高考数学总复习第七章立体几何

第七章立体几何

7.1基本立体图形

课程标准有的放矢

1.利用实物、计算机软件等观察空间图形，认识柱、锥、台、球及其简单组

合体的结构特征，并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.

必备知识】温故知新

【教材梳理】

1.棱柱、棱锥、棱台

分类棱柱棱锥棱台

图形£D'

上底面

侧面--底面叫的侧棱

侧棱侧面，ry大

顶点j/方-弋於

法—打底面

顶点

定义有两个面互相平行,其余各面有一个面是多边形，其用一个坨于棱锥底面的平

都是四边形,并且相邻两个四余各面都是有一个公共面去截棱锥，底面和截面之

边形的公共边都互相平行,iti顶点的三角形,由这些间那部分多面体

这些面所围成的多面体面所围成的多面体

结构底面互相平行且金笠；侧面都底面是一个多边形；侧上、下底面互相平行且相

特征是平行四边形;侧棱都相等且面都是三色彩；侧面有似；各侧棱延长线交于一

互相平行一个公共顶点点；各侧面为梯形

分类①按底面多边形的边数：三棱①按底面多边形的边①按底面多边形的边数：三

柱、四棱柱、五棱柱...数：三棱锥、四棱锥、棱台、四棱台、五棱台...

②按侧棱与底面的关系：侧棱五棱锥…②正棱台：由正棱锥截得的

垂直于底面的棱柱叫做百棱柱,②正棱锥：底面是正多棱台

边形，并且顶点与底面

中心的

否则叫做斜棱拄.底面是正多边连线垂直于底面的棱锥

形的直棱柱叫做正棱柱.底面是

平行四边形的四棱柱也叫做土

行六面体

2.圆柱、圆锥、圆台、球

分类圆柱圆转圆台球

图形

定义以矩形的一边所在直以亡力三角形的一条用平行于圆锥底面的以半圆的直径所在

线为旋转轴，其余三直角边所在的直线为平面去截圆锥，底面直线为旋转轴，旋

边旋转一周形成的面旋转轴，其余两边旋与截面之间的部分转一周所形成的曲

所围成的旋转体转一周形成的面所围面叫做球面,球面

成的旋转体所围成的旋转体

结构特①母线互相平行且相①母线相交于二息①母线延长线交于二截面是圆面

征等，并垂直于底面②轴截面是全等的笠点

②轴截面是全等的矩腰三角形②轴截面是全等的笠

鬓③恻面展开图是扇形腰梯形

③侧面展开图是矩形③侧面展开图是扇环

简单组合体：由简单几何体组合而成的几何体叫简单组合体.其构成形式主

要有：由简单几何体拼接，或由简单几何体截去或挖去一部分.

3.立体图形的直观图

（1）概念：直观图是观察者站在某一点观察一个空间几何体获得的图形，

立体几何中通常是在平行投影下得到的平面图形.

（2）斜二测画法画水平放置的平面图形直观图的步骤：

①在己知图形中取互相垂直的％轴和y轴，两轴相交于点O.画直观图时，

把它们画成对应的/轴和y'轴，两轴相交于点0',且使4%‘0'y'=殂（或

135。）,它们确定的平面表示水平面.

②己知图形中平行于％轴或y轴的线段，在直观图中分别画成平行于％'轴或

V轴的线段.

③己知图形中平行于工轴的线段，在直观图中保持原长度不变，平行于2轴

的线段，在直观图中长度为原来的一半.

画几何体的直观图时，与画平面图形的直观图相比，只是多画一个与工

轴、y轴都垂直的z轴，并且使平行于z轴的线段的平行性和长度都不变.

4.简单几何体的表面积与体积

（1）圆柱、圆锥、圆台的侧面积

侧面展开图

侧面积公式

其中r,/为底面半径，I为母线长.

（2）柱、锥、台、球的表面积和体积

分类表面积体积（S是底面积，力是高）

柱体（棱柱和圆柱）S表面积=5侧+2S底V=Sh

锥体（棱锥和圆锥）S表面积=辿+『V=Lsh

台体（棱台和圆台）S表面积=5侧+S上+S下（S1.+S下+Js」s下）h

球（R是半径）S=4i必V=-nR3

【常用结论】—

5.常见四棱柱及其关系

底面是平侧棱垂直直

行四边形平行于底面平

底

底是

各棱长

是

面

面

正

长

正

行

正

凭

相

都

形

形

等

舐

吗|六面体方

四

方

方

六

棱

簪侧棱垂直直四底面是平体

体

面

柱|镭氤Jg行四边形柱

体

6.按照斜二测画法得到的平面图形的直观图，其面积是原图形的半倍，即

4

C_V2C

>直观图=T3原图形.

7.几个与球有关的切、接常用结论

（1）长、宽、高分别为a,b,c的长方体的体对角线长等于外接球的直

径，即Ja?+b2+c2=2R.

（2）正方体的棱长为a,球的半径为R,若球为正方体的外接球，则2R=

V3a；若球为正方体的内切球，则2R=a；若球与正方体的各棱相切，则

2R=>/2a.

（3）正四面体的外接球与内切球的半径之比为3:1.

自主评价牛刀小试

1.判断下列命题是否正确，正确的在括号内画“J”，错误的画“X”.

（1）有两个侧面是矩形的棱柱是直棱柱.（X）

（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.（X）

（3）侧面都是矩形的直四棱柱是长方体.（X）

（4）用斜二测画法画平面图形的直观图时，原图形面积S与其直观图面积S'的

关系为s，=fs.（V）

4

（5）圆锥的体积等于底面积与高之积.（X）

2.（教材习题改编）三棱锥的四个面中，下列说法不正确的是（A）

A.不能都是直角三角形B.可能都是锐角三角形

C,可能都是等腰三角形D.可能都是钝角三角形

［解析］解：正方体中三棱锥的各面都是直角三角形，故A不正确;

正四面体，四个面中，都是等边三角形，故B,C正确；三棱锥的四个面中，

可能都是钝角三角形，即D正确.故选A.

3.如图，长方体ABCD-AB'C'。'被截去一部分，其中EH。，则剩下的几

何体是（C）

A.棱台B.四棱柱C,五棱柱D.简单组合体

［解析］解：由几何体的结构特征知，剩下的几何体为五棱柱.故选C.

4.［2022届江苏南通高三开学考试］已知圆锥的轴截面是斜边为2遍的直角三角

形，该圆锥的体积为（C）

A.等B.等C.V3irD.3V3n

［解析］解：由题意，知该圆锥的轴截面是等腰直角三角形，其底面圆半径为国,

高为V3,所以该圆锥的体积为U（V3）2xV3=V3ir.故选C.

核心考点►精准突破

考点一空间几何体的结构特征

例1下列说法正确的是（B）

A.有两个平面互相平行，其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱

B.在圆台的上、下两底面圆周上各任取一点，则这两点的连线不一定是圆台的

母线

C.有两个面互相平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台

D.以三角形的一条边所在直线为旋转轴，其余两边旋转形成的曲面所围成的几

何体叫圆锥

［解析I解：对于A,如图1符合条件但却不是棱柱；B显然正确；

图1

对于C,如图2,其侧棱不相交于一点，故不是棱台;

对于D,如图3,以直角三角形的斜边4B为轴旋转得到的是两个同底的圆锥.故

选B.

【点拨】解决此类问题的基本方法：①定义法：紧扣结构特征是判断的关键，

熟悉空间几何体的结构特征，依据条件构建几何模型，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，然后再依据题意判定;②反例

法：学会通过反例对概念进行辨析，即要说明一个命题是错误的，设法举出一

个反例即可.

变式1.【多选题】下列命题口正确的是（BC）

A.棱柱的侧棱都相等，侧面都是全等的平行四边形

B.在四棱柱中，若两个过相对侧棱的截面都垂直于底面，则该四棱柱为直四棱

柱

C.存在每个面都是直角三角形的四面体

D.棱台的上、下底面可以不相似，但侧棱长一定相等

［解析I解：A不正确，根据棱柱的定义，棱柱的各个侧面都是平行四边形，但

不一定全等.B正确，由线面平行的性质定理,知两个过相对侧棱的截面的交线平

行于侧棱，又垂直于底面.C正确，如图，

正方体4BC0-中的三棱锥Q-ABC的四个面都是直角三角形.D不

正确，棱台的上、下底面相似且是对应边平行的多边形，各侧棱的延长线交于

一点，但侧棱长不一定相等.故选BC.

例2［2020新高考I卷II卷］日皆是中国古代用来测定时间的仪器，利用与唇面

垂直的唇针投射到唇面的影子来测定时间.把地球看成一个球（球心记为0）,

地球上一点A的纬度是指04与地球赤道所在平面所成角，点4处的水平面是指

过点A且与。4垂直的平面.在点A处放置一个日唇，若唇面与赤道所在平面平

行，点4处的纬度为北纬40°,则唇针与点A处的水平面所成角为（B）

A.20°B.40°C.50°D.90°

［解析I解：画出截面图如图所示,

其中CO是赤道所在平面的截线，［是点4处的水平面的截线：依题意可知04,

是唇针处所在直线，血是唇面的截线，依题意，署面和赤道平面平行，唇

针与唇面垂直，根据平面平行的性质定理可得m〃C。,根据线面垂直的定义可

得由于44。。=40°,m//CD,所以，04G=NAOC=40°,由于

Z.OAG+Z.GAE=Z.BAE+Z.GAE=90°,所以4BAE=Z.OAG=40°,也愚

针与点4处的水平面所成角为4B4E=40°.故选B.

【点拨】课程标准要求考生认识柱、锥、台、球的结构特征，并能描述现实生

活中的简单物体结构，高考常与数学文化结合考查，体现数学之美，也体现生

活中处处有数学.

变式2.《九章算术》是我国百代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：

“今有刍薨，下广三丈，袤四丈，上袤二丈，无广，高二丈，问：积几何？”

其意思为“今有底面为矩形的屋脊状的楔体，下底面宽3丈，长4丈，上棱长

2丈，高2丈，问：它的体积是多少？”（已知1丈为10尺）（C）

A.12000立方尺B.11000立方尺C.10000立方尺D.9000立方尺

［解析］解：过上棱两端点向底面作垂面，则垂面与上棱垂直，两垂面将几何体

分成两个四棱锥和一个直三棱柱，如图所示.

则三棱柱的体积匕=：x3x2x2=6,两个四棱锥的体积之和为占=：x2x

3x2=4.

所求体积V=%+%=10（立方丈）=10000（立方尺）,故选C.

考点二空间多面体的面积、体积

命题角度1空间多面体的面积

例3侧面是正三角形的正四棱锥，体积为6则它的全面积是支上

［解析］解：如图，P—为正四棱锥,

设底面边长为a,过P作PG_L8C于G,作P。1底面48CD,垂足为。，

连接OG.在RSPOG中，PG='a,PO=］『一?=<*

因为体积为年,gplxa2x^a=^,则Q=1.

6326

所以正四棱柱的全面积为4x^a2+a2=l+V3.

4

故填1+6,

【点拨】求解多面体的表面积，关键是找到其中的特征图形，如棱柱中的矩

形，棱锥中的直角三角形，棱台中的直角梯形等，通过这些图形，找到几何元

素间的关系，通过建立未知量与已知量间的关系进行求解.

变式3.如图1所示的正方体的棱长为1,沿对角面（图中阴影部分）将其分割

成两块，重新拼接成如图2所示的斜四棱柱，则所得的斜四棱柱的表面积是生土

2vl.

V2；左右为两个正方形，边长为1；前后为两个平行四边形，相邻两边长为1

与鱼，一个内角为45。，从而斜四棱柱的表面积是2x1x灰+2x1?+2x

1xV2xsin4S°=4+2或，故填4+2A/2.

命题角度2空间多面体的体积

例4如图，在多面体4BC0EF中，己知4BC0是边长为1的正方形，且4

ADE,△BCF均为正三角形，EF//AB,EF=2,则该多面体的体积为（A）

［解析］解：如图，过4，B两点分别作4M,BN垂直于E尸,垂足分别为M,

N，连接0M,CN，

可证得DMIFF,CNLEF,则多面体4BCDEF分为三部分，即多面体的体积

^ABCDEF=^AMD-BNC+^E-AMD+^F-BNC•

依题意知4EFB为等腰梯形.

易知Rt△DME三Rt△CNF,所以EM=NF=1.

又BF=1,所以BN=当.

作N”垂直于8C,则“为8C的中点，所以NH=当.

所以SABNC=：，BC・NH=^.

所以乙一BNC=9S"N-NF=^,

^E-AMD—VF-BNC~'^AMD-BNC=^^BNC*MN=f.

所以以故选A・

【点拨】求空间几何体体积的常用方法为公式法、割补法和等积变换法（等体

积法）：①割补法：将这个几何体分割成几个柱体、锥体，分别求出柱体和锥

体的体积，从而得出要求的几何体的体积.②等积变换法：特别地，对于三棱

锥，由于其任意一个面均可作为棱锥的底面，从而可选择更容易计算的方式来

求体积；利用“等积性”还可求“点到面的距离”.

变式4.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4BC。-&B1GD1挖去四棱锥。-EFGH后所得的几何体，其中。为长方体

的中心，E,F,G,H分别为所在棱的中点，4B=BC=6cm,44i=

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11"g.

［解析］解：由题意得，S四边形EFG”=4x6-4x：x2x3=12(cm2),

因为四棱锥。一EFGH的高为3cm,

所以%-EFGH=§x12x3=12(cm3).

又长方体ABC。一&B1C1D1的体积为匕=4x6x6=144(cm3),所以该模型

3

体积为V=V2-VQ-EFGH=144-12=132(cm),其质量m=0.9x132=

118.8(g).故填1188

考点三空间旋转体的面积、体积

命题角度1空间旋转体的面积

例5如图，四边形4BC0为梯形，AD//BC,Z.ABC=90°,以4为圆心，AD

为半径画一个扇形，则图中阴影部分绕AB旋转一周所形成的几何体的表面积为

68n.

［解析］解：依题意，形成的几何体是一个圆台从上面挖出一个半球,

S半球=IX4nx22=8n,又CD=7(5-2)2+42=5,所以S网台侧=TTX

(2+5)x5=35TT,S圆台底=251T.

故所求几何体的表面积S表=8n+357T+25n=68n.故填68Tl.

【点拨】求旋转体的表面积问题注意其侧面展开图的应用.直角梯形绕直角腰旋

转一周形成的是圆台，四分之一圆绕半径所在的直线旋转一周，形成的是半

球，所以阴影部分绕48旋转一周形成的是组合体，圆台挖去半球，5表=

S圆台侧+S下底面+S半球表•

变式5.如图，在四边形4BCD中，/-DAB=90°,Z.ADC=135°,AB=5,

CD=2®AD=1,贝lj四边形4BCD绕AD旋转一周所成几何体的表面积为

25(«+l)ir.

因为乙40c=135。,所以NEOC=45。,所以△CDE是等腰直角三角形，

因为CO=2V2，所以EC=ED=2.

又AD=1，所以AE=AD+ED=3.

所以BC=J(5—2尸+32=3V2.

四边形4BC0绕4。旋转一周所成的几何体为一个圆台挖去一个圆锥.其中圆台

的上下底面圆的半径分别为EC,高为4E；圆锥的底面圆的半径为EC,高

为DE.所以所得几何体的表面积S=nx52+7ix(2+5)x3>/2+7ix2x

2V2=25(72+l)n.故填25(鱼+l)n.

命题角度2空间旋转体的体积

例6已知4(0,0),B(1,0),C(2,l),D(0,3),将四边形ABCO绕y轴旋转

一周，则所得旋转体的体积是(A)

63

A.5TTB.3nC.-TTD.-n

22

[解析I解：如图，过C作y轴的垂线交y轴于E,则ADCE是直角三角形，四边

形4BCE是直角梯形，四边形4BCD绕y轴旋转一周所得几何体是一个圆锥和一

个圆台的组合体，易求得力B=1,FC=V2,CE=2,4E=1,ED=2,DC=

2V2,所得旋转体的体积为V=1XTIX22X2+^（1+1X2+22）X1=5T[.

故选A.

【点拨】求旋转体体积的一般思路是理解旋转体的几何特征，确定得到计算体

积所需要的几何量.求旋转体的体积常用公式法、分割法等，注意相关公式要牢

记.

变式6.《乌鸦喝水》的寓言故事，鼓励人们遇到困难要运用智慧、认真思考才

能让问题迎刃而解.如图所示，乌鸦想喝水，发现有一个锥形瓶，上面部分是圆

柱体，下面部分是圆台，瓶口直径为3cm,瓶底直径为9cm,瓶口距瓶颈为

2V3cm,瓶颈到水位线距离和水位线到瓶底距离均为竽cm现将1颗石子投

入瓶中，发现水位线上移当cm.若只有当水位线到达瓶口时，乌鸦才能喝到

水，则乌鸦共需要投入的石子数量至少是（石子体积均视为一致）（C）

A.2颗B.3颗C.4颗D.5颗

［解析］解：如图所示，力8=9cm,EF=GH=3cm,LO=3>/3cm,所以

=60°.原水位线直径CO=6cm,投入1颗石子后，水位线直径〃=5cm,

则由圆台公式得到，

2

匕颗石子=1.MN.(CN2+IM+CN•/M)=誓1cm3.同理，空瓶体积是由

空瓶圆台加圆柱体得到，即。空瓶=P空圆台+%柱体=*LN.(CN?十EL2+

3

CN,EL)+n,E*・/a=上^+吗包=空史(cm),则需要石子的个数为

888

v99跖

户工=±=?X57=^G(3,4)，则至少需要4颗石子.故选C.

颗石子—^―0八”

考点四与球相关的切、接问题

命题角度1几何体的外接球

例7

(1)己知三棱锥P-ABC中，△ABC为等边三角形，PA=PB=PC=3,

PA1PBt则三棱锥P-ABC的外接球的体积为(B)

A.—B.空生C.27A/3TTD.27n

22

［解析］解：因为在三棱锥P-ABC中，△ABC为等边三角形，PA=PB=PC=

3,所以

因为P41PB,所以P41PC,PCLPB.

以P4,PB,PC为过同一顶点的三条棱作正方体(如图所示)，则正方体的外

接球即三棱锥P-ABC的外接球.

A

P、B

因为正方体的体对角线长为J32+3Z+32=3V3,

所以其外接球半径R=手.

因此三棱锥P-ABC的外接球的体积P=yX(崂3=萼^.故选B.

(2)设A,B,C,。是同一个半径为4的球的球面上四点，△ABC为等边三

角形且其面积为，则三棱锥。-ABC体积的最大值为(B)

A.12V3B.18V3C.24V3D.54V3

［解析I解：由等边三角形ABC的面积为9次,可得=9点，所以4B=

6,所以等边三角形ABC的外接圆的半径为r=曰AB=28.

设球的半径为R,球心到△ABC的外接圆圆心的距离为d，则d=V/?2-r2=

416-12=2.所以三棱锥。-ABC高的最大值为2+4=6,所以三棱锥。-

ABC体积的最大值为］X9A/3X6=18V3.故选B.

【点拨】几何体的外接球问题关键是确定球心位置，主要方法有：①将几何体

还原或补为正方体或长方体，进而确定球心；②几何体的外接球球心一定在过

底面的外心与底面垂直的直线上；③球心到各顶点的距离都相等；④球心一定

在外接球的直径上.

变式7.

(1)已知直三棱柱ABC-481cl的6个顶点都在球。的球面上，若48=3,

AC=4fABLACtAA±=12,则球0的表面积为1691r.

［解析I解：如图，设球。的半径为R.将直三棱柱补形为长方体4BEC-

AEE9,则球。是长方体4BEC-A'B'E'C的外接球，所以体对角线BC'为球

0的直径.因此2R="2+42+122=13,故S球=4nR2=169n.故填

169n.

(2)［2020年全国I卷］己知4,B,C为球。的球面上的三个点，OOi为△力

的外接圆，若。Q的面积为4n,AB=BC=AC=OQ,则球。的表面积为

(A)

A.64nB.48TIC.36nD.32n

［解析I解：如图，设圆。1的半径为r,球的半径为R,依题意，得五产=4n，

所以丁=2,因为△ABC为等边三角形，由正弦定理可得4B=2rsin600=

2V3,所以。。1=48=2百，根据球的截面性质0011平面力8C,所以。。「

OtA,R=OA=q00；+。42=Joo：+「2=4,所以球。的表面积S=

4TTR2=64n.故选A.

(3)［2022年全国乙卷］己知球。的半径为1,四棱锥的顶点为。，底面的四

个顶点均在球。的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为弓.

［解析I解：如图，由题意可知，当四棱锥为正四棱链时，其体积最大，设底面

边长为Q,底面所在圆的半径为r,贝忏=当。，四棱锥的高h=J1—',则

四棱锥的体积y=w:卜彳r)=

3屑=黑，当且仅当9=1一9,即Mug时，等号成立.

所以该四棱锥的体积最大时，其高九=ji_.=.故填

命题角度2几何体的内切球

例8已知正三棱锥的高为1,底面边长为2遍,则该棱锥的内切球的半径为

V2-1,

［解析］解：如图，在正三棱锥P中，过点P作尸。1平面ABC于点。，连

接40并延长，交BC于点E,连接PE,易知。为AABC的中心.

因为/B=2V3,PD=1，所以S-BC=36，0E=1,PE=也.所以S“BC=

ix2V3xV2=V6.所以三棱锥的体积V=|x3V3x1=V3.

设内切球半径为R,则卜=VC_ABC+Vo-pBc+VO-PAC+VO-PAB=/谢•R+

3x♦R=(V5+㈣R=V3,可得R=V2-1.

故填口-1.

变式8.

(1)已知三棱锥P-ABC,若24,PB,PC两两垂直，且PA=2,PB=

PC=1,则三棱锥P-ABC的内切球的表面积为；

［解析］解：由题意，设三棱锥P—48。的内切球的半径为丁，球心为。，则由等

体积得Vp_.BC=^0-PAB+^0-PAC+^0-PBC+^0-ABC,即gX^X2X1X1=

-x-x2xlxrx2+-x-xlxlxr+-x-xV2x/5--xr,解得r=L

323232yj24

故内切球的表面积为4m*2=:故填，

（2）在四棱锥P—4BC0中，底面4BC0是边长为2a的正方形，PO_L底面

ABCD,且PD=2a.若在这个四棱锥内放一球，则此球的最大半径为

（2-a）a.

［解析I解：由题意知，当球与四棱锥各面均相切，即内切于四棱锥时球的半径r

最大，如图1.作出其左视图，如图2.

图1图2

由“等面积法”，SNAD=1x2ax2a=1x2axrx2+1x2^2axr,故球

的半径r=（2-V2）a.

故填（2-V2）a.

课时作业知能提升

【巩固强化】

I.如图所示的几何体是柱体的有（B）

［解析I解：①③⑤不是柱体，②是圆柱，④是以左、右面为底面的棱柱.故选B.

2.将一个等腰梯形绕它的较长的底边所在的直线旋转一周，所得的几何体包括

(D)

A.一个圆台、两个圆锥B.两个圆台、一个圆柱

C.两个圆柱、一个圆台D.一个圆柱、两个圆锥

［解析］解：从较短的底边的端点向另一底边作垂线，两条垂线把等腰梯形分成

了两个直角三角形，一个矩形，所以一个等腰梯形绕它的较长的底边所在直线

旋转一周形成的是由一个圆柱、两个圆锥所组成的几何体，如图.故选D.

3.下面四个图形中，可作为三棱柱的平面展开图的是（A）

［解析I解：A是三棱柱的平面展开图；B是三棱锥的平面展开图；C是四棱锥的

平面展开图；D作为三棱柱的平面展开图，一侧多了一个底，另一侧少了一个

底.故选A.

4.如图，矩形。'4B'C'是水平放置的一个平面图形的直观图，其中。'4=

6cm,CD'=2cm,则原图形是(C)

A.正方形

C.菱形D.一般的平行四边形

［解析I解：如图，在原图形。4BC中，有。。=20'。=2x2鱼=4鱼，CD=

CD'=2.

所以0c=yJOD2+CD2=

所以OA=OC,所以四边形04BC是菱形.

故选C.

5.已知正三棱锥P-ABC的底面边长为6,点、P到底面/BC的距离为3,则三

棱锥的表面积是(C)

A.9V3B.18V3C.27V3D.3673

［解析I解：由题意可知底面三角形的中心到底面三角形的边的距离为:x日x

6=75,所以正三棱锥的斜高为小2+(73)2=2七,所以这个正三棱锥的侧

面积为3x1x6x2V3=18V3,底面积为［x62xsin60°=9V3.所以正三棱

锥P-ABC的表面积为18旧+9V3=27V3.故选C.

6.已知圆柱的高为1,它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，

则该圆柱的体积为(B)

A.irB.—C.-D.-

424

［解析］解：圆柱的轴截面如图所示，

由题意可得，AC=1.AB=^结合勾股定理，底面半径r=卜一©)2=

2

y,由圆柱的体积公式，可得圆柱的体积是卜=何2h=»(曰)x1=声.故

选B.

7.已知过球面上A,B,。三点的截面和球心的距离等于球半径的一半，且

AB=18fBC=24,AC=30f求球的表面积和体积.

［答案］解：因为A&BC：4c=18:24:30=3:4:5,

所以△ABC是直角三角形，Z.B=90°.

又球心。在截面△ABC上的投影。'为截面圆的圆心（如图所示），也是以△

ABC的外接圆的圆心，

所以斜边4c为截面圆O'的直径.

设01=r,0C=R,

在Rt/kO'C。中，由题设知sin/O'C。=丝=工，所以NO'CO=30。，

OC2

所以：=cos30。=多，即R=\r,（*）

又2r=4C=30,所以r=15，代入（*）得R=10V3.所以球的表面积为S=

2

4ir/?2=4TTx（10A/3）=1200Tl.

球的体积为P=|IT/?3=|TIX（10V3）3=4000V3n.

8.在意大利，有一座满是“斗笠”的灰白小镇阿尔贝罗贝洛，这些圆锥形屋顶

的奇特小屋名叫Trillion,于1996年列入世界文化遗产名景（如图1）.现测量

一个屋顶，得到圆锥SO的底面直径AB长为12m,母线£4长为18m（如图

2）.C是母线S4的一个三等分点（靠近点S）.

图1图2

（1）现用鲜花铺设屋顶，如果每平方米大约需要鲜花60朵，那么装饰这个屋

顶（不含底面）大约需要多少朵鲜花（1T取3.14,结果精确到个位）；

［答案］解：圆锥的侧面积为S=1T•黄S4a3.14x6xl8=339.12(m2),又每

平方米大约需要鲜花60朵，于是得339.12x60q20347(朵)，所以装饰这

个屋顶大约需要20347朵鲜花.

(2)从点A到点C绕屋顶侧面一周安装灯光带，求灯光带的最小长度.

［答案］将圆锥SO的侧面沿母线SA剪开得其展开图为如图所示的扇形S44',连

接AC,则4C为所求最小长度.

44'的长度为TI/B=12n,得扇形圆心角乙4s4=粤==,在△A'SC中，

183

SAr=18,SC=［SA=6,由余弦定理得AC?=SA，2+SC2-2sA•

SCcos^A'SC=182+62-2x18x6cos—=468,所以4c=6V13,

3

所以灯光带的最小长度为645m.

【综合运用】

9.［2022年新高考II卷］已知正三棱台的高为1,上、下底面边长分别为38和

4V3,其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为(A)

A.lOOnB.128nC.1447rD.1921T

〔解析I解：设正三棱台上、下底面所在圆面的半径分别为q四，则2丁1=

4,27*2=幅，即7］=372=4,设球心到上、下底面的距离分别为

2

dr,d2,球的半径为R,则询=\lR2-9,d2=V/?—16,由|di-d2l=l或

22

d14-d2=1,BP|V/?-9-\/R-16|=1或-9+加-16=r,解得

R2=25，符合题意.所以球的表面积为S=4nR2=100n.故选A.

10.［2022年新高考I卷］南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，

其中一部分水蓄入某水库.己知该水库水位为海拔148.5m时，相应水面的面积

为140.0km2；水位为海拔157.5m时，相应水面的面积为180.0kn?,将该水

库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔148.5m上升到

157.5m时，增加的水量约为(V7*2.65)(C)

A.1.0x109m3B.1.2x109m3c.1.4x109m3D.1.6x109m3

［解析］解：如图，依题意可知棱台的高九=MN=157.5—148.5=9(m),所以

增加的水量即为棱台的体积P.

AB

棱台下底面积S=140.0km2=140x106m2,

上底面积S'=180.0km2=180x106m2,

所以p=1/i(S+S'+VSS7)=1x9x(140x106+180x105+

V140x180x1012)=3x(320+6077)x106«(96+18x2.65)x107=

1.437xIO9x1.4x109(m3).故选C.

11.［2022年全国甲卷］甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之

SV

和为2n,侧面积分别为S甲和S乙,体积分别为喂和P乙.若U=2,则声=

乙乙

(C)

A.V5B.2>/2C.WTOD.—

4

［解析］解：设母线长为L甲圆锥底面半径为乙圆锥底面圆半径为小，则

三==—=2,所以r1=2r2.

5乙irr2Zr2

由圆心角之和为2n,得答1+等=2TT,则牛=1,所以6=?正2=夕，

所以甲圆锥的匍h=小2T2=净,乙圆锥的高九2=/2一？2=争,所

12.［2022届山东日照月考］某市民广场有一批球形路障球(如图1所示)，现

公园管理处响应市民要求，决定将每个路障球改造成方便市民歇脚的立方八面

体石凳(如图2所示).其中立方八面体有24条棱、12个顶点、14个面(6个

正方形、8个正三角形)，它是将立方体“切”去8个“角”后得到的几何体.

经过测量，这批球形路障球每个直径为60cm,若每个路障球为改造后所得立

方八面体的外接球，则每个改造后的立方八面体的表面积为5400+18006

cm2.

图1图2

［解析I解：由题意知，立方八面体表面有8个正三角形，再加上6个小正方形，

且正方形边长与正三角形边长相等，因为路障球为立方八面体的外接球，则图

中EG为外接球的直径，设立方八面体棱长为a，在正六边形E4DGPN中，EG=

2a,即2a=60，则a=30.

所以立方八面体的表面积S=6Q2+8x—a2=54004-1800V3(cm2).故填

5400+180075.

13.如图所示，四棱锥P-ABC。中，PA1菱形4BC0所在的平面，/.ABC=

60°，点E,F分别是,PD的中点.

(1)求证：平面4EF_L平面P40；

［答案］解：证明：菱形4BC0中，连接4C,如图.

则△4BC是正三角形，又E是BC的中点，即有4E_1.BC,又AD〃BC,于是

AELADf因P41平面ABC。，AEu平面，则PALAE,PAC\AD=

A,从而得AE1平面PA。,又4Eu平面AEF,所以平面4EF1平面PAO.

(2)当48=AP=2时，求多面体PA8EF的体积.

［答案］由⑴知4E=V3SABE=•AE=f,S.==：乂/

PA•40=1,而PA1平面ABE,AE1平面PAP,于是有“一力班=^^ABE­

P4=殍，-MF=•AE=苧，所以多面体P-4BEF的体积力_4曲=

^P-ABE+^E-PAF=三•

【拓广探索】

14.［2022年新高考I卷］己知正四棱锥的侧棱长为L其各顶点都在同一球面

上.若该球的体积为36口，且3W/W3V5,则该正四棱锥体积的取值范围是(C)

A.［18,^］B.6与5篙引D.［18,27］

［解析I解：如图，设该球的球心为。，半径为R,正四棱锥的底边长为a,高为

h,依题意，得36冗=(爪/?3,解得R=3.

（I2=h2+（-ya）,（h=

由题意及图可得《'2）2解得16,4

［才=（”3）2+（会），卜二2心f

所以正四棱锥的体积V=1a2/i=1（2/2-^）XJ=^（2-^）（3<Z<3V3）.

（方法一）17，=33一盘=53（4-?）（3工1工3>/5）,令,=0,得1=2遍，

所以当3WLV2历时，>0；当2遍38时，7V0,所以函数｝二

（3<Z<3V3）在［3,2遥）上单调递增，在（2痣3v5］上单调递减.又

当［=3时，V=^-；当1=2乃时，1/=?；当［=375时，P=?;所以该正

434

四棱锥的体积的取值范围是片,当.

43

（方法二）昨鼠2一刍=72X.?（2-J）V72X前可吒）］3=?

（当且仅当］=2-2,即1=2连时，等号成立），所以正四棱锥的体积的最

大值为排除A,B,D.故选C.

7.2空间点、直线、平面之间的位置关系

课程标准

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，并了解基本事实1-3.

必备知识

【教材梳理】

1.平面的基本性质

（1）基本性质

基本事文字语言图形语言符号语言作用

实

基本事过不在一条直线上的三个/—7B7A、B,C三点、确定平面；判

实1点，有且只有一个正面/,•C/不共线=存定点线共面等

♦M/在唯一的平

面a使4,

B,CWa

基本事如果一条直线上的两念直在八田74£L8e确定直线在平

实2—个平面内，那么这条直线/卜74/，，且面内；判定点

在这个平面内丁、/Beadle在平面内等

a

基本事如果两个不重合的平面有一Pwa,且判定两平面相

实3个公共点,那么它们有且只PwB0ac交；判定点在

有•条过该点的公共直线6=I,且直线上等

PeI

（2）基本事实1与2的推论

推论文字语言图形语言符号语言

推论1经过一条直线和这条直线外一