2022高考数学一轮总复习课件：7.1 空间几何体的结构、表面积与体积

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1、第七章 立体几何 考点要求考点要求 1空间几何体 (1)认识柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征，并能运用这些特征描述现实生活中简单物 体的结构 (2)了解球、棱柱、棱锥、台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 2点、直线、平面之间的位置关系 (1)理解空间点、直线、平面位置关系的定义，并了解以下可以作为推理依据的公理和定理 公理 1：如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线上所有的点都在此平面内 公理 2：过不在同一条直线上的三点，有且只有一个平面 公理 3：如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线 公理 4：平行于同一条直线的两条直线互

2、相平行 定理：空间中如果一个角的两边与另一个角的两边分别平行，那么这两个角相等或互补 (2)以立体几何的上述定义、公理和定理为出发点，认识和理解空间中线面平行、垂直的有关性质与 判定定理理解以下判定定理 如果平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，那么该直线与此平面平行 如果一个平面内的两条相交直线与另一个平面都平行，那么这两个平面平行 如果一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直，那么该直线与此平面垂直 如果一个平面经过另一个平面的垂线，那么这两个平面互相垂直 理解以下性质定理，并能够证明 如果一条直线与一个平面平行，那么经过该直线的任一个平面与此平面的交线和该直线平行 如果两个平行平面同时

3、和第三个平面相交，那么它们的交线相互平行 垂直于同一个平面的两条直线平行 如果两个平面垂直，那么一个平面内垂直于它们交线的直线与另一个平面垂直 3能运用公理、定理和已获得的结论证明一些空间图形的位置关系的简单命题 4空间直角坐标系 (1)了解空间直角坐标系，会用空间直角坐标表示点的位置 (2)会推导空间两点间的距离公式 5空间向量及其运算 (1)了解空间向量的概念，了解空间向量基本定理及其意义，掌握空间向量的正交分解及其坐标表示 (2)掌握空间向量的线性运算及其坐标表示 (3)掌握空间向量的数量积及其坐标表示，能运用向量的数量积判断向量的共线与垂直 6空间向量的应用 (1)理解直线的方向向量与

4、平面的法向量 (2)能用向量语言表述直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角以及垂直、平行关系 (3)能用向量方法证明有关直线和平面位置关系的一些定理(包括三垂线定理) (4)能用向量方法解决直线与直线、直线与平面、平面与平面的夹角的计算问题，了解向量方法在研究立 体几何问题中的应用. 71 空间几何体的结构、表面积与体积空间几何体的结构、表面积与体积 【教材梳理】 1棱柱、棱锥、棱台的概念 (1)棱柱：有两个面互相_，其余各面都是_，并且每相邻两个四边形的 公共边都互相_，由这些面所围成的多面体叫做棱柱 注：棱柱又分为斜棱柱和直棱柱侧棱与底面不垂直的棱柱叫做斜棱柱；侧棱与底面垂直的棱柱 叫做

5、直棱柱；底面是正多边形的直棱柱叫做正棱柱 (2)棱锥：有一个面是_，其余各面都是有一个公共顶点的_，由 这些面所围成的多面体叫做棱锥 注：如果棱锥的底面是正多边形，且它的顶点在过底面中心且与底面垂直的直线上，则这个棱锥 叫做正棱锥 (3)棱台：用一个平行于棱锥底面的平面去截棱锥，底面与截面之间的部分，叫做棱台 注：由正棱锥截得的棱台叫做正棱台 2棱柱、棱锥、棱台的性质 (1)棱柱的性质 侧 棱 都 相 等 ，侧 面 是 _；两 个 底 面 与 平行 于 底面 的 截 面 是 _的多边形；过不相邻的两条侧棱的截面是_；直棱柱的侧棱长 与高相等且侧面、对角面都是 (2)正棱锥的性质 侧棱相等，侧面

6、是全等的_；棱锥的高、斜高和斜高在底面上的射影构成一个 _；棱锥的高、侧棱和侧棱在底面上的射影也构成一个_；斜高、侧棱 及底面边长的一半也构成一个_；侧棱在底面上的射影、斜高在底面上的射影及底 面边长的一半也构成一个_ (3)正棱台的性质 侧面是全等的_；斜高相等；棱台的高、斜高和两底面的边心距组成一个 _；棱台的高、侧棱和两底面外接圆的半径组成一个_；棱台的斜高、 侧棱和两底面边长的一半也组成一个_ 3圆柱、圆锥、圆台 (1)圆柱、圆锥、圆台的概念 分别以_的一边、 _的一直角边、 _中垂直于底边的腰所在的直线为旋转轴， 其余各边旋转一周而形成的曲面所围成的几何体分别叫做圆柱、圆锥、圆台 (

7、2)圆柱、圆锥、圆台的性质 圆柱、圆锥、圆台的轴截面分别是_、_、_；平行于底面的 截面都是_ 4球 (1)球面与球的概念 以半圆的_所在直线为旋转轴，半圆面旋转一周形成的旋转体叫做球体，简称球半 圆的圆心叫做球的_ (2)球的截面性质 球心和截面圆心的连线_截面；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_ 5立体图形的直观图 空间几何体的直观图常用斜二测画法来画，其规则是： (1)在已知图形所在空间中取水平面，在水平面内作互相垂直的轴 Ox，Oy，再作 Oz 轴，使xOz _且yOz_ (2)画直观图时，把 Ox，Oy，Oz 画成对应的轴 Ox，Oy，Oz，使xO

8、y_， xOz_xOy所确定的平面表示水平面 (3)已知图形中，平行于 x 轴、y 轴或 z 轴的线段，在直观图中分别画成_x轴、y轴或 z 轴的线段，并使它们和所画坐标轴的位置关系与已知图形中相应线段和原坐标轴的位置关系相同 (4)已知图形中平行于 x 轴和 z 轴的线段，在直观图中保持长度不变，平行于 y 轴的线段，长度为原 来的_ (5)画图完成后，擦去作为辅助线的坐标轴，就得到了空间图形的直观图 6柱体、锥体、台体的表面积 (1)直棱柱、正棱锥、正棱台的侧面积 S直棱柱侧_，S正棱锥侧_，S正棱台侧_(其中 C，C为底面周长， h 为高，h为斜高) (2)圆柱、圆锥、圆台的侧面积 圆柱

9、 圆锥 圆台 侧面 展开 图 侧面 积公 式 S圆柱侧 _ S圆锥侧 _ S圆台侧 _ (其中 r，r为底面半径，l 为母线长) (3)柱或台的表面积等于_与_的和，锥体的表面积等于_与 _的和 7柱体、锥体、台体的体积 (1)棱柱、棱锥、棱台的体积 V棱柱_，V棱锥_，V棱台_ (其中 S，S为底面积，h 为高) (2)圆柱、圆锥、圆台的体积 V圆柱_，V圆锥_，V圆台_ (其中 r，r为底面圆的半径，h 为高) 8球的表面积与体积 (1)半径为 R 的球的表面积 S球_ (2)半径为 R 的球的体积 V球_ 【常用结论】 9特殊四棱柱 10与体积有关的几个结论 (1)一个组合体的体积等于它

10、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 11几个与球有关的切、接常用结论 (1)长、宽、高分别为 a，b，c 的长方体的体对角线长等于外接球的直径，即 a2b2c22R (2)正方体的棱长为 a，球的半径为 R， 若球为正方体的外接球，则 2R 3a； 若球为正方体的内切球，则 2Ra； 若球与正方体的各棱相切，则 2R 2a (3)正四面体的外接球与内切球的半径之比为 31 12正四面体常用结论 棱长为 a 的正四面体中， (1)斜高为 3 2 a (2)高为 6 3 a (3)对棱中点连线长为 2 2 a (4)外接球的半径为 6 4 a，内切球的半径为

11、6 12 a (5)正四面体的表面积为 3a2，体积为 2 12 a3 【自查自纠】 1(1)平行 四边形 平行 (2)多边形 三角形 2(1)平行四边形 全等 平行四边形 矩形 (2)等腰三角形 直角三角形 直角三角形 直角三角形 直角三角形 (3)等腰梯形 直角梯形 直角梯形 直角梯形 3(1)矩形 直角三角形 直角梯形 (2)矩形 等腰三角形 等腰梯形 圆 4(1)直径 球心 (2)垂直于 d R2r2 5(1)90 90 (2)45(或 135) 90 (3)平行于 (4)一半 6(1)Ch 1 2Ch 1 2( )CC h (2)2rl rl (rr)l (3)侧面积 两个底面积 侧

12、面积 一个底面积 7(1)Sh 1 3Sh 1 3h( )S SSS (2)r2h 1 3r 2h 1 3h(r 2rrr2) 8(1)4R2 (2)4 3R 3 判断下列命题是否正确，正确的在括号内画“”，错误的画“” (1)有两个侧面是矩形的棱柱是直棱柱 ( ) (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)侧面都是矩形的直四棱柱是长方体 ( ) (4)用斜二测画法画平面图形的直观图时，原图形面积 S 与其直观图面积 S 的关系为 S 2 4 S ( ) (5)锥体的体积等于底面积与高之积 ( ) 解：(1)； (2)； (3)； (4)； (5) (2021乌鲁

13、木齐市第四中学期末)如图所示，观察四个几何体，其中判断 正确的是( ) A B C D 解：对于 A，侧棱延长线不交于一点，不符合棱台的定义，所以 A 错误； 对于 B，上下两个面不平行，不符合圆台的定义，所以 B 错误； 对于 C，将几何体竖直起来看，符合棱柱的定义，所以 C 错误； 对于 D，符合棱锥的定义，正确故选 D (2020天津卷)若棱长为 2 3的正方体的顶点都在同一球面上，则该 球的表面积为 ( ) A12 B24 C36 D144 解：该球是正方体的外接球，其半径 R 等于正方体的体对角线的一半，即 R （2 3）2（2 3）2（2 3）2 2 3， 所以，该球的表面积为 S

14、4R243236故选 C (2018全国卷)已知圆柱的上、下底面的中心分别为 O1，O2，过 直线 O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为 8 的正方形，则该圆柱 的表面积为 ( ) A12 2 B12 C8 2 D10 解：由题意知，圆柱的轴截面是一个面积为 8 的正方形，则圆柱的高与底 面直径均为 2 2，所以圆柱的表面积为 2( 2)22 22 248 12故选 B (2021 年新高考八省模拟演练)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_ 解：圆台的下底面半径为 5，故下底面在外接球的大圆上， 如图所示，设球的球心为

15、O，圆台上底面的圆心为 O， 则圆台的高 OO OQ2OQ2 52423， 所以圆台的体积 V1 33(5 25442)61故填 61 考点一 空间几何体的结构特征 (1)(2021海南中学期末)下列说法正确的是 ( ) A有两个平面互相平行，其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱 B三棱锥的三个侧面都可以是直角三角形 C有两个面互相平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台 D以三角形的一条边所在直线为旋转轴，其余两边旋转形成的曲面所围成的几 何体叫圆锥 解：对于 A，如图 1 符合条件但却不是棱柱； 对于 B，在图 2 所示的正方体中，三棱锥 B1BCD 的三个侧面都是直角三角形，故 B 正确；

16、对于 C，如图 3，其侧棱不相交于一点，故不是棱台； 对于 D，如图 4，以直角三角形的斜边 AB 为轴旋转得到的是两个同底的圆锥故选 B (2)下列结论正确的是 ( ) A侧面都是等腰三角形的三棱锥是正三棱锥 B六条棱长均相等的四面体是正四面体 C有两个侧面是矩形的棱柱是直棱柱 D用一个平面去截圆锥，底面与截面之间的部分叫圆台 解：如图，各侧面均是等腰三角形，但该三棱锥非正三棱锥，A 错；斜四棱柱也 有可能两个侧面是矩形，所以 C 错；截面平行于底面时，底面与截面之间的部分才叫 圆台，所以 D 错故选 B 【点拨】 解决此类问题的基本方法：定义法：紧扣结构特征是判断的关键，熟悉 空间几何体的

17、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；反例法：学会通 过反例对概念进行辨析，即要说明一个命题是错误的，设法举出一个反例即可 (1)给出下列四个命题： 各侧面都是全等四边形的棱柱一定是正棱柱； 四个侧面两两全等的四棱柱一定是直四棱柱； 若棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则该棱锥可能是正六棱锥； 长方体一定是正四棱柱 其中正确命题的个数是 ( ) A0 B1 C2 D3 解：底面是菱形的直棱柱满足条件，但它不一定是正棱柱，不正确； 斜四棱柱的四个侧面也可能两两全等，不正确；以正六边形为底面的棱 锥，其侧棱长必然要大

18、于底面边长，不正确；显然不正确故选 A (2)下列命题正确的是 ( ) A两个面平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台 B两个面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台 C直角梯形以一条直角腰所在的直线为旋转轴，其余三边旋转形成的面所围成的 旋转体是圆台 D用平面截圆柱得到的截面只能是圆和矩形 解：如图所示，可排除 A，B 选项只要有截面与圆柱的母线平行或垂直， 截得的截面才为矩形或圆，否则为椭圆或椭圆的一部分故选 C 考点二 空间多面体的面积、体积 命题角度 1 空间多面体的面积 (2020上海市通河中学高二月考)侧面是正三角形的正四棱锥，体积为 2 6 ，则 它的全面积是_ 解：如图，PA

19、BCD 为正四棱锥， 设底面边长为 a，过 P 作 PGBC 于 G，作 PO底面 ABCD，垂足为 O， 连接 OG在 RtPOG 中， PG 3 2 a，PO 3a2 4 a 2 4 2 2 a， 因为体积为 2 6 ，即1 3a 2 2 2 a 2 6 ，则 a1 所以正四棱柱的全面积为 4 3 4 a2a21 3 故填 1 3 【点拨】 求解多面体的表面积，关键是找到其中的特征图形， 如棱柱中的矩形，棱锥中的直角三角形，棱台中的直角梯形等，通 过这些图形，找到几何元素间的关系，通过建立未知量与已知量间 的关系进行求解 (2020上海市宜川中学高二期中)如图 1 所示的正方体的棱长为 1

20、，沿对角面(图 中阴影部分)将其分割成两块，重新拼接成如图 2 所示的斜四棱柱，则所得的斜四棱柱的表 面积是_ 解：由拼接规律得：斜四棱柱的上下两个底面为矩形，长为 1，宽为 2；左右为两 个正方形，边长为 1；前后为两个平行四边形，相邻两边长为 1 与 2，一个内角为 45， 从而斜四棱柱的表面积是 21 221221 2sin4542 2，故填 4 2 2 命题角度 2 空间多面体的体积 如图，在多面体 ABCDEF 中，已知 ABCD 是边长为 1 的正方形，且ADE， BCF 均为正三角形，EFAB，EF2，则该多面体的体积为( ) A 2 3 B 3 3 C4 3 D 3 2 解：如

21、图，过 A，B 两点分别作 AM，BN 垂直于 EF，垂足分别为 M，N，连接 DM，CN， 可证得 DMEF，CNEF，则多面体 ABCDEF 分为三部分，即多面体的体积 VABCDEFVAMDBNCVEAMDVFBNC 依题意知 AEFB 为等腰梯形 易知 RtDMERtCNF，所以 EMNF1 2 又 BF1，所以 BN 3 2 作 NH 垂直于 BC，则 H 为 BC 的中点，所以 NH 2 2 所以 SBNC1 2BCNH 2 4 所以 VFBNC1 3SBNCNF 2 24 ， VEAMDVFBNC 2 24 ，VAMDBNCSBNCMN 2 4 所以 VABCDEF 2 3 ，故

22、选 A 【点拨】 求空间几何体体积的常用方法为公式法、 割补法和等积变换法 (等体积法)：割补法：将这个几何体分割成几个柱体、锥体，分别求出柱 体和锥体的体积，从而得出要求的几何体的体积等积变换法：特别地， 对于三棱锥，由于其任意一个面均可作为棱锥的底面，从而可选择更容易计 算的方式来求体积；利用“等积性”还可求“点到面的距离” 如图所示，在等腰梯形 ABCD 中，AB2CD2，DAB60，E 是 AB 的 中点， 将ADE， BEC 分别沿 ED， EC 向上折起， 使 A， B 重合于点 P， 则三棱锥 P- CDE 的体积为_ 解：根据题意，折叠后的三棱锥 PCDE 的各棱长都相等，且等

23、于 1，根据此三棱锥构 造相应的正方体， 则该正方体的棱长为 2 2 ，故正方体的体积为 2 2 3 2 4 ，所以三棱锥 P- CDE 的体积为 2 4 41 3 1 2 2 2 2 2 2 2 2 12 故填 2 12 考点三 空间旋转体的面积、体积 命题角度 1 空间旋转体的面积 如图四边形 ABCD 为梯形，ADBC，ABC90，以 A 为圆心，AD 为半径 画一个扇形，则图中阴影部分绕 AB 旋转一周所形成的几何体的表面积为_ 解：依题意，形成的几何体是一个圆台从上面挖出一个半球， S半球1 242 28， 又CD （52）2425， 所以S 圆台侧(25)535， S圆台底25 故

24、所求几何体的表面积 S表8352568故填 68 【点拨】 求旋转体的表面积问题注意其侧面展开图的应用直角梯形绕 直角腰旋转一周形成的是圆台，四分之一圆绕半径所在的直线旋转一周，形 成的是半球，所以阴影部分绕 AB 旋转一周形成的是组合体，圆台挖去半球， S表S圆台侧S下底面S半球表 如图，在四边形 ABCD 中，DAB90，ADC135，AB5，CD2 2， AD1，则四边形 ABCD 绕 AD 旋转一周所成几何体的表面积为_ 解：过点 C 作 CEAD，垂足为 E，如图所示 因为ADC135，所以EDC45，所以CDE 是等腰直角三角形， 因为 CD2 2，所以 ECED2 又 AD1，所

25、以 AEADDE3 所以 BC （52）2323 2 四边形 ABCD 绕 AD 旋转一周所成的几何体为一个圆台挖去一个圆锥其中圆台的 上下底面圆的半径分别为 EC，AB，高为 AE；圆锥的底面圆的半径为 EC，高为 DE 所以所得几何体的表面积 S52(25)3222225(2 1)故填 25( 21) 命题角度 2 空间旋转体的体积 (2021湖北省天门中学模拟)已知 A(0，0)，B(1，0)，C(2，1)，D(0，3)，将四 边形 ABCD 绕 y 轴旋转一周，则所得旋转体的体积是( ) A5 B3 C5 2 D 3 2 解：过 C 作 y 轴的垂线交 y 轴于 E，则DCE 是直角三

26、角 形，四边形 ABCE 是直角梯形， 四边形 ABCD 绕 y 轴旋转一周所得几何体是一个圆锥和一 个圆台的组合体，易求得 AB1，BC 2，CE2，AE1， ED2，DC2 2， 所得旋转体的体积为 V 1 3 222 3 (112 22)15 故选 A 【点拨】 求旋转体体积的一般思路是理解旋转体的几何特征， 确定得到计算 体积所需要的几何量求旋转体的体积常用公式法、分割法等，注意相关公式要 牢记 如图所示，在边长为 5 2的正方形 ABCD 中，以 A 为圆心画一 个扇形，以 O 为圆心画一个圆，M、N、K 为切点，以扇形为圆锥的侧面， 以圆 O 为圆锥底面，围成一个圆锥，则该圆锥的全

27、面积是_，体积是 _ 解：设圆的半径为 r，扇形的半径(也即圆锥的母线长)为 R则 2rrR2（5 2）2， 2R1 42r， 解得 r 2，R4 2所以圆锥的全面积为 r2 1 4R 22810圆锥的高为 R2r2 30，圆锥的体积为1 3r 2 30 2 30 3 故填 10；2 30 3 考点四 与球相关的切、接问题 命题角度 1 几何体的外接球 (2019全国卷)已知三棱锥 P- ABC 的四个顶点在球 O 的球面上，PAPB PC，ABC 是边长为 2 的正三角形，E，F 分别是 PA，AB 的中点，CEF90， 则球 O 的体积为( ) A8 6 B4 6 C2 6 D 6 解法一

28、：因为 PAPBPC，ABC 是边长为 2 的等边三角形，所以 P- ABC 为 正三棱锥， 所以 PBAC， 又 E， F 分别为 PA， PB 的中点， 所以 EFPB， 所以 EFAC， 又 EFCE，CEACC，所以 EF平面 PAC，所以 PB平面 PAC，所以APB 90，所以 PAPBPC 2，所以 PABC 为正方体的一部分，设所求外接球 半径为 R，则 2R 222 6，即 R 6 2 ，所以外接球体积 V4 3R 34 3 6 6 8 6 解法二：设 PAPBPC2x，E，F 分别为 PA，AB 的中点，所以 EFPB，且 EF1 2PBx，因 为ABC 是边长为 2 的等

29、边三角形，所以 CF 3， 又CEF90，所以 CE 3x2，AE1 2PAx， AEC 中，由余弦定理可得 cosEACx 24（3x2） 22x 2x 21 4x ， 作 PDAC 于 D，因为 PAPC，所以 D 为 AC 的中点， cosEACAD PA 1 2x，所以 2x21 4x 1 2x，解得 x 2 2 ， 所以 PAPBPC 2， 又 ABBCAC2，所以 PA，PB，PC 两两垂直，设外接球半径为 R，所以 2R 222 6，所 以 R 6 2 ，所以外接球体积 V4 3R 34 3 6 6 8 6故选 D 【点拨】 几何体的外接球问题关键是确定球心位置， 主要方法有：

30、将几何体还原或补为正方体或长方体，进而确定球心；几何体的 外接球球心一定在过底面的外心与底面垂直的直线上；球心到各顶 点的距离都相等；球心一定在外接球的直径上求解几何体外接球 的半径主要从两个方面考虑：一是根据球的截面的性质，利用球的半 径 R、截面圆的半径 r 及球心到截面圆的距离 d 三者的关系 R2r2 d2求解，其中确定球心的位置是关键；二是将几何体补成长方体，利 用该几何体与长方体共有外接球的特征，由外接球的直径等于长方体 体对角线长求解 (2020全国卷)已知 A，B，C 为球 O 的球面上的三个点，O1为ABC 的外接圆，若O1的面积为 4，ABBCACOO1，则球 O 的表面积

31、为( ) A64 B48 C36 D32 解：设圆 O1的半径为 r，球的半径为 R，依题意， 得 r24，所以 r2，因为ABC 为等边三角形， 由正弦定理可得 AB2rsin602 3，所以 OO1AB2 3，根据球的截面性 质 OO1平面 ABC， 所以 OO1O1A，ROA OO2 1O1A 2 OO2 1r 24， 所以球 O 的表面积 S4R264故选 A 命题角度 2 几何体的内切球 若正四面体的棱长为 a，则其内切球的半径为_ 解：如图正四面体 A- BCD 的中心为 O，即内切球球心，内切球半径为 R，即 为 O 到正四面体各面的距离 因为 ABa，所以正四面体的高 h 6

32、3 A又 VABCD4VOBCD，所以 R1 4h 6 12 a故填 6 12 a 【点拨】 求解此类问题应注意： 正多面体存在内切球且 正多面体的中心为内切球的球心；求多面体内切球的半径， 往往可用“等体积法”V多1 3S 表R内切；正四面体内切球 半径是高的1 4，外接球半径是高的 3 4；并非所有多面体都有内 切球(或外接球) 已知三棱锥 PABC，若 PA，PB，PC 两两垂直，且 PA2，PBPC1，则 三棱锥 P- ABC 的内切球的表面积为_ 解：由题意，设三棱锥 P- ABC 的内切球的半径为 r，球心为 O， 则由等体积得 VPABCVOPABVOPACVOPBCVOABC，

33、即1 3 1 221 11 3 1 221r2 1 3 1 211r 1 3 1 2 2 51 2r， 解得 r1 4故内切球的表面积为 4r 2 4故填 4 学科素养微专题 与“五育”相关的几何体中的长度、面积、体积计算 (1)(2020全国卷)埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一， 它的形状可视为一个正四棱锥以该 四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正 方形的边长的比值为 ( ) A 51 4 B 51 2 C 51 4 D 51 2 解：如图，E 为 CD 的中点，O 为正方形 ABCD 的中心， 连 PO，PE，OE，则 PO平面

34、 ABCD设 CDa，PEb，则 PO PE2OE2b2a 2 4 ， 由题意 PO21 2ab，即 b 2a 2 4 1 2ab，化简得 4( b a) 22 b a10，解得 b a 1 5 4 (负值舍去)故选 C (2)(2019全国卷)学生到工厂劳动实践，利用 3D 打印技术制作模型如图， 该模型为长方体 ABCDA1B1C1D1挖去四棱锥 O- EFGH 后所得的几何体，其中 O 为 长方体的中心，E，F，G，H 分别为所在棱的中点，ABBC6 cm，AA14 cm， 3D 打印所用原料密度为 09 g/cm3，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量 为_g 解：由题意得，S四边

35、形EFGH4641 22312 (cm 2)， 因为四棱锥 O- EFGH 的高为 3 cm， 所以 VOEFGH1 312312 (cm 3) 又长方体 ABCD- A1B1C1D1的体积为 V2466144 (cm3)，所以该模型体积为 VV2 VOEFGH14412132 (cm3)，其质量 m091321188 (g)故填 1188 【点拨】 高考倡导“五育并举”，体现“立德树人”要求，落实“价值 引领、素养导向”原则，近些年的高考试卷中体现的尤为明显，试题涵盖以 德育人、以智启人、 以体健人、以美化人、以劳树人等方面，在此过程中数学文化有效促进 了“五育并举”的落实 (1)乌鸦喝水的

36、寓言故事，鼓励人们遇到困难要运用智慧、认真思考才能让问题迎刃而解如图所示， 乌鸦想喝水，发现有一个锥形瓶，上面部分是圆柱体，下面部分是圆台，瓶口直径为 3 cm，瓶底直径为 9 cm，瓶口距 瓶颈为 2 3 cm，瓶颈到水位线距离和水位线到瓶底距离均为3 3 2 cm现将 1 颗石子投入瓶中，发现水位线上移 3 2 cm若只有当水位线到达瓶口时，乌鸦才能喝到水，则乌鸦共需要投入的石子数量至少是(石子体积均视为一致) ( ) 附：圆台体积公式：V圆台1 3h(R 2r2Rr)，其中 h 为圆台高，R 为圆台下底面半径，r 为圆台上底面半径 A2 颗 B3 颗 C4 颗 D5 颗 解： 如图所示，

37、AB9 cm，EFGH3 cm，LO3 3 cm，所以A60原水位线直径 CD6 cm，投 入石子后，水位线直径 IJ5 cm，则由圆台公式得到，V石子1 3MN(CN 2IM2CN IM)91 3 24 cm3同 理， 空瓶体积是由空瓶圆台加圆柱体得到， 即 V空瓶V空圆台V圆柱体1 3 LN (CN 2EL2CN EL) EL2 KL 63 3 8 36 3 8 99 3 8 cm3，则需要石子的个数为V 空瓶 V石子 99 3 8 91 3 24 99 8 24 91 297 91 (3，4)，则至少需要 4 颗 石子故选 C (2)随着人们生活水平的提升，参与足球运动的人数不断增加国际

38、足球联合会确认足球 起源于中国古代的蹴鞠2300 多年前的春秋时期，齐国境内(现淄博市)就流行蹴鞠活 动“蹴”有用脚蹴、蹋、踢的含义， “鞠”最早系外包皮革、内实米糠的球已知某“鞠” 上面四个点 A，B，C，D 满足：ABCD14 cm，BDAC8 cm，ADBC12 cm则该 “鞠”的表面积 S 为 cm2 解：因为 ABCD，BDAC，ADBC，所以可以把 A，B，C，D 四 点放在长方体的四个顶点上，则该长方体的对角线就是“鞠”的直 径设该长方体的长、宽、高分别为 x，y，z， “鞠”的半径为 R，则 (2R)2x2y2z2因为 x2y2196，x2z2144，y2z264，所以 R2101 2 ，所以 S4R2202 cm2故填 202