空间几何体 课件-2021届高三数学一轮复习
届数学一轮复习第八章立体几何与空间向量第2节空间几何体的表面积和体积教学案含解析
第2节空间几何体的表面积和体积考试要求了解球、棱柱、棱锥、台的表面积和体积的计算公式。
知识梳理1。
多面体的表(侧）面积多面体的各个面都是平面，则多面体的侧面积就是所有侧面的面积之和，表面积是侧面积与底面面积之和。
2.圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式圆柱圆锥圆台侧面展开图侧面积公式S圆柱侧＝2πrlS圆锥侧＝πrlS圆台侧＝π（r1＋r2）l3.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表面积＝S侧＋V＝S底h(棱柱和圆柱)2S底锥体（棱锥和圆锥)S表面积＝S侧＋S底V＝错误!S底h台体（棱台和圆台)S表面积＝S侧＋S上＋S下V＝错误!（S上＋S下＋错误!)h球S＝4πR2V＝错误!πR3［常用结论与微点提醒］1。
正方体与球的切、接常用结论正方体的棱长为a,球的半径为R，(1)若球为正方体的外接球，则2R＝错误!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＝错误!a。
2。
长方体的共顶点的三条棱长分别为a,b，c，外接球的半径为R,则2R＝错误!。
3。
正四面体的外接球与内切球的半径之比为3∶1。
诊断自测1。
判断下列结论正误（在括号内打“√”或“×")(1)锥体的体积等于底面面积与高之积。
（)（2)两个球的体积之比等于它们的半径比的平方。
（)(3）台体的体积可转化为两个锥体的体积之差.（)(4）已知球O的半径为R,其内接正方体的边长为a，则R＝错误!a。
(）解析(1)锥体的体积等于底面面积与高之积的三分之一，故不正确.（2)球的体积之比等于半径比的立方，故不正确.答案（1）×（2）×（3)√(4)√2。
(新教材必修第二册P120T5改编)一个正方体的顶点都在球面上，若球的表面积为4π，则正方体的棱长为（)A。
33 B.错误! C.错误!D。
错误!解析由S＝4πR2＝4π，得R＝1，故2×1＝3a，得a＝错误!。
高考数学一轮复习 第7章 立体几何 7.2 空间几何体的表面积与体积课件 文
积．12/8/2021
搞清组合体构成部分，分别求其表面
第十八页，共五十五页。
解析 由三视图可得圆锥的母线长为 22＋2 32＝4， ∴S 圆锥侧＝π×2×4＝8π.又 S 圆柱侧＝2π×2×4＝16π，S ＝ 圆柱底 4π，∴该几何体的表面积为 8π＋16π＋4π＝28π.故选 C.
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第三十页，共五十五页。
解析 由三视图知该零件是两个圆柱的组合体．一个 圆柱的底面半径为 2 cm，高为 4 cm；另一个圆柱的底面半 径为 3 cm，高为 2 cm.则零件的体积 V1＝π×22×4＋ π×32×2 ＝ 34π(cm3) ． 而 毛 坯 的 体 积 V ＝ π×32×6 ＝ 54π(cm3)，因此切削掉部分的体积 V2＝V－V1＝54π－34π＝ 20π(cm3)，所以VV2＝5240ππ＝1207.故选 C.
由圆柱两个底面的圆周在同一个球的球面上可知，
r，R 及圆柱的高的一半构成直角三角形．
∴r＝
12－122＝
3 2.
∴圆柱的体积为 V＝πr2h＝34π×1＝34π.故选 B.
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2．正三棱锥 A－BCD 内接于球 O，且底面边长为 3，
16π 侧棱长为 2，则球 O 的表面积为____3____．
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A．110 B．116 C．118 D．120 此题应采用割补法求解．
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第二十七页，共五十五页。
解析 如图，过点 A 作 AP⊥CD，AM⊥EF，过点 B 作 BQ⊥CD，BN⊥EF，垂足分别为 P，M，Q，N，连接 PM， QN，将一侧的几何体补到另一侧，组成一个直三棱柱，底 面积为12×10×3＝15.棱柱的高为 8，体积 V＝15×8＝120. 故选 D.
高三数学一轮复习 8.2 空间几何体的表面积与体积
考点1
考点2
考点3
-16-
对点训练1如图,某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个 圆中两条互相垂直的半径.若该几何体的体积是 283π, 则它的表面积 是( )
由三视图可知该几何体是球截去18后所得几何体, 则 所78以A×.它1473π的π×B表R.13面=8π2积83πC为,.解2078得×πD4Rπ.2R=82π2+, 34×πR2=14π+3π=17π.
(3)设正四面体棱长为 a,则正四面体表面积为 S1=4·43·a2= 3a2,
其内切球半径为正四面体高的14,即 r=14 ·36a=126a,因此内切球表面积
为 S2=4πr2=π6������2,则������������12 =
3������2 π6������2
=
6π3.
考点1
考点2
考点3
考点1
考点2
考点3
-28-
(2)设球半径为R,过AB作相互垂直的平面α,β,设圆M的直径为AC, 圆N的直径为AD,则BD⊥BC,BC2+BD2+4=(2R)2=12,
∴CD=2 2, ∵M,N分别是AC,AD的中点, ∴MN的长度是定值 2,故选B.
考点1
考点2
考点3
-29-
1.求柱体、锥体、台体与球的表面积的问题,要结合它们的结构 特点与平面几何知识来解决.
2.求三棱锥的体积时要注意三棱锥的每个面都可以作为底面. 3.与球有关的组合体问题,一种是内切,一种是外接.解题时要认 真分析图形,明确切点和接点的位置,确定有关元素间的数量关系, 并作出合适的截面图.
考点1
考点2
考点3
-27-
解析 (1)∵AB=AC=3,∠BAC=23π,
2021-2022年高考数学一轮复习 第一讲 空间几何体讲练 理 新人教A版
2021年高考数学一轮复习 第一讲 空间几何体讲练 理 新人教A 版一、多面体的结构特征1．棱柱的侧棱都互相平行，上下底面是全等的多边形．2．棱锥的底面是任意多边形，侧面是有一个公共顶点的三角形．3．棱台可由平行于底面的平面截棱锥得到，其上下底面是相似多边形．(1)正棱柱：侧棱垂直于底面的棱柱叫做直棱柱，底面是正多边形的直棱柱叫做正棱柱．反之，正棱柱的底面是正多边形．侧棱垂直于底面，侧面是矩形．(2)正棱锥：底面是正多边形，顶点在底面的射影是底面正多边形的中心的棱锥叫做正棱锥，特别地，各棱均相等的正三棱锥叫正四面体．反之，正棱锥的底面是正多边形，且顶点在底面的射影是底面正多边形的中心．二、旋转体1、形成3 （1）．V 柱体＝Sh .（2）．V 锥体＝13Sh . （3）．V 台体＝13h (S ＋SS ′＋S ′)． （4）．V 球＝43πR 3(球半径是R )． 求几何体体积的两种重要方法1．割补法：求一些不规则几何体的体积时，常用割补法转化成已知体积公式的几何体进行解决．2．等积法：等积法包括等面积法和等体积法．等积法的前提是几何图形(或几何体)的面积(或体积)通过已知条件可以得到，利用等积法可以用来求解几何图形的高或几何体的高，特别是在求三角形的高和三棱锥的高时，这一方法回避了具体通过作图得到三角形(或三棱锥)的高，而通过直接计算得到高的数值．三、空间几何体的三视图1．三视图的名称 几何体的三视图包括：正视图、侧视图、俯视图． 2．三视图的画法 ①在画三视图时，重叠的线只画一条，挡住的线要画成虚线． ②三视图的正视图、侧视图、俯视图分别是从几何体的正前方、正左方、正上方观察几何体的正投影图． 四、空间几何体的直观图 空间几何体的直观图常用斜二测画法来画，其规则是1．原图形中x 轴、y 轴、z 轴两两垂直，直观图中，x ′轴，y ′轴的夹角为45°或135°，z ′轴与x ′轴和y ′轴所在平面垂直．2．原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍平行于坐标轴．平行于x 轴和z 轴的线段在直观图中保持原长度不变，平行于y 轴的线段长度在直观图中长度为原来的一半．按照斜二测画法得到的平面图形的直观图，其面积与原图形的面积的关系：S 直观图＝24S 原图形，S 原图形＝22S 直观图． 基础自测1．(xx·湖南高考)已知正方体的棱长为1，其俯视图是一个面积为1的正方形，侧视图是一个面积为2的矩形，则该正方体的正视图的面积等于( )A.32 B ．1 C.2＋12D. 2 【解析】 由于该正方体的俯视图是面积为1的正方形，侧视图是一个面积为2的矩形，因此该几何体的正视图是一个长为2，宽为1的矩形，其面积为 2.【答案】 D2．(xx·陕西高考)某几何体的三视图如图7－2－2所示，则其表面积为________．图7－2－2【解析】 由三视图可知，该几何体为一个半径为1的半球，其表面积为半个球面面积与截面面积的和，即12×4π＋π＝3π. 【答案】 3π3．(xx·辽宁高考)某几何体的三视图如图7－2－3所示，则该几何体的体积是________．图7－2－3【解析】 由三视图可知该几何体是一个圆柱内部挖去一个正四棱柱，圆柱底面圆半径为2，高为4，故体积为16π；正四棱柱底面边长为2，高为4，故体积为16，故题中几何体的体积为16π－16.考点一空间几何体的三视图例(xx·四川高考)一个几何体的三视图如图7－1－4所示，则该几何体的直观图可以是( )图7－1－4【解析】由俯视图是圆环可排除A，B，C，进一步将已知三视图还原为几何体，可得选项D.【答案】 D空间几何体的三视图问题的求解关键(1)形状的确定：三视图与空间几何体的相互转化是解决这类问题的常用方法．(2)大小的确定：根据三视图的大小可确定几何体的大小，由几何体的大小也可确定出三视图的大小．考点二空间几何体的表面积与体积例 1、如图7－2－4是一个几何体的三视图，根据图中数据，可得该几何体的表面积是( )图7－2－4A．9πB．10πC．11πD．12π【尝试解答】从题中三视图可以看出该几何体是由一个球和一个圆柱体组合而成的，其表面积为S＝4π×12＋π×12×2＋2π×1×3＝12π.故选D.【答案】D方法与技巧 1.解答本题的关键是根据三视图得到几何体的直观图，弄清几何体的组成.2.在求多面体的侧面积时，应对每一侧面分别求解后再相加，对于组合体的表面积应注意重合部分的处理.3.以三视图为载体考查几何体的表面积，关键是能够对给出的三视图进行恰当的分析，从三视图中发现几何体中各元素间的位置关系及数量关系.2、[xx·辽宁卷] 某几何体三视图如图12所示，则该几何体的体积为( )图12A ．8－π4B ．8－π2C ．8－πD ．8－2π 答案：C [解析] 根据三视图可知，该几何体是正方体切去两个体积相等的圆柱的四分之一后余下的部分，故该几何体体积V ＝23－12×π×12×2＝8－π. 跟踪练习 [xx·天津卷] 一个几何体的三视图如图12所示(单位：m)，则该几何体的体积为________m 3.答案：20π3[解析] 由三视图可知，该几何体为圆柱与圆锥的组合体，其体积V ＝π×12×4＋13π×22×2＝20π3. 考点三 多面体与球例 [xx·全国卷] 正四棱锥的顶点都在同一球面上．若该棱锥的高为4，底面边长为2，则该球的表面积为( )A.81π4 B ．16π C ．9π D.27π4 10．A [解析] 如图所示，因为正四棱锥的底面边长为2，所以AE ＝12AC ＝ 2.设球心为O ，球的半径为R ，则OE ＝4－R ，OA ＝R .又因为△AOE 为直角三角形，所以OA 2＝OE 2＋AE 2，即R 2＝(4－R )2＋2，解得R ＝94，所以该球的表面积S ＝4πR 2＝4π⎝ ⎛⎭⎪⎫942＝81π4.跟踪练习（xx 新课标全国，5a ，顶点都在一个球面上，则该球的表面积为( )A ．πa 2 B.73πa 2 C.113πa 2 D ．5πa 2 解析：三棱柱如图所示，由题意可知：球心在三棱柱上、下底面的中心O 1、O 2的连线的中点O 处，连接O 1B 、O 1O 、OB ，其中OB 即为球的半径R ，由题意知：O 1B ＝23×3a 2＝3a 3， 所以半径R 2＝(a 2)2＋(3a 3)2＝7a 212， 所以球的表面积是S ＝4πR 2＝7πa 23. 答案：B。
2023年高考数学(文科)一轮复习课件——空间几何体的表面积和体积
2.圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式
圆柱
圆锥
圆台
侧面展开图
侧面积公式 S圆柱侧＝__2_π_r_l_____ S圆锥侧＝___π_rl____ S圆台侧＝____π_(_r1_＋__r_2_)l__
索引
3.空间几何体的表面积与体积公式
几何体
名称
表面积
体积
柱体 (棱柱和圆柱) 锥体(棱锥和圆锥)
Q
522＋62＝123.
索引
(2)已知正三棱锥 S－ABC 的侧棱长为 4 3，底面边长为 6，则该正三棱锥外接球 的表面积是___6__4_π__.
解析 如图，过点S作SE⊥平面ABC于点E，记球心为O. ∵在正三棱锥 S－ABC 中，底面边长为 6，侧棱长为 4 3， ∴BE＝23× 23×6＝2 3， ∴SE＝ SB2－BE2＝6.
∵球心O到四个顶点的距离相等，均等于该正三棱锥外接球的半径R， ∴OB＝R，OE＝6－R. 在Rt△BOE中，OB2＝BE2＋OE2，即R2＝12＋(6－R)2，解得R＝4， ∴外接球的表面积为S＝4πR2＝64π.
索引
感悟提升
(1)求解多面体的外接球时，经常用到截面图.如图所 示，设球O的半径为R，截面圆O′的半径为r，M为截 面圆上任意一点，球心O到截面圆O′的距离为d，则在 Rt△OO′M中，OM2＝OO′2＋O′M2，即R2＝d2＋r2.
是( B )
A.158
B.162
C.182
D.324
索引
解析 由三视图可知，该柱体是一个直五棱柱，如图，棱柱的高为6，底面可 以看作由两个直角梯形组合而成，其中一个上底为4，下底为6，高为3，另一 个的上底为2，下底为6，高为3. 则底面面积 S＝2＋2 6×3＋4＋2 6×3＝27. 因此，该柱体的体积V＝27×6＝162.
2023版高考数学一轮总复习第六章立体几何第一讲空间几何体的结构特征和直观图课件
以用“斜”(两坐标轴成45°或135°)和“二测”(平行于y
轴的线段长度减半，平行于 x 轴和 z 轴的线段长度不变)来
掌握.
(2)按照斜二测画法得到的平面图形的直观图，其面积
与原图形的面积的关系：S
＝ 直观图
2 4S
原图形.
【变式训练】
一个水平放置的图形的斜二测直观图是一个底角为
45°，腰和上底均为 22的等腰梯形，那么原平面图形的面积
由斜二测画法可知，A′B′＝AB＝a，O′C′＝21OC
＝ 43a，在图 6-1-6 中作 C′D′⊥A′B′于 D′，则 C′D′
＝ 22O′C′＝ 86a.所以 S△A′B′C′＝21A′B′·C′D′＝
12·a·86a＝ 166a2.
答案：D
【题后反思】
(1)画几何体的直观图一般采用斜二测画法，其规则可
3.(教材改编题)如图 6-1-1，长方体 ABCD-A′B′C′D′
被截去一部分，其中 EH∥A′D′.剩下的几何体是(
)
A.棱台 C.五棱柱 答案：C
图 6-1-1 B.四棱柱 D.六棱柱
题组三 真题展现
4.(2021 年新高考Ⅰ)已知圆锥的底面半径为 2，其侧 面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为( )
A.2
B.2 2
C.4
D.4 2
答案：B
5.(2020 年全国Ⅰ)如图 6-1-2，在三棱锥 P-ABC 的平面 展开图中，AC＝1，AB＝AD＝ 3 ，AB⊥AC，AB⊥AD， ∠CAE＝30°，则 cos∠FCB＝________.
答案：－14
图 6-1-2
考点一 空间几何体的结构特征
[例 1] (1)给出下列命题：
2021高考数学一轮复习统考第8章立体几何第2讲空间几何体的表面积和体积学案(含解析)北师大版
第2讲空间几何体的表面积和体积基础知识整合1．多面体的表面积、侧面积因为多面体的各个面都是平面，所以多面体的侧面积就是01侧面展开图的面积，表面积是侧面积与底面面积之和．2．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式圆柱圆锥圆台侧面展开图侧面积公式S圆柱侧＝022πrlS圆锥侧＝03πrlS圆台侧＝04π(r1＋r2)l3．柱、锥、台和球的表面积和体积名称几何体表面积体积柱体(棱柱和圆柱)S表面积＝S侧＋2S底V＝05Sh锥体(棱锥和圆锥)S表面积＝S侧＋S底V＝0613Sh台体(棱台和圆台)S表面积＝S侧＋S上＋S下V＝13(S上＋S下＋S上S下)h球S＝074πr2V＝0843πr31．与体积有关的几个结论(1)一个组合体的体积等于它的各部分体积的和或差．(2)底面面积及高都相等的两个同类几何体的体积相等．2．几个与球有关的切、接常用结论 (1)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 ＝3a ； 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 ＝2a .(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 ＝a 2＋b 2＋c 2.(3)直棱柱的外接球半径可利用棱柱的上下底面平行，借助球的对称性，可知球心为上下底面外接圆圆心连线的中点，再根据勾股定理求球的半径．(4)设正四面体的棱长为a ，则它的高为63a ，内切球半径r ＝612a ，外接球半径R ＝64a .正四面体的外接球与内切球的半径之比为3∶1.1．(2019·福州二模)设一个球形西瓜，切下一刀后所得切面圆的半径为4，球心到切面圆心的距离为3，则该西瓜的体积为( )A ．100π B.256π3 C.400π3 D.500π3答案 D解析 由题意知切面圆的半径r ＝4，球心到切面的距离d ＝3，所以球的半径R ＝r 2＋d 2＝42＋32＝5，故球的体积V ＝43πR 3＝43π×53＝500π3，即该西瓜的体积为500π3.2．(2019·安徽蚌埠质检)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则它的体积为( )A ．π＋43B ．π＋2C ．2π＋43D ．2π＋2答案 A解析由三视图可知，该几何体由半个圆柱和一个三棱锥组合而成．故该几何体的体积为12×π×12×2＋13×12×2×2×2＝π＋43.3．(2018·浙江高考)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积(单位：cm3)是( )A．2 B．4C．6 D．8答案 C解析由三视图知该几何体是底面为直角梯形的直四棱柱，即如图所示四棱柱A1B1C1D1－ABCD.由三视图中的数据可知底面梯形的两底分别为1和2，高为2，所以S底面＝12×(1＋2)×2＝3.因为直四棱柱的高为2，所以体积V＝3×2＝6.故选C.4．(2019·北京东城区模拟)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的表面积是( )A．2＋ 5 B．4＋ 5C．2＋2 5 D．5答案 C解析该三棱锥的直观图如图所示，过点D作DE⊥BC，交BC于点E，连接AE，则BC＝2，EC＝1，AD＝1，ED＝2，S 表＝S △BCD ＋S △ACD ＋S △ABD ＋S △ABC ＝12×2×2＋12×5×1＋12×5×1＋12×2×5＝2＋2 5.故选C.5．如图，半球内有一个内接正方体，正方体的一个面在半球的底面圆内，若正方体的棱长为6，则球的表面积和体积分别为________，________.答案 36π 36π解析 底面中心与C ′的连线即为半径，设球的半径为R ，则R 2＝(6)2＋(3)2＝9.所以R ＝3，所以S 球＝4πR 2＝36π，V 球＝43πR 3＝36π.6．如图所示，已知球O 的球面上有四点A ，B ，C ，D ，DA ⊥平面ABC ，AB ⊥BC ，DA ＝AB ＝BC ＝3，则球O 的体积等于________．答案9π2解析 由题意知，DC 边的中点就是球心O ， ∵它到D ，A ，C ，B 四点的距离相等， ∴球的半径R ＝12CD ，又AB ＝BC ＝3，∴AC ＝6，∴CD ＝AC 2＋AD 2＝3， ∴R ＝32，∴V 球O ＝4π3⎝ ⎛⎭⎪⎫323＝9π2.核心考向突破考向一 几何体的表面积例 1 (1)(2019·衡水模拟)如图是某个几何体的三视图，则这个几何体的表面积是( )A ．π＋42＋4B ．2π＋42＋4C ．2π＋42＋2D ．2π＋22＋4答案 B解析 由几何体的三视图可知，该几何体是由半圆柱与三棱柱组成的几何体，其直观图如图所示，其表面积S ＝2×12π×12＋π×1×1＋2×12×2×1＋(2＋2＋2)×2－2×1＝2π＋42＋4.故选B.(2)(2019·郑州二模)如图是某几何体的三视图，图中方格的单位长度为1，则该几何体的表面积为________．答案 8＋4 5解析 由三视图，知该几何体为三棱锥，将该几何体放在长方体中如图所示，由题意可知长方体的长、宽、高分别为2,2,4，由BC ＝2，CD ＝2计算，得BD ＝22，AD ＝25，AB ＝25，所以S △BCD ＝12×2×2＝2，S △ADC ＝12×2×25＝25， S △ABC ＝12×2×25＝25，因为△ABD 为等腰三角形，高为252－22＝32，所以S △ABD ＝12×22×32＝6，所以该几何体的表面积为2＋25＋25＋6＝8＋4 5.几类空间几何体表面积的求法(1)多面体：其表面积是各个面的面积之和．(2)旋转体：其表面积等于侧面面积与底面面积的和．(3)简单组合体：应弄清各构成部分，并注意重合部分的删、补．(4)若以三视图形式给出，解题的关键是根据三视图，想象出原几何体及几何体中各元素间的位置关系及数量关系．[即时训练] 1.(2019·山东潍坊模拟)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的表面积为( )A ．20πB ．24πC ．28πD ．32π答案 C解析 由三视图可知该几何体为组合体，上半部分为圆柱，下半部分为圆锥，圆柱的底面半径为1，高为2，圆锥的底面半径为3，高为4，则该几何体的表面积S ＝π×32＋π×3×5＋2π×1×2＝28π.故选C.2．(2019·河北承德模拟)某几何体的三视图如图所示，网格纸上小正方形的边长为1，则该几何体的表面积为( )A．8＋42＋2 5 B．6＋42＋4 5C．6＋22＋2 5 D．8＋22＋2 5答案 C解析由三视图可知，该几何体为放在正方体内的四棱锥E－ABCD，如图，正方体的棱长为2，该四棱锥底面为正方形，面积为4，前后两个侧面为等腰三角形，面积分别为22，2，左右两个侧面为直角三角形，面积都为5，可得这个几何体的表面积为6＋22＋25，故选C.精准设计考向，多角度探究突破考向二几何体的体积角度1 补形法求体积例2 (1)(2017·全国卷Ⅱ)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为( )A．90π B．63πC．42π D．36π答案 B解析(割补法)由几何体的三视图可知，该几何体是一个圆柱截去上面虚线部分所得，如图所示．将圆柱补全，并将圆柱从点A处水平分成上下两部分．由图可知，该几何体的体积等于下部分圆柱的体积加上上部分圆柱体积的12，所以该几何体的体积V ＝π×32×4＋π×32×6×12＝63π.故选B.(2)(2019·北京高考)某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得，其三视图如图所示．如果网格纸上小正方形的边长为1，那么该几何体的体积为________．答案 40解析 由题意知去掉的四棱柱的底面为直角梯形，底面积S ＝(2＋4)×2÷2＝6，高为正方体的棱长4，所以去掉的四棱柱的体积为6×4＝24.又正方体的体积为43＝64，所以该几何体的体积为64－24＝40.角度2 分割法求体积例3 (1)(2019·山西五校联考)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有刍甍，下广三丈，袤四丈；上袤二丈，无广；高一丈，问：积几何？”其意思为：“今有底面为矩形的屋脊柱的楔体，下底面宽3丈，长4丈；上棱长2丈，高1丈，问它的体积是多少？”已知1丈为10尺，现将该楔体的三视图给出，其中网格纸上小正方形的边长为1丈，则该楔体的体积为( )A ．5000立方尺B ．5500立方尺C ．6000立方尺D ．6500立方尺答案 A解析 该楔体的直观图如图中的几何体ABCDEF .取AB 的中点G ，CD 的中点H ，连接FG ，GH ，HF ，则该几何体的体积为四棱锥F －GBCH 与三棱柱ADE －GHF 的体积之和．又可以将三棱柱ADE －GHF 割补成高为EF ，底面积为S ＝12×3×1＝32(平方丈)的一个直棱柱，故该楔体的体积V ＝32×2＋13×2×3×1＝5(立方丈)＝5000(立方尺)．故选A.(2)(2019·浙江高考)祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家，他提出的“幂势既同，则积不容异”称为祖暅原理，利用该原理可以得到柱体的体积公式V柱体＝Sh ，其中S 是柱体的底面积，h 是柱体的高．若某柱体的三视图如图所示(单位：cm)，则该柱体的体积(单位：cm 3)是( )A ．158B ．162C ．182D ．324答案 B解析 如图，该柱体是一个五棱柱，棱柱的高为6，底面可以看作由两个直角梯形组合而成，其中一个上底为4，下底为6，高为3，另一个的上底为2，下底为6，高为3.则底面面积S ＝2＋62×3＋4＋62×3＝27，因此，该柱体的体积V ＝27×6＝162.故选B.角度3 转化法求体积例4 (1)如图所示，在正三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝4，AA 1＝6.若E ，F 分别是棱BB 1，CC 1上的点，则三棱锥A －A 1EF 的体积是________．答案 8 3解析 由正三棱柱的底面边长为4，得点F 到平面A 1AE 的距离(等于点C 到平面A 1ABB 1的距离)为32×4＝23，则V 三棱锥A －A 1EF ＝V 三棱锥F －A 1AE ＝13S △A 1AE ×23＝13×12×6×4×23＝8 3.(2)在三棱锥P －ABC 中，D ，E 分别为PB ，PC 的中点，记三棱锥D －ABE 的体积为V 1，三棱锥P －ABC 的体积为V 2，则V 1V 2＝________.答案1 4解析如图所示，由于D，E分别是边PB与PC的中点，所以S△BDE＝14S△PBC.又因为三棱锥A－BDE与三棱锥A－PBC的高相等，所以V1V2＝14.(1)处理体积问题的思路(2)求体积的常用方法直接法对于规则的几何体，利用相关公式直接计算割补法首先把不规则的几何体分割成规则的几何体，然后进行体积计算；或者把不规则的几何体补成规则的几何体、不熟悉的几何体补成熟悉的几何体，便于计算等体积法选择合适的底面来求几何体的体积，常用于求三棱锥的体积，即利用三棱锥的任何一个面可作为三棱锥的底面进行等体积变换[即时训练] 3.(2019·河北沧州质检)《九章算术》是中国古代第一部数学专著，书中有关于“堑堵”的记载，“堑堵”即底面是直角三角形的直三棱柱．已知某“堑堵”被一个平面截去一部分后，剩下部分的三视图如图所示，则剩下部分的体积是( ) A．50 B．75C．25.5 D．37.5答案 D解析如图，由题意及给定的三视图可知，剩余部分是在直三棱柱的基础上，截去一个四棱锥C 1－MNB 1A 1所得的，且直三棱柱的底面是腰长为5的等腰直角三角形，高为5.图中几何体ABCC 1MN 为剩余部分，因为AM ＝2，B 1C 1⊥平面MNB 1A 1，所以剩余部分的体积V ＝V 三棱柱A 1B 1C 1－ABC －V 四棱锥C 1－A 1B 1NM ＝12×5×5×5－13×3×5×5＝37.5，故选D.4．如图所示，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E ，F 分别为线段AA 1，B 1C 上的点，则三棱锥D 1－EDF 的体积为________．答案 16解析 三棱锥D 1－EDF 的体积即为三棱锥F －DD 1E 的体积．因为E ，F 分别为线段AA 1，B 1C 上的点，所以在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，△EDD 1的面积为定值12，F 到平面AA 1D 1D 的距离为定值1，所以V 三棱锥F －DD 1E ＝13×12×1＝16.考向三 与球有关的切、接问题例5 (1)(2019·全国卷Ⅰ)已知三棱锥P －ABC 的四个顶点在球O 的球面上，PA ＝PB ＝PC ，△ABC 是边长为2的正三角形，E ，F 分别是PA ，AB 的中点，∠CEF ＝90°，则球O 的体积为( )A ．86πB ．46πC ．26π D.6π 答案D 解析设PA ＝PB ＝PC ＝2a ，则EF ＝a ，FC ＝3，∴EC 2＝3－a 2. 在△PEC 中，cos ∠PEC ＝a 2＋3－a 2－2a22a 3－a2.在△AEC 中，cos ∠AEC ＝a 2＋3－a 2－42a 3－a2. ∵∠PEC 与∠AEC 互补，∴3－4a 2＝1，a ＝22， 故PA ＝PB ＝PC ＝ 2.又AB ＝BC ＝AC ＝2，∴PA ⊥PB ⊥PC ， ∴外接球的直径2R ＝22＋22＋22＝6，∴R ＝62，∴V ＝43πR 3＝43π×⎝ ⎛⎭⎪⎫623＝6π.故选D. (2)(2019·沈阳市东北育才学校模拟)将半径为3，圆心角为2π3的扇形围成一个圆锥，则该圆锥的内切球的表面积为( )A ．πB ．2πC ．3πD ．4π答案 B解析 将半径为3，圆心角为2π3的扇形围成一个圆锥，设圆锥的底面圆的半径为R ，则有2πR ＝3×2π3，所以R ＝1，设圆锥的内切球的半径为r ，结合圆锥和球的特征，可知内切球的球心必在圆锥的高线上，设圆锥的高为h ，因为圆锥的母线长为3，所以h ＝9－1＝22，所以rh －r ＝R 3，解得r ＝22，因此内切球的表面积S ＝4πr 2＝2π.故选B.“切”“接”问题的处理规律(1)“切”的处理解决与球有关的内切问题主要是指球内切于多面体与旋转体，解答时首先要找准切点，通过作截面来解决．如果内切的是多面体，则作截面时主要抓住多面体过球心的对角面．(2)“接”的处理把一个多面体的几个顶点放在球面上即为球的外接问题．解决这类问题的关键是抓住外接的特点，即球心到多面体的顶点的距离等于球的半径．[即时训练] 5.(2018·全国卷Ⅲ)设A ，B ，C ，D 是同一个半径为4的球的球面上四点，△ABC 为等边三角形且其面积为93，则三棱锥D －ABC 体积的最大值为( )A ．12 3B ．18 3C ．24 3D ．54 3答案 B解析 如图所示，点M 为三角形ABC 的重心，E 为AC 的中点，当DM ⊥平面ABC 时，三棱锥D －ABC 体积最大，此时，OD ＝OB ＝R ＝4.∵S △ABC ＝34AB 2＝93， ∴AB ＝6，∵点M 为三角形ABC 的重心， ∴BM ＝23BE ＝23，∴在Rt △OMB 中，有OM ＝OB 2－BM 2＝2. ∴DM ＝OD ＋OM ＝4＋2＝6，∴(V 三棱锥D －ABC )max ＝13×93×6＝18 3.故选B.6．(2019·漳州模拟)在直三棱柱A 1B 1C 1－ABC 中，A 1B 1＝3，B 1C 1＝4，A 1C 1＝5，AA 1＝2，则其外接球与内切球的表面积之比为( )A.294B.192C.292D ．29答案 A解析 由底面三角形的三边长可知，底面三角形为直角三角形，内切球半径r ＝AA 12＝1，取AC ，A 1C 1的中点D ，E ，则外接球球心是DE 的中点O ，由A 1C 1＝5，AA 1＝2，得AC 1＝29，所以外接球半径R ＝OA ＝292，所以S 外S 内＝4πR 24πr 2＝294，故选A.1．(2019·郑州二模)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体的外接球的体积为( )A.455π2B.1355π2C ．1805πD ．905π答案 A解析 构造底面边长为3,6，高为3的长方体，由三视图可知，该几何体是如图1中所示的三棱锥P －ABC .所以在该三棱锥中，PA ⊥底面ABC ，并且AB ⊥AC ，把该三棱锥放在如图2所示的底面边长为32，高为3的长方体中，则该三棱锥的外接球就是该长方体的外接球，设该三棱锥的外接球的半径为R ，则有(2R )2＝32＋(32)2＋(32)2＝45，解得R ＝352，所以该三棱锥的外接球的体积V ＝43πR 3＝43π⎝ ⎛⎭⎪⎫3523＝455π2，故选A.2．(2019·宝鸡中学高三第一次模拟)已知一个四面体ABCD 的每个顶点都在表面积为9π的球O 的表面上，且AB ＝CD ＝a ，AC ＝AD ＝BC ＝BD ＝5，则a ＝________.答案 2 2解析 由题意，知四面体ABCD 的对棱都相等，故该四面体可以通过补形补成一个长方体，如图所示．设AF ＝x ，BF ＝y ，CF ＝z ，则x 2＋z 2＝y 2＋z 2＝5，又4π·⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2＋y 2＋z 222＝9π，解得x ＝y ＝2，∴a ＝x 2＋y 2＝2 2. 答题启示1．若四面体中有三条棱两两垂直，则方法是找到三条两两互相垂直的棱，借助墙角模型补成长方体(如图)，用公式 a 2＋b 2＋c 2＝2R 求解．2．若四面体的对棱相等，则解题步骤为第一步：画出一个长方形，标出三组互为异面直线的对棱；第二步：设长方体的长宽高分别为a ，b ，c ，列出方程⎩⎪⎨⎪⎧a 2＋b 2＝BC 2＝α2，b 2＋c 2＝AC 2＝β2，c 2＋a 2＝AB 2＝γ2(其中α，β，γ为常数)⇒a 2＋b 2＋c 2＝α2＋β2＋γ22；第三步：根据墙角模型，a 2＋b 2＋c 2＝2R ⇒R ＝a 2＋b 2＋c 22.对点训练1．在△ABC 中，AB ＝AC ＝2，∠BAC ＝90°，将△ABC 沿BC 上的高AD 折成直二面角B ′－AD －C ，则三棱锥B ′－ACD 的外接球的表面积为( )A ．π B.2π C ．3πD ．2π答案 C解析 如图，∵AB ＝AC ＝2，∠BAC ＝90°，∴BC ＝2，则BD ＝DC ＝AD ＝1，由题意，得AD ⊥底面B ′DC ，又二面角B ′－AD －C 为直二面角，∴B ′D ⊥DC ，把三棱锥B ′－ACD 补形为正方体，则正方体的体对角线长为3，则三棱锥B ′－ACD 的外接球的半径为32，则其外接球的表面积为S ＝4π×⎝⎛⎭⎪⎫322＝3π.故选C. 2．(2019·漳州质量监测)已知正四面体ABCD 的外接球的体积为86π，则这个四面体的表面积为________．答案 16 3解析 将正四面体ABCD 放在一个正方体内，设正方体的棱长为a ，如图所示，设正四面体ABCD 的外接球的半径为R ，则43πR 3＝86π，解得R ＝ 6.因为正四面体ABCD 的外接球和正方体的外接球是同一个球，则有3a ＝2R ＝26，所以a ＝2 2.而正四面体ABCD 的每条棱长均为正方体的面对角线长，所以正四面体ABCD 的棱长为2a ＝4，因此，这个正四面体的表面积为4×12×42×sin π3＝16 3.。
第二讲+空间几何体的表面积与体积课件-2025届高三数学一轮复习
图 6-2-7
解析：设上部圆柱的体积为 V1，则
V1＝π×322×2
3＝9
3π 2.
设中、下部圆台的体积分别为 V2，V3，则
V2＝31×49π＋841π＋247π×3 3
＝1174 3π，
V3＝31×49π＋841π＋247π× 3
＝39
4
3π .
所以该青铜器的体积为 V＝V1＋V2＋V3＝87 2 3π(cm3).故选 A.
是圆 O 的直径，点 M 是 SA 的中点.若侧面展开图中，△ABM 为直
角三角形，则该圆锥的侧面积为( )
A.π3
B.23π
C.43π
D.83π
解析：如图621所示，因为SB＝SA，且△ABM为直角三角 形，所以 SA⊥BM.
图 6-2-1 又因为 M 为 SA 的中点，所以 SB＝AB，
可得△SAB 为等边三角形，即∠ASB＝π3. 则侧面展开图的圆心角为23π. 所以该圆锥的侧面积 S 侧＝π×22×13＝43π.
答案：A
2.(考向 1)(一题两空)如图 6-2-8，已知三棱台 ABC-A1B1C1 中， S△ABC＝25，SA1B1C1＝9，高 h＝6，则三棱锥 A1-ABC 的体积 V 为 A1ABC ________，三棱锥 A1-BCC1 的体积 V A1BCC1为________.
图 6-2-8
解析：V A1ABC＝31S△ABC·h＝13×25×6＝50.
则VV12＝13×S12＋×413S×＋4S×S×h 4Sh＝72.
答案：C
考向 2 旋转体的体积 通性通法：求圆柱、圆锥、圆台的体积的关键是求其底面面 积和高，其中高一般利用几何体的轴截面求得，一般是由母线、 高、半径组成的直角三角形中列出方程并求解.
空间几何体的截面及交线问题课件-2025届高三数学一轮复习
B1C1，C1D1 的中点，故 BD＝2 2，MN＝ 2，且 BM＝
DN＝ 5，所以等腰梯形 MNDB 的高为 h＝
(
5)2－
222＝32 2，所
以Hale Waihona Puke 梯形 MNDB 的面积为12×( 2＋2 2)×322＝92.
对点练2.(1)过正方体ABCD -A1B1C1D1的体对角线BD1的截面面积为S，Smax
√D. 3π 2
由题意得△ACD，△ABC 为等腰直角三角形． 设球 C 与 Rt△ACD 的边 CD，AD 分别交于点 M，N，如图①所示，设球 C 与 Rt△ABC 的边 AB，CB 分别交于点 H，G，如图②所示．易得 cos∠ACN＝ 23，则∠ACN＝π6，AN＝AC·tanπ6＝1，所以∠NCM＝∠ACD －∠ACN＝π4－π6＝1π2，所以M︵N的长＝2×1π2＝π6，同理，G︵H的长＝π6.
二、多面体中的截面问题
知识链接
1．正方体中的基本斜截面
2． 多面体中找截面的几种方法 (1) 直接法：有两点在多面体的同一个面上，连接这两点即为多面体与截 面的交线，找截面实际就是找交线的过程． (2) 延长线法：若直线相交，但在多面体中未体现，可以通过作延长线的 方法找到交点，然后借助交点找到交线． (3) 平行线法：过直线与直线外一点作截面，若直线所在的平面与点所在 的平面平行，可以通过过点作直线的平行线找到多面体与截面的交线．
2＝2 6
3 3.故选
C.
2
(2)[多选题]正方体ABCD -A1B1C1D1的棱长为2，已知平面α⊥AC1，则关于α 截此正方体所得截面的判断正确的是
√A．截面形状可能为正三角形
B．截面形状可能为正方形
√C．截面形状可能为正六边形 √D．截面面积最大值为3 3
2021届高考数学一轮复习第八章立体几何与空间向量第4节直线平面平行的判定及其性质含解析
第4节直线、平面平行的判定及其性质考试要求1。
以立体几何的定义、公理和定理为出发点,认识和理解空间中线面平行的有关性质与判定定理；2.能运用公理、定理和已获得的结论证明一些有关空间图形的平行关系的简单命题。
知识梳理1.直线与平面平行(1）直线与平面平行的定义直线l与平面α没有公共点，则称直线l与平面α平行。
（2）判定定理与性质定理文字语言图形表示符号表示判定定理平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线平行于此平面a⊄α，b⊂α,a∥b⇒a∥α性质定理一条直线和一个平面平行,则过这条a∥α，a⊂β，α∩β直线的任一平面与此平面的交线与该直线平行＝b⇒a∥b2。
平面与平面平行（1）平面与平面平行的定义没有公共点的两个平面叫做平行平面.(2）判定定理与性质定理文字语言图形表示符号表示判定定理一个平面内的两条相交直线与另一个平面平行，则这两个平面平行a⊂α,b⊂α，a∩b＝P，a∥β，b∥β⇒α∥β性质定两个平面平行，则其中一个平面内的直线平行于α∥β，a⊂α⇒a∥β理另一个平面如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b⇒a∥b3。
与垂直相关的平行的判定(1）a⊥α，b⊥α⇒a∥b.(2)a⊥α，a⊥β⇒α∥β。
[常用结论与易错提醒］1.平行关系的转化2。
平面与平面平行的六个性质(1）两个平面平行，其中一个平面内的任意一条直线平行于另一个平面。
(2）夹在两个平行平面间的平行线段长度相等。
（3）经过平面外一点有且只有一个平面与已知平面平行。
(4）两条直线被三个平行平面所截，截得的对应线段成比例.（5）如果两个平面分别和第三个平面平行,那么这两个平面互相平行.(6）如果一个平面内有两条相交直线分别平行于另一个平面内的两条直线，那么这两个平面平行.诊断自测1.判断下列说法的正误。
(1)若一条直线和平面内一条直线平行，那么这条直线和这个平面平行。
（)（2）若直线a∥平面α，P∈α，则过点P且平行于直线a的直线有无数条。
高考一轮复习第7章立体几何第2讲空间几何体的表面积与体积
第二讲 空间几何体的表面积与体积知识梳理·双基自测 知识梳理知识点一 柱、锥、台和球的侧面积和体积侧面积 体积圆柱 S 侧＝2πrh V ＝_S 底·h__＝πr 2h圆锥 S 侧＝_πrl __ V ＝13S 底·h＝13πr 2h ＝13πr 2l 2－r 2 圆台 S 侧＝π(r 1＋r 2)l V ＝13(S 上＋S 下＋S 上·S 下)·h＝13π(r 21＋r 22＋r 1r 2)h 直棱柱 S 侧＝_ch__ V ＝_S 底h__ 正棱锥 S 侧＝12ch′V ＝13S 底h 正棱台 S 侧＝12(c ＋c′)h′V ＝13(S 上＋S 下＋S 上·S 下)h 球S 球面＝_4πR 2V ＝43πR 3 (1)棱柱、棱锥、棱台的表面积就是_各面面积之和__.(2)圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图分别是_矩形__、_扇形__、_扇环形__；它们的表面积等于_侧面积__与底面面积之和．重要结论1．长方体的外接球：球心：体对角线的交点；半径：r ＝_a 2＋b 2＋c22__(a ，b ，c 为长方体的长、宽、高)．2．正方体的外接球、内切球及与各条棱相切的球： (1)外接球：球心是正方体中心；半径r ＝_32a__(a 为正方体的棱长)； (2)内切球：球心是正方体中心；半径r ＝_a2__(a 为正方体的棱长)；(3)与各条棱都相切的球：球心是正方体中心；半径r ＝_22a__(a 为正方体的棱长)． 3．正四面体的外接球与内切球(正四面体可以看作是正方体的一部分)：(1)外接球：球心是正四面体的中心；半径r ＝_64a__(a 为正四面体的棱长)； (2)内切球：球心是正四面体的中心；半径r ＝_612a__(a 为正四面体的棱长)． 双基自测题组一 走出误区1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)多面体的表面积等于各个面的面积之和．( √ ) (2)台体的体积可转化为两个锥体的体积之差．( √ ) (3)锥体的体积等于底面积与高之积．( × )(4)已知球O 的半径为R ，其内接正方体的棱长为a ，则R ＝32a.( √ ) (5)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.( × ) 题组二 走进教材2．(必修2P 27T1)已知圆锥的表面积等于12π cm 2，其侧面展开图是一个半圆，则底面圆的半径为( B ) A ．1 cm B ．2 cm C ．3 cmD ．32cm [解析] 由条件得：⎩⎪⎨⎪⎧πrl＋πr 2＝12π2πrl ＝π，∴3r 2＝12，∴r ＝2.题组三 走向高考3．(2020·天津卷)若棱长为23的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为( C ) A ．12π B ．24π C ．36πD ．144π[解析] 这个球是正方体的外接球，其半径等于正方体的体对角线长的一半， 即R ＝232＋232＋2322＝3，所以，这个球的表面积为S ＝4πR 2＝4π×32＝36π.故选：C ．4．(2018·课标全国Ⅰ)已知圆柱的上、下底面的中心分别为O 1，O 2，过直线O 1O 2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为( B )A ．122πB ．12πC ．82πD ．10π[解析] 设圆柱底面半径为r ，则4r 2＝8，即r 2＝2.∴S 圆柱表面积＝2πr 2＋4πr 2＝12π.5．(2020·浙江卷)某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则该几何体的体积(单位：cm 3)是( A )A ．73 B ．143C ．3D ．6[解析] 由三视图可知，该几何体是上半部分是三棱锥，下半部分是三棱柱，且三棱锥的一个侧面垂直于底面．棱锥的高为1，棱柱的底面为等腰直角三角形，棱柱的高为2，所以几何体的体积为：13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×2×1×1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12×2×1×2＝13＋2＝73.故选：A ．考点突破·互动探究考点一 几何体的表面积——自主练透例1 (1)(2021·北京模拟)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的表面积是( C )A ．2＋ 5B ．4＋ 5C ．2＋2 5D ．5(2)(2021·安徽江南十校联考)已知某几何体的三视图如图所示，网格纸上小正方形的边长为1，则该几何体的表面积为( B )A ．78－9π2B ．78－9π4C ．78－πD ．45－9π2(3)(多选题)(2021·山东潍坊期末)等腰直角三角形直角边长为1，现将该三角形绕其某一边旋转一周，则所形成的几何体的表面积可以为( AB )A ．2πB ．(1＋2)πC ．22πD ．(2＋2)π[解析] (1)由三视图知，该几何体是底面为等腰三角形，其中一条侧棱与底面垂直的三棱锥(SA ⊥平面ABC)，如图所示，由三视图中的数据可计算得S △ABC ＝12×2×2＝2，S △SAC ＝12×5×1＝52，S △SAB ＝12×5×1＝52，S △SBC ＝12×2×5＝5，所以S 表面积＝2＋2 5.故选C ．(2)由三视图可知该几何体是一个长方体中挖去一个18球，如图所示．∴S ＝3×3×2＋3×5×4－27π4＋9π2＝78－94π.故选B ．(3)若绕直角边旋转一周形成的几何体是圆锥，其表面积为π＋2π；若绕斜边旋转一周形成的几何体是两同底圆锥构成的组合体，其表面积为2π，故选A 、B ．名师点拨空间几何体表面积的求法(1)旋转体的表面积问题注意其轴截面及侧面展开图的应用．(2)多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积注意衔接部分的处理．(3)已知几何体的三视图求其表面积，一般是先根据三视图判断空间几何体的形状，再根据题目所给数据与几何体的表面积公式，求其表面积．〔变式训练1〕(2020·河南开封二模)已知某个几何体的三视图如图所示，根据图中标出的数据，可得出这个几何体的表面积是( C )A ．6B ．8＋4 6C ．4＋2 6D ．4＋ 6[解析] 由三视图得几何体如图所示，该几何体是一个三棱锥，底面是一个底和高均为2的等腰三角形，一个侧面是一个底和高均为2的等腰三角形，另外两个侧面是腰长为AC ＝AB ＝22＋12＝5， 底边AD 长为22的等腰三角形， 其高为52－22＝3，故其表面积为S ＝2×12×22＋2×12×22×3＝4＋2 6.故选C ．考点二 几何体的体积——师生共研例2 (1)(2021·浙江金色联盟百校联考)一个空间几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则该几何体的体积为( )cm 3.( A )A ．π6＋13B ．π3＋16C ．π6＋16D ．π3＋13(2)(2021·云南师大附中月考)如图，某几何体的三视图均为边长为2的正方形，则该几何体的体积是( D )A ．56 B ．83 C ．1D ．163(3)(2021·湖北武汉部分学校质检)某圆锥母线长为4，其侧面展开图为半圆面，则该圆锥体积为_83π3__.(4)(2020·江苏省南通市通州区)如图，在正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，P 是侧棱CC 1上一点，且C 1P ＝2PC ．设三棱锥P － D 1DB 的体积为V 1，正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的体积为V ，则V 1V 的值为_16__.[解析] (1)由三视图可知该几何体是由底面半径为1 cm ，高为1 cm 的半个圆锥和三棱锥S －ABC 组成的，如图，三棱锥的高为SO ＝1 cm ，底面△ABC 中，AB ＝2 cm ，AC ＝1 cm ，AB ⊥AC ．故其体积V ＝13×12×π×12×1＋13×12×2×1×1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫π6＋13cm 3.故选A ．(2)由题意三视图对应的几何体如图所示，所以几何体的体积为正方体的体积减去2个三棱锥的体积，即V ＝23－2×13×12×2×2×2＝163，故选D ．(3)该圆锥母线为4，底面半径为2，高为23， V ＝13×π×22×23＝83π3. (4)设正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的底面边长AB ＝BC ＝a ，高AA 1＝b ， 则VABCD －A 1B 1C 1D 1＝S 四边形ABCD ×AA 1＝a 2b ，VP －D 1DB ＝VB －D 1DP ＝13S △D 1DP·BC＝13×12ab·a＝16a 2b ，∴VP －D 1DB VABCD －A 1B 1C 1D 1＝16，即V 1V ＝16.[引申]若将本例(2)中的俯视图改为，则该几何体的体积为_83__，表面积为_83__.[解析] 几何体为如图所示的正三棱锥(棱长都为22)． ∴V ＝8－4×43＝83，S ＝4×34×(22)2＝8 3.名师点拨求体积的常用方法直接法对于规则的几何体，利用相关公式直接计算割补法首先把不规则的几何体分割成规则的几何体，然后进行体积计算；或者把不规则的几何体补成规则的几何体，不熟悉的几何体补成熟悉的几何体，便于计算等体 积法选择合适的底面来求几何体体积，常用于求三棱锥的体积，即利用三棱锥的任一个面可作为三棱锥的底面进行等体积变换注：若以三视图的形式给出的几何体问题，应先得到直观图，再求解． 〔变式训练2〕(1)(2020·海南)已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，M 、N 分别为BB 1、AB 的中点，则三棱锥A －NMD 1的体积为_13__.(2)(2021·开封模拟)如图所示，正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的底面边长为2，侧棱长为3，D 为BC 的中点，则三棱锥A －B 1DC 1的体积为( C )A ．3B ．32 C ．1D ．32(3)(2017·浙江)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为( A )A ．16 B ．13 C ．12D ．1(4)(2021·浙北四校模拟)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积(单位：cm 3)是( B )A ．8B ．8πC ．16D ．16π[解析] (1)如图，∵正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，M 、N 分别为BB 1、AB 的中点，∴S △ANM ＝12×1×1＝12，∴VA －NMD 1＝VD 1－AMN ＝13×12×2＝13，故答案为：13.(2)如题图，在正△ABC 中，D 为BC 的中点，则有AD ＝32AB ＝3，又因为平面BB 1C 1C ⊥平面ABC ，AD ⊥BC ，AD ⊂平面ABC ，由面面垂直的性质定理可得AD ⊥平面BB 1C 1C ，即AD 为三棱锥A －B 1DC 1的底面B 1DC 1上的高，所以V 三棱锥A －B 1DC 1＝13·S△B 1DC 1·AD＝13×12×2×3×3＝1，故选C ．(3)由三视图可画出三棱锥的直观图如图所示．其底面是等腰直角三角形ACB ，直角边长为1，三棱锥的高为1，故体积V ＝13×12×1×1×1＝16.故选A ．(4)由三视图的图形可知，几何体是等边圆柱斜切一半，所求几何体的体积为：12×22π×4＝8π.故选B ．考点三 球与几何体的切、接问题——多维探究角度1 几何体的外接球例3 (1)(2021·河南中原名校质量测评)已知正三棱锥P －ABC 的底面边长为3，若外接球的表面积为16π，则PA ＝_23或2__.(2)(2020·新课标Ⅰ)已知A ，B ，C 为球O 的球面上的三个点，⊙O 1为△ABC 的外接圆．若⊙O 1的面积为4π，AB ＝BC ＝AC ＝OO 1，则球O 的表面积为( A )A ．64πB ．48πC ．36πD ．32π(3)(2019·全国)已知三棱锥P －ABC 的四个顶点在球O 的球面上，PA ＝PB ＝PC ，△ABC 是边长为2的正三角形，E 、F 分别是PA ，PB 的中点，∠CEF ＝90°，则球O 的体积为( D )A ．86πB ．46πC ．26πD ．6π[解析] (1)由外接球的表面积为16π，可得其半径为2，设△ABC 的中心为O 1，则外接球的球心一定在PO 1上，由正三棱锥P －ABC 的底面边长为3，得AO 1＝3，在Rt △AOO 1中，由勾股定理可得(PO 1－2)2＋(3)2＝22，解得PO 1＝3或PO 1＝1，又PA 2＝PO 21＋AO 21，故PA ＝9＋3＝23或PA ＝1＋3＝2，故答案为：23或2.(2)由题意可知图形如图：⊙O 1的面积为4π， 可得O 1A ＝2， 则ABsin60°＝2O 1A ＝4，∴AB ＝4sin60°＝23，∴AB＝BC＝AC＝OO1＝23，外接球的半径为：R＝AO21＋OO21＝4，球O的表面积为：4×π×42＝64π，故选A．(3)∵PA＝PB＝PC，△ABC为边长为2的等边三角形，∴P－ABC为正三棱锥，∴PB⊥AC，又E，F分别为PA、AB中点，∴EF∥PB，∴EF⊥AC，又EF⊥CE，CE∩AC＝C，∴EF⊥平面PAC，∴PB⊥平面PAC，∴∠APB＝90°，∴PA＝PB＝PC＝2，∴P－ABC为正方体一部分，2R＝2＋2＋2＝6，即R＝62，∴V＝43πR3＝43π×668＝6π.名师点拨几何体外接球问题的处理(1)解题关键是确定球心和半径，其解题思维流程是：(R—球半径，r—截面圆的半径，h—球心到截面圆心的距离)．注：若截面为非特殊三角形可用正弦定理求其外接圆半径r.(2)三条侧棱两两垂直的三棱锥，可以补成长方体，它们是同一个外接球．注意：不共面的四点确定一个球面．角度2 几何体的内切球例4 (1)(2020·新课标Ⅲ)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_23π__. (2)(2021·安徽蚌埠质检)如图，E ，F 分别是正方形ABCD 的边AB ，AD 的中点，把△AEF ，△CBE ，△CFD 折起构成一个三棱锥P －CEF(A ，B ，D 重合于P 点)，则三棱锥P －CEF 的外接球与内切球的半径之比是_26__.[解析] (1)因为圆锥内半径最大的球应该为该圆锥的内切球， 如图，圆锥母线BS ＝3，底面半径BC ＝1， 则其高SC ＝BS 2－BC 2＝22， 不妨设该内切球与母线BS 切于点D ， 令OD ＝OC ＝r ，由△SOD ∽△SBC ，则OD OS ＝BCBS ，即r22－r ＝13，解得r ＝22，V ＝43πr 3＝23π，故答案为：23π.(2)不妨设正方形的边长为2a ，由题意知三棱锥P －CEF 中PC 、PF 、PE 两两垂直，∴其外接球半径R ＝PC 2＋PF 2＋PE 22＝62a ，下面求内切球的半径r ，解法一(直接法)：由几何体的对称性知，内切球的球心在平面PCH(H 为EF 的中点)内，M 、N 、R 、S 为球与各面的切点，又22＝tan ∠CHP ＝tan2∠OHN ， ∴tan ∠OHN ＝22＝rNH，∴NH ＝2r ， 又PN ＝2r ，∴22r ＝PH ＝22a ，∴r ＝a 4. 解法二(体积法)：V C －PEF ＝13r·(S △PEF ＋S △PCE ＋S △PCF ＋S △CEF )，∴a 3＝r·⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22＋a 2＋a 2＋2a 2×32a 2，∴r ＝a 4，故R r ＝6a 2·4a＝2 6.名师点拨几何体内切球问题的处理(1)解题时常用以下结论确定球心和半径：①球心在过切点且与切面垂直的直线上；②球心到各面距离相等．(2)利用体积法求多面体内切球半径． 〔变式训练3〕(1)(角度1)(2020·南宁摸底)三棱锥P －ABC 中，△ABC 为等边三角形，PA ＝ PB ＝ PC ＝3，PA ⊥PB ，三棱锥P －ABC 的外接球的体积为( B )A ．27π2B ．273π2C ．273πD ．27π(2)(角度1)(2021·山西运城调研)在四面体ABCD 中，AB ＝AC ＝23，BC ＝6，AD ⊥平面ABC ，四面体ABCD 的体积为 3.若四面体ABCD 的顶点均在球O 的表面上，则球O 的表面积是( B )A ．49π4B ．49πC ．49π2D ．4π(3)(角度2)棱长为a 的正四面体的体积与其内切球体积之比为_63π__.[解析] (1)因为三棱锥P －ABC 中，△ABC 为等边三角形，PA ＝PB ＝PC ＝3，所以△PAB ≌△PBC ≌△PAC ．因为PA ⊥PB ，所以PA ⊥PC ，PC ⊥PB ．以PA ，PB ，PC 为过同一顶点的三条棱作正方体(如图所示)，则正方体的外接球同时也是三棱锥P －ABC 的外接球．因为正方体的体对角线长为32＋32＋32＝33，所以其外接球半径R ＝332.因此三棱锥P －ABC 的外接球的体积V ＝4π3×⎝ ⎛⎭⎪⎫3323＝273π2.故选B ．(2)如图，H 为BC 的中点，由题意易知AH ＝3，设△ABC 外接圆圆心为O 1，则|O 1C|2＝32＋(3－|O 1C|)2，∴|O 1C|＝23，又12×6×3×|AD|3＝3，∴|AD|＝1，则|OA|2＝|O 1C|2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝494，∴S 球O ＝4πR 2＝49π，故选B ．(3)如图，将正四面体纳入正方体中，显然正四面体内切球的球心O(也是外接球的球心)、△BCD 的中心O 1都在正方体的对角线上，设正四面体的棱长为a ，则|AO|＝64a ，又|O 1A|＝a 2－⎝⎛⎭⎪⎫33a 2＝63a ，∴内切球半径|OO 1|＝612a ，∴V 正四面体V 内切球＝13×34a 2×63a4π3⎝ ⎛⎭⎪⎫612a 3＝63π.名师讲坛·素养提升 最值问题、开放性问题例5 (1)(最值问题)(2018·课标全国Ⅲ)设A ，B ，C ，D 是同一个半径为4的球的球面上四点，△ABC 为等边三角形且其面积为93，则三棱锥D －ABC 体积的最大值为( B )A ．12 3B ．18 3C ．24 3D ．54 3(2)(2021·四川凉山州模拟)已知长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的体积V ＝12，AB ＝2，若四面体A －B 1CD 1的外接球的表面积为S ，则S 的最小值为( C )A ．8πB ．9πC ．16πD ．32π[解析] (1)设等边△ABC 的边长为a ，则有S △ABC ＝12a·a·sin 60°＝93，解得a ＝6.设△ABC 外接圆的半径为r ，则2r ＝6sin 60°，解得r ＝23，则球心到平面ABC 的距离为42－232＝2，所以点D 到平面ABC 的最大距离为2＋4＝6，所以三棱锥D －ABC 体积的最大值为13×93×6＝183，故选B ．(2)设BC ＝x ，BB 1＝y ，由于V ＝12，所以xy ＝6.根据长方体的对称性可知四面体A －B 1CD 1的外接球即为长方体的外接球， 所以r ＝4＋x 2＋y22，所以S ＝4πr 2＝π(4＋x 2＋y 2)≥π(4＋2xy)＝16π， (当且仅当x ＝y ＝6，等号成立)． 故选C ．名师点拨立体几何中最值问题的解法(1)观察图形特征，确定取得最值的条件，计算最值．(2)设出未知量建立函数关系，利用基本不等式或导数计算最值．例6 (开放性问题)若四面体各棱的长是1或2，且该四面体不是正四面体，则其体积的值为_116⎝ ⎛⎭⎪⎫或1412等__(只需写一个可能值)． [解析] 如图，若AB ＝AC ＝BD ＝CD ＝AD ＝2，BC ＝1，取AD 的中点H ，则CH ＝BH ＝3，且AH ⊥平面BCH ，又S △BCH ＝114，∴V A －BCD ＝13S △BCH ×2＝116. 如图，若AB ＝AC ＝BD ＝CD ＝2，AD ＝BC ＝1，同理可求得V A －BCD ＝1412.〔变式训练4〕(2021·河南阶段测试)四面体ABCD 中，AC ⊥AD ，AB ＝2AC ＝4，BC ＝25，AD ＝22，当四面体的体积最大时，其外接球的表面积是_28π__.[解析] 由已知可得BC 2＝AC 2＋AB 2，所以AC ⊥AB ，又因为AC ⊥AD ，所以AC ⊥平面ABD ，四面体ABCD 的体积V ＝13AC·12AB·ADsin∠BAD ，当∠BAD ＝90°时V 最大，把四面体ABCD 补全为长方体，则它的外接球的直径2R 即长方体的体对角线，(2R)2＝AD 2＋AC 2＋AB 2＝28，所以外接球的表面积为4πR 2＝28π.。
新课程2021高考数学一轮复习第七章立体几何第2讲空间几何体的表面积与体积课件
面在距平面 β 任意高度 d 处可横截得到 S 圆及 S 环两截面，可以证明 S 圆＝S 环总成立，据此，短轴长为 4 cm，长轴长为 6 cm 的椭球体的体积是__1_6_π__cm3.
解析 因为总有 S 圆＝S 环，所以半椭球体的体积为 V 圆柱－V 圆锥＝πb2a －13πb2a＝23πb2a.又 2a＝6,2b＝4，即 a＝3，b＝2，所以椭球体的体积 V＝43πb2a ＝43π×22×3＝16π(cm3).
第七章 立体几何
第2讲 空间几何体的表面积与体积
[考纲解读] 1.掌握球、棱柱、棱锥、台的表面积和体积的计算公式．(重 点)
2.会处理空间几何体的“切”“接”问题．(难点) [考向预测] 从近三年高考情况来看，本讲内容属于高考的热点．预测 2021 年会对本讲内容进行考查，命题方式为：①求几何体的表面积或体积； ②涉及与球有关的几何体的外接与内切问题．题型以客观题为主，且试题难 度不会太大，属中档题型.
求体积的常用方法
直接法 对于规则的几何体，利用相关公式直接计算
首先把不规则的几何体分割成规则的几何体，然后进行
割补法 体积计算；或者把不规则的几何体补成规则的几何体，
不熟悉的几何体补成熟悉的几何体，便于计算
等体 积法
选择合适的底面来求几何体体积，常用于求三棱锥的体 积，即利用三棱锥的任一个面可作为三棱锥的底面进行 等体积变换
() A．6π(4π＋3)
B．8π(3π＋1)
C．6π(4π＋3)或 8π(3π＋1)
D．6π(4π＋1)或 8π(3π＋2)
答案 C
解析 分两种情况：①以长为 6π 的边为高时，4π 为圆柱底面周长，则
2πr＝4π，r＝2，所以 S 底＝4π，S 侧＝6π×4π＝24π2，S 表＝2S 底＋S 侧＝8π＋ 24π2＝8π(3π＋1)；②以长为 4π 的边为高时，6π 为圆柱底面周长，则 2πr＝6π，
新课程2021高考数学一轮复习第七章立体几何第4讲直线平面平行的判定与性质课件
2.面面平行条件的应用 (1)两平面平行，分析构造与之相交的第三个平面，交线平行. (2)两平面平行，其中一个平面内的任意一条直线与另一个平面平行. 提醒：利用面面平行的判定定理证明两平面平行，需要说明是在一个 平面内的两条直线是相交直线.
(2019·南昌模拟)如图，在四棱锥 P－ABCD 中，∠ABC＝∠ACD＝90°， ∠BAC＝∠CAD＝60°，PA⊥平面 ABCD，PA＝2，AB＝1.设 M，N 分别为 PD， AD 的中点.
2．如图所示，在三棱柱 ABC－A1B1C1 中，E，F，G，H 分别是 AB， AC，A1B1，A1C1 的中点，求证：
(1)B，C，H，G 四点共面；
证明 (1)∵G，H 分别是 A1B1，A1C1 的中点， ∴GH 是△A1B1C1 的中位线，则 GH∥B1C1. 又 B1C1∥BC，∴GH∥BC， ∴B，C，H，G 四点共面.
2
PART TWO
经典题型冲关
题型一 直线与平面平行的判定与性质
角度 1 线面平行判定定理的应用 1．(2019·全国卷Ⅰ节选)如图，直四棱柱 ABCD－A1B1C1D1 的底面是菱 形，AA1＝4，AB＝2，∠BAD＝60°，E，M，N 分别是 BC，BB1，A1D 的中 点．
休息时间到啦
同学们，下课休息十分钟。现在是休息时 间，你们休息一下眼睛，
(1)试确定点 E 的位置，并说明理由； 解 (1)如图，在棱 C1D1 上取点 N，使 D1N＝A1M＝1.
又 D1N∥A1M， ∴四边形 A1MND1 是平行四边形，∴MN∥A1D1∥AD. ∴四边形 AMND 为平行四边形，∴AM∥DN. 过 C1 作 C1E∥DN 交 CD 于点 E，连接 BE， ∴DN∥平面 BC1E，AM∥平面 BC1E，∴CE＝1.
2021年高中数学一轮复习·空间几何体：第8节 空间几何体综合
空间几何体综合问题一、基础知识（一）空间几何体的结构结构特征结构特征图例棱柱（1）两底面相互平行，其余各面都是四边形；（2）并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行.圆柱（1）是以矩形的一边所在直线为旋转轴，其余三边旋转形成的曲面所围成的几何体,圆柱.棱锥（1）底面是多边形，各侧面均是三角形；（2）各侧面有一个公共顶点.圆锥（1）底面是圆；（2）是以直角三角形的一条直角边所在的直线为旋转轴，其余两边旋转形成的曲面所围成的几何体. 圆锥棱台（1）两底面相互平行；（2）是用一个平行于棱锥底面的平面去截棱锥，底面和截面之间的部分.棱台圆台（1）两底面相互平行；（2）是用一个平行于圆锥底面的平面去截圆锥，底面和截面之间的部分.圆台球（1）球心到球面上各点的距离相等；（2）是以半圆的直径所在直线为旋转轴，半圆面旋转一周形成的几何体.球O.知识拓展1.特殊的棱柱：侧棱不垂直于底面的棱柱称为斜棱柱；侧棱垂直于底面的棱柱叫做直棱柱；底面是正多边形的直棱柱是正棱柱；2.特殊的棱锥：如果棱锥的底面为正多边形，且各侧面是全等的等腰三角形，那么这样的棱锥称为正棱锥，（正棱锥各侧面底边上的高均相等，叫做正棱锥的斜高）；侧棱长等于底面边长的正三棱锥又称为正四面体.3.特殊的棱台：由正棱锥截得的棱台叫做正棱台，正棱台的侧面是全等的等腰梯形，正棱台各侧面等腰梯形的高称为正棱台的斜高.4.球心与球的截面圆心的连线垂直于截面.5.规定：在多面体中，不在同一面上的两个顶点的连线叫做多面体的对角线，不在同一面上的两条侧棱称为多面体的不相邻侧棱，侧棱和底面多边形的边统称为棱.（二）空间几何体的三视图和直观图1、中心投影与平行投影中心投影：把光由一点向外散射形成的投影。
其投影的大小随物体与投影中心间距离的变化而变化，所以其投影不能反映物体的实形.平行投影：把在一束平行光线照射下形成的投影，叫做平行投影。
平行投影的投影线是平行的。
在平行投影中，投影线正对着投影面时，叫做正投影，否则叫做斜投影。
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（3）台体体积：V 1 S SS S h ，其中S和S 分 3 别是上、下底面面积，h 为高．
（4）球体体积：V 4 πr3，其中r 是球的半径．
3
1
V台 3 S
SS S h
S S
S 0
V柱 Sh
1 V锥 3 Sh
二、典型例题
例 1 如图，已知四棱柱 ABCD A1B1C1D1，AA1 平面 ABCD，四边形 ABCD为正
的圆心为四棱锥底面的中心，故圆柱的高为
1，故圆柱的体积为
π
1 2
2
1
π 4
．
三、巩固练习
1．（2020 年天津卷适应性测试 4）如图，长方体 ABCD A1B1C1D1的体积是 36，
点 E 在棱CC1上，且CE 2EC1，则三棱锥 E BCD的体积是（ ）．
（A）3
（B）4
（C）6
（D）12
空间几何体
高三年级 数学
一、知识梳理
1．多面体和旋转体
（1）多面体：由若干个平面多边形围成的 几何体叫做多面体．围成多面体的各个多边形 叫做多面体的面，相邻两个面的公共边叫做多 面体的棱，棱与棱的公共点叫做多面体的顶 点．常见的多面体有：棱柱、棱锥、棱台．
（2）旋转体：一个平面图形绕它所在平面 内的一条定直线旋转所形成的封闭几何体叫做 旋转体．这条定直线叫做旋转体的轴．常见的 旋转体有：圆柱、圆锥、圆台、球．
解：因为长方体 ABCD A1B1C1D1的体积是 36，CE 2EC1，
所以 BC
CD CC1
36，CE
平行于 x 轴或 y 轴的线段
平行于 x轴或 y轴的线段
平行于 x 轴的线段长度
保持不变
平行于 y 轴的线段长度
变为原来的一半
一、知识梳理
S
l
5．空间几何体的表面积
Or
l 2πr
SLeabharlann S底+S侧πr 2
1 2
2πr
l
πr
r
l
多面体
各面面积的和
圆柱 S 2πr r l ，其中：r 是底面半径，l 为母线长．
所以正方体表面积为S 6a2 24．
二、典型例题
模型 1 若棱长为a的正方体的各顶点都在半径为r 的球面上，则有r 3 a．
2
模型 2 若半径为r 的球与棱长为a的正方体的各面相切，则有r a ．
2 模型 3 设长方体的长、宽、高分别是a，b，c，且长方体的各顶点都在半径 为r 的球面上，则有r a2 b2 c2 ．
旋转体
圆锥 S πr r l ，其中：r 是底面半径，l 为母线长．
圆台 球
S π r2 r2 rl rl ，其中：r和r 分别是上、下底面半径，
l 为母线长． S 4πr2，其中：r 为球的半径．
一、知识梳理
6．空间几何体的体积
（1）柱体体积：V Sh，其中S 是底面面积，h为高． （2）锥体体积：V 1 Sh，其中S 是底面面积，h为高．
一、知识梳理
2．棱柱、棱锥、棱台的结构特征
棱柱 棱锥 棱台
概念
性质
有两个面互相平行，其余各面都是四边形， （1）侧棱长相等
并且每相邻两个四边形的公共边都相互平行， （2）侧面为平行四边形
由这些面所围成的多面体叫做棱柱．
（3）底面为全等的多边形
有一个面是多边形，其余各面是有一个公 （1）侧面是三角形 共顶点的三角形，由这些面所围成的多面体叫 （2）平行于底面的截面与底面相似 做棱锥．
ab
a
1 a2b． 6
可得V1 1 ． V6
ba b
a
二、典型例题
例 2 一个正方体的各顶点均在一个球的球面上，若该球的体积是4 3π，则
该正方体的表面积是
．
解：设正方体的棱长为a，球的半径为r ，
则外接球的直径为正方体的体对角线．
3a
4 所以 3
πr 3
4
3π，可得a 2．
a
3a 2r
用一个平行于底面的平面去截棱锥，底面 （1）两底面平行 与截面之间的部分构成的多面体叫做棱台． （2）侧棱延长线交于一点
（3）侧面为梯形
一、知识梳理
3．圆柱、圆锥、圆台、球的结构特征
（1）圆柱：以矩形的一边所在直线为旋转轴，其余三边旋转形成的面所围 成的旋转体叫做圆柱．旋转轴叫做圆柱的轴；垂直于轴的边旋转而成的圆面叫 做圆柱的底面；平行于轴的边旋转而成的曲面叫做圆柱的侧面；无论旋转到什 么位置，不垂直于轴的边都叫做圆柱侧面的母线．
2
二、典型例题
例 3 (2019 年天津卷 11)已知四棱锥的底面是边长为 2 的正方形，侧棱长均为 5．若 圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中
心，则该圆柱的体积为
．
P
E r1 Q
2h
A
1O 1 C
二、典型例题
例 3 (2019 年天津卷 11)已知四棱锥的底面是边长为 2 的正方形，侧棱长均为 5．若
一、知识梳理
3．圆柱、圆锥、圆台、球的结构特征
（2）圆锥：以直角三角形的一条直角边所在直线为旋转轴，其余两边旋转形成的面所围成的 旋转体叫做圆锥．
（3）圆台：用平行于圆锥底面的平面去截圆锥，底面与截面之间的部分叫做圆台． （4）球：以半圆的直径所在直线为旋转轴，半圆面旋转一周形成的旋转体叫做球体，简称 球．半圆的圆心叫做球的球心，半圆的半径叫做球的半径，半圆的直径叫做球的直径．
圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中
心，则该圆柱的体积为
．
解：由题意四棱锥的底面是边长为 2 的正方形，侧棱长均为 5，借助勾 股定理，可知四棱锥的高为 5 1 2．因为圆柱的一个底面的圆周经过四
棱锥四条侧棱的中点，所以圆柱的底面半径为 1 ．又因为圆柱另一个底面 2
方形，P为侧棱CC1上的一点．设三棱锥 P D1DB的体积是V1，四棱柱 ABCD A1B1C1D1
的体积是V ，则V1 的值是
．
V
解：设四棱柱 ABCD A1B1C1D1的底面边长 AB a，高 AA1 b．
则V
S ABCD
AA1
a 2b ，V1
1 3 S△D1DP
BC
1 3
1 2
一、知识梳理
4．空间几何体的三视图和直观图
（1）三视图：光线分别从几何体的前面向后面、左面向右面、上面向下面正投影，得到的 投影图分别称为正视图、侧视图、俯视图．
正视图
侧视图
俯视图
一、知识梳理
4．空间几何体的三视图和直观图
（2）直观图：（斜二测画法）
已知图形
直观图
互相垂直的 x 轴和 y 轴 x轴和 y轴，且xOy 135或45