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2021高三数学北师大版（理）一轮教师用书：第8章第1节空间几何体的结构及其表面积、体积
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全国卷五年考情图解
高考命题规律把握
1.考查形式
高考在本章一般命制2道小题、1道解答题，分值约占22分．
2.考查内容
(1)小题主要考查三视图、几何体体积与表面积计算，此类问题属于中档题目；对于球与棱柱、棱锥的切接问题，知识点较整合，难度稍大．
(2)解答题一般位于第18题或第19题的位置，常设计两问：第(1)问重点考查线面位置关系的证明；第(2)问重点考查空间角，尤其是二面角、线面角的计算．属于中档题目．
3.备考策略
从2019年高考试题可以看出，高考对三视图的考查有所降温；对空间几何体的展开、平面图形的折叠、解题中的补体等传统几何思想有所加强.
第一节 空间几何体的结构及其表面积、体积
[最新考纲] 1.认识柱、锥、台、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.能画出简单空间图形(长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱等的简易组合)的三视图，能识别上述三视图所表示的立体模型，会用斜二测画法画出它们的直观图.3.会用平行投影方法画出简单空间图形的三视图与直观图，了解空间图形的不同表示形式.4.了解球、棱柱、棱锥、台体的表面积和体积的计算公式．
1．简单多面体的结构特征
(1)棱柱的侧棱都平行且相等，上下底面是全等的多边形；
(2)棱锥的底面是任意多边形，侧面是有一个公共点的三角形；
(3)棱台可由平行于棱锥底面的平面截棱锥得到，其上、下底面是相似多边形．
2．旋转体的形成
几何体
旋转图形
旋转轴
圆柱
矩形
任一边所在的直线
圆锥
直角三角形
任一直角边所在的直线
圆台
直角梯形
垂直于底边的腰所在的直线
球
半圆
直径所在的直线
3．三视图与直观图
三视图
画法规则：长对正、高平齐、宽相等
直观图
斜二测画法：
(1)原图形中x轴、y轴、z轴两两垂直，直观图中x′轴、y′轴的夹角为45°(或135°)，z′轴与x′轴和y′轴所在平面垂直．
(2)原图形中平行于坐标轴的线段在直观图中仍平行于坐标轴，平行于x轴和z轴的线段在直观图中保持原长度不变，平行于y轴的线段在直观图中长度为原来的一半.
4．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式
圆柱
圆锥
圆台
侧面
展开图
侧面积公式
S圆柱侧＝2πrl
S圆锥侧＝πrl
S圆台侧＝π(r1＋r2)l
5．柱体、锥体、台体和球的表面积和体积
名称
几何体
表面积
体积
柱体(棱柱和圆柱)
S表面积＝S侧＋2S底
V＝Sh
锥体(棱锥和圆锥)
S表面积＝S侧＋S底
V＝Sh
台体(棱台和圆台)
S表面积＝S侧＋S上＋S下
V＝(S上＋S下＋)h
球
S＝4πR2
V＝πR3
1．按照斜二测画法得到的平面图形的直观图，其面积与原图形的面积的关系：
S直观图＝S原图形，S原图形＝2S直观图．
2．多面体的内切球与外接球常用的结论
(1)设正方体的棱长为a，则它的内切球半径r＝，外接球半径R＝a.
(2)设长方体的长、宽、高分别为a，b，c，则它的外接球半径R＝.
(3)设正四面体的棱长为a，则它的高为H＝a，内切球半径r＝H＝a，外接球半径R＝H＝a.
一、思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(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)菱形的直观图仍是菱形．( )
(4)正方体、球、圆锥各自的三视图中，三视图均相同．( )
[答案] (1)× (2)× (3)× (4)×
二、教材改编
1．将一个等腰梯形绕它的较长的底边所在的直线旋转一周，所得的几何体包括( )
A．一个圆台、两个圆锥
B．两个圆台、一个圆柱
C．两个圆柱、一个圆台
D．一个圆柱、两个圆锥
D [从较短的底边的端点向另一底边作垂线，两条垂线把等腰梯形分成了两个直角三角形，一个矩形，所以一个等腰梯形绕它的较长的底边所在直线旋转一周形成的是由一个圆柱，两个圆锥所组成的几何体，如图：
]
2．如图所示，长方体ABCDA′B′C′D′中被截去一部分，其中EH∥A′D′，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
C [由几何体的结构特征知，剩下的几何体为五棱柱．]
3．体积为8的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为( )
A．12π B．π
C．8π D．4π
A [由题意可知正方体的棱长为2，其体对角线为2即为球的直径，所以球的表面积为4πR2＝(2R)2π＝12π，故选A.]
4．已知圆锥的表面积等于12π cm2，其侧面展开图是一个半圆，则底面圆的半径为( )
A．1 cm B．2 cm
C．3 cm D． cm
B [S表＝πr2＋πrl＝πr2＋πr·2r＝3πr2＝12π，∴r2＝4，
∴r＝2(cm)．]
5．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________．
π [由三视图可知，该几何体是一个圆柱挖去了一个同底等高的圆锥，其体积为π×22×2－π×22×2＝π.]
考点1 空间几何体的结构特征
解决与空间几何体结构特征有关问题的技巧
(1)关于空间几何体的结构特征辨析关键是紧扣各种空间几何体的概念，要善于通过举反例对概念进行辨析，即要说明一个命题是错误的，只需举一个反例即可．
(2)圆柱、圆锥、圆台的有关元素都集中在轴截面上，解题时要注意用好轴截面中各元素的关系．
(3)棱(圆)台是由棱(圆)锥截得的，所以在解决棱(圆)台问题时，要注意“还台为锥”的解题策略．
1.给出下列命题：
(1)棱柱的侧棱都相等，侧面都是全等的平行四边形；
(2)若三棱锥的三条侧棱两两垂直，则其三个侧面也两两垂直；
(3)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；
(4)存在每个面都是直角三角形的四面体；
(5)棱台的侧棱延长后交于一点．
其中正确命题的个数为( )
A．2 B．3
C．4 D．5
C [(1)不正确，根据棱柱的定义，棱柱的各个侧面都是平行四边形，但不一定全等；(2)正确，若三棱锥的三条侧棱两两垂直，则三个侧面构成的三个平面的二面角都是直二面角；(3)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；(4)正确，如图，正方体ABCDA1B1C1D1中的三棱锥C1ABC，四个面都是直角三角形；(5)正确，由棱台的概念可知．]
2．以下命题：
(1)以直角三角形的一边为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥；
(2)以直角梯形的一腰为轴旋转一周所得的旋转体是圆台；
(3)圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆面；
(4)一个平面截圆锥，得到一个圆锥和一个圆台．
其中正确命题的个数为( )
A．0 B．1
C．2 D．3
B [命题(1)错，因为这条边若是直角三角形的斜边，则得不到圆锥；命题(2)错，因为这条腰必须是垂直于两底的腰；命题(3)对；命题(4)错，必须用平行于圆锥底面的平面截圆锥才可以．]
3．下列结论正确的是 ( )
A．各个面都是三角形的几何体是三棱锥
B．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
C．棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则此棱锥可能是六棱锥
D．圆锥的顶点与底面圆周上的任意一点的连线都是母线
D [A错误．如图①所示，由两个结构相同的三棱锥叠放在一起构成的几何体，各面都是三角形，但它不是棱锥．
图① 图②
B错误．如图②，若△ABC不是直角三角形或是直角三角形，但旋转轴不是直角边所在直线，所得的几何体都不是圆锥．
C错误．由几何图形知，若以正六边形为底面，侧棱长必然要大于底面边长．D正确．]
(1)概念辨析类的问题常借助反例求解．
(2)紧扣结构特征是判断空间几何体的结构特征正误的关键，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，然后依据题意判定．
考点2 空间几何体的三视图和直观图
1.三视图画法的基本原则
长对正，高平齐，宽相等；画图时看不到的线画成虚线．
2．由三视图还原几何体的步骤
3．直观图画法的规则：斜二测画法．
(1)[一题多解]已知正三角形ABC的边长为a，那么△ABC的平面直观图△A′B′C′的面积为( )
A.a2 B.a2
C.a2 D.a2
(2)(2018·全国卷Ⅰ)某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图．圆柱表面上的点M在正视图上的对应点为A，圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为B，则在此圆柱侧面上，从M到N的路径中，最短路径的长度为( )
A．2 B．2
C．3 D．2
(1)D (2)B [(1)法一：如图①②所示的实际图形和直观图，
由图②可知，A′B′＝AB＝a，O′C′＝OC＝a，
在图②中作C′D′⊥A′B′于D′，
则C′D′＝O′C′＝a，
所以S△A′B′C′＝A′B′·C′D′＝×a×a＝a2.
法二：S△ABC＝×a×asin 60°＝a2，
又S直观图＝S原图＝×a2＝a2.
故选D.
(2)由三视图可知，该几何体为如图①所示的圆柱，该圆柱的高为2，底面周长为16.画出该圆柱的侧面展开图，如图②所示，连接MN，则MS＝2，SN＝4，则从M到N的路径中，最短路径的长度为＝＝2.故选B.
]
图① 图②
(1)直观图的面积问题常常有两种解法：一是利用斜二
测画法求解，注意 “斜”及“二测”的含义；二是直接套用等量关系：S直观图＝S原图形．
(2)解决空间几何体表面上两点距离的最短问题，常借助其侧面展开图．
1.(2018·全国卷Ⅲ)中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来．构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是( )
A B C D
A [由题意知，在咬合时带卯眼的木构件中，从俯视方向看，榫头看不见，所以是虚线，结合榫头的位置知选A.]
2．某几何体的三视图如图所示，网格纸的小方格是边长为1的正方形，则该几何体中最长棱的棱长是( )
A. B.
C. D.3
A [由三视图可知该几何体为一个三棱锥DABC，如图，将其置于长方体中，该长方体的底面是边长为1的正方形，高为2.
所以AB＝1，AC＝，BC＝，CD＝，DA＝2，BD＝，
因此最长棱为BD，棱长是.]
考点3 空间几何体的表面积与体积
空间几何体的表面积
几类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)若以三视图形式给出，解题的关键是根据三视图，想象出原几何体及几何体中各元素间的位置关系及数量关系．
(1)(2019·南昌模拟)如图，直角梯形ABCD中，AD⊥DC，AD∥BC，BC＝2CD＝2AD＝2，若将该直角梯形绕BC边旋转一周，则所得的几何体的表面积为________．
(2)若正四棱锥的底面边长和高都为2，则其表面积为________．
(3)圆台的上、下底面半径分别是10 cm和20 cm，它的侧面展开图的扇环的圆心角是180°，那么圆台的表面积为________cm2 (结果中保留π)．
(4)(2019·安庆模拟)已知一几何体的三视图如图所示，它的左视图与主视图相同，则该几何体的表面积为( )
A．16＋12π B．32＋12π
C．24＋12π D．32＋20π
(1)(＋3)π (2)4＋4 (3)1 100π (4)A [(1)由图中数据可得：S圆锥侧＝×π×2×＝π，S圆柱侧＝2π×1×1＝2π，S底面＝π×12＝π.
所以几何体的表面积S＝S圆锥侧＋S圆柱侧＋S底面＝π＋2π＋π＝(＋3)π.
(2)因为四棱锥的侧棱长都相等，底面是正方形，所以该四棱锥为正四棱锥，如图．
由题意知底面正方形的边长为2，正四棱锥的高为2，
则正四棱锥的斜高PE＝＝.
所以该四棱锥的侧面积S＝4××2×＝4，
∴S表＝2×2＋4＝4＋4.
(3)如图所示，设圆台的上底周长为C，因为扇环的圆心角是180°，所以C＝π·SA.
又C＝2π×10＝20π，所以SA＝20(cm)．
同理SB＝40(cm)．
所以AB＝SB－SA＝20(cm)．
S表＝S侧＋S上底＋S下底
＝π(r1＋r2)·AB＋πr＋πr
＝π(10＋20)×20＋π×102＋π×202
＝1 100π(cm2)．
故圆台的表面积为1 100π cm2.
(4)由三视图知，该几何体是一个正四棱柱与半球的组合体，且正四棱柱的高为，底面对角线长为4，球的半径为2，所以该正四棱柱的底面正方形的边长为2，该几何体的表面积S＝×4π×22＋π×22＋2××4＝12π＋16.]
本例(1)得到的是旋转体，求解的关键是将旋转体的表面积分割为圆锥的侧面积与圆柱的侧面积及底面积之和；本例(2)是有关多面体侧面积的问题，关键是找到其特征几何图形，如棱柱中的矩形、棱台中的直角梯形、棱锥中的直角三角形，它们是联系高与斜高、边长等几何元素间的桥梁，从而架起求侧面积公式中的未知量与条件中已知几何元素间的联系；本例(3)是圆台的侧面积问题，采用了还锥为台的思想；本例(4)先由三视图还原几何体，求解的关键是正四棱柱及半球的数量关系确定，易错点是两几何体重叠部分的表面积处理．
(2015·全国卷Ⅰ)圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r)组成一个几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示．若该几何体的表面积为16＋20π，则r＝( )
A．1 B．2
C．4 D．8
B [如图，该几何体是一个半球与一个半圆柱的组合体，球的半径为r，圆柱的底面半径为r，高为2r，则表面积S＝×4πr2＋πr2＋4r2＋πr·2r＝(5π＋4)r2.又S＝16＋20π，∴(5π＋4)r2＝16＋20π，∴r2＝4，r＝2，故选B.]
空间几何体的体积
求空间几何体的体积的常用方法
(1)直接法：对于规则几何体，直接利用公式计算即可．若已知三视图求体积，应注意三视图中的垂直关系在几何体中的位置，确定几何体中的线面垂直等关系，进而利用公式求解．
(2)等积法：利用三棱锥的“等积性”可以把任一个面作为三棱锥的底面．
(3)割补法：当一个几何体的形状不规则时，常通过分割或者补形的手段将此几何体变为一个或几个规则的、体积易求的几何体，然后再计算．经常考虑将三棱锥还原为三棱柱或长方体，将三棱柱还原为平行六面体，将台体还原为锥体．
(1)如图所示，正三棱柱ABCA1B1C1的底面边长为2，侧棱长为，D为BC中点，则三棱锥AB1DC1的体积为( )
A．3 B.
C．1 D.
(2)[一题多解](2017·全国卷Ⅱ)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为( )
A．90π B．63π
C．42π D．36π
(3)如图，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，E，F分别为线段AA1，B1C上的点，则三棱锥D1EDF的体积为________．
(1)C (2)B (3) [(1)(直接法)如题图，在正△ABC中，D为BC中点，则有AD＝AB＝，
又∵平面BB1C1C⊥平面ABC，平面BB1C1C∩平面ABC＝BC，AD⊥BC，AD平面ABC，由面面垂直的性质定理可得AD⊥平面BB1C1C，即AD为三棱锥AB1DC1的底面B1DC1上的高，
∴VA－B1DC1＝S△B1DC1·AD＝××2××＝1.
(2)法一(分割法)：由题意知，该几何体是一个组合体，下半部分是一个底面半径为3，高为4的圆柱，其体积V1＝π×32×4＝36π.
上半部分是一个底面半径为3，高为6的圆柱的一半，
其体积V2＝×π×32×6＝27π.
所以该组合体的体积V＝V1＋V2＝36π＋27π＝63π.
法二(补形法)：由题意知，该几何体是一圆柱被一平面截去一部分后所得的几何体，在该几何体上方再补上一个与其相同的几何体，让截面重合，则所得几何体为一个圆柱，故圆柱的底面半径为3，高为10＋4＝14，该圆柱的体积V1＝π×32×14＝126π.
故该几何体的体积为圆柱体积的一半，
即V＝V1＝63π.
法三(估值法)：由题意，知V圆柱＜V几何体＜V圆柱．又V圆柱＝π×32×10＝90π，所以45π＜V几何体＜90π.观察选项可知只有63π符合．
(3)(等积法)三棱锥D1EDF的体积即为三棱锥FDD1E的体积．
因为E，F分别为AA1，B1C上的点，所以在正方体ABCDA1B1C1D1中，△EDD1的面积为定值，F到平面AA1D1D的距离为定值1，所以VD1EDF＝VFDD1E＝××1＝.]
处理体积问题的思路
(1)“转”：指的是转换底面与高，将原来不易求面积的底面转换为易求面积的底面，或将原来不易看出的高转换为易看出并易求解长度的高；
(2)“拆”：指的是将一个不规则的几何体拆成几个简单的几何体，便于计算；
(3)“拼”：指的是将小几何体嵌入一个大几何体中，如将一个三棱锥复原成一个三棱柱，将一个三棱柱复原成一个四棱柱，这些都是拼补的方法．
[教师备选例题]
1．(2019·江苏高考)如图，长方体ABCDA1B1C1D1的体积是120，E为CC1的中点，则三棱锥EBCD的体积是________．
10 [因为长方体ABCDA1B1C1D1的体积为120，所以AB·BC·CC1＝120，
因为E为CC1的中点，所以CE＝CC1，
由长方体的性质知CC1⊥底面ABCD，
所以CE是三棱锥EBCD的底面BCD上的高，
所以三棱锥EBCD的体积V＝×AB·BC·CE＝×AB·BC·CC1＝×120＝10.]
2.如图所示，已知多面体ABCDEFG中，AB，AC，AD两两互相垂直，平面ABC∥平面DEFG，平面BEF∥平面ADGC，AB＝AD＝DG＝2，AC＝EF＝1，则该多面体的体积为________．
4 [法一：(分割法)因为几何体有两对相对面互相平行，如图所示，过点C作CH⊥DG于H，
连接EH，即把多面体分割成一个直三棱柱DEHABC和一个斜三棱柱BEFCHG.
由题意，知V三棱柱DEHABC＝S△DEH×AD＝×2＝2，V三棱柱BEFCHG＝S△BEF×DE＝×2＝2.故所求几何体的体积为V多面体ABCDEFG＝2＋2＝4.
法二：(补形法)因为几何体有两对相对面互相平行，
如图所示，将多面体补成棱长为2的正方体，显然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V正方体ABHIDEKG＝23＝8，故所求几何体的体积为V多面体ABCDEFG＝×8＝4.]
1.如图，直三棱柱ABCA1B1C1的各条棱长均为2，D为棱B1C1上任意一点，则三棱锥DA1BC的体积是________．
[VDA1BC＝VB1A1BC＝VA1B1BC＝×S△B1BC×＝.]
2．(2019·浙江高考)祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家，他提出的“幂势既同，则积不容异”称为祖暅原理，利用该原理可以得到柱体的体积公式V柱体＝Sh，其中S是柱体的底面积，h是柱体的高．若某柱体的三视图如图所示(单位：cm)，则该柱体的体积(单位：cm3)是( )
A．158
B．162
C．182
D．324
B [(直接法)由三视图得该棱柱的高为6，底面可以看作是由两个直角梯形组合而成的，其中一个上底为4，下底为6，高为3，另一个的上底为2，下底为6，高为3，则该棱柱的体积为×6＝162.故选B.]
3.如图，在多面体ABCDEF中，已知ABCD是边长为1的正方形，且△ADE，△BCF均为正三角形，EF∥AB，EF＝2，则该多面体的体积为( )
A. B.
C. D.
A [(分割法)如图，分别过点A，B作EF的垂线，垂足分别为G，H，连接DG，CH，
容易求得EG＝HF＝，
AG＝GD＝BH＝HC＝，
取AD的中点O，连接GO，易得GO＝，
∴S△AGD＝S△BHC＝××1＝，
∴多面体的体积V＝V三棱锥EADG＋V三棱锥FBCH＋V三棱柱AGDBHC＝2V三棱锥EADG＋V三棱柱AGDBHC＝×××2＋×1＝.故选A.]
考点4 与球有关的切、接问题
与球有关的切、接问题的解法
(1)旋转体的外接球：常用的解题方法是过球心及接、切点作截面，把空间问题转化为平面图形与圆的接、切问题，再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解．
(2)多面体的外接球：常用的解题方法是将多面体还原到正方体和长方体中再去求解．
①若球面上四点P，A，B，C中PA，PB，PC两两垂直或三棱锥的三条侧棱两两垂直，可构造长方体或正方体，利用2R＝求R.
②一条侧棱垂直底面的三棱锥问题：可补形成直三棱柱．先借助几何体的几何特征确定球心位置，然后把半径放在直角三角形中求解．
(1)已知一个圆锥底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内切球的表面积为( )
A．π B．
C．2π D．3π
(2)(2019·福建十校联考)已知三棱锥PABC的三条侧棱两两互相垂直，且AB＝，BC＝，AC＝2，则此三棱锥的外接球的体积为( )
A.π B.π
C.π D.π
(3)已知直三棱柱ABCA1B1C1的各顶点都在以O为球心的球面上，且∠BAC＝，AA1＝BC＝2，则球O的体积为( )
A．4π B．8π
C．12π D．20π
(1)C (2)B (3)A [(1)依题意，作出圆锥与球的轴截面，如图所示，设球的半径为r，易知轴截面三角形边AB上的高为2，因此＝，解得 r＝，所以圆锥内切球的表面积为4π×2＝2π，故选C.
(2)∵AB＝，BC＝，AC＝2，∴PA＝1，PC＝，PB＝2.以PA，PB，PC为过同一顶点的三条棱，作长方体如图所示，
则长方体的外接球同时也是三棱锥PABC的外接球．
∵长方体的对角线长为＝2，
∴球的直径为2，半径R＝，
因此，三棱锥PABC外接球的体积是πR3＝π×()3＝π.故选B.
(3)在底面△ABC中，由正弦定理得底面△ABC所在的截面圆的半径为r＝＝＝，
则直三棱柱ABCA1B1C1的外接球的半径为R＝＝＝，
则直三棱柱ABCA1B1C1的外接球的体积为πR3＝4π.故选A.]
[母题探究] 1.若将本例(3)的条件“∠BAC＝，AA1＝BC＝2”换为“AB＝3，AC＝4，AB⊥AC，AA1＝12”，则球O的半径为________．
[如图所示，由球心作平面ABC的垂线，则垂足为BC的中点M.
又AM＝BC＝，OM＝AA1＝6，
所以球O的半径
R＝OA＝ ＝.]
2．若将本例(3)的条件改为“正四面体的各顶点都在以O为球心的球面上”，则此正四面体的表面积S1与其内切球的表面积S2的比值为________．
[正四面体棱长为a，则正四面体表面积为S1＝4×·a2＝a2，其内切球半径r为正四面体高的，
即r＝·a＝a，因此内切球表面积为S2＝4πr2＝，
则＝＝.]
3．若将本例(3)的条件改为“侧棱和底面边长都是3的正四棱锥的各顶点都在以O为球心的球面上”，则其外接球的半径为________．
3 [依题意，得该正四棱锥底面对角线的长为3×＝6，高为＝3，
因此底面中心到各顶点的距离均等于3，所以该正四棱锥的外接球的球心即为底面正方形的中心，其外接球的半径为3.]
通过本例(3)及母题探究训练，我们可以看出构造法、补形法等是处理“外接”问题的主要方法，其关键是找到球心，借助勾股定理求球的半径．
(1)锥体的外接球问题，解决这类问题的关键是抓住外接球的特点，即球心到各个顶点的距离等于球的半径．
(2)柱体的外接球问题，其解题关键在于确定球心在多面体中的位置，找到球的半径或直径与多面体相关元素之间的关系，结合原有多面体的特性求出球的半径，然后再利用球的表面积和体积公式进行正确计算．
1.(2018·全国卷Ⅲ)设A，B，C，D是同一个半径为4的球的球面上四点，△ABC为等边三角形且其面积为9，则三棱锥DABC体积的最大值为( )
A．12 B．18
C．24 D．54
B [由等边△ABC的面积为9，
可得AB2＝9，所以AB＝6，
所以等边△ABC的外接圆的半径为r＝AB＝2.
设球的半径为R，球心到等边△ABC的外接圆圆心的距离为d，则d＝＝＝2.
所以三棱锥DABC高的最大值为2＋4＝6，
所以三棱锥DABC体积的最大值为×9×6＝18.]
2．(2019·南宁模拟)已知三棱锥PABC中，△ABC为等边三角形，PA＝PB＝PC＝3，PA⊥PB，则三棱锥PABC的外接球的体积为( )
A. B.
C.27π D.27π
B [∵三棱锥PABC中，△ABC为等边三角形，PA＝PB＝PC＝3，
∴△PAB≌△PBC≌△PAC.
∵PA⊥PB，∴PA⊥PC，PC⊥PB.
以PA，PB，PC为过同一顶点的三条棱作正方体(如图所示)，则正方体的外接球同时也是三棱锥PABC的外接球．
∵正方体的体对角线长为＝3，∴其外接球半径R＝.因此三棱锥PABC的外接球的体积V＝×3＝.]
课外素养提升⑦ 直观想象——巧解简单几何体的外接球与内切球问题
简单几何体外接球与内切球问题是立体几何中的难点，也是历年高考重要的考点，几乎每年都要考查，重在考查考生的直观想象能力和逻辑推理能力．此类问题实质是解决球的半径长或确定球心O的位置问题，其中球心的确定是关键．
下面从六个方面分类阐述该类问题的求解策略：
利用长方体的体对角线探索外接球半径
【例1】 (2019·东北三省四市模拟)已知边长为2的等边三角形ABC，D为BC的中点，沿AD进行折叠，使折叠后的∠BDC＝，则过A，B，C，D四点的球的表面积为( )
A．3π B．4π
C．5π D．6π
C [连接BC(图略)，由题知几何体ABCD为三棱锥，BD＝CD＝1，AD＝，BD⊥AD，CD⊥AD，BD⊥CD，将折叠后的图形补成一个长、宽、高分别是，1,1的长方体，其体对角线长为＝，故该三棱锥外接球的半径是，其表面积为5π.]
[评析] 若几何体存在三条两两垂直的线段或者三条线有两个垂直，可构造墙角模型(如下图)，直接用公式(2R)2＝a2＋b2＋c2求出R.
【素养提升练习】 已知各顶点都在同一球面上的正四棱柱的高为4，体积为16，则这个球的表面积是( )
A．16π B．20π
C．24π D．32π
C [设正四棱柱的底面边长为a，高为h，球半径为R，则正四棱柱的体积为V＝a2h＝16，a＝2,4R2＝a2＋a2＋h2＝4＋4＋16＝24，所以球的表面积为S＝24π.]
利用长方体的面对角线探索外接球半径
【例2】 三棱锥中SABC，SA＝BC＝，SB＝AC＝，SC＝AB＝.则三棱锥的外接球的表面积为________．
14π [如图，在长方体中，设AE＝a，BE＝b，CE＝c.
则SC＝AB＝＝，
SA＝BC＝＝，
SB＝AC＝＝.
从而a2＋b2＋c2＝14＝(2R)2，可得S＝4πR2＝14π.故所求三棱锥的外接球的表面积为14π.]
[评析] 三棱锥的相对棱相等，探寻球心无从着手，注意到长方体的相对面的面对角线相等，可在长方体中构造三棱锥，从而巧妙探索外接球半径．
【素养提升练习】 (2019·全国卷Ⅰ)已知三棱锥PABC的四个顶点在球O的球面上，PA＝PB＝PC，△ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是PA，AB的中点，∠CEF＝90°， 则球O的体积为( )
A．8π B．4π
C．2π D.π
D [因为点E，F分别为PA，AB的中点，所以EF∥PB，
因为∠CEF＝90°，所以EF⊥CE，所以PB⊥CE.
取AC的中点D，连接BD，PD，易证AC⊥平面BDP，
所以PB⊥AC，又AC∩CE＝C，AC，CE平面PAC，所以PB⊥平面PAC，
所以PB⊥PA，PB⊥PC，因为PA＝PB＝PC，△ABC为正三角形，
所以PA⊥PC，即PA，PB，PC两两垂直，将三棱锥PABC放在正方体中．因为AB＝2，所以该正方体的棱长为，所以该正方体的体对角线长为，所以三棱锥PABC的外接球的半径R＝，所以球O的体积V＝πR3＝π3＝π，故选D.]
利用底面三角形与侧面三角形的外心探索球心
【例3】 平面四边形ABCD中，AB＝AD＝CD＝1，BD＝，BD⊥CD.将其沿对角线BD折成四面体A′BCD，使平面A′BD⊥平面BCD.若四面体A′BCD的顶点在同一球面上，则该球的体积为
( )
A.π B．3π
C.π D．2π
A [如图，设BD，BC的中点分别为E，F.因点F为底面直角△BCD的外心，知三棱锥A′BCD的外接球球心必在过点F且与平面BCD垂直的直线l1上．又点E为底面直角△A′BD的外心，知外接球球心必在过点E且与平面A′BD垂直的直线l2上．因而球心为l1与l2的交点．又FE∥CD，CD⊥BD知FE⊥平面A′BD.从而可知球心为点F.又A′B＝A′D＝1，CD＝1知BD＝，球半径R＝FD＝＝.故V＝π3＝π.]
[评析] 三棱锥侧面与底面垂直时，可紧扣球心与底面三角形外心连线垂直于底面这一性质，利用底面与侧面的外心，巧探外接球球心，妙求半径．
【素养提升练习】 (2019·广州模拟)三棱锥PABC中，平面PAC⊥平面ABC，AB⊥AC，PA＝PC＝AC＝2，AB＝4，则三棱锥PABC的外接球的表面积为( )
A．23π B．π
C．64π D．π
D [如图，设O′为正△PAC的中心，D为Rt△ABC斜边的中点，H为AC中点．由平面PAC⊥平面ABC.则O′H⊥平面ABC.作O′O∥HD，OD∥O′H，则交点O为三棱锥外接球的球心，连接OP，又O′P＝PH＝××2＝，OO′＝DH＝AB＝2.∴R2＝OP2＝O′P2＋O′O2＝＋4＝.
故几何体外接球的表面积S＝4πR2＝π.]
利用直棱柱上下底面外接圆圆心的连线确定球心
【例4】 一个正六棱柱的底面是正六边形，其侧棱垂直于底面，已知该六棱柱的顶点都在同一个球面上，且该六棱柱的体积为，底面周长为3，则这个球的体积为________．
[设正六棱柱底面边长为a，正六棱柱的高为h，底面外接圆的半径为r，则a＝，底面积为S＝6··2＝，V柱＝Sh＝h＝，∴h＝，R2＝2＋2＝1，R＝1，球的体积为V＝.]
[评析] 直棱柱的外接球、圆柱的外接球模型如图：
其外接球球心就是上下底面外接圆圆心连线的中点．
【素养提升练习】 (2017·全国卷Ⅲ)已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为( )
A.π B.
C. D.
B [设圆柱的底面半径为r，球的半径为R，且R＝1，由圆柱两个底面的圆周在同一个球的球面上可知，r，R及圆柱的高的一半构成直角三角形．
∴r＝＝.
∴圆柱的体积为V＝πr2h＝π×1＝.
故选B.]
锥体的内切球问题
图①
(1)题设：如图①，三棱锥PABC是正三棱锥，求其内切球的半径．
第一步：先画出内切球的截面图，E，H分别是两个三角形的外心；
第二步：求DH＝CD，PO＝PH－r，PD是侧面△ABP的高；
第三步：由△POE∽△PDH，建立等式：＝，解出r.
图②
(2)题设：如图②，四棱锥PABC是正四棱锥，求其内切球的半径．
第一步：先画出内切球的截面图，P，O，H三点共线；
第二步：求FH＝BC，PO＝PH－r，PF是侧面△PCD的高；
第三步：由△POG∽△PFH，建立等式：＝，解出r.
(3)题设：三棱锥PABC是任意三棱锥，求其的内切球半径．
方法：等体积法，三棱锥PABC体积等于内切球球心与四个面构成的四个三棱锥的体积之和；
第一步：先求出四个表面的面积和整个锥体体积；
第二步：设内切球的半径为r，球心为O，建立等式：VPABC＝VOABC＋VOPAB＋VOPAC＋VOPBC⇒VPABC
＝S△ABC·r＋S△PAB·r＋S△PAC·r＋S△PBC·r＝(S△ABC＋S△PAB＋S△PAC＋S△PBC)·r；
第三步：解出r＝.
【例5】 如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是边长为m的正方形，PD⊥底面ABCD，且PD＝m，PA＝PC＝m，若在这个四棱锥内放一个球，则此球的最大半径是________．
(2－)m [由PD⊥底面ABCD得PD⊥AD.又PD＝m，PA＝m，则AD＝m.设内切球的球心为O，半径为R，连接OA，OB，OC，OD，OP(图略)，易知VPABCD＝VOABCD＋VOPAD＋VOPAB＋VOPBC＋VOPCD，即·m2·m＝m2R＋×m2R＋××m2·R＋××m2·R＋×m2R，解得R＝(2－)m，所以此球的最大半径是(2－)m.]
[评析] 结合本题的条件，采用体积分割法求解本题．
【素养提升练习】 有一个倒圆锥形容器，它的轴截面是顶角的余弦值为的等腰三角形．在容器内放一个半径为r的铁球，并注水，使水面与球正好相切，然后将球取出，则这时容器中水的深度为________．
r [如图，作出轴截面，因为轴截面是顶角的余弦值为的等腰三角形，所以顶角为，所以该轴截面为正三角形．根据切线性质知当球在容器内时，水的深度为3r，水面所在圆的半径为r，则
容器内水的体积V＝π(r)2·3r－πr3＝πr3.将球取出后，设容器中水的深度为h，则水面圆的半径为h，从而容器内水的体积V′＝π2h＝πh3，由V＝V′，得h＝r，所以这时容器中水的深度为r.]
柱体的内切球问题
【例6】 (2016·全国卷Ⅲ)在封闭的直三棱柱ABCA1B1C1内有一个体积为V的球．若AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，AA1＝3，则V的最大值是( )
A．4π B．
C．6π D．
B [由题意得要使球的体积最大，则球与直三棱柱的若干面相切．设球的半径为R，∵△ABC的内切圆半径为＝2，
∴R≤2.
又2R≤3，
∴R≤，
∴Vmax＝π3＝π.故选B.]
[评析] 解答本题的关键是当V取得最大值时，球与上下底面还是与侧面相切的问题．
【素养提升练习】 体积为的球与正三棱柱的所有面均相切，则该棱柱的体积为________．
6 [设球的半径为R，由R3＝，得R＝1，所以正三棱柱的高h＝2.
设底面边长为a，
则×a＝1，所以a＝2.
所以V＝×(2)2×2＝6.]
全国卷五年考情图解
高考命题规律把握
1.考查形式
高考在本章一般命制2道小题、1道解答题，分值约占22分．
2.考查内容
(1)小题主要考查三视图、几何体体积与表面积计算，此类问题属于中档题目；对于球与棱柱、棱锥的切接问题，知识点较整合，难度稍大．
(2)解答题一般位于第18题或第19题的位置，常设计两问：第(1)问重点考查线面位置关系的证明；第(2)问重点考查空间角，尤其是二面角、线面角的计算．属于中档题目．
3.备考策略
从2019年高考试题可以看出，高考对三视图的考查有所降温；对空间几何体的展开、平面图形的折叠、解题中的补体等传统几何思想有所加强.
第一节 空间几何体的结构及其表面积、体积
[最新考纲] 1.认识柱、锥、台、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.能画出简单空间图形(长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱等的简易组合)的三视图，能识别上述三视图所表示的立体模型，会用斜二测画法画出它们的直观图.3.会用平行投影方法画出简单空间图形的三视图与直观图，了解空间图形的不同表示形式.4.了解球、棱柱、棱锥、台体的表面积和体积的计算公式．
1．简单多面体的结构特征
(1)棱柱的侧棱都平行且相等，上下底面是全等的多边形；
(2)棱锥的底面是任意多边形，侧面是有一个公共点的三角形；
(3)棱台可由平行于棱锥底面的平面截棱锥得到，其上、下底面是相似多边形．
2．旋转体的形成
几何体
旋转图形
旋转轴
圆柱
矩形
任一边所在的直线
圆锥
直角三角形
任一直角边所在的直线
圆台
直角梯形
垂直于底边的腰所在的直线
球
半圆
直径所在的直线
3．三视图与直观图
三视图
画法规则：长对正、高平齐、宽相等
直观图
斜二测画法：
(1)原图形中x轴、y轴、z轴两两垂直，直观图中x′轴、y′轴的夹角为45°(或135°)，z′轴与x′轴和y′轴所在平面垂直．
(2)原图形中平行于坐标轴的线段在直观图中仍平行于坐标轴，平行于x轴和z轴的线段在直观图中保持原长度不变，平行于y轴的线段在直观图中长度为原来的一半.
4．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式
圆柱
圆锥
圆台
侧面
展开图
侧面积公式
S圆柱侧＝2πrl
S圆锥侧＝πrl
S圆台侧＝π(r1＋r2)l
5．柱体、锥体、台体和球的表面积和体积
名称
几何体
表面积
体积
柱体(棱柱和圆柱)
S表面积＝S侧＋2S底
V＝Sh
锥体(棱锥和圆锥)
S表面积＝S侧＋S底
V＝Sh
台体(棱台和圆台)
S表面积＝S侧＋S上＋S下
V＝(S上＋S下＋)h
球
S＝4πR2
V＝πR3
1．按照斜二测画法得到的平面图形的直观图，其面积与原图形的面积的关系：
S直观图＝S原图形，S原图形＝2S直观图．
2．多面体的内切球与外接球常用的结论
(1)设正方体的棱长为a，则它的内切球半径r＝，外接球半径R＝a.
(2)设长方体的长、宽、高分别为a，b，c，则它的外接球半径R＝.
(3)设正四面体的棱长为a，则它的高为H＝a，内切球半径r＝H＝a，外接球半径R＝H＝a.
一、思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(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)菱形的直观图仍是菱形．( )
(4)正方体、球、圆锥各自的三视图中，三视图均相同．( )
[答案] (1)× (2)× (3)× (4)×
二、教材改编
1．将一个等腰梯形绕它的较长的底边所在的直线旋转一周，所得的几何体包括( )
A．一个圆台、两个圆锥
B．两个圆台、一个圆柱
C．两个圆柱、一个圆台
D．一个圆柱、两个圆锥
D [从较短的底边的端点向另一底边作垂线，两条垂线把等腰梯形分成了两个直角三角形，一个矩形，所以一个等腰梯形绕它的较长的底边所在直线旋转一周形成的是由一个圆柱，两个圆锥所组成的几何体，如图：
]
2．如图所示，长方体ABCDA′B′C′D′中被截去一部分，其中EH∥A′D′，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
C [由几何体的结构特征知，剩下的几何体为五棱柱．]
3．体积为8的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为( )
A．12π B．π
C．8π D．4π
A [由题意可知正方体的棱长为2，其体对角线为2即为球的直径，所以球的表面积为4πR2＝(2R)2π＝12π，故选A.]
4．已知圆锥的表面积等于12π cm2，其侧面展开图是一个半圆，则底面圆的半径为( )
A．1 cm B．2 cm
C．3 cm D． cm
B [S表＝πr2＋πrl＝πr2＋πr·2r＝3πr2＝12π，∴r2＝4，
∴r＝2(cm)．]
5．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________．
π [由三视图可知，该几何体是一个圆柱挖去了一个同底等高的圆锥，其体积为π×22×2－π×22×2＝π.]
考点1 空间几何体的结构特征
解决与空间几何体结构特征有关问题的技巧
(1)关于空间几何体的结构特征辨析关键是紧扣各种空间几何体的概念，要善于通过举反例对概念进行辨析，即要说明一个命题是错误的，只需举一个反例即可．
(2)圆柱、圆锥、圆台的有关元素都集中在轴截面上，解题时要注意用好轴截面中各元素的关系．
(3)棱(圆)台是由棱(圆)锥截得的，所以在解决棱(圆)台问题时，要注意“还台为锥”的解题策略．
1.给出下列命题：
(1)棱柱的侧棱都相等，侧面都是全等的平行四边形；
(2)若三棱锥的三条侧棱两两垂直，则其三个侧面也两两垂直；
(3)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；
(4)存在每个面都是直角三角形的四面体；
(5)棱台的侧棱延长后交于一点．
其中正确命题的个数为( )
A．2 B．3
C．4 D．5
C [(1)不正确，根据棱柱的定义，棱柱的各个侧面都是平行四边形，但不一定全等；(2)正确，若三棱锥的三条侧棱两两垂直，则三个侧面构成的三个平面的二面角都是直二面角；(3)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；(4)正确，如图，正方体ABCDA1B1C1D1中的三棱锥C1ABC，四个面都是直角三角形；(5)正确，由棱台的概念可知．]
2．以下命题：
(1)以直角三角形的一边为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥；
(2)以直角梯形的一腰为轴旋转一周所得的旋转体是圆台；
(3)圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆面；
(4)一个平面截圆锥，得到一个圆锥和一个圆台．
其中正确命题的个数为( )
A．0 B．1
C．2 D．3
B [命题(1)错，因为这条边若是直角三角形的斜边，则得不到圆锥；命题(2)错，因为这条腰必须是垂直于两底的腰；命题(3)对；命题(4)错，必须用平行于圆锥底面的平面截圆锥才可以．]
3．下列结论正确的是 ( )
A．各个面都是三角形的几何体是三棱锥
B．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
C．棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则此棱锥可能是六棱锥
D．圆锥的顶点与底面圆周上的任意一点的连线都是母线
D [A错误．如图①所示，由两个结构相同的三棱锥叠放在一起构成的几何体，各面都是三角形，但它不是棱锥．
图① 图②
B错误．如图②，若△ABC不是直角三角形或是直角三角形，但旋转轴不是直角边所在直线，所得的几何体都不是圆锥．
C错误．由几何图形知，若以正六边形为底面，侧棱长必然要大于底面边长．D正确．]
(1)概念辨析类的问题常借助反例求解．
(2)紧扣结构特征是判断空间几何体的结构特征正误的关键，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，然后依据题意判定．
考点2 空间几何体的三视图和直观图
1.三视图画法的基本原则
长对正，高平齐，宽相等；画图时看不到的线画成虚线．
2．由三视图还原几何体的步骤
3．直观图画法的规则：斜二测画法．
(1)[一题多解]已知正三角形ABC的边长为a，那么△ABC的平面直观图△A′B′C′的面积为( )
A.a2 B.a2
C.a2 D.a2
(2)(2018·全国卷Ⅰ)某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图．圆柱表面上的点M在正视图上的对应点为A，圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为B，则在此圆柱侧面上，从M到N的路径中，最短路径的长度为( )
A．2 B．2
C．3 D．2
(1)D (2)B [(1)法一：如图①②所示的实际图形和直观图，
由图②可知，A′B′＝AB＝a，O′C′＝OC＝a，
在图②中作C′D′⊥A′B′于D′，
则C′D′＝O′C′＝a，
所以S△A′B′C′＝A′B′·C′D′＝×a×a＝a2.
法二：S△ABC＝×a×asin 60°＝a2，
又S直观图＝S原图＝×a2＝a2.
故选D.
(2)由三视图可知，该几何体为如图①所示的圆柱，该圆柱的高为2，底面周长为16.画出该圆柱的侧面展开图，如图②所示，连接MN，则MS＝2，SN＝4，则从M到N的路径中，最短路径的长度为＝＝2.故选B.
]
图① 图②
(1)直观图的面积问题常常有两种解法：一是利用斜二
测画法求解，注意 “斜”及“二测”的含义；二是直接套用等量关系：S直观图＝S原图形．
(2)解决空间几何体表面上两点距离的最短问题，常借助其侧面展开图．
1.(2018·全国卷Ⅲ)中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来．构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是( )
A B C D
A [由题意知，在咬合时带卯眼的木构件中，从俯视方向看，榫头看不见，所以是虚线，结合榫头的位置知选A.]
2．某几何体的三视图如图所示，网格纸的小方格是边长为1的正方形，则该几何体中最长棱的棱长是( )
A. B.
C. D.3
A [由三视图可知该几何体为一个三棱锥DABC，如图，将其置于长方体中，该长方体的底面是边长为1的正方形，高为2.
所以AB＝1，AC＝，BC＝，CD＝，DA＝2，BD＝，
因此最长棱为BD，棱长是.]
考点3 空间几何体的表面积与体积
空间几何体的表面积
几类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)若以三视图形式给出，解题的关键是根据三视图，想象出原几何体及几何体中各元素间的位置关系及数量关系．
(1)(2019·南昌模拟)如图，直角梯形ABCD中，AD⊥DC，AD∥BC，BC＝2CD＝2AD＝2，若将该直角梯形绕BC边旋转一周，则所得的几何体的表面积为________．
(2)若正四棱锥的底面边长和高都为2，则其表面积为________．
(3)圆台的上、下底面半径分别是10 cm和20 cm，它的侧面展开图的扇环的圆心角是180°，那么圆台的表面积为________cm2 (结果中保留π)．
(4)(2019·安庆模拟)已知一几何体的三视图如图所示，它的左视图与主视图相同，则该几何体的表面积为( )
A．16＋12π B．32＋12π
C．24＋12π D．32＋20π
(1)(＋3)π (2)4＋4 (3)1 100π (4)A [(1)由图中数据可得：S圆锥侧＝×π×2×＝π，S圆柱侧＝2π×1×1＝2π，S底面＝π×12＝π.
所以几何体的表面积S＝S圆锥侧＋S圆柱侧＋S底面＝π＋2π＋π＝(＋3)π.
(2)因为四棱锥的侧棱长都相等，底面是正方形，所以该四棱锥为正四棱锥，如图．
由题意知底面正方形的边长为2，正四棱锥的高为2，
则正四棱锥的斜高PE＝＝.
所以该四棱锥的侧面积S＝4××2×＝4，
∴S表＝2×2＋4＝4＋4.
(3)如图所示，设圆台的上底周长为C，因为扇环的圆心角是180°，所以C＝π·SA.
又C＝2π×10＝20π，所以SA＝20(cm)．
同理SB＝40(cm)．
所以AB＝SB－SA＝20(cm)．
S表＝S侧＋S上底＋S下底
＝π(r1＋r2)·AB＋πr＋πr
＝π(10＋20)×20＋π×102＋π×202
＝1 100π(cm2)．
故圆台的表面积为1 100π cm2.
(4)由三视图知，该几何体是一个正四棱柱与半球的组合体，且正四棱柱的高为，底面对角线长为4，球的半径为2，所以该正四棱柱的底面正方形的边长为2，该几何体的表面积S＝×4π×22＋π×22＋2××4＝12π＋16.]
本例(1)得到的是旋转体，求解的关键是将旋转体的表面积分割为圆锥的侧面积与圆柱的侧面积及底面积之和；本例(2)是有关多面体侧面积的问题，关键是找到其特征几何图形，如棱柱中的矩形、棱台中的直角梯形、棱锥中的直角三角形，它们是联系高与斜高、边长等几何元素间的桥梁，从而架起求侧面积公式中的未知量与条件中已知几何元素间的联系；本例(3)是圆台的侧面积问题，采用了还锥为台的思想；本例(4)先由三视图还原几何体，求解的关键是正四棱柱及半球的数量关系确定，易错点是两几何体重叠部分的表面积处理．
(2015·全国卷Ⅰ)圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r)组成一个几何体，该几何体三视图中的正视图和俯视图如图所示．若该几何体的表面积为16＋20π，则r＝( )
A．1 B．2
C．4 D．8
B [如图，该几何体是一个半球与一个半圆柱的组合体，球的半径为r，圆柱的底面半径为r，高为2r，则表面积S＝×4πr2＋πr2＋4r2＋πr·2r＝(5π＋4)r2.又S＝16＋20π，∴(5π＋4)r2＝16＋20π，∴r2＝4，r＝2，故选B.]
空间几何体的体积
求空间几何体的体积的常用方法
(1)直接法：对于规则几何体，直接利用公式计算即可．若已知三视图求体积，应注意三视图中的垂直关系在几何体中的位置，确定几何体中的线面垂直等关系，进而利用公式求解．
(2)等积法：利用三棱锥的“等积性”可以把任一个面作为三棱锥的底面．
(3)割补法：当一个几何体的形状不规则时，常通过分割或者补形的手段将此几何体变为一个或几个规则的、体积易求的几何体，然后再计算．经常考虑将三棱锥还原为三棱柱或长方体，将三棱柱还原为平行六面体，将台体还原为锥体．
(1)如图所示，正三棱柱ABCA1B1C1的底面边长为2，侧棱长为，D为BC中点，则三棱锥AB1DC1的体积为( )
A．3 B.
C．1 D.
(2)[一题多解](2017·全国卷Ⅱ)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为( )
A．90π B．63π
C．42π D．36π
(3)如图，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，E，F分别为线段AA1，B1C上的点，则三棱锥D1EDF的体积为________．
(1)C (2)B (3) [(1)(直接法)如题图，在正△ABC中，D为BC中点，则有AD＝AB＝，
又∵平面BB1C1C⊥平面ABC，平面BB1C1C∩平面ABC＝BC，AD⊥BC，AD平面ABC，由面面垂直的性质定理可得AD⊥平面BB1C1C，即AD为三棱锥AB1DC1的底面B1DC1上的高，
∴VA－B1DC1＝S△B1DC1·AD＝××2××＝1.
(2)法一(分割法)：由题意知，该几何体是一个组合体，下半部分是一个底面半径为3，高为4的圆柱，其体积V1＝π×32×4＝36π.
上半部分是一个底面半径为3，高为6的圆柱的一半，
其体积V2＝×π×32×6＝27π.
所以该组合体的体积V＝V1＋V2＝36π＋27π＝63π.
法二(补形法)：由题意知，该几何体是一圆柱被一平面截去一部分后所得的几何体，在该几何体上方再补上一个与其相同的几何体，让截面重合，则所得几何体为一个圆柱，故圆柱的底面半径为3，高为10＋4＝14，该圆柱的体积V1＝π×32×14＝126π.
故该几何体的体积为圆柱体积的一半，
即V＝V1＝63π.
法三(估值法)：由题意，知V圆柱＜V几何体＜V圆柱．又V圆柱＝π×32×10＝90π，所以45π＜V几何体＜90π.观察选项可知只有63π符合．
(3)(等积法)三棱锥D1EDF的体积即为三棱锥FDD1E的体积．
因为E，F分别为AA1，B1C上的点，所以在正方体ABCDA1B1C1D1中，△EDD1的面积为定值，F到平面AA1D1D的距离为定值1，所以VD1EDF＝VFDD1E＝××1＝.]
处理体积问题的思路
(1)“转”：指的是转换底面与高，将原来不易求面积的底面转换为易求面积的底面，或将原来不易看出的高转换为易看出并易求解长度的高；
(2)“拆”：指的是将一个不规则的几何体拆成几个简单的几何体，便于计算；
(3)“拼”：指的是将小几何体嵌入一个大几何体中，如将一个三棱锥复原成一个三棱柱，将一个三棱柱复原成一个四棱柱，这些都是拼补的方法．
[教师备选例题]
1．(2019·江苏高考)如图，长方体ABCDA1B1C1D1的体积是120，E为CC1的中点，则三棱锥EBCD的体积是________．
10 [因为长方体ABCDA1B1C1D1的体积为120，所以AB·BC·CC1＝120，
因为E为CC1的中点，所以CE＝CC1，
由长方体的性质知CC1⊥底面ABCD，
所以CE是三棱锥EBCD的底面BCD上的高，
所以三棱锥EBCD的体积V＝×AB·BC·CE＝×AB·BC·CC1＝×120＝10.]
2.如图所示，已知多面体ABCDEFG中，AB，AC，AD两两互相垂直，平面ABC∥平面DEFG，平面BEF∥平面ADGC，AB＝AD＝DG＝2，AC＝EF＝1，则该多面体的体积为________．
4 [法一：(分割法)因为几何体有两对相对面互相平行，如图所示，过点C作CH⊥DG于H，
连接EH，即把多面体分割成一个直三棱柱DEHABC和一个斜三棱柱BEFCHG.
由题意，知V三棱柱DEHABC＝S△DEH×AD＝×2＝2，V三棱柱BEFCHG＝S△BEF×DE＝×2＝2.故所求几何体的体积为V多面体ABCDEFG＝2＋2＝4.
法二：(补形法)因为几何体有两对相对面互相平行，
如图所示，将多面体补成棱长为2的正方体，显然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V正方体ABHIDEKG＝23＝8，故所求几何体的体积为V多面体ABCDEFG＝×8＝4.]
1.如图，直三棱柱ABCA1B1C1的各条棱长均为2，D为棱B1C1上任意一点，则三棱锥DA1BC的体积是________．
[VDA1BC＝VB1A1BC＝VA1B1BC＝×S△B1BC×＝.]
2．(2019·浙江高考)祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家，他提出的“幂势既同，则积不容异”称为祖暅原理，利用该原理可以得到柱体的体积公式V柱体＝Sh，其中S是柱体的底面积，h是柱体的高．若某柱体的三视图如图所示(单位：cm)，则该柱体的体积(单位：cm3)是( )
A．158
B．162
C．182
D．324
B [(直接法)由三视图得该棱柱的高为6，底面可以看作是由两个直角梯形组合而成的，其中一个上底为4，下底为6，高为3，另一个的上底为2，下底为6，高为3，则该棱柱的体积为×6＝162.故选B.]
3.如图，在多面体ABCDEF中，已知ABCD是边长为1的正方形，且△ADE，△BCF均为正三角形，EF∥AB，EF＝2，则该多面体的体积为( )
A. B.
C. D.
A [(分割法)如图，分别过点A，B作EF的垂线，垂足分别为G，H，连接DG，CH，
容易求得EG＝HF＝，
AG＝GD＝BH＝HC＝，
取AD的中点O，连接GO，易得GO＝，
∴S△AGD＝S△BHC＝××1＝，
∴多面体的体积V＝V三棱锥EADG＋V三棱锥FBCH＋V三棱柱AGDBHC＝2V三棱锥EADG＋V三棱柱AGDBHC＝×××2＋×1＝.故选A.]
考点4 与球有关的切、接问题
与球有关的切、接问题的解法
(1)旋转体的外接球：常用的解题方法是过球心及接、切点作截面，把空间问题转化为平面图形与圆的接、切问题，再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解．
(2)多面体的外接球：常用的解题方法是将多面体还原到正方体和长方体中再去求解．
①若球面上四点P，A，B，C中PA，PB，PC两两垂直或三棱锥的三条侧棱两两垂直，可构造长方体或正方体，利用2R＝求R.
②一条侧棱垂直底面的三棱锥问题：可补形成直三棱柱．先借助几何体的几何特征确定球心位置，然后把半径放在直角三角形中求解．
(1)已知一个圆锥底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内切球的表面积为( )
A．π B．
C．2π D．3π
(2)(2019·福建十校联考)已知三棱锥PABC的三条侧棱两两互相垂直，且AB＝，BC＝，AC＝2，则此三棱锥的外接球的体积为( )
A.π B.π
C.π D.π
(3)已知直三棱柱ABCA1B1C1的各顶点都在以O为球心的球面上，且∠BAC＝，AA1＝BC＝2，则球O的体积为( )
A．4π B．8π
C．12π D．20π
(1)C (2)B (3)A [(1)依题意，作出圆锥与球的轴截面，如图所示，设球的半径为r，易知轴截面三角形边AB上的高为2，因此＝，解得 r＝，所以圆锥内切球的表面积为4π×2＝2π，故选C.
(2)∵AB＝，BC＝，AC＝2，∴PA＝1，PC＝，PB＝2.以PA，PB，PC为过同一顶点的三条棱，作长方体如图所示，
则长方体的外接球同时也是三棱锥PABC的外接球．
∵长方体的对角线长为＝2，
∴球的直径为2，半径R＝，
因此，三棱锥PABC外接球的体积是πR3＝π×()3＝π.故选B.
(3)在底面△ABC中，由正弦定理得底面△ABC所在的截面圆的半径为r＝＝＝，
则直三棱柱ABCA1B1C1的外接球的半径为R＝＝＝，
则直三棱柱ABCA1B1C1的外接球的体积为πR3＝4π.故选A.]
[母题探究] 1.若将本例(3)的条件“∠BAC＝，AA1＝BC＝2”换为“AB＝3，AC＝4，AB⊥AC，AA1＝12”，则球O的半径为________．
[如图所示，由球心作平面ABC的垂线，则垂足为BC的中点M.
又AM＝BC＝，OM＝AA1＝6，
所以球O的半径
R＝OA＝ ＝.]
2．若将本例(3)的条件改为“正四面体的各顶点都在以O为球心的球面上”，则此正四面体的表面积S1与其内切球的表面积S2的比值为________．
[正四面体棱长为a，则正四面体表面积为S1＝4×·a2＝a2，其内切球半径r为正四面体高的，
即r＝·a＝a，因此内切球表面积为S2＝4πr2＝，
则＝＝.]
3．若将本例(3)的条件改为“侧棱和底面边长都是3的正四棱锥的各顶点都在以O为球心的球面上”，则其外接球的半径为________．
3 [依题意，得该正四棱锥底面对角线的长为3×＝6，高为＝3，
因此底面中心到各顶点的距离均等于3，所以该正四棱锥的外接球的球心即为底面正方形的中心，其外接球的半径为3.]
通过本例(3)及母题探究训练，我们可以看出构造法、补形法等是处理“外接”问题的主要方法，其关键是找到球心，借助勾股定理求球的半径．
(1)锥体的外接球问题，解决这类问题的关键是抓住外接球的特点，即球心到各个顶点的距离等于球的半径．
(2)柱体的外接球问题，其解题关键在于确定球心在多面体中的位置，找到球的半径或直径与多面体相关元素之间的关系，结合原有多面体的特性求出球的半径，然后再利用球的表面积和体积公式进行正确计算．
1.(2018·全国卷Ⅲ)设A，B，C，D是同一个半径为4的球的球面上四点，△ABC为等边三角形且其面积为9，则三棱锥DABC体积的最大值为( )
A．12 B．18
C．24 D．54
B [由等边△ABC的面积为9，
可得AB2＝9，所以AB＝6，
所以等边△ABC的外接圆的半径为r＝AB＝2.
设球的半径为R，球心到等边△ABC的外接圆圆心的距离为d，则d＝＝＝2.
所以三棱锥DABC高的最大值为2＋4＝6，
所以三棱锥DABC体积的最大值为×9×6＝18.]
2．(2019·南宁模拟)已知三棱锥PABC中，△ABC为等边三角形，PA＝PB＝PC＝3，PA⊥PB，则三棱锥PABC的外接球的体积为( )
A. B.
C.27π D.27π
B [∵三棱锥PABC中，△ABC为等边三角形，PA＝PB＝PC＝3，
∴△PAB≌△PBC≌△PAC.
∵PA⊥PB，∴PA⊥PC，PC⊥PB.
以PA，PB，PC为过同一顶点的三条棱作正方体(如图所示)，则正方体的外接球同时也是三棱锥PABC的外接球．
∵正方体的体对角线长为＝3，∴其外接球半径R＝.因此三棱锥PABC的外接球的体积V＝×3＝.]
课外素养提升⑦ 直观想象——巧解简单几何体的外接球与内切球问题
简单几何体外接球与内切球问题是立体几何中的难点，也是历年高考重要的考点，几乎每年都要考查，重在考查考生的直观想象能力和逻辑推理能力．此类问题实质是解决球的半径长或确定球心O的位置问题，其中球心的确定是关键．
下面从六个方面分类阐述该类问题的求解策略：
利用长方体的体对角线探索外接球半径
【例1】 (2019·东北三省四市模拟)已知边长为2的等边三角形ABC，D为BC的中点，沿AD进行折叠，使折叠后的∠BDC＝，则过A，B，C，D四点的球的表面积为( )
A．3π B．4π
C．5π D．6π
C [连接BC(图略)，由题知几何体ABCD为三棱锥，BD＝CD＝1，AD＝，BD⊥AD，CD⊥AD，BD⊥CD，将折叠后的图形补成一个长、宽、高分别是，1,1的长方体，其体对角线长为＝，故该三棱锥外接球的半径是，其表面积为5π.]
[评析] 若几何体存在三条两两垂直的线段或者三条线有两个垂直，可构造墙角模型(如下图)，直接用公式(2R)2＝a2＋b2＋c2求出R.
【素养提升练习】 已知各顶点都在同一球面上的正四棱柱的高为4，体积为16，则这个球的表面积是( )
A．16π B．20π
C．24π D．32π
C [设正四棱柱的底面边长为a，高为h，球半径为R，则正四棱柱的体积为V＝a2h＝16，a＝2,4R2＝a2＋a2＋h2＝4＋4＋16＝24，所以球的表面积为S＝24π.]
利用长方体的面对角线探索外接球半径
【例2】 三棱锥中SABC，SA＝BC＝，SB＝AC＝，SC＝AB＝.则三棱锥的外接球的表面积为________．
14π [如图，在长方体中，设AE＝a，BE＝b，CE＝c.
则SC＝AB＝＝，
SA＝BC＝＝，
SB＝AC＝＝.
从而a2＋b2＋c2＝14＝(2R)2，可得S＝4πR2＝14π.故所求三棱锥的外接球的表面积为14π.]
[评析] 三棱锥的相对棱相等，探寻球心无从着手，注意到长方体的相对面的面对角线相等，可在长方体中构造三棱锥，从而巧妙探索外接球半径．
【素养提升练习】 (2019·全国卷Ⅰ)已知三棱锥PABC的四个顶点在球O的球面上，PA＝PB＝PC，△ABC是边长为2的正三角形，E，F分别是PA，AB的中点，∠CEF＝90°， 则球O的体积为( )
A．8π B．4π
C．2π D.π
D [因为点E，F分别为PA，AB的中点，所以EF∥PB，
因为∠CEF＝90°，所以EF⊥CE，所以PB⊥CE.
取AC的中点D，连接BD，PD，易证AC⊥平面BDP，
所以PB⊥AC，又AC∩CE＝C，AC，CE平面PAC，所以PB⊥平面PAC，
所以PB⊥PA，PB⊥PC，因为PA＝PB＝PC，△ABC为正三角形，
所以PA⊥PC，即PA，PB，PC两两垂直，将三棱锥PABC放在正方体中．因为AB＝2，所以该正方体的棱长为，所以该正方体的体对角线长为，所以三棱锥PABC的外接球的半径R＝，所以球O的体积V＝πR3＝π3＝π，故选D.]
利用底面三角形与侧面三角形的外心探索球心
【例3】 平面四边形ABCD中，AB＝AD＝CD＝1，BD＝，BD⊥CD.将其沿对角线BD折成四面体A′BCD，使平面A′BD⊥平面BCD.若四面体A′BCD的顶点在同一球面上，则该球的体积为
( )
A.π B．3π
C.π D．2π
A [如图，设BD，BC的中点分别为E，F.因点F为底面直角△BCD的外心，知三棱锥A′BCD的外接球球心必在过点F且与平面BCD垂直的直线l1上．又点E为底面直角△A′BD的外心，知外接球球心必在过点E且与平面A′BD垂直的直线l2上．因而球心为l1与l2的交点．又FE∥CD，CD⊥BD知FE⊥平面A′BD.从而可知球心为点F.又A′B＝A′D＝1，CD＝1知BD＝，球半径R＝FD＝＝.故V＝π3＝π.]
[评析] 三棱锥侧面与底面垂直时，可紧扣球心与底面三角形外心连线垂直于底面这一性质，利用底面与侧面的外心，巧探外接球球心，妙求半径．
【素养提升练习】 (2019·广州模拟)三棱锥PABC中，平面PAC⊥平面ABC，AB⊥AC，PA＝PC＝AC＝2，AB＝4，则三棱锥PABC的外接球的表面积为( )
A．23π B．π
C．64π D．π
D [如图，设O′为正△PAC的中心，D为Rt△ABC斜边的中点，H为AC中点．由平面PAC⊥平面ABC.则O′H⊥平面ABC.作O′O∥HD，OD∥O′H，则交点O为三棱锥外接球的球心，连接OP，又O′P＝PH＝××2＝，OO′＝DH＝AB＝2.∴R2＝OP2＝O′P2＋O′O2＝＋4＝.
故几何体外接球的表面积S＝4πR2＝π.]
利用直棱柱上下底面外接圆圆心的连线确定球心
【例4】 一个正六棱柱的底面是正六边形，其侧棱垂直于底面，已知该六棱柱的顶点都在同一个球面上，且该六棱柱的体积为，底面周长为3，则这个球的体积为________．
[设正六棱柱底面边长为a，正六棱柱的高为h，底面外接圆的半径为r，则a＝，底面积为S＝6··2＝，V柱＝Sh＝h＝，∴h＝，R2＝2＋2＝1，R＝1，球的体积为V＝.]
[评析] 直棱柱的外接球、圆柱的外接球模型如图：
其外接球球心就是上下底面外接圆圆心连线的中点．
【素养提升练习】 (2017·全国卷Ⅲ)已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为( )
A.π B.
C. D.
B [设圆柱的底面半径为r，球的半径为R，且R＝1，由圆柱两个底面的圆周在同一个球的球面上可知，r，R及圆柱的高的一半构成直角三角形．
∴r＝＝.
∴圆柱的体积为V＝πr2h＝π×1＝.
故选B.]
锥体的内切球问题
图①
(1)题设：如图①，三棱锥PABC是正三棱锥，求其内切球的半径．
第一步：先画出内切球的截面图，E，H分别是两个三角形的外心；
第二步：求DH＝CD，PO＝PH－r，PD是侧面△ABP的高；
第三步：由△POE∽△PDH，建立等式：＝，解出r.
图②
(2)题设：如图②，四棱锥PABC是正四棱锥，求其内切球的半径．
第一步：先画出内切球的截面图，P，O，H三点共线；
第二步：求FH＝BC，PO＝PH－r，PF是侧面△PCD的高；
第三步：由△POG∽△PFH，建立等式：＝，解出r.
(3)题设：三棱锥PABC是任意三棱锥，求其的内切球半径．
方法：等体积法，三棱锥PABC体积等于内切球球心与四个面构成的四个三棱锥的体积之和；
第一步：先求出四个表面的面积和整个锥体体积；
第二步：设内切球的半径为r，球心为O，建立等式：VPABC＝VOABC＋VOPAB＋VOPAC＋VOPBC⇒VPABC
＝S△ABC·r＋S△PAB·r＋S△PAC·r＋S△PBC·r＝(S△ABC＋S△PAB＋S△PAC＋S△PBC)·r；
第三步：解出r＝.
【例5】 如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是边长为m的正方形，PD⊥底面ABCD，且PD＝m，PA＝PC＝m，若在这个四棱锥内放一个球，则此球的最大半径是________．
(2－)m [由PD⊥底面ABCD得PD⊥AD.又PD＝m，PA＝m，则AD＝m.设内切球的球心为O，半径为R，连接OA，OB，OC，OD，OP(图略)，易知VPABCD＝VOABCD＋VOPAD＋VOPAB＋VOPBC＋VOPCD，即·m2·m＝m2R＋×m2R＋××m2·R＋××m2·R＋×m2R，解得R＝(2－)m，所以此球的最大半径是(2－)m.]
[评析] 结合本题的条件，采用体积分割法求解本题．
【素养提升练习】 有一个倒圆锥形容器，它的轴截面是顶角的余弦值为的等腰三角形．在容器内放一个半径为r的铁球，并注水，使水面与球正好相切，然后将球取出，则这时容器中水的深度为________．
r [如图，作出轴截面，因为轴截面是顶角的余弦值为的等腰三角形，所以顶角为，所以该轴截面为正三角形．根据切线性质知当球在容器内时，水的深度为3r，水面所在圆的半径为r，则
容器内水的体积V＝π(r)2·3r－πr3＝πr3.将球取出后，设容器中水的深度为h，则水面圆的半径为h，从而容器内水的体积V′＝π2h＝πh3，由V＝V′，得h＝r，所以这时容器中水的深度为r.]
柱体的内切球问题
【例6】 (2016·全国卷Ⅲ)在封闭的直三棱柱ABCA1B1C1内有一个体积为V的球．若AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，AA1＝3，则V的最大值是( )
A．4π B．
C．6π D．
B [由题意得要使球的体积最大，则球与直三棱柱的若干面相切．设球的半径为R，∵△ABC的内切圆半径为＝2，
∴R≤2.
又2R≤3，
∴R≤，
∴Vmax＝π3＝π.故选B.]
[评析] 解答本题的关键是当V取得最大值时，球与上下底面还是与侧面相切的问题．
【素养提升练习】 体积为的球与正三棱柱的所有面均相切，则该棱柱的体积为________．
6 [设球的半径为R，由R3＝，得R＝1，所以正三棱柱的高h＝2.
设底面边长为a，
则×a＝1，所以a＝2.
所以V＝×(2)2×2＝6.]
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