第7章 第1节 空间几何体及其表面积、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（湘教版）

第七章　立体几何 第一节　空间几何体及其表面积、体积 课标解读 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、棱柱、棱锥、棱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． [对应学生用书P138] 1．几类简单多面体的结构特征 名称 棱柱 棱锥 棱台 图形 含义 有两个面互相平行，其余各面都是平行四边形，且每相邻两个四边形的公共边都互相平行，由这些面围成的多面体叫作棱柱 有一个面是多边形，其余各面都是有一个公共顶点的三角形，像这样的多面体叫作棱锥 过棱锥任一侧棱上不与侧棱端点重合的一点，作一个与底面平行的平面去截棱锥，截面与原棱锥底面之间的这部分多面体叫作棱台 侧棱 平行且相等 相交于一点但不一定相等 延长线交于一点 侧面 形状 平行四边形 三角形 梯形 2.几类简单旋转体的结构特征 名称 圆柱 圆锥 圆台 球 图形 母线 互相平行且相等，垂直于底面 相交于一点 延长线交于一点 — 轴截 面 全等的 矩形 全等的 等腰三角形 全等的 等腰梯形 圆 侧面 展开 图 矩形 扇形 扇环 — 3.空间几何体的直观图 斜二测画法主要用于画多面体的直观图，它的规则是： (1)在已知图形中取水平平面，取互相垂直的轴Ox，Oy，再取Oz轴，使∠xOz＝90°，且∠yOz＝90°. (2)画直观图时，把它们画成对应的轴O′x′，O′y′，O′z′，使∠x′O′y′＝45°(或135°)，∠x′O′z′＝90°，x′O′y′所确定的平面表示水平平面． (3)已知图形中平行于x轴、y轴或z轴的线段，在直观图中分别画成平行于x′轴、y′轴或z′轴的线段． (4)已知图形中平行于x轴和z轴的线段，在直观图中保持长度不变；平行于y轴的线段，长度取原来的一半． 4．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式 几何体 侧面展开图 侧面积公式 圆柱 S圆柱侧＝2πrl 圆锥 S圆锥侧＝πrl 圆台 S圆台侧＝π(r1＋r2)l 5.柱、锥、台、球的表面积和体积 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＝ S底h 台体(棱台和圆台) S表面积＝S侧＋S上 ＋S下 V＝ (S上＋S下＋)h 球 S表面积＝4πR2 V＝πR3 1．判断正误 (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)棱台是由平行于底面的平面截棱锥所得的平面与底面之间的部分．(　　√　　) (4)如果圆柱的一个底面积为S，侧面展开图是一个正方形，那么这个圆柱的侧面积是2πS.(　　×　　) 2．(多选)如图所示，关于该几何体的说法正确的是(　　) A．这是一个四棱台 B．这是一个四棱柱 C．此几何体可由三棱柱截去一个三棱柱得到 D．此几何体可由四棱柱截去一个三棱柱得到 BCD　解析：A错误，因为侧棱的延长线不能交于一点，所以不正确；B正确，如果把几何体放倒就会发现是一个四棱柱；C，D如图所示，都正确． 3．如图，长方体ABCD­A′B′C′D′被截去一部分，其中EH∥A′D′，则剩下的几何体是(　　) A．棱台 B．四棱柱 C．五棱柱 D．简单组合体 C　解析：由空间几何体的结构特征知，剩下的几何体为五棱柱． 4．(2023·山东济南高三一模)已知正三角形边长为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(　　) A． B． C．2 D．2 B　解析：∵直观图对应的原图是一个边长为2的正三角形， ∴原图的面积是×2×2×sin 60°＝. 由斜二测画法中直观图和原图的面积的关系＝， 得直观图的面积为×＝. 5．(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＝×＝) 6．把长、宽分别为4，2的矩形卷成一个圆柱的侧面，则这个圆柱的体积为 ． 答案：或　解析：设圆柱的底面半径为r，母线长为l，高为h.当2πr＝4，l＝2时，r＝，h＝l＝2，所以V圆柱＝πr2h＝. 当2πr＝2，l＝4时，r＝，h＝l＝4，所以V圆柱＝πr2h＝. 综上所述，这个圆柱的体积为或. [对应学生用书P140] 角度1　空间几何体的结构特征 1．(多选)下列说法正确的是(　　) A．以直角三角形的一条边所在直线为轴，其余两边旋转形成的曲面围成的几何体是圆锥 B．以等腰三角形底边上的中线所在直线为轴，将三角形旋转形成的曲面围成的几何体是圆锥 C．经过圆锥任意两条母线的截面是等腰三角形 D．圆锥侧面的母线长有可能大于圆锥底面圆的直径 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．(多选)下列命题中正确的是(　　) A．棱柱的侧棱都相等，侧面都是全等的平行四边形 B．在四棱柱中，若两个过相对侧棱的截面都垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱 C．存在每个面都是直角三角形的四面体 D．棱台的上、下底面可以不相似，但侧棱长一定相等 BC　解析：A不正确，根据棱柱的定义，棱柱的各个侧面都是平行四边形，但不一定全等；B正确，因为两个过相对侧棱的截面的交线平行于侧棱，又垂直于底面；C正确，如图，正方体ABCD­A1B1C1D1中的三棱锥C1­ABC，四个面都是直角三角形；D不正确，棱台的上、下底面相似且是对应边平行的多边形，各侧棱的延长线交于一点，但是侧棱长不一定相等． 角度2　直观图 3．(2023·浙江镇海中学模拟)如图，梯形ABCD是水平放置的一个平面图形的直观图，其中∠ABC＝45°，AB＝AD＝1，DC⊥BC，则原图形的面积为(　　) A．1＋ B．2＋ C．2＋ D．1＋ B　解析：由题意可得原平面图如图所示，且B′C′＝1＋， 所以S原＝(A′D′＋B′C′)·A′B′＝×2＝2＋. 角度3　展开图4．(2022·海南海口二模)如图是一个圆台的侧面展开图，其面积为3π，两个圆弧所在的圆半径分别为2和4，则该圆台的体积为(　　) A．π B．π C．π D．π D　解析：圆台的侧面展开图是一个扇环，设该扇环的圆心角为α， 则其面积为×α×42－×α×22＝3π，得α＝， 所以扇环的两个圆弧长分别为π和2π. 设圆台的上底面圆半径、下底面圆半径分别为r1，r2，圆台的高为h， 则2πr1＝π，2πr2＝2π，所以r1＝，r2＝1， 又圆台的母线长l＝4－2＝2， 所以圆台的高为h＝＝， 所以圆台的体积为V＝π×＝π. 角度1　空间几何体的表面积 【例1】 (1)(2023·浙江温州中学模拟)若圆锥侧面展开图是圆心角为，半径为1的扇形，则这个圆锥表面积与侧面积的比为(　　) A．3∶2 B．2∶1 C．4∶3 D．5∶3 (2)(2023·河南周口模拟)如图，在三棱柱ABC­A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB⊥BC，AA1＝AC＝2，直线A1C与侧面AA1B1B所成的角为30°，则该三棱柱的侧面积为(　　) A．4＋4 B．4＋4 C．12 D．8＋4 (3)(2022·广东珠海期末)如图，某款酒杯的容器部分为圆锥，且该圆锥的轴截面是面积为16 cm2 的正三角形，若在该酒杯内放置一个圆柱形冰块，要求冰块高度不超过酒杯口高度，则圆柱冰块的侧面积的最大值为 cm2. 　 (1) C　(2)A　(3)8π　解析：(1)由题，设圆锥底面圆半径为r，母线长为l，＝⇒r＝l＝，S侧＝πrl＝，S圆锥＝S侧＋πr2＝，故S圆锥∶S侧＝4∶3. (2)如图，连接A1B.因为AA1⊥底面ABC，BC⊂底面ABC，则AA1⊥BC，又AB⊥BC，AA1∩AB＝A，AA1，AB⊂平面AA1B1B，所以BC⊥平面AA1B1B，所以直线A1C与侧面AA1B1B所成的角为∠CA1B＝30°.又AA1＝AC＝2， 所以A1C＝2，BC＝.又AB⊥BC，则AB＝， 则该三棱柱的侧面积为2××2＋2×2＝4＋4. (3)设该圆锥的轴截面正三角形的边长为a cm，由该圆锥轴截面的面积为16 cm2，得a2sin 60°＝16 ，所以a＝8，所以该圆锥底面圆半径为4 cm，高为4 cm. 设圆锥中放置的圆柱的底面圆半径为x cm，高为h cm，其中0<x<4，0<h<4. 如图所示，由CD∥OB 可得＝，即＝， 所以h＝(4－x). 所以圆柱冰块的侧面积为S＝2πx·h＝2πx·(4－x)＝－2π(x－2)2＋8π. 由二次函数的性质可得，当x＝2 时，S＝8π cm2最大． 【练1】 (2023·重庆西南大学附中模拟)如图，四边形ABCD为直角梯形，AD∥BC，∠DAB＝90°，AD＝BC＝1，该梯形绕AB旋转形成的几何体体积为，则该几何体的侧面积为 ． 答案：6π 　解析：由题意知，该几何体为圆台，上底S′＝π，下底S＝4π， 所以(π＋4π＋)·AB＝，解得AB＝，所以CD＝2, 则圆台的侧面积为2π(1＋2)＝6π. 角度2　空间几何体的体积 【例2】 (1)(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 (2)(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 (3)(2023·新课标Ⅱ卷)底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥，所得棱台的体积为 ． (1)A　(2)B　(3)28　解析：(1)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. (2)根据题意，设该圆锥的高为h，即PO＝h，取AB的中点E，连接PE，OE， 由于圆锥PO的底面半径为，即OA＝OB＝， 而∠AOB＝120°， 故AB＝ ＝＝3，同时OE＝OA×sin 30°＝， △PAB中，PA＝PB，E为AB的中点，则有PE⊥AB， 又由△PAB的面积等于，即PE·AB＝，变形可得PE＝， 而PE＝，则有h2＋＝，解得h＝， 故该圆锥的体积V＝π×()2h＝π.故选B. (3)如图所示，正四棱锥P­ABCD的底面边长为4，用平行于底面的平面截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥P­A′B′C′D′后，得到正四棱台A′B′C′D′­ABCD，且A′B′＝2，AB＝4.记O′，O分别为正四棱台A′B′C′D′­ABCD上、下底面的中心，H′，H分别为A′B′，AB的中点，连接PO，PH，O′H′，OH，则PO′＝3，O′H′＝1，OH＝2.易知△PO′H′∽△POH，所以＝，即＝，解得PO＝6，所以OO′＝PO－PO′＝3，所以该正四棱台的体积V＝×3×(22＋2×4＋42)＝28. 【练2】 (2023·上海模拟)在如图所示的三棱锥中，底面为等边三角形ABC，O 为AC 边中点，且PO⊥底面ABC，AP＝AC＝2，则三棱锥体积VP­ABC＝ ． 答案：1　解析：在三棱锥PABC中，因为PO⊥底面ABC，PO⊥AC，又因为O为AC边中点，AP＝AC＝2，所以△APC 为正三角形，PO＝.又因为底面为等边三角形ABC，所以S△ABC＝×4＝，所以VP­ABC＝Sh＝S△ABC·PO＝1. 【练3】 如图，已知体积为V的三棱柱ABC­A1B1C1，P是棱B1B上除B1，B以外的任意一点，则四棱锥P­AA1C1C的体积为 ． 答案：　解析：如图，把三棱柱ABC­A1B1C1补成平行六面体A1D1B1C1­ADBC.设P到平面AA1C1C的距离为h，则 角度1　“相切”问题 【例3】 已知正四面体P­ABC的表面积为S1，此四面体的内切球的表面积为S2，则＝ ． 答案：　解析：设正四面体的棱长为a，则正四面体的表面积为S1＝4××a2＝a2，其内切球半径r为正四面体高的，即r＝×a＝a，因此内切球表面积为S2＝4πr2＝，则＝＝. 【变式探究】 本例中若把“正四面体”改为“棱长为4的正方体”，则此正方体外接球的体积为 ，内切球的体积为 ． 答案：32π　　解析：由题意可知，此正方体的体对角线长即为其外接球的直径，正方体的棱长即为其内切球的直径．设该正方体外接球的半径为R，内切球的半径为r.又正方体的棱长为4，故其体对角线长为4，从而V外接球＝πR3＝π×(2)3＝32π，V内切球＝πr3＝π×23＝. 【练4】 (2023·北京二中模拟)如图所示，一套组合玩具需在一半径为3的球外罩上一个倒置圆锥，则圆锥体积的最小值为(　　) A．64π B．40π C．84π D．72π D　解析：设母线与底面的夹角2α，底面半径R，内切球半径r＝3，圆锥的高h， 则R＝＝，h＝R·tan 2α＝·tan 2α＝， 圆锥的体积V＝πR2h＝π××＝18π×， 而0°<2α<90°，0°<α<45°， 所以0<tanα<1，1－tan2α>0， 又因为tan2α＋(1－tan2α)＝1为定值， 所以(tan2α)(1－tan2α)≤ ＝， 当且仅当tan2α＝1－tan2α，即tanα＝ 时取等号，所以Vmin＝18π×＝72π. 角度2　“相接”问题 【例4】 (2022·新高考Ⅱ卷)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．100π B．128π C．144π D．192π A　解析：设正三棱台上、下底面所在圆面的半径分别为r1，r2，所以2r1＝，2r2＝，即r1＝3，r2＝4，设球心到上、下底面的距离分别为d1，d2，球的半径为R，所以d1＝，d2＝，故|d1－d2|＝1 或d1＋d2＝1，即＝1 或＋＝1，解得R2＝25 符合题意，所以该球的表面积为S＝4πR2＝100π. 【练5】 (2023·湖北宜昌夷陵中学模拟预测)已知正四面体ABCD的表面积为2，且A，B，C，D四点都在球O的球面上，求球O的体积． 解：正四面体各面都是全等的等边三角形，设正四面体的棱长为a， 所以该正四面体的表面积为S＝4××a×＝a2＝2，所以a＝， 又正方体的面对角线可构成正四面体， 若正四面体棱长为，可得正方体的棱长为1， 所以正方体的外接球即为该正四面体的外接球，所以外接球的直径为，半径为， 所以球O的体积为π·＝π. 学科网（北京）股份有限公司 $$