第6章 第2节 空间几何体的表面积与体积-【创新教程】2027年高考数学总复习大一轮讲义（人教B版）

第六章立体几何与空间向量 第2节 空间几何体的表面积与体积 ★[课程标准]了解球、棱柱、棱锥、台的表面积和体积的计算公式 夯实>必备知识 教材夯实强基固本 必备知识 3.祖暅原理 (1)祖堩原理：幂势既同，则积不 1.常见几何体的侧面展开图 容异 名称 侧面展开图 侧面展开图 (2)含义：夹在两个平行平面间 棱柱 A D G B A D.C 的两个几何体，如果被平行于这两个平面的任 A B C B A D C 矩形 意平面所截，两个截面的面积总相等，那么这两 个几何体的体积一定相等.如图所示 4.常见空间几何体的体积公式 圆柱 矩形 (1)设棱（圆）柱的底面积为S,高为h,则体积 V=Sh. (2)设棱（圆）锥的底面积为S,高为h,则体积 棱锥 v-3Sh. (3)设棱（圆）台的上、下底面面积分别为S,S,高 为A,则体积V-专(S+VSS+Sh, 圆锥 扇形 (④设球半径为R,则球的体积V=青R, 重要结论 1.长方体的外接球 棱台 球心：体对角线的交点；半径：r= √a2+b2+c2 2 (a,b,c为长方体的长、宽、高) 2.正方体与球 (1)正方体的内切球：截面图为正方形 圆台 EFHG的内切圆，如图所示.设正方 体的棱长为a,则10川=r-号6，为 2.常见旋转体的表（侧）面积 内切球半径). 名称 图形 表面积 侧面积 (2)与正方体各棱相切的球：截面图为正方形EF 0'r 圆柱 G的外接国.则1G01=R-号。 S侧一 3.正四面体与球 如图，设正四面体的棱长为 a,内切球的半径为r,外接球 S侧= 的半径为R,取AB的中点为 圆锥 D,连接CD,SE为正四面体 的高，在截面三角形SDC内 作一个与边SD和DC相切，圆心在高SE上的 圆台 S侧 圆.因为正四面体本身的对称性，内切球和外接 球的球心同为O.此时，CO=OS=R,OE=r,SE ，CE=9,则有R+ 2 球 R-2=CE-写，解得R- 4a,r= 6 12a. ·149 高考总复习人教数学B版（新教材） 4.三条侧棱互相垂直的三棱锥的外接球 ◆[小题查验] (1)如果三棱锥的三条侧棱互相 垂直并且相等，则可以补形 1.(教材改编)圆台的一个底面周长是另一个底面 B 为一个正方体，正方体的外 周长的3倍，母线长为3，圆台的侧面积为84π， 接球的球心就是三棱锥的外 接球的球心.即三棱锥 则圆台较小底面的半径为 ( A1AB1D1的外接球的球心 A.7 B.6 C.5 D.3 和正方体ABCD-A1B1C1D1的外接球的球心 重合.如图，设AA1=a,则R= 2.(2022·全国乙卷，9)已知球O的半径为1，四棱 2a. (2)如果三棱锥的三条侧棱互相垂直但不相等，则可 锥的顶点为O,底面的四个顶点均在球O的球面 以补形为一个长方体，长方体的外接球的球心就 上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为( 是三棱锥的外接球的球心.R2=Q2+2+C_ 4 (1为长方体的体对角线长). A司 B司 自主诊断 3.(2023·新课标Ⅱ卷)底面边长为4的正四棱锥被 ◆[思考辨析] 判断下列说法是否正确，正确的在它后面的括号 平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2， 里打“√”，错误的打“×” 高为3的正四棱锥，所得棱台的体积为 (1)圆柱的一个底面积为S,侧面展开图是一个 正方形，那么这个圆柱的侧面积是2πS.() 4.（教材改编)在如图所示的斜截圆柱 (2)设长方体的长、宽、高分别为2a,a,a,其顶点 都在一个球面上，则该球的表面积为3πa2.( 中，已知圆柱底面的直径为40cm, 50 cn (3)若一个球的体积为43π，则它的表面积为12元. 母线长最短50cm,最长80cm,则 40m (4)在△ABC中，AB=2,BC=3,∠ABC=120°， 斜截圆柱的侧面面积S= cm2 使△ABC绕直线BC旋转一周所形成的几何体 5.一个空间几何体的所有棱长均为1cm,其表面展开 的体积为9π. ( (6)将圆心角为，面积为3x的扇形作为圆锥的 图如图所示，则该空间几何体的体积V=cm3. 侧面，则圆锥的表面积等于4π. (6)将边长为a的正方形ABCD沿对角线AC折 起，使BD=a,则三棱锥D一ABC的体积为 跃升>关键能力 层级突破素养提升 春点1)空间几何体的表面积与侧面积（基础点） 3.如图所示，在直三棱柱A1B1C1 ABC中，AC⊥BC,AC=4,BC= 1.(2024·河南周口模拟)如图， CC1=2.若用平行于三棱柱 在三棱柱ABCA1B1C1中， A1B1C1-ABC的某一侧面的平 AA1⊥底面ABC,AB⊥BC, 面去截此三棱柱，使得到的两个 AA1=AC=2,直线A1C与侧 几何体能够拼接成长方体，则长 面AA1B1B所成的角为30°， 方体表面积的最小值为 则该三棱柱的侧面积为( 题后反思 几何体表面积的求法 A.4+4√2 B.4+4√3 (1)求解有关多面体表面积的问题，关键是找到 C.12 D.8+4√2 其特征几何图形，如棱柱中的矩形，棱台中的 2.圆台的母线长扩大到原来的n倍，两底面半径都 直角梯形，棱锥中的直角三角形，它们是联系 高与斜高、边长等几何元素的桥梁，从而架起 缩小为原来的是，那么它的侧面积为原来的 侧面积公式中的未知量与条件中已知几何元 素的联系. 倍. ·150 第六章立体几何与空间向量 (2)圆柱、圆锥、圆台的侧面是曲面，计算侧面积 规律总结 时需要将曲面展为平面图形计算，而表面积 求空间几何体的体积的常用方法 是侧面积与底面圆的面积之和 对于规则几何体的体积问题，可以 公式法 提醒：组合体的表面积应注意重合部分的处理。 直接利用公式进行求解 春点2 空间几何体的体积 把不规则的图形分割成规则的图 形，然后进行体积计算；或者把不 ◆[命题角度1]直接利用公式求体积（基础点） 割补法 规则的几何体补成规则的几何体， 1.(2023·新课标I卷)在正四棱台ABCD 不熟悉的几何体补成熟悉的几何 A1B1C1D1中，AB=2,A1B1=1,AA1=√2，则 体，便于计算其体积 该棱台的体积为 一个几何体无论怎样转化，其体积 ◆[命题角度2]割补法求体积（应用点） 总是不变的.如果一个几何体的底 面面积和高较难求解时，我们可以 2.学生到工厂劳动实践，利用 D 采用等体积法进行求解.等体积法 3D打印技术制作模型.如 等体积法 也称等积转化或等积变形，它是通 图，该模型为长方体ABCD 过选择合适的底面来求几何体体 A1B1C1D1挖去四棱锥 积的一种方法，多用来解决有关锥 OEFGH后所得的几何体.其中O为长方体的中 体的体积，特别是三棱锥的体积 心，E,F,G,H分别为所在棱的中点，AB=BC= 提醒：求一些不规则几何体的体积常用割补的方 法将几何体转化成已知体积公式的几何体进行 6cm,AA1=4cm.3D打印所用原料密度为 解决 0.9g/cm3,不考虑打印损耗，制作该模型所需原 1跟踪训练 料的质量为 g 1.(多选)正三棱锥底面边长为3，侧棱长为2√3，则 3.如图，在多面体ABCDEF中， 下列叙述正确的是 () 已知四边形ABCD是边长为1 A.正三棱锥高为3 的正方形，且△ADE,△BCF 均为正三角形，EF∥AB,EF=2,则该多面体的 B.正三棱锥的斜高为39 2 体积为 C.正三棱锥的体积为27,5 4 ◆[命题角度3]等体积法求体积（基础点） 4.如图所示，已知三棱柱ABC D.正三棱锥侧面积为339 A1B1C1的所有棱长均为1，且 2.已知圆锥的顶点为S,母线SA,SB互相垂直， AA1⊥底面ABC,则三棱锥 SA与圆锥底面所成角为30°，若△SAB的面积 B1-ABC1的体积为 为8，则该圆锥的体积为 ( 专点3)球与空间几何体的接切问题（综合性、应用性） A B③ 4 ◆[命题角度1]球的内切问题 cf D 1.已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥 内半径最大的球的体积为 ·151 高考总复习人教数学B版（新教材） 技巧点拨 3.(2023·全国甲卷)在正方体ABCD-A1B1C1D 解决与球的内切问题主要是指球内切多面体与 中，AB=4,O为AC1的中点，若该正方体的棱与 旋转体，解答时首先要找准切点，通过作截面来 球O的球面有公共点，则球O的半径的取值范 解决.如果内切的是多面体，则作截面时主要抓 围是 住多面体过球心的对角面来作. 技巧点拨 1跟踪训练 把一个多面体的儿个顶点放在球面上即为球的 1.(2024·晋中市模拟)四棱锥P-ABCD的底面 外接问题.解决这类问题的关键是抓住外接的特 ABCD是边长为6的正方形，且PA=PB=PC 点，即球心到多面体的顶点的距离等于球的 PD,若一个半径为1的球与此四棱锥所有面都相 切，则该四棱锥的高是 半径 ( !跟踪训练 A.6 B.5 c. 2.(2024·洛阳统考一)已知正方形ABCD的边长 ◆[命题角度2]球的相接问题 为2，AB中点为E,现将△ADE与△BEC分别 2.已知三棱锥P-ABC的四个顶点都在球O的表 沿ED,EC向上翻折，使A,B重合于O点，则三 面上，PA⊥平面ABC,AB⊥BC,且PA=8,若平 棱锥O一DEC等外接球的表面积S= 面ABC截球O所得截面的面积为9π，则球O的 表面积为 C温馨提 学习至此，请完成配套训练课时冲关43 A.10π B.25π C.50π D.100π 第3节空间点、直线、平面之间的位置关系 ★[课程标准]1.理解空间直线、平面位置关系的定义.2.了解可以作为推理依据的公理和定理.3.能 运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间位置关系的简单命题. 夯实必备知识 教材夯实强基固本 必备知识 的一条垂线，a是直线l的一个垂面，记作1⊥a), 一、构成空间几何体的基本元素 其中点A称为垂足. 1.空间几何体的基本元素 (2)点面距：若点A是平面a外一点，AB⊥a,B为 长方体、圆柱、圆锥、球等都是几何体（几何体也 垂足，则线段AB的长为点A到平面α的距离. 简称为“体”)，包围着几何体的都是“面”，面与面 (3)线面距、面面距转化为点面距. 相交给人“线”的形象，线与线相交给人“点”的形 二.平面的基本事实与推论 象 是构成空间几何体的基本 1.三个基本事实 元素 图形 文字语言 符号语言 2.空间中的两条直线a,b的位置关系 an6=g3a与6平行 A,B,C三 过 (a与b异面 点不共线→ 基本 A 的三 a∩b≠→a与b相交 事实1a .C 点，有且只有 存在唯一的 平面a使 fana=d→a∥a 一个平面 A,B,C∈a 3.直线a与平面a的位置关系 a∩a≠⑦a与a相交 a在&内 如果一条直线 4平面α与平面月的位置关系几2>a与B平行 上的 a∩≠财→a与B相交 A∈l,B∈l, 基本 在一个平面 5.直线与平面垂直： 事实2 且A∈a,B 内，那么这条 (1)定义：一般地，如果直线1与平面a相交于一点 ∈a→lCa 直线在这个平 A,且对平面α内任意一条过点A的直线m,都 面内 有l⊥m,则称直线1与平面a垂直（或1是平面a ·152即数列{an}的通项公式为an=4”(n考点3 ∈N+). [典例]D[如图所示为原图形和其 (2)证明：由(1)有bn=log2an= 直观图. log24"=2n,则 (b,+1)(b,-1) (2n+1)(2n-1) A'O DB 由图可知，A'B'=AB=a,OC 工=[(-)+（仔-吉） 4a, 十… (六川 在图中作CD'⊥A'B'于D', 则cp'=oc'=5。 2 8 4.解：(1)n=2时，a2=3a1+32-1. Sa=AB'CD'=号 Xax n=3时，a3=3a2十33-1=95， .a2=23,.23=3a1十8，a1=5. -。 (2)当n≥2时6，-b,1=(a,十t) 互动探究 3" 解析：建立如图所 3a+0=(a,+-3a, 3” 示的坐标系xOy', △A'B'C的顶，点C -30)=÷(3-1-2)=1-124 3” 在y轴上，A'B'边 在x轴上，OC为 要使{b,》为等差数列，则必需使 △ABC的高.把y OA(A)B(B) 1十为常教， 轴绕原，点逆时针旋转45°得y轴，则 3” 点C变为点C,且OC=2OC,A、B .t=- 即存在1= 1 ，使{6， 点即为A'、B点，长度不变. 为等差数列. 已知A'B'=A'C'=a,在△OA'C中， OC 第六章 第1节 由正弦定理得 sin ZOA'C' 夯实·必备知识 必备知识 A'C' 2.垂直不垂直 正多边形 直 平 sin 45, 行四边形正多边形垂直 4.斜二 所以OC'=sin120° √6 测(1)45（或135）垂直(2)平行 sin45°a 2a, 于不变原来的一半 所以原三角形ABC的高OC=√6a, 思考辨析 (1)X(2)× (3)× (4)×(5)× 所以S△ABC= -xax/ia-Fo. 小题查验1.B2.B3.C 4.①②④5.③⑤ 寄案 跃升·关键能力考点1 跟踪训练C 1.B 2.D 3.BCD 第2节 考点2命题角度1[典例1]B 夯实·必备知识必备知识 跟踪训练1.C 1.共顶点的三角形若干个小梯形 命题角度2 扇环2.S=2πr2十2πrl=2πr(r十l) [典例2]B[如D 2πrlS=πr2+πrl=πr(r十l)πrl 图所示，沿母线 π('2+r2十r'L十rl)π(r十r)l BC展开，曲面上 A 4πr2 从A到C的最短距离为平面上从A 思考辨析(1)×(2)×(3)/ 到C的线段的长 (4)×(5)/(6)× :AB=BC=5,∴A'B=AB= 小题查验1.A2.C3.28 2 5 2πX .5 260x5.1+号 =2元 2 跃升·关键能力考点1 AC=AB+BC√+2 1.A2.13.24 考点2命题角度1 =+1= 1.解析：如图，将正四棱台ABCD √π+4.] A1B1CD1补成正四棱锥，则AO 跟踪训练2.13 =√2， ·443· 参考答案 SA=2√2， 0=9 D A +S2+ -0 √SS2)h, V=号(2+1+ExT)X 6 =76 6 若案 命题角度2 2.解析：此题牵涉到的是3D打印新时 代背景下的几何体质量，忽略问题易 致误，理解题中信息联系几何体的体 积和质量关系，从而利用公式求解 由题意得，四棱锥O一EFGH的底面积 为4X6-4X号×2X3m=12cm, 其高为点O到底面BB1CC的距离 为3cm,则此四棱锥的体积为V, 号×12×3cm=12m.又长方你 ABCD-A1BCD1的体积为V2=4X 6×6cm3=144cm3,所以该模型体 积为V=V,一V1=(144-12)cm3= 132cm,其质量为0.9×132g= 118.8g. 答案：118.8 命题角度34.A 跟踪训练1.AB2.8π 考点3命题角度11号。 跟踪训练1.D 命题角度22.D 3.解析：设球的半 D 径为R.当球O 是正方体的外 A 接球时，恰好经 0 过正方体的每 个顶点，所求的 球的半径最大， 若半径变得更大，球会包含正方体， 导致球面和棱没有交点，正方体的外 接球直径2R为体对角线长AC= √4+4+4=4√5， 即2R′=4V3,R′=2√3， 故Rmx=2√5； 分别取侧棱AA1,BB1,CC1,DD1的 中点M,H,G,N,显然四边形MNGH 是边长为4的正方形，且O为正方形 MNGH与体对角线的交点， 连接MG,则MG=4√2，当球的一个 大圆恰好是四边形MNGH的外接 高考总复习人教数学B版（新教材） 圆，球的半径达到最小，即R的最小 故EC,FH共面.又点D在直线 值为2√②.综上可知，球O的半径R FH上， 的取值范围是[2√2,2√5]. 所以C,D,F,E四，点共面 跟踪训练1.A 答案：[2√2,2√5] 命题角度2 跟踪训练 2.证明：(1)如图，连接 2.解析：依题意 CD,EF,A B, EO⊥OC,EO 因为E,F分别是AB ⊥OD,OD∩ 和AA1的中点，所以 OC=O,OD,E EF∥A1B且EF= OCC平面 DOC,所以OE⊥平面DOC,又OC= A:B. OD=CD=2,0E=合AB=1,所以 又因为A1D1∥BC,且A1D1=BC, 所以四边形A1BCD1是平行四边形. △OCD的外接圆的半径r= 所以AB∥CD1, 号丁=会，设三棱维0 所以EF∥CD1, DEC的外接球的半径为R,则(2R) 即EF与CD1确定一个平面a 且E,F,C,D1∈a, =OE+(2r)2,所以4R2=12十 即E,C,D1,F四，点共面 45 、3 =19,所以三棱维ODEC等 (2)由(1)可知， EF∥CD, 外接球的表面积S=4R=1 3元 且EF=2CD, 答案 所以四边形 CD1FE是梯形. 第3节 所以CE与D,F必相交.设交点为 夯实·必备知识必备知识 P,如图， 一、1.点、线、面二、1.不在一条直线 则P∈CEC平面ABCD,且P∈D,F 上两个点过该点的公共直线 C平面A1ADD. 2.(1)直线外的一点有且只有(2)相 又因为平面ABCD∩平面A1ADD 交有且只有(3)平行有且只有 =AD, 三、1.(1)不相交(2)平行2.(1)任 所以P∈AD,所以CE,DF,DA交 何一个平面内(2)平面(3)不经过 于一点 交点3.(1)平行或重合(2)0°<0≤ 跟踪训练 90°四、平行相同相等五、1.顺 次顶点相邻不相邻2.顶点 2解：荒 =2,∴.EF∥AC, AB,BC,CD,DA AC,BD EF∥平面ACD,而EFC平面 思考辨析(1)×(2)×(3)√ EFGH, (4)×(5)/(6)× 平面EFGH∩平面ACD=GH, 小题查验 .EF∥GH,AC∥GH. 1.C2.B3.D4.③ 5.(1)4cm(2)6cm(3)3cm 部 =3, 跃升·关键能力考点1命题角 AH:HD=3:1. 度1 (2)证明：EF∥GH,且票= 1.解：(1)证明：由题设知，因为G、H分 AC=3 别为FA、FD的中点，所以GH∥AD 肥=BF≠GH, 且GH=AD, .四边形EFGH为梯形」 又BC∥AD且BC=2AD, 令EH∩FG=P,则P∈EH,而EH C平面ABD, 故GH∥BC且GH=BC, 又P∈FG,FGC平面BCD, 所以四边形BCHG是平行四边形. 平面ABD∩平面BCD=BD, (2)C,D,F,E四点共面.理由如下： .P∈BD,.EH,FG,BD三线 由BE∥AF且BE=2AF,G是FA 共点 命题角度3 的中点知BE∥GF且BE=GF,所以3.证明：(1).E,F分别为AB,AD的 四边形EFGB是平行四边形， 中点，EF∥BD, 所以EF∥BG BG DH 由(1)知BG∥CH,所以EF∥CH, 在△BCD中·G元HC= ·444· .GH∥BD.∴.EF∥GH .E,F,G,H四点共面. (2),EG∩FH=P,P∈EG,EGC平 面ABC, .P∈平面ABC. 同理P∈平面ADC .P为平面ABC与平面ADC的公 共点。 又平面ABC∩平面ADC=AC, ∴P∈AC,∴.P,A,C三点共线. 跟踪训练 3.证明：因为AB∥CD,所以AB,CD 确定一个平面B. 又因为AB∩a=E,ABCB,所以E∈ a,E∈B,即E为平面a与B的一个公 共点. 同理可证F,G,H均为平面《与B的 公共点， 因为两个平面有公共，点，它们有且只 有一条通过公共点的公共直线， 所以E,F,G,H四点必定共线 考点21.B2.B3.①③ 考点3 [母题]D[连接BC, 易证BC∥AD1, 则∠A1BC1即为异面直 线A1B与AD1所成的 角.连接A1C1,由AB= 1,则AA1=2,A1C1= √2，A1B=BC1=√5，故 cos∠ABC= 青 [子题1]解析：由平面ABCD内仅有 一点到A1的距离为1，则AA=1. 此时正四棱柱变为正方体ABCD A1BC1D1,由图知A1B与AD1所成 角为∠A1BC1,连接AC1. 则△ABC1为等边三角形， .∠A1BC1=60°， 0s∠ABC=合，故异面直线 AB与AD,所成角的余孩值为子 1 答案：2 [子题2] 解折：设治-1，别A=AB AB=1,.AA1=t,由题意知 ∠A1BC为所求， 又A1C1=√2，A1B=√P+1=BC, .cos∠A1BC= t+1+t2+1-2 9 2×√F+1×√e+110 4=3,即44=3. AB 答案3 [子题3]解析：在平面A1BC,D1内 作m,使m与B1D1相交成a角. BD∥B,D,直线m与BD也成 a角，即m为所求.且m与BD是异