资源简介

(共16张PPT)
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A组　基础保分练
1.(2026·北京模拟)已知某球体的体积与其表面积的数值相等,则此球体的半径为(　　)
A.4　　　B.　　　C.　　　D.3
解析:设球体的半径为R,则球的体积为πR3,球的表面积为4πR2,所以πR3=4πR2,解得R=3.
D
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2.(2026·重庆模拟)将一个底面直径与高相等的实心圆柱体挖去足够大的球,使得剩余部分最少,则球的体积与剩余部分的体积之比为(　　)
A.1∶1 B.2∶1
C.3∶1 D.4∶1
解析:设圆柱的底面半径为r,由题意挖去球的半径最大为r,所以V球=πr3,V剩余=2πr3-πr3=πr3,V球∶V剩余=2∶1.
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3.(2026·山东枣庄模拟)已知圆台的上、下底面的半径分别为1和3,侧面展开图是半个圆环,则圆台的侧面积为(　　)
A.6π B.16π C.26π D.32π
解析:设圆台的上底面圆半径r'=1,下底面圆半径r=3,母线长为l,圆环所在的小圆的半径为x,
依题意有
解得
所以圆台的侧面积S=π(r'+r)l=π(1+3)×4=16π.
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4.(2026·江苏南京模拟)已知正四棱锥的底面边长为4,且其侧面积是底面积的2倍,则此正四棱锥的体积为(　　)
A. B.36
C.32 D.
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解析:如图所示,在正四棱锥S-ABCD中,BC=4,O为底面正方形的中心,E为BC的中点.
由已知可得4××4×SE=2×4×4,所以SE=4.又OE=2,
所以OS===2,
所以正四棱锥的体积V=×4×4×2=.
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5.已知四棱柱ABCD-EFGH的高为3,其底面ABCD水平放置的直观图(斜二测画法)A'B'C'D'如图所示,其中A'B'=2A'D'=2D'C'=2,A'B'∥C'D',则这个四棱柱的体积为(　　)
A.3 B.
C. D.9
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解析:根据斜二测画法,原来平行于y轴的线段,变为平行于y'轴且长度变为原来的一半,平行于 x 轴的线段长度不变.
因为D'C'=A'D'=1,∠C'A'B'=∠A'C'D'=,所以△A'C'D'为等腰直角三角形,所以A'C'=, 故AC=2A'C'=2,AB=A'B'=2,CD=C'D'=1,∠CAB=,
所以四边形ABCD的面积为SABCD=S△ABC+S△ACD=+=+=3,
所以四棱柱的体积是3×3=9.
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6.(多选)如图是圆台O1O2,在轴截面ABCD中,AB=AD=BC=CD=2,下列说法正确的是(　 　)
A.线段AC=2
B.该圆台的表面积为11π
C.该圆台的体积为7π
D.沿着该圆台的表面从点C到AD中点的最短距离为5
ABD
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解析:显然四边形ABCD是等腰梯形,AB=AD=BC=2,CD=4,即圆台的高h==.
对于A,在等腰梯形ABCD中,
AC==2,A正确;
对于B,圆台的表面积S=π×12+π×22+π(1+2)×2=11π,B正确;
对于C,圆台的体积V=π(12+1×2+22)×=π,C错误;
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对于D,将圆台一半侧面展开,如图中扇环ABCD所示,且E为AD的中点,而圆台对应的圆锥一半侧面展开为扇形COD且易知OC=4,又∠COD==,在Rt△COE中,CE==5,斜边CE上的高为=>2,即CE与弧AB相离,所以点C到AD中点的最短距离为5,D正确.
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7.(2024·全国甲卷)已知圆台甲、乙的上底面半径均为r1,下底面半径均为r2,圆台甲、乙的母线长分别为2(r2-r1),3(r2-r1),则圆台甲与乙的体积之比为　　　　.
解析:设圆台甲、乙的高分别为h甲,h乙,
由题可得两个圆台的高分别为
h甲==(r2-r1),
h乙==2(r2-r1),
所以===.
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8.(2023·全国乙卷)已知圆锥PO的底面半径为,O为底面圆心,PA,PB为圆锥的母线,∠AOB=120°.若△PAB的面积等于,则该圆锥的体积为(　　)
A.π B.π
C.3π D.3π
B组　能力提升练
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解析:如图,在△AOB中,过点O作OC⊥AB于点C,连接PC.
因为△AOB为等腰三角形且∠AOB=120°,OA=,
所以C为AB的中点,AB=3,OC=.
在△PAB中,因为PA=PB,AC=BC,所以AB⊥PC,
所以S△PAB=AB·PC=PC=,所以PC=,
所以在Rt△POC中,PO==,所以V圆锥PO
=×π×()2×PO=×3π×=π.
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9.(2026·湖北孝感模拟)如图是一块正四棱台ABCD-A1B1C1D1的工艺石料,该四棱台的上、下底面的边长分别为2 dm和4 dm,高为3 dm.
(1)求四棱台ABCD-A1B1C1D1的表面积;
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解: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,作MH⊥ON交ON于点H,如图所示.因为O1O∥MH,O1M∥OH,且O1O⊥OH,则四边形OHMO1为矩形,
则O1O=MH=3 dm,O1M=1 dm,ON=2 dm,HN=ON-OH=1(dm),
所以MN===(dm),
所以四棱台ABCD-A1B1C1D1的表面积为S=22+42+4××(2+4)×=20+12(dm2).
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(2)现要将这块工艺石料最大限度打磨为一个圆台,求圆台OO1的体积.
解:若要这块石料最大限度打磨为一个圆台,
则圆台OO1的上、下底面圆分别是正四棱台的上、下底面的内切圆,高为正四棱台的高,
则圆台OO1上底面圆半径O1Q=1 dm,下底面圆半径OP=2 dm,高O1O=3 dm,
则圆台OO1的体积为V=π(1+4+1×2)×3=7π(dm3).第45讲 基本立体图形、简单几何体的表面积与体积
考点一　基本立体图形
角度1　结构特征
[例1]　(多选)下列说法正确的是(　　)
A.以直角梯形垂直于底边的腰所在直线为轴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
[答案]　AD
[解析]　由圆台定义知,以直角梯形垂直于底边的腰为轴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,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.
方法总结
空间几何体概念辨析题的常用方法
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
反例法 通过举反例对结构特征进行辨析,即要说明一个结论是错误的,只要举出一个反例即可
角度2　展开图
[例2]　如图是一座山的示意图,山大致呈圆锥形,底面半径为3 km,高为3 km,B是母线SA上一点,且AB=7 km.现要建设一条从A到B的环山观光公路,当公路长度最短时,这条公路从A出发后先上坡,后下坡,则公路上坡路段长为　　　　　km.
[答案]　
[解析]　由题意,底面半径为3 km,高为3 km,则母线SA==12(km),底面圆周长为2π×3=6π(km),所以展开图的圆心角α==,圆锥侧面展开图如图,公路长度最短为AB,结合题意,AB==13 (km),由点S向AB作垂线,垂足为H,此时SH为点S和线段AB上的点连线长度的最小值,即H为公路的最高点,HB即为下坡路段,则SB2=BH·AB,即25=13·BH,得BH= km,则上坡路段长度为AH=AB-HB=13-=(km).
方法总结
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.注意:多面体表面展开图可能有不同的排布(如长方体),要观察立体图形每个面的形状,全面考虑问题.
角度3　直观图
[例3]　(2026·福建莆田模拟)如图,△A'O'B'是水平放置的△AOB的直观图,但部分图象被茶渍覆盖,已知O'为坐标原点,顶点A',B'均在坐标轴上,且△AOB的面积为12,则O'B'的长度为(　　)
A.1　　　　　　　　 B.2
C.3 D.4
[答案]　B
[解析]　法一:由直观图可得原图形平面图如图所示,
则△AOB为直角三角形,且OA=O'A'=6.因为S△AOB=OB×OA=12,所以OB=4,
所以O'B'=OB=2.
法二:S△A'O'B'=S△AOB=3,又S△A'O'B'=O'A'·O'B'·sin∠A'O'B',
所以O'B'=2.
方法总结
在斜二测画法中,要确定关键点及关键线段:平行于x轴、z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.
1.(多选)下列说法正确的是(　　)
A.底面是菱形,且有一个顶点处的三条棱两两垂直的棱柱是正四棱柱
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:AD
解析:若底面是菱形,且有一个顶点处的三条棱两两垂直,则该四棱柱底面为正方形,且侧棱垂直于底面,所以该四棱柱为正四棱柱,故A正确;棱台是由棱锥被平行于棱锥底面的平面所截而得的,而有两个面平行且相似,其余各面都是梯形的多面体有可能不是棱台,因为它的侧棱延长后不一定交于一点,故B错误;当棱锥的各个侧面的共顶点的角之和是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;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.
2.若水平放置的平面四边形AOBC按斜二测画法得到如图所示的直观图,其中A'C'∥O'B',A'C'⊥B'C',A'C'=1,O'B'=2,则以原四边形AOBC的边AC为轴旋转一周得到的几何体的体积为(　　)
A.14π+8π B.π
C.π D.π
答案:D
解析:由题意,A'C'∥O'B',A'C'⊥B'C',A'C'=1,O'B'=2,所以O'A'=,所以在原图形AOBC中,AC∥OB,OA⊥OB,AC=1,OB=2,AO=2A'O'=2×=2,所以梯形AOBC以边AC为轴旋转一周得到的几何体为圆柱去掉一个同底圆锥的组合体,故体积为π×OA2×OB-π×OA2×(OB-AC)=π×8×2-π×8×1=π .
3.如图,在正三棱锥S-ABC中,∠BSC=40°,BS=2,一质点自点B出发,沿着三棱锥的侧面绕行一周回到点B的最短路线的长为(　　)
A.2 B.3
C.2 D.3
答案:C
解析:将三棱锥S-ABC沿侧棱BS展开,其侧面展开图如图所示,其中∠BSB'=120°,BS=B'S=2.一质点自点B出发,沿着三棱锥的侧面绕行一周回到点B的最短路线的长为BB',根据余弦定理得BB'==2.
考点二　空间几何体的表面积与体积
角度1　空间几何体的侧面积与表面积
[例4]　(1)(2026·甘肃兰州模拟)已知某圆锥的轴截面是正三角形,从该圆锥高的一半处作平行于底面的平面,截圆锥得一个圆锥和一个圆台,则该圆台与原圆锥的表面积之比为(　　)
A.11∶12 B.5∶6
C.3∶4 D.2∶3
[答案]　A
[解析]　如图.
根据题意,可得=,
由于圆锥SO的轴截面为正三角形,设圆锥SO的底面半径为2r,
则其母线SA=4r,结合=,
得O1A1=r,SA1=2r,AA1=2r,
故圆锥SO的表面积S=π(2r)2+π×2r×4r=12πr2,
圆台O1O的表面积S1=πr2+4πr2+π(r+2r)×2r=11πr2,
故圆台O1O与圆锥SO的表面积之比为.
(2)(2026·陕西汉中模拟)如图,已知正三棱柱ABC-A1B1C1的底面边长是2,D,E分别是CC1,BC的中点,AE=DE,则此正三棱柱的侧棱长为　　　　,表面积为　　　　.
[答案]　2　12+2
[解析]　设正三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱长为x,因为△ABC是正三角形,所以AE⊥BC.又底面ABC⊥侧面BB1C1C,且交线为BC,所以AE⊥侧面BB1C1C.因为DE 平面BB1C1C,所以AE⊥DE.在Rt△AED中,由DE=AE,得=,解得x=2,所以此正三棱柱的侧棱长为2,所以正三棱柱ABC-A1B1C1的表面积为3×2×2+2××22=12+2.
方法总结
空间几何体表面积的求法
1.解决旋转体的表面积问题时要注意其轴截面及侧面展开图的应用,并弄清底面半径、母线长与对应侧面展开图中边的关系.
2.多面体的表面积是各个面的面积之和;求组合体的表面积时要注意衔接部分的处理.
角度2　空间几何体的体积
[例5]　(1)(2026·江西九江模拟)“极目一号”Ⅲ型浮空艇长55 m,高19 m,可将它近似看作一个半球、一个圆柱和一个圆台的组合体,主视图如图所示,则“极目一号”Ⅲ型浮空艇的体积约为(参考数据:9.52≈90,9.53≈857,315×1 005≈316 600,π≈3.14)(　　)
A.9 064 m3 B.9 004 m3
C.8 944 m3 D.8 884 m3
[答案]　A
[解析]　由题图得半球、圆柱底面和圆台一个底面的半径为R==9.5(m),而圆台另一个底面的半径为r=1 m,
则V半球=××π×9.53≈π(m3),
V圆柱=π×9.52×14≈1 260π(m3),
V圆台=×(9.52π++π)×31.5≈π(m3),
所以组合体的体积V=V半球+V圆柱+V圆台≈π+1 260π+π≈9 064(m3).
(2)(2024·天津卷)一个五面体ABC-DEF.已知AD∥BE∥CF,且两两之间距离为1,并且AD=1,BE=2,CF=3,则该五面体的体积为(　　)
A. B.+
C. D.-
[答案]　C
[解析]　用一个和五面体ABC-DEF完全相同的五面体HIJ-LMN与五面体ABC-DEF拼在一起,其中顶点L,M,N分别与顶点D,E,F重合,如图所示.
因为AD=1,BE=2,CF=3,
所以形成的新组合体为一个三棱柱.
因为AD∥BE∥CF,且两两之间距离为1,
所以该三棱柱的直截面(与侧棱垂直的截面)为边长为1的等边三角形,三棱柱的侧棱长为1+3=2+2=3+1=4,
则VABC-DEF=VABC-HIJ=××1×1××4=.
方法总结
求空间几何体体积的常用方法
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
4.(2024·新课标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
答案:B
解析: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.
5.(2026·河北邢台模拟)已知正四棱台ABCD-A1B1C1D1的所有顶点都在球O的表面上,且球心O在平面ABCD内,若AB=5,A1B1=4,则正四棱台ABCD-A1B1C1D1的体积是(　　)
A.61 B.122
C.183 D.366
答案:B
解析:设上底面的中心为O',连接A1O',A1O,AO,OO',如图,
则根据题意可知OA=5,O'A1=4,AO=OA1,易知O为下底面中心,且OO'为正四棱台ABCD-A1B1C1D1的高,
所以5=,解得OO'=3,
所以正四棱台ABCD-A1B1C1D1的高为3,
所以正四棱台ABCD-A1B1C1D1的体积为
V=×[(5)2+(4)2+5×4]×3=122.[A组　基础保分练]
1.(2026·北京模拟)已知某球体的体积与其表面积的数值相等,则此球体的半径为(　　)
A.4　　　B.　　　C.　　　D.3
答案:D
解析:设球体的半径为R,则球的体积为πR3,球的表面积为4πR2,所以πR3=4πR2,解得R=3.
2.(2026·重庆模拟)将一个底面直径与高相等的实心圆柱体挖去足够大的球,使得剩余部分最少,则球的体积与剩余部分的体积之比为(　　)
A.1∶1 B.2∶1
C.3∶1 D.4∶1
答案:B
解析:设圆柱的底面半径为r,由题意挖去球的半径最大为r,所以V球=πr3,V剩余=2πr3-πr3=πr3,V球∶V剩余=2∶1.
3.(2026·山东枣庄模拟)已知圆台的上、下底面的半径分别为1和3,侧面展开图是半个圆环,则圆台的侧面积为(　　)
A.6π B.16π
C.26π D.32π
答案:B
解析:设圆台的上底面圆半径r'=1,下底面圆半径r=3,母线长为l,圆环所在的小圆的半径为x,
依题意有
解得
所以圆台的侧面积S=π(r'+r)l=π(1+3)×4=16π.
4.(2026·江苏南京模拟)已知正四棱锥的底面边长为4,且其侧面积是底面积的2倍,则此正四棱锥的体积为(　　)
A. B.36
C.32 D.
答案:D
解析:如图所示,在正四棱锥S-ABCD中,BC=4,O为底面正方形的中心,E为BC的中点.
由已知可得4××4×SE=2×4×4,所以SE=4.又OE=2,
所以OS===2,
所以正四棱锥的体积V=×4×4×2=.
5.已知四棱柱ABCD-EFGH的高为3,其底面ABCD水平放置的直观图(斜二测画法)A'B'C'D'如图所示,其中A'B'=2A'D'=2D'C'=2,A'B'∥C'D',则这个四棱柱的体积为(　　)
A.3 B.
C. D.9
答案:D
解析:根据斜二测画法,原来平行于y轴的线段,变为平行于y'轴且长度变为原来的一半,平行于 x 轴的线段长度不变.
因为D'C'=A'D'=1,∠C'A'B'=∠A'C'D'=,所以△A'C'D'为等腰直角三角形,所以A'C'=, 故AC=2A'C'=2,AB=A'B'=2,CD=C'D'=1,∠CAB=,
所以四边形ABCD的面积为SABCD=S△ABC+S△ACD=+=+=3,所以四棱柱的体积是3×3=9.
6.(多选)如图是圆台O1O2,在轴截面ABCD中,AB=AD=BC=CD=2,下列说法正确的是(　　)
A.线段AC=2
B.该圆台的表面积为11π
C.该圆台的体积为7π
D.沿着该圆台的表面从点C到AD中点的最短距离为5
答案:ABD
解析:显然四边形ABCD是等腰梯形,AB=AD=BC=2,CD=4,即圆台的高h==.
对于A,在等腰梯形ABCD中,
AC==2,A正确;
对于B,圆台的表面积S=π×12+π×22+π(1+2)×2=11π,B正确;
对于C,圆台的体积V=π(12+1×2+22)×=π,C错误;
对于D,将圆台一半侧面展开,如图中扇环ABCD所示,且E为AD的中点,而圆台对应的圆锥一半侧面展开为扇形COD且易知OC=4,又∠COD==,在Rt△COE中,CE==5,斜边CE上的高为=>2,即CE与弧AB相离,所以点C到AD中点的最短距离为5,D正确.
7.(2024·全国甲卷)已知圆台甲、乙的上底面半径均为r1,下底面半径均为r2,圆台甲、乙的母线长分别为2(r2-r1),3(r2-r1),则圆台甲与乙的体积之比为　　　　.
答案:
解析:设圆台甲、乙的高分别为h甲,h乙,
由题可得两个圆台的高分别为
h甲==(r2-r1),
h乙==2(r2-r1),
所以===.
[B组　能力提升练]
8.(2023·全国乙卷)已知圆锥PO的底面半径为,O为底面圆心,PA,PB为圆锥的母线,∠AOB=120°.若△PAB的面积等于,则该圆锥的体积为(　　)
A.π B.π
C.3π D.3π
答案:B
解析:如图,在△AOB中,过点O作OC⊥AB于点C,连接PC.
因为△AOB为等腰三角形且∠AOB=120°,OA=,
所以C为AB的中点,AB=3,OC=.
在△PAB中,因为PA=PB,AC=BC,所以AB⊥PC,
所以S△PAB=AB·PC=PC=,所以PC=,
所以在Rt△POC中,PO==,所以V圆锥PO=×π×()2×PO=×3π×=π.
9.(2026·湖北孝感模拟)如图是一块正四棱台ABCD-A1B1C1D1的工艺石料,该四棱台的上、下底面的边长分别为2 dm和4 dm,高为3 dm.
(1)求四棱台ABCD-A1B1C1D1的表面积;
(2)现要将这块工艺石料最大限度打磨为一个圆台,求圆台OO1的体积.
解:(1)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,作MH⊥ON交ON于点H,如图所示.因为O1O∥MH,O1M∥OH,且O1O⊥OH,则四边形OHMO1为矩形,
则O1O=MH=3 dm,O1M=1 dm,ON=2 dm,HN=ON-OH=1(dm),
所以MN===(dm),
所以四棱台ABCD-A1B1C1D1的表面积为S=22+42+4××(2+4)×=20+12(dm2).
(2)若要这块石料最大限度打磨为一个圆台,
则圆台OO1的上、下底面圆分别是正四棱台的上、下底面的内切圆,高为正四棱台的高,
则圆台OO1上底面圆半径O1Q=1 dm,下底面圆半径OP=2 dm,高O1O=3 dm,
则圆台OO1的体积为V=π(1+4+1×2)×3=7π(dm3).(共28张PPT)
第45讲基本立体图形、简单几何体的表面积与体积
考点一　基本立体图形
角度1　结构特征
[例1]　(多选)下列说法正确的是(　　)
A.以直角梯形垂直于底边的腰所在直线为轴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
[解析]　由圆台定义知,以直角梯形垂直于底边的腰为轴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,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.
方法总结
空间几何体概念辨析题的常用方法
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
反例法 通过举反例对结构特征进行辨析,即要说明一个结论是错误的,只要举出一个反例即可
角度2　展开图
[例2]　如图是一座山的示意图,山大致呈圆锥形,底面半径为3 km,高为3 km,B是母线SA上一点,且AB=7 km.现要建设一条从A到B的环山观光公路,当公路长度最短时,这条公路从A出发后先上坡,后下坡,则公路
上坡路段长为　　　　　km.
[解析]　由题意,底面半径为3 km,高为3 km,则母线SA==12(km),底面圆周长为2π×3=6π(km),
所以展开图的圆心角α==,圆锥侧面展开图如图,公路长度最短为AB,结合题意,AB==13 (km),由点S向AB作垂线,垂足为H,此时SH为点S和线段AB上的点连线长度的最小值,即H为公路的最高点,HB即为下坡路段,则SB2=BH·AB,即25=13·BH,得BH= km,则上坡路段长度为AH=AB-HB=13-=(km).
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.注意:多面体表面展开图可能有不同的排布(如长方体),要观察立体图形每个面的形状,全面考虑问题.
方法总结
角度3　直观图
[例3]　(2026·福建莆田模拟)如图,△A'O'B'是水平放置的△AOB的直观图,但部分图象被茶渍覆盖,已知O'为坐标原点,顶点A',B'均在坐标轴上,且△AOB的面积为12,则O'B'的长度为(　　)
A.1　　　　　　　　 B.2
C.3 D.4
B
[解析]　法一:由直观图可得原图形平面图如图所示,
则△AOB为直角三角形,且OA=O'A'=6.
因为S△AOB=OB×OA=12,所以OB=4,
所以O'B'=OB=2.
法二:S△A'O'B'=S△AOB=3,又S△A'O'B'=O'A'·O'B'·sin∠A'O'B',
所以O'B'=2.
在斜二测画法中,要确定关键点及关键线段:平行于x轴、z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.
方法总结
跟踪训练
1.(多选)下列说法正确的是(　　)
A.底面是菱形,且有一个顶点处的三条棱两两垂直的棱柱是正四棱柱
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
AD
解析:若底面是菱形,且有一个顶点处的三条棱两两垂直,则该四棱柱底面为正方形,且侧棱垂直于底面,所以该四棱柱为正四棱柱,故A正确;棱台是由棱锥被平行于棱锥底面的平面所截而得的,而有两个面平行且相似,其余各面都是梯形的多面体有可能不是棱台,因为它的侧棱延长后不一定交于一点,故B错误;当棱锥的各个侧面的共顶点的角之和是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;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.
2.若水平放置的平面四边形AOBC按斜二测画法得到如图所示的直观图,其中A'C'∥O'B',A'C'⊥B'C',A'C'=1,O'B'=2,则以原四边形AOBC的边AC为轴旋转一周得到的几何体的体积为(　　)
A.14π+8π B.π
C.π D.π
D
解析:由题意,A'C'∥O'B',A'C'⊥B'C',A'C'=1,O'B'=2,所以O'A'=,所以在原图形AOBC中,AC∥OB,OA⊥OB,AC=1,OB=2,AO=2A'O'=2×=2,所以梯形AOBC以边AC为轴旋转一周得到的几何体为圆柱去掉一个同底圆锥的组合体,故体积为π×OA2×OB-π×OA2×(OB-AC)=π×8×2-π×8×1=π .
3.如图,在正三棱锥S-ABC中,∠BSC=40°,BS=2,一质点自点B出发,沿着三棱锥的侧面绕行一周回到点B的最短路线的长为(　　)
A.2 B.3
C.2 D.3
解析:将三棱锥S-ABC沿侧棱BS展开,其侧面展开图如图所示,其中∠BSB'=120°,BS=B'S=2.一质点自点B出发,沿着三棱锥的侧面绕行一周回到点B的最短路线的长为BB',根据余弦定理得BB'==2.
C
考点二　空间几何体的表面积与体积
角度1　空间几何体的侧面积与表面积
[例4]　(1)(2026·甘肃兰州模拟)已知某圆锥的轴截面是正三角形,从该圆锥高的一半处作平行于底面的平面,截圆锥得一个圆锥和一个圆台,则该圆台与原圆锥的表面积之比为(　　)
A.11∶12 B.5∶6
C.3∶4 D.2∶3
A
[解析]　如图.
根据题意,可得=,
由于圆锥SO的轴截面为正三角形,设圆锥SO的底面半径为2r,
则其母线SA=4r,结合=,
得O1A1=r,SA1=2r,AA1=2r,
故圆锥SO的表面积S=π(2r)2+π×2r×4r=12πr2,
圆台O1O的表面积S1=πr2+4πr2+π(r+2r)×2r=11πr2,
故圆台O1O与圆锥SO的表面积之比为.
(2)(2026·陕西汉中模拟)如图,已知正三棱柱ABC-A1B1C1的底面边长是2,D,E分别是CC1,BC的中点,AE=DE,则此正三棱柱的侧棱长为
　　　　,表面积为　　 　　.
2
12+2
[解析]　设正三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱长为x,因为△ABC是正三角形,所以AE⊥BC.又底面ABC⊥侧面BB1C1C,且交线为BC,所以AE⊥侧面BB1C1C.因为DE 平面BB1C1C,所以AE⊥DE.在Rt△AED中,由DE=AE,得=,解得x=2,所以此正三棱柱的侧棱长为2,所以正三棱柱ABC-A1B1C1的表面积为3×2×2+2××22=12+2.
方法总结
空间几何体表面积的求法
1.解决旋转体的表面积问题时要注意其轴截面及侧面展开图的应用,并弄清底面半径、母线长与对应侧面展开图中边的关系.
2.多面体的表面积是各个面的面积之和;求组合体的表面积时要注意衔接部分的处理.
角度2　空间几何体的体积
[例5]　(1)(2026·江西九江模拟)“极目一号”Ⅲ型浮空艇长55 m,高19 m,可将它近似看作一个半球、一个圆柱和一个圆台的组合体,主视图如图所示,则“极目一号”Ⅲ型浮空艇的体积约为(参考数据:
9.52≈90,9.53≈857,315×1 005≈316 600,π≈3.14)(　　)
A.9 064 m3 B.9 004 m3
C.8 944 m3 D.8 884 m3
A
[解析]　由题图得半球、圆柱底面和圆台一个底面的半径为R==9.5(m),而圆台另一个底面的半径为r=1 m,
则V半球=××π×9.53≈π(m3),
V圆柱=π×9.52×14≈1 260π(m3),
V圆台=×(9.52π++π)×31.5≈π(m3),
所以组合体的体积V=V半球+V圆柱+V圆台≈π+1 260π+π≈9 064(m3).
(2)(2024·天津卷)一个五面体ABC-DEF.已知AD∥BE∥CF,且两两之间距离为1,并且AD=1,BE=2,CF=3,则该五面体的体积为(　　)
A. B.+
C. D.-
C
[解析]　用一个和五面体ABC-DEF完全相同的五面体HIJ-LMN与五面体ABC-DEF拼在一起,其中顶点L,M,N分别与顶点D,E,F重合,如图所示.
因为AD=1,BE=2,CF=3,
所以形成的新组合体为一个三棱柱.
因为AD∥BE∥CF,且两两之间距离为1,
所以该三棱柱的直截面(与侧棱垂直的截面)为边长为1的等边三角形,三棱柱的侧棱长为1+3=2+2=3+1=4,
则VABC-DEF=VABC-HIJ=××1×1××4=.
求空间几何体体积的常用方法
方法总结
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
4.(2024·新课标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
解析: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.
B
5.(2026·河北邢台模拟)已知正四棱台ABCD-A1B1C1D1的所有顶点都在球O的表面上,且球心O在平面ABCD内,若AB=5,A1B1=4,则正四棱台ABCD-A1B1C1D1的体积是(　　)
A.61 B.122
C.183 D.366
B
解析:设上底面的中心为O',连接A1O',A1O,AO,OO',如图,
则根据题意可知OA=5,O'A1=4,AO=OA1,易知O为下底面中心,且OO'为正四棱台ABCD-A1B1C1D1的高,
所以5=,解得OO'=3,
所以正四棱台ABCD-A1B1C1D1的高为3,
所以正四棱台ABCD-A1B1C1D1的体积为
V=×[(5)2+(4)2+5×4]×3=122.

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