专题3 第1讲 空间几何体&命题新视角2 阿基米德几何体(Word教参)-【精讲精练】2026年高考数学二轮专题辅导与训练

专题三　立体几何 第一讲　空间几何体 [对应学生用书P32] 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·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，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πl＝25π， 因此(r1＋r2)2＝25， 所以AB＝r1＋r2＝5，过A作AG⊥O2B，垂足为G， 则2＝2－2＝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　 [对应学生用书P34] 阿基米德几何体内涵和谐美妙的对称美，如图中的阿基米德球与阿基米德多面体是教材推出的两个最美多面体，其中图1中的阿基米德球与圆柱的上、下底面和侧面都相切，有性质＝＝. 图 2中的阿基米德多面体是过正方体共顶点的三条棱中点的八个截面截去八个相同的三棱锥后得到的，它是一个十四面体——其中八个面为正三角形，六个面为正方形．近年来与阿基米德几何体相似的高考数学试题成为了高考热点之一，也是各地模拟题的常考题型，例如2024年新课标Ⅰ卷 T5是与阿基米德球相似的问题． (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 (多选)如图，阿基米德十四面体 T 的顶点均是正方体各棱的中点，若正方体的棱长为1，则(　　) A．T的体积为 B．T的表面积大于5 C．T的顶点在同一个球面上 D．T的各个面均与同一个球相切 解析　由题意知，T的棱长均为， 对于A，T 的体积为13－8×××××＝，A正确； 对于B，T的表面积为6×＋8××＝3＋<5，B错误； 对于C，由于T 的各顶点到正方体中心的距离为，故 T 的顶点都在以正方体的中心为球心，半径为的球面上，C正确； 对于D，正方体的中心到 T 的六个正方形面上的距离均为，T的八个正三角形面的正三角形的重心(中心)到顶点的距离为×＝，易知正方体中心到 T 的正三角形面的距离为＝≠，故T的各个面不可能与同一个球相切，D错误．故选AC. 答案　AC [对应学生用书P35] 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　 学科网（北京）股份有限公司 $