2025版高考数学一轮总复习第7章立体几何第1节空间几何体的结构及其表面积体积学案含解析

立体几何全国卷五年考情图解高考命题规律把握1.考查形式高考在本章一般命制2道小题、1道解答题，分值约占22分．2．考查内容(1)小题主要考查三视图、几何体体积与表面积计算，此类问题属于中档题目；对于球与棱柱、棱锥的切接问题，学问点较整合，难度稍大．(2)解答题一般位于第18题或第19题的位置，常设计两问：第(1)问重点考查线面位置关系的证明；第(2)问重点考查空间角，尤其是二面角、线面角的计算．属于中档题目.空间几何体的结构及其表面积、体积[考试要求]1.相识柱、锥、台、球及其简洁组合体的结构特征，并能运用这些特征描述现实生活中简洁物体的结构.2.能画出简洁空间图形(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，会用斜二测画法画出它们的直观图.3.会用平行投影方法画出简洁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、台体的表面积和体积的计算公式．1．多面体的结构特征名称棱柱棱锥棱台图形底面相互平行且全等多边形相互平行且相像侧棱相互平行且相等相交于一点，但不肯定相等延长线交于一点侧面形态平行四边形三角形梯形2．正棱柱、正棱锥的结构特征(1)正棱柱：侧棱垂直于底面的棱柱叫做直棱柱，底面是正多边形的直棱柱叫做正棱柱．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．(2)正棱锥：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做正棱锥．特殊地，各棱均相等的正三棱锥叫正四面体．3．旋转体的结构特征名称圆柱圆锥圆台球图形母线相互平行且相等，垂直于底面长度相等且相交于一点延长线交于一点—轴截面全等的矩形全等的等腰三角形全等的等腰梯形圆侧面绽开图矩形扇形扇环—旋转图形矩形直角三角形直角梯形半圆4．三视图与直观图三视图画法规则：长对正、高平齐、宽相等直观图斜二测画法：(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在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为原来的一半.5．圆柱、圆锥、圆台的侧面绽开图及侧面积公式名称圆柱圆锥圆台侧面绽开图侧面积公式S圆柱侧＝2πrlS圆锥侧＝πrlS圆台侧＝π(r1＋r2)l6．柱体、锥体、台体和球的表面积和体积名称表面积体积柱体(棱柱和圆柱)S表面积＝S侧＋2S底V＝S底h锥体(棱锥和圆锥)S表面积＝S侧＋S底V＝eq\f(1,3)S底h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)πR3eq\a\vs4\al([常用结论])1．依据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：2．多面体的内切球与外接球常用的结论(1)设正方体的棱长为a，则它的内切球半径r＝，外接球半径R＝(2)设长方体的长、宽、高分别为a，b，c，则它的外接球半径R＝(3)设正四面体的棱长为a，则它的高为H＝，内切球半径，外接球半径一、易错易误辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱．()(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)菱形的直观图仍是菱形．()(4)正方体、球、圆锥各自的三视图中，三视图均相同．()[答案](1)×(2)×(3)×(4)×二、教材习题衍生1．如图所示，长方体ABCD­A′B′C′D′中被截去一部分，其中EH∥A′D′，则剩下的几何体是()A．棱台B．四棱柱C．五棱柱D．简洁组合体C[由几何体的结构特征知，剩下的几何体为五棱柱．]2．体积为8的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为()A．12π B．eq\f(32,3)πC．8π D．4πA[由题意可知正方体的棱长为2，其体对角线2eq\r(3)即为球的直径，所以球的表面积为4πR2＝(2R)2π＝12π，故选A.]3．已知圆锥的表面积等于12πcm2，其侧面绽开图是一个半圆，则底面圆的半径为()A．1cm B．2cmC．3cm D．eq\f(3,2)cmB[S表＝πr2＋πrl＝πr2＋πr·2r＝3πr2＝12π，∴r2＝4，∴r＝2(cm)．]4．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________．eq\f(16,3)π[由三视图可知，该几何体是一个圆柱挖去了一个同底等高的圆锥，其体积为π×22×2－eq\f(1,3)π×22×2＝eq\f(16,3)π.]考点一空间几何体的三视图、直观图和绽开图1．三视图画法的基本原则长对正，高平齐，宽相等；画图时看不到的线画成虚线．2．由三视图还原几何体的步骤3．直观图画法的规则：斜二测画法．4．通常利用空间几何体的表面绽开图解决以下问题：(1)求几何体的表面积或侧面积；(2)求几何体表面上随意两个点的最短表面距离．三视图[典例1－1](1)(2024·全国卷Ⅲ)中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来．构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是()ABCD(2)如图所示，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E为棱BB1的中点，过点A，E，C1ABCD(3)(2024·全国卷Ⅱ)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M，在俯视图中对应的点为N，则该端点在侧视图中对应的点为()A．E B．FC．G D．H(1)A(2)C(3)A[(1)由题意知，在咬合时带卯眼的木构件中，从俯视方向看，榫头看不见，所以是虚线，结合榫头的位置知选A.(2)过点A，E，C1的截面如图所示，由图可知该剩余几何体的侧视图为C.(3)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E，故选A.]点评：画三视图时，可先找出各个顶点在投影面上的投影，然后再确定连线在投影面上的虚实．直观图[典例1－2]已知正三角形ABC的边长为a，那么△ABC的平面直观图△A′B′C′的面积为()A.eq\f(\r(3),4)a2 B．eq\f(\r(3),8)a2C.eq\f(\r(6),8)a2 D．eq\f(\r(6),16)a2D[法一：如图①②所示的是实际图形和直观图，由图②可知，A′B′＝AB＝a，O′C′＝eq\f(1,2)OC＝eq\f(\r(3),4)a，在图②中作C′D′⊥A′B′于D′，则C′D′＝eq\f(\r(2),2)O′C′＝eq\f(\r(6),8)a，所以S△A′B′C′＝eq\f(1,2)A′B′·C′D′＝eq\f(1,2)×a×eq\f(\r(6),8)a＝eq\f(\r(6),16)a2.法二：S△ABC＝eq\f(1,2)×a×asin60°＝eq\f(\r(3),4)a2，又S直观图＝eq\f(\r(2),4)S原图形＝eq\f(\r(2),4)×eq\f(\r(3),4)a2＝eq\f(\r(6),16)a2.故选D.]点评：直观图的面积问题经常有两种解法．一是利用斜二测画法求解，留意“斜”及“二测”的含义；二是干脆套用等量关系：S直观图＝eq\f(\r(2),4)S原图形．绽开图[典例1－3]如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，AB＝2，BC＝eq\r(3)，AC＝1，AA1＝3，F为棱AA1上的一动点，则当BF＋FC1最小时，△BFC1的面积为________．eq\f(\r(15),2)[将直三棱柱ABC­A1B1C1沿棱AA1绽开成平面，连接BC1(图略)，与AA1的交点即为满意BF＋FC1最小时的点F，∵直三棱柱ABC­A1B1C1中，AB＝2，BC＝eq\r(3)，AC＝1，AA1＝3，再结合棱柱的性质，可得A1F＝eq\f(1,3)AA1＝1，故AF＝2.由图形及棱柱的性质，可得BF＝eq\r(4＋4)＝2eq\r(2)，FC1＝eq\r(1＋1)＝eq\r(2)，BC1＝eq\r(3＋9)＝2eq\r(3)，cos∠BFC1＝eq\f(BF2＋FC\o\al(2,1)－BC\o\al(2,1),2×BF×FC1)＝eq\f(8＋2－12,2×2\r(2)×\r(2))＝－eq\f(1,4).故sin∠BFC1＝eq\r(1－\f(1,16))＝eq\f(\r(15),4)，∴△BFC1的面积为S＝eq\f(1,2)×BF×FC1×sin∠BFC1＝eq\f(1,2)×2eq\r(2)×eq\r(2)×eq\f(\r(15),4)＝eq\f(\r(15),2).]点评：本题在探求BF＋FC1最小时，采纳了化曲为直的策略，将空间问题平面化，在解决空间折线段最短问题时可适当考虑其绽开图．eq\a\vs4\al([跟进训练])1．(2024·全国卷Ⅰ)某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图所示．圆柱表面上的点M在正视图上的对应点为A，圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为B，则在此圆柱侧面上，从M到N的路径中，最短路径的长度为()A．2eq\r(17) B．2eq\r(5)C．3 D．2B[先画出圆柱的直观图，依据题图的三视图可知点M，N的位置如图1所示．图1图2圆柱的侧面绽开图及M，N的位置(N为OP的四等分点)如图2所示，连接MN，则图中MN即为M到N的最短路径．ON＝eq\f(1,4)×16＝4，OM＝2，∴MN＝eq\r(OM2＋ON2)＝eq\r(22＋42)＝2eq\r(5).故选B.]2．某几何体的正视图和侧视图如图①所示，它的俯视图的直观图是矩形O1A1B1C1，如图②，其中O1A1＝6，OA．48 B．64C．96 D．128C[由题意可知俯视图的直观图面积为2×6＝12，故俯视图的面积为24eq\r(2).又由三视图可知该几何体为直四棱柱，且高为4，底面为边长为6的菱形．所以几何体的侧面积为6×4×4＝96.故选C.]考点二空间几何体的表面积与体积1．空间几何体表面积的求法(1)旋转体的表面积问题留意其侧面绽开图的应用．(2)多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积留意连接部分的处理．(3)以三视图为载体的需确定几何体中各元素之间的位置关系及数量．2．空间几何体体积问题的常见类型及解题策略(1)干脆利用公式进行求解．(2)用转换法、分割法、补形法等方法进行求解．(3)以三视图的形式给出的应先得到几何体的直观图．空间几何体的表面积[典例2－1](1)若某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积是()A．48＋π B．48－πC．48＋2π D．48－2π(2)(2024·全国卷Ⅰ)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(3)(2024·全国卷Ⅰ)已知A，B，C为球O的球面上的三个点，⊙O1为△ABC的外接圆．若⊙O1的面积为4π，AB＝BC＝AC＝OO1，则球O的表面积为()A．64π B．48πC．36π D．32π(1)A(2)B(3)A[(1)该几何体是正四棱柱挖去了一个半球，正四棱柱的底面是正方形(边长为2)，高为5，半球的半径是1，那么该几何体的表面积为S＝2×2×2＋4×2×5－π×12＋2π×12＝48＋π，故选A.(2)因为过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，所以圆柱的高为2eq\r(2)，底面圆的直径为2eq\r(2)，所以该圆柱的表面积为2×π×(eq\r(2))2＋2π×eq\r(2)×2eq\r(2)＝12π.(3)如图所示，设球O的半径为R，⊙O1的半径为r，因为⊙O1的面积为4π，所以4π＝πr2，解得r＝2，又AB＝BC＝AC＝OO1，所以eq\f(AB,sin60°)＝2r，解得AB＝2eq\r(3)，故OO1＝2eq\r(3)，所以R2＝OOeq\o\al(2,1)＋r2＝(2eq\r(3))2＋22＝16，所以球O的表面积S＝4πR2＝64π.故选A.]点评：解答本题(1)时易误认为几何体的上底面不存在，导致计算错误．空间几何体的体积求空间几何体的体积的常用方法[典例2－2](1)如图所示，正三棱柱ABC­A1B1C1的底面边长为2，侧棱长为eq\r(3)，D为BC中点，则三棱锥A­B1DC1的体积为()A．3 B．eq\f(3,2)C．1 D．eq\f(\r(3),2)(2)(2017·全国卷Ⅱ)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为()A．90π B．63πC．42π D．36π(3)已知正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为2，M，N分别为BB1，AB的中点，则三棱锥A­NMD1(1)C(2)B(3)eq\f(1,3)[(1)(干脆法)如题图，在正三角形ABC中，D为BC中点，则有AD＝eq\f(\r(3),2)AB＝eq\r(3)，又∵平面BB1C1C⊥平面ABC，平面BB1C1C∩平面ABC＝BC，AD⊥BC，AD⊂平面ABC，由面面垂直的性质定理可得AD⊥平面BB1C1C，即AD为三棱锥A­B1DC1的底面B1DC1上的高，∴VA－B1DC1＝eq\f(1,3)S△B1DC1·AD＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2×eq\r(3)×eq\r(3)＝1.(2)法一(分割法)：由题意知，该几何体是一个组合体，下半部分是一个底面半径为3，高为4的圆柱，其体积V1＝π×32×4＝36π.上半部分是一个底面半径为3，高为6的圆柱的一半，其体积V2＝eq\f(1,2)×π×32×6＝27π.所以该组合体的体积V＝V1＋V2＝36π＋27π＝63π.法二(补形法)：由题意知，该几何体是一圆柱被一平面截去一部分后所得的几何体，在该几何体上方再补上一个与其相同的几何体，让截面重合，则所得几何体为一个圆柱，故圆柱的底面半径为3，高为10＋4＝14，该圆柱的体积V1＝π×32×14＝126π.故该几何体的体积为圆柱体积的一半，即V＝eq\f(1,2)V1＝63π.法三(估值法)：由题意，知eq\f(1,2)V圆柱＜V几何体＜V圆柱．又V圆柱＝π×32×10＝90π，所以45π＜V几何体＜90π.视察选项可知只有63π符合．(3)(等体积法)如图，∵正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为2，M，N分别为BB1，AB的中点，∴S△ANM＝eq\f(1,2)×1×1＝eq\f(1,2)，∴VA­NMD1＝VD1­AMN＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2＝eq\f(1,3).]点评：处理体积问题的思路(1)“转”：指的是转换底面与高，将原来不易求面积的底面转换为易求面积的底面，或将原来不易看出的高转换为易看出并易求解长度的高，即等体积法；(2)“拆”：指的是将一个不规则的几何体拆成几个简洁的几何体，便于计算，即分割法；(3)“拼”：指的是将小几何体嵌入一个大几何体中，如将一个三棱锥复原成一个三棱柱，将一个三棱柱复原成一个四棱柱，这些都是拼补的方法，即补形法．eq\a\vs4\al([跟进训练])1．(2024·浙江高考)祖暅是我国南北朝时期的宏大科学家，他提出的“幂势既同，则积不容异”称为祖暅原理，利用该原理可以得到柱体的体积公式V柱体＝Sh，其中S是柱体的底面积，h是柱体的高．若某柱体的三视图如图所示(单位：cm)，则该柱体的体积(单位：cm3)是()A．158 B．162C．182 D．324B[由三视图得该棱柱的高为6，底面可以看作是由两个直角梯形组合而成的，其中一个上底为4，下底为6，高为3，另一个的上底为2，下底为6，高为3，则该棱柱的体积为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2＋6,2)×3＋\f(4＋6,2)×3))×6＝162.故选B.]2．若正四棱锥的底面边长和高都为2，则其表面积为________．4＋4eq\r(5)[如图．由题意知底面正方形的边长为2，正四棱锥的高为2，则正四棱锥的斜高PE＝eq\r(22＋12)＝eq\r(5).所以该四棱锥的侧面积S＝4×eq\f(1,2)×2×eq\r(5)＝4eq\r(5)，∴S表＝2×2＋4eq\r(5)＝4＋4eq\r(5).]考点三与球有关的切、接问题与球有关的切、接问题的解法(1)旋转体的外接球：常用的解题方法是过球心及接、切点作截面，把空间问题转化为平面图形与圆的接、切问题，再利用平面几何学问找寻几何中元素间的关系求解．(2)多面体的外接球：常用的解题方法是将多面体还原到正方体和长方体中再去求解．①若球面上四点P，A，B，C中PA，PB，PC两两垂直或三棱锥的三条侧棱两两垂直，可构造长方体或正方体，利用2R＝eq\r(a2＋b2＋c2)求R.②一条侧棱垂直底面的三棱锥问题：可补形成直三棱柱．先借助几何体的几何特征确定球心位置，然后把半径放在直角三角形中求解．[典例3](1)(2024·全国卷Ⅲ)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________．(2)(2024·福建十校联考)已知三棱锥P­ABC的三条侧棱两两相互垂直，且AB＝eq\r(5)，BC＝eq\r(7)，AC＝2，则此三棱锥的外接球的体积为()A.eq\f(8,3)π B．eq\f(8\r(2),3)πC.eq\f(16,3)π D．eq\f(32,3)π(3)已知直三棱柱ABC­A1B1C1的各顶点都在以O为球心的球面上，且∠BAC＝eq\f(3π,4)，AA1＝BC＝2，则球O的体积为()A．4eq\r(3)π B．8πC．12π D．20π(1)eq\f(\r(2),3)π(2)B(3)A[(1)易知半径最大的球即为该圆锥的内切球．圆锥PE及其内切球O如图所示，设内切球的半径为R，则sin∠BPE＝eq\f(R,OP)＝eq\f(BE,PB)＝eq\f(1,3)，所以OP＝3R，所以PE＝4R＝eq\r(PB2－BE2)＝eq\r(32－12)＝2eq\r(2)，所以R＝eq\f(\r(2),2)，所以内切球的体积V＝eq\f(4,3)πR3＝eq\f(\r(2),3)π，即该圆锥内半径最大的球的体积为eq\f(\r(2),3)π.(2)∵AB＝eq\r(5)，BC＝eq\r(7)，AC＝2，∴PA＝1，PC＝eq\r(3)，PB＝2.以PA，PB，PC为过同一顶点的三条棱，作长方体如图所示，则长方体的外接球同时也是三棱锥P­ABC的外接球．∵长方体的体对角线长为eq\r(1＋3＋4)＝2eq\r(2)，∴球的直径为2eq\r(2)，半径R＝eq\r(2)，因此，三棱锥P­ABC外接球的体积是eq\f(4,3)πR3＝eq\f(4,3)π×(eq\r(2))3＝eq\f(8\r(2),3)π.故选B.(3)在底面△ABC中，由正弦定理得底面△ABC所在的截面圆的半径为r＝eq\f(BC,2sin∠BAC)＝eq\f(2,2sin\f(3π,4))＝eq\r(2)，则直三棱柱ABC­A1B1C1的外接球的半径为R＝eq\r(r2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(AA1,2)))2)＝eq\r(\r(2)2＋12)＝eq\r(3)，则直三棱柱ABC­A1B1C1的外接球的体积为eq\f(4,3)πR3＝4eq\r(3)π.故选A.][母题变迁]1．若将本例(3)的条件“∠BAC＝eq\f(3π,4)，AA1＝BC＝2”换为“AB＝3，AC＝4，AB⊥AC，AA1＝12”，则球O的半径为________．eq\f(13,2)[如图所示，过球心作平面ABC的垂线，则垂足为BC的中点M.又AM＝eq\f(1,2)BC＝eq\f(5,2)，OM＝eq\f(1,2)AA1＝6，所以球O的半径R＝OA＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)))2＋62)＝eq\f(13,2).]2．若将本例(3)的条件改为“正四面体的各顶点都在以O为球心的球面上”，则此正四面体的表面积S1与其内切球的表面积S2的比值为________．eq\f(6\r(3),π)[设正四面体棱长为a，则正四面体表面积为S1＝4×eq\f(\r(3),4)·a2＝eq\r(3)a2，其内切球半径r为正四面体高的eq\f(1,4)，即r＝eq\f(1,4)·eq\f(\r(6),3)a＝eq\f(\r(6),12)a，因此内切球表面积为S2＝4πr2＝eq\f(πa2,6)，则eq\f(S1,S2)＝eq\f(\r(3)a2,\f(πa2,6))＝eq\f(6\r(3),π).]3．若将本例(3)的条件改为“侧棱和底面边长都是3eq\r(2)的正四棱锥的各顶点都在以O为球心的球面上”，则其外接球的半径为________．3[依题意，得该正四棱锥底面对角线的长为3eq\r(2)×eq\r(2)＝6，高为eq\r(3\r(2)2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×6))2)＝3，因此底面中心到各顶点的距离均等于3，所以该正四棱锥的外接球的球心即为底面正方形的中心，其外接球的半径为3.]点评：通过本例(3)及母题变迁训练，我们可以看出构造法、补形法等是处理“外接”问题的主要方法，其关键是找到球心，借助勾股定理求球的半径．(1)锥体的外接球问题，解决这类问题的关键是抓住外接球的特点，即球心到各个顶点的距离等于球的半径．(2)柱体的外接球问题，其解题关键在于确定球心在多面体中的位置，找到球的半径或直径与多面体相关元素之间的关系，结合原有多面体的特性求出球的半径，然后再利用球的表面积和体积公式进行正确计算．eq\a\vs4\al([跟进训练])1．(2024·全国卷Ⅲ)设A，B，C，D是同一个半径为4的球的球面上四点，△ABC为等边三角形且其面积为9eq\r(3)，则三棱锥D­ABC体积的最大值为()A．12eq\r(3) B．18eq\r(3)C．24eq\r(3) D．54eq\r(3)B[由等边△ABC的面积为9eq\r(3)，可得eq\f(\r(3),4)AB2＝9eq\r(3)，所以AB＝6，所以等边△ABC的外接圆的半径为r＝eq\f(\r(3),3)AB＝2eq\r(3).设球的半径为R，球心到等边△ABC的外接圆圆心的距离为d，则d＝eq\r(R2－r2)＝eq\r(16－12)＝2.所以三棱锥D­ABC高的最大值为2＋4＝6，所以三棱锥D­ABC体积的最大值为eq\f(1,3)×9eq\r(3)×6＝18eq\r(3).]2．(2024·南宁模拟)已知三棱锥P­ABC中，△ABC为等边三角形，PA＝PB＝PC＝3，PA⊥PB，则三棱锥P­ABC的外接球的体积为()A．eq\f(27π,2) B．eq\f(27\r(3)π,2)C．27eq\r(3)π D．27πB[∵三棱锥P­ABC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P­ABC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P­ABC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)π,2).]核心素养5用数学眼光视察世界——巧解简洁几何体的外接球与内切球问题简洁几何体外接球与内切球问题是立体几何中的难点，也是历年高考重要的考点，几乎每年都要考查，重在考查考生的直观想象实力和逻辑推理实力．此类问题实质是解决球的半径长或确定球心O的位置问题，其中球心的确定是关键．下面从六个方面分类阐述该类问题的求解策略.利用长方体的体对角线探究外接球半径eq\a\vs4\al([素养案例1])已知边长为2的等边三角形ABC，D为BC的中点，沿AD进行折叠，使折叠后的∠BDC＝eq\f(π,2)，则过A，B，C，D四点的球的表面积为()A．3π B．4πC．5π D．6πC[连接BC(图略)，由题知几何体ABCD为三棱锥，BD＝CD＝1，AD＝eq\r(3)，BD⊥AD，CD⊥AD，BD⊥CD，将折叠后的图形补成一个长、宽、高分别是eq\r(3)，1,1的长方体，其体对角线长为eq\r(1＋1＋3)＝eq\r(5)，故该三棱锥外接球的半径是eq\f(\r(5),2)，其表面积为5π.][评析]若几何体存在三条两两垂直的线段或者三条线有两条垂直，可构造墙角模型(如下图)，干脆用公式(2R)2＝a2＋b2＋c2求出R.eq\a\vs4\al([素养培优])(2024·河北重点中学6月联考)阿基米德是宏大的古希腊数学家，他和高斯、牛顿并称为世界三大数学家．他的一个重要数学成就是“圆柱容球”定理，即在带盖子的圆柱形容器(容器的厚度忽视不计)里放一个球，该球与圆柱形容器的两个底面和侧面都相切，则球的体积是圆柱形容器的容积的eq\f(2,3)，并且球的表面积也是圆柱形容器的表面积的eq\f(2,3).则该圆柱形容器的容积与它的外接球的体积之比为()A．eq\f(3\r(2),8) B．eq\f(\r(2),4)C．eq\f(2,3) D．eq\f(\r(2),3)A[设容器里所放球的半径为R，则圆柱形容器的底面半径为R，设圆柱形容器的高为h，由题意知h＝2R，圆柱形容器的外接球的半径为eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2R,2)))2＋R2)＝eq\r(2)R.圆柱形容器的容积V＝πR2·2R＝2πR3，V外接球＝eq\f(4,3)π(eq\r(2)R)3＝eq\f(8\r(2),3)πR3，所以eq\f(V,V外接球)＝eq\f(2πR3,\f(8\r(2),3)πR3)＝eq\f(3\r(2),8)，故选A.]利用长方体的面对角线探究外接球半径eq\a\vs4\al([素养案例2])三棱锥S­ABC中，SA＝BC＝eq\r(13)，SB＝AC＝eq\r(5)，SC＝AB＝eq\r(10).则三棱锥的外接球的表面积为________．14π[如图，在长方体中，设AE＝a，BE＝b，CE＝c.则SC＝AB＝eq\r(a2＋b2)＝eq\r(10)，SA＝BC＝eq\r(b2＋c2)＝eq\r(13)，SB＝AC＝eq\r(a2＋c2)＝eq\r(5).从而a2＋b2＋c2＝14＝(2R)2，可得S＝4πR2＝14π.故所求三棱锥的外接球的表面积为14π.][评析]三棱锥的相对棱相等，探寻球心无从着手，留意到长方体的相对面的面对角线相等，可在长方体中构造三棱锥，从而奇妙探究外接球半径．eq\a\vs4\al([素养培优])(2024·全国卷Ⅰ)已知三棱锥P­ABC的四个顶点在球O的球面上，PA＝PB＝PC，△ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是PA，AB的中点，∠CEF＝90°，则球O的体积为()A．8eq\r(6)π B．4eq\r(6)πC．2eq\r(6)π D．eq\r(6)πD[因为点E，F分别为PA，AB的中点，所以EF∥PB，因为∠CEF＝90°，所以EF⊥CE，所以PB⊥CE.取AC的中点D，连接BD，PD，易证AC⊥平面BDP，所以PB⊥AC，又AC∩CE＝C，AC，CE⊂平面PAC，所以PB⊥平面PAC，所以PB⊥PA，PB⊥PC，因为PA＝PB＝PC，△ABC为正三角形，所以PA⊥PC，即PA，PB，PC两两垂直，将三棱锥P­ABC放在正方体中．因为AB＝2，所以该正方体的棱长为eq\r(2)，所以该正方体的体对角线长为eq\r(6)，所以三棱锥P­ABC的外接球的半径R＝eq\f(\r(6),2)，所以球O的体积V＝eq\f(4,3)πR3＝eq\f(4,3)πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),2)))3＝eq\r(6)π，故选D.]利用底面三角形与侧面三角形的外心探究球心eq\a\vs4\al([素养案例3])平面四边形ABCD中，AB＝AD＝CD＝1，BD＝eq\r(2)，BD⊥CD.将其沿对角线BD折成四面体A′BCD，使平面A′BD⊥平面BCD.若四面体A′BCD的顶点在同一球面上，则该球的体积为()A．eq\f(\r(3),2)π B．3πC．eq\f(\r(2),3)π D．2πA[如图，设BD，BC的中点分别为E，F.因点F为底面直角△BCD的外心，知三棱锥A′­BCD的外接球球心必在过点F且与平面BCD垂直的直线l1上．又点E为直角△A′BD的外心，知外接球球心必在过点E且与平面A′BD垂直的直线l2上．因而球心为l1与l2的交点．又FE∥CD，CD⊥BD知FE⊥平面A′BD.从而可知球心为点F.又A′B＝A′D＝1，CD＝1知BD＝eq\r(2)，球半径R＝FD＝eq\f(BC,2)＝eq\f(\r(3),2).故V＝eq\f(4,3)πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)))3＝eq\f(\r(3),2)π.][评析]三棱锥侧面与底面垂直时，可紧扣球心与底面三角形外心连线垂直于底面这一性质，利用底面与侧面的外心，巧探外接球球心，妙求半径．eq\a\vs4\al([素养培优])(2024·广州模拟)三棱锥P­ABC中，平面PAC⊥平面ABC，AB⊥AC，PA＝PC＝AC＝2，AB＝4，则三棱锥P­ABC的外接球的表面积为()A．23π B．eq\f(23,4)πC．64π D．eq\f(64,3)πD[如图，设O′为正△PAC的中心，D为Rt△ABC斜边的中点，H为AC中点．由平面PAC⊥平面ABC.则O′H⊥平面ABC.作O′O∥HD，OD∥O′H，则交点O为三棱锥外接球的球心，连接OP，又O′P＝eq\f(2,3)PH＝eq\f(2,3)×eq\f(\r(3),2)×2＝eq\f(2\r(3),3)，OO′＝DH＝eq\f(1,2)AB＝2.∴R2＝OP2＝O′P2＋O′O2＝eq\f(4,3)＋4＝eq\f(16,3).故几何体外接球的表面积S＝4πR2＝eq\f(64,3)π.]利用直棱柱上下底面外接圆圆心的连线确定球心eq\a\vs4\al([素养案例4])一个正六棱柱的底面是正六边形，其侧棱垂直于底面，已知该六棱柱的顶点都在同一个球面上，且该六棱柱的体积为eq\f(9,8)，底面周长为3，则这个球的体积为________．eq\f(4π,3)[设正六棱柱底面边长为a，正六棱柱的高为h，底面外接圆的半径为r，则a＝eq\f(1,2)，底面积为S＝6×eq\f(\r(3),4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＝eq\f(3\r(3),8)，V柱＝Sh＝eq\f(3\r(3),8)h＝eq\f(9,8)，∴h＝eq\r(3)，R2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＝1，R＝1，球的体积为V＝eq\f(4π,3).][评析]直棱柱的外接球、圆柱的外接球模型如图：其外接球球心就是上下底面外接圆圆心连线的中点．eq\a\vs4\al([素养培优])(2017·全国卷Ⅲ)已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为()A．π B．eq\f(3π,4)C．eq\f(π,2) D．eq\f(π,4)B[设圆柱的底面半径为r，球的半径为R，且R＝1，由圆柱两个底面的圆周在同一个球的球面上可知，r，R及圆柱的高的一半构成直角三角形．∴r＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2)＝eq\f(\r(3),2).∴圆柱的体积为V＝πr2h＝eq\f(3,4)π×1＝eq\f(3π,4).故选B.]锥体的内切球问题(1)题设：如图①，三棱锥P­ABC是正三棱锥，求其内切球的半径．图①第一步：先画出内切球的截面图，E，H分别是两个三角形的外心；其次步：求DH＝eq\f(1,3)CD，PO＝PH－r，PD是侧面△ABP的高；第三步：由△POE∽△PDH，建立等式eq\f(OE,DH)＝eq\f(PO,PD)，解出r.(2)题设：如图②，四棱锥P­ABCD是正四棱锥，求其内切球的半径．图②第一步：先画出内切球的截面图，P，O，H三点共线；其次步：求FH＝eq\f(1,2)BC，PO＝PH－r，PF是侧面△PCD的高；第三步：由△POG∽△PFH，建立等式eq\f(OG,HF)＝eq\f(PO,PF)，解出r.(3)题设：三棱锥P­ABC是随意三棱锥，求其内切球半径．方法：等体积法，三棱锥P­ABC体积等于内切球球心与四个面构成的四个三棱锥的体积之和；第一步：先求出四个表面的面积和整个锥体体积；其次步：设内切球的半径为r，球心为O，建立等式：VP­ABC＝VO­ABC＋VO­PAB＋VO­PAC＋VO­PBC⇒VP­ABC＝eq\f(1,3)S△ABC·r＋eq\f(1,3)S△PAB·r＋eq\f(1,3)S△PAC·r＋eq\f(1,3)S△PBC·r＝eq\f(1,3)(S△ABC＋S△PAB＋S△PAC＋S△PBC)·r；第三步：解出r＝eq\f(3VP­ABC,S△ABC＋S△PAB＋S△PAC＋S△PBC).eq\a\vs4\al([素养案例5])(1)将半径为3，圆心角为eq\f(2π,3)的扇形围成一个圆锥，则该圆锥的内切球的表面积为()A．π B．2πC．3π D．4π(2)如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是边长为m的正方形，PD⊥底面ABCD，且PD＝m，PA＝PC＝eq\r(2)m，若在这个四棱锥内放一个球，则此球的最大半径