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第七章　立体几何与空间向量
第1节　基本立体图形、空间几何体的表面积与体积
　
[课标要求]　①认识柱、锥、台、球及其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；③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．
　备考第1步——梳理教材基础，落实必备知识
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
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
母线 互相平行 且相等， 垂直于底面 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
3．立体图形的直观图
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轴两两垂直，直观图中，x′轴、y′轴的夹角为45°(或135°)，z′轴与x′轴、y′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轴的线段长度在直观图中变为原来的一半．
4．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
5．空间几何体的表面积与体积公式
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
(一)必背常用结论
1．按照斜二测画法得到的平面图形的直观图，其面积与原图形面积的关系：
S直观图＝S原图形，S原图形＝2S直观图．
2．正方体与球的切、接常用结论
设正方体的棱长为a，球的半径为R．
(1)若球为正方体的外接球，则2R＝a；
(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2R＝a．
3．长方体的共顶点的三条棱长分别为a，b，c，其外接球的半径为R，则2R＝．
4．正四面体的外接球与内切球的半径之比为3∶1．设正四面体棱长为a，则它的高为a，
内切球半径 r＝a，外接球半径R＝a．
(二)盘点易错易混
1．要注意旋转体的旋转轴，否则得到的不一定是圆锥、圆台．
2．易混淆几何体的表面积与侧面积，需注意审题．
3．用两个平行平面截同一个球时，得到两个平行的截面圆，需考虑两截面与球心的位置关系，可能有两种情况．
4．不会用分割或补体的思想构建特殊几何体模型求体积．求非特殊几何体的体积，常根据其结构特征，利用分割或补体得到一些特殊几何体，代入相应公式计算．
5．处理球与多面体的切、接问题时，对截面图形和性质理解不到位导致错误．
【小题热身】
1．
如图，已知等腰三角形△O′A′B′，O′A′＝A′B′是一个平面图形的直观图，斜边O′B′＝2，则这个平面图形的面积是(　　)
A．　　　B．1　　　C．　　　D．2
解析：法一　
因为△O′A′B′是等腰直角三角形，O′B′＝2，所以O′A′＝A′B′＝，
所以原平面图形如图所示，且OB＝O′B′＝2，OA⊥OB，OA＝2O′A′＝2
所以原平面图形的面积是×2×2＝2．
法二　显然直观图是一个斜边长为2的等腰直角三角形，易得其面积为1，所以S原图形＝2S直观图＝2．
答案：D
2．[易错题]圆柱的侧面展开图是边长为2和4的矩形，则圆柱的体积是(　　 )
A．　　B．　　C． 　　D．或
解析：圆柱的侧面展开图是边长为2与4的矩形，
当母线为4时，圆柱的底面半径是，此时圆柱体积是π××4＝；
当母线为2时，圆柱的底面半径是，此时圆柱的体积是π××2＝，
综上所求圆柱的体积是或．
答案：D
3．若球的表面积为16π，则与球心距离为的平面截球所得的圆的面积为(　　 )
A．4π　　B．π　　C．2π　　D．π
解析：设球的半径为R，因为球的表面积为16π，所以4πR2＝16π，解得R＝2．因为截面与球心距离为d＝，所以截面圆的半径r＝＝1．
可得截面圆面积为S＝πr2＝π．
答案：D
4．长方体ABCD A1B1C1D1的长、宽、高分别为2，2，1，其顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为________．
解析：因为长方体的外接球O的直径为长方体的体对角线，长方体的长、宽、高分别为2，2，1，所以长方体的外接球O的直径为＝3，
故长方体的外接球O的半径为r＝，所以球O的表面积为S＝4πr2＝9π．
答案：9π
5．
如图，在一个圆柱内挖去一个圆锥，圆锥的顶点是圆柱底面的圆心，圆锥的底面是圆柱的另一个底面．若圆柱的母线长为6，底面半径为2，则该组合体的表面积等于________．
解析：挖去的圆锥的母线长为＝2，则圆锥的侧面积等于4π，
圆柱的侧面积为2π×2×6＝24π，圆柱的一个底面面积为π×22＝4π，
所以组合体的表面积为4π＋24π＋4π＝(4＋28)π．
答案：(4＋28)π
　备考第2步——突破核心考点，提升关键能力
考点1__空间几何体的直观图[典例引领]
【例1】　(1)
已知水平放置的△ABC按”斜二测画法”得到如图所示的直观图，其中B′O′＝O′C′＝1，A′O′＝，那么△ABC是一个(　　 )
A．等边三角形
B．直角三角形
C．非等边的等腰三角形
D．钝角三角形
(2)已知△ABC是边长为a的正三角形，那么△ABC平面直观图△A′B′C′的面积为(　　 )
A．a2 B．a2
C．a2 D．a2
解析：
(1)根据斜二测画法还原△ABC在直角坐标系的图形，如图．
则BC＝B′C′＝2，AO＝2A′O′＝，由勾股定理得AC＝AB＝＝2，
所以△ABC是一个等边三角形．
(2)法一　根据题意，建立如图①所示的平面直角坐标系，再按照斜二测画法画出其直观图，如图②所示．
由斜二测画法可知，A′B′＝AB＝a，O′C′＝OC＝a．
作C′D′⊥A′B′于D′，则C′D′＝O′C′＝a，
S△A′B′C′＝A′B′·C′D′＝a×a＝a2．
法二　易得原图形△ABC的面积S＝ a2，所以S直观图＝S原图形＝a2．
答案：(1)A　(2)A
[思维升华]　(1)此类问题要看清已知的是直观图还是原图形；
(2)要理解斜二测画法的规则，注意直观图与原图形中的“三变”“三不变”：
“三变”
“三不变”
[对点练]　已知△ABC的平面直观图△A′B′C′是边长为2的正三角形，则原△ABC的面积为________．
解析：(方法1)如图所示，在直观图中，正△A′B′C′的边长为2，故点A′到底边B′C′的距离是，
作A′D′⊥x′轴于点D′，则△A′D′O′是等腰直角三角形，故可得O′A′＝，
由此可得在平面图中△ABC的高为2，原△ABC的面积为×2×2＝2．
(方法2)易得直观图的面积S＝×22＝，所以S原图形＝2S直观图＝2．
答案：2
考点2__空间几何体的展开问题[典例引领]
【例2】　(1)(2021·湖南长沙一中模拟)《增减算法统宗》中，许多数学问题都是以歌诀的形式出现的．其中有一首“葛藤缠木”，大意是说：有根高2丈的圆木柱，该圆木的周长为3尺，有根葛藤从圆木的根部向上生长，缓慢地自下而上均匀绕该圆木7周，刚好长的和圆木一样高．已知1丈等于10尺，则能推算出该葛藤长为(　　 )
A．21尺 B．25尺
C．29尺 D．33尺
(2)(2021·广东江门一模)如图，在长方体ABCD A1B1C1D1中，AB＝AD＝1，AA1＝2，M为棱DD1上的一点，当A1M＋MC取最小值时，B1M的长为(　　 )
A．2 B．
C． D．
解析：
(1)如图所示，圆柱的侧面展开图是矩形ABEF，
由题意得AB＝2丈＝20尺，圆周长BE＝3尺，
则葛藤绕圆柱7周后长为BD＝＝＝29尺．
(2)如图所示，将侧面AA1D1D、侧面CDD1C1展开至同一平面，显然当A1、M、C三点共线时，A1M＋MC取最小值，
易知四边形AA1C1C为正方形，则∠CA1C1＝45°，且△A1D1M为等腰直角三角形，
所以，D1M＝A1D1＝1，在长方体ABCD A1B1C1D1中，A1M＝，
∵A1B1⊥平面AA1D1D，A1M 平面AA1D1D，
∴A1B1⊥A1M，
因此B1M＝＝．
答案：(1)C　(2)D　
[思维升华]　空间几何体展开图的应用与关键
1．应用展开图可以解决以下问题：(1)求几何体表面积或侧面积；(2)求几何体表面上两个点的最短表面距离．
2．找到几何体的展开图和原几何体的形状与数量关系是解决此类问题的重点．
[对点练]　1．(2021·全国新高考卷Ⅰ)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：设圆锥的母线长为l，由于圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，则πl＝2π×，
解得l＝2．
答案：B
2．(2022·山东青岛模拟)
如图，四棱锥的底面是正方形，顶点P在底面上的投影是底面正方形的中心，侧棱长为4，侧面的顶角为30°．过点A作一截面与PB、PC、PD分别相交于E、F、G，则四边形AEFG周长的最小值是________．
解析：
依题意，四棱锥为正四棱锥，且每个侧面的顶角为30°，将四棱锥P ABCD的侧面沿PA展开，如图，A展开后到A′，则PA＝4，且∠APA′＝120°，
则当E，F，G和AA′在同一直线上时，四边形AEFG的周长的最小值，最小值为AA′．
所以在三角形APA′中，由余弦定理得
AA′2＝PA2＋PA′2－2×PA×PA′×cos 120°＝16＋16－2×4×4×＝48，
所以AA′＝4．
答案：4．
考点3__空间几何体的表面积[典例引领]
【例3】　(1)△ABC中，CA＝1，CB＝2，∠ACB＝120°，以边AC所在直线为轴将△ABC旋转一周后，形成的几何体的表面积为(　　 )
A．π
B．π
C．3π
D．π
(2)
为了给热爱朗读的师生提供一个安静独立的环境，某学校修建了若干“朗读亭”．如图所示，该朗读亭的外形是一个正六棱柱和正六棱锥的组合体，正六棱柱两条相对侧棱所在的轴截面为正方形，若正六棱锥与正六棱柱的侧面积之比为∶8，则正六棱锥与正六棱柱的高的比值为(　　 )
A．　　　B．　　　C．　　　D．
解析：
(1)如图，以边AC所在直线为轴将△ABC旋转一周后，形成的几何体是圆锥ABOD挖去圆锥CBOD后剩余的几何体，
∵△ABC中，CA＝1，CB＝2，∠ACB＝120°，
∴AB＝＝，
BD＝＝2，
∴以边AC所在直线为轴将△ABC旋转一周后，形成的几何体的表面积为
S＝π××＋π××2＝π．
(2)设正六棱柱底面边长为a，由题意可知正六棱柱的高为2a，则可知正六棱柱的侧面积为6×a×2a＝12a2．
设正六棱锥的高为h，可知正六棱锥侧面的一个三角形的边为a上的高为 ，
所以正六棱锥的侧面积为6××a×＝3a，
由题意有＝ h＝a，所以六棱锥与正六棱柱的高的比值为＝．
答案：(1)B　(2)D
[思维升华]　求解几何体表面积的类型及求法
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体特征入手，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．
[对点练]　已知过球面上三点A、B、C的截面到球心距离等于球半径的一半，且AB＝BC＝6，AC＝4，则球面面积为________．
解析：
如图所示，设外接球O，截面圆圆心为O1，连接BO，BO1，OO1，则OO1⊥BO1．
由余弦定理知：cos B＝＝，∴sin B＝．由正弦定理知：＝2BO1，∴BO1＝＝，
∵OB＝2OO1，∴∠OBO1＝，∴BO＝＝．
∴球的面积为S＝4πR2＝54π．
答案：54π
考点4__空间几何体的体积[典例引领]
【例4】　(1)(2021·山东烟台检测)降雨量是气象部门观测的重要数据，日降雨量是指一天内降落在地面单位面积雨水层的深度(单位：毫米)．我国古代就有关于降雨量测量方法的记载，古代数学名著《数书九章》中有“天池盆测雨”题：天池盆(圆台形状)盆口直径二尺八寸，盆底直径为一尺二寸，盆深一尺八寸．若盆中积水深九寸，则平地降雨量是几寸(注：一尺等于十寸，一寸等于厘米)？已知某隧道的积水程度与日降水量的关系如下表所示：
日降雨量 (单位：毫米) [15，40) [40，70) [70，120) [120，250)
隧道积 水程度 一级 二级 三级 四级
如果某天该隧道的日降水量按照“天池盆测雨”题中数据计算，则该隧道的积水程度为(　　 )
A．一级　　B．二级　　C．三级　　D．四级
(2)某广场设置了一些多面体形或球形的石凳供市民休息．如图①的多面体石凳是由图②的正方体石块截去八个相同的四面体得到，且该石凳的体积是 cm3，则正方体石块的棱长为________．
解析：(1)∵盆深一尺八寸，盆中积水深九寸，
∴水刚好积在天池盆的中间处，则积水的水面直径为＝20寸，即半径为10寸，
则积水的体积V＝
×9＝588π，
∵天池盆口的面积为π×142＝196π，
∴平地降雨量为＝3寸，即3×＝10厘米，即100毫米，
则该隧道的积水程度三级．
(2)设正方体石块的棱长为a，则每个截去的四面体的体积为××××＝．
由题意可得8×＋＝a3，解得a＝40．故正方体石块的棱长为40 cm．
答案：(1)C　 (2)40 cm
[思维升华]　求空间几何体的体积的常用方法
公式法 对于规则几何体的体积问题，可以直接利用公式进行求解
等体积法 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
割补法 把不规则的图形分割成规则的图形，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
[对点练]　钺的本字其实是“戊”，是一种斧头．在中国古代，长江流域以南的少数民族都被称为越人，由于民族很杂部落众多，也称“百越”，有学者指出，“越人”的“越”，其含义可能由“戊”而来，意指这些都是一帮拿着斧头的人．此外，“戊”的本意和“戊”一样，也是指斧头．如图是一把斧子，它的斧头由铁质锻造，它的形状可以近似看做由上下两个多面体组合而成，上部是一个长方体，下部是一个“楔形”，其尺寸如图标注(单位：cm)，已知铁的比重为7．87 g/cm3，斧头上用作安装斧柄的洞眼仍看作实心，这只斧头的质量(单位：g)所在的区间为(　　 )
A． B．
C． D．
解析：由题得几何体有一个长方体、一个三棱柱和两个三棱锥组成，如图所示．
长方体的体积为3×5×5＝75；三棱柱的体积为×3×5×5＝；
两个三棱锥的体积：2×××3×5×＝；所以几何体的体积为75＋＋＝125，
所以这只斧头的质量为7．87×125＝983．75g．
答案：A
考点5__与球有关的切、接问题[多维讲练]
多面体或旋转体与球的切、接问题是立体几何的重要知识点，也是高考命题的热点．常在选择或填空题中出现，难度中高档，主要考查直观想象的数学素养．一般需要借助几何体的结构特征和球的相关性质，计算球的半径．有时要用到补形的方法，旋转体与球的组合还常研究轴截面．
角度1　几何体的外接球
【例5】　(1)(2022·山东泰安一模)设三棱柱的侧棱垂直于底面，所有棱的长都为1，顶点都在一个球面上，则该球的表面积为(　　 )
A．5π　　　B．π　　　C．π　　　D．π
(2)(2022·安徽合肥模拟)若圆锥SO1，SO2的顶点和底面圆周都在半径为4的同一个球的球面上，两个圆锥的母线长分别为4，4，则这两个圆锥公共部分的体积为(　　)
A．π B．8π
C．π D．π
解析：(1)由三棱柱所有棱的长a＝1，可知底面为正三角形，
底面三角形的外接圆直径2r＝＝，所以r＝，
设外接球的半径为R，则有R2＝r2＋＝＋＝，
所以该球的表面积S＝4πR2＝π．
(2)易得S，O1，O2，O在同一条直线上，过该直线作出截面图如图所示．
A1B1是圆锥SO1底面圆的直径，A2B2是圆锥SO2底面圆的直径，两直径都与OS垂直．
在△OA1S中，SA1＝4，OA1＝OS＝4，则可得OO1＝O1S＝2．
在△OA2S中，SA2＝4，OA2＝OS＝4，则SA＝OA＋OS2，则OA2⊥OS．
又O2A2⊥O2S，所以点O，O2重合．
这两个圆锥共顶点且底面平行，故它们的公共部分也是一个圆锥，
其底面半径为O1C＝OA2＝2，高为O1S＝2，
所以所求体积为V＝×π×22×2＝π．
答案：(1)D　 (2)A
[思维升华]　解决与球“外接”问题的方法
(1)构造正(长)方体等特殊几何体，转化为特殊几何体的外接球问题．
(2)空间问题平面化，把平面问题转化到直角三角形中，作出适当截面(过球心，接点等)．
(3)利用球与截面圆心的连线垂直于截面，确定球心所在的直线．
(4)若球面上四点P，A，B，C中PA，PB，PC两两垂直或三棱锥的三条侧棱两两垂直，可构造长方体或正方体确定直径解决外接问题．
[对点练]　
我国古代数学名著《九章算术》中，将底面是直角三角形的直棱柱称之为“堑堵”，如图，三棱柱ABC A1B1C1为一个“堑堵”，底面△ABC中，AB⊥AC，且AB＝AC＝2，AA1＝4，点P在棱CC1上，当A1P⊥BP时，三棱锥P ABC外接球的表面积为________．
解析：由题意，AB⊥AC，AB⊥AA1，AC∩AA1＝A，∴AB⊥平面ACC1A1，
∵AP 平面ACC1A1，∴AB⊥AP，
设PC＝t，(0则BP＝＝，A1P＝＝，
连接A1B，则A1B＝＝2，∵A1P⊥BP，∴A1P2＋BP2＝A1B2，
即t2－8t＋20＋8＋t2＝20，解得t＝2，即PC＝2，
∵△ABC是直角三角形，∴△ABC的外接圆半径为BC＝，
设三棱锥P ABC外接球半径为R，则R＝＝，
则三棱锥P ABC外接球的表面积为4πR2＝12π．
答案：12π
角度2　几何体的内切球
【例6】　(1)
如图，在四棱锥P ABCD中，O是正方形ABCD的中心，PO⊥底面ABCD，PA＝，AB＝2，则四棱锥P ABCD内切球的体积为(　　 )
A．　B．　C．　D．
(2)
(2021·山东潍坊检测)如图，已知圆锥PO的底面半径OA的长度为1，母线PA的长度为2，半径为R1的球O1与圆锥的侧面相切，并与底面相切于点O，则R1＝________；若球O2与球O1、圆锥的底面和侧面均相切，则球O2的表面积为________．
解析：(1)
由题可知，该几何体的底面是边长为2的正方形，侧棱长都为，连接OA．
∵PO⊥底面ABCD，∴PO⊥AO．
∴AO＝×＝×＝，
∴PO＝＝＝，
∴ SABCD＝2×2＝4，S△PAD＝S△PCD＝S△PBC＝S△PAB＝×2×2＝2．
设四棱锥的内切球的半径为R，球心为O′，
由VP ABCD＝VO′－ABCD＋VO′－PAD＋VO′－PAB＋VO′－PBC＋VO′－PCD，
得SABCD·PO＝SABCD·R＋S△PAD·R＋
S△PAB·R＋S△PBC·R＋S△PCD·R，
即4×＝4R＋4×2R＝12R，解得R＝，
故四棱锥P ABCD内切球的体积为V＝πR3＝π×＝π．
(2)
该几何体的轴截面如图所示，由题意可知△PAB为等边三角形，且边长为2，圆O1与三角形的三边都相切，圆O1的半径等于球O1的半径为R1，则
(2＋2＋2)R1＝×2×2sin 60°，解得R1＝，
因为∠O1AO＝30°，所以AO2＝2O2C＝2R2，AO1＝2OO1＝2R1，
因为AO1＝AO2＋O2O1，所以2R1＝2R2＋R2＋R1，所以R2＝R1＝，
所以球O2的表面积为4πR＝4π＝π．
答案：(1)B　 (2)　π
[思维升华]　几何体内切球问题的求解策略
(1)体积分割法求内切球半径．
(2)作出合适的截面(过球心、切点等)，转化为平面图形求解．
(3)多球相切的问题，连接各球球心，转化为处理多面体问题．
[对点练]　(2022·河北衡水一中月考)某市在文化广场举办“爱我家乡，知我家乡”活动，需要对广场内的部分休闲石凳进行更换．为响应“厉行节约”的号召，市政公司打算旧物利用，将旧石凳打磨成球体，放置在附近的喷泉池中．已知旧石凳是由棱长为40 cm的正方体经各棱中点切割下八个相同的四面体所得，如图所示．则打磨后的球体半径的最大值为(　　 )
A．20 cm B． cm
C．20 cm D．20 cm
解析：由对称性可知，该球体的球心与正方体的中心重合．旧石凳相对的面共有两类，一类是正方形，一类是等边三角形．
若相对的面为正方形，则两个面之间的距离为40 cm；若相对的面为等边三角形，则两个面之间的距离为 cm，所以正方体的内切球即为旧石凳打磨后的最大球体，所以打磨后的球体半径的最大值为20 cm．
答案：A
　备考第3步——拓展创新应用，培优学科素养
确定几何体外接球与内切球球心(半径)的方法
空间几何体外接球问题的处理关键是确定球心及半径，常见的求解方法有如下几种：
(1)涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题求解．
(2)若球面上四点P、A、B、C构成的三条线段PA，PB，PC两两垂直，PA＝a，PB＝b，PC＝c，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，根据4R2＝a2＋b2＋c2求解．
(3)利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解．
题型一　利用长方体的体对角线确定外接球半径
【例1】　已知各顶点都在同一球面上的正四棱柱的高为4，体积为16，则这个球的表面积是(　　 )
A．16π B．20π
C．24π D．32π
解析：设正四棱柱的底面边长为a，高为h，球半径为R，则正四棱柱的体积为V＝a2h＝16，a＝2，4R2＝a2＋a2＋h2＝4＋4＋16＝24，所以球的表面积为S＝24π．
答案：C
[思维升华]　若几何体存在三条两两垂直的线段或者三条线有两个垂直，可构造墙角模型，直接用公式(2R)2＝a2＋b2＋c2求出R．
题型二　利用长方体的面对角线确定外接球半径
【例2】　三棱锥S ABC中，SA＝BC＝，SB＝AC＝，SC＝AB＝，则三棱锥的外接球的表面积为________．
解析：
如图，在长方体中，设AE＝a，BE＝b，CE＝c，
则SC＝AB＝＝，
SA＝BC＝＝，
SB＝AC＝＝．
从而a2＋b2＋c2＝14＝(2R)2，可得S＝4πR2＝14π．故所求三棱锥的外接球的表面积为14π．
答案：14π
[思维升华]　三棱锥的相对棱相等，探寻球心无从着手，注意到长方体的相对面的面对角线相等，可在长方体中构造三棱锥，从而巧妙探索外接球半径．
题型三　利用三角形的外心确定球心位置
【例3】　平面四边形ABCD中，AB＝AD＝CD＝1，BD＝，BD⊥CD．将其沿对角线BD折成四面体A′BCD，使平面A′BD⊥平面BCD．若四面体A′BCD的顶点在同一球面上，则该球的体积为(　　 )
A．π B．3π
C．π D．2π
解析：如图，设BD，BC的中点分别为E，F．由点F为底面直角△BCD的外心，知三棱锥A′ BCD的外接球球心必在过点F且与平面BCD垂直的直线l1上．又点E为底面直角△A′BD的外心，知外接球球心必在过点E且与平面A′BD垂直的直线l2上．因而球心为l1与l2的交点．又FE∥CD，CD⊥BD知FE⊥平面A′BD．从而可知球心为点F．又A′B＝A′D＝1，CD＝1知BD＝，球半径R＝FD＝＝．故V＝π＝π．
答案：A
[思维升华]　三棱锥侧面与底面垂直时，可紧扣球心与底面三角形外心连线垂直于底面这一性质，利用底面与侧面的外心，巧探外接球球心，妙求半径．
题型四　利用直棱柱上下底面外接圆圆心的连线确定球心
【例4】　一个正六棱柱的底面是正六边形，其侧棱垂直于底面，已知该六棱柱的顶点都在同一个球面上，且该六棱柱的体积为，底面周长为3，则这个球的体积为________．
解析：设正六棱柱底面边长为a，正六棱柱的高为h，底面外接圆的半径为r，则a＝，底面积为S＝6··＝，V柱＝Sh＝h＝，所以h＝，R2＝＋＝1，R＝1，球的体积为V＝．
答案：
[思维升华]　直棱柱的外接球球心就是上下底面外接圆圆心连线的中点．
题型五　确定对棱相等的四面体外接球半径
【例5】　在四面体ABCD中，若AB＝CD＝，AC＝BD＝2，AD＝BC＝，则四面体ABCD的外接球的表面积为(　　)
A．2π B．4π
C．6π D．8π
解析：由题意可采用割补法，考虑到四面体ABCD的四个面为全等的三角形，所以可在其每个面补上一个以，2，为三边的三角形作为底面，且分别以x，y，z长、两两垂直的侧棱的三棱锥，从而可得到一个长、宽、高分别为x，y，z的长方体，并且x2＋y2＝3，x2＋z2＝5，y2＋z2＝4，则有(2R)2＝x2＋y2＋z2＝6(R为球的半径)，得2R2＝3，
所以球的表面积为S＝4πR2＝6π．
答案：C
[思维升华]　此类几何体四个面为全等的三角形，可通过补体转化为长方体的外接球．
课下巩固培优卷(三十二)
【A/基础巩固题组】
1．已知四棱锥P ABCD底面为边长为2的正方形，顶点在底面的投影为底面的中心，若该四棱锥的体积为，则它的表面积为(　　 )
A．8 B．12
C．4＋8 D．20
解析：
如图，设底面中心为O，则VP ABCD＝×2×2×PO＝，可得PO＝，
因为底面为正方形，则AO＝，∴PA＝＝，
则△PAB的边AB边上的高为＝2，
则该四棱锥的表面积为2×2＋4××2×2＝12．
答案：B
2．(2021·河北唐山模拟)已知正三棱锥S ABC的三条侧棱两两垂直，且侧棱长为，则此三棱锥的外接球的表面积为(　　 )
A．π B．3π
C．6π D．9π
解析：以正三棱锥三条互相垂直的棱为棱，补成一个正方体，则正三棱锥的外接球即是棱长为的正方体的外接球，所以外接球的直径2R＝＝，
得4R2＝6，外接球的表面积4πR2＝6π．
答案：C
3．纳斯卡线条是一种巨型的地上绘图，有着广大宽阔的直线，看起来就像机场跑道一样，描绘的大多是动植物，位于南美洲西部的秘鲁南部的纳斯卡荒原上，是存在了2 000年的谜局：究竟是谁创造了它们并且为了什么而创造，至今仍无人能解，因此被列入“十大谜团”．在这些图案中，最清晰的图案之一是一只身长50米的大蜘蛛(如图)，据说这是一种学名为“节腹目”的蜘蛛的形状．这种蜘蛛十分罕见，只有亚马逊河雨林中最偏远隐秘的地区才能找到．现用视角为30°的摄像头(注：当摄像头和所拍摄的圆形区域构成一个圆锥时，该圆锥的轴截面的顶角称为该摄像头的视角)在该蜘蛛的上方拍摄，使得整个蜘蛛图案落在边长为50米的正方形区域内，则该摄像头距地面的高度的最小值是(　　 )
A．50米 B．25(2＋)米
C．50(2＋)米 D．50(2＋)米
解析：
由题设知：要使整个蜘蛛图案落在边长为50米的正方形区域内，则拍摄区域的圆的直径最小为2r＝50，圆锥的截面图如图：O为底面圆的圆心，∠PBO＝90°－15°＝75°，在△POB中tan ∠PBO＝＝＝2＋，∴PO＝25(2＋)米，故选B．
答案：B
4．已知三棱台ABC A1B1C1中，三棱锥A A1B1C1的体积为4，三棱锥A1 ABC的体积为8，则该三棱台的体积为(　　 )
A．12＋3 B．12＋4
C．12＋4 D．12＋4
解析：设S△ABC＝S1，S△A1B1C1＝S2，棱台高为h，由已知VA A1B1C1＝S2h＝4，得S2＝，
VA1 ABC＝S1h＝8，得S1＝，
三棱台ABC A1B1C1的体积为V＝h(S1＋S2＋)＝h
＝12＋4．
答案：B
5． (多选)(2021·河北沧州三模)三星堆遗址，位于四川省广汉市，距今约三千到五千年．2021年2月4日，在三星堆遗址祭祀坑区4号坑发现了玉琮．玉琮是一种内圆外方的筒型玉器，是一种古人用于祭祀的礼器．假定某玉琮中间内空，形状对称，如图所示，圆筒内径长2 cm，外径长3 cm，筒高4 cm，中部为棱长是3 cm的正方体的一部分，圆筒的外侧面内切于正方体的侧面，则(　　 )
A．该玉琮的体积为18＋(cm3)
B．该玉琮的体积为27－(cm3)
C．该玉琮的表面积为54＋π(cm2)
D．该玉琮的表面积为54＋9π(cm2)
解析：由图可知，组合体的体积V＝π×4×＋3×3×3－π×3×＝27－(cm3)．
S＝3π×1＋2×＋3×3×4＋2π×＋2π×4＝54＋9π(cm2)．
答案：BD
6．已知表面积为48π的球O有一内接正方体ABCD A1B1C1D1，E为棱BC的中点，则△OAE的面积为(　　 )
A．3π B．π
C．4 D．2
解析：
因为球O的表面积为48π，所以球的半径R＝2，
所以内接正方体ABCD A1B1C1D1的棱长a＝4，
球心O为正方体的体对角线的中点，即为AC1的中点，所以OA＝2，
因为E为BC的中点，所以AE＝＝＝2，
设F为正方形ABCD的中心，所以OE＝＝＝2，
在△OAE中，OA2＋OE2＝＋＝20＝AE2，
所以OA⊥OE，所以S△OAE＝OA·OE＝2．
答案：D
7．
水平放置的△ABC的斜二测直观图如图所示，已知B′C′＝4，A′C′＝3，则△ABC中AB边上的中线的长度为________．
解析：
把直观图还原成平面图形如图所示：
得△ABC为直角三角形，且两条直角边的长AC＝3，BC＝8，
由勾股定理可得AB＝，故三角形AB边上的中线长为．
答案：
8．
阿基米德(Archimedes，公元前287年－公元前212年)是古希腊伟大的数学家、物理学家和天文学家，他构造了这样的一个几何体：在一个圆柱形容器里放了一个球(如图所示)，圆柱的底面直径与高都等于球的直径．若球的体积为36π，则圆柱的体积为________．
解析：设球的半径为R，依题意得πR3＝36π，R＝3，
所求的圆柱底面半径为3，高为6，则体积为32×6π＝54π．
答案：54π
9．
如图，一个立在水平地面上的圆锥形物体的母线长为4，一只小虫从圆锥的底面圆上的点P出发，绕圆锥表面爬行一周后回到点P处．若该小虫爬行的最短路程为4，则圆锥底面圆的半径等于________．
解析：
画出图象如图所示，依题意：小虫爬行的最短路程为AB＝4，
母线长OA＝OB＝4，所以OA2＋OB2＝AB2，所以∠AOB＝，
所以＝×4＝2π．设圆锥底面圆的半径为r，则2πr＝2π，r＝1．
答案：1
10．(2021·山东莱州检测)
如图所示，半径为R的半圆内(其中∠BAC＝30°)的阴影部分以直径AB所在直线为轴，旋转一周得到一个几何体，则该几何体的体积为________．
解析：
∵AB为直径，∴∠ACB＝90°．∵tan ∠BAC＝，∴sin ∠BAC＝，
又∵sin ∠BAC＝，AB＝2R，∴BC＝2R×＝R，AC＝R，CD＝R．
∴V1＝πCD2(AD＋BD)＝R3，V2＝R3，
∴V＝V2－V1＝R3－R3＝πR3．
答案：πR3
【B/能力提升题组】
11．鲁班锁(也称孔明锁、难人木、六子联方)起源于古代中国建筑的榫卯结构．这种三维的拼插器具内部的凹凸部分(即榫卯结构)啮合，十分巧妙．鲁班锁类玩具比较多，形状和内部的构造各不相同，一般都是易拆难装．如图1，这是一种常见的鲁班锁玩具，图2是该鲁班锁玩具的直观图，每条棱的长均为2，则该鲁班锁的表面积为(　　 )
A．8(6＋6＋) B．6(8＋8＋)
C．8(6＋6＋) D．6(8＋8＋)
解析：由题图可知，该鲁班锁玩具可以看成是一个棱长为2＋2的正方体截去了8个正三棱锥所余下来的几何体，且被截去的正三棱锥的底面边长为2，侧棱长为，则该几何体的表面积为S＝6×[(2＋2)2－4×××]＋8××2×＝8(6＋6＋)．
答案：A
12．(2021·山东德州二模)运用祖暅原理计算球的体积时，夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意一个平面所截，若截面面积都相等，则这两个几何体的体积相等，构造一个底面半径和高都与球的半径相等的圆柱，与半球(如图①)放置在同一平面上，然后在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥后得到一新几何体(如图②)，用任何一个平行于底面的平面去截它们时，可证得所截得的两个截面面积相等，由此可证明新几何体与半球体积相等．现将椭圆＋＝1绕y轴旋转一周后得一橄榄状的几何体(如图③)，类比上述方法，运用祖暅原理可求得其体积等于(　　)．
A．8π B．16π C．24π D．32π
解析：构造一个底面半径为2，高为3的圆柱，在圆柱中挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点的圆锥，则当截面与顶点距离为h(0≤h≤4)时，小圆锥的底面半径为r，则＝，
∴r＝h，故截面面积为4π－，
把y＝h代入椭圆＋＝1可得x＝±，
∴橄榄球形几何体的截面面积为πx2＝4π－，
由祖暅原理可得橄榄球形几何体的体积V＝2＝2＝16π．
答案：B
13．(2021·河北石家庄二模)在三棱锥P ABC中，PA⊥底面ABC，BC⊥PC，PA＝AC＝，BC＝a，动点Q从B点出发，沿外表面经过棱PC上一点到点A的最短距离为，则该棱锥的外接球的表面积为(　　 )
A．5π B．8π
C．10π D．20π
解析：
将侧面PBC沿PC翻折到与侧面PAC共面，如图所示：
则动点Q从B点出发，沿外表面经过棱PC上一点到点A的最短距离为AB，
∵PA⊥底面ABC，AC 平面ABC，∴PA⊥AC，又BC⊥PC，PA＝AC，
∴∠ACB＝＋，
∴AB2＝AC2＋BC2－2AC·BC cos ∠ACB＝
2＋a2＋2a×＝10，
解得a＝2，∴PB＝＝＝2．
取PB中点O，连接AO，CO，∵PA⊥AB，PC⊥BC，
∴AO＝CO＝PB，
∴O为该棱锥的外接球的球心，其半径R＝PB＝，
∴球O的表面积S＝4πR2＝8π．
答案：B
14．
如图，在矩形ABCD中，AB＝2AD＝2a，E是AB的中点，将△ADE沿DE翻折至△A1DE的位置，使三棱锥A1 CDE的体积取得最大值，若此时三棱锥A1﹣CDE外接球的表面积为16π，则a＝(　　 )
A．2 B．
C．2 D．4
解析：
当平面A1DE⊥平面CDE时，三棱锥A1 CDE的体积取得最大值，
因为AB＝2AD＝2a，E是AB的中点，所以A1D＝A1E＝a，DE＝a，A1D2＋A1E2＝DE2，
所以△A1ED为等腰直角三角形，因此取DE的中点P，连接A1P，
则A1P⊥DE，A1P＝．
因为平面A1DE⊥平面CDE，且平面A1DE∩平面CDE＝DE，所以A1P⊥平面CDE，
又PC 平面CDE，所以A1P⊥PC，
又因为ED2＋CE2＝DC2，所以 △CED为等腰直角三角形，因为EC＝DE＝a，
所以PE＝，故PC＝，所以A1P2＋CP2＝A1C2＝3a2，
又由A1D2＋A1C2＝CD2，所以△A1CD为直角三角形，且∠DA1C＝，
取DC的中点O，连接OE，OA1，则有OE＝OA1＝OC＝OD，即O外接球的球心，则OE，OA1，OC，OD为球半径，所以16π＝4π×a2，即a＝2．
答案：A
15．(2021·山东泰安模拟)
如图，正四棱锥P ABCD的每个顶点都在球M的球面上，侧面PAB是等边三角形．若半球O的球心为四棱锥的底面中心，且半球与四个侧面均相切，则半球O的体积与球M的体积的比值为________．
解析：
取AB中点E，CD中点F，作截面PEF，把截面另外画出平面图形，如图，则半球O的半个大圆与△PEF的两腰相切，O是EF中点，G为切点，
设正四棱锥底面边长为a，则OF＝a，PF＝a，PO＝a，OG＝＝a，
由对称性知正四棱锥的对角面PBD的外接圆是正四棱锥外接球的大圆，
BD＝a，PB＝PD＝a，PB2＋PD2＝BD2，所以∠BPD＝，BD是△PBD外接圆直径，所以球M的半径为R＝BD＝a，＝＝＝．
答案：
16．
(2022·安徽合肥一中模拟)半正多面体(semiregularsolid)亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美．以正方体每条棱的中点为顶点构造一个半正多面体，如图，它由八个正三角形和六个正方形构成，若它的所有棱长都为1，则该半正多面体外接球的表面积为________；若该半正多面体可以在一个正四面体内任意转动，则该正四面体体积最小值为________．
解析：
由题意知，该半正多面体的外接球的球心是正方体的中心，正方体棱长为，
所以该半正多面体外接球的半径R＝＝1，故其表面积为4π．
若该半正多面体可以在一个正四面体内任意转动，则该半正多面体的外接球是正四面体的内切球时，该正四面体体积最小．
此时，设正四面体的棱长为a，则正四面体的高为a，考查轴截面，则有＝12＋，解得a＝2，
所以Vmin＝···＝8．
答案：4π　8

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