2021新高考数学(江苏专用)一轮复习课件：第七章 7.4 空间几何体及其表面积、体积
最新-2021届高考数学文科江苏版1轮复习课件：第7章 立体几何 1 第1讲 平面的基本性质、空间两
【证明】 已知：直线 a∥b，直线 l∩a＝A，直线 l∩b＝B. 求证：直线 a，b，l 共面． 设直线 a 和 l 确定的平面为 α，假设直线 b 不在平面 α 内， 过点 B 在平面 α 内作直线 b′∥a，但 b∥a，即过点 B 可作两 条直线 b′、b 都与 a 平行，这与平行公理矛盾，所以 b⊂α， 即 a，b，l 共面．
【解析】 (1)图①中，直线 GH∥MN；图②中，G，H，N 三点共面，但 M∉面 GHN，因此直线 GH 与 MN 异面；图③ 中，连结 MG，GM∥HN，因此 GH 与 MN 共面；图④中， G，M，N 共面，但 H∉面 GMN，因此 GH 与 MN 异面．所 以在图②④中，GH 与 MN 异面． (2)平面图形的翻折应注意翻折前后相对位置的变化，则 AB， CD，EF 和 GH 在原正方体中，显然 AB 与 CD，EF 与 GH， AB 与 GH 都是异面直线，而 AB 与 EF 相交，CD 与 GH 相 交，CD 与 EF 平行．故互为异面的直线有且只有 3 对．
1．如图所示，在三棱锥 P-ABC 的六条棱所在的直线中，异 面直线共有___3_____对．
[解析] 根据异面直线的定义可知共 3 对，分别是 AP 与 BC， CP 与 AB，BP 与 AC.
2．如图所示，点 A 是平面 BCD 外一点，AD＝BC＝2，E、 F 分别是 AB、CD 的中点，且 EF＝ 2，则异面直线 AD 和 BC 所成的角为__9_0_°____．
为异面直线 D1C 与 BE 所成的角．不妨设
AA1＝2AB＝2，则 A1E＝1，BE＝ 2，A1B
＝ 5 ， 在 △A1BE 中 ， cos ∠ A1BE ＝
2021届高考数学一轮总复习第七章立体几何7.1空间几何体的结构特征三视图和直观图课件苏教版
(2)如图①，在直观图中，过点 A 作 AE⊥BC，垂足为 E，
∵在
Rt△ABE
中，AB＝1，∠ABE＝45°，∴BE＝
2 2.
∵四边形 AECD 为矩形，AD＝1，
∴EC＝AD＝1，∴BC＝BE＋EC＝ 22＋1.
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 在直观图中长度变为原来的一半．
所以截面上方部分的侧视图为选项 A 中的图形，故选 A．
方法技巧 三视图问题的常见类型： 1由几何体的直观图求三视图.注意正视图、侧视图和俯视图的观 察方向，注意看到的部分用实线表示，不能看到的部分用虚线表示. 2由几何体的三视图还原几何体的形状.根据俯视图确定几何体的 底面，再根据正视图或侧视图确定几何体的侧面与侧棱的特征，调整虚、 实线对应的棱、面的位置，可确定几何体的形状. 3 由 几何 体的 部分 视图 画 出剩 余的 视图 . 先根 据已 知的 一部 分 视 图，还原、推测直观图的可能形状，再找出其剩下部分视图的可能形状.
1．(2019·浙江卷)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：cm3)是( B )
A．158 C．182
2021版新高考数学一轮复习课件：第7章 立体几何(共7个课时)
• [解析] (1)认识棱柱一般要从侧棱与底面的垂直与否和底面多边形的 形状两方面去分析，故A、C错误，对等腰三角形的腰是否为侧棱未作 说明，故B错误，平行六面体的两个相对侧面也可能与底面垂直且互相 平行，故D错误，故选A、B、C、D．
• (2)①中这条边若是直角三角形的斜边，则得不到圆锥，①错；②中这 条腰若不是垂直于两底的腰，则得到的不是圆台，②错；圆柱、圆锥、 圆台的底面都是圆面，③错误；④中如果用不平行于圆锥底面的平面 截圆锥，则得到的不是圆锥和圆台，④错；只有球满足任意截面都是 圆面，⑤正确．
考点突破 • 互动探究
考点一 空间几何体的结构特征——自主练透
例 1 (1)(多选题)给出下列四个命题，其中错．误．命．题．是( ABCD ) A．有两个侧面是矩形的棱柱是直棱柱 B．侧面都是等腰三角形的棱锥是正棱锥 C．侧面都是矩形的直四棱柱是长方体 D．若有两个侧面垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱
A．2 17 C．3
B．2 5 D．2
[解析] 先画出圆柱的直观图，根据题中的三视图可知，点 M，N 的位置如图① 所示．
圆柱的侧面展开图及 M，N 的位置(N 为 OP 的四等分点)如图②所示，连接 MN， 则图中 MN 即为 M 到 N 的最短路径． |ON|＝14×16＝4，|OM|＝2， ∴|MN|＝ |OM|2＋|ON|2＝ 22＋42＝2 5．
结构 其余各面都是__四__边__形____．
其余各面都是有一个
特征 ②每相邻两个四边形的公共边都 公共顶点的__三__角__形___
互相_____平__行_
的多面体
面的平面去截棱锥， __截___面__和___底__面__之 间的部分
侧棱
__平__行__且__相__等____
高考数学一轮总复习 第七章 第1节 空间几何体的结构、三视图和直观图课件
第1节 空间几何体的结构、三视图 和直观图
1．认识柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征，并能 运用这些特征描述现实生活中简单物体的结构．
2．能画出简单空间图形(长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱等 的简易组合)的三视图，能识别上述三视图所表示的立体
模型，会用斜二测法画出它们的直观图． 3．会用平行投影方法画出简单空间图形的三视图与直观
①三角形的直观图是三角形；②平行四边形的直观图是平 行四边形；③正方形的直观图是正方形；④圆的直观图是椭 圆；⑤菱形的直观图是菱形．
[解析] ①正确；由原图形中平行的线段在直观图中仍平 行可知②正确；但是原图形中垂直的线段在直观图中一般不垂 直，故③错；④正确；⑤中原图形中相等的线段在直观图中不 一定相等，故错误．
[解析] 选C 图是C.
[答案] C
长方体的侧面与底面垂直，所以俯视
3．如图，已知三棱锥的底面是直角三角形，直角边边长 分别为3和4，过直角顶点的侧棱长为4，且垂直于底面，该三 棱锥的主视图是( )
[解析] 通过观察图形，三棱锥的主视图应为高为4，底面 边长为3的直角三角形．
[答案] B
4. 利用斜二测画法得到的以下结论，正确的是_____．(写 出所有正确的序号)
[答案] ①②④
5. 一个几何体的主视图为一个三角形，则这个几何体可能 是下列几何体中的________．(填入所有可能的几何体前的编 号)
①三棱锥；②四棱锥；③三棱柱；④四棱柱；⑤圆锥；⑥ 圆柱．
[解析] ①存在可以得主视图为三角形的情况；②四棱 锥，若底面是矩形，有一侧棱垂直于底面可以得主视图为三角 形；③三棱柱，把侧面水平放置，正对着底面看，得主视图为 三角形；④四棱柱，不论从哪个方向看都得不出三角形；⑤圆 锥的底面水平放置，主视图是三角形；⑥圆柱从不同方向看是 矩形或圆，不可能是三角形．
2021版新高考数学一轮复习讲义：第七章第二讲空间几何体的表面积与体积(含解析)
（3）与各条棱都相切的球：球心是正方体中心；半径2—2^（a 为正方体的棱长）. 第二讲 空间几何体的表面积与体积ZHI SHI SHU LI SHUANG JI ZI CE知识梳理双基自测知巴埜』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=2 n hV = __ S 底 h _ = n 2h 圆锥 S 侧= __ n ___V = 3S 底 h = £ n 2h = *曲勺12- r 2圆台 S 侧=+「2）1 V = 1（S 上 + S 下 +^"S 上"S 下）h = 3 n[r !+ r 2+ r 1r 2）h直棱柱 S 侧= __ ch _ V = __S 底 h__ 正棱锥 S 侧=*ch ' 1 V =&S 底h3正棱台 1S 侧=并+ c ' ）h' V = -（S 上+ S 下+P 2 S 下）h球S 球面=_4冗R 2v =討3知识点二几何体的表面积（1）棱柱、棱锥、棱台的表面积就是 _各面面积之和 ⑵圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图分别是一矩形__、 一扇形__、__扇环形__ :它们的表面积等于_侧面积—与底面面积之和.亠/土尹E —（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 =_~23L （a 为正方体的棱长）; ⑵内切球：球心是正方体中心；半径r = _a_（a 为正方体的棱长）;1 •长方体的外接球：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 ）：半径 r = _~^6a（a 为正四面体的棱长）;题组一走出误区（1）外接球：球心是正四面体的中心; ⑵内切球：球心是正四面体的中心;半径 r = _（a 为正四面体的棱长）. 1.（多选题）下列结论正确的是（ ABC ) A •多面体的表面积等于各个面的面积之和 B .台体的体积可转化为两个锥体的体积之差 C .已知球O 的半径为R ,其内接正方体的棱长为a ，贝y 只=石%D .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 2 n s题组二走进教材2 .（必修2P 27T1）已知圆锥的表面积等于 12 n cm 2 3，其侧面展开图是一个半圆，则底面圆的 半径为（1 cm B .2 cmC . 3 cm3D . 2 cm［解析］由条件得:题组三考题再现（2019天津红桥区n l + n 2= 12 n"T = n）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（C ）侧觇序IC. ,2n3 7t1 1［解析］ 由三视图知，几何体是半径为1，母线长为3的半圆锥，几何体的体积V =3 X 2X nX 12X '32- 12=手故选 C .4.（2018课标全国I ）已知圆柱的上、下底面的中心分别为 01, 02,过直线 O i O 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 . 12 ：2 nB . 12 nC . 8,2 nD . 10 n［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=2 n 2+ 4 n 2= 12 n 5.（2017江苏高考）如图，在圆柱 O 1O 2内有一个球 O ,该球与圆柱的上、下底面及母线V 13均相切•记圆柱 O 1O 2的体积为V 1，球o 的体积为V 2,则V 的值是_2—.KAO DIAN TU PO HU DONG TAN JIU考点突破互动探究考点一几何体的表面积 -------- 自主练透（1）（2019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 A . 2 + 5B . 4+ 5［解析］设球0的半径为r ，则圆柱的底面半径为 r 、高为2r ，所以乙=2 32<4-3=2.故填2-（2）（2019湖南永州一模）某几何体的三视图如图所示，该几何体的表面积为j|：撮nB . 6—2 D . 6+n4(3) (多选题)(2020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 . ,'2nB . (1 + .；2) nC. 2 ,-'2 n D . (2 + ,'2) n［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丄1 i 1 5 平面ABC)，如图所示，由三视图中的数据可计算得S MBC= 2X2 X 2= 2,S ASAC= 2 x-5X 1=三,S ZSAB= 2X ,'5X 1 = ¥, S ZSBC=1X 2 X '■ 5= .''5，所以S 表面积=2+ 2 - 5.故选C .n(2) 由三视图可知几何体是在正方体中挖去一个八分之一球，如图，•••S表面积=3+ 3(1 —4)1 n+ 8X 4n= 6—4.故选C .n+n;若绕斜边旋转一周形名师点拨？I(3) 若绕直角边旋转一周形成的几何体是圆锥，其表面积为成的几何体是两同底圆锥构成的组合体，其表面积为名师点拨？+ 1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） 求不规则几何体的表面积时，通常将所给几何体分割成基本的柱、锥、台体，先求出 这些基本的柱、锥、台体的表面积，再通过求和或作差，求出几何体的表面积.〔变式训练1〕（2019河南洛阳二模）某几何体的三视图如图所示，则其表面积为［解析］由三视图可知该几何体由一个圆柱与四分之一的球组合而成. 1 1 11,高为3，球的半径为1，所以几何体的表面积为nX 12+ 2 nX 1X 3 + 4 nX 12X 4 + 2 nX 12 + ?nX 12= 9 n 故选 B .考点二几何体的体积一一师生共研（1）（2017浙江高考）某几何体的三视图如图所示积（单位：cm 3）是（A ）C . 17 n 219 n 2D . 10 n圆柱的底面半径为（单位：cm ）,则该几何体的体 正视图 廨襯图C.于+ 3(2)(2020河南中原名校质量考评 )一个几何体三视图如右图所示，则该几何体体积为(D )A . 12 C . 6 ［解析］(1)由三视图可知该几何体是由底面半径为 1 cm ,高为3 cm 的半个圆锥和三棱锥 S —ABC组成的，如图，三棱锥的高为 3 cm ,底面△ ABC 中，AB = 2 cm , OC = 1 cm , AB 丄OC .故其 体积V = 3 X 2X 兀乂 12X 3 + 3X 1x 2X1 X 3 =(才+ 1)cm 3.故选 A .1 1⑵由三视图可知几何体为三棱锥，如图，故其体积V = 3X 2 X 2 x 3X 4= 4•故选D .［引申］若将本例 ⑵中侧视图中虚线去掉，则该几何体的体积为3 J.8__，表面积为一21 +［解几何体为如图所示的四棱锥，用公式求解即可. 2空间几何体体积问题的常见类型及解题策略(1)直接利用公式进行求解.(2) 用转换法、分割法、补形法等方法进行求解.⑶以三视图的形式给出的应先得到几何体的直观图•再求解. 〔变式训练2〕(1)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为(A )11x 22 nX 4A • (2)(2019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 . 8 C . 16［解析］(1)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 ,1 1 1 直角边长为1,三棱锥的咼为1,故体积v =3x 2X 1 x 1 x 1 =6•故选A •1 IT考点三球与几何体的切、接问题多维探究" 例3 （1）（2019全国）已知三棱锥P—ABC的四个顶点在球O的球面上，PA= PC,A 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PB =O的体积为（D ）A . 8 J 6 nC. 2 ,'6 n（2）（2020广东顺德质检）已知三棱锥P—ABC的底面ABC是边长为2的等边三角形, 平面ABC，且PA= 2,则该三棱锥外接球的表面积为PA 丄68 nA. 丁20 nC. 48 n28 n［解析］⑴••PA= PB= PC ,^ABC为边长为2 的等边三角形, •••P—ABC为正三棱锥，••• PB丄AC ,又E, F分别为PA、AB中点，• EF //PB,•••EF 丄AC，又EF 丄CE, CE A AC = C,•••EF丄平面PAC,.PB丄平面PAC,.Z APB = 90 °.•.PA = PB = PC= 2•••P—ABC 为正方体一部分，2R=- .：2+ 2+ 2= .'6,即只二于，：v= 3n R3=4nX晋=.'6角度1几何体的外接球(2)如图设△ ABC外接圆的圆心为01,球心为0,贝U 00i丄平面ABC，又PA丄平面ABC,n 1连接AO i并延长交球于H,由Z PAH = 2，知0€ PH ,「Q0i为Rt△AH的中位线，二00i= qPA=1，又正△ ABC 边长为2,.i 尸20i H ,.°.0i H = ,「.0H = •：：：•.；'0i H2+ 002= ,「・S球sin60 3 * 32 28 n .=4 冗(0H)2=N，故选D .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，球心必在过球的截面外接圆的圆心且垂直于该平面的直线上，再根据R2= h2+ r2求解(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)一个圆锥的母线长为 2,圆锥的母线与底面的夹角为-,则圆锥的内切球的表面积为4(B )A . 8 nB . 4(2 — , 2)2nC . 4(2 + ,2)2nl 32 2— . 2 2 D . 49n)在侧棱长为a 的正三棱锥 0-ABC 中，侧棱0A , OB , 0C 两 两垂直，现有一小球 P 在该几何体内，则小球P 最大的半径为(B ) 3— ,3 B . 6 a［解(1)(2019河北省石家庄市适应性考试(2)(2019山东实验中学模拟［解析］圆锥底面圆心即为其外接球的球心，所以外接球的半径为(1)作圆锥轴截面 等腰A PAB ，则球心在底边的高 PH 上，又/ nAP= BP = 2，/PBH = 4,.•.AH = HB = HP = ,2设内切球的半径为 r ，则利用圆锥的轴截面，根据面积法，可得1 12 X 2 2 X '2 =尹（2 + 2+ 2 ,'2）r ，解得 r = 2 — .；2,所以该圆锥内切球的表面积为4 nX （2 —返）2= 4（2—迄）2n⑵当小球与三个侧面 OAB , OAC , OBC 及底面ABC 都相切时,小球的体积最大，此时小球的半径最大，该小球为正三棱锥 O — ABC 的内切球,设其半径为r ，球心为P ,••OA = OB = OC = a ,1 12 1 3•••V O — ABC = 3X ^a 2X a = 5a 3,V P — OAB + V P — OBC + V P —OAC + V P — ABC =由题可知 V O —ABC = V P —OAB + V P — OBC + V P —OAC + V O —ABC , 3X ga 2+ *a 2 + *a 2+ 3 +、3 2—^ar ,因此 6a 3 = 3lT^a 2r ，3— .36 a ,故选B .7t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）（2019广西南宁、玉林、贵港等市联考）某几何体的三视图如图所示，则此几何体的外接球表面积为（B ）A . 2 nB . 3 nC. 4 n D . 6 n（2）（角度1）（2019四川省宜宾市二诊）已知三棱锥P —ABC的四个顶点都在半径为2的球面上，AB= BC= CA = 2 '2, PA丄平面ABC，则三棱锥P —ABC的体积为（D ）A. ,'6 B . 2 ：2C.（3）（角度2）（2019厦门质量检查一）如图，某棱锥的正视图和侧视图都是等边三角形，若该棱锥的体积为4^，则该棱锥的内切球的表面积是（C ）3C.3［解析］(1)几何体的直观图是如图所示的四面体 ABCD ,四面体ABCD 的外接球即正方体的外接球，外接球的直径 2R=(3,.・.此几何体的外接球表面积为3 n 故选B •⑵如图所示，取 BC 中点D ，连接AD ,则 AD = ” 2 .2 2- 2 2= '6,设三角形ABC 的中心为G ,2.6•••三棱锥P -ABC 的体积为 V =2^ 26X= 3•故选 D .故选C .MING SHI JIANG TAN SU YANG TI SHENG名师讲坛素养提升 最值问题、开放性问题的体积为却，所以该棱锥的高1 1h = .'3,斜高h ' = 2•设该棱锥的内切球的半径为 R,则4X 3X(3)由正视图和侧视图知，该几何体为正四棱锥，底面是边长为2的正方形.因为该棱锥x 2X 2X R + 3X 22X R = ¥，解得，所以该棱锥的内切球的表面积又球0得半径为2,则2、3S = 4 nX 4 n 3 •（2018课标全国川）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 9 .'3，则三棱锥D — ABC 体积的最大值为（B ）B . 18,'3D . 54 .'3［解析］设等边△ ABC 的边长为a , 1则有 S ^ABC = 2a a sin 60 =9 <3，解得 a = 6.设△ABC 外接圆的半径为「，则2r =sn 莎，解得r =2 8 则球心到平面 ABC 的距离为• ：42— 2 3 2= 2, 所以点D 到平面ABC 的最大距离为2+ 4 = 6,1 所以三棱锥D — ABC 体积的最大值为3X9 ,'3X 6 = 18,：3，故选B .1或2,且该四面体不是正四面体，则其体积的值为［解析］ 如图，若 AB = AC = BD = CD = AD = 2, BC = 1，取 AD 得中点，贝 U CH = BH = .3,〔变式训练4〕（2019甘肃诊断）四棱锥P — ABCD 的顶点均在一个半径为 3的球面上，若正方形ABCD 的 边长为4，则四棱锥P — ABCD 的体积最大值为（D ）643［解析］设正方形ABCD 的中心为01，当P 在01与球心O 的连线上时，四棱锥高最大,AH 丄平面BCH ，又S ZBCH =.111 歼「•V ABCD = ~S/BCH X 2 =36如图，若 AB = AC = BD = CD = 2, AD = BC = 1，同理可求得V ABCD =C . 24 3C .若四面体各棱的长是 12 -由于底面ABCD 面积固定，则高最大时，四棱锥体积取得最大值.设高为1=2 2,球的半径为3,故(h — 3)2 + (2 ,2)2= 32,解得h = 4.故四棱锥的体积的最大值为 42^464=亍.故选D .2 .2 n 3(2)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:\/42+ 42h , |OiA|= 2—。
江苏2021新高考数学一轮复习第七章立体几何与空间向量74空间几何体及其表面积体积课件0
题型突破 典题深度剖析 重点多维探究
题型一 自主演练 空间几何体的结构特征
1.(多选)以下命题，不正确的有
√A.以直角三角形的一边所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥 √B.以直角梯形的一腰所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆台
空间几何体表面积、体积的求法 (1)旋转体的表面积问题注意其侧面展开图的应用. (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)体积可用公式法、转换法、分割法、补形法等求解.
跟踪训练1 如图，直三棱柱ABC－A1B1C1的各条棱长均为2，D为棱B1C1上任意
23 一点，则三棱锥D－A1BC的体积是___3___.
C. 2
D.3 10
解析 如图所示，由球心作平面ABC的垂线， 则垂足为BC的中点M. 又 AM＝12BC＝25，OM＝12AA1＝6， 所以球 O 的半径 R＝OA＝ 522＋62＝123.
引申探究1 本例中若将直三棱柱改为“侧棱和底面边长都是 3 2 的正四棱锥”，则其外 接球的半径是多少？
解 依题意，得该正四棱锥底面对角线的长为 3 2× 2＝6， 高为 3 22－12×62＝3， 因此底面中心到各顶点的距离均等于3， 所以该正四棱锥的外接球的球心即为底面正方形的中心，其外接球的半径为3.
(2)母线长为1的圆锥，其侧面展开图的面积为 π2，则该圆锥的体积为__2_43_π__.
解析 设圆锥底面圆的半径为r，高为h， 圆锥的侧面积 S＝πrl＝π2，解得 r＝21， 从圆锥的轴截面图中可得 h＝ 23， 所以圆锥的体积 V＝13πr2h＝13π×14× 23＝243π.
2021新高考数学(江苏专用)一轮复习课件：第七章+7.5+空间向量及其应用
思维升华
SI WEI SHENG HUA
用基向量表示指定向量的方法 (1)结合已知向量和所求向量观察图形. (2)将已知向量和所求向量转化到三角形或平行四边形中. (3)利用三角形法则或平行四边形法则把所求向量用已知基向量表示出来.
跟踪训练 1 (1)如图所示，在长方体 ABCD－A1B1C1D1 中，O 为 AC 的中点. 用A→B，A→D，A→A1表示O→C1，则O→C1＝_12_A→_B__＋__12_A→_D_＋__A_→_A_1_.
题型一 师生共研 空间向量的线性运算
→ 例 1 如图所示，在平行六面体 ABCD－A1B1C1D1 中，设AA1
→
→
＝a，AB＝b，AD＝c，M，N，P 分别是 AA1，BC，C1D1 的
中点，试用 a，b，c 表示以下各向量：
→ (1)AP；
解 ∵P是C1D1的中点， ∴A→P＝A→A1＋A→1D1＋D→1P＝a＋A→D＋21D→1C1＝a＋c＋12A→B＝a＋21b＋c.
cos〈A→G，C→E〉＝
→→ AG·CE →→
→ →→ 点 M，N 分别在 AC1 和 BC 上，且满足AM＝kAC1，BN＝
kB→C(0≤k≤1).
→
→→
(1)向量MN是否与向量AB，AA1共面？
解 ∵A→M＝kA→C1，B→N＝kB→C， ∴M→N＝M→A＋A→B＋B→N ＝kC→1A＋A→B＋kB→C ＝k(C→1A＋B→C)＋A→B ＝k(C→1A＋B→1C1)＋A→B ＝kB→1A＋A→B＝A→B－kA→B1＝A→B－k(A→A1＋A→B) ＝(1－k)A→B－kA→A1，∴由共面向量定理知向量M→N与向量A→B，A→A1共面.
题型三 师生共研 空间向量数量积及其应用
2021届高考数学一轮总复习第七章立体几何7.2空间几何体的表面积与体积课件苏教版
命题方向 2 等体积法求体积
【例 3】 如图所示，已知三棱柱 ABC-A1B1C1 的所有棱长均为 1，
且 AA1⊥底面 ABC，则三棱锥 B1-ABC1 的体积为( A )
A．
3 12
C．
6 12
B．
3 4
D．
6 4
【解析】 易知三棱锥 B1-ABC1 的体积等于三棱锥 A-B1BC1
的体积，又三棱锥 A-B1BC1 的高为 23，底面积为12，故其体积为13
1．已知 A，B 是球 O 的球面上两点，∠AOB＝90°，C 为该球面上
的动点，若三棱锥 O-ABC 体积的最大值为 36，则球 O 的表面积为( C )
A．36π
B．64π
C．144π
D．256π
解析：如图所示，当点 C 位于垂直于面 AOB 的直径端点时， 三棱锥 O-ABC 的体积最大，设球 O 的半径为 R，此时 VO-ABC＝ VC-AOB＝13×12R2×R＝16R3＝36，故 R＝6，则球 O 的表面积为 S＝ 4πR2＝144π.
02 考点探究 明晰规律
课堂升华 强技提能
考点一 空间几何体的表面积
【例 1】 (1)已知圆柱的上、下底面的中心分别为 O1，O2，过直 线 O1O2 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．12 2π C．8 2π
B．12π D．10π
(2)如图，在直角梯形 ABCD 中，AD＝AB＝4，BC＝2，沿中位线 EF 折起，使得∠AEB 为直角，连接 AB，CD，求所得的几何体的表面 积和体积．
1－cos2∠ASB＝ 1165·SA2＝5 15，∴SA2＝80，SA＝4 5. ∵SA 与底面所成的角为 45°，∴∠SAS′＝45°，AS′＝ SA·cos45°＝4 5× 22＝2 10.∴底面周长 l＝2π·AS′＝4 10π，∴ 圆锥的侧面积为12×4 5×4 10π＝40 2π.
2021新高考数学(江苏专用)一轮复习课件：第七章+高考专题突破四+高考中的立体几何问题
＝
|AB1|·|CD1|
2 4·
4＝21，
又0°<θ≤90°，∴θ＝60°，
∴直线AB1与CD1所成的角为60°.故选C.
命题点2 求线面角 例2 如图，已知多面体ABCA1B1C1，A1A，B1B，C1C均垂直于平面ABC， ∠ABC＝120°，A1A＝4，C1C＝1，AB＝BC＝B1B＝2.
(1)证明：AB1⊥平面A1B1C1；
大一轮复习讲义
高考专题突破四 高考中的立体 几何问题
题型一 多维探究 空间角的求法
命题点1 求线线角 例1 (2019·湖北知名示范高中联合质检)若在三棱柱ABC－A1B1C1中， ∠A1AC＝∠BAC＝60°，平面A1ACC1⊥平面ABC，AA1＝AC＝AB，则异面
2 直线AC1与A1B所成角的余弦值为__4___.
M→A1的方向分别为 x 轴，y 轴，z 轴的正方向建立如图所示
的空间直角坐标系.
设 AA1＝AC＝AB＝2，则 A(1,0,0)，B(0， 3，0)，A1(0,0， 3)，C1(－2,0， 3)，
所以A→C1＝(－3,0， 3)，A→1B＝(0， 3，－ 3)，
所以 cos〈A→C1，A→1B〉＝2
SI WEI SHENG HUA
(1)利用向量求直线与平面所成的角有两个思路：①分别求出斜线和它在 平面内的射影直线的方向向量，转化为求两个方向向量的夹角(或其补角). ②通过平面的法向量来求，即求出斜线的方向向量与平面的法向量所夹的 锐角，取其余角就是斜线和平面所成的角.
(2)若直线 l 与平面 α 的夹角为 θ，直线 l 的方向向量 l 与平面 α 的法向量 n 的夹角为 β，则 θ＝π2－β 或 θ＝β－π2，故有 sin θ＝|cos β|＝||ll·||nn||.
2021新高考数学新课程一轮复习课件-空间几何体的结构特征及其直观图
条件探究 将本例中的条件变为“△ABC 的直观图△A1B1C1 是边长为 a 的正三角形”，则△ABC 的面积为___26_a_2___.
解析 如图(1)所示的是△ABC 的直观图，图(2)是△ABC 的实际图形.
在图(1)中作 C1D1∥y1 轴，交 x1 轴于点 D1，在图(2)中作 CD⊥x 轴，交 x 轴于点 D，设 C1D1＝x，则 CD＝2x.
A．正三角形 B．锐角三角形 C．钝角三角形 D．直角三角形 答案 D
解析 由直观图可知，其表示的平面图形△ABC 中 AC⊥BC，所以△ABC 是直角三角形．
7．(2019·河北石家庄二中高三质检)已知△ABC 的边长为 a，那么△ABC 的平面直观图△A′B′C′的面积为( )
A. 43a2 B. 83a2 C. 86a2 D.166a2
A．(40＋15 2) cm B．(40＋30 2) cm C．(40＋15 5) cm D．(40＋30 5) cm
在△A1D1C1 中，由正弦定理sina45°＝sin1x20°，得 x＝ 26a，∴S△ABC＝12 AB·CD＝12×a× 6a＝ 26a2.
用斜二测画法画直观图的技巧 (1)在原图形中与 x 轴或 y 轴平行的线段在直观图中仍然与 x′轴或 y′ 轴平行. (2)原图中不与坐标轴平行的直线段可以先画出线段的端点再连线. (3)原图中的曲线段可以通过取一些关键点，作出在直观图中的相应点， 然后用平滑曲线连接.
答案 D
解析 如图 1 知，A 不正确．如图 2，两个平行平面与底面不平行时， 截得的几何体不是旋转体，故 B 不正确．若六棱锥的所有棱长都相等，则底 面多边形是正六边形．由几何图形知，若以正六边形为底面，侧棱长必然要 大于底面边长，C 错误．由母线的概念知，选项 D 正确．
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.
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题组三 易错自纠
4.体积为8的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为
√A.12π
B.
32 3π
C.8π
D.4π
解析 由题意可知正方体的棱长为 2，其体对角线为 2 3即为球的直径， 所以球的表面积为4πR2＝(2R)2π＝12π，故选A.
5.如图，将一个长方体用过相邻三条棱的中点的平面截出一个棱锥， 则该棱锥的体积与剩下的几何体体积的比为__1_∶__4_7__.
解析 Rt△ABC 中，斜边 BC＝2 2， ∴△ABC 所在截面圆半径 r＝ 2， 又O到平面ABC的距离为1， 可得球 O 的半径 R＝ r2＋1＝ 3， 故球O的表面积为12π.
题型突破 典题深度剖析 重点多维探究
题型一 自主演练 空间几何体的结构特征
1.(多选)以下命题，不正确的有
√A.以直角三角形的一边所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥 √B.以直角梯形的一腰所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆台
全等的_等__腰__ _三__角__形__
全等的_等__腰__梯__形__
_圆__
侧面展开图
_矩__形__
Hale Waihona Puke _扇__形___扇__环__
3.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_r_l S圆台侧＝_π_(_r1_＋__r_2_)l_
题型二 多维探究 空间几何体的表面积与体积
命题点1 空间几何体的表面积
例1 (2018·全国Ⅰ)已知圆柱的上、下底面的中心分别为O1，O2，过直线 O1O2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
A.12 2π C.8 2π
√B.12π
D.10π
解析 设圆柱的轴截面的边长为x， 则由 x2＝8，得 x＝2 2， ∴S 圆柱表＝2S 底＋S 侧＝2×π×( 2)2＋2π× 2×2 2＝12π.故选 B.
4.柱、锥、台、球的表面积和体积
几何体
名称
表面积
体积
柱体(棱柱和圆柱) 锥体(棱锥和圆锥)
S表面积＝S侧＋2S底 S表面积＝S侧＋S底
V＝_S_h_ 1
V＝_3_S_h__
台体(棱台和圆台) 球
S表面积＝S侧＋S上＋S下 S＝_4_π_R_2_
V＝13(S 上＋S 下＋ S上S下)h V＝_43_π_R_3_
(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)棱台是由平行于底面的平面截棱锥所得的平面与底面之间的部分.
(√ )
(4)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.( × )
解析 设长方体的相邻三条棱长分别为a，b，c， 它截出棱锥的体积 V1＝31×21×21a×12b×12c＝418abc， 剩下的几何体的体积 V2＝abc－418abc＝4478abc， 所以V1∶V2＝1∶47.
6.Rt△ABC的三个顶点都在球O的球面上，AB＝AC＝2，若球心O到平面ABC的 距离为1，则球O的半径为___3__，球O的表面积为__1_2_π__.
命题点2 求简单几何体的体积
例2 (1)如图，正三棱柱ABC－A1B1C1的底面边长为2，侧棱长
为 3，D为BC的中点，则三棱锥A－B1DC1的体积为
A.3
√ 3
概念方法微思考
1.如何求旋转体的表面积？ 提示 求旋转体的侧面积时需要将曲面展开为平面图形计算，而表面积是 侧面积与底面积之和. 2.如何求不规则几何体的体积？ 提示 求不规则几何体的体积要注意分割与补形，将不规则的几何体通过 分割或补形转化为规则的几何体求解.
基础自测
题组一 思考辨析 1.判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
题组二 教材改编
2.已知圆锥的表面积等于12π cm2，其侧面展开图是一个半圆，则底面圆的
半径为 A.1 cm
√B.2 cm
C.3 cm
D.
3 2
cm
解析 S表＝πr2＋πrl＝πr2＋πr·2r＝3πr2＝12π， ∴r2＝4，∴r＝2.
3.在如图所示的几何体中，是棱柱的为__③__⑤___.(填写所有正确的序号)
侧棱 侧面形状
_平__行__且__相__等__ _平__行__四__边__形__
相交于 一点但不一定 相等
_三__角__形__
延长线交于_一__点__ _梯__形__
2.旋转体的结构特征
名称
圆柱
圆锥
圆台
球
图形
母线
互相平行且相等，
垂直 于底面
相交于_一__点__ 延长线交于_一__点__
轴截面
全等的_矩__形__
解析 对于①，平行六面体的两个相对侧面也可能是矩形，故①错； 对于②，对等腰三角形的腰不是侧棱时不一定成立(如图)，故②错； 对于③，若底面不是矩形，则③错； 对于④，可知侧棱垂直于底面，故④正确. 综上，命题①②③不正确.
思维升华
SI WEI SHENG HUA
空间几何体概念辨析题的常用方法 (1)定义法：紧扣定义，由已知构建几何模型，在条件不变的情况下，变换 模型中的线面关系或增加线、面等基本元素，根据定义进行判定. (2)反例法：通过反例对结构特征进行辨析.
大一轮复习讲义
§7.4 空间几何体及其表面积、 体积
INDEX
基础落实 回扣基础知识 训练基础题目
知识梳理
1.多面体的结构特征
名称
棱柱
图形
棱锥
棱台
含义
由一个平面多边 当棱柱的一个底面收
形沿某一方向平 缩为一个点时，得到
移形成的空间几 的几何体叫做棱锥
何体叫做棱柱
用一个_平__行__于__棱__锥__底__ 面 的平面去截棱锥， 得到两个几何体，一个 仍然是棱锥，另一个我 们称之为棱台
C.圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆面
√D.一个平面截圆锥，得到一个圆锥和一个圆台
解析 由圆锥、圆台、圆柱的定义可知A，B错误，C正确. 对于命题D，只有用平行于圆锥底面的平面去截圆锥，才能得到一个圆锥和 一个圆台，D不正确.
2.给出下列四个命题： ①有两个侧面是矩形的立体图形是直棱柱； ②侧面都是等腰三角形的棱锥是正棱锥； ③侧面都是矩形的直四棱柱是长方体； ④底面为正多边形，且有相邻两个侧面与底面垂直的棱柱是正棱柱. 其中不正确的命题为_①__②__③___.(填序号)