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第一节　基本立体图形及空间几何体的表面积和体积
课程标准 考情分析 核心素养
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、棱柱、棱锥、棱台的表面积和体积的计算公式，能用公式解决简单的实际问题． 3．能用斜二测法画出简单空间图形(长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱及其简单组合)的直观图． 2020年未单独考查基本立体图形及空间几何体的表面积和体积，但在其它立体几何题中有所体现，如2020(Ⅰ)中的第16题； 2021(Ⅰ)中的第3题考查了圆锥的侧面展开图；第20题考查了三棱锥的体积以及垂直关系、二面角等； 2021(Ⅱ)中的第5题考查了正四棱台的体积． 直观想象 数学运算
教材回扣·夯实“四基”
基础知识
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____且____ 多边形 互相____
侧棱 __________ 相交于______但不一定相等 延长线交于____
侧面 形状 __________ ______ ______
【微点拨】
(1)要掌握棱柱、棱锥各部分的结构特征，计算问题往往转化到一个三角形中进行解决．
(2)台体可以看成是由锥体截得的，但一定要知道截面与底面平行．
(2)旋转体的结构特征
名称 圆柱 圆锥 圆台 球
图形
母线 平行、相等且____于底面 相交于 ____ 延长线交于____
轴截面 全等的 ____ 全等的 __________ 全等的 ________ ____
侧面展 开图 ____ ____ ____
【微点拨】
旋转体要抓住“旋转”这一特点，弄清底面、侧面及展开图的形状．
2.空间几何体的直观图
空间几何体的直观图常用________画法来画，其规则是：
(1)“斜”：直观图中，x′轴、y′轴的夹角为45°或135°.
(2)“二测”：图形中平行于x轴的线段，在直观图中保持原长度不变，平行于y轴的线，在直观图中长度为原来的________．
3．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式
名称 圆柱 圆锥 圆台
侧面 展开图
侧面积 公式 S圆柱侧＝____ S圆锥侧＝____ S圆台侧＝ ____
【微点拨】
一些几何体表面上的最短距离问题，常常利用几何体的展开图解决．
4．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＝________
锥体(棱锥 和圆锥) S表面积＝S侧＋S底 V＝S底·h
台体(棱台 和圆台) S表面积＝S侧＋S上＋S下 V＝(S上＋S下＋ )h
球 S＝________ V＝πR3
【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：
[常用结论]
1．球的截面的性质
(1)球的截面是圆面，且球心和截面(不过球心)圆心的连线垂直于截面；
(2)球心到截面的距离d与球的半径R及截面的半径r的关系为r＝.
2．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．
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＝a.
4．设长方体的长、宽、高分别为a，b，c，则它的外接球半径R＝.
5．设正四面体的棱长为a，则它的高为a，内切球半径r＝a，外接球半径R＝a.
基本技能、思想、活动经验
题组一　思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
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．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．菱形的直观图仍是菱形．(　　)
题组二　教材改编
5．如图，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 B．四棱柱
C．五棱柱 D．简单组合体
6．已知一个圆锥的底面积为π，侧面积为2π，则该圆锥的体积为________．
题组三　易错自纠
7.
在△ABC中，AB＝2，BC＝，∠ABC＝120°(如图所示)，若将△ABC绕直线BC旋转一周，则形成的旋转体的体积是________．
8．圆柱的侧面展开图是边长为6π和4π的矩形，则圆柱的体积是________．
题型突破·提高“四能”
题型一　基本立体图形
角度1 结构特征
[例1]　(多选)下列结论正确的是(　　)
A．各个面都是三角形的几何体是三棱锥
B．以三角形的一条边所在直线为旋转轴，其余两边旋转一周形成的面所围成的几何体叫圆锥
C．棱锥的各侧棱相交于一点，但不一定相等
D．圆锥的顶点与底面圆周上的任意一点相连的线段都是圆锥的母线
[听课记录]
类题通法
辨别空间几何体的两种方法
[巩固训练1]　(多选)下列命题中正确的是(　　)
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．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
角度2 直观图
[例2]　已知正三角形ABC的边长为a，那么△ABC的平面直观图△A′B′C′的面积为(　　)
A．a2　　B．a2 C．a2　　D．a2
[听课记录]
类题通法
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＝S原图形．
[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，下底为＋1的等腰梯形，那么原平面图形的面积为________．
角度3 展开图
[例3]　如图，在长方体ABCD A1B1C1D1中，AB＝1，BC＝，CC1＝，动点M在棱CC1上，连接MA，MD1，则MD1＋MA的最小值为(　　)
A．3　　　B． C．　　　D．
[听课记录]
类题通法
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，借助展开图，培养直观想象素养．
[巩固训练3]　有一个圆锥侧面展开图是半径为2，圆心角为270°的扇形，则该圆锥的高是________．
题型二　空间几何体的表面积与体积　　
[例4]　(1)如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB⊥BC，AA1＝AC＝2，直线A1C与侧面AA1B1B所成的角为30°，则该三棱柱的侧面积为(　　)
A．4＋4 B．4＋4
C．12 D．8＋4
(2)[2021·新高考Ⅱ卷]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＋12 B．28
C． D．
(3)如图，在多面体ABCDEF中，已知四边形ABCD是边长为1的正方形，且△ADE，△BCF均为正三角形，EF∥AB，EF＝2，则该多面体的体积为________．
[听课记录]
类题通法
求空间几何体的体积的三种方法
[巩固训练4]　(1)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． B．
C． D．
(2)如图，在梯形ABCD中，∠ABC＝，AD∥BC，BC＝2AD＝2AB＝2.将梯形ABCD绕AD所在直线旋转一周而形成的面所围成的几何体的表面积为(　　)
A．4π B．(4＋)π
C．6π D．(5＋)π
题型三　与球有关的切、接问题
角度1 简单几何体的外接球
[例5]　[2022·山东泰安模拟]设三棱柱的侧棱垂直于底面，所有棱的长都为1，顶点都在一个球面上，则该球的表面积为(　　)
A．5π B．π
C．π D．π
[听课记录]
类题通法
处理“相接”问题，要抓住空间几何体“外接”的特点，即球心到多面体的顶点的距离等于球的半径．
[巩固训练5]　[2022·天津武清区杨村第一中学模拟]《九章算术》中将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑．若三棱锥P ABC为鳖臑，PA⊥平面ABC，PA＝AB＝2，AC＝4，三棱锥P ABC的四个顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为(　　)
A．12π B．20π
C．24π D．32π
角度2 简单几何体的内切球
[例6]　如图，在圆柱O1O2内有一个球O，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切．记圆柱O1O2的体积为V1，球O的体积为V2，则的值是________．
[听课记录]
类题通法
处理“相切”问题，要找准切点，通过作截面来解决，截面过球心．
[巩固训练6]　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________________________________________________________________________．12 空间几何体外接球的五种模型
模型一　“墙角”模型
“墙角”模型是指具有三条棱两两垂直或三个平面两两垂直的特征，应用数学建模素养，构建“两两垂直”模型，亦即“墙角”模型，将该三棱锥放入长方体中，把该三棱锥的外接球转化为该长方体的外接球，不用找出球心的具体位置，即可求出该球的半径，如图．
[典例1]　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．8π B．4π
C．2π D. π
【解析】　因为PA＝PB＝PC，△ABC是边长为2的等边三角形，所以P ABC为正三棱锥，所以PB⊥AC.
又E，F分别为PA，AB的中点，
所以EF∥PB，所以EF⊥AC.又EF⊥CE，CE＝C，
所以EF⊥平面PAC，所以PB⊥平面PAC，
所以∠APB＝90 °，所以PA＝PB＝PC＝，
所以P ABC为正方体的一部分，2R＝＝，即R＝，所以V＝πR3＝π×＝π.故选D.
【答案】　D
类题通法
破解此类题的关键：一是“见数思形”，需在草稿纸上画出三棱锥的草图，判断是否有两两垂直的三条棱；二是“会构造”，即会构造长方体；三是“用公式”，4R 2＝a 2＋b 2＋c 2(其中R为该三棱锥的外接球的半径，a，b，c为两两垂直的三条棱的长．
模型二　“对棱相等”模型
“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．
[典例2]　在平行四边形ABCD中，AB＝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 ABD的外接球的表面积为________．
【解析】　在△ABD中，由余弦定理，得BD 2＝3 2＋(2) 2－2×3×2，解得BD＝3，在三棱锥E ABD中，AE＝BD＝3，AD＝BE＝3，AB＝ED＝2，三组对棱长相等，可将三棱锥E ABD放在长方体中，设长方体从同一顶点出发的三棱长分别为x，y，z，其外接球的半径为R，则x 2＋y 2＝9，y 2＋z 2＝9，z 2＋x 2＝8，则＋y 2＋z 2＝13，即2R＝，所以R＝.又该长方体与三棱锥E ABD的外接球相同，
所以三棱锥E ABD的外接球的表面积为13π.
【答案】　13π
类题通法
破解此类题的关键：一是会翻折，即通过翻折，明确不变量与变化的量；二是会构造，即根据所给的相等对棱的长度，构造符合条件的长方体；三是会列出方程组，即设出长方体的长、宽、高，根据三棱锥的三对棱的长度，列出方程组，解方程组，即可求出所构造的长方体的共顶点的相邻的三条棱的长；四是用公式，利用长方体的体对角线长等于该三棱锥的外接球的直径，求出该三棱锥的外接球的半径，利用球的表面积与体积公式，即可得到外接球的表面积与体积．
模型三　“汉堡”模型
“汉堡”模型是指对于直棱柱，应用数学建模素养，结合球与直棱柱的有关性质，建立“汉堡”模型，上、下底面外接圆的圆心连线构成的线段的中点即为直棱柱外接球球心，球心到各个顶点的距离都等于外接球的半径，如图．
[典例3]　已知三棱柱的侧棱垂直于底面，所有棱的长都为6，顶点都在一个球面上，则该球的表面积为(　　)
A．36π B．84π
C．132π D．180π
【解析】　
由题意三棱柱ABC A1B1C1是正三棱柱，设N，M是上下底面中心，MN的中点O是三棱柱ABC A1B1C1外接球的球心，AM＝×6＝2，OM＝MN＝AA1＝3，r＝OA＝＝＝，所以S＝4πr2＝4π×()2＝84π.故选B.
【答案】　B
类题通法
破解此类题的关键是画出草图，确定直三棱柱的外接球球心的位置为直三棱柱的上、下底面三角形外接圆的圆心连线所构成的线段的中点；二是利用正弦定理求出底面三角形的外接圆的半径，若是特殊三角形，如等边三角形或直角三角形，可利用特殊三角形的特点，快速获得其外接圆的半径；三是用定理，即利用勾股定理，求出球的半径；四是用公式，即利用球的表面积或体积公式求解，注意直三棱柱的外接球与内切球的本质区别．
模型四 “心有所依”模型
“心有所依”模型是指对于圆锥、圆台、侧棱相等的棱锥等几何体，可得球心必在该几何体的高所在的直线上，或者在棱锥一个底面的高所在直线上，由此可把相关信息集中到某一个直角三角形内，利用勾股定理求解，如图．
[典例4]　已知三棱锥M ABC的四个顶点均在表面积为32π的球面上，AB＝BC＝2，AC＝4，则三棱锥M ABC的体积的最大值为(　　)
A．8　　B．4＋4 C．　　D．
【解析】　
根据题意知，△ABC是一个直角三角形，其面积为4，其所在球的小圆的圆心在斜边AC的中点上，设小圆的圆心为Q，当MQ与平面ABC垂直时，三棱锥M ABC的体积最大．设球心为O，半径为R，4πR 2＝32π，得R＝2，点O到平面ABC的距离为＝2，所以三棱锥M ABC体积的最大值为×4×(2＋2)＝.故选C.
【答案】　C
类题通法
破解此类题的关键：一是确定球心O的位置，如典例4，先确定底面三角形的外接圆的圆心Q，则M，O，Q三点共线；二是计算出三棱锥底面外接圆的半径；三是利用勾股定理，即可求出球心到底面的距离，从而求出三棱锥的高．
模型五 “双心”模型
“双心”模型：无法利用上面四种模型求解的问题，可利用球心、三角形(或四边形等)外接圆的圆心以及外接圆与球的交点所构成的直角三角形进行破解，如图．
[典例5]　已知三棱锥D ABC的四个顶点在球O的球面上，若AB＝AC＝BC＝DB＝DC＝1，当三棱锥D ABC的体积取到最大值时，球O的表面积为(　　)
A．　　　B．2π C．5π　　　D．
【解析】　
如图，当三棱锥D ABC的体积取到最大值时，则平面ABC⊥平面DBC，取BC的中点G，连接AG，DG，则AG⊥BC，DG⊥BC，分别取△ABC与△DBC的外心E，F，分别过E，F作平面ABC与平面DBC的垂线，相交于O，则O
为四面体ABCD的球心，由AB＝AC＝BC＝DB＝DC＝1，得正方形OEGF的边长为，则OG＝，∴四面体A BCD的外接球的半径R＝＝＝.∴球O的表面积为＝4π×＝，故选A.
【答案】　A
类题通法
对一般棱锥来讲，外接球球心到各顶点的距离相等，当问题难以考虑时，可减少点的个数进行考虑，如先考虑到三个顶点的距离相等的点是三角形的外心，球心一定在过此点与此平面垂直的直线上．
第八章　立体几何与空间向量
第一节　基本立体图形及空间几何体的表面积和体积
教材回扣　夯实“四基”
基础知识
1．(1)平行　全等　平行　平行且相等　一点　一点　平行四边形　三角形　梯形
(2)垂直　一点　一点　矩形　等腰三角形　等腰梯形　圆　矩形　扇形　扇环
2．斜二测　一半
3．2πrl　πrl　π(r＋r′)l
4．S底·h　4πR2
基本技能、思想、活动经验
1．×　2.×　3.×　4.×
5．解析：由几何体的结构特征，剩下的几何体为五棱柱，故选C.
答案：C
6．解析：设圆锥的底面半径为r，高为h，母线长为l，则，解得，所以h＝，圆锥的体积V＝Sh＝.
答案：
7．解析：
如图该旋转体的体积是以AD为底面半径，CD和BD为高的两个圆锥的体积之差．
因为∠ABC＝120°，
所以∠ABD＝60°.
又因为AB＝2，
所以DB＝1，AD＝，
所以V＝π·AD2·CD－π·AD2·BD＝·π·AD2·(CD－BD)＝π.
答案：π
8．解析：∵矩形的边长为6π和4π，
∴分类讨论可知圆柱底面圆的半径为3或2，
∴圆柱的体积为36π2或24π2.
答案：36π2或24π2
题型突破　提高“四能”
例1　解析：A错误，如图1是由两个相同的三棱锥叠放在一起构成的几何体，它的各个面都是三角形，但它不是三棱锥；B错误，如图2，若△ABC不是直角三角形，或△ABC是直角三角形但旋转轴不是直角边所在的直线，所得的几何体都不是圆锥；C正确，因为棱锥是一个面为多边形，其余各面都是有一个公共顶点的三角形，所以棱锥的各侧棱相交于一点，但各侧棱不一定相等；由母线的概念知，选项D正确．故选CD.
答案：CD
巩固训练1　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正确，如图，正方体ABCD A1B1C1D1中的三棱锥C1 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．故选BC.
答案：BC
例2　解析：
如图①、②为所示的平面图形和直观图．
由②可知，A′B′＝AB＝a，O′C′＝OC＝a，
在图②中作C′D′⊥A′B′于D′，则C′D′＝O′C′＝a.
∴S△A′B′C′＝A′B′·C′D′＝×a×a＝a2.故选D.
答案：D
巩固训练2　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，
∴平面图形为直角梯形，且直角腰长为2，上底边长为1，
∴梯形的下底边长为1＋，
∴平面图形的面积S＝×2＝2＋.
答案：2＋
例3　解析：由题意将平面DCC1D1展开到矩形ACC1A1所在平面，结合展开图可知当A，M，D1三点共线时，MD1＋MA取得最小值，最小值为展开图D1A的长度，求出展开图中D1A的长度即可．
当A，M，D1三点共线时，MD1＋MA取得最小值，最小值为展开图中D1A的长度，因为AC＝＝2，CD＝1，所以展开图中AD＝3，又因为DD1＝CC1＝，所以展开图中D1A＝＝，故选C.
答案：C
巩固训练3　解析：设圆锥底面半径为r，则2πr＝×2，r＝，
又圆锥母线长为l＝2，
∴高为h＝＝＝.
答案：
例4　解析：(1)连接A1B.因为AA1⊥底面ABC，则AA1⊥BC，又AB⊥BC，AA1＝A，所以BC⊥平面AA1B1B，所以直线A1C与侧面AA1B1B所成的角为∠CA1B＝30°.又AA1＝AC＝2，所以A1C＝2，BC＝.又AB⊥BC，则AB＝，则该三棱柱的侧面积为2××2＋2×2＝4＋4.故选A.
(2)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边长分别为2，4，侧棱长为2，
所以该棱台的高h＝＝，
下底面面积S1＝16，上底面面积S2＝4，
所以该棱台的体积V＝h(S1＋S2＋)＝×(16＋4＋)＝.故选D.
(3)
如图，分别过点A，B作EF的垂线，垂足分别为G，H，连接DG，CH，易求得EG＝HF＝，AG＝GD＝BH＝HC＝，则△BHC中BC边的高h＝，∴S△AGD＝S△BHC＝×1＝，∴V多面体＝VE ADG＋VF BHC＋VAGD BHC＝2VE ADG＋VAGD BHC＝×2＋×1＝.
答案：(1)A　(2)D　(3)
巩固训练4　解析：(1)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，底面积为×1×1＝，故其体积为＝.故选A.
解析：(2)∵在梯形ABCD中，∠ABC＝，AD∥BC，BC＝2AD＝2AB＝2，
∴将梯形ABCD绕AD所在直线旋转一周而形成的面所围成的几何体是一个底面半径为AB＝1，高为BC＝2的圆柱挖去一个底面半径为AB＝1，高为BC－AD＝2－1＝1的圆锥的组合体，
∴几何体的表面积S＝π×12＋2π×1×2＋π×1×＝(5＋)π，故选D.
答案：(1)A　(2)D
例5　解析：
根据题意条件可知三棱柱是棱长都为1的正三棱柱，上下底面中心连线的中点就是球心，
则其外接球的半径为R＝＝ ，
则球的表面积为S＝4π×＝π，故选D.
答案：D
巩固训练5　解析：将三棱锥P ABC放在一个长方体中，如图所示：
则三棱锥P ABC的外接球就是一个长方体的外接球，因为PA＝AB＝2，AC＝4，△ABC为直角三角形，所以BC＝＝＝2.设长方体的外接球的半径为R，则(2R)2＝4＋4＋12＝20，故R2＝5.所以外接球的表面积为S＝4πR2＝20π.故选B.
答案：B
例6　解析：设圆柱内切球的半径为R，则由题设可得圆柱的底面圆的半径为R，高为2R，故＝＝.
答案：
巩固训练6　解析：圆锥内半径最大的球为该圆锥的内切球，如图，该圆锥的母线长BS＝3，底面半径BC＝1，高SC＝＝2，设该内切球与母线BS切于点D，则OD＝OC＝r，BC＝BD＝1，在Rt△SOD中，SO2－OD2＝SD2，即(2－r)2－r2＝4，解得r＝，故所求球的体积V＝πr3＝π＝.
答案：

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