(新高考)高考數(shù)學(xué)一輪考點(diǎn)復(fù)習(xí)7.1.2《空間幾何體及其表面積、體積》教案 (含詳解)

PAGEPAGE19第2課時(shí)精研題型明考向——空間幾何體及其表面積、體積一、真題集中研究——明考情1．(2020·全國(guó)卷Ⅰ·考查空間幾何體的結(jié)構(gòu)特征)埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇跡之一，它的形狀可視為一個(gè)正四棱錐．以該四棱錐的高為邊長(zhǎng)的正方形面積等于該四棱錐一個(gè)側(cè)面三角形的面積，則其側(cè)面三角形底邊上的高與底面正方形的邊長(zhǎng)的比值為()A.eq\f(\r(5)－1,4)B.eq\f(\r(5)－1,2)C.eq\f(\r(5)＋1,4)D.eq\f(\r(5)＋1,2)解析：選C設(shè)正四棱錐的高為h，底面正方形的邊長(zhǎng)為2a，斜高為m依題意得h2＝eq\f(1,2)×2a×m，即h2＝am，①易知h2＋a2＝m2，②由①②得m＝eq\f(1＋\r(5),2)aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m＝\f(1－\r(5),2)a舍去))，所以eq\f(m,2a)＝eq\f(\f(1＋\r(5),2)a,2a)＝eq\f(1＋\r(5),4).故選C.2．(2020·全國(guó)卷Ⅱ·考查三棱錐的外接球表面積)已知△ABC是面積為eq\f(9\r(3),4)的等邊三角形，且其頂點(diǎn)都在球O的球面上．若球O的表面積為16π，則O到平面ABC的距離為()A.eq\r(3)B.eq\f(3,2)C．1D.eq\f(\r(3),2)解析：選C由等邊三角形ABC的面積為eq\f(9\r(3),4)，得eq\f(\r(3),4)AB2＝eq\f(9\r(3),4)，解得AB＝3，則△ABC的外接圓半徑r＝eq\f(2,3)×eq\f(\r(3),2)AB＝eq\f(\r(3),3)AB＝eq\r(3).設(shè)球的半徑為R，則由球的表面積為16π，得4πR2＝16π，得R＝2，所以球心O到平面ABC的距離d＝eq\r(R2－r2)＝1，故選C.3．(2020·浙江高考·考查圓錐的側(cè)面積、側(cè)面展開(kāi)圖)已知圓錐的側(cè)面積(單位：cm2)為2π，且它的側(cè)面展開(kāi)圖是一個(gè)半圓，則這個(gè)圓錐的底面半徑(單位：cm)是________．解析：法一：設(shè)該圓錐的母線長(zhǎng)為l，因?yàn)閳A錐的側(cè)面展開(kāi)圖是一個(gè)半圓，其面積為2π，所以eq\f(1,2)πl(wèi)2＝2π，解得l＝2，所以該半圓的弧長(zhǎng)為2π.設(shè)該圓錐的底面半徑為R，則2πR＝2π，解得R＝1.法二：設(shè)該圓錐的底面半徑為R，則該圓錐側(cè)面展開(kāi)圖中的圓弧的弧長(zhǎng)為2πR.因?yàn)閭?cè)面展開(kāi)圖是一個(gè)半圓，設(shè)該半圓的半徑為r，則πr＝2πR，即r＝2R，所以側(cè)面展開(kāi)圖的面積為eq\f(1,2)·2R·2πR＝2πR2＝2π，解得R＝1.答案：14．(2020·新高考全國(guó)卷Ⅰ·柱體與球體的組合)已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的棱長(zhǎng)均為2，∠BAD＝60°.以D1為球心，eq\r(5)為半徑的球面與側(cè)面BCC1B1的交線長(zhǎng)為_(kāi)_______．解析：如圖，連接B1D1，易知△B1C1D1所以B1D1＝C1D1＝2.分別取B1C1，BB1，CC1的中點(diǎn)M，G，H，連接D1M，D1G，D則易得D1G＝D1H＝eq\r(22＋12)＝eq\r(5)，D1M⊥B1C1，且D1M＝eq\r(3).由題意知G，H分別是BB1，CC1與球面的交點(diǎn)．在側(cè)面BCC1B1內(nèi)任取一點(diǎn)P，使MP＝eq\r(2)，連接D1P，則D1P＝eq\r(D1M2＋MP2)＝eq\r(\r(3)2＋\r(2)2)＝eq\r(5)，連接MG，MH，易得MG＝MH＝eq\r(2)，故可知以M為圓心，eq\r(2)為半徑的圓弧GH為球面與側(cè)面BCC1B1的交線．由∠B1MG＝∠C1MH＝45°知∠GMH＝90°，所以的長(zhǎng)為eq\f(1,4)×2π×eq\r(2)＝eq\f(\r(2)π,2).答案：eq\f(\r(2)π,2)5．(2020·江蘇高考·借助生產(chǎn)實(shí)際考查空間幾何體的體積)如圖，六角螺帽毛坯是由一個(gè)正六棱柱挖去一個(gè)圓柱所構(gòu)成的．已知螺帽的底面正六邊形邊長(zhǎng)為2cm，高為2cm，內(nèi)孔半徑為0.5cm，則此六角螺帽毛坯的體積是________cm3.解析：正六棱柱的體積為6×eq\f(\r(3),4)×22×2＝12eq\r(3)(cm3)，圓柱的體積為π×0.52×2＝eq\f(π,2)(cm3)，則該六角螺帽毛坯的體積是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(12\r(3)－\f(π,2)))cm3.答案：12eq\r(3)－eq\f(π,2)6．(2020·全國(guó)卷Ⅲ·考查圓錐的內(nèi)切球體積)已知圓錐的底面半徑為1，母線長(zhǎng)為3，則該圓錐內(nèi)半徑最大的球的體積為_(kāi)_______．解析：法一：如圖，在圓錐的軸截面ABC中，CD⊥AB，BD＝1，BC＝3，圓O內(nèi)切于△ABC，E為切點(diǎn)，連接OE，則OE⊥BC.在Rt△BCD中，CD＝eq\r(BC2－BD2)＝2eq\r(2).易知BE＝BD＝1，則CE＝2.設(shè)圓錐的內(nèi)切球半徑為R，則OC＝2eq\r(2)－R.在Rt△COE中，OC2－OE2＝CE2，即(2eq\r(2)－R)2－R2＝4，解得R＝eq\f(\r(2),2)，所以圓錐內(nèi)半徑最大的球的體積為eq\f(4,3)πR3＝eq\f(\r(2),3)π.法二：如圖，記圓錐的軸截面為△ABC，其中AC＝BC＝3，AB＝2，CD⊥AB.在Rt△BCD中，CD＝eq\r(BC2－BD2)＝2eq\r(2)，則S△ABC＝2eq\r(2).設(shè)△ABC的內(nèi)切圓O的半徑為R，則R＝eq\f(2×S△ABC,3＋3＋2)＝eq\f(\r(2),2)，所以圓錐內(nèi)半徑最大的球的體積為eq\f(4,3)πR3＝eq\f(\r(2),3)π.答案：eq\f(\r(2),3)π[把脈考情]常規(guī)角度1.幾何體體積和表面積的計(jì)算：主要考查棱柱、棱錐或不規(guī)則幾何體的體積與表面積的計(jì)算．2.球的切、接問(wèn)題：主要考查幾何體與球的組合體的識(shí)辨，球的體積、表面積的計(jì)算創(chuàng)新角度幾何體的體積與表面積的計(jì)算與空間線面位置關(guān)系、數(shù)學(xué)文化、實(shí)際生產(chǎn)生活的應(yīng)用交匯命題二、題型精細(xì)研究——提素養(yǎng)題型一空間幾何體的結(jié)構(gòu)特征[典例](1)(多選)下列命題中，正確的是()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，若兩個(gè)過(guò)相對(duì)側(cè)棱的截面都垂直于底面，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(2)已知圓錐的側(cè)面展開(kāi)圖為四分之三個(gè)圓面，設(shè)圓錐的底面半徑為r，母線長(zhǎng)為l，有以下結(jié)論：①l∶r＝4∶3；②圓錐的側(cè)面積與底面積之比為4∶3；③圓錐的軸截面是銳角三角形．其中正確的結(jié)論為()A．①② B．②③C．①③ D．①②③[解析](1)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)平面的二面角都是直二面角；C正確，因?yàn)閮蓚€(gè)過(guò)相對(duì)側(cè)棱的截面的交線平行于側(cè)棱，又垂直于底面；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)①中，由題意得eq\f(2πr,l)＝eq\f(3,2)π，所以eq\f(l,r)＝eq\f(4,3)，所以l∶r＝4∶3，所以①正確；②中，由題意得eq\f(S圓錐側(cè),S圓錐底)＝eq\f(πrl,πr2)＝eq\f(l,r)＝eq\f(4,3)，所以圓錐的側(cè)面積與底面積之比為4∶3，所以②正確；③中，由題意得圓錐的軸截面的三邊長(zhǎng)分別為eq\f(4,3)r，eq\f(4,3)r,2r，易知頂角最大，設(shè)頂角為α，則由余弦定理可知，cosα＝eq\f(\f(16,9)r2＋\f(16,9)r2－4r2,2×\f(16,9)r2)＝－eq\f(1,8)＜0，所以頂角為鈍角，所以圓錐的軸截面是鈍角三角形，所以③錯(cuò)誤．故選A.[答案](1)BCD(2)A[方法技巧]辨別空間幾何體的2種方法定義法緊扣定義，由已知構(gòu)建幾何模型，在條件不變的情況下，變換模型中的線面關(guān)系或增加線、面等基本要素，根據(jù)定義進(jìn)行判定反例法通過(guò)反例對(duì)結(jié)構(gòu)特征進(jìn)行辨析，要說(shuō)明一個(gè)結(jié)論是錯(cuò)誤的，只需舉出一個(gè)反例即可[針對(duì)訓(xùn)練]1．(2021·江南十校聯(lián)考)已知圓臺(tái)上、下兩底面與側(cè)面都與球O相切，圓臺(tái)的側(cè)面積為16π，則該圓臺(tái)上、下兩底面圓的周長(zhǎng)之和為()A．4π B．6πC．8π D．10π解析：選C圓臺(tái)的軸截面如圖所示，因?yàn)閳A臺(tái)的側(cè)面積S側(cè)＝π(R＋r)2＝16π，所以R＋r＝4，所以該圓臺(tái)上、下兩底面圓的周長(zhǎng)之和為2(R＋r)π＝8π.故選C.2.如圖，已知正三棱柱ABC-A1B1C1(底面是正三角形的直三棱柱)的底面邊長(zhǎng)為2cm，高為5cm，則一質(zhì)點(diǎn)自點(diǎn)A出發(fā)，沿著三棱柱的側(cè)面繞行兩周到達(dá)點(diǎn)A1的最短路線的長(zhǎng)為_(kāi)_______cm.解析：根據(jù)題意，利用分割法將原三棱柱分割為兩個(gè)相同的三棱柱，然后將其展開(kāi)為如圖所示的實(shí)線部分，則所求最短路線的長(zhǎng)為eq\r(52＋122)＝13(cm)．答案：13

題型二空間幾何體的表面積與體積考法(一)空間幾何體的表面積[例1](1)已知圓柱的上、下底面的中心分別為O1，O2，過(guò)直線O1O2的平面截該圓柱所得的截面是面積為8的正方形，則該圓柱的表面積為()A．12eq\r(2)π B．12πC．8eq\r(2)π D．10π(2)(2021·洛陽(yáng)一模)如圖，已知正三棱錐S-ABC的高為3，底面正三角形的高為3，則該正三棱錐的表面積為()A．3eq\r(30)＋3eq\r(3) B．3eq\r(30)＋9C．12eq\r(3) D.eq\f(9,2)eq\r(10)＋eq\f(9,2)[解析](1)因?yàn)檫^(guò)直線O1O2的平面截該圓柱所得的截面是面積為8的正方形，所以圓柱的高為2eq\r(2)，底面圓的直徑為2eq\r(2)，所以該圓柱的表面積為2×π×(eq\r(2))2＋2eq\r(2)π×2eq\r(2)＝12π.(2)如圖所示，其中AD＝3(D為BC的中點(diǎn))，設(shè)SH⊥平面ABC，由于三棱錐S-ABC為正三棱錐，∴H為正△ABC的中心，∴AH＝eq\f(2,3)AD＝2，又SH＝3，∴在Rt△SHA中，SA＝eq\r(SH2＋AH2)＝eq\r(32＋22)＝eq\r(13).在正△ABC中，AD＝3，則AB＝AC＝BC＝2eq\r(3)，∴S△ABC＝eq\f(1,2)×2eq\r(3)×3＝3eq\r(3).在Rt△SDB中，SD＝eq\r(SB2－BD2)＝eq\r(13－3)＝eq\r(10)，∴S△SBC＝eq\f(1,2)×2eq\r(3)×eq\r(10)＝eq\r(30)，∴正三棱錐的表面積為3eq\r(30)＋3eq\r(3)，故選A.[答案](1)B(2)A[方法技巧]求空間幾何體表面積的常見(jiàn)類型及思路求多面體的表面積只需將它們沿著棱“剪開(kāi)”展成平面圖形，利用求平面圖形面積的方法求多面體的表面積求旋轉(zhuǎn)體的表面積可以從旋轉(zhuǎn)體的形成過(guò)程及其幾何特征入手，將其展開(kāi)后求表面積，但要搞清它們的底面半徑、母線長(zhǎng)與對(duì)應(yīng)側(cè)面展開(kāi)圖中的邊長(zhǎng)關(guān)系求不規(guī)則幾何體的表面積通常將所給幾何體分割成基本的柱體、錐體、臺(tái)體，先求出這些基本的柱體、錐體、臺(tái)體的表面積，再通過(guò)求和或作差，求出所給幾何體的表面積提醒在求解組合題的表面積時(shí)，注意幾何體表面的構(gòu)成，尤其是重合部分，面積不要多加或少加考法(二)空間幾何體的體積[例2](1)(2020·新高考全國(guó)卷Ⅱ)棱長(zhǎng)為2的正方體ABCD-A1B1C1D1中，M，N分別為棱BB1，AB的中點(diǎn)，則三棱錐A1-D1MN(2)已知直三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱長(zhǎng)都是a，點(diǎn)P，Q分別為棱CC1，BC的中點(diǎn)，四面體A1B1PQ的體積為eq\f(\r(3),2)，則a的值為_(kāi)_______．[解析](1)如圖，易知MN＝eq\r(2)，連接A1B交MN于點(diǎn)O，則A1O＝eq\f(3,2)eq\r(2)，∴VA1-D1MN＝VD1-A1MN＝eq\f(1,3)×eq\f(3,2)eq\r(2)×eq\r(2)×eq\f(1,2)×2＝1.(2)如圖，取B1C1的中點(diǎn)H，連接A1H，則A1H⊥平面BB1C1C，且A1H＝eq\f(\r(3),2)a，S△B1PQ＝a2－eq\f(1,2)×eq\f(a,2)×eq\f(a,2)－2×eq\f(1,2)×eq\f(a,2)×a＝eq\f(3a2,8)，∴四面體A1B1PQ的體積為eq\f(1,3)×eq\f(3a2,8)×eq\f(\r(3),2)a＝eq\f(\r(3),16)a3＝eq\f(\r(3),2)，解得a＝2.[答案](1)1(2)2[方法技巧]1．處理體積問(wèn)題的思路2．求體積的常用方法直接法對(duì)于規(guī)則的幾何體，利用相關(guān)公式直接計(jì)算割補(bǔ)法把不規(guī)則的幾何體分割成規(guī)則的幾何體，然后進(jìn)行體積計(jì)算；或者把不規(guī)則的幾何體補(bǔ)成規(guī)則的幾何體，不熟悉的幾何體補(bǔ)成熟悉的幾何體，便于計(jì)算等體積法選擇合適的底面來(lái)求幾何體的體積，常用于求三棱錐的體積，即利用三棱錐的任一個(gè)面作為三棱錐的底面進(jìn)行等體積變換[針對(duì)訓(xùn)練]1.如圖是一個(gè)裝有水的倒圓錐形杯子，杯子口徑6cm，高8cm(不含杯腳)，已知水的高度是4cm，現(xiàn)往杯子中放入一種直徑為1cm的珍珠，該珍珠放入水中后直接沉入杯底，且體積不變，如果放完珍珠后水不溢出，則最多可以放入珍珠()A．98顆 B．106顆C．120顆 D．126顆解析：選D如圖，等腰△ABC中，底邊AB＝6cm，高CD＝8cm；等腰△CEF中，底邊為EF，高CP＝4cm.∵△CAB∽△CEF，∴eq\f(EF,AB)＝eq\f(CP,CD)，即eq\f(EF,6)＝eq\f(4,8)，∴EF＝3，∴放入珍珠的最大體積為V＝eq\f(1,3)π×32×8－eq\f(1,3)π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))2×4＝21π.∵一顆珍珠體積為eq\f(4,3)π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))3＝eq\f(π,6)，eq\f(21π,\f(π,6))＝126，∴最多放入珍珠126顆，故選D.2.我國(guó)古代數(shù)學(xué)名著《九章算術(shù)》中記載：“芻甍者，下有袤有廣，而上有袤無(wú)廣．芻，草也．甍，屋蓋也．”今有底面為正方形的屋脊形狀的多面體(如圖所示)，下底面是邊長(zhǎng)為2的正方形，上棱EF＝eq\f(3,2)，EF∥平面ABCD，EF與平面ABCD的距離為2，則該芻甍的體積為()A．6B.eq\f(11,3)C.eq\f(31,4)D．12解析：選B如圖，作FN∥AE，F(xiàn)M∥ED，則多面體被分割為棱柱與棱錐兩部分，則該芻甍的體積為VF-MNBC＋VDAE-MNF＝eq\f(1,3)S四邊形MNBC×2＋S直截面×eq\f(3,2)＝eq\f(1,3)×2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(3,2)))×2＋eq\f(2×2,2)×eq\f(3,2)＝eq\f(11,3).3.(2021·福州模擬)如圖，四面體各個(gè)面都是邊長(zhǎng)為1的正三角形，其三個(gè)頂點(diǎn)在一個(gè)圓柱的下底面圓周上，另一個(gè)頂點(diǎn)是上底面圓心，則圓柱的側(cè)面積是()A.eq\f(\r(2),3)π B.eq\f(3\r(2),4)πC.eq\f(2\r(2),3)π D.eq\f(\r(2),2)π解析：選C設(shè)圓柱的底面半徑為r，母線長(zhǎng)為l，因?yàn)樗拿骟w各個(gè)面都是邊長(zhǎng)為1的正三角形，可得2r＝eq\f(1,sin60°)＝eq\f(2\r(3),3)，解得r＝eq\f(\r(3),3)，又由四面體各個(gè)面都是邊長(zhǎng)為1的正三角形，可得棱錐的高為h＝eq\r(12－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)))2)＝eq\f(\r(6),3)，即圓柱的母線長(zhǎng)為l＝eq\f(\r(6),3)，所以圓柱的側(cè)面積為S＝2πrl＝2π×eq\f(\r(3),3)×eq\f(\r(6),3)＝eq\f(2\r(2)π,3).題型三與球有關(guān)的切接問(wèn)題考法(一)與球有關(guān)的內(nèi)切問(wèn)題[例1](1)若圓錐的內(nèi)切球與外接球的球心重合，且內(nèi)切球的半徑為1，則圓錐的體積為_(kāi)_______．(2)若一個(gè)正四面體的表面積為S1，其內(nèi)切球的表面積為S2，則eq\f(S1,S2)＝________.[解析](1)過(guò)圓錐的旋轉(zhuǎn)軸作軸截面，得截面△ABC及其內(nèi)切圓⊙O1和外接圓⊙O2，且兩圓同圓心，即△ABC的內(nèi)心與外心重合，易得△ABC為正三角形，由題意知⊙O1的半徑r＝1，∴△ABC的邊長(zhǎng)為2eq\r(3)，圓錐的底面半徑為eq\r(3)，高為3，∴V＝eq\f(1,3)×π×(eq\r(3))2×3＝3π.(2)設(shè)正四面體的棱長(zhǎng)為a，則正四面體表面積為S1＝4×eq\f(\r(3),4)·a2＝eq\r(3)a2，其內(nèi)切球半徑為正四面體高的eq\f(1,4)，即r＝eq\f(1,4)×eq\f(\r(6),3)a＝eq\f(\r(6),12)a，因此內(nèi)切球表面積為S2＝4πr2＝eq\f(πa2,6)，則eq\f(S1,S2)＝eq\f(\r(3)a2,\f(π,6)a2)＝eq\f(6\r(3),π).[答案](1)3π(2)eq\f(6\r(3),π)[方法技巧]處理與球有關(guān)內(nèi)切問(wèn)題的策略解答此類問(wèn)題時(shí)首先要找準(zhǔn)切點(diǎn)，通過(guò)作截面來(lái)解決．如果內(nèi)切的是多面體，則作截面時(shí)主要抓住多面體過(guò)球心的對(duì)角面來(lái)作．考法(二)與球有關(guān)的外接問(wèn)題[例2](1)已知正三棱錐S-ABC的側(cè)棱長(zhǎng)為4eq\r(3)，底面邊長(zhǎng)為6，則該正三棱錐外接球的表面積是()A．16π B．20πC．32π D．64π(2)(2021·廈門(mén)外國(guó)語(yǔ)學(xué)校模擬)已知三棱錐P-ABC每對(duì)異面的棱的長(zhǎng)度都相等，且△ABC的邊長(zhǎng)分別為eq\r(11)，3,4，則三棱錐P-ABC外接球的體積為_(kāi)_______．[解析](1)如圖所示，O為外接球的球心，E為△ABC的重心．因?yàn)檎忮FS-ABC底面邊長(zhǎng)為6，所以AE＝eq\f(2,3)×eq\f(\r(3),2)×6＝2eq\r(3)，又SA＝4eq\r(3)，所以三棱錐的高SE＝eq\r(SA2－AE2)＝eq\r(4\r(3)2－2\r(3)2)＝6.在直角三角形AOE中，AO＝R，OE＝SE－SO＝6－R，由AO2＝AE2＋OE2，即R2＝(2eq\r(3))2＋(6－R)2，解得R＝4，所以球的表面積S＝4πR2＝64π，故選D.(2)如圖所示，由于三棱錐P-ABC每對(duì)異面的棱的長(zhǎng)度都相等，所以該三棱錐可以補(bǔ)形成一個(gè)長(zhǎng)方體，且該長(zhǎng)方體各面上的對(duì)角線長(zhǎng)分別為eq\r(11)，3,4，設(shè)該長(zhǎng)方體的長(zhǎng)、寬、高分別為a，b，c，且不妨設(shè)a2＋b2＝(eq\r(11))2＝11，b2＋c2＝32＝9，a2＋c2＝42＝16，所以a2＋b2＋c2＝18，所以三棱錐外接球的直徑為eq\r(a2＋b2＋c2)＝3eq\r(2).故外接球的體積為eq\f(4π,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3\r(2),2)))3＝9eq\r(2)π.[答案](1)D(2)9eq\r(2)π[方法技巧]1．求解幾何體外接球的半徑的思路一是根據(jù)球的截面的性質(zhì)，如本例(1)，利用球的半徑R、截面圓的半徑r及球心到截面圓的距離d三者的關(guān)系R2＝r2＋d2求解，其中，確定球心的位置是關(guān)鍵；二是將幾何體補(bǔ)成長(zhǎng)方體，如本例(2)，利用該幾何體與長(zhǎng)方體共有外接球的特征，由外接球的直徑等于長(zhǎng)方體的體對(duì)角線長(zhǎng)求解．2．解決與球有關(guān)的切、接問(wèn)題，其通法是作截面，將空間幾何問(wèn)題轉(zhuǎn)化為平面幾何問(wèn)題求解，其解題的思維流程是：[針對(duì)訓(xùn)練]1．將半徑為3，圓心角為eq\f(2π,3)的扇形圍成一個(gè)圓錐(接縫處忽略不計(jì))，則該圓錐的內(nèi)切球的體積為()A.eq\f(\r(2)π,3) B.eq\f(\r(3)π,3)C.eq\f(4π,3) D．2π解析：選A設(shè)圓錐的底面半徑為r，高為h，則2πr＝eq\f(2π,3)×3，∴r＝1.∴h＝eq\r(32－12)＝2eq\r(2).設(shè)圓錐內(nèi)切球的半徑為R，則eq\f(R,2\r(2)－R)＝eq\f(1,3)，∴R＝eq\f(\r(2),2)，∴V球＝eq\f(4,3)πR3＝eq\f(4,3)π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))3＝eq\f(\r(2)π,3)，故選A.2.如圖，在三棱錐A-BCD中，AD⊥BD，AC⊥BC，∠DAB＝eq\f(π,6)，∠BAC＝eq\f(π,4).三棱錐的外接球的表面積為16π，則該三棱錐的體積的最大值為()A.eq\f(7,3) B.eq\f(4\r(3),3)C.eq\f(8,3) D.eq\f(14,3)解析：選B設(shè)外接球的半徑為R.由題意得，4πR2＝16π，解得R＝2.由題意知△ADB，△ABC都是直角三角形，所以三棱錐A-BCD的外接球的球心為AB的中點(diǎn)，且AB＝4.由∠DAB＝eq\f(π,6)，∠BAC＝eq\f(π,4)，可求得AD＝2eq\r(3)，BD＝2，AC＝BC＝2eq\r(2).當(dāng)三棱錐A-BCD的體積最大時(shí)，平面ADB⊥平面ABC.所以三棱錐的體積的最大值為V三棱錐A-BCD＝V三棱錐C-ABD＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2×2eq\r(3)×2＝eq\f(4\r(3),3).故選B.3．已知三棱錐S-ABC的底面是以AB為斜邊的等腰直角三角形，AB＝2，SA＝SB＝SC＝2，則三棱錐S-ABC的外接球的球心到平面ABC的距離是()A.eq\f(\r(3),3) B．1C.eq\r(3) D.eq\f(3\r(3),2)解析：選A∵三棱錐S-ABC的底面是以AB為斜邊的等腰直角三角形，SA＝SB＝SC＝2，∴S在底面ABC內(nèi)的射影為AB的中點(diǎn)．設(shè)AB的中點(diǎn)為H，連接SH，CH(圖略)，∴SH⊥平面ABC，∴SH上任意一點(diǎn)到A，B，C的距離相等，易知SH＝eq\r(3)，CH＝1，∴在Rt△SHC中，∠HSC＝30°.在平面SHC內(nèi)作SC的垂直平分線MO，交SH于點(diǎn)O，交SC于點(diǎn)M，則O為三棱錐S-ABC的外接球的球心．∵SC＝2，∴SM＝1，又∠OSM＝30°，∴SO＝eq\f(2\r(3),3)，OH＝eq\f(\r(3),3)，∴球心O到平面ABC的距離為eq\f(\r(3),3)，故選A.eq\a\vs4\al([課時(shí)跟蹤檢測(cè)])一、綜合練——練思維敏銳度1．正三棱錐底面邊長(zhǎng)為a，高為eq\f(\r(6),6)a，則此正三棱錐的側(cè)面積為()A.eq\f(3,4)a2 B.eq\f(3,2)a2C.eq\f(3\r(3),4)a2 D.eq\f(3\r(3),2)a2解析：選A因?yàn)榈酌嬲切沃懈邽閑q\f(\r(3),2)a，其重心到頂點(diǎn)距離為eq\f(\r(3),2)a×eq\f(2,3)＝eq\f(\r(3),3)a，且棱錐高為eq\f(\r(6),6)a，所以利用勾股定理可得側(cè)棱長(zhǎng)為eq\r(\f(a2,6)＋\f(a2,3))＝eq\f(\r(2),2)a，斜高為eq\r(\f(a2,2)－\f(a2,4))＝eq\f(a,2)，所以側(cè)面積為S＝3×eq\f(1,2)×a×eq\f(a,2)＝eq\f(3,4)a2.2.如圖，在四邊形ABCD中，∠DAB＝90°，∠ADC＝135°，AB＝5，CD＝2eq\r(2)，AD＝2，則四邊形ABCD繞AD所在直線旋轉(zhuǎn)一周所成幾何體的表面積為()A．(15＋eq\r(2))π B．2(15＋eq\r(2))πC．4(15＋eq\r(2))π D．(15＋4eq\r(2))π解析：選CS表＝S圓臺(tái)底面＋S圓臺(tái)側(cè)面＋S圓錐側(cè)面＝π×52＋π×(2＋5)×5＋π×2×2eq\r(2)＝4(15＋eq\r(2))π.故選C.3．魏晉時(shí)期數(shù)學(xué)家劉徽在他的著作《九章算術(shù)注》中，稱一個(gè)正方體內(nèi)兩個(gè)互相垂直的內(nèi)切圓柱所圍成的幾何體為“牟合方蓋”，劉徽通過(guò)計(jì)算得知正方體的內(nèi)切球的體積與“牟合方蓋”的體積之比應(yīng)為π∶4，若“牟合方蓋”的體積為18，則正方體的棱長(zhǎng)為()A．18 B．6C．3 D．2解析：選C因?yàn)椤澳埠戏缴w”的體積為18，所以該正方體的內(nèi)切球的體積為18×eq\f(π,4)＝eq\f(9,2)π，設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為a，則該正方體的內(nèi)切球半徑為eq\f(a,2)，所以eq\f(4,3)π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)))3＝eq\f(9,2)π，解得a＝3，故選C.4．(2021·重慶八中期末)唐朝的狩獵景象浮雕銀杯如圖1所示，其浮雕臨摹了國(guó)畫(huà)、漆繪和墓室壁畫(huà)，體現(xiàn)了古人的智慧與工藝．它的盛酒部分可以近似地看作是半球與圓柱的組合體(假設(shè)內(nèi)壁表面光滑，忽略杯壁厚度)，如圖2所示，已知球的半徑為R，酒杯內(nèi)壁表面積為eq\f(14,3)πR2，設(shè)酒杯上部分(圓柱)的體積為V1，下部分(半球)的體積為V2，則eq\f(V2,V1)＝()A．2B.eq\f(3,2)C.eq\f(1,2)D．1解析：選C設(shè)酒杯上部分高為h，則酒杯內(nèi)壁表面積S＝eq\f(1,2)×4πR2＋2πRh＝eq\f(14,3)πR2，解得h＝eq\f(4,3)R，∴V1＝πR2h＝eq\f(4,3)πR3，V2＝eq\f(1,2)×eq\f(4,3)πR3＝eq\f(2,3)πR3，∴eq\f(V2,V1)＝eq\f(1,2).5.(多選)如圖，長(zhǎng)方體ABCD-A1B1C1D1的底面是正方形，AA1＝2AB，E是DD1的中點(diǎn)，則()A．△B1EC為直角三角形B．CE∥A1BC．三棱錐C1-B1CE的體積是長(zhǎng)方體體積的eq\f(1,6)D．三棱錐C1-B1CD1的外接球的表面積是正方形ABCD面積的6π倍解析：選ACD令A(yù)A1＝2AB＝2a，在△B1EC中，B1E＝eq\r(3)a，EC＝eq\r(2)a，B1C＝eq\r(5)a，所以B1E2＋EC2＝B1C2，則△B1EC為直角三角形，故A正確；因?yàn)锳1B與D1C平行，而CE與D1C相交，所以CE與A1三棱錐C1-B1CE的體積為VC1-B1CE＝VB1-C1CE＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2a×a×a＝eq\f(a3,3)，VABCD-A1B1C1D1＝2a3，則三棱錐C1-B1CE的體積是長(zhǎng)方體體積的eq\f(1,6)，故C正確；因?yàn)槿忮FC1-B1CD1的外接球就是長(zhǎng)方體ABCD-A1B1C1D1的外接球，所以三棱錐C1-B1CD1的外接球半徑R＝eq\f(\r(a2＋a2＋2a2),2)＝eq\f(\r(6)a,2)，三棱錐C1-B1CD1的外接球的表面積為S＝4π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6)a,2)))2＝6a2π，又S正方形ABCD＝a2，所以三棱錐C1-B1CD1的外接球的表面積是正方形ABCD面積的6π倍，故D正確，故選A、C、D.6．(2020·全國(guó)卷Ⅰ)已知A，B，C為球O的球面上的三個(gè)點(diǎn)，⊙O1為△ABC的外接圓．若⊙O1的面積為4π，AB＝BC＝AC＝OO1，則球O的表面積為()A．64π B．48πC．36π D．32π解析：選A如圖所示，設(shè)球O的半徑為R，⊙O1的半徑為r，因?yàn)椤袿1的面積為4π，所以4π＝πr2，解得r＝2，又AB＝BC＝AC＝OO1，所以eq\f(AB,sin60°)＝2r，解得AB＝2eq\r(3)，故OO1＝2eq\r(3)，所以R2＝OOeq\o\al(2,1)＋r2＝(2eq\r(3))2＋22＝16，所以球O的表面積S＝4πR2＝64π.故選A.7．(多選)已知四棱臺(tái)ABCD-A1B1C1D1的上下底面均為正方形，其中AB＝2eq\r(2)，A1B1＝eq\r(2)，AA1＝BB1＝CC1＝2，則下述正確的是()A．該四棱臺(tái)的高為eq\r(3)B．AA1⊥CC1C．該四梭臺(tái)的表面積為26D．該四梭臺(tái)外接球的表面積為16π解析：選AD由棱臺(tái)性質(zhì)，畫(huà)出切割前的四棱錐如圖所示，由于AB＝2eq\r(2)，A1B1＝eq\r(2)，可知△SA1B1與△SAB相似比為1∶2；則SA＝2AA1＝4，AO＝2，則SO＝2eq\r(3)，則OO1＝eq\r(3)，該四棱臺(tái)的高為eq\r(3)，A正確；因?yàn)镾A＝SC＝AC＝4，所以AA1與CC1夾角為60°，不垂直，B錯(cuò)誤；該四棱臺(tái)的表面積為S＝S上底＋S下底＋S側(cè)＝2＋8＋4×eq\f(\r(2)＋2\r(2),2)×eq\f(\r(14),2)＝10＋6eq\r(7)，C錯(cuò)誤；由于上下底面都是正方形，則外接球的球心在OO1上，在平面B1BOO1上中，由于OO1＝eq\r(3)，B1O1＝1，則OB1＝2＝OB，即點(diǎn)O到點(diǎn)B與點(diǎn)B1的距離相等，則r＝OB＝2，該四棱臺(tái)外接球的表面積為16π，D正確，故選A、D.8．已知在棱長(zhǎng)為6的正方體ABCD-A1B1C1D1中，點(diǎn)E，F(xiàn)分別是棱C1D1，B1C1的中點(diǎn)，過(guò)A，E，解析：如圖，延長(zhǎng)EF，A1B1，相交于點(diǎn)M，連接AM，交BB1于點(diǎn)H，延長(zhǎng)FE，A1D1，相交于點(diǎn)N，連接AN，交DD1于點(diǎn)G，連接FH，EG，可得截面為五邊形AHFEG.因?yàn)锳BCD-A1B1C1D1是棱長(zhǎng)為6的正方體，且E，F(xiàn)分別是棱C1D1，B1C1的中點(diǎn)，易得EF＝3eq\r(2)，AG＝AH＝2eq\r(13)，EG＝FH＝eq\r(13)，截面的周長(zhǎng)為AH＋HF＋EF＋EG＋AG＝6eq\r(13)＋3eq\r(2).答案：6eq\r(13)＋3eq\r(2)9．已知三棱錐D-ABC的所有頂點(diǎn)都在球O的表面上，AD⊥平面ABC，AC＝eq\r(3)，BC＝1，cos∠ACB＝eq\r(3)sin∠ACB，AD＝2，則球O的表面積為_(kāi)_______．解析：由cos∠ACB＝eq\r(3)sin∠ACB，sin2∠ACB＋cos2∠ACB＝1，解得sin∠ACB＝eq\f(1,2)，cos∠ACB＝eq\f(\r(3),2)，所以∠ACB＝eq\f(π,6).因?yàn)锳C＝eq\r(3)，BC＝1，所以由余弦定理得AB2＝AC2＋BC2－2AC·BCcos∠ACB即AB2＝3＋1－2×eq\r(3)×eq\f(\r(3),2)＝1，故AB＝1，所以△ABC為等腰三角形，且∠ABC＝eq\f(2π,3).設(shè)△ABC外接圓半徑為r，由正弦定理得eq\f(\r(3),sin\f(2π,3))＝2r，解得r＝1，設(shè)球O的半徑為R，△ABC的外心為O′，連接OO′，設(shè)OO′＝h，過(guò)O作OM⊥AD，連接O′A，OA，OD，則在△O′OA中，h2＋12＝R2，①在△OMD中，(2－h(huán))2＋12＝R2，②聯(lián)立①②解得R＝eq\r(2)，所以外接球的表面積為S＝4πR2＝4π(eq\r(2))2＝8π.答案：8π10．已知一個(gè)圓錐的軸截面是斜邊長(zhǎng)為2的等腰直角三角形，則該圓錐的側(cè)面面積為_(kāi)_______．解析：因?yàn)閳A錐的軸截面是斜邊長(zhǎng)為2的等腰直角三角形，所以圓錐的底面半徑r＝1，母線長(zhǎng)l＝eq\r(2)，所以圓錐的側(cè)面面積S＝πrl＝eq\r(2)π.答案：eq\r(2)π11．已知三棱錐S-ABC外接球O的體積為288π，在△ABC中，AB＝6，AC＝8，cos∠CBA＝eq\f(3,5)，則三棱錐S-ABC體積的最大值為_(kāi)_______．解析：在△ABC中，由余弦定理得AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos∠CBA，解得BC＝10.因?yàn)锳B2＋AC2＝BC2，所以AC⊥AB，所以Rt△ABC的外接圓半徑為5.因?yàn)閑q\f(4,3)πR3＝288π，故R＝6.球心O到平面ABC的距離d＝eq\r(36－25)＝eq\r(11)，當(dāng)平面SBC⊥平面ABC時(shí)，三棱錐S-ABC的體積最大，為eq\f(1,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×6×8))×(6＋eq\r(11))＝48＋8eq\r(11).答案：48＋8eq\r(11)12.如圖，長(zhǎng)方體ABCD-A1B1C1D1中，AB＝16，BC＝10，AA1＝8，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在A1B1，D1C1上，A1E＝D1F＝4.過(guò)點(diǎn)E，F(xiàn)的平面(1)在圖中畫(huà)出這個(gè)正方形(不必說(shuō)明畫(huà)法和理由)；(2)求平面α把該長(zhǎng)方體分成的兩部分體積的比值．解：(1)交線圍成的正方形EHGF如圖所示．(2)如圖，作EM⊥AB，垂足為M，則AM＝A1E＝4，EB1＝12，EM＝AA1＝8.因?yàn)樗倪呅蜤HGF為正方形，所以EH＝EF＝BC＝10.于是MH＝eq\r(EH2－EM2)＝6，AH＝10，HB＝6.故S四邊形A1EHA＝eq\f(1,2)×(4＋10)×8＝56，S四邊形EB1BH＝eq\f(1,2)×(12＋6)×8＝72.因?yàn)殚L(zhǎng)方體被平面α分成兩個(gè)高為10的直棱柱，所以其體積的比值為eq\f(9,7)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,9)也正確)).13.如圖是一個(gè)以A1B1C1為底面的直三棱柱被一平面所截得到的幾何體，截面為ABC，已知A1B1＝B1C1＝2，∠A1B1C1＝90°，AA1＝4，BB1＝3，CC(1)該幾何體的體積．(2)截面ABC的面積．解：(1)過(guò)C作平行于A1B1C1的截面A2B2C，交AA1，BB1分別于點(diǎn)A2，B由直三棱柱性質(zhì)及∠A1B1C1＝90°可知B2C⊥平面ABB2則該幾何體的體積V＝VA1B1C1-A2B2C＋VC-ABB2A2＝eq\f(1,2)×2×2×2＋eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×(1＋2)×2×2＝6.(2)在△ABC中，AB＝eq\r(22＋4－32)＝eq\r(5)，BC＝eq\r(22＋3－22)＝eq\r(5)，AC＝eq\r(2\r(2)2＋4－22)＝2eq\r(3).則S△ABC＝eq\f(1,2)×2eq\r(3)×eq\r(\r(5)2－\r(3)2)＝eq\r(6).二、自選練——練高考區(qū)分度1．(2021·安徽省示范高中名校聯(lián)考)如圖，已知四面體ABCD為正四面體，AB＝1，E，F(xiàn)分別是AD，BC的中點(diǎn)．若用一個(gè)與直線EF垂直，且與四面體的每一個(gè)面都相交的平面α去截該四面體，由此得到一個(gè)多邊形截面，則該多邊形截面面積的最大值為()A.eq\f(1,4) B.eq\f(\r(2),4)C.eq\f(\r(3),4) D．1解析：選A如圖所示，將正四面體ABCD放在正方體中，與直線EF垂直的截面，即與正方體的上下底面平行的平面，記該平面分別與AC，AB，BD，CD交于點(diǎn)K，L，M，N，則截面為KLMN.由面面平行的性質(zhì)可知KL∥BC，MN∥BC，LM∥AD，KN∥AD，則四邊形KLMN為平行四邊形，又AD⊥BC，所以KL⊥LM，所以四邊形KLMN為矩形．又eq\f(KL,BC)＝eq\f(AL,AB)，eq\f(LM,AD)＝eq\f(BL,AB)，且BC＝AD＝AB＝1，所以KL＋LM＝AL＋BL＝AB＝1，S四邊形KLMN＝KL·LM≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(KL＋LM,2)))2＝eq\f(1,4)，當(dāng)且僅當(dāng)KL＝LM＝eq\f(1,2)時(shí)取等號(hào)，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eq\r(14)，則該四面體內(nèi)切球的體積為()A.eq\f(256\r(3),9)π B.eq\f(4,3)πC．4eq\r(3)π D.eq\f(4\r(3),27)π解析：選D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＝eq\r(a2＋\f(a2,4)－2·a·\f(a,2)·cos120°)＝eq\f(\r(7),2)a＝eq\r(14)，得a＝2eq\r(2)，所以正四面體的高為eq\r(8－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(6),3)))2)＝eq\f(4\r(3),3)，所以正四面體的體積為eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),4)×8×eq\f(4\r(3),3)＝eq\f(8,3)，設(shè)該四面體內(nèi)切球的半徑為r，則4×eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),4)×8×r＝eq\f(8,3)，解得r＝eq\f(\r(3),3)，所以該四面體內(nèi)切球的體積為eq\f(4,3)π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)))3＝eq\f(4\r(3),27)π.3.我國(guó)古代的數(shù)學(xué)名著《九章算術(shù)》對(duì)立體幾何有深入的研究，從其中的一些數(shù)學(xué)用語(yǔ)可見(jiàn)，譬如“塹堵”意指底面為直角三角形，且側(cè)棱垂直于底面的三棱柱，“陽(yáng)馬”指底面為矩形且有一側(cè)棱垂直于底面的四棱錐．現(xiàn)有一如圖所示的“塹堵”，