1.微专题7 空间几何体(专题微讲Word)-【赢在微点·考前顶层设计】2026年高考数学大二轮专题复习

该高中数学讲义聚焦空间几何体高考核心考点，涵盖表面积体积公式、球的切接与容球问题，按“公式梳理-特殊几何体关系-微点分类”逻辑架构知识，通过考点梳理、典例精讲、真题训练环节，帮助学生突破公式应用与空间想象难点，体现复习系统性与针对性。 资料采用“模型建构+逻辑推理”教学策略，如球的切接问题中引导学生用数学眼光观察空间结构，通过直三棱柱外接球模型分析球心位置，结合分层练习与高考真题培养数学思维，助力教师精准把控节奏，提升学生空间观念与应考能力。

微专题7　空间几何体 1.空间几何体的表面积与体积公式 　　名称 几何体　　 表面积 体积 柱体 S表=S侧+2S底 V=Sh(S为底面积) 锥体 S表=S侧+S底 V=Sh(S为底面积) 台体 S表=S侧+ S上+S下 V=(S上+S下+ )h 球 S=4πR2 V=πR3 2.球的切接问题 (1)设正方体的棱长为a,球的半径为R. ①若球为正方体的外接球,则2R=a; ②若球为正方体的内切球,则2R=a; ③若球与正方体的各棱相切,则2R=a. (2)若长方体的同一顶点的三条棱长分别为a,b,c,外接球的半径为R,则2R=; (3)正四面体的棱长为a,其外接球的半径与其内切球的半径之比为3∶1. 3.常用结论 假设正四面体的棱长为a,则有 (1)正四面体的高h=a,S表面积=a2,V=a3; (2)相邻两个面的二面角α:cos α=; (3)三条侧棱与底面的夹角β:cos β=. 微点一　空间几何体的侧面积、表面积 例1　(1)(2025·黑龙江一模)已知圆锥的轴截面是一个斜边长为2的等腰直角三角形，则圆锥的表面积为(D) A.π B．2π C．4π D．(2＋2)π 解析　因为轴截面是一个斜边长为2的等腰直角三角形，所以圆锥的底面半径R＝，母线l＝2，所以圆锥的表面积S＝πR2＋πRl＝(2＋2)π.故选D. (2)(2023·全国甲卷)已知四棱锥P­ABCD的底面是边长为4的正方形，PC＝PD＝3，∠PCA＝45°，则△PBC的面积为(C) A．2 B．3 C．4 D．6 解析　 如图，过点P作PO⊥平面ABCD，垂足为O，取DC的中点M，AB的中点N，连接PM，MN，AO，BO.由PC＝PD，得PM⊥DC，又PO⊥DC，PO∩PM＝P，PO，PM⊂平面POM，所以DC⊥平面POM，又OM⊂平面POM，所以DC⊥OM.在正方形ABCD中，DC⊥MN，所以M，N，O三点共线，所以OA＝OB，所以Rt△PAO≌Rt△PBO，所以PB＝PA.在△PAC中，由余弦定理，得PA＝＝，所以PB＝.在△PBC中，由余弦定理，得cos∠PCB＝＝，所以sin∠PCB＝，所以S△PBC＝PC·BCsin∠PCB＝4，故选C. 训练1　(2025·湖南模拟)亭是我国古典园林中最具特色的建筑形式，它是逗留赏景的场所，也是园林风景的重要点缀．重檐圆亭(图①)是常见的一类亭，其顶层部分可以看作是一个圆锥以及一个圆台(图②)的组合体．已知某重檐凉亭的圆台部分的轴截面如图③所示，则该圆台部分的侧面积为(B) A．3.6π m2 B．3.8π m2 C．4.2π m2 D．5.4π m2 解析　 圆台的上底圆直径为3，下底圆直径为4.6，高为0.6，过点A，B分别作AE⊥CD，BF⊥CD，垂足分别为E，F，故DE＝CF＝＝0.8，则AD＝BC＝＝1，故该圆台部分的侧面积为＝3.8π m2. 微点二　空间几何体的体积 例2　(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(B) 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. (2)(2025·湘潭模拟)楔形构件在建筑工程上有广泛的应用．如图， 某楔形构件可视为一个五面体ABCDEF，其中四边形ABCD为正方形．若AB＝6 cm，EF＝3 cm，且EF与平面ABCD的距离为2 cm，则该楔形构件的体积为(C) A．18 cm3 B．24 cm3 C．30 cm3 D．48 cm3 解析　 如图所示，设G，H分别为AB，DC的中点，连接EG，EH，GH，因为四边形ABCD为正方形，所以AB∥DC，又AB⊄平面EFCD，DC⊂平面EFCD，所以AB∥平面EFCD，又平面EFCD∩平面ABFE＝EF，所以AB∥EF，因为G，H分别为AB，DC的中点，AB＝6 cm，EF＝3 cm，所以EF∥GB，EF＝GB，则四边形EGBF为平行四边形，则EG∥FB，同理EH∥FC，又GH∥BC，所以EGH­FBC为三棱柱，设四棱锥E­AGHD的高为h cm，由题意，可得V四棱锥E­AGHD＝S矩形AGHD·h＝AD·AG·h＝×6×3×2＝12(cm3)，又V三棱柱EGH­FBC＝3V三棱锥B­EGH＝3V三棱锥E­BGH＝3××V四棱锥E­AGHD＝V四棱锥E­AGHD＝×12＝18(cm3)．所以该楔形构件的体积为V＝V四棱锥E­AGHD＋V三棱柱EGH­FBC＝12＋18＝30(cm3)．故选C. 训练2　 如图，四羊方尊(又称四羊尊)为中国商代晚期青铜器，其盛酒部分可近似视为一个正四棱台(上、下底面的边长分别为40 cm,20 cm，高为24 cm)，则四羊方尊的容积约为(A) A．22 400 cm3 B．32 400 cm3 C．44 800 cm3 D．67 200 cm3 解析　由题意可得，四羊方尊的容积约为×(402＋202＋)×24＝22 400(cm3)．故选A. 微点三　空间几何体的“切接”与“容球”问题 考向1　空间几何体的“切接”问题 例3　(1)(2025·榆林模拟)在直三棱柱ABC­A1B1C1中，各棱长均为2，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为(A) A. B. C. D. 解析　 如图，设上、下两个底面的中心分别为O2，O1，连接O1O2，因为所有棱长为2的直三棱柱ABC­A1B1C1的六个顶点都在同一球面上，所以直三棱柱ABC­A1B1C1外接球的球心O为O1O2的中点，连接OA，在等边△ABC中，AO1＝××2＝，在直角△OAO1中，OA2＝AO＋O1O2＝＋1＝，所以直三棱柱ABC­A1B1C1外接球的半径R＝OA＝，所以球的表面积为4πR2＝4π×＝.故选A. (2)(2025·汉中模拟)如图，圆台的上、下底面半径分别为r1，r2， 且2r1＋r2＝12，半径为4的球与圆台的上、下底面及每条母线均相切，则圆台的侧面积为(D) A．36π B．64π C．72π D．100π 解析　 如图所示，作出轴截面，O1，O2分别为上、下底面圆的圆心，M为侧面切点，O为内切球球心，则O为O1O2的中点，OM⊥AB，OO1＝OM＝4，O1O2＝8，O1A＝MA＝r1，O2B＝MB＝r2，因为2r1＋r2＝12，所以r2＝12－2r1，则AB＝MA＋MB＝r1＋r2＝12－r1，过点A作AG⊥O2B，垂足为G，则BG＝r2－r1＝12－3r1，在Rt△ABG中，由勾股定理得AG2＋BG2＝AB2，即82＋(12－3r1)2＝(12－r1)2，解得r1＝2或r1＝4，因为r1<r2，所以r1＝2，r2＝8，故AB＝10，所以圆台的侧面积为π×10×(2＋8)＝100π.故选D. (1)“接”的策略：把一个多面体的几个顶点放在球面上即球的外接问题，解决这类问题的关键是抓住外接的特点，即球心到多面体顶点的距离等于球的半径． (2)“切”的策略：解决与球有关的内切问题主要是指球内切多面体与旋转体的有关问题，解答时要先找准切点，通过作截面来解决，如果内切的是多面体，则多通过多面体过球心的对角面来作截面． 训练3　(1) 已知一个正四棱锥的底面边长为2，内切球的体积为，则这个正四棱锥的体积为(C) A. B. C. D. 16 解析　 因为内切球的体积为，所以内切球的半径为1.如图所示，设球与正四棱锥底面切于点E，侧面切于点F，设SO＝x，延长SF交底面于点G，连接EG.因为正四棱锥的底面边长为2，所以EG＝，SE＝1＋x，SG＝＝.又△SOF∽△SGE，所以＝，即＝，解得x＝3.所以SE＝4，所以正四棱锥的体积为×(2)2×4＝.故选C. (2)(2025·延边一模)在直三棱柱ABC­A1B1C1中，BC＝，AA1＝2，且∠BAC＝，则该三棱柱的外接球的体积为(D) A. B．4π C.π D. 解析　 如图，设△ABC外接圆半径为r，圆心为O1，设外接球球心为O，半径为R，因为BC＝，∠BAC＝，在△ABC中由正弦定理有＝＝2＝2r⇒r＝1, 则O1A＝r＝1，则有OO1＝AA1＝，所以R2＝r2＋OO＝1＋3＝4⇒R＝2，所以球的体积为V＝πR3＝π×23＝，故选D. 考向2　空间几何体的“容球”问题 例4　(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_2.5_cm. 解析　设铁球半径为r cm，若两个铁球的球心在竖直方向上，且分别与两个底面相切，则铁球球心与圆柱上、下底面的距离均为r，此时铁球的半径为 cm.当两球球心不在竖直方向上时，设两个铁球的球心分别为O1，O2，此种情况下，当铁球半径最大时，如图①所示，圆柱与两铁球的轴截面如图②所示，其中ABCD为圆柱的轴截面，O2P⊥AB，O1P⊥AD，则有O2P＝9－2r，O1P＝8－2r，O1O2＝2r，则有(2r)2＝(8－2r)2＋(9－2r)2，即4r2－68r＋145＝0，即(2r－29)(2r－5)＝0，解得r1＝14.5(舍去)，r2＝2.5.因为2.5>＝2.25，所以铁球半径的最大值为2.5 cm. ①　② 训练4　棱长为6的正方体空盒(盒子厚度忽略不计)中，有四个半径为r的小球分布在盒底四角，且均与所在角落处的正方体的三个面相切．另有一个半径为R的大球放在四个小球之上，与四个小球相切的同时与正方体空盒的盒盖相切．若无论怎样翻转盒子，五球均不松动，则小球半径r的最大值为 ；大球半径R的最小 值为 . 解析　 由题可知四个小球的球心(分别记为A，B，C，D)和大球的球心(记为P)构成了一个正四棱锥P­ABCD，如图．当正方体盒内四个小球两两相切时，小球的半径r最大，大球的半径R最小，此时有2r＋2r＝6，则小球半径r的最大值为.此时，连接AC与BD，交于点O，连接PO，则PO⊥平面ABCD，BP＝R＋r＝R＋，AB＝2r＝3，OA＝OB＝，由OP2＋OB2＝BP2，可得2＋2＝2，解得R＝，所以大球半径R的最小值为. 1．(2023·新课标Ⅱ卷)(多选题)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P­AC­O为45°，则(AC) A．该圆锥体积为π B．该圆锥的侧面积为4π C．AC＝2 D．△PAC的面积为 解析　 如图，取AC的中点D，连接PO，OD，PD，则OD⊥AC，PD⊥AC，二面角P­AC­O的平面角为∠PDO，则∠PDO＝45°，在△PAB中，PO＝1，AO＝，则OD＝1，V＝·3π·1＝π，故A正确．S侧＝PA·2π·＝2π，故B错误．易知PD＝，则AC＝2＝2，故C正确．S△PAC＝××2＝2，故D错误．故选AC. 2．(2022·新课标Ⅰ卷)南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库．已知该水库水位为海拔148.5 m时，相应水面的面积为140.0 km2；水位为海拔157.5 m时，相应水面的面积为180.0 km2.将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔148.5 m上升到157.5 m时，增加的水量约为(≈2.65)(C) A．1.0×109 m3 B．1.2×109 m3 C．1.4×109 m3 D．1.6×109 m3 解析　 如图，由已知得该棱台的高为157.5－148.5＝9(m)，所以该棱台的体积V＝×9×(140＋＋180)×106＝60×(16＋3)×106≈60×(16＋3×2.65)×106＝1.437×109≈1.4×109(m3)．故选C. 3．(2023·新课标Ⅰ卷)在正四棱台ABCD­A1B1C1D1中，AB＝2，A1B1＝1，AA1＝，则该棱台的体积为 . 解析　 ① 解法一：如图①所示，设点O1，O分别为正四棱台ABCD­A1B1C1D1上、下底面的中心，连接B1D1，BD，则O1，O分别为B1D1，BD的中点．连接O1O，则O1O即正四棱台ABCD­A1B1C1D1的高．过点B1作B1E⊥BD，垂足为E，则B1E＝O1O.因为AB＝2，A1B1＝1，所以OB＝，O1B1＝，所以BE＝OB－OE＝OB－O1B1＝，又AA1＝，所以BB1＝，所以B1E＝＝＝，所以O1O＝，所以V正四棱台ABCD­A1B1C1D1＝×(22＋12＋)×＝. ② 解法二：如图②，将正四棱台ABCD­A1B1C1D1补形成正四棱锥P­ABCD. 因为AB＝2，A1B1＝1，AB∥A1B1，所以A1，B1，C1，D1分别为PA，PB，PC，PD的中点，又A1A＝，所以PA＝2，即PB＝2.连接BD，取BD的中点为O，连接PO，则PO⊥平面ABCD，易知BO＝，所以PO＝＝，所以正四棱台ABCD­A1B1C1D1的高为，所以V正四棱台ABCD­A1B1C1D1＝×(22＋12＋)×＝. 4．(2023·全国乙卷)已知点S，A，B，C均在半径为2的球面上，△ABC是边长为3的等边三角形，SA⊥平面ABC，则SA＝_2_. 解析　 如图，设△ABC的外接圆圆心为O1，连接O1A，因为△ABC是边长为3的等边三角形，所以其外接圆半径r＝O1A＝××3＝.将三棱锥S­ABC补形为正三棱柱SB1C1­ABC，由题意知SA为侧棱，设球心为O，连接OO1，OA，则OO1⊥平面ABC，且OO1＝SA.又球的半径R＝OA＝2，OA2＝OO＋O1A2，所以4＝SA2＋3，得SA＝2. 学科网（北京）股份有限公司 $