7.1 基本立体图形、直观图及简单几何体的表面积和体积-【创新教程】2026年高考数学总复习大一轮讲义（北师大版2019）

第１节　基本立体图形、直观图及其简单几何体的表面积和体积 ★[课程标准] １．认识柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征,并能运用这些特征描述现实生活中简单物体的结构． ２．会用斜二测法画出简单空间图形(长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱等的简易组合)的直观图． ３．掌握求解球、柱、锥、台的表面积和体积． ４．会用相关计算公式,会处理棱柱、棱锥与球组合体的“接”“切”问题． 　　　　　　　　学生用书　P１２６ １．多面体的结构特征 图形 结构特征 棱柱 两个面互相平行,其 余各面是四边形,侧 棱互相平行 棱锥 底面是多边形,侧棱 交于一点 棱台 上、下底面平行且相 似,侧棱的延长线交 于一点 ２．旋转体的结构特征 图形 结构特征 圆柱 两个底面互相平行, 有无数条母线,且长 度 相 等,都 与 轴 平 行,过轴的截面是全 等的矩形 图形 结构特征 圆锥 底面是圆面,有无数 条母线,长度相等且 交于一点,平行于底 面的截面是与底面 大小不相等的圆,过 轴的截面是全等的 等腰三角形 圆台 上、下底面平行且不 相等,母线的延长线 交于一点,平行于底 面的截面是与两底 面大小都不相等的 圆,过轴的截面是全 等的等腰梯形 球 过球心的截面是大 小相等的圆 ３．直观图 斜二测画法主要用于画几何体的直观图,它的具体 步骤是: (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′＝４５°(或１３５°),∠x′O′z′ ＝９０°,x′O′y′所确定的平面表示水平平面． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰３９１􀅰 (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 中保持原长度不变;平行于y 轴的线段长度为原 来的一半． (５)擦去辅助线,并将被遮线化成虚线． ４．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式 圆柱 圆锥 圆台 侧面 展开图 侧面 积公式 S圆柱侧 ＝２πrl S圆锥侧 ＝πrl S圆台侧 ＝ π(r１＋r２)l ５．柱、锥、台、球的表面积和体积 　　　　名称 几何体　　 表面积 体积 柱体(棱柱 和圆柱) S表面积 ＝ S侧 ＋２S底 V＝Sh 锥体(棱锥 和圆锥) S表面积 ＝ S侧 ＋S底 V＝１３Sh 台体(棱台 和圆台) S表面积 ＝ S侧 ＋S上 ＋S下 V＝１３ (S上 ＋ S下 ＋ S上 S下)h 球 S＝４πR２ V＝４３πR ３ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 　　 １．正方体的外接球、内切球及与各条棱相切球的半径 (１)外接球:球心是正方体的中心;半径r＝ ３２a (a为 正方体的棱长)． (２)内切球:球心是正方体的中心;半径r＝a２ (a为正 方体的棱长)． (３)与各条棱都相切的球:球心是正方体的中心;半径 r＝ ２２a (a为正方体的棱长)． ２．正四面体的外接球、内切球的球心和半径 (１)外接球:球心是正四面体的中心;半径r＝ ６４a (a 为正四面体的棱长)． (２)内切球:球心是正四面体的中心;半径r＝ ６１２a (a 为正四面体的棱长)． ◆[思考辨析] 　判断下列说法是否正确,正确的在它后面的括号里 打“√”,错误的打“×”． (１)球的任何截面都是圆． (　　) (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)若一个球的体积为４３π,则它的表面积为１２π． (　　) (４)上下底面是两个平行的圆面的旋转体是圆台． (　　) (５)在用斜二测画法画水平放置的∠A 时,若∠A 的两边分别平行于x 轴和y 轴,且∠A ＝９０°,则 在直观图中∠A＝４５°． (　　) (６)在△ABC中,AB＝２,BC＝３,∠ABC＝１２０°,使 △ABC绕直线BC 旋转一周所形成的几何体的体 积为９π． (　　) 答案:(１)×　(２)×　(３)√　(４)×　(５)× (６)× ◆[小题查验] １．关于空间几何体的结构特征,下列说法不正确的是 (　　) A．棱柱的侧棱长都相等 B．棱锥的侧棱长都相等 C．三棱台的上、下底面是相似三角形 D．有的棱台的侧棱长都相等 解析:B　[根据棱锥的结构特征知,棱锥的侧棱长 不一定都相等．] ２．(BSD必修第二册P１９８习题６－１A组T２ 改编)下 列几何体中的棱台是 (　　) 解析:D　[A、C不是由棱锥截成的,不符合棱台的 定义,故A、C不符合题意;B中的截面不平行于底 面,不符合棱台的定义,故B不符合题意;D符合棱 台的定义,故D符合题意．] ３．(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 ３,则圆锥的体 积为 (　　) A．２ ３π　　 B．３ ３π　　 C．６ ３π　　 D．９ ３π 解析:B　[由题意,侧面积相等,则圆锥的母线长是 圆柱高的２倍,即２ ３,故其底面半径为３,所以圆 锥的体积为１ ３×π×３ ２× ３＝３ ３π．] 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰４９１􀅰 高考总复习　数学(BS) ４．某同学劳动课上制作了一个圆锥形礼品盒,其母线 长为４０cm,底面半径为１０cm,从底面圆周上一点 A 处出发,围绕礼品盒的侧面贴一条金色彩线回到 A 点,则所用金色彩线的最短长度为　　　　cm． 解析:由圆锥侧面展开为半径为４０cm,弧长为 ２π×１０＝２０πcm的扇形, 所以圆心角为π ２ ,而该扇形圆心角所对的弦长为最 短金色彩线长度, 故所用金色彩线的最短长度为４０ ２cm． 答案:４０ ２ ５．(长度变换不清致误)用斜二测 画法画出的某平面图形的直观 图如图,边 AB 平行于y 轴, BC,AD 平行于x 轴．已知四 边形 ABCD 的 面 积 为 ２ ２ cm２,则原平面图形的面积为　　　　． 解析:法一:依题意可知∠BAD＝４５°,则原平面图 形为直角梯形,上、下底的长分别与BC,AD 相等, 高为梯形ABCD 的高的２ ２倍,所以原平面图形 的面积为８cm２． 法二:依题意可知,S直观图 ＝２ ２cm２, 故S原图形 ＝２ ２S直观图 ＝８cm２． 答案:８cm２ 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 　　　　　　　　学生用书　P１２８ 　　基本立体图形 ▶[命题点１]　空间几何体的结构特征 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 １．(多选)(２０２５􀅰江西上饶期末)下列命题正确的是 (　　) A．有两个面平行,其余各面都是平行四边形的几 何体叫棱柱 B．棱锥是由一个底面为多边形,其余各面为具有公 共顶点的三角形围成的几何体 C．用一个平面去截棱锥,棱锥底面和截面之间的部 分为棱台 D．球面可以看作一个圆绕着它的直径所在的直线 旋转１８０°所形成的曲面 解析:BD　[根 据 空 间 几 何 体 的 定 义,对 于 A,如 图 所 示,有 两 个 面 平 行,其余各面都是平行四边形的几何 体,但不是棱柱,错误;对于B,由棱 锥的定义知由一个底面为多边形,其 余各面为具有公共顶点的三角形围成的几何体是 棱锥,正确;对于C,用一个平面去截棱锥,棱锥底 面和截面之间的部分不一定为棱台,因为不能保证 截面与底面平行,错误;对于D,球面可以看作一个 圆绕着它的直径所在的直线旋转１８０°所形成的曲 面,正确．] 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 １．解决本类题目的关键是准确理解几何体的定义, 真正把握几何体的结构特征,可以根据条件构建 几何模型,在几何模型中进行判断． ２．解决本类题目的技巧:三棱柱、四棱柱、三棱锥、 四棱锥是常用的几何模型,有些问题可以利用它 们举特例解决或者学会利用反例对概念类的命 题进行辨析． １．(多选)给出下列命题,其中真命题是 (　　) A．棱柱的侧棱都相等,侧面都是全等的平行四 边形 B．若三棱锥的三条侧棱两两垂直,则其三个侧面也 两两垂直 C．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 D．存在每个面都是直角三角形的四面体 解析:BCD　[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,若三棱锥的三条侧棱两两 垂直,则三个侧面构成的三个二 面角都是直二面角;C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;D正确, 如图,正方体ABCDＧA１B１C１D１ 中的三棱锥 C１ＧABC,四个面都是直角三角形．] ▶[命题点２]　直观图 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 ２．(２０２５􀅰福建期中)如图,四边形ABCD 的斜二测 画法直观图为等腰梯形A′B′C′D′．已知A′B′＝４, C′D′＝２,则下列说法正确的是 (　　 ) A．AB＝２ B．A′D′＝２ ２ C．四边形ABCD 的周长为４＋２ ２＋２ ３ D．四边形ABCD 的面积为６ ２ 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰５９１􀅰 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 主题三　第七章　立体几何与空间向量 解析:D　[如图可知,AB＝４, A′D′＝ ２,AD＝２ ２, 四边形ABCD 的周长为６＋ ２ ２＋２ ３,四边形 ABCD 的 面积为１ ２× (４＋２)×２ ２＝６ ２． 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 　　 直观图的斜二测画法的关键之处在于将图中的关 键点转化为坐标系中的水平方向与垂直方向的坐 标长度,然后运用“水平长不变,垂直长减半”的方 法确定出点,最后连线即得直观图．注意被遮挡的 部分画成虚线． ２．(２０２５􀅰河北保定市高三期 中)如图,△A′B′C′表示水 平放置的△ABC 根据斜二 测画法得到的直观图,A′B′ 在x′轴上,B′C′与x′轴垂 直,且 B′C′ ＝２ ２,则 △ABC的边AB 上的高为 (　　) A．２ B．４ C．４ ２ D．８ 解析:D　[如 图,过 C′作 C′M′∥y′轴,交x′轴于M′, 在△C′M′B′中,因为 B′C′ 与x′轴 垂 直,且 B′C′＝ ２ ２,∠C′M′B′＝４５°, 所以C′M′＝ B′C′sin４５°＝ ２ ２ ２ ２ ＝４, 由斜二测画法知:CM＝２C′M′＝８,所以△ABC 的 边AB 上的高为８．] ▶[命题点３]　展开图 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 ３．(２０２５􀅰安徽马鞍山模拟预测)在棱长为４的正方 体ABCDＧA１B１C１D１ 中,E,F 分别为线段BB１, BD１ 上的动点,点 O 为侧面BCC１B１ 的中心,则 △OEF 的周长的最小值为　　　　． 解析:如图①,设侧面 ABB１A１ 的中心为 M,根据 正方体的结构特征可得FM＝FO, 则△OEF 周 长 的 最 小 值 即OE＋EF＋FM 的 最 小值． 将侧面BCC１B１ 绕着BB１ 旋转至与平面B１D１B 在 同一平面上, 将平面A１D１B 绕着BD１ 旋转至与平面B１D１B 在 同一平面上, 过点O 作OS⊥BC 于点S, 则OS＝BS＝２,其中 MB＝２ ２, 如图②,则OE＋EF＋FM≥OM＝ MS２＋OS２ ＝ (２＋２ ２)２＋２２＝２ ４＋２ ２, 故△OEF 的周长的最小值为２ ４＋２ ２． 答案:２ ４＋２ ２ 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 　　 空间几何体侧面上两点间的最短距离问题常常 要归结为求平面上两点间的最短距离问题,因此 解决这类问题的方法就是先把几何体侧面展开 成平面图形,再用平面几何的知识来求解． ３．(２０２５􀅰重庆模拟)如图,已知圆柱的斜截面是一个 椭圆,该椭圆的长轴AC 为圆柱的轴截面对角线, 短轴长等于圆柱的底面直径．将圆柱侧面沿母线 AB 展开,则椭圆曲线在展开图中恰好为一个周期 的正弦曲线．若该段正弦曲线是函数y＝ ３sinωx (ω＞０)图象的一部分,且其对应的椭圆曲线的离心 率为 ３ ２ ,则ω的值为 (　　 ) 　 A．３２ B．１ C．３ D．２ 解析:B　[由题意,椭圆曲线在展开图中恰好为函 数y＝ ３sinωx(ω＞０)图象的一部分, 可得AB＝２ ３． 设圆柱底面半径为r, 则T＝２πω＝２πr ,所以ω＝１r , 设椭圆长轴长为２a,短轴长为２b, 因为离心率为 ３ ２ ,得e＝ca＝ ３ ２ , 则a２＝b２＋c２＝b２＋ ３ ２a æ è ç ö ø ÷ ２ , 即a２＝４b２,所以ba＝ ２r AC＝ １ ２ ,得AC＝４r, 又由勾股定理得AC２－BC２＝１６r２－４r２＝(２ ３)２, 解得r＝１,故ω＝１．] 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰６９１􀅰 高考总复习　数学(BS) 　　　空间几何体的表面积 [典例１]　(２０２５􀅰黑龙江铁人中学模拟)已知一个 圆锥的底面半径为６,其体积为３０π,则该圆锥的侧 面积为 (　　) A．３０π B．３２π C．３７π D．３９π [解析]　设圆锥的底面半径为r,高为h,母线长为 l,则r＝６,１３πr ２􀅰h＝３０π, 即１ ３π×３６h＝３０π ,解得h＝５２ , 所以l＝ r２＋h２＝ ３６＋２５４＝ １３ ２ , 所以该圆锥的侧面积为πrl＝π×６×１３２＝３９π． [答案]　D [典例２]　(２０２５􀅰河南周口模拟) 如 图,在 三 棱 柱 ABCＧA１B１C１ 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 ２ B．４＋４ ３ C．１２ D．８＋４ ２ [解析]　连接A１B．因为AA１⊥ 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 ２,BC＝ ２． 又AB⊥BC,则 AB＝ ２,则该三棱柱的侧面积为 ２ ２×２＋２×２＝４＋４ ２． [答案]　A 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 几何体表面积的求法 (１)求解有关多面体表面积的问题,关键是找到其 特征几何图形,如棱柱中的矩形,棱台中的直角 梯形,棱锥中的直角三角形,它们是联系高与斜 高、边长等几何元素的桥梁,从而架起侧面积公 式中的未知量与条件中已知几何元素的联系． (２)圆柱、圆锥、圆台的侧面是曲面,计算侧面积时 需要将曲面展为平面图形计算,而表面积是侧 面积与底面圆的面积之和． 提醒:组合体的表面积应注意重合部分的处理中． １．(２０２５􀅰 河南驻马店期末)已 知 三 棱 柱 ABCＧ A１B１C１ 中,所有棱长均为６,且∠A１AB＝∠A１AC ＝６０°,则该三棱柱的侧面积等于 (　　) A．３６ ３ B．５４ ３ C．３６＋３６ ３ D．３６＋５４ ３ 解析:D　 [由 于 三 棱 柱 ABCＧA１B１C１ 的 所 有 棱 长 均 等 于 ６,且 ∠A１AB ＝ ∠A１AC＝６０°, 所以 点 A１ 在 底 面 内 的 投 影点O 必定在底部正三角 形ABC 的∠BAC 的角平分线上, 所以A１O⊥平面ABC,延长AD 交BC 于点D,D 为BC 的中点, 所以 AD⊥BC,A１O⊥BC,所 以 AD∩A１O＝O, AD,A１O⊂平面A１AO, 所以BC⊥平面A１AO,又因为A１A⊂平面A１AO, 所以BC⊥AA１,又因为AA１//BB１,∴BC⊥BB１, 所以矩形B１BCC１ 的面积为６×６＝３６,正三角形 ABC 的面积为 ３４×６ ２＝９ ３, 四边形 A１ABB１,A１ACC１ 的 面 积 为 １ ２×６×６× sin６０°×２＝１８ ３, 所以该三棱柱的表面积为１８ ３×２＋３６＋９ ３×２ ＝３６＋５４ ３．] ２．(２０２５􀅰重庆市第七中学校高一期末)若一个正四 棱台的上、下底面边长分别为２、４,它的高为２,则 该四棱台的表面积为　　　　． 解析:如图所示,AB＝DE＝２, AD＝１２×２＝１ ,BC＝１２×４ ＝２, 所以DC＝ ２２＋(２－１)２＝ ５, 所以该四棱台的表面积为:２２＋４２＋４×１２ (２＋４) × ５＝２０＋１２ ５． 答案:２０＋１２ ５ 　　　空间几何体的体积 ▶[命题点１]　直接利用公式求体积 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 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 　　　　． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰７９１􀅰 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 主题三　第七章　立体几何与空间向量 解析:由题意知h甲 h乙 ＝ ２２－１２ ３２－１ ＝ ３ ２ ２ , V甲 V乙 ＝ h甲 h乙 ＝ ３(r１－r２) ２ ２(r１－r２) ＝ ６４． 答案:６ ４ ▶[命题点２]　割补法求体积 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 ２．(２０２４􀅰天津卷)一个五面体 ABCＧDEF．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．３６ B． ３ ３ ４ ＋ １ ２ C．３２ D． ３ ３ ４ － １ ２ 解析:C　[用一个完全相同的五 面体 HIJＧLMN(顶点与五面体 ABCＧDEF 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, VABCＧDEF ＝ １ ２VABCＧHIJ ＝ １ ２× １ ２×１×１× ３ ２ ×４ ＝ ３２． ] ▶[命题点３]　等体积法求体积 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 ３．如 图 所 示,已 知 三 棱 柱 ABCＧ A１B１C１ 的所有棱 长 均 为１,且 AA１ ⊥ 底 面 ABC,则 三 棱 锥 B１ＧABC１的体积为 (　　) A．３１２ B． ３ ４ C．６１２ D． ６ ４ 解析:A　[易知三棱锥B１ＧABC１ 的体积等于三棱 锥AＧB１BC１的体积,又三棱锥AＧB１BC１ 的高为 ３ ２ , 底面积为１ ２ ,故其体积为１ ３× １ ２× ３ ２＝ ３ １２． ] 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 　　 求空间几何体的体积的常用方法 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 把不规则的图形分割成规则的图形,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 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 提醒:求一些不规则几何体的体积常用割补的方法 将几何体转化成已知体积公式的几何体进行解决． １．(２０２５􀅰新疆模拟)我国古代数学 著作«九章算术»中记载了一种称 为“羡除”的几何体,该几何体的一 种结构是三个面均为梯形,其他两 面为三角形的五面体．如图所示, 四边形ABCD,ABFE,CDEF 均为等腰梯形,AB ∥CD∥EF,AB＝６,CD＝８,EF＝１０,EF 到平面 ABCD 的距离为５,CD 与AB 间的距离为１０,则这 个羡除的体积V＝　　　 　． 解析:连接CE,BE, V＝VEＧABCD＋VCＧBEF ＝VEＧABCD＋ ５ ３VDＧABE ＝VEＧABCD＋ ５ ３VEＧABD ＝VEＧABCD＋ ５ ７VEＧABCD＝ １２ ７VEＧABCD ＝１２７× １ ３× １ ２ (６＋８)×１０×５＝２００． 答案:２００ ２．(２０２３􀅰全国乙卷)已知圆锥PO 的底面半径为３,O 为底面圆心,PA,PB 为圆锥的母线,∠AOB＝２π３ ,若 △PAB的面积等于９３４ ,则该圆锥的体积为 (　　) A．π B．６π C．３π D．３ ６π 解析:B　[在△AOB 中, ∠AOB＝２π３ ,而 OA＝OB ＝ ３,取 AB 中点C,连接 OC,PC,有 OC⊥AB,PC ⊥AB,如图, 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰８９１􀅰 高考总复习　数学(BS) ∠ABO＝π６ ,OC＝ ３２ ,AB＝２BC＝３,由△PAB 的 面积为９ ３ ４ ,得１ ２×３×PC＝ ９ ３ ４ , 解 得 PC ＝３ ３２ ,于 是 PO ＝ PC２－OC２ ＝ ３ ３ ２ æ è ç ö ø ÷ ２ － ３ ２ æ è ç ö ø ÷ ２ ＝ ６, 所以圆锥的体积V＝１３π×OA ２×PO＝１３π× (３)２ × ６＝ ６π．] 　　　球与空间几何体的接、切问题 ▶[命题点１]　球的内切问题 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 １．(２０２５􀅰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 解析:D　[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 ＝ rtanα ＝ ３ tanα ,h ＝ R􀅰tan２α＝ ３tanα 􀅰tan２α＝ ６ １－tan２α , 圆锥 的 体 积 V ＝ １３πR ２h＝ １３π× ３ tanα æ è ç ö ø ÷ ２ × ６ １－tan２α ＝１８π× １ tan２α(１－tan２α) , 而０°＜２α＜９０°,０°＜α＜４５°,所 以０＜tanα＜１, １－tan２α＞０又因为tan２α＋(１－tan２α)＝１定值, 所以tan２α(１－tan２α)≤ tan ２α＋１－tan２α ２ æ è ç ö ø ÷ ２ ＝１４ , 当且仅当tan２α＝１－tan２α,即tanα＝ ２２ 时,所以 Vmin＝１８π× １ １ ２× １ ２ ＝７２π．] 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 　　 解决与球的内切问题主要是指球内切多面体与旋 转体,解答时首先要找准切点,通过作截面来解决． 如果内切的是多面体,则作截面时主要抓住多面体 过球心的对角面来作． １．(２０２５􀅰晋中市模拟)四棱锥PＧABCD 的底面ABCD 是边长为６的正方形,且PA＝PB＝PC＝PD,若一个 半径为１的球与此四棱锥所有面都相切,则该四棱锥 的高是 (　　) A．６ B．５ C．９２ D． ９ ４ 解析:D　 [由 题 意,四 棱 锥 PＧABCD是正四棱锥,球的球心 O在四棱锥的高PH 上．过正四 棱锥的高作组合体的轴截面,如 图所示,其中PE,PF是斜高,A′ 为球面与侧面的切点．设PH＝h,由几何体可知, Rt△PA′O∽Rt△PHF, ∴OA′FH＝ PO PF ,即１ ３＝ h－１ h２＋３２ ,解得h＝９４． ] ▶[命题点２]　球的相接问题 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 ２．(２０２５􀅰贵州模拟)已知直三棱柱ABCＧA１B１C１ 的 ６个顶点都在球O 的球面上,若 AB＝３,AC＝１, ∠BAC＝６０°,AA１＝２,则该三棱柱的外接球的体 积为 (　　 ) A．４０π３ B． ４０ ３０π ２７ C．３２０ ３０π２７ D．２０π 解析:B　[设△A１B１C１ 的 外 心 为O１,△ABC 的外心为O２,连接 O１O２,O２B,OB,如图所示, 由题意可得该三棱柱的外接球的 球心O 为O１O２ 的中点． 在△ABC 中,由余弦定理可得BC２＝AB２＋AC２－ ２AB×ACcos∠BAC＝３２＋１２－２×３×１×cos６０° ＝７,则BC＝ ７, 由正弦定理可得△ABC 外接圆的直径２r＝ BCsin６０° ＝２ ７ ３ ,则r＝ ７ ３ , 而球心 O 到截面ABC 的距离d＝OO２＝ １ ２AA１ ＝１, 设直三棱柱ABCＧA１B１C１ 的外接球半径为R, 由球的截面性质可得R２＝d２＋r２＝１２＋ ７ ３ æ è ç ö ø ÷ ２ ＝１０３ ,故R＝ ３０３ , 所以该三棱柱的外接球的体积为 V＝４３πR ３＝４３π× ３０ ３ æ è ç ö ø ÷ ３ ＝４０ ３０π２７ ． ] 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 　　 把一个多面体的几个顶点放在球面上即为球的外 接问题．解决这类问题的关键是抓住外接的特点, 即球心到多面体的顶点的距离等于球的半径． 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰９９１􀅰 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 主题三　第七章　立体几何与空间向量 ２．圆台上、下底面的圆周都在一个直径为１０的球面 上,其上、下底面半径分别为４和５,则该圆台的体 积为　　　． 解析:圆 台 的 下 底 面 半 径 为 ５,故下底面在外接球的大圆 上,如图所示, 设球的球心为O,圆台上底面 的 圆 心 为 O′,则 圆 台 的 高 OO′ ＝ OQ２－O′Q２ ＝ ５２－４２＝３． 据此可得圆台的体积V＝１３π×３× (５２＋５×４＋ ４２)＝６１π． 答案:６１π ３．(２０２５􀅰湖北宜昌市夷陵中学模拟)已知正四面体 ABCD 的表面积为２ ３,且A,B,C,D 四点都在球 O 的球面上,则球O 的体积为　　　　． 解析: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 ＝４×１２×a× a ２－ a２ æ è ç ö ø ÷ ２ ＝ ３a２,所以a＝ ２, 又正方体的面对角线可构成正四面体, 若正四面体棱长为 ２,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 ３,半径为 ３２ ,所以球O 的体积 为 ３ ２π． 答案:３ ２π 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 学生用书　P１３０ 　　　空间几何体的内切球问题 ▶[命题点１]　等体积法 􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋􀪋将空间几何体拆分为以内切球球心为顶点的多个几 何体,再利用等体积法求出内切球半径 ,主要用于多 面体内切球问题． [例１]　(２０２５􀅰虎丘区校级模拟)在三棱锥SＧABC 中,SA⊥平面ABC,∠ABC＝９０°,且SA＝３,AB＝４, AC＝５,若球O 在三棱锥SＧABC 的内部且与四个 面都相切(称球O 为三棱锥SＧABC 的内切球),则 球O 的表面积为 (　　) A．３２π２７ B． ４π ９ C． １６π ９ D． １６π ８１ [解析]　因 为 SA⊥平 面 ABC,∠ABC＝９０°, AB⊂平面ABC,AC⊂平面ABC,BC⊂平面ABC, 所以SA⊥AB,SA⊥AC,SA⊥BC, 又BC⊥AB,SA∩AB＝A,SA,AB⊂平面SAB, 所以BC⊥平面SAB,所以BC⊥SB, 所以△SAB,△ABC,△SAC,△SBC 均为直角三 角形, 设球O 的半径为r,则VSＧABC＝ １ ３ (S△SAB＋S△CAB＋ S△SAC＋S△SBC)􀅰r, 而VSＧABC＝ １ ３×３× １ ２×３×４＝６ , S△SAB＝S△CAB ＝ １ ２SA 􀅰AB＝６, S△SAC＝S△SBC＝ １ ２×３×５＝ １５ ２ , 所以１ ３ ６＋６＋ １５ ２＋ １５ ２ æ è ç ö ø ÷ 􀅰r＝６, 解得r＝２３ , 所以球O 的表面积为S＝４πr２＝４π× ２３ æ è ç ö ø ÷ ２ ＝１６π９ ． [答案]　C [例２]　已知点O 到直三棱柱ABCＧA１B１C１ 各面的 距离都相等,球O 是直三棱柱ABCＧA１B１C１ 的内切 球,若球O的表面积为１６π,△ABC的周长为４,则三 棱锥A１ＧABC 的体积为 (　　) A．４３ B． １６ ３ C． ８ ３ ３ D． １６ ３ ３ [解析]　设直三棱柱ABCＧA１B１C１ 的高为h,AB ＝c,BC＝a,AC＝b,内 切 球 O 的 半 径 为r,则h ＝２r, 由题意可知球O 的表面积为１６π＝４πr２, 解得r＝２,∴h＝４, 又△ABC 的周长为４,即a＋b＋c＝４, ∴连接OA,OB,OC,OA１,OB１, OC１,可 将 直 三 棱 柱 ABCＧ A１B１C１ 分成５个棱锥, 即三个以原来三棱柱侧面为底 面,内 切 球 球 心 为 顶 点 的 四 棱 锥,两个以原来三棱柱底面为底 面,内 切 球 球 心 为 顶 点 的 三 棱锥, ∴ 由 体 积 相 等 可 得 直 三 棱 柱 ABCＧA１B１C１ 的体积为S△ABCh＝ １ ３ahr＋ １ ３bhr＋ １ ３chr＋２× １ ３S△ABCr , 即４S△ABC＝ １ ３ (a＋b＋c)hr＋４３S△ABC , ∴S△ABC＝４, ∴三棱锥A１ＧABC 的体积为 １ ３S△ABCh＝ １ ３×４×４ ＝１６３． [答案]　B 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀅰００２􀅰 高考总复习　数学(BS)