江苏专版2020版高考数学一轮复习课时跟踪检测三十六空间几何体的表面积与体积理含解析苏教版

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2023年高考数学一轮复习点点练26空间几何体的三视图与直观图表面积与体积含解析理

第八单元立体几何考情分析多以两小一大的形式出现，每年必考，分值为17～22分．重点考查几何体的三视图问题、几何体的表面积与体积、空间线面位置关系，用向量法计算空间角，其中与球有关的接(切)问题是考查的难点．对于空间向量的应用，空间直角坐标系的建立是否合理是解决有关问题的关键，有时所给空间图形不规则——没有三条互相垂直的直线，不利于空间直角坐标系的建立，另外，探索性问题中动点坐标的设法及有关计算是难点．点点练26空间几何体的三视图与直观图、表面积与体积一基础小题练透篇1．[2022·山东济宁检测]已知水平放置的△ABC按“斜二测画法”得到如图所示的直观图，其中B′O′＝C′O′＝1，A′O′＝32，那么原△ABC的面积是( )A．3B．22C．32D．342．[2021·江西吉安联考]某几何体的三视图如图所示，其中网格纸上小正方形的边长为1，则该几何体中，最长的棱的长度为( )A．3B．32C．33D．63．[2022·四川成都七中高三期中]已知一个几何体的三视图如图，则它的表面积为( )A ．3πB ．4πC．5πD．6π4．[2021·衡水模拟]已知正三棱锥S ABC 的三条侧棱两两垂直，且侧棱长为2，则此三棱锥的外接球的表面积为( )A ．πB．3πC．6πD．9π5．[2022·云南大理模拟预测]一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为( )A ．43πB．2πC．πD．83π 6．[2021·江苏海安高级月考]三棱锥A BCD 中，∠ABC ＝∠CBD ＝∠DBA ＝60°，BC ＝BD ＝1，△ACD 的面积为114，则此三棱锥外接球的表面积为( ) A ．4πB．16πC．163πD．323π7．[2022·四川省南充市白塔模拟]如图所示，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某个多面体的三视图，若该多面体的所有顶点都在球C 的表面上，则球C 的表面积是( )A ．8πB．12πC．16πD．32π 8.有一块多边形的菜地，它的水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形(如图所示)，∠ABC ＝45°，AB ＝AD ＝1，DC ⊥BC ，则这块菜地的面积为________．9．[2022·湘豫名校联考]在四面体ABCD 中，AB ＝CD ＝5，AD ＝BC ＝13，AC ＝BD ＝10，则此四面体的体积为________．二能力小题提升篇1.[2022·深圳市高三调研]已知圆柱的底面半径为2，侧面展开图为面积为8π的矩形，则该圆柱的体积为( )A ．8πB．4πC．83πD．2π2.[2022·浙江省高三测试]如图是用斜二测画法画出的∠AOB 的直观图∠A ′O ′B ′，则∠AOB 是( )A ．锐角B ．直角C ．钝角D ．无法判断3．[2022·河南省洛阳市高三调研]大约于东汉初年成书的我国古代数学名著《九章算术》中，“开立圆术”曰：置积尺数，以十六乘之，九而一，所得开立方除之，即立圆径．“开立圆术”实际是知道了球的体积V ，利用球的体积，求其直径d 的一个近似值的公式：d ＝3169V ，而我们知道，若球的半径为r ，则球的体积V ＝43πr 3，则在上述公式d ＝3169V 中，相当于π的取值为( )A.3B ．227C ．278D ．1694.[2021·云南省曲靖市高三二模]如图，在水平地面上的圆锥形物体的母线长为12，底面圆的半径等于4，一只小虫从圆锥的底面圆上的点P 出发，绕圆锥侧面爬行一周后回到点P 处，则小虫爬行的最短路程为( )A ．123B ．16C ．24D ．24 35．[2022·江西省兴国县高三月考]已知三棱锥P ABC 中，PA ⊥平面ABC ，AB ⊥AC ，AB ＝AC ＝2，且三棱锥P ABC 外接球的表面积为36π.则PA ＝________．6．[2022·广东七校第二次联考]在四棱锥P ABCD 中，四边形ABCD 是边长为2a 的正方形，PD ⊥底面ABCD ，且PD ＝2a ，若在这个四棱锥内放一个球，则该球半径的最大值为________．三高考小题重现篇1.[2021·山东卷]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 2 C ．4D.4 22．[2021·全国甲卷]在一个正方体中，过顶点A 的三条棱的中点分别为E ，F ，G .该正方体截去三棱锥A EFG 后，所得多面体的三视图中，正视图如图所示，则相应的侧视图是( )3．[2021·全国甲卷]已知一个圆锥的底面半径为6，其体积为30π，则该圆锥的侧面积为________．4．[2021·全国甲卷]已知A，B，C是半径为1的球O的球面上的三个点，且AC⊥BC，AC＝BC＝1，则三棱锥OABC的体积为( )A．212B．312C．24D．345．[2020·山东卷]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________．6．[2019·全国卷Ⅱ]中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”(图1).半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体．半正多面体体现了数学的对称美．图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1.则该半正多面体共有________个面，其棱长为________．四经典大题强化篇1.在三棱柱ABCA1B1C1中，侧面AA1C1C⊥底面ABC，AA1＝A1C＝AC＝AB＝BC＝2，且点O 为AC的中点．(1)证明：A1O⊥平面ABC；(2)求三棱锥C1ABC的体积．2．已知点P，A，B，C是半径为2的球面上的点，PA＝PB＝PC＝2，∠ABC＝90°，点B 在AC上的射影为D，求三棱锥P－ABD体积的最大值．点点练26 空间几何体的三视图与直观图、表面积与体积一基础小题练透篇1．答案：A解析：由题图可知原△ABC 的高AO ＝3，BC ＝B ′C ′＝2，∴S △ABC ＝12·BC ·OA ＝12×2×3＝ 3.2．答案：C解析：由三视图还原几何体，可得该几何体可看作如图所示的棱长为3的正方体中，以A ，B ，C ，D 为顶点的三棱锥，其最长的棱为BD ，且BD ＝32＋32＋32＝3 3.3．答案：B解析：由三视图可知，该几何体是圆锥和半球拼接成的组合体，且圆锥的底面圆和半球的大圆面半径相同，底面圆的半径r ＝1，圆锥的母线长l ＝（3）2＋1＝2，记该几何体的表面积为S ，故S ＝12（2πr ）l ＋12×4πr 2＝4π.4．答案：C解析：正三棱锥的外接球即是棱长为2的正方体的外接球，所以外接球的直径2R ＝（2）2＋（2）2＋（2）2＝6，所以4R 2＝6，外接球的表面积4πR 2＝6π.5．答案：A解析：根据三视图可知几何体是由有公共的底面的圆锥和圆柱体的组合体，由三视图可知，圆锥的底面半径为1，高为1，圆柱的底面半径为1，高为1，所以组合体的体积为13π×12×1＋π×12×1＝4π3.6．答案：A解析：∵BC ＝BD ＝1，∠CBD ＝60°，∴CD ＝1，又AB ＝AB ，∠ABC ＝∠DBA ＝60°，BC ＝BD ，∴△ABC ≌△ABD ，则AC ＝AD ，取CD 中点E ，连接AE ，又由△ACD 的面积为114，可得△ACD 的高AE ＝112，则可得AC ＝AD ＝3，在△ABC 中，由余弦定理AC 2＝AB 2＋BC 2－2AB ·BC ·cos60°，∴3＝AB 2＋1－2×AB ×1×12，解得AB ＝2，则AC 2＋BC 2＝AB 2，可得∠ACB ＝90°，∴∠ADB＝90°，∴AC ⊥BC ，AD ⊥BD ，根据球的性质可得AB 为三棱锥外接球的直径，则半径为1，故外接球的表面积为4π×12＝4π.7．答案：A解析：由三视图可还原几何体为从长、宽均为2，高为2的长方体中截得的四棱锥S ABCD ，则四棱锥S ABCD 的外接球即为长方体的外接球， ∴球C 的半径R ＝122＋2＋4＝2，∴球C 的表面积S ＝4πR 2＝8π. 8．答案：2＋22解析：如图1，在直观图中，过点A 作AE ⊥BC ，垂足为E .在Rt△ABE 中，AB ＝1，∠ABE ＝45°，∴BE ＝22.又四边形AECD 为矩形，AD ＝EC ＝1，∴BC ＝BE ＋EC ＝22＋1，由此还原为原图形如图2所示，是直角梯形A ′B ′C ′D ′.在梯形A ′B ′C ′D ′中，A ′D ′＝1，B ′C ′＝22＋1，A ′B ′＝2. ∴这块菜地的面积S ＝12（A ′D ′＋B ′C ′）·A ′B ′＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1＋22×2＝2＋22.9．答案：2解析：设四面体ABCD 所在的长方体的长、宽、高分别为a ，b ，c ，则⎩⎪⎨⎪⎧a 2＋b 2＝5，a 2＋c 2＝13，b 2＋c 2＝10，得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，b ＝1，c ＝3，所以四面体ABCD 的体积V ＝abc －13×12abc ×4＝13abc ＝2.二能力小题提升篇1．答案：A解析：设圆柱的高为h ，则2π×2×h ＝8π⇒h ＝2，所以圆柱的体积为π×22×2＝8π.2．答案：C解析：根据斜二测画法规则知，把直观图∠A ′O ′B ′还原为平面图，如图所示：所以∠AOB 是钝角． 3．答案：C解析：由d ＝3169V 得V ＝916·（2r ）3＝43·278r 3，比较V ＝43πr 3，相当于π的取值为278. 4．答案：A解析：如图，设圆锥侧面展开扇形的圆心角为θ，则由题可得2π×4＝12θ，则θ＝2π3，在Rt△POP ′中，OP ＝OP ′＝12，则小虫爬行的最短路程为PP ′＝122＋122－2×12×12×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝12 3.5．答案：27解析：由PA ⊥平面ABC ，AB ⊥AC ，将三棱锥补成长方体，它的对角线是其外接球的直径，∵三棱锥外接球的表面积为36π，设外接球的半径为R ，则4πR 2＝36π，解得R ＝3∴三棱锥外接球的半径为3，直径为6，∵AB ＝AC ＝2，∴22＋22＋PA 2＝62，∴PA ＝27.6．答案：（2－2）a解析：方法一由题意知，球内切于四棱锥P ABCD 时半径最大．设该四棱锥的内切球的球心为O ，半径为r ，连接OA ，OB ，OC ，OD ，OP ，则V P －ABCD ＝V O －ABCD ＋V O －PAD ＋V O －PAB ＋V O －PBC ＋V O －PCD ，即13×2a ×2a ×2a ＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫4a 2＋2×12×2a ×2a ＋2×12×2a ×22a ×r ，解得r ＝（2－2）a .方法二易知当球内切于四棱锥P －ABCD ，即与四棱锥P －ABCD 各个面均相切时，球的半径最大．作出相切时的侧视图如图所示，设四棱锥P －ABCD 内切球的半径为r ，则12×2a ×2a＝12×（2a ＋2a ＋22a ）×r ，解得r ＝（2－2）a . 三高考小题重现篇1．答案：B解析：设圆锥的母线长为l ，由于圆锥底面圆的周长等于扇形的弧长，则πl ＝2π×2，解得l ＝2 2.2．答案：D解析：根据题目条件以及正视图可以得到该几何体的直观图，如图，结合选项可知该几何体的侧视图为D.3．答案：39π解析：设该圆锥的高为h ，则由已知条件可得13×π×62×h ＝30π，解得h ＝52，则圆锥的母线长为h 2＋62＝254＋36＝132，故该圆锥的侧面积为π×6×132＝39π. 4．答案：A解析：如图所示，因为AC ⊥BC ，且AC ＝BC ＝1，所以AB 为截面圆O 1的直径，且AB ＝ 2.连接OO 1，则OO 1⊥面ABC ，OO 1＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫AB 22＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫222＝22，所以三棱锥O ABC 的体积V ＝13S △ABC ×OO 1＝13×12×1×1×22＝212. 5．答案：2π2解析：如图，连接B 1D 1，易知△B 1C 1D 1为正三角形，所以B 1D 1＝C 1D 1＝2.分别取B 1C 1，BB 1，CC 1的中点M ，G ，H ，连接D 1M ，D 1G ，D 1H ，则易得D 1G ＝D 1H ＝22＋12＝5，D 1M ⊥B 1C 1，且D 1M ＝ 3.由题意知G ，H 分别是BB 1，CC 1与球面的交点．在侧面BCC 1B 1内任取一点P ，使MP ＝2，连接D 1P ，则D 1P ＝D 1M 2＋MP 2＝（3）2＋（2）2＝5，连接MG ，MH ，易得MG ＝MH ＝2，故可知以M 为圆心，2为半径的圆弧GH 为球面与侧面BCC 1B 1的交线．由∠B 1MG ＝∠C 1MH ＝45°知∠GMH ＝90°，所以GH 的长为14×2π×2＝2π2. 6．答案：26 2－1 解析：依题意知，题中的半正多面体的上、下、左、右、前、后6个面都在正方体的表面上，且该半正多面体的表面由18个正方形，8个正三角形组成，因此题中的半正多面体共有26个面．注意到该半正多面体的俯视图的轮廓是一个正八边形，设题中的半正多面体的棱长为x ，则22x ＋x ＋22x ＝1，解得x ＝2－1，故题中的半正多面体的棱长为2－1. 四经典大题强化篇1．解析：（1）证明：因为AA 1＝A 1C ，且O 为AC 的中点，所以A 1O ⊥AC ，又平面AA 1C 1C ⊥平面ABC ，平面AA 1C 1C ∩平面ABC ＝AC ，且A 1O ⊂平面AA 1C 1C ，∴A 1O ⊥平面ABC .（2）∵A 1C 1∥AC ，A 1C 1⊄平面ABC ，AC ⊂平面ABC ，∴A 1C 1∥平面ABC ，即C 1到平面ABC 的距离等于A 1到平面ABC 的距离．由（1）知A 1O ⊥平面ABC ，且A 1O ＝AA 21 －AO 2＝3，∴VC 1－ABC ＝VA 1－ABC ＝13S △ABC ·A 1O ＝13×12×2×3×3＝1. 2.解析：设点P 在平面ABC 上的射影为G ，如图，由PA ＝PB ＝PC ＝2，∠ABC ＝90°，知点P 在平面ABC 上的射影G 为△ABC 的外心，即AC 的中点．设球的球心为O ，连接PG ，则O 在PG 的延长线上．连接OB ，BG ，设PG ＝h ，则OG ＝2－h ，所以OB 2－OG 2＝PB 2－PG 2，即4－（2－h ）2＝4－h 2，解得h ＝1，则AG ＝CG ＝ 3.设AD ＝x ，则GD ＝x －AG ＝x －3，BG ＝3，所以BD ＝BG 2－GD 2＝－x 2＋23x ，所以S △ABD ＝12AD ·BD ＝12－x 4＋23x 3. 令f （x ）＝－x 4＋23x 3，则f ′（x ）＝－4x 3＋63x 2.由f ′（x ）＝0，得x ＝0或x ＝332，易知当x ＝332时，函数f （x ）取得最大值24316，所以（S △ABD ）max ＝12×934＝938.又PG ＝1，所以三棱锥P －ABD 体积的最大值为13×938×1＝338.。

2020版高考数学(文)江苏专用新精准大一轮复习：第七章4第4讲空间几何体的结构及其表面积和体积含解析

1．正六棱柱的高为6，底面边长为4，则它的全面积为________．解析：S 底＝6×34×42＝243，S 侧＝6×4×6＝144，所以S 全＝S 侧＋2S 底＝144＋483＝48(3＋3)．答案：48(3＋3)2．将一个边长分别为4π，8π的矩形卷成一个圆柱，则这个圆柱的表面积是________．解析：当以长度为4π的边为底面圆时，底面圆的半径为2，两个底面的面积是8π；当以长度为8π的边为底面圆时，底面圆的半径为4，两个底面圆的面积为32π.无论哪种方式，侧面积都是矩形的面积32π2.故所求的表面积是32π2＋8π或32π2＋32π.答案：32π2＋8π或32π2＋32π3．一个球与一个正方体的各个面均相切，正方体的棱长为a ，则球的表面积为________．解析：由题意知，球的半径R ＝a2.所以S 球＝4πR 2＝πa 2.答案：πa 2 4．以下命题：①以直角梯形的一腰为轴旋转一周所得的旋转体是圆台； ②圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆；③一个平面截圆锥，得到一个圆锥和一个圆台．其中正确命题的个数为________．解析：命题①错，因这条腰必须是垂直于两底的腰．命题②对．命题③错，必须用平行于圆锥底面的平面截圆锥才行．答案：15．(2019·江苏省重点中学领航高考冲刺卷(二))在一次模具制作大赛中，小明制作了一个母线长和底面直径相等的圆锥，而小强制作了一个球，经测量得圆锥的侧面积恰好等于球的表面积，则圆锥和球的体积的比值等于________．解析：设圆锥的底面半径为r ，球的半径为R ，则圆锥的母线长为2r ，高为3r .由题意可知πr ×2r ＝4πR 2，即r ＝2R .所以V 圆锥V 球＝13πr 2×3r43πR 3＝34×⎝⎛⎭⎫r R 3＝34×(2)3＝62.答案：626．(2019·苏锡常镇四市调研)如图，四棱锥P -ABCD 中，P A ⊥底面ABCD ，底面ABCD 是矩形，AB ＝2，AD ＝3，P A ＝4，点E 为棱CD 上一点，则三棱锥E -P AB 的体积为________．解析：因为V E P AB ＝V P ABE ＝13S △ABE ×P A ＝13×12AB ×AD ×P A ＝13×12×2×3×4＝4.答案：47．(2019·江苏省高考名校联考(四))如图，在四棱柱ABCD A 1B 1C 1D 1中，上、下底面为平行四边形，E 为棱CD 的中点，设四棱锥E -ADD 1A 1的体积为V 1，四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1的体积为V 2，则V 1∶V 2＝________．解析：由题意，将侧面ADD 1A 1作为四棱柱的底面，设顶点C 到平面ADD 1A 1的距离为2h ，因为E 为棱CD 的中点，所以E 到平面ADD 1A 1的距离为h ，所以V 1∶V 2＝V E ADD 1A 1∶V BCC 1B 1ADD 1A 1＝13S 四边形ADD 1A 1h ∶S 四边形ADD 1A 1(2h )＝1∶6. 答案：1∶68．(2019·南京市、盐城市高三年级第二次模拟考试)在边长为4的正方形ABCD 内剪去四个全等的等腰三角形(如图1中阴影部分所示)，折叠成底面边长为2的正四棱锥S -EFGH (如图2)，则正四棱锥S -EFGH 的体积为________．解析：设正四棱锥S - EFGH 的高为h ，体积为V ，点S 到HG 的距离为h ′，则2h ′＋2＝42，得h ′＝322，所以h ＝⎝⎛⎭⎫3222－⎝⎛⎭⎫222＝2，所以V ＝13×(2)2×2＝43.答案：439．(2019·江苏省名校高三入学摸底卷)《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著．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，若某阳马的底面积为7，最长的侧棱长为52，则该阳马的体积的最大值为________．解析：设该阳马的底面边长分别为a ，b ，高为h ，最长的侧棱长为l ，则ab ＝7，由于l 2＝a 2＋b 2＋h 2且l ＝52，所以h 2＝l 2－(a 2＋b 2)≤(52)2－2ab ＝50－2×7＝36(当且仅当a ＝b ＝7时取等号)，即有h max ＝6，所以该阳马的体积的最大值为13abh max ＝13×7×6＝14.答案：1410．(2019·江苏省重点中学领航高考冲刺卷(八))中国古代数学名著《九章算术》中记载：“今有羡除”．刘徽注：“羡除，隧道也．其所穿地，上平下邪．”现有一个羡除如图所示，四边形ABCD 、ABFE 、CDEF 均为等腰梯形，AB ∥CD ∥EF ，AB ＝6，CD ＝8，EF ＝10，EF 到平面ABCD 的距离为3，CD 与AB 间的距离为10，则这个羡除的体积是________．解析：如图，过点A 作AP ⊥CD ，AM ⊥EF ，过点B 作BQ ⊥CD ，BN ⊥EF ，垂足分别为P ，M ，Q ，N ，连结PM ，QN ，将一侧的几何体补到另一侧，组成一个直三棱柱，底面积为12×10×3＝15.棱柱的高为8，体积V ＝15×8＝120.答案：12011．一个正三棱台的两底面的边长分别为8 cm 、18 cm ，侧棱长是13 cm ，求它的全面积．解：上底面周长为c ′＝3×8＝24 cm ，下底面周长c ＝3×18＝54 cm ，斜高h ′＝132－⎝⎛⎭⎫18－822＝12 cm ，所以S 正棱台侧＝12(c ′＋c )h ′＝12×(24＋54)×12＝468 cm 2，S 上底面＝34×82＝16 3 cm 2，S 下底面＝34×182＝81 3 cm 2，所以正三棱台的全面积为S ＝468＋163＋813＝(468＋973) cm 2.12．如图所示，已知E 、F 分别是棱长为a 的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱A 1A 、CC 1的中点，求四棱锥C 1B 1EDF 的体积．解：法一：连结A 1C 1，B 1D 1交于点O 1，连结B 1D ，EF ，过O 1作O 1H ⊥B 1D 于H . 因为EF ∥A 1C 1，且A 1C 1⊄平面B 1EDF ，所以A 1C 1∥平面B 1EDF .所以C 1到平面B 1EDF 的距离就是A 1C 1到平面B 1EDF 的距离．因为平面B 1D 1D ⊥平面B 1EDF ，平面B 1D 1D ∩平面B 1EDF ＝B 1D ，所以O 1H ⊥平面B 1EDF ，即O 1H 为棱锥的高．因为△B 1O 1H ∽△B 1DD 1，所以O 1H ＝B 1O 1·DD 1B 1D ＝66a .所以V C 1B 1EDF ＝13S 四边形B 1EDF ·O 1H ＝13·12·EF ·B 1D ·O 1H ＝13·12·2a ·3a ·66a ＝16a 3.法二：连结EF ，B 1D .设B 1到平面C 1EF 的距离为h 1，D 到平面C 1EF 的距离为h 2，则h 1＋h 2＝B 1D 1＝2a . 由题意得，V C 1B 1EDF ＝V B 1C 1EF ＋V D C 1EF ＝13S △C 1EF ·(h 1＋h 2)＝16a 3.1．已知圆锥的轴截面是边长为2的正三角形，则过圆锥的高的中点的平面截圆锥所得的圆台的体积为________．解析：如图，在正三角形SAB 中， AB ＝2，SO ＝3，OB ＝1，O 1O ＝32，圆台的体积为V ＝13πh (r 2＋rr ′＋r ′2)＝13π×32⎝⎛⎭⎫14＋12×1＋1＝73π24. 答案：73π242．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________．解析：如图，设球的半径为R ，因为 ∠AOB ＝90°，所以S △AOB ＝12R 2.因为 V O ABC ＝V C AOB ，而△AOB 面积为定值，所以当点C 到平面AOB 的距离最大时，V O ABC 最大，所以当C 为与球的大圆面AOB 垂直的直径的端点时，体积V O ABC 最大为13×12R 2×R ＝36，所以R ＝6，所以球O 的表面积为4πR 2＝4π×62＝144π. 答案：144π3．已知三棱柱ABC -A 1B 1C 1的侧棱与底面边长都等于2，A 1在底面ABC 上的射影为BC 的中点，则三棱柱的侧面积为________．解析：如图所示，设点D 为BC 的中点，则A 1D ⊥平面ABC ，因为BC ⊂平面ABC ，所以A 1D ⊥BC ，因为△ABC 为等边三角形，所以AD ⊥BC ，又AD ∩A 1D ＝D ，AD ⊂平面A 1AD ，A 1D ⊂平面A 1AD ，所以BC ⊥平面A 1AD ，因为A 1A ⊂平面A 1AD ，所以BC ⊥A 1A .又因为A 1A ∥B 1B ，所以BC ⊥B 1B .又因为三棱柱的侧棱与底面边长都等于2，所以四边形BB 1C 1C 是正方形，其面积为4. 作DE ⊥AB 于E ，连结A 1E ，则AB ⊥A 1E ，又因为AD ＝22－12＝3，DE ＝AD ·BD AB ＝32，所以AE ＝AD 2－DE 2＝32，所以A 1E ＝AA 21－AE 2＝72，所以S 四边形ABB 1A 1＝S 四边形AA 1C 1C ＝7，所以S 三棱柱侧＝27＋4. 答案：27＋44.(2019·苏州市高三调研测试)鲁班锁是中国传统的智力玩具，起源于中国古代建筑中首创的榫卯结构，它的外观是如图所示的十字立方体，其上下、左右、前后完全对称，六根等长的正四棱柱分成三组，经90°榫卯起来．若正四棱柱的高为5，底面正方形的边长为1，现将该鲁班锁放进一个球形容器内，则该球形容器的表面积至少为________．(容器壁的厚度忽略不计，结果保留π)解析：由题意知，可将问题转化为求长、宽、高分别是1，2，5的长方体的外接球的表面积，易知该球的直径2R ＝12＋22＋52＝30，则该球的表面积为4πR 2＝30π.答案：30π5．四面体的六条棱中，有五条棱长都等于a . (1)求该四面体的体积的最大值； (2)当四面体的体积最大时，求其表面积．解：(1)如图，在四面体ABCD 中，设AB ＝BC ＝CD ＝AC ＝BD ＝a ，AD ＝x ，取AD 的中点为P ，BC 的中点为E ，连结BP 、EP 、CP ，得到AD ⊥平面BPC ，所以V A BCD ＝V A BPC ＋V D BPC ＝13·S △BPC ·AP ＋13S △BPC ·PD ＝13·S △BPC ·AD ＝13·12·a ·a 2－x 24－a 24·x＝a 12（3a 2－x 2）x 2≤a 12·3a 22＝18a 3 ⎝⎛⎭⎫当且仅当x ＝62a 时取等号.所以该四面体的体积的最大值为18a 3.(2)由(1)知，△ABC 和△BCD 都是边长为a 的正三角形，△ABD 和△ACD 是全等的等腰三角形，其腰长为a ，底边长为62a ，所以S 表＝2×34a 2＋2×12×62a ×a 2－⎝⎛⎭⎫64a 2＝32a 2＋62a ×10a 4＝32a 2＋15a 24＝23＋154a 2. 6．把边长为a 的正三角形铁皮的三个角切去三个全等的四边形，再把它的边沿虚线折起(如图)，做成一个无盖的正三角形底铁皮箱，当箱底边长为多少时，箱子容积最大？最大容积是多少？解：由题图可知，箱底边长为x ，则箱高为h ＝33×a －x2(0<x <a )，箱子的容积为V (x )＝12x 2×sin 60°×h ＝18ax 2－18x 3(0<x <a )．由V ′(x )＝14ax －38x 2＝0，解得x 1＝0(舍)，x 2＝23a ，且当x ∈⎝⎛⎭⎫0，23a 时，V ′(x )>0；当x ∈⎝⎛⎭⎫23a ，a 时，V ′(x )<0，所以函数V (x )在x ＝23a 处取得极大值，这个极大值就是函数V (x )的最大值：V ⎝⎛⎭⎫23a ＝18a ×⎝⎛⎭⎫23a 2－18×⎝⎛⎭⎫23a 3＝154a 3. 所以当箱子底边长为23a 时，箱子容积最大，最大值为154a 3.。

2020届高三理科数学一轮复习第八章第2节空间几何体的表面积和体积

所以 EH∥FG，EH＝FG，所以四边形 EHGF 为平行四边形，又 E
所以四边形 EHGF 为正方形.又点 M 到平面 EHGF 的距离为12，所
的体积为13× 222×12＝112.
答案
1 12
角度3 不规则几何体的体积【例2－3】如图，在多面体ABCDEF中，已知ABCD是边长为1的正
PC＝AC＝2，AB＝4，则三棱锥P－ABC的外接球的表面积为(
A.23π
B.243π
C.64π
D.634π
解析如图， O设′为正△P A 的C 中心D，为 Rt△ABC 斜边的中
H 为 AC 中点.由平面P A ⊥C平面 ABC.则 O′H⊥平面 ABC.作
O′O∥HD，OD∥O′H，则交 O点为三棱锥外接球的球O心P
规律方法 1.由几何体的三视图求其表面积：(1)关键是分析三视元素之间的位置关系及度量大小.(2)还原几何体的直观图，套用相 2.(1)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 (2)旋转体的表面积问题注意其侧面展开图的应用.
【训练1】 (1)(2019·西安模拟)如图，网格纸上正方形小格的边长为某几何体的三视图，则该几何体的表面积为( )
答案 A
角度2 简单几何体的体积【例2－2】 (2018·天津卷)已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1
正方体其余各面的中心分别为点E，F，G，H，M(如图)，则四棱为________.
解析连接 AD1，CD1，B1A，B1C，AC，因为 E，H 分别为 AD1，
EH∥AC，EH＝12AC.因为 F，G 分别为 B1A，B1C 的中点，所以 F
即 R＝ 3.所以球的表面积 S＝4πR2＝12π.

2020版高考数学一轮复习课时跟踪检测(三十九)空间几何体的结构特征及表面积与体积(含解析)新人教A版

课时跟踪检测（三十九）空间几何体的结构特征及表面积与体积一、题点全面练1．下列说法中正确的是( ) A ．有两个侧面是矩形的棱柱是直棱柱 B ．侧面都是等腰三角形的棱锥是正棱锥 C ．侧面都是矩形的四棱柱是长方体D ．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解析：选 D 认识棱柱一般要从侧棱与底面的垂直与否和底面多边形的形状两方面去分析，故A ，C 都不够准确，B 中对等腰三角形的腰是否为侧棱未作说明，故也不正确．2．下列说法中正确的是( ) A ．各个面都是三角形的几何体是三棱锥B ．以三角形的一条边所在直线为旋转轴，其余两边旋转形成的曲面所围成的几何体叫圆锥C ．棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则该棱锥可能是六棱锥D ．圆锥的顶点与底面圆周上的任一点的连线都是母线解析：选D 当一个几何体由具有相同的底面且顶点在底面两侧的两个三棱锥构成时，尽管各面都是三角形，但它不是三棱锥，故A 错误；若三角形不是直角三角形或是直角三角形但旋转轴不是直角边所在直线，所得几何体就不是圆锥，故B 错误；若六棱锥的所有棱都相等，则底面多边形是正六边形，由几何图形知，若以正六边形为底面，则棱长必然要大于底面边长，故C 错误．选D.3．若圆锥的侧面展开图是圆心角为2π3，半径为l 的扇形，则这个圆锥的表面积与侧面积的比为( )A ．3∶2B ．2∶1C ．4∶3D ．5∶3解析：选C 底面半径r ＝23π2πl ＝13l ，故圆锥的S 侧＝13πl 2，S 表＝13πl 2＋π⎝ ⎛⎭⎪⎫13l 2＝49πl 2，所以表面积与侧面积的比为4∶3.4．已知正四棱锥的顶点都在同一球面上，若该棱锥的高为4，底面边长为2，则该球的表面积为( )A.81π4B ．16πC ．9π D.27π4解析：选A 如图，设球心为O ，半径为r ，则在Rt △AOF 中，(4－r )2＋(2)2＝r 2，解得r ＝94，所以该球的表面积为4πr 2＝4π×⎝ ⎛⎭⎪⎫942＝81π4. 5．下列说法中正确的是________．(填序号)①底面是矩形的四棱柱是长方体；②直角三角形绕着它的一边旋转一周形成的几何体叫做圆锥；③四棱锥的四个侧面可以都是直角三角形．解析：命题①不是真命题，若侧棱不垂直于底面，这时四棱柱是斜四棱柱；命题②不是真命题，直角三角形绕着它的一条直角边旋转一周形成的几何体叫做圆锥，如果绕着它的斜边旋转一周，形成的几何体则是两个具有共同底面的圆锥；命题③是真命题，如图所示，在四棱锥P ABCD 中，底面ABCD 是矩形，PA ⊥平面ABCD ，则可以得到四个侧面都是直角三角形．答案：③6.如图，△A ′B ′O ′是利用斜二测画法画出的△ABO 的直观图，已知A ′B ′∥y ′轴，O ′B ′＝4，且△ABO 的面积为16，过A ′作A ′C ′⊥x ′轴，则A ′C ′的长为________．解析：因为A ′B ′∥y ′轴，所以△ABO 中，AB ⊥OB . 又因为△ABO 的面积为16，所以12AB ·OB ＝16.因为OB ＝O ′B ′＝4，所以AB ＝8，所以A ′B ′＝4. 因为A ′C ′⊥O ′B ′于C ′，所以A ′C ′＝4sin 45°＝2 2. 答案：2 27．一个圆台上、下底面的半径分别为3 cm 和8 cm ，若两底面圆心的连线长为12 cm ，则这个圆台的母线长为________cm.解析：如图，过点A 作AC ⊥OB ，交OB 于点C . 在Rt △ABC 中，AC ＝12(cm)，BC ＝8－3＝5 (cm)． ∴AB ＝122＋52＝13(cm)．答案：138.如图，在正三棱柱ABC A 1B 1C 1中，AB ＝4，AA 1＝6.若E ，F 分别是棱BB 1，CC 1上的点，则三棱锥A A 1EF 的体积是________．解析：因为在正三棱柱ABC A 1B 1C 1中，AA 1∥BB 1，AA 1⊂平面AA 1C 1C ，BB 1⊄平面AA 1C 1C ，所以BB 1∥平面AA 1C 1C ，从而点E 到平面AA 1C 1C 的距离就是点B 到平面AA 1C 1C 的距离，作BH ⊥AC ，垂足为点H ，由于△ABC 是正三角形且边长为4，所以BH ＝23，从而三棱锥A A 1EF 的体积VA A 1EF ＝VE A 1AF ＝13S △A 1AF ·BH ＝13×12×6×4×23＝8 3.答案：8 39．已知球的半径为R ，在球内作一个内接圆柱，这个圆柱的底面半径与高为何值时，它的侧面积最大？侧面积的最大值是多少？解：如图为其轴截面，令圆柱的高为h ，底面半径为r ，侧面积为S ，则⎝ ⎛⎭⎪⎫h 22＋r 2＝R 2，即h ＝2R 2－r 2.因为S ＝2πrh ＝4πr ·R 2－r 2＝ 4πr2R 2－r2≤4πr 2＋R 2－r 224＝2πR 2，当且仅当r 2＝R 2－r 2，即r ＝22R 时，取等号，即当内接圆柱底面半径为22R ，高为2R 时，其侧面积的值最大，最大值为2πR 2. 10.如图是一个以A1B 1C 1为底面的直三棱柱被一平面所截得到的几何体，截面为ABC ，已知A 1B 1＝B 1C 1＝2，∠A 1B 1C 1＝90°，AA 1＝4，BB 1＝3，CC 1＝2，求：(1)该几何体的体积； (2)截面ABC 的面积．解：(1)过C 作平行于A1B 1C 1的截面A 2B 2C ，交AA 1，BB 1分别于点A 2，B 2.由直三棱柱性质及∠A 1B 1C 1＝90°可知B 2C ⊥平面ABB 2A 2，则该几何体的体积V ＝VA 1B 1C 1A 2B 2C ＋VC ABB 2A 2＝12×2×2×2＋13×12×(1＋2)×2×2＝6.(2)在△ABC 中，AB ＝22＋－2＝5，BC ＝22＋－2＝5， AC ＝22＋－2＝2 3.则S △ABC ＝12×23×52－32＝ 6.二、专项培优练(一)易错专练——不丢怨枉分1．三棱柱ABC A 1B 1C 1的底面是边长为3的正三角形，侧棱AA 1⊥底面ABC ，若球O 与三棱柱ABC A 1B 1C 1各侧面、底面均相切，则侧棱AA 1的长为( )A.12B.32C ．1D. 3解析：选C 因为球O 与直三棱柱的侧面、底面均相切，所以侧棱AA 1的长等于球的直径．设球的半径为R ，则球心在底面上的射影是底面正三角形ABC 的中心，如图所示．因为AC ＝3，所以AD ＝12AC＝32.因为tan π6＝MD AD ，所以球的半径R ＝MD ＝AD tan π6＝32×33＝12，所以AA 1＝2R ＝2×12＝1. 2．(2018·洛阳联考)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( ) A.823π B.833π C.863πD.1623π 解析：选A 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 的直径为正方体的棱长22，则球O 的体积V ＝43πR 3＝823π.3.如图，一立在水平地面上的圆锥形物体的母线长为4 m ，一只小虫从圆锥的底面圆上的点P 出发，绕圆锥表面爬行一周后回到点P 处．若该小虫爬行的最短路程为4 3 m ，则圆锥底面圆的半径等于________ m.解析：把圆锥侧面沿过点P 的母线展开，其图象为如图所示的扇形，由题意OP ＝4，PP ′＝43，则cos ∠POP ′＝42＋42－322×4×4＝－12，所以∠POP ′＝2π3.设底面圆的半径为r ，则2πr ＝2π3×4，所以r ＝43.答案：43(二)交汇专练——融会巧迁移4．[与数学文化交汇]鲁班锁是中国传统的智力玩具，起源于中国古代建筑中首创的榫卯结构，它的外观是如图所示的十字立方体，其上下、左右、前后完全对称，六根等长的正四棱柱分成三组，经90°榫卯起来．若正四棱柱的高为5，底面正方形的边长为1，现将该鲁班锁放进一个球形容器内，则该球形容器的表面积至少为________．(容器壁的厚度忽略不计，结果保留π)解析：该球形容器最小时，两个正四棱柱组成的四棱柱与球内接，此时球的直径2R 等于四棱柱的体对角线，即2R ＝52＋22＋12＝30，故球形容器的表面积为4πR 2＝30π.答案：30π5．[与线面角交汇](2018·全国卷Ⅱ)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________．解析：如图，∵SA 与底面成45°角，∴△SAO 为等腰直角三角形．设OA ＝r ，则SO ＝r ，SA ＝SB ＝2r . 在△SAB 中，cos ∠ASB ＝78，∴sin ∠ASB ＝158， ∴S △SAB ＝12SA ·SB ·sin ∠ASB＝12×(2r )2×158＝515，解得r ＝210，∴SA ＝2r ＝45，即母线长l ＝45， ∴S 圆锥侧＝πrl ＝π×210×45＝402π. 答案：402π6．[与折叠问题交汇]在边长为4的正方形ABCD 内剪去四个全等的等腰三角形(如图1中阴影部分所示)，将剩下的部分折叠成底面边长为2的正四棱锥S EFGH (如图2所示)，则正四棱锥S EFGH 的体积为________．解析：设图1中△BEF 的高为h 1，则BD ＝2＋2h 1，在四棱锥S EFGH 中，斜高为h 1，设四棱锥S EFGH 的高为h 2，由BD ＝42＝2＋2h 1，∴h 1＝322，∴h 2＝h 21－⎝⎛⎭⎪⎫222＝ 92－12＝2， ∴V S EFGH ＝13S 四边形EFGH ×h 2＝13×2×2＝43.答案：437．[与函数交汇]有一矩形ABCD 硬纸板材料(厚度忽略不计)，边AB 的长为6分米，其邻边足够长．现从中截取矩形EFHG (如图甲所示)，再剪去图中阴影部分，剩下的部分恰好能折成一个底面是弓形的柱体包装盒(如图乙所示，重叠部分忽略不计)，其中OEMF 是以O 为圆心、∠EOF ＝120°为圆心角的扇形，且弧EF ，GH 分别与边BC ，AD 相切于点M ，N .(1)当BE 的长为1分米时，求折成的包装盒的容积； (2)当BE 的长是多少分米时，折成的包装盒的容积最大？解：(1)在题图甲中，连接MO 交EF 于点T .设OE ＝OF ＝OM ＝R 分米，在Rt △OET 中，因为∠EOT ＝12∠EOF ＝60°，所以OT ＝R 2，则MT ＝OM －OT ＝R2.从而BE ＝MT ＝R2，即R ＝2BE ＝2.故所得柱体的底面积S ＝S 扇形OEF －S △OEF＝13πR 2－12R 2sin 120°＝⎝ ⎛⎭⎪⎫4π3－3平方分米．又柱体的高EG ＝4分米，所以V ＝S ·EG ＝⎝⎛⎭⎪⎫16π3－43立方分米．故当BE 长为1分米时，折成的包装盒的容积为⎝ ⎛⎭⎪⎫16π3－43立方分米．(2)设BE ＝x 分米，则R ＝2x 分米，所以所得柱体的底面积S ＝S 扇形OEF －S △OEF ＝13πR 2－12R 2sin 120°＝⎝⎛⎭⎪⎫4π3－3x 2平方分米．又柱体的高EG ＝(6－2x )分米，所以V ＝S ·EG ＝⎝⎛⎭⎪⎫8π3－23(－x 3＋3x 2)，其中0＜x ＜3.令f (x )＝－x 3＋3x 2，x ∈(0,3)，则由f ′(x )＝－3x 2＋6x ＝－3x (x －2)＝0，解得x ＝2. 当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下：所以当x ＝2时，f (x )取得极大值，也是最大值．故当BE 的长为2分米时，折成的包装盒的容积最大．。

(江苏专用)2020版高考数学一轮复习第十二章立体几何12.1空间几何体的表面积和体积课件

3
名师点睛解题的关键要认清空间中的点、线、面的位置关系,要重点掌握直线与直线、直
线与平面、平面与平面的平行和垂直的关系.对于一些常见的几何体,如棱长为a的正方体或
正四面体,要会求相关线段的长度、有关面积与体积,掌握好特殊几何体,能更好地提升空间想
象能力.
3.(2017江苏,6,5分)如图,在圆柱O1O2内有一个球O,该球与圆柱的上、下底面及母线均相切.记
的核心素养是直观想象、数学运算.
因为长方体的体积是120,所以2S△BCD·CC1=120,
则S△BCD·CC1=60.所以VE-BCD=
1 3
S△BCD·EC=13
·S△BCD·12
CC1=16
×60=10.
评析本题通过长方体考查体积之间的关系,通过体积公式,找出底面面积与高的关系,不需要求出具体的底面面积和高是多少.
8
8
即 1 SA·SBsin∠ASB= 1 · 2 r· 2 r× 15 =5 15 ,所以r2=40,故圆锥的侧面积为πrl= 2 πr2=40 2 π.
2
2
8
疑难突破利用底面半径与母线的关系,以及△SAB的面积值求出底面半径是解题的突破口.
2.(2018课标全国Ⅰ文改编,5,5分)已知圆柱的上、下底面的中心分别为O1,O2,过直线O1O2的平
3
3
高为8,且它们的底面半径相同,可设两几何体的底面半径均为r(r>0),则 1 ×π×r2×4+π×r2×8= 196
3
3
π,解得r2=7,从而r= 7 .
B组统一命题、省(区、市)卷题组
考点一空间几何体的表面积
1.(2018课标全国Ⅱ理,16,5分)已知圆锥的顶点为S,母线SA,SB所成角的余弦值为 7 ,SA与圆锥

【三维设计】高三数学文(江苏专用)一轮总复习练习：8.2空间几何体的表面积与体积(含答案解析)

课时跟踪检测（四十一）空间几何体的表面积与体积一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．一个球的表面积是16π，那么这个球的体积为________．解析：设球的半径为R ，则表面积是16π，即4πR 2＝16π，解得R ＝2.所以体积为43πR 3＝32π3. 答案：32π32．若一个圆台的母线长l ，上、下底面半径r 1，r 2满足2l ＝r 1＋r 2，且侧面积为8π，则母线长l ＝________.解析：S 圆台侧＝π(r 1＋r 2)l ＝2πl 2＝8π，所以l ＝2.答案：23．在三角形ABC 中，AB ＝3，BC ＝4，∠ABC ＝90°，若将△ABC 绕直线BC 旋转一周，则所形成的几何体的侧面积为________．解析：依题意知几何体为底面半径为3，母线长为5的圆锥，所得几何体的侧面积等于π×3×5＝15π.答案：15π4．棱长为a 的正方体有一内切球，该球的表面积为________．解析：由题意知球的直径2R ＝a ，∴R ＝a 2.∴S ＝4πR 2＝4π×a 24＝πa 2. 答案：πa 25．如图，正三棱柱ABC-A 1B 1C 1的所有棱长都为3，D 为CC 1上一点，且CD ＝2DC 1，则三棱锥A 1-BCD 的体积________．解析：过A 1作A 1H ⊥B 1C 1，垂足为H.因为平面A 1B 1C 1⊥平面BB 1C 1C ，所以A 1H ⊥平面BB 1C 1C ，所以V A 1-BCD ＝13×32×3×12×2×3＝332. 答案：332二保高考，全练题型做到高考达标1．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，则圆台较小底面的半径为________．解析：设圆台较小底面半径为r ，则另一底面半径为3r.由S ＝π(r ＋3r)·3＝84π，解得r ＝7.答案：72．若一个圆锥的侧面展开图是面积为2π的半圆面，则该圆锥的体积为________．解析：因为半圆面的面积为12πl 2＝2π，所以l 2＝4，解得l ＝2，即圆锥的母线为l ＝2，底面圆的周长2πr ＝πl ＝2π，所以圆锥的底面半径r ＝1，所以圆锥的高h ＝l 2－r 2＝3，所以圆锥的体积为13πr 2h ＝13×π×3＝3π3. 答案：3π33．已知正六棱柱的12个顶点都在一个半径为3的球面上，当正六棱柱的底面边长为6时，其高的值为________．解析：设正六棱柱的高为h ，则可得(6)2＋h 24＝32，解得h ＝2 3. 答案：2 34．已知正六棱柱的侧面积为72 cm 2，高为6 cm ，那么它的体积为________ cm 3.解析：设正六棱柱的底面边长为x cm ，由题意得6x·6＝72，所以x ＝2 cm ，于是其体积V ＝34×22×6×6＝36 3 cm 3. 答案：36 35．(2016·南通调研)一个正四棱柱的各个顶点在一个直径为2 cm 的球面上，如果正四棱柱的底面边长为1 cm ，那么该棱柱的表面积为________cm 2.解析：作出轴截面图，其中圆的内接矩形为正四棱柱的对角面，易求棱柱的侧棱长为2，所以S 表＝4×1×2＋2×12＝2＋42(cm 2)．答案：2＋4 26．已知正三棱锥S-ABC ，D ，E 分别是底面边AB ，AC 的中点，则四棱锥S-BCED 与三棱锥S-ABC 的体积之比为________．解析：设正三棱锥S-ABC 底面△ABC 面积为4S.由S △ADE S △ABC ＝⎝⎛⎭⎫122，所以，S △ADE ＝S ，S 四边形BCDE ＝3S ，因两个棱锥的高相同，所以V S-BCED ∶V S-ABC ＝3∶4.答案：3∶47．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 ＝23，则棱锥O-ABCD 的体积为________．解析：如图，连结AC ，BD 交于H ，连结OH.在矩形ABCD 中，由AB＝6，BC ＝23可得BD ＝43，所以BH ＝23，在Rt △OBH 中，由OB ＝4，所以OH ＝2，所以四棱锥O-ABCD 的体积V ＝13×6×23×2＝8 3. 答案：8 38．(2016·盐城调研)在半径为2的球面上有不同的四点A ，B ，C ，D ，若AB ＝AC ＝AD ＝2，则平面BCD 被球所截得图形的面积为________．解析：过点A 向平面BCD 作垂线，垂足为M ，则M 是△BCD 的外心，而外接球球心O 位于直线AM 上，连结BM ，设△BCD 所在截面圆半径为r ，∵OA ＝OB ＝2＝AB ，∴∠BAO ＝60°，在Rt △ABM 中，r ＝2sin 60°＝3，∴所求面积S ＝πr 2＝3π.答案：3π9．一个倒圆锥形容器，它的轴截面是正三角形，在容器内放一个半径为r 的铁球，并向容器内注水，使水面恰好与铁球面相切．将球取出后，容器内的水深是多少？解：如图，作轴截面，设球未取出时，水面高PC ＝h ，球取出后，水面高PH ＝x.根据题设条件可得AC ＝3r ，PC ＝3r ，则以AB 为底面直径的圆锥容积为V 圆锥＝13π×AC 2×PC ＝13π(3r)2×3r ＝3πr 3. V 球＝43πr 3. 球取出后，水面下降到EF ，水的体积为V 水＝13π×EH 2×PH ＝13π(PHtan 30°)2PH ＝19πx 3. 又V 水＝V 圆锥－V 球，则19πx 3＝3πr 3－43πr 3，解得x ＝315r.故球取出后，容器内水深为315r.10.(2016·安徽六校联考)如图所示，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，求该多面体的体积．解：法一：如图所示，分别过A ，B 作EF 的垂线，垂足分别为G ，H ，连结DG ，CH ，则原几何体分割为两个三棱锥和一个直三棱柱，∵三棱锥高为12，直三棱柱柱高为1， AG ＝ 12－⎝⎛⎭⎫122＝32，取AD 中点M ，则MG ＝22，∴S △AGD ＝12×1×22＝24，∴V ＝24×1＋2×13×24×12＝23.法二：如图所示，取EF 的中点P ，则原几何体分割为两个三棱锥和一个四棱锥，易知三棱锥P-AED 和三棱锥P-BCF 都是棱长为1的正四面体，四棱锥P-ABCD 为棱长为1的正四棱锥．∴V ＝13×12×22＋2×13×34×63＝23. 三上台阶，自主选做志在冲刺名校1．如图，平面四边形ABCD 中，AB ＝AD ＝CD ＝1，BD ＝2，BD ⊥CD ，将其沿对角线BD 折成四面体A′BCD ，使平面A′BD ⊥平面BCD ，若四面体A′BCD 的顶点在同一个球面上，则该球的表面积为________．解析：由图示可得BD ＝A′C ＝2，BC ＝3，△DBC 与△A′BC 都是以BC 为斜边的直角三角形，由此可得BC 中点到四个点A′，B ，C ，D 的距离相等，即该三棱锥的外接球的直径为3，所以该外接球的表面积S ＝4π×⎝⎛⎭⎫322＝3π. 答案：3π2．(2015·南京二模 )一块边长为10 cm 的正方形铁片按如图所示的阴影部分裁下，然后用余下的四个全等的等腰三角形作侧面，以它们的公共顶点P 为顶点，加工成一个如图所示的正四棱锥形容器．当x ＝6 cm 时，该容器的容积为________cm 3.解析：如图所示，由题意可知，这个正四棱锥形容器的底面是以6 cm 为边长的正方形，侧面的斜高PM ＝5 cm ，高PO ＝PM 2－OM 2＝52－32＝4 cm ，所以所求容积为V ＝13×62×4＝48(cm 3)．答案：483.如图，在三棱锥D-ABC 中，已知BC ⊥AD ，BC ＝2，AD ＝6，AB ＋BD ＝AC ＋CD ＝10，求三棱锥D-ABC 的体积的最大值．解：由题意知，线段AB ＋BD 与线段AC ＋CD 的长度是定值，因为棱AD 与棱BC 相互垂直．设d 为AD 到BC 的距离．则V D-ABC ＝AD·BC×d×12×13＝2d ，当d 最大时，V D-ABC 体积最大，∵AB ＋BD ＝AC ＋CD ＝10，∴当AB ＝BD ＝AC ＝CD ＝5时，d 有最大值42－1＝15.此时V ＝215.。

(江苏专用)2020版高考数学总复习第八章第四节空间几何体的表面积与体积课时作业苏教版

第四节空间几何体的表面积与体积课时作业练1.(2018江苏海安高级中学高三月考)已知一个圆锥的母线长为2,其侧面展开图是半圆,则该圆锥的体积为.答案解析设圆锥底面圆的半径为r,则2πr=2π,r=1,则圆锥的高为,体积为.2.(2018江苏,10,5分)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.答案解析本题考查组合体体积的计算.多面体由两个完全相同的正四棱锥组合而成,其中正四棱锥的底面边长为,高为1,∴其体积为1×()2×1=,∴多面体的体积为.3.(2018常州教育学会学业水平检测)已知圆锥的高为6,体积为8,用平行于圆锥底面的平面截圆锥,得到的圆台的体积是7,则该圆台的高为.答案3解析设小圆锥的高为h,由题意知其体积是1,则=1,h=3,则圆台的高为3.4.(2017镇江高三期末)已知正四棱锥的底面边长为2,侧棱长为,则该正四棱锥的体积为.答案解析正四棱锥的高h=(-(=2,则体积V=1× 2× =.5.(2018江苏高考信息预测)将两个大小相同的正方体石块分别打磨成体积最大的球和圆柱,则得到的球的表面积与圆柱的侧面积之比为.答案1∶1解析设正方体的棱长为2,则体积最大的球的半径为1,球的表面积为4π,体积最大的圆柱的底面圆半径为1,高为2,则圆柱的侧面积为4π,所以球的表面积与圆柱的侧面积之比为1∶1.6.(2018苏锡常镇四市高三调研)在棱长为2的正四面体PABC中,M,N分别为PA,BC的中点,点D是线段PN上一点,且PD=2DN,则三棱锥D-MBC的体积为.答案× 3=.解析V D-MBC=V M-BDC=1V M-BPC=1V A-PBC=1×17.(2018江苏无锡高三期中)半径为1的球O内有一个内接正三棱柱,当正三棱柱的侧面积最大时,球的表面积与该正三棱柱的侧面积之差是.答案4π-3解析设正三棱柱ABC-A1B1C1上、下底面的中心分别为O1,O2(如图).设正三棱柱的底面边长和高分别为x和h,则O2A=x.在Rt△OAO2中,1h2+1x2=1,即h2=4-x2,则正三棱柱的侧面积S=3xh=3-=2( -≤ ·-=3,当且仅当x2=3-x2,x=时取等号,则正三棱柱的侧面积S的最大值是3,此时球的表面积与该正三棱柱的侧面积之差是4π-3.8.(2018江苏高考数学模拟)四面体ABCD中,AB⊥平面BCD,CD⊥平面ABC,且AB=BC=CD=1 cm,则四面体ABCD的外接球的表面积为cm2.答案3π解析四面体ABCD中,AB⊥平面BCD,则AB⊥BD,CD⊥平面ABC,则CD⊥BC,CD⊥AC,又AB=BC=CD=1 cm,则BD= cm,AD= cm,由题意可知四面体ABCD的外接球的球心在AD的中点,即球的直径2R=AD= cm,则表面积为4πR2=3π cm2.9.(2017江苏盐城高三模拟)已知直三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长都为2,P,Q分别为棱CC1,BC的中点,则三棱锥A1-B1PQ的体积为.答案解析取棱B1C1的中点E,连接A1E,由△A1B1C1是等边三角形得A1E⊥B1C1,A1E=,又ABC-A1B1C1是直三棱柱,则B1B⊥平面A1B1C1,则B1B⊥A1E,又B1B∩B1C1=B1,B1B,B1C1⊂平面B1BCC1,则A1E⊥平面B1C1CB,△B1PQ的面积为4-·A1E=1××=.×1× ×1-1×1×1=,则三棱锥A1-B1PQ的体积为1△110.直三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱长为a,底面ABC为直角三角形,∠ACB= 0°,AC= BC,A1B⊥B1C,求此三棱柱的表面积.解析连接BC1.∵三棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱,∴A1C1⊥C1C.∵AC⊥BC,AC∥A1C1,BC∥B1C1,∴A1C1⊥B1C1.∵B1C1∩C1C=C1,B1C1⊂平面B1BCC1,C1C⊂平面B1BCC1,∴A1C1⊥平面B1BCC1,又B1C⊂平面B1BCC1,∴A1C1⊥B1C.∵B1C⊥A1B,A1C1∩A1B=A1,A1C1⊂平面A1BC1,A1B⊂平面A1BC1,∴B1C⊥平面A1BC1,又BC1⊂平面A1BC1,∴B1C⊥BC1.∵四边形B1BCC1是矩形,∴四边形B1BCC1是正方形,∴BC=B1B=a,∴AC= BC= a,∴AB=( a =a,∴S直棱柱表=S直棱柱侧+2S△ABC=(a+2a+a)a+2a2=(5+)a2.11.(2017江苏盐城下学期期末)如图,已知平行四边形ABCD中,BC=6,正方形ADEF所在的平面与平面ABCD垂直,G、H分别是DF、BE的中点.(1)求证:GH∥平面CDE;(2)若CD=2,DB=4,求四棱锥F-ABCD的体积.解析(1)证明:连接FC,由题意知EF∥AD,AD∥BC,∴EF∥BC.又EF=AD=BC,∴四边形EFBC是平行四边形,又H为BE的中点,∴H为FC的中点.又G是FD的中点,∴HG∥CD.∵HG⊄平面CDE,CD⊂平面CDE,∴GH∥平面CDE.( ∵平面ADEF⊥平面ABCD,交线为AD,且FA⊥AD,FA⊂平面ADEF,∴FA⊥平面ABCD.∵AD=BC= ,∴FA=AD= .∵CD= ,DB= ,∴CD2+DB2=BC2,∴BD⊥CD.=1S▱ABCD·FA=1× × =1 .∴S▱ABCD=CD·BD= ,∴-12.如图,四棱锥P-ABCD中, D⊥平面ABCD, D=DC=BC=1,AB= ,AB∥DC,∠BCD= 0°.(1)求证: C⊥BC;(2)求点A到平面PBC的距离.解析(1)证明:因为 D⊥平面ABCD,BC⊂平面ABCD,所以 D⊥BC.由∠BCD= 0°,得BC⊥DC.又 D∩DC=D, D⊂平面PCD,DC⊂平面PCD,所以BC⊥平面PCD.又PC⊂平面PCD,故 C⊥BC.(2)如图,连接AC.设点A到平面PBC的距离为h.因为AB∥DC,∠BCD= 0°,所以∠ABC= 0°.又因为AB=2,BC=1,所以S△ABC=1.由 D⊥平面ABCD及PD=1,得V三棱锥P-ABC=1S△ABC· D=1.因为 D⊥平面ABCD,DC⊂平面ABCD,所以 D⊥DC.又因为PD=DC=1,所以PC=D=.由 C⊥BC,BC=1,得S△ BC=.由V三棱锥P-ABC=1S△ BC·h=1××h=1,得h=,故点A到平面PBC的距离为.基础滚动练(滚动循环夯实基础)1.命题“∃x>0,x2>0”的否定是.答案∀x>0,x2≤02.已知函数f(x)=+xln x,则曲线y=f(x)在x=1处的切线方程为.答案x+y-3=0解析因为f(1)=2, f '(x)=-+ln x+1,所以f '(1)=-2+1=-1,则切线方程为y-2=-(x-1),即为x+y-3=0.3.已知集合A={x|- ≤x≤ },B={x|m+1≤x≤ m-1},若B⊆A,则实数m的取值范围为.答案(-∞, ]解析∵B⊆A,∴①若B=⌀,则2m-1<m+1,此时m<2.②若B≠⌀,则-11,1- ,-1 ,解得 ≤m≤ .由①②可得,实数m的取值范围为(-∞, ].4.(2018江苏泰州中学高三月考)已知数列{a n}满足:a1=1,a n+1=(n∈N*),则数列{a n}的通项公式为.答案a n=1-1(n∈N*)解析11==+1,11+1=211,则11是等比数列,则1+1=2n,a n=1-1(n∈N*).5.已知f(x)是定义在R上的奇函数.当x>0时, f(x)=x2-4x,则不等式f(x)>x的解集用区间表示为.答案(- ,0 ∪( ,+∞解析作出f(x)=x2-4x(x>0)的图象,因为f(x)是定义在R上的奇函数,所以利用奇函数的图象关于原点对称作出x<0时的图象.不等式f(x)>x,观察图象易得解集为(- ,0 ∪( ,+∞ .6.设D,E分别是△ABC的边AB,BC上的点,AD=1AB,BE=BC,若=λ1+λ2(λ1,λ2为实数),则λ1+λ2的值为.答案1解析=+=1+=1+(+)=-1+=λ1+λ2,又,不共线,所以λ1=-1,λ2=,λ1+λ2=1.7.已知实数x,y满足约束条件,,.则z=5-x2-y2的最大值为.答案1解析作出不等式组对应的平面区域,是一个三角形区域,所以(m n是原点O到直线x+y=3的距离的平方,即(m n==,所以z max=5-(m n=5-=1.8.(2018江苏南京多校高三段考)已知等差数列{a n}的首项为a,公差为-4,其前n项和为S n,若存在m∈N*,使得S m=36,则实数a的最小值为.答案15解析S m=ma+(-1 ×(-4)=36,即ma=36+2m(m-1),a=+2m- ,m∈N*,当m=4时,a取得最小值15.9.(2018南京高三学情调研)在△ABC中,内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,cos B=.(1)若c=2a,求 nn的值;(2)若C-B=,求sin A的值.解析 (1)因为在△ABC 中,cos B=,所以-=.因为c=2a,所以-=,即=,所以 =10. 又由正弦定理得n n =,所以n n = 10.(2)因为cos B=,所以cos 2B=2cos 2B-1=.又0<B<π,所以sin B= 1- B =,所以 n B= n B B= ×× =. 因为C-B=,即C=B+,所以A=π-(B+C)=-2B,所以sin A=sin- B =sincos 2B-cossin 2B= × - -× =1.。

2020版高考数学新设计一轮复习新课改省份专用课时跟踪检测(三十九) 空间几何体的结构特征及表面积与体积

课时跟踪检测（三十九）第一节空间几何体的结构特征及表面积与体积一、题点全面练1．下列说法中正确的是( ) A ．有两个侧面是矩形的棱柱是直棱柱 B ．侧面都是等腰三角形的棱锥是正棱锥 C ．侧面都是矩形的四棱柱是长方体D ．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解析：选D 认识棱柱一般要从侧棱与底面的垂直与否和底面多边形的形状两方面去分析，故A ，C 都不够准确，B 中对等腰三角形的腰是否为侧棱未作说明，故也不正确．2．下列说法中正确的是( )A ．各个面都是三角形的几何体是三棱锥B ．以三角形的一条边所在直线为旋转轴，其余两边旋转形成的曲面所围成的几何体叫圆锥C ．棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则该棱锥可能是六棱锥D ．圆锥的顶点与底面圆周上的任一点的连线都是母线解析：选D 当一个几何体由具有相同的底面且顶点在底面两侧的两个三棱锥构成时，尽管各面都是三角形，但它不是三棱锥，故A 错误；若三角形不是直角三角形或是直角三角形但旋转轴不是直角边所在直线，所得几何体就不是圆锥，故B 错误；若六棱锥的所有棱都相等，则底面多边形是正六边形，由几何图形知，若以正六边形为底面，则棱长必然要大于底面边长，故C 错误．选D.3．若圆锥的侧面展开图是圆心角为2π3，半径为l 的扇形，则这个圆锥的表面积与侧面积的比为( )A ．3∶2B ．2∶1C ．4∶3D ．5∶3解析：选C 底面半径r ＝23π2πl ＝13l ，故圆锥的S 侧＝13πl 2，S 表＝13πl 2＋π⎝⎛⎭⎫13l 2＝49πl 2，所以表面积与侧面积的比为4∶3. 4．已知正四棱锥的顶点都在同一球面上，若该棱锥的高为4，底面边长为2，则该球的表面积为( )A.81π4 B ．16π C ．9π D.27π4解析：选A 如图，设球心为O ，半径为r ，则在Rt △AOF 中，(4－r )2＋(2)2＝r 2，解得r ＝94，所以该球的表面积为4πr 2＝4π×⎝⎛⎭⎫942＝81π4. 5．下列说法中正确的是________．(填序号)①底面是矩形的四棱柱是长方体；②直角三角形绕着它的一边旋转一周形成的几何体叫做圆锥；③四棱锥的四个侧面可以都是直角三角形．解析：命题①不是真命题，若侧棱不垂直于底面，这时四棱柱是斜四棱柱；命题②不是真命题，直角三角形绕着它的一条直角边旋转一周形成的几何体叫做圆锥，如果绕着它的斜边旋转一周，形成的几何体则是两个具有共同底面的圆锥；命题③是真命题，如图所示，在四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 是矩形，PA ⊥平面ABCD ，则可以得到四个侧面都是直角三角形．答案：③6.如图，△A ′B ′O ′是利用斜二测画法画出的△ABO 的直观图，已知A ′B ′∥y ′轴，O ′B ′＝4，且△ABO 的面积为16，过A ′作A ′C ′⊥x ′轴，则A ′C ′的长为________．解析：因为A ′B ′∥y ′轴，所以△ABO 中，AB ⊥OB . 又因为△ABO 的面积为16，所以12AB ·OB ＝16.因为OB ＝O ′B ′＝4，所以AB ＝8，所以A ′B ′＝4. 因为A ′C ′⊥O ′B ′于C ′，所以A ′C ′＝4sin 45°＝2 2. 答案：2 27．一个圆台上、下底面的半径分别为3 cm 和8 cm ，若两底面圆心的连线长为12 cm ，则这个圆台的母线长为________cm.解析：如图，过点A 作AC ⊥OB ，交OB 于点C . 在Rt △ABC 中，AC ＝12(cm)，BC ＝8－3＝5 (cm)． ∴AB ＝122＋52＝13(cm)．答案：138.如图，在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AB ＝4，AA 1＝6.若E ，F 分别是棱BB 1，CC 1上的点，则三棱锥A -A 1EF 的体积是________．解析：因为在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AA 1∥BB 1，AA 1⊂平面AA 1C 1C ，BB 1⊄平面AA 1C 1C ，所以BB 1∥平面AA 1C 1C ，从而点E 到平面AA 1C 1C 的距离就是点B 到平面AA 1C 1C 的距离，作BH ⊥AC ，垂足为点H ，由于△ABC 是正三角形且边长为4，所以BH ＝23，从而三棱锥A -A 1EF 的体积VA -A 1EF ＝VE -A 1AF ＝13S △A 1AF ·BH ＝13×12×6×4×23＝8 3.答案：8 39．已知球的半径为R ，在球内作一个内接圆柱，这个圆柱的底面半径与高为何值时，它的侧面积最大？侧面积的最大值是多少？解：如图为其轴截面，令圆柱的高为h ，底面半径为r ，侧面积为S ，则⎝⎛⎭⎫h 22＋r 2＝R 2，即h ＝2R 2－r 2.因为S ＝2πrh ＝4πr ·R 2－r 2＝ 4πr 2·(R 2－r 2)≤4π(r 2＋R 2－r 2)24＝2πR 2，当且仅当r 2＝R 2－r 2，即r ＝22R 时，取等号，即当内接圆柱底面半径为22R ，高为2R 时，其侧面积的值最大，最大值为2πR 2. 10.如图是一个以A1B 1C 1为底面的直三棱柱被一平面所截得到的几何体，截面为ABC ，已知A 1B 1＝B 1C 1＝2，∠A 1B 1C 1＝90°，AA 1＝4，BB 1＝3，CC 1＝2，求：(1)该几何体的体积； (2)截面ABC 的面积．解：(1)过C 作平行于A1B 1C 1的截面A 2B 2C ，交AA 1，BB 1分别于点A 2，B 2.由直三棱柱性质及∠A 1B 1C 1＝90°可知B 2C ⊥平面ABB 2A 2，则该几何体的体积V ＝VA 1B 1C 1-A 2B 2C ＋VC -ABB 2A 2＝12×2×2×2＋13×12×(1＋2)×2×2＝6. (2)在△ABC 中，AB ＝22＋(4－3)2＝5， BC ＝22＋(3－2)2＝5， AC ＝(22)2＋(4－2)2＝2 3.则S △ABC ＝12×23×(5)2－(3)2＝ 6.二、专项培优练(一)易错专练——不丢怨枉分1．三棱柱ABC -A 1B 1C 1的底面是边长为3的正三角形，侧棱AA 1⊥底面ABC ，若球O 与三棱柱ABC -A 1B 1C 1各侧面、底面均相切，则侧棱AA 1的长为( )A.12B.32C ．1D. 3解析：选C 因为球O 与直三棱柱的侧面、底面均相切，所以侧棱AA 1的长等于球的直径．设球的半径为R ，则球心在底面上的射影是底面正三角形ABC 的中心，如图所示．因为AC ＝3，所以AD ＝12AC ＝32.因为tan π6＝MD AD ，所以球的半径R ＝MD ＝AD tan π6＝32×33＝12，所以AA 1＝2R＝2×12＝1.2．(2018·洛阳联考)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( ) A.823πB.833πC.863πD.1623π解析：选A 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 的直径为正方体的棱长22，则球O 的体积V ＝43πR 3＝823π.3.如图，一立在水平地面上的圆锥形物体的母线长为4 m ，一只小虫从圆锥的底面圆上的点P 出发，绕圆锥表面爬行一周后回到点P 处．若该小虫爬行的最短路程为4 3 m ，则圆锥底面圆的半径等于________ m.解析：把圆锥侧面沿过点P 的母线展开，其图象为如图所示的扇形，由题意OP ＝4，PP ′＝43，则cos ∠POP ′＝42＋42－(43)22×4×4＝－12，所以∠POP ′＝2π3.设底面圆的半径为r ，则2πr ＝2π3×4，所以r ＝43.答案：43(二)交汇专练——融会巧迁移4．[与数学文化交汇]鲁班锁是中国传统的智力玩具，起源于中国古代建筑中首创的榫卯结构，它的外观是如图所示的十字立方体，其上下、左右、前后完全对称，六根等长的正四棱柱分成三组，经90°榫卯起来．若正四棱柱的高为5，底面正方形的边长为1，现将该鲁班锁放进一个球形容器内，则该球形容器的表面积至少为________．(容器壁的厚度忽略不计，结果保留π)解析：该球形容器最小时，两个正四棱柱组成的四棱柱与球内接，此时球的直径2R 等于四棱柱的体对角线，即2R ＝52＋22＋12＝30，故球形容器的表面积为4πR 2＝30π.答案：30π5．[与线面角交汇](2018·全国卷Ⅱ)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________．解析：如图，∵SA 与底面成45°角，∴△SAO 为等腰直角三角形．设OA ＝r ，则SO ＝r ，SA ＝SB ＝2r . 在△SAB 中，cos ∠ASB ＝78，∴sin ∠ASB ＝158， ∴S △SAB ＝12SA ·SB ·sin ∠ASB＝12×(2r )2×158＝515，解得r ＝210，∴SA ＝2r ＝45，即母线长l ＝45， ∴S 圆锥侧＝πrl ＝π×210×45＝402π. 答案：402π6．[与折叠问题交汇]在边长为4的正方形ABCD 内剪去四个全等的等腰三角形(如图1中阴影部分所示)，将剩下的部分折叠成底面边长为2的正四棱锥S -EFGH (如图2所示)，则正四棱锥S -EFGH 的体积为________．解析：设图1中△BEF 的高为h 1，则BD ＝2＋2h 1，在四棱锥S -EFGH 中，斜高为h 1，设四棱锥S -EFGH 的高为h 2，由BD ＝42＝2＋2h 1，∴h 1＝322，∴h 2＝h 21－⎝⎛⎭⎫222＝92－12＝2， ∴V S -EFGH ＝13S 四边形EFGH ×h 2＝13×2×2＝43. 答案：437．[与函数交汇]有一矩形ABCD 硬纸板材料(厚度忽略不计)，边AB 的长为6分米，其邻边足够长．现从中截取矩形EFHG (如图甲所示)，再剪去图中阴影部分，剩下的部分恰好能折成一个底面是弓形的柱体包装盒(如图乙所示，重叠部分忽略不计)，其中OEMF 是以O 为圆心、∠EOF ＝120°为圆心角的扇形，且弧EF ，GH 分别与边BC ，AD 相切于点M ，N .(1)当BE 的长为1分米时，求折成的包装盒的容积； (2)当BE 的长是多少分米时，折成的包装盒的容积最大？解：(1)在题图甲中，连接MO 交EF 于点T .设OE ＝OF ＝OM ＝R 分米，在Rt △OET 中，因为∠EOT ＝12∠EOF ＝60°，所以OT ＝R 2，则MT ＝OM －OT ＝R2.从而BE ＝MT ＝R2，即R ＝2BE ＝2.故所得柱体的底面积S ＝S 扇形OEF －S △OEF ＝13πR 2－12R 2sin 120°＝⎝⎛⎭⎫4π3－3平方分米．又柱体的高EG ＝4分米，所以V ＝S ·EG ＝⎝⎛⎭⎫16π3－43立方分米．故当BE 长为1分米时，折成的包装盒的容积为⎝⎛⎭⎫16π3－43立方分米． (2)设BE ＝x 分米，则R ＝2x 分米，所以所得柱体的底面积S ＝S 扇形OEF －S △OEF ＝13πR 2－12R 2sin 120°＝⎝⎛⎭⎫4π3－3x 2平方分米．又柱体的高EG ＝(6－2x )分米，所以V ＝S ·EG ＝⎝⎛⎭⎫8π3－23(－x 3＋3x 2)，其中0＜x ＜3. 令f (x )＝－x 3＋3x 2，x ∈(0,3)，则由f ′(x )＝－3x 2＋6x ＝－3x (x －2)＝0，解得x ＝2. 当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下：x (0,2) 2 (2,3) f ′(x ) ＋0 －f (x )极大值所以当x ＝2时，f (x )取得极大值，也是最大值．故当BE 的长为2分米时，折成的包装盒的容积最大．。

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V1 3 a3 3
由＝得＝，
V2 π 1
π
πr3
3
S1 3 2 得 a＝r，从而＝ .
S2 π
法二：不妨设 V1＝27，V2＝9π，故 V1＝a3＝27，即 a＝3，所以 S1＝6a2＝54.
1
1
1
如图所示，又 V2＝3h×πr2＝3πr3＝9π，即 r＝3，所以 l＝ 2r，即 S2＝2l×2πr＝ 2
8．(2018·连云港调研)已知正四棱锥的顶点都在同一球面上，且该棱锥的高为 4，底
面边长为 2 2，则该球的表面积为________．
解析：如图，正四棱锥 PABCD 的外接球的球心 O 在它的高 PO1 上，设球的半径为 R，因为底面边长为 2 2，所以 AC＝4.在 Rt△AOO1
5 中，R2＝(4－R)2＋22，所以 R＝，所以球的表面积 S＝4πR2＝25π.
1 故圆锥的侧面积为 S2＝2×2πr×l＝ 2πr2，
所以 S2∶S1＝ 2∶2.
2 答案：
2
4．(2018·苏北四市一模)将斜边长为 4 的等腰直角三角形绕其斜边所在直线旋转一周，
则所形成的几何体的体积是________．
解析：因为等腰直角三角形的斜边长为 4，所以斜边上的高为 2，故旋转后的几何体为
两个大小相等的圆锥的组合体，圆锥的底面半径为 2，高为 2，因此，几何体的体积为 V＝2×
1
16π
π×22×2＝ .
3
3
16π 答案：
3
5．(2018·泰州中学高三学情调研)在正方体 ABCDA1B1C1D1 中，P 为 AA1 中点，Q 为 CC1
的中点，AB＝2，则三棱锥 BPQD 的体积为________．
10E，H＝EC－DB＝2得， BC＝DH＝6，所以在
Rt△ABC 中，AB＝10，BC
＝6，所以 AC＝8，即 S△ABC＝24，又因为 CE 垂直于⊙O 所在的平面，BD∥ 1
CE，M 为 ED 的中点，所以 M 到平面 ABC 的距离为 3，所以 VMACB＝3S△
ABC×3＝24. 答案：24
11
4
则三棱锥 O
A1BC1
的体积为 × ×2 32
2×2×
2＝ . 3
4 答案：
3
5．(2018·盐城模拟)若一圆锥的底面半径为 1，其侧面积是底面积的 3 倍，则该圆锥
的体积为________．
解析：设圆锥的母线长为 l，高为 h，则 π×1×l＝3π×12，解得 l＝3，
则 h＝ 32－12＝2 2，
⊄平面 AA1C1C，所以 BB1∥平面 AA1C1C，从而点 E 到平面 AA1C1C 的距离就是
点 B 到平面 AA1C1C 的距离，作 BH⊥AC，垂足为点 H，由于△ABC 是正三角形且边长为 4，所
以 BH＝2 3，从而三棱锥 AA1EF 的体积 VAA1EF＝VEA1AF＝
1
11
3S△A1AF·BH＝3×2×6×4×2
棱锥外接球的表面积为________．
解析：由题意得，此三棱锥外接球即为以△ABC 为底面、以 PA 为高的正三棱柱的外接球，
3
2
因为△ABC 的外接圆半径 r＝ × 3× ＝1，外接球球心到△ABC 的外接圆圆心的距离 d＝1，
2
3
所以外接球的半径 R＝ r2＋d2＝ 2，所以三棱锥外接球的表面积 S＝4πR2＝8π.
课时跟踪检测（三十六）空间几何体的表面积与体积
一抓基础，多练小题做到眼疾手快
1．(2018·徐州高三年级期中考试)各棱长都为 2 的正四棱锥的体积为________．
解析：由题意得，底面对角线长为 2 2，所以正四棱锥的高为 22－ 22＝ 2，所以
11
42
正四棱锥的体积 V＝ Sh＝ ×22× 2＝ .
解析：设圆台较小底面半径为 r，
则另一底面半径为 3r.
由 S＝π(r＋3r)·3＝84π，解得 r＝7.
答案：7
2．(2018·常州期中)如图，一个实心六角螺帽毛坯(正六棱柱)的底
边长为 4，高为 3，若在中间钻一个圆柱形孔后其表面积没有变化，则孔的半径为________．
解析：设孔的半径为 r，∵此正六棱柱的底边长为 4，高为 3，在中间钻一个圆柱形孔
PA1B1C1.
1
11 11
所以 VPAA1C1C＝2VABCDA1B1C1D1－VPABC－VPA1B1C1＝2－12－12＝3.
1 答案：

二保高考，全练题型做到高考达标
1．(2019·扬州模拟)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，则圆台较小底面的半径为________．
1
2 2π
故该圆锥的体积 V＝ π×12×2 2＝ .
3
3
2 2π 答案：
3
6．(2018·苏锡常镇一调)如图，正方体 ABCDA1B1C1D1的棱长为 1，P
是棱 BB1 的中点，则四棱锥 PAA1C1C 的体积为________．
解析：四棱锥 PAA1C1C 可看作：半个正方体割去三棱锥 PABC 和
4 2＝ .
3
4 答案：
3
6．(2019·盐城检测)有一个用橡皮泥制作的半径为 4 的球，现要将该球所用的橡皮泥制作成一个圆柱和一个圆锥，使圆柱和圆锥有相同的底面半径和相等的高，若它们的高为 8，则它们的底面半径为________．
4
256π
解析：由已知可得球的体积为 V＝ π×43＝ .设圆柱和圆锥的底面半径为 r，则圆
1 解析：如图，由球心作平面 ABC 的垂线，则垂足为 BC 的中点 M.又 AM＝ BC＝
2
( ) 1
51
5
13
2 32＋42＝2，OM＝2AA1＝6，所以球 O 的半径 R＝OA＝
2＋62＝ .
2
2
13 答案：
2 2．三棱锥 PABC 中，PA⊥平面 ABC 且 PA＝2，△ABC 是边长为 3的等边三角形，则该三
答案：8π
3．如图是一个以 A1B1C1 为底面的直三棱柱被一平面所截得到的几何体，截面为 ABC，已知 A1B1＝B1C1＝2，∠A1B1C1＝90°，AA1＝4，BB1＝3，CC1＝ 2，求：
(1)该几何体的体积．
(2)截面 ABC 的面积．
解：(1)过 C 作平行于 A1B1C1 的截面 A2B2C，交 AA1，BB1 分别于点 A2，B2.
3＝8 3.
答案：8 3
4．(2018·海安期中)如图，在棱长为 2 的正方体 ABCD A1B1C1D1 中，O 为底面 ABCD 的中心，则三棱锥 O A1BC1 的体积为________．
解析：连结 AC，因为几何体是正方体，
所以 BO⊥平面 A1OC1，
BO 是三棱锥 B A1OC1 的高，
πr2＝9 2π，
S1 54 3 2 所以＝＝ .
S2 9 2π π
32 答案：
π
3．(2018·南京二模)如图，正三棱柱 ABCA1B1C1 中，AB＝4，AA1＝6.若 E，F
分别是棱 BB1，CC1 上的点，则三棱锥 AA1EF 的体积是________．
解析：因为在正三棱柱 ABCA1B1C1 中，AA1∥BB1，AA1⊂平面 AA1C1C，BB1
向容器内注水，使水面恰好与铁球面相切．将球取出后，容器内的水深是多少？
解：如图，作轴截面，设球未取出时，水面高 PC＝h，球取出后，水面高 PH＝x.根据题设条件可得 AC＝ 3r，PC＝3r，则以 AB 为底面直径
1
1
的圆锥容积为 V 圆锥＝3π×AC2×PC＝3π( 3r)2×3r＝3πr3.
解析：如图，连结 PQ，则 PQ∥AC，取 PQ 的中点 G，连结 BG，DG，可
得 BG⊥PQ，DG⊥PQ，又 BG∩DG＝G，则 PQ⊥平面 BGD，在 Rt△BPG 中，
由 BP＝ 5，PG＝ 2，可得 BG＝ 3，同理可得 DG＝ 3，则△BDG 边 BD 上的高为
1
1
32－ 22＝1，所以 S△BDG＝2×2 2×1＝ 2，则 VBPQD＝3× 2×2
3
3
8
256π
柱和圆锥的体积和为 8πr2＋ πr2＝，解得 r＝2 2.
3
3
答案：2 2
7．(2018·启东调研)如图，Rt△ABC 的外接圆⊙O 的半径为 5，CE
垂直于⊙O 所在的平面，BD∥CE，CE＝4，BD＝2，ED＝2 10，若 M 为 ED
的中点，则 VMACB＝________. 解析：如图，过 D 作 DH⊥CE 于 H，则 BC＝DH，在 Rt△EDH 中，由 ED＝2
后其表面积没有变化，∴2×πr2＝2πr×3，解得 r＝3，∴孔的半径为 3.
答案：3
3．(2018·常州期末)以一个圆柱的下底面为底面，并以圆柱的上底面圆心为顶点作圆
锥，若所得的圆锥底面半径等于圆锥的高，则圆锥的侧面积与圆柱的侧面积的比值为
________．
解析：如图，由题意可得圆柱的侧面积为 S1＝2πrh＝2πr2. 圆锥的母线 l＝ h2＋r2＝ 2r，
由直三棱柱性质及∠A1B1C1＝90°可知 B2C⊥平面 ABB2A2，则该几何
1
11
体的体积
V＝VA1B1C1A2B2C＋
VCABB2A2＝2×2×2×2＋
× ×(1＋2)×2×2 32
＝6. (2)在△ABC 中，AB＝ 22＋4－32＝ 5， BC＝ 22＋3－22＝ 5， AC＝ 2 22＋4－22＝2 3. 1 则 S△ABC＝2×2 3× 52－ 32＝ 6.