时以三棱锥的外接球为主题，对三棱锥外接球考题从寻找球心位置这一本源角度出发进行分类探究，通过例题及其层层变式，提升学生应对外接球考题的策略和能力．类型一侧棱垂直底面的三棱锥外接球由于长方体有8个顶点，且侧棱和底面垂直，因此任意选取不共面的四个点可以构造出侧棱垂直于底面的三棱锥，此时其外接球与长方体为同一个外接球，直径为长方体的体对角线，球心为体对角线的中点．常见题型是侧棱垂直于底面，且底面是直角三角形．如图1、图2、图3所示．[例1]《九章算术》中，将四个面均为直角三角形的三棱锥称为鳖臑，若三棱锥P-ABC为鳖臑，其中PA⊥平面ABC，PA＝AB＝BC＝3，三棱锥P－ABC的四个顶点都在球O的球面上，则该球的体积是()A.eq\f(27\r(3)π,2) B.eq\f(27\r(3)π,4)C.eq\f(27π,2) D.eq\f(27π,4)[解析]如图所示，该三棱锥有一条侧棱垂直于底面且底面是直角三角形，可以将四个顶点放入正方体中，且PC为体对角线，即为外接球的直径，正方体的中心为球心．易知2R＝PC＝3eq\r(3)，R＝eq\f(3\r(3),2)，V＝eq\f(4,3)πR3＝eq\f(4,3)πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3\r(3),2)))3＝eq\f(27\r(3)π,2).故选A.[答案]A[思维建模]此种类型题目常见的变式考查的是三棱锥中有一条侧棱(设长度为h)垂直于底面，但是底面不是直角三角形(设其外接圆的半径为r)．这种情况下，三棱锥的四个顶点不完全是某个长方体的顶点，因此其外接球和长方体的外接球不是同一个外接球(学生很容易误认为还是同一个)，如图1所示，这种题型的球心位置通常把三棱锥补成直三棱柱，此时三棱锥与补形成的直三棱柱的外接球为同一个外接球，球心在上、下底面的外接圆圆心连线的中点位置，如图2所示，可以得到外接球的半径R＝eq\r(r2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(h,2)))2).[应用体验]1.在三棱锥P-ABC中，PA⊥底面ABC，∠BAC＝60°，PA＝2，AB＝AC＝eq\r(3)，若该三棱锥的顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为()A.eq\f(4π,3) B.eq\f(8\r(2)π,3)C．8π D．12π解析：选C由题意可知底面是等边三角形，因此外接圆的半径r＝eq\f(1,2)×eq\f(BC,sin∠BAC)＝eq\f(1,2)×eq\f(\r(3),\f(\r(3),2))＝1，所以外接球的半径R＝eq\r(r2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)PA))2)＝eq\r(2).所以球的表面积为4πR2＝8π.故选C.类型二正三棱锥外接球球心的探究正三棱锥作为一种特殊的三棱锥，其外接球问题也是常考问题，根据正三棱锥的定义，正三棱锥的四个顶点不可能为长方体的四个顶点．由于球心到底面三角形的三个顶点的距离相等，因此球心在正三棱锥的高上．[例2]已知△ABC是边长为3的等边三角形，三棱锥P-ABC全部顶点都在表面积为16π的球O的球面上，则三棱锥P-ABC的体积的最大值为()A.eq\r(3)B.eq\f(3\r(3),2)C.eq\f(9\r(3),4)D.eq\f(\r(3),2)[解析]此题三棱锥的底面固定，要使体积最大，高必须最大，因此顶点P是三棱锥的高与球的交点，即三棱锥为正三棱锥，如图所示．由球的表面积为16π，得球的半径为2.又由底面边长为3，可得AO1＝eq\f(2,3)×eq\f(3\r(3),2)＝eq\r(3)，因此OO1＝eq\r(AO2－AO12)＝1，所以PO1＝3，三棱锥P－ABC的体积的最大值为eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),4)×3×3×3＝eq\f(9\r(3),4).[答案]C[应用体验]2．已知圆锥SO1的母线长为2eq\r(6)，侧面展开图的圆心角为eq\f(2\r(3)π,3)，则该圆锥外接球的体积为_______．解析：如图所示，圆锥侧面展开图的圆心角为eq\f(2\r(3)π,3)，所以底面圆的周长为eq\f(2\r(3)π,3)×2eq\r(6)＝4eq\r(2)π，所以底面圆的半径O1A为2eq\r(2)，SO1＝eq\r(SA2－O1A2)＝eq\r(2\r(6)2－2\r(2)2)＝4.设外接球的半径为R，在Rt△OO1A中，OA2＝OO12＋O1A2，即R2＝(4－R)2＋(2eq\r(2))2，解得R＝3.所以外接球的体积V＝eq\f(4,3)πR3＝36π.答案：36π[迁移发散]由于底面三角形的截面为一个圆，因此此种题型常见的变式为圆锥的外接球问题，球心及其半径的求法与正三棱锥一致．类型三有两个侧面相互垂直的三棱锥外接球正方体中侧面和底面垂直，因此在侧面和底面中各取一个三角形可以组成有两个面互相垂直的三棱锥，如图1所示．此题型的一般解法是先找两个互相垂直面的外心，然后过外心分别作面的垂线，两条垂线的交点就是三棱锥外接球的球心，如图2所示．[例3]已知三棱锥A-BCD中，△ABC是边长为2的等边三角形，DB⊥DA且平面DAB⊥平面ABC，则该三棱锥外接球的表面积为()A．4πB.eq\f(28π,3)C．8πD.eq\f(16π,3)[解析]如图所示，Rt△DAB的外心为斜边AB的中点O1，由于平面DAB⊥平面ABC，因此过O1且垂直平面DAB的直线为CO1.等边△ABC的外接圆圆心为O2，O2在CO1上，因此过O2作平面ABC的垂线与CO1交于点O2，即O2为球心，O2A为球的半径．所以2R＝eq\f(AB,sin60°)＝eq\f(2,\f(\r(3),2))＝eq\f(4\r(3),3)，R＝eq\f(2\r(3),3)，所以三棱锥外接球的表面积S＝4πR2＝4πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(3),3)))2＝eq\f(16π,3).[答案]D[应用体验]3．已知三棱锥A-BCD中，BC⊥CD，BC＝1，CD＝eq\r(3)，AB＝AD＝eq\r(2)，则该三棱锥的外接球的体积为()A.eq\f(4π,3)B.eq\f(8π,3)C.eq\f(8\r(2)π,3)D．4π解析：选A如图所示，由题意得∠BCD和∠BAD都是直角，因此BD的中点O到四个顶点的距离相等，因此O为三棱锥外接球的球心，半径为eq\f(1,2)BD＝1，所以体积为eq\f(4π,3).4．已知三棱锥D-ABC中，平面DAB⊥平面ABC，△ABC和△DAB均为边长为2的等边三角形，则该三棱锥外接球的表面积为________．解析：如图所示，O1，O2分别为△ABC和△DAB的外心，过点O1，O2分别作平面ABC和平面DAB的垂线，两垂线的交点即为球心O.由题意得△ABC和△DAB外接圆的半径都为eq\f(1,2)×eq\f(2,sin60°)＝eq\f(2,\r(3))，OO2＝O1H＝eq\f(1,2)CO1＝eq\f(1,\r(3)).所以外接球半径R＝OA＝eq\r(OOeq\o\al(2,2)＋AOeq\o\al(2,2))＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(3))))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,\r(3))))2)＝eq\r(\f(5,3))＝eq\f(\r(15),3)，外接球的表面积S＝4πR2＝4π·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(15),3)))2＝eq\f(20π,3).答案：eq\f(20π,3)[课下作业——微点专项练]1.(2023·衡水中学三模)如图，平面ABCD⊥平面ABEF，四边形ABCD是正方形，四边形ABEF是矩形，且AB＝4，AF＝1，若G是线段EF上的动点，则三棱锥C-ABG的外接球表面积的最小值是()A．16πB．20πC．32πD．36π解析：选C由题意可设△ABG的外接圆半径为r，由正弦定理，知2r＝eq\f(AB,sin∠AGB)＝eq\f(4,sin∠AGB)，当∠AGB＝eq\f(π,2)时，r取得最小值2，此时外接球半径R满足R2＝r2＋22≥8，解得R≥2eq\r(2).所以三棱锥C-ABG的外接球的最小半径为2eq\r(2).所以外接球表面积为4πR2＝32π.故选C.2．已知球O是正三棱锥A-BCD(底面是正三角形，顶点在底面的射影为底面中心)的外接球，BC＝eq\r(3)，AB＝eq\r(2)，点E是线段AB的中点，过点E作球O的截面，则所得截面面积的最小值是()A.eq\f(π,2) B.eq\f(π,3)C.eq\f(π,4) D.eq\f(π,6)解析：选A如图，O1是A在底面的射影，由正弦定理得，△BCD的外接圆半径BO1＝eq\f(\r(3),sin\f(π,3))×eq\f(1,2)＝1.由勾股定理得棱锥的高AO1＝eq\r(\r(2)2－12)＝1.设球O的半径为R，则BO2＝OOeq\o\al(2,1)＋BOeq\o\al(2,1)，即R2＝(1－R)2＋12，解得R＝1，所以OO1＝0，即点O与O1重合．在Rt△AOB中，点E是线段AB的中点，AO＝BO＝1，所以OE＝1×sineq\f(π,4)＝eq\f(\r(2),2).当截面垂直于OE时，截面面积最小，此时半径为eq\r(R2－OE2)＝eq\f(\r(2),2)，所以截面面积的最小值为π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))2＝eq\f(π,2).3．(2023·襄城三模)如图1，在△PBC中，PA⊥BC，AM⊥PB，BC＝6，PA＝4，沿PA将△PAB折起，使得二面角B-PA-C为60°，得到三棱锥P-ABC，如图2，若AM⊥PC，则三棱锥P-ABC的外接球的表面积为()A．32πB．36πC．64πD．80π解析：选A因为AM⊥PB，AM⊥PC，PB∩PC＝P，PB平面PBC，PC平面PBC，所以AM⊥平面PBC.又BC平面PBC，则AM⊥BC.因为PA⊥平面ABC，BC平面ABC，所以PA⊥BC.又PA∩AM＝A，PA平面PAB，AM平面PAB，所以BC⊥平面PAB.又AB平面PAB，所以AB⊥BC，即∠ABC＝90°.因为二面角B-PA-C为60°，所以∠BAC＝60°.在Rt△ABC中，AB＋AC＝6，可得AC＝4，AB＝2.易知，三棱锥P－ABC的四个顶点可以与一个长方体的四个顶点重合，如图所示，则该长方体的外接球即为P－ABC的外接球，即球心为PC的中点，所以R＝eq\f(\r(PA2＋AC2),2)＝eq\f(\r(42＋42),2)＝2eq\r(2).所以三棱锥P－ABC的外接球的表面积为4πR2＝4π×(2eq\r(2))2＝32π，故A正确．4．在三棱锥P-ABC中，AC⊥平面PAB，AB＝AC＝6，BP＝2eq\r(2)，∠ABP＝45°，则三棱锥P-ABC的外接球的表面积为()A．76πB．128πC．144πD．148π解析：选A在△PAB中，AB＝6，BP＝2eq\r(2)，∠ABP＝45°，则AP2＝AB2＋BP2－2AB·BPcos∠ABP＝36＋8－2×6×2eq\r(2)×eq\f(\r(2),2)＝20，所以AP＝2eq\r(5).设△PAB外接圆的半径为r，则2r＝eq\f(AP,sin∠ABP)＝2eq\r(10)，所以r＝eq\r(10).设△PAB外接圆的圆心为O1，三棱锥P-ABC外接球的球心为O，半径为R，由AC⊥平面PAB，得R2＝r2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(AC,2)))2＝10＋9＝19.所以三棱锥P-ABC的外接球的表面积为4πR2＝76π.5．已知正三棱锥A-BCD的侧棱长为eq\r(3)，且侧棱与正三棱锥的底面所成角的正切值为eq\r(2)，则此正三棱锥的棱切球的表面积为()A．πB.eq\f(3π,2)C．3πD．6π解析：选B如图1，连接A与底面△BCD的中心O，则AO⊥平面BCD.由题意知∠ADO是侧棱与底面所成的角，则tan∠ADO＝eq\f(AO,OD)＝eq\r(2).又因为AO2＋OD2＝AD2＝3，所以DO＝1.因为底面△BCD为正三角形，中心为O，所以DO＝eq\f(\r(3),3)BD，即BD＝eq\r(3).所以正三棱锥A－BCD为正四面体．将正四面体放到正方体中，如图2，正方体的内切球与正四面体的六条棱均相切，可求得正方体的棱长为eq\f(\r(6),2)，所求棱切球的半径即为eq\f(\r(6),4).所以此正三棱锥的棱切球的表面积S＝4πr2＝4π×eq\f(3,8)＝eq\f(3π,2).6．(2023·浙江统考模拟预测)在四面体ABCD中，△ABC与△BCD都是边长为6的等边三角形，且二面角A-BC-D的大小为60°，则四面体ABCD外接球的表面积是()A．52πB．54πC．56πD．60π解析：选A如图所示，取BC的中点O，连接OD，OA，分别取△BCD和△ABC的外心E与F，过两点分别作平面BDC和平面ABC的垂线，交于点P，则P就是外接球的球心．连接OP，DP，则∠AOD为二面角A-BC-D的平面角，即∠AOD＝60°，则△AOD是等边三角形，其边长为6×eq\f(\r(3),2)＝3eq\r(3)，OE＝eq\f(1,3)OD＝eq\f(1,3)×3eq\r(3)＝eq\r(3).在Rt△POE中，∠POE＝30°，所以PE＝OEtan30°＝eq\r(3)×eq\f(\r(3),3)＝1.又由DE＝eq\f(2,3)OD＝2eq\r(3)，所以PD＝R＝eq\r(PE2＋DE2)＝eq\r(12＋2\r(3)2)＝eq\r(13).所以四面体ABCD的外接球的表面积为4πR2＝4π×(eq\r(13))2＝52π.故选A.7．(2023·辽宁校联考三模)在三棱锥A-BCD中，AB＝AC＝BD＝CD＝BC＝4，平面α经过AC的中点E，并且与BC垂直，当α截此三棱锥所得的截面面积最大时，此时三棱锥A－BCD的外接球的表面积为()A.eq\f(80\r(3),3)πB.eq\f(70,3)πC．20πD.eq\f(80,3)π解析：选D如图所示，取BC靠近C的四等分点F，CD的中点G，连接EF，EG，FG.由AB＝AC，可知EF⊥BC.同理可知GF⊥BC.又EF∩FG＝F，EF，FG平面EFG，所以BC⊥平面EFG.所以平面α即为平面EFG.又易知EF＝FG＝eq\r(3)，所以α截此三棱锥所得的截面面积为S△EFG＝eq\f(1,2)EF·FG·sin∠EFG＝eq\f(3,2)sin∠EFG，当∠EFG＝90°时，S△EFG取得最大值．设O为外接球球心，P，Q为△BCD，△ABC外接圆圆心，球心O满足OP⊥平面BCD，OQ⊥平面ABC，所以四边形OQMP为正方形，且OQ＝QM＝eq\f(2\r(3),3)，AQ＝eq\f(4\r(3),3)，OA＝eq\r(OQ2＋AQ2)＝eq\f(2\r(15),3).所以三棱锥A－BCD的外接球的表面积S＝4πr2＝4πOA2＝4π·eq\f(60,9)＝eq\f(80,3)π.故选D.8．(2023·泰安统考模拟预测)如图，已知腰长为2的等腰△ABC的顶角为A，且cosA＝eq\f(3,4)，将△ABC绕BC旋转至△BCD的位置得到三棱锥D－ABC，当三棱锥体积最大时，其外接球面积为()A.eq\f(50,7)πB．8πC．7πD.eq\f(8\r(2),7)π解析：选A在△ABC中，因为AB＝AC＝2，cosA＝eq\f(3,4)，可得BC2＝AB2＋AC2－2AB·ACcosA＝22＋22－2×2×2×eq\f(3,4)＝2，所以BC＝eq\r(2).当三棱锥D-ABC体积最大时，平面DBC⊥平面ABC，因为DC＝DB＝2，取BC的中点E，则DE⊥BC.设O1为△ABC外接圆圆心，O为三棱锥D－ABC外接球球心，则O1O∥DE，设O2为△BCD外接圆圆心，则OO2⊥平面DBC，OO2∥O1E且OO2＝O1E.设三棱锥D-ABC外接球的半径为R，在直角△OO2D中，OD＝R且R2＝OO22＋DO22.因为cosA＝eq\f(3,4)，可得sinA＝eq\r(1－cos2A)＝eq\f(\r(7),4)，所以△ABC外接圆半径r1＝eq\f(BC,2sinA)＝eq\f(2\r(14),7).因为△ABC≌△BCD，所以△BCD的外接圆的半径r2＝eq\f(2\r(14),7)，且AE＝DE，sinA＝sinD＝eq\f(\r(7),4).在△BCD中，可得eq\f(1,2)·DB·DCsinD＝eq\f(1,2)×BC·DE，可得DE＝eq\f(\r(14),2)，所以R2＝OO22＋DO22＝(AE－r1)2＋r22＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(14),2)－\f(2\r(14),7)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(14),7)))2＝eq\f(25,14).所以三棱锥D－ABC的外接球的表面积S＝4πR2＝eq\f(50,7)π.9．图1为两块大小不同的等腰直角三角形纸板组成的平面四边形ABCD，其中小三角形纸板的斜边AC与大三角形纸板的一条直角边长度相等，小三角形纸板的直角边长为a，现将小三角形纸板ACD沿着AC边折起，使得点D到达点M的位置，得到三棱锥M-ABC，如图2.若二面角M-AC-B的大小为eq\f(2π,3)，则所得三棱锥M-ABC的外接球的表面积为()A.eq\f(7π,3)a2B．4πa2C.eq\f(14π,3)a2D.eq\f(7\r(42)π,27)a2解析：选C如图，取AC的中点E，AB的中点F，连接ME，EF.因为MA＝MC，所以ME⊥AC.易知EF∥BC，因为BC⊥AC，所以EF⊥AC.所以∠MEF＝eq\f(2π,3).过点E作OE⊥平面MAC，过点F作OF⊥平面ABC，OE∩OF＝O，连接OA，易知E，F两点分别是△MAC和△ABC的外心，所以点O是三棱锥M-ABC的外接球的球心．因为MA＝MC＝a，所以AC＝BC＝eq\r(2)a，AB＝2a.所以EF＝eq\f(\r(2),2)a.因为∠MEF＝eq\f(2π,3)，∠MEO＝eq\f(π,2)，所以∠OEF＝eq\f(π,6).所以OF＝EF×taneq\f(π,6)＝eq\f(\r(2),2)a×taneq\f(π,6)＝eq\f(\r(6),6)a.又AF＝eq\f(1,2)AB＝a，所以OA＝eq\r(OF2＋AF2)＝eq\f(\r(42),6)a.则三棱锥M－ABC的外接球的半径为eq\f(\r(42),6)a，所以三棱锥M-ABC的外接球的表面积S＝4πR2＝eq\f(14π,3)a2.故选C.10．(2023·浙江校联考模拟预测)在三棱锥D-ABC中，AB＝BC＝2，∠ADC＝90°，二面角D-AC-B的平面角为30°，则三棱锥D-ABC外接球表面积的最小值为()A．16(2eq\r(3)－1)π B．16(2eq\r(3)－3)πC．16(2eq\r(3)＋1)π D．16(2eq\r(3)＋3)π解析：选B当D在△ACD的外接圆上运动的时候，该三棱锥的外接球不变，故可使D点运动到一个使得DA＝DC的位置，取AC的中点M，连接BM，DM，因为AB＝BC＝2，DA＝DC，所以AC⊥BM，AC⊥DM，故∠DMB即为二面角D-AC-B的平面角.设△ACB的外心为O1，过O1作平面ABC的垂线，过△ACD的外心M作平面ACD的垂线，两条垂线均在平面BMD内，它们的交点就是球心O，画出平面BMD，如图2所示．在平面ABC内，设∠CBA＝2θ，则r＝BO1＝eq\f(\f(1,2)BC,cosθ)＝eq\f(1,cosθ)，O1M＝O1Ccos2θ＝eq\f(cos2θ,cosθ).因为∠DMB＝30°，所以∠O1MO＝60°.所以O1O＝eq\r(3)O1M＝eq\f(\r(3)cos2θ,cosθ).所以R2＝r2＋OO12＝eq\f(1,cos2θ)＋eq\f(3cos22θ,cos2θ).令t＝cos2θ∈(0,1)，则R2＝eq\f(1,t)＋eq\f(32t－12,t)＝12t＋eq\f(4,t)－12≥8eq\r(3)－12，当且仅当t＝eq\f(\r(3),3)时取等号．所以S＝4πR2≥16(2eq\r(3)－3)π.11．(2023·邵阳三模)在三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC，PA＝4，AC＝2AB＝2eq\r(3)，AC⊥AB，则三棱锥P-ABC外接球的表面积为________．解析：由PA⊥平面ABC，AC，AB平面ABC，得PA⊥AB，PA⊥AC.又AC⊥AB，所以PA，AB，AC两两垂直，故可将三棱锥P－ABC补全为长方体，如图所示．故三棱锥P-ABC的外接球，即为长方体的外接球．令三棱锥P－ABC外接球的半径为R，则(2R)2＝PA2＋AB2＋AC2＝31，所以外接球表面积为4πR2＝31π.答案：31π12．(2023·韶关统考模拟预测)将一个圆心角为eq\f(2π,3)、面积为2π的扇形卷成一个圆锥，则此圆锥内半径最大的球的表面积为________．解析：设圆锥底面圆半径为R，母线长为l，依题意，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2πR＝\f(2π,3)l，,πRl＝2π，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(R＝\f(\r(6),3)，,l＝\r(6).))圆锥内半径最大的球为圆锥的内切球，圆锥与其内切球的轴截面，如图中等腰△ABC及内切圆O.因为AB＝AC＝eq\r(6)，BC＝eq\f(2\r(6),3)，点M为边BC的中点，所以AM＝eq\r(AB2－BM2)＝eq\r(\r(6)2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),3)))2)＝eq\f(4\r(3),3).因此△ABC的面积S△ABC＝eq\f(1,2)BC·AM＝eq\f(1,2)×eq\f(2\r(6),3)×eq\f(4\r(3),3)＝eq\f(4\r(2),3).设△ABC的内切圆半径为r，则有S△ABC＝eq\f(1,2)(AB＋BC＋AC)·r＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\r(6)＋\f(2\r(6),3)))r＝eq\f(4\r(2),3)，解得r＝eq\f(\r(3),3).所以此球的表面积为4πr2＝eq\f(4π,3)，即此圆锥内半径最大的球的表面积为eq\f(4π,3).答案：eq\f(4π,3)小题基准考法(二)——空间点、线、面位置关系命题点一线面位置关系的判断[一练而过]1．(2023·保定统考一模)设α，β是两个不同的平面，则“α内有无数条直线与β平行”是“α∥β”的()A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件解析：选B如图，长方体ABCD－A1B1C1D1中，A1B1∥平面ABCD.在平面ABB1A1内，除直线AB外，其他所有与A1B1平行的直