2024年高考数学教学教研-复习用书-必修第二册_151-200-2024年高考数学教学教研-复习用书-必修第二册专题

这是一份2024年高考数学教学教研-复习用书-必修第二册_151-200-2024年高考数学教学教研-复习用书-必修第二册专题，文件包含✔2024年高考数学教学教研-复习用书-必修第二册_151-200docx、2024年高考数学教学教研-复习用书-必修第二册_151-200pdf等2份试卷配套教学资源，其中试卷共119页， 欢迎下载使用。

阿基米德多面体是一种特殊的多面体.指所有多面角都相等，且各个面是边数不全相同的正多边形的多面体.等角半正多面体的多面角最多有五个面.侧面是正方形的正n棱柱是等角半正n+2面体.又如取正n面体(n=6或8，12或20)各棱的中点作为顶点所成的多面体也是等角半正多面体，分别称为立方八面体或中央晶体(由六个正方形和八个正三角形围成的)和十二兼二十面体(由十二个正五边形和二十个正三角形围成的).
例1.如图所示为上世纪八十年代科学家首次发现的碳60的电子显微镜图，它是由五边形和六边形面构成的多面体，共有60个顶点，每个顶点均为碳原子，且每个顶点引出三条棱，形似足球.根据以上信息知，碳60的所有面中六边形的个数是( )
A.12
B.20
C.32
D.40
解析：设五边形面有x个，共5x条梈，六边形面有y个，共6y条棱，因为每条棱出现在两个面中，故总棱数E=5x+6y2，因每个顶点出现在三个面中，故总顶点数为V=5x+6y3=60，得5x+6y=180，所以E=5x+6y2=1802=90，所以由欧拉公式得，60-90+F=2，得F=32，所以x+y=32，所以由x+y=325x+6y=180，得x=12y=20，所以碳60的所有面中六边形的个数为20个，故选：B
例2.中国有悠久的金石文化，印信是全石文化代表之一，印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”.半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体，古希腊著名数学家阿基米德研究过此类多面体的性质，故半正多面体又被称为“阿基米德多面体”.半正多面体体现了数学的对称关，如图，是一个棱数为24的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的棱上，且此正方体的棱长为1.则下列关于该多面体的说法中错误的是( )
A.多面体有12个顶点，14个面
B.多面体的表面积为3
C.多面体的体积为56
D.多面体有外接球(即经过多面体所有顶点的球)
解析：一个棱数为24的半正多面体有12个顶点，14个面；可将半正多面体补成棱长为1的正方体，故其顶点是正方体各校的中点.半正多面体的棱长为22，表面积为S=8×34×222+6×222=3+3，体积可看作正方体的体积减去八个三棱篧的体积，则V=1-8×16×123=56，又因为正方体的中心到多面体各顶点的距离相等，所以有外接球，故选：B.
例3.“阿基米德多面体”是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面你，它体现了教学的对称关，某天小明在广场上发现了如图1所示的一个石凳，其形状是将一个正方体沿交于同一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截取八个三棱锥，得到八个面为正三角形，六个面为正方形的“阿基米德多面体”(如图2所示)小明用卷尺测量出这个石筧的高度为50cm，他给出了如下判断，请你指出小明的哪些判断是正确的( )
A.这个石笔共有24条棱，12个顶点，14个面
B.一个体积为1立方米的正方体石料可以切割出8个这样的石凳(不计损耗)
C.这个石凳也可以由一个直径为70cm的球形石凳切割而成(不计损耗)
D.如果将这个石凳三角形的那个面水平放置，石举的高度会增加
解析：观察所得的几何体可知，几何体有24条棱、12个顶点、14个面，选项A正确；由题意可知，“阿基米德多面体”体积为原正方体体积减去8个三棱锥体积，设原正方体的棱长为a，则8个三棱锥体积8×13×12×a22×a2=16a3，所以“阿基米德多面体”体积为a3-16a3=56a3，又石凳的高度为50cm，所以原正方体的棱长a=50cm，所以“阿基米德多面体”体积为56×503，又1立方米等于106，所以10656×503=9.6>8，所以一个体积为1立方米的正方体石料可以切制出8个这样的石凳(不计损耗)，故B正确；原正方体的棱长a=50cm，则其外接球的直径为503，又503>70，所以一个直径为70cm的球形石料切割不成该几何体(不计损耗)，故C错误；设原正方体的棱长为a，则每个三棱锥是底面边长为22a的正三角形，侧棱长a2，且两两互相垂直的三棱锥，设顶点到正三角形的距离为h，由三棱锥的体积可知13×12×a22×a2=13×34×22a2×h，解得h=36a，所以两个对角上的正三角形所在面的距离为3a-2×36a=233a>a，由题意可知a=50cm，如果“阿基米德多面体”按照图2放置，则高度为50cm，所以如果将这个石凳三角形的那个面水平放置，石凳的高度为10033>50，所以高度会增加，故D正确；故选：ABD.
例4.一种玻璃饰品外形是简单多面体，表面是由三角形和平面八边形两种拼接而成它共有24个顶点，每个顶点恰好在三条棱上.设该多面体表面有x个三角形，y个平面八边形，则xy的值为( )
155解析：设顶点数为V，面数为F，棱数为E，由题可知，F=x+y，由欧拉公式可得：V+F-E=2，由于一个顶点连接3条棱，故总棱数为E=24×32=36，故24+F-36=2，解得F=x+y=14(1)，三角形总边数为3x，八边形总边数为8y，故多面体的总棱数为3x+8y2=36(2)，联立(1)(2)，解得x=8，y=6，故xy=48
例5.某个玻璃饰品的外形是简单多面体，它的外表由三角形和八边形两种多边形拼接而成，且有24个顶点，每个顶点处都有3条梈，设该多面体外表三角形的个数为x，八边形的个数为y，求x+y的值( )
解析：∵有24个顶点，每个顶点处都有3条棱，两点确定一条直线；∴共有24×3÷2=36条梈，设总面数为F，24+F-36=2⇒F=14，所以x+y=14
如图，顶点A计数3条榜，顶点B又计数3条梈，这样棱AB被计了2次，所有棱都会出现这个状况，所以要除以2，两个点之间的棱算了两边，一个棱，既是a的也是b的.
例6.(2022年8月广州阶段测试)如右图，2008年北京奥运会游泳中心(水立方)的设计灵感来自于威尔·弗兰泡沫，戚尔·弗兰泡沫是对开尔文胞体的改进，开尔文胞体是一种多面体，它有正六边形和正方形围成，(其每一个顶点处都有一个正方形和两个正六边形)，已知该多面体24个顶点，且棱长为1，该多面体的表面积是( )
A.6+123
B.8+123
C.6+93
D.8+93
解析：设正六边形面数为x，正方形面数为y，则6x+4y3=24⇒3x+2y=36，(此处6x+4y代表点数)(1)下面由欧拉公式：V+F-E=2，顶点V、面数F，棱数E、
即24+x+y-6x+4y2=2⇒x+y=14，(此处6x+4y代表棱数)
由(1)(2)解得：x=8，y=6，故该多面体的表面积是332×8+6×1=123+6
例7.多面体的欧拉定理：简单多面体的顶点数V、棱数E与面数F有关系V+F-E=2.请运用欧拉定理解决问题：碳60(C60具有超导特性、抗化学腐蚀性、耐高压以及强磁性，是一种应用广泛的材料.它的分子结构十分稳定，形似足球，也叫足球烯，如图所示，碳60C60的分子结构是一个由正五边形面和正六边形面共32个面构成的凸多面体，60个碳原子处于多面体的60个顶点位置，则32个面中正五边形面的个数是( )
解析：设正五边形面个数为x，正六边形面个数为y，得：x+y=325x+6y3=60⇒x=12，y=20
例8.“阿基米德多面体”也称为半正多面体(semi-regularslid)，是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美.如图所示，将正方体沿交于一顶，点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形、六个面为正方形的一种半正多面体.已知半正多面你的一条棱AB=322，则该半正多面体外接球的表面积为( )
A.18π
B.16π
C.14π
D.12π
解析：因为一条棱为322，可得正方体边长为3，则球心O32，32，32，设一个顶点为N32，0，0，则R2=ON=184故该半正多面体外接球的表面积为18π
例9.(2019年高考数学课标全国Ⅱ卷理科・第16题)中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一.印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”(图1).半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美.图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1.则该半正多面体共有( )个面，其棱长为( )
解析：由图可知第一层与第三层各有9个面，计18个面，第二层共有8个面，所以该半正多面体共有18+8=26个面.如图，设该半正多面体的棱长为x，则AB=BE=x，延长BC与FE交于点G，延长BC交正方体棱于H，由半正多面体对称性可知，△BGE为等腰直角三角形，∵BG=GE=CH=22x，∴GH=2×22x+x=2+1x=1，
∴x=12+1=2-1，即该半正多面体棱长为2-1.
点评：第一问可按题目数出来，也可欧拉公式解决，第二问需在正方体中简单还原出物体位置，利用对称性，平面几何解决.本题立意新顷，空间想象能力要求高，物体位置还原是关键，遇到新题别㧧乱，题目其实很简单，稳中求胜是关键.立体几何平面化，无论多难都不怕，强大空间想象能力，快速还原
4.刍甍五面体体积公式的秒杀解法
关于《九章算术・商功》——刍薑五面体体积公式的秒杀解法
例1.(2023年3月湖南郴州高三一模第8题)刍甍是如图所示五面体ABCDEF，其中AB//CD//EF，底面ABCD是平行四边形，《九章算术·商功》对其体积有记载：“求积术曰，倍下袤，上袤从之，以广乘之，又以高乘之，六而一”，意思是：若EF=c，AB=a，AB、CD之间的距离是h，直线EF与平面ABCD之间的距离是H，则其体积V=Hh2a+c6，现有刍甍ABCDEF，EF=1，AB=3，AB、CD之间的距离是2，EF与平面ABCD之间的距离是4，过AE的中点G，作平面α//平面ABCD，将该刍甍分为上下两部分，则上下体积之比为( )
解析：由V=Hh2a+c6，得V8=4×2×2×3+16=283，V上=2×1×2×3+12+16=53，所以VF=283-53=233，所以上下体积之比为5：23.选D
例2.(2021年广州市白云区高一下期末考试第8题)已知图1是棱长为1的正六边形ABCDEF，将其沿直线FC折叠成如图2的空间图形F'A'E'-C'B'D'，其中A'E'=62，则空间几何体F'A'E'-C'B'D'的体积为( )
A.38
B.716
C.12
D.78
解析1：如图，过A'作A'G⊥C'F'，垂足为G，连接E'G，则E'G⊥C'F'，过B'作B'H⊥C'F'，垂足为H，连接D'H，则D'H⊥C'F'，所以A'G//B'H，又A'G∉平面B'HD'，B'H⊂平面B'HD'，所以A'G//平面B'HD'，同理E'G//平面B'HD'，又A'G∩E'G=G，所以平面A'GE'//平面B'HD'，即三棱柱A'GE'-B'HD'为直三棱柱.∵A'F'=1，∠A'F'G=60∘，所以A'G=32，F'G=12，同理求得E'G=32，C'H=12，又A'E'=62，∴A'G2+E'G2=A'E'2，∴空间几何体F'A'E'-CB'D'的体积为：V=12×32×32×1+2×13×12×32×32×12=-12.故选：C.
解析2：V=Hh2+1+16，h=32，H=32，H可以用三余弦定理求解，代入数据可得C
例3.(2023年3月宁夏高三第一次质脸8题)刍甍是中国古代算术中的一种几扇形体，《九章算术》中记载“刍甍者，下有褒有广，而上有褒无广.刍，草也.甍，屋盖也.”翻译为“底面有长有宽为矩形，顶部只有长没有宽为一条棱，乌甍字面意思为茅草屋顶”.卷五“商功”：今有刍甍，下广3丈，下袤4丈；上袤2丈，无广；高1文，其描述的是如图的一个封间五面体，底面ABCD是矩形，AB=4，BC=3，EF=2，EF//底面ABCD，EF到底面ABCD的距离为1.若DE=AE=BF=CF，则该五面体内放置的球的最大半径为( )
A.2
B.313+34
C.1
D.313-34
解析：该五面体内的最大的球可以看作是图中的直三棱柱FHJ-EKL内的最大的球.作FG⊥HJ年G，则FG⊥平面ABCD.FG与平面ABCD内直线JH垂直，由对称性，FJ=FH，G为HJ中点，所以HG=32，所放置的最大球的大圆半径等于△FHJ内切圆半径，又FG=1，所以FJ=FH=132，△FHJ的面积S=32.令△FHJ内切圆半径为r，则S=132+132+3r2=32，解得r=313-3432a，故弧AC所对的圆心角为大于π3，故弧AC长不为π3a.故A错误；选项B，
设AC，BD的中点为分别为E，F，由球的对称性可得M，E，F，N共线，连接BE，DE.由A-BCD为正四面体可得AE=DE=32a，故EF=34a2-14a2=22a，而弧AC所在的平面与球的截面圆的半径为32a，故MN=232a-22a+22a=3-22a>a，故B错误；选项C，由MN>a，故C错误；选项D，设△BCD的外接圆的圆心为O，连接AO，则AO⊥平面BCD.而OB=12×a32=33a，故AO=a2-13a2=63a，故四面体ABCD体积为13×34a2×63a=212a3，故D正确.选：D.
二、立体图形的直观图与斜二测画法
1.如图，用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图为一个正方形，则原图的形状是( )
2如图所示为某一平面图形的直观图，则此平面图形可能是下图中的( )
3.一水平放置的平面图形，用斜二测画法画出了它的直观图，此直观图恰好是一个边长为2的正方形，则原平面图形的面积为( )
A.82
B.22
C.43
D.23
4.如图所示，VA'B'C'是水平放置的△ABC直观图，A'B'//y'轴，B'C'//x'轴，A'B'=2，B'C'=3，则△ABC中，AC=
A.2
B.5
C.4
D.13
5.(多选)如图，△A'B'C'表示水平放置的△ABC根据斜二测画法得到的直观图，A'B'在x'轴上，B'C'与x'轴垂直，且B'C'=2，则下列说法正确的是( )
A.△ABC的边AB上的高为2
B.△ABC的边AB上的高为4
C.AC>BC
D.ACAD=6，结合椭圆的定义可知，点B，C均在以AD为长轴的椭圆上，它们的轨迹是个椭球，由公式V=16AD⋅BC⋅dsin90∘=2d，d为BC-AD距离，那什么时候最大时呢，过BC做直线AD的垂面交AD于M，则此时截椭球的截面为圆面.设此圆的半径为r，r∈(1，4]⇒S△MBC=r2-1≤15
OM=OB2-1=AB2-OA2-1=AB2-32-1=AB2-32-1，因为B是在以AD为长轴的椭球上，A，D为椭圆焦点，B，C短轴顶点时，BC-AD距离最大，可得d=15，所以：由
V=13⋅S△OBC⋅AD=2S△OBC=2⋅12⋅BC⋅OM≤2OB2-BM2=242-1=215
其实可以用公式：V=16AD⋅BC⋅dsin90∘=2d≤2OB2-1=215
14.任意四面体外接球万能公式(克列尔公式)
(1)设对棱a=AB×CDb=AC×BD，以a，b，c为三角形三边求该三角形面积为S设三棱c=AD×BC锥A-BCD的体积为V，则R=S6V.那么S与V怎么求呢？
注1：a，b，c为边长的三角形面积公式可利用秦九韶公式或海伦公式：
S=14a2b2-a2+b2-c222或基本公式！
证明：通过余弦定理来证明，证明的核心在于余弦值的表达方式.通过余弦定理推导，非常简单.
S=12absinC⇒S2=14a2b21-cs2C=14a2b21-a2+b2-c22ab2⇒S=pa-ap-bp-c，注： p=a+b+c2
注2：在三棱锥D-ABC中，设AB=a，AC=b，AD=c，∠BAC=α，∠DAC=β，∠DAB=γ，，则VD-ABC=16a∕∕b∕∕c⋅1-cs2α-cs2β-cs2γ+2csαcsβcsγ
例.(多选)在四面体ABCD中，AB⊥AC，AC⊥CD，直线AB，CD所成的角为60∘，AB=CD=43，AC=4，则四面体ABCD的外接赇表面积为(CD)
A.16053π
B.52π
c.80π
D.208π
解析1：当四面体ABCD如下图示，
过A作AE//CD且AE=CD，连接BE、DE、CE，且AD与CE交于0点，则△ABE为等边三角形，ACDE为矩形且0点为ACDE外接圆圆心，即AC⊥AE，又AB⊥AC，AB∩AE=A，∴AC⊥面ABE，AC⊂面ACDE，则面ABE⊥面ACDE，过F为AE中点，连接BF、OF，若F'为面ABE外接圆圆心，O'为四面体ABCD的外接球球心，则OF=O'F'=2，BF=6，有BF'=4，如上图示，∴四面体ABCD的外接球半径R=O'F'2+BF'2=25，则外接球表面积为4πR2=80π.当四面体ABCD如下图示，
过A作AE//CD且AE=CD，连接BE、DE、CE，且AD与CE交于O点，则△ABE为等腰三角形，ACDE为矩形且O点为ACDE外接圆圆心，即AC⊥AE，又AB⊥AC，AB∩AE=A，∴AC⊥面ABE，AC⊂面ACDE，则面ABE⊥面ACDE，过F为AE中点，连接OF，若F'为面ABE外接圆圆心，O'为四面体ABCD的外接球球心，则OF=OF'=2，BF'=43，如上图示，∴四面体ABCD的外接球半径R=OF'2+BF'2=213，则外接球表面积为4πR2=108π.故选：CD
解法2.由克列尔公式：R=S6V
由空间异面直线夹角公式：可求BD=8，或者BD=12，下面就以BD=8来算吧，所以可得：a，b，c分别为48，64，64，则以a，b，c为边长的三角形面积公式可利用秦九韶公式或海伦公式：S=14a2b2-a2+b2-c222或三角形面积公式可求！csθ=482+642-3222×48×64=78⇒sinθ=158，所以：R=S6V=12⋅64⋅48⋅1586⋅16⋅43⋅43⋅4⋅32=25，故选C.当BD=12也可以求出答案选D
15.基于球与正方体棱相切的问题研究
什么是球与正方体的各条棱相切，什么意思？
给你举个例子吧，想象一个由12条细棒组成的正方体框架(当然里面什么也没有，空心的)，然后在框架内放一气球，将其吹大，大到球面与框架的细棒接触.此时气球有一部分会在正方体框架之外，但被框挡着无法继续脚胀.
这可以近似理解为球与正方体的各棱相切实际模型，理解吗？
例1.已知直三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱长为23，底面为等边三角形.若球O与该三棱柱的各条棱都相切，则球O的体积为___________
解析：设底面ABC边长为a，则OE=AG=OF=233a⇒OF2=33a2+32∴a=3
∴OE=233×3=2，球O的体积为43π×23=32π3
例2.边长为a正方体各棱与球相切，则球的直径是多少？
解析：这道题主要是靠想象，但要给差生讲明白可不容易，主要是做图，先说一下以前一些老师的做法.老师的解释，把球也画上不容易.如图1，M和N分别A1D1，BC是中点，则线段MN就是球的直径，自己想象一下吧.
随后给出解法的图形，如图右侧的三个图！！！可以一目了然的直径与正方体边长的关系列3.已知正三棱柱的高等于1.且球O与所有棱都相切，则球O的体积为(B)
A.π6
B.43π27
C.4π3
D.43π3
101例4.(湖北省鄂东南省级示范高中数育数学改革联盟学校2023届高三下学期5月模拟联考数学试题第8题)现有一个底而边长为23，侧棱长为22的正三棱锥框架，其各顶点都在球O1的球面上，将一个图气球O2放在此框架内，再向气球内充气，当圆气球恰好与此正三棱锥各棱都相切时停止充气，此时两球表面积之和为( )
A.23π
B.60-166π
c.60+166π
D.22-25π
解析：球O1属于正三棱锥的外接球问题：可求得R=2，球O1的表面积为16π，设正三棱锥框架为P-ABC，球O1的半径为R，球O2的半径为r，底面△ABC外接圆的圆心为O，连接PO，AO，延长AO交BC于点N.因为圆气球O2在此框架内且与正三棱锥所有的棱都相切，因AO2=2，PO2=2⇒∠APQ=45，故PO2=2r由PO2=PO2+O2O2，即2=r2-1+2r⇒r=22-3，综上可得：两球表面积之和为44-166π+16π=60-166π，故选：B.
例5.(多选)已知三棱锥P-ABC的所有棱长均为3，球O与棱PA，PB，PC都相切，且平面ABC被球O截得的倠面面积为2π，则球O的半径为( )
A.1
B.2
C.22
D.2或22
解析：过点P向底面ABC作垂线，垂足为O1，连接AO1，则球心O在线段PO1或其延长线上，O1为正△ABC的中心，则AO1=23×32AB=3，PO1=PA2-AO12=6.设球O的半径为R，因为球O截平面ABC所得的截面面积为2π，所以找面圆的半径为2，所以OO1=R2-2，R≥2.过O作PA的垂线，垂足为D，则OD=R，△PAO1∼△POD，所以POPA=ODAO1.
(1)当点O在线段PO1上时，6-R2-23=R3，即R2-2=6-3R，则R2-32R+4=0，且6-3R≥0，解得R=2；
(2)当点O在线段PO1的延长线上时，6+R2-23=R3，即R2-2=3R-6，则R2-32R+4=0，且3R-6≥0，解得R=22或R=2，当R=2时，点O，O1重合，此时点O不在线段PO1的延长线上，故舍去；当R=22时，切点D不在棱PA上，不符合题意.综合(1)(2)可知，R=2，故选：B.
16.旋转体外接球、内切球大一统公式.
1.圆柱：
轴截面如图：外接球半径：R=AC2=h2+2r22=12h2+4r2
内切球半径：若存在内切球半径：则r=h2
2.圆锥：
轴截面如图：外接球半径：2R=ABsinC⇒R=12⋅ABsinC=12⋅lhl=l22h
轴截面如图：内切球半径：一定存在(因为三角形内切圆一定存在)：下面由等面积法推导：
S△ABC=S△OAB+S△OAC+S△OBC⇒S=12⋅AB⋅r+12⋅AC⋅r+12⋅BC⋅r⇒2S=AB+AC+BC⋅r⇒r=2SAB+AC+BC=2⋅12⋅2r⋅h2l+2r=rhr+l
3.圆台：
轴锥面如图：是等腰梯形，也必由外接圆(因对角和为180四点共圆”)，也必有外接球
在△ABC中，正弦定理：2R=ACsinB=2r12+l2-2⋅2r1lcsπ-Bhl=4r12+l2-4r1lr2-r1lhl=l2+4r1r2hl
故：R=l2hl2+4r1r2=l2hr2-r12+h2+4r1r2=l2hr2+r12+h2
故：R=l2hr2+r12+h2，l为母线长；h为高；r1上底面半径；r2为下底面半径
进一步：当为圆柱时：r1=r2，l=h⇒R=12h2+4r2；当为圆锥时：r1=0，l=h2+r22⇒R=l22h，
故圆柱、圆锥、圆台外接球半径统一公式：R=l2hr2+r12+h2
轴截面所示：内切球半径：不一定有，如果有，必在O1O2中点上，
由于圆与各个边相初，所以AO，BO分别为∠A，∠B的角平分线，故
∠AOB=π2，我们很容易得到：△AOO1≈△BOO2
∴r1h2=h2r2⇒h2=4r1r2，∵l2=r2-r12+h2⇒l2=r2-r12+4r1r2⇒l2=r2+r12⇒l=r2+r1.
综上：圆台存在内切球的充要条件为l=r1+r2，由等面积法：r=2SAB+BC+CD+DA=2122r1+2r2hl+2r1+l+2r2=r1+r2hr1+r2+l
进一步：当为圆柱时：r1=r2，l=h⇒r=2rh2r+h；
当为圆锥时：r1=0，r2=r，l=h2+r2⇒r=rhr+l
圆柱、圆锥、圆台内切球半径统一公式：r=r1+r2hr1+r2+l
4正四棱台：
如图正四棱台：不妨设上底面边长为a，下底面边长为b，正四棱台的高为h，O外接球球心，M，N分别为上底面，下底面的外接圆圆心，构建几何关系：则有正四棱台外接球半径R有关系式：R2-a22+R2-b22=h R2-a22-R2-b22=h
正棱台外接球的球心肯定在上下底面中心的连线上，但不是中点，根据球心到上下底面顶点距离相等即可求出半径，难度不大，只是以台体为出发点的题目相对较少.
例1.已知某圆台的母线长为2，母线与轴所在直线的夹角是60∘，且上、下底面的面积之比为1：4，则该圖台外接球的表面积为( )
A.56π
B.64π
C.112π
D.128π
解析1：由统一公式：R=l2hr2+r12+h2=22⋅123+32+12=28⇒S=4πR2=112π
解析2：如图等腰梯形ABCD是圆台的轴截面，EF是圆台的对称轴，圆台上、下底面的面积之比为1：4，则半径比为1：2，设圆台上、下底面半径分别为r，2r，因母线与轴的夹角是60∘，母线长为2，可得圆台的高为1，r=3，设圆台外接球的半径为R，球心到下底面(大圆面)的距离为x，若球心在圆台两底面之间，如图点M位置，则R2=x2+232且R2=1-x2+32，无解；若圆台两底面在球心同侧，如图点O位置，则R2=x2+232且R2=1+x2+32，解得x=4，则R2=28，则该圆台外接球的表面积为4πR2=112π.故选：C.
例2.已知一圆台的上、下底面半径分别为2和3，高为3，且该圆台上、下底面的圆周在同一球面上，则该圆台外接球的表面积为( )
A.116π3
B.340π9
C.5323π
D.3408581π
解析1：由统一公式：R=l2hr2+r12+h2=102⋅32+32+32=106⋅34⇒S=4πR2=340π9
解析2：依题意画出轴截面，设球的半径为R，当两底面在球心同侧时，有R2-4-R2-9=3，即R2-4=3+R2-92，即R2-4=9+6R2-9+R2-9，即-4=6R2-9，方程无解；当两底面在球心异侧时，有R2-9+R2-4=3，即R2-9=3+R2-42所以R2-9=9-6R2-4+R2-4，即6R2-4=14，则R2-4=499，所以R2=859∴这个球的表面积是S=4πR2=4π×859=340π9.故选：B
例3.(多选)已知圆台的轴截面如图所示，其上、下底面半径分别为r上.=1，r下=2，母线AB长为2，E母线AB中点，则下列结论正确的是( )
A.圆台母线AB与底面所成角为60∘
B.圆台的侧面积为12π
C.圆台外接球半径为2
D.在圆台的侧面上，从C到E的最短路径的长度为5
解析：对于A：过A作AF//O1O2交底面于F，则O1O2⊥底面，所以∠ABF即为母线AB与底面所成角.
在等腰梯形ABCD中，AB=2，BF=2-1=1，所以cs∠ABF=BFAB=12.因为∠ABF腈角，所以∠ABF=60∘.故A正确；对于B：由题意，圆台的侧面展开图为半圆环，其面积为S=12×2π×2×4-12×2π×1×2=6π.故B错误对于C：设圆台外接球的球心为O，半径R.由题意可得：O1B=2，O2A=1，O1O2=22-12=3.设OO1=a，则OO2=3-a，由R=OA=OB，即12+3-a2=22+a2，解得：a=0即OO1重合，所以R=OB=2.故C正确；也可由统一公式：R=l2hr2+ri2+h2=22⋅31+22+32=2
对于D：如图示，在在圆台的侧面上，从C到E的最短路径的长度为CE.由题意可得：FB=FC=4，AB=2.由E为AB中点，所以FE=3，所以CE=CF2+FE2=42+32=5.故D正确.故选：ACD
例4.如图，在正四棱台ABCD-A1B1C1D1中，O，O1分别是正方形ABCD，A1B1C1D1的中心.若以O1为球心，O1A1为半径的球与平面ABCD相切，且O是该四棱台的外接球的球心，则该四棱台的体积与其外接球的体积之比为___________
解析：设A1B1=a，AB=b，OO1=h，因为以O1为球心，O1A1为半径的球与平面ABCD相切，故h=22a，因为O是该四棱台的外接球球心，所以OA=h2+22a2=22b，即b=2a，故体积V1=13⋅h⋅a2+b2+ab=2+326a3，且外接球的体积V2=43π⋅22b3=43πa3，则V1V2=2+328π.故答案为：2+328π.
例5.在正四棱台ABCD-A1B1C1D1中，A1B1=2AB=4，AA1=2，则( )
A.该棱台的体积为282，该棱台外接球的表面积为40π
B.该棱台的体积为2823，该棱台外接球的表面积为40π
C.该棱台的体积为282，该棱台外接球的表面积为52π
D.该棱台的体积为2823，该棱台外接球的表面积为52π
解析：如图，正四棱台ABCD-A1B1C1D1中，M、N分别是上、下底面对角线交点，即上、下底面中心，MN是正四棱台的高.MB=22×2=2，NB1=22×4=22，在直角梯形MNB1B中，MN=22-22-22=2，棱台的体积为V=1342+4×2+22×2=2823，由对称性外接球球心O在直线MN上，设球半径为r，连接OA，OA1，AM=2，A1N=22，若O在线段MN上(如图1)，由OM+ON=MN得r2-2+r2-8=2，因为r2≥8，r2-2>2，所以方程无实数解，因此O在MN的延长线上(如图2)，即在平面A1B1C1D1下方，因此有r2-2-r2-8=2，解得r2=10，所以球表面积为S=4πr2=40π.
100例6.(2023年东莞市一模)已知一个装满水的圆台形容器的上底半径为6，下底半径为1，高为53，若一个铁球放入该容器中，使得铁球完全没入水中，则可放入的铁球的体积的最大值为( )
A.43π
B.323π
C.12532π
D.108π
解析：图(1)阴影部分A不满足勾股定理，故该铁球不可能与该圆台上下底面及侧面相切！所以构造如图(2)该铁球与圆台O1O3上下底面及侧面相切，又因为∠O1NM=60∘，故cs60∘=12=6-r6+r⇒r=2⇒O1O3=2R⇒R=23，故可放入的铁球的体积的最大值为：43πR3=43π⋅233=323π，选B
例7.(2022年12月八省联考试题)已知圆台上底面半径为1，下底面半径为3，球与圆台的两个底面和侧面均相切，则该圆台的侧面积与球的表面积之比为( )
A.136
B.433
C.1312
D.43
解析：S侧S表=12⋅2π1+3⋅44π1+342-3-121+3+1+32=43
例8.(多选)已知某圆锥的母线长为2，其轴截面为直角三角形，则下列关于该圆锥的说法中正确的有( )
A.回倠的体积为223π
B.圆锥的表面积为22π
C.圆锥的侧面展开图是圆心角为2π的扇形
D.圆锥的内切球表面积为24-162π
答意：ACD对于D项，R=r1+r2⋅hr1+r2+l=0+2⋅20+2+2=22+2⇒S=4πR2=24-162π
例9.底面半径为3，母线长为2的圆锥的外接球O的表面积为( )
А.6π
B.12π
C.8π
D.16π
解析1：由题意，圆锥轴截面的顶角为120∘，设该圆锥的底面圆心为O'，球O的半径为R，则O'O=R-1，由勾股定理可得R2=R-12+32，∴R=2，∴球O的表面积为4πR2=16π.故选：D.
解析2：R=l22h=l22l2-r2=222⋅22-32=2，∴球O的表面积为4πR2=16π.故选：D
例10.设一圆锥的外接球与内切球的球心位置相同，且外接球的半径为2，则该圆锥的体积为( )
A.π
B.3π
C.8π
D.9π
解析1：过圆锥的旋转轴作轴截面，得△ABC及其内切圆⊙O1和外接圆⊙O2，且两國同圆心，即△ABC的内心与外心重合，易得△ABC为正三角形，由题意⊙O2的半径为r=2，∴△ABC的边长为23，∴圆锥的底面半径为3，高为3，∴V=12π×3×3=3π.故选：B.
解析2：外接球半径R=l22h=2⇒l2=4h，内切球半径r=r2⋅hr2+l 结合：R+r=h
2+r2hr2+l=h⇒r2hr2+l=h-2⇒l2-h2⋅hl2-h2+l=h-2⇒l2-h2⋅h=l2-h2⋅h+hl-2l2-h2-2l.
因为l2=4h⇒l=2h，代入上式：h=4-h+2⇒h=3，故l=23⇒r2=3⇒V=13π×32×3=3π
例11.已知圆台O1O2上底面圆O1的半径为2，下底面圆O2的半径为22，圆台的外接球的球心为O，且球心在圆台的轴O1O2上，满足O1O=3OO2，则圆台O1O2的外接球的表面积为___________
解析1：设外接球的半径为R，几何体的轴截面如图：O1O=R2-22，OO2=R2-222，且OOO=3OO2∣，得R2-4=9R2-72，解得R2=172，球O的表面积为4πR2=34π.故答案为：34π.
解析2：R=l2hr1+r22+h2，下面求高：设OQ2=x⇒Q1O=3x⇒x2+222=3x2+22⇒x=22⇒h=4x=22下面求l=r2-r12+h2=22-22+222=20-82
故：R=l2hr1+r22+h2=20-822⋅22⋅2+222+222=20-82⋅20+822⋅22=172
所以球O的表面积为4πR2=34π.
解析3：R2=r22+r22-r12-h22h2，其中r1，r2，h分别为圆台的上底面、下底面、高.
例12.设计一个圆锥形包装全，能把一个半径为1的小球完全装入这个盒子(底面密封)，那么这种圆锥形菙子的体积的最小值是___________
解析：因为1=rhr+l⇒1=rhr+r2+h2⇒rh=r+r2+h2⇒rh-1=r2+h2⇒r2=hh-2，设该圆锥的体积为V，则V=13πr2h=13π⋅h2h-2=13πh-2+4h-2+4≥-13π2h-24h-2+4=83，当且仅当h-2=4h-2时取等号，即当h=4时取等号，故答案为：8π3
本节——例题展示
例1.已知三棱锥P-ABC的四个顶点均在同一个球面上，底面△ABC满足AB=BC=3，AC=3，若该三棱锥体积的最大值为334，则其外接球的半径为( )
A.1
B.2
C.3
D.23
解析：提示切瓜模型：选B
例2.点A，B，C，D在同一个球面上，AB=BC=2，AC=2，若球的表面积为254π，则四面体ABCD体积最大值为( )
A.14
B.12
C.23
D.2
解析：切瓜模型：选C
例3.在三棱锥P-ABC中，AB⊥BC，三角形PAC为等边三角形，二面角P-AC-B的余弦值为-63，当三棱锥P-ABC的体积最大值为13时，三棱锥P-ABC的外接球的表面积为( )
A.8π
B.16π
C.12π
D.6π
解析：含二面角终极公式：设△PAC为等边三角形的边长为x，则体积最大值时，即△ABC为等腰直角三角形.
V=13×1222x22x12x=13⇒x=2，R2=m2+n2-2mncsθsin2θ+l24=2，∴S=4πR2=8π，选A
例4.已知A，B，C是球O的球面上的三点，AB=2，AC=23，∠ABC=60∘，且球O的表面积为32π，则点B到平面OAC的距离为( )
A.2
B.455
C.5
D.25
解析：定义法：∵AB=2，AC=23，∠ABC=60∘，所以△ABC是直角三角形，S=32π=4πR2⇒R=22设h1为三棱锥顶点O到底面的高，设h2为三棱锥顶点B到底面的高，h1=R2-4=2，VO-ABC=VB-AOC，VO-ABC=13×12×2×23×2=13×12×23×5×h2⇒h2=455，选B
例4(补充).已知A、B、C都在半径为2的球面上，且AC⊥BC，∠ABC=30∘，球心O到平面ABC的距离为1，点M是线段BC的中点，过点M作球O的截面，则截面面积的最小值为( )
A.3π4
B.3π4
C.3π
D.3π
解析：∵AC⊥BC，∴∠ACB=90∘，∴圆心O在平面的射影为AB的中点D∴12AB=OB2-OD2=1，AB=2，BC=3当线段BC为截面圆的直径时面积最小，∴截面面积的最小值为π×322=3π4.
例5.已知在四面体A-BCD中，AD=DB=AC=CB=1，则该四面体的体积的最大值为( )
A.2327
B.233
C.433
D.4327
解析：取AB中点O，连接CO，DO，要使得四面体的体积最大，则必有平面ABD⊥平面ABC，设OB=t，则AB=2t，OD=OC=1-t2，则V=13×12×2t×1-t2×1-t2=13-t3+t，则V'=13-3t2+1，今V'=0，得t=33，当t=33时，V取得最大值2327.选A
例6.(2020年佛山二模)A，B，C是球O的球面上的三点，∠AOB=∠AOC=60∘，若三榜倠O-ABC体积的最大值为1，则球O的表面积为( )
A.4π
B.9π
C.16π
D.20π
解析：由题意知道：△AOC和△AOB均为等边三角形，边长为R由图可知：当面AOC垂直面AOB时，三棱锥O-ABC的体积最大，此时：V=13×12×R×R×32×32×R=18R3=1⇒R=2⇒S=4πR2=16π，选C.
例7.在四面体ABCD中，AB=2，DA=DB=CA=CB=1，则四面体ABCD的外接球的表面积为( )
A.π
B.2π
C.3π
D.4π
解析：定义法：由AB=2，DA=DB=CA=CB=1，所以CA2+CB2=AB2，AD2+BD2=AB2可得∠ACB=∠ADB=90∘，所以OA=OB=OC=OD=22，即O为外接球的球心，球的半径R=22所以四面体ABCD的外接球的表面积为：S=4πR2=4π×12=2π.故选：B
例8.棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1的8个顶点都在球O的表面上，E，F分别是棱AA1，DD1的中点，则直线EF被球O截得的线段长为( )
A.22
B.1
C.1+22
D.2
解析：如图，设直线EF被球O截得的线段为PQ，作OH⊥EF于画法
我们常用矩形的直观图，即平行四边形表示平面；书桌面是平面(×)
当平面水平放置时，常把平行四边形的一边画成横向
当平面竖直放置时，常把平行四边形的一边画成竖向
图示
表示
①用希腊字母表示，如平面α，平面β，平面γ；
②用代表平面的平行四边形的四个顶点的大写英文字母表示，如平面ABCD；
③用代表平面的平行四边形的相对的两个顶点的大写英文字母表示，如平面AC，平面BD.
定义
把空间图形(平面图形和立体图形的统称)画在平面内，使得既富有立体感，又能表达出主要部分的位置关系和度量关系的图形叫做直观图，
斜二测画法画水平放置的平面图形的直观图的步骤
斜二测画法画空间几何体的规则
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.
直观图与原图面积的关系
若一个平面多边形的面积为S，其直观图的面积为S'，则有S=22S'利用这一公式可由原图形面积求其直观图面积或由直观图面积求原图形面积.
实验：给出如下几何模型→
步骤：
1.拿出圆锥和圆柱：→
2.将圆锥倒立放入圆柱：→
3.取半球和新的几何体做它们的截面：→
4.标出几何关系：→
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=13S上+S下+S上S下hV=13πr'2+r'r+r2h圆台
球的表面积体积公式
S=4πR2
V=43πR3
球的示意图