第7章 第1节　空间几何体-2022届高三数学一轮复习讲义（新高考）

课程标准 命题解读 1.认识和理解空间点、直线、平面的位 置关系． 2.用数学语言表述有关平行、垂直的性 质与判定，并对某些结论进行论证． 3.了解一些简单几何体的表面积与体积 的计算方法． 4.利用类比的方法理解空间向量的概 念、运算、基本定理和应用，体会平面 向量和空间向量的共性和差异． 5.运用向量的方法研究空间基本图形的 位置关系和度量关系，体会向量方法和 综合几何方法的共性和差异. 考查形式：一般为 2 个客观题，1 个解 答题． 考查内容：空间几何体的结构特征、体 积与表面积的计算、空间点线面的位置 关系，直线、平面的平行、垂直关系， 及三种角的计算． 备考策略：(1)了解几何体的结构特征， 熟练应用体积、表面积公式． (2)重视对定理的记忆，注意对空间几何 体的位置关系分析． (3)熟练掌握向量法解决立体几何问题． 核心素养：直观想象、数学运算. 第一节 空间几何体 一、教材概念·结论·性质重现 1．多面体的结构特征 名称 棱柱 棱锥 棱台 图形 底面 互相平行且全等 多边形 互相平行 侧棱 平行且相等 相交于一点但不一定 相等 延长线交于一点 侧面形 状 平行四边形 三角形 梯形 (1)要掌握棱柱、棱锥各部分的结构特征，计算问题往往转化到一个三角形 中进行解决． (2)台体可以看成是由锥体截得的，但一定要知道截面与底面平行． 2．旋转体的结构特征 名称 圆柱 圆锥 圆台 球 图形 母线 平行、相等且 垂直于底面 相交于一点 延长线交于一 点 轴截 面 全等的矩形 全等的等腰三 角形 全等的等腰梯 形 圆 侧面 展开 图 矩形 扇形 扇环 旋转体要抓住“旋转”这一特点，弄清底面、侧面及展开图的形状． 3．空间几何体的直观图 空间几何体的直观图常用斜二测画法来画，其规则是： (1)“斜”：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、长度两个要素． 4．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＝2πrl S 圆锥侧＝πrl S 圆台侧＝π(r1＋r2)l 5.空间几何体的表面积与体积公式 名称 几何体 表面积 体积 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＝1 3S 底·h 台体(棱台 和圆台) S 表面积＝S 侧＋S 上＋S 下 V＝1 3(S 上＋S 下＋ S 上 S 下)h 球 S＝4πR2 V＝4 3πR3 (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 何知识来解决． (2)一些几何体表面上的最短距离问题，常常利用几何体的展开图解决． (3)求几何体的体积时，要注意利用分割、补形与等积法． 6．常用结论 (1)斜二测画法中的“三变”与“三不变” “三变” 坐标轴的夹角改变， 与 y 轴平行的线段的长度变为原来的一半， 图形改变. “三不变” 平行性不改变， 与 x 轴和 z 轴平行的线段的长度不改变， 相对位置不改变. (2)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， (ⅰ)若球为正方体的外接球，则 2R＝ 3a； (ⅱ)若球为正方体的内切球，则 2R＝a； (ⅲ)若球与正方体的各棱相切，则 2R＝ 2a. 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＝ a2＋b2＋c2. ③正四面体的外接球与内切球的半径之比为 3∶1. 二、基本技能·思想·活动体验 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)夹在两个平行的平面之间，其余的面都是梯形，这样的几何体一定是棱 台． (×) (4)用两平行平面截圆柱，夹在两平行平面间的部分仍是圆柱． (×) (5)菱形的直观图仍是菱形． (×) (6)锥体的体积等于底面积与高之积． (×) (7)已知球 O 的半径为 R，其内接正方体的边长为 a，则 R＝ 3 2 a． (√) 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．下列说法不正确的是( ) A．棱柱的侧棱长都相等 B．棱锥的侧棱长都相等 C．三棱台的上、下底面是相似三角形 D．有的棱台的侧棱长都相等 B 解析：根据棱锥的结构特征知，棱锥的侧棱长不一定都相等． 4．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 cm C．3 cm D．3 2 cm B 解析：S 表＝πr2＋πrl＝πr2＋πr·2r＝3πr2＝12π，所以 r2＝4，所以 r＝2 cm. 5．利用斜二测画法得到的以下结论中，正确的是________．(填序号) ①三角形的直观图是三角形；②平行四边形的直观图是平行四边形；③正方 形的直观图是正方形；④圆的直观图是椭圆． ①②④ 解析：①正确；由原图形中平行的线段在直观图中仍平行可知②正 确；原图形中垂直的线段在直观图中一般不垂直，故③错；④正确. 考点 1 空间几何体的结构特征与直观图——基础性 1．(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． 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′＝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 2＝4 2(cm)， CD＝C′D′＝2 cm. 所以 OC＝ OD2＋CD2＝ 4 22＋22＝6(cm)， 所以 OA＝OC，所以四边形 OABC 是菱形． 3．下列结论： ①以直角三角形的一边为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥； ②以直角梯形的一腰为轴旋转一周所得的旋转体是圆台； ③圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆面； ④一个平面截圆锥，得到一个圆锥和一个圆台； ⑤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 球． 其中正确的是________．(填序号) ③⑤ 解析：若这条边是直角三角形的斜边，则得不到圆锥，故①错；若这 条腰不是垂直于两底的腰，则得到的不是圆台，故②错；圆柱、圆锥、圆台的底 面显然都是圆面，故③正确；如果用不平行于圆锥底面的平面截圆锥，则得到的 不是圆锥和圆台，故④错；只有球满足任意截面都是圆面，故⑤正确． 4．设有以下四个命题： ①底面是平行四边形的四棱柱是平行六面体； ②底面是矩形的平行六面体是长方体； ③直四棱柱是平行六面体； ④棱台的相对侧棱延长后必交于一点． 其中真命题是________．(填序号) ①④ 解析：命题①符合平行六面体的定义，故命题①是真命题的；底面是 矩形的平行六面体的侧棱可能与底面不垂直，故命题②是假命题；因为直四棱柱 的底面不一定是平行四边形，故命题③是假命题；由棱台的定义知命题④是真命 题． 1．空间几何体概念辨析题的常用方法 (1)定义法：紧扣定义，由已知条件构建几何模型，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，根据定义进行判定． (2)反例法：通过反例对结构特征进行辨析． 2．用斜二测画法画直观图的技巧 在原图中与 x 轴或 y 轴平行的线段在直观图中与 x′轴或 y′轴平行，原图中不 与坐标轴平行的直线段可以先画出线段的端点再连线，原图中的曲线段可以通过 取一些关键点，作出在直观图中的相应点后，用平滑的曲线连接而画出． 考点 2 空间几何体的表面积和体积——综合性 (1)在△ABC 中，AC＝2，BC＝2，∠ACB＝120°.若△ABC 绕直线 BC 旋转一周，则所形成的几何体的表面积是( ) A．(6＋2 3)π B．2π C．(9＋2 3)π D．2 3π A 解析：△ABC 绕直线 BC 旋转一周，所形成的几何体是一个大圆锥去掉 一个小圆锥．因为 AC＝2，BC＝2，∠ACB＝120°，所以 OA＝ 3，AB＝2 3， 所以所形成的几何体的表面积是π× 3×(2＋2 3)＝(6＋2 3)π.故选 A． (2)如图，在正四棱锥 P-ABCD 中，B1 为 PB 的中点，D1 为 PD 的中点，则 棱锥 A-B1CD1 与棱锥 P-ABCD 的体积之比是( ) A．1∶4 B．3∶8 C．1∶2 D．2∶3 A 解析：如图，棱锥 A-B1CD1 的体积可以看成是正四棱锥 P-ABCD 的体积 减去角上的四个小棱锥的体积得到． 因为 B1 为 PB 的中点，D1 为 PD 的中点， 所以棱锥 B1-ABC 的体积和棱锥 D1-ACD 的体积都是正四棱锥 P-ABCD 的体 积的1 4 ， 棱锥 C-PB1D1 的体积与棱锥 A-PB1D1 的体积之和是正四棱锥 P-ABCD 的体 积的1 4 ， 则中间剩下的棱锥 A-B1CD1 的体积 V A-B1CD1 ＝VP-ABCD－3×1 4VP-ABCD＝1 4VP-ABCD， 则 V A-B1CD1 ∶VPABCD＝1∶4.故选 A． (3)一件刚出土的珍贵文物要在博物馆大厅中央展出，如图，需要设计各面 是玻璃平面的无底正四棱柱将其罩住，罩内充满保护文物的无色气体．已知文物 近似于塔形，高 1.8 米，体积 0.5 立方米，其底部是直径为 0.9 米的圆形，要求 文物底部与玻璃罩底边至少间隔 0.3 米，文物顶部与玻璃罩上底面至少间隔 0.2 米，气体每立方米 1 000 元，则气体的费用最少为( ) A．4 500 元 B．4 000 元 C．2 880 元 D．2 380 元 B 解析：因为文物底部是直径为 0.9 米的圆形，文物底部与玻璃罩底边至 少间隔 0.3 米，所以由正方体与圆的位置关系可知，底面正方形的边长为 0.9＋ 2×0.3＝1.5(米)．又文物高 1.8 米，文物顶部与玻璃罩上底面至少间隔 0.2 米， 所以正四棱柱的高为 1.8＋0.2＝2(米)，则正四棱柱的体积 V＝1.52×2＝4.5(立方 米)．因为文物的体积为 0.5 立方米，所以罩内空气的体积为 4.5－0.5＝4(立方 米)．因为气体每立方米 1 000 元，所以气体的费用最少为 4×1 000＝4 000(元)．故 选 B． 空间几何体表面积、体积的求法 (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． (3)体积可用公式法、转换法、分割法、补形法等求解． 1．在长方体 ABCD-A1B1C1D1 中，AB＝BC＝2，AC1 与平面 BB1C1C 所成的 角为 30°，则该长方体的体积为( ) A．8 B．6 2 C．8 2 D．8 3 C 解析：如图，连接 AC1，BC1，AC． 因为 AB⊥平面 BB1C1C， 所以∠AC1B 为直线 AC1 与平面 BB1C1C 所成的角， 所以∠AC1B＝30°.又 AB＝BC＝2， 在 Rt△ABC1 中，AC1＝ 2 sin 30° ＝4， 在 Rt△ACC1 中， CC1＝ AC21－AC2＝ 42－22＋22＝2 2， 所以 V 长方体＝AB×BC×CC1＝2×2×2 2＝8 2. 2．(2020·全国卷Ⅱ)已知△ABC 是面积为9 3 4 的等边三角形，且其顶点都在 球 O 的球面上．若球 O 的表面积为 16π，则 O 到平面 ABC 的距离为( ) A． 3 B．3 2 C．1 D． 3 2 C 解析：设球 O 的半径为 R，则 4πR2＝16π，解得 R＝2. 设△ABC 外接圆的半径为 r，边长为 a. 因为△ABC 是面积为9 3 4 的等边三角形， 所以 1 2a2× 3 2 ＝9 3 4 ，解得 a＝3，所以 r＝2 3 × a2－a2 4 ＝2 3 × 9－9 4 ＝ 3， 所以球心 O 到平面 ABC 的距离 d＝ R2－r2＝ 4－3＝1. 3．如图，长方体 ABCD-A1B1C1D1 的体积为 36，E 为棱 CC1 上的点，且 CE ＝2EC1，则三棱锥 E-BCD 的体积是( ) A．3 B．4 C．6 D．12 B 解析：因为 S△BCD＝1 2S 四边形 ABCD，CE＝2 3CC1，V ABCD-A1B1C1D1 ＝S 四边形 ABCD·CC1 ＝36， 所以 VE-BCD＝1 3S△BCD·CE＝1 3 ×1 2S 四边形 ABCD·2 3CC1＝1 9 ×36＝4.故选 B． 4．一个六棱锥的体积为 2 3，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 1 3 ×6×1 2 ×2× 3×h＝2 3，所以 h＝1，所以斜高 h′＝ 12＋ 32＝2，所以 S 侧 ＝6×1 2 ×2×2＝12. 考点 3 与球有关的切、接问题——应用性 考向 1 “相接”问题 (2019·全国卷Ⅰ)已知三棱锥 P-ABC 的四个顶点在球 O 的球面上，PA ＝PB＝PC，△ABC 是边长为 2 的正三角形，E，F 分别是 PA，AB 的中点，∠CEF ＝90°，则球 O 的体积为( ) A．8 6π B．4 6π C．2 6π D． 6π D 解析：(方法一)因为 PA＝PB＝PC，△ABC 为边长为 2 的等边三角形， 所以 P-ABC 为正三棱锥，所以 PB⊥AC． 又 E，F 分别为 PA，AB 的中点， 所以 EF∥PB，所以 EF⊥AC．又 EF⊥CE，CE∩AC＝C， 所以 EF⊥平面 PAC，所以 PB⊥平面 PAC， 所以∠APB＝90°，所以 PA＝PB＝PC＝ 2， 所以 P-ABC 为正方体的一部分，2R＝ 2＋2＋2＝ 6，即 R＝ 6 2 ， 所以 V＝4 3πR3＝4 3π×6 6 8 ＝ 6π. (方法二)设 PA＝PB＝PC＝2x，因为 E，F 分别为 PA，AB 的中点， 所以 EF∥PB，且 EF＝1 2PB＝x. 因为△ABC 是边长为 2 的等边三角形， 所以 CF＝ 3. 又∠CEF＝90°， 所以 CE＝ 3－x2，AE＝1 2PA＝x. 在△AEC 中，由余弦定理， 得 cos∠EAC＝x2＋4－3－x2 2×2×x . 作 PD⊥AC 于点 D，因为 PA＝PC， 所以 D 为 AC 的中点，cos∠EAC＝AD PA ＝ 1 2x ， 所以x2＋4－3＋x2 4x ＝ 1 2x ， 解得 x＝ 2 2 或 x＝－ 2 2 (舍)， 所以 PA＝PB＝PC＝ 2. 又 AB＝BC＝AC＝2，所以 PA，PB，PC 两两垂直， 所以 2R＝ 2＋2＋2＝ 6， 所以 R＝ 6 2 ，所以 V＝4 3πR3＝4 3π×6 6 8 ＝ 6π. 在三棱锥 P-ABC 中，PA⊥平面 ABC 且 PA＝2，△ABC 是边长为 3的等边 三角形，则该三棱锥外接球的表面积为( ) A．4π 3 B．4π C．8π D．20π C 解析：由题意得，此三棱锥外接球即为以△ABC 为底面、以 PA 为高的 正三棱柱的外接球．因为△ABC 的外接圆半径 r＝ 3 2 × 3×2 3 ＝1，外接球球心到 △ABC 的外接圆圆心的距离 d＝PA 2 ＝1，所以外接球的半径 R＝ r2＋d2＝ 2，所 以三棱锥外接球的表面积 S＝4πR2＝8π. 处理“相接”问题，要抓住空间几何体“外接”的特点，即球心到多面体的 顶点的距离等于球的半径． 考向 2 “相切”问题 已知正四面体 P-ABC 的表面积为 S1，此四面体的内切球的表面积为 S2，则S1 S2 ＝________. 6 3 π 解析：设正四面体的棱长为 a，则正四面体的表面积为 S1＝4× 3 4 ×a2 ＝ 3a2，其内切球半径 r 为正四面体高的1 4 ，即 r＝1 4 × 6 3 a＝ 6 12a，因此内切球表 面积为 S2＝4πr2＝πa2 6 ，则S1 S2 ＝ 3a2 πa2 6 ＝6 3 π . 本例中若把“正四面体”改为“棱长为 4 的正方体”，则此正方体外接球的 体积为________，内切球的体积为________． 32 3π 32π 3 解析：由题意可知，此正方体的体对角线长即为其外接球的 直径，正方体的棱长即为其内切球的直径．设该正方体外接球的半径为 R，内切 球的半径为 r. 又正方体的棱长为 4，故其体对角线长为 4 3，从而 V 外接球＝4 3πR3＝4 3π×(2 3)3 ＝32 3π， V 内切球＝4 3πr3＝4 3π×23＝32π 3 . 处理“相切”问题，要找准切点，通过作截面来解决，截面过球心． 1．在三棱锥 P-ABC 中，PA＝PB＝PC＝2，AB＝AC＝1，BC＝ 3，则该三 棱锥的外接球的表面积为( ) A．8π B．16 3 π C．4 3π D．32 3 27 π B 解析：如图，由 PA＝PB＝PC＝2，过 P 作 PG⊥平面 ABC，垂足为 G， 则 G 为三角形 ABC 的外心． 在△ABC 中，由 AB＝AC＝1，BC＝ 3，可得∠BAC＝120°. 由正弦定理可得 3 sin 120° ＝2AG，即 AG＝1， 所以 PG＝ PA2－AG2＝ 3. 取 PA 中点 H，作 HO⊥PA 交 PG 于点 O，则点 O 为该三棱锥外接球的球心． 由△PHO∽△PGA，可得PH PO ＝PG PA ，则 PO＝PH·PA PG ＝1×2 3 ＝2 3 3 ， 即该棱锥外接球半径为2 3 3 . 所以该三棱锥外接球的表面积为 4π× 2 3 3 2 ＝16π 3 .故选 B． 2．(2020·全国卷Ⅰ)已知直四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 的棱长均为 2，∠BAD＝ 60°.以 D1 为球心， 5为半径的球面与侧面 BCC1B1 的交线长为 2π 2 . 如图，已知多面体 ABC-DEFG 中，AB，AC，AD 两两互相垂直，平面 ABC∥ 平面 DEFG，平面 BEF∥平面 ADGC，AB＝AD＝DG＝2，AC＝EF＝1，则该多 面体的体积为________． [四字程序] 读 想 算 思 多面体的体积？ 平面 ABC∥平面 DEFG， 平面 BEF∥平面 ADGC， AB＝AD＝DG＝2， AC＝EF＝1 多面体的体积 公式，不规则几 何体的体积求 法 将不规则几 何体的体积 用规则几何 体的体积表 示 转化与化归，三 棱柱的体积公 式，正方体的体 积公式 思路参考：分割几何体转化为三棱柱体积求解． 4 解析：因为几何体有两对相对面互相平行，如图所示，过点 C 作 CH⊥DG 于点 H，连接 EH，即把多面体分割成一个直三棱柱 DEH-ABC 和一个斜三棱柱 BEF-CHG. 由题意，知 V 三棱柱 DEH-ABC＝S△DEH×AD＝ 1 2 ×2×1 ×2＝2， V 三棱柱 BEF-CHG＝S△BEF×DE＝ 1 2 ×2×1 ×2＝2.故所求几何体的体积为 V 多面体 ABC-DEFG＝2＋2＝4. 思路参考：将几何补成正方体求解． 4 解析：因为几何体有两对相对面互相平行，如图所示，将多面体补成棱 长为 2 的正方体，显然所求多面体的体积即该正方体体积的一半． 又正方体的体积 V 正方体 ABHI-DEKG＝23＝8，故所求几何体的体积为 V 多面体 ABC-DEFG ＝1 2 ×8＝4. 思路参考：将几何体分割成棱柱、三棱锥与四棱锥求解． 4 解析：取 DG 中点 M，连接 CM，AM，FM，则这个多面体的体积可以 表示为棱柱 BEF-ADM 与三棱锥 C-FMG 及四棱锥 C-ABFM 的和． VBEF-ADM＝S△BEF×AB＝2， VC-FMG＝1 3 ×S△CMG×MF＝2 3 ， VC-ABFM＝4 3 ， 所以 V 多面体 ABC-DEFG＝2＋2 3 ＋4 3 ＝4. 1．本题考查不规则几何体的体积求解问题，基本的解题策略是将不规则几 何体通过“分割”或“补形”的方法转化为规则简单几何体的体积，利用体积公 式求解． 2．解答本题需要熟练掌握读图能力、运算求解能力，体现了空间想象、数 学运算的核心素养，试题的解答过程展现了数学文化的魅力． 3．基于高考数学评价体系，本题创设了数学探索创新情景，通过对不规则 几何体的割补，将问题转化为熟悉的规则几何体求解的模型，规则几何体的体积 公式体现基础性，问题的转化过程体现综合性． 如图，在△ABC中，AB＝8，BC＝10，AC＝6，DB⊥平面ABC，且AE∥FC∥BD， BD＝3，FC＝4，AE＝5.求此几何体的体积． 解：(方法一)如图，取 CM＝AN＝BD，连接 DM，MN，DN，用“分割法” 把原几何体分割成一个直三棱柱和一个四棱锥． 所以 V 几何体＝V 三棱柱＋V 四棱锥． 由题意知三棱柱 ABCNDM 的体积为 V1＝1 2 ×8×6×3＝72. 四棱锥 D-MNEF 的体积为 V2＝1 3 ×S 梯形 MNEF×DN＝1 3 ×1 2 ×(1＋2)×6×8＝ 24，则几何体的体积 V＝V1＋V2＝72＋24＝96. (方法二)用“补形法”把原几何体补成一个直三棱柱，使 AA′＝BB′＝CC′＝ 8，所以 V 几何体＝1 2V 三棱柱＝1 2 ×S△ABC×AA′＝1 2 ×24×8＝96.