2022届高三数学一轮复习（原卷版）第1节 空间几何体的结构及其表面积、体积 教案.doc

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1、1 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. 3.备考策略 从 2019 年高考试题可以看出，高考对三视图的考查有所降温；对空间几何体的展开、平面图形的折叠、 解题中的补体等传统几何思想有所加强. 第一节

2、第一节 空间几何体的结构及其表面积、体空间几何体的结构及其表面积、体积积 最新考纲 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 2 1简单多面体的结构特征 (1)棱柱的侧棱都平行且相等，上下底面是全等的多边形； (2)棱锥的底面是任意多边形，侧面是有一个公共点的三角形；

3、 (3)棱台可由平行于棱锥底面的平面截棱锥得到，其上、下底面是相似多边形 2旋转体的形成 几何体 旋转图形 旋转轴 圆柱 矩形 任一边所在的直线 圆锥 直角三角形 任一直角边所在的直线 圆台 直角梯形 垂直于底边的腰所在的直线 球 半圆 直径所在的直线 3.三视图与直观图 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

4、线段在直观图中长度为原来的一半. 4.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2rl S圆锥侧rl S圆台侧(r1r2)l 5.柱体、锥体、台体和球的表面积和体积 名称 表面积 体积 3 几何体 柱体(棱柱和圆柱) S表面积S侧2S底 VSh 锥体(棱锥和圆锥) S表面积S侧S底 V13Sh 台体(棱台和圆台) S表面积S侧S上S下 V13(S上S下 S上S下)h 球 S4R2 V43R3 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系： S直观图24S原图形，S原图形2 2S直观图 2多面体的内切球与外接球常用

5、的结论 (1)设正方体的棱长为 a，则它的内切球半径 ra2，外接球半径 R32a (2)设长方体的长、 宽、 高分别为 a， b， c， 则它的外接球半径 Ra2b2c22 (3)设正四面体的棱长为 a，则它的高为 H63a，内切球半径 r14H612a，外接球半径 R34H64a 一、思考辨析(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、教材改编

6、 1将一个等腰梯形绕它的较长的底边所在的直线旋转一周，所得的几何体包括( ) A一个圆台、两个圆锥 4 B两个圆台、一个圆柱 C两个圆柱、一个圆台 D一个圆柱、两个圆锥 D 从较短的底边的端点向另一底边作垂线， 两条垂线把等腰梯形分成了两个直角三角形， 一个矩形，所以一个等腰梯形绕它的较长的底边所在直线旋转一周形成的是由一个圆柱，两个圆锥所组成的几何体，如图： 2如图所示，长方体 ABCD- ABCD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 3体积为 8 的正方体的顶点都在同一球面上，则该球

7、的表面积为( ) A12 B323 C8 D4 A 由题意可知正方体的棱长为 2，其体对角线为 2 3即为球的直径，所以球的表面积为 4R2(2R)212，故选 A. 4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 cm B2 cm C3 cm D32 cm B S表r2rlr2r 2r3r212，r24， r2(cm) 5已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为_ 5 163 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 22213222163. 考点 1 空间几何体的结构特征 解决与空间几何体结构特征有关问题的技巧

8、(1)关于空间几何体的结构特征辨析关键是紧扣各种空间几何体的概念，要善于通过举反例对概念进行辨析，即要说明一个命题是错误的， 只需举一个反例即可 (2)圆柱、圆锥、圆台的有关元素都集中在轴截面上，解题时要注意用好轴截面中各元素的关系 (3)棱(圆)台是由棱(圆)锥截得的，所以在解决棱(圆)台问题时，要注意“还台为锥”的解题策略 1.给出下列命题： (1)棱柱的侧棱都相等，侧面都是全等的平行四边形； (2)若三棱锥的三条侧棱两两垂直，则其三个侧面也两两垂直； (3)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； (4)存在每个面都是直角三角形的四面体； (5)棱台的侧棱延

9、长后交于一点 其中正确命题的个数为( ) A2 B3 C4 D5 C (1)不正确， 根据棱柱的定义， 棱柱的各个侧面都是平行四边形，但不一定全等；(2)正确，若三棱锥的三条侧棱两两6 垂直，则三个侧面构成的三个平面的二面角都是直二面角；(3)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；(4)正确，如图，正方体ABCD- A1B1C1D1中的三棱锥 C1ABC，四个面都是直角三角形；(5)正确，由棱台的概念可知 2以下命题： (1)以直角三角形的一边为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥； (2)以直角梯形的一腰为轴旋转一周所得的旋转体是圆台； (3)圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆面；

10、 (4)一个平面截圆锥，得到一个圆锥和一个圆台 其中正确命题的个数为( ) A0 B1 C2 D3 B 命题(1)错， 因为这条边若是直角三角形的斜边， 则得不到圆锥； 命题(2)错，因为这条腰必须是垂直于两底的腰；命题(3)对；命题(4)错，必须用平行于圆锥底面的平面截圆锥才可以 3下列结论正确的是 ( ) A各个面都是三角形的几何体是三棱锥 B以三角形的一条边所在直线为旋转轴，其余两边旋转形成的曲面所围成的几何体叫圆锥 C棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则此棱锥可能是六棱锥 D圆锥的顶点与底面圆周上的任意一点的连线都是母线 D A 错误 如图所示， 由两个结构相同的三棱锥叠放在一起构成

11、的几何体，各面都是三角形，但它不是棱锥 图 图 B 错误如图，若ABC 不是直角三角形或是直角三角形，但旋转轴不是直角边所在直线，所得的几何体都不是圆锥 C 错误 由几何图形知， 若以正六边形为底面， 侧棱长必然要大于底面边长 D正确 7 (1)概念辨析类的问题常借助反例求解 (2)紧扣结构特征是判断空间几何体的结构特征正误的关键，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，然后依据题意判定 考点 2 空间几何体的三视图和直观图 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：

12、斜二测画法 (1)一题多解已知正三角形 ABC 的边长为 a，那么ABC 的平面直观图ABC的面积为( ) A.34a2 B.38a2 C.68a2 D.616a2 (2)(2018 全国卷)某圆柱的高为 2，底面周长为 16，其三视图如图圆柱表面上的点 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( ) A2 17 B2 5 C3 D2 (1)D (2)B (1)法一：如图所示的实际图形和直观图， 由图可知，ABABa，OC12OC34a， 8 在图中作 CDAB于 D， 则 CD22OC68a， 所

13、以 SABC12ABCD12a68a616a2. 法二：SABC12aasin 6034a2， 又 S直观图24S原图2434a2616a2. 故选 D. (2)由三视图可知，该几何体为如图所示的圆柱，该圆柱的高为 2，底面周长为 16.画出该圆柱的侧面展开图，如图所示，连接 MN，则 MS2，SN4，则从 M 到 N 的路径中，最短路径的长度为 MS2SN2 22422 5.故选 B. 图 图 (1)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24S原图形 (2)解决空间几何体表面上两点距离的最短问题，常借助其侧面展开图

14、 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 B C D A 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某几何体的三视图如图所示，网格纸的小方格是边长为 1 的正方形，则该几何体中最长棱的棱长是( ) 9 A 5 B 6 C 7 D3 A 由三视图可知该几何体为一个三棱锥 D- ABC，如图，将其置于长方体中，该长方体的底面是边长为 1 的正方形，高为 2

15、. 所以 AB1，AC 2，BC 3，CD 2，DA2，BD 5， 因此最长棱为 BD，棱长是 5. 考点 3 空间几何体的表面积与体积 空间几何体的表面积 几类空间几何体表面积的求法 (1)多面体：其表面积是各个面的面积之和 (2)旋转体：其表面积等于侧面面积与底面面积的和 (3)简单组合体：应搞清各构成部分，并注意重合部分的删、补 (4)若以三视图形式给出，解题的关键是根据三视图，想象出原几何体及几何体中各元素间的位置关系及数量关系 (1)(2019 南昌模拟)如图，直角梯形 ABCD 中，ADDC，ADBC，BC2CD2AD2，若将该直角梯形绕 BC 边旋转一周，则所得的几何体的表面积为

16、_ (2)若正四棱锥的底面边长和高都为 2，则其表面积为_ (3)圆台的上、下底面半径分别是 10 cm 和 20 cm，它的侧面展开图的扇环的圆心角是 180，那么圆台的表面积为_cm2 (结果中保留 ) (4)(2019 安庆模拟)已知一几何体的三视图如图所示，它的侧视图与正视图相同，则该几何体的表面积为( ) 10 A1612 B3212 C2412 D3220 (1)( 23) (2)44 5 (3)1 100 (4)A (1)由图中数据可得：S圆锥侧122 2 2，S圆柱侧2112，S底面12. 所以几何体的表面积 SS圆锥侧S圆柱侧S底面 22( 23). (2)因为四棱锥的侧棱长

17、都相等，底面是正方形，所以该四棱锥为正四棱锥，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 2212 5. 所以该四棱锥的侧面积 S4122 54 5， S表224 544 5. (3)如图所示，设圆台的上底周长为 C，因为扇环的圆心角是180，所以 CSA. 又 C21020，所以 SA20(cm) 同理 SB40(cm) 所以 ABSBSA20(cm) S表S侧S上底S下底 (r1r2) ABr21r22 (1020)20102202 1 100(cm2) 故圆台的表面积为 1 100 cm2. (4)由三视图知，该几何体是一个正四棱柱与半球的组合体，

18、且正四棱柱的高为 2，底面对角线长为 4，球的半径为 2，所以该正四棱柱的底面正方形的边11 长为 2 2，该几何体的表面积 S12422222 2 241216. 本例(1)得到的是旋转体，求解的关键是将旋转体的表面积分割为圆锥的侧面积与圆柱的侧面积及底面积之和；本例(2)是有关多面体侧面积的问题，关键是找到其特征几何图形，如棱柱中的矩形、棱台中的直角梯形、棱锥中的直角三角形，它们是联系高与斜高、边长等几何元素间的桥梁，从而架起求侧面积公式中的未知量与条件中已知几何元素间的联系；本例(3)是圆台的侧面积问题，采用了还锥为台的思想；本例(4)先由三视图还原几何体，求解的关键是正四棱柱及半球的数

19、量关系确定，易错点是两几何体重叠部分的表面积处理 (2015 全国卷)圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r)组成一个几何体， 该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示 若该几何体的表面积为 1620，则 r( ) A1 B2 C4 D8 B 如图， 该几何体是一个半球与一个半圆柱的组合体，球的半径为 r，圆柱的底面半径为 r，高为 2r，则表面积 S124r2r24r2r2r(54)r2.又 S1620，(54)r21620，r24，r2，故选 B. 空间几何体的体积 求空间几何体的体积的常用方法 (1)直接法：对于规则几何体，直接利用公式计算即可若已知三视图求体积，应注意三视图中的垂直

20、关系在几何体中的位置， 确定几何体中的线面垂直等关系，进而利用公式求解 (2)等积法：利用三棱锥的“等积性”可以把任一个面作为三棱锥的底面 12 (3)割补法：当一个几何体的形状不规则时，常通过分割或者补形的手段将此几何体变为一个或几个规则的、体积易求的几何体，然后再计算经常考虑将三棱锥还原为三棱柱或长方体， 将三棱柱还原为平行六面体， 将台体还原为锥体 (1)如图所示， 正三棱柱 ABC- A1B1C1的底面边长为2，侧棱长为 3，D 为 BC 中点，则三棱锥 A- B1DC1的体积为( ) A3 B.32 C1 D.32 (2)一题多解(2017 全国卷)如图，网格纸上小正方形的边长为 1

21、，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( ) A90 B63 C42 D36 (3)如图，正方体 ABCDA1B1C1D1的棱长为 1，E，F 分别为线段 AA1，B1C上的点，则三棱锥 D1EDF 的体积为_ (1)C (2)B (3)16 (1)(直接法)如题图，在正ABC 中，D 为 BC 中点，则有 AD32AB 3， 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 A- B1DC1的底面 B1DC1上的高，

22、 13 VAB1DC113SB1DC1AD13122 3 31. (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 V21232627. 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 V

23、12V163. 法三(估值法)：由题意，知12V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)(等积法)三棱锥 D1EDF 的体积即为三棱锥 F- DD1E 的体积 因为 E，F 分别为 AA1，B1C 上的点，所以在正方体 ABCD- A1B1C1D1中，EDD1的面积为定值12，F 到平面 AA1D1D 的距离为定值 1，所以 VD1EDFVFDD1E1312116. 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易求解长度的高； (2)“拆”：指的

24、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； (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 14 教师备选例题 1(2019 江苏高考)如图，长方体 ABCD- A1B1C1D1的体积是 120， E 为 CC1的中点， 则三棱锥 E- BCD 的体积是_ 10 因为长方体 ABCD- A1B1C1D1的体积为 120，所以AB BC CC1120， 因为 E 为 CC1的中点，所以 CE12CC1， 由长方体的性质知 CC1底面 ABCD， 所以 CE 是三棱锥 E- BCD 的底面 BCD 上的

25、高， 所以三棱锥 E- BCD 的体积 V1312AB BC CE1312AB BC12CC111212010. 2.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，ABADDG2， ACEF1， 则该多面体的体积为_ 4 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 CHDG 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- ABCSDEHAD1221 22，V三棱柱BEF- CHGSBEFDE1221

26、 22.故所求几何体的体积为 V多面体ABCDEFG224. 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即该正方体体积的一半 又正方体的体积 V正方体ABHI- DEKG238， 故所求几何体的体积为 V多面体ABCDEFG1284. 1.如图， 直三棱柱 ABC- A1B1C1的各条棱长均为 2，15 D 为棱 B1C1上任意一点，则三棱锥 D- A1BC 的体积是_ 2 33 VDA1BCVB1A1BC VA1B1BC13SB1BC 32 33. 2(2019 浙江高考)祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家，他提出的“幂势

27、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( ) A158 B162 C182 D324 B (直接法)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(26234623)6162.故选 B. 3.如图，在多面体 ABCDEF 中，已知 ABCD 是边长为 1 的正方形，且ADE，BCF 均为正三角形，EFAB，EF2，则该多

28、面体的体积为( ) A.23 B.33 C.43 D.32 A (分割法)如图，分别过点 A，B 作 EF 的垂线，垂足分别为 G，H，连接 DG，CH， 容易求得 EGHF12， 16 AGGDBHHC32， 取 AD 的中点 O，连接 GO，易得 GO22， SAGDSBHC1222124， 多面体的体积 VV三棱锥E- ADGV三棱锥F- BCHV三棱柱AGD- BHC2V三棱锥E- ADGV三棱柱AGD- BHC132412224123.故选 A. 考点 4 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

29、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，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 a2b2c2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 (1)已知一个圆锥底面半径为 1， 母线长为 3， 则该圆锥内切球的表面积为( ) A B.32 C2 D3 (2)(2019 福建十校联考)已知三棱锥 P- ABC 的三条侧棱两两互相垂直

30、， 且 AB 5，BC 7，AC2，则此三棱锥的外接球的体积为( ) A.83 B.8 23 C.163 D.323 (3)已知直三棱柱 ABC- A1B1C1的各顶点都在以 O 为球心的球面上，且BAC17 34，AA1BC2，则球 O 的体积为( ) A4 3 B8 C12 D20 (1)C (2)B (3)A (1)依题意，作出圆锥与球的轴截面，如图所示，设球的半径为 r，易知轴截面三角形边 AB 上的高为2 2，因此2 2r3r1，解得 r22，所以圆锥内切球的表面积为 42222，故选 C. (2)AB 5，BC 7，AC2，PA1，PC 3，PB2.以 PA，PB，PC 为过同一顶

31、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 长方体的对角线长为 1342 2， 球的直径为 2 2， 半径 R 2， 因此，三棱锥 P- ABC 外接球的体积是43R343( 2)38 23.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 rBC2sinBAC22sin 34 2， 则直三棱柱 ABC- A1B1C1的外接球的半径为 Rr2AA122（ 2）212 3， 则直三棱柱 ABCA1B1C1的外接球的体积为43R34 3.故选 A. 母题探究 1.若将本例(3)的条件“BAC34，AA1BC2”换为“AB3

32、， AC4， ABAC， AA112”， 则球 O 的半径为_ 132 如图所示， 由球心作平面 ABC 的垂线， 则垂足为 BC18 的中点 M. 又 AM12BC52，OM12AA16， 所以球 O 的半径 ROA 52262132. 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_ 6 3 正四面体棱长为 a，则正四面体表面积为 S1434 a2 3a2，其内切球半径 r 为正四面体高的14， 即 r1463a612a， 因此内切球表面积为 S24r2a26，则S1S23a2a266 3. 3若将本例(

33、3)的条件改为“侧棱和底面边长都是 3 2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_ 3 依题意，得该正四棱锥底面对角线的长为 3 2 26，高为（3 2）212623， 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. 通过本例(3)及母题探究训练，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

34、，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，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 3，则三棱锥 D- ABC 体积的最大值为( ) 19 A12 3 B18 3 C24 3 D54 3 B 由等边ABC 的面积为 9 3，可得34AB29 3，所以 AB6，所以等边ABC 的外接圆的半径为 r33AB2 3. 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dR2r2 16122. 所以三棱锥 D- ABC 高的最大值

35、为 246， 所以三棱锥 D- ABC 体积的最大值为139 3618 3. 2(2019 南宁模拟)已知三棱锥 P- ABC 中，ABC 为等边三角形，PAPBPC3，PAPB，则三棱锥 P- ABC 的外接球的体积为( ) A.272 B.27 32 C27 3 D27 B 三棱锥 P- ABC 中，ABC 为等边三角形，PAPBPC3， PABPBCPAC. PAPB，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 P- ABC 的外接球 正方体的体对角线长为 3232323 3， 其外接球半径 R3 32.因此三棱锥

36、 P- ABC 的外接球的体积 V433 32327 32. 课外素养提升 直观想象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： 20 利用长方体的体对角线探索外接球半径 【例 1】 (2019 东北三省四市模拟)已知边长为 2 的等边三角形 ABC，D 为BC 的中点，沿 AD 进行折叠，使折叠后的BDC2，则过 A，B，C，D 四点的球的表面积为(

37、) A3 B4 C5 D6 C 连接 BC(图略)， 由题知几何体 ABCD 为三棱锥， BDCD1， AD 3，BDAD，CDAD，BDCD，将折叠后的图形补成一个长、宽、高分别是 3，1， 1 的长方体， 其体对角线长为 113 5， 故该三棱锥外接球的半径是52，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个垂直，可构造墙角模型(如下图)，直接用公式(2R)2a2b2c2求出 R. 【素养提升练习】 已知各顶点都在同一球面上的正四棱柱的高为 4，体积为 16，则这个球的表面积是( ) A16 B20 C24 D32 C 设正四棱柱的底面边长为 a，高为 h，球半径

38、为 R，则正四棱柱的体积为 Va2h16，a2，4R2a2a2h2441624，所以球的表面积为 S24. 21 利用长方体的面对角线探索外接球半径 【例 2】 三棱锥中 S- ABC，SABC 13，SBAC 5，SCAB 10.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 a2b2 10， SABC b2c2 13， SBAC a2c2 5. 从而 a2b2c214(2R)2，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，

39、从而巧妙探索外接球半径 【素养提升练习】 (2019 全国卷)已知三棱锥 P- ABC 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( ) A8 6 B4 6 C2 6 D. 6 D 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，PBPC，因为 PAPBPC，A

40、BC 为正三角形， 所以 PAPC， 即 PA， PB， PC 两两垂直， 将三棱锥 P- ABC 放在正方体中 因为 AB2，所以该正方体的棱长为 2，所以该正方体的体对角线长为 6，所以三棱锥 P- ABC 的外接球的半径 R62， 所以球 O 的体积 V43R343623 6，故选 D. 22 利用底面三角形与侧面三角形的外心探索球心 【例 3】 平面四边形 ABCD 中，ABADCD1，BD 2，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( ) A.32 B3 C.23 D2 A 如图，设 BD

41、，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 又点 E 为底面直角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 2，球半径 RFDBC232.故 V4332332. 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 【素养提升练习】 (2019 广州模拟)

42、三棱锥P- ABC中， 平面PAC平面ABC，ABAC， PAPCAC2， AB4， 则三棱锥 P- ABC 的外接球的表面积为( ) A23 B.234 C64 D.643 D 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 OOHD，ODOH，则交点 O 为三棱锥外接球的球心，连接 OP，又 OP23PH233222 33，OODH12AB2.R2OP2OP2OO2434163. 故几何体外接球的表面积 S4R2643. 23 利用直棱柱上下底面外接圆圆心的连线确定球心 【例 4】 一个正六棱柱的底

43、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98，底面周长为 3，则这个球的体积为_ 43 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 a12， 底面积为 S6341223 38， V柱Sh3 38h98， h 3， R23221221，R1，球的体积为 V43. 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 【素养提升练习】 (2017 全国卷)已知圆柱的高为 1，它的两个底面的圆周在直径为 2 的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为( ) A B.34 C.2 D.4 B 设

44、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 r112232. 圆柱的体积为 Vr2h34134. 故选 B. 锥体的内切球问题 (1)题设：如图，三棱锥 P- ABC 是正三棱锥，求其内切球的半径 24 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 DH13CD，POPHr，PD 是侧面ABP 的高； 第三步：由POEPDH，建立等式：OEDHPOPD，解出 r. (2)题设：如图，四棱锥 P- ABC 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

45、，H 三点共线； 第二步：求 FH12BC，POPHr，PF 是侧面PCD 的高； 第三步：由POGPFH，建立等式：OGHFPOPF，解出 r. (3)题设：三棱锥 P- ABC 是任意三棱锥，求其的内切球半径 方法：等体积法，三棱锥 P- ABC 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：VPABCVOABCVOPABVOPACVOPBCVPABC 13SABCr13SPABr13SPACr13SPBCr13(SABCSPABSPACSPBC) r； 第三步：解出 r3VPABC

46、SABCSPABSPACSPBC. 【例 5】 如图，在四棱锥 P- ABCD 中，底面 ABCD 是边25 长为 m 的正方形，PD底面 ABCD，且 PDm，PAPC 2m，若在这个四棱锥内放一个球，则此球的最大半径是_ 12(2 2)m 由 PD底面 ABCD 得 PDAD.又 PDm，PA 2m，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13 m2m13m2R1312m2R1312 2m2R1312 2m2R1312m2R，解得 R12(2 2)m，所以此球的最大半

47、径是12(2 2)m. 评析 结合本题的条件，采用体积分割法求解本题 【素养提升练习】 有一个倒圆锥形容器， 它的轴截面是顶角的余弦值为12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_ 315r 如图，作出轴截面，因为轴截面是顶角的余弦值为12的等腰三角形，所以顶角为3，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 3r，则容器内水的体积 V13( 3r)23r43r353r3.将球取出后，设容器中水的深度为 h，则水面圆的半径为33h，从而容器内水的体积 V13(33h)2h19h

48、3，由 VV，得 h315r，所以这时容器中水的深度为315r. 柱体的内切球问题 【例 6】 (2016 全国卷)在封闭的直三棱柱 ABC- A1B1C1内有一个体积为 V的球若 ABBC，AB6，BC8，AA13，则 V 的最大值是( ) A4 B.92 26 C6 D.323 B 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681022， R2. 又 2R3，R32， Vmax4332392.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 【素养提升练习】 体积为43的球与正三棱柱的所有面均相切，则该棱柱的体积为_ 6 3 设球的半径为 R，由43R343，得 R1，所以正三棱柱的高 h2. 设底面边长为 a，则1332a1，所以 a2 3. 所以 V34(2 3)226 3.