专题3 第1讲 空间几何体及其表面积、体积 基础课-【优化探究】2026年高考数学二轮专题复习配套课件（提升版）

第一讲　空间几何体及其表面积、体积 基础课 第一部分　专题突破 专题三　立体几何 高考分析 1.主要考查柱、锥、台、球的结构特征及表面积、体积的计算问题,多以选择题、填空题的形式考查.　2.利用公式法、割补法、等体积法求几何体的体积是考查的重点. 考点一　空间几何体的表面积和体积 内容索引 考点二　空间几何体的折叠与展开 考点三　球的切接问题 3 考点一　空间几何体的表面积和体积 考点一　空间几何体的表面积和体积 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. B 考点一　空间几何体的表面积和体积 2.(2024·天津卷)一个五面体ABC-DEF.已知AD∥BE∥CF,且两两之间的距离为1,并已知AD=1,BE=2,CF=3,则该五面体的体积为(　　) A. B.+ C.- C 考点一　空间几何体的表面积和体积 解析:用一个和五面体ABC-DEF完全相同的五面体HIJ-LMN与五面体ABC-DEF拼在一起,其中顶点L,M,N分别与顶点D,E,F重合,如图所示, 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,三棱柱的侧棱长为1+3=2+2=3+1=4, VABC-DEF=VABC-HIJ=××1×1××4=. 考点一　空间几何体的表面积和体积 3.(2025·河北沧州模拟)在正四棱台A1B1C1D1-ABCD中,AB=2A1B1=2,侧棱和底面所成角为60°,则该正四棱台的侧面积为(　　) A.3 B.6 C.8 D.12 B 考点一　空间几何体的表面积和体积 解析:如图,连接A1C1,AC,则A1C1=2,AC=4,过点A1作A1E⊥AC于点E, 则AE==1,由正四棱台的性质可得A1E⊥平面ABCD, 故∠A1AE即为侧棱和底面所成角,所以∠A1AE=60°,在Rt△A1AE中,可得A1A=2,A1E=.过点A1作A1F⊥AB于点F,连接EF.因为AB⊂平面ABCD, 所以A1E⊥AB,而A1F∩A1E=A1,A1F,A1E⊂平面A1FE, 故AB⊥平面A1FE,而EF⊂平面A1FE,故AB⊥EF,而∠EAF=45°,则EF=,A1F=,所以该正四棱台的侧面积为×(+2)××4=6. 考点一　空间几何体的表面积和体积 4.(2025·天津模拟)在四面体ABCD中,点M,N在边AC上,且MN=AC,点S,T在边BD上,且ST=BD,记四面体ABCD的体积为V,MSTN的体积为V1,则的值为(　　) A.6 B.5 C.10 D.不是定值 A 考点一　空间几何体的表面积和体积 解析:∵MN=AC,ST=BD, ∴S△MNT=S△ACT,S△CST=S△BCD, ∴V1=VS-MNT=VS-ACT=VA-CST=×VA-BCD=VA-BCD=V,∴=6. 考点一　空间几何体的表面积和体积 　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,不熟悉的几何体分割或补成熟悉的几何体. 3.等体积法:选择合适的底面来求体积. 方法总结 考点二　空间几何体的折叠与展开 考点二　空间几何体的折叠与展开 [例1]　(1)(2025·江苏泰州模拟)在三棱锥S-ABC中,底面△ABC为斜边AC=2的等腰直角三角形,顶点S在底面ABC上的射影为AC的中点.若SA=2,E为线段AB上的一个动点,则SE+CE的最小值为(　　) A.+　　　　　　　 B.2 C.2(+1) D.2(-1) A 圆柱的侧面展开图是矩形,圆锥的侧面展开图是扇形,圆台的侧面展开图是扇环. 考点二　空间几何体的折叠与展开 [解析]　如图1,在三棱锥S-ABC中,设O为线段AC的中点,连接BO,SO. 由题易知:AO=BO=CO=AC=,AB=BC=2,SO⊥平面ABC. 在Rt△SAC中,SO==,故SB==2, 考点二　空间几何体的折叠与展开 所以△SAB是边长为2的等边三角形.将△SAB展开到与△ABC共面,如图2所示, 则SE+CE≥SC,当且仅当S,E,C三点共线时等号成立,即SE+CE取得最小值. 在△SBC中,SB=BC=2,∠SBC=∠SBA+∠ABC=, 由余弦定理可得:SC2=SB2+BC2-2SB·BC·cos= 4+4-2×2×2×(-)=8+4=(+)2, 所以SE+CE≥SC=+,即SE+CE的最小值为+. 考点二　空间几何体的折叠与展开 (2)(多选)(2025·陕西西安模拟)如图,在矩形ABCD中,AB=2,AD=1,E为AB的中点,将△ADE沿DE翻折成△A1DE,得到四棱锥A1-BCDE,点M在线段A1C上,则(　　) A.DE⊥A1C B.存在点M,使BM∥平面A1DE C.存在点M,使BM⊥平面A1DC D.四棱锥A1-BCDE体积的最大值为 BD 考点二　空间几何体的折叠与展开 [解析]　对于A,假设DE⊥A1C,取DE的中点O,连接A1O,CO,CE,如图1. 因为A1D=A1E,则A1O⊥DE,又A1O∩A1C=A1,A1O,A1C⊂平面A1OC, 则DE⊥平面A1OC.因为OC⊂平面A1OC,则DE⊥OC,则CE=CD, 在Rt△CEB中CE=,又CD=2,显然CE=CD不成立, 所以不可能有DE⊥A1C,所以选项A错误. 对于B,存在M为中点时,符合题意,证明如下:取CD的中点N,连接MN,BN,如图2. 考点二　空间几何体的折叠与展开 因为M是A1C的中点,则MN是△A1DC的中位线,则MN∥A1D. 又MN⊄平面A1DE,A1D⊂平面A1DE,则MN∥平面A1DE, 由DN与EB平行且相等,则四边形DNBE是平行四边形,则BN∥DE. 又BN⊄平面A1DE,DE⊂平面A1DE,则BN∥平面A1DE. 因为BN∩MN=N,BN,MN⊂平面BMN,则平面BMN∥平面A1DE. 因为BM⊂平面BMN,所以BM∥平面A1DE,所以选项B正确. 考点二　空间几何体的折叠与展开 对于C,假设存在点M,使得BM⊥平面A1DC成立, 因为CD⊂平面A1DC,所以BM⊥DC. 又因为BC⊥CD且BM∩BC=B,BM,BC⊂平面BCM,所以CD⊥平面BCM. 又因为CM⊂平面BCM,那么CD⊥CM, 又因为A1D<DC,则直角边大于斜边,不成立,所以选项C错误. 对于D,因为△ADE 是腰为1的等腰直角三角形,则点A到DE的距离是AO=, 考点二　空间几何体的折叠与展开 当平面A1DE⊥平面BCDE时,因为A1O⊥DE,A1O⊂平面A1DE,平面A1DE∩平面BCDE=DE,则A1O⊥平面BCDE,则点A1到平面BCDE的距离最大为A1O=. 又梯形BCDE的面积S==,则四棱锥A1-BCDE体积的最大值为××=,所以选项D正确. 考点二　空间几何体的折叠与展开 　1.注意圆柱、圆锥、圆台的展开图与原图形中线段的等量关系. 2.空间几何体最短距离问题,一般是将空间几何体展开成平面图形,转化成求平面中两点间的最短距离问题,注意展开后对应的顶点和边. 方法总结 考点二　空间几何体的折叠与展开 1.(2025·山东济南模拟)已知圆台的侧面展开图是半个圆环,侧面积为4π,则圆台上、下底面面积之差的绝对值为(　　) A.π B.2π C.4π D.8π 对点训练 B 考点二　空间几何体的折叠与展开 解析:如图,设展开图小圆半径和大圆半径分别为r,R,则圆台侧面积S=(R2-r2)=4π,即R2-r2=8,上底面半径r1==,下底面半径R1==,圆台上、下底面面积之差的绝对值为π-π=-=π(-)=2π. 考点二　空间几何体的折叠与展开 2.(2025·陕西安康模拟)如图1,在直角梯形ABCD中, BC∥AD,AB⊥AD,BC=8,AD=9,AB=2,E为线段BC上的一点,BE=6,过点E作AB的平行线交AD于点F,将矩形ABEF翻折至与梯形ECDF垂直,得到六面体ABCDFE,如图2,则六面体ABCDFE的体积为(　　) A. B.8 C.15 D.16 D 考点二　空间几何体的折叠与展开 解析:如图,延长EC至点G,使得EG=FD,连接DG,BG. 由条件可知EF⊥FD,EF⊥FA,EF⊥EC,EF⊥EB,又FD,FA为 平面AFD内两条相交直线,EC,EB为平面EBG内两条相交直线, 所以EF⊥平面AFD,EF⊥平面EBG. 又BE=6,EG=3,EF=2,平面ABEF⊥平面ECDF,平面ABEF∩平面ECDF=EF,BE⊂平面ABEF,BE⊥EF,所以BE⊥平面ECDF,EG⊂平面ECDF,可得BE⊥EG,所以直棱柱AFD-BEG的体积为×6×3×2=18.因为EG平行且等于FD,可得DG平行且等于EF,又CG=1,所以三棱锥D-BCG的体积为××1×6×2=2,所以六面体ABCDFE的体积为18-2=16. 考点三　球的切接问题 考点三　球的切接问题 [例2]　(1)(2022·全国乙卷)已知球O的半径为1,四棱锥的顶点为O,底面的四个顶点均在球O的球面上,则当该四棱锥的体积最大时,其高为(　　) A.　　　　　　　　 B. C. C 若球的半径为R,则它的表面积S=4πR2,体积V=πR3. 考点三　球的切接问题 [解析]　该四棱锥的体积最大即以底面截球的圆面和顶点O组成的圆锥体积最大.设圆锥的高为h(0<h<1),底面半径为r,则圆锥的体积V=πr2h=π(1-h2)h,则V'=π(1-3h2),令V'=π(1-3h2)=0,得h=,所以V=π(1-h2)h在(0,)上单调递增,在(,1)上单调递减,所以当h=时,四棱锥的体积最大. 考点三　球的切接问题 (2)(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.  考点三　球的切接问题 [解析]　设铁球的半径为R cm(0<R<4).情形一:两个铁球的球心都在圆柱的轴上,且两球分别与圆柱的上、下底面相切,其轴截面如图①,则4R=9,则R=;情形二:两球均分别与圆柱的一个底面和侧面相切, 其轴截面如图②, 则 解得R=或R=(舍去). 由于<,故R的最大值为. 考点三　球的切接问题 　1.求解空间几何体的外接球问题的策略 (1)定球心:球心到接点的距离相等且为半径. (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. 2.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. 方法总结 考点三　球的切接问题 3.(2022·新课标Ⅱ卷)已知正三棱台的高为1,上、下底面的边长分别为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 对点训练 A 考点三　球的切接问题 解析:由题意,得正三棱台上、下底面的外接圆的半径分别为××3=3,××4=4.设该棱台上、下底面的外接圆的圆心分别为O1,O2,连接O1O2(图略),则O1O2=1,其外接球的球心O在直线O1O2上.设球O的半径为R,当球心O在线段O1O2上时,R2=32+O=42+(1-OO1)2,解得OO1=4(舍去);当球心O不在线段O1O2上时,R2=42+O=32+(1+OO2)2,解得OO2=3,所以R2=25,所以该球的表面积为4πR2=100π.综上,该球的表面积为100π. 考点三　球的切接问题 4.(2025·浙江宁波模拟)在正四棱台ABCD-A1B1C1D1中, AB=4,A1B1=2,AA1=,若球O与上底面A1B1C1D1以及棱AB,BC,CD,DA均相切,则球O的表面积为(　　) A.9π B.16π C.25π D.36π C 考点三　球的切接问题 解析:设棱台上、下底面的中心分别为N,M,连接D1B1,DB,MN, 则D1B1=2,DB=4, 所以棱台的高MN= = =1, 设球O的半径为R,根据正四棱台的结构特征可知,球O与上底面A1B1C1D1相切于点N, 考点三　球的切接问题 与棱AB,BC,CD,DA均相切于各边中点处,设BC的中点为E,连接OE,OM,ME, 所以OE2=OM2+ME2,即R2=(R-1)2+22,解得R=,所以球O的表面积为4πR2=25π. 感谢您的观看 $