PAGEPAGE1第8章立體幾何全國卷五年考情圖解高考命題規律把握1.考查形式高考在本章一般命制2道小題、1道解答題，分值約占22分．2.考查內容(1)小題主要考查三視圖、幾何體體積與表面積計算，此類問題屬于中檔題目；對于球與棱柱、棱錐的切接問題，學問點較整合，難度稍大．(2)解答題一般位于第18題或第19題的位置，常設計兩問：第(1)問重點考查線面位置關系的證明；第(2)問重點考查空間角，尤其是二面角、線面角的計算．屬于中檔題目．3.備考策略從2024年高考試題可以看出，高考對三視圖的考查有所降溫；對空間幾何體的綻開、平面圖形的折疊、解題中的補體等傳統幾何思想有所加強.第一節空間幾何體的結構及其表面積、體積[最新考綱]1.相識柱、錐、臺、球及其簡潔組合體的結構特征，并能運用這些特征描述現實生活中簡潔物體的結構.2.能畫出簡潔空間圖形(長方體、球、圓柱、圓錐、棱柱等的簡易組合)的三視圖，能識別上述三視圖所表示的立體模型，會用斜二測畫法畫出它們的直觀圖.3.會用平行投影方法畫出簡潔空間圖形的三視圖與直觀圖，了解空間圖形的不同表示形式.4.了解球、棱柱、棱錐、臺體的表面積和體積的計算公式．1．簡潔多面體的結構特征(1)棱柱的側棱都平行且相等，上下底面是全等的多邊形；(2)棱錐的底面是隨意多邊形，側面是有一個公共點的三角形；(3)棱臺可由平行于棱錐底面的平面截棱錐得到，其上、下底面是相像多邊形．2．旋轉體的形成幾何體旋轉圖形旋轉軸圓柱矩形任一邊所在的直線圓錐直角三角形任始終角邊所在的直線圓臺直角梯形垂直于底邊的腰所在的直線球半圓直徑所在的直線3．三視圖與直觀圖三視圖畫法規則：長對正、高平齊、寬相等直觀圖斜二測畫法：(1)原圖形中x軸、y軸、z軸兩兩垂直，直觀圖中x′軸、y′軸的夾角為45°(或135°)，z′軸與x′軸和y′軸所在平面垂直．(2)原圖形中平行于坐標軸的線段在直觀圖中仍平行于坐標軸，平行于x軸和z軸的線段在直觀圖中保持原長度不變，平行于y軸的線段在直觀圖中長度為原來的一半.4．圓柱、圓錐、圓臺的側面綻開圖及側面積公式圓柱圓錐圓臺側面綻開圖側面積公式S圓柱側＝2πrlS圓錐側＝πrlS圓臺側＝π(r1＋r2)l5．柱體、錐體、臺體和球的表面積和體積名稱幾何體表面積體積柱體(棱柱和圓柱)S表面積＝S側＋2S底V＝Sh錐體(棱錐和圓錐)S表面積＝S側＋S底V＝eq\f(1,3)Sh臺體(棱臺和圓臺)S表面積＝S側＋S上＋S下V＝eq\f(1,3)(S上＋S下＋eq\r(S上S下))h球S＝4πR2V＝eq\f(4,3)πR3eq\a\vs4\al([常用結論])1．依據斜二測畫法得到的平面圖形的直觀圖，其面積與原圖形的面積的關系：S直觀圖＝eq\f(\r(2),4)S原圖形，S原圖形＝2eq\r(2)S直觀圖．2．多面體的內切球與外接球常用的結論(1)設正方體的棱長為a，則它的內切球半徑r＝eq\f(a,2)，外接球半徑R＝eq\f(\r(3),2)a.(2)設長方體的長、寬、高分別為a，b，c，則它的外接球半徑R＝eq\f(\r(a2＋b2＋c2),2).(3)設正四面體的棱長為a，則它的高為H＝eq\f(\r(6),3)a，內切球半徑r＝eq\f(1,4)H＝eq\f(\r(6),12)a，外接球半徑R＝eq\f(3,4)H＝eq\f(\r(6),4)a.一、思索辨析(正確的打“√”，錯誤的打“×”)(1)有兩個面平行，其余各面都是平行四邊形的幾何體是棱柱．()(2)有一個面是多邊形，其余各面都是三角形的幾何體是棱錐．()(3)菱形的直觀圖仍是菱形．()(4)正方體、球、圓錐各自的三視圖中，三視圖均相同．()[答案](1)×(2)×(3)×(4)×二、教材改編1．將一個等腰梯形繞它的較長的底邊所在的直線旋轉一周，所得的幾何體包括()A．一個圓臺、兩個圓錐B．兩個圓臺、一個圓柱C．兩個圓柱、一個圓臺D．一個圓柱、兩個圓錐D[從較短的底邊的端點向另一底邊作垂線，兩條垂線把等腰梯形分成了兩個直角三角形，一個矩形，所以一個等腰梯形繞它的較長的底邊所在直線旋轉一周形成的是由一個圓柱，兩個圓錐所組成的幾何體，如圖：]2．如圖所示，長方體ABCD-A′B′C′D′中被截去一部分，其中EH∥A′D′，則剩下的幾何體是()A．棱臺B．四棱柱C．五棱柱D．簡潔組合體C[由幾何體的結構特征知，剩下的幾何體為五棱柱．]3．體積為8的正方體的頂點都在同一球面上，則該球的表面積為()A．12π B．eq\f(32,3)πC．8π D．4πA[由題意可知正方體的棱長為2，其體對角線為2eq\r(3)即為球的直徑，所以球的表面積為4πR2＝(2R)2π＝12π，故選A.]4．已知圓錐的表面積等于12πcm2，其側面綻開圖是一個半圓，則底面圓的半徑為()A．1cm B．2cmC．3cm D．eq\f(3,2)cmB[S表＝πr2＋πrl＝πr2＋πr·2r＝3πr2＝12π，∴r2＝4，∴r＝2(cm)．]5．已知某幾何體的三視圖如圖所示，則該幾何體的體積為________．eq\f(16,3)π[由三視圖可知，該幾何體是一個圓柱挖去了一個同底等高的圓錐，其體積為π×22×2－eq\f(1,3)π×22×2＝eq\f(16,3)π.]考點1空間幾何體的結構特征解決與空間幾何體結構特征有關問題的技巧(1)關于空間幾何體的結構特征辨析關鍵是緊扣各種空間幾何體的概念，要擅長通過舉反例對概念進行辨析，即要說明一個命題是錯誤的，只需舉一個反例即可．(2)圓柱、圓錐、圓臺的有關元素都集中在軸截面上，解題時要留意用好軸截面中各元素的關系．(3)棱(圓)臺是由棱(圓)錐截得的，所以在解決棱(圓)臺問題時，要留意“還臺為錐”的解題策略．1.給出下列命題：(1)棱柱的側棱都相等，側面都是全等的平行四邊形；(2)若三棱錐的三條側棱兩兩垂直，則其三個側面也兩兩垂直；(3)在四棱柱中，若兩個過相對側棱的截面都垂直于底面，則該四棱柱為直四棱柱；(4)存在每個面都是直角三角形的四面體；(5)棱臺的側棱延長后交于一點．其中正確命題的個數為()A．2 B．3C．4 D．5C[(1)不正確，依據棱柱的定義，棱柱的各個側面都是平行四邊形，但不肯定全等；(2)正確，若三棱錐的三條側棱兩兩垂直，則三個側面構成的三個平面的二面角都是直二面角；(3)正確，因為兩個過相對側棱的截面的交線平行于側棱，又垂直于底面；(4)正確，如圖，正方體ABCD-A1B1C1D1中的三棱錐C1-ABC2．以下命題：(1)以直角三角形的一邊為軸旋轉一周所得的旋轉體是圓錐；(2)以直角梯形的一腰為軸旋轉一周所得的旋轉體是圓臺；(3)圓柱、圓錐、圓臺的底面都是圓面；(4)一個平面截圓錐，得到一個圓錐和一個圓臺．其中正確命題的個數為()A．0 B．1C．2 D．3B[命題(1)錯，因為這條邊若是直角三角形的斜邊，則得不到圓錐；命題(2)錯，因為這條腰必需是垂直于兩底的腰；命題(3)對；命題(4)錯，必需用平行于圓錐底面的平面截圓錐才可以．]3．下列結論正確的是()A．各個面都是三角形的幾何體是三棱錐B．以三角形的一條邊所在直線為旋轉軸，其余兩邊旋轉形成的曲面所圍成的幾何體叫圓錐C．棱錐的側棱長與底面多邊形的邊長相等，則此棱錐可能是六棱錐D．圓錐的頂點與底面圓周上的隨意一點的連線都是母線D[A錯誤．如圖①所示，由兩個結構相同的三棱錐疊放在一起構成的幾何體，各面都是三角形，但它不是棱錐．圖①圖②B錯誤．如圖②，若△ABC不是直角三角形或是直角三角形，但旋轉軸不是直角邊所在直線，所得的幾何體都不是圓錐．C錯誤．由幾何圖形知，若以正六邊形為底面，側棱長必定要大于底面邊長．D正確．](1)概念辨析類的問題常借助反例求解．(2)緊扣結構特征是推斷空間幾何體的結構特征正誤的關鍵，依據條件構建幾何模型，在條件不變的狀況下，變換模型中的線面關系或增加線、面等基本元素，然后依據題意判定．考點2空間幾何體的三視圖和直觀圖1.三視圖畫法的基本原則長對正，高平齊，寬相等；畫圖時看不到的線畫成虛線．2．由三視圖還原幾何體的步驟3．直觀圖畫法的規則：斜二測畫法．(1)[一題多解]已知正三角形ABC的邊長為a，那么△ABC的平面直觀圖△A′B′C′的面積為()A.eq\f(\r(3),4)a2 B.eq\f(\r(3),8)a2C.eq\f(\r(6),8)a2 D.eq\f(\r(6),16)a2(2)(2024·全國卷Ⅰ)某圓柱的高為2，底面周長為16，其三視圖如圖．圓柱表面上的點M在正視圖上的對應點為A，圓柱表面上的點N在左視圖上的對應點為B，則在此圓柱側面上，從M到N的路徑中，最短路徑的長度為()A．2eq\r(17) B．2eq\r(5)C．3 D．2(1)D(2)B[(1)法一：如圖①②所示的實際圖形和直觀圖，由圖②可知，A′B′＝AB＝a，O′C′＝eq\f(1,2)OC＝eq\f(\r(3),4)a，在圖②中作C′D′⊥A′B′于D′，則C′D′＝eq\f(\r(2),2)O′C′＝eq\f(\r(6),8)a，所以S△A′B′C′＝eq\f(1,2)A′B′·C′D′＝eq\f(1,2)×a×eq\f(\r(6),8)a＝eq\f(\r(6),16)a2.法二：S△ABC＝eq\f(1,2)×a×asin60°＝eq\f(\r(3),4)a2，又S直觀圖＝eq\f(\r(2),4)S原圖＝eq\f(\r(2),4)×eq\f(\r(3),4)a2＝eq\f(\r(6),16)a2.故選D.(2)由三視圖可知，該幾何體為如圖①所示的圓柱，該圓柱的高為2，底面周長為16.畫出該圓柱的側面綻開圖，如圖②所示，連接MN，則MS＝2，SN＝4，則從M到N的路徑中，最短路徑的長度為eq\r(MS2＋SN2)＝eq\r(22＋42)＝2eq\r(5).故選B.]圖①圖②(1)直觀圖的面積問題常常有兩種解法：一是利用斜二測畫法求解，留意“斜”及“二測”的含義；二是干脆套用等量關系：S直觀圖＝eq\f(\r(2),4)S原圖形．(2)解決空間幾何體表面上兩點距離的最短問題，常借助其側面綻開圖．1.(2024·全國卷Ⅲ)中國古建筑借助榫卯將木構件連接起來．構件的凸出部分叫榫頭，凹進部分叫卯眼，圖中木構件右邊的小長方體是榫頭．若如圖擺放的木構件與某一帶卯眼的木構件咬合成長方體，則咬合時帶卯眼的木構件的俯視圖可以是()ABCDA[由題意知，在咬合時帶卯眼的木構件中，從俯視方向看，榫頭看不見，所以是虛線，結合榫頭的位置知選A.]2．某幾何體的三視圖如圖所示，網格紙的小方格是邊長為1的正方形，則該幾何體中最長棱的棱長是()A.eq\r(5) B.eq\r(6)C.eq\r(7) D.3A[由三視圖可知該幾何體為一個三棱錐D-ABC，如圖，將其置于長方體中，該長方體的底面是邊長為1的正方形，高為2.所以AB＝1，AC＝eq\r(2)，BC＝eq\r(3)，CD＝eq\r(2)，DA＝2，BD＝eq\r(5)，因此最長棱為BD，棱長是eq\r(5).]考點3空間幾何體的表面積與體積空間幾何體的表面積幾類空間幾何體表面積的求法(1)多面體：其表面積是各個面的面積之和．(2)旋轉體：其表面積等于側面面積與底面面積的和．(3)簡潔組合體：應搞清各構成部分，并留意重合部分的刪、補．(4)若以三視圖形式給出，解題的關鍵是依據三視圖，想象出原幾何體及幾何體中各元素間的位置關系及數量關系．(1)(2024·南昌模擬)如圖，直角梯形ABCD中，AD⊥DC，AD∥BC，BC＝2CD＝2AD＝2，若將該直角梯形繞BC邊旋轉一周，則所得的幾何體的表面積為________．(2)若正四棱錐的底面邊長和高都為2，則其表面積為________．(3)圓臺的上、下底面半徑分別是10cm和20cm，它的側面綻開圖的扇環的圓心角是180°，那么圓臺的表面積為________cm2(結果中保留π)．(4)(2024·安慶模擬)已知一幾何體的三視圖如圖所示，它的左視圖與主視圖相同，則該幾何體的表面積為()A．16＋12π B．32＋12πC．24＋12π D．32＋20π(1)(eq\r(2)＋3)π(2)4＋4eq\r(5)(3)1100π(4)A[(1)由圖中數據可得：S圓錐側＝eq\f(1,2)×π×2×eq\r(2)＝eq\r(2)π，S圓柱側＝2π×1×1＝2π，S底面＝π×12＝π.所以幾何體的表面積S＝S圓錐側＋S圓柱側＋S底面＝eq\r(2)π＋2π＋π＝(eq\r(2)＋3)π.(2)因為四棱錐的側棱長都相等，底面是正方形，所以該四棱錐為正四棱錐，如圖．由題意知底面正方形的邊長為2，正四棱錐的高為2，則正四棱錐的斜高PE＝eq\r(22＋12)＝eq\r(5).所以該四棱錐的側面積S＝4×eq\f(1,2)×2×eq\r(5)＝4eq\r(5)，∴S表＝2×2＋4eq\r(5)＝4＋4eq\r(5).(3)如圖所示，設圓臺的上底周長為C，因為扇環的圓心角是180°，所以C＝π·SA.又C＝2π×10＝20π，所以SA＝20(cm)．同理SB＝40(cm)．所以AB＝SB－SA＝20(cm)．S表＝S側＋S上底＋S下底＝π(r1＋r2)·AB＋πreq\o\al(2,1)＋πreq\o\al(2,2)＝π(10＋20)×20＋π×102＋π×202＝1100π(cm2)．故圓臺的表面積為1100πcm2.(4)由三視圖知，該幾何體是一個正四棱柱與半球的組合體，且正四棱柱的高為eq\r(2)，底面對角線長為4，球的半徑為2，所以該正四棱柱的底面正方形的邊長為2eq\r(2)，該幾何體的表面積S＝eq\f(1,2)×4π×22＋π×22＋2eq\r(2)×eq\r(2)×4＝12π＋16.]本例(1)得到的是旋轉體，求解的關鍵是將旋轉體的表面積分割為圓錐的側面積與圓柱的側面積及底面積之和；本例(2)是有關多面體側面積的問題，關鍵是找到其特征幾何圖形，如棱柱中的矩形、棱臺中的直角梯形、棱錐中的直角三角形，它們是聯系高與斜高、邊長等幾何元素間的橋梁，從而架起求側面積公式中的未知量與條件中已知幾何元素間的聯系；本例(3)是圓臺的側面積問題，采納了還錐為臺的思想；本例(4)先由三視圖還原幾何體，求解的關鍵是正四棱柱及半球的數量關系確定，易錯點是兩幾何體重疊部分的表面積處理．(2015·全國卷Ⅰ)圓柱被一個平面截去一部分后與半球(半徑為r)組成一個幾何體，該幾何體三視圖中的正視圖和俯視圖如圖所示．若該幾何體的表面積為16＋20π，則r＝()A．1 B．2C．4 D．8B[如圖，該幾何體是一個半球與一個半圓柱的組合體，球的半徑為r，圓柱的底面半徑為r，高為2r，則表面積S＝eq\f(1,2)×4πr2＋πr2＋4r2＋πr·2r＝(5π＋4)r2.又S＝16＋20π，∴(5π＋4)r2＝16＋20π，∴r2＝4，r＝2，故選B.]空間幾何體的體積求空間幾何體的體積的常用方法(1)干脆法：對于規則幾何體，干脆利用公式計算即可．若已知三視圖求體積，應留意三視圖中的垂直關系在幾何體中的位置，確定幾何體中的線面垂直等關系，進而利用公式求解．(2)等積法：利用三棱錐的“等積性”可以把任一個面作為三棱錐的底面．(3)割補法：當一個幾何體的形態不規則時，常通過分割或者補形的手段將此幾何體變為一個或幾個規則的、體積易求的幾何體，然后再計算．常?？紤]將三棱錐還原為三棱柱或長方體，將三棱柱還原為平行六面體，將臺體還原為錐體．(1)如圖所示，正三棱柱ABC-A1B1C1的底面邊長為2，側棱長為eq\r(3)，D為BC中點，則三棱錐A-B1DC1的體積為()A．3 B.eq\f(3,2)C．1 D.eq\f(\r(3),2)(2)[一題多解](2024·全國卷Ⅱ)如圖，網格紙上小正方形的邊長為1，粗實線畫出的是某幾何體的三視圖，該幾何體由一平面將一圓柱截去一部分后所得，則該幾何體的體積為()A．90π B．63πC．42π D．36π(3)如圖，正方體ABCD-A1B1C1D1的棱長為1，E，F分別為線段AA1，B1C上的點，則三棱錐D1-(1)C(2)B(3)eq\f(1,6)[(1)(干脆法)如題圖，在正△ABC中，D為BC中點，則有AD＝eq\f(\r(3),2)AB＝eq\r(3)，又∵平面BB1C1C⊥平面ABC，平面BB1C1C∩平面ABC＝BC，AD⊥BC，AD平面ABC，由面面垂直的性質定理可得AD⊥平面BB1C1C，即AD為三棱錐A-B∴VA－B1DC1＝eq\f(1,3)S△B1DC1·AD＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2×eq\r(3)×eq\r(3)＝1.(2)法一(分割法)：由題意知，該幾何體是一個組合體，下半部分是一個底面半徑為3，高為4的圓柱，其體積V1＝π×32×4＝36π.上半部分是一個底面半徑為3，高為6的圓柱的一半，其體積V2＝eq\f(1,2)×π×32×6＝27π.所以該組合體的體積V＝V1＋V2＝36π＋27π＝63π.法二(補形法)：由題意知，該幾何體是一圓柱被一平面截去一部分后所得的幾何體，在該幾何體上方再補上一個與其相同的幾何體，讓截面重合，則所得幾何體為一個圓柱，故圓柱的底面半徑為3，高為10＋4＝14，該圓柱的體積V1＝π×32×14＝126π.故該幾何體的體積為圓柱體積的一半，即V＝eq\f(1,2)V1＝63π.法三(估值法)：由題意，知eq\f(1,2)V圓柱＜V幾何體＜V圓柱．又V圓柱＝π×32×10＝90π，所以45π＜V幾何體＜90π.視察選項可知只有63π符合．(3)(等積法)三棱錐D1-EDF的體積即為三棱錐F-DD1E的體積．因為E，F分別為AA1，B1C上的點，所以在正方體ABCD-A1B1C1D1中，△EDD1的面積為定值eq\f(1,2)，F到平面AA1D1D的距離為定值1，所以VD1-EDF＝VF-DD1E＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×1＝eq\f(1,6).]處理體積問題的思路(1)“轉”：指的是轉換底面與高，將原來不易求面積的底面轉換為易求面積的底面，或將原來不易看出的高轉換為易看出并易求解長度的高；(2)“拆”：指的是將一個不規則的幾何體拆成幾個簡潔的幾何體，便于計算；(3)“拼”：指的是將小幾何體嵌入一個大幾何體中，如將一個三棱錐復原成一個三棱柱，將一個三棱柱復原成一個四棱柱，這些都是拼補的方法．[老師備選例題]1．(2024·江蘇高考)如圖，長方體ABCD-A1B1C1D1的體積是120，E為CC1的中點，則三棱錐E-BCD10[因為長方體ABCD-A1B1C1D1的體積為120，所以AB·BC·CC1因為E為CC1的中點，所以CE＝eq\f(1,2)CC1，由長方體的性質知CC1⊥底面ABCD，所以CE是三棱錐E-BCD的底面BCD上的高，所以三棱錐E-BCD的體積V＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)AB·BC·CE＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)AB·BC·eq\f(1,2)CC1＝eq\f(1,12)×120＝10.]2.如圖所示，已知多面體ABCDEFG中，AB，AC，AD兩兩相互垂直，平面ABC∥平面DEFG，平面BEF∥平面ADGC，AB＝AD＝DG＝2，AC＝EF＝1，則該多面體的體積為________．4[法一：(分割法)因為幾何體有兩對相對面相互平行，如圖所示，過點C作CH⊥DG于H，連接EH，即把多面體分割成一個直三棱柱DEH-ABC和一個斜三棱柱BEF-CHG.由題意，知V三棱柱DEH-ABC＝S△DEH×AD＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×2×1))×2＝2，V三棱柱BEF-CHG＝S△BEF×DE＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×2×1))×2＝2.故所求幾何體的體積為V多面體ABCDEFG＝2＋2＝4.法二：(補形法)因為幾何體有兩對相對面相互平行，如圖所示，將多面體補成棱長為2的正方體，明顯所求多面體的體積即該正方體體積的一半．又正方體的體積V正方體ABHI-DEKG＝23＝8，故所求幾何體的體積為V多面體ABCDEFG＝eq\f(1,2)×8＝4.]1.如圖，直三棱柱ABC-A1B1C1的各條棱長均為2，D為棱B1C1上隨意一點，則三棱錐D-A1BCeq\f(2\r(3),3)[VD-A1BC＝VB1-A1BC＝VA1-B1BC＝eq\f(1,3)×S△B1BC×eq\r(3)＝eq\f(2\r(3),3).]2．(2024·浙江高考)祖暅是我國南北朝時代的宏大科學家，他提出的“冪勢既同，則積不容異”稱為祖暅原理，利用該原理可以得到柱體的體積公式V柱體＝Sh，其中S是柱體的底面積，h是柱體的高．若某柱體的三視圖如圖所示(單位：cm)，則該柱體的體積(單位：cm3)是()A．158 B．162C．182 D．324B[(干脆法)由三視圖得該棱柱的高為6，底面可以看作是由兩個直角梯形組合而成的，其中一個上底為4，下底為6，高為3，另一個的上底為2，下底為6，高為3，則該棱柱的體積為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2＋6,2)×3＋\f(4＋6,2)×3))×6＝162.故選B.]3.如圖，在多面體ABCDEF中，已知ABCD是邊長為1的正方形，且△ADE，△BCF均為正三角形，EF∥AB，EF＝2，則該多面體的體積為()A.eq\f(\r(2),3) B.eq\f(\r(3),3)C.eq\f(4,3) D.eq\f(3,2)A[(分割法)如圖，分別過點A，B作EF的垂線，垂足分別為G，H，連接DG，CH，簡潔求得EG＝HF＝eq\f(1,2)，AG＝GD＝BH＝HC＝eq\f(\r(3),2)，取AD的中點O，連接GO，易得GO＝eq\f(\r(2),2)，∴S△AGD＝S△BHC＝eq\f(1,2)×eq\f(\r(2),2)×1＝eq\f(\r(2),4)，∴多面體的體積V＝V三棱錐E-ADG＋V三棱錐F-BCH＋V三棱柱AGD-BHC＝2V三棱錐E-ADG＋V三棱柱AGD-BHC＝eq\f(1,3)×eq\f(\r(2),4)×eq\f(1,2)×2＋eq\f(\r(2),4)×1＝eq\f(\r(2),3).故選A.]考點4與球有關的切、接問題與球有關的切、接問題的解法(1)旋轉體的外接球：常用的解題方法是過球心及接、切點作截面，把空間問題轉化為平面圖形與圓的接、切問題，再利用平面幾何學問找尋幾何中元素間的關系求解．(2)多面體的外接球：常用的解題方法是將多面體還原到正方體和長方體中再去求解．①若球面上四點P，A，B，C中PA，PB，PC兩兩垂直或三棱錐的三條側棱兩兩垂直，可構造長方體或正方體，利用2R＝eq\r(a2＋b2＋c2)求R.②一條側棱垂直底面的三棱錐問題：可補形成直三棱柱．先借助幾何體的幾何特征確定球心位置，然后把半徑放在直角三角形中求解．(1)已知一個圓錐底面半徑為1，母線長為3，則該圓錐內切球的表面積為()A．π B．eq\f(3π,2)C．2π D．3π(2)(2024·福建十校聯考)已知三棱錐P-ABC的三條側棱兩兩相互垂直，且AB＝eq\r(5)，BC＝eq\r(7)，AC＝2，則此三棱錐的外接球的體積為()A.eq\f(8,3)π B.eq\f(8\r(2),3)πC.eq\f(16,3)π D.eq\f(32,3)π(3)已知直三棱柱ABC-A1B1C1的各頂點都在以O為球心的球面上，且∠BAC＝eq\f(3π,4)，AA1＝BC＝2，則球O的體積為()A．4eq\r(3)π B．8πC．12π D．20π(1)C(2)B(3)A[(1)依題意，作出圓錐與球的軸截面，如圖所示，設球的半徑為r，易知軸截面三角形邊AB上的高為2eq\r(2)，因此eq\f(2\r(2)－r,3)＝eq\f(r,1)，解得r＝eq\f(\r(2),2)，所以圓錐內切球的表面積為4π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))2＝2π，故選C.(2)∵AB＝eq\r(5)，BC＝eq\r(7)，AC＝2，∴PA＝1，PC＝eq\r(3)，PB＝2.以PA，PB，PC為過同一頂點的三條棱，作長方體如圖所示，則長方體的外接球同時也是三棱錐P-ABC的外接球．∵長方體的對角線長為eq\r(1＋3＋4)＝2eq\r(2)，∴球的直徑為2eq\r(2)，半徑R＝eq\r(2)，因此，三棱錐P-ABC外接球的體積是eq\f(4,3)πR3＝eq\f(4,3)π×(eq\r(2))3＝eq\f(8\r(2),3)π.故選B.(3)在底面△ABC中，由正弦定理得底面△ABC所在的截面圓的半徑為r＝eq\f(BC,2sin∠BAC)＝eq\f(2,2sin\f(3π,4))＝eq\r(2)，則直三棱柱ABC-A1B1C1的外接球的半徑為R＝eq\r(r2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(AA1,2)))2)＝eq\r(\r(2)2＋12)＝eq\r(3)，則直三棱柱ABC-A1B1C1的外接球的體積為eq\f(4,3)πR3＝4eq\r(3)π.故選A.][母題探究]1.若將本例(3)的條件“∠BAC＝eq\f(3π,4)，AA1＝BC＝2”換為“AB＝3，AC＝4，AB⊥AC，AA1＝12”，則球O的半徑為________．eq\f(13,2)[如圖所示，由球心作平面ABC的垂線，則垂足為BC的中點M.又AM＝eq\f(1,2)BC＝eq\f(5,2)，OM＝eq\f(1,2)AA1＝6，所以球O的半徑R＝OA＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)))2＋62)＝eq\f(13,2).]2．若將本例(3)的條件改為“正四面體的各頂點都在以O為球心的球面上”，則此正四面體的表面積S1與其內切球的表面積S2的比值為________．eq\f(6\r(3),π)[正四面體棱長為a，則正四面體表面積為S1＝4×eq\f(\r(3),4)·a2＝eq\r(3)a2，其內切球半徑r為正四面體高的eq\f(1,4)，即r＝eq\f(1,4)·eq\f(\r(6),3)a＝eq\f(\r(6),12)a，因此內切球表面積為S2＝4πr2＝eq\f(πa2,6)，則eq\f(S1,S2)＝eq\f(\r(3)a2,\f(πa2,6))＝eq\f(6\r(3),π).]3．若將本例(3)的條件改為“側棱和底面邊長都是3eq\r(2)的正四棱錐的各頂點都在以O為球心的球面上”，則其外接球的半徑為________．3[依題意，得該正四棱錐底面對角線的長為3eq\r(2)×eq\r(2)＝6，高為eq\r(3\r(2)2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×6))2)＝3，因此底面中心到各頂點的距離均等于3，所以該正四棱錐的外接球的球心即為底面正方形的中心，其外接球的半徑為3.]通過本例(3)及母題探究訓練，我們可以看出構造法、補形法等是處理“外接”問題的主要方法，其關鍵是找到球心，借助勾股定理求球的半徑．(1)錐體的外接球問題，解決這類問題的關鍵是抓住外接球的特點，即球心到各個頂點的距離等于球的半徑．(2)柱體的外接球問題，其解題關鍵在于確定球心在多面體中的位置，找到球的半徑或直徑與多面體相關元素之間的關系，結合原有多面體的特性求出球的半徑，然后再利用球的表面積和體積公式進行正確計算．1.(2024·全國卷Ⅲ)設A，B，C，D是同一個半徑為4的球的球面上四點，△ABC為等邊三角形且其面積為9eq\r(3)，則三棱錐D-ABC體積的最大值為()A．12eq\r(3) B．18eq\r(3)C．24eq\r(3) D．54eq\r(3)B[由等邊△ABC的面積為9eq\r(3)，可得eq\f(\r(3),4)AB2＝9eq\r(3)，所以AB＝6，所以等邊△ABC的外接圓的半徑為r＝eq\f(\r(3),3)AB＝2eq\r(3).設球的半徑為R，球心到等邊△ABC的外接圓圓心的距離為d，則d＝eq\r(R2－r2)＝eq\r(16－12)＝2.所以三棱錐D-ABC高的最大值為2＋4＝6，所以三棱錐D-ABC體積的最大值為eq\f(1,3)×9eq\r(3)×6＝18eq\r(3).]2．(2024·南寧模擬)已知三棱錐P-ABC中，△ABC為等邊三角形，PA＝PB＝PC＝3，PA⊥PB，則三棱錐P-ABC的外接球的體積為()A.eq\f(27π,2) B.eq\f(27\r(3)π,2)C.27eq\r(3)π D.27πB[∵三棱錐P-ABC中，△ABC為等邊三角形，PA＝PB＝PC＝3，∴△PAB≌△PBC≌△PAC.∵PA⊥PB，∴PA⊥PC，PC⊥PB.以PA，PB，PC為過同一頂點的三條棱作正方體(如圖所示)，則正方體的外接球同時也是三棱錐P-ABC的外接球．∵正方體的體對角線長為eq\r(32＋32＋32)＝3eq\r(3)，∴其外接球半徑R＝eq\f(3\r(3),2).因此三棱錐P-ABC的外接球的體積V＝eq\f(4π,3)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3\r(3),2)))3＝eq\f(27\r(3)π,2).]課外素養提升⑦直觀想象——巧解簡潔幾何體的外接球與內切球問題簡潔幾何體外接球與內切球問題是立體幾何中的難點，也是歷年高考重要的考點，幾乎每年都要考查，重在考查考生的直觀想象實力和邏輯推理實力．此類問題實質是解決球的半徑長或確定球心O的位置問題，其中球心的確定是關鍵．下面從六個方面分類闡述該類問題的求解策略：利用長方體的體對角線探究外接球半徑【例1】(2024·東北三省四市模擬)已知邊長為2的等邊三角形ABC，D為BC的中點，沿AD進行折疊，使折疊后的∠BDC＝eq\f(π,2)，則過A，B，C，D四點的球的表面積為()A．3π B．4πC．5π D．6πC[連接BC(圖略)，由題知幾何體ABCD為三棱錐，BD＝CD＝1，AD＝eq\r(3)，BD⊥AD，CD⊥AD，BD⊥CD，將折疊后的圖形補成一個長、寬、高分別是eq\r(3)，1,1的長方體，其體對角線長為eq\r(1＋1＋3)＝eq\r(5)，故該三棱錐外接球的半徑是eq\f(\r(5),2)，其表面積為5π.][評析]若幾何體存在三條兩兩垂直的線段或者三條線有兩個垂直，可構造墻角模型(如下圖)，干脆用公式(2R)2＝a2＋b2＋c2求出R.【素養提升練習】已知各頂點都在同一球面上的正四棱柱的高為4，體積為16，則這個球的表面積是()A．16π B．20πC．24π D．32πC[設正四棱柱的底面邊長為a，高為h，球半徑為R，則正四棱柱的體積為V＝a2h＝16，a＝2,4R2＝a2＋a2＋h2＝4＋4＋16＝24，所以球的表面積為S＝24π.]利用長方體的面對角線探究外接球半徑【例2】三棱錐中S-ABC，SA＝BC＝eq\r(13)，SB＝AC＝eq\r(5)，SC＝AB＝eq\r(10).則三棱錐的外接球的表面積為________．14π[如圖，在長方體中，設AE＝a，BE＝b，CE＝c.則SC＝AB＝eq\r(a2＋b2)＝eq\r(10)，SA＝BC＝eq\r(b2＋c2)＝eq\r(13)，SB＝AC＝eq\r(a2＋c2)＝eq\r(5).從而a2＋b2＋c2＝14＝(2R)2，可得S＝4πR2＝14π.故所求三棱錐的外接球的表面積為14π.][評析]三棱錐的相對棱相等，探尋球心無從著手，留意到長方體的相對面的面對角線相等，可在長方體中構造三棱錐，從而奇妙探究外接球半徑．【素養提升練習】(2024·全國卷Ⅰ)已知三棱錐P-ABC的四個頂點在球O的球面上，PA＝PB＝PC，△ABC是邊長為2的正三角形，E，F分別是PA，AB的中點，∠CEF＝90°，則球O的體積為()A．8eq\r(6)π B．4eq\r(6)πC．2eq\r(6)π D.eq\r(6)πD[因為點E，F分別為PA，AB的中點，所以EF∥PB，因為∠CEF＝90°，所以EF⊥CE，所以PB⊥CE.取AC的中點D，連接BD，PD，易證AC⊥平面BDP，所以PB⊥AC，又AC∩CE＝C，AC，CE平面PAC，所以PB⊥平面PAC，所以PB⊥PA，PB⊥PC，因為PA＝PB＝PC，△ABC為正三角形，所以PA⊥PC，即PA，PB，PC兩兩垂直，將三棱錐P-ABC放在正方體中．因為AB＝2，所以該正方體的棱長為eq\r(2)，所以該正方體的體對角線長為eq\r(6)，所以三棱錐P-ABC的外接球的半徑R＝eq\f(\r(6),2)，所以球O的體積V＝eq\f(4,3)πR3＝eq\f(4,3)πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),2)))3＝eq\r(6)π，故選D.]利用底面三角形與側面三角形的外心探究球心【例3】平面四邊形ABCD中，AB＝AD＝CD＝1，BD＝eq\r(2)，BD⊥CD.將其沿對角線BD折成四面體A′BCD，使平面A′BD⊥平面BCD.若四面體A′BCD的頂點在同一球面上，則該球的體積為()A.eq\f(\r(3),2)π B．3πC.eq\f(\r(2),3)π D．2πA[如圖，設BD，BC的中點分別為E，F.因點F為底面直角△BCD的外心，知三棱錐A′-BCD的外接球球心必在過點F且與平面BCD垂直的直線l1上．又點E為底面直角△A′BD的外心，知外接球球心必在過點E且與平面A′BD垂直的直線l2上．因而球心為l1與l2的交點．又FE∥CD，CD⊥BD知FE⊥平面A′BD.從而可知球心為點F.又A′B＝A′D＝1，CD＝1知BD＝eq\r(2)，球半徑R＝FD＝eq\f(BC,2)＝eq\f(\r(3),2).故V＝eq\f(4,3)πeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)))3＝eq\f(\r(3),2)π.][評析]三棱錐側面與底面垂直時，可緊扣球心與底面三角形外心連線垂直于底面這一性質，利用底面與側面的外心，巧探外接球球心，妙求半徑．【素養提升練習】(2024·廣州模擬)三棱錐P-ABC中，平面PAC⊥平面ABC，AB⊥AC，PA＝PC＝AC＝2，AB＝4，則三棱錐P-ABC的外接球的表面積為()A．23π B．eq\f(23,4)πC．64π D．eq\f(64,3)πD[如圖，設O′為正△PAC的中心，D為Rt△ABC斜邊的中點，H為AC中點．由平面PAC⊥平面ABC.則O′H⊥平面ABC.作O′O∥HD，OD∥O′H，則交點O為三棱錐外接球的球心，連接OP，又O′P＝eq\f(2,3)PH＝eq\f(2,3)×eq\f(\r(3),2)×2＝eq\f(2\r(3),3)，OO′＝DH＝eq\f(1,2)AB＝2.∴R2＝OP2＝O′P2＋O′O2＝eq\f(4,3)＋4＝eq\f(16,3).故幾何體外接球的表面積S＝4πR2＝eq\f(64,3)π.]利用直棱柱上下底面外接圓圓心的連線確定球心【例4】一個正六棱柱的底面是正六邊形，其側棱垂直于底面，已知該六棱柱的頂點都在同一個球面上，且該六棱柱的體積為eq\f(9,8)，底面周長為3，則這個球的體積為________．eq\f(4π,3)[設正六棱柱底面邊長為a，正六棱柱的高為h，底面外接圓的半徑為r，則a＝eq\f(1,2)，底面積為S＝6·eq\f(\r(3),4)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＝eq\f(3\r(3),8)，V柱＝Sh＝eq\f(3\r(3),8)h＝eq\f(9,8)，∴h＝eq\r(3)，R2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＝1，R＝1，球的體積為V＝eq\f(4π,3).][評析]直棱柱的外接球、圓柱的外接球模型如圖：其外接球球心就是上下底面外接圓圓心連線的中點．【素養提升練習】(2024·全國卷Ⅲ)已知圓柱的高為1，它的兩個底面的圓周在直徑為2的同一個球的球面上，則該圓柱的體積為()A.π B.eq\f(3π,4)C.eq\f(π,2) D.eq\f(π,4)B[設圓柱的底面半徑為r，球的半徑為R，且R＝1，由圓柱兩個底面的圓周在同一個球的球面上可知，r，R及圓柱的高的一半構成直角三角形．∴r＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2)＝eq\f(\r(3),2).∴圓柱的體積為V＝πr2h＝eq\f(3,4)π×1＝eq\f(3π,4).故選B.]錐體的內切球問題圖①(1)題設：如圖①，三棱錐P-ABC是正三棱錐，求其內切球的半徑．第一步：先畫出內切球的截面圖，E，H分別是兩個三角形的外心；其次步：求DH＝eq\f(1,3)CD，PO＝PH－r，PD是側面△ABP的高；第三步：由△POE∽△PDH，建立等式：eq\f(OE,DH)＝eq\f(PO,PD)，解出r.圖②(2)題設：如圖②，四棱錐P-ABC是正四棱錐，求其內切球的半徑．第一步：先畫出內切球的截面圖，P，O，H三點共線；其次步：求FH＝eq\f(1,2)BC，PO＝PH－r，PF是側面△PCD的高；第三步：由△POG∽△PFH，建立等式：eq\f(OG,HF)＝eq\f(PO,PF)，解出r.(3)題設：三