专题3 第1讲 空间几何体-【高考前沿】2023高考数学第二轮复习·超级考生备战高考（新教材）

专题三立体几何 e=+() 第1讲空间几何体 解得R=3.由题意及图可得 [重要技能拓展] R=h-R)2+(号a) 考法一 [例1][解析]法一：因为甲、乙两个圆锥的母线长相等，所 h=2R6 解得 合=2可知，甲、乙两个国维侧面展开图的国心 比是2：1，不妨设两个圆锥的母线长为=3，甲、乙两个圆锥 的底面半径分别为n,r2,高分别为h1,h2,则由题意知，两个 所以运放维的条软V==(2一)×看- 圆锥的侧面展开图刚好可以拼成一个周长为6π的圆，所以 2πn1=4π，2πr2=2π，得n=2,r2=1.由勾股定理得，h1= (2-发)3<13所以v=号P-品=(4-号) 1 V= (3≤≤3√3)，令V'=0,得=2√6，所以当3≤1<2√6时， NP-7=5,e=√F-月=2，所以 3听h1 1 3h V>0:当26<13时V<0,所以画数V=后(2 45=√/0.故选C f)3≤1<3在[32,5上单调递增，在(25,3同上 22 法二：设两圆锥的母线长为，甲、乙两圆锥的底面半径分别 单调递减，又当1=3时，V-平；当1=26时，V=号：当1 为n,r2,高分别为h1,2,侧面展开图的圆心角分别为， 「27 ”πl2 3时，V-8;所以该正四被锥的体积的取值范围是[号， S里-↓2元=2，得1-=2.由题意知 ,则由S2一不方12 r22 ],递C 2π 光速解如图，设该球的球心为O,半径 十%=2x,所以则-经%-，所以2n-经1.2x 为R,正四棱锥的底边长为a,高为h,依 ,得n=号kn=宁k由均股定理得，A√P-斤- 题意，得36m=号，解得R=3.由题 0 3 1 --2,所以 V甲 3听h1 r=+(竖). 45=/0.故 意及图可得 1 3π呢h2 2√2 R=h-R2+(a). 选C. [答案]C 解得 [对点训练]A由该几何体的侧面展开图可知， 该几何体的表面积为上圆锥侧面展开图面积和圆柱的侧面 -2- ,又3≤1≤3√5，所以该正四棱锥的体积 展开图面积以及底面圆的面积之和，圆柱侧面展开图面积为 12 S1=6π×6=36πcm2,底面圆面积为S2=x×32=9πcm2, 国维树西展开国扇彩面积为S=号V子十子X6x=9区xm, 6+36+2-8】 64(当且仅 所以几何体的表面积为S=S+S2+S=(45+9√2)πcm2. ·(2-)<2x[ 考法二 36=2一8，即1=2,6时取等号)，所以正四棱锥的体积的 [例2](1)[解析]由题意，得正三棱台上、下底面的外接圆 的半径分别为号×号X3=3,号××45=4：设演校 最大值为酷，排除AB,D,故选C 优解如图，设该球的半径为R,球心为 P 台上、下底面的外接圆的圆心分别为O,O2,连接O1O2,则 O,正四棱锥的底边长为a,高为h,正四 O1O2=1,其外接球的球心O在直线O1O2上.设球O的半 棱锥的侧棱与高所成的角为0，依题意， 径为R,当球心O在线段O1O2上时，R2=32+OO=42+ /0 (1-O01)2,解得OO1=4(舍去)；当球心O不在线段O1O2 得36=号R,解得R=3,所以正四校 上时，R2=42+O0号=32+(1+OO2)2,解得OO2=3,所以 锥的底边长a=√2lsin0,高h=lcos.在 8.… R2=25,所以该球的表面积为4πR2=100π. △OPC中，作OE⊥PC,垂足为E,则可 [答案]A (2)[解析]通解如图，则该球的球心为O,半径为R,正四 得cos0= 棱维的底边长为a,高为血，依题意得36x=号R, -吉[合]以1-6s(8:也灯 以利用余弦定理，得cos0=OP2十PC-OC_R2+P-R 2OP·PC 2RI -装=看)斯以运回袋单的体长V=号A 号21sin02.los0=号(6cos0Psim㎡cos0=14 (ns0m2,设血0=易得∈[合，]，则y 172 sin Ocos20=t(1-t2)=t-t,则y=1-32,令y=0,得t (2)周为2xr=号×0D-号×36，所以=6(em, 3 所以日<1号时>0当<时y<0,所以 如图所示， 函数=一心在（合，得）上单调递瑞在（停，受）上单羽 减又当1时2=号时y8:当= ③ 2 则圆合的高h=√2-(R-=√362-(12-6P=6√35(cm, 时，y= 4 所以V=了x(R+R+户)=号x×6V丽×12+12×6 棱维的体积的取值范国是2,64]。 +62)=504√35x(cm3), [答案]C 所以容器的容积为504√/35πcm3. [对点训练]ABC设正方体的棱长为a,则正方体外接球的 [创新赋能促提高] 半径为体对角线长的一丰，即号：内切球半径为被长的 [例1][解析]正方体的棱长a=2,则其内切球的半径r=