人教A版普通高中数学一轮复习第六章第一节空间几何体学案

这是一份人教A版普通高中数学一轮复习第六章第一节空间几何体学案，共29页。学案主要包含了常用结论等内容，欢迎下载使用。

考试要求：1.认识柱、锥、台、球及简单组合体的结构特征，会描述现实生活中简单物体的结构．
2．知道柱、锥、台、球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．
3．能用斜二测画法画出简单空间图形及其简单组合体的直观图．
自查自测
知识点一 多面体的结构特征
1．判断下列说法的正误，正确的打“√”，错误的打“×”．
(1)棱柱的侧面是平行四边形，但底面不是平行四边形．( × )
(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)用一个平面去截棱锥，底面和截面之间的部分是棱台．( × )
(4)底面是正方形的直棱柱是正四棱柱．( √ )
(5)棱台的侧面一定不是平行四边形．( √ )
2．关于棱锥、棱台的说法不正确的是( D )
A．棱锥的侧面一定是三角形
B．棱台的上底面和下底面互相平行
C．棱台的各侧棱延长线相交于一点
D．棱锥的侧棱一定相等
3．(教材改编题)如图，一个三棱柱形容器中盛有水，则盛水部分的几何体是( C )
A．四棱台B．四棱锥
C．四棱柱D．三棱柱
核心回扣
多面体的结构特征
注意点：
(1)台体可以看成是由锥体截得的，且截面一定与底面平行．
(2)常见的几种四棱柱的结构特征及其之间的关系：
自查自测
知识点二 旋转体的结构特征
1．判断下列说法的正误，正确的打“√”，错误的打“×”．
(1)夹在圆柱的两个平行平面之间的几何体是圆柱．( × )
(2)直角三角形绕一边所在直线旋转得到的旋转体是圆锥．( × )
(3)用平行于圆锥底面的平面去截圆锥会得到一个圆锥和一个圆台．( √ )
(4)圆锥的母线相交于一点．( √ )
(5)圆台的轴截面是等腰梯形．( √ )
2．下列说法正确的是( A )
A．半圆面绕其直径所在直线旋转一周形成的旋转体是球
B．不过球心的平面截球所得截面不是圆面
C．球的直径垂直于每一个截面
D．与球心距离相等的两个截面平行
3．已知直角梯形ABCD，现绕着它的较长底CD所在的直线旋转一周，所得的几何体包括( )
A．一个圆柱、一个圆锥
B．一个圆柱、两个圆锥
C．一个圆台、一个圆柱
D．两个圆柱、一个圆台
A 解析：绕较长底CD所在直线旋转时，直角梯形ABCD可分割成一个矩形和一个直角三角形，矩形绕其一边旋转一周得到圆柱，直角三角形绕其直角边旋转一周得到圆锥，所以所得几何体为一个圆柱、一个圆锥．
核心回扣
1．旋转体的结构特征
2．球的截面的性质
(1)球的任何截面都是圆面．
(2)球心和截面(不过球心)圆心的连线垂直于截面．
(3)球心到截面的距离d与球的半径R及截面圆的半径r的关系为r2＝R2－d2．
自查自测
知识点三 立体图形的直观图
(多选题)下列说法正确的是( )
A．相等的角在直观图中仍然相等
B．相等的线段在直观图中不一定相等
C．正方形的直观图是正方形
D．若两条线段平行，则在直观图中对应的两条线段仍然平行
BD 解析：由直观图的画法规则知，角度、长度都有可能改变，而线段的平行性不变．故选BD．
核心回扣
斜二测画法画出的直观图中，
(1)x′轴、y′轴的夹角为45°(或135°)，z′轴与x′轴、y′轴所在平面垂直．
(2)平行于x轴、z轴的线段长度不变，平行于y轴的线段长度变为原来的一半．
(3)原图形中平行的线段仍然平行．
自查自测
知识点四 圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式
1．若圆柱的侧面展开图是长12 cm、宽8 cm的矩形，则这个圆柱的体积为( )
A．288π cm3B．192π cm3
C．288π cm3或192π cm3D．192π cm3
C 解析：当圆柱的高为8 cm时，V圆柱＝π×122π2
×8＝288π(cm3)；当圆柱的高为12 cm时，V圆柱＝π×82π2×12＝192π(cm3)．
核心回扣
1．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式
自查自测
2．轴截面是正三角形的圆锥叫做等边圆锥，则等边圆锥的侧面积是底面积的( )
A．4倍B．3倍
C．2倍D．2倍
D 解析：由已知得l＝2r，所以S侧S底＝πrlπr2＝lr＝2.
核心回扣
2．几何体的侧面积是指(各个)侧面面积之和，而表面积是侧面积与所有底面面积之和．
3．当圆台的上底面半径与下底面半径相等时，得到圆柱；当圆台的上底面半径为零时，得到圆锥．由此可得S圆柱侧＝2πrl r'=r S圆台侧＝π(r＋r′)l r'=0 S圆锥侧＝πrl.
自查自测
知识点五 空间几何体的表面积与体积公式
1．正四棱台的上、下底面边长分别为2，4，侧棱长为2，则其体积为( )
A．20＋123B．282
C．563D．2823
D 解析：作出图形，连接该正四棱台上、下底面的中心，如图．
因为该四棱台上、下底面的边长分别为2，4，侧棱长为2，
所以该棱台的高h＝22-22-22＝2，
下底面面积S1＝16，上底面面积S2＝4，
所以该棱台的体积V＝13h(S1＋S2＋S1S2)＝13×2×(16＋4＋64)＝2823．
2．已知一张边长为2的正方形纸片绕着它的一条边所在的直线旋转π4弧度，则该纸片扫过的区域形成的几何体的表面积为( )
A．2πB．π＋8
C．2π＋8D．4π＋8
C 解析：由题意得形成的几何体是底面半径r＝2，高h＝2的圆柱的八分之一，所以其表面积S＝18(2πrh＋2πr2 )＋2×22＝18(2π×2×2＋2π×22)＋8＝2π＋8.故选C．
3．如图，把一个长方体用过相邻三条棱的中点的平面截出一个棱锥，则该棱锥的体积与剩下的几何体的体积的比为 ．
1∶47 解析：设该长方体的长、宽、高分别为2a，2b，2c，则该棱锥的体积为V1＝13×12ab×c＝16abc.因为该长方体的体积为V＝8abc，所以剩下的几何体的体积为V2＝V－V1＝476abc，所以该棱锥的体积与剩下的几何体的体积的比为V1∶V2＝16abc∶476abc＝1∶47.
4．若正四棱锥的底面边长和高都为2，则其表面积为 ．
4＋45 解析：由题意知底面正方形的边长为2，正四棱锥的高为2，则正四棱锥的斜高为22+12＝5.所以该四棱锥的侧面积S侧＝4×12×2×5＝45，所以S表＝2×2＋45＝4＋45.
核心回扣
空间几何体的表面积与体积公式
注意点：
(1)常用几何体的展开图解决表面距离最值问题．
(2)求体积的常用方法：分割、补形、等体积法．
【常用结论】
1．与体积有关的几个结论
(1)一个组合体的体积等于它的各部分体积的和或差．
(2)底面面积及高都相等的两个同类几何体的体积相等(祖暅原理)．
(3)等底等高的柱体是锥体的体积的3倍．
2．直观图与原平面图形面积间的关系：S直观图＝24S原图形或S原图形＝22S直观图．
应用1 如图，斜三棱柱ABC-A1B1C1的体积为26，则三棱锥A-A1BC的体积为( )
A．6B．63
C．263D．62
C 解析：VA-A1BC＝VA1-ABC＝13VABC-A1B1C1＝263．
应用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°，则原图形的面积为 ．
102 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°＝5×2×12＝5，
所以原平面图形的面积为S＝22S′＝22×5＝102.
空间几何体的结构特征与直观图
1．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．不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
B 解析：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，故A不正确；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，故B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，故C不正确；棱台的上、下底面相似且对应边平行，各侧棱的延长线交于一点，但是侧棱长不一定相等，故D不正确．
2．已知水平放置的四边形OABC按斜二测画法得到如图所示的直观图，其中O′A′∥B′C′，∠O′A′B′＝90°，O′A′＝1，B′C′＝2，则原四边形OABC的面积为( )
A．322B．32
C．42D．52
B 解析：如图1，过点O′作O′D′⊥B′C′，可得O′C′＝2.把直观图还原为原图形如图2，可得原图形为直角梯形，OA∥CB，OA⊥OC，且OA＝1，BC＝2，OC＝22，可得原四边形OABC的面积为12×(1＋2)×22＝32.

图1 图2
3．如图所示，圆柱的高为2，底面半径为1，则在圆柱侧面上从A出发经过母线BB1到达A1的最短距离为 ．
2π2+1 解析：把圆柱侧面沿母线AA1剪开，展开为一个矩形AA1NM，如图．
因为AM＝2π×1＝2π，NM＝2，所以所求最短距离为AN＝AM2+NM2＝2π2+22＝2π2+1.
空间几何体结构特征的判断技巧
(1)说明一个命题是错误的，只要举出一个反例即可．
(2)在斜二测画法中，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，原图形面积与直观图面积的关系：S直观图＝24S原图形．
(3)在解决空间折线(段)最短问题时，一般考虑其展开图，采用化曲为直的策略，将空间问题平面化．
空间几何体的表面积与体积
考向1 空间几何体的侧面积与表面积问题
【例1】(1)(2024·威海模拟)已知三棱锥的三条侧棱长均为2，侧面有两个是等腰直角三角形，底面为等腰三角形，且其底边上的高为5，则这个三棱锥的表面积为( )
A．4＋33+15B．4＋3＋215
C．4＋3+15D．4＋23+15
C 解析：结合题目边长关系，三棱锥如图所示，AB＝AC＝AD＝2.
由题意设△ABC，△ACD是等腰直角三角形，则BC＝CD＝22，CE＝5，BE＝BC2-CE2＝3，BD＝23，AE＝AB2-BE2＝1，
则表面积为S△ABC＋S△ACD＋S△ABD＋S△BCD＝12×2×2＋12×2×2＋12×23×1＋12×23×5＝4＋3+15.
(2)陀螺是中国民间最早的娱乐工具之一．图1是一种木陀螺，可近似地看作是一个圆锥和一个圆柱的组合体，其直观图如图2所示，其中B，C分别是上、下底面圆的圆心，且AC＝3AB＝3BD，则该陀螺下半部分的圆柱的侧面积与上半部分的圆锥的侧面积的比值是 ．
22 解析：设AB＝BD＝m，
则AD＝2m，圆锥的底面半径r＝m.
因为AC＝3AB＝3m，所以BC＝2m，
则圆柱的侧面积S1＝2πr·BC＝4πm2，
圆锥的侧面积S2＝πr·AD＝2πm2，
故S1S2＝4πm22πm2＝22.
空间几何体表面积的求解策略
(1)旋转体的表面积问题注意其轴截面及侧面展开图的应用，并弄清底面半径、母线长与对应侧面展开图中边的关系．
(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．
考向2 空间几何体的体积问题
【例2】(1)把一个铁制的底面半径为4，侧面积为163π的实心圆柱熔化后铸成一个实心球，则这个实心球的半径为( )
A．32B．3
C．2D．6
C 解析：因为实心圆柱的底面半径为4，侧面积为163π，所以圆柱的高为163π2π×4＝23，则圆柱的体积为V＝π×42×23＝323π.设实心球的半径为R，则43πR3＝323π，解得R＝2.
(2)(2024·烟台模拟)如图1，在高为h的直三棱柱容器ABC-A1B1C1中，AB＝AC＝2，AB⊥AC．现往该容器内灌进一些水，水深为2，然后固定容器底面的一边AB于地面上，再将容器倾斜，当倾斜到某一位置时，水面恰好为△A1B1C(如图2)，则容器的高h为( )
A．3B．4
C．42D．6
A 解析：在题图1中，V水＝12×2×2×2＝4，在题图2中，V水＝VABC-A1B1C1-VC-A1B1C1＝12×2×2×h－13×12×2×2×h＝43h.
由水的体积相等，得43h＝4，所以h＝3.
求空间几何体体积的常用方法
1．(2024·潍坊模拟)如图，圆锥的底面半径为1，侧面展开图是一个圆心角为60°的扇形．把该圆锥截成圆台，已知圆台的下底面与该圆锥的底面重合，圆台的上底面半径为13，则圆台的侧面积为( )
A．8π3B．35π2
C．16π3D．8π
C 解析：设圆锥的半径为R，母线长为l，则R＝1.设圆台的上底面半径为r，母线长为l1，则r＝13．由已知可得，π3＝2πRl＝2πl，所以l＝6.如图，作出圆锥、圆台的轴截面，则有l-l1l＝rR＝13，所以l1＝4，所以圆台的侧面积为π(R＋r)l1＝163π.
2．棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N分别为棱BB1，AB的中点，则三棱锥A1-D1MN的体积为 ．
1 解析：如图，由正方体的棱长为2及M，N分别为BB1，AB的中点，得S△A1MN＝2×2－2×12×2×1－12×1×1＝32．又易知D1A1为三棱锥D1-A1MN的高，且D1A1＝2，所以VA1-D1MN＝VD1-A1MN＝13·S△A1MN·D1A1＝13×32×2＝1.
3．(2023·新高考全国Ⅰ卷)在正四棱台ABCD-A1B1C1D1中，AB＝2，A1B1＝1，AA1＝2，则该棱台的体积为 ．
766 解析：(方法一)如图，设点O1，O分别为正四棱台ABCD-A1B1C1D1上、下底面的中心，连接B1D1，BD，则点O1，O分别为B1D1，BD的中点，连接O1O，则O1O是正四棱台ABCD-A1B1C1D1的高，过点B1作B1E⊥BD，垂足为E，则B1E＝O1O.
因为AB＝2，A1B1＝1，所以OB＝2，O1B1＝22，所以BE＝OB－OE＝OB－O1B1＝22．又AA1＝2，所以BB1＝2，B1E＝BB12-BE2＝2-12＝62，所以O1O＝62，所以V正四棱台ABCD-A1B1C1D1＝13×(22＋12＋22×12)×62＝766．
(方法二)如图，将正四棱台ABCD-A1B1C1D1补全为正四棱锥P-ABCD．
因为AB＝2，A1B1＝1，AB∥A1B1，所以A1，B1，C1，D1分别为PA，PB，PC，PD的中点．又A1A＝2，所以PA＝22，即PB＝22.连接BD，取BD的中点为O，连接PO，则PO⊥平面ABCD，易知BO＝2，所以PO＝PB2-BO2＝6，所以正四棱台ABCD-A1B1C1D1的高为62，所以V正四棱台ABCD-A1B1C1D1＝13×(22＋12＋22×12)×62＝766．
与球有关的切、接问题
【例3】(1)《几何原本》是古希腊数学家欧几里得的著作，其中称轴截面为等腰直角三角形的圆锥为直角圆锥．若一个直角圆锥的侧面积为42π，圆锥的底面圆周和顶点都在同一球面上，则该球的体积为( )
A．83πB．323π
C．16πD．32π
B 解析：如图，设球的半径为R，圆锥的底面半径为r，母线长为l，则l2＋l2＝4r2，所以l＝2r.
因为直角圆锥的侧面积为42π，所以πrl＝πr·2r＝42π，
可得r＝2，l＝2r＝22，圆锥的高BO1＝l2-r2＝8-4＝2.
由r2＋(2－R)2＝R2，解得R＝2，
所以该球的体积V＝43πR3＝43π×8＝32π3．
(2)(2024·枣庄模拟)在三棱锥A-BCD中，对棱AB＝CD＝22，AD＝BC＝5，AC＝BD＝5，则该三棱锥外接球的体积为 ，内切球的表面积为 ．
92π 23π 解析：因为三棱锥A-BCD每组对棱的棱长相等，所以可以把三棱锥A-BCD放入长方体中，设长方体的长、宽、高分别为x，y，z，如图1所示，
图1
则x2+y2＝22，x2+z2＝5，y2+z2＝5，解得x＝y＝2，z＝1.
外接球的直径2R＝x2+y2+z2＝3，所以R＝32，
所以该三棱锥外接球的体积为43πR3＝92π.
三棱锥A-BCD的体积V＝xyz－16xyz×4＝13xyz＝43．
在△ABC中，AC＝BC＝5，AB＝22，取AB的中点E，连接CE，如图2所示，
图2
则CE⊥AB，且CE＝AC2-AE2＝3，所以S△ABC＝12AB·CE＝6.
因为三棱锥A-BCD的每个面的三边长分别为5，5，22，
所以三棱锥A-BCD的表面积为S＝4S△ABC＝46.
设三棱锥A-BCD的内切球的圆心为O，半径为r，则三棱锥A-BCD的体积V＝VO-ABC＋VO-ADC＋VO-BCD＋VO-ABD＝13r·S△ABC＋13r·S△ADC＋13r·S△BCD＋13r·S△ABD＝13Sr，可得r＝3VS＝446＝66，
所以该三棱锥内切球的表面积为4πr2＝23π.
处理与球有关的切、接问题的策略
(1)构造正(长)方体等特殊几何体转化为特殊几何体的外接球问题．
(2)空间问题平面化，把平面问题转化到直角三角形中，作出适当的截面(过球心、接点等)．
(3)利用球与截面圆心的连线垂直于截面，确定球心所在的直线．
(4)正多面体的内切球和外接球的球心重合．
1．已知一个三棱柱，其底面是正三角形，且侧棱与底面垂直，一个体积为4π3的球体与棱柱的所有面均相切，那么这个三棱柱的表面积是( )
A．63B．123
C．183D．243
C 解析：设球的半径为R，由已知得43πR3＝4π3，所以R＝1，所以三棱柱的高h＝2R＝2.设正三棱柱的底面边长为a，则其内切圆的半径r＝13×32a＝1，解得a＝23，所以这个三棱柱的表面积为3a·2R＋2×34a2＝183.
2．在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑，如图，在鳖臑A-BCD中，AB⊥平面BCD，CD⊥AD，AB＝BD＝2.已知动点E从C点出发，沿外表面经过棱AD上一点到点B的最短距离为10，则该棱锥的外接球的体积为 ．
82π3 解析：在三棱锥A-BCD中，AB⊥平面BCD，CD⊥AD，AB＝BD＝2，所以∠ADB＝45°，∠ADC＝90°.
将三棱锥A-BCD沿棱AD展开，如图1所示．
图1
设CD＝x，即C′D＝x，由题意知C′B＝10，∠BDC′＝∠ADB＋∠ADC′＝135°.
在△C′BD中，由余弦定理得C′B2＝C′D2＋BD2－2C′D·BD cs 135°，
整理得x2＋2x－8＝0，解得x＝2或x＝－4(舍去)．
将三棱锥A-BCD补成长方体如图2所示，
图2
三棱锥A-BCD的外接球即为长方体的外接球，
则长方体的外接球的半径为12×22+22+22＝2，
所以三棱锥的外接球的体积为V＝43π·(2)3＝82π3．

[试题呈现]
正四面体ABCD的体积为4，O为其中心，正四面体EFGH与正四面体ABCD关于点O对称，则这两个正四面体公共部分的体积为( )
A．3B．83
C．2D．43
[四字程序]
[一题多解]
思路参考：对棱相等的四面体可以通过构造长方体(正方体)，把四面体的相关计算问题放到长方体(正方体)中解决，利用整体与局部的长度、面积、体积关系简化运算．
C 解析：将正四面体放入正方体中，可知公共部分是以正方体各个面的中心为顶点的一个正八面体，如图所示．设正方体的棱长为a，则a3＝4＋4×16a3，所以a3＝12，故正八面体的体积V＝2×13×22a2×a2＝16a3＝2.
思路参考：根据正四面体的对称性确定公共部分几何体的形状，利用公共部分几何体的截面确定小四面体与原四面体的体积比，从而确定公共部分与原四面体的体积关系解决问题．
C 解析：由正四面体的性质知，中心O将高分成的两部分的比值为3∶1，底面中心O1关于O的对称点O2是AO1的中点．公共部分的一个面为△MNQ(M，N，Q是所在棱的中点)，如图所示．
VA-MNQ＝18VA-BCD＝12，于是所求公共部分的体积V＝4－4VA-MNQ＝2.
思路参考：运用类比的方法巧妙的得出所求部分几何体与原几何体的体积关系，运算简洁．
C 解析：

图1 图2
如图1，正三角形关于中心对称后公共部分是在原三角形基础上去掉三个小三角形，利用类比的方法可得：
正四面体关于中心对称后的公共部分是在原正四面体上去掉四个小正四面体．
如图2，底面BCD对称后经过AH的中点，
由此可得相似比为12，则所求体积为V－4×V8＝V2＝2.
课时质量评价(三十二)
1．如图，△O′A′B′是水平放置的△OAB的直观图，A′O′＝6，B′O′＝2，则线段AB的长度为( )
A．210B．410
C．213D．413
C 解析：因为△O′A′B′是水平放置的△OAB的直观图，所以△OAB是直角三角形，且两条直角边长为OA＝6，OB＝4，斜边AB的长为OA2+OB2＝36+16＝52＝213.
2．(数学与生活)某同学有一个形如圆台的水杯如图所示，已知圆台形水杯的母线长为6 cm，上、下底面圆的半径分别为2 cm和4 cm.为了防烫和防滑，水杯配有一个杯套，包裹水杯23高度以下的外壁和杯底，如图中阴影部分所示，则杯套的表面积为(不考虑水杯材质和杯套的厚度)( )
A．24π cm2B．25π cm2
C．683π cm2D．763π cm2
D 解析：根据题意，杯套的形状可看作一个圆台，且该圆台的母线长是圆台形水杯的母线长的23，即6×23＝4(cm)，其下底面圆的半径为圆台形水杯的下底面圆的半径，即2 cm，
下底面圆的半径是2＋23×2＝103(cm)，则圆台的侧面积S1＝2+103×4π＝643π(cm2)，
圆台形水杯的下底面面积S2＝4π(cm2)，故杯套的表面积S＝S1＋S2＝643π＋4π ＝763π(cm2)．
3．如图，在五面体ABCDEF中，四边形ABCD是正方形，AB＝4，EF＝2，△BCF，△ADE都是等边三角形，则五面体ABCDEF的体积为( )
A．4113B．20113
C．8113D．113
B 解析：如图，过点F作FH⊥AB于点H，FS⊥CD于点S，过点E作EG⊥AB于点G，EQ⊥CD于点Q，连接HS，GQ，将五面体的体积转化为两个相同的四棱锥和一个三棱柱的体积之和，
则V五面体ABCDEF＝2V四棱锥F-BCSH＋V三棱柱HSF-GQE.
过点F作FM⊥HS于点M，则易知FM⊥平面ABCD, FM2＝FH2－HM2＝FB2－HB2－HM2＝11，所以FM＝11，所以V四棱锥F-BCSH＝13×4×1×11＝4113，V三棱柱HSF-GQE＝12×4×11×2＝411，故V五面体ABCDEF＝8113＋411＝20113．
4．(2024·福州模拟)已知圆台上、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，则该圆台的侧面积为 ．
910π 解析：圆台的下底面半径为5，故下底面的圆心与球心重合，如图所示．设球的球心为O，圆台上底面的圆心为O′，则圆台的高OO′＝OQ2-O'Q2＝52-42＝3，圆台的母线长为32+5-42＝10，据此可得圆台的侧面积为π×10×(4＋5)＝910π.
5．(2024·1月九省适应性测试)已知轴截面为正三角形的圆锥MM′的高与球O的直径相等，则圆锥MM′的体积与球O的体积的比值为 ， 圆锥MM′的表面积与球O的表面积的比值是 ．
23 1 解析：设圆锥MM′的底面半径为r, 球O的半径为R.
因为圆锥MM′的轴截面为正三角形，所以圆锥MM′的高h＝3r，母线l＝2r.
由题意可知h＝2R，所以球O的半径R＝32r，
所以圆锥MM′的体积V1＝13×πr2×3r＝33πr3，
球O的体积V2＝43πR3＝43π×32r3＝32πr3，
所以V1V2＝33πr332πr3＝23．
圆锥MM′的表面积S1＝πrl＋πr2＝3πr2，
球O的表面积S2＝4πR2＝4π×32r2＝3πr2，
所以S1S2＝3πr23πr2＝1.
6．如图，已知正三棱柱ABC-A1B1C1的底面边长为1 cm，高为5 cm，一质点自A点出发，沿着三棱柱的侧面绕行两周到达A1点的最短路线的长为 cm.
61 解析：如图，把三棱柱的侧面展开两次可得对角线最短，则最短路线的长为62+52＝61(cm)．
7．如图，已知三棱柱ABC-A1B1C1的体积为V，点M，N分别为棱AA1，CC1的中点，则棱锥B-AMNC的体积为 ．
13V 解析：如图，连接AN，
对于三棱锥B-ACN，B-AMN，显然它们等底同高，故VB-ACN＝VB-AMN.
因为VB-ACN＝VN-ABC，CN＝C1N，所以三棱锥N-ABC的高是三棱柱ABC-A1B1C1的高的一半，且都以△ABC为底面，故VN-ABC＝13×12V＝16V，故VB-AMNC＝2×16V＝13V.
8．如图，半球内有一内接正方体(即正方体的一个面在半球的底面圆上，其余顶点在半球上)．若正方体的棱长为6，求半球的表面积和体积．
解：因为正方体的棱长为6，
所以在半球上的正方体的4个顶点所在的小圆的半径r＝12×6×2＝3.
而半球球心到此小圆的距离d＝6，因此半球的半径R＝d2+r2＝3，
所以半球的表面积S＝12×4πR2＋πR2＝27π，
半球的体积V＝12×43πR3＝18π.
9．(数学与文化)(2024·南京模拟)三星堆古遗址作为“长江文明之源”，被誉为人类最伟大的考古发现之一．在3号坑中发现的神树纹玉琮，为今人研究古蜀社会中神树的意义提供了重要依据．玉琮是古人用于祭祀的礼器，有学者认为其外方内圆的构造，契合了古代“天圆地方”的观念，是天地合一的体现．如图，假定某玉琮形状对称，由一个空心圆柱及正方体构成，且圆柱的外侧面内切于正方体的侧面，圆柱的高为12 cm，圆柱底面外圆周和正方体的各个顶点均在球O上，则球O的表面积为( )
A．72π cm2B．162π cm2
C．216π cm2D．288π cm2
C 解析：不妨设正方体的棱长为2a，球O的半径为R，则圆柱的底面半径为a.
因为正方体的体对角线即为球O直径，所以2R＝23a，即R＝3a.利用勾股定理得62＋a2＝R2＝3a2，解得a2＝18，所以球O的表面积为S＝4πR2＝4π×3×18＝216π(cm2)．
10．(2023·全国乙卷)已知圆锥PO的底面半径为3，O为底面圆心，PA，PB为圆锥的母线，∠AOB＝120°.若△PAB的面积等于934，则该圆锥的体积为( )
A．πB．6π
C．3πD．36π
B 解析：取AB的中点C，连接OC，PC，有OC⊥AB，PC⊥AB，如图．
在△AOB中，∠AOB＝120°，OA＝OB＝3，所以∠ABO＝30°，OC＝32，AB＝2BC＝3.
由S△PAB＝934，得12×3×PC＝934，解得PC＝332，于是PO＝PC2-OC2＝3322-322＝6，
所以圆锥的体积V＝13π·OA2·PO＝13π×(3)2×6＝6π.
11．已知圆柱的轴截面是边长为2的正方形，P为上底面圆的圆心，AB为下底面圆的直径，E为下底面圆周上一点，则三棱锥P-ABE外接球的表面积为( B )
A．2516π B．254π
C．52π D．5π
12．(2023·新高考全国Ⅱ卷)底面边长为4的正四棱锥被平行于其底面的平面所截，截去一个底面边长为2，高为3的正四棱锥，所得棱台的体积为 ．
28 解析：(方法一)如图，因为24＝12，截去的正四棱锥的高为3，所以原正四棱锥的高为6，
所以原正四棱锥的体积为13×(4×4)×6＝32，
截去的正四棱锥的体积为13×(2×2)×3＝4，
所以棱台的体积为32－4＝28.
(方法二)因为24＝12，截去的正四棱锥的高为3，所以棱台的高也为3，所以棱台的体积为13×3×(16＋4＋16×4)＝28.
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
名称
圆柱
圆锥
圆台
球
图形
母线
相互平行且相等，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
圆面
侧面展开图
矩形
扇形
扇环
名称
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
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＝13S底·h
台体(棱台和圆台)
S表面积＝S侧＋S上＋S下
V＝13h(S上＋
S上S下＋S下)
球(半径R)
S＝4πR2
V＝43πR3
公式法
规则几何体的体积，直接利用公式求解
割补法
把不规则的几何体分割成规则的几何体，或者把不规则的几何体补成规则的几何体
等体积法
通过选择合适的底面来求几何体体积的一种方法，特别是三棱锥的体积
读
正四面体ABCD的体积为4，O为其中心，正四面体EFGH与正四面体ABCD关于点O对称，求两个正四面体公共部分的体积
想
点O的位置，公共部分的形状
算
正四面体外接球的半径，公共部分几何体的体积
思
空间想象能力、割补法计算体积、类比推理在几何问题中的应用