备战高考数学一轮复习第八章 立体几何

第八章|立体几何第一节空间几何体的结构特征及表面积与体积1.认识柱、锥、台及其简单组合体的结构特征，并能运用这些特征描述现实生活中简单物体的结构.2.能画出简单空间图形长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱等的简易组合的三视图，能识别上述三视图所表示的立体模型，会用斜二测法画出它们的直观图.3.会用平行投影方法画出简单空间图形的三视图与直观图，了解空间图形的不同表示形式.4.了解球、棱柱、棱锥、棱台的表面积和体积的计算公式.能用公式解决简单的实际问题.1．多面体的结构特征2．旋转体的形成几何体旋转图形旋转轴圆柱矩形任一边所在的直线圆锥直角三角形任一直角边所在的直线圆台直角梯形垂直于底边的腰所在的直线球半圆直径所在的直线3.空间几何体的三视图(1)几何体的三视图包括正视图、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．(2)三视图的画法①基本要求：长对正，高平齐，宽相等．②在画三视图时，重叠的线只画一条，挡住的线要画成虚线．4．直观图的斜二测画法的规则(1)原图形中x轴、y轴、z轴两两垂直，直观图中，x′轴，y′轴的夹角为45°或135°，z′轴与x′轴和y′轴所在平面垂直．(2)原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍平行于坐标轴；平行于x轴和z轴的线段在直观图中保持原长度不变；平行于y轴的线段在直观图中长度变为原来的一半．5．多面体的表面积与侧面积多面体的各个面都是平面，则多面体的侧面积就是所有侧面的面积之和，表面积是侧面积与底面面积之和．6．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式圆柱圆锥圆台侧面展开图侧面积公式S圆柱侧＝2πrlS圆锥侧＝πrlS圆台侧＝π(r1＋r2)l7.柱、锥、台、球的表面积和体积名称几何体表面积体积柱体(棱柱和圆柱)S表面积＝S侧＋2S底V＝Sh锥体(棱锥和圆锥)S表面积＝S侧＋S底V＝eq\f(1,3)Sh台体(棱台和圆台)S表面积＝S侧＋S上＋S下V＝eq\f(1,3)(S上＋S下＋eq\r(S上S下))h球S＝4πR2V＝eq\f(4,3)πR3(1)按照斜二测画法得到的平面图形的直观图，其面积与原图形的面积的关系：S直观图＝eq\f(\r(2),4)S原图形，S原图形＝2eq\r(2)S直观图．(2)特殊的四棱柱上述四棱柱有以下集合关系：{正方体}{正四棱柱}{长方体}{直平行六面体}{平行六面体}{四棱柱}．(3)常见几何体的三视图类型及其几何体的结构特征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．(4)柱体、锥体、台体体积间的关系如图所示(5)圆柱、圆锥、圆台的有关元素都集中在轴截面上，解题时要注意用好轴截面中各元素间的关系．(6)既然棱(圆)台是由棱(圆)锥定义的，所以在解决棱(圆)台问题时，要注意利用“还台为锥”的解题策略．(7)在求解组合体的表面积时，注意几何体表面的构成，尤其是重合部分，面积不要多加或少减．(8)正四面体的表面积为eq\r(3)a2，体积为eq\f(\r(2),12)a3(a是正四面体的棱长)．1.如图，若长方体ABCD-A′B′C′D′中截去体积较小的一部分，其中EH∥B′C′∥FG，则剩下的几何体是()A．棱台 B．四棱柱C．五棱柱 D．六棱柱答案：C2.一个几何体的直观图如图，下列给出的四个俯视图中正确的是()解析：选B由几何体的直观图知，该几何体最上面的棱横放，且在中间的位置上，因此俯视图应排除A、C、D，经验证B符合题意，故选B.3．已知某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则该几何体的体积是________cm3.答案：1004．已知四面体ABCD的各面均为等边三角形，且棱长为2，则该四面体的表面积为________．解析：因为四面体ABCD的各面均为等边三角形，且棱长为2，所以S△BCD＝eq\f(1,2)×2×2×eq\f(\r(3),2)＝eq\r(3)，所以该四面体的表面积S＝4S△BCD＝4eq\r(3).答案：4eq\r(3)5．某小区修建一个圆台形的花台，它的两底面半径分别为1m和2m，高为1m，则需要________m3的土才能把花台填满．答案：eq\f(7π,3)层级一/基础点——自练通关(省时间)基础点(一)空间几何体的结构特征[题点全训]1．用任意一个平面截一个几何体，各个截面都是圆面，则这个几何体一定是()A．圆柱 B．圆锥C．球体 D．圆柱、圆锥、球体的组合体解析：选C截面是任意的，且都是圆面，则该几何体为球体．2．已知直角梯形ABCD，现绕着它的较长底CD所在的直线旋转一周，所得的几何体包括()A．一个圆柱、一个圆锥B．一个圆柱、两个圆锥C．一个圆台、一个圆柱D．两个圆柱、一个圆台解析：选A直角梯形ABCD分割成一个矩形和一个直角三角形，矩形绕其一边旋转一周得圆柱，直角三角形绕其直角边旋转一周得圆锥，故可得几何体为一个圆柱、一个圆锥．3．下列命题：①有两个面平行，其他各面都是平行四边形的几何体叫做棱柱；②有两侧面与底面垂直的棱柱是直棱柱；③过斜棱柱的侧棱作棱柱的截面，所得图形不可能是矩形；④所有侧面都是全等的矩形的四棱柱一定是正四棱柱．其中正确命题的个数为()A．0 B．1C．2 D．3解析：选A如图1，满足有两个面平行，其他各面都是平行四边形，显然不是棱柱，①错误；如图2，满足两侧面ABB1A1、DCC1D1与底面垂直，但不是直棱柱，②错误；如图3，四边形ACC1A1为矩形，即过斜棱柱的侧棱作棱柱的截面，所得图形可能是矩形，③错误；所有侧面都是全等的矩形的四棱柱不一定是正四棱柱，因为两底面不一定是正方形，④错误．[一“点”就过]空间几何体结构特征的判定方法定义法紧扣定义，由已知构建几何模型，在条件不变的情况下，变换模型中的线面关系或增加线、面等基本要素，根据定义进行判定反例法通过反例对结构特征进行辨析，要说明一个结论是错误的，只需举出一个反例即可基础点(二)空间几何体的三视图[题点全训]1．中国古代建筑使用榫卯结构将木部件连接起来，构件中突出的部分叫榫头，凹进去的部分叫卯眼，如图，图中摆放的部件是榫头，现要在一个木头部件中制作出卯眼，最终完成一个直角转弯结构的部件，那么卯眼的俯视图可以是()解析：选B如图，根据榫头的俯视图及结果图的俯视图可判断卯眼的俯视图为B项中的图形．故选B.2.如图是一几何体的三视图，则该几何体最长棱的棱长为()A.eq\r(13) B.eq\r(22)C．3eq\r(2) D．5解析：选D由三视图还原出几何图形如图所示，其中正视图由SBC面看入，其中，SD⊥平面ABCD，AB与DC平行，AB＝2，DC＝4，AD＝3，SD＝3，所以，BC＝BD＝eq\r(13)，SB＝eq\r(22)，SC＝5，SA＝3eq\r(2)，所以最长棱长SC＝5，故选D.3.(2021·全国乙卷)以图①为正视图，在图②③④⑤中选两个分别作为侧视图和俯视图，组成某个三棱锥的三视图，则所选侧视图和俯视图的编号依次为________(写出符合要求的一组答案即可)．解析：根据三视图“高平齐”的原则，即正视图与侧视图的高相等，可得侧视图只能从题图②和题图③中选择，则俯视图只能从题图④和题图⑤中选择．若选题图②⑤，则三棱锥的直观图如图(1)，可知题图③为侧视图，题图⑤为俯视图这一情况不存在；若选题图③④，则三棱锥的直观图如图(2)，可知题图②为侧视图，题图④为俯视图这一情况不存在．答案：②⑤(或③④)[一“点”就过]由三视图还原到直观图的思路(1)根据俯视图确定几何体的底面．(2)根据正视图或侧视图确定几何体的侧棱与侧面的特征，调整实线和虚线所对应的棱、面的位置．(3)确定几何体的直观图形状．基础点(三)斜二测画法[题点全训]1．斜二测画法是绘制直观图的常用方法，下列关于斜二测画法和直观图的说法正确的是()A．三角形的直观图一定是三角形B．正方形的直观图一定是菱形C．等腰梯形的直观图可能是平行四边形D．菱形的直观图一定是菱形解析：选A根据斜二测画法知三角形的直观图一定是三角形，故A正确；正方形的直观图根据建系的不同，可以为平行四边形，故B错误；根据斜二测画法，等腰梯形的两腰直观图中不可能平行，故C错误；根据斜二测画法，菱形的一组对边长度可以改变，所以直观图不一定是菱形，故D错误．2.如图，正方形O′A′B′C′的边长为1，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形的周长是()A．2＋3eq\r(2) B．8C．6 D．2＋2eq\r(3)解析：选B由题意得O′B′＝eq\r(2)，所以原平面图形四边形OABC中(如图)，OA＝BC＝1，OB＝2eq\r(2)，OB⊥OA，所以OC＝AB＝eq\r(12＋2\r(2)2)＝3，所以原图形的周长为2×(1＋3)＝8.3．边长为2的正三角形，其水平放置的直观图的面积为()A.eq\f(\r(3),4) B．2eq\r(6)C.eq\f(\r(2),6) D.eq\f(\r(6),4)解析：选D根据原图作出直观图如图所示．在△A′B′C′中，A′B′＝AB＝2，O′C′＝eq\f(1,2)OC＝eq\f(\r(3),2)，∠C′O′B′＝45°，所以在△A′B′C′中，A′B′边上的高为O′C′·sin45°＝eq\f(\r(3),2)×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(\r(6),4)，所以△A′B′C′的面积为eq\f(1,2)×2×eq\f(\r(6),4)＝eq\f(\r(6),4)，所以水平放置的直观图的面积为eq\f(\r(6),4).[一“点”就过]斜二测画法中的“三变”与“三不变”(1)“三变”eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(坐标轴的夹角改变，,与y轴平行的线段的长度变为原来的一半，,图形改变.))(2)“三不变”eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(平行性不改变，,与x，z轴平行的线段的长度不改变，,相对位置不改变.))层级二/重难点——逐一精研(补欠缺)重难点(一)空间几何体的表面积[典例](1)已知圆柱的上、下底面的中心分别为O1，O2，过直线O1O2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．12eq\r(2)π B．12πC．8eq\r(2)π D．10π(2)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积是()A．20＋eq\r(2)πB．24＋(eq\r(2)－1)πC．24＋(2－eq\r(2))πD．20＋(eq\r(2)＋1)π[解析](1)设圆柱的轴截面的边长为x，则x2＝8，得x＝2eq\r(2)，∴S圆柱表＝2S底＋S侧＝2×π×(eq\r(2))2＋2π×eq\r(2)×2eq\r(2)＝12π.故选B.(2)由三视图知，该几何体是由一个棱长为2的正方体挖去一个底面半径为1、高为1的圆锥后所剩余的部分，所以该几何体的表面积S＝6×22－π×12＋π×1×eq\r(2)＝24＋(eq\r(2)－1)π，故选B.[答案](1)B(2)B[方法技巧]求空间几何体表面积的常见类型及思路求多面体的表面积只需将它们沿着棱“剪开”展成平面图形，利用求平面图形面积的方法求多面体的表面积求旋转体的表面积可以从旋转体的形成过程及其几何特征入手，将其展开后求表面积，但要搞清它们的底面半径、母线长与对应侧面展开图中的边长关系求不规则几何体的表面积通常将所给几何体分割成基本的柱体、锥体、台体，先求出这些基本的柱体、锥体、台体的表面积，再通过求和或作差，求出所给几何体的表面积由三视图求几何体的表面积关键是分析三视图确定几何体中各元素之间的位置关系及度量大小，然后还原几何体的直观图，套用公式求解[针对训练]1．某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的表面积是()A．2＋eq\r(5) B．2＋2eq\r(5)C.eq\f(4,3) D.eq\f(2,3)解析：选B如图，该几何体是棱长分别为2,2,1的长方体中的三棱锥P-ABM，其中S△ABM＝2，S△PMA＝S△PMB＝eq\f(\r(5),2)，S△PAB＝eq\r(5)，该几何体的表面积为2＋2×eq\f(\r(5),2)＋eq\r(5)＝2＋2eq\r(5).故选B.2．如图，已知正方体的棱长为a，沿图1中对角面将它分割成两个部分，拼成如图2的四棱柱，则该四棱柱的全面积为()A．(8＋2eq\r(2))a2 B．(2＋4eq\r(2))a2C．(4＋2eq\r(2))a2 D．(6－4eq\r(2))a2解析：选C由题意，拼成的几何体比原正方体的表面增加了两个截面，减少了原来两个正方形面，由于截面为矩形，长为eq\r(2)a，宽为a，所以面积为eq\r(2)a2，所以拼成的几何体的表面积为4a2＋2eq\r(2)a2＝(4＋2eq\r(2))a2.故选C.3．(2021·全国甲卷)已知一个圆锥的底面半径为6，其体积为30π，则该圆锥的侧面积为________．解析：设圆锥的高为h，母线长为l，则圆锥的体积V＝eq\f(1,3)×π×62×h＝30π，解得h＝eq\f(5,2).所以l＝eq\r(r2＋h2)＝eq\r(62＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)))2)＝eq\f(13,2)，故圆锥的侧面积S＝πrl＝π×6×eq\f(13,2)＝39π.答案：39π重难点(二)空间几何体的体积eq\a\vs4\al()方法1直接利用公式求体积[例1](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]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－r\o\al(2,1))＝eq\r(5)，h2＝eq\r(l2－r\o\al(2,2))＝2eq\r(2)，所以eq\f(V甲,V乙)＝eq\f(\f(1,3)πr\o\al(2,1)h1,\f(1,3)πr\o\al(2,2)h2)＝eq\f(4\r(5),2\r(2))＝eq\r(10).故选C.[答案]Ceq\a\vs4\al([方法技巧])当所给几何体是常见的柱、锥、台等规则的几何体时，可以直接利用公式进行求解．eq\a\vs4\al()方法2割补法求体积[例2]如图，在多面体ABCDEF中，已知四边形ABCD是边长为1的正方形，且△ADE，△BCF均为正三角形，EF∥AB，EF＝2，则该多面体的体积为________．[解析]如图，分别过点A，B作EF的垂线，垂足分别为G，H，连接DG，CH，易求得EG＝HF＝eq\f(1,2)，AG＝GD＝BH＝HC＝eq\f(\r(3),2)，则△BHC中BC边的高h＝eq\f(\r(2),2).∴S△AGD＝S△BHC＝eq\f(1,2)×eq\f(\r(2),2)×1＝eq\f(\r(2),4)，∴V多面体＝VE-ADG＋VF-BHC＋VAGD-BHC＝2VE-ADG＋VAGD-BHC＝eq\f(1,3)×eq\f(\r(2),4)×eq\f(1,2)×2＋eq\f(\r(2),4)×1＝eq\f(\r(2),3).[答案]eq\f(\r(2),3)eq\a\vs4\al([方法技巧])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，便于计算其体积．eq\a\vs4\al()方法3等体积法求体积[例3]如图所示，已知三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长均为1，且AA1⊥底面ABC，则三棱锥B1-ABC1的体积为()A.eq\f(\r(3),12) B.eq\f(\r(3),4)C.eq\f(\r(6),12) D.eq\f(\r(6),4)[解析]易知三棱锥B1-ABC1的体积等于三棱锥A-B1BC1的体积，又三棱锥A-B1BC1的高为eq\f(\r(3),2)，底面积为eq\f(1,2)，故其体积为eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(\r(3),12).[答案]Aeq\a\vs4\al([方法技巧])一个几何体无论怎样转化，其体积总是不变的．如果一个几何体的底面面积和高较难求解时，我们可以采用等体积法进行求解．等体积法也称等积转化或等积变形，它是通过选择合适的底面来求几何体体积的一种方法，多用来解决有关锥体的体积，特别是三棱锥的体积．[针对训练]1．(2022·全国甲卷)如图，网格纸上绘制的是一个多面体的三视图，网格小正方形的边长为1，则该多面体的体积为()A．8 B．12C．16 D．20解析：选B三视图对应的几何体如图所示，直四棱柱的高为2，底面是上底为2，下底为4，高为2的梯形，所以体积V＝Sh＝eq\f(1,2)×(2＋4)×2×2＝12.故选B.2．定义：24h内降水在地面上的积水厚度(mm)来判断降雨程度，其中<10mm，为小雨；在10～25mm之间为中雨；在25～50mm之间为大雨；在50～100mm之间为暴雨，小明用一个圆锥形容器接了24h的雨水，容器底面直径200mm，高300mm，水深150mm，则这天降雨属于哪个等级()A．小雨 B．中雨C．大雨 D．暴雨解析：选B设水面半径为rmm，依题意，eq\f(r,100)＝eq\f(150,300)，于是r＝50mm，于是圆锥形容器24h的接水量为eq\f(1,3)×π×502×150，设地面上的积水厚度为h，则eq\f(1,3)×π×502×150＝π×1002×h，解得h＝12.5mm，故为中雨．故选B.3.如图，已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，则四棱锥A1-BB1D1D的体积为________．解析：连接BD1，则四棱锥A1-BB1D1D分成两个三棱锥B-A1DD1与B-A1B1D1，所以VA1-BB1D1D＝VB-A1DD1＋VB-A1B1D1＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×1×1×1＋eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×1×1×1＝eq\f(1,3).答案：eq\f(1,3)层级三/细微点——优化完善(扫盲点)1.(直观图与原图形面积的关系用错)如图，Rt△O′A′B′是一个平面图形的直观图，若O′B′＝eq\r(2)，则这个平面图形的面积是()A．1 B.eq\r(2)C．2eq\r(2) D．4eq\r(2)解析：选C由已知得Rt△O′A′B′中，直角边O′B′＝eq\r(2)，则Rt△O′A′B′的面积S＝1，由原图形的面积与直观图面积之比为1∶eq\f(\r(2),4)，可得原图形的面积为2eq\r(2).2．(结合生产生活)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.3．(几何体形状不确定时，忽视分类讨论致误)圆柱的侧面展开图是边长分别为6π和4π的矩形，则圆柱的体积是________．解析：设圆柱的底面半径为r，高为h，则体积V＝πr2h，由题意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2πr＝6π，,h＝4π))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2πr＝4π，,h＝6π，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(r＝3，,h＝4π))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(r＝2，,h＝6π.))所以V＝36π2或24π2.答案：24π2或36π24．(借助传统文化)《九章算术》是中国古代的数学专著，收有246个与生产、生活有联系的应用问题．早在隋唐时期便已在其他国家传播．书中提到了“阳马”．它是中国古代建筑里的一种构件，抽象成几何体就是一底面为矩形，其中一条侧棱与底面垂直的直角四棱锥．则在一个阳马中，任取其中3个顶点，能构成________个锐角三角形，一个长方体最少可以分割为________个阳马．解析：如图1所示，PA⊥平面ABCD，又底面为矩形，∴PA⊥CD，CD⊥AD，PA⊥CB，CB⊥AB，易知CD⊥平面PAD，CB⊥平面PAB，∴仅有△PBD是锐角三角形，如图2所示，一个长方体最少可以分割为3个阳马：P-ABCD，P-BCC′B′，P-DCC′D′.答案：135.(浸润家国情怀)北京大兴国际机场的显著特点之一是各种弯曲空间的运用．刻画空间的弯曲性是几何研究的重要内容．用曲率刻画空间弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于2π与多面体在该点的面角之和的差(多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制)，多面体面上非顶点的曲率均为零，多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和，例如：正四面体在每个顶点有3个面角，每个面角是eq\f(π,3)，所以正四面体在各顶点的曲率为2π－3×eq\f(π,3)＝π，故其总曲率为4π，则四棱锥的总曲率为________．解析：由图可知四棱锥有5个顶点，5个面，其中4个三角形，1个四边形，所以四棱锥的表面内角和由4个为三角形，1个为四边形组成，所以面角和为4π＋2π＝6π，故总曲率为5×2π－6π＝4π.答案：4π[课时验收评价]一、点全面广强基训练1．将8个半径为1的实心铁球熔成一个大球，则这个大球的半径是()A．8 B．2eq\r(2)C．2 D.eq\f(\r(2),4)解析：选C8个半径为1的实心铁球的总体积为8×eq\f(4,3)π×13＝eq\f(32,3)π，设大球半径为R，则eq\f(4,3)πR3＝eq\f(32,3)π，解得R＝2.2．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有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥；③直角三角形绕其任一边所在直线旋转一周所形成的几何体都是圆锥；④棱台的上、下底面可以不相似，但侧棱长一定相等．其中正确命题的个数是()A．0 B．1C．2 D．3解析：选A①不一定，只有这两点的连线平行于轴时才是母线；②不一定，因为“其余各面都是三角形”并不等价于“其余各面都是有一个公共顶点的三角形”，如图1所示；③不一定，当以斜边所在直线为旋转轴时，其余两边旋转形成的面所围成的几何体不是圆锥，如图2所示，它是由两个同底圆锥组成的几何体；④错误，棱台的上、下底面是相似且对应边平行的多边形，各侧棱延长线交于一点，但是侧棱长不一定相等．3．如图是某几何体的正视图和侧视图，则该几何体的俯视图不可能是()解析：选A根据正视图可知，正视图中间是一条实线，而A选项中的俯视图，其对应的正视图中间是虚线，所以俯视图不可能是A.4.如图，△A′B′C′是水平放置的△ABC的斜二测画法的直观图，其中O′C′＝O′A′＝2O′B′，则△ABC是()A．钝角三角形B．等腰三角形，但不是直角三角形C．等腰直角三角形D．等边三角形解析：选C将其还原成原图，如图所示，设A′C′＝2，则可得OB＝2O′B′＝1，AC＝A′C′＝2，从而AB＝BC＝eq\r(2)，所以AB2＋BC2＝AC2，即AB⊥BC，故△ABC是等腰直角三角形．故选C.5.如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，三棱锥D1-AB1C的表面积与正方体的表面积的比为()A．1∶1 B．1∶eq\r(2)C．1∶eq\r(3) D．1∶2解析：选C设正方体的边长为a，则表面积S1＝6a2，因为三棱锥D1-AB1C的各面均是正三角形，其边长为正方体的侧面对角线．又面对角线长为eq\r(2)a，则三棱锥D1-AB1C的表面积S2＝4×eq\f(1,2)×(eq\r(2)a)2×eq\f(\r(3),2)＝2eq\r(3)a2，所以S2∶S1＝2eq\r(3)a2∶6a2＝1∶eq\r(3).6．小明同学用两个全等的六边形木板和六根长度相同的木棍搭成一个直六棱柱ABCDEF-A1B1C1D1E1F1，由于木棍和木板之间没有固定好，第二天他发现这个直六棱柱变成了斜六棱柱ABCDEF-A′B′C′D′E′F，如图所示．设直棱柱的体积和侧面积分别为V1和S1，斜棱柱的体积和侧面积分别为V2和S2，则()A.eq\f(V1,S1)>eq\f(V2,S2) B.eq\f(V1,S1)<eq\f(V2,S2)C.eq\f(V1,S1)＝eq\f(V2,S2) D.eq\f(V1,S1)与eq\f(V2,S2)的大小关系无法确定解析：选A设底面面积为S，底面周长为C，则V1＝S·AA1，S1＝C·AA1，所以eq\f(V1,S1)＝eq\f(S,C)，设斜棱柱的高为h，则V2＝S·h，S2＝AB×hAB＋BC×hBC＋CD×hCD＋DE×hDE＋EF×hEF＋FA×hFA>(AB＋BC＋CD＋DE＋EF＋FA)×h＝Ch，所以eq\f(V2,S2)<eq\f(Sh,Ch)＝eq\f(S,C)＝eq\f(V1,S1).7.(2022·浙江高考)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积(单位：cm3)是()A．22π B．8πC.eq\f(22,3)π D.eq\f(16,3)π解析：选C由三视图知，该几何体是由半球体、圆柱体、圆台组合而成的，其中半球的半径为1，圆柱的底面半径为1，高为2，圆台的上、下底面的半径分别为1和2，高为2，所以该几何体的体积为eq\f(1,2)×eq\f(4,3)×π×13＋π×12×2＋eq\f(1,3)π(12＋1×2＋22)×2＝eq\f(22,3)π，故选C.8．某车间生产一种圆台形纸杯，其杯底直径为R，杯口直径为2R，高为h，将该纸杯装满水(水面与杯口齐平)，现将一直径为eq\f(\r(3),2)R的小铁球缓慢放入杯中，待小铁球完全沉入水中并静止后，从杯口溢出水的体积为纸杯容积的eq\f(1,7)，则eq\f(h,R)＝()A.eq\f(4\r(3),5) B.eq\f(3\r(3),4)C.eq\f(2\r(3),3) D.eq\f(5\r(3),6)解析：选B由题意可得圆台形纸杯的体积为V＝eq\f(1,3)πeq\f(R2,4)＋eq\r(\f(R2,4)·R2)＋R2·h＝eq\f(7πR2h,12)，小铁球的体积为eq\f(4,3)πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),4)R))3＝eq\f(\r(3)πR3,16)，由题意可得eq\f(1,7)×eq\f(7πR2h,12)＝eq\f(\r(3)πR3,16)，即eq\f(h,R)＝eq\f(3\r(3),4).9．斗笠，用竹篾夹油纸或竹叶粽丝等编织而成，是人们遮阳光和雨的工具．某斗笠的三视图如图所示(单位：cm)，若该斗笠水平放置，雨水垂直下落，则该斗笠被雨水打湿的面积为()A．(800＋100eq\r(5))π B．(900＋100eq\r(5))πC．1100π D．1000π解析：选A根据三视图可知，该几何体是由一个底面半径为10，高为20的圆锥和宽度为20的圆环组成的几何体，所以该斗笠被雨水打湿的面积为S＝π×302－π×102＋π×eq\r(102＋202)×10＝(800＋100eq\r(5))π，故选A.10.如图是一块长、宽、高分别为6cm、4cm、3cm的长方体木块，一只蚂蚁要从长方体木块的一个顶点A处，沿着长方体的表面到长方体上和A相对的顶点B处吃食物，那么它需要爬行的最短路径的长是()A.eq\r(97)cm B.eq\r(85)cmC．9cm D．(3＋2eq\r(13))cm解析：选B第一种情况：把所看的前面和上面组成一个平面，如图所示，则这个长方形的长和宽分别为9和4，所以所走的路程最短线段为eq\r(92＋42)＝eq\r(97)；第二种情况：把看到的左面与上面组成一个长方形，如图所示，则这个长方形的长和宽分别为7和6，所以所走的路程最短线段为eq\r(72＋62)＝eq\r(85)；第三种情况：把看到的前面与右面组成一个长方形，如图所示，则这个长方形的长和宽分别为10和3，所以所走的路程最短线段为eq\r(102＋32)＝eq\r(109).故选B.11．三棱柱ABC-A1B1C1中，若E，F分别为AB，AC的中点，平面EFC1B1将三棱柱分成体积为V1和V2两部分，那么V1∶V2的比值可以为()A．3∶2 B．4∶3C．5∶6 D．7∶5解析：选D设△ABC的面积为S，三棱柱ABC-A1B1C1的高为h，则其体积为V＝Sh，根据题意可知几何体AEF-A1B1C1为三棱台，则可知底面面积分别为S，eq\f(1,4)S，高为h，则其体积为V1＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(S＋\f(1,4)S＋\r(S×\f(1,4)S)))h＝eq\f(7,12)Sh，所以V2＝V－V1＝Sh－eq\f(7,12)Sh＝eq\f(5,12)Sh，则V1∶V2＝eq\f(7,12)Sh∶eq\f(5,12)Sh＝7∶5，故选D.12．一个六棱锥的体积为2eq\r(3)，其底面是边长为2的正六边形，侧棱长都相等，则该六棱锥的侧面积为________．解析：由题意得，棱锥是正六棱锥，设棱锥的高为h，则eq\f(1,3)×6×eq\f(\r(3),4)×22×h＝2eq\r(3)，所以h＝1，棱锥的斜高为eq\r(h2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)×2))2)＝eq\r(1＋3)＝2，该六棱锥的侧面积为6×eq\f(1,2)×2×2＝12.答案：1213．如图所示的几何体是由一个圆柱挖去一个以圆柱上底面为底面，下底面圆心为顶点的圆锥而得到的组合体，现用一个竖直的平面去截这个组合体，则截面图形可能是________．解析：一个圆柱挖去一个圆锥后，剩下的几何体被一个竖直的平面所截后，圆柱的轮廓是矩形除去一条边，当截面经过圆柱上下底面的圆心时，圆锥的截面为三角形除去一条边，所以①正确；当截面不经过圆柱上下底面的圆心时，圆锥的截面为抛物线的一部分，所以⑤正确．答案：①⑤14.如图，在正四棱台ABCD-EFGH中，AB＝4eq\r(3)，EF＝9eq\r(3)，且四棱锥E-ABCD的体积为48，则该四棱台的体积为________．解析：由题意，设点E到平面ABCD的距离为h，由四边形ABCD面积为S＝(4eq\r(3))2＝48，得四棱锥E-ABCD的体积为48＝eq\f(1,3)hS＝eq\f(1,3)×48h，得h＝3.所以棱台体积为V＝eq\f(1,3)heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(S上＋\r(S上S下)＋S下))＝eq\f(1,3)×3×(48＋eq\r(48×243)＋243)＝399.答案：399二、重点难点培优训练1．已知一个直角三角形的两条直角边分别为2和2eq\r(3)，以它的斜边所在直线为旋转轴，其余两边旋转一周所围成的旋转体的表面积为()A．(12＋4eq\r(3))π B．(6＋2eq\r(3))πC．(4＋3eq\r(3))π D．(3＋eq\r(3))π解析：选B如图所示旋转体为两个圆锥拼接在一起的几何体，设直角三角形为△ABC，斜边为AC，过B作BD⊥AC，由题意知，AC＝eq\r(22＋2\r(3)2)＝4，BD＝eq\f(2×2\r(3),4)＝eq\r(3)，即圆锥底面圆的半径为eq\r(3)，两个圆锥的母线长分别为2和2eq\r(3)，故旋转体表面积为eq\f(1,2)×2π×eq\r(3)×(2＋2eq\r(3))＝(2eq\r(3)＋6)π.2．在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N分别为棱AB，C1D1的中点．平面α过B1，M两点，且BN∥α.设平面α截正方体所得截面面积为S，且将正方体分成两部分的体积比为V1∶V2，有如下结论：①S＝eq\f(3,4)，②S＝eq\f(9,8)，③V1∶V2＝1∶3，④V1∶V2＝7∶17，则下列结论正确的是()A．①③ B．①④C．②③ D．②④解析：选D如图，取AD的中点H，连接HM，HD1，B1D1，MD1，BN，B1M，BD，可得BN∥MD1，则BN∥平面HMB1D1，故平面α即平面HMB1D1.由题意易知截面HMB1D1为等腰梯形，可得B1D1＝eq\r(2)，MH＝eq\f(\r(2),2)，MB1＝HD1＝eq\f(\r(5),2)，高为eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),2)))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),4)))2)＝eq\f(3\r(2),4)，其面积S＝eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)＋\r(2)))×eq\f(3\r(2),4)＝eq\f(9,8).故①错误，②正确．另几何体AMH-A1B1D1为棱台，上底面积S△AMH＝eq\f(1,8)，下底面积S△A1B1D1＝eq\f(1,2)，高AA1＝1，故体积V1＝eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋\f(1,4)＋\f(1,8)))×1＝eq\f(7,24)，另一部分体积V2＝1－eq\f(7,24)＝eq\f(17,24)，所以V1∶V2＝7∶17.故③错误，④正确．故选D.3.如图是一个由圆柱和圆锥组成的几何体，若圆锥的母线长为6，且圆锥的高是圆柱高的eq\f(1,4)，则当该几何体的体积最大时，该几何体的高为()A．2eq\r(3) B．6eq\r(3)C．8eq\r(3) D．10eq\r(3)解析：选D设圆锥的高为x，则底面半径为eq\r(36－x2)，x∈(0,6)．所以，该几何体的体积为V(x)＝eq\f(1,3)π(36－x2)x＋4π(36－x2)x＝eq\f(13,3)π(36－x2)x，x∈(0,6)．所以V′(x)＝eq\f(13,3)π(36－3x2)，令V′(x)＝0得x＝2eq\r(3)，所以，当x∈(0,2eq\r(3))时，V′(x)>0，V(x)单调递增，当x∈(2eq\r(3)，6)时，V′(x)<0，V(x)单调递减，所以当x＝2eq\r(3)时，V(x)取得最大值V(2eq\r(3))＝eq\f(13,3)π×24×2eq\r(3)＝208eq\r(3)π，此时，该几何体的高为5x＝10eq\r(3).阶段综合·融会建模eq\a\vs4\al(习题课——与球有关的切、接问题)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)．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，解决此类题的关键是确定球心．方法(一)定义找心由球的定义确定球心，在空间中，如果一个定点与一个简单多面体的所有顶点的距离都相等，那么这个定点就是该简单多面体的外接球的球心．[典例](1)已知∠ABC＝90°，PA⊥平面ABC，若PA＝AB＝BC＝1，则四面体PABC的外接球(顶点都在球面上)的体积为()A．π B.eq\r(3)πC．2π D.eq\f(\r(3)π,2)(2)本例(1)条件不变，则四面体P-ABC的内切球的半径为________．[解析](1)如图，取PC的中点O，连接OA，OB，由题意得PA⊥BC，又因为AB⊥BC，PA∩AB＝A，PA，AB⊂平面PAB，所以BC⊥平面PAB，所以BC⊥PB，在Rt△PBC中，OB＝eq\f(1,2)PC，同理OA＝eq\f(1,2)PC，所以OA＝OB＝OC＝eq\f(1,2)PC，因此P，A，B，C四点在以O为球心的球面上．在Rt△ABC中，AC＝eq\r(AB2＋BC2)＝eq\r(2)，在Rt△PAC中，PC＝eq\r(PA2＋AC2)＝eq\r(3)，球O的半径R＝eq\f(1,2)PC＝eq\f(\r(3),2)，所以球的体积为eq\f(4,3)πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)))3＝eq\f(\r(3)π,2).(2)设四面体P-ABC的内切球半径为r.由本例(1)知，S△PAC＝eq\f(1,2)PA·AC＝eq\f(1,2)×1×eq\r(2)＝eq\f(\r(2),2)，S△PAB＝eq\f(1,2)PA·AB＝eq\f(1,2)×1×1＝eq\f(1,2)，S△ABC＝eq\f(1,2)AB·BC＝eq\f(1,2)×1×1＝eq\f(1,2)，S△PBC＝eq\f(1,2)PB·BC＝eq\f(1,2)×eq\r(2)×1＝eq\f(\r(2),2)，VP-ABC＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)AB·BC·PA＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×1×1×1＝eq\f(1,6)，VP-ABC＝eq\f(1,3)(S△PAC＋S△PAB＋S△ABC＋S△PBC)·r＝eq\f(1,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)＋\f(1,2)＋\f(1,2)＋\f(\r(2),2)))·r＝eq\f(1,6)，所以r＝eq\f(\r(2)－1,2).[答案](1)D(2)eq\f(\r(2)－1,2)[方法技巧]由几何体外接球的定义可知，几何体的各顶点到球心的距离相等．常见的两种情况是：(1)若四面体的两个面是公共斜边的直角三角形，则球心是斜边的中点；(2)直三棱柱的外接球的球心在该直三棱柱的上下底面三角形外心的连线的中点处．[针对训练]1．在三棱锥P-ABC中，已知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易知△ABC是等边三角形．如图，作OM⊥平面ABC，其中M为△ABC的中心，且点O满足OM＝eq\f(1,2)PA＝1，则点O为三棱锥P-ABC外接球的球心．于是，该外接球的半径R＝OA＝eq\r(AM2＋OM2)＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)×\r(3)×\f(2,3)))2＋12)＝eq\r(2).故该球的表面积S＝4πR2＝8π.2.如图所示是一个几何体的三视图，则这个几何体外接球的表面积为()A.eq\f(62,3)π B.eq\f(64,3)πC．32π D.eq\f(64\r(2),3)π解析：选C根据三视图还原后的几何体为四棱锥P-ABCD，如图所示，侧面PAB⊥底面ABCD.底面ABCD是正方形，其对角线AC∩BD＝O.所以OA＝OB＝OC＝OD＝2eq\r(2).取AB的中点E，则OE⊥AB，所以OE⊥侧面PAB.由题意AB＝4，所以PE＝OE＝2，所以OP＝eq\r(OE2＋EP2)＝eq\r(22＋22)＝2eq\r(2)，则点O为其外接球的球心，半径R＝2eq\r(2).所以这个几何体外接球的表面积为S＝4πR2＝4π(2eq\r(2))2＝32π.故选C.方法(二)补形找心长方体或正方体的外接球的球心是在其体对角线的中点处．部分空间几何体可以通过补形补成正方体、长方体或棱柱等途径确定球心．[典例]已知球O的面上四点A，B，C，D，DA⊥平面ABC，AB⊥BC，DA＝AB＝eq\r(2)，BC＝eq\r(3)，则球O的体积等于________．[解析]因为DA⊥平面ABC，AB⊥BC，所以DA，AB，BC两两垂直，构造如图所示的长方体，又因为DA＝AB＝eq\r(2)，BC＝eq\r(3)，所以CD长即为外接球的直径，利用直角三角形解出CD＝eq\r(7).故球O的体积等于eq\f(7\r(7),6)π.[答案]eq\f(7\r(7),6)π[方法技巧]1．补形找心的常用模型(1)有两个面是共直角边的三棱锥，可补成棱柱；(2)正四面体、三条侧棱两两垂直的正三棱锥、四个面都是直角三角形的三棱锥都分别可构造正方体；(3)同一个顶点上的三条棱两两垂直的四面体、相对的棱相等的三棱锥都分别可构造长方体和正方体；(4)若已知棱锥含有线面垂直关系，则可将棱锥补成长方体或正方体．2．常用结论(1)正方体的棱长为a，球的半径为R，①若球为正方体的外接球，则2R＝eq\r(3)a；②若球为正方体的内切球，则2R＝a；③若球与正方体的各棱相切，则2R＝eq\r(2)a.(2)长方体的共顶点的三条棱长分别为a，b，c，外接球的半径为R，则2R＝eq\r(a2＋b2＋c2).[针对训练]1．已知三棱锥P-ABC中，△ABC为等边三角形，PA＝PB＝PC＝3，PA⊥PB，则三棱锥P-ABC的外接球的体积为()A.eq\f(27,2)π B.eq\f(27\r(3),2)πC．27eq\r(3)π D．27π解析：选B∵三棱锥P-ABC中，△ABC为等边三角形，PA＝PB＝PC＝3，∴△PAB≌△PBC≌△PAC.∵PA⊥PB，∴PA⊥PC，PC⊥PB.以PA，PB，PC为过同一顶点的三条棱作正方体(如图所示)，则正方体的外接球同时也是三棱锥P-ABC的外接球．∵正方体的体对角线长为eq\r(32＋32＋32)＝3eq\r(3)，∴其外接球半径R＝eq\f(3\r(3),2).因此三棱锥P-ABC的外接球的体积V＝eq\f(4π,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3\r(3),2)))3＝eq\f(27\r(3),2)π.2.在三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，∠ABC＝90°，AB＝1，BC＝eq\r(3)，AA1＝2，则三棱柱ABC-A1B1C1的外接球的表面积为()A．32π B．16πC．12π D．8π解析：选D把三棱柱放入长方体中，如图所示，则长方体的外接球即是三棱柱的外接球，∵AB＝1，BC＝eq\r(3)，AA1＝2，∴长方体的外接球半径R＝eq\f(\r(12＋\r(3)2＋22),2)＝eq\r(2)，∴三棱柱ABC-A1B1C1的外接球半径为eq\r(2)，表面积为S＝4πR2＝4π(eq\r(2))2＝8π.方法(三)截面找心找出含有正棱锥特征元素的外接球的一个轴截面圆，于是该圆的半径就是所求的外接球的半径．[典例](1)(2021·全国甲卷)已知A，B，C是半径为1的球O的球面上的三个点，且AC⊥BC，AC＝BC＝1，则三棱锥O-ABC的体积为()A.eq\f(\r(2),12) B.eq\f(\r(3),12)C.eq\f(\r(2),4) D.eq\f(\r(3),4)(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](1)如图所示，因为AC⊥BC，所以AB为截面圆O1的直径，且AB＝eq\r(2).连接OO1，则OO1⊥平面ABC，OO1＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(AB,2)))2)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))2)＝eq\f(\r(2),2)，所以三棱锥O-ABC的体积V＝eq\f(1,3)S△ABC×OO1＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×1×1×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(\r(2),12).(2)圆锥内半径最大的球即为圆锥的内切球，设其半径为r.作出圆锥的轴截面PAB，如图所示，则△PAB的内切圆即为圆锥的内切球的大圆．在△PAB中，PA＝PB＝3，D为AB的中点，AB＝2，E为切点，则PD＝2eq\r(2)，△PEO∽△PDB，故eq\f(PO,PB)＝eq\f(OE,DB)，即eq\f(2\r(2)－r,3)＝eq\f(r,1)，解得r＝eq\f(\r(2),2)，故内切球的体积为eq\f(4,3)π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))3＝eq\f(\r(2),3)π.[答案](1)A(2)eq\f(\r(2),3)π[方法技巧](1)与球截面有关的解题策略①定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径；②作截面：选准最佳角度作出截面，达到空间问题平面化的目的．(2)正四面体的外接球的半径R＝eq\f(\r(6),4)a，内切球的半径r＝eq\f(\r(6),12)a，其半径R∶r＝3∶1(a为该正四面体的棱长)．[针对训练]1．(2023·成都模拟)已知圆柱的两个底面的圆周在体积为eq\f(32π,3)的球O的球面上，则该圆柱的侧面积的最大值为()A．4π B．8πC．12π D．16π解析：选B如图所示，设球O的半径为R，由球的体积公式得eq\f(4,3)πR3＝eq\f(32π,3)，解得R＝2.设圆柱的上底面半径为r，球的半径与上底面夹角为α，则r＝2cosα，圆柱的高为4sinα，∴圆柱的侧面积为4πcosα×4sinα＝8πsin2α，当且仅当α＝eq\f(π,4)，sin2α＝1时，圆柱的侧面积最大，∴圆柱的侧面积的最大值为8π.2．(2023·长沙检测)在封闭的直三棱柱ABC-A1B1C1内有一个体积为V的球．若AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，AA1＝3，则V的最大值是________．解析：易知AC＝10.设△ABC的内切圆的半径为r，则eq\f(1,2)×6×8＝eq\f(1,2)×(6＋8＋10)·r，所以r＝2.因为2r＝4>3，所以最大球的直径2R＝3，即R＝eq\f(3,2)，此时球的体积V＝eq\f(4,3)πR3＝eq\f(9π,2).答案：eq\f(9π,2)[课时验收评价]1．正方体的外接球与内切球的表面积之比为()A.eq\r(3) B．3eq\r(3)C．3 `D.eq\f(1,3)解析：选C设正方体的外接球的半径为R，内切球的半径为r，棱长为1，则正方体的外接球的直径为正方体的体对角线长，即2R＝eq\r(3)，所以R＝eq\f(\r(3),2)，正方体内切球的直径为正方体的棱长，即2r＝1，即r＝eq\f(1,2)，所以eq\f(R,r)＝eq\r(3)，正方体的外接球与内切球的表面积之比为eq\f(4πR2,4πr2)＝eq\f(R2,r2)＝3.2．将一个棱长为3cm的正方体铁块磨成一个球体零件，则可能制作的最大零件的体积为()A．4πcm3 B.eq\f(9,2)πcm3C．9eq\r(2)πcm3 D.eq\f(27\r(3),2)πcm3解析：选B正方体的棱长为3，要使制作成球体零件的体积最大，则球内切于正方体，所以球的直径为3cm，半径为eq\f(3,2)cm.所以可能制作的最大零件的体积为eq\f(4,3)π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))3＝eq\f(9,2)πcm3.3.一个几何体的三视图如图所示，若这个几何体的体积为10eq\r(39)，则该几何体的外接球的表面积为()A．39π B．50πC．100π D．125π解析：选C根据几何体的三视图可以得到该几何体为四棱锥，如图所示，该四棱锥的底面是长方形，长为6，宽为5，四棱锥的高即为PD，所以V＝eq\f(1,3)×5×6×h＝10eq\r(39)，解得h＝eq\r(39).由题意易知该四棱锥的外接球等价于长方体外接球，设四棱锥的外接球的半径为r，所以(2r)2＝52＋62＋(eq\r(39))2，解得r＝5，所以外接球的表面积S＝4π×52＝100π.4．已知△ABC的顶点都在球O的球面上，AB＝6，BC＝8，AC＝10，三棱锥O-ABC的体积为40eq\r(3)，则该球的表面积等于()A．400π B．300πC．200π D．100π解析：选A依题意知△ABC为直角三角形，其所在圆面的半径为eq\f(1,2)AC＝5，设三棱锥O-ABC的高为h，则由eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×6×8h＝40eq\r(3)得h＝5eq\r(3)，设球O的半径为R，则由h2＋52＝R2，得R＝10，故该球的表面积为4πR2＝400π.故选A.5.如图，已知球O是棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1的内切球，则平面ACD1截球O的截面面积为()A.eq\f(\r(6)π,6) B.eq\f(π,9)C.eq\f(π,6) D.eq\f(\r(3)π,3)解析：选C如图，平面ACD1截球O的截面为△ACD1的内切圆，∵正方体棱长为1，∴AC＝CD1＝AD1＝eq\r(2).∴内切圆半径r＝tan30°·AE＝eq\f(\r(3),3)×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(\r(6),6).∴截面面积为S＝πr2＝π·eq\f(1,6)＝eq\f(π,6).故选C.6．已知三棱锥P-ABC，PC为其外接球O的直径，PA＝PB，若D为棱AB上与A，B不重合的一点，则∠PDC()A．必为锐角 B．必为直角C．必为钝角 D．无法确定解析：选C因为PC为三棱锥P-ABC外接球的直径，所以PA⊥AC，PB⊥BC，又PA＝PB，所以Rt△PAC≌Rt△PBC，所以AC＝BC，如图所示，PD<PA，CD<AC，在△PDC中，cos∠PDC＝eq\f(PD2＋CD2－PC2,2PD·CD)<eq\f(PA2＋AC2－PC2,2PD·CD)＝0，所以∠PDC为钝角．故选C.7．已知圆柱的轴截面是边长为2的正方形，P为上底面圆的圆心，AB为下底面圆的直径，E为下底面圆周上一点，则三棱锥P-ABE外接球的表面积为()A.eq\f(25,16)π B.eq\f(25,4)πC.eq\f(5,2)π D．5π解析：选B由题意与圆的性质，△ABE为直角三角形，∠E＝90°，如图所示，设外接球半径为R，底面圆心为Q，外接球球心为O，由外接球的定义，OP＝OA＝OB＝OE＝R，易得O在线段PQ上，又圆柱的轴截面是边长为2的正方形，所以底面圆半径AQ＝BQ＝1，因为PQ⊥AQ，则OA2＝OQ2＋AQ2⇒R2＝(2－R)2＋12，解得R＝eq\f(5,4)，所以外接球表面积为4πR2＝eq\f(25π,4).故选B.8.把一个皮球放入如图所示的由8根长均为20cm的铁丝接成的四棱锥形骨架内，使皮球的表面与8根铁丝都有接触点(皮球不变形)，则皮球的半径为()A．10eq\r(3)cm B．10cmC．10eq\r(2)cm D．30cm解析：选B依题意，在四棱锥S-ABCD中，所有棱长均为20cm，连接AC，BD交于点O，连接SO，则SO＝AO＝BO＝CO＝DO＝10eq\r(2)cm，易知点O到AB，BC，CD，AD的距离均为10cm，在等腰三角形OAS中，AO＝SO＝10eq\r(2)cm，SA＝20cm，所以O到SA的距离d＝10cm，同理可证O到SB，SC，SD的距离也为10cm，所以球心为四棱锥底面ABCD的中心O，所以皮球的半径r＝10cm.9．(2022·全国乙卷)已知球O的半径为1，四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均在球O的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为()A.eq\f(1,3)B.eq\f(1,2)C.eq\f(\r(3),3)D.eq\f(\r(2),2)解析：选C不妨设四棱锥的底面是正方形，边长为a，底面正方形外接圆的半径为r，则r＝eq\f(\r(2),2)a，四棱锥的高h＝eq\r(1－\f(a2,2))，所以四棱锥的体积V＝eq\f(1,3)a2eq\r(1－\f(a2,2))＝eq\f(4,3)eq\r(\f(a2,4)·\f(a2,4)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(a2,2))))≤eq\f(4,3)eq\r(\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\f(a2,4)＋\f(a2,4)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(a2,2))),3)))3)＝eq\f(4,3)eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))3)＝eq\f(4\r(3),27)，当且仅当eq\f(a2,4)＝1－eq\f(a2,2)，即a2＝eq\f(4,3)时等号成立，此时四棱锥的高h＝eq\r(1－\f(a2,2))＝eq\r(1－\f(2,3))＝eq\f(\r(3),3)，故选C.10．表面积为81π的球，其内接正四棱柱(底面是正方形的直棱柱)的高是7，则这个正四棱柱的底面边长为________．解析：由题意知，正四棱柱的体对角线即为球的直径，设球的半径为R，则4πR2＝81π，解得R＝eq\f(9,2)，设正四棱柱的底面边长为a，则eq\r(a2＋a2＋72)＝2R，解得a＝4.答案：411．表面积为Q的多面体的每一个面都与体积为36π的球相切，则这个多面体的体积为________．解析：因为球的体积为36π.设球的半径为R，所以eq\f(4πR3,3)＝36π，解得R＝3.因为表面积为Q的多面体的每一个面都与体积为36π的球相切，所以球的半径就是球心到多面体面的距离，所以多面体的体积为eq\f(1,3)QR＝Q.答案：Q12．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的外接球的表面积为________．解析：由三视图可得如图所示的几何体，AB＝AC＝4，CD＝2，且△BAC，△ACD，△BCD，△BAD均为直角三角形，所以多面体的外接球的球心为BD的中点，而BD＝eq\r(AB2＋AC2＋CD2)＝6，则外接球半径为r＝3，表面积为4πr2＝36π.答案：36π13．已知直三棱柱ABC-A1B1C1的6个顶点都在球O的表面上，若AB＝AC＝1，AA1＝2eq\r(3)，∠BAC＝eq\f(2π,3)，则球O的体积为________．解析：设△ABC的外接圆圆心为O1，半径为r，连接O1O，如图，易得O1O⊥平面ABC，∵AB＝AC＝1，AA1＝2eq\r(3)，∠BAC＝eq\f(2π,3)，∴2r＝eq\f(AB,sin∠ACB)＝eq\f(1,\f(1,2))＝2，即O1A＝1，O1O＝eq\f(1,2)AA1＝eq\r(3)，∴OA＝eq\r(O1O2＋O1A2)＝eq\r(3＋1)＝2，即直三棱柱ABC-A1B1C1的外接球半径R＝2，∴V球＝eq\f(4,3)π×23＝eq\f(32π,3).答案：eq\f(32π,3)第二节空间点、直线、平面的位置关系1.借助长方体，抽象出空间点、直线、平面的位置关系的定义.2.了解可以作为推理依据的公理和定理.3.能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间图形的位置关系的简单命题.)1．公理1～3文字语言图形语言符号语言公理1如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线在此平面内eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(A∈l,B∈l,A∈α,B∈α))⇒l⊂α公理2过不在一条直线上的三点，有且只有一个平面A，B，C三点不共线⇒有且只有一个平面α，使A∈α，B∈α，C∈α公理3如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线P∈α，且P∈β⇒α∩β＝l，且P∈l2．公理2的三个推论推论1经过一条直线和这条直线外一点有且只有一个平面推论2经过两条相交直线有且只有一个平面推论3经过两条平行直线有且只有一个平面3．空间中两条直线的位置关系(1)位置关系分类：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(共面直线\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(相交直线：同一平面内，有且只有一个公共点；,平行直线：同一平面内，没有公共点；)),异面直线：不同在任何一个平面内，没有公共点.))(2)异面直线所成的角①定义：已知两条异面直线a，b，经过空间任一点O作直线a′∥a，b′∥b，把a′与b′所成的锐角(或直角)叫做异面直线a与b所成的角(或夹角)．②范围：eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2))).(3)公理4和等角定理①公理4：平行于同一条直线的两条直线互相平行．②等角定理：空间中如果两个角的两边分别对应平行，那么这两个角相等或互补．4．空间中直线与平面、平面与平面的位置关系(1)直线与平面的位置关系有相交、平行、在平面内三种情况．(2)平面与平面的位置关系有平行、相交两种情况．(1)异面直线的判定：经过平面内一点和平面外一点的直线与平面内不经过该点的直线互为异面直线．(2)两异面直线所成的角归结到一个三角形的内角时，容易忽视这个三角形的内角可能等于两异面直线所成的角，也可能等于其补角．(3)唯一性定理①过直线外一点有且只有一条直线与已知直线平行．②过直线外一点有且只有一个平面与已知直线垂直．③过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行．④过平面外一点有且只有一条直线与已知平面垂直．(4)异面直线的2个结论①平面外一点A与平面内一点B的连线和平面内不经过点B的直线是异面直线．②分别在两个平行平面内的直线平行或异面．1．下列命题是真命题的是()A．空间不共线的三个点确定一个平面B．一个点和一条直线确定一个平面C．两两相交的三条直线确定一个平面D．两两平行的三条直线确定三个平面答案：A2．α是一个平面，m，n是两条直线，A是一个点，若m⊄α，n⊂α，且A∈m，A∈α，则m，n的位置关系不可能是()A．垂直 B．相交C．异面 D．平行答案：D3．直线l与平面α不平行，则()A．l与α相交 B．l⊂αC．l与α相交或l⊂α D．以上结论都不对答案：C4．三个平面最多能把空间分为____部分，最少能把空间分成____部分．答案：84层级一/基础点——自练通关(省时间)基础点(一)平面的性质及应用[题点全训]1．如图是正方体或四面体，P，Q，R，S分别是所在棱的中点，则这四个点不共面的一个图是()解析：选DA、B、C图中四点一定共面，D中四 点不共面．2．给出以下说法，其中正确的是()A．不共面的四点中，其中任意三点可以共线B．若点A，B，C，D共面，点A，B，C，E共面，则点A，B，C，D，E共面C．若直线a，b共面，直线a，c共面，则直线b，c共面D．过直线外一点和直线上三点的三条直线共面解析：选D在A中，假设其中有三点共线，则该直线和直线外的另一点确定一个平面，这与四点不共面矛盾，故其中任意三点不共线，所以A不正确；在B中，如图，两个相交平面有三个公共点A，B，C，且点A，B，C，D共面，点A，B，C，E共面，但点A，B，C，D，E不共面，B不正确；选项C显然不正确；在D中，过直线与直线外一点可确定一个平面，设为α，因此这三条直线都在平面α内，即三条直线共面，D正确．3.如图，空间四边形ABCD中，E，F分别是AD，AB的中点，G，H分别在BC，CD上，且BG∶GC＝DH∶HC＝1∶2.(1)求证：E，F，G，H四点共面；(2)设FG与HE交于点P，求证：P，A，C三点共线．证明：(1)在△ABD中，∵E，F为AD，AB中点，∴EF∥BD.在△CBD中，BG∶GC＝DH∶HC＝1∶2，∴GH∥BD，∴EF∥GH，∴E，F，G，H四点共面．(2)∵FG∩HE＝P，P∈FG，P∈HE，∴P∈平面ABC，P∈平面ADC，又平面ABC∩平面ADC＝AC，∴P∈直线AC.∴P，A，C三点共线．[一“点”就过]共面、共线、共点问题的证明(1)证明共面的方法：①先确定一个平面，然后再证其余的线(或点)在这个平面内．②证两平面重合．(2)证明共线的方法：①先由两点确定一条直线，再证其他各点都在这条直线上．②直接证明这些点都在同一条特定直线上．(3)证明线共点问题的常用方法是：先证其中两条直线交于一点，再证其他直线经过该点．基础点(二)空间两直线的位置关系[题点全训]1．已知a，b，c为三条不重合的直线，给出下列结论：①若a⊥b，a⊥c，则b∥c；②若a⊥b，a⊥c，则b⊥c；③若a∥b，b⊥c，则a⊥c.其中正确的个数为()A．0 B．1C．2 D．3解析：选B在空间中，若a⊥b，a⊥c，则b，c可能平行，也可能相交，还可能异面，所以①②错误，③显然成立．2．若空间中四条两两不同的直线l1，l2，l3，l4，满足l1⊥l2，l2⊥l3，l3⊥l4，则下列结论一定正确的是()A．l1⊥l4B．l1∥l4C．l1与l4既不垂直也不平行D．l1与l4的位置关系不确定解析：选D构造如图所示的正方体ABCD-A1B1C1D1，取AD为l1，AA1为l2，A1B1为l3，当取B1C1为l4时，l1∥l4；当取BB1为l4时，l1⊥l4；当取A1D为l4时，l1与l4既不垂直也不平行．故l1与l4的位置关系不确定．3．如图，S是圆锥的顶点，AB是底面圆的直径，AS⊥BS，M是线段AS上的点(不与端点A，S重合)，N是底面圆周上的动点，则直线BS与MN不能()A．异面 B．相交C．平行 D．垂直解析：选C当N