人教A版高考数学一轮总复习第7章第1节空间几何体课时学案

这是一份人教A版高考数学一轮总复习第7章第1节空间几何体课时学案，共17页。学案主要包含了教材概念·结论·性质重现，基本技能·思想·活动体验等内容，欢迎下载使用。

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＝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＝4πR2
V＝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，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． 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＝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．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)π B．2π C．(9＋2)π D．2π
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＝，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)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，
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，
则中间剩下的棱锥A-B1CD1的体积
V＝VP-ABCD－3×VP-ABCD＝VP-ABCD，
则V∶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
C．8 D．8
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＝＝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．12
B　解析：因为S△BCD＝S四边形ABCD，CE＝CC1，V＝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，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.

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．π
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＝，
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，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．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＝××＝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，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＝＝.

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，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．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＝，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＝＝＝，
即该棱锥外接球半径为.
所以该三棱锥外接球的表面积为4π×＝.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＝×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＝×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＝×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＝×8×6×3＝72.
四棱锥D-MNEF的体积为V2＝×S梯形MNEF×DN＝××(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＝V三棱柱＝×S△ABC×AA′＝×24×8＝96.