专题四 第1讲 空间图形的表面积与体积-【艺术生文化课考前100天】2027年高考数学艺术生文化课考前100天

专题四空间向量与立体几何 第一讲 空间图形的表面积与体积 ◆知识清单·精准记忆◆ 【基础梳理】 【自主检测】 1.圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式 题组一空间几何体的表面积、侧面积 圆柱 圆锥 圆台 1.圆台的上、下底面半径分别为3和4，母线长 为6，则其表面积为( 侧面 A.72 B.42π C.67π D.72r 展开图 .0 .2Tr. 2.若六棱柱的底面是边长为3的正六边形，侧 2.0 面为矩形，侧棱长为4，则其侧面积为() 侧面积 S圆柱侧 S圆锥侧 S图台侧一 A.12 B.48 C.64 D.72 公式 =2πrl =πrl π(r1+r2)l 3.已知圆柱的上、下底面的中心分别为O,O2, 过直线OO2的平面截该圆柱所得的截面是 提醒：几何体的表面积和侧面积的注意点 面积为8的正方形，则该圆柱的表面积 (1)几何体的侧面积是（各个）侧面面积之和， 为() 而表面积是侧面积与所有底面面积之和 (2)组合体的表面积应注意重合部分的处理. A.12√2π B.12π 2.柱、锥、台的表面积和体积 C.8√2π D.10π 几何体 表面积 体积 4.已知四面体ABCD的各面均为等边三角形，且 棱长为2，则该四面体的表面积为 柱体（棱柱 S表面积=S侧十2S底 V-Sh 题组二空间几何体的体积 和圆柱) 1.如果轴截面为正方形的圆柱的侧面积是4π， 那么该圆柱的体积为( 锥体（棱锥 S表面积=S侧十S底 V- 和圆锥) Sh A. B.2π C.4π D.8π 2.(2026·全国Ⅱ卷)已知棱台的上下底面均为 台体（棱台 S表面积=S侧十S上十 V-3(SL+Sr 有一个内角是60°的菱形，且上下底面边长分 和圆台) Sr +√SES下)h 别为2和3，若该棱台的高为3，则该棱台的 体积为( 提醒：求几何体的体积时，要注意利用分割、 补形与等体积法 A号 B号 c号 D.9 —37 艺术生文化课考前100天数学 3.若圆锥的底面半径为3，母线长为5，则圆锥的 体积是 4.(2025·上海高考)如图，在正四棱柱ABCD A1B1C1D1中，BD=4√2，DB1=9,则该正四 棱柱的体积为 方法清单·把控高考 考点一 空间几何体的表面积和侧面积 边长为2，下底面边长为4，高为3，则其表面 【高考这样考】 积为( ) 已知圆柱的上、下底面的中心分别为O,O2, A.36 B.12√/10+20 过直线OO2的平面截该圆柱所得的截面是 C.12√/13+20 D.48 面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为 ■考向2旋转体的表面积 1.(2022·山东菏泽二模)陀螺是我国民间常见 A.12√2π B.12π 的娱乐健身工具.如图所示是一个陀螺的立 C.8v2π D.10π 体结构图.已知底面圆的直径AB=16cm,圆 【方法规律】空间几何体表面积的求解方法 柱体部分的高BC=8cm,圆锥体部分的高 (1)求多面体的表面积时，把各个面的面积相 CD=6cm,则这个陀螺的表面积是() 加即可. (2)求简单旋转体的表面积时，代入公式直接 求解. (3)求组合体的表面积时，注意重合部分的 处理。 【备考这样练】 考向1多面体的表面积 A.192πcm2 B.252πcm 1.(2023·江苏南通模拟)如图，正四棱锥S C.272πcm2 D.336πcm2 ABCD的侧棱长为1，若底面周长为4，则这 2.(2022·河北衡水二模)已知某圆台的高为 个棱锥的侧面积为( √7，上底面半径为√2，下底面半径为2√2，则 其侧面展开图的面积为() A.9π B.6√2π C.9√2π D.8√2x B 考点二 空间几何体的体积 A.5 B.3 【高考这样考】 C,3+1 2 D.√3+1 题(2026·北京卷)如图，在三棱锥ABCD中， 2.(2023·江苏徐州模拟)已知正四棱台上底面 AD=AB=AC=2√2，BD=BC=2,DC= 38 专题四空间向量与立体几何 2√3，则其底面△BCD的面积为 ,体 与乙的体积之比为 积为 ■考向2等积转化法求几何体体积 如图，已知三棱柱ABCA1B1C1的所有棱长 均为1，且A1A⊥底面ABC,则三棱锥 B1-ABC1的体积为( ) 【方法规律】空间几何体体积的求解方法 (1)求规则几何体的体积：公式法 (2)求三棱锥的体积：等体积转化是常用的方 法，转化原则是其高易求，底面放在已知几何 A得 B③ 4 c D.6 4 体的某一面上 □考向3 割补法求几何体体积 (3)求不规则几何体的体积：常用分割或补形 1.(2023·全国甲卷文)在三棱锥PABC中， 的思想，将不规则几何体转化为规则几何体 △ABC是边长为2的等边三角形，PA=PB=2, 以易于求解。 【备考这样练】 PC=√6，则该棱锥的体积为( 考向1公式法求几何体体积 A.1 B.√3 C.2 D.3 1.(2024·新高考I卷)已知圆柱和圆锥的底面 2.(2024·天津卷)一个五面体ABC-DEF如图 所示.已知AD∥BE∥CF,且两两之间的距 半径相等，侧面积相等，且它们的高均为√3， 离为1，AD=1,BE=2,CF=3,则该五面体 则圆锥的体积为() 的体积为( A.2W3πB.3√3πC.6W3πD.9W3π 2.(2023·山东潍坊模拟)以边长为2的正方 形的一边所在直线为轴旋转一周，所得到的 几何体的体积为( A.2π B.8π c D.8 3 A③ 6 B33+1 4 3.(2023·全国乙卷理)已知圆锥PO的底面半 C3 D331 2 42 径为√3，O为底面圆心，PA,PB为圆锥的母 线，∠AOB=120°.若△PAB的面积等于 3.如图，已知底面半径为r的圆柱被一个平面所 9,则该圆维的体积为( 截，剩下部分母线长的最大值为a,最小值为b, 那么圆柱被截后剩下部分的体积是 A.π B.√6πC.3π D.3√6π 4.(2024·全国甲卷文)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(r2一r1),3(r2一r1),则圆台甲 —39 艺术生文化课考前100天数学 4.（2023·山东临沂模拟)如图，在多面体 2.(2022·新高考I卷)南水北调工程缓解了北 ABCDEF中，已知四边形ABCD是边长为1 方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水 的正方形，且△ADE,△BCF均为正三角形， 蓄入某水库.当该水库水位为海拔148.5m EF∥AB,EF=2,则该多面体的体积 时，相应水面的面积为140.0km;当该水库 为 水位为海拔157.5m时，相应水面的面积为 180.0km2.将该水库在这两个水位间的形状看 作一个棱台，则当该水库水位从海拔148.5m上 升到157.5m时，增加的水量约为（√7≈ 2.65)() 考点三空间几何体表面积、体积的实际应用 A.1.0×109m3 【高考这样考】 B.1.2×109m3 (多选)(2023·新高考I卷)下列物体中，能 C.1.4×109m3 够被整体放入棱长为1（单位：m)的正方体容 D.1.6×109m 器（容器壁厚度忽略不计）内的有() 3.学生到工厂劳动实践，利用3D打印技术制作模 A,直径为0.99m的球 型.如图，该模型为长方体ABCD-A1BCD挖 B.所有棱长均为1.4m的四面体 去四棱锥O-EFGH后所得的几何体.其中O为 C.底面直径为0.01m,高为1.8m的圆柱 长方体的中心，E,F,G,H分别为所在棱的中 D.底面直径为1.2m,高为0.01m的圆柱 点，AB=BC=6cm,AA1=4cm.3D打印所 【方法规律】解决空间几何体表面积、体积实 用原料密度为0.9g/cm3,不考虑打印损耗， 际应用问题的关键是抽象出立体图形，并能 制作该模型所需原料的质量为 D 准确运用公式求解 【备考这样练】 1.毡帐是蒙古族牧民居住的一种房子，内部为 木架结构，外部由毛毡围拢，建造和搬迁都很 方便，适合牧业和游牧生活.如图，某毡帐可 视作一个圆锥与一个圆柱的组合，圆锥的高 为3m,圆柱的高为2.5m,底面直径为8m, 则建造该毡帐需要的毛毡面积为( A.36πm B.40πm2 C.46πm D.50πm -40在△ABC中，周为AB=,BC-号， 所以由余弦定理得cos∠ABC=AB+BC-AC 2·AB·BC +(侵)广-Ac16+5-AC_9-AC 2X4×号 20 20- 当AC=2时，AC=4,代入表达式， 品 473 当AC=4时，AC2=16,代入表达式，可得cos∠ABC= 916 4 5 20=20=16 因为y=2在[4,16]上单调递增，所以y=婴-2在[4,16] 上单调递减， 所以cos乙ABC的取值范周是[最，忌]， 【备考这样练】 1.解：(1)由bsin A=4(sin Acos C+cos Asin C) =4sin(A+C)=4sin B,bsin A=4sin B. 由正弦定理，得ab=4b,解得a=4. 2)a迹·AC-号，得6cA=号， 9 由余弦定理，得c.十然16-号，则+=25， 2bc .25=b+c2≥2bc,∴.(b+c)2=6+c2+2bc=25+2bc≤50， b叶≤52（当且仅当6=6-号时，取等号）小： .△ABC周长的最大值为4十5√2. 2.解：1)bsin BC=asin B, 2 A .sin Bcos合=-sin Asin B. B∈(0，，nB≠0，cs合=2sn号cos A∈0，Ros会0，sm合-司 0<<受含=吾A= (2)由正弦定理，得9云-血A-s如C_血胥一sm(-B) sin B sin B 复9s:专血B 3.1-cosB-1 sin B 2 sin B 2 -5.1-（1-2sm) 2 2sin cos 2 0<B<0<号<0<am<， 。的取值范围是(-之，1)。 专题四空间向量与立体几何 第一讲空间图形的表面积与体积 【知识清单·精准记忆】 【自主检测】 题组一 1.C解析：S象=π(32+4+3×6+4X6)=67π 2.D解析：该六棱柱的6个侧面是全等的矩形，则S侧=6× (3×4)=72. 3.B解析：设圆柱的轴截面的边长为x,则由x2=8,得x= 2√2，∴.S=2S底十S=2Xπ×(W2)2+2πXW2X2W2=12元 4.4√3解析：·四面体ABCD的各面均为等边三角形，且棱长 为258m=合×2X2×号-月，孩回面体的表面积S 2 4S△m=4V3. 题组二 1.B解析：设圆柱的底面半径为r,则圆柱的母线长为2x.由题 意，得S国粒创=2πrX2r=4π2=4π，.r=1,∴.V到粒=π2X 2r=2π=2元. 2.D解析：因为棱台上下底面均为有一个内角是60°的菱形，且 上下底面边长分别为2和3，该棱台的高为√3，所以上下底面 菱形的面积分别为2X2×号=25,3X3×5_9y5,所以该 2 2 2 棱台的体积为号×(2++3v5)×3=号， 3.12m解析：由已知可得圆维的高h=4,∴V#=号xX3× 4=12. 4.112解析：在△BB1D中，BB1=√DB-BD=√81-32= 7.在△ABD中，AB+AD=BD,因为AB=AD,BD=4√2， 所以AB=AD=4,则该正四棱柱的体积为4×4×7=112. 【方法清单·把控高考】 考点一 【高考这样考】 B解析：过直线OO2的平面截该圆柱所得的截面为圆柱的 轴截面，设底面半径为r,母线长为1，：轴截面是面积为8的 正方形，.2r=l=2√2，r=√2，∴.圆柱的表面积为2πrl十2πr =8π+4π=12x. 【备考这样练】 考向1 1.B解析：正四棱锥的侧棱长为1，底面周长为4，.这个棱 锥的侧面积是四个边长为1的等边三角形的面积之和，∴.这 个棱锥的侧面积S=4X(号×12×sin60）=3. 2.B解析：如图，设正四棱台上、下底面的中 0 心为O,O,CD为侧面上的斜高，过点C作 CE⊥OD交边O1D于点E,.OO=3, OC=1,OD=2,.CD=√/9+1=√10， ,正四棱台的上、下底面的面积为S1= 01 E 22+4=20,正四棱台的侧面积为S= 2牛4×√10×4=12√10，则其表面积为 2 S=S1+S2=20+12wW10. 考向2 1.C解析：由题意可得圆锥体的母线长为l=√6+82=10， .圆锥体的侧面积为10X8π=80π，圆柱体的侧面积为16πX 8=128π，圆柱的底面积为πX82=64x,∴.此陀螺的表面积为 80π+128π+64π=272π(cm2). 2.C解析：由题意易知母线长为√（√7）+(2√2-√2)2=3，且 上底面圆周长为2√2π，下底面圆周长为4√2π，易知展开图为 圆环的一部分，圆环所在的小圆半径为3，则大圆半径为6， ∴面积S=号×6×42x-合×3×2Ex=9w2元 考点二 【高考这样考】 323 解析：在△BCD中，BD=BC= 2,DC=2√3，取DC中点E,连接BE 如图， 0 由等腰三角形三线合一得BE⊥DC,所以 BE=√BD-DE=√22-(W3)2=1, 16 Sam=号×DCX BE=号×23X1-3. 因为AB=AC=AD=2√2，所以，点A在底面BCD上的投影O 是△BCD的外心. 设△BCD外接圆的半径为R, 由余孩定理得cos∠DBC=BD BDC BOXC=-合，即 2BD·BC ∠DBC=120° DC 23 由正孩定理得2R=sin/DBC sin20=4,所以R=2, 因此，点A到底面的距离为AO=√AB-R=√(2√2)2-2 =2, 所以Vm=号·Sm·A0=}XX2-2 【备考这样练】 考向1 1.B解析：设圆柱和圆锥的底面半径均为r,.它们的高均为 √3，且侧面积相等，.2rX3=πr√(W3)2十2，得产=9， “圆锥的体积V=号X3=33元故选B 2.B解析：以边长为2的正方形的一边所在直线为轴旋转一周 所得几何体是以2为底面圆半径，高为2的圆柱，由圆柱的体 积公式得V=πX22X2=8π，∴.所得到的几何体的体积为8π 3.B解析：在△AOB中，∠AOB=120°，而OA=OB=√3，如 图，取AB的中，点C,连接OC,PC,则 OC⊥AB,PC⊥AB,∠ABO=30°， 0C=号，AB=2BC=8,由△PAB的 西积为5，得分×3XP0=99,解 得PC-35P0-V0-00- √(）（②-后圆维的体领V-子xx0N× P0=3X(W3)》'X/6=6m 4.互解析：两国台的上、下底面积对应相等，则两圆台的体积 之比为高之比，根据母线与半径的关系可得甲与乙的体积之 比为4n-)-m-)=5-6 √9(n-n)2-(m-n)z√841 考向2 A解析：三棱锥B-ABC,的体积等于三棱锥AB1BC的体 积，三棱锥AB,BC的高为，底面积为是，故其体积为 ×号× 考向3 1.A解析：如图，取AB的中点E,连接PE,CE. :△ABC是边长为2的等边三角形， PA=PB=2,∴.PE⊥AB,CE⊥AB. 又PE,CEC平面PEC,PE∩CE=E, .AB⊥平面PEC A二 又PE=CE=2X号=5，C=后， E ∴PC=PE十CE,即PE⊥CE, V:nAc=V:sc十V:te=专Saa·AB=子X 是×5×gx2=1 2.C解析：割补法：，AD,BE,CF两两平行，且两两之间的距 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 直三被柱的体积，四棱锥的高为，底西是上底为1、下底为 2,高为1的梯形，故藏五面体的体积V=号X1××1+ ×是×-9故选c 2 3.心(g+bD解析：两个同样的该几何体能拼接成一个高为 a十b的圆柱，则拼接成的圆柱的体积V=r(a十b),.所求几 何体的体积为广(a十) 2 4号解析：如图，分别过点A,B作EF的 垂线，垂足分别为G,H,连接DG,CH, 易求得EG=HF=,AG=GD=BH= HC-,则△BHC中BC边上的高h Ve V=2Wam+Voae=号×号×2×2+x 1② 3 考点三 【高考这样考】 ABD解析：对于选项A,,0.99<1,即球的直径小于正方体 的棱长，∴.能够被整体放入正方体内，故A正确；对于选项B, 正方体的面对角线长为√2m,且√2>1.4，∴.能够被整体放 A M EC 入正方体内，故B正确；对于选项C,:正方体的体对角线长 为√3m,且√3<1.8，.不能够被整体放入正方体内，故C错 误；对于选项D, ,1.2>1,.底面正方形不能包含圆柱的底面圆，如图，过 AC的中点O作OE⊥AC,设OE∩AC=E,可知AC=√2m, cG=1m,AG=5m,0A-号n,则am∠CAG-名 √2√3 0.62,即>0.6，故以AG为轴可能对称放置底面直径为1. 2m的圆柱，若底面直径为1.2m的圆柱与正方体的上、下底 面均相切，设圆柱的底面圆心O,与正方体的下底面的切点为 M,可知AG⊥QM,0M=a.6m,则an∠CAG-g OM,即1 ,即方=A。,解得AO=0.62m,根据对称性可知圆 AO' 柱的高为W3-2×0.6W2≈1.732-1.2×1.414≈0.035(m), 0.035>0.01,∴.能够被整体放入正方体内，故D正确. 【备考这样练】 1.B解析：圆柱的侧面积为2x×号×2.5=20x(m2);圆维的母 线长为√3+（受）厂-5，侧面积为x×号×5=20x(m), ,∴.建造该毡帐需要毛毡20π十20π=40π(m). 7 2.C解析：如图，依题意可知棱台的 高为MN=157.5-148.5=9(m), ,增加的水量即为棱台的体积V. 棱台上底面积S=140.0km2= DL 140×105m2,下底面积S= 180.0km=180×105m2,.V 吉(S+S+V5S)=号X9× (140×105+180×105+√140×180×102)=3×(320+ 60W/7)×10≈(96+18×2.65)×107=1.437×109≈1.4× 109(m3) 3.118.8解析：由题知挖去的四棱锥的底面是一个菱形，对角 线长分别为6cm和4cm,故V影场#=弓×2X4X6X3- 12(cm3).又V*方体=6×6×4=144(cm3),.模型的体积为 V方保一V能去的m维=144一12=132(cm3),∴.制作该模型所需 原料的质量为132×0.9=118.8(g). 第二讲空间中点、直线、平面的位置关系 【知识清单·精准记忆】 【自主检测】 题组一 1.D解析：如图 C A 由正方体的结构特征，易得AC∥AC1,A正确； 在正方体中，侧棱与底面垂直，即CC1⊥平面ABC,B正确： 由正方体的结构特征，平面ACD∥平面AC1B,C正确： 平面ADD1即平面A1ADD1,与平面ACD1不垂直，D错误 2.C解析：对于A,B,若m∥a,n∥a,则m与n可能平行、相交 或异面，故A,B错误；对于C,D,若m∥a,nLa,则m⊥n,且m 与n可能相交，也可能异面，故C正确，D错误. 3.AD解析：垂直于同一个平面的两条直线相互平行，故A正 确；当m∥a,m∥3时，平面a与平面B不一定平行，故B错误； 由aLB,m∥B,得m可能在平面a内，故C错误；两平面平行， 其中一个平面的垂线一定垂直于另外一个平面，故D正确. 题组二 1.A解析：.BC∥BC,∴.∠ACB为异面直线B1C与AC所 成角（或它的补角）.：∠ABC=90°，AB=BC=1,∠ACB= 45°，∴.异面直线B1C与AC所成角为45°. 2.C解析：，PA⊥平面ABC,.PA⊥BC.易得BC⊥AC, ∴BC⊥平面PAC,.BC⊥PC,∴.∠PCA为二面角P-BCA 的平面角.在Rt△PAC中，PA=AC,∴.∠PCA=45°. 3.30°解析：如图，连接B1D1,则B1D是 BD1在平面A1BCD1上的射影，则 A ∠BDB1是BD与平面A1BCD所成 的角.在Rt△BDB1中，tan∠BDB1 D BB=1=S,则∠BDB=30, BD3 3 【方法清单·把控高考】 考点一 【高考这样考】 A解析：a∩B=m,则mCa,mC3,对于①，若m∥n,则n∥a 或n∥B,①正确；对于②，若mLn,则可能n∥a或n与a相交 或n二a,②错误；对于③，若n∥a,且n∥B,则n∥m,③正确；对于 ④，n与m所成的角可以为[0，受]内的任意角，④错误故选A 【备考这样练】 考向1 1.C解析：对于A,若m∥a,nCa,则m,n可平行或异面，故A 错误；对于B,若m⊥a,m⊥B,则a∥B,故B错误；对于C,现 m∥a,则平面a内存在直线l,使m∥l,又mLB,则lLB,如果 一个平面经过另一个平面的垂线，那么这两个平面垂直，故 a⊥B,故C正确；对于D,mCa,a⊥B,则m与B可平行或相交 或mCB,故D错误. 2.①②③④解析：如图，以ABCD为下底面还原正方体， 则易判定四个命题都是正确的 考向2 1.C解析：，PA⊥平面ABCD,.PA⊥CD.四边形ABCD 为矩形，.CD⊥AD,.CDL平面PAD,.平面PCD⊥平 面PAD. 2.C解析：当m∥a时，过m作平面y∩a=n,则m∥n,结合a⊥ B,得n⊥B,从而m⊥B;当mLB时，在a内作直线n⊥L,结合 &B,得n3,∴.m∥n.又m寸a,nCa,∴.m∥a(图略). 考点二 【高考这样考】 (1)证明：如图，连接BC 因为D,E分别为AB,AC的中点，所以DE∥BC, 因为DE￠平面BCCB1,BCC平面BCCB1, 所以DE∥平面BCCB· (2)解：由(1)知，DE∥BC, 所以直线BC1与平面ACC1A1所成的角等于直线DE与平面 ACC1A1所成的角， 在直三棱柱ABCA1BC中，CC⊥平面ABC, 因为BCC平面ABC,所以CC⊥BC 因为∠ACB=90°，所以AC⊥BC. 因为AC∩CC=C,CC1C平面ACCA1,ACC平面ACCA1, 所以BC⊥平面ACCA,,所以∠BCC即为直线BC1与平面 ACC1A1所成的角. 因为直线DE与平面ACC1A1所成的角为45°，所以∠BCC 45°， 在Rt△BCC中，CC=2,所以BC=2. 由(1)知，DE∥平面BCCB1, 所以D到平面BCC1B1的距离即为直线DE到平面BCC1B, 的距离. 因为D为AB的中点，所以D到平面BCC1B的距离等于点 A到平面BCC,B,的距离的？ 因为∠ACB=90°，AC=BC,所以△ABC是腰长为2的等腰直 角三角形，且AC⊥BC, 在直三棱柱ABCA1BC中，平面ABC⊥平面BCCB,平面 ABC∩平面BCCB,=BC,ACC平面ABC, 所以AC⊥平面BCCB,所以点A到平面BCC1B,的距离为 AC=BC-2, 所以直线DE到平面BCCB的距离为1. 【备考这样练】 考向1 1.C解析：如图，延长CA到点D,使得AD=AC,连接DA1， BD,则四边形ADAC1为平行四边形，∴.∠DA1B就是异面直 线BA1与AC所成的角.又A1D=A1B=DB,△A1DB为 等边三角形，∴.∠DA1B=60°