专题三立体几何-2021届高三数学二轮专题复习课件

答案：A
专题三 立体几何
真题研析 命题分析 知识方法
2．(2019·全国卷Ⅰ)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，∠CEF＝90°，则 球 O 的体积为( )
A．8 6π B．4 6π C．2 6π D. 6π 解析：设 PA＝PB＝PC＝2a，则 EF＝a， FC＝ 3，所以 EC2＝3－a2. 在△PEC 中， cos∠PEC＝a2＋32－a a23－－（a22a）2.
由于 AM＝ 32－12＝2 2，故 S△ABC＝12×2×2 2＝ 2 2，
专题三 立体几何
真题研析 命题分析 知识方法
设内切圆半径为 r，则：
S△ABC＝S△AOB＋S△BOC＋S△AOC＝12×AB×r＋12×BC×
r＋12×AC×r＝12×(3＋3＋2)×r＝2 2，解得 r＝ 22，其
体积
专题三 立体几何
真题研析 命题分析 知识方法
在△AEC 中， cos∠AEC＝a22＋a3－3－a2a－2 4. 因为∠PEC 与∠AEC 互补，所以 3－4a2＝1，a＝ 22， 故 PA＝PB＝PC＝ 2. 又因为 AB＝BC＝AC＝2，所以 PA⊥PB⊥PC， 所以外接球的直径 2R＝ （ 2）2＋（ 2）2＋（ 2）2＝ 6， 所以 R＝ 26，所以 V＝43πR3＝43π× 263＝ 6π.故选 D.
V＝43πr3＝
2 3 π.
答案： 32π
专题三 立体几何
真题研析 命题分析 知识方法
类型二 平行与垂直关系的证明 1.(2020 · 全 国 卷 Ⅲ ) 如 图 ， 在 长 方 体 ABCD-A1B1C1D1 中，点 E，F 分别在棱 DD1， BB1 上，且 2DE＝ED1，BF＝2FB1.证明： (1)当 AB＝BC 时，EF⊥AC； (2)点 C1 在平面 AEF 内． 证明：(1)因为长方体 ABCD-A1B1C1D1，所以 BB1⊥ 平面 ABCD，所以 AC⊥BB1， 因为长方体 ABCD-A1B1C1D1，AB＝BC，所以四边形 ABCD 为正方形，所以 AC⊥BD.
解析：由题知挖去的四棱锥的底面是一个菱形，对
角线长分别为 6 cm 和 4 cm，
故 V 挖去的四棱锥＝13×12×4×6×3＝12(cm3)．
专题三 立体几何
真题研析 命题分析 知识方法
又 V 长方体＝6×6×4＝144(cm3)， 所以模型的体积为 V 长方体－V 挖去的四棱锥＝144－12＝132(cm3)， 所 以 制 作 该 模 型 所 需 原 料 的 质 量 为 132 × 0.9 ＝ 118.8(g)．
专题三 立体几何
专题三 立体几何
真题研析 命题分析 知识方法
类型一 几何体的表面积与体积 1．(2020·全国卷Ⅰ)已知 A，B，C 为球 O 的球面上 的三个点，⊙O1 为△ABC 的外接圆，若⊙O1 的面积为 4π， AB＝BC＝AC＝OO1，则球 O 的表面积为( ) A．64π B．48π C．36π D．32π
答案：D
专题三 立体几何
真题研析 命题分析 知识方法
3.(2019·全 国 卷 Ⅲ ) 学 生 到 工 厂 劳 动 实 践，利用 3D 打印技术制作模型．如图，该 模型为长方体 ABCD-A1B1C1D1 挖去四棱锥 O-EFGH 后所得的几何体．其中 O 为长方体的中心，E，F， G，H 分别为所在棱的中点，AB＝BC＝6 cm，AA1＝4 cm.3D 打印所用原料密度为 0.9 g/cm3，不考虑打印损耗，制作该 模型所需原料的质量为________g.
解析：设圆 O1 半径为 r，球的半径为 R，依题意， 得 πr2＝4π，所以 r＝2，
由正弦定理可得 AB＝2rsin 60°＝2 3，
专题三 立体几何
真题研析 命题分析 知识方法
所以 OO1＝AB＝2 3，根据圆截面性质 OO1⊥平面 ABC， 所以 OO1⊥O1A，R＝OA＝ OO21＋O1A2＝ OO12＋r2＝4， 所以球 O 的表面积 S＝4πR2＝64π.
2.(2020·全国卷Ⅰ)如图，D 为圆锥的顶点， O 是圆锥底面的圆心，△ABC 是底面的内接 正三角形，P 为 DO 上一点，∠APC＝90°.
(1)证明：平面 PAB⊥平面 PAC； (2)设 DO＝ 2，圆锥的侧面积为 3π，求三棱锥 P-ABC 的体积． (1)证明：因为 D 为圆锥顶点，O 为底面圆心，所以 OD⊥平面 ABC， 因为 P 在 DO 上，OA＝OB＝OC，所以 PA＝PB＝ PC.
源自文库 专题三 立体几何
真题研析 命题分析 知识方法
因为△ABC 是圆内接正三角形，所以 AC＝BC，△PAC ≌△PBC，
所以∠APC＝∠BPC＝90°，即 PB⊥PC，PA⊥PC， PA∩PB＝P，所以 PC⊥平面 PAB，PC⊂平面 PAC， 所以平面 PAB⊥平面 PAC. (2)解：设圆锥的母线为 l，底面半径为 r，圆锥的侧面 积为 πrl＝ 3π，rl＝ 3， OD2＝l2－r2＝2，解得 r＝1，l＝ 3，AC＝2rsin 60°＝ 3，
专题三 立体几何
真题研析 命题分析 知识方法
因为 BB1∩BD＝B，BB1、BD⊂平面 BB1D1D，因此 AC⊥平面 BB1D1D，
因为 EF⊂平面 BB1D1D，所以 AC⊥EF.
(2)在 CC1 上取点 M 使得 CM＝2MC1，连接 DM，MF， 因为 D1E＝2ED，DD1∥CC1，DD1＝CC1，
专题三 立体几何
真题研析 命题分析 知识方法
所以 ED＝MC1，ED∥MC1， 所以四边形 DMC1E 为平行四边形，DM∥EC1 因为 MF∥DA，MF＝DA，所以四边形 MFAD 为平行四 边形， 所以 DM∥AF，所以 EC1∥AF，因此 C1 在平面 AEF 内．
专题三 立体几何
真题研析 命题分析 知识方法
答案：118.8
专题三 立体几何
真题研析 命题分析 知识方法
4．(2020·全国卷Ⅲ)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：易知半径最大球为圆锥的内切球， 球与圆锥内切时的轴截面如图所示，
其中 BC＝2，AB＝AC＝3，且点 M 为 BC 边上的中点，设内切圆的圆心为 O，