专题十四 空间几何体 课件-2026届高三数学二轮复习

专题十四　空间几何体 命题热度： 本专题是历年高考命题必考的内容，属于中低档题目，三种题型都有所考查，分值约为10~15分. 考查方向： 一是求几何体的表面积与体积，常与侧面展开图相结合；二是球的组合体，常与球相“内切”或“外接”进行考查；三是考查空间点线面关系的判断，以空间几何体的结构特征为背景，考查关于线面位置关系命题的真假判断. 考点一　表面积与体积 　(1)(2025·济宁模拟)已知圆锥的体积为，其侧面展开图是一个圆心角为的扇形，则该圆锥的底面半径为 A. B.1 C. D.2 例1 √ 设母线长为l，底面半径为r，圆锥的高为h， 则2πr=l⇒l=3r， 又h===2r， 所以V=Sh=πr2×2r=⇒r3=1⇒r=1. 解析 (2)(2025·吕梁模拟)轴截面是等边三角形的圆锥称为等边圆锥.若某等边圆锥的母线长为4，过圆锥高的中点作平行于底面的平面，该平面将圆锥分 割成一个小圆锥和一个圆台，则该圆台的体积为　　　.  在等边圆锥PO中，过PO的中点M作与底面平行的截面，如图所示， 由题意可知PA=AB=4，AO=AB=2， 则PO==2， 所以圆台上底面半径为r=AO=1， 下底面半径为R=AO=2， 圆台的高为h=PO=， 因此，该圆台的体积为V=π(r2+R2+rR)·h=×(1+4+2)×=. 解析 空间几何体的表面积与体积的求法 (1)公式法：对于规则的几何体直接利用公式进行求解. (2)割补法：把不规则的几何体分割成规则的几何体，或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. (3)等体积法：选择合适的底面来求体积. 规律方法 跟踪演练1　(1)(多选)(2025·台州模拟)如图，是由两个平行平面截半径为2 cm且足够高的圆柱体所得的几何体，截面与圆柱体的轴成45°，上、下截面间的距离为 cm.某高中数学兴趣小组对该几何体进行了探究，得出下列四个结论，其中正确的是(参考公式：椭圆面积S=πab) A.截口曲线的离心率为 B.该几何体的体积为8π cm3 C.该几何体的侧面积为8π cm2 D.该几何体的上截面面积为4π cm2 √ √ √ 对于选项A，因为截面与圆柱体的轴成45°，且圆柱体底面半径为2 cm， 故截面椭圆长轴长为2a==4， 短轴长为2b=4，故c==2，故e===，故选项A错误； 对于选项B，因为上、下截面间的距离为 cm，所以AB==2(cm)， 将该几何体沿A点平行于圆柱底面切割补到以沿点B平行于圆柱底面的位置， 则正好是底面半径为2 cm，高为2 cm的圆柱，则V=π×22×2=8π(cm3)，故选项B正确； 解析 对于选项C，同样以选项B的方法割补，侧面积即为底面半径为2 cm，高为2 cm的圆柱的侧面，S侧=2π×2×2=8π(cm2)，故选项C正确； 对于选项D，利用椭圆的面积公式S=πab=4π (cm2)，故选项D正确. 解析 (2)(2025·咸阳模拟)在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB⊥AC，AB=AC=AA1=1，则三棱锥C-A1BC1的体积为　　.  解析 考点二　空间点、线、面的位置关系 　(1)(多选)(2025·岳阳模拟)已知直线m，n，l，平面α，β，若平面α⊥平面β，且α∩β=l，则下列命题正确的是 A.若m∥α，则m⊥β B.若m⊂α，n⊂β，则m⊥n C.若m⊂α，且m⊥l，则m⊥β D.若m⊂α，则直线m必垂直于平面β内的无数条直线 例2 √ √ 对于A，若m∥α，则m与β可能平行或相交或m⊂β，故A错误； 对于B，若m⊂α，n⊂β，当m，n中至少有一条直线与l垂直时，才有m⊥n，否则m与n可能平行或异面或相交但不垂直，故B错误； 对于C，m⊂α，且m⊥l，由面面垂直的性质定理知m⊥β，故C正确； 对于D，当直线a⊂β，且a⊥l，此时a⊥m，故满足条件的直线a有无数条，故D正确. 解析 (2)(多选)如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为BA1与AB1的交点，则下列判断正确的是 A.直线EC1与直线AD是异面直线 B.B1C1∥平面A1BC C.直线BA1与直线C1D所成的角是 D.在直线A1C1上存在点F，使EF⊥平面A1CD √ √ 对于A，由图可知直线EC1与直线AD都在平面B1ADC1中，故A错误； 对于B，由图可知直线B1C1∥BC， 又BC⊂平面A1BC，B1C1⊄平面A1BC， 所以B1C1∥平面A1BC，故B正确； 对于C，由正方体性质知B1A∥C1D， 所以直线BA1与直线C1D所成的角为直线BA1与直线B1A所成的角， 因为四边形ABB1A1为正方形，所以BA1⊥B1A，即直线BA1与直线C1D所成的角是，故C错误； 解析 对于D，连接A1C1，B1C，BC1， 取A1C1的中点O，连接EO，则EO∥BC1， 因为CD⊥平面BCC1B1，BC1⊂平面BCC1B1， 所以BC1⊥CD， 又BC1⊥B1C，CD∩B1C=C，CD，B1C⊂平面A1CD，所以BC1⊥平面A1CD， 所以EO⊥平面A1CD，即F在O点处时，可使EF⊥平面A1CD，故D正确. 解析 (1)证明线线平行的常用方法 ①三角形的中位线定理；②平行公理；③线面平行的性质定理；④面面平行的性质定理. (2)证明线线垂直的常用方法 ①等腰三角形三线合一；②勾股定理的逆定理；③利用线面垂直的性质定理. 规律方法 跟踪演练2　(1)(2025·黄冈模拟)已知m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β.若直线l满足l⊥m，l⊥n，l⊄α，l⊄β，则 A.α∥β，l∥α B.α与β相交，且交线平行于l C.α⊥β，l⊥α D.α与β相交，且交线垂直于l √ 若α∥β，则由m⊥平面α，n⊥平面β，可得m∥n，这与m，n是异面直线矛盾，故α与β相交，A错误；  设α∩β=a，过直线n上一点，作b∥m， 设b与n确定的平面为γ， 因为l⊥m，所以l⊥b，又l⊥n，b与n相交，b，n⊂γ，所以l⊥γ， 因为m⊥α，所以b⊥α，又a⊂α，所以a⊥b， 因为n⊥β，a⊂β，所以a⊥n，又b与n相交，b，n⊂γ，所以a⊥γ， 又因为l⊄α，l⊄β，所以l与a不重合，所以l∥a，B正确，D错误； 因为l∥a，l⊄α，a⊂α，所以l∥α，C错误. 解析 (2)在四面体ABCD中，AD=BC，E，F分别为AB，CD的中点，若异面直线AD与BC所成的角为60°，则异面直线EF与BC所成的角为　 　　　.  60°或30° 如图，设G为BD的中点，连接GE，GF， 因为E，F分别为AB，CD的中点， 所以EG∥AD，GF∥BC，且EG=AD，GF=BC， 而AD=BC，则EG=GF， 则∠EGF(或其补角)为直线AD与BC所成的角，即∠EGF=60°或120°， 而∠EFG(或其补角)为直线EF与BC所成的角， 当∠EGF=60°时，∠EFG=60°， 当∠EGF=120°时，∠EFG=30°. 故异面直线EF与BC所成的角为60°或30°. 解析 考点三　球的切、接问题 　(1)(2025·嘉兴模拟)若某正四面体的内切球的表面积为4π，则该正四面体的外接球的体积为 A.9π B.27π C.36π D.64π 例3 √ 正四面体的内切球与其外接球球心重合， 如图，正四面体ABCD的内切球与外接球球心O在其高AO1上， 则OO1是正四面体ABCD内切球半径，OA是正四面体ABCD外接球半径， 由正四面体ABCD的内切球的表面积为4π，得OO1=1，令AB=a(a>0)， BO1=a·=a，AO1==a，BO=AO=a-1， 在Rt△BOO1中，-=1， 解得a=2，AO=3， 所以该正四面体的外接球的体积V=OA3=36π. 解析 (2)(多选)如图，在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AB=6，AA1=4，则下列说法正确的是 A.直线AB与直线B1C1所成的角为 B.三棱锥A-A1BC的体积为12 C.点C1到平面A1BC的距离为 D.四棱锥A1-B1BCC1的外接球的表面积为64π √ √ √ 由题设B1C1∥BC，则直线AB与直线B1C1所成的角即为∠ABC(或其补角)，又△ABC为等边三角形，故∠ABC=，故A正确； 由==×4××62×sin=12，故B正确； 由A1B=A1C=2，BC=6，则在△A1BC中，BC上的高为， 所以=×6×=3，设点A到平面A1BC的距离为d， 则d×3=12， 所以d=，根据对称性易知点C1到平面A1BC的距离为，故C错误； 解析 由题设，易知四棱锥A1-B1BCC1的外接球即为该三棱柱的外接球， 而△ABC的外接圆半径r=××6=2，且AA1=4， 所以外接球的半径R==4，故其表面积为4πR2=64π，故D正确. 解析 解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下： (1)定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为球的半径； (2)作截面：选准最佳角度作出截面(要使这个截面尽可能多地包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系)，达到空间问题平面化的目的； (3)求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解. 规律方法 跟踪演练3　(1)在△ABC中，AB=2，C=45°，PA⊥平面ABC，且PA=2，则三棱锥P-ABC外接球的表面积为 A.2π B.4π C.12π D.36π √ 如图，设△ABC外接圆的半径为r，已知AB=2，C=45°， 根据正弦定理可得2r===2，解得r=. 因为PA⊥平面ABC，所以三棱锥P-ABC外接球的球心到平面ABC的距离d=PA=1， 所以外接球半径R==. 所以三棱锥P-ABC外接球的表面积S=4π×()2=12π. 解析 (2)(2025·包头模拟)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 √ 如图， 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与母线相切于点M，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O1=(r1+r2)2-(r2-r1)2=16，所以4r2=16，所以球O的表面积为4πr2=16π. 解析 $