第17练　空间几何体 课件（共65张PPT）

(共65张PPT)
空间几何体
第17练
专项典题精练
高考汇编
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2.(2015·全国Ⅰ)《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
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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
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3.(2018·全国Ⅰ)已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为
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解析　如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，
平面AB1D1与棱A1A，A1B1，A1D1所成的角都相等，
又正方体的其余棱都分别与A1A，A1B1，A1D1平行，
故正方体ABCD－A1B1C1D1的每条棱所在直线与平
面AB1D1所成的角都相等.
取棱AB，BB1，B1C1，C1D1，DD1，AD的中点E，F，G，H，M，N，
则正六边形EFGHMN所在平面与平面AB1D1平行且面积最大，
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所以AB＝6，
设球的半径为R，球心到等边△ABC的外接圆圆心的距离为d，
所以三棱锥D－ABC高的最大值为2＋4＝6，
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5.(2021·全国甲卷)已知A，B，C是半径为1的球O的球面上的三个点，且AC⊥BC，AC＝BC＝1，则三棱锥O－ABC的体积为
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解析　如图所示，因为AC⊥BC，
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6.(2020·全国Ⅰ)已知A，B，C为球O的球面上的三个点，⊙O1为△ABC的外接圆，若⊙O1的面积为4π，AB＝BC＝AC＝OO1，则球O的表面积为
A.64π B.48π C.36π D.32π
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解析　如图，
设圆O1的半径为r，球的半径为R，正三角形ABC的边长为a.
由πr2＝4π，得r＝2，
在Rt△OO1A中，由勾股定理得
所以S球＝4πR2＝4π×16＝64π.
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7.(2019·全国Ⅲ)学生到工厂劳动实践，利用3D打印技术制作模型.如图，该模型为长方体ABCD－A1B1C1D1挖去四棱锥O－EFGH后所得的几何体，其中O为长方体的中心，E，F，G，H分别为所在棱的中点，AB＝BC＝6 cm，AA1＝4 cm,3D打印所用原料密度为0.9 g/cm3.不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为________g.
118.8
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解析　由题意得长方体ABCD－A1B1C1D1的体积为6×6×4＝144(cm3)，
四边形EFGH为平行四边形，如图所示，
连接GE，HF，
易知四边形EFGH的面积为矩形BCC1B1面积的一半，
所以该模型的体积为144－12＝132(cm3)，
所以制作该模型所需原料的质量为132×0.9＝118.8(g).
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解析　如图，设B1C1的中点为E，
球面与棱BB1，CC1的交点分别为P，Q，
连接DB，D1B1，D1P，D1E，EP，EQ，
由∠BAD＝60°，AB＝AD，知△ABD为等边三角形，
∴D1B1＝DB＝2，∴△D1B1C1为等边三角形，
∴E为球面截侧面BCC1B1所得截面圆的圆心，
设截面圆的半径为r，
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∴球面与侧面BCC1B1的交线为以E为圆心的圆弧PQ.
同理C1Q＝1，
∴P，Q分别为BB1，CC1的中点，
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模拟精选
9.(2021·铁岭模拟)蹴鞠(如图所示)，2006年5月20日，经国务院批准已作为非物质文化遗产列入第一批国家非物质文化遗产名录.蹴有用脚蹴、踢、蹋的含义，鞠最早系外包皮革、内实米糠的球，因而蹴鞠就是指古人以脚蹴、蹋、踢皮球的活动，类似今日的足球.已知某鞠(球)的表面上有四个点A，B，C，P，且球心O在PC上，AC＝BC＝2，AC⊥BC，tan∠PAB＝tan∠PBA＝ ，则该鞠(球)的表面积为
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解析　如图所示，
在△ABC中，因为AC＝BC＝2，AC⊥BC，
所以AB2＝AC2＋BC2＝8，
所以∠PAB＝∠PBA，即△PAB是等腰三角形，
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又球心O在PC上，故PC为球O的直径，
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所以该鞠(球)的表面积是S＝4πR2＝9π.
10.(2021·肇庆模拟)牙雕套球又称“鬼工球”，取鬼斧神工的意思，制作相当繁杂，工艺要求极高.明代曹昭在《格古要论·珍奇·鬼工毬》中写道：“尝有象牙圆毬儿一箇，中直通一窍，内车数重，皆可转动，故谓之鬼工毬”.现有
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某“鬼工球”，由外及里是两层表面积分别为100π cm2和64π cm2的同心球(球壁的厚度忽略不计)，在外球表面上有一点A，在内球表面上有一点B，连接线段AB.若线段AB不穿过小球内部，则线段AB长度的最大值是
A. cm B.9 cm C.3 cm D.2 cm
√
解析　因为外球的表面积为100π cm2，内球的表面积为64π cm2，
所以外球的半径为5 cm，内球的半径为4 cm，
如图，以外球表面上一点A、内球表面上一点B以及球心O作截面，
因为线段AB不穿过小球内部，
所以当线段AB与内球相切时线段AB的长度最大，
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11.(2021·沈阳模拟)球面上两点之间的最短连线的长度，就是经过这两个点的大圆在这两点间的一段劣弧的长度(大圆就是经过球心的平面截球面所得的圆)，我们把这个弧长叫做两点的球面距离.已知正△ABC的顶点都在半径为2的球面上，球心到△ABC所在平面的距离为 ，则A，B两点间的球面距离为
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解析　设球心为点O，
又∵OA＝OB＝2，
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12.(2021·绵阳中学模拟)已知正方体棱长为6，如图，有一球的球心是AC1的中点，半径为2，平面B1D1C截此球所得的截面面积是
A.π B.7π
C.4π D.3π
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解析　∵正方体棱长为6，
又球的半径为2，
∴截面圆的面积为π×12＝π.
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形的斗笠，称为“灯罩斗笠”，根据人的体型、高矮等制作成大小不一的型号供人选择使用，不同型号的斗笠大小经常用帽坡长(母线长)和帽底宽(底面圆直径长)两个指标进行衡量，现有一个“灯罩斗笠”，帽坡长20厘米，帽底宽 厘米，关于此斗笠，下面说法正确的是
13.(多选)(2021·青岛模拟)在南方不少地区，经常看到人们头戴一种用木片、竹篾或苇蒿等材料制作的斗笠，用来遮阳或避雨，随着旅游和文化交流活动的开展，斗笠也逐渐成为一种时尚旅游产品.有一种外形为圆锥
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C.若此斗笠顶点和底面圆上所有点都在同一个球上，则该球的表面积为
1 600π平方厘米
D.此斗笠放在平面上，可以盖住的球(保持斗笠不变形)的最大半径为
( －30)厘米
A.斗笠轴截面(过顶点和底面中心的截面图形)的顶角为
120°
B.过斗笠顶点和斗笠侧面上任意两母线的截面三角形的
最大面积为 平方厘米
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所以∠APB＝120°，故选项A正确；
对于选项B，设∠APB＝θ，截面三角形的面积为
对于选项C，设外接球的球心为M，半径为R，
在△AOM中，由勾股定理可得，
300＋(10－R)2＝R2，解得R＝20，
所以该球的表面积S＝4π·202＝1 600π，故选项C正确；
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对于选项D，设球心为O′，截面图形如图，
设内切圆半径为r，
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14.(多选)(2021·临沂模拟)为弘扬中华民族优秀传统文化，某学校组织了《诵经典，获新知》的演讲比赛，本次比赛的冠军奖杯由一个铜球和一个托盘组成，如图①，已知球的体积为 ，托盘由边长为4的正三角形铜片沿各边中点的连线垂直向上折叠而成，如图②.则下列结论正确的是
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解析　根据图形的形成，知A，B，C三点在底面DEF上的射影分别是△DEF三边的中点M，N，P，如图，
△ABC与△MNP全等且所在面平行，截面圆就是△ABC的外接圆，与△MNP的外接圆相同.
由上面讨论知AC与MP平行且相等，而MP与NF平行且相等，
因此AC与NF平行且相等，从而四边形ACFN是平行四边形，CF∥AN，
所以∠DAN是异面直线AD与CF所成的角(或其补角).
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由平面ADE与平面DEF垂直知AD在平面DEF内的射影是DM，
由上面讨论知AB＝BC＝CA＝1，设O是球心，球半径为R，
则O－ABC是正四面体，棱长为1，
设H是△ABC的中心，则OH⊥平面ABC，
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又CH 平面ABC，
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15.(2021·蚌埠模拟)有四个半径为1的小球，球O1，球O2，球O3放置在水平桌面上，第四个小球O4放在这三个小球的上方，且四个小球两两外切.在四个小球之间有一个小球O，与这四个小球均外切.则球O的半径为
________.
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解析　将四个球的球心两两连线，可得出棱长为2的正四面体O1O2O3O4，正四面体O1O2O3O4的外接球球心即为球心O，如图所示，
设点O4在底面O1O2O3的射影为点M，
则球心O在线段O4M上，
设正四面体O1O2O3O4的外接球半径为r，
由题意可得，(O4M－r)2＋O3M2＝r2，
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顶点，30条棱，20个面，是五个柏拉图多面体之一.如果把sin 36°按
计算，则该正二十面体的表面积与该正二十面体的外接球表面积之比等
于________.
16.(2021·张家口模拟)早期的毕达哥拉斯学派学者注意到：用等边三角形或正方形为表面可构成四种规则的立体图形，即正四面体、正六面体、正八面体和正二十面体，它们的各个面和多面角都全等.如图，正二十面体是由20个等边三角形组成的正多面体，共有12个
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解析　由题图知正二十面体的外接球即为上方正五棱锥的外接球，
设外接球半径为R，正五边形的外接圆半径为r，正二十面体的棱长为l，
所以正五棱锥的顶点到底面的距离是
所以R2＝r2＋(R－h)2，
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所以该正二十面体的外接球表面积为
而该正二十面体的表面积是
所以该正二十面体的表面积与该正二十面体的外接球表面积之比等于 .
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考情分析
练后疑难精讲
高考常考知识，主要考查几何体的表面积与体积，球的组合体问题.常以选择题、填空题的形式出现，部分题目难度较大.
一、空间几何体的截面问题
核心提炼
1.用一个平面去截几何体，此平面与几何体的交集叫做这个几何体的截面，利用平面的性质确定截面形状是解决截面问题的关键.
2.确定截面的主要依据有
(1)平面的四个公理.
(2)直线和平面平行的判定和性质.
(3)两个平面平行的性质.
(4)球的截面的性质.
题号 3 8 10 12 14
二、表面积与体积
核心提炼
1.柱体、锥体、台体、球的表面积公式：
(1)圆柱的表面积S＝2πr(r＋l)；
(2)圆锥的表面积S＝πr(r＋l)；
(3)圆台的表面积S＝π(r′2＋r2＋r′l＋rl)；
(4)球的表面积S＝4πR2.
2.柱体、锥体和球的体积公式：
(1)V柱体＝Sh(S为底面面积，h为高)；
题号 1 2 7 13
三、多面体与球
核心提炼
多面体的外接球模型：
(1)长方体的外接球直径为体对角线，
(2)柱体模型
(3)锥体模型
(4)正四面体(构造正方体)、对棱相等的三棱锥(构造长方体)
如图C：正四面体D－A′BC′可构造正方体(所有面对角线相等)；
如图D：对棱相等的三棱锥A－BCD可构造长方体(对面的对角线相等).
题号 4 5 6 9 11 15 16
易错对点精补
1.[T4补偿](2021·晋中模拟)已知长方体ABCD－A1B1C1D1的底面是边长为2的正方形，高为4，E是DD1的中点，则三棱锥B1－C1EC的外接球的表面积为
A.12π B.20π C.24π D.32π
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解析　如图，O为B1C的中点，M为C1C的中点，连接EM，
∴CE2＋C1E2＝C1C2，∴△C1EC为直角三角形，
∴C1M＝EM＝CM，
又∵在三棱锥B1－C1EC中，B1C1⊥平面C1EC，
∴OM⊥平面C1EC，
∴外接球球心是B1C的中点O，
∴球的表面积S＝4πR2＝20π.
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可得△ABC为正三角形，
再设球的球心为O，半径为R，连接OG(图略)，
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∴球心到平面ABC的距离为
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3.[T16补偿](多选)(2021·济南模拟)半正多面体(semiregularsolid)亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美.二十四等边体就是一种半正多面体，是由正方体切截而成的，它由八个正三角形和六个正方形构成(如图所示)，若它的所有棱长都为 ，则
A.BF⊥平面EAB
C.该二十四等边体外接球的表面积为8π
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解析　对于A，假设A对，即BF⊥平面EAB，
于是BF⊥AB，∠ABF＝90°，
但六边形ABFPQH为正六边形，∠ABF＝120°，矛盾，
所以A错；
对于B，将二十四等边体补形成棱长为2的正方体，
对于C，取正方形ACPM的对角线交点O，
其表面积为4πR2＝8π，所以C对；
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对于D，因为PN在平面EBFN内的射影为NS，
所以PN与平面EBFN所成角即为∠PNS，
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4.[T14补偿](多选)(2021·广益实验中学模拟)在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，点M在棱CC1上，则下列结论正确的是
A.直线BM与平面ADD1A1平行
B.平面BMD1截正方体所得的截面为三角形
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解析　对于A，∵平面ADD1A1∥平面BCC1B1，BM 平面BCC1B1，即可判定直线BM与平面ADD1A1平行，故正确；
对于B，如图1，平面BMD1截正方体所得的截面可能为四边形，故错误；
对于C，如图2，异面直线AD1与A1C1所成的角为∠D1AC，因为△D1AC为等边三角形，
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对于D，如图3，MB＋MD1＝MD＋MD1，
如图4，原问题相当于AC∥DB，直线AC，BD间的距离为1，
在AC上找一点M使得到D，B两点间距离之和最小.
只需找到B关于AC的对称点E，
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5.[T8补偿]已知三棱锥P－ABC的所有棱长为2，D，E，F分别为PA，PB，PC的中点，则此三棱锥的外接球被平面DEF所截的截面面积为_____.
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解析　如图，作PN⊥平面ABC于N点，交平面DEF于M点，取三棱锥P－ABC的外接球球心为O，
则设外接球半径OP＝OB＝r，
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又D，E，F分别为PA，PB，PC的中点，
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6.[T13补偿](2021·长春模拟)“中国天眼”是我国具有自主知识产权、世界最大单口径、最灵敏的球面射电望远镜，如图，其反射面的形状为球冠(球冠是球面被平面所截后剩下的曲面，截得的圆为底，垂直于圆面的直径被截得的部分为高，球冠表面积S＝2πRh，其中R为球的半径，h为球冠的高)，设球冠底面的半径为r，周长为C，球冠的面积为S，则 的
值为___________.(结果用S，C表示)
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解析　如图，∵r2＋(R－h)2＝R2，又S＝2πRh，
即R2C2＝4πR2S－S2，
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