第7章 第1节 第1课时 空间几何体的结构特征、表面积与体积（Word教参）-【优化指导】2025年高考数学一轮复习高中总复习·第1轮（人教B版）

第❶课时　空间几何体的结构特征、表面积与体积 [对应学生用书P138] 考点 空间几何体的结构特征与直观图 (自悟通) 1.下列说法正确的是(　　) A.有两个面互相平行，其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱 B.四棱锥的四个侧面可以是直角三角形 C.有两个面互相平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台 D.棱台的各侧棱延长后不一定交于一点 B　解析：A错误，如图①；B正确，如图②，其中底面ABCD是矩形，PD⊥平面ABCD，可证明∠PAB，∠PCB，∠PDA，∠PDC都是直角，这样四个侧面都是直角三角形；C错误，如图③；D错误，由棱台的定义知，其侧棱的延长线必相交于同一点. 2.如图，矩形O′A′B′C′是水平放置的一个平面图形的直观图，其中O′A′＝6 cm，C′D′＝2 cm，则原图形是(　　) A.正方形 B.矩形 C.菱形 D.一般的平行四边形 C　解析：如图，在原图形OABC中，应有OD＝2O′D′＝2×2＝4(cm)，CD＝C′D′＝2 cm.所以OC＝＝＝6(cm)，所以OA＝OC，所以四边形OABC是菱形. 3.(2023·江南十校联考)已知圆台上、下两底面与侧面都与球O相切，圆台的侧面积为16π，则该圆台上、下两底面圆的周长之和为(　　) A.4π B.6π C.8π D.10π C　解析：圆台的轴截面如图所示，因为圆台的侧面积S侧＝π(R＋r)2＝16π， 所以R＋r＝4，所以该圆台上、下两底面圆的周长之和为2(R＋r)π＝8π.故选C. 空间几何体结构特征的判定方法 定义法 紧扣定义，由已知构建几何模型，在条件不变的情况下，变换模型中的线面关系或增加线、面等基本要素，根据定义进行判定 反例法 通过反例对结构特征进行辨析，要说明一个结论是错误的，只需举出一个反例即可 考点 空间几何体的表面积 (精研通) 【例1】 (1)(2021·新高考Ⅰ卷)已知圆锥的底面半径为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为(　　) A.2 B.2 C.4 D.4 (2)(2023·云贵川桂四省联考)如图，某粮仓(粮仓的底部位于地面上)是由圆柱和圆锥构成的.若圆柱的高是圆锥高的2倍，且圆锥的母线长是4，侧面积是4π，则制作这样一个粮仓的用料面积为(　　) A.(＋4)π B.(2＋4)π C.(3＋4)π D.(4＋4)π (3)在三棱锥A­BCD中，△ABC和△BCD都是边长为2的等边三角形，则当此三棱锥的表面积最大时，AD＝________. 答案：(1)B　(2)D　(3)2　解析：(1)由题意知圆锥的底面周长为2π. 设圆锥的母线长为l，则πl＝2π，解得l＝2. (2)设圆锥的底面半径为r，高为h，则4πr＝4π，解得r＝1，所以h＝＝. 圆柱的侧面积为2πr·2h＝2π×2＝4π， 所以制作这样一个粮仓的用料面积为(4＋4)π. (3)如图，△ABC和△BCD都是边长为2的等边三角形， 所以S△ABC＋S△BCD＝2××2×＝2，S△ACD＋S△ABD＝2××2×2×sin ∠ABD， 所以三棱锥A­BCD的表面积为S＝2＋4sin ∠ABD，故当∠ABD＝90°， 即当AB⊥BD时表面积最大，最大值为4＋2，在Rt△ABD中，AB＝BD＝2， 所以AD＝＝2. 空间几何体表面积的求解方法 (1)求多面体的表面积时，把各个面的面积相加即可. (2)求简单旋转体的表面积时，代入公式直接求解. (3)求组合体的表面积时，注意重合部分的处理. 1.已知圆柱的上、下底面的中心分别为O1，O2，过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为(　　) A.12π B.12π C.8π D.10π B　解析：设圆柱的轴截面的边长为x，则由x2＝8，得x＝2， ∴S圆柱表＝2S底＋S侧＝2π×()2＋2π××2＝12π. 2.一个六棱锥的体积为2，其底面是边长为2的正六边形，侧棱长都相等，则该六棱锥的侧面积为________. 答案：12　解析：设六棱锥的高为h，斜高为h′， 则由体积V＝×(×2×2×sin 60°×6)×h＝2，得h＝1， h′＝＝2.所以S侧＝×2×2×6＝12. 考点 空间几何体的体积 (精研通) 考法1　直接利用公式求体积 【例2】 (2022·新高考Ⅰ卷)南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔148.5 m时，相应水面的面积为140.0 km2；水位为海拔157.5 m时，相应水面的面积为180.0 km2，将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔148.5 m上升到157.5 m时，增加的水量约为(参考数据：≈2.65)(　　) A.1.0×109 m3 B.1.2×109 m3 C.1.4×109 m3 D.1.6×109 m3 C　解析：如图，由已知得该棱台的高为157.5－148.5＝9(m)， 所以该棱台的体积 V＝×9×(140＋＋180)×106 ＝60×(16＋3)×106≈60×(16＋3×2.65)×106 ＝1.437×109≈1.4×109(m3). 当所给几何体是常见的柱、锥、台等规则的几何体时，可以直接利用公式进行求解. (多选)沙漏是古代的一种计时装置，它由两个形状完全相同的容器和一个狭窄的连接管道组成，开始时细沙全部在上部容器中，细沙通过连接管道全部流到下部容器所需要的时间称为该沙漏的一个沙时.如图，某沙漏由上下两个圆锥组成，圆锥的底面直径和高均为8 cm，细沙全部在上部时，其高度为圆锥高度的(细管长度忽略不计).假设该沙漏每秒钟漏下0.02 cm3的沙，且细沙全部漏入下部后，恰好堆成一个盖住沙漏底部的圆锥形沙堆.下列结论正确的是(　　) A.沙漏中的细沙体积为 cm3 B.沙漏的体积是128π cm3 C.细沙全部漏入下部后此锥形沙堆的高度约为2.4 cm　 D.该沙漏的一个沙时大约是1 985秒(π≈3.14) ACD　解析：根据圆锥的截面图可知，细沙在上部时，细沙的底面半径与圆锥的底面半径之比等于细沙的高与圆锥的高之比， 所以细沙的底面半径r＝×4＝(cm)， 所以体积V＝·πr2·＝··＝(cm3)； 沙漏的体积V′＝2××π××h＝2××π×42×8＝π(cm3)； 设细沙流入下部后的高度为h1，根据细沙体积不变可知，＝×π××h1， 所以＝h1，所以h1≈2.4 cm； 因为细沙的体积为 cm3，沙漏每秒钟漏下0.02 cm3的沙， 所以一个沙时为＝×50≈1 985(s). 考法2　割补法求体积 【例3】 如图，在多面体ABCDEF中，已知四边形ABCD是边长为1的正方形，且△ADE，△BCF均为正三角形，EF∥AB，EF＝2，则该多面体的体积为________. 答案：　解析：如图，分别过点A，B作EF的垂线，垂足分别为G，H， 连接DG，CH，易求得EG＝HF＝，AG＝GD＝BH＝HC＝， 则△BHC中BC边的高h＝. ∴S△AGD＝S△BHC＝××1＝， ∴V多面体＝VE­ADG＋VF­BHC＋VAGD­BHC＝2VE­ADG＋VAGD­BHC ＝×××2＋×1＝. 把不规则的几何体分割成规则的几何体，然后进行体积计算，或者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，便于计算其体积. 考法3　等体积法求体积 【例4】 如图所示，已知三棱柱ABC­A1B1C1的所有棱长均为1，且AA1⊥底面ABC，则三棱锥B1­ABC1的体积为(　　) A. B. C. D. A　解析：易知三棱锥B1­ABC1的体积等于三棱锥A­B1BC1的体积，又三棱锥A­B1BC1的高为，底面积为，故所求体积为××＝. 一个几何体无论怎样转化，其体积总是不变的.如果一个几何体的底面面积和高较难求解时，我们可以采用等体积法进行求解.等体积法也称等积转化或等积变形，它是通过选择合适的底面来求几何体体积的一种方法，多用来解决有关锥体的体积，特别是三棱锥的体积. (多选)(2023·新课标Ⅱ卷)已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，AB为底面直径，∠APB＝120°，PA＝2，点C在底面圆周上，且二面角P­AC­O为45°，则(　　) A.该圆锥的体积为π B.该圆锥的侧面积为4π C.AC＝2 D.△PAC的面积为 AC　解析：在△PAB中，由余弦定理得AB＝2，如图，连接PO，易知圆锥的高h＝PO＝1，底面圆的半径r＝AO＝BO＝.对于A，该圆锥的体积V＝πr2 h＝π，故A选项正确；对于B，该圆锥的侧面积S侧＝πr·PA＝2π，故B选项错误；对于C，取AC的中点H，连接PH，OH，因为OA＝OC，所以OH⊥AC，同理可得PH⊥AC，则二面角P­AC­O的平面角为∠PHO＝45°，所以OH＝PO＝1，AH＝CH＝＝，所以AC＝2，故C选项正确；对于D，PH＝OH＝，S△PAC＝×AC×PH＝2，故D选项错误.综上，选AC. 分级练(40)　空间几何体的结构特征、表面积与体积 分级一　提能强化 1.(2022·湖南宁乡教育研究中心模拟)已知直角梯形ABCD，现绕着它的较长底边CD所在的直线旋转一周，所得的几何体包括(　　) A.一个圆柱、一个圆锥 B.一个圆柱、两个圆锥 C.一个圆台、一个圆柱 D.两个圆柱、一个圆台 A　解析：直角梯形ABCD分割成一个矩形和一个直角三角形，矩形绕其一边旋转一周得圆柱，直角三角形绕其直角边旋转一周得圆锥，可得几何体为一个圆柱、一个圆锥.故选A. 2.(2023·全国甲卷)在三棱锥P­ABC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.1 B. C.2 D.3 A　解析：如图，取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V三棱锥P­ABC＝×S△ABC×PD＝××2××＝1. 3.(2022·湖南岳阳三模)某种药物呈胶囊形状，该胶囊中间部分为圆柱，左右两端均为半径为1的半球.已知该胶囊的体积为π，则它的表面积为(　　) A.π B.π C.10π D.π C　解析：设中间圆柱部分的高为h，则胶囊的体积V＝π×13＋π×12×h＝，解得h＝3，所以胶囊的表面积为4π×12＋2π×1×3＝10π.故选C. 4.(2023·全国乙卷)已知圆锥PO的底面半径为，O为底面圆心，PA，PB为圆锥的母线，∠AOB＝，若△PAB的面积等于，则该圆锥的体积为(　　) A.π B.π C.3π D.3π B　解析：在△AOB中，AO＝BO＝，∠AOB＝，由余弦定理得AB＝＝3，设等腰三角形PAB底边AB上的高为h，则S△PAB＝×3h＝，解得h＝，由勾股定理得母线PA＝＝3，则该圆锥的高PO＝＝，所以该圆锥的体积为×3π×＝π. 5.(2023·河北廊坊高三开学考试)设某圆锥的底面半径和高分别为r和h，且r＝h，它的体积是12π，则h＝(　　) A.1 B.2 C.3 D.4 D　解析：因为r＝h，圆锥的体积是12π，所以π(h)2h＝12π，解得h＝4.故选D. 6.(2022·福建福州格致中学模拟)已知一个直三棱柱的高为2，如图，其底面ABC水平放置的直观图(斜二测画法)为A′B′C′，其中O′A′＝O′B′＝O′C′＝1，则此三棱柱的表面积为(　　) A.4＋4 B.8＋4 C.8＋4 D.8＋8 C　解析：由斜二测画法的“三变”“三不变”可得底面平面图如图所示，其中OA＝2OB＝2OC＝2，所以AB＝AC＝，所以此三棱柱的表面积为S＝2××2×2＋(2＋2)×2＝8＋4.故选C. 7.(2023·湖南雅礼中学模拟)某圆锥高为1，底面半径为，则过该圆锥顶点的平面截此圆锥所得截面面积的最大值为(　　) A.2 B. C. D.1 A　解析：如图，截面为△PAB，设C为AB的中点，设OC＝x，x∈[0，)，则AB＝2，PC＝，则截面面积S＝×2×＝， 则当x2＝1时，截面面积取得最大值2.故选A. 8.(2022·河北张家口三模)如图，在三棱柱ABC­A1B1C1中，过A1B1的截面与AC交于点D，与BC交于点E，该截面将三棱柱分成体积相等的两部分，则＝(　　) A. B. C. D. D　解析：由题可知平面A1B1ED与棱柱上、下底面分别交于A1B1，ED，则A1B1∥ED，ED∥AB，显然CDE­C1A1B1是三棱台，设△ABC的面积为1，△CDE的面积为S(0<S<1)，三棱柱的高为h，∴·1·h＝h(1＋S＋)，解得＝，由△CDE∽△CAB，可得＝＝.故选D. 9.(2023·福建福州模拟)如图，一个正六棱柱的茶叶盒，底面边长为10 cm，高为20 cm，则这个茶叶盒的表面积约为________cm2.(精确到0.1，参考数据：≈1.732) 答案：1 719.6　解析：边长为10 cm的正六边形的面积为6××10×10×sin 60°＝150(cm2)，所以表面积为2×150＋6×10×20＝1 200＋300≈1 200＋300×1.732＝1 719.6(cm2). 10.(2023·新课标 Ⅰ 卷)在正四棱台ABCD­A1B1C1D1中，AB＝2，A1B1＝1，AA1＝，则该棱台的体积为________. 答案：　解析：方法一　如图所示，设点O1，O分别为正四棱台ABCD­A1B1C1D1上、下底面的中心，连接B1D1，BD，则点O1，O分别为B1D1，BD的中点，连接O1O，则O1O即正四棱台ABCD­A1B1C1D1的高，过点B1作B1E⊥BD，垂足为E，则B1E＝O1O.因为AB＝2，A1B1＝1，所以OB＝，O1B1＝，所以BE＝OB－OE＝OB－O1B1＝，又AA1＝，所以BB1＝，B1E＝＝＝，所以O1O＝， 所以V正四棱台ABCD­A1B1C1D1＝×(22＋12＋)×＝. 方法二　如图，将正四棱台ABCD­A1B1C1D1补形成正四棱锥P­ABCD，因为AB＝2，A1B1＝1，AB∥A1B1，所以A1，B1，C1，D1分别为PA，PB，PC，PD的中点，又A1A＝，所以PA＝2，即PB＝2.连接BD，取BD的中点O，连接PO，则PO⊥平面ABCD，易知BO＝，所以PO＝＝，所以正四棱台ABCD­A1B1C1D1的高为，所以V正四棱台ABCD­A1B1C1D1＝×(22＋12＋)×＝. (或者V四棱锥P­ABCD＝×22×＝，V四棱锥P­A1B1C1D1＝V四棱锥P­ABCD， 所以V正四棱台ABCD­A1B1C1D1＝V四棱锥P­ABCD－V四棱锥P­A1B1C1D1＝V四棱锥P­ABCD ＝×＝) 11.(2023·广东惠州模拟)若一个圆台的侧面展开图是半圆面所在的扇环，且扇环的面积为4π，圆台上、下底面圆的半径分别为r1，r2(r1<r2)，则r－r＝________. 答案：2　解析：圆台的侧面展开图是半圆面所在的扇环，所以圆台的母线长为－＝2r2－2r1，圆台的侧面积为×(2r2－2r1)＝2π(r－r)＝4π，所以r－r＝2. 12.(2023·广东惠州模拟)请从正方体ABCD­A1B1C1D1的8个顶点中，找出4个点构成一个三棱锥，使得这个三棱锥的4个面都是正三角形，则这4个点可以是________.(只需写出一组) 答案：A1，C1，B，D(答案不唯一)　解析：如图，三棱锥A1­BC1D各棱长都是正方体的面对角线长，因此三棱锥A1­BC1D的4个面都是正三角形,即这4个点可以是A1,C1，B，D. 分级二　知能探究 13.(2022·山东潍坊模拟)某品牌暖水瓶的内胆规格如图所示，分为①②③④四个部分(水瓶内胆壁厚不计)，它们分别为一个半球，一个大圆柱，一个圆台和一个小圆柱.若其中圆台部分的体积为52π cm3，且水瓶灌满水后盖上瓶塞时水溢出 cm3，则盖上瓶塞后水瓶的最大盛水量为(　　) A.640π cm3 B.cm3 C.320π cm3 D.cm3 A　解析：由题意可得半球体积为×53＝，大圆柱的体积为π×52×20＝500π，圆台的体积为52π，小圆柱的体积为π×22×2＝8π，所以最大盛水量为＋500π＋52π＋8π－＝640π(cm3).故选A. 14.(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＝2，则＝(　　) A. B.2 C. D. C　解析：因为甲、乙两个圆锥的母线长相等，所以结合＝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＝＝，h2＝＝2，所以＝＝＝. 15.(多选)如图，在直三棱柱ABC­A1B1C1中，AA1＝2，AB＝BC＝1，∠ABC＝90°，侧面AA1C1C中心为O，点E是侧棱BB1上的一个动点，则下列判断正确的是(　　) A.直三棱柱侧面积是4＋2 B.直三棱柱的体积是 C.三棱锥E­AA1O的体积为定值 D.AE＋EC1的最小值为2 ACD　解析：在直三棱柱ABC­A1B1C1中，AA1＝2，AB＝BC＝1，∠ABC＝90°， ∴底面ABC和A1B1C1是等腰直角三角形，侧面全是矩形， ∴其侧面积为1×2×2＋×2＝4＋2，故A正确； 直三棱柱的体积为V＝S△ABC·AA1＝×1×1×2＝1，故B错误； 连接AE，A1E(图略)，由BB1∥平面AA1C1C，且点E是侧棱BB1上的一个动点，得三棱锥E­AA1O的高为定值，S△AA1O＝××2＝，∴VE­AA1O＝××＝，故C正确； 设BE＝x∈[0，2]，则B1E＝2－x，∴在Rt△ABE和Rt△EB1C1中，AE＋EC1＝＋.由其几何意义，即平面内动点(x，1)与两定点(0，0)，(2，0)距离和的最小值，由对称性可知，当E为BB1的中点，即x＝1时，AE＋EC1最小，其最小值为＋＝2，故D正确. 分级三　素能创新 16.(2023·江苏盐城高三开学考试)某中学课外活动小组开展劳动实习，活动中需制造一个零件模型，该零件模型为四面体，设为ABCD，要求AB＝BC＝CD＝AD＝1 dm，当AC＝BD时，此四面体体积的最大值为________dm3. 答案：　解析：如图，将四面体ABCD补成一个长方体， 设长方体的长、宽、高分别为a，b，c，则 则a＝b，VA­BCD＝V长方体－VN­ABD－VE­ABC－VF­ACD－VM­BCD ＝abc－abc×4＝abc＝a2c＝(1－c2)c＝(c－c3)， 记f(c)＝(c－c3)，令f′(c)＝(1－3c2)＝0，解得c＝， f(c)在(0，)上单调递增，(，1)上单调递减，故f(c)max＝f()＝. 学科网（北京）股份有限公司 $$