2022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.doc

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1、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，知识点较整合，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.认识柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征，并能运用这些特征描述现实生活中简单物体的结构.2.能画出简单空间图形(长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱等的简易组

2、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单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互相平行且全等多边形互相平行且相似侧棱互相平行且相等相交于一点，但不一定相等延长线交于一点侧面形状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

3、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3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，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展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

4、柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式名称圆柱圆锥圆台侧面展开图侧面积公式S圆柱侧2rlS圆锥侧rlS圆台侧(r1r2)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VS底h锥体(棱锥和圆锥)S表面积S侧S底VS底h台体(棱台和圆台)S表面积S侧S上S下V(S上S下)h球S4R2VR31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：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

5、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ABCDABCD中被截去一部分，其中EHAD，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()A12B C8D4A由题意可知正方体的棱长为2，其体对角线2即为球的直

6、径，所以球的表面积为4R2(2R)212，故选A.3已知圆锥的表面积等于12 cm2，其侧面展开图是一个半圆，则底面圆的半径为()A1 cmB2 cmC3 cmD cmBS表r2rlr2r2r3r212，r24，r2(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_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222222. 考点一空间几何体的三视图、直观图和展开图 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展开图解决以下问题：(1)求几何体的表面积或侧面

7、积；(2)求几何体表面上任意两个点的最短表面距离三视图典例11(1)(2018全国卷)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() A BC D(2)如图所示，在正方体ABCDA1B1C1D1中，E为棱BB1的中点，过点A，E，C1的平面截去该正方体的上半部分，则剩余几何体的侧视图为() A BC D(3)(2020全国卷)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

8、点为()AEBF CGDH(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12已知正三角形ABC的边长为a，那么ABC的平面直观图ABC的面积为()A.a2Ba2 C.a2Da2D法一：如图所示的是实际图形和直观图，由图可知，ABABa，OCO

9、Ca，在图中作CDAB于D，则CDOCa，所以SABCABCDaaa2.法二：SABCaasin 60a2，又S直观图S原图形a2a2.故选D.点评：直观图的面积问题常常有两种解法一是利用斜二测画法求解，注意 “斜”及“二测”的含义；二是直接套用等量关系：S直观图S原图形展开图典例13如图，在直三棱柱ABCA1B1C1中，AB2，BC，AC1，AA13，F为棱AA1上的一动点，则当BFFC1最小时，BFC1的面积为_将直三棱柱ABCA1B1C1沿棱AA1展开成平面，连接BC1(图略)，与AA1的交点即为满足BFFC1最小时的点F，直三棱柱ABCA1B1C1中，AB2，BC，AC1，AA13，再

10、结合棱柱的性质，可得A1FAA11，故AF2.由图形及棱柱的性质，可得BF2，FC1，BC12，cosBFC1.故sinBFC1，BFC1的面积为SBFFC1sinBFC12.点评：本题在探求BFFC1最小时，采用了化曲为直的策略，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展开图1(2018全国卷)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()A2B2 C3D2B先画出圆柱的直观图，根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

11、面展开图及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ON164，OM2，MN2.故选B.2某几何体的正视图和侧视图如图所示，它的俯视图的直观图是矩形O1A1B1C1，如图，其中O1A16，O1C12，则该几何体的侧面积为()A48B64 C96D128C由题意可知俯视图的直观图面积为2612，故俯视图的面积为24.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64496.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注意其侧面展开图的应用(2)多面体的表面积是各个面的面

12、积之和；组合体的表面积注意衔接部分的处理(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)直接利用公式进行求解(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21(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()A48B48C482D482(2)(2018全国卷)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()A12B12 C8D10(3)(2020全国卷)已知A，B，C为球O的球面上

13、的三个点，O1为ABC的外接圆若O1的面积为4，ABBCACOO1，则球O的表面积为()A64B48 C36D32(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S2224251221248，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2，底面圆的直径为2，所以该圆柱的表面积为2()22212.(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4，所以4r2，解得r2，又ABBCACOO1，所以2r，解得AB2，故OO12，所以R2OO

14、r2(2)22216，所以球O的表面积S4R264.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22(1)如图所示，正三棱柱ABCA1B1C1的底面边长为2，侧棱长为，D为BC中点，则三棱锥AB1DC1的体积为()A3BC1 D(2)(2017全国卷)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()A90B63C42D36(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的体积为_(1)

15、C(2)B(3)(1)(直接法)如题图，在正三角形ABC中，D为BC中点，则有ADAB，又平面BB1C1C平面ABC，平面BB1C1C平面ABCBC，ADBC，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，VAB1DC1SB1DC1AD21.(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V132436.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V232627.所以该组合体的体积VV1V2362763.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

16、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10414，该圆柱的体积V13214126.故该几何体的体积为圆柱体积的一半，即VV163.法三(估值法)：由题意，知V圆柱V几何体V圆柱又V圆柱321090，所以45V几何体90.观察选项可知只有63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，SANM11，VANMD1VD1AMN2.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

17、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单的几何体，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1(2019浙江高考)祖暅是我国南北朝时期的伟大科学家，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()A158B162 C182D324B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

18、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6162.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_44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.所以该四棱锥的侧面积S424，S表22444. 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，再利用平面几何知识寻找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若球面上四点P，A，B，C中PA，

19、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求R.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)(2020全国卷)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_(2)(2020福建十校联考)已知三棱锥PABC的三条侧棱两两互相垂直，且AB，BC，AC2，则此三棱锥的外接球的体积为()A.B C.D(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，AA1BC2，则球O的体积为()A4B8 C12D20(1)(2)B(3)A(1)易知半径最

20、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sinBPE，所以OP3R，所以PE4R2，所以R，所以内切球的体积VR3，即该圆锥内半径最大的球的体积为.(2)AB，BC，AC2，PA1，PC，PB2.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2，球的直径为2，半径R，因此，三棱锥PABC外接球的体积是R3()3.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，则直三棱柱ABCA1B1C1的外接球的半径为R，则直三棱柱ABCA1B1C1的外接球的体积为R3

21、4.故选A.母题变迁1若将本例(3)的条件“BAC，AA1BC2”换为“AB3，AC4，ABAC，AA112”，则球O的半径为_如图所示，过球心作平面ABC的垂线，则垂足为BC的中点M.又AMBC，OMAA16，所以球O的半径ROA .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_设正四面体棱长为a，则正四面体表面积为S14a2a2，其内切球半径r为正四面体高的，即raa，因此内切球表面积为S24r2，则.3若将本例(3)的条件改为“侧棱和底面边长都是3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

22、_3依题意，得该正四棱锥底面对角线的长为36，高为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1(2018全国卷)设A

23、，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9，则三棱锥DABC体积的最大值为()A12B18 C24D54B由等边ABC的面积为9，可得AB29，所以AB6，所以等边ABC的外接圆的半径为rAB2.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d2.所以三棱锥DABC高的最大值为246，所以三棱锥DABC体积的最大值为9618.2(2020南宁模拟)已知三棱锥PABC中，ABC为等边三角形，PAPBPC3，PAPB，则三棱锥PABC的外接球的体积为()AB C27 D27B三棱锥PABC中，ABC为等边三角形，PAPBPC3，PABPBCPAC. P

24、APB，PAPC，PCPB.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3，其外接球半径R.因此三棱锥PABC的外接球的体积V3.核心素养5用数学眼光观察世界巧解简单几何体的外接球与内切球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索外接球半径已知边长为2的等边三角形ABC，D为BC的中点，

25、沿AD进行折叠，使折叠后的BDC，则过A，B，C，D四点的球的表面积为()A3B4 C5D6C连接BC(图略)，由题知几何体ABCD为三棱锥，BDCD1，AD，BDAD，CDAD，BDCD，将折叠后的图形补成一个长、宽、高分别是，1,1的长方体，其体对角线长为，故该三棱锥外接球的半径是，其表面积为5.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)，直接用公式(2R)2a2b2c2求出R.(2020河北重点中学6月联考)阿基米德是伟大的古希腊数学家，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(容器的厚度忽略不

26、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，并且球的表面积也是圆柱形容器的表面积的.则该圆柱形容器的容积与它的外接球的体积之比为()AB CDA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h2R，圆柱形容器的外接球的半径为R.圆柱形容器的容积VR22R2R3，V外接球(R)3R3，所以，故选A.利用长方体的面对角线探索外接球半径三棱锥SABC中，SABC，SBAC，SCAB.则三棱锥的外接球的表面积为_14如图，在长方体中，设AEa，BEb，CEc.则SCAB，SABC，SBAC.从而a2b2c214(2R)2

27、，可得S4R214.故所求三棱锥的外接球的表面积为14.评析三棱锥的相对棱相等，探寻球心无从着手，注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，从而巧妙探索外接球半径(2019全国卷)已知三棱锥PABC的四个顶点在球O的球面上，PAPBPC，ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是PA，AB的中点，CEF90， 则球O的体积为()A8B4 C2DD因为点E，F分别为PA，AB的中点，所以EFPB，因为CEF90，所以EFCE，所以PBCE.取AC的中点D，连接BD，PD，易证AC平面BDP，所以PBAC，又ACCEC，AC，CE平面PAC，所以PB平面PAC，所以PBPA，PBP

28、C，因为PAPBPC，ABC为正三角形，所以PAPC，即PA，PB，PC两两垂直，将三棱锥PABC放在正方体中因为AB2，所以该正方体的棱长为，所以该正方体的体对角线长为，所以三棱锥PABC的外接球的半径R，所以球O的体积VR33，故选D.利用底面三角形与侧面三角形的外心探索球心平面四边形ABCD中，ABADCD1，BD，BDCD.将其沿对角线BD折成四面体ABCD，使平面ABD平面BCD.若四面体ABCD的顶点在同一球面上，则该球的体积为()AB3 CD2A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ABCD的外接球球心必在过点F且与平面BCD垂直的直线l1上

29、又点E为直角ABD的外心，知外接球球心必在过点E且与平面ABD垂直的直线l2上因而球心为l1与l2的交点又FECD，CDBD知FE平面ABD.从而可知球心为点F.又ABAD1，CD1知BD，球半径RFD.故V3.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(2020广州模拟)三棱锥PABC中，平面PAC平面ABC，ABAC，PAPCAC2，AB4，则三棱锥PABC的外接球的表面积为()A23B C64DD如图，设O为正PAC的中心，D为RtABC斜边的中点，H为AC中点由平面PAC平面ABC.则OH平面ABC.作O

30、OHD，ODOH，则交点O为三棱锥外接球的球心，连接OP，又OPPH2，OODHAB2.R2OP2OP2OO24.故几何体外接球的表面积S4R2.利用直棱柱上下底面外接圆圆心的连线确定球心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，底面周长为3，则这个球的体积为_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，底面积为S62，V柱Shh，h，R2221，R1，球的体积为V.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(2017全国卷)已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在

31、直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为()AB CDB设圆柱的底面半径为r，球的半径为R，且R1，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.圆柱的体积为Vr2h1.故选B.锥体的内切球问题(1)题设：如图，三棱锥PABC是正三棱锥，求其内切球的半径图第一步：先画出内切球的截面图，E，H分别是两个三角形的外心；第二步：求DHCD，POPHr，PD是侧面ABP的高；第三步：由POEPDH，建立等式，解出r.(2)题设：如图，四棱锥PABCD是正四棱锥，求其内切球的半径图第一步：先画出内切球的截面图，P，O，H三点共线；第二步：求FHBC，POPHr，

32、PF是侧面PCD的高；第三步：由POGPFH，建立等式，解出r.(3)题设：三棱锥PABC是任意三棱锥，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；第二步：设内切球的半径为r，球心为O，建立等式：VPABCVOABCVOPABVOPACVOPBCVPABCSABCrSPABrSPACrSPBCr(SABCSPABSPACSPBC)r；第三步：解出r.(1)将半径为3，圆心角为的扇形围成一个圆锥，则该圆锥的内切球的表面积为()AB2 C3D4(2)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是边长为m的

33、正方形，PD底面ABCD，且PDm，PAPCm，若在这个四棱锥内放一个球，则此球的最大半径是_(1)B(2)(2)m(1)半径为3，圆心角为的扇形弧长为2，故其围成的圆锥母线长为3，底面圆周长为2，得其底面半径为1，如图，MB1，AB3, AM2，由相似可得，得ON，S球42.故选B.(2)由PD底面ABCD得PDAD.又PDm，PAm，则ADm.设内切球的球心为O，半径为R，连接OA，OB，OC，OD，OP(图略)，易知VPABCDVOABCDVOPADVOPABVOPBCVOPCD，即m2mm2Rm2Rm2Rm2Rm2R，解得R(2)m，所以此球的最大半径是(2)m.评析结合本题(2)的条

34、件，采用体积分割法求解本题，即利用体积相等建立等量关系有一个倒圆锥形容器，它的轴截面是顶角的余弦值为的等腰三角形在容器内放一个半径为r的铁球，并注水，使水面与球正好相切，然后将球取出，则这时容器中水的深度为_r如图，作出轴截面，因为轴截面是顶角的余弦值为的等腰三角形，所以顶角为，所以该轴截面为正三角形根据切线性质知当球在容器内时，水的深度为3r，水面所在圆的半径为r，则容器内水的体积V(r)23rr3r3.将球取出后，设容器中水的深度为h，则水面圆的半径为h，从而容器内水的体积V2hh3，由VV，得hr，所以这时容器中水的深度为r.柱体的内切球问题(2016全国卷)在封闭的直三棱柱ABCA1B1C1内有一个体积为V的球若ABBC，AB6，BC8，AA13，则V的最大值是()A4B C6DB由题意得要使球的体积最大，则球与直三棱柱的若干面相切设球的半径为R，ABC的内切圆半径为2，R2.又2R3，R，Vmax3.故选B.评析解答本题的关键是当V取得最大值时，球与上下底面还是与侧面相切的问题体积为的球与正三棱柱的所有面均相切，则该棱柱的体积为_6设球的半径为R，由R3，得R1，所以正三棱柱的高h2.设底面边长为a，则a1，所以a2.所以V(2)226.24