2023年高考数学一轮复习资料 教书用书 第7章 立体几何

第1讲基本立体图形、简单几何体的表面积与体积

考向预测核心素养

对空间几何体的认识、立体图形的直观图和几何体的

表面积、体积是考查重点，以选择、填空题为主，中直观想象、数学抽象、数

学运算

等难度.

基础知识Q回顾

[学生用书P171]

圆朋的

一、知识梳理

1.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

麻

图形

AB

ABAAB

互相平行互相平行

底面多边形

且全等且相似

相交于一点,但不

侧棱平行且相等延长线交于二A

一定相等

侧面

平行四边形三角形梯形

形状

⑵旋转体的结构特征

名称圆柱圆锥圆台球

廊

图形aA1

互相平行且相

延长线交于一

母线等，垂直于底相交于一点

点

面

轴截X

矩形等腰三角形等腰梯形圆

面

侧面展开图矩形扇形扇环

2.直观图

(1)画法：常用斜二测画法.

(2)规则：

①原图形中X轴、)，轴、z轴两两垂直，直观图中，v轴、y轴的夹角为工

或135°,z'轴与f和♦轴所在平面垂直.

②原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍分别平行于坐标轴,平行于上

轴和z轴的线段在直观图中保持原长度丕变，平行于y轴的线段长度在直观图中

变为原来的一半.

3.圆柱、圆锥、圆台的恻面展开图及侧面积公式

圆柱圆锥圆台

侧面公.<2<>rA!

摩/2%

展开图

侧面积S艮台耨=

S两冲做=2兀〃S网推忖=虫

公式兀(n+n)l

锥体

S表面积=S(11+S底V=笈盘

(棱锥和圆锥)

台体

v=/s上+s卜+加上5卜)力

S表面积=5偶+S1-+SH

(棱台和圆台)

4

球S=4冗R2V=T7C/?3

3----

e常用结论

i.直观图与原图形面积的关系

按照斜二测画法得到的平面图形的直观图与原图形面积的关系：

(1)S直现取=4S里图形.

(2)S原图形=2啦S点观图.

2.球的截面的性质

(1)球的任何截面是圆面；

(2)球心和截面(不过球心)圆心的连线垂直于截面；

(3)球心到截面的距离d与球的半径R及截面的半径〃的关系为r=y)R2-d2.

3.正方体与球的切、接常用结论

正方体的棱长为小球的半径为R,

(1)若球为正方体的外接取，贝

(2)若球为正方体的内切球，则2/?=〃；

(3)若球与正方体的各棱相切，则2/?=啦a

二、教材衍化

1.(人A必修第二册PM习题8.1T4改编)下列几何体是棱台的是()

解析：选D.AC不是由棱锥截成的，不符合棱台的定义，故AC不满足题意.B

中的截面不平行于底面，不符合棱台的定义，故B不满足题意.D符合棱台的

定义.

2.

（人A必修第二册Pi06习题8.1T8改编）如图，长方体ABCD・A5C'。被截去

一部分，其中£77〃4。〃/G,剩下的几何体是（）

A.棱台B.四棱柱

C.五棱柱D六棱柱

答案：C

3.（人A必修第二册P120习题8.3T5改编）一个长方体的顶点都在球面上，且

长方体的棱长分别为1,2,3,则球的表面积为.

解析：设球的半径为R,则2R=^/l2+22+32=V14,

则尺=芈

14

2

所以5}.x=47i/?=47tX—=14n.

答案：14兀

（用E3用回-------

一、思考辨析

判断正误（正确的打“,错误的打“X”）

（1）有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱.（）

（2）有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥.（）

（3）用两平行平面截圆柱，夹在两平行平面间的部分仍是圆柱.（）

（4）菱形的直观图仍是菱形.（）

（5）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.（）

答案：⑴X（2）X（3）X（4）X（5）X

二、易错纠偏

1.（弄混几何体概念、特征致误）下列结论中错误的是（）

A.由五个面围成的多面体只能是三棱柱

B.棱台各侧棱的延长线交于一点

C.圆柱侧面上的直线段都是圆柱的母线

D.各个面都是正方形的四棱柱一定是正方体

解析：选A.由五个面围成的多面体也可以是四棱锥，所以A选项错误.B,

C,D说法均正确.

一

2.（斜二测面法规则不清致误）用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的

解析：选A.由直观图可知，在直观图中多边形为正方形，对角线长为啦，

所以原图形为平行四边形，位于y轴上的对角线长为2啦.故选A.

3.（忽略对圆柱形状的讨论致误）将一个邻边长分别为4九，8兀的矩形卷成一

个圆柱，则这个圆柱的表面积是.

解析：当底面周长为4兀时，底面圆的半径为2,两个底面的面积之和是8兀;

当底面周长为8兀时，底面圆的半径为4,两个底面的面积之和为32TL无论哪种

方式，侧面积都是矩形的面积32兀2,故所求的表面积是32兀?+8冗或32兀2+32兀

答案：32兀2+8兀或32兀2+32兀

第1课时空间几何体及其表面积、体积

［核心考虚事共研

［学生用书P173］

考点一基本立体图形（多维探究）

复习指导：利用实物模型认识基本立体图形，体会直观图、展开图的含义和

作用.

角度1结构特征

侧①（1）下列命题正确的是（）

A.两个面平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台

B.两个面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台

C.直角梯形以一条直角接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

D.用平面截圆柱得到的截面只能是圆面和矩形面

（2）（多选）下列说法正确的是（）

A.以直角三角形的一条边所在的直线为轴，其余两边旋转形成的曲面围成

的几何体是圆锥

B.以等腰三角形底边上的中线所在的直线为轴，将三角形旋转形成的曲面

围成的几何体是圆锥

C.经过圆锥任意两条母线的截面是等腰三角形

D.圆锥侧面的母线长有可能大于圆锥底面圆的直径

【解析】

（1）如图所示，可排除A,B选项.对于D选项只有截面与圆柱的母线平行

或垂直，截得的截面才为矩形面或圆面，否则截面为椭圆面或椭圆面的一部分,

故选C.

⑵

A不正确，直角三角形绕斜边所在直线旋转得到的旋转体不是圆锥；B正确,

以等腰三角形底边上的中线所在直线为轴，将三角形旋转形成的曲面围成的几何

体是圆锥；C正确，因为圆锥的母线长都相等，所以经过圆锋任意两条母线的截

面是等腰三角形；D正确，如图所示，圆锥侧面的母线长/有可能大于圆锥底面

圆半径;•的2倍（即直径）.故选BCD.

【答案】(1)C(2)BCD

角度2直观图

距（1）对于用斜二测画法画水平放置的图形的直观图来说，下列描述不正

确的是()

A.三角形的直观图仍然是一个三角形

B.90°的角的直观图一定会变为45°的角

C.与y轴平行的线段长度变为原来的一半

D.由于选轴的不同，所得的直观图可能不同

(2)如果一个水平放置的图形的斜二测直观图是一个底角为45。，腰和上底

均为1的等腰梯形，那么原平面图形的面积是()

A.2+也

C2+^D.1+6

【解析】(1)对于A,根据斜二测画法，相交直线的直观图仍是相交直线，

因此三角形的直观图仍是一个三角形，故A正确；

对于B,90°的角的直观图可以变为45°或135°的角，故B错误；

C,D显然正确.

(2)原图形为一直角梯形，其上底为1,下底为1+啦，高为2,所以S=；(l

+&+l)X2=2+啦，故选A.

【答案】(1)B(2)A

角度3展开图

僭⑶(1)(2021•新高考卷I)已知圆锥的底面半径为啦，其侧面展开图为一个

半圆，则该圆锥的母线长为()

A.2B.2a

C.4D.4吸

(2)长方体的长、宽、高分别为3,2,L从A到G沿长方

体的表面的最短距离为.

【解析】(1)设圆锥的母线长为Z,因为该圆锥的底面半径为地，所以27r

XV2=K/,解得/=26，故选B.

(2)结合长方体的三种展开图得4cl的长分别是：3啦，24，^26,显然最

小值是3啦.

【答案】(1)B(2)3也

闿题技巧

基本立体图形的有关问题

(1)空间几何体的结构特征是以后研究线面关系的基础，要牢记.

(2)斜二测画法的关键在于“三变”，“三不变”.

(3)利用空间几何体的表面展开图可求几何体的表面积及表面上两点间的距

离问题.

I跟踪训练I

1.(多选)下列命题正确的是()

A.有两个面互相平行，其余四个面都是等腰梯形的六面体为棱台

B.用一个平面去截棱锥，棱锥底面和截面之间的部分为棱台

C.棱锥是由底面为多边形，其余各面为具有一个公共顶点的三角形围成的

几何体

D.球面可以看作一个圆绕着它的直径所在的直线旋转180°所形成的曲面

解析：选CD.对于A,有两个面互相平行，其余四个面都是等腰梯形的六面

体不一定为棱台，因为不能保证各侧棱的延长线交于一点，所以A错误；对于B,

用一个平面去截棱锥，棱锥底面和截面之间的部分不一定为枝台，因为不能保证

截面与底面平行，所以B错误；对于C,由棱锥的定义知由底面为多边形，其余

各面为具有一个公共顶点的三角形围成的几何体是棱锥，所以C正确；对于D,

球面可以看作一个圆绕着它的直径所在的直线旋转180°所形成的曲面，正

确.故选CD.

2.

如图所示为一个平面图形的直观图，则它的实际形状四边形人次第为()

A.平行四边形B.楞形

C.菱形D.矩形

解析：选D.由斜二测画法可知在原四边形ABC。中并且

AB//CD,故四边形ABC。为矩形.

3.圆台的上、下底面半径分别为10cm,20cm,它的侧面展开图扇环的圆

心角为180。，则圆台的表面积为cm"结果中保留力

解析：

如图所示，设圆台的上底面周长为ccm,

因为扇环的圆心角是180°,

故c=n•SA=2TI'X10(cm),

所以SA=20cm.

同理可得S3=40cm,

所以A3=S5-S4=20cm,

所以S表=5恻+S上底+5下底=7:(10+20)X20+71X102+^x202=110(hr(cm2).

故圆台的表面积为11OOJCcm2.

答案：1100花

考点二空间几何体的表面积(自主练透)

复习指导：了解球、柱、锥、台的表面积的计算公式.

1.已知圆柱的上、下底面的中心分别为。，O九过直线Oi。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啦兀B.12兀

C8扬D.1版

解析：选B.设圆柱的轴微面的边长为居则由r=8,得工=2吸，所以5支

=25欣+S旭=2X兀X(啦产+2兀X&X2，5=12兀故选B.

2.已知圆台的上、下底面半径和高的比为1：4：4,若母线长为10,则圆

台的表面积为()

A.817tB.100兀

C.168兀D.16971

解析:

4qc

£\

------OE—%

选C.圆台的轴截面如图，设上底面半径为r,下底面半径为R,高为小母

线长为/,则它的母线长/=yjh!2+(R—r)?=yj(4r)2-F(3r)2=5r=10,

所以r=2,R=8.

故S«尸兀(R+r)/=7r(8+2)X10=100兀，

S表=5例+兀户+兀/？2=100兀+4兀+64兀=168兀

如图，设正三棱锥S-A3C的侧面积是底面积的2倍，正三棱锥的高SO=3,

则此正三棱锥的表面积为.

解析：如图，设正三棱镇的底面边长为〃，斜高为〃，过点O作OE_LAB,

与A3交于点E,连接SE,则SE_LAB,SE=h'.

因为S饵=25底，

所以;口小勿二坐〃x2.

所以a=^3h".

因为SOA.OE,所以SO2^-OEr=SE2.

所以32+(*X小/*

所以h'=2小,所以。=/"=6.

所以S声、=^~X6?=9,^3，S他=2S底=18^3.

所以S表=5弼+S忒=动+18小=27小.

答案：27小

理后感悟--------------------------

求解几何体表面积的类型及求法

求多面体将它们沿着棱“剪开”展成平面图形，利用求平面

的表面积图形面积的方法求多面体的表面积

可以从旋转体的形成过程及其几何特征入手，将其

求旋转体

展开后求表面积，但要搞清它们的底面半径、母线

的表面积

长与对应侧面展开图中的边长关系

求不规则通常将所给几何体分割成基本的柱体、锥体、台体，

几何体的先求出这些基本的柱体、锥体、台体的表面积，再

表面积通过求和或作差，求出所给几何体的表面积

考点三空间几何体的体积（多维探究）

复习指导：了解球、柱、锥、台的体积的计算公式.

角度1直接利用公式求体积

侧⑷（1）（2022•江苏南通联考）已知正三棱柱ABC-AIBIG的各棱长均为2,点

D在棱A4i上，则三棱锥D-BB\C\的体积为.

（2）（2020•新高考卷II）棱长为2的正方体A8CO-AiBiGOi中，M,N分别为

棱A8的中点，则三棱链Ai・DiMN的体积为.

【解析】

（1）如图，取3c中点O,连接AO.因为正三棱柱ABC-AiBiCi的各棱长均为2,

所以4c=2,。。=1,则AO=小.

因为AAi〃平面BCCM,所以点。到平面BCC\B\的距离为小.

又因为S^BB]C^=2X2X2=2,

所以=]X2x[5="

：；出邓

ANB

(2)如图，由正方体棱长为2,M,N分别为棱BBi,AB的中点，

113

得5M)WN=2X2-2XTX2X1-zX1x1=5,

44乙

又易知。IAI为三棱锥OI-AIMN的高，且OiAi=2,

,=

所以V41-D|A/AVD\-A\MN

113

=]SAA]MN・£>i4=1X]X2=l.

【答案】(1)2乎(2)1

角度2割补法求体积

(HS在梯形438中，NABC岩，AD//BC,BC=24O=24B=2.将梯形

ABCD绕AD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()

B.当

D.2兀

【解析】

如图所示，过点。作BC的垂线，垂足为”.则由旋转体的定义可知，该梯

影绕AD所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体为一个圆柱挖去一个

圆锥.其中圆柱的底面半径K=A8=1,高斯=2/7C=8C=2,其体积0=兀宠2历

=7tX12X2=27T：圆锥的底面半径/•=£>//=1,高比="。=1,其体积史2=%产〃2

=1KX12X1.故所求几何体的体积V=Vi—V2=2TT—^=-y.

【答案】C

密题技巧--------------------------------

几何体的体积计算要点

I指的是转换底面与高，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

命—指的是将一个不规则的几何体拆成几个简单的

中L几何体，便于计算

指的是将小几何体嵌入一个大几何体中，如

有时将一个三棱锥复原成一个三棱柱，将一

个三棱柱复原成一个四棱柱，还台为桂，这

些都是拼补的方法

I跟踪训练|

1.（2021・新高考卷II）正四棱台的上、下底面的边长分别为2,4,侧棱长为

2,则其体积为（）

A.20+12小B.28吸

名28^2

J3u-3

解析：

选D.连接该正四棱台上下底面的中心，如图,

因为该四棱台上下底面边长分别为2,4,侧棱长为2,

所以该棱台的高〃一（2啦一啦）2=啦,下底面面积Si=16,上底面

面积52=4,

所以该棱台的体积V=*（Si+S2+的瓦）=gx/X（16+4+洞尸七2故

选D.

2.

如图，在多面体ABCOEF中，已知四边形A8CO是边长为1的正方形，且

△ADE,△比户均为正三角形，EF//AB,EF=2,则该多面体的体积为

解析：

如图，过BC作与EF垂直的截面BCG,作平面AOM〃平面BCG,取BC

的中点0,连接GO,F0,由题意可得尸0=坐，FG=1,

22

所以GO=yjFO-FG=^f

====V2=

所以S^BCG2^1,ViVBCGADMS^BCG•AB4，V22VFBCG

=2X^BCG-GF=2x{xyx1=^,所以V=Vi+V2=^.

JJ•L14J

较案.也

u•3

课后达标一检测

［学生用书P352（单独成册）］

［A基础达标］

1.（多选）下列说法正确的是（）

A.棱柱的侧棱长都相等

B.棱柱的两个互相平行的面一定是棱柱的底面

C.棱台的侧面是等腰梯形

D.用一个平面截一个球，得到的截面是一个圆面

解析：选AD.A正确；B不正确，例如六棱柱的相对侧面也互相平行；C不

正确，棱台的侧棱长可能不相等；D正确.

2.（多选）（2022•山东潍坊模拟）等腰直角三角形的直角边长为1,现将该三角

形绕其某一边旋转一周，则所形成的几何体的表面积可以为（）

A.、/57tB.（l+^2）7t

C.2y［2nD（2+啦）兀

解析：选AB.如果绕直角边所在直线旋转，那么彩成圆锥，圆锥底面半径为

1,高为1,母线长就是直角三角形的斜边长也，所以所形成的几何体的表面积

2

5=7rr/4-7rr=7rX1XA/2+TTX12=（A/?J-1）TT:如果绕斜边所在首线旋转，那么形

成的是同底的两个圆锥，圆锥的底面半径是直角三角形斜边高为坐，两个圆锥

的母线长都是1,所以形成的几何体的表面积S=2Xa/=2X;tX乎X1=啦兀

综上可知，形成几何体的表面积是（也+1）%或也兀故选AB.

3.

一平面四边形Q4BC的直观图O'ABC如图所示，其中。轴，AfB'

J_/轴，B'C〃y'轴，则四边形0A3C的面积为（）

解析：选B.平面四边形0A8C的直观图OWB，C是直角梯形，其面积为gx（l

4-2)X1=|；

则S席=2啦S立=3啦.故选B.

4.

（2022•太原市离三模拟）如图是水平放置的某个三角形的直观图，D'是

△A，夕C中6C边的中点且轴，4'B',A'D',A'C三条线段对应

原图形中的线段48,AD,AC,那么（）

A.最长的是A8,最短的是AC

B.最长的是AC,最短的是AB

C.最长的是45,最短的是AO

D.最长的是AO,最短的是AC

解析：选C.由题中的直观图可知，NDf〃/轴，小C//xf轴，根据

斜二测画法的规则可知，在原图形中AO〃y轴，8C〃x轴，又因为。为夕C'的

中点，所以△ABC为等腰三角形，且40为底边5C上的高，则有A5=4C>4O

成立.

5.圆柱的底面积为S,侧面展开图是一个正方形，那么圆柱的侧面积是（）

A.4兀SB.2ns

C.nS

解析：选A.由几户=5得圆柱的底面半径是故侧面展开图的边长为

2n•,所以圆柱的侧面积是4兀S,故选A.

6.

（2020・高考全国卷I）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.以该四棱锥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（）

解析：选C.设正四棱锥的高为心底面正方形的边长为2〃，斜高为相，依

题意得序=义乂2〃乂加，即1v=am①，易知力2+々2=加2②，由①②得机=上!，后

1+小

。（舍负），所以为=稳」=中5故选c.

7.一个圆台上、下底面的半径分别为3cm和8cm,若两底面圆心的连线

长为12cm,则这个圆台的母线长为cm.

解析：

如图，过点4作ACJ_08,交03于点C.

在中，AC=12cm,8c=8—3=5(cm).

所以48=4^不苧=13(cm).

答案：13

8.(2021・高考全国卷甲)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.

解析：设该圆锥的高为九则由已知条件可得品兀乂62乂力=30兀，解得力=|,

苧+36=冬故该圆锥的侧面积为兀X6X竽=

39兀.

答案：39K

9.

现需要设计一个仓库，它由上下两部分组成，上部的形状是正四棱锥

P-AiBiGDi,卜部的形状是止四棱柱48CO-A由如图所示)，并要求止四棱

柱的高。。是正四棱锥的高POi的4倍，若AB=6m,P0i=2m,则仓库的容

积是多少？

解：由尸。i=2m,知。10=4尸。i=8m.

因为A}8\=AB=6m,所以正四棱锥P-A\B\C\D\的体积V钝=；・Ai由・P0\

=|x62X2=24(m3);

正四棱柱ABCQ-481G01的体积

223

VU=AB-OiO=6X8=288(m),

所以仓库的容积V=V依+V拄=24+288=312(0?).

故仓库的容积是312m3.

10.

如图所示，底面半径为I,高为1的圆柱OO\中有一内接长方体

43CD设矩形ABC。的面积为5,长方体4囱。。1-486的体积为匕AB=x.

(1)将S表示为x的函数；

(2)求V的最大值.

解：(1)连接AC(图略)，因为矩膨A6CD内接干OO,

所以AC为。。的直径.

因为AC=2,AB=x,

所以BC川4T,

所以S=ABBC=x\j4T(«V2).

⑵因为长方体的高A4i=l,

所以V=S-AA\=x^4-x1

=7卓(4—x2)=yj—(x2-2)2+4.

因为0<x<2,所以O/vd,

故当f=2即JV=6时，V取得最大值，此时Vmax=2.

[B综合应用]

11.(2021.新高考卷II)北斗三号全球卫星导航系统是我国航天事业的重要成

果.在卫星导航系统中，地球静止同步卫星的轨道位于地球赤道所在平面，轨道

高度为36000km(轨道高度是指卫星到地球表面的距离).将地球看作是一个球

心为O,半径r为6400km的球，其上点A的纬度是指。4与赤道平面所成角的

度数.地球表面上能直接观测到一颗地球静止同步轨道卫星点的纬度最大值为

a,记卫星信号覆盖地球表面的表面积为S=27r/(1—cosa)(单位：km2),则S占

地球表面积的百分比约为()

A.26%B.34%

C.42%D.50%

解析：选C.由题意可得，S占地球表面积的百分比约为也~

（2022・成都调研）如图，四面体各个面都是边长为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圆心，圆柱的侧面积是（）

选C.如图所示，过点P作PEJ_平面ABC,E为垂足，点E为等边三角形

ABC的中心，连接4E并延长，交BC于点。.

AE=^ADfAO=孚，

所以AE=^X喙=净,

J4。

所以PE=y]m2-AE2=孝.

设圆柱底面半径为r,则r=AE=^-t

所以圆柱的侧面积S=2w•尸£=2TCX孝X孝=呼与

71

13.（2022•济南模拟）已知三棱锥S-ABC中，ZSAB=ZABC=^,SB=4,SC

4

=2仃，AB=2fBC=6,则三棱锥S-4BC的体积是（）

A.4B.6

C.4小D.6小

解析:选C.因为ZABC=y,A8=2,6C=6,所以AC=y]AB2-^BC2=^22+62

=2回.因为NSAB=4，AB=2,5B=4,所以AS=yjSB2-AB2=^42-22=

2近.由SC=2回,得4。2+452=5。2,所以AC_LAS.又因为SAIAB,AC^AB

=A,所以ASJ_平面ABC,所以AS为三棱锥S・ABC的高，所以V三棱维SA8c=；X

|x2X6X2小=43.

14.

学生到工厂劳动实践，利用3D打印技术制作模型.如图，该模型为长方体

A8CQ-48G。］挖去四棱锥O-EFG”后所得的几何体，其中。为长方体的中心,

E,F,G,”分别为所在棱的中点，A8=8C=6cm,AAi=4cm.3D打印所用原

料密度为0.9g/cn?.不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为g.

解析：

由题易得长方体ABCD-AiBiCiDi的体积为6X6X4=144(cm3),四边形

为平行四边形，四棱锥。・E尸的高为3cm,如图所示，连接GE,HF,

易知四边形EFGH的面积为矩形BCCiBi面积的一半，即/X6X4=12(cn?),所

V^o-EFGw=1x3X12=12(cm3),所以该模型的体积为144-12=132(cm3),

所以制作该模型所需原料的质量为132X0.9=118.8(g).

答案：118.8

[C素养提升]

15.

（多选）如图，正方体ABC。-AiBCiQi的棱长为3,线段3。i上有两个动点

E,尸且E/=l,则当E,尸移动时，下列结论正确的是（）

A.4E〃平面GBO

B.四面体ACE尸的体积不为定值

C.三棱锥A-BEb的体积为定值

D.四面体ACQ/7的体积为定值

解析：选ACD.对于A,如图1,连接GB,BD,ABi〃DCi,易证ABi〃平

面G8D,同理ADi〃平面CiBQ,且48mAe>i=A,所以平面平面CiBD,

又AEU平面ABIOI,所以AE〃平面CiBD,A正确：

=才，点。到平面AM的距离等于点C到平面AB"的距离d为定值，所以

VA-CEF=VCAEF=3义至$Xd=*d为定值,所以B错误；

13

对于C,如图3,S^BEF=2X1X3=2，

点A到平面8EF的距离等于A到平面BBiDiD的距离d为定值，

131

所以VAD=^X5Xd=5d为定值，C正确；

对于D,如图4,连接OF,CF,四面体ACO尸的体积为以.8尸=必。8=(

1Q

X]X3X3X3=E为定值，D正确.

16.将3个12cmX12cm的正方形沿邻边的中点剪开,分成两部分(如图(1)),

将这六部分接于一个边长为6&cm的正六边形上(如图(2)),若拼接后的图形是

一个多面体的表面展开图，则该多面体的体积为.

解析：方法一：该多面体由一个大的四面体减去三个小的四面体所得.其中

大四面体的底面是边长为18啦cm的正三角形，其余三条棱长度均为18cm:

三个小四面体的底面是边长为6^/2cm的正三角形，其余三条棱长度均为6cm.

所以V=1x18XyX18X18-3x|x6x|x6X6=864(cm3).

J4D4

方法二:

该多面体可补形为正方体，画出大致图形如图所示，由此可知正方体=

123=864(cm3).

答案：864cm3

第2课时空间几何体的截面、球的切接问题

核心考点一共研

[学生用书Pl76]

考点一空间几何体的截面问题（综合研析）

复习指导：利用立体几何的有关定理、事实确定截面的形状和数量关系.

厕口（1）已知圆锥的母线长为2,侧面积为2小兀，则过圆锥顶点的截面面积

的最大值等于（）

A.^3B.啦

C.3D.2

（2）（2020•新高考卷I）已知直四棱柱ABCD-A\B\C\D\的棱长均为2,/BAD

=60°.以。为球心，小为半径的球面与侧面8CG8的交线长为.

【解析】（1）由圆锥的母线长为2,侧面积为2小兀，假设底面圆周长为/,

因此1X2X/=2小兀，

故底面圆周长为2,兀，底面圆的半径为由.

由于轴截面为腰长为2,底边长为底面圆的直径为2小的等腰三角形，因此

轴截面的顶角是空.故当截面为顶角是;的等腰三角形时面积最大，此时s=

171

5.22si”=2.故选D.

（2）如图，连接BQi,易知△BCQi为了三角形，所以31。|=。。|=2.分别

取BBi,CC的中点M,G,H,连接。iM,DiG,DiH,则易得OiG=DiH

=卷”=小，且。由题意知G,〃分别是BBi,CG与

球面的交点.在侧面BCC\B\内任取一点P,使MP=也连接DiP,则DiP=

7DiM2+Mp2=yJ（小）2+（啦）2=小,连接MG,MH,易得MG=MH=p,

故可知以M为圆心，血为半径的圆弧GH为球面与侧面BCCB的交线.由

NBTMG=/GMH=45°知/GMH=90°,所以命的长为;X2;tX啦=号之

【答案】（DD（2）专

密题技巧---------------------------------

截面问题求解要点

（1）挖掘题目条件，要抓任截面的点是公共点这个关键.

（2）灵活转化，将条件转化到一个平面内，寻找截面上的点满足的数量关系.

I跟踪训练I

1.（2022•淮北市中学联考）以边长为1的正方形的一边所在直线为旋转轴，

将该正方形旋转一周所得圆柱的轴截面（过圆柱的轴作截面）的面积为（）

A.2兀B.兀

C.2D.1

解析：选C.因为该正方形旋转一周所得圆柱的高为1,底面的半径为1,所

以圆柱的轴截面的面积为1X2X1=2,故选C.

2.正方体A5CD-A4ICIDI,E,尸分别是A4,CG的中点，P是CG上的

动点（包括端点），过E,D,P作正方体的截面，若截面为四边形，则P的轨迹

是（）

A.线段C尸B.线段C厂

C.线段CF和一点CiD.线段CiF和一点C

解析：

选C.如图所示，£>£〃平面BBiCiC,所以平面DEP与平面BB\C\C的交线

PM//ED,连接EM,

易证MP=EO,

因为MP〃ED,则M到达B时仍可构成四边形，即P到尸时，而P在GF

之间，不满足要求，

P到点C仍可构成四边形，故选C.

考点二球的接、切问题（多维探究）

复习指导：空间几何体中的接、切问题主要是与球有关的接、切，求解的关

键是找出球心所在的位置.

角度1几何体的外接球

厕2(1)(链接常用结论2)(2021・高考全国卷甲)已知A,B,。是半径为1的

球O的球面上的三个点，且AC_LBC,AC=BC=lf则三棱锥O-ABC的体积为

()

A也B理

从12c12

C应D也

J4以4

(2)(链接常用结论3)若直三棱柱ABC-AIBICI的6个顶点都在球O的球面上,

且AB=3,AC=4,ABLAC,A4i=12,则球。的表面积为.

【解析】

⑴如图所示，因为ACL8C,所以A3为截面圆Oi的直径，且48=啦.连

接0。1,则OOi-L面ABC,00i=41一僵）2=y1一惇七孚所以三棱

锥0-ABC的体积V=|SA/IBCXOOI=|X|X1X1义喙=东

(2)将直三棱柱补形为长方体ABEC-A\B\E\C\,财球0是长方体

ABEC-A\B\E\C\的外接球.

所以体对角线BCT的长为球。的直径.

因此2/?=嫡2+42+122=13.

古攵S球=4兀/？2=169兀

【答案】(1)A(2)169兀

角度2几何体的内切球

(ffiU(2020・高考全国卷HI)已知圆锥的底面半径为1,母线长为3,则该圆锥

内半径最大的球的体积为.

【解析】

易知半径最大的球即为该圆锥的内切球.圆锥及其内切球0如图所示，设

RBE1

内切球的半径为R,则sinN8P£=0A=丽所以OP=3R,所以尸E=4R=

ylPB2-BE2=yj32-l2=2y12,所以R=坐所以内切球的体积丫=飙3=

即该圆锥内半径最大的球的体积为半J2兀.

【答案】冬

展题技巧---------------------------------

处理球的“切”“接”问题的求解策略

解决与球有关的切、接问题，其通法是作截面，将空间几何问题转化为平面

几何问题求解，其解题的思维流程是：

|如果是内切球，则一心到切点的距离相,

定球心卜等且为半径，如果是外接球，则球心到

--------接点的距离相等且为半径

选准最隹角度作出截面（要使这个我面

尽可能多的包含球、几何体的各种元素

作截面一

以及体现这些元素间的关系），达到空

间问题平面化的目的

求半径，根据作出截面中的几何元素，建立关于

下结论球半径的方程，并求解

I跟踪训练I

1.（2022•云南一中质量监测）在四面体S・ABC中，SA_L平面ABC,NBAC=

2，SB=2y[2fSC=4,SA=2,则该四面体的外接球的表面积是（）

25兀

A亍B.IDOTI

r207571

3D.20K

解析:

选D.如图，因为SAJ_平面ABC,SB=2小,SC=4,SA=2,

所以A8=2,AC=2小,

jr

因为N34C=z，由余弦定理可解得3C=2,

设O\为三角形