高考数学复习、高中数学 空间几何体及结构特征附答案解析

空间几何体知识点总结一、空间几何体的结构特征1．柱、锥、台、球的结构特征由若干个平面多边形围成的几何体称之为多面体。

围成多面体的各个多边形叫叫做多面体的面，相邻两个面的公共边叫做多面体的棱，棱与棱的公共点叫做顶点。

把一个平面图形绕它所在平面内的一条定直线旋转形成的封闭几何体称之为旋转体，其中定直线称为旋转体的轴。

（1）柱棱柱：一般的，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，由这些面所围成的几何体叫做棱柱；棱柱中两个互相平行的面叫做棱柱的底面，简称为底；其余各面叫做棱柱的侧面；相邻侧面的公共边叫做棱柱的侧棱；侧面与底面的公共顶点叫做棱柱的顶点。

底面是三角形、四边形、五边形……的棱柱分别叫做三棱柱、四棱柱、五棱柱……注：相关棱柱几何体系列（棱柱、斜棱柱、直棱柱、正棱柱）的关系：棱柱的性质：①侧棱都相等，侧面是平行四边形；②两个底面与平行于底面的截面是全等的多边形；③过不相邻的两条侧棱的截面是平行四边形；④直棱柱的侧棱长与高相等，侧面与对角面是矩形。

圆柱：以矩形的一边所在的直线为旋转轴，其余边旋转形成的曲面所围成的几何体叫做圆柱；旋转轴叫做圆柱的轴；垂直于轴的边旋转而成的曲面叫做圆柱的侧面；无论旋转到什么位置，不垂直于轴的边都叫做圆柱侧面的母线。

圆柱的性质：上、下底及平行于底面的截面都是等圆；过轴的截面（轴截面）是全等的矩形。

棱柱与圆柱统称为柱体；（2）锥棱锥：一般的有一个面是多边形，其余各面都是有一个公共顶点的三角形，由这些面所围成的几何体叫做棱锥；这个多边形面叫做棱锥的底面或底；有公共顶点的各个三角形面叫做棱锥的侧面；各侧面的公共顶点叫做棱锥的顶点；相邻侧面的公共边叫做棱锥的侧棱。

底面是三角锥、四边锥、五边锥……的棱柱分别叫做三棱锥、四棱锥、五棱锥……正棱锥：如果有一个棱锥的底面是正多边形，并且顶点在底面的射影是底面的中心，这样的棱锥叫做正棱锥。

注：棱锥的性质：①平行于底面的截面是与底面相似的正多边形，相似比等于顶点到截面的距离与顶点到底面的距离之比；②正棱锥各侧棱相等，各侧面是全等的等腰三角形；③正棱锥中六个元素，即侧棱、高、斜高、侧棱在底面内的射影、斜高在底面的射影、底面边长一半，构成四个直角三角形。

高三数学空间几何体试题答案及解析1.有一正方体,六个面上分别写有数字1、2、3、4、5、6,有3个人从不同的角度观察,结果如图所示.若记3的对面的数字为,4的对面的数字为,则 ( )A．3B．7C．8D．11【答案】C【解析】从图中可看出，与4相邻的是1、6、3、5，故与4相对的是2；与3相邻的是1、2、4、5，故与3相对的是6，所以.【考点】空间几何体.2.有一正方体,六个面上分别写有数字1、2、3、4、5、6,有3个人从不同的角度观察,结果如图所示.若记3的对面的数字为,4的对面的数字为,则 ( )A．3B．7C．8D．11【答案】C【解析】从图中可看出，与4相邻的是1、6、3、5，故与4相对的是2；与3相邻的是1、2、4、5，故与3相对的是6，所以.【考点】空间几何体.3.已知矩形的周长为36，矩形绕它的一条边旋转形成一个圆柱，则旋转形成的圆柱的侧面积的最大值为．【答案】81【解析】假设矩形的一边为（），则另一边为.以x长的变为轴旋转成的圆柱的侧面积为.所以当时，.【考点】1.旋转体的知识.2.函数的最值问题.4.已知四面体的外接球的球心在上，且平面，，若四面体的体积为，则该球的表面积为（）A．B．C．D．【答案】D【解析】如下图所示，由于四面体的外接球的球心在上，则为其外接球的一条直径，因此，设球的半径为，在中，，由勾股定理得，，由于为球上一点，则，且平面，所以，，所以球的表面积为，故选D.【考点】1.勾股定理；2.三角形的面积；3.三棱锥的体积；4.球的表面积5.如图所示,在正方体ABCD A1B1C1D1中,M,N分别是BC1,CD1的中点,则下列判断错误的是()A．MN与CC1垂直B．MN与AC垂直C．MN与BD平行D．MN与A1B1平行【答案】D【解析】由于C1D1与A1B1平行,MN与C1D1是异面直线,所以MN与A1B1是异面直线,故选项D错误.6.如图,正方形BCDE的边长为a,已知AB=BC,将直角△ABE沿BE边折起,A点在平面BCDE 上的射影为D点,则对翻折后的几何体有如下描述:(1)AB与DE所成角的正切值是.(2)三棱锥B-ACE的体积是a3.(3)AB∥CD.(4)平面EAB⊥平面ADE.其中正确的叙述有(写出所有正确结论的编号).【答案】(1)(2)(4)【解析】翻折后得到的直观图如图所示.AB与DE所成的角也就是AB与BC所成的角,即为∠ABC.因为AD⊥平面BCDE,所以平面ADC⊥平面BCDE. 又因为四边形BCDE为正方形,所以BC⊥CD.可得BC⊥平面ACD.所以BC⊥AC.因为BC=a,AB=BC=a,则AC== a.在Rt△ABC中,tan∠ABC==.故(1)正确;由AD==a,可得VB-ACE =VA-BCE=×a2·a=,故(2)正确;因为AB与CD异面,故(3)错;因为AD⊥平面BCDE,所以平面ADE⊥平面BCDE.又BE⊥ED,所以BE⊥平面ADE,故平面EAB⊥平面ADE,故(4)正确.7.如图所示的几何体ABCDFE中，△ABC，△DFE都是等边三角形，且所在平面平行，四边形BCED为正方形，且所在平面垂直于平面ABC．（Ⅰ）证明：平面ADE∥平面BCF；（Ⅱ）求二面角D－AE－F的正切值．【答案】（Ⅰ）利用线线平行，则面面平行证明，即可得证；（Ⅱ）.【解析】（Ⅰ）先证明四边形为平行四边形得，又，所以平面平面；（Ⅱ）建立空间直角坐标系，先求出平面的一个法向量，再求出平面的一个法向量，然后利用公式即可求出余弦值为，进而求出正切值.试题解析：（Ⅰ）取的中点，的中点，连接.则，又平面平面，所以平面，同理平面，所以又易得，所以四边形为平行四边形，所以，又，所以平面平面. （6分）（Ⅱ）建立如图所示的空间直角坐标系，设，则,,，，，.设平面的一个法向量是，则，令，得. （9分）设平面的一个法向量是，则令，得.所以，易知二面角为锐二面角，故其余弦值为，所以二面角的正切值为. （12分）【考点】1.平面与平面垂直的判定方法；2.二面角的求法.8.已知某四棱锥的三视图，如图。

描述：例题：描述：高中数学必修2(人教A版)知识点总结含同步练习题及答案第一章 空间几何体 1.1 空间几何体的结构一、学习任务认识柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征，能运用这些结构特征描述现实生活中简单物体的结构．二、知识清单典型空间几何体空间几何体的结构特征 组合体展开图 截面分析三、知识讲解1.典型空间几何体空间几何体的概念只考虑物体的形状和大小，而不考虑其他因素，那么由这些物体抽象出来的空间图形就叫做空间几何体．2.空间几何体的结构特征多面体由若干个平面多边形围成的几何体叫做多面体．围成多面体的各个多边形叫做多面体的面；相邻两个面的公共边叫做多面体的棱；棱与棱的公共点叫做多面体的顶点；连接不在同一个面上的两个顶点的线段叫做多面体的对角线．按多面体的面数可把多面体分为四面体、五面体、六面体．其中，四个面均为全等的正三角形的四面体叫做正四面体．旋转体由一个平面图形绕它所在的平面内的一条定直线旋转所形成的封闭几何体叫做旋转体．这条定直线叫做旋转体的轴．棱柱的结构特征一般地，有两个面互相平行，其余各面都是四边形，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（prism）．棱柱中，两个互相平行的面叫做底面，简称底；其余各面叫做棱柱的侧面；相邻侧面的公共边叫做棱柱的侧棱；侧棱与底面的公共顶点叫做棱柱的用一个平行于棱锥底面的平面去截棱锥，得到两个几何体，一个是______，另一个是______．解：棱锥；棱台．⋯⋯余各面叫做棱柱的侧面；相邻侧面的公共边叫做棱柱的侧棱；侧棱与底面的公共顶点叫做棱柱的顶点．底面是三角形、四边形、五边形的棱柱分别叫做三棱柱、四棱柱、五棱柱，可以用表示底面各顶点的字母或一条对角线端点的字母表示棱柱，如下图的六棱柱可以表示为棱柱或棱柱 ．侧棱与底面不垂直的棱柱叫做斜棱柱；侧棱与底面垂直的棱柱叫做直棱柱；底面是正多边形的直棱柱叫做正棱柱；底面是平行四边形的棱柱叫做平行六面体；侧棱与底面垂直的平行六面体叫做直平行六面体．棱锥的结构特征一般地，有一个面是多边形，其余各面都是有一个公共顶点的三角形，由这些面所围成的多面体叫做棱锥（pyramid）．这个多边形面叫做棱锥的底面或底；有公共顶点的各个三角形面叫做棱锥的侧面；各侧面的公共顶点叫做棱锥的顶点；相邻侧面的公共边叫做棱锥的侧棱．底面是三角形、四边形、五边形的棱锥分别叫做三棱锥、四棱锥、五棱锥其中三棱锥又叫四面体．棱锥也用表示顶点和底面各顶点的字母或者用表示顶点和底面一条对角线端点的字母来表示，如下图的四棱锥表示为棱锥 或者棱锥 ．棱锥的底面是正多边形，且它的顶点在过底面中心且与底面垂直的直线上，这个棱锥叫做正棱锥．正棱锥各侧面都是全等的等腰三角形，这些等腰三角形底边上的高都相等，叫做棱锥的斜高．⋯⋯⋯⋯ABCDEF−A′B′C′D′E′F′DA′⋯⋯⋯⋯S−ABCD S−AC棱台的结构特征用一个平行于棱锥底面的平面去截棱锥，底面与截面之间的部分，这样的多面体叫做棱台（frustum of a pyramid）．原棱锥的底面和截面分别叫做棱台的下底面和上底面；其他各面叫做棱台的侧面；相邻两侧面的公共边叫做棱台的侧棱；两底面的距离叫做棱台的高．由正棱锥截得的棱台叫做正棱台，正棱台的各个侧面都是全等的等腰梯形，这些等腰梯形的高叫做棱台的斜高．圆柱的结构特征以矩形的一边所在直线为旋转轴，其余三边旋转形成的面所围成的旋转体叫做圆柱（circular cylinder）．旋转轴叫做圆柱的轴；垂直于轴的边旋转而成的圆面叫做圆柱的底面；平行于轴的边旋转而成的曲面叫做圆柱的侧面；无论旋转到什么位置，不垂直于轴的边都叫做圆柱侧面的母线．圆锥的结构特征以直角三角形的一条直角边所在直线为旋转轴，其余两边旋转形成的面所围成的旋转体叫做圆锥（circular cone）．圆台的结构特征例题：用平行于圆锥底面的平面去截圆锥，底面与截面之间的部分叫做圆台（frustum of a cone）．棱台与圆台统称为台体．球的结构特征以半圆的直径所在直线为旋转轴，半圆面旋转一周形成的旋转体叫做球体，简称球（solid sphere）．半圆的圆心叫做球的球心，半圆的半径叫做球的半径，半圆的直径叫做球的直径．球常用表示球心的字母 表示．O下列命题中，正确的是（ ）A．有两个面互相平行，其余各面都是四边形的几何体叫棱柱B．棱柱中互相平行的两个面叫做棱柱的底面C．棱柱的侧面是平行四边形，而底面不是平行四边形D．棱柱的侧棱长相等，侧面是平行四边形解：D如图(1)，满足 A 选项条件，但不是棱柱；对于 B 选项，如图(2)，构造四棱柱，令四边形 是梯形，可知 ，但这两个面不能作为棱柱的底面；C选项中，若棱柱是平行六面体，则它的底面是平行四边形．ABCD−A1B1C1D1ABCD面AB∥面DCB1A1C1D1若正棱锥的底面边长与侧棱长相等，则该棱锥一定不是（ ）A．三棱锥 B．四棱锥 C．五棱锥 D．六棱锥解：D如下图，正六边形 中，，那么正六棱锥中，，即侧棱长大于底面边长．ABCDEF OA=OB=⋯=AB S−ABCDEF SA>OA=AB描述：3.组合体简单组合体的构成有两种基本形式：一种是由简单几何体拼接而成，一种是由简单几何体截去或挖去一部分而成．如图所示的几何体中，是台体的是（ ）A．①② B．①③ C．③ D．②③解：C利用棱台的定义求解．①中各侧棱的延长线不能交于一点；②中的截面不平行于底面；③中各侧棱的延长线能交于一点且截面与底面平行．有下列四种说法：①圆柱是将矩形旋转一周所得的几何体；②以直角三角形的一直角边为旋转轴，旋转所得几何体是圆锥；③圆台的任意两条母线的延长线，可能相交也可能不相交；④半圆绕其直径所在直线旋转一周形成球．其中错误的有（ ）A．个 B． 个 C． 个 D． 个解：D圆柱是矩形绕其一条边所在直线旋转形成的几何体，故①错；以直角三角形的一条直角边所在直线为轴，旋转一周，才能构成圆锥，②错；圆台是由圆锥截得，故其任意两条母线延长后一定交于一点，③错；半圆绕其直径所在直线旋转一周形成的是球面，故④错误．1234例题：描述：4.展开图空间形体的表面在平面上摊平后得到的图形，是画法几何研究的一项内容．描述图中几何体的结构特征．解：图（1）所示的几何体是由两个圆台拼接而成的组合体；图（2）所示的几何体是由一个圆台挖去一个圆锥得到的组合体；图（3）所示的几何体是在一个圆柱中间挖去一个三棱柱后得到的组合体．下图中的几何体是由哪个平面图形旋转得到的（ ）解：D）不在同一平面内的有______对．3内．解：C描述：例题：5.截面分析截面用平面截立体图形所得的封闭平面几何图形称为截面．平行截面、中截面与立体图形底面平行的截面称为平行截面，等分立体图形的高的平行截面称为中截面．轴截面包含立体图形的轴线的截面称为轴截面．球截面球的截面称为球截面．球的任意截面都是圆，其中通过球心的截面称为球的大圆，不过球心的截面称为球的小圆．球心与球的截面的圆心连线垂直于截面，并且有 ，其中 为球的半径， 为截面圆的半径， 为球心到截面的距离．+=r 2d 2R 2R r d 下面几何体的截面一定是圆面的是（ ）A．圆台 B．球 C．圆柱 D．棱柱解：B如图所示，是一个三棱台 ，试用两个平面把这个三棱台分成三部分，使每一部分都是一个三棱锥．解：如图，过 ，， 三点作一个平面，再过 ，， 作一个平面，就把三棱台分成三部分，形成的三个三棱锥分别是 ，，．ABC −A ′B ′C ′A ′B C A ′B C ′ABC −A ′B ′C ′−ABC A ′−B B ′A ′C ′−BC A ′C ′如图，正方体 中，，， 分别是 ，， 的中点，那么正方体中过点 ，， 的截面形状是（ ）A．三角形 B．四边形 C．五边形 D．六边形ABCD −A 1B 1C 1D 1P Q R AB AD B 1C 1P QR作截面图如图所示，可知是六边形．ii）若两平行截面在球心的两侧，如图(2)所示，则 解：四、课后作业 （查看更多本章节同步练习题，请到快乐学）答案：1.如图，能推断这个几何体可能是三棱台的是 ．A ．B ．C ．D ．C ()=2,AB =3,=3,BC =4A 1B 1B 1C 1=1,AB =2,=1.5,BC =3,=2,AC =3A 1B 1B 1C 1A 1C 1=1,AB =2,=1.5,BC =3,=2,AC =4A 1B 1B 1C 1A 1C 1AB =,BC =,CA =A 1B 1B 1C 1C 1A 1答案：2. 纸制的正方体的六个面根据其方位分别标记为上、下、东、南、西、北．现在沿该正方体的一些棱将正方体剪开、外面朝上展平，得到如图所示的平面图形，则标" "的面的方位是 ．A ．南B ．北C ．西D ．下B △()3. 向高为 的水瓶中注水，注满为止，如果注水量 与水深 的函数关系的图象如图所示，那么水瓶的形状是．A ．H V h ()高考不提分，赔付1万元，关注快乐学了解详情。

第1讲空间几何体的结构特征及三视图和直观图1．(2024·沈阳市教学质量监测(一))“牟合方盖”是我国古代数学家刘徽在探讨球的体积的过程中构造的一个和谐美丽的几何体．它由完全相同的四个曲面构成，相对的两个曲面在同一个圆柱的侧面上，好像两个扣合(牟合)在一起的方形伞(方盖)．其直观图如图，图中四边形是为体现其直观性所作的协助线．当其正视图和侧视图完全相同时，它的俯视图可能是( )解析：选B.依据直观图以及图中的协助四边形分析可知，当正视图和侧视图完全相同时，俯视图为B，故选B.2．已知某空间几何体的俯视图如图所示，则此几何体的正视图不行能为( )解析：选D.选项A，可想象为三个圆柱叠放在一起；选项B，可想象为三个球叠放在一起；选项C，可想象为一个圆台和一个圆柱叠放在一起；选项D，可想象为上面为一个小圆柱，下面为一个空心球，则其俯视图中的中间圆应为虚线．故选D.3．将长方体截去一个四棱锥后得到的几何体如图所示，则该几何体的侧视图为( )解析：选D.依据几何体的结构特征进行分析即可．4．若某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的直观图可以是( )解析：选D.A ，B 的正视图不符合要求，C 的俯视图明显不符合要求，故选D. 5．如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的正视图(等腰直角三角形)和侧视图，且该几何体的体积为83，则该几何体的俯视图可以是( )解析：选C.由正视图和侧视图及体积易得几何体是四棱锥P ­ABCD ，其中ABCD 是边长为2的正方形，PA ⊥平面ABCD ，且PA ＝2，此时V P ­ABCD ＝13×22×2＝83，则俯视图为Rt △PAB ，故选C.6.如图，一个水平放置的平面图形的直观图是一个底角为45°，腰和上底长均为1的等腰梯形，则该平面图形的面积为________．解析：直观图的面积S′＝12×(1＋1＋2)×22＝2＋12.故原平面图形的面积S＝S′24＝2＋ 2.答案： 2＋ 27．一个圆台上、下底面的半径分别为3 cm和8 cm，若两底面圆心的连线长为12 cm，则这个圆台的母线长为________cm.解析：如图，过点A作AC⊥OB，交OB于点C.在Rt△ABC中，AC＝12 cm，BC＝8－3＝5(cm)．所以AB＝122＋52＝13(cm)．答案：138．已知正四棱锥V­ABCD中，底面面积为16，一条侧棱的长为211，则该棱锥的高为________．解析：如图，取正方形ABCD的中心O，连接VO，AO，则VO就是正四棱锥V­ABCD的高．因为底面面积为16，所以AO＝2 2.因为一条侧棱长为211，所以VO＝VA2­AO2＝44－8＝6.所以正四棱锥V­ABCD的高为6.答案：69．某几何体的三视图如图所示．(1)推断该几何体是什么几何体？(2)画出该几何体的直观图．解：(1)该几何体是一个正方体切掉两个14圆柱后得到的几何体．(2)直观图如图所示．10．如图所示的三个图中，上面是一个长方体截去一个角所得多面体的直观图，它的正视图和侧视图如图所示(单位：cm)．(1)在正视图下面，依据画三视图的要求画出该多面体的俯视图； (2)依据给出的尺寸，求该多面体的体积．解：(1)如图．(2)所求多面体的体积V ＝V 长方体－V 正三棱锥＝4×4×6－13×(12×2×2)×2＝2843(cm 3)．1．已知三棱锥的俯视图与侧视图如图所示，俯视图是边长为2的正三角形，侧视图是有一条直角边长为2的直角三角形，则该三棱锥的正视图可能为( )解析：选C.当正视图为等腰三角形时，则高应为2，且应为虚线，解除A ，D ；当正视图是直角三角形，由条件得一个直观图如图所示，中间的线是看不见的线PA 形成的投影，应为虚线，故答案为C.2．(2024·兰州适应性考试)如图，在正方体ABCD ­A 1B 1C 1D 1中，点P 是线段A 1C 1上的动点，则三棱锥P ­BCD 的俯视图与正视图面积之比的最大值为( )A ．1 B. 2 C. 3D ．2解析：选D.正视图，底面B ，C ，D 三点，其中D 与C 重合，随着点P 的改变，其正视图均是三角形且点P 在正视图中的位置在边B 1C 1上移动，由此可知，设正方体的棱长为a ，则S正视图＝12×a 2；设A 1C 1的中点为O ，随着点P 的移动，在俯视图中，易知当点P 在OC 1上移动时，S 俯视图就是底面三角形BCD 的面积，当点P 在OA 1上移动时，点P 越靠近A 1，俯视图的面积越大，当到达A 1的位置时，俯视图为正方形，此时俯视图的面积最大，S俯视图＝a 2，所以S 俯视图S 正视图的最大值为a 212a2＝2，故选D.3．(2024·合肥其次次质量检测)如图，在正方体ABCD­A1B1C1D1中，E是棱A1B1的中点，用过点A，C，E的平面截正方体，则位于截面以下部分的几何体的侧(左)视图为( )解析：选A.如图，取B1C1的中点为F，连接AC，CF，EF，AE，截面AEFC以下部分为所求得的几何体，易知选项A中的图形为其侧视图，故选A.4．如图是一个几何体的三视图，则该几何体随意两个顶点间距离的最大值是________．解析：作出直观图如图所示，通过计算可知AF、DC最长且DC＝AF＝BF2＋AB2＝3 3.答案：3 35．如图，在四棱锥P­ABCD中，底面为正方形，PC与底面ABCD垂直，如图为该四棱锥的正视图和侧视图，它们是腰长为6 cm的全等的等腰直角三角形．(1)依据图中所给的正视图、侧视图，画出相应的俯视图，并求出该俯视图的面积；(2)求PA.解：(1)该四棱锥的俯视图为(内含对角线)边长为6 cm的正方形，如图，其面积为36 cm2.俯视图(2)由侧视图可求得PD＝PC2＋CD2＝62＋62＝6 2 (cm)．由正视图可知AD＝6 cm，且AD⊥PD，所以在Rt△APD中，PA＝PD2＋AD2＝（62）2＋62＝6 3 (cm)．6．已知正三棱锥V­ABC的正视图和俯视图如图所示．(1)画出该三棱锥的直观图和侧视图．(2)求出侧视图的面积．解：(1)如图．(2)侧视图中VA ＝42－⎝ ⎛⎭⎪⎫23×32×232＝12＝2 3.则S △VBC ＝12×23×23＝6.。

第一节　空间几何体考试要求：1．认识柱、锥、台及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．能用斜二测画法画出简单空间图形(长方体、球、圆锥、棱柱及其简易组合)的直观图．3．知道棱柱、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．一、教材概念·结论·性质重现1．多面体的结构特征互相平行且全等多边形互相平行平行且相等相交于一点但不一定相等延长线交于一点平行四边形三角形梯形相互平行且相等并垂直于底相交于一点延长线交于一圆空间几何体的直观图常用斜二测画法来画，其规则是：(1)“斜”：在直观图中，x′轴、y′轴的夹角为45°或135°．(2)“二测”：图形中平行于x轴的线段，在直观图中保持原长度不变，平行于y轴的线，在直观图中长度为原来的一半．画直观图要注意平行，还要注意长度及角度两个要素．4．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式S圆柱侧＝2πrl S圆锥侧＝πrl圆台侧＝π(r1＋．空间几何体的表面积与体积公式名称表面积体积几何体柱体(棱柱和圆柱)S表面积＝S侧＋2S底V＝S 底·h锥体(棱锥和圆锥)S表面积＝S侧＋S底V＝S底·h台体(棱台和圆台)S表面积＝S侧＋S上＋S下V＝(S上＋S下＋)h球S＝4πR2V＝πR3(1)求棱柱、棱锥、棱台与球的表面积时，要结合它们的结构特点与平面几何知识来解6．常用结论几个与球有关的切、接常用结论：(1)正方体的棱长为a，球的半径为R．①若球为正方体的外接球，则2R＝a；②若球为正方体的内切球，则2R＝a；③若球与正方体的各棱相切，则2R＝a．(2)若长方体的同一顶点的三条棱长分别为a，b，c，外接球的半径为R，则2R＝．(3)正四面体的外接球与内切球的半径之比为3∶1．解决与球“外接”问题的关键：二、基本技能·思想·活动经验1．判断下列说法的正误，对的打“√”，错的打“×”．(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)棱台是由平行于底面的平面截棱锥所得的平面与底面之间的部分．(　√　)(4)圆柱的一个底面积为S，侧面展开图是一个正方形，那么这个圆柱的侧面积是2πS．(　×　) 2．如图，长方体ABCD A′B′C′D′被截去一部分，其中EH∥A′D′，则剩下的几何体是( )A．棱台 B．四棱柱C．五棱柱 D．简单组合体C　解析：由几何体的结构特征知，剩下的几何体为五棱柱．3．已知圆锥的表面积等于12π cm2，其侧面展开图是一个半圆，则底面圆的半径为( )A．1 cm B．2 cmC．3 cm D． cmB　解析：S表＝πr2＋πrl＝πr2＋πr·2r＝3πr2＝12π，所以r2＝4，所以r＝2 cm．4．体积为8的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为( )A．12π B．C．8π D．4πA　解析：由题意可知正方体的棱长为2，其体对角线为2即为球的直径，所以球的表面积为4πR2＝(2R)2π＝12π．故选A．5．在直观图(如图所示)中，四边形O′A′B′C′为菱形且边长为2 cm，则在平面直角坐标系xOy中，四边形ABCO为__________，面积为________cm2．矩形　8　解析：由斜二测画法的规则可知，在平面直角坐标系xOy中，四边形ABCO是一个长为4 cm，宽为2 cm的矩形，所以四边形ABCO的面积为8 cm2．考点1　空间几何体的结构特征与直观图——基础性1．用任意一个平面截一个几何体，各个截面都是圆面，则这个几何体一定是( ) A．圆柱B．圆锥C．球D．圆柱、圆锥、球体的组合体C　解析：截面是任意的，且都是圆面，则该几何体为球体．2．下列命题正确的是( )A．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B．以直角梯形的一腰所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆台C．圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆面D．一个平面截圆锥，得到一个圆锥和一个圆台C　解析：由圆锥、圆台、圆柱的定义可知A，B错误，C正确．对于D，只有用平行于圆锥底面的平面去截圆锥，才能得到一个圆锥和一个圆台，D不正确．3．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′＝6 cm，C ′D′＝2 cm，则原图形是( )A．正方形 B．矩形C．菱形 D．一般的平行四边形C　解析：如图，在原图形OABC中，应有OD＝2O′D′＝2×2＝4(cm)，CD＝C′D′＝2 cm．所以OC＝＝＝6(cm)，所以OA＝OC，所以四边形OABC是菱形．4．(多选题)下列命题中正确的是( )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BC　解析：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，因为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ABCD-A1B1C1D1中的三棱锥C1 ABC，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，但是侧棱长不一定相等．1．解决空间几何体的结构特征的判断问题主要方法是定义法，即紧考点2　空间几何体的表面积与体积——综合性考向1　空间几何体的表面积问题(1)(2021·新高考全国Ⅰ卷)已知圆锥的底面半径为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为( )A．2 B．2 C．4 D．4B　解析：由题意知圆锥的底面周长为2π．设圆锥的母线长为l，则πl＝2π，即l＝2．故选B．(2)如图，在三棱柱ABCA1B1C1中，AA1⊥底面ABC，AB⊥BC，AA1＝AC＝2，直线A 1C 与侧面AA 1B 1B 所成的角为30°，则该三棱柱的侧面积为()A ．4＋4B ．4＋4C ．12D ．8＋4A 解析：连接A 1B ．因为AA 1⊥底面ABC ，则AA 1⊥BC ，又AB ⊥BC ，AA 1∩AB ＝A ，所以BC ⊥平面AA 1B 1B ，所以直线A 1C 与侧面AA 1B 1B 所成的角为∠CA 1B ＝30°．又AA 1＝AC ＝2，所以A 1C ＝2，所以BC ＝．又AB ⊥BC ，则AB ＝，则该三棱柱的侧面积为2×2＋2×2＝4＋4．(3)在如图所示的斜截圆柱中，已知圆柱底面的直径为40 cm ，母线长最短50 cm ，最长80 cm ，则斜截圆柱的侧面面积S ＝ cm 2．2 600π　解析：将题图所示的相同的两个几何体对接为圆柱，则圆柱的侧面展开图为矩形．由题意得所求侧面展开图的面积S ＝×(50＋80)×(π×40)＝2 600π(cm 2)．求解几何体表面积的类型及求法求多面体的表面积只需将它们沿着棱“剪开”展成平面图形，利用求平面图形面积的方法求多面体的表面积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，但要搞清它们的底面半径、母线长与对应侧面展开图中的边长关系求不规则几何体的表面积通常将所给几何体分割成基本的柱体、锥体、台体，先求出这些基本的柱体、锥体、台体的表面积，再通过求和或作差，求出所给几何体的表面积1．一个六棱锥的体积为2，其底面是边长为2的正六边形，侧棱长都相等，则该六棱锥的侧面积为_________．12　解析：设正六棱锥的高为h，侧面的斜高为h′．由题意，得×6××2××h＝2，所以h＝1，所以斜高h′＝＝2，所以S侧＝6××2×2＝12．2．《九章算术》是我国古代数学名著，它在几何学中的研究比西方早一千多年，书中将底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱称为堑堵．已知一个堑堵的底面积为6，体积为的球与其各面均相切，则该堑堵的表面积为________．36　解析：设球的半径为r，底面三角形的周长为l，由已知得r＝1，所以堑堵的高为2．则lr＝6，l＝12，所以表面积S＝12×2＋6×2＝36．考向2　空间几何体的体积问题(1)如图所示，已知三棱柱ABCA1B1C1的所有棱长均为1，且AA1⊥底面ABC，则三棱锥B1ABC1的体积为( )A． B．C． D．A　解析：易知三棱锥B1ABC1的体积等于三棱锥AB1BC1的体积，又三棱锥AB1BC1的高为，底面积为，故其体积为××＝．(2)(2021·八省联考)圆台上、下底面的圆周都在一个直径为10的球面上，其上、下底面半径分别为4和5，则该圆台的体积为________．61π　解析：圆台的下底面半径为5，故下底面在外接球的大圆上，如图，设球的球心为O，圆台上底面的圆心为O′，则圆台的高OO′＝＝＝3．据此可得圆台的体积V＝π×3×(52＋5×4＋42)＝61π．求空间几何体的体积的常用方法公式法对于规则几何体的体积问题，可以直接利用公式进行求解割补法把不规则的几何体分割成规则的几何体，然后进行体积计算；或者把不规则的几何体补成规则的几何体，不熟悉的几何体补成熟悉的几何体，便于计算其体积等体积法一个几何体无论怎样转化，其体积总是不变的．如果一个几何体的底面面积和高较难求解时，我们可以采用等体积法进行求解．通过选择合适的底面来求几何体体积，主要用来解决有关锥体的体积，特别是三棱锥的体积1．(2021·全国甲卷)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：设圆锥的高为h ，母线长为l ，则圆锥的体积V ＝×π×62×h ＝30π，解得h ＝．所以l ＝＝＝，故圆锥的侧面积S ＝πrl ＝π×6×＝39π．2．如图，已知体积为V 的三棱柱ABCA 1B 1C 1，P 是棱B 1B 上除B 1，B 以外的任意一点，则四棱锥PAA 1C 1C 的体积_________．　解析：如图，把三棱柱ABCA 1B 1C 1补成平行六面体A 1D 1B 1C 1ADBC ．设点P 到平面AA 1C 1C 的距离为h ，则V ＝S ·h ＝V ＝·2V＝．考点3　与球有关的切、接问题——综合性考向1　“相切”问题已知正四面体PABC 的表面积为S 1，此四面体的内切球的表面积为S 2，则＝________．　解析：设正四面体的棱长为a，则正四面体的表面积为S1＝4××a2＝a2，其内切球半径r为正四面体高的，即r＝×a＝a，因此内切球表面积为S2＝4πr2＝，则＝＝．考向2　“相接”问题已知直三棱柱ABCA1B1C1的6个顶点都在球O的球面上，若AB＝3，AC＝4，AB⊥AC，AA1＝12，则球O的半径为( )A． B． 2C． D．3C　解析：如图所示，由球心作平面ABC的垂线，则垂足为BC的中点M．又AM＝BC＝，OM＝AA1＝6，所以球O的半径R＝OA＝＝．1．已知三棱锥PABC中，△ABC为等边三角形，PA＝PB＝PC＝3，PA⊥PB，则三棱锥PABC的外接球的体积为( )A．π B．π C．27π D．27πB　解析：因为三棱锥PABC中，△ABC为等边三角形，PA＝PB＝PC＝3，所以△PAB≌△PBC≌△PAC．因为PA⊥PB，所以PA⊥PC，PC⊥PB．以PA，PB，PC为过同一顶点的三条棱作正方体(如图所示)，则正方体的外接球同时也是三棱锥PABC的外接球．因为正方体的体对角线长为＝3，所以其外接球半径R＝．因此三棱锥PABC的外接球的体积V＝×＝π．2．(2020·全国Ⅲ卷)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_________．π　解析：方法一：如图，在圆锥的轴截面ABC中，CD⊥AB，BD＝1，BC＝3，圆O内切于△ABC，E为切点，连接OE，则OE⊥BC．在Rt△BCD中，CD＝＝2．易知BE ＝BD＝1，则CE＝2．设圆锥的内切球半径为R，则OC＝2－R，在Rt△COE中，OC2－OE2＝CE2，即(2－R)2－R2＝4，所以R＝，圆锥内半径最大的球的体积为πR3＝π．方法二：如图，记圆锥的轴截面为△ABC，其中AC＝BC＝3，AB＝2，CD⊥AB，在Rt△BCD中，CD＝＝2，则S△ABC＝2．设△ABC的内切圆O的半径为R，则R＝＝，所以圆锥内半径最大的球的体积为πR3＝π．。

2025年高考数学一轮复习-空间几何体的结构、表面积和体积-专项训练一、基本技能练1.下列说法中，正确的是()A.棱柱的侧面可以是三角形B.若棱柱有两个侧面是矩形，则该棱柱的其他侧面也是矩形C.正方体的所有棱长都相等D.棱柱的所有棱长都相等2.如图所示的等腰梯形是一个几何图形的斜二测直观图，其底角为45°，上底和腰均为1，下底为2＋1，则此直观图对应的平面图形的面积为()A.1＋2B.2＋2C.2＋22D.4＋223.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()A.4B.43D.3C.234.已知在梯形ABCD中，∠ABC＝π2，AD∥BC，BC＝2AD＝2AB＝2，则将梯形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表面积为() A.(5＋2)π B.(4＋2)πC.(5＋22)πD.(3＋2)π5.如图，位于西安大慈恩寺的大雁塔，是唐代玄奘法师为保存经卷、佛像而主持修建的，是我国现存最早的四方楼阁式砖塔.塔顶可以看成一个正四棱锥，其侧棱与底面所成的角为45°，则该正四棱锥的一个侧面与底面的面积之比为()A.3∶2B.2∶2C.3∶3D.3∶46.过圆锥的轴作截面，如果截面为正三角形，则称该圆锥为等边圆锥.已知在一等边圆锥中，过顶点P 的截面与底面交于CD ，若∠COD ＝90°(O 为底面圆心)，且S △PCD ＝72，则这个等边圆锥的表面积为()A.2π＋2πB.3πC.2π＋3πD.π＋3π7.如图，四边形ABCD 是边长为2的正方形，ED ⊥平面ABCD ，FC ⊥平面ABCD ，ED ＝2FC ＝2，则四面体ABEF 的体积为()A.13B.23C.1D.438.黄金分割是指将整体一分为二，较大部分与整体部分的比值等于较小部分与较大部分的比值，其比值为5－12，约为0.618.这个比例被公认为是最能引起美感的比例，因此被称为黄金比.在几何世界中有很多黄金图形，在三角形中，如果相邻两边之比等于黄金比，且它们夹角的余弦值为黄金比值，那么这个三角形一定是直角三角形，且这个三角形称为黄金分割直角三角形.在正四棱锥中，以黄金分割直角三角形的长直角边作为正四棱锥的高，黄金分割直角三角形的短直角边的边长作为底面正方形的边心距(正多边形的边心距是正多边形的外接圆圆心到正多边形某一边的距离)，斜边作为正四棱锥的斜高，这样得到的正四棱锥称为黄金分割正四棱锥.在黄金分割正四棱锥中，以该正四棱锥的高为边长的正方形的面积与该正四棱锥的侧面积之比为()A.5－12B.5＋12C.1D.149.如图，在棱长为2的正方体ABCD－A′B′C′D′中，点E，F，G分别是棱A′B′，B′C′，CD的中点，则由点E，F，G确定的平面截正方体所得的截面多边形的面积等于________.10.已知圆锥的顶点为S，底面圆周上的两点A，B满足△SAB为等边三角形，且面积为43，又知圆锥轴截面的面积为8，则圆锥的侧面积为________.11.如图，已知正三棱柱ABC－A1B1C1的各棱长均为2，点D在棱AA1上，则三棱锥D－BB1C1的体积为________.12.已知三棱锥S－ABC中，∠SAB＝∠ABC＝π2，SB＝4，SC＝213，AB＝2，BC ＝6，则三棱锥S－ABC的体积为________.二、创新拓展练13.(多选)攒尖是我国古代建筑中屋顶的一种结构形式，宋代称为撮尖，清代称攒尖，通常有圆形攒尖、三角攒尖、四角攒尖、八角攒尖，也有单檐和重檐之分，多见于亭阁式建筑、园林建筑.下面以四角攒尖为例，如图，它的屋顶部分的轮廓可近似看作一个正四棱锥.已知此正四棱锥的侧面与底面所成的锐二面角为θ，这个角接近30°.若取θ＝30°，侧棱长为21米，则()A.正四棱锥的底面边长为6米B.正四棱锥的底面边长为3米C.正四棱锥的侧面积为243平方米D.正四棱锥的侧面积为123平方米14.(多选)如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，线段B1D1上有两个动点E，F，且EF＝12，则下列结论中错误的是()A.AC⊥AFB.EF∥平面ABCDC.三棱锥A－BEF的体积为定值D.△AEF的面积与△BEF的面积相等15.(多选)《九章算术》是《算经十书》中最重要的一部，其中将有三条棱互相平行且有一个面为梯形的五面体称为“羡除”，则()A.“羡除”有且仅有两个面为三角形B.“羡除”一定不是台体C.不存在有两个面为平行四边形的“羡除”D.“羡除”至多有两个面为梯形16.(多选)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()A.V3＝2V2B.V3＝V1C.V3＝V1＋V2D.2V3＝3V1参考答案与解析一、基本技能练1.答案C解析棱柱的侧面都是平行四边形，选项A错误；其他侧面可能是平行四边形，选项B错误；棱柱的侧棱与底面边长并不一定相等，选项D错误；易知选项C正确.2.答案B解析∵平面图形的直观图是一个底角为45°，腰和上底长均为1的等腰梯形，∴平面图形为直角梯形，且直角腰长为2，上底边长为1，下底边长为2＋1，∴平面图形的面积S＝1＋1＋22×2＝2＋ 2.故选B.3.答案B解析易知该几何体是由上、下两个全等的正四棱锥组成的，其中正四棱锥底面边长为2，棱锥的高为1，所以该多面体的体积V ＝2×13×(2)2×1＝43.4.答案A解析因为在梯形ABCD 中，∠ABC ＝π2，AD ∥BC ，BC ＝2AD ＝2AB ＝2，所以将梯形ABCD 绕AD 所在的直线旋转一周得到的几何体是一个底面半径为1，高为2的圆柱挖去一个底面半径为1，高为1的圆锥后剩余的部分，如图所示.所以该几何体的表面积S ＝π×12＋2π×1×2＋π×1×12＋12＝(5＋2)π.5.答案D解析设塔顶是正四棱锥P －ABCD (如图)，PO 是正四棱锥的高.设正四棱锥底面边长为a ，则底面面积S 1＝a 2，因为AO ＝22a ，∠PAO ＝45°，所以PA ＝2×22a ＝a ，所以△PAB 是正三角形，其面积为S 2＝34a 2，所以S 2∶S 1＝34a 2∶a 2＝3∶4.6.答案B解析如图，连接PO ，设圆锥的母线长为2a ，则圆锥的底面圆的半径为a ，高为PO ＝3a .由已知得CD ＝2a ，PC ＝PD ＝2a ，则S △PCD ＝12×2a ×（3a ）2＋22a 2＝72，从而可得a ＝1，圆锥的表面积为πa ×2a ＋πa 2＝3πa 2＝3π.7.答案B解析∵ED ⊥平面ABCD 且AD ⊂平面ABCD ，∴ED ⊥AD .∵在正方形ABCD 中，AD ⊥DC ，又DC ∩ED ＝D ，DC ，ED ⊂平面CDEF ，∴AD ⊥平面CDEF .易知FC ＝ED2＝1，V A －BEF ＝V ABCDEF －V F －ABCD －V A －DEF .∵V E －ABCD ＝13·ED ·S 正方形ABCD ＝13×2×2×2＝83，V B －EFC ＝13·BC ·S △EFC ＝13×2×2×1×12＝23，∴V ABCDEF ＝V E －ABCD ＋V B －EFC ＝83＋23＝103.又V F －ABCD ＝13·FC ·S 正方形ABCD ＝13×1×2×2＝43，V A －DEF ＝13·AD ·S △DEF ＝13×2×2×2×12＝43，∴V A －BEF ＝V ABCDEF －V F －ABCD －V A －DEF ＝103－43－43＝23.故选B.8.答案D解析如图，在黄金分割正四棱锥P －ABCD 中，O 是正方形ABCD 的中心，PE 是正四棱锥的斜高，设OE ＝a ，则CD ＝2a ，∴Rt△POE为黄金分割直角三角形，则OEPE＝5－12，∴PE＝5＋12，则PO＝PE2－OE2＝1＋52a，∴以该正四棱锥的高为边长的正方形的面积S＝PO2＝1＋52a2，又正四棱锥的四个侧面是全等的，∴S侧＝4S△PCD＝4×12×CD×PE＝2(1＋5)a2，∴该正四棱锥的高为边长的正方形的面积与该正四棱锥的侧面积之比为1 4 .9.答案332解析分别取AD，CC′和AA′的中点为P，M，N，可得出过E，F，G三点的平面截正方体所得截面为正六边形EFMGPN，则正六边形的边长MG＝CG2＋CM2＝222＋2221，故截面多边形的面积S＝6×34×12＝332.10.答案82π解析设圆锥的母线长为l，由△SAB为等边三角形，且面积为43，所以12l 2sin π3＝43，解得l ＝4；又设圆锥底面半径为r ，高为h ，则由轴截面的面积为8，得rh ＝8；又r 2＋h 2＝l 2＝16，解得r ＝h ＝22，所以圆锥的侧面积S ＝πrl ＝π·22·4＝82π.11.答案233解析如图，取BC 的中点O ，连接AO .∵正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的各棱长均为2，∴AC ＝2，OC ＝1，则AO ＝ 3.∵AA 1∥平面BCC 1B 1，∴点D 到平面BCC 1B 1的距离为3.又S △BB 1C 1＝12×2×2＝2，∴V D －BB 1C 1＝13×2×3＝233.12.答案43解析∵∠ABC ＝π2，AB ＝2，BC ＝6，∴AC ＝AB 2＋BC 2＝22＋62＝210.∵∠SAB ＝π2，AB ＝2，SB ＝4，∴AS ＝SB 2－AB 2＝42－22＝2 3.由SC ＝213，得AC 2＋AS 2＝SC 2，∴AC ⊥AS .又∵SA ⊥AB ，AC ∩AB ＝A ，AC ，AB ⊂平面ABC ，∴AS ⊥平面ABC .∴AS 为三棱锥S －ABC 的高，∴V 三棱锥S －ABC ＝13×12×2×6×23＝4 3.二、创新拓展练13.答案AC解析如图，在正四棱锥S －ABCD 中，O 为正方形ABCD 的中心，H 为AB 的中点，则∠SHO 为侧面SAB 与底面ABCD 所成的锐二面角，且SH ⊥AB ，∠SHO ＝30°，设底面边长为2a ，所以OH ＝AH ＝a ，OS ＝33a ，SH ＝233.在Rt △SAH 中，a 2＝21，解得a ＝3，所以正四棱锥的底面边长为6米，侧面积为S ＝12×6×23×4＝243(平方米).14.答案AD解析由题意及图形知，当点F 与点B 1重合时，∠CAF ＝60°，故A 错误；由正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的两个底面平行，EF ⊂平面A 1B 1C 1D 1，知EF ∥平面ABCD ，故B 正确；由几何体的性质及图形知，三角形BEF 的面积是定值，点A 到平面DD 1B 1B 的距离是定值，故可得三棱锥A －BEF 的体积为定值，故C 正确；由图形可以看出，B 到直线EF 的距离与A 到直线EF 的距离不相等，故△AEF 的面积与△BEF 的面积不相等，故D 错误.故选AD.15.答案ABC解析由题意知AE ∥BF ∥CD ，四边形ACDE 为梯形，如图所示.选项A ，由题意知“羡除”有且仅有两个面为三角形，故A 正确；选项B ，因为AE ∥BF ∥CD ，所以“羡除”一定不是台体，故B 正确；选项C ，假设四边形ABFE 和四边形BCDF 为平行四边形，则AE ∥BF ∥CD ，且AE ＝BF ＝CD ，即四边形ACDE 为平行四边形，与已知四边形ACDE 为梯形矛盾，故不存在，故C 正确；选项D ，若AE ≠BF ≠CD ，则“羡除”有三个面为梯形，故D 错误.故选ABC.16.答案CD 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V 1＝V E －ACD ＝13S △ACD ·ED ＝13×12AD ·CD ·ED ＝13×12×2×2×2＝43，V 2＝V F －ABC ＝13S △ABC ·FB ＝13×12AB ·BC ·FB ＝13×12×2×2×1＝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＝V F－ACE＝13S△ACE·OF＝13×12AC·OE·OF＝13×12×22×6×3＝2，所以V3≠2V2，V1≠V3，V3＝V1＋V2，2V3＝3V1，所以选项A，B不正确，选项C，D正确.故选CD.。

高考数学复习考点题型专题讲解专题13 空间几何体的结构、表面积和体积高考定位空间几何体的结构特征是高考重点考查的内容.近几年主要考查空间几何体的表面积与体积，常以选择题与填空题为主，也涉及空间几何体的结构特征等内容，要求考生要有较强的空间想象能力和计算能力，难度为中低档.1.(2021·新高考Ⅰ卷)已知圆锥的底面半径为2，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为( )A.2B.2 2C.4D.4 2答案 B解析设圆锥的母线长为l，因为该圆锥的底面半径为2，侧面展开图为一个半圆，所以2π×2＝πl，解得l＝22，故选B.2.(2022·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.已知该水库水位为海拔148.5 m时，相应水面的面积为140.0 km2；水位为海拔157.5 m时，相应水面的面积为180.0 km2.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148.5 m上升到157.5 m时，增加的水量约为(7≈2.65)()A.1.0×109 m3B.1.2×109 m3C.1.4×109 m3D.1.6×109 m3答案 C解析如图，由已知得该棱台的高为157.5－148.5＝9(m)，所以该棱台的体积V＝13×9×(140＋140×180＋180)×106＝60×(16＋37)×106≈60×(16＋3×2.65)×106＝1.437×109≈1.4×109(m3).故选C.3.(2022·新高考Ⅱ卷)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.100πB.128πC.144πD.192π答案 A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＋OO21＝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＝3，所以R2＝25，所以该球的表面积为4πR2＝100π.综上，该球的表面积为100π.4.(2022·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V乙＝( )A.5B.2 2C.10D.510 4答案 C解析法一因为甲、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－r21＝5，h2＝l2－r22＝22，所以V甲V乙＝13πr21h113πr22h2＝4522＝10.故选C.法二设两圆锥的母线长为l，甲、乙两圆锥的底面半径分别为r1，r2，高分别为h1，h2，侧面展开图的圆心角分别为n1，n2，则由S甲S乙＝πr1lπr2l＝n1πl22πn2πl22π＝2，得r1r2＝n1n2＝2.由题意知n1＋n2＝2π，所以n1＝4π3，n2＝2π3，所以2πr 1＝4π3l ，2πr 2＝2π3l ，得r 1＝23l ，r 2＝13l .由勾股定理得，h 1＝l 2－r 21＝53l ，h 2＝l 2－r 22＝223l ， 所以V 甲V 乙＝13πr 21h 113πr 22h 2＝4522＝10.故选C.热点一 空间几何体的结构特征关于空间几何体的结构特征辨析关键是紧扣各种几何体的概念. 例1 (1)以下四个命题中，真命题为( ) A.侧面都是等腰三角形的棱锥是正棱锥 B.底面是矩形的平行六面体是长方体 C.直四棱柱是直平行六面体 D.棱台的侧棱延长后必交于一点 (2)给出下列命题：①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； ②直角三角形绕其任一边所在直线旋转一周所形成的几何体都是圆锥； ③棱台的上、下底面可以不相似，但侧棱长一定相等. 其中正确命题的个数是( )A.0B.1C.2D.3答案(1)D (2)A解析(1)A中等腰三角形的腰不一定是侧棱，A是假命题；B中，侧棱与底面矩形不一定垂直，B是假命题；C中，直四棱柱的底面不一定是平行四边形，C是假命题；根据棱台的定义，选项D是真命题.(2)①不一定，只有当这两点的连线平行于轴时才是母线；②不一定，当以斜边所在直线为旋转轴时，其余两边旋转一周形成的面所围成的几何体不是圆锥，如图所示，它是由两个同底圆锥组成的几何体；③错误，棱台的上、下底面相似且是对应边平行的多边形，各侧棱延长线交于一点，但是侧棱长不一定相等.规律方法 1.圆柱、圆锥、圆台的有关元素都集中在轴截面上，解题时要注意用好轴截面中各元素的关系.2.既然棱(圆)台是由棱(圆)锥定义的，所以在解决棱(圆)台问题时，要注意“还台为锥”的解题策略.训练1(多选)(2022·潍坊调研)下面关于空间几何体的叙述正确的是( )A.底面是正多边形的棱锥是正棱锥B.用平面截圆柱得到的截面只能是圆和矩形C.长方体是直平行六面体D.存在每个面都是直角三角形的四面体答案CD解析A中当顶点在底面的投影是正多边形的中心时才是正棱锥，A不正确；B中当平面与圆柱的母线平行或垂直时，截得的截面才为矩形或圆，否则为椭圆或椭圆的一部分，B不正确；C正确；D正确，如图，正方体ABCD－A1B1C1D1中的三棱锥C1－ABC，四个面都是直角三角形.热点二空间几何体的侧面积、表面积柱体、锥体、台体和球的表面积公式：(1)若圆柱的底面半径为r，母线长为l，则S侧＝2πrl，S表＝2πr(r＋l).(2)若圆锥的底面半径为r，母线长为l，则S侧＝πrl，S表＝πr(r＋l).(3)若圆台的上、下底面半径分别为r′，r，则S侧＝π(r＋r′)l，S表＝π(r2＋r′2＋r′l＋rl).(4)若球的半径为R，则它的表面积S＝4πR2.例2 (1)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，则圆柱的侧面积是( )A.23π B.324π C.223π D.22π(2)(多选)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.2πB.(1＋2)πC.22πD.(2＋2)π 答案 (1)C (2)AB解析 (1)如图所示，过点P 作PE ⊥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 ＝23AD ，AD ＝32，∴AE ＝23×32＝33，∴PE ＝PA 2－AE 2＝63. 设圆柱底面半径为r ，则r ＝AE ＝33，∴圆柱的侧面积S ＝2πr ·PE ＝2π×33×63＝22π3. (2)如果绕直角边旋转，则形成圆锥，圆锥底面半径为1，高为1，母线就是直角三角形的斜边，长为2，所以所形成的几何体的表面积S ＝π×1×2＋π×12＝(2＋1)π.如果绕斜边旋转，则形成的是上、下两个共底面的圆锥，圆锥的底面半径是直角三角形斜边上的高22，两个圆锥的母线都是直角三角形的直角边，长是1，所以形成的几何体的表面积S′＝2×π×22×1＝2π.综上可知，形成几何体的表面积是(2＋1)π或2π.故选AB.易错提醒 1.旋转体的表面积问题注意其侧面展开图的应用.2.多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积注意衔接部分的处理.训练2 (1)已知圆锥的侧面积(单位：cm2)为2π，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__________.(2)(多选)(2022·青岛质检)已知四棱台ABCD－A1B1C1D1的上、下底面均为正方形，其中AB＝22，A1B1＝2，AA1＝BB1＝CC1＝2，则下列结论正确的是( )A.该四棱台的高为3B.AA1⊥CC1C.该四棱台的表面积为26D.该四棱台外接球的表面积为16π答案(1)1 (2)AD解析(1)如图，设圆锥的母线长为l，底面半径为r，则圆锥的侧面积S侧＝πrl＝2π，即r·l＝2.由于侧面展开图为半圆，可知12πl2＝2π，可得l＝2(cm)，因此r ＝1(cm).(2)由棱台的性质，把四棱台还原为四棱锥如图所示.由题易知点S 在平面A 1B 1C 1D 1和平面ABCD 的射影分别为点O 1，O ，连接OS ，OA ，则O 1在OS 上，由AB ＝22，A 1B 1＝2，可知△SA 1B 1与△SAB 的相似比为1∶2， 则SA ＝2AA 1＝4，AO ＝2， 则SO ＝23，OO 1＝3，即该四棱台的高为3，故A 正确； 因为SA ＝SC ＝AC ＝4，所以AA 1与CC 1的夹角为60°，不垂直，故B 错误；该四棱台的表面积S ＝S 上底＋S 下底＋S 侧＝(2)2＋(22)2＋4×（2＋22）2×22－⎝ ⎛⎭⎪⎫222＝10＋67，故C 错误；由于上、下底面都是正方形，则外接球的球心在OO 1上，在平面B 1BOO 1中， 由于OO 1＝3，B 1O 1＝1， 则OB 1＝2＝OB ，即点O 到点B与点B 1的距离相等，所以该四棱台的外接球的球心为O ，半径r ＝2，所以该四棱台外接球的表面积为16π，故D正确.故选AD.热点三空间几何体的体积柱体、锥体、台体和球的体积公式：(1)V柱体＝Sh(S为底面面积，h为高)；(2)V锥体＝13Sh(S为底面面积，h为高)；(3)V台体＝13(S上＋S下＋S上S下)h(S上、S下分别为上、下底面面积，h为高)；(4)V球＝43πR3.考向1 直接利用公式求体积例3 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＋123B.28 2C.563D.2823答案 D解析如图，设上、下底面的中心分别为O1，O，过点B1作B1M⊥OB于点M，则O1B1＝2，OB＝22，BM＝2，所以该棱台的高h＝B1M＝4－2＝2，所以该四棱台的体积为h3(S上＋S下＋S上S下)＝23(22＋42＋22×42)＝2823，故选D.考向2 割补法求体积例4 如图，在多面体ABCDEF 中，已知四边形ABCD 是边长为1的正方形，且△ADE ，△BCF 均为正三角形，EF ∥AB ，EF ＝2，则该多面体的体积为________.答案23解析 过AD 做与底面ABCD 垂直的平面交EF 于点G ，过BC 做与底面ABCD 垂直的平面交EF 于点H ，则多面体ABCDEF 被分为三棱锥E －ADG ，三棱柱ADG －BCH ，三棱锥F －HBC 三部分.依题意，三棱锥E －ADG 的高EG ＝12，直三棱柱AGD －BHC 的高AB ＝1.则AG ＝AE 2－EG 2＝12－⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝32.取AD 的中点M ，并连接MG ，则MG ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫322－⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝22，所以S △AGD ＝12×1×22＝24，∴V 多面体＝V E －ADG ＋V F －BCH ＋V ADG －BCH ＝2V E －ADG ＋V ADG －BCH ＝13×24×12×2＋24×1＝23.考向3 等体积法求体积例5(2022·台州调研)如图，已知四棱锥P－ABCD中，四边形ABCD为正方形，平面ABCD⊥平面APB，G为PC上一点，且BG⊥平面APC，AB＝2，则三棱锥P－ABC体积的最大值为( )A.23B.223C.43D.2答案 A解析由题意知，平面ABCD⊥平面APB，则BC⊥AP.又由BG⊥平面APC，得BG⊥AP.因为BC∩BG＝B，所以AP⊥平面PBC，所以AP⊥BP，所以V P－ABC＝V C－APB＝13×12PA·PB·BC＝13PA·PB.令PA＝m，PB＝n，则m2＋n2＝4，所以V P－ABC＝13mn≤13·m2＋n22＝23，当且仅当m＝n＝2时取等号，所以三棱锥P－ABC体积的最大值为23 .规律方法 1.规则的几何体可以直接利用相应的公式求解，这就需要熟记柱体、锥体的体积公式；2.不规则的几何体往往可以通过“间接法”——割补法求得，即把不规则的几何体通过“割补”手段，转化为规则几何体体积的和或差.训练3 (1)(2022·广州模拟)在五面体EF－ABCD中，正方形CDEF所在平面与平面ABCD垂直，四边形ABCD为等腰梯形，AB∥CD，AD＝DC＝BC＝12AB.若三棱锥A－BCE的体积为433，则线段AB的长为________.(2)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ABCD－A 1B1C1D1挖去四棱锥O－EFGH后所得的几何体.其中O为长方体的中心，E，F，G，H分别为所在棱的中点，AB＝BC＝6 cm，AA1＝4 cm.3D打印所用原料密度为0.9 g/cm3，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为______g.答案(1)4 (2)118.8解析(1)取AB的中点O，连接CO.因为AD ＝DC ＝BC ＝12AB ，AB ∥CD ，所以四边形AOCD 为菱形， 所以CO ＝OA ＝OB ， 所以△ACB 为直角三角形， 所以AC ⊥BC .因为正方形CDEF 所在平面与平面ABCD 垂直，CD 为交线，ED ⊥CD ， 所以ED ⊥平面ABCD . 设BC ＝x ，则ED ＝x ，AB ＝2x . 由勾股定理得AC ＝3x ， 故V A －BCE ＝V E －ABC ＝13S △ABC ·ED ，S △ABC ＝12·x ·3x ＝32x 2， 所以V A －BCE ＝13·32x 2·x ＝36x 3＝433.解得x ＝2.所以AB ＝4.(2)由题知挖去的四棱锥的底面是一个菱形，其对角线长分别为6 cm 和4 cm ， 故V 挖去的四棱锥＝13×12×4×6×3＝12(cm 3).又V 长方体＝6×6×4＝144(cm 3)，所以模型的体积为V－V挖去的四棱锥＝144－12＝132(cm3)，长方体所以制作该模型所需原料的质量为132×0.9＝118.8(g).一、基本技能练1.下列说法中，正确的是( )A.棱柱的侧面可以是三角形B.若棱柱有两个侧面是矩形，则该棱柱的其他侧面也是矩形C.正方体的所有棱长都相等D.棱柱的所有棱长都相等答案 C解析棱柱的侧面都是平行四边形，选项A错误；其他侧面可能是平行四边形，选项B错误；棱柱的侧棱与底面边长并不一定相等，选项D错误；易知选项C正确.2.如图所示的等腰梯形是一个几何图形的斜二测直观图，其底角为45°，上底和腰均为1，下底为2＋1，则此直观图对应的平面图形的面积为( )A.1＋2B.2＋ 2C.2＋22D.4＋2 2答案 B解析 ∵平面图形的直观图是一个底角为45°，腰和上底长均为1的等腰梯形， ∴平面图形为直角梯形，且直角腰长为2，上底边长为1，下底边长为2＋1， ∴平面图形的面积S ＝1＋1＋22×2＝2＋ 2.故选B. 3.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( )A.4B.43C.23D.3 答案 B解析 易知该几何体是由上、下两个全等的正四棱锥组成的，其中正四棱锥底面边长为2，棱锥的高为1，所以该多面体的体积V ＝2×13×(2)2×1＝43.4.已知在梯形ABCD 中，∠ABC ＝π2，AD ∥BC ，BC ＝2AD ＝2AB ＝2，则将梯形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表面积为( ) A.(5＋2)π B.(4＋2)π C.(5＋22)π D.(3＋2)π 答案 A解析 因为在梯形ABCD 中，∠ABC ＝π2，AD ∥BC ，BC ＝2AD ＝2AB ＝2，所以将梯形ABCD绕AD所在的直线旋转一周得到的几何体是一个底面半径为1，高为2的圆柱挖去一个底面半径为1，高为1的圆锥后剩余的部分，如图所示.所以该几何体的表面积S＝π×12＋2π×1×2＋π×1×12＋12＝(5＋2)π.5.如图，位于西安大慈恩寺的大雁塔，是唐代玄奘法师为保存经卷、佛像而主持修建的，是我国现存最早的四方楼阁式砖塔.塔顶可以看成一个正四棱锥，其侧棱与底面所成的角为45°，则该正四棱锥的一个侧面与底面的面积之比为( )A.3∶2B.2∶2C.3∶3D.3∶4答案 D解析设塔顶是正四棱锥P－ABCD(如图)，PO是正四棱锥的高.设正四棱锥底面边长为a，则底面面积S1＝a2，因为AO＝22a，∠PAO＝45°，所以PA＝2×22a＝a，所以△PAB是正三角形，其面积为S 2＝34a2，所以S2∶S1＝34a2∶a2＝3∶4.6.过圆锥的轴作截面，如果截面为正三角形，则称该圆锥为等边圆锥.已知在一等边圆锥中，过顶点P的截面与底面交于CD，若∠COD＝90°(O为底面圆心)，且S△PCD＝7 2，则这个等边圆锥的表面积为( )A.2π＋2πB.3πC.2π＋3πD.π＋3π答案 B解析如图，连接PO，设圆锥的母线长为2a，则圆锥的底面圆的半径为a，高为PO＝3 a.由已知得CD＝2a，PC＝PD＝2a，则S△PCD＝12×2a×（3a）2＋⎝⎛⎭⎪⎫22a2＝72，从而可得a＝1，圆锥的表面积为πa×2a＋πa2＝3πa2＝3π.7.如图，四边形ABCD 是边长为2的正方形，ED ⊥平面ABCD ，FC ⊥平面ABCD ，ED ＝2FC ＝2，则四面体ABEF 的体积为( )A.13B.23C.1D.43答案 B解析∵ED ⊥平面ABCD 且AD ⊂平面ABCD ， ∴ED ⊥AD .∵在正方形ABCD 中，AD ⊥DC ， 又DC ∩ED ＝D ，DC ，ED ⊂平面CDEF ， ∴AD ⊥平面CDEF .易知FC ＝ED2＝1，V A －BEF ＝V ABCDEF －V F －ABCD －V A －DEF .∵V E －ABCD ＝13·ED ·S 正方形ABCD ＝13×2×2×2＝83，V B －EFC ＝13·BC ·S △EFC ＝13×2×2×1×12＝23， ∴V ABCDEF ＝V E －ABCD ＋V B －EFC ＝83＋23＝103.又V F －ABCD ＝13·FC ·S 正方形ABCD ＝13×1×2×2＝43，V A －DEF ＝13·AD ·S △DEF ＝13×2×2×2×12＝43，∴V A －BEF ＝V ABCDEF －V F －ABCD －V A －DEF ＝103－43－43＝23.故选B.8.黄金分割是指将整体一分为二，较大部分与整体部分的比值等于较小部分与较大部分的比值，其比值为5－12，约为0.618.这个比例被公认为是最能引起美感的比例，因此被称为黄金比.在几何世界中有很多黄金图形，在三角形中，如果相邻两边之比等于黄金比，且它们夹角的余弦值为黄金比值，那么这个三角形一定是直角三角形，且这个三角形称为黄金分割直角三角形.在正四棱锥中，以黄金分割直角三角形的长直角边作为正四棱锥的高，黄金分割直角三角形的短直角边的边长作为底面正方形的边心距(正多边形的边心距是正多边形的外接圆圆心到正多边形某一边的距离)，斜边作为正四棱锥的斜高，这样得到的正四棱锥称为黄金分割正四棱锥.在黄金分割正四棱锥中，以该正四棱锥的高为边长的正方形的面积与该正四棱锥的侧面积之比为( ) A.5－12 B.5＋12C.1D.14答案 D解析 如图，在黄金分割正四棱锥P －ABCD 中，O 是正方形ABCD 的中心，PE 是正四棱锥的斜高，设OE ＝a ，则CD ＝2a ， ∴Rt△POE 为黄金分割直角三角形，则OE PE ＝5－12， ∴PE ＝5＋12a ， 则PO ＝PE 2－OE 2＝1＋52a ， ∴以该正四棱锥的高为边长的正方形的面积S ＝PO 2＝1＋52a 2， 又正四棱锥的四个侧面是全等的，∴S 侧＝4S △PCD ＝4×12×CD ×PE ＝2(1＋5)a 2，∴该正四棱锥的高为边长的正方形的面积与该正四棱锥的侧面积之比为14.9.(2022·潍坊二模)如图，在棱长为2的正方体ABCD －A ′B ′C ′D ′中，点E ，F ，G 分别是棱A ′B ′，B ′C ′，CD 的中点，则由点E ，F ，G 确定的平面截正方体所得的截面多边形的面积等于________.答案332解析 分别取AD ，CC ′和AA ′的中点为P ，M ，N ，可得出过E ，F ，G 三点的平面截正方体所得截面为正六边形EFMGPN ，则正六边形的边长MG ＝CG 2＋CM 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫222＋⎝ ⎛⎭⎪⎫222＝1，故截面多边形的面积等于S＝6×34×12＝33 2.10.(2022·佛山质检)已知圆锥的顶点为S，底面圆周上的两点A，B满足△SAB为等边三角形，且面积为43，又知圆锥轴截面的面积为8，则圆锥的侧面积为________. 答案82π解析设圆锥的母线长为l，由△SAB为等边三角形，且面积为43，所以12l2sinπ3＝43，解得l＝4；又设圆锥底面半径为r，高为h，则由轴截面的面积为8，得rh＝8；又r2＋h2＝l2＝16，解得r＝h＝22，所以圆锥的侧面积S＝πrl＝π·22·4＝82π.11.如图，已知正三棱柱ABC－A1B1C1的各棱长均为2，点D在棱AA1上，则三棱锥D－BB1C1的体积为________.答案23 3解析如图，取BC的中点O，连接AO.∵正三棱柱ABC－A1B1C1的各棱长均为2，∴AC＝2，OC＝1，则AO＝ 3.∵AA1∥平面BCC1B1，∴点D到平面BCC1B1的距离为 3.又S△BB1C1＝12×2×2＝2，∴V D－BB1C1＝13×2×3＝233.12.已知三棱锥S－ABC中，∠SAB＝∠ABC＝π2，SB＝4，SC＝213，AB＝2，BC＝6，则三棱锥S－ABC的体积为________. 答案4 3解析∵∠ABC＝π2，AB＝2，BC＝6，∴AC＝AB2＋BC2＝22＋62＝210.∵∠SAB＝π2，AB＝2，SB＝4，∴AS＝SB2－AB2＝42－22＝2 3.由SC＝213，得AC2＋AS2＝SC2，∴AC⊥AS.又∵SA⊥AB，AC∩AB＝A，AC，AB⊂平面ABC，∴AS⊥平面ABC.∴AS为三棱锥S－ABC的高，∴V三棱锥S－ABC＝13×12×2×6×23＝4 3.二、创新拓展练13.(多选)(2022·无锡模拟)一个圆柱和一个圆锥的底面直径和它们的高都与一个球的直径2R相等，下列结论正确的是( )A.圆柱的侧面积为4πR2B.圆锥的侧面积为2πR2C.圆柱的侧面积与球的表面积相等D.球的体积是圆锥体积的两倍答案ACD解析对于A，∵圆柱的底面直径和高都等于2R，∴圆柱的侧面积S1＝2πR·2R＝4πR2，故A正确；对于B，∵圆锥的底面直径和高都等于2R，∴圆锥的侧面积为S2＝πR·R2＋4R2＝5πR2，故B错误；对于C，∵圆柱的侧面积为S1＝4πR2，球的表面积S3＝4πR2，即圆柱的侧面积与球的表面积相等，故C正确；对于D，球的体积为V1＝43πR3，圆锥的体积为V2＝13πR2·2R＝23πR3，即球的体积是圆锥体积的两倍，故D正确.14.(多选)(2022·邯郸模拟)攒尖是我国古代建筑中屋顶的一种结构形式，宋代称为撮尖，清代称攒尖，通常有圆形攒尖、三角攒尖、四角攒尖、八角攒尖，也有单檐和重檐之分，多见于亭阁式建筑、园林建筑.下面以四角攒尖为例，如图，它的屋顶部分的轮廓可近似看作一个正四棱锥.已知此正四棱锥的侧面与底面所成的锐二面角为θ，这个角接近30°.若取θ＝30°，侧棱长为21米，则( )A.正四棱锥的底面边长为6米B.正四棱锥的底面边长为3米C.正四棱锥的侧面积为243平方米D.正四棱锥的侧面积为123平方米答案AC解析如图，在正四棱锥S－ABCD中，O为正方形ABCD的中心，H为AB的中点，则∠SHO为侧面SAB与底面ABCD所成的锐二面角，且SH⊥AB，∠SHO＝30°，设底面边长为2a ， 所以OH ＝AH ＝a ，OS ＝33a ，SH ＝233a . 在Rt△SAH 中，a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫233a 2＝21，解得a ＝3，所以正四棱锥的底面边长为6米，侧面积为S ＝12×6×23×4＝243(平方米).15.(多选)(2022·福州调研)如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，线段B 1D 1上有两个动点E ，F ，且EF ＝12，则下列结论中正确的是( )A.AC ⊥AFB.EF ∥平面ABCDC.三棱锥A －BEF 的体积为定值D.△AEF 的面积与△BEF 的面积相等 答案 BC解析 由题意及图形知，当点F 与点B 1重合时，∠CAF ＝60°，故A 错误；由正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的两个底面平行，EF ⊂平面A 1B 1C 1D 1，知EF ∥平面ABCD ，故B 正确；由几何体的性质及图形知，三角形BEF 的面积是定值，点A 到平面DD 1B 1B 的距离是定值，故可得三棱锥A －BEF 的体积为定值，故C 正确；由图形可以看出，B到直线EF的距离与A到直线EF的距离不相等，故△AEF的面积与△BEF的面积不相等，故D错误.故选BC.16.(多选)《九章算术》是《算经十书》中最重要的一部，其中将有三条棱互相平行且有一个面为梯形的五面体称为“羡除”，则( )A.“羡除”有且仅有两个面为三角形B.“羡除”一定不是台体C.不存在有两个面为平行四边形的“羡除”D.“羡除”至多有两个面为梯形答案ABC解析由题意知AE∥BF∥CD，四边形ACDE为梯形，如图所示.选项A，由题意知“羡除”有且仅有两个面为三角形，故A正确；选项B，因为AE∥BF∥CD，所以“羡除”一定不是台体，故B正确；选项C，假设四边形ABFE和四边形BCDF为平行四边形，则AE∥BF∥CD，且AE＝BF＝CD，即四边形ACDE为平行四边形，与已知四边形ACDE为梯形矛盾，故不存在，故C正确；选项D，若AE≠BF≠CD，则“羡除”有三个面为梯形，故D错误.故选ABC.17.(多选)(2022·新高考Ⅱ卷)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V，V2，V3，则( )1A.V3＝2V2B.V3＝V1C.V3＝V1＋V2D.2V3＝3V1答案CD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＝V E－ACD＝13S△ACD·ED＝13×12AD·CD·ED＝13×12×2×2×2＝43，V 2＝V F－ABC＝13S△ABC·FB＝13×12AB·BC·FB＝13×12×2×2×1＝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 ＝OB 2＋FB 2＝3，OE ＝OD 2＋ED 2＝6， EF ＝BD 2＋（ED －FB ）2 ＝（22）2＋（2－1）2＝3， 所以EF 2＝OE 2＋OF 2，所以OF ⊥OE . 又OE ∩AC ＝O ，OE ，AC ⊂平面ACE ， 所以OF ⊥平面ACE ，所以V 3＝V F －ACE ＝13S △ACE ·OF ＝13×12AC ·OE ·OF＝13×12×22×6×3＝2， 所以V 3≠2V 2，V 1≠V 3，V 3＝V 1＋V 2，2V 3＝3V 1，所以选项A ，B 不正确，选项C ，D 正确.故选CD.18.(2022·丽水质检)已知三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝AC ＝1，AA 1＝2，∠A 1AC ＝∠A 1AB ＝60°，∠BAC ＝90°，则四面体A 1BB 1C 1的体积为________. 答案26解析 法一 如图，连接A 1C ，在三角形A 1AB 中，AB ＝1，AA 1＝2，∠A 1AB ＝60°， 由余弦定理得A 1B 2＝22＋12－2×1×2×cos 60°＝3，即A 1B ＝3， 同理A 1C ＝3，则AB 2＋A 1B 2＝A 1A 2， 所以A 1B ⊥AB ，同理A 1C ⊥AC ， 所以△A 1AB ≌△A 1AC .过点B 作BD ⊥A 1A ，垂足为D ，连接CD ，则CD ⊥A 1A ，又BD ∩CD ＝D ，所以A 1A ⊥平面BCD ， 所以BD ＝CD ＝1×32＝32， 又AB ＝AC ＝1，∠BAC ＝90°， 所以BC ＝ 2.取BC 的中点E ，连接DE ，则DE ⊥BC ，且DE ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫322－⎝ ⎛⎭⎪⎫222＝12， 所以S △BCD ＝12×BC ×DE ＝12×2×12＝24，则V A 1－BB 1C 1＝V B －A 1B 1C 1＝V A 1－ABC ＝V A 1－BCD ＋V A －BCD ＝13·S △BCD ·A 1A ＝13×24×2＝26. 法二 如图，连接A 1C ，在三角形A 1AB 中，AB ＝1，AA 1＝2，∠A 1AB ＝60°， 由余弦定理得A 1B 2＝22＋12－2×1×2×cos 60°＝3， 即A 1B ＝3，同理A 1C ＝3， 则AB 2＋A 1B 2＝A 1A 2， 所以A 1B ⊥AB ，同理A 1C ⊥AC .设A 1在平面ABC 内的射影为O ，连接A 1O ，AO ，OB ，OC ， 则A 1O ⊥平面ABC ，又AB ⊂平面ABC ，所以A 1O ⊥AB ，31 / 31 又A 1B ∩A 1O ＝A 1，所以AB ⊥平面A 1OB ，又OB ⊂平面A 1OB ，所以AB ⊥OB ，同理OC ⊥AC ，且△A 1OB ≌△A 1OC ， 所以OB ＝OC ，则点O 在∠BAC 的平分线上. 设AO 交BC 于点E ，连接A 1E ，则AE ＝22，A 1E ＝（3）2－⎝ ⎛⎭⎪⎫222＝102， 在△A 1AE 中，cos∠A 1AE ＝A 1A 2＋AE 2－A 1E 22×A 1A ×AE ＝22， 则∠A 1AE ＝45°，则A 1O ＝A 1A sin 45°＝2，V A 1－BB 1C 1＝V B －A 1B 1C 1＝V A 1－ABC ＝13·S △ABC ·A 1O ＝13×12×1×1×2＝26.。