2023版高三一轮总复习数学新教材新高考第七章立体几何与空间向量教案

第七章正体儿何与空间向最

新高考卷两年考情图解高考命题规律把握

1.考查形式

高考在本章一般考查2道小题、1道解答题，

考点分值约占22分.

立体几何中的向量020(2)120(2)

方法120(2)1119(2)2.考查内容

直线、平面垂直关120(1)120(1)

系的刊定与性质…020(1)ni9(i)（1）小题主要考查两方面：一是空间几何体体

宜线、平面平行关系

的判定与性质积与表面积的计算，二是球与棱柱、棱锥的

空间点、直线、平优

面的位置关系mo切接问题.

空间几何体的表面

枳与体枳ni31305

空M元初体的结构、（2）解答题一般位于第19题或第20题的位置，

直观图

20202021年份常设计两问：第（1）问重点考查线面位置关系

的证明；第⑵问重点考查空间角，尤其是二

面角、线面隹的计算.

基本立体图形及其表面积与体积

f考试要求1

1.利用实物、计算机软件等观察空间图形，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.知道球、棱（圆）柱、棱（圆）锥、棱（圆）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.

3.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

单组合体）的直观图.

［走进教材•夯实基础］回棘知识激活技能

€＞梳理-必备知识

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:既金廊

底面互相平行且全等多边形互相平行且相似

相交于一点但

侧棱平行R相等延长线交于二

不一定相等

侧面形状平行四边形三角形梯形

⑵特殊的棱柱

①侧棱垂直于底面的棱柱叫做直棱柱.

②侧棱不垂直于底面的棱柱叫做斜棱柱.

③底面是正多边形的直棱柱叫做亚棱柱.

④底面是平行四边形的四棱柱也叫做平行六面体.

(3)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.特别地，各棱均相等的正三棱锥叫正四面体.

(4)旋转体的结构特征

名称圆柱圆锥圆台球

小

图形i息

互相平行且相

延长线交于二

母线等，垂直于底相交于一点

点

面

轴截面矩形等腰三角形等腰梯形X圆面

侧面展开图矩形扇形扇环

提醒：(1)要掌握棱柱、棱锥各部分的结构特征，计算问题往往转化到一个

三角形中进行解决.

(2)台体可以看成是由锥体截得的，但一定要知道截面与底面平行.

2.立体图形的直观图

(1)画法：常用斜二测画法.

（2）规则:

①原图形中x轴、y轴、z轴两两垂直，直观图中，V轴、十轴的夹角为45,

或135°,z，轴与丈轴和），，轴所在平面垂直.

②原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍分别平行于坐标轴,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

八，八

/*

侧面展n621Td；

开图包M-2屈蜜

侧面

S阳性恻=2兀”S斓律苗=匹旦Siwfottj—7i(ri-|-rz)/

积公式

4.柱、锥、台、球的表面积和体积

名称

表面积体积

几何体

V=Sh

柱体（棱柱和圆柱）S表面枳=S闾+2S底

V=+h

锥体（棱锥和圆锥）S丧面积=S他+Sa3——

V=；（S上+S下+小石讷

台体（棱台和圆台）S表面枳=5恻+S上+S下

4、

球S=4TIR2V=-TIR3

提醒：球的截面的性质

（1）球的任何截面都是圆面；

（2）球心和截面（不过球心）圆心的连线垂直于成面;

（3）球心到截面的距离d与球的半径H及裁面的半径厂的关系为7炉一£

［常用结论］

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

不：3立猊国一41县皿,

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d则它的内切球半径外接球半径K=冬.

(2)设长方体的长、宽、高分别为a,b,c,则它的外接球半径R=V"飞一.

(3)设正四面体的枝长为〃，则它的高为月=坐如内切球半径/*=，/=书%

外接球半径/?=("=坐q.

©激活-基本技能

一、易错易误辨析(正确的打“J”，错误的打“X”)

(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)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.()

［答案］(1)X(2)X⑶X(4)7

二、教材习题衍生

1.一个球的表面积是16兀，那么这个球的体积为()

16宜32

AA."ynB.兀

C.16nD.24K

4

B［设球的半径为R,则S=4兀R2=16TI,解得R=2,则球的体积丫=,兀/?'

2.如图所示，长方体ABCD-ATTCTT中被截去一部分，其中EH〃A

则剩下的几何体是()

A.棱台

B.四棱柱

C.五棱柱

D.简单组合体

C［由几何体的结构特征知，剩下的几何体为五棱柱.］

3.一个圆台上、下底面的半径分别为3cm和8cm,若两底面圆心的连线

长为12cm,则这个圆台的母线长为cm.

13[如图，过点A作ACJ_OB,交OB于点C.

在RlZ\ABC中，/C=12cm,BC=8—3=5(cm).

所以43=^122+52=13(cm).]

4.利用斜二测画法得到的以下结论中，正确的是________.（填序号）

①三角形的直观图是三角形；②平行四边形的直观图是平行四边形；③正方

形的直观图是正方形；④圆的直观图是椭圆.

①②©［①正确；由原图形中平行的线段在直观图中仍平行可知②正确;

原图形中垂直的线段在直观图中一般不垂直，故③错误；④正确.］

第1课时基本立体图形及其直观图、表面积与体积

［细研考点•突破题型］更难解惑直击高考

□考点一基本立体图形4多维探究

►考向1结构特征

1.下列说法正确的是（）

A.布•一个面是多边形，其余各面都是三角形，由这些面围成的多面体是棱

锥

B.有两个面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台

C.如果一个棱锥的各个侧面都是等边三角形，那么这个棱铢可能为六棱锥

D.如果一个棱柱的所有面都是长方形，那么这个棱柱是长方体

D［选项A,有一个面是多边形，其余各面都是有一个公共顶点的三角形，

由这些面所围成的多面体叫做棱锥，即其余各面的三角形必须有公共的顶点，故

A错误；选项B,棱台是由棱锥被平行于棱锥底面的平面所截而得的，而有两个

面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体有可能不是棱台，因为它的侧棱延长

后不一定交于一点，故B错误；选项C,当棱锥的各个侧面的共顶点的角之和是

360°时，各侧面构成平面图形，故这个棱锥不可能为六棱锥，故C错误；选项D,

若每个侧面都是长方形，则说明侧棱与底面垂直，又底面也是长方形，符合长方

体的定义，故D正确.故选D.]

＞考向2直观图

2.己知正三角形ABC的边长为小那么△ABC的平面直观图夕U的面

积为（）■—

A.乎，B.C.坐层D.兴a2

D[法一：如图①②所示的实际图形和直观图，

Av：

Bx4*0/D'B'x'

图①图②

,,

由图②可知，AB-AB-a,OC-1OC=^a,

在图②中作C7T_LAB于＞,

,,,,

则CD-^OC-^af

所以5凶'6'XC'一；X〃X乎。一//.

法_：SMBC—2X。Xasin60一£〃？，

又,，一鸟—啦*02一运2

入3直巩国―43朦图—4人4a-]6。°

故选D.]

卜考向3展开图

3.（1）（2021.新高考I卷）已知圆锥的底面半径为啦，其侧面展开图为一个半

圆，则该圆锥的母线长为（）

A.2B.2/

C.4D.4^2

I真题衍生]

己知圆锥的母线长为1,其侧面展开图是一个圆心角为120°的扇形，则该圆

锥的轴截面面积为()

A维B结

人9D*9

C且D也

J9u,9

B[因为圆锥的母线长为1,其侧面展开图是一个圆心角为120"的扇形，所

以圆锥的底面周长为1乂号=专，所以底面半径为最高为、^一以二邛，所

以轴截面面积为:><曰><^^=2^.故选B.]

(2)如图，正三棱柱A8C-45G的侧棱长为m底面边长为儿一只蚂蚁从

点A出发沿每个侧面爬到4,路线为4-M-NfAi,则蚂蚁爬行的最短路程是

A.7层+9方

B.7/

C.4a2+汕2

D.7岸+及

(1)B(2)A[(1)如图，设母线长为/,因为圆锥底面周长即为

侧面展开图半圆的弧长，圆锥的母线长即为侧面展开图半圆的半

径，则有2兀•也=兀，解得/=26，所以该圆锥的母线长为2吸.

故选B.

(2)正三棱柱的侧面展开图是如图所示的矩形，矩形的长为

3b,宽为出则其对角线A4i的长为最短路程.因此蚂蚁爬行

的最短路程为、〃2+9从故选A.]

令反思领悟1.空间几何体概念辨析题的常用方法

⑴定义法：紧扣定义，由已知条件构建几何模型，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，根据定义进行判定.

(2)反例法：通过反例对结构特征进行辨析.

2.斜二测画法

(1)在斜二测画法中，要确定关键点及关键线段.“平行于龙轴的线段平行性

不变，长度不变；平行于)，轴的线段平行性不变，长度减半.”

(2)求面积可用关系式：Sue图=4S原图彩.

3.通常利用空间几何体的表面展开图解决以下问题：

(1)求几何体的表面积或侧面积；

(2)求几何体表面上任意两个点的最短表面距离.

□考点二等空间几何体的表面积与体积《多维探究

卜考向1表面积

[典例1-1](1)(2020•全国I卷)已知A,B,。为球。的球面上的三个点，

为△A8C的外接圆.若。Oi的面积为4兀，AB=BC=AC=OOi,则球。的

表面积为()

A.64兀B.48兀

C.36nD.32兀

(2)(多选)等腰直角三角形的直角边长为1,现将该三角形绕其某一边旋转一

周，则所形成的几何体的表面积可以为()

A.啦兀B.(1+爪):I7T

C.2吸兀D.(2+。氏I兀

(1)A(2)AB[(1)如图所示，设球。的半径为OOi

的半径为r,因为。Oi的面积为4K,所以4兀=兀-，解得r=2,

又A〃=〃C=AC=O。，所以「=2厂,解得43=2寸3,故

>111\mJ\J

OOi=2小，所以R2=OO*+3=(2s)2+22=16,所以球O

的表面积5=4兀/?::=64兀.故选A.

(2)如果是绕直角边旋转，则形成圆锥，圆锥底面半径为1,高为1,母线就

是直角三角形的斜边，长为也，所以所形成的几何体的表面积S=7iXlX、/5+

兀X12=(g+1)兀.如果浇斜边旋转，则形成的是上、下两个圆锥，圆锥的底面半

径是直角三角形斜边上的高坐，两个圆锥的母线都是直角三角形的直南边，母

线长是1,所以形成的几何体的表面积S'=2XTTX孚X1=啦兀.综上可知，膨成

几何体的表面积是(啦+1)兀或啦兀.故选AB.]

卜考向2体积

[典例1-2](1)(多选)沙漏是古代的一种计时装置，它由两个形状完全相同

的容器和一个狭窄的连接管道组成，开始时细沙全部在上部容器中，细沙通过连

接管道全部流到下部容器所需要的时间称为该沙漏的一个沙时.如图，某沙漏由

上下两个圆锥组成，圆锥的底面直径和高均为8cm,细沙全部在上部时，其高

度为圆锥高度的?细管长度忽略不计).假设该沙漏每秒钟漏下0.02cn?的沙，

旦细沙全部漏入下部后，恰好堆成一个盖住沙漏底部的圆锥形沙堆.以下结论正

确的是()

A.沙漏中的细沙体积为噌4m3

O1

B.沙漏的体积是128兀cn?

C.细沙全部漏入下部后此锥形沙堆的高度约为2.4cm

D.该沙漏的一个沙时大约是1985秒(兀心3.14)

⑵(2020•新高考II卷)棱长为2的正方体A8CD-A出CQ中，M,N分别为棱

BBi,A8的中点，则三棱锥的体积为.

(3)如图，在多面体A8CDE尸中，已知四边形A8CO是边长为1的正方形，

且△N/)凡△金＞均为下二角形."'〃川/?.加'=2.则该多面体的体积为

(l)ACD(2)1(3)V[(1)对于A,根据圆锥的截面图可知：细沙在上部时,

细沙的底面半径与圆锥的底面半径之比等于细沙的高与圆锥的高之比,

2Q

所以细沙的底面半径r=^X4=^cm,

1-2/7164兀、/61024兀3

所以体积V=y7rr--=^X-^-X—=———cm3;

(])乂〃=2义]乂兀乂42义8=——兀cm';

对于B,沙漏的体彳只V=2X?X兀X

对于C,设细沙流入下部后的高度为例，根据细沙体积不变可知：噜^=4

o13

XXAi,

1024兀167r

所以h\,所以力1^2.4cm;

813

10247r

对于D,因为细沙的体积为一宗‘口/,沙漏每秒钟漏下0.02cn?的沙，所

O1

102471

811024X3.14

以一个沙时为:X50-1985彳夕.故选ACD.

0.0281

(2)如图，由正方体棱长为2,

113

得S/\A\MN=2X2-2X-X2X\--X1X1=y,

44乙

又易知。为三棱锥力-4MN的高，且"A1=2,

・•・VA\-D\MN=VD\-A\MN

=1-SAAIA/^-DIAI=|X|X2=1.

(3)如图，过BC作与EF垂直的截面BCG,作平面ADM//

平面BCG,取BC的中点O,连接GO,FO,由题意可得FO=

啦

FG=y所以GO=d尸O?一。G2=

2，

所以S^BCG=2X1X'=3,V]=VBCG-ADM=S^BCG,AB=,Vz=2VF-BCG=

11、历1s\[2

2X^BCGGF=2XXX2=72»所以丫=口+3=手」

伞反思领悟求空间几何体的体积的常用方法

公式法规则几何体的体积问题，直接利用公式进行求解

把不规则的几何体分割成规则的几何体，或者把不规则的几何体补

割补法

成规则的几何体

等体通过选择合适的底面来求几何体体我的一种方法，特别是三棱锥的

积法体积

［跟进训练］

⑴(2021•新高考II卷)正四棱台的上、下底面的边长分别为2,4,侧棱长为2,

则其体积为()

A.20+12仍B.28后

r56军血

(2)(2021.全国甲卷)已知一个圆锥的底面半径为6,其体积为30兀，则该圆锥

的侧面积为.

(1)D(2)39兀［(1)如图A8CQ-481cl为正四棱台，AB=2f

KC

Mi

4B=4,44i=2.在等腰梯形4B15A中,

4—2

过A作AE_L4Bi,可得AiE—9-1,

AE=—A\E2=小一]=y[3.

连接AC,AiCi,

4。=、4+4=2吸,AiCi=^/l6+16=4^2

上心,4/一2啦厂

VV

过A作AG_LAiG,AiG-2

AG=yjAAy-AiG2=y/4~2=

・•・正四棱台的体积为：

S上+SF+、/S上・S下、,,22+42+-V22X42

V-q八11-R・X6

3

(2)由圆锥的底面半径为6,其体积为30兀,

设圆锥的高为九则:XmX62)X/?=30兀，解得h=方,

J1

所以圆锥的母线长/=

13

所以圆锥的侧面积5=n/7=7rX6X—=39n.]

第2课时空间几何体的切、接、截问题

[细研考点•突破题型]重难解惑直击高考

□考点一简单几何体的外接球'师生共研

[典例1]⑴已知三棱锥尸-ABC的三条侧棱两两互相垂直，且AB=小,BC

=巾,人。=2,则此三棱锥的外接球的体积为()

-8「巡-16n32

A.1兀B.3兀C.3­兀D.父兀

(2)已知直三棱柱ABC-AiBiG的各顶点都在以0为球心的球面上，且NBAC

3兀

=拳M=8C=2,则球。的体积为()

A.4、/57rB.8兀

C.1271D.20兀

(1)B(2)A[(\y：AB=y15tBC=®AC=2,.\B4=1,PC=事,PB=

2.以%,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P-ABC的外接球.

・・,长方体的体对角线长为、1+3+4=2啦,

・・・球的直径为2/，半径R=巾,

因此，三棱锥P-ABC外接球的体积是g兀A'=$X(啦"=斗M故选B.

(2)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=

BC

2sinZBAC与.3兀、/'

2siq

则直三棱柱ABC-A\B\C\的外接球的半径为R=\J尸+(明”=、/(激尸+产

=小，

4r-

则直三棱柱A8C-A出G的外接球的体积为铲穴3=45兀.故选A.]

［母题变迁］

1.若将本例(2)的条件“N84C=q",AAI=8C=2”换为“A8=3,AC=4,

AB±AC,44=12”，则球。的半径为

13

V［如图所示，过球心作平面ABC的垂线，则垂足为

BC的中点M.

又AA/=zBC=z,0M=

所以球O的半径R=OA=+6，一爹」

2.若将本例⑵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Si与其内切球的表面积S2的比值为.

［设正四面体棱长为4,则正四面体表面积为S1=4X曰./=小〃2,其

内切球半径r为正四面体高的

即r=J•孝〃=需〃，因此内切球表面积为52=4兀3=的,

则*溟=述」

32TUT71」

3.若将本例(2)的条件改为“侧棱和底面边长都是3班的正四棱锥的各顶点

都在以。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3/Xg=6,高为

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.］

令反思领悟通过本例及母题变迁训练，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)若球面上四点P,A,B,C中弘,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=，?不再?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.

［跟进训练］

1.(1)(2021.天津高考)两个圆锥的底面是•个球的同•截面，顶点均在球面

上，若球的体积为宁327r，两个圆锥的高之比为1：3,则这两个圆锥的体积之和为

()

A.3兀B.4兀

C.9兀D.12兀

(2)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.

(1)B(2)61兀［(1)如图，设球。的半径为由题意，，兀2=当4可得R

=2,则球。的直径为4,

二两个圆锥的高之比为1：3,：.AOi=lf501=3,

由直角三角形中的射影定理可得：户=1X3,即「=小.

这两个圆锥的体积之和为V=|nX(^/3)2X(l+3)=47t.

故选B.

(2)截面图如图所示，下底面半径为5,圆周有径为10.

则圆台的下底面位于圆周的直径上，OC=OB=5,OrC=4,NOO，C=W，

则圆台的高为3,1/=；〃3+病工+,$)=25江+16兀+20兀=61兀」

□考点二简单几何体的内切球«师生共研

［典例2］(202().全国川卷)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_______.金冬

冬［法一：如图，在圆锥的轴截面ABC中，COJ_4B,BDc

=1,AC=3,厕O内切于△AKC,/?为切点，连接OE,则OE1BC.A

Rl^BCQ中，CD=7BC?-BD?=2吸.易知BE=BD=1,则CE=

2.设圆锥的内切球半径为R,则OC=2小一R,在RlACOF中，D

22

OC-OE=CE?t即(2啦一R)2-R2=4,所以R=半，圆锥内半径最大的球的体

4.S

积为］兀R'=专兄

法二：如图，记圆锥的轴截面为△ABC,其中AC=BC=3f

AB=2tCD1AB,在RtABCD中，。。=小了二^"=2啦，则SMBC

=26.设aABC的内切圆O的半径为R,则冗=经溶=*，

JIJIJJ

4

所以圆锥内半径最大的球的体积为?R3=手兀.］

⑨,反思领悟“切”的问题处理规律

(1)找准切点，通过作过球心的截面来解决.

(2)体积分割是求内切球半径的通用方法.

［跟进训练］

2.在封闭的直三棱柱ABC-4BG内有一个体积为V的球.若ABJ_8C，A8

=6,8C=8,AA=3,则V的最大值是()

「9兀

A.4兀B.-y

一,n327r

C.6兀D.

B［要使球的体积最大，必须使球的半径最大.设球的半径为R,.••△ABC

6

的内切圆半径为+：T°=2,:.RW2,由题意易知球与直三棱柱的上、下底面

都相切时，球的直径取得最大值为3,

49

3-

铲

/?^2»**•Vn)ax=2兀

□考点三空间几何体的截面、截线问题〈师生共研

[典例3](1)(2020•全国II卷)已知△ABC是面积为乎的等边三角形，旦其

顶点都在球。的球面上.若球。的表面积为16兀,则。到平面ABC的距离为()

3

A-

・V3B.2

C.1D.坐

(2)(2020・新高考I卷)已知直四棱柱ABCD-A\B\C\D\的棱长均为2.ZBAD=

60°,以。为球心，小为半径的球面与侧面5CGB的交线长为________.

(DC(2)冬[(1)由等边三角形ABC的面积为乎，得

坐XAB?=4^,得A5=3,则△ABC的外接圆半径r=1x^

AB

43=乌8=#.设球的半径为/?,则由球的表面积为1671,得4兀心=16兀，得R

=2,则球心O到平面A3C的距离d=、R2一(=1,故选C.

(2)如图，连接BOi,易知△BCIOI为正三角形，所以囱。|=。。|=2.分别

取BG,BBT,CC的中点M,G,H,连接DiM,DiG,D\H,则易得。9=。百

=产讦=,，DI/WIBICI,且由题意知G,H分别是BBi,CG与

球面的交点.在侧面BCC\B\内任取一点P,使MP=®连接DiP,则D\P=

401〃+/“2=4(小＞+(也＞=小,连接MG,MH,易得MG=MH=p,故

可知以历为圆心，也为半径的圆弧GH为球面与侧面BCGB的交线.由N8MG

(1)确定球心0和截面圆的圆心。'；

(2)探求球的半径R和截面圆的半径r；

(3)利用|。。平+/二代计算相关量.

［跟进训练］

3.如图，以棱长为1的正方体的顶点A为球心，以啦为半径作一个球面,

则该正方体的表面被球面所截得的所有弧长之和为()

3兀

TB.也兀

C［正方体的表面被该球面所截得的弧长是相等的三部以

分，如图，上底面被球面截得的弧长是以A］为圆心，1为半径4广词

127r47rI»*****!*

的圆周长的j所以所有弧长之和为3义亍=掌故选C.］A—B

5.寻找球心解决与球有关的问题

简单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能力和逻辑推理能力.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.

＞类型1利用直棱柱上下底面外接圆

圆心的连线确定球心

［典例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也底面周长为3,则这个

O

球的体积为.

专［设正六棱柱底面边长为4,正六棱柱的高为〃，则a/,底面积为5=

6,半目=唔'V“=S〃=乎〃=苓，•,•〃=小'片=停了+©=1,”1，球

的体积为V=y.］

畲素养提能直棱柱的外接球、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.

类型2利用长方体与球的中心对称性质确定球心

［典例5］已知边长为2的等边三角形ABC,D为BC的中点，沿4。进行

折叠，使折叠后的N5DC=9则过4,B,C,。四点的球的表面积为（）

A.3兀B.4兀

C.5兀D.6兀

C［连接BC（图略），由题知几何体ABCD为三棱维，BD=CD=1,AD=小,

BD1AD,CDA,AD,BD1CD,将折叠后的图形补成一个长、宽、高分别是市,

1,1的长方体，其体对甬线长为Ml+1+3=小,故该三棱锥外接球的半径是零,

其表面积为571.］

令素养提能若几何体存在三条两两垂直的浅段或者三条线有两条垂直，可

构造墙角模型（如下图），直接用公式（2/?）2=4+/?2+02求出R.

图①图②

图③图④

根据球与长方体的对称性可知，长方体的对称中心就是球心，所以长方体（或

可补形为长方体的柱体、锥体）的体对角线就是其外接球的直径.

类型3利用底面三角形与侧面三角形的外心探索球心

［典例6］平面四边形A8CD中，AB=AD=CD=\fBD=®BDLCD,将

其沿对角线BD折成四面体A'BCD,使平面A方。_1_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.坐兀B.3兀

C.坐兀D.2H

A［如图,设皿BC的中点分别为E,E因点

尸为底面直角△BCD的外心，知三棱锥A'-BCD的4

外接球球心必在过点/且与平面BCD垂直的直线/i\

上.又点E为底面直角为D的外心，知外接球球f

c

心必在过点Z?且与千面A7?。垂直的直线/2上.因而球心为人与/2的交点.又

FE//CD,CDtBD知FEL平面A'BD.从而可知球心为点F.又A'8=A'£>=1,

CD=1知BD=也,球半径宠=尸£）=竿=坐.故丫=^兀（坐）=#兀.］

畲素养提能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.

类型4利用截面图形的几何性质确定球心

［典例7］在四面体A8CQ中，AB=p,DA=DB=CA=CB=T,则四面体

ABCD的外接球的表面积为（）

A.兀B.2兀

C.3兀D.4兀

B［取A8的中点0,连接0C,0D.

由AB=®DA=DB=CA=CB=\f

222

所以。/+西=叱AD+BD=ABfA

可得NAC8=NAD8=9（）°,n/fX

V2

所以OA=OB=OC=OD=,,

D

即。为外接球的球心，球的半径R=乎，

所以四面体ABC。的外接球的表面积为5=4兀R2=4兀X：=27L]

畲素养提能由圆的几何性质可知，直径所对的圆周角是直角，故当遇有公

共斜边的直角三角形的四面体外接球问题时，常采用取中点的方式解答.

[跟进训练]

4.(1)已知三棱锥S-48C的三条侧棱两两垂直，且S4=l,SB=SC=2,若

点P为三棱锥S-ABC的外接球的球心，则这个外接球的半径是.

(2)(2021•合肥一中模拟)半正多面体(semiregularsolid)亦称“阿基米德多面

体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美.以正

方体每条棱的中点为顶点构造一个半正多面体，如图，它由八个正三角形和六个

正方形构成，若它的所有棱长都为1,则该半正多面体外接球的表面积为

:若该半正多面体可以在一个正四面体内任意转动，则该正四面体体积

最小值为•

(1)1(2)4兀8小[⑴如图所示，将三棱锥补为长方

体，则该棱锥的外接球直径为长方体的体对角线，设外接球半八

径为凡

则(27?)2=12+22+22=9,S

33

/.47?2=9,.即这个外接球的半径是彳.

(2)由题意知，该兰正多面体的外接球的球心是正方体的中心，正方体棱长

为也,

所以该半正多面体外接球的半径R=M司+用i

故其表面积为4TL

若该半正多面体可以在一个正四面体内任意转动，则该半正

多面体的外接球是正四面体的内切球时，该正四面体体积最小.

此时，设正四面体的棱长为〃，则正四面体的高为半〃，则有2

=12

所以Vmin=g.^（2班）2.（坐2#）=8小.]

解得4=2#,

缸至空间点、直线、平面之间的位置关

系

［考试要求］

1.借助长方体，在直观认识空间点、直线、平面的位置关系的基础上，抽象

出空间点、直线、平面的位置关系的定义.

2.了解四个基本事实和一个定理，并能应用定理解决问题.

［走进教材•夯实基础］回棘知识­激活技能

€＞梳理-必备知识

1.基本事实

基本

过不在一条直线上的三个点,有且只有一个平面

事实1

基本如果一条直线上的两个点在一个平面内,那么这条直线在这个平

事实2面内

基本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

事实3该点的公共直线

基本事实4平行于同一条直线的两条直线拉

2.，，三个，，推论

推论1：经过一条直线和这条直线处一点，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.空间中直线与直线的位置关系

f相交直线，

共面直线;工二古江

〔平行直线,

异面直线：不同在任何一个平面内,没有公共点.

提醒：分别在两个不同平面内的两条直线不一定为异面直线，他们关系也可

能平行或相交.

4.空间中直线与平面的位置关系

直线与平面的位置关系有：直线在平面内、直线与平面相交、直线与平面平

行三种情况.

5.空间中平面与平面的位置关系

平面与平面的位置关系有平行、相交两种情况.

6.定理

如果空间中两个角的两条边分别对应平行，那么这两个角相等或互补.

［常用结论］

1.异面直线判定的一个定理

与一个平面相交的直线和平面内不经过交点的直线是异面直/

线，如图所示.^-±7

2.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K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.

◎激活-基本技能

一、易错易误辨析(正确的打“J”，错误的打“X”)

(I)两个平面a,。有一个公共点A,就说a,。相交于过A点的任意一条直

线.()

(2)两两相交的三条直线最多可以确定三个平面.()

(3)如果两个平面有三个公共点，则这两个平面重合.()

(4)若直线。不平行于平面a,且Ma,则a内的所有直线与。异面.

()

［答案］(1)X(2)V(3)X(4)X

二、教材习题衍生

1.已知4,匕是异面直线，直线C'平行于直线4,那么C与。()

A.一定是异面直线B.一定是相交直线

C.不可能是平行直线D.不可能是相交直线

C［由已知得直线c与b可能为异面直线也可能为相交直线，但不可能为平

行直线，若/?〃C,则〃〃力，与已知4,〃为异面直线相矛盾.]

2.下列命题正确的是（）

A.两个平面如果有公共点，那么一定相交

B.两个平面的公共点一定共线

C.两个平面有3个公共点一定重合

D.过空间任意三点，一定有一个平面

D卜如果两个平面重合，则排除A,B两项；两个平面相交，则有一条交线，

交线上任取三个点都是两个平面的公共点，故排除C项；而D项中的三点不论

共线还是不共线，则一定能找到一个平面过这三个点.]

3.如图是一个正方体的展开图，如果将它还原为正方体，则下列说法错误

的是（）

A.与C。是异面直线

B.与CQ相交

C.EF//CD

D.£产与AB异面

D[把展开图还原成正方体，如图所示.

还原后点G与C重合，点B与尸重合，由图可知A、B、C选项正确，EF

与AB相交，故D错误，选D.]

4.两两平行的三条直线可确定____个平面.

1或3[若三条直线在同一平面内，则确定I个平面.若三条直线不共面，

则确定3个平面.]

[细研考点•突破题型]重难解惑直击高考

□考点一基本事实的应用'师生共研

［典例1］如图所示,正方体ABCD-AIBCIDI中,E,尸分别是4B和AAi的

中点.求证：

(1)E,C,Di,o四点共面;

(2)CE,DiF,QA三线共点.

［证明］(1)如图，连接EF,CDi,A\B.

VE,尸分别是AB,A4i

：.EF//BA\.

又・.・AI3〃OIC,：.EF//CD\,

:・E,C,Di,尸四点共面.

3：EF〃CD\,EFVCDI,

.•・CE与DiF必相交,设交点为P,

则由尸£直线CE,CEU平面ABCD,

得PC平面ABC。.

同理P£平面ADDiAi.

又平面ABC7)n平面AOQ/i=D4,

・・.，u直线D4,:・CE,D4三线共点

令反思领悟共面、共线、共点问题的证明

证明共面，先确定一个平