7.1 空间几何体的结构及其表面积和体积-【衡中学案】2025年高考数学一轮总复习学案（新教材）

第七章 立体□何 考情探究 考题 考点 考向 关键能力 考查要求 核心素养 2023新课标I.12; 空间想象 空间儿何体的结构特 正方体、圆柱及圆锥的结构特 直观想象 运算求解 综合性 2023新课标II.9 征和表面积 征与表面积 数学运算 2023新课标I.14; 空间想象 综合性 直观想象 空间几何体的体积 校台的体积 2023新课标II.14 运算求解 数学运算 2023新课标1,18; 运算求解 线面平行与垂直的证明、求空 逻辑推理 空间向量及其应用 综合性 2023新课标II.20 间角 逻辑思维 直观想象 直观想象 2022新高考I,4 求校台的体积 空间想象 空间几何体的体积 应用性 数学运算 空间想象 2022新高考I,9 直观想象 空间角与距离 异面直线所成角与线面角 综合性 数学运算 求点到面的距离及二面角的 直观想象 2022新高考I.19 空间想象 空间向量及其应用 综合性 正弦值 数学运算 空间几何体的结构特 直观想象 2022新高考II.7 球的表面积 空间想象 综合性 征和表面积 数学运算 2022新高考I,8 空间想象 综合性 直观想象 空间几何体的体积 求四校锥体积的范围 数学运算 155 直观想象 线线垂直的判定,二面角的概 直线、平面垂直的判定 运算求解 2021新高考I.20 综合性 与性质 空间想象 数学运算 念与应用、求三校锥的体积 逻辑推理 运算求解 直线、平面垂直的判定 面面垂直的证明、二面角余弦 逻辑推理 2021新高考II.19 逻辑思维 与性质 综合性 值的求解 直观想象 【命题规律与备考策略】 本章内容为高考必考内容之一,多考查空间几何体的表面积与体积,空间中有关平行或垂直的判定,空间 角与距离的求解,空间向量的应用等问题 高考对本章内容的考查比较稳定,针对这一特点,复习时,首先梳理本章重要定理、公式与常用结论,扫清 基础知识和公式障碍;然后,分题型重点复习,重视向量法求解空间角、距离问题的思路与解题过程 第一讲 空间几何体的结构及其表面积和体积 知识梳理·双基自测 知识梳理 侧面展 开图 知识点一 多面体的结构特征 校锥 知识点三 圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图 名称 校柱 校台 及侧面积公式 ###A# 圆柱 圆锥 圆台 图形 侧面展 2 开图 ①有两个面互相 有一个面是 _,其余 用一个平行于校锥 ,其 侧面积 Sn= SoM= 各面都是_ 底面的平面去截校 Smm= 结构 余各面都是有 和 罐, 公式 156 特征 一个公共顶点 ②每相邻两个四 的 _之间的 2025出词 部分 边形的公共边都 知识点四 柱体、锥体、台体和球体的表面 互相 多面体 积和体积 相交于_ 名称 表面积 延长线交于 体积 但不一定 侧枝 几何体 相等 杜体 S=S+2s 侧面 V 形状 (校杜和圆杜 知识点二 旋转体的结构特征 维体 Sa=SS (楼锥和圆锥) V= 名称 圆柱 圆锥 圆台 . 台体 Smu=S+ V=#(s+$+ (楼台和圆台) s.+S 图形 /S.B)h 球 8三 V-4 知识点五 直观图 互相平行且 相交于 延长线交 母线 相等, 于 斜二测画法:(1)原图形中x轴、y轴、:轴两两垂 干底面 直,直观图中x轴、y轴的夹角为_,轴 与:轴和y轴所在平面 直观图 (2)原图形中平行于坐标轴的线段在直观图中仍 全等的 全等的 ,平行于:轴和:轴的线段在直观图中 全等的 轴截面 保持原长度 ,平行于v轴的线段在直观 图中长度为。 归纳拓展 (3)用一个平面截圆锥,得到一个圆锥和圆台。( (4)有两个面平行且相似,其他各面都是梯形的多 1.一个平面图形在斜二测画法下的直观图与原图形相 面体是校台. ) 比,有“三变、三不变” (5)已知球0的半径为R.其内接正方体的校长为 三变:坐标轴的夹角改变,与v轴平行线段的长度改 ) 变(减半),图形改变 三不变:平行性不变,与x轴平行的线段长度不变. (6)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2nS ( 相对位置不变 ) 2.杜体,锥体,台体体积间的关系; 题组二,走进教材 V=(s'+&SS+s){ 2.(必修2P..T1)已知圆锥的表面积等于12ncm,其 侧面展开图是一个半圆,则底面圆的半径为( ) sS_ #_0 A.1cm B.2cm V=S Vea-s C.3cm D.2cm 台体的体积常化为两锥体体积之差求解 3.(多选题)(必修2PT3改编) 3.多面体的外接球与内切球常用的结论: “阿基米德多面体”也称为半正 (1)设正方体的梭长为a,则它的内切球半径r= 多面体,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,将正 方体沿交于一顶点的三条校的中点截去一个三枝 #2-) 锥,共截去八个三校锥,得到的半正多面体的表面积 为12+43,则关于该半正多面体的下列说法中正 (2)设长方体的长、宽、高分别为a,b,c.则它的外接 确的是 |回 球半径a+6+} A.AB-/2 2 B. 该半正多面体的外接球的表面积为6- C.AB与平面BCD所成的角为开 D.与AB所成的角是"的校共有16条 题组三:走向高考 双基自测 4.(2023·全国新高考I卷)在正四校台ABCD- 157 题组一 走出误区 A.BC.D. 中,AB=2.A.B =1.AA.=2,则该校台的 1.判断下列结论是否正确(请在括号中打“V”或 体积为 “x”) 5.(2022·全国新高考II卷)已知正三校台的高为1. (1)有两个面平行,其余各面都是平行四边形的几 上、下底面边长分别为33和43,其顶点都在同一 何体是校杜. 球面上,则该球的表面积为 _~_ (2)有一个面是多边形,其余各面都是三角形的几 A.100n B.128n 何体是楼锥. C.144r D.192n 考点突破·互动探穷 点 2.下列结论:①以直角三角形的一边为轴旋转一 基本立体图形--自主练透 周所得的旋转体是圆锥;②以直角梯形的一腰为轴放 例1.(多选题)若正三校锥V-ABC和正四梳锥V- 转一周所得的旋转体是圆台;③圆柱、圆锥、圆台的底 A.B.C.D.的所有校长均为a.将其中两个正三角 面都是圆;④一个平面截圆锥,得到一个圆锥和一个圆 形侧面△VAB与△VA.B.按对应顶点粘合成一个正三 . 台;用任意一个平面截一个几何体,所得截面都是圆 角形以后,得到新的组合体是 A.五面体 B.七面体 面,则这个几何体一定是球 C.斜三楼柱 D.正三校杜 其中正确结论的序号是 名师点拨:空间几何体结构特征的判断技巧 点3 几何体的表面积与侧面积--师生共研 1.紧扣各种空间几何体的定义及结构特征是判断 例1.(2022·辽宁协作体模拟)已知三校锥的三条侧 的关键,依据条件构建儿何模型,在条件不变的情况 下,变换模型中的线面关系或增加线、面等基本元素, 楼长均为2.侧面有两个是等腰直角三角形,底面 然后再依据题意判定. 等腰三角形底上的高为/5,则这个三校锥的表面积为 ) 2.说明一个命题是错误的,只要举出一个反例 A.4+3/3+/15 即可. B.4+3+2/15 C.4+3+15 D.4+2/3+15 【变式训练 2.(2024·湖北部分学校联考)陀是中国民间 (多选题)下列结论错误的是 ) 较早的娱乐工具之一,也称陀罗,图1是一种木陀蝶, A.过斜梭杜的侧梭作校柱的裁面,所得图形可能是 可近似地看作是一个圆锥和一个圆柱的组合体,其真 矩形 观图如图2所示,其中A是圆锥的顶点,B.C分别是圆 B. 侧面都是等腰三角形的校锥是正梳锥 柱的上、下底面圆的圆心,且AB=1.AC=3.底面圆的 C.侧面都是矩形的直四校柱是长方体 半径为1,则该陀蝶的表面积是。 D.若有两个侧面垂直于底面,则该四校柱为直四 楼杜 点己 空间几何体的直观图一-师生共研 图: 图2 15 面直观图△ABC'的面积为 - 名师点拨:空间几何体表面积的求法 2025出词 B. 1.旋转体的有关元素都集中在轴截面上,解题时 要注意其轴截面及侧面展开图的应用 D. 2. 多面体的表面积是各个面的面积之和;组合体 的表面积注意衔接部分的处理. [引申]若已知△ABC的平面直观图△A.B.C 是 3.既然(圆)台是由校(圆)锥定义的,所以在解 边长为a的正三角形,则原△ABC的面积为 决校(圆)台问题时,要注意“还台为锥”的解题策略。 名师点拨: 【变式训练】 1.(2022·河南洛阳一模)如图已知正三 1.在斜二测画法中,要确定关键点及关键线段的 楼锥S-ABC的高为3,底面正三角形 位置,注意“三变”与“三不变”;平面图形的直观图,其 的高为3,则该正三校锥的表面积为 C ) A.3/30+3/3 B.3/30+9 2.在原图形中与x轴或y轴平行的线段,在直观 C.12/3 图中与x轴或y轴平行,原图中不与坐标轴平行的线 段可以先画出线段的端点再连线,原图中的曲线段可 2.(2024·江苏扬州模拟)唐朝的狩猎景象浮雕银杯 以通过取一些关键点,作出在直观图中的相应点后,用 如图1所示,其浮雕临摹了国画、漆绘和墓室壁画, 体现了古人的智慧与工艺.它的盛酒部分可以近似 平滑的曲线连接而画出. 地看作是半球与圆柱的组合体(假设内壁表面光滑 【变式训练】 忽略杯壁厚度),如图2所示.已知球的半径为R,酒 (2023·四川成都阶段统测)用斜二测画法画出的某 杯的容积为-R),则其内壁表面积为 . ) 平面图形的直观图如图所示,边AB与C'D平行于 x轴.已知四边形A'BC'D的面积为1cm,则原平 面图形ABCD的面积为 cm2} 图1 2 A.12nR{2 B.10rR2} C.8mR} D.6n^{} 点4 【变式训练】 几何体的体积--多维探究 1.(2024·湖南长沙质检)在矩形ABCD中.AB=3.AD 角度1 直接利用公式求体积 =4.现将△ABD沿BD折起成△A.BD.折起过程中, 例(2024·辽宁辽东十一所重点高中联合教研体摸 当A.B1CD时,四面体A.BCD体积为 ) 底)底面半径为3,表面积为24-的圆锥的体积为 A. 12r B.36n C.3v55n D.9v55n 角度2 割补法求体积 12#7# A.2 例(2024·福建津州质检)如图,在五面体ABCDEF #7 中,底面ABCD是矩形,EF<AB,EF/AB,若AB C.3/7 25.AD=10.且底面ABCD与其余各面所成角的正切值 均为,则该五面体的体积是 2.(2023·全国甲卷)在三校锥P-ABC中,△ABC是 ( 边长为2的等边三角形,PA=PB=2.PC=6,则该 校锥的体积为 ( A.1 B.3 C.2 D.3 A.225 C.325 D.375 B.250 3.(2024·江西九校联考改编)在如图所示的斜截园 [思考]本节考点3例2中陀蝶的体积为 柱中,已知圆柱底面的直径为40cm.母线长最短50 cm.最长80cm,则斜截圆柱的体积V= 角度3 等体积法求体积 cm. 期|回 例(2024·浙江浙南名校联盟联考)生活中有很多常 见的工具有独特的几何体结构特征,例如垃圾备 箕,其结构如图所示的五面体ADE-BCF,其中四边形 8c ABFE与CDEF都为等腰梯形,ABCD为平行四边形 50_ 若AD1平面ABFE,且 EF=2AB=2AE=2BF,记三$ 锥D-ABF的体积为V.则该五面体的体积为( ) 点5 球与几何体的切、接问题一-师生共研 1 例1.(2024·云南红河州、文山州模拟)在三校锥 P-ABC中,平面PAB1平面ABC.AB1BC.△PAB 为等边三角形,AB=BC=2.则该三校锥外接球的表面 B.5V. C.4V 积为 A.8V D.3V. 2.(2023·福建龙岩质检)如图,已知正方体的校 名师点拨:求空间几何体的体积的常用方法 长为2,以其所有面的中心为顶点的多面体为正八面 对于规则几何体,直接利用公式计算即 ( 直接法一 体,则该正八面体的内切球表面积为 ) 利用三校锥的“等积性”可以把任一个 等积法一 面作为三校锥的底面转换顶点。 当一个几何体的形状不规则时,常通过 分割或者补形的手段将此几何体变为 割补法- 一个或几个规则的、体积易求的几何 A. 体,然后再计算,经常考虑将三校锥还 B.π 原为三梳柱或长方体,将三校杜还原为 C 平行六面体,将台体还愿为锥体.. D.4rr 名师点拨:几何体外接球问题的处理 几何体内切球问题的处理 解题关键是确定球心和半径,其解题思维流程是: 1.解题时常用以下结论确定球心和半径:①球心 ①球心到各顶点距离相等; 在过切点且与切面垂直的直线上;②球心到各面距离 [定球心 ②球心必在过球的截面外接圆的圆心过 相等。 且垂直于该平面的直线上. 3V 选准最佳角度作出截面(要使这个截 面尽可能多的包含球、几何体的各种元 特别提醒:正多面体的中心为其内切球、外接球的 [作截面一 素以及体现这些元素间的关系),达到 球心,并非所有的多面体都有内切球(或外接球) 空间问题平面化的目的 【变式训练】 求半径、根据作出截面中的几何元素,建立关于 1.(2024·陕西西安部分学校联考)在三校锥P-ABC 下结论 球半径的方程,根据R^{}=h{2}+P求解 中,△ABC是边长为3的等边三角形,侧校PA1平 (R一球半径,r-截面圈的半径,h-球心到截面圆 面ABC,且PA=25,则三梭锥P-ABC的外接球的 表面积为 . ) 心的距离),注:若载面为非特殊三角形可用正弦定理 B.28m C.26rt A.32nr D.24m 求其外接圈半径r 特别的: 2.(2022·安微蚌埠质检)如图,E.F分别是正方形 1.若四面体的两个面是有公共斜边的直角三角 ABCD的边AB.AD的中点,把△AEF,△CBE,△CFD 形,则其外接球球心为斜边中点,半径为斜边的一半。 折起构成一个三校锥P-CEF(A.B.D重合于P 2.有三条校两两垂直或相对的校相等的四面体可 点),则三校锥P-CEF的外接球与内切球的半径之 补成长方体或正方体,其外接球半径为体对角线长的 比是 _ 1 一半 。 3.有一侧校垂直底面的锥体可补成直校柱,其球 P(A.B.D) 2025H去 心为校柱上、下底面外接圈圆心连线的中点,可利用球 心到各项点距离相等求得半径 注意:不共面的四点确定一个球面. 名师讲坛·素天提H 最值问题 例1.(2023·安徽铜陵模拟)如图 2.(2022·全国乙卷)已知球0的半径为1.四校 是一座山的示意图,山大致呈圆 锥的顶点为0,底面的四个顶点均在球0的球面上,则 锥形,山脚呈圆形,半径为2km,山 当该四校锥的体积最大时,其高为 (C) 高为2/15km,B是山坡sA上一 A. B C.# D 点,且AB=2km.现要建设一条从4 到B的环山观光公路,这条公路从A [解析] 设该四校锥底面为四边形ABCD,四边 出发后先上坡,后下坡,当公路长度 形ABCD所在小圆半径为r,设四边形ABCD对角线夹 最短时,下坡路段长为3.6km. 角为a. 则$n=2 [解析] -. AC·BD sina·AC BD= 由题意,半径为 2km.山高为215km.则母线 ·2r·2r=2r*(当且仅当四边形ABCD为正方形时等 $4-2+(2/15)-8,底面圆 8km 号成立) 周长2-r=4π,所以展开图的圆心 即当四楼锥的顶点O到底面ABCD所在小圆距离 一定时,底面ABCD面积最大值为2r^?,又^+h^2}=1. 则V。-asco= 展开图,结合题意,AB= 8+6=10,由点S向AB引 垂线,垂足为点H,此时SH为点S和线段AB上的点连 #7(##)#4# 线的最小值,即点H为公路的最高点,HB段即为下坡 路段,则S B②}=BH·AB.即36 =10·BH.得BH=3.6 $ km。下坡路段长度为3.6km. 3.(2024·江苏部分重点中学联考)设A.B.C.D 2.设出未知量建立函数关系,利用基本不等式或 是同一个半径为4的球的球面上四点,△ABC为等边 导数计算最值, 三角形且其面积为93,则三校锥D-ABC体积的最 3.几何体表面两点间路程最值问题,“展平”处 大值为183. 理,转化为平面内两点间距离问题 [解析] 设△ABC的中心 【变式训练] 为O,三校锥D-ABC外接球的 $. 在正三校锥$-ABC中.SA=SB=SC=1. A$ B=$ 球心为0,则三楼锥体积最大,即 ASC= BSC=30*一只蚂蚁从点A出发沿三枝 点D,0,0共线,此时001平 面ABC,如图,由题意知△ABC 锥的表面爬行一周后又回到A点,则蚂蚁爬过的最 的边长x满足3-93,故x= 短路程为 2.(2024·江苏淮安调研)球MV是圆锥S0的内切球, $$6 .所以A0'$=23,$0=A0=4.故 0'=A0$-A$$$ 若球M的半径为1.则圆锥S0体积的最小值为 ( ~ =16-12=2,故三锥的高D0'$=D0+0$0'=6.$$$$ 以V-x93x6=18/3. D.4r 名师点拨:立体几何中最值问题的解法 1.观察图形特征,确定取得最值的条件,计算 温馨提示:复习至此,请完成练案[40 最值。 第二讲 空间点,直线,平面之间的位置关系 知识梳理·双星自测 | 知识梳理 知识点一 平面的基本性质 图形语言 基本事实1. 的三点确定一个平面. 相交 基本事实2.如果一条直线上的 在一个 关系 符号语言 aOb=A aa=A a0B=1 平面内,那么这条直线在这个平面内 共面,有唯一 有唯一公 基本事实3.如果两个不重合的平面有一个公共 特征 有无数个共 公共点 共点 的公共直线. 线公共点 点,那么它们有且 1] 推论1.经过一条直线和 ,有且只有 一个平面. 图形语言 推论2.经过两条 直线,有且只有一个 符号语言a.6是异面直线 平面。 aCa 推论3.经过两条 直线,有且只有一个 知识点三 异面直线所成角、基本事实4及 平面. 等角定理 注:1.基本事实1、基本事实2和三个推论是判断 点、线共面的依据: 1.异面直线 2.基本事实3是判断两个平面相交及三点共线及 (1)定义:异面直线-一不同在任何一个平面内 三线共点的依据。 的两条直线叫做异面直线 知识点二空间点、直线、平面之间的位置 两直线既不平行也不相交的直线是异面直线 关系 (2)异面直线的画法 直线与直线 直线与平面 平面与平面 画异面直线时,为了体现它们不共面的特点,常借 助一个或两个平面来衬托 图形语言 平行 关系 符号语言 /b a/a a/B 共面,无公共点 无公共点 特征 无公共点第七章立体几何 R-16,故1d,-41=1或4+4=1，即1√R-9- √R-161=1或R-9+√R2-16=1,解得R=25符合题 第一讲空间几何体的结构及其表面积和体积 意，所以球的表面积为S=4πR=100π.故选A 考点突破·互动探究 知识梳理·双基自测 考点1 知识梳理 例I:AC新的组合体如图所示.故选AC, 知识点一 VV) 平行且全等平行四边形平行多边形三角形截面 底面平行且相等 一点 一点 平行四边形三角形 D 梯形 知识点二 垂直一点一点矩形 等腰三角形等腰梯形圆矩 BB) 形扇形扇环 4A) 知识点三 例2：⑤①中这条边若是直角三角形的斜边，则得不到圆锥，① 2mrl Trl (r+r)l 错：②中这条腰若不是垂直于两底的腰，则得到的不是圆台 知识点四 2错：圆柱，圆锥、圆台的底面都是圆面，③错误：④中如果用 不平行于圆锥底面的平面截圆锥，则得到的不是圆锥和圆 SeA}5e·A4m 台，④错：只有球满足任意候面都是圆面，⑤正确 知识点五 变式训练 450或1350 垂直平行于坐标轴不变原来的一半 BCD在如图所示的平行六面体中，。 双基自测 侧而ADD,A,及侧面BCC,B,都是矩 1.(1)×(2)×(3)×(4)×(5)V/(6)× 形，且平面ABB,A,及平面DCCD,都 「πrl+T2=12g, 与底面ABCD垂直，故D错误：截面 2.B由条件得：2四=。 DD,B,可能为矩形，故A正确：将菱 形沿一条对角线折起所得三楼锥各面 .3r2=12,.r=2 都是等腰三角形，但该棱锥不一定是 3.ACD设正方体的棱长为2a,则6× 正棱锥，故B错误：侧面都是矩形但底 (2a)产+8×夏x(2aP:12+4. 面为梯形的直四棱柱不是长方体，故C错误.故选BCD. 考点2 例：D如图①，②所示的实际图形和直观图 .a=1,.AB=2a=√2，A正确： 显然该半正多面体外接球的球心为对应 C 正方体的中心，∴外接球半径R=2 S啡=8T,B错误： ① ② 显然AB与平面BCD所成角为∠HB=年，C正确： 由②可知，A'B'=AB=a,O'C= 4,在图2中作CD 与AB成角是号的有BCAC,ENFD,FM,EI,AN,BD,CT,CP ⊥A'B'于D DP、DR,MS,MR,NT,SV共16条，D正确.故选ACD 则cp=20rc=6 4名石解法一：如图，过4作4W 2 8 1 6 ⊥AC,垂足为M,易知A,M为四棱 8 a= 69 台ABCD-ABCD1的高， [引申] 因为AB=2,AB,=1,AM,=2,则 在△AD,C,中 40=G=xA,品=号. 由正弦定理 40=4C=方×2aB=2,故AM n45im120得=5 =(4C-4G)=号，则4M=A-W=√2-习 .Sa做= 6 所以所求体积为行×4+1+，4)×-语 6 解法二：同解法一棱台高=后，。 Vn-um 6 O D A 变式训练 22解法一：设D到A'B的距离为h,+D 2h 64n-56m=2m7 76 则D到AB的距离h= simn450=22h1, 5.A设正三棱台上下底面所在圆面的半径1，，所以2”，= 根据题意得，SAOIRCH=子(+ 品怎2=亡怎即=3=4设球心列上下底面的距离 CD)·1=1,.(A'B+CD)·h,= 分别为d,d,球的半径为R,所以d,=√R-9,d= 2.所以Sm=子(4B+6D)·h 534 4B+CD-2h,=22 角度3 例：C因为ABCD为平行四边形，所以 第法二：曲Sw-得5n2.2no=2,2 S△=S△n,所以Ve-m三V- =V,取EF的中点G,连接AG,DG 老点3 由题意知V。-c=Va-把=Vw- 例1：C结合题目边长关系，三棱锥如图所示. =',所以该五面体的体积V= Va-aG Vo-acr Vm-am Vr-gem 4V.故选C 变式训练 1.B由AB⊥A,D及AB⊥CD,故AB⊥平面A,CD.所以AB⊥ AC,即此时△ABC为直角三角形，又由A,B⊥CD及BC⊥CD 于是CD⊥平面4，BC,所以此时四面休A,BCD的体积为写×3 AB=AC=AD=2,CE=5,由题意△ABC.△ACD是等腰直角 ×分3x7:故选B 三角形.则BC=CD=22,BE=√(22)2-(5)2=5， 2.A取AB中点E,连接PE,CE,如图」 ,·△ABC是边长为2的等边三角形 BD=25, PA=PB=2,,PE⊥AB,CE⊥AB, AE=V22-(5)2=1, PE,CEC平面PEC,PE∩CE=E, 则表面积为：Sar+Sa+Sa+Sa =号x2x2+号x2x2+7x25x1+号 AB⊥平面PEC,又PE=CE=2×号 ×23×√5=4 =3,P℃=6，故PC2=PE+CE,即 +5+√5.故选C 例2：(5+2)开已知底面圆的半径T=1,由AB=1,AG=3,则 PE⊥CE,所以V=V-e+V-m=3Same·AB=子×立X BC=2,圆锥的母线长为√下+下=2，圈维的侧面积为 3×35×2=1,故选A 「3.26000x可将两个相同的斜截圆柱拼成一个圆柱，故V,性 ×2π×2=2π，圆柱的侧面积为2π×2=4m,故该陀螺的 =t=号×20'×(60+80)=2600m 表面积S=2π+4知+T×12=(5+,2)m 考点5 变式训练 1,A如图，S为正三棱锥的高，则D为AB的 例1，答设0，为正△PB外接圆的圆 中点.CD⊥AB,SD⊥AB. 2 、0 由题意知SD=√DM+Sn=√0，AB= 心，AB=2,则P0,= 2sin 60 2√A0-Dm=23 23 S=35aw+Sam=3,30+35.故选A :平面PAB⊥平面ABC,AB1 2C设圆柱部分的商是么，所以云五+了 BC,BC1平面PAB.设O为三棱锥A P-ABC外接球的球心，则O0,⊥平面PAB,如图设OD∥ 分R:号R,所以么+子·音R=号R,所以=3泥，内壁表 0,B,P0=R,则O,BD0为矩形，从而√OP-0,P+ 面积为2陆+之·4R=2mR:3R+之 1 V0c-0,F=Bc,即√R-号=1，解得=子m ·4rR2=8mR,故 选C 4m 考点4 例2：C根据图形，已知正方体的楼长 角度1 为2，易知正八面体的棱长为正方 例：A设圆锥的母线长为.因为圆锥的底面半径为3，表面积为 体面对角线长的一半，即为 24m,所以S=9m+了×2m×3×1=24m,解得1=5，所以圆维 +2=2,如图，在正八面体 2 的高为h=√？-7=4，所以，圆锥的体积为V= 3×9×4 中连接AF,DB.CE,可得AF,DB CE互相垂直平分，O为正八面体 12m.故选A 的中心，OA⊥平面BCDE,ODC平 角度2 面BCDE,则AO⊥OD,AD=V2,AO 例：C过E作EO⊥平面ABCD 于O,过O作GH∥BC分别交 =0D=1,在R△A0D中，A0=√AD-0D=√(2)2-1 AB.CD于G,H.记BC的中点 =1.设正八面体的内切球半径为 为M,连接EM,OM,同理作出 解法一：分别记BCDE的中点为M,N,内 F,I,I,如图，由题意可知A 切球与平面ABG的切点为H,显然O为 ∠EMO、∠E(GO分别为相应而 球心，HeA1,由△AOH∽△AOM知I 3 与底面所成的角，即htanLEM0=tan LEG0=亏六0G=0W= 2 5.从面0E=3,JG=15,.五面体的体积V=V,-Aw+Vm- ,.S4=4πr2 +e-=5aam·JG+2×号5c·0E=25+10=325.故 +( 选C [思考] 故选C 3 解法二：该正八面体的体积V=2×号×，万×2×1=子，该 -535 八面体的表面积5=8××(2)=4区，：号=北，即时 练案[40] ×41=解得r=号=42=号放选C A组基础巩固 1,D当，个几何体由具有相同的底面且顶点 变式训练 在底面两侧的两个三棱锥构成时，尽管各面 1.A设△ABC外心为O,三棱锥外接球P 都是三角形，但它不是三棱锥，故A错误：如 球心为0，半径为R,由题意知0，A= 右图可知，B错误：若六棱锥的所有棱都相 2im60=5,又PA⊥平面ABC,00,1 3 等，则底面多边形是正六边形，由几何图形 知，若以正六边形为底面.则侧棱长必须要 平面ABC,.OO1∥PA,又OA=OP 大于底面边长，故C错误.选D. 00,=P1=5.R=3+5=8, 2.A 设母线长为1.则S=号×2m11=3m1=3高S0= ∴Sw=4行R=32π故选A /3-1=2w2.V= 2.2,6不妨设正方形的边长为2，由题意知三棱锥P-CEF中 3·m×1x22=2,2 π，故选A PC、PF,PE两两垂直， 3A由题意知水的体积为容器体积的子，故k=3 其外接球半径R=PC+PF+PE a,下面求内切球 4.C 2 如图所示，可求得器皿中雪表面的半径为20+40=15m. 4 的半径r, 所以平地降雪厚度的近似值为3T20×(10+152+10×15 1 解法一（直接法）：由几何体的对称性知，内切球的球心在平面 PCH(H为EF的中点)内，M、N、R,S为球与各面的切点. T×20 答m放选e 5.B设底面圆的半径为，高为h,则由题意可知， 2mrh=2πr2, h=2m+2知h.解得6=r=4所以该圆柱的高为4.故 选B 6.C如图.设底面圆的圆心为0.S,A. B,C四点所在球面的球心为O1,连接 S0,则S0⊥平面ABC,且0，在线段SO 上，易知S0=3,A0=3.设球0，的半 10 又22=tan∠CHP=an2∠OHN. 径为R,在R△O,A0中，由勾股定理得 mL0N=号-am=a, (3-R)2+(3)2=R.解得R=2.故A 0 球面面积为4πR=16m. 又PN=222r=Pm=2a 7.B设球的半径为r,则圆柱的底面半 Tr·2r 1=4=26 2 4如. 径为r,高为2r,依题意 3 →m=1 解法二（体积法）： 22+2mr·2r =n. (2 4ur Ve-=3 (Smr+Sr+Son+Sar), 故选B. =r(倍+++gx3ag 2X2 r=4 8A青铜器的最上面的圆住的体积(=：×()×2厅=号5 故=64.4=26 2 ，中间的圆台的休积为×(+》+√一)× a 名师讲坛·素养提升 33=里尽：m,最下面的圆台的体积为号× 4 变式训练 1,v2将正三棱锥S-ABC沿棱S4展开，得到如下图形，由展开 (仔+斗+√？x5:翠5所以该背制器 图可得，沿A4,爬行时，路程最短：因为SM=1,∠ASB=∠ASC ∠BSC=30°，所以∠AS4,=90°，因此AA,=√个+下=2. 的体积为+5+-7，五m.故选A 2 9.A如图，将△ABC与矩形 BB,CC展开至同一平面，易知 ∠ABB,=150°.设BB1=x,由题A 意知AD+DB,的最小值为AB,, 即AB,=√3.由余弦定理可得 B AB=AB+BB-2AB·BB,cos∠ABB,,即x+3x-10=0.解 得x=2或x=-5(舍去).设△ABC的外接圆的半径为T,则2 2.C设圆锥的高S0=4,底面圆的半径为t,则 “n6O=2,即r=1,设三棱柱ABC-A,BC,的外接球的半径 AB ⊥=h-1 √+F 广=22V=号h 设正△ABC中心为M,在△OMA中，0A=R,0NM= 品2引-2)+2+=受（当且A 1.AM=1,则R=2+ 2 =2,故三棱柱ABC-A,B,C,的外 仅当h=4时取等号)：.圆锥S0体积的最小值为8三放选C 接球的表面积为4πR=8m.故选A. 536