立体几何分题型-2023届高三数学二轮复习讲义（含解析）

题型一空间几何体的表面积与体积

一、旋转体（圆柱、圆锥、圆台）

例1.已知圆柱的上、下底面的中心分别为。1,O2,过直线。|。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.12√2πB.12π

C.8√2πD.10π

例2.（1）（2021全国甲文,14,5分）已知一个圆锥的底面半径为6,其体积为30兀,则该圆锥的侧

面积为.

（2）（2021新高考/,3,5分）已知圆锥的底面半径为近,其侧面展开图为一个半圆,则该圆锥的

母线长为,内切球体积为.

（3）（2018课标〃理,16,5分）己知圆锥的顶点为S,母线SA,SB所成角的余弦值为/,SA与圆锥

O

底面所成角为45。.若aSAB的面积为54弓,则该圆锥的侧面积为.

跟踪训练1.（2020浙江,14,4分）已知圆锥的侧面积（单位：cn?）为2兀,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.

例3.（1）如图所示，在四边形ABC。中，ZDAB=90o,ZADC=135°,A8=5,CD=2√2,

AD=2,则四边形ABC。绕A。旋转一周所成几何体的表面积为,体积为.

（2）（2021河南重点中学3月联考,8）若用平行于某圆锥底面的平面去截该圆锥,得到的小圆

锥与圆台的母线长相等,则该小圆锥与该圆台的侧面积的比值为（）

1113

A%β5%D.4

跟踪训练2.（2015山东理,7,5分）在梯形ABCQΦ,ZABC=^,AD∕/BC,BC=2AD=2AB=2.^^

ABC。绕A。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（）

AWB片C⅞D.2π

333

二、多面体（棱柱、棱锥、棱台）与球

例1.（2020江苏,9,5分）如图,六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的.已知螺

帽的底面正六边形边长为2cm,高为2cm,内孔半径为0.5Cln,则此六角螺帽毛坯的体积是

cm<3

例2.(1)已知棱长均为4,底面为正方形的四棱锥S-ABS如图所示，求它的体积.

(2)如图，正三棱锥P-A5C的底面边长为2,侧棱长为3.则其表面积为；体积

为.

跟踪训练1.(1)(2018江苏,10,5分)如图所示,正方体

的棱长为2,以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为.

(2)(2022・济南调研)如图，四面体的各个面都是边长为1的正三角形，其三个顶点在一个

圆柱的下底面圆周上，另一个顶点是上底面的圆心，则圆柱的表面积是()

ʌ(√2+2)π(9√2+8)π

a∙3b-12

2(√2÷I)π(√2+2)π

例3.已知一个正三棱台的两个底面的边长分别为4和16,侧棱长为10,则该棱台的侧面积

为；体积为

例4.已知AABC是面积为苧的等边三角形,且其顶点都在球。的球面上.若球。的表面积为

16兀,则。到平面ABC的距离为（）

A.√3B4C.lD.?

22

跟踪训练2.（2020课标/,文12,理10,5分）已知A,8,C为球O的球面上的三个点,ΘOi为AABC

的外接圆.若。Oi的面积为4π,AB=BC=AC=OOi,则球。的表面积为（）

A.64πB.48πC.36πD.32π

课后练习:

1.将半径为3,圆心角为《■的扇形作为侧面围成一个圆锥，则该圆锥的体积

为；其内切球体积为.

2.（2020课标/,文3,理3,5分）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.以该四棱链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（）

Aλ^5~ιdVs-1CVs+ιC75+1

A-B-C∙TD-

3.一个正四棱锥P-ABCD的顶点都在同一球面上，若该棱锥的高为2,底面边长为2,则

该球的表面积为.

题型一空间几何体的表面积与体积答案及解析

一、旋转体（圆柱、圆锥、圆台）

例1.B

解析设圆柱的轴截面的边长为X,

则由i=8,得x=2∖[^,

2

Λ5≡tt⅛=2Sκ+Sffl=2×π×（√2）+2π×√2×2√2=12π.

例2.（l）39τr（2）2√2（3）40√2π

跟踪训练1.答案1

例3.(1)(60+4√2)π

解析由题意可得，四边形ABeD绕旋转一周所成几何体为圆台上面挖去一个圆锥的组

合体.如图，过C作CELAQ交AQ的延长线于E,过C作A8的垂线，垂足为E

则ZEDC=180°-ZADC=450,

EC=CD∙sin450=2,ED=CDCoS45°=2,

CF=AE=4,BF=AB-AF=3,BC=√32+42=5.

故圆台的上底面半径r=2,

下底面半径R=5,高/?=4,母线长⅛=5.

圆锥底面半径r=2,茴力=2,母线长l∖=z2√2.

所以圆台侧面积

5∣=π(Λ+r)∕2=π(5+2)×5=35π,

圆锥侧面积

52=∣×2πr×∕∣=∣×2π×2×2√2=4√2π,

圆台下底面面积Si=πR2=25π.

故该几何体的表面积

S=5l+52+S3≈35π+4√2π+25π

=(60+4√2)π.

(2)B设圆锥的底面半径为乙母线长为2/,则该圆锥的侧面积我92人「义2/=2"”,截

得的小圆锥的底面半径为母线长为/,其侧面积SqXnrX从而圆台的侧面积

SsS=2πr7-∣πr]=lπrl,故拉科工.

22S2ɔnr/3

跟踪训练2.C如图，此几何体是底面半径为1,高为2的圆柱挖去一个底面半径为1,高为

1的圆锥，故所求体积"2n-衿；

二、多面体（棱柱、棱锥、棱台）与球

例1.12√3-^

例2.（1）巫由

3

【解析】如图所示：

连接HG切交于点。，连接Sa

因为四棱锥的棱长均为4,

所以SOj.平面/版，即S。为四棱锥的高,

所以SA=4,OA=2jΣ,

所以So=JSA2-OAi=2夜，

所以V」XABXAoXSo='x4x4x2夜=必也.

333

（2）6λ^+√3;叵；

3

【解析】（1）取BC的中点仅连接PZ）,

在RtZXPBO中，可得PD=-JPB2-BD2=2√2-

/.SAPBC=ɪBC-PD=2>/2.

：正三棱锥的三个侧面是全等的等腰三角形，

.∙.正三棱锥P-ABC的侧面积是3SΔPBC=6√2.

：正三棱锥的底面是边长为2的正三角形，二S/=→2×2×sin60o=√3.

则正三棱锥P-ABC的表面积为6√Σ+6；

（2）连接A。，设。为正三角形ABC的中心，则P。，底面ABC且OD=LAO=立

33

在中，PO=^PD2-OD2.

3

-SPO=-

二正三棱锥P—ABC的体积为3AABC3

跟踪训练L(I)I

(2)C

解析如图所示，过点P作PE_L平面ABC,E为垂足，点E为等边三角形ABC的中心,

连接AE并延长，交BC于点、D.

AE=^AD,AO=坐，

.∙.AE=∣X坐=坐，

/.PE=N∕¾2一AE2=坐.

设圆柱底面半径为r,则r=AE=乎，

圆柱的侧面积Sι=2πr∙PE=2nX坐又坐=2专π,

底面积S2=πz∙2×2=π×(^^2×2=ɪ,

.∙.圆柱的表面积S=S∣+S2=2争+专

2(√2+l)π

=3■

例3.240

【解析】由题意可知，该棱台的侧面为上下底边长为4和16,腰长为10的等腰梯形

二等腰梯形的高为：JlO2—(更UJ=8

S,=i×(4+16)×8=80

等腰梯形的面积为：2.∙.棱台的侧面积为：S=3S'=3χ80=240

例4.C

跟踪训练2.A

课后练习

【解析】由扇形弧长公式可求得弧长L=-x3=2万，.•.圆锥底面周长为2»,

3

圆锥底面半径/=1,圆锥的高〃=53?-F=2啦,

1ɔp>∕JJ

圆锥的体积v=∙!■乃产./?=Ξ∑±乃.设内切圆半径为R,则由相似比得2θ_R=-,解得

H=变，所以内切球体积V=37X(也)3=YZ万.

2323

2.C3.9兀

题型二空间几何体的平行

例L(I)(2020江苏,15,14分)在三棱柱ABC-AIBQ中,48上4。向<7_1_平面486£'/分别是

AC1B1C的中点.求证:EF〃平面ABlCfl

(2)如图,直四棱柱ABCD-AiBtClDi的底面是菱形,AAg,AB=2,2840=60。,EMN分别是

BC,BBiAD的中点.证明:MN〃平面GDE；

(3)(2021广东珠海一模,19)如图,三棱锥P-ABCΦ,Λ4LAB1AB±AC,AB=AC^y[2lPB=PC=V6l

点M是以的中点,点。是Ae的中点,点N在PB上,且PN=2NB.证明：8。〃平面CMN；

跟踪训练1.如图,四棱锥P-ABCD中,%_L底面ABCD1AD//BC,AB=AD=AC=3,PA=BC=4,M为

线段AD上一点,AM=2MQ,N为PC的中点,证明MN〃平面PAB；

例2.（2023•浙江•永嘉中学校联考模拟预测）如图，在四棱锥P-OA5C中，已知3=OP=1,

CP=2,AB=4,NCPO=方，ZABC=^,ZAOC=^,E为PB中点，尸为AB中点.

证明：平面CE/〃平面PAO.

跟踪训练2.在长方体ABco-ABlGA中，已知AB=Af），E为A。的中点.

在线段4G上是否存在点尸,使得平面∖AF//平面ECa?若存在,请加以证明；若不存在,

请说明理由.

例3.（2014安徽,19,13分）如图,四棱锥P-ABCD的底面是边长为8的正方形,四条侧棱长均为

2√17,⅛G1E1F1H分别是棱PB1AB1CD1PC上共面的四点,平面GEFH工平面ABCQBC〃平面

GEzH证明:GH〃E尸;

跟踪训练3.如图所示，在四棱锥P—ABCQ中，四边形ABa）是平行四边形，M是PC的中

点，在OM上取一点G,过G和孙作平面交8。于点H.

求证：PA//GH.

题型二空间几何体的平行答案及解析

例1.⑴证明：因为£,尸分别是4C,8C的中点，所以哥`〃阳，又的平面9G,9U平面9G,

所以"■〃平面ABxCx.

（2）【解析】证明：连接BxC,ME.因为分别为阳，5。的中点，所以ME//BC且M*BC

又因为TV为4〃的中点，所以ND^A∖D.由题设知4A□2C,可得5C口4"故MEDND,因此四边

形MNDE为平行四边形,MN//ED.又必以平面劭G,所以MN//平面GZ½1

（3）【解析】证明：如图，连接外交以/于0,。为△必C的重TK

心,P0=2勿,连接办:因为PN=INB,所以ON//BD,NZ"Γ'''√^

因为〃忙平面OMV,被！平面。姗所以被〃平面C眦二二个

跟踪训练1.证明：由已知得4岭仍2,

取利的中点7,连接AT,TN,由4为PC中点知TN//BC,T吟BS2.（3分）

又AD//BC,故7Λ口4犷,故四边形AMNT为平行四边形，于是MN//AT.

因为4Tt平面为氏MNX平面为8,所以MN//平面PAB.

例2.

【详解】连接AC,：E为R3中点，F为AB中点、,

/.EFUPA,又EFU面PAO,Λ4u面PAO,

.∙.EF//而PAO,

在∆PCO中，OP=I,CP=2,ZCPO=P

.∙.OC2=OP2+CP2-2OPCPCOSZCPO=∖2+22-2×∖×2×-=3,BPOC=√3,

2

JTJT

在AACO中，OA=I,ZAOC=-,ΛAC=2,ZOAC=-,

23

ABsmABC

在AACB中，AB=4,ZABC=?,AC=2,sinZACB=^=1,

6AC

Tljr9jr

ΛZACB=-,ZCAB=-ΛZOAB=-,

2393

12ττ

•：F为AB中点、,：.CF=-AB=I,NCFB=」,

23

ΛOA//CF,又∙.∙CF<z面PAO,OAU面尸AO,

：.CF〃面PAO,又,：CFCEF=F,CF,EFU面CEF,

二平面CEE〃平面PAO

跟踪训练2.【详解】在线段BC上存在点凡使得平面AAF〃平面ECC,且尸为线段BG

中I占八'、•

证明：在长方体ABCD-AgG。中，Mæ,,AD//B1C1,

•：CC1⊂平面ECG,44∣0平面ECC∣,

.∙.AA〃平面ECG,

,：E为AD的中点，尸为BiG的中点，

.∖AE∕∕FCi,且AE=FG,

.∙.四边形AEGF是平行四边形，.∙.A/〃EG,

：EC∣u平面ECC-AF<z平面ECG,二AF//平面ECg,

VAFnA4l=ΛAF,AΛlu平面AAF,

二平面AAF〃平面ECC∣.

例3.

【解析】证明：因为BC〃平面GEFH,BCu平面PBe且平面PBCC平面GE阱GH,所以GH〃BC

同理可证

因此GH//EF.

跟踪训练3.证明如图所示，连接AC交5。于点0,连接0M,

,/四边形ABCD是平行四边形，

,O是AC的中点，

又M是PC的中点，

.'.PA//OM,

又OMU平面3A〃），avi平面

.∙.∕¾〃平面BMD,

又平面∕¾“GΓ∣平面BMD=GH,

J.PA∕∕GH.

题型三空间几何体的垂直

例1.（2023秋•浙江嘉兴・高三统考期末）如图，在三棱锥A-8Cf＞中，平面ACf）J∙平面88

ZACD=ZBCD=30°，点E在棱BC上，且BC=3BE=2AC=gOC=6.

证明：DE/平面ACQ.

跟踪训练1.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是正方形，小。是等边三角形，平

面A4Z〃平面ABa）,E,尸分别是PC,AB的中点.

证明：PCJ_平面DEF.

例2.在矩形ABC。中，AB=2AD^4,点M为线段CZ）上的中点，将ZWW沿4M翻折,

使得ZPDA=60。，点E在线段PB上（不包括端点）.

证明：平面AΛW1,平面ABCO：

跟踪训练2.在四棱锥P-AeCo中，CD//AB,AD=DC=CB=∖,AB=2,AC±PB

证明：平面PAeJ_平面尸BC；

例3.（2023秋・浙江宁波•高三期末）在菱形ABC。中，G是对角线8。上异于端点的一动点

（如图1）,现将AABO沿8。向上翻折，得三棱锥A-BCD（如图2）.

在三棱锥BCZ）中，证明：DGA.AC.

跟踪训练3.如图，在四棱锥P-ABCD中，ABHCD,B4B与，,8M）均为等腰直角三角形,

TT

ZPBA=ZPDA=-,PA=I,且平面R4BL平面PAO.

2

P

求证：PAYBD.

题型三空间几何体的垂直答案及解析

例1.［详解］证明：由8C=3BE=2AC=GθC=6得3E=2,AC=3,CZ)=2√3,

CE=BC-BE=4,由余弦定理可得06=CE2+CE>2-2CE∙8COS30=4,

.∙.CD2+DE2=CE2,则DEqCD,

因为平面ACZ)_L平面BCD,平面ACO1平面38=8,DEU平面BCD,

.•.r)E_L平面ACD.

跟踪训练1.

【详解】取AD的中点0,连接。尸，

因为.P4D是等边三角形，

所以Po_LAD.

又平面∕¾D1.平面ABe。，平面QADc平面ABCZ)=A£),PoU平面尸AO/%〃,

所以Pol平面ABa),

因为底面ABC。是正方形，.P4Q是等边三角形，

所以PD=CD,

又因为E是PC的中点，PD=CD,

所以OE_LPC,

因为底面ABcD是正方形，不妨令45=2,连接。F,PRCF,

因为PO工平面ABC£>,A。U平面ABCr>,

POlAD,

在-AOP中，OP=y∣AP2-OA2=√22-l2=√3.

同理可得OF=&,PF=亚,CF=5

所以CF=PE

又因为尸是A8的中点，CF=PF,

所以_LPC

因为。EEF=E,DE,EFu平面DEF.,

所以PC上平面D