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第七章 　立体几何
第一节　空间几何体的结构特征及表面积与体积
1.认识柱、锥、台、球及简单组合体的结构特征，能运用这些特征描述现实生活中简单物体的结构.
2.能用斜二测画法画出简单空间图形 长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱及其简单组合 的直观图.
3.知道球、棱柱、棱锥、棱台的表面积和体积的计算公式，能用公式解决简单的实际问题.
1．多面体的结构特征
名称 棱柱 棱锥 棱台
图形
底面 互相平行且全等 多边形 互相平行且相似
侧棱 互相平行且相等 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.正棱柱、正棱锥的结构特征
正棱柱 侧棱垂直于底面的棱柱叫做直棱柱，底面是正多边形的直棱柱叫做正棱柱．反之，正棱柱的底面是正多边形，侧棱垂直于底面，侧面是矩形
正棱锥 底面是正多边形，并且顶点与底面中心的连线垂直于底面的棱锥叫做正棱锥．特别地，各棱均相等的正三棱锥叫正四面体
3.旋转体的结构特征
名称 圆柱 圆锥 圆台 球
图形
母线 互相平行且相等，垂直于底面 长度相等且相交于一点 延长线交于一点
轴截面 全等的矩形 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
旋转图形 矩形 直角三角形 直角梯形 半圆形
4.平面图形的直观图的斜二测画法的规则
建系 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．
规则 原图形中平行于坐标轴的线段，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轴的线段在直观图中长度变为原来的一半
5．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＝2πrl S圆锥侧＝πrl S圆台侧＝π(r1＋r2)l
6.柱体、锥体、台体和球的表面积和体积
　　　　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＝(S上＋S下＋)h
球 S＝4πR2 V＝πR3
(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＝S原图形，S原图形＝2S直观图．
(2)柱体、锥体、台体体积间的关系如图所示
(3)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间的关系．
(4)既然棱(圆)台是由棱(圆)锥定义的，所以在解决棱(圆)台问题时，要注意利用“还台为锥”的解题策略．
(5)在求解组合体的表面积时，注意几何体表面的构成，尤其是重合部分，面积不要多加或少减．
(6)正四面体的表面积为a2，体积为a3(a是正四面体的棱长)．
1.(人教A版必修第二册P106·T8改编)如图，若长方体ABCD-A′B′C′D′中截去体积较小的一部分，其中EH∥B′C′∥FG，则剩下的几何体是(　 )
A．棱台　　　　 B．四棱柱
C．五棱柱 D．六棱柱
答案：C
2．(人教A版必修第二册P105·T4改编)下列几何体是棱台的是(　 )
答案：D
3．(苏教版必修第二册P147·T2改编)如图所示的平面中阴影部分绕中间轴旋转一周，形成的几何体形状为(　 )
A．一个球体
B．一个球体中间挖出一个圆柱
C．一个圆柱
D．一个球体中间挖去一个长方体
答案：B
4．(湘教版必修第二册P187·例5改编)已知四面体ABCD的各面均为等边三角形，且棱长为2，则该四面体的表面积为________．
解析：因为四面体ABCD的各面均为等边三角形，且棱长为2，所以S△BCD＝×2×2×＝，所以该四面体的表面积S＝4S△BCD＝4.
答案：4
5．(北师大版必修第二册P244·T2改编)某小区修建一个圆台形的花台，它的两底面半径分别为1 m和2 m，高为1 m，则需要________m3的土才能把花台填满．
答案：
6．(人教A版必修第二册P120·T5改编)一个长方体的顶点都在球面上，且长方体的棱长分别为1,2,3，则球的表面积为________．
解析：设球的半径为R，则2R＝＝，则R＝.所以S＝4πR2＝4π×＝14π.
答案：14π
层级一/ 基础点——自练通关(省时间)
基础点(一)　空间几何体的结构特征　
[题点全训]
1．下列说法中，正确的个数是(　 )
①各个面都是三角形的几何体是三棱锥；②过球面上任意两点只能作球的一个大圆；③三棱锥的四个面都可以是直角三角形；④梯形的直观图可以是平行四边形．
A．1 B．2 C．3 D．4
解析：选A　对于①，如两个同底的三棱锥构成的六面体，不是三棱锥，故错误；对于②，球面上任意两点与球心共线时，可以作球的无数个大圆，故错误；对于③，一条侧棱垂直于底面直角三角形的一个锐角顶点的三棱锥满足题意，故正确；对于④，作直观图时，平行于x轴的线段长度不变，平行于y轴的线段长度减半，故错误．故选A.
2．给出下列命题：①在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线是圆柱的母线；②一个平面截圆锥，得到一个圆锥和一个圆台；③圆锥的所有轴截面都是全等的等腰三角形；④圆锥的轴截面是所有过顶点的截面中，面积最大的一个；⑤有一个面是多边形，其余各面是三角形的几何体为棱锥．
其中正确命题的个数是(　 )
A．0 B．1 C．2 D．3
解析：选B　①只有当这两点的连线平行于轴时才是母线，故①不正确；②只有平行于圆锥底面的平面截圆锥时，才能得到一个圆锥和一个圆台，故②不正确；③正确；④因为圆锥的母线长一定，根据三角形面积公式知，过圆锥顶点的截面中，两条母线的夹角的正弦值越大，截面面积就越大，所以当轴截面中两条母线的夹角为钝角时，轴截面的面积就不是最大的，故④不正确；如图几何体是由两个四棱锥组成的几何体，满足有一个面是多边形，其余各面是三角形，但不是棱锥，故⑤不正确．故选B.
[一“点”就过]
空间几何体结构特征的判定方法
定义法 紧扣定义，由已知构建几何模型，在条件不变的情况下，变换模型中的线面关系或增加线、面等基本要素，根据定义进行判定
反例法 通过反例对结构特征进行辨析，要说明一个结论是错误的，只需举出一个反例即可
基础点(二)　斜二测画法　
[题点全训]
1.如图，正方形O′A′B′C′的边长为1，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形的周长是(　 )
A．2＋3 B．8
C．6 D．2＋2
解析：选B　由题意得O′B′＝，所以原平面图形四边形OABC中(如图)，OA＝BC＝1，OB＝2，OB⊥OA，所以OC＝AB＝＝3，所以原图形的周长为2×(1＋3)＝8.
2．边长为2的正三角形，其水平放置的直观图的面积为(　 )
A. B．2 C. D.
解析：选D　根据原图作出直观图如图所示．在△A′B′C′中，A′B′＝AB＝2，O′C′＝OC＝，∠C′O′B′＝45°，所以在△A′B′C′中，A′B′边上的高为O′C′·sin 45°＝×＝，所以△A′B′C′的面积为×2×＝，所以水平放置的直观图的面积为.
[一“点”就过]
斜二测画法中的“三变”与“三不变”
(1)“三变”
(2)“三不变”
层级二/ 重难点——逐一精研(补欠缺)
重难点(一)　空间几何体的表面积　
[典例]　(1)“抽陀螺”是中国传统民俗体育游戏，也是很多人儿时美好的童年记忆，陀螺一般为木制的圆锥和圆柱的组合体，上大下尖，将尖头着地，以绳绕之，然后抽打，使其旋转．如图是一个陀螺的几何体，由图中所给数据，得该几何体的表面积为(　 )
A．(45＋9)π cm2 B．(45＋6)π cm2
C．(72＋9)π cm2 D．(72＋6)π cm2
(2)(2022·大庆一模)已知四棱锥P-ABCD，底面ABCD为矩形，点P在平面ABCD上的射影为AD的中点O.若AB＝2，AD＝6，PO＝4，则四棱锥P-ABCD的表面积等于(　 )
A．34＋6 B．34＋4
C．6＋6＋4 D．6＋6＋4
[解析]　(1)由题图可知，圆柱侧面展开图面积S1＝6π×6＝36π cm2，底面圆面积为S2＝π×32＝9π cm2，圆锥侧面展开图扇形面积为S3＝×6π＝9π cm2，所以几何体的表面积为S＝S1＋S2＋S3＝(45＋9)π cm2.
(2)连接OB，OC，如图，因为PO⊥平面ABCD，AD 平面ABCD，所以PO⊥AD，同理PO⊥CD，PO⊥OB，PO⊥OC，PO⊥AB，又CD⊥AD，AD∩PO＝O，AD，PO 平面PAD，所以CD⊥平面PAD，而PD 平面PAD，所以CD⊥PD，同理AB⊥PA，因此S△PAD＝AD·PO＝×6×4＝12，PD＝＝5，PC＝PB＝＝＝，S△PCD＝CD·PD＝×2×5＝5，同理S△PAB＝5，S矩形ABCD＝2×6＝12，PC＝PB＝＝＝，故△PBC是等腰三角形，所以底边上的高为h＝＝＝2，S△PBC＝×6×2＝6，所以所求表面积为S＝12＋5＋5＋12＋6＝34＋6.
[答案]　(1)A　(2)A
[方法技巧]　求空间几何体的表面积的方法
求多面体的表面积 只需将它们沿着棱“剪开”展成平面图形，利用求平面图形面积的方法求多面体的表面积
求旋转体的表面积 可以从旋转体的形成过程及其几何特征入手，将其展开后求表面积，但要搞清它们的底面半径、母线长与对应侧面展开图中的边长关系
求不规则几何体的表面积 通常将所给几何体分割成基本的柱体、锥体、台体，先求出这些基本的柱体、锥体、台体的表面积，再通过求和或作差，求出所给几何体的表面积
[针对训练]
1.如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB⊥BC，AA1＝AC＝2，直线A1C与侧面AA1B1B所成的角为30°，则该三棱柱的侧面积为(　 )
A．4＋4　 B．4＋4　　C．12　　D．8＋4
解析：选A　连接A1B.因为AA1⊥底面ABC，则AA1⊥BC，又AB⊥BC，AA1∩AB＝A，所以BC⊥平面AA1B1B，所以直线A1C与侧面AA1B1B所成的角为∠CA1B＝30°.又AA1＝AC＝2，所以A1C＝2，BC＝.又AB⊥BC，则AB＝，则该三棱柱的侧面积为2×2＋2×2＝4＋4.
2．在三棱锥A-BCD中，△ABC和△BCD都是边长为2的等边三角形，则当此三棱锥的表面积最大时，AD＝________.
解析：因为△ABC和△BCD都是边长为2的等边三角形，所以S△ABC＋S△BCD＝2××2×＝2，S△ACD＋S△ABD＝2××2×2×sin∠ABD，所以三棱锥A-BCD的表面积为S＝2＋4sin∠ABD，故当∠ABD＝90°，即AB⊥BD时表面积最大，为4＋2，在Rt△ABD中，AB＝BD＝2，所以AD＝＝2.
答案：2
重难点(二)　空间几何体的体积　
方法1　直接利用公式求体积
[例1]　(2021·新高考 Ⅱ 卷)正四棱台的上、下底面的边长分别为2,4，侧棱长为2，则其体积为(　 )
A．20＋12 B．28
C. D.
[解析]　V＝(S′＋＋S)h＝(2×2＋＋4×4)×＝.故选D.
[答案]　D
[方法技巧]
当所给几何体是常见的柱、锥、台等规则的几何体时，可以直接利用公式进行求解．　　
方法2　割补法求体积
[例2]　如图，在多面体ABCDEF中，已知四边形ABCD是边长为1的正方形，且△ADE，△BCF均为正三角形，EF∥AB，EF＝2，则该多面体的体积为________．
[解析]　如图，分别过点A，B作EF的垂线，垂足分别为G，H，连接DG，CH，易求得EG＝HF＝，AG＝GD＝BH＝HC＝，则△BHC中BC边的高h＝.∴S△AGD＝S△BHC＝××1＝，∴V多面体＝VE-ADG＋VF-BHC＋VAGD-BHC＝2VE-ADG＋VAGD-BHC＝×××2＋×1＝.
[答案]　
把不规则的几何体分割成规则的几何体，然后进行体积计算，或者把不规则的几何体补成规则的几何体，不熟悉的几何体补成熟悉的几何体，便于计算其体积．　　
方法3　等体积法求体积
[例3]　如图所示，已知三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长均为1，且AA1⊥底面ABC，则三棱锥B1-ABC1的体积为(　 )
A. B.
C. D.
[解析]　易知三棱锥B1-ABC1的体积等于三棱锥A-B1BC1的体积，又三棱锥A-B1BC1的高为，底面积为，故其体积为××＝.
[答案]　A
一个几何体无论怎样转化，其体积总是不变的．如果一个几何体的底面面积和高较难求解时，我们可以采用等体积法进行求解．等体积法也称等积转化或等积变形，它是通过选择合适的底面来求几何体体积的一种方法，多用来解决有关锥体的体积，特别是三棱锥的体积．　　
[针对训练]
1.攒尖是古代中国建筑中屋顶的一种结构形式，常见的有圆形攒尖、三角攒尖、四角攒尖、六角攒尖等，多见于亭阁式建筑，某园林建筑为四角攒尖，它主要部分的轮廓可近似看作一个正四棱锥，若这个正四棱锥的棱长均为2，则该正四棱锥的体积为(　 )
A. B．2 C. D．4
解析：选C　如图所示，正四棱锥P-ABCD棱长均为2，连接AC，BD交于点O，连接PO，根据正四棱锥的性质，可得PO⊥平面ABCD.所以AO＝ ＝，PO＝＝，所以正四棱锥P-ABCD的体积V＝×2×2×＝.
2．(多选)“端午节”为中国国家法定节假日之一，已被列入世界非物质文化遗产名录，吃粽子便是端午节食俗之一．全国各地的粽子包法各有不同．如图，粽子可包成棱长为6 cm的正四面体状的三角粽，也可做成底面半径为 cm，高为6 cm(不含外壳)的圆柱状竹筒粽．现有两碗馅料，若一个碗的容积等于半径为6 cm的半球的体积，则(参考数据：π≈4.44)(　 )
A．这两碗馅料最多可包三角粽35个
B．这两碗馅料最多可包三角粽36个
C．这两碗馅料最多可包竹筒粽21个
D．这两碗馅料最多可包竹筒粽20个
解析：选AC　两碗馅料的体积为2××π×63＝288π cm3，如图，在正四面体D-ABC中，CM为AB边上的中线，O为三角形ABC的中心，则OD即为正四面体的高，CM＝6×＝3 cm，OC＝CM＝2 cm，OD＝＝2 cm，所以正四面体的体积为××6×3×2＝18 cm3，即一个正四面体状的三角粽的体积为18 cm3，因为288π÷18≈35.52，所以这两碗馅料最多可包三角粽35个，故A正确，B错误；一个圆柱状竹筒粽的体积为2π×6＝π cm3，因为288π÷π≈21.33，所以这两碗馅料最多可包竹筒粽21个，故C正确，D错误．
3．(2021·全国甲卷)已知一个圆锥的底面半径为6，其体积为30π，则该圆锥的侧面积为________．
解析：设圆锥的高为h，母线长为l，则圆锥的体积V＝×π×62×h＝30π，解得h＝.所以l＝＝＝，故圆锥的侧面积S＝πrl＝π×6×＝39π.
答案：39π
重难点(三)　空间几何体的展开图问题　
[典例]　(多选)圆台的上、下底面半径分别是10和20，它的侧面展开图扇环的圆心角为180°，则圆台的(　 )
A．母线长是20 B．表面积是1 100π
C．高是10 D．体积是π
[解析]　如图所示，设圆台的上底面周长为C，因为扇环的圆心角为180°，所以C＝π·SA，又C＝10×2π，所以SA＝20，同理SB＝40，故圆台的母线AB＝SB－SA＝20，高h＝＝10，体积V＝π×10×(102＋10×20＋202)＝π，表面积S＝π(10＋20)×20＋100π＋400π＝1 100π.
[答案]　ABD
[方法技巧]
通常利用空间几何体的表面展开图解决以下问题：(1)求几何体的表面积或侧面积；(2)求几何体表面上任意两个点的最短表面距离．　　
[针对训练]
1.如图，三棱锥S-ABC中，SA＝AB＝AC＝2，∠ASB＝∠BSC＝∠CSA＝30°，M，N分别为SB，SC上的点，则△AMN周长的最小值为(　 )
A．4 B．3 C．2 D．2
解析：选D　将三棱锥的侧面沿SA剪开展成如图所示的平面图形，可知当A，M，N，A′共线时，△AMN的周长最小，且AA′的长度即为所求的最小值．在△SAA′中，SA＝SA′＝2，∠A′SB＝∠BSC＝∠ASC＝30°，故∠ASA′＝90°，所以AA′＝＝2.故选D.
2.如图，圆锥的母线长为4，点M为母线AB的中点，从点M处拉一条绳子，绕圆锥的侧面转一周达到B点，这条绳子的长度最短值为2，则此圆锥的表面积为________．
解析：将圆锥侧面沿母线AB剪开，其侧面展开图为扇形，如图，从点M处拉一条绳子，绕圆锥的侧面转一周达到B点，最短距离即为线段BM的长，则有BM＝2，而M是线段AB′的中点，又母线长为4，于是得AM2＋AB2＝20＝BM2，即∠BAB′＝，设圆锥底面圆半径为r，从而有2πr＝4·，解得r＝1，所以圆锥的表面积为S＝πr2＋πr·AB＝5π.
答案：5π
不能选取恰当的自变量求解最值、范围问题
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[典例]　如图所示，圆形纸片的圆心为O，半径为6，该纸片上的等边三角形ABC的中心为O，D，E，F为圆O上的点，△DBC，△ECA，△FAB分别是以BC，CA，AB为底边的等腰三角形，沿虚线剪开后，分别以BC，CA，AB为折痕折起△DBC，△ECA，△FAB，使得D，E，F重合，得到三棱锥，则当△ABC的边长变化时，三棱锥的表面积S的取值范围是(　 )
A．(0,36π) B．(0,27)
C．(0,45－9) D．(0,54)　　
[解析]　设三棱锥底面边长为a，则0[答案]　D
解决立体几何中的表面积、体积的最值与范围问题，关键是找到变量，列出关系式，然后利用函数、基本不等式、导数等方法求出其最值或范围，有的几何体也可根据其结构特征，先确定表面积及体积的表达式中的常量与变量，然后利用几何知识判断变量什么情况下取得最值，从而确定表面积与体积的最值．　　
[针对训练]
1．在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB＝a，AD＝b，AA1＝3，若体对角线长为5，则长方体的体积的最大值是________．
解析：由已知得，a2＋b2＋(3)2＝(5)2，所以a2＋b2＝32，所以32≥2ab，所以ab≤16(当且仅当a＝b＝4时等号成立)，由题得长方体的体积V＝3ab≤3×16＝48.所以长方体的体积的最大值是48.
答案：48
2．已知圆锥的侧面展开图是半径为3的扇形，则该圆锥体积的最大值为________．
解析：由题意得圆锥的母线长为3，设圆锥的底面半径为r，高为h，则h＝，所以圆锥的体积V＝πr2h＝πr2＝π.设f(r)＝9r4－r6(r＞0)，则f′(r)＝36r3－6r5，令f′(r)＝36r3－6r5＝6r3(6－r2)＝0，得r＝，所以当0＜r＜时，f′(r)＞0，f(r)单调递增；当r＞时，f′(r)＜0，f(r)单调递减，所以f(r)max＝f()＝108，所以Vmax＝π×＝2π.
答案：2π
层级三/ 细微点——优化完善(扫盲点)
一、全面清查易错易误点
1.(直观图与原图形面积的关系用错)如图，Rt△O′A′B′是一个平面图形的直观图，若O′B′＝，则这个平面图形的面积是(　 )
A．1 B. C．2 D．4
解析：选C　由已知得Rt△O′A′B′中，直角边O′B′＝，则Rt△O′A′B′的面积S＝1，由原图形的面积与直观图面积之比为1∶，可得原图形的面积为2.
2.(混淆几何体的表面积与侧面积)如图所示的某粮仓(粮仓的底部位于地面上)是由圆柱和圆锥构成的，若圆柱的高是圆锥高的2倍，且圆锥的母线长是4，侧面积是4π，则制作这样一个粮仓的用料面积为(　 )
A．(＋4)π B．(2＋4)π
C．(3＋4)π D．(4＋4)π
解析：选D　设圆锥的底面半径为r，高为h，则4πr＝4π，解得r＝1，所以h＝＝，圆柱的侧面积为2πr·2h＝4π，故制作这样一个粮仓的用料面积为(4＋4)π.
3．(几何体形状不确定时，忽视分类讨论致误)圆柱的侧面展开图是边长分别为6π和4π的矩形，则圆柱的体积是________．
解析：设圆柱的底面半径为r，高为h，则体积V＝πr2h，由题意得或解得或所以V＝36π2或24π2.
答案：24π2或36π2
4．(误认为轴截面面积最大)某圆锥母线长为2，底面半径为，则过该圆锥顶点的平面截此圆锥所得截面面积的最大值为________．
解析：如图所示，△ABC是圆锥的轴截面．OC＝OB＝，AC＝AB＝2，OA＝＝1，所以∠OAC＝，∠BAC＝，所以任意截面△ABD的面积为×2×2×sin∠BAD＝2×sin∠BAD，当∠BAD＝时，截面面积最大为2×1＝2.
答案：2
二、融会贯通应用创新题
5.(跨学科综合命题)六氟化硫，化学式为SF6，在常压下是一种无色、无臭、无毒、不燃的稳定气体，有良好的绝缘性，在电器工业方面具有广泛用途．六氟化硫分子结构为正八面体结构(正八面体是每个面都是正三角形的八面体)，如图所示，硫原子位于正八面体的中心，6个氟原子分别位于正八面体的6个顶点．若相邻两个氟原子间的距离为2a，则六氟化硫分子中6个氟原子构成的正八面体的体积是(不计氟原子的大小)(　 )
A.a3 B.a3 C．4a3 D．8a3
解析：选B　如图，连接AC，BD，AC∩BD＝O，连接OE.因为AE＝CE，BE＝DE，所以OE⊥AC，OE⊥BD，所以OE⊥平面ABCD.因为AB＝BC＝AE＝2a，所以AC＝＝2a.因为四边形ABCD是正方形，所以AO＝AC＝a，则OE＝＝a，故该正八面体的体积为×(2a)2×a×2＝a3.
6.(创新考查方式)如图是一个底面半径和高都是1的圆锥形容器，匀速给容器注水，则容器中水的体积V是水面高度x的函数，记为V＝f(x)，若正数a，b满足a＋b＝1，则f(a)＋f(b)的最小值为(　 )
A. B. C. D.
解析：选A　因为圆锥形容器的底面半径和高都是1，水面高度为x，所以容器中水的体积V＝f(x)＝πx3.因为a＋b＝1，所以b＝1－a(0＜a＜1)，f(a)＋f(b)＝πa3＋π(1－a)3＝πa3＋π(1－3a＋3a2－a3)＝πa2－πa＋π，易知函数y＝πa2－πa＋π(0＜a＜1)的图象的对称轴方程为a＝，所以当a＝时，[f(a)＋f(b)]min＝π－π＋π＝.故选A.
7.(渗透“五育”教育)某同学在参加《通用技术》实践课时，制作了一个工艺品，如图所示，该工艺品可以看成是一个球被一个棱长为4的正方体的六个面所截后剩余的部分(球心与正方体的中心重合)，若其中一个截面圆的周长为4π，则该球的半径是________．
解析：设截面圆半径为r，球的半径为R，则球心到某一截面的距离为正方体棱长的一半即2，由截面圆的周长可得4π＝2πr，得r＝2，由题意，知R2＝r2＋(2)2＝22＋(2)2＝16，得R＝4.
答案：4
8.(浸润家国情怀)北京大兴国际机场的显著特点之一是各种弯曲空间的运用．刻画空间的弯曲性是几何研究的重要内容．用曲率刻画空间弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于2π与多面体在该点的面角之和的差(多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制)，多面体面上非顶点的曲率均为零，多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和，例如：正四面体在每个顶点有3个面角，每个面角是，所以正四面体在各顶点的曲率为2π－3×＝π，故其总曲率为4π，则四棱锥的总曲率为________．
解析：由图可知四棱锥有5个顶点，5个面，其中4个三角形，1个四边形，所以四棱锥的表面内角和由4个为三角形，1个为四边形组成，所以面角和为4π＋2π＝6π，故总曲率为5×2π－6π＝4π.
答案：4π
[课时验收评价]
1．如果把球的表面积扩大到原来的2倍，那么体积扩大到原来的(　 )
A．2倍　　 B．2倍　　 C.倍　　 D.倍
解析：选B　由题意知球的半径扩大到原来的倍，由体积V＝πR3知，体积扩大到原来的2倍．
2．(多选)下列说法正确的是(　 )
A．用一个平面截一个球，得到的截面是一个圆面
B．圆台的任意两条母线延长后一定交于一点
C．有一个面为多边形，其余各面都是三角形的几何体叫做棱锥
D．若棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则该棱锥不可能是正六棱锥
解析：选ABD　易知A、B正确；根据棱锥的定义，其余各面的三角形必须有一个公共的顶点，故C错误；若六棱锥的底面边长都相等，则底面为正六边形，由过底面中心和顶点的截面知，若以正六边形为底面，侧棱长一定大于底面边长，故D正确．
3．(2021·新高考Ⅰ卷)已知圆锥的底面半径为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为(　 )
A．2 B．2 C．4 D．4
解析：选B　由题意知圆锥的底面周长为2π.设圆锥的母线长为l，则πl＝2π，即l＝2.故选B.
4.(多选)水平放置的△ABC的直观图如图所示，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．三边互不相等的三角形 D．面积为的三角形
解析：选AD　由题中图形知，在原△ABC中，AO⊥BC.∵A′O′＝，∴AO＝，∵B′O′＝C′O′＝1，∴BC＝2，AB＝AC＝2，∴△ABC为等边三角形．∴△ABC的面积为×2×＝，故选A、D.
5.(2021·淄博二模)碳70(C70)是一种碳原子族，可高效杀灭癌细胞，它是由70个碳原子构成的，其结构是由五元环(正五边形面)和六元环(正六边形面)组成的封闭的凸多面体，共37个面，则其六元环的个数为(　 )
A．12 B．25 C．30 D．36
解析：选B　根据题意，顶点数就是碳原子数，即为70，每个碳原子被3条棱共用，面数为37，设有正五边形x个，正六边形y个，则x＋y＝37,5x＋6y＝70×3，解得x＝12，y＝25，故正六边形个数为25，即六元环的个数为25，故选B.
6.(2020·全国卷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.
解析：选C　设正四棱锥的高为h，底面正方形的边长为2a，斜高为m.
依题意得h2＝×2a×m，即h2＝am　①，
易知h2＋a2＝m2　②，
由①②得m＝a，所以＝＝.故选C.
7.某中学开展劳动实习，学习加工制作食品包装盒．现有一张边长为6的正六边形硬纸片，如图所示，裁掉阴影部分，然后按虚线处折成高为的正六棱柱无盖包装盒，则此包装盒的体积为(　 )
A．144 B．72 C．36 D．24
解析：选B　如图，由正六边形的每个内角为，按虚线处折成高为的正六棱柱，即BF＝，所以BE＝＝1，可得正六棱柱底边边长AB＝6－2×1＝4，所以正六棱柱体积V＝6××4×4××＝72.
8．在棱长为1的正方体上，分别用过共顶点的三条棱中点的平面截该正方体，则截去8个三棱锥后，剩下的凸多面体的体积是(　 )
A. B. C. D.
解析：选C　易知所截去的8个三棱锥的体积相同，因此剩下的凸多面体的体积为V＝13－8×××3＝.
9．已知直三棱柱ABC-A1B1C1的各棱长均相等，体积为2，M为A1B的中点，则点M到平面A1B1C的距离为(　 )
A. B. C. D.
解析：选A　直三棱柱ABC-A1B1C1的各棱长均相等，设棱长为a，因为体积为2，所以V＝S△ABC·AA1＝a2·a＝2，解得a＝2，设点M到平面A1B1C的距离为d，因为A1B1＝2，CB1＝CA1＝2，所以在△CA1B1中，A1B1边上的高为 ＝，则S＝×2×＝，取AB的中点H，连接CH，则CH⊥AB，因为AA1⊥面ABC，CH 面ABC，所以AA1⊥CH，因为AA1∩AB＝A，所以CH⊥面ABB1A1，在△ABC中，CH＝，由V＝V，即·d·S＝·CH·S，即·d·＝×××2×1，解得d＝，故点M到平面A1B1C的距离为.
10．(2022·江南十校一模)在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，O为正方形A1B1C1D1的中心，P，M，N分别为DD1，AB，BC的中点，则四面体OPMN的体积为(　 )
A. B. C. D.
解析：选B　如图所示，连接BD交MN于点Q，连接PQ，连接OD1，由正方体的特点可知，MN⊥BD，MN⊥DD1，则根据线面垂直的判定定理可知MN⊥平面BDD1O，则VO-PMN＝VM-OPQ＋VN-OPQ＝S△OPQ·MN，又S△OPQ＝S－S－S△QDP＝×2－×1×－×1×＝，故VO-PMN＝××＝.
11．(多选)已知圆柱的底面直径为2，其侧面展开图为一个正方形，则(　 )
A．圆柱的母线长为4π B．圆柱的侧面积为4π2
C．圆柱的体积为2π2 D．圆柱的表面积为6π2
解析：选BC　设底面半径为r，母线长为l，因为圆柱的底面直径为2，所以r＝1，又其侧面展开图为一个正方形，所以母线长为l＝2πr＝2π，圆柱的侧面积为S＝2πrl＝4π2，圆柱的体积为V＝πr2l＝2π2，圆柱的表面积为S′＝2πrl＋2πr2＝4π2＋2π.
12.(多选)某班级到一工厂参加社会实践劳动，加工出如图所示的圆台O1O2，在轴截面ABCD中，AB＝AD＝BC＝2 cm，且CD＝2AB，下列说法正确的有(　 )
A．该圆台轴截面ABCD面积为3 cm2
B．该圆台的体积为 cm3
C．该圆台的母线AD与下底面所成的角为30°
D．沿着该圆台表面，从点C到AD中点的最短距离为5 cm
解析：选ABD　由AB＝AD＝BC＝2 cm，且CD＝2AB，可得CD＝4 cm，高O1O2＝ ＝ cm，则圆台轴截面ABCD面积为(2＋4)×＝3 cm2，故A正确；圆台的体积为V＝π(1＋4＋2)×＝π cm3，故B正确；圆台的母线AD与下底面所成的角为∠ADO1，其正弦值为，所以∠ADO1＝60°，故C错误；由圆台补成圆锥，可得大圆锥的母线长为4 cm，底面半径为2 cm，侧面展开图的圆心角为θ＝＝π，设AD的中点为P，连接CP，可得∠COP＝90°，OC＝4 cm，OP＝2＋1＝3 cm，则CP＝＝5 cm，所以沿着该圆台表面，从点C到AD中点的最短距离为5 cm，故D正确．
13．(2022·淄博一模)已知某圆锥底面圆的半径r＝1，侧面展开图是一个半圆，则此圆锥的体积为________．
解析：圆锥底面圆的半径r＝1，则圆锥的底面圆周长为2πr＝2π，在圆锥的展开图中，底面圆的周长为展开扇形的弧长，由展开图为半圆可得，设展开后半圆的半径为R，则×2πR＝2π，解得R＝2，又由圆锥的结构可知，圆锥的母线长为l＝R＝2，所以圆锥的高为h＝＝，则圆锥的体积为V＝Sh＝×π×12×＝.
答案：
14.如图，已知圆柱底面圆的半径为，高为2，AB，CD分别是两底面的直径，AD，BC是母线．若一只小虫从A点出发，从侧面爬行到C点，则小虫爬行路线的最短长度是________．
解析：展开圆柱的侧面如图所示，由图可知小虫爬行路线的最短长度是AC＝＝2.
答案：2
15．四面体的棱长为1或2，但该四面体不是正四面体，请写出一个这样的四面体的体积是________；这样的不同四面体的个数为________．
解析：显然可以构成一个底面是边长为1的正三角形，侧棱长均为2的正三棱锥，该三棱锥的高h＝＝，则体积V＝××＝.边长1或2可以构成的三角形有：边长为1的正三角形，边长为2的正三角形，边长为1,2,2的三角形．除了已求体积的正三棱锥外，还可以是四个边长为1,2,2的三角形拼成的三棱锥；两个边长为2的正三角形和两个边长为1,2,2的三角形拼成的三棱锥．所以共3个．
答案：　3
16．已知正六棱锥的侧面积为36，则此六棱锥的体积最大值为________．
解析：设此六棱锥顶点为S，其中一个侧面的三角形为△SAB，S在底面的投影为O，作SP⊥AB于P，连接OA，OB，OP，设AP＝a，∠SPO＝θ.由正六棱锥的性质可得AP＝BP＝a，OP＝a，SP＝＝，又S△SAB＝＝6，故×2a×＝6，即＝2，所以cos θ＝，又正六棱锥的体积V＝×6××2a×a×OPtan θ＝6a3tan θ＝×6asin θ＝12asin θ＝12a＝6a＝6，设t＝a2，则V＝6，设f(t)＝12t－t3(t>0)，则f′(t)＝12－3t2＝3(2－t)(2＋t)，易得f(t)的最大值为当2－t＝0，即t＝2时取得，此时cos θ＝，V＝6＝24.
答案：24
阶段综合·融会建模　
与球有关的内切、外接问题是立体几何的一个重点(切、接问题的解题思路类似)．研究多面体的外接球问题，既要运用多面体的知识，又要运用球的知识，并且还要特别注意多面体的有关几何元素与球的半径之间的关系，解决此类题的关键是确定球心．
类型一　外接球问题
方法(一)　定义找心
由球的定义确定球心，在空间中，如果一个定点与一个简单多面体的所有顶点的距离都相等，那么这个定点就是该简单多面体的外接球的球心．
[典例]　(2021·南昌二模)四面体ABCD中，∠ABC＝∠BCD＝90°，AB＝BC＝CD＝2，AD＝2，则该四面体的外接球表面积为________．
[解析]　由题意∠ABC＝∠BCD＝90°，AB＝BC＝CD＝2，AD＝2，则AC＝BD＝2，所以AB2＋BD2＝AD2，AB⊥BD，同理AC⊥CD，取AD中点O，则O到A，B，C，D四点的距离相等，O即为四面体ABCD外接球的球心，所以球半径为r＝＝，球表面积为S＝4πr2＝12π.
[答案]　12π
[方法技巧]
由几何体外接球的定义可知，几何体的各顶点到球心的距离相等．常见的两种情况是：
(1)若四面体的两个面是公共斜边的直角三角形，则球心是斜边的中点；
(2)直三棱柱的外接球的球心在该直三棱柱的上下底面三角形外心的连线的中点处．　　
[针对训练]
1．(2022·宣城期末)在三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC，AP＝2，AB＝2，AC＝4，∠BAC＝45°，则三棱锥P-ABC外接球的表面积是(　 )
A．14π B．16π C．18π D．20π
解析：选D　在△BAC中，∠BAC＝45°，AB＝2，AC＝4，由余弦定理可得BC2＝AB2＋AC2－2AB·ACcos 45°＝8＋16－2×4×2×＝8，则BC2＋AB2＝AC2，所以BC⊥AB，由PA⊥平面ABC，则PA⊥BC，PA∩AB＝A，所以BC⊥平面PAB，所以BC⊥PB，所以△PBC为直角三角形，又△PAC为直角三角形，所以PC是外接球直径，取O为PC的中点，即为球心，又AC＝4，PA＝2，所以PC＝＝2，所以外接球半径为，所以球O的表面积S＝4π×()2＝20π.
2．若半径为1的球的内接正三棱柱的侧面为正方形，则该正三棱柱的体积为________，表面积为________．
解析：如图，记正三棱柱为三棱柱ABC-DEF，O为外接球的球心，G为底面△DEF的重心，连接OG，则OG⊥底面DEF，连接DG，OD.设正三棱柱的底面边长为a，则由题意知，DG2＋OG2＝DO2，即2＋2＝1，得a＝，故正三棱柱的体积为a2××a＝，表面积为3a2＋2×a2×＝＋＝.
答案：　
方法(二)　补形找心
长方体或正方体的外接球的球心是在其体对角线的中点处．部分空间几何体可以通过补形补成正方体、长方体或棱柱等途径确定球心．
[典例]　(1)已知球O的面上四点A，B，C，D，DA⊥平面ABC，AB⊥BC，DA＝AB＝，BC＝，则球O的体积等于________．
(2)(2022·梅州一模)已知球O是三棱锥P-ABC的外接球，PA＝AB＝PB＝AC＝2，CP＝2，点D是PB的中点，且CD＝，则球O的表面积为________．
[解析]　(1)因为DA⊥平面ABC，AB⊥BC，所以DA，AB，BC两两垂直，构造如图所示的长方体，又因为DA＝AB＝，BC＝，所以CD长即为外接球的直径，利用直角三角形解出CD＝.故球O的体积等于π.
(2)由PA＝AC＝2，CP＝2，可得CP2＝PA2＋AC2，所以PA⊥AC，由点D是PB的中点，且PA＝AB＝PB＝2，可求得AD＝，又由CD＝，AC＝2，可得CD2＝AD2＋AC2，所以AD⊥AC，又AD∩AP＝A且AD，PA 平面PAB，所以AC⊥平面PAB，以△PAB为底面，AC为侧棱补成一个直三棱柱，如图所示，则三棱锥P-ABC的外接球即为该三棱柱的外接球， 球心O到底面△PAB的距离为d＝AC＝1，由正弦定理，可得△PAB的外接圆的半径为r＝×＝，所以球O的半径为R＝＝eq \r(12＋2)＝ ，所以球O的表面积为S＝4πR2＝4π×＝.
[答案]　(1)π　(2)
[方法技巧]
补形求心的常用模型
(1)有两个面是共直角边的三棱锥，可补成棱柱；
(2)正四面体、三条侧棱两两垂直的正三棱锥、四个面都是直角三角形的三棱锥都分别可构造正方体；
(3)同一个顶点上的三条棱两两垂直的四面体、相对的棱相等的三棱锥都分别可构造长方体和正方体；
(4)若已知棱锥含有线面垂直关系， 则可将棱锥补成长方体或正方体．　　
[针对训练]
1．《九章算术》中将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑．若三棱锥P-ABC为鳖臑，PA⊥平面ABC，PA＝AB＝2，AC＝4，三棱锥P-ABC的四个顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为(　 )
A．12π B．20π C．24π D．32π
解析：选B　将三棱锥P-ABC放入长方体中，如图，三棱锥P-ABC的外接球就是长方体的外接球．因为PA＝AB＝2，AC＝4，△ABC为直角三角形，所以BC＝2.设外接球的半径为R，依题意可得(2R)2＝4＋4＋12＝20，故R2＝5，则球O的表面积为S＝4πR2＝20π.
2.(2022·汉中一模)在三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，∠ABC＝90°，AB＝1，BC＝，AA1＝2，则三棱柱ABC-A1B1C1的外接球的表面积为(　 )
A．32π B．16π
C．12π D．8π
解析：选D　把三棱柱放入长方体中，如图所示，则长方体的外接球即是三棱柱的外接球，∵AB＝1，BC＝，AA1＝2，∴长方体的外接球半径R＝＝，∴三棱柱ABC-A1B1C1的外接球半径为，表面积为S＝4πR2＝4π()2＝8π.
方法(三)　截面找心
找出含有正棱锥特征元素的外接球的一个轴截面圆，于是该圆的半径就是所求的外接球的半径．本题提供的这种思路是探求正棱锥外接球半径的通解通法．
[典例]　(1)(2021·全国甲卷)已知A，B，C是半径为1的球O的球面上的三个点，且AC⊥BC，AC＝BC＝1，则三棱锥O-ABC的体积为(　 )
A. B. C. D.
(2)正四棱锥S-ABCD的底面边长和各侧棱长都为，点S，A，B，C，D都在同一球面上，则此球的体积为________．
[解析]　(1)依题意，得△ABC是直角三角形，AB＝＝，则△ABC的外接圆半径r＝＝，S△ABC＝AC·BC＝，所以球心O到平面ABC的距离h＝＝，所以VO-ABC＝S△ABC·h＝.故选A.
(2)设正四棱锥的底面中心为O1，外接球的球心为O，如图所示．由球的截面的性质，可得OO1⊥平面ABCD.又SO1⊥平面ABCD，∴球心O必在SO1所在的直线上．∴△ASC的外接圆就是外接球的一个轴截面圆，外接圆的半径就是外接球的半径．在△ASC中，由SA＝SC＝，AC＝2，得SA2＋SC2＝AC2，∴△ASC是以AC为斜边的直角三角形．∴＝1是外接圆的半径，也是外接球的半径．故V球＝π.
[答案]　(1)A　(2)π
[方法技巧]
这类题的实质就是通过寻找外接球的一个轴截面圆，从而把立体几何问题转化为平面几何问题来研究．　　
[针对训练]
1．已知长方体ABCD-A1B1C1D1的底面是边长为2的正方形，高为4，E是DD1的中点，则三棱锥B1-C1EC的外接球的表面积为(　 )
A．12π B．20π C．24π D．32π
解析：选B　如图，O为B1C中点，M为C1C中点，由题可得C1E＝CE＝2，C1C＝4，∴CE2＋C1E2＝C1C2，∴△C1EC为直角三角形，∴C1M＝EM＝CM，又∵在三棱锥B1-C1EC中，B1C1⊥平面C1EC，∴OM⊥平面C1EC，∴外接球球心是B1C的中点O，设球的半径为R，则2R＝B1C＝＝＝2，∴球的表面积S＝4πR2＝20π.
2．(2022·广西名校大联考)已知在三棱锥A-BCD中，AB⊥平面BCD，AB＝6，BC＝4，∠BDC＝30°，三棱锥A-BCD的顶点都在球O上，则球O的表面积是(　 )
A．25π B．50π C．100π D.
解析：选C　由题意，BC＝4，∠BDC＝30°，由正弦定理得△BCD的外接圆半径r＝4，设球的半径为R，球心为O，则OC2＝R2＝r2＋2＝25，所以此三棱锥的外接球O的表面积S＝4πR2＝100π.
类型二　内切球问题
(1)内切球球心到多面体各面的距离均相等，外接球球心到多面体各顶点的距离均相等．
(2)正多面体的内切球和外接球的球心重合．
(3)正棱锥的内切球和外接球球心都在高线上，但不一定重合．
[典例]　(2022·宝鸡检测)一个多面体的顶点是四个半径为且两两外切的球的球心，则该多面体内切球的半径为________；内切球的体积为________．
[解析]　设这四个球心分别为A，B，C，D，由球的几何性质可知，四个半径为且两两外切的球的球心A，B，C，D可构成边长为2的正四面体ABCD，设顶点A在底面BCD的射影为点P，如图所示，则P为等边三角形BCD的中心，由正弦定理可得BP＝＝2，∴AP＝＝2，S△BCD＝×(2)2×sin＝3，VA-BCD＝S△BCD·AP，设正四面体ABCD 的内切球球心为O，该内切球的半径为r，则VA-BCD＝VO-ABC＋VO-ABD＋VO-ACD＋VO-BCD＝4VO-BCD＝4×S△BCD×r＝S△BCD·AP，∴r＝AP＝，∴正四面体ABCD的内切球的体积为V＝πr3＝π×3＝π.
[答案]　　
[方法技巧]
简单多面体内切球问题
(1)利用内切球的定义直接找球心和半径的关系；
(2)利用等体积直接来求半径(球内切于多面体，则球心到各个面的距离相等)．
常见几何体内切球半径的求法：
①棱长为a的正方体内切球半径为.
②棱长为a的正四面体内切球的半径r＝a，即高的.　　
[针对训练]
(2022·河南六市联考)在三棱锥A-BCD中，AB＝CD＝4，AC＝BD＝AD＝BC＝3，则该三棱锥的内切球的表面积为(　 )
A. B．17π C. D.
解析：选A　由题可将该三棱锥还原到如图长方体中，设长方体的长、宽、高分别为a，b，a，则解得a＝2，b＝1，∴VD-ABC＝2×1×2－4×××2×1×2＝，设内切球的半径为r，则VD-ABC＝r(S△ABC＋S△ABD＋S△BCD＋S△ACD)＝，∵S△ABC＝S△ABD＝S△BCD＝S△ACD＝×4×＝2，则r×2×4＝，解得r＝，则该三棱锥内切球的表面积为4π×2＝.
[课时验收评价]
1．(多选)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的各棱长均为2，下列结论正确的是(　 )
A．该正方体外接球的直径为2
B．该正方体内切球的表面积为4π
C．若球O与正方体的各棱相切，则该球的半径为
D．该正方体外接球的体积为4
解析：选ABC　若正方体的棱长为2，则：①若球为正方体的外接球，则外接球直径等于正方体体对角线，即2R1＝＝2，故A正确；外接球体积为πR＝4π，故D错误；②若球为正方体的内切球，则内切球半径为棱长的一半，故R2＝1，球的表面积为4πR＝4π，故B正确；③若球与正方体的各棱相切，则球的直径等于正方形对角线长，即2R3＝＝2，球的半径为R3＝，故C正确．
2．球面上有A, B, C, D四个点，若AB, AC, AD两两垂直，且AB＝AC＝AD＝4，则该球的表面积为(　 )
A.　　 B．32π　　　C．42π　　　D．48π
解析：选D　由题意可知，该球是一个棱长为4的正方体的外接球，设球的半径为R，由题意可得：(2R)2＝42＋42＋42，据此可得R2＝12，外接球的表面积为S＝4πR2＝4π×12＝48π.
3．已知圆锥的高为3，底面半径为，若该圆锥的顶点与底面的圆周都在同一个球面上，则这个球的体积等于(　 )
A.π B.π C．16π D．32π
解析：选B　设该圆锥的外接球的半径为R，依题意得，R2＝(3－R)2＋()2，解得R＝2，所以所求球的体积V＝πR3＝π×23＝π.
4．已知在三棱锥P-ABC中，AP，AB，AC两两互相垂直，AP＝5 cm，AB＝4 cm，AC＝3 cm，点O为三棱锥P-ABC的外接球的球心，点D为△ABC的外接圆的圆心，下列说法不正确的是(　 )
A．三棱锥P-ABC的体积为10 cm3
B．直线BC与平面PAC所成角的正切值为
C．球O的表面积为50π cm2
D．OD⊥PA
解析：选D　因为AP，AB，AC两两互相垂直，以AP，AB，AC为棱补成一个长方体，如图，由长方体性质知：VP-ABC＝AB·AC·AP＝10 cm3，A正确；BC与平面PAC所成角为∠BCA，tan∠CBA＝＝，B正确；长方体的体对角线是其外接球也是三棱锥P-ABC外接球的直径，长度为＝5 cm，则球的表面积为S＝4π×2＝50π cm2，C正确；由外接球性质，OD⊥平面ABC，而PA⊥平面ABC，所以OD∥PA，D错误．
5．已知某三棱柱的侧棱垂直于底面，且底面是边长为2的正三角形，若其外接球的表面积为，则该三棱柱的高为(　 )
A. B．3 C．4 D.
解析：选B　由题意易知该三棱柱是底面边长为2的正三棱柱．设C，B分别为三棱柱上、下底面的中心，连接BC，则三棱柱外接球的球心为BC的中点O，如图．设三棱柱外接球的半径为R.∵三棱柱的外接球的表面积为，∴4πR2＝，∴R＝.又R＝OA＝＝ ＝，∴OB＝，∴该三棱柱的高为BC＝2OB＝3.
6．在三棱锥P-ABC中，已知PA⊥底面ABC，∠BAC＝60°，PA＝2，AB＝AC＝，若该三棱锥的顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为(　 )
A. B. C．8π D．12π
解析：选C　由题易知△ABC是等边三角形．如图，作OM⊥平面ABC，其中M为△ABC的中心，且点O满足OM＝PA＝1，则点O为三棱锥P-ABC外接球的球心．于是，该外接球的半径R＝OA＝＝＝.故该球的表面积S＝4πR2＝8π.
7．(多选)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＝2，则下述正确的是(　 )
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
解析：选AD　由棱台性质，画出切割前的四棱锥如图所示，由于AB＝2，A1B1＝，可知△SA1B1与△SAB相似比为1∶2，则SA＝2AA1＝4，AO＝2，则SO＝2，则OO1＝，该四棱台的高为，A正确；因为SA＝SC＝AC＝4，所以AA1与CC1夹角为60°，不垂直，B错误；该四棱台的表面积为S＝S上底＋S下底＋S侧＝2＋8＋4××＝10＋6，C错误；由于上下底面都是正方形，则外接球的球心在OO1上，在平面B1BOO1中，由于OO1＝，B1O1＝1，则OB1＝2＝OB，即点O到点B与点B1的距离相等，则外接球半径r＝OB＝2，该四棱台外接球的表面积为16π，D正确．故选A、D.
8.(多选)如图，长方体ABCD-A1B1C1D1的底面是正方形，AA1＝2AB，E是DD1的中点，则(　 )
A．△B1EC为直角三角形
B．CE∥A1B
C．三棱锥C1-B1CE的体积是长方体体积的
D．三棱锥C1-B1CD1的外接球的表面积是正方形ABCD面积的6π倍
解析：选ACD　令AA1＝2AB＝2a，在△B1EC中，B1E＝a，EC＝a，B1C＝a，所以B1E2＋EC2＝B1C2，则△B1EC为直角三角形，故A正确；因为A1B与D1C平行，而CE与D1C相交，所以CE与A1B不平行，故B错误；三棱锥C1-B1CE的体积为VC1-B1CE＝VB1-C1CE＝××2a2×a＝，VABCD-A1B1C1D1＝2a3，则三棱锥C1-B1CE的体积是长方体体积的，故C正确；因为三棱锥C1-B1CD1的外接球就是长方体ABCD-A1B1C1D1的外接球，所以三棱锥C1-B1CD1的外接球半径R＝＝，三棱锥C1-B1CD1的外接球的表面积为S＝4π×2＝6a2π，又S正方形ABCD＝a2，所以三棱锥C1-B1CD1的外接球的表面积是正方形ABCD面积的6π倍，故D正确．故选A、C、D.
9.把一个皮球放入如图所示的由8根长均为20 cm的铁丝接成的四棱锥形骨架内，使皮球的表面与8根铁丝都有接触点(皮球不变形)，则皮球的半径为(　 )
A．10 cm B．10 cm C．10 cm D．30 cm
解析：选B　依题意，在四棱锥S-ABCD中，所有棱长均为20 cm，连接AC，BD交于点O，连接SO，则SO＝AO＝BO＝CO＝DO＝10 cm，易知点O到AB，BC，CD，AD的距离均为10 cm，在等腰三角形OAS中，AO＝SO＝10 cm，SA＝20 cm，所以O到SA的距离d＝10 cm，同理可证O到SB，SC，SD的距离也为10 cm，所以球心为四棱锥底面ABCD的中心O，所以皮球的半径r＝10 cm.
10．底面边长与侧棱长均相等的正四棱锥(底面为正方形，顶点在底面上的射影为正方形的中心)的外接球半径与内切球半径的比值为(　 )
A.＋1 B．3 C.＋1 D．2
解析：选A　不妨设其棱长为2，外接球的半径为R，内切球的半径为r，如图．则BO＝BD＝×2＝，PO＝ ＝，PM＝ ＝，所以可知O即为该几何体外接球的球心，故R＝.因为VP-ABCD＝4××S△PCD×r＋×S四边形ABCD×r＝×S四边形ABCD×PO，又S四边形ABCD＝22＝4，S△PCD＝·CD·PM＝，所以内切球半径为r＝，于是＝×＝＋1，故选A.
11.如图，在圆柱O1O2内有一个球O，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切．记圆柱O1O2的体积为V1，球O的体积为V2，则的值是________．
解析：设圆柱内切球的半径为R，则由题设可得圆柱O1O2的底面圆的半径为R，高为2R，故＝＝.
答案：
12．在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是边长为2a的正方形，PD⊥底面ABCD，且PD＝2a.若在这个四棱锥内放一球，则此球的最大半径为________．
解析：由题意知，当球与四棱锥各面均相切，即内切于四棱锥时球的半径最大．作出其侧视图，如图所示．易知球的半径r＝(2－)a.
答案：(2－)a
13．三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝BC＝AC，侧棱AA1⊥底面ABC，且三棱柱的侧面积为3.若该三棱柱的顶点都在同一个球O的表面上，则球O的表面积的最小值为________．
解析：如图，∵三棱柱ABC-A1B1C1为正三棱柱，∴设A1C1＝a，BB1＝h，
∴三棱柱的侧面积为3a·h＝3，∴ah＝.又球O的半径R＝≥＝1，当且仅当＝，且ah＝，即a＝，h＝时，等号成立．∴球O的表面积S＝4πR2≥4π.
答案：4π
14．粽子古称“角黍”，是中国传统的节庆食品之一，由粽叶包裹糯米等食材蒸制而成．因各地风俗不同，粽子的形状和味道也不同，某地流行的“五角粽子”，其形状可以看成所有棱长均为8 cm的正四棱锥，则这个粽子的表面积为________cm2.现在需要在粽子内部放入一颗咸蛋黄，蛋黄的形状近似地看成球，则当这个蛋黄的体积最大时，其半径与正四棱锥的高的比值为________．
解析：如图，正四棱锥P-ABCD的表面积SP-ABCD＝4S△PAB＋S正方形ABCD＝4××8×8＋8×8＝64(＋1)(cm2)．设该正四棱锥的高为h，体积为V，内切球半径为r，则由r＝，h＝，得＝＝＝.
答案：64(＋1)　

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