2024-2025学年下学期高一数学北师大版同步经典题精练之简单几何体的再认识

第31页（共31页）2024-2025学年下学期高中数学北师大版（2019）高一同步经典题精练之简单几何体的再认识一．选择题（共5小题）1．（2025•江西一模）在正四棱台ABCD﹣A1B1C1D1中，已知AB=2A1B1=62，A．3 B．4 C．5 D．62．（2025•泰州模拟）某正四棱锥的底面边长为2，侧棱与底面的夹角为60°，则该正四棱锥的体积为（）A．463 B．823 C．53．（2024秋•景德镇期末）“景德镇大碗”，正式名称为景德镇昌南里文化艺术中心，其设计灵感来源于宋代湖田窑影青斗笠碗，造型庄重典雅，象征着“万瓷之母”．大碗高80m，底部直径40m，口部直径80m．若将其视为圆台，请估计该“世界第一大碗”的容积（单位：m3）是（）A．224000π3 B．224000π C．160000π3 4．（2024秋•衡阳校级期末）已知正三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面边长为3，高为23，则该正三A．32π3 B．43π C．65．（2024秋•保山期末）已知圆锥的顶点为S，底面圆心为O，AB为底面直径，圆锥的轴截面是边长为4的等边三角形，点C在底面圆周上，截面SAC与底面所成角的正切值是6，则三棱锥S﹣ACO外接球的体积是（）A．20π3 B．20π C．205π二．多选题（共4小题）（多选）6．（2024秋•金凤区校级期末）已知直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝2，AB⊥AC，点E为B1C1的中点，则下列说法正确的是（）A．AE→B．AB1∥平面A1CE C．异面直线AE与A1C所成的角的余弦值为312D．直三棱柱ABC﹣A1B1C1的外接球的表面积为12π（多选）7．（2024秋•昆明校级期末）在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点P在线段B1C上运动，有下列四个结论正确的是（）A．A1P∥面ACD1 B．A1P⊥B1D C．三棱锥D1﹣APC的体积是16D．异面直线A1P与AD1所成角的取值范围是[（多选）8．（2024秋•衡阳校级期末）如图，若正方体ABCD﹣EFGH的棱长为1，点M是正方体的侧面ADHE上的一个动点（含边界），P是棱CG上靠近G点的三等分点，则下列结论正确的有（）A．沿正方体的表面从点A到点P的最短路程为343B．若PM⊥BH，点M的运动轨迹是线段 C．若|PM|=133，则点M在侧面D．当点M与点D重合时，三棱锥B﹣MEP的体积最大（多选）9．（2024秋•达州期末）已知三棱锥P﹣ABC中，PA、PB、PC两两垂直，PA＝3，PB＝PC＝4，三棱锥P﹣ABC的内切球O1（球心O1到各个面距离相等）半径为r，三棱锥P﹣ABC的外接球O2（球心O2到各顶点距离相等）半径为R，三棱锥P﹣ABC的表面积为S，体积为V，则（）A．S=20+234 B．C．r=20-23411 D三．填空题（共3小题）10．（2024秋•浙江期末）已知正三棱柱ABC﹣A1B1C1的侧面积与以△ABC的外接圆为底面的圆柱的侧面积相等，则正三棱柱与圆柱的体积的比值为．11．（2024秋•商水县期末）已知一个正六棱台两底面的面积分别为332，63，体积为732，则该棱台的侧面积为12．（2024秋•昆明校级期末）在平面四边形ABCD中，AB＝AC＝CD＝1，∠ADC＝30°，∠DAB＝120°，将△ACD沿AC翻折至△ACP，其P中为动点．当PC⊥AB时，三棱锥P﹣ABC的各个顶点都在球O的球面上，则球O的体积为：．四．解答题（共3小题）13．（2024秋•虹口区校级期末）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是等腰梯形，AB∥CD，AD＝AB=12CD，平面ADP⊥平面PCD，PD⊥（1）求证：AC⊥AD；（2）求证：△ADP为直角三角形；（3）若PC＝AD＝1，求四棱棱P﹣ABCD的体积．14．（2024秋•四川期末）已知体积为72的四棱锥S﹣ABCD中，AB→=DC→，SM→=pSB→，SN→=qSD→，SE→=mSA→，SF→=nSC（1）当p＝q＝m=12时，求四棱锥S﹣（2）求证：1p（3）当m=14，n=12时，记四棱锥S﹣EMFN的体积为15．（2024秋•普陀区校级期末）如图所示，正三棱锥A﹣BCD的侧面是边长为2的正三角形，E，F，G分别是线段AC，AD，BC的中点，若平面EFG交BD于点H．（1）求多面体AB﹣EFHG的体积V；（2）求证：四边形EFHG是正方形．

2024-2025学年下学期高中数学北师大版（2019）高一同步经典题精练之简单几何体的再认识参考答案与试题解析题号12345答案CAAAD一．选择题（共5小题）1．（2025•江西一模）在正四棱台ABCD﹣A1B1C1D1中，已知AB=2A1B1=62，A．3 B．4 C．5 D．6【考点】棱台的体积．【专题】转化思想；综合法；立体几何；运算求解．【答案】C【分析】根据正四棱台的几何性质，棱台的体积公式，即可求解．【解答】解：根据题意可得上下底面正方形的边长分别为32，6所以上下底面正方形的对角线长分别为6，12，设该正四棱台的高为h，则该正四棱台的体积为13×(18+72+18×72)×h=168，解得所以AA故选：C．【点评】本题考查正四棱台的几何性质，棱台的体积公式的应用，属基础题．2．（2025•泰州模拟）某正四棱锥的底面边长为2，侧棱与底面的夹角为60°，则该正四棱锥的体积为（）A．463 B．823 C．5【考点】棱锥的体积．【专题】对应思想；综合法；空间角；立体几何；运算求解；空间想象．【答案】A【分析】结合正四棱锥的结构特征与线面角的定义求出棱锥的高，再由棱锥的体积公式求解即可．【解答】解：在如图所示的正四棱锥P﹣ABCD中，点P在底面ABCD上的投影为点O，连接OP，OB，则OP⊥平面ABCD，所以∠PBO就是侧棱与底面所成的角，即∠PBO＝60°，因为正方形ABCD的边长为2，所以OB=2，OP＝OBtan60°=所以该正四棱锥的体积为13故选：A．【点评】本题考查棱锥体积的求法，熟练掌握正四棱锥的结构特征，线面角的定义，以及棱锥的体积公式是解题的关键，考查空间立体感，逻辑推理能力和运算能力，属于基础题．3．（2024秋•景德镇期末）“景德镇大碗”，正式名称为景德镇昌南里文化艺术中心，其设计灵感来源于宋代湖田窑影青斗笠碗，造型庄重典雅，象征着“万瓷之母”．大碗高80m，底部直径40m，口部直径80m．若将其视为圆台，请估计该“世界第一大碗”的容积（单位：m3）是（）A．224000π3 B．224000π C．160000π3 【考点】圆台的体积．【专题】转化思想；综合法；立体几何；运算求解．【答案】A【分析】利用圆台的体积公式，即可求解．【解答】解：根据题意可得所求体积为13×(π×2故选：A．【点评】本题考查棱台的体积的求解，属基础题．4．（2024秋•衡阳校级期末）已知正三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面边长为3，高为23，则该正三A．32π3 B．43π C．6【考点】球的体积．【专题】转化思想；综合法；球；运算求解．【答案】A【分析】先利用正弦定理求出正三棱柱的底面圆半径，再借助于勾股定理建立方程，求出外接球半径即得．【解答】解：如图，设正三棱柱ABC﹣A1B1C1外接球的球心为O，半径为R．记△ABC和△A1B1C1外接圆的圆心分别为O1和O2，其半径为r，由正弦定理得：r=32sin60°=1．而O所以R2=1故选：A．【点评】本题考查正三棱柱的外接球问题，属中档题．5．（2024秋•保山期末）已知圆锥的顶点为S，底面圆心为O，AB为底面直径，圆锥的轴截面是边长为4的等边三角形，点C在底面圆周上，截面SAC与底面所成角的正切值是6，则三棱锥S﹣ACO外接球的体积是（）A．20π3 B．20π C．205π【考点】球的体积．【专题】转化思想；分割补形法；球；运算求解．【答案】D【分析】设O到弦AC的距离为d，则根据题意易得SO=23，d=2，从而可得AO，CO，【解答】解：圆锥SO的轴截面是边长为4的等边三角形，所以圆锥的高为SO=23设O到弦AC的距离为d，因为点C在底面圆周上，截面SAC与底面所成角的正切值是6，所以根据三垂线定理可得SOd=23所以AC=222-(2)2所以AO2+CO2＝AC2，所以AO⊥CO，所以AO，CO，SO两两相互垂直，所以三棱锥S﹣ACO外接球的直径2R即为长，宽，高分别为2，2，23所以(2R)2=所以三棱锥S﹣ACO外接球的体积是43故选：D．【点评】本题考查三棱锥的外接球问题，分割补形法的应用，属中档题．二．多选题（共4小题）（多选）6．（2024秋•金凤区校级期末）已知直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝2，AB⊥AC，点E为B1C1的中点，则下列说法正确的是（）A．AE→B．AB1∥平面A1CE C．异面直线AE与A1C所成的角的余弦值为312D．直三棱柱ABC﹣A1B1C1的外接球的表面积为12π【考点】球的表面积；异面直线及其所成的角；直线与平面平行．【专题】转化思想；综合法；球；运算求解．【答案】ABD【分析】建立空间直角坐标系，计算12AB→+12AC→+AA1→的坐标和AE→的坐标即可判断A，计算平面A1CE的法向量n【解答】解：因为直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝AC＝AA1＝2，AB⊥AC，所以建系如图：则B（0，2，0），C（2，0，0），B1（0，2，2），C1（2，0，2），A1（0，0，2），E（1，1，2）．所以AE→所以12AB→对B选项，因为A1设平面A1CE的一个法向量为n→则n→⋅A所以AB1→⋅n→=0，所以AB1→⊥n→，又AB1⊄平面对于C选项：因为AE→所以AE→所以|cos＜AE→，A1所以异面直线AE与A1C所成的角的余弦值为36，所以C对于D选项，直三棱柱ABC﹣A1B1C1的外接球的直径2R即为棱长为2的正方体的体对角线长，所以（2R）2＝22+22+22＝12，所以直三棱柱ABC﹣A1B1C1的外接球的表面积为S＝4πR2＝12π，所以D选项正确．故选：ABD．【点评】本题考查立体几何的综合应用，属中档题．（多选）7．（2024秋•昆明校级期末）在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点P在线段B1C上运动，有下列四个结论正确的是（）A．A1P∥面ACD1 B．A1P⊥B1D C．三棱锥D1﹣APC的体积是16D．异面直线A1P与AD1所成角的取值范围是[【考点】棱锥的体积；异面直线及其所成的角；直线与平面平行．【专题】转化思想；综合法；立体几何；运算求解．【答案】ABC【分析】对A，可证平面A1BC1∥平面ACD1，进而证得A1P∥平面ACD1；对B，可证B1D⊥平面BA1C1即可证明A1P⊥B1D；对C，使用等体积法计算VD1-APC；对D，将异面直线A1P与AD1所成角转化为A1P【解答】解：对A选项，如图，连接A1B，A1C1，AC，AD1，D1C，易知AC∥A1C1，又AC⊄平面A1BC1，A1C1⊂平面A1BC1，所以AC∥平面A1BC1，同理可证AD1∥平面A1BC1，又AD1∩AC＝A，所以平面A1BC1∥平面ACD1，又A1P⊂平面A1BC1，所以A1P∥平面ACD1，故A选项正确；对B选项，因为DD1⊥平面A1B1C1D1，A1C1⊂平面A1B1C1D1，所以DD1⊥A1C1，又A1C1⊥B1D1，B1D1∩DD1＝D1，所以A1C1⊥平面DD1B1，又B1D⊂平面DD1B1，所以A1C1⊥B1D，同理可证BC1⊥平面A1B1CD，又B1D⊂平面A1B1CD，所以BC1⊥B1D，又BC1∩A1C1＝C1，所以B1D⊥平面BA1C1，又A1P⊂平面A1BC1，所以B1D⊥A1P，故B选项正确；对C选项，因为平面A1BC1∥平面AD1C，又BC1⊂平面A1BC1，所以BC1∥平面AD1C，所以VD1-对D选项，因为AD1∥BC1，A1P与BC1所成角为异面直线A1P与AD1所成角，连接A1C1，A1B，可得△A1BC1为等边三角形，此时A1P与BC1所成角最小，可得A1P与BC1所成角的范围是[π3，故选：ABC．【点评】本题考查立体几何的综合应用，属中档题．（多选）8．（2024秋•衡阳校级期末）如图，若正方体ABCD﹣EFGH的棱长为1，点M是正方体的侧面ADHE上的一个动点（含边界），P是棱CG上靠近G点的三等分点，则下列结论正确的有（）A．沿正方体的表面从点A到点P的最短路程为343B．若PM⊥BH，点M的运动轨迹是线段 C．若|PM|=133，则点M在侧面D．当点M与点D重合时，三棱锥B﹣MEP的体积最大【考点】棱锥的体积；棱柱的结构特征．【专题】转化思想；综合法；立体几何；运算求解．【答案】ABD【分析】展开平面分析可判断A，利用空间直角坐标系得到轨迹方程可判断B，利用向量坐标表示表示模长，得轨迹为圆即可判断C，利用点到直线的距离公式可判断D．【解答】解：对于A，将正方体的下面和右面展开可得如下图形，连接AP，则AP=AD2+DP2=对于B，建立如图的空间右手直角坐标系：则P（0，1，23），B（1，1，0），H（0，0，1），设M（x，0，z所以MP→=(-x，1又M是侧面ADHE上的一个动点（含边界），所以M的运动轨迹是线段，为DA靠近D点的三等分点和AE靠近E点三等分点的连线段，所以B选项正确；对于C，由B选项过程可得|MP→|=所以M在侧面ADHE内运动路径是以(0，0，又(0，0，23)到A（1，所以要保持|MP→|=133所以点M在侧面ADHE内运动路径长度为0，所以C选项错误；对于D，因为BE→设平面BEP的法向量为m→则m→⋅BE所以点M到平面BEP的距离为|ME因为点M在平面ADHE内，所以0≤x，z≤1，当x＝z＝0，即M与D点重合时，三棱锥M﹣BEP的高最大，又△BEP的面积为定值，所以M与D重合时，三棱锥的体积最大，所以D选项正确．故选：ABD．【点评】本题考查立体几何的综合应用，属中档题．（多选）9．（2024秋•达州期末）已知三棱锥P﹣ABC中，PA、PB、PC两两垂直，PA＝3，PB＝PC＝4，三棱锥P﹣ABC的内切球O1（球心O1到各个面距离相等）半径为r，三棱锥P﹣ABC的外接球O2（球心O2到各顶点距离相等）半径为R，三棱锥P﹣ABC的表面积为S，体积为V，则（）A．S=20+234 B．C．r=20-23411 D【考点】球的表面积；棱锥的体积．【专题】转化思想；综合法；立体几何；运算求解．【答案】ABC【分析】利用等体积法求得内切球的半径，利用补形的思想求得外接球的半径，结合锥体表面积和体积公式来确定正确答案．【解答】解：根据题意可得PA、PB、PC两两垂直，且PA＝3，PB＝PC＝4，所以可以将其补全为长方体，如下图所示：对A选项，易知BC=4所以S△S△所以S=6+6+8+234=20+2对B选项，因为三棱锥P﹣ABC的外接球的直径2R即为长方体的对角线长，所以2R=3对C选项，因为V=13对D选项，因为V=13故选：ABC．【点评】本题考查立体几何的综合应用，属中档题．三．填空题（共3小题）10．（2024秋•浙江期末）已知正三棱柱ABC﹣A1B1C1的侧面积与以△ABC的外接圆为底面的圆柱的侧面积相等，则正三棱柱与圆柱的体积的比值为12【考点】圆柱的体积；棱柱的侧面积和表面积；棱柱的体积．【专题】对应思想；综合法；立体几何；运算求解．【答案】12【分析】根据两个几何体的侧面积相等列方程，得到等量关系式，进而求得体积比．【解答】解：设正三角形ABC的边长为a，外接圆半径为r，AA1＝b，圆柱的高为h，由正弦定理得asin60°=a32=2r，则圆柱的侧面积S圆柱由题意可得3ab=2π则VABC-A∴VABC故答案为：12【点评】本题考查棱柱与圆柱侧面积及体积的求法，考查运算求解能力，是中档题．11．（2024秋•商水县期末）已知一个正六棱台两底面的面积分别为332，63，体积为732，则该棱台的侧面积为【考点】棱台的侧面积和表面积；棱台的体积．【专题】转化思想；转化法；立体几何；运算求解．【答案】97【分析】先通过体积算出棱台的高h，再利用勾股定理求出侧面上的斜高，利用梯形的面积公式即可求解．【解答】解：令正六棱台的上底面的面积为S1=3下底面的面积为S2=63则6×34解得a＝1，b＝2，设棱台的高为h，又棱台的体积为73则73解得h＝1，如图：O1，O分别为上下底面的中心，M1，M分别为中点，M1N⊥OM，M1O1=32a=32，MO=32b=3在直角三角形M1NM中，M1所以S侧故答案为：97【点评】本题考查棱台的结构特征，属于中档题．12．（2024秋•昆明校级期末）在平面四边形ABCD中，AB＝AC＝CD＝1，∠ADC＝30°，∠DAB＝120°，将△ACD沿AC翻折至△ACP，其P中为动点．当PC⊥AB时，三棱锥P﹣ABC的各个顶点都在球O的球面上，则球O的体积为：55π【考点】球的体积；球内接多面体．【专题】转化思想；综合法；球；运算求解．【答案】55【分析】由题设得AB⊥AC，由线面垂直的判定定理得AB⊥平面PAC，再由面面垂直判定定理得平面PAC⊥平面ABC，建立以A为原点空间直角坐标系，设球心O（a，b，c），半径R，由AO＝BO＝CO＝PO＝R列方程组计算得球O的半径，最后代入球的体积公式求解即可．【解答】解：因为AC＝CD＝1，∠ADC＝30°，所以∠CAD＝∠ADC＝30°，所以AD=2且∠BAC＝∠DAB﹣∠CAD＝120°﹣30°＝90°，所以AB⊥AC，又PC⊥AB，PC∩AC＝C，所以AB⊥平面PAC，又AB⊂平面ABC，所以平面PAC⊥平面ABC，故建系如图：则根据题意可得A(0设球心O（a，b，c），半径R，则AO＝BO＝CO＝PO＝R，所以a2解得a=12，b所以球O的体积为43故答案为：55【点评】本题考查三棱锥的外接球问题，属中档题．四．解答题（共3小题）13．（2024秋•虹口区校级期末）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是等腰梯形，AB∥CD，AD＝AB=12CD，平面ADP⊥平面PCD，PD⊥（1）求证：AC⊥AD；（2）求证：△ADP为直角三角形；（3）若PC＝AD＝1，求四棱棱P﹣ABCD的体积．【考点】棱锥的体积；直线与平面垂直．【专题】转化思想；综合法；立体几何；运算求解．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）24【分析】（1）利用余弦定理求出AC，再由勾股定理即可得证；（2）由平面ADP⊥平面PCD依次证PC⊥平面ADP、PC⊥AD、AD⊥平面ACP、AD⊥AP即可；（3）由几何关系可得VP-ABCDVP-ADC=S梯形ABCD【解答】解：（1）证明：如图，作AE⊥DC于点E，∵在等腰梯形ABCD中，可设AD＝AB＝BC=1∴DE=12(CD∴AC=∴AC2+AD2＝DC2，∴AC⊥AD；（2）证明：∵PC⊥PD，平面ADP⊥平面PCD，平面ADP∩平面PCD＝PD，∴PC⊥平面ADP，又AD⊂平面ADP，∴PC⊥AD，又AC⊥AD，AC∩PC＝C，∴AD⊥平面ACP，又AP⊂平面ACP，∴AD⊥AP，所以△ADP为直角三角形；（3）若PC＝AD＝1，则AD＝AB=12CD＝由（1）知在等腰梯形ABCD中，AE=32，CD∴S△S梯形ABCD=1+22又PC⊥平面ADP，AD⊥AP，∴DP=22∴VP∴VP【点评】本题考查立体几何的综合应用，属中档题．14．（2024秋•四川期末）已知体积为72的四棱锥S﹣ABCD中，AB→=DC→，SM→=pSB→，SN→=qSD→，SE→=mSA→，SF→=nSC（1）当p＝q＝m=12时，求四棱锥S﹣（2）求证：1p（3）当m=14，n=12时，记四棱锥S﹣EMFN的体积为【考点】棱锥的体积．【专题】数形结合；综合法；空间向量及应用；立体几何；逻辑思维；运算求解．【答案】（1）9；（2）证明见解析；（3）3．【分析】（1）当p=q=m=12时，可知n=12，由于四棱锥S﹣（2）通过向量的线性组合和共面条件，推导出比例系数之间的关系式1p（3）当m=14，n=12时，利用（2）知1p+1q=6，连接MN，BD，设点E，A到平面SBD的距离分别为h2，hA，得到VS-EMN=VE【解答】解：（1）当p=q=∴点M，N，E，F分别为线段SB，SD，SA，SC的中点，∵四棱锥S﹣ABCD体积为72，即VS﹣ABCD＝72，∴四棱锥S﹣EMFN的体积为(1（2）证明：∵AB→=DC∴SB→∵SM→=pSE→，SN∴1p∴SM→∵点M，N，E，F共面，且SE→，SF→，SN∴pm+p∴1p（3）当m=14，n=1∴连接MN，BD，设点E，A到平面SBD的距离分别为hE，hA，则V=1=1=1=1=1同理VS∵AB→∴四边形ABCD为平行四边形，∴S△∴四棱锥S﹣EMFN的体积为VS∵1p+1q=6≥21pq，p，∴pq≥∴38∴四棱锥S﹣EMFN的体积V≥3，当且仅当p=∴V的最小值为3．【点评】本题考查了学生的几何直观、向量运算、体积计算和不等式优化的能力．通过逐步解析，学生可以加深对几何体积计算和向量关系的理解，并提高解决复杂几何问题的能力．题目设计巧妙，既考查了基础知识，又具有一定的挑战性，适合高中数学教学中用于培养学生的综合解题能力．15．（2024秋•普陀区校级期末）如图所示，正三棱锥A﹣BCD的侧面是边长为2的正三角形，E，F，G分别是线段AC，AD，BC的中点，若平面EFG交BD于点H．（1）求多面体AB﹣EFHG的体积V；（2）求证：四边形EFHG是正方形．【考点】棱锥的体积；棱柱、棱锥、棱台的体积．【专题】转化思想；综合法；立体几何；运算求解．【答案】（1）23；（2【分析】（1）根据锥体的体积公式，三棱柱的体积公式，分割补形法，即可求解；（2）根据线面垂直的判定定理，即可证明．【解答】解：（1）由正三棱锥A﹣BCD的侧面是边长为2的正三角形，得正三棱锥A﹣BCD是正四面体，取AB中点N，连接NE，NF，取CD的中点M，底面中心为O，如图所示：则易知AM=BM=所以AO=所以上面小三棱锥A﹣NEF的高为63，正三角形NEF的边长为1，下面三棱锥NEF﹣BGH的高为6所以多面体AB﹣EFHG的体积为：VA﹣NEF+VNEF﹣BGH=1（2）证明：易知EF∥CD∥GH，且EF＝GH=12所以四边形EFHG是平行四边形，又EF=所以四边形EFHG为菱形，取CD的中点M，则AM⊥CD，BM⊥CD，又AM∩BM＝M，所以CD⊥平面ABM，又AB⊂平面ABM，所以AB⊥CD，所以EG⊥GH，所以四边形EFHG是正方形．【点评】本题考查立体几何的综合应用，组合体的体积的求解，属中档题．

考点卡片1．棱柱的结构特征【知识点的认识】1．棱柱：有两个面互相平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行，由这些面所围成的多面体叫做棱柱．棱柱用表示底面各顶点的字母来表示（例：ABCD﹣A′B′C′D′）．2．认识棱柱底面：棱柱中两个互相平行的面，叫做棱柱的底面．侧面：棱柱中除两个底面以外的其余各个面都叫做棱柱的侧面．侧棱：棱柱中两个侧面的公共边叫做棱柱的侧棱．顶点：棱柱的侧面与底面的公共顶点．高：棱中两个底面之间的距离．3．棱柱的结构特征棱柱1根据棱柱的结构特征，可知棱柱有以下性质：（1）侧面都是平行四边形（2）两底面是全等多边形（3）平行于底面的截面和底面全等；对角面是平行四边形（4）长方体一条对角线长的平方等于一个顶点上三条棱的长的平方和．4．棱柱的分类（1）根据底面形状的不同，可把底面为三角形、四边形、五边形…的棱柱称为三棱柱、四棱柱、五棱柱…．（2）根据侧棱是否垂直底面，可把棱柱分为直棱柱和斜棱柱；其中在直棱柱中，若底面为正多边形，则称其为正棱柱．5．棱柱的体积公式设棱柱的底面积为S，高为h，V棱柱＝S×h．2．球内接多面体【知识点的认识】1、球内接多面体的定义：多面体的顶点都在球面上，且球心到各顶点的距离都是半径．球内接多面体也叫做多面体外接球．球外切多面体的定义：球面和多面体的各个面都相切，球心到各面的距离都是球的半径．球外切多面体也叫做多面体内切球2、研究球与多面体的接、切问题主要考虑以下几个方面的问题：（1）球心与多面体中心的位置关系；（2）球的半径与多面体的棱长的关系；（3）球自身的对称性与多面体的对称性；（4）能否做出轴截面．3、球与多面体的接、切中有关量的分析：（1）球内接正方体：球和正方体都是中心对称和轴对称图形，设球的半径为r，正方体的棱长为a，则：①球心就是正方体的中心，球心在正方体的体对角线的中点处；②正方体的四个顶点都在球面上；③轴截面就是正方体的对角面；④在轴截面上，含有一个球的大圆和正方体的棱、面对角线、体对角线，且构造一个直角三角形；⑤球半径和正方体棱长的关系：r=323．棱柱的侧面积和表面积【知识点的认识】棱柱是底面为多边形的几何体，侧面为平行四边形．棱柱的主要特征包括底面周长P和高h．【解题方法点拨】﹣侧面积：计算公式为底面周长P与高h的乘积，即P⋅h﹣表面积：包括底面和顶面的面积及侧面的面积，计算公式为2B+P【命题方向】﹣棱柱的表面积计算：考查如何计算棱柱的侧面积和表面积．﹣实际应用：如何在实际问题中应用棱柱的性质进行计算．4．棱台的侧面积和表面积【知识点的认识】1．棱台：棱锥被平行于底面的平面所截，截面和底面间的部分叫做棱台．2．认识棱台棱台的上底面：原棱锥的截面叫做棱台的上底面．棱台的下底面：原棱锥的底面叫做棱台的下底面．棱台的侧面：棱台中除上、下底面外的所有面叫做棱台的侧面．棱台的侧棱：相邻两侧面的公共边叫做棱台的侧棱．棱台的高：当棱台的底面水平放置时，铅垂线与两底面交点间的线段或距离叫做棱台的高．棱台的斜高：棱台的各个侧面的高叫做棱台的斜高．3．棱台的结构特征棱台1正棱台的性质：（1）侧棱相等，侧面是全等的等腰梯形，斜高相等．（2）两底面中心连线、相应的边心距和斜高组成一个直角梯形；两底面中心连线、侧棱和两底面相应的半径也组成一个直角梯形．（3）棱台各棱的反向延长线交于一点．4．棱台的分类由三棱锥，四棱锥，五棱锥，…等截得的棱台，分别叫做三棱台，四棱台，五棱台，…等．正棱台：由正棱锥截得的棱台叫做正棱台．5．棱台的体积公式设棱台上底面面积为S，下底面面积为S′，高为h，V棱台=1【解题方法点拨】﹣侧面积：侧面体形的面积之和．﹣表面积：侧面积与上下底面的面积之和．【命题方向】﹣棱台的表面积计算：考查如何计算棱台的侧面积和表面积．﹣实际应用：如何在实际问题中应用棱台的性质进行计算．5．棱柱、棱锥、棱台的体积【知识点的认识】柱体、锥体、台体的体积公式：V柱＝sh，V锥=136．棱柱的体积【知识点的认识】棱柱的体积可以通过底面面积B和高度h计算．底面为多边形的几何体．【解题方法点拨】﹣计算公式：体积计算公式为V=﹣底面面积计算：底面面积B可以根据底面多边形的性质计算．【命题方向】﹣棱柱的体积计算：考查如何根据底面面积和高度计算棱柱的体积．﹣实际应用：如何在实际问题中应用棱柱体积计算．7．棱锥的体积【知识点的认识】棱锥的体积可以通过底面面积B和高度h计算，顶点到底面的垂直距离即为高度．【解题方法点拨】﹣计算公式：体积计算公式为V=﹣底面面积计算：底面面积B可以根据底面多边形的性质计算．【命题方向】﹣棱锥的体积计算：考查如何根据底面面积和高度计算棱锥的体积．﹣实际应用：如何在实际问题中应用棱锥体积计算．8．棱台的体积【知识点的认识】棱台的体积可以通过两个平行底面的面积B1和B2以及高度h计算．【解题方法点拨】﹣计算公式：体积计算公式为V=﹣底面面积计算：两个底面的面积B1和B2可以根据底面多边形的性质计算．【命题方向】﹣棱台的体积计算：考查如何根据两个底面面积和高度计算棱台的体积．﹣实际应用：如何在实际问题中应用棱台体积计算．9．圆柱的体积【知识点的认识】圆柱的体积计算依赖于底面圆的半径r和圆柱的高度h．【解题方法点拨】﹣计算公式：体积计算公式为V=﹣实际应用：如何根据实际问题中的圆柱尺寸进行体积计算．【命题方向】﹣圆柱的体积计算：考查如何根据底面圆的半径和高度计算圆柱的体积．﹣实际应用：如何在实际问题中应用圆柱的体积计算．10．圆台的体积【知识点的认识】圆台的体积计算依赖于底面圆的半径r1、顶面圆的半径r2和圆台的高度h．【解题方法点拨】﹣计算公式：体积计算公式为V=﹣实际应