2025高考帮备考教案数学第七章　立体几何与空间向量第1讲　基本立体图形、简单几何体的表面积与体积含答案

2025高考帮备考教案数学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1讲基本立体图形、简单几何体的表面积与体积课标要求命题点五年考情命题分析预测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.能用斜二测画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.基本立体图形2023新高考卷ⅠT12；2023全国卷甲T15；2023全国卷甲T16；2021新高考卷ⅠT3；2020新高考卷ⅠT16；2020全国卷ⅠT3；2019全国卷ⅡT16该讲每年必考，命题重点为空间几何体的结构，难度可大可小；空间几何体的表面积和体积的计算，难度中等；体积的最值问题，常用函数思想和基本不等式求解，难度中等偏大；与球有关的切、接问题，对直观想象核心素养要求较高，难度中等偏大.题型以选择题和填空题为主.预计2025年高考命题稳定.空间几何体的表面积（侧面积）2023新高考卷ⅡT9；2022新高考卷ⅡT7；2021新高考卷ⅡT4；2021全国卷甲T14；2020全国卷ⅠT10；2020全国卷ⅡT10；2020天津T5空间几何体的体积2023新高考卷ⅠT14；2023新高考卷ⅡT9；2023新高考卷ⅡT14；2023全国卷乙T8；2023天津T8；2022新高考卷ⅠT4；2022新高考卷ⅠT8；2022新高考卷ⅡT11；2022全国卷乙T9；2022全国卷甲T9；2022天津T8；2021新高考卷ⅠT12；2021新高考卷ⅡT5；2021全国卷甲T11；2020新高考卷ⅡT13；2020全国卷ⅢT15；2019全国卷ⅠT12；2019全国卷ⅢT16学生用书P1361.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①平行且全等多边形互相平行且②相似侧棱平行且相等相交于③一点，但不一定相等延长线交于一点，但不一定相等侧面形状④平行四边形三角形⑤梯形规律总结1.几种特殊棱柱的结构特征及之间的关系2.正棱锥的结构特征棱锥正棱锥正三棱锥正四面体（2）旋转体的结构特征名称圆柱圆锥圆台球图形旋转图形矩形⑥直角三角形⑦直角梯形半圆形母线互相平行且相等，⑧垂直于底面相交于一点延长线交于一点轴截面全等的⑨矩形全等的⑩等腰三角形全等的等腰梯形圆侧面展开图⑪矩形⑫扇形扇环2.立体图形的直观图（1）画法：常用斜二测画法.（2）规则a.原图形中x轴、y轴、z轴两两垂直，直观图中，∠x'O'y'＝⑬45°或135°（O'为x'轴与y'轴的交点），z'轴与x'轴和y'轴所在平面⑭垂直.b.原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍⑮平行于坐标轴.c.平行于x轴和z轴的线段在直观图中保持原长度⑯不变，平行于y轴的线段长度在直观图中变为原来的⑰一半.（3）用斜二测画法画出的平面图形的直观图的面积与原图形面积的关系：S直观图＝⑱24S原图形3.简单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圆柱圆锥圆台侧面展开图侧面积公式S圆柱侧＝⑲2πrlS圆锥侧＝⑳πrlS圆台侧＝㉑π（r＋r'）l说明圆柱、圆锥、圆台的侧面积公式间的关系：S圆柱侧＝2πrlS圆台侧＝π（r＋r'）lS圆锥侧＝πrl.（2）简单几何体的表面积与体积表面积体积柱体（棱柱和圆柱）S表面积＝S侧＋2S底V＝㉒S底h锥体（棱锥和圆锥）S表面积＝S侧＋S底V＝㉓13S底h台体（棱台和圆台）S表面积＝S侧＋S上＋S下V＝13（S上＋S下＋S上球S＝㉔4πR2V＝㉕43πR31.[易错题]如图，长方体ABCD－A'B'C'D'被平面EFGH截去几何体B'C'HEFG，其中EH∥A'D'，则剩下的几何体是（C）A.棱台 B.四棱柱 C.五棱柱 D.六棱柱2.[多选/教材改编]给出下列命题，其中错误的是（ABD）A.有两个面互相平行，其余各面都是平行四边形的几何体一定是棱柱B.三棱锥的四个面最多有三个直角三角形C.在四棱柱中，若两个过相对棱的截面都垂直于底面，则该四棱柱为直四棱柱D.以直角三角形的一边所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥3.[易错题]圆柱的侧面展开图是边长为6π和4π的矩形，则圆柱的表面积为24π2＋18π或24π2＋8π.4.用一个半径为10cm的半圆纸片卷成一个最大的无底圆锥，放在水平桌面上，被一阵风吹倒，如图所示，则被吹倒后该无底圆锥的最高点到桌面的距离为53cm.解析画出示意图，如图所示，设圆锥的底面半径为r，母线长为l.根据题意知l＝10cm，且2πr＝πl，故r＝5cm.所以圆锥的轴截面为等边三角形，且边长为10cm.故被吹倒后该无底圆锥的最高点到底面的距离即边长为10cm的等边三角形的高，此高为53cm.5.如图，已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，则四棱锥A1－BB1D1D的体积为13解法一（直接法）连接A1C1交B1D1于点E，则A1E⊥B1D1，A1E⊥BB1，又B1D1∩BB1＝B1，则A1E⊥平面BB1D1D，所以A1E为四棱锥A1－BB1D1D的高，且A1E＝22，矩形BB1D1D的长和宽分别为2，1，故V四棱锥A1－BB1D1D解法二（割补法）连接BD1，则四棱锥A1－BB1D1D被分成两个三棱锥B－A1DD1与B－A1B1D1，则V四棱锥A1－BB1D1D＝V三棱锥B－A1DD1＋V三棱锥B－A1学生用书P138命题点1基本立体图形角度1结构特征例1[多选/2023新高考卷Ⅰ]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0.99m的球体B.所有棱长均为1.4m的四面体C.底面直径为0.01m，高为1.8m的圆柱体D.底面直径为1.2m，高为0.01m的圆柱体解析由于棱长为1m的正方体的内切球的直径为1m＞0.99m，所以选项A正确；由于棱长为1m的正方体中可放入棱长为2m的正四面体，且2＞1.4，所以选项B正确；因为正方体的棱长为1m，体对角线长为3m，3＜1.8，所以高为1.8m的圆柱体不可能整体放入该正方体容器中，所以选项C不正确；由于正方体的体对角线长为3m，而底面直径为1.2m的圆柱体，其高0.01m可忽略不计，故只需把圆柱的底面与正方体的体对角线平行放置，即可以整体放入正方体容器中，所以选项D正确.综上，选ABD.角度2直观图例2如图，矩形O'A'B'C'是水平放置的一个平面图形的直观图，其中O'A'＝6cm，O'C'＝2cm，C'D'＝2cm，则原图形的形状是菱形，其面积为242cm2.解析如图，在原图形OABC中，OA＝O'A'＝6cm，OD＝2O'D'＝2×22＝42（cm），CD＝C'D'＝2cm，所以OC＝OD2＋CD2＝（42）2＋22＝6（cm），所以OA＝OC＝BC＝AB，故四边形OABC是菱形，S菱形OABC＝OA×角度3展开图例3长方体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝1，AD＝AA1＝2，E为棱AA1上的动点，平面BED1交棱CC1于点F，则四边形BED1F的周长的最小值为（B）A.43 B.213 C.2（2＋5） D.2＋42解析作出长方体如图1，将其侧面展开，如图2所示，当点E为BD1与AA1的交点，点F为BD'1与CC1的交点时，截面四边形BED1F的周长最小，最小值为2BD1＝222＋（1+2）2方法技巧求解空间几何体表面上两点间的最短距离问题或折线段长度和的最小值问题，常利用几何体的侧面展开图，转化为求平面两点间的最短距离问题.训练1（1）[2023全国卷甲]在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为AB，C1D1的中点.以EF为直径的球的球面与该正方体的棱共有12个公共点.解析如图，线段EF过正方体的中心，所以以EF为直径的球的球心即正方体的中心，球的半径为EF2，而正方体的中心到每一条棱的距离均为EF2，所以以EF为直径的球与每一条棱均相切，所以共有12个公共点（2）已知等腰梯形ABCD，上底CD＝1，腰AD＝CB＝2，下底AB＝3，以AB所在直线为x轴，用斜二测画法画出水平放置的等腰梯形ABCD的直观图A'B'C'D'，则四边形A'B'C'D'的面积为22解析取AB的垂直平分线EO为y轴，则等腰梯形ABCD和其直观图分别如图1和图2所示.过点E'作E'F⊥A'B'于点F.因为OE＝（2）2－1＝1，由斜二测画法可知O'E'＝12，E'F＝24，D'C'＝1，A'B'＝3，则四边形A'B'C'D'的面积S'＝D'C（3）已知圆台上底面半径为13，下底面半径为23，母线长为2，AB为圆台母线，一只蚂蚁从点A出发绕圆台侧面一圈到点B，则蚂蚁经过的最短路径的长度为23解析设圆台对应圆锥的顶点为O，将圆锥沿AB所在直线展开如图所示，设点A在展开图中的点为A'，依题意得，蚂蚁经过的最短路径为A'B.因为圆台上底面半径为13，下底面半径为23，所以OB＝AB＝2.设展开图的圆心角为θ，则θ＝2π×234＝π3，所以△OAA'为等边三角形，又B为OA的中点，所以A'B＝命题点2空间几何体的表面积（侧面积）例4（1）[2022新高考卷Ⅱ]已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为33和43，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（A）A.100π B.128π C.144π D.192π解析由题意，得正三棱台上、下底面的外接圆的半径分别为23×32×33＝3，23×32×43＝4.设该棱台上、下底面的外接圆的圆心分别为O1，O2，连接O1O2，则O1O2＝1，其外接球的球心O在直线O1O2上.设球O的半径为R，当球心O在线段O1O2上时，R2＝32＋OO12＝42＋（1－OO1）2，解得OO1＝4（舍去）；当球心O不在线段O1O2上时，R2＝42＋OO22＝32＋（1＋OO2）2，解得OO2（2）[2021全国卷甲]已知一个圆锥的底面半径为6，其体积为30π，则该圆锥的侧面积为39π.解析设该圆锥的高为h，则由已知条件可得13×π×62×h＝30π，解得h＝52，则圆锥的母线长为h2＋62＝254+36＝13方法技巧求空间几何体的表面积的常见类型及解题思路求多面体的表面积即求各个面的面积之和，通常会利用特殊的四边形及三角形的面积公式.求旋转体的表面积可以从旋转体的形成过程及其几何特征入手，将其展开后求表面积，但要搞清旋转体的底面半径、母线长与对应侧面展开图中的边长关系.注意组合体的表面积要注意对衔接部分的处理.训练2《九章算术》中有一种几何体叫做刍甍（méng）（底面为矩形的屋脊状楔体），如图是一个刍甍，四边形EFBA为等腰梯形，EF∥AB，FB＝FC＝3，AB＝2EF＝2BC＝4，则此刍甍的表面积为8＋82.解析如图所示，过点F作FG⊥AB于G，FH⊥BC于H.因为FB＝FC＝3，BC＝2，所以H为BC的中点，易得FH＝2，所以S△FBC＝S△EAD＝2.因为四边形EFBA为等腰梯形，且AB＝2EF＝4，所以易得FG＝2，所以S梯形EFBA＝S梯形EFCD＝12×（2＋4）×2＝32，所以此刍甍的表面积S＝2×4＋2×2＋2×32＝8＋82命题点3空间几何体的体积角度1求空间几何体的体积例5（1）[2023全国卷乙]已知圆锥PO的底面半径为3，O为底面圆心，PA，PB为圆锥的母线，∠AOB＝2π3，若△PAB的面积等于934，则该圆锥的体积为（A.π B.6π C.3π D.36π解析在△AOB中，AO＝BO＝3，∠AOB＝2π3，由余弦定理得AB＝3+3－2×3×3×（－12）＝3，设等腰三角形PAB底边AB上的高为h，则S△PAB＝12×3h＝934，解得h＝332，由勾股定理得母线PA＝（32）（2）[2023天津高考]在三棱锥P－ABC中，线段PC上的点M满足PM＝13PC，线段PB上的点N满足PN＝23PB，则三棱锥P－AMN和三棱锥P－ABC的体积之比为（BA.19 B.29 C.13 解析如图，因为PM＝13PC，PN＝23PB，所以S△PMNS△PBC＝12PM·PN·sin∠BPC12PC·PB·sin∠BPC＝PM·PNPC·PB＝13×23＝29方法技巧求空间几何体体积的常用方法直接法对于规则的几何体，利用相关公式直接计算.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，然后进行体积计算.等体积法通过转换底面和高来求几何体的体积，即通过将原来不容易求面积的底面转换为容易求面积的底面，或将原来不容易看出的高转换为容易看出并容易求解的高进行求解.常用于求三棱锥的体积.正四面体的体积是212a3（a是正四面体的棱长）.训练3（1）十字歇山顶是中国古代建筑屋顶的经典样式之一，图1中的故宫角楼的顶部即为十字歇山顶.其上部可视为由两个相同的直三棱柱交叠而成的几何体（图2）.这两个直三棱柱有一个公共侧面ABCD.在底面BCE中，若BE＝CE＝3，∠BEC＝120°，则该几何体的体积为（C） 图1 图2A.272 B.2732 C.27 解析如图所示，该几何体可视为由直三棱柱BCE－ADF与两个三棱锥G－MAB，G－NCD拼接而成.记直三棱柱BCE－ADF的高为h，底面BCE的面积为S，所求几何体的体积为V，则S＝12BE×CE×sin120°＝12×3×3×32＝934，h＝CD＝BC＝33.所以V＝V三棱柱BCE－ADF＋V三棱锥V三棱锥G－NCD＝Sh＋13S×12h＋13S×12h＝43（2）[2023新高考卷Ⅰ]在正四棱台ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，A1B1＝1，AA1＝2，则该棱台的体积为766解析如图所示，设点O1，O分别为正四棱台ABCD－A1B1C1D1上、下底面的中心，连接B1D1，BD，则点O1，O分别为B1D1，BD的中点，连接O1O，则O1O即正四棱台ABCD－A1B1C1D1的高，过点B1作B1E⊥BD，垂足为E，则B1E＝O1O.因为AB＝2，A1B1＝1，所以OB＝2，O1B1＝22，所以BE＝OB－OE＝OB－O1B1＝22，又AA1＝2，所以BB1＝2，B1E＝BB12－BE2＝2－12＝62，所以O1O＝62，所以V正四棱台ABCD－A1角度2体积的最值问题例6[2022全国卷乙]已知球O的半径为1，四棱锥的顶点为O，底面的四个顶点均在球O的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为（C）A.13 B.12 C.33 解析该四棱锥的体积最大即该四棱锥底面所在圆面和顶点O组成的圆锥体积最大.设圆锥的高为h（0＜h＜1），底面半径为r，则圆锥的体积V＝13πr2h＝13π（1－h2）h，则V'＝13π（1－3h2），令V'＝0，得h＝33，所以V＝13π（1－h2）h（33，1）上单调递减，所以当h＝33方法技巧求解体积的最值问题的方法（1）几何法：根据几何体的结构特征，先确定体积表达式中的常量与变量，然后利用几何知识判断变量什么情况下取得最值，从而确定体积的最值.（2）代数法：先设变量，求出几何体的体积表达式，然后转化为函数最值问题或利用不等式求解即可.训练4[2023湖北省宜昌市三校联考]已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为3，点E为棱D1C1上一动点，点F为BB1上一动点，且满足EF＝2，则三棱锥B1－EFC1的体积的最大值为312解析如图，不妨设C1E＝m（0＜m≤3），B1F＝n（0＜n≤3），则EF＝C1E2＋B1C12＋B1F2＝m2＋（3）2＋n2＝2，所以m2＋n2＝1.于是V三棱锥B1－EFC1＝V三棱锥F－B1EC1＝13S△1.[命题点1角度3]在正三棱柱ABC－A1B1C1中，AB＝AA1＝2，F是线段A1B1上的动点，则AF＋FC1的最小值为6＋2.解析将正三棱柱ABC－A1B1C1（如图1）中的△A1B1C1沿A1B1翻折至平面ABB1A1上，如图2所示.在图2中，连接AC1，则AF＋FC1≥AC1.因为AA1＝A1C1＝2，且∠AA1C1＝90°＋60°＝150°，所以AC1＝AA12＋A1C12所以当A，F，C1三点共线时，AF＋FC1取得最小值，为6＋2.图1 图22.[命题点2/2024江苏常州模拟]已知四棱台ABCD－A1B1C1D1的两底面均为长方形，且上、下底面中心的连线与底面垂直，若AB＝9，AD＝6，A1B1＝3，棱台的体积为263，则该棱台的表面积是（D）A.60 B.163＋127C.83＋67＋60 D.163＋127＋60解析因为棱台的上、下底面相似，且AB＝9，AD＝6，A1B1＝3，所以A1D1＝2，S长方形A1B1C1D1＝3×2＝6，S长方形ABCD＝9×6＝54.设棱台的高为h，则V＝13×（6＋54＋6×54设A1C1∩B1D1＝O1，AC∩BD＝O2，连接O1O2，如图所示.因为上、下底面中心的连线与底面垂直，所以O1O2＝h，且四棱台的四条侧棱长相等.因为AC＝36+81＝313，A1C1＝13AC＝13，侧棱AA1＝（AC－A1C12）2＋h2＝4，所以等腰梯形ABB1A1的高h1＝AA12－（AB－A1B12）2＝7，所以S梯形ABB1A1＝12×（3＋9）×7＝67＝S梯形CDD1C1，等腰梯形ADD1A1的高h2＝AA12－（AD－3.[命题点3角度1/2023深圳高三模拟]如图，圆内接四边形ABCD中，DA⊥AB，∠D＝45°，AB＝2，BC＝22，AD＝6，现将该四边形沿AB旋转一周，则旋转形成的几何体的体积为（D）A.30π B.40π C.184π3 解析圆内接四边形ABCD中，DA⊥AB，∠D＝45°，所以∠ABC＝135°，∠C＝90°，如图，过点C作CE⊥AB交AB的延长线于点E，所以四边形AECD是直角梯形，∠CBE＝45°，故△CEB是等腰直角三角形，所以四边形ABCD沿AB旋转一周，得到的旋转体是圆锥与圆台的组合体，即圆台挖去一个以圆台上底面为底面的圆锥，又CE＝BE＝BCsin45°＝22×22＝2，AE＝BE＋AB＝2＋2＝4，所以旋转体的体积V＝13π×（22＋2×6＋62）×4－13π×22×2＝200π4.[命题点3角度1]如图1，在直角梯形ABCD中，AD∥BC，AD＝AB＝4，BC＝2，将四边形BCFE沿中位线EF折起，使得∠AEB为直角，连接AB，CD，如图2，则所得的几何体的体积为6.图1 图2解析解法一（分割法）如图，过点C作CM平行于AB，交AD于点M，作CN平行于BE，交EF于点N，连接MN.由题意可知四边形ABCM，BENC都是矩形，AM＝DM＝2，FN＝1，MN＝AE＝BE＝CN＝2.易得截面CMN把这个几何体分割为直三棱柱ABE－MCN和四棱锥C－MNFD，且BE⊥平面AEFD.因为直三棱柱ABE－MCN的体积V1＝S△ABE·AM＝12×2×2×2＝4，四棱锥C－MNFD的体积V2＝13S四边形MNFD·CN＝13×12×（1＋2）×2×2＝2，所以所求几何体的体积V＝V1＋V解法二（分割法）如图，连接AC，EC，则几何体被分割为四棱锥C－ADFE和三棱锥C－ABE，因为VC－ADFE＝13×（3+42×2）×2＝143，VC－ABE＝13×（12×2×2）×2＝43，所以所求几何体的体积V＝VC－ADFE＋VC－ABE＝解法三（补形法）如图，延长BC至点M，使得CM＝2，延长EF至点N，使得FN＝1，连接DM，MN，DN，得到直三棱柱ABE－DMN，所以所求几何体的体积等于直三棱柱ABE－DMN的体积减去四棱锥D－CMNF的体积.因为VABE－DMN＝（12×2×2）×4＝8，VD－CMNF＝13×（1+22×2）×2＝2，所以所求几何体的体积V＝VABE－DMN－VD－CMNF＝8－2学生用书·练习帮P3281.[2024福州市一检]一个正四棱台形油槽可以装煤油190000cm3，其上、下底面边长分别为60cm和40cm，则该油槽的深度为（D）A.754cm B.25cm C.50cm 解析设正四棱台形油槽的高，即深度为hcm，依题意，得190000＝h3（602＋402＋602×402.[2024武汉部分学校调考]某玻璃制品厂需要生产一种如图1所示的玻璃杯，该玻璃杯可以近似看成是由一个圆柱挖去一个圆台得到的，其近似模型的直观图如图2所示（图中数据单位为cm），则该玻璃杯近似模型的体积（单位：cm3）为（A） 图1 图2A.43π6 B.47π6 C.53π解析由题意可得，该玻璃杯近似模型的体积V＝π×（32）2×6－13π[1＋（32）2＋1×32]×（6－2）＝27π2－19π3.[2024江西宜春模拟]水平放置的△ABC的直观图如图中△A'B'C'所示，其中B'O'＝C'O'＝1，A'O'＝32，则△ABC的形状为（AA.等边三角形B.直角三角形C.等腰（非等边）三角形D.三边互不相等的三角形解析由题意知，在△ABC中，AO⊥BC于点O，如图，∵A'O'＝32，∴AO＝3，∵B'O'＝C'O'＝1，∴BO＝CO＝1，BC＝2，又AB＝AO2＋BO2＝3+1＝2，AC＝AO2＋CO2＝3+1＝2，∴4.[2024辽宁抚顺德才高级中学模拟]2023年3月12日，在马来西亚吉隆坡举行的YongJunKLSpeedcubing比赛半决赛中，来自中国的9岁魔方天才王艺衡以4.69秒的成绩打破了“解三阶魔方平均用时最短”吉尼斯世界纪录.一个三阶魔方由27个单位正方体组成，如图，把魔方的中间一层转动了45°，则该魔方的表面积增加了（C）A.54 B.54－362C.108－722 D.81－722解析如图，转动了45°后，此时魔方相对原来魔方多出了16个全等的小三角形的面积，显然小三角形为等腰直角三角形，设其直角边长为x，则斜边长为2x，则有2x＋2x＝3，解得x＝3－322.由几何关系得阴影部分的面积为S1＝12×（3－322）2＝274－922，所以增加的表面积为S＝16S1＝16×（274－925.[2022全国卷甲]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S甲S乙＝2，则V甲VA.5 B.22 C.10 D.5解析因为甲、乙两个圆锥的母线长相等，所以结合S甲S乙＝2可知，甲、乙两个圆锥侧面展开图的圆心角之比是2∶1.不妨设两个圆锥的母线长为l＝3，甲、乙两个圆锥的底面半径分别为r1，r2，高分别为h1，h2，则由题意知，两个圆锥的侧面展开图刚好可以拼成一个周长为6π的圆，所以2πr1＝4π，2πr2＝2π，得r1＝2，r2＝1.由勾股定理得，h1＝l2－r12＝5，h2＝l2－r22＝6.[2023全国卷甲]在三棱锥P－ABC中，△ABC是边长为2的等边三角形，PA＝PB＝2，PC＝6，则该棱锥的体积为（A）A.1 B.3 C.2 D.3解析如图，取AB的中点D，连接PD，CD，因为△ABC是边长为2的等边三角形，PA＝PB＝2，所以PD⊥AB，CD⊥AB，所以PD＝CD＝3，又PC＝6，所以PD2＋CD2＝PC2，所以PD⊥CD，又AB∩CD＝D，AB，CD⊂平面ABC，所以PD⊥平面ABC，所以VP－ABC＝13×S△ABC×PD＝13×12×2×3×3＝17.[2024安徽六校联考]18世纪英国数学家辛普森运用定积分，推导出了现在中学数学教材中柱、锥、球、台等几何体的统一体积公式V＝16h（L＋4M＋N）（其中L，N，M，h分别为该几何体的上底面面积、下底面面积、中截面面积和高），我们也称为“万能求积公式”.例如，已知球的半径为R，可得该球的体积V＝16×2R（0＋4×πR2＋0）＝43πR3；已知正四棱锥的底面边长为a，高为h，可得该正四棱锥的体积V＝16×h[0＋4×（a2）2＋a2]＝13a2h.类似地，运用该公式求解下列问题：如图，已知球O的表面积为16πcm2，若用距离球心O都为1cm的两个平行平面去截球O，则夹在这两个平行平面之间的几何体的体积为解析如图，设上、下截面小圆的圆心分别为E，F，A是上底面截面小圆上一点，连接OA，EA，设球O的半径为R，∵球O的表面积为4πR2＝16π，∴R＝2，∴OA＝R＝2，又OE＝1，OE⊥EA，∴截面小圆半径r＝EA＝OA2－OE2＝4－1＝3，根据“万能求积公式”可得所求几何体的体积V＝16×2×[π×（3）2＋4×π×22＋π×（3）28.[2024南昌市模拟]如图，高度均为3的封闭玻璃圆锥和圆柱容器内装入等体积的水，此时水面高度均为h，若h＝2，记圆锥的底面半径为R，圆柱的底面半径为r，则Rr＝33913解析对于圆锥，盛水部分形成圆台，如图，记上底面为圆O'，下底面为圆O，则由下底面半径为R，易得上底面半径为R3，∴V圆台＝13[π（R3）2＋πR2＋π（R3）2·圆柱中水的体积为V圆柱＝πr2·2＝2πr2.依题意，得26πR227＝2πr2，∴Rr＝9.[2024江西分宜中学、临川一中等校联考]在如图所示的斜截圆柱中，已知圆柱的底面直径为40cm，母线长最短50cm，最长80cm，则斜截圆柱的侧面面积S＝2600πcm2.解析将如题图所示的两个相同的斜截圆柱对接，对接后的几何体是圆柱，如图，该圆柱侧面展开图的面积为π×40×（50＋80）＝5200π（cm2），则斜截圆柱的侧面面积S＝12×5200π＝2600π（cm2）10.[2023上海市进才中学模拟改编]如图，在底面半径为1，高为3的圆锥中，O是底面圆心，P为圆锥顶点，A，B是底面圆周上的两点，∠AOB＝2π3，C为母线PB的中点，则在该圆锥的侧面上，A到C的最短的路径长为3.解析因为圆锥的底面半径r＝1，高为3，则母线长l＝PB＝3+1＝2.在底面圆O中，AB＝∠AOB·r＝2π3.如图所示为圆锥的侧面展开示意图，连接AC，则线段AC的长为最短路径长.设∠APB为α，则AB＝α·l＝2π3，解得α＝π3，在△APC中，PC＝12PB＝1，PA＝2，α＝π3，则由余弦定理可得AC＝AP2＋11.[2023山西运城高三模拟]巴普士（约公元3～4世纪），古希腊亚历山大学派著名几何学家，生前有大量的著作，但大部分遗失在历史长河中，仅有《数学汇编》保存下来.《数学汇编》一共8卷，在《数学汇编》第3卷中记载着这样一个定理：“如果在同一平面内的一个闭合图形的内部与一条直线不相交，那么该闭合图形围绕这条直线旋转一周所得到的旋转体的体积等于该闭合图形的面积与该闭合图形的重心旋转所得周长的积”.已知在梯形ABCD中，AD∥BC，AB⊥BC，AB＝BC＝2AD＝4，如图所示，利用上述定理可求得梯形ABCD的重心G到点B的距离为（C）A.1139 B.209 C.21139 解析直角梯形ABCD绕AB旋转一周所得几何体的体积V1＝13（4π＋16π＋4π×16π）×4＝112π3，设重心G到AB的距离为d1，则112π3＝2+42×4×2πd1，解得d1＝149；直角梯形ABCD绕BC旋转一周所得几何体的体积V2＝π×42×2＋13×π×42×（4－2）＝32π＋32π3＝128π3，设重心G到BC的距离为d2，则128π3＝2+42×4×2π12.[2024四川部分学校高三联考]已知某圆柱的轴截面是边长为2的正方形ABCD，在该圆柱的底面内任取一点E，则当四棱锥E－ABCD的体积最大时，该四棱锥的侧面积为（B）A.1＋2＋5 B.1＋22＋5C.1＋2＋25 D.2＋25解析如图，设圆柱的上、下底面圆心分别为O1，O，连接OE，O1E.四棱锥E－ABCD的体积V＝13S正方形ABCD·d，其中d为点E到AD的距离，因为正方形ABCD的面积为定值2×2＝4，所以当E为AD的中点时，四棱锥E－ABCD的体积最大，此时AE⊥DE，OE⊥AD，O1E⊥BC，OE＝1，AE＝DE＝2，BE＝CE＝22＋（2）2＝6，O1E＝（6）2－12＝5，四棱锥E－ABCD的侧面积为S＝12AD·OE＋12AB·AE＋12CD·DE＋12BC·O1E＝12×2×1＋12×2×2＋1213.[2023昆明市“三诊一模”]某机床厂工人将一个实心圆锥的旧零件改造成一个正四棱柱的新零件，且正四棱柱的中心在圆锥的轴上，下底面在圆锥的底面内.已知该圆锥的底面圆半径为3cm，高为3cm，则该正四棱柱体积（单位：cm3）的最大值为（B）A.54（10－72） B.8 C.274 解析作出图形如图所示，设正四棱柱的底面边长为x，高为h，由相似得ABCD＝SESO，即2x6＝3－h3，所以h＝3－22x.因为0＜3－22x＜3，所以所以正四棱柱的体积V＝x2×h＝x2（3－22x）＝－22x3＋3x2（0＜x＜3所以V'＝－322x2＋6x.令V'＝－322x2＋6x＝0，得x＝22，当0＜x＜22时，V'＞0，V＝－22x3＋3x2单调递增；当22＜x＜32时，V'＜0，V＝－22x3＋3x2单调递减.所以当x＝22时，V＝－22x3＋3x14.[多选/2022新高考卷Ⅱ]如图，四边形ABCD为正方形，ED⊥平面ABCD，FB∥ED，AB＝ED＝2FB.记三棱锥E－ACD，F－ABC，F－ACE的体积分别为V1，V2，V3，则（CD）A.V3＝2V2 B.V3＝V1C.V3＝V1＋V2 D.2V3＝3V1解析如图，连接BD交AC于O，连接OE，OF.设AB＝ED＝2FB＝2，则AB＝BC＝CD＝AD＝2，FB＝1.因为ED⊥平面ABCD，FB∥ED，所以FB⊥平面ABCD，所以V1＝VE－ACD＝13S△ACD×ED＝13×12×2×2×2＝43，V2＝VF－ABC＝12VE－ACD＝23.因为ED⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以ED⊥AC.又AC⊥BD，且ED∩BD＝D，ED，BD⊂平面BDEF，所以AC⊥平面BDEF.因为OE，OF⊂平面BDEF，所以AC⊥OE，AC⊥OF.易知AC＝BD＝2AB＝22，OB＝OD＝12BD＝2，OF＝OB2＋FB2＝3，OE＝OD2＋ED2＝6，EF＝BD2＋（ED－FB）2＝（22）2＋（2－1）2＝3，所以EF2＝OE2＋OF2，所以OF⊥OE.又OE∩AC＝O，OE，AC⊂平面ACE，所以OF⊥平面ACE，所以V3＝VF－ACE＝13S△ACE·OF＝13×12AC×OE×OF＝13×12×22×6×15.[2023浙江省绍兴市模拟]如图，在棱长均为2的正四面体ABCD中，M为AC的中点，E为AB的中点，P是DM上的动点，Q是平面ECD上的动点，则AP＋PQ的最小值是33+36解析如图，作MG⊥CE于点G，连接DG，易知平面CDE⊥平面ABC，平面CDE∩平面ABC＝CE，则MG⊥平面CDE，故DG为DM在平面CDE上的射影.将△ADM沿DM翻折至与△DMG共面，记翻折后的点A（即A'）到DG的距离为hA，则hA为△A'DG的边DG上的高，且AP＋PQ＝A'P＋PQ≥hA.因为MG＝12AE＝12，DM＝DC2－（AC2）2＝3，则sin∠MDG＝MGDM＝36，故cos∠MDG＝336.又∠ADM＝∠A'DM＝π6，所以sin∠A'DG＝sin（∠MDG＋π6）＝336×12＋36×32＝3+3316.碳70（C70）是一种碳原子族，可高效杀灭癌细胞，它是由70个碳原子构成的，其结构是由五元环（正五边形面）和六元环（正六边形面）组成的封闭的凸多面体（如图），共37个面，则其六元环的个数为（B）A.12 B.25 C.30 D.36解析根据题意，顶点数就是碳原子数，即为70，每个碳原子被3条棱共用，面数为37，设有正五边形x个，正六边形y个，则x＋y＝37，5x＋6y＝70×3，解得x＝12，y＝25，故正六边形个数为25，即六元环的个数为25，故选B.17.[2024贵阳市模拟]转子发动机采用三角转子旋转运动来控制气体的压缩与排放.三角转子的外形是有三条侧棱的曲面棱柱（如图1），且侧棱垂直于底面，底面是以正三角形的三个顶点为圆心，以正三角形的边长为半径画圆弧构成的曲边三角形（如图2），正三角形的顶点称为曲边三角形的顶点，侧棱长为曲面棱柱的高.记该曲面棱柱的底面积为S，高为h，已知曲面棱柱的体积V＝Sh，若AB＝6，h＝1，则曲面棱柱的体积为（D） 图1 图2A.2π－22 B.3π－22C.2π－33 D.3π－33解析∵每个扇形的面积S扇＝12×π3×6×6＝π，S△ABC＝34×（6）2＝332，∴每个弓形的面积S弓＝S扇－S△ABC＝π－332，故S＝3S弓＋S△ABC＝3×（π－332）＋332＝3π－33，∴V＝Sh＝（3π－33第2讲空间点、直线、平面之间的位置关系课标要求命题点五年考情命题分析预测借助长方体，在直观认识空间点、直线、平面的位置关系的基础上，抽象出空间点、直线、平面的位置关系的定义，了解4个基本事实和定理.平面的基本性质及应用2020新高考卷ⅠT16；2020全国卷ⅡT16；2020全国卷ⅢT19该讲是立体几何的基础，主要以客观题的形式出现，考查平面的基本性质及应用（如作截面），线线位置关系的判定等，难度中等.在2025年高考备考中要侧重对基本性质的理解和应用.空间直线、平面间的位置关系2023上海春季T15；2021新高考卷ⅡT10；2019全国卷ⅢT8学生用书P1421.平面的基本性质（1）三个基本事实基本事实1过①不在一条直线上的三个点，有且只有一个平面.基本事实2如果一条直线上的两个点在一个平面内，那么这条直线在这个平面内.基本事实3如果两个不重合的平面②有一个公共点，那么它们有且只有③一条过该点的公共直线.（2）三个推论利用基本事实1和基本事实2，结合“两点确定一条直线”可得到以下推论.推论1经过一条直线和这条直线外一点，有且只有一个平面.推论2经过两条④相交直线，有且只有一个平面.推论3经过两条⑤平行直线，有且只有一个平面.2.空间中直线间的位置关系共面直线（1）过平面外一点A和平面内一点B的直线，与平面内不过点B的直线是异面直线；（2）异面直线既不平行，也不相交；（3）异面直线不具有传递性，即若直线a与b是异面直线，b与c是异面直线，则a与c不一定是异面直线.3.空间中直线、平面间的位置关系图形语言符号语言公共点直线与平面相交a∩α＝A1个平行a∥α0个在平面内a⊂α⑥无数个平面与平面平行α∥β⑦0个相交α∩β＝l无数个说明分别在两个平行平面内的直线平行或异面.1.如图，α∩β＝l，A，B∈α，C∈β，且C∉l，直线AB∩l＝M，过A，B，C三点的平面记作γ，则γ与β的交线必通过（D）A.点A B.点BC.点C但不过点M D.点C和点M2.[多选]以下说法正确的是（CD）A.若一条直线上有两个点到一个平面距离相等，则这条直线与该平面平行B.若一个平面上有三个点到另一个平面距离相等，则这两个平面平行C.若三条直线a，b，c两两平行且分别交直线l于A，B，C三点，则这四条直线共面D.不共面的四点中，任意三点都不共线解析对于A，直线也可能在平面内或与平面相交；对于B，两平面也可能相交；易知C，D正确.3.[多选]如图是一个正方体的展开图，则在这个正方体中，下列命题正确的是（CD）A.AF与CN平行 B.BM与AN是异面直线C.AF与BM是异面直线 D.BN与DE是异面直线解析把正方体的平面展开图还原，如图，由正方体的结构特征可知，AF与CN是异面直线，故A错误；BM与AN平行，故B错误；BM⊂平面BCMF，F∈平面BCMF，A∉平面BCMF，F∉BM，故AF与BM是异面直线，故C正确；DE⊂平面ADNE，N∈平面ADNE，B∉平面ADNE，N∉DE，故BN与DE是异面直线，故D正确.学生用书P143命题点1平面的基本性质及应用例1已知在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为D1C1，C1B1的中点，AC∩BD＝P，A1C1∩EF＝Q.求证：（1）D，B，F，E四点共面.（2）若A1C交平面DBFE于点R，则P，Q，R三点共线.（3）DE，BF，CC1三线交于一点.解析（1）如图所示，连接B1D1.由题意知EF是△D1B1C1的中位线，所以EF∥B1D1.在正方体ABCD－A1B1C1D1中，B1D1∥BD，所以EF∥BD，所以EF，BD确定一个平面，即D，B，F，E四点共面.（2）记A1，C，C1三点确定的平面为平面α，平面BDEF为平面β.因为Q∈A1C1，所以Q∈α.又Q∈EF，所以Q∈β，所以Q是α与β的公共点.同理，P是α与β的公共点，所以α∩β＝PQ.又A1C∩β＝R，所以R∈A1C，R∈α，且R∈β，则R∈PQ，故P，Q，R三点共线.（3）因为EF∥BD且EF＜BD，所以DE与BF相交，设交点为M，则由M∈DE，DE⊂平面D1DCC1，得M∈平面D1DCC1，同理，M∈平面B1BCC1.又平面D1DCC1∩平面B1BCC1＝CC1，所以M∈CC1.所以DE，BF，CC1三线交于一点.方法技巧1.证明点共线问题的常用方法基本事实法先找出两个平面，然后证明这些点都是这两个平面的公共点，再根据基本事实3证明这些点都在交线上.纳入直线法选择其中两点确定一条直线，然后证明其余点也在该直线上.2.证明线共点问题的常用方法先证两条直线交于一点，再证明第三条直线经过该点.3.证明点、直线共面问题的常用方法纳入平面法先确定一个平面，再证明有关点、线在此平面内.辅助平面法先证明有关的点、线确定平面α，再证明其余元素确定平面β，最后证明平面α，β重合.训练1如图，已知正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是棱CC1，AA1的中点.（1）画出平面BED1F与平面ABCD的交线，并说明理由.（2）设H为直线B1D与平面BED1F的交点，求证：B，H，D1三点共线.解析（1）如图1所示，直线PB为平面BED1F与平面ABCD的交线，理由如下：在正方体ABCD－A1B1C1D1中，因为DA⊂平面AA1D1D，D1F⊂平面AA1D1D，且DA与D1F不平行， 图1所以在平面AA1D1D内分别延长D1F，DA，则D1F与DA必相交于一点，不妨设为点P，所以P∈AD，P∈D1F.因为DA⊂平面ABCD，D1F⊂平面BED1F，所以P∈平面ABCD，P∈平面BED1F，即P为平面ABCD和平面BED1F的公共点.连接PB，又B为平面ABCD和平面BED1F的公共点，所以直线PB为平面BED1F与平面ABCD的交线.（2）如图2所示，连接BD1，BD，B1D1，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，因为BB1∥DD1，且BB1＝DD1，所以四边形BB1D1D为平行四边形.因为H为直线B1D与平面BED1F的交点，所以H∈B1D， 图2又B1D⊂平面BB1D1D，所以H∈平面BB1D1D，又H∈平面BED1F，平面BED1F∩平面BB1D1D＝BD1，所以H∈BD1，所以B，H，D1三点共线.命题点2空间直线、平面间的位置关系例2（1）[2023上海春季高考]如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，P是A1C1上的动点，则下列直线中，始终与直线BP异面的是 （B）A.DD1 B.AC C.AD1 D.B1C解析对于A，如图1，当点P为A1C1的中点时，连接B1D1，BD，则P在B1D1上，BP⊂平面BDD1B1，又DD1⊂平面BDD1B1，所以BP与DD1共面，故A错误；图1 图2对于B，如图2，连接AC，易知AC⊂平面ACC1A1，BP⊄平面ACC1A1，且BP∩平面ACC1A1＝P，P不在AC上，所以BP与AC为异面直线，故B正确；当点P与点C1重合时，连接AD1，B1C（图略），由正方体的性质，易知BP∥AD1，BP与B1C相交，故C，D错误.故选B.（2）[2023高三名校联考（一）]设α是空间中的一个平面，l，m，n是三条不同的直线，则下列说法正确的是（B）A.若m⊂α，n⊂α，l⊥m，l⊥n，则l⊥αB.若l∥m，m∥n，l⊥α，则n⊥αC.若l∥m，m⊥α，n⊥α，则l⊥nD.若m⊂α，n⊥α，l⊥n，则l∥m解析A选项，若m⊂α，n⊂α，l⊥m，l⊥n，则l与α相交、平行或l⊂α，如图1，m∥n，且满足m⊂α，n⊂α，l⊥m，l⊥n，但此时l与α斜交，故A错误；B选项，因为l∥m，m∥n，所以l∥n，因为l⊥α，所以n⊥α，故B正确；C选项，因为m⊥α，n⊥α，所以m∥n，因为l∥m，所以l∥n，故C错误；D选项，若m⊂α，n⊥α，l⊥n，则l与m相交、平行或异面，如图2，满足m⊂α，n⊥α，l⊥n，但此时l与m异面，故D错误.故选B.图1 图2方法技巧1.判断空间直线、平面间的位置关系时，注意对平面的基本性质及有关定理的应用.2.判断空间直线、平面间位置关系的命题的真假时，常借助几何模型（长方体、正方体）或实物（墙角、桌面等）.3.注意反证法在判断空间两直线位置关系时的应用.训练2若直线l1和l2是异面直线，l1在平面α内，l2在平面β内，l是平面α与平面β的交线，则下列命题正确的是（D）A.l与l1，l2都不相交B.l与l1，l2都相交C.l至多与l1，l2中的一条直线相交D.l至少与l1，l2中的一条直线相交解析解法一（反证法）若l∥l1，l∥l2，则l1∥l2，这与l1，l2是异面直线矛盾.故l至少与l1，l2中的一条直线相交.解法二（模型法）如图1，l1与l2是异面直线，l1与l平行，l2与l相交，故A，B不正确；如图2，l1与l2是异面直线，l1，l2都与l相交，故C不正确.1.[命题点1]到空间不共面的四点距离相等的平面的个数为（C）A.1 B.4 C.7 D.8解析当空间四点A，B，C，D不共面时，则四点构成一个三棱锥.当平面一侧有一个点，另一侧有三个点时，如图1，当平面过AD，BD，CD的中点时，满足条件.因为三棱锥有4个面，则此时满足条件的平面有4个. 图1 图2当平面一侧有两个点，另一侧有两个点时，如图2，当平面过AB，BD，CD，AC的中点时，满足条件.因为三棱锥的相对棱有3对，则此时满足条件的平面有3个.所以满足条件的平面共有7个.故选C.2.[命题点2/多选]已知G，N，M，H分别是正三棱柱的顶点或所在棱的中点，则下列表示直线GH，MN是异面直线的图形是（BD）A B C D解析A中，直线GH∥MN；B中，G，H，N三点共面，但M∉平面GHN，因此直线GH与MN异面；C中，连接MG，GM∥HN，因此GH与MN共面；D中，G，M，N三点共面，但H∉平面GMN，因此GH与MN异面.学生用书·练习帮P3311.[2024广东省深圳市第二高级中学模拟]已知平面α，β，γ两两垂直，直线a，b，c满足a⊂α，b⊂β，c⊂γ，则直线a，b，c不可能满足以下哪种关系（B）A.两两垂直 B.两两平行C.两两相交 D.两两异面解析如图1，可得a，b，c可能两两垂直；如图2，可得a，b，c可能两两相交；如图3，可得a，b，c可能两两异面.故选B.图1 图2 图32.[2024河南焦作模拟]已知m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β.若直线l满足l⊥m，l⊥n，l⊄α，l⊄β，则（B）A.α∥β，l∥αB.α与β相交，且交线平行于lC.α⊥β，l⊥βD.α与β相交，且交线垂直于l解析若α∥β，则由m⊥平面α，n⊥平面β，可得m∥n，这与m，n是异面直线矛盾，故α与β相交.设α∩β＝a，过空间内一点P，作m'∥m，n'∥n，m'与n'相交，设m'与n'确定的平面为γ.因为l⊥m，l⊥n，所以l⊥m'，l⊥n'，故l⊥γ，因为m⊥α，n⊥β，所以m'⊥α，n'⊥β，所以a⊥m'，a⊥n'，所以a⊥γ，又因为l⊄α，l⊄β，所以l与a不重合，所以l∥a.故选B.3.[多选/2024贵州省遵义市南白中学联考]已知a，b是两条不重合直线，α，β是两个不重合平面，则下列说法正确的是（BC）A.若α∥β，a⊂α，b⊂β，则a与b是异面直线B.若a∥b，b⊂α，则直线a平行于平面α内的无数条直线C.若α∥β，a⊂α，则a∥βD.若α∩β＝b，a⊂α，则a与β一定相交解析选项正误原因A✕若α∥β，a⊂α，b⊂β，则a与b平行或异面.B√若a∥b，b⊂α，则平面α内所有与b平行的直线都与a平行.C√若α∥β，则平面α内所有直线都与β平行，因为a⊂α，所以a∥β.D✕若α∩β＝b，a⊂α，则当a∥b时，a∥β.4.[多选/2023广东省广州市模拟]已知直线l与平面α相