专题06 简单几何体8题型（期末复习知识清单）高一数学下学期沪教版

**基本信息** 高中数学期末专项训练，以“概念-公式-应用”为主线，系统整合简单几何体的结构特征、度量公式及空间问题解法，通过典型例题与变式训练培养直观想象与逻辑推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |柱体|例1+3变式|定义辨析、表面积公式应用、截面分析|从多面体定义到棱柱圆柱结构特征，结合祖暅原理推导体积公式| |锥体|例3+3变式|圆锥展开图转化、体积公式应用、线面角计算|由棱锥定义延伸至圆锥结构，通过轴截面建立空间关系| |台体|概念+公式|台体体积公式推导、结构特征分析|基于锥体截割定义，构建上下底面关系及度量公式| |球|例7-8+4变式|球的截面性质、体积表面积计算、外接球问题|从旋转体定义到球的对称性，结合经纬度及切接问题应用|

专题06 简单几何体 知识点01 柱体 考点1：多面体的定义及其相关概念 定义 图形及表示 相关概念 由三角形或平面多边形围成的封闭几何体称为多面体； 面：构成多面体表面的各三角形或平面多边形； 棱：相邻面的公共边； 顶点：棱与棱的交点； 多面体的概念注意以下两个方面：（1）多面体是由三角形或平面多边形围成的，围成一个多面体，至少要4个面，一个多面体有几个面围成就称为几面体.（2）多面体是一个封闭的几何体，包括其内部的部分. 考点2：棱柱与圆柱 1.棱柱定义、相关概念、结构特征与分类 定义 有一对互相平行的面，且这两个面是两个全等的三角形或平面多边形；同时，不在这两个面上的棱都相互平行；我们把这样的多面体叫做棱柱； 图示及相关概念 底面：两个互相平行的面； 侧面：底面以外的其余各面； 侧棱：不在底面上的棱； 顶点：侧面与底面的公共顶点； 高：棱柱的两个底面之间的距离称为棱柱的高； 棱柱的结构特征与分类 结构特征 分类 底面互相平行且全等: 侧面都是平行四边形; 侧棱都相等,且互相平行 (1)按侧棱与底面是否垂直分类 ①直棱柱:侧棱垂直于底面的棱柱;正棱柱:底面是正多边形的直棱柱; ②斜棱柱:侧棱不垂直于底面的棱柱 (2)按底面的多边形的边数分类:三棱柱、四棱柱、五棱柱…… 2.圆柱 （1）圆柱的定义及相关概念 定义 图示 相关概念 如右图，将矩形ABCD绕其一条边 AB所在直线旋转一周，所形成 的几何体叫做圆柱 轴:AB所在直线 底面:线段AD和BC分别旋转而成的圆面; 侧面:线段CD旋转而成的曲面; 母线:CD叫做该圆柱的母线; 高:圆柱的两个底面间的距离(即 AB的长度) （2）圆柱的截面 ①轴截面:过圆柱的轴的任意平面与圆柱形成的截面 ②横截面:任一平行于圆柱底面的平面与圆柱形成的截面 考点3：祖暅原理 夹在两个平行平面间的两个几何体，如果被平行于这两个平面的任意平面截得的两个截面都有相等的面积，那么这两个几何体的体积必相等. 祖暅原理 （1）“幂势既同，则积不容异”，即“夹在两个平行平面间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等”. （2）作用：等底面积、等高的两个柱体或锥体的体积相等. 考点4：柱体的体积 （1）祖睢原理 夹在两个平行平面间的两个几何体,如果被平行于这两个平面的任意平面截得的两个截面都有相等的面积,那么这两个几何体的体积必相等， （2）柱体的体积公式 几何体 体积公式 棱柱 圆柱 （为圆柱的底面积， 为圆柱的高， 为圆柱的底面半径） 5.柱体的表面积 柱体的表面积:两个底面的面积再加上所有侧面的面积； 柱体的侧面积:所有侧面的面积之和 几何体 图形 表面积公式 直棱柱 （ 为直棱柱的底面周长， 为直棱柱的高） 圆柱 为圆柱的母线长， 为圆柱底面的半径） 知识点02 锥体 考点1：棱锥 1.棱锥 （1）定义及相关概念 定义 图形及表示 相关概念 有一个面是三角形或平面多边 形，且不在这个 面上的棱都有一个公共点,这样的多面体叫做棱锥 底面:三角形或平面多边形; 侧面:有公共顶点的各个三角形面; 侧棱:不在底面上的棱; 顶点:所有侧棱的公共点; 高:顶点到底面的距离 （2）结构特征与分类 结构特征 分类 底面是多边形; 侧面都是三角形; 侧面有一个公共顶点 (1)按底面多边形分类:三棱锥、四棱锥…… (2)正棱锥:底面是正多边形,且底面中心与顶点的连线垂直于底面的棱锥;特别地,侧棱长与底面边长相等的三棱锥叫做正四面体 2.圆锥 定义 将直角三角形 AOB绕其一条直角边AO所在直线旋转一周,所形成的几何体 图形及表示 相关概念 轴:AO所在直线;顶点:母线的交点(即点A);底面:直角边OB旋转而成的圆面;侧面:斜边 AB旋转而成的曲面;母线:斜边 AB;高:圆锥的顶点到底面间的距离(即 AO 的长度) 结构特征 底面是圆面;轴垂直于底面;所有的母线都相等且交于一点 知识点03 棱台与圆台 （1）台体的定义 把一个锥体用平行于底面的平面截去含顶点的小锥体后，剩下的几何体称为台体.大圆锥截去小圆锥后剩下的几何体称为圆台.如果棱锥被一个平行于底面的平面所截,那么截去一个小棱锥后剩下的多面体称为棱台.其中，由正棱锥截得的棱台称为正棱台 （2）圆台与棱台 几何体 图示 相关概念 圆台 底面:原圆锥的截面和底面， 轴:原圆锥的轴; 侧面:原圆锥的侧面在截面和底面之间的部分; 母线:原圆锥的母线在截面和底面之间的部分 棱台 底面:原棱锥的截面和底面; 侧面:除上、下底面外,其余各面; 侧棱:相邻侧面的公共边; 顶点:侧面与底面的公共点 4.锥体与台体的体积 几何体 体积公式 锥体 （S为底面多边形的面积，ん为棱锥的高） （r为圆锥底面圆的半径，ん为圆锥的高） 台体 （分别为上、下底面面积，ん为高） （分别为上、下底面半径,ん为高） 5.锥体与台体的表面积 图形 面积公式 正棱锥 (c为底面周长,h为斜高，即侧面等腰三角形底边上的高) 正棱台 （、c分别为上、下底面周长,为斜高,即侧面等腰梯形的高) 圆锥 (r为底面半径,为母线长) 圆台 （ 分别为上、下底面半径,为母线长) 知识点06 多面体与旋转体 考点1：:多面体 1.多面体的定义及有关概念 定义：由三角形或平面多边形围成的封闭几何体，可用面的数量命名（如四面体、六面体等），面数最少为4（四面体，即三棱锥）。 1.多面体至少有4个面。 2.截面：几何体与平面相交所得的平面图形（含内部）。 2.正多面体 定义：所有面为全等的正三角形或正多边形，每个顶点聚集的棱数相等。 常见正多面体：正四面体、正六面体（正方体）、正八面体、正十二面体、正二十面体。 考点2：旋转体 1.旋转体的定义及有关概念 定义：一个平面封闭图形绕其所在平面上的一条定直线旋转一周所形成的空间封闭几何体称为旋转体；这条直线叫做该旋转体的轴； 常见旋转体：①矩形 圆柱，②直角三角形 圆柱，③直角梯形 圆台，④半圆 球。 2.旋转面的定义及有关概念 定义：一条平面曲线（包括直线、折线等）绕其所在平面上的一条直线旋转一周所形成的空间图形称为旋转面 考点3：多面体的欧拉定理 1.定理内容 简单多面体的顶点数 、棱数 、面数 满足：. 利用欧拉定理时，需注意定理使用条件，正确计算 、、. 知识点07 球 考点1：球的定义 定义 图形及表示 相关概念 将圆心为的半 圆面绕其直径所在的直线旋转一周,所形成的几何体叫做球，记作球 (1)球面:半圆的圆弧绕直径旋转所形成的旋转面; (2)球心:点O; (3)半径:原半圆的半径; (4)直径:原半圆的直径 考点2：球的对称性 球具有丰富的对称性，所有经过球心的直线都可以作为球的旋转轴，每条旋转轴与球面交点之间的线段都是球的直径； 考点3：平面截球 球的截面均是圆面，球面被经过球心的平面截得的圆叫做大圆，被不经过球心的平面截得的圆叫做球的小圆． 考点4：地球的经纬度 名称 定义 特点 经线 过地球北极点和南极点的大圆的半圆周称为经线 指示南北方向;所有经线都呈半四状且长度相等;两条正相对的经线形成一个经线圈 纬线 用平行于赤道平面的平面截地球得到的小圆的圆周称为纬线 指示东西方向:每条纬线都是一个圆;纬线的长度不相等(赤道是最大的纬线) 考点5：球的体积公式 设球的半径为 ，球的体积只与半径 有关，是以 为自变量的函数．事实上，如果球的半径为 ，那么它的体积 ． 考点6：球的表面积 设球的半径为 ，球的表面积只与半径 有关，是以 为自变量的函数．事实上，如果球的半径为 ，那么它的表面积 . 题型一、棱柱与圆柱 【例1】下面五个命题： （1）两组对边分别相等的四边形是平行四边形； （2）两组对边分别平行的四边形是平行四边形； （3）四个角都是直角的四边形是矩形； （4）有两个侧面是矩形的三棱柱是直三棱柱； （5）有两个侧面是矩形的四棱柱是直四棱柱 其中真命题的个数是（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【分析】空间四边形也可以满足两组对边分别相等，故（1）错误； 四边形一组对边平行可知，则由公理可知四边形共面，故（2）正确； 对四边形为平面四边形时和空间四边形进行讨论，可以判断（3）正确； 根据直线与平面的判定定理，得到这两个侧面的交线垂直于底面，故（4）正确； 若侧棱与底面两条平行的两边垂直，有两个侧面均是矩形，此时的棱柱不一定是直棱柱，故（5）错误. 【详解】空间四边形也可以满足两组对边分别相等，故（1）错误； 四边形一组对边平行可知，则由公理可知四边形共面，四边形为平面四边形，由平行四边形判定定理可知：两组对边分别平行的平面四边形是平行四边形，故（2）正确； 当四边形为平面四边形时，根据矩形的判定可知：四个角都是直角的四边形是矩形； 当四边形为空间四边形时，假设存在四个角都是直角的空间四边形， 则为，的公垂线， 为，的公垂线, 这与公垂线的性质矛盾，故不存在四个角都是直角的空间四边形， 故命题（3）正确； 对有两个侧面是矩形的三棱柱，根据直线与平面的判定定理，得到这两个侧面的交线垂直于底面，故（4）正确； 若侧棱与底面两条平行的两边垂直，有两个侧面均是矩形，此时的棱柱不一定是直棱柱，故（5）错误. 故选：C. 【变式1】（24-25高一上·上海·期末）如图，在棱长为1正方体中，点为棱的中点，则由三点所确定的平面截该正方体所得截面的面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】分别取的中点，连接，利用平面的性质可得过的平面截该正方体所得截面为菱形，再计算其面积. 【详解】如图所示，分别取的中点，连接， 由且，得是平行四边形，则， 又且，得是平行四边形，得， 所以，则共面， 故平面截该正方体所得的截面为. 又正方体的棱长为1，，，，， 故的面积为. 故选：D. 【变式2】（24-25高一下·上海·期末）在正方体 中，E、F分别是棱的中点.若正方体的棱长为1，则过A、E、F的平面截正方体所得截面的周长为________ 【答案】 【分析】采用延长交线法，连接，延迟与的延长线交于点，与的延迟线交于点，连接，与分别交于，连接，即截面图形为，再由勾股定理计算可得. 【详解】 采用延长交线法，连接，延长与的延长线交于点，与的延迟线交于点，连接，与分别交于，连接，即截面图形为， 因为E、F分别是棱的中点，由正方形的性质可得， 所以分别为三等分点， 所以， 所以截面的周长为. 故答案为：. 【变式3】在棱长为2的正方体中，那么点到平面的距离为___________. 【答案】/ 【分析】由等体积法求出到平面的距离，根据正方体的性质有面，即可求到平面的距离. 【详解】由，且， 若到平面的距离为h，则，可得， 由正方体的性质易知：面， 故到平面的距离为. 故答案为： 题型二、柱体的表面积 【例2】已知圆柱的底面半径为2，高为2，则该圆柱的侧面积是______． 【答案】 【分析】圆柱的侧面展开为矩形，求出矩形的长和宽，得到侧面积. 【详解】圆柱的侧面展开为矩形，其中矩形的一条边长为圆柱底面周长，即，另一边长为2，故圆柱的侧面面积为. 故答案为： 【变式1】（24-25高二上·上海·期中）底面半径为2，高为2的圆柱的侧面积为__________.（结果保留） 【答案】 【分析】根据圆柱的侧面展开图为矩形，结合数据得到矩形的长和宽，即可计算圆柱的侧面积. 【详解】圆柱侧面展开图为矩形，长为圆柱底面圆周长，宽为圆柱的高. 故圆柱的侧面积为. 故答案为：. 【变式2】（24-25高一下·上海·期末）如图，在四棱柱中，底面ABCD是直角梯形，侧棱 底面ABCD，，，，，，    (1)求证:直线与直线是异面直线； (2)若二面角的余弦值为 求k的值； (3)现将与四棱柱形状和大小完全相同的两个四棱柱拼成一个新的四棱柱，规定：若拼成的新四棱柱形状和大小完全相同，则视为同一种拼接方案.试问共有几种不同的拼接方案?请简要说明.在这些拼接成的新四棱柱中，记其中最小的表面积为，求的表达式. 【答案】(1)证明见解析 (2)1 (3)3种； 【分析】（1）根据异面直线判定定理（过平面外一点与平面内一点的直线，与平面内不经过该点的直线是异面直线）进行证明； （2）过点B作于点H，证明平面从而确定二面角的平面角为，利用列方程求k. （3）根据题意，共有三种拼接方法：底面与底面拼接、以平面进行拼接、以平面进行拼接，分别求出三种拼接方法得到的新四棱柱的表面积，比较大小，求出的表达式. 【详解】（1）因为直线平面，平面，平面，， 所以直线与直线是异面直线. （2）过点B作于点H，连接,    在中，， ，解得， 因为底面，故底面ABCD，则， 因为，平面， 所以平面，则, 所以是二面角的平面角，所以， 因为， 所以，解得，则. （3）两个四棱柱的表面积为： ， 根据题意，要拼接得新四棱柱，共三种拼接方法： ①底面与底面拼接，新四棱柱的表面积为：； ②以平面进行拼接，新四棱柱的表面积为：； ③以平面进行拼接，新四棱柱的表面积为：； 因为，所以不可能为最小值， 令，解得， . 题型三、棱锥与圆锥 【例3】（24-25高三上·上海金山·期末）已知某圆锥的侧面展开图是圆心角为，半径为2的扇形，则该圆锥的母线与底面所成角的大小为________． 【答案】 【分析】根据扇形弧长与圆锥底面周长关系列方程求底面半径，结合圆锥的结构特征求该圆锥的母线与底面所成角余弦值，即可确定大小. 【详解】令底面半径为，则，可得，且圆锥母线为， 所以该圆锥的母线与底面所成角的余弦值为，故其大小为. 故答案为： 【变式1】（24-25高一下·上海浦东新·期末）已知梯形中，为上的一点且，将沿翻折使得二面角的平面角为，连接，F为棱的中点． (1)求证：平面； (2)求证：平面平面； (3)当时，求直线和平面所成角的大小． 【答案】(1)证明详见解析 (2)证明详见解析 (3) 【分析】（1）取PE的中点G，证明是平行四边形，得到，再利用线面平行的判定定理证明； （2）由，得到，再利用线面垂直和面面垂直的判定定理证明； （3）由（2）得到为二面角的平面角，过点F作，由面面垂直的性质定理可得平面，从而是直线和平面所成的角，即可求解. 【详解】（1）如图所示： 取PE的中点G，连接， 因为F为棱的中点，则， 因为在梯形中，，所以， 又，所以， 所以四边形是平行四边形， 所以，又平面，平面， 所以平面； （2）在梯形中，因为， 所以将沿翻折后，， 又，平面， 所以平面，又平面， 所以平面平面； （3）由（2）知， 所以为二面角的平面角， 过点F作，因为平面平面， 又平面，平面平面， 所以平面， 所以是直线和平面所成的角， 因为，所以， 在中，， 由（1）知四边形是平行四边形， 所以， 在中，， 则， 所以直线和平面所成的角为. 【变式2】（23-24高一下·上海松江·期末）如图，已知四面体中，平面，． (1)求证：； (2)若在此四面体中任取两条棱作为一组（和视为同一组），则它们互相垂直的组数记为；任取两个面作为一组和视为同一组），则它们互相垂直的组数记为；任取一个面和不在此面上的一条棱作为一组（和视为同一组），则它们互相垂直的组数记为，试求的值； (3)《九章算术》中将四个面都是直角三角形的四面体称为“鳖臑”．若此“鳖臑”中，，，有一根彩带经过平面与平面，且彩带的两个端点分别固定在点B和点D处，求彩带的最小长度． 【答案】(1)证明见解析； (2)10； (3). 【分析】（1）由线面垂直得到，结合得到线面垂直，进而证明出线线垂直. （2）根据线线垂直、线面垂直以及面面垂直分析求解即可. （3）将平面与平面沿展开成平面图形，则BD即为所求，从而利用余弦定理求出答案即可. 【详解】（1）由平面，平面BCD，得， 又，，平面ABC，因此平面， 而平面ABC，所以. （2）由（1）知：，， 且平面，平面ABC，则，且其余各棱均不垂直，得； 由平面，且平面，平面， 得平面平面，平面平面， 同理由平面得：平面平面，且其余各面均不垂直，得； 由平面，平面，且其余各线面均不垂直，得， 所以. （3）将平面与平面沿展开成如图2所示的平面图形，连接BD， 所以彩带的最小长度为图2平面图中的长， . 由（1）知， 在图1中，由平面，平面BCD，得， 又，则，因此在图2中，， 由余弦定理得， 所以彩带的最小长度为. 题型四、锥体的体积 【例4】（24-25高一下·上海杨浦·期末）如图，已知平行六面体的体积为4，若将其截去三棱锥，则剩余几何体的体积为_________． 【答案】 【分析】根据锥体和柱体的面积公式，结合平行六面体的性质进行求解即可. 【详解】设点到平面的距离为，四边形的面积为， 显然有， 所以， 因此剩余部分几何体的体积为. 故答案为： 【变式1】（24-25高一下·上海杨浦·期末）如图，正方体中，四分之一圆柱与四分之一圆柱公共部分是八分之一的“牟合方盖”．已知这个正方体的棱长为2，利用祖暅原理，该八分之一“牟合方盖”的体积为_________． 【答案】 【分析】关键点在于构造底面边长和高均为2的直四棱锥，根据祖暅原理，八分之一“牟合方盖”的体积等于正方体的体积减去该四棱锥的体积，即可求得结果. 【详解】如图，设，边长为，截面位于八分之一“牟合方盖”内的部分为正方形. 易知，连接. 由点在以为圆心，为半径的圆弧上，得. 在中，由勾股定理得， 故所求正方形的面积为. 所以用平行于底面的任意一个平面截八分之一“牟合方盖”， 所得截面面积是，， 所以可以构造底面边长为，高为的直四棱锥，对于直四棱锥， 当用过点的截面截该四棱锥时，截面面积为. 根据祖暅原理，八分之一“牟合方盖”的体积等于正方体的体积减去该四棱锥的体积， 故所求体积为. 故答案为：. 【变式2】（24-25高一下·上海·期末）如图，边长为1的正方体，则下列四个命题： ①点在线段上运动时，直线与直线所成角的大小不变 ②点在线段上运动时，直线与平面所成角的大小不变 ③点在线段上运动时，二面角的大小不变 ④点在线段上运动时，点到平面的距离最大值为1 其中的真命题是（    ）    A．①③ B．③④ C．①②④ D．①③④ 【答案】A 【分析】利用正方体的线面垂直关系可证得，可判断①；利用等体积法分别求得到平面的距离，可计算出直线与平面所成角的正弦值，由此可判断②；根据二面角的大小等于平面与平面所成角的大小，可判断③；分析出当点在点或点的位置时，到平面的距离最大，可计算出最大距离判断④. 【详解】①如图，连接，    因为是正方体，所以平面， 因为平面，所以， 又平面，平面，所以平面. 因为点在线段上运动，所以平面，则. 所以，直线与直线所成角为直角，大小不变，故①正确； ②设到平面的距离分别为，    因为正方体的棱长为1，所以，，则， 因为，即，所以， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 同理，因为，即，所以， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 显然，所以直线与平面所成角的大小在变化，故②错误； ③因为点在线段上运动时，二面角的大小等于平面与平面所成角的大小，所以其大小不变，故③正确； ④如图，连接，则点到平面的距离即点到平面的距离， 则当点在点或点的位置时，距离最大. 因为，且平面， 所以平面，则点或点到平面的距离为，故④错误.    综上，①③正确. 故选：A. 【变式3】（24-25高一下·上海·期末）如图，在直三棱柱，，D 是棱AB(不含端点)上的一点. (1)若，求异面直线与所成角的大小; (2)若，求点B到平面的距离. 【答案】(1)； (2) 【分析】（1）如图可得为异面直线与所成角或其补角，然后由题意结合余弦定理可得答案； （2）如图，做，由题可得此时满足题意，然后由等体积法结合题意可得答案. 【详解】（1）取中点为E，连接，取中点为F，中点为G， 连接，则由题易得 ，， 取中点为N，连接，则，， 则为异面直线与所成角或其补角. 由题， 则，由题可得，则， 从而.由题，E为中点， 则，连接NF，则. 则， 又异面直线夹角范围为，则异面直线与所成角的大小为； （2）如图，做，由题可得平面，又平面， 则，因平面，，则平面， 又平面，则此时，满足题意. 设点B到平面的距离为，则， 则. 注意到，由射影定理：，则. ，又由题可得， 则，结合， 则. 则. 题型五、锥体的表面积 【例5】（24-25高一下·上海杨浦·期末）已知正三棱锥底面的边长为6，高为3，则该正三棱锥的侧面积为_________． 【答案】 【分析】根据题意正三棱锥三个侧面全等，利用锥体的高及底边长求得斜高，即可得到侧面积. 【详解】 在正三棱锥中，底面边长为6，高， 且为的中心也是重心，所以， 则，所以， 即. 故答案为：. 【变式1】（24-25高一上·上海嘉定·期中）若圆锥的轴截面是边长为的等边三角形，则该圆锥的侧面积为________． 【答案】 【分析】由条件确定圆锥的底面半径和母线长，结合圆锥侧面积公式求结论. 【详解】因为圆锥的轴截面是边长为的等边三角形， 所以圆锥的底面半径，母线长， 所以圆锥的侧面积. 故答案为：. 【变式2】圆锥的轴截面为等腰，为底面圆周上一点． (1)若的中点为，，求证：平面； (2)如果，，求此圆锥的侧面积； (3)如果二面角的大小为，求的大小． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）连接，由三角形中位线定理可得，由圆周角定理我们可得，由圆锥的几何特征，可得，进而由线面垂直的判定定理，得到平面，则，结合及线面垂直的判定定理得到平面； （2）若，易得，又由，可求出圆锥的底面半径长及圆锥的母线，代入圆锥表面积公式即可； （3）作于点，由面面垂直的判定定理可得平面，作于点，连，则为二面角的平面角，根据二面角的大小为，设，，进而根据可求出的大小. 【详解】（1）连接，因为为的中点，的中点为，所以． 因为为圆的直径，所以，故． 因为平面，平面，所以. 又，平面，所以平面. 又平面，故．又，，平面，所以平面． （2），， ，，又， 故圆锥的侧面积． （3）作于点，平面平面且平面平面 平面．再作于点，连， 为二面角的平面角 如图： ，． 设，， ，，，，， ，．， 即，，故，解得，. 【变式3】已知圆锥的侧面展开图为半圆，母线长为. (1)求圆锥的底面积； (2)在该圆锥内按如图所示放置一个圆柱，当圆柱的侧面积最大时，求圆柱的高. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据展开图扇形的弧长即为底面圆的周长求出底面圆的半径，即可求出圆锥的底面积； （2）设圆柱的高，，根据三角形相似得到，即可表示出圆柱的侧面积，根据二次函数的性质求出面积最大值，即可得解； 【详解】（1）沿母线AB剪开，侧展图如图所示： 设，在半圆⊙A中，，弧长，这是圆锥的底面周长， 所以， 所以，故圆锥的底面积为； （2）设圆柱的高，， 在中，， ∽，所以，即，， 圆柱侧面积为：， 所以，当，时，圆柱的侧面积最大. 题型六、多面体与旋转体 【例6】（24-25高一上·上海·期末）如图，是底面半径为的圆柱侧面上两点，它们在底面上的射影分别为，若，弧，则沿圆柱侧面从到的最短距离是___________.    【答案】 【分析】画出侧面展开图，运用两点间线段最短.结合勾股定理计算长度即可. 【详解】画出侧面展开图，如下，已知，则，弧， 侧面从到的最短距离是.根据勾股定理知道. 故答案为：.    【变式1】如图，是水平放置的的斜二测直观图，若，，则的面积为__________.    【答案】12 【分析】根据斜二测画法，将直观图还原可知原三角形为直角三角形，求出两直角边的长度，即可得出答案. 【详解】    如图，根据斜二测画法，将直观图还原后，得到的为直角三角形， 且两条直角边，， 所以，的面积为. 故答案为：12. 【变式2】（24-25高一下·上海浦东新·期末）如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，平面，四棱锥体积为1． (1)求点A到平面的距离； (2)求平面绕直线旋转一周所得的几何体的体积． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由题意利用体积公式可计算出，再借助等体积法有即可得解； （2）所得几何体为以为母线、为底面半径的圆锥挖去一个以为母线、为底面半径的圆锥，借助圆锥体积公式计算即可得. 【详解】（1）由平面，平面，故， 且为四棱锥的高， 则，解得， ，则， ， 由底面是直角梯形，，故， 又，，故， 则，故， 有，故， 设点A到平面的距离为， 则，解得， 即点A到平面的距离为； （2）由平面，平面， 则平面绕直线旋转一周所得的几何体为以为母线、 为底面半径的圆锥挖去一个以为母线、为底面半径的圆锥， 故所得的几何体的体积. 题型七、球的体积 【例7】在平面上，将两个函数和、两条直线和围成的封闭图形记为，如图所示，记绕轴旋转一周而成的几何体为，则的体积值________.    【答案】 【分析】作直线、，分析可知，直线、、围成的区域绕轴旋转所形成的几何体为圆锥，确定该圆锥的底面半径与高，可求得这部分几何体的体积；然后利用祖暅原理分别计算出由曲线函数以及线段、围成的区域绕轴旋转所形成的几何体的体积，以及由曲线与线段、围成的区域绕轴旋转所形成的几何体的体积，进而可得出的体积. 【详解】如下图所示，作直线、，    ①计算出由直线、、围成的区域绕轴旋转所形成的几何体的体积， 由题意可知，该几何体是底面半径为，高为的圆锥，其体积为； ②计算出由曲线函数以及线段、围成的区域绕轴旋转所形成的几何体的体积， 由可得，即， 过点作几何体的截面，截面面积为， 由祖暅原理可知，该几何体的体积等于底面积为，且高为的柱体的体积， 这部分几何体的体积为； ③计算出由曲线与线段、围成的区域绕轴旋转所形成的几何体的体积， 由可得， 过点作几何体的截面，截面面积为， 所以，该部分几何体的体积等于底面面积为，高为的柱体的体积， 故该部分几何体的体积为. 综上所述，的体积为. 故答案为：. 【变式1】如图，是古希腊数学家阿基米德的墓碑文，墓碑上刻着一个圆柱，圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等，相传这个图形表达了阿基米德最引以自豪的发现，在这个伟大发现中，球的体积与圆柱的体积之比为________.      【答案】/ 【分析】根据两图形的关系可得圆柱的底面半径与球的半径相等，设半径为，计算出两几何体的体积，求出比值即可． 【详解】圆柱内切一个球，圆柱的底面半径与球的半径相等，不妨设为， 则圆柱的高为， ，． 球与圆柱的体积之比为， 故答案为:． 【变式2】定义空间点到几何图形的距离为：这一点到这个几何图形上各点距离中最短距离.在空间中，记边长为1的正方形区域（包括边界及内部的点）为，则到距离等于1的点所围成的几何体的体积为___________. 【答案】 【分析】分析可知，到距离等于1的点所围成的几何体是一个棱长分别为1，1，2的长方体和四个高为1，底面半径为1的半圆柱以及四个半径为1的四分之一球所围成的几何体，根据公式计算可得答案. 【详解】解：到距离等于1的点所围成的几何体是一个棱长分别为1，1，2的长方体和四个高为1，底面半径为1的半圆柱以及四个半径为1的四分之一球所围成的几何体， 其体积为 ； 故答案为： 题型八、球的表面积 【例8】如图，一张纸的长，宽，分别是其四条边的中点．现将其沿图中虚线折起，使得四点重合为一点，从而得到一个多面体，下列关于该多面体的命题： ①该多面体是三棱锥；②平面平面； ③平面平面；④该多面体外接球的表面积为； 其中正确的个数是（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】D 【分析】将该多面体放入长方体中，利用题干条件求出长方体的长、宽、高，从而得到该多面体是三棱锥，①正确； 求出各边长，求出，得到AP⊥CP，再由AP⊥BD即可证明线面垂直，从而得到面面垂直，②正确； 同理可证明出平面平面，③正确； 长方体的外接球即为该几何体的外接球，求出长方体的体对角线，从而求出外接球半径和表面积. 【详解】将该多面体放入长方体中，如图，设长、宽、高分别为， 则，解得：，满足题意， 从而该多面体是三棱锥，①正确； 由勾股定理得：，而，所以， 由勾股定理逆定理得AP⊥CP，因为，P为BD中点，所以AP⊥BD， 因为，平面BCD，所以AP⊥平面BCD， 因为平面BAD，所以平面平面，②正确； 取AC的中点H，连接HB，HD，因为，故⊥AC，DH⊥AC， 且，又，故，所以BH⊥DH， 因为平面ACD，且， 所以BH⊥平面ACD，又因为平面BAC，所以平面平面，③正确； 从图形可知，长方体的外接球即为该三棱锥的外接球， 而长方体的体对角线长为，故外接球的半径为， 故该多面体外接球的表面积为，④错误. 故选：D 【点睛】在解决平面图形的翻折问题时，应找出其中变化的量和没有变化的量，包括位置关系和数量关系，通常翻折后还在同一平面上的元素之间的位置关系不发生变化，不在同一平面上的元素之间的位置关系发生变化，解题时应抓住不变量，利用解三角形知识或建立空间直角坐标系进行求解. 【变式1】（24-25高一上·上海·期末）一个长方体的各顶点均在同一球的球面上，且一个顶点上的三条棱的长分别为，则此球表面积为___________. 【答案】 【分析】利用长方体和外接球的关系可求球的半径，利用面积公式可得答案. 【详解】因为长方体的三条棱的长分别为，所以其对角线的长为， 因为长方体的各顶点均在同一球的球面上，所以球的直径等于长方体的对角线长，即半径为， 所以球表面积为. 故答案为： 【变式2】如图，直四棱柱中，底面为平行四边形，，点是半圆弧上的动点(不包括端点)，点是半圆弧上的动点(不包括端点)，若三棱锥的外接球表面积为，则的取值范围是__． 【答案】 【分析】先由余弦定理求出，从而得到，确定BC的中点E为三棱锥的外接球球心在平面的投影，再证明出为AD的中点，N为的中点，即EN⊥平面ABCD，故球心在线段EN上，从而确定当点与点N重合时，三棱锥的外接球半径最小，点P与或重合，此时最长，故三棱锥的外接球半径最大，画出图形，求出相应的外接球半径和表面积，最后结合点是半圆弧上的动点(不包括端点)，故最大值取不到，求出表面积的取值范围. 【详解】因为，由余弦定理得： ， 因为，由勾股定理逆定理得：， 直四棱柱中，底面为平行四边形， 故⊥CD， 点是半圆弧上的动点(不包括端点)，故BC为直径， 取BC的中点E，则E为三棱锥的外接球球心在平面的投影， 设与AD相交于点M，与相交于点N，连接EM，ED， 则EM=ED 因为，故，， 故三角形DEM为等边三角形，， 即为AD的中点，同理可得：N为的中点， 连接EN，则EN⊥平面ABCD，故球心在线段EN上， 显然，当点与点N重合时，三棱锥的外接球半径最小， 假如点P与或重合，此时最长，故三棱锥的外接球半径最大， 如图1，点P与点N重合，连接OC，设，则OE=2-R，， 由勾股定理得：，即，解得：， 此时外接球表面积为； 如图2，当点P与或重合时，连接， 其中， 设，则， 由勾股定理得：，， 故，解得：， 此时外接球半径为，故外接球表面积为， 但因为点是半圆弧上的动点(不包括端点)，故最大值取不到， 综上：的取值范围是. 故答案为： 【点睛】几何体外接球问题，通常要找到几何体的一个特殊平面，利用正弦定理或几何性质找到其外心，求出外接圆的半径，进而找到球心的位置，根据半径相等列出方程，求出半径，再求解外接球表面积或体积. 试卷第1页，共3页 1 / 31 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题06 简单几何体 知识点01 柱体 考点1：多面体的定义及其相关概念 定义 图形及表示 相关概念 由三角形或平面多边形围成的封闭几何体称为多面体； 面：构成多面体表面的各三角形或平面多边形； 棱：相邻面的公共边； 顶点：棱与棱的交点； 多面体的概念注意以下两个方面：（1）多面体是由三角形或平面多边形围成的，围成一个多面体，至少要4个面，一个多面体有几个面围成就称为几面体.（2）多面体是一个封闭的几何体，包括其内部的部分. 考点2：棱柱与圆柱 1.棱柱定义、相关概念、结构特征与分类 定义 有一对互相平行的面，且这两个面是两个全等的三角形或平面多边形；同时，不在这两个面上的棱都相互平行；我们把这样的多面体叫做棱柱； 图示及相关概念 底面：两个互相平行的面； 侧面：底面以外的其余各面； 侧棱：不在底面上的棱； 顶点：侧面与底面的公共顶点； 高：棱柱的两个底面之间的距离称为棱柱的高； 棱柱的结构特征与分类 结构特征 分类 底面互相平行且全等: 侧面都是平行四边形; 侧棱都相等,且互相平行 (1)按侧棱与底面是否垂直分类 ①直棱柱:侧棱垂直于底面的棱柱;正棱柱:底面是正多边形的直棱柱; ②斜棱柱:侧棱不垂直于底面的棱柱 (2)按底面的多边形的边数分类:三棱柱、四棱柱、五棱柱…… 2.圆柱 （1）圆柱的定义及相关概念 定义 图示 相关概念 如右图，将矩形ABCD绕其一条边 AB所在直线旋转一周，所形成 的几何体叫做圆柱 轴:AB所在直线 底面:线段AD和BC分别旋转而成的圆面; 侧面:线段CD旋转而成的曲面; 母线:CD叫做该圆柱的母线; 高:圆柱的两个底面间的距离(即 AB的长度) （2）圆柱的截面 ①轴截面:过圆柱的轴的任意平面与圆柱形成的截面 ②横截面:任一平行于圆柱底面的平面与圆柱形成的截面 考点3：祖暅原理 夹在两个平行平面间的两个几何体，如果被平行于这两个平面的任意平面截得的两个截面都有相等的面积，那么这两个几何体的体积必相等. 祖暅原理 （1）“幂势既同，则积不容异”，即“夹在两个平行平面间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等”. （2）作用：等底面积、等高的两个柱体或锥体的体积相等. 考点4：柱体的体积 （1）祖睢原理 夹在两个平行平面间的两个几何体,如果被平行于这两个平面的任意平面截得的两个截面都有相等的面积,那么这两个几何体的体积必相等， （2）柱体的体积公式 几何体 体积公式 棱柱 圆柱 （为圆柱的底面积， 为圆柱的高， 为圆柱的底面半径） 5.柱体的表面积 柱体的表面积:两个底面的面积再加上所有侧面的面积； 柱体的侧面积:所有侧面的面积之和 几何体 图形 表面积公式 直棱柱 （ 为直棱柱的底面周长， 为直棱柱的高） 圆柱 为圆柱的母线长， 为圆柱底面的半径） 知识点02 锥体 考点1：棱锥 1.棱锥 （1）定义及相关概念 定义 图形及表示 相关概念 有一个面是三角形或平面多边 形，且不在这个 面上的棱都有一个公共点,这样的多面体叫做棱锥 底面:三角形或平面多边形; 侧面:有公共顶点的各个三角形面; 侧棱:不在底面上的棱; 顶点:所有侧棱的公共点; 高:顶点到底面的距离 （2）结构特征与分类 结构特征 分类 底面是多边形; 侧面都是三角形; 侧面有一个公共顶点 (1)按底面多边形分类:三棱锥、四棱锥…… (2)正棱锥:底面是正多边形,且底面中心与顶点的连线垂直于底面的棱锥;特别地,侧棱长与底面边长相等的三棱锥叫做正四面体 2.圆锥 定义 将直角三角形 AOB绕其一条直角边AO所在直线旋转一周,所形成的几何体 图形及表示 相关概念 轴:AO所在直线;顶点:母线的交点(即点A);底面:直角边OB旋转而成的圆面;侧面:斜边 AB旋转而成的曲面;母线:斜边 AB;高:圆锥的顶点到底面间的距离(即 AO 的长度) 结构特征 底面是圆面;轴垂直于底面;所有的母线都相等且交于一点 知识点03 棱台与圆台 （1）台体的定义 把一个锥体用平行于底面的平面截去含顶点的小锥体后，剩下的几何体称为台体.大圆锥截去小圆锥后剩下的几何体称为圆台.如果棱锥被一个平行于底面的平面所截,那么截去一个小棱锥后剩下的多面体称为棱台.其中，由正棱锥截得的棱台称为正棱台 （2）圆台与棱台 几何体 图示 相关概念 圆台 底面:原圆锥的截面和底面， 轴:原圆锥的轴; 侧面:原圆锥的侧面在截面和底面之间的部分; 母线:原圆锥的母线在截面和底面之间的部分 棱台 底面:原棱锥的截面和底面; 侧面:除上、下底面外,其余各面; 侧棱:相邻侧面的公共边; 顶点:侧面与底面的公共点 4.锥体与台体的体积 几何体 体积公式 锥体 （S为底面多边形的面积，ん为棱锥的高） （r为圆锥底面圆的半径，ん为圆锥的高） 台体 （分别为上、下底面面积，ん为高） （分别为上、下底面半径,ん为高） 5.锥体与台体的表面积 图形 面积公式 正棱锥 (c为底面周长,h为斜高，即侧面等腰三角形底边上的高) 正棱台 （、c分别为上、下底面周长,为斜高,即侧面等腰梯形的高) 圆锥 (r为底面半径,为母线长) 圆台 （ 分别为上、下底面半径,为母线长) 知识点06 多面体与旋转体 考点1：:多面体 1.多面体的定义及有关概念 定义：由三角形或平面多边形围成的封闭几何体，可用面的数量命名（如四面体、六面体等），面数最少为4（四面体，即三棱锥）。 1.多面体至少有4个面。 2.截面：几何体与平面相交所得的平面图形（含内部）。 2.正多面体 定义：所有面为全等的正三角形或正多边形，每个顶点聚集的棱数相等。 常见正多面体：正四面体、正六面体（正方体）、正八面体、正十二面体、正二十面体。 考点2：旋转体 1.旋转体的定义及有关概念 定义：一个平面封闭图形绕其所在平面上的一条定直线旋转一周所形成的空间封闭几何体称为旋转体；这条直线叫做该旋转体的轴； 常见旋转体：①矩形 圆柱，②直角三角形 圆柱，③直角梯形 圆台，④半圆 球。 2.旋转面的定义及有关概念 定义：一条平面曲线（包括直线、折线等）绕其所在平面上的一条直线旋转一周所形成的空间图形称为旋转面 考点3：多面体的欧拉定理 1.定理内容 简单多面体的顶点数 、棱数 、面数 满足：. 利用欧拉定理时，需注意定理使用条件，正确计算 、、. 知识点07 球 考点1：球的定义 定义 图形及表示 相关概念 将圆心为的半 圆面绕其直径所在的直线旋转一周,所形成的几何体叫做球，记作球 (1)球面:半圆的圆弧绕直径旋转所形成的旋转面; (2)球心:点O; (3)半径:原半圆的半径; (4)直径:原半圆的直径 考点2：球的对称性 球具有丰富的对称性，所有经过球心的直线都可以作为球的旋转轴，每条旋转轴与球面交点之间的线段都是球的直径； 考点3：平面截球 球的截面均是圆面，球面被经过球心的平面截得的圆叫做大圆，被不经过球心的平面截得的圆叫做球的小圆． 考点4：地球的经纬度 名称 定义 特点 经线 过地球北极点和南极点的大圆的半圆周称为经线 指示南北方向;所有经线都呈半四状且长度相等;两条正相对的经线形成一个经线圈 纬线 用平行于赤道平面的平面截地球得到的小圆的圆周称为纬线 指示东西方向:每条纬线都是一个圆;纬线的长度不相等(赤道是最大的纬线) 考点5：球的体积公式 设球的半径为 ，球的体积只与半径 有关，是以 为自变量的函数．事实上，如果球的半径为 ，那么它的体积 ． 考点6：球的表面积 设球的半径为 ，球的表面积只与半径 有关，是以 为自变量的函数．事实上，如果球的半径为 ，那么它的表面积 . 题型一、棱柱与圆柱 【例1】下面五个命题： （1）两组对边分别相等的四边形是平行四边形； （2）两组对边分别平行的四边形是平行四边形； （3）四个角都是直角的四边形是矩形； （4）有两个侧面是矩形的三棱柱是直三棱柱； （5）有两个侧面是矩形的四棱柱是直四棱柱 其中真命题的个数是（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 【变式1】（24-25高一上·上海·期末）如图，在棱长为1正方体中，点为棱的中点，则由三点所确定的平面截该正方体所得截面的面积为（    ） A． B． C． D． 【变式2】（24-25高一下·上海·期末）在正方体 中，E、F分别是棱的中点.若正方体的棱长为1，则过A、E、F的平面截正方体所得截面的周长为________ 【变式3】在棱长为2的正方体中，那么点到平面的距离为___________. 题型二、柱体的表面积 【例2】已知圆柱的底面半径为2，高为2，则该圆柱的侧面积是______． 【变式1】（24-25高二上·上海·期中）底面半径为2，高为2的圆柱的侧面积为__________.（结果保留） 【变式2】（24-25高一下·上海·期末）如图，在四棱柱中，底面ABCD是直角梯形，侧棱 底面ABCD，，，，，，    (1)求证:直线与直线是异面直线； (2)若二面角的余弦值为 求k的值； (3)现将与四棱柱形状和大小完全相同的两个四棱柱拼成一个新的四棱柱，规定：若拼成的新四棱柱形状和大小完全相同，则视为同一种拼接方案.试问共有几种不同的拼接方案?请简要说明.在这些拼接成的新四棱柱中，记其中最小的表面积为，求的表达式. 题型三、棱锥与圆锥 【例3】（24-25高三上·上海金山·期末）已知某圆锥的侧面展开图是圆心角为，半径为2的扇形，则该圆锥的母线与底面所成角的大小为________． 【变式1】（24-25高一下·上海浦东新·期末）已知梯形中，为上的一点且，将沿翻折使得二面角的平面角为，连接，F为棱的中点． (1)求证：平面； (2)求证：平面平面； (3)当时，求直线和平面所成角的大小． 【变式2】（23-24高一下·上海松江·期末）如图，已知四面体中，平面，． (1)求证：； (2)若在此四面体中任取两条棱作为一组（和视为同一组），则它们互相垂直的组数记为；任取两个面作为一组和视为同一组），则它们互相垂直的组数记为；任取一个面和不在此面上的一条棱作为一组（和视为同一组），则它们互相垂直的组数记为，试求的值； (3)《九章算术》中将四个面都是直角三角形的四面体称为“鳖臑”．若此“鳖臑”中，，，有一根彩带经过平面与平面，且彩带的两个端点分别固定在点B和点D处，求彩带的最小长度． 题型四、锥体的体积 【例4】（24-25高一下·上海杨浦·期末）如图，已知平行六面体的体积为4，若将其截去三棱锥，则剩余几何体的体积为_________． 【变式1】（24-25高一下·上海杨浦·期末）如图，正方体中，四分之一圆柱与四分之一圆柱公共部分是八分之一的“牟合方盖”．已知这个正方体的棱长为2，利用祖暅原理，该八分之一“牟合方盖”的体积为_________． 【变式2】（24-25高一下·上海·期末）如图，边长为1的正方体，则下列四个命题： ①点在线段上运动时，直线与直线所成角的大小不变 ②点在线段上运动时，直线与平面所成角的大小不变 ③点在线段上运动时，二面角的大小不变 ④点在线段上运动时，点到平面的距离最大值为1 其中的真命题是（    ）    A．①③ B．③④ C．①②④ D．①③④ 【变式3】（24-25高一下·上海·期末）如图，在直三棱柱，，D 是棱AB(不含端点)上的一点. (1)若，求异面直线与所成角的大小; (2)若，求点B到平面的距离. 题型五、锥体的表面积 【例5】（24-25高一下·上海杨浦·期末）已知正三棱锥底面的边长为6，高为3，则该正三棱锥的侧面积为_________． 【变式1】（24-25高一上·上海嘉定·期中）若圆锥的轴截面是边长为的等边三角形，则该圆锥的侧面积为________． 【变式2】圆锥的轴截面为等腰，为底面圆周上一点． (1)若的中点为，，求证：平面； (2)如果，，求此圆锥的侧面积； (3)如果二面角的大小为，求的大小． 【变式3】已知圆锥的侧面展开图为半圆，母线长为. (1)求圆锥的底面积； (2)在该圆锥内按如图所示放置一个圆柱，当圆柱的侧面积最大时，求圆柱的高. 题型六、多面体与旋转体 【例6】（24-25高一上·上海·期末）如图，是底面半径为的圆柱侧面上两点，它们在底面上的射影分别为，若，弧，则沿圆柱侧面从到的最短距离是___________.    【变式1】如图，是水平放置的的斜二测直观图，若，，则的面积为__________.    【变式2】（24-25高一下·上海浦东新·期末）如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，平面，四棱锥体积为1． (1)求点A到平面的距离； (2)求平面绕直线旋转一周所得的几何体的体积． 题型七、球的体积 【例7】在平面上，将两个函数和、两条直线和围成的封闭图形记为，如图所示，记绕轴旋转一周而成的几何体为，则的体积值________.    【变式1】如图，是古希腊数学家阿基米德的墓碑文，墓碑上刻着一个圆柱，圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等，相传这个图形表达了阿基米德最引以自豪的发现，在这个伟大发现中，球的体积与圆柱的体积之比为________.      【变式2】定义空间点到几何图形的距离为：这一点到这个几何图形上各点距离中最短距离.在空间中，记边长为1的正方形区域（包括边界及内部的点）为，则到距离等于1的点所围成的几何体的体积为___________. 题型八、球的表面积 【例8】如图，一张纸的长，宽，分别是其四条边的中点．现将其沿图中虚线折起，使得四点重合为一点，从而得到一个多面体，下列关于该多面体的命题： ①该多面体是三棱锥；②平面平面； ③平面平面；④该多面体外接球的表面积为； 其中正确的个数是（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 【变式1】（24-25高一上·上海·期末）一个长方体的各顶点均在同一球的球面上，且一个顶点上的三条棱的长分别为，则此球表面积为___________. 【变式2】如图，直四棱柱中，底面为平行四边形，，点是半圆弧上的动点(不包括端点)，点是半圆弧上的动点(不包括端点)，若三棱锥的外接球表面积为，则的取值范围是__． 试卷第1页，共3页 1 / 31 学科网（北京）股份有限公司 $