高三数学 立体几何的难点突破 1球的体积、表面积（通用）

1、球的体积、表面积1.1 球的体积【例1】两个半径为1的铁球，熔化成一个大球，这个大球的半径为()A2 B. C.D.【解析】设大球半径为r，则r32，r，故选C.【评注】球的体积公式为：V=r3，设半径列方程求半径即可.【变式1】利用正方体的对角线长等于其外接球的直径求正方体的棱长（2020天津）已知一个正方体的所有顶点在一个球面上. 若球的体积为, 则正方体的棱长为 .1.【解析】设球半径为R，球的体积为，R=，又由球的直径与其内接正方体对角线的相等知正方体的对角线长为3，则棱长为.【变式2】一个正方体削去一个角所得到的几何体的三视图如图所示(图中三个四边形都是边长为2的正方形)，则该几何体

2、外接球的体积为_2.4【解析】依题意可知，新的几何体的外接球也就是原正方体的外接球，所求外接球的直径就是正方体的体对角线；2R2(R为球的半径)，R，球的体积VR34.【变式3】利用球截面圆圆心与球心连线与截面垂直的性质求球的半径用与球心距离为1的平面去截球，所得的截面面积为，则球的体积为()A.B. C8 D.3.B【解析】 S圆r21，而截面圆圆心与球心的距离d1，球的半径为R. VR3，故选B.1.2 球的表面积【例2】如图是一个无盖器皿的三视图，正视图、侧视图和俯视图中的正方形边长为2，正视图、侧视图中的虚线都是半圆，则该器皿的表面积是 【解析】该器皿的表面积可分为两部分：去掉一个圆的

3、正方体的表面积和半球的表面积， ，故.【评注】由三视图求表面积与体积，关键是正确分析原图形的几何特征.【变式1】（2020陕西高考文科）某几何体的三视图如图所示, 则其表面积为 . 1.【解析】综合三视图可知几何体是一个半径r=1的半个球体,其表面积= .1.3 正方体的外接球、内切球和棱切球【例3】 有三个球和一个正方体,第一个球与正方体各个面内切,第二个球与正方体各条棱相切,第三个球过正方体各顶点,则三个球面积之比为 【解析】设正方体棱长为a,则有内切球半径;棱切球其直径为正方体各面上的对角线长,则有;外接球直径为正方体的对角线长,有,所以面积之比为.【评注】 正方体的内切球：截面图为正方

4、形EFHG的内切圆，如图所示设正方体的棱长为a，则内切球半径|OJ|r；正方体的棱切球：|GO|Ra；正方体的外接球：则|A1O|Ra.用构造法易知：棱长为的正四面体的外接球半径为.【变式1】构建正方体求解三棱锥有关问题 若正三棱锥PABC的三条侧棱两两垂直，则该正三棱锥的内切球与外接球的半径之比为 .1.【解析】设正三棱锥侧棱长为，纳入正方体中易知外接球半径为体积，内切球球心将正三棱锥分成四个高为内切球半径的三棱锥，则.【变式2】构建正方体利用等积法求点到面的距离 已知正三棱锥PABC，点P，A，B，C都在半径为的球面上若PA，PB，PC两两相互垂直，则球心到截面ABC的距离为_2.【解析】

5、由已知条件可知，以PA，PB，PC为棱可以补充成球的内接正方体，故而PA2PB2PC22，由已知PAPBPC, 得到PAPBPC2, VPABCVAPBChSABCPASPBC, 得到h，故而球心到截面ABC的距离为Rh.【变式3】构建正方体求解正四面体的外接球的体积 已知三棱锥的所有棱长都为，则该三棱锥外接球的体积是_.3. 【解析】如图构造正方体，则三棱锥的所有棱长都为，该正方体的棱长为，三棱锥的外接球半径：R=.故所求.【变式4】通过等价转化求解正方体的内切球的截面圆面积 如图，已知球O是棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1的内切球，则平面ACD1截球O的截面面积为() A. B.C

6、. D.4.A【解析】：根据正方体的几何特征知，平面ACD1是边长为的正三角形，且球与以点D为公共点的三个面的切点恰为三角形ACD1三边的中点，故所求截面的面积是该正三角形的内切圆的面积，由图得ACD1内切圆的半径是tan30，故所求的截面圆的面积是. 1.4长方体的外接球【例4】 (2020辽宁) 已知直三棱柱ABC-A1B1C1的6个顶点都在球O的球面上若AB3，AC4，ABAC，AA112，则球O的半径为 【解析】ABAC，且AA1底面ABC，将直三棱柱补成内接于球的长方体，则长方体的对角线l 2R，R.【评注】利用底面为直角三角形的直三棱柱补成长方体求外接球半径,长方体的模型可以使抽象

7、问题具体化. 【变式1】利用三棱两两垂直的四面体补成长方体求解在四面体中，AB，AC，AD两两垂直，AB=,AD=2,AC=，则该四面体外接球的表面积为 1. 【解析】由球的对称性及两两垂直可以补形为长方体,长方体的对称中心即为球心, ， . 【变式2】如图，在三棱锥中，三条棱两两垂直，且，分别经过三条棱作一个截面平分三棱锥的体积，截面面积依次为，则的大小关系为_2.【解析】 由题意两两垂直，可将其放置在以为一顶点的长方体中，设三边分别为，从而易得，又，即同理，用平方后作差法可得【变式3】利用特殊的四棱锥补成长方体求解 已知点是球O表面上的点，PA平面ABCD，四边形ABCD是边长为2正方形.

8、若,则OAB的面积为 3.【解析】点是球O表面上的点，PA平面ABCD， 点为球O内接长方体的顶点，球心O为长方体对角线的中点.OAB的面积是该长方体对角面面积的. ，,.【变式4】利用半球的内接正方体补成球的长方体求解半球内有一个内接正方体，则这个半球的体积与正方体的体积之比为()A.6 B2 C2 D5124.B【解析】 将半球补成整个球，同时把原半球的内接正方体再补接一个同样的正方体，构成的长方体恰好是球的内接长方体，那么这个长方体的体对角线就是它的外接球的直径设正方体的棱长为a，球的半径为R，则(2R)2a2a2(2a)2，即Ra.V半球R3a3，V正方体a3.V半球V正方体a3a32

9、. 【变式5】利用半球的内接三棱柱运用截面圆性质求解(2020唐山统考)如图，直三棱柱ABCA1B1C1的六个顶点都在半径为1的半球面上，ABAC，侧面BCC1B1是半球底面圆的内接正方形，则侧面ABB1A1的面积为()A2 B1 C. D.5.C.【解析】由题意知，球心在侧面BCC1B1的中心O上，BC为截面圆的直径，BAC90，ABC的外接圆圆心N是BC的中点，同理A1B1C1的外心M是B1C1的中心设正方形BCC1B1的边长为x，RtOMC1中，OM，MC1，OC1R1(R为球的半径)，221，即x，则ABAC1，1.1.5正四面体的外接球和内切球【例5】 正四面体的内切球、与棱相切的球

10、、外接球的三类球的半径比为 【解析】设正四面体的棱长为1，外接球和内切球半径依次为， 由正四面体三个球心重合及其特征， 则正四面体的高,其体积为,另一面,则内切球和外接球的半径比1：3，其和为正四面体的高， 而与棱相切的球直径为对棱的距离，则内切球、与各棱都相切的球、外接球的半径之比为 .【变式1】利用正四面补成正方体求解体积 正四面体ABCD的外接球的体积为，则正四面体ABCD的体积是_. 1. .【解析】由于外接球的体积为，故其内接正方体的棱长为2，故正方体体积为8，正四面体的体积为.【变式2】利用正四面体的高与外接球半径的关系求球的表面积 正四面体的四个顶点都在同一个球面上，且正四面体的

11、高为4，则这个球的表面积是_ 2.36【解析】正四面体的外接球半径R为其高的，且正四面体的高为4，则R3 ，S4R236.【变式2】利用正四面体补成正方体求解的球心角 半径为1的球面上的四点是正四面体的顶点，则与两点与球心连线的夹角余弦值为 2.【解析】设正四面体棱长，将其纳入正方体中,其正方体棱长a，所求角为对角面内两条对角线的夹角为，AP=BP=，由余弦定理.【变式3】利用正四面体补成正方体求异面直线所成的角 如图，正四面体A-BCD中，E、F分别是AD、BC的中点，则EF与CD所成的角等于 （ ）A45 B90 C60 D30 3.A 【解析】如图，将正四面体补形为正方体，答案就脱口而出

12、，应该选A.【变式4】利用长方体的性质确定折叠四面体的外接球球心 (2020山西四校联考)将长、宽分别为4和3的长方形ABCD沿对角线AC折起，得到四面体ABCD，则四面体ABCD的外接球的体积为_4. 【解析】 设AC与BD相交于O，折起来后仍然有OAOBOCOD，外接球的半径r，从而体积V3.【变式5】(2020云南一模)一个圆锥过轴的截面为等边三角形，它的顶点和底面圆周在球O的球面上，则该圆锥的体积与球O的体积的比值为_5 【解析】 设等边三角形的边长为2a，则V圆锥a2aa3；又R2a2(aR)2，所以Ra，故 V球3a3，则其体积比为.【变式6】利用正六棱柱的对称性求外接球的体积 一个六棱柱的底面是正六边形，其侧棱垂直底面。已知该六棱柱的顶点都在同一个球面上，六棱柱的体积为，底面周长为3，那么这个球的体积为 6. 【解析】因为该六棱柱的顶点都在同一个球面六棱柱的体积，底面周长为3，由，可得到正六棱柱的高为，底面边长为，注意球心的特殊位置，则半径 则球体积为；【变式7】利用球的截面性质求球的内接四棱锥的体积 (2020届河北月考)已知矩形的顶点都在半径为4的球的球面上，且,则棱锥的体积为