第七章　立体几何.DOC

1、第七章第七章立体几何立体几何 第一节第一节空间几何体的结构特征及三视图和直观图空间几何体的结构特征及三视图和直观图 内容要求考题举例考向规律 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 2020全国 卷T7(三视图还原几 何体) 2020全国 卷T8(三视图及表面 积) 2019全国 卷T16

2、(空间几何体 结构特征) 2018全国 卷T7(三视图与距 离) 2018全国 卷T3(三视图的辨 析) 考情分析：空间几何 体的结构特征、三视 图、直观图是高考重 点考查的内容。主要 考查根据几何体的 三视图求其体积与 表面积。对空间几何 体的结构特征、三视 图、直观图的考查， 以选择题和填空题 为主 核心素养：直观想象 教材回扣基础自测 自主学习知识积淀 1简单几何体 (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)旋转体的结构特征 名称圆柱圆锥

3、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 球的截面的性质 1球的任何截面是圆面。 2球心和截面(不过球心)圆心的连线垂直于截面。 3球心到截面的距离 d 与球的半径 R 及截面的半径 r 的关系为 r R2d2。 2直观图 (1)画法：常用斜二测画法。 (2)规则：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。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

4、 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。 斜二测画法中的“三变”与“三不变” “三变” 坐标轴的夹角改变， 与 y 轴平行的线段的长度变为原来的一半， 图形改变。 “三不变” 平行性不改变， 与 x 轴和 z 轴平行的线段的长度不改变， 相对位置不改变。 3三视图 几何体的三视图包括正视图、侧视图、俯视图，分别是从几何体的正前方、正左方和正上方观察几何体 画出的轮廓线。 三视图的长度特征 “长对正、高平齐、宽相等”，即正俯同长、正侧同高、俯侧同宽。 一、常规题 1若一个三棱柱的三视图如图所示，其俯视图为正三角形，则这个三棱柱的高和底面边长分别

5、为() A2,2 3B2 2，2 C4,2D2,4 解析由三视图可知，正三棱柱的高为 2，底面正三角形的高为 2 3，故底面边长为 4。故选 D。 答案D 2在如图所示的几何体中，是棱柱的为() 解析由棱柱的结构特征可知 C 是棱柱。 答案C 二、易错题 3(棱柱的概念不清)如图，长方体 ABCDABCD被截去一部分，其中 EHAD。剩下的几何体是() A棱台B四棱柱 C五棱柱D六棱柱 解析由几何体的结构特征可知，剩下的几何体为五棱柱。故选 C。 答案C 4(三个视图间的关系不清)将一个长方体沿相邻三个面的对角线截去一个棱锥，得到的几何体的正视图 与俯视图如图所示，则该几何体的侧视图为() 解

6、析先根据正视图和俯视图还原出几何体，再作其侧视图。由几何体的正视图和俯视图可知该几何体 为图，故其侧视图为图。故选 B。 答案B 5(斜二测画法的规则不清)利用斜二测画法，以下结论正确的是() A三角形的直观图一定是三角形 B正方形的直观图一定是菱形 C等腰梯形的直观图可以是平行四边形 D菱形的直观图一定是菱形 解析由斜二测画法的规则可知 A 正确；B 错误，是一般的平行四边形；C 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，D 错误。 答案A 考点例析对点微练 互动课堂考向探究 考点一空间几何体的结构特征自主练习 1.下列命题中正确的是() A在圆柱的上、下底面的圆

7、周上各取一点，则这两点的连线是圆柱的母线 B直角三角形绕其任一边所在直线旋转一周所形成的几何体都是圆锥 C棱台的上、下底面可以不相似，但侧棱长一定相等 D棱台各侧棱的延长线交于一点 解析A 不一定，只有当这两点的连线平行于轴时才是母线；B 不一定，当以斜边所在直线为旋转轴时， 其余两边旋转形成的面所围成的几何体不是圆锥，如图所示，它是由两个同底圆锥组成的几何体；C 错误， 棱台的上、下底面相似且是对应边平行的多边形，各侧棱延长线交于一点，但是侧棱长不一定相等；由棱台 的定义知，棱台各侧棱的延长线交于一点，D 正确。 答案D 2(多选)下列命题中正确的是() A棱柱的侧棱都相等，侧面都是全等的平

8、行四边形 B在四棱柱中，若两个过相对侧棱的截面都垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱 C存在每个面都是直角三角形的四面体 D棱台的侧棱延长后交于一点 解析A 不正确，根据棱柱的定义，棱柱的各个侧面都是平行四边形，但不一定全等；B 正确，因为两 个过相对侧棱的截面的交线平行于侧棱，又垂直于底面；C 正确，如图，正方体 ABCDA1B1C1D1中的三棱锥 C1ABC，四个面都是直角三角形；D 正确，由棱台的概念可知。 答案BCD 3若四面体的三对相对棱分别相等，则称之为等腰四面体，若从四面体的一个顶点出发的三条棱两两垂 直，则称之为直角四面体，以长方体 ABCDA1B1C1D1的顶点为四面体的顶点，可

9、以得到等腰四面体的个数是 _，直角四面体的个数是_。 解析因为矩形的对角线相等，所以长方体的六个面的对角线构成 2 个等腰四面体。因为从长方体的每 个顶点出发的三条棱都是两两垂直的，所以长方体中有 8 个直角四面体。 答案28 解决空间几何体概念辨析题的常用方法 1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、 面等基本元素，根据定义进行判定。 2反例法：通过反例对结构特征进行辨析。 考点二空间几何体的三视图微专题 微考向 1：由几何体识别三视图 【例 1】(2021湖南师大附中月考)如图，在正方体 ABCDA1B1C1D1中，M 为线段 BB1的中点

10、，现用一 个过点 M，C，D 的平面去截正方体，得到上下两部分，用如图的角度去观察上半部分几何体，所得的侧视 图为() 解析上半部分的几何体如图： 由此几何体可知，所得的侧视图为。故选 B。 答案B 空间几何体的三视图的画法 1搞清正(主)视、侧(左)视、俯视的方向，同一物体由于放置的位置不同，所画的三视图可能不同。 2看清简单组合体是由哪几个基本几何体组成。 3画三视图时要遵循“长对正，高平齐，宽相等”的原则，还要注意几何体中与投影垂直或平行的线段 及面的位置关系。 微考向 2：由三视图还原几何体 【例 2】(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

11、 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() AEBF CGDH 解析由三视图知，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。 答案A 由三视图确定几何体的 3 个步骤 【题组对点练】 1(微考向 1)如图，正方体 ABCDA1B1C1D1的顶点 A，B 在平面上，AB 2，若平面 A1B1C1D1与平面 所成的角为 30，由如图所示的俯视方向，正方体 ABCDA1B1C1D1在平面上的俯视图的面积为() A2B1 3 C2 3D2 2 解析由题意得 AB 在平面上，且平面与平面 A1B1C1D1所成的角为

12、30，则平面与平面 A1B1BA 所成 的角为 60，故所得的俯视图的面积 S 2( 2cos 30 2cos 60)1 3。 答案B 2(微考向 2)某三棱柱的底面为正三角形，其三视图如图所示，该三棱柱的表面积为() A6 3B62 3 C12 3D122 3 解析将三视图还原为直观图(图略)， 知该三棱柱是正三棱柱， 其高为 2， 底面是边长为 2 的等边三角形， 正三棱柱的上、下两个底面的面积均为1 222sin 60 1 222 3 2 3，三个侧面的面积均为 224， 故其表面积为 2 312。故选 D。 答案D 3(微考向 2)汉朝时，张衡得出圆周率的平方除以 16 等于5 8。如

13、图，网格纸上的小正方形的边长为 1， 粗实线画出的是某几何体的三视图，俯视图中的曲线为圆，利用张衡的结论可得该几何体的体积为() A32B40 C.32 10 3 D.40 10 3 解析由几何体的三视图可知，该几何体是半个圆柱和半个圆锥的组合体，其底面半径为 2，高为 4，则 体积 V1 22 241 3 1 22 2432 3 ，利用张衡的结论可得 2 16 5 8，所以 10，从而 V 32 10 3 。故选 C。 答案C 考点三空间几何体的直观图 【例 3】(1)用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图为如图所示的一个正方形，则原来的图 形是() 解析由直观图可知，在直观图中多边形

14、为正方形，对角线长为 2，所以原图形为平行四边形，位于 y 轴上的对角线长为 2 2。故选 A。 答案A (2)已知正三角形 ABC 的边长为 2，那么ABC 的直观图ABC的面积为_。 解析如图，图、图分别表示ABC 的实际图形和直观图。从图可知，ABAB2， OC1 2OC 3 2 ，CDOCsin 45 3 2 2 2 6 4 。所以 SABC1 2ABCD 1 22 6 4 6 4 。 答案 6 4 平面图形与其直观图的关系 1在斜二测画法中，要确定关键点及关键线段。平行于 x 轴的线段的平行性不变，长度不变；平行于 y 轴的线段的平行性不变，长度减半。 2按照斜二测画法得到的平面图形

15、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。 【变式训练】有一块多边形的菜地，其水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形(如图所示)， ABC45，ABAD1，DCBC，则这块菜地的面积为_。 解析在直观图中，过点 A 作 AEBC，垂足为 E，则在 RtABE 中，AB1，ABE45，所以 BE 2 2 。而四边形 AECD 为矩形，AD1，所以 ECAD1，所以 BCBEEC 2 2 1。由此可还原原图形 如图所示。在原图形中，AD1，AB2，BC 2 2 1，且 ADBC，ABBC，所以这块菜地的面积 为 S1 2(ADBC)AB 1 2 11 2 2 22

16、2 2 。 答案2 2 2 第二节第二节空间几何体的表面积与体积空间几何体的表面积与体积 内容要求考题举例考向规律 了解柱、锥、台、球 的表面积和体积的 计算公式 2020全国 卷T10(球的表面积) 2020全国 卷T10(球的几何性 质) 2020全国 卷T15(圆锥的内切 球) 2019全国 卷T12(球的体积) 2019全国 卷T16(组合体体积) 考情分析：主要考查 空间几何体的表面 积与体积。常以选择 题与填空题为主，涉 及空间几何体的结 构特征、三视图等内 容，要求考生要有较 强的空间想象能力 和计算能力，难度为 中低档 核心素养：直观想 象、数学运算 教材回扣基础自测 自主学习

17、知识积淀 1多面体的表面积、侧面积 因为多面体的各个面都是平面，所以多面体的侧面积就是所有侧面的面积之和，表面积是侧面积与底面 面积之和。 2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(r r)l 3.柱、锥、台、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 (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S4R2V4 3R 3 几个与球有关的切、接常用结论 1正

18、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 3a。 (2)若球为正方体的内切球，则 2Ra。 (3)若球与正方体的各棱相切，则 2R 2a。 2若长方体的同一顶点的三条棱长分别为 a，b，c，外接球的半径为 R，则 2R a2b2c2。 3正四面体的外接球与内切球的半径之比为 31。 一、常规题 1圆柱的底面直径与高都等于球的直径，则球的体积与圆柱的体积比 V 球V柱为( ) A12B23 C34D13 解析设球的半径为 R，则V 球 V 柱 4 3R 3 R22R 2 3。故选 B。 答案B 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() A1

19、2B.32 3 C8D4 解析设正方体的棱长为 a，则 a38，解得 a2。设球的半径为 R，则 2R 3a，即 R 3。所以球的 表面积 S4R212。故选 A。 答案A 3 如图是将一个长方体用过相邻三条棱的中点的平面截出的一个棱锥， 则该棱锥的体积与剩下的几何体 的体积的比为_。 解析设长方体的相邻三条棱长分别为 a，b，c，它截出的棱锥的体积 V11 3 1 2 1 2a 1 2b 1 2c 1 48abc， 剩下的几何体的体积 V2abc 1 48abc 47 48abc，所以 V 1V2147。 答案147 二、易错题 4(长度单位与体积单位的换算出错)九章算术商功章有题：一圆柱形

20、谷仓，高 1 丈 3 尺 3 1 3寸，容 纳米 2 000 斛(1 丈10 尺，1 尺10 寸，斛为容积单位，1 斛1.62 立方尺，3)，则圆柱底面圆的周长约 为() A1 丈 3 尺B5 丈 4 尺 C9 丈 2 尺D48 丈 6 尺 解 析设 圆 柱 高 为 h 尺 ， 底 面 圆 的 半 径 为 r 尺 ， 依 题 意 ， 得 圆 柱 体 积 为 V r2h 2 0001.623r213.33，所以 r281，即 r9，所以圆柱底面圆的周长为 2r54,54 尺5 丈 4 尺，即圆 柱底面圆的周长约为 5 丈 4 尺。故选 B。 答案B 5(不会分类讨论致误)圆柱的侧面展开图是边长为

21、 6和 4的矩形，则圆柱的表面积为_。 解析分两种情况：以长为 6的边为高，4为圆柱底面的周长时，则 2r4，r2，所以 S 底4， S 侧64242，S表2S底S侧82428(31)；以长为 4的边为高，6为圆柱底面的周长时， 则 2r6，r3，所以 S 底9，S表2S底S侧182426(43)。 答案6(43)或 8(31) 考点例析对点微练 互动课堂考向探究 考点一空间几何体的表面积与体积自主练习 1.(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 2B12 C8 2D10

22、解析因为过直线 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 22 212。 答案B 2已知圆锥的顶点为 S，母线 SA，SB 所成角的余弦值为7 8。SA 与圆锥底面所成的角为 45。若SAB 的 面积为 5 15，则该圆锥的侧面积为() A20 2B40 2 C20 2D40 2 解析如图所示，设 S 在底面的射影为 S，连接 AS，SS。则SAB 的面积为1 2SASBsinASB 1 2SA 2 1cos2ASB 15 16 SA25 15， 所以 SA280， SA4 5。 因为 SA

23、与底面所成的角为 45， 所以SAS 45，ASSAcos 454 5 2 2 2 10。所以底面周长 l2AS4 10，所以圆锥的侧面积为 1 24 54 1040 2。故选 D。 答案D 3(2021八省联考)圆台上、下底面的圆周都在一个直径为 10 的球面上，其上、下底面半径分别为 4 和 5，则该圆台的体积为_。 解析圆台的下底面半径为 5，故下底面在外接球的大圆上，如图所示，设球的球心为 O，圆台上底面 的圆心为 O，则圆台的高 OO OQ2OQ2 52423，据此可得圆台的体积 V1 33(5 254 42)61。 答案61 1几何体表面积的计算：根据几何体的直观图或三视图所给的条

24、件，确定几何体的形状，选择正确的平 面图形的面积公式求解，注意表面积与底面积、侧面积的区别。 2几何体体积的计算：简单几何体可用体积公式直接求解，一些组合体的体积需用转换法、分割法、补 形法等方法进行求解。 考点二转化法求几何体体积 【例 1】(1)(2021贵州部分重点中学联考)如图，在直四棱柱 ABCDA1B1C1D1中，底面 ABCD 是平行四 边形，E 是棱 BB1的中点，F 是棱 CC1上靠近 C1的三等分点，且三棱锥 A1AEF 的体积为 2，则四棱柱 ABCDA1B1C1D1的体积为() A12B8 C20D18 解析设点F到平面ABB1A1的距离为h， 由题意得VA1AEFVF

25、A1AE。 又VFA1AE1 3S A1AEh1 3 1 2AA 1AB h 1 6(AA 1AB)h1 6S 四边形 ABB 1A1h1 6V ABCDA1B1C1D1，所以 VABCDA1B1C1D16VA1AEF6212。所以四棱柱 ABCDA1B1C1D1的体积为 12。故选 A。 答案A (2)在如图所示的斜截圆柱中，已知圆柱底面的直径为 4 cm，母线长最短 5 cm，最长 8 cm，则斜截圆柱 的体积 V_cm3。 解析解法一：(分割法)将斜截圆柱分割成两部分，下面是底面半径为 2 cm，高为 5 cm 的圆柱，其体积 V122520(cm3)； 上面是底面半径为 2 cm， 高

26、为 853(cm)的圆柱的一半， 其体积 V21 22 23 6(cm3)。所以该组合体的体积 VV1V220626(cm3)。 解法二：(补形法)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，该圆柱的底面半径为 2 cm，高为 8513 cm，该圆柱的体积 V1221352(cm3)。所以该几何体 的体积为圆柱体积的一半，即 V1 2V 126(cm3)。 答案26 求体积的几种转化方法 1分割法：通过对不规则几何体进行分割，化为规则几何体，分别求出体积后再相加即得所求几何体的 体积。 2补形法：通过补形构造出一个规则几何体，然后进行计算。 3等体积法：三棱

27、锥的体积求解具有较多的灵活性，因为三棱锥的任意一个顶点都可以作为顶点，任何 一个面都可以作为棱锥的底面，常常需要对其顶点和底面进行转换，以方便求解。 【变式训练】(1)如图所示的几何体是从棱长为 2 的正方体中截去到正方体的某个顶点的距离均为 2 的 几何体后的剩余部分，则该几何体的表面积为() A243B24 C24D245 解析由题意知该几何体是从棱长为 2 的正方体中截去以正方体某个顶点为球心，2 为半径的1 8球后的剩 余部分，则其表面积62231 42 21 842 224。故选 B。 答案B (2)如图，在正六棱锥 PABCDEF 中，若 G 为 PB 的中点，则三棱锥 DGAC

28、与三棱锥 PGAC 的体积之比 为() A11B12 C21D32 解析设正六棱锥的高为 h，VDGACVGDAC1 3S ADCh 2，V PGAC1 2V PABCVGABC1 3S ABCh 2。又 S ADCS ABC21，故 VDGACVPGAC21。 答案C 考点三空间几何体的外接球问题微专题 微考向 1：交轨法确定球心 【例 2】(2021安徽高三联考)已知ABC 是以 BC 为斜边的直角三角形，P 为平面 ABC 外一点，且平 面 PBC平面 ABC，BC3，PB2 2，PC 5，则三棱锥 PABC 外接球的表面积为_。 解析如图所示，设 M 为 BC 的中点，在平面 PBC

29、内过点 M 作 MNBC，因为平面 PBC平面 ABC， 所以 MN平面 ABC。又ABC 是以 BC 为斜边的直角三角形，所以直线 MN 上任意一点到 A，B，C 的距离 相等，在平面 PBC 内作线段 PB 的垂直平分线 DE，设 DE 与 MN 的交点为 O，则点 O 到 P，A，B，C 的距 离都相等，即点 O 为三棱锥 PABC 外接球的球心，并且 O 也是PBC 的外心，因此三棱锥 PABC 外接球的 半径与PBC 的外接圆半径相等。又 PB2 2，BC3，PC 5，所以 cosPBC 895 22 23 2 2 ，则 sinPBC 2 2 ，设三棱锥 PABC 外接球的半径为 R

30、，则 2R 5 2 2 10，即 R 10 2 ，则 外接球的表面积 S4R210。 答案10 本题由过ABC 外心的平面 ABC 的垂线与线段 PB 的中垂线的交点找到了三棱锥 PABC 的外接球的球 心，这种方法就是交轨法。 微考向 2：补体积确定球心 【例 3】在三棱锥 ABCD 中，ABCD 5，ACBD2，ADBC 3，若该三棱锥的四个顶点在 同一个球面上，则此球的体积为() A.3 2 B24 C. 6D6 解析将三棱锥 ABCD 补为长方体 AEBFGDHC，如图所示。设 DGx，DHy，DEz，则 AD2x2 z23，DB2y2z24，DC2x2y25，上述三个等式相加得 AD

31、2BD2CD22(x2y2z2)345 12，所以该长方体的体对角线长为 x2y2z2 6，则其外接球的半径为 R 6 2 ，因此此球的体积为 4 3 6 2 3 6。故选 C。 答案C 对棱相等的三棱锥，可补形成长方体，此时三棱锥的 6 条棱均为长方体的面对角线。计算时，可以设而 不求，设出长方体的长、宽、高，利用勾股定理列式，可以不计算出棱长，直接得到外接球的半径。 微考向 3：球的截面问题 【例 4】(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() A64B48 C36D32 解析如

32、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 r 2，又 ABBCACOO1，所以 AB sin 602r，解得 AB2 3，故 OO 12 3，所以 R2OO21r2(2 3)2 2216，所以球 O 的表面积 S4R264。故选 A。 答案A 求解球的表面积问题的关键在于过好双关：一是“方程关”，能借用图形，利用已知三角形的外接圆的 面积，得三角形的边长，从而得球的半径 R 所满足的方程，解方程，求出 R 的值；二是“公式关”，能应用 球的表面积公式 S4R2，求其表面积。 【题组对点练】 1(微考向 1)已知直三棱柱 ABCA1B1C1的 6

33、 个顶点都在球 O 的球面上，若 AB3，AC4，ABAC， AA112，则球 O 的半径为() A.3 17 2 B2 10 C.13 2 D3 10 解析如图所示，由球心作平面 ABC 的垂线，则垂足为 BC 的中点 M。又 AM1 2BC 5 2，OM 1 2AA 16， 所以球 O 的半径 ROA 5 2 26213 2 。 答案C 2(微考向 2)在直三棱柱 ABCA1B1C1中，ABBC，BC1，AB 3，AA12 3，则该直三棱柱的外接 球的体积为() A.8 3 B.16 3 C.32 3 D.64 3 解析如图所示，将直三棱柱 ABCA1B1C1补成长方体，则长方体的外接球即

34、直三棱柱的外接球。长方体 的体对角线长为 2 32 32124。设长方体的外接球的半径为 R，则 2R4，得 R2，所以该直三棱 柱的外接球的体积 V4 3R 332 3 。故选 C。 答案C 3(微考向 3)(2020全国卷)已知ABC 是面积为9 3 4 的等边三角形，且其顶点都在球 O 的球面上，若 球 O 的表面积为 16，则 O 到平面 ABC 的距离为() A. 3B.3 2 C1D. 3 2 解析由等边三角形 ABC 的面积为9 3 4 ， 得 3 4 AB29 3 4 ， 得 AB3， 则ABC 的外接圆半径 r2 3 3 2 AB 3 3 AB 3。设球的半径为 R，则由球的

35、表面积为 16，得 4R216，得 R2，则球心 O 到平面 ABC 的 距离 d R2r21。故选 C。 答案C 4(加强练)(多选)已知四面体 ABCD 是球 O 的内接四面体，且 AB 是球 O 的一条直径，AD2，BD3， 则下面结论正确的是() A球 O 的表面积为 13 BAC 上存在一点 M，使得 ADBM C若 N 为 CD 的中点，则 ONCD D四面体 ABCD 体积的最大值为 13 2 解析如图所示， 因为 AB 是球 O 的一条直径， 所以 ACBC， ADBD， 所以 AB AD2BD2 2232 13，球 O 的半径为 1 2AB 13 2 ，球 O 的表面积为 4

36、 13 2 213，故 A 正确；若 AC 上存在一点 M，使 得 ADBM，又 AD平面 ABC，BM平面 ABC，所以 AD平面 ABC，而 AD 与平面 ABC 相交，故 B 错误； 连接 OC，OD，因为 OCOD，N 为 CD 的中点，所以 ONCD，故 C 正确；易知点 C 到平面 ABD 的距离 的最大值为球的半径 R，所以四面体 ABCD 体积的最大值为 Vmax1 3S ABDR1 3 1 223 13 2 13 2 ，故 D 正确。故选 ACD。 答案ACD 教师备用题 【例 1】(配合考点一使用)一个六棱锥的体积为 2 3，其底面是边长为 2 的正六边形，侧棱长都相等，

37、则该六棱锥的侧面积为_。 解析设六棱锥的高为 h，则 V1 3Sh，所以 1 3 3 4 46h2 3，解得 h1。设六棱锥的斜高为 h，则 h2( 3)2h2，故 h2。所以该六棱锥的侧面积为1 222612。 答案12 【例 2】 (配合例 1 使用)如图， 四边形 ABCD 是边长为 2 的正方形， ED平面 ABCD， FC平面 ABCD， ED2FC2，则三棱锥 ABEF 的体积为() A.1 3 B.2 3 C1D.4 3 解析如图，分别取 BC，ED，AD 的中点 G，P，Q，连接 FG，FP，PQ，QG，因为 ED平面 ABCD， FC平面 ABCD，ED2FC2，所以 PD

38、綊 FC，所以四边形 FCDP 为平行四边形，所以 PFDC。又 Q， G 分别为 DA，CB 的中点，所以 QGDC，且 QGDC，所以 QGPF，且 QGPF，所以四边形 QGFP 为 平行四边形，所以 PQFG。又 P 为 DE 的中点，所以 PQEA，所以 FGEA，因为 EA平面 EAB，FG 平面 EAB，所以 FG平 面 EAB。连接 EG，AG，则 V 三棱锥ABEFV三棱锥FABEV三棱锥GABEV三棱锥EABG1 3EDS ABG2 3。故选 B。 答案B 【例 3】(配合例 3 使用)已知四棱锥 PABCD 的外接球 O 的体积为 36，PA3，PA底面 ABCD，四 边

39、形 ABCD 为矩形，点 M 在球 O 的表面上运动，则四棱锥 MABCD 体积的最大值为_。 解析将四棱锥 PABCD 补成长方体，如图所示。可知四棱锥 PABCD 的外接球的直径为长方体的体对 角线。设四棱锥 PABCD 的外接球的半径为 R，依题意有4 3R 336，解得 R3。设长方体的长、宽、高分 别为 a，b，c，则 c3。由于 a2b2c262，所以 a2b227，又 a2b22ab，当且仅当 ab3 6 2 时等号 成立，所以底面 ABCD 面积的最大值为(ab)max27 2 。此时，要使得四棱锥 MABCD 的体积最大，只需点 M 到 底面 ABCD 的距离 h 最大。连接

40、 AC，BD，交于点 O，连接 OO，因为 OOR2 a2b2 2 2 927 4 3 2，所以 h maxOOR3 23 9 2，故四棱锥 MABCD 体积的最大值为 V MABCD1 3 27 2 9 2 81 4 。 答案 81 4 深度探究素养达成 课外阅读增分培优 一、数学文化在立体几何中的应用 【例 1】沙漏是我国古代的一种计时工具，是用两个完全相同的圆锥顶对顶叠放在一起组成的(如图)。 在一个圆锥中装满沙子，放在上方，沙子就从顶点处漏到处于下方的圆锥中。假定沙子漏下来的速度是恒定 的。已知一个沙漏中的沙子全部从一个圆锥中漏到另一个圆锥中需用时 10 分钟。那么经过 5 分钟后，沙

41、漏上 方圆锥中的沙堆的高度与下方圆锥中的沙堆的高度之比是(假定沙堆的底面是水平的)_。 【解析】由于时间刚好是 5 分钟，且为总时间的一半，而沙子漏下来的速度是恒定的，所以漏下来的 沙子是全部沙子的一半，下方圆锥的空白部分就是上方圆锥中的沙堆部分，所以可以单独研究下方圆锥。下 方圆锥被沙堆的上表面分成体积相等的两部分，所以V 上 V 全 1 2 h 上 h 全 3，可得h 上 h 全 1 3 2 。所以h 上 h 下 1 3 21 。 【答案】1(321) 【名师微点】以沙漏这个具有数学文化的圆锥体为问题背景，结合圆锥的体积、高等关系来分析与处 理问题。高考中经常会有此类以数学文化为问题背景，

42、通过进行合理的数学建模，构造对应的数学模型，再 借助数学模型的知识来分析与解决问题。 【变式训练 1】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 43的正方体的六个面所截后的剩余部分(球心与正方体的中心重合)，若其中一 个截面圆的周长为 4，则该球的半径是() A2B4 C2 6D4 6 解析设截面圆半径为 r，则有 2r4，所以 r2。由题意知，球的球心为正方体的中心，设球的半径 为 R，则 R2(2 3)22216，所以 R4。故选 B。 答案B 二、最值问题 【例 2】在三棱锥 PABC 中，平面 PBC平面 ABC，ACB90，BC

43、PC2，若 ACPB，则三棱 锥 PABC 体积的最大值为() A.4 2 3 B.16 3 9 C.16 3 27 D.32 3 27 【思路分析】先证明 AC平面 PBC，然后设 AC2x，将体积表示成关于 x 的函数，换元化简，再利 用导数求最值。 【解析】如图，取 PB 的中点 M，连接 CM。因为平面 PBC平面 ABC，平面 PBC平面 ABCBC， AC平面 ABC，ACBC，所以 AC平面 PBC，则点 A 到平面 PBC 的距离为 AC。设 AC2x，由于 BC PC2， PB2x(0 x2)， M 为 PB 的中点， 所以 CMPB， CM 4x2。 可得 SPBC1 22

44、x 4x 2x 4x2， VPABCVAPBC1 3(x 4x 2)2x2x 2 4x2 3 。设 t 4x2(0t2)，则 x24t2。所以 VAPBC2t4t 2 3 8t2t3 3 (0t2)，记 V(t)8t2t 3 3 (0t0 得 0t2 3 3 ， 所以 V(t)在 0，2 3 3上单调递增；由 V(t)0 得2 3 3 t2，所以 V(t)在 2 3 3 ，2 上单调递减。所以当 t2 3 3 时， VAPBC取得最大值32 3 27 。故选 D。 【答案】D 【名师微点】解决最值问题的两种常见思路 (1)几何法：结合图形，确定动点或动直线等在何处时取得最值，进而求之。 (2)

45、代数法：利用函数思想写出目标函数解析式，再求函数的最值。 【变式训练 2】如图所示，某几何体由底面半径和高均为 5 的圆柱与半径为 5 的半球对接而成，在该 封闭几何体内部放入一个小圆柱体，且小圆柱体的上下底面均与外层圆柱的底面平行，则小圆柱体积的最大 值为_。 解析小圆柱的高分为上下两部分，上部分的高同大圆柱的高相等，为 5，下部分深入底部半球内。设 小圆柱下部分的高为 h(0h5)，底面半径为 r(0r5)。由于 r，h 和球的半径构成直角三角形，即 r2h252， 所以小圆柱体积 Vr2(h5)(25h2)(h5)(0h5)，求导得 V(3h5)(h5)。当 0h0， 体积 V 单调递增

46、；当5 3h5 时，V0，体积 V 单调递减。所以当 h 5 3时，小圆柱的体积取得最大值，即 V max 2525 9 5 354 000 27 。 答案 4 000 27 (四)日晷计时问题 【背景材料】日晷又称“日规”，是我国古代利用日影测得时刻的一种计时仪器。通常由铜制的指针 和石制的圆盘组成。铜制的指针叫做“晷针”，垂直地穿过圆盘中心，起着圭表中立竿的作用，因此，晷针 又叫“表”，石制的圆盘叫做“晷面”，安放在石台上，呈南高北低，使晷面平行于天赤道面，这样，晷针 的上端正好指向北天极， 下端正好指向南天极。 在晷面的正反两面刻划出 12 个大格， 每个大格代表两个小时。 当太阳光照在

47、日晷上时，晷针的影子就会投向晷面，太阳由东向西移动，投向晷面的晷针影子也慢慢地由西 向东移动。于是，移动着的晷针影子好像是现代钟表的指针，晷面则是钟表的表面，以此来显示时刻。 【考题展示】(2020新高考卷)日晷是中国古代用来测定时间的仪器，利用与晷面垂直的晷针投射到 晷面的影子来测定时间。 把地球看成一个球(球心记为 O)， 地球上一点 A 的纬度是指 OA 与地球赤道所在平面 所成角，点 A 处的水平面是指过点 A 且与 OA 垂直的平面。在点 A 处放置一个日晷，若晷面与赤道所在平面 平行，点 A 处的纬度为北纬 40，则晷针与点 A 处的水平面所成角为() A20B40 C50D90

48、【解答过程】过球心 O、点 A 以及晷针的轴截面如图所示，其中 CD 为晷面，GF 为晷针所在直线， EF 为点 A 处的水平面，GFCD，CDOB，AOB40，OAEOAF90，所以GFACAO AOB40。故选 B。 【答案】B 【试题评价】本题难度不大，但要求学生明晰各种概念，如某点处的水平面应与该点与球心的连线垂 直，晷针与点 A 处的水平面所成角即GFA 等。本题融入了地理和平面几何的知识，若能熟悉纬度的定义， 将各种角联系起来，便不难解决。 【类题变式】地球的北纬 30线中国段被誉为中国最美风景走廊。东起舟山(东经 123)，西至普兰(东 经 81)，“英雄城市”武汉(东经 114

49、)也在其中。假设地球是一个半径为 R 的标准球体，旅行者从武汉出发， 以离普兰不远的冷布岗日峰(东经 84)为目的地，沿纬度线前行，则该行程的路程为_(用含 R 的代数 式表示)。 解析不妨设武汉为 A 地，冷布岗日峰为 B 地，由已知地球半径为 R，知北纬 30的纬线圈半径为 3 2 R。 又因为 A， B 两地的经度分别为东经 114和东经 84， 相差 30， 所以连接 A， B 两地的纬线长为 3 2 R 6 3 12R。 答案答案 3 12R 第三节第三节空间点、直线、平面之间的位置关系空间点、直线、平面之间的位置关系 内容要求考题举例考向规律 1.理解空间直线、平 面位置关系的定义

50、， 并了解作为推理依 据的公理和定理 2能运用公理、定 理和已获得的结论 证明一些空间位置 2020新高考 卷T4(线面位置关系 中的数学文化) 2019全国 卷T8(异面直线的判 定) 2018全国 考情分析：主要考查 与点、线、面位置关 系有关的命题真假 判断和求解异面直 线所成的角，题型主 要以选择题和填空 题的形式出现，主要 关系的简单命题卷T12(平面的基本 性质) 2018全国 卷T9(异面直线所成 的角) 为中低档题 核心素养：直观想 象、逻辑推理 教材回扣基础自测 自主学习知识积淀 1平面的基本性质 名称图示文字表示符号表示 公理 1 如果一条直线 上的两点在一 个平面内， 那