7.1 基本立体图形-(讲义)【红对勾讲与练】2025年高考数学大一轮复习全新方案(能力版)

第七章 立体几何与空间向量 7.1 基本立体图形 5A>! 1.利用实物、计算机软件等观察空间图形,认识柱体、锥体、台体、球及其简单组合体的结构特征,并能运用 这些特征描述现实生活中简单物体的结构. 2.知道球、柱体、锥体、台体的表面积和体积的计算公式,能用公式解决简单的实际问题. 3.能用斜二测画法画出简单空间图形(长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱及其简单组合)的直观图. AMc
-  -@) 1.棱柱、棱锥、棱台 棱柱 棱锥 棱台 图 形 定 义 有两个面 , 其余各面都是 ,并且相邻两 个四边形的公共边 都 ,由这 些面 所 围 成 的 多 面体 有一个面是多边 形,其余各面都是 有一个公共顶点 的 ,由 这些面所围成的 多面体 用 一 个 平 行 于 的平 面去 截 棱 锥,底 面和截面之间那 部分的多面体 结 构 特 征 底面 互 相 平 行 且 ;侧面都 是 ;侧 棱都 且 互相平行 底面是一个多边 形; 侧 面 都 是 ;侧面有 一个公共顶点 上、下 底 面 互 相 平行且 ; 各侧棱延长线交 于一 点;各 侧 面 为 2.圆柱、圆锥、圆台、球 圆柱 圆锥 圆台 球 图 形 定 义 以 的一 边所在直线为旋 转轴,其余三边旋 转一周形成的面 所围成的旋转体 以 的 一条直角边所在 的直线为旋转轴, 其余两边旋转一 周形成的面所围 成的旋转体 用 圆 锥底面的平面去 截圆锥,底面与 截面之间的部分 以半 圆 的 直 径所 在 直 线 为旋转轴,旋 转一 周 所 形 成的 曲 面 叫 做 , 球面 所 围 成 的旋转体 结 构 特 征 母线互相平行 且 相等,并 于 底面; 轴截面是全等的 ; 侧 面 展 开 图 是 母线相交于 ; 轴 截 面 是 全 等 的 ; 侧 面 展 开 图 是 母 线 延 长 线 交 于 ; 轴 截 面 是 全 等 的 ; 侧 面 展 开 图 是 截面是 简单组合体:由简单几何体组合而成的几何 体叫简单组合体. 其构成形式主要有:由简单 几何体 而成,或由简单几何体 一部分而成. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 165 hh 3.立体图形的直观图 (1)概念:直观图是观察者站在某一点观察一 个空间几何体获得的图形,立体几何中通常 是在 下得到的平面图形. (2)斜二测画法画水平放置的平面图形直观 图的步骤: ①在已知图形中取互相垂直的x轴和y轴,两 轴相交于点O. 画直观图时,把它们画成对应 的x' 轴与y' 轴,两轴相交于点 O',且使 (或 ),它们确定的平面 表示水平面. ②已知图形中平行于x轴或y轴的线段,在直 观图中分别画成平行于 或 的线段. ③ 已知图形中平行于x 轴的线段,在直观图 中 ,平行于y 轴的线段, 在直观图中长度为原来的 . 画几何体的直观图时,与画平面图形的直观图 相比,只是多画一个与x 轴、y轴都 的 z轴,并且使平行于z轴的线段的 和 都不变. 4.简单几何体的表面积与体积 (1)圆柱、圆锥、圆台的侧面积 圆柱 圆锥 圆台 侧面展 开图 侧面积 公式 S圆柱侧 = S圆锥侧 = S圆台侧 = 其中r,r'为底面半径,l为母线长. (2)柱体、锥体、台体、球的表面积和体积 几何体 表面积 体积(S 是底面积, h 是高) 柱体(棱柱 和圆柱) S表面积 =S侧 + V= 锥体(棱锥 和圆锥) S表面积 = + V= 续表 几何体 表面积 体积(S 是底面积, h 是高) 台体(棱台 和圆台) S表面积 =S侧 + S上 +S下 V= 1 3 (S上 + S下 + )h 球(R 是 半径) S表面积 = V= 5.常见四棱柱及其关系 -" 1.判断下列命题是否正确,正确的在括号内画 “√”,错误的画“×”. (1)长方体是四棱柱,直四棱柱是长方体. ( ) (2)四棱柱、四棱台、五棱锥都是六面体.( ) (3)平行六面体中相对的两个面是全等的平 行四边形. ( ) (4)用斜二测画法画平面图形的直观图时,原 图形面积S与其直观图面积S'的关系为S'= 2 4S. ( ) (5)锥体的体积等于底面积与高之积的三分 之一. ( ) 2.如图,一个水平放置的平 面图形的直观图是一个底 角为45°的等腰梯形,已知 直观图O'A'B'C'的面积为4,则该平面图形 的面积为 . 3.圆柱的底面直径和高都等于球的直径,则球 与圆柱的体积之比为 . 4.如图,八面体的每一个面都 是正三角形,并且4个顶点 A,B,C,D 在 同 一 个 平 面 内.如果四边形ABCD 是边 长为30 cm 的正方形,那么 这个八面体的表面积是 . 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 166 @第七章 立体几何与空间向量 5.(多选题)(教材改编题)某 班级到一工厂参加社会实 践劳动,加工出如图所示 的圆 台 O1O2,在 轴 截 面 ABCD 中,AB=AD =BC=2 cm,且CD = 2AB,则 ( ) A.该圆台的高为1 cm B.该圆台的轴截面面积为33 cm2 C.该圆台的体积为73π3 cm3 D.一只小虫从点C 沿着该圆台的侧面爬行到 AD 的中点,所经过的最短路程为5 cm 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 A /c5%1@ 考点1 空间几何体的结构特征 命题角度1 空间几何体的结构判断 【例1】 下列说法正确的是 ( ) A.有两个平面互相平行,其余各面都是平行 四边形的多面体是棱柱 B.三棱锥的三个侧面都可以是直角三角形 C.有两个面互相平行,其余各面都是梯形的 多面体是棱台 D.以三角形的一条边所在直线为旋转轴,其 余两边旋转形成的曲面所围成的几何体 叫圆锥 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 解决此类问题的基本方法:① 定义法:紧扣结 构特征是判断的关键,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,然后再 依据题意判定;②反例法:学会通过反例对概念进行 辨析,即要说明一个命题是错误的,设法举出一个反 例即可. 【对点训练1】 (2024·陕西西安铁一中学高三 月考)下列关于空间几何体的叙述,正确 的是 ( ) A.圆柱是将矩形旋转一周所得到的几何体 B.有两个相邻侧面是矩形的棱柱是直棱柱 C.一个棱锥的侧面是全等的等腰三角形,那 它一定是正棱锥 D.用一个平面去截棱锥,底面和截面之间的 部分组成的几何体叫棱台 命题角度2 直观图的斜二测画法 【例2】 (多选题)如图,四边形 ABCD 的斜二测画法的直 观图为等腰梯形A'B'C'D', 已知A'B'=4,C'D'=2,则下列说法正确 的是 ( ) A.AB=4 B.四边形ABCD 的周长为4+22+23 C.A'D'=22 D.四边形ABCD 的面积为62 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 在斜二测画法中,要确定关键点及关键线段.平 行于x 轴的线段平行性不变,长度不变;平行于y轴 的线段平行性不变,长度减半. 【对点训练2】 梯形ABCD 的上底CD =1,腰 AD=CB= 2,下底AB=3,以下底所在直 线为x 轴,则由斜二测画法画出的直观图 A'B'C'D'的面积为 . 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 167 hh 考点2 简单几何体的表面积和体积 命题角度1 空间多面体的表面积和体积 【例3】 (1)(2023·全国甲卷改编)在三棱锥 P-ABC 中,△ABC 是边长为2的等边三角 形,PA=PB=2,PC= 6,则该棱锥的体积 为 . (2)(2023·新课标 Ⅰ 卷)在正四棱台ABCD- A1B1C1D1中,AB=2,A1B1=1,AA1=2, 则该棱台的体积为 . 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 求解多面体的表面积,关键是找到其中的特征 图形,如棱柱中的矩形,棱锥中的直角三角形,棱台 中的直角梯形等,通过这些图形,找到几何元素间的 关系,通过建立未知量与已知量间的关系进行求解. 求空间几何体体积的常用方法为公式法、割补 法和等积变换法(等体积法).①割补法:将这个几何 体分割成几个柱体、锥体,分别求出柱体和锥体的体 积,从而得出要求的几何体的体积. ② 等积变换法: 特别地,对于三棱锥,由于其任意一个面均可作为棱 锥的底面,从而可选择更容易计算的方式来求体积; 利用“等积性”还可求“点到面的距离”. 【对点训练3】 (1)(2023·新课标Ⅱ卷)底面边 长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所 截,截去一个底面边长为2,高为3的正四棱 锥,所得棱台的体积为 . (2)(2023·天津卷改编)在三棱锥P-ABC 中, 线段PC 上的点M 满足PM = 1 3PC ,线段 PB 上的点N 满足PN = 2 3PB ,则三棱锥 P-AMN 和 三 棱 锥 P-ABC 的 体 积 之 比 为 . (3)(2023·全国乙卷)如图,在三棱锥P-ABC 中,AB ⊥BC,AB =2,BC =2 2,PB = PC= 6,BP,AP,BC 的中点分别为D,E, O,点F 在AC 上,BF ⊥AO. ① 求证:EF ∥ 平面ADO; ② 若 ∠POF =120°,求三棱锥P-ABC 的 体积. 命题角度2 空间旋转体的表面积和体积 【例4】 (多选题)(2023·新课标 Ⅱ 卷)已知圆 锥的顶点为P,底面圆心为O,AB 为底面直 径,∠APB=120°,PA=2,点C 在底面圆周 上,且二面角P-AC-O 为45°,则 ( ) A.该圆锥的体积为π B.该圆锥的侧面积为43π C.AC=22 D.△PAC 的面积为 3 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 求旋转体的表面积问题应注意其侧面展开图的 应用. 求旋转体体积的一般思路是理解旋转体的几 何特征,确定得到计算体积所需要的几何量,求旋转 体的体积常用公式法、分割法等,注意相关公式要 牢记. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 168 @第七章 立体几何与空间向量 【对点训练4】 (1)已知Rt△ABC 的两条直角 边分别为3,4,以斜边所在直线为轴,其余各 边旋转一周形成的曲面围成的几何体体积 是 . (2)(2023·全国乙卷改编)已知圆锥PO的底面 半径为 3,O 为底面圆心,PA,PB 为圆锥 的母线,∠AOB=120°,若△PAB 的面积等 于93 4 ,则该圆锥的体积为 . 命题角度3 球的表面积和体积 【例5】 (1)体积相等的正方体、球、等边圆柱 (轴截 面 为 正 方 形 的 圆 柱)表 面 积 分 别 为S1,S2,S3,那 么 它 们 的 大 小 关 系 为 . (2)已知某球的体积为32π3 ,该球的某截面圆的 面积为3π,则球面上的点到该截面圆圆心 的最大距离为 . 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 解决球的表面积、体积问题,关键是抓住“半 径”,半径确定之后,根据相应公式计算即可. 【对点训练5】 (2024·江西鹰潭质量检测)一 个球体被平面截下的一部分叫做球缺.截面 叫做球缺的底面,垂直于截面的直径被截 后,剩下的线段长叫做球缺的高,球缺曲面 部分的面积S=2πRH,其中R 为球的半径, H 为球缺的高,若一个半径为R 的球体被平 面所截获得两个球缺,其高之比为H1 H2= 3,则 表面积(包括底面)之比S1 S2= . 命题角度4 组合体的表面积和体积 【例6】 (2024·广东揭阳开学考试)一个球被平 面截下的部分叫做球缺,截面叫做球缺的底 面,球缺的曲面部分叫做球冠,垂直于截面 的直径被截后的线段叫做球缺的高,球缺的 体积公式为V= 1 3π (3R-H)H2,其中R 为 球的半径,H 为球缺的高.2022北京冬奥会 的吉祥物“冰墩墩”(如图1)深受广大市民的 喜爱,它寓意着创造非凡、探索未来,体现了 追求卓越、引领时代,以及面向未来的无限 可能.它的外形可近似抽象成一个球缺与一 个圆台构成的组合体(如图2),已知该圆台 的底面半径分别为4和2,高为6,球缺所在 球的半径为5,则该组合体的体积为 . 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 有关组合体的表面积和体积问题的解题策略 (1)弄清组合体是由哪几种“几何体”组合构成. (2)弄清各组合体之间是怎样“组合”而成的. (3)“组合体”组合后,是否有“公共”区域,特别 是求表面积时,绝不能将两个组合体的表面积相加, 一定要去掉公共部分或“隐藏部分”. 【对点训练6】 (2023·天津新华中学统练)灯 笼起源于中国的西汉时期,两千多年来,每 逢春节人们便会挂起象征美好团圆意义的 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 169 hh 红灯笼,营造一种喜庆的氛围(如图1),某球 形灯笼的轮廓由三部分组成,上下两部分是 两个相同的圆柱的侧面,中间是球面的一部 分(除去两个球冠)(如图2),球冠是由球面 被一个平面截得的,垂直于截面的直径被截 得的部分叫做球冠的高,若球冠所在球的半 径为R,球冠的高为h,则球冠的面积S= 2πRh,已知该灯笼的高为40 cm,圆柱的高 为4 cm,圆柱的底面圆直径为24 cm,则围成 该灯笼所需布料的面积为 . 命题角度5 在已知几何体中“放入(置入)”几 何体问题 【例7】 (多选题)(2023·新课标 Ⅰ 卷)下列物 体中,能够被整体放入棱长为1(单位:m)的 正方体容器(容器厚度忽略不计)内的有 ( ) A.直径为0.99 m的球体 B.所有棱长均为1.4 m的四面体 C.底面直径为0.01 m,高为1.8 m的圆柱体 D.底面直径为1.2 m,高为0.01 m的圆柱体 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 有关“放入(置入)”几何体问题的解题策略 (1)明确已知几何体的结构特征(棱长、面对角 线、体对角线等). (2)抓住“对称性”和“特殊性(极限位置)”. (3)对数据进行合理“估算”. 【对点训练7】 (2024·广东华南师范大学附属 中学开学考)以下什么物体能被放进底面半 径为1 2 m,高为 3 m的圆柱中 ( ) A.底面半径为34 m,母线长为 104 m的圆锥 B.底面半径为0.01 m,高为1.9 m的圆柱 C.棱长为1 m的正方体 D.底面积为32 m2,高为32 m的直三棱柱 学习至此,请完成课时作业42 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 C 七 球的切接问题 命题角度1 几何体的外接球 【典例1】 (1)(2023·全国乙卷)已知点S,A, B,C均在半径为2的球面上,△ABC是边长 为3 的 等 边 三 角 形,SA ⊥ 平 面 ABC, 则SA= . (2)(2023·湘豫名校联考)在三棱锥P-ABC 中,平面PAB⊥平面ABC,底面△ABC是 边长为3的正三角形,若该三棱锥外接球的 表面积为15π,则该三棱锥体积的最大值 为 . 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 170 参 考 答 案 正确,B错误;∵4an+1 =3an -n+4, ∴an+1 = 3 4an - 1 4n +1 ,∴an+1 + (n+1)-8= 3 4an - 1 4n+1+ (n+ 1)-8= 3 4an + 3 4n-6= 3 4 (an + n-8),又 ∵a1+1-8= -6,∴ 数列 {an +n-8}是首项为 -6,公比为 3 4 的等比数列,故C正确;∵a1+2=3, a2+2= 7 2 ,a3+2= 29 8 ,显然(a2+ 2)2 ≠(a1+2)(a3+2),∴{an+2}不 可 能 是 等 比 数 列,故 D 正 确.故 选ACD. (2)an =3n +2 解析:由an+1 =3an -4, 可得an+1-2=3(an -2), 所以 an+1-2 an -2 =3. 又a1=5,所以{an-2}是以a1-2= 3为首项,3为公比的等比数列, 所以an -2=3n,所以an =3n +2. (3)an =5n -3×2n-1 解析:将递推公式an+1 =2an +3×5n 的两边同时除以5n+1, 得 an+1 5n+1 = 2 5 ·an 5n + 3 5① , 令 an 5n =bn,则①式变为bn+1= 2 5bn+ 3 5 , 即bn+1-1= 2 5 (bn -1), 所以数列{bn -1}是首项为b1-1= a1 5-1= - 3 5 ,公比为2 5 的等比数列, 所以bn -1= - 3 5 × 25 n-1 , 即bn =1- 3 5× 2 5 n-1 =1- 3×2n-1 5n , 故an =5n -3×2n-1. 典例4:AD 因为an+1 = an 2+3an ,所以 1 an+1 = 2+3an an = 2 an +3,所以 1 an+1 + 3=2 1 an +3 ,且1a1+3=4≠0,所 以 1 an +3 是以4为首项,2为公比的 等比数列,即1 an +3=4×2n-1,所以 1 an =2n+1-3,可得an = 1 2n+1-3 ,故A 正确,B错误;因为1an =2n+1-3单调递 增,所 以an = 1 2n+1-3 单 调 递 减,即 {an}为递减数列,故C错误; 1 an 的 前n 项 和 Tn = (22 -3)+ (23 - 3)+…+(2n+1-3)= (22+23+…+ 2n+1)-3n=22× 1-2n 1-2- 3n=2n+2- 3n-4,故D正确.故选AD. 对点训练4: 2n+2 解析:由an+1= 2an an +2 知an ≠0,两边 取倒数得 1 an+1 - 1 an = 1 2 ,所以 1 an 是以 3 2 为 首 项,1 2 为 公 差 的 等 差 数 列,所以1 an = 3 2 + (n-1)× 1 2 = n+2 2 ,an = 2 n+2 . 典例5:32 n-1 解析:依题意,an >0,将an+1 =a2n 两 边取对数可得:lg an+1=lg a2n =2lg an, 即 lg an+1 lg an =2,所以数列{lg an}是以 lg a1 =lg 3为首项,以2为公比的等比 数列,所以lg an =2n-1lg 3=lg 32 n-1, 所以an =32 n-1 . 对点训练5:解:an+1=3a2n+12an+10可 变形为an+1+2=3(an +2)2, 两边以3为 底 取 对 数 得log3(an+1 + 2)= 1 + 2log3(an + 2), 所 以 log3(an+1+2)+1=2[log3(an+2)+ 1],又log3(a1 +2)+1=2,所 以 {log3(an +2)+1}是首项为2,公比为 2的等比数列,所以log3(an+2)+1= 2n,所以an =32 n-1-2. 典例6:(1)49 解析:由题意得a1+a2 =4,由an = 3an-1+4an-2(n≥3),得an +an-1 = 4(an-1+an-2),即 an +an-1 an-1+an-2 =4(n≥ 3),所以数列{an +an+1}是首项为4,公 比为4的等比数列,所以a9+a10 =49. (2)27 解析:an·an+2 =3an+1①, an+1·an+3 =3an+2②, ①×②⇒an·an+3 =9⇒an+3·an+6 = 9⇒an =an+6,所以{an}为以6为周期 的周期数列,a5·a2 025 =a5·a3,由题 意得a1·a3=3a2,a2·a4=3a3,a3· a5 =3a4,各项相乘得a1·a5·a3 = 27,又因为a1 =1,所以a5·a3 =27, 即a5·a2 025 =27. 对点训练6:(1)2 024 31 解析:由3an -2an-1 =an+1(n ≥2, n∈N*),可得2(an -an-1)=an+1- an,若an -an-1 =0,则a6 =a5 = … =a1,与题中条件矛盾,故an-an-1≠ 0,所以 an+1-an an -an-1 =2,即数列{an+1- an}是以a2-a1 为首项,2为公比的等 比数列,所以an+1-an =a2·2n-1,所 以a6-a1 =a2-a1+a3-a2+a4- a3+a5-a4+a6-a5=a2·20+a2· 21+a2·22+a2·23+a2·24=31a2= 2 024,所以a2 = 2 024 31 . (2)257 解析:∵a1 =2,a2 =5, an+2+4an =5an+1, ∴an+2-an+1 =4(an+1-an), ∴{an+1-an}是以3为首项,4为公比 的等比数列,∴an+1-an =3·4n-1, ∴an =3·4n-2+an-1 =3·4n-2+3· 4n-3+…+3·41+3·40+2=3· 1-4n-1 1-4 + 2=4n-1+1. ∴a5 =44+1=257. 第七章 立体几何 与空间向量 7.1 基本立体图形 􀪋􀪋 必备知识回顾 􀪋􀪋 知识梳理 1.互相平行 四边形 互相平行 三 角形 棱锥底面 全等 平行四边 形 相等 三角形 相似 梯形 2.矩形 直角三角形 平行于 球面 垂直 矩形 矩形 一点 等腰三 角形 扇形 一点 等腰梯形 扇 环 圆面 拼接 截去或挖去 3.(1)平行投影 (2)①∠x'O'y'=45° 135° ②x'轴 y'轴 ③保持原长度 不变 一半 垂直 平行性 长度 4.(1)2πrl πrl π(r+r')l (2)2S底 Sh S侧 S底 1 3Sh S上 S下 4πR2 4 3πR 3 基础检测 1.(1)× (2)√ (3)√ (4)√ (5)√ 2.82 3.23 4.1 8003 cm2 5.BCD 如图1,作BE ⊥CD 交CD 于 E,易得CE = CD-AB 2 =1 (cm),则 BE = 22-12 = 3(cm),则圆台的 高为 3 cm,故A错误; 圆台的轴截 面 面 积 为 1 2 × (2+4)× 3=33(cm2),故B正确;圆台的体 积为 1 3× 3× (π+4π+ π·4π)= 73π 3 (cm3),故C正确;将圆台一半侧 面展开,如图2中扇环ABCD,设P 为 AD 中点,圆台对应的圆锥一半侧面展 开为扇 形 COD,由 CE = EO1 可 得 BC = OB =2 cm,则 OC =4 cm, ∠COD = 4π 2 4 = π 2 ,又 OP =OA + AD 2 =3 (cm),则CP = 42+32 = 5(cm),即点C 到AD 的中点所经过的 最短路程为5 cm,故D正确.故选BCD. 􀪋􀪋 关键能力提升 􀪋􀪋 例1:B 对于A,如图1符合条件但却不 是棱柱,故A错误; 图1 图2 对于B,在图2所示的正方体中,三棱 锥B1-BCD 的三个侧面都是直角三角 形,故B正确;对于C,如图3,其侧棱不 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 -509- hh 相交于一点,故不是棱台,故C错误; 图3 图4 对于D,如图4,以直角三角形的斜边 AB 为轴旋转得到的是两个同底的圆 锥,故D错误. 故选B. 对点训练1:B 对于 A,以矩形的一边所 在 的 直 线 为 旋 转 轴,将 矩 形 旋 转 一 周而形成的曲面 所 围成的几何体叫 做 圆柱,而 以 矩 形 的 一条对角线 为 轴,旋 转 所 得 到 的 几 何 体不是圆柱,故A错误;对于B,若棱柱 有两个相邻侧面是矩形,则 侧 棱 与 底 面两条相交的边垂直,则侧 棱 与 底 面 垂直,此时棱柱一定是直棱柱,故B正 确;对于C,如图所示,若AB =AC = CD =BD =4,BC=AD =3,满足侧 面均为全等的等腰三角形,但 此 时 底 面BCD 不是正三角形,故C错误;对于 D,用 平 行 于 棱 锥 底 面 的 平 面 去 截 棱 锥,底面和截面之间的部分 组 成 的 几 何体叫棱台,若截面与底面不平行,则 不是棱台,故D错误.故选B. 例2:AD 如图,过D'作D'E⊥O'B'于E, 由等腰 梯 形 A'B'C'D' 可 得 △A'D'E 是 等 腰 直 角 三 角 形, 即 A'D' = 2A'E = 1 2 × (4-2)× 2= 2,故 C错误;还原平面图为下图, 即AB=4=2CD,AD =22,故A正 确;过C 作CF⊥AB 于F,由勾股定理 得CB =23,故四边形ABCD 的周长 为4+2+22+23=6+22+23, 故B错 误;四 边 形 ABCD 的 面 积 为 1 2× (4+2)×22=62,故D正确. 故选AD. 对点训练2:22 解析:如图,过C 作CE ⊥AB 于E,则 CE 为等腰梯形ABCD 的高,则CE = 1,且AB =3,CD =1, 由斜二测画法知A'B'=3,C'D'=1,且 梯形A'B'C'D'的高为12CE sin 45°= 2 4 ,所 以 直 观 图 A'B'C'D' 的 面 积 为 1 2 × (1+3)× 2 4 = 2 2. 例3:(1)1 解析:取AB 的中点E,连接PE,CE, 如图, ∵△ABC 是边长为2的等边三角形, PA = PB =2,∴PE ⊥ AB,CE ⊥ AB,又 PE,CE ⊂ 平 面 PEC,PE ∩ CE =E,∴AB⊥平面PEC,又PE= CE = 2× 3 2 = 3 ,PC = 6,故 PC2=PE2+CE2,即PE⊥CE,所以 VP-ABC =VB-PEC +VA-PEC = 1 3S△PEC · AB = 1 3 × 1 2 × 3× 3×2=1. (2)766 解析:如图,过A1 作A1M ⊥AC,垂足 为 M,连 接 AC,BD,交 于 点 O,连 接 A1C1,B1D1,交于点O1,连接OO1.易知 A1M 为四棱台ABCD-A1B1C1D1 的高, 因为AB=2,A1B1=1,AA1= 2,则 A1O1 = 1 2A1C1 = 1 2 × 2A1B1 = 2 2 ,AO = 1 2AC= 1 2× 2AB = 2 , 故AM = 1 2 (AC-A1C1)= 2 2 ,则 A1M = A1A2-AM2 = 2- 1 2 = 6 2 ,所以所求体积为V = 1 3 × (4+1+ 4×1)× 6 2 = 76 6 . 对点训练3:(1)28 解析:棱台的体积为1 3 ×3× (16+4+ 16×4)=28. (2)2∶9 解析:如 图,分 别 过 M,C 作 MM' ⊥ PA,CC'⊥PA,垂足分别为M',C',过 B 作BB'⊥ 平面PAC,垂足为B',连 接PB',过 N 作NN'⊥PB',垂足为 N',连接 MN,AN, 因为 BB'⊥ 平 面 PAC,BB'⊂ 平 面 PBB',所以平面PBB'⊥ 平面PAC, 又因 为 平 面 PBB' ∩ 平 面 PAC = PB',NN'⊥PB',NN'⊂平面PBB', 所 以 NN' ⊥ 平 面 PAC,且 BB' ∥ NN'.在△PCC'中,因为MM'⊥PA, CC'⊥PA,所 以 MM'∥CC',所 以 PM PC = MM' CC' = 1 3 ,在△PBB'中,因为 BB'∥NN',所以 PN PB = NN' BB' = 2 3 , 所以 VP-AMN VP-ABC = VN-PAM VB-PAC = 1 3S△PAM ·NN' 1 3S△PAC ·BB' = 1 3 · 1 2PA ·MM' ·NN' 1 3 · 1 2PA ·CC' ·BB' = 2 9. (3)解:①证明:如图,连接DE,OF,设 AF =tAC,则BF→ =BA→+AF→ = (1- t)BA→+tBC→,AO→ = -BA→ + 12BC →, BF⊥AO,则BF→·AO→=[(1-t)BA→+ tBC→]·(-BA→+12BC →)=(t-1)BA→ 2 + 1 2t ·BC→ 2 =4(t-1)+4t=0, 解得t= 1 2 ,则F 为AC的中点,由D, E,O,F 分 别 为 PB,PA,BC,AC 的 中点, 于是 DE ∥AB,DE = 1 2AB ,OF ∥ AB,OF= 1 2AB ,即DE∥OF,DE= OF,则四边形ODEF 为平行四边形, EF ∥DO,EF =DO,又EF ⊄ 平面 ADO,DO ⊂ 平面ADO, 所以EF ∥ 平面ADO. ② 如图,过P 作PM 垂直于FO 的延长 线交于点M,连接PF,因为PB=PC, O 是BC 的中点,所以PO ⊥BC, 在Rt△PBO中,PB= 6,BO= 1 2BC= 2,所 以 PO = PB2-OB2 = 6-2=2, 因为AB ⊥BC,OF ∥AB, 所以 OF ⊥BC,又 PO ∩OF = O, PO,OF ⊂ 平面POF, 所以BC ⊥ 平面POF,又PM ⊂ 平面 POF,所以BC⊥PM,又FM ∩BC= O,FM,BC ⊂ 平面ABC,所以PM ⊥ 平面ABC, 即三棱锥P-ABC 的高为PM, 因为∠POF=120°,所以∠POM=60°, 所以PM =POsin 60°=2× 3 2 = 3 , 又S△ABC = 1 2AB ·BC = 1 2 ×2× 22=22, 所以VP-ABC = 1 3S△ABC ·PM = 1 3× 22× 3= 26 3 . 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 -510- 参 考 答 案 例4:AC 依题意知 ∠APB = 120°, PA = 2, 所 以 OP = 1,OA = OB= 3,对于A, 圆 锥 的 体 积 为 1 3×π× (3)2× 1=π,故A正确;对于B,圆锥的侧面 积为π× 3×2=23π,故B错误;对 于C,如图,取 D 是AC 的中点,连接 OD,PD,则AC ⊥OD,AC ⊥PD,所 以 ∠PDO 是 二 面 角P-AC-O 的 平 面 角,则∠PDO=45°,所以OP=OD= 1,故 AD =CD = 3-1 = 2,则 AC =22,故C正确;对于 D,PD = 12+12 = 2,所以S△PAC = 1 2 × 22× 2=2,故D错误.故选AC. 对点训练4:(1)48π5 解析:由勾股定理知斜边为5,斜边上 的高为 12 5 ,该几何体为两个同底面的 圆锥,底面半径为12 5 ,两个圆锥的高之 和为5,所以该几何体体积为48π5 . (2)6π 解 析: 在 △AOB 中,∠AOB =120°, 而 OA = OB = 3,取 AB 中点C, 连 接 OC,PC, 有 OC ⊥ AB,PC ⊥ AB,如图,∠ABO= 30°,OC = 3 2 ,AB = 2BC = 3,由 △PAB 的 面 积 为934 ,得 1 2 ×3× PC = 93 4 ,解 得 PC = 33 2 ,于 是 PO = PC2-OC2 = 33 2 2 - 3 2 2 = 6,所以圆锥 的体积V= 1 3π×OA 2×PO= 1 3π× (3)2× 6= 6π. 例5:(1)S2 <S3 <S1 解析:设球的半径为R,正方体的棱长 为a,圆柱的底面半径是r,所以球的体 积为 4 3πR 3,正方体的体积为a3,圆柱 的体积为2πr3, 故a3 = 4 3πR 3 =2πr3,所 以 a = (2π) 1 3r,R= 3 2 1 3 r,S1=6a2,S2= 4πR2,S3 =6πr2, 因 为 S1 - S3 = 6a2 - 6πr2 = 6(2π) 2 3r2 -6πr2 = 6r2( 3 4π2 - 3 π3)>0,所以S1 >S3, 因 为 S2 - S3 = 4πR2 -6πr2 = 4π 32 2 3 r2-6πr2 =4πr2 32 2 3 - 3 2 <0,所以S2 <S3, 综上,S2 <S3 <S1. (2)3 解析:设截面圆的半径为r,球O 的半 径为R,球 心 到 截 面 的 距 离 为 d,则 r2+d2 =R2,因为球的体积为 32π 3 = 4π 3R 3,所以R =2,因为截面圆的面积 为3π,所以3π=πr2,故r= 3,所以 d =1,所以球面上的点到该截面圆圆 心的最大距离为d+R =3,故最大距 离为3. 对点训练5:157 解析:∵ H1 H2 =3,∴H1 = 3R 2 ,H2 = R 2 ,H1+H2 =2R, S1 S2 = 2πR·3R2 +π R 2- R 2 2 2πR·R2 +π R 2- R 2 2 = 15 7. 例6:6163π 解析:由 题 意 知 圆 台 的 体积为V台 = 1 3 (16π+ 4π+8π)×6=56π,如 图,可知1 2AB=4 ,则球 心到圆台上底面的距离为 52-42 = 3,故球缺的高为5+3=8,故球缺的 体积为V球缺 = 1 3π (15-8)×82 = 448 3π ,所 以 组 合 体 的 体 积 为 V = V球缺 +V台 = 448 3π+56π= 616 3π. 对点训练6:1 472π cm2 解析:由题意得圆柱的底面 圆 直 径 为 24 cm,半径为12 cm,即球冠底面圆半 径为12 cm,已知该灯笼的高为40 cm, 圆柱的高为4 cm,所以该灯笼去掉圆 柱部分的高为40-8=32(cm),所以 R2- 40-8 2 2 =122,得R=20 cm, h=20-16=4(cm),所以两个球冠的 表面积之和为2S=4πRh=320π(cm2), 灯笼 中 间 球 面 的 表 面 积 为 4πR2 - 320π=1 280π(cm2),因为上下两个圆 柱的 侧 面 积 之 和 为2×24π×4= 192π(cm2),所以围成该灯笼所需布料 的面积为1 280π+192π=1 472π(cm2). 例7:ABD 对于A, 因 为 0.99 m < 1 m,即 球 体 的 直 径小 于 正 方 体 的 棱长,所以能够被 整体 放 入 正 方 体 内,故A正确;对于B,因为正方体的面 对角线长为 2 m,且 2>1.4,所以能 够被整体放入正方体内,故B正确;对 于C,因 为 正 方 体 的 体 对 角 线 长 为 3 m,且 3<1.8,所以不能够被整体 放入正方体内,故C错误;对于D,因为 1.2 m>1 m,可知底面正方形不能包 含圆柱的底面圆,如图,过AC1 的中点 O 作OE⊥AC1,设OE∩AC=E,可 知 AC = 2,CC1 = 1,AC1 = 3, AO = 3 2 ,则tan∠CAC1 = CC1 AC = OE AO ,即1 2 = OE 3 2 ,解得 OE = 6 4 ,且 6 4 2 = 3 8 = 9 24> 9 25=0.6 2,即 6 4 >0.6 ,故以AC1 为轴可能对称放 置底面直径为1.2 m圆柱,若底面直径 为1.2 m的圆柱与正方体的上下底面 均相切,设圆柱的底面圆心O1,与正方 体的下底面 的切点为 M,可知AC1 ⊥ O1M,O1M =0.6,则tan∠CAC1 = CC1 AC = O1M AO1 ,即 1 2 = 0.6 AO1 ,解 得 AO1 = 32 5 ,根据对称性可知圆柱的 高为 3-2× 32 5 ≈1.732-1.2× 1.414=0.035 2>0.01,所以能够被 整体 放 入 正 方 体 内,故 D 正 确.故 选ABD. 对点训练 7:B 对 于 A,由 于 34 > 1 2 ,故该圆锥无法 放入圆柱中,故 A 错误;对 于 B,如 图所示,将 底 面 半 径 为0.01 m,高 为 1.9 m的圆柱放入半径为12 m,高为 3 m的圆柱中,则 HF =0.02 m,因 为EH =1.9 m,由勾股定理得EF2= EH2+HF2=3.61+0.000 4=3.610 4, 设 ∠AFH =θ∈ 0, π 2 ,则AF = 0.02cos θ,则BG =0.02cos θ,FG = AB-AF-BG =1-0.04cos θ,由勾 股定理得EG2=EF2-FG2=3.610 4- (1-0.04cos θ)2,因为0.04cos θ∈[0, 0.04],则1-0.04cos θ∈ [0.96,1], (1-0.04cos θ)2 ∈ [0.921 6,1], EG2 =3.610 4-(1-0.04cos θ)2 ∈ [2.610 4,2.688 8],故EG2 <3,故能 被放进底面半径为 1 2 m,高为 3 m的 圆柱中,故B正确;对于C,棱长为1 m 的正方体,面对角线长为 2 m,体对角 线长为 3 m,要想放进高为 3 m的圆 柱内,需要如图所示放入,其外接球O 的直径为 3 m,故要想放入圆柱中,只 能放入以球O 为内切球的圆柱中,过 点D 的母线交上底面于点C,交下底 面于点E,设DE =x m,BE =r m, 由勾股定理得BD2 =BE2+DE2 = r2+x2=1,连接AD,则AD = 2 m, 由勾股定理得 AD2 =AC2+DC2 = r2+(3-x)2=2,解得r= 6 3 ,即棱 长为1 m的正方体可放入底面半径为 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 -511- hh 6 3 m,高为 3 m的 圆柱 中,因 为 6 3 > 1 2 ,故C错误;对于 D,底面积为32 m2, 高为 3 2 m 的 直 三 棱 柱 体 积 为 32 × 3 2 = 9 4 (m3),由于底面半径为12 m, 高为 3 m的圆柱体积为π· 12 2 × 3= 3 4π< 9 4 ,故无法放进底面半径 为 1 2 m,高为 3 m的圆柱中,故D错 误,故选B. 微专题七 球的切接问题 典例1:(1)2 解析:如 图,将 三 棱 锥 S-ABC 转 化 为 正 三 棱 柱 SMN-ABC, 设 △ABC 的 外 接 圆 圆心为O1,半径为r, 则2r= AB sin∠ACB = 3 3 2 =23,可得r = 3,设三棱锥S-ABC 的外接球球心为 O,连接OA,OO1,则OA =2,OO1 = 1 2SA ,因为OA2 =OO21+O1A2,即 4= 1 4SA 2+3,解得SA =2. (2)278 解析:如图所示,点 O 是三棱锥P-ABC 外接 球 的 球 心,则 球 O 的 半 径 为R, O1 是 △ABC 外接 圆的圆心,设 圆 O1 的半径为r,点P 到 底面ABC 的 距 离 为h,由 题 意 可 得 4πR2 =15π,则R2= 15 4. 因为△ABC 是边长为3的正三角形,所以由正弦定 理,可得2r= BC sin A = 3 sin 60° ,则r= 3.所以三棱锥P-ABC 的体积为V = 1 3S△ABCh = 1 3 × 3 4 ×3 2 ×h = 33 4h ,三棱锥P-ABC的体积取最大值 则需要h 最大,由题意可知,点P 在过 AB 且与底面ABC(此处底面 ABC 为 水平)垂直的截面圆的圆周上运动,当 点P 运动到该圆的最高点时,h 最大, 如图所示,取AB 的中点D,连接CD, PD,OO1,PO,CO,过 点 O 作 OE ⊥ PD.由圆的对称性可知,此时 PA = PB,则PD⊥AB.又平面PAB⊥平面 ABC,且 平 面 PAB ∩ 平 面 ABC = AB,PD ⊂ 平面PAB,所以PD ⊥ 平 面ABC,因为在 △OO1C 中,O1O2+ O1C2 =OC2,又O1C =r= 3,所以 O1O2 =OC2-O1C2=R2-r2= 3 4 , 易得 四 边 形 OO1DE 为 矩 形,所 以 ED = O1O = 3 2 ,OE = O1D = 1 3CD = 3 2. 因为在△POE 中,PE = PO2-OE2 = R2-OE2 = 3, 所以hmax =PD =PE+ED = 33 2 , 所以Vmax = 27 8. 对点训练 1:(1)C 根 据 题 意, 可 得 A'D⊥A'E,A'D ⊥ A'F,A'E⊥A'F,且 A'F =1,A'E =1, A'D =2,所以三棱 锥D-A'EF 可补成 一个 长 方 体,则 三 棱锥D-A'EF 的外接球即为长方体的 外接球,如图所示,设长方体的外接球的 半径为R,可得2R = 12+12+22 = 6,所以R = 6 2 ,所以外接球的表面 积为S=4πR2=4π· 6 2 2 =6π.故 选C. (2)B 如 图,当 D 在△ACD 的外接圆 上动的时候,该三棱 锥的外接球不变,故 可使D 点动到一个 使得DA=DC的位 置,取 AC 的 中 点 M,因为AB=BC= 2,DA =DC,所 以 AC ⊥BM,AC ⊥ DM,故 ∠DMB 即为二面角D-AC-B 的平面角,△ACB 的外心为O1,过O1 作平面ABC的垂线,过△ACD 的外心 M 作平面ACD 的垂线,两条垂线均在 平面BMD 内,它 们 的 交 点 就 是 球 心 O,画出平面BMD,如图所示: 在平面 ABC 内,设 ∠CBA =2θ,则 r=BO1 = 1 2BC cos θ = 1 cos θ ,O1M = O1Ccos 2θ= cos 2θ cos θ ,因为 ∠DMB = 30°,所以∠O1MO=60°,所以O1O= 3O1M = 3cos 2θ cos θ ,所以R2 =r2+ OO21 = 1 cos2θ + 3cos22θ cos2θ , 令 t = cos2θ ∈ (0,1), 则 R2 = 1 t + 3(2t-1)2 t =12t+ 4 t -12≥2 48- 12=83-12,所 以 S =4πR2 ≥ 16(23-3)π,当且仅当t= 3 3 时取 等.故选B. 典例2:(1)(12-82)π 解析:作出圆锥的轴截面如图: 依题意得PO=1,OB=1,则∠BPO= 45°,设 圆 锥 内 切 球 的 半 径 为 R,因 为 O1E⊥PB,则PO1= 2O1E= 2R, 则PO= 2R+R=1,解得R= 2-1, 从而 球 的 表 面 积 为4π(2-1)2 = (12-82)π. (2)142π3 解析:圆台的轴截面如图所示: 设内切球的球心为 O,内切 球 与 母 线 AB 切 于 点 E,则 AE = AO1 =1, BE = BO2 =2,所 以 AB = AE + BE =3,过点A 作AF ⊥BC 于F,则 BF=1,所以AF= 32-12 =22, 所以圆台的体积为 1 3 (π×12+π×22+ π×12×π×22)×22= 142π 3 . 对点训练2:64627 π 解析:如图,设该正八面体的棱长为a, 则 3 4a 2×8=323,解得a=4.故内 切球球心O 到各顶点的距离为22. 故在 正 三 棱 锥 O-ABC 中,VO-ABC = 1 3S△ABC ·OH = 1 3S△OBC ·AO, 故OH = 4×22 43 = 26 3 . 由正八面体的结构特征可得OH 的长 为内切球半径. 所以 该 正 八 面 体 的 内 切 球 体 积 为 4 3π 26 3 3 = 646 27 π. 典例3:(1)[22,23] 解析:设球的半径为R,当球是正方体 的外接球时,恰好经过正 方 体 的 每 个 顶点,所求的球的半径最大,若半径变 得更大,球会包含正方体,导致球面和 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 -512-