高考数学复习《空间几何体的结构及其表面积、体积》讲解及练习
A．3
B.3
2
C．1
D. 3 2
(2)(2019·江苏高考)如图，长方体 ABCDA1B1C1D1 的体积是 120，E 为 CC1
的中点，则三棱锥 EBCD 的体积是
2
4
所以直观图 A′B′C′D′的面积为
S′＝1×(1＋3)× 2＝ 2.]
2
42
6
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，O′C′＝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 [如图，在原图形 OABC 中，应有 OD＝2O′D′＝2×2 2＝4 2cm，CD
系：
S
＝ 直观图
2S 4
原图形，S
原图形＝2
2S 直观图．
2．多面体的内切球与外接球常用的结论
3
(1)设正方体的棱长为 a，则它的内切球半径 r＝a，外接球半径 R＝ 3a.
2
2
(2)设长方体的长、宽、高分别为 a，b，c，则它的外接球半径 R＝ a2＋b2＋c2. 2
(3)设正四面体的棱长为 a，则它的高为 H＝ 6a，内切球半径 r＝1H＝ 6a，
△EDD1
的面积为定值1，F 2
到平面
AA1D1D
的距离为定值
1，所以
VD1EDF＝
VFDD1E＝13×12×1＝16.
(4)法一：(分割法)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 H，连接 EH，即把多面体分割成一个直三棱柱 DEHABC 和一个斜
三棱柱 BEFCHG.
2 ∴S 表＝2×2＋4 5＝4＋4 5. (2)如图所示，设圆台的上底周长为 C，因为扇环的圆心角是 180°，所以 C ＝π·SA.
又 C＝2π×10＝20π，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(r1＋r2)·AB＋πr21＋πr22 ＝π(10＋20)×20＋π×102＋π×202 ＝1 100π(cm2)． 故圆台的表面积为 1 100π cm2.]
3
4 12
外接球半径 R＝3H＝ 6a. 44
一、思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(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)菱形的直观图仍是菱形．
() ()
(4)每个面都是正三角形的多面体一定是正四面体． ( )
考点 2 空间几何体的表面积与体积
空间几何体的表面积
几类空间几何体表面积的求法
(1)多面体：其表面积是各个面的面积之和．
(2)旋转体：其表面积等于侧面面积与底面面积的和．
(3)简单组合体：应搞清各构成部分，并注意重合部分的删、补．
(1)若正四棱锥的底面边长和高都为 2，则其表面积为
．
(2)圆台的上、下底面半径分别是 10 cm 和 20 cm，它的侧面展开图的扇环的
所以 CE 是三棱锥 EBCD 的底面 BCD 上的高，
所以三棱锥 EBCD 的体积 V＝13×12AB·BC·CE＝13×12AB·BC·12CC1＝112×120
＝10.
(3)(等积法)三棱锥 D1EDF 的体积即为三棱锥 FDD1E 的体积．
因为 E，F 分别为 AA1，B1C 上的点，所以在正方体 ABCDA1B1C1D1 中，
在 Rt△ABC 中，AC＝12 cm，BC＝8－3＝5(cm)． 所以 AB＝ 122＋52＝13(cm)．]
考点 1 空间几何体的直观图 1.直观图画法的规则：斜二测画法．
2. 原图与直观图中的“三变”与“三不变” 坐标轴的夹角改变
(1)“三变” 与 y 轴平行的线段的长度改变减半 图形改变 平行性不变
柱体(棱柱和圆柱) 锥体(棱锥和圆锥) 台体(棱台和圆台)
球 [常用结论]
S 表面积＝S 侧＋2S 底 S 表面积＝S 侧＋S 底 S 表面积＝S 侧＋S 上＋
S下 S＝4πR2
V＝Sh V＝1Sh
3
V＝1(S 3
上＋S
下＋
S 上 S 下)h
V＝4πR3 3
1．按照斜二测画法得到的平面图形的直观图，其面积与原图形的面积的关
．
(3)如图，正方体 ABCDA1B1C1D1 的棱长为 1，E，F 分别为线段 AA1，B1C
上的点，则三棱锥 D1EDF 的体积为
．
(4)如图所示，已知多面体 ABCDEFG 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，
周形成的是由一个圆柱，两个圆锥所组成的几何体，如图：
]
2．体积为 8 的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为( )
A．12π
B.32π 3
4
C．8π
D．4π
A [由题意可知正方体的棱长为 2，其体对角线为 2 3即为球的直径，所以
球的表面积为 4πR2＝(2R)2π＝12π，故选 A.]
3．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
1.(2019·杭州模拟)在等腰梯形 ABCD 中，上底 CD＝1，腰 AD＝CB
＝ 2，下底 AB＝3，以下底所在直线为 x 轴，则由斜二测画法画出的直观图
A′B′C′D′的面积为
．
2 [画出等腰梯形 ABCD 的实际图形及直观图 A′B′C′D′如图所示， 2
因为 OE＝ 22－12＝1，
所以 O′E′＝1，E′F′＝ 2.
圆心角是 180°，那么圆台的表面积为
cm2 (结果中保留π)．
(1)4＋4 5 (2)1 100π [(1)因为四棱锥的侧棱长都相等，底面是正方形，所
以该四棱锥为正四棱锥，如图．
7
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 PE＝ 22＋12＝ 5. 所以该四棱锥的侧面积 S＝4×1×2× 5＝4 5，
全国卷五年考情图解
高考命题规律把握 1.考查形式 高考在本章一般命制 2 道小 题、1 道解答题，分值约占 22 分. 2.考查内容 (1)小题主要考查几何体体积 与表面积计算，此类问题属 于中档题目；对于球与棱柱、 棱锥的切接问题，知识点较 整合，难度稍大. (2)解答题一般位于第 18 题 或第 19 题的位置，常设计两 问：第(1)问重点考查线面位 置关系的证明；第(2)问重点 考查空间角，尤其是二面角、 线面角的计算．属于中档题 目. 3.备考策略 从 2019 年高考试题可以看 出，高考对对空间几何体的 展开、平面图形的折叠、解 题中的补体等传统几何思想 有所加强.
2
4
在图②中作 C′D′⊥A′B′于 D′，
则 C′D′＝ 2O′C′＝ 6a，
2
8
所以
S△A′B′C′＝12A′B′·C′D′＝12×a×
6a＝ 6a2. 8 16
法二：S△ABC＝12×a×asin
60°＝
3a2， 4
又
S
＝ 直观图
2S 4
＝ 原图
2× 4
3a2＝ 6a2. 4 16
故选 D.]
球
半圆
直径所在的直线
2
3.直观图
三视图 画法规则：长对正、高平齐、宽相等
斜二测画法：
(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
直观图
角为 45°(或 135°)，z′轴与 x′轴和 y′轴所在平面垂直.ห้องสมุดไป่ตู้(2)原图形中平行于坐标轴的线段在直观图中仍平行于坐标轴，平行
(2)“三不变” 与 x 轴平行的线段长度不变 相对位置不变
已 知 正 三 角 形 ABC 的 边 长 为 a ， 那 么 △ABC 的 平 面 直 观 图
5
△A′B′C′的面积为( )
A. 3a2 4
B. 3a2 8
C. 6a2 8
D. 6a2 16
D [法一：如图①②所示的实际图形和直观图，
由图②可知，A′B′＝AB＝a，O′C′＝1OC＝ 3a，
＝C′D′＝2 cm.
∴OC＝ OD2＋CD2＝ 4 22＋22＝6 cm， ∴OA＝OC，故四边形 OABC 是菱形．故选 C.]
(1)概念辨析类的问题常借助反例求解． (2)紧扣结构特征是判断空间几何体的结构特征正误的关键，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，然后依据题意判定．
1
第一节 空间几何体的结构及其表面积、体
积
[最新考纲] 1.认识柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征，并能够运 用这些特征描述现实生活中简单物体的结构.2.会用斜二测画法画出常见几何体： 长方体、球、圆柱、圆锥、棱柱等的直观图.3.了解球、棱柱、棱锥、棱台、圆柱、 圆锥、圆台的表面积与体积的计算公式．
10
1×2×1
由题意，知 V 三棱柱 DEHABC＝S△DEH×AD＝ 2
×2＝2，V 三棱柱 BEFCHG＝
1×2×1
S△BEF×DE＝ 2
×2＝2.故所求几何体的体积为 V 多面体 ABCDEFG＝2＋2＝4.
法二：(补形法)因为几何体有两对相对面互相平行，
则该多面体的体积为
．
9
(1)C (2)10 (3)1 (4)4 [(1)(直接法)如题图，在正△ABC 中，D 为 BC 中 6
高中数学空间几何体的表面积与体积知识总结+练习
【例17】圆台的内切球半径为 ，且圆台的全面积和球面积之比为 ，求圆台的上，下底面半径 （ ）．
【例18】已知圆锥的侧面展开图是一个半圆，且这个圆锥的体积为 ．求圆锥的表面积．
【例19】有两个相同的直三棱柱，高为 ，底面三角形的三边长分别为 、 、 ． 用它们拼成一个三棱柱或四棱柱，在所有可能的情形中，全面积最小的是一个四棱柱，则 的取值范围是．
【例11】正四棱台的斜高为 ，侧棱长为 ，侧面积为 ，求棱台上、下底的边长．
【例12】正三棱台 中，已知 ，棱台的侧面积为 ， 分别为上、下底面正三角形的中心， 为棱台的斜高， ，求上底面的边长．
【例13】过球的一条半径的中点，作垂直于该半径的平面，则所得截面的面积与球的表面积的比为（ ）
A． B． C． D．
，其中 为底面边长， 为斜高；
，其中 为底面周长， 为圆锥的底面半径， 为母线长；
3．正棱台（圆台）的侧面积等于它的上下底面周长之和与斜高（母线）乘积的一半．
，
其中 分别是正棱台上下底面的边长， 为斜高；
，
其中 分别是圆台上下底面的半径， 为母线长；
4．球面面积等于它的大圆面积的四倍， ， 为球的半径．
故柱体的体积为： ；
⑶利用祖暅原理可以说明：等底面积等高的锥体的体积均相等；
⑷三棱柱可以分割成三个体积相等的锥，故锥体的体积为 ；
⑸利用两个锥体做差可得台体的体积公式 ．
（二）典例分析：
【例1】轴截面是正方形的圆柱叫等边圆柱．已知：等边圆柱的底面半径为r，求全面积．
【例2】轴截面是正三角形的圆锥叫等边圆锥．已知：等边圆锥底面半径为r，求全面积．
高考数学(文)《立体几何》专题复习
(2)两个平面垂直的判定和性质
✓ 考法5 线面垂直的判定与性质
1.证明直线 与平面垂直 的方法
2.线面垂直 的性质与线 线垂直
（1）判定定理（常用方法）： 一条直线与一个平面内的两条相交直线都垂直,则该直线
与此平面垂直.判定定理中的两条相交直线必须保证“在平面 内相交”这一条件. （2）性质： ①应用面面垂直的性质（常用方法）：若两平面垂直,则在一 个平面内垂直于交线的直线必垂直于另一个平面，是证明线 面垂直的主要方法； ②（客观题常用）若两条平行直线中的一条垂直于一个平面, 则另一条也垂直于这个平面.
64
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✓ 考法4 面面平行的判定与性质
1.证明平面 与平面平行 的常用方法 2.空间平行关系 之间的转化
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✓ 考法3 面面平行的判定与性质
1.证明平面 与平面平行 的常用方法
这是立体几何中证明平行关系常用的思路,三 种平行关系的转化可结合下图记忆
2.空间平行关系 之间的转化
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600分基础 考点&考法
定义 判定方法
2.等角定理
判定定理 反证法 两条异面直线所成的角
✓ 考法2 异面直线所成的角
常考形式
直接求 求其三角函数值
常用方法
作角
正弦值 余弦值 正切值
证明 求值 取舍
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56
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600分基础 考点&考法
➢ 考点46 线面、面面平行的判定与性质 ✓ 考法3 线面平行的判定与性质 ✓ 考法4 面面平行的判定与性质
1.计算有关 线段的长
2.外接球、内切 球的计算问题
观察几何体的特征 利用一些常用定理与公式 (如正弦定理、余弦定理、勾股定理、 三角函数公式等) 结合题目的已知条件求解
2021届高考数学(理)考点复习：空间几何体及其表面积、体积(含解析)
2021届高考数学（理）考点复习空间几何体及其表面积、体积1．多面体的结构特征名称棱柱棱锥棱台图形含义①有两个面互相平行且全等，其余各面都是平行四边形．②每相邻两个四边形的公共边都互相平行有一个面是多边形，其余各面都是有一个公共顶点的三角形的多面体用一个平行于棱锥底面的平面去截棱锥，截面和底面之间的部分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2.旋转体的结构特征名称圆柱圆锥圆台球图形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3.三视图与直观图三视图画法规则：长对正、高平齐、宽相等直观图斜二测画法：(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在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 轴的线段在直观图中长度为原来的一半.4.多面体的表面积、侧面积因为多面体的各个面都是平面，所以多面体的侧面积就是所有侧面的面积之和，表面积是侧面积与底面面积之和．5．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(r 1＋r 2)l6.柱、锥、台、球的表面积和体积名称几何体 表面积 体积 柱体(棱柱和圆柱) S 表面积＝S 侧＋2S 底 V ＝Sh 锥体(棱锥和圆锥) S 表面积＝S 侧＋S 底 V ＝13Sh台体(棱台和圆台)S 表面积＝S 侧＋S 上＋S 下V ＝13(S 上＋S 下＋S 上S 下)h球S ＝4πR 2V ＝43πR 3概念方法微思考1．如何求旋转体的表面积？提示 求旋转体的侧面积时需要将曲面展开为平面图形计算，而表面积是侧面积与底面积之和． 2．如何求不规则几何体的体积？提示 求不规则几何体的体积要注意分割与补形，将不规则的几何体通过分割或补形转化为规则的几何体求解．1．（2020•天津）若棱长为23的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为( ) A ．12π B ．24πC ．36πD ．144π【答案】C【解析】由题意，正方体的对角线就是球的直径， 所以23236R =⨯=， 所以3R =，2436S R ππ==． 故选C ．2．（2020•新课标Ⅰ）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- B 51-C 51+D 51+【答案】C【解析】设正四棱锥的高为h ，底面边长为a ，侧面三角形底边上的高为h '， 则依题意有：222212()2h ah a h h ⎧='⎪⎪⎨⎪='-⎪⎩，因此有222151()4()2()1022a h h h h ah a a a '''+'-='⇒--=⇒=51-+故选C ．3．（2020•新课标Ⅰ）已知A ，B ，C 为球O 的球面上的三个点，1O 为ABC ∆的外接圆．若1O 的面积为4π，1AB BC AC OO ===，则球O 的表面积为( )A ．64πB ．48πC ．36πD ．32π【答案】A【解析】由题意可知图形如图：1O 的面积为4π，可得12O A =，则 13sin 602AO AB =︒，13322AO AB =， 123AB BC AC OO ∴====，外接球的半径为：22114R AO OO =+=， 球O 的表面积：24464ππ⨯⨯=． 故选A ．4．（2019•新课标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，90CEF ∠=︒，则球O 的体积为( ) A ．86π B ．46πC ．26πD ．6π【答案】D 【解析】如图，由PA PB PC ==，ABC ∆是边长为2的正三角形，可知三棱锥P ABC -为正三棱锥， 则顶点P 在底面的射影1O 为底面三角形的中心，连接1BO 并延长，交AC 于G ， 则AC BG ⊥，又1PO AC ⊥，11PO BG O =，可得AC ⊥平面PBG ，则PB AC ⊥，E ，F 分别是PA ，AB 的中点，//EF PB ∴，又90CEF ∠=︒，即EF CE ⊥，PB CE ∴⊥，得PB ⊥平面PAC ，∴正三棱锥P ABC -的三条侧棱两两互相垂直，把三棱锥补形为正方体，则正方体外接球即为三棱锥的外接球， 其直径为2222222221()2D PA PB PC PA PB PB PC PA PC ++=+++++ 22222211()(222)622AB BC AC =++=++=． 6，则球O 的体积为346(63ππ⨯=． 故选D ．5．（2018•新课标Ⅰ）已知圆柱的上、下底面的中心分别为1O ，2O ，过直线12O O 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( ) A ．122π B ．12π C ．82π D ．10π【答案】B【解析】设圆柱的底面直径为2R ，则高为2R ， 圆柱的上、下底面的中心分别为1O ，2O ，过直线12O O 的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形， 可得：248R =，解得2R ，则该圆柱的表面积为：2(2)2222212πππ⨯+⨯． 故选B ．6．（2018•新课标Ⅲ）设A ，B ，C ，D 是同一个半径为4的球的球面上四点，ABC ∆为等边三角形且面积为93D ABC -体积的最大值为( ) A ．123 B ．183 C ．243 D ．543【答案】B【解析】ABC ∆为等边三角形且面积为32393AB =6AB =， 球心为O ，三角形ABC 的外心为O '，显然D 在O O '的延长线与球的交点如图： 236233O C '==，224(23)2OO '-=，则三棱锥D ABC -高的最大值为：6，则三棱锥D ABC -体积的最大值为：313618334⨯⨯=．故选B ．7．（2017•全国）正三棱柱111ABC A B C -各棱长均为1，D 为1AA 的中点，则四面体1A BCD 的体积是( ) A ．3 B ．3 C ．3 D ．3 【答案】D 【解析】如图，111ABC A B C -为正三棱柱，∴底面ABC 为正三角形，侧面11BB C C 为正方形，1111111A BCD ABC A B C A BB C C D ABC V V V V ---=--131311313111123322=⨯⨯⨯-⨯⨯-⨯⨯⨯⨯=． 故选D ．8．（2017•新课标Ⅲ）已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为( ) A ．π B ．34πC ．2π D ．4π 【答案】B【解析】圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上， ∴该圆柱底面圆周半径22131()22r =-=，∴该圆柱的体积：233()124V Sh ππ==⨯⨯=． 故选B ．9．（2020•海南）已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，M 、N 分别为1BB 、AB 的中点，则三棱锥1A NMD -的体积为__________． 【答案】13【解析】如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，M 、N 分别为1BB 、AB 的中点，∴111122ANM S ∆=⨯⨯=， ∴111112323A NMD D AMN V V --==⨯⨯=． 故答案为：13．10．（2020•浙江）已知圆锥的侧面积（单位：2)cm 为2π，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径（单位：)cm 是__________． 【答案】1cm【解析】圆锥侧面展开图是半圆，面积为22cm π，设圆锥的母线长为acm ，则2122a ππ⨯=，2a cm ∴=，∴侧面展开扇形的弧长为2cm π，设圆锥的底面半径OC rcm =，则22r ππ=，解得1r cm =． 故答案为：1cm ．11．（2020•江苏）如图，六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的．已知螺帽的底面正六边形边长为2cm ，高为2cm ，内孔半径为0.5cm ，则此六角螺帽毛坯的体积是__________．【答案】1232π-【解析】六棱柱的体积为：1622sin 6021232⨯⨯⨯⨯︒⨯=圆柱的体积为：2(0.5)22ππ⨯⨯=，所以此六角螺帽毛坯的体积是：3(123)2cm π，故答案为：1232π．12．（2020•新课标Ⅲ）已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为__________． 2 【解析】因为圆锥内半径最大的球应该为该圆锥的内切球，如图，圆锥母线3BS =，底面半径1BC =， 则其高2222SC BS BC =-=， 不妨设该内切球与母线BS 切于点D ， 令OD OC r ==，由SOD SBC ∆∆∽，则OD BCOS BS=， 即1322r=-，解得2r =， 3423V r ππ==，故答案为：2π．13．（2019•全国）已知平面α截球O 的球面所得圆的面积为π，O 到α的距离为3，则球O 的表面积为__________． 【答案】40π【解析】平面α截球O 的球面所得圆的面积为π，则圆的半径为1， 该平面与球心的距离3d =，∴球半径221310R =+ ∴球的表面积2440S R ππ==．故答案为：40π．14．（2019•江苏）如图，长方体1111ABCD A B C D -的体积是120，E 为1CC 的中点，则三棱锥E BCD -的体积是__________．【答案】10【解析】长方体1111ABCD A B C D -的体积是120，E 为1CC 的中点，∴11111120ABCD A B C D V AB BC DD -=⨯⨯=， ∴三棱锥E BCD -的体积：13E BCD BCD V S CE -∆=⨯⨯1132BC DC CE =⨯⨯⨯⨯ 1112AB BC DD =⨯⨯⨯ 10=．故答案为：10．15．（2019•新课标Ⅲ）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1111ABCD A B C D -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，6AB BC cm ==，14.3AA cm D =打印所用原料密度为30.9/g cm ．不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为__________g ．【答案】118.8【解析】该模型为长方体1111ABCD A B C D -，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，6AB BC cm ==，14AA cm =，∴该模型体积为：1111ABCD A B C D O EFGH V V ---11664(46432)332=⨯⨯-⨯⨯-⨯⨯⨯⨯314412132()cm =-=，3D 打印所用原料密度为30.9/g cm ，不考虑打印损耗，∴制作该模型所需原料的质量为：1320.9118.8()g ⨯=．故答案为：118.8．16．（2018•全国）已知三棱锥O ABC -的体积为1，1A 、1B 、1C 分别为OA 、OB 、OC 的中点，则三棱锥111O A B C -的体积为__________． 【答案】18【解析】如图，1A 、1B 、1C 分别为OA 、OB 、OC 的中点，∴△111A B C ABC ∆∽，则11114A B C ABC SS ∆=， 过O 作OG ⊥平面ABC ，交平面111A B C 于1G ，则112OG OG =．∴1111111111383A B C ABC O A B C V S OG S OG ∆-=⋅=⨯⋅三棱锥1188O ABC V -==．故答案为：18．17．（2018•天津）如图，已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，则四棱锥111A BB D D -的体积为__________．【答案】13【解析】由题意可知四棱锥111A BB D D -的底面是矩形，边长：1和2， 四棱锥的高：111222AC =． 则四棱锥111A BB D D -的体积为：1211233⨯⨯⨯=．故答案为：13．18．（2018•天津）已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为1，除面ABCD 外，该正方体其余各面的中心分别为点E ，F ，G ，H ，M （如图），则四棱锥M EFGH -的体积为__________．【答案】112【解析】正方体的棱长为1，M EFGH -的底面是正方形的边长为：2， 四棱锥是正四棱锥，棱锥的高为12， 四棱锥M EFGH -的体积：21211()32212⨯⨯=．故答案为：112．19．（2018•江苏）如图所示，正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为__________．【答案】43【解析】正方体的棱长为22， 八面体看做两个正四棱锥，棱锥的高为1，多面体的中心为顶点的多面体的体积为：14222133⨯=．故答案为：43．20．（2018•上海）如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，3AB =，4BC =，15AA =，O 是11A C 的中点，则三棱锥11A AOB -的体积为__________．【答案】5【解析】1111111111134553322A A OBC A OB A OB V V S CC --===⨯⨯⨯⨯⨯=．故答案为：5．21．（2017•天津）已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为18，则这个球的体积为__________． 【答案】92π【解析】设正方体的棱长为a ， 这个正方体的表面积为18， 2618a ∴=，则23a =，即3a =一个正方体的所有顶点在一个球面上，∴正方体的体对角线等于球的直径，32a R =， 即32R =， 则球的体积3439()322V ππ==；故答案为：92π． 22．（2017•新课标Ⅰ）已知三棱锥S ABC -的所有顶点都在球O 的球面上，SC 是球O 的直径．若平面SCA ⊥平面SCB ，SA AC =，SB BC =，三棱锥S ABC -的体积为9，则球O 的表面积为__________． 【答案】36π【解析】三棱锥S ABC -的所有顶点都在球O 的球面上，SC 是球O 的直径，若平面SCA ⊥平面SCB ，SA AC =，SB BC =，三棱锥S ABC -的体积为9，可知三角形SBC 与三角形SAC 都是等腰直角三角形，设球的半径为r ， 可得112932r r r ⨯⨯⨯⨯=，解得3r =．球O 的表面积为：2436r ππ=． 故答案为：36π．23．（2017•新课标Ⅰ）如图，圆形纸片的圆心为O ，半径为5cm ，该纸片上的等边三角形ABC 的中心为O ．D 、E 、F 为圆O 上的点，DBC ∆，ECA ∆，FAB ∆分别是以BC ，CA ，AB 为底边的等腰三角形．沿虚线剪开后，分别以BC ，CA ，AB 为折痕折起DBC ∆，ECA ∆，FAB ∆，使得D 、E 、F 重合，得到三棱锥．当ABC ∆的边长变化时，所得三棱锥体积（单位：3)cm 的最大值为__________．【答案】3415cm【解析】解法一：由题意，连接OD ，交BC 于点G ，由题意得OD BC ⊥，3OG =， 即OG 的长度与BC 的长度成正比， 设OG x =，则23BC x =，5DG x =-，三棱锥的高222225102510h DG OG x x x x --+--， 2213(23)332ABC S x x ∆==，则24132510325103ABC V S h x x x ∆=⨯=--令45()2510f x x x =-，5(0,)2x ∈，34()10050f x x x '=-，令()0f x '，即4320x x -，解得2x ， 则()f x f （2）80=，3380415V cm ∴⨯=，∴体积最大值为3415cm ．故答案为：3415cm ．解法二：如图，设正三角形的边长为x ，则1333OG ==，35FG SG x ∴==， 2222333(5)()5(5)663SO h SG GO x x x ==----， ∴三棱锥的体积13ABC V S h ∆=451331535(5)533123x x x =--， 令453()5b x x =-，则3453()20b x x '=， 令()0b x '=，则43403x =，解得43x =∴3754854415()max V cm =-=． 故答案为：3415cm ．24．（2020•上海）已知四棱锥P ABCD -，底面ABCD 为正方形，边长为3，PD ⊥平面ABCD ． （1）若5PC =，求四棱锥P ABCD -的体积； （2）若直线AD 与BP 的夹角为60︒，求PD 的长．【解析】（1）PD ⊥平面ABCD ，PD DC ∴⊥．3CD =，5PC ∴=，4PD ∴=， 2134123P ABCD V -∴=⨯⨯=，所以四棱锥P ABCD -的体积为12． （2）ABCD 是正方形，PD ⊥平面ABCD ，BC PD ∴⊥，BC CD ⊥又PD CD D =BC ∴⊥平面PCD BC PC ∴⊥异面直线AD 与PB 所成角为60︒，//BC AD∴在Rt PBC ∆中，60PBC ∠=︒，3BC =故33PC =在Rt PDC ∆中，3CD = 32PD ∴=25．（2019•新课标Ⅱ）如图，长方体1111ABCD A B C D -的底面ABCD 是正方形，点E 在棱1AA 上，1BE EC ⊥．（1）证明：BE ⊥平面11EB C ；（2）若1AE A E =，3AB =，求四棱锥11E BB C C -的体积．【解析】（1）证明：由长方体1111ABCD A B C D -，可知 11B C ⊥平面11ABB A ，BE ⊂平面11ABB A ， 11B C BE ∴⊥，1BE EC ⊥，1111B C EC C =，BE ∴⊥平面11EB C ；（2）由（1）知190BEB ∠=︒，由题设可知Rt ABE Rt ∆≅△11A B E ， 1145AEB A EB ∴∠=∠=︒，3AE AB ∴==，126AA AE ==，在长方体1111ABCD A B C D -中，1//AA 平面11BB C C ，1E AA ∈，AB ⊥平面11BB C C ，E ∴到平面11BB C C 的距离3d AB ==，∴四棱锥11E BB C C -的体积1363183V =⨯⨯⨯=．26．（2017•新课标Ⅱ）如图，四棱锥P ABCD -中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，12AB BC AD ==，90BAD ABC ∠=∠=︒． （1）证明：直线//BC 平面PAD ；（2）若PCD ∆面积为27，求四棱锥P ABCD -的体积．【解析】（1）四棱锥P ABCD -中，90BAD ABC ∠=∠=︒．//BC AD ∴，AD ⊂平面PAD ，BC ⊂/平面PAD ，∴直线//BC 平面PAD ；（2）解：四棱锥P ABCD -中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，12AB BC AD ==，90BAD ABC ∠=∠=︒．设2AD x =，则AB BC x ==，2CD x =，O 是AD 的中点， 连接PO ，OC ，CD 的中点为：E ，连接OE ， 则2OE ，3PO x =，2272xPE PO OE +=PCD ∆面积为271272PE CD =即：1722722x x =2x =，23PO =则1111()(24)223433232P ABCD V BC AD AB PO -=⨯+⨯⨯=⨯⨯+⨯⨯1．（2020•沈河区校级模拟）在三棱锥A SBC -中，10AB =，4ASC BSC π∠=∠=，AC AS =，BC BS =，若该三棱锥的体积为15，则三棱锥S ABC -外接球的体积为( ) A ．π B ．43π C ．5π D ．3π【答案】B 【解析】如图，设SC 的中点为O ，AB 的中点为D ，连接OA 、OB 、OD ， 4ASC BSC π∠=∠=，AC AS =，BC BS =，90SAC SBC ∴∠=∠=︒，则OA OB OC OS ===，则O 为三棱锥三棱锥S ABC -外接球的球心，设半径为R ，又OD AB ⊥，且10AB 10AD DB ∴==252OD R =-．则211102522OAB S AB OD R ∆==- 又由SC OA ⊥，SC OB ⊥，且OAOB O =，可得SC ⊥平面OAB ，∴211151025232A SBC V R R -=-=，解得3R = ∴三棱锥S ABC -外接球的体积为34(3)433ππ=．故选B ．2．（2020•凉山州模拟）已知长方体1111ABCD A B C D -的体积12V =，2AB =，若四面体11A B CD -的外接球的表面积为S ，则S 的最小值为( ) A ．8π B ．9πC ．16πD ．32π【答案】C【解析】设BC x =，1BB y =，由于12V =，所以6xy =．根据长方体的对称性可知四面体11A B CD -的外接球的即为长方体的外接球，所以224x y r ++=，所以2224(4)(42)16S r x y xy ππππ==+++=（当且仅当6x y ==． 故选C ．3．（2020•迎泽区校级二模）已知三棱锥A BCD -中，2AB AC BC ===，2BD CD ==E 是BC 的中点，点A 在平面BCD 上的射影恰好为DE 的中点，则该三棱锥外接球的表面积为( ) A ．3011πB ．6011πC ．916π D ．2516π【答案】B【解析】由题意，BCD ∆为等腰直角三角形，E 是外接圆的圆心， 点A 在平面BCD 上的射影恰好为DE 的中点F ， 则1514BF =+=； 51144AF ∴=-； 设球心到平面BCD 是距离为h ，则221111()4h h +=+-， 11h ∴=41511111r =+=∴该三棱锥外接球的表面积为260411S R ππ==故选B ．4．（2020•南充模拟）在直角梯形ABCD 中，90ADC DAB ACB ∠=∠=∠=︒，ADC ∆与ABC ∆均为等腰直角三角形，且1AD =，若将直角梯形ABCD 沿AC 折叠成三棱锥D ABC -，则当三棱锥D ABC -的体积取得最大时其外接球的表面积为()A ．4πB ．6πC ．8πD ．10π【答案】A【解析】直角梯形ABCD 中，90ADC DAB ACB ∠=∠=∠=︒，ADC ∆与ABC ∆均为等腰直角三角形，且1AD =，所以2AB =，2BC =，2AC =，将直角梯形ABCD 沿AC 折叠成三棱锥D ABC -， 如图所示：即当平面ABC ⊥平面ADC 时，三棱锥D ABC -的体积取得最大值， 过E 作OE ⊥平面ACD 交AB 于O ，由于平面ABC ⊥平面ADC ， 所以EO AC ⊥，即O 为AB 的中点， 所以O 为ABC ∆的中心，即为三棱锥D ABC -的外接球的球心． 所以半径1r OA OB OC OD =====， 则2414S ππ=⋅=球． 故选A ．5．（2020•镜湖区校级模拟）已知三棱锥S ABC -中，SC ⊥平面ABC ，若2SC AB AC ===，120BAC ∠=︒，则其外接球O 的表面积为( )A ．20πB ．205πC ．16πD ．272π【答案】A【解析】如图所示：三棱锥S ABC -中，SC ⊥平面ABC ，若2SC AB AC ===，120BAC ∠=︒， 所以在ABC ∆中，利用余弦定理：22212cos 44222()122BC AB CA AB CA BAC =+-∠=+-⨯⨯⨯-=解得：23BC =，设ABC ∆的外接圆的半径为r ， 则2324r ==，解得2r =，设外接球的半径为R ，满足222215R =+=． 所以4520S ππ=⋅=球． 故选A ．6．（2020•南岗区校级模拟）已知三棱锥P ABC -的四个顶点都在球O 的球面上，若PA ⊥平面ABC ，2PA BC ==，1sin 3BAC ∠=，则球O 的表面积为( ) A 4010πB ．172π C ．80π D ．40π【答案】D【解析】如图所示：由于PA⊥平面ABC，2PA BC==，1 sin3BAC∠=，则ABC∆的外接圆的半径满足2261sin3BCRBAC===∠，解得3R=，三棱锥P ABC-的四个顶点都在球O的球面，设外接球的半径为r，所以22()102PAr R=+=，所以球O的表面积为24(10)40Sππ=⋅=球．故选D．7．（2020•全国四模）如图，在三棱锥A BCD-中，BD⊥平面ADC，1BD=，2AB=，3BC=，11AC=，则三棱锥A BCD-外接球的体积为()A．4πB．3πC．23πD．43π【答案】D【解析】由1BD=，2AB=，3BC=，11AC=BD⊥平面ADC，3AD∴22CD=，11AC AD CD⊥，三棱锥A BCD-，是长方体的一个角，外接球的直径是长方体的体对角线，所以三棱锥A BCD-22211(22)(3)32++所以外接球的体积34(3)433Vππ=⨯=．，故选D．8．（2020•碑林区校级模拟）已知正四棱锥P ABCD -中，2PA =，且所有的棱长相等，则该四棱锥的外接球的表面积为( ) A ．16π B ．12π C ．10π D ．8π【答案】D【解析】如图，设正四棱锥底面的中心为1O ，设外接球的球心为O ， 则O 在正四棱锥的高PO 上． 在直角三角形ABC 中，22AC =， 12AO =，则高1422PO =-=，则112OO PO R R =-=-，OA R =，在直角三角形1AO O 中，222(2)(2)R R =-+， 解得2R =，即O 与1O 重合，即正四棱锥外接球的球心是它的底面的中心1O ，且球半径2R =， 球的表面积248S R ππ==， 故选D ．9．（2020•黄州区校级三模）在三棱锥A BCD -中，ABC ∆和BCD ∆都是边长为2的正三角形，当三棱锥A BCD -的表面积最大时，其内切球的半径是( ) A ．226B ．23C 2D 6【答案】A【解析】在三棱锥A BCD -中，ABC ∆和BCD ∆都是边长为2的正三角形， 三棱锥A BCD -的表面积为S ，23234sin ABD ACD S S S ABD ∆∆=++=+∠故当AB BD ⊥时，表面积最大，为423+， 过A 作BC 的垂线，垂足为E ，连接ED ， 三棱锥A BCD -的体积为V ， 122223B AEDC AED V V V --=+==设内切球的半径为r ，因为13Sr V =，所以226r =-．故选A ．10．（2020•青羊区校级模拟）已知三棱锥A BCD -中，BAC ∆和BDC ∆是全等的等边三角形，边长为2，当三棱锥体积最大时，三棱锥的外接球表面积为( ) A ．4π B ．163π C ．203πD ．8π【答案】C【解析】如图，当平面BAC ⊥平面BDC 时，三棱锥体积最大， 取BC 中点E ，连接AE 、DE ，则AE BC ⊥，DE BC ⊥，因为平面BAC ⊥平面BDC ，所以可证得AE ⊥平面BCD ，DE ⊥平面ABC ， 取三角形BCD 的外心F ，作//FM AE ，则F 、M 、E 、A 四点共面， 取三角形ABC 的外心H ，过点H 作EF 的平行线交FM 于点O ， 因为EF 垂直平面ABC ，则HO 垂直平面ABC ， 于是点O 到A 、B 、C 、D 四点的距离相等， 所以点O 为三棱锥A BCD -外接球的球心． 连接OC ，可求得3OF HE =23CF所以2222145333R OC OF CF ==+=+=，所以外接球表面积为22043S R ππ==． 故选C ．11．（2020•青岛模拟）在三棱柱111ABC A B C -中，AB BC AC ==，侧棱1AA ⊥底面ABC ，若该三棱柱的所有顶点都在同一个球O 的表面上，且球O 的表面积的最小值为4π，则该三棱柱的侧面积为( ) A ．63B ．33C ．32 D ．3【答案】B【解析】设三棱柱两底面中心分别为12O O ，则12O O 的中点为球的球心， 设正三棱柱的底面边长AB a =，棱柱的高为h ，则13O A =，12hOO =， ∴球O 的半径2234a h r OA ==+ 222444234233Oa h h S r πππ⎛⎫∴==+⋅= ⎪⎝⎭球，球O 的表面积的最小值为4π， 3ah ∴=∴棱柱的侧面积为333S ah ==侧面积故选B ．12．（2020•运城模拟）已知长方体1111ABCD A B C D -的顶点A ，B ，C ，D 在球O 的表面上，顶点1A ，1B ，1C ，1D ，在过球心O 的一个平面上，若1AB =，3AD =，14AA =，则球O 的表面积为() A ．26π B ．29π C ．53π D ．74π【答案】D【解析】把两个这样的长方体叠放在一起，构成一个长宽高分别为1，3，8的长方体， 则球O 就是该长方体的外接球，所以球O 的半径满足222213874R =++=， 所以球O 的表面积2474S R ππ==， 故选D ．13．（2020•香坊区校级一模）《九章算术》是我国古代著名数学经典，其中对勾股定理的论述，比西方早一千多年，其中有这样一个问题：“今有圆材埋在壁中，不知大小；以锯锯之，深一寸，锯道长一尺，问径几何？”其意为：今有一圆柱形木材，埋在墙壁中，不知其大小，用锯去锯该材料，锯口深1寸，锯道长1尺，问这块圆柱形木料的直径是多少？长为0.5丈的圆柱形木材部分镶嵌在墙体中，截面图如图所示（阴影部分为镶嵌在墙体内的部分）．已知弦1AB =尺，弓形高1CD =寸，估算该木材镶嵌墙内部分的体积约为( )（注：一丈10=尺100=寸， 3.14π≈，5sin 22.5)13︒≈A ．300立方寸B ．305.6立方寸C ．310立方寸D ．316.6立方寸【答案】D 【解析】如图，10AB =（寸)，则5AD =（寸)，1CD =（寸)，设圆O 的半径为x （寸)，则(1)OD x =-（寸)，在Rt ADO ∆中，由勾股定理可得：2225(1)x x +-=，解得：13x =（寸)． 5sin 13AD AOD AO ∴∠==，即22.5AOD ∠≈︒，则45AOB ∠=︒． 则弓形ACB 的面积211131012 6.3325242S π=⨯⨯-⨯⨯≈（平方寸）．则该木材镶嵌在墙中的体积约为 6.332550316.6V =⨯≈（立方寸）． 故选D ．14．（2020•内江三模）如图该几何体由半圆柱体与直三棱柱构成，半圆柱体底面直径4BC =，AB AC =，90BAC ∠=︒，D 为半圆弧的中点，若异面直线BD 和1AA 所成角的正切值为2，则该几何体的体积为( )A ．168π+B ．3216π+C ．328π+D ．1616π+【答案】A【解析】连1A D ，由题设知1A 、D 关于1B C 对称，以A 为坐标原点，分别以AC 、AB 、1AA 所在直线为x 、y 、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，设1AA h =，则(0A ，0，0)，(0B ，22，0)，1(0A ，0，)h ，(22D ，22，)h ，(22BD =，0，)h ，1(0AA =，0，)h ，异面直线BD 和1AA 所成角的正切值为22， ∴异面直线BD 和1AA 所成角的余弦值为63， ∴2121||63||||8BD AA h BD AA h h==+， 216h ∴=，得4h =，∴该几何体的体积221111()222242416822222BC V AB AC h h πππ=+=+=+． 故选A ．15．（2020•内江三模）如图该几何体由半圆柱体与直三棱柱构成，半圆柱体底面直径4BC =，AB AC =，90BAC ∠=︒，D 为半圆弧的中点，若异面直线BD 和1AB 所成角的余弦值为23，则该几何体的体积为( )A ．168π+B ．3216π+C ．328π+D ．1616π+【答案】A【解析】连1A D ，由题设知1A 、D 关于1B C 对称，以A 为坐标原点，分别以AC 、AB 、1AA 所在直线为x 、y 、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，设1AA h =，则(0A ，0，0)，(0B ，22，0)，1(0B ，22，)h ， (22D ，22，)h ，(22BD =，0，)h ，1(0AB =，22，)h ，异面直线BD 和1AB 所成角的的余弦值为23， ∴21221||23||||88BD AB BD AB h h ==++，222163h h ∴+=，解得4h =，∴该几何体的体积221111()222242416822222BC V AB AC h h πππ=+=+=+． 故选A ．16．（2020•市中区校级模拟）已知各顶点都在一个球面上的正四棱锥的高为3，体积为6，则这个球的半径为( ) A ．2 B 5 C 6 D ．3【答案】A【解析】正四棱锥P ABCD -的外接球的球心在它的高1PO 上，记为O ， PO AO R ==，13PO =，13OO R =-，在Rt △1AO O 中，223(3)R R =+-得2R =，∴球的半径为2．故选A ．17．（2020•雨花区校级模拟）如图，四边形ABCD 的面积为22，且90ABD BDC ∠=∠=︒，把BCD ∆绕BD 旋转，使点C 运动到P ，此时向量BA 与向量DP 的夹角为90︒．则四面体ABDP 外接球表面积的最小值为( )A ．823B ．62πC ．8πD ．10π【答案】C【解析】由题意，设2AB a =，2BD b =，2DC c =， 向量BA 与向量DP 的夹角为90︒． 则2cb bc +四面体ABDP 外接球为:R2222(2)(2)(2)(2)R a b c =++2222222211()()2()222R a b c a b b c ab bc ⇒=++=++++=，当且仅当22b a c ==时，取等号，故四面体ABDP 外接球表面积的最小值248S R ππ==． 故选C ．18．（2020•庐阳区校级模拟）中国古代第一部数学名著《九章算术》中，将一般多面体分为阳马，鳖臑，堑堵三种基本立体图形，其中四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑，若三棱锥P ABC -为鳖臑，PA ⊥底面ABC ，AB BC ⊥，2PA BC ==7PC ，则此鳖臑的体积为() A ．3 B ．3 C ．23D ．23【答案】A【解析】三棱锥P ABC -为鳖臑，PA ⊥底面ABC ，AB BC ⊥， 2PA BC ==，7PC =，725AC ∴=-=，523AB =-=，∴此鳖臑的体积为：111332P ABC ABC V S PA AB BC PA -∆=⨯⨯=⨯⨯⨯⨯11332232=⨯⨯⨯⨯=． 故选A ．19．（2020•雨花区校级模拟）由棱长都为1的4个正四面体和1个正八面体，组合成一个正四面体，再将此正四面体削切、打磨成最大的球，则该球体积为( ) A 6B 6C 3D 646【答案】A【解析】把4个正四面体、12的正方体中，组成棱长为2的正四面体，转化为求其内切球体积．高为2232262(2)23-⨯⨯，12664r ==，334466()33V r ππ=⨯=⨯=，故选A ．20．（2020•吉林模拟）阿基米德立体是一种高度对称的半正多面体，并且都是可以从正多面体经过截角、截半、截边等操作构造而成．阿基米德立体的三个视图全都一样，如图是棱长为2的正方体经过截角得到的阿基米德立体的正视图，则该几何体的表面积为( )A ．623+B ．1223+C ．1243+D ．1643+【答案】C【解析】该几何体的直观图如图所示，是通过正方体各棱的中点，将八个角截去，形成的正14面体，其中有8个正三角形面，6个正方形面．正14面体的棱长为2，所以6个正方形面的面积之和为26(2)12⨯=，8个正三角形面的面积之和为218(2)sin 60432⨯⨯⨯︒=，所以几何体的表面积之和为1243+．故选C ．21．（2020•衡水模拟）已知圆锥的底面半径为2，高为4．一个圆柱的下底面在圆锥的底面上，上底面的圆周在圆锥的侧面上，当圆柱侧面积为4π时该圆柱的体积为( ) A ．π B ．2π C ．3π D ．4π【答案】B【解析】圆锥的轴截面如图所示， 设圆柱底面半径为r ，02r <<， 由题意可知△1AO D ∽△2AO C ， 则有12122AO AO O D O C==，12AO r ∴=，则圆柱的高42h r =-， 其侧面积22(42)4(2)4S r r r r πππ=-=-+=，解得1r =． 当1r =时，2h =，∴该圆柱的体积22V r h ππ==． 故选B ．22．（2020•原州区校级模拟）如图，正四面体ABCD ，E ，F ，P ，Q 分别是AB ，AD ，DC ，CB 的中点，AQ ，AP ，CE ，CF 的中点分别为L ，M ，K ，N ，四边形LMNK 的面积为1．则该正四面体体积是( )A ．4B ．2C ．163D ．23【答案】D【解析】设BD 的中点G ，连接AG ，CG ，则有BD AG ⊥，BD CG ⊥， 又AGCG G =，BD ∴⊥平面ACG ，则BD AC ⊥，又////BD PQ LM ，////LK EQ AC ，且1124LK EQ AC ==，1124LM PQ BD ==， ∴四边形LMNK 为正方形，设正四面体ABCD 的棱长为a ，则有14LM LK a ==，由四边形LMNK 的面积为1，得21116a =，即4a =． 设正四面体的高为AO ，则2246AO AC CO =-=， ∴正四面体的体积为111346162443323BCD V S AO ∆==⨯⨯⨯⨯⨯=． 故选D ．23．（2020•福州三模）若圆锥的内切球（球面与圆锥的侧面以及底面都相切）的半径为1，当该圆锥体积取最小值时，该圆锥体积与其内切球体积比为( ) A ．8:3 B ．6:1C ．3:1D ．2:1【答案】D【解析】设圆锥的高为h ，底面半径为r ， 则当圆锥体积最小时，如图，由~AOE ACF ∆∆可得：22(1)11h r --=22r h h =-∴圆锥的体积22148[(2)4]33(2)323h V r h h h h ππππ===-++--． 当且仅当22h -=，即4h =时取等号．∴该圆锥体积的最小值为83π． 内切球体积为43π． 该圆锥体积与其内切球体积比2:1． 故选D ．24．（2020•桃城区校级二模）在如图所示的空间几何体中，下面的长方体1111ABCD A B C D -的三条棱长4AB AD ==，12AA =，上面的四棱锥1111P A B C D -中11D E C E =，PE ⊥平面1111A B C D ，1PE =，则过五点A 、B 、C 、D 、P 的外接球的表面积为( )A ．3119πB ．31118πC ．3139πD ．31318π【答案】C【解析】问题转化为求四棱锥P ABCD -的外接球的表面积， 4913PC =+∴sin 13PCD ∠=所以PCD ∆外接圆的半径为13136213r =， 由于PE ⊥平面1111A B C D ，则PE ⊥平面ABCD ，PE ⊂平面PCD ， 所以平面PCD ⊥平面ABCD ， 所以222169313243636R r =+=+=， 所以231349S R ππ==球表面积．故选C ．25．（2020•梅河口市校级模拟）若正三棱柱的各个顶点均在同一个半径为1的球面上，且正三棱柱的侧面均为正方形，则该三棱柱的表面积为( ) A ．123(2)7+ B ．123(3)7+ C ．123(4)7+ D ．123(5)7+ 【答案】B【解析】根据题意，作出如下所示的图形，其中O 为球心，也为正三棱柱的中心，B 为上底面三角形的重心，设正三棱柱的侧棱长为x ，则其上下底面是边长为x 的等边三角形， 所以3AB ，12OB x =， 在Rt ABO ∆中，222AO AB BO =+，即22311()()2x x =+，解得2127x =． 所以该三棱柱的表面积21312332(327S x x x =+=． 故选B ．26．（2020•西安模拟）已知点A 、B 、C 在球心为O 的球面上，若5AB AC ==，6BC =，球心O 到截面ABC 的距离为1，则该球的表面积为__________． 【答案】68916π【解析】由5AB AC ==，6BC =，可知ABC ∆是等腰三角形，作BC 的高线h ，可得4h =，那么4sin 5B =； 由正弦定理：2sin ACr B=， 可得ABC ∆外接圆的半径258r =， 球心O 到平面ABC 的圆心1O 距离为1，得11O O =， 那么球的226898R r d =+=∴则该球的表面积2689416S R ππ==故答案为：68916π．27．（2020•启东市校级模拟）《九章算术》是我国数学史上堪与欧几里得《几何原本》相媲美的数学名著．其中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马；将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑．已知直三棱柱111A B C ABC -中，AB BC ⊥，3AB =，4BC =，153AA =，将直三棱柱沿一条棱和两个面的对角线分割为一个阳马和一个鳖臑，则鳖臑的体积与其外接球的体积之比为__________． 【答案】33:50π【解析】如图所示：，鳖臑为三棱锥111B AAC -，体积为11345310332⨯⨯⨯⨯=，因为鳖臑的四个面都为直角三角形，所以其外接球的球心为Rt △11AA C 的斜边的中点， 所以其外接球的半径为221115(53)522AC =⨯+=， 所以其外接球的体积为34500533ππ⨯=，所以鳖臑的体积与其外接球的体积之比为10333:505003ππ=， 故答案为：33:50π．28．（2020•红河州一模）已知圆台12O O 上底面圆1O 的半径为2，下底面圆2O 的半径为22，圆台的外接球的球心为O ，且球心在圆台的轴12O O 上，满足12||3||O O OO =，则圆台12O O 的外接球的表面积为__________． 【答案】34π【解析】设外接球的半径为R ，几何体的轴截面如图： 221||2O O R =-，222||(22)OO R =-，且12||3||O O OO =，得224972R R -=-， 解得2172R =，球O 的表面积为2434R ππ=． 故答案为：34π．29．（2020•龙潭区校级模拟）《九章算术》是中国古代张苍、耿寿昌所撰写的一部数学专著．是《算经十书》中最重要的一部，其中将有三条棱互相平行且有一个面为梯形的五面体称之为“羡除”，现有一个羡除如图所示，已知上底面ABCD 是高为2的等腰梯形，右侧面BCEF 是高为1的等腰梯形，下底面是梯形，前、后侧面均为三角形．8AD =，10BC =，6EF =，////AD BC EF ，且平面ABCD ⊥平面BCEF ，则该“羡除”的表面积为__________．【答案】267521++ 【解析】()18102182ABCD S =⨯+⨯=梯形，()1106182BCEF S =⨯+⨯=梯形， 在等腰梯形ABCD 中，8AD =，10BC =，梯形的高为2，221082()52AB -∴=+=， 同理可得：221061()52BF -=+=， 过F 作FM BC ⊥于M ，过M 作MN AD ⊥于N ，连接FN ，则有1FM =，2MN =，则2BM =，1AN =，BC FM ⊥，BC MN ⊥，FM M N M =，BC ∴⊥平面FMN ，BC FN ∴⊥，又//BC AD ，AD FN ∴⊥．平面ABCD ⊥平面BCEF ，90NMF ∴∠=︒，5FN ∴=，6AF =，()1865752ADEF S ∴=⨯+⨯=梯形， 在等腰ABF ∆中，B 到AF 的距离为26145()2-=， 1142162ABF S ∆∴=⨯⨯=， 由对称性可知21DCE ABF S S ∆∆==， ∴该“羡除”的表面积为：21211887526752122++++=++． 故答案为：267521++．。
空间几何体的表面积和体积讲解及经典例题
空间几何体的表面积和体积一．课标要求：了解球、棱柱、棱锥、台的表面积和体积的计算公式（不要求记忆公式）。
二．命题走向近些年来在高考中不仅有直接求多面体、旋转体的面积和体积问题，也有已知面积或体积求某些元素的量或元素间的位置关系问题。
即使考查空间线面的位置关系问题，也常以几何体为依托.因而要熟练掌握多面体与旋转体的概念、性质以及它们的求积公式.同时也要学会运用等价转化思想，会把组合体求积问题转化为基本几何体的求积问题，会等体积转化求解问题，会把立体问题转化为平面问题求解，会运用“割补法”等求解。
由于本讲公式多反映在考题上，预测2009年高考有以下特色：（1）用选择、填空题考查本章的基本性质和求积公式；（2）考题可能为：与多面体和旋转体的面积、体积有关的计算问题；与多面体和旋转体中某些元素有关的计算问题；三．要点精讲1．多面体的面积和体积公式表中S表示面积，c′、c分别表示上、下底面周长，h表斜高，h′表示斜高，l表示侧棱长。
2．旋转体的面积和体积公式表中l、h分别表示母线、高，r表示圆柱、圆锥与球冠的底半径，r1、r2分别表示圆台上、下底面半径，R表示半径。
四．典例解析题型1：柱体的体积和表面积例1．一个长方体全面积是20cm 2，所有棱长的和是24cm ，求长方体的对角线长. 解：设长方体的长、宽、高、对角线长分别为xcm 、ycm 、zcm 、lcm 依题意得：⎩⎨⎧=++=++24)(420)(2z y x zx yz xy )2()1(由（2）2得：x 2+y 2+z 2+2xy+2yz+2xz=36（3）由（3）－（1）得x 2+y 2+z 2=16 即l 2=16所以l =4(cm)。
点评：涉及棱柱面积问题的题目多以直棱柱为主，而直棱柱中又以正方体、长方体的表面积多被考察。
我们平常的学习中要多建立一些重要的几何要素（对角线、内切）与面积、体积之间的关系。
例2．如图1所示，在平行六面体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，已知AB=5，AD=4，AA 1=3，AB ⊥AD ，∠A 1AB=∠A 1AD=3π。
高中数学空间几何体的表面积与体积知识总结+练习
空间中点、线、面间的位置关系点 共线的条件 线共点的条件确定平面的条件空间几何体的体积 棱柱圆柱的体积 棱台圆台的体积球的体积棱锥圆锥的体积 空间几何体的表面积 直棱柱的表面积 正棱锥的表面积 球的表面积正棱台的表面积空间几何体与平面的基本性质空间几何体的表面积与体积要求层次重难点球、棱柱、棱锥的表面积和体积A了解球、棱柱、棱锥、台的表面积和体积的计算公式（不要求记忆公式）．（一） 知识内容1．直棱柱与圆柱的侧面积等于它的底面周长和高（母线）的乘积．()S S ch =直棱柱侧圆柱，其中c 为底面的周长，h 为直棱柱（圆柱）的高，也即侧棱（母线）长； 2．正棱锥（圆锥）的侧面积等于它的底面周长和斜高（母线）乘积的一半．11''22S ch nah ==正棱锥侧，其中a 为底面边长，'h 为斜高；1π2S cl rl ==圆锥侧，其中c 为底面周长，r 为圆锥的底面半径，l 为母线长；3．正棱台（圆台）的侧面积等于它的上下底面周长之和与斜高（母线）乘积的一半．例题精讲高考要求知识框架板块一：空间几何体的表面积空间几何体的表面积与体积1(')'(')'22nS c c h a a h =+=+正棱台侧，其中,'a a 分别是正棱台上下底面的边长，'h 为斜高； 1(')π(')2S c c l r r l =+=+正圆台侧，其中,'r r 分别是圆台上下底面的半径，l 为母线长；4．球面面积等于它的大圆面积的四倍，24πS R =球，R 为球的半径．1．除了球面，这里提到的其它几何体的表面都可以展开，侧面积公式和表面积公式可以直接推导出来．2．要提醒学生注意空间与平面问题的转化，对这几种几何体的侧面展开图，轴截面的图等有个比较清晰的印象，在计算时能灵活转化．5．柱体（棱柱，圆柱）体积公式：V Sh =柱体，其中S 为底面积，h 为高；6．棱体（棱锥，圆锥）的体积公式：13V Sh =棱体，其中S 为底面积，h 为高；7．台体（棱台，圆台）的体积公式：1(')3V h S S =台体，其中',S S 分别是台体上，下底面的面积，h 为台体的高；8．球的体积：34π3V R =球，R 为球的半径．对柱体与锥体体积公式的推导，课本上是以长方体的体积公式为基础的，根据祖暅原理得到的．祖暅原理：幂势相同，则积不容异．即夹在两个平行平面间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体体积相等．祖暅提出的“幂势既同，则积不容异”，及“体积之比等于对应截面积之比”，在这里是当作公理使用．提法“幂势既同，则积不容异”，在西方通常叫做“卡瓦列利原理”．卡瓦列利在他的名著《连续不可分几何》中提出这一原理，这本书出版于1635年． 课本对柱体和锥体体积公式的推导过程： ⑴长方体的体积V Sh =；⑵利用祖暅原理可以说明：等底面积等高的长方体与柱体的体积相等， 故柱体的体积为：V Sh =；⑶利用祖暅原理可以说明：等底面积等高的锥体的体积均相等；⑷三棱柱可以分割成三个体积相等的锥，故锥体的体积为13V Sh =；321C 1CB 1A 1A 1B 1CBA 1ABCA 1B 1C 1CBA⑸利用两个锥体做差可得台体的体积公式1(')3V S S h =．（二）典例分析：【例1】轴截面是正方形的圆柱叫等边圆柱．已知：等边圆柱的底面半径为r，求全面积．【例2】轴截面是正三角形的圆锥叫等边圆锥．已知：等边圆锥底面半径为r，求全面积．【例3】已知圆台的上下底面半径分别是2、5，且侧面面积等于两底面面积之和，求该圆台的母线长．【例4】底面是菱形的直棱柱，它的对角线的长分别是9和15，高是5，求这个棱柱的侧面积．【例5】侧面都是直角三角形的正三棱锥，若底面边长为2，则三棱锥的全面积是多少？【例6】侧面都是直角三角形的正三棱锥，若底面边长为a，则三棱锥的全面积是多少？【例7】平面截球得到半径是3的圆面，球心到这个平面的距离是4，则该球的表面积是（）A．20πB C．100πD．500π3【例8】正方体全面积为24，求它的外接球和内切球的表面积．【例9】将一个边长为4和8的矩形纸片卷成一个圆柱，则圆柱的底面半径为．【例10】正四棱台的斜高为4，侧棱长为5，侧面积为64，求棱台上、下底的边长．【例11】正四棱台的斜高为12，侧棱长为13，侧面积为720，求棱台上、下底的边长．【例12】 正三棱台111ABC A B C -中，已知10AB =，棱台的侧面积为，1O O ，分别为上、下底面正三角形的中心，1D D 为棱台的斜高，160D DA ∠=︒，求上底面的边长．【例13】 过球的一条半径的中点，作垂直于该半径的平面，则所得截面的面积与球的表面积的比为（ ）A ．316B ．916C ．38 D ．932【例14】 棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -的8个顶点都在球O 的表面上，E F ，分别是棱1AA ，1DD 的中点，则直线EF 被球O 截得的线段长为（ ） AB ．1 C．1+ D【例15】 如图所示，半径为R 的半圆内的阴影部分以直径AB 所在直线为轴，旋转一周得到一几何体，求该几何体的表面积（其中30BAC ∠=︒）．B【例16】 圆锥的侧面展开图是半径为a 的半圆面，求圆锥的母线与轴的夹角的大小，轴截面的面积．【例17】 圆台的上下底面半径分别是2、5，且侧面面积等于两底面面积之和，求该圆台的母线长．【例18】 圆台的内切球半径为R ，且圆台的全面积和球面积之比为218，求圆台的上，下底面半径12,r r （12r r <）．【例19】 已．求圆锥的表面积．【例20】 有两个相同的直三棱柱，高为2a，底面三角形的三边长分别为3a 、4a 、5a ()0a >． 用它们拼成一个三棱柱或四棱柱，在所有可能的情形中，全面积最小的是一个四棱柱，则a 的取值范围是 ．【例21】 若，则其外接球的表面积是 ．ABCD【例22】 正四面体棱长为a ，求其外接球和内切球的表面积．【例23】 一个长方体的各顶点均在同一球的球面上，且一个顶点上的三条棱的长分别为1，2，3，则此球的表面积为 ．【例24】 直三棱柱111ABC A B C -的各顶点都在同一球面上，若12AB AC AA ===，120°BAC ∠=，则此球的表面积等于 ．【例25】 若A ，B 两点在半径为2的球面上，且以线段AB 为直径的小圆周长为2π，则此球的表面积为___________，A ，B 两点间的球面距离为__________．【例26】 已知球的表面积为20π，球面上有A 、B 、C 三点．如果2AB AC ==，BC =，则球心到平面ABC 的距离为（ ）A ．1 BCD ．2【例27】 球面上有三点A ，B ，C 组成这个球的一个截面的内接三角形三个顶点，已知球的半径为R ，且A ，C 两点的球面距离为π2R ，A ，B 两点及B ，C 两点的球面距离均为π3R ，球心到这个截面的距离为6，求球的表面积．【例28】 设圆锥的底面半径为2，高为3，求：⑴内接正方体的棱长； ⑵内切球的表面积．【例29】 如图，正四棱锥P ABCD -底面的四个顶点,,,A B C D 在球O 的同一个大圆上，点P 在球面上，如果163P ABCD V -=，则球O 的表面积是（ ） A ．4πB ．8πC ．12πD ．16π【例30】 一间民房的屋顶有如下图三种不同的盖法：①单向倾斜；②双向倾斜；③四向倾斜．记三种盖法屋顶面积分别为1P 、2P 、3P ．若屋顶斜面与水平面所成的角都是a ，则（ ）A ．321P P P =>B ．321P P P >=C ．321P P P >>D ．321P P P ==【例31】 右图是一个几何体的三视图，根据图中数据，可得该几何体的表面积是（ ）A ．9πB ．10πC ．11πD ．12π【例32】 已知正四面体ABCD 的表面积为S ，其四个面的中心分别为E 、F 、G 、H ，设四面体EFGH的表面积为T ，则TS 等于（ ）A ．19B ．49C ．14D ．13【例33】 已知球的表面积为20π，球面上有A 、B 、C三点．如果AB AC BC ===，则球心到平面ABC 的距离为（ ） A ．1BCD ．2【例34】 已知球的表面积为20π，球面上有A 、B 、C三点．如果AB AC BC ===，则球心到平面ABC 的距离为（ ）A ．1 BCD ．2【例35】 棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -被以A 为球心，AB 为半径的球相截，则被截形体的表面积为（ ）A ．5π4B ．7π8C ．πD ．7π4OD CB AP俯视图侧(左)视图正(主)视图【例36】 棱长为3的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为______．【例37】 已知一个几何体的主视图及左视图均是边长为2的正三角形，俯视图是直径为2的圆，如图，则此几何体的外接球的表面积为 ．俯视图左视图主视图【例38】 右图是一个几何体的三视图，根据图中数据，可得该几何体的表面积是________．左视图主视图俯视图【例39】 若一个正三棱柱的三视图如图所示，则这个正三棱柱的表面积为（ ）A．B． C．24+D．24+【例40】 一个三棱锥的三视图是三个直角三角形，如图所示，则该三棱锥的外接球的表面积为 ．243【例41】 如图，在四面体ABCD 中，截面AEF 经过四面体的内切球（与四个面都相切的球）球心O ，且与BC ，DC 分别截于E 、F ，如果截面将四面体分成体积相等的两部分，设四棱锥A BEFD -与三棱锥A EFC -的表面积分别是1S ，2S ，则必有（ ）A ．12S S <B ．12S S >C ．12S S =D ．12S S ，的大小关系不能确定【例42】 如图，在四面体ABCD 中，截面AEF 经过四面体的内切球（与四个面都相切的球）球心O ，且与BC ，DC 分别截于E 、F ，如果截面将四面体分成体积相等的两部分，设四棱锥A BEFD -与三棱锥A EFC -的表面积分别是1S ，2S ，则必有（ ）A ．12S S <B ．12S S >C ．12S S =D ．1S ，2S 的大小关系不能确定左视图俯视图主视图232（一） 知识内容1．柱体（棱柱，圆柱）体积公式：V Sh =柱体，其中S 为底面积，h 为高；2．棱体（棱锥，圆锥）的体积公式：13V Sh =棱体，其中S 为底面积，h 为高；3．台体（棱台，圆台）的体积公式： 1('')3V h S SS S =台体，其中',S S 分别是台体上，下底面的面积，h 为台体的高；4．球的体积：34π3V R =球，R 为球的半径．对柱体与锥体体积公式的推导，课本上是以长方体的体积公式为基础的，根据祖暅原理得到的．祖暅原理：幂势相同，则积不容异．即夹在两个平行平面间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体体积相等．祖暅提出的“幂势既同，则积不容异”，及“体积之比等于对应截面积之比”，在这里是当作公理使用．提法“幂势既同，则积不容异”，在西方通常叫做“卡瓦列利原理”．卡瓦列利在他的名著《连续不可分几何》中提出这一原理，这本书出版于1635年． 课本对柱体和锥体体积公式的推导过程： ⑴长方体的体积V Sh =；⑵利用祖暅原理可以说明：等底面积等高的长方体与柱体的体积相等， 故柱体的体积为：V Sh =；⑶利用祖暅原理可以说明：等底面积等高的锥体的体积均相等；⑷三棱柱可以分割成三个体积相等的锥，故锥体的体积为13V Sh =；321C 1CB 1A 1A 1B 1CBA 1ABCA 1B 1C 1CBA⑸利用两个锥体做差可得台体的体积公式1('')3V S SS S h =．（二）典例分析：【例1】 侧棱长与底面边长相等的正三棱锥称为正四面体，则棱长为1的正四面体的体积是________； 【例2】 已知正六棱台的上，下底面边长分别为2和4，高为2，则其体积为_______．【例3】 6，则球的表面积和体积的比为______．板块二：空间几何体的体积【例4】 直三棱柱111ABC A B C -各侧棱和底面边长均为a ，点D 是1CC 上任意一点，连结1A B ，BD ，1A D ，AD ，则三棱锥1A A BD -的体积（ ）A ．316aB3 C3 D ．3112a【例5】，则该正四棱柱的体积等于 ．【例6】 已知三棱台111ABC A B C -中25ABC S ∆=，111A B C S ∆9=，高6h =．⑴求三棱锥1A ABC -的体积1A ABC V -⑵求三棱锥111B A B C -的体积111B A BC V -⑶求三棱锥11A BCC -的体积11A BCC V -【例7】 正三棱柱侧面的一条对角线长为2，且与底边的夹角为45︒角，则此三棱柱的体积为（ ）AB ．CD ．【例8】 在体积为15的斜三棱柱111ABC A B C -中，S 是1C C 上的一点，S ABC -的体积为3，则三棱锥111S A B C -的体积为（ ）A ．1B ．32C ．2D ．3 【例9】 直三棱柱111ABC A B C -各侧棱和底面边长均为a ，点D 是1CC 上任意一点，连结1A B ，BD ，1A D ，AD ，则三棱锥1A A BD -的体积（ ）A ．316aB3C3D ．3112a CAA 1B 1C 1DC 1B 1A 1CBA【例10】 正三棱柱111ABC A B C -内接于半径为2的球，若，A B 两点的球面距离为π，则正三棱柱的体积为 ．【例11】 在体积为的球的表面上有A B C ，，三点，1AB =，BC ，A ，C两点的球面距离为，则球心到平面ABC 的距离为 ．【例12】 若三棱柱的一个侧面是边长为2的正方形，另外两个侧面都是有一个内角为60︒的菱形，则该棱柱的体积等于（ ）AB． C． D．【例13】 平行六面体1111ABCD A B C D -中，在从B 点出发的三条棱上分别取其中点,,E F G ，则棱锥B EFG -的体积与平行六面体体积的比值为________．【例14】 一个正三棱锥的底面边长等于一个球的半径，该正三棱锥的高等于这个球的直径，则球的体积与正三棱锥体积的比值为（ ） ABCD．【例15】 如图，在三棱柱111ABC A B C -中，若E ，F 分别为AB ，AC 的中点，平面11EB C F 将三棱柱分成体积为1V ，2V 的两部分，那么12:V V = ．【例16】 求球与它的外切圆柱、外切等边圆锥的体积之比．（等边圆锥是指轴截面是等边三角形的圆锥）【例17】 如图，在四边形ABCD 中，90DAB ∠=︒，135ADC ∠=︒，5AB =，CD =，2AD =，求四边形ABCD 绕AD 旋转一周所成几何体的表面积及体积．V 2V 1A 1B 1C 1FEC BAABCD【例18】如图所示，已知等腰梯形ABCD的上底2cmAD=，下底10cmBC=，底角60ABC∠=︒，现绕腰AB旋转一周，求所得的旋转体的体积．lABC DEF60︒【例19】在ABC∆中，2AB=，32BC=，120ABC∠=︒（如图所示），若将ABC∆绕直线BC旋转一周，则所形成的旋转体的体积是（）A．9π2B．7π2C．5π2D．3π2【例20】在体积为的球的表面上有A，B，C三点，1AB=，BC=A，C两点的球面距离，则球心到平面ABC的距离为．【例21】图中所示的圆及其外切正方形绕图中由虚线表示的对称轴旋转一周生成的几何体称为圆柱容球，求证：在圆柱容球中，球的体积是圆柱体积的23，球的表面积也是圆柱全面积的23．【例22】正四棱锥S ABCD-S、A、B、C、D都在同一球面上，则该球的体积为_______．DCBAOHDCBAS【例23】 如图，圆锥形封闭容器，高为h ，圆锥内水面高为11,3hh h =，若将圆锥倒置后，圆锥内水面高为22.h h ，求C【例24】 一个倒圆锥形容器，它的轴截面是正三角形，在容器内注入水，并放入一个半径为r 的铁球，这时水面恰好和球面相切．问将球从圆锥内取出后，圆锥内水平面的高是多少？【例25】 如图，在四面体ABCD 中，截面AEF 经过四面体的内切球（与四个面都相切的球）球心O ，且与BC ，DC 分别截于E 、F ，如果截面将四面体分成体积相等的两部分，设四棱锥A BEFD -与三棱锥A EFC -的表面积分别是1S ，2S ，则必有（ ） A ．12S S < B ．12S S > C ．12S S =D ．12S S ，的大小关系不能确定【例26】 如图，在长方体1111ABCD A B C D -中，6AB =，4AD =，13AA =，分别过BC ，11A D 的两个平行截面将长方体分成三部分，其体积分别记为111AEA DFD V V -=，11112EBE A FCF D V V -=，11113B E B C F C V V -=，若123::V V V 1:4:1=，则截面11A EFD 的面积为 ．E 1F 1FEDC AA 1D 1B 1C 1【例27】已知某几何体的俯视图是如图所示的矩形，正视图（或称主视图）是一个底边长为8、高为4的等腰三角形，侧视图（或称左视图）是一个底边长为6、高为4的等腰三角形．⑴求该几何体的体积V；⑵求该几何体的侧面积S．【例28】一个六棱柱的底面是正六边形，其侧棱垂直底面．已知该六棱柱的顶点都在同一个球面上，且该六棱柱的体积为98，底面周长为3，那么这个球的体积为______．【例29】如图，将边长为1的正六边形铁皮的六个角各切去一个全等的四边形，再沿虚线折起，做成一个无盖的正六棱柱容器（如图）．当这个正六棱柱容器的底面边长为时，其容积最大．【例30】设A、B、C、D是球面上的四个点，且在同一平面内，3AB BC CD DA====，球心到该平面的距离是球半径的一半，则球的体积是（）A．B．C．D．【例31】如图所示，正四面体ABCD的外接球的体积为，求四面体的体积．【例32】已知正三棱锥S ABC-，一个正三棱柱的上底面三顶点在棱锥的三条侧棱上，下底面在正三棱锥的底面上，若正三棱锥的高为15，底面边长为12，内接正三棱柱的侧面积为120．⑴求正三棱柱的高；⑵求正三棱柱的体积；⑶求棱柱上底面所截棱锥与原棱锥的侧面积之比．【例33】一个六棱柱的底面是正六边形，其侧棱垂直底面．已知该六棱柱的顶点都在同一个球面上，且该六棱柱的体积为98，底面周长为3，那么这个球的体积为_________．【例34】将半径都为1的4个钢球完全装入形状为正四面体的容器里，这个正四面体的高的最小值为（）AB．2C．4D【例35】如图1，一个正四棱柱形的密闭容器底部镶嵌了同底的正四棱锥形实心装饰块，容器内盛有a升水时，水面恰好经过正四棱锥的顶点P．如果将容器倒置，水面也恰好过点P（图2）．有下列四个命题：A．正四棱锥的高等于正四棱柱高的一半B．将容器侧面水平放置时，水面也恰好过点PC．任意摆放该容器，当水面静止时，水面都恰好经过点PD．若往容器内再注入a升水，则容器恰好能装满其中真命题的代号是：（写出所有真命题的代号）．【例36】⑴给出两块相同的正三角形纸片（如图1，图2），要求用其中一块剪拼成一个三棱锥模型，另一块剪拼成一个正三棱柱模型，使它们的全面积都与原三角形的面积相等，请设计一种剪拼方法，分别用虚线标示在图1、图2中，并作简要说明；⑵试比较你剪拼的正三棱锥与正三棱柱的体积的大小；⑶如果给出的是一块任意三角形的纸片（如图3），要求剪拼成一个直三棱柱，使它的全面积与给出的三角形的面积相等．请设计一种剪拼方法，用虚线标示在图3中，并作简要说明．图3图2图1【例37】两相同的正四棱锥组成如图所示的几何体，可放棱长为1的正方体内，使正四棱锥的底面ABCD与正方体的某一个平面平行，且各顶点．．．均在正方体的面上，则这样的几何体体积的可能值有（）A．1个B．2个C．3个D．无穷多个【例38】已知一个全面积为24的正方体，有一个与每条棱都相切的球，此球的体积为．【例39】已知正方体外接球的体积是32π3，那么正方体的棱长等于（）A．BCD图12图【例40】 球的体积与其表面积的数值相等，则球的半径等于（ ）A ．12B ．1C ．2D ．3【例41】 将一个边长为a 的正方体，切成27个全等的小正方体，则表面积增加了 （ ）A ．26aB ．12a 2C ．18a 2D ．24a 2【例42】 直径为10cm 的一个大金属球，熔化后铸成若干个直径为2cm 的小球，如果不计损耗，可铸成这样的小球的个数为（ ） A ．5B ．15C ．25D ．125【例43】 一平面截一球得到直径是6的圆面，球心到这个平面的距离4，求该球的表面积与体积．【例44】 已知一个球的直径为d ，一个正方体的棱长为a ，如果它们的表面积相等，则（ ）A ． d a >且V >球V 正方体B ． d a >且V <球V 正方体C ． d a <且V >球V 正方体D ． d a <且V <球V 正方体【例45】 已知某个几何体的三视图如下，根据图中标出的尺寸，201010202020主视图左视图俯视图可得这个几何体的体积是_______．【例46】 一个长方体的各顶点均在同一球面上，且一个顶点上的三条棱的长分别为1,2,3则此球的表面积__________．【例47】 已知正三棱锥的侧面积为cm 2，高为3cm ． 求它的体积．【例48】如图，在等腰梯形ABCD中，22,60AB DC DAB︒==∠=，E为AB的中点，将ADE∆与BEC∆分别沿,ED EC向上折起，使,A B重合于点P，则三棱锥P DCE-的外接球的体积（）DE CBAA B C D【例49】已知正四棱锥底面正方形的边长为4，高与斜高的夹角为30︒，求正四棱锥的全面积与体积．【例50】将圆心角为120︒，面积为3π的扇形，作为圆锥的侧面，求圆锥的表面积和体积．【例51】正三棱柱侧面的一条对角线长为2，且与底面成45角，求此三棱柱的体积．【例52】一平面截一球得到直径是6的圆面，球心到这个平面的距离4，求该球的表面积与体积．【例53】如图，在等腰梯形ABCD中，22,60AB DC DAB︒==∠=，E为AB的中点，将ADE∆与BEC∆分别沿,ED EC向上折起，使,A B重合于点P，则三棱锥P DCE-的外接球的体积（）DECBAA B C D【例54】 正六棱锥-P ABCDEF 中，G 为PB 的中点，则三棱锥-D GAC 与三棱锥-P GAC 体积之比为（ ） A ．11∶B ．12∶C ．21∶D ．32∶【例55】 如图，体积为V 的大球内有4个小球，每个小球的球面过大球球心且与大球球面有且只有一个交点，4个小球的球心是以大球球心为中心的正方形的4个顶点．1V 为小球相交部分（图中阴影部分）的体积，2V 为大球内、小球外的图中黑色部分的体积，则下列关系中正确的是（ ）A ．12VV >B ．22VV <C ．12V V >D ．12V V <【例56】 一个六棱柱的底面是正六边形，其侧棱垂直底面．已知该六棱柱的顶点都在同一个球面上，且该六棱柱的体积为98，底面周长为3，那么这个球的体积为_________．【例57】 若 ）A B C D ．23【例58】 养路处建造圆锥形仓库用于贮藏食盐（供融化高速公路上的积雪之用），已建的仓库的底面直径为12m ，高4m ．养路处拟建一个更大的圆锥形仓库，以存放更多食盐．现有两种方案：一是新建的仓库的底面直径比原来大4m （高不变）；二是高度增加4m （底面直径不变）．⑴分别计算按这两种方案所建的仓库的体积； ⑵分别计算按这两种方案所建的仓库的表面积； ⑶哪个方案更经济些？【例59】已知正四棱锥底面正方形的边长为4，高与斜高的夹角为30︒，求正四棱锥的全面积与体积．【例60】有一个轴截面是边长为4的正方形的圆柱，将它的内部挖去一个与它同底等高的圆锥，求余下来的几何体的表面积与体积．【例61】正三棱柱侧面的一条对角线长为2，且与底面成45角，求此三棱柱的体积．【例62】将半径都为1的4个钢球完全装入形状为正四面体的容器里，这个正四面体的高的最小值为（）AB．2C．4D【例63】如图，已知球O的球面上四点A、B、C、D，DA⊥平面ABC，AB BC⊥，DA AB BC===则球O点体积等于__________DC BA 【例64】用与球心距离为1的平面去截球，所得的截面面积为π，则球的体积为（）A．8π3BC．D．32π3【例65】一个正方体的各顶点均在同一球的球面上，若该球的体积为，则该正方体的表面积为．【例66】 一个底面半径为R 的圆柱形量杯中装有适量的水．若放入一个半径为r 的实心铁球，水面高度恰好升高r ，则Rr= ． 【例67】 如图，在等腰梯形ABCD 中，22,60AB DC DAB ︒==∠=，E 为AB 的中点，将ADE ∆ 与BEC∆分别沿,ED EC 向上折起，使,A B 重合于点P ，则三棱锥P DCE -的外接球的体积（ ） A ．43πB ．6π C ．6π D ．6πDECBA【例68】 正棱锥的高增为原来的n 倍，底面边长缩为原来的1n，那么体积（ ） A ．缩为原来的1nB ．增为原来的n 倍C ．没有变化D ．以上结论都不对【例69】 （08年重庆9）如图，体积为V 的大球内有4个小球，每个小球的球面过大球球心且与大球球面有且只有一个交点，4个小球的球心是以大球球心为中心的正方形的4个顶点．1V 为小球相交部分（图中阴影部分）的体积，2V 为大球内、小球外的图中黑色部分的体积，则下列关系中正确的是（ ）A ．12VV >B ． 22VV <C ．12V V >D ．12V V <【例70】 若一个正三棱柱的三视图如图所示，则这个正三棱柱的体积为_______．左视图俯视图主视图232。
超实用高考数学：空间几何体知识点解析(含历年真题专项练习)
空间几何体[考情分析] 几何体的结构特征是立体几何的基础，空间几何体的表面积与体积是高考题的重点与热点，多以小题的形式进行考查，属于中等难度． 考点一 表面积与体积 核心提炼1．旋转体的侧面积和表面积(1)S 圆柱侧＝2πrl ，S 圆柱表＝2πr (r ＋l )(r 为底面半径，l 为母线长)． (2)S 圆锥侧＝πrl ，S 圆锥表＝πr (r ＋l )(r 为底面半径，l 为母线长)． (3)S 球表＝4πR 2(R 为球的半径)． 2．空间几何体的体积公式 V 柱＝Sh (S 为底面面积，h 为高)； V 锥＝13Sh (S 为底面面积，h 为高)；V 球＝43πR 3(R 为球的半径)．例1 (1)已知圆锥的顶点为S ，母线SA ，SB 所成角的余弦值为78，SA 与圆锥底面所成角为45°.若△SAB 的面积为515，则该圆锥的侧面积为________． 答案 402π解析 因为母线SA 与圆锥底面所成的角为45°， 所以圆锥的轴截面为等腰直角三角形． 设底面圆的半径为r ，则母线长l ＝2r .在△SAB 中，cos ∠ASB ＝78，所以sin ∠ASB ＝158.因为△SAB 的面积为515，即12SA ·SB sin ∠ASB＝12×2r ×2r ×158＝515， 所以r 2＝40，故圆锥的侧面积为πrl ＝2πr 2＝402π.(2)如图，已知正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的各棱长均为2，点D 在棱AA 1上，则三棱锥D －BB 1C 1的体积为________．答案 233解析 如图，取BC 的中点O ，连接AO .∵正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的各棱长均为2， ∴AC ＝2，OC ＝1，则AO ＝ 3. ∵AA 1∥平面BCC 1B 1，∴点D 到平面BCC 1B 1的距离为 3. 又11BB C S＝12×2×2＝2， ∴11D BB C V ＝13×2×3＝233.易错提醒 (1)计算表面积时，有些面的面积没有计算到(或重复计算)． (2)一些不规则几何体的体积不会采用分割法或补形思想转化求解． (3)求几何体体积的最值时，不注意使用基本不等式或求导等确定最值．跟踪演练1 (1)已知圆柱的上、下底面的中心分别为O 1，O 2，过直线O 1O 2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( ) A ．122π B ．12π C ．82π D ．10π答案 B解析 设圆柱的底面半径为r ，高为h ，由题意可知2r ＝h ＝22，∴圆柱的表面积S ＝2πr 2＋2πr ·h ＝4π＋8π＝12π.故选B.(2)如图，在Rt △ABC 中，AB ＝BC ＝1，D 和E 分别是边BC 和AC 上异于端点的点，DE ⊥BC ，将△CDE 沿DE 折起，使点C 到点P 的位置，得到四棱锥P －ABDE ，则四棱锥P －ABDE 的体积的最大值为________．答案327解析 设CD ＝DE ＝x (0<x <1)，则四边形ABDE 的面积S ＝12(1＋x )(1－x )＝12(1－x 2)，当平面PDE ⊥平面ABDE 时，四棱锥P －ABDE 的体积最大，此时PD ⊥平面ABDE ，且PD ＝CD ＝x ，故四棱锥P －ABDE 的体积V ＝13S ·PD ＝16(x －x 3)，则V ′＝16(1－3x 2)．当x ∈⎝⎛⎭⎫0，33时，V ′>0；当x ∈⎝⎛⎭⎫33，1时，V ′<0.∴当x ＝33时，V max ＝327. 考点二 多面体与球 核心提炼解决多面体与球问题的两种思路(1)利用构造长方体、正四面体等确定直径．(2)利用球心O 与截面圆的圆心O 1的连线垂直于截面圆的性质确定球心．例2 (1)已知三棱锥P －ABC 满足平面P AB ⊥平面ABC ，AC ⊥BC ，AB ＝4，∠APB ＝30°，则该三棱锥的外接球的表面积为__________． 答案 64π解析 因为AC ⊥BC ，所以△ABC 的外心为斜边AB 的中点，因为平面P AB ⊥平面ABC ，所以三棱锥P －ABC 的外接球球心在平面P AB 上， 即球心就是△P AB 的外心，根据正弦定理ABsin ∠APB ＝2R ，解得R ＝4，所以外接球的表面积为4πR 2＝64π.(2)(2020·全国Ⅲ)已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为________． 答案23π 解析 圆锥内半径最大的球即为圆锥的内切球，设其半径为r .作出圆锥的轴截面P AB ，如图所示，则△P AB 的内切圆为圆锥的内切球的大圆．在△P AB 中，P A ＝PB ＝3，D 为AB 的中点，AB ＝2，E 为切点，则PD ＝22，△PEO ∽△PDB ， 故PO PB ＝OE DB ，即22－r 3＝r 1，解得r ＝22， 故内切球的体积为43π⎝⎛⎭⎫223＝23π.规律方法 (1)长方体的外接球直径等于长方体的体对角线长．(2)三棱锥S －ABC 的外接球球心O 的确定方法：先找到△ABC 的外心O 1，然后找到过O 1的平面ABC 的垂线l ，在l 上找点O ，使OS ＝OA ，点O 即为三棱锥S －ABC 的外接球的球心． (3)多面体的内切球可利用等积法求半径．跟踪演练2 (1)已知A ，B 是球O 的球面上两点，∠AOB ＝90°，C 为该球面上的动点．若三棱锥O －ABC 体积的最大值为36，则球O 的表面积为( ) A ．36π B ．64π C ．144π D ．256π 答案 C解析 如图所示，设球O 的半径为R ，因为∠AOB ＝90°， 所以S △AOB ＝12R 2，因为V O －ABC ＝V C －AOB ， 而△AOB 的面积为定值，当点C 位于垂直于平面AOB 的直径端点时，三棱锥O －ABC 的体积最大， 此时V O －ABC ＝V C －AOB ＝13×12R 2×R ＝16R 3＝36，故R ＝6，则球O 的表面积为S ＝4πR 2＝144π.(2)中国古代数学经典《九章算术》系统地总结了战国、秦、汉时期的数学成就，书中将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马，将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑，如图为一个阳马与一个鳖臑的组合体，已知P A ⊥平面ABCE ，四边形ABCD 为正方形，AD ＝5，ED ＝3，若鳖臑P －ADE 的外接球的体积为92π，则阳马P －ABCD 的外接球的表面积为________．答案 20π解析 ∵四边形ABCD 是正方形，∴AD ⊥CD ，即AD ⊥CE ，且AD ＝5，ED ＝3， ∴△ADE 的外接圆半径为r 1＝AE2＝AD 2＋ED 22＝2， 设鳖臑P －ADE 的外接球的半径为R 1， 则43πR 31＝92π，解得R 1＝322. ∵P A ⊥平面ADE ，∴R 1＝⎝⎛⎭⎫P A 22＋r 21， 可得P A 2＝R 21－r 21＝102，∴P A ＝10. 正方形ABCD 的外接圆直径为2r 2＝AC ＝2AD ＝10， ∴r 2＝102， ∵P A ⊥平面ABCD ，∴阳马P －ABCD 的外接球半径R 2＝⎝⎛⎭⎫P A 22＋r 22＝5， ∴阳马P －ABCD 的外接球的表面积为4πR 22＝20π. 专题强化练一、单项选择题1.水平放置的△ABC 的直观图如图，其中B ′O ′＝C ′O ′＝1，A ′O ′＝32，那么原△ABC 是一个( )A ．等边三角形B ．直角三角形C ．三边中只有两边相等的等腰三角形D ．三边互不相等的三角形 答案 A解析 AO ＝2A ′O ′＝2×32＝3，BC ＝B ′O ′＋C ′O ′＝1＋1＝2.在Rt △AOB 中，AB ＝12＋(3)2＝2，同理AC ＝2，所以原△ABC 是等边三角形．2．(2020·全国Ⅰ)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.5－14 B.5－12 C.5＋14 D.5＋12答案 C解析 设正四棱锥的底面正方形的边长为a ，高为h ， 侧面三角形底边上的高(斜高)为h ′， 则由已知得h 2＝12ah ′.如图，设O 为正四棱锥S －ABCD 底面的中心，E 为BC 的中点，则在Rt △SOE 中，h ′2＝h 2＋⎝⎛⎭⎫a 22， ∴h ′2＝12ah ′＋14a 2，∴⎝⎛⎭⎫h ′a 2－12·h ′a －14＝0，解得h ′a ＝5＋14(负值舍去)．3．已知一个圆锥的侧面积是底面积的2倍，记该圆锥的内切球的表面积为S 1，外接球的表面积为S 2，则S 1S 2等于( )A.12B.13C.14D.18 答案 C 解析 如图，由已知圆锥侧面积是底面积的2倍，不妨设底面圆半径为r ，l 为底面圆周长，R 为母线长， 则12lR ＝2πr 2， 即12·2π·r ·R ＝2πr 2， 解得R ＝2r ，故∠ADC ＝30°，则△DEF 为等边三角形， 设B 为△DEF 的重心，过B 作BC ⊥DF ，则DB 为圆锥的外接球半径，BC 为圆锥的内切球半径，则BC BD ＝12，∴r 内r 外＝12，故S 1S 2＝14. 4．(2020·大连模拟)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 答案 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，所以由正方形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.5.如图所示，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，动点E 在BB 1上，动点F 在A 1C 1上，O 为底面ABCD 的中心，若BE ＝x ，A 1F ＝y ，则三棱锥O －AEF 的体积( )A ．与x ，y 都有关B ．与x ，y 都无关C ．与x 有关，与y 无关D ．与y 有关，与x 无关 答案 B解析 由已知得V 三棱锥O －AEF ＝V 三棱锥E －OAF ＝13S △AOF ·h (h 为点E 到平面AOF 的距离)．连接OC ，因为BB 1∥平面ACC 1A 1，所以点E 到平面AOF 的距离为定值．又AO ∥A 1C 1，OA 为定值，点F 到直线AO 的距离也为定值，所以△AOF 的面积是定值，所以三棱锥O －AEF 的体积与x ，y 都无关．6．在梯形ABCD 中，∠ABC ＝π2，AD ∥BC ，BC ＝2AD ＝2AB ＝2.将梯形ABCD 绕AD 所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为( ) A.2π3 B.4π3 C.5π3 D ．2π 答案 C解析 如图，过点C 作CE 垂直AD 所在直线于点E ，梯形ABCD 绕AD 所在直线旋转一周而形成的旋转体是由以线段AB 的长为底面圆半径，线段BC 为母线的圆柱挖去以线段CE 的长为底面圆半径，ED 为高的圆锥，该几何体的体积为V ＝V 圆柱－V 圆锥＝π·AB2·BC －13·π·CE 2·DE ＝π×12×2－13π×12×1＝5π3.7．(2020·全国Ⅰ)已知A ，B ，C 为球O 的球面上的三个点，⊙O 1为△ABC 的外接圆．若⊙O 1的面积为4π，AB ＝BC ＝AC ＝OO 1，则球O 的表面积为( ) A ．64π B ．48π C ．36π D ．32π 答案 A解析 如图，设圆O 1的半径为r ，球的半径为R ，正三角形ABC 的边长为a .由πr 2＝4π，得r ＝2， 则33a ＝2，a ＝23， OO 1＝a ＝2 3.在Rt △OO 1A 中，由勾股定理得R 2＝r 2＋OO 21＝22＋(23)2＝16，所以S 球＝4πR 2＝4π×16＝64π.8．(2020·武汉调研)已知直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的表面上，若AB ＝AC ＝1，AA 1＝23，∠BAC ＝2π3，则球O 的体积为( )A.32π3 B ．3π C.4π3 D ．8π 答案 A解析 设△ABC 外接圆圆心为O 1，半径为r ，连接O 1O ，如图，易得O 1O ⊥平面ABC ，∵AB ＝AC ＝1，AA 1＝23，∠BAC ＝2π3，∴2r ＝AB sin ∠ACB ＝112＝2，即O 1A ＝1，O 1O ＝12AA 1＝3，∴OA ＝O 1O 2＋O 1A 2＝3＋1＝2，∴球O 的体积V ＝43π·OA 3＝32π3.故选A.9.如图所示，某几何体由底面半径和高均为5的圆柱与半径为5的半球对接而成，在该封闭的几何体内部放入一个小圆柱体，且小圆柱体的上、下底面均与外层圆柱的底面平行，则小圆柱体积的最大值为( )A.2 000π9B.4 000π27C ．81πD ．128π答案 B解析 小圆柱的高分为上、下两部分，上部分的高同大圆柱的高相等，为5，下部分深入底部半球内．设小圆柱下部分的高为h (0<h <5)，底面半径为r (0<r <5)．由于r ，h 和球的半径构成直角三角形，即r 2＋h 2＝52，所以小圆柱的体积V ＝πr 2(h ＋5)＝π(25－h 2)(h ＋5)(0<h <5)，把V 看成是关于h 的函数，求导得V ′＝－π(3h －5)(h ＋5)．当0<h <53时，V ′>0，V 单调递增；当53<h <5时，V ′<0，V 单调递减．所以当h ＝53时，小圆柱的体积取得最大值．即V max ＝π⎝⎛⎭⎫25－259×⎝⎛⎭⎫53＋5＝4 000π27，故选B. 10．已知在三棱锥P －ABC 中，P A ，PB ，PC 两两垂直，且长度相等．若点P ，A ，B ，C 都在半径为1的球面上，则球心到平面ABC 的距离为( ) A.36 B.12 C.13 D.32答案 C解析 ∵在三棱锥P －ABC 中，P A ，PB ，PC 两两垂直，且长度相等， ∴此三棱锥的外接球即以P A ，PB ，PC 为三边的正方体的外接球O ， ∵球O 的半径为1，∴正方体的边长为233，即P A ＝PB ＝PC ＝233，球心到截面ABC 的距离即正方体中心到截面ABC 的距离，设P 到截面ABC 的距离为h ，则正三棱锥P －ABC 的体积V ＝13S △ABC ×h ＝13 S △P AB ×PC ＝13×12×⎝⎛⎭⎫2333， ∵△ABC 为边长为263的正三角形，S △ABC ＝233，∴h ＝23， ∴球心(即正方体中心)O 到截面ABC 的距离为13.二、多项选择题11．(2020·枣庄模拟)如图，透明塑料制成的长方体容器ABCD －A 1B 1C 1D 1内灌进一些水，固定容器一边AB 于地面上，再将容器倾斜，随着倾斜度的不同，有下面几个结论，其中正确的是( )A ．没有水的部分始终呈棱柱形B ．水面EFGH 所在四边形的面积为定值C ．随着容器倾斜度的不同，A 1C 1始终与水面所在平面平行D ．当容器倾斜如图③所示时，AE ·AH 为定值 答案 AD解析 由于AB 固定，所以在倾斜的过程中，始终有CD ∥HG ∥EF ∥AB ，且平面AEHD ∥平面BFGC ，故水的部分始终呈棱柱形(三棱柱或四棱柱)，且AB 为棱柱的一条侧棱，没有水的部分也始终呈棱柱形，故A 正确；因为水面EFGH 所在四边形，从图②，图③可以看出，EF ，GH 长度不变，而EH ，FG 的长度随倾斜度变化而变化，所以水面EFGH 所在四边形的面积是变化的，故B 错；假设A 1C 1与水面所在的平面始终平行，又A 1B 1与水面所在的平面始终平行，则长方体上底面A 1B 1C 1D 1与水面所在的平面始终平行，这就与倾斜时两个平面不平行矛盾，故C 错；水量不变时，棱柱AEH －BFG 的体积是定值，又该棱柱的高AB 不变，且V AEH －BFG ＝12·AE ·AH ·AB ，所以AE ·AH ＝2V AEH －BFG AB ，即AE ·AH 是定值，故D 正确．12. (2020·青岛检测)已知四棱台ABCD －A 1B 1C 1D 1的上、下底面均为正方形，其中AB ＝22，A 1B 1＝2，AA 1＝BB 1＝CC 1＝DD 1＝2，则下列叙述正确的是( )A ．该四棱台的高为 3B ．AA 1⊥CC 1C ．该四棱台的表面积为26D ．该四棱台外接球的表面积为16π 答案 AD解析 将四棱台补为如图所示的四棱锥P －ABCD ，并取E ，E 1分别为BC ，B 1C 1的中点，记四棱台上、下底面中心分别为O 1，O ，连接AC ，BD ，A 1C 1，B 1D 1，A 1O ，OE ，OP ，PE .由条件知A 1，B 1，C 1，D 1分别为四棱锥的侧棱P A ，PB ，PC ，PD 的中点，则P A ＝2AA 1＝4，OA ＝2，所以OO 1＝12PO ＝12P A 2－OA 2＝3，故该四棱台的高为3，故A 正确；由P A ＝PC＝4，AC ＝4，得△P AC 为正三角形，则AA 1与CC 1所成角为60°，故B 不正确；四棱台的斜高h ′＝12PE ＝12PO 2＋OE 2＝12×(23)2＋(2)2＝142，所以该四棱台的表面积为(22)2＋(2)2＋4×2＋222×142＝10＋67，故C 不正确；易知OA 1＝OB 1＝OC 1＝OD 1＝O 1A 21＋O 1O 2＝2＝OA ＝OB ＝OC ＝OD ，所以O 为四棱台外接球的球心，所以外接球的半径为2，外接球表面积为4π×22＝16π，故D 正确．三、填空题13．(2020·浙江)已知圆锥的侧面积(单位：cm 2)为2π，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径(单位：cm)是________． 答案 1解析 如图，设圆锥的母线长为l ，底面半径为r ，则圆锥的侧面积S 侧＝πrl ＝2π，即r·l＝2.由于侧面展开图为半圆，可知12πl2＝2π，可得l＝2，因此r＝1.14.在如图所示的斜截圆柱中，已知圆柱的底面直径为40 cm，母线长最短50 cm，最长80 cm，则斜截圆柱的侧面面积S＝________cm2.答案 2 600π解析将题图所示的相同的两个几何体对接为圆柱，则圆柱的侧面展开图为矩形．由题意得所求侧面展开图的面积S＝12×(π×40)×(50＋80)＝2 600π(cm2)．15．已知球O与棱长为4的正四面体的各棱相切，则球O的体积为________．答案82 3π解析将正四面体补成正方体，则正四面体的棱为正方体面上的对角线，因为正四面体的棱长为4，所以正方体的棱长为2 2.因为球O与正四面体的各棱都相切，所以球O为正方体的内切球，即球O的直径2R＝22，则球O的体积V＝43πR3＝823π.16．(2020·新高考全国Ⅰ)已知直四棱柱ABCD－A1B1C1D1的棱长均为2，∠BAD＝60°.以D1为球心，5为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为________．答案2π2解析如图，设B1C1的中点为E，球面与棱BB1，CC1的交点分别为P，Q，连接DB，D1B1，D1P，D1E，EP，EQ，由∠BAD ＝60°，AB ＝AD ，知△ABD 为等边三角形， ∴D 1B 1＝DB ＝2，∴△D 1B 1C 1为等边三角形， 则D 1E ＝3且D 1E ⊥平面BCC 1B 1，∴E 为球面截侧面BCC 1B 1所得截面圆的圆心， 设截面圆的半径为r ， 则r ＝R 2球－D 1E 2＝5－3＝ 2.又由题意可得EP ＝EQ ＝2，∴球面与侧面BCC 1B 1的交线为以E 为圆心的圆弧PQ . 又D 1P ＝5， ∴B 1P ＝D 1P 2－D 1B 21＝1， 同理C 1Q ＝1，∴P ，Q 分别为BB 1，CC 1的中点， ∴∠PEQ ＝π2，知PQ 的长为π2×2＝2π2，即交线长为2π2.。
高考数学复习考点题型专题讲解13 空间几何体的结构、表面积和体积
高考数学复习考点题型专题讲解专题13 空间几何体的结构、表面积和体积高考定位空间几何体的结构特征是高考重点考查的内容.近几年主要考查空间几何体的表面积与体积，常以选择题与填空题为主，也涉及空间几何体的结构特征等内容，要求考生要有较强的空间想象能力和计算能力，难度为中低档.1.(2021·新高考Ⅰ卷)已知圆锥的底面半径为2，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为( )A.2B.2 2C.4D.4 2答案 B解析设圆锥的母线长为l，因为该圆锥的底面半径为2，侧面展开图为一个半圆，所以2π×2＝πl，解得l＝22，故选B.2.(2022·新高考Ⅰ卷)南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔148.5 m时，相应水面的面积为140.0 km2；水位为海拔157.5 m时，相应水面的面积为180.0 km2.将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔148.5 m上升到157.5 m时，增加的水量约为(7≈2.65)()A.1.0×109 m3B.1.2×109 m3C.1.4×109 m3D.1.6×109 m3答案 C解析如图，由已知得该棱台的高为157.5－148.5＝9(m)，所以该棱台的体积V＝13×9×(140＋140×180＋180)×106＝60×(16＋37)×106≈60×(16＋3×2.65)×106＝1.437×109≈1.4×109(m3).故选C.3.(2022·新高考Ⅱ卷)已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为33和43，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为( )A.100πB.128πC.144πD.192π答案 A解析由题意得，正三棱台上、下底面的外接圆的半径分别为23×32×33＝3，23×32×43＝4.设该棱台上、下底面的外接圆的圆心分别为O1，O2，连接O1O2，则O1O2＝1，其外接球的球心O在直线O1O2上.设球O的半径为R，当球心O在线段O1O2上时，R2＝32＋OO21＝42＋(1－OO1)2，解得OO1＝4(舍去)；当球心O不在线段O1O2上时，R2＝42＋OO22＝32＋(1＋OO2)2，解得OO2＝3，所以R2＝25，所以该球的表面积为4πR2＝100π.综上，该球的表面积为100π.4.(2022·全国甲卷)甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为2π，侧面积分别为S甲和S乙，体积分别为V甲和V乙.若S甲S乙＝2，则V甲V乙＝( )A.5B.2 2C.10D.510 4答案 C解析法一因为甲、乙两个圆锥的母线长相等，所以结合S甲S乙＝2，可知甲、乙两个圆锥侧面展开图的圆心角之比是2∶1.不妨设两个圆锥的母线长为l＝3，甲、乙两个圆锥的底面半径分别为r1，r2，高分别为h1，h2，则由题意知，两个圆锥的侧面展开图刚好可以拼成一个周长为6π的圆，所以2πr1＝4π，2πr2＝2π，得r1＝2，r2＝1.由勾股定理得，h1＝l2－r21＝5，h2＝l2－r22＝22，所以V甲V乙＝13πr21h113πr22h2＝4522＝10.故选C.法二设两圆锥的母线长为l，甲、乙两圆锥的底面半径分别为r1，r2，高分别为h1，h2，侧面展开图的圆心角分别为n1，n2，则由S甲S乙＝πr1lπr2l＝n1πl22πn2πl22π＝2，得r1r2＝n1n2＝2.由题意知n1＋n2＝2π，所以n1＝4π3，n2＝2π3，所以2πr 1＝4π3l ，2πr 2＝2π3l ，得r 1＝23l ，r 2＝13l .由勾股定理得，h 1＝l 2－r 21＝53l ，h 2＝l 2－r 22＝223l ， 所以V 甲V 乙＝13πr 21h 113πr 22h 2＝4522＝10.故选C.热点一 空间几何体的结构特征关于空间几何体的结构特征辨析关键是紧扣各种几何体的概念. 例1 (1)以下四个命题中，真命题为( ) A.侧面都是等腰三角形的棱锥是正棱锥 B.底面是矩形的平行六面体是长方体 C.直四棱柱是直平行六面体 D.棱台的侧棱延长后必交于一点 (2)给出下列命题：①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直角三角形绕其任一边所在直线旋转一周所形成的几何体都是圆锥； ③棱台的上、下底面可以不相似，但侧棱长一定相等. 其中正确命题的个数是( )A.0B.1C.2D.3答案(1)D (2)A解析(1)A中等腰三角形的腰不一定是侧棱，A是假命题；B中，侧棱与底面矩形不一定垂直，B是假命题；C中，直四棱柱的底面不一定是平行四边形，C是假命题；根据棱台的定义，选项D是真命题.(2)①不一定，只有当这两点的连线平行于轴时才是母线；②不一定，当以斜边所在直线为旋转轴时，其余两边旋转一周形成的面所围成的几何体不是圆锥，如图所示，它是由两个同底圆锥组成的几何体；③错误，棱台的上、下底面相似且是对应边平行的多边形，各侧棱延长线交于一点，但是侧棱长不一定相等.规律方法 1.圆柱、圆锥、圆台的有关元素都集中在轴截面上，解题时要注意用好轴截面中各元素的关系.2.既然棱(圆)台是由棱(圆)锥定义的，所以在解决棱(圆)台问题时，要注意“还台为锥”的解题策略.训练1(多选)(2022·潍坊调研)下面关于空间几何体的叙述正确的是( )A.底面是正多边形的棱锥是正棱锥B.用平面截圆柱得到的截面只能是圆和矩形C.长方体是直平行六面体D.存在每个面都是直角三角形的四面体答案CD解析A中当顶点在底面的投影是正多边形的中心时才是正棱锥，A不正确；B中当平面与圆柱的母线平行或垂直时，截得的截面才为矩形或圆，否则为椭圆或椭圆的一部分，B不正确；C正确；D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.热点二空间几何体的侧面积、表面积柱体、锥体、台体和球的表面积公式：(1)若圆柱的底面半径为r，母线长为l，则S侧＝2πrl，S表＝2πr(r＋l).(2)若圆锥的底面半径为r，母线长为l，则S侧＝πrl，S表＝πr(r＋l).(3)若圆台的上、下底面半径分别为r′，r，则S侧＝π(r＋r′)l，S表＝π(r2＋r′2＋r′l＋rl).(4)若球的半径为R，则它的表面积S＝4πR2.例2 (1)如图，四面体各个面都是边长为1的正三角形，其三个顶点在一个圆柱的下底面圆周上，另一个顶点是上底面圆心，则圆柱的侧面积是( )A.23π B.324π C.223π D.22π(2)(多选)等腰直角三角形的直角边长为1，现将该三角形绕其某一边旋转一周，则所形成的几何体的表面积可以为( )A.2πB.(1＋2)πC.22πD.(2＋2)π 答案 (1)C (2)AB解析 (1)如图所示，过点P 作PE ⊥平面ABC ，E 为垂足，点E 为等边三角形ABC 的中心，连接AE 并延长，交BC 于点D .AE ＝23AD ，AD ＝32，∴AE ＝23×32＝33，∴PE ＝PA 2－AE 2＝63. 设圆柱底面半径为r ，则r ＝AE ＝33，∴圆柱的侧面积S ＝2πr ·PE ＝2π×33×63＝22π3. (2)如果绕直角边旋转，则形成圆锥，圆锥底面半径为1，高为1，母线就是直角三角形的斜边，长为2，所以所形成的几何体的表面积S ＝π×1×2＋π×12＝(2＋1)π.如果绕斜边旋转，则形成的是上、下两个共底面的圆锥，圆锥的底面半径是直角三角形斜边上的高22，两个圆锥的母线都是直角三角形的直角边，长是1，所以形成的几何体的表面积S′＝2×π×22×1＝2π.综上可知，形成几何体的表面积是(2＋1)π或2π.故选AB.易错提醒 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.训练2 (1)已知圆锥的侧面积(单位：cm2)为2π，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径(单位：cm)是__________.(2)(多选)(2022·青岛质检)已知四棱台ABCD－A1B1C1D1的上、下底面均为正方形，其中AB＝22，A1B1＝2，AA1＝BB1＝CC1＝2，则下列结论正确的是( )A.该四棱台的高为3B.AA1⊥CC1C.该四棱台的表面积为26D.该四棱台外接球的表面积为16π答案(1)1 (2)AD解析(1)如图，设圆锥的母线长为l，底面半径为r，则圆锥的侧面积S侧＝πrl＝2π，即r·l＝2.由于侧面展开图为半圆，可知12πl2＝2π，可得l＝2(cm)，因此r ＝1(cm).(2)由棱台的性质，把四棱台还原为四棱锥如图所示.由题易知点S 在平面A 1B 1C 1D 1和平面ABCD 的射影分别为点O 1，O ，连接OS ，OA ，则O 1在OS 上，由AB ＝22，A 1B 1＝2，可知△SA 1B 1与△SAB 的相似比为1∶2， 则SA ＝2AA 1＝4，AO ＝2， 则SO ＝23，OO 1＝3，即该四棱台的高为3，故A 正确； 因为SA ＝SC ＝AC ＝4，所以AA 1与CC 1的夹角为60°，不垂直，故B 错误；该四棱台的表面积S ＝S 上底＋S 下底＋S 侧＝(2)2＋(22)2＋4×（2＋22）2×22－⎝ ⎛⎭⎪⎫222＝10＋67，故C 错误；由于上、下底面都是正方形，则外接球的球心在OO 1上，在平面B 1BOO 1中， 由于OO 1＝3，B 1O 1＝1， 则OB 1＝2＝OB ，即点O 到点B与点B 1的距离相等，所以该四棱台的外接球的球心为O ，半径r ＝2，所以该四棱台外接球的表面积为16π，故D正确.故选AD.热点三空间几何体的体积柱体、锥体、台体和球的体积公式：(1)V柱体＝Sh(S为底面面积，h为高)；(2)V锥体＝13Sh(S为底面面积，h为高)；(3)V台体＝13(S上＋S下＋S上S下)h(S上、S下分别为上、下底面面积，h为高)；(4)V球＝43πR3.考向1 直接利用公式求体积例3 正四棱台的上、下底面的边长分别为2，4，侧棱长为2，则其体积为( ) A.20＋123B.28 2C.563D.2823答案 D解析如图，设上、下底面的中心分别为O1，O，过点B1作B1M⊥OB于点M，则O1B1＝2，OB＝22，BM＝2，所以该棱台的高h＝B1M＝4－2＝2，所以该四棱台的体积为h3(S上＋S下＋S上S下)＝23(22＋42＋22×42)＝2823，故选D.考向2 割补法求体积例4 如图，在多面体ABCDEF 中，已知四边形ABCD 是边长为1的正方形，且△ADE ，△BCF 均为正三角形，EF ∥AB ，EF ＝2，则该多面体的体积为________.答案23解析 过AD 做与底面ABCD 垂直的平面交EF 于点G ，过BC 做与底面ABCD 垂直的平面交EF 于点H ，则多面体ABCDEF 被分为三棱锥E －ADG ，三棱柱ADG －BCH ，三棱锥F －HBC 三部分.依题意，三棱锥E －ADG 的高EG ＝12，直三棱柱AGD －BHC 的高AB ＝1.则AG ＝AE 2－EG 2＝12－⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝32.取AD 的中点M ，并连接MG ，则MG ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫322－⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝22，所以S △AGD ＝12×1×22＝24，∴V 多面体＝V E －ADG ＋V F －BCH ＋V ADG －BCH ＝2V E －ADG ＋V ADG －BCH ＝13×24×12×2＋24×1＝23.考向3 等体积法求体积例5(2022·台州调研)如图，已知四棱锥P－ABCD中，四边形ABCD为正方形，平面ABCD⊥平面APB，G为PC上一点，且BG⊥平面APC，AB＝2，则三棱锥P－ABC体积的最大值为( )A.23B.223C.43D.2答案 A解析由题意知，平面ABCD⊥平面APB，则BC⊥AP.又由BG⊥平面APC，得BG⊥AP.因为BC∩BG＝B，所以AP⊥平面PBC，所以AP⊥BP，所以V P－ABC＝V C－APB＝13×12PA·PB·BC＝13PA·PB.令PA＝m，PB＝n，则m2＋n2＝4，所以V P－ABC＝13mn≤13·m2＋n22＝23，当且仅当m＝n＝2时取等号，所以三棱锥P－ABC体积的最大值为23 .规律方法 1.规则的几何体可以直接利用相应的公式求解，这就需要熟记柱体、锥体的体积公式；2.不规则的几何体往往可以通过“间接法”——割补法求得，即把不规则的几何体通过“割补”手段，转化为规则几何体体积的和或差.训练3 (1)(2022·广州模拟)在五面体EF－ABCD中，正方形CDEF所在平面与平面ABCD垂直，四边形ABCD为等腰梯形，AB∥CD，AD＝DC＝BC＝12AB.若三棱锥A－BCE的体积为433，则线段AB的长为________.(2)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ABCD－A 1B1C1D1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，AB＝BC＝6 cm，AA1＝4 cm.3D打印所用原料密度为0.9 g/cm3，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为______g.答案(1)4 (2)118.8解析(1)取AB的中点O，连接CO.因为AD ＝DC ＝BC ＝12AB ，AB ∥CD ，所以四边形AOCD 为菱形， 所以CO ＝OA ＝OB ， 所以△ACB 为直角三角形， 所以AC ⊥BC .因为正方形CDEF 所在平面与平面ABCD 垂直，CD 为交线，ED ⊥CD ， 所以ED ⊥平面ABCD . 设BC ＝x ，则ED ＝x ，AB ＝2x . 由勾股定理得AC ＝3x ， 故V A －BCE ＝V E －ABC ＝13S △ABC ·ED ，S △ABC ＝12·x ·3x ＝32x 2， 所以V A －BCE ＝13·32x 2·x ＝36x 3＝433.解得x ＝2.所以AB ＝4.(2)由题知挖去的四棱锥的底面是一个菱形，其对角线长分别为6 cm 和4 cm ， 故V 挖去的四棱锥＝13×12×4×6×3＝12(cm 3).又V 长方体＝6×6×4＝144(cm 3)，所以模型的体积为V－V挖去的四棱锥＝144－12＝132(cm3)，长方体所以制作该模型所需原料的质量为132×0.9＝118.8(g).一、基本技能练1.下列说法中，正确的是( )A.棱柱的侧面可以是三角形B.若棱柱有两个侧面是矩形，则该棱柱的其他侧面也是矩形C.正方体的所有棱长都相等D.棱柱的所有棱长都相等答案 C解析棱柱的侧面都是平行四边形，选项A错误；其他侧面可能是平行四边形，选项B错误；棱柱的侧棱与底面边长并不一定相等，选项D错误；易知选项C正确.2.如图所示的等腰梯形是一个几何图形的斜二测直观图，其底角为45°，上底和腰均为1，下底为2＋1，则此直观图对应的平面图形的面积为( )A.1＋2B.2＋ 2C.2＋22D.4＋2 2答案 B解析 ∵平面图形的直观图是一个底角为45°，腰和上底长均为1的等腰梯形， ∴平面图形为直角梯形，且直角腰长为2，上底边长为1，下底边长为2＋1， ∴平面图形的面积S ＝1＋1＋22×2＝2＋ 2.故选B. 3.如图所示，正方体的棱长为2，以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为( )A.4B.43C.23D.3 答案 B解析 易知该几何体是由上、下两个全等的正四棱锥组成的，其中正四棱锥底面边长为2，棱锥的高为1，所以该多面体的体积V ＝2×13×(2)2×1＝43.4.已知在梯形ABCD 中，∠ABC ＝π2，AD ∥BC ，BC ＝2AD ＝2AB ＝2，则将梯形ABCD 绕AD 所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的表面积为( ) A.(5＋2)π B.(4＋2)π C.(5＋22)π D.(3＋2)π 答案 A解析 因为在梯形ABCD 中，∠ABC ＝π2，AD ∥BC ，BC ＝2AD ＝2AB ＝2，所以将梯形ABCD绕AD所在的直线旋转一周得到的几何体是一个底面半径为1，高为2的圆柱挖去一个底面半径为1，高为1的圆锥后剩余的部分，如图所示.所以该几何体的表面积S＝π×12＋2π×1×2＋π×1×12＋12＝(5＋2)π.5.如图，位于西安大慈恩寺的大雁塔，是唐代玄奘法师为保存经卷、佛像而主持修建的，是我国现存最早的四方楼阁式砖塔.塔顶可以看成一个正四棱锥，其侧棱与底面所成的角为45°，则该正四棱锥的一个侧面与底面的面积之比为( )A.3∶2B.2∶2C.3∶3D.3∶4答案 D解析设塔顶是正四棱锥P－ABCD(如图)，PO是正四棱锥的高.设正四棱锥底面边长为a，则底面面积S1＝a2，因为AO＝22a，∠PAO＝45°，所以PA＝2×22a＝a，所以△PAB是正三角形，其面积为S 2＝34a2，所以S2∶S1＝34a2∶a2＝3∶4.6.过圆锥的轴作截面，如果截面为正三角形，则称该圆锥为等边圆锥.已知在一等边圆锥中，过顶点P的截面与底面交于CD，若∠COD＝90°(O为底面圆心)，且S△PCD＝7 2，则这个等边圆锥的表面积为( )A.2π＋2πB.3πC.2π＋3πD.π＋3π答案 B解析如图，连接PO，设圆锥的母线长为2a，则圆锥的底面圆的半径为a，高为PO＝3 a.由已知得CD＝2a，PC＝PD＝2a，则S△PCD＝12×2a×（3a）2＋⎝⎛⎭⎪⎫22a2＝72，从而可得a＝1，圆锥的表面积为πa×2a＋πa2＝3πa2＝3π.7.如图，四边形ABCD 是边长为2的正方形，ED ⊥平面ABCD ，FC ⊥平面ABCD ，ED ＝2FC ＝2，则四面体ABEF 的体积为( )A.13B.23C.1D.43答案 B解析∵ED ⊥平面ABCD 且AD ⊂平面ABCD ， ∴ED ⊥AD .∵在正方形ABCD 中，AD ⊥DC ， 又DC ∩ED ＝D ，DC ，ED ⊂平面CDEF ， ∴AD ⊥平面CDEF .易知FC ＝ED2＝1，V A －BEF ＝V ABCDEF －V F －ABCD －V A －DEF .∵V E －ABCD ＝13·ED ·S 正方形ABCD ＝13×2×2×2＝83，V B －EFC ＝13·BC ·S △EFC ＝13×2×2×1×12＝23， ∴V ABCDEF ＝V E －ABCD ＋V B －EFC ＝83＋23＝103.又V F －ABCD ＝13·FC ·S 正方形ABCD ＝13×1×2×2＝43，V A －DEF ＝13·AD ·S △DEF ＝13×2×2×2×12＝43，∴V A －BEF ＝V ABCDEF －V F －ABCD －V A －DEF ＝103－43－43＝23.故选B.8.黄金分割是指将整体一分为二，较大部分与整体部分的比值等于较小部分与较大部分的比值，其比值为5－12，约为0.618.这个比例被公认为是最能引起美感的比例，因此被称为黄金比.在几何世界中有很多黄金图形，在三角形中，如果相邻两边之比等于黄金比，且它们夹角的余弦值为黄金比值，那么这个三角形一定是直角三角形，且这个三角形称为黄金分割直角三角形.在正四棱锥中，以黄金分割直角三角形的长直角边作为正四棱锥的高，黄金分割直角三角形的短直角边的边长作为底面正方形的边心距(正多边形的边心距是正多边形的外接圆圆心到正多边形某一边的距离)，斜边作为正四棱锥的斜高，这样得到的正四棱锥称为黄金分割正四棱锥.在黄金分割正四棱锥中，以该正四棱锥的高为边长的正方形的面积与该正四棱锥的侧面积之比为( ) A.5－12 B.5＋12C.1D.14答案 D解析 如图，在黄金分割正四棱锥P －ABCD 中，O 是正方形ABCD 的中心，PE 是正四棱锥的斜高，设OE ＝a ，则CD ＝2a ， ∴Rt△POE 为黄金分割直角三角形，则OE PE ＝5－12， ∴PE ＝5＋12a ， 则PO ＝PE 2－OE 2＝1＋52a ， ∴以该正四棱锥的高为边长的正方形的面积S ＝PO 2＝1＋52a 2， 又正四棱锥的四个侧面是全等的，∴S 侧＝4S △PCD ＝4×12×CD ×PE ＝2(1＋5)a 2，∴该正四棱锥的高为边长的正方形的面积与该正四棱锥的侧面积之比为14.9.(2022·潍坊二模)如图，在棱长为2的正方体ABCD －A ′B ′C ′D ′中，点E ，F ，G 分别是棱A ′B ′，B ′C ′，CD 的中点，则由点E ，F ，G 确定的平面截正方体所得的截面多边形的面积等于________.答案332解析 分别取AD ，CC ′和AA ′的中点为P ，M ，N ，可得出过E ，F ，G 三点的平面截正方体所得截面为正六边形EFMGPN ，则正六边形的边长MG ＝CG 2＋CM 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫222＋⎝ ⎛⎭⎪⎫222＝1，故截面多边形的面积等于S＝6×34×12＝33 2.10.(2022·佛山质检)已知圆锥的顶点为S，底面圆周上的两点A，B满足△SAB为等边三角形，且面积为43，又知圆锥轴截面的面积为8，则圆锥的侧面积为________. 答案82π解析设圆锥的母线长为l，由△SAB为等边三角形，且面积为43，所以12l2sinπ3＝43，解得l＝4；又设圆锥底面半径为r，高为h，则由轴截面的面积为8，得rh＝8；又r2＋h2＝l2＝16，解得r＝h＝22，所以圆锥的侧面积S＝πrl＝π·22·4＝82π.11.如图，已知正三棱柱ABC－A1B1C1的各棱长均为2，点D在棱AA1上，则三棱锥D－BB1C1的体积为________.答案23 3解析如图，取BC的中点O，连接AO.∵正三棱柱ABC－A1B1C1的各棱长均为2，∴AC＝2，OC＝1，则AO＝ 3.∵AA1∥平面BCC1B1，∴点D到平面BCC1B1的距离为 3.又S△BB1C1＝12×2×2＝2，∴V D－BB1C1＝13×2×3＝233.12.已知三棱锥S－ABC中，∠SAB＝∠ABC＝π2，SB＝4，SC＝213，AB＝2，BC＝6，则三棱锥S－ABC的体积为________. 答案4 3解析∵∠ABC＝π2，AB＝2，BC＝6，∴AC＝AB2＋BC2＝22＋62＝210.∵∠SAB＝π2，AB＝2，SB＝4，∴AS＝SB2－AB2＝42－22＝2 3.由SC＝213，得AC2＋AS2＝SC2，∴AC⊥AS.又∵SA⊥AB，AC∩AB＝A，AC，AB⊂平面ABC，∴AS⊥平面ABC.∴AS为三棱锥S－ABC的高，∴V三棱锥S－ABC＝13×12×2×6×23＝4 3.二、创新拓展练13.(多选)(2022·无锡模拟)一个圆柱和一个圆锥的底面直径和它们的高都与一个球的直径2R相等，下列结论正确的是( )A.圆柱的侧面积为4πR2B.圆锥的侧面积为2πR2C.圆柱的侧面积与球的表面积相等D.球的体积是圆锥体积的两倍答案ACD解析对于A，∵圆柱的底面直径和高都等于2R，∴圆柱的侧面积S1＝2πR·2R＝4πR2，故A正确；对于B，∵圆锥的底面直径和高都等于2R，∴圆锥的侧面积为S2＝πR·R2＋4R2＝5πR2，故B错误；对于C，∵圆柱的侧面积为S1＝4πR2，球的表面积S3＝4πR2，即圆柱的侧面积与球的表面积相等，故C正确；对于D，球的体积为V1＝43πR3，圆锥的体积为V2＝13πR2·2R＝23πR3，即球的体积是圆锥体积的两倍，故D正确.14.(多选)(2022·邯郸模拟)攒尖是我国古代建筑中屋顶的一种结构形式，宋代称为撮尖，清代称攒尖，通常有圆形攒尖、三角攒尖、四角攒尖、八角攒尖，也有单檐和重檐之分，多见于亭阁式建筑、园林建筑.下面以四角攒尖为例，如图，它的屋顶部分的轮廓可近似看作一个正四棱锥.已知此正四棱锥的侧面与底面所成的锐二面角为θ，这个角接近30°.若取θ＝30°，侧棱长为21米，则( )A.正四棱锥的底面边长为6米B.正四棱锥的底面边长为3米C.正四棱锥的侧面积为243平方米D.正四棱锥的侧面积为123平方米答案AC解析如图，在正四棱锥S－ABCD中，O为正方形ABCD的中心，H为AB的中点，则∠SHO为侧面SAB与底面ABCD所成的锐二面角，且SH⊥AB，∠SHO＝30°，设底面边长为2a ， 所以OH ＝AH ＝a ，OS ＝33a ，SH ＝233a . 在Rt△SAH 中，a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫233a 2＝21，解得a ＝3，所以正四棱锥的底面边长为6米，侧面积为S ＝12×6×23×4＝243(平方米).15.(多选)(2022·福州调研)如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，线段B 1D 1上有两个动点E ，F ，且EF ＝12，则下列结论中正确的是( )A.AC ⊥AFB.EF ∥平面ABCDC.三棱锥A －BEF 的体积为定值D.△AEF 的面积与△BEF 的面积相等 答案 BC解析 由题意及图形知，当点F 与点B 1重合时，∠CAF ＝60°，故A 错误；由正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的两个底面平行，EF ⊂平面A 1B 1C 1D 1，知EF ∥平面ABCD ，故B 正确；由几何体的性质及图形知，三角形BEF 的面积是定值，点A 到平面DD 1B 1B 的距离是定值，故可得三棱锥A －BEF 的体积为定值，故C 正确；由图形可以看出，B到直线EF的距离与A到直线EF的距离不相等，故△AEF的面积与△BEF的面积不相等，故D错误.故选BC.16.(多选)《九章算术》是《算经十书》中最重要的一部，其中将有三条棱互相平行且有一个面为梯形的五面体称为“羡除”，则( )A.“羡除”有且仅有两个面为三角形B.“羡除”一定不是台体C.不存在有两个面为平行四边形的“羡除”D.“羡除”至多有两个面为梯形答案ABC解析由题意知AE∥BF∥CD，四边形ACDE为梯形，如图所示.选项A，由题意知“羡除”有且仅有两个面为三角形，故A正确；选项B，因为AE∥BF∥CD，所以“羡除”一定不是台体，故B正确；选项C，假设四边形ABFE和四边形BCDF为平行四边形，则AE∥BF∥CD，且AE＝BF＝CD，即四边形ACDE为平行四边形，与已知四边形ACDE为梯形矛盾，故不存在，故C正确；选项D，若AE≠BF≠CD，则“羡除”有三个面为梯形，故D错误.故选ABC.17.(多选)(2022·新高考Ⅱ卷)如图，四边形ABCD为正方形，ED⊥平面ABCD，FB∥ED，AB＝ED＝2FB.记三棱锥E－ACD，F－ABC，F－ACE的体积分别为V，V2，V3，则( )1A.V3＝2V2B.V3＝V1C.V3＝V1＋V2D.2V3＝3V1答案CD解析如图，连接BD交AC于O，连接OE，OF.设AB＝ED＝2FB＝2，则AB＝BC＝CD＝AD＝2，FB＝1.因为ED⊥平面ABCD，FB∥ED，所以FB⊥平面ABCD，所以V1＝V E－ACD＝13S△ACD·ED＝13×12AD·CD·ED＝13×12×2×2×2＝43，V 2＝V F－ABC＝13S△ABC·FB＝13×12AB·BC·FB＝13×12×2×2×1＝23.因为ED⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以ED⊥AC，又AC⊥BD，且ED∩BD＝D，ED，BD⊂平面BDEF，所以AC⊥平面BDEF. 因为OE，OF⊂平面BDEF，所以AC⊥OE，AC⊥OF.易知AC ＝BD ＝2AB ＝22，OB ＝OD ＝12BD ＝2，OF ＝OB 2＋FB 2＝3，OE ＝OD 2＋ED 2＝6， EF ＝BD 2＋（ED －FB ）2 ＝（22）2＋（2－1）2＝3， 所以EF 2＝OE 2＋OF 2，所以OF ⊥OE . 又OE ∩AC ＝O ，OE ，AC ⊂平面ACE ， 所以OF ⊥平面ACE ，所以V 3＝V F －ACE ＝13S △ACE ·OF ＝13×12AC ·OE ·OF＝13×12×22×6×3＝2， 所以V 3≠2V 2，V 1≠V 3，V 3＝V 1＋V 2，2V 3＝3V 1，所以选项A ，B 不正确，选项C ，D 正确.故选CD.18.(2022·丽水质检)已知三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝AC ＝1，AA 1＝2，∠A 1AC ＝∠A 1AB ＝60°，∠BAC ＝90°，则四面体A 1BB 1C 1的体积为________. 答案26解析 法一 如图，连接A 1C ，在三角形A 1AB 中，AB ＝1，AA 1＝2，∠A 1AB ＝60°， 由余弦定理得A 1B 2＝22＋12－2×1×2×cos 60°＝3，即A 1B ＝3， 同理A 1C ＝3，则AB 2＋A 1B 2＝A 1A 2， 所以A 1B ⊥AB ，同理A 1C ⊥AC ， 所以△A 1AB ≌△A 1AC .过点B 作BD ⊥A 1A ，垂足为D ，连接CD ，则CD ⊥A 1A ，又BD ∩CD ＝D ，所以A 1A ⊥平面BCD ， 所以BD ＝CD ＝1×32＝32， 又AB ＝AC ＝1，∠BAC ＝90°， 所以BC ＝ 2.取BC 的中点E ，连接DE ，则DE ⊥BC ，且DE ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫322－⎝ ⎛⎭⎪⎫222＝12， 所以S △BCD ＝12×BC ×DE ＝12×2×12＝24，则V A 1－BB 1C 1＝V B －A 1B 1C 1＝V A 1－ABC ＝V A 1－BCD ＋V A －BCD ＝13·S △BCD ·A 1A ＝13×24×2＝26. 法二 如图，连接A 1C ，在三角形A 1AB 中，AB ＝1，AA 1＝2，∠A 1AB ＝60°， 由余弦定理得A 1B 2＝22＋12－2×1×2×cos 60°＝3， 即A 1B ＝3，同理A 1C ＝3， 则AB 2＋A 1B 2＝A 1A 2， 所以A 1B ⊥AB ，同理A 1C ⊥AC .设A 1在平面ABC 内的射影为O ，连接A 1O ，AO ，OB ，OC ， 则A 1O ⊥平面ABC ，又AB ⊂平面ABC ，所以A 1O ⊥AB ，31 / 31 又A 1B ∩A 1O ＝A 1，所以AB ⊥平面A 1OB ，又OB ⊂平面A 1OB ，所以AB ⊥OB ，同理OC ⊥AC ，且△A 1OB ≌△A 1OC ， 所以OB ＝OC ，则点O 在∠BAC 的平分线上. 设AO 交BC 于点E ，连接A 1E ，则AE ＝22，A 1E ＝（3）2－⎝ ⎛⎭⎪⎫222＝102， 在△A 1AE 中，cos∠A 1AE ＝A 1A 2＋AE 2－A 1E 22×A 1A ×AE ＝22， 则∠A 1AE ＝45°，则A 1O ＝A 1A sin 45°＝2，V A 1－BB 1C 1＝V B －A 1B 1C 1＝V A 1－ABC ＝13·S △ABC ·A 1O ＝13×12×1×1×2＝26.。
新高考数学复习知识点讲解与练习14---空间几何体的表面积与体积
新高考数学复习知识点讲解与练习空间几何体的表面积与体积知识梳理1．多面体的表(侧)面积多面体的各个面都是平面，则多面体的侧面积就是所有侧面的面积之和，表面积是侧面面积与底面面积之和．2．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)l3.表面积体积柱体(棱柱和圆柱)S表面积＝S侧＋2S底V＝Sh锥体(棱锥和圆锥)S表面积＝S侧＋S底V＝13Sh台体(棱台和圆台)S表面积＝S侧＋S上＋S下V＝13(S上＋S下＋S上S下)h球S＝4πR2V＝43πR31．表面积应为侧面积和底面积的和，要注意组合体中哪些部分暴露或遮挡．2．求空间几何体体积的常用方法(1)公式法：直接根据相关的体积公式计算．(2)等积法：根据体积计算公式，通过转换空间几何体的底面和高使得体积计算更容易，或是求出一些体积比等．(3)割补法：把不能直接计算体积的空间几何体进行适当的分割或补形，转化为可计算体积的几何体．诊断自测1．判断下列说法的正误．(1)锥体的体积等于底面面积与高之积．()(2)球的体积之比等于半径比的平方．()(3)台体的体积可转化为两个锥体的体积之差．()(4)已知球O的半径为R，其内接正方体的边长为a，则R＝32a.()答案(1)×(2)×(3)√(4)√解析(1)锥体的体积等于底面面积与高之积的三分之一，故不正确．(2)球的体积之比等于半径比的立方，故不正确．2．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 cmB ．2 cmC ．3 cm D.32 cm 答案B解析S 表＝πr 2＋πrl ＝πr 2＋πr ·2r ＝3πr 2＝12π， ∴r 2＝4，∴r ＝2(cm)．3．(2020·全国Ⅲ卷)如图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是()A ．6＋4 2B ．4＋4 2C ．6＋2 3D ．4＋2 3 答案C解析 由三视图知该几何体为如图所示的三棱锥P －ABC ，其中P A ⊥平面ABC ，AB ⊥AC ，AB ＝AC ＝AP ＝2，故其表面积为3×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×2×2＋12×22×22×32＝6＋2 3.故选C.4．(2021·金丽衢十二校二联)已知某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为()A ．2 B.23 C ．1 D ．4 答案A解析 将三视图还原可得该物体是一个以俯视图为底面的直三棱柱，如图所示，所以这个几何体的体积V ＝12×1×2×2＝2，故选A.5．(2019·江苏卷)如图，长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的体积是120，E 为CC 1的中点，则三棱锥E －BCD 的体积是________．答案10解析 设长方体中BC ＝a ，CD ＝b ，CC 1＝c ，则abc ＝120， ∴V E －BCD ＝13×12ab ×12c ＝112abc ＝10.6．(2021·杭州质检)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积是________cm 3；表面积是________cm 2.答案288－24π264＋12π解析 由三视图得该几何体为一个长、宽、高分别为6，6，8的长方体挖去两个底面半径为3，高为4的圆锥体后剩余的部分，则其体积为6×6×8－2×13×4×π×32＝288－24π，表面积为2(6×6＋6×8＋6×8)－2×π×32＋2×12×5×2×π×3＝264＋12π.考点一 空间几何体的表面积【例1】 (1)(2021·温州适应性测试)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的表面积是()A ．8 cm 2B ．12 cm 2C ．(45＋2)cm 2D ．(45＋4)cm 2(2)(2020·“超级全能生”联考)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为()A．5π B．4＋32π C．4＋3πD．4＋5π答案(1)D(2)C解析(1)由三视图得该几何体是底面为边长为2的正方形，高为2的正四棱锥，则其侧面的高为12＋22＝5，所以该几何体的表面积为2×2＋4×12×2×5＝4＋45，故选D.(2)由三视图可知，该几何体为底面是半径为1的半圆，高为2的半个圆柱体，则其表面积S＝2×12·π·12＋π·1×2＋2×2＝3π＋4，故选C.感悟升华空间几何体表面积的求法．(1)以三视图为载体的几何体的表面积问题，关键是分析三视图确定几何体中各元素之间的位置关系及数量．(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)旋转体的表面积问题注意其侧面展开图的应用．【训练1】(1)(2020·北京卷)某三棱柱的底面为正三角形，其三视图如图所示，该三棱柱的表面积为()A．6＋ 3 B．6＋2 3 C．12＋ 3 D．12＋2 3(2)(2020·全国Ⅱ卷)已知△ABC是面积为934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. 3B.32C．1 D.32答案(1)D(2)C解析(1)由三视图知该几何体为底面是边长为2的正三角形，高为2的直三棱柱，S底＝2×34×22＝2 3.S侧＝3×2×2＝12，则表面积为23＋12.故选D.(2)如图所示，过球心O作OO1⊥平面ABC，则O1为等边三角形ABC的中心．设△ABC的边长为a，则34a2＝934，解得a＝3(负值舍去)，∴O1A＝23×32×3＝ 3.设球O的半径为r，则由4πr2＝16π，得r＝2，即OA＝2.在Rt△OO1A中，OO1＝OA2－O1A2＝1，即O到平面ABC的距离为1.考点二空间几何体的体积【例2】(1)(一题多解)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为()A．90π B．63π C．42π D．36π(2)(2019·北京卷)某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得，其三视图如图所示．如果网格纸上小正方形的边长为1，那么该几何体的体积为________．(3)如图，在多面体ABCDEF中，已知四边形ABCD是边长为1的正方形，且△ADE，△BCF 均为正三角形，EF∥AB，EF＝2，则该多面体的体积为________．答案(1)B(2)40(3)2 3解析(1)法一(割补法)由几何体的三视图可知，该几何体是一个圆柱被截去上面虚线部分所得，如图所示．将圆柱补全，并将圆柱体从点A 处水平分成上下两部分．由图可知，该几何体的体积等于下部分圆柱的体积加上上部分圆柱体积的12，所以该几何体的体积V ＝π×32×4＋π×32×6×12＝63π.法二(估值法)由题意知，12V 圆柱<V 几何体<V 圆柱，又V 圆柱＝π×32×10＝90π， ∴45π<V 几何体<90π.观察选项可知只有63π符合．(2)如图所示的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为4，去掉四棱柱MQD 1A 1－NPC 1B 1(其底面是一个上底为2，下底为4，高为2的直角梯形)所得的几何体为题中三视图对应的几何体，故所求几何体的体积为43－12×(2＋4)×2×4＝40.(3)如图，分别过点A ，B 作EF 的垂线，垂足分别为G ，H ，连接DG ，CH ，易求得EG ＝HF ＝12，AG ＝GD ＝BH ＝HC ＝32，则△BHC 中BC 边的高h ＝22.∴S △AGD ＝S △BHC ＝12×22×1＝24，∴V 多面体＝V E －ADG ＋V F －BHC ＋V AGD －BHC ＝2V E －ADG ＋V AGD －BHC ＝13×24×12×2＋24×1＝23.感悟升华空间几何体体积问题的常见类型及解题策略(1)若所给定的几何体是可直接用公式求解的柱体、锥体或台体，则可直接利用公式进行求解．(2)若所给定的几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用转换法、分割法、补形法等方法进行求解．(3)若以三视图的形式给出几何体，则应先根据三视图得到几何体的直观图，然后根据条件求解．【训练2】(1)(2019·浙江卷)祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家，他提出的“幂势既同，＝Sh，其中S是则积不容异”称为祖暅原理，利用该原理可以得到柱体的体积公式V柱体柱体的底面积，h是柱体的高．若某柱体的三视图如图所示(单位：cm)，则该柱体的体积(单位：cm3)是()A．158 B．162 C．182 D．324(2)(2020·浙江卷)某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则该几何体的体积(单位：cm3)是()A.73B.143 C ．3 D ．6 答案(1)B(2)A解析(1)由三视图可知，该柱体是一个直五棱柱，如图，棱柱的高为6，底面可以看作由两个直角梯形组合而成，其中一个上底为4，下底为6，高为3，另一个的上底为2，下底为6，高为3.则底面面积S ＝2＋62×3＋4＋62×3＝27.因此，该柱体的体积V ＝27×6＝162.故选B.(2)如图，三棱柱的体积V 1＝12×2×1×2＝2，三棱锥的体积V 2＝13×12×2×1×1＝13， 因此，组合体的体积 V ＝V 1＋V 2＝2＋13＝73.故选A. 考点三 最值问题【例3】 (1)(2016·浙江卷)如图，在△ABC 中，AB ＝BC ＝2，∠ABC ＝120°.若平面ABC外的点P 和线段AC 上的点D ，满足PD ＝DA ，PB ＝BA ，则四面体PBCD 的体积的最大值是________．(2)正六棱柱ABCDEF －A 1B 1C 1D 1E 1F 1的底面边长为2，侧棱长为1，则动点从A 沿表面移动到E 1时的最短路程是________；动点从A 沿表面移动到D 1时的最短路程为________． 答案(1)12(2)319 解析(1)设PD ＝DA ＝x ，在△ABC 中，AB ＝BC ＝2，∠ABC ＝120°， ∴AC ＝AB 2＋BC 2－2·AB ·BC ·cos ∠ABC ＝4＋4－2×2×2×cos 120°＝23，∴CD ＝23－x ，且∠ACB ＝12(180°－120°)＝30°，∴S △BCD ＝12BC ·DC ×sin ∠ACB ＝12×2×(23－x )×12＝12(23－x )．要使四面体体积最大，当且仅当点P 到平面BCD 的距离最大，而P 到平面BCD 的最大距离为x .则V 四面体PBCD ＝13×12(23－x )x ＝16[－(x －3)2＋3]，由于0＜x ＜23，故当x ＝3时，V 四面体PBCD的最大值为16×3＝12.(2)侧面展开图如图(1)，(2)，∴从A 沿表面到E 1的最短路程为AE 1＝AE 2＋EE 21＝（22）2＋1＝3.从A 沿表面到D 1的最短路程为AD 1＝AD 2＋DD 21＝（32）2＋1＝19.(1)(2)感悟升华常用方法是将几何图形展开为平面图形，利用几何性质求解或利用函数、不等式求最值．【训练3】(1)(2021·上海徐汇区一模)如图，棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E 为CC1的中点，点P，Q分别为面A1B1C1D1和线段B1C上的动点，则△PEQ周长的最小值为()A．2 2 B.10 C.11 D.12(2)(2018·全国Ⅰ卷)某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图．圆柱表面上的点M 在正视图上的对应点为A，圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为B，则在此圆柱侧面上，从M到N的路径中，最短路径的长度为()A．217 B．2 5 C．3 D．2答案(1)B(2)B解析(1)如图，取BC中点N，延长EC1至点M，使MC1＝EC1，连接PM，MN，且M，Q，N共线，则△PEQ的周长为PQ＋PE＋QE＝PQ＋PM＋QN≥MN＝10.(2)由三视图可知，该几何体为如图①所示的圆柱，该圆柱的高为2，底面周长为16.画出该圆柱的侧面展开图，如图②所示，连接MN，则MS＝2，SN＝4，则从M到N的路径中，最短路径的长度为MS2＋SN2＝22＋42＝2 5.基础巩固题组一、选择题1.《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺．问：积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米(如图，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有()A．14斛B．22斛C．36斛D．66斛答案B解析 设米堆的底面半径为r 尺，则π2r ＝8，所以r ＝16π(尺)．所以米堆的体积为V ＝14×13π·r 2·5＝π12·⎝ ⎛⎭⎪⎫16π2·5≈3209(立方尺)．故堆放的米约有3209÷1.62≈22(斛)．故选B. 2．某几何体的三视图如图所示，且该几何体的体积是3，则正视图中的x 的值是()A ．2 B.92 C.32 D ．3 答案D解析 由三视图知，该几何体是四棱锥，底面是直角梯形，则S 底＝12(1＋2)×2＝3.∴V ＝13x ·3＝3，解得x ＝3.故选D. 3．(2021·浙江十校联盟适考)如图所示，已知某几何体的三视图及其尺寸(单位：cm)，则该几何体的表面积为()A ．15π cm 2B ．21π cm 2C ．24π cm 2D ．33π cm 2 答案C解析 由三视图得该几何体为一个底面圆直径为6，母线长为5的圆锥，则其表面积为π×32＋π×12×6×5＝24π，故选C.4．某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为()A ．60B ．30C ．20D ．10 答案D解析 由三视图知可把三棱锥放在一个长方体内部，即三棱锥A 1－BCD ，V A 1－BCD ＝13×12×3×5×4＝10，故选D.5．(2020·全国Ⅰ卷)已知A ，B ，C 为球O 的球面上的三个点，⊙O 1为△ABC 的外接圆．若⊙O 1的面积为4π，AB ＝BC ＝AC ＝OO 1，则球O 的表面积为() A ．64π B ．48π C ．36π D ．32π 答案A解析 如图所示，设球O 的半径为R ，⊙O 1的半径为r ，因为⊙O 1的面积为4π，所以4π＝πr 2，解得r ＝2，又AB ＝BC ＝AC ＝OO 1，所以AB sin 60°＝2r ，解得AB ＝23，故OO 1＝23，所以R 2＝OO 21＋r 2＝(23)2＋22＝16，所以球O 的表面积S ＝4πR 2＝64π.故选A.6．(2021·宁波模拟)如图所示，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是由一个棱柱挖去一个棱锥后的几何体的三视图，则该几何体的体积为()A ．72B ．64C ．48D ．32 答案B解析 由三视图可知，此几何体为正四棱柱中截挖去一个与其共上底且高为3的四棱锥，则体积V ＝42×5－13×42×3＝64，故选B.二、填空题7．(2020·江苏卷)如图，六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的．已知螺帽的底面正六边形边长为2 cm ，高为2 cm ，内孔半径为0.5 cm ，则此六角螺帽毛坯的体积是________cm 3.答案123－π2解析 螺帽的底面正六边形的面积S ＝6×12×22×sin 60°＝63(cm 2)，正六棱柱的体积V 1＝63×2＝123(cm 3)，圆柱的体积V 2＝π×0.52×2＝π2(cm 3)，所以此六角螺帽毛坯的体积V ＝V 1－V 2＝123－π2(cm 3)．8．(2019·全国Ⅲ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ABCD －A 1B 1C 1D 1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，AB ＝BC ＝6 cm ，AA 1＝4 cm.3D 打印所用原料密度为0.9 g/cm 3，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为________g.答案118.8解析 由题知挖去的四棱锥的底面是一个菱形，对角线长分别为6 cm 和4 cm ， 故V 挖去的四棱锥＝13×12×4×6×3＝12(cm 3)． 又V 长方体＝6×6×4＝144(cm 3)， 所以模型的体积为V 长方体－V 挖去的四棱锥＝144－12＝132(cm 3)，所以制作该模型所需原料的质量为132×0.9＝118.8(g)．9．如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径．若该几何体的体积是28π3，则它的表面积是________．答案17π解析 由题知，该几何体的直观图如图所示，它是一个球(被过球心O 且互相垂直的三个平面)切掉左上角的18后得到的组合体，其表面积是球面面积的78和三个14圆面积之和，易得球的半径为2，则得S ＝78×4π×22＋3×14π×22＝17π.10．(2021·台州期末评估)已知某多面体的三视图如图所示，则该几何体的所有棱长和为________，其体积为________．答案16＋32＋25173解析 由三视图画出几何体的直观图如图所示，其是正方体的一部分，其中E ，F 是所在棱的中点，正方体的棱长为2，所以该几何体的所有棱长的和2×7＋1＋1＋2＋2×22＋12＋22＝16＋32＋25.该几何体的体积为2×2×2－13×2×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×1×1＋12×2×2＋12×1×1×12×2×2＝173.三、解答题11．已知一个几何体的三视图如图所示.(1)求此几何体的表面积；(2)如果点P ，Q 在正视图中所示位置，P 为所在线段中点，Q 为顶点，求在几何体表面上，从P 点到Q 点的最短路径的长．解 (1)由三视图知该几何体是由一个圆锥与一个圆柱组成的组合体，其表面积是圆锥的侧面积、圆柱的侧面积和圆柱的一个底面积之和． S 圆锥侧＝12(2πa )·(2a )＝2πa 2， S 圆柱侧＝(2πa )·(2a )＝4πa 2， S 圆柱底＝πa 2，所以S 表＝2πa 2＋4πa 2＋πa 2＝(2＋5)πa 2. (2)沿P 点与Q 点所在母线剪开圆柱侧面，如图．则PQ ＝AP 2＋AQ 2＝a 2＋（πa ）2＝a 1＋π2， 所以从P 点到Q 点在侧面上的最短路径的长为 a 1＋π2.12.如图，长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝16，BC ＝10，AA 1＝8，点E ，F 分别在A 1B 1，D 1C 1上，A 1E ＝D 1F ＝4.过点E ，F 的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形．(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由)； (2)求平面α把该长方体分成的两部分体积的比值． 解 (1)交线围成的正方形EHGF 如图所示．(2)如图，作EM ⊥AB ，垂足为M ，则AM ＝A 1E ＝4，EB 1＝12，EM ＝AA 1＝8. 因为四边形EHGF 为正方形，所以EH ＝EF ＝BC ＝10. 于是MH ＝EH 2－EM 2＝6，AH ＝10，HB ＝6. 故S 四边形A 1EHA ＝12×(4＋10)×8＝56， S 四边形EB 1BH ＝12×(12＋6)×8＝72.因为长方体被平面α分成两个高为10的直棱柱， 所以其体积的比值为97⎝ ⎛⎭⎪⎫79也正确.能力提升题组13．已知A ，B 是球O 的球面上两点，∠AOB ＝90°，C 为该球面上的动点．若三棱锥O －ABC 体积的最大值为36，则球O 的表面积为() A ．36π B ．64π C ．144π D ．256π 答案C解析 因为△AOB 的面积为定值，所以当OC 垂直于平面AOB 时，三棱锥O －ABC 的体积取得最大值．由13×12R 2×R ＝36，得R ＝6.从而球O 的表面积S ＝4πR 2＝144π. 14.如图，有一个底面是正方形的直棱柱型容器(无盖)，底面棱长为1 dm(dm 为分米)，高为5 dm ，两个小孔在其相对的两条侧棱上，且到下底面距离分别为3 dm 和4 dm ，则(水不外漏情况下)此容器可装的水最多为()A.92dm 3 B ．4 dm 3 C.72dm 3 D ．3 dm 3 答案C解析 由题意得当容器内的水的上表面过两孔连线所在的平面时，容器内装的水最多，又因为容器的底面为正方形，则由长方体的对称性易得当容器内的水的上表面平分以两孔连线所得的线段为体对角线的长方体时，容器内装的水最多，此时容器内装的水的体积为3×1×1＋12×1×1×1＝72，故选C.15．如图，四棱锥P －ABCD 的底面ABCD 为平行四边形，NB ＝2PN ，则三棱锥N －P AC与三棱锥D －P AC 的体积比为()A ．1∶2B ．1∶8C ．1∶6D ．1∶3 答案D解析 设点P ，N 在平面ABCD 内的投影分别为点P ′，N ′，则PP ′⊥平面ABCD ，NN ′⊥平面ABCD ，所以PP ′∥NN ′，则在△BPP ′中，由BN ＝2PN 得NN ′PP ′＝23. V 三棱锥N －P AC ＝V 三棱锥P －ABC －V 三棱锥N －ABC ＝13S △ABC ·PP ′－13S △ABC ·NN ′＝13S △ABC ·(PP ′－NN ′)＝13S △ABC ·13PP ′＝19S △ABC ·PP ′，V 三棱锥D －P AC ＝ V 三棱锥P －ACD ＝13S △ACD ·PP ′，又∵四边形ABCD 是平行四边形，∴S △ABC ＝S △ACD ，∴V 三棱锥N －P AC V 三棱锥D －P AC ＝13.故选D.16．(2020·浙江卷)已知圆锥的侧面积(单位：cm 2)为2π，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径(单位：cm)是__________． 答案1 解析 如图，设圆锥的母线长为l，底面半径为r，则圆锥的侧面积S侧＝πrl＝2π，即r·l＝2. 由于侧面展开图为半圆，可知12πl2＝2π，可得l＝2，因此r＝1.17．四面体ABCD及其三视图如图所示，平行于棱AD，BC的平面分别交四面体的棱AB，BD，DC，CA于点E，F，G，H.(1)求四面体ABCD的体积；(2)证明：四边形EFGH是矩形．(1)解由该四面体的三视图可知，BD⊥DC，BD⊥AD，AD⊥DC，BD＝DC＝2，AD＝1，又BD∩DC＝D，∴AD⊥平面BDC，∴四面体ABCD的体积V＝13×12×2×2×1＝23.(2)证明∵BC∥平面EFGH，平面EFGH∩平面BDC＝FG，平面EFGH∩平面ABC＝EH，∴BC∥FG，BC∥EH，∴FG∥EH.同理，EF∥AD，HG∥AD，∴EF∥HG，∴四边形EFGH是平行四边形．又∵AD⊥平面BDC，BC⊂平面BDC，∴AD⊥BC，∴EF⊥FG，∴四边形EFGH是矩形．18.如图所示，A 1A 是圆柱的母线，AB 是圆柱底面圆的直径，C 是底面圆周上异于A ，B 的任意一点，AA 1＝AB ＝2.(1)求证：BC ⊥平面A 1AC ；(2)(一题多解)求三棱锥A 1－ABC 的体积的最大值．(1)证明 因为C 是底面圆周上异于A ，B 的一点，且AB 为底面圆的直径，所以BC ⊥AC .因为AA 1⊥平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，所以AA 1⊥BC .因为AA 1∩AC ＝A ，AA 1⊂平面A 1AC ，AC ⊂平面A 1AC ，所以BC ⊥平面A 1AC . (2)解法一 设AC ＝x ，在Rt △ABC 中，BC ＝ AB 2－AC 2＝4－x 2(0<x <2)，故V A 1－ABC ＝13S △ABC ×AA 1＝13×12×AC ×BC ×AA 1＝13x 4－x 2(0<x <2)， 即V A 1－ABC ＝13x 4－x 2＝13x 2（4－x 2）＝13－（x 2－2）2＋4. 因为0<x <2，所以0<x 2<4.所以当x 2＝2，即x ＝2时，三棱锥A 1－ABC 的体积取得最大值为23. 法二 在Rt △ABC 中，AC 2＋BC 2＝AB 2＝4，V A 1－ABC ＝13S △ABC ×AA 1＝13×12×AC ×BC ×AA 1＝13×AC ×BC ≤13×AC 2＋BC 22＝13×AB 22＝23.当且仅当AC ＝BC 时等号成立，此时AC ＝BC ＝ 2. 所以三棱锥A 1－ABC 的体积的最大值为23.。
高考复习 第8篇 第1讲 空间几何体及其表面积与体积知识点+例题+练习 含答案
第1讲空间几何体及其表面积与体积知识梳理1．多面体的结构特征(1)棱柱：一般地，由一个平面多边形沿某一方向平移形成的空间几何体叫做棱柱；棱柱两个底面是全等多边形，且对应边互相平行，侧面都是平行四边形．(2)棱锥：当棱柱的一个底面收缩为一个点时，得到的几何体叫做棱锥；棱锥底面是多边形，侧面是有一个公共顶点的三角形．(3)棱台：棱锥被平行于底面的一个平面所截后，截面和底面之间的部分叫做棱台．2．旋转体的结构特征(1)将矩形、直角三角形、直角梯形分别绕它的一边、一直角边、垂直于底边的腰所在的直线旋转一周，形成的几何体分别叫做圆柱、圆锥、圆台；这条直线叫做轴，垂直于轴的边旋转而成的圆面叫做底面．不垂直于轴的边旋转而成的曲面叫做侧面，无论旋转到什么位置，这条边都叫做母线．(2)球：半圆绕着它的直径所在的直线旋转一周所成的曲面叫做球面，球面围成的几何体叫做球体，简称球．3．柱、锥、台和球的侧面积和体积面积体积圆柱S侧＝2πrh V＝Sh＝πr2h圆锥S侧＝πrlV＝13Sh＝13πr2h＝13πr2l2－r2圆台S侧＝π(r1＋r2)lV＝13(S上＋S下＋S上S下)h＝13π(r21＋r22＋r1r2)h直棱柱S侧＝Ch V＝Sh正棱锥S侧＝12Ch′V＝13Sh续表4.(1)棱柱、棱锥、棱台的表面积就是各面面积之和．(2)圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图分别是矩形、扇形、扇环形；它们的表面积等于侧面积与底面面积之和．辨析感悟1．柱体、锥体、台体与球的面积(1)圆柱的一个底面积为S，侧面展开图是一个正方形，那么这个圆柱的侧面积是2πS.(×)(2)设长方体的长、宽、高分别为2a，a，a，其顶点都在一个球面上，则该球的表面积为3πa2.(×)2．柱体、锥体、台体的体积(3)(教材练习改编)若一个球的体积为43π，则它的表面积为12π.(√)(4)在△ABC中，AB＝2，BC＝3，∠ABC＝120°，使△ABC绕直线BC旋转一周所形成的几何体的体积为9π.(×)3．柱体、锥体、台体的展开与折叠(5)将圆心角为2π3，面积为3π的扇形作为圆锥的侧面，则圆锥的表面积等于4π.(√)(6)(2014·青州模拟改编)将边长为a的正方形ABCD沿对角线AC折起，使BD＝a，则三棱锥D－ABC的体积为312a3.(×)[感悟·提升]两点注意一是求几何体的体积，要注意分割与补形．将不规则的几何体通过分割或补形将其转化为规则的几何体求解．二是几何体展开、折叠问题，要抓住前后两个图形间的联系，找出其中的量的关系．考点一空间几何体的结构特征【例1】给出下列四个命题：①有两个侧面是矩形的棱柱是直棱柱②侧面都是等腰三角形的棱锥是正棱锥③侧面都是矩形的直四棱柱是长方体④底面为正多边形，且有相邻两个侧面与底面垂直的棱柱是正棱柱其中不正确的命题为________．解析对于①，平行六面体的两个相对侧面也可能是矩形，故①错；对于②，对等腰三角形的腰是否为侧棱未作说明(如图)，故②错；对于③，若底面不是矩形，则③错；④正确．答案①②③规律方法解决该类题目需准确理解几何体的定义，要真正把握几何体的结构特征，并且学会通过举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．【训练1】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直四棱柱是直平行六面体；④棱台的相对侧棱延长后必交于一点．其中真命题的序号是________．解析命题①符合平行六面体的定义，故命题①是正确的．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是错误的．因为直四棱柱的底面不一定是平行四边形，故命题③是错误的．命题④由棱台的定义知是正确的． 答案 ①④考点二 几何体的表面积与体积【例2】 如图所示，四棱锥P －ABCD 的底面ABCD 是半径为R 的圆的内接四边形，其中BD 是圆的直径，∠ABD ＝60°，∠BDC ＝45°， △ADP ∽△BAD . (1)求线段PD 的长；(2)若PC ＝11R ，求三棱锥P －ABC 的体积． 解 (1)∵BD 是圆的直径，∴∠BAD ＝90°， 又∵△ADP ∽△BAD ，∴AD BA ＝DP AD ， ∠PDA ＝∠BAD ＝90°， DP ＝AD 2BA ＝(BD sin 60°)2BD sin 30°＝4R 2×342R ×12＝3R . ∴DP 的长为3R .(2)在Rt △BCD 中，BC ＝CD ＝BD cos 45°＝2R ， ∵PD 2＋CD 2＝9R 2＋2R 2＝11R 2＝PC 2，∴PD ⊥CD ， 又∠PDA ＝90°，AD ∩CD ＝D ，∴PD ⊥底面ABCD ， 则S △ABC ＝12AB ·BC sin(60°＋45°) ＝12R ·2R ⎝ ⎛⎭⎪⎫32×22＋12×22＝3＋14R 2.所以三棱锥P －ABC 的体积为V P －ABC ＝13·S △ABC ·PD ＝13·3＋14R 2·3R ＝3＋14R 3.规律方法 求几何体的体积问题，可以多角度、全方位地考虑问题，常采用的方法有“换底法”、“分割法”、“补体法”等，尤其是“等积转化”的数学思想方法应高度重视．【训练2】 (2014·苏州模拟)一个正三棱台的上、下底面边长分别是3 cm 和6 cm ，高是32 cm.(1)求三棱台的斜高；(2)求三棱台的侧面积和表面积． 解(1)设O 1、O 分别为正三棱台ABC －A 1B 1C 1的上、下底面正三角形的中心，如图所示，则O 1O ＝32，过O 1作O 1D 1⊥B 1C 1，OD ⊥BC ，则D 1D 为三棱台的斜高；过D 1作D 1E ⊥AD 于E ，则D 1E ＝O 1O ＝32， 因O 1D 1＝36×3＝32，OD ＝36×6＝3，则DE ＝OD －O 1D 1＝3－32＝32.在Rt △D 1DE 中， D 1D ＝D 1E 2＋ED 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫322＋⎝ ⎛⎭⎪⎫322＝3(cm)． (2)设c 、c ′分别为上、下底的周长，h ′为斜高， S 侧＝12(c ＋c ′)h ′＝12(3×3＋3×6)×3＝2732(cm 2)，S 表＝S 侧＋S 上＋S 下＝2732＋34×32＋34×62＝9934(cm 2)．故三棱台斜高为 3 cm ，侧面积为2732 cm 2，表面积为9934 cm 2.考点三 球与空间几何体的接、切问题【例3】 (1)(2013·新课标全国Ⅱ卷)已知正四棱锥O －ABCD 的体积为322，底面边长为3，则以O 为球心，OA 为半径的球的表面积为________．(2)(2013·辽宁卷改编)已知直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的球面上，若AB ＝3，AC ＝4，AB ⊥AC ，AA 1＝12，则球O 的半径为________．审题路线 (1)根据正四棱锥的体积求高⇒求底面正方形的对角线长⇒由勾股定理求OA ⇒由球的表面积公式求解．(2)BC 为过底面ABC 的截面圆的直径⇒取BC 中点D ，则球心在BC 的垂直平分线上，再由对称性求解． 解析 (1)设正四棱锥的高为h ， 则13×(3)2×h ＝322，解得h ＝322. 又底面正方形的对角线长为2×3＝ 6. 所以OA ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3222＋⎝ ⎛⎭⎪⎫622＝ 6. 故球的表面积为S 球＝4π×(6)2＝24π.(2)因为在直三棱柱中AB ＝3，AC ＝4，AA 1＝12，AB ⊥AC ，所以BC ＝5，且BC 为过底面ABC 的截面圆的直径，取BC 中点D ，则OD ⊥底面ABC ，则O 在侧面BCC 1B 1内，矩形BCC 1B 1的对角线长即为球的直径，所以2r ＝122＋52＝13，即r ＝132.答案 (1)24π (2)132规律方法 解决球与其他几何体的切、接问题，关键在于仔细观察、分析，弄清相关元素的关系和数量关系，选准最佳角度作出截面(要使这个截面尽可能多地包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素之间的关系)，达到空间问题平面化的目的．【训练3】(2012·辽宁卷)已知点P，A，B，C，D是球O表面上的点，P A⊥平面ABCD，四边形ABCD是边长为23的正方形．若P A＝26，则△OAB的面积为________．解析根据球的内接四棱锥的性质求解．如图所示，线段PC就是球的直径，设球的半径为R，因为AB＝BC＝23，所以AC＝2 6.又P A＝26，所以PC2＝P A2＋AC2＝24＋24＝48，所以PC＝43，所以OA＝OB＝23，所以△AOB是正三角形，所以S＝12×23×23×32＝3 3.答案3 3考点四几何体的展开与折叠问题【例4】(1)如图所示，在边长为4的正方形纸片ABCD中，AC与BD相交于O，剪去△AOB，将剩余部分沿OC，OD折叠，使OA，OB重合，则以A，B，C，D，O为顶点的四面体的体积为________．(2)如图所示，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，△ABC为直角三角形，∠ACB＝90°，AC＝4，BC＝CC1＝3.P是BC1上一动点，沿棱柱表面使CP＋P A1最小，则最小值为________．解析 (1)折叠后的四面体如图所示．OA ，OC ，OD 两两相互垂直，且OA ＝OC ＝OD ＝22，体积V ＝13 S △OCD ·OA ＝13×12×(22)3＝823.(2)由题意知，A 1P 在几何体内部，把面BB 1C 1C 沿BB 1展开与面AA 1B 1B 在一个平面上，如图所示，连接A 1C 即可． 则A 1、P 、C 三点共线时，CP ＋P A 1最小， ∵∠ACB ＝90°，AC ＝4，BC ＝C 1C ＝3，∴A 1B 1＝AB ＝42＋32＝5，∴A 1C 1＝5＋3＝8，∴A 1C ＝82＋32＝73.故CP ＋P A 1的最小值为73.答案 (1)823 (2)73规律方法 (1)有关折叠问题，一定要分清折叠前后两图形(折前的平面图形和折叠后的空间图形)各元素间的位置和数量关系，哪些变，哪些不变．(2)研究几何体表面上两点的最短距离问题，常选择恰当的母线或棱展开，转化为平面上两点间的最短距离问题．【训练4】如图为一几何体的展开图，其中ABCD是边长为6的正方形，SD＝PD＝6，CR＝SC，AQ＝AP，点S，D，A，Q共线，点P，D，C，R共线，沿图中虚线将它们折叠起来，使P，Q，R，S四点重合，则需要________个这样的几何体，可以拼成一个棱长为6的正方体．解析由题意知，将该展开图沿虚线折叠起来以后，得到一个四棱锥P－ABCD(如图所示)，其中PD⊥平面ABCD，因此该四棱锥的体积V＝13×6×6×6＝72，而棱长为6＝3个这样的几何体，才能拼成的正方体的体积V＝6×6×6＝216，故需要21672一个棱长为6的正方体．答案 31．对于基本概念和能用公式直接求出棱柱、棱锥、棱台与球的表面积的问题，要结合它们的结构特点与平面几何知识来解决．2．求三棱锥的体积时要注意三棱锥的每个面都可以作为底面，例如三棱锥的三条侧棱两两垂直，我们就选择其中的一个侧面作为底面，另一条侧棱作为高来求体积．3．与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径．方法优化5——特殊点在求解几何体的体积中的应用【典例】 (2012·山东卷)如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E ，F 分别为线段AA 1，B 1C 上的点，则三棱锥D 1－EDF 的体积为________．[一般解法] 三棱锥D 1－EDF 的体积即为三棱锥F －DD 1E 的体积．因为E ，F 分别为AA 1，B 1C 上的点，所以在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中△EDD 1的面积为定值12，F 到平面AA 1D 1D 的距离为定值1，所以VF －DD 1E ＝13×12×1＝16. [优美解法] E 点移到A 点，F 点移到C 点，则VD 1－EDF ＝VD 1－ADC ＝13×12×1×1×1＝16. [答案] 16[反思感悟] (1)一般解法利用了转化思想，把三棱锥D 1－EDF 的体积转化为三棱锥F －DD 1E 的体积，但这种解法还是难度稍大，不如采用特殊点的解法易理解、也简单易求．(2)在求几何体体积时还经常用到等积法、割补法． 【自主体验】 如图，在三棱柱ABC－A1B1C1中，侧棱AA1与侧面BCC1B1的距离为2，侧面BCC1B1的面积为4，此三棱柱ABC－A1B1C1的体积为________．解析补形法将三棱柱补成四棱柱，如图所示．记A1到平面BCC1B1的距离为d，则d＝2.则V三棱柱＝12V四棱柱＝12S四边形BCC1B1·d＝12×4×2＝4.答案 4基础巩固题组(建议用时：40分钟)一、填空题1．以下命题：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；④一个平面截圆锥，得到一个圆锥和一个圆台．其中正确命题的个数是________．解析命题①错，因为这条边若是直角三角形的斜边，则得不到圆锥．命题②题，因这条腰必须是垂直于两底的腰．命题③对．命题④错，必须用平行于圆锥底面的平面截圆锥才行．答案 12．在正方体上任意选择4个顶点，它们可能是如下各种几何形体的四个顶点，这些几何形体是________(写出所有正确结论的编号)．①矩形；②不是矩形的平行四边形；③有三个面为等腰直角三角形，有一个面为等边三角形的四面体；④每个面都是等边三角形的四面体；⑤每个面都是直角三角形的四面体．解析①显然可能；②不可能；③取一个顶点处的三条棱，连接各棱端点构成的四面体；④取正方体中对面上的两条异面对角线的四个端点构成的几何体；⑤正方体ABCD－A1B1C1D1中，三棱锥D1－DBC满足条件．答案①③④⑤3．在三棱锥S－ABC中，面SAB，SBC，SAC都是以S为直角顶点的等腰直角三角形，且AB＝BC＝CA＝2，则三棱锥S－ABC的表面积是________．解析设侧棱长为a，则2a＝2，a＝2，侧面积为3×12×a2＝3，底面积为34×22＝3，表面积为3＋ 3.答案3＋ 34．若圆锥的侧面积为2π，底面面积为π，则该圆锥的体积为________．解析 设圆锥的底面圆半径为r ，高为h ，母线长为l ，则⎩⎪⎨⎪⎧ πrl ＝2π，πr 2＝π，∴⎩⎪⎨⎪⎧r ＝1，l ＝2.∴h ＝l 2－r 2＝22－12＝ 3.∴圆锥的体积V ＝13π·12·3＝33π. 答案 33π5．(2012·新课标全国卷改编)平面α截球O 的球面所得圆的半径为1，球心O 到平面α的距离为2，则此球的体积为________． 解析如图，设截面圆的圆心为O ′，M 为截面圆上任一点，则OO ′＝2，O ′M ＝1，∴OM ＝(2)2＋1＝3，即球的半径为3，∴V ＝43π(3)3＝43π.答案 43π 6.如图所示，已知一个多面体的平面展开图由一个边长为1的正方形和4个边长为1的正三角形组成，则该多面体的体积是________．解析 由题知该多面体为正四棱锥，底面边长为1，侧棱长为1，斜高为32，连接顶点和底面中心即为高，可求得高为22，所以体积V ＝13×1×1×22＝26. 答案 267．(2013·天津卷)已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若球的体积为9π2，则正方体的棱长为________．解析 设正方体的棱长为a ，外接球的半径为R ，由题意知43πR 3＝9π2，∴R 3＝278，而R ＝32.由于3a 2＝4R 2，∴a 2＝43R 2＝43×⎝ ⎛⎭⎪⎫322＝3，∴a ＝ 3.答案 38.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，EF ∥AB ，EF ＝2，则该多面体的体积为________．解析 如图，分别过点A ，B 作EF 的垂线，垂足分别为G ，H ，连接DG ，CH ，容易求得EG ＝HF ＝12，AG ＝GD ＝BH ＝HC ＝32，∴S △AGD ＝S △BHC ＝12×22×1＝24，∴V ＝V E －ADG ＋V F －BHC ＋V AGD －BHC ＝2V E －ADG ＋V AGD －BHC ＝13×24×12×2＋24×1＝23. 答案 23 二、解答题 9.如图，在三棱锥P －ABC 中，AC ＝BC ＝2，∠ACB ＝90°，AP ＝BP ＝AB ，PC ⊥AC .(1)求证：PC ⊥AB ；(2)求点C 到平面APB 的距离． (1)证明 取AB 中点D ，连接PD ，CD .因为AP ＝BP ，所以PD ⊥AB ， 因为AC ＝BC ，所以CD ⊥AB .因为PD ∩CD ＝D ，所以AB ⊥平面PCD .因为PC ⊂平面PCD ，所以PC ⊥AB . (2)解 设C 到平面APB 的距离为h ，则由题意，得AP ＝PB ＝AB ＝AC 2＋BC 2＝22， 所以PC ＝AP 2－AC 2＝2.因为CD ＝12AB ＝2，PD ＝32PB ＝6， 所以PC 2＋CD 2＝PD 2，所以PC ⊥CD .由(1)得AB ⊥平面PCD ，于是由V C －APB ＝V A －PDC ＋V B －PDC ， 得13·h ·S △APB ＝13AB ·S △PDC ，所以h ＝AB ·S △PDCS △APB＝22×12×2×234×(22)2＝233.故点C 到平面APB 的距离为233.10．有一个倒圆锥形容器，它的轴截面是一个正三角形，在容器内放一个半径为r 的铁球，并注入水，使水面与球正好相切，然后将球取出，求这时容器中水的深度．解 如图所示，作出轴截面，因轴截面是正三角形，根据切线性质知当球在容器内时，水的深度为3r ，水面半径BC 的长为3r ，则容器内水的体积为 V ＝V 圆锥－V 球＝13π(3r )2·3r － 43πr 3＝53πr 3，将球取出后，设容器中水的深度为h ， 则水面圆的半径为33h ，从而容器内水的体积为 V ′＝13π⎝ ⎛⎭⎪⎫33h 2h ＝19πh 3，由V ＝V ′，得h ＝315r .能力提升题组 (建议用时：25分钟)一、填空题1．已知球的直径SC ＝4，A ，B 是该球球面上的两点，AB ＝3，∠ASC ＝∠BSC ＝30°，则棱锥S －ABC 的体积为________．解析 由题意知，如图所示，在棱锥S －ABC 中，△SAC ，△SBC 都是有一个角为30°的直角三角形，其中AB ＝3，SC ＝4，所以SA ＝SB ＝23，AC ＝BC ＝2，作BD ⊥SC 于D 点，连接AD ，易证SC ⊥平面ABD ，因此V S －ABC ＝13×34×(3)2×4＝ 3. 答案 32.(2014·南京模拟)如图，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝1，BC ＝2，AC ＝5，AA 1＝3，M 为线段B 1B 上的一动点，则当AM ＋MC 1最小时，△AMC 1的面积为________．解析 如图，当AM ＋MC 1最小时，BM ＝1，所以AM 2＝2，C 1M 2＝8，AC 21＝14，于是由余弦定理，得cos ∠AMC 1＝AM 2＋MC 21－AC 212AM ·MC 1＝－12，所以sin ∠AMC 1＝32，S △AMC 1＝12×2×22×32＝ 3. 答案 33.如图，已知正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的底面边长为2 cm 、高为5 cm ，则一质点自点A 出发，沿着三棱柱的侧面绕行两周到达点A 1的最短路线的长为________cm. 解析 根据题意，利用分割法将原三棱柱分割为两个相同的三棱柱，然后将其展开为如图所示的实线部分，则可知所求最短路线的长为52＋122＝13 cm.答案 13 二、解答题4．如图1，在直角梯形ABCD 中，∠ADC ＝90°，CD ∥AB ，AB ＝4，AD ＝CD ＝2，将△ADC 沿AC 折起，使平面ADC ⊥平面ABC ，得到几何体D －ABC ，如图2所示．(1)求证：BC ⊥平面ACD ； (2)求几何体D －ABC 的体积．(1)证明 在图中，可得AC ＝BC ＝22， 从而AC 2＋BC 2＝AB 2， 故AC ⊥BC ，又平面ADC ⊥平面ABC ， 平面ADC ∩平面ABC ＝AC ， BC ⊂平面ABC ， ∴BC ⊥平面ACD .(2)解 由(1)可知，BC 为三棱锥B －ACD 的高，BC ＝22，S △ACD ＝2，∴V B －ACD ＝13S △ACD ·BC ＝13×2×22＝423，由等体积性可知，几何体D －ABC 的体积为423.。
新高考 核心考点与题型 立体几何 第1讲 空间几何体的结构及其表面积、体积-解析
第1讲空间几何体的结构及其表面积、体积1.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2.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)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、y′轴所在平面垂直.(2)原图形中平行于坐标轴的线段，直观图中仍分别平行于坐标轴.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. 3.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(r 1＋r 2)l4.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 ＝13S 底h台 体(棱台和圆台)S 表面积＝S 侧＋S 上＋S 下V ＝13(S 上＋S 下＋S 上S 下)h球S ＝4πR 2V ＝43πR 3[微点提醒] 1.球的截面的性质(1)球的任何截面是圆面；(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 及截面的半径r 的关系为r ＝R 2－d 2. 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 ，①若球为正方体的外接球，则2R ＝3a ；①若球为正方体的内切球，则2R ＝a ；①若球与正方体的各棱相切，则2R ＝2a .(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 ＝a 2＋b 2＋c 2. (3)正四面体的外接球与内切球的半径之比为3①1.考点一空间几何体的结构特征【例1】(1)给出下列命题：①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直角三角形绕其任一边所在直线旋转一周所形成的几何体都是圆锥；③棱台的上、下底面可以不相似，但侧棱长一定相等.其中正确命题的个数是()A.0B.1C.2D.3(2)给出下列命题：①棱柱的侧棱都相等，侧面都是全等的平行四边形；②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；③存在每个面都是直角三角形的四面体；④棱台的侧棱延长后交于一点.其中正确命题的序号是________.【答案】(1)A(2)②③④【解析】(1)①不一定，只有当这两点的连线平行于轴时才是母线；②不一定，当以斜边所在直线为旋转轴时，其余两边旋转形成的面所围成的几何体不是圆锥，如图所示，它是由两个同底圆锥组成的几何体；③错误，棱台的上、下底面相似且是对应边平行的多边形，各侧棱延长线交于一点，但是侧棱长不一定相等.(2)①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；②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；③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；④正确，由棱台的概念可知.规律方法1.关于空间几何体的结构特征辨析关键是紧扣各种空间几何体的概念，要善于通过举反例对概念进行辨析，即要说明一个命题是错误的，只需举一个反例.2.圆柱、圆锥、圆台的有关元素都集中在轴截面上，解题时要注意用好轴截面中各元素的关系.3.既然棱(圆)台是由棱(圆)锥定义的，所以在解决棱(圆)台问题时，要注意“还台为锥”的解题策略.【变式1】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.以直角梯形的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析如图所示，可排除A，B选项.只有截面与圆柱的母线平行或垂直，则截得的截面为矩形或圆，否则为椭圆或椭圆的一部分.答案C考点二空间几何体的直观图【例2】已知正三角形ABC的边长为a，那么△ABC的平面直观图△A′B′C′的面积为()A.34a2 B.38a2 C.68a2 D.616a2【答案】D【解析】如图①②所示的实际图形和直观图.由斜二测画法可知，A′B′＝AB＝a，O′C′＝12OC＝34a，在图②中作C′D′⊥A′B′于D′，则C′D′＝22O′C′＝68a.所以S△A′B′C′＝12A′B′·C′D′＝12×a×68a＝616a2.故选D.规律方法1.画几何体的直观图一般采用斜二测画法，其规则可以用“斜”(两坐标轴成45°或135°)和“二测”(平行于y轴的线段长度减半，平行于x轴和z轴的线段长度不变)来掌握.2.按照斜二测画法得到的平面图形的直观图，其面积与原图形的面积的关系：S直观图＝24S原图形.【变式1】如果一个水平放置的图形的斜二测直观图是一个底角为45°，腰和上底均为1的等腰梯形，那么原平面图形的面积是()A.2＋ 2B.1＋22C.2＋22D.1＋2解析 恢复后的原图形为一直角梯形，所以S ＝12(1＋2＋1)×2＝2＋ 2.故选A.用斜二【变式2】测画法画一个水平放置的平面图形的直观图为如图所示的一个正方形，则原来的图形是( )解析：选A 由直观图可知，在直观图中多边形为正方形，对角线长为2，所以原图形为平行四边形，位于y 轴上的对角线长为2 2.故选A. 考点三 空间几何体的表面积【例3】 (1)若正四棱锥的底面边长和高都为2，则其全面积为________.(2)圆台的上、下底面半径分别是10 cm 和20 cm ，它的侧面展开图的扇环的圆心角是180°，那么圆台的表面积为________(结果中保留π).(3)如图直平行六面体的底面为菱形，若过不相邻两条侧棱的截面的面积分别为Q 1，Q 2，则它的侧面积为______.【解析】 (1)因为四棱锥的侧棱长都相等，底面是正方形，所以该四棱锥为正四棱锥，如图.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PE ＝22＋12＝ 5. 所以该四棱锥的侧面积S ＝4×12×2×5＝45，∴S 全＝2×2＋45＝4＋4 5.(2)如图所示，设圆台的上底周长为C ，因为扇环的圆心角是180°，所以C ＝π·SA .又C ＝2π×10＝20π，所以SA ＝20.同理SB ＝40.所以AB ＝SB －SA ＝20.S 表＝S 侧＋S 上底＋S 下底＝π(r 1＋r 2)·AB ＋πr 21＋πr 22＝π(10＋20)×20＋π×102＋π×202＝1 100π(cm 2).(3)设直平行六面体的底面边长为a ，侧棱长为l ，则S 侧＝4al ，因为过A 1A ，C 1C 与过B 1B ，D 1D 的截面都为矩形，从而⎩⎪⎨⎪⎧Q 1＝AC ·l ，Q 2＝BD ·l ，则AC ＝Q 1l ，BD ＝Q 2l .又AC ⊥BD ，∴⎝⎛⎭⎫AC 22＋⎝⎛⎭⎫BD 22＝a 2.∴⎝⎛⎭⎫Q 12l 2＋⎝⎛⎭⎫Q 22l 2＝a 2. ∴4a 2l 2＝Q 21＋Q 22，2al ＝Q 21＋Q 22，∴S 侧＝4al ＝2Q 21＋Q 22. 规律方法 求解几何体表面积的类型及求法考点四 空间几何体的体积【例4】 (1)圆柱的底面直径与高都等于球的直径，则球的体积与圆柱的体积比V 球∶V 柱为( ) A.1∶2 B.2∶3 C.3∶4 D.1∶3(2)已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，除面ABCD 外，该正方体其余各面的中心分别为点E ，F ，G ，H ，M (如图)，则四棱锥M －EFGH 的体积为________.【解析】 (1)设球的半径为R ，则V 球V 柱＝43πR 3πR 2×2R ＝23.(2)连接AD 1，CD 1，B 1A ，B 1C ，AC ，因为E ，H 分别为AD 1，CD 1的中点，所以EH ∥AC ，EH＝12AC .因为F ，G 分别为B 1A ，B 1C 的中点，所以FG ∥AC ，FG ＝12AC .所以EH ∥FG ，EH ＝FG ，所以四边形EHGF为平行四边形，又EG ＝HF ，EH ＝HG ，所以四边形EHGF 为正方形.又点M 到平面EHGF 的距离为12，所以四棱锥M －EFGH 的体积为13×⎝⎛⎭⎫222×12＝112.规律方法 求空间几何体的体积的常用方法角形，EF ∥AB ，EF ＝2，则该多面体的体积为( )A.23B.33C.43D.32解析 如图，分别过点A ，B 作EF 的垂线，垂足分别为G ，H ，连接DG ，CH ，容易求得EG ＝HF ＝12，AG ＝GD ＝BH ＝HC ＝32，取AD 的中点O ，连接GO ，易得GO ＝22，∴S △AGD ＝S △BHC ＝12×22×1＝24，∴多面体的体积V ＝V 三棱锥E －ADG ＋V 三棱锥F －BCH ＋V 三棱柱AGD －BHC ＝2V 三棱锥E －ADG ＋ V 三棱柱AGD －BHC ＝13×24×12×2＋24×1＝23.故选A.【变式2】 如图所示，正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的底面边长为2，侧棱长为3，D 为BC 中点，则三棱锥A －B 1DC 1的体积为( )A.3B.32C.1D.32解析 如题图，在正△ABC 中，D 为BC 中点，则有AD ＝32AB ＝3， 又∵平面BB 1C 1C ⊥平面ABC ，平面BB 1C 1∩平面ABC ＝BC ，AD ⊥BC ，AD ⊂平面ABC ，由面面垂直的性质定理可得AD ⊥平面BB 1C 1C ，即AD 为三棱锥A －B 1DC 1的底面B 1DC 1上的高， ∴V A －B 1DC 1＝13S △B 1DC 1·AD ＝13×12×2×3×3＝1.【变式3】如图所示，已知三棱柱ABC A 1B 1C 1的所有棱长均为1，且AA 1⊥底面ABC ，则三棱锥B 1ABC 1的体积为( )A.312B.34C.612D.64解析：选A 三棱锥B 1ABC 1的体积等于三棱锥A B 1BC 1的体积，三棱锥A B 1BC 1的高为32，底面积为12，故其体积为13×12×32＝312.考点五 多面体与球的切、接问题 类型1 外接球的问题 1.必备知识：(1)简单多面体外接球的球心的结论.结论1：正方体或长方体的外接球的球心是其体对角线的中点. 结论2：正棱柱的外接球的球心是上下底面中心的连线的中点. 结论3：直三棱柱的外接球的球心是上下底面三角形外心的连线的中点. (2)构造正方体或长方体确定球心.(3)利用球心O 与截面圆圆心O 1的连线垂直于截面圆及球心O 与弦中点的连线垂直于弦的性质，确定球心. 2.方法技巧：几何体补成正方体或长方体.【例5】（1） 已知边长为2的等边三角形ABC ，D 为BC 的中点，沿AD 进行折叠，使折叠后的∠BDC ＝π2，则过A ，B ，C ，D 四点的球的表面积为( ) A.3πB.4πC.5πD.6π解析 连接BC ，由题知几何体ABCD 为三棱锥，BD ＝CD ＝1，AD ＝3，BD ⊥AD ，CD ⊥AD ，BD ⊥CD ，将折叠后的图形补成一个长、宽、高分别是3，1，1的长方体，其体对角线长为1＋1＋3＝5，故该三棱锥外接球的半径是52，其表面积为5π. (2)体积为3的三棱锥P －ABC 的顶点都在球O 的球面上，P A ⊥平面ABC ，P A ＝2，∠ABC ＝120°，则球O 的体积的最小值为( )A.773πB.2873πC.19193πD.76193π解析 设AB ＝c ，BC ＝a ，AC ＝b ，由题可得3＝13×S △ABC ×2，解得S △ABC ＝332.因为∠ABC ＝120°，S △ABC＝332＝12ac sin 120°，所以ac ＝6，由余弦定理可得b 2＝a 2＋c 2－2ac cos 120°＝a 2＋c 2＋ac ≥2ac ＋ac ＝3ac ＝18，当且仅当a ＝c 时取等号，此时b min ＝3 2.设△ABC 外接圆的半径为r ，则b sin 120°＝2r (b 最小，则外接圆半径最小)，故3232＝2r min ，所以r min ＝ 6.如图，设O 1为△ABC 外接圆的圆心，D 为P A 的中点，R 为球的半径，连接O 1A ，O 1O ，OA ，OD ，PO ，易得OO 1＝1，R 2＝r 2＋OO 21＝r 2＋1，当r min ＝6时，R 2min ＝6＋1＝7，R min ＝7，故球O 体积的最小值为43πR 3min ＝43π×(7)3＝287π3.类型2 内切球问题 1.必备知识：(1)内切球球心到多面体各面的距离均相等，外接球球心到多面体各顶点的距离均相等. (2)正多面体的内切球和外接球的球心重合.(3)正棱锥的内切球和外接球球心都在高线上，但不一定重合. 2.方法技巧：体积分割是求内切球半径的通用做法.【例6】（1）体积为4π3的球与正三棱柱的所有面均相切，则该棱柱的体积为________.解析 设球的半径为R ，由4π3R 3＝4π3，得R ＝1，所以正三棱柱的高h ＝2. 设底面边长为a ，则13×32a ＝1，所以a ＝23；所以V ＝34×(23)2×2＝6 3.（2）在封闭的直三棱柱ABC －A 1B 1C 1内有一个体积为V 的球.若AB ⊥BC ，AB ＝6，BC ＝8，AA 1＝3，则V 的最大值是( ) A.4πB.9π2C.6πD.32π3【解析】 由AB ⊥BC ，AB ＝6，BC ＝8，得AC ＝10.要使球的体积V 最大，则球与直三棱柱的部分面相切，若球与三个侧面相切，设底面△ABC 的内切圆的半径为r .则12×6×8＝12×(6＋8＋10)·r ，所以r ＝2；2r ＝4＞3，不合题意.球与三棱柱的上、下底面相切时，球的半径R 最大.由2R ＝3，即R ＝32.故球的最大体积V ＝43πR 3＝92π.规律方法1.解决与球有关的切、接问题，其通法是作截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题的思维流程是：2.若球面上四点P ，A ，B ，C 中P A ，PB ，PC 两两垂直或三棱锥的三条侧棱两两垂直，可构造长方体或正方体确定直径解决外接问题.【变式1】 若本例（2）中的条件变为“直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的球面上”，若AB ＝3，AC ＝4，AB ⊥AC ，AA 1＝12，求球O 的表面积.解 将直三棱柱补形为长方体ABEC －A 1B 1E 1C 1，则球O 是长方体ABEC －A 1B 1E 1C 1的外接球. ①体对角线BC 1的长为球O 的直径.因此2R ＝32＋42＋122＝13.故S 球＝4πR 2＝169π.【变式2】 三棱锥P －ABC 中，平面P AC ⊥平面ABC ，AB ⊥AC ，P A ＝PC ＝AC ＝2，AB ＝4，则三棱锥P －ABC 的外接球的表面积为( ) A.23πB.234π C.64πD.643π 解析 如图，设O ′为正△P AC 的中心，D 为Rt △ABC 斜边的中点，H 为AC 中点.由平面P AC ⊥平面ABC .则O ′H ⊥平面ABC .作O ′O ∥HD ，OD ∥O ′H ，则交点O 为三棱锥外接球的球心，连接OP ，又O ′P ＝23PH ＝23×32×2＝233，OO ′＝DH ＝12AB ＝2.∴R 2＝OP 2＝O ′P 2＋O ′O 2＝43＋4＝163.故几何体外接球的表面积S ＝4πR 2＝643π.基础巩固题组 (建议用时：40分钟)1．下列说法正确的是( )A ．通过圆台侧面上一点可以做出无数条母线B ．直角三角形绕其一边所在直线旋转一周得到的几何体是圆锥C ．圆柱的上底面下底面互相平行D ．五棱锥只有五条棱【分析】对于A ，通过圆台侧面上一点只能做出1条母线；对于B ，直角三角形绕其绕其斜边旋转一周，得到的是两个圆锥的组合体；对于C ，由圆柱的定义得圆柱的上底面、下底面互相平行；对于D ，五棱锥有十条棱．2．底面边长为2，高为1的正三棱柱的体积是( )A B ．1C D ．13【分析】先求出正三棱柱的底面积，由此能求出正三棱柱的体积． 【解答】解：底面边长为2，高为1的正三棱柱的体积是： 122sin 6012V SH ==⨯⨯︒⨯A ．3．已知圆锥的底面半径为4，母线长为5，则该圆锥的侧面积为( ) A ．16πB ．20πC ．36πD ．40π【分析】根据圆锥的侧面积公式计算即可．【解答】解：由圆锥的底面半径为4，母线长为5，则圆锥的侧面积为4520S ππ=⨯⨯=侧．故选：B ．4．若棱长为( ) A ．12πB ．24πC ．36πD ．144π【分析】正方体的对角线就是球的直径，求出半径后，即可求出球的表面积． 【解答】解：由题意，正方体的对角线就是球的直径，所以26R =，所以3R =，2436S R ππ==．故选：C ． 5．已知A ，B ，C 为球O 的球面上的三个点，1O 为ABC ∆的外接圆．若1O 的面积为4π，1AB BC AC OO ===，则球O 的表面积为( )A ．64πB ．48πC ．36πD ．32π【分析】画出图形，利用已知条件求出1OO ，然后求解球的半径，即可求解球的表面积． 【解答】解：由题意可知图形如图：1O 的面积为4π，可得12O A =，则13sin 602AO AB =︒，132AO AB =，1AB BC AC OO ∴====外接球的半径为：4R =，球O 的表面积：24464ππ⨯⨯=．故选：A ．6．如图，在圆柱12O O 内有一个球O ，该球与圆柱的上、下底面及母线均相切．若122O O =，则圆柱12O O 的表面积为( )A ．4πB ．5πC ．6πD ．7π【分析】根据图形可以得出22h r ==；代入圆柱的表面积公式即可得到结论．【解答】解：由题意可得：221h r r ==⇒=；222266S r r h r ππππ∴=⨯+⨯==；故选：C ．7．（2020•新课标①）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( ) ABCD【分析】先根据正四棱锥的几何性质列出等量关系，进而求解结论．【解答】解：设正四棱锥的高为h ，底面边长为a ，侧面三角形底边上的高为h '，则依题意有：222212()2h ah a h h ⎧='⎪⎪⎨⎪='-⎪⎩，因此有2221()4()2()1022a h h h h ah a a a ''''-='⇒--=⇒=；8．连接正方体各表面的中心构成一个正八面体，则正八面体的体积和正方体的体积之比为( ) A ．112B ．16C ．14 D ．13【分析】设正方体的棱长是1，构成的八面体可以看作是由两个正四棱锥组成，一个正四棱锥的高等于正，求出正四棱锥的体积，得到正八面体的体积，得到比值．【解答】解：解：设正方体的棱长是1，构成的八面体可以看作是由两个正四棱锥组成，以上面一个正四棱锥为例，它的高等于正方体棱长的一半12，∴这个正四棱锥的体积是1113212=， ∴构成的八面体的体积是112126⨯=，∴八面体的体积是1V ，正方体体积是2V ，12:1:6V V =．9．已知三棱锥P ABC -四个顶点都在球O上，PA PB PC ===3BC =，60BAC ∠=︒．则球O 的表面积为( ) A ．36πB ．16πC ．12πD ．163π 【分析】先求解出底面外接圆半径和高，结合球心在高线上，利用球心到各顶点距离等于球半径即可求解．进一步求出球的表面积．【解答】解：由题知三棱锥P ABC - 四个顶点都在球O 上，故该球为三棱锥P ABC - 的外接球， 在ABC ∆ 中，3BC =，60BAC ∠=︒，根据三角形的外接圆半径公式2sin ar A=， 可得ABC ∆ 的外接圆半径1323r ==，因此，三棱锥PABC - 的外接球半径R = 因为2PA =，所以R =P ABC - 的外接球半径为2，根据球体的表面积公式24S R π=，可得球O 的表面积为24216S ππ=⨯=．10．魏晋时期数学家刘徽在他的著作《九章算术注》中，称一个正方体内两个互相垂直的内切圆柱所围成几何体为“牟合方盖”，刘徽通过计算得知正方体的内切球的体积与“牟合方盖”的体积之比应为:4π，若“牟合方盖”的体积为18，则正方体的棱长为( ) A ．18B ．6C ．3D ．2【分析】先求出正方体的内切球的体积，再求出正方体内切球半径，由此能求出正方体的棱长． 【解答】解：正方体的内切球的体积与“牟合方盖”的体积之比应为:4π，“牟合方盖”的体积为18， ∴正方体的内切球的体积91842V ππ=⨯=球，设正方体内切球半径为r ，则34932r ππ=，解得32r =， ∴正方体的棱长为23r =．故选：C ．11．我国古代数学名著《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的三棱锥称之为“鳖臑”．现有一鳖臑P ABC -如图所示，PB ⊥底面ABC ，AC BC ⊥，4PB AC ==，其体积为8，则这个鳖臑的表面积为()A ．4+B ．32C ．8+D ．24+【分析】根据三棱锥的体积求出BC 的长，再求出三棱锥的表面积．【解答】解：三棱锥P ABC -的体积为11441632P ABC V BC -=⨯⨯⨯=三棱锥，所以3BC =，所以5AB PC ==，又PB ⊥底面ABC ，所以PB AC ⊥，又AC BC ⊥，所以AC ⊥平面PBC ， 所以AC PC ⊥，所以13462PBC ABC S S ∆∆==⨯⨯=，154102PAC PAB S S ∆∆==⨯⨯=，所以这个鳖臑的表面积为66101032S =+++=．故选：B ．12．如图所示，已知正三棱柱111ABC A B C -的所有棱长均为1，则四棱锥11A B BCC -的体积为( )A B C D 【分析】取BC 中点O ，连接AO ，求得AO 并证明AO ⊥平面11B BCC ，再由棱锥体积公式求解． 【解答】解：如图，取BC 中点O ，连接AO ，三棱柱111ABC A B C -是正三棱柱，AO BC ∴⊥，又正三角形ABC 的边长为1，AO ∴=． 而平面BAC ⊥平面11B BCC ，且平面BAC ⋂平面11B BCC BC =， AO ∴⊥平面11B BCC ，又四边形11B BCC 是边长为1的正方形，∴四棱锥11A B BCC -的体积为1113V =⨯⨯=．故选：D ．13．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，90CEF ∠=︒，则球O 的体积为( )A ．B ．C ．D【分析】由题意画出图形，证明三棱锥P ABC -为正三棱锥，且三条侧棱两两互相垂直，再由补形法求外接球球O 的体积． 【解答】解：如图，由PA PB PC ==，ABC ∆是边长为2的正三角形，可知三棱锥P ABC -为正三棱锥， 则顶点P 在底面的射影1O 为底面三角形的中心，连接1BO 并延长，交AC 于G ， 则AC BG ⊥，又1PO AC ⊥，11PO BG O =，可得AC ⊥平面PBG ，则PB AC ⊥，E ，F 分别是PA ，AB 的中点，//EF PB ∴，又90CEF ∠=︒，即EF CE ⊥，PB CE ∴⊥，得PB ⊥平面PAC ， ∴正三棱锥P ABC -的三条侧棱两两互相垂直，把三棱锥补形为正方体，则正方体外接球即为三棱锥的外接球，其直径为D ==．O 的体积为343π⨯=． 故选：D ．14．（多选）正三棱锥底面边长为3，侧棱长为( )A ．正三棱锥高为3． BC D【分析】正三棱锥S ABCk -，底面ABC ∆是边长为3的等边三角形，侧棱长为SA SB SC ===取BC 中点D ，连结SD ，AD ，过S 作SO ⊥平面ABC ，交AD 于O ，由此能求出正三棱锥高、斜高、体积和侧面积．【解答】解：正三棱锥S ABCk -，底面ABC ∆是边长为3的等边三角形，侧棱长为SA SB SC ===取BC 中点D ，连结SD ，AD ，过S 作SO ⊥平面ABC ，交AD 于O ，AD ==2233AO AD ===∴正三棱锥高为：3SO ==，故A 正确；正三棱锥的斜高为：SD =，故B 正确；正三棱锥的体积为：11133332ABC V S SO ∆==⨯⨯=C 错误；正三棱锥侧面积为：1332S =⨯⨯=，故D 错误． 故选：AB ．15．棱长为a 的正四面体的外接球的表面积为 ．【分析】将正四面体补成一个正方体，正四面体的外接球的直径为正方体的对角线长，即可得出结论．，正四面体的外接球的直径为正方体的对角线长，∴外接球的表面积的值为2234)2a ππ⨯=． 故答案为：232a π． 16．已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，M 、N 分别为1BB 、AB 的中点，则三棱锥1A NMD -的体积为 ．【分析】由题意画出图形，再由等体积法求三棱锥1A NMD -的体积． 【解答】解：如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，M 、N 分别为1BB 、AB 的中点，∴111122ANM S ∆=⨯⨯=，∴111112323A NMD D AMN V V --==⨯⨯=．故答案为：13．17．（2020•浙江）已知圆锥的侧面积（单位：2)cm 为2π，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径（单位：)cm 是 ．【分析】利用圆锥的侧面积，求出母线长，求解底面圆的周长，然后求解底面半径． 【解答】解：圆锥侧面展开图是半圆，面积为22cm π，设圆锥的母线长为acm ，则2122a ππ⨯=，2a cm ∴=，∴侧面展开扇形的弧长为2cm π，设圆锥的底面半径OC rcm =，则22r ππ=，解得1r cm =．故答案为：1cm ．18．已知平面α截球O 的球面所得圆的面积为π，O 到α的距离为3，则球O 的表面积为 ． 【分析】根据球心到平面的距离结合球的截面圆性质，利用勾股定理算出球半径R 的值，再根据球的表面积公式，可得球的表面积．【解答】解：平面α截球O 的球面所得圆的面积为π，则圆的半径为1，该平面与球心的距离3d =，∴球半径R =∴球的表面积2440S R ππ==．故答案为：40π．19．（2020•新课标①）已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为 ． 【分析】易知圆锥内半径最大的球应为圆锥的内切球，作图，求得出该内切球的半径即可求出球的体积． 【解答】解：因为圆锥内半径最大的球应该为该圆锥的内切球，如图，圆锥母线3BS =，底面半径1BC =，则其高SC =不妨设该内切球与母线BS 切于点D ，令OD OC r ==，由SOD SBC ∆∆∽，则OD BCOS BS=，13=，解得r =，343V r π==．20．（2020•江苏）如图，六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的．已知螺帽的底面正六边形边长为2cm ，高为2cm ，内孔半径为0.5cm ，则此六角螺帽毛坯的体积是 3cm ．【分析】通过棱柱的体积减去圆柱的体积，即可推出结果．【解答】解：六棱柱的体积为：1622sin 6022⨯⨯⨯⨯︒⨯=2(0.5)22ππ⨯⨯=，所以此六角螺帽毛坯的体积是：3)2cm π-，故答案为：2π．21．（2019•江苏）如图，长方体1111ABCD A B C D -的体积是120，E 为1CC 的中点，则三棱锥E BCD -的体积是 ．【分析】推导出11111120ABCD A B C D V AB BC DD -=⨯⨯=，三棱锥E BCD -的体积：1111133212E BCD BCD V S CE BC DC CE AB BC DD -∆=⨯⨯=⨯⨯⨯⨯=⨯⨯⨯，由此能求出结果．【解答】解：长方体1111ABCD A B C D -的体积是120，E 为1CC 的中点， ∴11111120ABCD A B C D V AB BC DD -=⨯⨯=，∴三棱锥E BCD -的体积：13E BCD BCD V S CE -∆=⨯⨯1132BC DC CE =⨯⨯⨯⨯1112AB BC DD =⨯⨯⨯10=．22.在①PA ⊥平面ABC ，②60ABC ∠=︒，③点P 在平面ABC 内的射影为ABC ∆的垂心．这三个条件中任选两个补充在下面的问题中，并解答．三棱锥P ABC -中，6PA AB AC ===，若_____，求三棱锥P ABC -的体积． 注：如果选择多种条件组合分别解答，按第一种解答计分．【分析】情形一：若选择①和②，由题意求出三角形ABC 的面积，又因为三棱锥P ABC -的高即为PA 的长度，于是直接利用三棱锥体积公式直接求解即可；情形二：若选择①和③，由题意得到A 即为ABC ∆的垂心，进而求出ABC ∆的面积，又因为三棱锥P ABC -的高即为PA 的长度，于是直接利用三棱锥体积公式直接求解即可；情形三：若选择②和③，由题意得到点P 在平面ABC 内的射影为ABC ∆的垂心即等边ABC ∆的中心O ，于是PO 即为三棱锥P ABC -的高，再利用三棱锥体积公式直接求解即可． 【解答】解：情形一：若选择①和②，6AB AC ==，60ABC ∠=︒，ABC ∴∆ 为等边三角形，∴26ABC S ∆== PA ⊥平面ABC ，PA ∴ 即为点P 到平面ABC 的距离，且6PA =，∴11633P ABC ABC V S PA -∆==⨯=． 情形二：若选择①和③，PA ⊥平面ABC ，∴ 点A 为点P 在平面ABC 内的射影，又因为点P 在平面ABC 内的射影为ABC ∆ 的垂心，∴ 点A 即为ABC ∆ 的垂心，90BAC ∴∠=︒， 6AB AC ==，∴216182ABC S ∆=⨯=， PA ⊥平面ABC ，PA ∴ 即为点P 到平面ABC 的距离，且6PA =， ∴111863633P ABC ABC V S PA -∆==⨯⨯=． 情形三：若选择②和③，6AB AC ==，60ABC ∠=︒，ABC ∴∆ 为等边三角形，∴26ABC S ∆==设ABC ∆ 的中心为点O ，则点O 即为ABC ∆ 的垂心，且6OA == 因为点P 在平面ABC 内的射影为ABC ∆ 的垂心，PO ∴⊥平面ABC ，PO ∴ 即为点P 到平面ABC的距离，且2PO ==∴1133P ABC ABC V S PO -∆==⨯= 23．已知圆柱Γ和圆柱Λ的侧面展开图为两个全等的矩形，若该矩形的两边分别为4和9，设圆柱Γ的高为1h ，体积为1V ，圆柱Λ的高为2h ，体积为2V ，其中12h h >． （1）求12h h 的值；（2）求12V V 的值． 【分析】（1）设圆柱Γ的底面半径为1r ，圆柱Λ的底面半径为2r ，由题意列式求得1h ，2h 的值，则12h h 的值可求；（2）由（1）求得1r ，1h ，2r ，2h 的值，代入圆柱体积公式可得1V ，2V ，则答案可求． 【解答】解：（1）设圆柱Γ的底面半径为1r ，圆柱Λ的底面半径为2r ， 已知圆柱Γ的高为1h ，圆柱Λ的高为2h ，12h h >． 由圆柱Γ和圆柱Λ的侧面展开图为两个全等的矩形，可得：12212924h r h r ππ==⎧⎨==⎩，∴1294h h =；（2）由（1）可得，19h =，12r π=，24h =，292r π=． ∴211136V r h ππ==，222281V r h ππ==．∴123636481819V V ππ===． 24．据说伟大的阿基米德逝世后，敌军将领马塞拉斯给他建了块墓碑，在墓碑上刻了一个如图所示的图案，图案中球的直径、圆柱底面的直径和圆柱的高相等，圆锥的顶点为圆柱上底面的圆心，圆锥的底面是圆柱的下底面．（①）试计算出图案中圆柱与球的体积比；（①）假设球半径2r =，试计算出图案中圆锥的体积和表面积．第 21 页 共 21 页 【分析】（①）球的直径、圆柱底面的直径和圆柱的高相等，设为a ，先求出圆柱的体积和球的体积，由此能求出图案中圆柱与球的体积比．（①）假设球半径2r =，利用圆锥的体积公式和表面积公式直接求解．【解答】解：（①）球的直径、圆柱底面的直径和圆柱的高相等，设为a ， 则圆柱的体积32()24a a V a ππ=⨯⨯=圆柱， 球的体积334()326a a V ππ=⨯=球， ∴图案中圆柱与球的体积比为：333426a V a V ππ==圆柱球． （①）假设球半径2r =， 图案中圆锥的体积为：2211162222333V r r πππ=⨯=⨯⨯⨯=．圆锥的表面积为：22224S rl r πππππ=+=⨯⨯=+．。