名师伴你行高考一轮总复习新高考版[数学] 第8章.doc

1、第八章立体几何 第一节空间几何体的结构、表面积与体积 复习要点1.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会用斜二侧画法画出简单空间图形的直观图，了解空间图形的不同表示形式 3掌握与三视图相结合求解柱、锥、台球的表面积和体积，了解计算公式 4会处理棱柱、棱锥与球组合体的“接”“切”问题 知识点一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 底面 互相_且 _ 多边形互相_ 侧棱_ 相交于_，但不 一定相等 延长线交于 _ 侧面 形状 _ 2.旋转体的结构特征 名称圆柱圆锥圆台球 母线 互相平行且相等， _于底面 相交于 _ 延

2、长线交于 _ 轴截面 全等的 _ 全等的 _ 全等的 _ _ 侧面 展开图 _ 答案：1.平行全等平行平行且相等一点一点平行四边形三角形梯形2.垂直一点一点 矩形等腰三角形等腰梯形圆矩形扇形扇环 知识点二直观图 斜二测画法规则： (1)夹角：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_(或_)，z 轴与 x轴(或 y轴)垂直 (2)方向：原图形中与 x 轴、y 轴、z 轴平行的，在直观图中与 x轴、y轴、z轴_ (3)长度：原图形中与 x 轴、z 轴平行的，在直观图中长度不变，原图形中与 y 轴平行的，长度变成原来的1 2. 答案：(1)45135(2)平行 知识点

3、三空间几何体的侧面积和表面积 1多面体的表面积 因为多面体的各面都是平面，所以多面体的表面积就是各个面的_，即展开图的面积，侧面积就是侧面 展开图的面积 2旋转体的侧面展开图及其表面积与侧面积 名称侧面展开图表面积侧面积 圆柱 S_ _ S侧 _ 圆锥 Sr2rl r(rl) S 侧 _ 圆台S_ S侧 _ 球 S_ (r 为半径) 答案：1.面积之和2.2r22rl2r(rl)2rlrl(r2r2rlrl)(rr)l4r2 知识点四空间几何体的体积 名称体积 圆柱V_r2h 圆锥V_1 3r 2h1 3r 2 l2r2 圆台 V1 3(S 上S下 S上S下)h 1 3(r 2 1r22r1r

4、2)h 直棱柱V_ 正棱锥V_ 正棱台V1 3(S 上S下 S上S下)h 球V4 3R 3 答案：Sh 1 3Sh Sh 1 3Sh 链/接/教/材 1必修 2P19练习 T3 改编利用斜二测画法得到的 三角形的直观图一定是三角形； 正方形的直观图一定是菱形； 等腰梯形的直观图可以是平行四边形； 菱形的直观图一定是菱形 以上结论正确的个数是_ 答案：1解析：由斜二测画法的规则可知正确；错误，正方形的直观图是一般的平行四边形；错误， 等腰梯形的直观图不可能是平行四边形；菱形的直观图不一定是菱形，错误 2必修 2P37B 组 T2 改编 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

5、，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 cm，如果不计容器的厚度，则球的体积为() A500 3 cm3B866 3 cm3 C1 372 3 cm3D2 048 3 cm3 答案：A解析：设球的半径为 R，则由题知，球被正方体上面截得的圆的半径为 4 cm，球心到截面圆的距离 为(R2) cm，则 R2(R2)242，解得 R5，所以球的体积为45 3 3 500 3 (cm3) 3. 必修 2P28A 组 T3 改编如图，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 积与剩下的几何体体积的比为_ 答案：147 易/错/问/题 空间几何

6、体表面积和体积的求解：公式法 (1)圆柱的底面半径为 1，高为 2 2，若该圆柱内接于球 O，则球 O 的表面积是_ (2)侧棱垂直于底面的棱柱叫做直棱柱，已知直四棱柱的底面是正方形，其所有棱长之和为 12，表面积为 6， 则其体积为_ (1)答案：12解析：过圆柱的上、下底面圆的圆心作截面，在该截面图中，易求得球 O 的半径 R 12 22 3，所以球 O 的表面积 S4R212. (2)答案：1解析：设该直四棱柱的底面边长为 a，高为 b， 则有 8a4b12， 2a24ab6， 即 2ab3， a22ab3， 解得 a1， b1. 所以 Va2b1. 核/心/素/养 九章算术是我国古代内

7、容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五 尺问：积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米(如图，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆底部的弧 长为 8 尺，米堆的高为 5 尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知 1 斛米的体积约为 1.62 立方尺，圆周率 约为 3，估算出堆放的米约有() A14 斛B22 斛 C36 斛D66 斛 答案： B解析： 设圆锥底面的半径为 R 尺， 由1 42R8， 得 R 16 ， 从而米堆的体积 V1 4 1 3R 25320 3 (立 方尺)，因此堆放的米约有 320 31.62322(斛)，故选 B. 题型空间几何体

8、的结构特征 角度.根据几何体的结构特征判断几何体 试/题/调/研(题题精选，每题都代表一个方向) 1多选我国南北朝时期的数学家祖暅提出了计算体积的祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”意思是： 两个等高的几何体若在所有等高处的水平截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等已知曲线 C：yx2，直 线 l 为曲线 C 在点(1,1)处的切线如图所示，阴影部分为曲线 C、直线 l 以及 x 轴所围成的平面图形，记该平面图 形绕 y 轴旋转一周所得到的几何体为.给出以下四个几何体： 图 1 是底面直径和高均为 1 的圆锥； 图 2 是将底面直径和高均为 1 的圆柱挖掉一个与圆柱同底等高的倒置圆锥得到的几何

9、体； 图 3 是底面边长和高均为 1 的正四棱锥； 图 4 是将上底面直径为 2，下底面直径为 1，高为 1 的圆台挖掉一个底面直径为 2，高为 1 的倒置圆锥得到的 几何体 根据祖暅原理，以上四个几何体中与的体积不相等的是() A图 1B图 2 C图 3D图 4 答案BCD解析由题可知， 几何体是由阴影部分旋转一周得到， 其横截面为环形， 设阴影部分等高处， 抛物线对应的点的横坐标为 x1，切线对应的点的横坐标为 x2.由 f(x)x2，可得 f(x)2x，所以 f(1)2，所以曲 线 C 在点(1,1)处的切线方程为 y12(x1)，即 y2x1，所以 x21y，x2y1 2 ，所以几何体

10、在等高处的横截 面面积 Sx22x21 y1 2 2.图 1 中的圆锥高为 1， 底面半径为1 2， 易知该圆锥可由直线 y2x1 绕 y 轴旋转得到， 其横截面面积 Sx2 y1 2 2，所以几何体和图 1 中的圆锥在所有等高处的水平截面的面积相等，所以它们 的体积相等，故选 BCD. 2下列命题正确的是() A两个面平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台 B两个面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台 C直角梯形以一条直角腰所在的直线为旋转轴，其余三边旋转形成的面所围成的旋转体是圆台 D用平面截圆柱得到的截面只能是圆和矩形 答案C解析如图所示，可排除 A，B 选项只要截面与圆柱的母线平行

11、或垂直，则截得的截面为矩形 或圆，否则为椭圆或椭圆的一部分 方/法/指/导(来自课堂的最有用的方法) 1多面体结构特征的易错点 棱柱容易忽略各侧棱平行， 棱锥容易忽略侧面各三角形有一个公共顶点， 棱台容易忽略侧棱的延长线交于一点 2旋转体结构特征的易错点 容易忽略旋转轴的选取例如：圆锥是以直角三角形的直角边所在的直线为旋转轴的，圆台是以直角梯形的直 角腰所在的直线为旋转轴的 3关于截面的易错点 平行于底面的平面截圆(棱)锥，截面与底面之间的几何体才是圆(棱)台 角度.简单几何体的结构特征与性质 试/题/调/研(题题精选，每题都代表一个方向) 3在正方体上任意选择 4 个顶点，它们可能是如下几种

12、几何图形的 4 个顶点，这些几何图形是_(写 出所有正确结论的编号) 矩形；不是矩形的平行四边形；有三个面为等腰直角三角形，有一个面为等边三角形的四面体；每个 面都是等边三角形的四面体；每个面都是直角三角形的四面体 答案 4如果四棱锥的四条侧棱都相等，就称它为“等腰四棱锥”，四条侧棱为它的腰，以下四个命题中，假命题 是() A“等腰四棱锥”的腰与底面所成的角都相等 B“等腰四棱锥”的侧面与底面所成的二面角都相等或互补 C“等腰四棱锥”的底面四边形必存在外接圆 D“等腰四棱锥”的各顶点必在同一球面上 答案B解析B 不正确反例见下图： “等腰四棱锥 SABCD”中，底面 ABCD 为矩形，AB4，

13、BC2，O 为 S 在平面 ABCD 内的射影，OEAB 于 E，OFBC 于 F. OEOF， 12，又易知1与2不互补， “等腰四棱锥 SABCD”的侧面 SAB 与底面所成的二面角和侧面 SBC 与底面所成的二面角既不相等， 也不 互补 角度.简单几何体中数量关系的计算 试/题/调/研(题题精选，每题都代表一个方向) 52019 全国卷中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一印信的形状多为长方体、正方体或 圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”(图 1)半正多面体是由两种或两种以上的正多 边形围成的多面体半正多面体体现了数学的对称美图 2 是一个棱数为 48 的

14、半正多面体，它的所有顶点都在同 一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为 1.则该半正多面体共有_个面，其棱长为_ 答案2621解析 先求面数，有如下两种解法. 解法一：由“半正多面体”的结构特征及棱数为 48 可知，其上部分有 9 个面，中间部分有 8 个面，下部分有 9 个面，共有 29826(个)面 解法二：一般地，对于凸多面体，顶点数(V)面数(F)棱数(E)2(欧拉公式) 由图形知，棱数为 48 的半正多面体的顶点数为 24，故由 VFE2，得面数 F2EV2482426. 再求棱长 作中间部分的横截面，由题意知，该截面为各顶点都在边长为 1 的正方形上的正八边形 ABCDEFGH，如

15、图， 设其边长为 x，则正八边形的边长即为半正多面体的棱长连接 AF，过 H，G 分别作 HMAF，GNAF，垂足分 别为 M，N，则 AMMHNGNF 2 2 x. 又 AMMNNF1， 即 2 2 xx 2 2 x1， 解得 x 21，即半正多面体的棱长为 21. 62020 全国卷，文，理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 51 4 B 51 2 C 51 4 D 51 2 答案C解析设正四棱锥的底面边长为 a，高为 h，侧面三角

16、形底边上的高为 h，则以 h 为边长的正 方形的面积为 h2，该四棱锥一个侧面三角形的面积为 1 2ah.故 h 21 2ah，且 h 2h2 a 2 2.故 h2 a 2 21 2ah， 化简整理得 4 h a 22h a 10， 解得h a 51 4 或1 5 4 (舍)， 所以该四棱锥侧面三角形底边上的高与底面正方 形的边长的比值为 51 4 ，故选 C. 题型几何体的直观图和斜二测画法 试/题/调/研(题题精选，每题都代表一个方向) 1. 如图是水平放置的某个三角形的直观图，D是ABC中 BC边的中点且 ADy轴， AB，AD，AC三条线段对应原图形中的线段 AB，AD，AC，那么()

17、 A最长的是 AB，最短的是 AC B最长的是 AC，最短的是 AB C最长的是 AB，最短的是 AD D最长的是 AD，最短的是 AC 答案C解析由题中的直观图可知，ADy轴，BCx轴，根据斜二测画法的规则可知， 在原图形中 ADy 轴，BCx 轴，又因为 D为 BC的中点，所以ABC 为等腰三角形，且 AD 为底边 BC 上 的高，则有 ABACAD 成立 2已知ABC 的边长为 a，那么ABC 的平面直观图ABC的面积为() A 3 4 a2B 3 8 a2 C 6 8 a2D 6 16a 2 答案D解析由 S 直观图 2 4 S 原图形的关系，得 S直观图 2 4 1 2a 3 2 a

18、 6 16a 2. 解/题/感/悟(小提示，大智慧) 1原图与直观图中的“三变”与“两不变” (1)“三变” 坐标轴的夹角改变； 与 y 轴平行的线段的长度改变减半； 图形改变. (2)“两不变” 平行关系不变； 与 x 轴平行的线段长度不变. 2原平面图形的面积和它的直观图的面积的数量关系 原平面图形面积为 S，直观图的面积为 S，则它们间的数量关系为 S 2 4 S 或 S2 2S. 题型空间几何体的表面积 角度.简单几何体的表面积 试/题/调/研(题题精选，每题都代表一个方向) 12021 河南周口期末如图，在三棱柱 ABCA1B1C1中，AA1底面 ABC，ABBC，AA1AC2，直线

19、 A1C 与侧面 AA1B1B 所成的角为 30，则该三棱柱的侧面积为() A44 2B44 3 C12D84 2 答案A解析如图，连接 A1B，A1C.因为 AA1底面 ABC，则 AA1BC，又 ABBC，AA1ABA，所 以 BC平面 AA1B1B，所以直线 A1C 与侧面 AA1B1B 所成的角为CA1B30.又 AA1AC2，所以 A1C2 2，BC 2.又 ABBC，则 AB 2，则该三棱柱的侧面积为 2 222244 2，故选 A. 22020 浙江卷已知圆锥的侧面积(单位：cm2)为 2，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解析设圆锥底面

20、半径为 r，母线长为 l，由圆锥侧面展开图为半圆且侧面积为 2，得1 2l 22， 得 l2，则圆锥底面周长即为其侧面展开图中半圆圆弧的长度，即 2rl, 得 r1. 解/题/感/悟(小提示，大智慧) 多面体的侧面积与表面积 多面体的侧面积就是各侧面面积之和； 多面体的表面积就是各个面的面积之和，即侧面积与底面面积之和 柱体、锥体的表面积的计算离不开数量关系S直棱柱侧C底面周长l，S斜柱侧C直截面周长l. 角度.组合体的数量关系 试/题/调/研(题题精选，每题都代表一个方向) 3在梯形 ABCD 中，ABC 2，ADBC，BC2AD2AB2.将梯形 ABCD 绕 AD 所在的直线旋转一周而 形

21、成的曲面所围成的几何体的表面积为_ 答案(5 2)解析由题意可知，该几何体的直观图如图所示， 旋转体是底面半径为 1，高为 2 的圆柱，挖去一个底面半径为 1，高为 1 的圆锥后形成的几何体 圆柱的侧面积为 S12124， 圆柱的底面积为 S212， 圆锥的母线长为 1212 2， 圆锥的侧面积为 S31 2 2， 则该几何体的表面积为 SS1S2S3(5 2). 4. 如图所示，在直径 AB4 的半圆 O 内作一个内接直角三角形 ABC，使BAC30，将图中阴影部分，以 AB 为旋转轴旋转 180形成一个几何体，求该几何体的表面积 解旋转体的表面积由四部分组成 如图，过 C 作 CDAB，交

22、 AB 于 D， AB2R4，BAC30，ACBC， BC2，AC2 3，CD 3. 所得几何体是以 R2 为半径的半球 O 挖去以 CD 为底面圆半径，高分别为 AD，BD 的圆锥的一半， S 半球2R22228， S半圆锥上1 2ACCD 1 22 3 33， S半圆锥下1 2BCCD 1 22 3 3， S表S半球S半圆锥上S半圆锥下83 3(11 3). 解/题/感/悟(小提示，大智慧) 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 题型几何体的体积 角度.规则几何体的体积 试/题/调/研(题

23、题精选，每题都代表一个方向) 12019 江苏卷如图，长方体 ABCDA1B1C1D1的体积是 120，E 为 CC1的中点，则三棱锥 EBCD 的体积 是_ 答案10 22020 新高考棱长为 2 的正方体 ABCDA1B1C1D1中，M，N 分别为棱 BB1，AB 的中点，则三棱锥 A1 D1MN 的体积为_ 答案1解析如图，易知 MN 2，连接 A1B 交 MN 于点 O， 则 A1O3 2 2，VA1D1MNVD1A1MN1 3 3 2 2 21 221. 角度.组合体的体积 试/题/调/研(题题精选，每题都代表一个方向) 3 2019 全国卷学生到工厂劳动实践， 利用 3D 打印技术

24、制作模型 如图， 该模型为长方体 ABCDA1B1C1D1 挖去四棱锥 OEFGH 后所得的几何体，其中 O 为长方体的中心，E，F，G，H 分别为所在棱的中点，ABBC6 cm，AA14 cm.3D 打印所用原料密度为 0.9 g/cm3.不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为_g. 答案118.8解析由题意知，挖去的四棱锥的底面是一个菱形，对角线长分别为 6 cm 和 4 cm， 故 V 挖去的四棱锥1 3 1 246312(cm 3) 又 V长方体664144(cm3)， 所以模型的体积为 V长方体V 挖去的四棱锥14412132(cm3)， 所以制作该模型所需原料的质量为 1320

25、.9118.8(g) 42019 天津卷已知四棱锥的底面是边长为 2的正方形，侧棱长均为 5.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_ 答案 4 解析由题意知，圆柱的高恰为四棱锥的高的一半，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 2，所以底面正方形对角线长为 2，所以圆柱的底面半径为1 2.又因 为四棱锥的侧棱长均为 5，所以四棱锥的高为 52122，所以圆柱的高为 1.所以圆柱的体积 V 1 2 21 4. 方/法/指/导(来自课堂的最有用的方法) 求解几何体体积的方法 直接法对于规则的

26、几何体，利用相关公式直接计算 割补法 首先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，把不熟悉的几何体补成熟悉的几何体，便于计算 等体积法 选择合适的底面来求几何体的体积，常用于求三棱锥的体积，即三棱锥的任意一个面 可作为三棱锥的底面进行等体积变换 角度.等积变形法求几何体的体积 试/题/调/研(题题精选，每题都代表一个方向) 5如图所示，长方体 ABCDA1B1C1D1中，ABBC1，AA12，E 是侧棱 BB1的中点，求三棱锥 AC1D1E 的体积 解解法一：如图 1，作 EFC1D1，交 AA1于点 F，连接 D1F， 易知 F 为 A

27、A1的中点， 则 VAC1D1EVEAC1D1VFAC1D1VC1D1FA1 3SD 1FAC1D11 3 1 2111 1 6. 解/题/感/悟(小提示，大智慧) 一般要求底面在几何体的表面会容易求得 题型球与几何体的切接问题 角度.几何体的外接球 试/题/调/研(题题精选，每题都代表一个方向) 12021 山东潍坊模拟三棱锥 PABC 中，平面 PAC平面 ABC，ABAC，PAPCAC2，AB4，则三 棱锥 PABC 的外接球的表面积为() A23B23 4 C64 3 D64 答案C 解析如图所示，设外接球的球心为 O，半径为 R，E 为 AC 的中点，PAC 所在小圆的圆心为 O1，

28、半径为 r1，ABC 所在小圆的圆心为 O2，半径为 r2. 因为平面 PAC平面 ABC，ABAC，则 O2E1 2AB2，所以 OO 12，且 OO1平面 PAC，OO2平面 ABC. 在PAC 中，PAPCAC2，则小圆的半径 r12 3 3 . 连接 OP，在OO1P 中，OP2OO21r2122 2 3 3 216 3 ，即 R216 3 ， 所以外接球的表面积为 S4R2416 3 64 3 ，故选 C. 2已知四棱锥 PABCD 的底面为矩形，平面 PBC平面 ABCD，PEBC 于点 E，EC1，AB 6，BC3， PE2，则侧面三角形 PBC 外接圆的半径为_，四棱锥 PAB

29、CD 外接球的半径为_ 答案 10 2 2解析如图，设三角形 PBC 外接圆的圆心为 O1， 因为 PEBC，EC1，PE2，BC3，所以 PC 5，PB2 2， 所以 sinPCB 2 5， 由正弦定理可求出三角形 PBC 外接圆的半径为 PB 2sinPCB 2 2 4 5 10 2 . 设 F 为 BC 的中点，连接 O1F，O1B，则 O1FBC， 因为平面 PBC平面 ABCD，平面 PBC平面 ABCDBC， 所以 O1F平面 ABCD，易求得 O1F1 2. 设四棱锥的外接球球心为 O，O 在平面 ABCD 上的射影为 O，连接 OB，BD，则 O为 BD 的中点，OO O1F，

30、由图可知外接球半径为 OB，OB2 BD 2 2OO24，所以四棱锥外接球的半径为 2. 3多选已知三棱锥 ABCD 中，BCCD，ABAD 2，BC1，CD 3，则() A三棱锥的外接球的体积为4 3 B三棱锥的外接球的体积为8 3 C三棱锥的体积的最大值为 3 6 D三棱锥的体积的最大值为 3 答案AC解析如图，BCCD，BC1，CD 3，BD2， ABAD 2，ABAD， BD 的中点 O 为三棱锥 ABCD 的外接球的球心， 三棱锥 ABCD 的外接球半径为 1， 三棱锥 ABCD 的外接球的体积 V4 31 34 3 . 当平面 ABD平面 BCD 时，三棱锥 ABCD 的高为 AO

31、，此时三棱锥的体积最大，为1 3 1 21 31 3 6 . 故选 AC. 方/法/指/导(来自课堂的最有用的方法) 多面体外接球的球心的确定 1找到小圆的一条直径，过直径的端点做小圆的垂线，如图，则 PB 就是球的直径 2经过多面体两个面外接小圆的圆心，做小圆的垂线，两条垂线的交点就是球心如图 角度.几何体的内切球 试/题/调/研(题题精选，每题都代表一个方向) 4 已知正三棱锥的高为 1， 底面边长为 2 3， 内有一个球与四个面都相切， 则棱锥的内切球的半径为_ 答案21 52021 皖中入学摸底考试将半径为 3，圆心角为2 3 的扇形围成一个圆锥(接缝处忽略不计)，则该圆锥的内切 球的

32、体积为() A 2 3 B 3 3 C4 3 D2 答案A解析设圆锥的底面半径为 r，高为 h， 则 2r2 3 3，r1，h 32122 2. 设圆锥内切球的半径为 R，则 R 2 2R 1 3，R 2 2 ， V 锥4 3R 34 3 2 2 3 2 3 ，故选 A. 方/法/指/导(来自课堂的最有用的方法) 部分常见几何体的内切球和外接球 1常见几何体的内切球与外接球 (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 求外接球或内切球半径的方法：在球内部构造直角三角形，

33、利用勾股定理求解 2正方体(长方体)的内切球和外接球 长方体的长、宽、高分别为 a，b，c，则长方体外接球半径 R a2b2c2 2 ；设正方体的棱长为 a，则正方体 内切球半径为 ra 2，外接球半径为 R 3a 2 . 3直棱柱的外接球 设直棱柱的底面多边形的外接圆半径为 r，高为 h，则直棱柱外接球的半径 R 满足 R2r2 h 2 2. 4圆柱的内切球和外接球 设圆柱的底面半径为 a，高为 H，圆柱外接球半径 R 满足 a2 H 2 2R2；当 aH 2 时，圆柱有内切球，内切球半 径 raH 2 . 5锥体的外接球 锥体底面上的顶点共圆，并且外接球球心与底面多边形的外接圆圆心的连线垂

34、直于底面特殊地，正四面体棱 长为 a，内切球半径为 r，外接球半径为 R，则 r 6a 12 ，R 6a 4 . 将正四面体放在正方体中求内切球和外接球半径 h 6a 3 ， r1 4h 6a 12 ， R3 4h 6a 4 . 几种球与正方体组合的截面 调研球与截面的数量关系 62020 新高考已知直四棱柱 ABCDA1B1C1D1的棱长均为 2，BAD60.以 D1为球心， 5为半径的球 面与侧面 BCC1B1的交线长为_ 答案 2 2 解析如图，直四棱柱 ABCDA1B1C1D1的棱长都为 2，BADB1A1D160，则A1B1D1 与B1C1D1均为边长为 2 的等边三角形在侧面 BC

35、C1B1内要找到与点 D1连线的长度为 5的点的轨迹，取 B1C1的 中点为 E，连接 D1E，得 D1EB1C1，又 BB1D1E，B1C1BB1B1，所以 D1E平面 BCC1B1，D1E 3.取 BB1， CC1的中点分别为 F，G，连接 EF，EG，则 EFEG 2，D1FD1G 5，于是以 D1为球心， 5为半径的球与 侧面 BCC1B1的交线为圆弧 FG，其中弧 FG 所在圆的圆心为 E，半径 EF 2，FEG90，则所求的交线长即圆 弧 FG 的长等于 2 2 2 2 . 72017 全国卷，文已知三棱锥 SABC 的所有顶点都在球 O 的球面上，SC 是球 O 的直径若平面 S

36、CA 平面 SCB，SAAC，SBBC，三棱锥 SABC 的体积为 9，则球 O 的表面积为_ 答案36解析如图，连接 OA，OB. 由 SAAC，SBBC，SC 为球 O 的直径，知 OASC，OBSC. 由平面 SCA平面 SCB，平面 SCA平面 SCBSC，OASC，知 OA平面 SCB. 设球 O 的半径为 r，则 OAOBr，SC2r， 三棱锥 SABC 的体积 V1 3 1 2SCOBOAr 3 3， 即r 3 39，r3， S球表4r236. 题型函数法计算几何体的面积、体积 试/题/调/研(题题精选，每题都代表一个方向) 12017 全国卷如图，圆形纸片的圆心为 O，半径为

37、5 cm，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，得到三棱锥当ABC 的边长变化时， 所得三棱锥体积(单位：cm3)的最大值为_ 答案4 15解析如图，连接 OD，交 BC 于点 G， 由题意，知 ODBC，OG 3 6 BC. 设 OGx， 则 BC2 3x，DG5x， 三棱锥的高 h DG2OG2 2510 xx2x2 2510 x， SABC1 22 3x3x3 3x 2， 则三棱锥的体

38、积 V1 3S ABCh 3x2 2510 x 3 25x410 x5. 令 f(x)25x410 x5，x 0，5 2 ，则 f(x)100 x350 x4. 令 f(x)0，得 x2. 当 x(0,2)时，f(x)0，f(x)单调递增； 当 x 2，5 2 时，f(x)0，f(x)单调递减 故当 x2 时，f(x)取得最大值 80， 则 V 3 804 15. 所以三棱锥体积的最大值为 4 15 cm3. 22016 江苏卷现需要设计一个仓库，它由上下两部分组成，上部的形状是正四棱锥 PA1B1C1D1，下部的 形状是正四棱柱 ABCDA1B1C1D1(如图所示)，并要求正四棱柱的高 O1

39、O 是正四棱锥的高 PO1的 4 倍 (1)若 AB6 m，PO12 m，则仓库的容积是多少？ (2)若正四棱锥的侧棱长为 6 m，则当 PO1为多少时，仓库的容积最大？ 解(1)由 PO12，知 O1O4PO18. 因为 A1B1AB6， 所以正四棱锥 PA1B1C1D1的体积 V锥1 3A 1B21PO11 36 2224(m3) 正四棱柱 ABCDA1B1C1D1的体积 V柱AB2O1O628288(m3) 所以仓库的容积 VV锥V柱24288312(m3) (2)设 A1B1a m，PO1h m，则 0h6，O1O4h. 如图，连接 O1B1. 因为在 RtPO1B1中，O1B21PO

40、21PB21， 所以 2 2 a 2h236， 即 a22(36h2)于是仓库的容积 VV柱V锥a24h1 3a 2h13 3 a2h26 3 (36hh3)，0h6， 从而 V26 3 (363h2)26(12h2) 令 V0，得 h23或 h2 3(舍去) 当 0h0，V 是单调增函数； 当 2 3h6 时，V0，V 是单调减函数 故 h23时，V 取得极大值，也是最大值 因此，当 PO12 3 m 时，仓库的容积最大 解/题/感/悟(小提示，大智慧) 函数法计算几何体面积、体积的最值，自变量的选取，量与量之间关系的确定很关键，运用函数导数，通过单 调性解决问题 提醒 完成限时跟踪检测(三

41、十五) 第二节空间点、直线、平面之间的位置关系 复习要点1.理解空间直线、平面位置关系的定义 2了解可以作为推理依据的公理和定理 3能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间图形的位置关系的简单命题 知识点一平面的基本性质 图形语言文字语言符号语言 公理 1 如果一条直线上的_ 在一个平面内，那么这条直 线在此平面内 Al， Bl， A， B l 公理 2 过不在_，有且只有一 个平面 A，B，C 三点不共线有且 只有一个平面，使 A，B ，C 公理 3 如果两个不重合的平面有一 个公共点，那么它们 _过该点的公共直线 若 P且 P， 则a， 且 Pa 答案：两点同一条直线上的三点有且只有一条

42、 知识点二空间两条直线的位置关系 1位置关系的分类 共面 直线 直线：同一平面内，有且只有 公共点； 直线：同一平面内，公共点. 异面直线：不同在_一个平面内，_公共点 2平行公理 平行于同一条直线的两条直线互相_ 3等角定理 空间中如果两个角的两边分别对应平行，那么这两个角_ 4异面直线所成的角 (1)定义：设 a，b 是两条异面直线，经过空间任一点 O 作直线 aa，bb，把 a与 b所成的_ 叫做异面直线 a 与 b 所成的角(或夹角) (2)范围：_. 答案：1.相交一个平行没有任何没有2.平行3.相等或互补4.(1)锐角(或直角)(2) 0， 2 知识点三空间直线、平面的位置关系图形

43、、符号表示 图形语言符号语言公共点 直 线 与 平 面 相交aA_个 平行a_个 在平 面内 a_个 平 面 与 平 面 平行_个 相交l_个 答案：10无数0无数 链/接/教/材 1必修 2P53B 组 T3在空间四边形 ABCD 各边 AB，BC，CD，DA 上分别取 E，F，G，H 四点，如果 EF， GH 相交于点 P，那么() A点 P 必在直线 AC 上 B点 P 必在直线 BD 上 C点 P 必在平面 DBC 内 D点 P 必在平面 ABC 外 答案：A解析：因为 EF平面 ABC，而 GH平面 ADC，且 EF 和 GH 能相交于点 P，所以 P 在两平面的交 线上，因为 AC

44、 是两平面的交线，所以点 P 必在直线 AC 上 2必修 2P49练习题改编若直线 a 不平行于平面，且 a，则下列结论成立的是() A内的所有直线与 a 异面 B内不存在与 a 平行的直线 C内存在唯一的直线与 a 平行 D内的直线与 a 都相交 答案：B 3必修 2P45例 2 改编如图，在三棱锥 ABCD 中，E，F，G，H 分别是棱 AB，BC，CD，DA 的中点，则 (1)当 AC，BD 满足条件_时，四边形 EFGH 为菱形； (2)当 AC，BD 满足条件_时，四边形 EFGH 为正方形 答案：(1)ACBD(2)ACBD 且 ACBD 通/性/通/法 判断点共线、线共点问题：直

45、接法(直接运用公理或定理) 在正方体 ABCDA1B1C1D1中，对角线 A1C 与平面 BDC1交于点 O，AC 与 BD 交于点 M，则点 O 与直线 C1M 的关系是_ 答案：OC1M解析：如图所示，因为 A1C平面 A1ACC1，OA1C，所以 O平面 A1ACC1，而 O 是平面 BDC1与直线 A1C 的交点，所以 O平面 BDC1，所以点 O 在平面 BDC1与平面 A1ACC1的交线上因为 ACBD M，所以 M平面 BDC1.又 M平面 A1ACC1，所以平面 BDC1平面 A1ACC1C1M，所以 OC1M. 核/心/素/养 如图，ABC 在平面外，ABP，BCQ，ACR，

46、求证：P，Q，R 三点共线 证明：ABP， PAB，P平面， 又 AB平面 ABC，P平面 ABC. 由公理 3 可知：点 P 在平面 ABC 与平面的交线上， 同理可证 Q，R 也在平面 ABC 与平面的交线上 P，Q，R 三点共线 题型平面的基本性质 角度.点、线、面的位置关系 试/题/调/研(题题精选，每题都代表一个方向) 1设四棱锥 PABCD 的底面不是平行四边形，用平面去截此四棱锥(如图)，使得截面四边形是平行四边形， 则这样的平面() A不存在B只有 1 个 C恰有 4 个D有无数多个 答案D 2多选已知底面是边长为 2 的正方形，侧棱长是 1 的直四棱柱 ABCDA1B1C1D

47、1中，P 是平面 A1B1C1D1上 的动点则下列结论正确的是() A与点 D 距离为 3的点 P 的轨迹是一条曲线，且该曲线的长度是 2 2 B若 DP平面 ACB1，则 DP 与平面 ACC1A1所成角的正切值的取值范围是 6 3 ， CACP 面积的最大值为 6 D若 DP 3，则 DP 在该四棱柱六个面上的正投影长度之和的最大值为 6 2 答案ACD解析如图，对于 A，与点 D 的距离为 3的点 P 的轨迹是一段以 D1为圆心， 2为半径的圆 弧 MN，其长度为1 42 2 2 2 ，所以 A 正确； 对于 B，因为平面 A1DC1平面 ACB1，所以点 P 必须在面对角线 A1C1上

48、运动， 当点 P 在 A1(或 C1)时，DP 与平面 ACC1A1所成的角为DA1O(或DC1O)，tanDA1O 6 3 ，此时 DP 与平面 ACC1A1所成的角最小， 当点 P 在 O1时，DP 与平面 ACC1A1所成的角为DO1O，tanDO1O 2，此时 DP 与平面 ACC1A1所成的角 最大， 所以 DP 与平面 ACC1A1所成角的正切值的取值范围是 6 3 ， 2 ， 所以 B 错误； 对于 C，当 P 与 D1点重合时，ACP 的面积最大，最大面积为 6， 故 C 正确； 对于 D，以 D 为原点，分别以 DA，DC，DD1所在直线为 x 轴、y 轴、z 轴建立空间直角

49、坐标系，如图所示， 设 P(x，y,1)，则 x2y22，DP 在前、后、左、右、上、下各面上的正投影长分别为 y21， y21， x21， x21，2，2， 所以 DP 在六个面上的正投影长度之和为 2( y21 x21 2) 2 2 y21x21 2 2 6 2， 当且仅当 P 在 O1位置时，等号成立，所以 D 正确故选 ACD. 方/法/指/导(来自课堂的最有用的方法) 点、线、面位置关系的判断与计算，要抓住关键词语，比如“至少有一个”“至多”，数量关系的确定，需要 计算投影、面积、长度、体积、夹角等等 结合题意构造符合题意的直观模型，然后将命题利用模型直观地作出判断，这样减少了抽象性

50、，避免了考虑不 全造成的解题错误，对于线面平行、面面平行、线面垂直、面面垂直的位置关系的判断，可构造长方体或正方体， 化抽象为直观去判断 角度.点共线、线共点、点线共面的证明 试/题/调/研(题题精选，每题都代表一个方向) 3已知在正方体 ABCDA1B1C1D1中，E，F 分别为 D1C1，C1B1的中点，ACBDP，A1C1EFQ. 求证：(1)D，B，F，E 四点共面； (2)若 A1C 交平面 DBFE 于点 R，则 P，Q，R 三点共线； (3)DE，BF，CC1三线交于一点 证明(1)如图所示 因为 EF 是D1B1C1的中位线， 所以 EFB1D1. 在正方体 ABCDA1B1C