資源簡(jiǎn)介

第1講　空間幾何體
高頻考點(diǎn) 高考預(yù)測(cè)
空間幾何體的結(jié)構(gòu)特征、直觀圖 繼續(xù)在選擇填空中考查空間幾何體的面積以及體積的求法，注意數(shù)學(xué)文化思想的滲透考查．與幾何體的表面積、體積有關(guān)的最值問(wèn)題是命題的熱點(diǎn).
空間幾何體的表面積與體積的求法
與球有關(guān)的切、接問(wèn)題
1. (2022·全國(guó)甲卷)甲、乙兩個(gè)圓錐的母線(xiàn)長(zhǎng)相等，側(cè)面展開(kāi)圖的圓心角之和為2π，側(cè)面積分別為S甲和S乙，體積分別為V甲和V乙．若＝2，則＝( C )
A. B．2
C． D．
【解析】　設(shè)母線(xiàn)長(zhǎng)為l，甲圓錐底面半徑為r1，乙圓錐底面圓半徑為r2，則＝＝＝2，所以r1＝2r2，又＋＝2π，則＝1，所以r1＝l，r2＝l，所以甲圓錐的高h(yuǎn)1＝＝l，乙圓錐的高h(yuǎn)2＝＝l，所以＝＝＝.故選C.
2. (2021·全國(guó)甲卷)已知A，B，C是半徑為1的球O的球面上的三個(gè)點(diǎn)，且AC⊥BC，AC＝BC＝1，則三棱錐O－ABC的體積為( A )
A. B．
C． D．
【解析】　因?yàn)锳C⊥BC，AC＝BC＝1，所以底面ABC為等腰直角三角形，所以△ABC所在的截面圓的圓心O1為斜邊AB的中點(diǎn)，所以O(shè)O1⊥平面ABC，在Rt△ABC中，AB＝＝，則AO1＝，在Rt△AOO1中，OO1＝＝，故三棱錐O－ABC的體積為V＝·S△ABC·OO1＝××1×1×＝.故選A.
3. (2021·全國(guó)新高考Ⅰ卷)已知圓錐的底面半徑為，其側(cè)面展開(kāi)圖為一個(gè)半圓，則該圓錐的母線(xiàn)長(zhǎng)為( B )
A．2 B．2
C．4 D．4
【解析】　由題意，設(shè)母線(xiàn)長(zhǎng)為l，因?yàn)閳A錐底面周長(zhǎng)即為側(cè)面展開(kāi)圖半圓的弧長(zhǎng)，圓錐的母線(xiàn)長(zhǎng)即為側(cè)面展開(kāi)圖半圓的半徑，則有2π·＝π·l，解得l＝2，所以該圓錐的母線(xiàn)長(zhǎng)為2.故選B.
4. (2022·全國(guó)新高考Ⅰ卷)南水北調(diào)工程緩解了北方一些地區(qū)水資源短缺問(wèn)題，其中一部分水蓄入某水庫(kù)．已知該水庫(kù)水位為海拔148.5 m時(shí)，相應(yīng)水面的面積為140.0 km2；水位為海拔157.5 m時(shí)，相應(yīng)水面的面積為180.0 km2，將該水庫(kù)在這兩個(gè)水位間的形狀看作一個(gè)棱臺(tái)，則該水庫(kù)水位從海拔148.5 m上升到157.5 m時(shí)，增加的水量約為(≈2.65)( C )
A．1.0×109m3 B．1.2×109m3
C．1.4×109m3 D．1.6×109m3
【解析】　依題意可知棱臺(tái)的高為MN＝157.5－148.5＝9(m)，所以增加的水量即為棱臺(tái)的體積V.棱臺(tái)上底面積S＝140.0 km2＝140×106 m2，下底面積S′＝180.0 km2＝180×106 m2，∴V＝h＝×9×(140×106＋180×106＋)＝3×(320＋60)×106≈(96＋18×2.65)×107＝1.437×109≈1.4×109(m3)．故選C.
5. (多選)(2023·全國(guó)新課標(biāo)Ⅰ卷)下列物體中，能夠被整體放入棱長(zhǎng)為1(單位：m)的正方體容器(容器壁厚度忽略不計(jì))內(nèi)的有( ABD )
A．直徑為0.99 m的球體
B．所有棱長(zhǎng)均為1.4 m的四面體
C．底面直徑為0.01 m，高為1.8 m的圓柱體
D．底面直徑為1.2 m，高為0.01 m的圓柱體
【解析】　對(duì)于A，棱長(zhǎng)為1的正方體內(nèi)切球的直徑為1＞0.99，選項(xiàng)A正確；對(duì)于B，如圖，
正方體內(nèi)部最大的正四面體D－A1BC1的棱長(zhǎng)為＝>1.4，選項(xiàng)B正確；對(duì)于C，棱長(zhǎng)為1的正方體的對(duì)角線(xiàn)為<1.8，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；對(duì)于D，如圖，六邊形EFGHIJ為正六邊形，E，F(xiàn)，G，H，I，J為棱的中點(diǎn)，
高為0.01 m可忽略不計(jì)，看作直徑為1.2 m的平面圓，六邊形EFGHIJ邊長(zhǎng)為 m，∠GFH＝∠GHF＝30°，所以FH＝FG＝GH＝ m，故六邊形EFGHIJ內(nèi)切圓直徑為 m，而2＝>(1.2)2＝1.44，選項(xiàng)D正確．故選ABD.
6. (多選)(2023·全國(guó)新課標(biāo)Ⅱ卷)已知圓錐的頂點(diǎn)為P，底面圓心為O，AB為底面直徑，∠APB＝120°，PA＝2，點(diǎn)C在底面圓周上，且二面角P－AC－O為45°，則( AC )
A．該圓錐的體積為π
B．該圓錐的側(cè)面積為4π
C．AC＝2
D．△PAC的面積為
【解析】　取AC中點(diǎn)D，則OD⊥AC，PD⊥AC，
由二面角的定義可知，二面角P－AC－O的平面角即為∠PDO＝45°，對(duì)于A，△PAB中，由于PA＝PB＝2，∠APB＝120°，則PO＝1，AO＝，則OD＝1，V＝·3π·1＝π，選項(xiàng)A正確；對(duì)于B，S側(cè)＝π××2＝2π，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；對(duì)于C，AC＝2＝2，選項(xiàng)C正確；對(duì)于D，PD＝，S△PAC＝××2＝2，選項(xiàng)D錯(cuò)誤．故選AC.
7. (2023·全國(guó)新課標(biāo)Ⅰ卷)在正四棱臺(tái)ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，A1B1＝1，AA1＝，則該棱臺(tái)的體積為 　.
【解析】　如圖，設(shè)正四棱臺(tái)ABCD－A1B1C1D1的上下底面中心分別為M，N，過(guò)A1作A1H⊥AC，垂足為H，由題意易知A1M＝HN＝，又AN＝，∴AH＝AN－HN＝，又AA1＝，∴A1H＝MN＝，∴該四棱臺(tái)的體積為×(1＋4＋)×＝.故答案為.
8. (2023·全國(guó)新課標(biāo)Ⅱ卷)底面邊長(zhǎng)為4的正四棱錐被平行于其底面的平面所截，截去一個(gè)底面邊長(zhǎng)為2，高為3的正四棱錐，所得棱臺(tái)的體積為_(kāi)28__.
【解析】　如圖所示，根據(jù)題意易知△SO1A1∽△SOA，∴＝＝＝，又SO1＝3，∴SO＝6，∴OO1＝3，又上下底面正方形邊長(zhǎng)分別為2,4，∴所得棱臺(tái)的體積為×(4＋16＋)×3＝28.故答案為28.
核心考點(diǎn)1　基本立體圖形
核心知識(shí)·精歸納
1.基本立體圖形的結(jié)構(gòu)特征
(1)多面體的結(jié)構(gòu)特征
名稱(chēng) 棱柱 棱錐 棱臺(tái)
圖形
底面 互相_平行__且_全等__ 多邊形 互相_平行__且_相似__
側(cè)棱 互相_平行__且_相等__ 相交于_一點(diǎn)__，但不一定相等 延長(zhǎng)線(xiàn)交于_一點(diǎn)__
側(cè)面形狀 平行四邊形 三角形 梯形
(2)旋轉(zhuǎn)體的結(jié)構(gòu)特征
名稱(chēng) 圖形 母線(xiàn) 軸截面 旋轉(zhuǎn)圖形
圓柱 互相平行且相等，_垂直__于底面 全等的矩形 矩形
圓錐 長(zhǎng)度相等且相交于_一點(diǎn)__ 全等的等腰三角形 直角三角形
圓臺(tái) 延長(zhǎng)線(xiàn)交于_一點(diǎn)__ 全等的等腰梯形 直角梯形
球 圓 半圓形
2.立體圖形的直觀圖
斜二測(cè)畫(huà)法直觀圖面積為原圖形面積的.
多維題組·明技法
角度1：基本立體圖形的結(jié)構(gòu)
1. (多選)給出下列命題，其中真命題是( BCD )
A．棱柱的側(cè)棱都相等，側(cè)面都是全等的平行四邊形
B．若三棱錐的三條側(cè)棱兩兩垂直，則其三個(gè)側(cè)面也兩兩垂直
C．在四棱柱中，若過(guò)相對(duì)側(cè)棱的兩個(gè)截面都垂直于底面，則該四棱柱為直四棱柱
D．存在每個(gè)面都是直角三角形的四面體
【解析】　A不正確，根據(jù)棱柱的定義，棱柱的各個(gè)側(cè)面都是平行四邊形，但不一定全等；B正確，若三棱錐的三條側(cè)棱兩兩垂直，則三個(gè)側(cè)面構(gòu)成的三個(gè)二面角都是直二面角；C正確，因?yàn)檫^(guò)相對(duì)側(cè)棱的兩個(gè)截面的交線(xiàn)平行于側(cè)棱，又兩個(gè)截面都垂直于底面，故該四棱柱為直四棱柱；D正確，如圖，正方體ABCD－A1B1C1D1中的三棱錐C1－ABC，四個(gè)面都是直角三角形．
2.下列命題正確的是( D )
A．在圓柱的上、下底面的圓周上各取一點(diǎn)，則這兩點(diǎn)的連線(xiàn)是圓柱的母線(xiàn)
B．直角三角形繞其任意一邊所在直線(xiàn)旋轉(zhuǎn)一周所形成的幾何體都是圓錐
C．棱臺(tái)的上、下底面可以不相似，但側(cè)棱長(zhǎng)一定相等
D．直角梯形以一條直角腰所在的直線(xiàn)為旋轉(zhuǎn)軸，其余三邊旋轉(zhuǎn)形成的面所圍成的旋轉(zhuǎn)體是圓臺(tái)
【解析】　A不一定，只有當(dāng)這兩點(diǎn)的連線(xiàn)垂直于底面時(shí)才是母線(xiàn)；B不一定，當(dāng)以斜邊所在直線(xiàn)為旋轉(zhuǎn)軸時(shí)，其余兩邊旋轉(zhuǎn)形成的面所圍成的幾何體不是圓錐．如圖所示，它是由兩個(gè)同底圓錐組成的幾何體；C錯(cuò)誤，棱臺(tái)的上、下底面相似且對(duì)應(yīng)邊互相平行．棱臺(tái)的各側(cè)棱延長(zhǎng)線(xiàn)交于一點(diǎn)，但是這些側(cè)棱的長(zhǎng)不一定相等．
角度2：立體圖形的直觀圖
3.如圖，△A′B′C′是水平放置的△ABC的斜二測(cè)畫(huà)法的直觀圖，其中O′C′＝O′A′＝2O′B′，則△ABC是( C )
A．鈍角三角形
B．等腰三角形，但不是直角三角形
C．等腰直角三角形
D．等邊三角形
【解析】　將其還原成原圖，設(shè)A′C′＝2，則可得OB＝2O′B′＝1，AC＝A′C′＝2，從而AB＝BC＝，所以AB2＋BC2＝AC2，即AB⊥BC，故△ABC是等腰直角三角形．故選C.
4．如圖是一個(gè)水平放置的直觀圖，它是一個(gè)底角為45°；腰和上底均為1，下底為＋1的等腰梯形，那么原平面圖形的面積為 2＋　.
【解析】　∵平面圖形的直觀圖是一個(gè)底角為45°，腰和上底長(zhǎng)均為1的等腰梯形，∴平面圖形為直角梯形，且直角腰長(zhǎng)為2，上底邊長(zhǎng)為1，∵梯形的下底邊長(zhǎng)為1＋，∴原平面圖形的面積S＝×2＝2＋.
方法技巧·精提煉
1.空間幾何體結(jié)構(gòu)特征的判斷技巧
緊扣結(jié)構(gòu)特征是判斷的關(guān)鍵，依據(jù)條件構(gòu)建幾何模型，在條件不變的情況下，變換模型中的線(xiàn)面關(guān)系或增加線(xiàn)、面等基本元素，然后再依據(jù)題意判定，說(shuō)明一個(gè)命題是錯(cuò)誤的，只要舉出一個(gè)反例即可．
2.斜二測(cè)畫(huà)法的技巧
(1)在斜二測(cè)畫(huà)法中，要確定關(guān)鍵點(diǎn)及關(guān)鍵線(xiàn)段．平行于x軸的線(xiàn)段平行性不變，長(zhǎng)度不變；平行于y軸的線(xiàn)段平行性不變，長(zhǎng)度減半．
(2)按照斜二測(cè)畫(huà)法得到的平面圖形的直觀圖，其面積與原圖形的面積的關(guān)系：S直觀圖＝S原圖形．
加固訓(xùn)練·促提高
1.如果圓錐的側(cè)面展開(kāi)圖是半圓，那么這個(gè)圓錐的頂角(圓錐軸截面中兩條母線(xiàn)的夾角)是( C )
A．30° B．45°
C．60° D．90°
【解析】　設(shè)圓錐的母線(xiàn)長(zhǎng)為l，底面半徑為r，依題意可得2r＝l，所以圓錐的軸截面為等邊三角形，所以圓錐的頂角為60°.
2.在直角坐標(biāo)系中水平放置的直角梯形OABC如圖所示．已知O為坐標(biāo)原點(diǎn)，A(2，0)，B(2，2)，C(0,6)．在用斜二測(cè)畫(huà)法畫(huà)出的直觀圖中，四邊形O′A′B′C′的面積為( A )
A．4 B．4
C．8 D．8
【解析】　如圖，畫(huà)出直觀圖，過(guò)點(diǎn)A′作A′D⊥O′C′，垂足為D.因?yàn)镺′C′＝OC＝3，∠C′O′A′＝∠B′A′x′＝45°，所以O(shè)′C′∥A′B′，O′D＝A′D＝2，C′D＝A′B′＝1，則A′D＝B′C′＝2，故四邊形O′A′B′C′的面積為S＝＝4.核心考點(diǎn)2　空間幾何體的表面積與體積
核心知識(shí)·精歸納
1.旋轉(zhuǎn)體的側(cè)面積和表面積
(1)S圓柱側(cè)＝2πrl，S圓柱表＝2πr(r＋l)(r為底面半徑，l為母線(xiàn)長(zhǎng))．
(2)S圓錐側(cè)＝πrl，S圓錐表＝πr(r＋l)(r為底面半徑，l為母線(xiàn)長(zhǎng))．
(3)S球表＝4πR2(R為球的半徑)．
2.空間幾何體的體積公式
V柱＝Sh(S為底面面積，h為高)；
V錐＝Sh(S為底面面積，h為高)；
V球＝πR3(R為球的半徑)．
多維題組·明技法
角度1：空間幾何體的表面積和側(cè)面積
1. (2023·大觀區(qū)校級(jí)三模)陀螺起源于我國(guó)，最早出土的石制陀螺是在山西夏縣發(fā)現(xiàn)的新石器時(shí)代遺址．如圖所示的是一個(gè)陀螺立體結(jié)構(gòu)圖．已知，底面圓的直徑AB＝12 cm，圓柱體部分的高BC＝6 cm，圓錐體部分的高CD＝4 cm，則這個(gè)陀螺的表面積(單位：cm2)是( C )
A．(144＋12)π B．(144＋24)π
C．(108＋12)π D．(108＋24)π
【解析】　由題意可得圓錐體的母線(xiàn)長(zhǎng)為l＝＝2，所以圓錐體的側(cè)面積為·12π·2＝12π，圓柱體的側(cè)面積為12π×6＝72π，圓柱的底面面積為π×62＝36π，所以此陀螺的表面積為12π＋72π＋36π＝(108＋12)π(cm2)．故選C.
2. (2023·黃浦區(qū)校級(jí)三模)已知正方形ABCD的邊長(zhǎng)是1，將△ABC沿對(duì)角線(xiàn)AC折到△AB′C的位置，使(折疊后)A、B′、C、D四點(diǎn)為頂點(diǎn)的三棱錐的體積最大，則此三棱錐的表面積為 1＋　.
【解析】　根據(jù)題意，正方形ABCD中，設(shè)AC與BD交于點(diǎn)O，在翻轉(zhuǎn)過(guò)程中，當(dāng)B′O⊥面ACD時(shí)，四棱錐B′－ACD的高最大，此時(shí)四棱錐B′－ACD的體積最大，若B′O⊥面ACD，由于OA＝OB′＝OC，則B′D＝B′A＝B′C＝1，則△DB′C△DB′A都是邊長(zhǎng)為1的等邊三角形，S△DB′A＝S△DB′C＝×1×1×＝，△ADC中，AD＝DC＝1且AD⊥DC，則S△ADC＝×1×1＝，同理：S△AB′C＝S△ABC＝S△ADC＝，此時(shí)，三棱錐的表面積S＝S△DB′A＋S△DB′C＋S△ADC＋S△AB′C＝1＋.
角度2：空間幾何體的體積
3. (2023·福州模擬)已知菱形ABCD的邊長(zhǎng)為2，∠BAD＝60°，則將菱形ABCD以其中一條邊所在的直線(xiàn)為軸，旋轉(zhuǎn)一周所形成的幾何體的體積為( B )
A．2π B．6π
C．4π D．8π
【解析】　根據(jù)題意，旋轉(zhuǎn)一周所形成的幾何體如圖，該幾何體上部分為圓錐，下部分為在圓柱內(nèi)挖去一個(gè)與上部分相同的圓錐，其體積等于中間圓柱的體積，且中間圓柱的高h(yuǎn)＝DC＝2，底面圓的半徑r＝BCsin 60°＝2×＝，故要求幾何體的體積V＝πr2h＝6π.故選B.
4.已知正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為2，E，F(xiàn)分別為AB，BC的中點(diǎn)，則多面體A1C1－AEFC的體積為 　　.
【解析】　多面體A1C1－AEFC的體積等于三棱柱ABC－A1B1C1的體積與三棱臺(tái)EBF－A1B1C1的體積之差，其中三棱柱ABC－A1B1C1的體積為×2×2×2＝4，三棱臺(tái)EBF－A1B1C1的體積為×2×＝，所以多面體A1C1－AEFC的體積為4－＝.
方法技巧·精提煉
1.求幾何體的表面積的方法
(1)求表面積問(wèn)題的思路是將立體幾何問(wèn)題轉(zhuǎn)化為平面圖形問(wèn)題，即空間圖形平面化，這是解決立體幾何的主要出發(fā)點(diǎn)；
(2)求不規(guī)則幾何體的表面積時(shí)，通常將所給幾何體分割成柱、錐、臺(tái)體，先求這些柱、錐、臺(tái)體的表面積，再通過(guò)求和或作差求得所給幾何體的表面積．
2.求空間幾何體體積的常用方法
(1)公式法：直接根據(jù)常見(jiàn)柱、錐、臺(tái)體等規(guī)則幾何體的體積公式計(jì)算；
(2)等積法：根據(jù)體積計(jì)算公式，通過(guò)轉(zhuǎn)換空間幾何體的底面和高使得體積計(jì)算更容易，或是求出一些體積必等；
(3)割補(bǔ)法：把不能直接計(jì)算體積的空間幾何體進(jìn)行適當(dāng)分割或補(bǔ)形，轉(zhuǎn)化為可計(jì)算體積的幾何體．
加固訓(xùn)練·促提高
1. (2023·平羅縣校級(jí)模擬)已知圓錐的底面半徑為1，側(cè)面展開(kāi)圖的圓心角為π，則該圓錐的側(cè)面積為( C )
A．π B．2π
C．3π D．4π
【解析】　底面圓周長(zhǎng)為2π，母線(xiàn)長(zhǎng)為＝3，所以側(cè)面積為×2π×3＝3π.故選C.
2. (2023·普陀區(qū)校級(jí)模擬)如圖，在正四棱錐P－ABCD中，AP＝AB＝4，則正四棱錐的體積為 　.
【解析】　連接AC與BD交于O，則O是正方形ABCD的中心，∴PO⊥平面ABCD，∵AB＝4，∴AO＝2，∵PA＝4，∴PO＝＝2，∴正四棱錐的體積為V＝S正方形ABCD·PO＝×16×2＝.故答案為.
3. (2023·瓊山區(qū)四模)三棱錐A－BCD中，AC⊥平面BCD，BD⊥CD，若AB＝3，BD＝1，則該三棱錐體積的最大值為 　.
【解析】　如圖所示，因?yàn)锳C⊥平面BCD，即AC為三棱錐A－BCD的高，設(shè)為x，又因?yàn)锽C 平面BCD，所以AC⊥BC，在直角△ABC中，由AB＝3，AC＝x，可得BC＝，因?yàn)锽D⊥CD，且BD＝1，可得CD＝＝，所以三棱錐A－BCD的體積為V＝S△BCD·AC＝××1×x＝≤×＝，當(dāng)且僅當(dāng)8－x2＝x2時(shí)，即x＝2時(shí)，三棱錐A－BCD的體積取得最大值，最大值為.核心考點(diǎn)3　多面體與球
核心知識(shí)·精歸納
1.外接球問(wèn)題
(1)到各個(gè)頂點(diǎn)距離相等的點(diǎn)是外接球的球心；
(2)正方體或者長(zhǎng)方體的外接球的球心是其對(duì)角線(xiàn)的中點(diǎn)；
(3)棱柱的外接球的球心是上下底面多邊形外心連線(xiàn)的中點(diǎn)；
(4)正棱錐的外接球球心在體高上；
(5)正四面體、同一頂點(diǎn)或者首尾相接的三條棱兩兩垂直的幾何體、對(duì)棱相等的三棱錐均可構(gòu)造長(zhǎng)方體或正方體來(lái)解決；
(6)利用球心與截面圓圓心連線(xiàn)垂直于截面圓及球心與弦的中點(diǎn)的連線(xiàn)垂直于弦的性質(zhì)確定球心．
2.內(nèi)切球問(wèn)題
(1)內(nèi)切球的球心到個(gè)面的距離相等；
(2)正多面體的內(nèi)切球和外接球的球心重合；
(3)經(jīng)常用等體積法解決內(nèi)切球問(wèn)題．
多維題組·明技法
角度1：多面體與球中的面積和體積問(wèn)題
1.已知正方體ABCD－A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為2，E為棱CC1上的一點(diǎn)，且滿(mǎn)足平面BDE⊥平面A1BD，則四面體ABCE的外接球的表面積為( A )
A．9π B．18π
C．36π D．81π
【解析】　如圖所示：H為BD的中點(diǎn)，連接A1H，A1E，EH，A1B＝AD，則A1H⊥BD，A1H 平面A1BD，平面BDE∩平面A1BD＝BD，平面BDE⊥平面A1BD，故A1H⊥平面BDE，HE 平面BDE，故A1H⊥HE，設(shè)CE＝a，則A1H＝，HE＝，A1E＝，A1E2＝A1H2＋HE2，即8＋(2－a)2＝6＋a2＋2，解得a＝1，將四面體ABCE放入長(zhǎng)方體ABCD－EFPQ中，設(shè)四面體ABCE的外接球半徑為R，則2R＝＝3，R＝，外接球的表面積S＝4πR2＝4π×＝9π.故選A.
2. (2023·香洲區(qū)校級(jí)模擬)已知正三棱錐A－BCD的側(cè)棱長(zhǎng)為，且側(cè)棱與正三棱錐的底面所成角的正切值為，則此正三棱錐的棱切球的表面積為( B )
A．π B．
C．3π D．6π
【解析】　根據(jù)題意，設(shè)底面三角形的外心為O，連接AO，連接BO并延長(zhǎng)與CD交于點(diǎn)E，三棱錐A－BCD為正三棱錐，則AO⊥面BCD，又由側(cè)棱與正三棱錐的底面所成角的正切值為，則tan∠ABO＝，則有＝，又由AO2＋BO2＝AB2＝3，解可得BO＝1，O為△BCD外接圓的圓心，則BE＝BO＋OE＝BO＝，而∠BCE＝60°，易得BC＝CD＝BD＝，故三棱錐A－BCD為正四面體，則三棱錐A－BCD所在正方體的棱長(zhǎng)為，故此正三棱錐的棱切球的半徑為其所在正方體的棱長(zhǎng)的一半，故其棱切球的半徑R＝×＝，則此正三棱錐的棱切球的表面積S＝4πR2＝.故選B.
3. (2023·呂梁二模)在三棱錐P－ABC中，已知PA⊥底面ABC，CA＝CB＝PA＝2，AC⊥BC，則三棱錐P－ABC外接球的體積為( B )
A．16π B．4π
C．48π D．12π
【解析】　由CA＝CB＝2，AC⊥BC，所以△ABC的外接圓直徑2r＝2，∴r＝，由于PA⊥底面ABC，PA＝2，所以外接球的半徑R2＝r2＋2＝2＋1＝3，∴R＝，所以外接球的體積V＝πR3＝4π.故選B.
角度2：多面體與球中的截面問(wèn)題
4. (2023·桐鄉(xiāng)市校級(jí)模擬)已知三棱錐P－ABC的四個(gè)頂點(diǎn)在球O的球面上，PA＝PB＝PC，△ABC是邊長(zhǎng)為的正三角形，三棱錐P－ABC的體積為，Q為BC的中點(diǎn)，則過(guò)點(diǎn)Q的平面截球O所得截面面積的最小值是 　.
【解析】　設(shè)P在底面ABC上的射影為M，如圖，因?yàn)镻A＝PB＝PC，由△APM，△BPM，△CPM全等得M為△ABC的中心，由題可知，S△ABC＝，由VP－ABC＝×PM×S△ABC＝，解得PM＝，在正△ABC中，可得AM＝.從而直角三角形APM中解得PA＝＝1.同理PB＝PC＝1，又△ABC是邊長(zhǎng)為的正三角形，所以PA2＋PB2＝2＝AB2，則PA⊥PB，同理PB⊥PC，PC⊥PA，因此正三棱錐P－ABC可看作正方體的一角，正方體的外接球與三棱錐P－ABC的外接球相同，正方體對(duì)角線(xiàn)的中點(diǎn)為球心O.記外接球半徑為R，則R＝，過(guò)點(diǎn)Q的平面截球O所得截面面積的最小時(shí)，截面與OQ垂直，此時(shí)截面圓半徑r滿(mǎn)足R2＝r2＋OQ2，由OQ＝，得＝r2＋，所以r2＝，所以截面面積的最小值為πr2＝.
5. (2023·濟(jì)南市中區(qū)模擬)已知三棱錐P－ABC，平面PBC⊥平面ABC，Q為BC中點(diǎn)，PB＝PC＝AB＝BC＝AC＝2，則過(guò)點(diǎn)Q的平面截該三棱錐外接球所得截面面積的取值范圍為 　.
【解析】　連接PQ，QA，由PB＝PC＝AB＝BC＝AC＝2，可知△ABC和△PBC是等邊三角形，設(shè)三棱錐P－ABC外接球的球心為O，所以球心O在平面ABC和平面PBC內(nèi)的射影是△ABC和△PBC的中心E，F(xiàn)，△PBC是等邊三角形，Q為BC中點(diǎn)，所以PQ⊥BC，又因?yàn)槠矫鍼BC⊥平面ABC，平面PBC∩平面ABC＝BC，所以PQ⊥平面ABC，而AQ 平面ABC，因此PQ⊥AQ，所以O(shè)FQE是矩形，△ABC和△PBC是邊長(zhǎng)為2的等邊三角形，所以?xún)蓚€(gè)三角形的高h(yuǎn)＝＝，在矩形OFQE中，OE＝FQ＝h＝，AE＝h＝，連接OA，所以O(shè)A＝＝＝，設(shè)過(guò)點(diǎn)Q的平面為α，當(dāng)OQ⊥α?xí)r，此時(shí)所得截面的面積最小，該截面為圓形，OQ＝＝＝h＝×＝.因此圓Q的半徑為：＝＝1，所以此時(shí)面積為π·12＝π，當(dāng)點(diǎn)Q在以O(shè)為圓心的大圓上時(shí)，此時(shí)截面的面積最大，面積為：π·2＝，所以截面的面積范圍為.
角度3：表面積與球的組合體中的最值問(wèn)題
6.《九章算術(shù)》是我國(guó)古代著名的數(shù)學(xué)著作，其中記載有幾何體“芻甍”．現(xiàn)有一個(gè)芻甍如圖所示，底面ABCD為正方形，EF∥平面ABCD，四邊形ABFE，CDEF為兩個(gè)全等的等腰梯形，EF＝AB，且2AE＋EF＝8，則此芻甍體積的最大值為( B )
A. B．
C． D．
【解析】　在DC上取兩點(diǎn)H、J，使得HJ＝EF，且DH＝JC，在AB上取兩點(diǎn)I、K，使得IK＝EF，且AI＝KB，則四棱錐E－ADHI和F－JKBC體積相同，取AD、BC中點(diǎn)N、M，正方形ABCD中心O，EF中點(diǎn)O1，連接EN，MN，F(xiàn)M，OO1，
根據(jù)題意可得OO1⊥平面ABCD，EF∥AB∥MN，點(diǎn)O是MN的中點(diǎn)，設(shè)MN＝AB＝AD＝4x，則AN＝2x，EF＝HJ＝2x，AE＝4－x，DH＝JC＝x，在等腰△AED中，AD⊥EN，EN＝＝，同理FM＝，則等腰梯形EFMN的高為OO2＝＝，所以芻甍的體積為V＝2VE－ADHI＋VEHI－FJK＝2××x×4x×＋×4x××2x＝＝，令f(x)＝x4(－x2－2x＋4)，0＜x＜4，則f′(x)＝－6x5－10x4＋16x3＝－2x3(3x2＋5x－8)＝－2x3(x－1)(3x＋8)，令f′(x)＞0，即0＜x＜1；令f′(x)＜0，即1＜x＜4，所以函數(shù)f(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1,4)上單調(diào)遞減，所以當(dāng)x＝1時(shí)，f(x)max＝1，所以Vmax＝.故選B.
7. (2023·開(kāi)福區(qū)校級(jí)二模)已知A，B，C，D是體積為π的球體表面上四點(diǎn)，若AB＝4，AC＝2，BC＝2，且三棱錐A－BCD的體積為2，則線(xiàn)段CD長(zhǎng)度的最大值為( B )
A．2 B．3
C． D．2
【解析】　因?yàn)榍虻捏w積為π，設(shè)球的半徑R，則π＝R3，故R＝，而AB＝4，AC＝2，BC＝2，故AB2＝AC2＋BC2，故∠ACB＝，故S△ACB＝×2×2＝2，設(shè)點(diǎn)D到平面ABC的距離為h，則×h×2＝2，故h＝3，點(diǎn)D在球的截面圓上，設(shè)截面圓所在的平面為α，因?yàn)閔＞R，所以平面α與平面ABC在球心的異側(cè)，設(shè)球心到平面ABC的距離為d，而△ACB外接圓的半徑為AB＝2，則d＝＝1，故球心到平面α的距離為3－1＝2，故截面圓的半徑為＝1，設(shè)點(diǎn)D在平面ABC上的投影為E，則E的軌跡為圓，圓心為△ABC的外心即AB的中點(diǎn)，當(dāng)CE最長(zhǎng)時(shí)CD最長(zhǎng)，此時(shí)CE＝2＋1＝3，故CD長(zhǎng)度的最大值為＝3.故選B.
方法技巧·精提煉
解決多面體與球問(wèn)題的兩種思路
(1)利用構(gòu)造長(zhǎng)方體、正四面體等確定直徑．
(2)利用球心O與截面圓的圓心O1的連線(xiàn)垂直于截面圓的性質(zhì)確定球心．
加固訓(xùn)練·促提高
1. (2023·沙坪壩區(qū)校級(jí)模擬)已知側(cè)面積為4π的圓柱存在內(nèi)切球，則此圓柱的體積為( A )
A．2π B．3π
C．4π D．5π
【解析】　根據(jù)題意，設(shè)圓柱底面半徑為r，則其內(nèi)切球的半徑也是r，圓柱的高為2r，故圓柱的側(cè)面積S＝2πr×2r＝4π，解可得r＝1，故此圓柱的體積V＝πr2×2r＝2π.故選A.
2.已知在正四面體ABCD中，E是AD的中點(diǎn)，P是棱AC上的一動(dòng)點(diǎn)，BP＋PE的最小值為，則該四面體內(nèi)切球的體積為 π　.
【解析】　由題意，將側(cè)面△ABC和△ACD沿AC邊展開(kāi)成平面圖形，如圖所示．設(shè)正四面體的棱長(zhǎng)為a，則BP＋PE的最小值為BE＝＝a＝，得a＝2，所以正四面體的高為＝，所以正四面體的體積為××8×＝，設(shè)該四面體內(nèi)切球的半徑為r，則4×××8×r＝，解得r＝，所以該四面體內(nèi)切球的體積為π×3＝π.

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