23 1第七篇 立体几何与空间向量专题7.01 空间几何体的结构及其表面积、体积【考试要求】1.利用实物、计算机软件等观察空间图形，认识柱、锥、台、球及简单组合体的结构特征，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、棱柱、棱锥、棱台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. 【知识梳理】1.空间几何体的结构特征 (1)多面体的结构特征名称棱柱棱锥棱台图形底面互相平行且全等多边形互相平行且相似侧棱平行且相等相交于一点，但不一定相等延长线交于一点侧面形状平行四边形三角形梯形 (2)旋转体的结构特征 名称圆柱圆锥圆台球图形母线互相平行且相等，垂直于底面相交于一点延长线交于一点轴截面 全等的矩形 全等的等腰三角形全等的等腰梯形圆 侧面展开矩形扇形扇环23 2图 2.直观图空间几何体的直观图常用斜二测画法来画，其规则是：(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、y ′轴所在平面垂直.(2)原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍分别平行于坐标轴.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 轴的线段长度在直观图中变为原来的一半. 3.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＝2πrlS 圆锥侧＝πrlS 圆台侧＝π(r 1＋r 2)l4.空间几何体的表面积与体积公式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 ＝S 底h锥 体(棱锥和圆锥) S 表面积＝S 侧＋S 底V ＝13S 底h台 体(棱台和圆台)S 表面积＝S 侧＋S 上＋S 下V ＝13(S 上＋S 下＋S 上S 下)h球S ＝4πR 2V ＝43πR 3【微点提醒】1.台体可以看成是由锥体截得的，易忽视截面与底面平行且侧棱延长后必交于一点.2.正方体的棱长为a ，球的半径为R ，则与其有关的切、接球常用结论如下 ： (1)若球为正方体的外接球，则2R ＝3a ； (2)若球为正方体的内切球，则2R ＝a ； (3)若球与正方体的各棱相切，则2R ＝2a .23 33.长方体的共顶点的三条棱长分别为a ，b ，c ，外接球的半径为R ，则2R ＝a 2＋b 2＋c 2.4.正四面体的外接球与内切球的半径之比为3∶1. 【疑误辨析】1.判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”)(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)用斜二测画法画水平放置的∠A 时，若∠A 的两边分别平行于x 轴和y轴，且∠A ＝90°，则在直观图中，∠A ＝45°.( )(4)锥体的体积等于底面面积与高之积.( ) 【答案】 (1)× (2)× (3)× (4)×【解析】 (1)反例：由两个平行六面体上下组合在一起的图形满足条件，但不是棱柱. (2)反例：如图所示的图形满足条件但不是棱锥.(3)用斜二测画法画水平放置的∠A 时，把x ，y 轴画成相交成45°或135°，平行于x 轴的线段还平行于x 轴，平行于y 轴的线段还平行于y 轴，所以∠A 也可能为135°. (4)锥体的体积等于底面面积与高之积的三分之一，故不正确. 【教材衍化】2.(必修2P10B1改编)如图，长方体ABCD －A ′B ′C ′D ′被截去一部分，其中EH ∥A ′D ′.剩下的几何体是( )A.棱台B.四棱柱C.五棱柱D.六棱柱【答案】 C【解析】 由几何体的结构特征，剩下的几何体为五棱柱.23 43.(必修2P27练习1改编)已知圆锥的表面积等于12π cm 2，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 cmD.32cm 【答案】 B【解析】 由题意，得S 表＝πr 2＋πrl ＝πr 2＋πr ·2r ＝3πr 2＝12π，解得r 2＝4，所以r ＝2(cm). 【真题体验】4.(2016·全国Ⅱ卷)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.323π C.8πD.4π【答案】 A【解析】 设正方体的棱长为a ，则a 3＝8，解得a ＝2.设球的半径为R ，则2R ＝3a ，即R ＝ 3.所以球的表面积S ＝4πR 2＝12π.5.(2017·全国Ⅲ卷)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.3π4C.π2D.π4【答案】 B【解析】 如图画出圆柱的轴截面ABCD ，O 为球心.球半径R ＝OA ＝1，球心到底面圆的距离为OM ＝12.∴底面圆半径r ＝OA 2－OM 2＝32，故圆柱体积V ＝π·r 2·h ＝π·⎝⎛⎭⎫322×1＝3π4.6.(2019·菏泽一中月考)用斜二测画法画水平放置的矩形的直观图，则直观图的面积与原矩形的面积之比为________. 【答案】24【解析】 设原矩形的长为a ，宽为b ，则其直观图是长为a ，高为b 2sin 45°＝24b 的平行四边形，所以S 直观S 矩形＝23 524ab ab ＝24.【考点聚焦】考点一 空间几何体的结构特征 【例1】 (1)给出下列命题：①在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线是圆柱的母线； ②直角三角形绕其任一边所在直线旋转一周所形成的几何体都是圆锥； ③棱台的上、下底面可以不相似，但侧棱长一定相等. 其中正确命题的个数是( ) A.0B.1C.2D.3(2)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； ③存在每个面都是直角三角形的四面体； ④棱台的侧棱延长后交于一点. 其中正确命题的序号是________. 【答案】 (1)A (2)②③④【解析】 (1)①不一定，只有当这两点的连线平行于轴时才是母线；②不一定，当以斜边所在直线为旋转轴时，其余两边旋转形成的面所围成的几何体不是圆锥，如图所示，它是由两个同底圆锥组成的几何体；③错误，棱台的上、下底面相似且是对应边平行的多边形，各侧棱延长线交于一点，但是侧棱长不一定相等.(2)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，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；③正确，如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中的三棱锥C 123 6－ABC ，四个面都是直角三角形；④正确，由棱台的概念可知.【规律方法】 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.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.既然棱(圆)台是由棱(圆)锥定义的，所以在解决棱(圆)台问题时，要注意“还台为锥”的解题策略. 【训练1】 下列命题正确的是( )A.两个面平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台B.两个面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台C.以直角梯形的一条直角腰所在的直线为旋转轴，其余三边旋转形成的面所围成的旋转体是圆台D.用平面截圆柱得到的截面只能是圆和矩形 【答案】 C【解析】 如图所示，可排除A ，B 选项.只有截面与圆柱的母线平行或垂直，则截得的截面为矩形或圆，否则为椭圆或椭圆的一部分.考点二 空间几何体的直观图【例2】 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.34a 2B.38a 2 C.68a 2 D.616a 2 【答案】 D【解析】 如图①②所示的实际图形和直观图.23 7由斜二测画法可知，A ′B ′＝AB ＝a，O ′C ′＝12OC ＝34a ，在图②中作C ′D ′⊥A ′B ′于D ′，则C ′D ′＝22O ′C ′＝68a .所以S △A ′B ′C ′＝12A ′B ′·C ′D ′＝12×a ×68a ＝616a 2.故选D.【规律方法】1.画几何体的直观图一般采用斜二测画法，其规则可以用“斜”(两坐标轴成45°或135°)和“二测”(平行于y 轴的线段长度减半，平行于x 轴和z 轴的线段长度不变)来掌握.2.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＝24S 原图形.【训练2】 如果一个水平放置的图形的斜二测直观图是一个底角为45°，腰和上底均为1的等腰梯形，那么原平面图形的面积是( ) A.2＋ 2 B.1＋22C.2＋22D.1＋ 2【答案】 A【解析】 恢复后的原图形为一直角梯形， 所以S ＝12(1＋2＋1)×2＝2＋ 2.故选A.考点三 空间几何体的表面积【例3】 (1)若正四棱锥的底面边长和高都为2，则其全面积为________.(2)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________(结果中保留π).(3)如图直平行六面体的底面为菱形，若过不相邻两条侧棱的截面的面积分别为Q 1，Q 2，则它的侧面积为______.【答案】 (1)4＋45 (2)1 100π cm 2 (3)2Q 21＋Q 22【解析】 (1)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.23 8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 ＝22＋12＝ 5.所以该四棱锥的侧面积S ＝4×12×2×5＝45，∴S 全＝2×2＋45＝4＋4 5.(2)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. 同理SB ＝40.所以AB ＝SB －SA ＝20. S 表＝S 侧＋S 上底＋S 下底＝π(r 1＋r 2)·AB ＋πr 21＋πr 22＝π(10＋20)×20＋π×102＋π×202 ＝1 100π(cm 2).故圆台的表面积为1 100π cm 2.(3)设直平行六面体的底面边长为a ，侧棱长为l ，则S 侧＝4al ，因为过A 1A ，C 1C 与过B 1B ，D 1D 的截面都为矩形，从而⎩⎪⎨⎪⎧Q 1＝AC ·l ，Q 2＝BD ·l ， 则AC ＝Q 1l ，BD ＝Q 2l .又AC ⊥BD ，∴⎝⎛⎭⎫AC 22＋⎝⎛⎭⎫BD 22＝a 2.∴⎝⎛⎭⎫Q 12l 2＋⎝⎛⎭⎫Q 22l 2＝a 2. ∴4a 2l 2＝Q 21＋Q 22，2al ＝Q 21＋Q 22， ∴S 侧＝4al ＝2Q 21＋Q 22.23 9【规律方法】 1.求解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.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.3.旋转体的表面积问题注意其侧面展开图的应用.【训练3】 (1)圆柱的侧面展开图是边长为6π和4π的矩形，则圆柱的表面积为( ) A.6π(4π＋3) B.8π(3π＋1)C.6π(4π＋3)或8π(3π＋1)D.6π(4π＋1)或8π(3π＋2)(2)(必修2P36A10改编)一直角三角形的三边长分别为6 cm ，8 cm ，10 cm ，绕斜边旋转一周所得几何体的表面积为________.【答案】 (1)C (2)3365π cm 2【解析】 (1)分两种情况：①以长为6π的边为高时，4π为圆柱底面周长，则2πr ＝4π，r ＝2，所以S 底＝4π，S 侧＝6π×4π＝24π2，S 表＝2S 底＋S 侧＝8π＋24π2＝8π(3π＋1)；②以长为4π的边为高时，6π为圆柱底面周长，则2πr ＝6π，r ＝3.所以S 底＝9π，S 表＝2S 底＋S 侧＝18π＋24π2＝6π(4π＋3).(2)旋转一周所得几何体为以245 cm 为半径的两个同底面的圆锥，其表面积为S ＝π×245×6＋π×245×8＝3365π(cm 2).考点四 空间几何体的体积【例4】 (1)(必修2P27例4改编)圆柱的底面直径与高都等于球的直径，则球的体积与圆柱的体积比V 球∶V柱为( )A.1∶2B.2∶3C.3∶4D.1∶3(2)(2018·天津卷)已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，除面ABCD 外，该正方体其余各面的中心分别为点E ，F ，G ，H ，M (如图)，则四棱锥M －EFGH 的体积为________.23 10【答案】(1)B (2)112【解析】 (1)设球的半径为R ，则V 球V 柱＝43πR 3πR 2×2R ＝23.(2)连接AD 1，CD 1，B 1A ，B 1C ，AC ，因为E ，H 分别为AD 1，CD 1的中点，所以EH ∥AC ，EH ＝12AC .因为F ，G 分别为B 1A ，B 1C 的中点，所以FG ∥AC ，FG ＝12AC .所以EH ∥FG ，EH ＝FG ，所以四边形EHGF 为平行四边形，又EG ＝HF ，EH ＝HG ，所以四边形EHGF 为正方形.又点M 到平面EHGF 的距离为12，所以四棱锥M －EFGH 的体积为13×⎝⎛⎭⎫222×12＝112.【规律方法】 1.(直接法)规则几何体：对于规则几何体，直接利用公式计算即可.2.(割补法)不规则几何体：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.3.(等积法)三棱锥：利用三棱锥的“等积性”可以把任一个面作为三棱锥的底面.(1)求体积时，可选择“容易计算”的方式来计算；(2)利用“等积性”可求“点到面的距离”，关键是在面中选取三个点，与已知点构成三棱锥.【训练4】 (必修2P28A3改编)如图，将一个长方体用过相邻三条棱的中点的平面截出一个棱锥，则该棱锥的体积与剩下的几何体体积的比为________.【答案】 1∶47【解析】 设长方体的相邻三条棱长分别为a ，b ，c ，它截出棱锥的体积为V 1＝13×12×12a ×12b ×12c ＝148abc ，剩下的几何体的体积V 2＝abc －148abc ＝4748abc ，所以V 1∶V 2＝1∶47.23 11考点五 多面体与球的切、接问题【例5】 (经典母题)(2016·全国Ⅲ卷)在封闭的直三棱柱ABC －A 1B 1C 1内有一个体积为V 的球.若AB ⊥BC ，AB ＝6，BC ＝8，AA 1＝3，则V 的最大值是( ) A.4π B.9π2C.6πD.32π3【答案】 B【解析】 由AB ⊥BC ，AB ＝6，BC ＝8，得AC ＝10.要使球的体积V 最大，则球与直三棱柱的部分面相切，若球与三个侧面相切，设底面△ABC 的内切圆的半径为r .则12×6×8＝12×(6＋8＋10)·r ，所以r ＝2. 2r ＝4＞3，不合题意.球与三棱柱的上、下底面相切时，球的半径R 最大. 由2R ＝3，即R ＝32.故球的最大体积V ＝43πR 3＝92π.【迁移探究1】 若本例中的条件变为“直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的球面上”，若AB ＝3，AC ＝4，AB ⊥AC ，AA 1＝12，求球O 的表面积. 【答案】见解析【解析】将直三棱柱补形为长方体ABEC －A 1B 1E 1C 1， 则球O 是长方体ABEC －A 1B 1E 1C 1的外接球. ∴体对角线BC 1的长为球O 的直径. 因此2R ＝32＋42＋122＝13. 故S 球＝4πR 2＝169π.【迁移探究2】 若本例中的条件变为“正四棱锥的顶点都在球O 的球面上”，若该棱锥的高为4，底面边长为2，求该球的体积. 【答案】见解析【解析】如图，设球心为O ，半径为r ，23 12则在Rt △AOF 中，(4－r )2＋(2)2＝r 2， 解得r ＝94，则球O 的体积V 球＝43πr 3＝43π×⎝⎛⎭⎫943＝243π16.【规律方法】1.与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接.球与旋转体的组合通常是作它们的轴截面解题，球与多面体的组合，通过多面体的一条侧棱和球心，或“切点”、“接点”作出截面图，把空间问题化归为平面问题.2.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确定直径解决外接问题.【训练5】 (2019·北京海淀区调研)三棱锥P －ABC 中，平面PAC ⊥平面ABC ，AB ⊥AC ，PA ＝PC ＝AC ＝2，AB ＝4，则三棱锥P －ABC 的外接球的表面积为( ) A.23π B.234π C.64πD.643π 【答案】 D【解析】 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 ＝23PH ＝23×32×2＝233，OO ′＝DH ＝12AB ＝2.∴R 2＝OP 2＝O ′P 2＋O ′O 2＝43＋4＝163.故几何体外接球的表面积S ＝4πR 2＝643π.【反思与感悟】 1.几何体的截面及作用(1)常见的几种截面：①过棱柱、棱锥、棱台的两条相对侧棱的截面；②平行于底面的截面；③旋转体中的轴截面；④球的截面.(2)作用：利用截面研究几何体，贯彻了空间问题平面化的思想，截面可以把几何体的性质、画法及证明、计算融为一体.2.棱台和圆台是分别用平行于棱锥和圆锥的底面的平面截棱锥和圆锥后得到的，所以在解决棱台和圆台的相关问题时，常“还台为锥”，体现了转化的数学思想.3.转化与化归思想：计算旋转体的侧面积时，一般采用转化的方法来进行，即将侧面展开化为平面图形，“化曲为直”来解决，因此要熟悉常见旋转体的侧面展开图的形状及平面图形面积的求法.【易错防范】1.求组合体的表面积时：组合体的衔接部分的面积问题易出错.2.底面是梯形的四棱柱侧放时，容易和四棱台混淆，在识别时要紧扣定义，以防出错.【核心素养提升】【直观想象与逻辑推理】——简单几何体的外接球与内切球问题1.直观想象主要表现为利用几何图形描述问题，借助几何直观理解问题，运用空间想象认识事物，解决与球有关的问题对该素养有较高的要求.2.简单几何体外接球问题是立体几何中的难点和重要的考点，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.一、知识要点1.外接球的问题(1)必备知识：①简单多面体外接球的球心的结论.结论1：正方体或长方体的外接球的球心是其体对角线的中点.结论2：正棱柱的外接球的球心是上下底面中心的连线的中点.结论3：直三棱柱的外接球的球心是上下底面三角形外心的连线的中点.②构造正方体或长方体确定球心.③利用球心O与截面圆圆心O1的连线垂直于截面圆及球心O与弦中点的连线垂直于弦的性质，确定球心.(2)方法技巧：几何体补成正方体或长方体.2.内切球问题(1)必备知识：①内切球球心到多面体各面的距离均相等，外接球球心到多面体各顶点的距离均相等.23 1323 14②正多面体的内切球和外接球的球心重合.③正棱锥的内切球和外接球球心都在高线上，但不一定重合. (2)方法技巧：体积分割是求内切球半径的通用做法. 二、突破策略1.利用长方体的体对角线探索外接球半径【例1】 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.20πC.24πD.32π【答案】 C【解析】 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 ＝a 2h ＝16，a ＝2，4R 2＝a 2＋a 2＋h 2＝4＋4＋16＝24，所以球的表面积为S ＝24π.【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＝a 2＋b 2＋c 2求出R.2.利用长方体的面对角线探索外接球半径【例2】 三棱锥中S －ABC ，SA ＝BC ＝13，SB ＝AC ＝5，SC ＝AB ＝10.则三棱锥的外接球的表面积为______. 【答案】 14π【解析】 如图，在长方体中，设AE ＝a ，BE ＝b ，CE ＝c .23 15则SC ＝AB＝a 2＋b 2＝10， SA ＝BC ＝b 2＋c 2＝13， SB ＝AC ＝a 2＋c 2＝ 5.从而a 2＋b 2＋c 2＝14＝(2R )2，可得S ＝4πR 2＝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. 3.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 ＝2，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.32π B.3πC.23π D.2π【答案】 C【解析】 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l 1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l 2上.因而球心为l 1与l 2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 ＝2，球半径R ＝FD ＝BC 2＝32.故V ＝43π⎝⎛⎭⎫333＝32π.【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. 4.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98，底面周长为3，则这个球的体积为________.23 16【答案】4π3【解析】 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 ＝12，底面积为S ＝6·34·⎝⎛⎭⎫122＝338，V 柱＝Sh ＝338h ＝98，∴h ＝3，R 2＝⎝⎛⎭⎫322＋⎝⎛⎭⎫122＝1，R ＝1，球的体积为V ＝4π3. 【评析】 直棱柱的外接球、圆柱的外接球模型如下图其外接球球心就是上下底面外接圆圆心连线的中点. 5.锥体的内切球问题(1)题设：如图①，三棱锥P －ABC 是正三棱锥，求其内切球的半径.图①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 ＝13CD ，PO ＝PH －r ，PD 是侧面△ABP 的高；第三步：由△POE ∽△PDH ，建立等式：OE DH ＝POPD ，解出r .(2)题设：如图②，四棱锥P －ABC 是正四棱锥，求其内切球的半径.图②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 ＝12BC ，PO ＝PH －r ，PF 是侧面△PCD 的高；23 17第三步：由△POG ∽△PFH ，建立等式：OG HF ＝POPF ，解出r .(3)题设：三棱锥P －ABC 是任意三棱锥，求其的内切球半径.方法：等体积法，三棱锥P －ABC 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：先画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：V P －ABC ＝V O －ABC ＋V O －PAB ＋V O －PAC ＋V O －PBC ⇒V P －ABC ＝13S △ABC ·r ＋13S △PAB ·r ＋13S △PAC ·r ＋13S △PBC ·r ＝13(S △ABC ＋S △PAB ＋S △PAC ＋S △PBC )·r ； 第三步：解出r ＝3V P －ABC S O －ABC ＋S O －PAB ＋S O －PAC ＋S O －PBC6.柱体的内切球问题【例5】 体积为4π3的球与正三棱柱的所有面均相切，则该棱柱的体积为________.【答案】 6 3【解析】 设球的半径为R ，由4π3R 3＝4π3，得R ＝1，所以正三棱柱的高h ＝2.设底面边长为a ，则13×32a ＝1，所以a ＝2 3.所以V ＝34×(23)2×2＝6 3. 【分层训练】【基础巩固题组】(建议用时：40分钟) 一、选择题1.下列说法中，正确的是( ) A.棱柱的侧面可以是三角形B.若棱柱有两个侧面是矩形，则该棱柱的其他侧面也是矩形C.正方体的所有棱长都相等D.棱柱的所有棱长都相等 【答案】 C【解析】 棱柱的侧面都是平行四边形，选项A 错误；其他侧面可能是平行四边形，选项B 错误；棱柱的侧棱与底面边长并不一定相等，选项D 错误；易知选项C 正确.故选C. 2.一个球的表面积是16π，那么这个球的体积为( ) A.163π B.323π C.16πD.24π23 18【答案】 B【解析】 设球的半径为R ，则S ＝4πR 2＝16π，解得R ＝2，则球的体积V ＝43πR 3＝323π.3.纸制的正方体的六个面根据其方位分别标记为上、下、东、南、西、北，现在沿该正方体的一些棱将正方体剪开，外面朝上展平，得到如图所示的平面图形，则标“△”的面的方位是( )A.南B.北C.西D.下【答案】 B【解析】 将所给图形还原为正方体，如图所示，最上面为△，最左面为东，最里面为上，将正方体旋转后让东面指向东，让“上”面向上可知“△”的方位为北.4.《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺.问：积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米(如图，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有( )A.14斛B.22斛C.36斛D.66斛【答案】 B【解析】 设米堆的底面半径为r 尺，则π2r ＝8，所以r ＝16π.所以米堆的体积为V ＝14×13π·r 2·5＝π12·⎝⎛⎭⎫16π2·5≈3209(立方尺).故堆放的米约有3209÷1.62≈22(斛).5.如图所示，正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的底面边长为2，侧棱长为3，D 为BC 中点，则三棱锥A －B 1DC 1的23 19体积为( )A.3B.32C.1D.32【答案】 C【解析】 如题图，在正△ABC 中，D 为BC 中点，则有AD ＝32AB ＝3，又∵平面BB 1C 1C ⊥平面ABC ，AD ⊥BC ，AD ⊂平面ABC ，由面面垂直的性质定理可得AD ⊥平面BB 1C 1C ，即AD 为三棱锥A －B 1DC 1的底面B 1DC 1上的高，∴VA －B 1DC 1＝13S △B 1DC 1·AD ＝13×12×2×3×3＝1.二、填空题6.一水平放置的平面四边形OABC ，用斜二测画法画出它的直观图O ′A ′B ′C ′如图所示，此直观图恰好是一个边长为1的正方形，则原平面四边形OABC 面积为________.【答案】 2 2【解析】 因为直观图的面积是原图形面积的24倍，且直观图的面积为1，所以原图形的面积为2 2. 7.现有橡皮泥制作的底面半径为5、高为4的圆锥和底面半径为2、高为8的圆柱各一个.若将它们重新制作成总体积与高均保持不变，但底面半径相同的新的圆锥和圆柱各一个，则新的底面半径为________. 【答案】7【解析】 设新的底面半径为r ，由题意得13πr 2·4＋πr 2·8＝13π×52×4＋π×22×8，解得r ＝7.8.(2019·济南调研)祖暅(公元前5～6世纪)，祖冲之之子，是我国齐梁时代的数学家.他提出了一条原理：“幂势既同，则积不容异.”这句话的意思是：两个等高的几何体若在所有等高处的水平截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等.该原理在西方直到十七世纪才由意大利数学家卡瓦列利发现，比祖暅晚一千一23 20百多年.椭球体是椭圆绕其轴旋转所成的旋转体.如图将底面直径皆为2b ，高皆为a 的椭半球体及已被挖去了圆锥体的圆柱体放置于同一平面β上.以平行于平面β的平面于距平面β任意高d 处可横截得到S 圆及S 环两截面，可以证明S 圆＝S 环总成立.据此，短轴长为4 cm ，长轴为6 cm 的椭球体的体积是________ cm 3.【答案】 16π【解析】 因为总有S 圆＝S 环，所以椭半球体的体积等于V 柱－V 锥＝πb 2a －13πb 2a ＝23πb 2a ，椭球体的体积为V ＝43πb 2a .因为2b ＝4，2a ＝6，所以b ＝2，a ＝3，所以，该椭球体的体积是43×22×3π＝16π(cm 3).三、解答题9.如图所示，正四棱台的高是17 cm ，两底面边长分别为4 cm 和16 cm ，求棱台的侧棱长和斜高.【答案】见解析【解析】设棱台两底面的中心分别为O ′和O ，B ′C ′，BC 的中点分别为E ′，E ，连接O ′B ′，O ′E ′，O ′O ，OE ，OB ，EE ′，则四边形O ′E ′EO ，OBB ′O ′均为直角梯形. 在正方形ABCD 中，BC ＝16 cm ， 则OB ＝8 2 cm ，OE ＝8 cm ， 在正方形A ′B ′C ′D ′中，B ′C ′＝4 cm ， 则O ′B ′＝2 2 cm ，O ′E ′＝2 cm ， 在直角梯形O ′OBB ′中，BB ′＝OO ′2＋（OB －O ′B ′）2＝19(cm)； 在直角梯形O ′OEE ′中，EE ′＝OO ′2＋（OE －O ′E ′）2＝513(cm).23 21 所以这个棱台的侧棱长为19 cm ，斜高为513 cm.10.现需要设计一个仓库，它由上下两部分组成，上部的形状是正四棱锥P －A 1B 1C 1D 1，下部的形状是正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1(如图所示)，并要求正四棱柱的高O 1O 是正四棱锥的高PO 1的4倍，若AB ＝6 m ，PO 1＝2 m ，则仓库的容积是多少？【答案】见解析【解析】由PO 1＝2 m ，知O 1O ＝4PO 1＝8 m.因为A 1B 1＝AB ＝6 m ，所以正四棱锥P －A 1B 1C 1D 1的体积V 锥＝13·A 1B 21·PO 1＝13×62×2＝24(m 3)； 正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的体积V 柱＝AB 2·O 1O ＝62×8＝288(m 3)，所以仓库的容积V ＝V 锥＋V 柱＝24＋288＝312(m 3).故仓库的容积是312 m 3.【能力提升题组】(建议用时：20分钟)11.(2019·石家庄模拟)用长度分别为2，3，5，6，9(单位：cm)的五根木棒连接(只允许连接，不允许折断)，组成共顶点的长方体的三条棱，则能够得到的长方体的最大表面积为( )A.258 cm 2B.414 cm 2C.416 cm 2D.418 cm 2【答案】 C【解析】 设长方体从同一顶点出发的三条棱的长分别为a ，b ，c ，则长方体的表面积S ＝2(ab ＋bc ＋ac )≤12[(a ＋b )2＋(b ＋c )2＋(a ＋c )2]，当且仅当a ＝b ＝c 时上式“＝”成立.由题意可知，a ，b ，c ，不可能相等，故当a ，b ，c 的大小最接近时，长方体的表面积最大，此时从同一顶点出发的三条棱的长为8，8，9，用长度为2，6的木棒连接，长度为3，5的木棒连接各为一条棱，长度为9的木棒为第三条棱，组成长方体，。