2023版高考数学一轮总复习：第八章立体几何 第一讲 空间几何体的结构三视图表面积和体积

第八章立体几何

第一讲空间几何体的结构、三视图、表

面积和体积

要点提炼

考点1空间几何体的结构

1.多面体的结构特征

名称棱柱棱锥棱台

D'S

图形位

ABAB

底面互相平行且全等多边形互相平行且相似

相交十一点,延长线交十一点，

侧棱平行且相等

斯一定恰但不XE相等

侧面形状平行四边形三角形梯形

考点1空间几何体的结构

规律总结

1.特殊的棱柱和棱锥

(1)侧棱垂直于底面的棱柱叫作直棱柱，底面是正多边形的直棱柱叫作正

棱柱.反之，正棱柱的底面是正多边形，侧棱垂直于底面，侧面是矩形.

⑵底面是正多边形，顶点在底面的射影是底面正多边形的中心的棱锥叫

作正棱锥.特别地，各棱长均相等的正三棱锥叫作正四面体.反之，正棱锥

的底面是正多边形，且顶点在底面的射影是底面正多边形的中心.

考点1空间几何体的结构

2.正棱锥中的直角三角形

已知正棱锥，如图(以正四棱锥为例)，其高为加，

底面为正方形，作比，切于瓦则比为斜高，连接OC,0E,则

⑴斜高、侧棱长、底面边长的一半构成直角三角形,如图中

⑵斜高、高、斜高在底面的射影长构成直角三角形，如图中

⑶侧棱长、高、侧棱在底面的射影长构成直角三角形，如图中RtZXPOC；

(4)斜高在底面的射影长、侧棱在底面的射影长、底面边长的一半构成直

角三角形，如图中Rt△双：

考点1空间几何体的结构

2.旋转体的结构特征

■圆锥.一

名称圆柱1圆台球

*

1

图形1

1

1

旋转

矩形直角梯形半圆形

图形直角三角形

垂直十底

旋转任一边所任一直角边所直径所在的

边的腰所

轴在的直线在的直线直线

在的直线

考点1空间几何体的结构

互样?行且不蹄，延长线交

母线相父于一点

垂肯十底面于一点

轴戴全等的

全等的矩形全等的等腰三角形圆

面等腰梯形

侧面

矩形扇形

展开扇―

图

考点1空间几何体的结构

规律总结球的截面的性质

⑴球的任何截面都是圆面；

⑵球心和截面（不过球心）圆心的连线垂直于截面.

考点2空间几何体的三视图与直观图

1.三视图的定义

几何体的正视图、侧视图和俯视图统称为几何体的三视图.

三视图中的正视图、侧视图、俯视图分别是从几何体的正前方、正左方、

正上方观察几何体画出的轮廓线.

注意（1）画三视图时，重叠的线只画一条，能看见的线用实线表示，不能看

见的线用虚线表示.（2）同一物体，若放置的位置不同，则所得的三视图可能

不同.

考点2空间几何体的三视图与直观图

2.三视图的长度特征

〃长对正、宽相等、高平齐〃，即正视图和俯视图的长对正,侧视图和俯视

图的宽相等,正视图和侧视图的高平齐.

3.直观图

⑴画法:常用斜二测画法.

（2）规则:

a.原图形中x轴、y轴、z轴两两垂直，直观图中乂轴、/轴的夹角为45。（或

135。）,z'轴与（轴和『轴所在平面垂直

b.原图形中平行于坐标轴的线段,直观图中仍平行于坐标轴.

考点2空间几何体的三视图与直观图

c.平行于x轴和z轴的线段在直观图中保持原长度丕变_，平行于y轴的线段

长度在直观图中变为原来的一半.

(3)用斜二测粤法画出的平面图形的直观图的面积与原图形面积的关系：

与观图二—不——为图形.

注意用斜二测画法画直观图时，原图中不与坐标轴平行的直线段可以先

画出线段的端点再连线，原图中的曲线段可以通过取一些关键点，作出在

直观图中的相应点后，用平滑的曲线连接而画出.

考点3空间几何体的表面积和体积

1.圆柱、圆锥.圆台的侧面展开图及侧面积公式

圆柱圆锥圆台

，'51:

侧面展开图；r'、W卜：

孝’

冠锥侧二工

侧面枳公式5由柱侧冠台侧二n(「+”/

说明圆柱、圆锥、圆台的侧面积公式间的关系：S圆柱侧一2nr/S圆台侧

二n(r+r')/-------►S圆锥侧二nr/.

考点3空间几何体的表面积和体积

2.空间几何体的表面积与体积

表面积体积

柱体（棱柱和圆柱）

黑面积=5则+25氐V=S底h

.洛，

锥体（棱锥和圆锥）

息面积=5则+58

%小上下）方

台体（棱台和圆台）s

%面积=5则+2+与

宗

球S=4TI不J¥

理解自测

1.判断正误（正确的打’勺〃，错误的打〃x〃）.

（1）棱柱的侧棱都相等，侧面都是全等的平行四边形.（X）

（2）在四棱柱中，若两个过相对侧棱的截面都垂直于底面很师亥四棱柱为直四棱柱.（V）

（3）棱台的侧棱延长后交于一点.（V）

⑷以直角梯形的一腰所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆台.（X）

（5）圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆面.（V）

⑹以直角三角形的一边所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥.（X）

（7）圆柱的一个底面积为5侧面展开图是一个正方形，那么这个圆柱的侧面积是2TIS（）

X

2.［易错题］如图,长方体ABCD-ABCD被截去一部分其中

中〃/。,剩下的几何体是（C）

A棱台B.四棱柱C.五棱柱D.六棱柱

3.［易错题］圆柱的侧面展开图是边长为6n和4n的矩形，则圆柱的表

面积为247T2+18n或24冗2+8n

4.有一块多边形的菜地,它的水平放置的平面图形的

斜二测直观图是直角梯形（如图）.N/8G45。/族

72

AD=1,DC±8c则这块菜地的面积为2+万.

考向扫描

考向1空间几何体的结构

1,典例（1）给出下列命题：

①在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线是圆柱的母线;

②一个平面截圆锥彳导到一个圆锥和一个圆台；

③圆锥的所有轴截面都是全等的等腰三角形；

④圆锥的轴截面是所有过顶点的截面中，面积最大的一个；

⑤三棱锥的四个面中最多有三个直角三角形.

其中正确命题的个数是（B）

A.OB.lC.2D.3

⑵如图，正三棱锥486勺底面边长为a,侧棱长为2d，点£吩别为力04。

____11

上的动点,则截面△比碉长的最小值为丁a.

考向1空间几何体的结构

解析⑴①只有当这两点的连线平行于轴时才是母线，故①不正

确;②只有平行于圆锥底面的平面截圆锥，才能得到一个圆锥和一个圆

台，故②不正确；③正确；④因为圆锥的母线长一定，根据三角形面积公

式知，过圆锥顶点的截面中，两条母线的夹角的正弦值越大，截面面积就

越大，所以当轴截面中两条母线的夹角为钝角时，轴截面的面积就不是

最大的，故④不正确；⑤三棱锥的四个面中最多有四个直角三角形，故⑤

不正确.

考向1空间几何体的结构

⑵正三棱锥4-8CP的侧面沿侧棱必展开，得到一个

由三个全等的等腰三角形拼接而成的五边形（如图）.

由平面上两点之间线段最短知，截面△阳调长的

最小值即图中线段8区的长度.由对称性知做

所以/DFB1=/ADO^NADB”所以用片片分屿够石.易知股八△4;。,所

2Ca--1a7一

yL_F_D_B_]_D__a__”以呵方・喘=笫所以*—即小白.所以

CDAD2a2a4

BBi=2升双=-a,即截面△轲周长的最小值为

444

考向1空间几何体的结构

方法技巧求解空间几何体表面上两点间的最短距离问题或两条（多条）线

段长度和的最小值问题常归结为求平面两点间的最短距离问题，解决此类

题的方法就是先把多面体侧面展开成平面图形，再用平面几何的知识去求

解.

注意（1）解决展开问题的关键是明确需要展开立体图形中的哪几个面（有

时需要分类讨论），以及利用哪些平面几何定理来解决对应的立体图形问

题.⑵注意立体图形展开前后线段与角度哪些会改变，哪些不会变.

考向1空间几何体的结构

2.变式［2021新高考卷I］已知圆锥的底面半径为VX其侧面展开图为一

个半圆，则该圆锥的母线长为（B）

A.2B.2V2C.4D.4V2

解析设圆锥的母线长为/,因为该圆锥的底面半径为鱼，所以2nXV2

二n/,（利用圆锥的底面周长等于其侧面展开图的弧长建立等量关系）

解得/=2V2,故选B.

考向2空间几何体的三视图

3.典例［2021全国卷甲］［文］在一个正方体中，过顶点力的三条

棱的中点分别为“G该正方体截去三棱锥4斤6后，所得

正视图

多面体的三视图中，正视图如图所示，则相应的侧视图是（D）

考向2空间几何体的三视图

解析根据题目条件以及正视图可以得到该几何体的直观图，

如图，结合选项可知该几何体的侧视图为选项D所示的图形.

方法技巧1.三视图与直观图的常见题型及求解策略

(1)由直观图求三视图.注意正视图、侧视图和俯视图的观察方向，同时

也要注意看到的轮廓线用实线表示，看不到的轮廓线用虚线表示.

(2)由几何体的部分三视图画出剩下的三视图.先根据已知的部分三视图,

推测、还原直观图的可能形式，然后找剩下部分三视图的可能形式.做选

择题时，也可以将选项代入，看给出的部分三视图是否符合要求.

考向2空间几何体的三视图

(3)由三视图还原为几何体.要遵循以下三步:①看视图，明关系；②分部分,

2.根据几何体的三视图判断几何体的结构特征

(1)三视图为三个三角形，一般对应三棱锥；

(2)三视图为两个三角形，一个四边形，一般对应四棱锥；

(3)三视图为两个三角形，一个圆，一般对应圆锥；

(4)三视图为一个三角形，两个四边形，一般对应三棱柱；

(5)三视图为两个四边形，一个圆，一般对应圆柱.

考向2空间几何体的三视图

4.变式［2020全国卷H］如图是一个多面体的三视图，

这个多面体某条棱的一个端点在正视图中对应的点为例

在俯视图中对应的点为2则该端点在侧视图中对应的

点为（A）

A.£B/C.GD.H

解析由三视图知，该几何体是由两个长方体组合

而成的，其直观图如图所示，由图知该端点在侧视图

中对应的点为£

考向3求空间几何体的表面积（侧面积）

角度1求空间几何体的表面积

5.典例［2018全国卷I］［文］已知圆柱的上、下底面的中心分别为Q,q，过

直线QQ的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面

积为（A）

解析因为过直线42的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，所

以圆柱的高为2V2,底面圆的直径为2V2,所以S圆柱=2s底+S侧

=2XnX（V2）2+2nxV2X2V2=12n.

考向3求空间几何体的表面积（侧面积）

角度2求空间几何体的侧面积

6.典例［2021全国卷甲］［文］已知一个圆锥的底面半径为6,其体积为30n,则

该圆锥的侧面积为39n.

解析设该圆锥的高为力,则由已知条件可得;XnX62X/^30n,解得后|,

则圆锥的母线长为，尼+62=俘+36=冬故该圆锥的侧面积为

\42

13

nX6X^=39n.

考向3求空间几何体的表面积（侧面积）

方法技巧求空间几何体的表面积的常见类型及解题思路

求多面体只需将它们沿着棱“剪开”展成平面图形，利用求平面图形

的表面积面积的方法求多面体的表面积.

可以从旋转体的形成过程及其几何特征入手,将其展开后求

求旋转体

表面积，但要搞清旋转体的底面半径、母线长与对应侧面展

的表面积

开图中的边长关系.

求不规则通常将所给几何体分割或补形成柱体、锥体、台体,先求出

几何体的这些柱体、锥体、台体的表面积，再通过求和或作差，求出所

表面积给几何体的表面积.

考向3求空间几何体的表面积（侧面积）

说明正四面体的表面积为,/（百是正四面体的棱长）.

注意（1）几何体的侧面积是指（各个）侧面面积之和，而表面积是侧面积

与所有底面面积之和.

⑵组合体的表面积应注意对重合部分的处理.

考向3求空间几何体的表面积（侧面积）

7.变式⑴［2020全国卷I］［文］已知48c为球优勺球面上的三个点

为△/比的外接圆若。Q的面积为=BC=AC=OQ,则球戊勺表面积

为（A

A.64TTB.48TIC.36TTD.32TT

（2）［数学探索］如图所示，有两个相同的直三棱柱，高为I，4小

底面三角形的三边长分别为3a,445a（a>0）用它们拼成小屋!小屋

一个三棱柱或四棱柱，在所有可能的情形中,表面积最小

的是一个四棱柱，则力勺取值范围是（0,空）.

考向3求空间几何体的表面积(侧面积)

解析(1)如图所示，设球。的半径为尺oq的半径为广,

因为。Q的面积为4n,所以4n=nr2,解得尸2,XAFBO

AOOOy,所以号二2厂,解得4尻2百，故00户2行，所以

sin60

竹00好2二(2V3)2+22=16,所以球。的表面积84n不二

64n.故选A.

(2)所给直三棱柱的底面积为6#,侧面面积分别为6,8,10.当拼成三棱柱时

有三种情况，如图①②③所示，其表面积分别为

用二2X6/+2X(10+8+6)=12#+48,

考向3求空间几何体的表面积（侧面积）

2

S2=4X6a+2X(10+8)=24声36,

22

S3=4X6a+2X(10+6)=24a+32.

当拼成四棱柱时有三种情况，

如图④⑤⑥所示，表面积分别为

&二4义6声2X(8+6)=24声28,

星二4X6/+2X(10+8)=24声36,

2

S6=4X6a+2X(10+6)=24声32.

考向4求空间几何体的体积

角度1求空间几何体的体积

8.典例［2018天津高考］［文］如图，已知正方体力80。-4统G&

1

的棱长为L则四棱锥4-BB1D1戊勺体积为§.

解析解法一（直接法）连接4G交8阕于点E则4£，8阕，4£，8%则平面

BByDyD,所以4E为四棱锥4-仍10为勺高，且4良也,矩形88Ml。的长和宽分别为鱼,1,故

2

匕41-BBMM=1XV2Xy=1

解法二（割补法）连接84,则四棱锥4-88MM分成两个三棱锥8-4与B-

11111

4BB,VA1-BB1D1D=VB-A1DD1+VB-A1B1D1=-x-X1X1X1+-x-X1X1X1=?

考向4求空间几何体的体积

方法技巧求空间几何体体积的常用方法

直接法对于规则的几何体，利用相关公式直接计算.

把不规则的几何体分割成规则的几何体，然后进行体积计算；或者

割补法把不规则的几何体补成规则的几何体，不熟悉的几何体补成熟悉

的几何体，便于计算.

通过转换底面和高来求几何体的体积，即通过将原来不容易求面

等体

积的底面转换为容易求面积的底面，或将原来不容易看出的高转

积法

换为容易看出并容易求解的高进行求解.常用于求三棱锥的体积.

说明正四面体的体积是四53s是正四面体的棱长）.

考向4求空间几何体的体积

角度2体积的最值问题

9.典例在三棱锥2/比中，平面P8d平面/BCN/390°IBC=PC=2I

若/金户氏则三棱锥P-/8Q本积的最大值为(D)

4V2D16百G16V332V3P

AA.D.--------U.-------nD.-------A

392727/\

解析如图,取阳的中点〃连接成因为/君

平面PBC.L平面ABC,平面PBCC平面ABC^BC,ACU平面ABC,"'B

ACJLBC,所以平面"8c贝I点4至U平面阳仍勺距离为力G设432x,由于

BG^P32,眸2x(0<x<2),〃为硒勺中点，所以CM1PB,眼鱼一婷.

考向4求空间几何体的体积

可得麋％尸;•2x•6-/=*•，4r2,分尸。阳尸g、（x,V4-%2）•2尽，；好.（等

体积转换）

设04—%2（o<K2）,则/二4-修

所以匕-如尸型3=三”（0〈k2）,（换元化简）

亍己1/（力二%二空（0〈亡〈2）,贝u/，（"二巨士.

33

令/'㈤=0,解得夕亭.

由1/'㈤>0得0<伙言，所以卜㈤在（0,竽）上单调递增；

由1/'（力<0得学〈K2,所以|/（七）在（学,2）上单调递减.

•3O

所以当仁野时，匕一户比取得最大值甯.（利用导数求函数最值）

J4/

考向4求空间几何体的体积

方法技巧求解体积的最值问题的方法

⑴几何法:根据几何体的结构特征，先确定体积表达式中的常量与变量,

然后利用几何知识判断变量什么情况下取得最值，从而确定体积的最值.

⑵代数法:先设变量，求出几何体的体积表达式，然后转化为函数最值问

题求解即可.

考向4求空间几何体的体积

10.变式⑴[2021全国卷甲]已知48提半径为1的球优勺球面上的三个

点且/UL6C/G8GL则三棱锥。/比的体积为(A)

A噂B噂C.-D.-

44

(2)[2018全国卷O][文]设庭同一个半径为4的球的球面上四

点△/比为等边三角形且其面积为9区则三棱锥。/6Q本积的最大值为

(B)

A.12V3B.18V3C.24V3D.54V3

考向4求空间几何体的体积

解析⑴如图所示，因为AC-LBC,所以AB为截面圆q的直径，且4斤VI

连接。禽贝面物00产21—作)2=幕所以三棱

l-(y)乙乙

锥0T8a勺体积匕二义S^ABK00=xlxiX1X—=—.

332212

考向4求空间几何体的体积

D

(2)如图所示，因为△/成?是正三角形，所以该三角形的外接I

圆心就是三角形的中心M.连接球心0与点〃则OM-L平面胸.

所以点。到平面486的距离最大时，。为射线的与球面的交点，

此时加小平面48C由题意知除除4,S△他^48二98,所以4合6.

4

连接8僻延长交4?于点£因为点M为LAB谶重心,所以B启BF2W,则在

3

Rt△明仲，。俯7OB2-BM2a所以哪ax=姓。除4+2=6,所以三棱锥。T8C

体积的最大值为工X9旧义6=18g.故选B.

3

考向5与球有关的切、接问题

角度1外接球问题

解决外接球问题的关键是抓住外接球的特点即球心到多面体的顶点的

距离等于球的半径.

1L典例［2019全国卷I］已知三棱锥2/比的四个顶点在球仇勺球面上

，以二户8=提边长为2的正三角形工吩别是外明邸中点，

NCFG90：贝旺求优勺体积为（D）

A.8V6nB.4V6TTC.2V6TID.V6TT

考向5与球有关的切、接问题

解析（补形法）因为点£啰别为以"8的中点，所以）〃咫因为

NCEF900,所以£FJ_CE,所以28,GE.取/劣勺中点仅连接8。PD,易证4c_L

平面灯火所以PB1AC,又ACCC曰C"C,CEU平面必C,所以用_L平面必G所

以PB.LPA,PBS.PC,因为P忙PAPC,AABC为正三角形，

所以〃_LPC,即PA,PB,PC两两垂直.将三棱锥P-ABC^攵在正方体中,

如图所示.因为4后2,所以该正方体的棱长为遮，所以该

正方体的体对角线长为V6,所以三棱锥PT灯?的外接球的

半径后理,所以球。的体积以n阳二士nX（―）3=V6n.

2332

考向5与球有关的切、接问题

方法技巧1.求几何体外接球半径的思路

⑴利用球的截面性质求解.如图所示，设球。的半径为兄截面

圆。'的半径为T,〃为截面圆上任一点，球心。到截面圆的距离

为d,贝《在中，殿=。。'2+。'摩，即用=

⑵将几何体补形成长方体（或正方体），利用几何体与长方体（或正方体）

共有外接球的特征，由外接球的直径等于长方体（或正方体）的体对角线长

求解.如三条侧棱互相垂直的三棱锥，当侧棱长相等时可补形成正方体，当

侧棱长不相等时可补形成长方体、：：二

考向5与球有关的切、接问题

2.确定几何体外接球球心的常用结论

⑴长方体或正方体的外接球的球心是其体对角线的中点；

(2)直三棱柱的外接球的球心是上、下底面三角形外心连线的中点；

⑶正棱锥的外接球的球心在其高上，具体位置可通过建立直角三角形运

用勾股定理计算得到.

考向5与球有关的切、接问题

角度2内切球问题

求解多面体的内切球问题，一般是将多面体分割为以内切球球心为顶点，多

面体的各侧面为底面的棱锥，利用多面体的体积等于分割后各棱锥的体积

之和，求内切球的半径.

12典例［2020全国卷O］［文］已知圆锥的底面半径为L母线长为3,则该圆

锥内半径最大的球的体积为冬.

考向5与球有关的切、接问题

解析易知半径最大的球即为该圆锥的内切球.

圆锥上及其内切球以口图所示，设内切球的半径为尺

则sinN8唱二=毁=；所以循3尺所以唱4庐

OPPB3

7PB2—BE2=V32-12=2V2,所以庐上所以内切球的

2

体积1^-na巫n,即该圆锥内半径最大的球的体积为包n

333

考向5与球有关的切、接问题

方法技巧1.解与球有关的切、接问题的思维流程

通法是作截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解,其解题的思维

流程如下：

I--------I如果是内切球，则球心到切点的距离相等且

定球心一为半径；如果是外接球，则球心到接点的距

—~离相等且为半径________________________

——_选准最佳角度作出截面（要使这个截面尽可能

作截面一包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素

-T~，司的关系），达到空间问题平面化的目的

求工径、根据作出的截面中的几何元素，建立关于球

下结论一半径的方程，并求解

考向5与球有关的切、接问题

2.有关几何体外接球、内切球计算问题的常用结论

(1)球(半径为曲与正方体(棱长为之)有以下三种特殊情形：

①球内切于正方体，此时2庐a；

②球与正方体的棱相切，此时2庐鱼H；

③球外接于正方体，此时2庐

(2)长、宽、高分别为a,的长方体的体对角线长等于其外接球的直径,

即Va2+h2+c2-2R.

⑶棱长为弼正四面体，斜高为鼻,高为B，其外接球的半径为容，内切

_L34

球的半径为

12

考向5与球有关的切、接问题

13.变式⑴［2021安徽宿州5月三模］在《九章算术》中,将四个面都为

直角三角形的三棱锥称为鳖月需.已知在鳖月需48。中平面8。?,且

8。=。二4,当该鳖月需的内切球的半径为2(直-1)时,它的外接球的体积为

—.32V3TI

(2)如图，在三棱锥2/8。中，幺1=4,/G2近，

PB=BC=2百,PA±平面06c贝!］三棱锥P-/8U

的内切球的表面积为巴.

考向5与球有关的切、接问题

解析⑴设鳖月需的内切球的球心为0"反x,连接",08,OC,0D.

1

易知VA-BC而%T8c+VO.BW^O-ACEb即

工义dx4X4)XA=i(ix4XA+ix4X4+ix4V2X^-ix4XV16+%2)X2(鱼一1),解得产4,

3232222

所以4后4.

解法一(直接法)如图，取8。中点E作方二交4?于£连接用

易知E为鳖月需的外接球的球心.

设鳖臆的外接球的半径为凡因为白三；4尺2,8月为庐2夜，

乙乙

所以1E%/EF2+BF2=V22+(2V2)2=2V3,

所以鳖月需的外接球体积仁打不二包・(2V3)3=32V3n.

33

考向5与球有关的切、接问题

解法二（补形法）如图，可与鳖月需补形成长方体，

易知鳖月需与此长方体有相同的外接球.

易^A^AB2+BC2+CD2=V16+16+16=4V3,

所以鳖月需的外接球半径盾9大2百.（长方体的体对角线长等于其外接球

2

的直径）

所以鳖月需的外接球体积片如不二好•（2V3）3=32V3n.

33

考向5与球有关的切、接问题

(2)由必_L平面阳«且左4,眸2迎"用2/7,得4后2b，户忙2行，所以

△分。为等边三角形,丛ABC为等腰三角形.

匕棱锥PT8尸V三横锋A-PB尸aS丛PBC><P^~~X丁X(2V3)2X4=4^^(等体积转换)

534

易知三棱锥PT8/勺表面积

S=|x2V3X4X2+yX(2V3)2+|X2V3X5=16V3.

设内切球半径为，，则匕棱锥PT酎=XSXr,即4百=2X16百X/，(三棱锥

JJ

的体积」X三棱锥的表面积X内切球半径)

3

解得尸

4

所以三棱锥PT比的内切球的表面积为4nX(-)2=^.

44

攻坚克难

数学应用立体几何的应用

14.典例［2019全国卷m］［文］学生到工厂劳动实践，

利用3D打印技术制作模型.如图，该模型为长方体

/BCDA81G2挖去四棱锥。-必GH后所得的几何体，

其中。为长方体的中心,££GH分别为所在棱的中点二

BC=6cm,44F4cm.3D打印所用原料密度为0.9g/cm3.

不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为二g.

数学应用立体几何的应用

解析由题易得长方体48处481G4的体积为6X6X4=144(cm3),四边形

1

£FG//为菱形，如图所示，连接比HF.易知菱形£FG阴勺面积为5><6X4=12(cm2),

1

所以%棱锥+EFGf*X12X3=12(cm3),所以该模型的体积为144-12=132(cm'

所以制作该模型所需原料的质量为132X0.9=118.8(g).

数学应用立体几何的应用

15.变式［2020江苏高考］如图，六角螺帽毛坯是

由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的.已知

螺帽的底面正六边形边长为2cm,高为2cm,

内孔半径为0.5cm,则此六角螺帽毛坯的

体积是.cm3.

解析正六棱柱的体积为6X返X22X2=12B(cm3),圆柱的体积为

4

nX0.52X2』(cm3),则该六角螺帽毛坯的体积为(12V3-)cm3.

22

数学文化立体几何与数学文化

16.典例［2019全国卷H］［文］中国有悠久的金石文化,印信是金石文化的代

表之一.E|］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〃（如左图）.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,右图是一个棱数

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26个面，其棱长为g.

数学文化立体几何与数学文化

解析依题意知，题中的半正多面体的上、下、左、右、前、后6个面都在

正方体的表面上，且该半正多面体的表面由18个正方形，8个正三角形组成，

因此题中的半正多面体共有26个面.

注意到该半正多面体的俯视图的轮廓是一个正八边形，设题中的半正多面体

的棱长为x,则某+/4产1,解得产悟1,故题中的半正多面体的棱长为夜-

1.

数学文化立体几何与数学文化

17.变式［2020全国卷I］［文］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（C）

AV5-lRV5-1rV5+1nV5+1

解析设正四棱锥的高为启底面正方形的边长为22斜高为勿，依题意得

加二工X2HX/77,即/?2二3勿①，易次口〃+32二序②，由①②得姓竽劣所以：=

22a

1+君广

==此2故选C.

2a4

数学探索立体几何中的截面问题

18.典例［2018全国卷I］已知正方体的棱长为L每条棱所在直线与平面晰

成的角都相等，则。截此正方体所得截面面积的最大值为（A）

A3V302VTr3V2nV3

A•丁0•丁DT

思维导江方体的结构特征J

数学r平面a与正方体直观

抽象的体对角线垂直想象

每条棱所在直线与平

面a所成的角都相等

利用函数I教学I设出变量.得由I婺学I作出与体对角线垂直的特殊平

思想求解运算面积表达式抽象面-，-则--平---面a与.・其・平・行・或一重.合

数学探索立体几何中的截面问题

解析如图，记该正方体为48如481G4,要使

正方体的每条棱所在直线与平面a所成的角都相等，

那么平面a必须与正方体的体对角线4G垂直.

连接81GByDy,CD1,易知平面a与平面月由平行或重合.

设截面与棱44,44,8月，8&的交点分别为G,H,/,J.

不妨设4斤x(0WxW1),则好X,延长交于点〃则的£直线47,显然

△阳/是边长为鱼的正三角形，△的〃是边长为四x的正三角形，

数学探索立体几何中的截面问题

所以S四边形/S△阳/-S△板尸1（2-2炉），同理可得S四边形函k1“一？（1

4,4

X）2]¥（4.2x2）,

4

所以截面面积5=—（2+4尸44）―[3-（1-2x）2]^―,

444

当且仅当产工时等号成立.

2

即当产;时，截面面积取得最大值，最大值为双I

24

数学探索立体几何中的截面问题

方法技巧作截面的三种常用方法

一是直接法，解题关键是截面上的点在几何体的棱上，且两两在一