2022届 一轮复习 数学 新高考版第七章 立体几何

第七章立体几何

第一节空间几何体

第1课时系统知识牢基础——空间几何体

知识点一空间几何体的结构特征

2.特殊的棱柱和棱锥

(1)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)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

别地，各棱长均相等的正三棱锥叫做正四面体.反过来，正棱锥的底面是正多边形，且顶

点在底面的射膨是底面正多边形的中心.

［提醒］(1)棱柱的所有侧面都是平行四边形，但侧面都是平行四边形的几何体却不一

定是棱柱.

(2)棱台的所有侧面都是梯形，但侧面都是梯形的几何体却不一定是棱台.

(3)注意棱台的所有侧棱相交于一点.

3.旋转体的结构特征

名称圆柱圆锥圆台球

昌

图形A

旋转

矩形直角三角形直角梯形半圆形

图形

旋转轴任一边所在的直任一直角边所在垂直于底边的腰直径所在的直线

线的直线所在的直线

互相平行且相

母线相交于一点延长线交于一点

等，垂直于底面

全等的等腰三角

轴截面全等的矩形全等的等腰梯形圆

&

侧面展开图矩形扇形扇环

［重温经典］

1.（教材改编题）下列命题中正确的是（）

A.由五个平面围成的多面体只能是四棱锥

B.棱锥的高线可能在几何体之外

C.仅有一组相对的面平行的六面体一定是棱台

D.有一个面是多边形，其余各面是三角形的几何体是棱锥

答案：B

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宜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；

③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.0B.1

C.2D.3

解析：选A①不一定，只有当这两点的连线平行于轴时才是母线；

②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，如图所示，它是由两个同底圆锥组成的几何体；③错误，

棱台的上、下底面相似且是对应平行的多边形，各侧棱延长线交于一点，但

是侧棱长不一定相等.

3.如图，长方体*CD'被截去一部分，其中£77〃

A'O'.剩下的几何体是（）

A.棱台B.四棱柱

C.五棱柱D.简单组合体

答案：C

4.（易错题）从长方体的一个顶点出发的三条棱上各取一点E,F,G（不与顶点重合）,

过此三点作长方体的截面，那么这个截面的形状是（）

A.锐角三角形B.矩形

C.平行四边形D.正方形

答案：A

5.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、下底面圆心灯5

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（）

①②③④⑤

A.©@B.①③

C.©@D.①⑤

解析：选D该几何体的轴机面是①，当竖直的截面不经过轴时，截面图形为⑤.故选

D.

6.（教材改编题）在如图所示的几何体中，是棱柱的为.（填序号）

①②③④⑤

答案：@@

知识点二直观图

1.直观图

（1）画法：常用斜二测画法.

⑵规则：

①原图形中x轴、j轴、Z轴两两垂直，直观图中，/轴、V轴的夹角为45。（或135。）,

/轴与/轴和步轴所在平面垂直.

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丕变；平行于），轴的线段长度在直观图中变为原来的凸一

2.直观图与原图形面积的关系

按照斜二测画法得到的平面图形的直观图与原图形面积的关系：

（2）S原图形=2、/5s直观！a.

［重温经典］

1.一个几何体有6个顶点，则这个几何体不可能是（）

A.三棱柱B.三棱台

C.五棱锥D.四面体

解析：选DA、B、C都是6个顶点，D是4个顶点，故选D.

2.（教材改编题）用斜二测画法画出的某平面图形的直观图如图所示，%c

边平行于『轴，BC,AO平行于x轴.已知四边形4BCO的面积为9y

272cm2,则原平面图形的面积为（）

A.4cm2B.46cm2

C.8cm2D.8啦cm2

解析：选C依题意可知N5Ao=45。，则原平面图形为直角梯形，上下底面的长与BC,

A0相等，高为梯形ABC。的高的班倍，所以原平面图形的面积为8cm2

3.以钝角三角形的较小边所在直线为轴，其他两边旋转一周形成的面所围成的几何体

是（）

A.两个圆锥拼接而成的组合体

B.一个圆台

C.一个圆锥

D.一个大圆锥挖去一个同底的小圆锥人

解析：选D如图，以A5为轴旋转一周所得到的几何体是一个大圆锥挖去

一个小圆锥.Q>

4.水平放置的△ABC有一边在水平线上，它的直观图是正三角形，则△八8（7是（）

A.锐角三角形B.直角三角形c,

C.钝角三角形D.任意三角形

解析：选C由直观图还原平面图形，易知△A3C为钝角三角卅..，

cB'/y

5.一水平放置的平面四边形0A5C,用斜二测画法画出它的直观图

O'A'B'C如图所示，此直观图恰好是一个边长为1的正方形，则

原平面四边形048C的面积为.^-

解析：因为直观图的面积是原图形面积的坐倍，且直观图的面积为1,所以原图形的

面积为

答案：272

知识点三空间几何体的表面积与体积

1.空间几何体的表面积与体积公式

名称

几何床表面积体积

柱体

S表田积=5例+2S规

（棱柱和圆柱）

锥体

v=gs底力

S表面积=S«i+S底

（棱锥和圆锥）

台体

y=/s上+s下+［s上s下）九

S表面积=S侧+S上+S下

（棱台和圆台）

球S=4nR2V=-^tR3

2.几何体的表面积和侧面积的注意点

（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.

（2）组合体的表面积应注意重合部分的处理.

3.柱体、锥体、台体侧面积间的关系

（1）当正棱台的上底面与下底面全等时，得到正棱柱；当正棱台的上底面缩为一个点时,

得到正棱锥，贝S正梭相iu=c//:一'S正…=；（c+c，）/?正懈倒=；曲.

（2）当圆台的上底面半径与下底面半径相等时，得到圆柱；当圆台的上底面半径为零时,

得到圆锥，则

/=,/=0

S国柱m=2冗”**----S圜台倒=元（「+，'）1•S的愫禽=九”.

4.柱体、锥体、台体体积间的关系如图所示

V■体坐A

［重温经典］

1.己知圆柱O'O的底面半径为r,母线长是底面直径的2倍，则圆柱O'O的表面

积是（）

A.4nr2B.IOTTF2

C.Snr2D.bnr2

222

解析：选B，・•母线Z=2X2r=4r,^.Sm=2nrl=2nr4r=8nrfS*.=27rr+87rr=lOnr.

2.平面1截球。的球面所得圆的半径为1,球心。到平面a的距离为吸，则此球的

体积为（）

A.4、/57rB.

C.V6nD.4\[6n

解析：选A由已知得球的半径为d=小,所以球的体积为普乂（#）3=乐历,

故选A.

3.如图所示，己知三棱柱A4C-431G的所有棱长均为1,且A4_L

底面ABC,则三棱锥Bx-ABCx的体积为（）

V3也

12*4

AC.亚

12亚

*4

解析:选A易知三棱第B^ABCx的体积等于三棱锥A-BiBCi的体积,又三棱锥A-B^BCi

的高为坐，底面积为:，故其体积为:x；x#=#.

4.（2021年1月新高者八省联考卷）圆台上、下底面的圆周都在一个直径为10的球面

上，其上、下底面半径分别为4和5,则该圆台的体积为.

解析：易知圆台的高为3,所以其体积为V=&MR2+/+Rr）=61九

答案：617r

5.（教材改编题）如图，将一个长方体用过相邻三条棱的中点的平面截出

一个棱锥，则该棱锥的体积与剩下的几何体体积的比为.

答案：1：47

第2课时精研题型明考向——空间几何体及其表面积、体积

一、真题集中研究——明考情

1.（2020•全国卷I•考查空间几何体的结构特征）

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.以该四楂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--二

比值为（）

小一]木T迅+1小+1

A.―-2C.―-D.2

解析：选C设正四极锥的高为心底面正方形的边长为2a,斜高为利

依题意得力2=；X2«X〃1,即力2=G〃，①

易知人2+°2=m2,②

由①②得舍去）,

1+小

所以是=?=苧.故选C.

2.（2020•全国卷n•考查三棱雄的外接球表面积）

已知△ABC是面积为乎的等边三角形，且其顶点都在球。的球面上.若球O的表面

积为16立，则O到平面A5C的距离为（）

A币B.1C.1D粤

解析：选C由等边三角形A5C的面积为挈，

得坐解得48=3,

则△46C的外接圆半径r=,X兴45=坐45=布.

设球的半径为R,

则由球的表面积为16H,得4"/?2=16江，得R=2,

所以球心O到平面48C的距离d='所2一球=1,

故选C.

3.（2020•浙江高考•考查圆锥的侧面积、侧面展开图）

已知圆锥的侧面积（单位：cm2）为2冗，且它的侧面展开图是一个必圆，则这个圆锥的底

面半径（单位：cm）是.

解析：法一：设该圆锥的母线长为/,

因为圆锥的侧面展开图是一个半圆，其面积为2处

所以&?二？;:，解得/=2,

所以该半圆的弧长为2兀

设该圆锥的底面半径为R,则2元/?=2肛解得R=l.

法二：设该圆锥的底面半径为R,

则该圆锥侧面展开图中的圆弧的弧长为2nR.

因为侧面展开图是一个半圆，

设该半圆的半径为r,则nr=2nRt即r=2Rf

所以侧面展开图的面积为去2426=2瓶2=2见解得R=1.

答案：1

4.（2020•新高考全国卷I•柱体与球体的组合）

已知直四棱柱的棱长均为2,NK4O=60。.以Oi为球心，小为半径的

球面与侧面BCCyBx的交线长为

解析：如图，连接

易知△%GD1为正三角形，血二黑”

所以BiOi=G"=2.

AB

分别取5iG,BBl,CG的中点M,G,Ht连接DiM,DyGtDiH,

则易得DiG=DiH=pn=邓,DiMJ-BiCi,且。阳=5.

由题意知G,"分别是8於，CG与球面的交点.

在侧面8CGB1内任取一点P,使MP=也,连接UP,

则小尸=勺01/卬+,以尸2=叱\5>+（&）2=布,

连接MG,易得MG=MH=r,

故可知以M为圆心，筐为平径的圆弧GH为球面与侧面BCCiBi的支级.

由NBiMG=NGM〃=45知NGM〃=90°,

所以GH的长为;X2;rX，i=学.

答案:华

5.（2020•江苏高考•借助生产实际考查空间几何体的体积）

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.己知

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cn?.

2

解析：正六棱柱的体积为6X乎X2?X2=12币（cn?）,圆柱的体积为nX0.5X2=7

（cm3）,则该六角螺帽毛坯的体积是（12小一5513.

答案：1班一百

6.（2020•全国卷m•考查圆锥的内切球体积）

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：法一：如图，在圆锥的轴截面48c中，CD_LA&BD=lfBC=3,ZIA

圆O内切于△ABC,E为切点，连接OE,则OE工BC,在RtABCD中，CD=

_________ADB

y/BC2—BD?=2小.易知BE=BD=1,贝"C£=2.设圆锥的内切球半径为R,则OC=2^2-

R.在Rt^COE中，OC2—。£2=,中，即（2啦一R）2—改=%解得R=坐，所以圆锥内半径

最大的球的体积为*R3=半兀

法二：如图，记圆锥的轴截面为△相€；其中AC=BC=3,AB=2tCD±/'

AB.在RtAffCD中，CD=7BC2-BD?=2巾,则SAABC=2&.设△ABC的内切/JA

圆。的半径为£,则K=笠全等=乎，所以圆锥内半径最大的球的体积为*rR3八〃B

SI，十，乙J

—正

=3兀

答案:冬

［把脉考情］

1.几何体体积和表面积的计算：主要考查棱柱、棱锥或不

常规规则几何休的休积与表面积的计算.

角度2.球的切、接问题：主要考查几何体与球的组合体的识辨，

球的体积、表面积的计算

创新几何体的体积与表面积的计算与空间线面位置关系、数学

角度文化、实际生产生活的应用交汇命题

二、题型精细研究一提素养

题型一空间几何体的结构特征

［典例］(1)(多选)下列命题中，正确的是()

A.棱柱的侧棱都相等，侧面都是全等的平行四边形

B.若三棱锥的三条侧棱两两垂直，则其三个侧面也两两垂直

C.在四棱柱中，若两个过相对侧棱的截面都垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱

D.存在每个面都是直角三角形的四面体

(2)已知圆锥的侧面展开图为四分之三个圆面，设圆锥的底面半径为「，母线长为/,有

以下结论：①/：，=4：3；②圆锥的侧面积与底面积之比为4：3；③圆锥的轴截面是锐角

三角形.其中正确的结论为()

A.(D®B.②③

c.(D@D.①②®

［解析］(1)A不正确，根据梭柱的定义，棱柱的各个侧面都是平行

四边形，但不一定全等；B正确，若三棱锥的三条侧棱两两垂直，也三

个侧面构成的三个平面的二面角都是直二面角；C正确，因为两个过相

对侧棱的截面的交线平行于侧棱，又垂直于底面；D正确，如图，正方体ABC&.AiBiCiOi

中的三棱维G・48C,四个面都是直角三角形.

(2)@中，由题意得华=获，所以所以，：r=4：3,所以①正确；②中，由题意

得部=1=/=*所以圆锥的侧面积与底面积之比为4：3,所以②正确；③中，由题意

5圆锥底nrr5

得圆锥的轴截面的三边长分别为小，y,2r,易知顶角最大，设顶角为〃，则由余弦定理可知,

7户+7户一4户

cosa=---------彳——=4<0,所以顶角为钝角，所以圆锥的轴截面是钝角三角形，所以

2X/&

③错误.故选A.

［答案］⑴BCD(2)A

［方法技巧］辨别空间几何体的2种方法

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

定义法

线面关系或增加线、面等基本要素，根据定义进行判定

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

反例法

个反例即可

［针对训练］

1.(2021•江南十校联考)已知圆台上、下两底面与侧面都与球O相切，圆台的侧面积为

167n则该圆台上、下两底面圆的周长之和为()

A.47rB.67r

C.87rD.10n

解析：选C圆台的轴截面如图所示，“Jr

因为圆台的侧面积S置=花便+/)2=16冗，弓［A

所以K+r=4,U八

2R

所以该圆台上、下两底面圆的周长之和为2(R+r)元=8兀故选C.

2.如图，己知正三棱柱ABC-A山iG(底面是正三角形的直三棱柱)的底面

边长为2cm,高为5cm,则一质点自点A出发，沿着三棱柱的侧面绕行两

周到达点小的最短路线的长为

解析：根据题意，利用分割法将原三棱柱分割为两个相同的三棱柱，然后将其展开为

如图所示的实线部分，则所求最疽路线的长为将41H=13(cm).

答案：13

题型二空间几何体的表面积与体积

考法(一)空间几何体的表面积

［例1］(1)已知圆柱的上、下底面的中心分别为。“01,过直线01。2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.B.127r

C.D.107t

(2)

(2021・洛阳一横)如图，已知正三棱锥S・A8C的高为3,底面正三角形的才、

高为3,则该正三棱锥的表面积为()/\^>c

A.W55+W5B.W55+9,4\\/

l9I—9B

C.12^3D.TVIO+T

［解析］(1)因为过直线0102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26，底面圆的直径为2啦，所以该圆柱的盘面积为2乂九乂(6)2+2671乂2加=

127r.

(2)如图所示，其中AO=3(O为5C的中点)，设5"!•平面ABC,由于1

三棱锋&ABC为正三棱锥，・•・”为正△ABC的中心，：.AH=^AD=2t又八^/匕，,

SH=3f

，在RtAS/ZA中，

SA=［沂+4印=近+22=恒.

在正△A5C中，40=3,

«')AB=AC=BC=2y/3f：.X2^3X3=3^3.

22

在RtAiSDB中，SD=ylsff-BD=y/l3-3=y/Tbt

/.SASBC=；X25X师=A/30,

••・正三棱锥的表面积为3，而+3小，故选A.

［答案］(DB(2)A

［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

的表面积求多面体的表面积

求旋转体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

的表面积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

几何体的柱体、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

表面积面积

在求解组合题的表面积时，注意几何体表面的构成，尤其是重合部分，

提醒

面积不要多加或少加

考法(二)空间几何体的体积

［例2］⑴(2020•所而今金9必U)棱长为2的正方体ABCD-AxBxCiDi中，M,N分别

为梭BBi，A"的中点，则三棱锥的体积为

(2)已知直三棱柱的所有棱长都是°,点P,。分别为棱CG,的中点,

四面体AyByPQ的体积为乎，则a的值为.

［解析］(1)如图，易知MN=yja,连接4山交MN于点O,则A1。

=刘5,；・VAl.DlMN=VDl,AlMN=^X1^/2X-72X^X2=1.

(2)如图，取51G的中点"，连接4H,则4"_L平面BBiGC,且

4阳=坐明

S△aPQ=a2-gx：X尹2xgx：Xa=¥，

，四面体A\B\PQ的体积为:乂¥乂坐〃=好〃3=卓，

解得4=2.

［答案］(1)1(2)2

［方法技巧］

1.处理体积问题的思路

一谛西滨£友威市马面：音,茶示落至3亩函函施书

转_：转换为容易求面积的底面，或将原来不容易看出的！

~~口高转换为容易看出并容易求解的高

曲南&云"二木示或典语兀行底东海启或面前元;

四L「:何体，便于计算

I__________________________________________.........___1

「花的浪花不涵底展入二下天元有底羊:而看才春;

同」一个三校锥复原成一个三棱柱，将一个三棱柱曳原；

四［成一个四棱柱，还台为俅，这些都是拼扑的方法；

2.求体积的常用方法

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；或者把不规则的几

割补法

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

等体选择合适的底面来求几何体的体积，常用于求三棱锥的体根，即利用三棱锥的任

积法一个面作为三棱锥的底面进行等体积变换

［针对训练］

1.如图是一个装有水的倒圆锥形杯子，杯子口径6cm,高8cm（不含杯脚）,

己知水的高度是4cm,现往杯子中放入一种直径为1cm的珍珠，该珍珠放入

水中后直接沉入杯底，且体积不变，如果放完珍珠后水不溢出，则最多可以放

入珍珠（）

A.98颗B.106颗

C.120颗D.126颗

解析：选D如图，等腰△ABC中，底边AB=6cm,高CD=8cm;等

腰△口?尸中，底边为EP,高CP=4cm.・・・ZkC4bs2\C£p,

.竺=总即红=4：.EF=3

**AB~CDfr6-8't

・••放入珍珠的最大体积为V=』rX32X8-$rX

，・,一颗珍珠体积为5X&3弋，^^=126,

6

•••最多放入珍珠126颗，故选D.

2.我国古代数学名著《九章算术》中记载：“刍凳者，下有袤有广，2~rt

而上有袤无广.刍，草也.费，屋盖也.”今有底面为正方形的屋脊形/本……伊。

--------B

状的多面体（如图所示），下底面是边长为2的正方形，上棱£尸=今E尸〃平面A5C&,EF

与平面ABCD的距离为2,则该刍骁的体积为（）

A.6B弓CmD.12

解析：选B如图，作FN//AEtFM//EDt则多面体被分割为棱%_术

柱与棱锥两部分，则该刍亮的体积为VF-MNBC+VDAE-MNF=^S口边号MNBCX2

3

+sX-

直

面2

ft

3.(2021•福州模拟)如图，四面体各个面都是边长为1的正三角形，其三

个顶点在一个圆柱的下底面圆周上，另一个顶点是上底面圆心，则圆柱的侧

面积是()

，啦_3啦

A.7rD.n

3A4

C.Hj—yrD.2z-n

解析：选C设圆柱的底面半径为r,母线长为/,因为四面体各个面都是边长为1的

正三角形，可得懑=¥，解得「=卓，又由四面体各个面都是边长为1的正三角

oil!UU。J

形，可得棱锥的高为仁加一州2邛，即圆柱的母线长为/=兴

所以圆柱的侧面积为S=27r”=27tX乎X半=当工

题型三与球有关的切接问题

考法(一)与球有关的内切问题

［例1］(1)若圆锥的内切球与外接球的球心重合，且内切球的半径为1,则圆锥的体积

为・

(2)若一个正四面体的表面积为S”其内切球的表面积为S2,则2=.

［解析］(1)过圆锥的旋转轴作轴截面，得截面△A8C及其内切圆。Oi和外接圆。。2,

且两圆同圆心，即△4BC的内心与外心重合，易得△ARC为正三角形，由题意知。Oi的半

径r=l,••.△ABC的边长为2^/3,圆锥的底面半径为，3,高为3,/.V=|XTTX(V3)2X3

=3兀

(2)设正四面体的校长为a,

则正四面体表面积为Si=4X坐•屋=布”2,其内切球半径为正四面体高的;，即r=1

亚一亚

X3。一12%

因此内切球表面积为§2=4汽i=学,

Si/a26s

则

Sin,it

6a

［答案］⑴加⑵学

［方法技巧］

处理与球有关内切问题的策略

解答此类问题时首先要找准切点，通过作截面来解决.如果内切的是多面体，则作截

面时主要抓住多面体过球心的对角面来作.

考法(二)与球有关的外接问题

［例2］(1)已知正三棱锥S-ABC的侧棱长为4<3,底面边长为6,则该正三棱锥外接球

的表面积是()

A.167rB.207r

C.327rD.647r

(2)(2021•魔门外国语学校模拟)已知三棱锥尸・A8C每对异面的棱的长度都相等，且

△ABC的边长分别为®,3,4,则三棱锥P-ABC外接球的体积为

［解析］(1)如图所示，。为外接球的球心，E为△A6C的重心.

因为正三棱维S・ABC底面边长为6,

所以AE=gx乎X6=2"\/3,

又SA=4小，

所以三棱锥的高SE=7SA2-AE2=叱4小尸一(2小>=6.

在直角三角形AOE中，AO=RtOE=SE-SO=6-Rf

由402=4®+。°,即K2=(2，5)2+(6-R)2,解得R=4,

所以球的表面积3=4几相=64肛故选D.

(2)如图所示，由于三棱锥P-ABC每对异面的棱的长度都相等，

所以该三棱锥可以补形成一个长方体，且该长方体各面上的对角线

长分别为®,3,4,设该长方体的长、宽、高分别为％b,c,且不

妨设。2+力2=(，77)2=［［,/>24-C2=32=9,a24-c2=42=16,

所以a24-Z»2+c2=18,

所以三棱锥外接球的直径为、庐丽球.

47r

故外接球的体积为

［答案］(DD⑵八•r

［方法技巧］

1.求解几何体外接球的半径的思路

一是根据球的截面的性质，如本例(1),利用球的半径R、截面圆的半径,及球心到截

面圆的距离d三者的关系中=/+廨求解，其中，确定球心的位置是关键；二是将几何体

补成长方体，如本例(2),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.解决与球有关的切、接问题，其通法是作截面，将空间几何问题转化为平面几何问

题求解，其解题的思维流程是：

及嬴口石盛良而访纂而赢百万奈而金毒而蓍直后军直；

笠丁如果是外接球，则球心到接点的距离相等且为半径：

［―L-i区灌区植拓庆松山质亩（事必看法83袍3有

作被面H包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素间的：

:关系），达到空间问题平面化的目的

求半径、场套市F而淳市,而元有温床:正正吴宇京淳硕

下结论7方程，并求解1

［针对训练］

1.将半径为3,圆心角为M的扇形围成一个圆锥（接缝处忽略不计），则该圆锥的内切

球的体积为（）

A・3B・3

47r

C.yD.2n

解析：选A设圆锥的底面半径为r,高为九则2口=空X3,：,r=L：.h=yl32-l2=

2隹设圆锥内切球的半径为K,^2^2—R=y'K=乎，'八甘球』；7rx

故选A.

2.如图，在三棱锥A・BCD中，ADLBD,AC±BCtZDAB=^tABAC

o

=£.三棱锥的外接球的表面积为16处则该三棱锥的体积的最大值为（）

ZR逋

A?B.3

n14

D.q~

解析：选B设外接球的半径为凡由题意得，462=16处解得K=2.由题意知△AO5,

△4〃。都是直角三角形，所以三棱锥A・5CD的外接球的球心为A3的中点，且48=4.由

ZDAB=^fNB4C=%可求得＜。=2巾，BD=2fAC=BC=2，5.当三棱锥4毋CO的体

积最大时，平面4OBJ•平面A8C.所以三棱锥的体积的最大值为V^A.BCD=VC.ABD=I

X^X2X2bX2=¥.故选B.

3.已知三棱锥S-A3C的底面是以A3为斜边的等腰直角三角形，AIi=2fSA=SB=

SC=2,则三棱锥S-ABC的外接球的球心到平面ABC的距离是（）

亚

A.-yB.1

C币

解析：选A・・•三棱锥S・A5C的底面是以A5为斜边的等腰直角三角形，SA=SB=SC

=2,

，S在底面ABC内的射影为AB的中点.

设A3的中点为"，连接S",C"（图略），

・・.S”J■平面AbC,・・・SH上任意一点到A,B,C的距离相等，易知SH=J3,CH=lf

，在RtZiS”C中，N〃SC=30。.在平面SHC内作SC的垂直平分线MO,交SH于点

0,交SC于点M,

则0为三棱锥S-ABC的外接球的球心.

VSC=2,，SM=1,又NOSAf=30。，：.S0=^,坐工球心。到平面ABC

的距离为W，故选A.

［课时跟踪检测］

一、综合练一练思维敏锐度

1.正三棱锥底面边长为“，高为*”,则此正三棱锥的侧面积为（）

解析：选A因为底面正三角形中高为半a,其重心到顶点距离为乎aX：=乎%且棱

锥高为乎明所以利用勾股定理可得侧棱长为斜高为所

以侧面积为5=3乂9乂4乂9=弓。2.

2.如图，在四边形HBCD中，ZDAB=90°,ZADC=135°,AB=5fCDS.

=2吸，AD=2t则四边形ABQD绕AO所在直线旋转一周所成几何体的表'［\

面积为（）

A.（15+也）江B.2（15+V2）n

C.4（15+^2）71D.（15+4a）江

2

解析：选CS*=SB^*4-SB^^4-SBM«*=7TX54-71X（2+5）X5+71X2X2^2=4（15

+也）兀故选C.

3.魏晋时期数学家刘徽在他的著作《九章算术注》中，称一个正方体内两个互相垂直

的内切圆柱所围成的几何体为“牟合方盖”，刘徽通过计算得知正方体的内切球的体积与

“牟合方盖”的体积之比应为加：4,若“牟合方盖”的体积为18,则正方体的梭长为（）

A.18B.6

C.3D.2

解析：选C因为“牟合方盖”的体积为18,所以该正方体的内切球的体积为18Xj=

设正方体的棱长为则该正方体的内切球半径为今所以;71乂0=*：,解得。=3,

故选C.

4.（2021•重庆八中期末）唐朝的狩猎景象浮雕银杯如图1所示，其浮雕临摹了国画、漆

绘和墓室壁画，体现了古人的智慧与工艺.它的盛酒部分可以近似地看作是半球与圆柱的

组合体（假设内壁表面光滑，忽略杯壁厚度），如图2所示，已知球的半径为K,酒杯内壁表

面积为争求T设酒杯上部分（圆柱）的体积为必，下部分（半球）的体积为匕，则卷=（）

A.2B】C4D.1

解析：选C设酒杯上部分商为心则酒杯内壁表面积5=；乂4元火2+2加心=4江2,

233

解得〃/.Vi=nRh=^nR^tV2=1x|nZ?=1n/?,

5.（多选）如图，长方体4OCD-A田C处的底面是正方形，AAt=2ARt

E是Od的中点，贝!1（）

A.△5|EC为直角三角形

B.CE//AiB

C.三棱锥Ci-ZJ.CE的体积是长方体体积的1

D.三棱锥CrBiCA的外接球的表面积是正方形ABCD面积的67r倍

解析：选ACD令AAi=2AB=2a,在△bi£C中，BiE=0,EC=yflatBiC=y[Sat

所以81£2+后。=/。，则△/EC为直角三角形，故A正确；

因为45与。C平行，而CE与OiC相交，所以CE与AiB不平行，故B错误；

三棱锥G出CE的体积为V.=V,=lx^X2aXaXa=j

CiBiCEBtCiCEt匕4BC0-4BiG&i=

2a3,则三棱维G毋iCE的体积是长方体体积的也故C正确;

因为三棱锥Ci-BiCDi的外接球就是长方体ABCD-AiBiCxDx的外接球，所以三棱摊

,,....,,r\/a24-a2d-(2a)2y[6a

vf

Ci-BiCDi的外接球半径R4----2-=2三棱锥Ci-BiCDi的外接球的表面积为S

=47rXl）2=6fl27t,又S正方舱A0s=。2,所以三棱锋C1-B1CD1的外接球的表面积是正方形

AbCD面积的6几倍，故D正确，故选A、C、D.

6J2020•全国卷I）已知A,&C为球0的球面上的三个点，001为AABC的外接圆.若

0O1的面积为4小AB=BC=AC=OOif则球。的表面积为（）

A.647rB.487r

C.367r