1、全国卷五年考情图解 高考命题规律把握 1.考查形式 高考在本章一般命制 2 道小 题、1 道解答题，分值约占 22 分. 2.考查内容 (1)小题主要考查三视图、 几何 体体积与表面积计算， 此类问 题属于中档题目； 对于球与棱 柱、棱锥的切接问题，知识点 较整合，难度稍大. (2)解答题一般位于第 18 题或 第 19 题的位置， 常设计两问： 第(1)问重点考查线面位置关 系的证明； 第(2)问重点考查空 间角，尤其是二面角、线面角 的计算属于中档题目. 空间几何体的结构及其表面积、体空间几何体的结构及其表面积、体 积积 考试要求 1.认识柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征，并能运用这
2、 些特征描述现实生活中简单物体的结构. 2.能画出简单空间图形(长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱等的简易组合)的三视 图，能识别上述三视图所表示的立体模型，会用斜二测画法画出它们的直观图. 3.会用平行投影方法画出简单空间图形的三视图与直观图， 了解空间图形的不 同表示形式. 4.了解球、棱柱、棱锥、台体的表面积和体积的计算公式 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 (1)正棱柱：侧棱垂直于底面的棱柱叫做直棱
3、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 (2)正棱锥：底面是正多边形，顶点在底面的射影是底面正多边形的中心的棱 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 全等的等腰三全等的等腰梯圆 角形 形 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 4.三视图与直观图 三视图 画法规则：长对正、高平齐、宽相等 直观图 斜二测画法： (1)原图形中 x 轴、y 轴
4、、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. (2)原图形中平行于坐标轴的线段在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2rl S圆锥侧rl S圆台侧(r1r2)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 VS底h 锥体(棱锥和圆锥) S表面积S侧S底 V1 3S 底h 台体(
5、棱台和圆台) S表面积S侧S上S 下 V1 3(S 上S下 S上S下)h 球 S4R2 V4 3R 3 常用结论 1 按照斜二测画法得到的平面图形的直观图， 其面积与原图形的面积的关系： S直观图 2 4 S原图形，S原图形2 2S直观图 2多面体的内切球与外接球常用的结论 (1)设正方体的棱长为 a，则它的内切球半径 ra 2，外接球半径 R 3 2 a. (2)设长方体的长、宽、高分别为 a，b，c，则它的外接球半径 R a2b2c2 2 . (3)设正四面体的棱长为 a，则它的高为 H 6 3 a，内切球半径 r1 4H 6 12a， 外接球半径 R3 4H 6 4 a. 一、易错易误辨
6、析(正确的打“”，错误的打“”) (1)有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱 ( ) (2)有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥 ( ) (3)菱形的直观图仍是菱形 ( ) (4)正方体、球、圆锥各自的三视图中，三视图均相同 ( ) 答案 (1) (2) (3) (4) 二、教材习题衍生 1如图所示，长方体 ABCD- ABCD中被截去一部分，其中 EHAD，则剩 下的几何体是( ) A棱台 B四棱柱 C五棱柱 D简单组合体 C 由几何体的结构特征知，剩下的几何体为五棱柱 2体积为 8 的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为( ) A12 B32 3 C8
7、D4 A 由题意可知正方体的棱长为 2，其体对角线 2 3即为球的直径，所以球的 表面积为 4R2(2R)212，故选 A 3已知圆锥的表面积等于 12 cm2，其侧面展开图是一个半圆，则底面圆的 半径为( ) A1 cm B2 cm C3 cm D3 2 cm B S表r2rlr2r 2r3r212，r24， r2(cm) 4已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为 16 3 由三视图可知，该几何体是一个圆柱挖去了一个同底等高的圆锥，其体 积为 2221 32 2216 3 . 考点一 空间几何体的三视图、直观图和展开图 1.三视图画法的基本原则 长对正，高平齐，宽相等；画图时看不到
8、的线画成虚线 2由三视图还原几何体的步骤 3直观图画法的规则：斜二测画法 4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 三视图 典例 11 (1)(2018 全国卷)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( ) A B C D (2)如图所示，在正方体 ABCD- A1B1C1D1中，E 为棱 BB1的中点，过点 A，E， C1的平面截去该正方体的上半部分，则
9、剩余几何体的侧视图为( ) A B C D (3)(2020 全国卷)如图是一个多面体的三视图，这个多面体某条棱的一个端 点在正视图中对应的点为 M，在俯视图中对应的点为 N，则该端点在侧视图中对 应的点为( ) AE BF CG DH (1)A (2)C (3)A (1)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)过点 A，E，C1的截面如图所示，由图可知该剩余几何体的侧视图为 C (3)由三视图知，该几何体是由两个长方体组合而成的，其直观图如图所示， 由图知该端点在侧视图中对应的点为 E，故选 A 点评：画三视图时，可先找出各个
10、顶点在投影面上的投影，然后再确定连线 在投影面上的虚实 直观图 典例 12 已知正三角形 ABC 的边长为 a，那么ABC 的平面直观图 ABC的面积为( ) A 3 4 a2 B 3 8 a2 C 6 8 a2 D 6 16a 2 D 法一：如图所示的实际图形和直观图， 由图可知，ABABa，OC1 2OC 3 4 a， 在图中作 CDAB于 D， 则 CD 2 2 OC 6 8 a， 所以 SABC1 2ABCD 1 2a 6 8 a 6 16a 2. 法二：SABC1 2aasin 60 3 4 a2， 又 S直观图 2 4 S原图 2 4 3 4 a2 6 16a 2.故选 D 点评：
11、直观图的面积问题常常有两种解法：一是利用斜二测画法求解，注意 “斜”及“二测”的含义；二是直接套用等量关系：S直观图 2 4 S原图形 展开图 典例 13 如图，在直三棱柱 ABC- A1B1C1中，AB2，BC 3，AC1， AA13， F 为棱 AA1上的一动点， 则当 BFFC1最小时， BFC1的面积为 15 2 将直三棱柱 ABC- A1B1C1沿棱 AA1展开成平面， 连接 BC1(图略)， 与 AA1 的交点即为满足 BFFC1最小时的点 F，直三棱柱 ABC- A1B1C1中，AB2，BC 3，AC1，AA13，再结合棱柱的性质，可得 A1F1 3AA11，故 AF2. 由图形
12、及棱柱的性质，可得 BF 442 2， FC1 11 2，BC1 392 3， cosBFC1BF 2FC2 1BC21 2BFFC1 8212 22 2 2 1 4. 故 sinBFC11 1 16 15 4 ， BFC1的面积为 S1 2BFFC1sinBFC1 1 22 2 2 15 4 15 2 . 点评：本题在探求 BFFC1最小时，采用了化曲为直的策略，将空间问题平 面化，在解决空间折线段最短问题时可适当考虑其展开图 跟进训练 1(2018 全国卷)某圆柱的高为 2，底面周长为 16，其三视图如图所示圆 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
13、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( ) A2 17 B2 5 C3 D2 B 先画出圆柱的直观图，根据题图的三视图可知点 M，N 的位置如图 1 所 示 图 1 图 2 圆柱的侧面展开图及 M，N 的位置(N 为 OP 的四等分点)如图 2 所示，连接 MN，则图中 MN 即为 M 到 N 的最短路径ON1 4164，OM2， MN OM2ON2 22422 5. 故选 B 2某几何体的正视图和侧视图如图所示，它的俯视图的直观图是矩形 O1A1B1C1，如图，其中 O1A16，O1C12，则该几何体的侧面积为( ) A48 B64 C96 D128 C
14、 由题意可知俯视图的直观图面积为 2612， 故俯视图的面积为 24 2. 又由三视图可知该几何体为直四棱柱，且高为 4，底面为边长为 6 的菱形 所以几何体的侧面积为 64496.故选 C 考点二 空间几何体的表面积与体积 1.空间几何体表面积的求法 (1)旋转体的表面积问题注意其侧面展开图的应用 (2)多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积注意衔接部分的处 理 (3)以三视图为载体的需确定几何体中各元素之间的位置关系及数量 2空间几何体体积问题的常见类型及解题策略 (1)直接利用公式进行求解 (2)用转换法、分割法、补形法等方法进行求解 (3)以三视图的形式给出的应先得到几何体的
15、直观图 空间几何体的表面积 典例 21 (1)若某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积是 ( ) A48 B48 C482 D482 (2)(2018 全国卷)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( ) A12 2 B12 C8 2 D10 (3)(2020 全国卷)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 4，ABBCACOO1，则球 O 的表面积为( ) A64 B48 C36 D32 (1)A (2)B (3)A (1)该几何体是正四棱柱挖去了
16、一个半球，正四棱柱的底 面是正方形(边长为 2)，高为 5，半球的半径是 1，那么该几何体的表面积为 S 2224251221248，故选 A (2)因为过直线 O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为 8 的正方形， 所以圆 柱的高为2 2， 底面圆的直径为2 2， 所以该圆柱的表面积为2( 2)22 2 2 212. (3)如图所示，设球 O 的半径为 R，O1的半径为 r，因为O1的面积为 4， 所以 4r2， 解得 r2， 又 ABBCACOO1， 所以 AB sin 60 2r， 解得 AB2 3， 故 OO12 3，所以 R2OO 2 1r2(2 3)22216，所以球 O 的表面
17、积 S4R2 64.故选 A 点评：解答本题 T(1)时易误认为几何体的上底面不存在，导致计算错误 空间几何体的体积 求空间几何体的体积的常用方法 典例 22 (1)如图所示，正三棱柱 ABC- A1B1C1的底面边长为 2，侧棱长为 3，D 为 BC 中点，则三棱锥 A- B1DC1的体积为( ) A3 B3 2 C1 D 3 2 (2)(2017 全国卷)如图， 网格纸上小正方形的边长为 1， 粗实线画出的是某几 何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体 积为( ) A90 B63 C42 D36 (3)已知正方体 ABCD- A1B1C1D1的棱长为 2，M
18、、N 分别为 BB1、AB 的中点， 则三棱锥 A- NMD1的体积为 (1)C (2)B (3)1 3 (1)(直接法)如题图，在正三角形 ABC 中，D 为 BC 中点， 则有 AD 3 2 AB 3， 又平面 BB1C1C平面 ABC，平面 BB1C1C平面 ABCBC，ADBC，AD 平面 ABC，由面面垂直的性质定理可得 AD平面 BB1C1C，即 AD 为三棱锥 A- B1DC1的底面 B1DC1上的高， (2)法一(分割法)：由题意知，该几何体是一个组合体，下半部分是一个底面半 径为 3，高为 4 的圆柱，其体积 V132436. 上半部分是一个底面半径为 3，高为 6 的圆柱的
19、一半， 其体积 V21 23 2627. 所以该组合体的体积 VV1V2362763. 法二(补形法)：由题意知，该几何体是一圆柱被一平面截去一部分后所得的几 何体，在该几何体上方再补上一个与其相同的几何体，让截面重合，则所得几何 体为一个圆柱，故圆柱的底面半径为 3，高为 10414，该圆柱的体积 V1 3214126. 故该几何体的体积为圆柱体积的一半， 即 V1 2V163. 法三(估值法)：由题意，知1 2V 圆柱V几何体V圆柱又 V圆柱321090，所 以 45V几何体90.观察选项可知只有 63 符合 (3)(等体积法)如图， 正方体 ABCD- A1B1C1D1的 棱长为 2，M
20、、N 分别为 BB1、AB 的中点， SANM1 211 1 2， VA- NMD1VD1- AMN1 3 1 22 1 3. 点评：处理体积问题的思路 (1)“转”：指的是转换底面与高，将原来不易求面积的底面转换为易求面积 的底面，或将原来不易看出的高转换为易看出并易求解长度的高，即等体积法； (2)“拆”：指的是将一个不规则的几何体拆成几个简单的几何体，便于计算， 即分割法； (3)“拼”：指的是将小几何体嵌入一个大几何体中，如将一个三棱锥复原成 一个三棱柱，将一个三棱柱复原成一个四棱柱，这些都是拼补的方法，即补形法 跟进训练 1(2019 浙江高考)祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家，他提
21、出的“幂势既 同，则积不容异”称为祖暅原理，利用该原理可以得到柱体的体积公式 V柱体Sh， 其中 S 是柱体的底面积，h 是柱体的高若某柱体的三视图如图所示(单位：cm)， 则该柱体的体积(单位：cm3)是( ) A158 B162 C182 D324 B 由三视图得该棱柱的高为 6，底面可以看作是由两个直角梯形组合而成 的，其中一个上底为 4，下底为 6，高为 3，另一个的上底为 2，下底为 6，高为 3， 则该棱柱的体积为 26 2 346 2 3 6162.故选 B 2若正四棱锥的底面边长和高都为 2，则其表面积为 44 5 如图 由题意知底面正方形的边长为 2，正四棱锥的高为 2， 则
22、正四棱锥的斜高 PE 2212 5. 所以该四棱锥的侧面积 S41 22 54 5， S表224 544 5. 考点三 与球有关的切、接问题 与球有关的切、接问题的解法 (1)旋转体的外接球：常用的解题方法是过球心及接、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 (2)多面体的外接球：常用的解题方法是将多面体还原到正方体和长方体中再 去求解 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，利用 2R a2b2c2求 R. 一条侧棱垂直底面的三棱锥问题：可补形成直三棱柱先借
23、助几何体的几 何特征确定球心位置，然后把半径放在直角三角形中求解 典例 3 (1)(2020 全国卷)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 (2)(2020 福建十校联考)已知三棱锥 P- ABC 的三条侧棱两两互相垂直，且 AB 5，BC 7，AC2，则此三棱锥的外接球的体积为( ) A8 3 B 8 2 3 C16 3 D32 3 (3)已知直三棱柱 ABC- A1B1C1的各顶点都在以 O 为球心的球面上，且BAC 3 4 ，AA1BC2，则球 O 的体积为( ) A4 3 B8 C12 D20 (1) 2 3 (2)B (3)A (1)易知半径最大的
24、球即为该圆锥的内切球圆锥 PE 及其内切球 O 如图所示，设内切球的半径为 R，则 sinBPE R OP BE PB 1 3，所以 OP3R，所以 PE4R PB2BE2 32122 2，所以 R 2 2 ，所以内切球 的体积 V4 3R 3 2 3 ，即该圆锥内半径最大的球的体积为 2 3 . (2)AB 5，BC 7，AC2，PA1，PC 3，PB2.以 PA，PB，PC 为过同一顶点的三条棱，作长方体如图所示， 则长方体的外接球同时也是三棱锥 P- ABC 的外接球 长方体的体对角线长为 1342 2， 球的直径为 2 2，半径 R 2， 因此，三棱锥 P- ABC 外接球的体积是4
25、3R 34 3( 2) 38 2 3 .故选 B (3)在底面ABC 中，由正弦定理得底面ABC 所在的截面圆的半径为 r BC 2sinBAC 2 2sin 3 4 2， 则直三棱柱 ABC- A1B1C1的外接球的半径为 Rr2 AA1 2 2 2212 3， 则直三棱柱 ABC- A1B1C1的外接球的体积为4 3R 34 3.故选 A 母题变迁 1若将本例(3)的条件“BAC3 4 ，AA1BC2”换为“AB3，AC4， ABAC，AA112”，则球 O 的半径为 13 2 如图所示，过球心作平面 ABC 的垂线，则垂足为 BC 的中点 M. 又 AM1 2BC 5 2，OM 1 2A
26、A16， 所以球 O 的半径 ROA 5 2 2 6213 2 . 2若将本例(3)的条件改为“正四面体的各顶点都在以 O 为球心的球面上”， 则此正四面体的表面积 S1与其内切球的表面积 S2的比值为 6 3 设正四面体棱长为 a，则正四面体表面积为 S14 3 4 a2 3a2，其内 切球半径 r 为正四面体高的1 4， 即 r1 4 6 3 a 6 12a，因此内切球表面积为 S24r 2a 2 6 ， 则S1 S2 3a2 a2 6 6 3 . 3 若将本例(3)的条件改为“侧棱和底面边长都是 3 2的正四棱锥的各顶点都 在以 O 为球心的球面上”，则其外接球的半径为 3 依题意，得该
27、正四棱锥底面对角线的长为 3226，高为 3 2 2 1 26 2 3， 因此底面中心到各顶点的距离均等于 3， 所以该正四棱锥的外接球的球心即为 底面正方形的中心，其外接球的半径为 3. 点评：通过本例(3)及母题变迁训练，我们可以看出构造法、补形法等是处理 “外接”问题的主要方法，其关键是找到球心，借助勾股定理求球的半径 (1)锥体的外接球问题，解决这类问题的关键是抓住外接球的特点，即球心到 各个顶点的距离等于球的半径 (2)柱体的外接球问题，其解题关键在于确定球心在多面体中的位置，找到球 的半径或直径与多面体相关元素之间的关系，结合原有多面体的特性求出球的半 径，然后再利用球的表面积和体
28、积公式进行正确计算 跟进训练 1 (2018 全国卷)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 9 3，则三棱锥 D- ABC 体积的最大值为( ) A12 3 B18 3 C24 3 D54 3 B 由等边ABC 的面积为 9 3， 可得 3 4 AB29 3，所以 AB6， 所以等边ABC 的外接圆的半径为 r 3 3 AB2 3. 设球的半径为 R， 球心到等边ABC 的外接圆圆心的距离为 d， 则 d R2r2 16122. 所以三棱锥 D- ABC 高的最大值为 246， 所以三棱锥 D- ABC 体积的最大值为1 39 361
29、8 3. 2(2020 南宁模拟)已知三棱锥 P- ABC 中，ABC 为等边三角形，PAPB PC3，PAPB，则三棱锥 P- ABC 的外接球的体积为( ) A27 2 B27 3 2 C27 3 D27 B 三棱锥 P- ABC 中，ABC 为等边三角形，PAPBPC3， PABPBCPAC PAPB，PAPC，PCPB 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 正方体的体对角线长为 3232323 3， 其外接球半径 R3 3 2 .因此三 棱锥 P- ABC 的外接球的体积 V4 3 3 3 2 3 27
30、 3 2 . 核心素养 5 用数学眼光观察世界巧解简单几何体的外接球与内切球问题 简单几何体外接球与内切球问题是立体几何中的难点，也是历年高考重要的 考点，几乎每年都要考查，重在考查考生的直观想象能力和逻辑推理能力此类 问题实质是解决球的半径长或确定球心 O 的位置问题，其中球心的确定是关键 下面从六个方面分类阐述该类问题的求解策略. 利用长方体的体对角线探索外接球半径 素养案例1 已知边长为 2 的等边三角形 ABC，D 为 BC 的中点，沿 AD 进 行折叠，使折叠后的BDC 2，则过 A，B，C，D 四点的球的表面积为( ) A3 B4 C5 D6 C 连接 BC(图略)，由题知几何体
31、ABCD 为三棱锥，BDCD1，AD 3， BDAD，CDAD，BDCD，将折叠后的图形补成一个长、宽、高分别是 3， 1,1 的长方体，其体对角线长为 113 5，故该三棱锥外接球的半径是 5 2 ， 其表面积为 5. 评析 若几何体存在三条两两垂直的线段或者三条线有两条垂直， 可构造墙 角模型(如下图)，直接用公式(2R)2a2b2c2求出 R. 素养培优 (2020 河北重点中学 6 月联考)阿基米德是伟大的古希腊数学家，他和高斯、 牛顿并称为世界三大数学家他的一个重要数学成就是“圆柱容球”定理，即在 带盖子的圆柱形容器(容器的厚度忽略不计)里放一个球， 该球与圆柱形容器的两个 底面和侧
32、面都相切，则球的体积是圆柱形容器的容积的2 3，并且球的表面积也是圆 柱形容器的表面积的2 3.则该圆柱形容器的容积与它的外接球的体积之比为( ) A3 2 8 B 2 4 C2 3 D 2 3 A 设容器里所放球的半径为 R，则圆柱形容器的底面半径为 R，设圆柱形容 器的高为 h， 由题意知 h2R，圆柱形容器的外接球的半径为 2R 2 2 R2 2R. 圆柱形容器的容积 VR2 2R2R3， V外接球4 3( 2R) 38 2 3 R3， 所以 V V外接球 2R3 8 2 3 R3 3 2 8 ，故选 A 利用长方体的面对角线探索外接球半径 素养案例2 三棱锥 S- ABC 中， SAB
33、C 13， SBAC 5， SCAB 10. 则三棱锥的外接球的表面积为 14 如图，在长方体中，设 AEa，BEb，CEc. 则 SCAB a2b2 10， SABC b2c2 13， SBAC a2c2 5. 从而 a2b2c214(2R)2，可得 S4R214.故所求三棱锥的外接球的表 面积为 14. 评析 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 素养培优 (2019 全国卷)已知三棱锥 P- ABC 的四个顶点在球 O 的球面上，PAPB PC，ABC 是边长为 2 的正三角形，E，F 分别是 PA，A
34、B 的中点，CEF90 ， 则球 O 的体积为( ) A8 6 B4 6 C2 6 D 6 D 因为点 E，F 分别为 PA，AB 的中点，所以 EFPB， 因为CEF90 ，所以 EFCE，所以 PBCE. 取 AC 的中点 D，连接 BD，PD，易证 AC平面 BDP， 所以 PBAC，又 ACCEC，AC，CE平面 PAC，所以 PB平面 PAC， 所以 PBPA，PBPC，因为 PAPBPC，ABC 为正三角形， 所以 PAPC，即 PA，PB，PC 两两垂直，将三棱锥 P- ABC 放在正方体中因 为 AB2，所以该正方体的棱长为 2，所以该正方体的体对角线长为 6，所以三 棱锥 P
35、- ABC 的外接球的半径 R 6 2 ，所以球 O 的体积 V4 3R 34 3 6 2 3 6， 故选 D 利用底面三角形与侧面三角形的外心探索球心 素养案例3 平面四边形 ABCD 中， ABADCD1， BD 2， BDCD将 其沿对角线 BD 折成四面体 ABCD， 使平面 ABD平面 BCD若四面体 ABCD 的 顶点在同一球面上，则该球的体积为( ) A 3 2 B3 C 2 3 D2 A 如图，设 BD，BC 的中点分别为 E，F.因点 F 为底面直角BCD 的外心， 知三棱锥 ABCD 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ABD
36、的外心，知外接球球心必在过点 E 且与平面 ABD 垂直的直 线 l2上因而球心为 l1与 l2的交点又 FECD，CDBD 知 FE平面 ABD从 而可知球心为点 F.又 ABAD1，CD1 知 BD 2，球半径 RFDBC 2 3 2 . 故 V4 3 3 2 3 3 2 . 评析 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 素养培优 (2020 广州模拟)三棱锥 P- ABC 中，平面 PAC平面 ABC，ABAC，PAPC AC2，AB4，则三棱锥 P- ABC 的外接球的表面积为( ) A23 B23
37、4 C64 D64 3 D 如图，设 O为正PAC 的中心，D 为 RtABC 斜边的中点，H 为 AC 中 点由平面 PAC平面 ABC则 OH平面 ABC作 OOHD，ODOH，则交 点 O 为三棱锥外接球的球心，连接 OP，又 OP2 3PH 2 3 3 2 22 3 3 ，OO DH1 2AB2.R 2OP2OP2OO24 34 16 3 . 故几何体外接球的表面积 S4R264 3 . 利用直棱柱上下底面外接圆圆心的连线确定球 心 素养案例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9 8，底面周长为 3，则这个 球的体
38、积为 4 3 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 a1 2，底面积为 S6 3 4 1 2 2 3 3 8 ，V柱Sh3 3 8 h9 8，h 3，R 2 3 2 2 1 2 2 1，R1，球的体积为 V4 3 . 评析 直棱柱的外接球、圆柱的外接球模型如图： 其外接球球心就是上下底面外接圆圆心连线的中点 素养培优 (2017 全国卷)已知圆柱的高为 1， 它的两个底面的圆周在直径为 2 的同一个 球的球面上，则该圆柱的体积为( ) A B3 4 C 2 D 4 B 设圆柱的底面半径为 r，球的半径为 R，且 R1，由圆柱两个底面的圆周 在同一个球的球面
39、上可知，r，R 及圆柱的高的一半构成直角三角形 r1 1 2 2 3 2 . 圆柱的体积为 Vr2h3 41 3 4 . 故选 B 锥体的内切球问题 (1)题设：如图，三棱锥 P- ABC 是正三棱锥，求其内切球的半径 图 第一步：先画出内切球的截面图，E，H 分别是两个三角形的外心； 第二步：求 DH1 3CD，POPHr，PD 是侧面ABP 的高； 第三步：由POEPDH，建立等式：OE DH PO PD，解出 r. (2)题设：如图，四棱锥 P- ABCD 是正四棱锥，求其内切球的半径 图 第一步：先画出内切球的截面图，P，O，H 三点共线； 第二步：求 FH1 2BC，POPHr，PF
40、 是侧面PCD 的高； 第三步：由POGPFH，建立等式：OG HF PO PF，解出 r. (3)题设：三棱锥 P- ABC 是任意三棱锥，求其内切球半径 方法：等体积法，三棱锥 P- ABC 体积等于内切球球心与四个面构成的四个三 棱锥的体积之和； 第一步：先求出四个表面的面积和整个锥体体积； 第二步：设内切球的半径为 r，球心为 O，建立等式：VP- ABCVO- ABCVO- PAB VO- PACVO- PBCVP- ABC 1 3SABC r 1 3SPAB r 1 3SPAC r 1 3SPBC r 1 3(SABCSPABSPACSPBC) r； 第三步：解出 r 3VP- A
41、BC SABCSPABSPACSPBC. 素养案例5 (1)将半径为 3，圆心角为2 3 的扇形围成一个圆锥，则该圆锥的 内切球的表面积为( ) A B2 C3 D4 (2)如图，在四棱锥 P- ABCD 中，底面 ABCD 是边长为 m 的正方形，PD底面 ABCD，且 PDm，PAPC 2m，若在这个四棱锥内放一个球，则此球的最大 半径是 (1)B (2)1 2(2 2)m (1)半径为 3，圆心角为 2 3 的扇形弧长为 2， 故其围成的圆锥母线长为 3，底面圆周长为 2， 得其底面半径为 1， 如图， MB1， AB3, AM2 2， 由相似可得ON MB AO AB， 得 ON 2
42、2 ， S球41 22.故选 B (2)由 PD底面 ABCD 得 PDAD又 PDm，PA 2m，则 ADm.设内切 球的球心为 O， 半径为 R， 连接 OA， OB， OC， OD， OP(图略)， 易知 VP- ABCDVO- ABCD VO- PADVO- PABVO- PBCVO- PCD， 即1 3 m 2 m1 3m 2R1 3 1 2m 2R1 3 1 2 2m 2 R1 3 1 2 2m 2 R1 3 1 2m 2R， 解得 R1 2(2 2)m， 所以此球的最大半径是 1 2(2 2)m. 评析 结合本题(2)的条件，采用体积分割法求解本题，即利用体积相等建立 等量关系
43、素养培优 有一个倒圆锥形容器，它的轴截面是顶角的余弦值为1 2的等腰三角形在容器 内放一个半径为 r 的铁球，并注水，使水面与球正好相切，然后将球取出，则这时 容器中水的深度为 3 15r 如图，作出轴截面，因为轴截面是顶角的余弦值为1 2的等腰三角形， 所以顶角为 3，所以该轴截面为正三角形根据切线性质知当球在容器内时，水的 深度为 3r，水面所在圆的半径为 3r，则容器内水的体积 V1 3( 3r) 2 3r4 3r 35 3 r3.将球取出后，设容器中水的深度为 h，则水面圆的半径为 3 3 h，从而容器内水 的体积 V1 3 3 3 h 2 h1 9h 3，由 VV，得 h3 15r，
44、所以这时容器中水的深度 为315r. 柱体的内切球问题 素养案例6 (2016 全国卷)在封闭的直三棱柱 ABC- A1B1C1内有一个体积 为 V 的球若 ABBC，AB6，BC8，AA13，则 V 的最大值是( ) A4 B9 2 C6 D32 3 B 由题意得要使球的体积最大，则球与直三棱柱的若干面相切设球的半 径为 R，ABC 的内切圆半径为6810 2 2，R2. 又 2R3， R3 2，Vmax 4 3 3 2 3 9 2.故选 B 评析 解答本题的关键是当 V 取得最大值时， 球与上下底面还是与侧面相切 的问题 素养培优 体积为4 3 的球与正三棱柱的所有面均相切，则该棱柱的体积为 6 3 设球的半径为 R，由4 3 R34 3 ，得 R1，所以正三棱柱的高 h2. 设底面边长为 a， 则1 3 3 2 a1，所以 a2 3. 所以 V 3 4 (2 3)226 3.
