高考数学二轮专题复习与策略第1部分专题4立体几何突破点10空间几何体表面积或体积的求解教师用书理

核心考点2 空间几何体的表面积与体积核心知识·精归纳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＝4πR 2(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＝13Sh (S 为底面面积，h 为高)； V 球＝43πR 3(R 为球的半径)．多维题组·明技法角度1：空间几何体的表面积和侧面积1. (2023·大观区校级三模)陀螺起源于我国，最早出土的石制陀螺是在山西夏县发现的新石器时代遗址．如图所示的是一个陀螺立体结构图．已知，底面圆的直径AB ＝12 cm ，圆柱体部分的高BC ＝6 cm ，圆锥体部分的高CD ＝4 cm ，则这个陀螺的表面积(单位：cm 2)是( C )A ．(144＋1213)πB ．(144＋2413)πC ．(108＋1213)πD ．(108＋2413)π【解析】 由题意可得圆锥体的母线长为l ＝62＋42＝213，所以圆锥体的侧面积为12·12π·213＝1213π，圆柱体的侧面积为12π×6＝72π，圆柱的底面面积为π×62＝36π，所以此陀螺的表面积为1213π＋72π＋36π＝(108＋1213)π(cm 2)．故选C.2. (2023·黄浦区校级三模)已知正方形ABCD 的边长是1，将△ABC 沿对角线AC 折到△AB ′C 的位置，使(折叠后)A 、B ′、C 、D 四点为顶点的三棱锥的体积最大，则此三棱锥的表面积为 1＋32. 【解析】 根据题意，正方形ABCD 中，设AC 与BD 交于点O ，在翻转过程中，当B ′O ⊥面ACD 时，四棱锥B ′－ACD 的高最大，此时四棱锥B ′－ACD 的体积最大，若B ′O ⊥面ACD ，由于OA ＝OB ′＝OC ，则B ′D ＝B ′A ＝B ′C ＝1，则△DB ′C △DB ′A 都是边长为1的等边三角形，S △DB ′A ＝S △DB ′C ＝12×1×1×32＝34，△ADC 中，AD ＝DC ＝1且AD ⊥DC ，则S △ADC ＝12×1×1＝12，同理：S △AB ′C ＝S △ABC ＝S △ADC ＝12，此时，三棱锥的表面积S ＝S △DB ′A ＋S △DB ′C ＋S △ADC ＋S △AB ′C ＝1＋32. 角度2：空间几何体的体积3. (2023·福州模拟)已知菱形ABCD 的边长为2，∠BAD ＝60°，则将菱形ABCD 以其中一条边所在的直线为轴，旋转一周所形成的几何体的体积为( B )A ．2πB ．6πC ．43πD ．8π【解析】 根据题意，旋转一周所形成的几何体如图，该几何体上部分为圆锥，下部分为在圆柱内挖去一个与上部分相同的圆锥，其体积等于中间圆柱的体积，且中间圆柱的高h ＝DC ＝2，底面圆的半径r ＝BC sin 60°＝2×32＝3，故要求几何体的体积V ＝πr 2h ＝6π.故选B.4.已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，E ，F 分别为AB ，BC 的中点，则多面体A 1C 1－AEFC 的体积为 53.【解析】 多面体A 1C 1－AEFC 的体积等于三棱柱ABC －A 1B 1C 1的体积与三棱台EBF －A 1B 1C 1的体积之差，其中三棱柱ABC －A 1B 1C 1的体积为12×2×2×2＝4，三棱台EBF －A 1B 1C 1的体积为⎝ ⎛⎭⎪⎫12×1×1＋12×2×2＋12×1×1×12×2×2×2×13＝73，所以多面体A 1C 1－AEFC 的体积为4－73＝53. 方法技巧·精提炼1.求几何体的表面积的方法(1)求表面积问题的思路是将立体几何问题转化为平面图形问题，即空间图形平面化，这是解决立体几何的主要出发点；(2)求不规则几何体的表面积时，通常将所给几何体分割成柱、锥、台体，先求这些柱、锥、台体的表面积，再通过求和或作差求得所给几何体的表面积．2.求空间几何体体积的常用方法(1)公式法：直接根据常见柱、锥、台体等规则几何体的体积公式计算；(2)等积法：根据体积计算公式，通过转换空间几何体的底面和高使得体积计算更容易，或是求出一些体积必等；(3)割补法：把不能直接计算体积的空间几何体进行适当分割或补形，转化为可计算体积的几何体．加固训练·促提高1. (2023·平罗县校级模拟)已知圆锥的底面半径为1，侧面展开图的圆心角为23π，则该圆锥的侧面积为( C )A ．πB ．2πC ．3πD ．4π【解析】 底面圆周长为2π，母线长为2π2π3＝3，所以侧面积为12×2π×3＝3π.故选C.2. (2023·普陀区校级模拟)如图，在正四棱锥P －ABCD 中，AP ＝AB ＝4，则正四棱锥的体积为 3223.【解析】 连接AC 与BD 交于O ，则O 是正方形ABCD 的中心，∴PO ⊥平面ABCD ，∵AB＝4，∴AO ＝22，∵PA ＝4，∴PO ＝16－8＝22，∴正四棱锥的体积为V ＝13S 正方形ABCD ·PO＝13×16×22＝3223.故答案为3223.3. (2023·琼山区四模)三棱锥A －BCD 中，AC ⊥平面BCD ，BD ⊥CD ，若AB ＝3，BD ＝1，则该三棱锥体积的最大值为 23.【解析】 如图所示，因为AC ⊥平面BCD ，即AC 为三棱锥A －BCD 的高，设为x ，又因为BC ⊂平面BCD ，所以AC ⊥BC ，在直角△ABC 中，由AB ＝3，AC ＝x ，可得BC ＝9－x 2，因为BD ⊥CD ，且BD ＝1，可得CD ＝BC 2－BD 2＝8－x 2，所以三棱锥A －BCD 的体积为V ＝13S △BCD ·AC ＝13×128－x 2×1×x ＝168－x2·x 2≤16×8－x 2＋x 22＝23，当且仅当8－x 2＝x 2时，即x ＝2时，三棱锥A －BCD 的体积取得最大值，最大值为23.。

高考数学二轮复习考点知识与题型专题讲解第31讲 空间几何体[考情分析] 空间几何体的结构特征是立体几何的基础，空间几何体的表面积和体积是高考的重点与热点，多以选择题、填空题的形式考查，难度中等或偏上．考点一 空间几何体的折展问题核心提炼空间几何体的侧面展开图 1．圆柱的侧面展开图是矩形． 2．圆锥的侧面展开图是扇形． 3．圆台的侧面展开图是扇环．例1 (1)“莫言下岭便无难，赚得行人空喜欢．”出自南宋诗人杨万里的作品《过松源晨炊漆公店》．如图是一座山的示意图，山大致呈圆锥形，山脚呈圆形，半径为40 km ，山高为4015 km ，B 是山坡SA 上一点，且AB ＝40 km.为了发展旅游业，要建设一条从A 到B 的环山观光公路，这条公路从A 出发后先上坡，后下坡，当公路长度最短时，下坡路段长为( )A ．60 kmB ．12 6 kmC ．72 kmD ．1215 km 答案 C解析 该圆锥的母线长为(4015)2＋402＝160， 所以圆锥的侧面展开图是圆心角为2×π×40160＝π2的扇形，如图，展开圆锥的侧面，连接A ′B ，由两点之间线段最短，知观光公路为图中的A ′B ，A ′B ＝SA ′2＋SB 2＝1602＋1202＝200， 过点S 作A ′B 的垂线，垂足为H ，记点P 为A ′B 上任意一点，连接PS ，当上坡时，P 到山顶S 的距离PS 越来越小，当下坡时，P 到山顶S 的距离PS 越来越大， 则下坡段的公路为图中的HB ， 由Rt △SA ′B ∽Rt △HSB ， 得HB ＝SB 2A ′B ＝1202200＝72(km)．(2)(2022·深圳检测)如图，在三棱锥P －ABC 的平面展开图中，AC ＝3，AB ＝1，AD ＝1，AB ⊥AC ，AB ⊥AD ，∠CAE ＝30°，则cos ∠FCB 等于( )A.12B.13C.35D.34 答案 D解析 由题意知，AE ＝AD ＝AB ＝1，BC ＝2， 在△ACE 中，由余弦定理知， CE 2＝AE 2＋AC 2－2AE ·AC ·cos ∠CAE ＝1＋3－2×1×3×32＝1， ∴CE ＝CF ＝1，而BF ＝BD ＝2，BC ＝2，∴在△BCF 中，由余弦定理知，cos ∠FCB ＝BC 2＋CF 2－BF 22BC ·CF ＝4＋1－22×2×1＝34.规律方法 空间几何体最短距离问题，一般是将空间几何体展开成平面图形，转化成求平面中两点间的最短距离问题，注意展开后对应的顶点和边．跟踪演练1 (1)(多选)如图是一个正方体的展开图，如果将它还原为正方体，则下列说法中正确的是( )A ．C ∈GHB ．CD 与EF 是共面直线C ．AB ∥EFD ．GH 与EF 是异面直线 答案 ABD解析 由图可知，还原正方体后，点C 与G 重合， 即C ∈GH ，又可知CD 与EF 是平行直线，即CD 与EF 是共面直线，AB 与EF 是相交直线(点B 与点F 重合)，GH 与EF 是异面直线，故A ，B ，D 正确，C 错误．(2)如图，在正三棱锥P －ABC 中，∠APB ＝∠BPC ＝∠CP A ＝30°，P A ＝PB ＝PC ＝2，一只虫子从A 点出发，绕三棱锥的三个侧面爬行一周后，又回到A 点，则虫子爬行的最短距离是( )A ．32B ．3 3C ．23D ．2 2 答案 D解析 将三棱锥由P A 展开，如图所示，则∠AP A 1＝90°，所求最短距离为AA 1的长度，∵P A ＝2， ∴由勾股定理可得 AA 1＝22＋22＝2 2.∴虫子爬行的最短距离为2 2.考点二 表面积与体积核心提炼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＝4πR 2(R 为球的半径)． 2．空间几何体的体积公式(1)V 柱＝Sh (S 为底面面积，h 为高)． (2)V 锥＝13Sh (S 为底面面积，h 为高)．(3)V 台＝13(S 上＋S 上·S 下＋S 下)h (S 上，S 下为底面面积，h 为高)．(4)V 球＝43πR 3(R 为球的半径)．例2 (1)(2022·全国甲卷)甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为2π，侧面积分别为S 甲和S 乙，体积分别为V 甲和V 乙．若S 甲S 乙＝2，则V 甲V 乙等于( )A. 5 B ．2 2 C.10 D.5104答案 C解析 方法一因为甲、乙两个圆锥的母线长相等，所以结合S 甲S 乙＝2，可知甲、乙两个圆锥侧面展开图的圆心角之比是2∶1.不妨设两个圆锥的母线长为l ＝3，甲、乙两个圆锥的底面半径分别为r 1，r 2，高分别为h 1，h 2， 则由题意知，两个圆锥的侧面展开图刚好可以拼成一个周长为6π的圆， 所以2πr 1＝4π，2πr 2＝2π，得r 1＝2，r 2＝1. 由勾股定理得，h 1＝l 2－r 21＝5，h 2＝l 2－r 22＝22，所以V 甲V 乙＝13πr 21h113πr 22h 2＝4522＝10.方法二 设两圆锥的母线长为l ，甲、乙两圆锥的底面半径分别为r 1，r 2，高分别为h 1，h 2，侧面展开图的圆心角分别为n 1，n 2， 则由S 甲S 乙＝πr 1l πr 2l ＝n 1πl 22πn 2πl22π＝2，得r 1r 2＝n 1n 2＝2. 由题意知n 1＋n 2＝2π， 所以n 1＝4π3，n 2＝2π3，所以2πr 1＝4π3l ，2πr 2＝2π3l ，得r 1＝23l ，r 2＝13l .由勾股定理得，h 1＝l 2－r 21＝53l ， h 2＝l 2－r 22＝223l ， 所以V 甲V 乙＝13πr 21h113πr 22h 2＝4522＝10.(2)(多选)(2022·新高考全国Ⅱ)如图，四边形ABCD 为正方形，ED ⊥平面ABCD ，FB ∥ED ，AB ＝ED ＝2FB .记三棱锥E －ACD ，F －ABC ，F －ACE 的体积分别为V 1，V 2，V 3，则( )A ．V 3＝2V 2B ．V 3＝V 1C ．V 3＝V 1＋V 2D ．2V 3＝3V 1 答案 CD解析 如图，连接BD交AC 于O ，连接OE ，OF .设AB ＝ED ＝2FB ＝2， 则AB ＝BC ＝CD ＝AD ＝2， FB ＝1.因为ED ⊥平面ABCD ，FB ∥ED ， 所以FB ⊥平面ABCD ，所以V 1＝V E －ACD ＝13S △ACD ·ED ＝13×12AD ·CD ·ED ＝13×12×2×2×2＝43，V 2＝V F －ABC ＝13S △ABC ·FB ＝13×12AB ·BC ·FB ＝13×12×2×2×1＝23.因为ED ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ， 所以ED ⊥AC ， 又AC ⊥BD ，且ED ∩BD ＝D ，ED ，BD ⊂平面BDEF ，所以AC ⊥平面BDEF . 因为OE ，OF ⊂平面BDEF ， 所以AC ⊥OE ，AC ⊥OF . 易知AC ＝BD ＝2AB ＝22， OB ＝OD ＝12BD ＝2，OF ＝OB 2＋FB 2＝3， OE ＝OD 2＋ED 2＝6， EF ＝BD 2＋(ED －FB )2 ＝(22)2＋(2－1)2＝3，所以EF 2＝OE 2＋OF 2，所以OF ⊥OE . 又OE ∩AC ＝O ，OE ，AC ⊂平面ACE ， 所以OF ⊥平面ACE ， 所以V 3＝V F －ACE ＝13S △ACE ·OF＝13×12AC ·OE ·OF ＝13×12×22×6×3＝2， 所以V 3≠2V 2，V 1≠V 3，V 3＝V 1＋V 2,2V 3＝3V 1， 所以选项A ，B 不正确，选项C ，D 正确． 规律方法 空间几何体的表面积与体积的求法(1)公式法：对于规则的几何体直接利用公式进行求解．(2)割补法：把不规则的图形分割成规则的图形，或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．(3)等体积法：选择合适的底面来求体积．跟踪演练2 (1)已知圆锥的顶点为S ，母线SA ，SB 所成角的余弦值为78，SA 与圆锥底面所成角为45°，若△SAB 的面积为515，则该圆锥的侧面积为( ) A ．802π B ．40 C ．402π D ．405π 答案 C解析 由圆锥的顶点为S ，母线SA ，SB 所成角的余弦值为78，可得sin ∠ASB ＝1－⎝⎛⎭⎫782＝158， 又△SAB 的面积为515， 可得12SA 2sin ∠ASB ＝515，即12SA 2×158＝515，可得SA ＝45， 由SA 与圆锥底面所成角为45°， 可得圆锥的底面半径为22×45＝210， 则该圆锥的侧面积为π×210×45＝402π.(2)(2022·连云港模拟)如图是一个圆台的侧面展开图，若两个半圆的半径分别是1和2，则该圆台的体积是( )A.72π24B.73π24C.72π12D.73π12 答案 B解析 如图，设上底面的半径为r ，下底面的半径为R ，高为h ，母线长为l ，则2πr ＝π·1,2πR ＝π·2， 解得r ＝12，R ＝1，l ＝2－1＝1， h ＝l 2－(R －r )2＝12－⎝⎛⎭⎫122＝32，上底面面积S ′＝π·⎝⎛⎭⎫122＝π4， 下底面面积S ＝π·12＝π，则该圆台的体积为13(S ＋S ′＋SS ′)h ＝13×⎝⎛⎭⎫π＋π4＋π2×32＝73π24. 考点三 多面体与球核心提炼求空间多面体的外接球半径的常用方法(1)补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；(2)定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据到其他顶点距离也是半径，列关系式求解即可．例3 (1)(2022·烟台模拟)如图，三棱锥V －ABC 中，VA ⊥底面ABC ，∠BAC ＝90°，AB ＝AC ＝VA ＝2，则该三棱锥的内切球和外接球的半径之比为( )A ．(2－3)∶1B ．(23－3)∶1C ．(3－1)∶3D ．(3－1)∶2 答案 C解析 因为VA ⊥底面ABC ，AB ，AC ⊂底面ABC ， 所以VA ⊥AB ，VA ⊥AC ， 又因为∠BAC ＝90°，所以AB ⊥AC ，而AB ＝AC ＝VA ＝2，所以三条互相垂直且共顶点的棱，可以看成正方体中共顶点的长、宽、高，因此该三棱锥外接球的半径R ＝12×22＋22＋22＝3，设该三棱锥的内切球的半径为r ， 因为∠BAC ＝90°，所以BC ＝AB 2＋AC 2＝22＋22＝22， 因为VA ⊥AB ，VA ⊥AC ，AB ＝AC ＝VA ＝2， 所以VB ＝VC ＝VA 2＋AB 2＝22＋22＝22， 由三棱锥的体积公式可得，3×13×12×2×2·r ＋13×12×22×22×32·r ＝13×12×2×2×2⇒r ＝3－33， 所以r ∶R ＝3－33∶3＝(3－1)∶3.(2)(2022·新高考全国Ⅱ)已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为33和43，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为( ) A ．100π B ．128π C ．144π D ．192π 答案 A解析 由题意，得正三棱台上、下底面的外接圆的半径分别为23×32×33＝3，23×32×43＝4.设该棱台上、下底面的外接圆的圆心分别为O 1，O 2，连接O 1O 2(图略)，则O 1O 2＝1，其外接球的球心O 在直线O 1O 2上．设球O 的半径为R ，当球心O 在线段O 1O 2上时，R 2＝32＋OO 21＝42＋(1－OO 1)2，解得OO 1＝4(舍去)；当球心O 不在线段O 1O 2上时，R 2＝42＋OO 22＝32＋(1＋OO 2)2，解得OO 2＝3，所以R 2＝25，所以该球的表面积为4πR 2＝100π. 综上，该球的表面积为100π.规律方法 (1)求锥体的外接球问题的一般方法是补形法，把锥体补成正方体、长方体等求解． (2)求锥体的内切球问题的一般方法是利用等体积法求半径．跟踪演练3 (1)(2022·全国乙卷)已知球O 的半径为1，四棱锥的顶点为O ，底面的四个顶点均在球O 的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为( ) A.13B.12 C.33D.22答案 C解析 该四棱锥的体积最大即以底面截球的圆面和顶点O 组成的圆锥体积最大． 设圆锥的高为h (0<h <1)，底面半径为r ， 则圆锥的体积V ＝13πr 2h ＝13π(1－h 2)h ，则V ′＝13π(1－3h 2)，令V ′＝13π(1－3h 2)＝0，得h ＝33，所以V ＝13π(1－h 2)h 在⎝⎛⎭⎫0，33上单调递增，在⎝⎛⎭⎫33，1上单调递减，所以当h ＝33时，四棱锥的体积最大． (2)(2022·衡水中学调研)将两个一模一样的正三棱锥共底面倒扣在一起，已知正三棱锥的侧棱长为2，若该组合体有外接球，则正三棱锥的底面边长为________，该组合体的外接球的体积为________． 答案6823π解析 如图，连接P A 交底面BCD 于点O ，则点O 就是该组合体的外接球的球心．设三棱锥的底面边长为a ， 则CO ＝PO ＝R ＝33a ， 得2×33a ＝2， 所以a ＝6，R ＝2， 所以V ＝43π·(2)3＝823π.专题强化练一、单项选择题1．(2022·唐山模拟)圆柱的底面直径与高都等于球的直径，则球的表面积与圆柱的侧面积的比值为()A．1∶1 B．1∶2C．2∶1 D．2∶3答案 A解析设球的半径为r，依题意知圆柱的底面半径也是r，高是2r，圆柱的侧面积为2πr·2r＝4πr2，球的表面积为4πr2，其比例为1∶1.2．(2021·新高考全国Ⅰ)已知圆锥的底面半径为2，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为()A．2 B．2 2 C．4 D．4 2答案 B解析设圆锥的母线长为l，因为该圆锥的底面半径为2，所以2π×2＝πl，解得l＝2 2.3.某同学为表达对“新冠疫情”抗疫一线医护人员的感激之情，亲手为他们制作了一份礼物，用正方体纸盒包装，并在正方体六个面上分别写了“致敬最美逆行”六个字．该正方体纸盒水平放置的六个面分别用“前面、后面、上面、下面、左面、右面”表示．如图是该正方体的展开图．若图中“致”在正方体的后面，那么在正方体前面的字是()A．最B．美C．逆D．行答案 B解析把正方体的表面展开图再折成正方体，如图，面“致”与面“美”相对，若“致”在正方体的后面，那么在正方体前面的字是“美”．4．已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，则三棱锥A －B 1CD 1的体积为( ) A.43 B.83 C ．4 D ．6 答案 B解析 如图，三棱锥A －B 1CD 1是由正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1截去四个小三棱锥A －A 1B 1D 1，C －B 1C 1D 1，B 1－ABC ，D 1－ACD 形成的，又1111ABCD A B C D V －＝23＝8，11111111A A B D C B C D B ABC D ACD V V V V －－－－＝＝＝＝13×12×23＝43， 所以11A B CD V －＝8－4×43＝83.5．(2022·河南联考)小李在课间玩耍时不慎将一个篮球投掷到一个圆台状垃圾篓中，恰好被上底口(半径较大的圆)卡住，球心到垃圾篓底部的距离为510a ，垃圾篓上底面直径为24a ，下底面直径为18a ，母线长为13a ，则该篮球的表面积为( ) A ．154πa 2B.6163πa 2C ．308πa 2D ．616πa 2 答案 D解析 球与垃圾篓组合体的轴截面图如图所示．根据题意，设垃圾篓的高为h ，则h ＝(13a )2－(12a －9a )2＝410a . 所以球心到上底面的距离为10a . 设篮球的半径为r ， 则r 2＝10a 2＋(12a )2＝154a 2. 故篮球的表面积为4πr 2＝616πa 2.6.(2022·湖北联考)定义：24小时内降水在平地上积水厚度(mm)来判断降雨程度．其中小雨(<10 mm)，中雨(10 mm ～25 mm)，大雨(25 mm ～50 mm)，暴雨(50 mm ～100 mm)，小明用一个圆锥形容器接了24小时的雨水，如图，则这天降雨属于哪个等级()A ．小雨B ．中雨C ．大雨D ．暴雨 答案 B解析 由题意知，一个半径为2002＝100(mm)的圆面内的降雨充满一个底面半径为2002×150300＝50(mm)，高为150(mm)的圆锥，所以积水厚度d ＝13π×502×150π×1002＝12.5(mm)，属于中雨．7.(2022·八省八校联考)如图，已知正四面体ABCD 的棱长为1，过点B 作截面α分别交侧棱AC ，AD 于E ，F 两点，且四面体ABEF 的体积为四面体ABCD 体积的13，则EF 的最小值为( )A.22 B.32 C.13 D.33答案 D解析 由题知V B －AEF ＝13V B －ACD ，所以S △AEF ＝13S △ACD ＝13×12×1×1×32＝312，记EF ＝a ，AE ＝b ，AF ＝c ， 则12bc sin 60°＝312，即bc ＝13. 则a 2＝b 2＋c 2－2bc cos 60°≥2bc －bc ＝bc ＝13，当且仅当b ＝c ＝33时取等号， 所以a 即EF 的最小值为33. 8．(2022·新高考全国Ⅰ)已知正四棱锥的侧棱长为l ，其各顶点都在同一球面上．若该球的体积为36π，且3≤l ≤33，则该正四棱锥体积的取值范围是( ) A.⎣⎡⎦⎤18，814 B.⎣⎡⎦⎤274，814 C.⎣⎡⎦⎤274，643D ．[18,27] 答案 C解析 方法一 如图，设该球的球心为O ，半径为R ，正四棱锥的底面边长为a ，高为h ，依题意，得36π＝43πR 3，解得R ＝3.由题意及图可得⎩⎨⎧l 2＝h 2＋⎝⎛⎭⎫22a 2，R 2＝(h －R )2＋⎝⎛⎭⎫22a 2，解得⎩⎨⎧h ＝l 22R ＝l 26，a 2＝2l 2－l418，所以正四棱锥的体积V ＝13a 2h＝13⎝⎛⎭⎫2l 2－l 418·l 26＝l 418⎝⎛⎭⎫2－l 218(3≤l ≤33)， 所以V ′＝49l 3－l 554＝19l 3⎝⎛⎭⎫4－l 26(3≤l ≤33)．令V ′＝0，得l ＝26， 所以当3≤l <26时，V ′>0； 当26<l ≤33时，V ′<0，所以函数V ＝l 418⎝⎛⎭⎫2－l 218(3≤l ≤33)在[3，26)上单调递增，在(26，33]上单调递减，又当l ＝3时，V ＝274；当l ＝26时，V ＝643；当l ＝33时，V ＝814，所以该正四棱锥的体积的取值范围是⎣⎡⎦⎤274，643.方法二 如图，设该球的球心为O ，半径为R ，正四棱锥的底面边长为a ，高为h ，依题意，得36π＝43πR 3，解得R ＝3.由题意及图可得⎩⎨⎧l 2＝h 2＋⎝⎛⎭⎫22a 2，R 2＝(h －R )2＋⎝⎛⎭⎫22a 2，解得⎩⎨⎧h ＝l 22R ＝l 26，a 2＝2l 2－l418，又3≤l ≤33，所以该正四棱锥的体积V ＝13a 2h＝13⎝⎛⎭⎫2l 2－l 418·l 26＝l 418⎝⎛⎭⎫2－l 218 ＝72×l 236·l 236·⎝⎛⎭⎫2－l 218 ≤72×⎣⎢⎡⎦⎥⎤l 236＋l 236＋⎝⎛⎭⎫2－l 21833＝643⎝⎛⎭⎫当且仅当l 236＝2－l 218，即l ＝26时取等号， 所以正四棱锥的体积的最大值为643，排除A ，B ，D.方法三 如图，设该球的半径为R ，球心为O ，正四棱锥的底面边长为a ，高为h ，正四棱锥的侧棱与高所成的角为θ，依题意，得36π＝43πR 3，解得R ＝3，所以正四棱锥的底面边长a ＝2l sin θ，高h ＝l cos θ. 在△OPC 中，作OE ⊥PC ，垂足为E ， 则可得cos θ＝l 2R ＝l 6∈⎣⎡⎦⎤12，32，所以l ＝6cos θ， 所以正四棱锥的体积 V ＝13a 2h ＝13(2l sin θ)2·l cos θ＝23(6cos θ)3sin 2θcos θ＝144(sin θcos 2θ)2. 设sin θ＝t ，易得t ∈⎣⎡⎦⎤12，32，则y ＝sin θcos 2θ＝t (1－t 2)＝t －t 3， 则y ′＝1－3t 2.令y ′＝0，得t ＝33， 所以当12<t <33时，y ′>0；当33<t <32时，y ′<0， 所以函数y ＝t －t 3在⎝⎛⎭⎫12，33上单调递增，在⎝⎛⎭⎫33，32上单调递减．又当t ＝33时，y ＝239；当t ＝12时，y ＝38；当t ＝32时，y ＝38， 所以38≤y ≤239，所以274≤V ≤643. 所以该正四棱锥的体积的取值范围是⎣⎡⎦⎤274，643. 二、多项选择题9．(2022·武汉模拟)一个圆柱和一个圆锥的底面直径和它们的高都与一个球的直径2R 相等，下列结论正确的是( ) A ．圆柱的侧面积为4πR 2 B ．圆锥的侧面积为2πR 2C ．圆柱的侧面积与球的表面积相等D ．球的体积是圆锥体积的两倍 答案 ACD解析 对于A ，∵圆柱的底面直径和高都等于2R ， ∴圆柱的侧面积S 1＝2πR ·2R ＝4πR 2，故A 正确； 对于B ，∵圆锥的底面直径和高等于2R ， ∴圆锥的侧面积为S 2＝πR ·R 2＋4R 2＝5πR 2，故B 错误； 对于C ，圆柱的侧面积为S 1＝4πR 2，球的表面积S 3＝4πR 2，即圆柱的侧面积与球的表面积相等，故C 正确； 对于D ，球的体积为V 1＝43πR 3，圆锥的体积为V 2＝13πR 2·2R ＝23πR 3，即球的体积是圆锥体积的两倍，故D 正确．10．设一空心球是在一个大球(称为外球)的内部挖去一个有相同球心的小球(称为内球)，已知内球面上的点与外球面上的点的最短距离为1，若某正方体的所有顶点均在外球面上且所有面均与内球相切，则( )A ．该正方体的棱长为2B ．该正方体的体对角线长为3＋ 3C ．空心球的内球半径为3－1D ．空心球的外球表面积为(12＋63)π 答案 BD解析 设内、外球半径分别为r ，R ，则正方体的棱长为2r ，体对角线长为2R ，∴R ＝3r ， 又由题知R －r ＝1， ∴r ＝3＋12，R ＝3＋32， ∴正方体棱长为3＋1，体对角线长为3＋3， ∴外接球表面积为4πR 2＝(12＋63)π.11.如图，已知四棱台ABCD －A 1B 1C 1D 1的上、下底面均为正方形，其中AB ＝22，A 1B 1＝2，AA 1＝BB 1＝CC 1＝DD 1＝2，则下列叙述正确的是( )A ．该四棱台的高为 3B ．AA 1⊥CC 1C ．该四棱台的表面积为26D ．该四棱台外接球的体积为32π3答案 AD解析 将四棱台补为如图所示的四棱锥P －ABCD ，分别取BC ，B 1C 1的中点E ，E 1，记四棱台ABCD －A 1B 1C 1D 1的上、下底面中心分别为O 1，O ，连接AC ，A 1C 1，BD 1，B 1D 1，A 1O ，OE ，OP ，PE ，由条件知A 1，B 1，C 1，D 1分别为四棱锥的侧棱P A ，PB ，PC ，PD 的中点， 则P A ＝2AA 1＝4，OA ＝22AB ＝2A 1B 1＝2， 所以OO 1＝12PO ＝12P A 2－OA 2＝3，故该四棱台的高为3，故A 正确；由P A ＝PC ＝4，AC ＝4，得△P AC 为正三角形， 则AA 1与CC 1所成角为60°，故B 错误； 四棱台的斜高h ′＝12PE ＝12PO 2＋OE 2＝12(23)2＋(2)2＝142， 所以该四棱台的表面积为 (22)2＋(2)2＋4×2＋222×142＝10＋67，故C 错误；由△P AC 为正三角形，易知OA 1＝OA ＝OC ＝OC 1，OB 1＝OD 1＝OB ＝OD ，所以O 为四棱台外接球的球心，且外接球的半径为2，所以该四棱台外接球的体积为4π3×23＝32π3，故D 正确．12．(2022·聊城模拟)用与母线不垂直的两个平行平面截一个圆柱，若两个截面都是椭圆形状，则称夹在这两个平行平面之间的几何体为斜圆柱．这两个截面称为斜圆柱的底面，两底面之间的距离称为斜圆柱的高，斜圆柱的体积等于底面积乘以高．椭圆的面积等于长半轴长与短半轴长乘积的π倍，已知某圆柱的底面半径为2，用与母线成45°角的两个平行平面去截该圆柱，得到一个高为6的斜圆柱，对于这个斜圆柱，下列选项正确的是( ) A ．底面椭圆的离心率为22B ．侧面积为242πC ．在该斜圆柱内半径最大的球的表面积为36πD ．底面积为42π 答案 ABD解析 不妨过斜圆柱的最高点D 和最低点B 作平行于圆柱底面的截面圆，夹在它们之间的几何体是圆柱，如图，矩形ABCD 是圆柱的轴截面，平行四边形BFDE 是斜圆柱的过底面椭圆的长轴的截面，由圆柱的性质知∠ABF ＝45°， 则BF ＝2AB ，设椭圆的长轴长为2a ，短轴长为2b ， 则2a ＝2·2b ，即a ＝2b ， c ＝a 2－b 2＝a 2－⎝⎛⎭⎫22a 2＝22a ， 所以离心率为e ＝c a ＝22，A 正确；作EG ⊥BF ，垂足为G ，则EG ＝6， 易知∠EBG ＝45°，则BE ＝62， 又CE ＝AF ＝AB ＝4，所以斜圆柱侧面积为S ＝2π×2×(4＋62)－2π×2×4＝242π，B 正确；由于斜圆柱的两个底面的距离为6，而圆柱的底面直径为4，所以斜圆柱内半径最大的球的半径为2，球的表面积为4π×22＝16π，C 错误；易知2b ＝4，则b ＝2，a ＝22， 所以椭圆面积为πab ＝42π，D 正确．三、填空题13.(2022·湘潭模拟)陀螺是中国民间的娱乐工具之一，也叫做陀罗．陀螺的形状结构如图所示，由一个同底的圆锥体和圆柱体组合而成，若圆锥体和圆柱体的高以及底面圆的半径长分别为h 1，h 2，r ，且h 1＝h 2＝r ，设圆锥体的侧面积和圆柱体的侧面积分别为S 1和S 2，则S 1S 2＝________.答案22解析 由题意知，圆锥的母线长为l ＝h 21＋r 2＝2r ，则圆锥的侧面积为S 1＝πrl ＝2πr 2，根据圆柱的侧面积公式，可得圆柱的侧面积为 S 2＝2πrh 2＝2πr 2，所以S 1S 2＝22.14．(2022·福州质检)在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝AA 1＝2，F 是线段A 1B 1上的动点，则AF ＋FC 1的最小值为________． 答案6＋ 2解析 依题意，把正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的上底面△A 1B 1C 1与侧面矩形ABB 1A 1放在同一平面内，连接AC 1，设AC 1交A 1B 1于点F ，如图，此时点F 可使AF ＋FC 1取最小值，大小为AC 1，而∠AA 1C 1＝150°，则AC 1＝AA 21＋A 1C 21－2AA 1·A 1C 1cos ∠AA 1C 1 ＝22＋22－23cos 150° ＝8＋43＝6＋2，所以AF ＋FC 1的最小值为6＋ 2.15.某同学在参加《通用技术》实践课时，制作了一个实心工艺品(如图所示)．该工艺品可以看成是一个球体被一个棱长为4的正方体的6个面所截后剩余的部分(球心与正方体的中心重合)，其中一个截面圆的周长为3π，则该球的半径为________；现给出定义：球面被平面所截得的一部分叫做球冠．截得的圆叫做球冠的底，垂直于截面的直径被截得的一段叫做球冠的高．如果球面的半径是R ，球冠的高是h ，那么球冠的表面积计算公式是S ＝2πRh .由此可知，该实心工艺品的表面积是________．答案5247π2解析 设截面圆半径为r ，则球心到某一截面的距离为正方体棱长的一半，即此距离为2，根据截面圆的周长可得3π＝2πr ，得r ＝32，故R 2＝r 2＋22＝254，得R ＝52，所以球的表面积S 1＝25π. 如图，OA ＝OB ＝52，且OO 1＝2，则球冠的高h ＝R －OO 1＝12，得所截的一个球冠表面积S ＝2πRh ＝2π×52×12＝5π2，且截面圆的面积为π×⎝⎛⎭⎫322＝9π4， 所以工艺品的表面积为4πR 2－6⎝⎛⎭⎫S －9π4＝25π－3π2＝47π2.16.(2022·开封模拟)如图，将一块直径为23的半球形石材切割成一个正四棱柱，则正四棱柱的体积取最大值时，切割掉的废弃石材的体积为________．答案 23π－4解析 设正四棱柱的底面正方形边长为a ，高为h ，则底面正方形的外接圆半径r ＝22a ， ∴h 2＋r 2＝h 2＋12a 2＝3，∴a 2＝6－2h 2，∴正四棱柱的体积V ＝a 2h ＝(6－2h 2)h ＝－2h 3＋6h (0<h <3)， ∴V ′＝－6h 2＋6＝－6(h ＋1)(h －1)，∴当0<h <1时，V ′>0；当1<h <3时，V ′<0；∴V ＝－2h 3＋6h 在(0,1)上单调递增，在(1，3)上单调递减， ∴V max ＝V (1)＝4，又半球的体积为23π×()33＝23π，∴切割掉的废弃石材的体积为23π－4.。

第三讲立体几何——大题备考【命题规律】立体几何大题一般为两问：第一问通常是线、面关系的证明；第二问通常跟角有关，一般是求线面角或二面角，有时与距离、几何体的体积有关．微专题1线面角保分题[2022·辽宁沈阳二模]如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是正方形，P A⊥平面ABCD，P A＝2AB＝4，点M是P A的中点．(1)求证：BD⊥CM；(2)求直线PC与平面MCD所成角的正弦值．提分题例1 [2022·全国乙卷]如图，四面体ABCD中，AD⊥CD，AD＝CD，∠ADB＝∠BDC，E 为AC的中点．(1)证明：平面BED⊥平面ACD；(2)设AB＝BD＝2，∠ACB＝60°，点F在BD上，当△AFC的面积最小时，求CF与平面ABD所成的角的正弦值．听课笔记：【技法领悟】利用空间向量求线面角的答题模板巩固训练1[2022·山东泰安一模]如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，AB＝2AD＝2，P A⊥平面ABCD，E为PD中点．(1)若P A＝1，求证：AE⊥平面PCD；(2)当直线PC与平面ACE所成角最大时，求三棱锥E-ABC的体积．微专题2二面角保分题[2022·山东临沂二模]如图，AB是圆柱底面圆O的直径，AA1、CC1为圆柱的母线，四边形ABCD是底面圆O的内接等腰梯形，且AB＝AA1＝2BC＝2CD，E、F分别为A1D、C1C的中点．(1)证明：EF∥平面ABCD；(2)求平面OEF与平面BCC1夹角的余弦值．提分题例2 [2022·湖南岳阳三模]如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是菱形，F是PD 的中点．(1)证明：PB∥平面AFC；(2)若直线P A⊥平面ABCD，AC＝AP＝2，且P A与平面AFC所成的角正弦值为√21，求7锐二面角F-AC-D的余弦值．听课笔记：AD，现例3 [2022·山东日照二模]如图，等腰梯形ABCD中，AD∥BC，AB＝BC＝CD＝12以AC为折痕把△ABC折起，使点B到达点P的位置，且P A⊥CD.(1)证明：平面APC⊥平面ADC；(2)若M为PD上一点，且三棱锥D-ACM的体积是三棱锥P-ACM体积的2倍，求二面角P-AC-M的余弦值．听课笔记：【技法领悟】利用空间向量求二面角的答题模板巩固训练21.[2022·广东韶关二模]如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，点S是边AB 的中点．AB＝2，AD＝4，P A＝PD＝2√2.(1)若O是侧棱PC的中点，求证：SO∥平面P AD；(2)若二面角P-AD-B的大小为2π，求直线PD与平面PBC所成角的正弦值．32．[2022·河北保定一模]如图，在等腰梯形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB＝CD＝1，∠BCD ＝60°，现将DAC沿AC折起至P AC，使得PB＝√2.(1)证明：AB⊥PC；(2)求二面角A-PC-B的余弦值．微专题3探索性问题提分题例4 [2022·山东聊城三模]已知四边形ABCD为平行四边形，E为CD的中点，AB＝4，△ADE为等边三角形，将三角形ADE沿AE折起，使点D到达点P的位置，且平面APE⊥平面ABCE.(1)求证：AP⊥BE；(2)试判断在线段PB上是否存在点F，使得平面AEF与平面AEP的夹角为45°.若存在，试确定点F的位置；若不存在，请说明理由．听课笔记：【技法领悟】1．通常假设问题中的数学对象存在或结论成立，再在这个前提下进行推理，如果能推出与条件吻合的数据或事实，说明假设成立，并可进一步证明；否则假设不成立．2．探索线段上是否存在满足条件的点时，一定注意三点共线的条件的应用．巩固训练3[2022·湖南岳阳一模]如图，在三棱锥S-ABC中，SA＝SB＝SC，BC⊥AC.(1)证明：平面SAB⊥平面ABC；(2)若BC＝SC，SC⊥SA，试问在线段SC上是否存在点D，使直线BD与平面SAB所成的角为60°，若存在，请求出D点的位置；若不存在，请说明理由．第三讲 立体几何微专题1 线面角保分题解析：(1)证明：如图，连接AC ，∵四边形ABCD 是正方形，∴AC ⊥BD .又P A ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，∴P A ⊥BD ， ∵P A ，AC ⊂平面P AC ，P A∩AC ＝A ， ∴BD ⊥平面P AC ， 又CM ⊂平面P AC ， ∴BD ⊥CM .(2)易知AB ，AD ，AP 两两垂直，以点A 为原点，建立如图所示的空间直角坐标系A - xyz . ∵P A ＝2AB ＝4，∴A (0，0，0)，P (0，0，4)，M (0，0，2)，C (2，2，0)，D (0，2，0), ∴MC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(2，2，－2)，MD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(0，2，－2)，PC ⃗⃗⃗⃗ ＝(2，2，－4)． 设平面MCD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则{n ·MC⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =2x +2y −2z =0n ·MD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =2y −2z =0，令y ＝1，得n ＝(0，1，1)．设直线PC 与平面MCD 所成角为θ，由图可知0<θ<π2，则sin θ＝|cos 〈n ，PC ⃗⃗⃗⃗ 〉|＝|n·PC ⃗⃗⃗⃗⃗||n ||PC ⃗⃗⃗⃗⃗|＝√12+12×√22+22+(−4)2＝√36.即直线PC 与平面MCD 所成角的正弦值为√36.提分题[例1]解析：(1)证明：∵AD＝CD，∠ADB＝∠BDC，BD＝BD，∴△ABD≌△CBD，∴AB＝CB.∵E为AC的中点，∴DE⊥AC，BE⊥AC.∵DE∩BE＝E，DE，BE⊂平面BED，∴AC⊥平面BED.∵AC⊂平面ACD，∴平面BED⊥平面ACD.(2)如图，连接EF.由(1)知AC⊥平面BED.又∵EF⊂平面BED，∴EF⊥AC.AC·EF.∴S△AFC＝12当EF⊥BD时，EF的长最小，此时△AFC的面积最小．由(1)知AB＝CB＝2.又∵∠ACB＝60°，∴△ABC是边长为2的正三角形，∴BE＝√3.∵AD⊥CD，∴DE＝1，∴DE2＋BE2＝BD2，∴DE⊥BE.以点E为坐标原点，直线EA，EB，ED分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则E(0，0，0)，A(1，0，0)，B(0，√3，0)，C(－1，0，0)，D(0，0，1)，⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(－1，√3，0)，AD⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(－1，0，1)，DB⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(0，√3，－1)，ED⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(0，0，1)，EC⃗⃗⃗⃗ ＝(－∴AB1，0，0)．设DF⃗⃗⃗⃗⃗ ＝λDB ⃗⃗⃗⃗⃗ (0≤λ≤1)， 则EF ⃗⃗⃗⃗ ＝ED ⃗⃗⃗⃗⃗ +DF ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝ED ⃗⃗⃗⃗⃗ ＋λDB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(0，0，1)＋λ(0，√3，－1)＝(0，√3λ，1－λ)． ∵EF ⊥DB ，∴EF⃗⃗⃗⃗ ·DB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(0，√3λ，1－λ)·(0，√3，－1)＝4λ－1＝0， ∴λ＝14，∴EF ⃗⃗⃗⃗ ＝(0，√34，34)，∴CF ⃗⃗⃗⃗ ＝EF ⃗⃗⃗⃗ −EC ⃗⃗⃗⃗ ＝(0，√34，34)－(－1，0，0)＝(1，√34，34)．设平面ABD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则{n ·AB⃗⃗⃗⃗⃗ =0，n ·AD⃗⃗⃗⃗⃗ =0，即{−x +√3y =0，−x +z =0.取y ＝1，则x ＝√3，z ＝√3，∴n ＝(√3，1，√3)．设当△AFC 的面积最小时，CF 与平面ABD 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，CF ⃗⃗⃗⃗ 〉|＝|n·CF ⃗⃗⃗⃗⃗||n ||CF ⃗⃗⃗⃗⃗ |＝|√3×1+1×√34+√3×34|√3+1+3× √1+316+916＝4√37. 故当△AFC 的面积最小时，CF 与平面ABD 所成的角的正弦值为4√37. [巩固训练1]解析：(1)证明：∵P A ⊥平面ABCD ，CD ⊂平面ABCD ，∴P A ⊥CD ， ∵四边形ABCD 为矩形，∴AD ⊥CD ，又AD∩P A ＝A ，AD 、P A ⊂平面P AD ，∴CD ⊥平面P AD ， ∵AE ⊂平面P AD ，∴AE ⊥CD ，在△P AD 中，P A ＝AD ，E 为PD 的中点，∴AE ⊥PD ， 而PD∩CD ＝D ，PD 、CD ⊂平面PCD ， ∴AE ⊥平面PCD .(2)以A 为坐标原点，分别以AB 、AD 、AP 所在直线为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系， 设AP ＝a (a ＞0)，则C (2，1，0)，P (0，0，a )，E (0，12，a2)， ∴AC⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(2，1，0)，AE ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(0，12，a2)，PC ⃗⃗⃗⃗ ＝(2，1，－a )， 设平面ACE 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )， 则{n ·AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =2x +y =0n ·AE⃗⃗⃗⃗⃗ =12y +a 2z =0，取y ＝－a ，可得n ＝(a2，－a ，－1)．设直线PC 与平面ACE 所成角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，PC ⃗⃗⃗⃗ 〉|＝|n·FC ⃗⃗⃗⃗⃗||n ||FC ⃗⃗⃗⃗⃗|＝√54a 2+1·√5+a 2＝√29+20a2+5a ≤27，当且仅当a ＝√2时等号成立．即当AP ＝√2时，直线PC 与平面ACE 所成角最大， 此时三棱锥E - ABC 的体积V ＝13×12×2×1×√22＝√26.微专题2 二面角保分题解析：(1)证明：取AD 的中点M ，连接EM 、MC ，∵E 为A 1D 的中点，F 为CC 1的中点，∴EM ∥AA 1，EM ＝12AA 1，又CF ∥AA 1，CF ＝12AA 1，∴EM ∥CF ，EM ＝CF ，∴四边形EMCF 为平行四边形，∴EF ∥CM ， 又EF ⊄平面ABCD ，CM ⊂平面ABCD ， ∴EF ∥平面ABCD .(2)设AB ＝AA 1＝2BC ＝2CD ＝4，∵AC ⊥BC ，∴AC ＝2√3.由题意知CA 、CB 、CC 1两两垂直，故以C 为坐标原点，分别以CA 、CB 、CC 1所在直线为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系．则A 1(2√3，0，4)、O (√3，1，0)、F (0，0，2)、C (0，0，0)、D (√3，－1，0)， ∴A 1D 的中点E 的坐标为(3√32，－12，2)， ∴OF⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(－√3，－1，2)，EF ⃗⃗⃗⃗ ＝(－3√32，12，0)， 设平面OEF 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则{n ·OF ⃗⃗⃗⃗⃗ =0n ·EF ⃗⃗⃗⃗ =0，即{−√3x −y +2z =0−3√32x +12y =0，即{√3x +y −2z =03√3x −y =0， 令x ＝√3，得n ＝(√3，9，6)， ∵AC ⊥BC ，AC ⊥CC 1，BC ∩CC 1＝C ， ∴AC ⊥平面BCC 1，∴平面BCC 1的一个法向量为CA ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(2√3，0，0)，cos 〈n ，CA ⃗⃗⃗⃗⃗ 〉＝n·CA ⃗⃗⃗⃗⃗|n |·|CA ⃗⃗⃗⃗⃗|＝√3+81+36·2√3＝√1020， ∴平面OEF 与平面BCC 1夹角的余弦值为√1020. 提分题[例2] 解析：(1)证明：连接BD 交AC 于O ， 易证O 为BD 中点，又F 是PD 的中点， 所以OF ∥PB ，又OF ⊂平面AFC ，且PB 不在平面AFC 内， 故PB ∥平面AFC .(2)取PC 中点为Q ，以O 为坐标原点，OB 为x 轴，OC 为y 轴，OQ 为z 轴建立空间直角坐标系，设OB ＝m ，则A (0，－1，0)，B (m ，0，0)，C (0，1，0)，P (0，－1，2)，D (－m ，0，0)⇒F (－m2，－12，1)，AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(0，0，2)，OF ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(－m 2，－12，1)，OC⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(0，1，0)， 设平面AFC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，由{n ⊥OF ⃗⃗⃗⃗⃗ n ⊥OC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⇒{−m2x −12y +z =0y =0，令x ＝2，有n ＝(2，0，m )，由P A 与平面AFC 所成的角正弦值为√217⇒√217＝|AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ·n||AP⃗⃗⃗⃗⃗ |·|n|＝2√4+m 2⇒m ＝√3， 平面ACD 的法向量为m ＝(0，0，1)，则锐二面角F - AC - D 的余弦值为 |m·n ||m |·|n |＝√3√7＝√217. [例3] 解析：(1)证明：在梯形ABCD 中取AD 中点N ，连接CN ， 则由BC 平行且等于AN 知ABCN 为平行四边形，所以CN ＝AB ， 由CN ＝12AD 知C 点在以AD 为直径的圆上，所以AC ⊥CD . 又AP ⊥CD ，AP∩AC ＝A, AP ，AC ⊂平面P AC ， ∴CD ⊥平面P AC ， 又CD ⊂平面ADC ， ∴平面APC ⊥平面ADC .(2)取AC 中点O ，连接PO ，由AP ＝PC ，可知PO ⊥AC ，再由平面P AC ⊥平面ACD ，AC 为两面交线，所以PO ⊥平面ACD ，以O 为原点，OA 为x 轴，过O 且与OA 垂直的直线为y 轴，OP 为z 轴建立空间直角坐标系，令AB ＝2，则A (√3，0，0)，C (－√3，0，0)，P (0，0，1)，D (－√3，2，0)， 由V P - ACM ∶V D - ACM ＝1∶2，得PM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝13PD ⃗⃗⃗⃗⃗ ， 所以OM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝OP ⃗⃗⃗⃗⃗ +PM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝OP ⃗⃗⃗⃗⃗ +13PD ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(－√33，23，23)， 设平面ACM 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则由{n ·OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0n ·OA ⃗⃗⃗⃗⃗ =0得{−√33x +23y +23z =0√3x =0， 取z ＝－1得x ＝0，y ＝1，所以n ＝(0，1，－1)，而平面P AC 的法向量m ＝(0，1，0)，所以cos 〈n ，m 〉＝m·n |m ||n |＝√22. 又因为二面角P - AC - M 为锐二面角，所以其余弦值为√22. [巩固训练2]1．解析：(1)证明：取线段PD 的中点H ，连接OH 、HA ，如图，在△PCD 中，O 、H 分别是PC 、PD 的中点，所以OH ∥CD 且OH ＝12CD ， 所以OH ∥AS 且OH ＝AS ，所以四边形ASOH 是平行四边形，所以SO ∥AH ， 又AH ⊂平面P AD ，SO ⊄平面P AD ，所以SO ∥平面P AD .(2)取线段AD 、BC 的中点E 、F ，连结PE 、EF .由点E 是线段AD 的中点，P A ＝PD 可得PE ⊥AD ，又EF ⊥AD ，所以∠PEF 是二面角P - AD － B 的平面角，即∠PEF ＝23π，以E 为原点，EA ⃗⃗⃗⃗⃗ 、EF ⃗⃗⃗⃗ 方向分别为x 轴、y 轴正方向，建立如图所示坐标系，在△P AD 中，AD ＝4，P A ＝PD ＝2√2知：PE ＝2，所以P (0，－1，√3)，D (－2，0，0)，B (2，2，0)，C (－2，2，0)，所以PD⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(－2，1，－√3)，PB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(2，3，－√3)，PC ⃗⃗⃗⃗ ＝(－2，3，－√3)， 设平面PBC 的法向量n ＝(x ，y ，z )，则{n ·PB ⃗⃗⃗⃗⃗=0n ·PC⃗⃗⃗⃗ =0，即{2x +3y −√3z =0−2x +3y −√3z =0，可取n ＝(0，1，√3)，设直线PD 与平面PBC 所成角为θ， 则sin θ＝|cos 〈PD⃗⃗⃗⃗⃗ ，n 〉|＝2·2√2＝√24，所以直线PD 与平面PBC 所成角的正弦值为√24.2．解析：(1)证明：在等腰梯形ABCD 中，过A 作AE ⊥BC 于E ，过D 作DF ⊥BC 于F ，因为在等腰梯形ABCD 中，AD ∥BC ，AD ＝AB ＝CD ＝1，∠BCD ＝60°，所以BE ＝CF ＝12CD ＝12，AE ＝DF ＝√12−(12)2＝√32，所以AC ＝BD ＝√(32)2+(√32)2＝√3，BC ＝2，所以BD 2＋CD 2＝BC 2，所以BD ⊥CD ，同理AB ⊥AC ， 又因为AP ＝AB ＝1，PB ＝√2， ∴AP 2＋AB 2＝PB 2，∴AB ⊥AP 又AC∩AP ＝A ，AC ，AP ⊂平面ACP ， 所以AB ⊥平面ACP ， 因为PC ⊂平面ACP ， 所以AB ⊥PC .(2)取AC 的中点为M ，BC 的中点为N ，则MN ∥AB ， 因为AB ⊥平面ACP ，所以MN ⊥平面ACP ，因为AC ，PM ⊂平面ACP ，所以MN ⊥AC ，MN ⊥PM ， 因为P A ＝PC ，AC 的中点为M ，所以PM ⊥AC ， 所以MN ，MC ，MP 两两垂直，所以以M 为原点，以MN 所在直线为x 轴，以MC 所在直线为y 轴，以MP 所在直线为z 轴建立空间直角坐标系，则A (0，－√32，0)，B (1，－√32，0)，C (0，√32，0)，P (0，0，12)， PC⃗⃗⃗⃗ ＝(0，√32，－12)，PB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(1，－√32，－12)， 平面APC 的一个法向量为m ＝AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(1，0，0)， 设平面PBC 的一个法向量为n ＝(x ，y ，z )，则 {n ·PC⃗⃗⃗⃗ =√32y −12z =0n ·PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =x −√32y −12z =0，令y ＝1，则n ＝(√3，1，√3)，所以cos 〈m ，n 〉＝m·n |m ||n |＝√31×√7＝√217， 因为二面角A - PC - B 为锐角， 所以二面角A - PC - B 的余弦值为√217.微专题3 探索性问题提分题[例4] 解析：(1)证明：因为四边形ABCD 为平行四边形，且△ADE 为等边三角形， 所以∠BCE ＝120°，又E 为CD 的中点，所以CE ＝ED ＝DA ＝CB ，即△BCE 为等腰三角形， 所以∠CEB ＝30°.所以∠AEB ＝180°－∠AED －∠BEC ＝90°， 即BE ⊥AE .又因为平面AEP ⊥平面ABCE ，平面APE ∩平面ABCE ＝AE ，BE ⊂平面ABCE ， 所以BE ⊥平面APE ，又AP ⊂平面APE ，所以BE ⊥AP .(2)取AE 的中点O ，连接PO ，由于△APE 为正三角形，则PO ⊥AE ， 又平面APE ⊥平面ABCE ，平面APE ∩平面ABCE ＝AE ，PO ⊂平面EAP ， 所以PO ⊥平面ABCE ，PO ＝√3，BE ＝2√3， 取AB 的中点G ，则OG ∥BE ， 由(1)得BE ⊥AE ，所以OG ⊥AE ，以点O 为原点，分别以OA ，OG ，OP 所在的直线为x 轴，y 轴，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系O - xyz ，则O (0，0，0)，A (1，0，0)，B (－1，2√3，0)，P (0，0，√3)，E (－1，0，0)， 则EA ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(2，0，0)，EB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(0，2√3，0)，PB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(－1，2√3，－√3)，EP ⃗⃗⃗⃗ ＝(1，0，√3), 假设存在点F ，使平面AEF 与平面AEP 的夹角为45°， 设PF⃗⃗⃗⃗ ＝λPB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(－λ，2√3λ，－√3λ)，λ∈[0，1]， 则EF ⃗⃗⃗⃗ ＝EP ⃗⃗⃗⃗ +PF ⃗⃗⃗⃗ ＝(1，0，√3)＋(－λ，2√3λ，－√3λ)＝(1－λ，2√3λ，√3−√3λ)， 设平面AEF 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，由{EF ⃗⃗⃗⃗·m =0EA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·m =0得{(1−λ)x +2√3λy +(√3，－√3λ)z =02x =0， 取z ＝2λ，得m ＝(0，λ－1，2λ); 由(1)知EB⃗⃗⃗⃗⃗ 为平面AEP 的一个法向量，于是，cos 45°＝|cos 〈m ，EB ⃗⃗⃗⃗⃗ 〉|＝|m·EB ⃗⃗⃗⃗⃗||m |·|EB⃗⃗⃗⃗⃗ |＝2√3|λ−1|2√3·√5λ2−2λ+1＝√22，解得λ＝13或λ＝－1(舍去)，所以存在点F ，且当点F 为线段PB 的靠近点P 的三等分点时，平面AEF 与平面AEP 的夹角为45°.[巩固训练3]解析：(1)证明：取AB 的中点E ，连接SE ，CE ，∵SA ＝SB ，∴SE ⊥AB ， ∵BC ⊥AC ，∴三角形ACB 为直角三角形，∴BE ＝EC ， 又BS ＝SC ，∴△SEC ≌△SEB ，∴∠SEB ＝∠SEC ＝90°， ∴SE ⊥EC ，又SE ⊥AB ，AB∩CE ＝E ，∴SE ⊥平面ABC . 又SE ⊂平面SAB ，∴平面SAB ⊥平面ABC .(2)以E 为坐标原点，平行AC 的直线为x 轴，平行BC 的直线为y 轴，ES 为z 轴建立空间直角坐标系，如图，不妨设SA ＝SB ＝SC ＝2，SC ⊥SA ，则AC ＝2√2，BC ＝SC ＝2知EC ＝2√3，SE ＝1，则A (－√2，1，0)，B (√2，－1，0)，C (√2，1，0)，E (0，0，0)，S (0，0，1)，∴AB⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(2√2，－2，0)，SA ⃗⃗⃗⃗ ＝(－√2，1，－1)， 设D (x ，y ，z )，CD ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝λCS ⃗⃗⃗⃗ (0≤λ≤1)，则(x －√2，y －1，z )＝λ(－√2，－1，1)， ∴D (√2−√2λ，1－λ，λ)，BD⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(－√2λ，2－λ，λ)． 设平面SAB 的一个法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1)，则{n ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =2√2x 1−2y 1=0n ·SA ⃗⃗⃗⃗ =−√2x 1+y 1−z 1=0，取x 1＝1，得n ＝(1，√2，0)，sin 60°＝|n·BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||n ||BD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |，则√2−2√2λ|√3×√2λ2+(2−λ)2+λ2＝√32， 得λ2＋7λ＋1＝0，又∵0≤λ≤1，方程无解，∴不存在点D ，使直线BD 与平面SAB 所成的角为60°.。

专题四 立体几何第一讲 空间几何体的表面积与体积——小题备考微专题1 空间几何体的表面积和体积常考常用结论1．柱体、锥体、台体、球的表面积公式： ①圆柱的表面积S ＝2πr (r ＋l )； ②圆锥的表面积 S ＝πr (r ＋l )；③圆台的表面积S ＝π(r ′2＋r 2＋r ′l ＋rl )； ④球的表面积S ＝4πR 2.2．柱体、锥体和球的体积公式： ①V 柱体＝Sh (S 为底面面积，h 为高)； ②V 锥体＝13Sh (S 为底面面积，h 为高)；③V 球＝43πR 3.保 分 题1.[2022·山东枣庄三模]若圆锥的母线长为2，侧面积为2π，则其体积为( ) A ．√6π B ．√3π C ．√63π D ．√33π2．[2022·河北保定一模]圆柱的底面直径与高都等于球的直径，则球的表面积与圆柱的侧面积的比值为( )A ．1∶1B ．1∶2C ．2∶1D ．2∶33．[2022·湖北武汉二模]如图，在棱长为2的正方体中，以其各面中心为顶点构成的多面体为正八面体，则该正八面体的体积为( )A ．2√23B ．43 C ．4√23D ．83提分题例1 (1)[2022·河北张家口三模]如图，在三棱柱ABC­ A1B1C1中，过A1B1的截面与AC交于点D，与BC交于点E，该截面将三棱柱分成体积相等的两部分，则CDAC＝()A．13B．12C．2−√32D．√3−12(2)[2022·湖南雅礼中学二模]某圆锥高为1，底面半径为√3，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()A．2 B．√3C．√2D．1听课笔记：【技法领悟】1．求几何体的表面积及体积问题，可以多角度、多方位地考虑，熟记公式是关键．求三棱锥的体积，等体积转化是常用的方法，转化原则是其高易求，底面放在已知几何体的某一面上．2．求不规则几何体的体积，常用分割或补形的方法，将不规则几何体转化为规则几何体，易于求解．巩固训练11.[2022·山东菏泽一模]如图1，在高为h的直三棱柱容器ABC ­ A1B1C1中，AB＝AC＝2，AB⊥AC.现往该容器内灌进一些水，水深为2，然后固定容器底面的一边AB于地面上，再将容器倾斜，当倾斜到某一位置时，水面恰好为A 1B 1C (如图2)，则容器的高h 为( )A ．3B ．4C ．4√2D ．62．[2022·福建福州三模]已知AB ，CD 分别是圆柱上、下底面圆的直径，且AB ⊥CD ，O 1，O 分别为上、下底面的圆心，若圆柱的底面圆半径与母线长相等，且三棱锥A ­ BCD 的体积为18，则该圆柱的侧面积为( )A ．9πB ．12πC ．16πD ．18π微专题2 与球有关的切、接问题常考常用结论1．球的表面积S ＝4πR 2，体积V ＝43πR 3.2．长方体、正方体的体对角线等于其外接球的直径． 3．n 面体的表面积为S ，体积为V ，则内切球的半径r ＝3VS .4．直三棱柱的外接球半径：R ＝√r 2+(L2)2，其中r 为底面三角形的外接圆半径，L 为侧棱长，如果直三棱柱有内切球，则内切球半径R ′＝L2.5．正四面体中，外接球和内切球的球心重合，且球心在高对应的线段上，它是高的四等分点，球心到顶点的距离为外接球的半径R ＝√64a (a 为正四面体的棱长)，球心到底面的距离为内切球的半径r ＝√612a ，因此R ∶r ＝3∶1.保 分 题1.[2022·广东深圳二模]已知一个球的表面积在数值上是它的体积的√3倍，则这个球的半径是( )A ．2B ．√2C ．3D ．√32．已知正四棱锥P ­ ABCD 中，AB ＝√6，P A ＝2√3，则该棱锥外接球的体积为( )A．4π B．32π3C．16π D．16π33．[2022·天津红桥一模]一个长方体的各顶点均在同一球的球面上，且一个顶点上的三条棱的长分别为1、√2、3，则此球的体积为________．提分题例2 (1)[2022·江苏苏州三模]《九章算术》卷第五《商功》中，有“贾令刍童，上广一尺，袤二尺，下广三尺，袤四尺，高一尺．”，意思是：“假设一个刍童，上底面宽1尺，长2尺；下底面宽3尺，长4尺，高1尺．”(注：刍童为上下底面为相互平行的不相似长方形，两底面的中心连线与底面垂直的几何体)，若该几何体所有顶点在一球体的表面上，则该球体的体积为()立方尺A．√41πB．41π3D．3√41πC．41√41π6(2)[2022·山东泰安三模]如图，已知三棱柱ABC ­ A1B1C1的底面是等腰直角三角形，AA1⊥底面ABC，AC＝BC＝2，AA1＝4，点D在上底面A1B1C1(包括边界)上运动，则三棱锥D ­ ABC 的外接球表面积的最大值为()π B．24πA．814C．243π D．8√6π16听课笔记：【技法领悟】1．确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与几何体的位置和数量关系．2．求解球与棱柱、棱锥的接、切问题时，一般过球心及接、切点作截面，把空间问题转化为平面图形与圆的接、切问题，再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解．3．补成正方体、长方体、正四面体、正棱柱、圆柱等规则几何体．巩固训练21.已知圆柱的轴截面为正方形，其外接球为球O，球O的表面积为8π，则该圆柱的体积为()A．√22π B．√2πC．2π D．2√2π2．[2022·广东潮州二模]已知△ABC是边长为3的等边三角形，三棱锥P ­ ABC全部顶点都在表面积为16π的球O的球面上，则三棱锥P ­ ABC的体积的最大值为()A．√3B．3√32C．9√34D．√32专题四 立体几何第一讲 空间几何体的表面积与体积微专题1 空间几何体的表面积和体积保分题1．解析：设圆锥的底面半径为r ，高为h ，则πr ×2＝2π，可得r ＝1，则h ＝√22−r 2＝√3，因此，该圆锥的体积为V ＝13πr 2h ＝13π×12×√3＝√33π. 答案：D2．解析：设球的半径为r ，依题意圆柱的底面半径也是r ，高是2r ， 圆柱的侧面积＝2πr ·2r ＝4πr 2 ，球的表面积为4πr 2 ， 其比例为1∶1. 答案：A3．解析：该正八面体是由两个同底的正四棱锥组成，且正四棱锥的底面是边长为√2的正方形，棱锥的高为1，所以该正八面体的体积为2×13×√2×√2×1＝43.答案：B提分题[例1] 解析：(1)由题可知平面A 1B 1ED 与棱柱上、下底面分别交于A 1B 1，ED ， 则A 1B 1∥ED ，ED ∥AB ， 显然CDE - C 1A 1B 1是三棱台，设△ABC 的面积为1，△CDE 的面积为S ，三棱柱的高为h ， ∴12·1·h ＝13h (1＋S ＋√S )， 解得√S ＝√3−12，由△CDE ∽△CAB ，可得CD AC ＝√S√1＝√3−12. (2)如图，截面为△P AB ，设C 为AB 中点，设OC ＝x ，x ∈[0，√3)，则AB ＝2√3−x 2，PC ＝√x 2+1，则截面面积S ＝12×2√3−x 2×√x 2+1＝√−(x 2−1)2+4，则当x 2＝1时，截面面积取得最大值为2. 答案：(1)D (2)A[巩固训练1]1．解析：在图1中V 水＝12×2×2×2＝4，在图2中，V 水＝V ABC − A 1B 1C 1− V C − A 1B 1C 1＝12×2×2×h －13×12×2×2×h ＝43h ， ∴43h ＝4，∴h ＝3.答案：A2．解析：分别过A ，B 作圆柱的母线AE ，BF ，连接CE ，DE ，CF ，DF ，设圆柱的底面半径为r ，则三棱锥A - BCD 的体积为两个全等四棱锥C - ABFE 减去两个全等三棱锥A - CDE ， 即2×13×r ×2r ×r －2×13×r ×12×2r ×r ＝23r 3＝18，则r ＝3，圆柱的侧面积为2πr ×r ＝18π答案：D微专题2 与球有关的切、接问题保分题1．解析：设球的半径为R ，则根据球的表面积公式和体积公式， 可得，4πR 2＝43πR 3×√3，化简得R ＝√3. 答案：D2．解析：正方形ABCD 的对角线长√6+6＝2√3，正四棱锥的高为 √(2√3)2−(2√32)2＝3，设外接球的半径为R ，则(3－R )2＋(2√32)2＝R 2⇒R ＝2， 所以外接球的体积为4π3×23＝32π3.答案：B3．解析：长方体外接球的直径为√12+(√2)2+32＝2√3，所以外接球半径为√3，所以球的体积为4π3×(√3)3＝4√3π.答案：4√3π提分题[例2] 解析：(1)作出图象如图所示：由已知得球心在几何体的外部， 设球心到几何体下底面的距离为x ， 则R 2＝x 2＋(52)2＝(x ＋1)2＋(√52)2，解得x ＝2，∴R 2＝414， ∴该球体的体积V ＝4π3×(√412)3＝41√41π6.(2)因为△ABC 为等腰直角三角形，AC ＝BC ＝2，所以△ABC 的外接圆的圆心为AB 的中点O 1, 且AO 1＝√2，连接O 1与A 1B 1的中点E ，则O 1E ∥AA 1，所以O 1E ⊥平面ABC ， 设球的球心为O ，由球的截面性质可得O 在O 1E 上， 设OO 1＝x ，DE ＝t (0≤t ≤√2)，半径为R ， 因为OA ＝OD ＝R ，所以√2+x 2＝√(4−x )2+t 2， 所以t 2＝8x －14，又0≤t ≤√2， 所以74≤x ≤2，因为R 2＝2＋x 2，所以8116≤R 2≤6，所以三棱锥D －ABC 的外接球表面积的最大值为24π. 答案：(1)C (2)B [巩固训练2]1．解析：设外接球的半径为R ，圆柱底面圆的半径为r ，因为圆柱的轴截面为正方形，所以圆柱的高h ＝2r ，由球O 的表面积S ＝4πR 2＝8π，得R ＝√2，又R ＝ √(h2)2+r 2＝√2r ，得r ＝1，所以圆柱的体积V ＝πr 2·2r ＝2πr 3＝2π.答案：C2．解析：球O 的半径为R ，则4πR 2＝16π，解得：R ＝2，由已知可得：S △ABC ＝√34×32＝9√34，其中AE ＝23AD ＝√3，球心O 到平面ABC 的距离为√R 2−(√3)2＝1， 故三棱锥P - ABC 的高的最大值为3， 体积最大值为13S △ABC ·3＝9√34.答案：C。

第1讲空间几何体的三视图、表面积与体积年份卷别考查内容及考题位置命题分析2018 卷Ⅰ空间几何体的三视图及侧面展开问题·T71.“立体几何”在高考中一般会以“两小一大”或“一小一大”的命题形式出现，这“两小”或“一小”主要考查三视图，几何体的表面积与体积，空间点、线、面的位置关系(特别是平行与垂直)．2．考查一个小题时，此小题一般会出现在第4～8题的位置上，难度一般；考查两个小题时，其中一个小题难度一般，另一个小题难度稍高，一般会出现在第10～16题的位置上，此小题虽然难度稍高，主要体现在计算量上，但仍是对基础知识、基本公式的考查.空间几何体的截面问题·T12卷Ⅱ圆锥的侧面积·T16卷Ⅲ三视图的识别·T3三棱锥的体积及外接球问题·T102017 卷Ⅰ空间几何体的三视图与直观图、面积的计算·T7卷Ⅱ空间几何体的三视图及组合体体积的计算·T4卷Ⅲ球的内接圆柱、圆柱的体积的计算·T82016卷Ⅰ有关球的三视图及表面积的计算·T6卷Ⅱ空间几何体的三视图及组合体表面积的计算·T6卷Ⅲ空间几何体的三视图及组合体表面积的计算·T9直三棱柱的体积最值问题·T10空间几何体的三视图(基础型) 一个物体的三视图的排列规则俯视图放在正(主)视图的下面，长度与正(主)视图的长度一样，侧(左)视图放在正(主)视图的右面，高度与正(主)视图的高度一样，宽度与俯视图的宽度一样．即“长对正、高平齐、宽相等”．由三视图还原到直观图的三个步骤(1)根据俯视图确定几何体的底面．(2)根据正(主)视图或侧(左)视图确定几何体的侧棱与侧面的特征，调整实线和虚线所对应的棱、面的位置．(3)确定几何体的直观图形状．[注意] 在读图或者画空间几何体的三视图时，应注意三视图中的实线和虚线．[考法全练]1．(2018·高考全国卷Ⅲ)中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来．构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是( )解析：选A.由题意知，在咬合时带卯眼的木构件中，从俯视方向看，榫头看不见，所以是虚线，结合榫头的位置知选A.2．(2018·高考全国卷Ⅰ)某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图．圆柱表面上的点M在正视图上的对应点为A，圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为B，则在此圆柱侧面上，从M到N的路径中，最短路径的长度为( )A．217 B．2 5C．3 D．2解析：选B.由三视图可知，该几何体为如图①所示的圆柱，该圆柱的高为2，底面周长为16.画出该圆柱的侧面展开图，如图②所示，连接MN，则MS＝2，SN＝4，则从M到N的路径中，最短路径的长度为MS2＋SN2＝22＋42＝2 5.故选B.3．把边长为1的正方形ABCD沿对角线BD折起，使得平面ABD⊥平面CBD，形成的三棱锥C­ABD的正视图与俯视图如图所示，则侧视图的面积为( )A.12B.22C.24D.14解析：选D.由三棱锥C ­ABD 的正视图、俯视图得三棱锥C ­ABD 的侧视图为直角边长是22的等腰直角三角形，如图所示，所以三棱锥C ­ABD 的侧视图的面积为14，故选D.4．(2018·长春质量监测(二))如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线条画出的是一个三棱锥的三视图，则该三棱锥中最长棱的长度为( )A ．2 B. 5 C ．2 2D ．3解析：选D.如图，三棱锥A ­BCD 即为所求几何体，根据题设条件，知辅助的正方体棱长为2，CD ＝1，BD ＝22，BC ＝5，AC ＝2，AB ＝3，AD ＝5，则最长棱为AB ，长度为3.5．(2018·石家庄质量检测(一))如图，网格纸上的小正方形的边长为1，粗线表示的是某三棱锥的三视图，则该三棱锥的四个面中，最小面的面积是( )A ．2 3B ．2 2C ．2D. 3解析：选C.在正方体中还原该几何体，如图中三棱锥D ­ABC 所示，其中正方体的棱长为2，则S △ABC ＝2，S △DBC ＝22，S △ADB ＝22，S△ADC＝23，故该三棱锥的四个面中，最小面的面积是2，选C.空间几何体的表面积和体积(综合型)柱体、锥体、台体的侧面积公式 (1)S 柱侧＝ch (c 为底面周长，h 为高)． (2)S 锥侧＝12ch ′(c 为底面周长，h ′为斜高)．(3)S 台侧＝12(c ＋c ′)h ′(c ′，c 分别为上下底面的周长，h ′为斜高)．柱体、锥体、台体的体积公式 (1)V 柱体＝Sh (S 为底面面积，h 为高)． (2)V 锥体＝13Sh (S 为底面面积，h 为高)．(3)V 台＝13(S ＋SS ′＋S ′)h (S ，S ′分别为上下底面面积，h 为高)(不要求记忆)．[典型例题]命题角度一 空间几何体的表面积(1)(2018·潍坊模拟)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A ．4＋2 3B ．4＋4 2C ．6＋2 3D ．6＋4 2(2)(2018·合肥第一次质量检测)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的表面积为( )A ．5π＋18B ．6π＋18C ．8π＋6D ．10π＋6【解析】 (1)由三视图还原几何体的直观图如图所示，易知BC ⊥平面PAC ，又PC ⊂平面PAC ，所以BC ⊥PC ，又AP ＝AC ＝BC ＝2，所以PC ＝22＋22＝22，又AB ＝22，所以S △PBC ＝S △PAB ＝12×2×22＝22，S △ABC ＝S △PAC ＝12×2×2＝2，所以该几何体的表面积为4＋4 2.(2)由三视图可知该几何体是由一个半圆柱和两个半球构成的，故该几何体的表面积为2×12×4π×12＋2×12×π×12＋2×3＋12×2π×1×3＝8π＋6. 【答案】 (1)B (2)C求几何体的表面积的方法(1)求表面积问题的基本思路是将立体几何问题转化为平面几何问题，即空间图形平面化，这是解决立体几何的主要出发点．(2)求不规则几何体的表面积时，通常将所给几何体分割成基本的柱、锥、台体，先求这些柱、锥、台体的表面积，再通过求和或作差得几何体的表面积．命题角度二 空间几何体的体积(1)(2018·武汉调研)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.12B.22C.33D.23(2)(2018·高考全国卷Ⅱ)已知圆锥的顶点为S ，母线SA ，SB 互相垂直，SA 与圆锥底面所成角为30°.若△SAB 的面积为8，则该圆锥的体积为________．【解析】 (1)由三视图知，该几何体是在长、宽、高分别为2，1，1的长方体中，截去一个三棱柱AA 1D 1­BB 1C 1和一个三棱锥C ­BC 1D 后剩下的几何体，即如图所示的四棱锥D ­ABC 1D 1，四棱锥D ­ABC 1D 1的底面积为S 四边形ABC 1D 1＝2×2＝22，高h ＝22，其体积V ＝13S 四边形ABC 1D1h ＝13×22×22＝23.故选D.(2)由题意画出图形，如图，设AC 是底面圆O 的直径，连接SO ，则SO 是圆锥的高．设圆锥的母线长为l ，则由SA ⊥SB ，△SAB 的面积为8，得12l 2＝8，得l ＝4.在Rt △ASO 中，由题意知∠SAO ＝30°，所以SO ＝12l ＝2，AO ＝32l ＝2 3. 故该圆锥的体积V ＝13π×AO 2×SO ＝13π×(23)2×2＝8π.【答案】 (1)D (2)8π求空间几何体体积的常用方法(1)公式法：直接根据相关的体积公式计算．(2)等积法：根据体积计算公式，通过转换空间几何体的底面和高使得体积计算更容易，或是求出一些体积比等．(3)割补法：把不能直接计算体积的空间几何体进行适当分割或补形，转化为易计算体积的几何体．[对点训练]1．(2018·洛阳第一次统考)一个几何体的三视图如图所示，图中的三个正方形的边长均为2，则该几何体的体积为( )A ．8－2π3B ．4－π3C ．8－π3D ．4－2π3解析：选A.由三视图可得该几何体的直观图如图所示，该几何体是一个棱长为2的正方体上、下各挖去一个底面半径为1，高为1的圆锥后剩余的部分，其体积为23－2×13×π×12×1＝8－2π3.故选A.2．(2018·唐山模拟)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画的是一个几何体的三视图，则该几何体的体积为( )A ．3 B.113 C ．7D.233解析：选B.由题中的三视图可得，该几何体是由一个长方体切去一个三棱锥所得的几何体，长方体的长，宽，高分别为2，1，2，体积为4，切去的三棱锥的体积为13，故该几何体的体积V ＝4－13＝113.故选B.多面体与球(综合型)[典型例题]命题角度一 外接球(2018·南宁模拟)三棱锥P ­ABC 中，△ABC 为等边三角形，PA ＝PB ＝PC ＝3，PA⊥PB ，三棱锥P ­ABC 的外接球的体积为( )A.272π B.2732π C ．273π D ．27π【解析】 因为三棱锥P ­ABC 中，△ABC 为等边三角形，PA ＝PB ＝PC ＝3，所以△PAB ≌△PBC ≌△PAC .因为PA ⊥PB ，所以PA ⊥PC ，PC ⊥PB .以PA ，PB ，PC 为过同一顶点的三条棱作正方体(如图所示)，则正方体的外接球同时也是三棱锥P ­ABC 的外接球．因为正方体的体对角线长为32＋32＋32＝33，所以其外接球半径R ＝332.因此三棱锥P ­ABC 的外接球的体积V ＝4π3×⎝ ⎛⎭⎪⎫3323＝2732π，故选B.【答案】 B解决多面体的外接球问题，关键是确定球心的位置，方法是先选择多面体中的一面，确定此面外接圆的圆心，再过圆心作垂直此面的垂线，则球心一定在此垂线上，最后根据其他顶点确定球心的准确位置．对于特殊的多面体还可采用补成正方体或长方体的方法找到球心位置．命题角度二 内切球已知一个平放的各棱长为4的三棱锥内有一个小球O (重量忽略不计)，现从该三棱锥顶端向内注水，小球慢慢上浮，当注入的水的体积是该三棱锥体积的78时，小球与该三棱锥各侧面均相切(与水面也相切)，则小球的表面积等于( )A.7π6B.4π3C.2π3D.π2【解析】 当注入水的体积是该三棱锥体积的78时，设水面上方的小三棱锥的棱长为x (各棱长都相等)，依题意，⎝ ⎛⎭⎪⎫x 43＝18，得x ＝2.易得小三棱锥的高为263，设小球半径为r ，则13S 底面·263＝4·13·S 底面·r ，得r ＝66，故小球的表面积S ＝4πr 2＝2π3.故选C. 【答案】 C求解多面体的内切球的问题，一般是将多面体分割为以球心为顶点，多面体的各面为底面的棱锥，利用多面体的体积等于各棱锥的体积之和求内切球的半径．命题角度三 与球有关的最值问题(2018·高考全国卷Ⅲ)设A ，B ，C ，D 是同一个半径为4的球的球面上四点，△ABC 为等边三角形且其面积为93，则三棱锥D ­ABC 体积的最大值为( )A ．12 3B ．18 3C ．24 3D ．54 3【解析】 如图，E 是AC 中点，M 是△ABC 的重心，O 为球心，连接BE ，OM ，OD ，BO .因为S △ABC ＝34AB 2＝93，所以AB ＝6，BM ＝23BE ＝23AB 2－AE 2＝2 3.易知OM ⊥平面ABC ，所以在Rt △OBM 中，OM ＝OB 2－BM 2＝2，所以当D ，O ，M 三点共线且DM ＝OD ＋OM 时，三棱锥D ­ABC 的体积取得最大值，且最大值V max ＝13S △ABC ×(4＋OM )＝13×93×6＝18 3.故选B.【答案】 B多面体与球有关的最值问题，主要有三种：一是多面体确定的情况下球的最值问题，二是球的半径确定的情况下与多面体有关的最值问题；三是多面体与球均确定的情况下，截面的最值问题．[对点训练]1．(2018·福州模拟)已知圆锥的高为3，底面半径为3，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.83π B.323π C ．16πD ．32π解析：选B.设该圆锥的外接球的半径为R ，依题意得，R 2＝(3－R )2＋(3)2，解得R ＝2，所以所求球的体积V ＝43πR 3＝43π×23＝323π，故选B.2．(2018·洛阳第一次联考)已知球O 与棱长为4的正四面体的各棱均相切，则球O 的体积为( )A.823π B.833π C.863π D.1623π 解析：选A.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 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 的直径为正方体的棱长22，则球O 的体积V ＝43πR 3＝823π，故选A.3．已知四棱锥S ­ABCD 的所有顶点在同一球面上，底面ABCD 是正方形且球心O 在此平面内，当四棱锥的体积取得最大值时，其表面积等于16＋163，则球O 的体积等于( )A.42π3B.162π3C.322π3D.642π3解析：选D.由题意得，当四棱锥的体积取得最大值时，该四棱锥为正四棱锥．因为该四棱锥的表面积等于16＋163，设球O 的半径为R ，则AC ＝2R ，SO ＝R ，如图，所以该四棱锥的底面边长AB ＝2R ，则有(2R )2＋4×12×2R ×（2R ）2－⎝ ⎛⎭⎪⎫22R 2＝16＋163，解得R ＝22，所以球O 的体积是43πR 3＝6423π.故选D.一、选择题1．(2018·长沙模拟)如图是一个正方体，A ，B ，C 为三个顶点，D 是棱的中点，则三棱锥A ­BCD 的正视图、俯视图是(注：选项中的上图为正视图，下图为俯视图)( )解析：选A.正视图和俯视图中棱AD 和BD 均看不见，故为虚线，易知选A.2．(2018·高考北京卷)某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为( )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：选C.将三视图还原为直观图，几何体是底面为直角梯形，且一条侧棱和底面垂直的四棱锥，如图所示．易知，BC ∥AD ，BC ＝1，AD ＝AB ＝PA ＝2，AB ⊥AD ，PA ⊥平面ABCD ，故△PAD ，△PAB 为直角三角形，因为PA ⊥平面ABCD ，BC ⊂平面ABCD ，所以PA ⊥BC ，又BC ⊥AB ，且PA ∩AB ＝A ，所以BC ⊥平面PAB ，又PB ⊂平面PAB ，所以BC ⊥PB ，所以△PBC 为直角三角形，容易求得PC ＝3，CD ＝5，PD ＝22， 故△PCD 不是直角三角形，故选C.3．(2018·沈阳教学质量监测(一))如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某简单几何体的三视图，则该几何体的体积为( )A.4π3B.8π3C.16π3D.32π3解析：选A.由三视图可得该几何体为半圆锥，底面半圆的半径为2，高为2，则其体积V ＝12×13×π×22×2＝4π3，故选A. 4．(2018·西安八校联考)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是( )A.4π3B.5π3C ．2＋2π3D ．4＋2π3解析：选B.由三视图可知，该几何体为一个半径为1的半球与一个底面半径为1，高为2的半圆柱组合而成的组合体，故其体积V ＝23π×13＋12π×12×2＝5π3，故选B.5．(2018·长春质量检测(一))已知矩形ABCD 的顶点都在球心为O ，半径为R 的球面上，AB ＝6，BC ＝23，且四棱锥O ­ABCD 的体积为83，则R 等于( )A ．4B ．2 3 C.479D.13解析：选A.如图，设矩形ABCD 的中心为E ，连接OE ，EC ，由球的性质可得OE ⊥平面ABCD ，所以V O ­ABCD ＝13·OE ·S 矩形ABCD ＝13×OE ×6×23＝83，所以OE ＝2，在矩形ABCD 中可得EC ＝23，则R ＝OE 2＋EC 2＝4＋12＝4，故选A.6．(2018·南昌调研)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线及粗虚线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的体积为( )A.23 B.43 C ．2D.83解析：选A.由三视图可知，该几何体为三棱锥，将其放在棱长为2的正方体中，如图中三棱锥A ­BCD 所示，故该几何体的体积V ＝13×12×1×2×2＝23.7．(2018·辽宁五校协作体联考)如图所示，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线及粗虚线画出的是三棱锥的三视图，则此三棱锥的体积是( )A ．8B ．16C ．24D ．48解析：选A.由三视图还原三棱锥的直观图，如图中三棱锥P ­ABC 所示，且长方体的长、宽、高分别为6，2，4，△ABC 是直角三角形，AB ⊥BC ，AB ＝2，BC ＝6，三棱锥P ­ABC 的高为4，故其体积为13×12×6×2×4＝8，故选A.8．将一个底面半径为1，高为2的圆锥形工件切割成一个圆柱体，能切割出的圆柱的最大体积为( )A.π27B.8π27C.π3D.2π9解析：选B.如图所示，设圆柱的半径为r ，高为x ，体积为V ，由题意可得r 1＝2－x 2，所以x ＝2－2r ，所以圆柱的体积V ＝πr 2(2－2r )＝2π(r 2－r 3)(0<r <1)，设V (r )＝2π(r 2－r 3)(0<r <1)，则V ′(r )＝2π(2r －3r 2)，由2π(2r －3r 2)＝0得r ＝23，所以圆柱的最大体积V max ＝2π⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫232－⎝ ⎛⎭⎪⎫233＝8π27. 9．(2018·福州模拟)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的表面积为 ( )A ．14B ．10＋4 2 C.212＋4 2 D.21＋32＋4 2 解析：选D.由三视图可知，该几何体为一个直三棱柱切去一个小三棱锥后剩余的几何体，如图所示．所以该多面体的表面积S ＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫22－12×1×1＋12×(22－12)＋12×22＋2×22＋12×32×(2)2＝21＋32＋42，故选D.10．(2018·太原模拟)某几何体的三视图如图所示，则该几何体中最长的棱长为( )A．3 3 B．2 6C.21 D．2 5解析：选B.由三视图得，该几何体是四棱锥P­ABCD，如图所示，ABCD为矩形，AB＝2，BC＝3，平面PAD⊥平面ABCD，过点P作PE⊥AD，则PE＝4，DE＝2，所以CE＝22，所以最长的棱PC＝PE2＋CE2＝26，故选B.11．(2018·南昌调研)已知三棱锥P­ABC的所有顶点都在球O的球面上，△ABC满足AB ＝22，∠ACB＝90°，PA为球O的直径且PA＝4，则点P到底面ABC的距离为( )A. 2 B．2 2C. 3 D．2 3解析：选B.取AB的中点O1，连接OO1，如图，在△ABC中，AB＝22，∠ACB＝90°，所以△ABC所在小圆O1是以AB为直径的圆，所以O1A＝2，且OO1⊥AO1，又球O的直径PA＝4，所以OA＝2，所以OO1＝OA2－O1A2＝2，且OO1⊥底面ABC，所以点P到平面ABC的距离为2OO1＝2 2.12．(2018·高考全国卷Ⅰ)已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为( )A.334B.233C.324D.32解析：选A.记该正方体为ABCD­A′B′C′D′，正方体的每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，即共点的三条棱A ′A ，A ′B ′，A ′D ′与平面α所成的角都相等．如图，连接AB ′，AD ′，B ′D ′，因为三棱锥A ′­AB ′D ′是正三棱锥，所以A ′A ，A ′B ′，A ′D ′与平面AB ′D ′所成的角都相等．分别取C ′D ′，B ′C ′，BB ′，AB ，AD ，DD ′的中点E ，F ，G ，H ，I ，J ，连接EF ，FG ，GH ，IH ，IJ ，JE ，易得E ，F ，G ，H ，I ，J 六点共面，平面EFGHIJ 与平面AB ′D ′平行，且截正方体所得截面的面积最大．又EF ＝FG ＝GH ＝IH ＝IJ ＝JE ＝22，所以该正六边形的面积为6×34×⎝ ⎛⎭⎪⎫222＝334，所以α截此正方体所得截面面积的最大值为334，故选A.二、填空题13．(2018·洛阳第一次联考)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________．解析：由题图可知该几何体是一个四棱锥，如图所示，其中PD ⊥平面ABCD ，底面ABCD 是一个对角线长为2的正方形，底面积S ＝12×2×2＝2，高h ＝1，则该几何体的体积V ＝13Sh ＝23.答案：2314．(2018·福州四校联考)已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为________．解析：在长、宽、高分别为3，33，33的长方体中，由几何体的三视图得几何体为如图所示的三棱锥C ­BAP ，其中底面BAP 是∠BAP ＝90°的直角三角形，AB ＝3，AP ＝33，所以BP ＝6，又棱CB ⊥平面BAP 且CB ＝33，所以AC ＝6，所以该几何体的表面积是12×3×33＋12×3×33＋12×6×33＋12×6×33＝27 3.答案：27 315．(2018·高考全国卷Ⅱ)已知圆锥的顶点为S ，母线SA ，SB 所成角的余弦值为78，SA与圆锥底面所成角为45°.若△SAB 的面积为515，则该圆锥的侧面积为________．解析：如图所示，设S 在底面的射影为S ′，连接AS ′，SS ′.△SAB 的面积为12·SA ·SB ·sin∠ASB ＝12·SA 2·1－cos 2∠ASB ＝1516·SA 2＝515，所以SA 2＝80，SA ＝4 5.因为SA 与底面所成的角为45°，所以∠SAS ′＝45°，AS ′＝SA ·cos 45°＝45×22＝210.所以底面周长l ＝2π·AS ′＝410π，所以圆锥的侧面积为12×45×410π＝402π.答案：402π16．(2018·潍坊模拟)已知正四棱柱的顶点在同一个球面上，且球的表面积为12π，当正四棱柱的体积最大时，正四棱柱的高为________．解析：设正四棱柱的底面边长为a ，高为h ，球的半径为r ，由题意知4πr 2＝12π，所以r 2＝3，又2a 2＋h 2＝(2r )2＝12，所以a 2＝6－h 22，所以正四棱柱的体积V ＝a 2h ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫6－h 22h ，则V ′＝6－32h 2，由V ′>0，得0<h <2，由V ′<0，得h >2，所以当h ＝2时，正四棱柱的体积最大，V max ＝8.答案：2。