资源简介 第1讲 空间几何体高频考点 高考预测空间几何体的结构特征、直观图 继续在选择填空中考查空间几何体的面积以及体积的求法,注意数学文化思想的渗透考查.与几何体的表面积、体积有关的最值问题是命题的热点.空间几何体的表面积与体积的求法与球有关的切、接问题1. (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=2,则=( C )A. B.2C. D.【解析】 设母线长为l,甲圆锥底面半径为r1,乙圆锥底面圆半径为r2,则===2,所以r1=2r2,又+=2π,则=1,所以r1=l,r2=l,所以甲圆锥的高h1==l,乙圆锥的高h2==l,所以===.故选C.2. (2021·全国甲卷)已知A,B,C是半径为1的球O的球面上的三个点,且AC⊥BC,AC=BC=1,则三棱锥O-ABC的体积为( A )A. B.C. D.【解析】 因为AC⊥BC,AC=BC=1,所以底面ABC为等腰直角三角形,所以△ABC所在的截面圆的圆心O1为斜边AB的中点,所以OO1⊥平面ABC,在Rt△ABC中,AB==,则AO1=,在Rt△AOO1中,OO1==,故三棱锥O-ABC的体积为V=·S△ABC·OO1=××1×1×=.故选A.3. (2021·全国新高考Ⅰ卷)已知圆锥的底面半径为,其侧面展开图为一个半圆,则该圆锥的母线长为( B )A.2 B.2C.4 D.4【解析】 由题意,设母线长为l,因为圆锥底面周长即为侧面展开图半圆的弧长,圆锥的母线长即为侧面展开图半圆的半径,则有2π·=π·l,解得l=2,所以该圆锥的母线长为2.故选B.4. (2022·全国新高考Ⅰ卷)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148.5 m时,相应水面的面积为140.0 km2;水位为海拔157.5 m时,相应水面的面积为180.0 km2,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148.5 m上升到157.5 m时,增加的水量约为(≈2.65)( C )A.1.0×109m3 B.1.2×109m3C.1.4×109m3 D.1.6×109m3【解析】 依题意可知棱台的高为MN=157.5-148.5=9(m),所以增加的水量即为棱台的体积V.棱台上底面积S=140.0 km2=140×106 m2,下底面积S′=180.0 km2=180×106 m2,∴V=h=×9×(140×106+180×106+)=3×(320+60)×106≈(96+18×2.65)×107=1.437×109≈1.4×109(m3).故选C.5. (多选)(2023·全国新课标Ⅰ卷)下列物体中,能够被整体放入棱长为1(单位:m)的正方体容器(容器壁厚度忽略不计)内的有( ABD )A.直径为0.99 m的球体B.所有棱长均为1.4 m的四面体C.底面直径为0.01 m,高为1.8 m的圆柱体D.底面直径为1.2 m,高为0.01 m的圆柱体【解析】 对于A,棱长为1的正方体内切球的直径为1>0.99,选项A正确;对于B,如图,正方体内部最大的正四面体D-A1BC1的棱长为=>1.4,选项B正确;对于C,棱长为1的正方体的对角线为<1.8,选项C错误;对于D,如图,六边形EFGHIJ为正六边形,E,F,G,H,I,J为棱的中点,高为0.01 m可忽略不计,看作直径为1.2 m的平面圆,六边形EFGHIJ边长为 m,∠GFH=∠GHF=30°,所以FH=FG=GH= m,故六边形EFGHIJ内切圆直径为 m,而2=>(1.2)2=1.44,选项D正确.故选ABD.6. (多选)(2023·全国新课标Ⅱ卷)已知圆锥的顶点为P,底面圆心为O,AB为底面直径,∠APB=120°,PA=2,点C在底面圆周上,且二面角P-AC-O为45°,则( AC )A.该圆锥的体积为πB.该圆锥的侧面积为4πC.AC=2D.△PAC的面积为【解析】 取AC中点D,则OD⊥AC,PD⊥AC,由二面角的定义可知,二面角P-AC-O的平面角即为∠PDO=45°,对于A,△PAB中,由于PA=PB=2,∠APB=120°,则PO=1,AO=,则OD=1,V=·3π·1=π,选项A正确;对于B,S侧=π××2=2π,选项B错误;对于C,AC=2=2,选项C正确;对于D,PD=,S△PAC=××2=2,选项D错误.故选AC.7. (2023·全国新课标Ⅰ卷)在正四棱台ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,A1B1=1,AA1=,则该棱台的体积为 .【解析】 如图,设正四棱台ABCD-A1B1C1D1的上下底面中心分别为M,N,过A1作A1H⊥AC,垂足为H,由题意易知A1M=HN=,又AN=,∴AH=AN-HN=,又AA1=,∴A1H=MN=,∴该四棱台的体积为×(1+4+)×=.故答案为.8. (2023·全国新课标Ⅱ卷)底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截,截去一个底面边长为2,高为3的正四棱锥,所得棱台的体积为_28__.【解析】 如图所示,根据题意易知△SO1A1∽△SOA,∴===,又SO1=3,∴SO=6,∴OO1=3,又上下底面正方形边长分别为2,4,∴所得棱台的体积为×(4+16+)×3=28.故答案为28.核心考点1 基本立体图形核心知识·精归纳1.基本立体图形的结构特征(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 互相_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 图形 母线 轴截面 旋转图形圆柱 互相平行且相等,_垂直__于底面 全等的矩形 矩形圆锥 长度相等且相交于_一点__ 全等的等腰三角形 直角三角形圆台 延长线交于_一点__ 全等的等腰梯形 直角梯形球 圆 半圆形2.立体图形的直观图斜二测画法直观图面积为原图形面积的.多维题组·明技法角度1:基本立体图形的结构1. (多选)给出下列命题,其中真命题是( BCD )A.棱柱的侧棱都相等,侧面都是全等的平行四边形B.若三棱锥的三条侧棱两两垂直,则其三个侧面也两两垂直C.在四棱柱中,若过相对侧棱的两个截面都垂直于底面,则该四棱柱为直四棱柱D.存在每个面都是直角三角形的四面体【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,若三棱锥的三条侧棱两两垂直,则三个侧面构成的三个二面角都是直二面角;C正确,因为过相对侧棱的两个截面的交线平行于侧棱,又两个截面都垂直于底面,故该四棱柱为直四棱柱;D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.2.下列命题正确的是( D )A.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B.直角三角形绕其任意一边所在直线旋转一周所形成的几何体都是圆锥C.棱台的上、下底面可以不相似,但侧棱长一定相等D.直角梯形以一条直角腰所在的直线为旋转轴,其余三边旋转形成的面所围成的旋转体是圆台【解析】 A不一定,只有当这两点的连线垂直于底面时才是母线;B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;C错误,棱台的上、下底面相似且对应边互相平行.棱台的各侧棱延长线交于一点,但是这些侧棱的长不一定相等.角度2:立体图形的直观图3.如图,△A′B′C′是水平放置的△ABC的斜二测画法的直观图,其中O′C′=O′A′=2O′B′,则△ABC是( C )A.钝角三角形B.等腰三角形,但不是直角三角形C.等腰直角三角形D.等边三角形【解析】 将其还原成原图,设A′C′=2,则可得OB=2O′B′=1,AC=A′C′=2,从而AB=BC=,所以AB2+BC2=AC2,即AB⊥BC,故△ABC是等腰直角三角形.故选C.4.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 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+,∴原平面图形的面积S=×2=2+.方法技巧·精提炼1.空间几何体结构特征的判断技巧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,说明一个命题是错误的,只要举出一个反例即可.2.斜二测画法的技巧(1)在斜二测画法中,要确定关键点及关键线段.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.(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=S原图形.加固训练·促提高1.如果圆锥的侧面展开图是半圆,那么这个圆锥的顶角(圆锥轴截面中两条母线的夹角)是( C )A.30° B.45°C.60° D.90°【解析】 设圆锥的母线长为l,底面半径为r,依题意可得2r=l,所以圆锥的轴截面为等边三角形,所以圆锥的顶角为60°.2.在直角坐标系中水平放置的直角梯形OABC如图所示.已知O为坐标原点,A(2,0),B(2,2),C(0,6).在用斜二测画法画出的直观图中,四边形O′A′B′C′的面积为( A )A.4 B.4C.8 D.8【解析】 如图,画出直观图,过点A′作A′D⊥O′C′,垂足为D.因为O′C′=OC=3,∠C′O′A′=∠B′A′x′=45°,所以O′C′∥A′B′,O′D=A′D=2,C′D=A′B′=1,则A′D=B′C′=2,故四边形O′A′B′C′的面积为S==4.核心考点2 空间几何体的表面积与体积核心知识·精归纳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=4πR2(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=Sh(S为底面面积,h为高);V球=πR3(R为球的半径).多维题组·明技法角度1:空间几何体的表面积和侧面积1. (2023·大观区校级三模)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AB=12 cm,圆柱体部分的高BC=6 cm,圆锥体部分的高CD=4 cm,则这个陀螺的表面积(单位:cm2)是( C )A.(144+12)π B.(144+24)πC.(108+12)π D.(108+24)π【解析】 由题意可得圆锥体的母线长为l==2,所以圆锥体的侧面积为·12π·2=12π,圆柱体的侧面积为12π×6=72π,圆柱的底面面积为π×62=36π,所以此陀螺的表面积为12π+72π+36π=(108+12)π(cm2).故选C.2. (2023·黄浦区校级三模)已知正方形ABCD的边长是1,将△ABC沿对角线AC折到△AB′C的位置,使(折叠后)A、B′、C、D四点为顶点的三棱锥的体积最大,则此三棱锥的表面积为 1+ .【解析】 根据题意,正方形ABCD中,设AC与BD交于点O,在翻转过程中,当B′O⊥面ACD时,四棱锥B′-ACD的高最大,此时四棱锥B′-ACD的体积最大,若B′O⊥面ACD,由于OA=OB′=OC,则B′D=B′A=B′C=1,则△DB′C△DB′A都是边长为1的等边三角形,S△DB′A=S△DB′C=×1×1×=,△ADC中,AD=DC=1且AD⊥DC,则S△ADC=×1×1=,同理:S△AB′C=S△ABC=S△ADC=,此时,三棱锥的表面积S=S△DB′A+S△DB′C+S△ADC+S△AB′C=1+.角度2:空间几何体的体积3. (2023·福州模拟)已知菱形ABCD的边长为2,∠BAD=60°,则将菱形ABCD以其中一条边所在的直线为轴,旋转一周所形成的几何体的体积为( B )A.2π B.6πC.4π D.8π【解析】 根据题意,旋转一周所形成的几何体如图,该几何体上部分为圆锥,下部分为在圆柱内挖去一个与上部分相同的圆锥,其体积等于中间圆柱的体积,且中间圆柱的高h=DC=2,底面圆的半径r=BCsin 60°=2×=,故要求几何体的体积V=πr2h=6π.故选B.4.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,E,F分别为AB,BC的中点,则多面体A1C1-AEFC的体积为 .【解析】 多面体A1C1-AEFC的体积等于三棱柱ABC-A1B1C1的体积与三棱台EBF-A1B1C1的体积之差,其中三棱柱ABC-A1B1C1的体积为×2×2×2=4,三棱台EBF-A1B1C1的体积为×2×=,所以多面体A1C1-AEFC的体积为4-=.方法技巧·精提炼1.求几何体的表面积的方法(1)求表面积问题的思路是将立体几何问题转化为平面图形问题,即空间图形平面化,这是解决立体几何的主要出发点;(2)求不规则几何体的表面积时,通常将所给几何体分割成柱、锥、台体,先求这些柱、锥、台体的表面积,再通过求和或作差求得所给几何体的表面积.2.求空间几何体体积的常用方法(1)公式法:直接根据常见柱、锥、台体等规则几何体的体积公式计算;(2)等积法:根据体积计算公式,通过转换空间几何体的底面和高使得体积计算更容易,或是求出一些体积必等;(3)割补法:把不能直接计算体积的空间几何体进行适当分割或补形,转化为可计算体积的几何体.加固训练·促提高1. (2023·平罗县校级模拟)已知圆锥的底面半径为1,侧面展开图的圆心角为π,则该圆锥的侧面积为( C )A.π B.2πC.3π D.4π【解析】 底面圆周长为2π,母线长为=3,所以侧面积为×2π×3=3π.故选C.2. (2023·普陀区校级模拟)如图,在正四棱锥P-ABCD中,AP=AB=4,则正四棱锥的体积为 .【解析】 连接AC与BD交于O,则O是正方形ABCD的中心,∴PO⊥平面ABCD,∵AB=4,∴AO=2,∵PA=4,∴PO==2,∴正四棱锥的体积为V=S正方形ABCD·PO=×16×2=.故答案为.3. (2023·琼山区四模)三棱锥A-BCD中,AC⊥平面BCD,BD⊥CD,若AB=3,BD=1,则该三棱锥体积的最大值为 .【解析】 如图所示,因为AC⊥平面BCD,即AC为三棱锥A-BCD的高,设为x,又因为BC 平面BCD,所以AC⊥BC,在直角△ABC中,由AB=3,AC=x,可得BC=,因为BD⊥CD,且BD=1,可得CD==,所以三棱锥A-BCD的体积为V=S△BCD·AC=××1×x=≤×=,当且仅当8-x2=x2时,即x=2时,三棱锥A-BCD的体积取得最大值,最大值为.核心考点3 多面体与球核心知识·精归纳1.外接球问题(1)到各个顶点距离相等的点是外接球的球心;(2)正方体或者长方体的外接球的球心是其对角线的中点;(3)棱柱的外接球的球心是上下底面多边形外心连线的中点;(4)正棱锥的外接球球心在体高上;(5)正四面体、同一顶点或者首尾相接的三条棱两两垂直的几何体、对棱相等的三棱锥均可构造长方体或正方体来解决;(6)利用球心与截面圆圆心连线垂直于截面圆及球心与弦的中点的连线垂直于弦的性质确定球心.2.内切球问题(1)内切球的球心到个面的距离相等;(2)正多面体的内切球和外接球的球心重合;(3)经常用等体积法解决内切球问题.多维题组·明技法角度1:多面体与球中的面积和体积问题1.已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2,E为棱CC1上的一点,且满足平面BDE⊥平面A1BD,则四面体ABCE的外接球的表面积为( A )A.9π B.18πC.36π D.81π【解析】 如图所示:H为BD的中点,连接A1H,A1E,EH,A1B=AD,则A1H⊥BD,A1H 平面A1BD,平面BDE∩平面A1BD=BD,平面BDE⊥平面A1BD,故A1H⊥平面BDE,HE 平面BDE,故A1H⊥HE,设CE=a,则A1H=,HE=,A1E=,A1E2=A1H2+HE2,即8+(2-a)2=6+a2+2,解得a=1,将四面体ABCE放入长方体ABCD-EFPQ中,设四面体ABCE的外接球半径为R,则2R==3,R=,外接球的表面积S=4πR2=4π×=9π.故选A.2. (2023·香洲区校级模拟)已知正三棱锥A-BCD的侧棱长为,且侧棱与正三棱锥的底面所成角的正切值为,则此正三棱锥的棱切球的表面积为( B )A.π B.C.3π D.6π【解析】 根据题意,设底面三角形的外心为O,连接AO,连接BO并延长与CD交于点E,三棱锥A-BCD为正三棱锥,则AO⊥面BCD,又由侧棱与正三棱锥的底面所成角的正切值为,则tan∠ABO=,则有=,又由AO2+BO2=AB2=3,解可得BO=1,O为△BCD外接圆的圆心,则BE=BO+OE=BO=,而∠BCE=60°,易得BC=CD=BD=,故三棱锥A-BCD为正四面体,则三棱锥A-BCD所在正方体的棱长为,故此正三棱锥的棱切球的半径为其所在正方体的棱长的一半,故其棱切球的半径R=×=,则此正三棱锥的棱切球的表面积S=4πR2=.故选B.3. (2023·吕梁二模)在三棱锥P-ABC中,已知PA⊥底面ABC,CA=CB=PA=2,AC⊥BC,则三棱锥P-ABC外接球的体积为( B )A.16π B.4πC.48π D.12π【解析】 由CA=CB=2,AC⊥BC,所以△ABC的外接圆直径2r=2,∴r=,由于PA⊥底面ABC,PA=2,所以外接球的半径R2=r2+2=2+1=3,∴R=,所以外接球的体积V=πR3=4π.故选B.角度2:多面体与球中的截面问题4. (2023·桐乡市校级模拟)已知三棱锥P-ABC的四个顶点在球O的球面上,PA=PB=PC,△ABC是边长为的正三角形,三棱锥P-ABC的体积为,Q为BC的中点,则过点Q的平面截球O所得截面面积的最小值是 .【解析】 设P在底面ABC上的射影为M,如图,因为PA=PB=PC,由△APM,△BPM,△CPM全等得M为△ABC的中心,由题可知,S△ABC=,由VP-ABC=×PM×S△ABC=,解得PM=,在正△ABC中,可得AM=.从而直角三角形APM中解得PA==1.同理PB=PC=1,又△ABC是边长为的正三角形,所以PA2+PB2=2=AB2,则PA⊥PB,同理PB⊥PC,PC⊥PA,因此正三棱锥P-ABC可看作正方体的一角,正方体的外接球与三棱锥P-ABC的外接球相同,正方体对角线的中点为球心O.记外接球半径为R,则R=,过点Q的平面截球O所得截面面积的最小时,截面与OQ垂直,此时截面圆半径r满足R2=r2+OQ2,由OQ=,得=r2+,所以r2=,所以截面面积的最小值为πr2=.5. (2023·济南市中区模拟)已知三棱锥P-ABC,平面PBC⊥平面ABC,Q为BC中点,PB=PC=AB=BC=AC=2,则过点Q的平面截该三棱锥外接球所得截面面积的取值范围为 .【解析】 连接PQ,QA,由PB=PC=AB=BC=AC=2,可知△ABC和△PBC是等边三角形,设三棱锥P-ABC外接球的球心为O,所以球心O在平面ABC和平面PBC内的射影是△ABC和△PBC的中心E,F,△PBC是等边三角形,Q为BC中点,所以PQ⊥BC,又因为平面PBC⊥平面ABC,平面PBC∩平面ABC=BC,所以PQ⊥平面ABC,而AQ 平面ABC,因此PQ⊥AQ,所以OFQE是矩形,△ABC和△PBC是边长为2的等边三角形,所以两个三角形的高h==,在矩形OFQE中,OE=FQ=h=,AE=h=,连接OA,所以OA===,设过点Q的平面为α,当OQ⊥α时,此时所得截面的面积最小,该截面为圆形,OQ===h=×=.因此圆Q的半径为:==1,所以此时面积为π·12=π,当点Q在以O为圆心的大圆上时,此时截面的面积最大,面积为:π·2=,所以截面的面积范围为.角度3:表面积与球的组合体中的最值问题6.《九章算术》是我国古代著名的数学著作,其中记载有几何体“刍甍”.现有一个刍甍如图所示,底面ABCD为正方形,EF∥平面ABCD,四边形ABFE,CDEF为两个全等的等腰梯形,EF=AB,且2AE+EF=8,则此刍甍体积的最大值为( B )A. B.C. D.【解析】 在DC上取两点H、J,使得HJ=EF,且DH=JC,在AB上取两点I、K,使得IK=EF,且AI=KB,则四棱锥E-ADHI和F-JKBC体积相同,取AD、BC中点N、M,正方形ABCD中心O,EF中点O1,连接EN,MN,FM,OO1,根据题意可得OO1⊥平面ABCD,EF∥AB∥MN,点O是MN的中点,设MN=AB=AD=4x,则AN=2x,EF=HJ=2x,AE=4-x,DH=JC=x,在等腰△AED中,AD⊥EN,EN==,同理FM=,则等腰梯形EFMN的高为OO2==,所以刍甍的体积为V=2VE-ADHI+VEHI-FJK=2××x×4x×+×4x××2x==,令f(x)=x4(-x2-2x+4),0<x<4,则f′(x)=-6x5-10x4+16x3=-2x3(3x2+5x-8)=-2x3(x-1)(3x+8),令f′(x)>0,即0<x<1;令f′(x)<0,即1<x<4,所以函数f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,4)上单调递减,所以当x=1时,f(x)max=1,所以Vmax=.故选B.7. (2023·开福区校级二模)已知A,B,C,D是体积为π的球体表面上四点,若AB=4,AC=2,BC=2,且三棱锥A-BCD的体积为2,则线段CD长度的最大值为( B )A.2 B.3C. D.2【解析】 因为球的体积为π,设球的半径R,则π=R3,故R=,而AB=4,AC=2,BC=2,故AB2=AC2+BC2,故∠ACB=,故S△ACB=×2×2=2,设点D到平面ABC的距离为h,则×h×2=2,故h=3,点D在球的截面圆上,设截面圆所在的平面为α,因为h>R,所以平面α与平面ABC在球心的异侧,设球心到平面ABC的距离为d,而△ACB外接圆的半径为AB=2,则d==1,故球心到平面α的距离为3-1=2,故截面圆的半径为=1,设点D在平面ABC上的投影为E,则E的轨迹为圆,圆心为△ABC的外心即AB的中点,当CE最长时CD最长,此时CE=2+1=3,故CD长度的最大值为=3.故选B.方法技巧·精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O1的连线垂直于截面圆的性质确定球心.加固训练·促提高1. (2023·沙坪坝区校级模拟)已知侧面积为4π的圆柱存在内切球,则此圆柱的体积为( A )A.2π B.3πC.4π D.5π【解析】 根据题意,设圆柱底面半径为r,则其内切球的半径也是r,圆柱的高为2r,故圆柱的侧面积S=2πr×2r=4π,解可得r=1,故此圆柱的体积V=πr2×2r=2π.故选A.2.已知在正四面体ABCD中,E是AD的中点,P是棱AC上的一动点,BP+PE的最小值为,则该四面体内切球的体积为 π .【解析】 由题意,将侧面△ABC和△ACD沿AC边展开成平面图形,如图所示.设正四面体的棱长为a,则BP+PE的最小值为BE==a=,得a=2,所以正四面体的高为=,所以正四面体的体积为××8×=,设该四面体内切球的半径为r,则4×××8×r=,解得r=,所以该四面体内切球的体积为π×3=π. 展开更多...... 收起↑ 资源列表 新教材适用2024版高考数学二轮总复习第1篇专题4立体几何第1讲空间几何体核心考点1基本立体图形教师用书.doc 新教材适用2024版高考数学二轮总复习第1篇专题4立体几何第1讲空间几何体核心考点2空间几何体的表面积与体积教师用书.doc 新教材适用2024版高考数学二轮总复习第1篇专题4立体几何第1讲空间几何体核心考点3多面体与球教师用书.doc