板块三 立体几何
微专题1 立体几何初步
小题考法1 空间几何体的表面积和体积
[核心提炼]
1．旋转体的侧面积和表面积
(1)S圆柱侧＝2πrl，S圆柱表＝2πr(r＋l)(r为底面半径，l为母线长).
(2)S圆锥侧＝πrl，S圆锥表＝πr(r＋l)(r为底面半径，l为母线长).
(3)S圆台侧＝π(r＋r′)l，S圆台表＝π(r′2＋r2＋r′l＋rl)(r′，r分别为上、下底面半径，l为母线长).
(4)S球表＝4πR2(R为球的半径).
2．空间几何体的体积公式
(1)V柱体＝Sh(S为底面面积，h为柱体的高).
(2)V锥体＝Sh(S为底面面积，h为锥体的高).
(3)V台体＝(S′＋＋S)h(S′，S分别为上、下底面面积，h为台体的高).
(4)V球＝πR3(R为球的半径).
命题角度 空间几何体的表面积
INCLUDEPICTURE "例1.TIF" (1)(2024·菏泽三模)已知圆台O1O2的母线长为4，下底面圆的半径是上底面圆的半径的3倍，轴截面的周长为16，则该圆台的表面积为( C )
A．24π B．25π
C．26π D．27π
【解析】 如图，作出圆台的轴截面ABDC，设上底面圆O1的半径为r，则下底面圆O2的半径是3r，故轴截面的周长为
16＝4＋4＋2r＋6r，解得r＝1，所以上、下底面圆的面积分别为π，9π，圆台的侧面积S侧＝π(1＋3)×4＝16π，
所以圆台的表面积为π＋9π＋16π＝26π.
(2)如图，在正方体ABCD -A1B1C1D1中，三棱锥D1-AB1C的表面积与正方体的表面积的比为________．
【解析】 设正方体的棱长为1，则其表面积为6，三棱锥D1-AB1C为正四面体，其每个面都是边长为的正三角形，其表面积为4×××＝2，所以三棱锥D1-AB1C的表面积与正方体的表面积的比为1∶.
【答案】 1∶
INCLUDEPICTURE "方法点拨1.TIF"
破解空间几何体的表面积问题的关键
(1)会转化：将立体几何问题转化为平面几何问题，即空间图形平面化．
(2)会分类：能识别所给的几何体是规则的几何体，还是不规则的几何体，还是简单的组合体．
(3)用公式：对于规则的几何体或简单的组合体，只需利用公式即可求解，需注意所求的是表面积还是侧面积；对于不规则的几何体，将所给几何体割补成柱体、锥体、台体，先求出这些柱体、锥体、台体的表面积，再通过求和或作差，求出所给几何体的表面积．
INCLUDEPICTURE "对点训练.TIF"
1．已知一个圆锥和一个圆柱的底面半径和高分别相等，若圆锥的轴截面是等边三角形，则这个圆锥和圆柱的侧面积的比值为( C )
A. B．
C． D．
解析：设圆锥底面圆的半径为r，则圆锥的母线长l＝2r，圆柱的母线长等于圆锥的高h＝r，记圆锥和圆柱的侧面积分别为S1，S2，则＝＝.
2．如图所示是某研究性学习小组制作的三台阁仿真模型的屋顶部分，它可以看作是不含下底面的正四棱台和正三棱柱的组合体，已知正四棱台上底、下底、侧棱的长度(单位：dm)分别为2，6，4，正三棱柱各侧棱长度均相等，则该结构的表面积(单位：dm2)为( A )
A．34＋8 B．34＋44
C．34＋48 D．34＋8
解析：由题可得正三棱柱的底面积为×2×2×sin 60°＝(dm2)，则正三棱柱的外露表面积为2×＋2×2×2＝8＋2(dm2).正四棱台侧面梯形的高为＝2(dm)，则正四棱台的外露表面积为4××(2＋6)×2＝32(dm2)，
故该结构的表面积为32＋8＋2＝34＋8(dm2).
命题角度 空间几何体的体积
(1)(2024·新课标Ⅰ卷)已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为，则圆锥的体积为( B )
A．2π B．3π
C．6π D．9π
【解析】 设圆柱和圆锥的底面半径均为r，因为它们的高均为，且侧面积相等，所以2πr×＝πr·，得r2＝9，所以圆锥的体积V＝πr2×＝3π.
(2)(2024·全国甲卷)已知圆台甲、乙的上底面半径均为r1，下底面半径均为r2，圆台甲、乙的母线长分别为2(r2－r1)，3(r2－r1)，则圆台甲与乙的体积之比为________．
【解析】 两圆台的上、下底面积对应相等，则两圆台的体积之比为高之比，根据母线、半径与高的关系可得甲与乙的体积之比为 ＝ ＝.
【答案】
INCLUDEPICTURE "方法点拨1.TIF"
破解空间几何体的体积问题的常用方法
(1)公式法：对于规则几何体，可以直接利用公式求解．
(2)割补法：把不规则的图形分割(补)成规则的图形，便于计算其体积．
(3)等体积法：当一个几何体的底面积和高较难求解时，可以用等体积法求解．等体积法通过选择合适的底面来求几何体的体积，多用来求锥体的体积．
INCLUDEPICTURE "对点训练.TIF"
1.(2024·天津卷)一个五面体ABC-DEF.已知AD∥BE∥CF，且两两之间距离为1，AD＝1，BE＝2，CF＝3，则该五面体的体积为( C )
A． B．＋
C． D．－
解析：因为AD∥BE∥CF，且两两之间距离为1，则该五面体可以分成一个侧棱长为1的三棱柱和一个底面为梯形的四棱锥，其中三棱柱的体积等于棱长均为1的直三棱柱的体积，四棱锥的高为，底面是上底为1、下底为2、高为1的梯形，故该五面体的体积V＝×1××1＋××＝.
2．某学校组织学生到一个木工工厂参加劳动，在木工师傅指导下要把一个体积为27 cm3的圆锥切割成一个圆柱，切割过程中磨损忽略不计，则圆柱体积的最大值为________ cm3.
解析： 设圆锥的底面半径为R，高为H，圆柱的底面半径为r(0设f(r)＝r2(R－r)(0则f′(r)＝2r(R－r)－r2＝2rR－3r2.
令f′(r)＝0，得r＝R或r＝0(舍去)，
当r∈(0，R)时，f′(r)>0，f(r)单调递增，
当r∈ (R，R)时，f′(r)<0，f(r)单调递减，所以f(r)的最大值为f(R)＝(R)2(R－R)＝R3，
所以(V圆柱)max＝R2H＝(R2H)＝V圆锥＝×27＝12(cm3).
答案：12
小题考法2 与球有关的切、接问题
[核心提炼]
记住几个常用的结论
1．正方体的棱长为a，球的半径为R.
(1)正方体的外接球，则2R＝a.
(2)正方体的内切球，则2R＝a.
(3)球与正方体的各棱相切，则2R＝a.
2．长方体在同一顶点的三条棱长分别为a，b，c，外接球的半径为R，则2R＝.
3．正四面体的外接球与内切球的半径之比为3∶1.
(1)已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为3和4，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为( A )
A．100π B．128π
C．144π D．192π
【解析】 由题意，得正三棱台上、下底面的外接圆的半径分别为××3＝3，××4＝4.设该三棱台上、下底面的外接圆的圆心分别为O1，O2，连接O1O2(图略)，则O1O2＝1，其外接球的球心O在直线O1O2上．设球O的半径为R，当球心O在线段O1O2上时，R2＝32＋OO＝42＋(1－OO1)2，解得OO1＝4(舍去)；当球心O不在线段O1O2上时，R2＝42＋OO＝32＋(1＋OO2)2，解得OO2＝3，所以R2＝25，所以该球的表面积为4πR2＝100π.
(2)已知圆台O1O2存在内切球O(与圆台的上、下底面及侧面都相切的球)，若圆台O1O2的上、下底面面积之和与它的侧面积之比为5∶8，设圆台O1O2与球O的体积分别为V1，V2，则＝________．
【解析】 设圆台O1O2的上、下底面半径分别为r1，r2(r2>r1>0)，母线长为l，高为h，内切球O的半径为R，显然圆台轴截面等腰梯形的内切圆是球的截面大圆，则l＝r1＋r2，2R＝h，由 eq \f(π（r＋r）,π（r1＋r2）l) ＝，整理得3r－10r1r2＋3r＝0，而r2>r1，解得r2＝3r1，l＝4r1，
因此圆台的高h＝＝2r1，R＝r1，
则圆台O1O2的体积V1＝π[r＋r1·3r1＋(3r1)2]·2r1＝ eq \f(26\r(3)πr,3) ，内切球O的体积V2＝π(r1)3＝4πr，所以＝.
【答案】
INCLUDEPICTURE "方法点拨1.TIF"
空间几何体与球的切、接问题的求解策略
定球心 弄清球的半径(直径)与几何体的位置关系和数量关系，从而确定球心的位置
作截面 过球心及切、接点作截面，把空间问题转化为平面问题
求半径 借助平面图形与圆的切、接等平面几何知识寻找几何元素之间的关系，求出球的半径
[注意] 如果所给空间几何体是不规则图形，可以先割补成正方体、长方体、正四面体、正棱柱、圆柱等规则几何体．
INCLUDEPICTURE "对点训练.TIF"
1．(2024·河北二模)如图所示，正方体的棱长为，以其所有面的中心为顶点的多面体为正八面体，若球O能在此正八面体内自由转动，则球O半径的最大值为( B )
A． B．
C． D．
解析：根据题图，在正方体中易知正八面体的棱长为 ＝，如图，
在正八面体中连接AF，DB，CE，可得AF，DB，CE互相垂直平分，
则该正八面体的体积V＝2××××＝，
该正八面体的表面积S＝8××()2＝3，
设正八面体的内切球半径为r，
因为Sr＝V，
即×3r＝，解得r＝.
2．(2024·威海二模)已知圆锥的顶点与底面圆周都在半径为3的球面上，当该圆锥的侧面积最大时，它的体积为________．
解析：如图，圆锥顶点为P，底面圆心为C，底面圆周与顶点均在球心为O的球面上，OA＝OP＝3，记PA＝l，CA＝r，则圆锥侧面积为S＝πlr，若r一定时，l较大才能取得最大值，由截面圆的对称性知，圆锥侧面积最大时，P，C两点位于球心O两侧，此时l2＝r2＋(3＋OC)2，r2＋OC2＝9，所以OC＝－3，所以r2＋ (－3)2＝9，
所以r2＝l2－，而－3≥0，得l≥3，
又l故l2r2＝l2(l2－)，3≤l<6，
令t＝l2∈[18，36)，f(t)＝l2r2＝t2－t3，
f′(t)＝2t－t2，令f′(t)＝0，解得t＝24，
当18≤t<24时，f′(t)>0，f(t)单调递增；
当24故当t＝24时，f(t)最大，圆锥侧面积最大，此时l＝2，r＝2，此时圆锥的体积V＝πr2·＝π×(2)2×＝π.
答案：π
小题考法3 空间点、线、面的位置关系
[核心提炼]
1．直线、平面平行的判定及其性质
(1)线面平行的判定定理：a α，b α，a∥b a∥α.
(2)线面平行的性质定理：a∥α，a β，α∩β＝b a∥b.
(3)面面平行的判定定理：a β，b β，a∩b＝P，a∥α，b∥α β∥α.
(4)面面平行的性质定理：α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b a∥b.
2．直线、平面垂直的判定及其性质
(1)线面垂直的判定定理：m α，n α，m∩n＝P，l⊥m，l⊥n l⊥α.
(2)线面垂直的性质定理：a⊥α，b⊥α a∥b.
(3)面面垂直的判定定理：a α，a⊥β α⊥β.
(4)面面垂直的性质定理：α⊥β，α∩β＝l，a α，a⊥l a⊥β.
3．已知两条异面直线a，b，经过空间任一点O分别作直线a′∥a，b′∥b，把直线a′与b′所成的角叫做异面直线a与b所成的角(或夹角)，取值范围为(0，].
命题角度 位置关系的判断
INCLUDEPICTURE "例4.TIF" (1)(多选)(2024·江苏二模)设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列命题中正确的有( BCD )
A.若m⊥n，m α，n β，则α⊥β
B．若m⊥α，m∥n，n∥β，则α⊥β
C．若α∥β，m α，n⊥β，则m⊥n
D．若m⊥α，n⊥β，m⊥n，则α⊥β
【解析】 对于A，若m⊥n，m α，n β，不能推出m⊥β或n⊥α，则不能推出α⊥β，故A错误；
对于B，若m⊥α，m∥n，则n⊥α，又n∥β，所以α⊥β，故B正确；
对于C，若α∥β，n⊥β，则n⊥α，又m α，所以m⊥n，故C正确；
对于D，若m⊥α，n⊥β，m⊥n，说明α和β的法向量互相垂直，则α⊥β，故D正确．
(2)(2024·成都二模)如图，在平行四边形ABCD中，DC＝AD＝AC＝4，AB＝4AF＝4EC，且EF交AC于点G，现沿折痕AC将△ADC折起，直至满足条件DC⊥BC，此时EF的长度为________．
【解析】 由题意可知AD2＋AC2＝DC2，所以∠DAC＝90°，又AD＝AC，所以∠ACD＝45°.
又易证△AGF≌△CGE，
所以GF＝GE＝1，△ADC折起后得到△AD1C，如图所示，
因为D1C⊥BC，BC⊥AC，且AC∩D1C＝C，AC，D1C 平面D1AC，
所以BC⊥平面D1AC，
又因为BC 平面ABC，所以平面D1AC⊥平面ABC，
分别过点E，F作AC的垂线EM，NF，垂足分别为点M，N，
则EM＝MG＝NG＝NF＝，
所以MN＝MG＋NG＝.
又平面D1AC∩平面ABC＝AC，
所以EM⊥平面ABC，EM 平面D1AC，EM⊥AC，因为NF 平面ABC，
所以EM⊥NF，又EM⊥MN，NF⊥MN，由＝＋＋，所以2＝2＋2＋2＝＋2＋＝3，所以EF＝.
【答案】
INCLUDEPICTURE "方法点拨1.TIF"
判断与空间位置关系有关的命题真假的方法
(1)借助空间线面平行、面面平行、线面垂直、面面垂直的判定、性质、定义进行判断．
(2)借助反证法，当从正面入手较难时，可以利用反证法，推出与题设或公认的结论相矛盾的命题，进而作出判断．
(3)借助空间几何模型，例如从长方体、四面体等模型中观察线面位置关系，结合有关定理，进行肯定或否定．
命题角度 异面直线所成的角
在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB＝4，BC＝AC＝2，AA1＝1，点M，N分别是A1B1，A1C1的中点，则异面直线BM与CN所成角的余弦值为( A )
A． B．
C． D．
【解析】 因为AB2＝BC2＋AC2，所以AC⊥BC，将直三棱柱ABC-A1B1C1补形为长方体ACBD-A1C1B1D1，取B1D1的中点O，连接BO，OM(图略)，则CN∥BO，所以∠OBM是异面直线BM与CN所成的角．因为BM＝ eq \r(BB＋B1M2) ＝，BO＝ eq \r(BB＋B1O2) ＝，MO＝＝，所以易得BM2＝BO2＋OM2，所以BO⊥OM，在Rt△BOM中，cos ∠OBM＝＝＝，所以异面直线BM与CN所成角的余弦值为.故选A.
INCLUDEPICTURE "方法点拨1.TIF"
求异面直线所成的角的一般步骤
(1)作：在空间几何体中利用平移直线法找(或作)角．
(2)证：对所找(或作)的角进行证明，证明所得的角就是所求的空间角．
(3)求：把角放在三角形中，通过解三角形求空间角．
INCLUDEPICTURE "对点训练.TIF"
1．(2024·全国甲卷)设α，β为两个平面，m，n为两条直线，且α∩β＝m.下述四个命题：
①若m∥n，则n∥α或n∥β
②若m⊥n，则n⊥α或n⊥β
③若n∥α且n∥β，则m∥n
④若n与α，β所成的角相等，则m⊥n
其中所有真命题的编号是( A )
A．①③ B．②④
C．①②③ D．①③④
解析：α∩β＝m，则m α，m β，对于①，若m∥n，则n∥α或n∥β，①为真命题；对于②，若m⊥n，则可能n∥α，n α或n与α相交，②为假命题；对于③，若n∥α且n∥β，则n∥m，③为真命题；对于④，n与m所成角可以为[0，]内的任意角，④为假命题．
2．在正方体ABCD -A1B1C1D1中，E为DD1的中点，O是AC与BD的交点，则以下结论正确的是( B )
A．BC1∥平面AEC
B．B1O⊥平面AEC
C．DB1⊥平面AEC
D．直线A1B与直线AE所成的角是60°
解析：方法一：对于A，在正方体ABCD -A1B1C1D1中，对角面ABC1D1是矩形，则BC1∥AD1，
因为直线AD1与平面AEC相交，所以BC1与平面AEC不平行，故A错误；
对于B，连接B1D1，由正方体的结构特征可知B1B⊥平面ABCD，
又因为AC 平面ABCD，
所以B1B⊥AC，
又因为AC⊥BD，B1B∩BD＝B，B1B，BD 平面BB1D1D，
所以AC⊥平面BB1D1D，又因为B1O 平面BB1D1D，
所以AC⊥B1O，
设正方体的棱长为2，则
D1E＝DE＝DD1＝1，
OB＝OD＝BD＝，B1D1＝2，
所以OE＝＝ ＝，
B1O＝＝ ＝，
B1E＝ eq \r(D1E2＋B1D) ＝ ＝3，
所以B1E2＝OE2＋B1O2，
所以B1O⊥OE，又因为AC∩OE＝O，AC，OE 平面AEC，所以B1O⊥平面AEC，故B正确；
对于C，由B可知B1O⊥平面AEC，而DB1与B1O不平行，
所以DB1与平面AEC不垂直，故C错误；
对于D，取CC1的中点G，连接EG，BG，A1G，
因为EG∥AB，EG＝AB，
所以四边形ABGE为平行四边形，所以AE∥BG，
所以∠A1BG即为直线A1B与直线AE所成的角，
设正方体的棱长为2，则A1B＝2，
BG＝＝＝，
A1G＝ eq \r(A1C＋C1G2) ＝＝3，
在△A1GB中，由余弦定理的推论可得
cos ∠A1BG＝＝＝，故D错误．
方法二：设该正方体的棱长为2，以点D为坐标原点，DA，DC，DD1所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(2，2，0)，C(0，2，0)，A1(2，0，2)，B1(2，2，2)，C1(0，2，2)，E(0，0，1)，O(1，1，0)，＝(－2，0，1)，＝(－2，2，0).设平面AEC的法向量为n＝(x，y，z)，由得不妨令x＝1，可得n＝(1，1，2).因为＝(－2，0，2)，所以n·＝－2＋4≠0，所以BC1不平行于平面AEC，故A错误；因为＝(－1，－1，－2)＝－n，即∥n，所以B1O⊥平面AEC，故B正确；因为＝(2，2，2)，与n不平行，所以DB1与平面AEC不垂直，故C错误；因为＝(0，2，－2)，所以cos 〈，〉＝ eq \f(·\o(AE,\s\up10(→)),| ||\o(AE,\s\up10(→))|) ＝＝－，设直线A1B与直线AE所成的角是α，则cos α＝，所以直线A1B与直线AE所成的角不是60°，故D错误．故选B.
INCLUDEPICTURE "专题强化练.TIF"
[小题标准练]
1．已知圆锥的母线长为6，其侧面展开图是一个圆心角为的扇形，则该圆锥的表面积为( C )
A．8π B．12π
C．16π D．24π
解析：设圆锥的母线长为l＝6，底面半径为r，由于圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，则2πr＝，解得r＝2，所以该圆锥的表面积为π×22＋π×2×6＝16π.
2．已知圆锥的侧面展开图是一个半径为2的半圆，则该圆锥的体积为( B )
A．3π B．
C．π D．2π
解析：设圆锥的底面半径为r，高为h，母线长l＝2，则l2＝r2＋h2，底面周长为2πr＝×(2π×2)，解得r＝1，所以h＝＝，所以该圆锥的体积为×π×12×＝.故选B.
3．(2024·西安模拟)如图，这是一个正方体的平面展开图，在该正方体中，下列命题正确的是( A )
A．AB∥HG B．CG⊥BH
C．CG ⊥DH D．AC∥DG
解析：如图所示，将展开图重新组合成正方体．显然AB∥HG，因此A选项正确；由图易得CG∥DH，显然DH与BH所成角非直角，因此异面直线CG与BH所成角也非直角，所以CG⊥BH不成立，因此B，C选项不正确；由图易得AC∥EG，显然EG与DG相交，因此AC∥DG不成立，因此D选项不正确．
4．(2023·全国甲卷)在三棱锥P-ABC中，△ABC是边长为2的等边三角形，PA＝PB＝2，PC＝，则该棱锥的体积为( A )
A.1 B．
C．2 D．3
解析：如图，取棱AB的中点D，连接PD，CD，因为△ABC是边长为2的等边三角形，PA＝PB＝2，所以PD⊥AB，CD⊥AB，所以PD＝CD＝，又PC＝，所以PD2＋CD2＝PC2，所以PD⊥CD，又AB∩CD＝D，AB，CD 平面ABC，所以PD⊥平面ABC，所以VP-ABC＝×S△ABC×PD＝××2××＝1.故选A.
5．已知正三角形的边长为2，用斜二测画法画出该三角形的直观图，则所得直观图的面积为( B )
A． B．
C．2 D．2
解析：如图1，△ABC是边长为2的正三角形，取AB的中点为O，连接OC，以O为坐标原点，AB，OC所在直线分别为x轴，y轴建立平面直角坐标系．再建立一个平面直角坐标系x′O′y′，且使∠x′O′y′＝45°，如图2，在x′轴上取点A′，B′，且使O′A′＝O′B′＝1，在y′轴上取点C′，且使O′C′＝OC＝×2×＝，连接A′C′，B′C′，则△A′B′C′即为△ABC的直观图，所以S△A′B′C′＝S△A′O′C′＋S△B′O′C′＝2S△B′O′C′＝×1×××2＝.故选B.
6．如图，圆柱的底面直径AB与母线AD的长度相等，E是弧AB的中点，则异面直线AE与BD所成的角为( C )
A. B．
C． D．
解析：
方法一：如图，记AB，CD的中点分别为O，O′，连接OO′，OE，以O为坐标原点，OE，OB，OO′所在直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，连接BE.因为点E是弧AB的中点，所以△ABE是等腰直角三角形，OB＝OE，不妨设AB＝AD＝2，则A(0，－1，0)，B(0，1，0)，D(0，－1，2)，E(1，0，0)，所以＝(1，1，0)，＝(0，－2，2)，|cos 〈，〉|＝＝， 所以异面直线AE与BD所成的角为，故选C.
方法二：如图，过点B作BF∥AE，交圆柱底面圆于点F，连接AF，DF，则∠FBD即异面直线AE与BD所成的角．不妨设AB＝AD＝2，则BD＝2，易得△ABF是等腰直角三角形，所以BF＝AF＝.由DA⊥平面ABF，可得△AFD是直角三角形，DF＝＝，所以DF2＋BF2＝BD2，所以△BDF是直角三角形，又BD＝2BF，所以∠FBD＝，故选C.
7．(2023·全国甲卷)已知四棱锥P-ABCD的底面是边长为4的正方形，PC＝PD＝3，∠PCA＝45°，则△PBC面积为( C )
A．2 B．3
C．4 D．6
解析：如图，过点P作PO⊥平面ABCD，垂足为O，取DC的中点M，AB的中点N，连接PM，MN，AO，BO，AC.由PC＝PD，得PM⊥DC，又PO⊥DC，PO∩PM＝P，PO，PM 平面POM，所以DC⊥平面POM，又OM 平面POM，所以DC⊥OM.在正方形ABCD中，DC⊥MN，所以M，N，O三点共线，所以OA＝OB，所以Rt△PAO≌Rt△PBO，所以PA＝PB.在△PAC中，由余弦定理，得PA＝＝，所以PB＝.在△PBC中，由余弦定理的推论，得cos ∠PCB＝＝，所以sin ∠PCB＝，所以S△PBC＝PC·BC sin ∠PCB＝4，故选C.
8．(2024·潍坊二模)如图，圆台的上、下底面半径分别为r1，r2，且2r1＋r2＝12，半径为4的球与圆台的上、下底面及每条母线均相切，则圆台的侧面积为( D )
A．36π B．64π
C．72π D．100π
解析：如图所示，作出轴截面，O1，O2分别为上、下底面圆的圆心，M为侧面切点，O为内切球球心，则O为O1O2的中点，
OM⊥AB，OO1＝OM＝4，O1O2＝8，O1A＝MA＝r1，O2B＝MB＝r2，
因为2r1＋r2＝12，所以r2＝12－2r1，
则AB＝MA＋MB＝r1＋r2＝12－r1，
过点A作AG⊥O2B，垂足为G，
则BG＝r2－r1＝12－3r1，
在Rt△ABG中，由勾股定理得AG2＋BG2＝AB2，即82＋(12－3r1)2＝(12－r1)2，解得r1＝2或r1＝4，因为r19．(多选)(2024·乐昌模拟)已知m，n，l为空间中三条不同的直线，α，β，γ为空间中三个不同的平面，则下列说法中正确的是( ACD )
A．若α∩β＝m，m⊥γ，则α⊥γ，β⊥γ
B．若m α，n α，则m与n为异面直线
C．若α∩β＝l，β∩γ＝m，γ∩α＝n，且l∩m＝P，则P∈n
D．若m⊥α，m⊥β，α∥γ，则β∥γ
解析：对于A，显然m α，m β，又m⊥γ，则α⊥γ，β⊥γ，A正确；
对于B，由m α，n α，得m与n可能相交、可能平行、也可能为异面直线，B错误；
对于C，由α∩β＝l，β∩γ＝m，l∩m＝P，知点P在平面α，β，γ内，即为平面α，γ的公共点，而γ∩α＝n，因此P∈n，C正确；
对于D，由m⊥α，m⊥β，得α∥β，而α∥γ，因此β∥γ，D正确．
10．(多选)(2023·新课标Ⅰ卷)下列物体中，能够被整体放入棱长为1(单位：m)的正方体容器(容器壁厚度忽略不计)内的有( ABD )
A．直径为0.99 m的球体
B．所有棱长均为1.4 m的四面体
C．底面直径为0.01 m，高为1.8 m的圆柱体
D．底面直径为1.2 m，高为0.01 m的圆柱体
解析：由于棱长为1 m的正方体的内切球的直径为1 m，所以选项A正确；由于棱长为1 m的正方体中可以放入棱长为 m的正四面体，且>1.4，所以选项B正确；因为正方体的棱长为1 m，体对角线长为 m，<1.8，所以高为1.8 m的圆柱体不可能被整体放入正方体容器中，所以选项C不正确；
对于选项D，方法一：如图所示，正方体中的正六边形截面各边到截面中心O的距离为OA′＝，圆的半径OA＝0.6，由≈2.45可知圆可嵌入截面内，过点A作截面的垂线，交正方体底面于点B.设正方体底面中心为点O′，该截面与底面的夹角为θ，即∠OA′O′＝θ.由题意得OO′＝，O′A′＝，则tan θ＝＝.所以在Rt△A′AB中，BA＝AA′tan θ＝(－0.6)×＞0.01，说明正方体的空间内有足够的厚度使得该圆柱体可以放入正方体容器内部，所以选项D正确．
方法二：由于正方体的体对角线长为 m，而底面直径为1.2 m的圆柱体，其高0.01 m可忽略不计，故只需把圆柱的底面与正方体的体对角线平行放置，因为>1.2，故可以整体放入正方体容器中，所以选项D正确．故选ABD.
11．(多选)在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点P为线段AD1(包括端点)上一动点，则( AB )
A．异面直线AD1与A1C1所成的角为60°
B．三棱锥B1-PBC1的体积为定值
C.不存在点P，使得AD1⊥平面PDC
D．PB＋PC的最小值为3＋
解析：
对于A，如图1，连接BC1，A1B，由正方体的性质可得AD1∥BC1，所以∠BC1A1为异面直线AD1与A1C1所成的角，又由正方体的性质知△A1BC1为等边三角形，所以∠BC1A1＝60°，故A正确；对于B，由正方体的性质知平面AA1D1D∥平面BB1C1C.因为AD1 平面AA1D1D，所以AD1∥平面BB1C1C.又AB⊥平面BB1C1C，所以点P到平面BB1C1C的距离为AB＝1，又S△B1BC1＝×1×1＝，所以VB1-PBC1＝VP-B1BC1＝××1＝，故B正确；
对于C，如图2，当P为AD1的中点时，PD⊥AD1，由正方体的性质得CD⊥平面AA1D1D，又AD1 平面AA1D1D，所以CD⊥AD1.因为CD∩PD＝D，CD，PD 平面PDC，所以AD1⊥平面PDC，故C错误；对于D，当点P与点A重合时，PB＋PC＝1＋<3＋，故D错误．故选AB.
12．(2023·全国乙卷)已知点S，A，B，C均在半径为2的球面上，△ABC是边长为3的等边三角形，SA⊥平面ABC，则SA＝________．
解析：
方法一：如图，设△ABC的外接圆圆心为O1，连接O1A，因为△ABC是边长为3的等边三角形，所以其外接圆半径r＝O1A＝××3＝.
将三棱锥S-ABC补形为正三棱柱SB1C1-ABC，由题意知SA为侧棱，设球心为O，连接OO1，OA，则OO1⊥平面ABC，且OO1＝SA.又球的半径R＝OA＝2，OA2＝OO＋O1A2，所以4＝SA2＋3，解得SA＝2.
方法二：如图，设△ABC的外接圆圆心为O1，连接O1A，因为△ABC是边长为3的等边三角形，所以其外接圆半径r＝O1A＝××3＝.设三棱锥S-ABC的外接球球心为O，连接OO1，则OO1⊥平面ABC.又SA⊥平面ABC，所以OO1∥SA，连接OS，OA，由题意知OS＝OA＝2.过点O作SA的垂线，设垂足为H，则四边形AO1OH为矩形，所以OO1＝AH，由OS＝OA可知H为SA的中点，则OO1＝AH＝SA.所以在Rt△OO1A中，由勾股定理可得OA2＝OO＋O1A2，即4＝SA2＋3，解得SA＝2.
答案：2
13．(2024·全国甲卷)已知圆台甲、乙的上底面半径均为r1，下底面半径均为r2，圆台甲、乙的母线长分别为2(r2－r1)，3(r2－r1)，则圆台甲与乙的体积之比为________．
解析：两圆台的上、下底面积对应相等，则两圆台的体积之比为高之比，根据母线、半径与高的关系可得甲与乙的体积之比为 ＝ ＝.
答案：
14．已知矩形ABCD的周长为36，把它沿图中的虚线折成正六棱柱，当这个正六棱柱的体积最大时，它的外接球的表面积为________．
解析：设正六棱柱的底面边长为x，高为y，则6x＋y＝18，0正六棱柱的体积为V(x)＝6×x2y＝x2(18－6x)＝9(－x3＋3x2)，0V′(x)＝9(－3x2＋6x)，令V′(x)＝0，则x＝0(舍去)或x＝2，容易判断此时V(x)max＝V(2)＝36，
此时y＝6，正六棱柱的外接球的球心在其上、下底面中心的连线的中点处，其半径为＝，所以外接球的表面积为4π×13＝52π.
答案：52π
[小题提升练]
15．(多选)设点P是棱长为2的正方体ABCD -A1B1C1D1表面上的动点，点M是棱A1D1的中点，点N为正方形ABCD的中心，如图，则下列说法中正确的有( ACD )
A．当点P在正方形ABCD内(包含边界)运动时，三棱锥P-C1D1M的体积为定值
B．当点P在线段B1C上运动时，异面直线AP与A1D所成角的取值范围是[，]
C．当点P在线段A1D1上运动时，平面PAN⊥平面BDD1B1
D．当点P在正方形BCC1B1内(包含边界)运动时，若点P到棱A1B1的距离等于它到棱BC的距离，则点P的轨迹为抛物线的一部分
解析：对于A，因为点P在正方形ABCD内(包含边界)，所以点P到平面C1D1M的距离为定值2，因为点M为A1D1的中点，所以D1M＝1，所以△C1D1M的面积S△C1D1M＝×2×1＝1，为定值，因此VP-C1D1M＝×1×2＝，A正确；
对于B，如图1，连接AB1，AC，B1C，AP，A1D，因为A1D∥B1C，所以直线AP与B1C所成的角即为异面直线AP与A1D所成的角，又AB1＝AC＝B1C，所以△AB1C为等边三角形，故点P与点B1或点C重合时，AP与B1C的夹角最小，为，当点P为线段B1C的中点时，AP与B1C的夹角最大，为，所以异面直线AP与A1D所成角的取值范围为[，]，B错误；
对于C，如图2，连接AN，AP，PN，BD，B1D1，则AN⊥BD，又BB1⊥平面ABCD，所以BB1⊥AN，又BB1∩BD＝B，BB1，BD 平面BDD1B1，所以AN⊥平面BDD1B1，又AN 平面PAN，所以无论点P在何位置，都有平面PAN⊥平面BDD1B1，C正确；
对于D，连接PB1(图略)，因为A1B1⊥平面BCC1B1，PB1 平面BCC1B1，所以A1B1⊥PB1，故点P到直线A1B1的距离即线段PB1的长，则点P到定点B1的距离等于点P到直线BC的距离，又点P，点B1均在侧面BCC1B1内，所以结合抛物线的定义可得，点P的轨迹为抛物线的一部分，D正确．故选ACD.
16．(2024·大连一模)在边长为4的正方形ABCD中，如图1所示，E，F，M分别为BC，CD，BE的中点，分别沿AE，AF及EF所在直线把△AEB，△AFD和△EFC折起，使B，C，D三点重合于点P，得到三棱锥P-AEF，如图2所示，则三棱锥P-AEF外接球的表面积是________；过点M的平面截三棱锥P-AEF的外接球所得截面的面积的取值范围是________．
解析：由题意，将三棱锥补形为边长为2，2，4的长方体，如图所示，
三棱锥P-AEF外接球即为补形后长方体的外接球，所以外接球的直径(2R)2＝22＋22＋42＝24，R＝，所以三棱锥P-AEF外接球的表面积为S＝4πR2＝24π.过点M的平面截三棱锥P-AEF的外接球所得截面为圆，其中最大截面为过球心O的大圆，此时截面圆的面积为πR2＝π()2＝6π，最小截面为过点M垂直于球心O与M连线的圆，此时截面圆半径r＝＝＝＝1(其中MN长度为长方体前后面对角线长度)，故截面圆的面积为πr2＝π，所以过点M的平面截三棱锥P-AEF的外接球所得截面的面积的取值范围为[π，6π].
答案：24π [π，6π](共56张PPT)
板块三 立体几何
微专题1 立体几何初步
小题考法1
PART
01
小题考法1 空间几何体的表面积和体积
[核心提炼]
1．旋转体的侧面积和表面积
(1)S圆柱侧＝2πrl，S圆柱表＝2πr(r＋l)(r为底面半径，l为母线长).
(2)S圆锥侧＝πrl，S圆锥表＝πr(r＋l)(r为底面半径，l为母线长).
(3)S圆台侧＝π(r＋r′)l，S圆台表＝π(r′2＋r2＋r′l＋rl)(r′，r分别为上、下底面半径，l为母线长).
(4)S球表＝4πR2(R为球的半径).
命题角度 空间几何体的表面积
(1)(2024·菏泽三模)已知圆台O1O2的母线长为4，下底面圆的半径是上底面圆的半径的3倍，轴截面的周长为16，则该圆台的表面积为( )
A．24π B．25π
C．26π D．27π
√
【解析】 如图，作出圆台的轴截面ABDC，设上底面圆O1的半径为r，则下底面圆O2的半径是3r，故轴截面的周长为
16＝4＋4＋2r＋6r，解得r＝1，所以上、下底面圆的面积分别为π，9π，圆台的侧面积S侧＝π(1＋3)×4＝16π，
所以圆台的表面积为π＋9π＋16π＝26π.
(2)如图，在正方体ABCD -A1B1C1D1中，三棱锥D1-AB1C的表面积与正方体的表面积的比为________．
破解空间几何体的表面积问题的关键
(1)会转化：将立体几何问题转化为平面几何问题，即空间图形平面化．
(2)会分类：能识别所给的几何体是规则的几何体，还是不规则的几何体，还是简单的组合体．
(3)用公式：对于规则的几何体或简单的组合体，只需利用公式即可求解，需注意所求的是表面积还是侧面积；对于不规则的几何体，将所给几何体割补成柱体、锥体、台体，先求出这些柱体、锥体、台体的表面积，再通过求和或作差，求出所给几何体的表面积．
√
√
√
(2)(2024·全国甲卷)已知圆台甲、乙的上底面半径均为r1，下底面半径均为r2，圆台甲、乙的母线长分别为2(r2－r1)，3(r2－r1)，则圆台甲与乙的体积
之比为_____________．
破解空间几何体的体积问题的常用方法
(1)公式法：对于规则几何体，可以直接利用公式求解．
(2)割补法：把不规则的图形分割(补)成规则的图形，便于计算其体积．
(3)等体积法：当一个几何体的底面积和高较难求解时，可以用等体积法求解．等体积法通过选择合适的底面来求几何体的体积，多用来求锥体的体积．
√
2．某学校组织学生到一个木工工厂参加劳动，在木工师傅指导下要把一个体积为27 cm3的圆锥切割成一个圆柱，切割过程中磨损忽略不计，则圆柱体积的最大值为________ cm3.
12
小题考法2
PART
02
第二部分
√
空间几何体与球的切、接问题的求解策略
定球心 弄清球的半径(直径)与几何体的位置关系和数量关系，从而确定球心的位置
作截面 过球心及切、接点作截面，把空间问题转化为平面问题
求半径 借助平面图形与圆的切、接等平面几何知识寻找几何元素之间的关系，求出球的半径
[注意] 如果所给空间几何体是不规则图形，可以先割补成正方体、长方体、正四面体、正棱柱、圆柱等规则几何体．
√
2．(2024·威海二模)已知圆锥的顶点与底面圆周都在半径为3的球面上，当
该圆锥的侧面积最大时，它的体积为________．
小题考法3
PART
03
第三部分
小题考法3 空间点、线、面的位置关系
[核心提炼]
1．直线、平面平行的判定及其性质
(1)线面平行的判定定理：a α，b α，a∥b a∥α.
(2)线面平行的性质定理：a∥α，a β，α∩β＝b a∥b.
(3)面面平行的判定定理：a β，b β，a∩b＝P，a∥α，b∥α β∥α.
(4)面面平行的性质定理：α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b a∥b.
命题角度 位置关系的判断
(1)(多选)(2024·江苏二模)设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列命题中正确的有( )
A.若m⊥n，m α，n β，则α⊥β
B．若m⊥α，m∥n，n∥β，则α⊥β
C．若α∥β，m α，n⊥β，则m⊥n
D．若m⊥α，n⊥β，m⊥n，则α⊥β
√
√
√
【解析】 对于A，若m⊥n，m α，n β，不能推出m⊥β或n⊥α，则不能推出α⊥β，故A错误；
对于B，若m⊥α，m∥n，则n⊥α，又n∥β，所以α⊥β，故B正确；
对于C，若α∥β，n⊥β，则n⊥α，又m α，所以m⊥n，故C正确；
对于D，若m⊥α，n⊥β，m⊥n，说明α和β的法向量互相垂直，则α⊥β，故D正确．
【解析】 由题意可知AD2＋AC2＝DC2，所以∠DAC＝90°，又AD＝AC，所以∠ACD＝45°.
又易证△AGF≌△CGE，
所以GF＝GE＝1，△ADC折起后得到△AD1C，如图所示，
判断与空间位置关系有关的命题真假的方法
(1)借助空间线面平行、面面平行、线面垂直、面面垂直的判定、性质、定义进行判断．
(2)借助反证法，当从正面入手较难时，可以利用反证法，推出与题设或公认的结论相矛盾的命题，进而作出判断．
(3)借助空间几何模型，例如从长方体、四面体等模型中观察线面位置关系，结合有关定理，进行肯定或否定．
√
求异面直线所成的角的一般步骤
(1)作：在空间几何体中利用平移直线法找(或作)角．
(2)证：对所找(或作)的角进行证明，证明所得的角就是所求的空间角．
(3)求：把角放在三角形中，通过解三角形求空间角．
√
1．(2024·全国甲卷)设α，β为两个平面，m，n为两条直线，且α∩β＝m.下述四个命题：
①若m∥n，则n∥α或n∥β
②若m⊥n，则n⊥α或n⊥β
③若n∥α且n∥β，则m∥n
④若n与α，β所成的角相等，则m⊥n
其中所有真命题的编号是( )
A．①③ B．②④
C．①②③ D．①③④
2．在正方体ABCD -A1B1C1D1中，E为DD1的中点，O是AC与BD的交点，则以下结论正确的是( )
A．BC1∥平面AEC
B．B1O⊥平面AEC
C．DB1⊥平面AEC
D．直线A1B与直线AE所成的角是60°
√
解析：方法一：对于A，在正方体ABCD -A1B1C1D1中，对角面ABC1D1是矩形，则BC1∥AD1，
因为直线AD1与平面AEC相交，所以BC1与平面AEC不平行，故A错误；
对于B，连接B1D1，由正方体的结构特征可知B1B⊥平面ABCD，
又因为AC 平面ABCD，
所以B1B⊥AC，
又因为AC⊥BD，B1B∩BD＝B，B1B，BD 平面BB1D1D，
所以AC⊥平面BB1D1D，又因为B1O 平面BB1D1D，
所以B1E2＝OE2＋B1O2，
所以B1O⊥OE，又因为AC∩OE＝O，AC，OE 平面AEC，所以B1O⊥平面AEC，故B正确；
对于C，由B可知B1O⊥平面AEC，而DB1与B1O不平行，
所以DB1与平面AEC不垂直，故C错误；
对于D，取CC1的中点G，连接EG，BG，A1G，
因为EG∥AB，EG＝AB，
所以四边形ABGE为平行四边形，所以AE∥BG，
所以∠A1BG即为直线A1B与直线AE所成的角，
