构造长(正)方体巧解与三棱锥相关的问题

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8.3.1棱柱、棱锥、棱台的表面积和体积课件(人教版)

(1) 共得到多少个棱长为1cm的小立方体？ (2) 三面是红色的小立方体有多少个？它们的表面积之和是多少？ (3) 两面是红色的小立方体有多少个？它们的表面积之和是多少？ (4) 一面是红色的小立方体有多少个？它们的表面积之和是多少？ (5) 六面均没有颜色的小立方体有多少个？它们的表面积之和是多少？它们占有多少立方厘米的空间？
解：(3) 两面是红色的小立方体有24个, 表面积之和是144cm2. (4) 一面是红色的小立方体有24个, 表面积之和是144cm2.
(5) 六面均没有颜色的小立方体有8个, 表面积之和是 32cm2，它们占有的空间是8cm3.
练习
－－－－－－－－－－教材116页
4. 求证：直三棱柱的任意两个侧面的面积和大于第三个侧面的面积.
3
课堂小结
棱柱、棱锥、棱台的表面积
棱柱、棱锥、棱台都是多面体，表面积就是围成多面体各个面的面积的和.
棱柱、棱锥、棱台的体积
棱柱
棱锥
棱台
底面积为 S ，高为 h V棱柱 Sh
底面积为 S ，高为 h
V棱锥
1 3
Sh
上底面积为 S ，下底面积
为 S ，高为 h
V棱台
1 3
h(S
SS S)
如图已知棱长为a的正四面体P-ABC，求它的体积．
多面体的表面积就是围成多面体各个面的面积的和．棱柱、棱锥、棱台的表面积就是围成它们的各个面的面积的和. 例1 如图已知棱长为a，各面均为等边三角形的四面体P-ABC，求它的表面积．
P
【解析】因为△PBC是正三角形，其边长为a，
所以
1 SPBC 2 a a sin 60
3 a2. 4
A

三菱FX2N系列PLC应用技术-习题答案

第1章可编程序控制器概述一、判断题1．可编程控制器是一种数字运算操作的电子系统，专为在工业环境下应用而设计，它采用可编程序的存储器。

（）2．可编程序控制器的输出端可直接驱动大容量电磁铁、电磁阀、电动机等大负载。

（）4．PLC采用了典型的计算机结构，主要是由CPU、RAM、ROM和专门设计的输入输出接口电路等组成。

（）5．梯形图是程序的一种表示方法，也是控制电路。

（）6．梯形图两边的两根竖线就是电源。

（）7．PLC的指令语句表达形式是由操作码，标识符和参数组成。

（）8．PLC可编程序控制器是以“并行”方式进行工作的。

（）9．PLC机产品技术指标中的存储容量是指其内部用户存储器的存储容量。

（）10．PLC机产品技术指标中的存贮容量是指内部所有RAM、ROM的存贮容量。

（）11．PLC机虽然是电子产品，但它的抗干扰能力很强，可以直接按装在强电柜中。

（）二、选择题1．可编程序控制器是以（）为基本元件所组成的电子设备。

A．输入继电器触头 B．输出继电器触头 C．集成电路 D．各种继电器触头2．PLC的基本系统需要哪些模块组成？（）A．C．PU模块 B．存储器模块 C．电源模块和输入输出模块 D．以上都要3．PLC的程序编写有哪些图形方法？（）A．梯形图和流程图 B．图形符号逻辑 C．继电器原理图 D．卡诺图4．PLC可编程序控制器的整个工作过程分五个阶段，PLC通电运行时，第四个阶段应为（）。

A．与编程器通信 B．执行用户程序 C．读入现场信号 D．自诊断9．输入采样阶段，PLC的中央处理器对各输入端进行扫描，将输入信号送入（）A．累加器 B．指针寄存器 C．状态寄存器 D．存储器10．PLC机将输入信息采入PLC内部，执行（）后达到的逻辑功能，最后输出达到控制要求。

A．硬件 B．元件 C．用户程序 D．控制部件11．PLC机的扫描周期与程序的步数、（）及所用指令的执行时间有关。

A．辅助继电器 B．计数器 C．计时器 D．时钟频率三、简答题1．1968年美国通用汽车公司（GM）公开招标提出十项PLC指标是什么？2．简述PLC的定义。

高三复习题型：三棱锥外接球半径问题(含答案)

数学一对一辅导教案授课教师上课时间 2020年月日第（）次课 2小时教学课题高考探究专题1：三棱锥最值问题【法一：补形法】外接球半径等于长方体体对角线的一半ππ64262===R S R ，注意：图中三棱锥的外接球与长方体外接球是同一个球。

【法二：轴截面法（确定球心法）】1、寻找底面△PBC 的外心；2、过底面的外心作底面的垂线；3、外接球的球心必在该垂线上，利用轴截面计算出球心的位置。

【题型分析】【利用轴截面法1】例1.在三棱锥ABC P -中，︒=∠===⊥120,BAC AC AB PA ABC PA 2，底面，求其外接球的半径【变式1】已知在三棱锥ABC P -，222===⊥⊥⊥PC PB PA PA PC PC PB PB PA ，且,,，求该三棱锥外接球的表面积与体积。

【变式2】在四面体S ABC -中，SA ⊥平面ABC ，90ABC ∠=°，2SA AC ==，1AB =，则该四面体的外接球的表面积为【变式3】三棱锥P ABC -中，PA ⊥平面,,1,3ABC AC BC AC BC PA ⊥===，则该三棱锥外接球的表面积为（） A ．5π B ．2π C ．20π D ．4π【变式4】如图，已知点A、B、C、D是球O的球面上四点，DA⊥平面ABC，AB⊥BC，DA=AB=BC=3，则球O 的表面积等于_________.【利用轴截面法2】例2.三棱锥P-ABC 内接于半径为2的球中，PA ⊥平面ABC ，∠BAC=90°，BC=22，则三棱锥P-ABC 的体积最大值是【变式1】三棱锥P-ABC 内接于半径为4的球中，PA ⊥平面ABC ，∠BAC=45°，BC=22，则三棱锥P-ABC 的体积最大值是【变式2】已知球的直径4SC =，A 、B 是该球球面上的两点，30ASC BSC ∠=∠=︒，则棱锥S ABC -的体积最大为（） A ．2 B ．83C ．3D ．23 【答案】A【解析】如图所示，∵线段SC 是球的直径且4SC =，30ASC BSC ∠=∠=︒， ∴2AC =，=2BC ，23AS =，=23BS ，13A SBC SBC V S h -=⨯⋅△，（其中h 为点A 到底面SBC 的距离），故当h 最大时，A SBC V -的体积最大，由图可得当面ASC ⊥面BSC 时，h 最大且满足4223h =⋅，即3h =，此时112233232A SBC V -=⨯⨯⨯⨯=，故选A ．【变式3】在三棱锥BCD A -中，BD AB DB AB DC DB AC AB ⊥=+==,4,,，则三棱锥BCD A -外接球的体积的最小值为（） A ．3264π B ．332πC ．328πD ．34π【利用图形的特殊性】例3.已知在三棱锥ABC P -，222===⊥⊥⊥PC PB PA PA PC PC PB PB PA ，且,,，求该三棱锥外接球的表面积与体积。

构造长(正)方体巧解与三棱锥相关的问题

２薛金星．学教材全解［］西安：中Ｍ．陕西人民教育出版
社２０２３—２４０８：４４
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只需证１—பைடு நூலகம் ＇＋，
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３林国泰・初等代数研究教程［］Ｍ・广州：南大学出版暨
社，９６１９
（上接第１９页）ＡＢ上Ｂｃ
．
问题２设， ∈Ｒ’ ＋Ｙ：１求证：，，
（＋）＋（） ≥ ．ｙ＋
１ｘ，）６，一，２ｙ一２ § ４ｙ戈，）一１ ≤０ｘ（）＋２
一（Ｙ＋２。ｙ＋２甘（）一８ ≤０４ｙ—Ｉ（ｙ＋）ｘ
具有哪些特征的三棱锥可以呢？只要三棱锥
解析：经分析可知，Ｂ上ＢＤＤＣ，Ａ上ＤＢ，ＤＤＢ，Ｃ垂直但不共点，图２依题意Ａ，Ｂ如，
画出三棱锥，建如图所示的边长为√ 的正构３方体．那么就很容易得出：是一个边长为√ 这３的正方体，体对角线长即为外接球的直径其
＜ｘ ≤ （ｙ生）所以４ｙ≤１（ｙ＋＝１，，ｘ
的项都化成“ ｙ的形式．因题中条件与结ｘ” 又论之间的因果关系不明显，以用分析法证所
明・
２２）＞２即４ｙ一１，ｘ ≤０（ｙ＋２２） —２＞０所，
：
Ｂ，球０的体积等于Ｃ：则
解：）下第页析三ｊ转２）由（
・
ｌ・９

数学-一个公式搞定外接球问题10种题型(解析版)

外接球问题10种题型总结【题型目录】题型一：长方体正方体外接球（体对角线即为外接球的直径，()22222c b a R ++=）题型二：能在正方体（长方体）内还原的立方体，即长方体切割体的外接球（体对角线即为外接球的直径，()22222c b a R ++=）题型三：圆柱的外接球（2222r h R +⎪⎭⎫ ⎝⎛=，其中r 为底面圆的半径，h 为圆柱的高）题型四：直棱柱的外接球（2222r h R +⎪⎭⎫ ⎝⎛=，其中r 为底面外接圆的半径，h 为棱柱的高）题型五：侧棱垂直于底面的棱锥的外接球（2222r P A R +⎪⎭⎫ ⎝⎛=，其中r 为底面外接圆的半径，P A 为棱锥垂直于底面的棱）题型六：圆锥的外接球题型七：棱台圆台的外接球题型八：正棱锥的外接球题型九：侧面垂直于底面外接球（找球心，球心在每个面中垂线的交点处）题型十：多面体外接球（找球心，球心在每个面中垂线的交点处）【典型例题】题型一：长方体正方体外接球（体对角线即为外接球的直径，()22222c b a R ++=）【例1】若一个正方体的顶点都在球面上，它的棱长为1，则这个球的表面积是（）A ．π2B ．3π4C ．3πD ．12π【例2】已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为18，则这个球的体积为（）A．9π2B．C．9πD．27π【题型专练】1．长方体的过一个顶点的三条棱长分别是2，4，4，则该长方体外接球的表面积为（）A．9πB．18πC．36πD．48π2．已知球内接正方体的表面积为S，那么球体积等于_____________．题型二：能在正方体（长方体）内还原的立方体，即长方体切割体的外接球（体对角线即为外接球的直径，()22222c b a R ++=）设长方体相邻的三条边棱长分别为a ，b ，c．图1墙角体图1鳖臑图3挖墙角体图4对角线相等的四面体图1侧面（侧棱）两两垂直，图2所有面均为直角三角形，（线面垂直+线线垂直）；图3俯视图是一矩形，AC 为虚线，主视图和左视图为直角三角形，图4若是长方体则为对棱相等的四面体，若是正方体则是正四面体（所有棱长均相等）图4中（长方体），2222222222222222222a b BC AD BC AB CD b c AC a b c R AC BD c a AB ααβγβγ⎧+===⎫⎪++⎪=⇒+==⇒++=⇒=⎬⎨⎪⎪=+==⎭⎩abc abc abc V BCD A 31461=⨯-=-．【例1】_______________．可得该正方体的外接球就是三棱锥设球半径为R ，可得正方体的对角线长等于球直径【例2】已知三棱锥-P ABC 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，90CEF ∠=︒，则球O 的体积为（）A B ．6πC ．24πD ．又1cos 2AD EAC PA x ∠==，∴2PA PB PC ∴===，又===2AB BC AC ，PA ∴，即三棱锥-P ABC 是以PA ，所以球O 的直径则球O 的体积333V R =π=π⨯【例3】表面积为）A ．B ．12πC ．8πD ．【例4】设,,,A B C D 是半径为2的球面上的四个不同点，且满足0AB AC ⋅=，0=⋅AD AC ，0AD AB ⋅=，用1S 、2S 、3S 分别表示ABC 、ACD 、ABD △的面积，则123S S S ++的最大值是______.【例5】我国古典数学著作《九章算术》中记载，四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑现有一个“鳖臑”，PA ⊥底面ABC ，AC BC ⊥，且3PA =，2BC =，AC =则该四面体的外接球的表面积为__________．则长方体的外接球的半径为22229344R PA AC BC =++=++=故2R =所以三棱锥-P ABC 外接球的表面积为故答案为：16π【例6】如图，蹴鞠，又名“蹋鞠”、“蹴球”、“蹴圆”、“筑球”、“踢圆”等，“跳”有用脚蹴、蹋、踢的含义，“鞠”最早系皮革外包、内实米糠的球.因而“蹴鞠”就是指古人以脚蹴、蹋、踢皮球的活动，类似今日的足球.2006年5月20日，蹴鞠己作为非物质文化遗产经国务院批准列入第一批国家级非物质文化遗产名录.若将“鞠”的表面视为光滑的球面，已知某“鞠”表面上的四个点A ，B ，C ，D 满足AB CD ==，BD AC ==，5cm AD BC ==，则该“鞠”的表面积为____________.令此长方体的长、宽、高分别为,,a b c ，则有222222251320a b b c ca ⎧+=⎪+=⎨⎪+=⎩，即有22229a b c ++=，令该长方体的外接球的半径为R ，因此2222(2)29R a b c =++=，该“鞠”的表面积为2429S R ππ==.故答案为：29π【题型专练】1．四面体ABCD 的每个顶点都在球O 的球面上，,,AB AC AD 两两垂直，且AB =2AC =，3AD =，则球O 的表面积为________.2．据《九章算术》中记载，“阳马”是以矩形为底面，一棱与底面垂直的四棱锥.现有一个“阳马”，PA ⊥底面ABCD ，底面ABCD 是矩形，且543PA AB BC ===，，，则这个“阳马”的外接球表面积为（）A ．5πB ．200πC ．50πD ．100π【答案】C【分析】把四棱锥P ABCD -补成一个长方体，如图，长方体的对角线就是其外接球也是四棱锥P ABCD -的外接球直径，由长方体性质求得球半径后可得表面积．【详解】把四棱锥P ABCD -补成一个长方体，如图，长方体的对角线就是其外接球也是四棱锥P ABCD -的外接球直径，设球半径为R ，则2222(2)50R PA AB BC =++=，球表面积为24π50πS R ==．故选：C ．3．正四面体S ABC -内接于一个半径为R 的球，则该正四面体的棱长与这个球的半径的比值为（）A ．4B ．3C 3D 【答案】C【分析】设正四面体的棱长为2a ，由正四面体几何性质得出a 与外接球半径R 的关系式，即可求比值M 4．在四面体ABCD 中，已知点E ，F 分别为棱AB ，CD 中点，且EF AB ⊥，EF CD ⊥，若2AB CD ==，2EF =，则该四面体外接球半径为__________．【答案】2【分析】根据四面体的对棱性质，结合长方体面对角线的性质，即可将四面体的外接球问题转化为长方体外接球问题，即可得半径.【详解】解：根据长方体的面对角线特点，则可构造长方体使得四面体ABCD 设长方体的长、宽、高分别为则2224b c AB +==，a EF ==的外接球半径为5．在半径为R 的球面上有A ，B ，C ，D 四点，且直线,,AB AC AD 两两垂直，若,ABC ACD ADB △△，△的面积之和为6，则此球体积的最小值为______________．6．已知三棱锥A BCD -中，⊥AB 面902BCD BCD AB BC CD ∠==== ，，，则三棱锥的外接球的体积为___________.【详解】,该三棱锥在长方体中，且三棱锥的四个顶点为长方体的四个顶点，7.四面体A ﹣BCD 中，AB ＝CD ＝5，AC BD ==AD BC ==A ﹣BCD 外接球的表面积为_____．题型三：圆柱的外接球（2222r h R +⎪⎭⎫ ⎝⎛=，其中r 为底面圆的半径，h 为圆柱的高）【例1】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 ．πB ．3π4C ．π2D ．π4【题型专练】1.阿基米德是伟大的古希腊数学家，他和高斯､牛顿并列为世界三大数学家，他一生最为满意的一个数学发现就是“圆柱容球”定理，即圆柱容器里放了一个球，该球顶天立地，四周碰边（即球与圆柱形容器的底面和侧面都相切），在该图形中，球的体积是圆柱体积的23，并且球的表面积也是圆柱表面积的23，则该圆柱的体积与它的外接球的体积之比为___________.故答案为：328.题型四：直棱柱的外接球（2222r h R +⎪⎭⎫ ⎝⎛=，其中r 为底面外接圆的半径，h 为棱柱的高）【例1】设直三棱柱111ABC A B C -的所有顶点都在一个表面积是40π的球面上，且1,120AB AC AA BAC ∠=== ，则该直三棱柱的体积是（）A．B．3C ．D ．3【例2】在直三棱柱111ABC A B C -中，2AB =，AC =BC =14AA =，则该直三棱柱的外接球的表面积为_________.___________．圆柱12O O 的底面圆直径为2r 柱12O O 外接球的球心，设球可作出正六棱柱ABCDEF A -可将正六棱柱1ABCDEF A B -连接11O A 、11O B ，则111A O B ∠=则圆1O 的半径为111r O A A B ==正六棱柱1111ABCDEF A B C D E -设正六棱柱111ABCDEF A B C D -π【题型专练】1．如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，12,90AB BC AA ABC ===∠=︒，则此直三棱柱的外接球的体积是___________.2．若三棱柱111ABCA B C ﹣的底面是以AB 为斜边的直角三角形，1AA ⊥平面ABC，AB =14AA =，则三棱锥1A ABC -的外接球的表面积为_____．3．已知直三棱柱111ABC A B C -中，12,6BB BC BAC π∠===，则该三棱柱外接球的体积为__________.4．已知在直三棱柱111ABC A B C -中，11AB AA ==，2BC =，AB BC ⊥，则点1A 到平面11AB C 的距离为______；若三棱锥111A A B C -的顶点都在同一个球面上，则该球体积为______．【详解】由题意，点1A 到平面11AB C 的距离可以看作三棱锥由于直三棱柱111ABC A B C -，故AA 11111111332A B C AA S =�创创22111162AA A C ,AB ,B +==1111122332AB C d S d =⨯=⨯⨯⨯ 题型五：侧棱垂直于底面的棱锥的外接球（2222r P A R +⎪⎭⎫ ⎝⎛=，其中r 为底面外接圆的半径，P A 为棱锥垂直于底面的棱）【例1】已知A ，B ，C ，D 在球O 的表面上，ABC AD ⊥平面ABC ，AD ＝2，则球O 的表面积为（）A ．πB ．2πC ．4πD ．8π【答案】D【分析】由正弦定理可得ABC 外接圆的半径，作图利用勾股定理可得四面体D ABC -的外接球的半径，即可求出球O 的表面积.【详解】ABC为等边三角形且其面积为1 2ABC的边长为3，设ABC外接圆的半径为由正弦定理可得322sin60r==，1r=平面ABC，AD＝2，1//O O AD，且取11= 2O O AD，【例2】已知在三棱锥P－ABC中，PA＝4，BC=PB＝PC＝3，PA⊥平面PBC，则三棱锥P－ABC 的外接球的表面积是（）A．40πB．43πC．45πD．48π故选：B.【例3】三棱锥-P ABC 中，PA ⊥平面ABC ，ABC 为直角三角形，AB BC ⊥，1AB BC ==，2PA =，则三棱锥-P ABC 的外接球的表面积为（）A ．2πB ．3πC ．4πD ．6π则体对角线PC 所以2R PC ==故三棱锥-P ABC 故选：D 【题型专练】1．如图，在四棱锥P ABCD -中，PD ⊥平面ABCD ，AB DC ，AD AB ⊥，2DC =，1AD AB ==，直线PA 与平面ABCD 成45︒角.设四面体PBCD 外接球的圆心为O ，则球的体积为__________.66【分析】先证明出△PCD 和△PBC 均为直角三角形，得到O 点位置，可求得外接球的半径，可求其体积．∵直线PA 与平面ABCD 则∠PAD ＝45°，∴PD ＝又22PC CD PD =+=∴四面体PBCD 外接球的半径为2．在三棱锥A BCD -中，BD ⊥平面ADC ，2BD =，AB =AC BC ==，则三棱锥A BCD -的外接球的体积为__________．AD 因为BD ⊥平面ADC ，AD ⊂所以BD AD ⊥，BD CD ⊥.因为2BD =，22AB =，所以因为2BD =，22BC =，所以在ADC △中，2AD =，CD =3．已知A ，B ，C ，D 是同一球面上的四个点，其中ABC 是正三角形，AD ⊥平面ABC ，2AD =，3AB =，则该球的表面积为______.故答案为：16π4．我国古典数学著作《九章算术》中记载，四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑.现有一个“鳖臑”，PA ⊥底面ABC ，AC BC ⊥，且3PA =，2BC =，AC =__________．则长方体的外接球的半径为22229344R PA AC BC =++=++=故2R =所以三棱锥-P ABC 外接球的表面积为故答案为：16π题型六：圆锥的外接球【例1】一个圆锥母线长为6，侧面积，则这个圆锥的外接球体积为______________．【答案】43π【分析】由圆锥的侧面积得出圆锥的底面半径，设出球的半径，根据题意得出关系式求出球的半径，进而由题意可得，22()h R r -+所以，34R 433V ππ==．故答案为：43π．【例2】已知圆锥的底面半径为R ，高为3R ，它的内接圆柱的底面半径为4R ，该圆柱的全面积为（）A ．22R πB ．294RπC ．283RπD ．252Rπ易知△~CAB CPO ，故可得故圆锥的内接圆柱的全面积为：故选：B .【题型专练】1.两个圆锥的底面是一个球的同一截面，顶点均在球面上，若球的体积为323π，两个圆锥的高之比为1:3，则这两个圆锥的体积之和为（）A．3πB．4πC．9πD．12π设球的半径为R，则3432 33 Rππ=所以，1BD=，3AD=，CD AB⊥，则CAD ACD∠+∠又因为ADC BDC∠=∠，所以，所以，AD CDCD BD=，CD AD∴=因此，这两个圆锥的体积之和为题型七：棱台圆台的外接球【例1】已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为面积为（）A．100πB．128πC．144πD．192π【例2】已知一圆台高为7，下底面半径长4，此圆台外接球的表面积为100π，则此圆台的体积为（）A ．84πB ．86πC ．2593πD ．2623π【答案】C【分析】根据旋转体的特点得到圆台的外接球的球心为圆台轴截面外接圆的圆心，然后结合题意得到7AB =，5OC =，4AC =，利用勾股定理得到3BD =，最后利用圆台的体积公式求体积即可.【详解】如图为圆台及其外接球的轴截面，O 为外接球球心，A ，B 为等腰梯形的下底和上底的中点，所以7AB =，【题型专练】1．我国古代数学名著《九章算术》中将底面为矩形的棱台称为“刍童”．已知侧棱都相等的四棱锥P ABCD -底面为矩形，且3AB =，BC =2，用一个与底面平行的平面截该四棱锥，截得一个高为1的刍童，该刍童的顶点都在同一球面上，则该球体的表面积为（）．A ．16πB ．18πC ．20πD ．25π【答案】C【分析】利用勾股定理列方程，求得球的半径，进而求得球的表面积.【详解】如图1，设棱台为1111ABCD A B C D -，如图2，该棱台外接球的球心为O ，半径为R ，上底面中心为1O ，下底面中心为2O ，则由题意121O O =，22AO =，111A O =，1OA OA R ==，当O 在12O O 下方时，设2OO h =，则在2AOO 中，有：224R h =+（1），在11A OO 中，有：()2211R h =++（2），联立（1）、（2）得1h =，25R =，所以刍童外接球的表面积为20π．同理，当O 在12O O 中间时，设1OO h =，则有221R h =+，()2214R h =-+，解得2h =，不满足题意，舍去．综上所述：当刍童外接球的表面积为20π．故选：C2．在正四棱台1111ABCD A B C D -中，1124A B AB ==，12AA =，则该棱台外接球的半径为（）A ．B ．3C D ．设0,2OG m ⎡⎤=∈⎣⎦，则()222228m R m ⎧+=⎪⎨-+⎪⎩设2OGm =>，则()222228m R m R ⎧+=⎪⎨-+=⎪⎩所以10=R ,故选：C.[解法2]同解法1，求得12CG GG ==则1CNC 为等腰直角三角形，四边形CGG 3．正四棱台高为2，上下底边长分别为，所有顶点在同一球面上，则球的表面积是_____．【答案】80π【分析】画出图形，设出未知数，利用半径相等列出方程，求出半径，从而得到球的表面积【详解】如图所示，AB AD BC ==O 为外接球球心，设外接球半径为故答案为：80π题型八：正棱锥的外接球【例1】已知底面为正三角形、侧棱都相等的三棱锥的体积为2，其各顶点都在同一球面上．则该球的表面积为__________________．【答案】9π【分析】如图设底面边长为a ，根据锥体体积公式求a ，设1O 为正三角形ABC 的中心，则1SO ⊥平面ABC ，正三棱锥S ABC -的外接球的球心O 在1SO 上，在1Rt O AO V 中利用勾股定理即可求出R 的值，从而得到球O 的表面积．【详解】由条件可得该三棱锥为正三棱锥，作出其图象，如图所示：设AB a =，则AC a =，CAB ∠=【例2】已知正四棱锥P ABCD -的底面是边长为2的正方形，其内切球的体积为6，则该正四棱锥的高为___________，外接球的表面积为___________.因为球O 与四棱锥相内切，所以由等体积法得：在PAD 中，22PA h =+，122PAD S =⨯⨯ 简得：2121h h +=-，解得，43h =，设正四棱锥外接球的半径为R ，外接球的球心为所以正四棱锥外接球的表面积为24π4πS R ==4289π【例3】点都在同一球面上，则该球的表面积的最小值为_____________．设BC a =，AH h =，OA R =根据题意可得133BCD S h ⨯=【题型专练】1.正四棱锥的顶点都在同一球面上，若该棱锥的高为4，底面边长为2，则该球的表面积为（）A ．814πB ．16πC ．9πD ．274π2.正四面体S ABC -内接于一个半径为R 的球，则该正四面体的棱长与这个球的半径的比值为（）A4B 3C 3D 【答案】C【分析】设正四面体的棱长为2a ，由正四面体几何性质得出a 与外接球半径R 的关系式，即可求比值【详解】设正四面体的棱长为2a ，正四面体的外接球心为O ，ABC 的内心为M ，则SM ⊥平面ABC ，由AM ⊂平面ABC ，则SM AM ⊥，3．已知正四棱锥的侧棱长l为3，其各顶点都在同一球面上，若该球的体积为36π，则该正四棱锥的体积是（）A．274B．814C．18D．27【答案】A【分析】根据正四棱锥的几何特征可知外接球的球心在其高上，利用勾股定理即可求解长度，进而由体积公式即可求解.【详解】如图，设正四棱锥的底面边长4.（2022·全国·高考真题）已知正四棱锥的侧棱长为l ，其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为36π，且3l ≤≤）A ．8118,4⎡⎤⎢⎥B ．2781,44⎡⎤⎢⎥C ．2764,43⎡⎤⎢⎥D ．[18,27][方法一]：导数法设正四棱锥的底面边长为2a ，高为则2222l a h =+，2232(3a =+所以26h l =，2222a l h =-所以正四棱锥的体积13V Sh =题型九：侧面垂直于底面外接球（找球心，球心在每个面中垂线的交点处）【例1】已知空间四边形ABCD的各边长及对角线BD的长度均为6，平面ABD⊥平面CBD，则空间四边形ABCD外接球的表面积为______.由平面ABD⊥平面CBD故AE⊥平面CBD，AE的投影为△【例2】）矩形ABCD 中，4AB =，3BC =，沿AC 将ABCD 矩形折起，使面BAC ⊥面DAC ，则四面体A BCD-的外接球的体积为（）A ．1256πB ．1259πC ．12512πD ．1253π矩形ABCD 中，因为43AB BC ==，，所以5DB AC ==，设DB 交AC 于O ，则O 是Rt ABC 和Rt V 所以O 到点,,,A B C D 的距离均为52，所以5【例3】已知在三棱锥中，S ABC -中，BA BC ⊥，2BA BC ==，SA SC ==B AC S --的大小为5π6，则三棱锥S ABC -的外接球的表面积为（）A ．56π3B ．58π3C ．105π4D ．124π9【题型专练】1.在三棱锥A BCD -中，平面⊥ABC 平面BCD ，ABC 与BCD △都是边长为6的正三角形，则该三棱锥的外接球的体积为________.【详解】的中点为,,M E F 分别是正三角形ABC 是该三棱锥外接球的球心，连接,AM DM 分别在,AM DM 上，OF ⊥平面BCD ABC ⊥平面BCD ，AM BC ⊥，平面⊥平面BCD ，所以//AM OF ，同理可得2．如图，在三棱锥-P ABC 中，PA ⊥平面ABC ，AB BC ⊥，2PA AB BC ===，AM PC ⊥，M 为垂足，则下列命题正确的是（）A ．三棱锥M ABC -的外接球的表面积为8π.B ．三棱锥M ABC -的外接球的体积为C ．三棱锥P MAB -的外接球的体积为D ．三棱锥P MAB -的外接球的表面积为16π【答案】AC【分析】根据给定条件，取AC 中点1O ，证明点1O 到点,,,M A B C 的距离相等，计算判断A ，B ；取PB ，PC 的中点D ，E ，证明DE ⊥平面PAB ，再确定三棱锥P MAB -的外接球球心位置，并计算半径作答.【详解】在三棱锥-P ABC 中，取AC 中点1O ，连接11,BO MO ，如图，于是得DE ⊥平面PAB ，而因此该球的球心O 在直线令OD d =，即有R OM =在Rt PAC △中，12PE PC =在OEM △中，cos OEM ∠题型十：多面体外接球（找球心，球心在每个面中垂线的交点处）【例1】半正多面体亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美.二十四等边体就是一种半正多面体，它是由正方体的各条棱的中点连接形成的几何体.它由八个正三角形和六个正方形围成（如图所示），若它的棱长为2，则下列说法错误的是（）A ．该二十四等边体的外接球的表面积为16πB ．该半正多面体的顶点数V 、面数F 、棱数E ，满足关系式2V F E +-=C ．直线AH 与PN 的夹角为60°D ．QH ⊥平面ABE 记正方体体心为O ，取下底面ABCD 易知112OO BO ==，则外接球半径所以外接球的表面积2=416S R π=由欧拉公式可知：顶点数+面数又因为PN ∥AD ，易知直线AH 直线AH 与PN 的夹角为60 ，故故选：D【例2】如图，已知正方体的棱长为1，1O ，2O 分别为正方体中上、下底面的中心，3O ，4O ，5O ，6O 分别为四个侧面的中心，由这六个中心构成一个八面体的顶点，则（）A ．直线13O O 与直线24O O 所成角为60︒B ．二面角1345O O O O --CD ．这个八面体外接球的体积为π6【答案】ACD 【分析】A.根据几何关系，将异面直线所成角，转化为相交直线所成角；B.构造二面角的平面角，再根据余弦定理求解，转化为正切值；C.根据几何体的特征，计算一个等边三角形的面积，再求八面体的表面积；D.由几何体确定外接球的球心和半径，再求外接球的体积.【详解】A.连结1235O O O O ，，交于点O ，由正方体的性质可知，点O 平分1235O O O O ，，所以四边形1325O O O O 是平行四边形，所以1325//O O O O ，所以直线13O O 与直线24O O 所成角为425O O O ∠,因为八面体的由8个全等的等边三角形构成，所以42560O O O ∠= ，故A 正确；B.取34O O 的中点M ，56O O 的中点由图可知，八面体的表面是所以134O M O O ⊥，MN O ⊥所以1O MN ∠是二面角1O O -2【例3】截角四面体是一种半正八面体，可由四面体经过适当的截角，即截去四面体的四个顶点处的小棱锥所得的多面体.如图，将棱长为3的正四面体沿棱的三等分点作平行于底面的截面得到所有棱长均为1的截角四面体，则（）A ．DE ⊥平面ABCB ．直线DE 与GH 所成的角为60°C ．该截角四面体的表面积为D ．该截角四面体的外接球半径为4选项B ，由题意//,//DE AJ GI 与GH 所成角为60 ，正确；选项C ，由题意，截角四面体由所以其表面积为23414S =⨯⨯选项D ，如下图所示，取上下底面的中心分别为故选：BCD【题型专练】1．如图，在几何体ABCDEF 中，底面ABCD 是正方形，EF 平面,4ABCD EF =，其余棱长都为2，则这个几何体的外接球的体积为（）A ．3B ．16π3C ．D ．32π3【答案】D【分析】由题意可知直线EF 在底面ABCD 上的射影即为,AD BC 的中点,N G 的连线所在直线,连接,AC BD 交于点M ，取EF 的中点O ，计算求得2OA OB OC OD OE OF ======，说明几何体的外接球的球心为O ，确定半径，根据球的体积公式即可求得答案.【详解】由题意在几何体ABCDEF 中，底面ABCD 是正方形，EF 平面,4ABCD EF =，其余棱长都为2，可知直线EF 在底面ABCD 上的射影即为,AD BC 的中点,N G 的连线所在直线,2NG =,连接,AC BD 交于点M ，则为,AC BD 的中点，取EF 的中点O ，四边形,ABFE CDEF 为全等的等腰梯形，则,OA OC OB OD ==，故,OM AC OM BD ⊥⊥,,,AC BD M AC BD =⊂ 平面ABCD ,由题意得，11()(42)21,2HF EF NG=-=-= 22312,HG FG HF OM HG∴=-=-=∴=222OA OM AM∴=+=，同理OB OC==2,OE OF OA OB OC OD OE==∴====2．勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，因此它能像球一样来回滚动（如图甲），利用这一原理，科技人员发明了转子发动机．勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的相交部分围成的几何体如图乙所示，若正四面体ABCD的棱长为2，则下列说法正确的是（）A．勒洛四面体ABCD被平面ABC截得的截面面积是(8πB．勒洛四面体ABCD内切球的半径是4C．勒洛四面体的截面面积的最大值为2π-D．勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为22-对于B ，由对称性知,勒洛四面体正BCD △外接圆半径1O B ABCD 的外接球半径为R 在1Rt BOO 中,2263R ⎛= ⎝此时我们再次完整地抽取部分勒洛四面体如图所示：对于C，显然勒洛四面体截面面积的最大值为经过正四面体某三个顶点的截面，由对()max 223Sπ=-截，故C正确；对于D，勒洛四面体能够容纳的最大球与勒洛四面体的面体ABCD能够容纳的最大球的半径为。

数学高考重点内容多面体外接球、内切球常见解题方法总结

多面体外接球、内切球半径常见的5种求法如果一个多面体的各个顶点都在同一个球面上，那么称这个多面体是球的内接多面体,这个球称为多面体的外接球.有关多面体外接球的问题，是立体几何的一个重点，也是高考考查的一个热点.研究多面体的外接球问题，既要运用多面体的知识，又要运用球的知识，并且还要特别注意多面体的有关几何元素与球的半径之间的关系，而多面体外接球半径的求法在解题中往往会起到至关重要的作用.公式法例1一个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9一个球面上，且该六棱柱的体积为三，底面周长为3,则这个球的体积为86x=3,f1JQ———解设正六棱柱的底面边长为X,高为则有9后，2'§=6x甘"，]入=右.正六棱柱的底面圆的半径r=~,球心到底面的距离d=—.:.外接球的半径22R=J/+J?=]....v球=—.3小结本题是运用公式R2=r-+d2求球的半径的，该公式是求球的半径的常用公式.多面体几何性质法例2已知各顶点都在同一个球面上的正四棱柱的高为4,体积为16,则这个球的表面积是A.16^B.20ttC.24>tD.32i解设正四棱柱的底面边长为X,外接球的半径为R,则有4/=16,解得%=2, 2R=a/22+22+42=2^6,:.R=£.这个球的表面积是4*=24^,选C.小结本题是运用''正四棱柱的体对角线的长等于其外接球的直径”这一性质来求解的.补形法例3若三棱锥的三个侧棱两两垂直，且侧棱长均为右，则其外接球的表面积是—.解据题意可知，该三棱锥的三条侧棱两两垂直，...把这个三棱锥可以补成一个棱长为73的正方体，于是正方体的外接球就是三棱锥的外接球.设其外接球的半径为R,则有（27?）2=（、厅『+（、行『+（^3）2=9./.R2=|,故其外接球的表面积S=4*=9兀.小结一般地，若一个三棱锥的三条侧棱两两垂直，且其长度分别为0、/?、c,则就可以将这个三棱锥补成一个长方体，于是长方体的体对角线的长就是该三棱锥的外接球的直径.设其外接球的半径为A,则有2R=7a2+b2+c2.寻求轴截面圆半径法例4正四棱锥S-ABC。

小题狂练系列---几何体的外接球体积表面积(构造法等)专题教师版

【答案】 ①. ②.
【解析】如图1所示，连接，则，解得
即，此圆锥外接球的球心为O，半径为2，表面积为
连接，则可得，则过点 ∴
在平面图形中，以焦点在轴正半轴为例，如图2，抛物线过点即，则，∴抛物线的焦点，则
故答案为：；．
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】：，为等腰直角三角形，，
则外接圆的半径为，又球的半径为1，
设到平面的距离为，
则，
所以．
7.已知为球的球面上的三个点，⊙ 为的外接圆，若⊙ 的面积为，，则球的表面积为( )
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】设圆半径为，球的半径为，依题意，
10.《几何原本》是古希腊数学家欧几里得的一部不朽之作，其第十一卷中称轴截面为等腰直角三角形的圆锥为直角圆锥.若一个直角圆锥的侧面积为，圆锥的底面圆周和顶点都在同一球面上，则该球的体积为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】设球半径为，圆锥的底面半径为，若一个直角圆锥的侧面积为，
设母线为，则，
故选：C．
4.已知三棱锥的四个顶点在球的球面上，，是边长为2的正三角形，，分别是，的中点，，则球的体积为( )
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】：三棱锥为正三棱锥，取中点，连接，则，
，可得平面，从而，又，可得，
又，所以平面，从而，从而正三棱锥的三条侧棱两两垂直，且，可将该三棱锥还原成一个以为棱的正方体，正方体的体对角线即为球的直径，即，所以球的体积为．
所以直角圆锥的侧面积为：，

巧构正(长)方体,妙解立体几何题

巧构正（长）方体，妙解立体几何题陈璇【摘要】正、长方体是立体几何中两个重要模型，其所含的线线、线面、面面的位置关系内容丰富，各种角度及距离均可在其中得以体现。

通过构建这两个模型能使复杂问题简单化，抽象问题直观化。

【期刊名称】考试周刊【年(卷),期】2011(000)039【总页数】2【关键词】构建正（长）方体立体几何解题正（长）方体图形对称完美，点、线、面的位置关系、各种角度及距离均可在其中得以体现，堪称立体几何中的“万花筒”.因此在解题中假如能挖掘题设条件，展开联想，构造出相应的正（长）方体，往往能起到化难为易，简捷明了的效果，使人有“柳暗花明又一村”的感觉.1.求几何体的表面积或体积例1.在球面上有四点P、A、B、C，如果PA、PB、PC两两垂直，且PA=PB=PC=a，那么这个球面的面积是——解析：这个题目直接求解很难，但注意到有三条共点线段两两垂直，且都相等，这是正方体的基本特征，因此可考虑放在正方体中来求解.以PA、PB、PC为棱作正方体，则该正方体的外接球就是题中的球，故正方体的对角线就是球的直径，可得答案3πa2.例2.如图1，已知多面体ABC-DEFG中，AB、AC、AD两两垂直，平面ABC∥平面DEFG，平面BEF∥平面ADGC，AB=AD=DG=2，AC=EF=1，则该多面体的体积为（）A.2B.4C.8D.9解析：这是一个不规则的多面体，想直接求体积便要通过割补法把多面体分解成若干个规则的多面体来求，这样既麻烦又易出错.但假如把它放在正方体中去就容易得多了.如图2，连BD、BG，易知，VB-EFDG=2，V正方体BG＝8，因此所求多面体的体积应介于2和8之间，故选B.2.解决点、线、面位置关系问题例3.已知l、m、n为两两垂直、异面的3条直线，过l作平面α与m垂直，则直线n与平面α的关系是______.解析：题目没有图形，确实有些棘手，但注意到正方体里的异面直线、垂直关系很多，又符合题目中两两垂直的条件，能不能放在正方体中来解决呢？实际上只要把正方体画出来（图3）就可以得到答案n∥α.例4.如图4，在空间六边形（即六个点中没有任何五点共面）ABCC1D1A1中，每相邻的两边互相垂直，边长均等于a，并且AA1∥CC1，求证：平面A1BC1∥平面ACD1.解析：问题中的空间六边形对于学生来说是比较陌生的，待证平行的两平面在图中不易找到直接的证明线索.但借助正方体的空间衬托（如图5），则可以在正方体中找到相应的空间六边形，那么所证的两平行平面就成为学生十分熟悉的问题了.3.求空间角例5.如图6，过正方形ABCD的顶点A作线段PA⊥平面ABCD，且PA=AB，则平面ABP与平面CDP所成二面角（小于或等于90°）的度数是__________.解析：这道题是“无棱”二面角问题，而要求二面角的大小则需要得到二面角的棱.尽管可以过点作平行线得到两平面的交线，但此交线与图中其它线面关系不明朗.注意到图中有两两互相垂直的三条直线，可以把图放在正方体中（图7），则易见平面ABP与平面CDP的交线为PE，而且容易得到二面角的平面角为∠DPA=45°.显然，利用了正方体作为辅助图形，使得图形清晰直观，看似棘手的问题也就轻松解决了.例6.如图8，在正四面体SABC，E、F分别是棱SC与棱AB的中点，那么异面直线EF与SA所成的角的大小是__________.解析：这道题的常规做法是通过平移作出异面直线所成角，再在所成角所在的三角形中利用余弦定理求解，但这样做的缺点是计算量太大.而由于正四面体的6条棱长相等，而正方体六个面的对角线也相等且刚好能构成一个四面体，因此可以考虑将正四面体SABC放在正方体AMBN-QCPS中（图9），则EF正好是上下底面中心的连线，则EF∥AQ，∠QAS就是异面直线EF与SA所成的角，显然∠QAS=45°，故异面直线EF与SA所成的角的大小是45°.从这道题中可以看出利用正方体除了可以解决一些有两两互相垂直的三条直线的特征的几何体问题外，也可以解决一些正面体的问题，且同样能起到事半功倍的效果. 4.求空间距离例7.若空间一点P到两两垂直的射线OA、OB、OC的距离分别为a、b、c，则OP=________.解析：这道题初看上去毫无头绪，连图都不知道要怎样画，也不知距离应该怎样找.不妨换种思维，看能不能在同样有两两垂直，有很多垂直关系的长方体中找到点到线的距离.如图10，可证AP⊥OA，则AP表示点P到OA的距离a，同理，PB、PC分别表示点P到OB、OC的距离b、c. 显然，OP即为长方体的对角线，求其长需要长方体的长、宽、高，不妨分别设为x、y、z，则有x2+y2=a2，x2+z2=b2，y2+z2=c2，将以上三式相加可得故OP2=x2+y2+即例8.如图11，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=BC=CC1=1，∠ABC=90°，求C点到平面AB1C1的距离.解析：此题可用等体积法，利用VC-AB1C1=VA-B1C1C求得点C到平面A1B1C1的距离，但过程繁琐，计算麻烦，但若如图12把直三棱柱ABC-A1B1C1补成正方体ABCD-A1B1C1D1，则点C到平面AB1C1的距离就是点C到平面AB1C1D的距离，取C1D的中点O，连结CO，则CO⊥C1D，CO⊥AD.又C1D⊥AD，垂足为D，∴CO⊥平面AB1C1D，.∴点C到平面AB1C1的距离是5.解决射影问题例9.若直角∠ABC的一边BC∥平面α，BA与α斜交，则∠ABC在平面α上的射影是______角.（填“锐”、“直”或“钝”）解析：如图13，在正方体中找到直角∠ABC，易知图中∠AB′C′即∠ABC在面上的射影，显然∠AB′C′=90°即为所求.例10.如图14，已知正四面体ABCD的棱长为1，棱AB∥平面α，则正四面体上的所有点在平面α内的射影构成的图形面积的取值范围是________.解析：这个问题单凭想象求解难度不小，但若能借助正方体这个模型，便能迎刃而解.将正四面体放入正方体中，使其四个顶点与正方体的四个顶点重合.正四面体的棱长为1，则相对的两条棱互相垂直，且距离为由于AB∥平面α，所以当CD∥平面α或CD奂α（即将平面AEBF或平面CHDG作为平面α）时，四面体在α内的射影为正方形，其面积为（最大）；当CD⊥α（即将平面ABHG作为平面α）时，四面体在α内的射影为等腰三角形，其面积为（最小）.总之，利用正（方）体的完美性质，可以变难为易，使难题轻松获解；可以变陌生为熟悉，使问题迎刃而解；可以优化解题途径，使解题过程简捷明快，生动有趣；可以激发学生的学习兴趣，培养创造思维.参考文献：［1］王前.构建正（长）方体巧解特殊三棱锥问题［J］.考试（高考数学版），2009，（z2）.［2］井咱菊.构造正（长）方体解立体几何题［J］.数学爱好者（高考版），2008，（11）.［3］令狐青芳.构建正（长）方体速解立体几何题［J］.运城学院学报，2003，（3）.［4］薛金星.中学教材全解［M］.西安:陕西人民教育出版社，2008.。

压轴题05 立体几何压轴题(解析版)--2023年高考数学压轴题专项训练(全国通用-理)

压轴题05立体几何压轴题题型/考向一：点、线、面间的位置关系和空间几何体的体积、表面积题型/考向二：外接球、内切球等相关问题题型/考向三：平行关系、垂直关系、二面角等相关问题一、空间几何体的体积、表面积热点一空间几何体的侧面积、表面积柱体、锥体、台体和球的表面积公式：(1)若圆柱的底面半径为r，母线长为l，则S侧＝2πrl，S表＝2πr(r＋l).(2)若圆锥的底面半径为r，母线长为l，则S侧＝πrl，S表＝πr(r＋l).(3)若圆台的上、下底面半径分别为r′，r，则S侧＝π(r＋r′)l，S表＝π(r2＋r′2＋r′l ＋rl).(4)若球的半径为R，则它的表面积S＝4πR2.热点二空间几何体的体积柱体、锥体、台体和球的体积公式：(1)V柱体＝Sh(S为底面面积，h为高)；Sh(S为底面面积，h为高)；(2)V锥体＝13(S上＋S下＋S上S下)h(S上、S下分别为上、下底面面积，h为高)；(3)V台体＝13(4)V球＝4πR3.3二、外接球、内切球问题类型一外接球问题考向1墙角模型墙角模型是三棱锥有一条侧棱垂直于底面且底面是直角三角形模型，用构造法(构造长方体)解决，外接球的直径等于长方体的体对角线长.长方体同一顶点的三条棱长分别为a，b，c，外接球半径为R.则(2R)2＝a2＋b2＋c2，即2R＝a2＋b2＋c2.常见的有以下三种类型：考向2对棱相等模型对棱相等模型是三棱锥的三组对棱长分别相等模型，用构造法(构造长方体)解决，外接球的直径等于长方体的体对角线长，如图所示，(2R )2＝a 2＋b 2＋c 2(长方体的长、宽高分别为a ，b ，c )，即R 2＝18(x 2＋y 2＋z 2)，如图.考向3汉堡模型汉堡模型是直三棱柱、圆柱的外接球模型，模型如下，由对称性可知，球心O 的位置是△ABC 的外心O 1与△A 1B 1C 1的外心O 2的连线的中点，算出小圆O 1的半径AO 1＝r ，OO 1＝h 2，所以R 2＝r 2＋h 24.考向4垂面模型垂面模型是有一条侧棱垂直底面的棱锥模型，可补为直棱柱内接于球；如图所示，由对称性可知球心O 的位置是△CBD 的外心O 1与△AB 2D 2的外心O 2连线的中点，算出小圆O1的半径CO1＝r，OO1＝h2，则R＝r2＋h24.类型二内切球问题内切球问题的解法(以三棱锥为例)第一步：先求出四个表面的面积和整个锥体的体积；第二步：设内切球的半径为r，建立等式V P－ABC＝V O－ABC＋V O－P AB＋V O－P AC＋V O－PBC⇒V P－ABC＝13S△ABC·r＋13S△P AB·r＋13S△P AC·r＋13S PBC·r＝13(S△ABC＋S△P AB＋S△P AC＋S△PBC)r；第三步：解出r＝3V P－ABCS△ABC＋S△P AB＋S△P AC＋S△PBC.类型三球的截面问题解决球的截面问题抓住以下几个方面：(1)球心到截面圆的距离；(2)截面圆的半径；(3)直角三角形(球心到截面圆的距离、截面圆的半径、球的半径构成的直角三角形).三、平行关系和垂直关系的证明、二面角等热点一空间线、面位置关系的判定判断空间线、面位置关系的常用方法(1)根据空间线面平行、垂直的判定定理和性质定理逐项判断，解决问题.(2)利用直线的方向向量、平面的法向量判断.(3)必要时可以借助空间几何模型，如从长方体、四面体等模型中观察线、面的位置关系，并结合有关定理进行判断.热点二几何法证明平行、垂直1.直线、平面平行的判定及其性质(1)线面平行的判定定理：a⊄α，b⊂α，a∥b⇒a∥α.(2)线面平行的性质定理：a∥α，a⊂β，α∩β＝b⇒a∥b.(3)面面平行的判定定理：a⊂β，b⊂β，a∩b＝P，a∥α，b∥α⇒α∥β.(4)面面平行的性质定理：α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b⇒a∥b.2.直线、平面垂直的判定及其性质(1)线面垂直的判定定理：m⊂α，n⊂α，m∩n＝P，l⊥m，l⊥n⇒l⊥α.(2)线面垂直的性质定理：a⊥α，b⊥α⇒a∥b.(3)面面垂直的判定定理：a⊂β，a⊥α⇒α⊥β.(4)面面垂直的性质定理：α⊥β，α∩β＝l，a⊂α，a⊥l⇒a⊥β.热点三空间向量法证明平行、垂直1.用向量证明空间中的平行关系(1)设直线l 1和l 2的方向向量分别为v 1和v 2，则l 1∥l 2(或l 1与l 2重合)⇔v 1∥v 2.(2)设直线l 的方向向量为v ，在平面α内的两个不共线向量v 1和v 2，则l ∥α或l ⊂α⇔存在两个实数x ，y ，使v ＝x v 1＋y v 2.(3)设直线l 的方向向量为v ，平面α的法向量为u ，则l ∥α或l ⊂α⇔v ⊥u .(4)设平面α和β的法向量分别为u 1，u 2，则α∥β⇔u 1∥u 2.2.用向量证明空间中的垂直关系(1)设直线l 1和l 2的方向向量分别为v 1和v 2，则l 1⊥l 2⇔v 1⊥v 2⇔v 1·v 2＝0.(2)设直线l 的方向向量为v ，平面α的法向量为u ，则l ⊥α⇔v ∥u .(3)设平面α和β的法向量分别为u 1和u 2，则α⊥β⇔u 1⊥u 2⇔u 1·u 2＝0.四、空间角、距离问题热点一异面直线所成的角求异面直线所成角的方法方法一：综合法.步骤为：①利用定义构造角，可固定一条直线，平移另一条直线，或将两条直线同时平移到某个特殊的位置；②证明找到(或作出)的角即为所求角；③通过解三角形来求角.方法二：空间向量法.步骤为：①求出直线a ，b 的方向向量，分别记为m ，n ；②计算cos 〈m ，n 〉＝m ·n|m ||n |；③利用cos θ＝|cos 〈m ，n 〉|，以及θ，π2，求出角θ.热点二直线与平面所成的角求直线与平面所成角的方法方法一：几何法.步骤为：①找出直线l 在平面α上的射影；②证明所找的角就是所求的角；③把这个角置于一个三角形中，通过解三角形来求角.方法二：空间向量法.步骤为：①求出平面α的法向量n 与直线AB 的方向向量AB →；②计算cos 〈AB →，n 〉＝AB →·n |AB →||n |；③利用sin θ＝|cos 〈AB →，n 〉|，以及θ∈0，π2，求出角θ.热点三平面与平面的夹角求平面与平面的夹角方法方法一：几何法.步骤为：①找出二面角的平面角(以二面角的棱上任意一点为端点，在两个面内分别作垂直于棱的两条射线，这两条射线所成的角就是二面角的平面角)；②证明所找的角就是要求的角；③把这个平面角置于一个三角形中，通过解三角形来求角.求二面角的平面角的口诀：点在棱上，边在面内，垂直于棱，大小确定.方法二：空间向量法.步骤为：①求两个平面α，β的法向量m ，n ；②计算cos 〈m ，n 〉＝m ·n|m |·|n |；③设两个平面的夹角为θ，则cos θ＝|cos 〈m ，n 〉|.热点四距离问题1.空间中点、线、面距离的相互转化关系2.空间距离的求解方法有：(1)作垂线段；(2)等体积法；(3)等价转化；(4)空间向量法.一、单选题1．在正方体1111ABCD A B C D -中，直线m 、n 分别在平面ABCD 和11ABB A 内，且m n ⊥，则下列命题中正确的是（）A ．若m 垂直于AB ，则n 垂直于AB B ．若m 垂直于AB ，则n 不垂直于ABC ．若m 不垂直于AB ，则n 垂直于ABD ．若m 不垂直于AB ，则n 不垂直于AB【答案】C【详解】AB 选项，若m 垂直于AB ，由面ABCD ⊥面11ABB A ，面ABCD ⋂面11ABB A AB =，可得m 垂直于面11ABB A ，即面11ABB A 内的所有直线均与m 垂直，而n 可能垂直于AB ，也可能不垂直于AB ，故A 错误，B 错误；CD 选项，若m 不垂直于AB ，则,BC m 为面ABCD 内的两条相交直线，由题可知BC n ⊥，m n ⊥，则n 垂直面ABCD ，又AB ⊂面ABCD ，所以n 垂直于AB ，故C 正确，D 错误.故选：C2．在中国古代数学经典著作《九章算术》中，称图中的多面体ABCDEF 为“刍甍”.书中描述了刍甍的体积计算方法：求积术曰，倍下袤，上袤从之，以广乘之，又以高乘之，六而一，即()216V AB EF AD h =+⨯⨯，其中h 是刍甍的高，即点F 到平面ABCD 的距离.若底面ABCD 是边长为4的正方形，2EF =，且//EF AB ，ADE V 和BCF △是等腰三角形，90AED BFC ∠=∠= ，则该刍甍的体积为（）A ．3B ．3C ．D ．403【答案】B【详解】如图所示，设点F 在底面的射影为G ，,H M 分别为,BC AD 的中点，连接,,EM FH MH ，则FG 即为刍甍的高，-P ABC 面积恰为该容器的表面积）展开后是如图所示的边长为10的正方形123APP P （其中点B 为23P P 中点，点C为12PP 中点），则该玩具的体积为（）A ．6253B ．1253C ．125D ．2503【答案】B【详解】该玩具为三棱锥-P ABC ，即三棱锥A PBC -，则PA ⊥底面PBC ，且10PA =，PBC 面积为252，所以12512510323P ABC V -=⨯⨯=.故选：B.4．攒尖是中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.如图所示的建筑屋顶是圆形攒尖，可近似看作一个圆锥，已知其轴截面（过圆锥旋转轴的截面）是底边长为6m ，腰长为5m 的等腰三角形，则该屋顶的体积约为（）A ．38πmB ．39πmC ．310πmD ．312πm 【答案】D【详解】如图所示为该圆锥轴截面，由题知该圆锥的底面半径为15．已知为两条不同的直线，，为两个不同的平面，则下列命题中正确的是（）A ．若//,//a b b α，则//a αB ．若//,,//a b a b αβ⊥，则αβ⊥C ．若//,//,//a b αβαβ，则//a bD ．若//,//,a b αβαβ⊥，则a b⊥【答案】B【详解】对于A ，若//,//a b b α，则//a α或a α⊂，故A 错误；对于B ，若//,//a b b β，则a β⊂或//a β，若a β⊂，因为a α⊥，则αβ⊥，若//a β，如图所示，则在平面β一定存在一条直线//m a ，因为a α⊥，所以m α⊥，又m β⊂，所以αβ⊥，综上若//,,//a b a b αβ⊥，则αβ⊥，故B 正确；对于C ，若//,//,//a b αβαβ，则直线,a b 相交或平行或异面，故C 错误；对于D ，若//,//,a b αβαβ⊥，则直线,a b 相交或平行或异面，故D 错误.故选：B.6．在直三棱柱111ABC A B C -中，ABC 为等腰直角三角形，若三棱柱111ABC A B C -的体积为32，则该三棱柱外接球表面积的最小值为（）A ．12πB ．24πC ．48πD ．96π7．已知三棱锥-P ABC 中，底面ABC 是边长为的正三角形，点P 在底面上的射影为底面的中心，且三棱锥-P ABC 外接球的表面积为18π，球心在三棱锥-P ABC 内，则二面角P AB C --的平面角的余弦值为（）A ．12B ．13C 22D 即PDC ∠为二面角P AB C --的平面角，由23AB =，得22OC OD ==，显然三棱锥线段PO 上，由三棱锥-P ABC 的外接球的表面积为8．已知三棱锥-P ABC 的四个顶点都在球O的球面上，4PB PC AB AC ====，2PA BC ==，则球O 的表面积为（）A ．316π15B ．79π15C ．158π5D ．79π5而,,AB AC A AB AC =⊂ 平面ABC ，因此在等腰ABC 中，4,2AB AC BC ===，则215sin 1cos ABC ABC ∠=-∠=，二、多选题9．已知直线a ，b ，c 两两异面，且a c ⊥，b c ⊥，下列说法正确的是（）A ．存在平面α，β，使a α⊂，b β⊂，且c α⊥，c β⊥B ．存在平面α，β，使a α⊂，b β⊂，且c α∥，c β∥C ．存在平面γ，使a γ∥，b γ∥，且c γ⊥D ．存在唯一的平面γ，使c γ⊂，且a ，b 与γ所成角相等【答案】ABC【详解】对于A,平移直线b 到与直线a 相交，设平移后的直线为b '，因为b c ⊥，所以b c '⊥，设直线,a b '确定的平面为α，则a c ⊥，b c '⊥，直线b '和a 相交，所以c α⊥，同理可得：c β⊥，故A 对；对于B,平移直线c 到与直线a 相交，设平移后的直线为c '，设直线,a c '确定的平面为α，因为c //c '，且α⊄c ，所以c α∥，同理可得：c β∥，故B 对；对于C,同时平移直线b 和直线a ，令平移后的直线相交，设平移后的直线为,a b ''''，因为a c ⊥，b c ⊥，所以a c ''⊥，b c ''⊥，设直线,a b ''''确定的平面为γ，则a γ∥，b γ∥，且c γ⊥，故C 对；对于D ，由对称性可知，存在两个平面γ，使c γ⊂，且a ，b 与γ所成角相等，故D 错误；故选：ABC.10．已知正方体1111ABCD A B C D -的外接球表面积为12π，,,M N P 分别在线段1BB ，1CC ，1DD 上，且,,,A M N P 四点共面，则（）．A ．AP MN=B ．若四边形AMNP 为菱形，则其面积的最大值为C ．四边形AMNP 在平面11AAD D 与平面11CC D D 内的正投影面积之和的最大值为6D ．四边形AMNP 在平面11AA D D 与平面11CC D D 内的正投影面积之积的最大值为4设正方体1111ABCD A B C D -依题意，234π()12π2a ⋅=，解得因为平面11BCC B ∥平面ADD则M 在平面11AA D D 上的投影落在设为H ，则四边形AGHP 为四边形AMNP 由于,AM PN GM HN ==,则（当1x y ==时取“＝”），故C 错误，D 正确，故选：ABD三、解答题11．如图，四棱锥S ABCD -的底面为菱形，60BAD ∠=︒，2AB =，4SD =，SD ⊥平面ABCD ，点E 在棱SB 上．(1)证明：AC DE ⊥；(2)若三棱锥E ABC -，求点E 到平面SAC 的距离．【详解】（1）证明：如图，连接BD ，因为四边形ABCD 为菱形，所以AC BD ⊥，因为SD ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，所以SD AC ⊥，又因为SD BD D = ，所以AC ⊥平面SBD ，又因为DE ⊂平面SBD ，所以AC DE ⊥．（2）解：设点E 到平面ABC 则三棱锥E ABC -的体积V (11sin 18032AB BC =⨯⨯⨯⨯︒-12．如图，在三棱锥A BCD -中，平面ABD ⊥平面BCD ，,AB AD O =为BD 的中点.(1)证明：OA CD ⊥；(2)已知OCD 是边长为1的等边三角形，已知点E 在棱AD 的中点，且二面角E BC D --的大小为45 ，求三棱锥A BCD -的体积.【详解】（1）证明：AB AD = ，O 为BD 的中点，AO BD ∴⊥，又平面ABD ⊥平面BCD ，平面ABD ⋂平面BCD BD =，AO ⊂平面BCD ，所以AO ⊥平面BCD ，又CD ⊂平面BCD ，AO CD ∴⊥．（2）取OD 的中点F ，因为OCD 为等边三角形，所以CF OD ⊥，过O 作//OM CF ，与BC 交于M ，则OM OD ⊥，由（1）可知OA ⊥平面BCD ，设OA a =，因为OA ⊥平面BCD ，所以设平面BCE 的一个法向量为n =3300x y n BC ⎧+=⎪⎧⋅= ○热○点○题○型二外接球、内切球等相关问题一、单选题1．已知ABC 是边长为3的等边三角形，其顶点都在球O 的球面上，若球O 的体积为323π，则球心O 到平面ABC 的距离为（）A B ．32C ．1D 因为ABC 是边长为3的等边三角形，且所以13O B =，又因为球O 的体积为32π2．已知三棱锥-P ABC 的底面ABC 是边长为1的正三角形，侧棱,,PA PB PC 两两垂直，若此三棱锥的四个顶点都在同一个球面上，则该球的表面积是（）A ．3πB ．πC ．3π4D ．3π23．一个圆锥的底面圆和顶点都恰好在一个球面上，且这个球的半径为5，则这个圆锥的体积的最大值时，圆锥的底面半径为（）A ．103B ．2C ．3D 【答案】C【详解】解：如图，设圆锥的底面半径为r ，球半径5R =，球心为O ．过圆锥的顶点P 作底面的垂线2125OO r =-．所以圆锥的高h PO =4．已知圆锥的侧面积为2π，母线与底面所成角的余弦值为2，则该圆锥的内切球的体积为（）A ．4π3B ．43π9C．27D5．如图，几何体Ω为一个圆柱和圆锥的组合体，圆锥的底面和圆柱的一个底面重合，圆锥的顶点为A ，圆柱的上、下底面的圆心分别为B 、C ，若该几何体Ω存在外接球（即圆锥的顶点与底面圆周在球面上，且圆柱的底面圆周也在球面上）．已知24BC AB ==，则该组合体的体积等于（）A ．56πB ．70π3C ．48πD ．64π【答案】A【详解】设该组合体外接球的球心为O ，半径为R ，易知球心在BC 中点，则224R AO ==+=.6．已知矩形ABCD的顶点都在球心为的体积为43，则球O的表面积为（）A．76πB．112πC D．3故球的表面积为：2476πR π=，故选：A ．7．水平桌面上放置了4个半径为2的小球，4个小球的球心构成正方形，且相邻的两个小球相切.若用一个半球形的容器罩住四个小球，则半球形容器内壁的半径的最小值为（）A ．4B ．2C ．2D ．6此时，如上图示，O 为半球的球心，体的体对角线，且该小球与半球球面上的切点与8．已知三棱锥-PABC的四个顶点均在球的球面上，，PB AC== PC AB=Q为球O的球面上一动点，则点Q到平面PAB 的最大距离为（）A2211BC2211D2223BD BE AB∴+==，BD2226BD BE BF∴++=，∴球在PAB中，cosABABP∠=二、填空题9．在三棱锥-P ABC 中，PA ⊥平面ABC ，14AB AC PA AB AC ⊥=+=，，，当三棱锥的体积最大时，三棱锥-P ABC 外接球的体积为______．则三棱锥-P ABC 外接球的直径为2R PA =因此，三棱锥-P ABC 外接球的体积为34π3R10．如图，在直三棱柱111中，1．设为1的中点，三棱锥D ABC -的体积为94，平面1A BC ⊥平面11ABB A ，则三棱柱111ABC A B C -外接球的表面积为______．【答案】27π【详解】取1A B 的中点E ，连接AE ，如图．因为1AA AB =，所以1AE A B ⊥．又面1A BC ⊥面11ABB A ，面1A BC ⋂面111ABB A A B =，且AE ⊂面11ABB A ，所以⊥AE 面1A BC ，BC ⊂面1A BC ，所以AE BC ⊥．在直三棱柱111ABC A B C -中，1BB ⊥面ABC ，BC ⊂面ABC ，所以1BB BC ⊥．又AE ，1BB ⊂面11ABB A ，且AE ，1BB 相交，所以BC ⊥面11ABB A ，AB ⊂面11ABB A ，所以BC AB ⊥．11．如图，直三棱柱111的六个顶点都在半径为1的半球面上，，侧面11BCC B 是半球底面圆的内接正方形，则直三棱柱111ABC A B C -的体积为___________.12．如图所示的由4个直角三角形组成的各边长均相等的六边形是某棱锥的侧面展开图，若该六边形的面积为12+，则该棱锥的内切球半径为___．由题意，侧面展开图的面积由,PD AD PD DC ⊥⊥，○热○点○题○型三平面关系、垂直关系、二面角等相关问题1．已知多面体ABCDEF 中，四边形CDEF 是边长为4的正方形，四边形ABCD 是直角梯形，90ADC DAB ∠=∠=︒，36BE AB ==，4=AD ．(1)求证：平面ADF ⊥平面BCE ；(2)求直线AF 与平面BCF 所成角的正弦值．【详解】（1）因为四边形CDEF 是边长为4的正方形，所以CE ⊥DF ，ED ⊥DC ，因为四边形ABCD 是直角梯形，90ADC DAB ∠=∠=︒，所以AD ⊥CD ，AB ⊥AD ，故直线AF与平面BCF所成角的正弦值为-PA 2．如图，在四棱锥P ABCD平面PAD⊥平面ABCD．Array(1)证明：平面CDM⊥平面PAB；(2)若AD BC ∥，2AD BC =，2AB =，直线PB 与平面MCD ，求三棱锥P MCD -的体积．【详解】（1）取AD 中点为N ，连接PN ，因为PAD 为等边三角形，所以PN AD ^，且平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ⋂平面ABCD AD =，PN ⊂面PAD ，所以PN ^平面ABCD ，又AB ⊂平面ABCD ，所以PN AB ⊥，又因为PD AB ⊥，PN PD P = ，,PN PD ⊂平面PAD ，所以AB ⊥平面PAD ，又因为DM ⊂平面PAD ，所以AB DM ⊥，因为M 为AP 中点，所以DM PA ⊥，且PA AB A = ，,PA PB ⊂平面PAD ，所以DM ⊥平面PAB ，且DM ⊂平面CDM ，所以平面CDM ⊥平面PAB .（2）由（1）可知，PN AB ⊥且PD AB ⊥，PN PD P = ，所以AB ⊥平面PAD ，△为边长为6的等边三角形，E为BD的中点，F为AE的三等分点，且2AF FE ABD=.(1)求证：//FM 面ABC ；(2)若二面角A BD C --的平面角的大小为23π，求直线EM 与面ABD 所成角的正弦值.【详解】（1）在BE 上取一点N ，使得12BN NE =，连接FN ，NM ，∵6BD =，∴116BN BD ==，2NE =，3ED =，∵12AF FE =，∴12BN AF NE FE ==，则FN AB ∥，又FN ⊄面ABC ，AB ⊂面ABC ，∴FN ∥面ABC ，∵15BN CM ND MD ==，∴NM BC ∥.∵NM ⊄面ABC ，BC ⊂面ABC ，∴NM ∥面ABC ，∵FN NM N = ，,FN NM ⊂面FNM ，∴面FNM ∥面ABC ，又FM ⊂面FNM ，4．已知底面是正方形，平面，，，点E 、F 分别为线段PB 、CQ 的中点．(1)求证：//EF平面PADQ ；(2)求平面PCQ 与平面CDQ 夹角的余弦值；(3)线段PC 上是否存在点M ，使得直线AM 与平面PCQ 所成角的正弦值是7，若存在求出PM MC的值，若不存在，说明理由．【详解】（1）证明：法一：分别取AB 、CD 的中点G 、H ，连接EG 、GH 、FH ，由题意可知点E 、F 分别为线段PB 、CQ 的中点．所以//EG PA ，//FH QD ，因为//PA DQ ，所以//EG FH ，所以点E 、G 、H 、F 四点共面，因为G 、H 分别为AB 、CD 的中点，所以//GH AD ，因为AD ⊂平面ADQP ，GH ⊄平面ADQP ，所以//GH 平面ADQP ，又因为//FH QD ，QD ⊂平面ADQP ，FH ⊄平面ADQP ，所以//FH 平面ADQP ，法二：因为ABCD 为正方形，且以点A 为坐标原点，以AB 、空间直角坐标系，则()0,0,3P 、()3,3,0C 、()0,3,1Q 所以()0,3,1EF =- ，易知平面PADQ 所以0a EF ⋅= ，所以E F a ⊥ ，EF ⊄ADQP EF所在平面和圆所在的平面互相垂直，已知2,1AB EF ==．(1)求证：平面DAF ⊥平面CBF ；(2)当AD 的长为何值时，二面角C EF B --的大小为60︒？设()0AD t t =>，则(1,0,C -∴(1,0,0)EF = ，33,22CF ⎛= ⎝6．如图，在三棱柱111中，四边形11是边长为4的菱形，AB BC =，点D 为棱AC 上的动点（不与A 、C 重合），平面1B BD 与棱11AC 交于点E .(1)求证1BB DE //；(2)若平面ABC ⊥平面11AAC C ，160A AC ∠= ，判断是否存在点D 使得平面11A ABB 与平面1B BDE 所成的锐二面角为π3，并说明理由.【详解】（1）11//BB CC ，且1BB ⊂/平面11ACC A ，1CC ⊂平面11ACC A ，∴1//BB 平面11ACC A ，又∵1BB ⊂平面1B BD ，且平面1B BD 平面11ACC A DE =，∴1BB DE //；（2）连接1AC ，取AC 中点O ，连接1AO ，BO ，在菱形11ACC A 中，160A AC ∠=︒，∴1A AC △是等边三角形，又∵O 为AC 中点，∴1A O ⊥∵平面ABC ⊥平面11ACC A ，平面ABC ⋂平面11ACC A AC =∴1A O ⊥平面ABC ，OB ⊂平面。

《长方体中的三棱锥及其应用》

长方体中的三棱锥及其应用逆向思维，往往也是解决问题的一种重要思维方式.如：有的三棱锥是从长方体中分离出来，当然也可将其还原回去.若借助长方体的性质，来解三棱锥的问题，比从三棱锥中求解，有时会简单的多. 一、长方体中的三棱锥因为任何二条异面直线段AB 、CD 的四个端点的两两的连线AB 、CD 、AC 、AD 、BC 、BD ，可以构成三棱锥A -BCD .而长方体中有三类线，其为棱、面对角线、体对角线.据此长方体中可分离出五类三棱锥.棱与棱（要求异面）、一棱与一面对角线（异面）、一棱与一体对角线（异面）；一面对角线与另一面对角线（异面），一面对角线与一体对角线（异面）.现从图中把它们标识出来：1．两异面棱构成的三棱锥.如棱AB 与棱CD 组成三棱锥A -BCD ，如图1.其中三棱锥A -BCD 的六条棱，分别为长方体的三条棱AB 、BD 、DC ，两条面对角线AD 、BC 和一条体对角线AC (它等价于棱BD 与体对角线AC 构成的三棱锥A -BCD ).同理,棱AB 与棱FC 也可组成类似的三棱锥.2．两异面线一棱与一面对角线构成的三棱锥.棱AB 与DF 组成的三棱A -BDF ，如图2.其中三棱锥由长方体的三条棱AB 、BD 、BF 和三条面对角线AD 、AF 、DF 组成.图1 图2 图3 图43．两异面线一面对角线与另一面对角线构成的三棱锥.面对角线AD 与面对角线MF 组成的三棱锥A -DFM ，如图3，其中三棱锥由长方体的六条面对角线AD 、AF 、AM 、DM 、DF 、FM 组成.4．两异面线一面对角线与一体对角线构成的三棱锥.面对角线DF 与体对角线AC 组成三棱锥A -CDF ，如图4，其中三棱锥由长方体的二条棱DC 、CF 和三条面对角线AD 、AF 、DF 和一条体对角线AC 组成. 二、将三棱锥还原到长方体中将分离的三棱锥还原回长方体中，再借助长方体的性质或建立空间直角坐标系，求解起来就简单了.FAC DBAFDBAFMDF ADC例1.设MN 为互相垂直的异面直线a 、b 的公垂线，P 为MN 上不同于M 、N 的点，A 、B 分别为a 、b 上的点，则三角形APB 为（）三角形.A ．锐角B .钝角C .直角D .都有可能解析：依题意得图1-1，把其还原回图1-2中的长方体中，∵∠QNB ＝2π，∠APB ≥∠QNB ，而P 为MN 上不同于M 、N 的点，故∠APB 为钝角，选B .图1－1 图1－2评注：两异面直线互相垂直且出现了公垂线，这三条线是长方体中顺次连结的三条棱AM 、MN 、NB .例2.在正三棱锥S -ABC 中，M 、N 分别是棱SC 、BC 的中点，且MN ⊥AM ，若侧棱SA ＝23，则正三棱锥S -ABC 的外接球的体积为（）.A ．43πB ．3264πC ．36πD ．323π 解析：如图2-1，∵S -ABC 为正三棱，∴SB ⊥AC ，又MN ⊥AM ，MN ∥SB ，∴SB ⊥AM ，∴SB ⊥面SAC ，∴SB ⊥SA ，SB ⊥SC .又SA ⊥BC ，SA ⊥SC , ∴SA ⊥面SBC , ∴SA ⊥SC .将S -ABC 还原回正方体中，如图2-2.又S -ABC 的外接球半径R 与正方体的外接球半径相等，∴（2R ）2＝222SC SB SA ++=3SA 2，∴R ＝3，V 外接球＝34πR 3＝36π，选C .图2-1 图2-2 图3-1 评注：当把三棱锥还原回长方体中时，三棱锥外接球的直径，就是该长方体的对角线长.例3.（2006年高考数学江西卷理科）如图3-1，在三棱锥A -BCD中，侧面ABD 、ACD 是全等的直角三角形，AD 为公共的斜边，且AD ＝3，BD ＝CD ＝1，另一个侧面是正三角形.（1）求证：AD ⊥BC ；（2）求二面角B -AC -D 的大小；（3）直线AC 上是否存在点E ，使ED 与面BCD 成︒30角？若存在，确定E 的位置；若不存在，说明理由.图证明：（1）过A 作AH ⊥面BCD 于H ，连BH 、CH ，依题意AB ＝AC ＝BC ，又∠ABD ＝∠ACD ＝2π，AD ＝3，BD ＝CD ＝1，则BHCD 为正方形，DH ⊥BC ，∴AD ⊥BC .（2）作BM ⊥AC 于M ，作MN ⊥AD 交AD 于N ，则∠BMN 就是二面角B -AC -D 的平面角.∵AB ＝AC ＝BC ＝2 ，M 是AC 的中点，则BM ＝26. 又MN ∥CD ，∴MN ＝21CD ＝21，BN ＝21AD ＝23，由余弦定理得 cos ∠BMN =362222=⋅-+MN BM BN NM BM ,∴∠BMN =arccos 36.（3）设E 为所求的点，作EF ⊥CH 于F ，连FD ，则EF ∥AH ，∴EF ⊥面BCD ，∠EDF 为ED 与面BCD 所成的角，则 ∠EDF ＝︒30.设EF ＝x ，易得AH ＝HC ＝1，则CF ＝x ，FD ＝21x +，∴tan ∠EDF =3312=+=x x FD EF , 解得x =22,则CE ＝2x ＝1，故线段AC 上存在E 点，且CE ＝1时，ED 与面BCD 成︒30角.评注：把三棱锥还原回正方体中，有利于建立空间直角坐标系.事物之间是相互联系的，这种联系有时往往是解决问题的关键. 三、长方体中的长方体长方体中也可以再割补出其他的长方体.请看2008年高考数学宁夏卷理科第18题. 长方体对角线的性质：1）cos α2+cos β2+cos γ2=1（其中α、β、γ为长方体对角线与它相交处的三条棱的夹角）. 2）cos θ2+cos ϕ2+cos δ2=2(其中θ、ϕ、δ为长方体的对角线与它相邻的三个面所成的角).例4．（2008年高考数学宁夏卷理科第18题）如图4-1，已知点P 在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的对角线BD 1上，∠PDA =60°. （I ）求DP 与CC 1所成角的大小；（II ）求DP 与平面AA 1D 1D 所成角的大小.图4-1 图4-2解：（I ）如图4-2，将图形补形为一个小长方体EQFD －MPGN ，设DP 与DA 、DD 1、DC 所成角分别为α、β、γ，依题意，ED ＝DF ，则有α＝γ＝60°，由cos α2+cos β2+cos γ2=1⇒cos 2β=21，又0<β<2π, ∴β=︒45,即DP 与CC 1所成的角为45 .APD BCG M QEA 1B 1 D 1C 1NF APD B1B 1C 1D 1A（II ）连DM ，则∠PDM 为DP 与面AA 1D 1D 所成角.设DP 与面D A 1、面DC 1、面DB 所成角分别为θ、ϕ、δ.由题意得θ＝ϕ，由（1）得δ＝45 .又cos θ2+cos ϕ2+cos δ2=2，∴ cos θ2＝43，而0<θ<2π，∴θ＝30°，即DP 与面ADD 'A '所成的角为30°.评注：借助长方体已有的结论cos α2+cos β2+cos γ2=1与cos θ2+ cos ϕ2+ cos δ2=2，抓住本题的特点：可构造一个底面为正方形的长方体，求解起来非常简单.。

经典三类球：外接球、内切球、棱切球(解析版)

经典三类球：外接球、内切球、棱切球1【考点预测】考点一：正方体、长方体外接球1.正方体的外接球的球心为其体对角线的中点，半径为体对角线长的一半．2.长方体的外接球的球心为其体对角线的中点，半径为体对角线长的一半．3.补成长方体(1)若三棱锥的三条侧棱两两互相垂直，则可将其放入某个长方体内，如图1所示．(2)若三棱锥的四个面均是直角三角形，则此时可构造长方体，如图2所示．(3)正四面体P -ABC 可以补形为正方体且正方体的棱长a =PA2，如图3所示．(4)若三棱锥的对棱两两相等，则可将其放入某个长方体内，如图4所示图1图2图3图4考点二：正四面体外接球如图，设正四面体ABCD 的的棱长为a ，将其放入正方体中，则正方体的棱长为22a ，显然正四面体和正方体有相同的外接球．正方体外接球半径为R =22a ⋅32=64a ，即正四面体外接球半径为R =64a ．考点三：对棱相等的三棱锥外接球四面体ABCD 中，AB =CD =m ，AC =BD =n ，AD =BC =t ，这种四面体叫做对棱相等四面体，可以通过构造长方体来解决这类问题．如图，设长方体的长、宽、高分别为a ,b ,c ，则b 2+c 2=m 2a 2+c 2=n 2a 2+b 2=t2，三式相加可得a 2+b 2+c 2=m 2+n 2+t 22,而显然四面体和长方体有相同的外接球，设外接球半径为R ，则a 2+b 2+c 2=4R 2，所以R =m 2+n 2+t 28．直棱柱外接球如图1，图2，图3，直三棱柱内接于球(同时直棱柱也内接于圆柱，棱柱的上下底面可以是任意三角形)图1图2图3第一步：确定球心O 的位置，O 1是ΔABC 的外心，则OO 1⊥平面ABC ；第二步：算出小圆O 1的半径AO 1=r ，OO 1=12AA 1=12h (AA 1=h 也是圆柱的高)；第三步：勾股定理：OA 2=O 1A 2+O 1O 2⇒R 2=h 22+r 2⇒R =r 2+h 2 2，解出R考点五：直棱锥外接球如图，PA ⊥平面ABC ，求外接球半径．解题步骤：第一步：将ΔABC 画在小圆面上，A 为小圆直径的一个端点，作小圆的直径AD ，连接PD ，则PD 必过球心O ；第二步：O 1为ΔABC 的外心，所以OO 1⊥平面ABC ，算出小圆O 1的半径O 1D =r (三角形的外接圆直径算法：利用正弦定理，得a sin A=b sin B =c sin C =2r )，OO 1=12PA ；第三步：利用勾股定理求三棱锥的外接球半径：①(2R )2=PA 2+(2r )2⇔2R =PA 2+(2r )2；②R 2=r 2+OO 12⇔R =r 2+OO 12．考点六：正棱锥外接球正棱锥外接球半径：R=r2+h22h．垂面模型如图1所示为四面体P-ABC，已知平面PAB⊥平面ABC，其外接球问题的步骤如下：(1)找出△PAB和△ABC的外接圆圆心，分别记为O1和O2．(2)分别过O1和O2作平面PAB和平面ABC的垂线，其交点为球心，记为O．(3)过O1作AB的垂线，垂足记为D，连接O2D，则O2D⊥AB．(4)在四棱锥A-DO1OO2中，AD垂直于平面DO1OO2，如图2所示，底面四边形DO1OO2的四个顶点共圆且OD为该圆的直径．图1图2考点八：锥体内切球方法：等体积法，即R=3V体积S表面积考点九：棱切球方法：找切点，找球心，构造直角三角形1【典型例题】1(2023春·天津宁河·高一校考期末)在三棱锥P-ABC中，AP=2,AB=3,PA⊥面ABC，且在△ABC中，C=60°，则该三棱锥外接球的表面积为()B.8πC.10πD.12πA.20π3【答案】B【解析】根据题意得出图形如右图：O为球心，N为底面△ABC截面圆的圆心，ON⊥面ABC，∵在三棱锥P-ABC中，AP=2，AB=3，PA⊥面ABC，且在△ABC中，C=60°=2r，解得r=1，∴根据正弦定理得出：3sin60°∵PA⊥面ABC，∴PA⎳ON，∵PA=2，AN=1，ON=d，∴OA=OP=R，∴根据等腰三角形得出：12+d2=(2-d)2+12，解得d=1,∴R=1+1=2∴三棱锥的外接球的表面积为4πR2=8π.故选：B.2(2023·辽宁沈阳·高一东北育才学校校考阶段练习)在正三棱锥S-ABC中，外接球的表面积为36π，M，N分别是SC，BC的中点，且MN⊥AM，则此三棱锥侧棱SA=()A.1B.2C.3D.23【答案】D【解析】取AC的中点E，连结BE、SE，∵三棱锥S-ABC正棱锥，∴SA=SC，BA=BC．又∵E为AC的中点，∴SE⊥AC且BE⊥AC∵SE、BE是平面SBE内的相交直线，∴AC⊥平面SBE，又SB在平面SBE内可得SB⊥AC又∵MN是△SBC的中位线，∴MN∥SB，可得MN⊥AC又∵MN ⊥AM ，又AM ，AC 是平面SAC 内的相交直线，∴MN ⊥平面SAC ，结合MN ∥SB ，可得SB ⊥平面SAC 又∵三棱锥S -ABC 是正三棱锥，∴∠ASB =∠BSC =∠ASC =90°，因此将此三棱锥补成正方体，则它们有相同的外接球，设球的半径为R ，可得4πR 2=36π，解得R =3，∴SA 2+SA 2+SA 2=2R =6，解之得SA =23故选：D3(2023春·河南南阳·高一校联考期末)《九章算术》是我国古代著名的数学著作，书中记载有几何体“刍甍”.现有一个刍甍如图所示，底面ABCD 为正方形，EF ∥平面ABCD ，四边形ABFE ,CDEF为两个全等的等腰梯形，EF =12AB =2,AE =23则该刍甍的外接球的体积为()A.642π3B.3πC.643π3D.642π【答案】A【解析】取AD ，BC 中点N ，M ，正方形ABCD 中心O ，EF 中点O 2，连接EN ，MN ，FM ，OO 2，如图，依题意，OO2⊥平面ABCD，EF⎳AB⎳MN，点O是MN的中点，MN=AB=4，等腰△AED中，AD⊥EN，EN=AE2-AN2=22，同理FM=22，因此，等腰梯形EFMN的高OO2=EN2-MN-EF22=7，由几何体的结构特征知，刍甍的外接球球心O1在直线OO2上，连O1E，O1A，OA，正方形ABCD外接圆半径OA= 22，则有O1A2=OA2+OO21O1E2=O2E2+O2O21，而O1A=O1E,O2E=12EF=1，当点O1在线段O2O的延长线(含点O)时，视OO1为非负数，若点O1在线段O2O(不含点O)上，视OO1为负数，即有O2O1=O2O+OO1=7+OO1，即(22)2+OO21=1+(7+OO1)2，解得OO1=0，因此刍甍的外接球球心为O，半径为OA=22，所以刍甍的外接球的体积为4π3×223=642π3．故选：A．4(2023·高一课时练习)已知圆台的上下底面半径分别为1和2，侧面积为35π，则该圆台的外接球半径为()A.1055B.654C.1854D.1054【答案】B【解析】设圆台的高和母线分别为h,l，球心到圆台上底面的距离为x，根据圆台的侧面积公式可得π1+2l=35π⇒l=5，因此圆台的高h=l2-2-12=2，当球心在圆台内部时，则12+x2=22+h-x2，解得x=74，故此时外接球半径为1+x2=65 16=65 4，当球心在圆台外部时，则12+x2=22+x-h2，x>h，解得x=74不符合要求，舍去，故球半径为65 4故选：B5(2023·高一课时练习)已知圆锥的底面半径为2，高为42，则该圆锥的内切球表面积为()A.4πB.42πC.82πD.8π【答案】D【解析】如图，圆锥与内切球的轴截面图，点O为球心，内切球的半径为r，D,E为切点，设OD=OE=r，即BE=BD=2由条件可知，AB=422+22=6，△ADO中，AO2=AD2+DO2，即42-r2=6-22+r2，解得：r=2，所以圆锥内切球的表面积S=4πr2=8π.故选：D6(2023·高一课时练习)一个正四棱柱的每个顶点都在球O的球面上，且该四棱柱的底面面积为3，高为10，则球O的体积为()A.16πB.32π3C.10π D.28π3【答案】B【解析】设该正四棱柱的底面边长为a，高为h，则a2=3,h=10，解得a=3，所以该正四棱柱的体对角线为球O的直径，设球O的半径为R，所以，2R=a2+a2+h2=3+3+10=4，即R=2，所以，球O的体积为4π3×23=32π3．故选：B7(2023·高一课时练习)正八面体是每个面都是正三角形的八面体．如图所示，若此正八面体的棱长为2，则它的内切球的表面积为()A.423π B.8327π C.83π D.163π【答案】C【解析】以内切球的球心为顶点、正八面体的八个面为底面，可将正八面体分为8个全等的正三棱锥，设内切球的半径为r ，则8V 三棱锥=V 正八面体=2V 正四棱锥，且正四棱锥的高为图中CO ，易得CO =2，即：8×13×12×2×2×32 ⋅r =2×13×2×2 ×2解得：r =63，所以，内切球的表面积为8π3.故选：C ．8(2023·高一课时练习)已知A ，B ，C 三点均在球O 的表面上，AB =BC =CA =2，且球心O 到平面ABC 的距离等于球半径的13，则下列结论正确的为()A.球O 的外切正方体的棱长为6B.球O 的表面积为8πC.球O 的内接正方体的棱长为3D.球O 的半径为32【答案】A【解析】设球O 的半径为R ，△ABC 的外接圆半径为r ，则r =233，因为球心O 到平面ABC 的距离等于球O 半径的13，所以R 2-19R 2=43，得R 2=32，即R =62，故D 错误；球O 的外切正方体的棱长b 满足b =2R =6，故A 正确；所以球O 的表面积S =4πR 2=4π×32=6π，故B 错误；球O 的内接正方体的棱长a 满足3a =2R =6，即a =2，故C 错误.故选：A .9(2023·河南开封·开封高中校考模拟预测)已知某棱长为22的正四面体的各条棱都与同一球面相切，则该球与此正四面体的体积之比为()A.π2B.π3C.3π3D.2π2【答案】A【解析】如图，正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，棱长为2，所以，四面体A 1BDC 1是棱长为22的正四面体，当正四面体的各条棱都与同一球面相切时，该球为正方体的内切球，半径为1，所以，该球的体积为4π3，因为正四面体的体积为8-4×13×12×2×2×2=8-163=83，所以，该球与此正四面体的体积之比为4π383=π2.故选：A10(2023·高一课时练习)正四面体ABCD 的棱长为a ，O 是棱AB 的中点，以O 为球心的球面与平面BCD 的交线和CD 相切，则球O 的体积是()A.16πa 3B.26πa 3 C.36πa 3 D.23πa 3【答案】D【解析】设点A 在平面BCD 内的射影为点E ，则E 为△BCD 的中心，取CD 的中点M ，连接BM ，则E ∈BM ，取线段BE 的中点F ，连接OF ，因为O 、F 分别为AB 、BE 的中点，则OF ⎳AE 且OF =12AE ，因为AE ⊥平面BCD ，则OF ⊥平面BCD ，因为BE ⊂平面BCD ，则AE ⊥BE ，正△BCD的外接圆半径为BE=a2sinπ3=33a，∴AE=AB2-BE2=63a，所以，OF=12AE=66a，易知球O被平面BCD所截的截面圆圆心为点F，且BF=EF=EM，故FM=BE=33a，因为△BCD为等边三角形，M为CD的中点，则BM⊥CD，因为以O为球心的球面与平面BCD的交线和CD相切，则切点为点M，则球O的半径为OM=OF2+FM2=22a，因此，球O的体积是V=43π×22a3=23πa3.故选：D.11(2023·高一课时练习)已知直三棱柱ABC-A1B1C1的底面为直角三角形，如图所示，∠BAC= 90°，AB=1，AC=2，AA1=3，则四面体A-A1BC的体积为，四棱锥A1-BCC1B1的外接球的表面积为．【答案】 1 14π【解析】由题意可得S△ABC=12×AB⋅AC=12×2×1=1，且h=AA1，则V A-A1BC=13S△ABC⋅h=13×1×3=1因为△ABC 外接圆的圆心即为BC 中点，设为O ，△A 1B 1C 1外接圆的圆心即为B 1C 1中点，设为O 1，则OO 1的中点到六个顶点的距离相等，则OO 1的中点M 为外接球的球心，即CM 为半径，OC =12BC =12AC 2+AB 2=52，OM =12AA 1 =32所以CM =OC 2+OM 2=54+94=142，即外接球的表面积为4πR 2=4π×144=14π故答案为:1，14π2【过关测试】一、单选题1(2023·高一课时练习)若正四面体的表面积为83，则其外接球的体积为()A.43πB.12πC.86πD.323π【答案】A【解析】设正四面体的棱长为a ，由题意可知：4×34a 2=83，解得：a =22，所以正四面体的棱长为22，将正四面体补成一个正方体，则正方体的棱长为2，正方体的体对角线长为23，因为正四面体的外接球的直径为正方体的体对角线长，所以外接球半径R =3，则外接球的体积为V =43πR 3=43π，故选：A .2(2023·陕西渭南·高一统考期末)在直三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AB =BC =2，AA 1=22，∠ABC =π2，则此三棱柱外接球的表面积为()A.4πB.8πC.16πD.24π【答案】C 【解析】因为AB=BC=2，∠ABC=π2，所以△ABC为等腰直角三角形，将直三棱柱ABC-A1B1C1补全为如图长方体ABCD-A1B1C1D1，则长方体的外接球即直三棱柱的外接球，因为AB=BC=2，AA1=22，所以外接球直径2R=AC1=22+22+222=4，所以外接球半径R=2，表面积S=4πR2=16π.故选：C.3(2023春·河北衡水·高一校考阶段练习)在正四棱锥P-ABCD中，AB=4，PA=26，则平面PAB截四棱锥P-ABCD外接球的截面面积是()A.65π5B.36π5C.12πD.36π【答案】B【解析】如图，作PO ⊥平面ABCD，垂足为O ，则O 是正方形ABCD外接圆的圆心，从而正四棱锥P-ABCD外接球的球心O在PO 上，取棱AB的中点E，连接O D,O E,OD,PE，作OH⊥PE，垂足为H.由题中数据可得O D=22,O E=2,PE=25,O P=4，设四棱锥P-ABCD外接球的半径为R，则R2=O D2+O O2=OP2=O P-O O2，即R2=8+O O2=4-O O2，解得R=3.由题意易证△OPH∽△EPO ，则PHO P=OPPE，故PH=65 5.故所求截面圆的面积是π⋅PH2=36π5.故选：B4(2023春·山西太原·高一校考阶段练习)在三棱锥P -ABC 中，PA =PB =PC =3，侧棱PA与底面ABC 所成的角为60°，则该三棱锥外接球的体积为()A.πB.π3C.4πD.4π3【答案】D【解析】设点P 在平面ABC 内的射影点为E ，如下图所示：由线面角的定义可知，直线PA 与底面ABC 所成的角为∠PAE =60°，所以，PE =3sin60°=32，AE =3cos60°=32，因为PE ⊥平面ABC ，BE 、CE ⊂平面ABC ，∴PE ⊥BE ，PE ⊥CE ，∴BE =PB 2-PE 2=32=PC 2-PE 2=CE ，所以，△ABC 的外接圆圆心为点E ，且其外接圆半径为32，所以，三棱锥P -ABC 的外接球球心O 在直线PE 上，设球O 的半径为r ，由几何关系可得OE 2+AE 2=OA 2，即32-r 2+322=r 2，解得r =1，因此，三棱锥P -ABC 外接球的体积为V =43πr 3=43π.故选：D .5(2023春·河南鹤壁·高一河南省浚县第一中学校考阶段练习)已知三棱锥P -ABC 的四个顶点均在同一个球面上，底面ABC 满足BA =BC =6，∠ABC =π2，若该三棱锥体积的最大值为3，则其外接球的体积为()A.323π B.32π C.16π D.823π【答案】A【解析】在△ABC中，BA=BC=6，∠ABC=π2，因此三棱锥P-ABC的外接球被平面ABC截得的截面小圆圆心是AC的中点O1，令三棱锥P-ABC的外接球球心为O，则OO1⊥平面ABC，而S△ABC=12AB⋅BC=3，O1A=3，因三棱锥P-ABC体积的最大值为3，则三棱锥P-ABC底面ABC上的高最大，设此最大高为h，由13×3h=3得h=3，要三棱锥P-ABC的体积最大，当且仅当球O上的点P到平面ABC的距离最大，则点P在线段O1O的延长线上，设球O半径为R，则有(h-R)2+O1A2=R2，即(3-R)2+(3)2=R2，解得R=2，所以三棱锥P-ABC的外接球体积为V=43πR3=323π.故选：A6(2023·高一课时练习)《九章算术》是我国古代数学名著，它在几何学中的研究比西方早1000多年．在《九章算术》中，将底面为矩形且一侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马．如图P-ABCD 是阳马，PA⊥平面ABCD，PA=5，AB=3，BC=4．则该阳马的外接球的表面积为()A.1252π3B.50π C.100π D.500π3【答案】B【解析】因PA⊥平面ABCD，AB⊂平面ABCD，AD⊂平面ABCD，则PA⊥AB，PA⊥AD，又因四边形ABCD为矩形，则AB⊥AD.则阳马的外接球与以PA，AB，AD为长宽高的长方体的外接球相同.又PA=5，AB=3，AD=BC=4．则外接球的直径为长方体体对角线，故外接球半径为：R=PA2+AB2+AD22=32+42+522=522，则外接球的表面积为：S=4πR2=4π⋅504=50π.故选：B7(2023·吉林·高一吉林一中校考阶段练习)如图，在△ABC中，AB=25,BC=210,AC=213，D ，E ，F 分别为三边中点，将△BDE ,△ADF ,△CEF 分别沿DE ,EF ,DF 向上折起，使A ，B ，C 重合为点P ，则三棱锥P -DEF 的外接球表面积为()A.72π B.7143π C.14π D.56π【答案】C【解析】由题意可知，PE =DF =10,PF =DE =13,PD =EF =5，即三棱锥P -DEF 的对棱相等，先将该三棱锥补充成长方体，如图所示：设FH =x ,HD =y ,HP =z ，则x 2+y 2=10,y 2+z 2=5,x 2+z 2=13，所以x 2+y 2+z 2=14，于是三棱锥P -DEF 的外接球直径为14，半径为142，所以该三棱锥外接球的表面积为：4π⋅142 2=14π.故选：C .8(2023·高一课时练习)如图，在等腰梯形ABCD 中，AB =2DC =2,∠DAB =60°,E 为AB 中点.将ΔADE 与ΔBEC 分别沿ED 、EC 折起，使A 、B 重合于点P ，则三棱锥P -DCE 的外接球的体积为()A.43π27B.6π2C.6π8D.6π24【答案】C【解析】易证所得三棱锥为正四面体，它的棱长为1，故其外接球与棱长为22的正方体的外接球一直，又正方体外接球半径为R=12+12+122=64故外接球的体积为43π633=68π故选C．9(2023·高一课时练习)边长为1的正四面体内切球的体积为()A.6π8B.212C.π6D.6π216【答案】D【解析】将棱长为1的正四面体ABCD补成正方体AECF-GBHD，则该正方体的棱长为22，V A-BCD=223-4V B-ACE=24-4×13×12×22 3=212，设正四面体ABCD的内切球半径为r，正四面体ABCD每个面的面积均为34×12=34，由等体积法可得V A-BCD=212=13r S△ABC+S△ACD+S△ABD+S△BCD=33r，解得r=612，因此，该正四面体的内切球的体积为V=43π×6123=6216π.故选：D.10(2023·高一课时练习)已知三棱锥S-ABC的所有顶点都在球O的球面上，SC是球O的直径.若平面SAC⊥平面SBC，SA=AC，SB=BC，球O的体积为36π，则三棱锥S-ABC的体积为()A.9B.18C.27D.36【答案】A【解析】如图，三棱锥S-ABC的所有顶点都在球O的球面上，SC是球O的直径O为SC中点，SA=AC,SB=BC∴AO⊥SC，BO⊥SC，∵平面SAC⊥平面SBC，平面SAC∩平面SBC=SC，BO⊂平面SBC，∴BO⊥平面SCA，设BO=r，由球O的体积为36π，可得43πr3=36π,∴r=3，则V S-ABC=V B-SCA=13S△SCA⋅BO=13×12×2r×r×r=13r3=9，∴三棱锥S-ABC的体积为9，故选∶A．11(2023·高一课时练习)如下图是一个正八面体，其每一个面都是正三角形，六个顶点都在球O 的球面上，则球O与正八面体的体积之比是()A.πB.4π3C.3π2D.2π【答案】A【解析】由题意得正方形ABCD的中心O即为外接球球心，设AB=a，则R=OA=22a，球O的体积为V1=43π×22a3=2π3a3，而h=OE=22a，故正八面体的体积V2=2×13×a2×22a=23a3，得V1V2=π，故选：A12(2023·高一课时练习)已知三棱柱ABC-A1B1C1所有的顶点都在球O的球面上，球O的体积是500π3，∠ABC =60°，AC =43，则AA 1=()A.3B.6C.4D.8【答案】B【解析】设球O 的半径为R ，△ABC 外接圆的半径为r ，则43πR 3=500π3，解得R =5，因为∠ABC =60°，AC =43，由正弦定理得，△ABC 外接圆的半径r =432sin60°=4，则AA 1=2R 2-r 2=2×3=6．故选：B二、多选题13(2023春·湖北襄阳·高一襄阳四中校考阶段练习)如图，线段AB 为圆O 的直径，点E ，F 在圆O 上，EF ⎳AB ，矩形ABCD 所在平面和圆O 所在平面垂直，且AB =2，EF =AD =1，则下列说法正确的是()A.OF ⎳平面BCEB.BF ⊥平面ADFC.三棱锥C -BEF 外接球的体积为5πD.三棱锥C -BEF 外接球的表面积为5π【答案】ABD【解析】选项A ：由EF ⎳AB ，AB =2，EF =1，可得EF // OB 则四边形OBEF 为平行四边形，则OF ⎳BE又OF ⊄平面BCE ，BE ⊂平面BCE ，则OF ⎳平面BCE .判断正确；选项B ：连接BF ，线段AB 为圆O 的直径，则BF ⊥AF 由平面ABCD ⊥平面ABEF ，平面ABCD ∩平面ABEF =AB AD ⊂平面ABCD ，AD ⊥AB ，则AD ⊥平面ABEF则AD ⊥BF ，又AF ∩AD =A ，AF ⊂平面ADF ，AD ⊂平面ADF 则BF ⊥平面ADF .判断正确；选项C ：取CD 中点H ，连接OH由平面ABCD ⊥平面ABEF ，平面ABCD ∩平面ABEF =ABOH ⊥AB ,OH ⊂平面ABEF ，可得OH ⊥平面ABEF又点E ，F ，B 在圆O 上，则三棱锥C -BEF 外接球球心在直线OH 上，由OH ⎳BC ，OH ⊄平面BCE ，BC ⊂平面BCE可得OH ⎳平面BCE ，则三棱锥C -BEF 外接球球心到平面BCE 的距离为点O 到平面BCE 的距离由BC ⊥平面ABEF ，BC ⊂平面BCE ，可得平面BCE ⊥平面ABEF ，则点O 到平面BCE 的距离即点O 到直线BE 的距离，又点O 到直线BE 的距离为32，则三棱锥C -BEF 外接球球心到平面BCE 的距离为32在△BCE 中，BC ⊥BE ，BC =BE =1，则CE =2，则△BCE 外接圆半径为22则三棱锥C -BEF 外接球的半径R =22 2+32 2=52则三棱锥C -BEF 外接球的体积为43π⋅52 3=556π.判断错误；选项D ：由三棱锥C -BEF 外接球的半径R =52则三棱锥C -BEF 外接球的表面积为4πR 2=4π⋅522=5π.判断正确.故选：ABD14(2023春·江苏无锡·高一江苏省江阴市第一中学校考阶段练习)我们把所有棱长都相等的正棱柱(锥)叫“等长正棱柱(锥)”，而与其所有棱都相切的称为棱切球，设下列“等长正棱柱(锥)”的棱长都为1，则下列说法中正确的有()A.正方体的棱切球的半径为2B.正四面体的棱切球的表面积为π2C.等长正六棱柱的棱切球的体积为4π3D.等长正四棱锥的棱切球被棱锥5个面(侧面和底面)截得的截面面积之和为7π12【答案】BCD 【解析】正方体的棱切球的直径为正方体的面对角线，正方体的棱切球的半径为面对角线的一半，即为22，选项A 错误；如图，四面体ABCD 为棱长为1的正四面体，把正四面体ABCD 放到正方体中，则正方体的棱长即为正四面体的棱切球的直径，所以正四面体的棱切球的半径为24，即正四面体的棱切球的表面积为π2，选项B 正确；如图，等长正六棱柱的棱切球的直径为AB ，即直径为2，半径为1，所以等长正六棱柱的棱切球的体积为4π3，选项C 正确；由棱切球的定义可知，棱切球被每一个面所截，截面为该面的内切圆，则等长正四棱锥的底面内切圆的面积为π×12 2=π4，每个侧面正三角形的内切圆的半径为正三角形高的13，即36，所以四个侧面正三角形的内切圆的面积为4×π×36 2=π3，所以等长正四棱锥的棱切球被棱锥5个面截得的截面面积之和为π4+π3=7π12，选项D 正确.故选：BCD .15(2023春·湖南邵阳·高一湖南省邵东市第三中学校考期中)已知正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的各棱长均为2，下列结论正确的是()A.该正方体外接球的直径为23B.该正方体内切球的表面积为4πC.若球O 与正方体的各棱相切，则该球的半径为2D.该正方体外接球的体积为43【答案】ABC【解析】若正方体的棱长为2，则：①若球为正方体的外接球，则外接球直径等于正方体体对角线，即2R =22+22+22=23，故A 正确，外接球体积为43πR 3=43π，故D 错误；②若球为正方体的内切球，则内切球半径为棱长的一半，故R =1，球的表面积为4πR 2=4π，故B 正确；③若球与正方体的各棱相切，则球的直径等于正方形对角线长，即R =22+22=22，球的半径为R =2，故C 正确．故本题选：ABC .三、填空题16(2023春·陕西汉中·高一校考期中)已知球O 是四棱锥P -ABCD 的外接球，四边形ABCD 是边长为1的正方形，点P 在球面上运动且PA =2，则当四棱锥P -ABCD 的体积最大时，球O 的表面积是.【答案】6π【解析】设PA 与平面ABCD 夹角为θ，则四棱锥P -ABCD 的体积为V =13S ABCD ⋅h =13×1×h =13×PA ×sin θ=23sin θ，当sin θ=1时，四棱锥P -ABCD 的体积最大，即θ=90°，此时PA ⊥平面ABCD ，将四棱锥P -ABCD 补成一个正四棱柱，如图所示，此时四棱锥P -ABCD 和该正四棱柱有相同的外接球O ，设球O 的半径为R ，则2R =PC =12+12+22=6，可得R =62，所以球O 的表面积为S =4πR 2=4π×622=6π.故答案为：6π17(2023·高一课时练习)、已知正方体外接球的体积是323π，那么正方体的棱长等于【答案】433【解析】设正方体的棱长为a ，则外接球的半径为3a 2，外接球的体积V =4π3R 3=4π3×3a 2 3=3πa 32=32π3，解得a =433，即正方体的棱长等于433．18(2023春·浙江宁波·高一余姚中学校考阶段练习)已知某圆锥的内切球的体积为32π3，则该圆锥的表面积的最小值为．【答案】32π【解析】设圆锥的内切球半径为r ，则43πr 3=32π3，解得r =2，设圆锥顶点为A ，底面圆周上一点为B ，底面圆心为C ，内切球球心为D ，内切球切母线AB 于E ，底面半径BC =R >2,∠BDC =θ，则tan θ=R 2，又∠ADE =π-2θ，由已知△BDE ,△BDC 为直角三角形，又DC =DE ，BD =BD ，所以△BDE ≅△BDC ，所以BE =BC =R ,∠BDE =∠BDC =θ，所以∠ADE =π-2θ，故AB=BE +AE =R +2tan π-2θ =R -2tan2θ，又tan2θ=2tan θ1-tan 2θ=R 1-R 24=4R 4-R 2，故AB =R -8R 4-R 2=R R 2+4 R 2-4，故该圆锥的表面积为S =πR 2R 2+4 R 2-4+πR 2=2πR 4R 2-4，令t =R 2-4>0,则S =2π(t +4)2t =2πt +16t +8 ≥2π2t ×16t +8 =32π，当且仅当t =16t，即t =4,R =22时取等号．故答案为：32π.19(2023·高一课时练习)如果圆柱、圆锥的底面直径和高都等于一个球的直径，则圆柱、球、圆锥的体积的比是.【答案】3:2:1【解析】设球的半径为r ，则球的体积为V 球=43πr 3，圆柱的体积为V 圆柱=πr 2⋅2r =2πr 3，圆锥的体积为V 圆锥=13πr 2⋅2r =2πr 33，因此，V 圆柱:V 球:V 圆锥=2:43:23=3:2:1.故答案为：3:2:1.20(2023·高一课时练习)已知A 、B 、C 是球面上三点，且AB =AC =4，∠BAC =90°，若球心O 到平面ABC 的距离为22，则该球表面积为.【答案】64π【解析】因为AB =AC =4，∠BAC =90°，所以BC 为平面ABC 截球所得小圆的直径，如图，设小圆的半径为r ，得2r =AB 2+AC 2=42，解得r =22，又球心O 到平面ABC 的距离d =22，根据球的截面圆性质，得球的半径R =r 2+d 2=4，所以球的表面积为S =4πR 2=64π.故答案为：64π.21(2023春·河南商丘·高一商丘市第一高级中学校考期中)已知正三棱锥S -ABC ,SA =SB =SC =23,AB =3，球O 与三棱锥S -ABC 的所有棱相切，则球O 的表面积为．【答案】(19-83)π【解析】取等边△ABC 的中心E ，连接SE ，则SE ⊥平面ABC ，连接AE 并延长，交BC 于点D ，则D 为BC 中点，且AD ⊥BC ，在SE 上找到棱切球的球心O ，连接OD ，则OD 即为棱切球的半径，过点O 作OF ⊥SA 于点F ，则OF 也是棱切球的半径，设OD =OF =R ，因为SA =SB =SC =23,AB =3，所以求得AD =332,AE =3,DE =32，由勾股定理得：SE =12-3=3，且∠ASE =30°，设OE =h ，OD =OE 2+ED 2=h 2+34，SO =3-h ，OF =123-h ，由题意得：h 2+34=123-h ，解得：h =3-1或-1-3，当h=3-1时，R2=h2+34=194-23，此时球O的表面积为(19-83)π；当棱切球的半径最大时，切点为A，B，C，由于∠ASE=30°，SA=SB=SC=23，可求得最大半径R=23tan30°=2，而当h=-3-1时，R2=h2+34=194+23>4，显然不成立，故h=-3-1舍去，综上：球O的表面积为(19-83)π故答案为：(19-83)π22(2023春·山东德州·高一德州市第一中学校考阶段练习)边长为2的正四面体内有一个球，当球与正四面体的棱均相切时，球的体积为．【答案】2 3π【解析】结合正四面体的性质：球心在正四面体的体高上，且为外接球的球心，如下图：取球心O，若OD⊥PA，则OD即为球的半径，而O 为底面中心，∴PO ⊥面ABC，若E为BC中点，则AE=PE=3，∴PO =263，PO=62，AO=233，由Rt△PDO∼Rt△PO A，则POPA=ODAO，故OD=22，∴球的体积为43π⋅OD3=23π.故答案为：23π23(2023春·广东江门·高一江门市培英高级中学校考期中)已知正方体的棱长为2，则与正方体的各棱都相切的球的表面积是．【答案】8π【解析】过正方体的对角面作截面如图，故球的半径r=2，∴其表面积S=4π×(2)2=8π．故答案为：8π.24(2023春·江苏苏州·高一江苏省苏州实验中学校考阶段练习)一个球被平面截下的一部分叫做球缺，截面叫做球缺的底面，垂直于截面的直径被截下的线段长叫做球缺的高，球缺的体积公式为V =π3(3R-h)h2，其中R为球的半径，h为球缺的高.若一球与一棱长为2的正方体的各棱均相切，则该球与正方体的公共部分的体积为.【答案】10-162 3π【解析】由题可得该球与正方体的公共部分球去掉6个球缺，则球的半径为R=22+222=2，球缺高h=2-1，则一个球缺的体积为π332-2-12-12=π342-5，则该球与正方体的公共部分的体积为4π3×23-6×π342-5=10-1623π.故答案为：10-162 3π.四、解答题25(2023·全国·高一专题练习)已知球与正四面体的六条棱都相切，求球与正四面体的体积之比．【解析】如图，设正四面体棱长为a，球半径为R，取AB的中点为E，CD中点F，连接AF,BF,EF，则AF=BF=32a，∴EF⊥AB，同理EF⊥CD，∴EF是AB,CD的公垂线，则EF的长是AB,CD的距离，EF=AF2-AE2=34a2-14a2=22a，又由球与正四面体的六棱都相切，得EF是该球的直径，即2R=22a，∴R3=232a3，V 球=43πR3=43π⋅232a3=224πa3，又V正四面体=13×S×h=13×12×a×a×sin60°×63a=212a3,故V球V正四面体=π226(2023·高一课时练习)有三个球，已知球O1内切于正方体，球O2与这个正方体各棱都相切，球O3过这个正方体的各个顶点，求球O1、球O2、球O3的表面积之比.【解析】设正方体的棱长为a.①球O1为正方体的内切球，球心O1是正方体的中心，切点是正方体六个面的中心，经过四个切点及球心作截面，如图1所示，设球O1的半径为r1，表面积为S1，则2r1=a，r1=a2，所以S1=4πr21=πa2.②球O2与正方体各棱的切点为各棱的中点，过正方体的两个相对面的面对角线作截面，如图2所示，设球O2的半径为r2，表面积为S2，则2r2=2a，r2=22a，所以S2=4πr22=2πa2.③球O3过正方体的各个顶点，即正方体的各个顶点都在球面上，过正方体的体对角线作截面，如图3所示，设球O3的半径为r3，表面积为S3，则2r3=3a，r3=32a，所以S3=4πr23=3πa2.故这三个球的表面积之比S1:S2:S3=πa2:2πa2:3πa2=1:2:3.图1 图2 图3。

构造长方体巧解球与内接三棱锥的组合体问题

如图1B AD C C D A B如图2构造长方体巧解球与内接三棱锥的组合体问题山东省东阿实验高中数学组贾冬梅设一个顶点上各棱长分别为c b a ,,的长方体1111D C B A ABCD -内接于球O ，也即它的八个顶点在同一球面上．由长方体特殊的几何性质可知，它的八个顶点到体对角线中点的距离都是2222c b a ++，所以体对角线的中点也就是球心O ，从而长方体的体对角线长等于球O 的直径．设球的半径为R ，则R c b a 2222=++．借助这个等量关系，完全可以使长方体与球之间的已知条件和所求问题沟通起来．在遇到球与内接三棱锥的组合体问题时，若将三棱锥补成长方体，便可使问题迎刃而解，既省时由省力．一、利用垂直构造长方体因为长方体一个顶点上的三条棱两两互相垂直，所以若一个三棱锥的三条侧棱两两互相垂直，可将这三条侧棱当成长方体一个顶点上的三条棱补成长方体．例1已知球面上有四个点C B A P ,,,，如果PC PB PA ,,两两互相垂直,且a PC PB PA ===，求这个球的表面积和体积．解析：因为PC PB PA ,,两两互相垂直，所以以共顶点P 的三条棱PC PB PA ,,能补成正方体，且此正方体内接于球，从而正方体的体对角线长即为球的直径．所以a R 32=，a R 23= ，23a S π=球,323a V π=球．请同学们思考：①若平面PAB 、平面PBC 、平面PCA 两两互相垂直，其它条件不变，求这个球的表面积和体积．（“平面PAB 、平面PBC 、平面PCA 两两互相垂直”等价于“PC PB PA ,,两两互相垂直”）②三棱锥ABC P -中，三条侧棱PC PB PA ,,两两互相垂直，且a PA =，b PB =，c PC =，若空间一点O 到四个顶点C B A P ,,,的距离相等，则这个距离的数值是（）．（满足题意的点O 就是三棱锥ABC P -的外接球的球心，答案是2222c b a ++）例2如图1，已知球O 的面上四点D C B A ,,,，ABC DA 平面⊥，BC AB ⊥，3,1,1===BC AB DA ，求球O 的体积．解析：虽然本题不存在一个顶点上两两互相垂直的三条棱，但注意到ABC DA 平面⊥，BC AB ⊥，仍可将其补成长方体（如图2），由题意，P C A B 如图4P 如图3C B A 它内接于球O ．易求球的半径25=R ，π655=球V ．评注：不但具有线面垂直关系的三棱锥可以补成长方体，某些具有线面垂直关系的四棱锥也可以补成长方体．二、利用对棱相等构造长方体因为长方体向对面的对角线长度相等，所以在遇到对棱相等的三棱锥时，以相等的对棱当作长方体相对面的对角线将其补成长方体．例3 将例1中“PC PB PA ,,两两互相垂直”改为“PC PB PA ,,两两所成角均为 60”，其它条件不变，求这个球的表面积和体积．解析：由题意，得三棱锥ABC P -是正四面体（如图3），当然有BC PA =，AC PB =，AB PC =，以AB PC AC PB BC PA ,,,.,分别为面对角线构造正方体（如图4）,它必内接于球O ．设正方体棱长为x ，则x a 2=，a x 22=，体对角线长为a 26，球的半径为a R 46=，223a S π=球，386a V π=球．例4设三棱锥ABC P -中，34==BC PA ，41==AC PB ，5==AB PC ，求这个球的表面积和体积．解析：以AB PC AC PB BC PA ,,,.,分别为面对角线构造长方体（类似于图4），设长方体一个顶点上的三条棱长分别为z y x ,,，则⎪⎩⎪⎨⎧=+=+=+254134222222x z z y y x ，三式相加除以2，得体对角线的平方为50，，易求外接球的半径为225=R ，π50=球S ，π32125=球V ．长方体是空间图形中特殊且内涵丰富的几何体，采用构造长方体的方式去处理一些球与三棱锥的组合体问题，往往能达到化难为易、化繁为简的效果．当然，我们在领略美妙的解题过程时，还要了解所用技巧的思想根源，以期提高同学们的观点和对问题认识的高度．这里使用构造法的思路源于几何体特殊的线面位置关系和度量关系，以及长方体的中心就是其外接球的球心．另外，这种方法也可以推广到球与其它的内接多面体，如正三棱柱的上、下底面中心连线的中点就是其外接球的球心（文后有一道这方面的练习题）．其次，构造法是数学的一种重要思想方法，同学们可通过加强灵活运用构造法的指导和训练来培养自己的创造能力．练习题：1．已知，三棱锥ABC P -中，底面三角形ABC 是边长为2的正三角形,ABC PA 底面⊥，且2=PA ,则此三棱锥的外接球的半径为（）A ．2B ．5C ．2D ．321 2．已知，在等腰梯形ABCD 中，22==DC AB , 60=∠DAB ，E 为AB 的中点．将ADE ∆与BEC ∆分别沿ED 、EC 向上折起，使A 、B 重合于点P ，则三棱锥DCE P -的外接球的体积为（）A ．2734πB ．26πC ．86πD ．246π 3．如图5，已知三棱锥ABC P -中，E 、F 分别是AC 、AB的中点，ABC ∆、PEF ∆都是正三角形，AB PF ⊥．（1）证明：PAB PC 平面⊥；（2）求二面角C AB P --的平面角的余弦值；（3）若点P 、A 、B 、C 在一个表面积为π12的球面上，求ABC ∆的边长．答案：1．D 2．C 3．（2）33；（3）22．图5F ECB A P。

专题4.1 复杂的三视图问题(解析版)

一．方法综述三视图几乎是每年的必考内容，一般以选择题、填空题的形式出现，一是考查相关的识图，由直观图判断三视图或由三视图想象直观图，二是以三视图为载体，考查面积、体积的计算等，均属低中档题.三视图中的数据与原几何体中的数据不一定一一对应，识图要注意甄别. 揭示空间几何体的结构特征，包括几何体的形状，平行垂直等结构特征，这些正是数据运算的依据.还原几何体的基本要素是“长对齐，高平直，宽相等”.要切实弄清常见几何体(圆柱、圆锥、圆台、棱柱、棱锥、棱台、球)的三视图的特征，熟练掌握三视图的投影方向及正视图原理，才能迅速破解三视图问题，由三视图画出其直观图．对于简单几何体的组合体的三视图，首先要确定正视、侧视、俯视的方向，其次要注意组合体由哪些几何体组成，弄清它们的组成方式，特别应注意它们的交线的位置．解题时一定耐心加细心，观察准确线与线的位置关系，区分好实线和虚线的不同.根据几何体的三视图确定直观图的方法：（1）三视图为三个三角形，对应三棱锥；（2）三视图为两个三角形，一个四边形，对应四棱锥；（3）三视图为两个三角形，一个带圆心的圆，对应圆锥；（4）三视图为一个三角形，两个四边形，对应三棱锥；（5）三视图为两个四边形，一个圆，对应圆柱.对于几何体的三视图是多边形的，可构造长方体（正方体），在长方体（正方体）中去截得几何体. 二．解题策略类型一构造正方体（长方体）求解【例1】【2018年文北京卷】某四棱锥的三视图如图所示，在此四棱锥的侧面中，直角三角形的个数为A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】C 【解析】由三视图可得四棱锥，在四棱锥中，，由勾股定理可知：，则在四棱锥中，直角三角形有：共三个，故选C.【指点迷津】正视图、侧视图是三角形，考虑底面顶点数是四，是四棱锥．【举一反三】1、某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为（）A.16B.13C.12D.1【答案】 B【解析】在长、宽、高分别为2、1、1的长方体中截得三棱锥P-ABC ，其中点A 为中点，所以611112131V ABC -P =⨯⨯⨯⨯=.故选B.2、如图是某几何体的三视图，则该几何体的体积为（）34.A 38.B 328.C 324.D 【答案】B3、【2017北京，理7】某四棱锥的三视图如图所示，则该四棱锥的最长棱的长度为（A ）（B ）C ）（D ）2 【答案】B【解析】原几何体是四棱锥P-ABCD ，如图，最长的棱长为补成的正方体的体对角线，由三视图可知正方体的棱长为2，所以该四棱锥的最长棱的长度为32222222=++=l .故选B.学科&网类型二旋转体与多面体组合体的三视图【例2】【安徽省合肥一中、马鞍山二中等六校教育研究会2019届高三第二次联考】一个几何体的三视图如图所示，其中俯视图是半径为r 的圆，若该几何体的体积是则它的表面积是( )A ．B ．C ．D ．【答案】C 【解析】由已知三视图可知：该几何体的直观图是一个底面半径为，高为的圆柱内挖去一个半径为的半球，因为该几何体的体积为，所以，即，解得，所以该几何体的表面积为，故选C.【指点迷津】1.三视图有两个长方形含两个虚半圆，一个圆，故知该几何体是圆柱内挖去一个半径为的半球．2. 三视图有两个半圆含虚三角，想到半球有挖空部分，俯视图是一个圆含实线正方形，几何体是由半径为2的半球挖去一个正四棱锥．【举一反三】1、一个由半球和四棱锥组成的几何体，其三视图如图所示.则该几何体的体积为( )A. 13＋23πB.13＋23πC.13＋26πD.1＋26π 【答案】 C【解析】由三视图知该四棱锥是底面边长为1，高为1的正四棱锥，结合三视图可得半球半径为22，从而该几何体的体积为13×12×1＋12×43π×⎝ ⎛⎭⎪⎫223＝13＋26π.故选C.2、一几何体的三视图如图所示，正视图和侧视图都是半径为的半圆，俯视图为圆内接一个正方形，则该几何体的体积为（）A ．B ．C ．D ．【答案】D 【解析】分析：该几何体是由半径为2的半球挖去一个正四棱锥，四棱锥的高为2，底面为正方形，其对角线为4，分别求出2部分的体积并相减即可得到答案.解：由题意知，该几何体是由半球挖去一个正四棱锥，四棱锥的高为2，底面为正方形，其对角线为4，则该正方形边长为，故四棱锥的体积为，半球的体积为，故该几何体的体积为.故答案为D.类型三与三视图相关的外接与内切问题【例3】已知一个几何体的正视图和侧视图是两个全等的等腰三角形，腰长为3，底边长为2，俯视图是一个半径为1的圆如图，则这个几何体的内切球的体积为A．B．C．D．【答案】A【解析】由三视图知该几何体是圆锥，且底面圆的半径为1，母线长为3，其正视图为等腰三角形，圆锥的内切球半径等于正视图三角形内切圆半径，且内切圆的半径满足，解得，几何体的内切球体积为，故选A．【指点迷津】（1）三视图的定义正确读取图中线的位置关系和数量关系.（2）内切球球心与三棱锥各顶点连线，把原三棱锥分割成四个小三棱锥，利用等体积法求内切球半径.（3）分析外切球球心位置，利用已知的数量，求外切圆半径.【举一反三】1、如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是一个三棱锥的三视图，则该三棱锥的外接球的表面积是（）A．B．C．D．【答案】C【解析】由三视图可得，三棱锥为如图所示的三棱锥，其中侧面底面，在和中，，．取的中点，连，则为外接圆的圆心，且底面，所以球心在上．设球半径为，则在中，，由勾股定理得，解得，所以三棱锥的外接球的表面积为．故选C．2、一个几何体的三视图如图所示，其中正视图是一个正三角形，则这个几何体的外接球的表面积为( )A ． B. 83π C ． D. 163π 【答案】 D【解析】根据三视图还原几何体为一个如图所示的三棱锥D-ABC,其中平面ADC⊥平面ABC,△ADC 为等边三角形.取AC 的中点为E,连接DE 、BE,则有DE⊥AC,所以DE⊥平面ABC,所以DE⊥EB.由图中数据知AE=EC=EB=1,DE=,AD==2=DC=DB,AB=BC=,AC=2.设此三棱锥的外接球的球心为O,则它落在高线DE 上,连接OA,则有AO 2=AE 2+OE 2=1+OE 2,AO=DO=DE-OE= -OE,所以AO= ,故球O 的半径为 ,故所求几何体的外接球的表面积S=4π( )= π,故选D.3、一个几何体的三视图如图所示，其中主视图和左视图是腰长为1的两个全等的等腰直角三角形，则该几何体的外接球的表面积为( )A ．12πB ．C ．3πD ．类型四与三视图相关的最值问题【例4的线段，在该几何体的侧视图与俯视图中，这条棱的投影分别是长为a 和b 的线段，则a+b 的最大值为（A ）（B ）（C ）4 （D ）【答案】 C【指点迷津】构造长方体，体对角线为已知长度的棱，长方体三个面为投影面.根据题意，用长方体的棱长表示a+b ，用不等式2a b +≤.【举一反三】1、某三棱锥的三视图如图所示，且三个三角形均为直角三角形，则xy 的最大值为（）A.32 732.B C.64 764.D 【答案】C【解析】根据三视图可以画出该几何体的直观图如图，其中，平面，B D CD ⊥.作，BD //EC ，且、交于点，连接，则.设，根据图中的几何关系，有，，两式联立消去得，再由均值不等式，得.故选C.2、若某几何体的三视图如图所示，这个几何体中最长的棱长为，几何体的体积为.16【答案】33，33、某三棱锥的三视图如图所示．（1）该三棱锥的体积为__________．（2）该三棱椎的四个面中，最大面的面积是__________．【答案】 8 【解析】三棱锥的底面积13462S =⨯⨯=，1164833V Sh ==⨯⨯=，其四个面的面积分别为113462S =⨯⨯=，2115322S =⨯=，314102S =⨯=，412S =⨯=&网三．强化训练一、选择题1.【山东省泰安市高三2019年3月检测】九章算术中，将底面是直角三角形的直三棱柱称之为“堑堵”已知某“堑堵”的三视图如图所示，俯视图中间的实线平分矩形的面积，则该“堑堵”的表面积为4 2? 4 A B C D ++．．．．【解析】解：根据题意和三视图知几何体是一个放倒的直三棱柱'''ABC A B C -，、斜边是2，且侧棱与底面垂直，侧棱长是2，几何体的表面积1221222262S =⨯⨯⨯+⨯+⨯=+ 故选：D ．2.【辽宁省大连市2019届高三3月测试】我国古代数学名著《九章算术》中有如下问题：“今有羡除，下广六尺，上广一丈，深三尺，末广八尺，无深，袤七尺．问积几何”，羡除是一个五面体，其中三个面是梯形，另两个面是三角形，已知一个羡除的三视图如图粗线所示，其中小正方形网格的边长为1，则该羡除的表面中，三个梯形的面积之和为（）A ．40B ．43C ．46D ．47【答案】C 【解析】由三视图可知，该几何体的直现图如图五面体，其中平面平面，，底面梯形是等腰梯形，高为3 ,梯形的高为4 ,等腰梯形的高为，三个梯形的面积之和为,3.【广东省梅州市2019届高三总复习质检】九章算术给出求羡除体积的“术”是：“并三广，以深乘之，又以袤乘之，六而一”，其中的“广”指羡除的三条平行侧棱的长，“深”指一条侧棱到另两条侧棱所在平面的距离，“袤”指这两条侧棱所在平行线之间的距离，用现代语言描述：在羡除中，，，，，两条平行线与间的距离为h，直线到平面的距离为，则该羡除的体积为已知某羡除的三视图如图所示，则该羡除的体积为A．B．C．D．【答案】B【解析】由三视图还原原几何体知，羡除中，，底面ABCD是矩形，，，平面平面ABCD，AB，CD间的距离，如图，取AD中点G，连接EG，则平面ABCD，由侧视图知，直线EF到平面ABCD的距离为，该羡除的体积为．故选：B．4.【安徽省合肥市2018届高三三模】我国古代《九章算术》将上、下两面为平行矩形的六面体称为刍童.右图是一个刍童的三视图，其中正视图及侧视图均为等腰梯形，两底的长分别为2和4，高为2，则该刍童的表面积为A．B．40 C．D．【答案】D【解析】由三视图可知，该刍童的直观图是如图所示的六面体，图中正方体棱长为，分别是所在正方体棱的四等分点，其表面由两个全等的矩形，与四个全等的等腰梯形组成，矩形面积为，梯形的上下底分别为，梯形的高为，梯形面积为，所以该刍童的表面积为，故选D.5．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某三棱锥的三视图，则该三棱锥的外接球的表面积为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】通过三视图还原，可知三棱锥为如下图所示的，可通过切割长方体得到所以长方体的外接球即为三棱锥的外接球又，，所以外接球半径：球的表面积为：本题正确选项：6．如图，一个圆柱从上部挖去半球得到几何体的正视图，侧视图都是图1，俯视图是图2，若得到的几何体表面积为，则（）A．3 B．4C．5 D．6【答案】B【解析】所得几何体的表面积等于底面圆面积加上侧面积和半球表面积，即.故选.7．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A．B．C．D．【答案】D【解析】观察三视图发现：该几何体的形状为圆柱从上方削去一部分，削去部分的体积为圆柱体积一半的一半即，下方削去半个球，故几何体的体积为：，故选D.8．某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为（）A．10 B．20 C．30 D．60【答案】A【解析】根据三视图将三棱锥P-ABC还原到长方体中,如图所示,故选A.9．一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为A．B．C．D．【答案】A【解析】由题意可知几何体是一个底面半径和高都是6的圆柱，挖去一个半圆锥的几何体如图：几何体的体积为：．故选：A．10．如图是一个几何体的三视图，根据图中的数据，计算该几何体的表面积为A．15π B．18π C．22π D．33π【答案】D【解析】由三视图可知，该几何体是一个组合体，组合体上部为一个半径为3的半球，下部是一个圆锥，圆锥的底面半径为3.母线长为5，半球的表面积为，圆锥的侧面积为，所以该几何体的表面积为，故选D.11.榫卯（sǔnmǎo）是两个木构件上所采用的一种凹凸结合的连接方式.凸出部分叫榫，凹进去的部分叫卯，榫和卯咬合，起到连接作用.代表建筑有北京的紫禁城、天坛祈年殿，山西悬空寺等，如图是一种榫卯构件中榫的三视图，则该榫的表面积和体积为（）A．B．C．D．【答案】A【解析】由三视图知该榫头是由上下两部分构成：上方为长方体（底面为边长是1的正方形，高为2），下方为圆柱（底面圆半径为2，高为2）．其表面积为圆柱的表面积加上长方体的侧面积，所以．其体积圆柱与长方体体积之和，所以．故选A．12.如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的各条棱中，最长的棱的长度为（）（A）（B）6（C）（D）4【答案】B13.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，则该几何体的体积为（）【答案】A【解析】该几何体是由两个小三棱锥和一个圆锥组成，所以体积为()1182224412333ππ⨯⨯⨯+⨯⨯=+，故选A.14. 如图所示，网格纸上小正方形的边长为，粗实线画出的是某几何体的三视图，其侧视图中的曲线为圆周，则该几何体的体积为（）A ．B ．C ．D ．【答案】B 【解析】结合题意，绘制图像，如图所示平面DEF 的面积为，故该几何体的体积，故选B.二、填空题15.一个几何体的三视图如图，则该几何体的体积为.【答案】π2216、一个几何体的三视图如图所示，其中正视图是一个正三角形，俯视图是一个等腰直角三角形，则该几何体的外接球的表面积为俯视图侧视图正视图3 11【答案】。

高中数学必修2第一章第三节《空间几何体的表面积与体积》全套教案

空间几何体的表面积与体积1.3.1柱体、锥体、台体的表面积与体积【教学目标】（1）通过对柱、锥、台体的研究，掌握柱、锥、台的表面积和体积的求法。

（2）能运用公式求解，柱体、锥体和台全的全积，并且熟悉台体与术体和锥体之间的转换关系。

（3）培养学生空间想象能力和思维能力。

【教学重点难点】【教学重点】：柱体、锥体、台体的表面积和体积计算【教学难点】：台体体积公式的推导【学前准备】：多媒体，预习例题（3）初中时，我们已经学习了计算特殊的柱体——正方体、长方体以及圆柱的体积公式：如图，把正方体截去四个角，得到一个体比2a和积此圆柱的底面在圆锥的底面上，圆柱的高等于圆锥底面半径，且圆柱的全面积：圆锥的底面积3:2=．）求圆锥母线与底面多成的角的正切值；（2）圆锥的侧面积参考答案：1. B 2. C 3. 1 , 3 4. A 5. B 6. B 7. 1:3 3a π或32aπ9．已知圆锥有一个内接圆柱此圆柱的底面在圆锥的底面上，圆柱. 三棱锥的外接球问题【教学目标】⑴通过对球的体积和面积公式的推导，了解推导过程中所用的基本数学思想方法：“分割——求和——化为准确和”，有利于同学们进一步学习微积分和近代数学知识。

⑵能运用球的面积和体积公式灵活解决实际问题。

⑶培养学生的空间思维能力和空间想象能力。

【教学重难点】【教学重点】：引导学生了解推导球的体积和面积公式所运用的基本思想方法。

【教学难点】：推导体积和面积公式中空间想象能力的形成。

【学前准备】：多媒体，预习例题4：如图是一个空间几何体的三视图，则该几何体的外接球的表面积为.类型四：一条测棱垂直底面，底面为非直角三角形的四面体的外接球问题5已知点A,B,C,D,四点在同一个球面上，DA⊥平面ABC,DA=AB=AC=3,∠ABC=60，则球半径是类型五：正三棱锥的外接球问题6：已知正三棱锥底面边长为1，侧棱长为2，求外接球半径。

构造特殊几何体求解立体几何问题的策略

构造特殊几何体求解立体几何问题的策略正（长）方体等几何体是一种特殊且重要的多面体，所含的线线、线面、面面的位置关系内容丰富．通过构造这些体解题，思路自然且简捷．下面举例说明．策略一、由正四面体构造正方体例1 一个正四面体的所有棱长都是2，四个顶点在一个球面上，则此球的表面积为（）（A ） 3π （B ）4π （C ） 33π （D ）6π【解析】以正四面体的各棱为正方体的面对角线，构造棱长为1的正方体，显然所求的球就是棱长为1的正方体的外接球，设球的半径为R ，即有2R ＝3．则球表S ＝4πR 2＝π（2R ）2＝3π，选（A ）．策略二、由共点且两两垂直的三条（相等）线段构造长（正）方体例2 如图1，四棱锥S ABCD -的底面是边长为1的正方形，SD 垂直于底面ABCD ，（Ⅱ）求面ASD 与面BSC 所成二面角的大小；（Ⅲ）设棱SA 的中点为M ，求异面直线DM 与SB 所成角的大小。

【解析】 SD ⊥底面ABCD ，且ABCD 为正方形，∴可以把四棱锥S ABCD -补形为长方体A B C S ABCD 111-，如图2，在Rt ABD ∆中，由勾股定理得SC =2，在Rt SDC ∆中，由勾股定理得SD =1，故长方体A B C S ABCD 111-是棱长为1的正方体．（Ⅰ）在正方体A B C S ABCD 111-中，有BC ⊥平面SDC ，∴⊥BC SC ．（Ⅱ）在正方体A B C S ABCD 111-中，面ASD 与面BSC 所成的二面角就是面ADSA 1与面BCSA 1所成的二面角．∴∠CSD 为所求二面角的平面角．∴∠=︒CSD 45，即面ASD 与面BSC 所成的二面角为45︒．（Ⅲ）在正方体A B C S ABCD 111-中，M 即是面对角线A 1D 的中点，有DM ⊥SA ．又SA 是SB 在面ASD 上的射影，由三垂线定理得DM SB ⊥，∴异面直线DM 与SB 所成的角为90︒．策略三、由共边且互相垂直的两个正方形面构造正方体例3 如图3，正方形ABCD 、ABEF 的边长都是1，而且平面ABCD 、ABEF 互相垂直，点M 在AC 上移动，点N 在BF 上移动，若)20(<<==a a BN CM （Ⅰ）求MN 的长；（Ⅱ）当a 为何值时，MN 的长最小；（Ⅲ）当MN 长最小时，求面MNA 与面MNB 所成的二面角α的大小。

巧用长方体模型妙解立体几何问题

巧用长方体模型妙解立体几何问题求莲萍（嵊州中学,浙江嵊州312400）摘要：文章通过教学案例指出构造长方体模型解决立体几何中的一些问题，培养学生的模型化处理意识以及局部与整体的相互转化意识,提高学生的空间想象能力.关键词：核心素养;模型意识;长方体模型;空间想象能力中图分类号：0123. 2文献标识码:A 文章编号：1003-6407（ 2021） 03-0016-04人教A 版普通高中课程标准实验教科书《数学（必修2）》（以下简称《必修2》）在第二章的章头引言中有这样一句话：“本章以长方体为载体,直观认识和理解空间中点、直线、平面的位置关系”.《必修2》在学习点、直线、平面位置关系时，都是先观察长方体，利用长方体为载体，直观认识和理解空间中点、直线、平面的位置关系.《必修2》用这种无声的语言告诉我们，解决立体几何问题一种非常有效的方法是利用长方体模型•长方体模型是内涵非常丰富的几何图形，它包含了空间中基本的线线关系、线面关系、面面关系，故利用长方体模型可以把立体几何中的基本概念和定理梳理清楚.对长方体进行切割，可以得到多种多样的柱体、锥体、台体，这样既可以拓展、丰富立体几何的研究空间,又体现出图形与知识间的内在联系⑴.许多空间问题如果放置在长方体模型中便迎刃而解.1构造长方体模型解决三视图问题三视图在浙江省数学咼考中多以选择题或者填空题的形式出现，难度多为中低档题，常见的命题角度是根据几何体的三视图求几何体的体积或者表面积.例1祖眶是我国南北朝时代的伟大科学家, 他提出的“幕势既同，则积不容异”称为祖眶原理, 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1所示（单位：cm ）,则该柱体的体积（单位:cm 3）是（）A. 158B. 162C. 182D. 324（2019年浙江省数学高考试题第4题）俯视图图1 图2分析由三视图不难推断出原直观图是来自正方体的五棱柱（如图2），从棱长为6的正方体中截取五棱柱ABCDE-A 1B 1C ]D x E .就生成了这道题, 体积为162.故选B .点评虽然三视图的考查难度属于中低档题, 但是学生解题的正确率却并不令人满意，特别是涉及到几何体的表面积时错误率居高不下，令人大跌眼镜•究其错误原因主要有两类:一是由三视图还原几何体时绘制的几何体出现问题；二是绘制出几何体后几何体中的点、线、面位置关系没有较好把握，导致求解几何体的体积、表面积时出错•若学生能从长方体模型出发，根据三视图，对长方体进行切割还原得到几何体，那么就能精确地把握几何体中点、线、面的位置关系，求几何体的体积和表面积就容易得多•实际上命题者通常是先在长方体模型中截取几何体，然后作出三视图，解题者则是刚好相反.教学中若能抓住这一本质，三视图问题就能迎刃而解.2构造长方体模型解决四面体问题长方体中的棱、面对角线、体对角线所在直线的位置关系有平行、相交、异面.任取两条异面直线,其所在棱或面对角线或体对角线的4个端点两收文日期：2020-09-18；修订日期：2020-10-20作者简介:求莲萍（1983—）,女,浙江嵊州人,中学一级教师•研究方向:数学教育.两连线就可以得到一个四面体,墙角型四面体、三节棍体、对棱相等四面体就是常见的从长方体中分离出来的四面体.例2如图3,在三棱锥A-BCD中，侧面ABD, ACD是全等的直角三角形，AD是公共的斜边, AD=3,BD=CD=1,另一个侧面是正三角形.1）求证:AD丄BC.2）求二面角B-AC-D的余弦值.3）在直线AC上是否存在一点E,使ED与面BCD成30°角，若存在,确定点E的位置;若不存在，说明理由.（2006年江西省数学高考理科试题第20题）图3图4分析由条件可知AB=BC=AC=2,A BCD 是直角三角形.抓住A BCD是直角三角形这一特征，将A BCD放置于长方体底面一角，由侧面ABD,ACD是直角三角形可取点A是长方体的顶点，由长度关系可知该长方体为正方体•将三棱锥A-BCD放置于棱长为1的正方体中（如图4）,则第1）小题显然成立;半平面ACD即为正方体的对角面,分别取AC,DF的中点M,N,则Z BMN为二面角B-AC-D的平面角•又4642BM=,MN=1,BN=,2''2'可得C0S/BMN二亍.假设存在点E使得题设成立,过点E作EQ〃AP交PC于点Q,联结QD,则Z EDQ即为ED与面BCD 所成的角，且EQ=EQQD EQ2+13解得EQ二丄，72即EC=1.点评这是典型的三节棍体，该题中没有现成的两两互相垂直的3条直线，需要添加辅助线才能建立空间直角坐标系，很多学生感到有难度•把该三棱锥放置于正方体中后，空间直角坐标系的建立就显而易见了•借助于正方体中点、线、面的位置关系，用传统方法解决二面角、线面角所需的辅助线容易添加，数据的处理、计算的过程得到简化•这是高考中的大题目，构造了长方体模型之后,做起来变得轻松多了•解决与长方体有关的四面体问题,可以逆向思维，将其还原为长方体，这是解决此类问题的一种重要方法.3构造长方体模型解决面面垂直背景问题平行关系和垂直关系的考查是立体几何考查的主流•对学生而言，垂直关系的考查是难点，往往涉及空间角•对于空间角的处理，学生往往想到建立空间直角坐标系，若遇到没有现成的三线两两互相垂直的立体几何问题,则成了他们的障碍.例3如图5,已知三棱柱ABC-A1B1C1，平面A1A CC］丄平面ABC,Z ABC=90°,乙BAC=30°,A1A=A1C=AC,E,F分别是AC,A1B1的中点.图51）证明：EF丄BC；2）求直线EF与平面A1BC所成角的余弦值.（2019年浙江省数学高考试题第19题）图6图7分析抓住几何体的特征Z ABC=90°,将△ABC放置于长方体底面一角中.由平面A1ACC］丄平面ABC可知平面A1A CC1就是长方体的对角面，由A1A=A1C可知A1为长方体上底面对角线的交点，将三棱柱ABC-A1B1C1放置于长方体中（如图6）.在长方体模型中，EF丄BC就显而易见了，直线EF与平面A1BC所成的角即为直线AM 与平面MNCB所成的角（如图7）.因为平面MNCB丄平面BADM,所以Z AMB即为直线AM与3平面MNCB所成的角.又C0s Z AMB=5,故直线3EF与平面A1BC所成角的余弦值为5.点评该题中没有现成的两两互相垂直的3条直线，需要添加辅助线才能建立空间直角坐标系,很多学生感到有难度，或者干脆采用“万能”建系法.若抓住三棱柱ABC-A1B1C1的两个特征“乙ABC=90°”与“平面A1A C1丄平面ABC”，将三棱柱ABC-A1B1C1放置于长方体模型中，则EF与BC的垂直关系、直线EF与平面A1BC所成的角就能够很容易地找出，这个高考题中的解答题就成了“小题”.无独有偶,2020年浙江省数学高考试题第19题又是以面面垂直为背景的线线垂直、线面角的考査例4如图8,在三棱台ABC-DEF中，平面ACFD丄平面ABC,乙ACB=乙ACD=45°,DC=2BC.1）证明：EF丄BD；2）求直线DF与平面DBC所成角的正弦值.（2020年浙江省数学高考试题第19题）图8图9学生普遍认为该题较难,原因主要有两个:一是图8中没有现成的两两互相垂直的3条线或者是作出了三线两两互相垂直以后点坐标不容易写出；二是以三棱台为背景使得处理难度加大.事实上,该题中三棱台ABC-DEF即使棱BC长度给定它也不是一个定几何体，因此在建立空间直角坐标系时必定有点是没法固定表示的.在解题时若能抓住条件“平面ACFD丄平面ABC”与“乙ACB=Z ACD=45°”，把A ABC放置于正方体下底面，四边形ACFD放置于正方体的侧面，点B,D分别在正方体的面对角线上运动（如图9所示），肋〃BC,DF〃4C，则问题可转化为1）证明：BC丄DB；2）求直线AC与平面DBC所成角的正弦值.1）证明由平面ACFD丄平面ABC不难想到过点D作DH丄AC于点H,联结HB.设BC=1,则DC=2,DH=HC=72,HB=1,DB=73,从而DB丄BC.2）解由V D-HBC=V H-DBC，得从而直线AC与平面DBC所成角的正弦值为.d H-DBC相sin&=----=.HC3利用正方体模型,这个以三棱台为背景的线线垂直、线面角问题就转化成了三节棍体中的线线垂直与线面角问题.从模型中也不难看出，即使三棱台的棱BC长度给定,但正方体的棱长不能确定,故点A的位置也不固定.4构造长方体模型解决翻折问题将平面图形沿某直线翻折至立体图形,对立体图形中的点、线、面位置关系和几何量的研究就是翻折问题•翻折问题比较抽象，在历年高考中时常出现，是立体几何中的综合性应用问题,考查难度属于中高档题，也是学生感到困惑、难以突破的问题.例5在平面内直线EF与线段AB相交于点C,乙BCF=30°，且AC=BC=4,将此平面沿直线EF 折成60°的二面角a-EF-0,BP丄平面a,点P为垂足（如图10）.1）求A ACP的面积；2）求异面直线AB与EF所成角的正切值.（2009年浙江省数学高考理科试题备用卷第图11图12分析这是一个翻折问题，初看是动态立体几何问题，由于是折成60°的二面角a-EF-0,是一个静态立体几何问题•但是此翻折问题比较抽象，学生难以想象出几何体,建立空间直角坐标系,更不知道该如何添加辅助线•对于翻折问题，可以用实物长方形纸片翻折（如图11）,纸片满足条件AC= BC=4,乙BCF=30°，贝U BF=EA=2,AD=43.抓住翻折中的长方形纸片EFDA是矩形这一特征，将矩形EFDA放置于长方体模型的底面中（如图12）,抓住翻折中二面角a-EF-0的平面角Z BFD=60°这一特征，取长方体的高BP=3,P为DF的中点，则A ACP的面积为S AACP=S adf E-S AAEC-S ACFP-S AADP=33•Z BAD即为异面直线AB与EF所成的角，且BDtanZBAD=AD24336'点评本题是以翻折为背景的立体几何静态问题•对于翻折问题要理清翻折前后的不变量和改变量,折痕同侧的线段位置、长度、角度关系不变,折痕两侧的线段位置、长度、角度关系发生改变,这是解决翻折问题的关键.图形的翻折是由抽象到直观的过程，翻折问题由于辅助线的添加和空间直角坐标系建立的困难,使其成为学生恐惧的对象.根据翻折中图形的特征EFDA是矩形将其补形成长方体，在扩大的几何背景中研究原几何体,原几何体中几何元素间的关系更加直观.单墫老师说：“模式教育容易产生思维定式,束缚创造性，但完全没有模式，也使初学者难以把握,正如围棋中的定式,需要根据情况灵活应用、不可拘泥.”不以柱体、锥体、台体为载体的立体几何问题一直是学生的难点，利用长方体模型能够从整体上把握几何体中涉及的点、线、面的位置关系，使得求解的问题变得简单,解题过程简洁.利用长方体模型解决立体几何问题,关键在于正确建立长方体模型，从长方体中切割得到几何体是补形的最佳方式.根据几何体中的点在长方体中所处位置的不同可以分为三大类:一类是几何体的各个顶点都是长方体顶点，如例2；—类是几何体的某些点在长方体的棱、面多角线、体对角线上，如例1和例3；—类是几何体的某些点在长方体的面上或者长方体内部，如例4和例5.前两类问题多以静态几何体的形式出现，第三类多以动态几何体的形式如翻折问题、旋转问题中出现.第1类几何体多采用对长方体进行切割的方式实现.四面体是命题的热点，根据四面体的面在长方体面上的个数，可以分离出如图13所示4类四面体V-ABC:图131）墙角型四面体，某一顶点处三线两两互相垂直，有3个面在长方体的面上；2）三节棍体,3节短棍CV,E4,AB两两互相垂直,4个面都是直角三角形，有两个面在长方体的面上；3）退化的三节棍体,3节短棍CA,AB,BV中共面的两截短棍互相垂直，有一个面在长方体的面上；4）对棱相等型四面体2,各个面都不在长方体的面上,但它又具有完美的对称性.熟悉这4类长方体模型中分离出的四面体的结构特点就能快速地确定是否可以并如何将四面体放置于长方体模型中.第2,3类几何体呈现的形式多种多样，如例1中的五棱柱、例3中的三棱柱、例5中的抽象图形.关键是抓住几何体中的特点补形,常见的有：1）三视图时根据三视图的特征对长方体切割；2）根据三角形形状特征在长方体的面上截取三角形，直角三角形可放置于长方体面的一角；3）线面垂直时以线为长方体中的一条棱，面在长方体底面上按要求截取；4）面面垂直时以这两个面作为长方体相邻的侧面，在这两个相邻的侧面上按要求截取.无论几何体多复杂,本质上还是利用几何体的特征在长方体中截取需要的几何体.数学核心素养是课程目标的集中体现,是具有数学基本特征的思维品质、关键能力以及情感、态度与价值观的综合体现，是在数学学习和应用过程中逐步形成和发展的.当前，以数学素养为核心的教学改革正在全面开展,数学建模、直观想象是其中重要的两大素养.本文旨在培养学生运用数学建模的思想解决立体几何问题，培养学生的模型化处理意识、局部与整体的相互转化意识，提高学生的空间想象能力.在立体几何的教学中，要以长方体为纽带，降低立体几何的学习难度，激发学生的学习兴趣，进一步发展学生的空间想象能力、逻辑思维能力、数学建模能力，使学生在解题中能够开拓自己的思路，学会多角度地分析问题，并能巧妙地转化问题.参考文献[1]周顺钿.重点高中二轮复习用书（高中数学）[M].杭州：浙江大学出版社,2020:94-100.[2]王作顺.与长方体相关的三类四面体[J].中学生数学,2010（23）：12-13.。

2025届广东省陆丰市东海中学高考冲刺押题(最后一卷)数学试卷含解析

2025届广东省陆丰市东海中学高考冲刺押题（最后一卷）数学试卷请考生注意：1．请用2B 铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。

写在试题卷、草稿纸上均无效。

2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1．下列函数中，既是奇函数，又在(0,1)上是增函数的是（）．A ．()ln f x x x =B ．()x x f x e e -=-C ．()sin 2f x x =D ．3()f x x x =-2．《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有刍甍，下广三丈，袤四丈，上袤二丈，无广，高二丈，问：积几何?”其意思为：“今有底面为矩形的屋脊状的楔体，下底面宽3丈，长4丈，上棱长2丈，高2丈，问：它的体积是多少?”已知l 丈为10尺，该楔体的三视图如图所示，其中网格纸上小正方形边长为1，则该楔体的体积为（）A ．10000立方尺B ．11000立方尺C ．12000立方尺D ．13000立方尺3．已知符号函数sgnx 100010x x x ⎧⎪==⎨⎪-⎩，＞，，＜f （x ）是定义在R 上的减函数，g （x ）＝f （x ）﹣f （ax ）（a ＞1），则（）A ．sgn [g （x ）]＝sgn xB ．sgn [g （x ）]＝﹣sgnxC ．sgn [g （x ）]＝sgn [f （x ）]D ．sgn [g （x ）]＝﹣sgn [f （x ）]4．在ABC ∆中，内角A 的平分线交BC 边于点D ，4AB =，8AC =，2BD =，则ABD ∆的面积是（） A ．2B 15C ．3 D ．35．已知复数12i z i -=-（i 为虚数单位）在复平面内对应的点的坐标是（） A ．31,55⎛⎫- ⎪⎝⎭ B ．31,55⎛⎫-- ⎪⎝⎭ C ．31,55⎛⎫⎪⎝⎭ D ．31,55⎛⎫- ⎪⎝⎭6．如图1，《九章算术》中记载了一个“折竹抵地”问题:今有竹高一丈,末折抵地,去本三尺，问折者高几何? 意思是:有一根竹子, 原高一丈（1丈=10尺）, 现被风折断，尖端落在地上，竹尖与竹根的距离三尺，问折断处离地面的高为（）尺.A ．5.45B ．4.55C ．4.2D ．5.8 7．函数()1cos f x x x x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭（x ππ-≤≤且0x ≠）的图象可能为（） A ． B ． C ．D ．8．20201i i=-（） A ．2 B ． 2C ．1 D ．149．设函数()()21ln 11f x x x =+-+，则使得()()1f x f >成立的x 的取值范围是（）． A ．()1,+∞ B ．()(),11,-∞-+∞ C ．()1,1- D ．()()1,00,1-10．已知一个三棱锥的三视图如图所示，其中三视图的长、宽、高分别为2，a ，b ，且()520,02a b a b +=>>，则此三棱锥外接球表面积的最小值为（）A ．174πB ．214πC ．4πD ．5π11．设i 为虚数单位，复数()()1z a i i R =+-∈，则实数a 的值是（）A ．1B ．-1C ．0D ．212．执行如图所示的程序框图，输出的结果为（）A ．78B ．158C ．3116 D ．1516二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

专题讲解立体几何中的外接球与内切球问题（学生版）

专题讲解立体几何中的外接球与内切球问题如果一个多面体的各个顶点都在同一个球面上，那么称这个多面体是球的内接多面体，这个球称为多面体的外接球．有关多面体外接球的问题，是立体几何的一个重点与难点，也是高考考查的一个热点。

考查学生的空间想象能力以及化归能力。

研究多面体的外接球问题，既要运用多面体的知识，又要运用球的知识，解决这类问题的关键是抓住内接的特点，即球心到多面体的顶点的距离等于球的半径．并且还要特别注意多面体的有关几何元素与球的半径之间的关系，而多面体外接球半径的求法在解题中往往会起到至关重要的作用。

球的内切问题主要是指球外切多面体与旋转体，解答时首先要找准切点，通过作截面来解决．如果外切的是多面体，则作截面时主要抓住多面体过球心的对角面来作。

当球与多面体的各个面相切时，注意球心到各面的距离相等即球的半径，求球的半径时，可用球心与多面体的各顶点连接，球的半径为分成的小棱锥的高，用体积法来求球的半径。

球与多面体的关系是高考考查的重点，但同学们又因为缺乏较强的空间想象能力，较难找到解题的切入点和突破口。

解决这类题目是要认真分析图形，明确切点和接点的位置及球心的位置是关键。

常见题型有求对应外接球或内切球半径、表面积、体积或球内接几何体最值等问题。

本章节将对常见的关于内切球和外接球的模型作一总结，并附有针对性训练题，供教师和学生参考使用。

一.常见模型归纳1. 墙角模型墙角模型是三棱锥有一条侧棱垂直于底面且底面是直角三角形模型，用构造法(构造长方体)解决。

外接球的直径等于长方体的体对角线长(在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＝a 2＋b2＋c2。

)，秒杀公式：R2＝a2＋b2＋c24．可求出球的半径从而解决问题．有以下四种类型：【例1】已知二面角α－l－β的大小为π3，点P∈α，点P在β内的正投影为点A，过点A作AB⊥l，垂足为点B，点C∈l，BC＝22，P A＝23，点D∈β，且四边形ABCD满足∠BCD＋∠DAB＝π．若四面体P ACD的四个顶点都在同一球面上，则该球的体积为________．A BCDA1B1C1D1类型ⅠA BCDA1B1C1D1类型ⅡA BCDA1B1C1D1类型ⅢA BCDA1B1C1D1例外型【例2】已知三棱锥P －ABC 的四个顶点在球O 的球面上，P A ＝PB ＝PC ，△ABC 是边长为2的正三角形，E ，F 分别是P A ，AB 的中点，∠CEF =90°，则球O 的体积为( )．A ．68πB ．64πC ．62πD ．6π【变式练习1】在空间直角坐标系Oxyz 中，四面体ABCD 各顶点的坐标分别为A (2，2，1)，B (2，2，－1)，C (0，2， 1)，D (0，0，1)，则该四面体外接球的表面积是( )A ．16πB ．12πC ．43πD ．6π【变式练习2】在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 是边长为32的正方形，AA 1＝3，E 是线段A 1B 1上一点，若二面角A －BD －E 的正切值为3，则三棱锥A －A 1D 1E 外接球的表面积为________．2. 对棱相等模型对棱相等模型是三棱锥的三组对棱长分别相等模型，用构造法(构造长方体)解决。

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