重难点02 几何体的表面积、体积、轴截面、多面体与球体内切外接问题 高二数学（沪教版2020必修三）（解析版）

重难点02几何体的表面积、体积、轴截面、多面体与球体

内切外接问题（重难点突破解题技巧与方法）

1.求解几何体表面积的类型及求法

求多面体只需将它们沿着棱“剪开”展成平面图形，利用求平面图形面积的方法求多

的表面积面体的表面积

求旋转体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

的表面积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

求不规则

通常将所给几何体分割成基本的柱体、锥体、台体，先求出这些基本的柱

几何体的

体、锥体、台体的表面积，再通过求和或作差，求出所给几何体的表面积

表面积

2.求体积的常用方法

直接法对于规则的几何体，利用相关公式直接计算

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

割补法

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，便于计算

选择合适的底面来求几何体体积，常用于求三棱锥的体积，即利用三棱锥的任

等体积法

一个面可作为三棱锥的底面进行等体积变换

3.几何体的夕卜接球：一个多面体的顶点都在球面上即为球的外接问题，解决这类问题的关键

是抓住外接球的特点，即球心到多面体的顶点的距离等于球的半径.

几何体的内切球：求解多面体的内切球问题，一般是将多面体分割为以内切球球心为顶点，

多面体的各侧面为底面的棱锥，利用多面体的体积等于各分割棱锥的体积之和求内切球的半

径.

4.截面问题：在高考立体几何考点中涉及到空间几何体的截面的地方较多，如:判断截面的

形状、计算出空间几何体的截面周长或面积、或者求与之相关的体积问题、以及最值问题都

在考察之列，但是要顺利地解决前面所提到的诸多问题，关键是根据题意作出截面，并判断

其形状.

Q能力拓展

题型一：柱、锥、台体的表面积、体积、轴截面

一、填空题

1.（2021・上海•格致中学高二期中）已知一个圆锥的侧面展开图恰好是一个半圆，任取圆锥

的两条母线a,b,则a,6所成角的最大值为.

【答案】j

【分析】由题意可得圆锥的母线长R和底面半径长厂的关系，可知轴截面是等边三角形，即

可求解.

【详解】

设圆锥的母线长为R,底面半径长为厂，则2仃=羊，解得R=2r,所以圆锥的轴截面是

等边三角形.

任取圆锥的两条母线。，b,

yr

如图：当。，6为轴截面的两条母线时，6所成角最大为

故答案为：—■

2.（2022•上海浦东新•高二期末）己知正三棱锥。-ABC的底面边长为4,高为2,则此三棱

锥的体积为____________

【答案】逑

3

【分析】根据题意条件，计算出底面积，然后再利用VkABcugxS»BcX。。'，计算可求解出

体积.

【详解】

如图，过。点作底面AABC的投影。，连接。0'，取BC的中点O,连接4D,在正三棱锥

O-ABC中，底面AABC为正三角形，边长为4,所以仞=2百，S^ABC=^XADXBC=4S/3,

而。O’为该正三棱锥O—ABC的高，长为2,所以%=1XSABCXOO'=随.

-

（yAoC3AADC3

故答案为：晅.

3

3.（2022・上海・复旦附中高二期中）如图所示，过三棱台上底面的一边AC，作一个平行于

棱BB｛的截面，与下底面的交线为DE.若D、E分别是AB、8c的中点，则些=.

\BXCX-ABC

3

【答案】I

【分析】证得邑型2=；S/Bc，然后结合棱台与棱柱的体积公式即可求出结果.

【详解】因为3耳//平面DEGA，且平面BBGCD平面DEGA=GE,所以8片//GE,

又因为用G//BE,所以四边形8瓦GE为平行四边形，所以用G=BE,且E分别是BC的中

点，所以4G=；BC,同理4耳=：48，因此=；S，A",设上底面的面积为S,高

为〃，则下底面的面积为4S,

V^BICI-DBE_Sh_3

所以以B£-ABCg（s+JS-4S+4S）/z7，

3

故答案为：y.

二、解答题

4.（2021・上海•西外高二期中）设四边形ABC。为矩形，点尸为平面ABC。外一点，且必

J_平面ABC。，^\PA\=\AB\=1,\BC\=2.

p

⑴求四棱锥P-ABCD的体积；

⑵在2c边上是否存在一点G,使得点。到平面E4G的距离为若存在，求出13Gl的值,

若不存在，请说明理由；

⑶若点E是尸。的中点，在△B42内确定一点使|阳十|防的值最小，并求此时的

值.

【答案】(l)g;(2)存在，|BG|=1；(3)位置答案见解析，值为手.

【分析】(1)根据棱锥的体积计算公式计算即可；

(2)假设BC边上存在一点G满足题设条件，作DQLAG,可证明平面PAG,从而得

到|。。|=也，由此求解BG=1；

⑶延长CB到C',使得|C科=|C8],连结C'E,过E作巫」AO于E',利用三点共线，两线

段和最小，得至lJ(|C叫+|EH|)min=2阳，过H作&于ZT,连结H3,在Rt△m中，

求解可即可.

⑴由题可知^P-ABCD=§'^ABCD，|尸4|=gXlx2xl=];

(2)假设BC边上存在一点G满足题设条件，作OQLAG,贝|。。，以，

则OQ_L平面PAG,故=

-AGD=^D-PAG=§•S&AGDS&PAG,\DQ\,

由力♦1^1=1-

则g•IA£>HAB”.IPA"AGHr>Q|

贝|]|肛阿=|AG|.|DQ|

则2xl=|AG|-A/2

则|AG|=拒

则\BG\=J|AG|2一网2=JT万=1

故存在点G,且当G是8c中点时，点。到平面BIG的距离为血，此时|BG|=1；

p

⑶延长CB到C，，使得|C型=|CB|,连结C更，过£作££」4＞于月,

则\CH\+\EH\=\CH\+\EH\..\C'E\=耐『7函7=1+10=呼,

当且仅当CJH、E三点共线时等号成立，

故(15+但切焉=平，

过a作印于连结83,

5.(2021.上海.华东师范大学第三附属中学高二期中)如图所示，圆锥SO的底面圆半径

OA=l,母线5A=3.

(1)求此圆锥的体积和侧面展开图扇形的面积；

(2)如图，半平面SQ4与半平面SOP所成二面角尸-SO-A大小为120。，设线段SO中点为

M,求异面直线AM与RS所成角的余弦值.

【答案】⑴体积为逑1,侧面展开图扇形的面积为3万.(2)述

318

【分析】(1)利用锥体的体积公式以及扇形的面积公式可求得结果；

(2)取。尸的中点E,连接AE、ME,分析可知异面直线PS与AM所成的角为NAME1或

其补角，计算出△标三边边长，利用余弦定理可求得结果.

(1)解：由题意可知，SO=VSA2-OA2=2x/2，

圆锥SO的体积为丫=工%、。42*5。=述万，

33

该圆锥的侧面展开图扇形的面积为S'=万xQ4x&4=3w

⑵解：在圆锥SO中，5。，平面49尸，

■.AO,尸Ou平面AOP,.\SO±AO,SO1PO,

所以，二面角尸一50-4的平面角为440卜=120。，

取。尸的中点E,连接AE、ME,

13

・.・E、M分别为PO、SO的中点，则VE7/PS且ME=—PS=—,

22

所以，异面直线PS与40所成的角为NAME或其补角，

♦.•.=3,OA=1,则SO=J®"AO2=20，AM=>JAO2+OM2=^3»

在△AOE*中，。£==，Q4=l,NAO石=120°,

2

由余弦定理可得AE=^AO2+OE2-2AO-(9Ecos120°=—，

2

2

14tAn去士工用-曰/A4“LAAf+ME^—A.E^7^/^

由余弦定理可得cosZAME=----------------=二一.

2AMME18

因此，异面直线AM与PS所成角的余弦值为述.

18

6.(2021・上海市延安中学高二期中)如图，。为圆锥的顶点，0是圆锥底面的圆心，AABC

是底面的内接正三角形，尸为。。上一点，ZAPC=90°.

D

⑴证明：PCJ_平面PLB；

(2)设00=2,圆锥的侧面积为2指万，求三棱锥尸-ABC的体积.

【答案】(1)证明见详解⑵正

2

【分析】(1)根据题意，先证明平面尸0C,进而可得ABJ_PC,,再结合NAPC=90°,

即可证明PC_L平面上43；

(2)根据题意，结合勾股定理与侧面积公式，即可求出圆锥底面半径为「和母线长为/,再

根据棱锥的体积公式，即可求解.

⑴证明：如图，连接CO并延长，交AB于点E.

,.•。为345。外接圆的圆心，；.6£_145,即CO_LAB.

在圆锥中，易知尸0_L平面ABC,平面ABC,POLAB,

：C0u平面尸0C,尸Ou平面尸OC,且COcPO=O,二AB_L平面尸OC,/.AB1PC,

\'ZAPC^90°,J.APLPC,又：AB1平面PAu平面R4B,且ABcR4=A,

PC_L平面PAB.

(2)设圆锥底面半径为r,母线长为/,

22+r2=Z2

VDO=2,且圆锥的侧面积为2岛,仙岳'解得

1=^6'

•：PA=PC,PA上PC,：.2PA2=AC2=3r2,即尸A=逅厂

2

VOA=r,:・AB=AC=BC=6r,S.PO=^P^-OA1=—r,

2

匕-ABC=1-S&ABC272=-,

322882

题型二：多面体与球体内切外接问题

一、单选题

1.（2021・上海・曹杨二中高二阶段练习）半径为5的球内有一个高为8的正四棱锥，则该球

与该内接正四棱锥体积之比为（）

25万c125万〃125万c125万

A.——B.-------C.-------D.-------

6464164

【答案】B

【分析】由题意画出图形，设正四棱锥P-ABCD,AC的中点为E,连接尸E并延长交球于

G,得PE=8,PG=10,根据PT=pE.PG求出BI,再由勾股定理求出球内接正四棱锥

的底面边长A8,最后根据球的体积公式和棱锥的体积公式，分别求出球与该内接正四棱锥

的体积，即可得出答案.

【详解】解：由题可知，正四棱锥的高为8,外接球半径为5,

如图，设正四棱锥P-ABCD,AC的中点为E,连接FE并延长交球于G,

可知PEL底面ABCD,且融J_AG,则PE=8,PG=10,

cosNAPE=黑=翌,即PA2=PEPG=80,得尸4=46，

PAPG

AC=2AE=2780-64=8,

AB=8x—=472,

2

4

,球的体积为：V=j^xl25,

该内接正四棱锥体积为：/.MCD=；X（4®）2><8=子,

4

,7—71x1251”

V3_1257r

•・•球与该内接正四棱锥的体积之比为:

V-256—64

3

故选：B.

2.（2021・上海市复兴高级中学高二期中）在三棱锥A-BCD中，AB=BC=CD=DA=^,

BD=2#），二面角A-C是钝角.若三棱锥A-BCD的体积为2.则三棱锥A-BCD的外

接球的表面积是（）

3753

A.127rB.—7iC.13%D.—71

34

【答案】C

【分析】取8。的中点。，可得NAOC为二面角A-处-C的平面角且平面AOC；利

用三棱锥A-BCD体积可构造方程求得AC,将三棱锥A-BCD补为长方体BMDG-HCFA,

则长方体外接球即为三棱锥的外接球，通过求解长方体外接球表面积即可得到结果.

【详解】如图（1）,取的中点。，连接AO,CO,

■,AB=BC=CD=DA,:.AO±BD,CO±BD,

.•.440。为二面角4一皮）一（7的平面角，BDmAOC.

取AC的中点E,连接OE,设AC=2a,

在ZkAOC中，AO=OC=在-3=2,/.OE±AC,

22

则OE=A/22—a=《4-a，

V.„=—S.-BD=—x—xACxOExBD=—xx2ax\]4—a~=2,

A-oCrLrJ）r\AACn/Crr\r\/、、

3J2o

化简得：a4-4a2+3=0,解得：。二石或。=1,

当a=l时，ZAOC=60°.不合题意，舍去，「.AC=2百.

A

图（1）图（2）

如图（2）,把三棱锥4-38补形成长方体9"4-〃。%,使三棱锥A-3co的各棱分别

是长方体的面对角线，

则三棱锥A-3CD的外接球即为长方体HCE4的外接球.

Y+/=(2。)2x=y/6

设BM=x,BG=y,BH=z,则'X2+Z2=(>/7)2,解得：<y=A/6

/+Z2=(T7)2z=1

/.外接球的直径为AM=7x2+/+z2=岳,

13

二四面体ABCD外接球的表面积为S=4%x丁=13乃.

4

故选：C.

【点睛】本题考查三棱锥外接球表面积的求解问题，涉及到三棱锥体积的应用；解题关键是

能够通过将三棱锥补为长方体，通过求解长方体的外接球来求得结果.

3.（2021.上海市松江二中高二期中）已知一圆锥底面圆的直径为3,圆锥的高为述，在

2

该圆锥内放置一个棱长为。的正四面体，并且正四面体在该几何体内可以任意转动，贝陷的

最大值为（）

A.3B.41

C.|（若一句D.等

【答案】B

【分析】根据题意，该四面体内接于圆锥的内切球，通过内切球即可得到。的最大值.

【详解】依题意，四面体可以在圆锥内任意转动，故该四面体内接于圆锥的内切球

设球心为P,球的半径为人下底面半径为R,轴截面上球与圆锥母线的切点为Q,圆锥的

轴截面如图：则=因为§。=芈，

故可得：SA=SB=sJS02+OB2=3；

所以ASAB为等边三角形，故P是△SA3的中心，

连接BP,则3P平分NSBA,

所以/P3O=30°；

所以tan3(T=二，即,.=正尺=3、3=3,

R3322

另正四面体可以从正方体中截得，如图：

从图中可以得到，当正四面体的棱长为。时，截得它的正方体的棱长为变a,

2

而正四面体的四个顶点都在正方体上，

故正四面体的外接球即为截得它的正方体的外接球，

2r=s/3AAl=>/3'x.^~a=^-a,所以q=g\

即。的最大值为应.

故选：B.

【点睛】本题考查了正四面体的外接球，将正四面体的外接球转化为正方体的外接球，是一

种比较好的方法，本题属于难题.

二、填空题

4.（2021•上海市控江中学高二期中）直三棱柱ABC-A与G的所有顶点都在球。的球面上,

AB1.BC,AB=1,BC=2®，M=4,则球。的体积是.

【答案】夕125"

6

【分析】把直三棱柱4BC-A瓦G补成长方体，求出外接球的直径即得解.

【详解】把直三棱柱ABC-A与G补成长方体，则直三棱柱和长方体的外接球重合，

外接球的直径2R=+Q扬2+42=5,

4175

故球。的体积V=一万氏3=一兀.

36

故答案为：——

0

5.（2021・上海•华师大二附中高二期中）已知三棱锥A-3CD的侧棱两两互相垂直，且该三

棱锥的外接球的体积为36万,则该三棱锥的侧面积的最大值为.

【答案】18

【分析】由题意将该三棱锥补成一个长方体，由球的体积公式可得外接球的半径R,令

AB=x,AC=y,AD=z,进而可得f+步+z?=36,再利用基本不等式即可得解.

【详解】由题意以该三棱锥的三条侧棱为长、宽、高，将该三棱锥补成一个长方体，长方体

的体对角线就是外接球的直径，

令AB=x,AC=y,AD=z,外接球的半径为火，

根据三棱锥外接球的体积为:乃&=36万,可得球的半径R=3,

贝ijd+V+Z?=（2©2=36,

所以该三棱锥的侧面积S=gyz+g.+gxz

（：（9+刁+；1+力+；（/+z2）=；l+y2+z2）=18,

当且仅当x=y=z=2石时，等号成立.

故该三棱锥的侧面积的最大值为18.

故答案为：18.

【点睛】本题考查了几何体的外接球相关问题的求解及基本不等式的应用，考查了运算求解

能力与转化化归思想，属于中档题.

6.（2021・上海•高二专题练习）如图，边长为2的正方形A5CD中，点E、F分别是边A3、

8c的中点，AAED、AEBF、AFCD分别沿DE、EF、ED折起，使A、B、C三点重合

于点A,若四面体AEFD的四个顶点在同一个球面上，则该球的表面积为.

【答案】6兀

【分析】把棱锥扩展为正四棱柱，求出正四棱柱的外接球的半径，就是三棱锥的外接球的半

径，由此能求出该球的表面积，得到答案.

【详解】由题意，知AA'EF是等腰直角三角形，且A'£）_L平面AEF,

三棱锥的底面A所扩展为边长为1的正方形，

然后扩展为正四棱柱，三棱锥和外接球与正四棱柱的外接球是同一个球,

正四棱柱的对角线长就是外接球的直径，

所以球的半径R='JIM=巫，

22

所以该球的表面积为S=4乃R。=4"x（当了=6%.

故答案为6万.

【点睛】本题主要考查了球的表面积的求法，同时考查空间几何体的结构特征的应用，着重

考查了推理与论证能力，以及运算能力，属于中档试题.

7.（2021•上海市西南位育中学高二期中）已知三棱锥中，PA,PB、PC两两垂直,

且长度相等，若只A、B、C都在半径为1的同一球面上，则球心到平面ABC的距离为

【答案】|

【分析】由弥补法知三棱锥尸-的外接球为以24、PB、尸C为相邻三条棱的正方体的外

接球，球心到平面ABC的距离即为正方体中心到平面ABC的距离，利用等体积法可求得P

到平面ABC的距离，进而求得答案.

【详解】因为三棱锥尸-ABC中，PA、PB、PC两两垂直，且长度相等，

所以此三棱锥的外接球即为以24、PB、PC为相邻三条棱的正方体的外接球，

又球的半径为1，所以正方体的棱长为毡，^PA=PB=PC=^-

33

球心到平面ABC的距离即为正方体中心到平面ABC的距离，

设P到平面ABC的距离为。,则正三棱锥P—ABC的体积

V=1^VABC"=耳SvPAK,PC=-X—X（—^）*3

等边,ABC的边长为=当，:.Sy…|x|nx孝考

LL（毡）3

3232

12A/33

—x------

33

所以球心到平面ABC的距离为g

故答案为：；

【点睛】方法点睛：空间几何体与球接、切问题的求解方法

(1)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.

(2)若球面上四点P,A,B,C构成的三条线段两两互相垂直，一般把有关元素“补形”成为

一个球内接长方体，利用长方体的外接球求解.

8.(2022•上海奉贤区致远高级中学高二期末)设A，B,C,。是同一个半径为4的球的球

面上四点，AABC为等边三角形且其面积为96,则三棱锥ABC体积的最大值为

【答案】1873

【分析】求出等边AMC的边长，画出图形，判断。的位置，然后求解即可.

【详解】AABC为等边三角形且其面积为96，则S，ABC=#A82=9^，.-.AB=6

如图所示，设点M为AABC的重心，E为AC中点，

当点D在平面ABC上的射影为M时，三棱锥D-ABC的体积最大，此时，OD=OB=R=4,

•・•点M为三角形A3C的重心，.•.8河=|8£=26，

「.RtaQWB中，有OM=\/OB2-BM2=2»:.DM=OD+OM=4+2=6,

所以三棱锥D-ABC体积的最大值匕5TBe=gx9』x6=18/

故答案为：18公

【点睛】思路点睛：本题考查球的内接多面体，棱锥的体积的求法，要求内接三棱锥体积的

最大值，底面是面积一定的等边三角形，需要该三棱锥的高最大，故需要底面A3C,

再利用内接球，求出高。欣，即可求出体积的最大值，考查学生的空间想象能力与数形结

合思想，及运算能力，属于中档题.

三、解答题

9.(2021・上海・华师大二附中高二期中)已知正方体ABCD-A4GR.

⑴若正方体的棱长为1,求点A到平面4B。的距离；

(2)在一个棱长为10的密封正方体盒子中，放一个半径为1的小球，任意摇动盒子，求小球

在盒子中不能达到的空间的体积；

⑶在空间里，是否存在一个正方体，它的定点4B、C、。、4、耳、G、。到某个平面的

距离恰好为0、1、2、3、4、5、6、7,若存在，求出正方体的棱长，若不存在，说明理由.

【答案】(l)g(2)104--存在，棱长为万

【分析】(1)利用等体法：匕.即可求解.

(2)求出小球在正方体的8个顶点以及12条棱处不能到达的空间，利用球的体积公式以及

柱体体积公式即可求解.

(3)设平面a为符合题意的平面，a过点C,延长RG，A综AB分别交平面a于点瓦RG,

由题意可得GE：2G:瓦B:OC:〃E:AG：AF=1：2：3:4:5:6:7,设正方体的棱长为4a,根

据^C1-ECF=Vc-ECiF，求出点G到平面。的距离，进而得出正方体的棱长.

⑴正方体的棱长为1,设点A到平面刖的距离为h,

由VA-ABD-^41-ABD，

则;5'皿.明，

BP-x—xy/2x^2x=-x—xlxlxl,

32232

解得〃邛.

(2)在正方体的8个顶点处的单位立方体空间内，

小球不能到达的空间为:8Hlm号

除此之外，以正方体的棱为一条棱的12个1x1x8的正四棱柱空间内,

小球不能到达的空间共12[1小8=348卜96-24万，

其它空间小球均能到达，

476

故小球不能到达的空间体积为：8-§万+96—24万=104-~§兀（cm3）

⑶设平面。为符合题意的平面，a过点C,

延长Dg,A%AB分别交平面a于点瓦厂,G,

由图可知,点C，G，B,Bi，D,RAA

与平面a的距离分别应为0、1、2、3、4、5、6、7,

因为2E，4RDC,AG互相平行，所以它们与平面a所成角相等，

故由比例关系得GE:BG:男尸：DC:£）山：AG:4尸=1:2:3:4:5:6:7.

设正方体的棱长为4°,则GE=a，BG=2a,用歹=3。,

用几何方法可解得所=2氐，EC=y/ila,CF=44la,

故SAECF=2>/21a2,

由CQ±平面4耳GA，知CG为四面体c-EG尸的底面EC.F上的高,

所以由％-ECF=匕卯,算得点G到平面a的距离，

,_SAEC]F・卬|_2〃.44_4历

CL——I~——CL,

S.ECF2y/?Aa21

实际上已知d=l,所以生旦a=l,从而可得々=包，

214

所以正方体的棱长为4a=@,由图可知，该正方体存在.

10.（2019・上海•华师大二附中高二期中）平面图形很多可以推广到空间中去，例如正三角形

可以推广到正四面体，圆可以推广到球，平行四边形可以推广到平行六面体，直角三角形也

可以推广到直角四面体，如果四面体ABCD中棱AB,AC,AD两两垂直，那么称四面体ABCD

为直角四面体.请类比直角三角形中的性质给出2个直角四面体中的性质，并给出证明.（请

在结论1~3中选择1个，结论4,5中选择1个，写出它们在直角四面体中的类似结论，并

给出证明，多选不得分，其中/，表示斜边上的高，匕氏分别表示内切圆与外接圆的半径）

直角三角形ABC直角四面体MCD

条件ABVACAB_LAC,ABLAD,ACLAD

结论1AB1+AC2=BC2

结论2sin2B+sin2C=1

1_11

结论3记一行十IE7

1111

结论4---1----F—=—

ABAChr

(2/?)2=1(AB2+BC2+CA2)

结论5

【分析】结论L分别表示S：、S；、S〉然后证明S；+s；+S；=S2

结论2：在△Z14E中利用等面积法，表示出高d,然后分别表示sir?。、sir?尸、sin2/,再证

明sin2a+sin2y0+sin2/=1

结论3：利用结论2中得到的d的表达式，再表示出条、』、£?，再证明

1_111

AC2+AD7

结论4：内切球的球心与四个顶点相连接，把三棱锥分成四个小的三棱锥，利用

^D-ABC~^O-ABC+^O-ABD+^O-ACD+"o—BCD进行证明

结论5：将直角四面体A3CD补形成为以AB、AC、为长、宽、高的长方体，再进行证明.

【详解】记AABC、AASAACD、A3C£＞的面积依次为4S3.S,

平面BCD与AB、AC、所成角依次为办B、Y,

点A到平面BCD的距离为d,r,R分别表示内切球与外接球的半径，内切球的球心为。，

直角三角形ABC直角四面体ABC。

条件AB1ACAB±AGAB±ADfAC±AD

结论1AB2+AC2=BC2s：+s；+s；=s?

结论2sin1B+sir^C=1sin2a+sin2/?+sin2/=1

1_111111

结论37+?+7

AC7If-ABACAD

111111111

结论4---1----1—=一---1-----1-----1--=-

ABAChrABACADdr

(2RJ=1(AB2+BC2+C42)

结论5(27?)2=AB2+BC2+C42

证明：设AS=a、AC=b、AD=c,

过A作隹_L3C,垂足为E,联结。石，过A作AHLDE1,垂足为H,

易证：DE±BC,4"，平面3。。，则4=河，

>

X

B

结论1：s：+s；+s；=[；〃z?)+■|QC[=；(。2匕2+Q2c2+匕202),

ABACabi--------------1,2b

AE2,+22

在咫AABC中，=BC=12jDE—1AD+AE_Jc

\la'+b2Va2+b2

/l----------―、2

2222

=l(flV+«C+&c)s

\7

s：+s；+s；=片；

ab

，八C

TADAEJa2+h2abc

22222222

<DEl21ab«Jab+ac+bc

V+a2+b2

dbe

•sma=—二s一

,,ayla2b2+a2c2+b2c2'

.cac.九ab

同理.sinp=/=.smz=­；=

222222

4ab+ac+bcG2b2+a2c2+b2c2

+a2b2

_abc।a2b2+a2c2+b2c2

(2

da2b2+12c2+b2c2**JaW

▽111111b2c2+a2c2+a2b2

AB2AC2AD2a2b2c2aW

.1111

,•/-;;寿+7^+^^

结论4：•••丹一ABC=^O-ABC+^O-ABD+VO-ACD+%.BCD，

/.—abc=—'—ab'r+—'—ac'r+--—be'r+—­—yla2c2+b2c2+a1b1•r.

632323232

222222

u-r-1abacbeyJac+Z?c+ab11110n11.1.11

从而_=——+——+——+----------------=_+—+—+—，BP-=—+——+——+—；

rabcabcabcabccbadrABACADa

结论5：将直角四面体ABC。补形成为以AB、AC、AD为长、宽、高的长方体,

则长方体的体对角线即为直角四面体ABCD的外接球的直径，即（2R）2=AB2+BC2+C42.

【点睛】本题考查平面图形向立体图形的推广，涉及到侧面积的表示，线面角的表示，几何

体的体积分割法求内切球半径，补齐几何体求外接球半径等，属于难题.

Q巩固练习

一、单选题

1.（2022.上海市杨浦高级中学高二期末）大数学家阿基米德的墓碑上刻有他最引以为豪的

数学发现的象征图——球及其外切圆柱（如图）.以此纪念阿基米德发现球的体积和表面积，则

球的体积和表面积均为其外切圆柱体积和表面积的（）

【答案】C

【分析】设球的半径为几则圆柱的底面半径为R，高为2R,分别求出球的体积与表面积,

圆柱的体积与表面积，从而得出答案.

【详解】设球的半径为R,则圆柱的底面半径为R,高为2R

所以球的体积为生，表面积为4万Rt

3

4万R3

圆柱的体积为：万尺2x2R=2万代,所以其体积之比为：32

2万斤一耳

圆柱的侧面积为：2乃Rx2R=4万箫,圆柱的表面积为：4%R?+2%R2=6%收

所以其表面积之比为：

故选：C

2.（2022・上海・复旦附中高二期中）为提高学生数学学习的积极性，复旦附中联合浦东分校、

青浦分校、复旦中学组织了复旦附中月度数学学科知识竞赛.本次比赛的年度总冠军奖杯由

一个铜球。和一个底座组成，如图（1）所示，已知球的体积为36万，底座由边长为12的

正三角形铜片A8C沿各边中点的连线垂直向上折叠成直二面角所得，如图（2）所示.则在

图（1）所示的几何体中，下列结论中正确的是（）

A.8与3E是异面直线

B.异面直线AB与C。所成角的大小为45°

C.由A、B、C三点确定的平面截球所得的截面面积为3万

D.球面上的点到底座底面。所的最大距离为3+石+而

【答案】C

【分析】取以'，所中点MM,利用给定条件证明3c〃。瓦AB//D尸，推理判断A,B；

求出AASC外接圆半径，结合球面截面圆性质计算判断C,D作答.

【详解】取以'，所中点N,M,连接肱V,CN,如图，

因EEF为正三角形，则而平面BEF_L平面DFE,平面平面=

BMu平面6EF,

于是得平面DFE,同理。V_L平面DFE,即®W〃CN,BM=CN=3^3,

因此，四边形是平行四边形，有BC11NMIIDE,则直线C。与BE在同一平面内，

A不正确；

由选项A,同理可得AB//D尸，则异面直线与C。所成角等于直线DF与C。所成角60。，

B不正确；

由选项A知，BC=MN=^DE=3,同理可得AS=AC=3,正AMC外接圆半径r=旧，

由A、B、C三点确定的平面截球所得的截面圆是44SC的外接圆，此截面面积为3万，C正

确；

/|jr

体积为36万的球半径R,由}=36%得尺=3,由选项C知，球心到平面ABC的距离

d—'JR2—r2=-\/6>

由选项A,同理可得点A到平面DFE的距离为3上，即平面ABC与平面DFE的距离为3月，

所以球面上的点到底座底面DEF的最大距离为R+d+BM=3+3舟乐,D不正确.

故选：C

【点睛】易错点睛：异面直线所成的角的取值范围是［。，］,当求出角的余弦值为负时，要

取其相反数作为异面直线夹角余弦.

二、填空题

3.（2022・上海交大附中高二阶段练习）己知正三棱锥的底面边长为4,高为2,则三棱锥的

表面积是•

【答案】1273

【分析】画出图形，求出底面积和侧面积，从而求出表面积.

【详解】如图，正三棱锥0-A8C,高OM=2,取8C中点N,连接AN,ON,则M在线段

4N上，且血W=；AN,由AB=4,BN=2,由勾股定理得：AN=V16-4=273,所以

MN=^AN=,ON=［OM。+MN?=}+［竿］=¥"所以

SOBC=-BC-ON=^-,S^c=^BC-AN=4^,所以三棱锥的表面积为

△c/oc232

铝x3+4石=12"

o

故答案为：12g

4.（2018•上海市金山中学高二期中）已知长方体的三条棱长分别为1，1，2,并且该长方

体的八个顶点都在一个球的球面上，则此球的表面积为.

【答案】6万

【详解】2R=Vl2+l2+22=瓜:卡=与:.S球=4万（当尸=67r

5.（2022•上海市建平中学高二阶段练习）正四面体边长为4,则其体积为

【答案】电1

3

【分析】由正四面体性质求体高，再应用棱锥的体积公式求体积即可.

【详解】由正四面体的体高为〃，则而下+疟方=24，可得/i=±g,

所以体积为二壁乂口4设3=”也.

33223

故答案为：屿无

3

6.（2021•上海市市西中学高二期中）如图，在正三角形A8C中，E、尸依次是AB、AC的中

点，ADLBC,EHLBC,FGA.BC,力、H、G为垂足，若将正三角形ABC绕AO旋转一周

所得的圆锥的体积为V,则其中由阴影部分所产生的旋转体的体积与V的比值是

【答案】JO

【分析】利用圆锥的体积公式及圆柱的体积公式即求.

【详解】由题可知由阴影部分所产生的旋转体的体积为将正三角形ABC绕AD旋转一周所

得的圆锥的体积与四边形肝6〃旋转一周所得的圆柱的体积的差，

设圆锥的高为九底面半径为，，则圆柱的高为I",底面圆的半径为］,则

即由阴影部分所产生的旋转体的体积与丫的比值是:

8

故答案为："I

O

7.（2021•上海市南洋模范中学高二期中）一矩形的一边在无轴上，另两个顶点在函数

尤

>=二2。>0）的图像上，如图，则此矩形绕X轴旋转而成的几何体的体积的最大值是

1+X

【答案】乃

【分析】先利用基本不等式求出y的取值范围，再设点A,B的坐标，由A,8的纵坐标相

同，得到玉%=1，从而得到"再利用圆柱的体积公式以及基本不等式，即可得到答案.

_2x_2

【详解】由）'===「，Xx>0,则x=当且仅当x=l时取等号,

---rX

X

2x2

<1口1_2

，且％+—二一，

x%y

..•矩形绕X轴旋转而成的几何体为圆柱，设A（占，M）,B（x2M如图所示,

y

则圆柱的底面圆的半径为，，高为力=X?-X］,且"%）=产y,

1十^V1LI

7~4^~22,即仁一