高二数学球的体积和表面积2
全品学练考数学高二答案
练习册参考答案第一章空间几何体1．1空间几何体的结构1．1.1柱、锥、台、球的结构特征1．1.2简单组合体的结构特征1．C[解析] 图①不是由棱锥截来的，所以①不是棱台；图②上下两个面不平行，所以②不是圆台；图④前后两个面平行，其他面是平行四边形，且每相邻两个四边形的公共边都互相平行，所以④是棱柱；很明显③是棱锥．2．D[解析] ①③中两点的连线可能不在侧面上，因此不一定是母线；②中两点的连线符合母线的条件；④中圆柱任意一条母线与圆柱的轴所在的直线平行，因此圆柱的任意两条母线所在的直线是互相平行的．3．B[解析] A错误，比如四棱柱；B正确；C错误，还应满足正棱台上下底面中心的连线垂直于底面；D4．C[解析] D与B重合，显然CD∥GH.5．D[解析] 根据纸板的折叠情况及特殊面的阴影部分可以判断正确选项是D.6．B[解析] ①正确；②错误，当以斜边所在的直线为旋转轴时，其余两边旋转形成的面所围成的几何体不是圆锥；③错误，棱台的上、下底面是相似且对应边平行的多边形，各侧棱的延长线交于一点，但是侧棱长不一定相等．7．D[解析] 根据棱台的定义(侧棱的延长线必交于一点，即棱台可以还原成棱锥)可知，几何体Ω不是棱台．8．①③④[解析] 由图易知①③④正确．9．90°[解析] 如图所示，将平面图折成正方体．很明显点A，B，C是上底面正方形的三个顶点，则∠ABC＝90°.10．④[解析] 根据旋转体的定义可知，圆锥的所有轴截面是全等的等腰三角形．11.1712．解：如图所示，此几何体有两个面互相平行，其余各面都是平行四边形，很明显这个几何体不是棱柱，因此有两个面互相平行，其余各面都是平行四边形的几何体不一定是棱柱．由此看，判断一个几何体是否是棱柱，关键是紧扣棱柱的三个本质特征：①有两个面互相平行；②其余各面都是四边形；③每相邻两个四边形的公共边都互相平行．这三个特征缺一不可，右图所示的几何体不具备特征③.13．解：当AD＞BC时，四边形ABCD绕EF旋转一周所得几何体是由底面半径为CD 的圆柱和圆锥拼成的组合体；当AD＝BC时，四边形ABCD绕EF旋转一周所得几何体是圆柱；当AD＜BC时，四边形ABCD绕EF旋转一周所得几何体是从圆柱中挖去一个同底的圆锥而得到的．14．①②③④[解析] 认识棱柱一般要从侧棱与底面是否垂直和底面多边形的形状两个方面去分析，故①③都不准确；②中对等腰三角形的腰是否为侧棱未作说明，故②不正确；④15．解：(1)有一条侧棱垂直于底面且底面为正方形的四棱锥，如图(1)所示．(2)需要3个这样的几何体，如图(2)所示．分别为：四棱锥A1CDD1C1，四棱锥A1ABCD，四棱锥A1BCC1B1.1．2 空间几何体的三视图和直观图1．2.1 中心投影与平行投影 1．2.2 空间几何体的三视图 1．2.3 空间几何体的直观图1．C [解析] 由三视图的特点可知选项C 正确．2．A [解析] 由斜二测画法规则知平行性是不变的，长度的变化在平行时相同，故仍平行且相等．3．C [解析] 根据三视图，几何体为一个倒放的三棱柱．4．C [解析] 由直观图易知A ′D ′∥y ′轴．根据斜二测画法规则，可知在原图形中应有AD ⊥BC .又AD 为BC 边上的中线，所以△ABC 为等腰三角形，且AD 为BC 边上的高，所以AB ，AC 相等且最长，AD 最短．5．C [解析]则AD ＝（2 2）2＋12＝3，所以原图形的周长为8.6．B [解析] 因为BC 垂直于x 轴，所以在直观图中B ′C ′的长度是1，且与O ′x ′轴的夹角是45°，所以B ′到O ′x ′轴的距离是22.7．C [解析] 依题意可知∠BAD ＝45°，则原平面图形为直角梯形，且上下底边的长分别与BC ，AD 相等，高为梯形ABCD 的高的2 2倍，所以原平面图形的面积为8 cm 2.8．4 [解析] 由斜二测画法知，原三角形为直角三角形，且AO ＝4，BO ＝2，故S ＝12×2×4＝4.9．①②④ [解析] ①正确；由原图形中平行的线段在直观图中仍平行可知②正确；原图形中垂直的线段在直观图中一般不垂直，故③错误；④正确；原图形中相等的线段在直观图中不一定相等，故⑤错误．10．12 [解析] 由三视图可知碟子共三摞，分别为5个，4个，3个，所以碟子共有12个．11．8 2 [解析] 作D ′E ⊥A ′B ′于点E ，C ′F ⊥A ′B ′于点F ， 则A ′E ＝B ′F ＝A ′D ′cos 45°＝1，∴C ′D ′＝EF ＝3.画出原平面图(如图所示)，则原四边形应为直角梯形，∠A ＝90°，AB ＝5，CD ＝3，AD ＝2 2，∴S 四边形ABCD ＝12×(5＋3)×2 2＝8 2.12．解：(1)过点C 作CE ⊥x 轴，垂足为E ，如图(1)所示．画出对应的x ′轴，y ′轴，使∠x ′O ′y ′＝45°，如图(2)所示．(2)如图(2)所示，在x ′轴正半轴上取点B ′，E ′，使得O ′B ′＝OB ，O ′E ′＝OE ；在y ′正半轴上取一点D ′，使得O ′D ′＝12OD ；过E ′作E ′C ′∥y ′轴，使E ′C ′＝12EC .(3)连接B ′C ′，C ′D ′，并擦去x ′轴与y ′轴及其他一些辅助线，如图(3)所示，四边形O ′B ′C ′D ′就是所求作的直观图．13．解：(1)圆柱；(2)四棱锥；(3)三棱锥，且有一条侧棱与底面垂直．画图略． 14．C [解析] 当M 与F 重合、N 与G 重合、Q 与E 重合、P 与B 1重合时，三棱锥P -MNQ 的俯视图为A ；当M 、N 、Q 、P 是所在线段的中点时，其俯视图为B ；当M 、N 、P 是所在线段的非端点位置，而Q 与B 重合时，三棱锥P -MNQ 的俯视图可能为选项D.故选C.15．解：(1)(2)根据三视图间的关系可得BC ＝2 3. 由俯视图可知三棱锥底面三角形的高为2 3×32＝3. ∵三棱锥的高在底面上的投影是底面的中心，且其到点A 的距离为底面△ABC 高的23，∴底面中心到点A 的距离为23×3＝2，∴侧视图中VA ＝42－22＝2 3，∴S △VBC ＝12×2 3×2 3＝6.1．3 空间几何体的表面积与体积1．3.1 柱体、锥体、台体的表面积与体积1．3.2 球的体积和表面积1．C [解析] 设圆锥的母线长为l ，则l ＝3＋1＝2，所以圆锥的表面积为S ＝π×1×(1＋2)＝3π.2．C [解析] 设内接正方体的棱长为a ，则球的直径为3a ，所以球的表面积与它的内接正方体的表面积之比是4π⎝⎛⎭⎫3a 22∶6a 2＝π2. 3．B [解析] 结合三视图可知该几何体是一个圆台，其上，下底面的半径分别为2，1，则该几何的侧面积S ＝π(2×4＋1×4)＝12π.4．B [解析] 该几何体是直三棱柱，其底面三角形的面积为12×1×2＝1，高为3，所以该几何体的体积为3.5．C [解析] 该几何体是一个圆柱上面叠加一个圆锥，其表面积S ＝2π×1×a ＋π×1×（3）2＋12＋π×12＝2πa ＋3π＝9π，所以a ＝3.6．B [解析] 由题意知球为长方体的外接球．设球的半径为R ，则(2R )2＝32＋42＋52，∴R 2＝252，∴S 球＝4πR 2＝4π×252＝50π.7．B [解析]体积V ＝12×4×4×4＝32，表面积S ＝2×12×42＋4×(4＋4＋4 2)＝48＋16 2.8．54π [解析] 由几何体的三视图知该几何体是一个底面半径为3，高为6的圆柱，则该几何体的体积V ＝π×32×6＝54π.9．50π [解析] 因为圆锥的侧面展开图半圆的面积即为该圆锥的侧面积，且该半圆的半径即为圆锥的母线长10，所以圆锥的侧面积为12π×102＝50π.10．4 3 [解析] 由题意得正六棱锥的底面边长和高都为2，故该六棱锥的体积为13×34×22×6×2＝4 3.11．16 10 m 2 [解析] 如图所示，取AD 的中点E ，连接VE .∵正四棱锥V -ABCD 的底面的面积为16 m 2，∴AE ＝12AD ＝2 m ．在Rt △VAE 中，VE ＝VA 2－AE 2＝（2 11）2－22＝2 10(m)，∴正四棱锥V -ABCD 的侧面积为12×4×2 10×4＝16 10(m 2)．12．解：由三视图可知，该几何体的下半部分是棱长为2 m 的正方体，上半部分是半径为1 m 的半球．(1)几何体的表面积S ＝12×4π×12＋6×22－π×12＝(24＋π)m 2.(2)几何体的体积V ＝23＋12×43π×13＝⎝⎛⎭⎫8＋23πm 3. 13．解：(1)由三视图可知该几何体是三棱柱． (2)直观图如图所示．因为该几何体的底面是边长为4 2 cm ，所以它的表面积S 三棱柱＝2S 底＋S 侧＝2×34×42＋3×4×2＝(24＋8 3)cm 2.14．C [解析] ∵俯视图是一个腰长为2的等腰直角三角形，∴底面外接圆半径r ＝ 2.由正视图中棱锥的高h ＝1，得棱锥的外接球半径R ＝⎝⎛⎭⎫122＋（2）2＝32，故该几何体外接球的体积V ＝43πR 3＝92π.15．解：易知所得的几何体是由一个圆台截去一个圆锥所得的组合体， 且CE ＝DE ＝AD ＝2，BC ＝5，则S 表面＝S 圆台底面＋S 圆台侧面＋S 圆锥侧面＝π×52＋π×(2＋5)×5＋π×2×2 2＝60π＋4 2π，V ＝V 圆台－V 圆锥＝13π(22＋2×5＋52)×4－13π×22×2＝1483π.滚动习题(一)1．D [解析] 由棱台的定义知D 选项正确．2．D [解析] 设球的半径为R .由43πR 3＝323π得R ＝2，∴S 球＝4πR 2＝16π.3．A [解析] 由正投影的定义，看关键点在平面上的投影即可．4．B [解析] 根据斜二测画法画平面图形的直观图的规则可知，在x 轴上(或与x 轴平行)的线段，其长度保持不变，在y 轴上(或与y 轴平行)的线段，其长度变为原来的一半，且∠x ′O ′y ′＝45°(或135°)．若设原平面图形的面积为S ，则其直观图的面积S ′＝12×22×S＝24S ，又直观图的面积S ′＝a 2，所以原平面四边形的面积S ＝a 224＝2 2a 2.5．B [解析] 设圆柱的半径为r ，高为h .由题意得h ＝2πr ，∴圆柱的表面积S 表＝2πr 2＋2πr ×h ＝2πr 2＋2πr ×2πr ＝2πr 2(1＋2π)， 圆柱的侧面积S 侧＝2πr ×h ＝2πr ×2πr ＝4π2r 2， 故S 表S 侧＝2πr 2（1＋2π）4π2r 2＝1＋2π2π. 6．B [解析] 由三视图可知该几何体为平放的四棱柱，且底面为等腰梯形，梯形的上底长为2，下底长为8，梯形的高为4，棱柱的高为10.∴梯形的面积为12×(2＋8)×4＝20，∴棱柱的体积为20×10＝200.7．A [解析] 3，则底面边长为4，所以底面面积为4 3，因此该三棱柱的高为12 3 2 3×3＝6 3.8．A [解析] 1的正方形，所以该四面体的四个顶点一定是正方体的顶点，所以我们可以在正方体中寻找该四面体．如图所示，四面体ABCD 满足题意，所以四面体的外接球即为正方体的外接球．由题意可知，正方体的棱长为1，所以外接球的半径R ＝32，所以该四面体的外接球的表面积S ＝4×π×⎝⎛⎭⎫322＝3π. 9.8π3 [解析] 得到的几何体为圆锥，且圆锥的底面半径为2，高也为2，故体积V ＝13×π×4×2＝8π3.10．4π＋4 [解析] 由三视图可知，该几何体为上部为半径为12的球，下部为半径为1，高为2的半个圆柱，则几何体的表面积为4π×⎝⎛⎭⎫122＋2×12×π＋2×(2＋π)＝4π＋4. 11．100π [解析] 由题易知截面圆的半径为4，则球的半径为32＋42＝5，所以球的表面积为4π×52＝100π.12．解：(1)侧视图如图所示，可判断该几何体是一个正六棱锥． (2)由图可知正六棱锥是由六个腰长是2a ，底面边长是a 的等腰三角形与一个底面边长是a 的正六边形围成的．故S 表面＝12a ×（2a ）2－a 22×6＋12a ×a 2－a 22×6＝3 152a 2＋3 32a 2＝3 32(5＋1)a 2.(3)由正视图可知，正六棱锥的高h ＝（2a ）2－a 2＝3a ，底面积S 底＝3 32a 2，∴V ＝13S 底·h ＝13×3 32a 2×3a ＝32a 3.13．解： 所得旋转体是两个底面重合的圆锥，它们高的和AB ＝5，底面半径r ＝125，所以所得旋转体的表面积S ＝π×125×(3＋4)＝845π，体积V ＝13π×1252×5＝485π.14．解：(1)设圆柱形灯笼的母线长为l m ，则l ＝1.2－2r (0<r <0.6)，所以S ＝πr 2＋2πr ·(1.2－2r )＝－3π(r －0.4)2＋0.48π.故当r ＝0.4时，S 取得最大值，最大值约为1.51 m 2. (2)当r ＝0.3时，l ＝0.6.三视图略．第二章 点、直线、平面之间的位置关系2．1 空间点、直线、平面之间的位置关系2．1.1 平面1．B2．A [解析] 由题意得EF 在平面ABC 内，HG 在平面ACD 内，∴EF 与HG 交于点M 一定落在平面ABC 与平面ACD 的交线AC 上．3．D [解析] 经过不共线的三点有且只有一个平面，故①错误；两条相交或平行的直线确定一个平面，故②错误；经过一条直线和直线外一点有且只有一个平面，故③错误；因为圆上的任意三点都不共线，故④正确．4．B [解析] ①中两条相交直线确定一个平面，第三条直线上的两点在此平面内，故第三条直线在此平面内；②中三条直线两两平行，三条直线可以确定一个平面或三个平面；③中三条直线交于一点，此三条直线确定一个平面或三个平面；④中两条平行线确定一个平面，第三条直线上的两点在此平面内，故第三条直线在此平面内．5．D [解析] 当平面α过平面β与γ的交线时，这3个平面有1条交线；当β∥γ时，α与β和γ各有1条交线，共有2条交线；当β∩γ＝b ，α∩β＝a ，α∩γ＝c 时，这3个平面有3条交线．6．C [解析] 正方体有六个面，所以截面最多有六条边．7．B [解析] 当B ，C ，D 三点共线时，B ，C ，D 三点不能确定平面．A ，B ，C ，D 所在的平面和B ，C ，D ，E 所在的平面可能不同，所以A ，B ，C ，D ，E 五点不一定共面.8．1或2 [解析] 当两个平面平行，第三个平面与它们相交时，有两条交线；当三个平面交于一条直线时，有一条交线．9．①④ [解析] 对于②，当三条直线是三棱柱的三条棱时，它们平行但不能共面；对于③，三个公共点可能在同一条直线上，此时这两个平面相交．10．相交或重合 [解析] 当三个公共点共线时，两个平面相交或重合；当三个公共点不共线时，两个平面重合．11．6 [解析] 当三条直线共点但不共面相交时，这三条直线可以确定三个平面，而点P 与三条直线又可以确定三个平面，故最多可以确定六个平面．12．证明：∵b ∥c ，∴直线b ，c 可以确定一个平面α.设a ∩b ＝A ，a ∩c ＝B ， 则A ∈a ，B ∈a ，A ∈α，B ∈α，即a ⊂α，故直线a ，b ，c 共面．13．证明：连接EF ，GH .因为AE EB ＝CF FB ＝1，AH HD ＝CGGD＝2，所以EF ∥AC ，HG ∥AC ，且EF ≠GH ， 所以EH ，FG 共面，且EH 与FG 不平行． 不妨设EH ∩FG ＝O ，因为O ∈EH ，EH ⊂平面ABD ，所以O ∈平面ABD ， 因为O ∈FG ，FG ⊂平面BCD ，所以O ∈平面BCD . 又因为平面ABD ∩平面BCD ＝BD ，所以O ∈BD ， 所以EH ，BD ，FG 三条直线相交于同一点O .14．1或4 [解析] 当这四点在同一平面内时，可以确定一个平面；当这四点不共面时，则任意三点可确定一个平面，可确定四个平面．15.解：如图所示，取BB 1的中点M 1∵M ，F 分别是BB 1，CC 1的中点，∴MF ∥B 1C 1. 在正方体ABCD - A 1B 1C 1D 1中，有A 1D 1∥B 1C 1，∴MF ∥A 1D 1，又MF ＝A 1D 1，∴四边形A1MFD1是平行四边形，∴A1M綊D1F.又E，M分别是AA1，BB1的中点，∴A1E綊BM，∴四边形A1EBM为平行四边形，∴EB綊A1M，∴EB綊D1F，∴四边形EBFD1是平行四边形．又Rt△EAB≌Rt△FCB，∴BE＝BF，∴四边形EBFD1为菱形．2．1.2空间中直线与直线之间的位置关系1．D[解析] 可以利用长方体的棱所在的直线找到平行、相交、异面的情况．2．D[解析] 另一组对应边可能平行，也可能不平行，也可能垂直．注意和等角定理(若两个角的对应边平行，则这两个角相等或互补3．D [解析] 如图所示，在EF 上任取一点M ，直线CD 与点M 确定的平面与直线A 1D 1交于点N ，则直线MN 与这三条直线都相交．由点M 的任意性可知这样的直线有无数条．4．D [解析] 若l 与m 异面，且l 与n 异面，则m 与n 可能异面，可能相交，也可能平行，如图所示．5．D [解析] l 1，l 2在正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中即为AB 1，B 1D 1， ∵△AB 1D 1为正三角形，∴∠AB 1D 1＝π3，∴l 1与l 2相交且夹角为π3.6．A [解析] 取AD 的中点H ，连接MH ，NH ，则MH 綊12BD ，NH 綊12AC ，且M ，N ，H 三点构成三角形．由三角形中三边关系可得|MH －NH |<MN <|MH ＋NH |，即1<MN <5.7．D [解析] 连接AD 1，D 1C ，BC 1.因为M ，N 分别为BC 和CC 1的中点，所以C 1B ∥MN ，又C 1B ∥AD 1，所以AD 1∥MN ，所以∠D 1AC 即为异面直线AC 和MN 所成的角．又△D 1AC 是等边三角形，所以∠D 1AC ＝60°，即异面直线AC 和MN 所成的角为60°.8．③④ [解析] 直线AM 与CC 1是异面直线，直线AM 与BN 也是异面直线，故①②错误．③④是正确的．9．三10．①③ [解析] 把正方体的平面展开图还原成原来的正方体如图所示，则AB ⊥EF ，EF 与MN 为异面直线，AB ∥CM ，MN ⊥CD ，所以只有①③正确．11．60° [解析] 取AD 的中点N ，连接A 1N ，MN ，则△A 1MN 为等边三角形． 由MN ∥BD ∥B 1D 1可知，∠A 1MN 即为A 1M 与B 1D 1所成的角，故所求角为60°. 12．解：(1)由A ′B ′∥C ′D ′可知，∠BC ′D ′即为异面直线BC ′与A ′B ′所成的角． ∵BC ′⊥C ′D ′，∴异面直线BC ′与A ′B ′所成的角为90°. (2)连接AD ′，AC .由AD ′∥BC ′可知，∠AD ′C 即为异面直线CD ′和BC ′所成的角． ∵△AD ′C 是等边三角形，∴∠AD ′C ＝60°，即异面直线CD ′和BC ′所成的角为60°.13．解：AB ，HE ∥CD ，∴∠EHG 就是异面直线AB 和CD EFGH 是平行四边形．∵HG ＝12AB ＝6 2，HE ＝12CD ＝2 3，∴HG ·HE ·sin ∠EHG ＝12 6sin ∠EHG ，∴12 6sin ∠EHG ＝12 3，∴sin ∠EHG ＝22，故∠EHG ＝45°，∴直线AB 和CD 所成的角为45°.14．B [解析] 取BD 的中点G ，连接EG ，FG ，则∠EFG (或其补角)为异面直线EF 与BC 所成的角．∵E ，F ，G 分别为AB ，CD ，BD 的中点，∴EG ＝12AD ，GF ＝12BC ，又AD ＝BC ，∴EG ＝GF .∵AD ⊥BC ，EG ∥AD ，GF ∥BC ，∴EG ⊥GF ，∴△EGF 为等腰直角三角形．∴∠EFG ＝45°，即EF 与BC 所成的角为45°.15．解：连接CD 1，AC .由题意得在四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中，A 1D 1∥BC ，A 1D 1＝BC ＝2 3，∴四边形A 1BCD 1是平行四边形，∴A 1B ∥CD 1， ∴∠AD 1C 为A 1B 和AD 1所成的角．∵异面直线A 1B 和AD 1所成的角为90°， ∴∠AD 1C ＝90°. ∵在四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中，侧面都是矩形，且底面是菱形，∴△ACD 1是等腰直角三角形，∴AD 1＝22AC .∵底面四边形ABCD 是菱形且AB ＝BC ＝2 3，∠ABC ＝120°， ∴AC ＝2 3×sin 60°×2＝6，∴AD 1＝22AC ＝3 2，∴AA 1＝AD 21－A 1D 21＝ 6.2．1.3 空间中直线与平面之间的位置关系 2．1.4 平面与平面之间的位置关系1．D [解析] 若直线a ∥平面α，则直线a 与平面α无交点．2．D [解析] 直线与平面的位置关系为：平行、相交、在平面内．其中平行和相交通称为直线在平面外，所以直线与平面最多只有一个公共点．3．A4．C [解析] 若平面α与β的公共点多于两个，则平面α与β相交或重合，故C 项正确．5．A [解析] ∵直线a ⊄α，∴a ∥α或a ∩α＝A .如图所示，显然①②③④都不正确，故选A.6．C [解析] 7．D [解析] ∵a ∥α，∴a 与α无公共点．∵b ∥α，∴b 与α也无公共点，∴a ∥b 或a 与b 异面或a 与b 相交．8．③④ [解析] 可以利用长方体这个模型来判断．易知①②⑤为假命题，③④为真命题．9．2a [解析] 设M 在AC 上，N 点在BC 上，P 点在BD 上．Q 点在AD 上． 设AMCM＝k ，∵截面MNPQ 与AB ，CD 都平行， ∴MN ∥AB ，PQ ∥AB ，MQ ∥CD ，NP ∥CD ， ∴MN AB ＝PQ AB ＝11＋k ，MQ CD ＝NP CD ＝k 1＋k ， ∵AB ＝CD ＝a ，∴MN ＝PQ ＝a 1＋k ，MQ ＝NP ＝ak1＋k，∴截面MNPQ 的周长为MN ＋PQ ＋MQ ＋NP ＝2a 1＋k ＋ak1＋k＝2a .10．相交 [解析] 因为平面α，所以直线m 与n 没有公共点，即直线m 与n 不可能相交．11．平行或在平面内 [解析] 若这条直线在另一个平面外，则平行，否则此直线在平面内．12．解：B 1D 1在平面A 1C 1内，B 1D 1与平面BC 1，AB 1，AD 1，CD 1都相交，B 1D 1与平面AC 平行．13．证明：∵a ∥b ，∴a 和b 可以确定一个平面，不妨设这个平面为β. ∵a ∩α＝P ，∴P ∈a 且P ∈α，∴P ∈β . 从而点P 是平面α与平面β的一个公共点，由此可知平面α与平面β相交于过点P 的一条直线．设α∩β＝c ，则c ⊂α.在平面β内，a ∥b ，a ∩c ＝P ，则b 与c 也相交．设b ∩c ＝Q ，则Q ∈b ，Q ∈c ，∴直线b 与平面α有一个公共点Q .故直线b 与平面α相交．14．三或四 四、六、七或八 [解析] 两个平面平行可分成三部分，相交可分成四部分；三个平面平行可分成四部分，三个平面两两相交，交线只有一条或有两个平面平行且都与第三个平面相交可分成六部分，三个平面两两相交，交线有三条且三条交线平行可分成七部分，三个平面两两相交，交线有三条且三条交线有一个公共点可分成八部分．15．解：(1)如图所示，直线QN 即为直线l . (2)QN ∩A 1B 1＝P ，由已知得△MA 1Q ≌△MAD ，∴A 1Q ＝AD ＝a ＝A 1D 1， ∴A 1是QD 1的中点．又A 1P ∥D 1N ，∴A 1P ＝12D 1N ＝14C 1D 1＝14a ，∴PB 1＝A 1B 1－A 1P ＝a －14a ＝34a .2．2 直线、平面平行的判定及其性质2．2.1 直线与平面平行的判定 2．2.2 平面与平面平行的判定1．D [解析] 由平面与平面平行的判定定理知，若一平面内有两条相交直线分别与另一平面平行，则两平面平行．2．D[解析] 根据直线与平面的位置关系易判断选项D正确．3．A[解析] 在平面ABC内. ∵AE∶EB＝CF∶FB＝1∶3，∴AC∥EF.∵AC⊄平面DEF，EF⊂平面DEF.∴AC∥平面DEF.4．D5.A[解析] 如图所示，要使过点A平行，则经过直线m的平面与平面α的交线n与直线m平行，同理可得经过直线m的平面与平面β的交线k与直线m平行，故可推出n∥k.由线面平行可进一步推出直线n和直线k与两平面α和β的交线平行，即满足条件的直线m需过点A，且与两平面交线平行，显然这样的直线有且只有一条．6．D[解析] A错，若a∥b，则不能推出α∥β；B错，若A，B，C三点不在β的同一侧，则不能推出α∥β；C错，若a∥b，则不能推出α∥β.7．B8．无数无数9．BC的中点[解析] 当点F是BC的中点时，有直线EF∥平面A1C1D.理由：因为EF∥AC，AC∥A1C1，所以EF∥A1C1，又EF⊄平面A1C1D，A1C1⊂平面A1C1D，所以直线EF∥平面A1C1D.10．②[解析] 当l∥m时，平面α与平面β不一定平行，故①错误；②正确；若α∥β，l∥α，则l⊂β或l∥β，故③错误；④中直线m有可能在平面α内，故④错误．11．BD1∥平面AEC[解析] 如图所示，连接BD交AC于点O，连接EO.∵E为DD1的中点，O为BD的中点，∴EO∥BD1.⊂平面AEC，∴BD1∥平面AEC.12．证明：如图所示，连接BD交AC于点O，连接MO，则MO为△BDP的中位线，∴PD∥MO.∵PD⊄平面MAC，MO⊂平面MAC，∴PD∥平面MAC.13．证明：如图所示，连接B1D1D1C1，B1C1的中点，∴PN∥B1D1.又B1D1∥BD，∴PN∥BD.又PN⊄平面A1BD，∴PN∥平面A1BD.同理，MN∥平面A1BD.又PN∩MN＝N，∴平面PMN∥平面A1BD.14．B[解析] A错误，过两条异面直线中的一条有且只有一个平面与另一条直线平行；B正确；C错误，如果直线a与平面α内的一条直线平行，那么a∥α或a在α内；D错误，如果平面α与平面β内的无数条直线都平行，那么α∥β或α和β相交．15．证明：(1)∵E ，H 分别是AB ，DA 的中点，∴EH ∥BD ，且EH ＝12BD .同理，FG ∥BD 且FG ＝12BD ，∴FG ∥EH 且FG ＝EH ，∴四边形EFGH 是平行四边形，即E ，F ，G ，H 四点共面． (2)易知平面ABD 和平面α有一个公共点A . 设两平面交于过点A 的直线AD ′.∵α∥β，∴AD ′∥BD .∵BD ∥EH ，∴EH ∥BD ∥AD ′. 又AD ′＝平面α∩平面ABD ，EH ⊂平面ABD ， ∴EH ∥平面α.∵EF ∥AC ，∴EF ∥平面α.又EH ∩EF ＝E ，EH ⊂平面EFGH ，EF ⊂平面EFGH ， ∴平面EFGH ∥平面α.2．2.3 直线与平面平行的性质 2．2.4 平面与平面平行的性质1．D [解析] 当a ，b 是异面直线，且a ∥α时，b 与α的位置关系是b ∥α或b 与α相交或b ⊂α.2．A 3.B4．A [解析] 直线CE 在下底面内，且与上底面平行，与其他四个平面相交，直线EF 与左右两个平面平行，与其他四个平面相交，所以m ＝4，n ＝4，故选A.5．A6．B [解析] A 中，m ，n 可为相交直线，故A 错误；B 正确；C 中，n 可以平行于β，也可以在β内，故C 错误；D 中，m ，n 也可能异面，故D 错误．7．D [解析] 显然平面D 1EF 与平面ADD 1A 1相交，则在平面ADD 1A 1内与这两个平面的交线平行且不重合的直线有无数条，这些直线都与平面D 1EF 平行．8．a ∥b [解析] 由平面与平面平行的性质定理可判定a ∥b .9．③ [解析] ①中α可能与β相交；②中直线l 与m 可能异面；③中根据线面平行的性质定理可以证明m ∥n .10．①③④ [解析] 对于①，由于BC 固定，所以在倾斜的过程中始终有AD ∥EH ∥FG ∥BC ，且平面AEFB ∥平面DHGC ，故水的部分始终呈棱柱状(四棱柱、三棱柱或五棱柱)，且BC 为棱柱的一条侧棱，故①正确；对于②，FG 长度不变，EF 的长度随着容器的倾斜而不断变化，故水面面积也在变化，故②不正确；易知③是正确的；由水的体积的不变性可证得④是正确的. 综上所述，正确说法的序号是①③④.11．1 [解析] ∵BC ∥平面A ′C ′，BC ⊂平面BCC ′B ′， 平面BCC ′B ′∩平面A ′B ′C ′D ′＝B ′C ′，∴BC ∥B ′C ′.在平面A ′C ′上过点P 作EF ∥B ′C ′，则EF ∥BC, ∴过EF ，BC 所确定的平面将木块锯开即可．又此平面唯一确定，∴只有1种方法．12．证明：在四棱锥P -ABCD 中，E ，F 分别为PC ，PD 的中点，∴EF ∥CD .∵AB ∥CD ，∴EF ∥AB .∵EF ⊄平面P AB ，AB ⊂平面P AB ，∴EF ∥平面P AB . 同理EG ∥平面P AB .又EF ∩EG ＝E ，∴平面EFG ∥平面P AB . ∵AP ⊂平面P AB ，∴AP ∥平面EFG .13．解： 当E 为棱AB 的中点时，DE ∥平面AB 1C 1.证明如下：如图所示，取BB 1的中点F ，连接EF ，FD ，DE . ∵E ，F 分别为AB ，BB 1的中点， ∴EF ∥AB 1. ∵AB 1⊂平面AB 1C 1，EF ⊄平面AB 1C 1，∴EF ∥平面AB 1C 1.同理可证FD ∥平面AB 1C 1. ∵EF ∩FD ＝F ，∴平面EFD ∥平面AB 1C 1. ∵DE ⊂平面EFD ，∴DE ∥平面AB 1C 1.14．①或③ [解析] 由面面平行的性质定理可知，①正确；当b ∥β，a ⊂γ时，a 和b 在同一平面内，且没有公共点，所以平行，③正确．当填入的条件为②时，若γ∥β，则得不出a ∥b .故应填入的条件为①或③.15．证明：(1)连接FG .∵AE ＝B 1G ＝1，∴BG ＝A 1E ＝2.又∵BG ∥A 1E ，∴四边形A 1GBE 为平行四边形，∴A 1G ∥BE . 又∵C 1F ∥B 1G ，C 1F ＝B 1G ，∴四边形C 1FGB 1是平行四边形，∴FG ∥C 1B 1∥D 1A 1，FG ＝C 1B 1＝A 1D 1，∴四边形A 1GFD 1是平行四边形， ∴A 1G ∥D 1F ，∴D 1F ∥EB ， ∴E ，B ，F ，D 1四点共面．(2)∵H 是B 1C 1的中点，∴B 1H ＝32.又B 1G ＝1，∴B 1G B 1H ＝23.∵FC BC ＝23，且∠FCB ＝∠GB 1H ＝90°，∴△B 1HG ∽△CBF ，∴∠B 1GH ＝∠CFB ＝∠FBG ，∴HG ∥FB . 又由(1)知，A 1G ∥BE ，且HG ∩A 1G ＝G ，FB ∩BE ＝B ， ∴平面A 1GH ∥平面BED 1F .滚动习题(二)1．C[解析] 设α∩β＝l，a∥α，a∥β，则过直线a作与平面α，β都相交的平面γ，记α∩γ＝b，β∩γ＝c，则a∥b且a∥c，∴b∥c.又b⊂α，α∩β＝l，∴b∥l，∴a∥l.2．D [解析] A 中分别连接PS ，QR ，易证PS ∥QR ，∴P ，S ，Q ，R 四点共面；B 中P ，S ，R ，Q 均在截面PSRQ 上，∴P ，S ，R ，Q 四点共面；C 中分别连接PQ ，RS ，易证PQ ∥RS ，∴P ，Q ，R ，S 四点共面．故选D.3．B [解析] 根据空间平行、垂直关系的判定和性质，易知选B. 4．D [解析] 过点A 可作直线a ′∥a ，b ′∥b ，则a ′∩b ′＝A ，∴直线a ′，b ′可确定一个平面，记为平面α.如果a ⊄α，b ⊄α，则a ∥α，b ∥α.由于平面α可能过直线a ，b 之一，因此，过点A 且同时平行于直线a ，b 的平面可能不存在．5．B [解析] 在选项A 中，l 1⊥l 2，l 2⊥l 3，则l 1与l 3可以平行也可以相交或异面，借助正方体的棱很容易理解；在选项B 中，l 1⊥l 2，l 2∥l 3，则由异面直线所成角的定义可以推出l 1⊥l 3；在选项C 中，l 1∥l 2∥l 3，三直线不一定共面，如三棱柱的三条侧棱互相平行但不共面；在选项D 中，共点的三条直线不一定共面，如三棱锥中共顶点的三条棱不共面．6．D [解析] ∵AC ⊥平面BDD 1B 1，BE ⊂平面BDD 1B 1，∴AC ⊥BE ，故A 正确；∵EF ∥BD ，∴EF ∥平面ABCD ，故B 正确；直线AB 与平面BEF 所成的角即为直线AB 与平面BDD 1B 1所成的角，故为定值，所以C 正确；只有选项D 是错误的．7．C [解析] 连接BC 1.因为BB 1＝BC ，所以BC 1⊥B 1C .又因为D 1C 1⊥平面BCC 1B 1，B 1C ⊂平面BCC 1B 1，所以D 1C 1⊥CB 1，所以B 1C ⊥平面BD 1C 1，所以PB ⊥B 1C ，所以异面直线PB 与B 1C 所成角为90°.8．C [解析] 由题意得EH 綊12BD ，FG 綊12BD ，∴EH 綊FG .又EF ＝12AC ，AC ＝BD ，∴EF ＝EH ，∴四边形EFGH 为菱形．又∵AC 与BD 所成角的大小为90°，∴EF ⊥EH ，即四边形EFGH 为正方形．9．③④10．平面P AD 、平面PCD [解析] 因为O 为BD 的中点．又∵在△PBD 中，E 为PB 的中点，∴EO ∥PD ，又EO 在平面P AD 、PCD 外，PD 在平面P AD 、PCD 内，所以EO 与平面P AD 、平面PCD 平行．11.245或24 [解析] 如图①所示，∵AC ∩BD ＝P ， ∴经过直线AC 与BD 可确定平面PCD .∵α∥β，α∩平面PCD ＝AB ，β∩平面PCD ＝CD ， ∴AB ∥CD . ∴P A AC ＝PB BD ，即69＝8－BD BD ，∴BD ＝245.如图②所示，同理可证AB ∥CD ，∴P A PC ＝PB PD ，即63＝BD －88，∴BD ＝24.综上所述，BD 的长为245或24.12．解：∵AE EB ＝CFFB＝2，∴EF ∥AC ，∴EF ∥平面ACD .∵EF ⊂平面EFGH ，且平面EFGH ∩平面ACD ＝GH ，∴EF ∥GH . 又EF ∥AC ，∴AC ∥GH .∴AH HD ＝CGGD＝3，即AH ∶HD ＝3∶1. (2)证明：∵EF ∥GH ，且EF AC ＝13，GH AC ＝14，∴EF ≠GH ，∴四边形EFGH 为梯形．设EH ∩FG ＝P ，则P ∈EH ，而EH ⊂平面ABD ， P ∈FG ，FG ⊂平面BCD ， 平面ABD ∩平面BCD ＝BD ，∴P ∈BD ，∴EH ，FG ，BD 三线共点． 13．解：(1)证明：由题意知，BB 1綊DD 1， ∴四边形BB 1D 1D 是平行四边形， ∴BD ∥B 1D 1.又BD ⊄平面CD 1B 1，B 1D 1⊂平面CD 1B 1，∴BD ∥平面CD 1B 1. ∵A 1D 1綊BC ，∴四边形A 1BCD 1是平行四边形，∴A 1B ∥D 1C .又A 1B ⊄平面CD 1B 1，D 1C ⊂平面CD 1B 1， ∴A 1B ∥平面CD 1B 1.又∵BD ∩A 1B ＝B ，∴平面A 1BD ∥平面CD 1B 1. (2)∵A 1O ⊥平面ABCD ，∴A 1O 是三棱柱ABD -A 1B 1D 1的高．∵四边形ABCD 为正方形，且AB ＝2，∴AC ＝2，∴AO ＝12AC ＝1，又AA 1＝2，∴A 1O ＝AA 21－OA 2＝1. 又∵S △ABD ＝12×2×2＝1，∴VABD A 1B 1D 1＝S △ABD ·A 1O ＝1.14.解：(1)证明：连接AC 交BD 于点O 因为四边形ABCD 为正方形，所以O 为AC 中点．又E 为CC 1中点， 所以OE 为△AC 1C 的中位线， 所以OE ∥AC 1.又OE ⊂平面BDE ， AC 1⊄平面BDE ， 所以AC 1∥平面BDE .(2)由题意知，BD ⊥A 1A .因为BD ⊥AC ， A 1A ∩AC ＝A ，A 1A ⊂平面A 1ACC 1， AC ⊂平面A 1ACC 1， 所以BD ⊥平面A 1ACC 1. 又因为A 1E ⊂平面A 1ACC 1， 所以BD ⊥A 1E ，所以A 1E 与BD 所成角为90°.2．3 直线、平面垂直的判定及其性质2．3.1 直线与平面垂直的判定1．D [解析] l 可在平面α内也可在平面α外，在平面α外时l ∥α.2．B [解析] 对于①②不能断定该直线与平面垂直，该直线与平面可能平行，也可能斜交，也可能在平面内，所以①②是错误的；易知③④是正确的．3．C [解析] 由正方体的性质得BD ∥B 1D 1，且BD ⊄平面CB 1D 1，所以BD ∥平面CB 1D 1，故A 正确；因为BD ⊥平面ACC 1A 1，所以AC 1⊥BD ，故B 正确；异面直线AD 与CB 1所成的角即为AD 与DA 1所成的角，故为45°，所以D 正确．4．C [解析] 连接AC .因为ABCD 是菱形，所以BD ⊥AC .又MC ⊥平面ABCD ，则BD ⊥MC .因为AC ∩MC ＝C ，所以BD ⊥平面AMC .又MA ⊂平面AMC ，所以MA ⊥BD .显然直线MA 与直线BD 不共面，因此直线MA 与BD 的位置关系是垂直但不相交．5．D [解析] 对于选项D ，可能还有b ∥α或b 与α相交的情况．6．C [解析] 由异面直线的定义，易知①正确；由线面平行的性质知，存在直线l ′⊂α，m ′⊂α，使得l ∥l ′，m ∥m ′，∵m ，l 是异面直线，∴l ′与m ′是相交直线．又n ⊥l ，n ⊥m ，∴n ⊥l ′，n ⊥m ′，故n ⊥α，所以②正确；由面面平行的判定定理知，③正确；④中满足条件l ∥α，m ∥β，α∥β的直线m ，l 的位置关系可能是相交、平行或异面，故④不正确．7．D [解析] 对于选项A ，由题意得SD ⊥AC ，AC ⊥BD ，SD ∩BD ＝D ，所以AC ⊥平面SBD ，故AC ⊥SB ，故A 正确；对于选项B ，∵AB ∥CD ，AB ⊄平面SCD ，∴AB ∥平面SCD ，故B 正确；对于选项C ，由对称性知SA 与平面SBD 所成的角与SC 与平面SBD 所成的角相等，故C 正确．8．AC ⊥BD 或四边形ABCD 为菱形 [解析] 若A 1C ⊥B 1D 1，由四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1为直四棱柱，得AA 1⊥B 1D 1，则B 1D 1⊥平面AA 1C 1C ，所以A 1C 1⊥B 1D 1，即AC ⊥BD ，则四边形ABCD 为菱形．9．30° [解析] 连接BC 1交B 1C 于点M ，连接A 1M ，则BM ⊥B 1C .因为A 1B 1⊥BM ，且A 1B 1∩B 1C ＝B 1，所以BM ⊥平面A 1B 1CD ，因此∠BA 1M 即为直线A 1B 和平面A 1B 1CD 所成的角．因为A 1B ＝2BM ，∠A 1MB ＝90°，所以∠BA 1M ＝30°.10．45° [解析] 因为三棱锥A - BCD 为正三棱锥，所以AB ＝AD ，AB ⊥CD .又EF ⊥CF ，EF ∥AB ，所以AB ⊥CF ，所以AB ⊥平面ACD ，故直线BD 与平面ACD 所成的角∠BDA ＝45°.11．2 [解析] 因为P A ⊥平面ABC ，所以AC 为斜线PC 在平面ABC 上的射影，所以∠PCA即为PC 与平面ABC 所成的角．在△P AC 中，AC ＝12AB ＝12P A ，所以tan ∠PCA ＝P AAC＝2.12．证明：在△P AD 中，由P A ＝2，AD ＝2，PD ＝2 2，可得P A 2＋AD 2＝PD 2，即AD ⊥P A .又AD ⊥AB ，P A ∩AB ＝A ，所以AD ⊥平面P AB .13．证明：(1)因为SA ＝SC ，D 为AC 的中点， 所以SD ⊥AC .在Rt △ABC 中，有AD ＝DC ＝DB ，所以△SDB ≌△SDA ，所以∠SDB ＝∠SDA ，所以SD ⊥BD . 又AC ∩BD ＝D ，所以SD ⊥平面ABC .(2)因为AB ＝BC ，D 是AC 的中点，所以BD ⊥AC . 又由(1)知SD ⊥BD ，所以BD14．D [解析] 如图所示，O 1，O ，则OO 1⊥B 1D 1，OO 1∥BB 1，O 1O 与平面ACD 1所成的角就是BB 1与平面ACD 1所成的角，易证得为∠O 1OD 1，在Rt △OO 1D 1中，cos ∠O 1OD 1＝O 1O OD |＝132＝63.15．证明：(1)连接AP ，AB 1.∵四边形ABCD 为正方形，∴A ，P ，C 三点共线． 因为M ，N 为中点，所以MN ∥AB 1.因为MN ⊄平面PB 1C ，AB 1⊂平面PB 1C ，所以MN ∥平面PB 1C .(2)连接D 1B 1，PB .∵D 1D DB ＝PB BB 1＝12，∠D 1DB ＝∠PBB 1＝90°，∴△D 1DB ∽△PBB 1，。
高二数学立体几何的体积和表面积(经典含答案)
12．如图，棱长为1的正方体 中，点 为线段 上的动点，点 分别为线段 的中点，则下列说法错误的是（）
A． B．三棱锥 的体积为定值
C． D． 的最小值为
二、填空题
13．已知圆锥展开图的侧面积为 ，且为半圆，则底面半径为_______________．
14．如图，已知正方体 ，截去三个角 ， ， 后形成的几何体的体积与原正方体的体积之比为______．
15．如图，在棱长为4的正方体 中， ， 分别为棱 ， 的中点，过 ， ， 三点作正方体的截面，则以 点为顶点，以该截面为底面的棱锥的体积为______．
三、解答题
16．如图，多面体 中， ， ， ， ， 平面 ， ， 分别为 ， 的中点.
（1）证明： 平面 ；
（2）证明： 平面 ；
（3）求平面 将多面体 分成上、下两部分的体积比.
【分析】
将三棱锥放入一个长方体中，求出长方体的体对角线，则得到长方体外接球的直径，利用球的表面积公式求解即可．
【详解】
解：因为三棱锥P﹣ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥BC，
不妨将三棱锥放入一个长方体中，则长方体的外接球即为三棱锥的外接球，
因为长方体的体对角线即为其外接球的直径，因为PA＝AB＝2， ，
所以 ，且 平面 ，所以 平面 ．
又 平面 ，平面 ，
所以 ，又 平面 ，
所以 平面 ．
（2）解：依题意， ，所以 ，
因为 ， ，
体积和表面积
一、单选题
1．下列说法中正确的是（）
A．棱锥的侧面不一定是三角形
B．棱锥的各侧棱长一定相等
C．棱台的各侧棱的延长线交于一点
D．用一平面去截棱锥，得到两个几何体，一个是棱锥，一个是棱台
高二数学必修2课件-空间几何体的表面积和体积
步骤三
如果计算正确，则可以庆祝问题 的解决，并享受数学带来的成就 感。
其他的空间几何体常识
名称
圆锥体 圆柱体 球 正方体
特点
底面为圆形，侧面为三角形 底面为圆形，侧面为矩形 表面积为4πr²，体积为(4πr³)/3 6个面组成，每个面积为a²
小结
知识点
• 空间几何体的表面积 • 空间几何体的体积 • 解题方法和步骤
高二数学必修2课件-空间 几何体的表面积和体积 ppt
本课程将带领大家深入理解空间几何体的表面积和体积，掌握重要的公式和 概念，并提供多个实例进行演示。
为什么要学习空间几何体的表面积和 体积？
1 实际应用广泛
几何体是我们日常生活中常见的物体，如箱子、瓶子、汽车等，熟练掌握空间几何体的 表面积和体积可以应用于各种实际计算中。
技能
• 应用公式解决实际问题 • 掌握计算技巧和策略 • 提高自我学习和思考能力
效果
• 成为数学大师 • 提高应对数学竞赛能力 • 在各种实际计算和操作
中表现更加出色
矩形的体积
面积×高：bh
三角形的体积
底面积之和×高的一半：(ah)/2
立体几何体的体积
1
圆柱体的体积
2
பைடு நூலகம்
πr²h
3
球的体积
(4πr³)/3
圆锥体的体积
(πr²h)/3
解题示例：如何计算球的体积？
步骤一
根据题目提供的半径长度，计算 球的表面积公式：4πr³/3
步骤二
把计算结果与题目所需体积相比 较，如相等则问题解决；如不相 等需检查计算过程是否正确。
2 提高数学水平
对于数学专业的学生，掌握空间几何体的表面积和体积是必不可少的，是数学基础中不 可或缺的一部分。
高二数学空间几何体的表面积与体积试题答案及解析
高二数学空间几何体的表面积与体积试题答案及解析1.正四棱锥的五个顶点在同一个球面上,若其底面边长为4,侧棱长为,则此球的表面积为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】设球的半径为，正方形的ABCD的对角线的交点 M，则球心在直线PM上．，由勾股定理得,再由射影定理得即∴此球的表面积为.【考点】球的表面积.2.一个圆柱形的罐子半径是4米，高是9米，将其平放，并在其中注入深2米的水，截面如图所示，水的体积是（）平方米.A．B．C．D．【答案】D.【解析】所求几何体的体积为阴影部分的面积与高的乘积，在中，,则,,体积.【考点】组合体的体积.3.一个四棱锥的侧棱长都相等，底面是正方形，其正视图如图所示，则该四棱锥的侧面积是_________．【答案】【解析】由正视图可知四棱锥的底面边长为2，高为2，可求出斜高为，因此四棱锥的侧面积，答案为.【考点】1.几何体的三视图；2.锥体的侧面积计算4.已知球的直径SC=4，A.,B是该球球面上的两点，AB=2，∠ASC=∠BSC=45°，则棱锥S-ABC的体积为_________【答案】【解析】设ＡB的中点为D，球心为O，连结SD，CD，OD，由SC=4为球的直径知，∠SBC=∠SAC=90o,因为∠ASC=∠BSC=45°，所以SA=BC=SB=AC=，所以SD⊥AB，DC⊥AB，所以AB⊥面SDC，因为AB=2，所以SD=DC==，所以DO= =，所以= ===.考点:球的性质，线面垂直判定，三棱锥的体积公式，转化思想5.如图，一个盛满水的三棱锥容器，不久发现三条侧棱上各有一个小洞，且知，若仍用这个容器盛水，则最多可盛水的体积是原来的 .【答案】【解析】过作截面平行于平面,可得截面下体积为原体积的，若过点F，作截面平行于平面,可得截面上的体积为原体积的，若C为最低点，以平面为水平上面，则体积为原体积的，此时体积最大.【考点】体积相似计算.6.一个半径为1的小球在一个内壁棱长为的正四面体封闭容器内可向各个方向自由运动，则该小球表面永远不可能接触到的容器内壁的面积是．【答案】【解析】如图甲，考虑小球挤在一个角时的情况，记小球半径为，作平面//平面，与小球相切于点，则小球球心为正四面体的中心，，垂足为的中心．因，故，从而．记此时小球与面的切点为，连接，则．考虑小球与正四面体的一个面(不妨取为)相切时的情况，易知小球在面上最靠近边的切点的轨迹仍为正三角形，记为，如图乙．记正四面体的棱长为，过作于．因，有，故小三角形的边长．小球与面不能接触到的部分的面积为（如答图2中阴影部分）．又，，所以．由对称性，且正四面体共4个面，所以小球不能接触到的容器内壁的面积共为．【考点】(1)三棱锥的体积公式；（2）分情况讨论及割补思想的应用。
2020高二数学立体几何之圆柱、圆锥、圆台、球的表面积和体积含答案(新高考)
圆柱、圆锥、圆台、球的表面积和体积学习目标1.了解圆柱、圆锥、圆台、球的表面积和体积的计算公式.2.理解并掌握侧面展开图与几何体的表面积之间的关系，并能利用计算公式求几何体的表面积与体积. 一、知识梳理知识点一 圆柱、圆锥、圆台的表面积图形表面积公式旋转体圆柱底面积：S 底＝侧面积：S 侧＝ 表面积：S ＝ 圆锥底面积：S 底＝侧面积：S 侧＝ 表面积：S ＝圆台上底面面积：S 上底＝下底面面积：S 下底＝ 侧面积：S 侧＝ 表面积：S ＝知识点二 圆柱、圆锥、圆台的体积几何体 体积 说明圆柱V 圆柱＝Sh ＝πr 2h圆柱底面圆的半径为r ，面积为S ，高为h圆锥V 圆锥＝13Sh ＝13πr 2h圆锥底面圆的半径为r ，面积为S ，高为h圆台V 圆台＝13(S ＋SS ′＋S ′)h＝13π(r 2＋rr ′＋r ′2)h 圆台上底面圆的半径为r ′，面积为S ′，下底面圆的半径为r ，面积为S ，高为h知识点三 球的表面积和体积公式1.球的表面积公式S ＝4πR 2(R 为球的半径).2.球的体积公式V ＝43πR 3.二、例题精讲圆柱、圆锥、圆台的表面积例1 (1)若某圆锥的高等于其底面直径，则它的底面积与侧面积之比为( ) A.1∶2 B.1∶ 3 C.1∶ 5 D.3∶2(2)已知某圆台的一个底面周长是另一个底面周长的3倍，母线长为3，圆台的侧面积为84π，则该圆台较小底面的半径为( )变式 圆柱的一个底面积是S ，侧面展开图是一个正方形，那么这个圆柱的侧面积是( ) A.4πS B.2πS C.πS D.233πS二、圆柱、圆锥、圆台的体积例2 (1)(多选)圆柱的侧面展开图是长12 cm ，宽8 cm 的矩形，则这个圆柱的体积可能是( ) A.288π cm 3 B.192π cm 3 C.288π cm 3D.192π cm 3(2)圆锥的轴截面是等腰直角三角形，侧面积是162π，则圆锥的体积是( ) A.64π3 B.128π3 C.64π D.1282π变式 已知圆台的上、下底面半径和高的比为1∶4∶4，母线长为10，则圆台的体积为_____.三、球的表面积和体积例3 (1)已知球的表面积为64π，求它的体积；(2)已知球的体积为5003π，求它的表面积.三、课堂反馈1.直径为6的球的表面积和体积分别是( )A.36π，144πB.36π，36πC.144π，36πD.144π，144π2.一个圆柱的侧面展开图是一个正方形，则这个圆柱的表面积与侧面积的比值是( ) A.1＋2π2π B.1＋2π4π C.1＋2ππ D.1＋4π2π3.圆锥的表面积是底面积的3倍，那么该圆锥的侧面展开图扇形的圆心角为( ) A.120° B.150° C.180° D.240°4.一个圆柱和一个圆锥的轴截面分别是边长为a 的正方形和正三角形，则它们的表面积之比为________.5.圆台的体积为7π，上、下底面的半径分别为1和2，则圆台的高为________. 四、课后作业1.若球的体积与其表面积数值相等，则球的半径等于( ) A.3 B.2 C.1 D.122.两个球的体积之比为8∶27，那么这两个球的表面积之比为( ) A.2∶3 B.4∶9 C.2∶ 3 D.8∶273.将边长为4 cm 和8 cm 的矩形纸片卷成一个圆柱的侧面，则圆柱的轴截面的面积为( ) A.32π cm 2 B.32π cm 2 C.32 cm 2 D.16πcm 2 4.已知等腰直角三角形的直角边的长为2，将该三角形绕其斜边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.22π3B.42π3C.22πD.42π5.如图，圆柱形容器内盛有高度为6 cm 的水，若放入3个相同的铁球(球的半径与圆柱的底面半径相同)后，水恰好淹没最上面的球，则球的半径为( )A.4 cmB.3 cmC.2 cmD.1 cm6.正方体的内切球与其外接球的体积之比为()A.1∶ 3B.1∶3C.1∶3 3D.1∶97.一平面截一球得到直径为6 m的圆面，球心到这个平面的距离为4 m，则球的体积为__ m3.8.若圆锥的侧面展开图为一个半径为2的半圆，则圆锥的体积是________.9.现有橡皮泥制作的底面半径为5，高为4的圆锥和底面半径为2，高为8的圆柱各一个.若将它们重新制作成总体积与高均保持不变，但底面半径相同的新的圆锥和圆柱各一个，则新的底面半径为________.10.如图，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相等，这时圆柱、圆锥、球的体积之比为________.11.如上右图在底面半径为2，母线长为4的圆锥中内接一个高为3的圆柱，求圆柱的表面积.12.某组合体的直观图如图所示，它的中间为圆柱形，左右两端均为半球形，若图中r＝1，l ＝3，试求该组合体的表面积和体积.*13.已知四面体的各面都是棱长为a的正三角形，求它外接球的体积.圆柱、圆锥、圆台、球的表面积和体积学习目标 1.了解圆柱、圆锥、圆台、球的表面积和体积的计算公式.2.理解并掌握侧面展开图与几何体的表面积之间的关系，并能利用计算公式求几何体的表面积与体积. 知识点一 圆柱、圆锥、圆台的表面积知识点二 圆柱、圆锥、圆台的体积知识点三 球的表面积和体积公式 1.球的表面积公式S ＝4πR 2(R 为球的半径). 2.球的体积公式V ＝43πR 3.一、圆柱、圆锥、圆台的表面积例1 (1)若某圆锥的高等于其底面直径，则它的底面积与侧面积之比为( ) A.1∶2 B.1∶ 3 C.1∶ 5 D.3∶2 答案 C解析 设圆锥底面半径为r ，则高h ＝2r ，∴其母线长l ＝5r ，∴S 侧＝πrl ＝5πr 2，S 底＝πr 2，S 底∶S 侧＝1∶ 5.(2)已知某圆台的一个底面周长是另一个底面周长的3倍，母线长为3，圆台的侧面积为84π，则该圆台较小底面的半径为( ) A.7 B.6 C.5 D.3 答案 A解析 设圆台较小底面的半径为r ，则另一底面的半径为3r . 由S 侧＝3π(r ＋3r )＝84π，解得r ＝7.反思感悟 圆柱、圆锥、圆台的侧面是曲面，计算侧面积时需要将这个曲面展开为平面图形计算，而表面积是侧面积与底面圆的面积之和.跟踪训练1 圆柱的一个底面积是S ，侧面展开图是一个正方形，那么这个圆柱的侧面积是( )A.4πSB.2πSC.πSD.233πS答案 A解析 设底面半径为r ，则πr 2＝S ， ∴r ＝S π， ∴底面周长为2πr ＝2πS π， 又侧面展开图为一个正方形， ∴侧面积是⎝⎛⎭⎫2πS π2＝4πS .二、圆柱、圆锥、圆台的体积例2 (1)(多选)圆柱的侧面展开图是长12 cm ，宽8 cm 的矩形，则这个圆柱的体积可能是( ) A.288π cm 3 B.192π cm 3 C.288π cm 3 D.192π cm 3答案 AB解析 当圆柱的高为8 cm 时，V ＝π×⎝⎛⎭⎫122π2×8＝288π(cm 3)，当圆柱的高为12 cm 时，V ＝π×⎝⎛⎭⎫82π2×12＝192π(cm 3). (2)圆锥的轴截面是等腰直角三角形，侧面积是162π，则圆锥的体积是( ) A.64π3 B.128π3 C.64π D.1282π 答案 A解析 作圆锥的轴截面，如图所示：由题意知，在△P AB 中，∠APB ＝90°，P A ＝PB . 设圆锥的高为h ，底面半径为r ，则h ＝r ，PB ＝2r .由S 侧＝π·r ·PB ＝162π，得2πr 2＝162π，所以r ＝4.则h ＝4. 故圆锥的体积V 圆锥＝13πr 2h ＝643π.反思感悟 求几何体的体积时，要注意利用好几何体的轴截面，准确求出几何体的高和底面积.跟踪训练2 已知圆台的上、下底面半径和高的比为1∶4∶4，母线长为10，则圆台的体积为________. 答案 224π解析 设上底面半径为r ，则下底面半径为4r ，高为4r ，如图.∵母线长为10，∴102＝(4r )2＋(4r －r )2，解得r ＝2. ∴下底面半径R ＝8，高h ＝8， ∴V 圆台＝13π(r 2＋rR ＋R 2)h ＝224π.三、球的表面积和体积例3 (1)已知球的表面积为64π，求它的体积； (2)已知球的体积为5003π，求它的表面积.解 (1)设球的半径为R ，则4πR 2＝64π，解得R ＝4， 所以球的体积V ＝43πR 3＝43π·43＝2563π.(2)设球的半径为R ，则43πR 3＝5003π，解得R ＝5，所以球的表面积S ＝4πR 2＝4π×52＝100π.反思感悟 计算球的表面积和体积的关键是确定球的半径. 跟踪训练3 一个球的表面积是16π，则它的体积是( ) A.64π B.64π3 C.32π D.32π3答案 D解析 设球的半径为R ，则由题意可知4πR 2＝16π，故R ＝2.所以球的半径为2，体积V ＝43πR 3＝323π.1.直径为6的球的表面积和体积分别是( ) A.36π，144π B.36π，36π C.144π，36π D.144π，144π答案 B2.一个圆柱的侧面展开图是一个正方形，则这个圆柱的表面积与侧面积的比值是( ) A.1＋2π2πB.1＋2π4πC.1＋2ππD.1＋4π2π答案 A解析 设圆柱的底面圆半径为r ，高为h ，由题意得h ＝2πr ，∴圆柱的表面积S 表＝2πr 2＋2πr ×h ＝2πr 2＋2πr ×2πr ＝2πr 2·(1＋2π)，圆柱的侧面积S 侧＝2πr ×h ＝2πr ×2πr ＝4π2r 2，故S 表S 侧＝2πr 2(1＋2π)4π2r 2＝1＋2π2π.3.圆锥的表面积是底面积的3倍，那么该圆锥的侧面展开图扇形的圆心角为( ) A.120° B.150° C.180° D.240° 答案 C解析 设圆锥的底面半径为r ，母线长为l ， S 底＋S 侧＝3S 底，2S 底＝S 侧， 即2πr 2＝πrl ，得2r ＝l .设侧面展开图的圆心角为θ，则θπl 180°＝2πr ，∴θ＝180°.4.一个圆柱和一个圆锥的轴截面分别是边长为a 的正方形和正三角形，则它们的表面积之比为________. 答案 2∶1解析 S 圆柱＝2·π⎝⎛⎭⎫a 22＋2π·a 2·a ＝32πa 2. S 圆锥＝π⎝⎛⎭⎫a 22＋π·a 2·a ＝34πa 2. ∴S 圆柱∶S 圆锥＝2∶1.5.圆台的体积为7π，上、下底面的半径分别为1和2，则圆台的高为________. 答案 3解析 设圆台的高为h ，由题意知，V ＝13(π＋2π＋4π)h ＝7π，所以h ＝3.1.知识清单：(1)圆柱、圆锥、圆台的表面积. (2)圆柱、圆锥、圆台的体积. (3)球的表面积和体积. 2.方法归纳：公式法.3.常见误区：平面图形与立体图形切换不清楚.1.若球的体积与其表面积数值相等，则球的半径等于( ) A.3 B.2 C.1 D.12答案 A解析 设球的半径为R ，则4πR 2＝43πR 3，所以R ＝3.2.两个球的体积之比为8∶27，那么这两个球的表面积之比为( ) A.2∶3 B.4∶9 C.2∶ 3 D.8∶27答案 B解析 由两球的体积之比为8∶27， 可得半径之比为2∶3， 故表面积之比是4∶9.3.将边长为4 cm 和8 cm 的矩形纸片卷成一个圆柱的侧面，则圆柱的轴截面的面积为( ) A.32πcm 2 B.32π cm 2C.32 cm 2D.16πcm 2 答案 A解析 当以4 cm 为母线长时，设圆柱底面半径为r ， 则2πr ＝8，∴2r ＝8π，∴S 轴截面＝4×8π＝32π(cm 2).当以8 cm 为母线长时，设圆柱底面半径为R ， 则2πR ＝4,2R ＝4π，∴S 轴截面＝8×4π＝32π(cm 2).综上，圆锥的轴截面的面积为32πcm 2.4.已知等腰直角三角形的直角边的长为2，将该三角形绕其斜边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.22π3 B.42π3 C.22π D.42π答案 B解析 绕等腰直角三角形的斜边所在的直线旋转一周形成的曲面围成的几何体为两个底面重合，等体积的圆锥，如图所示.每一个圆锥的底面半径和高都为2，故所求几何体的体积V ＝2×13×2π×2＝42π3.5.如图，圆柱形容器内盛有高度为6 cm 的水，若放入3个相同的铁球(球的半径与圆柱的底面半径相同)后，水恰好淹没最上面的球，则球的半径为( )A.4 cmB.3 cmC.2 cmD.1 cm答案 B解析 由题意可得，设球的半径为r ，依题意得三个球的体积和水的体积之和等于圆柱体的体积，∴3×43πr 3＝πr 2(6r －6)，解得r ＝3，故选B. 6.正方体的内切球与其外接球的体积之比为( )A.1∶ 3B.1∶3C.1∶3 3D.1∶9答案 C解析 设正方体的棱长为a ，则其内切球的半径为a 2， ∴V 内＝43π⎝⎛⎭⎫a 23＝πa 36， 正方体的外接球的半径为32a ， ∴V 外＝43π⎝⎛⎭⎫32a 3＝33πa 36， ∴V 内∶V 外＝1∶3 3.7.一个平面截一球得到直径为6 cm 的圆面，球心到这个平面的距离为4 cm ，则球的体积为________cm 3.答案 500π3解析 如图所示，由已知得O 1A ＝3 cm ，OO 1＝4 cm ，从而R ＝OA ＝5 cm.所以V 球＝4π3 ×53＝500π3(cm 3). 8.若圆锥的侧面展开图为一个半径为2的半圆，则圆锥的体积是________.答案 33π 解析 圆锥的母线长l ＝2，设圆锥的底面半径为r ，则2πr ＝12×2π×2，∴r ＝1， ∴圆锥的高h ＝l 2－r 2＝3，则圆锥的体积V ＝13πr 2h ＝33π. 9.现有橡皮泥制作的底面半径为5，高为4的圆锥和底面半径为2，高为8的圆柱各一个.若将它们重新制作成总体积与高均保持不变，但底面半径相同的新的圆锥和圆柱各一个，则新的底面半径为________. 答案 7解析 设新的底面半径为r ，则有13×πr 2×4＋πr 2×8＝13×π×52×4＋π×22×8，解得r ＝7. 10.如图在底面半径为2，母线长为4的圆锥中内接一个高为3的圆柱，求圆柱的表面积.解 设圆锥的底面半径为R ，圆柱的底面半径为r ，表面积为S .则R ＝OC ＝2，AC ＝4，AO ＝42－22＝2 3.如图所示，易知△AEB ∽△AOC ，∴AE AO ＝EB OC，即323＝r 2，∴r ＝1， S 底＝2πr 2＝2π，S 侧＝2πr ·h ＝23π.∴S ＝S 底＋S 侧＝2π＋23π＝(2＋23)π.11.某组合体的直观图如图所示，它的中间为圆柱形，左右两端均为半球形，若图中r ＝1，l ＝3，试求该组合体的表面积和体积.解 该组合体的表面积S ＝4πr 2＋2πrl ＝4π×12＋2π×1×3＝10π.该组合体的体积V ＝43πr 3＋πr 2l ＝43π×13＋π×12×3＝13π3. 12.如图，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相等，这时圆柱、圆锥、球的体积之比为________.答案 3∶1∶2解析 设球的半径为R ，则V 圆柱＝πR 2·2R ＝2πR 3，V 圆锥＝13πR 2·2R ＝23πR 3， V 球＝43πR 3， 故V 圆柱∶V 圆锥∶V 球＝2πR 3∶23πR 3∶43πR 3 ＝3∶1∶2.*13.已知四面体的各面都是棱长为a 的正三角形，求它外接球的体积. 解 如图，设SO 1是四面体S －ABC 的高，则外接球的球心O 在SO 1上.设外接球半径为R .∵四面体的棱长为a ，O 1为正△ABC 的中心，∴AO 1＝23×32a ＝33a ， SO 1＝SA 2－AO 21＝a 2－13a 2＝63a ， 在Rt △OO 1A 中，R 2＝AO 21＋OO 21＝AO 21＋(SO 1－R )2， 即R 2＝⎝⎛⎭⎫33a 2＋⎝⎛⎭⎫63a －R 2，解得R ＝64a ， ∴所求外接球的体积V 球＝43πR 3＝68πa 3.。
2023学年上海高二数学上学期同步知识点 几何体的表面积、体积、轴截面、多面体与球体内切外接问题
重难点02 几何体的表面积、体积、轴截面、多面体与球体内切外接问题（重难点突破解题技巧与方法）1.求解几何体表面积的类型及求法求多面体的表面积只需将它们沿着棱“剪开”展成平面图形，利用求平面图形面积的方法求多面体的表面积求旋转体的表面积可以从旋转体的形成过程及其几何特征入手，将其展开后求表面积，但要搞清它们的底面半径、母线长与对应侧面展开图中的边长关系求不规则几何体的表面积通常将所给几何体分割成基本的柱体、锥体、台体，先求出这些基本的柱体、锥体、台体的表面积，再通过求和或作差，求出所给几何体的表面积2.求体积的常用方法直接法对于规则的几何体，利用相关公式直接计算割补法首先把不规则的几何体分割成规则的几何体，然后进行体积计算；或者把不规则的几何体补成规则的几何体，不熟悉的几何体补成熟悉的几何体，便于计算等体积法选择合适的底面来求几何体体积，常用于求三棱锥的体积，即利用三棱锥的任一个面可作为三棱锥的底面进行等体积变换3.几何体的外接球：一个多面体的顶点都在球面上即为球的外接问题，解决这类问题的关键是抓住外接球的特点，即球心到多面体的顶点的距离等于球的半径.几何体的内切球：求解多面体的内切球问题，一般是将多面体分割为以内切球球心为顶点，多面体的各侧面为底面的棱锥，利用多面体的体积等于各分割棱锥的体积之和求内切球的半径.4.截面问题：在高考立体几何考点中涉及到空间几何体的截面的地方较多，如:判断截面的形状、计算出空间几何体的截面周长或面积、或者求与之相关的体积问题、以及最值问题都在考察之列，但是要顺利地解决前面所提到的诸多问题，关键是根据题意作出截面，并判断其形状.能力拓展技巧方法题型一：柱、锥、台体的表面积、体积、轴截面 一、填空题1．（2021·上海·格致中学高二期中）已知一个圆锥的侧面展开图恰好是一个半圆，任取圆锥的两条母线a ，b ，则a ，b 所成角的最大值为______． 【答案】3π【分析】由题意可得圆锥的母线长R 和底面半径长r 的关系，可知轴截面是等边三角形，即可求解. 【详解】设圆锥的母线长为R ，底面半径长为r ，则222Rr ππ=，解得2R r =，所以圆锥的轴截面是等边三角形. 任取圆锥的两条母线a ，b ，如图：当a ，b 为轴截面的两条母线时，a ，b 所成角最大为3π. 故答案为：3π. 2．（2022·上海浦东新·高二期末）已知正三棱锥O ABC -的底面边长为4，高为2，则此三棱锥的体积为___________ 【答案】833【分析】根据题意条件，计算出底面积，然后再利用'13O ABC ABCV SOO -=⨯⨯，计算可求解出体积.【详解】如图，过O 点作底面ABC 的投影'O ，连接'OO ，取BC 的中点D ，连接AD ，在正三棱锥O ABC -中，底面ABC 为正三角形，边长为4，所以23AD = 1432ABCS AD BC =⨯⨯=，而'OO 为该正三棱锥O ABC -的高，长为2，所以'1833O ABC ABCV SOO -=⨯⨯=故答案为：833. 3．（2022·上海·复旦附中高二期中）如图所示，过三棱台上底面的一边11A C ，作一个平行于棱1BB 的截面，与下底面的交线为DE ．若D 、E 分别是AB 、BC 的中点，则111111A B C DBE A B C ABCV V --=______．【答案】37【分析】证得11114A B C ABCSS =，然后结合棱台与棱柱的体积公式即可求出结果.【详解】因为1//BB 平面11DEC A ，且平面11BB C C平面111DEC A C E =，所以11//BB C E ，又因为11//B C BE ，所以四边形11BB C E 为平行四边形，所以11B C BE =，且E 分别是BC 的中点，所以1112B C BC =，同理1112A B AB =，因此11114A B C ABCS S =，设上底面的面积为S ，高为h ，则下底面的面积为4S ，所以()111111317443A B C DBEA B C ABCV ShV S S S S h --==+⋅+，故答案为：37.二、解答题4．（2021·上海·西外高二期中）设四边形ABCD 为矩形，点P 为平面ABCD 外一点，且P A ⊥平面ABCD ，若|P A |＝|AB |＝1，|BC |＝2.(1)求四棱锥P －ABCD 的体积；(2)在BC 边上是否存在一点G ，使得点D 到平面P AG 2|BG |的值，若不存在，请说明理由；(3)若点E 是PD 的中点，在△P AB 内确定一点H ，使|CH |＋|EH |的值最小，并求此时|HB |的值. 【答案】(1)23；(2)存在，|BG |＝1；(3)位置答案见解析，值为53. 【分析】(1)根据棱锥的体积计算公式计算即可；(2)假设BC 边上存在一点G 满足题设条件，作DQ AG ⊥，可证明DQ ⊥平面PAG ，从而得到2DQ =，由此求解1BG =；(3)延长CB 到C '，使得C B CB '=，连结C E '，过E 作EE AD '⊥于E '，利用三点共线，两线段和最小，得到min ()CH EH +＝C E '，过H 作HH AB '⊥于H '，连结HB ，在Rt △HH B '中，求解HB 即可．(1)由题可知112121333P ABCD ABCD V S PA -=⋅⋅=⨯⨯⨯=；(2)假设BC 边上存在一点G 满足题设条件，作DQ AG ⊥，则DQ ⊥P A ， 则DQ ⊥平面PAG ，故2DQ =， 由1133P AGD D PAG AGDPAGV V SAP SDQ --=⇒⋅⋅=⋅⋅，则1122AD AB AP PA AG DQ ⋅⋅⋅=⋅⋅⋅ 则AD AB AG DQ ⋅=⋅ 则21|2AG⨯=⋅∣ 则2AG = 则22||211BG AG AB =-=-=故存在点G ，且当G 是BC 中点时，点D 到平面P AG 的距离为2，此时|BG |＝1；(3)延长CB 到C '，使得C B CB '=，连结C E '，过E 作EE AD '⊥于E '， 则22141104CH EH C H EHC E EE C E '''''+=+=++ 当且仅当C '、H 、E 三点共线时等号成立，故min 41()2CH EH +=， 过H 作HH AB '⊥于H '，连结HB ， 在Rt △HBH '中，13HH '=，23H B '=， ∴2222125()()333HB HH H B ''=+=+=． 5．（2021·上海·华东师范大学第三附属中学高二期中）如图所示，圆锥SO 的底面圆半径1OA =，母线3SA =.(1)求此圆锥的体积和侧面展开图扇形的面积；(2)如图，半平面SOA 与半平面SOP 所成二面角P SO A --大小为120，设线段SO 中点为M ，求异面直线AM 与PS 所成角的余弦值.【答案】(1)22，侧面展开图扇形的面积为3π73【分析】（1）利用锥体的体积公式以及扇形的面积公式可求得结果；（2）取OP 的中点E ，连接AE 、ME ，分析可知异面直线PS 与AM 所成的角为AME ∠或其补角，计算出AME △三边边长，利用余弦定理可求得结果. (1)解：由题意可知，2222SO SA OA - 圆锥SO 的体积为21223V OA SO π=⨯⨯=，该圆锥的侧面展开图扇形的面积为3S OA SA ππ'=⨯⨯=. (2)解：在圆锥SO 中，SO ⊥平面AOP ，AO 、PO ⊂平面AOP ，SO AO ∴⊥，SO PO ⊥，所以，二面角P SO A --的平面角为120AOP ∠=，取OP 的中点E ，连接AE 、ME ，E 、M 分别为PO 、SO 的中点，则//ME PS 且1322ME PS ==， 所以，异面直线PS 与AM 所成的角为AME ∠或其补角，3SA =，1OA =，则2222SO SA AO =-=，223AM AO OM ∴=+=，在AOE △中，12OE =，1OA =，120AOE ∠=， 由余弦定理可得2272cos1202AE AO OE AO OE =+-⋅=， 由余弦定理可得22273cos 218AM ME AE AME AM ME +-∠==⋅. 因此，异面直线AM 与PS 所成角的余弦值为7318. 6．（2021·上海市延安中学高二期中）如图，D 为圆锥的顶点，O 是圆锥底面的圆心，ABC 是底面的内接正三角形，P 为DO 上一点，90APC ︒∠=.(1)证明：PC ⊥平面PAB ；(2)设2DO =，圆锥的侧面积为23π，求三棱锥P ABC -的体积. 【答案】(1)证明见详解3【分析】（1）根据题意，先证明AB ⊥平面POC ，进而可得AB PC ⊥，，再结合090APC ∠=，即可证明PC ⊥平面PAB ；（2）根据题意，结合勾股定理与侧面积公式，即可求出圆锥底面半径为r 和母线长为l ，再根据棱锥的体积公式，即可求解.(1)证明：如图，连接CO 并延长，交AB 于点E .∵O 为ABC 外接圆的圆心，∴CE AB ⊥，即CO AB ⊥.在圆锥中，易知PO ⊥平面ABC ，∵AB 平面ABC ，∴PO AB ⊥，∵CO ⊂平面POC ，PO ⊂平面POC ，且CO PO O ⋂=，∴AB ⊥平面POC ，∴AB PC ⊥， ∵90APC ∠=︒，∴AP PC ⊥，又∵AB 平面PAB ，PA ⊂平面PAB ，且AB PA A ⋂=，∴PC ⊥平面PAB .(2)设圆锥底面半径为r ，母线长为l ，∵2DO =，且圆锥的侧面积为23π，∴222223r lrl ππ⎧+=⎪⎨=⎪⎩，解得26r l ⎧=⎪⎨=⎪⎩∵PA PC =，PA PC ⊥，∴22223PA AC r ==，即6PA =， ∵OA r =，∴3AB AC BC r ===，且2222PO PA OA r =-=， ∴333112663222332P ABC ABCrr V SPO -⋅=⋅⋅==题型二：多面体与球体内切外接问题 一、单选题1．（2021·上海·曹杨二中高二阶段练习）半径为5的球内有一个高为8的正四棱锥，则该球与该内接正四棱锥体积之比为（ ） A ．2564πB ．12564πC ．12516πD ．1254π【答案】B【分析】由题意画出图形，设正四棱锥P ABCD -，AC 的中点为E ，连接PE 并延长交球于G ，得8PE =，10PG =，根据2·PA PE PG =求出PA ，再由勾股定理求出球内接正四棱锥的底面边长AB ，最后根据球的体积公式和棱锥的体积公式，分别求出球与该内接正四棱锥的体积，即可得出答案． 【详解】解：由题可知，正四棱锥的高为8，外接球半径为5，如图，设正四棱锥P ABCD -，AC 的中点为E ，连接PE 并延长交球于G ，可知PE ⊥底面ABCD ，且PA AG ⊥，则8PE =，10PG =， cos PE PAAPE PA PG∴∠==，即2·80PA PE PG ==，得45PA =，2280648AC AE ∴==-=，28422AB ∴=⨯=， ∴球的体积为：41253V π=⨯，该内接正四棱锥体积为：21256(42)833P ABCD V -=⨯⨯=，∴球与该内接正四棱锥的体积之比为：41251253256643P ABCDV V ππ-⨯==. 故选：B.2．（2021·上海市复兴高级中学高二期中）在三棱锥A BCD -中，7AB BC CD DA ====23BD =面角A BD C --是钝角.若三棱锥A BCD -的体积为2.则三棱锥A BCD -的外接球的表面积是（ ） A ．12π B ．373π C ．13π D ．534π 【答案】C【分析】取BD 的中点O ，可得AOC ∠为二面角A BD C --的平面角且BD ⊥平面AOC ；利用三棱锥A BCD -体积可构造方程求得AC ，将三棱锥A BCD -补为长方体BMDG HCFA -，则长方体外接球即为三棱锥的外接球，通过求解长方体外接球表面积即可得到结果. 【详解】如图（1），取BD 的中点O ，连接,AO CO ，AB BC CD DA ===，AO BD ∴⊥，CO BD ⊥，AOC ∴∠为二面角A BD C --的平面角，BD ⊥平面AOC .取AC 的中点E ，连接OE ，设AC 2a =，在AOC △中，732AO OC ==-=，OE AC ∴⊥， 则22224OE a a =-=-， 21111232423326A BCD AOCV SBD AC OE BD a a -∴=⋅=⨯⨯⨯⨯=⨯⨯⨯-=，化简得：42430a a -+=，解得：3a =或1a =， 当1a =时，60AOC ︒∠=，不合题意，舍去，23∴=AC .图（1） 图（2）如图（2），把三棱锥A BCD -补形成长方体BMDG HCFA -，使三棱锥A BCD -的各棱分别是长方体的面对角线，则三棱锥A BCD -的外接球即为长方体BMDG HCFA -的外接球. 设,,BM x BG y BH z ===，则222222222(23)(7)(7)x y x z y z ⎧+=⎪⎪+=⎨⎪+=⎪⎩，解得：661x y z ⎧=⎪⎪=⎨⎪=⎪⎩，外接球的直径为22213AM x y z =++=， 四面体ABCD 外接球的表面积为134134S ππ=⨯=. 故选：C .【点睛】本题考查三棱锥外接球表面积的求解问题，涉及到三棱锥体积的应用；解题关键是能够通过将三棱锥补为长方体，通过求解长方体的外接球来求得结果.3．（2021·上海市松江二中高二期中）已知一圆锥底面圆的直径为333个棱长为a 的正四面体，并且正四面体在该几何体内可以任意转动，则a 的最大值为（ ） A ．3 B 2C ．9322D ．322【答案】B【分析】根据题意，该四面体内接于圆锥的内切球，通过内切球即可得到a 的最大值． 【详解】依题意，四面体可以在圆锥内任意转动，故该四面体内接于圆锥的内切球设球心为P ，球的半径为r ，下底面半径为R ，轴截面上球与圆锥母线的切点为Q ，圆锥的轴截面如图：则32OA OB ==，因为332SO =， 故可得：223SA SB SO OB ==+=；所以SAB △为等边三角形，故P 是SAB △的中心， 连接BP ，则BP 平分SBA ∠， 所以30PBO ∠=︒； 所以tan 30r R︒=，即33333322r R ==⨯=， 即四面体的外接球的半径为32r =． 另正四面体可以从正方体中截得，如图：从图中可以得到，当正四面体的棱长为a 2， 而正四面体的四个顶点都在正方体上，故正四面体的外接球即为截得它的正方体的外接球， 所以126233r AA =，所以2a =即a 2 故选：B ．【点睛】本题考查了正四面体的外接球，将正四面体的外接球转化为正方体的外接球，是一种比较好的方法，本题属于难题． 二、填空题4．（2021·上海市控江中学高二期中）直三棱柱111ABC A B C -的所有顶点都在球O 的球面上，AB BC ⊥，1AB =，22BC =14AA =，则球O 的体积是__________．【答案】1256π 【分析】把直三棱柱111ABC A B C -补成长方体，求出外接球的直径即得解.【详解】把直三棱柱111ABC A B C -补成长方体，则直三棱柱和长方体的外接球重合，外接球的直径25R =，故球O 的体积3412536V R ππ==． 故答案为：1256π 5．（2021·上海·华师大二附中高二期中）已知三棱锥A BCD -的侧棱两两互相垂直，且该三棱锥的外接球的体积为36π，则该三棱锥的侧面积的最大值为________. 【答案】18【分析】由题意将该三棱锥补成一个长方体，由球的体积公式可得外接球的半径R ，令AB x =，AC y =，AD z =，进而可得22236x y z ++=，再利用基本不等式即可得解.【详解】由题意以该三棱锥的三条侧棱为长、宽、高，将该三棱锥补成一个长方体，长方体的体对角线就是外接球的直径，令AB x =，AC y =，AD z =，外接球的半径为R ，根据三棱锥外接球的体积为34363R ππ=，可得球的半径3R =，则()2222236R x y z =++=， 所以该三棱锥的侧面积S 111222yz xy xz =++ ()()()()2222222221111184442y z x y x z x y z ≤++++++=+=，当且仅当x y z ===. 故该三棱锥的侧面积的最大值为18. 故答案为：18.【点睛】本题考查了几何体的外接球相关问题的求解及基本不等式的应用，考查了运算求解能力与转化化归思想，属于中档题.6．（2021·上海·高二专题练习）如图，边长为2的正方形ABCD 中，点E 、F 分别是边AB 、BC 的中点，AED ∆、EBF ∆、FCD ∆分别沿DE 、EF 、FD 折起，使A 、B 、C 三点重合于点A '，若四面体A EFD '的四个顶点在同一个球面上，则该球的表面积为________.【答案】6π【分析】把棱锥扩展为正四棱柱，求出正四棱柱的外接球的半径，就是三棱锥的外接球的半径，由此能求出该球的表面积，得到答案．【详解】由题意，知A EF '∆是等腰直角三角形，且A D '⊥平面A EF '， 三棱锥的底面A EF '扩展为边长为1的正方形，然后扩展为正四棱柱，三棱锥和外接球与正四棱柱的外接球是同一个球， 正四棱柱的对角线长就是外接球的直径， 所以球的半径222112622R ++==， 所以该球的表面积为22644()62S R πππ==⨯=． 故答案为6π．【点睛】本题主要考查了球的表面积的求法，同时考查空间几何体的结构特征的应用，着重考查了推理与论证能力，以及运算能力，属于中档试题．7．（2021·上海市西南位育中学高二期中）已知三棱锥P ABC -中，PA PB PC 、、两两垂直，且长度相等，若P A B C 、、、都在半径为1的同一球面上，则球心到平面ABC 的距离为__________. 【答案】13【分析】由弥补法知三棱锥P ABC -的外接球为以PA PB PC 、、为相邻三条棱的正方体的外接球，球心到平面ABC 的距离即为正方体中心到平面ABC 的距离，利用等体积法可求得P 到平面ABC 的距离，进而求得答案.【详解】因为三棱锥P ABC -中，PA PB PC 、、两两垂直，且长度相等，所以此三棱锥的外接球即为以PA PB PC 、、为相邻三条棱的正方体的外接球，又球的半径为1，所以正方体的棱长为233，即233PA PB PC ===球心到平面ABC 的距离即为正方体中心到平面ABC 的距离， 设P 到平面ABC 的距离为h ，则正三棱锥P ABC -的体积3111123()33323ABCPABV Sh SPC =⋅=⋅=⨯⨯等边ABC 的边长为22232326+=333⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，21263232323ABCS⎛⎫∴=⨯⨯= ⎪ ⎪⎝⎭3311231123()()232332313123333ABC h S ⨯⨯⨯⨯∴===⨯所以球心到平面ABC 的距离为13故答案为：13【点睛】方法点睛：空间几何体与球接、切问题的求解方法(1)求解球与棱柱、棱锥的接、切问题时，一般过球心及接、切点作截面，把空间问题转化为平面图形与圆的接、切问题，再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解．(2)若球面上四点P ，A ，B ，C 构成的三条线段 两两互相垂直，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，利用长方体的外接球求解．8．（2022·上海奉贤区致远高级中学高二期末）设A B C D ，，，是同一个半径为4的球的球面上四点，ABC 为等边三角形且其面积为93，则三棱锥D ABC -体积的最大值为___________. 【答案】183【分析】求出等边ABC 的边长，画出图形，判断D 的位置，然后求解即可. 【详解】ABC 为等边三角形且其面积为93，则23934ABCSAB ==，6AB ∴= 如图所示，设点M 为ABC 的重心，E 为AC 中点，当点D 在平面ABC 上的射影为M 时，三棱锥D ABC -的体积最大，此时，4OD OB R ===，点M 为三角形ABC 的重心，2233BM BE ∴==，Rt OMB ∴中，有222OM OB BM -=，426DM OD OM ∴=+=+=，所以三棱锥D ABC -体积的最大值19361833D ABC V -=⨯⨯=故答案为：183【点睛】思路点睛：本题考查球的内接多面体，棱锥的体积的求法，要求内接三棱锥体积的最大值，底面是面积一定的等边三角形，需要该三棱锥的高最大，故需要DM ⊥底面ABC ，再利用内接球，求出高DM ，即可求出体积的最大值，考查学生的空间想象能力与数形结合思想，及运算能力，属于中档题. 三、解答题9．（2021·上海·华师大二附中高二期中）已知正方体1111ABCD A B C D -.(1)若正方体的棱长为1，求点A 到平面1A BD 的距离；(2)在一个棱长为10的密封正方体盒子中，放一个半径为1的小球，任意摇动盒子，求小球在盒子中不能达到的空间的体积；(3)在空间里，是否存在一个正方体，它的定点1111A B C D A B C D 、、、、、、、到某个平面的距离恰好为0、1、2、3、4、5、6、7，若存在，求出正方体的棱长，若不存在，说明理由. 【答案】3()3761043cm π-(3)21【分析】（1）利用等体法：11A A BD A ABD V V --=即可求解.（2）求出小球在正方体的8个顶点以及12条棱处不能到达的空间，利用球的体积公式以及柱体体积公式即可求解.（3）设平面α为符合题意的平面，α过点C ，延长1111,,D C A B AB 分别交平面α于点,,E F G ,由题意可得1111::::::1:2:3:4:5:6:7C E BG B F DC D E AG A F =，设正方体的棱长为4a ，根据11C ECF C EC F V V --=，求出点1C 到平面α的距离，进而得出正方体的棱长.(1)正方体的棱长为1，设点A 到平面1A BD 的距离为h ， 由11A A BD A ABD V V --=，则111133A BDABDS h SAA⋅=⋅，即11111113232⨯=⨯⨯⨯⨯， 解得h (2)在正方体的8个顶点处的单位立方体空间内，小球不能到达的空间为：331448118833ππ⎡⎤⎛⎫-⨯=- ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦， 除此之外，以正方体的棱为一条棱的12个118⨯⨯的正四棱柱空间内， 小球不能到达的空间共()21121181896244ππ⎡⎤⨯⨯-⨯⨯=-⎢⎥⎣⎦，其它空间小球均能到达，故小球不能到达的空间体积为：4768962410433πππ-+-=- （3cm ）(3)设平面α为符合题意的平面，α过点C ， 延长1111,,D C A B AB 分别交平面α于点,,E F G , 由图可知，点1111,,,,,,,C C B B D D A A与平面α的距离分别应为0、1、2、3、4、5、6、7，因为11,,,D E A F DC AG 互相平行，所以它们与平面α所成角相等， 故由比例关系得1111::::::1:2:3:4:5:6:7C E BG B F DC D E AG A F =. 设正方体的棱长为4a ，则11,2,3C E a BGa B F a ===，用几何方法可解得EF =，,EC CF ==， 故2ECFS=，由1CC ⊥平面1111D C B A ，知1CC 为四面体1C EC F -的底面1EC F 上的高， 所以由11C ECF C EC F V V --=，算得点1C 到平面α的距离，121EC FECFSCC d S⋅===，实际上已知1d =1=，从而可得a = 所以正方体的棱长为4a =.10．（2019·上海·华师大二附中高二期中）平面图形很多可以推广到空间中去，例如正三角形可以推广到正四面体，圆可以推广到球，平行四边形可以推广到平行六面体，直角三角形也可以推广到直角四面体，如果四面体ABCD 中棱,,AB AC AD 两两垂直，那么称四面体ABCD 为直角四面体. 请类比直角三角形中的性质给出2个直角四面体中的性质，并给出证明.（请在结论1~3中选择1个，结论4，5中选择1个，写出它们在直角四面体中的类似结论，并给出证明，多选不得分，其中h 表示斜边上的高，,r R 分别表示内切圆与外接圆的半径） 直角三角形ABC直角四面体ABCD条件 AB AC ⊥,,AB AC AB AD AC AD ⊥⊥⊥结论1 222AB AC BC +=结论2 22sin sin 1B C += 结论3222111h AB AC =+结论4 1111AB AC h r ++=结论5 ()()2222122R AB BC CA =++【分析】结论1：分别表示222123S S S 、、，然后证明2222123S S S S ++=结论2：在DAE △中利用等面积法，表示出高d ，然后分别表示222sin sin sin αβγ、、，再证明222sin sin sin 1αβγ++=结论3：利用结论2中得到的d 的表达式，再表示出222111AB AC AD 、、，再证明22221111d AB AC AD =++ 结论4：内切球的球心与四个顶点相连接，把三棱锥分成四个小的三棱锥，利用D ABC O ABC O ABD O ACD O BCD V V V V V -----=+++进行证明结论5：将直角四面体ABCD 补形成为以AB AC AD 、、为长、宽、高的长方体，再进行证明. 【详解】记ABC ABD ACD BCD 、、、的面积依次为123S S S S 、、、， 平面BCD 与AB AC AD 、、所成角依次为αβγ、、，点A 到平面BCD 的距离为d r R ，，分别表示内切球与外接球的半径，内切球的球心为O ， 直角三角形ABC直角四面体ABCD条件 AB AC ⊥AB AC AB AD AC AD ⊥⊥⊥，，结论1222AB AC BC += 2222123S S S S ++=结论2221sin B sin C +=222sin sin sin 1αβγ++=结论3222111h AB AC =+ 22221111d AB AC AD =++结论41111AB AC h r ++=11111AB AC AD d r +++=结论5 ()()2222122R AB BC CA =++()22222R AB BC CA =++证明：设AB a AC b AD c ===、、，过A 作AE BC ⊥，垂足为E ，联结DE ，过A 作AH DE ⊥，垂足为H ，易证：DE BC ⊥，AH ⊥平面BCD ，则d AH =，结论1：()22222222222212311112224S S S ab ac bc a b a c b c ⎛⎫⎛⎫⎛⎫++=++=++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，在Rt ABC 中，22AB ACAE BCa b ⋅==+2222222a b DE AD AE c a b=+=++()2222222222222221=214a b a c b a b S a b c a b c ⎛⎫+⋅+= ⎪ ⎪+⎝++⎭s 2222123S S S S ∴++=；结论2：2222222222222abc AD AE abc a bd AH DE a b a b a c b c c a b ⋅⋅+====++++， ∴222222sin d bcaa b a c b c α==++． 同理，222222sin ac a b a c b c β=++，222222sin ab a b a c b c λ=++∴222222222222222sin sin sin 1b c a c a b a b a c b c αβγ++++==++； 结论3：∵222222abc d a b a c b c =++，∴22222222221a b a c b c d a b c ++=，又222222222222222111111b c a c a b AB AC AD a b c a b c ++++=++=， ∴22221111d AB AC AD =++ 结论4：D ABC O ABC O ABD O ACD O BCD V V V V V -----=+++，∴222222111111111632323232abc ab r ac r bc r a c b c a b r =⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅+⋅++⋅. 从而22222211111ab ac bc a c b c a b r abc abc abc abc c b a d++=+++=+++，即11111r AB AC AD d =+++； 结论5：将直角四面体ABCD 补形成为以AB AC AD 、、为长、宽、高的长方体，则长方体的体对角线即为直角四面体ABCD 的外接球的直径，即()22222R AB BC CA =++.【点睛】本题考查平面图形向立体图形的推广，涉及到侧面积的表示，线面角的表示，几何体的体积分割法求内切球半径，补齐几何体求外接球半径等，属于难题.一、单选题1．（2022·上海市杨浦高级中学高二期末）大数学家阿基米德的墓碑上刻有他最引以为豪的数学发现的象征图——球及其外切圆柱(如图).以此纪念阿基米德发现球的体积和表面积，则球的体积和表面积均为其外切圆柱体积和表面积的（ ）巩固练习A ．13B ．12C ．23D ．34【答案】C【分析】设球的半径为R ,则圆柱的底面半径为R ，高为2R ，分别求出球的体积与表面积，圆柱的体积与表面积，从而得出答案.【详解】设球的半径为R ,则圆柱的底面半径为R ，高为2R 所以球的体积为343R π, 表面积为24R π. 圆柱的体积为：3222R R R ππ⨯=,所以其体积之比为：3342323RR ππ= 圆柱的侧面积为：2224R R R ππ⨯=, 圆柱的表面积为：222426R R R πππ+=所以其表面积之比为：224263R R ππ= 故选：C2．（2022·上海·复旦附中高二期中）为提高学生数学学习的积极性，复旦附中联合浦东分校、青浦分校、复旦中学组织了复旦附中月度数学学科知识竞赛．本次比赛的年度总冠军奖杯由一个铜球O 和一个底座组成，如图（1）所示，已知球的体积为36π，底座由边长为12的正三角形铜片ABC 沿各边中点的连线垂直向上折叠成直二面角所得，如图（2）所示．则在图（1）所示的几何体中，下列结论中正确的是（ ）A ．CD 与BE 是异面直线B ．异面直线AB 与CD 所成角的大小为45°C ．由A 、B 、C 三点确定的平面截球所得的截面面积为3πD ．球面上的点到底座底面DEF 的最大距离为336++ 【答案】C【分析】取,DF EF 中点N ，M ，利用给定条件证明//,//BC DE AB DF ，推理判断A ，B ；求出ABC 外接圆半径，结合球面截面圆性质计算判断C ，D 作答.【详解】取,DF EF 中点N ，M ，连接,,,,,AB BC AC BM MN CN ，如图，因BEF 为正三角形，则BM EF ⊥，而平面BEF ⊥平面DFE ，平面BEF 平面DFE EF =，BM ⊂平面BEF ，于是得BM ⊥平面DFE ，同理CN ⊥平面DFE ，即//BM CN ，33BM CN ==因此，四边形BCNM 是平行四边形，有////BC NM DE ，则直线CD 与BE 在同一平面内，A 不正确； 由选项A ，同理可得//AB DF ，则异面直线AB 与CD 所成角等于直线DF 与CD 所成角60，B 不正确； 由选项A 知，132BC MN DE ===，同理可得3AB AC ==，正ABC 外接圆半径3r = 由A 、B 、C 三点确定的平面截球所得的截面圆是ABC 的外接圆，此截面面积为3π，C 正确； 体积为36π的球半径R ，由34363R ππ=得3R =，由选项C 知，球心到平面ABC 的距离226d R r =-=由选项A ，同理可得点A 到平面DFE 的距离为33ABC 与平面DFE 的距离为33的点到底座底面DEF 的最大距离为3336R d BM ++=+D 不正确. 故选：C【点睛】易错点睛：异面直线所成的角的取值范围是π0,2⎛⎤⎥⎝⎦，当求出角的余弦值为负时，要取其相反数作为异面直线夹角余弦． 二、填空题3．（2022·上海交大附中高二阶段练习）己知正三棱锥的底面边长为4，高为2，则三棱锥的表面积是_________． 【答案】3【分析】画出图形，求出底面积和侧面积，从而求出表面积.【详解】如图，正三棱锥O -ABC ，高OM =2，取BC 中点N ，连接AN ，ON ，则M 在线段AN 上，且13MN AN =，由AB =4，BN =2，由勾股定理得：16423AN =-=，所以12333MN AN ==，2222343433ON OM MN ⎛⎫=+=+= ⎪ ⎪⎝⎭，所以18323OBCS BC ON =⋅=，1432ABCS BC AN =⋅=，所以三棱锥的表面积为833431233⨯+=. 故答案为：1234．（2018·上海市金山中学高二期中）已知长方体的三条棱长分别为，，，并且该长方体的八个顶点都在一个球的球面上，则此球的表面积为____________． 【答案】6π【详解】22226621126,4(6R R S ππ=++=∴==球5．（2022·上海市建平中学高二阶段练习）正四面体边长为4，则其体积为_________ 162【分析】由正四面体性质求体高，再应用棱锥的体积公式求体积即可. 【详解】由正四面体的体高为h 22161223h h --46h = 所以体积为214613162432⨯=1626．（2021·上海市市西中学高二期中）如图，在正三角形ABC 中，E 、F 依次是AB 、AC 的中点，AD ⊥BC ，EH ⊥BC ，F Ｇ⊥BC ，D 、H 、G 为垂足，若将正三角形ABC 绕AD 旋转一周所得的圆锥的体积为V ，则其中由阴影部分所产生的旋转体的体积与V 的比值是______________.【答案】58【分析】利用圆锥的体积公式及圆柱的体积公式即求.【详解】由题可知由阴影部分所产生的旋转体的体积为将正三角形ABC 绕AD 旋转一周所得的圆锥的体积与四边形EFGH 旋转一周所得的圆柱的体积的差，设圆锥的高为h ，底面半径为r ，则圆柱的高为2h，底面圆的半径为2r ，则2252211183r h V V V VV r h ππ⎛⎫⋅⎪-⎝⎭=-=-=圆柱圆柱， 即由阴影部分所产生的旋转体的体积与V 的比值是58.故答案为：587．（2021·上海市南洋模范中学高二期中）一矩形的一边在x 轴上，另两个顶点在函数22(0)1xy x x =>+的图像上，如图，则此矩形绕x 轴旋转而成的几何体的体积的最大值是___________.【答案】π【分析】先利用基本不等式求出y 的取值范围，再设点A ，B 的坐标，由A ，B 的纵坐标相同，得到121=x x ，从而得到h ，再利用圆柱的体积公式以及基本不等式，即可得到答案. 【详解】由22211x y x x x==++，又0x >，则1122x x x x +≥⋅=，当且仅当1x =时取等号， ∴222111x y x x x==≤++，且12x x y+=， ∵矩形绕x 轴旋转而成的几何体为圆柱，设A 1(x ,1)y ，2(B x ,2)y ，如图所示，则圆柱的底面圆的半径为y ，高为21h x x =-，且()112121x f x x =+，()222221x f x x =+， ∴1222122211x x x x =++，即()()211210x x x x --=，由12x x ≠，可得121=x x ， ∴()()222212121212114444h x x x x x x x x y ⎛⎫=-=+-=+-=- ⎪⎝⎭，故222144y h y y-=-=， ∴圆柱的体积为()()22222212124y y V y h y y ππππ+-==-≤⋅=，当且仅当22y =时取等号， ∴此矩形绕x 轴旋转而成的几何体的体积的最大值是π. 故答案为：π.8．（2021·上海市南洋模范中学高二期中）如图，已知半径为2的球O 的直径AB 垂直于平面α，垂足为B ，△BCD 是平面α内边长为2的正三角形，线段AC ，AD 分别与球面交于点M ，N ，则三棱锥A BMN -的体积为___________.【答案】【分析】由已知证明三角形相似可得AM AC =45AN AD =，得到求出三棱锥A BMN -的体积为把2R =代入得答案.【详解】2AB R =，BC R =，5AC R =，半径为R 的球O 的直径AB 垂直于面α，垂足为B ，△BCD 是面α内边长为R 的正三角形， 线段AC ，AD 分别与球面交于点M ，N ，BAM BAC ∴∠=∠，90AMB ABC ∠=∠=︒，则ABCAMB ，易知：45AM AC =，同理有45AN AD =，∴三棱锥A BMN -的体积为231613832253475A BMN V R R R -=⨯⨯⨯⨯=，又2R =，∴三棱锥A BMN -的体积为.故答案为：9．（2021·上海·格致中学高二期中）如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高8cm ，将一个球放在容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6cm ，如果不计容器的厚度，则球的体积为______．【答案】5003π 【分析】设球的半径为R ，根据已知条件得出正方体上底面截球所得的截面圆的半径4AA '=，球心到截面圆圆心的距离2OA R '=-，利用勾股定理即可求出球的半径，再带入球体积公式即可.【详解】由题意得正方体上底面到水面的高为862-=，设球体的半径为R ，由题意如图所示：三角形OAA '为直角三角形，A 为球与正方体的交点，则2OA R '=-，842AA '==，OA R =，所以：222(2)4R R =-+，解得5R =， 所以球的体积33445005333V R =π=π⨯=π. 故答案为：5003π 10．（2021·上海·闵行中学高二期中）如图，三棱锥P ABC -的四个顶点都在球O 的球面上，PA PC ⊥，ABC。
高中数学第八章立体几何初步8.3.圆柱圆锥圆台球的表面积和体积习题含解析第二册
8.3。
2圆柱、圆锥、圆台、球的表面积和体积课后篇巩固提升基础达标练1。
(多选题）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2πR2B.圆锥的侧面积为2πR2C。
圆柱的侧面积与球的表面积相等D.圆柱、圆锥、球的体积之比为3∶1∶2R，则圆柱的侧面积为2πR×2R=4πR2,∴A错误;圆锥的侧面积为πR×R=πR2，∴B错误；球的表面积为4πR2,∵圆柱的侧面积为4πR2,∴C正确;∵V圆柱=πR2·2R=2πR3,V圆锥=πR2·2R=πR3，V球=πR3,∴V圆柱∶V圆锥∶V球=2πR3∶πR3∶πR3=3∶1∶2，∴D正确.2.若一个正方体内接于表面积为4π的球,则正方体的表面积等于（)A.4 B。
8 C。
8 D.8x,球半径为R,则S球=4πR2=4π，∴R=1。
∵正方体内接于球，∴x=2R=2,∴x=,∴S正=6x2=6×=8。
3。
(2019广东高二期末）设A,B,C，D是同一个半径为4的球的球面上四点,△ABC为等边三角形且其面积为9，则三棱锥D—ABC体积的最大值为（)A。
12 B.18C.24D.54点M为三角形ABC的中心,E为AC的中点,当DM⊥平面ABC时，三棱锥D—ABC的体积最大,此时,OD=OB=R=4.∵S△ABC=AB2=9,∴AB=6.∵点M为△ABC的中心，∴BM=BE=2。
∴Rt△OMB中,有OM==2。
∴DM=OD+OM=4+2=6。
∴(V D—ABC)max=×9×6=18。
故选B。
4。
《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。
高二数学立体几何试题答案及解析
高二数学立体几何试题答案及解析1.一个球的Л体积为，则此球的表面积为．【答案】【解析】因为球的体积公式：,所以=所以R=1，由表面积公式S=4=2.已知球的半径为2，相互垂直的两个平面分别截球面得两个圆．若两圆的公共弦长为2，则两圆的圆心距等于（）A．1B．C．D．2【答案】C【解析】略3.已知长方体中，，点在棱上移动，当时，直线与平面所成角为．【答案】【解析】为直线与平面所成角，，,,所以．【考点】线面角4.已知矩形ABCD的顶点都在半径为4的球O的球面上，且AB=6，BC=，则棱锥O-ABCD 的体积为_____________．【答案】【解析】矩形外接圆的直径为对角线长。
棱锥的体积为【考点】棱锥外接球问题5.某几何体的三视图如图所示，其中左视图为半圆，则该几何体的体积是（）A．B．C．D．【答案】A【解析】由三视图可得其还原图是半个圆锥，由题可得其底面圆半径为1，母线长为3，所以其体积为。
故选A。
【考点】由三视图求面积、体积。
6.（本小题满分12分）已知如图，四边形是直角梯形，，，平面，，点、、分别是、、的中点．（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）求二面角的余弦值．【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）.【解析】（Ⅰ）先证明平面∥平面，由面面平行可得线面平行；（Ⅱ）建立直角坐标系，由空间微量公式计算即可.试题解析：（Ⅰ）证明：∵点、、分别是、、的中点，∴∥，∥.∵平面，平面，平面，平面，∴∥平面，∥平面.∵，∴平面∥平面∵平面，∴∥平面．（Ⅱ）解：根据条件，直线，，两两垂直，分别以直线，，为建立如图所示的空间直角坐标系．设，∵，∴∴.设分别是平面和平面的一个法向量，∴，∴，即，．不妨取，得．∴．∵二面角是锐角，∴二面角的余弦值是．【考点】1.线面平行、面面平行的判定与性质；2.空间向量的应用.7.一个几何体的三视图如图所示，已知这个几何体的体积为，则（）A．B．C．D．【答案】B【解析】根据题中所给的三视图，可知该几何体为底面为边长为和的长方形，顶点在底面上的摄影是左前方的顶点，所以有，解得，故选B．【考点】根据所给的几何体的三视图，还原几何体，求其体积及其他量．8.如图，三棱柱中，侧棱平面，为等腰直角三角形，，且分别是的中点．（Ⅰ）求证：平面；（Ⅱ）求锐二面角的余弦值．【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）；【解析】（Ⅰ）本题考查线面垂直的判定定理．可由勾股定理证明；另外平面即可；（Ⅱ）过程为作---证---算．根据二面角的定义找到角，注意不要忽略了证明的过程．试题解析：（Ⅰ）证明：由条件知平面，令，经计算得，即，又因为平面；（Ⅱ）过作，连结由已知得平面就是二面角的平面角经计算得，【考点】1．线面垂直的判定定理；2．二面角；9.已知三棱柱的侧棱与底面边长都相等,在底面内的射影为的中心,则与底面所成角的正弦值为（）A．B．C．D．【答案】B【解析】设该棱柱各棱长为a,底面中心为O，则A1O平面ABC．在三角形A1AO中,可得．设AB中点为D，可证，AD A1D．在直角三角形ADA1中，AA1=a,AD=,解得，．故与底面所成角的正弦值为．故选B．10.已知等腰直角三角形的直角边的长为2，将该三角形绕其斜边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________．【答案】【解析】【考点】圆锥体积11.如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，线段B1D1上有两个动点E、F，且EF= ．则下列结论中正确的个数为①AC⊥BE；②EF∥平面ABCD；③三棱锥A﹣BEF的体积为定值；④的面积与的面积相等，A．4B．3C．2D．1【答案】B【解析】①中AC⊥BE，由题意及图形知，AC⊥面DD1B1B，故可得出AC⊥BE，此命题正确；②EF∥平面ABCD，由正方体ABCD-A1B1C1D1的两个底面平行，EF在其一面上，故EF与平面ABCD无公共点，故有EF∥平面ABCD，此命题正确；③三棱锥A-BEF的体积为定值，由几何体的性质及图形知，三角形BEF的面积是定值，A点到面DD1B1B距离是定值，故可得三棱锥A-BEF的体积为定值，此命题正确；④由图形可以看出，B到线段EF的距离与A到EF的距离不相等，故△AEF的面积与△BEF的面积相等不正确【考点】1．正方体的结构特点；2．空间线面垂直平行的判定与性质12.设为两个不重合的平面，为两条不重合的直线，给出下列四个命题：①若,则；[②若,则；③若则；④若与相交且不垂直，则与一定不垂直．其中，所有真命题的序号是．【答案】①③【解析】②中两平面平行或垂直；④中两直线可能相交，平行或异面，可能出现异面直线垂直的情况；①③由线面垂直平行的判定与性质可知结论正确【考点】空间线面垂直平行的判定与性质13.一个的长方体能装卸8个半径为1的小球和一个半径为2的大球，则的最小值为（）A．B．C．D．8【答案】B【解析】在的面上放4个小球，在在上面放一个大球，4个小球每个都与相邻两个相切，大球与四个小球都相切，记4个小球的球心依次为，大球球心为，则为正四棱锥，底面边长为2，侧棱长为3，其高为，对应上面再放4个小球，因此的最小值为，故选B．【考点】长方体与球．14.如图，在四面体中，，，点分别是的中点（1）求证：平面平面；（2）当，且时，求三棱锥的体积【答案】（1）见解析；（2）．【解析】（1）证明面面垂直应证线面垂直，首先根据图形分析需要证明面即可说明平面平面；（2）解决本题关键是找出底面上的高，由（1）很容易可以得到高为，由此可以计算三棱锥的体积．试题解析：（1）证明：∵中，分别是的中点，．，．中，，是的中点，．，面，平面平面；（2）解：，是的中点，，，，∴平面，，，，，，．【考点】空间几何体的垂直、平行、体积问题．15.如图，已知四棱锥的底面为菱形，，，．（1）求证：；（2）求二面角的余弦值．【答案】（1）详见解析；（2）．【解析】（1）用几何法证明线线垂直的主要思路是证明线面垂直，则线线垂直，所以首先根据所给的条件能够确定是等腰直角三角形，是等边三角形，然后取的中点，连接，最后证明平面;（2）根据上一问的结论，根据勾股定理，证明，从而可以以为原点建立空间直角坐标系，分别求两个平面的法向量，利用公式求解．试题解析：（1）证明：取的中点，连接．∵，∴又四边形是菱形，且，∴是等边三角形，∴又，∴，又，∴（2）由，，易求得，，∴，以为坐标原点，以，，分别为轴，轴，轴建立空间直坐标系，则，，，，∴，，设平面的一个法向量为，则，，∴，∴，，∴设平面的一个法向量为，则，，∴，∴，，∴∴【考点】1．线与线的位置关系；2．二面角．16.如图，在正三棱锥中，．分别为棱．的中点，并且，若侧棱长，则正三棱锥的外接球的体积为__________．【答案】【解析】由题意推出MN⊥平面SAC，即SB⊥平面SAC，∠ASB=∠BSC=∠ASC=90°，将此三棱锥补成正方体，则它们有相同的外接球，正方体的对角线就是球的直径，求出直径即可求出球的体积．∵M，N分别为棱SC，BC的中点，∴MN∥SB，∵三棱锥S-ABC为正棱锥，∴SB⊥AC（对棱互相垂直）∴MN⊥AC，又∵MN⊥AM，而AM∩AC=A，∴MN⊥平面SAC，∴SB⊥平面SAC ∴∠ASB=∠BSC=∠ASC=90°以SA，SB，SC为从同一定点S出发的正方体三条棱，将此三棱锥补成以正方体，则它们有相同的外接球，正方体的对角线就是球的直径．【考点】球的体积与表面积【方法点睛】一般地，若一个三棱锥的三条侧棱两两垂直，且其长度分别为，则就可以将这个三棱锥补成一个长方体，于是长方体的体对角线的长就是该三棱锥的外接球的直径．设其外接球的半径为，则有．17.如图，在三棱锥中，△和△都为正三角形且，，，，分别是棱，，的中点，为的中点．（1）求异面直线和所成的角的大小；（2）求证：直线平面．【答案】（1）;（2）见解析．【解析】（1）通过构造中位线，得到，即为异面直线和所成的角，由已知数据求之即可；（2）要证平面，可在平面中构造一条直线与平行即可，连接交于点，连接，证明即可．试题解析：（1）∵，分别是，的中点，∴，∴为异面直线和所成的角．在△中，可求，，，故，即异面直线和所成的角是．（2）连接交于点，连接，∵为的中点，为的中点，∴为△的重心，∴．∵为的中点，为的中点，∴，∴，∴，∵面，面，∴面．【考点】1．异面直线所成的角；2．线线、线面平行的判定与性质．18.如图1，已知正方体ABCD－A1B1ClD1的棱长为a，动点M、N、Q分别在线段上，当三棱锥Q-BMN的俯视图如图2所示时，三棱锥Q-BMN的正视图面积等于（）A．B．C．D．【答案】B【解析】由俯视图可知为的中点，与重合，与点重合．所以此时三棱锥的正视图为三角形，其面积为．故B正确．【考点】三视图．【思路点晴】本题主要考查的是三视图，属于中档题．应先根据三棱锥的俯视图确定四点的位置，还原出三棱锥的立体图，根据其立体图可得其正视图，从而可求得正视图的面积．19.如图，在四棱锥中，底面是正方形，侧棱底面，，是的中点．则与底面所成的角的正切值为________．【答案】【解析】设底面边长为1，取中点，连接，，所以底面，那么为与底面所成的角，，，所以．【考点】线面角【思路点睛】主要考察了线面角的求法，属于基础题型，根据线面角的定义，线与射影所成角，所以此题的关键是求在平面内的射影，所以根据底面，取中点，得底面，再连接，为与底面所成的角，根据正切公式求解．20.在四棱锥中，底面，，，，，是的中点．（1）证明：；（2）证明：平面；（3）（限理科生做，文科生不做）求二面角的余弦值．【答案】（1）详见解析；（2）详见解析；（3）．【解析】（1）证明异面直线垂直，一般的思路是证明线面垂直，线在面内，所以线线垂直的思路，所以根据条件转化为先证明平面，而要证明平面，得先证明，条件所给，易证；（2）证明线面垂直的思路是证明线与平面内的两条相交直线垂直，则线面垂直，根据上一问已证明，所以只需再证明，根据条件需证明，问题会迎刃而解；（3）由题可知两两垂直，建立空间直角坐标系，设，那就可以写出各点的坐标，并分别求两个平面的法向量与，利用公式，并观察是钝二面角．试题解析：（1）证明：底面，．又面，面，．（2）证明：，是等边三角形，，又是的中点，，又由（1）可知，面（3）解：由题可知两两垂直，如图建立空间直角坐标系，设，则．设面的一个法向量为，即取则，即设面的一个法向量为，即取则即，由图可知二面角的余弦值为．【考点】1．线线垂直，线面垂直的证明；2．二面角；3．向量法．21.如图，已知圆柱的高为，是圆柱的三条母线，是底面圆的直径，．（1）求证：//平面；（2）求二面角的正切值．【答案】（1）证明见解析；（2）．【解析】（1）先利用垂直关系建立空间直角坐标系，写出相关点的坐标，通过证明的方向向量和平面的法向量垂直进行证明；（2）先求出两个平面的法向量，利用空间向量求出其二面角的余弦值，再利用同角三角函数基本关系式求解．试题解析：由是直径，可知,故由可得：,以点为坐标原点建立空间直角坐标系（如图）则（1）由可得平面的一个法向量又又平面平面（2）由可得平面的一个法向量，由可得平面的一个法向量设二面角为，则所以二面角的正切值为．【考点】1．线面平行的判定；2．二面角；3．空间向量在立体中的应用．22.（2015秋•黄冈校级期末）如图，△ADP为正三角形，四边形ABCD为正方形，平面PAD⊥平面ABCD．M为平面ABCD内的一动点，且满足MP=MC．则点M在正方形ABCD内的轨迹为（O为正方形ABCD的中心）（）A． B． C． D．【答案】A【解析】在空间中，过线段PC中点，且垂直线段PC的平面上的点到P，C两点的距离相等，此平面与平面ABCD相交，两平面有一条公共直线．解：在空间中，存在过线段PC中点且垂直线段PC的平面，平面上点到P，C两点的距离相等，记此平面为α，平面α与平面ABCD有一个公共点D，则它们有且只有一条过该点的公共直线．取特殊点B，可排除选项B，故选A．【考点】轨迹方程．23.（2015秋•内江期末）若一个几何体的正视图是一个三角形，则该几何体不可能是（）A．圆锥B．圆柱C．棱锥D．棱柱【答案】B【解析】圆柱的正视图可能是矩形，可能是圆，不可能是三角形．解：圆锥的正视图有可能是三角形，圆柱的正视图可能是矩形，可能是圆，不可能是三角形，棱锥的正视图有可能是三角形，三棱柱放倒时正视图是三角形，∴在圆锥、圆柱、棱锥、棱柱中，正视图是三角形，则这个几何体一定不是圆柱．故选：B．【考点】简单空间图形的三视图．24.已知两条不重合的直线和两个不重合的平面、，有下列命题：①若，，则；②若，，，则；③若是两条异面直线，，，，则；④若，，，，则．其中正确命题的个数是（）A．B．C．D．【答案】B【解析】①不正确，还可能；②正确，，，又，；③不正确，还可能相交；④由面面垂直的性质定理可知④正确．综上可得②④正确．故B正确．【考点】1线面位置关系；2面面位置关系．25.如图，在三棱锥P﹣ABC中，E、F、G、H分别是AB、AC、PC、BC的中点，且PA=PB，AC=BC．（Ⅰ）证明：AB⊥PC；（Ⅱ）证明：平面PAB∥平面FGH．【答案】见解析【解析】（Ⅰ）根据线面垂直的性质定理证明AB⊥面PEC，即可证明：AB⊥PC；（Ⅱ）根据面面平行的判定定理即可证明平面PAB∥平面FGH．解：（Ⅰ）证明：连接EC，则EC⊥AB又∵PA=PB，∴AB⊥PE，∴AB⊥面PEC，∵BC⊂面PEC，∴AB⊥PC（Ⅱ）连结FH，交于EC于O，连接GO，则FH∥AB在△PEC中，GO∥PE，∵PE∩AB=E，GO∩FH=O∴平面PAB∥平面FGH【考点】平面与平面平行的判定；空间中直线与直线之间的位置关系．26.以正方体的顶点D为坐标原点，如图建立空间直角坐标系，则与共线的向量的坐标可以是（）A．B．C．D．【答案】D【解析】不妨令正方体的边长为1,则由图可知.,与共线的向量的坐标为.故D正确.【考点】空间向量共线问题.27.如图，在四棱锥P-ABCD中，PC⊥底面ABCD，ABCD是直角梯形，AB⊥AD，AB∥CD，AB=" 2AD" ="2CD" =2．E是PB的中点．（I）求证；平面EAC⊥平面PBC；（II）若二面角P-AC-E的余弦值为，求直线PA与平面EAC所成角的正弦值．【答案】（I）证明见解析；（II）．【解析】对于问题（I），可以先证明平面，再证明，然后即可证明所需结论；对于问题（II），首先建立以为坐标原点的空间坐标系，然后再求出相应点的坐标，再由题设条件求出的长以及平面的法向量，最后利用向量的夹角公式，就可以得到直线与平面所成角的正弦值．试题解析：（I），，，，，错误！未指定书签。
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4 3 4 V地球 = R = x 63703 1.08x1012 (km 3) 3 3
2 1 S火 4R火2 R火2 ( 2 R地) 1 = = = = 2 2 2 S地 4R地 4 R地 R地
球面：半圆以它的直径为旋转轴，旋转所成的曲面。
球(即球体):球面所围成的几何体。
它包括球面和球面所包围的空间。
4 3 半径是R的球的体积： V R 3
球的表面积
S i
o
o
球的表面积 第 一 步： 分 割
球面被分割成n个网格，表面积分别为：
设“小锥体”的体积为 Vi
O 则球的体积为：
R O
2 S 4 R 球 得: S圆柱侧 2R 2 R 4R 2
S 球 S圆柱侧
QS 4 R 2 2 R 2 6 R 2 圆柱全
S 球 4R 2
(2)
S球
2 S圆柱全 3
例2.如图，已知球O的半径为R,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长 为a,它的各个顶点都在球O的球面上， 求证： R 3 a
2、正三棱锥、正四面体是重要的基本图形， 要掌握其中的边、角关系。能将空间问题化为 平面问题得到解决，并注意方程思想的应用。
3、注意化整为零的思想的应用。
4、正四面体的内切球半径等于其高的四分之一， 外接球半径等于其高的四分之三。
小结：（1）有关球和球面的概念。
4 3 V R （2）球的体积公式： 3
D A B
C
2、若正四体的棱长都为6，内有一球与四个面都相 切，求球的表面积。
解：作出过一条侧棱PC和高 PO的截面，则截面三角形PDC 的边PD是斜高，DC是斜高的射 影，球被截成的大圆与DP、DC
P
相切，连结EO，设球半径为r，
由 Rt PEO ∽ Rt PO1D
r PO 6 , 得r , DO1 PD 2
2 S 4 R 球的表面积公式： 球
（3）用“分割-求近似和-化为准确和” 的数学方法推出了球的体积和表面积公式： （4）球的体积公式和表面积的一些运用。
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呢！老大伯您请进！”乔氏母女和耿老爹、耿英、耿直听到声音，也从东、西两边屋里出来了。看到众人都明显发愣，船老大赶快说： “兄弟媳妇，耿兄弟，大家都好啊！”乔氏有点儿结巴地说：“好，都好！老大哥，你，你怎么？快，快进屋里坐吧！”耿老爹也说： “是啊，大哥你忙呢，怎么自己过来了？”船老大说：“哦，我想过来看看！不用进屋里坐啦，我看看这五间新屋，咱们就走。”说 着话，大家一起来到新屋前。船老大先看在屋子外面观看一番，然后又走进屋子里在各间转了一圈，连声说：“不错啊，不错啊！这 就要完工了，剩下来的也就是亮家和刷白了呢！”乔氏感激地说：“这封顶压瓦以后的所有活计，都是耿大哥做的，娃娃们也帮了不 少忙。丫头她爹就那样冷不丁走了，要不是耿大哥和他的这三个懂事的娃娃，我们娘儿俩真不知道该怎么迈过那道难过的坎儿啊！” 耿老爹赶快说：“兄弟媳妇可不要这样说！你们一家人对我们有大恩情呢，我们才帮了多大的一点点事情啊，根本就不值得一提的。” 船老大慢慢地摇着头说：“哦，不不不，我已经看出来了，耿兄弟你绝对不是一般意义上的好人，我白兄弟有你这样的好大哥帮他照 应婆姨和丫头，他会放心的！”耿老爹还想说什么：“老大哥，你别”船老大马上举手制止，说：“其他话咱们后面再说吧！我想啊， 咱们今儿个早点儿过去。你们看，这天气多好哇。咱们祭奠完白兄弟以后，让娃娃们在江边上好好儿地玩一玩儿，咱们也晒晒太阳， 说说话！我走之前已经安排好了，中午就在码头上吃顿便饭得了。娃娃们什么时候玩儿够了，再送你们回来。”乔氏说：“不瞒你说 老大哥，娃娃们这阵子也确实不容易的，是应该好好儿地玩一玩儿了！好吧，那就听你的安排，我们大家都散散心。小青她爹这也百 日了，我们还得继续活下去啊！”又转头对耿老爹说：“耿大哥，就这样吧，今儿个我们都散散心去。就像直伢子劝我和丫头的那话， ‘幺爹看到娘娘和小青姐姐伤心，他会很难过的’；那反过来说，如果他看到我们高兴，他也就放心了。你说是不是这个理儿？”耿 老爹赶快点点头，连声说：“是这个理儿，是这个理儿！”船老大看大家都同意了，高兴地说：“那咱们现在就走！”小青和耿正兄 妹仨听到大人们如此安排，自然都很高兴。他们赶快去西边屋里拿上祭品，“踢哩嗒啦”跑到门外上车去了。耿老爹也陪着船老大走 出门来。乔氏最后出来，拉上门来上了锁，见船老大和耿老爹都还没有上车，就说：“你们怎么都不上车啊？”俩人都说：“你先 上！”乔氏上车后，船老大和耿老爹又相互推让着：“你先上，你先上！”最后，船老大硬是把耿老爹先让到车上，自己才最后一个 上了车。车夫扬鞭轻轻吆喝一声，马车轻轻快
（2 ）
3 4 1 3 V火 3 R火 R火3 ( 2 R地) 1 = = = = 3 3 V地 4 8 R地 R地 3 R地 3
例1.如图,圆柱的底面直径与高都等于球的直径,求证: (1)球的表面积等于圆柱的侧面积. (2)球的表面积等于圆柱全面积的三分之二.
证明: (1)设球的半径为R, 则圆柱的底面半径为R,高为2R.
V V1 V2 V3 Vn
Si
O
4 1 3 R sR 3 3
Vi
定理 半径是 R 的球的表面积： S
球的表面积是大 圆面积的4倍
R
4 R
2
1、地球和火星都可以看作近似球体，地球半径约为 6370km，火星的直径约为地球的一半。 (1)求地球的表面积和体积； (2) 火星的表面积约为地球表面积的几分之几？体积呢？
r ’＝ 0
2
O
S柱 2r (r l )
S锥 r (r l )
S台 (r r rl rl )
• 棱柱、棱锥和棱台的体积公式：
v=
1 h s ' s ' s s 3
当s=s'时为棱柱体积公式v=sh.
1 当s=0为棱锥体积公式v=. 3 sh
怎样求球的体积?
2
定理:半径是R的球的体积
4 3 V R 3
阅读材料以及思考题
高等于底面半径的旋转体体积对比
R
V圆锥
1 3 R 3
V半球
2 3 R 3
V圆柱 R
3
1.球的直径伸长为原来的2倍,体积变为原来 的几倍? 8倍 2.一个正方体的顶点都在球面上,它的棱长是 4cm,求这个球的体积.
3 a 2
a 2 变题1.如果球O切于这个正方体的六个面，则有R=———— 。
。
题组一:
(1)若球的表面积变为原来的2倍,则半径变为 原来的——倍。 (2)若球的半径变为原来的2倍，则表面积变为 原来的——倍。 (3)若两球表面积之比为1:2，则其体积之比 是———。 (4)若两球体积之比是1:2，则其表面积之比 是———。 (5)若两球表面积之差为48 ,它们大圆周长之 和为12 ,则两球的直径之差为———。
棱柱的展开图
正六棱柱的侧面展开图是什么？如何计算它的表 面积？
a
h
正棱柱的侧面展开图
棱锥的展开图
正五棱锥的侧面展开图是什么？如何计算它的表 面积？
侧面展开
h'
正棱锥的侧面展开图
h'
棱锥的展开图
正四棱台的侧面展开图是什么？如何计算它的表 面积？
侧面展开
h'
正棱台的侧面展开图
h'
棱柱、棱锥、棱台的表面积
因VP ABC
1 S ABC OO1 , 3
1 S ABC PO1 , 3
A D
E
O C O1 B
所以PO1 4r
6 易求PO1 2 6, 所以r . 2
解题小结：
1、多面体的“切”、“接”问题，必须明 确“切”、“接”位置和有关元素间的数 量关系，常借助“截面”图形来解决。
E A D B O C O1
故S球 4 r 6
2
2、若正四体的棱长都为6，内有一球与四个面都相 切，求球的表面积。
解法2：连结OA、OB、OC、 OP，那么
P
VP ABC VOPAB VO PBC VO PCA VO ABC 4VO ABC
VO ABC
D A D1 A1 B C
O
C1 B1
32 3
钢球直径是5cm,. 把钢球放入一个正方体的有盖纸盒中,至 少要用多少纸?
用料最省时,球与正方体有什么位置关系?
球内切于正方体
侧棱长为5cm
S全 6 5 150cm
2
2
两个几何体相（内）切:
一个几何体的各个面与另一个几何体 的各面相切.
2
C
2 2 3 2 R ( R) , 解得R , 所以S球 4 R2 3 . 3 2 3
1、一个四面体的所有的棱都为 2 ，四个顶点在同 一球面上，则此球的表面积（ ）
A 3л
B 4л
C 3 3
D1 A1
D 6л
C1 B1
解法2 构造棱长为1的正方 体，如图。则A1、C1、B、D是 棱长为 2 的正四面体的顶点。 正方体的外接球也是正四面体 的外接球，此时球的直径 为 3 ， 3 2 S球 =4 ( ) 3 , 选A 2
题组二:
1、一个四面体的所有的棱都为 2 一球面上，则此球的表面积（ ） ，四个顶点在同
A 3л
B 4л
C 3 3
D 6л
2、若正四体的棱长都为6，内有一球与四个面都相
切。求球的表面积。
1、一个四面体的所有的棱都为 2 ，四个顶点在同
一球面上，则此球的表面积（ A ）
A 3л