专题3 第1讲 空间几何体(课件PPT)-【精讲精练】2026年高考数学二轮专题辅导与训练

该高中数学高考复习课件聚焦“立体几何”专题，覆盖空间几何体结构特征、表面积体积计算、空间点线面位置关系等高考核心考点，依据高考评价体系分析各考点权重，归纳三视图还原、线面垂直证明等常考题型，体现备考的针对性与实用性。 课件亮点在于“真题再现+专题集训”的实战设计，通过近年高考真题解析培养学生几何直观的数学眼光，结合逻辑推理发展数学思维，如用“模型法”突破三视图还原易错点，“向量法”高效求解空间角。助力学生掌握答题技巧，教师可据此精准指导复习，提升备考效率。

第一讲　空间几何体 专题三　立体几何 栏目导航 专题三　立体几何 1 栏目导航 命题精研·巧突破 01 真题再现·明考向 02 专题集训·课时练 03 栏目导航 专题三　立体几何 1 2 命题精研·巧突破 栏目导航 栏目导航 专题三　立体几何 1 栏目导航 专题三　立体几何 1 栏目导航 专题三　立体几何 1 栏目导航 专题三　立体几何 1 栏目导航 专题三　立体几何 1 栏目导航 专题三　立体几何 1 栏目导航 专题三　立体几何 1 栏目导航 专题三　立体几何 1 栏目导航 专题三　立体几何 1 栏目导航 专题三　立体几何 1 栏目导航 专题三　立体几何 1 栏目导航 专题三　立体几何 1 栏目导航 专题三　立体几何 1 栏目导航 专题三　立体几何 1 栏目导航 专题三　立体几何 1 栏目导航 专题三　立体几何 1 栏目导航 专题三　立体几何 1 栏目导航 专题三　立体几何 1 栏目导航 专题三　立体几何 1 栏目导航 专题三　立体几何 1 栏目导航 专题三　立体几何 1 栏目导航 专题三　立体几何 1 栏目导航 专题三　立体几何 1 栏目导航 专题三　立体几何 1 栏目导航 专题三　立体几何 1 栏目导航 专题三　立体几何 1 栏目导航 专题三　立体几何 1 栏目导航 专题三　立体几何 1 栏目导航 专题三　立体几何 1 栏目导航 专题三　立体几何 1 栏目导航 专题三　立体几何 1 栏目导航 专题三　立体几何 1 栏目导航 专题三　立体几何 1 栏目导航 专题三　立体几何 1 栏目导航 专题三　立体几何 1 栏目导航 专题三　立体几何 1 栏目导航 专题三　立体几何 1 栏目导航 专题三　立体几何 1 栏目导航 专题三　立体几何 1 栏目导航 专题三　立体几何 1 栏目导航 专题三　立体几何 1 栏目导航 专题三　立体几何 1 栏目导航 专题三　立体几何 1 栏目导航 专题三　立体几何 1 栏目导航 专题三　立体几何 1 栏目导航 专题三　立体几何 1 真题再现·明考向 栏目导航 栏目导航 专题三　立体几何 1 栏目导航 专题三　立体几何 1 栏目导航 专题三　立体几何 1 栏目导航 专题三　立体几何 1 栏目导航 专题三　立体几何 1 栏目导航 专题三　立体几何 1 栏目导航 专题三　立体几何 1 栏目导航 专题三　立体几何 1 栏目导航 专题三　立体几何 1 栏目导航 专题三　立体几何 1 栏目导航 专题三　立体几何 1 栏目导航 专题三　立体几何 1 栏目导航 专题三　立体几何 1 栏目导航 专题三　立体几何 1 栏目导航 专题三　立体几何 1 专题集训·课时练 栏目导航 栏目导航 专题三　立体几何 1 谢谢观看 栏目导航 专题三　立体几何 1 命题点1　空间几何体的表面积、体积 角度1　空间几何体的表面积 [例1]　(1)(2025·山东淄博一模)已知圆锥的母线长为6，其侧面展开图是一个圆心角为的扇形，则该圆锥的表面积为(　　) A．8π B．12π C．16π D．24π (2)如图1所示，宫灯又称宫廷花灯，是中国彩灯中富有特色的汉民族传统手工艺品之一．图2是小明为自家设计的一个花灯的直观图，该花灯由上面的正六棱台与下面的正六棱柱组成，若正六棱台的上、下两个底面的边长分别为4 dm和2 dm，正六棱台与正六棱柱的高分别为1 dm和6 dm，则该花灯的表面积为(　　) A．(108＋30)dm2 B．(72＋30)dm2 C．(64＋24)dm2 D．(48＋24)dm2 [解析]　(1)设圆锥的母线长为l＝6，底面半径为r， 由于圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长， 则＝2πr，解得r＝2，所以该圆锥的表面积为 π×22＋××62＝16π.故选C. (2)因为正六棱台的上、下两个底面的边长分别为4 dm和2 dm，正六棱台的高为1 dm. 所以正六棱台的斜高为＝2 dm， 所以该花灯的表面积为×(4＋2)×2×6＋6×2×6＋×42×6＋×22×6＝108＋30(dm2).故选A. [答案]　(1)C　(2)A (1)旋转体的表面积问题应注意其侧面展开图的应用． (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． [预测练1] 1．(2025·陕西西安一模)正三棱锥S -ABC侧棱长为1，E，F分别是SA，SC上的动点，当△BEF周长的最小值为时，三棱锥的侧面积为(　　) A． B．1 C． D．2 解析　将正三棱锥S -ABC的侧面沿侧棱SB剪开并展开在同一平面内，如图， 连接BB′，当E，F分别为BB′与SA，SC的交点时，△BEF的周长最小， 此时BB′＝，而SB＝SB′＝1，SB2＋SB′2＝2＝BB′2，则∠BSB′＝90°，∠ASB＝30°， 所以三棱锥的侧面积为3×SA×SB sin 30°＝.故选A. 答案　A 2．(2025·广东广州模拟)某厂生产一批圆台形台灯灯罩，灯罩的上下底面都是空的，圆台两个底面半径之比为1∶2，高为16 cm，母线长为20 cm，如果要对100个这样的台灯灯罩外表面涂一层防潮涂料，每平方米需要100克涂料，则共需涂料(　　) A．240π克 B．320π克 C．720π克 D．1440π克 解析　作圆台的轴截面如图： 梯形ABCD为等腰梯形，取上、下底面的中心分别为E，F，再取AF中点G，连接AG， 则Rt△GEF中，因为＝，所以ED＝AG， 且ED∥AG，所以四边形AGED为平行四边形， 所以EG＝AD＝20 cm，EF＝16 cm， 所以GF＝DE＝12 cm. 所以AF＝24 cm. 所以灯罩的侧面积为π·×20＝720π cm2. 所以100个灯罩的外表面面积为100×720π cm2＝7.20π m2. 又每平方米需要100克涂料，所以共需涂料7.20π×100＝720π克． 故选C. 答案　C 角度2　空间几何体的体积 [例2]　(1)(2025·烟台二模)如图，在直角梯形ABCD中，AD＝AB＝4，BC＝2，沿中位线EF 折起，使得∠AEB为直角，连接AB，CD，则所得的几何体的体积为________． (2)(2025·福州调研)已知正方体ABCD -A1B1C1D1的棱长为2，M，N分别为BB1，AB的中点，则三棱锥A -NMD1的体积为________． [解析]　(1)方法一(分割法)　如图，过点C作CM平行于AB，交AD于点M，作CN平行于BE，交EF于点N，连接 MN.由题意可知ABCM，BENC 都是矩形，AM＝DM＝2，CN＝2，FN＝1，AB＝CM＝2，所以S△ABE＝×2×2＝2，因为截面CMN把这个几何体分割为直三棱柱ABE -MCN和四棱锥C -MNFD，又因为直三棱柱ABE -MCN的体积为V1＝S△ABE·AM＝2×2＝4，四棱锥C -MNFD的体积为V2＝S四边形MNFD·BE＝××(1＋2)×2×2＝2，所以所求几何体的体积为V1＋V2＝6. 方法二(分割法)　如图，连接 AC，EC，则几何体分割为四棱锥C -ADFE和三棱锥C -ABE，因为VC -ADFE＝××2＝，VC -ABE＝××2＝，所以几何体的体积为VC -ADFE＋VC -ABE＝＋＝6. 方法三(补形法)　如图，延长BC 至点M，使得CM＝2，延长EF 至点N，使得FN＝1，连接 DM，MN，DN，得到直三棱柱ABE -DMN，所以几何体的体积等于直三棱柱ABE -DMN的体积减去四棱锥D -CMNF的体积． 因为VABE -DMN＝×4＝8， VD -CMNF＝××2＝2， 所以几何体的体积为VABE -DMN－VD -CMNF＝8－2＝6. (2)如图，∵正方体ABCD -A1B1C1D1的棱长为2，M，N分别为BB1，AB的中点， ∴S△ANM＝×1×1＝， ∴＝××2＝. [答案]　(1)6　(2) 空间几何体体积的求解方法 (1)补形法：将不规则的几何体补成常规几何体，利用大几何体体积减去小几何体体积得答案，适用于大小几何体都能直接求解的； (2)切割法：将不规则的几何体分割成若干个常规几何体，将所有切割部分的小几何体体积合起来得答案，适用于不规则几何体都能分割成常规几何体的． (3)等体积法：利用三棱锥的特性，即任意一个面都可以作为底面，从而进行换底换高计算，此种方法充分体现了数学的转化思想． [预测练2] 1．(2025·海南海口模拟)石墩是常见的维护交通秩序的道路设施．某路口放置的石墩(如图)，其上部是原球半径为15 cm的球缺，下部可看作是上、下底面半径分别为9 cm、16 cm的圆台，球缺的截面圆与圆台的上底面完全吻合，整个石墩的高为33 cm，则石墩的体积为(　　) (注：球体被平面所截，截得的部分叫球缺，球缺表面上的点到截面的最大距离为球缺的高，球缺的体积V＝π(3R－h)·h2，其中R为原球半径，h为球缺的高．) A．4374π cm3 B．5048π cm3 C．5336π cm3 D．7260π cm3 解析　如图，FC为整个几何体的高度，设A为球心，B，C分别为圆台上下底面圆心， 则FC＝33 cm，r1＝BD＝9 cm，r2＝EC＝16 cm，R＝AD＝15 cm， 所以AB＝＝12 cm， 则球缺的高h＝FB＝R＋AB＝27 cm， 则圆台的高h′＝BC＝FC－FB＝6 cm， 故石墩的体积为V＝V球缺＋V圆台 ＝π·h2＋h′π ＝cm3＝5336π cm3. 故选C. 答案　C 2．如图，由直三棱柱ABC -A1B1C1和四棱锥D -BB1C1C构成的几何体中，∠BAC＝∠B1A1C1＝90°，BC＝2AB＝2BB1＝4，B1D＝BD＝C1D＝CD＝，则该几何体的体积为________． 解析　设E，E1分别为BB1，CC1的中点，连接DE，DE1，EE1， 因为B1D＝BD＝C1D＝CD＝， 所以DE⊥BB1，DE1⊥CC1，且EE1⊥CC1， 又DE1∩EE1＝E1，DE1，EE1⊂平面DEE1， 所以CC1⊥平面DEE1， 由CC1⊂平面BB1C1C， 得平面DEE1⊥平面BB1C1C， 由BB1＝CC1＝2，DC＝DC1＝， 所以DE＝DE1＝＝4， 设EE1中点为H，连接DH，则DH⊥EE1，又平面DEE1∩平面BB1C1C＝EE1，DH⊂平面DEE1， 所以DH⊥平面BB1C1C. 又EE1＝BC＝4，所以DH＝＝2. 故几何体的体积为 ＝×2×2×2＋×4×2×2＝. 答案　 命题点2　空间几何体的外接球 [例3]　(1)(2025·四川绵阳三模)已知直三棱柱ABC -A1B1C1中，CA⊥CB，AB＝CC1＝2，该三棱柱所有顶点都在球O的球面上，则球O的体积为(　　) A． B． C．8π D． (2)(2025·黑龙江齐齐哈尔二模)已知正三棱台的上底面边长为，高为1，体积为，则该正三棱台的外接球表面积为(　　) A．8π B．12π C．16π D．20π [解析]　(1)如图所示，将直三棱柱ABC -A1B1C1补全成长方体， 则长方体的体对角线＝＝＝2为该三棱柱外接球的直径， 所以其半径为R＝＝， ∴球O的体积为 V＝πR3＝π×2＝π， 故选A. (2)设正三棱台的下底面边长为a，则其下底面积为a2，上底面面积为×()2， 所以，该三棱台的体积为V＝××1＝＝， 整理可得a2＋a－18＝0，因为a>0，解得a＝2， 如下图，设正三棱台ABC -A1B1C1的上、下底面的中心分别为O1，O， 由正三棱台的几何性质可知，外接球球心E在直线OO1上， 正三角形△ABC的外接圆半径为OA＝＝2，正△A1B1C1的外接圆半径为O1A1＝＝1， 设OE＝d，若球心在线段OO1上，则0<d<1，O1E＝1－d. 设球E的半径为R，则R2＝OA2＋d2＝O1A＋(1－d)2， 即4＋d2＝1＋(1－d)2，解得d＝－1，不合乎题意； 所以，球心E在射线O1O上，则O1E＝d＋1， R2＝OA2＋d2＝O1A＋(d＋1)2，即4＋d2＝1＋(d＋1)2，解得d＝1. 所以，R2＝4＋1＝5，故该正三棱台的外接球表面积为S＝4πR2＝20π. 故选D. [答案]　(1)A　(2)D 对于球与旋转体的组合，可通过作它们的轴截面解题；对于球与多面体的组合，可通过多面体的一条侧棱和球心(或“切点”“接点”)作其截面图解题．确定球心是关键，主要方法有： (1)补形找心：将几何体还原或补为正方体或长方体，进而确定球心； (2)垂线找心：几何体的外接球球心一定在过底面的外心与底面垂直的直线上； (3)定义找心：外接球球心到各顶点的距离都相等． [预测练3] 1．三棱锥P -ABC中，PA⊥平面ABC，△ABC为等边三角形，且AB＝3，PA＝2，则该三棱锥外接球的表面积为(　　) A．8π B．16π C． D．12π 解析　如图，设点H为△ABC外接圆的圆心，过点H作平面ABC的垂线，点D为PA的中点，过点D作线段PA的垂线，所作两条垂线交于点O，则点O为三棱锥外接球的球心， 因为PA⊥平面ABC，且△ABC为等边三角形，PA＝2，AB＝3， 所以四边形AHOD为矩形，AH＝AB＝，OH＝PA＝1， 所以OA＝＝2， 即三棱锥外接球的半径R＝2， 则该三棱锥外接球的表面积为4πR2＝16π.故选B. 答案　B 2．(2025·四川成都三模)在圆台O1O2中，圆O2的半径是圆O1半径的2倍，且点O2为该圆台外接球球心，则圆台的体积与外接球的体积之比为(　　) A． B． C． D． 解析　过O1O2作圆台的轴截面，如图所示． ∵O2为该圆台外接球球心，且圆O2的半径是圆O1半径的2倍， 不妨设圆O1的半径＝R，则圆O2的半径＝2R， 依题意＝2R， ∴＝＝＝R， ∴V圆台＝×R＝， V球＝π3＝， ∴＝＝，故选D. 答案　D 命题点3　空间几何体的内切球 [例4]　(1)在三棱锥A -BCD中，AB⊥平面BCD，BC⊥CD，且AB＝CD＝4，BC＝3，则该三棱锥内切球的体积为(　　) A． B． C． D． (2)(2025·内蒙古包头二模)已知圆台O1O2的上、下底面半径分别为r1，r2(r1<r2)，r2－r1＝3.半径为r的球O与该圆台的上、下底面及母线均相切，圆台O1O2的侧面积为25π，则球O的表面积为(　　) A．4π B．9π C．16π D．36π [解析]　(1)由AB⊥平面BCD，CD⊂平面BCD，得AB⊥CD. 又BC⊥CD，且AB，BC⊂平面ABC，AB∩BC＝B， 所以CD⊥平面ABC， 又AC⊂平面ABC， 所以CD⊥AC. 由AB＝CD＝4，BC＝3， 得AC＝BD＝5， 所以三棱锥A -BCD的表面积S＝2××3×4＋2××4×5＝32， 三棱锥A -BCD的体积V＝××3×4×4＝8. 设三棱锥内切球球心为O，半径为r， 由V＝VO -ABC＋VO -ABD＋VO -ACD＋VO -BCD＝Sr，得r＝＝， 所以该三棱锥内切球的体积V球＝πr3＝π×＝.故选A. (2)如图，设内切球的半径为r， 设圆台上、下底面圆心分别为O1，O2，则圆台内切球的球心O一定在O1O2的中点处， 设球O与母线切于M点，所以OM⊥AB， 所以OM＝OO1＝OO2＝r， 所以△AOO1与△AOM全等，所以AM＝r1，同理BM＝r2， 圆台的母线长l＝r1＋r2，而π(r1＋r2)l＝25π， 因此(r1＋r2)2＝25， 所以AB＝r1＋r2＝5，过A作AG⊥O2B，垂足为G， 则2＝(r1＋r2)2－(r1-r2)2＝16，所以4r2＝16， 所以球O的表面积为4πr2＝16π.故选C. [答案]　(1)A　(2)C 空间几何体的内切球问题，一是找球心，球心到切点的距离相等且为球的半径，作出截面，在截面中求半径；二是利用等体积法直接求内切球的半径． [预测练4] 一个正四棱柱底面边长为2，高为，上底面对角线交点与下底面四个顶点构成几何体的内切球表面积为________． 解析　方法一　由题意可知该几何体为正四棱锥，如图，O为内切球的球心，PH是棱锥的高，E，F分别是AB，CD的中点，连接PE，PF，G是球与侧面PCD的切点，可知G在PF上，OG⊥PF，设内切球半径为r，则OH＝OG＝r，HF＝1，PH＝，PF＝2， 由△PGO∽△PHF，得＝， 即＝，解得r＝， 所以内切球表面积为S＝4πr2＝4π×＝. 方法二　由方法一知PF＝2. 故S△PCD＝×2×2＝2， VP－ABCD＝r(S四边形ABCD＋4S△PCD)， 即×4×＝r(4＋2×4)，得r＝， 故内切球表面积S＝4πr2＝4π×＝. 答案　 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(　　) 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. 答案　B 2．(2022·新高考全国Ⅱ卷)已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为3和4，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为(　　) A．100π B．128π C．144π D．192π 解析　由题意得，上底面所在平面截球所得圆的半径是3， 下底面所在平面截球所得圆的半径是4， 则轴截面中由几何知识可得－＝1，解得R2＝25， 因此球的表面积是S＝4πR2＝4π·25＝100π，故选A. 答案　A 3．(多选)(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(　　) 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 解析　取AC中点D，则OD⊥AC，PD⊥AC，二面角P-AC-O的平面角为∠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． AC＝2＝2，C正确． PD＝，S△PAC＝××2＝2， D错误，选AC. 答案　AC 4．(多选)(2023·新课标Ⅰ卷)下列物体中，能够被整体放入棱长为1(单位：m)的正方体容器(容器壁厚度忽略不计)内的有(　　) A．直径为0.99 m的球体 B．所有棱长均为1.4 m的四面体 C．底面直径为0.01 m，高为1.8 m的圆柱体 D．底面直径为1.2 m，高为0.01 m的圆柱体 解析　对于选项A：因为0.99 m<1 m， 即球体的直径小于正方体的棱长， 所以能够被整体放入正方体内，故A正确； 对于选项B：因为正方体的面对角线长为 m，且>1.4， 所以能够被整体放入正方体内，故B正确； 对于选项C：因为正方体的体对角线长为 m，且<1.8， 所以不能够被整体放入正方体内，故C不正确； 对于选项D：因为正方体的体对角线长为 m，且>1.2， 设正方体ABCD -A1B1C1D1的中心为O，以AC1为轴对称放置圆柱，设圆柱的底面圆心O1到正方体表面的最近的距离为h m， 如图所示，结合对称性可知： OC1＝C1A＝，C1O1＝OC1－OO1＝－0.6， 则＝，即＝， 解得h＝－>0.34>0.01， 所以能够被整体放入正方体内， 故D正确．故选ABD. 答案　ABD 5．(2025·全国二卷)一个底面半径为4 cm，高为9 cm的封闭圆柱形容器(容器壁厚度忽略不计)内有两个半径相等的铁球，则铁球半径的最大值为________cm. 解析　圆柱的底面半径为4 cm，设铁球的半径为r，r∈(0，4)，如图， 由圆柱与球的性质知AB2＝(2r)2＝(8－2r)2＋(9－2r)2， 即4r2－68r＋145＝(2r－5)(2r－29)＝0， ∵r∈(0，4)，∴r＝2.5. 故答案为2.5. 答案　2.5 6．(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＝＝. 答案　 $