人教B版高考数学一轮总复习第7章第1节空间几何体及其表面积、体积学案

这是一份人教B版高考数学一轮总复习第7章第1节空间几何体及其表面积、体积学案，共17页。
课程标准命题解读1.认识柱、锥、台、球及简单组合体的结构特征，知道球、棱柱、棱锥、棱台的表面积和体积的计算公式．2．了解空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面的平行和垂直的关系，掌握有关判定定理和性质定理．3．掌握空间向量的线性运算及其坐标表示，掌握空间向量的数量积及其坐标表示．4．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．5．运用向量方法解决简单的数学问题和实际问题，感悟向量是研究几何问题的有效工具.考查形式：一般为两个客观题，一个解答题．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(异面直线所成的角、线面角、二面角)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1节　空间几何体及其表面积、体积一、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为了使直观图具有立体感，常使用斜二测画法来作直观图，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(或重合)的线段，在直观图中保持原长度不变，平行于y轴(或重合)的线段，在直观图中长度为原来的一半，平行于z轴(或重合)的线段画长度不变．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＝2πrlS圆锥侧＝πrlS圆台侧＝π(r1＋r2)l5．空间几何体的表面积与体积公式 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＝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”“三不变”(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＝a；(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＝a.②若长方体的同一顶点处的三条棱长分别为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∶1.二、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＝a.( √ )2．如图，长方体ABCD－A′B′C′D′被截去一部分EB′F­HC′G，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． cmB　解析：因为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可能不垂直，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＝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．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．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．解决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)π B．2πC．(9＋2)π D．2πA　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＝，AB＝2.所以所形成的几何体的表面积是π××(2＋2)＝(6＋2)π.故选A.(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.(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，高为1.8米，体积为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．若气体每立方米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  C．8 D．8C　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＝＝4；在Rt△ACC1中，CC1＝＝＝2.所以V长方体＝AB×BC×CC1＝2×2×2＝8.2．(2020·全国卷Ⅱ)已知△ABC是面积为的等边三角形，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．   B．  C．1   D．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是面积为的等边三角形，所以a2×＝，解得a＝3.所以r＝×＝×＝.所以球心O到平面ABC的距离d＝＝＝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．12B　解析：因为S△BCD＝S四边形ABCD，CE＝CC1，VABCD－A1B1C1D1＝S四边形ABCD·CC1＝36，所以VE－BCD＝S△BCD·CE＝×S四边形ABCD·CC1＝×36＝4.故选B.4．一个六棱锥的体积为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，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.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．8π B．4π  C．2π   D．πD　解析：(方法一)因为PA＝PB＝PC，△ABC是边长为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＝，所以P－ABC为正方体的一部分，2R＝＝，即R＝，所以V＝πR3＝π×＝π.(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＝PB＝x.因为△ABC是边长为2的等边三角形，所以CF＝.又∠CEF＝90°，所以CE＝，AE＝PA＝x.在△AEC中，由余弦定理，得cos∠EAC＝.作PD⊥AC于点D，因为PA＝PC，所以D为AC的中点．所以cos∠EAC＝＝.所以＝，解得x＝或x＝－(舍)．所以PA＝PB＝PC＝.又AB＝BC＝AC＝2，所以PA，PB，PC两两垂直．所以2R＝＝.所以R＝.所以V＝πR3＝π×＝π.在三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC且PA＝2，△ABC是边长为的等边三角形，则该三棱锥外接球的表面积为(　　)A．　　　　　　　　　　　 B．4π　C．8π　　　　　　　　　 D．20πC　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＝××＝1，外接球球心到△ABC的外接圆圆心的距离d＝＝1.所以外接球的半径R＝＝.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.所以＝________.　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＝＝.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________．32π　　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，从而V外接球＝πR3＝π×(2)3＝32π，V内切球＝πr3＝π×23＝.处理“相切”问题，要找准切点，通过作截面来解决，注意截面过球心．1．在三棱锥P－ABC中，PA＝PB＝PC＝2，AB＝AC＝1，BC＝，则该三棱锥的外接球的表面积为(　　)A．8π   B．π  C．π   D．πB　解析：如图，过点P作PG⊥平面ABC，垂足为G，由PA＝PB＝PC＝2，知G为三角形ABC的外心．在△ABC中，由AB＝AC＝1，BC＝，可得∠BAC＝120°.由正弦定理可得＝2AG，即AG＝1，所以PG＝＝.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＝，则PO＝＝＝，即该棱锥外接球的半径为.所以该三棱锥外接球的表面积为4π×2＝.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，为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为.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，转化为三棱柱的体积．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＝×2＝2，V三棱柱BEF－CHG＝S△BEF·DE＝×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．4　解析：因为几何体有两对相对面互相平行，如图所示，可将多面体补成棱长为2的正方体．显然所求多面体的体积为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＝×8＝4. 思路参考：将几何体分割成棱柱、三棱锥与四棱锥．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＝×S△CMG·MF＝，VC－ABFM＝，所以V多面体ABC－DEFG＝2＋＋＝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思维的魅力．3．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＝×8×6×3＝72.四棱锥D－MNEF的体积为V2＝×S梯形MNEF·DN＝××(1＋2)×6×8＝24.所以几何体的体积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＝V三棱柱＝×S△ABC·AA′＝×24×8＝96.