19 专题四 课时9 空间几何体的表面积、体积（教师用书Word版）-【高考快车道】2026年高考数学大二轮专题复习与讲义

[典例]　(15分)(2025·全国二卷)如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，∠DAB＝90°，F为CD的中点，点E在AB上，EF∥AD，AB＝3AD，CD＝2AD．将四边形EFDA沿EF翻折至四边形EFD′A′，使得面EFD′A′与面EFCB所成的二面角为60°． (1)证明：A′B∥平面CD′F； (2)求平面BCD′与平面EFD′A′所成的二面角的正弦值． 明条件，顺思路 规范答，抢得分(填一填) 点关键，防陷阱 ①读图形、题干：如图，AB∥CD，将四边形EFDA沿EF翻折至四边形EFD′A′→联想到：翻折前后折线同侧平行关系不变→A′E∥FD′，BE∥CF． ②读所证：A′B∥平面CD′F→想方法：(ⅰ)线面平行的判定定理； (ⅱ)面面平行的性质定理→ ③读题干：∠DAB＝90°，EF∥AD联想到翻折前后垂直关系不变，EF⊥FD′，EF⊥FC． ④读题干：面EFD′A′与面EFCB所成的二面角为60°→想问题： (ⅰ)二面角的平面角的定义是什么？ (ⅱ)能找到二面角的平面角吗？ ⑤读所求：求面BCD′与面EFD′A′所成二面角的正弦值求二面角的大小一般用空间向量，需建立空间直角坐标系→需找出两两垂直的三条线段→△CFD′为正三角形→如何取点建系？ ⑥建系后可求出相关点B，C，D′，E，F的坐标，进而求出相关向量的坐标(向量坐标＝终点坐标－起点坐标)． ⑦求法向量一般用待定系数法，其步骤为：设向量；选向量；列方程组；解方程组；赋非零值；得结论． ⑧求出法向量m，n后只需代入两平面夹角公式计算即可． 平面α与平面β的夹角为θ，则cos θ＝|cos 〈m，n〉|＝． [解]　(1)证明：法一：第1步：利用线线平行得两组线面平行 ∵EB∥FC，EB⊄平面CD′F，FC⊂平面CD′F， ∴EB∥平面CD′F，…………(2分) ∵A′E∥D′F，A′E⊄平面CD′F，D′F⊂平面CD′F， ∴A′E∥平面CD′F．………………(4分) 第2步：利用两组线面平行得面面平行 ∵EB⊂平面BA′E，A′E⊂平面BA′E，EB∩A′E＝E， ∴平面BA′E∥平面CD′F．…………(5分) 第3步：利用面面平行得线面平行 ∵A′B⊂平面BA′E，∴A′B∥平面CD′F．………………(6分) 法二：第1步：利用面面平行的判定定理得面面平行 ∵EB∥FC，A′E∥D′F，………………(1分) EB⊂平面BA′E，A′E⊂平面BA′E， FC⊂平面CD′F，D′F⊂平面CD′F，………………(3分) EB∩A′E＝E，∴平面BA′E∥平面CD′F．………………(5分) 第2步：利用面面平行得线面平行 ∵A′B⊂平面BA′E，∴A′B∥平面CD′F．………………(6分) (2)第1步：找到面EFD′A′与面EFCB所成二面角的平面角 ∵∠DAB＝90°，EF∥AD，∴∠FEB＝90°，即AB⊥EF， 翻折后，A′E⊥EF，EB⊥EF， ∴面EFD′A′与面EFCB所成二面角的平面角为∠A′EB， 即∠A′EB＝60°，同理∠D′FC＝60°．……………………(7分) 第2步：找出3条两两垂直的线段，建立空间直角坐标系 设AD＝1，取CF的中点O，连接D′O， 在△OD′F中，D′F＝1，OF＝，∠D′FO＝60°，由余弦定理得OD′＝， ∴D′F2＝OF2＋OD′2，∴OD′⊥OF．……………………(8分) 在线段EB上取一点M，使得EM＝，连接OM，则EM＝OF，又EM∥OF，∴四边形EMOF为平行四边形， ∴EF∥OM， ∵D′F⊥EF，CF⊥EF，D′F∩CF＝F，∴EF⊥平面CD′F，即OM⊥平面CD′F，∵OD′⊂平面CD′F，∴OM⊥OD′， ∴OM，OC，OD′两两垂直， 如图所示，以O为坐标原点，的方向分别为x轴、y轴、z轴的正方向，建立空间直角坐标系，………………(9分) 第3步：写出相关点及向量的坐标 则B，C， D′，E，F＝(1，1，0)， ＝＝(1，0，0)，＝．………………(10分) 第4步：求平面BCD′的法向量 设平面BCD′的法向量为m＝(x1，y1，z1)， 则即 取z1＝，则m＝(－3，3，)．………………(11分) 第5步：求平面EFD′A′的法向量 设平面EFD′A′的法向量为n＝(x2，y2，z2)， 则即 取z2＝，则n＝(0，－3，)．………………(12分) 第6步：利用向量的夹角公式求平面与平面夹角的余弦值 设平面BCD′与平面EFD′A′的夹角为θ， 则cos θ＝|cos 〈m，n〉|＝＝＝＝，………………(13分) 第7步：利用同角三角函数的基本关系求二面角的正弦值 ∴sin θ＝＝＝， ∴平面BCD′与平面EFD′A′所成二面角的正弦值为．………………(15分) ①解答折叠问题的关键是分清翻折前后图形的位置和数量关系的变与不变，一般地，位于“折痕”同侧的点、线、面之间的位置和数量关系不变，而位于“折痕”两侧的点、线、面之间的位置关系会发生变化． ②高考立体几何解答题第(1)问几何关系的证明，一般用几何法． ③面面平行的判定定理中需强调两条直线相交． ④易错：使用向量法求空间角，建系前应注意证明相交于一点的三条直线两两垂直．对于本题中这种不规则几何体，则需要利用线面、面面垂直关系，找到“墙角”建系． ⑤正确掌握点的坐标的求法是使用向量法的前提与关键(本题可借助线段的长度关系，通过向量运算求点的坐标)． 思考：能否利用A′点的坐标求出平面EFD′A′的法向量 ⑥垂直于平面的直线的方向向量，称为平面的法向量；一个平面的法向量有无数个，且它们互相平行． ⑦易错：求出二面角的余弦值，需转化为二面角的正弦值． 课时9　空间几何体的表面积、体积 [备考指南]　空间几何体的表面积和体积是高考考查的重点内容，常以选择题、填空题为主，要求考生有较强的空间想象能力和计算能力，难度为中低档． 基础考点1　多面体的表面积与体积 【母题1】　[苏教版必修第二册P218T6]一个封闭的正三棱柱容器的高为2a，内装水若干(如图(1)，底面处于水平状态)．将容器放倒(如图(2)，一个侧面处于水平状态)，若此时水面与各棱的交点E，F，F1，E1分别为所在棱的中点，则图(1)中水面的高度为 ． 　 a　[设正三棱柱的底面积为S， 则＝2aS， 而＝，即S△AFE＝S， ∴S四边形BCFE＝S， ＝S·2a＝aS， ∴题图(1)中水面的高度为a．] 链接核心知识：空间几何体的体积公式 (1)V柱＝Sh(S为底面面积，h为高)． (2)V锥＝Sh(S为底面面积，h为高)． (3)V台＝(S上＋＋S下)h(S上，S下分别为上、下底面面积，h为高)． (4)V球＝πR3(R为球的半径)． 1．[人教A版必修第二册P120习题8.3T9改编]如图1所示的宫灯又称宫廷花灯，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，2 dm，正六棱台与正六棱柱的高分别为1 dm，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 A　[正六棱柱的六个侧面面积之和为2×6×6＝72(dm2)，正六棱柱的底面面积为×22×6＝6(dm2)，正六棱台的斜高为＝＝2(dm)， 故正六棱台的侧面积为×(4＋2)×2×6＝36(dm2)， 又正六棱台的上底面面积为×42×6＝24(dm2)， 所以该花灯的表面积为72＋6＋36＋24＝108＋30(dm2)．故选A．] 2．(2025·广东深圳二模)已知正四棱锥的底面边长为6，且其侧面积是底面积的2倍，则此正四棱锥的体积为(　　) A．36 B．36 C．108 D．108 A　[如图，在正四棱锥P-ABCD中，PO为四棱锥的高，PE为侧面的高，因为正四棱锥的底面边长为6，且其侧面积是底面积的2倍， 所以S侧＝4××6PE＝2S底＝72，解得PE＝6， PO＝＝3， 所以VP-ABCD＝S底·PO＝×36×3＝36．故选A．] 3．(2023·新高考Ⅰ卷)在正四棱台ABCD-A1B1C1D1中，AB＝2，A1B1＝1，AA1＝，则该棱台的体积为 ． 　[法一(直接法)：如图，记上底面、下底面的中心分别为O1，O，则四边形AOO1A1为直角梯形．由题意可知AO＝2A1O1＝，则棱台的高h＝OO1＝，所以棱台的体积V＝(4＋1＋)＝． 法二(割补法)：如图，将正四棱台ABCD-A1B1C1D1补形，得到正四棱锥O-ABCD．由AB＝2A1B1，AA1＝，可得OA＝2，所以正四棱锥O-ABCD的高h＝，其体积V1＝×4×＝．同理，可得正四棱锥O-A1B1C1D1的高h＝，其体积V2＝×1×＝，则该棱台的体积V＝V1－V2＝． ] 反思领悟：求解几何体的表面积或体积的策略 (1)直接法：对于规则几何体可直接利用公式计算． (2)割补法：对于不规则几何体，可采用“分割、补体”的思想，采用化整为零或化零为整求解． (3)等体积转化法：对于某些动态三棱锥的体积问题，直接求解不方便时，可采用转换底面的方式求解，尤其涉及“空间点到平面的距离”问题，常采用等体积转换法求解． 【教用·备选题】 1．正多面体被认为是构成宇宙的基本元素，加上它的多种变体，一直是科学、艺术、哲学灵感的源泉之一．若连接正方体六个面的中心构成一个正八面体，则正方体与所得八面体的表面积之比为(　　) A．　　　B．3　　　C．2　　　D．6 C　[设正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，则其表面积S1＝6×22＝24．如图，记该正八面体为PEFGHQ，考虑侧面PGH，取CC1的中点为M，连接MG，MH，易得MG＝MH＝1，GH＝＝，所以S△PGH＝×()2＝，则该八面体的表面积S2＝×8＝4．于是＝＝2．故选C． ] 2．[高考改编]楔体形构件在建筑工程上有广泛的应用．如图，某楔体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，则该楔体形构件的体积为 ． 30 cm3　[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，EG∥FB， 同理EH∥FC，又GH∥BC， 所以几何体EGH-FBC为三棱柱， 又EF与平面ABCD的距离为2 cm，即点E到平面ABCD的距离h＝2 cm，由题意，可得 V四棱锥E-AGHD＝S矩形AGHD·h＝AD·AG·h＝×6×3×2＝12(cm3)． 又V三棱柱EGH-FBC＝3V三棱锥B-EGH＝3V三棱锥E-BGH＝3××V四棱锥E-AGHD＝V四棱锥E-AGHD＝×12＝18(cm3)． 所以该多面体的体积为V＝V四棱锥E-AGHD＋V三棱柱EGH-FBC＝12＋18＝30(cm3)．] 基础考点2　旋转体的表面积与体积 【母题2】　[人教A版必修第二册P120习题8.3T4]如图，圆锥PO的底面直径和高均是a，过PO的中点O′作平行于底面的截面，以该截面为底面挖去一个圆柱，则剩下几何体的表面积为 ；体积为 ． πa2　　[圆锥PO的底面半径为，高为a，则圆柱OO′的底面半径是，高为， 圆锥的表面积为 π×＋π×＝πa2， 圆柱的侧面积为2π×＝． ∴剩下几何体的表面积为 πa2＋＝πa2； 圆锥的体积VPO＝π××a＝a3， V圆柱＝π×＝a3， ∴剩下几何体的体积是＝．] 链接核心知识：旋转体的侧面积和表面积 (1)S圆柱侧＝2πrl，S圆柱表＝2πr(r＋l)(r为底面半径，l为母线长)． (2)S圆锥侧＝πrl，S圆锥表＝πr(r＋l)(r为底面半径，l为母线长)． (3)S球表＝4πR2(R为球的半径)． 1．(多选)如图，一个圆柱和一个圆锥的底面直径和它们的高都与一个球的直径2R相等，则下列结论正确的是(　　) A．圆柱的侧面积为2πR2 B．圆锥的侧面积为2πR2 C．圆柱的侧面积与球的表面积相等 D．圆柱、圆锥、球的体积之比为3∶1∶2 CD　[圆柱的侧面积为2πR×2R＝4πR2，故A错误；圆锥的母线长为＝R，圆锥的侧面积为πR×R＝πR2，故B错误；球的表面积为4πR2，所以圆柱的侧面积与球的表面积相等，故C正确；圆柱的体积为πR2×2R＝2πR3，圆锥的体积为×πR2×2R＝R3，球的体积为，所以圆柱、圆锥、球的体积之比为2πR3∶R3∶R3＝3∶1∶2，故D正确． 故选CD．] 2．(2025·甘肃平凉模拟)如图，在梯形ABCD中，AB∥DC，BC⊥AB，∠A＝，AB＝2CD＝4，E为线段AB的中点，先将梯形挖去一个以BE为直径的半圆，再将所得平面图形以线段BE的垂直平分线为旋转轴旋转一周，则所得几何体的体积为(　　) A．8π　　　B．　　　C．7π　　　D．6π A　[由题意知在梯形ABCD中，AB∥DC，BC⊥AB，∠A＝，AB＝2CD＝4，E为线段AB的中点， 可连接DE， 可知BC＝DE＝(AB－DC)·tan ＝2． 几何体为一个圆台中挖去半球所形成的几何体，其中圆台的上底面半径为1，下底面半径为3，半球的半径为1， V圆台＝(9π＋π＋)×2＝，V半球＝＝， 故该几何体的体积为V＝V圆台－V半球＝＝8π． 故选A．] 易错提醒：(1)求解旋转体的表面积问题应注意其侧面展开图的应用． (2)易混淆几何体的表面积与侧面积，几何体的表面积是几何体的侧面积与所有底面面积之和，易漏掉几何体的底面积． 【教用·备选题】 1．辽宁省博物馆收藏的商晚期饕餮纹大圆鼎(如图1)出土于辽宁省喀左县小波汰沟．此鼎直耳，深腹，柱足中空，胎壁微薄，口沿下及足上端分别饰单层兽面纹，足有扉棱，耳、腹、足皆有贯痕．它的主体部分可以近似地看作是半球与中空无盖圆柱的组合体(忽略鼎壁厚度)，如图2所示．已知球的半径为R，圆柱的高近似于半球的半径，则此鼎主体部分的容积与外表面积之比约为(　　) A．R B．R C．R D．R D　[由球的半径为R，则圆柱体的高为R， 此鼎主体部分的容积约为πR3＋πR2×R＝πR3， 此鼎主体部分外表面积约为×4πR2＋2πR×R＝4πR2， 所以此鼎主体部分的容积与外表面积之比约为＝R． 故选D．] 2．(2022·全国甲卷)甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为2π，侧面积分别为S甲和S乙，体积分别为V甲和V乙．若＝2，则 ＝(　　) A．　　　　　　　　　 B．2 C． D． C　[设母线长为l，甲圆锥底面圆的半径为r1，乙圆锥底面圆的半径为r2， 则＝＝＝2， 所以r1＝2r2， 又＝2π， 则＝1， 所以r1＝l，r2＝l， 所以甲圆锥的高h1＝＝l， 乙圆锥的高h2＝＝l， 所以＝＝＝． 故选C．] 能力考点　截面问题 【典例】　(1)(2024·浙江91 联盟模拟)如图，已知长方体ABCD-A1B1C1D1的体积为V，E是棱C1D1的中点，平面AB1E将长方体分割成两部分，则体积较小的一部分的体积为(　　) A．V　　　　　　　　 B．V C．V D．V (2)[新定义]当飞机超音速飞行时，声波会形成一个以飞机前端为顶点，飞机的飞行方向为轴的圆锥(如图)，称为“马赫锥”．马赫锥的轴截面顶角θ与飞机的速度v、音速c满足关系式sin ＝．若一架飞机以2倍音速沿直线飞行，则该飞机形成的马赫锥在距离顶点30 m处的截面圆面积为(　　) A．100π m2 B．300π m2 C．600π m2 D．900π m2 (1)A　(2)B　[(1)取DD1的中点F，连接EF，AF，DC1，A1F，B1F，易知EF∥DC1∥AB1，所以平面AB1E与DD1的交点为F． 设长方体的长、宽、高分别为a，b，c，则V＝abc． 平面AB1EF将长方体分割成两部分，则体积较小的一部分的体积为 ＋＝·b··a·c＋c···b＝abc＝V． (2)如图所示，该飞机形成的马赫锥在距离顶点30 m处的截面圆圆心为O，AB为马赫锥的母线， 由题意sin ∠BAO＝sin ＝＝＝， 而∠BAO是锐角，所以∠BAO＝30°， 又AO＝30 m， 所以BO＝AO·tan 30°＝10(m)， 该飞机形成的马赫锥在距离顶点30 m处的截面圆面积为π×(10)2＝300π(m2)．] 反思领悟：作几何体截面的方法 (1)利用平行直线找截面． (2)利用相交直线找截面． 1．(多选)在立体几何中，用一个平面去截一个几何体得到的平面图形叫截面．平面α以任意角度截正方体，所截得的截面图形可能为(　　) A．等腰梯形　　　　 B．非矩形的平行四边形 C．正五边形 D．正六边形 ABD　[在正方体中画出截面图形如图1，C，D分别是所在棱的中点，四边形ABCD为等腰梯形，故A正确； 　 在正方体ABCD-A1B1C1D1中，作截面EFGH(如图2所示)交C1D1，A1B1，AB，CD分别于点E，F，G，H，根据平面平行的性质定理可得四边形EFGH中，EF∥HG，且EH∥FG，故四边形EFGH是平行四边形，但不一定是矩形，故B正确； 　 经过正方体的一个顶点去截就可得到五边形(如图3所示)，但此时不可能是正五边形，故C错误； 六边形的顶点为正方体各棱的中点，六边形为正六边形(如图4所示)，故D正确．] 2．(2024·广东广州模拟)如图所示，某同学制作了一个工艺品．该工艺品可以看成是一个球被一个棱长为8的正方体的六个面所截后剩余的部分(球心与正方体的中心重合)．若其中一截面圆的周长为4π，则球的体积为(　　) A．　　　　　　　 B． C． D． C　[设球的半径为R，截面圆的半径为r，相对的两个截面圆间的距离为2d， 因为截面圆的周长为4π，可得2πr＝4π，解得r＝2， 又因为该工艺品可以看成是一个球被一个棱长为8的正方体的六个面所截后剩余的部分， 所以相对两截面圆之间的距离为2d＝8，解得d＝4， 根据球的截面的性质，可得R2＝r2＋d2＝22＋42＝20，即R＝2(负值舍去)， 所以球的体积为V＝R3＝． 故选C．] 1．(2024·新高考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 B　[设圆柱的底面半径为r，则圆锥的母线长为，因为它们的侧面积相等，所以2πr×＝πr×，即2＝，故r＝3， 故圆锥的体积为π×9×＝3π．故选B．] 2．(2024·天津卷)在如图所示的五面体中，棱AD，BE，CF互相平行，且两两之间距离为1，若AD＝1，BE＝2，CF＝3，则该五面体的体积为(　　) A． B． C． D． C　[因为AD，BE，CF两两平行，且两两之间距离为1，则该五面体可以分成一个侧棱长为1的三棱柱和一个底面为梯形的四棱锥，其中三棱柱的体积 等于棱长均为1的直三棱柱的体积，四棱锥的高为，底面是上底为1、下底为2、高为1的梯形，故该五面体的体积V＝×12××1＋＝．故选C．] 3．(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)和3(r2－r1)，则圆台甲与乙的体积之比为 ． 　[由题意可得两个圆台的高分别为h甲＝＝(r2－r1)， h乙＝＝2(r2－r1)， 所以＝＝ ＝＝．] 10 / 21 学科网（北京）股份有限公司 $