(完整版)届高考数学一轮复习讲义空间几何体及其表面积与体积
2023年高考数学(理科)一轮复习课件——空间几何体的表面积和体积
索引
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( B )
A.1 cm
B.2 cm
C.3 cm
3 D.2 cm
解析 设圆锥的底面圆的半径为r，母线长为l， 因为侧面展开图是一个半圆， 所以πl＝2πr，即l＝2r， 所以πr2＋πrl＝πr2＋πr·2r＝3πr2＝12π，解得r＝2.
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
B.12π
C.8 2π
D.10π
解析 由题意知，圆柱的轴截面是一个面积为 8 的正方形，则圆柱的高与底面 直径均为 2 2. 设圆柱的底面半径为 r，则 2r＝2 2，得 r＝ 2. 所以圆柱的表面积 S 圆柱＝2πr2＋2πrh＝2π( 2)2＋2π× 2×2 2＝4π＋8π＝12π.
索引
训练1 (1)(2020·新高考Ⅱ卷)棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别
为棱BB1，AB的中点，则三棱锥A1－D1MN的体积为____1____.
解析 如图，由正方体棱长为2及M，N分别为BB1，AB 的中点， 得 S△A1MN＝2×2－2×12×2×1－21×1×1＝32， 又易知D1A1为三棱锥D1－A1MN的高，且D1A1＝2， ∴VA1－D1MN＝VD1－A1MN＝13·S△A1MN·D1A1＝31×32×2＝1.
角度1 简单几何体的体积
例1 (1)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
新高考数学通用版总复习一轮课件第八章第2讲空间几何体的表面积和体积
是以 AB，BC，CD，DA 为底边的等腰三角形，沿虚线剪开后，
分别以 AB，BC，CD，DA 为折痕折起△ABE，
214.则球
O
的表面积为
4πr2＝4π
2142＝14π.
答案：14π
2.(2018 年全国Ⅱ)已知圆锥的顶点为 S，母线 SA，SB 所成 角的余弦值为78，SA 与圆锥底面所成角为 45°，若△SAB 的面积 为 5 15，则该圆锥的侧面积为__________.
解析：母线 SA，SB 所成角的余弦值为78，正弦值为 815.设
所以细沙的底面半径
r＝
2 3
×4 ＝
8 3
cm ， 所 以 体 积
V＝
13·πr2·23h＝13·649π·136＝108214π cm3，A 正确；
沙漏的体积 V＝2×13×π×h22×h＝2×13×π×42×8＝
256 3π
cm3，B
错误；
设细沙流入下部后的高度为 h1，根据细沙体积不变可知：
108214π＝13×π×h22×h1，
底面半径为 r，母线 l＝SA＝
2r，△SAB 的面积为12×SA2×
15 8
＝12×( 2r)2× 815＝5 15，∴r2＝40.则该圆锥的侧面积为 πrl＝
2πr2＝40 2π.
答案：40 2π
3.(2018 年全国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( )
考点 3 立体几何中的折叠与展开 多维探究
[例 2](2017 年全国Ⅰ)如图 8-2-7，圆形纸片的圆心为 O，
半径为 5 cm，该纸片上的等边三角形 ABC 的中心为 O.D，E，
高考人教版数学(文)大一轮复习课件：第8章第1讲空间几何体的三视图、表面积和体积6
文科数学 第八章：立体几何
文科数学 第八章：立体几何
考情精解读
命题规律 聚焦核心素养
命题规律 考点内容 1.简单空间几何体 的三视图与直观图
2.柱、锥、台、球 的表面积和体积
考纲要求 理解
了解
考题取样 202X全国Ⅰ,T9 202X全国Ⅲ,T3 202X全国Ⅰ,T5 202X全国Ⅰ,T10 202X全国Ⅲ,T12 202X全国Ⅰ,T16
圆的圆心是BC的中点E,底面△A1B1C1外接圆的圆心是B1C1的中点
E1.…………(圆柱EE1是球的内接圆柱,直棱柱ABC-A1B1C1是圆柱EE1的 内接直棱柱)Biblioteka 文科数学 第八章：立体几何
文科数学 第八章：立体几何
文科数学 第八章：立体几何
解后反思 求解几何体外接球的半径主要从两个方面考虑:
扇环
半圆 直径所在的直线
圆
考点2 空间几何体的三视图与直观图（重点）
文科数学 第八章：立体几何
1.三视图的定义 几何体的正视图、侧视图和俯视图统称为几何体的三视图. 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 上方视察几何体画出的轮廓线. 注意 (1)画三视图时,能看见的线用实线表示,不能看见的线用虚线表示.(2) 同一物体,若放置的位置不同,则所得的三视图可能不同. 2.三视图的长度特征 “长对正、宽相等、高平齐”,即正视图和俯视图长对正,侧视图和俯视图 宽相等,正视图和侧视图高平齐.
文科数学 第八章：立体几何
考点3 柱体、锥体、台体、球的表面积与体积
文科数学 第八章：立体几何
空间几何体的表面积与体积
名称 几何体
表面积
柱体 (棱柱和圆柱)
S表面积=S侧+2S底
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
A.π2＋1 B.π2＋3 C.32π＋1 D.32π＋3
还原几何体，分清组合体构成部分．
解析 由几何体的三视图可知，该几何体是一个底面 半径为 1，高为 3 的圆锥的一半与一个底面为直角边长是 2 的等腰直角三角形，高为 3 的三棱锥的组合体，
∴该几何体的体积 V＝13×π2×12×3＋13×12× 2× 2×3＝π2＋1. 故选 A.
角度 2 根据几何体的直观图计算体积
典例 中国古代数学名著《九章算术》中记载：“今 有羡除”．刘徽注：“羡除，隧道也．其所穿地，上平下邪．” 现有一个羡除如图所示，四边形 ABCD、ABFE、CDEF 均 为等腰梯形，AB∥CD∥EF，AB＝6，CD＝8，EF＝10, EF 到平面 ABCD 的距离为 3，CD 与 AB 间的距离为 10，则这 个羡除的体积是( )
A．18＋36 5 C．90
B．54＋18 5 D．81
解析 由三视图可知，该几何体的底面是边长为 3 的 正方形，高为 6，侧棱长为 3 5的平行六面体，则该几何体 的表面积 S＝2×32＋2×3×3 5＋2×3×6＝54＋18 5.故 选 B.
题型 2 空间几何体的体积 角度 1 根据几何体的三视图计算体积 典例 (2017·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( )
解析 由几何体的三视图可得该几何体的直观图如图 所示．该几何体由两个完全相同的长方体组合而成，其中 AB＝BC＝2 cm，BD＝4 cm，所以该几何体的体积 V＝ 2×2×4×2＝32 cm3，表面积 S＝(2×2×3＋2×4×3)×2 ＝36×2＝72 cm2.
经典题型冲关
题型 1 空间几何体的侧面积与表面积 典例 (2016·全国卷Ⅱ)下图是由圆柱与圆锥组合而 成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为( )
2023年新高考数学大一轮复习专题四立体几何第1讲空间几何体(含答案)
新高考数学大一轮复习专题：第1讲 空间几何体[考情分析] 几何体的结构特征是立体几何的基础，空间几何体的表面积与体积是高考题的重点与热点，多以小题的形式进行考查，属于中等难度． 考点一 表面积与体积 核心提炼1．旋转体的侧面积和表面积(1)S 圆柱侧＝2πrl ，S 圆柱表＝2πr (r ＋l )(r 为底面半径，l 为母线长)． (2)S 圆锥侧＝πrl ，S 圆锥表＝πr (r ＋l )(r 为底面半径，l 为母线长)． (3)S 球表＝4πR 2(R 为球的半径)． 2．空间几何体的体积公式V 柱＝Sh (S 为底面面积，h 为高)； V 锥＝13Sh (S 为底面面积，h 为高)； V 球＝43πR 3(R 为球的半径)．例1 (1)已知圆锥的顶点为S ，母线SA ，SB 所成角的余弦值为78，SA 与圆锥底面所成角为45°.若△SAB 的面积为515，则该圆锥的侧面积为________． 答案 402π解析 因为母线SA 与圆锥底面所成的角为45°， 所以圆锥的轴截面为等腰直角三角形． 设底面圆的半径为r ，则母线长l ＝2r . 在△SAB 中，cos∠ASB ＝78，所以sin∠ASB ＝158.因为△SAB 的面积为515，即12SA ·SB sin∠ASB＝12×2r ×2r ×158＝515， 所以r 2＝40，故圆锥的侧面积为πrl ＝2πr 2＝402π.(2)如图，已知正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的各棱长均为2，点D 在棱AA 1上，则三棱锥D －BB 1C 1的体积为________．答案 233解析 如图，取BC 的中点O ，连接AO .∵正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的各棱长均为2， ∴AC ＝2，OC ＝1，则AO ＝ 3. ∵AA 1∥平面BCC 1B 1，∴点D 到平面BCC 1B 1的距离为 3. 又11BB C S＝12×2×2＝2， ∴11D BB C V ＝13×2×3＝233.易错提醒 (1)计算表面积时，有些面的面积没有计算到(或重复计算)． (2)一些不规则几何体的体积不会采用分割法或补形思想转化求解． (3)求几何体体积的最值时，不注意使用基本不等式或求导等确定最值．跟踪演练1 (1)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( ) A ．122π B ．12π C ．82π D ．10π答案 B解析 设圆柱的底面半径为r ，高为h ，由题意可知2r ＝h ＝22，∴圆柱的表面积S ＝2πr 2＋2πr ·h ＝4π＋8π＝12π.故选B.(2)如图，在Rt△ABC 中，AB ＝BC ＝1，D 和E 分别是边BC 和AC 上异于端点的点，DE ⊥BC ，将△CDE 沿DE 折起，使点C 到点P 的位置，得到四棱锥P －ABDE ，则四棱锥P －ABDE 的体积的最大值为________．答案327解析 设CD ＝DE ＝x (0<x <1)，则四边形ABDE 的面积S ＝12(1＋x )(1－x )＝12(1－x 2)，当平面PDE ⊥平面ABDE 时，四棱锥P －ABDE 的体积最大，此时PD ⊥平面ABDE ，且PD ＝CD ＝x ，故四棱锥P －ABDE 的体积V ＝13S ·PD ＝16(x －x 3)，则V ′＝16(1－3x 2)．当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，33时，V ′>0；当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫33，1时，V ′<0. ∴当x ＝33时，V max ＝327. 考点二 多面体与球 核心提炼解决多面体与球问题的两种思路(1)利用构造长方体、正四面体等确定直径．(2)利用球心O 与截面圆的圆心O 1的连线垂直于截面圆的性质确定球心．例2 (1)已知三棱锥P －ABC 满足平面PAB ⊥平面ABC ，AC ⊥BC ，AB ＝4，∠APB ＝30°，则该三棱锥的外接球的表面积为__________． 答案 64π解析 因为AC ⊥BC ，所以△ABC 的外心为斜边AB 的中点，因为平面PAB ⊥平面ABC ，所以三棱锥P －ABC 的外接球球心在平面PAB 上， 即球心就是△PAB 的外心，根据正弦定理ABsin∠APB ＝2R ，解得R ＝4，所以外接球的表面积为4πR 2＝64π.(2)(2020·全国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________． 答案23π 解析 圆锥内半径最大的球即为圆锥的内切球，设其半径为r .作出圆锥的轴截面PAB ，如图所示，则△PAB 的内切圆为圆锥的内切球的大圆．在△PAB 中，PA ＝PB ＝3，D 为AB 的中点，AB ＝2，E 为切点，则PD ＝22，△PEO ∽△PDB ， 故PO PB ＝OE DB ，即22－r 3＝r 1，解得r ＝22， 故内切球的体积为43π⎝ ⎛⎭⎪⎫223＝23π.规律方法 (1)长方体的外接球直径等于长方体的体对角线长．(2)三棱锥S －ABC 的外接球球心O 的确定方法：先找到△ABC 的外心O 1，然后找到过O 1的平面ABC 的垂线l ，在l 上找点O ，使OS ＝OA ，点O 即为三棱锥S －ABC 的外接球的球心． (3)多面体的内切球可利用等积法求半径．跟踪演练2 (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( ) A ．36πB．64πC．144πD．256π 答案 C解析 如图所示，设球O 的半径为R ，因为∠AOB ＝90°， 所以S △AOB ＝12R 2，因为V O －ABC ＝V C －AOB ， 而△AOB 的面积为定值，当点C 位于垂直于平面AOB 的直径端点时，三棱锥O －ABC 的体积最大， 此时V O －ABC ＝V C －AOB ＝13×12R 2×R ＝16R 3＝36，故R ＝6，则球O 的表面积为S ＝4πR 2＝144π.(2)中国古代数学经典《九章算术》系统地总结了战国、秦、汉时期的数学成就，书中将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑，如图为一个阳马与一个鳖臑的组合体，已知PA ⊥平面ABCE ，四边形ABCD 为正方形，AD ＝5，ED ＝3，若鳖臑P －ADE 的外接球的体积为92π，则阳马P －ABCD 的外接球的表面积为________．答案 20π解析 ∵四边形ABCD 是正方形，∴AD ⊥CD ，即AD ⊥CE ，且AD ＝5，ED ＝3， ∴△ADE 的外接圆半径为r 1＝AE 2＝AD 2＋ED 22＝2，设鳖臑P －ADE 的外接球的半径为R 1， 则43πR 31＝92π，解得R 1＝322. ∵PA ⊥平面ADE ，∴R 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫PA 22＋r 21，可得PA 2＝R 21－r 21＝102，∴PA ＝10.正方形ABCD 的外接圆直径为2r 2＝AC ＝2AD ＝10， ∴r 2＝102， ∵PA ⊥平面ABCD ，∴阳马P －ABCD 的外接球半径R 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫PA 22＋r 22＝5， ∴阳马P －ABCD 的外接球的表面积为4πR 22＝20π.专题强化练一、单项选择题1.水平放置的△ABC 的直观图如图，其中B ′O ′＝C ′O ′＝1，A ′O ′＝32，那么原△ABC 是一个( )A ．等边三角形B ．直角三角形C ．三边中只有两边相等的等腰三角形D ．三边互不相等的三角形 答案 A解析 AO ＝2A ′O ′＝2×32＝3，BC ＝B ′O ′＋C ′O ′＝1＋1＝2.在Rt△AOB 中，AB ＝12＋32＝2，同理AC ＝2，所以原△ABC 是等边三角形．2．(2020·全国Ⅰ)埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥．以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为( )A.5－14 B.5－12 C.5＋14 D.5＋12答案 C解析 设正四棱锥的底面正方形的边长为a ，高为h ， 侧面三角形底边上的高(斜高)为h ′， 则由已知得h 2＝12ah ′.如图，设O 为正四棱锥S －ABCD 底面的中心，E 为BC 的中点，则在Rt△SOE 中，h ′2＝h 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22，∴h ′2＝12ah ′＋14a 2，∴⎝⎛⎭⎪⎫h ′a 2－12·h ′a －14＝0， 解得h ′a ＝5＋14(负值舍去)． 3．已知一个圆锥的侧面积是底面积的2倍，记该圆锥的内切球的表面积为S 1，外接球的表面积为S 2，则S 1S 2等于( )A.12B.13C.14D.18答案 C解析如图，由已知圆锥侧面积是底面积的2倍，不妨设底面圆半径为r，l为底面圆周长，R为母线长，则12lR＝2πr2，即12·2π·r·R＝2πr2，解得R＝2r，故∠ADC＝30°，则△DEF为等边三角形，设B为△DEF的重心，过B作BC⊥DF，则DB为圆锥的外接球半径，BC为圆锥的内切球半径，则BCBD＝12，∴r内r外＝12，故S1S2＝14.4．(2020·大连模拟)一件刚出土的珍贵文物要在博物馆大厅中央展出，如图，需要设计各面是玻璃平面的无底正四棱柱将其罩住，罩内充满保护文物的无色气体．已知文物近似于塔形，高1.8米，体积0.5立方米，其底部是直径为0.9米的圆形，要求文物底部与玻璃罩底边至少间隔0.3米，文物顶部与玻璃罩上底面至少间隔0.2米，气体每立方米1000元，则气体的费用最少为( )A．4500元B．4000元C．2880元D．2380元答案 B解析因为文物底部是直径为0.9米的圆形，文物底部与玻璃罩底边至少间隔0.3米，所以由正方形与圆的位置关系可知，底面正方形的边长为0.9＋2×0.3＝1.5米，又文物高 1.8米，文物顶部与玻璃罩上底面至少间隔0.2(米)，所以正四棱柱的高为1.8＋0.2＝2(米)，则正四棱柱的体积V＝1.52×2＝4.5(立方米)．因为文物的体积为0.5立方米，所以罩内空气的体积为4.5－0.5＝4(立方米)，因为气体每立方米1000元，所以气体的费用最少为4×1000＝4000(元)，故选B.5.如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，动点E 在BB 1上，动点F 在A 1C 1上，O 为底面ABCD 的中心，若BE ＝x ，A 1F ＝y ，则三棱锥O －AEF 的体积( )A ．与x ，y 都有关B ．与x ，y 都无关C ．与x 有关，与y 无关D ．与y 有关，与x 无关 答案 B解析 由已知得V 三棱锥O －AEF ＝V 三棱锥E －OAF ＝13S △AOF ·h (h 为点E 到平面AOF 的距离)．连接OC ，因为BB 1∥平面ACC 1A 1，所以点E 到平面AOF 的距离为定值．又AO ∥A 1C 1，OA 为定值，点F 到直线AO 的距离也为定值，所以△AOF 的面积是定值，所以三棱锥O －AEF 的体积与x ，y 都无关．6．在梯形ABCD 中，∠ABC ＝π2，AD ∥BC ，BC ＝2AD ＝2AB ＝2.将梯形ABCD 绕AD 所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为( ) A.2π3B.4π3 C.5π3D ．2π 答案 C解析 如图，过点C 作CE 垂直AD 所在直线于点E ，梯形ABCD 绕AD 所在直线旋转一周而形成的旋转体是由以线段AB 的长为底面圆半径，线段BC 为母线的圆柱挖去以线段CE 的长为底面圆半径，ED 为高的圆锥，该几何体的体积为V ＝V 圆柱－V 圆锥＝π·AB 2·BC －13·π·CE 2·DE＝π×12×2－13π×12×1＝5π3.7．(2020·全国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 ．64πB．48πC．36πD．32π 答案 A解析 如图，设圆O 1的半径为r ，球的半径为R ，正三角形ABC 的边长为a . 由πr 2＝4π，得r ＝2， 则33a ＝2，a ＝23， OO 1＝a ＝2 3.在Rt△OO 1A 中，由勾股定理得R 2＝r 2＋OO 21＝22＋(23)2＝16，所以S 球＝4πR 2＝4π×16＝64π.8．(2020·武汉调研)已知直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的表面上，若AB ＝AC ＝1，AA 1＝23，∠BAC ＝2π3，则球O 的体积为( ) A.32π3B ．3πC.4π3D ．8π 答案 A解析 设△ABC 外接圆圆心为O 1，半径为r ，连接O 1O ，如图，易得O 1O ⊥平面ABC ，∵AB ＝AC ＝1，AA 1＝23，∠BAC ＝2π3，∴2r ＝AB sin∠ACB ＝112＝2，即O 1A ＝1，O 1O ＝12AA 1＝3，∴OA ＝O 1O 2＋O 1A 2＝3＋1＝2，∴球O 的体积V ＝43π·OA 3＝32π3.故选A.9.如图所示，某几何体由底面半径和高均为5的圆柱与半径为5的半球对接而成，在该封闭的几何体内部放入一个小圆柱体，且小圆柱体的上、下底面均与外层圆柱的底面平行，则小圆柱体积的最大值为( )A.2000π9B.4000π27C ．81πD ．128π答案 B解析 小圆柱的高分为上、下两部分，上部分的高同大圆柱的高相等，为5，下部分深入底部半球内．设小圆柱下部分的高为h (0<h <5)，底面半径为r (0<r <5)．由于r ，h 和球的半径构成直角三角形，即r 2＋h 2＝52，所以小圆柱的体积V ＝πr 2(h ＋5)＝π(25－h 2)(h ＋5)(0<h <5)，把V 看成是关于h 的函数，求导得V ′＝－π(3h －5)(h ＋5)．当0<h <53时，V ′>0，V 单调递增；当53<h <5时，V ′<0，V 单调递减．所以当h ＝53时，小圆柱的体积取得最大值．即V max ＝π⎝⎛⎭⎪⎫25－259×⎝⎛⎭⎪⎫53＋5＝4000π27，故选B.10．已知在三棱锥P －ABC 中，PA ，PB ，PC 两两垂直，且长度相等．若点P ，A ，B ，C 都在半径为1的球面上，则球心到平面ABC 的距离为( ) A.36B.12C.13D.32答案 C解析 ∵在三棱锥P －ABC 中，PA ，PB ，PC 两两垂直，且长度相等，∴此三棱锥的外接球即以PA ，PB ，PC 为三边的正方体的外接球O ， ∵球O 的半径为1，∴正方体的边长为233，即PA ＝PB ＝PC ＝233，球心到截面ABC 的距离即正方体中心到截面ABC 的距离，设P 到截面ABC 的距离为h ，则正三棱锥P －ABC 的体积V ＝13S △ABC ×h ＝13S △PAB ×PC ＝13×12×⎝⎛⎭⎪⎫2333， ∵△ABC 为边长为263的正三角形，S △ABC ＝233，∴h ＝23， ∴球心(即正方体中心)O 到截面ABC 的距离为13.二、多项选择题11．(2020·枣庄模拟)如图，透明塑料制成的长方体容器ABCD －A 1B 1C 1D 1内灌进一些水，固定容器一边AB 于地面上，再将容器倾斜，随着倾斜度的不同，有下面几个结论，其中正确的是( )A ．没有水的部分始终呈棱柱形B ．水面EFGH 所在四边形的面积为定值C ．随着容器倾斜度的不同，A 1C 1始终与水面所在平面平行D ．当容器倾斜如图③所示时，AE ·AH 为定值 答案 AD解析 由于AB 固定，所以在倾斜的过程中，始终有CD ∥HG ∥EF ∥AB ，且平面AEHD ∥平面BFGC ，故水的部分始终呈棱柱形(三棱柱或四棱柱)，且AB 为棱柱的一条侧棱，没有水的部分也始终呈棱柱形，故A 正确；因为水面EFGH 所在四边形，从图②，图③可以看出，EF ，GH 长度不变，而EH ，FG 的长度随倾斜度变化而变化，所以水面EFGH 所在四边形的面积是变化的，故B 错；假设A 1C 1与水面所在的平面始终平行，又A 1B 1与水面所在的平面始终平行，则长方体上底面A 1B 1C 1D 1与水面所在的平面始终平行，这就与倾斜时两个平面不平行矛盾，故C 错；水量不变时，棱柱AEH －BFG 的体积是定值，又该棱柱的高AB 不变，且V AEH －BFG ＝12·AE ·AH ·AB ，所以AE ·AH ＝2V AEH －BFGAB，即AE ·AH 是定值，故D 正确．12.(2020·青岛检测)已知四棱台ABCD －A 1B 1C 1D 1的上、下底面均为正方形，其中AB ＝22，A 1B 1＝2，AA 1＝BB 1＝CC 1＝DD 1＝2，则下列叙述正确的是( )A ．该四棱台的高为 3B ．AA 1⊥CC 1C ．该四棱台的表面积为26D ．该四棱台外接球的表面积为16π 答案 AD解析 将四棱台补为如图所示的四棱锥P －ABCD ，并取E ，E 1分别为BC ，B 1C 1的中点，记四棱台上、下底面中心分别为O 1，O ，连接AC ，BD ，A 1C 1，B 1D 1，A 1O ，OE ，OP ，PE .由条件知A 1，B 1，C 1，D 1分别为四棱锥的侧棱PA ，PB ，PC ，PD 的中点，则PA ＝2AA 1＝4，OA ＝2，所以OO 1＝12PO ＝12PA 2－OA 2＝3，故该四棱台的高为3，故A 正确；由PA ＝PC ＝4，AC ＝4，得△PAC 为正三角形，则AA 1与CC 1所成角为60°，故B 不正确；四棱台的斜高h ′＝12PE ＝12PO 2＋OE2＝12×232＋22＝142，所以该四棱台的表面积为(22)2＋(2)2＋4×2＋222×142＝10＋67，故C 不正确；易知OA 1＝OB 1＝OC 1＝OD 1＝O 1A 21＋O 1O 2＝2＝OA ＝OB ＝OC ＝OD ，所以O 为四棱台外接球的球心，所以外接球的半径为2，外接球表面积为4π×22＝16π，故D 正确．三、填空题13．(2020·浙江)已知圆锥的侧面积(单位：cm 2)为2π，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径(单位：cm)是________． 答案 1解析 如图，设圆锥的母线长为l ，底面半径为r ，则圆锥的侧面积S 侧＝πrl ＝2π， 即r ·l ＝2.由于侧面展开图为半圆， 可知12πl 2＝2π，可得l ＝2，因此r ＝1.14.在如图所示的斜截圆柱中，已知圆柱的底面直径为40cm ，母线长最短50cm ，最长80cm ，则斜截圆柱的侧面面积S ＝________cm 2.答案 2600π解析 将题图所示的相同的两个几何体对接为圆柱，则圆柱的侧面展开图为矩形．由题意得所求侧面展开图的面积S ＝12×(π×40)×(50＋80)＝2600π(cm 2)．15．已知球O 与棱长为4的正四面体的各棱相切，则球O 的体积为________． 答案823π 解析 将正四面体补成正方体，则正四面体的棱为正方体面上的对角线，因为正四面体的棱长为4，所以正方体的棱长为2 2.因为球O 与正四面体的各棱都相切，所以球O 为正方体的内切球，即球O 的直径2R ＝22，则球O 的体积V ＝43πR 3＝823π.16．(2020·新高考全国Ⅰ)已知直四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长均为2，∠BAD ＝60°.以D 1为球心，5为半径的球面与侧面BCC 1B 1的交线长为________． 答案2π2解析 如图，设B 1C 1的中点为E ，球面与棱BB 1，CC 1的交点分别为P ，Q ， 连接DB ，D 1B 1，D 1P ，D 1E ，EP ，EQ ，由∠BAD ＝60°，AB ＝AD ，知△ABD 为等边三角形， ∴D 1B 1＝DB ＝2，∴△D 1B 1C 1为等边三角形， 则D 1E ＝3且D 1E ⊥平面BCC 1B 1，∴E 为球面截侧面BCC 1B 1所得截面圆的圆心， 设截面圆的半径为r ， 则r ＝R 2球－D 1E 2＝5－3＝ 2. 又由题意可得EP ＝EQ ＝2，∴球面与侧面BCC 1B 1的交线为以E 为圆心的圆弧PQ . 又D 1P ＝5，∴B 1P ＝D 1P 2－D 1B 21＝1， 同理C 1Q ＝1，∴P ，Q 分别为BB 1，CC 1的中点， ∴∠PEQ ＝π2，知PQ 的长为π2×2＝2π2，即交线长为2π2.。
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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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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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
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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：
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S
直观图＝12B′C′·O′A′·sin
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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；
第46讲、空间几何体的结构特征、表面积(教师版)2025高考数学一轮复习讲义
第46讲空间几何体的结构特征、表面积与体积知识梳理知识点一：构成空间几何体的基本元素—点、线、面（1）空间中，点动成线，线动成面，面动成体．（2）空间中，不重合的两点确定一条直线，不共线的三点确定一个平面，不共面的四点确定一个空间图形或几何体（空间四边形、四面体或三棱锥）．知识点二：简单凸多面体—棱柱、棱锥、棱台1、棱柱：两个面互相平面，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行，由这些面所围成的多面体叫做棱柱．（1）斜棱柱：侧棱不垂直于底面的棱柱；（2）直棱柱：侧棱垂直于底面的棱柱；（3）正棱柱：底面是正多边形的直棱柱；（4）平行六面体：底面是平行四边形的棱柱；（5）直平行六面体：侧棱垂直于底面的平行六面体；（6）长方体：底面是矩形的直平行六面体；（7）正方体：棱长都相等的长方体．2、棱锥：有一个面是多边形，其余各面是有一个公共顶点的三角形，由这些面所围成的多面体叫做棱锥．（1）正棱锥：底面是正多边形，且顶点在底面的射影是底面的中心；（2）正四面体：所有棱长都相等的三棱锥．3、棱台：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叫做棱台，由正棱锥截得的棱台叫做正棱台．简单凸多面体的分类及其之间的关系如图所示．知识点三：简单旋转体—圆柱、圆锥、圆台、球1、圆柱：以矩形的一边所在的直线为旋转轴，其余三边旋转形成的面所围成的几何体叫做圆柱．2、圆柱：以直角三角形的一条直角边所在的直线为旋转轴，将其旋转一周形成的面所围成的几何体叫做圆锥．3、圆台：用平行于圆锥底面的平面去截圆锥，底面和截面之间的部分叫做圆台．4、球：以半圆的直径所在的直线为旋转轴，半圆面旋转一周形成的旋转体叫做球体，简称为球（球面距离：经过两点的大圆在这两点间的劣弧长度）．知识点四：组合体由柱体、锥体、台体、球等几何体组成的复杂的几何体叫做组合体．知识点五：表面积与体积计算公式表面积公式表面积柱体2直棱柱底=+S ch S 2(斜棱柱底''=+S c l S c 为直截面周长)2222()圆锥=+=+S r rl r r l πππ锥体12正棱锥底'=+S nah S 2()圆锥=+=+S r rl r r l πππ台体1()2正棱台上下'=+++S n a a h S S 22)圆台（''=+++S r r r l rl π球24=S R π体积公式知识点六：空间几何体的直观图1、斜二测画法斜二测画法的主要步骤如下：（1）建立直角坐标系．在已知水平放置的平面图形中取互相垂直的Ox ，Oy ，建立直角坐标系．（2）画出斜坐标系．在画直观图的纸上（平面上）画出对应图形．在已知图形平行于x 轴的线段，在直观图中画成平行于''O x ，''O y ，使45'''∠= x O y （或135 ），它们确定的平面表示水平平面．（3）画出对应图形．在已知图形平行于x 轴的线段，在直观图中画成平行于'x 轴的线段，且长度保持不变；在已知图形平行于y 轴的线段，在直观图中画成平行于'y 轴，且长度变为原来的一般．可简化为“横不变，纵减半”．（4）擦去辅助线．图画好后，要擦去'x 轴、'y 轴及为画图添加的辅助线（虚线）．被挡住的棱画虚线．注：4．2、平行投影与中心投影平行投影的投影线是互相平行的，中心投影的投影线相交于一点．必考题型全归纳题型一：空间几何体的结构特征例1．（2024·安徽·高三校联考阶段练习）已知几何体，“有两个面平行，其余各面都是平行四边形”是“几何体为棱柱”的（）A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件【答案】B【解析】由棱柱定义知棱柱有两个面平行，其余各面都是平行四边形，故满足必要性；但有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体不一定是棱柱，例如两个底面全等的斜棱柱拼接的几何体不是棱柱，如图所示：，故不满足充分性，故选：B例2．（2024·全国·高三对口高考）设有三个命题；甲：底面是平行四边形的四棱柱是平行六面体；乙：底面是矩形的平行六面体是长方体；丙：直四棱柱是平行六面体．以上命题中真命题的个数为（）A．0个B．1个C．2个D．3个【答案】B【解析】由平行六面体的定义可得底面是平行四边形的四棱柱是平行六面体；命题甲正确；底面是矩形的平行六面体的侧棱不一定垂直于底面，故该几何体不一定为长方体，命题乙错误；直四棱柱的底面不一定为平行四边形，故直四棱柱不一定是平行六面体，命题丙错误；正确的命题只有一个.故选：B例3．（2024·全国·高三专题练习）下列命题：①有两个面平行，其他各面都是平行四边形的几何体叫做棱柱；②有两侧面与底面垂直的棱柱是直棱柱；③过斜棱柱的侧棱作棱柱的截面，所得图形不可能是矩形；④所有侧面都是全等的矩形的四棱柱一定是正四棱柱．其中正确命题的个数为（）A．0B．1C．2D．3【答案】A【解析】①如图1，满足有两个面平行，其他各面都是平行四边形，显然不是棱柱，故①错误；ABB A与底面垂直，但不是直棱柱，②错误；②如图2，满足两侧面11ACC A为矩形，③如图3，四边形11即过斜棱柱的侧棱作棱柱的截面，所得图形可能是矩形，③错误；④所有侧面都是全等的矩形的四棱柱不一定是正四棱柱，因为两底面不一定是正方形，④错误．故选：A变式1．（2024·新疆·统考模拟预测）下列命题中正确的是（）A．有两个平面平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱.B．各个面都是三角形的几何体是三棱锥.C．夹在圆柱的两个平行截面间的几何体还是一个旋转体.D．圆锥的顶点与底面圆周上任意一点的连线都是母线.【答案】D【解析】如图所示的几何体满足两个平面平行，其余各面都是平行四边形，但它不是棱柱，A错；正八面体的各面都是三角形，不是三棱锥，B错；如果两个平行截面与圆柱的底面平行，则是旋转体，如果这两个平行截面与圆柱的底面不平行，则不是旋转体．C错；根据圆锥的定义，D正确．故选：D．变式2．（2024·全国·高三专题练习）下列说法正确的是（）A．三角形的直观图是三角形B．直四棱柱是长方体C．平行六面体不是棱柱D．两个平面平行，其余各面是梯形的多面体是棱台【答案】A【解析】对A，根据直观图的定义，三角形的直观图是三角形，故A对；对B，底面是长方形的直四棱柱是长方体，故B错；对C，平行六面体一定是棱柱，故C错；两个平面平行，其余各面是梯形的多面体，当侧棱延长后不交于同一点时，不是棱台，故D 错；故选：A变式3．（2024·全国·高三专题练习）给出下列命题：①在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线是圆柱的母线；②直角三角形绕其任一边所在直线旋转一周所形成的几何体都是圆锥；③棱台的上、下底面可以不相似，但侧棱长一定相等.其中正确命题的个数是（）A．0B．1C．2D．3【答案】A【解析】①不一定，只有当这两点的连线平行于轴时才是母线；②不一定，当以斜边所在直线为旋转轴时，其余两边旋转形成的面所围成的几何体不是圆锥，如图所示，它是由两个同底圆锥组成的几何体；③错误，棱台的上、下底面相似且是对应边平行的多边形，各侧棱延长线交于一点，但是侧棱长不一定相等.故选：A.变式4．（2024·全国·高三专题练习）如图所示，观察四个几何体，其中判断正确的是（）A．是棱台B．是圆台C．不是棱柱D．是棱锥【答案】D【解析】对A，侧棱延长线不交于一点，不符合棱台的定义，所以A错误；对B，上下两个面不平行，不符合圆台的定义，所以B错误；对C，将几何体竖直起来看，符合棱柱的定义，所以C错误；对D ，符合棱锥的定义，正确．故选：D ．【解题方法总结】空间几何体结构特征的判断技巧（1）紧扣结构特征是判断的关键，依据条件构建几何模型，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，然后再依据题意判定．（2）说明一个命题是错误的，只要举出一个反例即可．题型二：空间几何体的表面积例4．（2024·湖北武汉·统考模拟预测）已知某圆锥的母线长、底面圆的直径都等于球的半径，则球与圆锥的表面积之比为（）A ．8B ．163C ．316D ．18【答案】B【解析】设圆锥的母线长为l ，底面圆的半径为r ，球的半径为R ，则2l r R ==，即2R r =，2l r =，球的表面积2214π16πS R r ==，圆锥的表面积22222ππ2ππ3πS rl r r r r =+=+=，则212216π163π3S r S r ==.故选：B.例5．（2024·河南郑州·统考模拟预测）在一个正六棱柱中挖去一个圆柱后，剩余部分几何体如图所示．已知正六棱柱的底面正六边形边长为3cm ，高为4cm ，内孔半径为1cm ，则此几何体的表面积是（）2cm．A．726πB．728π+C．726π+D．606π+【答案】C【解析】所求几何体的侧面积为()234672cm ⨯⨯=，上下底面面积为()()22136π22πcm 22⎛⎫⨯-⨯= ⎪ ⎪⎝⎭，挖去圆柱的侧面积为()22π48πcm⨯=，则所求几何体的表面积为()()2726πcm +．故选：C ．例6．（2024·安徽安庆·安庆一中校考三模）陀螺起源于我国，最早出土的石制陀螺是在山西夏县发现的新石器时代遗址.如图所示的是一个陀螺立体结构图.已知，底面圆的直径12cm AB =，圆柱体部分的高6cm BC =，圆锥体部分的高4cm CD =，则这个陀螺的表面积（单位：2cm ）是（）A ．(144π+B ．(144π+C ．(108π+D ．(108π+【答案】C【解析】由题意可得圆锥体的母线长为l ==所以圆锥体的侧面积为112π2⋅⋅=，圆柱体的侧面积为12π672π⨯=，圆柱的底面面积为2π636π⨯=，所以此陀螺的表面积为()()272π36π108cm ++=+，故选：C.变式5．（2024·西藏拉萨·统考一模）位于徐州园博园中心位置的国际馆（一云落雨），使用现代科技雾化“造云”，打造温室客厅，如图，这个国际馆中3个展馆的顶部均采用正四棱锥这种经典几何形式，表达了理性主义与浪漫主义的对立与统一.其中最大的是3号展馆，其顶部所对应的正四棱锥底面边长为19.2m ，高为9m ，则该正四棱锥的侧面面积与底面面积之比约为（）13.16≈）A ．2B ．1.71C ．1.37D ．1【答案】C【解析】如图，设H 为底面正方形ABCD 的中心，G 为BC 的中点，连接PH ，HG ，PG ，则PH HG ⊥，PG BC ⊥，所以13.16PG ===≈，则144226.322 1.3719.2PBCABCDBC PGS PG S AB BC AB ⨯⨯⨯==≈≈⨯正方形△，故选：C.变式6．（2024·湖南长沙·高三校联考阶段练习）为了给热爱朗读的师生提供一个安静独立的环境，某学校修建了若干“朗读亭”.如图所示，该朗读亭的外形是一个正六棱柱和正六棱锥的组合体，正六棱柱两条相对侧棱所在的轴截面为正方形，若正六棱锥的高与底面边长的比为2:3，则正六棱锥与正六棱柱的侧面积的比值为（）A．8B．24C ．19D ．127【答案】B【解析】设正六边形的边长为a，由题意正六棱柱的高为2a，因为正六棱锥的高与底面边长的比为2:3，所以正六棱锥的高为2 3 a，正六棱锥的母线长为，正六棱锥的侧面积21162S=⨯；正六棱柱的侧面积226212S a a a=⋅⋅=，所以12SS=.故选：B.变式7．（2024·河北·统考模拟预测）《九章算术》是我国古代的数学名著.其“商功”中记载：“正四面形棱台（即正四棱台）建筑物为方亭.”现有如图所示的烽火台，其主体部分为一方亭，将它的主体部分抽象成1111ABCD A B C D-的正四棱台（如图所示），其中上底面与下底面的面积之比为1:16，方亭的高为棱台上底面边长的3倍.已知方亭的体积为3567m，则该方亭的表面积约为（）2.2≈1.7≈1.4≈）A．2380m B．2400m C．2450m D．2480m【答案】C【解析】设方亭相应的正四棱台的上底面边长11A B a=，则4AB a=，棱台的高3h a=，所以(2213165673V a a a=⨯+=，解得3a=，所以正四棱台的上底面边长为3m，下底面边长为12m，棱台的高为9m，2=，由于各侧面均为相等的等腰梯形，所以()1142ABB Aa aS+=所以方亭的表面积22222216417450m 4S a a a a =++⨯=+≈.故选：C变式8．（2024·甘肃张掖·高台县第一中学校考模拟预测）仿钧玫瑰紫釉盘是收藏于北京故宫博物院的一件明代宣德年间产的瓷器．该盘盘口微撇，弧腹，圈足．足底切削整齐．通体施玫瑰紫釉，釉面棕眼密集，美不胜收．仿钧玫瑰紫釉盘的形状可近似看成是圆台和圆柱的组合体，其口径为15.5cm ，足径为9.2cm ，顶部到底部的高为4.1cm ，底部圆柱高为0.7cm ，则该仿钧玫瑰紫釉盘圆台部分的侧面积约为（）（参考数据：π的值取3 4.6≈）A ．2143.1cm B ．2151.53cm C ．2155.42cm D ．2170.43cm 【答案】D【解析】方法1：设该圆台的母线长为l ，高为h ，两底面圆的半径分别为R ，r （其中R r >），则215.5cm R =，29.2cm r =，()4.10.7 3.4cm h =-=，所以()46m .c l ==≈，故圆台部分的侧面积为()()21π3(7.75 4.6) 4.6170.43cm S R r l =+≈⨯+⨯=．故选：D方法2（估算法）：若按底面直径为15.5cm ，高为3.4cm 的圆柱估算圆台部分的侧面积得()2315.5 3.4158.1cm S '≈⨯⨯=，易知圆台的侧面积应大于所估算的圆柱的侧面积，故此仿钧玫瑰紫釉盘圆台部分的侧面积大于2158.1cm ，对照各选项可知只有D 符合．故选：D【解题方法总结】（1）多面体的表面积是各个面的面积之和．（2）旋转体的表面积是将其展开后，展开图的面积与底面面积之和．（3）组合体的表面积求解时注意对衔接部分的处理．题型三：空间几何体的体积例7．（2024·广东梅州·统考三模）在马致远的《汉宫秋》楔子中写道：“毡帐秋风迷宿草，穹庐夜月听悲笳.”毡帐是古代北方游牧民族以为居室、毡制帷幔.如图所示，某毡帐可视作一个圆锥与圆柱的组合体，圆锥的高为4，侧面积为15π，圆柱的侧面积为18π，则该毡帐的体积为（）A ．39πB ．18πC ．38πD ．45π【答案】A【解析】设圆柱的底面半径为r ，高为h ，圆锥的母线长为l ，因为圆锥的侧面积为15π，所以15πrl π=，即15rl =.因为2224l r =+，所以联立解得3r =（负舍）.因为圆柱的侧面积为18π，所以218πrh π=，即2318πh π⨯=，解得3h =，所以该毡帐的体积为221π4π39π3r r h ⨯+=.故选：A.例8．（2024·重庆沙坪坝·高三重庆一中校考阶段练习）若某圆锥的侧面展开图是一个半径为2）A B ．8C ．27D ．27【答案】C【解析】设圆锥底面半径为r ，因为母线长为2l =,则半圆弧长π2πl ===底面周长2πr =，所以1r =，圆锥的高为PO =如图，设O B x '=，则EB =，设OO h '=，则PO h '=-，因为PO O BPO OA''=，∴11x =所以)13h x -=，∴23x =，)2429V h ==⨯，故选：C ．例9．（2024·山东青岛·高三统考期中）已知正四棱锥的各顶点都在同一个球面上，球的体积为36π，则该正四棱锥的体积最大值为（）A ．18B ．643C ．814D ．27【答案】B【解析】如图，设正四棱锥的底面边长2AB a =，高PO h =，外接球的球心为M ，则OD =，因为球的体积为34π36π3R =，所以球的半径为3R =，在Rt MOD △中，222MD OD OM =+，即22232(3)a h =+-，所以正四棱锥的体积为2211249(3)333V Sh a h h h ⎡⎤==⨯=--⎣⎦整理得3224(0)3V h h h =-+>，则2282(4)V h h h h '=-+=--，当04h <<时，0V '>，当4h >时，0V '<，所以3224(0)3V h h h =-+>在(0,4)上递增，在(4,)+∞上递减，所以当4h =时，函数取得最大值3226444433-⨯+⨯=，故选：B变式9．（2024·湖北武汉·高三统考开学考试）攒尖是我国古代建筑中屋顶的一种结构形式，宋代称为最尖，清代称攒尖，通常有圆形攒尖､三角攒尖､四角攒尖､八角攒尖，也有单檐和重檐之分，多见于亭阁式建筑､园林建筑.下面以四角攒尖为例，如图，它的屋顶部分的轮廓可近似看作一个正四棱锥.已知正四棱锥的底面边长为5米，则其体积为（）立方米.A ．B ．24C ．D ．72【答案】B【解析】如图所示，在正四棱锥P ABCD -中，连接,AC BD 于O ，则O 为正方形ABCD 的中心，连接OP ，则底面边长AB =6BD ==，132==BO BD .又5BP =，故高4OP ==.故该正四棱锥体积为(214243V =⨯⨯=.故选：B变式10．（2024·广东河源·高三校联考开学考试）最早的测雨器记载见于南宋数学家秦九韶所著的《数书九章》（1247年）.该书第二章为“天时类”，收录了有关降水量计算的四个例子，分别是“天池测雨”、“圆罂测雨”、“峻积验雪”和“竹器验雪”.如图“竹器验雪”法是下雪时用一个圆台形的器皿收集雪量（平地降雪厚度=器皿中积雪体积除以器皿口面积），已知数据如图（注意：单位cm ），则平地降雪厚度的近似值为（）A ．91cm 12B ．31cm 4C ．95cm 12D ．97cm 12【答案】C【解析】如图所示，可求得器皿中雪表面的半径为204015cm 4+=，所以平地降雪厚度的近似值为()2221π2010151015953cmπ2012⨯⨯++⨯=⨯.故选：C变式11．（2024·浙江·校联考模拟预测）如图是我国古代量粮食的器具“升”，其形状是正四棱台，上、下底面边长分别为20cm 和10cm，侧棱长为．“升”装满后用手指或筷子沿升口刮平，这叫“平升”．则该“升”的“平升”约可装()31000cm 1L =（）A ．1.5LB ．1.7LC ．2.3LD ．2.7L【答案】C【解析】根据题意画出正四棱台的直观图，其中底面ABCD 是边长为20的正方形，底面1111D C B A 是边长为10的正方形，侧棱1C C =记底面ABCD 和底面1111D C B A 的中心分别为O 和1O ，则1O O 是正四棱台的高.过1C 作平面ABCD 的垂线，垂足为E ，则E AC ∈且11C E O O ，11C E O O =，所以1111111022OE O C A C ====，112022OC AC ===，故CE OC OE =-=所以棱台的高110h C E ==，由棱台的体积公式得3311((400100200)10 2.310cm 2.3L 33V S S h '=+=++⨯≈⨯=．故选：C .【解题方法总结】求空间几何体的体积的常用方法公式法规则几何体的体积，直接利用公式割补法把不规则的几何体分割成规则的几何体，或者把不规则的几何体补成规则的几何体等体积法通过选择合适的底面来求几何体体积的一种方法，特别是三棱锥的体积题型四：直观图例10．（2024·辽宁锦州·渤海大学附属高级中学校考模拟预测）已知用斜二测画法画梯形OABC 的直观图O A B C ''''如图所示，3O A C B ''''=，C E O A ''''⊥，8OABC S =，//C D y '''轴，C E ''=，D ¢为O A ''的三等分点，则四边形OABC 绕y 轴旋转一周形成的空间几何体的体积为．【答案】48π【解析】在直观图中，1C D E ''''=，所以在还原图中，2CD =，如图，在直观图中，3O A C B ''''=，D ¢为O A ''的三等分点，所以在还原图中，3OA CB =，D 为OA 的三等分点，又在直观图中，//C D y '''轴，所以在还原图中，//CD y 轴，则CD OA ⊥，所以()11244822OABC S CD OA CB CB CB =⨯+=⨯⨯==，则2CB =，故6OA =，123OD OA ==，所以四边形OABC 是等腰梯形，所以四边形OABC 绕y 轴旋转一周所形成的空间几何体的体积等于一个圆台的体积减去一个圆锥的体积，即()22211152π8ππ44662π2248π3333V =⨯+⨯+⨯-⨯⨯=-=．故答案为：48π.例11．（2024·全国·高三对口高考）若正ABC 用斜二测画法画出的水平放置图形的直观图为A B C ''' ，当A B C '''ABC 的面积为．【答案】【解析】A B C ''' 是正ABC 的斜二测画法的水平放置图形的直观图，如图所示，设B C a ''=，则A B C ''' 的面积为1sin 452a O A ⋅⋅⋅'︒='O A a ∴=''，ABC ∴ 的面积为11222S a OA a O A a ''=⋅=⋅⋅==故答案为：例12．（2024·四川成都·高三统考阶段练习）用斜二测画法画出的某平面图形的直观图如图所示，边A B ''与C D ''平行于x '轴.已知四边形A B C D ''''的面积为21cm ，则原平面图形的面积为2cm .【答案】【解析】根据题意得45B A D '''∠= ，原四边形为一个直角梯形，且CD C D ''=，AB A B ''=，2AD A D ''=，())()21sin 45124A B C D S A B C D A D A B C D A D cm ''''=+⋅=''''''''''''+⋅= 梯形，则()A B C D A D ''''''+⋅=所以，()()())211222ABCD S AB CD AD A B C D A D A B C D A D cm '''''''''''=+⋅=+⋅=+⋅='梯形.故答案为：变式12．（2024·全国·高三专题练习）如图，A O B ''' 是用斜二测画法得到的△AOB 的直观图，其中23O A O B ''''==，，则AB 的长度为．【答案】【解析】把直观图A O B '''V 还原为AOB ,如图所示：根据直观图画法规则知,2,2236OA O A OB O B ''''====⨯=,所以AB 的长度为AB ==故答案为：.变式13．（2024·上海浦东新·高三上海市川沙中学校考期末）有一块多边形的菜地，它的水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形（如图所示）.45,1,ABC AB AD DC BC ∠===⊥ ，则这块菜地的面积为【答案】22+【解析】过A 作AE BC ⊥于E ，在直观图中， 45ABC ∠= ，1AB AD ==，DC BC ⊥，所以1,2EC BE ==，12BC ∴=+，故原平面图形的上底为1，下底12+，高为2，所以这块菜地的面积为1(11222S =⨯+⨯=故答案为：22+.变式14．（2024·上海宝山·高三上海交大附中校考开学考试）我们知道一条线段在“斜二测”画法中它的长度可能会发生变化的，现直角坐标系平面上一条长为4cm 线段AB 按“斜二测”画法在水平放置的平面上画出为A B ''，则A B ''最短长度为cm （结果用精确值表示）【解析】如图1所示，可以将平面内所有长为4的线段平移至图中O 点为起点，则它们的终点形成以O 为圆心，半径为4的圆周.以两条互相垂直的直径为坐标轴，建立平面直角坐标系.然后在斜二测画法下画出该圆的直观图，如图2，形成一个椭圆，由斜二测的性质可知，在图2，该椭圆长半轴为4，且经过点A '，易知122OA OA '==且45xO y '︒∠=，所以A '，设椭圆的方程为：222116x y b +=，将A '代入得：222116b +=，解得b ==由椭圆的性质可知，椭圆上的点中，短轴端点到原点的距离b 最小，即7即为所求.故答案为：7.变式15．（2024·陕西延安·校考一模）如图，梯形ABCD 是水平放置的一个平面图形的直观图，其中=45∠ ABC ，1AB AD ==，DC BC ⊥，则原图形的面积为．【答案】22+【解析】因为1AB AD ==，=45∠ ABC ，DC BC ⊥，所以12BC =+，12A D A B ''=''=，，12B C =+''所以()112222222S A D B C A B '''⎛⎫=+⋅=⨯+⨯=+ ⎪ ⎪⎝⎭'''．故答案为：22+．变式16．（2024·全国·高三专题练习）如图，用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图为一个正方形，则原来图形的面积是．【答案】【解析】由直观图可知，在直观图中,，由斜二测画法的特点，知该平面图形的直观图的原图形如图所示所以原图图形为平行四边形，底面边长为1，位于y 轴的对角线长为，所以原来图形的面积为1S =⨯=.故答案为：【解题方法总结】斜二测法下的直观图与原图面积之间存在固定的比值关系：2S =4S 直原．题型五：展开图例13．（2024·山东青岛·统考三模）已知圆锥的底面半径为1，侧面展开图为半圆，则该圆锥内半径最大的球的表面积为．【答案】43π/43π【解析】设圆锥母线长为l ，由题意2π1πl ⨯=，2l =，圆锥内半径最大的球与圆锥相切，作出圆锥的轴截面PAB ，截球得大圆为圆锥轴截面三角形的内切圆O ，,D E 是切点，如图，易知PD 是圆锥的高，O 在PD 上，由2,1PA BD ==得π6BPD ∠=，因此π3ABP ∠=，所以1π26OBD DBP ∠=∠=，πtan 63OD BD =，所以圆锥内半径最大的球的表面积为24π4π(33S =⨯=，故答案为：4π3．例14．（2024·全国·高三专题练习）如图，在直三棱柱111ABC A B C -的侧面展开图中，B ，C 是线段AD 的三等分点，且AD =．若该三棱柱的外接球O 的表面积为12π，则1AA =．【答案】【解析】由该三棱柱的外接球O 的表面积为12π，设外接球得半径为r ，则24π12πr =，解得r =，由题意，取上下底面三角形得中心，分别为,E F ，EF 得中点即为外接圆圆心O ，作图如下：则OC r ==，EF ⊥平面ABC ，12EF AA OF ==，CF ⊂Q 平面ABC ，OF CF ∴⊥，在等边ABC 中，2sin 6013CF BC =⋅⋅= ，在Rt OFC △中，OF ，12AA OF ==故答案为：例15．（2024·上海普陀·高三统考期中）2022年4月16日，神舟十三号载人飞船返回舱在东风着陆场预定区域成果着陆．如图，在返回过程中使用的主降落伞外表面积达到1200平方米，若主降落伞完全展开后可以近似看着一个半球，则完全展开后伞口的直径约为米（精确到整数）【答案】28【解析】设主降落伞展开后所在球体的半径为R ，由题可得221200R π=，解得14R ≈，故完全展开后伞口的直径约为28米.故答案为：28.变式17．（2024·山东淄博·统考一模）已知圆锥的底面半径为1，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的体积为．【解析】∵圆锥的底面半径为1，∴侧面展开图的弧长为2π，又∵侧面展开图是半圆，∴侧面展开图的半径为2，即圆锥的母线长为2，故圆锥的高为=2113V π=⋅变式18．（2024·安徽·蚌埠二中校联考模拟预测）如图，在三棱锥P -ABC 的平面展开图中，CD AB ∥，AB AC ⊥，22AB AC ==，CD =，cos BCF ∠65=，则三棱锥-P ABC 外接球表面积为．【答案】14π【解析】由题意可知，DC AC ⊥，CD CF =AD AE ==，BC =在 BCF 中，2222cos 10BF CF BC CF BC BCF =+-⋅∠=，则BE BF ==因为222AB BE AE +=，所以AB BE ⊥，在三棱锥P -ABC 外接球的球心为O ，PC AC ⊥，PB AB ⊥，记PA 中点为O ，OC OB OA OP ===，即三棱锥P -ABC 外接球的球心为点O ，半径222PA AD R ===，所以外接球表面积为14π．故答案为：14π变式19．（2024·全国·高三专题练习）已知三棱锥P －ABC 的底面ABC 为等边三角形．如图，在三棱锥P －ABC 的平面展开图中，P ，F ，E 三点共线，B ，C ，E三点共线，cos 26PCF ∠=，PC =PB ＝．【答案】【解析】由题意可知，△CEF 为等边三角形，所以60CEF EFC ∠=∠= ，则120PFC ∠= ，由cos 26PCF ∠=可知sin 26PCF ∠=，在△PCF中，由正弦定理得：sin 3sin1202PC PCF PF ∠===．在△PCE 中，由余弦定理得：()()221333EF EF EF EF =++-+⋅，解得1EF =或4EF =-（舍去），所以1AB BC CE ===，则4PE =，2BE =，在△PBE 中，由余弦定理得21642412PB =+-⨯=，所以PB =．故答案为：变式20．（2024·安徽黄山·统考一模）如图，在四棱锥P -ABCD 的平面展开图中，正方形ABCD 的边长为4，ADE V 是以AD 为斜边的等腰直角三角形，90HDC FAB ∠=∠=︒，则该四棱锥外接球被平面PBC 所截的圆面的面积为.【答案】365π【解析】该几何体的直观图如下图所示分别取,AD BC 的中点,O M ，连接,OMPM2,4,PO OM PM ==== 222,OP OM PM OP OM∴+=∴⊥又PO AD ⊥ ，所以由线面垂直的判定定理得出PO ⊥平面ABCD 以点O为坐标原点，建立空间直角坐标系(2,0,0),(2,4,0),(2,4,0)A B C -，(2,0,0),(0,0,2)D P -设四棱锥P ABCD -外接球的球心()0,2,N a PN NA = ，()224244a a ∴+-=++，解得0a =设平面PBC 的法向量为(,,)n x y z = (2,4,2),(2,4,2),(0,2,2)PB PC NP =-=--=- 20.020.0x y z PB n x y z PC n ⎧+-=⎧=⇒⎨⎨-+-==⎩⎩ ，取2z =，则(0,1,2)n = 四棱锥P ABCD -外接球的球心到面PBC的距离为cos ,5n NP d NP n NP NP n NP⋅=⋅=⋅==又NP PBC 所截的圆的半径r =所以平面PBC 所截的圆面的面积为2365r ππ=.故答案为：365π变式21．（2024·山西大同·高三统考阶段练习）如图，在三棱锥-P ABC 的平面展开图中，1AC =，AB AD ==AB AC ⊥，AB AD ⊥，30CAE ∠=︒，则三棱锥-P ABC 的外接球的表面积为．【答案】7π【解析】还原出如图所示的三棱锥B PAC -，AB AC ⊥ ，AB AD ⊥，AB ∴⊥平面PAC ，设平面PAC 的截面圆心为O '，半径为r ，球心为O ，球半径为R ，在PAC △中，由余弦定理可得2222cos3013211PC AC AP AC AP =+-⋅⋅=+-⨯⨯ ，则1PC =，这由正弦定理得22sin 30PC r ==，1r =，122OO AB '== ，2R ∴==，∴外接球的表面积2472S ππ⎫==⎪⎪⎝⎭.故答案为：7π.【解题方法总结】多面体表面展开图可以有不同的形状，应多实践，观察并大胆想象立体图形与表面展开图的关系，一定先观察立体图形的每一个面的形状．题型六：最短路径问题例16．（2024·福建福州·高一福建省福州屏东中学校考期末）如图，一竖立在地面上的圆锥形物体的母线长为4，一只小虫从圆锥的底面圆上的点P 出发，绕圆锥爬行一周后回到点P 处，若该小虫爬行的最短路程为）.A ．3B ．27C ．81D ．3【答案】C 【解析】作出该圆锥的侧面展开图，如图所示：该小虫爬行的最短路程为1PP ，。
高考数学一轮复习第六章第二讲空间几何体的表面积与体积课件
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.
因为R2＋R1＝2l ， R2－R1＝4l ，
所以RR12＝＝8l2－＋88lll82，．
因为 R1>0 且 R2>0，所以 l∈(0，2 2).
设圆台的体积为 V， V＝13(πR21 ＋πR22 ＋ πR21 ·πR22 )·h ＝13(πR21 ＋πR22 ＋πR1R2)·h ＝ 135π(R21 ＋R22 ＋R1R2)·(R2－R1). ＝ 135π34(R2＋R1)2＋14(R2－R1)2(R2－R1)
三棱台 ABC-A1B1C1 的体积记为 V1，三棱锥 B-A1B1C 的体积记为
V2，则VV12＝(
)
图 6-2-4
A.74
B.73
C.72
D.7
解析：∵AB∶A1B1＝1∶2， ∴BC∶B1C1＝1∶2. ∴SBCB1∶SB1C1C ＝1∶2，S△ABC∶SA1B1C1＝1∶4. ∴V A1BCB1∶V A1B1C1C＝1∶2. 设三棱台的上、下底面面积分别为 S 和 4S，高为 h，
【题后反思】(1)多面体的表面积是各个面的面积之和. (2)旋转体的表面积是将其展开后，展开图的面积与底面面积 之和. (3)求组合体的表面积时应注意对衔接部分的处理.
【变式训练】 1.(2023 年宜宾市期末) 在△ABC 中，AB ＝BC ＝AC ＝2 ，将 △ABC 绕直线 AB 旋转一周，得到的旋转体的表面积为( )
2024年高考数学一轮复习(新高考版) 基本立体图形、简单几何体的表面积与体积
§7.1基本立体图形、简单几何体的表面积与体积考试要求 1.认识柱、锥、台、球及简单组合体的结构特征，能运用这些特征描述现实生活中简单物体的结构.2.知道球、棱(圆)柱、棱(圆)锥、棱(圆)台的表面积和体积的计算公式，并能解决简单的实际问题.3.能用斜二测画法画出简单空间图形的直观图．知识梳理1．空间几何体的结构特征(1)多面体的结构特征名称棱柱棱锥棱台图形底面互相平行且全等多边形互相平行且相似侧棱平行且相等相交于一点但不一定相等延长线交于一点侧面形状平行四边形三角形梯形(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矩形等腰三角形等腰梯形圆侧面展开图矩形扇形扇环2.直观图(1)画法：常用斜二测画法．(2)规则：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，直观图中仍分别平行于坐标轴，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，长度在直观图中变为原来的一半．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＝2πrl S 圆锥侧＝πrlS 圆台侧＝π(r 1＋r 2)l4．柱、锥、台、球的表面积和体积名称几何体表面积体积柱体S 表＝S 侧＋2S 底V ＝Sh 锥体S 表＝S 侧＋S 底V ＝13Sh台体S 表＝S 侧＋S 上＋S下V ＝13(S 上＋S 下＋S 上S 下)h球S 表＝4πR 2V ＝43πR 3常用结论1．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(祖暅原理)．2．直观图与原平面图形面积间的关系：S 直观图＝24S 原图形，S 原图形＝22S 直观图．思考辨析判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)菱形的直观图仍是菱形．(×)(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)用两平行平面截圆柱，夹在两平行平面间的部分仍是圆柱．(×)(4)锥体的体积等于底面积与高之积．(×)教材改编题1.如图，一个三棱柱形容器中盛有水，则盛水部分的几何体是()A．四棱台B．四棱锥C．四棱柱D．三棱柱答案C解析由几何体的结构特征知，盛水部分的几何体是四棱柱．2．下列说法正确的是()A．相等的角在直观图中仍然相等B．相等的线段在直观图中仍然相等C．正方形的直观图是正方形D．若两条线段平行，则在直观图中对应的两条线段仍然平行答案D解析由直观图的画法规则知，角度、长度都有可能改变，而线段的平行关系不变，正方形的直观图是平行四边形．3．已知圆锥的表面积等于12πcm2，其侧面展开图是一个半圆，则底面圆的半径为() A．1cm B．2cm C．3cm D.3cm2答案B解析设圆锥底面圆的半径为r cm，母线长为l cm，依题意得2πr＝πl，∴l＝2r，S＝πr2＋πrl＝πr2＋πr·2r＝3πr2＝12π，∴r2＝4，∴r＝2(cm).表题型一基本立体图形命题点1结构特征例1(多选)下列说法中不正确的是()A ．以直角梯形的一条腰所在直线为旋转轴，其余边旋转一周形成的几何体是圆台B ．有两个面平行，其余各面都是四边形的几何体是棱柱C ．底面是正多边形的棱锥是正棱锥D ．棱台的各侧棱延长后必交于一点答案ABC解析由圆台定义知，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；由棱柱定义可知，棱柱是有两个面平行，其余各面都是四边形，且每相邻两个四边形的公共边都互相平行的几何体，故B 错误；底面是正多边形的棱锥，不能保证顶点在底面上的射影为底面正多边形的中心，故C 错误；棱台是由平行于棱锥底面的平面截得的，故棱台的各侧棱延长后必交于一点，故D 正确．命题点2直观图例2已知水平放置的四边形OABC 按斜二测画法得到如图所示的直观图，其中O ′A ′∥B ′C ′，∠O ′A ′B ′＝90°，O ′A ′＝1，B ′C ′＝2，则原四边形OABC 的面积为()A.322B ．32C ．42D ．52答案B 解析方法一由已知求得O ′C ′＝2，把直观图还原为原图形如图，可得原图形为直角梯形，OA ∥CB ，OA ⊥OC ，且OA ＝1，BC ＝2，OC ＝22，得原四边形OABC 的面积为12×(1＋2)×22＝3 2.方法二由题意知A ′B ′＝1，∴S 直观图＝12×(1＋2)×1＝32，∴S 原图形＝22S 直观图＝3 2.命题点3展开图例3如图，已知正三棱柱ABC－A1B1C1的底面边长为1cm，高为5cm，一质点自A点出发，沿着三棱柱的侧面绕行两周到达A1点的最短路线的长为()A．12cm B．13cmC.61cm D．15cm答案C解析如图，把侧面展开2周可得对角线最短，则AA1＝62＋52＝61(cm)．思维升华空间几何体结构特征的判断技巧(1)说明一个命题是错误的，只要举出一个反例即可．(2)在斜二测画法中，平行于x轴的线段平行性不变，长度不变；平行于y轴的线段平行性不变，长度减半．(3)在解决空间折线(段)最短问题时一般考虑其展开图，采用化曲为直的策略，将空间问题平面化．跟踪训练1(1)如图，一个水平放置的平面图形由斜二测画法得到的直观图A′B′C′D′是边长为2的菱形，且O′D′＝2，则原平面图形的周长为()A．42＋4B．46＋4C．82D．8答案B解析根据题意，把直观图还原成原平面图形，如图所示，其中OA ＝22，OD ＝4，AB ＝CD ＝2，则AD ＝8＋16＝26，故原平面图形的周长为2＋2＋26＋26＝46＋4.(2)(多选)下列命题中不正确的是()A ．棱柱的侧棱都相等，侧面都是全等的平行四边形B ．在四棱柱中，若两个过相对侧棱的截面都垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱C ．不存在每个面都是直角三角形的四面体D ．棱台的上、下底面可以不相似，但侧棱长一定相等答案ACD解析A 不正确，根据棱柱的定义，棱柱的各个侧面都是平行四边形，但不一定全等；B 正确，因为两个过相对侧棱的截面的交线平行于侧棱，又垂直于底面；C 不正确，如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中的三棱锥C 1－ABC ，四个面都是直角三角形；D 不正确，棱台的上、下底面相似且是对应边平行的多边形，各侧棱的延长线交于一点，但是侧棱长不一定相等．(3)(2023·岳阳模拟)已知圆锥的侧面积是底面积的54倍，则该圆锥的侧面展开图扇形的圆心角大小为()A.4π5B.6π5C.8π5D.9π5答案C解析设圆锥的底面圆的半径为r ，母线长为l ，则圆锥的侧面积为πrl ，由题意得πrl πr 2＝54，解得l ＝5r 4，∵圆锥底面圆的周长即为侧面展开图扇形的弧长为2πr ，∴该扇形的圆心角为α＝2πr l ＝2πr 5r 4＝8π5.题型二表面积与体积命题点1表面积例4(1)(2022·深圳模拟)以边长为2的正方形的一边所在直线为旋转轴，将该正方形旋转一周所得圆柱的侧面积等于()A ．8πB ．4πC ．8D ．4答案A解析以边长为2的正方形的一边所在直线为旋转轴，旋转一周所得的旋转体为圆柱，其底面半径r ＝2，高h ＝2，∴所得圆柱的侧面积S ＝2πrh ＝2π×2×2＝8π.(2)(2023·丽江模拟)已知三棱锥的三条侧棱长均为2，有两个侧面是等腰直角三角形，底面等腰三角形底上的高为5，则这个三棱锥的表面积为()A ．4＋33＋15B ．4＋3＋215C ．4＋3＋15D ．4＋23＋15答案C解析结合题目边长关系，三棱锥如图所示，AB ＝AC ＝AD ＝2，CE ＝5，由题意得△ABC ，△ACD 是等腰直角三角形，则BC ＝CD ＝22，BE ＝BC 2－CE 2＝3，BD ＝23，AE ＝AB 2－BE 2＝1，则该三棱锥的表面积为S △ABC ＋S △ACD ＋S △ABD ＋S △BCD ＝12×2×2＋12×2×2＋12×23×1＋12×23×5＝4＋3＋15.命题点2体积例5(1)(2021·新高考全国Ⅱ)正四棱台的上、下底面的边长分别为2,4，侧棱长为2，则其体积为()A ．20＋123B ．282C.563 D.2823答案D解析作出图形，连接该正四棱台上、下底面的中心，如图，因为该四棱台上、下底面的边长分别为2,4，侧棱长为2，所以该棱台的高h ＝22－ 22－2 2＝2，下底面面积S 1＝16，上底面面积S 2＝4，所以该棱台的体积V ＝13h (S 1＋S 2＋S 1S 2)＝13×2×(16＋4＋64)＝2823.(2)已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为2，则三棱锥A －B 1CD 1的体积为()A.43B.83C ．4D ．6答案B解析如图，三棱锥A －B 1CD 1是由正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1截去四个小三棱锥A －A 1B 1D 1，C －B 1C 1D 1，B 1－ABC ，D 1－ACD 得到的，又1111ABCD A B C D V －＝23＝8，11111111A A B D C B C D B ABC D ACDV V V V －－－－＝＝＝＝13×12×23＝43，所以11A B CD V －＝8－4×43＝83.思维升华求空间几何体的体积的常用方法公式法规则几何体的体积，直接利用公式割补法把不规则的几何体分割成规则的几何体，或者把不规则的几何体补成规则的几何体等体积法通过选择合适的底面来求几何体体积的一种方法，特别是三棱锥的体积跟踪训练2(1)(2021·北京)定义：24小时内降水在平地上积水厚度(mm)来判断降雨程度．其中小雨(<10mm)，中雨(10mm －25mm)，大雨(25mm －50mm)，暴雨(50mm －100mm)，小明用一个圆锥形容器接了24小时的雨水，如图，则这天降雨属于哪个等级()A ．小雨B ．中雨C ．大雨D ．暴雨答案B解析由题意，一个半径为2002＝100(mm)的圆面内的降雨充满一个底面半径为2002×150300＝50(mm)，高为150(mm)的圆锥，所以积水厚度d ＝13π×502×150π×1002＝12.5(mm)，属于中雨．(2)(2022·沈阳模拟)在我国瓷器的历史上六棱形的瓷器非常常见，因为六、八是中国人的吉利数字，所以许多瓷器都做成六棱形和八棱形的，但是六棱柱形的瓷器只有六棱柱形笔筒，其余的六棱形都不是六棱柱形．如图为一个正六棱柱形状的瓷器笔筒，高为18.7cm ，底面边长为7cm(数据为笔筒的外观数据)，用一层绒布将其侧面包裹住，忽略绒布的厚度，则至少需要绒布的面积为()A ．120cm 2B ．162.7cm 2C ．785.4cm 2D ．1570.8cm 2答案C解析根据正六棱柱的底面边长为7cm ，得正六棱柱的侧面积为6×7×18.7＝785.4(cm 2)，所以至少需要绒布的面积为785.4cm 2.课时精练1．(2023·淄博模拟)若圆锥的母线长为23，侧面展开图的面积为6π，则该圆锥的体积是()A.3πB ．3πC ．33πD ．9π答案B解析设圆锥的高为h ，底面圆半径为r ，因为母线长为23，所以侧面展开图的面积为πr ×23＝6π，解得r ＝3，所以h ＝ 23 2－ 3 2＝3，所以圆锥的体积V ＝13π×(3)2×3＝3π.2.如图是用斜二测画法画出的水平放置的△AOB 的直观图(图中虚线分别与x ′轴、y ′轴平行)，则原图形△AOB 的面积是()A ．8B ．16C ．32D ．64答案C解析根据题意，如图，原图形△AOB 的底边OB 的长为4，高为16，所以其面积S ＝12×4×16＝32.3．(多选)下列说法不正确的是()A ．棱柱的两个互相平行的面一定是棱柱的底面B ．有两个面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台C ．如果一个棱锥的各个侧面都是等边三角形，那么这个棱锥可能为六棱锥D ．如果一个棱柱的所有面都是长方形，那么这个棱柱是长方体答案ABC解析选项A ，例如六棱柱的相对侧面也互相平行，故A 错误；选项B ，其余各面的边延长后不一定交于一点，故B 错误；选项C ，当棱锥的各个侧面共顶点的角的角度之和是360°时，各侧面构成平面图形，故这个棱锥不可能为六棱锥，故C 错误；选项D ，若每个侧面都是长方形，则说明侧棱与底面垂直，又底面也是长方形，符合长方体的定义，故D 正确．4．(2022·莆田模拟)已知圆锥的侧面展开图为一个面积为2π的半圆，则该圆锥的高为()A.52B ．1 C.2D.3答案D解析设圆锥的母线长为l ，圆锥的底面圆半径为r ，如图．πl ＝2πr ，πrl ＝2π，解得r 2＝1，l 2＝4，则圆锥的高h ＝l 2－r 2＝ 3.5.如图，在水平地面上的圆锥形物体的母线长为12，底面圆的半径等于4，一只小虫从圆锥的底面圆上的点P 出发，绕圆锥侧面爬行一周后回到点P 处，则小虫爬行的最短路程为()A ．123B ．16C ．24D ．243答案A 解析如图，设圆锥侧面展开图的圆心角为θ，则由题意可得2π×4＝12θ，则θ＝2π3，在△POP ′中，OP ＝OP ′＝12，则小虫爬行的最短路程为PP ′＝122＋122－2×12×12×－12＝123.6．(2022·新高考全国Ⅰ)南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库．已知该水库水位为海拔148.5m 时，相应水面的面积为140.0km 2；水位为海拔157.5m 时，相应水面的面积为180.0km 2.将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔148.5m 上升到157.5m 时，增加的水量约为(7≈2.65)()A ．1.0×109m 3B ．1.2×109m 3C ．1.4×109m 3D ．1.6×109m 3答案C 解析如图，由已知得该棱台的高为157．5－148.5＝9(m)，所以该棱台的体积V ＝13×9×(140＋140×180＋180)×106＝60×(16＋37)×106≈60×(16＋3×2.65)×106＝1.437×109≈1.4×109(m 3)．故选C.7.如图，在正四棱锥P －ABCD 中，B 1为PB 的中点，D 1为PD 的中点，则棱锥A －B 1CD 1与棱锥P －ABCD 的体积之比是()A ．1∶4B ．3∶8C ．1∶2D ．2∶3答案A 解析棱锥A －B 1CD 1的体积可以看成是正四棱锥P －ABCD 的体积减去角上的四个小棱锥的体积得到的．因为B 1为PB 的中点，D 1为PD 的中点，所以棱锥B 1－ABC 的体积和棱锥D 1－ACD 的体积都是正四棱锥P －ABCD 的体积的14，棱锥C －PB 1D 1的体积与棱锥A －PB 1D 1的体积之和是正四棱锥P －ABCD 的体积的14，则中间剩下的棱锥A －B 1CD 1的体积11A B CD V －＝V P －ABCD －3×14V P －ABCD ＝14V P －ABCD ，则11A B CD V －∶V P －ABCD ＝1∶4.8.(多选)(2023·邯郸模拟)攒尖是我国古代建筑中屋顶的一种结构形式，宋代称为撮尖，清代称攒尖，通常有圆形攒尖、三角攒尖、四角攒尖、八角攒尖，也有单檐和重檐之分，多见于亭阁式建筑、园林建筑．下面以四角攒尖为例，如图，它的屋顶部分的轮廓可近似看作一个正四棱锥．已知此正四棱锥的侧面与底面所成的锐二面角为θ，这个角接近30°，若取θ＝30°，侧棱长为21米，则()A ．正四棱锥的底面边长为6米B ．正四棱锥的底面边长为3米C ．正四棱锥的侧面积为243平方米D ．正四棱锥的侧面积为123平方米答案AC 解析如图，在正四棱锥S －ABCD 中，O 为正方形ABCD 的中心，H 为AB 的中点，则SH ⊥AB ，设底面边长为2a 米．因为∠SHO ＝30°，所以OH ＝AH ＝a 米，OS ＝33a 米，SH ＝233a 米．在Rt △SAH 中，a 2＋233a ＝21，解得a ＝3，所以正四棱锥的底面边长为6米，侧面积为S ＝12×6×23×4＝243(平方米)．9.如图，在六面体ABC －FEDG 中，BG ⊥平面ABC ，平面ABC ∥平面FEDG ，AF ∥BG ，FE ∥GD ，∠FGD ＝90°，AB ＝BC ＝BG ＝2，GD ＝2BC ，四边形AEDC 是菱形，则六面体ABC －FEDG 的体积为________．答案8解析如图，连接AG ，AD ，则V 六面体ABC －FEDG ＝V 四棱锥A －FEDG ＋V 四棱锥A －BCDG ＝2V 四棱锥A －FEDG ，由题意得，EF ＝2，DG ＝4，FG ＝AF ＝2，∴S 梯形FEDG ＝12×(2＋4)×2＝6，∴V 四棱锥A －FEDG ＝13×S 梯形FEDG ×AF ＝4，∴V 六面体ABC －FEDG ＝8.10．(2022·张家口模拟)陀螺是中国民间最早的娱乐工具之一，也称陀罗．图1是一种木陀螺，可近似地看作是一个圆锥和一个圆柱的组合体，其直观图如图2所示，其中B ，C 分别是上、下底面圆的圆心，且AC ＝3AB ＝3BD ，则该陀螺下半部分的圆柱的侧面积与上半部分的圆锥的侧面积的比值是________．答案22解析设AB ＝BD ＝m ，则AD ＝2m ，因为AC ＝3AB ＝3m ，所以BC ＝2m ，则圆柱的侧面积S 1＝2πr ·BC ＝4πm 2，圆锥的侧面积S 2＝πr ×AD ＝2πm 2，故S 1S 2＝4πm 22πm2＝2 2.11.如图，已知三棱柱ABC －A 1B 1C 1的体积为V ，点M ，N 分别为棱AA 1，CC 1的中点，则棱锥B －AMNC 的体积为________．答案13V 解析如图，连接AN ，对于三棱锥B －ACN ，B －AMN ，显然它们等底同高，故V B －ACN ＝V B －AMN ，而V B －ACN ＝V N －ABC ，注意到CN ＝C 1N ，于是三棱锥N －ABC 的高是三棱柱ABC －A 1B 1C 1的一半，且它们都以△ABC 为底面，故V N －ABC ＝13×12V ＝16V ，故V B －AMNC ＝2×16V ＝13V .12.某同学的通用技术作品如图所示，该作品由两个相同的正四棱柱制作而成．已知正四棱柱的底面边长为3cm ，这两个正四棱柱的公共部分构成的多面体的面数为________，体积为________cm 3.答案8182解析公共部分是两个正四棱锥且底面重叠的空间几何体，共8面．四棱锥底面是以32为边长的正方形，S ＝18，其中一个正四棱锥的高为322.∴V ＝13×18×322×2＝182(cm 3)．13．(2022·徐州模拟)如图，一个装有某种液体的圆柱形容器固定在墙面和地面的角落处，容器与地面所成的角为30°，液面呈椭圆形，椭圆长轴上的顶点M ，N 到容器底部的距离分别是12和18，则容器内液体的体积是()A ．15πB ．36πC ．45πD ．48π答案C 解析如图为圆柱的轴截面图，过M 作容器壁的垂线，垂足为F ，因为MN 平行于地面，故∠MNF ＝30°，因为椭圆长轴上的顶点M ，N 到容器底部的距离分别是12和18，故NF ＝18－12＝6，在Rt △MFN 中，MF ＝NF ×tan 30°＝23，即圆柱的底面半径为3，所以容器内液体的体积等于一个底面半径为3，高为(12＋18)的圆柱体积的一半，即为12×π×(3)2×(12＋18)＝45π.14．(2022·全国甲卷)甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为2π，侧面积分别为S 甲和S 乙，体积分别为V 甲和V 乙．若S 甲S 乙＝2，则V 甲V 乙等于()A.5B ．22 C.10 D.5104答案C 解析方法一由甲、乙两个圆锥的母线长相等，结合S 甲S 乙＝2，可知甲、乙两个圆锥侧面展开图的圆心角之比是2∶1.不妨设两个圆锥的母线长为l ＝3，甲、乙两个圆锥的底面半径分别为r 1，r 2，高分别为h 1，h 2，则由题意知，两个圆锥的侧面展开图刚好可以拼成一个周长为6π的圆，所以2πr 1＝4π，2πr 2＝2π，得r 1＝2，r 2＝1.由勾股定理得，h 1＝l 2－r 21＝5，h 2＝l 2－r 22＝22，所以V 甲V 乙＝13πr 21h 113πr 22h 2＝4522＝10.故选C.方法二设两圆锥的母线长为l ，甲、乙两圆锥的底面半径分别为r 1，r 2，高分别为h 1，h 2，侧面展开图的圆心角分别为n 1，n 2，则由S 甲S 乙＝πr 1l πr 2l ＝n 1πl 22πn 2πl 22π＝2，得r 1r 2＝n 1n 2＝2.由题意知n 1＋n 2＝2π，所以n 1＝4π3，n 2＝2π3，所以2πr 1＝4π3l ,2πr 2＝2π3l ，得r 1＝23l ，r 2＝13l .由勾股定理得，h 1＝l 2－r 21＝53l ，h 2＝l 2－r 22＝223l ，所以V 甲V 乙＝13πr 21h 113πr 22h 2＝4522＝10.故选C.15．(多选)如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1＝2，AB ＝BC ＝1，∠ABC ＝90°，侧面AA1C 1C 的中心为O ，点E 是侧棱BB 1上的一个动点，下列判断正确的是()A ．直三棱柱的侧面积是4＋22B ．直三棱柱的体积是13C ．三棱锥E －AA 1O 的体积为定值D ．AE ＋EC 1的最小值为22答案ACD 解析因为在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AA 1＝2，AB ＝BC ＝1，∠ABC ＝90°，所以△ABC 和△A 1B 1C 1是等腰直角三角形，侧面全是矩形，所以其侧面积为1×2×2＋12＋12×2＝4＋22，故A 正确；直三棱柱的体积V ＝S △ABC ·AA 1＝12×1×1×2＝1，故B 不正确；如图所示，由BB 1∥平面AA 1C 1C ，且点E 是侧棱BB 1上的一个动点，所以三棱锥E －AA 1O 的高为定值22，1AA O S △＝14×2×2＝22，所以1E AA O V 锥－三棱＝13×22×22＝16，为定值，故C 正确；由该棱柱的侧面展开图易知(图略)，AE ＋EC 1的最小值为AA 21＋ A 1B 1＋B 1C 1 2＝22＋ 1＋12＝22，故D 正确．16．(2023·榆林模拟)如图，某款酒杯容器部分为圆锥，且该圆锥的轴截面是面积为163cm 2的正三角形．若在该酒杯内放置一个圆柱形冰块，要求冰块高度不超过杯口高度，则酒杯可放置圆柱冰块的最大体积为________cm 3.答案2563π27解析设圆锥的底面半径为r cm ，圆柱形冰块的底面半径为x cm ，高为h cm ，由已知可得，12×32×(2r )2＝163，解得r ＝4，h ＝(r －x )·tan 60°＝3(4－x )，0＜x ＜4.设圆柱形冰块的体积为V ，则V ＝3πx 2(4－x )，0＜x ＜4.令f (x )＝3πx 2(4－x )，0＜x ＜4.则f ′(x )＝3πx (8－3x )，则当x f ′(x )＞0，当x f ′(x )＜0，∴f (x )max ＝f ＝2563π27.∴酒杯可放置圆柱冰块的最大体积为2563π27cm 3.。
高考数学一轮复习 第八章 立体几何 第1讲 空间几何体及其表面积与体积课件 理
中点，记三棱锥 D-ABE 的体积为 V1，P-ABC 的体积为 V2，
则VV12＝________. 解析 设 A 到平面 PBC 距离为 h，则 V1＝VA－BDE＝13S△BDE·h
＝13·14S△PBC·h＝14V2.所以VV12＝14.
答案
1 4
考点一 空间几何体的结构特征 【例1】 给出下列四个命题：
诊断自测
1.判断正误(在括号内打“√”或“×”) (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)棱柱中一条侧棱的长叫做棱柱的高.( × ) (4)圆柱的侧面展开图是矩形.(√ )
2.以长方体的各顶点为顶点，能构建四棱锥的个数是________. 解析 设长方体ABCD－A1B1C1D1，若点A为四棱锥的顶点， 则底面可以为不过点A的矩形A1B1C1D1，矩形BCC1B1，矩形 CDD1C1，矩形BB1D1D，矩形BCD1A1，矩形CDA1B1，共有6 个不同的四棱锥，8个顶点可以分别作为四棱锥的顶点，共 6×8＝48(个)不同的四棱锥.
答案 ①②③
规律方法 解决该类题目需准确理解几何体的定义，要真正 把握几何体的结构特征，并且学会通过反例对概念进行辨析， 即要说明一个命题是错误的，设法举出一个反例即可.
【训练1】 (1)给出以下命题： ①以直角三角形的一边为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥； ②以直角梯形的一腰为轴旋转一周所得的旋转体是圆台； ③圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆面； ④一个平面截圆锥，得到一个圆锥和一个圆台. 其中正确命题的个数是________. (2)一个正方体内接于一个球，过球心作一个截面，则截面的可 能图形为________(填正确答案的序号).
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2．要注意领会和掌握两种数学思想方法：割补法与等积法 割补法是割法与补法的总称．补法是把不规则(不熟悉的或复 杂的)几何体延伸或补成规则的(熟悉的或简单的)几何体，把 不完整的图形补成完整的图形．割法是把复杂的(不规则的) 几何体切割成简单的(规则的)几何体．割与补是对立统一的， 是一个问题的两个相反方面．割补法无论是求解体积问题还 是求解空间角(或空间距离)以及证明垂直或平行关系都有简 化解题过程、开阔思维的优点． 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．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．
要点梳理
忆一忆知识要点
3．柱、锥、台和球的侧面积和体积
面积
圆柱
S 侧＝ 2πrh
圆锥
S 侧＝ πrl
圆台 直棱柱
S 侧＝π(r1＋r2)l S 侧＝ Ch
体积
V＝Sh ＝πr2h
1 V＝ 3Sh
＝ 13πr2h
＝13πr2 l2－r2
V＝13(S 上＋S 下＋
S上S下)h ＝13π(r12＋r22＋r1r2)h
一轮复习讲义
空间几何体及其表面积 与体积
要点梳理
忆一忆知识要点
1．多面体 (1)一般地，由一个平面多边形沿某一方向平移形成的空间几何体
叫做 棱柱 ；棱柱两个底面是 全等多边形，且对应边互相平行 ， 侧面都是平行四边形 ．
(2)当棱柱的一个底面收缩为一个点时，得到的几何体叫做棱锥 ；
棱锥底面是多边形 ，侧面是有一个公共顶点的三角形．
探究提高
解决该类题目需准确理解几何体的定义，要真正把握几何体的结 构特征，并且学会通过反例对概念进行辨析，即要说明一个命题 是错误的，设法举出一个反例即可．
变式训练 1 下面是关于四棱柱的四个命题： ①若有两个侧面垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱； ②若过两个相对侧棱的截面都垂直于底面，则该四棱柱为直四 棱柱； ③若四个侧面两两全等，则该四棱柱为直四棱柱； ④若四棱柱的四条对角线两两相等，则该四棱柱为直四棱柱． 其中，真命题的编号是________．
要点梳理
忆一忆知识要点
5.几何体的体积之间的关系
柱体V Sh
S S'
柱体、锥体、 台体的体积
台体V
1 3
(S
SS S)h
S' 0
球的体积
锥体V
1 3
Sh
V 4 πR3 3
[难点正本 疑点清源] 1．几何体的侧面积和全面积
几何体侧面积是指(各个)侧面面积之和，而全面积是侧面积 与所有底面积之和．对侧面积公式的记忆，最好结合几何体 的侧面展开图来进行．要特别留意根据几何体侧面展开图的 平面图形的特点来求解相关问题．如直棱柱(圆柱)侧面展开 图是一矩形，则可用矩形面积公式求解．再如圆锥侧面展开 图为扇形，此扇形的特点是半径为圆锥的母线长，圆弧长等 于底面的周长，利用这一点可以求出展开图扇形的圆心角的 大小．
答案 ②④
图（1） 图（2）
几何体的表面积
例 2 如图，斜三棱柱 ABC—A′B′C′中，底面 是边长为 a 的正三角形，侧棱长为 b，侧棱 AA′与底面相邻两边 AB 与 AC 都成 45°角， 求此斜三棱柱的表面积．
由题意，可知 A′在平面 ABC 内的射影 D 在∠BAC 的角平分线 上，从而可证得四边形 BCC′B′是矩形． 解 如图，过 A′作 A′D⊥平面 ABC 于 D， 过 D 作 DE⊥AB 于 E，DF⊥AC 于 F，连结 A′E，A′F，AD.
则由∠A′AE＝∠A′AF，AA′＝AA′， 得 Rt△A′AE≌Rt△A′AF， ∴A′E＝A′F，∴DE＝DF，∴AD 平分∠BAC，
又∵AB＝AC，∴BC⊥AD，∴BC⊥AA′， 而 AA′∥BB′，∴BC⊥BB′， ∴四边形 BCC′B′是矩形， ∴斜三棱柱的侧面积为 2×a×bsin 45°＋ab＝( 2＋1)ab. 又∵斜三棱柱的底面积为 2× 43a2＝ 23a2， ∴斜三棱柱的表面积为( 2＋1)ab＋ 23a2.
V＝ Sh
要点梳侧＝ 12Ch′
正棱台 S 侧＝ 12(C＋C′)h′
球
S ＝ 球面 4πR2
1
V＝ 3Sh
V＝13(S 上＋S 下＋ V＝ 43πR3
S上S下)h
要点梳理
4.几何体的表面积
忆一忆知识要点
圆柱 S 2πr(r l)
☞柱体、锥体、 台体的表面积
r r
空间几何体的结构特征
例 1 设有以下四个命题： ①底面是平行四边形的四棱柱是平行六面体； ②底面是矩形的平行六面体是长方体； ③直四棱柱是直平行六面体； ④棱台的相对侧棱延长后必交于一点． 其中真命题的序号是________．
利用有关几何体的概念判断所给命题的真假．
解析 命题①符合平行六面体的定义，故命题①是正确的． 底面是矩形的平行六面体的侧棱可能与底面不垂直，故命题②是 错误的． 因为直四棱柱的底面不一定是平行四边形，故命题③是错误的． 命题④由棱台的定义知是正确的． 答案 ①④
(3)棱锥被平行于底面的一个平面所截后，截面和底面之间的
部分叫做 棱台 ．
要点梳理
忆一忆知识要点
2．旋转体 (1)将矩形、直角三角形、直角梯形分别绕它的一边、一直 角边、垂直于底边的腰所在的直线旋转一周，形成的几何体 分别叫做 圆柱 、 圆锥 、圆台 ； (2)半圆绕着它的直径所在的直线旋转一周所成的曲面叫做 球面 ，球面围成的几何体叫做 球体 ，简称 球 ．
对于①，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①假；
对于②，两截面的交线平行于侧棱，且垂直 于底面，故②真； 对于③，作正四棱柱的两个平行菱形截面， 可得满足条件的斜四棱柱(如图(1))，故③假；
对于④，四棱柱一个对角面的两条对角线， 恰为四棱柱的对角线，故对角面为矩形，于 是侧棱垂直于底面的一对角线，同样侧棱也 垂直于底面的另一对角线，故侧棱垂直于底 面，故④真(如图(2))．
圆台 S π(r2 r2 rl rl)
r 0
圆锥 S πr(r l)
各面面积之和
展开图 (1)棱柱、棱锥、棱台的表面积就是__各__面__面__积__之__和__．
(2)圆柱(锥、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__.