專題7.1 基本立體圖形、簡單幾何體的表面積與體積【八大題型】（舉一反三）（新高考專用）（解析版）2024年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)

第第頁專題7.1基本立體圖形、簡單幾何體的表面積與體積【八大題型】【新高考專用】TOC\o"1-3"\h\u【題型1空間幾何體的結(jié)構(gòu)特征】 2【題型2多面體的表面積與體積】 5【題型3旋轉(zhuǎn)體的表面積與體積】 7【題型4斜二測畫法及其應(yīng)用】 10【題型5空間幾何體中的最短路徑問題】 13【題型6空間幾何體的截面問題】 17【題型7空間幾何體的外接球問題】 20【題型8空間幾何體的內(nèi)切球問題】 241、基本立體圖形、簡單幾何體的表面積與體積立體幾何是高考的熱點內(nèi)容，屬于高考的必考內(nèi)容之一.空間幾何體的結(jié)構(gòu)特征與斜二測畫法是立體幾何的基礎(chǔ)，空間幾何體的表面積和體積是高考的重點與熱點，主要以選擇題、填空題的形式考查，難度較易；有時作為解答題的一個構(gòu)成部分考查幾何體的表面積與體積，難度中等；在復(fù)習(xí)時，不僅要熟練掌握空間幾何體的結(jié)構(gòu)特征，還應(yīng)加強幾何體表面積和體積的解題訓(xùn)練.【知識點1空間幾何體結(jié)構(gòu)特征的判斷】1.空間幾何體結(jié)構(gòu)特征的判斷技巧(1)緊扣結(jié)構(gòu)特征是判斷的關(guān)鍵，熟悉空間幾何體的結(jié)構(gòu)特征，依據(jù)條件構(gòu)建幾何模型，在條件不變的情況下，變換模型中的線面關(guān)系或增加線、面等基本元素，然后再依據(jù)題意判定.(2)通過反例對結(jié)構(gòu)特征進行辨析，即要說明個命題是錯誤的，只要舉出一個反例即可.【知識點2斜二測畫法和展開圖的常用結(jié)論】1.斜二測畫法的常用結(jié)論：(1)在斜二測畫法中，要確定關(guān)鍵點及關(guān)鍵線段.“平行于x軸的線段平行性不變，長度不變；平行于y軸的線段平行性不變，長度減半.”(2)按照斜二測畫法得到的平面圖形的直觀圖，其面積與原圖形的面積的關(guān)系：.2.幾何體的表面展開圖的常用結(jié)論：幾何體的表面展開圖可以有不同的形狀，應(yīng)多實踐，觀察并大膽想象立體圖形與表面展開圖的關(guān)系，一定先觀察立體圖形的每一個面的形狀.【知識點3最短路徑問題】1.最短路徑問題的解題策略(1)解題思想：化曲為直，化折為直，立體展開成平面.(2)方法總結(jié)：解決空間幾何體表面最短路徑問題關(guān)鍵是把立體圖形平面化，即把立體圖形沿著某一條直線展開，轉(zhuǎn)化為平面問題之后，借助“兩點之間，線段最短”，構(gòu)造三角形，借助解三角形的方法求解.【知識點4空間幾何體表面積與體積的常見求法】1.常見的求幾何體體積的方法

(1)公式法：直接代入公式求解.

(2)等體積法：四面體的任何一個面都可以作為底面，只需選用底面面積和高都易求出的形式即可.

(3)補體法：將幾何體補成易求解的幾何體，如棱錐補成棱柱，三棱柱補成四棱柱等.

(4)分割法：將幾何體分割成易求解的幾部分，分別求體積.

2.求組合體的表面積與體積的方法

求組合體的表面積的問題，首先應(yīng)弄清它的組成部分，其表面有哪些底面和側(cè)面，各個面的面積應(yīng)該怎樣求，然后根據(jù)公式求出各個面的面積，最后相加或相減.求體積時也要先弄清各組成部分，求出各簡單幾何體的體積，再相加或相減.【知識點5幾何體與球的切、接問題的解題策略】1.常見的幾何體與球的切、接問題的解決方案：常見的與球有關(guān)的組合體問題有兩種：一種是內(nèi)切球，另一種是外接球.

常見的幾何體與球的切、接問題的解決方案：2.空間幾何體外接球問題的求解方法：空間幾何體外接球問題的處理關(guān)鍵是確定球心的位置，常見的求解方法有如下幾種：(1)涉及球與棱柱、棱錐的切、接問題時，一般過球心及多面體的特殊點(一般為接、切點)或線作截面，把空間問題轉(zhuǎn)化為平面問題求解.(2)若球面上四點P,A,B,C構(gòu)成的三條線段PA,PB,PC兩兩垂直，且PA=a，PB=b，PC=c，一般把有關(guān)元素“補形”成為一個球內(nèi)接長方體，根據(jù)4R2=a2+b2+c2求解.(3)利用平面幾何體知識尋找?guī)缀误w中元素間的關(guān)系，或只畫內(nèi)切、外接的幾何體的直觀圖，確定球心的位置，弄清球的半徑(直徑)與該幾何體已知量的關(guān)系，列方程(組)求解.【題型1空間幾何體的結(jié)構(gòu)特征】【例1】（2023·陜西西安·西安市鐵一中學(xué)校考模擬預(yù)測）下列關(guān)于空間幾何體的敘述，正確的是（

）A．圓柱是將矩形旋轉(zhuǎn)一周所得到的幾何體B．有兩個相鄰側(cè)面是矩形的棱柱是直棱柱C．一個棱錐的側(cè)面是全等的等腰三角形，那它一定是正棱錐D．用一個平面去截棱錐，底面和截面之間的部分組成的幾何體叫棱臺【解題思路】根據(jù)圓柱，棱柱，棱臺，棱錐的定義進行判斷.【解答過程】對于A，以矩形的一邊所在的直線為旋轉(zhuǎn)軸，將矩形旋轉(zhuǎn)一周而形成的曲面所圍成的幾何體叫做圓柱，而以矩形的一條對角線為軸，旋轉(zhuǎn)所得到的幾何體不是圓柱，故A錯誤；對于B，若棱柱有兩個相鄰側(cè)面是矩形，則側(cè)棱與底面兩條相交的邊垂直，則側(cè)棱與底面垂直，此時棱柱一定是直棱柱，故B正確；對于C，如圖所示，若AB=AC=CD=BD=4，BC=AD=3，滿足側(cè)面均為全等的等腰三角形，但此時底面BCD不是正三角形，故C錯誤；對于D，用平行于棱錐底面的平面去截棱錐，底面和截面之間的部分組成的幾何體叫棱臺.若截面與底面不平行，則不是梭臺，故D錯誤.故選：B.【變式1-1】（2023·全國·模擬預(yù)測）若干個能確定一個立體圖形的體積的量稱為該立體圖形的“基本量”．已知長方體ABCD?A1BA．AB1，AC，B．AC，B1D，C．B1C，A1D．AC1，BD，【解題思路】根據(jù)題意列式求解a,b,c，逐項分析判斷即可.【解答過程】設(shè)AB=a,AD=b,AA對于選項A：可得AB1=對于選項B：可得AC=a2+對于選項C：可得B1C=A對于選項D：可得AC1=故選：A.【變式1-2】（2022·廣東廣州·校聯(lián)考三模）下列說法正確的是（

）A．直四棱柱是長方體B．兩個平面平行，其余各面是梯形的多面體是棱臺C．平行六面體不是棱柱D．正棱錐的側(cè)面是全等的等腰三角形【解題思路】根據(jù)棱柱的定義判斷A,C;根據(jù)棱臺的定義判斷B;根據(jù)正棱錐的結(jié)構(gòu)特征判斷D．【解答過程】對于A，直四棱柱的底面不一定是矩形，故直四棱柱不一定是長方體，A錯誤；對于B，兩個平面平行，其余各面是梯形的多面體，當側(cè)棱延長后不交于同一點時，就不是棱臺，B錯；對于C，平行六面體一定是棱柱，C錯；對于D，根據(jù)正棱錐的結(jié)構(gòu)特征可知，正棱錐的側(cè)面是全等的等腰三角形，D正確．故選：D．【變式1-3】（2023·吉林通化·梅河口市第五中學(xué)?？寄M預(yù)測）已知圓臺的母線長為4，上底面圓和下底面圓半徑的比為1：3，其側(cè)面展開圖所在扇形的圓心角為π2，則圓臺的高為（

A．23 B．15 C．4 D．【解題思路】首先畫出幾何體，根據(jù)幾何關(guān)系，求解圓臺的高.【解答過程】如圖，將圓臺還原為圓錐，上底面圓的半徑為r，下底面圓的半徑為3r，底面圓周長為6π因為圓臺的母線長為4，根據(jù)上下底面圓的半徑為為1：3，所以上圓錐的母線長為2，則圓臺所在圓錐的母線長為6，因為圓臺展開圖所在扇形的圓心角為π2，所以π2×6=6如圖，圓臺的高?=故選：B.【題型2多面體的表面積與體積】【例2】（2023·安徽·校聯(lián)考模擬預(yù)測）中國國家館，以城市發(fā)展中的中華智慧為主題，表現(xiàn)出了“東方之冠，鼎盛中華，天下糧倉，富庶百姓”的中國文化精神與氣質(zhì).如圖，現(xiàn)有一個與中國國家館結(jié)構(gòu)類似的正四棱臺ABCD?A1B1C1D1，上下底面的中心分別為O1和OA．2023 B．2823 C．【解題思路】根據(jù)正四棱臺性質(zhì)求出側(cè)棱長，繼而求得高，根據(jù)棱臺的體積公式，即可求得答案.【解答過程】因為ABCD?A1B1C側(cè)面以及對角面為等腰梯形，故AA1=12A1O1所以該四棱臺的體積為V=1故選：B.【變式2-1】（2023·河南·信陽高中校聯(lián)考模擬預(yù)測）如圖，兩個相同的正四棱臺密閉容器內(nèi)裝有某種溶液，AB=6,A1B1=2，圖1中液面高度恰好為棱臺高度的一半，圖2中液面高度為棱臺高度的34，若圖1和圖2中溶液體積分別為A．34 B．3839 C．1 【解題思路】根據(jù)棱臺的體積公式，求出V1【解答過程】設(shè)四棱臺的高度為?，在圖1中，中間液面四邊形的邊長為4，在圖2中，中間液面四邊形的邊長為5，則V1所以V1故選：D.【變式2-2】（2023·河北邢臺·寧晉中學(xué)?？寄M預(yù)測）半正多面體（semiregularsolid）亦稱“阿基米德多面體”，是由邊數(shù)不完全相同的正多邊形圍成的多面體，體現(xiàn)了數(shù)學(xué)的對稱美，二十四等邊體就是一種半正多面體，如圖，棱長為2的正方體截去八個一樣的四面體就得到二十四等邊體，則該二十四等邊體的體積為（

）A．203 B．163 C．133【解題思路】題圖補全為正方體，利用棱柱、棱錐體積公式求二十四等邊體的體積.【解答過程】由題設(shè)，該二十四等邊體是正方體去掉八個角得到，各頂點在正方體棱的中點上，如下圖，故該二十四等邊體的體積為V=2故選：A.【變式2-3】（2023·全國·模擬預(yù)測）中國是世界上著名的文明古國之一，為世界文化和科技繁榮譜寫了絢麗的篇章，陶瓷的制作工藝及發(fā)展，更是其中閃耀的一顆明珠．隨著近代科學(xué)技術(shù)的發(fā)展，近百年來又出現(xiàn)了許多新的陶瓷品種．如圖為一款陶瓷茶杯，杯蓋可以使水溫瞬間變成55°C左右并保持恒溫狀態(tài)，將茶杯里面的茶水倒入杯蓋中即可飲用到55°C的溫水．該款茶杯的杯身內(nèi)部空間可看作上、下底面直徑分別為8cm，10cm，高為6cmA．8 B．7 C．6 D．5【解題思路】根據(jù)題意，結(jié)合圓錐和圓臺的體積公式，求得兩部分的體積，即可求解.【解答過程】由題意得，茶杯杯身內(nèi)部可裝茶水的體積：V杯杯蓋內(nèi)部可裝茶水的體積V蓋因為V杯故選：B．【題型3旋轉(zhuǎn)體的表面積與體積】【例3】（2023·陜西安康·校聯(lián)考模擬預(yù)測）陀螺是中國民間最早的娛樂工具之一，如圖所示，某陀螺可以視為由圓錐SO和圓柱OO1組合而成，點M,N在圓錐SO的底面圓周上，且△SMN的面積為7,sin∠MSN=74，圓錐SOA．40π3 B．44π3 C．【解題思路】該幾何體是由一個圓錐和一個圓柱組成的，由S△SMN【解答過程】設(shè)圓錐的底面半徑為r，母線長為l，則△SMN的面積為12SM×SNsin因為圓錐SO的側(cè)面積為πrl=22π故該幾何體的體積為V=V故選：B.【變式3-1】（2023·陜西商洛·統(tǒng)考一模）將一個底面半徑為3，高為4的圓柱形鐵塊熔化為鐵水，恰好制成一個實心鐵球，則該實心鐵球的半徑是（

）A．2 B．3 C．4 D．6【解題思路】根據(jù)題意，求得圓柱的體積，結(jié)合球的體積公式，列出方程，即可求解.【解答過程】由題意，可得圓柱的體積為V=π設(shè)該實心鐵球的半徑為R，則43πR故選：B.【變式3-2】（2023·四川甘孜·統(tǒng)考一模）如圖，一個底面半徑為2r的圓錐，其內(nèi)部有一個底面半徑為r的內(nèi)接圓柱，且此內(nèi)接圓柱的體積為3π?rA．8π?r2 B．12π?【解題思路】作出該幾何體的軸截面，求出內(nèi)接圓柱的高，利用三角形相似求出圓錐的高與母線，從而求得其表面積.【解答過程】作出該幾何體的軸截面如圖示：AB為圓錐的高，設(shè)內(nèi)接圓柱的高為h，而BC=2r,BD=r,因為內(nèi)接圓柱的體積為3πr3，即π由于AB//ED,則?AB=DCBC，即所以AC=A所以圓錐的表面積為S=π故選：B.【變式3-3】（2023·山東·統(tǒng)考一模）陀螺起源于我國，在山西夏縣新石器時代的遺址中，就出土了目前發(fā)現(xiàn)的最早的石制陀螺因此，陀螺的歷史至少也有四千年，如圖所示為一個陀螺的立體結(jié)構(gòu)圖，若該陀螺底面圓的直徑AB=12cm，圓柱體部分的高BC=6cm，圓錐體部分的高CD=4cm

A．(144+1213)πcmC．(108+1213)πcm【解題思路】根據(jù)給定的幾何體，求出圓錐的側(cè)面積、圓柱的側(cè)面積及上底面積即可.【解答過程】依題意，圓錐底面直徑為12cm，則該圓錐的母線長l=62因此該圓錐的側(cè)面積S1=π圓柱的側(cè)面積為S2=2π所以這個陀螺的表面積是S=S1+故選：C.【題型4斜二測畫法及其應(yīng)用】【例4】（2023·四川眉山·統(tǒng)考一模）如圖，網(wǎng)格紙上繪制的是一個多面體的三視圖，網(wǎng)格小正方形的邊長為1，則構(gòu)成該多面體的面中最大的面積為（

）A．92 B．9 C．922【解題思路】根據(jù)三視圖可得多面體為三棱錐，結(jié)合條件及正方體的性質(zhì)即得.【解答過程】由三視圖可得該多面體為三棱錐，借助棱長為3的正方體畫出三棱錐A?BCD，如圖，則AB=AD=3,BD=BC=CD=32所以S△ABC=1S△ACD=1所以構(gòu)成該多面體的面中最大的面積為93故選：D.【變式4-1】（2023·四川內(nèi)江·統(tǒng)考三模）我國古代數(shù)學(xué)名著《九章算術(shù)》中幾何模型“陽馬”意指底面為矩形，一側(cè)棱垂直于底面的四棱錐．某“陽馬”的三視圖如圖所示，則該四棱錐中棱長的最大值為（

）A．2 B．5 C．6 D．2【解題思路】先由三視圖得到幾何體的直觀圖，再分別求得棱長比較下結(jié)論.【解答過程】解：由三視圖得該幾何體如圖所示：由圖知：PA=1,PC=故選：C.【變式4-2】（2023下·陜西·高一校聯(lián)考期中）如圖所示，一個水平放置的四邊形OABC的斜二測畫法的直觀圖是邊長為2的正方形O′A′B′A．162 B．82 C．16【解題思路】根據(jù)斜二測畫法規(guī)則求出AO,BO，判斷OABC的形狀，確定OA⊥OB，由此求出原四邊形OABC的面積.【解答過程】在正方形O′A′由斜二測畫法可知BO=2B′O且OA⊥OB，OA//所以四邊形OABC為平行四邊形，所以SOABC故選：B.【變式4-3】（2023·陜西榆林·?？寄M預(yù)測）已知正三棱錐P?ABC的底面邊長為6，側(cè)棱長為211.將該三棱錐截去一個小三棱錐P?DEF后，剩余五面體的主視圖如圖所示，其中DE//AB，DE=AC=BC=3，且在主視圖中，△DEF是以DE為斜邊的等腰直角三角形.則FCPC的值為（A．14 B．15 C．2?2【解題思路】根據(jù)正棱錐被截后的正視圖及已知條件求P?ABC體高及FC，即可得答案.【解答過程】因為AC=BC=3，所以正三棱錐的底面邊長為6，且底面正三角形外接圓半徑，即底面中心與頂點距離為62又側(cè)棱長為211，則正三棱錐的高為PC=作FH⊥DE，垂足為H，因為DE=3=12AB，所以DE又△DEF是以DE為斜邊的等腰直角三角形，所以FH=3綜上，F(xiàn)C=422故選：D.【題型5空間幾何體中的最短路徑問題】【例5】（2023·廣西南寧·統(tǒng)考一模）如圖，已知圓錐的底面半徑為1，母線長SA=3，一只螞蟻從A點出發(fā)繞著圓錐的側(cè)面爬行一圈回到點A，則螞蟻爬行的最短距離為（

）A．23 B．33 C．6 【解題思路】畫出圓錐的側(cè)面展開圖，則螞蟻爬行的最短距離為AA′，在【解答過程】已知圓錐的側(cè)面展開圖為半徑是3的扇形，如圖，一只螞蟻從A點出發(fā)繞著圓錐的側(cè)面爬行一圈回到點A的最短距離為AA′，設(shè)圓錐底面周長為2π，所以AA′=α×3=2在△SAA′中，由A=故選：B．【變式5-1】（2023·河南·校聯(lián)考三模）如圖，在棱長為1的正方體ABCD?A1B1C1D1中，E為AB1的中點，A．32 B．52 C．62【解題思路】先判斷出M點的軌跡，然后根據(jù)平面中，兩點的距離求得AM+EM的最小值.【解答過程】連接A1由于A1M⊥AB1，所以A1而A1C在平面ABB1A1上的投影為將平面EA1CA1cos∠EA1所以sin∠AA1C=cos所以AM+EM的最小值為62故選：C.【變式5-2】（2023下·湖北武漢·高一武漢市第一中學(xué)校聯(lián)考期中）如圖，一個矩形邊長為1和4，繞它的長為4的邊旋轉(zhuǎn)二周后所得如圖的一開口容器（下表面密封），P是BC中點，現(xiàn)有一只媽蟻位于外壁A處，內(nèi)壁P處有一米粒，若這只螞蟻要先爬到上口邊沿再爬到點P處取得米粒，則它所需經(jīng)過的最短路程為（

）A．π2+36 B．π2+16 C．【解題思路】畫出圓柱的側(cè)面展開圖，根據(jù)對稱性，求出AQ+PQ的最小值就是AE的長，求解即可．【解答過程】解：依題意可得圓柱的底面半徑r=1，高?=4將圓柱的側(cè)面（一半）展開后得矩形ABCD，其中AB=π，AD=4問題轉(zhuǎn)化為在CD上找一點Q，使AQ+PQ最短，作P關(guān)于CD的對稱點E，連接AE，令A(yù)E與CD交于點Q，則得AQ+PQ的最小值就是為AE=π故選：A.【變式5-3】（2023·北京·統(tǒng)考模擬預(yù)測）如圖所示，已知正四棱柱ABCD?A1B1C1D1的上下底面的邊長為3，高為4，點M，N分別在線段D1C1和B1C1上，且滿足MC1=NA．662 B．26 C．332【解題思路】根據(jù)題意，當O,P,Q三點共線，且OQ⊥MN時，PQ+PO有最小值，利用勾股定理求出答案即可.【解答過程】過點O作OQ⊥MN，交MN于點Q，交AC1于點過點N作NE⊥BC，交BC于點E，連接OE，取BC中點F，連接OF，根據(jù)題意，因為PQ+PO≥OQ，所以當O,P,Q三點共線，且OQ⊥MN時，PQ+PO=在△OEF中，OF=32，所以O(shè)E=O在△ONE中，NE=4，所以O(shè)N=O在△ONQ中，NQ=1所以O(shè)Q=O所以PQ+PO的最小值為662故選：A.【題型6空間幾何體的截面問題】【例6】（2023·遼寧·鞍山一中校聯(lián)考模擬預(yù)測）如圖，在三棱錐V?ABC中，VA=VB=VC=8，∠AVB=∠AVC=∠BVC=30°，過點A作截面AEF，則△AEF周長的最小值為（

）A．62 B．63 C．82【解題思路】沿著側(cè)棱VA把正三棱錐V?ABC展開在一個平面內(nèi)，利用平面上兩點間的線段距離最短，通過解三角形求解即可．【解答過程】如圖．沿著側(cè)棱VA把正三棱錐V?ABC展開在一個平面內(nèi)，如下圖所示：則AA′即為△AEF的周長的最小值，又因為所以∠AVA′=3×30°=90°，在△VAAA故選：C．【變式6-1】（2023·江西·統(tǒng)考模擬預(yù)測）已知在長方體ABCD?A1B1C1D1中，AB=BB1=2BC，點P，Q，T分別在棱BB1，CA．三角形 B．四邊形 C．五邊形 D．六邊形【解題思路】連接QP并延長交CB的延長線于點E，連接ET并延長交AD于點S，過點S作SR//EQ交DD1于點【解答過程】如圖連接QP并延長交CB的延長線于點E，連接ET并延長交AD于點S，過點S作SR//EQ交DD1于點則五邊形PQRST即為平面PQT截該長方體所得的截面多邊形.其中因為B1P=3BP，CQ=3C所以△EBP∽△ECQ，則EBEC=BP又△SAT∽△EBT，所以SAEB=AT則SD=5顯然△SDR∽△ECQ，則SDEC=DR故選：C.【變式6-2】（2023·寧夏銀川·校聯(lián)考二模）2022年第三十二屆足球世界杯在卡塔爾舉行，第一屆世界杯是1930年舉辦的，而早在戰(zhàn)國中期，中國就有過類似的體育運動項目：蹴鞠，又名蹴球，蹴圓，筑球，踢圓等，蹴有用腳蹴、踢、蹋的含義，鞠最早系外包皮革、內(nèi)實米糠的球．因而蹴鞠就是指古人以腳蹴、蹋、踢皮球的活動，類似于今日的足球．2006年5月20日，蹴鞠作為非物質(zhì)文化遺產(chǎn)經(jīng)國務(wù)院批準已列入第一批國家非物質(zhì)文化遺產(chǎn)名錄．已知半徑為3的某鞠（球）的表面上有四個點A，B，C，P，AC⊥BC，AC=BC=4，PC=6，則該鞠（球）被平面PAB所截的截面圓面積為（

）A．7π B．233π C．8【解題思路】依題意可得PC為外接球的直徑，將三棱錐P?ABC放入如圖所示的長方體，求出長方體的棱長，即可求出PA、PB、AB，利用余弦定理求出cos∠PAB，求出△PAB【解答過程】因為三棱錐P?ABC的外接球的半徑R=3，而PC=6，所以PC為外接球的直徑，如圖，將三棱錐P?ABC放入如圖所示的長方體，則AC=BC=4，設(shè)長方體的另一棱長為a，所以2R=6=42+42設(shè)外接球的球心為O，所以PA=PB=22+設(shè)△PAB的外接圓的半徑為r，則cos∠PAB=則sin∠PAB=所以2r=PBsin∠PAB所以該鞠（球）被平面PAB所截的截面圓面積S=π故選：D.【變式6-3】（2023·海南?？凇ずＤ现袑W(xué)校考二模）傳說古希臘數(shù)學(xué)家阿基米德的墓碑上刻著“圓柱容球”，即：一個圓柱內(nèi)有一個內(nèi)切球，這個球的直徑恰好與圓柱的高相等.如圖是一個圓柱容球，O2,O1為圓柱上下底面的圓心，O為球心，EF為底面圓O1的一條直徑，若球的半徑r=2

A．2π B．135π C．1【解題思路】過O作OG⊥DO1于G，設(shè)O到平面DEF的距離為d1，平面DEF截得球的截面圓的半徑為r【解答過程】由球的半徑為r，可知圓柱的底面半徑為r，圓柱的高為2r，過O作OG⊥DO1于

則由題可得OG=1設(shè)平面DEF截得球的截面圓的半徑為r1當EF在底面圓周上運動時，O到平面DEF的距離d所以r所以平面DEF截得球的截面面積最小值為165故D正確；故選：D.【題型7空間幾何體的外接球問題】【例7】（2023·陜西咸陽·武功縣普集高級中學(xué)校考模擬預(yù)測）如圖，在正三棱臺ABC?A1B1C1中，AB=23，A

A．64 B．64π C．256π3【解題思路】先求得臺體的高，然后利用勾股定理列方程，求得外接球的半徑，進而求得外接球的表面積.【解答過程】設(shè)外接球球心為O，等邊三角形ABC的外心為O1，等邊三角形A1BO1,O,O2三點共線，則設(shè)臺體的高為?，設(shè)外接球的半徑為R，過B作BD⊥B1O2，垂足為所以BD⊥平面A1B1C1，B設(shè)等邊三角形ABC的外接圓半徑為r1，由正弦定理得r設(shè)等邊三角形A1B1C1在直角三角形BB1D所以O(shè)1當球心O在O1O2線段上，則R當球心O在O1O2所以正三棱臺ABC?A1B

故選：B.【變式7-1】（2023·浙江杭州·統(tǒng)考一模）空間中四個點A、B、C、M滿足AB=BC=AC=3，CM=23，且直線CM與平面ABC所成的角為π3，則三棱錐A?MBC的外接球體積最大為（A．36π B．48π C．323【解題思路】先求△ABC的外接圓的半徑，過M作MN⊥平面ABC于N，可得CN=3，可得當O，C，N在一直線上時，三棱錐A?MBC【解答過程】設(shè)O是三角形ABC的外接圓的圓心，因為AB=BC=AC=3，所以△ABC是正三角形，則三棱錐A?MBC的外接球的球心H在過O且與平面ABC垂直的直線OH上，由題意可得CO=3sin60°×12=3∵直線CM與平面ABC所成的角為π3，CM=23，故N的軌跡是以C為圓心，3為半徑的圓，當球心H到CM的距離最大時，三棱錐A?MBC的外接球體積最大，所以N在OC延長線上時，三棱錐A?MBC的外接球體積最大，設(shè)CM的中點為G，連接GH，則CG=3，GH⊥CG又CO=3，OH⊥OC所以Rt△HOC≌RtHGC∴HC=2OC=23∴三棱錐A?MBC的外接球體積最大為V=4故選：C．【變式7-2】（2023·浙江溫州·統(tǒng)考模擬預(yù)測）在三棱錐A?BCD中，AD⊥平面BCD，∠ABD+∠CBD=π2，BD=BC=2，則三棱錐A?BCD外接球表面積的最小值為（A．25?2π B．25?1π【解題思路】設(shè)∠CBD=α，在等腰△BCD中，求得CD，設(shè)△BCD的外心是M，外接圓半徑是r，由正弦定理得r=1cosα2，設(shè)外接球球心是O，可得OMDA是直角梯形，設(shè)OM=?可得AD=2?，把?（AD）也用【解答過程】設(shè)∠CBD=α，在等腰△BCD中，CD=2?BCsinα2=4sinα2，設(shè)△BCD的外心是M設(shè)外接球球心是O，則OM⊥平面BCD，DM?平面BCD，則OM⊥DM，同理AD⊥BD，AD⊥DM，又AD⊥平面BCD，所以AD//OM，OMDA是直角梯形，設(shè)OM=?，外接球半徑為R，即OD=OA=R，則r2+?在直角△ABD中，∠ABD=π2?αtanα=2AD，AD=R2=1令32?cosR2=?1+2t1?(32所以4πR2的最小值是故選：D.【變式7-3】（2023·河南開封·統(tǒng)考三模）在三棱錐P?ABC中，PA=AB，PA⊥平面ABC，∠ABC=π2，AB+BC=6，則三棱錐P?ABC外接球體積的最小值為（A．86π B．166π C．【解題思路】將三棱錐P?ABC可以補成長方體，從而得到PC為三棱錐P?ABC的外接球的直徑，要想體積最小，則PC最小即可，設(shè)AB=x，表達出PC=3x?2【解答過程】根據(jù)題意三棱錐P?ABC可以補成分別以BC,AB,PA為長、寬、高的長方體，其中PC為長方體的對角線，則三棱錐P?ABC的外接球球心即為PC的中點，要使三棱錐P?ABC的外接球的體積最小，則PC最?。O(shè)AB=x，則PA=x，BC=6?x，PC=所以當x=2時，PCmin=26，則有三棱錐P?ABC所以Vmin故選：A.【題型8空間幾何體的內(nèi)切球問題】【例8】（2023·全國·校聯(lián)考模擬預(yù)測）已知三棱錐P－ABC的所有頂點均在半徑為2的球的O球面上，底面△ABC是邊長為3的等邊三角形．若三棱錐P－ABC的體積取得最大值時，該三棱錐的內(nèi)切球的半徑為r，則r=（

）A．1 B．13?14 C．32【解題思路】設(shè)底面△ABC的中心為Q，根據(jù)題意可知，當三棱錐P－ABC的體積取得最大值時，PQ⊥底面ABC，求出體積的最大值，再利用等體積法求出內(nèi)切球的半徑即可.【解答過程】設(shè)底面△ABC的中心為Q，連接BQ，OQ，則BQ=3×32×23如圖，延長QO交球面于點P，連接OB，此時三棱錐P－ABC的體積取得最大值，因為球O的半徑為2，所以O(shè)B=2，在Rt△OQB中，OQ=所以三棱錐P－ABC的體積的最大值為V=1此時PB=3所以SP?ABC所以934=故選：B.【變式8-1】（2023·河北秦皇島·校聯(lián)考模擬預(yù)測）如圖，該幾何體為兩個底面半徑為1，高為1的相同的圓錐形成的組合體，設(shè)它的體積為V1，它的內(nèi)切球的體積為V2，則V1A．2:3 B．C．3:2 【解題思路】軸截面四邊形PAP【解答過程】如圖，四邊形PAP則四邊形PAP設(shè)內(nèi)切球的半徑為r，由OP=OA=1，得r=2則V2V1所以V1故選：D.【變式8-2】（2023·甘肅金昌·永昌縣第一高級中學(xué)統(tǒng)考模擬預(yù)測）在底面是邊長為4的正方形的四棱錐P?ABCD中，點P在底面的射影H為正方形ABCD的中心，異面直線PB與AD所成角的正切值為32，則四棱錐P?ABCD的內(nèi)切球與外接球的半徑之比為（

A．617 B．516 C．413【解題思路】依題意可得P?ABCD為正四棱錐，由AD//BC可得異面直線PB與AD所成的角為∠PBC，取BC中點E，連接PE、HE，即可求出PE、【解答過程】由題可得四棱錐P?ABCD為正四棱錐，即有PA=PB=PC=PD．因為AD//BC，所以異面直線PB與AD所成的角為取BC中點E，連接PE、HE，則PE⊥BC，所以tan∠PBC=所以PE=3，HP=P從而可以求得四棱錐P?ABCD的表面積和體積分別為S=12×4×3×4+所以內(nèi)切球的半徑為r=3V設(shè)四棱錐P?ABCD外接球的球心為O，外接球的半徑為R，則OP=OA，則5?R2+22

故選：C.【變式8-3】（2023·浙江溫州·樂清市知臨中學(xué)?？级＃┤缃裰袊蛔u為基建狂魔，可謂是逢山開路，遇水架橋.公路里程?高鐵里程雙雙都是世界第一.建設(shè)過程中研制出用于基建的大型龍門吊?平衡盾構(gòu)機等國之重器更是世界領(lǐng)先.如圖是某重器上一零件結(jié)構(gòu)模型，中間最大球為正四面體ABCD的內(nèi)切球，中等球與最大球和正四面體三個面均相切，最小球與中等球和正四面體三個面均相切，已知正四面體ABCD棱長為26，則模型中九個球的表面積和為（

A．6π B．9π C．31π【解題思路】作出輔助線，先求出正四面體的內(nèi)切球半徑，再利用三個球的半徑之間的關(guān)系得到另外兩個球的半徑，得到答案.【解答過程】如圖，取BC的中點E，連接DE，AE，則CE=BE=6，AE=DE=過點A作AF⊥底面BCD，垂足在DE上，且DF=2EF，所以DF=22,EF=2點O為最大球的球心，連接DO并延長，交AE于點M，則DM⊥AE，設(shè)最大球的半徑為R，則OF=OM=R，因為Rt△AOM∽Rt△AEF，所以AOAE=OM即OM=OF=1，則AO=4?1=3，故sin設(shè)最小球的球心為J，中間球的球心為K，則兩球均與直線AE相切，設(shè)切點分別為H,G，連接HJ,KG，則HJ,KG分別為最小球和中間球的半徑，長度分別設(shè)為a,b，則AJ=3HJ=3a,AK=3GK=3b，則JK=AK?AJ=3b?3a，又JK=a+b，所以3b?3a=a+b，解得b=2a，又OK=R+b=AO?AK=3?3b，故4b=3?R=2，解得b=1所以a=1模型中九個球的表面積和為4π故選：B.1．（2023·全國·統(tǒng)考高考真題）已知圓錐PO的底面半徑為3，O為底面圓心，PA，PB為圓錐的母線，∠AOB=120°，若△PAB的面積等于934，則該圓錐的體積為（A．π B．6π C．3π D．【解題思路】根據(jù)給定條件，利用三角形面積公式求出圓錐的母線長，進而求出圓錐的高，求出體積作答.【解答過程】在△AOB中，∠AOB=120°，而OA=OB=3，取AB中點C，連接OC,PC∠ABO=30°，OC=32,AB=2BC=3，由△PAB解得PC=332所以圓錐的體積V=1故選：B.2．（2022·北京·統(tǒng)考高考真題）已知正三棱錐P?ABC的六條棱長均為6，S是△ABC及其內(nèi)部的點構(gòu)成的集合．設(shè)集合T={Q∈SPQ≤5}，則T表示的區(qū)域的面積為（A．3π4 B．π C．2π D．【解題思路】求出以P為球心，5為半徑的球與底面ABC的截面圓的半徑后可求區(qū)域的面積.【解答過程】設(shè)頂點P在底面上的投影為O，連接BO，則O為三角形ABC的中心，且BO=23×6×因為PQ=5，故OQ=1，故S的軌跡為以O(shè)為圓心，1為半徑的圓，而三角形ABC內(nèi)切圓的圓心為O，半徑為2×3故S的軌跡圓在三角形ABC內(nèi)部，故其面積為π故選：B.3．（2022·天津·統(tǒng)考高考真題）如圖，“十字歇山”是由兩個直三棱柱重疊后的景象，重疊后的底面為正方形，直三棱柱的底面是頂角為120°，腰為3的等腰三角形，則該幾何體的體積為（

）A．23 B．24 C．26 D．27【解題思路】作出幾何體直觀圖，由題意結(jié)合幾何體體積公式即可得組合體的體積.【解答過程】該幾何體由直三棱柱AFD?BHC及直三棱柱DGC?AEB組成，作HM⊥CB于M，如圖，因為CH=BH=3,∠CHB=120°，所以因為重疊后的底面為正方形，所以AB=BC=33在直棱柱AFD?BHC中，AB⊥平面BHC，則AB⊥HM,由AB∩BC=B可得HM⊥平面ADCB，設(shè)重疊后的EG與FH交點為I,則V則該幾何體的體積為V=2V故選：D.4．（2022·全國·統(tǒng)考高考真題）南水北調(diào)工程緩解了北方一些地區(qū)水資源短缺問題，其中一部分水蓄入某水庫.已知該水庫水位為海拔148．5m時，相應(yīng)水面的面積為140．0km2；水位為海拔157．5m時，相應(yīng)水面的面積為A．1.0×109m3 B．1.2×109【解題思路】根據(jù)題意只要求出棱臺的高，即可利用棱臺的體積公式求出．【解答過程】依題意可知棱臺的高為MN=157.5?148.5=9(m)，所以增加的水量即為棱臺的體積V．棱臺上底面積S=140.0km2=140×∴V==3×320+60故選：C．5．（2023·全國·統(tǒng)考高考真題）下列物體中，能夠被整體放入棱長為1（單位：m）的正方體容器（容器壁厚度忽略不計）內(nèi)的有（

）A．直徑為0.99mB．所有棱長均為1.4mC．底面直徑為0.01m，高