第1讲 空间几何体(专题微讲Word)-【赢在微点·考前顶层设计】2025年高考数学大二轮专题复习

专题三　立体几何 第1讲　空间几何体 备考领航·明方向 　　　　　　　　　　　　　　　　 [高考感悟] 一、考题考法 考题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　) A．1 B． C．2 D．3 本题考查棱锥的体积，同时也考查了线面垂直关系及数学运算能力，找到并求出棱锥的高是本题的关键． 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VP­ABC＝·S△ABC·PD＝××2××＝1，故选A． 考题2　(2024·新课标Ⅱ卷)已知正三棱台ABC­A1B1C1的体积为 ，AB＝6，A1B1＝2，则A1A与平面ABC所成角的正切值为(　B　) A． B．1 C．2 D．3 本题考查了棱台的体积及线面角的几何法计算问题，及等价转化的数学思想．“还台为锥”是处理棱台问题的一种特殊技巧，本题采用这种方法可将棱台问题转化为棱锥问题． 解析　 设正三棱台ABC­A1B1C1的高为h，三条侧棱延长后交于一点P，作PO⊥平面ABC于点O，PO交平面A1B1C1于点O1，连接OA，O1A1，如图所示．由AB＝3A1B1，可得PO1＝h，PO＝h，又S△A1B1C1＝×22×＝，S△ABC＝×62×＝9，所以正三棱台ABC­A1B1C1的体积V＝VP­ABC－VP­A1B1C1＝×9×h－××h＝，解得h＝，故PO＝h＝2.由正三棱台的性质可知，O为底面ABC的中心，则OA＝×＝2，因为PO⊥平面ABC，所以∠PAO是A1A与平面ABC所成的角，在Rt△PAO中，tan∠PAO＝＝1.故选B. 二、考情感悟 　空间几何体的结构特征是高考重点考查的内容．近几年主要考查空间几何体的表面积与体积，常以选择题与填空题为主，也涉及空间几何体的结构特征等内容，要求学生要有较强的空间想象能力和计算能力． [主干提炼] 1．直观图 斜二测画法直观图的面积为原图形面积的倍． 2．空间几何体的表面积与体积公式 　　　　名称 几何体　　　 表面积 体积 柱体 S表面积＝S侧＋2S底 V＝Sh 锥体 S表面积＝S侧＋S底 V＝Sh 台体 S表面积＝S侧＋ S上＋S下 V＝(S上＋S下＋ )h 球 S＝4πR2 V＝πR3 3.球的切接问题 (1)设正方体的棱长为a，球的半径为R. 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)若长方体的同一顶点的三条棱长分别为a，b，c，外接球的半径为R，则2R＝； (3)正四面体的棱长为a，其外接球的半径与其内切球的半径之比为3∶1. 4．常用结论 假设正四面体的棱长为a，则有 (1)h＝a，S表面积＝a2，V＝a3； (2)相邻两个面的二面角α：cos α＝； (3)三条侧棱与底面的夹角β：cos β＝. 考向突破·抓重点 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 考向一　空间几何体的表面积…………………………自主练习 1．(2024·新课标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，则圆锥的体积为(　B　) A．2π B．3π C．6π D．9π 解析　设圆柱和圆锥的底面半径均为r，因为它们的高均为，且侧面积相等，所以2πr×＝πr，得r2＝9，所以圆锥的体积V＝πr2×＝3π.故选B. 2. 《九章算术·商功》：“今有堑堵，下广二丈，袤一十八丈六尺，高二丈五尺……”，所谓“堑堵”，就是两底面为直角三角形的棱柱，如图所示的几何体是一个“堑堵”，AA1⊥平面ABC，AB＝BC＝4，AA1＝5，M是A1C1的中点，过点B，C，M的平面把该“堑堵”分为两个几何体，其中一个为三棱台，则该三棱台的表面积为(　C　) A．40 B．50 C．25＋15＋3 D．30＋20 解析　 如图所示，记A1B1的中点为N，连接MN，BN，CM，则MN∥BC，所以过点B，C，M的平面为平面BNMC，三棱台为A1MN­ACB，其中A1N＝NM＝2，BN＝＝，A1C1＝4，A1M＝2.所以其表面积S＝×4×4＋×2×2＋×(4＋2)×5＋×(4＋2)×5＋×(4＋2)×＝25＋15＋3.故选C． 3．若一个圆锥的侧面展开图是圆心角为，半径为1的扇形，则这个圆锥的表面积与侧面积的比是_4∶3_. 解析　设圆锥的底面半径为r，则底面周长为2πr，故展开后的扇形弧长为2πr，又扇形的圆心角为，半径为1，故2πr＝×1，则r＝，所以圆锥的侧面积为，表面积为，故表面积与侧面积的比是4∶3. 4．已知圆台的侧面积与轴截面的面积之比为，若上、下底面的半径分别为1和2，则母线长为_2_. 解析　设圆台的母线长为l，高为h，则h2＋(2－1)2＝l2.因为圆台上、下底面的半径分别为1和2，所以圆台的侧面积S1＝π(1＋2)l＝3πl，轴截面面积S2＝×h＝3h.由已知＝，得h＝l.所以＋1＝l2，解得l＝2. 求几何体的表面积的方法 (1)求表面积问题的基本思路是将立体几何问题转化为平面几何问题，即空间图形平面化，这是解决立体几何表面积问题的主要出发点． (2)求不规则几何体的表面积时，通常将所给几何体分割成基本的柱、锥、台体，先求这些柱、锥、台体的表面积，再通过求和或作差得到不规则几何体的表面积． 考向二　空间几何体的体积 例1　(1)(2024·全国甲卷)已知圆台甲、乙的上底面半径均为r1，下底面半径均为r2，圆台的母线长分别为2(r2－r1)，3(r2－r1)，则圆台甲与乙的体积之比为 . 解析　两圆台的上、下底面积对应相等，则两圆台的体积之比为高之比，根据母线与半径的关系可得甲与乙的体积之比为＝＝. (2)如图，在棱长为4的正方体ABCD­A1B1C1D1中，M，N分别为棱AB，B1C1的中点，过C，M，N三点作正方体的截面，则以B点为顶点，以该截面为底面的棱锥的体积是_8_. 解析　如图，延长BB1，CN交于点P，连接PM交A1B1于点Q，则平面CMQN为所求截面．故VB­QMCN＝VP­MBC－VB­PQN＝VP­MBC－VQ­PBN＝××2×4×8－××2×8×1＝8. 求空间几何体体积的常用方法 公式法 直接根据相关的体积公式计算 等积法 根据体积计算公式，通过转换空间几何体的底面和高使得体积计算更容易，或是求出一些体积比等 割补法 把不能直接计算体积的空间几何体进行适当分割或补形，转化为易计算体积的几何体 训练1　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＝ . 解析　由题图可知平面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，三棱柱ABC­A1B1C1的高为h，所以×1×h＝h(1＋S＋)，即＝(1＋S＋)，解得＝.由△CDE∽△CAB，得＝＝. 考向三　球的切、接问题 例2　(1)(2024·合肥质量检测)已知四面体ABCD的各顶点都在同一球面上，若AB＝BC＝CD＝DA＝BD＝2，平面ABD⊥平面BCD，则该球的表面积是(　C　) A．100π B．40π C．20π D．16π 解析　 如图所示，取BD的中点为M，连接AM，CM，因为△ABD与△BCD均为正三角形，所以AM⊥BD，CM⊥BD，又因为平面ABD⊥平面BCD，且平面ABD∩平面BCD＝BD，AM⊂平面ABD，CM⊂平面BCD，所以AM⊥平面BCD，CM⊥平面ABD.分别取△BCD与△ABD的中心为O1，O2，分别过点O1，O2作O1O∥AM，O2O∥CM，且O1O∩O2O＝O，所以O1O⊥平面BCD，OO2⊥平面ABD，则点O为四面体ABCD的外接球球心．因为△ABD与△BCD的边长均为2，所以AM＝CM＝3，O2M＝O1M＝1，O1C＝2，且O1O＝O2M＝1，连接OC，则外接球的半径R＝OC＝＝＝，所以外接球的表面积为S＝4πR2＝20π，故选C． (2)正四棱锥P­ABCD的各条棱长均为2，则该四棱锥的内切球的表面积为 (8－4)π . 解析　 如图，设底面的中心为E，连接CE，PE，则CE＝，PE＝，设四棱锥的内切球球心为O，半径为r，易知O在PE上，连接OA，OB，OC，OD，得到四个三棱锥和一个四棱锥，它们的高均为r，所以VP­ABCD＝VO­ABCD＋VO­PAB＋VO­PBC＋VO­PCD＋VO­PAD，即×2×2×＝×2×2r＋4××r，解得r＝，所以该四棱锥的内切球的表面积为4πr2＝(8－4)π. 求空间多面体的外接球半径的常用方法 (1)补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解； (2)定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据到其他顶点的距离也是半径，列关系式求解即可． 训练2　(1)(2024·湖北十一校联考)如图①，在矩形ABCD中，AB＝4，BC＝6，E，F分别是BC，AD的中点，将四边形ABEF沿EF折起，使得二面角A1­EF­D的大小为90°，如图②，则三棱锥A1­CDE的外接球的表面积为_34π_. 解析　 如图，易知A1F⊥EF，DF⊥EF，所以二面角A1­EF­D的平面角为∠A1FD＝90°，所以A1F，EF，DF三条直线两两垂直，三棱锥A1­CDE可补形为长方体，三棱锥A1­CDE的外接球即长方体的外接球，其直径2R＝A1C＝＝＝，则外接球的表面积为S球＝4πR2＝34π. (2)在半径为1的球中作一个圆柱，当圆柱的体积最大时，圆柱的母线长为 . 解析　设圆柱的底面半径为r，球心到圆柱底面的距离为h，则圆柱的母线长为2h，由球截面的性质得r2＋h2＝1，则r2＝1－h2(0<h<1)，圆柱的体积V＝2πr2h＝2πh(1－h2)＝2πh－2πh3，V′＝2π－6πh2＝－6π，当h∈时，V′>0，当h∈时，V′<0，所以函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，所以当h＝时，V取得最大值，此时圆柱的母线长为2h＝.真题体验·练能力 　　　　　　　　　　　　　　　　 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＝，若△PAB的面积等于，则该圆锥的体积为(　B　) A．π B．π C．3π D．3π 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.故选B. 2．(2024·北京高考)如图，在四棱锥P­ABCD中，底面ABCD是边长为4的正方形，PA＝PB＝4，PC＝PD＝2，则该棱锥的高为(　D　) A．1 B．2 C． D． 解析　 由题意知△PAB为正三角形，因为PC2＋PD2＝CD2，所以PC⊥PD.如图，分别取AB，CD的中点E，F，连接PE，EF，PF，则PE＝2.PF＝2，EF＝4，于是PE2＋PF2＝EF2，所以PE⊥PF.过点P作PG⊥EF，垂足为G.易知CD⊥PF，CD⊥EF，EF，PF⊂平面PEF，且EF∩PF＝F，所以CD⊥平面PEF.又PG⊂平面PEF，所以CD⊥PG.又PG⊥EF，CD，EF⊂平面ABCD，CD∩EF＝F，所以PG⊥平面ABCD，所以PG为四棱锥P­ABCD的高．由PE·PF＝EF·PG，得PG＝＝＝.故选D. 3．(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P­AC­O为45°，则(　AC　) A．该圆锥体积为π B．该圆锥的侧面积为4π C．AC＝2 D．△PAC的面积为 解析　 如图，取AC的中点D，连接PO，OD，PD，则OD⊥AC，PD⊥AC，二面角P­AC­O的平面角为∠PDO，则∠PDO＝45°，在△PAB中，PO＝1，AO＝，则OD＝1，V＝·3π·1＝π，A正确．S侧＝PA·2π·＝2π，B错误．易知PD＝，则AC＝2＝2，C正确．S△PAC＝××2＝2，D错误．故选AC． 4．(2023·全国乙卷)已知点S，A，B，C均在半径为2的球面上，△ABC是边长为3的等边三角形，SA⊥平面ABC，则SA＝_2_. 解析　 如图，设△ABC的外接圆圆心为O1，连接O1A，因为△ABC是边长为3的等边三角形，所以其外接圆半径r＝O1A＝××3＝.将三棱锥S­ABC补形为正三棱柱SB1C1­ABC，由题意知SA为侧棱，设球心为O，连接OO1，OA，则OO1⊥平面ABC，且OO1＝SA．又球的半径R＝OA＝2，OA2＝OO＋O1A2，所以4＝SA2＋3，得SA＝2. 5．(2023·全国甲卷)在正方体ABCD­A1B1C1D1中，AB＝4，O为AC1的中点，若该正方体的棱与球O的球面有公共点，则球O的半径的取值范围是 [2，2] . 解析　由该正方体的棱与球O的球面有公共点，可知球O的半径应介于该正方体的棱切球半径和外接球半径之间(包含棱切球半径和外接球半径)．设该正方体的棱切球半径为r，因为AB＝4，所以2r＝×4，所以r＝2；设该正方体的外接球半径为R，因为AB＝4，所以(2R)2＝42＋42＋42，所以R＝2.所以球O的半径的取值范围是[2，2]． 学科网（北京）股份有限公司 $$