2025高考數(shù)學(xué)專項(xiàng)復(fù)習(xí)下冊(cè)含答案

2025高考數(shù)學(xué)專項(xiàng)復(fù)習(xí)下冊(cè)含答案第一節(jié)基本立體圖形、簡(jiǎn)單幾何體的表面積與體積課標(biāo)解讀考向預(yù)測(cè)1.認(rèn)識(shí)柱、錐、臺(tái)、球及簡(jiǎn)單組合體的結(jié)構(gòu)特征，能運(yùn)用這些特征描述現(xiàn)實(shí)生活中簡(jiǎn)單物體的結(jié)構(gòu).2.能用斜二測(cè)畫法畫出簡(jiǎn)單空間圖形(長(zhǎng)方體、球、圓柱、圓錐、棱柱及其簡(jiǎn)單組合)的直觀圖.3.知道球、柱體、錐體、臺(tái)體的表面積和體積的計(jì)算公式，能用公式解決簡(jiǎn)單的實(shí)際問題.近三年高考考查了空間幾何體的體積及外接球的相關(guān)知識(shí)．預(yù)計(jì)2025年高考會(huì)繼續(xù)考查空間幾何體的體積，涉及空間幾何體的結(jié)構(gòu)特征、直觀圖等內(nèi)容，要求考生要有較強(qiáng)的空間想象能力和計(jì)算能力，主要以選擇題或填空題的形式出現(xiàn)，難度不大.必備知識(shí)——強(qiáng)基礎(chǔ)1．空間幾何體的結(jié)構(gòu)特征(1)多面體的結(jié)構(gòu)特征名稱棱柱棱錐棱臺(tái)圖形底面互相eq\x(\s\up1(01))平行且eq\x(\s\up1(02))全等多邊形互相eq\x(\s\up1(03))平行且eq\x(\s\up1(04))相似側(cè)棱eq\x(\s\up1(05))平行且相等相交于eq\x(\s\up1(06))一點(diǎn)，但不一定相等延長(zhǎng)線交于eq\x(\s\up1(07))一點(diǎn)側(cè)面形狀eq\x(\s\up1(08))平行四邊形eq\x(\s\up1(09))三角形梯形(2)旋轉(zhuǎn)體的結(jié)構(gòu)特征名稱圓柱圓錐圓臺(tái)球圖形母線互相平行且相等，eq\x(\s\up1(10))垂直于底面相交于eq\x(\s\up1(11))一點(diǎn)延長(zhǎng)線交于eq\x(\s\up1(12))一點(diǎn)軸截面eq\x(\s\up1(13))矩形eq\x(\s\up1(14))等腰三角形等腰梯形圓面?zhèn)让嬲归_圖eq\x(\s\up1(15))矩形eq\x(\s\up1(16))扇形扇環(huán)2.直觀圖(1)畫法：常用eq\x(\s\up1(17))斜二測(cè)畫法．(2)規(guī)則：①原圖形中x軸、y軸、z軸兩兩垂直，直觀圖中，x′軸、y′軸的夾角為eq\x(\s\up1(18))45°(或135°)，z′軸與x′軸、y′軸所在平面eq\x(\s\up1(19))垂直；②原圖形中平行于坐標(biāo)軸的線段，直觀圖中仍分別eq\x(\s\up1(20))平行于坐標(biāo)軸．平行于x軸和z軸的線段在直觀圖中保持原長(zhǎng)度eq\x(\s\up1(21))不變，平行于y軸的線段長(zhǎng)度在直觀圖中變?yōu)樵瓉?lái)的eq\x(\s\up1(22))一半．3．圓柱、圓錐、圓臺(tái)的側(cè)面展開圖及側(cè)面積公式圓柱圓錐圓臺(tái)側(cè)面展開圖側(cè)面積公式S圓柱側(cè)＝eq\x(\s\up1(23))2πrlS圓錐側(cè)＝eq\x(\s\up1(24))πrlS圓臺(tái)側(cè)＝eq\x(\s\up1(25))π(r1＋r2)l4.柱、錐、臺(tái)、球的表面積和體積名稱幾何體表面積體積柱體(棱柱和圓柱)S表面積＝S側(cè)＋2S底V＝eq\x(\s\up1(26))Sh錐體(棱錐和圓錐)S表面積＝S側(cè)＋S底V＝eq\x(\s\up1(27))eq\f(1,3)Sh臺(tái)體(棱臺(tái)和圓臺(tái))S表面積＝S側(cè)＋S上＋S下V＝eq\f(1,3)(S上＋S下＋eq\r(S上S下))h球S＝eq\x(\s\up1(28))4πR2V＝eq\x(\s\up1(29))eq\f(4,3)πR31．求多面體的表面積時(shí)，只需將它們沿著若干條棱剪開后展開成平面圖形，利用平面圖形求多面體的表面積．2．求旋轉(zhuǎn)體的表面積時(shí)，可從旋轉(zhuǎn)體的生成過(guò)程及其幾何特征入手，將其展開后求表面積，但要搞清它們的底面半徑、母線長(zhǎng)與對(duì)應(yīng)的側(cè)面展開圖中的邊長(zhǎng)之間的關(guān)系．3．錐體中平行于底面的截面的性質(zhì)在錐體中，用平行于底面的截面截原錐體，得到一個(gè)小錐體，則小錐體與原錐體有如下比例關(guān)系：eq\f(S小錐底,S大錐底)＝eq\f(S小錐全,S大錐全)＝eq\f(S小錐側(cè),S大錐側(cè))＝對(duì)應(yīng)線段(如高、斜高、底面邊長(zhǎng)等)的平方之比．這個(gè)比例關(guān)系很重要，在求錐體的側(cè)面積、底面積比時(shí)，會(huì)大大簡(jiǎn)化計(jì)算過(guò)程．在求臺(tái)體的側(cè)面積、底面積比時(shí)，將臺(tái)體補(bǔ)成錐體，也可應(yīng)用這個(gè)關(guān)系式．4．有關(guān)棱柱直截面問題在棱柱中，與各側(cè)棱均垂直的截面叫做棱柱的直截面，正棱柱的直截面是其上、下底面及與底面平行的截面．棱柱的側(cè)面積與直截面周長(zhǎng)有如下關(guān)系式：S棱柱側(cè)＝C直截l(其中C直截，l分別為棱柱的直截面周長(zhǎng)與側(cè)棱長(zhǎng))，V棱柱＝S直截l(其中S直截，l分別為棱柱的直截面面積與側(cè)棱長(zhǎng))．1．概念辨析(正確的打“√”，錯(cuò)誤的打“×”)(1)有兩個(gè)面平行，其余各面都是平行四邊形的幾何體是棱柱．()(2)有一個(gè)面是多邊形，其余各面都是三角形的幾何體是棱錐．()(3)斜三棱柱的側(cè)面積也可以用c·l來(lái)求解，其中c是底面周長(zhǎng)，l為側(cè)棱長(zhǎng)．()(4)底面積相等且高相等的兩個(gè)同類幾何體的體積相等．()答案(1)×(2)×(3)×(4)√2．小題熱身(1)(人教A必修第二冊(cè)習(xí)題8.1T6改編)下列說(shuō)法正確的個(gè)數(shù)為()①圓柱的所有母線長(zhǎng)都相等；②棱柱的側(cè)棱長(zhǎng)都相等，側(cè)面都是平行四邊形；③底面是正多邊形的棱錐是正棱錐；④棱臺(tái)的側(cè)棱延長(zhǎng)后必交于一點(diǎn)．A．1 B．2C．3 D．4答案C解析對(duì)于①，由圓柱的性質(zhì)知，母線長(zhǎng)相等，故①正確；對(duì)于②，所有棱柱的側(cè)棱長(zhǎng)相等，側(cè)面都是平行四邊形，故②正確；對(duì)于③，底面是正多邊形，并且頂點(diǎn)與底面中心的連線垂直于底面的棱錐是正棱錐，故③錯(cuò)誤；對(duì)于④，用平行于底面的平面去截棱錐可得到棱臺(tái)，所以棱臺(tái)的側(cè)棱延長(zhǎng)后必交于一點(diǎn)，故④正確．故選C.(2)如圖，平行四邊形O′A′B′C′是水平放置的一個(gè)平面圖形的直觀圖，其中O′A′＝5，O′C′＝2，∠A′O′C′＝30°，則原圖形的面積是()A．4 B．10eq\r(2) C．4eq\r(2) D．5eq\r(2)答案B解析平行四邊形O′A′B′C′中，O′A′＝5，O′C′＝2，∠A′O′C′＝30°，所以平行四邊形O′A′B′C′的面積為S′＝O′A′·O′C′sin30°＝5×2×eq\f(1,2)＝5，所以原平面圖形的面積是S＝2eq\r(2)S′＝2eq\r(2)×5＝10eq\r(2).故選B.(3)(人教A必修第二冊(cè)8.3.2練習(xí)T1改編)已知圓錐的底面半徑為1，其側(cè)面展開圖是一個(gè)圓心角為120°的扇形，則該圓錐的表面積為()A．2π B．3πC．4π D．5π答案C解析設(shè)圓錐的母線長(zhǎng)為l，則l·eq\f(2π,3)＝2π，解得l＝3，則該圓錐的表面積為π×1×3＋π×12＝4π.故選C.(4)(2023·江蘇常州一模)已知圓臺(tái)的上、下底面半徑分別為1和2，側(cè)面積為3eq\r(5)π，則該圓臺(tái)的體積為()A．eq\f(8π,3) B．eq\f(14π,3)C．5π D．eq\f(16π,3)答案B解析如圖，設(shè)圓臺(tái)的母線長(zhǎng)為l，則S圓臺(tái)側(cè)＝π(r1＋r2)l＝π(1＋2)l＝3eq\r(5)π，解得l＝eq\r(5)，所以圓臺(tái)的高h(yuǎn)＝eq\r(（\r(5)）2－（2－1）2)＝2，則V圓臺(tái)＝eq\f(1,3)(S上＋S下＋eq\r(S上S下))h＝eq\f(1,3)(π＋4π＋eq\r(π×4π))×2＝eq\f(14π,3).故選B.考點(diǎn)探究——提素養(yǎng)考點(diǎn)一基本立體圖形(多考向探究)考向1空間幾何體的結(jié)構(gòu)特征例1(2024·河北唐山階段考試)下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是()A．球體是旋轉(zhuǎn)體B．圓柱的母線平行于軸C．斜棱柱的側(cè)面中沒有矩形D．用平行于正棱錐底面的平面截正棱錐所得的棱臺(tái)叫做正棱臺(tái)答案C解析球體是半圓面繞其直徑所在的直線旋轉(zhuǎn)一周所得的幾何體，即球體是旋轉(zhuǎn)體，A正確；由圓柱的結(jié)構(gòu)特征知，圓柱的母線平行于軸，B正確；如圖，斜平行六面體ABCD－A1B1C1D1中，若AD⊥平面ABB1A1，AA1?平面ABB1A1，則AD⊥AA1，側(cè)面四邊形ADD1A1是矩形，C錯(cuò)誤；由正棱臺(tái)的定義知，D正確．故選C.【通性通法】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，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)說(shuō)明一個(gè)命題是錯(cuò)誤的，只要舉出一個(gè)反例即可．【鞏固遷移】1．(2024·湖北襄陽(yáng)五中月考)下列說(shuō)法正確的是()A．各側(cè)面都是正方形的四棱柱一定是正方體B．球的直徑是連接球面上兩點(diǎn)并且經(jīng)過(guò)球心的線段C．以直角三角形的一邊所在直線為軸旋轉(zhuǎn)一周所得的旋轉(zhuǎn)體是圓錐D．用一個(gè)平面截圓錐，得到一個(gè)圓錐和一個(gè)圓臺(tái)答案B解析對(duì)于A，雖然各側(cè)面都是正方形，但底面不一定是正方形，所以該四棱柱不一定是正方體，故A錯(cuò)誤；對(duì)于B，球的直徑的定義即為“連接球面上兩點(diǎn)并且經(jīng)過(guò)球心的線段”，故B正確；對(duì)于C，以直角三角形的直角邊所在直線為軸旋轉(zhuǎn)一周所得的旋轉(zhuǎn)體是圓錐，以直角三角形的斜邊所在直線為軸旋轉(zhuǎn)一周所得的旋轉(zhuǎn)體是兩個(gè)共底面的圓錐組成的幾何體，故C錯(cuò)誤；對(duì)于D，用一個(gè)平行于底面的平面截圓錐，得到一個(gè)圓錐和一個(gè)圓臺(tái)，故D錯(cuò)誤．故選B.考向2平面圖形與其直觀圖例2已知△ABC是邊長(zhǎng)為a的正三角形，那么水平放置的△ABC的直觀圖△A′B′C′的面積為()A．eq\f(\r(6),16)a2 B．eq\f(\r(3),32)a2C．eq\f(\r(3),16)a2 D．eq\f(\r(6),8)a2答案A解析解法一：根據(jù)題意，建立如圖1所示的平面直角坐標(biāo)系，再按照斜二測(cè)畫法畫出△ABC的直觀圖，如圖2所示．由斜二測(cè)畫法可知，A′B′＝AB＝a，O′C′＝eq\f(1,2)OC＝eq\f(\r(3),4)a.作C′D′⊥A′B′于D′，則C′D′＝eq\f(\r(2),2)O′C′＝eq\f(\r(6),8)a，S△A′B′C′＝eq\f(1,2)A′B′·C′D′＝eq\f(1,2)a·eq\f(\r(6),8)a＝eq\f(\r(6),16)a2.故選A.解法二：根據(jù)斜二測(cè)畫法畫平面圖形的直觀圖的規(guī)則可知，在x軸上(或與x軸平行)的線段，其長(zhǎng)度保持不變；在y軸上(或與y軸平行)的線段，其長(zhǎng)度變?yōu)樵瓉?lái)的一半，且∠x′O′y′＝45°(或135°)，所以若設(shè)原平面圖形的面積為S，則其直觀圖的面積為S′＝eq\f(1,2)×eq\f(\r(2),2)×S＝eq\f(\r(2),4)S.本題中易得S△ABC＝eq\f(\r(3),4)a2，則S△A′B′C′＝eq\f(\r(2),4)S△ABC＝eq\f(\r(2),4)×eq\f(\r(3),4)a2＝eq\f(\r(6),16)a2.故選A.【通性通法】利用斜二測(cè)畫法解題的策略策略一在斜二測(cè)畫法中，要確定關(guān)鍵點(diǎn)及關(guān)鍵線段．平行于x軸的線段平行性不變，長(zhǎng)度不變；平行于y軸的線段平行性不變，長(zhǎng)度減半策略二按照斜二測(cè)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)系為S直觀圖＝eq\f(\r(2),4)S原圖形【鞏固遷移】2．(2023·益陽(yáng)調(diào)研)如圖，一個(gè)水平放置的平面圖形的直觀圖是一個(gè)底角為45°的等腰梯形，已知直觀圖O′A′B′C′的面積為4，則該平面圖形的面積為()A．eq\r(2) B．4eq\r(2)C．8eq\r(2) D．2eq\r(2)答案C解析由S原圖形＝2eq\r(2)S直觀圖，得S原圖形＝2eq\r(2)×4＝8eq\r(2).考向3空間幾何體的展開圖例3(2024·黑龍江哈九中期末)如圖，已知正三棱柱ABC－A′B′C′的底面邊長(zhǎng)為1cm，側(cè)面積為9cm2，則一質(zhì)點(diǎn)自點(diǎn)A出發(fā)，沿著三棱柱的側(cè)面繞行一周到達(dá)點(diǎn)A′的最短路線的長(zhǎng)為________cm.答案3eq\r(2)解析將正三棱柱ABC－A′B′C′沿側(cè)棱展開，其側(cè)面展開圖如圖所示，依題意，AB＝BC＝CA1＝1cm，由側(cè)面積為9cm2，得C△ABC·AA′＝9，則AA′＝3cm，依題意，沿著三棱柱的側(cè)面繞行一周到達(dá)點(diǎn)A′的最短路線的長(zhǎng)為AA1′＝eq\r(AAeq\o\al(2,1)＋AA1′2)＝eq\r(32＋32)＝3eq\r(2)cm.【通性通法】多面體表面展開圖可以有不同的形狀，應(yīng)多實(shí)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(gè)面的形狀．【鞏固遷移】3．(2024·貴州黔東南期末)如圖1的平行四邊形形狀的紙片是由六個(gè)邊長(zhǎng)為1的正三角形組成的，將它沿虛線折起來(lái)，可以得到如圖2的“正六面體”，則SS′＝________．答案eq\f(2\r(6),3)解析該六面體是由兩個(gè)全等的正四面體組合而成，正四面體的棱長(zhǎng)為1，如圖，在棱長(zhǎng)為1的正四面體S－ABC中，取BC的中點(diǎn)D，連接SD，AD，作SO⊥平面ABC，垂足O在AD上，則AD＝SD＝eq\f(\r(3),2)，OD＝eq\f(1,3)AD＝eq\f(\r(3),6)，SO＝eq\r(SD2－OD2)＝eq\f(\r(6),3)，所以SS′＝2SO＝eq\f(2\r(6),3).考向4空間幾何體的截面圖例4(多選)如圖，從一個(gè)正方體中挖掉一個(gè)四棱錐，然后從任意面剖開此幾何體，下面圖形可能是該幾何體的截面的是()答案BCD解析對(duì)于A，由于截面中間是矩形，如果可能的話，一定是用和正方體底面平行的截面去剖開正方體并且是從挖去四棱錐的那部分剖開，但此時(shí)剖面中間應(yīng)該是一個(gè)正方形，因此A圖形不可能是該幾何體的截面；對(duì)于B，當(dāng)從正方體底面的一組相對(duì)棱的中點(diǎn)處剖開時(shí)，截面正好通過(guò)四棱錐頂點(diǎn)，如圖1，此時(shí)截面形狀如B圖形，故B可能是該幾何體的截面；對(duì)于C，當(dāng)截面不經(jīng)過(guò)底面一組相對(duì)棱的中點(diǎn)處，并和另一組棱平行去剖開正方體時(shí)，如圖2中截面PDGH位置，截面形狀如C圖形，故C可能是該幾何體的截面；對(duì)于D，如圖3所示，按圖中截面A1B1C1的位置去剖開正方體，截面形狀如D圖形，故D可能是該幾何體的截面．故選BCD.【通性通法】作多面體截面的關(guān)鍵在于確定截點(diǎn)，有了位于多面體同一表面上的兩個(gè)截點(diǎn)即可連接成截線，從而得到截面．【鞏固遷移】4．(2024·吉林長(zhǎng)春五中階段考試)圓柱內(nèi)有一內(nèi)接正三棱錐，過(guò)棱錐的一條側(cè)棱和高作截面，正確的截面圖是()答案D解析圓柱底面為正三棱錐底面三角形的外接圓，如圖1所示，則過(guò)棱錐的一條側(cè)棱和高作截面，棱錐頂點(diǎn)為圓柱上底面的中心，可得截面圖如圖2.故選D.考點(diǎn)二空間幾何體的表面積例5(2024·江西萍鄉(xiāng)期末)如圖，平面四邊形ABCD中，∠DAB＝eq\f(π,2)，∠ADC＝eq\f(3π,4)，AB＝5，CD＝eq\r(2)，AD＝2，則四邊形ABCD繞AD所在直線旋轉(zhuǎn)一周所成幾何體的表面積為()A．56π＋eq\r(2)π B．56π＋2eq\r(2)πC．55π＋eq\r(2)π D．55π＋2eq\r(2)π答案C解析四邊形ABCD繞AD所在直線旋轉(zhuǎn)一周所成的幾何體為一個(gè)圓臺(tái)挖去一個(gè)圓錐，因?yàn)锳B＝5，所以圓臺(tái)下底面的面積S1＝25π，又因?yàn)镃D＝eq\r(2)，∠ADC＝eq\f(3π,4)，所以ED＝EC＝1，BC＝eq\r(（2＋1）2＋（5－1）2)＝5，所以圓臺(tái)的側(cè)面積S2＝π(EC＋AB)·BC＝π(1＋5)×5＝30π.圓錐的側(cè)面積S3＝eq\f(1,2)·2π·EC·CD＝eq\f(1,2)×2π×1×eq\r(2)＝eq\r(2)π.所以所求幾何體的表面積為S＝S1＋S2＋S3＝25π＋30π＋eq\r(2)π＝55π＋eq\r(2)π.故選C.【通性通法】空間幾何體表面積的求法(1)旋轉(zhuǎn)體的表面積問題注意其軸截面及側(cè)面展開圖的應(yīng)用，并弄清底面半徑、母線長(zhǎng)與對(duì)應(yīng)側(cè)面展開圖中邊的關(guān)系．(2)多面體的表面積是各個(gè)面的面積之和；組合體的表面積注意銜接部分的處理．【鞏固遷移】5．(2023·河南鄭州一中期末)已知圓臺(tái)OO1軸截面的面積為3eq\r(3)，上、下底面半徑之比為1∶2，母線與底面所成的角為60°，則圓臺(tái)的側(cè)面積為()A．3eq\r(3)π B．6eq\r(3)πC．6π D．9π答案C解析作出軸截面ABCD，則四邊形ABCD為等腰梯形，∠ABC＝60°，過(guò)點(diǎn)A作AE⊥BC，設(shè)上底面半徑為x，則下底面半徑為2x，則上底面直徑AD＝2x，下底面直徑BC＝4x，則BE＝eq\f(1,2)(BC－AD)＝x，則AE＝eq\r(3)x，則S梯形ABCD＝eq\f(1,2)(2x＋4x)×eq\r(3)x＝3eq\r(3)，解得x＝1，則上底面半徑r1＝1，下底面半徑r2＝2，母線長(zhǎng)l＝2BE＝2，則圓臺(tái)的側(cè)面積S側(cè)＝πl(wèi)(r1＋r2)＝2π(1＋2)＝6π.故選C.6．(2024·江蘇南京期中)如圖，已知正方體的棱長(zhǎng)為2，以其所有面的中心為頂點(diǎn)的多面體的表面積為()A．8eq\r(3) B．4eq\r(3)C．2eq\r(3) D．eq\r(3)答案B解析正方體的棱長(zhǎng)為2，根據(jù)圖形，取正方體一條棱的中點(diǎn)M，連接MD，MC，則MD⊥MC，且MD＝MC＝1，所以CD＝eq\r(2)，因?yàn)閭?cè)面△ACD為等邊三角形，所以S△ACD＝eq\f(1,2)×eq\r(2)×eq\r(2)sin60°＝eq\f(\r(3),2)，所以該八面體的表面積S＝8×eq\f(\r(3),2)＝4eq\r(3).故選B.考點(diǎn)三空間幾何體的體積(多考向探究)考向1直接法求體積例6(1)(2023·全國(guó)甲卷)在三棱錐P－ABC中，△ABC是邊長(zhǎng)為2的等邊三角形，PA＝PB＝2，PC＝eq\r(6)，則該棱錐的體積為()A．1 B．eq\r(3)C．2 D．3答案A解析取AB的中點(diǎn)E，連接PE，CE，如圖，∵△ABC是邊長(zhǎng)為2的等邊三角形，PA＝PB＝2，∴PE⊥AB，CE⊥AB，∴PE＝CE＝2×eq\f(\r(3),2)＝eq\r(3)，又PC＝eq\r(6)，故PC2＝PE2＋CE2，即PE⊥CE，又AB∩CE＝E，AB，CE?平面ABC，∴PE⊥平面ABC，∴VP－ABC＝eq\f(1,3)S△ABC·PE＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2×eq\r(3)×eq\r(3)＝1.故選A.(2)(2023·新課標(biāo)Ⅰ卷)在正四棱臺(tái)ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，A1B1＝1，AA1＝eq\r(2)，則該棱臺(tái)的體積為________．答案eq\f(7\r(6),6)解析如圖，過(guò)A1作A1M⊥AC，垂足為M，易知A1M為正四棱臺(tái)ABCD－A1B1C1D1的高．因?yàn)锳B＝2，A1B1＝1，AA1＝eq\r(2)，則A1O1＝eq\f(1,2)A1C1＝eq\f(1,2)×eq\r(2)A1B1＝eq\f(\r(2),2)，AO＝eq\f(1,2)AC＝eq\f(1,2)×eq\r(2)AB＝eq\r(2)，故AM＝AO－A1O1＝eq\f(\r(2),2)，則A1M＝eq\r(A1A2－AM2)＝eq\r(2－\f(1,2))＝eq\f(\r(6),2)，所以所求棱臺(tái)的體積V＝eq\f(1,3)×(4＋1＋eq\r(4×1))×eq\f(\r(6),2)＝eq\f(7\r(6),6).【通性通法】直接法：規(guī)則幾何體的體積問題，直接利用公式進(jìn)行求解．【鞏固遷移】7．(2023·全國(guó)乙卷)已知圓錐PO的底面半徑為eq\r(3)，O為底面圓心，PA，PB為圓錐的母線，∠AOB＝120°，若△PAB的面積等于eq\f(9\r(3),4)，則該圓錐的體積為()A．π B．eq\r(6)πC．3π D．3eq\r(6)π答案B解析在△AOB中，∠AOB＝120°，而OA＝OB＝eq\r(3)，取AB的中點(diǎn)C，連接OC，PC，則OC⊥AB，PC⊥AB，如圖，∠ABO＝30°，OC＝eq\f(\r(3),2)，AB＝2BC＝3，由△PAB的面積等于eq\f(9\r(3),4)，得eq\f(1,2)×3×PC＝eq\f(9\r(3),4)，解得PC＝eq\f(3\r(3),2)，于是PO＝eq\r(PC2－OC2)＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3\r(3),2)))\s\up12(2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)))\s\up12(2))＝eq\r(6)，所以圓錐的體積V＝eq\f(1,3)π×OA2×PO＝eq\f(1,3)π×(eq\r(3))2×eq\r(6)＝eq\r(6)π.故選B.考向2補(bǔ)形法求體積例7如圖，已知正四棱柱ABCD－A1B1C1D1的體積為36，E，F(xiàn)分別為棱B1B，C1C上的點(diǎn)(異于端點(diǎn))，且EF∥BC，則四棱錐A1－AEFD的體積為________．答案12解析補(bǔ)體，如圖，VA1－AEFD＝eq\f(1,3)VAA1D1D－EE1F1F＝eq\f(1,3)VABCD－A1B1C1D1＝12.【通性通法】把不規(guī)則的幾何體補(bǔ)成規(guī)則的幾何體，便于計(jì)算．常見的補(bǔ)形有：(1)將正四面體補(bǔ)形成正方體；(2)將等腰四面體(對(duì)棱相等)補(bǔ)形成長(zhǎng)方體；(3)將三條棱兩兩相互垂直且相等的三棱錐補(bǔ)成正方體；(4)將臺(tái)體補(bǔ)成錐體等．【鞏固遷移】8．如圖，一個(gè)底面半徑為3的圓柱被一平面所截，截得的幾何體的最短和最長(zhǎng)母線長(zhǎng)分別為4和10，則該幾何體的體積為()A．90π B．63πC．42π D．36π答案B解析由幾何體的直觀圖可知，該幾何體是一個(gè)圓柱截去上面虛線部分所得，如圖所示．將圓柱補(bǔ)全，并將圓柱從點(diǎn)A處水平分成上下兩部分．由圖可知，該幾何體的體積等于下部分圓柱的體積加上上部分圓柱體積的eq\f(1,2)，所以該幾何體的體積V＝π×32×4＋π×32×6×eq\f(1,2)＝63π.故選B.考向3分割法求體積例8(2023·安徽合肥一中期末)木楔子在傳統(tǒng)木工中運(yùn)用廣泛，它使得榫卯配合的牢度得到最大化滿足，是一種簡(jiǎn)單的機(jī)械工具，是用于填充器物的空隙使其牢固的木橛、木片等．如圖為一個(gè)木楔子的直觀圖，其中四邊形ABCD是邊長(zhǎng)為1的正方形，且△ADE，△BCF均為正三角形，EF∥CD，EF＝2，則該木楔子的體積為()A．eq\f(4\r(2),3) B．eq\r(2)C．eq\f(2\r(2),3) D．eq\f(\r(2),3)答案D解析如圖，分別過(guò)點(diǎn)A，B作EF的垂線，垂足分別為G，H，連接DG，CH，則由題意，得等腰梯形ABFE全等于等腰梯形CDEF，則EG＝HF＝eq\f(2－1,2)＝eq\f(1,2)，AG＝GD＝BH＝HC＝eq\r(12－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(3),2).取AD的中點(diǎn)O，連接GO，因?yàn)锳G＝GD，所以GO⊥AD，則GO＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)))\s\up12(2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(2),2)，所以S△ADG＝S△BCH＝eq\f(1,2)×eq\f(\r(2),2)×1＝eq\f(\r(2),4).因?yàn)锳B∥EF，AG⊥EF，所以AB⊥AG，因?yàn)樗倪呅蜛BCD為正方形，所以AB⊥AD，又因?yàn)锳D∩AG＝A，AD，AG?平面ADG，所以AB⊥平面ADG，所以EF⊥平面AGD，同理可證EF⊥平面BCH，所以多面體的體積V＝VE－ADG＋VF－BCH＋VAGD－BHC＝2VE－ADG＋VAGD－BHC＝2×eq\f(1,3)×eq\f(\r(2),4)×eq\f(1,2)＋eq\f(\r(2),4)×1＝eq\f(\r(2),3).故選D.【通性通法】分割法：把不規(guī)則的幾何體分割成規(guī)則的幾何體，當(dāng)規(guī)則的幾何體用公式不易求出時(shí)，可將其分割轉(zhuǎn)化成比較好求體積的幾何體．大多數(shù)情況下，可以把不規(guī)則幾何體分割為三棱柱＋四棱錐，從四棱錐底面對(duì)角線或幾何體表面四邊形對(duì)角線處尋找分割的“刀口”．【鞏固遷移】9．如圖所示，已知多面體ABCDEFG中，AB，AC，AD兩兩互相垂直，平面ABC∥平面DEFG，平面BEF∥平面ADGC，AB＝AD＝DG＝2，AC＝EF＝1，則該多面體的體積為________．答案4解析解法一(分割法)：因?yàn)閹缀误w有兩對(duì)相對(duì)面互相平行，如圖所示，過(guò)點(diǎn)C作CH⊥DG于H，連接EH，即把多面體分割成一個(gè)直三棱柱DEH－ABC和一個(gè)斜三棱柱BEF－CHG.由題意，知V三棱柱DEH－ABC＝S△DEH·AD＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×2×1))×2＝2，V三棱柱BEF－CHG＝S△BEF·DE＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×2×1))×2＝2.故所求幾何體的體積為V多面體ABCDEFG＝2＋2＝4.解法二(補(bǔ)形法)：因?yàn)閹缀误w有兩對(duì)相對(duì)面互相平行，如圖所示，將多面體補(bǔ)成棱長(zhǎng)為2的正方體，顯然所求多面體的體積為該正方體體積的一半．又正方體的體積V正方體ABHI－DEKG＝23＝8，故所求幾何體的體積為V多面體ABCDEFG＝eq\f(1,2)×8＝4.考向4轉(zhuǎn)化法求體積例9(2023·江西吉安模擬)如圖，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，若AA1＝3，AB＝2，D是棱CC1的中點(diǎn)，點(diǎn)E在棱AA1上，則三棱錐B1－EBD的體積為()A．1 B．2C．eq\r(3) D．2eq\r(3)答案C解析∵在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1＝3，AB＝2，D是棱CC1的中點(diǎn)，點(diǎn)E在棱AA1上，∴S△BDB1＝eq\f(1,2)BB1·BC＝eq\f(1,2)×3×2＝3，點(diǎn)E到平面BDB1的距離h＝eq\r(4－1)＝eq\r(3)，∴三棱錐B1－EBD的體積為VB1－EBD＝VE－BDB1＝eq\f(1,3)S△BDB1·h＝eq\f(1,3)×3×eq\r(3)＝eq\r(3).故選C.【通性通法】(1)等體積轉(zhuǎn)化法一般情況下是三棱錐才有的特性．(2)盡可能尋找在表面的三個(gè)點(diǎn)，通過(guò)三棱錐“換底”求解三棱錐的體積．轉(zhuǎn)化的目的是找到易于計(jì)算的“好底”與“好高”．【鞏固遷移】10．在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝1，BC＝2，AC＝eq\r(3)，AA1＝1，則點(diǎn)B1到平面A1BC的距離為________．答案eq\f(\r(21),7)解析因?yàn)锳B2＋AC2＝BC2，所以AB⊥AC.則S△ABC＝eq\f(1,2)AB·AC＝eq\f(\r(3),2).因?yàn)槿忮FC－A1AB與三棱錐C－A1B1B的底面積相等(S△A1AB＝S△A1B1B)，高也相等(點(diǎn)C到平面ABB1A1的距離)，所以三棱錐C－A1AB與三棱錐C－A1B1B的體積相等．又VC－A1AB＝VA1－ABC＝eq\f(1,3)S△ABC·AA1＝eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),2)×1＝eq\f(\r(3),6)，所以VC－A1B1B＝VB1－A1BC＝eq\f(\r(3),6).易得A1B＝eq\r(2)，A1C＝2，在等腰三角形A1BC中，A1B上的高為eq\r(22－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))\s\up12(2))＝eq\f(\r(14),2)，則S△A1BC＝eq\f(1,2)×eq\r(2)×eq\f(\r(14),2)＝eq\f(\r(7),2).設(shè)點(diǎn)B1到平面A1BC的距離為h，則VB1－A1BC＝eq\f(1,3)S△A1BC·h＝eq\f(\r(3),6)，解得h＝eq\f(\r(21),7).課時(shí)作業(yè)一、單項(xiàng)選擇題1．一個(gè)菱形的邊長(zhǎng)為4cm，一內(nèi)角為60°，用斜二測(cè)畫法畫出的這個(gè)菱形的直觀圖的面積為()A．2eq\r(3)cm2 B．2eq\r(6)cm2C．4eq\r(6)cm2 D．8eq\r(3)cm2答案B解析直觀圖的面積為eq\f(\r(2),4)×eq\f(\r(3),2)×42＝2eq\r(6)(cm2)．故選B.2．(2024·河南鄭州模擬)若圓錐的母線與底面所成的角為eq\f(π,6)，底面半徑為eq\r(3)，則該圓錐的體積為()A．eq\f(π,2) B．πC．2π D．3π答案B解析設(shè)圓錐的高為h，因?yàn)槟妇€與底面所成的角為eq\f(π,6)，所以taneq\f(π,6)＝eq\f(h,\r(3))，解得h＝1.所以圓錐的體積V＝eq\f(1,3)π×(eq\r(3))2×1＝π.故選B.3.如圖，圓錐的母線長(zhǎng)AB為2，底面半徑為r，若一只螞蟻從圓錐的點(diǎn)B出發(fā)，沿表面爬到AC的中點(diǎn)D處，其爬行的最短路線長(zhǎng)為eq\r(5)，則圓錐的底面半徑為()A．1 B．2C．3 D．eq\f(3,2)答案A解析如圖為半圓錐的側(cè)面展開圖，連接BD1，則BD1的長(zhǎng)為螞蟻爬行的最短路線長(zhǎng)，設(shè)展開圖的扇形的圓心角為α，圓錐的底面半徑為r，根據(jù)題意，得BD1＝eq\r(5)，AD1＝1，AB＝2，在△ABD1中，因?yàn)锳B2＋ADeq\o\al(2,1)＝BDeq\o\al(2,1)，所以∠D1AB＝eq\f(π,2)，扇形弧長(zhǎng)為l＝eq\f(π,2)×2＝π，所以圓錐底面圓的周長(zhǎng)為2l＝2π，即2πr＝2π，解得r＝1.故選A.4．(2023·江蘇宿遷中學(xué)一模)設(shè)體積相等的正方體、正四面體和球的表面積分別為S1，S2，S3，則()A．S1<S2<S3 B．S2<S1<S3C．S3<S1<S2 D．S3<S2<S1答案C解析令正方體、正四面體和球的體積為1，設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為a，則a3＝1，解得a＝1，則正方體的表面積S1＝6a2＝6；設(shè)正四面體的棱長(zhǎng)為b，則正四面體底面正三角形外接圓的半徑為eq\f(2,3)×eq\f(\r(3),2)b＝eq\f(\r(3),3)b，正四面體的高為eq\r(b2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)b))\s\up12(2))＝eq\f(\r(6),3)b，體積為eq\f(1,3)×eq\f(\r(3),4)b2×eq\f(\r(6),3)b＝eq\f(\r(2),12)b3＝1，解得b＝eq\r(2)×eq\r(3,3)，則正四面體的表面積S2＝4×eq\f(\r(3),4)b2＝2eq\r(3)×eq\r(3,32)＝2×3eq\s\up7(\f(7,6))>6；設(shè)球的半徑為r，則eq\f(4,3)πr3＝1，解得r＝eq\r(3,\f(3,4π))，則球的表面積S3＝4πr2＝4πeq\r(3,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4π)))\s\up12(2))＝eq\r(3,36π)<6，所以S3<S1<S2.故選C.5．(2024·河南商丘聯(lián)考)某廣場(chǎng)設(shè)置了一些石凳供大家休息，如圖，每個(gè)石凳都是由正方體截去八個(gè)相同的正三棱錐得到的幾何體，則下列結(jié)論不正確的是()A．該幾何體的面是等邊三角形或正方形B．該幾何體恰有12個(gè)面C．該幾何體恰有24條棱D．該幾何體恰有12個(gè)頂點(diǎn)答案B解析據(jù)圖可得，該幾何體的面是等邊三角形或正方形，A正確；該幾何體恰有14個(gè)面，B不正確；該幾何體恰有24條棱，C正確；該幾何體恰有12個(gè)頂點(diǎn)，D正確．故選B.6．(2023·陜西西安一模)如圖，在棱長(zhǎng)為2的正方體ABCD－A1B1C1D1中，點(diǎn)M在對(duì)角線BC1上移動(dòng)，則三棱錐M－AB1D1的體積為()A．eq\f(8,3) B．8C．eq\f(4,3) D．4答案C解析因?yàn)檎襟wABCD－A1B1C1D1中，AB∥D1C1，AB＝D1C1，所以四邊形ABC1D1為平行四邊形，所以AD1∥BC1，所以點(diǎn)M到平面AB1D1的距離等于點(diǎn)C1到平面AB1D1的距離，所以VM－AB1D1＝VC1－AB1D1＝VA－B1C1D1＝eq\f(1,3)S△B1C1D1·AA1＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2×2×2＝eq\f(4,3).故選C.7．(2023·天津高考)在三棱錐P－ABC中，線段PC上的點(diǎn)M滿足PM＝eq\f(1,3)PC，線段PB上的點(diǎn)N滿足PN＝eq\f(2,3)PB，則三棱錐P－AMN和三棱錐P－ABC的體積之比為()A．eq\f(1,9) B．eq\f(2,9)C．eq\f(1,3) D．eq\f(4,9)答案B解析如圖，因?yàn)镻M＝eq\f(1,3)PC，PN＝eq\f(2,3)PB，所以eq\f(S△PMN,S△PBC)＝eq\f(\f(1,2)PM·PNsin∠BPC,\f(1,2)PC·PBsin∠BPC)＝eq\f(PM·PN,PC·PB)＝eq\f(1,3)×eq\f(2,3)＝eq\f(2,9)，所以eq\f(VP－AMN,VP－ABC)＝eq\f(VA－PMN,VA－PBC)＝eq\f(\f(1,3)S△PMN·d,\f(1,3)S△PBC·d)＝eq\f(S△PMN,S△PBC)＝eq\f(2,9)(其中d為點(diǎn)A到平面PBC的距離，因?yàn)槠矫鍼MN和平面PBC重合，所以點(diǎn)A到平面PMN的距離也為d)．故選B.8．(2023·河北邯鄲模擬)如圖1，在高為h的直三棱柱容器ABC－A1B1C1中，AB＝AC＝2，AB⊥AC.現(xiàn)往該容器內(nèi)灌進(jìn)一些水，水深為2，然后固定容器底面的一邊AB于地面上，再將容器傾斜，當(dāng)傾斜到某一位置時(shí)，水面恰好為△A1B1C(如圖2)，則容器的高h(yuǎn)為()A．3 B．4C．4eq\r(2) D．6答案A解析在題圖1中V水＝eq\f(1,2)×2×2×2＝4，在題圖2中，V水＝VABC－A1B1C1－VC－A1B1C1＝eq\f(1,2)×2×2×h－eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×2×2×h＝eq\f(4,3)h，∴eq\f(4,3)h＝4，∴h＝3.故選A.二、多項(xiàng)選擇題9.(2024·河北張家口摸底)如圖，△A′B′C′是水平放置的△ABC的直觀圖，A′B′＝2，A′C′＝B′C′＝eq\r(5)，則在原平面圖形△ABC中，有()A．AC＝BC B．AB＝2C．AC＝2eq\r(5) D．S△ABC＝4eq\r(2)答案BD解析如圖1所示，在直觀圖△A′B′C′中，過(guò)C′作C′D′⊥A′B′于D′，∵A′B′＝2，A′C′＝B′C′＝eq\r(5)，∴A′D′＝1，C′D′＝eq\r(A′C′2－A′D′2)＝2，又∠C′O′D′＝45°，∴O′D′＝2，O′A′＝1，O′C′＝2eq\r(2)，∴利用斜二測(cè)畫法將直觀圖△A′B′C′還原為原平面圖形△ABC，如圖2所示，則OC＝4eq\r(2)，OA＝1，AB＝2，故B正確；又AC＝eq\r(OA2＋OC2)＝eq\r(33)，BC＝eq\r(OB2＋OC2)＝eq\r(41)，故A，C錯(cuò)誤；S△ABC＝eq\f(1,2)AB·OC＝eq\f(1,2)×2×4eq\r(2)＝4eq\r(2)，故D正確．故選BD.10．(2023·新課標(biāo)Ⅱ卷)已知圓錐的頂點(diǎn)為P，底面圓心為O，AB為底面直徑，∠APB＝120°，PA＝2，點(diǎn)C在底面圓周上，且二面角P－AC－O為45°，則()A．該圓錐的體積為πB．該圓錐的側(cè)面積為4eq\r(3)πC．AC＝2eq\r(2)D．△PAC的面積為eq\r(3)答案AC解析依題意，∠APB＝120°，PA＝2，所以O(shè)P＝1，OA＝OB＝eq\r(3)，對(duì)于A，圓錐的體積為eq\f(1,3)×π×(eq\r(3))2×1＝π，A正確；對(duì)于B，圓錐的側(cè)面積為π×eq\r(3)×2＝2eq\r(3)π，B錯(cuò)誤；對(duì)于C，設(shè)D是AC的中點(diǎn)，連接OD，PD，則AC⊥OD，AC⊥PD，所以∠PDO是二面角P－AC－O的平面角，則∠PDO＝45°，所以O(shè)P＝OD＝1，故AD＝CD＝eq\r(3－1)＝eq\r(2)，則AC＝2eq\r(2)，C正確；對(duì)于D，因?yàn)镻D＝eq\r(12＋12)＝eq\r(2)，所以S△PAC＝eq\f(1,2)×2eq\r(2)×eq\r(2)＝2，D錯(cuò)誤．故選AC.三、填空題11．(2023·新課標(biāo)Ⅱ卷)底面邊長(zhǎng)為4的正四棱錐被平行于其底面的平面所截，截去一個(gè)底面邊長(zhǎng)為2，高為3的正四棱錐，所得棱臺(tái)的體積為________．答案28解析解法一：由于eq\f(2,4)＝eq\f(1,2)，而截去的正四棱錐的高為3，所以原正四棱錐的高為6，所以原正四棱錐的體積為eq\f(1,3)×(4×4)×6＝32，截去的正四棱錐的體積為eq\f(1,3)×(2×2)×3＝4，所以棱臺(tái)的體積為32－4＝28.解法二：棱臺(tái)的體積為eq\f(1,3)×3×(16＋4＋eq\r(16×4))＝28.12．如圖，在△ABC中，∠ABC＝45°，∠BAC＝90°，AD是BC邊上的高，沿AD把△ABD折起，使∠BDC＝90°，若BD＝1，則三棱錐D－ABC的表面積為________．答案eq\f(3＋\r(3),2)解析由題意，折起前AD是BC邊上的高，當(dāng)△ABD折起后，可得AD⊥DC，AD⊥BD，因?yàn)锽D＝AD＝DC＝1，BD⊥DC，所以AB＝BC＝CA＝eq\r(2)，從而S△DAB＝S△DBC＝S△DCA＝eq\f(1,2)×1×1＝eq\f(1,2)，S△ABC＝eq\f(1,2)×eq\r(2)×eq\r(2)sin60°＝eq\f(\r(3),2)，所以三棱錐D－ABC的表面積S＝eq\f(1,2)×3＋eq\f(\r(3),2)＝eq\f(3＋\r(3),2).13．(2024·九省聯(lián)考)已知軸截面為正三角形的圓錐MM′的高與球O的直徑相等，則圓錐MM′的體積與球O的體積的比值是________，圓錐MM′的表面積與球O的表面積的比值是________．答案eq\f(2,3)1解析設(shè)圓錐的底面半徑為r，球的半徑為R，因?yàn)閳A錐的軸截面為正三角形，所以圓錐的高h(yuǎn)＝eq\r(3)r，母線l＝2r，由題可知h＝2R，所以球的半徑R＝eq\f(\r(3),2)r，所以圓錐的體積V1＝eq\f(1,3)×(π×r2)×eq\r(3)r＝eq\f(\r(3),3)πr3，球的體積V2＝eq\f(4,3)πR3＝eq\f(4,3)π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)r))eq\s\up12(3)＝eq\f(\r(3),2)πr3，所以eq\f(V1,V2)＝eq\f(\f(\r(3),3)πr3,\f(\r(3),2)πr3)＝eq\f(2,3).圓錐的表面積S1＝πrl＋πr2＝3πr2，球的表面積S2＝4πR2＝4π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)r))eq\s\up12(2)＝3πr2，所以eq\f(S1,S2)＝eq\f(3πr2,3πr2)＝1.14.如圖，在正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AB＝1，AA1＝eq\r(3)，點(diǎn)E為AB上的動(dòng)點(diǎn)，則D1E＋CE的最小值為________．答案eq\r(10)解析如圖，連接D1A，C1B，并分別延長(zhǎng)至F，G，使得AD＝AF，BC＝BG，連接EG，F(xiàn)G，∵四棱柱ABCD－A1B1C1D1為正四棱柱，∴AB⊥平面ADD1A1，AB⊥平面BCC1B1，∴AB⊥AF，AB⊥BG，又AB＝AD＝AF，∴四邊形ABGF為正方形，∴EG＝eq\r(BE2＋BG2)＝eq\r(BE2＋BC2)＝CE，∴D1E＋CE的最小值為D1G，由AD＝AB＝1，AA1＝eq\r(3)，得AD1＝2，則D1F＝3，D1G＝eq\r(D1F2＋FG2)＝eq\r(9＋1)＝eq\r(10)，∴D1E＋CE的最小值為eq\r(10).四、解答題15.(2024·寧夏銀川期中)如圖，某組合體是由正方體ABCD－A1B1C1D1與正四棱錐P－A1B1C1D1組成，已知AB＝6，且PA1＝eq\f(\r(3),2)AB.(1)求該組合體的體積；(2)求該組合體的表面積．解(1)在正四棱錐P－A1B1C1D1中，連接A1C1，B1D1交于點(diǎn)O，連接PO，取A1B1的中點(diǎn)E，連接OE，PE，因?yàn)锳B＝6，且PA1＝eq\f(\r(3),2)AB，則PA1＝eq\f(\r(3),2)×6＝3eq\r(3)，A1C1＝eq\r(A1Beq\o\al(2,1)＋C1Beq\o\al(2,1))＝6eq\r(2)，所以PO＝eq\r(PAeq\o\al(2,1)－OAeq\o\al(2,1))＝3，所以VP－A1B1C1D1＝eq\f(1,3)S正方形A1B1C1D1·PO＝eq\f(1,3)×62×3＝36，又VABCD－A1B1C1D1＝63＝216，所以該組合體的體積V＝VABCD－A1B1C1D1＋VP－A1B1C1D1＝216＋36＝252.(2)由(1)可知PE⊥A1B1，所以PE＝eq\r(PAeq\o\al(2,1)－A1E2)＝3eq\r(2)，所以S△PA1B1＝eq\f(1,2)×6×3eq\r(2)＝9eq\r(2)，所以該組合體的表面積S表＝4×9eq\r(2)＋5×62＝180＋36eq\r(2).16.如圖，已知一個(gè)圓錐的底面半徑為2，高為2，且在這個(gè)圓錐中有一個(gè)高為x的圓柱．(1)當(dāng)x＝eq\f(4,3)時(shí)，求圓柱的體積；(2)當(dāng)x為何值時(shí)，此圓柱的側(cè)面積最大？并求出此最大值．解(1)設(shè)圓柱的底面半徑為r，則eq\f(r,2)＝eq\f(2－x,2)，所以r＝2－x，0<x<2，當(dāng)x＝eq\f(4,3)時(shí)，r＝2－eq\f(4,3)＝eq\f(2,3)，所以圓柱的體積V＝πr2x＝π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(2)×eq\f(4,3)＝eq\f(16π,27).(2)由(1)知r＝2－x，0<x<2，則圓柱的側(cè)面積S＝2πrx＝2π(2－x)x＝2π(－x2＋2x)＝2π[－(x－1)2＋1]，所以當(dāng)x＝1時(shí)，圓柱的側(cè)面積最大，最大值為2π.17．(2024·南京金陵中學(xué)月考)用一個(gè)平面去截一個(gè)正方體，所得截面形狀可能為()①三角形；②四邊形；③五邊形；④六邊形；⑤圓．A．①②③ B．①②④C．①②③④ D．①②③④⑤答案C解析用一個(gè)平面去截一個(gè)正方體，A，B，C，D，E，F(xiàn)分別是所在棱的中點(diǎn)，所得截面形狀可能為三角形、四邊形、五邊形、六邊形，如圖所示，故選C.18.(多選)如圖，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1＝2，AB＝BC＝1，∠ABC＝90°，側(cè)面AA1C1C的中心為O，點(diǎn)E是側(cè)棱BB1上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，下列判斷正確的是()A．直三棱柱的側(cè)面積是4＋2eq\r(2)B．直三棱柱的表面積是5＋eq\r(2)C．直三棱柱的體積是eq\f(1,3)D．三棱錐E－AA1O的體積為定值答案AD解析在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1＝2，AB＝BC＝1，∠ABC＝90°，△ABC和△A1B1C1是等腰直角三角形，側(cè)面全是矩形，所以其側(cè)面積為1×2×2＋eq\r(12＋12)×2＝4＋2eq\r(2)，其表面積為eq\f(1,2)×1×1×2＋4＋2eq\r(2)＝5＋2eq\r(2)，故A正確，B錯(cuò)誤；直三棱柱的體積為V＝S△ABC·AA1＝eq\f(1,2)×1×1×2＝1，故C錯(cuò)誤；如圖所示，因?yàn)锽B1∥平面AA1C1C，且點(diǎn)E是側(cè)棱BB1上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，所以三棱錐E－AA1O的高為定值eq\f(\r(2),2)，S△AA1O＝eq\f(1,2)×2×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(\r(2),2)，所以VE－AA1O＝eq\f(1,3)×eq\f(\r(2),2)×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(1,6)，為定值，故D正確．故選AD.19．(多選)(2023·浙江溫州校聯(lián)考期中)陽(yáng)馬和鱉臑(biēnào)是我國(guó)古代對(duì)一些特殊錐體的稱謂．取一長(zhǎng)方體按下圖斜割一分為二，得兩個(gè)一模一樣的三棱柱(圖2，圖3)，稱為塹堵．再沿塹堵的一頂點(diǎn)與相對(duì)的棱剖開(圖4)，得四棱錐和三棱錐各一個(gè)．以矩形為底，有一棱與底面垂直的四棱錐，稱為陽(yáng)馬(圖5)．余下的三棱錐是由四個(gè)直角三角形組成的四面體，稱為鱉臑(圖6)．若圖1中的長(zhǎng)方體是棱長(zhǎng)為4的正方體，則下列結(jié)論正確的是()A．鱉臑中只有一個(gè)面不是直角三角形B．塹堵的表面積為48＋16eq\r(2)C．陽(yáng)馬的體積為eq\f(64,3)D．鱉臑的體積為正方體的eq\f(1,4)答案BC解析對(duì)于A，由題知，鱉臑是由四個(gè)直角三角形組成的四面體，A錯(cuò)誤；對(duì)于B，塹堵的表面積為4×4×2＋eq\f(1,2)×4×4×2＋4×4eq\r(2)＝48＋16eq\r(2)，B正確；對(duì)于C，陽(yáng)馬的體積為eq\f(1,3)×4×4×4＝eq\f(64,3)，C正確；對(duì)于D，因?yàn)轺M臑是由四個(gè)直角三角形組成的四面體，且易知D1C1⊥平面BCC1，所以VD1－BCC1＝eq\f(1,3)S△BCC1·D1C1＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×4×4×4＝eq\f(32,3)，又正方體的體積為43＝64，故鱉臑的體積為正方體的eq\f(1,6)，D錯(cuò)誤．故選BC.20．(多選)(2023·新課標(biāo)Ⅰ卷)下列物體中，能夠被整體放入棱長(zhǎng)為1(單位：m)的正方體容器(容器壁厚度忽略不計(jì))內(nèi)的有()A．直徑為0.99m的球體B．所有棱長(zhǎng)均為1.4m的四面體C．底面直徑為0.01m，高為1.8m的圓柱體D．底面直徑為1.2m，高為0.01m的圓柱體答案ABD解析對(duì)于A，因?yàn)?.99m<1m，即球體的直徑小于正方體的棱長(zhǎng)，所以能夠被整體放入正方體內(nèi)，故A符合題意；對(duì)于B，因?yàn)檎襟w的面對(duì)角線長(zhǎng)為eq\r(2)m，且eq\r(2)>1.4，所以能夠被整體放入正方體內(nèi)，故B符合題意；對(duì)于C，因?yàn)檎襟w的體對(duì)角線長(zhǎng)為eq\r(3)m，且eq\r(3)<1.8，所以不能夠被整體放入正方體內(nèi)，故C不符合題意；對(duì)于D，因?yàn)?.2m>1m，可知底面正方形不能包含圓柱的底面圓，如圖，過(guò)AC1的中點(diǎn)O作OE⊥AC1，設(shè)OE∩AC＝E，可知AC＝eq\r(2)，CC1＝1，AC1＝eq\r(3)，OA＝eq\f(\r(3),2)，則tan∠CAC1＝eq\f(CC1,AC)＝eq\f(OE,AO)，即eq\f(1,\r(2))＝eq\f(OE,\f(\r(3),2))，解得OE＝eq\f(\r(6),4)，且eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),4)))eq\s\up12(2)＝eq\f(3,8)＝eq\f(9,24)>eq\f(9,25)＝0.62，即eq\f(\r(6),4)>0.6，故以AC1為軸可能對(duì)稱放置底面直徑為1.2m的圓柱，若底面直徑為1.2m的圓柱與正方體的上、下底面均相切，設(shè)圓柱的底面圓心O1與正方體的下底面的切點(diǎn)為M，可知AC1⊥O1M，O1M＝0.6，則tan∠CAC1＝eq\f(CC1,AC)＝eq\f(O1M,AO1)，即eq\f(1,\r(2))＝eq\f(0.6,AO1)，解得AO1＝0.6eq\r(2)，根據(jù)對(duì)稱性可知，圓柱的高為eq\r(3)－2×0.6eq\r(2)≈1.732－1.2×1.414＝0.0352>0.01，所以能夠被整體放入正方體內(nèi)，故D符合題意．故選ABD.

球的切、接、截面問題是歷年高考的熱點(diǎn)內(nèi)容，常以選擇題、填空題的形式出現(xiàn)，一般圍繞球與其他幾何體的內(nèi)切、外接問題命題，考查球的體積、表面積等．類型一外接球解決與外接球相關(guān)問題的關(guān)鍵是確定球心，然后通過(guò)球心和接點(diǎn)作截面，進(jìn)而將球的外接問題轉(zhuǎn)化為平面幾何問題，利用平面幾何知識(shí)來(lái)分析、處理．例1(1)(2024·江蘇啟東中學(xué)階段考試)已知三棱錐P－ABC的三條側(cè)棱兩兩互相垂直，且AB＝eq\r(5)，BC＝eq\r(7)，AC＝2，則此三棱錐的外接球的體積為()A．eq\f(8π,3) B．eq\f(8\r(2)π,3)C．eq\f(16π,3) D．eq\f(32π,3)答案B解析由題意知，可將三棱錐放入長(zhǎng)方體中考慮，則長(zhǎng)方體的外接球即為三棱錐的外接球，故球的半徑為長(zhǎng)方體體對(duì)角線的一半，設(shè)PA＝x，則PB2＋PC2＝BC2＝7，即5－x2＋4－x2＝7，解得x＝1，故PA＝1，PB＝2，PC＝eq\r(3)，所以R＝eq\f(\r(12＋22＋（\r(3)）2),2)＝eq\r(2)，所以此三棱錐的外接球的體積為eq\f(4,3)πR3＝eq\f(8\r(2)π,3).(2)(2022·新高考Ⅱ卷)已知正三棱臺(tái)的高為1，上、下底面邊長(zhǎng)分別為3eq\r(3)和4eq\r(3)，其頂點(diǎn)都在同一球面上，則該球的表面積為()A．100π B．128πC．144π D．192π答案A解析設(shè)正三棱臺(tái)上、下底面所在圓面的半徑分別為r1，r2，所以2r1＝eq\f(3\r(3),sin60°)，2r2＝eq\f(4\r(3),sin60°)，則r1＝3，r2＝4.設(shè)球心到上、下底面的距離分別為d1，d2，球的半徑為R(R≥4)，所以d1＝eq\r(R2－9)，d2＝eq\r(R2－16)，故|d1－d2|＝1或d1＋d2＝1，即|eq\r(R2－9)－eq\r(R2－16)|＝1或eq\r(R2－9)＋eq\r(R2－16)＝1，解得R2＝25，符合題意，所以球的表面積為S＝4πR2＝100π.故選A.(3)(2023·全國(guó)乙卷)已知點(diǎn)S，A，B，C均在半徑為2的球面上，△ABC是邊長(zhǎng)為3的等邊三角形，SA⊥平面ABC，則SA＝________．答案2解析如圖，將三棱錐S－ABC轉(zhuǎn)化為直三棱柱SMN－ABC，設(shè)△ABC的外接圓的圓心為O1，半徑為r，則2r＝eq\f(AB,sin∠ACB)＝eq\f(3,\f(\r(3),2))＝2eq\r(3)，可得r＝eq\r(3).設(shè)三棱錐S－ABC的外接球的球心為O，連接OA，OO1，則OA＝2，OO1＝eq\f(1,2)SA，因?yàn)镺A2＝O1A2＋OOeq\o\al(2,1)，即4＝3＋eq\f(1,4)SA2，所以SA＝2.(4)(2022·新高考Ⅰ卷改編)已知正四棱錐的側(cè)棱長(zhǎng)為l，其各頂點(diǎn)都在同一球面上．若該球的體積為36π，且3≤l≤3eq\r(3)，則該正四棱錐體積的取值范圍是________．答案eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(27,4)，\f(64,3)))解析如圖，設(shè)該球的半徑為R，球心為O，正四棱錐的底邊長(zhǎng)為a，高為h，正四棱錐的側(cè)棱與高所成的角為θ，則正四棱錐的底邊長(zhǎng)a＝eq\r(2)lsinθ，高h(yuǎn)＝lcosθ.依題意，得36π＝eq\f(4,3)πR3，解得R＝3.在△OPC中，作OE⊥PC，垂足為E，則可得cosθ＝eq\f(\f(l,2),R)＝eq\f(l,6)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),2)))，所以l＝6cosθ，所以正四棱錐的體積V＝eq\f(1,3)a2h＝eq\f(1,3)(eq\r(2)lsinθ)2·lcosθ＝eq\f(2,3)(6cosθ)3sin2θcosθ＝144(sinθcos2θ)2.設(shè)sinθ＝t，易得t∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),2))).令y＝sinθcos2θ＝t(1－t2)＝t－t3，則y′＝1－3t2，令y′＝0，得t＝eq\f(\r(3),3)，所以當(dāng)eq\f(1,2)＜t＜eq\f(\r(3),3)時(shí)，y′＞0；當(dāng)eq\f(\r(3),3)＜t＜eq\f(\r(3),2)時(shí)，y′＜0，所以函數(shù)y＝t－t3在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(3),3)))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，\f(\r(3),2)))上單調(diào)遞減．又當(dāng)t＝eq\f(\r(3),3)時(shí)，y＝eq\f(2\r(3),9)；當(dāng)t＝eq\f(1,2)時(shí)，y＝eq\f(3,8)；當(dāng)t＝eq\f(\r(3),2)時(shí)，y＝eq\f(\r(3),8).所以eq\f(\r(3),8)≤y≤eq\f(2\r(3),9)，所以eq\f(27,4)≤V≤eq\f(64,3).所以該正四棱錐的體積的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(27,4)，\f(64,3))).1．求解幾何體外接球半徑的思路一是根據(jù)球的截面的性質(zhì)，利用球的半徑R、截面圓的半徑r及球心到截面圓的距離d三者的關(guān)系R2＝r2＋d2求解，其中，確定球心的位置是關(guān)鍵；二是將幾何體補(bǔ)成長(zhǎng)方體，利用該幾何體與長(zhǎng)方體共有外接球的特征，由外接球的直徑等于長(zhǎng)方體的體對(duì)角線長(zhǎng)求解．2．確定球心常用的方法(1)長(zhǎng)方體或正方體的外接球的球心是其體對(duì)角線的中點(diǎn)．(2)正棱柱的外接球的球心是上、下底面中心連線的中點(diǎn)．(3)直三棱柱的外接球的球心是上、下底面三角形外心連線的中點(diǎn)．(4)正棱錐的外接球的球心在其高上，具體位置可通過(guò)建立直角三角形運(yùn)用勾股定理計(jì)算得到．1．(2024·福建寧德一中高三模擬)在直三棱柱ABC－A1B1C1中，AB⊥BC，BC＝1，AB＝eq\r(3)，AA1＝2eq\r(3)，則該直三棱柱的外接球的體積為()A．eq\f(8π,3) B．eq\f(16π,3)C．eq\f(32π,3) D．eq\f(64π,3)答案C解析如圖所示，將直三棱柱ABC－A1B1C1補(bǔ)成長(zhǎng)方體，則長(zhǎng)方體的外接球即為直三棱柱的外接球．長(zhǎng)方體的體對(duì)角線長(zhǎng)為eq\r(（2\r(3)）2＋（\r(3)）2＋1)＝4，設(shè)長(zhǎng)方體的外接球的半徑為R，則2R＝4，解得R＝2，所以該直三棱柱的外接球的體積V＝eq\f(4,3)πR3＝eq\f(32π,3).故選C.2．(2024·鞍山一中高三模擬)在三棱錐P－ABC中，PA＝BC＝4，PB＝AC＝5，PC＝AB＝eq\r(11)，則三棱錐P－ABC外接球的表面積為()A．26π B．12πC．8π D．24π答案A解析三棱錐P－ABC中，PA＝BC＝4，PB＝AC＝5，PC＝AB＝eq\r(11)，如圖，構(gòu)造長(zhǎng)方體，使得面上的對(duì)角線長(zhǎng)分別為4，5，eq\r(11)，則長(zhǎng)方體的體對(duì)角線長(zhǎng)等于三棱錐P－ABC外接球的直徑，設(shè)長(zhǎng)方體的棱長(zhǎng)分別為x，y，z，則x2＋y2＝16，y2＋z2＝25，x2＋z2＝11，則x2＋y2＋z2＝26，因此三棱錐P－ABC外接球的直徑為eq\r(26)，所以三棱錐P－ABC外接球的表面積為4π·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(26),2)))eq\s\up12(2)＝26π.故選A.3．(2024·四川遂寧高三期末)已知A，B，C，D在球O的表面上，△ABC為等邊三角形且邊長(zhǎng)為3，AD⊥平面ABC，AD＝2，則球O的表面積為________．答案16π解析球心O在平面ABC的投影為△ABC的中心，設(shè)為O1，連接OD，OO1，OA，設(shè)H是AD的中點(diǎn)，連接OH，如圖所示，則AO1＝eq\f(3,2sin60°)＝eq\r(3)，OA＝OD＝R，則OH⊥AD，四邊形AO1OH為矩形，OO1＝AH＝1，R2＝AOeq\o\al(2,1)＋OOeq\o\al(2,1)＝3＋1＝4，故R＝2，S＝4πR2＝16π.4．(2022·全國(guó)乙卷改編)已知球O的半徑為1，四棱錐的頂點(diǎn)為O，底面的四個(gè)頂點(diǎn)均在球O的球面上，則當(dāng)該四棱錐的體積最大時(shí)，其高為________．答案eq\f(\r(3),3)解析設(shè)該四棱錐的底面為四邊形ABCD，四邊形ABCD所在小圓的半徑為r，四邊形ABCD對(duì)角線的夾角為α，則S四邊形ABCD＝eq\f(1,2)AC·BDsinα≤eq\f(1,2)AC·BD≤eq\f(1,2)·2r·2r＝2r2(當(dāng)且僅當(dāng)四邊形ABCD為正方形時(shí)，等號(hào)成立)，即當(dāng)四棱錐的頂點(diǎn)O到底面ABCD所在小圓距離一定時(shí)，底面ABCD的面積的最大值為2r2，設(shè)該四棱錐的高為h，則r2＋h2＝1，所以VO－ABCD＝eq\f(1,3)·2r2·h＝eq\f(\r(2),3)eq\r(r2·r2·2h2)≤eq\f(\r(2),3)eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(r2＋r2＋2h2,3)))\s\up12(3))＝eq\f(4\r(3),27)，當(dāng)且僅當(dāng)r2＝2h2，即h＝eq\f(\r(3),3)時(shí)，等號(hào)成立．類型二內(nèi)切球解決與內(nèi)切球相關(guān)的問題，其通法也是作截面，將空間幾何問題轉(zhuǎn)化為平面幾何問題來(lái)解決．例2(1)(2024·廣東廣州模擬)已知一個(gè)圓臺(tái)的母線長(zhǎng)為5，且它的內(nèi)切球的表面積為16π，則該圓臺(tái)的體積為()A．25π B．eq\f(84π,3)C．28π D．36π答案C解析由圓臺(tái)的內(nèi)切球的表面積為16π，可得球的半徑為2.設(shè)圓臺(tái)上、下底面圓的半徑分別為x，y，作出圓臺(tái)的軸截面如圖所示．根據(jù)題意可知eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋y＝5，,42＋（y－x）2＝52，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝4.))又圓臺(tái)的高為4，所以該圓臺(tái)的體積為eq\f(1,3)×(π＋16π＋eq\r(π×16π))×4＝28π.故選C.(2)已知正三棱錐的高為1，底面邊長(zhǎng)為2eq\r(3)，內(nèi)有一個(gè)球與四個(gè)面都相切，則正三棱錐的內(nèi)切球的半徑為________．答案eq\r(2)－1解析如圖，過(guò)點(diǎn)P作PD⊥平面ABC于點(diǎn)D，連接AD并延長(zhǎng)交BC于點(diǎn)E，連接PE.因?yàn)椤鰽BC是正三角形，所以AE是BC邊上的高和中線，D為△ABC的中心．因?yàn)锳B＝BC＝2eq\r(3)，所以S△ABC＝3eq\r(3)，DE＝1，PE＝eq\r(2).所以S三棱錐表＝3×eq\f(1,2)×2eq\r(3)×eq\r(2)＋3eq\r(3)＝3eq\r(6)＋3eq\r(3).因?yàn)镻D＝1，所以三棱錐的體積V＝eq\f(1,3)×3eq\r(3)×1＝eq\r(3).設(shè)內(nèi)切球的半徑為r，以球心O為頂點(diǎn)，三棱錐的四個(gè)面為底面，把正三棱錐分割為四個(gè)小三棱錐，由eq\f(1,3)S三棱錐表·r＝eq\r(3)，得r＝eq\f(3\r(3),3\r(6)＋3\r(3))＝eq\r(2)－1.(3)(2023·全國(guó)甲卷)在正方體ABCD－A1B1C1D1中，E，F(xiàn)分別為CD，A1B1的中點(diǎn)，則以EF為直徑的球面與正方體每條棱的交點(diǎn)總數(shù)為________．答案12解析如圖，不妨設(shè)正方體的棱長(zhǎng)為2，EF的中點(diǎn)為O，取AB，BB1的中點(diǎn)G，M，側(cè)面BB1C1C的中心為N，連接FG，EG，OM，ON，MN，由題意可知，O為球心，在正方體中，EF＝eq\r(FG2＋EG2)＝eq\r(22＋22)＝2eq\r(2)，即R＝eq\r(2)，則球心O到BB1的距離為OM＝eq\r(ON2＋MN2)＝eq\r(12＋12)＝eq\r(2)，所以球O與棱BB1相切，球面與棱BB1只有1個(gè)交點(diǎn)，同理，根據(jù)正方體的對(duì)稱性知，球面與其余各棱也只有1個(gè)交點(diǎn)，所以以EF為直徑的球面與正方體每條棱的交點(diǎn)總數(shù)為12.“切”的問題常用的處理方法(1)找準(zhǔn)切點(diǎn)，通過(guò)作過(guò)球心的截面來(lái)解決．(2)通過(guò)體積分割法來(lái)求內(nèi)切球的半徑．5．已知圓錐的底面半徑為1，母線長(zhǎng)為3，則該圓錐內(nèi)半徑最大的球的體積為________．答案eq\f(\r(2)π,3)解析圓錐內(nèi)半徑最大的球即為圓錐的內(nèi)切球，設(shè)其半徑為r.作出圓錐的軸截面PAB，如圖所示，則△PAB的內(nèi)切圓為圓錐的內(nèi)切球的大圓．在△PAB中，PA＝PB＝3，D為AB的中點(diǎn)，AB＝2，E為切點(diǎn)，則PD＝2eq\r(2)，△PEO∽△PDB，故eq\f(PO,PB)＝eq\f(OE,DB)，即eq\f(2\r(2)－r,3)＝eq\f(r,1)，解得r＝eq\f(\r(2),2)，故內(nèi)切球的體積為eq\f(4,3)π×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))eq\s\up12(3)＝eq\f(\r(2)π,3).6.(2024·山東煙臺(tái)模擬)某學(xué)校開展手工藝品展示活動(dòng)，某同學(xué)用塑料制作了如圖所示的手工藝品，其外部為一個(gè)底面邊長(zhǎng)為6的正三棱柱，內(nèi)部為一個(gè)球，球的表面與三棱柱的各面均相切，則該內(nèi)切球的表面積為________，三棱柱的頂點(diǎn)到球的表面的最短距離為________．答案12πeq\r(15)－eq\r(3)解析過(guò)側(cè)棱的中點(diǎn)作正三棱柱的截面，如圖所示，則球心為△MNG的中心．因?yàn)镸N＝6，所以△MNG內(nèi)切圓的半徑r＝OH＝eq\f(1,3)MH＝eq\f(1,3)eq\r(MN2－HN2)＝eq\r(3)，即內(nèi)切球的半徑R＝eq\r(3)，所以內(nèi)切球的表面積S＝4πR2＝12π.又正三棱柱的高AA1＝2R＝2eq\r(3)，OM＝eq\f(2,3)MH＝2eq\r(3)，所以AO＝eq\r(OM2＋AM2)＝eq\r(（2\r(3)）2＋（\r(3)）2)＝eq\r(15)，所以點(diǎn)A到球的表面的最短距離為AO－R＝eq\r(15)－eq\r(3).類型三球的截面、截線問題解決球的截面、截線問題的關(guān)鍵是利用球的截面的性質(zhì)．例3(1)(2024·云南昆明模擬)已知OA為球O的半徑，M為線段OA上的點(diǎn)，且AM＝2MO，過(guò)點(diǎn)M且垂直于OA的平面截球面得到圓M，若圓M的面積為8π，則OA＝()A．2eq\r(2) B．3C．2eq\r(3) D．4答案B解析如圖所示，由題意，得π×BM2＝8π，則BM＝2eq\r(2).設(shè)球的半徑為R，則MO＝eq\f(1,3)R，OB＝R，所以R2＝eq\f(1,9)R2＋(2eq\r(2))2，所以O(shè)A＝R＝3.故選B.(2)已知A，B，C為球O的球面上的三個(gè)點(diǎn)，⊙O1為△ABC的外接圓，若⊙O1的面積為4π，AB＝BC＝AC＝OO1，則球O的表面積為()A．64π B．48πC．36π D．32π答案A解析設(shè)⊙O1的半徑為r，球的半徑為R，依題意，得πr2＝4π，∴r＝2.由正弦定理可得eq\f(AB,sin60°)＝2r，∴AB＝2rsin60°＝2eq\r(3)，∴OO1＝AB＝2eq\r(3).根據(jù)球的截面性質(zhì)，得OO1⊥平面ABC，∴OO1⊥O1A，R＝OA＝eq\r(OOeq\o\al(2,1)＋O1A2)＝eq\r(OOeq\o\al(2,1)＋r2)＝4，∴球O的表面積S＝4πR2＝64π.故選A.(3)(2020·新高考Ⅰ卷)已知直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的棱長(zhǎng)均為2，∠BAD＝60°.以D1為球心，eq\r(5)為半徑的球面與側(cè)面BCC1B1的交線長(zhǎng)為________．答案eq\f(\r(2)π,2)解析如圖所示，取B1C1的中點(diǎn)為E，BB1的中點(diǎn)為F，CC1的中點(diǎn)為G，連接D1E，EF，EG，D1B1，因?yàn)椤螧AD＝60°，直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的棱長(zhǎng)均為2，所以△D1B1C1為等邊三角形，所以D1E＝eq\r(3)，D1E⊥B1C1.又四棱柱ABCD－A1B1C1D1為直四棱柱，所以BB1⊥平面A1B1C1D1，所以BB1⊥D1E.因?yàn)锽B1∩B1C1＝B1，所以D1E⊥側(cè)面B1C1CB.設(shè)P為側(cè)面B1C1CB與球面的交線上的點(diǎn)，連接D1P，EP，則D1E⊥EP.因?yàn)榍虻陌霃綖閑q\r(5