新高考数学一轮复习考点讲义：第08章第1讲基本立体图形、简单几何体的表面积与体积（含解析）

这是一份新高考数学一轮复习考点讲义：第08章第1讲基本立体图形、简单几何体的表面积与体积（含解析），共12页。

一 空间几何体的结构特征
1．多面体的结构特征
2.旋转体的结构特征
二 直观图
1．画法：常用斜二测画法．
2．规则
(1)原图形中x轴、y轴、z轴两两垂直，直观图中，x′轴、y′轴的夹角为45°或135°，z′轴与x′轴和y′轴所在平面垂直．
(2)原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍平行于坐标轴，平行于x轴和z轴的线段在直观图中保持原长度不变，平行于y轴的线段长度在直观图中变为原来的一半．
三 空间几何体的侧面积和表面积
1．多面体的表面积
因为多面体的各面都是平面，所以多面体的表面积就是各个面的面积之和，即展开图的面积，侧面积就是侧面展开图的面积．
2．旋转体的侧面展开图及其表面积与侧面积
四 空间几何体的体积
常/用/结/论
几个与球有关的切、接常用结论
(1)设正方体的棱长为a，球的半径为R.
①若球为正方体的外接球，则2R＝eq \r(3)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＝eq \r(2)a.
棱切球．
(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＝eq \r(a2＋b2＋c2).
(3)正四面体的外接球与内切球的半径之比为3∶1.
1．判断下列结论是否正确．
(1)有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥．()
(2)有两个平面互相平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台．()
(3)直角三角形绕其任一边所在直线旋转一周所形成的面所围成的几何体都是圆锥．()
(4)若在圆柱的上、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．如图，平行四边形O′A′B′C′是水平放置的一个平面图形的直观图，其中O′A′＝5，O′C′＝2，∠A′O′C′＝30°，则原图形的面积是( )
A．4 B．10eq \r(2)
C．4eq \r(2) D．5eq \r(2)
解析：在平行四边形O′A′B′C′中，O′A′＝5，O′C′＝2，∠A′O′C′＝30°，所以平行四边形O′A′B′C′的面积为S′＝O′A′·O′C′sin 30°＝5×2×eq \f(1,2)＝5，所以原图形的面积是S＝2eq \r(2)S′＝2eq \r(2)×5＝10eq \r(2).故选B.
答案：B
3．(2024·广东佛山阶段考试)下列平面图形中，绕轴旋转一周得到如图所示的空间图形的是( )
A B C D
解析：题图中的空间图形是一个圆锥和一个圆台的组合体．圆台是由直角梯形以DE(如图1)为旋转轴，其余各边旋转而形成的曲面所围成的几何体，圆锥是由直角三角形以AB(如图2)为旋转轴，其余两边旋转而成的曲面所围成的几何体．两者拼接，与选项对比，发现A符合题意．故选A.

图1 图2
答案：A
4．(1)如果圆柱的底面积为S，侧面展开图是一个正方形，则这个圆柱的侧面积是________．
(2)若一个圆锥的轴截面是等边三角形，其面积为eq \r(3)，则这个圆锥的表面积为________．
(3)若一个球的体积为4eq \r(3)π，则它的表面积为________．
解析：(1)设底面圆半径为r，∵πr2＝S，∴r＝eq \r(\f(S,π))，∴侧面展开图边长为2πr＝2π·eq \r(\f(S,π))，∴侧面积为4π2·eq \f(S,π)＝4πS.
(2)如图所示，设圆锥的轴截面三角形的边长为a，则eq \f(\r(3),4)a2＝eq \r(3)，∴a2＝4，∴a＝2.
∴圆锥的表面积为S＝πeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)))2＋π·eq \f(a,2)·a＝3π.
(3)设球的半径为r，∵eq \f(4,3)πr3＝4eq \r(3)π，
∴r＝eq \r(3)，∴S球＝4πr2＝12π.
答案：(1)4πS (2)3π (3)12π
题型 基本立体图形的多维研讨
维度1 基本立体图形的结构特征
典例1(1)(多选)下列说法中不正确的是( )
A．以直角梯形的一条腰所在直线为旋转轴，其余边旋转一周形成的面围成的几何体是圆台
B．有两个面平行，其余各面都是四边形的几何体是棱柱
C．底面是正多边形的棱锥是正棱锥
D．棱台的各侧棱延长后必交于一点
(2)(多选)(2023·新高考全国Ⅰ卷)下列物体中，能够被整体放入棱长为1(单位：m)的正方体容器(容器壁厚度忽略不计)内的有( )
A．直径为0.99 m的球体
能放入的最大的球体是内切球．
B．所有棱长均为1.4 m的四面体
能放入的最大的正四面体是棱长为eq \r(2)m的正四面体．
C．底面直径为0.01 m，高为1.8 m的圆柱体
D．底面直径为1.2 m，高为0.01 m的圆柱体
选项C，D的圆柱，放置状态是圆柱的轴线重合于正方体的体对角线．
解析：(1)由圆台定义知，以直角梯形垂直于底边的腰为旋转轴，其余三边旋转一周形成的面围成的旋转体是圆台，故A错误；
由棱柱定义可知，棱柱是有两个面互相平行，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的几何体，故B错误；
强调这一点，可推得侧面为平行四边形．
底面是正多边形的棱锥，不能保证顶点在底面上的射影为底面正多边形的中心，故C错误；
可推得各侧棱相等．
棱台是由平行于棱锥底面的平面截得的，故棱台的各侧棱延长后必交于一点，故D正确．故选ABC.
(2)对于A选项，正方体内切球的直径为1 m，故A符合题意；
对于B选项，正方体内部最大的正四面体棱长为eq \r(2) m，eq \r(2) m>1.4 m，故B符合题意；
对于C选项，圆柱底面直径为0.01 m，高为1.8 m，正方体的体对角线为AC1＝eq \r(3) m1 m，可知底面正方形不能包含圆柱的底面圆，如图，过AC1的中点O作OE⊥AC1，
设OE∩AC＝E，可知AC＝eq \r(2)，CC1＝1，AC1＝eq \r(3)，OA＝eq \f(\r(3),2)，
那么tan∠CAC1＝eq \f(CC1,AC)＝eq \f(OE,AO)，即eq \f(1,\r(2))＝eq \f(OE,\f(\r(3),2))，
解得OE＝eq \f(\r(6),4)，且eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),4)))2＝eq \f(3,8)＝eq \f(9,24)>eq \f(9,25)＝0.62，
即eq \f(\r(6),4)>0.6，
所以以AC1为轴可能对称放置底面直径为1.2 m圆柱，若底面直径为1.2 m的圆柱与正方体的上下底面均相切，设圆柱的底面圆心为O1，与正方体的下底面的切点为M，
可知AC1⊥O1M，O1M＝0.6，那么tan∠CAC1＝eq \f(CC1,AC)＝eq \f(O1M,AO1)，
即eq \f(1,\r(2))＝eq \f(0.6,AO1)，
解得AO1＝0.6eq \r(2)，
根据对称性可知圆柱的高为eq \r(3)－2×0.6eq \r(2)≈1.732－1.2×1.414＝0.035 2>0.01，
所以能够被整体放入正方体内，故D符合题意．
故选ABD.
空间几何体结构特征的判断技巧
(1)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)通过反例对结构特征进行辨析，即要说明一个命题是错误的，只要举出一个反例即可．
对点练1(多选) 如图，从一个正方体中挖掉一个四棱锥，然后从任意面剖开此几何体，下面图形可能是该几何体的截面的是( )
A B C D
解析：对于A，由于截面中间是矩形，如果可能的话，一定是用和正方体底面平行的截面去剖开正方体并且是从挖去四棱锥的那部分剖开，但此时剖面中间应该是一个正方形，因此A图形不可能是截面；对于B，当从正方体底面的一组相对棱的中点处剖开时，截面正好通过四棱锥顶点，如图1中截面EFNM，此时截面形状如B图形，故B可能是该几何体的截面；对于C，当截面垂直于底面不经过底面一组相对棱的中点处，并和另一组棱平行去剖开正方体时，如图2中截面PDGH，截面形状如C图形，故C可能是该几何体的截面；

图1 图2 图3
对于D，如图3所示，按图中截面A1B1C1的位置去剖开正方体，截面形状如D图形，故D可能是该几何体的截面，故选BCD.
答案：BCD
维度2 斜二测画法
典例2有一块多边形的菜地，它水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形，如图所示，∠ABC＝45°，AB＝AD＝1，DC⊥BC，则这块菜地的面积为________．
直观图面积为S′＝eq \f(2\r(2)＋1,4)，可利用S′＝eq \f(\r(2),4)·S原图形．求得原图形的面积．
解析：在直观图中，过点A作AE⊥BC，垂足为点E，如图1，则在Rt△ABE中，AB＝1，∠ABE＝45°，∴BE＝eq \f(\r(2),2).
还原图形关键两点A′B′＝2AB，A′D′＝AD.
又四边形AECD为矩形，AD＝1，∴EC＝AD＝1，∴BC＝BE＋EC＝eq \f(\r(2),2)＋1.由此可还原原图形如图2所示．在原图形中，A′D′＝1，A′B′＝2，B′C′＝eq \f(\r(2),2)＋1，且A′D′∥B′C′，A′B′⊥B′C′，∴这块菜地的面积为S＝eq \f(1,2)(A′D′＋B′C′)·A′B′＝eq \f(1,2)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(\r(2),2)＋1))×2＝2＋eq \f(\r(2),2).
故答案为2＋eq \f(\r(2),2).
平面图形与其直观图的关系
(1)在斜二测画法中，要确定关键点及关键线段．平行于x轴的线段平行性不变，长度不变；平行于y轴的线段平行性不变，长度减半．
(2)按照斜二测画法得到的平面图形的直观图，其面积与原图形面积的关系：S直观图＝eq \f(\r(2),4)S原图形．
以三角形为例说明原因：
S直观图＝eq \f(1,2)B′C′·O′A′·sin 45°＝eq \f(1,2)BC·eq \f(1,2)OA·eq \f(\r(2),2)＝eq \f(1,2)BC·OA·eq \f(\r(2),4)＝eq \f(\r(2),4)·S原图形．
对点练2(2024·江西南昌月考)用斜二测画法画一个上底面边长为1 cm，下底面边长为2 cm，高(两底面之间的距离，即两底面中心连线的长度)为2 cm的正四棱台．
解：①画轴．如图1所示，画x轴、y轴、z轴，三轴相交于点O，使∠xOy＝45°，∠xOz＝90°.
②画下底面．以点O为中点，在x轴上截取线段MN＝2 cm，在y轴上截取线段PQ＝1 cm，分别过点M，N作y轴的平行线，过点P，Q作x轴的平行线，设它们的交点分别为A，B，C，D，四边形ABCD就是正四棱台的下底面．
③画高．在Oz上截取OO′＝2 cm，过O′分别作平行于Ox，Oy的直线O′x′，O′y′.
④画上底面．在平面x′O′y′上用画正四棱台下底面的方法画出边长为1 cm的正四棱台的上底面的直观图A′B′C′D′.
⑤成图．顺次连接AA′，BB′，CC′，DD′，整理(去掉辅助线，将被遮挡的部分改为虚线)得正四棱台的直观图，如图2所示．

图1 图2
题型 空间几何体的表面积
典例3(1)(2024·云南丽江模拟)已知三棱锥的三条侧棱长均为2，有两个侧面是等腰直角三角形，底面为等腰三角形且底上的高为eq \r(5)，则这个三棱锥的表面积为( )
计算每个面的面积．
A．4＋3eq \r(3)＋eq \r(15) B．4＋eq \r(3)＋2eq \r(15)
C．4＋eq \r(3)＋eq \r(15) D．4＋2eq \r(3)＋eq \r(15)
(2)(2024·江苏南京质检)如图所示，在四边形ABCD中，∠DAB＝90°，∠ADC＝135°，AB＝5，CD＝2eq \r(2)，AD＝2，则四边形ABCD绕AD旋转一周所成几何体的表面积
为________．
解析：(1)结合题目边长关系，三棱锥如图所示，AB＝AC＝AD＝2，CE＝eq \r(5)，由题意得△ABC，△ACD是等腰直角三角形，则BC＝CD＝2eq \r(2)，
则BE＝eq \r(BC2－CE2)＝eq \r(3)，BD＝2eq \r(3)，AE＝eq \r(AB2－BE2)＝1，则该三棱锥的表面积
△BCD是等腰三角形， △ABD也是等腰三角形．
为S△ABC＋S△ACD＋S△ABD＋S△BCD＝eq \f(1,2)×2×2＋eq \f(1,2)×2×2＋eq \f(1,2)×2eq \r(3)×1＋eq \f(1,2)×2eq \r(3)×eq \r(5)＝4＋eq \r(3)＋eq \r(15).
故选C.
(2)由题意可得，四边形ABCD绕AD旋转一周所成几何体为圆台挖去一个圆锥的组合体．如图，过C作CE⊥AD交AD的延长线于E，过C作AB的垂线，垂足为F.
则∠EDC＝180°－∠ADC＝45°，
所以EC＝CD·sin 45°＝2，
ED＝EC＝2，所以CF＝AE＝4，BF＝AB－AF＝3，所以BC＝eq \r(32＋42)＝5.
故圆台的上底面半径r1＝2，
下底面半径R＝5，高h1＝4，母线长l1＝5.
圆锥底面半径r2＝2，高h2＝2，母线长l2＝2eq \r(2).
所以圆台侧面积S1＝π(R＋r1)l1＝π(5＋2)×5＝35π，圆台侧面积公式．
圆锥侧面积S2＝πr2l2＝π×2×2eq \r(2)＝4eq \r(2)π，
圆台下底面面积S3＝πR2＝25π.
故该几何体的表面积S＝S1＋S2＋S3＝35π＋4eq \r(2)π＋25π＝(60＋4eq \r(2))π.
故答案为(60＋4eq \r(2))π.
求解几何体表面积的类型及求法
(1)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．
(2)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，将其侧面展开后求表面积，但要搞清它们的底面半径、母线长与对应侧面展开图中的关系．
(3)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．
对点练3(1)(多选)已知正四棱锥的侧面与底面所成的锐二面角为θ，若θ＝30°，侧棱长为eq \r(21)，则( )
A．正四棱锥的底面边长为6
B．正四棱锥的底面边长为3
C．正四棱锥的侧面积为24eq \r(3)
D．正四棱锥的侧面积为12eq \r(3)
(2)圆台的上、下底面半径分别是10 cm和20 cm，它的侧面展开图(扇环)所在的扇形的圆心角是180°，那么圆台的表面积为________cm2(结果中保留π)．
解析：(1) 如图，在正四棱锥S­ABCD中，O为正方形ABCD的中心，SH⊥AB，设底面边长为2a(a>0)，因为∠SHO＝30°，OH＝a，所以OS＝eq \f(\r(3),3)a，SH＝eq \f(2\r(3),3)a，在Rt△SAH中，因为a2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2\r(3),3)a))2＝21，所以a＝3，底面边长为6，SH＝2eq \r(3)，所以侧面积为S＝eq \f(1,2)×6×2eq \r(3)×4＝24eq \r(3).故选AC.
(2) 如图所示，设圆台的上底面周长为C，因为扇环的圆心角是180°，所以C＝π·SA.又C＝2π×10＝20π(cm)，所以SA＝20 cm.同理SB＝40 cm.所以AB＝SB－SA＝20(cm)．S表＝S侧＋S上底＋S下底＝π×(10＋20)×20＋π×102＋π×202＝1 100π(cm2)．故圆台的表面积为1 100π cm2.
答案：(1)AC (2)1 100π
题型 空间几何体的体积
典例4(1)(2023·全国乙卷，理)已知圆锥PO的底面半径为eq \r(3)，O为底面圆心，PA，PB为圆锥的母线，∠AOB＝120°，若
可知AB的弦心距OD＝eq \f(\r(3),2)，且AB＝3.
△PAB的面积等于eq \f(9\r(3),4)，则该圆锥的体积为
此条件转化为△PAB的斜高PD＝eq \f(3\r(3),2)，由此再计算高PO的长．
( )
A．π B.eq \r(6)π
C．3π D．3eq \r(6)π
(2)(2023·全国甲卷，文)在三棱锥P­ABC中，△ABC是边长为2的等边三角形，PA＝PB＝2，PC＝eq \r(6)，则该棱锥的体积为( )
A．1 B.eq \r(3)
C．2 D．3
解析：(1)因为∠AOB＝120°，OA＝OB＝eq \r(3)，所以AB＝3.常见数量关系要记准确. ①顶角为120 °的等腰三角形中：底边＝eq \r(3)·腰长；②等腰直角三角形中：斜边＝eq \r(2)·直角边．
如图，设AB的中点为D，连接OD，PD，则OD＝eq \f(\r(3),2).又因为△PAB为等腰三角形，面积为eq \f(9\r(3),4)，则有eq \f(1,2)×3×PD＝eq \f(9\r(3),4)，所以PD＝eq \f(3\r(3),2).在Rt△POD中，PO＝eq \r(PD2－OD2)＝eq \r(6)，所以该圆锥的体积为eq \f(1,3)×π(eq \r(3))2×eq \r(6)＝eq \r(6)π.故选B.
(2)如图，取AB的中点M，连接PM，CM.
由题意可知，△PAB与△ABC均为边长为2的等边三角形，则PM＝CM＝eq \r(3)，又PC＝eq \r(6)，所以PM2＋CM2＝PC2，所以PM⊥CM.
由这些特殊的数量关系推得位置关系：PM⊥平面ABC，因此空间几何是位置关系和数量关系的完美统一．另：本例中AB⊥平面PMC，则有VP­ABC＝eq \f(1,3)S△PMC·AB. 此法也很精妙！
又PM⊥AB，且CM∩AB＝M，所以PM⊥平面ABC.因为S△ABC＝eq \f(1,2)×2×eq \r(3)＝eq \r(3)，所以三棱锥P­ABC的体积为eq \f(1,3)·S△ABC·PM＝eq \f(1,3)×eq \r(3)×eq \r(3)＝1.故选A.
求多面体体积的几种转化方法
(1)分割法：通过对不规则几何体进行分割，化为规则几何体，分别求出体积后再相加即得所求几何体体积．
(2)补形法：通过补形构造出一个规则几何体，然后进行计算．
(3)等体积法：三棱锥的体积求解具有较多的灵活性，因为三棱锥的任意一个顶点都可以作为顶点，任何一个面都可以作为棱锥的底面，常常需要对其顶点和底面进行转换，以方便求解．
换顶点，换底面的常见技巧就是尽量让底面在几何体的表面上，这样的底面数量关系更明显.
对点练4(1)(多选)(2023·新高考全国Ⅱ卷)已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，AB为底面直径，∠APB＝120°，PA＝2，点C在底面圆周上，且二面角P­AC­O为45°，则( )
A．该圆锥的体积为π
B．该圆锥的侧面积为4eq \r(3)π
C．AC＝2eq \r(2)
D．△PAC的面积为eq \r(3)
(2)(2023·新高考全国Ⅰ卷)在正四棱台ABCD­A1B1C1D1中，AB＝2，A1B1＝1，AA1＝eq \r(2)，则该棱台的体积为________．
解析：(1)对于A，依题意，圆锥母线长l＝PA＝PB＝2，PO＝PA·cs 60°＝1，AO＝BO＝PA·sin 60°＝eq \r(3)，所以底面圆的半径r＝eq \r(3)，所以圆锥的体积为eq \f(1,3)π·(eq \r(3))2·1＝π，故A正确；对于B，该圆锥的侧面积为πrl＝π·eq \r(3)·2＝2eq \r(3)π，故B错误；对于C，如图，取AC的中点M，连接PM，OM，则OM⊥AC，又因为PA＝PC，所以PM⊥AC，故∠PMO为二面角P­AC­O的平面角，即∠PMO＝45°，所以tan 45°＝eq \f(PO,OM)＝1，即OM＝1，所以AC＝2eq \r(AO2－OM2)＝2×eq \r(3－1)＝2eq \r(2)，故C正确；对于D，由选项C可知，AC＝2eq \r(2)，PM⊥AC，所以PM＝eq \r(PA2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)AC))2)＝eq \r(4－2)＝eq \r(2)，所以△PAC的面积为eq \f(1,2)PM·AC＝eq \f(1,2)×eq \r(2)×2eq \r(2)＝2，故D错误．故选AC.
(2)如图，过A1作A1M⊥AC，垂足为M，易知A1M为四棱台ABCD­A1B1C1D1的高，
因为AB＝2，A1B1＝1，AA1＝eq \r(2)，
所以A1O1＝eq \f(1,2)A1C1＝eq \f(1,2)×eq \r(2)A1B1＝eq \f(\r(2),2)，AO＝eq \f(1,2)AC＝eq \f(1,2)×eq \r(2)AB＝eq \r(2)，
故AM＝AO－A1O1＝eq \f(\r(2),2)，则A1M＝eq \r(A1A2－AM2)＝eq \r(2－\f(1,2))＝eq \f(\r(6),2)，
所以棱台的体积为V＝eq \f(1,3)×(4＋1＋eq \r(4×1))×eq \f(\r(6),2)＝eq \f(7\r(6),6).
故答案为eq \f(7\r(6),6).
答案：(1)AC (2)eq \f(7\r(6),6)
名称
棱柱
棱锥
棱台
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
名称
圆柱
圆锥
圆台
球
母线
互相平行且相等，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
—
名称
侧面展开图
表面积
侧面积
圆柱
S＝2πr2＋2πrl
＝2πr(r＋l)
S侧＝2πrl
圆锥
S＝πr2＋πrl
＝πr(r＋l)
S侧＝πrl
圆台
S＝π(r′2＋r2＋r′l＋rl)
S侧＝
π(r＋r′)l
球
—
S＝4πr2
(r为半径)
—
名称
体积
圆柱
V＝Sh＝πr2h
圆锥
V＝eq \f(1,3)Sh＝eq \f(1,3)πr2h＝eq \f(1,3)πr2eq \r(l2－r2)
圆台
V＝eq \f(1,3)(S上＋S下＋eq \r(S上S下))h
＝eq \f(1,3)π(req \\al(2,1)＋req \\al(2,2)＋r1r2)h
棱柱
V＝Sh
棱锥
V＝eq \f(1,3)Sh
棱台
V＝eq \f(1,3)(S上＋S下＋eq \r(S上S下))h
球
V＝eq \f(4,3)πR3