高三数学一轮复习空间几何体课件
高考数学一轮复习-81-空间几何体的三视图-直观图-表面积与体积课件-新人教A
＝172a2.所以 S 球＝4πR2＝4π×172a2＝73πa2.
(2)这个几何体是一个圆台被轴截面割出来的一半．
根据图中数据可知圆台的上底面半径为 1，下底面半径为 2，高为 3，母线长为 2，几何体的表面积是两个半圆的面 积、圆台侧面积的一半和轴截面的面积之和，故这个几何 体的表面积为 S＝12π×12＋12π×22＋12π×(1＋2)×2＋12 ×(2＋4)× 3＝112π＋3 3. 答案 (1)B (2)112π＋3 3
可能是圆柱，排除选项C；又由俯视图可知，该几何体
不可能是棱柱或棱台，排除选项A，B，故选D.
(2)如图，在原图形OABC中， 应有 OD＝2O′D′＝2×2 2 ＝4 2(cm)， CD＝C′D′＝2 cm. ∴OC＝ OD2＋CD2 ＝ （4 2）2＋22＝6(cm)， ∴OA＝OC， 故四边形 OABC 是菱形． 答案 (1)D (2)C
诊断自测
1．判断正误(在括号内打“√”或“×”) 精彩PPT展示
(1)有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体是
棱柱．
(×)
(2)有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是
棱锥．
( ×)
(3)正方体、球、圆锥各自的三视图中，三视图均相同．
(×)
(4)圆柱的侧面展开图是矩形．
(√)
2．(2014·福建卷)某空间几何体的正视图是三角形，则该几
(2)画出坐标系 x′O′y′，作出△OAB 的 直观图 O′A′B′(如图)．D′为 O′A′的中 点．易知 D′B′＝12DB(D 为 OA 的中点)， ∴S△O′A′B′＝12× 22S△OAB＝ 42× 43a2＝ 166a2.
高三数学高考一本通立体几何第一轮复习课件 第6课时 空间距离
知识整合
• 1、距离的基本概念 • （1）点到面的距离：从平面外一点引一个平面的 垂线，这个点和垂足间的距离，叫做这个点到这 个平面的距离。 • （2）直线到它平行平面的距离：一条直线上的任 一点到与它平行的平面的距离，叫做这条直线到 平面的距离。 • （3）两个平行平面间的距离：两平行平面的公垂 线段的长度叫做两平行平面的距离。 • （4）两条异面直线间的距离是指两条异面直线的 公垂线夹在两异面直线间的公垂线段的长度。
例题精析
例题精析
例5：如图已知正方体ABCD－ A1B1C1D1的棱长为a，求异 面直线BD与B1C的距离。
例题精析
• 评析：异面直线距离转化为线面距离再转 化为点面间距离；或者异面直线距离转化 为两平行面间距离再转化点面距离。这是 大的思路，其中直接用定义求出要求的距 离除外。
• 1、两点间的距离求法：可以利用空间两点距离公式。 • 2、有关点到直线、点到平面的距离的求法。 （1）点到直线的距离，一般用三垂线定理作出垂线段。 （2）点到平面的距离是有关距离问题的重点，它主要由 三种方法求得：①用定义，直接能作出这段距离，经论 证再计算。②用二面角的平面角性质：平面角的一边上 任意一点到另一边的距离都垂直于第二边所在的平面， 先作“点”所在平面与另一“平面”组成的二面角的平 面角，过“点”向平面角另一边作垂线，这垂线段长即 为此“点”到“平面”的距离。③转化为锥体的高，用 三棱锥体积公式求点到平面的距离。 • 3、直线和平面的距离与两平行平面的距离可转化为点 到平面的距离来求。
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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第四十一页，共五十五页。
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,
苏教版高三数学复习课件7.1 空间几何体
棱锥是有一个面是多边形，其余各面都是有一个公共顶点的三角形的几
在几何体的有关计算中要注意下列方法与技巧：
(1)在正棱锥中，要掌握正棱锥的高、侧面，等腰三角形中的斜高及高 与侧棱所 构成的两个直角三角形，有关证明及运算往往与两者相关． (2)正四棱台中要掌握对角面与侧面两个等腰梯形中关于上、下底及梯 形高的计 算，有关问题往往要转化到这两个等腰梯形中．另外要能够将正四棱台、 正三 棱台中的高与其斜高、侧棱在合适的平面图形中联系起来．
图，作D′E′∥A′B′交B′C′于E′，由条件理E′C′＝A′B′＝
所以B′C′＝1＋
，
.由斜二测直观图画法规则，等腰梯形A′B′C′D′的
直观图为如下图(2)所示的直角梯形ABCD，且AB＝2，BC＝1＋
＝1， 所以面积S△ABCD＝2＋ .
，AD
【规律方法总结】
1．正棱锥问题常归结到它的高、侧棱、斜高、底面正多边形、内切圆半
是下图中的________
解析：根据画直观图的方法，平行性不变，直观图中平行于 y轴的原图中要垂直于x轴，如图③正确． 答案：③
1．准确理解几何体的定义，是真正把握几何体结构特征的关键．
2．圆柱、圆锥、圆台的有关元素都集中在轴截面上，解题时要注意 用好轴截面中各元素的关系． 3．既然棱(圆)台是由棱(圆)锥定义的，所以在解决棱(圆)台问题时， 要注意“还台为锥”的解题策略．
3.
从如右图所示的圆柱中挖去一个以圆柱的上底面为底面， 下底面的圆心为顶点的圆锥得到一个几何体，现用一个 平面去截这个几何体，若这个平面垂直于圆柱的底面所在 的平面，那么所截得的图形可能是下图中的 (把所有可能的图形的序号都填上) .
2020届山东高三理科数学一轮复习课件第八章§8.1空间几何体的表面积和体积
×60=10.
评析 本题通过长方体考查体积之间的关系,通过体积公式,找出底面面积与高的关系,不需要 求出具体的底面面积和高是多少.
6.(2019天津文,12,5分)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
.
答案
4
解析 本题考查圆柱、正四棱锥的性质,通过计算圆柱的底面半径、高、体积考查学生的空
间想象能力,体现了直观想象的核心素养.
如图所示,圆柱的高|O1O|= 12 |PO|= 12 PA2
AO2
= 1 5
2
1
=1,圆柱的底面半径r= 1 |AO|= 1 ,所以圆
2
2
柱的体积V=πr2·|O1O|=π× 14 ×1= 4 .
则2R= 3 × 2 ,R= 6 ,∴球O的体积V= 4 πR3= 6 π.故选D.
2
3
解法二:令PA=PB=PC=2x(x>0),则EF=x,连接FC,由题意可得FC= 3 .在△PAC中,cos∠APC=
4x2 4x2 4 = 2x2 1 .
2 4x2
2x2
在△PEC中,EC2=PC2+PE2-2PC·PEcos∠EPC=4x2+x2-2×2x·x·2 x22x2 1 =x2+2,在△FEC中,∵∠CEF=
32
又制作该模型所需的原料密度为0.9 g/cm3, 故制作该模型所需原料的质量为0.9×132=118.8(g).
易错警示 计算被挖去的四棱锥底面面积时,容易误认为四边形HEFG为正方形,由勾股定理 求得HE= 22 32 = 13 ,错认为底面面积为13.
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：
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
高考数学一轮复习第八章立体几何第六节利用空间向量求空间角课件理
(2)建系的基本思想是寻找其中的线线垂直关系，在没有现成 的垂直关系时要通过其他已知条件得到垂直关系，在此基础上选 择一个合理的位置建立空间直角坐标系．
[易错防范] 1．利用向量求角，一定要注意将向量夹角转化为各空间 角．因为向量夹角与各空间角的定义、范围不同． 2．求二面角要根据图形确定所求角是锐角还是钝角．
答案：13
4．在正方体 ABCD-A1B1C1D1 中，点 E 为 BB1 的中点，则平 面 A1ED 与平面 ABCD 所成的锐二面角的余弦值为________．
解析：以 A 为原点建立如图所示的空间直角坐标系，设棱长 为 1，
则 A1(0,0,1)，E1，0，12，D(0，1,0)，
以 B 为原点，分别以
的方向为 x 轴、y 轴、z 轴的
正方向建立空间直角坐标系，则 A(0,0,2)，B(0,0,0)，E(2,0,0)，
F(2,2,1)．
因为 AB⊥平面 BEC，所以 ＝(0,0,2)为平面 BEC 的法向量． 设 n＝(x，y，z)为平面 AEF 的法向量．
所以平面 AEF 与平面 BEC 所成锐二面角的余弦值为23.
A(0，－ 3，0)，E(1,0， 2)，F－1，0， 22，C(0， 3，0)，
所以直线
AE
与直线
CF
所成角的余弦值为
3 3.
[解题模板] 利用向量法求异面直线所成角的步骤
直三棱柱 ABC-A1B1C1 中，∠BCA＝90°，M，N 分别是 A1B1，
A1C1 的中点，BC＝CA＝CC1，则 BM 与 AN 所成角的余弦值为( )
接 EG，FG，EF.在菱形 ABCD 中，不妨设 GB＝1.
由∠ABC＝120°，可得 AG＝GC＝ 3.
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.。
通用版2022届高考数学一轮总复习第八章立体几何第6讲空间坐标系与空间向量课件
题组一 走出误区 1.(多选题)下列结论中正确的是( ) A.空间中任意两个非零向量 a，b 共面 B.对于非零向量 b，由 a·b＝b·c，则 a＝c C.若 A，B，C，D 是空间任意四点，则有A→B＋B→C＋C→D＋D→A ＝0 D.若 a·b<0，则 a，b 是钝角 答案：AC
题组二 走进教材
A.－2
解析：由球 O 的半径为 2，A，B 是球面上的两点， 且 AB＝2 3，可得∠AOB＝23π， O→A·O→B＝2×2×－12＝－2，|O→A＋O→B|＝2， P→A·P→B＝(O→A－O→P)·(O→B－O→P)＝O→A·O→B－(O→A＋O→B)·O→P＋ O→P2＝－2－|O→A＋O→B|·|O→P|cos θ＋4＝2－4cos θ∈[－2,6]，故选
图 8-6-5 当A→1C＝2A→1P时，A→1P＝－12， 23，－12， D→P＝D→A1＋A→1P＝12， 23，12，而D→B1＝(1， 3，1)，
∴D→P＝12D→B1， ∴B1，P，D 三点共线，A 正确； 令A→P＝A→A1＋A→1P＝A→A1＋λA→1C＝(－λ， 3λ，1－λ). 当A→P⊥A→1C时，A→P·A→1C＝5λ－1＝0，∴λ＝15， ∴A→P·D→1P＝－15， 53，45·45， 53，－15＝－15≠0， ∴A→P与D→1P不垂直，B 错误；
∴AB1 与 BC1 所成的角是∠MNP 或其补角.
∵AB＝2，BC＝CC1＝1，
∴MN＝12AB1＝
25，NP＝12BC1＝
2 2.
取 BC 的中点 Q，连接 PQ，MQ，则可知△PQM 为直角三
角形，且 PQ＝1，MQ＝12AC，
在△ABC 中，AC2＝AB2＋BC2－2AB·BC·cos∠ABC＝4＋
2023新高考数学一轮复习创新课件 第8章 第1讲 基本立体图形及其直观图
答案
解析 由题图可知，“致”的对面是“美”，“敬”的对面是 “逆”，“最”的对面是“行”．若图中“致”在正方体的后面，则 “美”在前面．故选B.
解析
角度 空间几何体的截面问题
例 4 (1)某同学在参加《通用技术》实践课时，制作了
一个工艺品，如图所示，该工艺品可以看成是一个球被一个
A．四棱柱
B．四棱台
C．三棱柱
D．三棱锥
解析 根据题图，因为有水的部分始终有两个平面平行，而其余各面
都易证是平行四边形，因此形成的几何体是四棱柱或三棱柱．故选AC．
解析 答案
考向二 平面图形与其直观图的关系
例 2 (1)如图，矩形 O′A′B′C′是水平放置的一个平面图形的直观 图，其中 O′A′＝6，O′C′＝2，则原图形 OABC 的面积为( )
解析
(2)某同学为表达对“新冠疫情”抗疫一线医护人员的感激之情，亲手 为他们制作了一份礼物，用正方体纸盒包装，并在正方体六个面上分别写 了“致敬最美逆行”六个字．该正方体纸盒水平放置的六个面分别用“前 面、后面、上面、下面、左面、右面”表示．如图是该正方体的展开图， 若图中“致”在正方体的后面，那么在正方体前面的字是( )
解析 答案
4．以下利用斜二测画法得到的结论中，正确的是( ) A．相等的角在直观图中仍相等 B．相等的线段在直观图中仍相等 C．平行四边形的直观图是平行四边形 D．菱形的直观图是菱形 解析 根据斜二测画法的规则可知，平行于坐标轴的直线平行性不 变，平行于x轴的线段长度不变，平行于y轴的线段长度减半，故A，B，D 错误；对于C，根据平行性不变原则，平行四边形的直观图仍然是平行四 边形，C正确．故选C．
A．24 2 C．48 2
2023年《师说》高考数学一轮复习 课件第8章 立体几何与空间向量
台体(棱台
和圆台)
S表面积＝S侧＋S上＋S下
球
2
4πR
S＝________
体积
S底·h
V＝________
【微点拨】
(1)求棱柱、棱锥、棱台与球的表面积时，要结合它们的结构特点与
平面几何知识来解决．
(2)求几何体的体积时，要注意利用分割、补形与等积法．
(3)柱体、锥体、台体体积之间的关系：
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
S原图形．
4
[巩固训练2]
如图是一个水平放置的直观图、它是一个底角为45；腰和上底均为1，
2＋ 2
下底为 2＋1的等腰梯形，那么原平面图形的面积为________．
解析：∵平面图形的直观图是一个底角为45°，腰和上底长均为1的等腰梯形，
“对棱相等”模型是指三棱锥的相对的两条棱相等，应用数学建模
素养，构建长方体，将该三棱锥放入该长方体中，使三棱锥的顶点与
长方体的顶点重合，将该三棱锥的外接球转化为该长方体的外接球，
从而求出该外接球的半径，如图．
2
，
3
[典例2] 在平行四边形ABCD中，AB＝2 2，BC＝3，且cos A＝
沿BD将△BDC折起，使点C到达点E处，且满足AE＝AD，则三棱锥E
a
3．设正方体的棱长为a，则它的内切球半径r＝ ，外接球半径R＝
2
3
a.
2
4．设长方体的长、宽、高分别为a，b，c，则它的外接球半径R＝
a2 +b2 +c2
.
2
5．设正四面体的棱长为a，则它的高为
接球半径R＝
2025届高考一轮复习《基本立体图形、简单几何体的表面积与体积》课件
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第27页
即 12＝A0O.61， 解得 AO1＝0.6 2， 根据对称性可知圆柱的高为 3－2×0.6 2≈1.732－1.2×1.414＝0.035 2>0.01， 所以能够被整体放入正方体内，故 D 符合题意． 故选 ABD.
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第26页
设 OE∩AC＝E，可知 AC＝ 2，CC1＝1，AC1＝ 3，OA＝ 23，
那么
tan∠CAC1＝CACC1＝OAOE，即
1 ＝OE， 23
2
解得 OE＝ 46，且 462＝38＝294>295＝0.62，
即 46>0.6，
所以以 AC1 为轴可能对称放置底面直径为 1.2 m 圆柱，若底面直径为 1.2 m 的圆柱与正 方体的上下底面均相切，设圆柱的底面圆心为 O1，与正方体的下底面的切点为 M，
圆台
体积 V＝ Sh ＝πr2h
V＝
1 3Sh
＝13πr2h＝13πr2
l2－r2
V＝13(S 上＋S 下＋ S上S下)h
＝13π(r21＋r22＋r1r2)h
第11页
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名称 棱柱 棱锥 棱台 球
体积 V＝ Sh
1 V＝ 3Sh V＝13(S 上＋S 下＋ S上S下)h V＝43πR3
＝ 直观图
2 4S
原图形．
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以三角形为例说明原因：
第36页
S
直观图＝12B′C′·O′A′·sin
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第24页
解析：(1)由圆台定义知，以直角梯形垂直于底边的腰为旋转轴，其余三边旋转一周形 成的面围成的旋转体是圆台，故 A 错误；