高考数学一轮复习 教书用书 第七章 立体几何与空间向量.pdf

4%;第十意 立体几何与空间向量(必修第二册+选择性必修第一册)第1节 立体图形及其直观图、简单几何体的表面积与体积 W标准凝1.利用实物模型、计算机软件观察大量空间图形，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.了解球、柱、锥、台的表面积和体积的计算公式.3.会用斜二测画法画出简单空间图形的直观图.必备知识课前回顾帕秋财夯实四基牌知识梳理1.空间几何体的结构特征(1)多面体的结构特征名称棱柱棱锥棱台图形A B小CA BA R底面互相平行且全等多边形互相平行且相似侧棱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)旋转体的结构特征名称圆柱圆锥圆台球图形0Zj.KLNWE/t II 1母线平行、相等且垂直于底面相交于一点延长线交于占_八、轴截面全等的更娶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2.直观图空间几何体的直观图常用斜二测画法来画,其规则是：(1)原图形中x 轴、y轴、z轴两两相互垂直，直观图中,x轴、y轴的夹角为45(或 135),z7轴与X，轴、寸轴所在平面垂直.(2)原图形中平行于坐标轴的线段,直观图中仍分别壬立坐标轴.平 行于x轴和z轴的线段在直观图中保持原长度丕变,平行于y轴的线 段长度在直观图中变为原来的一半.3.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芋0二:包一一八5ct,产町；急，4.空间几何体的表面积与体积公式侧面积公式S圆柱侧二2冗r1S圆锥侧二冗rS圆台侧=兀（r+r）1层重要结论名称几何体表面积体积柱体（棱柱和圆柱）S表面积=S侧+2S底V-S底h锥体（棱锥和圆锥）S表面积=S侧+S底V=S底h台体（棱台和圆台）S表面积=S侧+S上+S下V=h（S 上+S 下+）球S=4-R2V=n R31.特殊的四棱柱2.球的截面的性质球的任何截面都是圆面.球心和截面（不过球心）圆心的连线垂直于截面.（3）球心到截面的距离d与球的半径R及截面的半径r的关系为r 二.3.正方体与球的切、接常用结论正方体的棱长为a,球的半径为R,若球为正方体的外接球,则2R*%；(2)若球为正方体的内切球,则2R=a;(3)若球与正方体的各棱相切,则2Ra.4.长方体的共顶点的三条棱长分别为a,b,c,外接球的半径为R,则NK-5.正四面体的外接球的半径R=7a,内切球的半径片五a,其半径R：二3：1(a为该正四面体的棱长).迎6.直观图与原平面图形面积间关系S 直观图二 S原图形对点自测一1.已知圆锥的表面积等于12 or cm2,其侧面展开图是一个半圆,则底 面圆的半径为(B)IXmC 3 CmC3 一 2D.m c2m c解析：设圆锥的底面半径为r,母线长为1,则S表二冗凸冗r冗小冗r-2r=3 n r2=12 n，所以 r2=4,所以 r=2(cm).故选 B.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(A)32A.12 n B.3 冗C.8冗D.4 Ji解析：由题意可知正方体的棱长为2,其体对角线长243即为球的直径,所以球的表面积为4 n R之二（2RT冗=12冗.故选A.3.（必修第二册P109例2改编）如图，直观图所表示的平面图形是（D）A.正三角形B.锐角三角形C.钝角三角形D.直角三角形 解析：由直观图中A，C y轴,B C x，轴,还原后ACy轴,BCx轴,所以4ABC是直角三角形.故选D.4.如图，长方体ABCD-A B C D被截去一部分，其中EHA D，,剩下的几何体是（C）A.棱台 B.四棱柱C.五棱柱 D.六棱柱 解析：由几何体的结构特征可知,剩下的几何体为五棱柱.故选C.5.如图,将一个长方体用过相邻三条棱的中点的平面截出一个棱锥，则该棱锥的体积与剩下的几何体的体积比为.解析:设长方体的相邻三条棱长分别为a,b,c,它截出棱锥的体积为111 1 1 1Vi=3 X 2 X 2aX 2bX 2c=abc,剩下的 几何体的 体积为V2=abc-1 47 abc=abc,所以 V1：V2=l：47.答案：1：47第一课时 立体图形及其直观图、柱锥台的表面积与体积 关键能力课堂突破”才点名实.阿国点T空间几何体的结构特征、直观图1.（多选题）下列说法正确的是（AD）A.棱柱的侧棱长都相等B.棱柱的两个互相平行的面一定是棱柱的底面C.棱台的侧面是等腰梯形D.用一个平面截一个球，得到的截面是一个圆面解析:A正确;B不正确,如正六棱柱相对的侧面平行;C不正确,棱台的 侧棱长可能不相等;D正确,用一个平面截一个球，得到的截面是一个 圆面.故选AD.2.下列命题：以直角三角形的一边所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥；以直角梯形的一腰所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆台；圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆面；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（B）A.0 B.1 C.2 D.3解析：由圆锥、圆台、圆柱的定义可知错误，正确.对于命题,只有用平行于圆锥底面的平面去截圆锥,才能得到一个圆锥和一个圆 台，不正确.故选B.3.给出下列四个命题：有两个侧面是矩形的立体图形是直棱柱；侧面都是等腰三角形的棱锥是正棱锥；侧面都是矩形的直四棱柱是长方体；底面为正多边形,且有相邻两个侧面与底面垂直的棱柱是正棱柱.其中不正确的命题为（填序号）.解析:对于,平行六面体的两个相对侧面也可能是矩形,故错误；对于,对等腰三角形的腰是否为侧棱未作说明（如图），故错误；对 于,若底面不是矩形,则错误;由线面垂直的判定定理,可知侧 棱垂直于底面,故正确.综上,命题不正确.答案:4.已知等腰梯形ABCD,上底CD=1,腰AD二CB二二下底AB二3,以下底所 在直线为x轴，则由斜二测画法画出的直观图A，B，C，D，的面积 为.解析：如图（1）和的实际图形和直观图所示.作E，F，0,B，于点F,因为0E二卬方NT 4，由斜二测画法可知。E，旦E，FV,D，C1+3 您 2=1,A B=3,则直观图 A，B，C D的面积为 S=2xT-T显答案耳一题后悟通1.关于空间几何体的结构特征辨析关键是紧扣各种几何体的概念,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.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.既然棱（圆）台是由棱（圆）锥定义的,所以在解决棱（圆）台问题时,要注意“还台为锥”的解题策略.4.画几何体的直观图一般采用斜二测画法，其规则可以用“斜”（x轴 和y轴成45或135。）和“二测”（平行于y轴的线段长度减半，平 行于x轴和z轴的线段长度不变）来掌握.阂考点二柱、锥、台体的表面积与体积。角度-简单几何体的表面积O如图，四面体各个面都是边长为1的正三角形,其三个顶点在一 个圆柱的下底面圆周上,另一个顶点是圆柱上底面的圆心，圆柱的侧 面积是（）A.3 n B.4 n C.3 n D.2 冗解析:如图所示,过点P作PE_L平面ABC,E为垂足,点E为正三角形ABC 的中心,连接AE并延长,交BC于点D.AE二MD,AD=2,所以AEXl二五设圆柱底面半径为r,则r=AE=T,所以圆柱的侧面积为S=2 n r-PE=2 n X冗.故选C.P解题策略I1.旋转体的表面积问题注意其轴截面及侧面展开图的应用，并弄清底 面半径、母线长与对应侧面展开图中边的关系.2.多面体的表面积是各个面的面积之和;组合体的表面积注意衔接部 分的处理.幅度二简单几何体的体积-Jia(1)已知三棱锥 S-ABC 中,NSAB二NABC二2,SB=4,SC=2V,AB=2,BC=6,则三棱锥S-ABC的体积是()A.4 B,6 C.4百 D,6如图,长方体ABCD-ABCD的体积是120,E为CG的中点,则三棱锥E-BCD的体积是.解析：因为NABC旦AB=2,BC=6,所以AC二返*十吵十丁 2亚.因为NSAB殳,AB=2,SB=4,所以AS二一两二v乜百由 502旧,得 AC2+AS2=SC2,所以 ACAS.又因为 SAAB,AC A AB=A,ACc 平面ABC,ABu平面ABC,所以AS_L平面ABC,所以AS为三棱锥S-ABC 的高，所以,三棱锥5ABe三X2X2X6X2包4*故选C.1 1 1(2)设长方体中 BC=a,CD=b,CCfc,贝J abc=120,所以 Ve-bcd=2a b 2c二112abe=10.答案：C(2)10r解题策略求规则几何体的体积,主要是先找准关键的已知量,求必需的未知量,再利用“直接法”代入体积公式计算.N角度三不规则几何体的体积的奇如图，四边形ABCD是边长为2的正方形,ED_L平面ABCD,FCJ_平面ABCD,ED=2FC=2,则四面体ABEF的体积为()1 2A.3 B.34C.1 D.3解析：因为ED_L平面ABCD且ADu平面ABCD,所以EDAD.因为在正方形ABCD中，ADDC,而DC n ED=D,DCu平面CDEF,EDu平面CDEF,所以AD _L平面CDEF.连接EC,DF（图略），ED易知 FC 2=1,VabEFVabCDEF-Vf-ABCDVa-DEF.因为 Ve-abcd=ED S 正方形ABCD 工2 义2X2 X3=3,befc=BC-SAEFc-3=2X2X1 1 21X2X3=3B 2 U S,1 1*所以Vabcd ef+工三 又Vf-abcd=FC正方形ABCD 工1 X 2 X 2义工&Va.d ef二1 114 10 4 4 2AD SADEF-3=2X2X2X2X3=3,Vabef二不一工.故选 B.一解题策略I求不规则几何体的体积: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.（1）利用“割”的方法把几何体分割成易求体积的三棱锥、三棱柱（也 可分割成四棱锥）.（2）利用“补”的方法把棱锥补成棱柱，把台体补成锥体，把三棱锥补 成四棱锥,把三棱柱补成四棱柱,把不规则几何体补成规则几何体,补 一个同样的几何体等.针对训练1.（多选题）等腰直角三角形的直角边长为1,现将该三角形绕其某一 边旋转一周，所形成的几何体的表面积可以为（）A.凡B.（1+隹）兀C.2忆D.（2+隹）兀解析:如果是绕直角边旋转,则形成圆锥，圆锥的底面半径为1,高为1,母线就是直角三角形的斜边,长为42所以所形成的几何体的表面积 为S二冗义1义迎+冗义/二（i+6）兀.如果绕斜边旋转,则形成的是上、显下两个圆锥，圆锥的底面半径是直角三角形斜边上的高了,两个圆锥 的母线都是直角三角形的直角边,母线长是1,所以所形成的几何体的表面积为S=2义义正义1二V*综上可知，所形成的几何体的表 面积是（1+”）兀或隹冗.故选AB.2.已知四棱锥的底面是边长为低的正方形，侧棱长均为遥.若圆柱的 一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四 棱锥底面的中心,则该圆柱的体积为.解析：由题意知圆柱的高恰为四棱锥高的一半,圆柱的底面直径恰为 四棱锥的底面正方形对角线的一半.因为四棱锥的底面正方形的边长 为6,所以底面正方形对角线长为2,所以圆柱的底面半径为2又因 为四棱锥的侧棱长均为有,所以四棱锥的高为）函2T2以,所以圆1 柱的高为1,所以圆柱的体积为V二冗X（2）2X1=1xV5 冗二百n.故选D.7.如图,正三棱柱ABC-A1B1G的侧棱长为a,底面边长为b,一只蚂蚁从 点A出发沿每个侧面爬到Ab路线为A-M-N-Ai,则蚂蚁爬行的最短 路程是（A）Va2+9V4tf+9 52Va2 4-b2解析:正三棱柱的侧面展开图是如图所示的矩形,矩形的长为3 b,宽为a,则其对角线AA的长为最短路程,因此蚂蚁爬行的最短路程为 向丽故选A.8.（2020 浙江卷）已知圆锥的侧面积（单位:加）为2n，且它的侧面 展开图是一个半圆,则这个圆锥的底面半径（单位:cm）是.解析:如图,设圆锥的母线长为1,底面半径为r,则圆锥的侧面积S侧=n rl=2几,所以r-1=2.又圆锥的侧面展开图为半圆,所以3冗12=2 n,所以1二2,所以L 1.答案：19.如图，在4ABC 中，AB=8,BC=10,AC=6,DB_L平面 ABC,且 AEFCBD,BD二3,FC=4,AE=5.求此几何体的体积.EDJ,一 C解:法一 如图，取CM二AN二BD,连接DM,MN,DN,用“分割法”把原几何 体分割成一个直三棱柱和一个四棱锥.所以V几何体二V三棱柱+V四棱锥.1由题意知三棱柱ABC-NDM的体积为 2X8X6X3=72.1 1 1四棱锥D-MNEF的体积为V2=3-S 梯形MNEF DN=3 X2X（1+2）X6X8=24,则几何体的体积为V二+V2=72+24=9 6.法二 用“补形法”把原几何体补成一个直三棱柱，使AA二BB，二CC1 1 1=8,所以V 几何体二2V三棱柱=2 Saabc-AAZ=2X24X8=9 6.B级综合运用练10.（多选题）（2021 山东烟台调研）在一个密闭透明的圆柱筒内装一 定体积的水，将该圆柱筒分别竖直、水平、倾斜放置时,指出圆柱桶内 的水平面可以呈现出的几何形状可能是（ABD）A.圆面 B.矩形面C.梯形面D.椭圆面或部分椭圆面解析:将圆柱桶竖放,水面为圆面;将圆柱桶斜放,水面为椭圆面或部 分椭圆面;将圆柱桶水平放置,水面为矩形面，但圆柱桶内的水平面不 可以呈现出梯形面.故选ABD.11.（多选题）（2021湖北武汉模拟）长方体ABCD-ABCD的长、宽、高分别为3,2,1,则（BC）A.长方体的表面积为20B.长方体的体积为6C.沿长方体的表面从A到G的最短距离为3迎D.沿长方体的表面从A到G的最短距离为2遍解析：长方体的表面积为2X（3 X2+3 X 1+2X 1）=22,A错误.长方体的 体积为3义2 X 1=6,B正确.如图1所示,长方体ABCD-ABCD中,AB二3,BC=2,BBfI,将侧面ABBA和侧面BCCB展开,如图2所示.图1 图2连接AG,则有AC=2+12=,即经过侧面ABBA和侧面BCCB 吐A到G的最短距离是后;将侧面ABBA和底面ABCD展开,如图3 所示,连接AG,则有+岁二产,即经过侧面ABBA和底面 ABCD时,A到G的最短距离是3迎;将侧面ADDA和底面ABCD展 开，如图4所示.连接AG,则有Ac 十=2件即经过侧面ADDA和底面ABCD 时,A到3的最短距离是2百.因为3倔2日后,所以沿长方体表面 由A到G的最短距离是3近,C正确,D错误.故选BC.12.（2021 重庆诊断）一件刚出土的珍贵文物要在博物馆大厅中央展 此如图，需要设计各面是玻璃平面的无底正四棱柱将其罩住，罩内充满保护文物的无色气体.已知文物近似于塔形,高1.8叫体积0.5 m3,其底部是直径为0.9 m的圆形,要求文物底部与玻璃罩底边至 少间隔0.3 m,文物顶部与玻璃罩上底面至少间隔0.2 m,气体每立方 米1 000元，求气体的费用最少为（B）A.4 500 元 B.4 000 元C.2 880 元 D.2 380 元 解析:因为文物底部是直径为0.9 m的圆形,文物底部与玻璃罩底边至 少间隔0.3 m,所以由正方体与圆的位置关系可知,底面正方形的边长最少为0.9+2 X 0.3=1.5（m）.又文物高1.8 m,文物顶部与玻璃罩上底 面至少间隔0.2 m,所以正四棱柱的高最少为1.8+0.2=2(m),则正四棱 柱的体积V=L 52X2=4.5(m3).因为文物的体积为0.5柱所以罩内气 体的体积为4.5-0.5=4(m)因为气体每立方米1 000元,所以气体的 费用最少为4X1 000=4 000(元).故选B.13.如图,六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的.已 知螺帽的底面正六边形边长为2 cm,高为2 cm,内孔半径为0.5 cm,则此六角螺帽毛坯的体积是 cm3.t 店解析:螺帽的底面正六边形的面积为S=6X2X22Xsi n 60二6V九加),正六棱柱的体积为二6百义2二126(。1113),圆柱的体积为V市nxo.52x24(cm3),所以此六角螺帽毛坯的体积为V=V-V2=(12-2)(cm3).答案：(12百立)C级;应用创新练14.如图,在正四棱锥P-ABCD中,Bi为PB的中点,I为PD的中点,则棱锥A-BCD】与棱锥P-ABCD的体积之比是(A)B C.A.1：4 B.3：8 C.1：2 D.2：3解析:如图,棱锥A-Bi CDi的体积可以看成是正四棱锥P-ABCD的体积减 去角上的四个小棱锥的体积得到.因为Bi为PB的中点,以为PD的中点,所以棱锥B-ABC的体积和棱锥1D-ACD的体积都是正四棱锥P-ABCD的体积的彳,棱锥C-PBD的体积与1棱锥A-PBD的体积之和是正四棱锥P-ABCD的体积的彳,则中间剩下的棱锥 A-BCD的体积 二ViBCD-3xWp-abcdVVp.abcd,则 r/Bl：Vp-ABCD 1 4.故选 A.15.（2021 广东佛山质检）已知圆锥的顶点为S,底面圆周上的两点A,B满足4SAB为等边三角形,且面积为4,又知圆锥轴截面的面积 为8,则圆锥的侧面积为.解析:设圆锥的母线长为1,由4SAB为等边三角形,且面积为4百,所 以5si n圣4迎,解得1=4.又设圆锥底面半径为r,高为h,则由轴截面的面积为8,得rh=8.又 N+h?=16,解得 r二h二2隹，所以圆锥的侧面积S二冗rl二冗 2X4=8 n.答案：8凡第二课时球及其表面积与体积关键能力课堂突破 康跨点T球的表面积与体积 类考点名实四虞1.如图,有一个水平放置的透明无盖的正方体容器,容器高8 cm,将一 个球放在容器口，再向容器内注水,当球面恰好接触水面时测得水深为6 c叫若不计容器厚度，则球的体积为（A）500vA.3 cm3B66B.3 cm31 372wC.33 cm2 048D.3 cm3解析：如图，作出球的一个轴截面，则MC=8-6二2(cm),BM=2AB二2义8二 4(cm).设球的半径为 R cm,贝(J R2=OM2+MB2=(R-2)2+42,所以 R=5,所以 V 球4 50D二 W 冗 X 5=V Ji(cm3).故选 A.2.圆柱形容器的内壁底半径是10 cm,有一个实心铁球浸没于容器的水中，若取出这个铁球，测得容器的水面下降了W cm,则这个铁球的表 面积为 cm2.4 5解析:设该铁球的半径为r,则由题意得5nr二nX 102X3,解得r3=53,所以厂5,所以这个铁球的表面积S=4RX 52=100冗(cm2).答案：100冗一题后悟通I1.求球的体积与表面积的方法(1)要求球的体积或表面积,须通过条件能求出半径R,然后代入体积 或表面积公式求解.(2)半径和球心是球的最关键要素,把握住了这两点,计算球的表面积 或体积的相关题目也就易如反掌了.2.球的截面问题的解题技巧(1)有关球的截面问题,常画出过球心的截面圆,将问题转化为平面中 圆的问题.解题时要注意借助球半径R,截面圆半径r,球心到截面的距离d构 成的直角三角形，即R2=d2+r2.感唐点三I球的接、切问题 口角度一“相接”问题（HO 已知球0是三棱锥P-ABC的外接球,PA二AB二PB二AC=2,CP=2应，点D是PB的中点,且CD二迎,则球0的表面积为（）28v 14VA.石 B.石C.D.石解析:依题意，由PA=AC=2,CP=2隹，得 AP_L AC.连接AD,由点D是PB的中点且PA二AB=PB=2,得AD二百，又 CdW AC=2,可知 ADAC,又 APA AD=A,APu平面 PAB,ADu平面 PAB,所以 AC_L 平面 PAB.以4PAB为底面,AC为侧棱补成一个直三棱柱,则球0是该三棱柱的外1接球,球心0到底面4PAB的距离d=2AC=l.PA 2由正弦定理得4PAB的外接圆半径r缶商行二诉，所以球0的半径R二俯钎”28V故球0的表面积S=4 n R2二号.故选A.广解题策略I处理“相接”问题，要抓住空间几何体“外接”的特点，即球心到多面 体的顶点的距离等于球的半径.幅度二“相切”问题CWR)(1)已知正四面体P-ABC的表面积为Si,此四面体的内切球的表亘面积为S2,贝厄二.已知正方体的棱长为2,则与正方体的各棱都相切的球的表面积 是.解析：(1)设正四面体的棱长为a,则正四面体的表面积为S产4X7-a2-a2,其内切球半径r为正四面体高的*即r=*XT a=i 2a,因此内切8亘球的表面积为S2=4 n r2=6,则二6二行.(2)过正方体的对角面作截面如图.故球的半径r=所以其表面积S=4nX（6）2=8冗.答案：（1）W（2）8冗解题策略I处理“相切”问题，要找准切点，通过作截面来解决，截面过球心.针对训练 1.在三棱锥P-ABC中，PA二PB二PC二2,AB二AC=1,BC=,则该三棱锥的外 接球的表面积为（）吧*A.8 n B.3jiC.3冗 D.27 n 解析:如图，由PA二PB二PC二2,过P作PG_L平面ABC,垂足为G,则G为三 角形ABC的外心.在4ABC 中，由 AB二AOI,BC=可得NBAC=120.由正弦定理可得疝山犯。=2AG,即AG=1,所以PG二师褥二点 取PA的中点H,作H0PA交PG于点0,连接0A,则点0为该三棱锥外 接球的球心.PH PG PH PA 1x 2 23由PHOs/pg a,可得而二，则 PO二 PG 二词二与，23即该三棱锥外接球的半径为三，2v3 M所以该三棱锥外接球的表面积为4 n X cry=3几.故选B.2.在三棱锥P-ABC中,PA_L平面ABC且PA=2,AABC是边长为的等 边三角形,则该三棱锥外接球的表面积为（）A.3 B.4 n C.8 冗 D.20 冗解析：由题意得,此三棱锥外接球即为以4ABC为底面、以PA为高的正三棱柱的外接球.因为4ABC的外接圆半径r-YxV5X3=l,外接球PA球心到4ABC的外接圆圆心的距离二1,所以外接球的半径 十丝件所以三棱锥外接球的表面积为S=4兀R2=8兀.故选C.3.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.解析：当球为圆锥的内切球时,球的半径最大.如图为圆锥内球半径最大时的轴截面图.其中球心为0,设其半径为r,AC=3,0=1,所以和二2隹因为 00i=0M=r,所以 A0二A000i二2忆r,又因为AMOsAOC吧竺 r zVS-r 最所以章二标,即心了,解得r=y,所以该圆锥内半径最大的球的体积为 显V=3 n X 3=h.缶答案:行备选例题近一平面截一球得到直径是6 CID的圆面，球心到这个圆面的距离是4 cm,则该球的体积是（）UMt a 208A.3 cm3B.3 cm3SOP*416 VHaC.3 cm3D.3 cm3解析:根据球的截面的性质,得球的半径R=32+平=5（cm）,所以V球与5001兀R3二丁（。萌）.故选c.丽球内切于正方体的六个面，正方体的棱长为a,则球的表面积为解析:正方体的内切球球心是正方体的中心,切点是六个面（正方形）的中心,经过四个切点及球心作截面,如图，所以有2r=a,所以S=4冗r2=n a2.答案：痴厚旧祚、山 灵活中发方教提愧国30Pls1A级基础巩固练知识点、方法基础巩固练综合运用练应用创新练球的体积与表面积1,2,3,5球的切、接问题4,6,7,8,9综合问题10,11,12,13,1415,161.已知底面边长为1,侧棱长为42的正四棱柱的各顶点均在同一个球面上，则该球的体积为（D）32u-A.亏 B.4n C.2冗 D.W解析:因为该正四棱柱的外接球的半径是四棱柱体对角线的一半,所iJp+12-1,（2）2 以半径厂2VA 十二1,所以V球二3 X13.故选上2.（2021 安徽安庆调研）已知在四面体PABC中,PA=4,BO2PB二PC二26,PA_L平面PBC,则四面体PABC的外接球的表面积是（C）A.160 n B.128 冗 C.40 冗 D.32 n解析：因为 PB2+PC=12+12=24=BC2,所以 PBPC,又 PA_L 平面 PBC,所以PAPB,PAPC,即PA,PB,PC两两相互垂直，以PA,PB,PC为从同一顶 点出发的三条棱补成长方体,所以该长方体的体对角线长为介42+P炉+PO也2+12+16=2国,故该四面体的外接球半径为国.于是四面体PABC的外接球的表面积是4 n X（内产物n.故 选C.3.已知A,B,C为球0的球面上的三个点，O 0为4ABC的外接圆.若O01的面积为4jAB二BC=AC=00i,则球0的表面积为（A）A.64 冗 B.48 冗 C.36 n D.32 冗解析:如图所示,设球0的半径为R,的半径为r,因为的面积AB为4冗，所以4冗二打一,解得厂2,又AB=BC=AC二001,所以由的。二2r,解得 AB=2性故00产2件所以R2=0出+/二色雷）2十22二16,所以球。的表面积 S=4冗R2=64卜.故选A.04.（多选题）已知正方体的外接球与内切球上各有一个动点M,N,若线段MN的最小值为61,则（ABC）A.正方体的外接球的表面积为12 nB.正方体的内切球的体积为石1C.正方体的棱长为2D.线段MN的最大值为2百解析:设正方体的棱长为a,则正方体外接球的半径为体对角线长的一 二半，即了内切球的半径为棱长的一半,即Z因为M,N分别为外接球和里-曳内切球上的动点，所以MNm i n=2a-22 a=Y-1,解得a=2,即正方体的 棱长为2,C正确;正方体的外接球的表面积为4兀X（百）2二12冗，A正确;正方体的内切球的体积为三B正确;线段MN的最大值为a+2=V%i,d 错误.故选 ABC.5.如图,在圆柱0内有一个球0,该球与圆柱的上、下底面及母线均 相切.记圆柱0。的体积为,球0的体积为V2,则叫的值是.解析:设圆柱内切球的半径为R,则由题设可得圆柱0的底面圆的半R2 径为R,高为2R,故。二33-23答案36.(2021 湖南长沙检测)在封闭的直三棱柱ABC-ABG内有一个体积 为V的球.若AB_L BC,AB=6,BC=8,AAf3,则V的最大值是.解析：由ABJ_BC,AB=6,BC=8,得AC=10.要使球的体积V最大,则球与直 三棱柱的部分面相切,若球与三个侧面相切,设底面4ABC的内切圆的1 1半径为r,则2义6义8=2义(6+8+10)r,所以r=2,2r=43,不符合题意.3则球与三棱柱的上、下底面相切时，球的半径R最大,则2R=3,即R=2,4 9故球的最大体积V二n R3=2 ji.9答案：焉7.已知一个球与一个正三棱柱的三个侧面和两个底面都相切,且这个32球的体积是不”,那么这个三棱柱的体积是解析:设球的半径为r,贝值冗r3=V n,得r=2,则正三棱柱的高为2l4.又正三棱柱的底面三角形的内切圆半径与球的半径相等，所以底面正 三角形的边长为48,所以正三棱柱的体积为V二 x(46)2X4二48百答案：4868.(2021 新高考八省联考)圆台上、下底面的圆周都在一个直径为10的球面上,其上、下底面半径分别为4和5,则该圆台的体积为.解析:因为圆台的下底面半径为5,故下底面在外接球的大圆上,如图所示.设球的球心为0,圆台上底面的圆心为(V,则圆台的高00,二网526r至二g不二3,据此可得圆台的体积为X3 X(52+5X4+42)=61 n.答案：61几9.在半径为15的球0内有一个底面边长为12避的内接正三棱锥A-BCD,求此正三棱锥的体积.解：（1）如图甲所示的情形,显然OA=OB=0C=0D=15.设H为ABCD的中心,则A,0,H三点在同一条直线上.因为HB=HC=HD=3 XT X 12V=12,所以 蚌胸旃=9,所以正三棱锥A-BCD的高h=9+15=24.又 SAbcd=T X（12肉二108师所以V 三棱锥A-BCD-3 X108 X24=8 64.对于图乙所示的情形，同理,可得正三棱锥A-BCD的高卜J3=15-9=6,SABcd=108v,所以V 三棱锥A-BCD-i x 108 X6=216.综上,可知正三棱锥的体积为8648或216雷.B级综合运用练昭10.已知4ABC是面积为K的等边三角形,且其顶点都在球。的球面上.若球。的表面积为16兀，则0到平面ABC的距离为（C）J3-A，B.2C.1 D.2解析:设球0的半径为R,则4 n R2=16冗，解得R=2.设AABC外接圆的半径为r,边长为a.因为AABC是面积为7的等边三角形,所以26,所以球心。到平面ABC的距离平V催二忏，故选C.11.已知三棱锥P-ABC的四个顶点都在球。的球面上,PA二PB二PC,AABC 是边长为2的正三角形,E,F分别是PA,AB的中点，NCEF=9 0,则球0 的体积为（D）A.8遍冗B.4遍冗C.2遍冗D.也冗解析:因为点E,F分别为PA,AB的中点,所以EFPB,因为NCEF=9 0,所以 EFJ_CE,所以 PBJ_CE.取AC的中点D,连接BD,PD,易证AC_L平面BDP,所以 PBAC,又 ACn CE=C,AC,CEu平面 PAC,所以 PB_L平面 PAC,所以PBPA,PBPC,因为PA=PB=PC,AABC为正三角形，所以PAPC,即PA,PB,PC两两相互垂直,将三棱锥P-ABC放在正方体 中.因为AB=2,所以该正方体的棱长为形,所以该正方体的体对角线 长为V,所以三棱锥P-ABC的外接球的半径R二了,所以球0的体积3士 或赤兀 R3=3 Ji X 3二V%.故选 D.12.已知两个圆锥有公共底面,且两圆锥的顶点和底面的圆周都在同 一个球面上.若圆锥底面面积是这个球表面积的城则这两个圆锥中,体积较小者的高与体积较大者的高的比值为.解析:如图,设球的半径为R,圆锥底面半径为r.A3由题意得冗r2=w 4 n R2,3所以 r2=iR2.根据球的截面的性质可知两圆锥的高必过球心0,且两圆锥的顶点以及圆锥与球的交点是球的大圆上的点,且AB_L 0C所以00尸催一7R K因此体积较小的圆锥的高为A0fR-2=2,R 3体积较大的圆锥的高为B0fR+2=2R,1故这两个圆锥中，体积较小者的高与体积较大者的高的比值为工1答案后13.伟大的阿基米德的墓碑上刻了一个如图所示的图案，图案中球的 直径与圆柱底面的直径和圆柱的高相等，圆锥的顶点为圆柱上底面的 圆心,圆锥的底面是圆柱的下底面.试计算出图案中圆锥、球、圆柱的 体积比.|d也二4解:设圆柱的底面半径为r,高为h,则V圆柱二兀r2h,1由题意知圆锥的底面半径为r,高为h,球的半径为r,V圆锥行n r2h,V球4寸 3=3 i t r.又 h=2r,圆 V 球V 锥 圆V 以 所3 rJI4-3 r2hn3r 叮2-3-r2hn3rJI-3-3r JI 2工 214.某组合体的直观图如图所示,它的中间为圆柱形,左右两端均为半球形,若图中1,1=3,试求该组合体的表面积和体积.解:该组合体的表面积为S=4 n r2+2 Ji r4 n X l2+2 n XIX 3=10 冗,该组合体的体积 V=3 冗 r3+4 13vn r23 n X 13+or X Vx 3二行.C级:应用创新练15.已知三棱柱ABC-Ai B的所有顶点都在球0的球面上,该三棱柱的 五个面所在的平面截球面所得的圆大小相同.若球。的表面积为20兀,则三棱柱的体积为.解析:因为三棱柱ABC-ABG的五个面所在的平面截球面所得的圆的 大小相同,所以该三棱柱的底面是等边三角形.设三棱柱底面边长为aa,高为h,截面圆的半径为r,球半径为R,所以厂亘因为球0的表面积为20兀，所以4 n R-20兀，解得R二百.因为底面和侧面截得的圆的大小相同，*上所以2+（5）2=（画；所以a二居1.h _又因为2+（画2=r2,由得a=28,h=2,所以三棱柱的体积为V二义（26）2义2二66.答案：616.农历五月初五是端午节，民间有吃粽子的习俗,粽子又称“粽屹”,是端午节大家都会品尝的食品.如图的平行四边形形状的纸片是 由六个边长为1的正三角形组成的,将它沿虚线折起来,可以得到如 图的粽子形状的六面体,则该六面体的体积为；若该六面 体内有一球,则该球的体积的最大值为.图(D 图(2)解析：由对称性可知该六面体是由两个全等的正四面体合成的,正四1-()2.面体的棱长为1,则正四面体的高为、3 二五所以正四面体的1 1 裁屈品体积为因为该六面体的体积是正四面体体积的2倍,所以该六面体的体积是6.要使球的体积达到最大,则球与该六面体的六个面都要相切.连接球心和六面体的五个顶点,把六面体分成了六个全等的三棱锥.设球的V2 11 V5 通半径为R,则彳=6X(3 X2X1XI-R),解得R二T,所以球的体积工工研V=Tr3=T x(TP=而；答案:彳京 第2节 空间点、直线、平面之间的位置关系 画课程标准要求1.借助长方体模型,在直观认识和理解空间点、线、面的位置关系的基础上，抽象出空间线、面位置关系的定义.2.了解可以作为推理依据的基本事实和定理.3.能运用基本事实、定理和已获得的结论证明一些空间位置关系的简单命题.必备知识,课前回顾 0相敖材夯实四基I*知识梳理1.四个基本事实基本事实1:过不在一条直线上的三个点,有且只有一个平面.基本事实2:如果一条直线上的两个点在一个平面内,那么这条直线在这个平面内.基本事实3:如果两个不重合的平面有一个公共点,那么它们有且只有二 过该点的公共直线.基本事实4:平行于同一条直线的两条直线壬丘.2.用集合语言描述点、线、面间的关系(1)点与平面的位置关系点A在平面a内，记作Ae a;点A不在平面a内，记作A在a.(2)点与直线的位置关系点A在直线1上,记作Ael;点A不在直线1上,记作也.直线与平面的位置关系直线1在平面a内，记作Eua;直线1不在平面a内，记作 出.(4)平面a与平面8相交于直线a,记作a n B=a.直线1与平面a相交于点A,记作1 G a二A.(6)直线a与直线b相交于点A,记作a G b二A.3.空间中两直线的位置关系(1)空间中两直线的位置关系刖喇盘0),设a为异面直线EF和AC所成的角,B为异面直线EF和BD所成的角，试求a+B的值.解:过点F作MFBD,交BC于点M,连接ME,则 CM：MB=CF：FD=m,又因为 AE：EB二CF：FD=m,所以 CM：MB=AE：EB,所以EMAC,所以 a 二NMEF,B=NMFE,异面直线AC与BD所成的角为NEMF,因为 AC_L BD,所以NEMF二90。，所以 a+B=90.作VI,灵活小发方致梃饿知识点、方法基础巩固练综合运用练应用创新练平面的基本性质及应用2,3,4,9空间两条直线的位置关系1,5,6,7,8综合问题10,11,12,1314,15a级基础巩固练1.如图所示,在正方体ABCD-ABCD中,E,F分别是AB,AD的中点,则异面直线BC与EF所成角的大小为（C）A.30 B.45C.60 D.90解析:连接BD,DC（图略），则BDEF,故NDBC为所求的角，又BD二BC二DC,所以 NDBC=60.故选 C.2.a,b,c是两两不同的三条直线，下列四个命题中，真命题是（C）A.若直线a,b异面,b,c异面,则a,c异面B.若直线a,b相交,b,c相交,则a,c相交C.若ab,则a,b与c所成的角相等D.若 ab,bc,贝l j a/c解析:若直线a,b异面,b,c异面,则a,c相交、平行或异面;若直线a,b 相交,b,c相交,则a,c相交、平行或异面;若a_L b,bc,则a,c相交、平行或异面；由异面直线所成的角的定义知C正确.故选C.3.给出下列说法:梯形的四个顶点共面;三条平行直线共面;有 三个公共点的两个平面重合;三条直线两两相交,可以确定1个或3个平面.其中正确的序号是（B）A.B.C.D.解析:显然正确;错误,三条平行直线可能确定1个或3个平面；若三个点共线,则两个平面相交,故错误;显然正确.故选B.4.如图所示,平