2025高考数学专项复习下册含答案

2025高考数学专项复习下册含答案第一节基本立体图形、简单几何体的表面积与体积课标解读考向预测1.认识柱、锥、台、球及简单组合体的结构特征，能运用这些特征描述现实生活中简单物体的结构.2.能用斜二测画法画出简单空间图形(长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱及其简单组合)的直观图.3.知道球、柱体、锥体、台体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.近三年高考考查了空间几何体的体积及外接球的相关知识．预计2025年高考会继续考查空间几何体的体积，涉及空间几何体的结构特征、直观图等内容，要求考生要有较强的空间想象能力和计算能力，主要以选择题或填空题的形式出现，难度不大.必备知识——强基础1．空间几何体的结构特征(1)多面体的结构特征名称棱柱棱锥棱台图形底面互相eq\x(\s\up1(01))平行且eq\x(\s\up1(02))全等多边形互相eq\x(\s\up1(03))平行且eq\x(\s\up1(04))相似侧棱eq\x(\s\up1(05))平行且相等相交于eq\x(\s\up1(06))一点，但不一定相等延长线交于eq\x(\s\up1(07))一点侧面形状eq\x(\s\up1(08))平行四边形eq\x(\s\up1(09))三角形梯形(2)旋转体的结构特征名称圆柱圆锥圆台球图形母线互相平行且相等，eq\x(\s\up1(10))垂直于底面相交于eq\x(\s\up1(11))一点延长线交于eq\x(\s\up1(12))一点轴截面eq\x(\s\up1(13))矩形eq\x(\s\up1(14))等腰三角形等腰梯形圆面侧面展开图eq\x(\s\up1(15))矩形eq\x(\s\up1(16))扇形扇环2.直观图(1)画法：常用eq\x(\s\up1(17))斜二测画法．(2)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eq\x(\s\up1(18))45°(或135°)，z′轴与x′轴、y′轴所在平面eq\x(\s\up1(19))垂直；②原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍分别eq\x(\s\up1(20))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eq\x(\s\up1(21))不变，平行于y轴的线段长度在直观图中变为原来的eq\x(\s\up1(22))一半．3．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＝eq\x(\s\up1(23))2πrlS圆锥侧＝eq\x(\s\up1(24))πrlS圆台侧＝eq\x(\s\up1(25))π(r1＋r2)l4.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＝eq\x(\s\up1(26))Sh锥体(棱锥和圆锥)S表面积＝S侧＋S底V＝eq\x(\s\up1(27))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＝eq\x(\s\up1(28))4πR2V＝eq\x(\s\up1(29))eq\f(4,3)πR31．求多面体的表面积时，只需将它们沿着若干条棱剪开后展开成平面图形，利用平面图形求多面体的表面积．2．求旋转体的表面积时，可从旋转体的生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、母线长与对应的侧面展开图中的边长之间的关系．3．锥体中平行于底面的截面的性质在锥体中，用平行于底面的截面截原锥体，得到一个小锥体，则小锥体与原锥体有如下比例关系：eq\f(S小锥底,S大锥底)＝eq\f(S小锥全,S大锥全)＝eq\f(S小锥侧,S大锥侧)＝对应线段(如高、斜高、底面边长等)的平方之比．这个比例关系很重要，在求锥体的侧面积、底面积比时，会大大简化计算过程．在求台体的侧面积、底面积比时，将台体补成锥体，也可应用这个关系式．4．有关棱柱直截面问题在棱柱中，与各侧棱均垂直的截面叫做棱柱的直截面，正棱柱的直截面是其上、下底面及与底面平行的截面．棱柱的侧面积与直截面周长有如下关系式：S棱柱侧＝C直截l(其中C直截，l分别为棱柱的直截面周长与侧棱长)，V棱柱＝S直截l(其中S直截，l分别为棱柱的直截面面积与侧棱长)．1．概念辨析(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)斜三棱柱的侧面积也可以用c·l来求解，其中c是底面周长，l为侧棱长．()(4)底面积相等且高相等的两个同类几何体的体积相等．()答案(1)×(2)×(3)×(4)√2．小题热身(1)(人教A必修第二册习题8.1T6改编)下列说法正确的个数为()①圆柱的所有母线长都相等；②棱柱的侧棱长都相等，侧面都是平行四边形；③底面是正多边形的棱锥是正棱锥；④棱台的侧棱延长后必交于一点．A．1 B．2C．3 D．4答案C解析对于①，由圆柱的性质知，母线长相等，故①正确；对于②，所有棱柱的侧棱长相等，侧面都是平行四边形，故②正确；对于③，底面是正多边形，并且顶点与底面中心的连线垂直于底面的棱锥是正棱锥，故③错误；对于④，用平行于底面的平面去截棱锥可得到棱台，所以棱台的侧棱延长后必交于一点，故④正确．故选C.(2)如图，平行四边形O′A′B′C′是水平放置的一个平面图形的直观图，其中O′A′＝5，O′C′＝2，∠A′O′C′＝30°，则原图形的面积是()A．4 B．10eq\r(2) C．4eq\r(2) D．5eq\r(2)答案B解析平行四边形O′A′B′C′中，O′A′＝5，O′C′＝2，∠A′O′C′＝30°，所以平行四边形O′A′B′C′的面积为S′＝O′A′·O′C′sin30°＝5×2×eq\f(1,2)＝5，所以原平面图形的面积是S＝2eq\r(2)S′＝2eq\r(2)×5＝10eq\r(2).故选B.(3)(人教A必修第二册8.3.2练习T1改编)已知圆锥的底面半径为1，其侧面展开图是一个圆心角为120°的扇形，则该圆锥的表面积为()A．2π B．3πC．4π D．5π答案C解析设圆锥的母线长为l，则l·eq\f(2π,3)＝2π，解得l＝3，则该圆锥的表面积为π×1×3＋π×12＝4π.故选C.(4)(2023·江苏常州一模)已知圆台的上、下底面半径分别为1和2，侧面积为3eq\r(5)π，则该圆台的体积为()A．eq\f(8π,3) B．eq\f(14π,3)C．5π D．eq\f(16π,3)答案B解析如图，设圆台的母线长为l，则S圆台侧＝π(r1＋r2)l＝π(1＋2)l＝3eq\r(5)π，解得l＝eq\r(5)，所以圆台的高h＝eq\r(（\r(5)）2－（2－1）2)＝2，则V圆台＝eq\f(1,3)(S上＋S下＋eq\r(S上S下))h＝eq\f(1,3)(π＋4π＋eq\r(π×4π))×2＝eq\f(14π,3).故选B.考点探究——提素养考点一基本立体图形(多考向探究)考向1空间几何体的结构特征例1(2024·河北唐山阶段考试)下列说法错误的是()A．球体是旋转体B．圆柱的母线平行于轴C．斜棱柱的侧面中没有矩形D．用平行于正棱锥底面的平面截正棱锥所得的棱台叫做正棱台答案C解析球体是半圆面绕其直径所在的直线旋转一周所得的几何体，即球体是旋转体，A正确；由圆柱的结构特征知，圆柱的母线平行于轴，B正确；如图，斜平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，若AD⊥平面ABB1A1，AA1⊂平面ABB1A1，则AD⊥AA1，侧面四边形ADD1A1是矩形，C错误；由正棱台的定义知，D正确．故选C.【通性通法】空间几何体结构特征的判断技巧(1)紧扣结构特征是判断的关键，依据条件构建几何模型，在条件不变的情况下，变换模型中的线面关系或增加线、面等基本元素，然后再依据题意判定．(2)说明一个命题是错误的，只要举出一个反例即可．【巩固迁移】1．(2024·湖北襄阳五中月考)下列说法正确的是()A．各侧面都是正方形的四棱柱一定是正方体B．球的直径是连接球面上两点并且经过球心的线段C．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D．用一个平面截圆锥，得到一个圆锥和一个圆台答案B解析对于A，虽然各侧面都是正方形，但底面不一定是正方形，所以该四棱柱不一定是正方体，故A错误；对于B，球的直径的定义即为“连接球面上两点并且经过球心的线段”，故B正确；对于C，以直角三角形的直角边所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥，以直角三角形的斜边所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是两个共底面的圆锥组成的几何体，故C错误；对于D，用一个平行于底面的平面截圆锥，得到一个圆锥和一个圆台，故D错误．故选B.考向2平面图形与其直观图例2已知△ABC是边长为a的正三角形，那么水平放置的△ABC的直观图△A′B′C′的面积为()A．eq\f(\r(6),16)a2 B．eq\f(\r(3),32)a2C．eq\f(\r(3),16)a2 D．eq\f(\r(6),8)a2答案A解析解法一：根据题意，建立如图1所示的平面直角坐标系，再按照斜二测画法画出△ABC的直观图，如图2所示．由斜二测画法可知，A′B′＝AB＝a，O′C′＝eq\f(1,2)OC＝eq\f(\r(3),4)a.作C′D′⊥A′B′于D′，则C′D′＝eq\f(\r(2),2)O′C′＝eq\f(\r(6),8)a，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.故选A.解法二：根据斜二测画法画平面图形的直观图的规则可知，在x轴上(或与x轴平行)的线段，其长度保持不变；在y轴上(或与y轴平行)的线段，其长度变为原来的一半，且∠x′O′y′＝45°(或135°)，所以若设原平面图形的面积为S，则其直观图的面积为S′＝eq\f(1,2)×eq\f(\r(2),2)×S＝eq\f(\r(2),4)S.本题中易得S△ABC＝eq\f(\r(3),4)a2，则S△A′B′C′＝eq\f(\r(2),4)S△ABC＝eq\f(\r(2),4)×eq\f(\r(3),4)a2＝eq\f(\r(6),16)a2.故选A.【通性通法】利用斜二测画法解题的策略策略一在斜二测画法中，要确定关键点及关键线段．平行于x轴的线段平行性不变，长度不变；平行于y轴的线段平行性不变，长度减半策略二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为S直观图＝eq\f(\r(2),4)S原图形【巩固迁移】2．(2023·益阳调研)如图，一个水平放置的平面图形的直观图是一个底角为45°的等腰梯形，已知直观图O′A′B′C′的面积为4，则该平面图形的面积为()A．eq\r(2) B．4eq\r(2)C．8eq\r(2) D．2eq\r(2)答案C解析由S原图形＝2eq\r(2)S直观图，得S原图形＝2eq\r(2)×4＝8eq\r(2).考向3空间几何体的展开图例3(2024·黑龙江哈九中期末)如图，已知正三棱柱ABC－A′B′C′的底面边长为1cm，侧面积为9cm2，则一质点自点A出发，沿着三棱柱的侧面绕行一周到达点A′的最短路线的长为________cm.答案3eq\r(2)解析将正三棱柱ABC－A′B′C′沿侧棱展开，其侧面展开图如图所示，依题意，AB＝BC＝CA1＝1cm，由侧面积为9cm2，得C△ABC·AA′＝9，则AA′＝3cm，依题意，沿着三棱柱的侧面绕行一周到达点A′的最短路线的长为AA1′＝eq\r(AAeq\o\al(2,1)＋AA1′2)＝eq\r(32＋32)＝3eq\r(2)cm.【通性通法】多面体表面展开图可以有不同的形状，应多实践，观察并大胆想象立体图形与表面展开图的关系，一定先观察立体图形的每一个面的形状．【巩固迁移】3．(2024·贵州黔东南期末)如图1的平行四边形形状的纸片是由六个边长为1的正三角形组成的，将它沿虚线折起来，可以得到如图2的“正六面体”，则SS′＝________．答案eq\f(2\r(6),3)解析该六面体是由两个全等的正四面体组合而成，正四面体的棱长为1，如图，在棱长为1的正四面体S－ABC中，取BC的中点D，连接SD，AD，作SO⊥平面ABC，垂足O在AD上，则AD＝SD＝eq\f(\r(3),2)，OD＝eq\f(1,3)AD＝eq\f(\r(3),6)，SO＝eq\r(SD2－OD2)＝eq\f(\r(6),3)，所以SS′＝2SO＝eq\f(2\r(6),3).考向4空间几何体的截面图例4(多选)如图，从一个正方体中挖掉一个四棱锥，然后从任意面剖开此几何体，下面图形可能是该几何体的截面的是()答案BCD解析对于A，由于截面中间是矩形，如果可能的话，一定是用和正方体底面平行的截面去剖开正方体并且是从挖去四棱锥的那部分剖开，但此时剖面中间应该是一个正方形，因此A图形不可能是该几何体的截面；对于B，当从正方体底面的一组相对棱的中点处剖开时，截面正好通过四棱锥顶点，如图1，此时截面形状如B图形，故B可能是该几何体的截面；对于C，当截面不经过底面一组相对棱的中点处，并和另一组棱平行去剖开正方体时，如图2中截面PDGH位置，截面形状如C图形，故C可能是该几何体的截面；对于D，如图3所示，按图中截面A1B1C1的位置去剖开正方体，截面形状如D图形，故D可能是该几何体的截面．故选BCD.【通性通法】作多面体截面的关键在于确定截点，有了位于多面体同一表面上的两个截点即可连接成截线，从而得到截面．【巩固迁移】4．(2024·吉林长春五中阶段考试)圆柱内有一内接正三棱锥，过棱锥的一条侧棱和高作截面，正确的截面图是()答案D解析圆柱底面为正三棱锥底面三角形的外接圆，如图1所示，则过棱锥的一条侧棱和高作截面，棱锥顶点为圆柱上底面的中心，可得截面图如图2.故选D.考点二空间几何体的表面积例5(2024·江西萍乡期末)如图，平面四边形ABCD中，∠DAB＝eq\f(π,2)，∠ADC＝eq\f(3π,4)，AB＝5，CD＝eq\r(2)，AD＝2，则四边形ABCD绕AD所在直线旋转一周所成几何体的表面积为()A．56π＋eq\r(2)π B．56π＋2eq\r(2)πC．55π＋eq\r(2)π D．55π＋2eq\r(2)π答案C解析四边形ABCD绕AD所在直线旋转一周所成的几何体为一个圆台挖去一个圆锥，因为AB＝5，所以圆台下底面的面积S1＝25π，又因为CD＝eq\r(2)，∠ADC＝eq\f(3π,4)，所以ED＝EC＝1，BC＝eq\r(（2＋1）2＋（5－1）2)＝5，所以圆台的侧面积S2＝π(EC＋AB)·BC＝π(1＋5)×5＝30π.圆锥的侧面积S3＝eq\f(1,2)·2π·EC·CD＝eq\f(1,2)×2π×1×eq\r(2)＝eq\r(2)π.所以所求几何体的表面积为S＝S1＋S2＋S3＝25π＋30π＋eq\r(2)π＝55π＋eq\r(2)π.故选C.【通性通法】空间几何体表面积的求法(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)多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积注意衔接部分的处理．【巩固迁移】5．(2023·河南郑州一中期末)已知圆台OO1轴截面的面积为3eq\r(3)，上、下底面半径之比为1∶2，母线与底面所成的角为60°，则圆台的侧面积为()A．3eq\r(3)π B．6eq\r(3)πC．6π D．9π答案C解析作出轴截面ABCD，则四边形ABCD为等腰梯形，∠ABC＝60°，过点A作AE⊥BC，设上底面半径为x，则下底面半径为2x，则上底面直径AD＝2x，下底面直径BC＝4x，则BE＝eq\f(1,2)(BC－AD)＝x，则AE＝eq\r(3)x，则S梯形ABCD＝eq\f(1,2)(2x＋4x)×eq\r(3)x＝3eq\r(3)，解得x＝1，则上底面半径r1＝1，下底面半径r2＝2，母线长l＝2BE＝2，则圆台的侧面积S侧＝πl(r1＋r2)＝2π(1＋2)＝6π.故选C.6．(2024·江苏南京期中)如图，已知正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体的表面积为()A．8eq\r(3) B．4eq\r(3)C．2eq\r(3) D．eq\r(3)答案B解析正方体的棱长为2，根据图形，取正方体一条棱的中点M，连接MD，MC，则MD⊥MC，且MD＝MC＝1，所以CD＝eq\r(2)，因为侧面△ACD为等边三角形，所以S△ACD＝eq\f(1,2)×eq\r(2)×eq\r(2)sin60°＝eq\f(\r(3),2)，所以该八面体的表面积S＝8×eq\f(\r(3),2)＝4eq\r(3).故选B.考点三空间几何体的体积(多考向探究)考向1直接法求体积例6(1)(2023·全国甲卷)在三棱锥P－ABC中，△ABC是边长为2的等边三角形，PA＝PB＝2，PC＝eq\r(6)，则该棱锥的体积为()A．1 B．eq\r(3)C．2 D．3答案A解析取AB的中点E，连接PE，CE，如图，∵△ABC是边长为2的等边三角形，PA＝PB＝2，∴PE⊥AB，CE⊥AB，∴PE＝CE＝2×eq\f(\r(3),2)＝eq\r(3)，又PC＝eq\r(6)，故PC2＝PE2＋CE2，即PE⊥CE，又AB∩CE＝E，AB，CE⊂平面ABC，∴PE⊥平面ABC，∴VP－ABC＝eq\f(1,3)S△ABC·PE＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2×eq\r(3)×eq\r(3)＝1.故选A.(2)(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________．答案eq\f(7\r(6),6)解析如图，过A1作A1M⊥AC，垂足为M，易知A1M为正四棱台ABCD－A1B1C1D1的高．因为AB＝2，A1B1＝1，AA1＝eq\r(2)，则A1O1＝eq\f(1,2)A1C1＝eq\f(1,2)×eq\r(2)A1B1＝eq\f(\r(2),2)，AO＝eq\f(1,2)AC＝eq\f(1,2)×eq\r(2)AB＝eq\r(2)，故AM＝AO－A1O1＝eq\f(\r(2),2)，则A1M＝eq\r(A1A2－AM2)＝eq\r(2－\f(1,2))＝eq\f(\r(6),2)，所以所求棱台的体积V＝eq\f(1,3)×(4＋1＋eq\r(4×1))×eq\f(\r(6),2)＝eq\f(7\r(6),6).【通性通法】直接法：规则几何体的体积问题，直接利用公式进行求解．【巩固迁移】7．(2023·全国乙卷)已知圆锥PO的底面半径为eq\r(3)，O为底面圆心，PA，PB为圆锥的母线，∠AOB＝120°，若△PAB的面积等于eq\f(9\r(3),4)，则该圆锥的体积为()A．π B．eq\r(6)πC．3π D．3eq\r(6)π答案B解析在△AOB中，∠AOB＝120°，而OA＝OB＝eq\r(3)，取AB的中点C，连接OC，PC，则OC⊥AB，PC⊥AB，如图，∠ABO＝30°，OC＝eq\f(\r(3),2)，AB＝2BC＝3，由△PAB的面积等于eq\f(9\r(3),4)，得eq\f(1,2)×3×PC＝eq\f(9\r(3),4)，解得PC＝eq\f(3\r(3),2)，于是PO＝eq\r(PC2－OC2)＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3\r(3),2)))\s\up12(2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)))\s\up12(2))＝eq\r(6)，所以圆锥的体积V＝eq\f(1,3)π×OA2×PO＝eq\f(1,3)π×(eq\r(3))2×eq\r(6)＝eq\r(6)π.故选B.考向2补形法求体积例7如图，已知正四棱柱ABCD－A1B1C1D1的体积为36，E，F分别为棱B1B，C1C上的点(异于端点)，且EF∥BC，则四棱锥A1－AEFD的体积为________．答案12解析补体，如图，VA1－AEFD＝eq\f(1,3)VAA1D1D－EE1F1F＝eq\f(1,3)VABCD－A1B1C1D1＝12.【通性通法】把不规则的几何体补成规则的几何体，便于计算．常见的补形有：(1)将正四面体补形成正方体；(2)将等腰四面体(对棱相等)补形成长方体；(3)将三条棱两两相互垂直且相等的三棱锥补成正方体；(4)将台体补成锥体等．【巩固迁移】8．如图，一个底面半径为3的圆柱被一平面所截，截得的几何体的最短和最长母线长分别为4和10，则该几何体的体积为()A．90π B．63πC．42π D．36π答案B解析由几何体的直观图可知，该几何体是一个圆柱截去上面虚线部分所得，如图所示．将圆柱补全，并将圆柱从点A处水平分成上下两部分．由图可知，该几何体的体积等于下部分圆柱的体积加上上部分圆柱体积的eq\f(1,2)，所以该几何体的体积V＝π×32×4＋π×32×6×eq\f(1,2)＝63π.故选B.考向3分割法求体积例8(2023·安徽合肥一中期末)木楔子在传统木工中运用广泛，它使得榫卯配合的牢度得到最大化满足，是一种简单的机械工具，是用于填充器物的空隙使其牢固的木橛、木片等．如图为一个木楔子的直观图，其中四边形ABCD是边长为1的正方形，且△ADE，△BCF均为正三角形，EF∥CD，EF＝2，则该木楔子的体积为()A．eq\f(4\r(2),3) B．eq\r(2)C．eq\f(2\r(2),3) D．eq\f(\r(2),3)答案D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，则由题意，得等腰梯形ABFE全等于等腰梯形CDEF，则EG＝HF＝eq\f(2－1,2)＝eq\f(1,2)，AG＝GD＝BH＝HC＝eq\r(12－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(3),2).取AD的中点O，连接GO，因为AG＝GD，所以GO⊥AD，则GO＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)))\s\up12(2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(2),2)，所以S△ADG＝S△BCH＝eq\f(1,2)×eq\f(\r(2),2)×1＝eq\f(\r(2),4).因为AB∥EF，AG⊥EF，所以AB⊥AG，因为四边形ABCD为正方形，所以AB⊥AD，又因为AD∩AG＝A，AD，AG⊂平面ADG，所以AB⊥平面ADG，所以EF⊥平面AGD，同理可证EF⊥平面BCH，所以多面体的体积V＝VE－ADG＋VF－BCH＋VAGD－BHC＝2VE－ADG＋VAGD－BHC＝2×eq\f(1,3)×eq\f(\r(2),4)×eq\f(1,2)＋eq\f(\r(2),4)×1＝eq\f(\r(2),3).故选D.【通性通法】分割法：把不规则的几何体分割成规则的几何体，当规则的几何体用公式不易求出时，可将其分割转化成比较好求体积的几何体．大多数情况下，可以把不规则几何体分割为三棱柱＋四棱锥，从四棱锥底面对角线或几何体表面四边形对角线处寻找分割的“刀口”．【巩固迁移】9．如图所示，已知多面体ABCDEFG中，AB，AC，AD两两互相垂直，平面ABC∥平面DEFG，平面BEF∥平面ADGC，AB＝AD＝DG＝2，AC＝EF＝1，则该多面体的体积为________．答案4解析解法一(分割法)：因为几何体有两对相对面互相平行，如图所示，过点C作CH⊥DG于H，连接EH，即把多面体分割成一个直三棱柱DEH－ABC和一个斜三棱柱BEF－CHG.由题意，知V三棱柱DEH－ABC＝S△DEH·AD＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×2×1))×2＝2，V三棱柱BEF－CHG＝S△BEF·DE＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×2×1))×2＝2.故所求几何体的体积为V多面体ABCDEFG＝2＋2＝4.解法二(补形法)：因为几何体有两对相对面互相平行，如图所示，将多面体补成棱长为2的正方体，显然所求多面体的体积为该正方体体积的一半．又正方体的体积V正方体ABHI－DEKG＝23＝8，故所求几何体的体积为V多面体ABCDEFG＝eq\f(1,2)×8＝4.考向4转化法求体积例9(2023·江西吉安模拟)如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，若AA1＝3，AB＝2，D是棱CC1的中点，点E在棱AA1上，则三棱锥B1－EBD的体积为()A．1 B．2C．eq\r(3) D．2eq\r(3)答案C解析∵在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1＝3，AB＝2，D是棱CC1的中点，点E在棱AA1上，∴S△BDB1＝eq\f(1,2)BB1·BC＝eq\f(1,2)×3×2＝3，点E到平面BDB1的距离h＝eq\r(4－1)＝eq\r(3)，∴三棱锥B1－EBD的体积为VB1－EBD＝VE－BDB1＝eq\f(1,3)S△BDB1·h＝eq\f(1,3)×3×eq\r(3)＝eq\r(3).故选C.【通性通法】(1)等体积转化法一般情况下是三棱锥才有的特性．(2)尽可能寻找在表面的三个点，通过三棱锥“换底”求解三棱锥的体积．转化的目的是找到易于计算的“好底”与“好高”．【巩固迁移】10．在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝1，BC＝2，AC＝eq\r(3)，AA1＝1，则点B1到平面A1BC的距离为________．答案eq\f(\r(21),7)解析因为AB2＋AC2＝BC2，所以AB⊥AC.则S△ABC＝eq\f(1,2)AB·AC＝eq\f(\r(3),2).因为三棱锥C－A1AB与三棱锥C－A1B1B的底面积相等(S△A1AB＝S△A1B1B)，高也相等(点C到平面ABB1A1的距离)，所以三棱锥C－A1AB与三棱锥C－A1B1B的体积相等．又VC－A1AB＝VA1－ABC＝eq\f(1,3)S△ABC·AA1＝eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),2)×1＝eq\f(\r(3),6)，所以VC－A1B1B＝VB1－A1BC＝eq\f(\r(3),6).易得A1B＝eq\r(2)，A1C＝2，在等腰三角形A1BC中，A1B上的高为eq\r(22－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(14),2)，则S△A1BC＝eq\f(1,2)×eq\r(2)×eq\f(\r(14),2)＝eq\f(\r(7),2).设点B1到平面A1BC的距离为h，则VB1－A1BC＝eq\f(1,3)S△A1BC·h＝eq\f(\r(3),6)，解得h＝eq\f(\r(21),7).课时作业一、单项选择题1．一个菱形的边长为4cm，一内角为60°，用斜二测画法画出的这个菱形的直观图的面积为()A．2eq\r(3)cm2 B．2eq\r(6)cm2C．4eq\r(6)cm2 D．8eq\r(3)cm2答案B解析直观图的面积为eq\f(\r(2),4)×eq\f(\r(3),2)×42＝2eq\r(6)(cm2)．故选B.2．(2024·河南郑州模拟)若圆锥的母线与底面所成的角为eq\f(π,6)，底面半径为eq\r(3)，则该圆锥的体积为()A．eq\f(π,2) B．πC．2π D．3π答案B解析设圆锥的高为h，因为母线与底面所成的角为eq\f(π,6)，所以taneq\f(π,6)＝eq\f(h,\r(3))，解得h＝1.所以圆锥的体积V＝eq\f(1,3)π×(eq\r(3))2×1＝π.故选B.3.如图，圆锥的母线长AB为2，底面半径为r，若一只蚂蚁从圆锥的点B出发，沿表面爬到AC的中点D处，其爬行的最短路线长为eq\r(5)，则圆锥的底面半径为()A．1 B．2C．3 D．eq\f(3,2)答案A解析如图为半圆锥的侧面展开图，连接BD1，则BD1的长为蚂蚁爬行的最短路线长，设展开图的扇形的圆心角为α，圆锥的底面半径为r，根据题意，得BD1＝eq\r(5)，AD1＝1，AB＝2，在△ABD1中，因为AB2＋ADeq\o\al(2,1)＝BDeq\o\al(2,1)，所以∠D1AB＝eq\f(π,2)，扇形弧长为l＝eq\f(π,2)×2＝π，所以圆锥底面圆的周长为2l＝2π，即2πr＝2π，解得r＝1.故选A.4．(2023·江苏宿迁中学一模)设体积相等的正方体、正四面体和球的表面积分别为S1，S2，S3，则()A．S1<S2<S3 B．S2<S1<S3C．S3<S1<S2 D．S3<S2<S1答案C解析令正方体、正四面体和球的体积为1，设正方体的棱长为a，则a3＝1，解得a＝1，则正方体的表面积S1＝6a2＝6；设正四面体的棱长为b，则正四面体底面正三角形外接圆的半径为eq\f(2,3)×eq\f(\r(3),2)b＝eq\f(\r(3),3)b，正四面体的高为eq\r(b2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)b))\s\up12(2))＝eq\f(\r(6),3)b，体积为eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),4)b2×eq\f(\r(6),3)b＝eq\f(\r(2),12)b3＝1，解得b＝eq\r(2)×eq\r(3,3)，则正四面体的表面积S2＝4×eq\f(\r(3),4)b2＝2eq\r(3)×eq\r(3,32)＝2×3eq\s\up7(\f(7,6))>6；设球的半径为r，则eq\f(4,3)πr3＝1，解得r＝eq\r(3,\f(3,4π))，则球的表面积S3＝4πr2＝4πeq\r(3,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4π)))\s\up12(2))＝eq\r(3,36π)<6，所以S3<S1<S2.故选C.5．(2024·河南商丘联考)某广场设置了一些石凳供大家休息，如图，每个石凳都是由正方体截去八个相同的正三棱锥得到的几何体，则下列结论不正确的是()A．该几何体的面是等边三角形或正方形B．该几何体恰有12个面C．该几何体恰有24条棱D．该几何体恰有12个顶点答案B解析据图可得，该几何体的面是等边三角形或正方形，A正确；该几何体恰有14个面，B不正确；该几何体恰有24条棱，C正确；该几何体恰有12个顶点，D正确．故选B.6．(2023·陕西西安一模)如图，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，点M在对角线BC1上移动，则三棱锥M－AB1D1的体积为()A．eq\f(8,3) B．8C．eq\f(4,3) D．4答案C解析因为正方体ABCD－A1B1C1D1中，AB∥D1C1，AB＝D1C1，所以四边形ABC1D1为平行四边形，所以AD1∥BC1，所以点M到平面AB1D1的距离等于点C1到平面AB1D1的距离，所以VM－AB1D1＝VC1－AB1D1＝VA－B1C1D1＝eq\f(1,3)S△B1C1D1·AA1＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2×2×2＝eq\f(4,3).故选C.7．(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)答案B解析如图，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·PNsin∠BPC,\f(1,2)PC·PBsin∠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.8．(2023·河北邯郸模拟)如图1，在高为h的直三棱柱容器ABC－A1B1C1中，AB＝AC＝2，AB⊥AC.现往该容器内灌进一些水，水深为2，然后固定容器底面的一边AB于地面上，再将容器倾斜，当倾斜到某一位置时，水面恰好为△A1B1C(如图2)，则容器的高h为()A．3 B．4C．4eq\r(2) D．6答案A解析在题图1中V水＝eq\f(1,2)×2×2×2＝4，在题图2中，V水＝VABC－A1B1C1－VC－A1B1C1＝eq\f(1,2)×2×2×h－eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2×2×h＝eq\f(4,3)h，∴eq\f(4,3)h＝4，∴h＝3.故选A.二、多项选择题9.(2024·河北张家口摸底)如图，△A′B′C′是水平放置的△ABC的直观图，A′B′＝2，A′C′＝B′C′＝eq\r(5)，则在原平面图形△ABC中，有()A．AC＝BC B．AB＝2C．AC＝2eq\r(5) D．S△ABC＝4eq\r(2)答案BD解析如图1所示，在直观图△A′B′C′中，过C′作C′D′⊥A′B′于D′，∵A′B′＝2，A′C′＝B′C′＝eq\r(5)，∴A′D′＝1，C′D′＝eq\r(A′C′2－A′D′2)＝2，又∠C′O′D′＝45°，∴O′D′＝2，O′A′＝1，O′C′＝2eq\r(2)，∴利用斜二测画法将直观图△A′B′C′还原为原平面图形△ABC，如图2所示，则OC＝4eq\r(2)，OA＝1，AB＝2，故B正确；又AC＝eq\r(OA2＋OC2)＝eq\r(33)，BC＝eq\r(OB2＋OC2)＝eq\r(41)，故A，C错误；S△ABC＝eq\f(1,2)AB·OC＝eq\f(1,2)×2×4eq\r(2)＝4eq\r(2)，故D正确．故选BD.10．(2023·新课标Ⅱ卷)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)答案AC解析依题意，∠APB＝120°，PA＝2，所以OP＝1，OA＝OB＝eq\r(3)，对于A，圆锥的体积为eq\f(1,3)×π×(eq\r(3))2×1＝π，A正确；对于B，圆锥的侧面积为π×eq\r(3)×2＝2eq\r(3)π，B错误；对于C，设D是AC的中点，连接OD，PD，则AC⊥OD，AC⊥PD，所以∠PDO是二面角P－AC－O的平面角，则∠PDO＝45°，所以OP＝OD＝1，故AD＝CD＝eq\r(3－1)＝eq\r(2)，则AC＝2eq\r(2)，C正确；对于D，因为PD＝eq\r(12＋12)＝eq\r(2)，所以S△PAC＝eq\f(1,2)×2eq\r(2)×eq\r(2)＝2，D错误．故选AC.三、填空题11．(2023·新课标Ⅱ卷)底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥，所得棱台的体积为________．答案28解析解法一：由于eq\f(2,4)＝eq\f(1,2)，而截去的正四棱锥的高为3，所以原正四棱锥的高为6，所以原正四棱锥的体积为eq\f(1,3)×(4×4)×6＝32，截去的正四棱锥的体积为eq\f(1,3)×(2×2)×3＝4，所以棱台的体积为32－4＝28.解法二：棱台的体积为eq\f(1,3)×3×(16＋4＋eq\r(16×4))＝28.12．如图，在△ABC中，∠ABC＝45°，∠BAC＝90°，AD是BC边上的高，沿AD把△ABD折起，使∠BDC＝90°，若BD＝1，则三棱锥D－ABC的表面积为________．答案eq\f(3＋\r(3),2)解析由题意，折起前AD是BC边上的高，当△ABD折起后，可得AD⊥DC，AD⊥BD，因为BD＝AD＝DC＝1，BD⊥DC，所以AB＝BC＝CA＝eq\r(2)，从而S△DAB＝S△DBC＝S△DCA＝eq\f(1,2)×1×1＝eq\f(1,2)，S△ABC＝eq\f(1,2)×eq\r(2)×eq\r(2)sin60°＝eq\f(\r(3),2)，所以三棱锥D－ABC的表面积S＝eq\f(1,2)×3＋eq\f(\r(3),2)＝eq\f(3＋\r(3),2).13．(2024·九省联考)已知轴截面为正三角形的圆锥MM′的高与球O的直径相等，则圆锥MM′的体积与球O的体积的比值是________，圆锥MM′的表面积与球O的表面积的比值是________．答案eq\f(2,3)1解析设圆锥的底面半径为r，球的半径为R，因为圆锥的轴截面为正三角形，所以圆锥的高h＝eq\r(3)r，母线l＝2r，由题可知h＝2R，所以球的半径R＝eq\f(\r(3),2)r，所以圆锥的体积V1＝eq\f(1,3)×(π×r2)×eq\r(3)r＝eq\f(\r(3),3)πr3，球的体积V2＝eq\f(4,3)πR3＝eq\f(4,3)π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)r))eq\s\up12(3)＝eq\f(\r(3),2)πr3，所以eq\f(V1,V2)＝eq\f(\f(\r(3),3)πr3,\f(\r(3),2)πr3)＝eq\f(2,3).圆锥的表面积S1＝πrl＋πr2＝3πr2，球的表面积S2＝4πR2＝4π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)r))eq\s\up12(2)＝3πr2，所以eq\f(S1,S2)＝eq\f(3πr2,3πr2)＝1.14.如图，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB＝1，AA1＝eq\r(3)，点E为AB上的动点，则D1E＋CE的最小值为________．答案eq\r(10)解析如图，连接D1A，C1B，并分别延长至F，G，使得AD＝AF，BC＝BG，连接EG，FG，∵四棱柱ABCD－A1B1C1D1为正四棱柱，∴AB⊥平面ADD1A1，AB⊥平面BCC1B1，∴AB⊥AF，AB⊥BG，又AB＝AD＝AF，∴四边形ABGF为正方形，∴EG＝eq\r(BE2＋BG2)＝eq\r(BE2＋BC2)＝CE，∴D1E＋CE的最小值为D1G，由AD＝AB＝1，AA1＝eq\r(3)，得AD1＝2，则D1F＝3，D1G＝eq\r(D1F2＋FG2)＝eq\r(9＋1)＝eq\r(10)，∴D1E＋CE的最小值为eq\r(10).四、解答题15.(2024·宁夏银川期中)如图，某组合体是由正方体ABCD－A1B1C1D1与正四棱锥P－A1B1C1D1组成，已知AB＝6，且PA1＝eq\f(\r(3),2)AB.(1)求该组合体的体积；(2)求该组合体的表面积．解(1)在正四棱锥P－A1B1C1D1中，连接A1C1，B1D1交于点O，连接PO，取A1B1的中点E，连接OE，PE，因为AB＝6，且PA1＝eq\f(\r(3),2)AB，则PA1＝eq\f(\r(3),2)×6＝3eq\r(3)，A1C1＝eq\r(A1Beq\o\al(2,1)＋C1Beq\o\al(2,1))＝6eq\r(2)，所以PO＝eq\r(PAeq\o\al(2,1)－OAeq\o\al(2,1))＝3，所以VP－A1B1C1D1＝eq\f(1,3)S正方形A1B1C1D1·PO＝eq\f(1,3)×62×3＝36，又VABCD－A1B1C1D1＝63＝216，所以该组合体的体积V＝VABCD－A1B1C1D1＋VP－A1B1C1D1＝216＋36＝252.(2)由(1)可知PE⊥A1B1，所以PE＝eq\r(PAeq\o\al(2,1)－A1E2)＝3eq\r(2)，所以S△PA1B1＝eq\f(1,2)×6×3eq\r(2)＝9eq\r(2)，所以该组合体的表面积S表＝4×9eq\r(2)＋5×62＝180＋36eq\r(2).16.如图，已知一个圆锥的底面半径为2，高为2，且在这个圆锥中有一个高为x的圆柱．(1)当x＝eq\f(4,3)时，求圆柱的体积；(2)当x为何值时，此圆柱的侧面积最大？并求出此最大值．解(1)设圆柱的底面半径为r，则eq\f(r,2)＝eq\f(2－x,2)，所以r＝2－x，0<x<2，当x＝eq\f(4,3)时，r＝2－eq\f(4,3)＝eq\f(2,3)，所以圆柱的体积V＝πr2x＝π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(2)×eq\f(4,3)＝eq\f(16π,27).(2)由(1)知r＝2－x，0<x<2，则圆柱的侧面积S＝2πrx＝2π(2－x)x＝2π(－x2＋2x)＝2π[－(x－1)2＋1]，所以当x＝1时，圆柱的侧面积最大，最大值为2π.17．(2024·南京金陵中学月考)用一个平面去截一个正方体，所得截面形状可能为()①三角形；②四边形；③五边形；④六边形；⑤圆．A．①②③ B．①②④C．①②③④ D．①②③④⑤答案C解析用一个平面去截一个正方体，A，B，C，D，E，F分别是所在棱的中点，所得截面形状可能为三角形、四边形、五边形、六边形，如图所示，故选C.18.(多选)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1＝2，AB＝BC＝1，∠ABC＝90°，侧面AA1C1C的中心为O，点E是侧棱BB1上的一个动点，下列判断正确的是()A．直三棱柱的侧面积是4＋2eq\r(2)B．直三棱柱的表面积是5＋eq\r(2)C．直三棱柱的体积是eq\f(1,3)D．三棱锥E－AA1O的体积为定值答案AD解析在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1＝2，AB＝BC＝1，∠ABC＝90°，△ABC和△A1B1C1是等腰直角三角形，侧面全是矩形，所以其侧面积为1×2×2＋eq\r(12＋12)×2＝4＋2eq\r(2)，其表面积为eq\f(1,2)×1×1×2＋4＋2eq\r(2)＝5＋2eq\r(2)，故A正确，B错误；直三棱柱的体积为V＝S△ABC·AA1＝eq\f(1,2)×1×1×2＝1，故C错误；如图所示，因为BB1∥平面AA1C1C，且点E是侧棱BB1上的一个动点，所以三棱锥E－AA1O的高为定值eq\f(\r(2),2)，S△AA1O＝eq\f(1,2)×2×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(\r(2),2)，所以VE－AA1O＝eq\f(1,3)×eq\f(\r(2),2)×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(1,6)，为定值，故D正确．故选AD.19．(多选)(2023·浙江温州校联考期中)阳马和鳖臑(biēnào)是我国古代对一些特殊锥体的称谓．取一长方体按下图斜割一分为二，得两个一模一样的三棱柱(图2，图3)，称为堑堵．再沿堑堵的一顶点与相对的棱剖开(图4)，得四棱锥和三棱锥各一个．以矩形为底，有一棱与底面垂直的四棱锥，称为阳马(图5)．余下的三棱锥是由四个直角三角形组成的四面体，称为鳖臑(图6)．若图1中的长方体是棱长为4的正方体，则下列结论正确的是()A．鳖臑中只有一个面不是直角三角形B．堑堵的表面积为48＋16eq\r(2)C．阳马的体积为eq\f(64,3)D．鳖臑的体积为正方体的eq\f(1,4)答案BC解析对于A，由题知，鳖臑是由四个直角三角形组成的四面体，A错误；对于B，堑堵的表面积为4×4×2＋eq\f(1,2)×4×4×2＋4×4eq\r(2)＝48＋16eq\r(2)，B正确；对于C，阳马的体积为eq\f(1,3)×4×4×4＝eq\f(64,3)，C正确；对于D，因为鳖臑是由四个直角三角形组成的四面体，且易知D1C1⊥平面BCC1，所以VD1－BCC1＝eq\f(1,3)S△BCC1·D1C1＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×4×4×4＝eq\f(32,3)，又正方体的体积为43＝64，故鳖臑的体积为正方体的eq\f(1,6)，D错误．故选BC.20．(多选)(2023·新课标Ⅰ卷)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的圆柱体答案ABD解析对于A，因为0.99m<1m，即球体的直径小于正方体的棱长，所以能够被整体放入正方体内，故A符合题意；对于B，因为正方体的面对角线长为eq\r(2)m，且eq\r(2)>1.4，所以能够被整体放入正方体内，故B符合题意；对于C，因为正方体的体对角线长为eq\r(3)m，且eq\r(3)<1.8，所以不能够被整体放入正方体内，故C不符合题意；对于D，因为1.2m>1m，可知底面正方形不能包含圆柱的底面圆，如图，过AC1的中点O作OE⊥AC1，设OE∩AC＝E，可知AC＝eq\r(2)，CC1＝1，AC1＝eq\r(3)，OA＝eq\f(\r(3),2)，则tan∠CAC1＝eq\f(CC1,AC)＝eq\f(OE,AO)，即eq\f(1,\r(2))＝eq\f(OE,\f(\r(3),2))，解得OE＝eq\f(\r(6),4)，且eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),4)))eq\s\up12(2)＝eq\f(3,8)＝eq\f(9,24)>eq\f(9,25)＝0.62，即eq\f(\r(6),4)>0.6，故以AC1为轴可能对称放置底面直径为1.2m的圆柱，若底面直径为1.2m的圆柱与正方体的上、下底面均相切，设圆柱的底面圆心O1与正方体的下底面的切点为M，可知AC1⊥O1M，O1M＝0.6，则tan∠CAC1＝eq\f(CC1,AC)＝eq\f(O1M,AO1)，即eq\f(1,\r(2))＝eq\f(0.6,AO1)，解得AO1＝0.6eq\r(2)，根据对称性可知，圆柱的高为eq\r(3)－2×0.6eq\r(2)≈1.732－1.2×1.414＝0.0352>0.01，所以能够被整体放入正方体内，故D符合题意．故选ABD.

球的切、接、截面问题是历年高考的热点内容，常以选择题、填空题的形式出现，一般围绕球与其他几何体的内切、外接问题命题，考查球的体积、表面积等．类型一外接球解决与外接球相关问题的关键是确定球心，然后通过球心和接点作截面，进而将球的外接问题转化为平面几何问题，利用平面几何知识来分析、处理．例1(1)(2024·江苏启东中学阶段考试)已知三棱锥P－ABC的三条侧棱两两互相垂直，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(8π,3) B．eq\f(8\r(2)π,3)C．eq\f(16π,3) D．eq\f(32π,3)答案B解析由题意知，可将三棱锥放入长方体中考虑，则长方体的外接球即为三棱锥的外接球，故球的半径为长方体体对角线的一半，设PA＝x，则PB2＋PC2＝BC2＝7，即5－x2＋4－x2＝7，解得x＝1，故PA＝1，PB＝2，PC＝eq\r(3)，所以R＝eq\f(\r(12＋22＋（\r(3)）2),2)＝eq\r(2)，所以此三棱锥的外接球的体积为eq\f(4,3)πR3＝eq\f(8\r(2)π,3).(2)(2022·新高考Ⅱ卷)已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为3eq\r(3)和4eq\r(3)，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为()A．100π B．128πC．144π D．192π答案A解析设正三棱台上、下底面所在圆面的半径分别为r1，r2，所以2r1＝eq\f(3\r(3),sin60°)，2r2＝eq\f(4\r(3),sin60°)，则r1＝3，r2＝4.设球心到上、下底面的距离分别为d1，d2，球的半径为R(R≥4)，所以d1＝eq\r(R2－9)，d2＝eq\r(R2－16)，故|d1－d2|＝1或d1＋d2＝1，即|eq\r(R2－9)－eq\r(R2－16)|＝1或eq\r(R2－9)＋eq\r(R2－16)＝1，解得R2＝25，符合题意，所以球的表面积为S＝4πR2＝100π.故选A.(3)(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＝________．答案2解析如图，将三棱锥S－ABC转化为直三棱柱SMN－ABC，设△ABC的外接圆的圆心为O1，半径为r，则2r＝eq\f(AB,sin∠ACB)＝eq\f(3,\f(\r(3),2))＝2eq\r(3)，可得r＝eq\r(3).设三棱锥S－ABC的外接球的球心为O，连接OA，OO1，则OA＝2，OO1＝eq\f(1,2)SA，因为OA2＝O1A2＋OOeq\o\al(2,1)，即4＝3＋eq\f(1,4)SA2，所以SA＝2.(4)(2022·新高考Ⅰ卷改编)已知正四棱锥的侧棱长为l，其各顶点都在同一球面上．若该球的体积为36π，且3≤l≤3eq\r(3)，则该正四棱锥体积的取值范围是________．答案eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(27,4)，\f(64,3)))解析如图，设该球的半径为R，球心为O，正四棱锥的底边长为a，高为h，正四棱锥的侧棱与高所成的角为θ，则正四棱锥的底边长a＝eq\r(2)lsinθ，高h＝lcosθ.依题意，得36π＝eq\f(4,3)πR3，解得R＝3.在△OPC中，作OE⊥PC，垂足为E，则可得cosθ＝eq\f(\f(l,2),R)＝eq\f(l,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，所以l＝6cosθ，所以正四棱锥的体积V＝eq\f(1,3)a2h＝eq\f(1,3)(eq\r(2)lsinθ)2·lcosθ＝eq\f(2,3)(6cosθ)3sin2θcosθ＝144(sinθcos2θ)2.设sinθ＝t，易得t∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),2))).令y＝sinθcos2θ＝t(1－t2)＝t－t3，则y′＝1－3t2，令y′＝0，得t＝eq\f(\r(3),3)，所以当eq\f(1,2)＜t＜eq\f(\r(3),3)时，y′＞0；当eq\f(\r(3),3)＜t＜eq\f(\r(3),2)时，y′＜0，所以函数y＝t－t3在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),3)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，\f(\r(3),2)))上单调递减．又当t＝eq\f(\r(3),3)时，y＝eq\f(2\r(3),9)；当t＝eq\f(1,2)时，y＝eq\f(3,8)；当t＝eq\f(\r(3),2)时，y＝eq\f(\r(3),8).所以eq\f(\r(3),8)≤y≤eq\f(2\r(3),9)，所以eq\f(27,4)≤V≤eq\f(64,3).所以该正四棱锥的体积的取值范围是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(27,4)，\f(64,3))).1．求解几何体外接球半径的思路一是根据球的截面的性质，利用球的半径R、截面圆的半径r及球心到截面圆的距离d三者的关系R2＝r2＋d2求解，其中，确定球心的位置是关键；二是将几何体补成长方体，利用该几何体与长方体共有外接球的特征，由外接球的直径等于长方体的体对角线长求解．2．确定球心常用的方法(1)长方体或正方体的外接球的球心是其体对角线的中点．(2)正棱柱的外接球的球心是上、下底面中心连线的中点．(3)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．(4)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．1．(2024·福建宁德一中高三模拟)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB⊥BC，BC＝1，AB＝eq\r(3)，AA1＝2eq\r(3)，则该直三棱柱的外接球的体积为()A．eq\f(8π,3) B．eq\f(16π,3)C．eq\f(32π,3) D．eq\f(64π,3)答案C解析如图所示，将直三棱柱ABC－A1B1C1补成长方体，则长方体的外接球即为直三棱柱的外接球．长方体的体对角线长为eq\r(（2\r(3)）2＋（\r(3)）2＋1)＝4，设长方体的外接球的半径为R，则2R＝4，解得R＝2，所以该直三棱柱的外接球的体积V＝eq\f(4,3)πR3＝eq\f(32π,3).故选C.2．(2024·鞍山一中高三模拟)在三棱锥P－ABC中，PA＝BC＝4，PB＝AC＝5，PC＝AB＝eq\r(11)，则三棱锥P－ABC外接球的表面积为()A．26π B．12πC．8π D．24π答案A解析三棱锥P－ABC中，PA＝BC＝4，PB＝AC＝5，PC＝AB＝eq\r(11)，如图，构造长方体，使得面上的对角线长分别为4，5，eq\r(11)，则长方体的体对角线长等于三棱锥P－ABC外接球的直径，设长方体的棱长分别为x，y，z，则x2＋y2＝16，y2＋z2＝25，x2＋z2＝11，则x2＋y2＋z2＝26，因此三棱锥P－ABC外接球的直径为eq\r(26)，所以三棱锥P－ABC外接球的表面积为4π·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(26),2)))eq\s\up12(2)＝26π.故选A.3．(2024·四川遂宁高三期末)已知A，B，C，D在球O的表面上，△ABC为等边三角形且边长为3，AD⊥平面ABC，AD＝2，则球O的表面积为________．答案16π解析球心O在平面ABC的投影为△ABC的中心，设为O1，连接OD，OO1，OA，设H是AD的中点，连接OH，如图所示，则AO1＝eq\f(3,2sin60°)＝eq\r(3)，OA＝OD＝R，则OH⊥AD，四边形AO1OH为矩形，OO1＝AH＝1，R2＝AOeq\o\al(2,1)＋OOeq\o\al(2,1)＝3＋1＝4，故R＝2，S＝4πR2＝16π.4．(2022·全国乙卷改编)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________．答案eq\f(\r(3),3)解析设该四棱锥的底面为四边形ABCD，四边形ABCD所在小圆的半径为r，四边形ABCD对角线的夹角为α，则S四边形ABCD＝eq\f(1,2)AC·BDsinα≤eq\f(1,2)AC·BD≤eq\f(1,2)·2r·2r＝2r2(当且仅当四边形ABCD为正方形时，等号成立)，即当四棱锥的顶点O到底面ABCD所在小圆距离一定时，底面ABCD的面积的最大值为2r2，设该四棱锥的高为h，则r2＋h2＝1，所以VO－ABCD＝eq\f(1,3)·2r2·h＝eq\f(\r(2),3)eq\r(r2·r2·2h2)≤eq\f(\r(2),3)eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(r2＋r2＋2h2,3)))\s\up12(3))＝eq\f(4\r(3),27)，当且仅当r2＝2h2，即h＝eq\f(\r(3),3)时，等号成立．类型二内切球解决与内切球相关的问题，其通法也是作截面，将空间几何问题转化为平面几何问题来解决．例2(1)(2024·广东广州模拟)已知一个圆台的母线长为5，且它的内切球的表面积为16π，则该圆台的体积为()A．25π B．eq\f(84π,3)C．28π D．36π答案C解析由圆台的内切球的表面积为16π，可得球的半径为2.设圆台上、下底面圆的半径分别为x，y，作出圆台的轴截面如图所示．根据题意可知eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋y＝5，,42＋（y－x）2＝52，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝4.))又圆台的高为4，所以该圆台的体积为eq\f(1,3)×(π＋16π＋eq\r(π×16π))×4＝28π.故选C.(2)已知正三棱锥的高为1，底面边长为2eq\r(3)，内有一个球与四个面都相切，则正三棱锥的内切球的半径为________．答案eq\r(2)－1解析如图，过点P作PD⊥平面ABC于点D，连接AD并延长交BC于点E，连接PE.因为△ABC是正三角形，所以AE是BC边上的高和中线，D为△ABC的中心．因为AB＝BC＝2eq\r(3)，所以S△ABC＝3eq\r(3)，DE＝1，PE＝eq\r(2).所以S三棱锥表＝3×eq\f(1,2)×2eq\r(3)×eq\r(2)＋3eq\r(3)＝3eq\r(6)＋3eq\r(3).因为PD＝1，所以三棱锥的体积V＝eq\f(1,3)×3eq\r(3)×1＝eq\r(3).设内切球的半径为r，以球心O为顶点，三棱锥的四个面为底面，把正三棱锥分割为四个小三棱锥，由eq\f(1,3)S三棱锥表·r＝eq\r(3)，得r＝eq\f(3\r(3),3\r(6)＋3\r(3))＝eq\r(2)－1.(3)(2023·全国甲卷)在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为CD，A1B1的中点，则以EF为直径的球面与正方体每条棱的交点总数为________．答案12解析如图，不妨设正方体的棱长为2，EF的中点为O，取AB，BB1的中点G，M，侧面BB1C1C的中心为N，连接FG，EG，OM，ON，MN，由题意可知，O为球心，在正方体中，EF＝eq\r(FG2＋EG2)＝eq\r(22＋22)＝2eq\r(2)，即R＝eq\r(2)，则球心O到BB1的距离为OM＝eq\r(ON2＋MN2)＝eq\r(12＋12)＝eq\r(2)，所以球O与棱BB1相切，球面与棱BB1只有1个交点，同理，根据正方体的对称性知，球面与其余各棱也只有1个交点，所以以EF为直径的球面与正方体每条棱的交点总数为12.“切”的问题常用的处理方法(1)找准切点，通过作过球心的截面来解决．(2)通过体积分割法来求内切球的半径．5．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________．答案eq\f(\r(2)π,3)解析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)))eq\s\up12(3)＝eq\f(\r(2)π,3).6.(2024·山东烟台模拟)某学校开展手工艺品展示活动，某同学用塑料制作了如图所示的手工艺品，其外部为一个底面边长为6的正三棱柱，内部为一个球，球的表面与三棱柱的各面均相切，则该内切球的表面积为________，三棱柱的顶点到球的表面的最短距离为________．答案12πeq\r(15)－eq\r(3)解析过侧棱的中点作正三棱柱的截面，如图所示，则球心为△MNG的中心．因为MN＝6，所以△MNG内切圆的半径r＝OH＝eq\f(1,3)MH＝eq\f(1,3)eq\r(MN2－HN2)＝eq\r(3)，即内切球的半径R＝eq\r(3)，所以内切球的表面积S＝4πR2＝12π.又正三棱柱的高AA1＝2R＝2eq\r(3)，OM＝eq\f(2,3)MH＝2eq\r(3)，所以AO＝eq\r(OM2＋AM2)＝eq\r(（2\r(3)）2＋（\r(3)）2)＝eq\r(15)，所以点A到球的表面的最短距离为AO－R＝eq\r(15)－eq\r(3).类型三球的截面、截线问题解决球的截面、截线问题的关键是利用球的截面的性质．例3(1)(2024·云南昆明模拟)已知OA为球O的半径，M为线段OA上的点，且AM＝2MO，过点M且垂直于OA的平面截球面得到圆M，若圆M的面积为8π，则OA＝()A．2eq\r(2) B．3C．2eq\r(3) D．4答案B解析如图所示，由题意，得π×BM2＝8π，则BM＝2eq\r(2).设球的半径为R，则MO＝eq\f(1,3)R，OB＝R，所以R2＝eq\f(1,9)R2＋(2eq\r(2))2，所以OA＝R＝3.故选B.(2)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答案A解析设⊙O1的半径为r，球的半径为R，依题意，得πr2＝4π，∴r＝2.由正弦定理可得eq\f(AB,sin60°)＝2r，∴AB＝2rsin60°＝2eq\r(3)，∴OO1＝AB＝2eq\r(3).根据球的截面性质，得OO1⊥平面ABC，∴OO1⊥O1A，R＝OA＝eq\r(OOeq\o\al(2,1)＋O1A2)＝eq\r(OOeq\o\al(2,1)＋r2)＝4，∴球O的表面积S＝4πR2＝64π.故选A.(3)(2020·新高考Ⅰ卷)已知直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD＝60°.以D1为球心，eq\r(5)为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为________．答案eq\f(\r(2)π,2)解析如图所示，取B1C1的中点为E，BB1的中点为F，CC1的中点为G，连接D1E，EF，EG，D1B1，因为∠BAD＝60°，直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的棱长均为2，所以△D1B1C1为等边三角形，所以D1E＝eq\r(3)，D1E⊥B1C1.又四棱柱ABCD－A1B1C1D1为直四棱柱，所以BB1⊥平面A1B1C1D1，所以BB1⊥D1E.因为BB1∩B1C1＝B1，所以D1E⊥侧面B1C1CB.设P为侧面B1C1CB与球面的交线上的点，连接D1P，EP，则D1E⊥EP.因为球的半径为eq\r(5