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第七章　立体几何与空间向量
第七章　立体几何与空间向量
第七章　立体几何与空间向量
必修1 中国特色社会主义
第七章　立体几何与空间向量
高考对线、面的平行和垂直问题的考查，一般不用向量法求解，但利用向量的坐标运算证明线、面的平行与垂直可以将逻辑推理转化为代数运算，降低思维难度，主要出现在解答题的第(1)问中，难度中等，主要考查直观想象学科素养．
二面角是每年高考的高频考点，主要以空间几何体为载体考查线面关系、距离问题及二面角．求二面角的大小一般用向量法求解，通过坐标运算实现问题的解决，可以有效避免较复杂的逻辑推理过程，但是向量法往往对学生的运算能力要求较高．试题主要以解答题的形式呈现，难度中等，主要考查直观想象、数学运算素养．
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第七章　立体几何与空间向量
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第七章　立体几何与空间向量
(15分)(2024·新高考Ⅰ卷T17)如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD，PA＝AC＝2，BC＝1，AB＝．
(1)若AD⊥PB，证明：AD∥平面PBC；
(2)若AD⊥DC，且二面角A-CP-D的正弦值
为，求AD．
[阅读与思考]　(1)证明：由于PA⊥底面ABCD，AD 底面ABCD，∴PA⊥AD，………………………………………………………(1分)
又AD⊥PB，PA∩PB＝P，PA，PB 平面PAB，
∴AD⊥平面PAB，…………………………………………………(2分)
又AB 平面PAB，∴AD⊥AB．……………………………………(3分)
∵AB2＋BC2＝AC2，∴AB⊥BC，∴BC∥AD，…………………(5分)
∵AD 平面PBC，BC 平面PBC，∴AD∥平面PBC．…………(6分)
(2)由题意知DC，AD，AP两两垂直，以D为坐标原点，AD所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，过点D且平行于AP的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，则D(0，0，0)，
设A(a，0，0)，a>0，则CD＝，
C(0，，0)，P(a，0，2)，＝(0，
－，0)，＝(－a，，0)，
＝(a，－，2)．………………………………………(8分)
设平面CPD的法向量为n＝(x，y，z)，
则即
可取n＝(2，0，－a)．……………………………………………(9分)
设平面ACP的法向量为m＝(x1，y1，z1)，
则即
可取m＝(，a，0)．……………………………………(10分)
∵二面角A-CP-D的正弦值为，
∴其余弦值的绝对值为，………………………………………(11分)
故|cos 〈m，n〉|＝＝＝，…………(13分)
又a>0，∴a＝，即AD＝．…………………………………(15分)
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第七章　立体几何与空间向量
本题第(1)问源自人教A版必修第二册第159页练习第3题，第165页习题8.6第20题．教材习题和高考题第(1)问均考查了线面垂直的判定与性质，线面平行的判定定理以及线线垂直的判定．
本例第(2)问源自人教A版选择性必修第一册第49页复习参考题1第12题．教材习题和高考题第(2)问均考查了利用向量法求二面角的大小，难度稍高于教材习题．
必修1 中国特色社会主义
第七章　立体几何与空间向量
试题评价：本题以四棱锥为载体，考查线面垂直的判定与性质，线线垂直的判定，线面平行的判定，向量法求二面角的大小，综合性较强，属于课程学习情境，难度中等偏上．主要考查直观想象、数学运算的数学学科核心素养．
附：1．(1)(人教A版必修第二册P159练习T3)如图，AB⊥平面BCD，BC⊥CD，你能发现哪些平面互相垂直？为什么？
(2)(人教A版必修第二册P165习题8.6T20)如图，AB是⊙O的直径，点C是⊙O上的动点，过动点C的直线VC垂直于⊙O所在平面，D，E分别是VA，VC的中点．判断直线DE与平面VBC的位置关系，并说明理由．
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第七章　立体几何与空间向量
2．(人教A版必修第一册P49复习参考题1T12)如图，在四棱锥S-ABCD中，底面ABCD满足AB⊥AD，AB⊥BC，SA⊥底面ABCD，且SA＝AB＝BC＝1，AD＝0.5．
(1)求四棱锥S-ABCD的体积；
(2)求平面SCD与平面SAB的夹角的余弦值．
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第七章　立体几何与空间向量
第1课时　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，能用公式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．
考点一　基本立体图形
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____且____
平行
全等
平行
相似
名称 棱柱 棱锥 棱台
侧棱 __________ 相交于____但 不一定相等 延长线交于____
侧面 形状 __________ ______ ____
平行且相等
一点
一点
平行四边形
三角形
梯形
2．特殊的棱柱
(1)侧棱垂直于底面的棱柱叫做______．
(2)侧棱不垂直于底面的棱柱叫做______．
(3)底面是正多边形的直棱柱叫做______．
(4)底面是平行四边形的四棱柱也叫做__________．
3．正棱锥
底面是正多边形，并且顶点与底面中心的连线垂直于底面的棱锥叫做正棱锥．特别地，各棱均相等的正三棱锥叫正四面体．
直棱柱
斜棱柱
正棱柱
平行六面体
4．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，____于底面 相交于____ 延长线 交于____
垂直
一点
一点
名称 圆柱 圆锥 圆台 球
轴截面 ____ __________ ________ ____
侧面 展开图 ____ ____ ____
矩形
等腰三角形
等腰梯形
圆面
矩形
扇形
扇环
5．立体图形的直观图
(1)画法：常用__________．
(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____．
②原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍________________，平行于x轴和z轴的线段在直观图中保持原长度____，平行于y轴的线段在直观图中长度变为原来的____．
斜二测画法
垂直
分别平行于坐标轴
不变
一半
[常用结论]　直观图与原平面图形面积间的关系：S直观图＝S原图形，S原图形＝2S直观图．
考向1　结构特征
[典例1]　(多选)下列说法中正确的是(　　)
A．以直角梯形垂直于底边的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，其余各面都是平行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
√
√
AD　[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正确；
由棱柱定义可知，棱柱是有两个面平行，其余各面都是平行四边形，且每相邻两个平行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，但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．]
反思领悟　识别空间几何体的两种方法
(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、面等基本要素，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，要说明一个结论是错误的，只要举出一个反例即可．
巩固迁移1　(多选)下面关于空间几何体的叙述正确的是(　　)
A．棱锥的底面多边形最少有四条边
B．用平面截圆柱得到的截面只能是圆和矩形
C．长方体是直平行六面体
D．存在每个面都是直角三角形的四面体
√
√
CD　[A中，棱锥的底面可以是三角形，故A不正
确．B中，当平面与圆柱的母线平行或垂直时，
截得的截面才为矩形或圆，否则为椭圆或椭圆的
一部分，故B不正确．C正确．D中，如图，正方
体ABCD-A1B1C1D1中的三棱锥C1-ABC，四个面都
是直角三角形，故D正确．]
考向2　直观图
[典例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． B．3
C．4 D．5
√
B　[法一：由已知求得O′C′＝，把直观图还原后如图所示，可得原图形为直角梯形，OA∥CB，OA⊥OC，且OA＝1，BC＝2，OC＝2，故原四边形OABC的面积为×(1＋2)×2＝3．
法二：由题意知A′B′＝1，所以S直观图＝×(1＋2)×1＝，所以S原图形＝2S直观图＝3．]
反思领悟　本例关键B′C′平行于x′轴，O′A′在x′轴上，还原后平行性不变，仍平行于x轴，长度不变；O′C′在y′ 轴上，还原后仍在y轴上，长度变为原来的二倍．
巩固迁移2　(2024·济宁一中月考)已知正△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
√
D　[法一：如图1，2所示的分别为实际图形和直观图，
由图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，
所以S△A′B′C′＝A′B′×C′D′＝×a×a＝a2．故选D．
法二：S△ABC＝×a×a sin 60°＝a2，
又S直观图＝S原图＝a2＝a2．故选D．]
考向3　展开图
[典例3]　(2025·长沙模拟)如图，正三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱长为a，底面边长为b，一只蚂蚁从点A出发沿每个侧面爬到A1，路线为A→M→N→A1，则蚂蚁爬行的最短路程是(　　)
A． B．
C． D．
√
A　[正三棱柱的侧面展开图是如图所示的矩形，矩形的长为3b，宽为a，则其对角线AA1的长为最短路程．因此蚂蚁爬行的最短路程为．故选A．]
反思领悟　本例为空间折线最短问题，解答关键是沿A1A将三棱柱侧面展开，采用化曲为直的策略，将空间问题平面化．
巩固迁移3　(2025·郴州模拟)已知圆台的上、下底面圆半径分别为10和5，侧面积为300π，AB为圆台的一条母线(点B在圆台的上底面圆周上)，M为AB的中点，一只蚂蚁从点B出发，绕圆台侧面爬行一周到点M，则蚂蚁爬行所经路程的最小值为(　　)
A．30 B．40
C．50 D．60
√
C　[圆台上底面半径为10，下底面半径为5，设母线长为l，
∴侧面积S＝πl(10＋5)＝15πl＝300π，解得l＝20．
如图所示，将圆台所在圆锥的侧面展开，
且设扇形所在圆的圆心为O．
线段M1B就是蚂蚁经过的最短距离．
设OA＝R，扇形的圆心角是α，则由题意知下底面周长C＝2πr＝2×5π＝10π，又C＝αR＝，∴10π＝αR，①
同理20π＝α(20＋R)，②
由①②解得α＝，R＝20，∴OM＝OM1＝30，OB1＝OB＝40，
则M1B＝＝50．故选C．]
考点二　空间几何体的表面积与体积
1．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＝__________
2πrl
πrl
π(r1＋r2)l
2．柱、锥、台、球的表面积和体积
名称 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＝_______
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＝__________
Sh
Sh
4πR2
πR3
[常用结论]　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)．
考向1　侧面积与表面积
[典例4]　(1)(2024·抚顺期末)已知某圆锥的底面半径为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的侧面积为(　　)
A．2π B．4π
C．4π D．8π
(2)(2024·辽宁期末)已知正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，截面BDD1B1是边长为2的正方形，则正四棱柱的表面积为(　　)
A．4＋8 B．8＋8
C．4＋16 D．8＋16
√
√
(3)(2025·山东济南模拟)如图，在正四棱台ABCD-A1B1C1D1中，已知AB＝2，A1B1＝1，且棱台的侧面积为6，则该棱台的高为_____．
(1)B　(2)D　(3)　[(1)设圆锥的母线长为l，由题意知，πl＝2π，解得l＝2，
所以圆锥侧面积为πrl＝π××2＝4π．故选B．
(2)正四棱柱ABCD-A1B1C1D1是底面为正方形的直棱柱，
设底面边长为a(a＞0)，因为截面BDD1B1是边长为2的正方形，
所以DD1＝2，DB＝2，则＝2，
解得a＝2，
所以正四棱柱的表面积S＝2a2＋4a×DD1＝
2×22＋4×2×2＝8＋16．
故选D．
(3)如图所示，
设正四棱台ABCD-A1B1C1D1的侧高为h，高为H，
棱台的侧面积S＝×(1＋2)×h×4＝6，
所以h＝1，
所以H＝＝．]
反思领悟　本例(1)中，展开图半圆的半径是圆锥的母线长，展开图半圆的半圆弧长等于圆锥的底面周长；本例(2)和(3)要注意区分，侧面积是各个侧面的面积之和，表面积是各个面(包括两个底面)的面积之和．
巩固迁移4　(2024·湖南期末)已知圆台的上、下底面的半径分别为R，r，若R＝2r＝2，过轴O1O2(其中O2，O1分别为上、下底面的圆心)的轴截面的面积为3，则该圆台的表面积为(　　)
A．11π B．9π
C．6π D．3π
√
A　[如图所示，过点A作AC垂直O2B于点C，则BC＝1，
设圆台的高为h．因为过轴O1O2的横截面的面积为3，
由横截面是一个等腰梯形可得S横截面＝×h＝3，
解得h＝，
所以在Rt△ACB中，l＝|AB|＝＝2，
所以S圆台表＝π(R＋r)l＋πR2＋πr2＝π×(2＋1)×2＋π×22＋π×12＝11π．
故选A．]
考向2　体积
[典例5]　(1)(2024·新高考Ⅰ卷)已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为，则圆锥的体积为(　　)
A．2π B．3π
C．6π D．9π
(2)(2025·山西运城模拟)已知一个正四棱台的上、下底面边长分别为1，3，侧棱长为，则棱台的体积为(　　)
A．4　B． 　　C．12 　　D．13
√
√
(1)B　(2)D　[(1)设圆柱的底面半径为r，则圆锥的母线长为，而它们的侧面积相等，所以2πr×＝πr×，即2＝，故r＝3，
故圆锥的体积为π×9×＝3π．故选B．
(2)设F，E分别是正四棱台上、下底面的中心，如图所示，
由正四棱台可知，四边形ABCD为等腰梯形，
且AB＝3，CD＝，
BC＝，
所以h＝EF＝＝3，
所以V＝h(S＋S′＋)＝×3×(1＋9＋3)＝13．故选D．]
链接·2025高考试题
(2025·上海卷)如图，在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，BD＝4，DB1＝9，则该正四棱柱的体积为________．
112
112　[在△BB1D中，BB1＝＝＝7.在△ABD中，AB2＋AD2＝BD2，因为AB＝AD，BD＝4，所以AB＝AD＝4，则该正四棱柱的体积为4×4×7＝112.]
反思领悟　本例两个小题均为规则几何体，直接利用公式求体积；不规则几何体的体积常用“割补法”分割成几个规则几何体或补成规则几何体求体积；求三棱锥的体积通常还选择合适的底面利用“等体积法”求体积．
巩固迁移5　(1)(2025·天津和平区模拟)已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，则三棱锥A-B1CD1的体积为(　　)
A． B．
C．4 D．6
(2)(人教A版必修第二册P119例4改编)如图，圆柱的底面直径和高都等于球的直径，则球与圆柱的体积之比为________．
√
　
(1)B　(2)　[(1)如图，三棱锥A-B1CD1是由正方体ABCD-A1B1C1D1截去四个小三棱锥A-A1B1D1，
C-B1C1D1，B1-ABC，D1-ACD得到的，
又＝23＝8，
＝＝＝＝×23＝，
所以＝8－4×＝．故选B．
(2)设球的半径为R，则圆柱的底面半径为R，高为2R．
∵球的体积V1＝πR3，圆柱的体积V2＝πR2·2R＝2πR3，
∴V1∶V2＝πR3∶2πR3＝2∶3．]
【教用·备选题】
(2025·大同模拟)《九章算术》是我国古代的数学巨著，其卷第五“商功”有如下问题：“今有刍甍，下广三丈，袤四丈，上袤二丈，无广，高一丈．问积几何？”意思为：今有底面为矩形的屋脊形状的多面体(如图)，下底面宽AD＝3丈，长AB＝4丈，上棱EF＝2丈，EF与平面ABCD平行，EF与平面ABCD的距离为1丈，则它的体积是(　　)
A．4立方丈　　　　　 B．5立方丈
C．6立方丈 D．8立方丈
√
B　[如图，过E作EG⊥平面ABCD，垂足为G，过F作FH⊥平面ABCD，垂足为H，过G作PQ∥AD，交AB于Q，交CD于P，过H作MN∥BC，交AB于N，交CD于M，由图形的对称性可知，AQ＝BN＝1，QN＝2，且四边形AQPD与四边形NBCM都是矩形．
则该多面体的体积
V＝VE-AQPD＋VEPQ-FMN＋VF-NBCM＝
·EG·S矩形AQPD＋S△EPQ·NQ＋·FH·S矩形NBCM
＝×1×1×3＋×3×1×2＋×1×1×3＝5(立方丈)．]
考向1　等体积法求三棱锥的体积
[典例1]　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
1　[如图，由正方体棱长为2，
得＝2×2－2××2×1－×1×1＝，
又易知D1A1为三棱锥D1-A1MN的高，
且D1A1＝2，
∴＝＝··D1A1＝×2＝1．]
反思领悟　本例中△D1MN的面积不易求出，而△A1MN的面积相对好求且新底面所对应的高A1D1已知，故可通过三棱锥“换底”求解．
应用体验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．
√
A　＝＝＝．故选A．]
考向2　割补法求多面体体积
[典例2]　如图，在多面体A1SBCC1B1中，四边形BCC1B1为矩形，四边形A1B1BS是直角梯形，A1S∥BB1，A1S＝BB1，CC1＝8，A1B1＝B1C1＝4，∠A1B1C1＝90°．则多面体A1SBCC1B1的体积为_______．
　
　[法一(补形法)：将多面体A1SBCC1B1补形得到直三棱柱ABC-A1B1C1，如图，
因为A1S＝BB1，即S为A1A的中点，
所以VS-ABC＝×4×4×4＝，
又＝×4×4×8＝64，
故多面体A1SBCC1B1的体积为64－＝．
法二(分割法)：将多面体A1SBCC1B1分割得到直三棱柱SFE-A1B1C1和四棱锥S-BCEF，如图，其中E，F分别是CC1，BB1的中点，
所以＝×4×4×4＝32，
VS-BCEF＝×4×4×4＝，
故多面体A1SBCC1B1的体积为32＋＝．]
反思领悟　不规则几何体我们可以利用“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，不熟悉的几何体补成熟悉的几何体计算．
应用体验2　如图所示，已知多面体ABC-DEFG中，AB，AC，AD两两互相垂直，平面ABC∥平面DEFG，平面BEF∥平面ADGC，AB＝AD＝DG＝2，AC＝EF＝1，则该多面体的体积为________．
4
4　[法一(分割法)：因为几何体有两对相对面互相平行，如图所示，
过点C作CH⊥DG于H，连接EH，
即把多面体分割成一个直三棱柱DEH-ABC
和一个斜三棱柱BEF-CHG．
由题意，知V三棱柱DEH-ABC＝S△DEH×AD＝×2×1×2＝2，V三棱柱BEF-CHG＝S△BEF×DE＝×2×1×2＝2．
故所求几何体的体积V多面体ABC-DEFG＝2＋2＝4．
法二(补形法)：
因为几何体有两对相对面互相平行，
如图所示，将多面体补成棱长为2的正方体，
显然所求多面体的体积为该正方体体积的一半．
又正方体的体积V正方体ABHI-DEKG＝23＝8，
故所求几何体的体积V多面体ABC-DEFG＝×8＝4．]
随堂练习
√
1．下列说法正确的是(　　)
A．两个面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台
B．以直角三角形的一边为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥
C．各侧面都是正方形的四棱柱一定是正方体
D．圆锥的轴截面是等腰三角形
D　[棱台是棱锥过侧棱上一点作底面的平行平面分割而得到的，而两个面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体中，把梯形的腰延长后，有可能不交于一点，就不是棱台，故A错误；以直角三角形的斜边为轴旋转一周所得的旋转体不是圆锥，故B错误；各侧面都是正方形的四棱柱中，如果底面是菱形，不一定是正方体，故C错误；圆锥的轴截面是等腰三角形，故D正确．故选D．]
2．(2025·八省联考)底面直径和母线长均为2的圆锥的体积为(　　)
A．π B．π
C．2π D．3π
√
A　[因为圆锥的底面半径为1，母线长为2，所以圆锥的高h＝＝，圆锥的体积V＝Sh＝·π·＝π．故选A．]
3．一平面四边形OABC的直观图O′A′B′C′如图所示，其中O′C′⊥x′轴，A′B′⊥x′轴，B′C′∥y′轴，则四边形OABC的面积为(　　)
A． B．3
C．3 D．
√
B　[平面四边形OABC的直观图O′A′B′C′是直角梯形，
其面积为×(1＋2)×1＝，则S原图＝2S直观图＝3．故选B．]
4．(人教A版必修第二册P116练习T1改编)已知正四棱台上、下底面的边长分别为4和8，高为2，则该正四棱台的表面积为_________．
80＋48　[因为正四棱台的侧面是等腰梯形，正四棱台的上、下底面的边长分别是4，8，高为2，所以侧面梯形的斜高为h1＝
＝2，则侧面梯形的面积为(4＋8)×2＝
12．又上、下底面的面积分别为4×4＝16，8×8＝64，所以该正四棱台的表面积为16＋64＋4×12＝80＋48．]
80＋48
【教用·备选题】
1．(2025·蚌埠模拟)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．12 B．16
C．24 D．24
√
A　[如图，设圆锥侧面展开扇形的圆心角为θ，
则由题意可得2π×4＝12θ，
则θ＝，
在△POP′中，OP＝OP′＝12，
则小虫爬行的最短路程为PP′＝
＝12．
故选A．]
2．(2024·济南期末)若正三棱台上底面边长为，下底面边长为2，高为，则该棱台的体积为(　　)
A． B．2
C． D．
√
C　[∵正三棱台上底面边长为，下底面边长为2，
∴正三棱台上底面面积为×()2＝，下底面的面积为×(2)2＝2，
又∵高为，∴该棱台的体积为V＝＝．
故选C．]
3．(2024·梅州期末)如图，水平放置的△ABC的直观图△A′B′C′恰为腰长为2的等腰直角三角形，则△ABC中最长边的长为(　　)
A．2 B．4
C．4 D．6
√
D　[根据题意，直观图△A′B′C′中，B′A′＝2，C′B′＝2，∠C′A′B′＝45°，
那么，在原△ABC中，AB＝2，
AC＝4，∠CAB＝90°，
∴BC＝＝6，故最长的边为6．
故选D．]
4．(2024·沙河口期末)已知圆台的体积为，母线长为3，高为，则圆台的侧面积为(　　)
A．36π B．24π
C．18π D．12π
√
D　[设上底面半径为r，下底面半径为R，如图，
根据题意，AC＝3，BC＝OO1＝，CO1＝BO＝r，AO＝R，AB＝R－r，在Rt△ABC中，(R－r)2＋()2＝32，即R－r＝2①，
又因为圆台的体积为，
所以V＝πh(R2＋Rr＋r2)＝π××(R2＋Rr＋r2)＝，
即R2＋Rr＋r2＝13②，联立①②可得：R＝3，r＝1，
所以圆台的侧面积为πl(R＋r)＝π×3×(3＋1)＝12π．
故选D．]
5．(2024·张家口尚义县月考)已知圆锥的侧面展开图是圆心角为的扇形，母线长为3．
(1)求圆锥的底面积；
(2)在该圆锥内按如图所示放置一个圆柱，
当圆柱的侧面积最大时，求圆柱的体积．
[解]　(1)依题意，圆锥的侧面展开图扇形弧长为
×3＝4π，则圆锥底面圆半径r＝2，
所以圆锥底面圆面积为S＝πr2＝4π．
(2)设圆柱的高OO1＝h，底面圆半径OD＝x，
在Rt△AOB中，AO＝＝，显然O1D1∥OB，则＝，
即＝，于是h＝，
圆柱侧面积S′＝2πxh＝2πx·＝－π(x2－2x)＝－π(x－1)2＋π，
则当x＝1，h＝时，圆柱的侧面积最大，此时该圆柱的体积为V＝πx2h＝π．
课后习题(四十二)　基本立体图形、简单几何体的表面积与体积
1．(苏教版必修第二册P155练习T4改编)如图，
能推断出这个几何体是三棱台的是(　　)
A．A1B1＝2，AB＝3，B1C1＝3，BC＝4
B．A1B1＝1，AB＝2，B1C1＝1.5，BC＝3，A1C1＝2，AC＝3
C．A1B1＝1，AB＝2，B1C1＝1.5，BC＝3，A1C1＝2，AC＝4
D．A1B1＝AB，B1C1＝BC，A1C1＝AC
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
C　[棱台的上、下底面相似且相似比不为1．
对于A，≠，故A不正确；
对于B，＝≠，故B不正确；
对于C，＝＝≠1，故C正确；
对于D，若＝＝＝1，则几何体A1B1C1-ABC不是三棱台，故D不正确．]
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
2．(人教A版必修第二册P120习题8.3T8改编)在△ABC中，AB＝2，BC＝1.5，∠ABC＝120°，若使△ABC绕直线BC旋转一周，则所形成的几何体的体积是(　　)
A．π B．π
C．π D．π
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
A　[如图，形成的旋转体是一个大圆锥去掉
一个小圆锥．由题易知OA＝，OB＝1，
所以旋转体的体积V＝π×OA2×(OC－OB)＝
π×()2×＝π．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
3．(人教B版必修第四册P71练习BT6改编)如图，小蚂蚁的家住在长方体ABCD-A1B1C1D1的A处，小蚂蚁的奶奶家住在C1处，三条棱长分别是AA1＝1，AB＝2，AD＝3，小蚂蚁从A点出发，沿长方体的表面到奶奶家C1的最短距离是(　　)
A．2 B．3
C． D．
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
B　[将长方体的部分表面展开，则从A点出发到C1点，
有3条直线路线，如图1，2，3所示．
图1中，AB＝2，BC1＝4，所以AC1＝＝2；
图2中，AC＝5，CC1＝1，所以AC1＝＝；
图3中，C1B1＝3，AB1＝3，所以AC1＝＝3．
而>2>3，所以小蚂蚁从A点出发，
沿长方体的表面到奶奶家C1的最短距离是3．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
4．(人教A版必修第二册P116练习T3改编)鲁班锁起源于中国古代建筑的榫卯结构．这种三维的拼插器具内部的凹凸部分(即榫卯结构)啮合，十分巧妙．鲁班锁类玩具比较多，形状和内部的构造各不相同，一般都是易拆难装，如图1，这是一种常见的鲁班锁类玩具，图2是该鲁班锁类玩具的直观图．已知该鲁班锁类玩具每条棱的长均为1，则该鲁班锁类玩具的表面积为(　　)
A．2(6＋6) 　　B．8＋8
C．2(6＋6) 　　D．8＋8
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
A　[该鲁班锁类玩具可以看成是一个棱长为1＋的正方体截去8个正三棱锥剩下的部分，被截去的正三棱锥的底面边长为1，侧棱长为，余下的部分的表面积为正方体的表面积减去8个正三棱锥每个侧面(等腰直角三角形)的面积，再加上8个正三棱锥底面的面积，则该鲁班锁类玩具的表面积S＝6×(1＋)2—8×3×＋8××12＝2(6＋6)．故选A．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
5．(多选)(2024·江门月考)下列说法正确的是(　　)
A．圆台的轴截面一定是等腰梯形
B．用一个平面去截棱锥，一定会得到一个棱锥和一个棱台
C．将一个等腰梯形绕着它的较长的底边所在的直线旋转一周，所得到的几何体是由一个圆台和两个圆锥组合而成的
D．有两个面平行，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的几何体叫棱柱
√
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
AD　[圆台的轴截面是等腰梯形，故A正确；用平行于底面的平面去截棱锥，一定会得到一个棱锥和一个棱台，用其他平面去截棱锥，不会得到一个棱锥和一个棱台，故B错误；将一个等腰梯形绕着它的较长的底边所在的直线旋转一周，所围成的几何体是由一个圆柱和两个圆锥组合而成的，故C错误；有两个面平行，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的几何体叫棱柱，符合棱柱的定义，故D正确．故选AD．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
6．(2024·保定期末)底面积是π，侧面积是2π的圆锥的体积是(　　)
A．π B．2π
C． D．π
√
D　[设圆锥的母线长为l，高为h，半径为r，
则S底＝πr2＝π，且S侧＝πrl＝2π，解得r＝1，l＝2，
所以h＝＝，所以圆锥的体积为πr2h＝π．故选D．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
7．(2024·邯郸期末)如图，一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形O′A′B′C′，且O′A′∥B′C′，O′A′＝2B′C′＝4，A′B′＝2，则该平面图形的高为(　　)
A．2 B．2
C．4 D．
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
C　[在直角梯形O′A′B′C′中，O′A′∥B′C′，O′A′＝2B′C′＝4，A′B′＝
2，显然∠A′O′C′＝45°，于是O′C′＝＝＝2，
直角梯形O′A′B′C′对应的原平面图形为如图中直角梯形OABC，
BC∥OA，OC⊥OA，OA＝2BC＝4，OC＝2O′C′＝4，
所以该平面图形的高为4．故选C．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
8．(2024·丰城市期末)已知正四棱台的上、下底面边长分别为2和4，其表面积为20＋12，则该正四棱台的体积为(　　)
A． B．28
C． D．14
√
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
B　[设正四棱台的斜高为h，高为H，表面积为22＋42＋4×(2＋4)h＝20＋12，得h＝，则侧棱长为＝，
正四棱台上、下底面的对角线长分别为2，4，
所以正四棱台的高H＝＝3，
所以正四棱台的体积V＝×(4＋＋16)×3＝28．
故选B．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
9．(2025·江苏南通模拟)已知一个圆台的上、下底面半径分别为
1 cm，2 cm，母线长为 cm，则该圆台的体积是________cm3．
　[依题意，圆台的高h＝＝1(cm)，
所以圆台的体积为V＝π(12＋1×2＋22)×1＝(cm3)．]
　
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
10．(2025·湖北天门中学模拟)在如图所示的斜截圆柱中，已知圆柱的底面直径为40 cm，母线长最短50 cm，最长80 cm，则斜截圆柱的侧面面积S＝________cm2．
2 600π
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
2 600π　[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．由题意得所求侧面面积S＝×(π×40)×(50＋80)＝
2 600π(cm2)．]
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
11．(2024·长春绿园区期末)如图，这是由一个半圆柱和一个长方体组合而成的几何体，其中AB＝AA1＝2，AD＝6．
(1)求该几何体的体积；
(2)求该几何体的表面积．
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
[解]　(1)长方体的体积为2×2×6＝24，
半圆柱的底面积为π＝π＝，
半圆柱的体积为×AD＝×6＝3π，
所以该几何体的体积为24＋3π．
(2)长方体去掉上底面后的表面积为2×6＋2×2×2＋2×6×2＝44，
由(1)得半圆柱的底面积为，
半圆柱的侧面积为2π××6＝6π，
所以该几何体的表面积为44＋×2＋6π＝44＋7π．
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
12．(2024·哈尔滨香坊区期末)图1是一块正四棱台ABCD-A1B1C1D1的铁料，上、下底面的边长分别为20 cm和40 cm，O1，O分别是上、下底面的中心，棱台高30 cm．
(1)求正四棱台ABCD-A1B1C1D1的表面积；
(2)若将这块铁料最大限度地切削为一个圆台(如图2)，求削去部分与圆台的体积之比．
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
[解]　(1)如图，正四棱台侧面是全等的等腰梯形，分别取B1C1，BC中点M，N，
连接O1M，ON，MN，过点M作MH⊥ON，垂足为点H，则O1O＝MH＝30 cm，O1M＝10 cm，ON＝20 cm，HN＝10 cm，
∴MN＝＝
＝10(cm)，
∴四棱台ABCD-A1B1C1D1的表面积S＝202＋402＋4××(20＋40)×10＝(2 000＋1 200)(cm2)．
题号
1
3
5
2
4
6
8
7
9
10
11
12
(2)若要这块铁料最大限度切削为一个圆台，则圆台OO1的上、下底面圆与正四棱锥的上、下底面正方形相切，高为正四棱台的高，
圆台OO1的上底面圆半径O1Q＝10 cm，下底面圆半径OP＝20 cm，
高O1O＝30 cm，
则圆台OO1的体积为V＝π(102＋202＋10×20)×30＝7 000π(cm3)，
又正四棱台ABCD-A1B1C1D1的体积为V′＝＋402＋20×40)×30＝
28 000(cm3)，
则削去部分的体积为V′－V＝(28 000－7 000π)cm3，
∴削去部分与圆台的体积之比为＝－1＝．
谢 谢 ！

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