第7章 第1讲 基本立体图形、简单几何体的表面积和体积-【勤径学升】2025年高考数学一轮总复习（人教B版2019）

国高考一轮总复习·数学，RJB 第七章 立体几何 第1讲 基本立体图形、简单几何体的表面积和体积 课标亲求 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（圆）柱、棱（圆）锥、棱（圆）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.能用斜二测画法画出简单空间图形（长方体，球、圆柱、圆锥、棱柱及其简单组合体）的直观图。 必备知识 夯实四基。 对应答案P417] 知识梳理 续表 1.空间几何体的结构特征 轴截 图 国 (1)多面体的结构特征 面 侧面展 名称 棱柱 棱能 棱台 7 开图 2.直观图 图形 (1)画法：常用国 (2)规则： ①原图形中x轴，y轴、轴两两垂直，直观图中， 互相可 互相网 底而 多边形 x'轴，y轴的夹角为回 ,轴与x 且四 且回 和y轴所在平面囫 相交于回 延长线交 侧棱 ②原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍 但不一定相等 于回 四 ,平行于x轴和x轴的 侧面 丽 线段在直观图中保持原长度☒ ,平行于y轴 形状 的线段长度在直观图中变为原来的圆 (2)旋转体的结构特征 3.圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式 名称 圆柱 圆锥 圆台 球 圆柱 圆锥 圆台 0 图形 侧面 0. 展开图 0.2w. r 0 互相平行且 相交于 延长线交 母线 相等，团 侧面积 S台 一点 于一点 于底面 公式 团 感128 第七章立体几何回 4.柱、锥、台、球的表面积和体积 教材衍化 名称 2.(教材改编题)如图，长方体ABCD-A,B,CD,被 表面积 体积 几何体 两平面分成三部分，其中EF∥GH∥BC,则这三 柱体 个几何体中是棱柱的个数为 () S我离g=Sm十2S V=Ssh (棱柱和圆柱) 雏体 SM=S+Sa V=国 (棱锥和圆锥) 台体 S有数=Sg十 v-S,+ A.0 B.1 C.2 D.3 (棱台和圆台) S.+Sx Sx+√S1Sr)h 3.(教材改编题)如图，过球O的一条半径OP的中 点O,作垂直于该半径的平面，所得截面圆的半 球 S回 V-风 径为3，则球O的体积是 () 常用结论 1.正方体与球的切、接常用结论：正方体的棱长为 a,球的半径为R, (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: 432 C.32π D.16π (3)若球与正方体的各棱相切，则2R=√2a 8公 2.长方体的共顶点的三条棱长分别为a,bc,外接 易错自纠 4.(斜二测画法规则不清致娱)如图所示，正方形 球的半径为R,则2R=√a十b+C, A'B'C'O'的边长为1cm,它是水平放置的一个 3正司面你的外接球的丰径R=。,内初球的丰 平面图形的直观图，则原图形的周长为() 径= 2a,其半径R:r=3:1(a为该正四面体 的棱长) 4.直观图与原平而图形面积间关系S博= A.6 cm B.8 cm s C.(1+√2)cm D.2(1+5)cm 5.(不理解校柱的侧面展开图致错)如图，在直三棱 诊断自测 柱ABCA:BC,中，AB=BC=AC=2,AA,=3, 思考辨析 D,E分别是棱BB,CC上的动点，则AD+DE 1.判断（在括号内打“√”或“×”） 十EA,的最小值是 () (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)菱形的直观图仍是菱形. () A√13 B.5 .7 D.3√5 (4)两个球的体积之比等于它们的半径比的 平方. ( 129图 国高考一轮总复习·数学·RJB 对应答案P417圆 提升能力 考点剖析。 考点 基本立体图形（多维探究） 角度1空间几何体的结构特征 角度3几何体的展开图 例1](1)（多选）下面关于空间几何体的叙述正 「例3 (2022·安微合肥·高三期末)扇面是中国 确的是 ( 书画作品的一种重要表现形式.一幅扇面书法 A.底面是正多边形的棱锥是正棱锥 作品如图所示，经测量，上，下两条弧分别是半 B.用平面截圆柱得到的截面只能是圆和矩形 径为27和12的两个同心圆上的弧，侧边两条 C,长方体是直平行六面体 线段的延长线交于同心圆的圆心且圆心角为 D.存在每个面都是直角三角形的四面体 (2)(多选)下列说法正确的是 三若某几何体的侧面展开图恰好与图中扇面 A.以直角三角形的一条边所在的直线为轴，其 形状、大小一致，则该几何体的高为(） 余两边旋转形成的曲面围成的儿何体是 圆锥 B.以等腰三角形底边上的中线所在的直线为 轴，将三角形旋转180°形成的曲面围成的几 A.15 B./233 C.10/2 D.12 何体是圆锥 C.经过圆雏任意两条母线的截面是等腰三角形 感悟方法 D,圆锥侧面的母线长有可能大于圆锥底面圆 基本立体图形的有关问题 的直径 (1)空间几何体的结构特征是以后研究线面关 角度2几何体的直观图 系的基础，要牢记。 [例2](1)如图所示，矩形OA'B'C'是水平放置 (2)斜二测画法的关键在于“三变”“三不变”. 一个平面图形的直观图，其中0A'=6,OC‘= (3)利用空间几何体的表面展开图可求几何体 2,则原图形是 的表面积及表面上两点间的距离问题。 ◆变式训练令 1.(多选)下列命题正确的是 () A.正方形 B.矩形 C.菱形 D.梯形 A有两个面互相平行，其余四个面都是等腰梯 (2)如图是一个水平放置的平面图形的直观图， 形的六面体为棱台 它是一个底角为45°，腰和上底均为1，下底为 B.用一个平面去截棱锥，棱锥底面和截面之间的 √2+1的等腰梯形，那么原平面图形的面积为 部分为棱台 C.棱锥是由底面为多边形，其余各面为具有一 个公共顶点的三角形围成的几何体 D.球面可以看作一个圆绕着它的直径所在的直 45 线旋转180°所形成的曲面 ®130 第七章立体几何回 2.(多选)如图，△A'B'C'是水平放置的△ABC的 3.(2023·浙江义乌模拟)如图，S-ABC是正三棱 直观图，A'B'=2,A'C‘=B'C‘=5,则在原平面 锥且侧棱长为a,E,F分别是SA,SC上的动点， 图形△ABC中，有 △BEF的周长的最小值为v2a,则侧棱SA,SC 的夹角为 () B'x' A.AC=BC B.AB=2 C.AC=2√5 D.SARC=4V2 A.30 B.60 C.20 D.90 考点2 表面积与体积（多维探究） 角度1表面积与侧面积 A.1.0×10°m B.1.2×10°m [例4](2022·广东佛山·二模)如图，某几何体 C.1.4×10°m D.1.6×10°m 由共底面的圆锥和圆柱组合而成，且圆柱的两 (2)(2020·新高考全国Ⅱ卷)棱长为2的正方 个底面和圆锥的顶点均在体积为36π的球面 体ABCD-A,B,C,D,中，M,N分别为棱BB, 上，若圆柱的高为2，则圆锥的侧面积为( AB的中点，则三棱锥A,-D,MN的体积为 感悟方法 求空间几何体的体积的常用方法 (1)公式法：规则几何体的体积问题，直接利用 A.2√6x B.46π C.16元 D 16元 3 公式进行求解： (2)割补法：把不规则的几何体分割成规则的几何 感悟方法 体，或者把不规则的几何体补成规则的几何体： 空间几何体表面积的求法 (3)等体积法：通过选择合适的底面来求几何体 (1)旋转体的表面积问题注意其轴截面及侧面 体积的一种方法，特别是三棱锥的体积。 展开图的应用，并弄清底面半径、母线长与对应 多变式训练多 侧面展开图中边的关系 1.(2022·全国甲（现）T9)甲、乙两个圆锥的母线 (2)多面体的表面积是各个面的面积之和：组合 长相等，侧面展开图的圆心角之和为2π，侧面积 体的表面积注意街接部分的处理， 角度2体积 分别为S,和5。，体积分别为V,和V2若司 例5](1)(2022·新高考1卷T4)南水北调工程 V 缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一 2,则 部分水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔 A.5 B.22 C.10 148.5m时，相应水面的面积为140.0km:水 D,50 4 位为海拔157.5m时.相应水面的面积为 2.如图，在多面体ABCDEF 180.0km,将该水库在这两个水位间的形状看 中，已知四边形ABCD是边 作一个棱台，则该水库水位从海拔148.5m上 长为1的正方形，且△ADE, 升到157.5m时，增加的水量约为（√7≈2,65） △BCF均为正三角形，EF∥ AB,EF=2,则该多面体的体积为 131型 国高考一轮总复习·数学·RJB 考点3 与球有关的切、接问题（多维探究） 角度1外接球 选准最佳角度作出戴面（要使这个 [例6](2022·全国乙卷)已知球O的半径为1， 截面尽可能多的包含球、几何体的 四棱雏的顶点为O,底面的四个顶点均在球O 作戴面 各种元素以及体现这些元素间的关 的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为 系)，达到空间问题平面化的目的 ( 求半径， 根据作出戴面中的几何元素，建立 A号 C 3 2 下结论 关于球半径的方程，并求解 角度2内切球 冬变式训练 [例7](2022·山东烟台·一 1.(2022·山东济宁·三模)若一个正六棱柱既有 模)如图，三棱锥VABC中， 外接球又有内切球，则该正六棱柱的外接球和内 VA⊥底面ABC,∠BAC 切球的表面积的比值为 (） 90°，AB=AC=AV=2,则该 A.2:1 B.3:2 C.7:3 D.7:4 三棱锥的内切球和外接球的 2.(2022·山东青岛·二模)《九章算术》中记录的 半径之比为 “羡除”是算学和建筑学术语，指的是一段类似隧 A.(2-3):1 B.(2/3-3):1 道形状的几何体，如图，羡除ABCDEF中，底面 C.(5-1):3 D.(3-1):2 ABCD是正方形，EF∥平面ABCD,EF=2,其 余棱长都为1，侧这个几何体的外接球的体积为 感悟方法 () 球的“切”“接”问题的求解策略 解决与球有关的切、接问题，其通法是作戴面， 将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其 解题的思雏流程是： 2 如果是内切球，则球心到切点的距 A. B.3 C82 D.4 定球心 离相等且为半径，如果是外接球，则 球心到接点的距离相等且为半径 请完成《课时检测训练39》 第2讲 空间点、直线、平面之间的位置关系 课标要求 1,借助长方体，在直观认识空间点、直线、平面的位置关系的基础上抽象出空间点，直线、平面的位置关 系的定义， 2.了解四个基本事实和一个定理，并能应用定理解决问题 盛132[变式训练 [提升能力考点剖析] 考点 1解 (1)由题可知3 1 =1,5T,=2,:等差数列 的(n+2)T。 公差d-3=-号， [例1](1)CD 解析 A中，当顶点在底面的投影是正多边形 的中心才是正棱锥，不正确；B中，当平面与圆柱的母线平 行或垂直时，截得的截面才为矩形或圆，否则为椭圆或椭圆 的一部分，B不正确；C 正确；如图，正方体 ABCD- A?B?C?D,中的三棱锥C?-ABC,四个面都是直角三角形，D 正确. ∴m+2T.=1+÷(n-1)="2⋯T-(n+D2n+2· 当n≥2时，a.=-1+z.又∵a?=T;=÷, D? C ∴a.=1+2,m∈N.. BA? (2)由(1)可知T.=Cn+12n+2)=2(,+1-a+2), ∴T?+T?+⋯+T,=2(2-3)+2(3-+)+⋯+ D c A B (2)BCD 解析 A不正确，直角三角形绕斜边所在直线旋转 得到的旋转体不是圆锥；B正确，以等腰三角形底边上的中 线所在直线为轴，将三角形旋转180°形成的曲面围成的几 何体是圆锥；C正确，因为圆锥的母线长都相等，所以经过 圆锥任意两条母线的截面是等腰三角形；D正确，如图所 示，圆锥侧面的母线长l有可能大于圆锥底面圆半径r的2 倍(即直径).故选 BCD. 2(,+1-+2)=2(÷-+2)<1. 由题可知m≥1,∴m的取值范围是[1,+～]. 第七章 立体几何 第1讲 基本立体图形、简单几何体的表面积和体积 [必备知识 夯实四基] 知识梳理 四平行 ②全等 ③平行 ④相似 ⑤平行且相等 ⑥一点 7一点 8平行四边形 ⑨三角形 ⑩梯形 团垂直 国矩形 圆等腰三角形 4等腰梯形 国圆 @矩形 扇形 8扇环 国斜二测画法 囫45°或135°囫垂直 四分别平行于坐标轴 图不变 4一半 圆2πrl 6πrl 号s h txR四÷xR2囫π(r?+r?)l 图- h. [例2](1)C 解析 因为O'A'//B'C',O'A'=B'C', 所以直观图还原得OA//BC,OA=BC=O'A'=6, 四边形 OABC为平行四边形，OD⊥BC, 则C'D'=OC'=2,所以CD=2, OD'=√2O'C'=2√2,0D=2O'D'=4√2, OC=√CD2+OD2=√22+(4√2)2=6, 诊断自测 1.(1)×(2)× (3)× (4)× 2.D 解析 长方体ABCD-A?B,C?D,被两平面分成三部分， 其中EF//GH//BC, b其中两个三棱柱，底面是直角三角形； BCr 另一个是底面为六边形的直棱柱，所以这三个几何体中是棱 柱的个数为3. →x |o A R2-R=((3)23.A 解析 设球O的半径为R,则 ,解得R= 所以 OC=OA=6,故原图形为菱形. 2.∴球O的体积V-号R2= (2)2+√2 解析 ∵平面图形的直观图是一个底角为45°,腰 和上底长均为1的等腰梯形， 4.B 解析由斜二测画法规则知，正方形 A'B'C'O'的原实际图形是平行四边形 ABCO,如图， yt ∴平面图形为直角梯形，且直角腰长为2,上底边长为1, ∴梯形的下底边长为1+√2,∴平面图形的面积S= I+t+V2×2-2+/E. C B 其中OA=O'A'=1,OB=2O'B'=2√2,因此 有AB=√OA2+OB2=3, 所以原图形的周长为2(OA+AB)=8(cm). [例3]C 解析 设一个圆锥的侧面展开图是半径为27,圆心 角为： 的扇形，该圆锥的底面半径为r, 0 A 23 5.D 解析将直三棱柱 ABC-A?B?C?的侧面展开，如图 所示， 所以2mr=×27,,可得 r=9,因此，该圆锥的高为h= √272-92=18√2,AA B C E 23故侧面展开图是半径为12,圆心角为： 的扇形的圆锥的高 为5h=4×18√Z=8√2. D A B C A 当A,D,E,A?四点共线时，AD+DE+EA,取得最小值， 则最小值为√(AB+BC+AC)2+AAT=√G62+32=3√5. 因此，若某几何体的侧面展开图恰好与图中扇面形状、大小 一致，则该几何体的高为18√2-8√2=10√2. ·417· 高考一轮总复习·数学·RJB [变式训练] 其中，O是球心，E是圆锥的顶点，EC是圆锥的母线，由题 意可知，球的半径计算公式：号xR'=36π,R=3,由于圆柱1.CD 解析 对于A,有两个面互相平行，其余四个面都是等 腰梯形的六面体不一定为棱台，因为不能保证各侧棱的延长 线交于一点，所以A错误；对于B,用一个平面去截棱锥，棱 锥底面和截面之间的部分不一定为棱台，因为不能保证截面 与底面平行，所以B错误；对于C,由棱锥的定义知由底面为 多边形，其余各面为具有一个公共顶点的三角形围成的几何 体是棱锥，所以C正确；对于D,球面可以看作一个圆绕着它 的直径所在的直线旋转180°所形成的曲面，正确.故选 CD. 的高为2, ∴OD=1,DE=3-1=2,DC=√32-1=2√2,母线 EC= √2?+8=2√3, s=2·EC·2π·DC=÷×2√3×2π∴圆锥的侧面积为 ×2√2=4√6π,故选 B. 2.BD 解析在直观图△A'B'C'中，过C'作C'D'⊥A'B' 于D', [例5](1)C 解析 依题意可知棱台的高为MN=157.5- 148.5=9(m),所以增加的水量即为棱台的体积V. 棱台上底面积 S=140.0 km2=140×10°m2,下底面积S'=文 C” 180.0 km2=180×10?m2, 所以V=÷h(s+s+√SS)= D'B70' A' ÷×9×(140×10+180×10?+√140×180×10*) =3×(320+60√7)×10?≈(96+18×2.65)×10?=1.437 ∵A'B'=2,A'C'=B'C'=√5,∴A'D1=1,C'D'= √A'C'2-A'D'2=2. 又∠CO'D'=45°,∴O'D'=2,OA'=1,0C'=2√2, 所以利用斜二测画法将直观图△A'B'C'还原为原平面图形 ×10?≈1.4×10°(m2). H G :M △ABC,如图： E< F ty Di- cNc BA (2)1 解析 如图，由正方体棱长为2及M,N分别为BB, AB的中点，o A B x D? G OC=4√2,OA=1,AB=2,故选项B正确； A?g B 又AC=√OA2+OC=√33,BC=√OB2+OC=√41,故 选项 A、C错误； M;D. c S?wx=÷×AB×OC=÷×2×4√Z=4√2,故选项D正确. 故选 BD. A" N B 得S?A=2×2-2×=×2×1-号×1×1=号，,又易知 D?A?为三棱锥 D?—A,MN的高，且D,A?=2,3.A 解析 把正三棱锥沿 SB剪开，并展开，形成三个全等的 等腰三角形，△SBC,△SCA,△SAB', ∴V?-Dw=Vo-Aw=÷·S≈A·D,A=÷×=×2连接BB',交SC于F,交 SA于E,则线段 BB'就是△BEF 的最小周长，BB'=√2a, =1. [变式训练]8 1.C 解析 设母线长为l,甲圆锥底面半径为r?,乙圆锥底面 圆半径为r?, 耳 FB'≤ >B -加-=2,所以r=2r,,又2+2=2x,则则A C =1.又∵SB=SB'=a,根据勾股定理，SB2+SB′2=BB'2=2a2, △SBB'是等腰直角三角形， h=√F-÷=∴∠BSB1=90°∴∠ASC=902×÷=30°, r?=号1,r?=÷1,所以甲圆锥的高，所以 ∴侧棱 SA,SC的夹角为30°,故选 A. 语1.考点 2 h?=√F-÷=21,所以；乙圆锥的高⋯[例4]B 解析 依题意，做球的剖面图如下：EB CDo 高考一轮总复习·数学·RJB ·418 · 2. [变式训练]解析 如图，分别过点A,B作EF的垂线，垂足分别为 1.C 解析 如图，O?,O?分别为底面中心， 0G,H,连接 DG,CH. O为O?O?的中点，D为AB的中点， o 设正六棱柱的底面边长为2,则原几何体分割为两个三棱锥和一个直三棱柱. E G HF 若正六棱柱有内切球，则 OO?=O?D= ?D' √3,即内切球的半径 r=√3, B OA2=00i+O,A2=7,即外接球的半径R=√7, 则该正六棱柱的外接球和内切球的表面积的比值为4πR2: 4πr2=R2:r2=7:3,故选 C. cb /M BA EG=号，依题意，三棱锥 E-ADG的高 ,直三棱柱 AGD- 2.B 解析 连接 AC,BD交于点M,取 EF的中点O,则 OM 上平面ABCD,取 BC的中点G,连接 FG,作GH⊥EF,垂足 BHC的高AB=1. 则AG=√AE-EG=√T-(÷)-唇 为 H,如图所示： MG一鲁，所以S.=÷×1取 AD的中点M,连接GM,则 x誓一厚. F 0 H F 0 c GM BA 所以 Vs面*=Vg-Axs+Vp-tc +VxaD-BHc =2Vg-Aoc + Vxm-mx=÷××÷×2+×1= 由题意可知，HF=去：FG=竖， 所以 HG=√FG-HF=竖，考点 3 [例6]C解析设该四棱锥底面为四边形ABCD,四边形 ABCD所在小圆半径为r,四棱锥的高为h, 所以OM=HG-F、AM-竖，,所以OA=√OM2+AMF= 设四边形ABCD对角线夹角为a,则Sumo=·AC·BD 1.又因为OE=1,所以OA=OB=OC=OD=OE=OF=1, 即这个几何体的外接球的球心为O,半径为1, ·sin a≤去·AC·BD≤÷·2r·2r=2/(当且仅当四边 形 ABCD为正方形时，等号成立),即当四棱锥的顶点O到 底面ABCD所在小圆距离一定时，底面ABCD面积最大值 为 2r2. V=3πR1=4×π×13所以这个几何体的外接球的体积为 -m 第2讲 空间点、直线、平面之间的位置关系 又r2+2=1,则V?-mn=号·2x·h=√F·2h <号√(++)-. 当且仅当F=2h,即A=雪：时等号成立，故选C. [必备知识 夯实四基] 知识梳理 不在 ②不共线 ③两个点 ④一个 ⑤一点 @相交 7平行 8平行 9b//c ⑩平行 团相等 任意一点 图平行或重合 [例7]C 解析 因为VA⊥底面ABC,AB,ACC底面ABC,所 以 VA⊥AB,VA⊥AC. 诊断自测 1.(1)× (2)√ (3)× (4)× 又因为∠BAC=90°,所以AB⊥AC,而AB=AC=AV=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， 2.D 解析 A.由于在一条直线上的三点不能确定一个平面， 所以该选项错误；B.一条直线和该直线外的一点可以确定一 个平面，所以该选项错误；C.两条异面直线不能确定一个平 面，所以该选项错误；D.梯形可确定一个平面，所以该选项 正确. 因此该三棱锥外接球的半径R=2√22+2°+2=√3,设 该三棱锥的内切球的半径为r, 因为∠BAC=90°,所以BC=√AB2+AC=√22+2= 3.B 解析 若两个平面平行，此时两个平面把空间分成3个 部分，2√2. 因为VA⊥AB,VA⊥AC,AB=AC=AV=2,所以VB=VC =√AV2+AB2=√22+22=2√2, 由三棱锥的体积公式可得 若两个平面相交，此时两个平面把空间分成4个部分， 故两个平面能把空间分成3个或4个部分. 4.C 解析 对于A,若直线上有无数个点不在平面内，则直线 可能与平面相交，故 A错误；对于 B,若直线与平面相交，则 直线与平面内的任意直线可能相交，也可能是异面直线，故 B错误；对于C,根据基本事实2可知，若直线与平面有两个 公共点，则直线在平面内，故C正确；对于 D,若直线与平面 平行，则这条直线与平面内的直线平行或异面，故D错误. 3×÷×÷×2×2·r+÷×÷×2√E×2√E×=÷ ×÷×2×2×2>r=33F, r÷R=3-5:√S=(/B-1):3.故选C.所以 ·419 高考一轮总复习·数学·RJB