第八章 立体几何.docx

《第八章 立体几何.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《第八章 立体几何.docx（141页珍藏版）》请在三一办公上搜索。

1、第八章立体几何第1节空间几何体的结构、三视图和直观图对应学生用书P179考试要求1 .了解各种空间几何体的结构特性.2 .能根据三视图还原出空间几何体.3 .理解斜二测画法,掌握直观图与实际图形的比例变化.理清知识结构 基础全通关体的结构特征1,简单多面体的结构特征平行目相相交于但不一定相等互相 且恻棱侧面 形状三角形2,旋转体的结构特征侧面展开图矩形扇形扇环球二、三视图与直观图三视图画法规则:长对正、高平齐、宽相等斜二测画法：HEG(1)原图形中X轴/轴,z轴两两垂直,直观图中X轴J轴的夹角为45(或135),z轴与X轴和y轴所在平面直观图(2)原图形中平行于坐标轴的线段在直观图中仍，平行于

2、X轴和Z轴的线段在直观图中保持原长度_,平行于y轴的线段在直观图中的长度为.按照斜二测画法得到的平面图形的直观图,其面积与原图形面积的关系:S直视图邛SiMB影,Shub形=2嫄SiMI图.4自我诊断1 .判断下列结论是否正确.(对的打错的打“?)(1)有两个面平行,其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱.()(2)有一个面是多边形,其余各面都是三角形的几何体是棱锥.()(3)用斜二测画法画水平放置的/4时,若21的两边分别平行于X轴和y轴,且/4=90,则在直观图中,2=90.()(4)正方体、球、圆锥各自的三视图中,三视图均相同.()(5)夹在两个平行的平面之间,其余的面都是梯形,这样的几何

3、体一定是棱台.()(1)(2)*(3)*(4)*(5)*2 .(教材改墉)在如图所示的几何体中,是棱柱的为.(填写所有正确的序号)氐在值心目答在由棱柱的定义可判断属于棱柱.3 .如图所示,已知长方体力8CD被截去了一部分,截去的几何体是三棱柱,其中El为。：则剩下的几何体是().A.棱台B.四棱柱C.五棱柱D.简单组合体由几何体的结构特征知,剩下的几何体为五棱柱.4 .正4/4O8的边长为a建立如图所示的平面直角坐标系X。K则它的直观图的面积是（对平面图形的直观图与原图面积之间的关系不清楚致错）画出坐标系XO”作出八。48的直观图。势8（如图）,。为03的中点.：S。oaW聋S工。人8当吟寻嗜

4、存.5 .如图,网格纸上绘制的是一个多面体的三视图,网格小正方形的边长为1,则该多面体的体枳为（）.A.8B.12C.16D.20B解析D1C由多面体的三视图得该多面体是一直四棱柱48CD-48G为如图,45三4,47=2WN/Wu平面为8。,.该多面体的体积吗M42）*2或=12.故选B.考点题型命题全研透考点一空间几何体命题角度1结构特征有下列说法：棱柱的侧棱都相等,侧面都是全等的平行四边形；在四棱柱中,若两个过相对侧棱的截面都垂直于底面,则该四棱柱为直四棱柱；存在每个面都是直角三角形的四面体；加台的侧楼延长后交于一点.其中正确的说法是.（填序号）丫41。不正确,根据棱柱的定义,棱柱的各个

5、侧面都是平行四边形,但不一定全等;正确,因为两个过相对侧棱的截面的交线平行于侧棱,又垂直于底面;多正确,如图,正方体ABCD-AxByCxCh中的三棱锥G-48C,四个面都是直角三角形;正确,由棱台的概念可知.解决与空间几何体结构特征有关问题的技巧:(1)熟悉空间几何体的结构特征,依据条件构建几何模型,在条件不变的情况下,变换模型中的线面关系或增加线、面等基本元素,依据题意判定.(2)通过反例对结构特征进行辨析,要说明一个说法是错误的,只要举出一个反例即可.感悟实践有以下结论：以直角三角形的一边为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥；以直角梯形的一腰为轴旋转一周所得的旋转体是圆台；圆柱、圆锥、圆台的底

6、面都是圆面；一个平面截圆锥,得到一个圆锥和一个圆台.其中正确结论的个数为().A.0B.1C.2D.3B错误,若这条边是直角三角形的斜边,则得不到圆锥;错误,只有以垂直于两底的腰为轴旋转一周所得的旋转体才是圆台;正确;靖误,必须用平行于圆锥底面的平面戳圆锥才可以.命题角度2直观图有一块多边形的菜地,它的水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形(如图所示)/力HCH5。,/183。=IQCI8C,则这块菜地的面积是.过点4作4E18C于点日图略），在RM48E中,W=1,nQ8E=45,.8e4.而四边形4EC。为矩形d=1,.EC=AD=.BC=BE+EC.由此可还原直观图如图所示.在原图形

7、中d0M6=2,8Cq+1,且在。8C818C.:这块菜地的面积S（A,D,+B,CA（11）*2=24感悟总结（1）画几何体的直观图一股采用斜二测画法,其规则可以用“斜-（两坐标轴成45。或135。）和一二测”（平行于y轴的线段长度减半,平行于X轴和Z轴的线段长度不变）来掌握.对直观图的考查有两个方向,一是已知原图形求直观图的相关,二是已知直观图求原图形中的相关量.（2）按照斜二测画法得到的平面图形的直观图,其面积与原图形面积的关系:S面iBqS原屈形.感悟实践若l8Ia是边长为a的正三角形,且上48&是2/18。的直观图,则“18C的面积为.如图,在A4。IG中,由正弦定理得二5。%：20

8、。,得X号a,.SAca显a与至命题角度3展开图（2018年全国倦）某圆柱的高为2,底面周长为16,其三视图如图所示.圆柱表面上的点在正视图上的对应点为A圆柱表面上的点/V在左视图上的对应点为8,则在此圆柱侧面上,从点到/V的路径中,最短路径的长度为（）.A27B.2SC.3D.2B先画出圆柱的直观图,根据题图的三视图可知点MN的位置如图0所示.ME21X。4N图图圆柱的侧面展开图及点MN的位置（N为O尸的四等分点）如图所示,连接“N则图中MN即点到点N的最短路径.：OVMxl6NQ=2,.MNZoM?+0砂可了+42=2后故选B.4感悟总姑通常利用空间几何体的表面展开图解决以下问题:（1）求

9、几何体的表面积或侧面积;（2）求几何体表面上任意两个点的最短表面距感悟实践如图,已知正三棱柱48C-48G的侧棱长为a底面边长为力一只蚂蚁从点4出发沿每个侧面爬到点4,路线为力一小M*4,则蚂蚊爬行的最短路程是（）.A.2+9b2B.902+b2C.42+9h2D.a2+b2由题意知,正三棱柱的侧面展开图是如图所示的矩形,矩形的长为3h览为a则其对角线44的长为最短路程,因此蚂蚁爬行的最短路程为a2+处2.故选A.考点二三视图及其应用已知一个四棱锥的三视图如图所示,则这个四棱锥最长的棱长为（）.正（主）视图侧（左）视图A.5B.6C.22D.10P由三视图可知,该几何体如图所示,QU底面NHC

10、R84=2,底面是一个直角梯形,其中BQARAB工AD、BC=AB=,ADNM知其最长的横长为PDZi+22=2为.故选C.1.(2023安徽合肥三模)如图,已知网格纸中小正方形的边长为1,粗实线画出的是一个几何体的三视图,则该几何体最长棱的长度为().A.43B.42C.82D.8A由三视图可知,该几何体是一个四棱锥,如图中的四棱锥P-ABCD1P42 + (4)2FI,演=42 + 空 H&FCZ42 + 42=4,月。工所以该因为AB=4,BC=42+42=42,CD=4,AD=42+42=42,=j几何体最长棱的长度为4I2.（2023,陕西西安模拟）已知某几何体的正（主）视图和侧（左

11、）视图如图所示,它的俯视图的直观图是必8C：如图所示,其中OA=OB,。八后,则该几何体的表面积为（）.A.36123B.24*3C.24123D.36-*3C解析由俯视图的直观图,可得几何体的底面是边长为4的正三角形,底面积是45,由正（主）视图和侧（左）视图知,该几何体是三棱锥,如图所示,其中S4平面Q8C,S4=6,&S48,AS4C都是直角三角形,所以S，&s=S必又aSC8是腰长为211,底边长为4的等腰三角形,其面积为冬麻嬴晟邙代,所以该三横锥的表面积为24*21故选C.R彳基础过关1.下列说法中正确的是（）.A.棱柱的侧面可以是三角形B.正方体和长方体都是特殊的四棱柱C.所有几何

12、体的表面都能展开成平面图形D棱柱的各条棱都相等B棱柱的侧面都是四边形,A不正确;正方体和长方体都是特殊的四棱柱,B正确;不是所有几何体的表面都能展开成平面图形,例如,球不能展开成平面图形,C不正确;棱柱的各条棱并不是都相等,但棱柱的侧棱都相等,D不正确.2,若把一个高为10Cm的圆柱的底面画在平面上,则圆柱的高应画成（）.A.平行于Z轴且长度为10cmB.平行于Z轴且长度为5cmC.与N釉成45。且长度为10cmD.与Z轴成45且长度为5cmA平行于Z轴（或在Z轴上）的线段,在直观图中的方向和长度都与原来保持一致.3 .如图所示,这个正方体（从正前方看到数字4,从右边看到数字6,从上方看到数字

13、8）的展开图可能是下面四个展开图中的（）.ABCDA由原正方体的特征可知,含有4,6,8的数字的三个面一定相交于一点,而选项B1C1D中,经过折叠后,含有4,6.8的数字的三个面不相交于一点.故选A.4 .如图,这个三视图对应的几何体是（）.小正视图侧视图俯视图A.六棱台B.六棱柱C.六棱锥D.六边形根据三视图的特征可知C正确.5,等腰三角形48C的直观图可能是（A.B0C.D.。D由直观图的画法可知,当x0片45时,等腰三角形力HC的直观图是当NXoy=I35时,等腰三角形为8。的直观图是&综上,等腰三角形48C的直观图可能是,故选D.Wr能力提升6.某几何体的三视图如图所示,则该几何体外接

14、球的表迪更生).正视图到视图俯视图A.2B.4C.6D.誓根据几何体的三视图可得,该几何体的直观图是底面边长为1的正方形,高为鱼的四棱锥,如图所示.设外接球的半径为R1则(2Q202*2*及)2,E,故S球NTTXl2%.故选B.水平放置的018。的直观图如图所示,已知/CM3,8C=2,则49边上的中线的实际长度为.2.5根据斜二测画法的规则及直观图可知,原平面图形为直角三角形,且若C=4CM3,8C=28CN,所以Z曰=1。珀。=9X6=25,所以48=5,故28边上的中线长为竽=25.直观图侧视图俯视图高为4的直三棱柱被削去一部分后得到一个几何体,它的直观图和三视图中的侧视图、俯视图如图

15、所示,则该几何体的体积是原直三棱柱的体积的.由侧视图、俯视图知该几何体是高为2,底面积为g2M2M）=6的四棱锥,其体积为3或6N,易知直三棱柱的体积为8,则该几何体的体积是原直三棱柱的体积的发H思维拓展9.一个多面体的直观图及三视图如图所示,MN分别是为E8C的中点.请把下面几种正确说法的序号填在横线上.崔，口出直观图B正视图侧视图俯视图肋Ml平面CDEF,BElAC该几何体的表面积为1242;。该几何体的外接球（几何体的所有顶点都在球面上）的体积等于45.U三由题意可知几何体是放倒的直三横柱,底面是等腰直角三角形,直角边长为2,三梭柱的高为2,该直三棱柱可以看成是正方体被对角面敲成的两个三

16、棱柱之一.MN分别是AEBC的中息,.MMEC,又Ea平面CDEF、M陈平面CDEF,.M平面CDEF效正确.易知8E与平面RBC不垂直,阻HG.BE不能垂直HG故不正确.该几何体的表面积5=2或+2或+2或或*2或或=12*4鱼,故合正确.该几何体的外接球（几何体的所有顶点都在球面上）的体积,就是棱长为2的正方体的外接球的体积外接球的半径Mg*25=5,:外接球的体积YnrI）3=4I11,故正确.第2节空间几何体的表面积与体积对应学生用书P182考试要求1 .理解棱柱、棱锥、棱台的表面积和体积计算公式,并能用公式解决实际问题.2 .会用公式计算旋转体的表面积与体积.理清知识结构 基础全通关

17、侧面积公式SgW-SflB*三SaiftW=二,柱体、慎体、台体、球的表面枳和体积名称表面积体积几何体柱体(棱柱和圆柱)S表面枳=S+2S底V=SiRh锥体(棱锥和圆锥)S表面根=S儡+Sjk台体(楼台和Ssbir=V(S上+S圆台)S例+S上+S下部下)力球S=Y夕加展1 .与体积有关的几个结论(1) 一个组合体的体积等于它的各部分体积的和.(2)底面面积及高都相等的两个同类几何体的体积相等.2 .几个与球有关的切、接常用结论(1)正方体的棱长为a球的半径为R,。若球为正方体的外接球,则28=5a若球为正方体的内切球,则2R=a、多若球与正方体的各棱相切,则2R=2a.(2)若长方体过同一顶

18、点的三条棱长分别为a,ac,外接球的半径为/?则2/?6+炉+/.(3)正四面体的外接球与内切球的半径之比为3.1.自我诊断1 .判断下列结论是否正确.(对的打错的打)(1)锥体的体积等于底面面积与高之积.()(2)球的体积之比等于半径比的平方.()(3)台体的体积可转化为两个锥体的体积之差.()(4)已知球。的半径为/?,其内接正方体的楼长为a则吟a.()（D*（2）*（3）（4）2 .（教材改编）在8C中8=8C=4,48C=150,若将58。绕直线8C旋转一周,则所形成的旋转体的体积是（）.A.316C.910V旋转体是一个大圆锥去掉一个小圆锥,作出筒图,如图所示厕。4=2,所以旋转体的

19、体积为g*22Nc。4哼.3 .（2023湖北模拟）已知一个直三棱柱的高为2,如图,其底面力HC水平放置的直观图（斜二测画法）为aI3C其中OW=Ob=OCA则此三棱柱的表面积为（）.A.4-42B.8-42C.845D.85C由斜二测画法的“三变”三不变可得底面平面图如图所示,其中O4=2Q82OC=2,所以483g行,所以此三棱柱的表面积S=2*或*2*2*2通）*2=8M5故选C.4 .（2023湖南模抵）已知平面。截球。所得截面圆的半径为1,球心O到平面。的距理为企,则此球的体积为（）.A.6B.43C.46D.63设球的半径为/?,由球的截面性质得8=J(2+M三5,所以球的体积Yn

20、=45.考点题型命题全研透考点一几何体的表面积(2021年全国甲卷)已知一个圆锥的底面半径为6,其体积为30,则该圆锥的侧面积为F-39如图.画锥的体积lA62=30.A八庐TK=Je)2+62专.Sw=*6*y=39.若将条件“其体积为30改为“过该圆锥的顶点的圆锥的截面面积的最大值为詈,则该圆锥的侧面积为.39若该圆锥的轴截面的顶角为锐角,则过该圆锥的顶点的圆锥的裁面面积的最大值为轴截面的面积,所以T*2M若.因为尸6,所以力嗡.因为;X,所以此时该圆锥的轴截面的顶角为钝角,这与该圆锥的轴截面的顶角为蜕角矛盾,所以该圆锥的轴戳面的顶角为直角或钝角.所以过该圆锥的顶点的圆锥的截面面积的最大值

21、为TMX*si吗4,即若,所以/考,故该圆锥的侧面积为S=TTZ=39.空间几何体表面积的求法(1)多面体:其表面积是各个面的面积之和.(2)旋转体:其表面积等于侧面面积与底面面积的和.(3)简单组合体:应搞清各构成部分,并注意重合部分的删、补.(4)求不规则几何体的表面积时,通常将所给几何体分割成基本的柱体、锥体、台体,先求出这些基本的柱体、锥体、台体的表面积,再通过求和或作差,求出几何体的表面积.感悟实践已知圆锥的顶点为S母线S4,S8所成角的余弦值为看S4与圆锥底面所成的角为45.若aS48的面积为511,则该圆锥的侧面积402因为母线S4与圆锥底面所成的角为45。,所以圆锥的轴截面为等

22、腰直角三角形.设底面圆的半径为。则母线长/=疙乙在S48中,cosS84所以sin4S8=因为&S48的面积为515,piSASinz4SS=i*2-*2r.*=5l5,所以户=40,故圆锥的侧面积为=2112=402.考点二几何体的体积命题角度1直接法求体积（2022年全国甲卷）甲、乙两个圆锥的母线长相等,侧面展开图的圆心角之和为2,侧面积分别为S甲和S乙,体积分别为V%甲和1/乙.若丁Z2,则厂Z三（）.殳zA.5B.22C.10D.空4C一一如图,甲、乙两个圆锥的侧面展开图用好拼成一个圆,设圆的半径（即圆锥母线）为3,甲、乙两个圆锥的底面半径分别为乙高分别为,则2c=4,2i=2,解得n

23、=2,i=1,由勾股定理可得=5,=22,三镖的故选C计算柱体、锥体、台体的体积,关键是根据条件求出相应的底面面积和高,应注意充分利用多面体的裁面,特别是轴裁面,将空间问题转化为平面问题求解.感悟实践正四楼台的上、下底面的边长分别为2,4,侧棱长为2,则四棱台的体积为（）.A.军B.562C,282D.华Dt如图,设上、下底面的中心分别为OQ,过点S作8和。8于点M则O8=Q尻2,8W八所以该棱台的高/7=8I所以该四棱台的体积为g（S上+St+JS上S下）q*（22M22ZX42）野,故选D.命题角度2割补法求体积如图所示,已知多面体力SCOE尸G中,46MG力。两两互相垂直,平面46。平面

24、DEFG,平面8&平面10GG48勿O=OG=2C=&三1,则该多面体的体积为（法一:补形法）因为几何体有两对相对面互相平行,如图少所示,将多面体补成棱长为2的正方体,所以所求多面体的体积即该正方体体积的一半.又正方体的体积P正方体A8HMEKG=23q,故所求几何体的体积为P多原体A8COcG=j*=4.（法二:分割法）由题意知,几何体有两对相对面互相平行,如图所示,过点C作。九。G于点连接E即把多面体分割成一个直三棱柱。日8C和一个斜三棱柱BEF-CHG.由题意知,，楼柱田水g=S，DfWTlO=lg*2*1）*2,K三梭枝BEF-CHG=SBEPX2X1）*2=2.故所求几何体的体积1/

25、多面停A8CDEFgN也，若所给定的几何体是不规则几何体,则将不规则的几何体通过分割或补形转化为规则几何体,再利用公式求解.“补形法”是立体几何中一种常见的重要方法,在解题时,把不完整几何体通过“补形.补成一个完整的几何体或将一个复杂的几何体置于一个更熟悉的几何体中巧妙地破解空间几何体的体积等问题常见的补形法有对称补形、联系补形和还原补形.对于还原补形,主要涉及台体中“还台为锥二感悟实践（改编）九章算术与几何原本并称现代数学的两大源泉.在九章算术卷五商功篇中介绍了姜除（此处是指三面为等腰梯形,其他两侧面为直角三角形的五面体）体积的求法.在如图所示的羡除中,平面4804是铅垂面,下宽AA=3m,

26、上宽BD=Am,深3m,平面8。”是水平面,末端宽CEWm,无深,长6m（直线CE到BD的距寓）,则该羡除的体积为（）.A.24m3B.30m3C.36m3D.42m3C如图.在8。CE上分别取点gC使得BBt=CC=Zm,连接/I&4U8C：则三棱柱力6Cd3C是直三棱柱,该羡除的体积V=Vabc.asVa命题角度3等体积转换法求体积（2023江西联考）1,如图,正方体6C248GO的棱长为1石户分别为线段/Vb,8C上的点厕三棱锥Dl-ED下的体积为先.1IT6因为点E在线段4必上,所以SOEDIgMM弓.又因为点尸在线段BC上,所以点尸到平面。印的距离为1,即力=1,所以”f*f三Ws。

27、眄力WWXIw惠梅总结利用“等体积性”可以解决一些点到平面的距寓问题,即将点到平面的距程视为一个三棱锥的高,通过将其顶点和底面进行转化,借助体积的不变性解决问题.感悟实践C1z（2023广西柳州联考）如图所示,已知三棱柱48C-48G的所有棱长均为1,且A4u底面RHC,则三棱锥848G的体积为（）.A三棱锥Bx-ABCy的体积等于三棱锥A-BxBCy的体积,三棱锥A-BxBCy的高为笔底面积为述其体积为达呼哈故选A.逐点排查素养快提升对应高效训练P71R彳基础过关1.（2023肥城调研）在九章算术3中,将两底面为直角三角形的直棱柱,即长方体的斜截平分体,称为堑堵.今有如图所示的堑堵形状（48

28、=8。容器,给其装满水,当水量使用了一半时,水面高度占力8的（）.水的体积就是堑堵体积的一半,柱体体积公式是底面积乘高,高没变,底面积变为原来的一半,因为底面是等腰直角三角形,所以边长变为48的亨,所以水面高度占力8的竽,故选C.2.楼长为2的正方体的内切球的体积为（）.A.4B,16C与D.等C由正方体的性质可得,正方体的内切球的半径R=Q,:球的体积号岸号,故选C.3（2023淮安模拟）用半径为2的半圆形铁皮围成一个圆锥筒,则该圆锥筒的高为（）.A.1B.3C.2D.6B半圆的弧长2等于圆锥的底面圆的周长,故底面圆的半径为1,圆锥母线为2,故高为于Wl4.已知圆柱的上、下底面的中心分别为O

29、,Q,过直线的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形,则该圆柱的表面积为A.122B.12C.82D.10B根据题意,可得裁面是边长为2注的正方形,结合圆柱的特征,可知该圆柱的高为26,且底面是半径为企的圆,所以其表面积S=2x(r2)22*2*22=12.5.阿基米德（ArChiEedes,公元前287年公元前212年）是古希腊伟大的数学家、物理学家和天文学冢,其墓碑上刻着一个“圆柱容球”的几何图形,如图所示.在该图形中,圆柱内有一个内切球,这个球的直径恰好与圆柱的高相等,则球的体积与圆柱的体积的比值和球的表面积与圆柱的表面积的比值分别为（）.A翔1B争QlcHD弼D由题意知,圆柱底面半径

30、等于球的半径K圆柱的高=2?,V1/珠、11用，l（Btt=te2=2?,.-，住3又5球力17斤,5圆柱=271尸+211凡2/?=611斤，故选D.司柱6.（2023厦门模拟）如图,这是一块长、宽、高分别为6cm、4cm、3cm的长方体木块,如果一只蚂蚁要从长方体木块的一个顶点H处,沿着长方体的表面到达与力相对的顶点8处吃食物,那么它需要爬行的最短路径的长度为（）.A.97cmB.85cmC.9cmD.（3211）cmB第一种情况:把看到的前面和上面组成一个长方形,如图所示,BA4图则这个长方形的长和宽分别为9和4,所以所走的最短路径为92+42=（cm）.第二种情况:把看到的左面与上面组

31、成一个长方形,如图所示，则这个长方形的长和宽分别为7和6,所以所走的最短路径为T=（cm）.第三种情况:把看到的前面与右面组成一个长方形,如图所示，则这个长方形的长和宽分别为10和3,所以所走的最短路径为102+32=而（Cm）.故选B.7 .（2023昆明模拟）2021年5月15日7时18分,我国首个自主研发的火星探测器“天间一号”,携带看“祝融号”火星车及其着陆蛆合体,成功降落在火星北半球的乌托邦平原南部,实现了中国航天史无前例的突破,已知地球自转的线速度约为火星自转姣速度的两倍,地球自转一周为24小时,而火星自转一周约为25小时.地球与火星均视为球体,则火星的表面积约为地球表面积的（）.

32、A.27%B.37%C.47%D.57%A令地球、火星半径分别为用（则翳与嘿,故（焉则覆=27%,所以火星的表面积约为地球表面积的27%.故选A.8 .一个正方体挖去一个多面体后,剩余几何体的三视图如图所示,其中正视图、侧视图和俯视图均为边长等于2的正方形,则挖去的多面体的体积为（）.A.8B.2C.4D.D解析AD,将三视图还原可得右图,挖去的多面体为正四棱锥,.其体积T或或或考9 .如图,六角蝶帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的.已知螺帽的底面正六边形边长为2cm,高为2cm,内孔半径为0.5cm,则此六角螺帽毛坯的体积是cm3.123-螺帽的底面正六边形的面积5=6$或2中而60

33、与心（。72）,正六棱柱的体积（Z=652H25（cm3）,圆柱的体积!4=*0.522g（cm3）,所以此六角螺帽毛坯的体积123cm3.10（2023广州模拟）已知一个圆台的母线长为5,且它的内切球的表面积为16,则该圆台的体积为.28圆台内切球的轴截面如图所示,由俄意易知四边形力8。为等腰梯形,且AD=S,取在8CO的中点a,。,连接Ola,则易知球心。为的中点，因为圆台的内切球的表面积为16,所以圆台的内切球的半径为2,即Ola=4,过点。作OELAD,交4?于EDOiCM.aO,Fb设。4=凡。=/;则由圆的切线性质可知AE=AOy=R,DE=DCh=r,所以R+r=AE+ED=AD

34、S/点。作CFiAB,交43于E则CF=Oy6AFB=RfCB=AD=R+f由C尸，用2=C8得42*M）2qg）2,解得aH.由解得;上n十r-rk9所以圆台的体积V11（岸+Rr+d）g42MxI+12）=28.日能力提升11 .已知三棱锥P-48C的四个顶点在球。的球面上,Q4=型=QCAC是边长为2的正三角形,E尸分别是P4,48的中点CfF=90,则球。的体积为（）.A.86B.46C.26D.6PA=PB=PCBC为边长为2的等边三角形,尸d8C为正三棱锥.户8l4C又：E尸分别为外,48的中点，.EFPB,.EFlAC.又:EFlCE,CEnAC=C,.EFlPAC,.尸fit平

35、面PAC,.zAPB=Q0o,.PA=PB=PC=42,.尸XHC为正方体一部分,28=2+2+2=&即/?考,:PgnmWn衅=,故选D.12 .如图1,这是唐朝著名的凤鸟花卉纹浮雕根杯,它的盛酒部分可以近似地看作是半球与圆柱的姐合体（如图2）,当这种酒杯内壁的表面积（假设内壁表面光滑,表面积为S平方厘米,半球的半径为8厘米）固定时,若要使得酒杯的容积不大于半球体积的2倍,则/?的取值可能为（）.图1a4bJIc源dJC设圆柱的高为力,酒杯的容积为阙S=2三+2S所以S=-,故选C.）中不勺净岸,解得依儒又松0,所以我刈解得月心.所以德S月唔.13 .在三棱锥PX8C中,Q4l底面ABC,B

36、CgPA=ACE,BC=a、动点。从点8出发,沿外表面经过棱QC上一点到达点V的最短距离为I6,则该棱锥的外接球的表面积为（）.A.5B.8C.10D.20B将侧面PBC注产C翻折到与侧面24C共面的位置,如图所示.则动点。从点8出发,沿外表面经过棱尸C上一点到达点A的最短距离为AB,.841底面48G4平面ABC,.PAlAC,又BClPC,PA=AC,:C格岑.AB2=A+BOQACB6osACBN+2a衅=10,解得a=2（负值舍去）,.PB=4pC2+BC2=P42+AC2+BC2=22.C取Q8的中点。连接4。CQ如图所示，PALAB,PCBC、:Ao=Co=PB、:氤。为该棱锥的外

37、接球的球心,其半径RPB4z,.:球。的表面积SNn肝=8.故选B.14 .（2023长春模拟）半径为/?的球面上有48。,。四点,且直线A5C4?两两垂直,若弘的面积之和为72,则此球体积的最小值为.28811设AB=,AC=y,AD=z,因为直线49SCxlo两两垂直产48G0ICA408的面积之和为72,所以xz=144,以工8QG4。为邻边可构造一个长方体,则该长方体为此球的内接长方体，所以4岸=产因为A222y,22三2xz1y22z2yz,所以xy+xz+yz*+资+N,所以4岸2144,解得C6,当且仅当Hy=Z时,等号成立，所以此球体积的最小值为g63=288Wf思维拓展15

38、.在一个棱长为3+2企的正方体内有一个大球和小球,大球与正方体的六个面都相切,小球可以在正方体和大球之间的空隙自由滑动,则小球表面积的最大值是.-组合体的中截面如图所示,易知,当小球的表面积最大时,大球半径/?和小球半径，满足A=H2M=3+2,解得耳,故小球表面积的最大值为.16.如图,四棱台ABCD-AxByCyDy的上、下底面均是正方形,且侧面是全等的等腰梯形,且4S=5,S=3,A4=T.(1)求四楼台ABCD-ABCD的侧面积；(2)求四棱台ABCD-AyBCD的体积.(1)由题意设正四棱台ABCD-ABCM是由正四棱锥249CO截去正四棱锥P-48GO而来的,如图.在平面83ClC

39、上过点B作3MBC于点则3H=J（炳2_.）2=3则四棱台的恻面积S35)x3=48.(2)设AZ是正方形4BG9的中心,显然他尸M高W=J（IU）2-（苧-苧）2=2.,则棱台的体积)四梭自W(525*332)或我若培优微专题十一球的切、接问题对应学生用书P185培优点1外接球问题(1)(2022年新高考全国/港)已知正三棱台的高为1,上、下底面边长分别为35和45,其顶点都在同一球面上,则该球的表面积为().A.100B.128C.144D.192A由就意得,上底面所在平面截球所得圆的半径是3,下底面所在平面截球所得圆的半径是4,因为梭台的高为1,所以棱台上、下底面所在的外接圆在球心的一侧

40、,在轴截面中由几何知识可得寻-不=1,解得c=25,因此球的表面积SMANn或5=1Oon,故选A.(2)(2022年新高考全国能)已知正四棱锥的侧棱长为Z其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为36,且3S3S,则该正四棱锥体积的取值范围是().B.A.l8.JD.18,27记正四棱锥的高与侧棱的夹角为，高为力,底面中心到底面顶点的距离为m.球的体积为36, .球的半径/?=3,cos 吟LG,则 /=68S 8,m=原n 6=6Sin %os,h-6sin8cos8 =sin, cos=6cos2 a*2 477*2/77=2 ATT21故叫SW*2m2=!44(Sin6tos2652.令

41、y=sin 6bos20=in 6( 1 in20 =( 1 -) =-jfi -t-, X=Sin 法,则y=3XX,故当疾时,/X)/单调递增;当在(冬苧时j0,y单调递减.故当Xq时,y取得最大值;当xg时,当X号时,呼.即 I4ex =144y2ax)J2 考,Unm =144*QXq)22与故选C.(S一、常见的外接球模型1 .正方体、长方体的外接球(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.2 .正四面体的外接球若正四面体28C。的棱长为a则正四面体外接球的半径a=ga3 .对棱相等的三

42、棱锥的外接球在四面体Q8CD中,若48=CD=mdC=&FZo=8CK,则外接球半径/?=、匡更2.二、外接球问题的解题思路“接问题处理的注意事项:把一个多面体的几个顶点放在球面上,即与球相关的外接问题,解决这类问题的关键是抓住外接的特点,即球心到多面体的顶点的距离等于球的半径.解题流程：定球心H外接球的球心到接点的距离相等且为半径Ji:选准聚佳角度作出截面(要使这个横面尽可r_V:能多地包含球、几何体的各种元素以及体现作截而H这些元素之间的关系)，达到空间间题平面一J7一1化的目的求半径，:根据所作截面中的几何元素，蔑立关于球半下结论1径的方程，并求解培优练1. 已知正三棱柱的外接球的表面积

43、为48,则该三棱柱的体积的最大值为().A.123B.243C.363D.483B设正三棱柱的外接球半径为/?,则4用N8,解得月=26.设正三棱柱的高为2底面的外接圆半径为/;则户=斤.62三,S庇面三角形Wgin120平凡Iz三植柱平/2力考(12%2)力苧-三+12)令/7)=-X2A(/pO),则f访=S序+12,当ffi)X)时0幼2,当外用0时力2,所以K7)gF2)=16,(三梗柱)11w券*16=2412. 已知正三棱柱48cd分别为4C8C的中点,若为边长为3国的等边三角形,则该正三棱柱外接球的表面积为().A.60B.66C.90D.96B如图为边长为3K的等边三角形,:8。=。=8=3百,可得正三棱柱底面三角形的边长为6,底面外接圆的半径为又.6”=3.BB,=sBE2-