专题3 微专题7 空间几何体（PPT课件）-【精讲精练】2025年高考数学二轮专题辅导与训练

专题三　立体几何 第一篇　专题突破　高考热点 返回目录 第一篇　专题三　立体几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题三　立体几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题三　立体几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题三　立体几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题三　立体几何 高考总复习（二轮）数学 1 微专题7　空间几何体 返回目录 第一篇　专题三　立体几何 高考总复习（二轮）数学 1 目 录 聚焦命题·巧突破 01 真题再现·明考向 02 专题集训·课时练 03 CONTENTS 返回目录 第一篇　专题三　立体几何 高考总复习（二轮）数学 1 聚焦命题·巧突破 01 返回目录 第一篇　专题三　立体几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题三　立体几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题三　立体几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题三　立体几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题三　立体几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题三　立体几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题三　立体几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题三　立体几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题三　立体几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题三　立体几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题三　立体几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题三　立体几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题三　立体几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题三　立体几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题三　立体几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题三　立体几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题三　立体几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题三　立体几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题三　立体几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题三　立体几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题三　立体几何 高考总复习（二轮）数学 1 　 返回目录 第一篇　专题三　立体几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题三　立体几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题三　立体几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题三　立体几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题三　立体几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题三　立体几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题三　立体几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题三　立体几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题三　立体几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题三　立体几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题三　立体几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题三　立体几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题三　立体几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题三　立体几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题三　立体几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题三　立体几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题三　立体几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题三　立体几何 高考总复习（二轮）数学 1 真题再现·明考向 02 返回目录 第一篇　专题三　立体几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题三　立体几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题三　立体几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题三　立体几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题三　立体几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题三　立体几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题三　立体几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题三　立体几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题三　立体几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题三　立体几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题三　立体几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题三　立体几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题三　立体几何 高考总复习（二轮）数学 1 返回目录 第一篇　专题三　立体几何 高考总复习（二轮）数学 1 谢谢观看 返回目录 第一篇　专题三　立体几何 高考总复习（二轮）数学 1 命题点1　空间几何体的表面积、体积 考向一　空间几何体的表面积 　(1)(2024·云南模拟预测)我国古代有一种容器叫“方斗”，“方斗”的形状是一种上大下小的正四棱台(两个底面都是正方形的四棱台)，如果一个方斗的容积为28 L(1 L＝1 dm3)，上底边长为4 dm，下底边长为2 dm，则该方斗的表面积为(　　) A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(20＋3\r(10)))dm2　　 B．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(20＋4\r(10)))dm2 C．56 dm2 D．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(20＋12\r(10)))dm2 (2)(2024·安徽黄山二模)攒尖是中国古代建筑中屋顶的一种结构形式，宋代称为撮尖，清代称为攒尖．通常有圆形攒尖、三角攒尖、四角攒尖、八角攒尖，也有单檐和重檐之分，多见于亭阁式建筑，园林建筑．如图所示的建筑屋顶是圆形攒尖，可近似看作一个圆锥，已知其轴截面是底边长为6 m，顶角为eq \f(2π,3)的等腰三角形，则该屋顶的表面积约为(　　) A．3eq \r(3)π m2 B．6π m2 C．6eq \r(3)π m2 D．12eq \r(3)π m2 [解析]　(1)如图所示，高线为MN，由方斗的容积为28 L，可得28＝eq \f(1,3) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4＋16＋\r(4×16)))·MN，解得MN＝3(dm)．由上底边长为4 dm，下底边长为2 dm，可得AM＝2eq \r(2)(dm)，NB＝eq \r(2)(dm)，AB＝ eq \r(32＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\r(2)－\r(2)))2)＝eq \r(11)(dm)，侧面梯形面积为eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋4))× eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(　,11)))2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4－2,2)))2)＝3eq \r(10)(dm2)， 所以方斗的表面积为S＝22＋42＋4×3eq \r(10)＝(20＋12eq \r(10))(dm2)．故选D. (2)如图所示为该圆锥轴截面， 由题意，底面圆半径r＝3，母线l＝eq \f(3,sin\f(π,3))＝2eq \r(3)， 所以侧面积S＝πrl＝π×3×2eq \r(3)＝6eq \r(3)π(m2)．故选C. [答案]　(1)D　(2)C (1)旋转体的表面积问题应注意其侧面展开图的应用． (2)多面体的表面积是各个面的面积之和，组合体的表面积注意衔接部分的处理．　 考向二　空间几何体的体积 　(1)(2024·浙江宁波“十校”联考)某学校生物老师指导学生培育了一盆绿萝放置在教室内，绿萝底部的盆近似看成一个圆台，圆台的上、下底面半径之比为5∶3，母线长为8 cm，其母线与底面所成的角为60°，则这个圆台的体积为(　　) A.eq \f(392\r(3),3)π cm3 B．eq \f(784\r(3),3)π cm3 C.eq \f(1 568\r(3),3)π cm3 D．eq \f(3 136\r(3),3)π cm3 (2)(2024·湖南衡阳模拟)如图，由直三棱柱ABC­A1B1C1和四棱锥D­BB1C1C构成的几何体中，∠BAC＝∠B1A1C1＝90°，BC＝2AB＝2BB1＝4，B1D＝BD＝C1D＝CD＝eq \r(17)，则该几何体的体积为________． [解析]　(1)根据题意，设圆台的上、下底面半径分别为5x,3x， 因为母线长为8，且母线与底面所成的角为60°， 所以圆台的高为8sin 60°＝4eq \r(3)，并且2x＝8×eq \f(1,2)＝4，得x＝2， 所以圆台的上底面半径为5x＝10，下底面半径为3x＝6，高为4eq \r(3). 由此可得圆台的体积为V＝eq \f(1,3)π(102＋62＋10×6)×4eq \r(3)＝eq \f(784\r(3)π,3)(cm3)．故选B. (2)设E，E1分别为BB1，CC1的中点，连接DE，DE1，EE1， 因为B1D＝BD＝C1D＝CD＝eq \r(17)，所以DE⊥BB1，DE1⊥CC1，且EE1⊥CC1， 又DE1∩EE1＝E1，DE1，EE1⊂平面DEE1，所以CC1⊥平面DEE1， 由CC1⊂平面BB1C1C，得平面DEE1⊥平面BB1C1C， 由BB1＝CC1＝2，DC＝DC1＝eq \r(17)，所以DE＝DE1＝eq \r(\r(17)2－12)＝4， 设EE1中点为H，连接DH，则DH⊥EE1，又平面DEE1∩平面BB1C1C＝EE1，DH⊂平面DEE1，所以DH⊥平面BB1C1C. 又EE1＝BC＝4，所以DH＝eq \r(42－22)＝2eq \r(3). 故几何体的体积为V＝VABC­A1B1C1＋VD­BB1C1C＝eq \f(1,2)×2×2eq \r(3)×2＋eq \f(1,3)×4×2×2eq \r(3)＝eq \f(28\r(3),3). [答案]　(1)B　(2)eq \f(28\r(3),3) (1)规则的几何体可以直接利用相应的公式求解，这就需要熟记柱体、锥体的体积公式． (2)不规则的几何体往往可以通过“间接法”——割补法求得，即把不规则的几何体通过“割补”手段，转化为规则几何体体积的和或差．　 【预测练1】 1．(2024·山东枣庄二调)已知圆台的上、下底面半径分别为1和3，侧面展开图是半个圆环，则圆台的侧面积为(　　) A．6π B．16π C．26π D．32π 解析　如图，由展开图是半圆可知：△ABC为等边三角形，BE＝r2－r1＝3－1＝2， 则母线DB＝2BE＝4，S侧＝πeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(r1＋r2))l＝πeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋3))×4＝16π.故选B. 答案　B 2.如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是平行四边形，E为线段PA的中点，过点E分别作平行于平面ABCD、平面PBD的平面EFGH、平面EMN，它们将四棱锥P­ABCD分成三部分．将这三部分依体积从小到大排列，其体积之比为__________． 解析　设四棱锥P­ABCD的体积为V. 因为点E为PA的中点，且平面EFGH∥平面ABCD，所以VP­EFGH＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))3VP­ABCD＝eq \f(1,8)V. 因为平面EMN∥平面PBD，所以VA­EMN＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))3VA­PBD＝eq \f(1,8)VP­ABD＝eq \f(1,8)×eq \f(1,2)VP­ABCD＝eq \f(1,16)V.所以第三部分几何体的体积为V－eq \f(1,8)V－eq \f(1,16)V＝eq \f(13,16)V. 所以该四棱锥被分成的三部分依体积从小到大排列，其体积之比为eq \f(1,16)V∶eq \f(1,8)V∶eq \f(13,16)V＝1∶2∶13. 答案　1∶2∶13 命题点2　空间几何体的外接球 方法一　外接球补形法 　(1)如图，在三棱锥A­BCD中，BC⊥BD，BC＝3，BD＝AD＝4，BD⊥AD，则三棱锥A­BCD的外接球表面积为________． (2)在三棱锥P­ABC中，PA＝BC＝2eq \r(5)，PB＝AC＝eq \r(13)，AB＝PC＝5，则三棱锥P­ABC的外接球的表面积是________． [解析]　(1)将三棱锥A­BCD置于如图的长方体中，原三棱锥的外接球即为长方体的外接球，由题可知，长方体的长、宽、高分别为4,3，eq \r(7)，故外接球半径r＝eq \f(\r(32＋42＋\r(7)2),2)＝2eq \r(2)，所以外接球表面积为4πr2＝32π. (2)由题意，PA＝BC＝2eq \r(5)，PB＝AC＝eq \r(13)，PC＝AB＝5，将三棱锥P­ABC放到长方体中，可得长方体的三条面对角线分别为2eq \r(5)， eq \r(13)，5.设长方体的长、宽、高分别为a，b，c，即eq \r(a2＋b2)＝2eq \r(5)，eq \r(c2＋b2)＝eq \r(13)， eq \r(a2＋c2)＝5，解得a＝4，b＝2，c＝3.长方体的体对角线即为三棱锥和长方体公共外接球的直径2R，所以(2R)2＝a2＋b2＋c2＝29，故S球＝4πR2＝29π. [答案]　(1)32π　(2)29π 补形法适用的四种常见三棱锥 (1)墙角模型——三条棱两两垂直，如图1. (2)鳖臑模型——四个面都是直角三角形的，如图2. (3)共直角边模型——两个共直角边的直角三角形组成的三棱锥，如图3. (4)对棱相等模型——三组对棱分别相等，如图4. 方法二　外接球单面定球心法 　(1)(侧棱相等的棱锥)已知在四面体V­ABC中，VA＝VB＝VC＝eq \r(3)，AB＝eq \r(2)，∠ACB＝eq \f(π,4)，则该四面体外接球的表面积为__________． (2)(侧棱垂直于底面的棱锥)在三棱锥P­ABC中，PA⊥平面ABC，PA＝4eq \r(2)，BC＝4，∠CAB＝45°，则三棱锥P­ABC外接球的表面积为________． [解析]　(1)如图，因为VA＝VB＝VC＝eq \r(3)，所以V在平面ABC的射影为△ABC的外心O′.又AB＝eq \r(2)，∠ACB＝eq \f(π,4)，所以由正弦定理得△ABC的外接圆的半径r＝eq \f(\r(2),2sin \f(π,4))＝1，故VO′＝eq \r(2).设四面体外接球的半径为R，则eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)－R))2＝R2－1，解得R＝eq \f(3\r(2),4)，所以外接球的表面积为4πR2＝4πeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3\r(2),4)))2＝eq \f(9π,2). (2)设△ABC外接圆的半径为r，圆心为O′，根据正弦定理，则2r＝eq \f(BC,sin∠CAB)＝4eq \r(2)，故r＝2eq \r(2).设三棱锥P­ABC外接球的半径为R，由OA＝OP，可知△OPA为等腰三角形，过O作OQ⊥PA于Q，则Q为PA中点．由PA⊥平面ABC，OO′⊥平面ABC，知AQ∥OO′，则P，A，O′，O共面．因为PA⊥平面ABC，O′A⊂平面ABC，所以PA⊥O′A.又OQ⊥PA，故OQ∥O′A，于是四边形OQAO′为平行四边形．因为PA⊥O′A，所以四边形OQAO′为矩形，则R2＝r2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(PA,2)))2＝16，故外接球的表面积S＝4πR2＝64π. [答案]　(1)eq \f(9π,2)　(2)64π 外接球单面定球心法 步骤：(1)定一个面外接圆圆心：选中一个面，如图，在三棱锥P­ABC中，选中底面△ABC，确定其外接圆圆心O1. (2)①侧棱相等的三棱锥：如图1，PO1⊥平面ABC，则球心一定在直线(注意不一定在线段PO1上)PO1上，在直线PO1上取球心O，如图，则OP＝OA＝R，利用公式OA2＝O1A2＋OOeq \o\al(2,1)，可计算出球半径R； ②侧棱垂直于底面的棱锥：如图2，过外接圆圆心O1作底面ABC的垂线，球心O在垂线上，过球心O向PA作垂线，垂足为M，则有MA＝OO1＝h，OM＝O1A＝r；计算球半径R：利用OA＝R＝eq \r(r2＋h2)＝OP＝eq \r(r2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(PA－h))2)求出h，从而求出Req \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(实际上h＝\f(1,2)PA)).　 【预测练2】 1．(2024·广东深圳二模)已知三棱锥S­ABC的所有顶点都在球O的球面上，△ABC是边长为1的正三角形，SC为球O的直径，且SC＝2，则此三棱锥的体积为(　　) A.eq \f(\r(2),6) B．eq \f(\r(3),6) C.eq \f(\r(2),3) D．eq \f(\r(2),2) 解析　如图所示，易知球心O为SC的中点， 设过A，B，C三点的小圆的圆心为O1，则OO1⊥平面ABC，连接CO1，∵CO1＝eq \f(2,3)×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(\r(3),3)，∴OO1＝ eq \r(1－\f(1,3))＝eq \f(\r(6),3)，∴点S到平面ABC的距离为2OO1＝eq \f(2\r(6),3).∵△ABC是边长为1的正三角形， ∴△ABC的面积为eq \f(\r(3),4)，∴VS­ABC＝eq \f(1,3)×eq \f(\r(3),4)×eq \f(2\r(6),3)＝eq \f(\r(2),6). 答案　A 2．(2024·湖南邵阳三模)在三棱锥P­ABC中，PA⊥平面ABC，PA＝4，AC＝2AB＝2eq \r(3)，AC⊥AB，则三棱锥P­ABC外接球的表面积为________． 解析　因为PA⊥平面ABC，AC，AB⊂平面ABC，所以PA⊥AB，PA⊥AC，又AC⊥AB，所以PA，AB，AC两两垂直，故可将三棱锥P­ABC补全为长方体，故三棱锥P­ABC的外接球，即为此长方体的外接球，令三棱锥P­ABC外接球的半径为R，则(2R)2＝PA2＋AB2＋AC2＝31，所以三棱锥P­ABC外接球的表面积为4πR2＝31π. 答案　31π 命题点3　空间几何体的内切球 　(1)(等体积法)在正四棱锥P­ABCD中，PA＝5，AB＝6，则该四棱锥内切球的表面积是(　　) A.eq \f(4π,7) B．eq \f(24π,7) C.eq \f(36π,7) D．eq \f(72π,7) (2)(独立截面法)已知球与圆台的上、下底面和侧面都相切．若圆台的侧面积为16π，上、下底面的面积之比为1∶9，则球的表面积为(　　) A．12π B．14π C．16π D．18π [解析]　(1)过点P作PO⊥平面ABCD，则O为正方形ABCD的中心，连接OA，如图，因为AB＝6，所以OA＝3eq \r(2)，所以OP＝eq \r(PA2－OA2)＝eq \r(25－18)＝eq \r(7)，则四棱锥P­ABCD的体积V＝eq \f(1,3)×62×eq \r(7)＝12eq \r(7)，四棱锥P­ABCD的表面积S＝6×6＋eq \f(1,2)×6×eq \r(25－9)×4＝84.设四棱锥P­ABCD内切球的半径为r，内切球的球心为O′，由V＝VO′­ABP＋VO′­BCP＋VO′­CDP＋VO′­ADP＋VO′­ABCD，可得V＝eq \f(1,3)S·r，即12eq \r(7)＝eq \f(1,3)×84r，解得r＝eq \f(3\r(7),7)，故四棱锥P­ABCD内切球的表面积是4πr2＝eq \f(36π,7). (2)依据题意，球内切于圆台，画出两者的轴截面，球的截面为圆，圆台的轴截面为等腰梯形ABCD，如图所示，过点B作CD的垂线，垂足为E，设球的半径为R，则BE＝2R，设圆台的母线为l，即BC＝l，上、下底面的面积之比为1∶9，即eq \f(πr\o\al(2,1),πr\o\al(2,2))＝eq \f(r\o\al(2,1),r\o\al(2,2))＝eq \f(1,9)，r2＝3r1.由圆的切线长定理可知，r1＋r2＝l⇒l＝4r1，圆台的侧面积为π(r1＋r2)l＝4πr1l＝16πreq \o\al(2,1)＝16π，解得r1＝1，则2R＝BE＝eq \r(l2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2r1))2)＝2eq \r(3)，即R＝eq \r(3)，则球的表面积S＝4πR2＝12π. [答案]　(1)C　(2)A (1)内切球等体积法 例如，在四棱锥P­ABCD中，内切球为球O，求球半径r.方法如下： VP­ABCD＝VO­ABCD＋VO­PBC＋VO­PCD＋VO­PAD＋VO­PAB，即VP­ABCD＝eq \f(1,3)S四边形ABCD·r＋eq \f(1,3)S△PBC·r＋eq \f(1,3)S△PCD·r＋eq \f(1,3)S△PAD·r＋eq \f(1,3)S△PAB·r，可求出r. (2)内切球独立截面法 ①画出经过球心和切点的大圆的截面图； ②在截面中，找到和球半径相关的直角三角形； ③利用相似、全等、勾股定理等平面几何知识求出内切球半径．　 【预测练3】 (2024·河南开封第二次质量检测)已知经过圆锥SO的轴的截面是正三角形，用平行于底面的截面将圆锥SO分成两部分，若这两部分几何体都存在内切球(与各面均相切)，则上、下两部分几何体的体积之比是(　　) A．1∶8 B．1∶9 C．1∶26 D．1∶27 解析　如图，作出圆锥SO的轴截面SAB， 设上、下两部分几何体的两部分的内切球的球心分别为E，F，半径分别为r，R，即OF＝FG＝R，EG＝r， 根据题意可知△SAB为正三角形，易知SE＝2r，圆锥SO的底面半径OB＝eq \r(3)R， ∴SO＝2r＋r＋R＋R＝3r＋2R，又SO＝eq \r(3)OB， ∴3r＋2R＝3R，∴R＝3r， ∴上部分圆锥的底面半径为eq \r(3)r，高为3r， 又圆锥SO的底面半径为OB＝eq \r(3)R＝3eq \r(3)r，高为SO＝3r＋2R＝9r， ∴上部分圆锥的体积与圆锥SO的体积之比为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))3＝eq \f(1,27)， ∴上、下两部分几何体的体积之比是1∶26.故选C. 答案　C 1．(2024·新课标Ⅰ卷)已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为eq \r(3)，则圆锥的体积为(　　) A．2eq \r(3)π　　　　　　 B．3eq \r(3)π C．6eq \r(3)π D．9eq \r(3)π 解析　设圆柱和圆锥的底面半径均为r，因为它们的高均为eq \r(3)，且侧面积相等，所以2πr×eq \r(3)＝πreq \r(\r(3)2＋r2)，得r2＝9，所以圆锥的体积V＝eq \f(1,3)πr2×eq \r(3)＝3eq \r(3)π，故选B. 答案　B 2.(2022·全国甲卷·理)沈括的《梦溪笔谈》是中国古代科技史上的杰作，其中收录了计算圆弧长度的“会圆术”，如图，eq \o(AB,\s\up20(︵))是以O为圆心，OA为半径的圆弧，C是AB的中点，D在eq \o(AB,\s\up20(︵))上，CD⊥AB，“会圆术”给出eq \o(AB,\s\up20(︵))的弧长的近似值s的计算公式：s＝AB＋eq \f(CD2,OA).当OA＝2，∠AOB＝60°时，s＝(　　) A.eq \f(11－3\r(3),2) B．eq \f(11－4\r(3),2) C.eq \f(9－3\r(3),2) D．eq \f(9－4\r(3),2) 解析　由条件得，△OAB为等边三角形，有OC＝eq \r(3)，CD＝2－eq \r(3)，所以s＝2＋eq \f(2－\r(3)2,2)＝2＋eq \f(7－4\r(3),2)＝eq \f(11－4\r(3),2). 答案　B 3．(2022·新高考全国Ⅱ卷)已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为3eq \r(3)和4eq \r(3)，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为(　　) A．100π B．128π C．144π D．192π 解析　由题意得，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， 则轴截面中由几何知识可得eq \r(R2－32)－eq \r(R2－42)＝1，解得R2＝25， 因此球的表面积是S＝4πR2＝4π·25＝100π，故选A. 答案　A 4．(多选)(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(容器壁厚度忽略不计)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 解析　对于选项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； 对于选项B：因为正方体的面对角线长为eq \r(2) m，且eq \r(2)>1.4， 所以能够被整体放入正方体内，故B正确； 对于选项C：因为正方体的体对角线长为eq \r(3) m，且eq \r(3)<1.8， 所以不能够被整体放入正方体内，故C不正确； 对于选项D：因为正方体的体对角线长为eq \r(3) m，且eq \r(3)>1.2， 设正方体ABCD­A1B1C1D1的中心为O，以AC1为轴对称放置圆柱，设圆柱的底面圆心O1到正方体表面的最近的距离为h m， 如图所示，结合对称性可知：OC1＝eq \f(1,2)C1A＝eq \f(\r(3),2)，C1O1＝OC1－OO1＝eq \f(\r(3),2)－0.6， 则eq \f(h,AA1)＝eq \f(C1O1,C1A)，即eq \f(h,1)＝eq \f(\f(\r(3),2)－0.6,\r(3))，解得h＝eq \f(1,2)－eq \f(0.6,\r(3))>0.34>0.01， 所以能够被整体放入正方体内，故D正确． 故选ABD. 答案　ABD 5．(2024·全国甲卷·理)已知圆台甲、乙的上底面半径均为r1，下底面半径均为r2，圆台的母线长分别为2(r2－r1)，3(r2－r1)，则圆台甲与乙的体积之比为________． 解析　两圆台的上、下底面积对应相等，则两圆台的体积之比为高之比，根据母线与半径的关系可得甲与乙的体积之比为eq \f(\r(4r2－r12－r2－r12),\r(9r2－r12－r2－r12))＝eq \f(\r(3),\r(8))＝eq \f(\r(6),4). 答案　eq \f(\r(6),4) 6．(2023·全国甲卷·文)在正方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝4，O为AC1的中点，若该正方体的棱与球O的球面有公共点，则球O的半径的取值范围是________． 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，导致球面和棱没有交点， 正方体的外接球直径2R′为体对角线长 AC1＝eq \r(42＋42＋42)＝4eq \r(3)， 即2R′＝4eq \r(3)，R′＝2eq \r(3)， 故Rmax＝2eq \r(3)； 分别取侧棱AA1，BB1，CC1，DD1的中点M，H，G，N，显然四边形MNGH是边长为4的正方形，且O为正方形MNGH的对角线交点， 连接MG，则MG＝4eq \r(2)，当球的一个大圆恰好是四边形MNGH的外接圆时，球的半径达到最小，即R的最小值为2eq \r(2).综上，R∈[2eq \r(2)，2eq \r(3)]． 故答案为[2eq \r(2)，2eq \r(3)]． 答案　[2eq \r(2)，2eq \r(3)] $$