高考数学一轮复习课时跟踪检测三十八空间几何体及表面积与体积含解析
高考数学一轮复习学案：空间几何体的表面积与体积(含答案)
高考数学一轮复习学案：空间几何体的表面积与体积（含答案）8.2空间几何体的表面积与体积空间几何体的表面积与体积最新考纲考情考向分析了解球.棱柱.棱锥.棱台的表面积和体积的计算公式.本部分是高考考查的重点内容，主要涉及空间几何体的表面积与体积的计算命题形式以选择题与填空题为主，考查空间几何体的表面积与体积的计算，涉及空间几何体的结构特征.三视图等内容，要求考生要有较强的空间想象能力和计算能力，广泛应用转化与化归思想.1多面体的表面积.侧面积因为多面体的各个面都是平面，所以多面体的侧面积就是所有侧面的面积之和，表面积是侧面积与底面面积之和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2rlS圆锥侧rlS圆台侧r1r2l3.柱.锥.台.球的表面积和体积名称几何体表面积体积柱体棱柱和圆柱S表面积S侧2S底VSh锥体棱锥和圆锥S表面积S侧S 底V13Sh台体棱台和圆台S表面积S侧S上S下V13S上S下S上S下h球S4R2V43R3知识拓展1与体积有关的几个结论1一个组合体的体积等于它的各部分体积的和或差2底面面积及高都相等的两个同类几何体的体积相等2几个与球有关的切.接常用结论1正方体的棱长为a，球的半径为R，若球为正方体的外接球，则2R3a；若球为正方体的内切球，则2Ra；若球与正方体的各棱相切，则2R2a.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2Ra2b2c2.3正四面体的外接球与内切球的半径之比为31.题组一思考辨析1判断下列结论是否正确请在括号中打“”或“”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积与高之积3球的体积之比等于半径比的平方4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5长方体既有外接球又有内切球6圆柱的一个底面积为S，侧面展开图是一个正方形，那么这个圆柱的侧面积是2S.题组二教材改编2P27T1已知圆锥的表面积等于12cm2，其侧面展开图是一个半圆，则底面圆的半径为A1cmB2cmC3cmD.32cm答案B解析S表r2rlr2r2r3r212，r24，r2.3P28A组T3如图，将一个长方体用过相邻三条棱的中点的平面截出一个棱锥，则该棱锥的体积与剩下的几何体体积的比为________答案147解析设长方体的相邻三条棱长分别为a，b，c，它截出棱锥的体积V1131212a12b12c148abc，剩下的几何体的体积V2abc148abc4748abc，所以V1V2147.题组三易错自纠4xx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A3B4C24D34答案D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22212121243.5xx全国体积为8的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为A12B.323C8D4答案A解析由题意可知正方体的棱长为2，其体对角线23即为球的直径，所以球的表面积为4R22R212，故选A.6xx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________答案11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132383，V半球124323163，所以V剩余V半球V圆锥83，故剩余部分与挖去部分的体积之比为11.题型一求空间几何体的表面积1xx全国如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径若该几何体的体积是283，则它的表面积是A17B18C20D28答案A解析由题意知，该几何体的直观图如图所示，它是一个球被过球心O 且互相垂直的三个平面切掉左上角的18后得到的组合体，其表面积是球面面积的78和三个14圆面积之和由43R31843R3283，得球的半径R2.则得S784223142217，故选A.2xx黑龙江哈师大附中一模已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为A.73B.172C13D.173102答案C解析由三视图可知几何体为三棱台，作出直观图如图所示则CC平面ABC，上.下底均为等腰直角三角形，ACBC，ACBC1，ACBCCC2，AB2，AB22.棱台的上底面面积为121112，下底面面积为12222，梯形ACCA的面积为121223，梯形BCCB的面积为121223，过A作ADAC 于点D，过D作DEAB，则ADCC2，DE为ABC斜边高的12，DE22，AEAD2DE232，梯形ABBA的面积为122223292，几何体的表面积S122339213，故选C.思维升华空间几何体表面积的求法1以三视图为载体的几何体的表面积问题，关键是分析三视图确定几何体中各元素之间的位置关系及数量2多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积注意衔接部分的处理3旋转体的表面积问题注意其侧面展开图的应用题型二求空间几何体的体积命题点1以三视图为背景的几何体的体积典例xx浙江某几何体的三视图如图所示单位cm，则该几何体的体积单位cm3是A.21B.23C.321D.323答案A解析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，该几何体体积为V1312123131222321.命题点2求简单几何体的体积典例xx广州调研已知E，F 分别是棱长为a的正方体ABCDA1B1C1D1的棱AA1，CC1的中点，则四棱锥C1B1EDF的体积为________答案16a3解析方法一如图所示，连接A1C1，B1D1交于点O1，连接B1D，EF，过点O1作O1HB1D于点H.因为EFA1C1，且A1C1平面B1EDF，EF平面B1EDF，所以A1C1平面B1EDF.所以C1到平面B1EDF的距离就是A1C1到平面B1EDF的距离易知平面B1D1D平面B1EDF，又平面B1D1D平面B1EDFB1D，所以O1H平面B1EDF，所以O1H等于四棱锥C1B1EDF的高因为B1O1HB1DD1，所以O1HB1O1DD1B1D66a.所以11CBEDFV131BEDFS四边形O1H1312EFB1DO1H13122a3a66a16a3.方法二连接EF，B1D.设B1到平面C1EF的距离为h1，D到平面C1EF的距离为h2，则h1h2B1D12a.由题意得，11111CBEDFBCEFDCEFVVV四棱锥三棱锥三棱锥131CEFSh1h216a3.思维升华空间几何体体积问题的常见类型及解题策略1若所给定的几何体是可直接用公式求解的柱体.锥体或台体，则可直接利用公式进行求解2若所给定的几何体的体积不能直接利用公式得出，则常用转换法.分割法.补形法等方法进行求解3若以三视图的形式给出几何体，则应先根据三视图得到几何体的直观图，然后根据条件求解跟踪训练1xx新乡二模已知一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为A.323B.163C.83D.43答案C解析该几何体由一个三棱锥和一个三棱柱组合而成，直观图如图所示，VV柱V锥1211121312111283，故选C.2如图，在多面体ABCDEF中，已知ABCD是边长为1的正方形，且ADE，BCF均为正三角形，EFAB，EF2，则该多面体的体积为A.23B.33C.43D.32答案A解析如图，分别过点A，B作EF的垂线，垂足分别为G，H，连接DG，CH，容易求得EGHF12，AGGDBHHC32，取AD 的中点O，连接GO，易得GO22，SAGDSBHC1222124，多面体的体积VV三棱锥EADGV三棱锥FBCHV三棱柱AGDBHC2V三棱锥EADGV三棱柱AGDBHC132412224123.故选A.题型三与球有关的切.接问题典例xx全国在封闭的直三棱柱ABCA1B1C1内有一个体积为V的球若ABBC，AB6，BC8，AA13，则V 的最大值是A4D.323答案B解析由题意知，底面三角形的内切圆直径为4.三棱柱的高为3，所以球的最大直径为3，V的最大值为92.引申探究1若将本例中的条件变为“直三棱柱ABCA1B1C1的6个顶点都在球O的球面上”，若AB3，AC4，ABAC，AA112，求球O的表面积解将直三棱柱补形为长方体ABECA1B1E1C1，则球O是长方体ABECA1B1E1C1的外接球体对角线BC1的长为球O的直径因此2R324212213.故S球4R2169.2若将本例中的条件变为“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RtAOF中，4r222r2，解得r94，则球O的体积V球43r34394324316.思维升华空间几何体与球接.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PA，PB，PC两两互相垂直，且PAa，PBb，PCc，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，利用4R2a2b2c2求解跟踪训练xx深圳调研如图所示，在平面四边形ABCD中，ABADCD1，BD2，BDCD，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C.23D2答案A解析如图，取BD的中点为E，BC的中点为O，连接AE，OD，EO，AO.因为ABAD，所以AEBD.由于平面ABD平面BCD，所以AE平面BCD.因为ABADCD1，BD2，所以AE22，EO12.所以OA32.在RtBDC中，OBOCOD12BC32，所以四面体ABCD 的外接球的球心为O，半径为32.所以该球的体积V4332332.三视图基本的.和球联系的考点分析三视图是高考重点考查的一个知识点，主要考查由几何体的三视图还原几何体的形状，进而求解表面积.体积等知识，所涉及的几何体既包括柱.锥.台.球等简单几何体，也包括一些组合体，处理此类题目的关键是通过三视图准确还原几何体典例1已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积等于A.1603B160C64322D60解析由题意知该几何体是由一个直三棱柱和一个四棱锥组成的组合体，如图所示，其中直三棱柱的高为844，故V直三棱柱8432，四棱锥的底面为边长为4的正方形，高为4，故V四棱锥13164643，故该几何体的体积VV直三棱柱V四棱锥326431603，故选A.答案A典例2某组合体的三视图如图所示，则该组合体的体积为________解析如图所示，该组合体由一个四棱锥和四分之一个球组成，球的半径为1，四棱锥的高为球的半径，四棱锥的底面为等腰梯形，上底为2，下底为1，高为32，所以该组合体的体积V131221321144313343.答案343。
新高考数学理一轮总复习知能演练7.2空间几何体的表面积和体积(含答案详析)
一、选择题1．若某空间几何体的三视图如下图，则该几何体的体积是()1B.2A. 33 C ． 1D ．2分析： 选 C.由三视图可知，该空间几何体是底面为直角三角形的直三棱柱，三棱柱的底面直角三角形的直角边长分别为 1 和2，三棱柱的高为2，因此该几何体的体积V ＝ 1 2×1× 2× 2＝1.2． (2011 高·考湖南卷 )如图是某几何体的三视图，则该几何体的体积为()99A. 2π＋ 12B. 2π＋ 18C ． 9π＋ 42D ．36π＋ 18432分析： 选 B.由三视图可得几何体为长方体与球的组合体，故体积为V ＝3 ×2＋ 3π×23＝18＋ 92π.3． (2012 高·考课标全国卷 ) 如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某几何体的三视图，则此几何体的体积为 ( )A ． 6B ．9C ． 12D ．18分析： 选 B. 由三视图可知该几何体为底面是斜边为6 的等腰直角三角形，高为 3 的三1 1 棱锥，其体积为 3×2× 6× 3×3＝ 9.4． (2012 ·考北京卷高 ) 某三棱锥的三视图如下图，该三棱锥的表面积是 ( )A ． 28＋6 5B ．30＋6 5C ． 56＋ 12 5D ．60＋ 12 5分析：选 B.由题中的三视图知，该三棱锥的直观图如下图．由题中所给条件，可求得△1× 4× 5＝10， S △△1× 4× 5＝ 10， AC ＝ BCS ABD ＝ 2 ACD ＝ S BCD ＝ 21×6× 2 5＝＝ 41， AB ＝ 2 5，可求得△ ABC 中 AB 边上的高为△41－5＝ 6，因此 S ABC ＝ 2 6 5.综上可知，该三棱锥的表面积为S △ABD ＋ S △ACD ＋S △BCD ＋ S △ABC ＝ 30＋6 5.5．将边长为 a 的正方形 ABCD 沿对角线 AC 折起，使 BD ＝ a ，则三棱锥 D － ABC 的体积为 ( 3 ) 3a aA. 6B. 12332 3C. 12 aD. 12 a分析： 选 D. 设正方形 ABCD 的对角线 AC 、 BD 订交于点 E ，沿 AC 折起后，依题意得：当 BD ＝ a 时，BE ⊥DE ，∴DE ⊥面 ABC ，∴三棱锥 D －ABC 的高为 DE ＝2 1 1 2 22a ，∴V D － ABC ＝ ·a ·3 2 223a ＝ 12 a .二、填空题6． (2012 高·考辽宁卷 ) 一个几何体的三视图如下图，则该几何体的体积为 ________．分析：由三视图可知该组合体的上方是一个高为1，底面直径为 2 的圆柱， 下方是一个长、 宽、高分别为 4、 3、 1 的长方体，如下图，它的体积V ＝1× π＋ 4×3× 1＝ 12＋ π.答案： 12＋ π 7.如图，已知正方体 ABCD － A 1B 1C 1D 1 的棱长为 2，O 为底面正方形 ABCD 的中心，则三棱锥 B 1－BCO 的体积为 ________．1 1 1 1 2× 2×2 2分析： V ＝ S △BOC ·B 1B ＝ 3 × BO ·BC ·sin45 ·°B 1B ＝ × 2 ×2＝ .3 2 6 3答案： 238． (2013 东·营质检 )以圆柱的下底面为底面，并以圆柱的上底面圆心为极点作圆锥，则 该圆锥与圆柱等底等高． 若圆锥的轴截面是一个正三角形， 则圆柱的侧面积与圆锥的侧面积 之比为 ________．分析： 设圆锥底面半径为 r ，则母线长为 2r ，高为3r ，∴圆柱的底面半径为 r ，高为 3r ，S 2πr · 3r圆柱侧 ＝ πr ·2r ＝ 3.∴S圆锥侧答案： 3∶ 1三、解答题9．已知圆台的母线长为4 cm ，母线与轴的夹角为 30°，上底面半径是下底面半径的 1，2求这个圆台的侧面积．解： 如图是将圆台复原为圆锥后的轴截面， 由题意知 AC ＝ 4 cm ，∠ASO ＝30°，1O 1 C ＝ 2OA ，设 O 1C ＝ r ，则 OA ＝ 2r ， O 1C OA又 SC ＝ SA ＝ sin30 °，∴SC ＝ 2r ， SA ＝ 4r ，∴AC ＝ SA － SC ＝ 2r ＝ 4 cm ，∴r ＝ 2 cm.因此圆台的侧面积为S ＝π(r ＋2r) ×4＝ 24π(cm 2)．10．已知三棱锥的极点在底面上的射影是底面正三角形的中心，三棱锥的侧棱长为 10 cm ，侧面积为 144 cm 2，求棱锥的底面边长和高．解：如下图，三棱锥S － ABC 中， SA ＝ 10.设高 SO ＝h ，底面边长为AB ＝ a.连结 AO 并延伸交 BC 于点 D ，连结 SD ，∴S 侧＝ 1× 3a × SD ＝ 144，即21× 3a ×102a 22－ 2 ＝ 144. ∴底面边长 a ＝12 cm.∴SD ＝ 8.又在 Rt △SOD 中，h 2＝ SD 2－ OD 2＝ 82－ ( 63a)2＝64－ 121×122＝ 52.∴高SO ＝ h ＝ 2 13 cm.一、选择题1．(2012 高·考课标全国卷 )平面 α截球 O 的球面所得圆的半径为1，球心 O 到平面 α的距离为2，则此球的体积为 ()A. 6π B ． 4 3π C ． 4 6πD ．6 3π分析：选 B. 设球的半径为 R ，由球的截面性质得 R ＝2 2＋12＝ 3，因此球的体积 V43＝ 3πR ＝ 4 3π.2．已知正四棱锥 S － ABCD 中，SA ＝ 2 3，那么当该棱锥的体积最大时， 它的高为 ()A ． 1 B. 3C ． 2D ．3分析：选 C.如下图，设正四棱锥S － ABCD 的高 SO ＝ h.在 Rt △SOA 中， SA ＝ 2 3，2∴OA ＝ 12－ h . ∴AB ＝ 2· 12－ h 2.∴V S －ABCD ＝ V(h)＝13·2(12－h 2) ·h13＝ 3(－ 2h ＋24h)(0< h<2 3)．12令 V ′ (h)＝ 3(24－ 6h )>0 ，得 0< h<2.故当 0<h<2 时， V(h)单一递加；当∴h ＝2 时 V(h)取最大值．2<h<2 3时， V(h)单一递减．二、填空题 3.(2012 高·考江苏卷 )如图，在长方体 ABCD － A 1B 1C 1D 1 中， AB ＝ AD ＝ 3 cm ， AA 1＝ 2 cm ，3则四棱锥 A － BB 1D 1D 的体积为 ________cm .分析： 法一： 连结 AC 交 BD 于 O ，在长方体中，∵AB ＝ AD ＝3，∴BD ＝ 3 2且 AC ⊥BD. 又∵BB 1⊥底面 ABCD ，∴BB 1⊥AC.又 DB ∩BB 1＝ B ，∴AC ⊥平面 BB 1 D 1D ，1 3 2∴AO 为四棱锥 A － BB 1 D 1D 的高且 AO ＝2BD ＝ 2 . ∵S 矩形 BB 1D 1D ＝BD × BB 1＝ 3 2× 2＝ 6 2，11 3 23 ∴VA － BB 1D 1D ＝ 3S 矩形 BB 1D 1D ·AO ＝ 3× 6 2× 2 ＝ 6(cm )．法二： 由题意得 VA － BB 1D 1D ＝2VABD － A 1B 1D 1＝2× 1× 3× 3× 2＝ 6(cm 3 )．3 3 2答案： 6 4．已知一个圆柱的底面直径与高均为2R ，一个圆锥的底面直径与高均为 2r ，若圆柱的表面积与圆锥的表面积相等，则R 2∶ r 2＝ ________.分析： 圆柱的表面积 S 1＝ 2πR 2＋ 2πR ·2R ＝ 6πR 2.圆锥的母线 l ＝ 2r2＋ r 2＝ 5r .圆锥的表面积 S 2＝ πr 2＋12× 2πr ×5r ＝ (5＋ 1)πr 2.由 S 1＝ S 2 得 6πR 2＝ ( 5＋ 1)πr 2，因此 R 2∶r 2＝ ( 5＋ 1)∶6.答案： ( 5＋ 1)∶6 三、解答题 5.如图，在长方体 ABCD － A 1B 1C 1D 1 中， AD ＝AA 1＝ 1， AB ＞1，小蚂蚁从点 A 沿长方体的表面爬到点 C 1 ，所爬的最短行程为 2 2.(1)求 AB 的长度；(2)求该长方体外接球的表面积．解： (1)设 AB＝ x，点 A 到点 C1可能有两种门路，如图甲的最短行程为|AC1 |＝x2＋4.如图乙的最短行程为|AC1|＝x＋ 1 2＋1＝x2＋ 2x＋2，∵x＞ 1，∴x2＋ 2x＋2＞ x2＋ 2＋ 2＝ x2＋ 4，故从点 A 沿长方体的表面爬到点C1的最短距离为 x2＋ 4.由题意得x2＋ 4＝ 2 2，解得 x＝2.即 AB 的长度为 2.(2)设长方体外接球的半径为R，则(2R)2＝ 12＋ 12＋ 22＝ 6，∴R2＝32，∴S 表＝ 4πR2＝6π.即该长方体外接球的表面积为6π.。
2023年新高考数学大一轮复习专题28 空间几何体的结构特征、表面积与体积(原卷版)
专题28空间几何体的结构特征、表面积与体积【考点预测】知识点一：构成空间几何体的基本元素—点、线、面（1）空间中，点动成线，线动成面，面动成体．（2）空间中，不重合的两点确定一条直线，不共线的三点确定一个平面，不共面的四点确定一个空间图形或几何体（空间四边形、四面体或三棱锥）．知识点二：简单凸多面体—棱柱、棱锥、棱台1．棱柱：两个面互相平面，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行，由这些面所围成的多面体叫做棱柱．（1）斜棱柱：侧棱不垂直于底面的棱柱；（2）直棱柱：侧棱垂直于底面的棱柱；（3）正棱柱：底面是正多边形的直棱柱；（4）平行六面体：底面是平行四边形的棱柱；（5）直平行六面体：侧棱垂直于底面的平行六面体；（6）长方体：底面是矩形的直平行六面体；（7）正方体：棱长都相等的长方体．2．棱锥：有一个面是多边形，其余各面是有一个公共顶点的三角形，由这些面所围成的多面体叫做棱锥．（1）正棱锥：底面是正多边形，且顶点在底面的射影是底面的中心；（2）正四面体：所有棱长都相等的三棱锥．3．棱台：用一个平行于棱锥底面的平面去截棱锥，底面和截面之间的部分叫做棱台，由正棱锥截得的棱台叫做正棱台．简单凸多面体的分类及其之间的关系如图所示．知识点三：简单旋转体—圆柱、圆锥、圆台、球1．圆柱：以矩形的一边所在的直线为旋转轴，其余三边旋转形成的面所围成的几何体叫做圆柱．2．圆柱：以直角三角形的一条直角边所在的直线为旋转轴，将其旋转一周形成的面所围成的几何体叫做圆锥．3．圆台：用平行于圆锥底面的平面去截圆锥，底面和截面之间的部分叫做圆台．4．球：以半圆的直径所在的直线为旋转轴，半圆面旋转一周形成的旋转体叫做球体，简称为球（球面距离：经过两点的大圆在这两点间的劣弧长度）．知识点四：组合体由柱体、锥体、台体、球等几何体组成的复杂的几何体叫做组合体．知识点五：表面积与体积计算公式表面积公式体积公式1．斜二测画法斜二测画法的主要步骤如下：（1）建立直角坐标系．在已知水平放置的平面图形中取互相垂直的Ox ，Oy ，建立直角坐标系． （2）画出斜坐标系．在画直观图的纸上（平面上）画出对应图形．在已知图形平行于x 轴的线段，在直观图中画成平行于''O x ，''O y ，使45'''∠=x O y （或135），它们确定的平面表示水平平面．（3）画出对应图形．在已知图形平行于x 轴的线段，在直观图中画成平行于'x 轴的线段，且长度保持不变；在已知图形平行于y 轴的线段，在直观图中画成平行于'y 轴，且长度变为原来的一般．可简化为“横不变，纵减半”．（4）擦去辅助线．图画好后，要擦去'x 轴、'y 轴及为画图添加的辅助线（虚线）．被挡住的棱画虚线． 注：4． 2．平行投影与中心投影平行投影的投影线是互相平行的，中心投影的投影线相交于一点．【题型归纳目录】题型一：空间几何体的结构特征 题型二：空间几何体的表面积与体积 题型三：直观图 题型四：最短路径问题 【典例例题】题型一：空间几何体的结构特征例1．（2022·全国·模拟预测）以下结论中错误的是（ ） A ．经过不共面的四点的球有且仅有一个 B ．平行六面体的每个面都是平行四边形 C ．正棱柱的每条侧棱均与上下底面垂直 D ．棱台的每条侧棱均与上下底面不垂直例2．（2022·全国·高三专题练习（文））下列说法正确的是（ ） A ．经过三点确定一个平面B ．各个面都是三角形的多面体一定是三棱锥C ．各侧面都是正方形的棱柱一定是正棱柱D ．一个三棱锥的四个面可以都为直角三角形例3．（2022·海南·模拟预测）“三棱锥P ABC -是正三棱锥”的一个必要不充分条件是（ ） A ．三棱锥P ABC -是正四面体 B ．三棱锥P ABC -不是正四面体 C ．有一个面是正三角形 D ．ABC 是正三角形且PA PB PC ==例4．（2022·全国·高三专题练习）给出下列命题:①在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点,则这两点的连线是圆柱的母线; ②有一个面是多边形,其余各面都是三角形的几何体是棱锥;③直角三角形绕其任一边所在直线旋转一周所形成的几何体都是圆锥; ④棱台的上、下底面可以不相似,但侧棱长一定相等. 其中正确命题的个数是（ ） A ．0 B ．1C ．2D ．3例5．（2022·山东省东明县第一中学高三阶段练习）下列说法正确的是（ ） A ．有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体叫棱柱 B ．过空间内不同的三点，有且只有一个平面 C ．棱锥的所有侧面都是三角形D ．用一个平面去截棱锥，底面与截面之间的部分组成的几何体叫棱台例6．（2022·全国·高三专题练习）给出下列命题：①在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线是圆柱的母线； ②直角三角形绕其任一边所在直线旋转一周所形成的几何体都是圆锥； ③棱台的上、下底面可以不相似，但侧棱长一定相等. 其中正确命题的个数是（ ） A ．0 B ．1C ．2D ．3例7．（2022·全国·高三专题练习）莱昂哈德·欧拉，瑞士数学家和物理学家，近代数学先驱之一，他的研究论著几乎涉及到所有数学分支，有许多公式､定理､解法､函数､方程､常数等是以欧拉名字命名的.欧拉发现，不论什么形状的凸多面体，其顶点数V ､棱数E ､面数F 之间总满足数量关系2,V F E +-=，此式称为欧拉公式，已知某凸32面体，12个面是五边形，20个面是六边形，则该32面体的棱数为___________；顶点的个数为___________.例8．（2022·安徽·合肥一六八中学模拟预测（理））如图，正方体1AC 上、下底面中心分别为1O ，2O ，将正方体绕直线12O O 旋转360︒，下列四个选项中为线段1AB 旋转所得图形是（ ）A ．B ．C ．D ．例9．（多选题）（2022·全国·高三专题练习）如图所示，观察四个几何体，其中判断正确的是（ ）（多选）A ．①是棱台B ．②是圆台C ．③是棱锥D ．④是棱柱例10．（2022·陕西·西北工业大学附属中学高三阶段练习（理））碳60（60C ）是一种非金属单质，它是由60个碳原子构成的分子，形似足球，又称为足球烯，其结构是由五元环（正五边形面）和六元环（正六边形面）组成的封闭的凸多面体，共32个面，且满足：顶点数－棱数＋面数＝2．则其六元环的个数为__________.【方法技巧与总结】 熟悉几何体的基本概念.题型二：空间几何体的表面积与体积例11．（多选题）（2022·湖北·高三阶段练习）折扇是我国古老文化的延续，在我国已有四千年左右的历史，“扇”与“善”谐音，折扇也寓意“善良”“善行”．它常以字画的形式体现我国的传统文化，也是运筹帷幄､决胜千里､大智大勇的象征（如图1）．图2是一个圆台的侧面展开图（扇形的一部分），若两个圆弧,DE AC 所在圆的半径分别是3和9，且120ABC ∠=，则该圆台的（ ）A ．高为BC ．表面积为34πD ．上底面积､下底面积和侧面积之比为1:9:22例12．（2022·青海·海东市第一中学模拟预测（理））设一圆锥的侧面积是其底面积的3倍，则该圆锥的高与母线长的比值为（ ）A ．89B C D ．23例13．（2022·云南·二模（文））已知长方体1111ABCD A B C D -的表面积为62，所有棱长之和为40，则线段1AC 的长为（ ）A B C D例14．（2022·福建省福州第一中学三模）已知AB ，CD 分别是圆柱上､下底面圆的直径，且AB CD ⊥，.1O ，O 分别为上､下底面的圆心，若圆柱的底面圆半径与母线长相等，且三棱锥A BCD -的体积为18，则该圆柱的侧面积为（ ） A ．9π B ．12π C ．16π D ．18π例15．（2022·河南·模拟预测（文））在正四棱锥P ABCD -中，AB =P ABCD -的体积是8，则该四棱锥的侧面积是（ ）AB ．C ．D ．例16．（2022·全国·高三专题练习）《九章算术》中将正四棱台体（棱台的上下底面均为正方形）称为方亭.如图，现有一方亭ABCD EFHG -，其中上底面与下底面的面积之比为1:4，方亭的高h EF =，BF =，方亭的四个侧面均为全等的等腰梯形，已知方亭四个侧面的面积之和 ）A ．24B ．643C ．563D ．16例17．（2022·湖南·高三阶段练习）如图，一种棱台形状的无盖容器（无上底面1111D C B A ）模型其上、下底面均为正方形，面积分别为24cm ，29cm ，且1111A A B B C C D D ===，若该容器模型的体积为319cm 3，则该容器模型的表面积为（ ）A ．()29cmB ．219cmC ．()29cmD ．()29cm例18．（2022·海南海口·二模）如图是一个圆台的侧面展开图，其面积为3π，两个圆弧所在的圆半径分别为2和4，则该圆台的体积为（ ）A B C D例19．（2022·全国·高三专题练习）圆台上、下底面的圆周都在一个直径为10的球面上，其上、下底面的半径分别为4和5，则该圆台的侧面积为（ ）A ．B ．C ．D ．例20．（2022·河南安阳·模拟预测（文））已知圆柱12O O 的底面半径为1，高为2，AB ，CD 分别为上、下底面圆的直径，AB CD ⊥，则四面体ABCD 的体积为（ ） A ．13B ．23C ．1D ．43例21．（2022·山东·烟台市教育科学研究院二模）鲁班锁是我国传统的智力玩具，起源于中国古代建筑中的榫卯结构，其内部的凹凸部分啮合十分精巧．图1是一种鲁班锁玩具，图2是其直观图．它的表面由八个正三角形和六个正八边形构成，其中每条棱长均为2．若该玩具可以在一个正方体内任意转动（忽略摩擦），则此正方体表面积的最小值为________．例22．（2022·湖北省天门中学模拟预测）已知一个圆柱的体积为2 ，底面直径与母线长相等，圆柱内有一个三棱柱，与圆柱等高，底面是顶点在圆周上的正三角形，则三棱柱的侧面积为__________.例23．（2022·上海闵行·二模）已知一个圆柱的高不变，它的体积扩大为原来的4倍，则它的侧面积扩大为原来的___________倍.例24．（2022·浙江绍兴·模拟预测）有书记载等角半正多面体是以边数不全相同的正多边形为面的多面体，如图，将正四面体沿相交于同一个顶点的三条梭上的3个点截去一个正三棱锥，如此共截去4个正三棱锥，若得到的几何体是一个由正三角形与正六边形围成的等角半正多面体，且正六边形的面积为2，则原正四面体的表面积为_________．例25．（2022·上海徐汇·三模）设圆锥底面圆周上两点A、B间的距离为2，圆锥顶点到直线ABAB和圆锥的轴的距离为1，则该圆锥的侧面积为___________.例26．（2022·全国·高三专题练习）中国古代的“牟合方盖”可以看作是两个圆柱垂直相交的公共部分，计算其体积所用的“幂势即同，则积不容异”是中国古代数学的研究成果，根据此原理，取牟合方盖的一半，其体积等于与其同底等高的正四棱柱中，去掉一个同底等高的正四棱锥之后剩余部分的体积（如图1所示）．现将三个直径为4的圆柱放于同一水平面上，三个圆柱的轴所在的直线两两成角都相等，三个圆柱的公共部分为如图2，则该几何体的体积为___________．【方法技巧与总结】熟悉几何体的表面积、体积的基本公式，注意直角等特殊角. 题型三：直观图例27．（2022·全国·高三专题练习）如图，已知用斜二测画法画出的ABC 的直观图是边长为a 的正三角形，原ABC 的面积为 __．例28．（2022·浙江·镇海中学模拟预测）如图，梯形ABCD 是水平放置的一个平面图形的直观图，其中45ABC ∠=︒，1AB AD ==，DC BC ⊥，则原图形的面积为（ ）A ．1B ．2C ．2D ．1例29．（2022·全国·高三专题练习）如图，△ABC 是水平放置的△ABC 的斜二测直观图，其中2O C O A O B ''''''==，则以下说法正确的是（ ）A ．△ABC 是钝角三角形B ．△ABC 是等边三角形C ．△ABC 是等腰直角三角形D ．△ABC 是等腰三角形，但不是直角三角形例30．（2022·全国·高三专题练习）如图，水平放置的四边形ABCD 的斜二测直观图为矩形A B C D ''''，已知2,2A O O B B C =='''''='，则四边形ABCD 的周长为（ ）A ．20B ．12C ．8+D ．8+例31．（2022·全国·高三专题练习（文））如图，已知等腰直角三角形O A B '''△，O A A B ''''=是一个平面图形的直观图，斜边2O B ''=，则这个平面图形的面积是（ ）A B ．1 C D ．例32．（2022·全国·高三专题练习）一个三角形的水平直观图在x O y '''是等腰三角形，底角为30，腰长为2，如图，那么它在原平面图形中，顶点B 到x 轴距离是（ ）A ．1B ．2CD ．【方法技巧与总结】斜二测法下的直观图与原图面积之间存在固定的比值关系：S 直原． 题型四：最短路径问题例33．（多选题）（2022·广东广州·三模）某班级到一工厂参加社会实践劳动，加工出如图所示的圆台12O O ，在轴截面ABCD 中，2cm AB AD BC ===，且2CD AB =，则（ ）A ．该圆台的高为1cmB ．该圆台轴截面面积为2C 3D ．一只小虫从点C 沿着该圆台的侧面爬行到AD 的中点，所经过的最短路程为5cm例34．（2022·河南洛阳·三模（理））在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，点E 为1CC 上的动点，则1D E EB +的最小值为___________.例35．（2022·黑龙江齐齐哈尔·二模（文））如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，12,1,90AA AB BC ABC ===∠=︒，点E 是侧棱1BB 上的一个动点，则下列判断正确的有___________.（填序号）②存在点E ，使得1A EA ∠为钝角③截面1AEC 周长的最小值为例36．（2022·河南·二模（理））在正方体1111ABCD A B C D -中，2AB =，P 是线段1BC 上的一动点，则1A P PC +的最小值为________.例37．（2022·陕西宝鸡·二模（文））如图，在正三棱锥P ABC -中，30APB BPC CPA ∠=∠=∠=，4PA PB PC ===，一只虫子从A 点出发，绕三棱锥的三个侧面爬行一周后，又回到A 点，则虫子爬行的最短距离是___________.例38．（2022·安徽宣城·二模（理））已知正四面体ABCD 的棱长为2，P 为AC 的中点，E 为AB 中点，M 是DP 的动点，N 是平面ECD 内的动点，则||||AM MN +的最小值是_____________.例39．（2022·新疆阿勒泰·三模（理））如图，圆柱的轴截面ABCD 是一个边长为4的正方形.一只蚂蚁从点A 出发绕圆柱表面爬到BC 的中点E ，则蚂蚁爬行的最短距离为（ ）A ．B ．C ．D例40．（2022·云南·昆明一中高三阶段练习（文））一竖立在水平地面上的圆锥形物体，一只蚂蚁从圆锥底面圆周上一点P 出发，绕圆锥表面爬行一周后回到P 点，已知圆锥底面半径为1，母线长为3，则蚂蚁爬行的最短路径长为（ ）A ．3B ．C ．πD ．2π【方法技巧与总结】此类最大路径问题：大胆展开，把问题变为平面两点间线段最短问题． 【过关测试】一、单选题1．（2022·河北·高三阶段练习）已知圆锥的高为1，则过此圆锥顶点的截面面积的最大值为（ ）A ．2B ．52C D ．32．（2022·全国·模拟预测（文））若过圆锥的轴SO 的截面为边长为4的等边三角形，正方体1111ABCD A B C D -的顶点A ，B ，C ，D 在圆锥底面上，1A ，1B ，1C ，1D 在圆锥侧面上，则该正方体的棱长为（ ）A ．B ．C ．(2D ．(23．（2022·全国·高三专题练习）已知圆锥的轴截面是等腰直角三角形，且面积为4，则圆锥的体积为（ ） A ．43 B ．43πC ．83D ．83π4．（2022·广东深圳·高三阶段练习）通用技术老师指导学生制作统一规格的圆台形容器，用如图所示的圆环沿虚线剪开得到的一个半圆环（其中小圆和大圆的半径分别是1cm 和4cm ）制作该容器的侧面，则该圆台形容器的高为（ ）AB ．1cmCD 5．（2022·全国·高三专题练习）已知一个直三棱柱的高为2，如图，其底面ABC 水平放置的直观图（斜二测画法）为A B C '''，其中1O A O B O C ''''''===，则此三棱柱的表面积为（ ）A．4+B ．8+C ．8+D ．8+6．（2022·湖北·天门市教育科学研究院模拟预测）已知某圆锥的侧面积为的半径为（ ） A ．2B ．3C ．4D ．67．（2022·山西大同·高三阶段练习）正四棱台的上､下底面的边长分别为2､4，侧棱长为2，则其体积为（ ）A ．56B C ．D ．5638．（2022·江西九江·三模（理））如图，一个四分之一球形状的玩具储物盒，若放入一个玩具小球，合上盒盖，可放小球的最大半径为r .若是放入一个正方体，合上盒盖，可放正方体的最大棱长为a ，则ra=（ ）A B ．34C ．2D ．)3129．（2022·浙江湖州·模拟预测）如图，已知四边形ABCD ，BCD △是以BD 为斜边的等腰直角三角形，ABD △为等边三角形，2BD =，将ABD △沿对角线BD 翻折到PBD △在翻折的过程中，下列结论中不正确．．．的是（ ）A ．BD PC ⊥B ．DP 与BC 可能垂直C ．直线DP 与平面BCD 所成角的最大值是45︒D ．四面体PBCD 10．（2022·全国·高三专题练习）南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔1485m ．时，相应水面的面积为21400km ．；水位为海拔1575m ．时，相应水面的面积为21800km ．，将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔1485m ．上升到1575m ．2.65≈）（ ） A ．931.010m ⨯ B ．931.210m ⨯C ．931.410m ⨯D ．931.610m ⨯二、多选题11．（2022·河北·高三阶段练习）如图，正方体1111ABCD A B C D -棱长为1，P 是1A D 上的一个动点，下列结论中正确的是（ ）A ．BPB ．PA PC +C ．当P 在直线1AD 上运动时，三棱锥1B ACP -的体积不变D ．以点B 1AB C 12．（2022·全国·高三专题练习）如图，四边形ABCD 为正方形，ED ⊥平面ABCD ，,2FB ED AB ED FB ==∥，记三棱锥E ACD -，F ABC -，F ACE -的体积分别为123,,V V V ，则（ ）A ．322V V =B ．31V V =C ．312V V V =+D ．3123V V =13．（2022·江苏·常州高级中学模拟预测）棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，点P 为线段1A C 上的动点，点M ，N 分别为线段11A C ，1CC 的中点，则下列说法正确的是（ ） A ．11A P AB ⊥ B ．三棱锥1M B NP -的体积为定值 C ．[]160,120APD ∠∈︒︒D ．1AP D P +的最小值为2314．（2022·湖北·高三阶段练习）折扇是我国古老文化的延续，在我国已有四千年左右的历史，“扇”与“善”谐音，折扇也寓意“善良”“善行”．它常以字画的形式体现我国的传统文化，也是运筹帷幄､决胜千里､大智大勇的象征（如图1）．图2是一个圆台的侧面展开图（扇形的一部分），若两个圆弧,DE AC 所在圆的半径分别是3和9，且120ABC ∠=，则该圆台的（ ）A ．高为B ．体积为3C ．表面积为34πD ．上底面积､下底面积和侧面积之比为1:9:22三、填空题15．（2022·全国·高三专题练习）已知一三角形ABCA B C '''(如图)，则三角形ABC 中边长与正三角形A B C '''的边长相等的边上的高为______．16．（2022·上海·模拟预测）已知圆柱的高为4，底面积为9π，则圆柱的侧面积为___________；17．（2022·新疆·三模（理））已知一个棱长为a 的正方体木块可以在一个圆锥形容器内任意转动，若圆锥的底面半径为1，母线长为2，则a 的最大值为______.18．（2022·吉林长春·高三阶段练习（理））中国古代数学家刘徽在《九章算术注》中，称一个正方体内两个互相垂直的内切圆柱所围成的立体为“牟合方盖”，如图（1）（2）.刘徽未能求得牟合方盖的体积，直言“欲陋形措意，惧失正理”，不得不说“敢不阙疑，以俟能言者”.约200年后，祖冲之的儿子祖暅提出“幂势既同，则积不容异”，后世称为祖暅原理，即：两等高立体，若在每一等高处的截面积都相等，则两立体体积相等，如图（3）（4）.已知八分之一的正方体去掉八分之一的牟合方盖后的剩余几何体与长宽高皆为八分之一正方体棱长的倒四棱锥“等幂等积”，祖暅由此推算出牟合方盖的体积.据此可知，若正方体的棱长为1，则其牟合方盖的体积为______. 四、解答题19．（2022·吉林·长春市第二实验中学高三阶段练习）如图，已知四棱锥P ABCD -中，PD ⊥平面ABCD ，且1,4,5AB DC AB DC PM PC ==∥.(1)求证：PA 平面MDB ；(2)当直线,PC PA 与底面ABCD 所成的角都为4π，且4,DC DA AB =⊥时，求出多面体MPABD 的体积.20．（2022·全国·南宁二中高三期末（文））图1是由矩形ABGF ，Rt ADE △和菱形ABCD 组成的一个平面图形，其中2AB =，1==AE AF ，60BAD ∠=︒，将该图形沿AB ，AD 折起使得AE 与AF 重合，连接CG ，如图2.(1)证明：图2中的C ，D ，E ，G 四点共面； (2)求图2中三棱锥C BDG -的体积.21．（2022·全国·高三专题练习）如图，三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，已知AB ⊥侧面BB 1C 1C ，AB ＝BC ＝1，BB 1＝2，∠BCC 1＝60°．(1)求证：BC 1⊥平面ABC ；(2)E 是棱CC 1上的一点，若三棱锥E －ABC CE 的长．22．（2022·青海·海东市第一中学模拟预测（文））如图，在三棱柱111ABC A B C -中，112224AC AA AB AC BC =====，160BAA ∠=︒．(1)证明：平面ABC ⊥平面11AA B B ．(2)设P 是棱1CC 上一点，且12CP PC =，求三棱锥111A PB C -体积．。
2023年新高考数学一轮复习8-2 空间几何体的表面积和体积(知识点讲解)含详解
专题8.2 空间几何体的表面积和体积（知识点讲解）【知识框架】 【核心素养】1.通过考查几何体体积和表面积的计算，主要考查棱柱、棱锥或不规则几何体的特征及体积与表面积的计算，凸显数学运算、直观想象的核心素养．2.结合三视图、直观图、展开图、轴截面等，考查球的切、接问题，主要考查几何体与球的组合体的识辨，球的体积、表面积的计算，凸显数学运算、直观想象的核心素养．【知识点展示】（一）几何体的表面积圆柱的侧面积圆柱的表面积圆锥的侧面积圆锥的表面积圆台的侧面积圆台的表面积球体的表面积 柱体、锥体、台体的侧面积，就是各个侧面面积之和；表面积是各个面的面积之和，即侧面积与底面积之和.把柱体、锥体、台体的面展开成一个平面图形，称为它的展开图，圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图分别是矩形、扇形、扇环形它的表面积就是展开图的面积.（二）几何体的体积圆柱的体积rl S π2=)(2l r r S +=πrl S π=)(l r r S +=πl r r S )(+'=π)(22rl l r r r S +'++'=π24R S π=h r V 2π=圆锥的体积 圆台的体积 球体的体积 正方体的体积正方体的体积（三）常用结论多面体的内切球与外接球常用的结论(1)设正方体的棱长为a ，则它的内切球半径r ＝2a ，外接球半径R＝2a . (2)设长方体的长、宽、高分别为a ，b ，c ，则它的外接球半径R＝2. (3)设正四面体的棱长为a ，则它的高为H＝3a ，内切球半径r ＝14H＝12a ，外接球半径R ＝34H＝4a . 【常考题型剖析】题型一：空间几何体的表面积例1.（2021·全国·高考真题）北斗三号全球卫星导航系统是我国航天事业的重要成果．在卫星导航系统中，地球静止同步卫星的轨道位于地球赤道所在平面，轨道高度为36000km （轨道高度是指卫星到地球表面的距离）．将地球看作是一个球心为O ，半径r 为6400km 的球，其上点A 的纬度是指OA 与赤道平面所成角的度数．地球表面上能直接观测到一颗地球静止同步轨道卫星点的纬度最大值为α，记卫星信号覆盖地球表面的表面积为22(1cos )S r πα=-（单位：2km ），则S 占地球表面积的百分比约为（ ）A ．26%B ．34%C ．42%D ．50%例2.（2020·全国·高考真题（理））已知,,A B C 为球O 的球面上的三个点，⊙1O 为ABC 的外接圆，若⊙1O 的面积为4π，1AB BC AC OO ===，则球O 的表面积为（ ）A ．64πB ．48πC ．36πD ．32π例3．（2022·青海·海东市第一中学模拟预测（文））已知某圆台的母线长为2，母线与轴所在直线的夹角是60︒，且上、下底面的面积之比为1∶4，则该圆台外接球的表面积为（ ）A ．56πB ．64πC ．112πD ．128πh r V 231π=)(3122r r r r h V '++'=π334R V π=3a V =abc V =几类空间几何体表面积的求法(1)多面体：其表面积是各个面的面积之和．(2)旋转体：其表面积等于侧面面积与底面面积的和．(3)简单组合体：应搞清各构成部分，并注意重合部分的删、补．(4)若以三视图形式给出，解题的关键是根据三视图，想象出原几何体及几何体中各元素间的位置关系及数量关系．题型二：空间几何体的体积例4. （2023·河南·洛宁县第一高级中学一模（文））若圆锥的母线与底面所成的角为π6，则该圆锥的体积为（ ）A ．π2B ．πC ．2πD ．3π例5.（2022·全国·高考真题）南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔1485m ．时，相应水面的面积为21400km ．；水位为海拔1575m ．时，相应水面的面积为21800km ．，将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔1485m ．上升到1575m ．时，2.65）（ ）A ．931.010m ⨯B ．931.210m ⨯C ．931.410m ⨯D ．931.610m ⨯例6.（2022·全国·高考真题（理））甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为2π，侧面积分别为S 甲和S 乙，体积分别为V 甲和V 乙．若=2S S 甲乙，则=V V 甲乙（ ）AB ．CD 例7.（2022·湖北·黄石市有色第一中学模拟预测）阿基米德多面体也称为半正多面体，是以边数不全相同的正多边形为面围成的多面体．如图，已知阿基米德多面体的所有顶点均是一个棱长为2的正方体各条棱的中点，则该阿基米德多面体的体积为______；若M ，N 是该阿基米德多面体表面上任意两点，则M ，N 两点间距离的最大值为______．1.处理体积问题的思路(1)“转”：指的是转换底面与高，将原来不易求面积的底面转换为易求面积的底面，或将原来不易看出的高转换为易看出并易求解长度的高，即等体积法；(2)“拆”：指的是将一个不规则的几何体拆成几个简单的几何体，便于计算，即分割法；(3)“拼”：指的是将小几何体嵌入一个大几何体中，如将一个三棱锥复原成一个三棱柱，将一个三棱柱复原成一个四棱柱，这些都是拼补的方法，即补形法．2.求体积的两种方法：①割补法：求一些不规则几何体的体积时，常用割补法转化成已知体积公式的几何体进行解决.②等积法：等积法包括等面积法和等体积法.等体积法的前提是几何图形(或几何体)的面积(或体积)通过已知条件可以得到，利用等积法可以用来求解几何图形的高或几何体的高，特别是在求三角形的高和三棱锥的高时，这一方法回避了通过具体作图得到三角形(或三棱锥)的高，而通过直接计算得到高的数值.题型三：三视图与几何体的面积、体积例8．（2020·全国·高考真题（文））下图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是（）A．6+42B．4+42C．6+23D．4+23例9. （2020·浙江·高考真题）某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则该几何体的体积（单位：cm3）是（）A．73B．143C．3D．6例10.（2022·浙江省春晖中学模拟预测）某几何体的三视图如图，其中正视图是腰长为2的等腰三角形，侧视图是半径为1的半圆，则该几何体的表面积是___________，体积是___________.【总结提升】求空间几何体体积的常见类型及思路（1）规则几何体：若所给定的几何体是柱体、锥体或台体等规则几何体，则可直接利用公式进行求解．其中，求三棱锥的体积常用等体积转换法（2）不规则几何体：若所给定的几何体是不规则几何体，则将不规则的几何体通过分割或补形转化为规则几何体，再利用公式求解.题型四：简单几何体的外接球与内切球问题例11.（2021·天津·高考真题）两个圆锥的底面是一个球的同一截面，顶点均在球面上，若球的体积为323π，两个圆锥的高之比为1:3，则这两个圆锥的体积之和为（ ）A ．3πB ．4πC ．9πD ．12π例12.（2020·全国高考真题（理））已知△ABC O 的球面上.若球O 的表面积为16π，则O 到平面ABC 的距离为（ ）A B ．32 C ．1 D例13.（2020·全国·高考真题（理））已知△ABC O 的球面上.若球O 的表面积为16π，则O 到平面ABC 的距离为（ ）AB ．32C ．1D 例14.（2019·全国·高考真题（理））已知三棱锥P -ABC 的四个顶点在球O 的球面上，P A =PB =PC ，△ABC 是边长为2的正三角形，E ，F 分别是P A ，AB 的中点，∠CEF =90°，则球O 的体积为（ ）A． B． C． D例15.(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 ．34πC ．2πD ．4π 例16.(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 ．32π3例17.（2021·福建·厦门大学附属科技中学高三阶段练习）某同学在参加魔方实践课时，制作了一个工艺品，如图所示，该工艺品可以看成是一个球被一个棱长为（球心与正方体的中心重合），若其中一个截面圆的周长为6π，则该球的表面积是______．例18. (2019年高考天津卷理)的正方形，侧棱长均若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体积为_____________．例19.（2020·全国·高考真题（文））已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为_________．【总结提升】1.常见类型：（1）利用长方体的体对角线探索外接球半径；（2）利用长方体的面对角线探索外接球半径；（3）利用底面三角形与侧面三角形的外心探索球心；（4）利用直棱柱上下底面外接圆圆心的连线确定球心；（5）锥体的内切球问题；（6）柱体的内切球问题2.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．3．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25体确定直径解决外接问题．专题8.2 空间几何体的表面积和体积（知识点讲解）【知识框架】 【核心素养】1.通过考查几何体体积和表面积的计算，主要考查棱柱、棱锥或不规则几何体的特征及体积与表面积的计算，凸显数学运算、直观想象的核心素养．2.结合三视图、直观图、展开图、轴截面等，考查球的切、接问题，主要考查几何体与球的组合体的识辨，球的体积、表面积的计算，凸显数学运算、直观想象的核心素养．【知识点展示】（一）几何体的表面积圆柱的侧面积圆柱的表面积圆锥的侧面积圆锥的表面积圆台的侧面积圆台的表面积球体的表面积 柱体、锥体、台体的侧面积，就是各个侧面面积之和；表面积是各个面的面积之和，即侧面积与底面积之和.把柱体、锥体、台体的面展开成一个平面图形，称为它的展开图，圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图分别是矩形、扇形、扇环形它的表面积就是展开图的面积.（二）几何体的体积圆柱的体积rl S π2=)(2l r r S +=πrl S π=)(l r r S +=πl r r S )(+'=π)(22rl l r r r S +'++'=π24R S π=h r V 2π=圆锥的体积 圆台的体积 球体的体积 正方体的体积正方体的体积（三）常用结论多面体的内切球与外接球常用的结论(1)设正方体的棱长为a ，则它的内切球半径r ＝2a ，外接球半径R＝2a . (2)设长方体的长、宽、高分别为a ，b ，c ，则它的外接球半径R. (3)设正四面体的棱长为a ，则它的高为H＝3a ，内切球半径r ＝14H＝12a ，外接球半径R ＝34H＝4a . 【常考题型剖析】题型一：空间几何体的表面积例1.（2021·全国·高考真题）北斗三号全球卫星导航系统是我国航天事业的重要成果．在卫星导航系统中，地球静止同步卫星的轨道位于地球赤道所在平面，轨道高度为36000km （轨道高度是指卫星到地球表面的距离）．将地球看作是一个球心为O ，半径r 为6400km 的球，其上点A 的纬度是指OA 与赤道平面所成角的度数．地球表面上能直接观测到一颗地球静止同步轨道卫星点的纬度最大值为α，记卫星信号覆盖地球表面的表面积为22(1cos )S r πα=-（单位：2km ），则S 占地球表面积的百分比约为（ ）A ．26%B ．34%C ．42%D ．50%【答案】C【解析】【分析】由题意结合所给的表面积公式和球的表面积公式整理计算即可求得最终结果.【详解】由题意可得，S 占地球表面积的百分比约为： 226400164003600002(1.cos )1cos 44242%22r r πααπ---+==≈=.h r V 231π=)(3122r r r r h V '++'=π334R V π=3a V =abc V =故选：C.例2.（2020·全国·高考真题（理））已知,,A B C 为球O 的球面上的三个点，⊙1O 为ABC 的外接圆，若⊙1O 的面积为4π，1AB BC AC OO ===，则球O 的表面积为（ ）A ．64πB ．48πC ．36πD ．32π 【答案】A【解析】【分析】由已知可得等边ABC 的外接圆半径，进而求出其边长，得出1OO 的值，根据球的截面性质，求出球的半径，即可得出结论.【详解】设圆1O 半径为r ，球的半径为R ，依题意，得24,2r r ππ=∴=，ABC 为等边三角形，由正弦定理可得2sin 60AB r =︒=，1OO AB ∴==1OO ⊥平面ABC ，11,4OO O A R OA ∴⊥====，∴球O 的表面积2464S R ππ==.故选：A例3．（2022·青海·海东市第一中学模拟预测（文））已知某圆台的母线长为2，母线与轴所在直线的夹角是60︒，且上、下底面的面积之比为1⊙4，则该圆台外接球的表面积为（ ） A ．56πB ．64πC ．112πD ．128π 【答案】C【解析】【分析】作出圆台的轴截面等腰梯形，其外接圆是圆台外接球的大圆，在这个轴截面中进行计算可得．【详解】如图等腰梯形ABCD 是圆台的轴截面，EF 是圆台的对称轴，圆台上、下底面的面积之比为1：4，则半径比为1：2，设圆台上、下底面半径分别为r ，2r ，因母线与轴的夹角是60︒，母线长为2，可得圆台的高为1，r =R ，球心到下底面（大圆面）的距离为x ，若球心在圆台两底面之间，如图点M 位置，则222R x =+且222(1)R x =-+，无解；若圆台两底面在球心同侧，如图点O 位置，则222R x =+且222(1)R x =++，解得4x =，则228R =， 则该圆台外接球的表面积为2112R 4π=π．故选：C ．【总结提升】几类空间几何体表面积的求法(1)多面体：其表面积是各个面的面积之和．(2)旋转体：其表面积等于侧面面积与底面面积的和．(3)简单组合体：应搞清各构成部分，并注意重合部分的删、补．(4)若以三视图形式给出，解题的关键是根据三视图，想象出原几何体及几何体中各元素间的位置关系及数量关系．题型二：空间几何体的体积例4. （2023·河南·洛宁县第一高级中学一模（文））若圆锥的母线与底面所成的角为π6，则该圆锥的体积为（ ）A ．π2B ．πC ．2πD ．3π【答案】B【解析】【分析】设圆锥的高为h ，利用母线与底面所成角求出高即可得解.【详解】设圆锥的高为h ， 因为母线与底面所成的角为π6，所以πtan 61h =．圆锥的体积2π1π3=⨯⨯=V ． 故选：B例5.（2022·全国·高考真题）南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔1485m ．时，相应水面的面积为21400km ．；水位为海拔1575m ．时，相应水面的面积为21800km ．，将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔1485m ．上升到1575m ．时，2.65）（ ）A ．931.010m ⨯B ．931.210m ⨯C ．931.410m ⨯D ．931.610m ⨯ 【答案】C【解析】【分析】根据题意只要求出棱台的高，即可利用棱台的体积公式求出．【详解】依题意可知棱台的高为157.5148.59MN =-=(m)，所以增加的水量即为棱台的体积V ．棱台上底面积262140.014010S ==⨯km m ，下底面积262180.018010S '==⨯km m ，∴((66119140101801033V h S S =+=⨯⨯⨯+⨯' ()()679933320607109618 2.6510 1.43710 1.410(m )=⨯+⨯≈+⨯⨯=⨯≈⨯．故选：C ．例6.（2022·全国·高考真题（理））甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为2π，侧面积分别为S 甲和S 乙，体积分别为V 甲和V 乙．若=2S S 甲乙，则=V V 甲乙（ ） AB．CD【答案】C【解析】【分析】 设母线长为l ，甲圆锥底面半径为1r ，乙圆锥底面圆半径为2r ，根据圆锥的侧面积公式可得122r r =，再结合圆心角之和可将12,r r 分别用l 表示，再利用勾股定理分别求出两圆锥的高，再根据圆锥的体积公式即可得解.【详解】解：设母线长为l ，甲圆锥底面半径为1r ，乙圆锥底面圆半径为2r ， 则11222S rl r S r l r ππ===甲乙， 所以122r r =， 又12222r r l lπππ+=， 则121r r l +=， 所以1221,33r l r l ==，所以甲圆锥的高1h ==，乙圆锥的高2h ==，所以221122214313r h l V V r h ππ==甲乙 故选：C.例7.（2022·湖北·黄石市有色第一中学模拟预测）阿基米德多面体也称为半正多面体，是以边数不全相同的正多边形为面围成的多面体．如图，已知阿基米德多面体的所有顶点均是一个棱长为2的正方体各条棱的中点，则该阿基米德多面体的体积为______；若M ，N 是该阿基米德多面体表面上任意两点，则M ，N 两点间距离的最大值为______．【答案】 203##263 22##322 【解析】【分析】第一空，将该多面体置于正方体中，由此可知该阿基米德多面体是由正方体切掉8个全等的三棱锥形成，由此可求得其体积；第二空，结合阿基米德多面体的外接球刚好是补形后正方体的棱切球，再求M ，N 两点间距离的最大值即可.【详解】依题意，可将该多面体补成一个棱长为2的正方体，如图，所以该阿基米德多面体是由正方体切掉8个全等的三棱锥形成，其体积112088111323V =-⨯⨯⨯⨯⨯=; 该阿基米德多面体的外接球刚好是正方体的棱切球，即与正方体的各条棱相切于棱的中点的球，该球直径为M ，N 两点间距离的最大值为外接球的直径，则max MN =故答案为:203； 【总结提升】1.处理体积问题的思路(1)“转”：指的是转换底面与高，将原来不易求面积的底面转换为易求面积的底面，或将原来不易看出的高转换为易看出并易求解长度的高，即等体积法；(2)“拆”：指的是将一个不规则的几何体拆成几个简单的几何体，便于计算，即分割法；(3)“拼”：指的是将小几何体嵌入一个大几何体中，如将一个三棱锥复原成一个三棱柱，将一个三棱柱复原成一个四棱柱，这些都是拼补的方法，即补形法．2.求体积的两种方法：①割补法：求一些不规则几何体的体积时，常用割补法转化成已知体积公式的几何体进行解决.②等积法：等积法包括等面积法和等体积法.等体积法的前提是几何图形(或几何体)的面积(或体积)通过已知条件可以得到，利用等积法可以用来求解几何图形的高或几何体的高，特别是在求三角形的高和三棱锥的高时，这一方法回避了通过具体作图得到三角形(或三棱锥)的高，而通过直接计算得到高的数值.题型三：三视图与几何体的面积、体积例8．（2020·全国·高考真题（文））下图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是（）A．6+42B．4+42C．6+23D．4+23【答案】C【解析】【分析】根据三视图特征，在正方体中截取出符合题意的立体图形，求出每个面的面积，即可求得其表面积.【详解】根据三视图特征，在正方体中截取出符合题意的立体图形根据立体图形可得：12222ABC ADC CDBS S S===⨯⨯=△△△根据勾股定理可得：AB AD DB===∴ADB△是边长为根据三角形面积公式可得：211sin 6022ADB S AB AD =⋅⋅︒==△该几何体的表面积是：632⨯++ 故选：C.例9. （2020·浙江·高考真题）某几何体的三视图（单位：cm ）如图所示，则该几何体的体积（单位：cm 3）是（ ）A ．73B ．143C ．3D ．6【答案】A【解析】【分析】根据三视图还原原图，然后根据柱体和锥体体积计算公式，计算出几何体的体积.【详解】由三视图可知，该几何体是上半部分是三棱锥，下半部分是三棱柱，且三棱锥的一个侧面垂直于底面，且棱锥的高为1，棱柱的底面为等腰直角三角形，棱柱的高为2，所以几何体的体积为：11117211212232233⎛⎫⎛⎫⨯⨯⨯⨯+⨯⨯⨯=+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. 故选：A例10.（2022·浙江省春晖中学模拟预测）某几何体的三视图如图，其中正视图是腰长为2的等腰三角形，侧视图是半径为1的半圆，则该几何体的表面积是___________，体积是___________.【答案】232π+33π##3π3【解析】【分析】先画出直观图，再求出圆锥的高，求出两个半圆锥的侧面积之和，从而求出此几何体的表面积和体积.【详解】该几何体为两个底面半径为1，母线长为2的半圆锥拼接而成，设圆锥的高为h，由勾股定理得：413h=-=，则两个半圆锥的侧面积之和为12π22π2⨯⨯=，如图，AB =2CD =，且AB CD ⊥，所以四边形ADBC 的面积为22÷=， 该几何体的表面积为232π+，该几何体的体积为21π13⨯=故答案为：2π 【总结提升】 求空间几何体体积的常见类型及思路（1）规则几何体：若所给定的几何体是柱体、锥体或台体等规则几何体，则可直接利用公式进行求解．其中，求三棱锥的体积常用等体积转换法（2）不规则几何体：若所给定的几何体是不规则几何体，则将不规则的几何体通过分割或补形转化为规则几何体，再利用公式求解.题型四：简单几何体的外接球与内切球问题例11.（2021·天津·高考真题）两个圆锥的底面是一个球的同一截面，顶点均在球面上，若球的体积为323π，两个圆锥的高之比为1:3，则这两个圆锥的体积之和为（ ）A ．3πB ．4πC ．9πD ．12π 【答案】B【解析】作出图形，计算球体的半径，可计算得出两圆锥的高，利用三角形相似计算出圆锥的底面圆半径，再利用锥体体积公式可求得结果.【详解】如下图所示，设两个圆锥的底面圆圆心为点D ，设圆锥AD 和圆锥BD 的高之比为3:1，即3AD BD =，设球的半径为R ，则343233R ππ=，可得2R =，所以，44AB AD BD BD =+==， 所以，1BD =，3AD =，CD AB ⊥，则90CAD ACD BCD ACD ∠+∠=∠+∠=，所以，CAD BCD ∠=∠，又因为ADC BDC ∠=∠，所以，ACD CBD △∽△，所以，AD CD CD BD=，CD ∴= 因此，这两个圆锥的体积之和为()21134433CD AD BD πππ⨯⋅+=⨯⨯=. 故选：B.例12.（2020·全国高考真题（理））已知△ABC O 的球面上.若球O 的表面积为16π，则O 到平面ABC 的距离为（ ）A B ．32 C ．1 D ．2【答案】C【解析】 设球O 的半径为R ，则2416R ππ=，解得：2R =.设ABC 外接圆半径为r ，边长为a ，ABC21224a ∴⨯=，解得：3a =，2233r ∴===，∴球心O 到平面ABC 的距离1d ===.故选：C.例13.（2020·全国·高考真题（理））已知△ABC O 的球面上.若球O 的表面积为16π，则O 到平面ABC 的距离为（ ）AB ．32C ．1D 【答案】C【解析】【分析】根据球O 的表面积和ABC 的面积可求得球O 的半径R 和ABC 外接圆半径r ，由球的性质可知所求距离d = 【详解】设球O 的半径为R ，则2416R ππ=，解得：2R =.设ABC 外接圆半径为r ，边长为a ，ABC212a ∴=3a =，2233r ∴==∴球心O 到平面ABC 的距离1d .故选：C.【点睛】本题考查球的相关问题的求解，涉及到球的表面积公式和三角形面积公式的应用；解题关键是明确球的性质，即球心和三角形外接圆圆心的连线必垂直于三角形所在平面.例14.（2019·全国·高考真题（理））已知三棱锥P -ABC 的四个顶点在球O 的球面上，P A =PB =PC ，△ABC 是边长为2的正三角形，E ，F 分别是P A ，AB 的中点，∠CEF =90°，则球O 的体积为（ ）A ．B ．C ． D【答案】D【解析】【分析】先证得PB ⊥平面PAC ，再求得PA PB PC ===P ABC -为正方体一部分，进而知正方体的体对角线即为球直径，从而得解.【详解】解法一:,PA PB PC ABC ==∆为边长为2的等边三角形，P ABC ∴-为正三棱锥，PB AC ∴⊥，又E ，F 分别为PA 、AB 中点，//EF PB ∴，EF AC ∴⊥，又EF CE ⊥，,CE AC C EF =∴⊥平面PAC ，PB ⊥平面PAC ，APB PA PB PC ∴∠=90︒,∴===，P ABC ∴-为正方体一部分，2R ==34433R V R =∴=π==π，故选D ． 解法二:设2PA PB PC x ===，,E F 分别为,PA AB 中点，//EF PB ∴，且12EF PB x ==，ABC ∆为边长为2的等边三角形，CF ∴=90CEF ∠=︒1,2CE AE PA x ∴=== AEC ∆中余弦定理()2243cos 22x x EAC x +--∠=⨯⨯，作PD AC ⊥于D ，PA PC =， D 为AC 中点，1cos 2AD EAC PA x ∠==，2243142x x x x+-+∴=，2212122x x x ∴+=∴==PA PB PC ∴=====2AB BC AC ，,,PA PB PC ∴两两垂直，2R ∴R ∴=，34433V R ∴=π==，故选D. 例15.(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 ．π B ．34π C ．2π D ．4π 【答案】B 【解析】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．∴2r ==. ∴圆柱的体积为V ＝πr 2h ＝34π×1＝34π. 故选B ．例16.(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 ．32π3【答案】B【解析】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68102+-＝2，∴R ≤2. 又2R ≤3，∴R ≤32，∴V ma x ＝3439()322ππ=.故选B ． 点睛：解答本题的关键是当V 取得最大值时，球与上下底面还是与侧面相切的问题．例17.（2021·福建·厦门大学附属科技中学高三阶段练习）某同学在参加魔方实践课时，制作了一个工艺品，如图所示，该工艺品可以看成是一个球被一个棱长为（球心与正方体的中心重合），若其中一个截面圆的周长为6π，则该球的表面积是______．【答案】144π【解析】【分析】设球心为O ，作出过球心的截面图如图所示，然后根据已知条件结合球的性质求解即可.【详解】 设球心为O，作出过球心的截面图如图所示，则OA =由截面圆的周长为6π，得26AB ππ⨯=，∴3AB =，6．所以该球的表面积为246=144ππ⨯.故答案为：144π.例18. (2019年高考天津卷理)的正方形，侧棱长若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体积为_____________．【答案】，借助勾股定理，可知四棱锥的高.若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，故圆柱的高为，圆柱的底面半径为， 故圆柱的体积为. 例19.（2020·全国·高考真题（文））已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为_________．【解析】【分析】将原问题转化为求解圆锥内切球的问题，然后结合截面确定其半径即可确定体积的值.【详解】 25π42=11221ππ124⎛⎫⨯⨯= ⎪⎝⎭易知半径最大球为圆锥的内切球，球与圆锥内切时的轴截面如图所示，其中2,3BC AB AC ===，且点M 为BC 边上的中点，设内切圆的圆心为O ， 由于223122AM =-=，故1222222S =⨯⨯=△ABC ， 设内切圆半径为r ，则：ABC AOB BOC AOC S S S S =++△△△△111222AB r BC r AC r =⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯()13322r =⨯++⨯=解得：22r，其体积：343V r π==.. 【总结提升】1.常见类型：（1）利用长方体的体对角线探索外接球半径；（2）利用长方体的面对角线探索外接球半径；（3）利用底面三角形与侧面三角形的外心探索球心；（4）利用直棱柱上下底面外接圆圆心的连线确定球心；（5）锥体的内切球问题；（6）柱体的内切球问题2.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．3．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确定直径解决外接问题．。
2023年新高考数学一轮复习8-2 空间几何体的表面积和体积(真题测试)解析版
专题8.2 空间几何体的表面积和体积（真题测试）一、单选题1．（2020·天津·高考真题）若棱长为 ） A ．12π B ．24π C ．36π D ．144π【答案】C【解析】【分析】求出正方体的体对角线的一半，即为球的半径，利用球的表面积公式，即可得解.【详解】这个球是正方体的外接球，其半径等于正方体的体对角线的一半，即3R =，所以，这个球的表面积为2244336S R πππ==⨯=.故选：C.2．（2020·北京·高考真题）某三棱柱的底面为正三角形，其三视图如图所示，该三棱柱的表面积为（）． A ．63+ B ．623+ C ．123+ D ．1223+【答案】D【解析】【分析】首先确定几何体的结构特征，然后求解其表面积即可.【详解】由题意可得，三棱柱的上下底面为边长为2的等边三角形，侧面为三个边长为2的正方形，则其表面积为：()1322222sin 60122S ⎛⎫=⨯⨯+⨯⨯⨯⨯︒=+ ⎪⎝⎭故选：D.【点睛】(1)以三视图为载体考查几何体的表面积，关键是能够对给出的三视图进行恰当的分析，从三视图中发现几何体中各元素间的位置关系及数量关系．(2)多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积应注意重合部分的处理．(3)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为平面图形计算，而表面积是侧面积与底面圆的面积之和．3．（2022·浙江·高考真题）某几何体的三视图如图所示（单位：cm ），则该几何体的体积（单位：3cm ）是（ ）A ．22πB ．8πC ．22π3D ．16π3【答案】C【解析】【分析】根据三视图还原几何体可知，原几何体是一个半球，一个圆柱，一个圆台组合成的几何体，即可根据球，圆柱，圆台的体积公式求出．【详解】由三视图可知，该几何体是一个半球，一个圆柱，一个圆台组合成的几何体，球的半径，圆柱的底面半径，圆台的上底面半径都为1cm ，圆台的下底面半径为2cm ，所以该几何体的体积(322214122ππ1π122π2π12333V =⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯⨯+⨯=3cm ．故选：C ．4．（2022·全国·高考真题）已知正三棱台的高为1，上、下底面边长分别为面上，则该球的表面积为（ ）A ．100πB ．128πC ．144πD ．192π【答案】A【解析】【分析】根据题意可求出正三棱台上下底面所在圆面的半径12,r r ，再根据球心距，圆面半径，以及球的半径之间的关系，即可解出球的半径，从而得出球的表面积．【详解】设正三棱台上下底面所在圆面的半径12,r r ，所以123432,260sin 60r r ==，即123,4r r ==，设球心到上下底面的距离分别为12,d d ，球的半径为R ，所以1d =2d =121d d -=或121d d +=，即1=1，解得225R =符合题意，所以球的表面积为24π100πS R ==． 故选：A ．5．（2021·浙江·高考真题）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（ ）A ．32B ．3C ．2D ．【答案】A【解析】【分析】根据三视图可得如图所示的几何体，根据棱柱的体积公式可求其体积.【详解】几何体为如图所示的四棱柱1111ABCD A B C D -，其高为1，底面为等腰梯形ABCD ，1=故1111131222ABCD A B C D V -=⨯⨯=， 故选：A. 6．（2021·全国·高考真题（理））已如A ，B ，C 是半径为1的球O 的球面上的三个点，且,1AC BC AC BC ⊥==，则三棱锥O ABC -的体积为（ ）A B C D A 【解析】【分析】由题可得ABC 为等腰直角三角形，得出ABC 外接圆的半径，则可求得O 到平面ABC 的距离，进而求得体积.【详解】,1AC BC AC BC ⊥==，ABC ∴为等腰直角三角形，AB ∴=，则ABC 1， 设O 到平面ABC 的距离为d ，则2d =所以11111332O ABC ABC V S d -=⋅=⨯⨯⨯= 故选：A.7．（2022·全国·高考真题（文））已知球O 的半径为1，四棱锥的顶点为O ，底面的四个顶点均在球O 的球面上，则当该四棱锥的体积最大时，其高为（ ）A ．13B ．12CD 【答案】C【解析】【分析】先证明当四棱锥的顶点O 到底面ABCD 所在小圆距离一定时，底面ABCD 面积最大值为22r ，进而得到四棱锥体积表达式，再利用均值定理去求四棱锥体积的最大值，从而得到当该四棱锥的体积最大时其高的值.【详解】设该四棱锥底面为四边形ABCD ，四边形ABCD 所在小圆半径为r ，设四边形ABCD 对角线夹角为α， 则2111sin 222222ABCD S AC BD AC BD r r r α=⋅⋅⋅≤⋅⋅≤⋅⋅= （当且仅当四边形ABCD 为正方形时等号成立）即当四棱锥的顶点O 到底面ABCD 所在小圆距离一定时，底面ABCD 面积最大值为22r又22r h 1+=则2123O ABCDV r h -=⋅⋅=当且仅当222r h =即h 时等号成立，故选：C8．（2022·全国·高考真题）已知正四棱锥的侧棱长为l ，其各顶点都在同一球面上.若该球的体积为36π，且3l ≤≤ ） A ．8118,4⎡⎤⎢⎥⎣⎦ B ．2781,44⎡⎤⎢⎥⎣⎦ C ．2764,43⎡⎤⎢⎥⎣⎦ D ．[18,27]【答案】C【解析】【分析】设正四棱锥的高为h ，由球的截面性质列方程求出正四棱锥的底面边长与高的关系，由此确定正四棱锥体积的取值范围.【详解】∵ 球的体积为36π，所以球的半径3R =,设正四棱锥的底面边长为2a ，高为h ，则2222l a h =+，22232(3)a h =+-,所以26h l =，2222a l h =- 所以正四棱锥的体积42622411214()=333366936l l l V Sh a h l l ⎛⎫==⨯⨯=⨯-⨯- ⎪⎝⎭， 所以5233112449696l l V l l ⎛⎫⎛⎫-'=-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，当3l ≤≤0V '>，当l ≤0V '<，所以当l =V 取最大值，最大值为643，又3l =时，274V =，l =814V =, 所以正四棱锥的体积V 的最小值为274， 所以该正四棱锥体积的取值范围是276443⎡⎤⎢⎥⎣⎦，. 故选：C.二、多选题9．（2022·广东茂名·二模）某一时段内，从天空降落到地面上的液态或固态的水，未经蒸发，而在水平面上积聚的深度称为这段时间的降雨量．24h 降雨量的等级划分如下：在一次暴雨降雨过程中，小明用一个大容量烧杯（如图，瓶身直径大于瓶口直径，瓶身高度为50cm ，瓶口高度为3cm ）收集雨水，容器内雨水的高度可能是（ ）A ．20cmB ．22cmC ．25cmD ．29cm【答案】CD【解析】【分析】设降雨量为x ，容器内雨水高度为h,根据雨水的体积相等关系可得到h,x 之间的关系49h x =，结合题意可得4200400[,)999x ∈，由此判断出答案. 【详解】设降雨量为x ，容器内雨水高度为h,根据体积相等关系可得：22π100π150x h ⨯=⨯，解得49h x = ， 由于[50,100)x ∈ ，故4200400[,)999x ∈， 故20040020040020,22[,),25,29[,)9999∉∈故选：CD ．10．（2023·湖北·高三阶段练习）折扇是我国古老文化的延续，在我国已有四千年左右的历史，“扇”与“善”谐音，折扇也寓意“善良”“善行”．它常以字画的形式体现我国的传统文化，也是运筹帷幄､决胜千里､大智大勇的象征（如图1）．图2是一个圆台的侧面展开图（扇形的一部分），若两个圆弧,DE AC 所在圆的半径分别是3和9，且120ABC ∠=，则该圆台的（ ）A ．高为42B ．体积为5023π C ．表面积为34πD ．上底面积､下底面积和侧面积之比为1:9:22【答案】AC【解析】 【分析】设圆台的上底面半径为r ，下底面半径为R ，求出1,3r R ==，即可判断选项A 正确；利用公式计算即可判断选项BCD 的真假得解.【详解】解：设圆台的上底面半径为r ，下底面半径为R ，则11223,22933r R ππππ=⨯⨯=⨯⨯，解得1,3r R ==．圆台的母线长6l =，圆台的高为h ==，则选项A 正确；圆台的体积()22133113π=⨯+⨯+=，则选项B 错误； 圆台的上底面积为π，下底面积为9π，侧面积为()13624ππ+⨯=，则圆台的表面积为92434ππππ++=，则C 正确；由前面可知上底面积､下底面积和侧面积之比为1:9:24，则选项D 错误．故选：AC ．11．（2022·湖南·长沙一中模拟预测）传说古希腊数学家阿基米德的墓碑上刻着一个圆柱，圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高相等．“圆柱容球”是阿基米德最为得意的发现；如图是一个圆柱容球，12O O ，为圆柱上下底面的圆心，O 为球心，EF 为底面圆1O 的一条直径，若球的半径2r =，则（ ）A ．球与圆柱的表面积之比为12：B ．平面DEF 截得球的截面面积最小值为165π C ．四面体CDEF 的体积的取值范围为3203⎛⎤ ⎥⎝⎦，D ．若P 为球面和圆柱侧面的交线上一点，则PE PF +的取值范围为2⎡+⎣【答案】BCD【解析】【分析】利用球的表面积公式及圆柱的表面积公式可判断A ，由题可得O 到平面DEF 的距离为1d 平面DEF 截得球的截面面积最小值可判断B ，由题可得四面体CDEF 的体积等于12E DCO V -可判断C ，设P 在底面的射影为P '，设2t P E '=，PE PF +PE PF +的取值范围可判断D.【详解】由球的半径为r ，可知圆柱的底面半径为r ，圆柱的高为2r ，则球表面积为24r π，圆柱的表面积222226r r r r πππ+⋅=， 所以球与圆柱的表面积之比为23，故A 错误；过O 作1OG DO ⊥于G ，则由题可得12OG == 设O 到平面DEF 的距离为1d ，平面DEF 截得球的截面圆的半径为1r ，则1d OG ≤，22221114164455r r d d =-=-≥-=， 所以平面DEF 截得球的截面面积最小值为165π，故B 正确； 由题可知四面体CDEF 的体积等于12E DCO V -，点E 到平面1DCO 的距离(0,4]d ∈， 又114482DCO S =⨯⨯=，所以123228(0,]33E DCO V d -=⨯∈，故C 正确； 由题可知点P 在过球心与圆柱的底面平行的截面圆上，设P 在底面的射影为P '， 则2222222,2,2,16PP PE P E PF P F P E P F '''''==+=++=，设2t P E '=，则20,4t ⎡⎤∈⎣⎦，PE PF +所以()2224PE PF +==+2424⎡⎤=++⎣⎦，所以2PE PF ⎡+∈+⎣，故D 正确.故选：BCD.12．（2022·全国·高考真题）如图，四边形ABCD 为正方形，ED ⊥平面ABCD ，,2FB ED AB ED FB ==∥，记三棱锥E ACD -，F ABC -，F ACE -的体积分别为123,,V V V ，则（ ）A ．322V V =B ．31V V =C ．312V V V =+D ．3123V V =【答案】CD【解析】【分析】直接由体积公式计算12,V V ，连接BD 交AC 于点M ，连接,EM FM ，由3A EFM C EFM V V V --=+计算出3V ，依次判断选项即可.【详解】设22AB ED FB a ===，因为ED ⊥平面ABCD ，FB ED ，则()2311114223323ACD V ED S a a a =⋅⋅=⋅⋅⋅=， ()232111223323ABC V FB S a a a =⋅⋅=⋅⋅⋅=，连接BD 交AC 于点M ，连接,EM FM ，易得BD AC ⊥， 又ED ⊥平面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，则ED AC ⊥，又ED BD D =，,ED BD ⊂平面BDEF ，则AC ⊥平面BDEF ，又12BM DM BD ==，过F 作FG DE ⊥于G ，易得四边形BDGF 为矩形，则,FG BD EG a ===，则,EM FM ===，3EF a =，222EM FM EF +=，则EM FM ⊥，212EFM SEM FM =⋅=，AC =， 则33123A EFM C EFM EFM V V V AC S a --=+=⋅=，则3123V V =，323V V =，312V V V =+，故A 、B 错误；C 、D 正确.故选：CD.三、填空题 13．（2021·全国·高考真题（文））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________.【答案】39π【解析】【分析】利用体积公式求出圆锥的高，进一步求出母线长，最终利用侧面积公式求出答案.【详解】∵216303V h ππ=⋅=∴52h =∴132l =∴136392S rl πππ==⨯⨯=侧. 故答案为：39π.14．（2020·江苏·高考真题）如图，六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的．已知螺帽的底面正六边形边长为2 cm ，高为2 cm ，内孔半径为0.5 cm ，则此六角螺帽毛坯的体积是 ____ cm 3. 【答案】1232π-【解析】【分析】先求正六棱柱体积，再求圆柱体积，相减得结果.【详解】正六棱柱体积为262⨯ 圆柱体积为21()222ππ⋅=所求几何体体积为2π故答案为： 2π15．（2019·天津·高考真题（文）若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体积为__________. 【答案】4π. 【解析】【分析】根据棱锥的结构特点，确定所求的圆柱的高和底面半径．【详解】借助勾股定理，2=，.若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，圆柱的底面半径为12，一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，故圆柱的高为1，故圆柱的体积为21124ππ⎛⎫⨯⨯= ⎪⎝⎭． 16．（2022·吉林·长春市第二实验中学高三阶段练习）在三棱锥P ABC -中，点P 在底面的射影是ABC 的外心，2,3BAC BC PA π∠===___________. 【答案】12548π 【解析】【分析】先由正弦定理得，ABC 外接圆的半径，再由勾股定理，即可求出半径,从而可得外接球体积.【详解】解：设ABC 的外心为1O ,连接1PO ,则球心O 在1PO 上，连接1O A ,则1O A 为ABC 外接圆的半径r ,连接OA ,设外接球的半径为R ,则OA OP R ==,在ABC 中，由正弦定理得2,BC r sin BAC ==∠解得1r =,即11O A =, 在1Rt PAO 中，12,PO =在1Rt AOO ,中22211OO AO AO +=,即()22221R R -+=,解得：54R =, 所以外接球的体积为：3344125334854R V πππ⎛⎫⋅ ⎪⎝⎭===， 故答案为：12548π 四、解答题17．（2022·安徽芜湖·高一期末）如图①，有一个圆柱形状的玻璃水杯，底面圆的直径为20cm ，高为30cm ，杯内有20cm 深的溶液.如图①，现将水杯倾斜，且倾斜时点B 始终不离开桌面，设直径AB 所在直线与桌面所成的角为α.要使倾斜后容器内的溶液不会溢出，求α的最大值. 【答案】4π【解析】【分析】当水杯倾斜过程中，溶液恰好不溢出时，此时α最大；在这个临界条件下，结合溶液的体积不变，可以得到关于α的一个不等式，即可求出α的取值范围，得到最大值.【详解】如图所示，在Rt △CDE 中20tan DE α=，()2221020tan 103020tan 10202παπαπ⨯⨯⨯⨯-+≥⨯⨯解得tan 1α≤，即α的最大值4π. 18．（2022·全国·南宁二中高三期末（文））图1是由矩形ABGF ，Rt ADE △和菱形ABCD 组成的一个平面图形，其中2AB =，1==AE AF ，60BAD ∠=︒，将该图形沿AB ，AD 折起使得AE 与AF 重合，连接CG ，如图2.(1)证明：图2中的C ，D ，E ，G 四点共面；(2)求图2中三棱锥C BDG -的体积.【答案】(1)证明见解析【解析】【分析】（1）依题意可得//AB FG ，//AB CD ，即可得到//AB GE ，从而得到//CD EG ，即可得证；（2）依题意可得AE AD ⊥、AE AB ⊥，即可得到AE ⊥平面ABCD 从而得到BG ⊥平面ABCD ，再根据13C BDG G BCD BCD V V BG S --==⋅计算可得；(1)证明：在矩形ABGF 和菱形ABCD 中，//AB FG ，//AB CD ，所以//AB GE ，所以//CD EG ，所以C 、D 、E 、G 四点共面；(2)解：在Rt ADE △中AE AD ⊥，矩形ABGE 中AE AB ⊥，AD AB A ⋂=，,AD AB ⊂平面ABCD ，所以AE ⊥平面ABCD ，又//BG EA ，所以BG ⊥平面ABCD ，又11sin 2222BCD S BC CD BCD =⋅⋅∠=⨯⨯=所以11133C BDG G BCD BCD V V BG S --==⋅=⨯ 19．（2022·山西吕梁·高一期末）如图是某种水箱用的“浮球”，它是由两个半球和一个圆柱筒组成．已知球的半径是2cm ，圆柱筒的高是2cm ．(1)求这种“浮球”的体积；(2)要在100个这种“浮球”的表面涂一层防水漆，每平方厘米需要防水漆0.5g ，共需多少防水漆？【答案】(1)356(cm)3π (2)1200g π【解析】【分析】（1）由球的体积公式和圆柱的体积公式求解即可；（2）由球的表面积公式和圆柱的侧面积公式求解即可.(1)因为该“浮球”的圆柱筒底面半径和半球的半径2cm r =，圆柱筒的高为2cm ，所以两个半球的体积之和为331432(cm)33V r ππ==， 圆柱的体积2328(cm)V r h ππ==，∴该“浮球”的体积是31256(cm)3V V V π=+=； (2)根据题意，上下两个半球的表面积是221416(cm)S r ππ==，而“浮球”的圆柱筒侧面积为2228(cm)S rh ππ==，∴“浮球”的表面积为21224(cm)S S S π=+=；所以给100个这种浮球的表面涂一层防水漆需要100240.51200g ππ⨯⨯=.20．（2022·全国·高三专题练习）如图1，在直角梯形ABCD 中，//AD BC ，∠BAD =90°，12AB BC AD a ，E 是AD 的中点，O 是AC 与BE 的交点．将△ABE 沿BE 折起到图2中1A BE 的位置，使平面1A BE ⊥平面BCDE ，得到四棱锥1A BCDE -．当四棱锥1A BCDE -的体积为a 的值．【答案】6a =.【解析】【分析】在直角梯形ABCD 中，证明BE AC ⊥，在四棱锥1A BCDE -中，由面面垂直的性质证得1A O ⊥平面BCDE ，再利用锥体体积公式计算作答.【详解】如图，在直角梯形ABCD 中，连接CE ，因E 是AD 的中点，12BC AD a ，有//,AE BC AE BC =，则四边形ABCE 是平行四边形，又,90BAD AB BC ∠==，于是得ABCE 是正方形，BE AC ⊥，在四棱锥1A BCDE -中，1BE AO ⊥，因平面1A BE ⊥平面BCDE ，且平面1A BE 平面BCDE BE =，1A O ⊂平面1A BE ，因此1A O ⊥平面BCDE ，即1A O 是四棱锥1A BCDE -的高，显然112AO AO CO AC ====，平行四边形BCDE 的面积2S CO BE a =⋅==，因此，四棱锥1A BCDE -的体积为2311133V S AO a =⋅===6a =， 所以a 的值是6.21．（2022·北京·高一期末）《九章算术》中对一些特殊的几何体有特定的称谓，例如：将底面为直角三角形的直三棱柱称为堑堵，将一堑堵沿其一顶点与相对的棱刨开，得到一个阳马(底面是长方形，且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥)和一个鳖臑 (四个面均为直角三角形的四面体)．在如图所示的堑堵111ABC A B C -中，已知3AB =，4BC =，5AC =．当阳马111C ABB A -体积等于24时， 求：(1)堑堵111ABC A B C -的侧棱长；(2)鳖臑1C ABC -的体积；(3)阳马111C ABB A -的表面积．【答案】(1)6(2)12 (3)51313【解析】【分析】（1）设堑堵111ABC A B C -的侧棱长为x ，根据阳马111C ABB A -体积等于24求解即可；（2）根据棱锥的体积计算即可；（3）分别计算111C ABB A -的侧面积与底面积即可(1)因为3AB =，4BC =，5AC =，所以222AB BC AC +=．所以△ABC 为直角三角形．设堑堵111ABC A B C -的侧棱长为x ，则113A ABB S x 矩形，则111143243AA BB V x C ， 所以6x =，所以堑堵111ABC A B C -的侧棱长为6．(2)因为13462ABC S =⨯⨯=△， 所以1111661233ABC ABC V S CC C ． 所以鳖臑1C ABC -的体积为12．(3) 因为11113462A B C S，11164122BB C S ， 11165152AA C S ，1132133132ABC S ， 113618A ABB S 矩形，所以阳马111C ABB A -的表面积的表面积为612151831351313． 22．（2022·重庆市巫山大昌中学校高一期末）如图，AB 是圆柱OO '的一条母线，BC 过底面圆心O ，D 是圆O 上一点．已知5,3AB BC CD ===，(1)求该圆柱的表面积；(2)将四面体ABCD 绕母线AB 所在的直线旋转一周，求ACD △的三边在旋转过程中所围成的几何体的体积．【答案】(1)75π2(2)15π【解析】【分析】（1）由题意求出柱的底面圆的半径即可求解；（2）ACD △绕AB 旋转一周而成的封闭几何体的体积为两个圆锥的体积之差，结合圆锥体积公式求解即可(1)由题意知AB 是圆柱OO '的一条母线，BC 过底面圆心O ，且5AB BC ==， 可得圆柱的底面圆的半径为52R =， 则圆柱的底面积为221525πππ24S R ⎛⎫==⨯= ⎪⎝⎭， 圆柱的侧面积为252π2π525π2S Rl ==⨯⨯= 所以圆柱的表面积为12257522π25ππ42S S S =+=⨯+=． (2) 由线段AC 绕AB 旋转一周所得几何体为以BC 为底面半径，以AB 为高的圆锥，线段AD 绕AB 旋转一周所得的几何体为BD 为底面半径，以AB 为高的圆锥，所以以ACD △绕AB 旋转一周而成的封闭几何体的体积为：22221111πππ55π4515π3333V BC AB BD AB =⋅⋅-⋅⋅=⋅⋅-⋅⋅=．。
高考数学(理)一轮复习分层演练：7.2空间几何体的表面积与体积(含答案)
第2讲 空间几何体的表面积与体积[学生用书P130])1．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式1．辨明两个易误点(1)求组合体的表面积时，要注意各几何体重叠部分的处理．(2)底面是梯形的四棱柱侧放时，容易和四棱台混淆，在识别时要紧扣定义，以防出错． 2.求空间几何体体积的常用方法(1)公式法：直接根据相关的体积公式计算．(2)等积法：根据体积计算公式，通过转换空间几何体的底面和高使得体积计算更容易，或是求出一些体积比等．(3)割补法：把不能直接计算体积的空间几何体进行适当的分割或补形，转化为可计算体积的几何体．3．几个与球有关的切、接常用结论(1)正方体的棱长为a ，外接球的半径为R ，内切球的半径为r ； ①若球为正方体的外接球，则2R ＝3a ； ②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 ′＝2a .(2)长方体的共顶点的三条棱长分别为a ，b ，c ，外接球的半径为R ，则2R ＝a 2＋b 2＋c 2. (3)正四面体的棱长为a ，外接球的半径为R ，内切球的半径为r ①外接球：球心是正四面体的中心；半径R ＝64a ； ②内切球：球心是正四面体的中心；半径r ＝612a .1．如图，一个空间几何体的正(主)视图、侧(左)视图、俯视图均为全等的等腰直角三角形，如果直角三角形的直角边长为1，那么这个几何体的体积为( )A ．1B ．12C.13D ．16D [解析] 由三视图可知，该几何体为三棱锥，V ＝13Sh ＝13×12×1×1×1＝16，故选D ．2.(2015·高考陕西卷)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A ．3πB ．4πC ．2π＋4D ．3π＋4D [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＋2×12×π×12＋π×1×2＝4＋3π.3．(2016·高考山东卷)一个由半球和四棱锥组成的几何体，其三视图如图所示．则该几何体的体积为( )A.13＋23π B ．13＋23πC.13＋26π D ．1＋26π C [解析] 由三视图可知，该四棱锥的底面是边长为1的正方形，高为1，其体积V 1＝13×12×1＝13.设半球的半径为R ，则2R ＝2，即R ＝22，所以半球的体积V 2＝12×4π3R 3＝12×4π3×⎝⎛⎭⎫223＝26π.故该几何体的体积V ＝V 1＋V 2＝13＋26π.故选C. 4.教材习题改编 直角三角形三边长分别是3 cm 、4 cm 、5 cm ，绕两直角边旋转一周分别形成两个几何体，则其侧面积分别为________、________.[答案] 20π cm 2 15π cm 25．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________．[解析] 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π×22×2－13π×22×2＝163π.[答案]163π空间几何体的表面积[学生用书P131][典例引领](1)(2016·高考全国卷乙)如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径．若该几何体的体积是28π3，则它的表面积是( )A ．17πB ．18πC ．20πD ．28π(2)(2015·高考福建卷)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积等于( )A ．8＋2 2B ．11＋2 2C ．14＋2 2D ．15【解析】 (1)由三视图可得此几何体为一个球切割掉18后剩下的几何体，设球的半径为r ，故78×43πr 3＝283π，所以r ＝2，表面积S ＝78×4πr 2＋34πr 2＝17π，选A.(2)由三视图知，该几何体是一个直四棱柱，上、下底面为直角梯形，如图所示．直角梯形斜腰长为12＋12＝2，所以底面周长为4＋2，侧面积为2×(4＋2)＝8＋22，两底面的面积和为2×12×1×(1＋2)＝3，所以该几何体的表面积为8＋22＋3＝11＋2 2.【答案】 (1)A (2)B空间几何体表面积的求法(1)以三视图为载体的几何体的表面积问题，关键是分析三视图确定几何体中各元素之间的位置关系及数量关系．(2)多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积问题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．[通关练习]1．(2017·合肥市第一次教学质量检测)在一圆柱中挖去一圆锥所得的机械部件的三视图如图所示，则此机械部件的表面积为( )A ．(7＋2)πB ．(8＋2)π C.22π7D ．(1＋2)π＋6A [解析] 由题意得，挖去的圆锥的底面半径r ＝1，母线l ＝2， 所以该机械部件的表面积S ＝π×12＋2π×1×3＋π×1×2＝(7＋2)π.2．(2017·河北省衡水中学模拟)如图是某四棱锥的三视图，则该几何体的表面积等于( )A ．34＋6 5B ．6＋65＋4 3C ．6＋65＋413D ．17＋6 5A [解析] 由三视图得该几何体的直观图如图，其中，ABCD 为矩形，AD ＝6，AB ＝2，平面P AD ⊥平面ABCD ，△P AD 为等腰三角形，且此四棱锥的高为4，故该几何体的表面积等于6×2＋2×12×2×5＋12×6×25＋12×6×4＝34＋6 5.空间几何体的体积(高频考点)[学生用书P 132]空间几何体的体积是每年高考的热点，多与三视图结合考查，题型多为选择题、填空题，难度较小．高考对空间几何体的体积的考查常有以下三个命题角度： (1)求简单几何体的体积； (2)求组合体的体积；(3)求以三视图为背景的几何体的体积．[典例引领](1)(2015·高考全国卷Ⅱ)一个正方体被一个平面截去一部分后，剩余部分的三视图如图，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为( )A.18 B ．17C.16D ．15(2)(2016·高考北京卷)某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为()A .16 B ．13C .12D ．1【解析】 (1)由已知三视图知该几何体是由一个正方体截去了一个“大角”后剩余的部分，如图所示，截去部分是一个三棱锥．设正方体的棱长为1，则三棱锥的体积为V 1＝13×12×1×1×1＝16，剩余部分的体积V 2＝13－16＝56.所以V 1V 2＝1656＝15.(2)由三视图可得该几何体的直观图为三棱锥ABCD ，将其放在长方体中如图所示，其中BD ＝CD ＝1，CD ⊥BD ，三棱锥的高为1，所以三棱锥的体积为13×12×1×1×1＝16.故选A.【答案】 (1)D(2)A求空间几何体体积的解题策略(1)求简单几何体的体积．若所给的几何体为柱体、锥体或台体，则可直接利用公式求解．(2)求组合体的体积．若所给的几何体是组合体，不能直接利用公式求解，则常用转换法、分割法、补形法等进行求解．(3)求以三视图为背景的几何体的体积，应先根据三视图得到几何体的直观图，然后根据条件求解．[题点通关]角度一 求简单几何体的体积1．(2015·高考全国卷Ⅰ)《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B [解析] 设米堆的底面半径为r 尺，则π2r ＝8，所以r ＝16π，所以米堆的体积为V＝14×13π·r 2·5＝π12×⎝⎛⎭⎫16π2×5≈3209(立方尺)．故堆放的米约有3209÷1.62≈22(斛)．故选B ．角度二 求组合体的体积2.(2017·陕西西安第一次质量检测)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.43 B ．52C.73 D ．3A [解析] 根据几何体的三视图，得该几何体是下部为直三棱柱，上部为三棱锥的组合体，如图所示，则该几何体的体积是V 几何体＝V三棱柱＋V 三棱锥＝12×2×1×1＋13×12×2×1×1＝43.角度三 求以三视图为背景的几何体的体积3．(2017·湖南省东部六校联考)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．πB ．π2C.π3D ．π6D [解析] 由图可知该几何体是一个底面圆的半径为1，高为1的半圆锥体，故所求体积V ＝12×13π×12×1＝π6.球与空间几何体的接、切问题[学生用书P133][典例引领](2017·河南省六市第一次联考)三棱锥P -ABC 中，AB ＝BC ＝15，AC ＝6，PC⊥平面ABC ，PC ＝2，则该三棱锥的外接球表面积为( )A.253π B ．252πC.833π D ．832π【解析】 由题可知，△ABC 中AC 边上的高为15－32＝6，球心O 在底面ABC 的投影即为△ABC 的外心D ，设DA ＝DB ＝DC ＝x ，所以x 2＝32＋(6－x )2，解得x ＝546，所以R 2＝x 2＋⎝⎛⎭⎫PC 22＝758＋1＝838(其中R 为三棱锥外接球的半径)，所以外接球的表面积S ＝4πR 2＝832π，故选D ．【答案】 D若本例中的△ABC 变为边长为3的等边三角形．求三棱锥外接球的表面积． [解] 由题意得，此三棱锥外接球即为以△ABC 为底面、以PC 为高的正三棱柱的外接球，因为△ABC 的外接圆半径r ＝32×3×23＝1，外接球球心到△ABC 的外接圆圆心的距离d ＝1，所以外接球的半径R ＝r 2＋d 2＝2，所以三棱锥外接球的表面积S ＝4πR 2＝8π.球与空间几何体接、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P A ，PB ，PC 两两互相垂直，且P A ＝a ，PB ＝b ，PC ＝c ，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，利用4R 2＝a 2＋b 2＋c 2求解．(2017·唐山统一考试)如图，直三棱柱ABCA 1B 1C 1的六个顶点都在半径为1的半球面上，AB ＝AC ，侧面BCC 1B 1是半球底面圆的内接正方形，则侧面ABB 1A 1的面积为( )A ．2B ．1 C. 2D ．22C [解析] 由题意知，球心在侧面BCC 1B 1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 位于BC 的中点，同理△A 1B 1C 1的外心M 是B 1C 1的中点．设正方形BCC 1B 1边长为x ，在Rt △OMC 1中，OM ＝x 2，MC 1＝x2，OC 1＝R ＝1(R 为球的半径)，所以⎝⎛⎭⎫x 22＋⎝⎛⎭⎫x 22＝1，即x ＝2，则AB ＝AC ＝1，所以S 矩形ABB 1A 1＝2×1＝ 2.[学生用书P 133]——求空间几何体的体积(2017·唐山模拟)如图，△ABC 中，AB ＝8，BC ＝10，AC ＝6，DB ⊥平面ABC ，且AE ∥FC ∥BD ，BD ＝3，FC ＝4，AE ＝5，则此几何体的体积为________．【解析】 法一：如图，取CM ＝AN ＝BD ，连接DM ，MN ，DN ，用“分割法”把原几何体分割成一个直三棱柱和一个四棱锥．所以V 几何体＝V 三棱柱＋V 四棱锥．由题知三棱柱ABC -NDM 的体积为V 1＝12×8×6×3＝72.四棱锥D -MNEF 的体积为V 2＝13S 梯形MNEF ·DN ＝13×12×(1＋2)×6×8＝24，则几何体的体积为V ＝V 1＋V 2＝72＋24＝96. 法二：用“补形法”把原几何体补成一个直三棱柱，使AA ′＝BB ′＝CC ′＝8，所以V 几何体＝12V 三棱柱＝12×S △ABC ·AA ′＝12×24×8＝96. 【答案】 96本题给出两种求体积的方法．当一个几何体的形状不规则时，常通过分割或者补形的手段将此几何体变为一个或几个规则的、体积易求的几何体，然后再计算．经常考虑将三棱锥还原为三棱柱或长方体，将三棱柱还原为平行六面体，将台体还原为锥体．(2017·石家庄市第一次模考)某几何体的三视图如图所示，图中网格小正方形边长为1，则该几何体的体积是( )A ．4B ．163C.203D ．12B [解析] 由三视图可得该几何体是一个五面体ABHGEF (如图)，且AB ＝4，GH ＝2，FH ＝2，连接AF ，AH ，则该几何体的体积是V ＝V A EFHG ＋V F ABH ＝13×22×2＋13×12×4×2×2＝163，选项B 正确．[学生用书P356(独立成册)]1．圆柱的底面直径与高都等于球的直径，则球的体积与圆柱的体积比V 球∶V 柱为( ) A ．1∶2 B ．2∶3C ．3∶4D ．1∶3B [解析] 设球的半径为R. 则V 球V 柱＝43πR 3πR 2×2R ＝23，故选B ． 2．(2016·高考全国卷甲)如图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( )A ．20πB ．24πC ．28πD ．32πC [解析] 该几何体是圆锥与圆柱的组合体，由三视图可知圆柱底面圆的半径r ＝2，底面圆的周长c ＝2πr ＝4π，圆锥的母线长l ＝22＋（23）2＝4，圆柱的高h ＝4，所以该几何体的表面积S 表＝πr 2＋ch ＋12cl ＝4π＋16π＋8π＝28π，故选C.3.(2017·云南省第一次统一检测)如图是底面半径为1，高为2的圆柱被削掉一部分后剩下的几何体的三视图(注：正视图也称主视图，侧视图也称左视图)，则被削掉的那部分的体积为( )A.π＋23B ．5π－23C.5π3－2 D ．2π－23B [解析] 由三视图可知，剩下部分的几何体由半个圆锥和一个三棱锥组成，其体积V ＝13×12×π×12×2＋13×12×2×1×2＝π3＋23，所以被削掉的那部分的体积为π×12×2－⎝⎛⎭⎫π3＋23＝5π－23.4．(2017·合肥模拟)某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A ．12＋42B ．18＋8 2C ．28D ．20＋8 2D [解析] 由三视图可知该几何体是底面为等腰直角三角形的直三棱柱，如图．则该几何体的表面积为S ＝2×12×2×2＋4×2×2＋22×4＝20＋82，故选D ．5.(2017·兰州市实战考试)一个几何体的三视图如图所示，其中正视图和侧视图是腰长为1的两个等腰直角三角形，则该几何体外接球的体积为( )A.32π B ．32C ．3πD ．3A [解析] 由题意得，该几何体为四棱锥，且该四棱锥的外接球即为棱长为1的正方体的外接球，其半径为32，故体积为43π⎝⎛⎭⎫323＝32π，故选A.6.如图，已知球O 是棱长为1的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的内切球，则平面ACD 1截球O 的截面面积为( )A.66π B ．π3C.π6D ．33π C [解析] 平面ACD 1截球O 的截面为△ACD 1的内切圆． 因为正方体的棱长为1，所以AC ＝CD 1＝AD 1＝2， 所以内切圆的半径r ＝66， 所以S ＝πr 2＝π×636＝16π.7.如图，将一个长方体用过相邻的三条棱的中点的平面截出一个棱锥，则该棱锥的体积与剩下的几何体体积的比为________．[解析] 设长方体的相邻三条棱长分别为a ，b ，c ，它截出棱锥的体积为V 1＝13×12×12a ×12b ×12c ＝148abc ，剩下的几何体的体积V 2＝abc －148abc ＝4748abc ，所以V 1∶V 2＝1∶47.[答案] 1∶478．(2016·高考天津卷)已知一个四棱锥的底面是平行四边形，该四棱锥的三视图如图所示(单位：m)，则该四棱锥的体积为________m 3.[解析] 根据三视图可知该四棱锥的底面是底边长为2 m 、高为1 m 的平行四边形，四棱锥的高为3 m ，故其体积为13×2×1×3＝2(m 3)．[答案] 29．(2017·武汉市武昌区调研)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22，则该球的表面积为________．[解析] 如图，正四棱锥P -ABCD 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22，所以AC ＝4，在Rt △AOO 1中，R 2＝(4－R )2＋22，所以R ＝52，所以球的表面积S ＝4πR 2＝25π.[答案] 25π10．(2017·山西省高三考前质量检测)某几何体的三视图如图所示，当xy 取得最大值时，该几何体的体积是________．[解析] 分析题意可知，该几何体为如图所示的四棱锥P -ABCD ，CD ＝y 2，AB＝y ，AC ＝5，CP ＝7，BP ＝x ，所以BP 2＝BC 2＋CP 2，即x 2＝25－y 2＋7，x 2＋y 2＝32≥2xy ，则xy ≤16，当且仅当x ＝y ＝4时，等号成立．此时该几何体的体积V ＝13×2＋42×3×7＝37. [答案] 3711．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] 如图，分别过点A 、B 作EF 的垂线，垂足分别为G 、H ，连接DG 、CH ，容易求得EG ＝HF ＝12，AG ＝GD ＝BH ＝HC ＝32，所以S △AGD ＝S △BHC ＝12×22×1＝24，所以该多面体的体积V ＝V E ADG ＋V F BHC ＋V AGD BHC ＝13×24×12＋13×24×12＋24×1＝23. 12.如图，为了制作一个圆柱形灯笼，先要制作4个全等的矩形骨架，总计耗用9.6米铁丝，再用S 平方米塑料片制成圆柱的侧面和下底面(不安装上底面)．(1)当圆柱底面半径r 取何值时，S 取得最大值？并求出该最大值(结果精确到0.01平方米)；(2)若要制作一个如图放置的、底面半径为0.3米的灯笼，请作出用于制作灯笼的三视图(作图时，不需考虑骨架等因素)．[解] (1)由题意可知矩形的高即圆柱的母线长为 9.6－8×2r8＝1.2－2r ， 所以塑料片面积S ＝πr 2＋2πr (1.2－2r ) ＝πr 2＋2.4πr －4πr 2＝－3πr 2＋2.4πr ＝－3π(r 2－0.8r )．所以当r ＝0.4米时，S 有最大值，约为1.51平方米． (2)若灯笼底面半径为0.3米，则高为1.2－2×0.3＝0.6(米)． 制作灯笼的三视图如图13.(2017·河南中原名校联考)如图，四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1是棱长为1的正方体，四棱锥S -ABCD 是高为1的正四棱锥，若点S ，A 1，B 1，C 1，D 1在同一个球面上，则该球的表面积为( )A.916π B ．2516πC.4916π D ．8116πD [解析] 作如图所示的辅助线，其中O 为球心，设OG 1＝x ，则OB 1＝SO ＝2－x ，由正方体的性质知B 1G 1＝22，则在Rt △OB 1G 1中，OB 21＝G 1B 21＋OG 21，即(2－x )2＝x 2＋⎝⎛⎭⎫222，解得x ＝78，所以球的半径R ＝OB1＝98，所以球的表面积为S ＝4πR 2＝8116π，故选D ． 14.在长方体ABCD -A1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝2，过A 1，C 1，B 三点的平面截去长方体的一个角后，得到如图所示的几何体ABCD -A 1C 1D 1，这个几何体的体积为403，则经过A 1，C 1，B ，D 四点的球的表面积为________．[解析] 设AA 1＝x ，则VABCD A 1C 1D 1＝VABCD A 1B 1C 1D 1－VB A 1B 1C 1＝2×2×x －13×12×2×2×x ＝403，则x＝4.因为A 1，C 1，B ，D 是长方体的四个顶点，所以经过A 1，C 1，B ，D 四点的球的球心为长方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的体对角线的中点，且长方体的体对角线为球的直径，所以球的半径R ＝22＋22＋422＝6，所以球的表面积为24π.[答案] 24π15．一几何体按比例绘制的三视图如图所示(单位：m)：(1)试画出它的直观图； (2)求它的表面积和体积．[解] (1)直观图如图所示．(2)由三视图可知该几何体是长方体被截去一个三棱柱，且该几何体的体积是以A 1A ，A 1D 1，A 1B 1为棱的长方体的体积的34，在直角梯形AA 1B 1B 中，作BE ⊥A 1B 1于E ，则四边形AA 1EB 是正方形， AA 1＝BE ＝1，在Rt △BEB 1中，BE ＝1，EB 1＝1， 所以BB 1＝2， 所以几何体的表面积S ＝S 正方形ABCD ＋S 矩形A 1B 1C 1D 1＋2S 梯形AA 1B 1B ＋S 矩形BB 1C 1C ＋S 正方形AA 1D 1D ＝1＋2×1＋2×12×(1＋2)×1＋1×2＋1＝(7＋2)(m 2)．几何体的体积V ＝34×1×2×1＝32(m 3)．所以该几何体的表面积为(7＋2)m 2，体积为32m 3.16.请你设计一个帐篷，它下部的形状是高为1 m 的正六棱柱，上部的形状是侧棱长为3 m 的正六棱锥(如图)．试问当帐篷的顶点O 到底面中心O 1的距离为多少时，帐篷的体积最大？[解] 设OO 1为x m ，则1<x <4.由题设可得正六棱锥底面边长为(单位：m) 32－（x －1）2＝8＋2x －x 2. 于是底面正六边形的面积为(单位：m 2) 6×34×(8＋2x －x 2)2＝332(8＋2x －x 2)． 帐篷的体积为(单位：m 3)V (x )＝332(8＋2x －x 2)⎣⎡⎦⎤13（x －1）＋1＝32(16＋12x－x3)．求导数，得V′(x)＝32(12－3x2)．令V′(x)＝0，解得x1＝－2(不合题意，舍去)，x2＝2.当1<x<2时，V′(x)>0，V(x)为增函数；当2<x<4时，V′(x)<0，V(x)为减函数．所以当x＝2时，V(x)最大．即当OO1为2 m时，帐篷的体积最大．。
高考数学一轮总复习课时规范练33基本立体图形及空间几何体的表面积和体积北师大版
课时规范练33基本立体图形及空间几何体的表面积和体积基础巩固组1.能旋转形成如图所示的几何体的平面图形是()2.用斜二测画法得到一个水平放置的平面图形OABC的直观图为如图所示的直角梯形O'A'B'C'，其中，若原平面图形OABC的面积为3√2，则O'A'的长为()梯形的上底长是下底长的13A.2B.√2C.√3D.323.如图所示的扇形是某个圆锥的侧面展开图，已知扇形所在圆的半径R=√5，扇形弧长l=4π，则该圆锥的表面积为()A.2πB.(4+2√5)πC.(3+√5)πD.8π+√54.(2021湖北十堰二模)已知某圆柱的轴截面是正方形，且该圆柱的侧面积是4π，则该圆柱的体积是()A.2πB.4πC.8πD.12π5.将半径为3，圆心角为2π3的扇形围成一个圆锥，则该圆锥的内切球的体积为()A.√2π3B.√3π3C.4π3D.2π6.(2021北京，8)定义:24小时内降水在平地上积水厚度(单位:mm)来判断降雨程度.其中小雨(<10 mm)，中雨(10 mm—25 mm)，大雨(25 mm—50 mm)，暴雨(50 mm—100 mm)，小明用一个圆锥形容器接了24小时的雨水，如图，则这天降雨属于哪个等级()A.小雨B.中雨C.大雨D.暴雨7.下列四个论断不正确的是()A.过圆锥两母线的截面面积中，最大的不一定是轴截面面积B.经过一条已知直线有且只有一个平面与已知平面垂直C.等底面积等高的棱柱与圆柱的体积相等D.表面积相等的正方体和球体，体积较大的是球体8.(2021山东淄博一模)已知某圆锥底面圆的半径r=1，侧面展开图是一个半圆，则此圆锥的体积为.9.已知一个正四棱锥的侧棱与底面所成的角为45°，侧面积为4√3，则该棱锥的体积为.综合提升组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2R相等，则下列结论正确的是()A.圆柱的体积为4πR3B.圆锥的侧面积为2πR2C.圆柱的侧面积与圆锥的表面积相等D.圆柱、圆锥、球的体积之比为3∶1∶211.用长度分别是2，3，5，6，9(单位:cm)的五根木棒连接(只允许连接，不允许折断)，组成共顶点的长方体的三条棱，则能够得到的对应长方体的最大表面积为()A.258 cm2B.414 cm2C.416 cm2D.418 cm212.(2021广东汕尾模拟)如图，一个圆锥形物体的母线长为6，一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6√2，则该圆锥形物体的底面半径为.13.如图，在长方体ABCD-A1B1C1D1中，AB=14，BC=5，AA1=4，点E，F分别在A1B1，D1C1上，A1E=D1F=2.(1)求直线CF与C1E所成角的余弦值;(2)过点E，F的平面α与此长方体的表面相交，交线围成一个正方形，求平面α把该长方体分成的较小部分与较大部分的体积的比值.创新应用组14.有一种外形为圆锥形的斗笠，称为“灯罩斗笠”，根据人的体型、高矮等制作成大小不一的型号供人选择使用，不同型号的斗笠大小经常用帽坡长(母线长)和帽底宽(底面圆直径长)两个指标进行衡量，现有一个“灯罩斗笠”，帽坡长20厘米，帽底宽20√3厘米，关于此斗笠，下面说法错误的是()A.分笠轴截面(过顶点和底面中心的截面图形)的顶角为120°B.过斗笠顶点和斗笠侧面上任意两母线的截面三角形的最大面积为100√3平方厘米C.若此斗笠顶点和底面圆上所有点都在同一个球上，则该球的表面积为1 600π平方厘米D.此斗笠放在平面上，可以盖住的球(保持斗笠不变形)的最大半径为(20√3-30)厘米15.(2021八省联考模拟卷)用曲率刻画空间弯曲性，规定:多面体顶点的曲率等于2π与多面体在该点的面角之和的差(多面体的面的内角叫作多面体的面角，角度用弧度制)，多面体面上非顶点的曲率均为零，多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和.例如:正四面体在每个顶点有3个面角，每个面角是π3，所以正四面体在各顶点的曲率为2π-3×π3=π，故其总曲率为4π.(1)求四棱锥的总曲率;(2)若多面体满足:顶点数-棱数+面数=2，证明:这类多面体的总曲率是常数.课时规范练33 基本立体图形及空间几何体的表面积和体积1.A 解析:此几何体自上向下是由一个圆锥、两个圆台和一个圆柱构成，是由A 中的平面图形旋转形成的.故选A .2.D 解析:设O'A'=x ，则O'B'=√2x ，在原图形中OB=2O'B'=2√2x ，BC=B'C'=x3，OA=O'A'=x ，OB 为原图形中梯形的高，面积为S=12×x+13x ×2√2x=3√2，解得x=32，故选D .3.B 解析:设圆锥底面圆半径为r ，则2πr=4π，解得r=2.圆锥的表面积S 表=S 底面圆+S 侧=πr 2+12lR=π×22+12×4π×√5=(4+2√5)π. 故选B .4.A 解析:设该圆柱的底面圆半径为r ，则圆柱的高(母线)为h ，而圆柱的轴截面是正方形，则h=2r ，圆柱侧面积为2πrh=4π，即4πr 2=4π，解得r=1，h=2，故该圆柱的体积是πr 2h=2π. 故选A .5.A 解析:设圆锥的底面半径为r ，高为h ，则2πr=2π3×3，所以r=1，则h=√32-12=2√2. 设内切球的半径为R ，则R2√2-R=13，所以R=√22，所以V=4π3R 3=4π3×√223=√2π3.故选A .6.B 解析:由题可知，圆锥内积水的高度是圆锥高度的一半，则圆锥内积水部分的半径为r=12×12×200=50(mm)，h=12×300=150(mm).所以由定义可得，积水厚度d=13π×502×150π×1002=12.5(mm)，属于中雨.故选B .7.B 解析:由于圆锥母线长度都相等由于圆锥母线长度都相等，设两母线的夹角为θ，母线长为2，则过圆锥两母线的截面面积为12×2×2sin θ=2sin θ，当轴截面两母线的夹角θ=150°时，轴截面的面积为2sin150°=1，此时可以找到一个两母线的夹角θ=90°不是轴截面的截面，其面积为2sin90°=2，故A 正确;当已知直线垂直于已知平面时，过已知直线的所有平面都垂直于已知平面，故B 错误;由于棱柱和圆柱的体积都是底面积乘高，则等底面积等高的棱柱与圆柱的体积相等，故C 正确;设正方体的棱长为a ，球的半径为R ，则S=4πR 2=6a 2，球的体积为V 1=43×πR 3=S 3×√S4π，正方体的体积为V 2=a 3=S 6×√S6，所以V 1>V 2，故D 正确.故选B . 8.√3π3解析:∵圆锥的侧面展开图是一个半圆，圆锥的底面周长为2π，即侧面展开图半圆的弧长是2π，则半圆的半径，即圆锥的母线为2. 圆锥的高为√22-12=√3. ∴圆锥的体积V=13π×12×√3=√3π3. 9.4√23解析:设正四棱锥底面边长为2a ，且正四棱锥的侧棱与底面所成的角为45°，则四棱锥的高为√2a.又正四棱锥的侧面积为4√3，所以每个侧面的面积为√3. 则12×2a ×√3a=√3，解得a=1.即正四棱锥的高为√2，故该棱锥的体积为13×22×√2=4√23. 10.D 解析:依题意圆柱的底面半径为R ，则圆柱的高为2R ，故圆柱的体积为πR 2×2R=2πR 3，故A 错误;由题可得，圆锥的母线长为√5R ，圆锥的侧面积为πR ×√5R=√5πR 2，故B 错误; ∵圆柱的侧面积为4πR 2，圆锥表面积为√5πR 2+πR 2，故C 错误; ∴V 圆柱=πR 2·2R=2πR 3，V 圆锥=13πR 2·2R=23πR 3，V 球=43πR 3，∴V 圆柱∶V 圆锥∶V 球=2πR 3∶23πR 3∶43πR 3=3∶1∶2，故D 正确.故选D .11.C 解析:设长方体的三条棱的长度为a ，b ，c ， 所以长方体表面积S=2(ab+bc+ac )≤(a+b)22+(b+c)22+(a+c)22，当且仅当a=b=c 时取等号又由题意可知a=b=c 不可能成立，所以当a ，b ，c 的长度最接近时，此时对应的表面积最大，此时三边长分别为8cm ，8cm ，9cm ， 用2cm 和6cm 连接在一起形成8cm ，用3cm 和5cm 连接在一起形成8cm ，剩余一条棱长为9cm ， 所以最大表面积为2×(8×8+8×9+8×9)=416(cm 2).故选C .12.32解析:圆锥侧面展开图为扇形POP'，如图.由题知，OP=OP'=6，小虫爬行的最短路程为线段PP'，即PP'=6√2.显然有OP2+OP'2=72=PP'2，即∠POP'=π2.设圆锥底面圆半径为r，则有2πr=6×π2=3π，解得r=32.即圆锥形物体的底面半径为32.13.解(1)连接EF，EB，BC1，长方体ABCD-A1B1C1D1中，A1E=D1F=2，且A1E∥D1F，所以四边形A1EFD1是平行四边形，所以A1D1与EF平行且相等，所以EF与BC平行且相等，所以四边形EFCB为平行四边形，所以FC∥BE，直线CF与C1E所成角就是∠C1EB或其补角，C1E=√EF2+FC12=13，EB=√EB12+BB12=4√10，C1B=√B1B2+B1C12=√41，在△C1EB中，由余弦定理，cos∠C1EB=C1E 2+EB2-C1B22C1E·EB =2×13×4√10=18√1065，所以直线CF与C1E所成角的余弦值为18√1065.(2)设过点E，F的平面α与此长方体的表面相交，交线围成一个正方形，即正方形EFNM，则EM=5，作EP⊥AB于点P，作FQ⊥DC于点Q，所以PM=3，所以点M在点P的右侧，平面α把该长方体分成的两部分为直棱柱AMEA1-DNFD1和直棱柱EMBB1-FNCC1，两个直棱柱的高相等，两部分体积之比为V AMEA 1-DNFD 1VEMBB 1-FNCC 1=AM+A 1E2·AA 1·AD MB+B 1E2·AA 1·BC=721=13.14.B 解析:对于A ，作出图形如图所示，PO=√202-(10√3)2=√400−300=10， 所以sin ∠APO=AO AP=10√320=√32， 因为0°<∠APO<90°，故∠APO=60°，所以∠APB=120°，故选项A 正确;对于B ，设∠APB=θ，截面三角形面积为S=12·PA 2·sin θ=200sin θ≤200，故选项B 不正确; 对于C ，设外接球球心为M ，半径为R ，所以MA=MP=R ， 在△AOM 中，由勾股定理可得300+(R-10)2=R 2，解得R=20， 所以该球的表面积S=4π×202=1600π，故选项C 正确;对于D ，设球心为O'，截面主视图如图所示，设内切圆半径为r ，△ABP 各边长分别为PA=PB=20，AB=20√3，所以12×(20+20+20√3)r=12×20√3×10， 解得r=20√3-30，故选项D 正确.故选B .15.(1)解由题可知，四棱锥的总曲率等于四棱锥各顶点的曲率之和.可以从整个多面体的角度考虑，所有顶点相关的面角就是多面体的所有多边形表面的内角的集合.由图可知，四棱锥共有5个顶点，5个面，其中4个为三角形，1个为四边形.所以四棱锥的表面内角和由4个为三角形，1个为四边形组成，则其总曲率为2π×5-(4π+2π)=4π.(2)证明设顶点数、棱数、面数分别为n，l，m，所以有n-l+m=2.设第i个面的棱数为x i，所以x1+x2+…+x m=2l，所以总曲率为2πn-π[(x1-2)+(x2-2)+…+(x m-2)]=2πn-π(2l-2m)=2π(n-l+m)=4π，所以这类多面体的总曲率是常数.11。
高考数学专题《空间几何体的表面积和体积》习题含答案解析
专题8.2 空间几何体的表面积和体积1．（2021·湖南高一期末）已知圆柱1OO 及其展开图如图所示，则其体积为（ ）A ．πB ．2πC ．3πD ．4π【答案】D【解析】 结合展开图求出圆柱的底面半径与高，进而结合体积公式即可求出结果.【详解】设底面半径为r ，高为h ，根据展开图得422h r ππ=⎧⎨=⎩，则41h r =⎧⎨=⎩，所以圆柱的体积为22144r h πππ=⨯⨯=， 故选：D.2.（2021·宁夏大学附属中学高一月考）已知圆柱的上、下底面的中心分别为,O O '，过直线OO '的平面截该圆柱所得的面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为（ ）A ．B ．12πC ．D ．10π【答案】B【解析】根据圆柱的轴截面面积求出圆柱的底面半径和母线长，利用圆柱的表面积公式，即可求解.【详解】设圆柱的轴截面的边长为x ，因为过直线OO '的平面截该圆柱所得的面是面积为8的正方形，所以28x =，解得x = 即圆柱的底面半径为r =l =所以圆柱的表面积为222222212S S S r rl πππππ=+=+=⨯+侧底. 练基础故选：B.3．（2021·浙江高二期末）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（）A．13B．16C．12D．14【答案】D【解析】首先把三视图转换为几何体的直观图，进一步求出几何体的体积．【详解】解：根据几何体的三视图转换为直观图为：该几何体为底面为直角梯形，高为1的四棱锥体；如图所示：所以：1111(1)113224V=⨯⨯+⨯⨯=．故选：D．4．（2021·辽宁高一期末）已知一平面截一球得到直径为，则该球的体积为（）3cmA ．12πB ．36πC ．D ．108π【答案】B【解析】 由球的截面性质求得球半径后可得体积．【详解】由题意截面圆半径为r =3R =， 体积为334433633V R πππ==⨯=． 故选：B ．5．（2020·浙江省高考真题）某几何体的三视图（单位：cm ）如图所示，则该几何体的体积（单位：cm 3）是（ ）A ．73B ．143C ．3D ．6【答案】A【解析】由三视图可知，该几何体是上半部分是三棱锥，下半部分是三棱柱，且三棱锥的一个侧面垂直于底面，且棱锥的高为1，棱柱的底面为等腰直角三角形，棱柱的高为2，所以几何体的体积为：11117211212232233⎛⎫⎛⎫⨯⨯⨯⨯+⨯⨯⨯=+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. 故选：A6.（2018·全国高考真题（文））已知圆柱的上、下底面的中心分别为1O ，2O ，过直线12O O 的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为（ ）A ．B ．12πC ．D ．10π【答案】B【解析】根据题意，可得截面是边长为的圆，且高为所以其表面积为22212S πππ=+=，故选B.7.（2020·江苏省高考真题）如图，六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的．已知螺帽的底面正六边形边长为2 cm ，高为2 cm ，内孔半轻为0.5 cm ，则此六角螺帽毛坯的体积是____cm.【答案】2π【解析】正六棱柱体积为262⨯圆柱体积为21()222ππ⋅=所求几何体体积为2π故答案为： 2π9.（2019·北京高考真题（文））某几何体是由一个正方体去掉一个四棱柱所得，其三视图如图所示．如果网格纸上小正方形的边长为1，那么该几何体的体积为__________．【答案】40.【解析】如图所示,在棱长为4的正方体中,三视图对应的几何体为正方体去掉棱柱1111MPD A NQC B -之后余下的几何体,几何体的体积()3142424402V =-+⨯⨯=. 10．（2019·全国高考真题（理））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_________．【答案】共26个面..【解析】由图可知第一层与第三层各有9个面，计18个面，第二层共有8个面，所以该半正多面体共有个面．如图，设该半正多面体的棱长为，则，延长与交于点，延长交正方体棱于，由半正多面体对称性可知，为等腰直角三角形，，．1.（2021·浙江高一期末）我国古代数学名著《九章算术》中记载“今有羡除，下广六尺，上广一丈，深三尺，118826+=x AB BE x ==BC FE G BC H BGE ∆,21)122BG GE CH x GH x x x ∴===∴=⨯+==1x ∴==1练提升末广八尺，无深，袤七尺．问积几何?”这里的“羡除”，是指由三个等腰梯形和两个全等的三角形围成的五面体．在图1所示羡除中，////AB CD EF ，10AB =，8CD =，6EF =，等腰梯形ABCD 和等腰梯形ABFE 的高分别为7和3，且这两个等腰梯形所在的平面互相垂直．按如图2的分割方式进行体积计算，得该“羡除”的体积为（ ）A ．84B ．66C ．126D ．105【答案】A【解析】 由图可知，中间部分为棱柱，两侧为两个全等的四棱锥，再由柱体和锥体的体积公式可求得结果.【详解】按照图2中的分割方式，中间为直三棱柱，直三棱柱的底面为直角三角形，两条直角边长分别为7、3，直三棱柱的高为6， 所以，直三棱柱的体积为11736632V =⨯⨯⨯=. 两侧为两个全等的四棱锥，四棱锥的底面为直角梯形，直角梯形的面积为()1272122S +⨯==，四棱锥的高为3h =， 所以，两个四棱锥的体积之和为2121232132V =⨯⨯⨯=， 因此，该“羡除”的体积为1284V V V =+=.故选：A.2.（2021·河北巨鹿中学高一月考）蹴鞠（如图所示），又名蹴球、蹴圆、筑球、踢圆等，蹴有用脚蹴、踢的含义，鞠最早系外包皮革、内实米糠的球.因而蹴鞠就是指古人以脚蹴、塌、踢皮球的活动，类似今日的足球.2006年5月20日，蹴鞠已作为非物质文化遗产经国务院批准列入第一批国家非物质文化遗传名录.已知某蹴鞠（近似看作球体）的表面上有四个点S 、A 、B 、C ，满足S ABC -为正三棱锥，M 是SC 的中点，且AM SB ⊥，侧棱1SA =，则该蹴鞠的表面积为（ ）A ．3πB ．6πC ．12πD ．16π【答案】A【解析】 若ASB θ∠=，N 为BC 中点易得AM MN ⊥，再应用余弦定理、勾股定理求得2πθ=，即S ABC -为直三棱锥，即可求外接球半径，进而求表面积.【详解】如下图，若N 为BC 中点，则//MN SB ，又AM SB ⊥，∴AM MN ⊥，又S ABC -为正三棱锥且侧棱1SA =，∴1,2MN AN AB ==，若ASB θ∠=，则25cos 4AM θ=-，222cos AB θ=-， 在Rt AMN △中，222AM MN AN +=，即()33cos 22cos 24θθ-=-，可得cos 0θ=，0θπ<<，∴2πθ=，即S ABC -为直三棱锥，易得外接球半径R ∴该蹴鞠的表面积为243R ππ=.故选：A3．【多选题】（2021·江苏高一期末）已知圆台上、下底面的圆心分别为1O ，2O ，半径为2，4，圆台的母线与下地面所成角的正切值为3，P 为12O O 上一点，则（ ）A ．圆台的母线长为6B ．当圆锥的1PO 圆锥2PO 的体积相等时，124PO PO =C ．圆台的体积为56πD ．当圆台上、下底面的圆周都在同一球面上，该球的表面积为80π【答案】BCD【解析】转化求解圆台的母线长判断Q ；利用比例关系判断B ；求解体积判断C ；取得球的表面积判断D ．【详解】解：圆台上、下底面的圆心分别为1O ，2O ，半径为2，4，圆台的母线与下底面所成角的正切值为3，P 为12O O 上一点，3(42)6h =⨯-=，母线l =6矛盾，所以A 错误；1212r r =，124PO PO =，B 正确；16(416)563V πππ=⨯⨯=，C 正确； 设球心到上底面的距离为x ，则22222(6)4x x +=-+，解得4x =，r =80S π=，D 正确；故选：BCD ．4．（2020·全国高考真题（文））已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为_________．【解析】易知半径最大球为圆锥的内切球，球与圆锥内切时的轴截面如图所示，其中2,3BC AB AC ===，且点M 为BC 边上的中点，设内切圆的圆心为O ，由于AM =122S =⨯⨯△ABC 设内切圆半径为r ，则： ABC AOB BOC AOC S S S S =++△△△△111222AB r BC r AC r =⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯ ()13322r =⨯++⨯=解得：22r ，其体积：3433V r π==.. 5．（2020届浙江省杭州市高三3月模拟）在《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为“阳马”.现有一“阳马”P ABCD -，PA ⊥底面ABCD ，2PA AB ==，1AD =，则该“阳马”的最长棱长等于______；外接球表面积等于______.【答案】3 9π【解析】如图，PA ⊥底面ABCD ，底面ABCD 为长方形，且2PA AB ==，1AD =，所以PB PD ==3PC ===. 最长棱为:3. 该几何体可以通过补体得长方体,所以其外接球的半径为1322PC =. 则其外接球的表面积为23492ππ⎛⎫⨯= ⎪⎝⎭，故答案为：3；9π.6．（2020·山东省仿真联考3）在三棱锥中，平面，，，，P ABC -PA ⊥ABC 23BAC π∠=3AP =AB =是上的一动点，且直线与平面所成角的最大值为，则________，三棱锥的外接球的表面积为________．【答案】6【解析】 设直线与平面所成的角为，三棱锥外接球的球心为，半径为，如图所示，则， 所以，则的最小值为，即点到．因为， 所以，所以所以， 所以．取的外接圆的圆心为，则圆的半径连接，作于点， 则点为的中点，所以， 故三棱锥的外接球的表面积．故答案为：6；.Q BCPQ ABC 3πBC =P ABC -57πPQ ABC θP ABC -O R 30sin 2PA PQ PQ θ<==≤PQ ≥PQ AQ A BC 3BAQ π∠=23BAC π∠=3CAQ π∠=AB AC ==2222222cos 23BC AB AC AB AC π=+-⋅⋅=+-⨯1362⎛⎫⨯-= ⎪⎝⎭6BC =ABC O 'O '1622sin 3r π=⨯=OO 'OM PA ⊥M M PA 2222235724R OA OP ⎛⎫===+= ⎪⎝⎭P ABC -O 2457S R ππ==57π7.（广东省汕尾市2020-2021学年高一下学期期末数学试题）已知某圆柱的轴截面是一个正方形，且该圆柱表面积（底面和侧面面积之和）为1S ，其外接球的表面积为2S ，则该圆柱的表面积与其外接球的表面积的比值12S S =________. 【答案】34【解析】 设圆柱的底面半径为r ，高为h ，则2h r =，上下底面圆圆心连线的中点即为该圆柱外接球的球心，可得外接球的半径R =，再由圆柱的表面积公式和球的表面积公式分别计算1S 、2S 即可得比值.【详解】设圆柱的底面半径为r ，高为h ，因为圆柱的轴截面是一个正方形，所以2h r =，所以圆柱表面积22212π2π2π2π26πS r r h r r r r =+⋅=+⋅=，其外接球的球心在上下底面圆圆心连线的中点位置， 可知球心到上底面圆的距离为12h r =，由勾股定理可得：外接球的半径R =，所以外接球的表面积)22224π4π8πS R r ===， 所以该圆柱的表面积与其外接球的表面积的比值22126ππ348S r r S ==， 故答案为：34. 8．（2021·重庆市杨家坪中学高一月考）学生到工厂劳动实践，利用3D 打印技术制作模型.如图，该模型为在一正三棱柱中挖去一个圆柱后的剩余部分（圆柱的上下两底面圆与三棱柱的底面各边相切），圆柱底面直径为，高为4cm .打印所用原料密度为31g /cm ，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为______g. 1.73=，π 3.14=，精确到0.1）.【答案】24.6【解析】由正三棱柱的性质，结合已知求其底面面积，再由棱柱的体积公式求其体积V ，并求圆柱的体积为V '，则模型体积为V V '-，即可求制作该模型所需原料的质量.【详解】由题意，正三棱柱底面(等边三角形)如上图有AE OE AD DC =且2AC AE DC ==，AD AC =，OE ==6AC =，故底面面积1662S =⨯⨯=∴正三棱柱的体积462.3V Sh ===.而圆柱的体积为21237.7V r h ππ'==≈，∴制作该模型所需原料的质量为()124.6V V '-⨯=克.故答案为：24.69．（2021·上海高二期末）五月五是端午，门插艾，香满堂，吃粽子，蘸白糖，粽子古称“角黍”，是我国南北各地的节令食品，因各地风俗不同，粽子的形状和食材也会不同，有一种各面都是正三角形的正四面体形粽子，若该正四面体粽子的棱长为8cm ，则现有1立方米体积的食材，最多可以包成这种粽子_______个.【答案】16572【解析】根据题意，利用棱锥的体积公式求得正四面体粽子的体积，进而求得答案.【详解】如图所示，正四面体ABCD 的棱长为8cm ，设底面正三角形BCD 的中心为O ，连接AO ，则AO ⊥平面BCD ，连接BO，则23BO ==AO ==所以一个粽子的体积为：31188)32V cm =⨯⨯⨯=， 由3311000000m cm =16572.8≈ 所以1立方米体积的食材，最多可以包成这种粽子16572个.故答案为：16572.10．（2021·浙江高二期末）在四面体ABCD 中，AB BC ⊥，CD BC ⊥，AB CD ⊥，2BC =，若四面体ABCDABCD 的体积的最大值为___________． 【答案】83【解析】根据题意可以将此四面体放入一个长方体中，则易求四面体高与底面长的关系，再根据体积公式写出其体积表达式，最后利用基本不等式即可.【详解】如图所示，不妨将四面体ABCD 放入下图中的长方体中，则长方体的宽为2，设长方体的长为a ，高为h . 因为四面体ABCD则r==2216a h+=，所以四面体ABCD的体积22111833323BCDa hV S AB ah+=⋅=≤⋅=△，当且仅当a h==面体ABCD的体积最大值为8 3 .故答案为:8 31．（2021·全国高考真题）正四棱台的上､下底面的边长分别为2，4，侧棱长为2，则其体积为（）A．20+B．C．563D【答案】D【解析】由四棱台的几何特征算出该几何体的高及上下底面面积，再由棱台的体积公式即可得解.【详解】作出图形，连接该正四棱台上下底面的中心，如图，因为该四棱台上下底面边长分别为2，4，侧棱长为2，所以该棱台的高h练真题下底面面积116S =，上底面面积24S =，所以该棱台的体积((121116433V h S S =+=+= 故选：D.2.（2020·天津高考真题）若棱长为 ）A ．12πB ．24πC ．36πD ．144π 【答案】C【解析】【分析】求出正方体的体对角线的一半，即为球的半径，利用球的表面积公式，即可得解.【详解】这个球是正方体的外接球，其半径等于正方体的体对角线的一半，即3R ==，所以，这个球的表面积为2244336S R πππ==⨯=.故选：C.3.（2021·全国高考真题（理））已如A ，B ，C 是半径为1的球O 的球面上的三个点，且,1AC BC AC BC ⊥==，则三棱锥O ABC -的体积为（ ）A B C D 【答案】A【解析】由题可得ABC 为等腰直角三角形，得出ABC 外接圆的半径，则可求得O 到平面ABC 的距离，进而求得体积. 【详解】,1AC BC AC BC ⊥==，ABC ∴为等腰直角三角形，AB ∴=，则ABC 2，又球的半径为1， 设O 到平面ABC 的距离为d ，则d ==所以11111332212O ABC ABC V S d -=⋅=⨯⨯⨯⨯=. 故选：A.4.（2020·全国高考真题（理））埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为（ ）A ．14B ．12C ．14D ．12【答案】C【解析】如图，设,CD a PE b ==，则PO ==， 由题意212PO ab =，即22142a b ab -=，化简得24()210b b a a -⋅-=，解得14b a +=（负值舍去）. 故选：C.5.（2018·全国高考真题（文））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，则三棱锥D ABC -体积的最大值为（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】B【解析】如图所示，点M 为三角形ABC 的中心，E 为AC 中点，当DM ⊥平面ABC 时，三棱锥D ABC -体积最大此时，OD OB R 4===2ABC S AB == AB 6∴=,点M 为三角形ABC 的中心2BM 3BE ∴==Rt OMB ∴中，有OM 2==DM OD OM 426∴=+=+=()max 163D ABC V -∴=⨯=故选B.6.（2019·全国高考真题（理））已知三棱锥P -ABC 的四个顶点在球O 的球面上，PA =PB =PC ，△ABC 是边长为2的正三角形，E ，F 分别是PA ，AB 的中点，∠CEF =90°，则球O 的体积为（ ）A ．B ．C ． D【答案】D【解析】解法一:,PA PB PC ABC ==∆为边长为2的等边三角形，P ABC ∴-为正三棱锥， PB AC ∴⊥，又E ，F 分别为PA 、AB 中点，//EF PB ∴，EF AC ∴⊥，又EF CE ⊥，,CE AC C EF =∴⊥平面PAC ，PB ⊥平面PAC ，APB PA PB PC ∴∠=90︒,∴===，P ABC ∴-为正方体一部分，2R ==34433R V R =∴=π==π，故选D ．解法二:设2PA PB PC x ===，,E F 分别为,PA AB 中点，//EF PB ∴，且12EF PB x ==，ABC ∆为边长为2的等边三角形，CF ∴=又90CEF ∠=︒1,2CE AE PA x ∴===AEC ∆中余弦定理()2243cos 22x x EAC x +--∠=⨯⨯，作PD AC ⊥于D ，PA PC =， D 为AC 中点，1cos 2AD EAC PA x ∠==，2243142x x x x+-+∴=，22121222x x x ∴+=∴==，PA PB PC ∴======2AB BC AC ，,,PA PB PC ∴两两垂直，2R ∴==R ∴=，34433V R ∴=π==，故选D.。
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课时跟踪检测（三十八） 空间几何体及表面积与体积[A 级 保分题——准做快做达标]1.关于空间几何体的结构特征，下列说法中不正确的是( ) A ．棱柱的侧棱长都相等 B ．棱锥的侧棱长都相等C ．三棱台的上、下底面是相似三角形D ．有的棱台的侧棱长都相等解析：选B 根据棱锥的结构特征知，棱锥的侧棱长不一定都相等． 2．一个球的表面积为16π，那么这个球的体积为( ) A.163π B.323π C ．16π D ．24π解析：选B 设球的半径为R ，则由4πR 2＝16π，解得R ＝2，所以这个球的体积为43πR3＝323π. 3．如图所示，等腰△A ′B ′C ′是△ABC 的直观图，那么△ABC 是( )A ．等腰三角形B ．直角三角形C ．等腰直角三角形D ．钝角三角形解析：选B 由题图知A ′C ′∥y ′轴，A ′B ′∥x ′轴，由斜二测画法知，在△ABC 中，AC ∥y 轴，AB ∥x 轴，∴AC ⊥AB .又因为A ′C ′＝A ′B ′，∴AC ＝2AB ≠AB ，∴△ABC 是直角三角形．4．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.5．(·全国卷Ⅰ)在长方体ABCDA1B1C1D1中，AB＝BC＝2，AC1与平面BB1C1C所成的角为30°，则该长方体的体积为( )A．8 B．6 2C．8 2 D．8 3解析：选C 如图，连接AC1，BC1，AC.∵AB⊥平面BB1C1C，∴∠AC1B为直线AC1与平面BB1C1C所成的角，∴∠AC1B＝30°.又AB＝BC＝2，在Rt△ABC1中，AC1＝2sin 30°＝4.在Rt△ACC1中，CC1＝AC21－AC2＝42－22＋22＝22，∴V长方体＝AB×BC×CC1＝2×2×22＝8 2.6．下列几何体是棱台的是________(填序号)．解析：①③都不是由棱锥截成的，不符合棱台的定义，故①③不满足题意．②中的截面不平行于底面，不符合棱台的定义，故②不满足题意．④符合棱台的定义，故填④.答案：④[B级难度题——适情自主选做]1.用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图为如图所示的一个正方形，则原来的图形是( )解析：选A 由直观图可知，在直观图中多边形为正方形，对角线长为2，所以原图形为平行四边形，位于y轴上的对角线长为2 2.2．平面α截球O的球面所得圆的半径为1，球心O到平面α的距离为2，则此球的体积为( )A.6πB．43πC．46πD．63π解析：选B 设球的半径为R ，由球的截面性质得R ＝22＋12＝3，所以球的体积V ＝43πR 3＝43π.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．(·全国卷Ⅰ)已知圆柱的上、下底面的中心分别为O 1，O 2，过直线O 1O 2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为( )A ．122πB ．12πC ．82πD ．10π解析：选B 设圆柱的轴截面的边长为x ，则x 2＝8，得x ＝22，∴S 圆柱表＝2S 底＋S 侧＝2×π×(2)2＋2π×2×22＝12π.故选B.5．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 ．9πD.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＝81π4.6．(·全国卷Ⅲ)设A ，B ，C ，D 是同一个半径为4的球的球面上四点，△ABC 为等边三角形且其面积为93，则三棱锥D ABC 体积的最大值为( )A ．12 3B ．18 3C ．24 3D ．54 3解析：选B 由等边△ABC 的面积为93，可得34AB 2＝93，所以AB ＝6，所以等边△ABC 的外接圆的半径为r ＝33AB ＝2 3.设球的半径为R ，球心到等边△ABC 的外接圆圆心的距离为d ，则d ＝R 2－r 2＝16－12＝2.所以三棱锥D ABC 高的最大值为2＋4＝6，所以三棱锥D ABC 体积的最大值为13×93×6＝18 3. 7．(·江苏高考)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________．解析：由题意知所给的几何体是棱长均为2的八面体，它是由两个有公共底面的正四棱锥组合而成的，正四棱锥的高为1，所以这个八面体的体积为2V 正四棱锥＝2×13×(2)2×1＝43. 答案：438.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：30π9．(·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：402π[C 级 难度题——适情自主选做]1.如图，一个圆锥的底面半径为2，高为4，在其中有一个高为x 的内接圆柱．(1)求圆柱的侧面积；(2)当x 为何值时，圆柱的侧面积最大？解：(1)如图，设内接圆柱底面半径为r .S 圆柱侧＝2πr ·x .①∵r 2＝4－x 4，∴r ＝12(4－x )．② ②代入①，S 圆柱侧＝2πx ·12(4－x )＝π(－x 2＋4x )(0<x <4)．(2)S 圆柱侧＝π(－x 2＋4x )＝π[－(x －2)2＋4]， ∴x ＝2时，S 圆柱侧最大＝4π.2．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．。