新高考数学二轮复习考点突破讲义 第1部分 专题突破 专题4　第1讲　空间几何体（含解析）

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[考情分析] 空间几何体的结构特征是立体几何的基础，空间几何体的表面积和体积是高考的重点与热点，多以选择题、填空题的形式考查，难度中等或偏上．
考点一 空间几何体的折展问题
核心提炼
空间几何体的侧面展开图
1．圆柱的侧面展开图是矩形．
2．圆锥的侧面展开图是扇形．
3．圆台的侧面展开图是扇环．
例1 (1)“莫言下岭便无难，赚得行人空喜欢．”出自南宋诗人杨万里的作品《过松源晨炊漆公店》．如图是一座山的示意图，山大致呈圆锥形，山脚呈圆形，半径为40 km，山高为40eq \r(15) km，B是山坡SA上一点，且AB＝40 km.为了发展旅游业，要建设一条从A到B的环山观光公路，这条公路从A出发后先上坡，后下坡，当公路长度最短时，下坡路段长为( )
A．60 km B．12eq \r(6) km
C．72 km D．12eq \r(15) km
答案 C
解析 该圆锥的母线长为eq \r(40\r(15)2＋402)＝160，
所以圆锥的侧面展开图是圆心角为eq \f(2×π×40,160)＝eq \f(π,2)的扇形，
如图，展开圆锥的侧面，连接A′B，
由两点之间线段最短，知观光公路为图中的A′B，A′B＝eq \r(SA′2＋SB2)＝eq \r(1602＋1202)＝200，
过点S作A′B的垂线，垂足为H，
记点P为A′B上任意一点，连接PS，当上坡时，P到山顶S的距离PS越来越小，当下坡时，P到山顶S的距离PS越来越大，
则下坡段的公路为图中的HB，
由Rt△SA′B∽Rt△HSB，
得HB＝eq \f(SB2,A′B)＝eq \f(1202,200)＝72(km)．
(2)(2022·深圳检测)如图，在三棱锥P－ABC的平面展开图中，AC＝eq \r(3)，AB＝1，AD＝1，AB⊥AC，AB⊥AD，∠CAE＝30°，则cs∠FCB等于( )
A.eq \f(1,2) B.eq \f(1,3) C.eq \f(3,5) D.eq \f(3,4)
答案 D
解析 由题意知，AE＝AD＝AB＝1，BC＝2，
在△ACE中，由余弦定理知，
CE2＝AE2＋AC2－2AE·AC·cs∠CAE
＝1＋3－2×1×eq \r(3)×eq \f(\r(3),2)＝1，
∴CE＝CF＝1，而BF＝BD＝eq \r(2)，BC＝2，
∴在△BCF中，由余弦定理知，
cs∠FCB＝eq \f(BC2＋CF2－BF2,2BC·CF)＝eq \f(4＋1－2,2×2×1)＝eq \f(3,4).
规律方法 空间几何体最短距离问题，一般是将空间几何体展开成平面图形，转化成求平面中两点间的最短距离问题，注意展开后对应的顶点和边．
跟踪演练1 (1)(多选)如图是一个正方体的展开图，如果将它还原为正方体，则下列说法中正确的是( )
A．C∈GH
B．CD与EF是共面直线
C．AB∥EF
D．GH与EF是异面直线
答案 ABD
解析 由图可知，还原正方体后，点C与G重合，
即C∈GH，
又可知CD与EF是平行直线，即CD与EF是共面直线，AB与EF是相交直线(点B与点F重合)，GH与EF是异面直线，故A，B，D正确，C错误．
(2)如图，在正三棱锥P－ABC中，∠APB＝∠BPC＝∠CPA＝30°，PA＝PB＝PC＝2，一只虫子从A点出发，绕三棱锥的三个侧面爬行一周后，又回到A点，则虫子爬行的最短距离是( )
A．3eq \r(2) B．3eq \r(3)
C．2eq \r(3) D．2eq \r(2)
答案 D
解析 将三棱锥由PA展开，如图所示，则∠APA1＝90°，
所求最短距离为AA1的长度，∵PA＝2，
∴由勾股定理可得
AA1＝eq \r(22＋22)＝2eq \r(2).
∴虫子爬行的最短距离为2eq \r(2).
考点二 表面积与体积
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球表＝4πR2(R为球的半径)．
2．空间几何体的体积公式
(1)V柱＝Sh(S为底面面积，h为高)．
(2)V锥＝eq \f(1,3)Sh(S为底面面积，h为高)．
(3)V台＝eq \f(1,3)(S上＋eq \r(S上·S下)＋S下)h(S上，S下为底面面积，h为高)．
(4)V球＝eq \f(4,3)πR3(R为球的半径)．
例2 (1)(2022·全国甲卷)甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为2π，侧面积分别为S甲和S乙，体积分别为V甲和V乙．若eq \f(S甲,S乙)＝2，则eq \f(V甲,V乙)等于( )
A.eq \r(5) B．2eq \r(2) C.eq \r(10) D.eq \f(5\r(10),4)
答案 C
解析 方法一 因为甲、乙两个圆锥的母线长相等，所以结合eq \f(S甲,S乙)＝2，可知甲、乙两个圆锥侧面展开图的圆心角之比是2∶1.
不妨设两个圆锥的母线长为l＝3，甲、乙两个圆锥的底面半径分别为r1，r2，高分别为h1，h2，
则由题意知，两个圆锥的侧面展开图刚好可以拼成一个周长为6π的圆，
所以2πr1＝4π，2πr2＝2π，得r1＝2，r2＝1.
由勾股定理得，
h1＝eq \r(l2－r\\al(2,1))＝eq \r(5)，h2＝eq \r(l2－r\\al(2,2))＝2eq \r(2)，
所以eq \f(V甲,V乙)＝eq \f(\f(1,3)πr\\al(2,1)h1,\f(1,3)πr\\al(2,2)h2)＝eq \f(4\r(5),2\r(2))＝eq \r(10).
方法二 设两圆锥的母线长为l，甲、乙两圆锥的底面半径分别为r1，r2，高分别为h1，h2，侧面展开图的圆心角分别为n1，n2，
则由eq \f(S甲,S乙)＝eq \f(πr1l,πr2l)＝eq \f(\f(n1πl2,2π),\f(n2πl2,2π))＝2，
得eq \f(r1,r2)＝eq \f(n1,n2)＝2.
由题意知n1＋n2＝2π，
所以n1＝eq \f(4π,3)，n2＝eq \f(2π,3)，
所以2πr1＝eq \f(4π,3)l，2πr2＝eq \f(2π,3)l，
得r1＝eq \f(2,3)l，r2＝eq \f(1,3)l.
由勾股定理得，h1＝eq \r(l2－r\\al(2,1))＝eq \f(\r(5),3)l，
h2＝eq \r(l2－r\\al(2,2))＝eq \f(2\r(2),3)l，
所以eq \f(V甲,V乙)＝eq \f(\f(1,3)πr\\al(2,1)h1,\f(1,3)πr\\al(2,2)h2)＝eq \f(4\r(5),2\r(2))＝eq \r(10).
(2)(多选)(2022·新高考全国Ⅱ)如图，四边形ABCD为正方形，ED⊥平面ABCD，FB∥ED，AB＝ED＝2FB.记三棱锥E－ACD，F－ABC，F－ACE的体积分别为V1，V2，V3，则( )
A．V3＝2V2 B．V3＝V1
C．V3＝V1＋V2 D．2V3＝3V1
答案 CD
解析 如图，连接BD交AC于O，连接OE，OF.
设AB＝ED＝2FB＝2，
则AB＝BC＝CD＝AD＝2，
FB＝1.
因为ED⊥平面ABCD，FB∥ED，
所以FB⊥平面ABCD，
所以V1＝VE－ACD＝eq \f(1,3)S△ACD·ED＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)AD·CD·ED＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×2×2×2＝eq \f(4,3)，
V2＝VF－ABC＝eq \f(1,3)S△ABC·FB＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)AB·BC·FB＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×2×2×1＝eq \f(2,3).
因为ED⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，
所以ED⊥AC，
又AC⊥BD，
且ED∩BD＝D，ED，BD⊂平面BDEF，所以AC⊥平面BDEF.
因为OE，OF⊂平面BDEF，
所以AC⊥OE，AC⊥OF.
易知AC＝BD＝eq \r(2)AB＝2eq \r(2)，
OB＝OD＝eq \f(1,2)BD＝eq \r(2)，
OF＝eq \r(OB2＋FB2)＝eq \r(3)，
OE＝eq \r(OD2＋ED2)＝eq \r(6)，
EF＝eq \r(BD2＋ED－FB2)
＝eq \r(2\r(2)2＋2－12)＝3，
所以EF2＝OE2＋OF2，所以OF⊥OE.
又OE∩AC＝O，OE，AC⊂平面ACE，
所以OF⊥平面ACE，
所以V3＝VF－ACE＝eq \f(1,3)S△ACE·OF
＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)AC·OE·OF
＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×2eq \r(2)×eq \r(6)×eq \r(3)＝2，
所以V3≠2V2，V1≠V3，V3＝V1＋V2,2V3＝3V1，
所以选项A，B不正确，选项C，D正确．
规律方法 空间几何体的表面积与体积的求法
(1)公式法：对于规则的几何体直接利用公式进行求解．
(2)割补法：把不规则的图形分割成规则的图形，或把不规则的几何体补成规则的几何体，不熟悉的几何体补成熟悉的几何体．
(3)等体积法：选择合适的底面来求体积．
跟踪演练2 (1)已知圆锥的顶点为S，母线SA，SB所成角的余弦值为eq \f(7,8)，SA与圆锥底面所成角为45°，若△SAB的面积为5eq \r(15)，则该圆锥的侧面积为( )
A．80eq \r(2)π B．40
C．40eq \r(2)π D．40eq \r(5)π
答案 C
解析 由圆锥的顶点为S，母线SA，SB所成角的余弦值为eq \f(7,8)，
可得sin∠ASB＝eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,8)))2)＝eq \f(\r(15),8)，
又△SAB的面积为5eq \r(15)，
可得eq \f(1,2)SA2sin∠ASB＝5eq \r(15)，
即eq \f(1,2)SA2×eq \f(\r(15),8)＝5eq \r(15)，可得SA＝4eq \r(5)，
由SA与圆锥底面所成角为45°，
可得圆锥的底面半径为eq \f(\r(2),2)×4eq \r(5)＝2eq \r(10)，
则该圆锥的侧面积为π×2eq \r(10)×4eq \r(5)＝40eq \r(2)π.
(2)(2022·连云港模拟)如图是一个圆台的侧面展开图，若两个半圆的半径分别是1和2，则该圆台的体积是( )
A.eq \f(7\r(2)π,24) B.eq \f(7\r(3)π,24)
C.eq \f(7\r(2)π,12) D.eq \f(7\r(3)π,12)
答案 B
解析 如图，设上底面的半径为r，下底面的半径为R，高为h，母线长为l，
则2πr＝π·1,2πR＝π·2，
解得r＝eq \f(1,2)，R＝1，
l＝2－1＝1，
h＝eq \r(l2－R－r2)＝eq \r(12－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2)＝eq \f(\r(3),2)，
上底面面积S′＝π·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2＝eq \f(π,4)，
下底面面积S＝π·12＝π，
则该圆台的体积为eq \f(1,3)(S＋S′＋eq \r(SS′))h＝
eq \f(1,3)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(π＋\f(π,4)＋\f(π,2)))×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(7\r(3)π,24).
考点三 多面体与球
核心提炼
求空间多面体的外接球半径的常用方法
(1)补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；
(2)定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据到其他顶点距离也是半径，列关系式求解即可．
例3 (1)(2022·烟台模拟)如图，三棱锥V－ABC中，VA⊥底面ABC，∠BAC＝90°，AB＝AC＝VA＝2，则该三棱锥的内切球和外接球的半径之比为( )
A．(2－eq \r(3))∶1 B．(2eq \r(3)－3)∶1
C．(eq \r(3)－1)∶3 D．(eq \r(3)－1)∶2
答案 C
解析 因为VA⊥底面ABC，AB，AC⊂底面ABC，
所以VA⊥AB，VA⊥AC，
又因为∠BAC＝90°，
所以AB⊥AC，而AB＝AC＝VA＝2，
所以三条互相垂直且共顶点的棱，可以看成正方体中共顶点的长、宽、高，因此该三棱锥外接球的半径
R＝eq \f(1,2)×eq \r(22＋22＋22)＝eq \r(3)，
设该三棱锥的内切球的半径为r，
因为∠BAC＝90°，
所以BC＝eq \r(AB2＋AC2)＝eq \r(22＋22)＝2eq \r(2)，
因为VA⊥AB，VA⊥AC，AB＝AC＝VA＝2，
所以VB＝VC＝eq \r(VA2＋AB2)＝eq \r(22＋22)＝2eq \r(2)，
由三棱锥的体积公式可得，
3×eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×2×2·r＋eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×2eq \r(2)×2eq \r(2)×eq \f(\r(3),2)·r＝eq \f(1,3)×eq \f(1,2)×2×2×2⇒r＝eq \f(3－\r(3),3)，
所以r∶R＝eq \f(3－\r(3),3)∶eq \r(3)＝(eq \r(3)－1)∶3.
(2)(2022·新高考全国Ⅱ)已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为3eq \r(3)和4eq \r(3)，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为( )
A．100π B．128π
C．144π D．192π
答案 A
解析 由题意，得正三棱台上、下底面的外接圆的半径分别为eq \f(2,3)×eq \f(\r(3),2)×3eq \r(3)＝3，eq \f(2,3)×eq \f(\r(3),2)×4eq \r(3)＝4.
设该棱台上、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＋OOeq \\al(2,1)＝42＋(1－OO1)2，
解得OO1＝4(舍去)；
当球心O不在线段O1O2上时，R2＝42＋OOeq \\al(2,2)＝32＋(1＋OO2)2，解得OO2＝3，
所以R2＝25，
所以该球的表面积为4πR2＝100π.
综上，该球的表面积为100π.
规律方法 (1)求锥体的外接球问题的一般方法是补形法，把锥体补成正方体、长方体等求解．
(2)求锥体的内切球问题的一般方法是利用等体积法求半径．
跟踪演练3 (1)(2022·全国乙卷)已知球O的半径为1，四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均在球O的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为( )
A.eq \f(1,3) B.eq \f(1,2)
C.eq \f(\r(3),3) D.eq \f(\r(2),2)
答案 C
解析 该四棱锥的体积最大即以底面截球的圆面和顶点O组成的圆锥体积最大．
设圆锥的高为h(0