第1部分专题4 微专题11 空间几何体（PPT课件）-【创新教程】2025年高考数学大二轮专题增分方案

2025-02-12

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第一部分聚热点·题型突破专题四立体几何微专题11　空间几何体下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学研析考点层级突破 01 课时冲关高效提能 02 数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学研析考点层级突破下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学　下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学下一页上一页返回导航第一部分专题四立体几何数学 [教师用书独具] 2024年高考试卷考情分布命题解读新高考全国Ⅰ卷 T5，T17 1.考查内容：主要考查线面位置关系、空间几何体的表面积与体积、空间角的计算等，近两年，与截面有关的轨迹问题也经常出现．新高考全国Ⅱ卷 T7，T17 2．趋势分析：(1)多层次：各种难度都有涉及，题型齐全； (2)综合性：强化通性通法，加大以空间几何体为载体的方法、能力的考查；全国甲卷 T10，T14，T19 (3)变角度：加大截面、轨迹等多选题的考查力度； (4)重能力：加大运算、探究、证明等综合问题． 3．学科素养：直观想象、数学运算、逻辑推理. ★[高考定位]　在空间几何体部分，主要是空间几何体的展开图、表面积和体积的计算等问题．试题的题型主要是选择题或者填空题，空间几何体与球的切、接问题也是高考的重点，难度较大，以空间几何体为载体的截面、轨迹等问题常在多选题中出现，难度较大．空间几何体的折展问题空间几何体的侧面展开图 1．圆柱的侧面展开图是矩形． 2．圆锥的侧面展开图是扇形． 3．圆台的侧面展开图是扇环． [例1]　(1)(2024·晋城二模)已知圆锥的侧面积为12π，它的侧面展开图是圆心角为eq \f(2π,3)的扇形，则此圆锥的体积为(　　) A．6eq \r(2)π　　　　　　 B.eq \f(16\r(2)π,3) C．6eq \r(3)π D.eq \f(16\r(3)π,3) [解析]　设圆锥的底面半径为r，母线长为l，根据圆锥的侧面积公式以及扇形弧长解得l＝3r＝6，再结合锥体的体积公式运算求解．设圆锥的底面半径为r，母线长为l，由题意可得：eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(πrl＝12π,\f(2π,3)l＝2πr))，解得l＝3r＝6，r＝2，则圆锥的高h＝eq \r(l2－r2)＝4eq \r(2)，所以此圆锥的体积为eq \f(1,3)h×πr2＝eq \f(16\r(2)π,3). [答案]　B (2)[多选](2024·长沙模拟)如图，AD与BC分别为圆台上、下底面直径，AD∥BC，若AB＝3，AD＝2，BC＝4，则(　　) A．圆台的全面积为14π B．圆台的体积为14eq \r(2)π C．圆台的中截面(过圆台高的中点且平行底面的截面)面积为eq \f(5π,2) D．从点A经过圆台的侧面到点C的最短距离为3eq \r(3) [解析]　根据题目所给数据代入圆台的全面积公式和体积公式可知A正确，B错误；易知圆台的中截面是以等腰梯形ABCD的中位线为直径的圆，可得其截面积为eq \f(9π,4)，所以C错误；根据圆台侧面展开图利用弧长公式和余弦定理即可求得点A经过圆台的侧面到C点的最短距离为3eq \r(3)，即D正确．对于A选项：圆台的全面积包括上下底面积及侧面积，底面积为π×12＋π×22＝5π，根据圆台侧面积公式可得其侧面积为π×(1＋2)×3＝9π，所以圆台的全面积为14π，故A正确；对于B选项：根据台体体积公式可得圆台的体积为eq \f(1,3)(π×12＋π×22＋π×eq \r(12×22))×2eq \r(2)＝eq \f(14\r(2)π,3)，故B错误；对于C选项：易知圆台的轴截面ABCD为等腰梯形，其中位线为中截面圆的直径，所以中截面圆的半径长为eq \f(2＋4,4)＝eq \f(3,2)，所以中截面圆的面积为π×eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))2＝eq \f(9π,4)，故C错误；对于D选项：将圆台沿着轴截面ABCD切开，将圆台的侧面的一半展开，延长BA、CD交于点M，如图所示：在圆台的轴截面等腰梯形ABCD中，AD∥BC，AD＝eq \f(1,2)BC，根据台体性质易知A，D分别为BM，CM的中点，所以AM＝DM＝AB＝3，设∠AMD＝θ，则AD＝3θ＝eq \f(1,2)×2π×1，则θ＝eq \f(π,3)，在△ACM中，AM＝3，CM＝6，∠AMD＝eq \f(π,3)，由余弦定理可得 AC＝eq \r(AM2＋CM2－2AM·CM·cos\f(π,3)) ＝eq \r(32＋62－2×3×6×\f(1,2))＝3eq \r(3)，因此，从点A经过圆台的侧面到点C的最短距离为3eq \r(3)，故D正确． [答案]　AD 空间几何体最短距离问题，一般是将空间几何体展开成平面图形，转化成求平面中两点间的最短距离问题，注意展开后对应的顶点和边． 1．冬奥会单板滑雪的U型场地近似为圆柱体的一部分(如图)，现一名运动员从顶端A点滑行到另一顶端B点，则滑行的最短距离约为(　　) (注：sin 53°≈eq \f(4,5)，sin 37°≈eq \f(3,5)) A.eq \r(\b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(53π,9)))2＋1202)m B.eq \r(\b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(37π,9)))2＋1202)m C.eq \r(\b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(53π,18)))2＋1202)m D.eq \r(\b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(37π,18)))2＋1202)m 解析：A　[先画出如图1所示的截面，求出∠AOC的大小，从而可求出弧AD的长，然后在U型场地侧面展开图中计算即可设圆柱的底面半径为r m，则在Rt△AOC中， (r－4)2＋eq \b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(16,2)))2＝r2，解得r＝10，设∠AOC＝θ，则sin θ＝eq \f(8,r)＝eq \f(8,10)＝eq \f(4,5)，所以θ≈53°，所以∠AOD＝106°，所以弧AD的长为l＝eq \f(nπr,180)＝eq \f(106π×10,180)＝eq \f(53,9)π， U型场地侧面展开图如图2所示，则从顶端A点滑行到另一顶端B点，则滑行的最短距离约为eq \r(\b\lc$\rc$(\a\vs4\al\co1(\f(53,9)π))2＋1202) m．] 2．[多选]如图是一个正方体的平面展开图，将其复原为正方体后，互相重合的点是(　　) A．A与B B．D与E C．B与D D．C与F 解析：ABD　[根据平面展开图，还原正方体，然后进行判断即可．将平面展开图，还原正方体如图所示：所以互相重合的点是A与B，D与E，C与F.] 空间几何体的表面积与体积 1．柱体、锥体、台体的表面积公式 (1)S柱体表＝S侧＋2S底； (2)S锥体表＝S侧＋S底； (3)S台体表＝S侧＋S上底＋S下底． 2．柱体、锥体、台体的体积公式 (1)V柱体＝Sh(S为底面面积，h为高) (2)V锥体＝eq \f(1,3)Sh(S为底面面积，h为高)； (3)V台＝eq \f(1,3)(S＋eq \r(SS′)＋S′)h(S，S′分别为上、下底面面积，h为高)(不要求记忆)． 3．球的表面积和体积公式 (1)S球表＝4πR2(R为球的半径) (2)V球＝eq \f(4,3)πR3(R为球的半径)． [例2]　(1)(2024·新课标全国Ⅰ卷)已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为eq \r(3)，则圆锥的体积为(　　) A．2eq \r(3)π B．3eq \r(3)π C．6eq \r(3)π D．9eq \r(3)π [解析]　设圆柱的底面半径为r，根据圆锥和圆柱的侧面积相等可得半径r的方程，可求出r，再计算圆锥的体积．设圆柱的底面半径为r，则圆锥的母线长为eq \r(r2＋3)，而它们的侧面积相等，所以2πr×eq \r(3)＝πr×eq \r(3＋r2)即2eq \r(3)＝eq \r(3＋r2)，故r＝3，故圆锥的体积为eq \f(1,3)π×9×eq \r(3)＝3eq \r(3)π. [答案]　B (2)(2024·天津高考)一个五面体ABCDEF.已知AD∥BE∥CF，且两两之间距离为1.AD＝1，BE＝2，CF＝3，则该五面体的体积为(　　) A.eq \f(\r(3),6) B.eq \f(3\r(3),4)＋eq \f(1,2) C.eq \f(\r(3),2) D.eq \f(3\r(3),4)－eq \f(1,2) [解析]　采用补形法，补成一个棱柱，求出其直截面，再利用体积公式即可．用一个完全相同的五面体HIJLMN(顶点与五面体ABCDEF一一对应)与该五面体相嵌，使得D，N；E，M；F，L重合，因为AD∥BE∥CF，且两两之间距离为1.AD＝1，BE＝2，CF＝3，则形成的新组合体为一个三棱柱，该三棱柱的直截面(与侧棱垂直的截面)为边长为1的等边三角形，侧棱长为1＋3＝2＋2＝3＋1＝4， VABCDEF＝eq \f(1,2)VABCHIJ＝eq \f(1,2)×eq \f(1,2)×1×1×eq \f(\r(3),2)×4＝eq \f(\r(3),2). [答案]　C 求解几何体的表面积及体积的技巧 (1)三棱锥的体积；等体积转化是常用的方法． (2)求不规则几何体的体积：常用分割或补形的思想，将不规则几何体转化为规则几何体． (3)求表面积：关键思想是空间问题平面化． 1．(2024·泰安三模)已知圆台O1O2的母线长为4，下底面圆的半径是上底面圆的半径的3倍，轴截面周长为16，则该圆台的表面积为(　　) A．24π B．25π C．26π D．27π 解析：C　[作出圆台的轴截面，利用其周长和两底面圆半径的关系列方程，求出r，代入公式，即可求得圆台的表面积．如图，作出圆台的轴截面ABDC，设上底面圆O1的半径为r，则下底面圆O2的半径是3r，故轴截面周长为16＝4＋4＋2r＋6r，解得r＝1，所以上、下底面圆的面积分别为π，9π，圆台侧面积S侧＝π(1＋3)×4＝16π，所以圆台的表面积为π＋9π＋16π＝26π.] 2．(2024·衡水二模)生活中有很多常见的工具有独特的几何体结构特征，例如垃圾畚箕，其结构为如图所示的五面体ADEBCF，其中四边形ABFE与CDEF都为等腰梯形，ABCD为平行四边形，若AD⊥平面ABFE，且EF＝2AB＝2AE＝2BF，记三棱锥DABF的体积为V1，则该五面体的体积为(　　) A．8V1 B．5V1 C．4V1 D．3V1 解析：C　[将五面体分割成三个三棱锥D AEF，D ABF，FBCD通过选择适当定点可得其体积关系，然后可得五面体体积．因为ABCD为平行四边形，所以S△ABD＝S△BCD，所以VFBCD＝VFABD＝V1. 记梯形ABFE的高为h，因为EF＝2AB，所以S△AEF＝eq \f(1,2)EF·h＝eq \f(1,2)×2AB·h＝2S△ABF，所以VD AEF＝2VD ABF＝2V1，所以该五面体的体积V＝VD AEF＋VD ABF＋VFBCD＝2V1＋V1＋V1＝4V1.] 　　　多面体与球的切、接与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接，解题时要认真分析图形、明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图． [例3]　(1)(2024·萍乡二模)陀螺是中国民间的娱乐工具之一，早期陀螺的形状由同底的一个圆柱和一个圆锥组合而成．如图，已知一木制陀螺内接于一表面积为64 π的球，其中圆柱的两个底面为球的两个截面，圆锥的顶点在该球的球面上，若圆柱的底面直径为4eq \r(3)，则该陀螺的体积为(　　) A．48π B．56π C．64π D．72π [解析]　根据题意易得陀螺的外接球半径R＝4，球心为圆柱的中心，再利用球的几何性质，分别求出圆柱与圆锥的高，最后根据体积公式，即可求解．如图：做陀螺的轴截面，则陀螺的轴截面内接于圆O，设圆O的半径为R，圆柱的底面半径为r. 由4πR2＝64π⇒R＝4，球心为圆柱的中心，又圆柱的底面半径r＝2eq \r(3)，所以球心到圆柱底面距离d＝eq \r(R2－r2)＝2，所以圆柱的高为2d＝4，圆锥的高为h＝R－d＝2，所以该陀螺的体积为V＝πr2×4＋eq \f(1,3)πr2×2＝48π＋8π＝56π. [答案]　B (2)(2024·遵义质监三)如图，是南京博物馆展示的一件名为“陶三棱锥”的文物，该文物的出土，为研究吴越文化提供了重要价值，博物馆准备为该文物制作一个透明的球形玻璃外罩进行保护供游客观赏研究，经测量该文物的所有棱长都为eq \r(6)分米，则制作的球形玻璃外罩(玻璃外罩厚度忽略不计)的直径至少为________分米． [解析]　利用勾股定理求出正四面体外接球的半径即可得解．如图，四面体ABCD为正四面体，作AG⊥平面BCD，垂足为G，则G为△BCD的重心，且CG＝eq \f(2,3)CE＝eq \f(2,3)×eq \f(\r(3),2)×eq \r(6)＝eq \r(2)，则正四面体的高为AG＝eq \r(AC2－CG2)＝2，设正四面体的外接球半径为R，由图可知，(eq \r(2))2＋(2－R)2＝R2，解得R＝eq \f(3,2)，所以该四面体外接球的直径为3，即制作的球形玻璃外罩(玻璃外罩厚度忽略不计)的直径至少为3分米． [答案]　3 多面体与球接、切问题的求解策略涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体中的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题，再利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内接、外切的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(或直径)与该几何体中已知量的关系，列方程(组)求解． 1．(2024·福州模拟)已知三棱锥PABC的四个顶点都在球O的球面上，PA＝PB＝PC＝AB＝eq \r(6)，∠ACB＝eq \f(2π,3)，则球O的体积为(　　) A．3π B.eq \f(27,8)π C.eq \f(9,2)π D．9π 解析：C　[过P点作PP1⊥平面ABC，垂足为P1，结合PA＝PB＝PC可得P1为△ABC的外心，则P1A＝P1B＝P1C＝r，则2r＝eq \f(AB,sin∠ACB)，可得r＝eq \r(2)，进而可得PP1＝2，设O为球心，R为球的半径，结合勾股定理可得R＝eq \f(3,2)，进而求解．过P点作PP1⊥平面ABC，垂足为P1，因为PA＝PB＝PC，所以P1为△ABC的外心，则P1A＝P1B＝P1C＝r(r为△ABC的外接圆半径)，则2r＝eq \f(AB,sin∠ACB)＝eq \f(\r(6),\f(\r(3),2))＝2eq \r(2)，所以r＝eq \r(2)， PP1＝eq \r(PA2－P1A2)＝eq \r(6－2)＝2，设O为球心，R为球的半径，则R＝OP＝OA，因为OA＝eq \r(OP\o\al(2,1)＋P1A2)＝eq \r(2－R2＋2)＝R，解得R＝eq \f(3,2)，所以球O的体积为V＝eq \f(4,3)πR3＝eq \f(4,3)π×eq \f(27,8)＝eq \f(9,2)π.] 2．[多选](2024·郑州三模)已知三棱锥VABC，VA＝VB＝VC，△ABC是边长为2的正三角形，D，E分别是VA，AB的中点，∠CDE＝90°，V在平面ABC内的投影为点M，M在平面VAB内的投影为点P(　　) A．VA，VB，VC两两垂直 B．P在平面VAC的投影为VA的中点 C．C，M，E三点共线 D．形如三棱锥VABC的容器能被整体装入一个直径为2.5的球解析：ACD　[A选项，作出辅助线，得到VB⊥平面VAC，结合勾股定理逆定理得到三条侧棱两两垂直；B选项，作出辅助线，得到P在平面VAC的投影不为VA的中点；C选项，根据正三棱锥的特征得到三点共线；D选项，求出三棱锥VABC的外接球直径，与2.5比较后得到答案． A选项，因为D，E分别为VA，AB的中点，所以DE∥VB，因为∠CDE＝90°，所以CD⊥DE，故CD⊥VB，取AC的中点S，连接VS，BS，因为VA＝VC，AB＝BC，所以VS⊥AC，BS⊥AC，又VS∩BS＝S，VS，BS⊂平面VBS，所以AC⊥平面VBS，因为VB⊂平面VBS，所以AC⊥VB，因为CD∩AC＝C，CD，AC⊂平面VAC，所以VB⊥平面VAC，因为VA，VC⊂平面VAC，所以VB⊥VA，VB⊥VC，又VA＝VB＝VC，AB＝BC＝2，故VA＝VB＝VC＝eq \r(2)，又AC＝2，VA2＋VC2＝AC2，由勾股定理逆定理得VA⊥VC，VA，VB，VC两两垂直，A正确； B选项，由题意得E，P不重合，过点P作PW∥VB，交VA于点W，因为VB⊥平面VAC，所以PW⊥平面VAC，且W，D不重合，故P在平面VAC的投影不为VA的中点，B错误； C选项，三棱锥VABC为正三棱锥，故点M为等边三角形ABC的中心，故C，M，E三点共线，C正确； D选项，因为VA，VB，VC两两垂直，故三棱锥VABC的外接球即为以VA，VB，VC为棱的正方体的外接球，故外接球直径为eq \r(\r(2)2＋\r(2)2＋\r(2)2)＝eq \r(6)，而eq \r(6)＜2.5，形如三棱锥VABC的容器能被整体装入一个直径为2.5的球，D正确．] $$

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