2019年高考数学一轮复习课时分层训练44简单几何体的表面积与体积理北师大版

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2019版高考数学理全国一轮复习课时分层作业四十二 7-

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课时分层作业四十二空间几何体的表面积与体积一、选择题(每小题5分,共35分)1.某几何体的三视图如图所示(图中网格的边长为1个单位),其中俯视图为扇形,则该几何体的体积为 ( )A. B. C. D.【解析】选 B.由三视图知几何体是圆锥的一部分,由俯视图可得:底面扇形的圆心角为120°,又由侧视图知几何体的高为3,底面圆的半径为2,所以几何体的体积V=××π×22×3=.2.已知一个空间几何体的三视图如图所示,其中俯视图是边长为6的正三角形,若这个空间几何体存在唯一的一个内切球(与该几何体各个面都相切),则这个几何体的表面积是( )A.18B.36C.45D.54【解析】选D.由三视图知,几何体为正三棱柱.因为俯视图是边长为6的正三角形,所以几何体的内切球的半径R=6××=,所以三棱柱的侧棱长为2.所以几何体的表面积S=2××6×6×+3×6×2=54.3.已知某几何体的外接球的半径为,其三视图如图所示,图中均为正方形,则该几何体的体积为( )A.16B.C.D.8【解析】选 C.由该三视图可知:该几何体是一个正方体,切去四个角所得的正四面体,其外接球等同于该正方体的外接球,设正方体的棱长为a,则有=, a=2,故该正四面体的体积为V=23-×4××23=.【变式备选】已知三棱锥的三视图如图所示,其中侧视图是边长为的正三角形,则该几何体的外接球的体积为( )A. B. C.4 D.16π【解析】选B.由已知中的三视图,可得该几何体的直观图如图所示:取AB的中点F,AF的中点E,由三视图可得:AB垂直平面CDE,且平面CDE是边长为的正三角形,AB=1+3=4,所以AF=BF=2,EF=1,所以CF=DF==2,故F即为棱锥外接球的球心,半径R=2,故外接球的体积V=πR3=.4.已知在长方体ABCD-A1B1C1D1中,底面是边长为2的正方形,高为4,则点A1到截面AB1D1的距离是( )A. B. C. D.【解析】选 C.设点A 1到截面AB 1D 1的距离是h,由=,可得·h=·AA 1,解得h=.【一题多解】选C.取B 1D 1的中点E 1,连接A 1E 1,AE 1,根据几何体的结构特征,可知,作A 1H ⊥AE 1,垂足为H,A 1H ⊥平面AB 1D 1,A 1H 即为所求.A 1E 1=,A 1A=4,A 1A ⊥A 1E 1,A 1H=(等面积法).【变式备选】如图,在四棱锥P-ABCD 中, 底面ABCD 是矩形,PD ⊥底面ABCD,M,N 分别为AB,PC 的中点,PD=AD=2,AB=4.则点A 到平面PMN 的距离为____________.【解析】取PD 的中点E,连接AE,NE,则因为四棱锥P-ABCD 中,底面ABCD 是矩形,M,N 分别为AB,PC 的中点, 所以NE ∥AM,NE=AM,所以四边形AENM 是平行四边形,所以AE ∥MN,所以点A 到平面PMN 的距离等于点E 到平面PMN 的距离,设为h,在△PMN中,PN=,PM=2,MN=,所以S △PMN =×2×=,由V E-PMN =V M-PEN ,可得×h=××1×2×2,所以h=.答案:【方法技巧】求点到平面的距离(1)能作出高线的则直接作出高线,转化为求线段的长度;(2)不能直接求时,①可转化为与平面平行的直线上一点到平面的距离.②或利用等体积法求解.5.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( )世纪金榜导学号12560642A.36πB.64πC.144πD.256π【解析】选C.如图所示,当点C位于垂直于面AOB的直径端点时,三棱锥O-ABC的体积最大,设球O的半径为R,此时V O-ABC=V C-AOB=×R2×R=R3=36,故R=6,则球O的表面积为S=4πR2=144π.6.某几何体的三视图如图所示,其内切球的体积为 ( )A.πB.πC.πD.π【解析】选A.根据图示可得几何体为正八面体,内切球心为O,过O作OH垂直AD于点H,连接S1H,作OR垂直S1H,OR即为内切球O的半径.所以R=,V0=π.7.如图,在透明塑料制成的长方体ABCD-A1B1C1D1容器内灌进一些水(未满),现将容器底面一边BC固定在底面上,再将容器倾斜,随着倾斜度的不同,有下列四种说法:①水的部分始终呈棱柱状;②水面四边形EFGH的面积为定值;③棱A1D1始终与水面EFGH平行;④若E∈AA1,F∈BB1,则AE+BF是定值.则其中正确命题的个数是( )世纪金榜导学号12560644A.1个B.2个C.3个D.4个【解析】选 C.结合题设中提供的图形信息可知:当容器底面一边BC 固定时,BC∥FG∥A1D1,故由线面平行的判定定理可知结论“棱A1D1始终与水面EFGH平行”成立;同时由于四边形ABFE≌四边形DCGH,且互相平行,则由棱柱的定义可知结论“水的部分始终呈棱柱状”正确;如图,由于水平放置时,水的高度是定值,所以当一部分上升的同时,另一面下降相同的高度,因为BF=h-FD,AE=h+D1E且FD=D1E,所以BF+AE=h-FD+h+D1E=2h(定值),即结论“若E∈AA1,F∈BB1,则AE+BF是定值”是正确的;因为水面四边形EFGH的边长在变化,因此其面积是变化的,故结论“水面四边形EFGH的面积为定值”的说法不正确.即命题①③④是正确的.【题目溯源】本题来源于人教A版必修2P29A组第4题.【变式备选】水平桌面上放置着一个容积为V的密闭长方体玻璃容器ABCD-A1B1C1D1,其中装有V的水,给出下列操作与结论:①把容器一端慢慢提起,使容器的一条棱BC保持在桌面上,这个过程中,水的状态始终是柱体;②在①中的运动过程中,水面始终是矩形;③把容器提离桌面,随意转动,水面始终过长方体内一个定点;④在③中的转动中水与容器的接触面积始终不变.以上说法正确的是__________.(把所有正确命题的序号都填上) 【解析】①水的部分始终呈棱柱状;从棱柱的特征及平面ABFE平行平面DCGH即可判断①正确;如图,②在①中的运动过程中,水面四边形EFGH的对边始终保持平行,且EF ⊥FG,故水面始终是矩形,②是正确的;③由于始终装有V的水,而平分长方体体积的平面必定经过长方体的中心,即水面始终过长方体内一个定点;所以结论③正确;④在③中的转动中水与容器接触时,由于水的体积是定值,所以水与容器的接触面的面积是正方体表面积的一半,故始终保持不变,所以④正确.答案:①②③④二、填空题(每小题5分,共15分)8.如图直三棱柱ABC-A1B1C1的六个顶点都在半径为1的半球面上,AB=AC,侧面BCC1B1是半球底面圆的内接正方形,则侧面ABB1A1的面积为______________.【解析】由题意知,球心在侧面BCC1B1的中心O上,BC为截面圆的直径,所以∠BAC=90°,△ABC的外接圆圆心N是BC的中点,同理△A1B1C1的外心M是B1C1的中点.设正方形BCC1B1的边长为x.在Rt△OMC1中,OM=,MC1=,OC1=R=1(R为球的半径),所以+=1,即x=,则AB=AC=1,所以=×1=.答案:9.(2016·浙江高考)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______cm2,体积是________cm3.【解析】几何体为两个相同长方体组合而成,长方体的长、宽、高分别为4,2,2,所以体积为2×(2×2×4)=32(cm3),由于两个长方体重叠部分为一个边长为2的正方形,所以表面积为2(2×2×2+2×4×4)-2×2×2=72(cm2).答案:723210.一个圆锥的表面积为π,它的侧面展开图是圆心角为120°的扇形,则该圆锥的高为__________.【解析】设圆锥底面半径是r,母线长为l,所以πr2+πr l=π,即r2+r l=1,根据圆心角公式π=,即l=3r,所以解得r=,l=,那么高h==.答案:【变式备选】已知圆锥侧面展开图的圆心角为90°,则该圆锥的底面半径与母线长的比为__________.【解析】设圆锥的母线长是R,则扇形的弧长是=,设底面半径是r,则=2πr,所以r=,所以圆锥的底面半径与母线长的比为1∶4.答案:1.(5分)如图,网格纸上小正方形的边长为1,粗实线画出的是某多面体的三视图,则该多面体的表面积为 ( )A.18+36B.54+18C.90D.81【解题指南】根据三视图作出原几何体是关键.【解析】选B.根据三视图可知原几何体是一个斜四棱柱,上下底面为边长为3的正方形,左右为宽为3,长为3的矩形,前后为底边长为3,且底边上的高为6的平行四边形,所以S=9+9+18+18+9+9=54+18.2.(5分)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所得,则该几何体的体积为 ( )A.90πB.63πC.42πD.36π【解析】选B.由三视图知,该几何体为一个底面半径为3,高为4的圆柱和一个底面半径为3,高为6的圆柱的一半,故其体积为V=×π×32×6+π×32×4=63π.3.(10分)已知一个平放的各棱长为4的三棱锥内有一个小球,现从该三棱锥顶端向锥内注水,小球慢慢上浮.当注入的水的体积是该三棱锥体积的时,小球恰与该三棱锥各侧面及水面相切(小球完全浮在水面上方),求小球的表面积.【解析】由题意,没有水的部分的体积是三棱锥体积的,因为三棱锥的各棱长均为4,所以三棱锥体积为××42×=,所以没有水的部分的体积是,设其棱长为a,则×a2×a=,所以a=2.设小球的半径为r,则4×××22r=,所以r=,所以小球的表面积S=4π·=π.关闭Word文档返回原板块。

2019年高考数学一轮复习课时分层训练40简单几何体的结构及其三视图和直观图理北师大版

课时分层训练(四十) 简单几何体构造及其三视图与直观图A组根底达标一、选择题1．用任意一个平面截一个几何体，各个截面都是圆面，那么这个几何体一定是( )A．圆柱B．圆锥C．球体D．圆柱、圆锥、球体组合体C[截面是任意且都是圆面，那么该几何体为球体．]2．以下说法正确是( )A．棱柱两个底面是全等正多边形B．平行于棱柱侧棱截面是矩形C．{直棱柱}⊆{正棱柱}D．{正四面体}⊆{正三棱锥}D[因为选项A中两个底面全等，但不一定是正多边形；选项B 中一般棱柱不能保证侧棱与底面垂直，即截面是平行四边形，但不一定是矩形；选项C中{正棱柱}⊆{直棱柱}，故A、B、C都错；选项D中，正四面体是各条棱均相等正三棱锥，故正确．] 3．(2021·河北石家庄质检)一个三棱锥主视图与俯视图如图718所示，那么该三棱锥左视图可能为( )图718A B C DD[由题图可知，该几何体为如下图三棱锥，其中平面ACD⊥平面BCD，所以该三棱锥左视图可能为选项D.]4．(2021·东北三省四市模拟(一))如图719，某几何体三视图如下图，那么该几何体各条棱中最长棱与最短棱长度之与为( )【导学号：79140221】图719A．6 B．42C．25＋2 D．26＋2D[由三视图知，该几何体是底面腰长为2等腰直角三角形、长为4侧棱垂直于底面(垂足为腰与底边交点)三棱锥，所以该三棱锥最长棱棱长为42＋(22)2＝26，最短棱棱长为2，所以该几何体中最长棱与最短棱长度之与为26＋2，应选D.]5．我国古代数学家刘徽在学术研究中，不迷信古人，坚持实事求是．他对?九章算术?中“开立圆术〞给出公式产生质疑，为了证实自己猜想，他引入了一种新几何体“牟合方盖〞：如图7110以正方体相邻两个侧面为底做两次内切圆柱切割，然后剔除外部，剩下内核局部．如果“牟合方盖〞主视图与左视图都是圆，那么其俯视图形状为( )图7110 B[由题意得在正方体内做两次内切圆柱切割，得到几何体直观图如下图，由图易得其俯视图为B，应选B.]二、填空题6．(2021·福建龙岩联考)一水平放置平面四边形OABC，用斜二测画法画出它直观图O′A′B′C′如图7111所示，此直观图恰好是一个边长为1正方形，那么原平面四边形OABC面积为________．图71112 2 [因为直观图面积是原图形面积24倍，且直观图面积为1，所以原图形面积为2 2.]7．正方体棱长为1，其俯视图是一个面积为1正方形，左视图是一个面积为2矩形，那么该正方体主视图面积等于________．2 [由题意知此正方体主视图与左视图是一样，主视图面积与左视图面积相等为 2.]8．如图7112所示，在正方体ABCDA1B1C1D1中，点P是上底面A1B1C1D1内一动点，那么三棱锥PABC主视图与左视图面积比值为________.【导学号：79140222】图71121 [三棱锥PABC主视图与左视图为底边与高均相等三角形，故它们面积相等，面积比值为1.]三、解答题9．某几何体三视图如图7113所示．图7113(1)判断该几何体是什么几何体？(2)画出该几何体直观图．[解] (1)该几何体是一个正方体切掉两个14圆柱后几何体． (2)直观图如下图．10．如图7114，在四棱锥P ABCD 中，底面为正方形，PC 与底面ABCD 垂直，如图7115为该四棱锥主视图与左视图，它们是腰长为6 cm 全等等腰直角三角形．图7114 图7115(1)根据图中所给主视图、左视图，画出相应俯视图，并求出该俯视图面积；(2)求PA .[解] (1)该四棱锥俯视图为(内含对角线)边长为6 cm 正方形，如图，其面积为36 cm 2.(2)由左视图可求得PD ＝PC 2＋CD 2＝62＋62＝6 2.由主视图可知AD ＝6，且AD ⊥PD ，所以在Rt△APD 中，PA ＝PD 2＋AD 2＝(62)2＋62＝6 3 cm.B 组能力提升11．(2021·贵州适应性考试)如图7116，在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，点P 是线段A 1C 1上动点，那么三棱锥PBCD俯视图与主视图面积之比最大值为( )图7116A．1 B．2C. 3 D．2D[设正方体棱长为1，那么由题意得三棱锥主视图面积S主视图＝12×1×1＝12，而三棱锥俯视图面积最大值为S俯视图＝S四边形ABCD＝1×1＝1，所以三棱锥PBCD俯视图与主视图面积之比最大值为S俯视图S主视图＝2，应选D.]12．正四棱锥VABCD中，底面面积为16，一条侧棱长为211，那么该棱锥高为________.【导学号：79140223】6 [如图，取正方形ABCD中心O，连接VO，AO，那么VO就是正四棱锥VABCD高．因为底面面积为16，所以AO＝2 2.因为一条侧棱长为211.所以VO＝VA2－AO2＝44－8＝6.所以正四棱锥VABCD高为6.]13．正三棱锥VABC主视图、左视图与俯视图如图7117所示．图7117(1)画出该三棱锥直观图；(2)求出左视图面积．[解] (1)直观图如下图．(2)根据三视图间关系可得BC ＝23， ∴左视图中VA ＝42－⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫23×32×232＝23，∴S △VBC ＝12×23×23＝6.。

2019届一轮复习北师大版空间几何体的表面积和体积课件(文)

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2π×1=26.
方法技巧
空间几何体表面积的求法 (1)表面积是各个面的面积之和,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,但要弄清它们的底面半径、母线长与对应侧面展开图中的边长关系.
等,则该六棱锥的侧面积为答案 12
解析设六棱锥的高为h,斜高为h0. 因为该六棱锥的底面是边长为2的正六边形,
1 所以底面面积为 ×2×2×sin 60°× 3 6=6 , 2
12
.
1 ×6 h=2 ,得h=1,所以h = =2, 则 0 3 3 3 1 3
1 ×2×2×6=12. 所以该六棱锥的侧面积为 2
侧面积公式
S圆柱侧=①
2πrl
S圆锥侧=②
πrl
S圆台侧=③
π(r+r')l
2.空间几何体的表面积与体积公式
名称几何体柱体(棱柱和圆柱) 锥体(棱锥和圆锥) S表面积=S侧+2S底 S表面积=S侧+S底
1
表面积
体积
V=④ Sh
V=⑤ Sh 台体(棱台和圆台) 球 S表面积=S侧+S上+S下 S=⑥ 4πR
2.一个球的表面积是16π,那么这个球的体积为 ( B )
16 A. π 3
32 B. π 3
C.16π
D.24π
答案 B 设球的半径为R, 则由4πR2=16π, 解得R=2,
4 3 32 所以这个球的体积为 πR = . 3
3
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

2019高三数学理北师大版一轮教师用书：第7章第5节简单几何体的表面积与体积

第五节　简单几何体的表面积与体积[考纲传真]　(教师用书独具)了解球、棱柱、棱锥、台的表面积和体积的计算公式．(对应学生用书第117页)[基础知识填充]1．多面体的表(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．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(r 1＋r 2)l3.柱、锥、台和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 ＝Sh13台体(棱台和圆台)S 表面积＝S 侧＋S 上＋S 下V ＝(S 上＋S 下＋13)hS 上S 下球S ＝4πR 2V ＝πR 343[知识拓展]　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 ＝a ；3②若球为正方体的内切球，则2R ＝a ；③若球与正方体的各棱相切，则2R ＝a .2(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)棱长为a 的正四面体，其高H ＝a ，则其外接球半径R ＝H ，内切6334球半径R ＝H .14[基本能力自测]1．(思考辨析)判断下列结论的正误．(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)多面体的表面积等于各个面的面积之和．( )(2)锥体的体积等于底面面积与高之积．( )(3)球的体积之比等于半径比的平方．( )(4)台体的体积可转化为两个锥体的体积之差．( )(5)简单组合体的体积等于组成它的简单几何体体积的和或差．( )(6)已知球O 的半径为R ，其内接正方体的边长为a ，则R ＝a .( )32[答案](1)√　(2)×　(3)×　(4)√　(5)√　(6)√2．(教材改编)已知圆锥的表面积等于12π cm 2，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 cmD ． cm32B [S 表＝πr 2＋πrl ＝πr 2＋πr ·2r ＝3πr 2＝12π，∴r 2＝4，∴r ＝2(cm)．]3．(2016·全国卷Ⅱ)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 ．12πB ．π323C ．8πD ．4πA [设正方体棱长为a ，则a 3＝8，所以a ＝2.所以正方体的体对角线长为2，所以正方体外接球的半径为，所以球33的表面积为4π·()2＝12π，故选A ．]34．(2017·浙江高考)某几何体的三视图如图751所示(单位：cm)，则该几何体的体积(单位：cm 3)是( )图751A ．＋1B ．＋3π2π2C ．＋1D ．＋33π23π2A [由几何体的三视图可知，该几何体是一个底面半径为1，高为3的圆锥的一半与一个底面为直角边长是的等腰直角三角形，高为3的2三棱锥的组合体，所以该几何体的体积V ＝×π×12×3＋××××3＝＋1.1312131222π2故选A ．]5．已知某几何体的三视图如图752所示，则该几何体的体积为________．图752π　[由三视图可知，该几何体是一个圆柱挖去了一个圆锥，其体积为163π×22×2－π×22×2＝π.]13163(对应学生用书第118页)简单几何体的表面积　(1)(2018·石家庄一模)某几何体的三视图如图753所示(在网格线中，每个小正方形的边长为1)，则该几何体的表面积为( )图753A ．48 B ．54C ．64D ．60(2)(2016·全国卷Ⅰ)如图754，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，则它的表面积28π3是( )图754A ．17πB ．18πC ．20πD ．28π(1)D (2)A [(1)根据三视图还原直观图，如图所示，则该几何体的表面积S ＝6×3＋×6×4＋2××3×5＋×6×5＝60，故选D.121212(2)由几何体的三视图可知，该几何体是一个球体去掉上半球的，得到14的几何体如图．设球的半径为R ，则πR 3－×πR 3＝π，解得R ＝2.431843283因此它的表面积为×4πR 2＋πR 2＝17π.故选A ．]7834[规律方法]　简单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.必须还原出直观图.(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.[跟踪训练]　(2018·合肥第一次质检)一个几何体的三视图如图755所示(其中主视图的弧线为四分之一圆周)，则该几何体的表面积为( )图755A ．48＋4πB ．72＋4πC ．48＋6πD ．72＋6πD [由三视图可得该几何体是棱长为4的正方体截去底面是边长为2的正方形、高为4的长方体，再补上个底面圆半径为2、高为4的圆14柱，则该几何体的表面积为16×2＋2(12＋π)＋8×2＋×2π×2×4＝72＋6π，故选D.]14简单几何体的体积　(1)(2017·全国卷Ⅱ)如图756，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( )图756A ．90πB ．63πC ．42πD ．36π(2)(2018·深圳二调)一个长方体被一个平面截去一部分后，所剩几何体的三视图如图757所示，则该几何体的体积为( )图757A ．24B ．48C ．72D ．96(1)B (2)B [(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截去上面虚线部分所得，如图所示．将圆柱补全，并将圆柱从点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，所以该几何体的体积12V ＝π×32×4＋π×32×6×＝63π.12故选B.法二：(估值法)由题意知，V 圆柱＜V 几何体＜V 圆柱．又V 圆柱12＝π×32×10＝90π，所以45π＜V 几何体＜90π.观察选项可知只有63π符合．故选B.(2)由三视图知，该几何体是由长、宽、高分别为6,4,4的长方体被一个平面截去所剩下的部分，如图所示，其中C ，G 均为长方体对应边的中心，该平面恰好把长方体一分为二，则该几何体的体积为V ＝×6×4×4＝48，故选B.]12[规律方法]　简单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底面积和高，一般不需画直观图.[跟踪训练]　(1)正三棱柱ABC A 1B 1C 1的底面边长为2，侧棱长为，D 为BC 3中点，则三棱锥A B 1DC 1的体积为( )【导学号：79140239】A ．3B ．32C ．1D ．32(2)(2017·山东高考)由一个长方体和两个圆柱体构成的几何体的三视图14如图758，则该几何体的体积为________．图758(1)C (2)2＋　[(1)由题意可知，AD ⊥平面B 1DC 1，即AD 为三棱锥π2A B 1DC 1的高，且AD ＝×2＝，323易求得S ＝×2×＝，△B 1DC 11233所以V ＝××＝1.A B 1DC 11333(2)该几何体由一个长、宽、高分别为2,1,1的长方体和两个底面半径为1，高为1的四分之一圆柱体构成，所以V ＝2×1×1＋2××π×12×1＝2＋.]14π2与球有关的切、接问题　(2016·全国卷Ⅲ)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 ．32π3B [由题意得要使球的体积最大，则球与直三棱柱的若干面相切．设球的半径为R ，∵△ABC 的内切圆半径为＝2，∴R ≤2.又6＋8－1022R ≤3，∴R ≤，∴V max ＝π＝π.故选B.]3243(32)3 921．若本例中的条件变为“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，所以体对角线BC 1的长为球O 的直径．因此2R ＝＝13，32＋42＋122故S 球＝4πR 2＝169π.2．若本例中的条件变为“正四棱锥的顶点都在球O 的球面上”，若该棱锥的高为4，底面边长为2，求该球的体积．[解]　如图，设球心为O ，半径为r，则在Rt △AFO 中，(4－r )2＋()2＝r 2，解得r ＝，294则球O 的体积V 球＝πr 3＝π×＝.4343(94)3 243π16[规律方法]　与球有关的切、接问题的求解方法(1)与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接.球与旋转体的组合通常是作它们的轴截面解题，球与多面体的组合，通过多面体的一条侧棱和球心，或“切点”“接点”作出截面图，把空间问题化归为平面问题.(2)若球面上四点P ，A ，B ，C 中PA ，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①利用2R ＝求R .a 2＋b 2＋c 2②确定球心位置，把半径放在直角三角形中求解.(3)一条侧棱垂直底面的三棱锥问题：可补形成直三棱柱.[跟踪训练]　(1)(2017·全国卷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 ．πB ．3π4C ．D ．π2π4(2)(2018·深圳二调)已知三棱锥S ABC ，△ABC 是直角三角形，其斜边AB ＝8，SC ⊥平面ABC ，SC ＝6，则三棱锥的外接球的表面积为( )【导学号：79140240】A ．64πB ．68πC ．72πD ．100π(1)B　(2)D　[(1)设圆柱的底面半径为r，球的半径为R，且R＝1，由圆柱两个底面的圆周在同一个球的球面上可知，r，R及圆柱的高的一半构成直角三角形．∴r＝＝.32∴圆柱的体积为V＝πr2h＝π×1＝.343π4故选B.(2)由于△ABC是直角三角形，则对应的截面圆的圆心为AB的中点，截面圆半径r＝4，且球心就在过截面圆的圆心且垂直于截面的直线上，且球心到平面ABC的距离等于SC的一半，故三棱锥的外接球的半径R＝＝5，故三棱锥的外接球的表面积为S＝4πR2＝100π，故选D.]。

高考数学一轮复习第7章立体几何初步第5节简单几何

课时分层训练(四十) 简单几何体的面积与体积A 组基础达标 (建议用时：30分钟)一、选择题1．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 ．42πB [依题意知，该几何体是以2为底面半径，2为高的两个同底圆锥组成的组合体，则其体积V ＝13π(2)2×22＝423π.]2．已知底面边长为1，侧棱长为2的正四棱柱的各顶点均在同一个球面上，则该球的体积为( )A.32π3B ．4πC ．2πD ．4π3D [依题意可知正四棱柱体对角线的长度等于球的直径，可设球半径为R ，则2R ＝12＋12＋22＝2，解得R ＝1，所以V ＝4π3R 3＝4π3.]3．(2016·山东高考)一个由半球和四棱锥组成的几何体，其三视图如图758所示，则该几何体的体积为( )图758A.13＋23π B ．13＋23π C.13＋26π D ．1＋26πC [由三视图知，该四棱锥是底面边长为1，高为1的正四棱锥，结合三视图可得半球半径为22，从而该几何体的体积为13×12×1＋12×43π×⎝ ⎛⎭⎪⎫223＝13＋26π.] 4．某几何体的三视图如图759所示，且该几何体的体积是3，则主视图中的x 的值是( )图759A ．2 B.92 C.32 D ．3D [由三视图知，该几何体是四棱锥，底面是直角梯形，且S 底＝12×(1＋2)×2＝3，∴V ＝13x ·3＝3，解得x ＝3.]5．(2016·江南名校联考)一个四面体的三视图如图7510所示，则该四面体的表面积是( )【导学号：66482342】图7510A ．1＋ 3B ．2＋ 3C ．1＋2 2D ．2 2B [四面体的直观图如图所示．侧面SAC ⊥底面ABC ，且△SAC 与△ABC 均为腰长是2的等腰直角三角形，SA ＝SC ＝AB ＝BC ＝2，AC ＝2.设AC 的中点为O ，连接SO ，BO ，则SO ⊥AC ， ∴SO ⊥平面ABC ，∴SO ⊥BO . 又OS ＝OB ＝1，∴SB ＝2，故△SAB 与△SBC 均是边长为2的正三角形，故该四面体的表面积为2×12×2×2＋2×34×(2)2＝2＋ 3.] 二、填空题6．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______．【导学号：66482343】7 [设新的底面半径为r ，由题意得13×π×52×4＋π×22×8＝13×π×r 2×4＋π×r 2×8， ∴r 2＝7，∴r ＝7.]7．一个六棱锥的体积为23，其底面是边长为2的正六边形，侧棱长都相等，则该六棱锥的侧面积为________．12 [设正六棱锥的高为h ，棱锥的斜高为h ′. 由题意，得13×6×12×2×3×h ＝23，∴h ＝1，∴斜高h ′＝12＋32＝2，∴S 侧＝6×12×2×2＝12.]8．某几何体的三视图如图7511所示，则该几何体的体积为________．图7511136π [由三视图可知，该几何体是一个圆柱和半个圆锥组合而成的几何体，其体积为π×12×2＋12×13π×12×1＝136π.]三、解答题9．如图7512，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.图7512【导学号：66482344】[解] 由题意知，线段AB ＋BD 与线段AC ＋CD 的长度是定值，∵棱AD 与棱BC 相互垂直，设d 为AD 到BC 的距离，4分则V D ABC ＝AD ·BC ×d ×12×13＝2d ，当d 最大时，V D ABC 体积最大. 8分 ∵AB ＋BD ＝AC ＋CD ＝10， ∴当AB ＝BD ＝AC ＝CD ＝5时，d 有最大值42－1＝15.此时V ＝215. 12分10．四面体ABCD 及其三视图如图7513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 .图7513(1)求四面体ABCD 的体积； (2)证明：四边形EFGH 是矩形．[解] (1)由该四面体的三视图可知，BD ⊥DC ，BD ⊥AD ，AD ⊥DC ，BD ＝DC ＝2，AD ＝1，∴AD ⊥平面BDC ，3分∴四面体ABCD 的体积V ＝13×12×2×2×1＝23. 5分(2)证明：∵BC ∥平面EFGH ，平面EFGH ∩平面BDC ＝FG ，平面EFGH ∩平面ABC ＝EH ，8分∴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 ，∴AD ⊥BC ，∴EF ⊥FG . ∴四边形EFGH 是矩形. 12分B 组能力提升 (建议用时：15分钟)1．(2015·全国卷Ⅰ)圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r )组成一个几何体，该几何体三视图中的主视图和俯视图如图7514所示．若该几何体的表面积为16＋20π，则r ＝( )图7514A．1 B．2C．4 D．8B[如图，该几何体是一个半球与一个半圆柱的组合体，球的半径为r，圆柱的底面半径为r，高为2r，则表面积S＝12×4πr2＋πr2＋4r2＋πr·2r＝(5π＋4)r2.又S＝16＋20π，∴(5π＋4)r2＝16＋20π，∴r2＝4，r＝2，故选B.]2．三棱锥PABC中，D，E分别为PB，PC的中点，记三棱锥DABE的体积为V1，PABC 的体积为V2，则V1V2＝________.14[设点A到平面PBC的距离为h.∵D，E分别为PB，PC的中点，∴S△BDE＝14S△PBC，∴V1V2＝V ADBEV APBC＝13S△BDE·h13S△PBC·h＝14.]3．(2016·全国卷Ⅰ) 如图7515，已知正三棱锥PABC的侧面是直角三角形，PA＝6，顶点P在平面ABC内的正投影为点D，D在平面PAB内的正投影为点E，连接PE并延长交AB 于点G.图7515(1)证明：G 是AB 的中点；(2)在图中作出点E 在平面PAC 内的正投影F (说明作法及理由)，并求四面体PDEF 的体积．[解] (1)证明：因为P 在平面ABC 内的正投影为D ，所以AB ⊥PD .因为D 在平面PAB 内的正投影为E ，所以AB ⊥DE . 3分因为PD ∩DE ＝D ，所以AB ⊥平面PED ，故AB ⊥PG . 又由已知可得，PA ＝PB ，所以G 是AB 的中点. 5分(2)在平面PAB 内，过点E 作PB 的平行线交PA 于点F ，F 即为E 在平面PAC 内的正投影. 7分理由如下：由已知可得PB ⊥PA ，PB ⊥PC ，又EF ∥PB ，所以EF ⊥PA ，EF ⊥PC .又PA ∩PC ＝P ，因此EF ⊥平面PAC ，即点F 为E 在平面PAC 内的正投影．连接CG ，因为P 在平面ABC 内的正投影为D ，所以D 是正三角形ABC 的中心．由(1)知，G 是AB 的中点，所以D 在CG 上，故CD ＝23CG . 10分由题设可得PC ⊥平面PAB ，DE ⊥平面PAB ，所以DE ∥PC ，因此PE ＝23PG ，DE ＝13PC .由已知，正三棱锥的侧面是直角三角形且PA ＝6，可得DE ＝2，PE ＝2 2. 在等腰直角三角形EFP 中，可得EF ＝PF ＝2，所以四面体PDEF 的体积V ＝13×12×2×2×2＝43. 12分。

2019年高考数学一轮复习课时分层训练37简单几何体的表面积与体积文北师大版

课时分层训练(三十七)简单几何体的表面积与体积A 组基础达标 (建议用时：30分钟)一、选择题1．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 ．42πB [依题意知，该几何体是以2为底面半径，2为高的两个同底圆锥组成的组合体，则其体积V ＝13π(2)2×22＝423π.]2．已知底面边长为1，侧棱长为2的正四棱柱的各顶点均在同一个球面上，则该球的体积为( ) A ．32π3B ．4πC ．2πD ．4π3D [依题意可知正四棱柱体对角线的长度等于球的直径，可设球半径为R ，则2R ＝12＋12＋22＝2，解得R ＝1，所以V ＝4π3R 3＝4π3.]3．(2017·浙江高考)某几何体的三视图如图7210所示(单位：cm)，则该几何体的体积(单位：cm 3)是( )【导学号：00090237】图7210A ．π2＋1B ．π2＋3C ．3π2＋1D ．3π2＋3A [由几何体的三视图可知，该几何体是一个底面半径为1，高为3的圆锥的一半与一个底面为直角边长是2的等腰直角三角形，高为3的三棱锥的组合体， ∴该几何体的体积V ＝13×12π×12×3＋13×12×2×2×3＝π2＋1.故选A ．]4．某几何体的三视图如图7211所示，且该几何体的体积是3，则主视图中的x 的值是( )图7211A ．2B ．92C ．32D ．3D [由三视图知，该几何体是四棱锥，底面是直角梯形，且S 底＝12×(1＋2)×2＝3，∴V ＝13x ·3＝3，解得x ＝3.]5．一个四面体的三视图如图7212所示，则该四面体的表面积是( )图7212A ．1＋ 3B ．2＋ 3C ．1＋2 2D ．2 2B [四面体的直观图如图所示．侧面SAC ⊥底面ABC ，且△SAC与△ABC 均为腰长是2的等腰直角三角形，SA ＝SC ＝AB ＝BC＝2，AC ＝2.设AC 的中点为O ，连接SO ，BO ，则SO ⊥AC ， ∴SO ⊥平面ABC ，∴SO ⊥BO . 又OS ＝OB ＝1，∴SB ＝2，故△SAB 与△SBC 均是边长为2的正三角形，故该四面体的表面积为2×12×2×2＋2×34×(2)2＝2＋ 3.] 二、填空题6．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______．7 [设新的底面半径为r ，由题意得13×π×52×4＋π×22×8＝13×π×r 2×4＋π×r 2×8， ∴r 2＝7，∴r ＝7.]7．一个六棱锥的体积为23，其底面是边长为2的正六边形，侧棱长都相等，则该六棱锥的侧面积为________．【导学号：00090238】12 [设正六棱锥的高为h ，棱锥的斜高为h ′. 由题意，得13×6×12×2×3×h ＝23，∴h ＝1， ∴斜高h ′＝12＋32＝2，∴S 侧＝6×12×2×2＝12.]8．某几何体的三视图如图7213所示，则该几何体的体积为________．图7213136π [由三视图可知，该几何体是一个圆柱和半个圆锥组合而成的几何体，其体积为π×12×2＋12×13π×12×1＝136π.]三、解答题9．(2018·福州模拟)已知底面为正方形的四棱锥P ABCD ，如图(1)所示，PC ⊥平面ABCD ，其中图(2)为该四棱锥的主视图和左视图，它们是腰长为4 cm 的全等的等腰直角三角形． (1)根据图(2)所给的主视图、左视图，画出相应的俯视图，并求出该俯视图的面积； (2)求四棱锥P ABCD 的侧面积．图7214[解] (1)该四棱锥的俯视图为内含一条对角线，边长为4 cm 的正方形，俯视图如图所示，其面积为16 cm 2(2)侧面积为2×12×4×4＋2×12×4×42＝16＋16 210．如图7215，从正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的8个顶点中选出的4个点恰为一个正四面体的顶点．图7215(1)若选出4个顶点包含点A ，请在图中画出这个正四面体； (2)求棱长为a 的正四面体外接球的半径．[解] (1)如图所示，选取的四个点分别为A ，D 1，B 1，C ．(2)棱长为a 的正四面体外接球的半径等于正方体外接球的半径等于正方体对角线长的一半，因为正四面体的棱长a ，所以正方体的边长为22a ，因此外接球的半径为32×22a ＝64A ．B 组能力提升 (建议用时：15分钟)1．(2015·全国卷Ⅰ)圆柱被一个平面截去一部分后与半球(半径为r )组成一个几何体，该几何体三视图中的主视图和俯视图如图7216所示．若该几何体的表面积为16＋20π，则r ＝( )图7216A ．1B ．2C ．4D ．8B [如图，该几何体是一个半球与一个半圆柱的组合体，球的半径为r ，圆柱的底面半径为r ，高为2r ，则表面积S ＝12×4πr2＋πr 2＋4r 2＋πr ·2r ＝(5π＋4)r 2.又S ＝16＋20π，∴(5π＋4)r 2＝16＋20π，∴r 2＝4，r ＝2，故选B ．]2．(2018·赣州模拟)在四面体SABC 中，SA ⊥平面ABC ，∠ABC ＝90°，SA ＝AC ＝2，AB ＝1，则该四面体的外接球的表面积为________.【导学号：00090239】8π [设四面体SABC 的外接球的半径为r ，四面体SABC 可看成如图所示的长方体的一部分，则四面体的外接球的球心为SC 的中点，∴2r ＝SC ＝SA 2＋AC 2＝22＋22＝22，∴r ＝2，∴该四面体的外接球的表面积S ＝8π.]3．一个透明的球形装饰品内放置了两个公共底面的圆锥，且这两个圆锥的顶点和底面圆周都在这个球面上，如图7217，已知圆锥底面面积是这个球面面积的316，设球的半径为R ，圆锥底面半径为r .(1)试确定R 与r 的关系，并求出较大圆锥与较小圆锥的体积之比； (2)求出两个圆锥的体积之和与球的体积之比．图7217[解] (1)不妨设球的半径为4；则球的表面积为64π，圆锥的底面积为12π， ∴圆锥的底面半径为23；由几何体的特征知球心到圆锥底面的距离，球的半径以及圆锥底面的半径三者可以构成一个直角三角形由此可以求得球心到圆锥底面的距离是42－32＝2，所以圆锥体积较小者的高为4－2＝2，同理可得圆锥体积较大者的高为4＋2＝6；又由这两个圆锥的底面相同，∴较大圆锥与较小圆锥的体积之比等于它们高之比，即3∶1 (2)由(1)可得两个圆锥的体积和为13·π·(23)2·8＝32π，球的体积为43·π·43＝2563π，故两个圆锥的体积之和与球的体积之比为32π∶2563π＝3∶8。

近年届高考数学大一轮复习第八章立体几何与空间向量第2讲简单几何体的表面积与体积配套练习文北师大版(

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第2讲简单几何体的表面积与体积一、选择题1．(2015·全国Ⅰ卷)《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斛解析设米堆的底面半径为r尺，则错误!r＝8，所以r＝错误!。

所以米堆的体积为V＝错误!×错误!π·r2·5＝错误!·错误!2·5≈错误!（立方尺）．故堆放的米约有错误!÷1。

62≈22（斛)．答案B2。

某几何体的三视图如图所示,且该几何体的体积是3,则主视图中的x的值是( ）A．2 B。

错误!C.错误!D．3解析由三视图知，该几何体是四棱锥，底面是直角梯形，且S底＝错误!(1＋2）×2＝3.∴V＝错误!x·3＝3，解得x＝3。

2019届高考数学大一轮复习第八章立体几何与空间向量8.2简单几何体的表面积与体积课件理北师大版【优质ppt版

123456
解析答案
题组三易错自纠
4.(2017·西安一中月考)一个几何体的三视图如图所
示，则该几何体的表面积为
A.3π
B.4π
C.2π＋4
D.3π＋4√
解析由几何体的三视图可知，该几何体为半圆柱，直观图如图所示. 表面积为 2×2＋2×21×π×12＋π×1×2＝4＋3π.
123456
解析答案
5.(2016·全国Ⅱ)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
C.8π
B. π
32
3
D.4π
解析由题意可知正方体的棱长为 2，其体对角线 2 3即为球的直径，
所以球的表面积为 4πR2＝(2R)2π＝12π，故选 A.
123456
解析答案
6.(2018·大连调研)如图为一个半球挖去一个圆锥后的几何体的三视图，则剩余部分与挖去部分的体积之比为__1_∶__1_. 解析由三视图可知半球的半径为2，圆锥底面圆的半径为2，高为2，所以 V 圆锥＝13×π×23＝83π，V 半球＝12×43π×23＝136π，
解析答案
4.(2017·昆明质检)如图所示，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，
则该几何体的体积为
√A.24π
C.42π
B.30π D.60π
解析由三视图知，该几何体是半径为 3 的半球与底面半径为 3、高为 4 的半圆锥的组合体，所以该几何体的体积 V＝12×43π×33＋21×31π×32×4 ＝24π，故选 A.
跟踪训练 (2018·深圳调研)如图所示，在平面四边形ABCD中，AB＝ AD＝CD＝1，BD＝ 2，BD⊥CD，将其沿对角线BD折成四面体ABCD，使平面ABD⊥平面BCD，若四面体ABCD的顶点在同一个球面上，则该球的体积为

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课时分层训练(四十四) 简单几何体的表面积与体积
A组基础达标
一、选择题
1．(2017·北京高考)某三棱锥的三视图如图759所示，则该三棱锥的体积为( )

图759
A．60 B．30
C．20 D．10
D[

由三视图画出如图所示的三棱锥PACD，过点P作PB⊥平面ACD于点B，连接BA，BD，BC，根据三视
图可知底面ABCD是矩形，AD＝5，CD＝3，PB＝4，所以V三棱锥PACD＝13×12×3×5×4＝10.
故选D.]
2．(2016·全国卷Ⅱ)如图7510是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为
( )

图7510
A．20π B．24π
C．28π D．32π
C[由三视图可知圆柱的底面直径为4，母线长(高)为4，所以圆柱的侧面积为2π×2×4＝16π，底
面积为π·22＝4π；圆锥的底面直径为4，高为23，所以圆锥的母线长为(23)2＋22＝4，所
以圆锥的侧面积为π×2×4＝8π.所以该几何体的表面积为S＝16π＋4π＋8π＝28π.]
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3．(2016·全国卷Ⅲ)如图7511，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某多面体的三视图，
则该多面体的表面积为( )

图7511
A．18＋365 B．54＋185
C．90 D．81
B[由三视图可知该几何体是底面为正方形的斜四棱柱，其中有两个侧面为矩形，另两个侧面为平行
四边形，则表面积为(3×3＋3×6＋3×35)×2＝54＋185.故选B.]
4．某几何体的三视图如图7512所示，且该几何体的体积是3，则主视图中的x的值是( )

图7512
A．2 B．
9
2

C.32 D．3

D[由三视图知，该几何体是四棱锥，底面是直角梯形，且S底＝12×(1＋2)×2＝3，
所以V＝13x·3＝3，
解得x＝3.]
5．(2018·石家庄质检)某几何体的三视图如图7513所示，则该几何体的体积是( )
【导学号：79140241】
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图7513
A．16 B．20
C．52 D．60
视图得该几何体的直观图如图所示，其中四边形ABCD为邻边长分别为B[由三
方形，四边形CDEF为上底为2、下底为6、高为3的等腰梯形，所以该2,4的长
可以看作是由两个底面为直角边长分别为3,4的直角三角形，高为2的几何体
和一个底面为直角边长分别为3,4的直角三角形，高为2的三棱柱组成，三棱锥

则该几何体的体积为2×13×12×3×4×2＋12×3×4×2＝20，故选B.]
二、填空题
6．一个六棱锥的体积为23，其底面是边长为2的正六边形，侧棱长都相等，则该六棱锥的侧面积为
________．
12 [设正六棱锥的高为h，棱锥的斜高为h′.

由题意，得13×6×12×2×3×h＝23，∴h＝1，
∴斜高h′＝12＋(3)2＝2，
∴S侧＝6×12×2×2＝12.]
7．(2017·江苏高考)如图7514，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，
记圆柱O1O2的体积为V1，球O的体积为V2，则V1V2的值是________．

图7514
3
2
[设球O的半径为R，

∵球O与圆柱O1O2的上、下底面及母线均相切，
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∴圆柱O1O2的高为2R，底面半径为R.
∴V1V2＝πR2·2R43πR3＝32.]

8．(2017·天津高考)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________．
9
2
π [设正方体的棱长为a，则6a2＝18，∴a＝3.

设球的半径为R，则由题意知2R＝a2＋a2＋a2＝3，
∴R＝32.

故球的体积V＝43πR3＝43π×323＝92π.]
三、解答题
9.如图7515，在三棱锥DABC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.
【导学号：79140242】

图7515
[解] 由题意知，线段AB＋BD与线段AC＋CD的长度是定值，∵棱AD与棱BC相互垂直，设d为AD到
BC
的距离，

则VDABC＝AD·BC×d×12×13＝2d，
当d最大时，VDABC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.
10.如图7516，长方体ABCDA1B1C1D1中，AB＝16，BC＝10，AA1＝8，点E，F分别在A1B1，D1C1上，A1E＝
D1F＝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．
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图7516
(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＝A1E＝4，EB1＝12，EM＝AA1＝8.
因为四边形EHGF为正方形，所以EH＝EF＝BC＝10.
于是MH＝EH2－EM2＝6，AH＝10，HB＝6.

故S＝12×(4＋10)×8＝56，

S
＝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.]
B组能力提升
11．(2018·东北三省四市模拟(一))点A，B，C，D在同一个球的球面上，AB＝BC＝1，∠ABC＝120°.若

四面体ABCD体积的最大值为34，则这个球的表面积为( )
A.500π81 B．4π
C.25π9 D．100π9
半径r＝12D[因为AB＝BC＝1，∠ABC＝120°，所以由正弦定理知△ABC外接圆的
×ABsin 30°＝1，S△ABC＝12AB×BCsin 120°＝34.设外接圆的圆心为Q，则当DQ与平
面ABC垂直时，四面体ABCD的体积最大，所以13S△ABC×DQ＝34，所以DQ＝3.设球心为O，半径为R，
则在Rt△AQO中，OA2＝AQ2＋OQ2，即R2＝12＋(3－R)2，解得R＝53，所以球的表面积S＝4πR2＝100π9，
故选D.]