第七章正體兒何與空間向最

新高考卷兩年考情圖解高考命題規律把握

1.考查形式

高考在本章一般考查2道小題、1道解答題，

考點分值約占22分.

立體幾何中的向量020(2)120(2)

方法120(2)1119(2)2.考查內容

直線、平面垂直關120(1)120(1)

系的刊定與性質…020(1)ni9(i)（1）小題主要考查兩方面：一是空間幾何體體

宜線、平面平行關系

的判定與性質積與表面積的計算，二是球與棱柱、棱錐的

空間點、直線、平優

面的位置關系mo切接問題.

空間幾何體的表面

枳與體枳ni31305

空M元初體的結構、（2）解答題一般位于第19題或第20題的位置，

直觀圖

20202021年份常設計兩問：第（1）問重點考查線面位置關系

的證明；第⑵問重點考查空間角，尤其是二

面角、線面隹的計算.

基本立體圖形及其表面積與體積

f考試要求1

1.利用實物、計算機軟件等觀察空間圖形，認識柱、錐、臺、球及簡單組合

體的結構特征，能運用這些特征描述現實生活中簡單物體的結構.

2.知道球、棱（圓）柱、棱（圓）錐、棱（圓）臺的表面積和體積的計算公式，能用

公式解決簡單的實際問題.

3.能用斜二測畫法畫出簡單空間圖形（長方體、球、圓柱、圓錐、棱柱及其簡

單組合體）的直觀圖.

［走進教材?夯實基礎］回棘知識激活技能

€＞梳理-必備知識

1.空間幾何體的結構特征

（1）多面體的結構特征

名稱棱柱棱錐棱臺

圖形:既金廊

底面互相平行且全等多邊形互相平行且相似

相交于一點但

側棱平行R相等延長線交于二

不一定相等

側面形狀平行四邊形三角形梯形

⑵特殊的棱柱

①側棱垂直于底面的棱柱叫做直棱柱.

②側棱不垂直于底面的棱柱叫做斜棱柱.

③底面是正多邊形的直棱柱叫做亞棱柱.

④底面是平行四邊形的四棱柱也叫做平行六面體.

(3)正棱錐

底面是正多邊形，頂點在底面的射影是底面正多邊形的中心的棱錐叫做正棱

錐.特別地，各棱均相等的正三棱錐叫正四面體.

(4)旋轉體的結構特征

名稱圓柱圓錐圓臺球

小

圖形i息

互相平行且相

延長線交于二

母線等，垂直于底相交于一點

點

面

軸截面矩形等腰三角形等腰梯形X圓面

側面展開圖矩形扇形扇環

提醒：(1)要掌握棱柱、棱錐各部分的結構特征，計算問題往往轉化到一個

三角形中進行解決.

(2)臺體可以看成是由錐體截得的，但一定要知道截面與底面平行.

2.立體圖形的直觀圖

(1)畫法：常用斜二測畫法.

（2）規則:

①原圖形中x軸、y軸、z軸兩兩垂直，直觀圖中，V軸、十軸的夾角為45,

或135°,z，軸與丈軸和），，軸所在平面垂直.

②原圖形中平行于坐標軸的線段，直觀圖中仍分別平行于坐標軸,平行于x

軸和z軸的線段在直觀圖中保持原長度丕變，平行于），軸的線段長度在直觀圖中

變為原來的一半.

3.圓柱、圓錐、圓臺的側面展開圖及側面積公式

圓柱圓錐圓臺

八，八

/*

側面展n621Td；

開圖包M-2屈蜜

側面

S陽性惻=2兀”S斕律苗=匹旦Siwfottj—7i(ri-|-rz)/

積公式

4.柱、錐、臺、球的表面積和體積

名稱

表面積體積

幾何體

V=Sh

柱體（棱柱和圓柱）S表面枳=S閭+2S底

V=+h

錐體（棱錐和圓錐）S喪面積=S他+Sa3——

V=；（S上+S下+小石訥

臺體（棱臺和圓臺）S表面枳=5惻+S上+S下

4、

球S=4TIR2V=-TIR3

提醒：球的截面的性質

（1）球的任何截面都是圓面；

（2）球心和截面（不過球心）圓心的連線垂直于成面;

（3）球心到截面的距離d與球的半徑H及裁面的半徑廠的關系為7爐一￡

［常用結論］

1.按照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

不：3立猊國一41縣皿,

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d則它的內切球半徑外接球半徑K=冬.

(2)設長方體的長、寬、高分別為a,b,c,則它的外接球半徑R=V"飛一.

(3)設正四面體的枝長為〃，則它的高為月=坐如內切球半徑/*=，/=書%

外接球半徑/?=("=坐q.

?激活-基本技能

一、易錯易誤辨析(正確的打“J”，錯誤的打“X”)

(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)用一個平行于底面的平面截圓錐，得到一個圓錐和一個圓臺.()

［答案］(1)X(2)X⑶X(4)7

二、教材習題衍生

1.一個球的表面積是16兀，那么這個球的體積為()

16宜32

AA."ynB.兀

C.16nD.24K

4

B［設球的半徑為R,則S=4兀R2=16TI,解得R=2,則球的體積丫=,兀/?'

2.如圖所示，長方體ABCD-ATTCTT中被截去一部分，其中EH〃A

則剩下的幾何體是()

A.棱臺

B.四棱柱

C.五棱柱

D.簡單組合體

C［由幾何體的結構特征知，剩下的幾何體為五棱柱.］

3.一個圓臺上、下底面的半徑分別為3cm和8cm,若兩底面圓心的連線

長為12cm,則這個圓臺的母線長為cm.

13[如圖，過點A作ACJ_OB,交OB于點C.

在RlZ\ABC中，/C=12cm,BC=8—3=5(cm).

所以43=^122+52=13(cm).]

4.利用斜二測畫法得到的以下結論中，正確的是________.（填序號）

①三角形的直觀圖是三角形；②平行四邊形的直觀圖是平行四邊形；③正方

形的直觀圖是正方形；④圓的直觀圖是橢圓.

①②?［①正確；由原圖形中平行的線段在直觀圖中仍平行可知②正確;

原圖形中垂直的線段在直觀圖中一般不垂直，故③錯誤；④正確.］

第1課時基本立體圖形及其直觀圖、表面積與體積

［細研考點?突破題型］更難解惑直擊高考

□考點一基本立體圖形4多維探究

?考向1結構特征

1.下列說法正確的是（）

A.布?一個面是多邊形，其余各面都是三角形，由這些面圍成的多面體是棱

錐

B.有兩個面平行且相似，其余各面都是梯形的多面體是棱臺

C.如果一個棱錐的各個側面都是等邊三角形，那么這個棱銖可能為六棱錐

D.如果一個棱柱的所有面都是長方形，那么這個棱柱是長方體

D［選項A,有一個面是多邊形，其余各面都是有一個公共頂點的三角形，

由這些面所圍成的多面體叫做棱錐，即其余各面的三角形必須有公共的頂點，故

A錯誤；選項B,棱臺是由棱錐被平行于棱錐底面的平面所截而得的，而有兩個

面平行且相似，其余各面都是梯形的多面體有可能不是棱臺，因為它的側棱延長

后不一定交于一點，故B錯誤；選項C,當棱錐的各個側面的共頂點的角之和是

360°時，各側面構成平面圖形，故這個棱錐不可能為六棱錐，故C錯誤；選項D,

若每個側面都是長方形，則說明側棱與底面垂直，又底面也是長方形，符合長方

體的定義，故D正確.故選D.]

＞考向2直觀圖

2.己知正三角形ABC的邊長為小那么△ABC的平面直觀圖夕U的面

積為（）■—

A.乎，B.C.坐層D.興a2

D[法一：如圖①②所示的實際圖形和直觀圖，

Av：

Bx4*0/D'B'x'

圖①圖②

,,

由圖②可知，AB-AB-a,OC-1OC=^a,

在圖②中作C7T_LAB于＞,

,,,,

則CD-^OC-^af

所以5兇'6'XC'一；X〃X乎。一//.

法_：SMBC—2X。Xasin60一￡〃？，

又,，一鳥—啦*02一運2

入3直鞏國―43朦圖—4人4a-]6。°

故選D.]

卜考向3展開圖

3.（1）（2021.新高考I卷）已知圓錐的底面半徑為啦，其側面展開圖為一個半

圓，則該圓錐的母線長為（）

A.2B.2/

C.4D.4^2

I真題衍生]

己知圓錐的母線長為1,其側面展開圖是一個圓心角為120°的扇形，則該圓

錐的軸截面面積為()

A維B結

人9D*9

C且D也

J9u,9

B[因為圓錐的母線長為1,其側面展開圖是一個圓心角為120"的扇形，所

以圓錐的底面周長為1乂號=專，所以底面半徑為最高為、^一以二邛，所

以軸截面面積為:><曰><^^=2^.故選B.]

(2)如圖，正三棱柱A8C-45G的側棱長為m底面邊長為兒一只螞蟻從

點A出發沿每個側面爬到4,路線為4-M-NfAi,則螞蟻爬行的最短路程是

A.7層+9方

B.7/

C.4a2+汕2

D.7岸+及

(1)B(2)A[(1)如圖，設母線長為/,因為圓錐底面周長即為

側面展開圖半圓的弧長，圓錐的母線長即為側面展開圖半圓的半

徑，則有2兀?也=兀，解得/=26，所以該圓錐的母線長為2吸.

故選B.

(2)正三棱柱的側面展開圖是如圖所示的矩形，矩形的長為

3b,寬為出則其對角線A4i的長為最短路程.因此螞蟻爬行

的最短路程為、〃2+9從故選A.]

令反思領悟1.空間幾何體概念辨析題的常用方法

⑴定義法：緊扣定義，由已知條件構建幾何模型，在條件不變的情況下,

變換模型中的線面關系或增加線、面等基本元素，根據定義進行判定.

(2)反例法：通過反例對結構特征進行辨析.

2.斜二測畫法

(1)在斜二測畫法中，要確定關鍵點及關鍵線段.“平行于龍軸的線段平行性

不變，長度不變；平行于)，軸的線段平行性不變，長度減半.”

(2)求面積可用關系式：Sue圖=4S原圖彩.

3.通常利用空間幾何體的表面展開圖解決以下問題：

(1)求幾何體的表面積或側面積；

(2)求幾何體表面上任意兩個點的最短表面距離.

□考點二等空間幾何體的表面積與體積《多維探究

卜考向1表面積

[典例1-1](1)(2020?全國I卷)已知A,B,。為球。的球面上的三個點，

為△A8C的外接圓.若。Oi的面積為4兀，AB=BC=AC=OOi,則球。的

表面積為()

A.64兀B.48兀

C.36nD.32兀

(2)(多選)等腰直角三角形的直角邊長為1,現將該三角形繞其某一邊旋轉一

周，則所形成的幾何體的表面積可以為()

A.啦兀B.(1+爪):I7T

C.2吸兀D.(2+。氏I兀

(1)A(2)AB[(1)如圖所示，設球。的半徑為OOi

的半徑為r,因為。Oi的面積為4K,所以4兀=兀-，解得r=2,

又A〃=〃C=AC=O。，所以「=2廠,解得43=2寸3,故

>111\mJ\J

OOi=2小，所以R2=OO*+3=(2s)2+22=16,所以球O

的表面積5=4兀/?::=64兀.故選A.

(2)如果是繞直角邊旋轉，則形成圓錐，圓錐底面半徑為1,高為1,母線就

是直角三角形的斜邊，長為也，所以所形成的幾何體的表面積S=7iXlX、/5+

兀X12=(g+1)兀.如果澆斜邊旋轉，則形成的是上、下兩個圓錐，圓錐的底面半

徑是直角三角形斜邊上的高坐，兩個圓錐的母線都是直角三角形的直南邊，母

線長是1,所以形成的幾何體的表面積S'=2XTTX孚X1=啦兀.綜上可知，膨成

幾何體的表面積是(啦+1)兀或啦兀.故選AB.]

卜考向2體積

[典例1-2](1)(多選)沙漏是古代的一種計時裝置，它由兩個形狀完全相同

的容器和一個狹窄的連接管道組成，開始時細沙全部在上部容器中，細沙通過連

接管道全部流到下部容器所需要的時間稱為該沙漏的一個沙時.如圖，某沙漏由

上下兩個圓錐組成，圓錐的底面直徑和高均為8cm,細沙全部在上部時，其高

度為圓錐高度的?細管長度忽略不計).假設該沙漏每秒鐘漏下0.02cn?的沙，

旦細沙全部漏入下部后，恰好堆成一個蓋住沙漏底部的圓錐形沙堆.以下結論正

確的是()

A.沙漏中的細沙體積為噌4m3

O1

B.沙漏的體積是128兀cn?

C.細沙全部漏入下部后此錐形沙堆的高度約為2.4cm

D.該沙漏的一個沙時大約是1985秒(兀心3.14)

⑵(2020?新高考II卷)棱長為2的正方體A8CD-A出CQ中，M,N分別為棱

BBi,A8的中點，則三棱錐的體積為.

(3)如圖，在多面體A8CDE尸中，已知四邊形A8CO是邊長為1的正方形，

且△N/)凡△金＞均為下二角形."'〃川/?.加'=2.則該多面體的體積為

(l)ACD(2)1(3)V[(1)對于A,根據圓錐的截面圖可知：細沙在上部時,

細沙的底面半徑與圓錐的底面半徑之比等于細沙的高與圓錐的高之比,

2Q

所以細沙的底面半徑r=^X4=^cm,

1-2/7164兀、/61024兀3

所以體積V=y7rr--=^X-^-X—=———cm3;

(])乂〃=2義]乂兀乂42義8=——兀cm';

對于B,沙漏的體彳只V=2X?X兀X

對于C,設細沙流入下部后的高度為例，根據細沙體積不變可知：嚕^=4

o13

XXAi,

1024兀167r

所以h\,所以力1^2.4cm;

813

10247r

對于D,因為細沙的體積為一宗‘口/,沙漏每秒鐘漏下0.02cn?的沙，所

O1

102471

811024X3.14

以一個沙時為:X50-1985彳夕.故選ACD.

0.0281

(2)如圖，由正方體棱長為2,

113

得S/\A\MN=2X2-2X-X2X\--X1X1=y,

44乙

又易知。為三棱錐力-4MN的高，且"A1=2,

???VA\-D\MN=VD\-A\MN

=1-SAAIA/^-DIAI=|X|X2=1.

(3)如圖，過BC作與EF垂直的截面BCG,作平面ADM//

平面BCG,取BC的中點O,連接GO,FO,由題意可得FO=

啦

FG=y所以GO=d尸O?一。G2=

2，

所以S^BCG=2X1X'=3,V]=VBCG-ADM=S^BCG,AB=,Vz=2VF-BCG=

11、歷1s\[2

2X^BCGGF=2XXX2=72?所以丫=口+3=手」

傘反思領悟求空間幾何體的體積的常用方法

公式法規則幾何體的體積問題，直接利用公式進行求解

把不規則的幾何體分割成規則的幾何體，或者把不規則的幾何體補

割補法

成規則的幾何體

等體通過選擇合適的底面來求幾何體體我的一種方法，特別是三棱錐的

積法體積

［跟進訓練］

⑴(2021?新高考II卷)正四棱臺的上、下底面的邊長分別為2,4,側棱長為2,

則其體積為()

A.20+12仍B.28后

r56軍血

(2)(2021.全國甲卷)已知一個圓錐的底面半徑為6,其體積為30兀，則該圓錐

的側面積為.

(1)D(2)39兀［(1)如圖A8CQ-481cl為正四棱臺，AB=2f

KC

Mi

4B=4,44i=2.在等腰梯形4B15A中,

4—2

過A作AE_L4Bi,可得AiE—9-1,

AE=—A\E2=小一]=y[3.

連接AC,AiCi,

4。=、4+4=2吸,AiCi=^/l6+16=4^2

上心,4/一2啦廠

VV

過A作AG_LAiG,AiG-2

AG=yjAAy-AiG2=y/4~2=

???正四棱臺的體積為：

S上+SF+、/S上?S下、,,22+42+-V22X42

V-q八11-R?X6

3

(2)由圓錐的底面半徑為6,其體積為30兀,

設圓錐的高為九則:XmX62)X/?=30兀，解得h=方,

J1

所以圓錐的母線長/=

13

所以圓錐的側面積5=n/7=7rX6X—=39n.]

第2課時空間幾何體的切、接、截問題

[細研考點?突破題型]重難解惑直擊高考

□考點一簡單幾何體的外接球'師生共研

[典例1]⑴已知三棱錐尸-ABC的三條側棱兩兩互相垂直，且AB=小,BC

=巾,人。=2,則此三棱錐的外接球的體積為()

-8「巡-16n32

A.1兀B.3兀C.3-兀D.父兀

(2)已知直三棱柱ABC-AiBiG的各頂點都在以0為球心的球面上，且NBAC

3兀

=拳M=8C=2,則球。的體積為()

A.4、/57rB.8兀

C.1271D.20兀

(1)B(2)A[(\y：AB=y15tBC=?AC=2,.\B4=1,PC=事,PB=

2.以%,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.

??,長方體的體對角線長為、1+3+4=2啦,

???球的直徑為2/，半徑R=巾,

因此，三棱錐P-ABC外接球的體積是g兀A'=$X(啦"=斗M故選B.

(2)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=

BC

2sinZBAC與.3兀、/'

2siq

則直三棱柱ABC-A\B\C\的外接球的半徑為R=\J尸+(明”=、/(激尸+產

=小，

4r-

則直三棱柱A8C-A出G的外接球的體積為鏟穴3=45兀.故選A.]

［母題變遷］

1.若將本例(2)的條件“N84C=q",AAI=8C=2”換為“A8=3,AC=4,

AB±AC,44=12”，則球。的半徑為

13

V［如圖所示，過球心作平面ABC的垂線，則垂足為

BC的中點M.

又AA/=zBC=z,0M=

所以球O的半徑R=OA=+6，一爹」

2.若將本例⑵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Si與其內切球的表面積S2的比值為.

［設正四面體棱長為4,則正四面體表面積為S1=4X曰./=小〃2,其

內切球半徑r為正四面體高的

即r=J?孝〃=需〃，因此內切球表面積為52=4兀3=的,

則*溟=述」

32TUT71」

3.若將本例(2)的條件改為“側棱和底面邊長都是3班的正四棱錐的各頂點

都在以。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3/Xg=6,高為

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.］

令反思領悟通過本例及母題變遷訓練，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)若球面上四點P,A,B,C中弘,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=，?不再?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.

［跟進訓練］

1.(1)(2021.天津高考)兩個圓錐的底面是?個球的同?截面，頂點均在球面

上，若球的體積為寧327r，兩個圓錐的高之比為1：3,則這兩個圓錐的體積之和為

()

A.3兀B.4兀

C.9兀D.12兀

(2)圓臺上、下底面的圓周都在一個直徑為10的球面上，其上、下底面半徑

分別為4和5,則該圓臺的體積為.

(1)B(2)61兀［(1)如圖，設球。的半徑為由題意，，兀2=當4可得R

=2,則球。的直徑為4,

二兩個圓錐的高之比為1：3,：.AOi=lf501=3,

由直角三角形中的射影定理可得：戶=1X3,即「=小.

這兩個圓錐的體積之和為V=|nX(^/3)2X(l+3)=47t.

故選B.

(2)截面圖如圖所示，下底面半徑為5,圓周有徑為10.

則圓臺的下底面位于圓周的直徑上，OC=OB=5,OrC=4,NOO，C=W，

則圓臺的高為3,1/=；〃3+病工+,$)=25江+16兀+20兀=61兀」

□考點二簡單幾何體的內切球?師生共研

［典例2］(202().全國川卷)已知圓錐的底面半徑為1,母線長為3,則該圓錐

內半徑最大的球的體積為_______.金冬

冬［法一：如圖，在圓錐的軸截面ABC中，COJ_4B,BDc

=1,AC=3,廁O內切于△AKC,/?為切點，連接OE,則OE1BC.A

Rl^BCQ中，CD=7BC?-BD?=2吸.易知BE=BD=1,則CE=

2.設圓錐的內切球半徑為R,則OC=2小一R,在RlACOF中，D

22

OC-OE=CE?t即(2啦一R)2-R2=4,所以R=半，圓錐內半徑最大的球的體

4.S

積為］兀R'=專兄

法二：如圖，記圓錐的軸截面為△ABC,其中AC=BC=3f

AB=2tCD1AB,在RtABCD中，。。=小了二^"=2啦，則SMBC

=26.設aABC的內切圓O的半徑為R,則冗=經溶=*，

JIJIJJ

4

所以圓錐內半徑最大的球的體積為?R3=手兀.］

⑨,反思領悟“切”的問題處理規律

(1)找準切點，通過作過球心的截面來解決.

(2)體積分割是求內切球半徑的通用方法.

［跟進訓練］

2.在封閉的直三棱柱ABC-4BG內有一個體積為V的球.若ABJ_8C，A8

=6,8C=8,AA=3,則V的最大值是()

「9兀

A.4兀B.-y

一,n327r

C.6兀D.

B［要使球的體積最大，必須使球的半徑最大.設球的半徑為R,.??△ABC

6

的內切圓半徑為+：T°=2,:.RW2,由題意易知球與直三棱柱的上、下底面

都相切時，球的直徑取得最大值為3,

49

3-

鏟

/?^2?**?Vn)ax=2兀

□考點三空間幾何體的截面、截線問題〈師生共研

[典例3](1)(2020?全國II卷)已知△ABC是面積為乎的等邊三角形，旦其

頂點都在球。的球面上.若球。的表面積為16兀,則。到平面ABC的距離為()

3

A-

?V3B.2

C.1D.坐

(2)(2020?新高考I卷)已知直四棱柱ABCD-A\B\C\D\的棱長均為2.ZBAD=

60°,以。為球心，小為半徑的球面與側面5CGB的交線長為________.

(DC(2)冬[(1)由等邊三角形ABC的面積為乎，得

坐XAB?=4^,得A5=3,則△ABC的外接圓半徑r=1x^

AB

43=烏8=#.設球的半徑為/?,則由球的表面積為1671,得4兀心=16兀，得R

=2,則球心O到平面A3C的距離d=、R2一(=1,故選C.

(2)如圖，連接BOi,易知△BCIOI為正三角形，所以囪。|=。。|=2.分別

取BG,BBT,CC的中點M,G,H,連接DiM,DiG,D\H,則易得。9=。百

=產訐=,，DI/WIBICI,且由題意知G,H分別是BBi,CG與

球面的交點.在側面BCC\B\內任取一點P,使MP=?連接DiP,則D\P=

401〃+/“2=4(小＞+(也＞=小,連接MG,MH,易得MG=MH=p,故

可知以歷為圓心，也為半徑的圓弧GH為球面與側面BCGB的交線.由N8MG

(1)確定球心0和截面圓的圓心。'；

(2)探求球的半徑R和截面圓的半徑r；

(3)利用|。。平+/二代計算相關量.

［跟進訓練］

3.如圖，以棱長為1的正方體的頂點A為球心，以啦為半徑作一個球面,

則該正方體的表面被球面所截得的所有弧長之和為()

3兀

TB.也兀

C［正方體的表面被該球面所截得的弧長是相等的三部以

分，如圖，上底面被球面截得的弧長是以A］為圓心，1為半徑4廣詞

127r47rI?*****!*

的圓周長的j所以所有弧長之和為3義亍=掌故選C.］A—B

5.尋找球心解決與球有關的問題

簡單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能力和邏輯推理能力.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.

＞類型1利用直棱柱上下底面外接圓

圓心的連線確定球心

［典例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也底面周長為3,則這個

O

球的體積為.

專［設正六棱柱底面邊長為4,正六棱柱的高為〃，則a/,底面積為5=

6,半目=唔'V“=S〃=乎〃=苓，?,?〃=小'片=停了+?=1,”1，球

的體積為V=y.］

畬素養提能直棱柱的外接球、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.

類型2利用長方體與球的中心對稱性質確定球心

［典例5］已知邊長為2的等邊三角形ABC,D為BC的中點，沿4。進行

折疊，使折疊后的N5DC=9則過4,B,C,。四點的球的表面積為（）

A.3兀B.4兀

C.5兀D.6兀

C［連接BC（圖略），由題知幾何體ABCD為三棱維，BD=CD=1,AD=小,

BD1AD,CDA,AD,BD1CD,將折疊后的圖形補成一個長、寬、高分別是市,

1,1的長方體，其體對甬線長為Ml+1+3=小,故該三棱錐外接球的半徑是零,

其表面積為571.］

令素養提能若幾何體存在三條兩兩垂直的淺段或者三條線有兩條垂直，可

構造墻角模型（如下圖），直接用公式（2/?）2=4+/?2+02求出R.

圖①圖②

圖③圖④

根據球與長方體的對稱性可知，長方體的對稱中心就是球心，所以長方體（或

可補形為長方體的柱體、錐體）的體對角線就是其外接球的直徑.

類型3利用底面三角形與側面三角形的外心探索球心

［典例6］平面四邊形A8CD中，AB=AD=CD=\fBD=?BDLCD,將

其沿對角線BD折成四面體A'BCD,使平面A方。_1_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.坐兀B.3兀

C.坐兀D.2H

A［如圖,設皿BC的中點分別為E,E因點

尸為底面直角△BCD的外心，知三棱錐A'-BCD的4

外接球球心必在過點/且與平面BCD垂直的直線/i\

上.又點E為底面直角為D的外心，知外接球球f

c

心必在過點Z?且與千面A7?。垂直的直線/2上.因而球心為人與/2的交點.又

FE//CD,CDtBD知FEL平面A'BD.從而可知球心為點F.又A'8=A'￡>=1,

CD=1知BD=也,球半徑寵=尸￡）=竿=坐.故丫=^兀（坐）=#兀.］

畬素養提能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.

類型4利用截面圖形的幾何性質確定球心

［典例7］在四面體A8CQ中，AB=p,DA=DB=CA=CB=T,則四面體

ABCD的外接球的表面積為（）

A.兀B.2兀

C.3兀D.4兀

B［取A8的中點0,連接0C,0D.

由AB=?DA=DB=CA=CB=\f

222

所以。/+西=叱AD+BD=ABfA

可得NAC8=NAD8=9（）°,n/fX

V2

所以OA=OB=OC=OD=,,

D

即。為外接球的球心，球的半徑R=乎，

所以四面體ABC。的外接球的表面積為5=4兀R2=4兀X：=27L]

畬素養提能由圓的幾何性質可知，直徑所對的圓周角是直角，故當遇有公

共斜邊的直角三角形的四面體外接球問題時，常采用取中點的方式解答.

[跟進訓練]

4.(1)已知三棱錐S-48C的三條側棱兩兩垂直，且S4=l,SB=SC=2,若

點P為三棱錐S-ABC的外接球的球心，則這個外接球的半徑是.

(2)(2021?合肥一中模擬)半正多面體(semiregularsolid)亦稱“阿基米德多面

體”，是由邊數不全相同的正多邊形圍成的多面體，體現了數學的對稱美.以正

方體每條棱的中點為頂點構造一個半正多面體，如圖，它由八個正三角形和六個

正方形構成，若它的所有棱長都為1,則該半正多面體外接球的表面積為

:若該半正多面體可以在一個正四面體內任意轉動，則該正四面體體積

最小值為?

(1)1(2)4兀8小[⑴如圖所示，將三棱錐補為長方

體，則該棱錐的外接球直徑為長方體的體對角線，設外接球半八

徑為凡

則(27?)2=12+22+22=9,S

33

/.47?2=9,.即這個外接球的半徑是彳.

(2)由題意知，該蘭正多面體的外接球的球心是正方體的中心，正方體棱長

為也,

所以該半正多面體外接球的半徑R=M司+用i

故其表面積為4TL

若該半正多面體可以在一個正四面體內任意轉動，則該半正

多面體的外接球是正四面體的內切球時，該正四面體體積最小.

此時，設正四面體的棱長為〃，則正四面體的高為半〃，則有2

=12

所以Vmin=g.^（2班）2.（坐2#）=8小.]

解得4=2#,

缸至空間點、直線、平面之間的位置關

系

［考試要求］

1.借助長方體，在直觀認識空間點、直線、平面的位置關系的基礎上，抽象

出空間點、直線、平面的位置關系的定義.

2.了解四個基本事實和一個定理，并能應用定理解決問題.

［走進教材?夯實基礎］回棘知識-激活技能

€＞梳理-必備知識

1.基本事實

基本

過不在一條直線上的三個點,有且只有一個平面

事實1

基本如果一條直線上的兩個點在一個平面內,那么這條直線在這個平

事實2面內

基本如果兩個不重合的平面有一個公共點，那么它們有且只有一條過

事實3該點的公共直線

基本事實4平行于同一條直線的兩條直線拉

2.，，三個，，推論

推論1：經過一條直線和這條直線處一點，有且只有一個平面;

推論2：經過兩條相交直線,有且只有一個平面;

推論3：經過兩條平行直線,有且只有一個平面.

3.空間中直線與直線的位置關系

f相交直線，

共面直線;工二古江

〔平行直線,

異面直線：不同在任何一個平面內,沒有公共點.

提醒：分別在兩個不同平面內的兩條直線不一定為異面直線，他們關系也可

能平行或相交.

4.空間中直線與平面的位置關系

直線與平面的位置關系有：直線在平面內、直線與平面相交、直線與平面平

行三種情況.

5.空間中平面與平面的位置關系

平面與平面的位置關系有平行、相交兩種情況.

6.定理

如果空間中兩個角的兩條邊分別對應平行，那么這兩個角相等或互補.

［常用結論］

1.異面直線判定的一個定理

與一個平面相交的直線和平面內不經過交點的直線是異面直/

線，如圖所示.^-±7

2.唯一性定理

(1)過直線外一點有且只有一條直線與已知直線平行.

(2)過直線外一點有且K有一個平面與已知直線垂直?

(3)過平面外一點有且只有一個平面與已知平面平行.

(4)過平面外一點有且只有一條直線與已知平面垂直.

◎激活-基本技能

一、易錯易誤辨析(正確的打“J”，錯誤的打“X”)

(I)兩個平面a,。有一個公共點A,就說a,。相交于過A點的任意一條直

線.()

(2)兩兩相交的三條直線最多可以確定三個平面.()

(3)如果兩個平面有三個公共點，則這兩個平面重合.()

(4)若直線。不平行于平面a,且Ma,則a內的所有直線與。異面.

()

［答案］(1)X(2)V(3)X(4)X

二、教材習題衍生

1.已知4,匕是異面直線，直線C'平行于直線4,那么C與。()

A.一定是異面直線B.一定是相交直線

C.不可能是平行直線D.不可能是相交直線

C［由已知得直線c與b可能為異面直線也可能為相交直線，但不可能為平

行直線，若/?〃C,則〃〃力，與已知4,〃為異面直線相矛盾.]

2.下列命題正確的是（）

A.兩個平面如果有公共點，那么一定相交

B.兩個平面的公共點一定共線

C.兩個平面有3個公共點一定重合

D.過空間任意三點，一定有一個平面

D卜如果兩個平面重合，則排除A,B兩項；兩個平面相交，則有一條交線，

交線上任取三個點都是兩個平面的公共點，故排除C項；而D項中的三點不論

共線還是不共線，則一定能找到一個平面過這三個點.]

3.如圖是一個正方體的展開圖，如果將它還原為正方體，則下列說法錯誤

的是（）

A.與C。是異面直線

B.與CQ相交

C.EF//CD

D.￡產與AB異面

D[把展開圖還原成正方體，如圖所示.

還原后點G與C重合，點B與尸重合，由圖可知A、B、C選項正確，EF

與AB相交，故D錯誤，選D.]

4.兩兩平行的三條直線可確定____個平面.

1或3[若三條直線在同一平面內，則確定I個平面.若三條直線不共面，

則確定3個平面.]

[細研考點?突破題型]重難解惑直擊高考

□考點一基本事實的應用'師生共研

［典例1］如圖所示,正方體ABCD-AIBCIDI中,E,尸分別是4B和AAi的

中點.求證：

(1)E,C,Di,o四點共面;

(2)CE,DiF,QA三線共點.

［證明］(1)如圖，連接EF,CDi,A\B.

VE,尸分別是AB,A4i

：.EF//BA\.

又?.?AI3〃OIC,：.EF//CD\,

:?E,C,Di,尸四點共面.

3：EF〃CD\,EFVCDI,

.??CE與DiF必相交,設交點為P,

則由尸￡直線CE,CEU平面ABCD,

得PC平面ABC。.

同理P￡平面ADDiAi.

又平面ABC7)n平面AOQ/i=D4,

??.，u直線D4,:?CE,D4三線共點

令反思領悟共面、共線、共點問題的證明

證明共面，先確定一個平