7.1 基本立体图形、简单几何体的表面积与体积（课件PPT）-【金版新学案】2025年高考数学高三总复习大一轮复习讲义（北师大版2019）

§7.1　基本立体图形、简单几何体的表面积与体积 第七章　立体几何与空间向量 课程标准 1.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的直观图． CONTECT 内 容 索 引 01 教材梳理　强基固本 02 考点探究　精准突破 03 课 时 测 评 教材梳理　强基固本 返回 返回 理清主干知识 1．基本立体图形 (1)多面体的结构特征 名称 棱柱 棱锥 棱台 图形 底面 互相______且______ 多边形 互相______且______ 侧棱 互相______且______ 相交于______，但不一定相等 延长线交于______ 侧面形状 平行四边形 三角形 梯形 平行 全等 平行 相似 平行 全等 一点 一点 (2)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，______于底面 长度相等且相交于______ 延长线交于______   轴截面 全等的______ 全等的_______ ____ 全等的__________ 圆 侧面展开图 ______ 扇形 扇环   垂直 一点 一点 矩形 等腰三 角形 等腰梯形 矩形 微提醒　(1)常见的几种四棱柱的结构特征及其之间的关系 (2)球的截面的性质 ①球的任何截面都是圆面．②球心和截面(不过球心)圆心的连线垂直于截面．③球心到截面的距离d与球的半径R及截面圆的半径r的关系为r2＝ R2－d2. 2．直观图 (1)画法：常用____________． (2)具体步骤： ①在已知的空间图形中取水平平面和互相垂直的轴Ox，Oy；再取Oz轴，使∠xOz＝90°，且∠yOz＝90°. ②画直观图时，把Ox，Oy，Oz画成对应的O′x′，O′y′，O′z′，使∠x′O′y′＝_____(或135°)，∠x′O′z′＝_____．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______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，在直观图中保持原长度______；平行于y轴的线段长度为原来的______． ⑤擦去辅助线，并将被遮线画成虚线． 斜二测画法 45° 90° 平行 不变 一半 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 侧面展开图 侧面积公式 S圆柱侧＝_______ S圆锥侧＝______ S圆台侧＝_____________ 2πrl πrl π(r1＋r2)l 4.柱、锥、台、球的表面积和体积 名称 几何体　　 表面积 体积 柱体 S表＝S侧＋2S底 V＝_____ 锥体 S表＝S侧＋S底 V＝ Sh 台体 S表＝S侧＋S上＋S下 球 S表＝________ V＝_______ Sh 4πR2 微提醒　(1)几何体的侧面积是指(各个)侧面的面积之和，而表面积是侧面积与所有底面的面积之和．(2)圆台、圆柱、圆锥的转化：当圆台的上底面半径与下底面半径相等时，得到圆柱；当圆台的上底面半径为零时，得到圆锥，由此可得S圆柱侧＝2πrl S圆台侧＝π(r＋r′)l S圆锥侧＝πrl. 记牢常用结论 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， 练透教材典题 1．[多选题]下列命题中错误的是 A．有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱 B．用一个平行于底面的平面截圆锥，得到一个圆锥和一个圆台 C．菱形的直观图仍是菱形 D．两个球的体积之比等于它们的半径比的平方 √ √ √ √ 2．(链接北师必修二P198A组T2)下列几何体是棱台的是 AC不是由棱锥截成的，不符合棱台的定义，故AC不满足题意．B中的截面不平行于底面，不符合棱台的定义，故B不满足题意．D符合棱台的定义．故选D． √ 3．(链接人A必修二P119练习T1)已知圆锥的表面积等于12π cm2，其侧面展开图是一个半圆，则底面圆的半径为 A．1 cm　 B．2 cm　 C．3 cm D． cm 设圆锥底面圆的半径为r cm，母线长为l cm，依题意得2πr＝πl，所以l＝2r，S表＝πr2＋πrl＝πr2＋πr·2r＝3πr2＝12π，所以r2＝4，所以r＝2(cm)．故选B． √ 4. (用结论)如图，一个水平放置的平面图形的直观图是一个底角为45°的等腰梯形，已知直观图OA′B′C′的面积为4，则该平面图形的面积为 返回 考点探究　精准突破 返回 返回 考点一 基本立体图形 多维练 例1 √ 角度1　空间几何体的结构特征 [多选题]下列说法错误的是 A．有一个面是多边形，其余各面都是三角形，由这些面围成的多面体是棱锥 B．有两个面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台 C．如果一个棱锥的各个侧面都是等边三角形，那么这个棱锥可能为六 棱锥 D．如果一个棱柱的所有面都是长方形，那么这个棱柱是长方体 √ √ 选项A，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，由这些面所围成的多面体叫作棱锥，即其余各面的三角形必须有公共的顶点，故A错误；选项B，棱台是由棱锥被平行于棱锥底面的平面所截而得的，而有两个面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体有可能不是棱台，因为它的侧棱延长后不一定交于一点，故B错误；选项C，当棱锥的各个侧面的共顶点的角之和是360°时，各侧面构成平面图形，故这个棱锥不可能为六棱锥，故C错误；选项D，若每个侧面都是长方形，则说明侧棱与底面垂直，又底面也是长方形，符合长方体的定义，故D正确．故选ABC． √ 角度2　直观图 如图，△A′B′C′是水平放置的△ABC的斜二测直观图，其中O′C′＝O′A′＝2O′B′，则以下说法正确的是 A．△ABC是钝角三角形 B．△ABC是等边三角形 C．△ABC是等腰直角三角形 D．△ABC是等腰三角形，但不是 例2 将其还原成原图，如图，设A′C′＝2，则可得OB＝2O′B′＝1，AC＝A′C′＝2，从而AB＝BC＝ ，所以AB2＋BC2＝AC2，即AB⊥BC，故△ABC是等腰直角三角形．故选C． √ 角度3　展开图 (1)如图，已知正三棱柱ABC-A1B1C1的底面边长为1 cm， 高为5 cm，一质点自A点出发，沿着三棱柱的侧面绕行两周 到达A1点的最短路线的长为 A．12 cm B．13 cm C． cm D．15 cm 例3 (2)圆台的上、下底面半径分别为10 cm，20 cm，它的侧面展开图扇环的圆心角为180°，则圆台的表面积为________cm2.(结果中保留π) 如图所示，设圆台的上底面周长为c cm，因为扇环的 圆心角是180°，故c＝π·SA＝2π×10(cm)，所以SA＝ ＝20 cm.同理可得SB＝40 cm，所以AB＝SB－SA＝20 cm， 所以S表＝S侧＋S上底＋S下底＝π(10＋20)×20＋π×102 ＋π×202＝1 100π(cm2)．故圆台的表面积为1 100π cm2. 1 100π 规律方法 1．空间几何体概念的辨析方法 2．在斜二测画法中，要确定关键点及关键线段．平行于x轴的线段平行性不变，长度不变；平行于y轴的线段平行性不变，长度 减半． 规律方法 3．按照斜二测画法得到的平面图形的直观图，其面积与原图形的面积的关系：S直观图＝ S原图形． 4．多面体表面展开图可以有不同的形状，应多实践，观察并大胆想象立体图形与表面展开图的关系，一定先观察立体图形的每一个面的形状． √ 对点练1.(1)下列命题正确的是 A．在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线是圆柱的 母线 B．直角三角形绕其任意一边所在直线旋转一周所形成的几何体都是圆锥 C．棱台的上、下底面可以不相似，但侧棱长一定相等 D．直角梯形以一条直角腰所在的直线为旋转轴，其余三边旋转形成的面所围成的旋转体是圆台 A．不一定，只有当这两点的连线垂直于底面时才是母线； B．不一定，当以斜边所在直线为旋转轴时，其余两边旋转形成的面所围成的几何体不是圆锥．如图所示，它是由两个同底圆锥组成的几何体；C．错误，棱台的上、下底面相似且对应边互相平行．棱台的各侧棱延长线交于一点，但是这些侧棱的长不一定相等．故选D． √ (2)(2024·山东济南一模)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 √ (3)(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 考点二 空间几何体的表面积 综合练 例4 (1)如图，四面体各个面都是边长为1的正三角形，其三个顶点在一个圆柱的下底面圆周上，另一个顶点是上底面圆心，则圆柱的侧面积是 √ 设圆柱的底面半径为r，母线长为l，因为四面体各个面都是边长为1的 (2)如图所示，在四边形ABCD中，∠DAB＝90°，∠ADC＝135°，AB＝5，CD＝2 ，AD＝2，则四边形ABCD绕AD旋转一周所成几何体的表面积为______________． 由题意可得，四边形ABCD绕AD旋转一周所成几何体为圆台上面挖去一个圆锥的组合体．如图，过C作CE⊥AD交AD的延长线于E，过C作AB的垂线，垂足为F. 则∠EDC＝180°－∠ADC＝45°，EC＝CD·sin 45°＝2，ED＝CD·cos 规律方法 1．多面体的表面积是各个面的面积之和． 2．旋转体的表面积是将其展开后，展开图的面积与底面面积之和． 3．组合体的表面积求解时注意对衔接部分的处理． √ 对点练2.(1)(2021·新高考Ⅱ卷)北斗三号全球卫星导航系统是我国航天事业的重要成果．在卫星导航系统中，地球静止同步轨道卫星的轨道位于地球赤道所在平面，轨道高度为36 000 km(轨道高度是指卫星到地球表面的最短距离)，把地球看成一个球心为O，半径r为6 400 km的球，其上点A的纬度是指OA与赤道所在平面所成角的度数，地球表面能直接观测到的一颗地球静止同步轨道卫星的点的纬度的最大值记为α，该卫星信号覆盖的地球表面面积S＝2πr2(1－cos α)(单位：km2)，则S占地球表面积的百分比约为 A．26% B．34% C．42% D．50% √ (2)(2024·山东临沂二模)如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠B＝30°，AC＝1，若在此三角形内挖去一个以C为圆心，圆弧与AB相切的扇面，则图中阴影部分绕直线BC旋转一周所得几何体的表面积为 根据题意，在Rt△ABC中，∠C＝90°，∠B＝30°，AC＝1，则AB＝ 考点三 空间几何体的体积 多维练 例5 角度1　直接利用公式求体积 (2023·新课标Ⅰ卷)在正四棱台ABCD -A1B1C1D1中，AB＝2，A1B1＝1，AA1＝ ，则该棱台的体积为________． 如图，过A1作A1M⊥AC，垂足为M，易知A1M为正四棱台ABCD -A1B1C1D1 √ 角度2　 割补法求体积 (2024·北京通州模拟)如图，某几何体的上半部分是长方体，下半部分是正四棱锥，AA1＝1，AP＝ ，AB＝2，则该几何体的体积为 例6 在正四棱锥P-ABCD中，连接AC，BD交于点O，连接OP，则OP即为正 角度3　等体积法求体积 已知正方体ABCD -A1B1C1D1的棱长为2，M，N分别为棱BB1，AB的中点，则三棱锥A1-D1MN的体积为___． 如图，由正方体的棱长为2及M，N分别为BB1，AB的中点，得S△A MN 例7 1 1 规律方法 求空间几何体体积的常用方法 公式法 对于规则几何体的体积问题，可以直接利用公式进行求解 割补法 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 等体 积法 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 √ √ (2) (2023·福建南平三模)2023年3月11日，“探索一号”科考船搭载着“奋斗者”号载人潜水器圆满完成国际首次环大洋洲载人深潜科考任务，顺利返回三亚．本次航行有两个突出的成就，一是到达了东南印度洋的蒂阿曼蒂那深渊，二是到达了瓦莱比－热恩斯深渊，并且在这两个海底深渊都进行了勘探和采集．如图①是“奋斗者”号模型图，其球舱可以抽象为圆锥和圆柱的组合体，其轴截面如图②所示，则该模型球舱体积为(单位：cm3) 由模型的轴截面可知圆锥的底面半径为2 cm，高为2 cm；圆柱的底面半径 (3)如图，在棱长为2的正方体ABCD -A1B1C1D1中，E是侧面BB1C1C内的一个动点，则三棱锥D -AED1的体积为___． 点E到平面ADD1的距离为2，所以V三棱锥D-AED＝V三棱锥E-ADD 返回 1 1 课时测评 返回 返回 √ 1. 满足下列条件的棱柱中，一定是直棱柱的是 A．底面是矩形 B．有一个侧面与底面垂直 C．有一个侧面是矩形 D．相邻两个侧面是矩形 如图所示是一个斜四棱柱：因为底面ABCD是矩形，故A错误；因为侧面ABB1A1与底面ABCD垂直，故B错误；侧面ADD1A1是矩形，故C错误；当相邻两个侧面是矩形时，则这两个侧面的交线与底面垂直，即得到侧棱与底面垂直，则该棱柱一定是直棱柱，故D正确．故选D． 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 √ 2．如图，一个水平放置的平面图形由斜二测画法得到的直观图A′B′C′D′是边长为2的菱形，且O′D′＝2，则原平面图形的周长为 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 √ 3．(2023·山东潍坊一模)如图，圆锥的底面半径为1，侧面展开图是一个圆心角为60°的扇形．把该圆锥截成圆台，已知圆台的下底面与该圆锥的底面重合，圆台的上底面半径为 ，则圆台的侧面积为 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 假设圆锥底面半径为R，母线为l，则R＝1.设圆台上底面为r，母线为l1， 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 √ 4．(新情境)(2024·北京海淀三模)公元前344年，先秦法家代表人物商鞅督造一种标准量器——商鞅铜方升，开创了秦朝统一度量衡的先河．如图，升体是长方体，手柄近似空心的圆柱．已知铜方升总长是18.7 cm，内口长x cm，宽7 cm，高2.3 cm(忽略壁的厚度，取圆周率π＝3)，若手柄的底面半径为1 cm，体积为18.6 cm3，则铜方升的容积约为(小数点后保留一位有效数字) A．201.3 cm3 B．210.5 cm3 C．202.1 cm3 D．212.2 cm3 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 依题意手柄的底面半径为1 cm，体积为18.6 cm3，则手柄的底面积为π×12＝π cm2，所以手柄的长度为 ＝6.2 cm，所以长方体的内口长x＝18.7－6.2＝12.5 cm，所以升体的容积为12.5×7×2.3＝201.25≈201.3 cm3，即铜方升的容积约为201.3 cm3.故选A． 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 √ 5．[多选题]如图，水平桌面上放置一个棱长为4的正方体水槽ABCD -A1B1C1D1，水面高度为2，水槽侧面CDD1C1上有一个小孔E，点E到直线CD的距离为3，将该水槽绕CD倾斜(CD始终在桌面上)至恰有水从小孔E流出，则在倾斜过程中，下列说法正确的有 A．有水的部分始终呈四棱柱形 B．水面始终经过水槽的外接球的球心 C．水面的面积为定值 D．E到桌面的最小距离为 √ 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 设水面与棱AA1交于点A2，与棱BB1交于点B2，与棱CC1交于点C2，与棱DD1交于点D2，由四棱柱的定义，几何体BB2C2C-AA2D2D为直四棱柱，故A正确；水槽绕CD倾斜至恰有水从小孔E流出过程中，水的体积不变，V＝S四边形BB C C·CD＝(BB2＋CC2)·BC·CD，所以线段B2C2，A2D2分别恒过正方形BB1C1C，AA1D1D的中心，即水面恒过正方体中心，又因为正方体中心为其外接球球心，B显然正确；对于C选项：水面的面积S四边形B C D A ＝B2C2·C2D2＝4B2C2，由于B2C2不为定值，所以水面面积不为定值，故C错误； 2 2 2 2 2 2 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 对于D选项：易知水槽绕CD倾斜至恰有水从小孔E流出时E到桌面的距离最小，如图，BB2＝1，CC2＝3，B2G⊥CC1，C2H⊥桌面，E到桌面的距离等于C2到桌面的距离C2H，C2H＝CC2·sin ∠C2CH 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 √ 6．[多选题](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P-AC-O为45°，则 √ 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 7．(2024·北京海淀模拟)紫砂壶是中国特有的手工制造陶土工艺品，其制作始于明朝正德年间．紫砂壶的壶型众多，经典的有西施壶、掇球壶、石瓢壶、潘壶等．其中，石瓢壶的壶体可以近似看成一个圆台 (即用平行于圆锥底面的平面截去一个锥体得到的)．下图给出了一个石瓢壶的相关数据 (单位：cm)，那么该壶的容量约为________(π≈3.14)． 255 cm3 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 8.学生到工厂劳动实践，利用3D打印技术制作模型．如图，该模型为长方体ABCD -A1B1C1D1挖去四棱锥O -EFGH后所得的几何体，其中O为长方体的中心，E，F，G，H分别为所在棱的中点，AB＝BC＝6 cm，AA1＝4 cm.3D打印所用原料密度为0.9 g/cm3.不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为________g. 118.8 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 由题易得长方体ABCD -A1B1C1D1的体积为6×6×4＝144(cm3)，四边形EFGH为平行四边形，四棱锥O -EFGH的高为3 cm，如图所示，连接GE，HF，易知四边形EFGH的面积为矩形BCC1B1面积的一半，即 ×6×4＝12(cm2)，所以V四棱锥O -EFGH＝ ×3×12＝12(cm3)，所以该模型的体积为144－12＝132(cm3)，所以制作该模型所需原料的质量为132×0.9＝118.8(g)． 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 9．(2024·九省适应性测试)已知轴截面为正三角形的圆锥MM′的高与球O的直径相等，则圆锥MM′的体积与球O的体积的比值是__，圆锥MM′的表面积与球O的表面积的比值是___． 设圆锥的底面半径为r，球的半径为R，因为圆锥的轴截面为正三角形，所 1 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 10．(12分) 现需要设计一个仓库，它由上下两部分组成，上部的形状是正四棱锥P-A1B1C1D1，下部的形状是正四棱柱ABCD -A1B1C1D1(如图所示)，并要求正四棱柱的高O1O是正四棱锥的高PO1的4倍，若AB＝6 m，PO1＝2 m，则仓库的容积是多少？ 解：由PO1＝2 m，知O1O＝4PO1＝8 m. 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 正四棱柱ABCD -A1B1C1D1的体积 V柱＝AB2·O1O＝62×8＝288(m3)， 所以仓库的容积V＝V锥＋V柱＝24＋288＝312(m3)．故仓库的容积是312 m3. 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 11．(15分)(2022·全国甲卷)小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒．包装盒如图所示：底面ABCD是边长为8(单位：cm)的正方形，△EAB，△FBC，△GCD，△HDA均为正三角形，且它们所在的平面都与平面ABCD垂直． (1)证明：EF∥平面ABCD； 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 解：证明：如图①所示： 分别取AB，BC的中点M，N，连接EM，FN，MN，因为△EAB，△FBC为全等的正三角形，所以EM⊥AB，FN⊥BC，EM＝FN，又平面EAB⊥平面ABCD，平面EAB∩平面ABCD＝AB，EM⊂平面EAB，所以EM⊥平面ABCD，同理可得FN⊥平面ABCD，根据线面垂直的性质定理可知EM∥FN，而EM＝FN，所以四边形EMNF为平行四边形，所以EF∥MN，又EF⊄平面ABCD，MN⊂平面ABCD，所以EF∥平面ABCD． 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 (2)求该包装盒的容积(不计包装盒材料的厚度)． 解：如图②所示：分别取AD，DC的中点K，L，由(1)知，EF∥MN且EF＝MN，同理有，HE∥KM，HE＝KM，HG∥KL，HG＝KL，GF∥LN，GF＝LN，由平面知识可知，BD⊥MN，MN⊥MK，KM＝MN＝NL＝LK，所以该几何体的体积等于长方体KMNL-HEFG的体积加上四棱锥B-MNFE体积的4倍． 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 12．(新情境)在2023年3月12日马来西亚吉隆坡举行的Yong Jun KL Speedcubing比赛半决赛中，来自中国的9岁魔方天才王艺衡以4.69秒的成绩打破了“解三阶魔方平均用时最短”吉尼斯世界纪录称号．如图，一个三阶魔方由27个单位正方体组成，把魔方的中间一层转动了45°之后，表面积增加了 √ 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 如图，转动了45°后，此时魔方相对原来魔方多出了16个小三角形的面积， 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 √ 13．[多选题](2022·新高考Ⅱ卷)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 √ 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 设AB＝ED＝2FB＝2a，因为ED⊥平面ABCD，FB∥ED，所以FB⊥平面 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 14.[多选题]如图，正方体ABCD -A1B1C1D1的棱长为3，线段B1D1上有两个动点E，F，且EF＝1，则当E，F移动时，下列结论正确的是 A．AE∥平面C1BD B．四面体ACEF的体积不为定值 C．三棱锥A-BEF的体积为定值 D．四面体ACDF的体积为定值 √ √ √ 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 对于A，如图①，连接C1B，BD，AB1∥DC1，易证AB1∥平面C1BD，同理AD1∥平面C1BD，且AB1∩AD1＝A，所以平面AB1D1∥平面C1BD，又AE⊂平面AB1D1，所以AE∥平面C1BD，故A正确； 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 15．(新考法)将3个12 cm×12 cm的正方形沿邻边的中点剪开，分成两部分(如图①)，将这六部分接于一个边长为6 cm的正六边形上(如图②)，若拼接后的图形是一个多面体的表面展开图，则该多面体的体积为________． 864 cm3 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 返回 法一：该多面体由一个大的四面体减去三个小的四面体所得．其中大四面 2 1 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 谢谢观看 本节到此结束 πR3 V＝(S上＋S下＋)h (1)若球为正方体的外接球，则2R＝a. (2)若球为正方体的内切球，则2R＝a. (3)若球与正方体的各棱相切，则2R＝a. 2．长方体的共顶点的三条棱长分别为a，b，c，外接球的半径为R，则2R＝. 3．正四面体的外接球的半径R＝a，内切球的半径r＝a，其半径R∶r＝3∶1(a为该正四面体的棱长)． 4．直观图与原平面图形面积间关系S直观图＝S原图形． 由S原图形＝2S直观图，得S原图形＝2×4＝8.故选C． A． B．4 C．8 D．2 如图，把侧面展开2周可得对角线最短，则AA′1＝＝(cm)．故选C． A． B． C．2 D．2 因为边长为2的正三角形的面积是×2×2×sin 60°＝，由斜二测画法中直观图和原图形的面积的关系＝，所以直观图的面积为×＝.故选B． 设圆锥的母线长为l，因为该圆锥的底面半径为，所以2π×＝πl，解得l＝2.故选B． A．π B．π C．π D．π 所以圆柱的侧面积为S＝2πrl＝2π××＝π. 正三角形，可得2r＝＝，解得r＝，又由四面体各个面都是边长为1的正三角形，可得棱锥的高为h＝＝，即圆柱的母线长为l＝， (60＋4)π 45°＝2，CF＝AE＝4，BF＝AB－AF＝3，BC＝＝5.故圆台的上底面半径r＝2，下底面半径R＝5，高h＝4，母线长l2＝5.圆锥底面半径r＝2，高h＝2，母线长l1＝2.所以圆台侧面积S1＝π(R＋r)l2＝π(5＋2)×5＝35π，圆锥侧面积S2＝×2πr×l1＝×2π×2×2＝4π，圆台下底面面积S3＝πR2＝25π.故该几何体的表面积S＝S1＋S2＋S3＝35π＋4π＋25π＝(60＋4)π. 由题意可得，S占地球表面积的百分比约为：＝＝≈0.42＝42%.故选C． A．2π B． C． D．3π ＝2，由于圆弧与AB相切，设切点为D，如图，易得圆弧为圆，其半径r＝CD＝ACsin 60°＝，阴影部分绕直线BC旋转一周所得几何体是一个圆锥在其中挖去一个半球所得的几何体，其轴截面如图，则其表面积S＝π×AC×AB＋(π×AC2－πr2)＋×4πr2＝.故选C． 的高，因为AB＝2，A1B1＝1，AA1＝，则A1O1＝A1C1 ＝×A1B1＝，AO＝AC＝×AB＝，故AM＝AO－A1O1＝，则A1M＝＝＝，所以所求体积为V＝×(4＋1＋)×＝. A． B． C． D． 四棱锥P-ABCD的高，OA＝AC＝，OP＝＝1，所以VP-ABCD＝×2×2×1＝，VABCD -A1B1C1D1＝2×2×1＝4，所以该几何体的体积为＋4＝.故选B． ＝2×2－2××2×1－×1×1＝，又易知D1A1为三棱锥D1-A1MN的高，且D1A1＝2，所以V三棱锥A1-D1MN＝V三棱锥D1-A1MN＝·S△A1MN·D1A1＝××2＝1. 对点练3.(1)(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＝120°，若△PAB的面积等于，则该圆锥的体积为 A．π B．π C．3π D．3π 在△AOB中，∠AOB＝120°，而OA＝OB＝，取AB的中点C，连接OC，PC，有OC⊥AB，PC⊥AB，如图，∠ABO＝30°，OC＝，AB＝2BC＝3，由△PAB的面积为，得×3×PC＝，解得PC＝，于是PO＝＝＝，所以圆锥的体积V＝π×OA2×PO＝π×()2×＝π.故选B． A． B． C． D． 为2 cm，高为8 cm，故该模型球舱体积为×π×22×2＋π×22×8＝(cm3)．故选C． ＝S△ADD1·2＝××2×2×2＝. A．4＋4 B．4＋4 C．8 D．8 在直观图中，∠x′O′y′＝45°，O′D′＝A′D′＝2，所以O′A′＝2，根据题意，把直观图还原成原平面图形，如图所示，其中OA＝2，OD＝4，AB＝CD＝2，则AD＝＝2，故原平面图形的周长为2＋2＋2＋2＝4＋4.故选B． A． B． C． D．8π 则r＝.由已知可得，＝＝，所以l＝6.如图，作出圆锥、圆台的轴截面，则有＝＝，所以l1＝4.所以圆台的侧面积为π(R＋r)l1＝4×(1＋)π＝π.故选C． ＝CC2·sin ∠B2C2G＝3×＝，故D错误．故选AB． 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 依题意，∠APB＝120°，PA＝2，所以OP＝1，OA＝OB＝，对于A选项，圆锥的体积为×π×()2×1＝π，所以A选项正确；对于B选项，圆锥的侧面积为π××2＝2π，所以B选项错误；对于C选项，如图，设D是AC的中点，连接OD，PD，则AC⊥OD，AC⊥PD，所以∠PDO是二面角P-AC-O的平面角，则∠PDO＝45°，所以OP＝OD＝1，故AD＝CD＝＝，则AC＝2，所以C选项正确；对于D选项，PD＝＝，所以S△PAC＝×2×＝2，所以D选项错误．故选AC． 法一：由题意知，圆台上底面半径为4，下底面半径为5，高为4，则V＝×(42π＋52π＋)×4＝≈255 cm3. 法二：如图，设大圆锥的高为h，则＝，解得h＝20，所以V＝π×52×20－π×42×16＝≈255 cm3. 以圆锥的高h＝r，母线l＝2r，由题可知h＝2R，所以球的半径R＝r，所以圆锥的体积为V1＝×(π×r2)×r＝πr3，球的体积V2＝πR3 ＝π×3＝πr3，所以＝＝；圆锥的表面积S1＝πrl＋πr2＝3πr2，球的表面积S2＝4πR2＝4π×2＝3πr2，所以＝＝1. 因为A1B1＝AB＝6 m，所以正四棱锥P-A1B1C1D1的体积V锥＝·A1B·PO1＝×62×2＝24(m3)； 因为MN＝NL＝LK＝KM＝4，EM＝×8＝4，点B到平面MNFE的距离即为点B到直线MN的距离d，d＝2，所以该几何体的体积V＝(4)2×4＋4××4×4×2＝128＋＝，故该包装盒的容积为 cm3. A．54 B．54－36 C．108－72 D．81－72 显然小三角形为等腰直角三角形，设直角边x，则斜边为x，则有2x＋x＝3，得到x＝3－，由几何关系得：阴影部分的面积为S1＝(3－)2＝－，所以增加的面积为S＝16S1＝16(－)＝108－72.故选C． ABCD，则V1＝·ED·S△ACD＝·2a··(2a)2＝a3，V2＝·FB·S△ABC＝·a··(2a)2＝a3，连接BD交AC于点M，连接EM，FM，易得BD⊥AC，又ED⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，则ED⊥AC，又ED∩BD＝D，ED， BD⊂平面BDEF，则AC⊥平面BDEF，又BM＝DM＝BD＝a，过F作FG⊥DE于G，易得四边形BDGF为矩形，则FG＝BD＝2a，EG＝a，则EM＝＝a，FM＝ ＝ a，EF＝ ＝3a，EM 2＋FM 2＝EF2，则EM⊥FM，S△EFM＝EM·FM＝a2，AC＝2a，则V3＝V三棱锥A-EFM＋V三棱锥C-EFM＝AC·S△EFM＝2a3，则2V3＝3V1，V3＝3V2，V3＝V1＋V2，故A，B错误；C，D正确．故选CD． 对于B，如图②，连接CE，CF，S△AEF＝EF·h1＝×1× ＝，点C到平面AEF的距离等于点C到平面AB1D1的距离d为定值，所以VA-CEF＝VC-AEF＝××d＝d为定值，所以B错误；对于C，如图③，S△BEF＝×1×3＝，点A到平面BEF的距离等于A到平面BB1D1D的距离d为定值，所以VA-BEF＝××d＝d为定值，故C正确； 对于D，如图④，连接DF，CF，四面体ACDF的体积为VA-CDF＝VF-ACD＝××3×3×3＝为定值，故D正确．故选ACD． 体的底面是边长为18 cm的正三角形，其余三条棱长度均为18 cm；三个小四面体的底面是边长为6 cm的正三角形，其余三条棱长度均为6 cm.所以V＝×18××18×18－3××6××6×6＝864(cm3)． 法二：该多面体可补形为正方体，画出大致图形如图所示，由此可知V＝V正方体＝×123＝864(cm3)． $$