2026版正禾一本通高三一轮总复习数学（人教版）-第七章

7．1基本立体图形、简单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．【必备知识】1．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2．直观图(1)画法：空间几何体的直观图常用斜二测画法来画．(2)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45°(或135°)，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′轴平行．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．3．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式名称圆柱圆锥圆台侧面展开图侧面积公式S圆柱侧＝2πrlS圆锥侧＝πrlS圆台侧＝π(r1＋r2)l4.空间几何体的表面积与体积公式几何体表面积体积柱体S表面积＝S侧＋2S底V＝S底·h锥体S表面积＝S侧＋S底V＝13S底·台体S表面积＝S侧＋S上＋S下V＝13(S上＋S下球S＝4πR2V＝43πR【必记结论】1．与体积有关的几个结论(1)一个组合体的体积等于它的各部分体积的和或差．(2)底面面积及高都相等的两个同类几何体的体积相等(祖暅原理)．2．直观图与原平面图形面积间的关系S直观图＝24S原图形，S原图形＝22S【基点诊断】1．判断下列说法正误(在括号内打“√”或“×”)(1)菱形的直观图仍是菱形．()(2)棱台是由平行于棱锥底面的平面截棱锥所得的平面与底面之间的部分．()(3)用两个平行平面截圆柱，夹在两平行平面间的部分仍是圆柱．()(4)有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥．()答案：(1)×(2)√(3)×(4)×2．如图，一个三棱柱形容器中盛有水，则盛水部分的几何体是()A．四棱台B．四棱锥C．四棱柱D．三棱柱解析：选C.由几何体的结构特征知，盛水部分的几何体是四棱柱．3．如图，圆柱的底面直径和高都等于球的直径，则球与圆柱的体积之比为()A．1∶2B．2∶3C．3∶4D．4∶5解析：选B.设球的半径为R，则圆柱的底面半径为R，高为2R，则球的体积V1＝43πR3，圆柱的体积V2＝πR2·2R＝2πR3，∴V1∶V2＝43πR3∶2πR4．已知正四棱锥的侧面都是等边三角形，它的斜高为3，则这个正四棱锥的体积为_______.解析：如图所示，因为PC＝3，△PAB为等边三角形，所以AC＝1，PA＝2，所以OC＝AC＝1，在Rt△POC中，PO＝PC所以V＝13答案：45．(人教A版必修二·P118例3)如图，某种浮标由两个半球和一个圆柱黏合而成，半球的直径是0.3m，圆柱高0.6m．如果在浮标表面涂一层防水漆，每平方米需要0.5kg涂料，那么给1000个这样的浮标涂防水漆需要涂料________kg.(π取3.14)解析：一个浮标的表面积为2π×0.15×0.6+4π×答案：423.9题型一基本立体图形角度1结构特征【例1】(多选)下列说法中正确的是()A．以直角梯形垂直于底面的腰所在直线为旋转轴，其余边旋转一周形成的几何体是圆台B．有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱C．底面是正多边形的棱锥是正棱锥D．棱台的各侧棱延长后必交于一点解析：选AD.由圆台定义知A正确；由棱柱定义可知，棱柱是有两个面平行，其余各面都是平行四边形，且每相邻两个平行四边形的公共边都互相平行的几何体，故B错误；底面是正多边形的棱锥，但不能保证顶点在底面上的射影为底面正多边形的中心，故C错误；棱台是由平行于棱锥底面的平面截得的，故棱台的各侧棱延长后必交于一点，故D正确．角度2直观图【例2】已知△ABC是边长为a的正三角形，那么△ABC的平面直观图△A′B′C′的面积为()A．616a2B．332C．316a2D．68解析：选A.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′＝12OC＝作C′D′⊥A′B′于D′，则C′D′＝22O′C′＝68故S△A′B′C′＝12A′B′·C′D′＝12a法二易得原图形△ABC的面积S＝34a2，所以S直观图＝2[变式]例2变为：已知△ABC的平面直观图△A′B′C′是边长为a的正三角形，则原△ABC的面积为____________．解析：法一如图所示，在直观图中，正△A′B′C′的边长为a，故点A′到底边B′C′的距离是32a，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′＝62a.由此可得在平面图中△ABC的高为6a，原△ABC的面积为12法二易得直观图的面积S＝34a2，所以S原图形＝22S直观图＝答案：62a思维升华在斜二测画法中，要确定关键点及关键线段．注意直观图与原图形中的“三变”“三不变”：“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“三不变”平行性不变，与x轴平行的线段长度不变，相对位置不变角度3展开图【例3】(2024·郴州模拟)已知圆台的上、下底面圆半径分别为10和5，侧面积为300π，AB为圆台的一条母线(点B在圆台的上底面圆周上)，M为AB的中点，一只蚂蚁从点B出发，绕圆台侧面爬行一周到点M，则蚂蚁爬行所经路程的最小值为()A．30B．40C．50D．60解析：选C.圆台上底面半径为10，下底面半径为5，设母线长为l，则侧面积S＝πl(10＋5)＝15πl＝300π，解得l＝20.将圆台所在圆锥的侧面展开如图所示，且设扇形所在圆的圆心为O，则线段M1B就是蚂蚁经过的最短距离．设OA＝R，扇形的圆心角是α，则由题意知2×5π＝αR①，2×10π＝α(20＋R)②，由①②解得α＝π2，R所以OM＝OM1＝30，OB1＝OB＝40，则M1B＝OB【对点练习】1.(1)如图，一个水平放置的平面图形由斜二测画法得到的直观图A′B′C′D′是边长为2的菱形，且O′D′＝2，则原平面图形的周长为()A．42＋4 B．46＋4C．82 D．8解析：选B.根据题意，把直观图还原成原平面图形，如图所示，其中OA＝22，OD＝4，AB＝CD＝2，则AD＝8+16＝2故原平面图形的周长为2＋2＋26+2(2)(2024·福州检测)在正三棱柱ABC­A1B1C1中，AB＝AA1＝2，F是线段A1B1上的动点，则AF＋FC1的最小值为________．解析：将正三棱柱ABC­A1B1C1(如图1)中的△A1B1C1沿A1B1翻折至平面ABB1A1上，如图2所示，在图2中，连接AC1，则AF＋FC1≥AC1，因为AA1＝A1C1＝2，且∠AA1C1＝90°＋60°＝150°，所以AC1＝2AA1·sin∠AA1C12＝2×所以当A，F，C1共线时，AF＋FC1取得最小值为6+答案：6题型二几何体的表面积【例4】(1)(2024·潍坊模拟)如图，圆锥的底面半径为1，侧面展开图是一个圆心角为60°的扇形．把该圆锥截成圆台，已知圆台的下底面与该圆锥的底面重合，圆台的上底面半径为13解析：设圆锥的底面半径为R，母线长为l，则R＝1，设圆台上底面半径为r，母线长为l1，则r＝13由已知可得，π3l＝2πR，所以l如图，作出圆锥、圆台的轴截面，则有l−l1l＝所以圆台的侧面积为π(R＋r)l1＝4×1+13π＝答案：16(2)(2024·兰州诊断)攒尖是中国古建筑中屋顶的一种结构形式，兰州市著名景点三台阁(如图1)的屋顶部分是典型的攒尖结构．如图2所示是某研究性学习小组制作的三台阁仿真模型的屋顶部分，它可以看作是不含下底面的正四棱台和正三棱柱的组合体．已知正四棱台上底边、下底边、侧棱的长度(单位：dm)分别为2，6，4，正三棱柱各棱长均相等，则该结构的表面积为________dm2.解析：正三棱柱的侧面积为2×2×2＝8dm2，底面积为2×12×2×2×sin60°＝23dm2正四棱台中，侧面梯形的高为4所以正四棱台的侧面积为4×2+6所以该结构的表面积为8＋23+323＝343答案：343＋8【对点练习】2.(1)(2023·深圳模拟)以边长为2的正方形的一边所在直线为旋转轴，将该正方形旋转一周所得圆柱的侧面积等于()A．8π B．4πC．8 D．4解析：选A.以边长为2的正方形的一边所在直线为旋转轴，旋转一周所得的旋转体为圆柱，其底面半径r＝2，高h＝2，所得圆柱的侧面积S＝2πrh＝2π×2×2＝8π.(2)如图1是文祥塔，位于浙江省温州市泰顺县城南象山之上，初名象山塔，后人重修时易名为文祥塔．已知该塔六面七层且第七层塔身可近似地视为一个高2.8m、底面边长为2m的正六棱柱，塔顶可近似地视为一个高1m的正六棱锥，如图2所示，则该塔的第七层塔身及其塔顶的表面积之和约为()A．45.6m2B．45.6+63mC．33.6+65mD．33.6+65+6解析：选A.如图，设正六棱锥的底面正六边形的中心为O，则△OAB为等边三角形，连接点O与边AB的中点H，连接PH，由已知可得OH⊥AB，PH⊥AB，因为正六边形的边长为2，所以OH＝22−12＝3.又正六棱锥的高PO＝1，故正六棱锥的侧面的高为PH＝1题型三几何体的体积角度1公式法求体积·教考衔接·链接高考·【例5】(1)(2024·新课标Ⅰ卷)已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为3则圆锥的体积为()23πB.33πC.解析:选B.设圆柱和圆锥的底面半径均为r，因为它们的高均为3，且侧面积相等，所以2πr×3＝πr3(2)(2025·八省联考)底面直径和母线长均为2的圆锥的体积为()A.33πB.πC.2π解析:选A.由题意知高h=22−12=3，V=1教材溯源·(人教B版必修四P91)已知一个正方体和一个圆柱等高并且侧面积相等，求这个正方体和圆柱的体积之比.解:设圆柱和正方体的高均为h，圆柱的底面半径为R，则由侧面积相等得4ℎ2＝2πRℎ，∴∴V∴V正方体角度2等体积法求体积【例6】(2020·新课标Ⅱ卷)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A1­D1MN的体积为________．解析：如图，由正方体棱长为2及M，N分别为BB1，AB的中点，得S△A1MN＝2×2－2×12又易知D1A1为三棱锥D1­A1MN的高，且D1A1＝2，∴VA1­D1MN＝VD1­A1MN＝13·S△A1MN·D答案：1角度3割补法求体积【例7】如图为一个木楔子的直观图，其中四边形ABCD是边长为2的正方形，且△ADE，△BCF均为正三角形，EF∥CD，EF＝4，则该木楔子的体积为()A．823C．423解析：选A.如图，分别过点A，B作EF的垂线，垂足分别为G，H，连接DG，CH，易得EG＝HF＝1，AG＝GD＝BH＝HC＝3.取AD的中点O，连接GO，易得GO＝2，∴S△ADG＝S△BCH＝12∴多面体的体积V＝V三棱锥E­ADG＋V三棱锥F­BCH＋V三棱柱AGD­BHC＝2V三棱锥E­ADG＋V三棱柱AGD­BHC＝13【对点练习】3.(1)(2024·天津卷)一个五面体ABC­DEF.已知AD∥BE∥CF，且两两之间距离为1.并已知AD＝1，BE＝2，CF＝3.则该五面体的体积为()A．36B．C．32D．解析：选C.因为AD，BE，CF两两平行，且两两之间距离为1，则该五面体可以分成一个侧棱长为1的三棱柱和一个底面为梯形的四棱锥，其中三棱柱的体积等于棱长均为1的直三棱柱的体积，四棱锥的高为32，底面是上底为1、下底为2、高为1的梯形，故该五面体的体积V＝1(2)(2023·新课标Ⅰ卷)在正四棱台ABCD­A1B1C1D1中，AB＝2，A1B1＝1，AA1＝2，则该棱台的体积为________．解析：如图，过A1作A1M⊥AC，垂足为M，易知A1M为四棱台ABCD­A1B1C1D1的高，因为AB＝2，A1B1＝1，AA1＝2，则A1O1＝12故AM＝12(AC－A1C1)＝22，则A1M＝所以所求体积为V＝13答案：7(3)已知三棱柱ABC­A1B1C1的体积为6，则四面体C­A1BC1的体积为________．解析：如图，VC­A1BC1＝VA1­BCC1＝VA1答案：2[课下巩固精练卷(五十三)]基本立体图形、简单几何体的表面积与体积__________________________________________________________________【基础巩固题】1．下面关于空间几何体的叙述正确的是()A．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B．用平面截圆柱得到的截面只能是圆和矩形C．直平行六面体是长方体D．存在每个面都是直角三角形的四面体解析：选D.A中，不一定，当以斜边所在直线为旋转轴时，其余两边旋转一周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，A不正确；B中，当平面与圆柱的母线平行或垂直时，截得的截面才为矩形或圆，否则为椭圆或椭圆的一部分，B不正确；C中，直平行六面体是平行六面体的侧棱与底面垂直，所以底面可以是平行四边形，它不是长方体，C不正确；D中，如图，正方体ABCD­A1B1C1D1中的四面体C1­ABC，四个面都是直角三角形，D正确．2．如图是用斜二测画法画出的水平放置的△AOB的直观图(图中虚线分别与x′轴、y′轴平行)，则原图形△AOB的面积是()A．8 B．16C．32 D．64解析：选C.根据题意，如图，原图形△AOB的底边OB的长为4，高为16，所以其面积S＝12×4×3．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()A．24－3π B．24－πC．24＋π D．24＋5π解析：选B.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18球后的剩余部分，则其表面积＝6×22－3×14×π×22＋18×4×π×4．(2024·广东肇庆模拟)如图，一竖立在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，绕圆锥爬行一周后回到点P处，若该小虫爬行的最短路程为43，则这个圆锥的体积为()A．1282π81C．15π3 解析：选A.设圆锥的顶点为O，以母线OP为轴可作出圆锥侧面展开图如图所示，∵小虫爬行的最短路程为43，∴PP′＝43，又OP＝∴cos∠POP′＝OP2+OP'2设圆锥底面半径为r，高为h，则2πr＝2π3×4，解得r＝43，∴h∴圆锥体积V＝13πr2h＝13π×5．(2024·陕西咸阳模拟)若圆台的高是3，一个底面半径是另一个底面半径的2倍，母线与下底面成45°角，则这个圆台的侧面积是()A．27π B．272πC．92π D．362π解析：选B.由题意，可作该圆台的轴截面，如图所示，则圆台的高h＝O1O2＝BE＝3，上底面半径r＝O2B，下底面半径R＝O1A，即2O2B＝O1A，母线l＝AB，∠BAE＝45°.在Rt△ABE中，AE＝BE＝3，AB＝32.易知在正方形O2O1EB中，O2B＝O1E，则AO1＝2EO1＝2AE＝6，即O2B＝3.综上，h＝3，r＝3，R＝6，l＝32，故圆台的侧面积S＝π(r＋R)l＝π(3＋6)×36．(2024·浙江金华模拟)如图，S­ABC是正三棱锥且侧棱长为a，E，F分别是SA，SC上的动点，三角形BEF的周长的最小值为2a，则侧棱SA，SC的夹角为()A．30°B．60°C．20°D．90°解析：选A.把正三棱锥沿SB剪开，展开形成三个全等的等腰三角形，分别为△SBC，△SCA，△SAB′，连接BB′，交SC于点F，交SA于点E，则线段BB′的长就是△BEF的最小周长，BB′＝2a，又SB＝SB′＝a，根据勾股定理，SB2＋SB′2＝BB′2＝2a2，所以△SBB′是等腰直角三角形，∠BSB′＝90°，所以∠ASC＝90°×13＝30°，所以侧棱SA，SC7．(多选)(2024·邯郸模拟)攒尖是我国古代建筑中屋顶的一种结构形式，宋代称为撮尖，清代称攒尖，通常有圆形攒尖、三角攒尖、四角攒尖、八角攒尖，也有单檐和重檐之分，多见于亭阁式建筑、园林建筑．下面以四角攒尖为例，如图，它的屋顶部分的轮廓可近似看作一个正四棱锥．已知此正四棱锥的侧面与底面所成的锐二面角为θ，这个角接近30°，若取θ＝30°，侧棱长为21m，则()A．正四棱锥的底面边长为6mB．正四棱锥的底面边长为3mC．正四棱锥的侧面积为243m2D．正四棱锥的侧面积为123m2解析：选AC.如图，在正四棱锥S­ABCD中，O为正方形ABCD的中心，H为AB的中点，则SH⊥AB，设底面边长为2am.因为∠SHO＝30°，OH＝AH＝am，所以OS＝33am，SH＝23在Rt△SAH中，a2＋233解得a＝3，所以正四棱锥的底面边长为6m，侧面积为12×68．(多选)(2023·新课标Ⅱ卷)已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，AB为底面直径，∠APB＝120°，PA＝2，点C在底面圆周上，且二面角P­AC­O为45°，则()A．该圆锥的体积为πB．该圆锥的侧面积为43πC．AC＝22D．△PAC的面积为3解析：选AC.依题意，∠APB＝120°，PA＝2，所以OP＝1，OA＝OB＝3，A选项，圆锥的体积为13×π×32×B选项，圆锥的侧面积为π×3×C选项，设D是AC的中点，连接OD，PD(图略)，则AC⊥OD，AC⊥PD，所以∠PDO是二面角P­AC­O的平面角，则∠PDO＝45°，所以OP＝OD＝1，故AD＝CD＝3−1＝2，则AC＝2D选项，PD＝12+12＝2，所以9．(2024·全国甲卷)已知圆台甲、乙的上底面半径均为r1，下底面半径均为r2，圆台的母线长分别为2(r2－r1)，3(r2－r1)，则圆台甲与乙的体积之比为________．解析：两圆台的上、下底面积对应相等，则两圆台的体积之比为高之比，根据母线与半径的关系可得甲与乙的体积之比为4r答案：610．(2024·北京卷)汉代刘歆设计的“铜嘉量”是龠、合、升、斗、斛五量合一的标准量器，其中升量器、斗量器、斛量器的形状均可视为圆柱．若升、斗、斛量器的容积成公比为10的等比数列，底面直径依次为65mm，325mm，325mm，且斛量器的高为230mm，则斗量器的高为_____mm，升量器的高为______mm.(不计量器的厚度)解析：设升、斗量器的高分别为h1mm，h2mm，升、斗、斛量器的容积分别为V1mm3，V2mm3，V3mm3，因为升、斗、斛量器的容积成公比为10的等比数列，所以V3＝10V2，即π×32522×230＝10×π×32522×h2，解得h2＝23.又V2＝10V1，即π×32522×23＝10×π×6522×h1答案：2357.5【综合应用题】11．(2024·宁德质检)中国古代数学家很早就对空间几何体进行了系统的研究，中国传世数学著作《九章算术》卷五“商功”主要讲述了以立体问题为主的各种形体体积的计算公式．例如在推导正四棱台(古人称方台)体积公式时，将正四棱台切割成九部分进行求解．如图1为俯视图，图2为立体切面图．E对应的是正四棱台中间位置的长方体；B，D，H，F对应四个三棱柱，A，C，I，G对应四个四棱锥．若这四个三棱柱的体积之和为12，四个四棱锥的体积之和为4，则该正四棱台的体积为()A．24B．28C．32D．36解析：选B.如图，令四棱锥的底面边长为a，高为h，三棱柱的高为b，依题意，得四棱锥的体积为13a2h＝1，即a2h三棱柱的体积为12ahb＝3，即abh因此b＝2a，于是长方体的体积V＝b2h＝4a2h＝12，所以该正四棱台的体积为12＋4＋12＝28.12．(2024·广东惠州模拟)如图①所示，在高为h的直三棱柱容器ABC­A1B1C1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，水面恰好在平面A1B1C内(如图②)，则容器的高h为()A．22 B．3C．4 D．6解析：选B.结合题图②知VC­A1B1C1＝113．(2024·山东济南二模)17世纪30年代，意大利数学家卡瓦列利在《不可分量几何学》一书中介绍了利用平面图形旋转计算球体体积的方法．如图，AEB是一个半圆，圆心为O，四边形ABCD是半圆的外切矩形．以直线OE为轴将该平面图形旋转一周，记△OCD、阴影部分、半圆AEB所形成的几何体的体积分别为V1，V2，V3，则下列说法正确的是()A．V1＋V2<V3 B．V1＋V2>V3C．V1>V2 D．V1＝V2解析：选D.由旋转体的概念可得△OCD、阴影部分、半圆AEB所形成的几何体分别为圆锥、圆柱减去同半径的半球、半球，易知OE＝DE，设DE＝OE＝r，故V1＝13πr2×r＝13πr3，V2＝πr2×r－12×43πr3＝13πr3，V3＝12×43πr3＝23πr3，显然V1＝14．(多选)如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，AA1＝2，AB＝BC＝1，∠ABC＝90°，侧面AA1C1C的中心为O，点E是侧棱BB1上的一个动点，下列判断正确的是()A．直三棱柱的侧面积是4＋22B．直三棱柱的体积是1C．三棱锥E­AA1O的体积为定值D．AE＋EC1的最小值为22解析：选ACD.因为在直三棱柱ABC­A1B1C1中，AA1＝2，AB＝BC＝1，∠ABC＝90°，所以△ABC和△A1B1C1是等腰直角三角形，侧面全是矩形，所以其侧面积为1×2×2＋12直三棱柱的体积V＝S△ABC·AA1＝12×1×1×如图所示，因为BB1∥平面AA1C1C，且点E是侧棱BB1上的一个动点，所以三棱锥E­AA1O的高为定值22，S△AA由该棱柱的侧面展开图易知(图略)，AE＋EC1的最小值为AA15．某校高一年级学生进行创客活动，利用3D打印技术制作模型．如图，该模型为长方体ABCD­A1B1C1D1挖去正四棱台ABCD­EFGH后所得的几何体，其中AB＝BC＝2EF＝2BF＝6cm，AA1＝4cm，为增强其观赏性和耐用性，现对该模型表面镀上一层金属膜，每平方厘米需要金属2mg，不考虑损耗，所需金属膜的质量为________mg.解析：由题意，该几何体侧面4个面的面积和为4×4×6＝96(cm2)，底面积为6×6＝36(cm2)，正方形EFGH的面积为3×3＝9(cm2)．考虑梯形ABFE，高为BF故正四棱台的侧面积为4×12×(3＋6)×故该模型的表面积为96＋36＋9＋273＝141+273故所需金属膜的质量为2×141+273＝282+54答案：282＋54316．(2024·温州模拟)魔方，又叫鲁比克方块，最早是由匈牙利布达佩斯建筑学院厄尔诺·鲁比克教授于1974年发明的机械益智玩具．自1974年魔方问世起，世界上陆续出现了各种各样的魔方．魔方爱好者小明拥有一款“Zcube三面体曲面三阶魔方”，它的直观图如图所示，它由27个小块构成(其中，包含18个棱长为2cm的正方体小块，9个底面半径为2cm，高为2cm的14个圆柱小块)，则该魔方的表面积为________cm2；体积为________cm3解析：魔方表面共有30个边长为2cm的正方形，故面积为30×22＝120(cm2)，魔方表面共有6个半径为2cm的扇形，故面积为6×π·22×14＝6π(cm2魔方表面共有14故面积为9×2π·2×2×14＝18π(cm2故该魔方的表面积为120＋6π＋18π＝(120＋24π)cm2；18个棱长为2cm的正方体小块的体积为18×23＝144(cm3)，9个底面半径为2cm，高为2cm的14个圆柱小块的体积为π·22×14×2×9＝18π(cm故魔方体积为(144＋18π)cm3.答案：120＋24π144＋18π7．2球的切、接问题[题型解读]与球的切、接问题是历年高考的热点内容，一般以客观题的形式出现，考查空间想象能力、计算能力．其关键点是利用转化思想，把球的切、接问题转化为平面问题或特殊几何体来解决或转化为特殊几何体的切、接问题来解决．【必备知识】1．正方体与球(1)内切球：内切球直径2R＝正方体棱长a.(2)棱切球：棱切球直径2R＝正方体的面对角线长2a.(3)外接球：外接球直径2R＝正方体体对角线长3a.2．长方体与球外接球：外接球直径2R＝体对角线长a2+b2+c23．正棱锥与球(1)内切球：V正棱锥＝13S表·r＝13S底·h(等体积法)，r是内切球半径，(2)外接球：外接球球心在其高上，底面正多边形的外接圆圆心为E，半径为r，R2＝(h－R)2＋r2(正棱锥外接球半径为R，高为h)．4．正四面体的外接球、内切球若正四面体的棱长为a，高为h，正四面体的外接球半径为R，内切球半径为r，则h＝63a，R＝645．正三棱柱的外接球球心到正三棱柱两底面的距离相等，正三棱柱两底面中心连线的中点为其外接球球心．R2＝ℎ柱6．圆柱的外接球R＝ℎ22+r2(R7．圆锥的外接球R2＝(h－R)2＋r2(R是圆锥外接球的半径，h是圆锥的高，r是圆锥底面圆的半径)．题型一外接球角度1定义法【例1】(2022·新课标Ⅱ卷)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．100πB．128πC．144πD．192π解析：选A.正棱台外接球的球心必在过正棱台上、下底面中心的连线所在直线上．设正三棱台上下底面所在圆面的半径r1，r2，所以2r1＝332r2＝43即r1＝3，r2＝4，设球心到上下底面的距离分别为d1，d2，球的半径为R，所以d1＝R2因为正三棱台的高为1，故|d1－d2|＝1或d1＋d2＝1，即R2−9−解得R2＝25，符合题意，所以球的表面积为S＝4πR2＝100π.思维升华由球的定义确定球心的常见情况：(1)正方体或长方体的外接球的球心是其体对角线的中点．(2)正棱柱的外接球的球心是上、下底面中心的连线的中点．(3)直三棱柱的外接球的球心是上、下底面三角形外心的连线的中点．(4)正棱锥的外接球的球心在其高上，具体位置可通过构造直角三角形，利用勾股定理求得．角度2补形法—存在侧棱与底面垂直【例2】(2024·湖州调研)已知三棱锥P­ABC的四个顶点在球O的球面上，PA＝PB＝PC，△ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是PA，AB的中点，∠CEF＝90°，则球O的体积为()A．6π B．6πC．24π D．86π解析：选A.设PA＝PB＝PC＝2x，∵E，F分别为PA，AB的中点，∴EF∥PB，EF＝12PB＝x，AE＝连接CF，∵△ABC是边长为2的等边三角形，∴CF＝3，又∠CEF＝90°，∴CE＝3−x在△AEC中，由余弦定理得cos∠EAC＝x2过点P作PD⊥AC于点D.∵PA＝PC，∴D为AC的中点，∴cos∠EAC＝ADPA∴2x2+14x＝∴PA＝PB＝PC＝2，又AB＝BC＝AC＝2，∴PA，PB，PC两两垂直，即三棱锥P­ABC是以PA，PB，PC为棱的正方体的一部分，∴球O的直径2R＝2+2+2＝解得R＝62则球O的体积V＝43πR3＝43π×角度3补形法—对棱相等【例3】(2024·江西南昌模拟)在三棱锥P­ABC中，已知PA＝BC＝213，AC＝BP＝41，CP＝AB＝A．77π B．64πC．108πD．72π解析：选A.因为三棱锥的对棱相等，所以可以把它看成长方体的面对角线，设长方体的同一顶点三条棱长分别为a，b，c，且长方体的面对角线长为213，41，长方体体对角线为长方体外接球直径，即为三棱锥外接球的直径，则2R＝a2+b2+所以球的表面积为4πR2＝77π.思维升华补形法的解题策略(1)侧面为直角三角形，或对棱均相等的模型和正四面体，可以还原到正方体或长方体中去求解；(2)有一条侧棱与底面垂直的棱锥补成直棱柱求解．角度4截面法【例4】在三棱锥A­BCD中，AB＝AD＝BD＝2，BC＝CD＝2，平面ABD⊥平面CBD，则三棱锥A­BCD外接球表面积为()A．16π3 C．163π3解析：选A.取BD中点M，连接MA，MC，因为AB＝AD＝BD＝2，故MA⊥BD，由于平面ABD⊥平面CBD，且交线为BD，MA⊂平面ABD，故AM⊥平面CBD，又BC＝CD＝2，BD＝2，故△BCD为等腰直角三角形，故MB＝MC＝MD，因此外接球的球心O在AM上，AM＝32AB＝3，BM＝12BD＝1，设球半径为R，则OB＝R＝MB2+OM2＝AO⇒12思维升华与球截面有关的解题策略(1)定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径．(2)作截面：选准最佳角度作出截面，实现空间问题平面化的目的．【对点练习】1.(1)在平面四边形ABCD中，AB＝AD＝CD＝1，BD＝2，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．3πC．2π解析：选A.如图，设BD，BC的中点分别为E，F.因为点F为底面Rt△BCD的外心，则三棱锥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Rt△A′BD的外心，则外接球球心必在过点E且与平面A′BD垂直的直线l2上，所以球心为l1与l2的交点．又FE∥CD，CD⊥BD，平面A′BD⊥平面BCD，平面A′BD∩平面BCD＝BD，所以FE⊥平面A′BD，所以球心为点F.又A′B＝A′D＝1，所以BD＝2，又CD＝1，所以BC＝3，球半径R＝BC2＝32，故V＝43π(2)如图，某建筑的形状可视为内外两个同轴圆柱，某爱好者制作了一个实心模型，已知模型内层底面直径为12cm，外层底面直径为16cm，且内外层圆柱的底面圆周都在一个直径为20cm的球面上，则此模型的体积为________cm3.解析：由题意，设球心为O，模型内层圆柱底面的圆心为O1，模型外层圆柱底面的圆心为O2，点A，B分别在圆O1，O2上，如图，连接AO，BO，AO1，BO2，OO1，则O2在OO1上，因为AO＝BO＝10cm，AO1＝6cm，BO2＝8cm，在Rt△AO1O中，由勾股定理得OO1＝AO在Rt△BO2O中，由勾股定理得OO2＝BO所以内层圆柱的高h1＝16cm，外层圆柱的高h2＝12cm，所以此模型的体积V＝π1622×12＋π1222答案：912π(3)(2024·济南质检)若正四面体的表面积为83，则其外接球的体积为______．解析：设正四面体的棱长为a，则正四面体的表面积为4×34a2＝8法一将正四面体放入正方体内，则正四面体的棱为正方体的面对角线，故正方体的棱长x满足2x＝a，解得x＝2.易知正四面体的外接球即正方体的外接球，设外接球的半径为R，则R满足2R＝3x，故R＝3，∴外接球的体积为4π法二易求得正四面体的高h＝a2设正四面体的外接球半径为R，则R＝34∴外接球的体积为4π法三易求得正四面体的高h＝a2设正四面体的外接球半径为R，则R2＝(h－R)2＋23×32a2∴外接球的体积为4π答案：43π(4)在四面体S­ABC中，SA⊥平面ABC，在△ABC中，内角B，A，C成等差数列，SA＝AC＝2，AB＝1，则该四面体的外接球的表面积为________．解析：由题意，在△ABC中，内角B，A，C成等差数列，可得2A＝B＋C，因为A＋B＋C＝π，可得3A＝π，即A＝π3在△ABC中，由余弦定理的推论可得cosA＝AC2+A解得BC＝3，所以AC2＝AB2＋BC2，所以AB⊥BC，所以该四面体的外接球与该长方体的外接球是相同的，如图所示，根据长方体的对角线长等于其外接球的直径，可得(2R)2＝22＋12＋32，解得R2＝2，所以该四面体的外接球的表面积为S＝4πR2＝8π.答案：8π题型二内切球【例5】(1)如图所示，直三棱柱ABC­A1B1C1是一块石材，测量得∠ABC＝90°，AB＝6，BC＝8，AA1＝13.若将该石材切削、打磨，加工成几个大小相同的健身手球，则一个加工所得的健身手球的最大体积及此时加工成的健身手球的个数分别为()A．32π3，4 B．C．6π，4 D．32π解析：选D.依题意知，当健身手球与直三棱柱的三个侧面均相切时，健身手球的体积最大．易知AC＝AB2+BC2＝10，设健身手球的半径为R，则12×(6＋8＋10)×R＝1因为AA1＝13，所以最多可加工3个健身手球，于是一个健身手球的最大体积V＝43πR3＝43π×23＝(2)(2024·浙江慈溪中学模拟)在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑．在鳖臑A­BCD中，AB⊥平面BCD，BC⊥CD，且AB＝BC＝CD＝1，则其内切球表面积为()A．3π B．3πC．3−22π D．2解析：选C.因为四面体ABCD四个面都为直角三角形，AB⊥平面BCD，BC⊥CD，所以AB⊥BD，AB⊥BC，BC⊥CD，AC⊥CD，设四面体ABCD内切球的球心为O，半径为r，则VABCD＝VO­ABC＋VO­ABD＋VO­ACD＋VO­BCD＝13r(S△ABC＋S△ABD＋S△ACD＋S△BCD)，所以r＝3因为四面体ABCD的表面积为SABCD＝S△ABC＋S△ABD＋S△ACD＋S△BCD＝1＋2，四面体ABCD的体积VABCD＝13×12×所以内切球表面积S＝4πr2＝3−22方法指导(1)多面体内切球的球心与半径的确定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，但不重合．④体积分割是求内切球半径的通用做法．(2)正四面体的内切球的半径r＝612a，其半径是外接球半径的三分之一(a【对点练习】2.(1)(2024·陕西榆林三模)已知正三棱锥P­ABC的侧棱与底面边长的比值为3，若三棱锥P­ABC外接球的表面积为818π，则三棱锥P­ABCA．1 B．22C．928 解析：选B.如图，△ABC为等边三角形，设D为BC中点，PH⊥平面ABC，AB＝a(a>0)，则PA＝3a，所以AH＝23AD＝设三棱锥P­ABC外接球的半径为R，由正棱锥的性质可知球心为O在PH上，则OH2＋AH2＝R2，即263a−R2＋33a2＝R2，所以由4πR2＝4π·5464a2＝所以三棱锥P­ABC的高为26(2)已知三棱锥P­ABC的棱长均为4，先在三棱锥P­ABC内放入一个内切球O1，然后再放入一个球O2，使得球O2与球O1及三棱锥P­ABC的三个侧面都相切，则球O2的表面积为________．解析：设底面三角形ABC的中心为O，PO⊥底面ABC，则O1，O2在PO上，取BC的中点D，作截面PAD，球O1，球O2与PD切于N，E，连接O1N，O2E，如图所示．依题意得S△ABC＝12×4×4×sin60°＝43底面ABC的外接圆半径为2r1＝4sin60°＝43点P到平面ABC的距离为d＝42所以VP­ABC＝13S△PBC＝S△PAB＝S△PAC＝12×4×4×sin60°＝43设球O1的半径为R，所以VP­ABC＝VO1­PAB＋VO则1623＝1343故PO1＝6，设球O2的半径为r，则rR＝PO2PO1＝所以球O2的表面积为S＝4π662＝2答案：23题型三与球切、接有关的最值问题【例6】(2024·广东深圳二模)已知正三棱锥的外接球半径R为1，则该正三棱锥的体积的最大值为()A．16327B．34C．解析：选C.如图所示，设该正三棱锥的高为h，底面外接圆的半径为r，底面面积为S，由球的截面圆的性质，可得OA2＝AO12+OO12，即R2＝r2＋(解得R＝ℎ2+r22ℎ＝1，即r2＝2h－由锥体的体积公式，正四棱锥的体积为V＝13Sℎ＝13×3S△O1BC·h＝13设f(x)＝(2x－x2)·x＝2x2－x3(0<x<2)，可得f′(x)＝4x－3x2＝x(4－3x)，当x∈0，43时，f′(x)>0，f(x)单调递增；当x∈43，2时，f′(所以当x＝43时，函数f(x)取得最大值，最大值为f43所以正三棱锥体积的最大值为Vmax＝34思维升华与球切、接有关最值问题的求解策略(1)转化为函数最值问题：通过引入参数，建立关于这个参变量的函数关系，转化为函数的最值问题来解决，有时要用导数法求最值．(2)转化为平面几何问题：根据题目的特征，寻找或确定一个数量关系比较集中的平面，将题目的其他条件逐步向该平面转移，然后利用几何方法或三角方法来解决．(3)利用基本不等式：可通过引入变量建立数学模型，然后利用基本不等式等求其最值．【对点练习】3.(2024·新疆乌鲁木齐一模)如图，在三棱柱ABC­A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AA1＝4，AC＝BC＝2，∠ACB＝90°，D在上底面A1B1C1(包括边界)上运动，则三棱锥D­ABC的外接球体积的最大值为()A．46πB．83πC．86πD．123π解析：选C.因为AC＝BC＝2，∠ACB＝90°，所以△ABC的外接圆的圆心为AB的中点O1，且AO1＝BO1＝2，取A1B1的中点E，连接O1E，则O1E∥AA1，所以O1E⊥平面ABC；设三棱锥D­ABC的外接球的球心为O，则O在O1E上，设OO1＝x，DE＝t0≤t≤因为OA＝OD＝R，所以2+x2＝4−x2+因为0≤t≤2，所以74≤x≤2，因为R2＝2＋x2，所以8116≤R2即外接球半径的最大值为6，所以三棱锥D­ABC的外接球的体积的最大值为V＝43π63＝86[课下巩固精练卷(五十四)]球的切、接问题__________________________________________________________________【基础巩固题】1．已知在三棱锥P­ABC中，AC＝2，BC＝1，AC⊥BC且PA＝2PB，PB⊥平面ABC，则其外接球体积为()A．4π3C．32π3 D．4解析：选A.AB＝AC2+BC2＝3，设PB＝h，则由PA＝2PB，可得3+ℎ2＝2h，解得h＝1，可将三棱锥P­ABC还原成如图所示的长方体，则三棱锥P­ABC的外接球即为长方体的外接球，设外接球的半径为R，则2R2．已知一个三棱柱，其底面是正三角形，且侧棱与底面垂直，一个体积为4πA．63 B．123C．183 D．243解析：选C.根据已知可得球的半径等于1，故三棱柱的高等于2，底面三角形内切圆的半径等于1，即底面三角形的高等于3，边长等于23，所以这个三棱柱的表面积等于3×23×3．(2024·四川资阳模拟)已知正三棱锥P­ABC的底面边长为3，高为6，则三棱锥P­ABC的内切球的表面积为()A．3πC．6πD．12π解析：选A.如图，取棱AB的中点D，连接CD，作PH⊥平面ABC，垂足为H，则PH＝6.由正三棱锥的性质可知H在CD上，且CH＝2DH.因为AB＝3，所以CD＝332，则CH＝3.因为PH＝6，所以PC＝3+6＝3，则三棱锥P­ABC的表面积S＝34×9×4＝93，设三棱锥P­ABC的内切球的半径为r，则VP­ABC从而三棱锥P­ABC的内切球的表面积为4πr2＝3π4．(2024·江苏南京、盐城一模)三星堆古遗址作为“长江文明之源”，被誉为人类最伟大的考古发现之一．3号坑发现的神树纹玉琮，为今人研究古蜀社会中神树的意义提供了重要依据．玉琮是古人用于祭祀的礼器，有学者认为其外方内圆的构造，契合了古代“天圆地方”观念，是天地合一的体现．如图，假定某玉琮形状对称，由一个空心圆柱及正方体构成，且圆柱的外侧面内切于正方体的侧面，圆柱的高为12cm，圆柱底面外圆周和正方体的各个顶点均在球O上，则球O的表面积为()A．72πcm2 B．162πcm2C．216πcm2 D．288πcm2解析：选C.不妨设正方体的边长为2a，球O的半径为R，则圆柱的底面半径为a，因为正方体的体对角线即为球O直径，故2R＝2利用勾股定理得62＋a2＝R2＝3a2，解得a2＝18，球的表面积为S＝4πR2＝4π×3×18＝216π.5．(2024·青岛调研)一个球与一个正三棱柱(底面为等边三角形，侧棱与底面垂直)的两个底面和三个侧面都相切，若棱柱的体积为483，则球的表面积为()A．16π B．4πC．8π D．32π解析：选A.由题意，设正三棱柱的底面边长为a，则其内切球的半径r＝13×所以正三棱柱的高h＝2r＝33a棱柱的体积V＝34a2·ℎ＝所以球的表面积S＝4πr2＝4π·36a6．(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．13 B．C．33 D．解析：选C.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＝13πr2h＝13π(1－h2)则V′＝13π(1－3h2令V′＝13π(1－3h2)＝0，得h＝3所以V＝13π(1－h2)h在0在33所以当h＝337．(多选)已知正方体的外接球与内切球上各有一个动点M，N，若线段MN的最小值为3－1，则下列说法中正确的是()A．正方体的外接球的表面积为12πB．正方体的内切球的体积为43C．正方体的棱长为2D．线段MN的最大值为23解析：选ABC.设正方体的棱长为a，则正方体外接球的半径为体对角线长的一半，即32a；内切球的半径为棱长的一半，即12∵M，N分别为外接球和内切球上的动点，∴MNmin＝32解得a＝2，即正方体的棱长为2，∴正方体外接球的表面积为4π×32＝12π，内切球的体积为43线段MN的最大值为3＋1，故D错误．8．(多选)传说古希腊数学家阿基米德的墓碑上刻着一个圆柱，圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等．“圆柱容球”是阿基米德最为得意的发现．如图是一个圆柱容球，O1，O2为圆柱下、上底面的圆心，O为球心，EF为底面圆O1的一条直径，若球的半径r＝2，则()A．球与圆柱的表面积之比为1∶2B．平面DEF截得球的截面面积最小值为165C．四面体CDEF的体积的取值范围为0D．若P为球面和圆柱侧面的交线上一点，则PE＋PF的取值范围为2+2解析：选BCD.由球的半径为r，可知圆柱的底面半径为r，圆柱的高为2r，则球的表面积为4πr2，圆柱的表面积为2πr2＋2πr·2r＝6πr2，所以球与圆柱的表面积之比为2∶3，故A错误；ABCD所在截面如图所示，过点O作OG⊥DO1于点G，则由三角形相似可得OGDO2＝O设点O到平面DEF的距离为d1，平面DEF截得球的截面圆的半径为r1，则d1≤OG，所以平面DEF截得球的截面面积最小值为165由题可知四面体CDEF的体积等于2VE­DCO1，点E到平面DCO又S△DCO1＝所以2VE­DCO由题可知点P在过球心与圆柱的底面平行的截面圆上，设P在底面的射影为P′，则PP′＝2，PE＝22+P'E2，PF＝22+设t＝P′E2，则t∈[0，42]，PE＋PF＝22所以(PE＋PF)2＝22+t+22+16−t所以PE＋PF∈2+259．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________．解析：圆锥内半径最大的球应该为该圆锥的内切球，如图，圆锥母线长BS＝3，底面半径BC＝1，其高SC＝BS不妨设该内切球与母线BS切于点D，令OD＝OC＝r，由△SOD∽△SBC，得ODOS即r22−r＝13，解得r＝2答案：210．已知圆锥PO的顶点为P，其三条母线PA，PB，PC两两垂直，且母线长为6，则圆锥PO的内切球表面积与圆锥侧面积之和为________．解析：因为三条母线PA，PB，PC两两垂直，且母线长为6，所以△ABC为圆锥底面圆的内接正三角形，且边长AB＝BC＝CA＝62由正弦定理可得底面圆的半径R＝12×62sin如图，圆锥轴截面三角形的内切圆半径即为圆锥内切球半径r，轴截面三角形面积为12×46×2内切球的表面积为4π62−432＝4π120−486，圆锥的侧面积为12×6×所以其和为608−36答案：608−36【综合应用题】11．(2024·广东汕头三模)将一个体积为36π的铁球切割成正三棱锥的机床零件，则该零件体积的最大值为()A．162 B．163C．82 D．83解析：选D.设正三棱锥的底面边长为a，高为h，球半径为R，由球的体积为36π，则43πR3＝36π，解得R∴33a2＋(h－3)2＝9，即13a2＋h2－6h＝0，故a2＝－3h2∴正三棱锥的体积为V＝13×34a2ℎ＝312(－3h2＋18h)∴V′＝312(－9h2＋36h由V′>0得0<h<4，此时函数V单调递增，由V′<0得4<h<6，此时函数V单调递减，∴当h＝4时，V取得最大值，且最大值为312(－3×43＋18×42)＝8312．金刚石的成分为纯碳，是自然界中天然存在的最坚硬物质，它的结构是由8个等边三角形组成的正八面体，如图，某金刚石的表面积为183，现将它雕刻成一个球形装饰物，则可雕刻成的最大球体积是()A．18πB．92πC．6π D.6π解析：选D.如图，设底面ABCD的中心为O，BC，AD中点分别为H，M，连接OH，EO，EH，MF，HF，EM，设金刚石的边长为a，则由题知，8×12a2sin60°＝23a2＝183，所以a在等边△EBC中，BC边上的高EH＝EC2−CH2在Rt△EOH中，EO＝EH2−OH2由题可知，最大球即为金刚石的内切球，由对称性易知球心在O点，与平面EBC的切点在线段EH上，球的半径即为截面EMFH内切圆的半径，设内切圆半径为r，由等面积法可知322·32＝332·r，解得r＝62，所以内切球的半径为R＝62，则内切球体积为V＝43πR313．如图，在多面体中，四边形ABCD为矩形，CE⊥平面ABCD，AB＝2，BC＝CE＝1，通过添加一个三棱锥可以将该多面体补成一个直三棱柱，那么添加的三棱锥的体积为________，补形后的直三棱柱的外接球的表面积为________．解析：如图，添加的三棱锥为直三棱锥E­ADF，可以将该多面体补成一个直三棱柱ADF­BCE，因为CE⊥平面ABCD，AB＝2，BC＝CE＝1，所以S△BCE＝12直三棱柱ADF­BCE的体积V＝S△BCE·AB＝12×添加的三棱锥的体积为13方法一如图，分别取AF，BE的中点M，N，连接MN，与AE交于点O，因为四边形AFEB为矩形，所以O为AE，MN的中点，在直三棱柱ADF­BCE中，CE⊥平面ABCD，所以FD⊥平面ABCD，即∠ECB＝∠FDA＝90°，所以上、下底面为等腰直角三角形，直三棱柱的外接球的球心即为点O，AO即为球的半径，因为AM＝12AF＝2所以AO2＝AM2＋MO2＝12所以外接球的表面积为4π·AO2＝6π.方法二因为CE，CB，CD两两垂直，故将直三棱柱ADF­BCE补成长方体，设外接球的半径为R，则4R2＝12＋12＋22＝6，所以外接球的表面积S＝4πR2＝6π.答案：1314．如图，已知平行四边形ABCD中，AC＝AB＝m，∠BAD＝120°，将△ABC沿对角线AC翻折至△AB1C所在的位置，若二面角B1­AC­D的大小为120°，则过A，B1，C，D四点的外接球的表面积为________．解析：由已知得△B1AC与△DAC均为边长是m的正三角形，取AC中点G，连接DG，B1G，如图，则有DG⊥AC，B1G⊥AC，于是得∠B1GD是二面角B1­AC­D的平面角，则∠B1GD＝120°，显然有AC⊥平面B1GD，即有平面B1GD⊥平面B1AC，平面B1GD⊥平面DAC，令正△B1AC与正△DAC的中心分别为E，F，过E，F分别作平面B1AC，平面DAC的垂线，则两垂线都在平面B1GD内，它们交于点O，从而得点O是过A，B1，C，D四点的外接球球心，连接OA，则OA为该外接球半径，由已知得GE＝GF＝13GD＝13·32·m＝在Rt△OGF中，OG＝GFcos而AG＝m2，在Rt△OGA中，OA2＝AG2＋OG2＝712m所以过A，B1，C，D四点的外接球的表面积为4π·OA2＝73πm2答案：73πm7．3空间点、直线、平面之间的位置关系[课标要求]1.借助长方体，在直观认识空间点、直线、平面的位置关系的基础上，抽象出空间点、直线、平面的位置关系的定义，了解基本事实和定理．2.能运用基本事实、定理和已获得的结论证明一些空间位置关系的简单命题．【必备知识】1．与平面有关的基本事实及推论(1)平面的基本事实文字语言图形语言符号语言基本事实1过不在一条直线上的三个点，有且只有一个平面A，B，C三点不共线⇒有且只有一个平面α，使A∈α，B∈α，C∈α基本事实2如果一条直线上的两个点在一个平面内，那么这条直线在这个平面内A∈l，B∈l，且A∈α，B∈α⇒l⊂α基本事实3如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线P∈α，且P∈β⇒α∩β＝l，且P∈l基本事实4平行于同一条直线的两条直线平行a∥b且b∥c⇒a∥c(2)基本事实1的三个推论(确定平面的依据)自然语言图形语言推论1经过一条直线和这条直线外一点，有且只有一个平面推论2经过两条相交直线，有且只有一个平面推论3经过两条平行直线，有且只有一个平面2.空间直线、平面之间的位置关系(1)空间中直线与直线的位置关系(2)空间中直线与平面、平面与平面的位置关系图形语言符号语言公共点直线与平面相交a∩α＝A1个平行a∥α0个在平面内a⊂α无数个平面与平面平行α∥β0个相交α∩β＝l无数个3.等角定理空间中如果两个角的两边分别对应平行，那么这两个角相等或互补．[提醒]如果两个角的两边平行且方向都相同或都相反，则两角相等；若一边同向，另一边反向则互补．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a′∥a，b′∥b，把a′与b′所成的锐角(或直角)叫做异面直线a与b所成的角(或夹角)．(2)范围：0，π2【必记结论】1．平面外一点A与平面内一点B的连线和平面内不经过点B的直线是异面直线．2．分别在两个平行平面内的直线平行或异面．【基点诊断】1．判断下列说法正误(在括号内打“√”或“×”)(1)如果两个平面有三个公共点，则这两个平面重合．()(2)若a，b是两条直线，α，β是两个平面，且a⊂α，b⊂β，则a，b是异面直线．()(3)两个平面α，β有一个公共点A，就说α，β相交于A点，记作α∩β＝A.()(4)已知a，b是异面直线，直线c平行于直线a，则c与b不可能是平行直线．()答案：(1)×(2)×(3)×(4)√2．下列命题正确的是()A．三点确定一个平面B．一条直线和一个点确定一个平面C．圆心和圆上两点可确定一个平面D．梯形可确定一个平面解析：选D.对于A，不共线的三点确定一个平面，故A不正确；对于B，一条直线和直线外一个点确定一个平面，若点在直线上，则它们不能确定平面，故B不正确；对于C，当圆上两点为一直径的两个端点时，它们与圆心三点共线，不能确定平面，故C不正确；对于D，梯形的两个底边所在直线平行，可确定一个平面，故D正确．3．若直线a不平行于平面α，且a⊄α，则下列结论成立的是()A．α内的所有直线与a是异面直线B．α内不存在与a平行的直线C．α内存在唯一一条直线与a平行D．α内的所有直线与a都相交解析：选B.由题意可知直线a与平面α相交，所以平面α内所有直线与a相交或异面，且α内不存在与直线a平行的直线，故A，C，D不正确．4．如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，异面直线A1D与D1C所成的角为()A．π6B．π4C．π解析：选C.正方体中，A1B∥D1C，所以A1D与A1B所成的角即异面直线A1D与D1C所成的角，因为△A1BD为正三角形，所以A1D与A1B所成的角为π3，所以异面直线A1D与D1C所成的角为π5．已知空间中两个角α，β，且角α与角β的两边分别平行，若α＝70°，则β＝________．解析：根据等角定理知α＝β或α＋β＝180°，若α＝70°，则β＝70°或110°.答案：70°或110°6．三个平面最多能把空间分为________部分，最少能把空间分成________部分．解析：三个平面可将空间分成4，6，7，8部分，所以三个平面最少可将空间分成4部分，最多分成8部分．答案：84题型一基本事实的应用【例1】如图所示，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，点E，F分别是AB，AA1的中点，连接D1F，CE.求证：(1)E，C，D1，F四点共面；(2)CE，D1F，DA三线共点．证明：(1)如图所示，连接CD1，EF，A1B，因为E，F分别是AB，AA1的中点，所以EF∥A1B，且EF＝12A1B又因为A1D1∥BC，A1D1＝BC，所以四边形A1BCD1是平行四边形，所以A1B∥CD1，所以EF∥CD1，所以EF与CD1能够确定一个平面ECD1F，即E，C，D1，F四点共面．(2)由(1)知EF∥CD1，且EF＝12CD1所以四边形CD1FE是梯形，所以直线CE与D1F必相交，设交点为P，如图，则P∈CE，且P∈D1F，因为CE⊂平面ABCD，D1F⊂平面A1ADD1，所以P∈平面ABCD，且P∈平面A1ADD1.又因为平面ABCD∩平面A1ADD1＝AD，所以P∈AD，所以CE，D1F，DA三线共点．[变式]若本例中平面BB1D1D与A1C交于点M，求证：B，M，D1三点共线．证明：如图所示，连接BD1，BD，B1D1，A1C，因为BD1与A1C均为正方体ABCD­A1B1C1D1的体对角线，所以BD1与A1C相交，设BD1与A1C的交点为O，则B，O，D1三点共线，因为BD1⊂平面BB1D1D，所以A1C与平面BB1D1D的交点和A1C与BD1的交点重合，即M与O重合，故B，M，D1三点共线．方法指导共面、共线、共点问题的证明方法(1)证明共面方法：①纳入平面法：先确定一个平面，再证有关点、线在此平面内．②辅助平面法：先证有关点、线确定平面α，再证明其余点、线确定平面β，最后证明平面α，β重合．(2)证明共线方法：①先由两点确定一条直线，再证明其他各点都在这条直线上．②直接证明这些点都在同一条特定直线上．(3)证明线共点方法：先证其中两条直线交于一点，再证其他直线经过该点．【对点练习】1.(1)在三棱锥A­BCD的边AB，BC，CD，DA上分别取E，F，G，H四点，若EF∩HG＝P，则点P()A．一定在直线BD上B．一定在直线AC上C．在直线AC或BD上D．不在直线AC上，也不在直线BD上解析：选B.因为EF∩HG＝P，E，F，G，H四点分别是AB，BC，CD，DA上的点，所以EF在平面ABC内，HG在平面ACD内，所以P既在平面ABC内，又在平面ACD内，所以P在平面ABC和平面ACD的交线上，又平面ABC∩平面ACD＝AC，所以P∈AC.(2)如图，P，Q，R，S分别是正方体或四面体所在棱的中点，则在下列图形中，这四个点不共面的一个图是()解析：选D.A中，由PQ与SR相交，知P，Q，R，S四点共面；B中，由QR与PS相交，知P，Q，R，S四点共面；C中，由PQ∥SR，知P，Q，R，S四点共面；D中，由QR和PS是异面直线，并且任意两个点的连线既不平行也不相交，知四点不共面．题型二空间两条直线的位置关系判断【例2】(1)(多选)下列推断中，正确的是()A．M∈α，M∈β，α∩β＝l⇒M∈lB．A∈α，A∈β，B∈α，B∈β⇒α∩β＝ABC．l⊄α，A∈l⇒A∉αD．A，B，C∈α，A，B，C∈β，且A，B，C不共线⇒α，β重合解析：选ABD.对于A，因为M∈α，M∈β，α∩β＝l，由基本事实3可知M∈l，故A正确；对于B，A∈α，A∈β，B∈α，B∈β，故直线AB⊂α，AB⊂β，即α∩β＝AB，故B正确；对于C，若l∩α＝A，则有l⊄α，A∈l，但A∈α，故C错误；对于D，有三个不共线的点在平面α，β中，α，β重合，故D正确．(2)(多选)(2024·重庆名校联考)如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，O为正方形ABCD的中心，当点P在线段BC1上(不包含端点)运动时，下列直线中一定与直线OP异面的是()A．AB1B．A1CC．A1AD．AD1解析：选BCD.对于A，如图①，连接AB1，C1D，BD，当P为BC1的中点时，OP∥DC1∥AB1，故A不正确；对于B，如图②，连接A1C，A1C1，AC，因为A1C⊂平面AA1C1C，O∈平面AA1C1C，O∉A1C，P∉平面AA1C1C，所以直线A1C与直线OP一定是异面直线，故B正确；对于C，如图②，因为A1A⊂平面AA1C1C，O∈平面AA1C1C，O∉A1A，P∉平面AA1C1C，所以直线A1A与直线OP一定是异面直线，故C正确；对于D，如图③，连接AD1，D1C，AC，因为AD1⊂平面AD1C，O∈平面AD1C，O∉AD1，P∉平面AD1C，所以直线AD1与直线OP一定是异面直线，故D正确．思维升华(1)判断空间中两条直线的位置关系的方法：①构造几何体(如正方体、空间四边形等)模型来判断；②利用排除法．(2)异面直线的判定方法：①反证法；②直接法．【对点练习】2.(1)空间中有三条线段AB，BC，CD，且∠ABC＝∠BCD，那么直线AB与CD的位置关系是()A．平行B．异面C．相交或平行D．平行或异面或相交均有可能解析：选D.根据条件作出示意图，容易得到以下三种情况，由图可知AB与CD有相交、平行、异面三种情况．(2)(多选)如图所示，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，M，N分别为棱C1D1，C1C的中点，以下四个选项正确的是()A．直线AM与CC1是相交直线B．直线AM与BN是平行直线C．直线BN与MB1是异面直线D．直线AM与DD1是异面直线解析：选CD.因为点A在平面CDD1C1外，点M在平面CDD1C1内，直线CC1在平面CDD1C1内，CC1不过点M，所以直线AM与CC1是异面直线，故A错误；取DD1的中点E，连接AE(图略)，则BN∥AE，但AE与AM相交，所以AM与BN不平行，故B错误；因为点B1与直线BN都在平面BCC1B1内，点M在平面BCC1B1外，BN不过点B1，所以BN与MB1是异面直线，故C正确；同理D正确．题型三异面直线所成的角【例3】(1)(2021·全国乙卷)在正方体ABCD­A1B1C1D1中，P为B1D1的中点，则直线PB与AD1所成的角为()A．π2B．C．π4D．解析：选D.法一如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，连接C1P，BC1，则AD1∥BC1，所以∠PBC1为直线PB与AD1所成的角，设正方体ABCD­A1B1C1D1的棱长为2，则BC1＝22BP＝B1在△BPC1中，cos∠PBC1＝BP2+BC12法二如图，连接BC1，A1B，A1P，PC1，则易知AD1∥BC1，所以直线PB与AD1所成的角等于直线PB与BC1所成的角，由P为正方形A1B1C1D1的对角线B1D1的中点，知A1，P，C1三点共线，且P为A1C1的中点，易知A1B＝BC1＝A1C1，所以△A1BC1为等边三角形，所以∠A1BC1＝π3，又P为A1C1所以可得∠PBC1＝12∠A1BC1＝π故直线PB与AD1所成的角为π6(2)在空间四边形ABCD中，AD＝2，BC＝23，E，F分别是AB，CD的中点，EF＝7，则异面直线AD与BC所成角的大小为________．解析：设BD的中点为O，连接EO，FO，所以EO∥AD，FO∥BC，则∠EOF(或其补角)就是异面直线AD与BC所成的角，且EO＝12在△EOF中，根据余弦定理得cos∠EOF＝EO2+F从而异面直线AD与BC所成角的大小为30°.答案：30°思维升华求两条异面直线所成角的方法(1)平移法：将异面直线中的某一条平移，使其与另一条相交，一般采用图中已有的平行线或者作平行线，形成三角形求解；(2)补形法：在该几何体的某侧补接上同样一个几何体，在这两个几何体中找异面直线相应的位置，形成三角形求解．【对点练习】3.(1)若正六棱柱ABCDEF­A1B1C1D1E1F1的底面边长为1，高为6，则直线AE1和EF所成角的大小为()A．π6B．C．π3D．解析：选C.如图所示，EF∥E1F1，则∠AE1F1即为所求．∵AF＝EF＝1，EE1＝6，且∠AFE＝2π3，∴AE＝∴cos∠AE1F1＝AE∴∠AE1F1＝π3即直线AE1和EF所成角的大小为π3(2)如图，圆柱的轴截面ABCD为正方形，E为弧BC的中点，则异面直线AE与BC所成角的余弦值为()A．33 B．C．306 D．解析：选D.如图，过点E作圆柱的母线交下底面于点F，连接AF，易知F为AD的中点，设四边形ABCD的边长为2，则EF＝2，AF＝2，所以AE＝22连接ED，则ED＝6.因为BC∥AD，所以异面直线AE与BC所成的角即为∠EAD(或其补角)．在△EAD中，cos∠EAD＝6+4−62所以异面直线AE与BC所成角的余弦值为66[课下巩固精练卷(五十五)]空间点、直线、平面之间的位置关系__________________________________________________________________【基础巩固题】1．如果直线a⊂平面α，直线b⊂平面β，且α∥β，则a与b的位置关系为()A．共面B．平行C．异面D．平行或异面解析：选D.由题意，a与b不可能相交，当共面时平行，不共面时为异面直线．2．已知空间中不过同一点的三条直线l，m，n.“l，m，n共面”是“l，m，n两两相交”的()A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件解析：选B.由m，n，l在同一平面内，可能有m，n，l两两平行，所以m，n，l可能没有公共点，所以不能推出m，n，l两两相交．由m，n，l两两相交且m，n，l不经过同一点，可设l∩m＝A，l∩n＝B，m∩n＝C，且A∉n，所以点A和直线n确定平面α，而B，C∈n，所以B，C∈α，所以l，m⊂α，所以m，n，l在同一平面内．3．(2024·广东佛山检测)如图，点N为正方形ABCD的中心，平面ECD⊥平面ABCD，且ED＝EC＝2CD，M是线段ED的中点，则()A．BM＝EN，且直线BM、EN是相交直线B．BM≠EN，且直线BM、EN是相交直线C．BM＝EN，且直线BM、EN是异面直线D．BM≠EN，且直线BM、EN是异面直线解：选A.如图所示，连接BD，BE，MN，点N为正方形ABCD的中心，则BD经过点N，且点N为BD中点，M是线段ED的中点，所以在△EBD中，MN∥EB，又ED＝EC＝2CD，且由正方形性质可知BD＝2CD，所以EM＝12DE＝22CD＝12BD＝BN，即四边形EBNM为等腰梯形，又BM，EN