专题4---第1讲-空间几何体(教师版).docx

第1讲　空间几何体
【要点提炼】
考点一　表面积与体积
1．旋转体的侧面积和表面积
(1)S圆柱侧＝2πrl，S圆柱表＝2πr(r＋l)(r为底面半径，l为母线长)．
(2)S圆锥侧＝πrl，S圆锥表＝πr(r＋l)(r为底面半径，l为母线长)．
(3)S球表＝4πR2(R为球的半径)．
2．空间几何体的体积公式
V柱＝Sh(S为底面面积，h为高)；
V锥＝Sh(S为底面面积，h为高)；
V球＝πR3(R为球的半径)．
【热点突破】
【典例】1　(1)已知圆锥的顶点为S，母线SA，SB所成角的余弦值为，SA与圆锥底面所成角为45°.若△SAB的面积为5，则该圆锥的侧面积为________．
【答案】　40π
【解析】　因为母线SA与圆锥底面所成的角为45°，
所以圆锥的轴截面为等腰直角三角形．
设底面圆的半径为r，则母线长l＝r.
在△SAB中，cos∠ASB＝，所以sin∠ASB＝.
因为△SAB的面积为5，即SA·SBsin∠ASB
＝×r×r×＝5，
所以r2＝40，
故圆锥的侧面积为πrl＝πr2＝40π.
(2)如图，已知正三棱柱ABC－A1B1C1的各棱长均为2，点D在棱AA1上，则三棱锥D－BB1C1的体积为________．

【答案】　

【解析】　如图，取BC的中点O，

连接AO.
∵正三棱柱ABC－A1B1C1的各棱长均为2，
∴AC＝2，OC＝1，则AO＝.
∵AA1∥平面BCC1B1，
∴点D到平面BCC1B1的距离为.
又＝×2×2＝2，
∴＝×2×＝.
易错提醒　(1)计算表面积时，有些面的面积没有计算到(或重复计算)．
(2)一些不规则几何体的体积不会采用分割法或补形思想转化求解．
(3)求几何体体积的最值时，不注意使用基本不等式或求导等确定最值．
【拓展训练】1　(1)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(　　)
A．12π B．12π
C．8π D．10π
【答案】　B
【解析】　设圆柱的底面半径为r，高为h，由题意可知2r＝h＝2，∴圆柱的表面积S＝2πr2＋2πr·h＝4π＋8π＝12π.故选B.
(2)如图，在Rt△ABC中，AB＝BC＝1，D和E分别是边BC和AC上异于端点的点，DE⊥BC，将△CDE沿DE折起，使点C到点P的位置，得到四棱锥P－ABDE，则四棱锥P－ABDE的体积的最大值为________．

【答案】　
【解析】　设CD＝DE＝x(0<x<1)，则四边形ABDE的面积S＝(1＋x)(1－x)＝(1－x2)，当平面PDE⊥平面ABDE时，四棱锥P－ABDE的体积最大，此时PD⊥平面ABDE，且PD＝CD＝x，故四棱锥P－ABDE的体积V＝S·PD＝(x－x3)，则V′＝(1－3x2)．当x∈时，V′>0；当x∈时，V′<0.
∴当x＝时，Vmax＝.
【要点提炼】
考点二　多面体与球
解决多面体与球问题的两种思路
(1)利用构造长方体、正四面体等确定直径．
(2)利用球心O与截面圆的圆心O1的连线垂直于截面圆的性质确定球心．
【典例】2　(1)已知三棱锥P－ABC满足平面PAB⊥平面ABC，AC⊥BC，AB＝4，∠APB＝30°，则该三棱锥的外接球的表面积为__________．
【答案】　64π
【解析】　因为AC⊥BC，所以△ABC的外心为斜边AB的中点，
因为平面PAB⊥平面ABC，所以三棱锥P－ABC的外接球球心在平面PAB上，
即球心就是△PAB的外心，
根据正弦定理＝2R，解得R＝4，
所以外接球的表面积为4πR2＝64π.
(2)(2020·全国Ⅲ)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________．
【答案】　π
【解析】　圆锥内半径最大的球即为圆锥的内切球，设其半径为r.作出圆锥的轴截面PAB，如图所示，则△PAB的内切圆为圆锥的内切球的大圆．在△PAB中，PA＝PB＝3，D为AB的中点，AB＝2，E为切点，则PD＝2，△PEO∽△PDB，
故＝，即＝，解得r＝，
故内切球的体积为π3＝π.

规律方法　(1)长方体的外接球直径等于长方体的体对角线长．
(2)三棱锥S－ABC的外接球球心O的确定方法：先找到△ABC的外心O1，然后找到过O1的平面ABC的垂线l，在l上找点O，使OS＝OA，点O即为三棱锥S－ABC的外接球的球心．
(3)多面体的内切球可利用等积法求半径．
【拓展训练】2　(1)已知A，B是球O的球面上两点，∠AOB＝90°，C为该球面上的动点．若三棱锥O－ABC体积的最大值为36，则球O的表面积为(　　)
A．36π B．64π C．144π D．256π
【答案】　C
【解析】　如图所示，设球O的半径为R，

因为∠AOB＝90°，
所以S△AOB＝R2，
因为VO－ABC＝VC－AOB，
而△AOB的面积为定值，
当点C位于垂直于平面AOB的直径端点时，三棱锥O－ABC的体积最大，
此时VO－ABC＝VC－AOB＝×R2×R＝R3＝36，
故R＝6，
则球O的表面积为S＝4πR2＝144π.
(2)中国古代数学经典《九章算术》系统地总结了战国、秦、汉时期的数学成就，书中将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑，如图为一个阳马与一个鳖臑的组合体，已知PA⊥平面ABCE，四边形ABCD为正方形，AD＝，ED＝，若鳖臑P－ADE的外接球的体积为9π，则阳马P－ABCD的外接球的表面积为________．

【答案】　20π
【解析】　∵四边形ABCD是正方形，
∴AD⊥CD，即AD⊥CE，且AD＝，ED＝，
∴△ADE的外接圆半径为r1＝＝＝，
设鳖臑P－ADE的外接球的半径为R1，
则πR＝9π，解得R1＝.
∵PA⊥平面ADE，∴R1＝，
可得＝＝，∴PA＝.
正方形ABCD的外接圆直径为2r2＝AC＝AD＝，
∴r2＝，
∵PA⊥平面ABCD，
∴阳马P－ABCD的外接球半径R2＝＝，
∴阳马P－ABCD的外接球的表面积为4πR＝20π.
专题训练
一、单项选择题
1.水平放置的△ABC的直观图如图，其中B′O′＝C′O′＝1，A′O′＝，那么原△ABC是一个(　　)

A．等边三角形
B．直角三角形
C．三边中只有两边相等的等腰三角形
D．三边互不相等的三角形
【答案】　A
【解析】　AO＝2A′O′＝2×＝，BC＝B′O′＋C′O′＝1＋1＝2.在Rt△AOB中，AB＝＝2，同理AC＝2，所以原△ABC是等边三角形．
2．(2020·全国Ⅰ)埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥．以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为(　　)

A. B. C. D.
【答案】　C
【解析】　设正四棱锥的底面正方形的边长为a，高为h，
侧面三角形底边上的高(斜高)为h′，
则由已知得h2＝ah′.
如图，设O为正四棱锥S－ABCD底面的中心，E为BC的中点，

则在Rt△SOE中，h′2＝h2＋2，
∴h′2＝ah′＋a2，
∴2－·－＝0，
解得＝(负值舍去)．
3．已知一个圆锥的侧面积是底面积的2倍，记该圆锥的内切球的表面积为S1，外接球的表面积为S2，则等于(　　)
A. B. C. D.
【答案】　C
【解析】　如图，

由已知圆锥侧面积是底面积的2倍，不妨设底面圆半径为r，l为底面圆周长，R为母线长，
则lR＝2πr2，
即·2π·r·R＝2πr2，
解得R＝2r，
故∠ADC＝30°，则△DEF为等边三角形，
设B为△DEF的重心，过B作BC⊥DF，
则DB为圆锥的外接球半径，BC为圆锥的内切球半径，
则＝，∴＝，故＝.
4．(2020·大连模拟)一件刚出土的珍贵文物要在博物馆大厅中央展出，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米，体积0.5立方米，其底部是直径为0.9米的圆形，要求文物底部与玻璃罩底边至少间隔0.3米，文物顶部与玻璃罩上底面至少间隔0.2米，气体每立方米1 000元，则气体的费用最少为(　　)

A．4 500元 B．4 000元 C．2 880元 D．2 380元
【答案】　B
【解析】　因为文物底部是直径为0.9米的圆形，文物底部与玻璃罩底边至少间隔0.3米，所以由正方形与圆的位置关系可知，底面正方形的边长为0.9＋2×0.3＝1.5米，又文物高1.8米，文物顶部与玻璃罩上底面至少间隔0.2(米)，所以正四棱柱的高为1.8＋0.2＝2(米)，则正四棱柱的体积V＝1.52×2＝4.5(立方米)．因为文物的体积为0.5立方米，所以罩内空气的体积为4.5－0.5＝4(立方米)，因为气体每立方米1 000元，所以气体的费用最少为4×1 000＝4 000(元)，故选B.
5.如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，动点E在BB1上，动点F在A1C1上，O为底面ABCD的中心，若BE＝x，A1F＝y，则三棱锥O－AEF的体积(　　)

A．与x，y都有关
B．与x，y都无关
C．与x有关，与y无关
D．与y有关，与x无关
【答案】　B
【解析】　由已知得V三棱锥O－AEF＝V三棱锥E－OAF＝S△AOF·h(h为点E到平面AOF的距离)．连接OC，因为BB1∥平面ACC1A1，所以点E到平面AOF的距离为定值．又AO∥A1C1，OA为定值，点F到直线AO的距离也为定值，所以△AOF的面积是定值，所以三棱锥O－AEF的体积与x，y都无关．

6．在梯形ABCD中，∠ABC＝，AD∥BC，BC＝2AD＝2AB＝2.将梯形ABCD绕AD所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为(　　)
A. B. C. D．2π
【答案】　C
【解析】　如图，过点C作CE垂直AD所在直线于点E，梯形ABCD绕AD所在直线旋转一周而形成的旋转体是由以线段AB的长为底面圆半径，线段BC为母线的圆柱挖去以线段CE的长为底面圆半径，ED为高的圆锥，该几何体的体积为V＝V圆柱－V圆锥＝π·AB2·BC－·π·CE2·DE＝π×12×2－π×12×1＝.

7．(2020·全国Ⅰ)已知A，B，C为球O的球面上的三个点，⊙O1为△ABC的外接圆．若⊙O1的面积为4π，AB＝BC＝AC＝OO1，则球O的表面积为(　　)
A．64π B．48π C．36π D．32π
【答案】　A
【解析】　如图，设圆O1的半径为r，球的半径为R，

正三角形ABC的边长为a.
由πr2＝4π，得r＝2，
则a＝2，a＝2，
OO1＝a＝2.
在Rt△OO1A中，由勾股定理得
R2＝r2＋OO＝22＋(2)2＝16，
所以S球＝4πR2＝4π×16＝64π.
8．(2020·武汉调研)已知直三棱柱ABC－A1B1C1的6个顶点都在球O的表面上，若AB＝AC＝1，AA1＝2，∠BAC＝，则球O的体积为(　　)
A. B．3π C. D．8π
【答案】　A
【解析】　设△ABC外接圆圆心为O1，半径为r，连接O1O，如图，易得O1O⊥平面ABC，

∵AB＝AC＝1，AA1＝2，∠BAC＝，
∴2r＝＝＝2，
即O1A＝1，O1O＝AA1＝，
∴OA＝＝＝2，
∴球O的体积V＝π·OA3＝.故选A.
9.如图所示，某几何体由底面半径和高均为5的圆柱与半径为5的半球对接而成，在该封闭的几何体内部放入一个小圆柱体，且小圆柱体的上、下底面均与外层圆柱的底面平行，则小圆柱体积的最大值为(　　)

A. B.
C．81π D．128π
【答案】　B
【解析】　小圆柱的高分为上、下两部分，上部分的高同大圆柱的高相等，为5，下部分深入底部半球内．设小圆柱下部分的高为h(0<h<5)，底面半径为r(0<r<5)．由于r，h和球的半径构成直角三角形，即r2＋h2＝52，所以小圆柱的体积V＝πr2(h＋5)＝π(25－h2)(h＋5)(0<h<5)，把V看成是关于h的函数，求导得V′＝－π(3h－5)(h＋5)．当0<h<时，V′>0，V单调递增；当<h<5时，V′<0，V单调递减．所以当h＝时，小圆柱的体积取得最大值．即Vmax＝π×＝，故选B.
10．已知在三棱锥P－ABC中，PA，PB，PC两两垂直，且长度相等．若点P，A，B，C都在半径为1的球面上，则球心到平面ABC的距离为(　　)
A. B. C. D.
【答案】　C
【解析】　∵在三棱锥P－ABC中，PA，PB，PC两两垂直，且长度相等，
∴此三棱锥的外接球即以PA，PB，PC为三边的正方体的外接球O，
∵球O的半径为1，
∴正方体的边长为，即PA＝PB＝PC＝，
球心到截面ABC的距离即正方体中心到截面ABC的距离，
设P到截面ABC的距离为h，则正三棱锥P－ABC的体积V＝S△ABC×h＝ S△PAB×PC＝× ×3，
∵△ABC为边长为的正三角形，
S△ABC＝，∴h＝，
∴球心(即正方体中心)O到截面ABC的距离为.
二、多项选择题
11．(2020·枣庄模拟)如图，透明塑料制成的长方体容器ABCD－A1B1C1D1内灌进一些水，固定容器一边AB于地面上，再将容器倾斜，随着倾斜度的不同，有下面几个结论，其中正确的是(　　)

A．没有水的部分始终呈棱柱形
B．水面EFGH所在四边形的面积为定值
C．随着容器倾斜度的不同，A1C1始终与水面所在平面平行
D．当容器倾斜如图③所示时，AE·AH为定值
【答案】　AD
【解析】　由于AB固定，所以在倾斜的过程中，始终有CD∥HG∥EF∥AB，且平面AEHD∥平面BFGC，故水的部分始终呈棱柱形(三棱柱或四棱柱)，且AB为棱柱的一条侧棱，没有水的部分也始终呈棱柱形，故A正确；因为水面EFGH所在四边形，从图②，图③可以看出，EF，GH长度不变，而EH，FG的长度随倾斜度变化而变化，所以水面EFGH所在四边形的面积是变化的，故B错；假设A1C1与水面所在的平面始终平行，又A1B1与水面所在的平面始终平行，则长方体上底面A1B1C1D1与水面所在的平面始终平行，这就与倾斜时两个平面不平行矛盾，故C错；水量不变时，棱柱AEH－BFG的体积是定值，又该棱柱的高AB不变，且VAEH－BFG＝·AE·AH·AB，所以AE·AH＝，即AE·AH是定值，故D正确．
12. (2020·青岛检测)已知四棱台ABCD－A1B1C1D1的上、下底面均为正方形，其中AB＝2，A1B1＝，AA1＝BB1＝CC1＝DD1＝2，则下列叙述正确的是(　　)

A．该四棱台的高为
B．AA1⊥CC1
C．该四棱台的表面积为26
D．该四棱台外接球的表面积为16π
【答案】　AD
【解析】　将四棱台补为如图所示的四棱锥P－ABCD，并取E，E1分别为BC，B1C1的中点，记四棱台上、下底面中心分别为O1，O，连接AC，BD，A1C1，B1D1，A1O，OE，OP，PE.由条件知A1，B1，C1，D1分别为四棱锥的侧棱PA，PB，PC，PD的中点，则PA＝2AA1＝4，OA＝2，所以OO1＝PO＝＝，故该四棱台的高为，故A正确；由PA＝PC＝4，AC＝4，得△PAC为正三角形，则AA1与CC1所成角为60°，故B不正确；四棱台的斜高h′＝PE＝＝×＝，所以该四棱台的表面积为(2)2＋()2＋4××＝10＋6，故C不正确；易知OA1＝OB1＝OC1＝OD1＝＝2＝OA＝OB＝OC＝OD，所以O为四棱台外接球的球心，所以外接球的半径为2，外接球表面积为4π×22＝16π，故D正确．

三、填空题
13．(2020·浙江)已知圆锥的侧面积(单位：cm2)为2π，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________．
【答案】　1
【解析】　如图，设圆锥的母线长为l，底面半径为r，

则圆锥的侧面积S侧＝πrl＝2π，
即r·l＝2.
由于侧面展开图为半圆，
可知πl2＝2π，
可得l＝2，因此r＝1.
14.在如图所示的斜截圆柱中，已知圆柱的底面直径为40 cm，母线长最短50 cm，最长80 cm，则斜截圆柱的侧面面积S＝________cm2.

【答案】　2 600π
【解析】　将题图所示的相同的两个几何体对接为圆柱，则圆柱的侧面展开图为矩形．由题意得所求侧面展开图的面积S＝×(π×40)×(50＋80)＝2 600π(cm2)．
15．已知球O与棱长为4的正四面体的各棱相切，则球O的体积为________．
【答案】　π
【解析】　将正四面体补成正方体，则正四面体的棱为正方体面上的对角线，因为正四面体的棱长为4，所以正方体的棱长为2.因为球O与正四面体的各棱都相切，所以球O为正方体的内切球，即球O的直径2R＝2，则球O的体积V＝πR3＝π.
16．(2020·新高考全国Ⅰ)已知直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD＝60°.以D1为球心，为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为________．
【答案】　
【解析】　如图，设B1C1的中点为E，

球面与棱BB1，CC1的交点分别为P，Q，
连接DB，D1B1，D1P，D1E，EP，EQ，
由∠BAD＝60°，AB＝AD，知△ABD为等边三角形，
∴D1B1＝DB＝2，
∴△D1B1C1为等边三角形，
则D1E＝且D1E⊥平面BCC1B1，
∴E为球面截侧面BCC1B1所得截面圆的圆心，
设截面圆的半径为r，
则r＝＝＝.
又由题意可得EP＝EQ＝，
∴球面与侧面BCC1B1的交线为以E为圆心的圆弧PQ.
又D1P＝，
∴B1P＝＝1，
同理C1Q＝1，
∴P，Q分别为BB1，CC1的中点，
∴∠PEQ＝，
知的长为×＝，即交线长为.