46第八章 立体几何与空间向量 8.2 空间几何体的表面积与体积
§8.2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、台的表面积和
体积的计算公式.
主要考查涉及空间几何体的表面积与体积．常以选择题与填空题为主，
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，难度为中低档.
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，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＝S圆锥侧＝S圆台侧＝
3.柱、锥、台、球的表面积和体积
名称
几何体
表面积体积
柱体
(棱柱和圆柱)
S表面积＝S侧＋2S底V＝Sh
锥体
(棱锥和圆锥)
S表面积＝S侧＋S底V＝
1
3Sh
台体
(棱台和圆台)
S表面积＝S侧＋S上＋S下V＝
1
3(S上＋S下＋S上S下)h
球S＝V＝
4
3
πR3
概念方法微思考
1．如何求旋转体的表面积？
2．如何求不规则几何体的体积？
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)台体的体积可转化为两个锥体的体积之差．( ) (3)锥体的体积等于底面积与高之积．( )
(4)已知球O 的半径为R ，其内接正方体的边长为a ，则R ＝
3
2
a .( ) (5)圆柱的一个底面积为S ，侧面展开图是一个正方形，那么这个圆柱的侧面积是2πS .( ) 题组二 教材改编
2．[P27练习T1]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 cm B ．2 cm C ．3 cm
D.32
cm 3．[P28A 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________．
题组三 易错自纠
4．体积为8的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为( ) A ．12π B.32
3
π C ．8π D ．4π
5．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________．
题型一求空间几何体的表面积
1．(2018·全国Ⅰ)已知圆柱的上、下底面的中心分别为O1，O2，过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为()
A．122π B．12π
C．82π D．10π
2．(2019·新乡模拟)下图是某几何体的三视图，则此几何体的表面积为()
A．42＋23＋2 B．43＋4
C．22＋43＋2 D．82＋4
题型二求空间几何体的体积
命题点1求以三视图为背景的几何体的体积
例1 (2017·全国Ⅱ)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为()
A．90π B．63π
C．42π D．36π
命题点2求简单几何体的体积
例2 如图，正三棱柱ABC－A1B1C1的底面边长为2，侧棱长为3，D为BC的中点，则三棱锥A－B1DC1的体积为()
A ．3 B.32 C ．1
D.32
跟踪训练1 (1)(2018·兰州模拟)《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：“今有刍甍，下广三丈，袤四丈；上袤二丈，无广；高一丈，问：积几何？”其意思为：“今有底面为矩形的屋脊状的楔体，下底面宽3丈，长4丈；上棱长2丈，高1丈，问它的体积是多少？”已知1丈为10尺，现将该楔体的三视图给出，其中网格纸上小正方形的边长为1丈，则该楔体的体积为( )
A ．5 000 立方尺
B ．5 500 立方尺
C ．6 000 立方尺
D ．6 500 立方尺
(2)如图，直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的各条棱长均为2，D 为棱B 1C 1上任意一点，则三棱锥 D －A 1BC 的体积是________．
题型三 与球有关的切、接问题
例3 已知直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的球面上，若AB ＝3，AC ＝4，AB ⊥AC ，AA 1＝12，则球O 的半径为( ) A.3172
B ．210 C.132 D ．310
引申探究
1．本例若将直三棱柱改为“棱长为4的正方体”，则此正方体外接球和内切球的体积各是多少？
2．本例若将直三棱柱改为“正四面体”，则此正四面体的表面积S1与其内切球的表面积S2的比值为多少？
3．本例中若将直三棱柱改为“侧棱和底面边长都是32的正四棱锥”，则其外接球的半径是多少？
跟踪训练2 (1)(2018·全国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 3 B．18 3
C．24 3 D．54 3
(2)(2019·长春东北师大附中模拟)一个棱锥的三视图如图所示，则这个棱锥的外接球的表面积为()
A．34π B．25π
C．41π D．50π
1．(2019·湖南省长沙市长郡中学模拟)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积是()
A ．16＋8 3
B ．16＋4 3
C ．48＋8 3
D ．48＋4 3
2．(2018·龙岩质检)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )
A ．3π＋8
B ．2π＋8
C ．2π＋4＋4 2
D ．3π＋4＋4 2
3．(2018·衡阳模拟)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )
A ．18
B ．24
C ．32
D ．36
4．(2019·江西重点中学联考)《算术书》竹简于上世纪八十年代在湖北省江陵县张家山出土，这是我国现存最早的有系统的数学典著，其中记载有求“囷盖”的术：置如其周，令相乘也，又以高乘之，三十六成一，该术相当于给出圆锥的底面周长l 与高h ，计算其体积V 的近似公式V ＝136l 2h ，它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率π近似取3，那么，近似公式V ≈
25942l 2h 相当于将圆锥体积公式中的π近似取( ) A.22
7
B.258
C.15750
D.355113
5．(2018·烟台模拟)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )
A.163
B.203
C.169
D.209
6.如图所示，一个底面半径为R 的圆柱形量杯中装有适量的水．若放入一个半径为r 的实心铁球，水面高度恰好升高r ，则R
r
＝________.
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________．
8．(2019·天津十二校联考)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________．
9．某组合体的三视图如图所示，则该组合体的体积为________．
10．(2017·全国Ⅱ)长方体的长、宽、高分别为3,2,1，其顶点都在球O 的球面上，则球O 的表面积为________．
11．(2019·洛阳模拟)已知一几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________．
12.如图，在△ABC 中，AB ＝8，BC ＝10，AC ＝6，DB ⊥平面ABC ，且AE ∥FC ∥BD ，BD ＝3，FC ＝4，AE ＝5.求此几何体的体积．
13．(2018·山东名校联盟模拟)某几何体的三视图如图所示，依次为正视图、侧视图和俯视图，则这个几何体的体积为( )
A ．6π＋43
B ．8π＋8
3
C ．6π＋2
3
D ．8π＋4
3
14．(2019·湛江模拟)已知一个三棱锥的三视图如图所示，其中俯视图是等腰直角三角形，则该三棱锥的外接球体积为________．
15．某几何体的三视图如图所示，坐标纸上的每个小方格的边长为1，则该几何体的外接球的体积是( )
A.5103
B ．112π C.1 0009
π
D.5 0001081
π
16.如图，△ABC 内接于圆O ，AB 是圆O 的直径，四边形DCBE 为平行四边形，DC ⊥平面ABC ，AB ＝4，EB ＝2 3.
(1)求证：DE ⊥平面ACD ；
(2)设AC ＝x ，V (x )表示三棱锥B －ACE 的体积，求函数V (x )的解析式及最大值．。
2024年高考数学总复习第八章《立体几何与空间向量》空间向量及其运算
2024年高考数学总复习第八章《立体几何与空间向量》§8.5空间向量及其运算最新考纲1.经历向量及其运算由平面向空间推广的过程.2.了解空间向量的概念，了解空间向量的基本定理及其意义，掌握空间向量的正交分解及其坐标表示.3.掌握空间向量的线性运算及其坐标表示.4.掌握空间向量的数量积及其坐标表示，能运用向量的数量积判断向量的共线与垂直．1．空间向量的有关概念名称概念表示零向量模为0的向量0单位向量长度(模)为1的向量相等向量方向相同且模相等的向量a ＝b相反向量方向相反且模相等的向量a 的相反向量为－a共线向量表示空间向量的有向线段所在的直线互相平行或重合的向量a ∥b 共面向量平行于同一个平面的向量2．空间向量中的有关定理(1)共线向量定理空间两个向量a 与b (b ≠0)共线的充要条件是存在实数λ，使得a ＝λb .(2)共面向量定理共面向量定理的向量表达式：p ＝x a ＋y b ，其中x ，y ∈R ，a ，b 为不共线向量．(3)空间向量基本定理如果三个向量a ，b ，c 不共面，那么对空间任一向量p ，存在有序实数组{x ，y ，z }，使得p ＝x a ＋y b ＋z c ，{a ，b ，c }叫做空间的一个基底．3．空间向量的数量积及运算律(1)数量积及相关概念①两向量的夹角已知两个非零向量a ，b ，在空间任取一点O ，作OA →＝a ，OB →＝b ，则∠AOB 叫做向量a ，b的夹角，记作〈a ，b 〉，其范围是0≤〈a ，b 〉≤π，若〈a ，b 〉＝π2，则称a 与b 互相垂直，记作a ⊥b .②两向量的数量积已知空间两个非零向量a ，b ，则|a ||b |cos 〈a ，b 〉叫做向量a ，b 的数量积，记作a ·b ，即a ·b ＝|a ||b |cos 〈a ，b 〉．(2)空间向量数量积的运算律①(λa )·b ＝λ(a ·b )；②交换律：a ·b ＝b ·a ；③分配律：a ·(b ＋c )＝a ·b ＋a ·c .4．空间向量的坐标表示及其应用设a ＝(a 1，a 2，a 3)，b ＝(b 1，b 2，b 3).向量表示坐标表示数量积a·ba 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3共线a ＝λb (b ≠0，λ∈R )a 1＝λb 1，a 2＝λb 2，a 3＝λb 3垂直a ·b ＝0(a ≠0，b ≠0)a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3＝0模|a |a 21＋a 22＋a 23夹角〈a ，b 〉(a ≠0，b ≠0)cos 〈a ，b 〉＝a 1b 1＋a 2b 2＋a 3b 3a 21＋a 22＋a 23·b 21＋b 22＋b 23概念方法微思考1．共线向量与共面向量相同吗？提示不相同．平行于同一平面的向量就为共面向量．2．零向量能作为基向量吗？提示不能．由于零向量与任意一个非零向量共线，与任意两个非零向量共面，故零向量不能作为基向量．3．空间向量的坐标运算与坐标原点的位置选取有关吗？提示无关．这是因为一个确定的几何体，其“线线”夹角、“点点”距离都是固定的，坐标系的位置不同，只会影响其计算的繁简，不会影响结果．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)空间中任意两个非零向量a ，b 共面．(√)(2)在向量的数量积运算中(a ·b )·c ＝a ·(b ·c )．(×)(3)对于非零向量b ，由a ·b ＝b ·c ，则a ＝c .(×)(4)两向量夹角的范围与两异面直线所成角的范围相同．(×)(5)若A ，B ，C ，D 是空间任意四点，则有AB →＋BC →＋CD →＋DA →＝0.(√)(6)若a·b <0，则〈a ，b 〉是钝角．(×)题组二教材改编2．如图所示，在平行六面体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，M 为A 1C 1与B 1D 1的交点．若AB →＝a ，AD →＝b ，AA 1→＝c ，则下列向量中与BM →相等的向量是()A ．－12a ＋12b ＋cB.12a ＋12b ＋c C ．－12a －12b ＋cD.12a －12b ＋c 答案A解析BM →＝BB 1→＋B 1M →＝AA 1→＋12(AD →－AB →)＝c ＋12(b －a )＝－12a ＋12b ＋c .3．正四面体ABCD 的棱长为2，E ，F 分别为BC ，AD 的中点，则EF 的长为________．答案2解析|EF →|2＝EF →2＝(EC →＋CD →＋DF →)2＝EC →2＋CD →2＋DF →2＋2(EC →·CD →＋EC →·DF →＋CD →·DF →)＝12＋22＋12＋2(1×2×cos 120°＋0＋2×1×cos 120°)＝2，∴|EF →|＝2，∴EF 的长为2.题组三易错自纠4．在空间直角坐标系中，已知A (1，2，3)，B (－2，－1，6)，C (3，2，1)，D (4，3，0)，则直线AB 与CD 的位置关系是()A ．垂直B ．平行C ．异面D ．相交但不垂直答案B解析由题意得，AB →＝(－3，－3，3)，CD →＝(1，1，－1)，∴AB →＝－3CD →，∴AB →与CD →共线，又AB 与CD 没有公共点，∴AB ∥CD .5．已知a ＝(2，3，1)，b ＝(－4，2，x )，且a ⊥b ，则|b |＝________.答案26解析∵a ⊥b ，∴a ·b ＝2×(－4)＋3×2＋1·x ＝0，∴x ＝2，∴|b |＝(－4)2＋22＋22＝2 6.6．O 为空间中任意一点，A ，B ，C 三点不共线，且OP →＝34OA →＋18OB →＋tOC →，若P ，A ，B ，C四点共面，则实数t ＝______.答案18解析∵P ，A ，B ，C 四点共面，∴34＋18＋t ＝1，∴t ＝18.题型一空间向量的线性运算例1如图所示，在空间几何体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，各面为平行四边形，设AA 1→＝a ，AB →＝b ，AD →＝c ，M ，N ，P 分别是AA 1，BC ，C 1D 1的中点，试用a ，b ，c 表示以下各向量：(1)AP →；(2)MP →＋NC 1→.解(1)因为P 是C 1D 1的中点，所以AP →＝AA 1→＋A 1D 1→＋D 1P →＝a ＋AD →＋12D 1C 1→＝a ＋c ＋12AB →＝a ＋c ＋12b .(2)因为M 是AA 1的中点，所以MP →＝MA →＋AP →＝12A 1A →＋AP→＝－12a ＋c ＋12b ＝12a ＋12b ＋c .又NC 1→＝NC →＋CC 1→＝12BC →＋AA 1→＝12AD →＋AA 1→＝12c ＋a ，所以MP →＋NC 1→＋12b ＋＋12c ＝32a ＋12b ＋32c .思维升华用基向量表示指定向量的方法(1)结合已知向量和所求向量观察图形．(2)将已知向量和所求向量转化到三角形或平行四边形中．(3)利用三角形法则或平行四边形法则把所求向量用已知基向量表示出来．跟踪训练1(1)如图所示，在长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，O 为AC 的中点．用AB →，AD →，AA 1→表示OC 1→，则OC 1→＝________________.答案12AB →＋12AD →＋AA 1→解析∵OC →＝12AC →＝12(AB →＋AD →)，∴OC 1→＝OC →＋CC 1→＝12(AB →＋AD →)＋AA 1→＝12AB →＋12AD →＋AA 1→.(2)如图，在三棱锥O —ABC 中，M ，N 分别是AB ，OC 的中点，设OA →＝a ，OB →＝b ，OC →＝c ，用a ，b ，c 表示NM →，则NM →等于()A.12(－a ＋b ＋c )B.12(a ＋b －c )C.12(a －b ＋c )D.12(－a －b ＋c )答案B解析NM →＝NA →＋AM →＝(OA →－ON →)＋12AB→＝OA →－12OC →＋12(OB →－OA →)＝12OA →＋12OB →－12OC→＝12(a ＋b －c )．题型二共线定理、共面定理的应用例2如图，已知E ，F ，G ，H 分别是空间四边形ABCD 的边AB ，BC ，CD ，DA 的中点．(1)求证：E ，F ，G ，H 四点共面；(2)求证：BD ∥平面EFGH .证明(1)连接BG ，则EG →＝EB →＋BG →＝EB →＋12(BC →＋BD →)＝EB →＋BF →＋EH→＝EF →＋EH →，由共面向量定理的推论知E ，F ，G ，H 四点共面．(2)因为EH →＝AH →－AE →＝12AD →－12AB →＝12(AD →－AB →)＝12BD →，所以EH ∥BD .又EH ⊂平面EFGH ，BD ⊄平面EFGH ，所以BD ∥平面EFGH .思维升华证明三点共线和空间四点共面的方法比较三点(P ，A ，B )共线空间四点(M ，P ，A ，B )共面PA →＝λPB →且同过点P MP →＝xMA →＋yMB→对空间任一点O ，OP →＝OA →＋tAB →对空间任一点O ，OP →＝OM →＋xMA →＋yMB →对空间任一点O ，OP →＝xOA →＋(1－x )OB→对空间任一点O ，OP →＝xOM →＋yOA →＋(1－x －y )OB→跟踪训练2如图所示，已知斜三棱柱ABC —A 1B 1C 1，点M ，N 分别在AC 1和BC 上，且满足AM →＝kAC 1→，BN →＝kBC →(0≤k ≤1)．(1)向量MN →是否与向量AB →，AA 1→共面？(2)直线MN 是否与平面ABB 1A 1平行？解(1)∵AM →＝kAC 1→，BN →＝kBC →，∴MN →＝MA →＋AB →＋BN →＝kC 1A →＋AB →＋kBC →＝k (C 1A →＋BC →)＋AB →＝k (C 1A →＋B 1C 1→)＋AB →＝kB 1A →＋AB →＝AB →－kAB 1→＝AB →－k (AA 1→＋AB →)＝(1－k )AB →－kAA 1→，∴由共面向量定理知向量MN →与向量AB →，AA 1→共面．(2)当k ＝0时，点M ，A 重合，点N ，B 重合，MN 在平面ABB 1A 1内，当0<k ≤1时，MN 不在平面ABB 1A 1内，又由(1)知MN →与AB →，AA 1→共面，∴MN ∥平面ABB 1A 1.综上，当k ＝0时，MN 在平面ABB 1A 1内；当0<k ≤1时，MN ∥平面ABB 1A 1.题型三空间向量数量积的应用例3如图所示，已知空间四边形ABCD 的各边和对角线的长都等于a ，点M ，N 分别是AB ，CD 的中点．(1)求证：MN ⊥AB ，MN ⊥CD ；(2)求异面直线AN 与CM 所成角的余弦值．(1)证明设AB →＝p ，AC →＝q ，AD →＝r .由题意可知，|p |＝|q |＝|r |＝a ，且p ，q ，r 三个向量两两夹角均为60°.MN →＝AN →－AM →＝12(AC →＋AD →)－12AB→＝12(q ＋r －p )，∴MN →·AB →＝12(q ＋r －p )·p ＝12(q ·p ＋r ·p －p 2)＝12(a 2cos 60°＋a 2cos 60°－a 2)＝0.∴MN →⊥AB →，即MN ⊥AB .同理可证MN ⊥CD .(2)解设向量AN →与MC →的夹角为θ.∵AN →＝12(AC →＋AD →)＝12(q ＋r )，MC →＝AC →－AM →＝q －12p ，∴AN →·MC →＝12(q ＋r －12p2－12q ·p ＋r ·q －12r ·2－12a 2cos 60°＋a 2cos 60°－12a 2cos2－a 24＋a 22－＝a 22.又∵|AN →|＝|MC →|＝32a ，∴AN →·MC →＝|AN →||MC →|cos θ＝32a ×32a ×cos θ＝a 22.∴cosθ＝23.∴向量AN →与MC →的夹角的余弦值为23，从而异面直线AN 与CM 所成角的余弦值为23.思维升华(1)利用向量的数量积可证明线段的垂直关系，也可以利用垂直关系，通过向量共线确定点在线段上的位置．(2)利用夹角公式，可以求异面直线所成的角，也可以求二面角．(3)可以通过|a |＝a 2，将向量的长度问题转化为向量数量积的问题求解．跟踪训练3如图，在平行六面体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，以顶点A 为端点的三条棱长度都为1，且两两夹角为60°.(1)求AC 1→的长；(2)求BD 1→与AC →夹角的余弦值．解(1)记AB →＝a ，AD →＝b ，AA 1→＝c ，则|a |＝|b |＝|c |＝1，〈a ，b 〉＝〈b ，c 〉＝〈c ，a 〉＝60°，∴a ·b ＝b ·c ＝c ·a ＝12.|AC 1→|2＝(a ＋b ＋c )2＝a 2＋b 2＋c 2＋2(a ·b ＋b ·c ＋c ·a )＝1＋1＋1＋2＋12＋6，∴|AC 1→|＝6，即AC 1的长为6.(2)BD 1→＝b ＋c －a ，AC →＝a ＋b ，∴|BD 1→|＝2，|AC →|＝3，BD 1→·AC →＝(b ＋c －a )·(a ＋b )＝b 2－a 2＋a ·c ＋b ·c ＝1，∴cos 〈BD 1→，AC →〉＝BD 1，→·AC →|BD 1→||AC →|＝66.即BD 1→与AC →夹角的余弦值为66.1．已知a ＝(2，3，－4)，b ＝(－4，－3，－2)，b ＝12x －2a ，则x 等于()A ．(0，3，－6)B ．(0，6，－20)C ．(0，6，－6)D ．(6，6，－6)答案B解析由b ＝12x －2a ，得x ＝4a ＋2b ＝(8，12，－16)＋(－8，－6，－4)＝(0，6，－20)．2．在下列命题中：①若向量a ，b 共线，则向量a ，b 所在的直线平行；②若向量a ，b 所在的直线为异面直线，则向量a ，b 一定不共面；③若三个向量a ，b ，c 两两共面，则向量a ，b ，c 共面；④已知空间的三个向量a ，b ，c ，则对于空间的任意一个向量p 总存在实数x ，y ，z 使得p ＝x a ＋y b ＋z c .其中正确命题的个数是()A ．0B ．1C ．2D ．3答案A解析a 与b 共线，a ，b 所在的直线也可能重合，故①不正确；根据自由向量的意义知，空间任意两向量a ，b 都共面，故②不正确；三个向量a ，b ，c 中任意两个一定共面，但它们三个却不一定共面，故③不正确；只有当a ，b ，c 不共面时，空间任意一向量p 才能表示为p ＝x a ＋y b ＋z c ，故④不正确，综上可知四个命题中正确的个数为0，故选A.3．已知向量a ＝(2m ＋1，3，m －1)，b ＝(2，m ，－m )，且a ∥b ，则实数m 的值等于()A.32B ．－2C ．0 D.32或－2答案B解析当m ＝0时，a ＝(1，3，－1)，b ＝(2，0，0)，a 与b 不平行，∴m ≠0，∵a ∥b ，∴2m ＋12＝3m ＝m －1－m ，解得m ＝－2.4．在空间直角坐标系中，已知A (1，－2，1)，B (2，2，2)，点P 在z 轴上，且满足|PA |＝|PB |，则P 点坐标为()A ．(3，0，0)B ．(0，3，0)C ．(0，0，3)D ．(0，0，－3)答案C 解析设P (0，0，z )，则有(1－0)2＋(－2－0)2＋(1－z )2＝(2－0)2＋(2－0)2＋(2－z )2，解得z ＝3.5．已知a ＝(1，0，1)，b ＝(x ，1，2)，且a·b ＝3，则向量a 与b 的夹角为()A.5π6 B.2π3 C.π3 D.π6答案D解析∵a·b ＝x ＋2＝3，∴x ＝1，∴b ＝(1，1，2)，∴cos 〈a ，b 〉＝a·b |a||b |＝32×6＝32，又∵〈a ，b 〉∈[0，π]，∴a 与b 的夹角为π6，故选D.6.如图，在大小为45°的二面角A －EF －D 中，四边形ABFE ，CDEF 都是边长为1的正方形，则B ，D 两点间的距离是()A.3B.2C ．1 D.3－2答案D 解析∵BD →＝BF →＋FE →＋ED →，∴|BD →|2＝|BF →|2＋|FE →|2＋|ED →|2＋2BF →·FE →＋2FE →·ED →＋2BF →·ED →＝1＋1＋1－2＝3－2，故|BD→|＝3－2.7．已知a＝(2，1，－3)，b＝(－1，2，3)，c＝(7，6，λ)，若a，b，c三向量共面，则λ＝________.答案－9解析由题意知c＝x a＋y b，即(7，6，λ)＝x(2，1，－3)＋y(－1，2，3)，x－y＝7，＋2y＝6，3x＋3y＝λ，解得λ＝－9.8．已知a＝(x，4，1)，b＝(－2，y，－1)，c＝(3，－2，z)，a∥b，b⊥c，则c＝________.答案(3，－2，2)解析因为a∥b，所以x－2＝4y＝1－1，解得x＝2，y＝－4，此时a＝(2，4，1)，b＝(－2，－4，－1)，又因为b⊥c，所以b·c＝0，即－6＋8－z＝0，解得z＝2，于是c＝(3，－2，2)．9．已知V为矩形ABCD所在平面外一点，且VA＝VB＝VC＝VD，VP→＝13VC→，VM→＝23VB→，VN→＝23VD→.则VA与平面PMN的位置关系是________．答案平行解析如图，设VA→＝a，VB→＝b，VC→＝c，则VD→＝a＋c－b，由题意知PM→＝23b－13c，PN→＝23VD→－13VC→＝23a－23b＋13c.因此VA→＝32PM→＋32PN→，∴VA→，PM→，PN→共面．又VA⊄平面PMN，∴VA∥平面PMN.10．已知ABCD －A 1B 1C 1D 1为正方体，①(A 1A →＋A 1D 1→＋A 1B 1→)2＝3A 1B 1→2；②A 1C →·(A 1B 1→－A 1A →)＝0；③向量AD 1→与向量A 1B →的夹角是60°；④正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的体积为|AB →·AA 1→·AD →|.其中正确的序号是________．答案①②解析①中，(A 1A →＋A 1D 1→＋A 1B 1→)2＝A 1A →2＋A 1D 1→2＋A 1B 1→2＝3A 1B 1→2，故①正确；②中，A 1B 1→－A 1A →＝AB 1→，因为AB 1⊥A 1C ，故②正确；③中，两异面直线A 1B 与AD 1所成的角为60°，但AD 1→与A 1B →的夹角为120°，故③不正确；④中，|AB →·AA 1→·AD →|＝0，故④也不正确．11．已知A ，B ，C 三点不共线，对平面ABC 外的任一点O ，若点M 满足OM →＝13(OA →＋OB →＋OC →)．(1)判断MA →，MB →，MC →三个向量是否共面；(2)判断点M 是否在平面ABC 内．解(1)由题意知OA →＋OB →＋OC →＝3OM →，∴OA →－OM →＝(OM →－OB →)＋(OM →－OC →)，即MA →＝BM →＋CM →＝－MB →－MC →，∴MA →，MB →，MC →共面．(2)由(1)知MA →，MB →，MC →共面且过同一点M ，∴M ，A ，B ，C 四点共面．∴点M 在平面ABC 内．12．已知a ＝(1，－3，2)，b ＝(－2，1，1)，A (－3，－1，4)，B (－2，－2，2)．(1)求|2a ＋b |；(2)在直线AB 上，是否存在一点E ，使得OE →⊥b ？(O 为原点)解(1)2a ＋b ＝(2，－6，4)＋(－2，1，1)＝(0，－5，5)，故|2a ＋b |＝02＋(－5)2＋52＝5 2.(2)令AE →＝tAB →(t ∈R )，所以OE →＝OA →＋AE →＝OA →＋tAB→＝(－3，－1，4)＋t (1，－1，－2)＝(－3＋t ，－1－t ，4－2t )，若OE →⊥b ，则OE →·b ＝0，所以－2(－3＋t )＋(－1－t )＋(4－2t )＝0，解得t ＝95.因此存在点E ，使得OE →⊥b ，此时E －65，－145，13.如图，已知空间四边形OABC ，其对角线为OB ，AC ，M ，N 分别为OA ，BC 的中点，点G 在线段MN 上，且MG →＝2GN →，若OG →＝xOA →＋yOB →＋zOC →，则x ＋y ＋z ＝________.答案56解析连接ON ，设OA →＝a ，OB →＝b ，OC →＝c ，则MN →＝ON →－OM →＝12(OB →＋OC →)－12OA →＝12b ＋12c －12a ，OG →＝OM →＋MG →＝12OA →＋23MN →＝12a＋12c －12a ＝16a ＋13b ＋13c .又OG →＝xOA →＋yOB →＋zOC →，所以x ＝16y ＝13，z ＝13，因此x ＋y ＋z ＝16＋13＋13＝56.14．A ，B ，C ，D 是空间不共面的四点，且满足AB →·AC →＝0，AC →·AD →＝0，AB →·AD →＝0，M 为BC 中点，则△AMD 是()A ．钝角三角形B ．锐角三角形C ．直角三角形D ．不确定答案C 解析∵M 为BC 中点，∴AM →＝12(AB →＋AC →)，∴AM →·AD →＝12(AB →＋AC →)·AD →＝12AB →·AD →＋12AC →·AD →＝0.∴AM ⊥AD ，△AMD 为直角三角形．15．已知O (0，0，0)，A (1，2，1)，B (2，1，2)，P (1，1，2)，点Q 在直线OP 上运动，当QA →·QB→取最小值时，点Q 的坐标是________．答案(1，1，2)解析由题意，设OQ →＝λOP →，则OQ →＝(λ，λ，2λ)，即Q (λ，λ，2λ)，则QA →＝(1－λ，2－λ，1－2λ)，QB →＝(2－λ，1－λ，2－2λ)，∴QA →·QB →＝(1－λ)(2－λ)＋(2－λ)(1－λ)＋(1－2λ)(2－2λ)＝6λ2－12λ＋6＝6(λ－1)2，当λ＝1时取最小值，此时Q 点坐标为(1，1，2)．16．如图，在直三棱柱ABC －A ′B ′C ′中，AC ＝BC ＝AA ′，∠ACB ＝90°，D ，E 分别为棱AB ，BB ′的中点．(1)求证：CE ⊥A ′D ；(2)求异面直线CE 与AC ′所成角的余弦值．(1)证明设CA →＝a ，CB →＝b ，CC ′→＝c ，根据题意得|a |＝|b |＝|c |，且a ·b ＝b ·c ＝c ·a ＝0，∴CE →＝b ＋12c ，A ′D →＝－c ＋12b －12a ，∴CE →·A ′D →＝－12c 2＋12b 2＝0，∴CE →⊥A ′D →，即CE ⊥A ′D .(2)解∵AC ′→＝－a ＋c ，|AC ′→|＝2|a |，|CE →|＝52|a |，AC ′→·CE →＝(－a ＋c ＋12c ＝12c 2＝12|a |2，∴cos 〈AC ′→，CE →〉＝AC ′，→·CE →|AC ′→||CE →|＝12|a |22×52|a |2＝1010，即异面直线CE 与AC ′所成角的余弦值为1010.。
2022年秋高中数学第八章立体几何初步8.3简单几何体的表面积与体积第2课时球的表面积和体积课件新人
S球＝4πR2＝73πa2.
(1)正方体的内切球 球与正方体的六个面都相切，称球为正方体的内切球，此时球的半 径为r1＝a2，过在一个平面上的四个切点作截面如图1.
(2)长方体的外据球的
定义可知，长方体的体对角线是球的直径，若长方体过同一顶点的三条
()
A．1倍
B．2倍
C．95倍
D．74倍
【答案】C
【解析】设最小球的半径为r，则另外两个球的半径分别为2r，3r， 其表面积分别为4πr2，16πr2，36πr2，故最大球的表面积是其余两个 球的表面积之和的4πr326＋π1r62πr2＝95倍．
4．(题型2)一个距离球心为 3 的平面截球所得的圆面面积为π，则 球的体积为________．
错解：2 如图1，设球的大圆为圆O，C，D分别为两截面圆的圆心，AB为经 过点C，O，D的直径，由题中条件可得两截面圆的半径分别为6和8.在Rt △COE中，OC＝ 102－62 ＝8.在Rt△DOF中，OD＝ 102－82 ＝6.所以 CD＝OC－OD＝8－6＝2，故这两个截面圆间的距离为2.
易错防范：错解中由于对球的结构把握不准，考虑问题不全面而导 致错误．事实上，两个平行截面既可以在球心的同侧，也可以在球心的 两侧．
的三条棱的长分别为1，2，3，则此球的表面积为________． 【答案】14π
【解析】长方体外接球直径长等于长方体体对角线长，即2R＝ 12＋22＋32＝ 14，所以球的表面积S＝4πR2＝14π.
方向3 球的内接正四面体问题 若棱长为a的正四面体的各个顶点都在半径为R的球面上，求
球的表面积．
解：把正四面体放在正方体中，设正方体棱长为x，则a＝ 2 x，由 题意2R＝ 3x＝ 3× 22a＝ 26a，所以S球＝4πR2＝32πa2.
届数学一轮复习第八章立体几何与空间向量第2节空间几何体的表面积和体积教学案含解析
第2节空间几何体的表面积和体积考试要求了解球、棱柱、棱锥、台的表面积和体积的计算公式。
知识梳理1。
多面体的表(侧）面积多面体的各个面都是平面，则多面体的侧面积就是所有侧面的面积之和，表面积是侧面积与底面面积之和。
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＝2πrlS圆锥侧＝πrlS圆台侧＝π（r1＋r2）l3.空间几何体的表面积与体积公式名称几何体表面积体积柱体S表面积＝S侧＋V＝S底h(棱柱和圆柱)2S底锥体（棱锥和圆锥)S表面积＝S侧＋S底V＝错误!S底h台体（棱台和圆台)S表面积＝S侧＋S上＋S下V＝错误!（S上＋S下＋错误!)h球S＝4πR2V＝错误!πR3［常用结论与微点提醒］1。
正方体与球的切、接常用结论正方体的棱长为a,球的半径为R，(1)若球为正方体的外接球，则2R＝错误!a；（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＝错误!a。
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＝错误!。
3。
正四面体的外接球与内切球的半径之比为3∶1。
诊断自测1。
判断下列结论正误（在括号内打“√”或“×")(1)锥体的体积等于底面面积与高之积。
（)（2)两个球的体积之比等于它们的半径比的平方。
（)(3）台体的体积可转化为两个锥体的体积之差.（)(4）已知球O的半径为R,其内接正方体的边长为a，则R＝错误!a。
(）解析(1)锥体的体积等于底面面积与高之积的三分之一，故不正确.（2)球的体积之比等于半径比的立方，故不正确.答案（1）×（2）×（3)√(4)√2。
(新教材必修第二册P120T5改编)一个正方体的顶点都在球面上，若球的表面积为4π，则正方体的棱长为（)A。
33 B.错误! C.错误!D。
错误!解析由S＝4πR2＝4π，得R＝1，故2×1＝3a，得a＝错误!。
2023年高考数学(理科)一轮复习课件——空间几何体的表面积和体积
索引
2.已知圆锥的表面积等于12π cm2，其侧面展开图是一个半圆，则底面圆的半径
为( B )
A.1 cm
B.2 cm
C.3 cm
3 D.2 cm
解析 设圆锥的底面圆的半径为r，母线长为l， 因为侧面展开图是一个半圆， 所以πl＝2πr，即l＝2r， 所以πr2＋πrl＝πr2＋πr·2r＝3πr2＝12π，解得r＝2.
得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为( B )
A.12 2π
B.12π
C.8 2π
D.10π
解析 由题意知，圆柱的轴截面是一个面积为 8 的正方形，则圆柱的高与底面 直径均为 2 2. 设圆柱的底面半径为 r，则 2r＝2 2，得 r＝ 2. 所以圆柱的表面积 S 圆柱＝2πr2＋2πrh＝2π( 2)2＋2π× 2×2 2＝4π＋8π＝12π.
索引
训练1 (1)(2020·新高考Ⅱ卷)棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别
为棱BB1，AB的中点，则三棱锥A1－D1MN的体积为____1____.
解析 如图，由正方体棱长为2及M，N分别为BB1，AB 的中点， 得 S△A1MN＝2×2－2×12×2×1－21×1×1＝32， 又易知D1A1为三棱锥D1－A1MN的高，且D1A1＝2， ∴VA1－D1MN＝VD1－A1MN＝13·S△A1MN·D1A1＝31×32×2＝1.
角度1 简单几何体的体积
例1 (1)祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家，他提出 的“幂势既同，则积不容异”称为祖暅原理，利用
该原理可以得到柱体的体积公式V柱体＝Sh，其中S 是柱体的底面积，h是柱体的高.若某柱体的三视图
8.2空间几何体的表面积与体积
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.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 ＝13Sh台体(棱台和圆台)S 表面积＝S 侧＋S 上＋S 下V ＝13(S 上＋S 下＋S 上S 下)h球S ＝4πR 2V ＝43πR 33.常用结论(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 a.正方体的棱长为a ，球的半径为R ， ①若球为正方体的外接球，则2R ＝3a ； 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 .b.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.c.正四面体的外接球与内切球的半径之比为3∶1. 【思考辨析】判断下面结论是否正确(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)台体的体积可转化为两个锥体的体积之差来计算.( √ )1.将边长为1的正方形以其一边所在直线为旋转轴旋转一周，所得几何体的侧面积是( ) A.4π B.3π C.2π D.π 答案 C解析 底面圆半径为1，高为1，侧面积S ＝2πrh ＝2π×1×1＝2π.故选C. 2.(2014·重庆)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.12B.18C.24D.30答案 C解析 由俯视图可以判断该几何体的底面为直角三角形，由主视图和左视图可以判断该几何体是由直三棱柱(侧棱与底面垂直的棱柱)截取得到的.在长方体中分析还原，如图(1)所示，故该几何体的直观图如图(2)所示.在图(1)中，V 111ABC A B C －棱柱＝S △ABC ·AA 1＝12×4×3×5＝30，V 111P A B C 锥－棱＝13S111A B C ·PB 1＝13×12×4×3×3＝6.故几何体ABC －P A 1C 1的体积为30－6＝24.故选C.3.(2015·陕西)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＋4答案 D解析 由三视图可知原几何体为半圆柱，底面半径为1，高为2，则表面积为： S ＝2×12π×12＋12×2π×1×2＋2×2＝π＋2π＋4＝3π＋4.4.(教材改编)一个棱长为2 cm 的正方体的顶点都在球面上，则球的体积为________ cm 3. 答案 43π解析 由题意知正方体的体对角线为其外接球的直径， 所以其外接球的半径r ＝12×23＝3(cm)，所以V 球＝43π×r 3＝43π×33＝43π(cm 3).5.(2015·天津)一个几何体的三视图如图所示(单位：m)，则该几何体的体积为________m 3.答案 83π解析 由三视图可知，该几何体由相同底面的两圆锥和圆柱组成，底面半径为1 m ，圆锥的高为1 m ，圆柱的高为2 m ，所以该几何体的体积V ＝2×13π×12×1＋π×12×2＝83π (m 3).题型一 求空间几何体的表面积例1 (1)(2015·安徽)一个四面体的三视图如图所示，则该四面体的表面积是( )A.1＋ 3B.1＋2 2C.2＋ 3D.2 2(2)(2015·课标全国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所示.若该几何体的表面积为16＋20π，则r 等于( )A.1B.2C.4D.8(3)(2014·山东)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________. 答案 (1)C (2)B (3)12解析 (1)由几何体的三视图可知空间几何体的直观图如图所示. ∴其表面积S 表＝2×12×2×1＋2×34×(2)2＝2＋3，故选C.(2)由主视图与俯视图想象出其直观图，然后进行运算求解.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 ＝12×4πr 2＋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. (3)设正六棱锥的高为h ，侧面的斜高为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.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.(2014·安徽)一个多面体的三视图如图所示，则该多面体的表面积为( )A.21＋ 3B.18＋ 3C.21D.18答案 A解析 由几何体的三视图可知，该几何体的直观图如图所示. 因此该几何体的表面积为6×(4－12)＋2×34×(2)2＝21＋ 3.故选A.题型二 求空间几何体的体积命题点1 求以三视图为背景的几何体的体积例2 (2015·课标全国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.17 C.16 D.15答案 D解析 如图，由题意知，该几何体是正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1被过三点A 、B 1、D 1的平面所截剩余部分，截去的部分为三棱锥A-A 1B 1D 1，设正方体的棱长为1，则截去部分体积与剩余部分体积的比值为V 111A A B D -V 111B C D ABCD -＝V 111A AB D -V 1111A BCD ABCD -－V 111A A B D -＝13×12×12×113－13×12×12×1＝15.选D.命题点2 求简单几何体的体积例3 (2015·山东)在梯形ABCD 中，∠ABC ＝π2，AD ∥BC ，BC ＝2AD ＝2AB ＝2.将梯形ABCD 绕AD 所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为( ) A.2π3 B.4π3 C.5π3 D.2π 答案 C解析 过点C 作CE 垂直AD 所在直线于点E ，梯形ABCD 绕AD 所在直线旋转一周而形成的旋转体是由以线段AB 的长为底面圆半径，线段BC 为母线的圆柱挖去以线段CE 的长为底面圆半径，ED 为高的圆锥，如图所示，该几何体的体积为V ＝V 圆柱－V 圆锥＝π·AB 2·BC －13·π·CE 2·DE ＝π×12×2－13π×12×1＝5π3，故选C.(1)一块石材表示的几何体的三视图如图所示，将该石材切削、打磨，加工成球，则能得到的最大球的体积等于( )A.4π3 B.32π3 C.36πD.256π3(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，EF ∥AB ，EF ＝2，则该多面体的体积为( ) A.23B.33C.43D.32答案 (1)B (2)A解析 (1)由三视图可知该几何体是一个直三棱柱，底面为直角三角形，高为12，如图所示，其中AC ＝6，BC ＝8，∠ACB ＝90°，则AB ＝10.由题意知，当打磨成的球的大圆恰好与三棱柱底面直角三角形的内切圆相同时，该球的半径最大.即r ＝6＋8－102＝2，故能得到的最大球的体积为43πr 3＝4π3×8＝32π3，故选B.(2)如图，分别过点A ，B 作EF 的垂线，垂足分别为G ，H ，连接DG ，CH ，容易求得EG ＝HF ＝12，AG ＝GD ＝BH ＝HC ＝32，∴S △AGD ＝S △BHC ＝12×22×1＝24，∴V ＝V E －ADG ＋V F －BCH ＋V AGD －BHC ＝2V E －ADG ＋V AGD －BHC ＝13×24×12×2＋24×1＝23.故选A.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. 题型三 与球有关的切、接问题例4 已知直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的球面上，若AB ＝3，AC ＝4，AB ⊥AC ，AA 1＝12，则球O 的半径为( )A.3172B.210C.132 D.310答案 C解析 如图所示，由球心作平面ABC 的垂线， 则垂足为BC 的中点M . 又AM ＝12BC ＝52，OM ＝12AA 1＝6，所以球O 的半径R ＝OA ＝(52)2＋62＝132. 引申探究1.本例若将直三棱柱改为“棱长为4的正方体”，则此正方体外接球和内切球的体积各是多少？ 解 由题意可知，此正方体的体对角线长即为其外接球的直径，正方体的棱长即为其内切球的直径.设该正方体外接球的半径为R ，内切球的半径为r . 又正方体的棱长为4，故其体对角线长为43， 从而V 外接球＝43πR 3＝43π×(23)3＝323π，V 内切球＝43πr 3＝43π×23＝32π3.2.本例若将直三棱柱改为“正四面体”，则此正四面体的表面积S 1与其内切球的表面积S 2的比值为多少？ 解 设正四面体棱长为a ，则正四面体表面积为S 1＝4·34·a 2＝3a 2，其内切球半径r 为正四面体高的14，即r ＝14·63a ＝612a ，因此内切球表面积为S 2＝4πr 2＝πa 26，则S 1S 2＝3a 2πa 26＝63π.3.本例中若将直三棱柱改为“侧棱和底面边长都是32的正四棱锥”，则其外接球的半径是多少？ 解 依题意得，该正四棱锥的底面对角线的长为32×2＝6，高为(32)2－(12×6)2＝3，因此底面中心到各顶点的距离均等于3，所以该正四棱锥的外接球的球心即为底面正方形的中心，其外接球的半径为3.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.如图，直三棱柱ABC －A 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.22B.1C. 2D. 3答案 C解析 由题意知，球心在侧面BCC 1B 1的中心O 上，BC 为△ABC 所在圆面的直径，∴∠BAC ＝90°，△ABC 的外接圆圆心N 是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的边长为x ，Rt △OMC 1中，OM ＝x 2，MC 1＝x2，OC 1＝R ＝1(R为球的半径)，∴(x 2)2＋(x2)2＝1，即x ＝2，则AB ＝AC ＝1， ∴S 11ABB A 矩形＝2×1＝ 2.14.巧用补形法解决立体几何问题典例 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________.思维点拨 将所求几何体补成一个直三棱柱，利用棱柱的体积公式即可求得该几何体的体积.解析 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温馨提醒 (1)补形法的应用思路：“补形法”是立体几何中一种常见的重要方法，在解题时，把几何体通过“补形”补成一个完整的几何体或置于一个更熟悉的几何体中，巧妙地破解空间几何体的体积等问题，常见的补形法有对称补形、联系补形与还原补形，对于还原补形，主要涉及台体中“还台为锥”. (2)补形法的应用条件：当某些空间几何体是某一个几何体的一部分，且求解的问题直接求解较难入手时，常用该法.[方法与技巧]求空间几何体的侧面积、体积的思想与方法(1)转化与化归思想：计算旋转体的侧面积时，一般采用转化的方法来进行，即将侧面展开化为平面图形，“化曲为直”来解决，因此要熟悉常见旋转体的侧面展开图的形状及平面图形面积的求法.(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.[失误与防范]求空间几何体的表面积应注意的问题(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.A 组 专项基础训练 (时间：35分钟)1.(2015·浙江)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积是( )A.8 cm 3B.12 cm 3C.323 cm 3D.403 cm 3答案 C解析 由三视图可知该几何体是由棱长为2 cm 的正方体与底面为边长为2 cm 正方形、高为2 cm 的四棱锥组成，V ＝V 正方体＋V 四棱锥＝8 cm 3＋83 cm 3＝323cm 3.故选C.2.用平面α截球O 所得截面圆的半径为3，球心O 到平面α的距离为4，则此球的表面积为( ) A.100π3B.500π3C.75πD.100π答案 D解析 依题意，设球半径为R ，满足R 2＝32＋42＝25， ∴S 球＝4πR 2＝100π.3.(2015·课标全国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 答案 B解析 由题意知：米堆的底面半径为163(尺)，体积V ＝13×14πR 2·h ≈3209(立方尺).所以堆放的米大约为3209×1.62≈22(斛).4.一个几何体的三视图如图所示，其中俯视图是菱形，则该几何体的侧面积为( )A.3＋ 6B.3＋ 5C.2＋ 6D.2＋ 5答案 C解析 由三视图还原为空间几何体，如图所示， 则有OA ＝OB ＝1，AB ＝ 2. 又PB ⊥平面ABCD ， ∴PB ⊥BD ，PB ⊥AB ，∴PD ＝22＋1＝5，P A ＝2＋12＝3，从而有P A 2＋DA 2＝PD 2，∴P A ⊥DA ，∴该几何体的侧面积S ＝2×12×2×1＋2×12×2×3＝2＋ 6. 5.(2015·课标全国Ⅱ)已知A ，B 是球O 的球面上两点，∠AOB ＝90°，C 为该球面上的动点.若三棱锥O-ABC 体积的最大值为36，则球O 的表面积为( )A.36πB.64πC.144πD.256π答案 C解析 如图，要使三棱锥O-ABC 即C-OAB 的体积最大，当且仅当点C到平面OAB 的距离，即三棱锥C-OAB 底面OAB 上的高最大，其最大值为球O 的半径R ，则V O-ABC 最大＝V C-OAB 最大＝13×S △OAB ×R ＝13×12×R 2×R ＝16R 3＝36，所以R ＝6，得S 球O ＝4πR 2＝4π×62＝144π.选C.6.(2014·山东)三棱锥P －ABC 中，D ，E 分别为PB ，PC 的中点，记三棱锥D －ABE 的体积为V 1，P －ABC的体积为V 2，则V 1V 2＝________. 答案 14解析 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 ， ∴V 1V 2＝V A －DBE V A －PBC ＝13S △BDE ·h 13S △PBC ·h ＝14. 7.(2015·江苏)现有橡皮泥制作的底面半径为5，高为4的圆锥和底面半径为2、高为8的圆柱各一个.若将它们重新制作成总体积与高均保持不变，但底面半径相同的新的圆锥和圆柱各一个，则新的底面半径为________.答案 7 解析 设新的底面半径为r ，由题意得13πr 2·4＋πr 2·8＝13π×52×4＋π×22×8，解得r ＝7. 8.一个圆锥过轴的截面为等边三角形，它的顶点和底面圆周在球O 的球面上，则该圆锥的体积与球O 的体积的比值为________.答案 932解析 设等边三角形的边长为2a ，球O 的半径为R ，则V 圆锥＝13·πa 2·3a ＝33πa 3.又R 2＝a 2＋(3a －R )2，所以R ＝233a ， 故V 球＝4π3·(233a )3＝323π27a 3， 则其体积比为932. 9.如图所示的三个几何体，一个是长方体，一个是直三棱柱，一个是过圆柱上、下底面圆心切下圆柱的四分之一部分，若这三个几何体的主视图和俯视图是相同的正方形，求它们的表面积之比.解 由题意可知这三个几何体的高都相等，设长方体的底面正方形的边长为a ，高也等于a ，故其表面积为S 1＝6a 2.直三棱柱的底面是腰长为a 的等腰直角三角形，高为a ，故其表面积为S 2＝12×a ×a ＋12×a ×a ＋(a ＋a ＋2a )×a ＝(3＋2)a 2.14圆柱的底面是半径为a 的圆的14，高为a ，故其表面积为S 3＝14πa 2＋14πa 2＋a 2＋a 2＋14×2πa ×a ＝(π＋2)a 2.所以它们的表面积之比为S 1∶S 2∶S 3＝6a 2∶(3＋2)a 2∶(π＋2)a 2＝6∶(3＋2)∶(π＋2).10.(教材改编)已知一个上、下底面为正三角形且两底面中心连线垂直于底面的三棱台的两底面边长分别为20 cm 和30 cm ，且其侧面积等于两底面面积之和，求棱台的高.解 如图所示，三棱台ABC —A 1B 1C 1中，O 、O 1分别为两底面中心，D 、D 1分别为BC 和B 1C 1的中点，则DD 1为棱台的斜高.由题意知A 1B 1＝20，AB ＝30，则OD ＝53，O 1D 1＝1033， 由S 侧＝S 上＋S 下，得3×12×(20＋30)×DD 1＝34×(202＋302)， 解得DD 1＝1333，在直角梯形O 1ODD 1中， O 1O ＝DD 21－(OD －O 1D 1)2＝43， 所以棱台的高为4 3 cm.B 组 专项能力提升(时间：25分钟)11.已知球的直径SC ＝4，A ，B 是该球球面上的两点，AB ＝3，∠ASC ＝∠BSC ＝30°，则棱锥S —ABC 的体积为( )A.3 3B.2 3C. 3D.1答案 C解析 如图，过A 作AD 垂直SC 于D ，连接BD .由于SC 是球的直径，所以∠SAC ＝∠SBC ＝90°，又∠ASC ＝∠BSC ＝30°，又SC 为公共边， 所以△SAC ≌△SBC .由于AD ⊥SC ，所以BD ⊥SC .由此得SC ⊥平面ABD .所以V S —ABC ＝V S —ABD ＋V C —ABD ＝13S △ABD ·SC . 由于在Rt △SAC 中，∠ASC ＝30°，SC ＝4，所以AC ＝2，SA ＝23，由于AD ＝SA ·CASC ＝ 3.同理在Rt △BSC 中也有BD ＝SB ·CBSC ＝ 3.又AB ＝3，所以△ABD 为正三角形，所以V S —ABC ＝13S △ABD ·SC＝13×12×(3)2·sin 60°×4＝3，所以选C.12.某三棱锥的三视图如图所示，该三棱锥的表面积是( )A.28＋6 5B.30＋6 5C.56＋12 5D.60＋12 5答案 B解析 由几何体的三视图可知，该三棱锥的直观图如图所示，其中AE ⊥平面BCD ，CD ⊥BD ，且CD ＝4，BD ＝5，BE ＝2，ED ＝3，AE ＝4.∵AE ＝4，ED ＝3，∴AD ＝5.又CD ⊥BD ，CD ⊥AE ，则CD ⊥平面ABD ，故CD ⊥AD ，所以AC ＝41且S △ACD ＝10.在Rt △ABE 中，AE ＝4，BE ＝2，故AB ＝2 5.在Rt △BCD 中，BD ＝5，CD ＝4，故S △BCD ＝10，且BC ＝41.在△ABD 中，AE ＝4，BD ＝5，故S △ABD ＝10.在△ABC 中，AB ＝25，BC ＝AC ＝41，则AB 边上的高h ＝6，故S △ABC ＝12×25×6＝6 5. 因此，该三棱锥的表面积为S ＝30＋6 5.13.(2015·四川)在三棱柱ABC —A 1B 1C 1中，∠BAC ＝90°，其主视图和左视图都是边长为1的正方形，俯视图是直角边的长为1的等腰直角三角形，设点M ，N ，P 分别是AB ，BC ，B 1C 1的中点，则三棱锥P —A 1MN 的体积是________.答案 124解析 由题意知还原后的几何体是一个直放的三棱柱，三棱柱的底面是直角边长为1的等腰直角三角形，高为1的直三棱柱，∵V 1—P A MN ＝V 1—A PMN ，又∵AA 1∥平面PMN ，∴V 1—A PMN ＝V A —PMN ，∴V A —PMN ＝13×12×1×12×12＝124， 故V 1—P A MN ＝124. 14.(2015·课标全国Ⅰ)如图，四边形ABCD 为菱形，G 为AC 与BD 的交点，BE ⊥平面ABCD .(1)证明：平面AEC ⊥平面BED ；(2)若∠ABC ＝120°，AE ⊥EC ，三棱锥E —ACD 的体积为63，求该三棱锥的侧面积. (1)证明 因为四边形ABCD 为菱形，所以AC ⊥BD .因为BE ⊥平面ABCD ，所以AC ⊥BE .故AC ⊥平面BED .又AC ⊂平面AEC ，所以平面AEC ⊥平面BED .(2)解 设AB ＝x ，在菱形ABCD 中，由∠ABC ＝120°，可得AG ＝GC ＝32x ，GB ＝GD ＝x 2. 因为AE ⊥EC ，所以在Rt △AEC 中，可得EG ＝32x . 由BE ⊥平面ABCD ，知△EBG 为直角三角形，可得BE ＝22x . 由已知得，三棱锥E —ACD 的体积V E —ACD ＝13×12AC ·GD ·BE ＝624x 3＝63. 故x ＝2.从而可得AE ＝EC ＝ED ＝ 6.所以△EAC 的面积为3，△EAD 的面积与△ECD 的面积均为 5.故三棱锥E —ACD 的侧面积为3＋2 5.15.如图，△ABC 内接于圆O ，AB 是圆O 的直径，四边形DCBE 为平行四边形，DC ⊥平面ABC ，AB ＝2，EB ＝ 3.(1)求证：DE ⊥平面ACD ；(2)设AC ＝x ，V (x )表示三棱锥B －ACE 的体积，求函数V (x )的解析式及最大值.(1)证明 ∵四边形DCBE 为平行四边形，∴CD ∥BE ，BC ∥DE .∵DC ⊥平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，∴DC ⊥BC .∵AB 是圆O 的直径，∴BC ⊥AC ，且DC ∩AC ＝C ，∴BC ⊥平面ADC .∵DE ∥BC ，∴DE ⊥平面ADC .(2)解 ∵DC ⊥平面ABC ，∴BE ⊥平面ABC .在Rt △ABE 中，AB ＝2，EB ＝ 3.在Rt △ABC 中，∵AC ＝x ，BC ＝4－x 2(0<x <2)，∴S △ABC ＝12AC ·BC ＝12x ·4－x 2， ∴V (x )＝V E －ABC ＝36x ·4－x 2(0<x <2). ∵x 2(4－x 2)≤(x 2＋4－x 22)2＝4，当且仅当x 2＝4－x 2，即x ＝2时，取等号， ∴x ＝2时，体积有最大值33.。
几何体的表面积与体积计算
几何体的表面积与体积计算一、立体几何体表面积的计算方法立体几何体是空间中具有一定形状的物体，它们的表面积和体积是我们在几何学中经常计算的重要内容。
下面将介绍几种常见的几何体表面积的计算方法。
1. 立方体的表面积计算公式立方体是一种六个面都是正方形的立体几何体。
它的表面积计算公式为S=6a^2，其中a表示正方形的边长。
2. 正方体的表面积计算公式正方体是一种六个面都是正方形的立体几何体，与立方体的区别在于正方体各个边的长度相等。
它的表面积计算公式与立方体相同，也是S=6a^2。
3. 长方体的表面积计算公式长方体是一种六个面都是矩形的立体几何体，它的表面积计算公式为S=2(ab+ac+bc)，其中a、b、c分别表示矩形的三条边长。
4. 圆柱体的表面积计算公式圆柱体是一种由一个矩形和两个圆所围成的几何体。
它的表面积计算公式为S=2πr^2+2πrh，其中r表示底面圆的半径，h表示圆柱体的高。
5. 圆锥体的表面积计算公式圆锥体是一种由一个圆和一个由圆所围成的锥面组成的几何体。
它的表面积计算公式为S=πr^2+πrl，其中r表示底面圆的半径，l表示从圆心到圆锥顶点的直线距离。
6. 球体的表面积计算公式球体是一种由无数个半径相等的小球所围成的几何体，它的表面积计算公式为S=4πr^2，其中r表示球体的半径。
二、立体几何体体积的计算方法除了表面积，立体几何体的体积也是我们经常需要计算的。
下面将介绍几种常见的几何体体积的计算方法。
1. 立方体的体积计算公式立方体的体积计算公式为V=a^3，其中a表示正方形的边长。
2. 正方体的体积计算公式正方体的体积计算公式与立方体相同，也是V=a^3。
3. 长方体的体积计算公式长方体的体积计算公式为V=abc，其中a、b、c分别表示矩形的三条边长。
4. 圆柱体的体积计算公式圆柱体的体积计算公式为V=πr^2h，其中r表示底面圆的半径，h表示圆柱体的高。
5. 圆锥体的体积计算公式圆锥体的体积计算公式为V=1/3πr^2h，其中r表示底面圆的半径，h表示圆锥体的高。
2023年高考数学总复习历年真题题型归纳与模拟预测8-1空间几何体的结构、表面积和体积带讲解
☆注：请用Microsoft Word2016以上版本打开文件进行编辑，.第八章立体几何与空间向量8.1 空间几何体的结构、表面积和体积立体几何问题既是高考的必考点，也是考查的难点，其在高考中的命题形式较为稳定，保持“一小一大”或“两小一大”的格局．多以选择题或者填空题的形式考查空间内点线面的关系为主，空间几何体的体积或表面积的计算.题型一.空间几何体的结构与直观图1．（2019•新课标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26个面，其棱长为√2−1．【解答】解：该半正多面体共有8+8+8+2＝26个面，设其棱长为x，则x+√22x+√22x＝1，解得x=√2−1．故答案为：26，√2−1．2．（2021•全国模拟）如图是一个正方体的平面展开图，则在该正方体中（）A．AE∥CD B．CH∥BE C．DG⊥BH D．BG⊥DE【解答】解：还原正方体直观图如图，可知AE 与CD 为异面直线，故选项A 不正确； 由EH ∥=BC ，可得CH ∥BE ，故选项B 正确；正方形中易得DG ⊥平面BCH ，所以有DG ⊥BH ，故选项C 正确； 因为BG ∥AH ，且DE ⊥AH ，所以BG ⊥DE ，故选项D 正确． 故选：BCD ．3．（2018•新课标Ⅱ）已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为（ ） A ．3√34B ．2√33C ．3√24D ．√32【解答】解：正方体的所有棱中，实际上是3组平行的棱，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，如图：所示的正六边形平行的平面，并且正六边形时，α截此正方体所得截面面积的最大， 此时正六边形的边长√22， α截此正方体所得截面最大值为：6×√34×(√22)2=3√34． 故选：A ．4．（2020•新课标Ⅱ）埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥．以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为（ ）A ．√5−14B ．√5−12C ．√5+14D ．√5+12【解答】解：设正四棱锥的高为h ，底面边长为a ，侧面三角形底边上的高为h ′，则依题意有：{ℎ2=12aℎ′ℎ2=ℎ′2−(a 2)2， 因此有h ′2﹣（a2）2=12ah ′⇒4（ℎ′a）2﹣2（ℎ′a）﹣1＝0⇒ℎ′a=√5+14（负值−√5+14舍去）； 故选：C ．5．（2020•山东）已知直四棱柱ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1的棱长均为2，∠BAD ＝60°．以D 1为球心，√5为半径的球面与侧面BCC 1B 1的交线长为√2π2． 【解答】解：由题意直四棱柱ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1的棱长均为2，∠BAD ＝60°．可知：D 1B 1＝2，上下底面是菱形，建立如图所示的平面直角坐标系，设P （x ，y ）为半径√5的球面上的点，过P 作PE 垂直B 1C 1的垂直，E 为垂足，则D 1E 2＝D 1B 12+x 2﹣2•D 1B 1•x cos60°＝x 2+4﹣2x ． 由题意可知D 1P =√5． 可得：5＝x 2+4﹣2x +（2﹣y ）2． 即（x ﹣1）2+（y ﹣2）2＝2，所以P 在侧面BCC 1B 1的轨迹是以B 1C 1的中点为圆心，半径为√2的圆弧．以D 1为球心，√5为半径的球面与侧面BCC 1B 1的交线长为：14×2√2π=√2π2．故答案为：√2π2．题型二.空间几何体的表面积与体积1．（2018•新课标Ⅱ）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 ．12√2πB ．12πC ．8√2πD ．10π【解答】解：设圆柱的底面直径为2R ，则高为2R ， 圆柱的上、下底面的中心分别为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， 可得：4R 2＝8，解得R =√2，则该圆柱的表面积为：π⋅(√2)2×2+2√2π×2√2=12π． 故选：B ．2．（2021•新高考Ⅱ）已知圆锥的底面半径为√2，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为（ ） A ．2B ．2√2C ．4D ．4√2【解答】解：由题意，设母线长为l ，因为圆锥底面周长即为侧面展开图半圆的弧长，圆锥的母线长即为侧面展开图半圆的半径，则有2π⋅√2=π⋅l ，解得l =2√2， 所以该圆锥的母线长为2√2． 故选：B ．3．（2018•新课标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5√15，则该圆锥的侧面积为 40√2π ．【解答】解：圆锥的顶点为S ，母线SA ，SB 所成角的余弦值为78，可得sin ∠ASB =√1−(78)2=√158．△SAB 的面积为5√15，可得12SA 2sin ∠ASB ＝5√15，即12SA 2×√158=5√15，即SA ＝4√5． SA 与圆锥底面所成角为45°，可得圆锥的底面半径为：√22×4√5=2√10．则该圆锥的侧面积：12×4√10π×4√5=40√2π．故答案为：40√2π．4．（2018•新课标Ⅱ）在长方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝2，AC 1与平面BB 1C 1C 所成的角为30°，则该长方体的体积为（ ） A ．8B ．6√2C ．8√2D ．8√3【解答】解：长方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，AB ＝BC ＝2， AC 1与平面BB 1C 1C 所成的角为30°， 即∠AC 1B ＝30°，可得BC 1=ABtan30°=2√3．可得BB 1=√(2√3)2−22=2√2．所以该长方体的体积为：2×2×2√2=8√2． 故选：C ．4．（2021•新高考Ⅱ）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+12√3B ．28√2C ．563D ．28√23【解答】解：如图ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1为正四棱台，AB ＝2，A 1B 1＝4，AA 1＝2． 在等腰梯形A 1B 1BA 中，过A 作AE ⊥A 1B 1，可得A 1E =4−22=1， AE =√AA 12−A 1E 2=√4−1=√3． 连接AC ，A 1C 1，AC =√4+4=2√2，A 1C 1=√16+16=4√2， 过A 作AG ⊥A 1C 1，A 1G =4√2−2√22=√2， AG =√AA 12−A 1G 2=√4−2=√2， ∴正四棱台的体积为：V =S上+S 下+√S 上⋅S 下3×ℎ=22+42+√22×423×√2 =28√23．故选：D ．5．（2019•天津）已知四棱锥的底面是边长为√2的正方形，侧棱长均为√5．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 π4．【解答】解：由题作图可知，四棱锥底面正方形的对角线长为2，且垂直相交平分， 由勾股定理得：正四棱锥的高为2，由于圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，有圆柱的上底面直径为底面正方形对角线的一半等于1，即半径等于12；由相似比可得圆柱的高为正四棱锥高的一半1，则该圆柱的体积为：v ＝sh ＝π（12）2×1=π4；故答案为：π47．（2019•新课标Ⅱ）学生到工厂劳动实践，利用3D 打印技术制作模型．如图，该模型为长方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1挖去四棱锥O ﹣EFGH 后所得的几何体，其中O 为长方体的中心，E ，F ，G ，H 分别为所在棱的中点，AB ＝BC ＝6cm ，AA 1＝4cm .3D 打印所用原料密度为0.9g /cm 3．不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为 118.8 g ．【解答】解：该模型为长方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1，挖去四棱锥O ﹣EFGH 后所得的几何体，其中O 为长方体的中心，E ，F ，G ，H ，分别为所在棱的中点，AB ＝BC ＝6cm ，AA 1＝4cm ， ∴该模型体积为：V ABCD−A 1B 1C 1D 1−V O ﹣EFGH ＝6×6×4−13×(4×6−4×12×3×2)×3 ＝144﹣12＝132（cm 3），∵3D 打印所用原料密度为0.9g /cm 3，不考虑打印损耗， ∴制作该模型所需原料的质量为：132×0.9＝118.8（g ）． 故答案为：118.8．8．（2021•新高考Ⅱ）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，地球静止同步轨道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的一颗地球静止同步轨道卫星点的纬度最大值为α，该卫星信号覆盖地球表面的表面积S ＝2πr 2（1﹣cosα）（单位：km 2），则S 占地球表面积的百分比约为（ ） A ．26%B ．34%C ．42%D ．50%【解答】解：由题意，作出地球静止同步卫星轨道的左右两端的竖直截面图，则OP ＝36000+6400＝424000，那么cosα=640042400=853； 卫星信号覆盖的地球表面面积S ＝2πr 2（1﹣cosα）， 那么，S 占地球表面积的百分比为2πr 2(1−cosα)4πr 2=45106≈42%．故选：C ．题型三.外接球与内切球1．（2017•天津）已知一个正方体的所有顶点在一个球面上，若这个正方体的表面积为18，则这个球的体积为9π2．【解答】解：设正方体的棱长为a ， ∵这个正方体的表面积为18， ∴6a 2＝18，则a 2＝3，即a =√3，∵一个正方体的所有顶点在一个球面上， ∴正方体的体对角线等于球的直径， 即√3a ＝2R ， 即R =32，则球的体积V =43π•（32）3=9π2；故答案为：9π2．2．（2017•新课标Ⅱ）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 ．π2D ．π4【解答】解：∵圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上， ∴该圆柱底面圆周半径r =√12−(12)2=√32， ∴该圆柱的体积：V ＝Sh =π×(√32)2×1=3π4．故选：B ．3．（2021•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O ﹣ABC 的体积为（ ） A ．√212B ．√312C ．√24D ．√34【解答】解：因为AC ⊥BC ，AC ＝BC ＝1， 所以底面ABC 为等腰直角三角形，所以△ABC 所在的截面圆的圆心O 1为斜边AB 的中点， 所以OO 1⊥平面ABC ，在Rt △ABC 中，AB =√AC 2+BC 2=√2，则AO 1=√22， 在Rt △AOO 1中，OO 1=√OA 2−AO 12=√22，故三棱锥O ﹣ABC 的体积为V =13⋅S △ABC ⋅OO 1=13×12×1×1×√22=√212． 故选：A ．4．（2020•新课标Ⅱ）已知△ABC 是面积为9√34的等边三角形，且其顶点都在球O 的球面上．若球O 的表面积为16π，则O 到平面ABC 的距离为（ ） A ．√3B ．32C ．1D ．√32【解答】解：由题意可知图形如图：△ABC 是面积为9√34的等边三角形，可得√34AB 2=9√34， ∴AB ＝BC ＝AC ＝3，可得：AO 1=23×√32×3=√3， 球O 的表面积为16π，外接球的半径为：R ；所以4πR 2＝16π，解得R ＝2，所以O 到平面ABC 的距离为：√4−3=1． 故选：C ．5．（2015•新课标Ⅱ）已知A ，B 是球O 的球面上两点，∠AOB ＝90°，C 为该球面上的动点，若三棱锥O ﹣ABC 体积的最大值为36，则球O 的表面积为（ ） A ．36πB ．64πC ．144πD ．256π【解答】解：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 =13×12×R 2×R =16R 3=36，故R ＝6，则球O 的表面积为4πR 2＝144π， 故选：C ．6．（2017•新课标Ⅱ）已知三棱锥S ﹣ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，SC 是球O 的直径．若平面SCA ⊥平面SCB ，SA ＝AC ，SB ＝BC ，三棱锥S ﹣ABC 的体积为9，则球O 的表面积为 36π ．【解答】解：三棱锥S ﹣ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，SC 是球O 的直径，若平面SCA ⊥平面SCB ，SA ＝AC ，SB ＝BC ，三棱锥S ﹣ABC 的体积为9，可知三角形SBC 与三角形SAC 都是等腰直角三角形，设球的半径为r ， 可得13×12×2r ×r ×r =9，解得r ＝3．球O 的表面积为：4πr 2＝36π． 故答案为：36π．7．（2019•新课标Ⅱ）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 ．8√6πB ．4√6πC ．2√6πD ．√6π【解答】解：如图，由P A ＝PB ＝PC ，△ABC 是边长为2的正三角形，可知三棱锥P ﹣ABC 为正三棱锥， 则顶点P 在底面的射影O 1为底面三角形的中心，连接BO 1 并延长，交AC 于G ， 则AC ⊥BG ，又PO 1⊥AC ，PO 1∩BG ＝O 1，可得AC ⊥平面PBG ，则PB ⊥AC ， ∵E ，F 分别是P A ，AB 的中点，∴EF ∥PB ，又∠CEF ＝90°，即EF ⊥CE ，∴PB ⊥CE ，得PB ⊥平面P AC ， ∴正三棱锥P ﹣ABC 的三条侧棱两两互相垂直，把三棱锥补形为正方体，则正方体外接球即为三棱锥的外接球，其直径为D =√PA 2+PB 2+PC 2=√12(PA 2+PB 2+PB 2+PC 2+PA 2+PC 2) =√12(AB 2+BC 2+AC 2)=√12(22+22+22)=√6． 半径为√62，则球O 的体积为43π×(√62)3=√6π．故选：D ．8．（2020•新课标Ⅱ）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 √23π ． 【解答】解：因为圆锥内半径最大的球应该为该圆锥的内切球， 如图，圆锥母线BS ＝3，底面半径BC ＝1， 则其高SC =√BS 2−BC 2=2√2， 不妨设该内切球与母线BS 切于点D ， 令OD ＝OC ＝r ，由△SOD ∽△SBC ，则OD OS=BC BS，即2√2−r =13，解得r =√22，V =43πr 3=√23π，故答案为：√23π．题型四.空间几何体中的最值问题1．（2018•新课标Ⅱ）设A ，B ，C ，D 是同一个半径为4的球的球面上四点，△ABC 为等边三角形且面积为9√3，则三棱锥D ﹣ABC 体积的最大值为（ ） A ．12√3B ．18√3C ．24√3D ．54√3【解答】解：△ABC 为等边三角形且面积为9√3，可得√34×AB 2=9√3，解得AB ＝6， 球心为O ，三角形ABC 的外心为O ′，显然D 在O ′O 的延长线与球的交点如图： O ′C =23×√32×6=2√3，OO ′=√42−(2√3)2=2， 则三棱锥D ﹣ABC 高的最大值为：6，则三棱锥D ﹣ABC 体积的最大值为：13×√34×63=18√3．故选：B ．2．（2016•新课标Ⅱ）在封闭的直三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1内有一个体积为V 的球，若AB ⊥BC ，AB ＝6，BC ＝8，AA 1＝3，则V 的最大值是（ ） A ．4πB ．9π2C ．6πD ．32π3【解答】解：∵AB ⊥BC ，AB ＝6，BC ＝8， ∴AC ＝10．故三角形ABC 的内切圆半径r =6+8−102=2， 又由AA 1＝3，故直三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1的内切球半径为32， 此时V 的最大值43π⋅(32)3=9π2，故选：B ．3．（2017•新课标Ⅱ）如图，圆形纸片的圆心为O ，半径为5cm ，该纸片上的等边三角形ABC 的中心为O ．D 、E 、F 为圆O 上的点，△DBC ，△ECA ，△F AB 分别是以BC ，CA ，AB 为底边的等腰三角形．沿虚线剪开后，分别以BC ，CA ，AB 为折痕折起△DBC ，△ECA ，△F AB ，使得D 、E 、F 重合，得到三棱锥．当△ABC 的边长变化时，所得三棱锥体积（单位：cm 3）的最大值为 4√15cm 3 ．【解答】解法一：由题意，连接OD ，交BC 于点G ，由题意得OD ⊥BC ，OG =√36BC ， 即OG 的长度与BC 的长度成正比， 设OG ＝x ，则BC ＝2√3x ，DG ＝5﹣x ，三棱锥的高h =√DG 2−OG 2=√25−10x +x 2−x 2=√25−10x ， S △ABC =12×√32×(2√3x)2=3√3x 2， 则V =13S △ABC ×ℎ=√3x 2×√25−10x =√3⋅√25x 4−10x 5， 令f （x ）＝25x 4﹣10x 5，x ∈（0，52），f ′（x ）＝100x 3﹣50x 4，令f ′（x ）≥0，即x 4﹣2x 3≤0，解得x ≤2， 则f （x ）≤f （2）＝80，∴V ≤√3×√80=4√15cm 3，∴体积最大值为4√15cm 3． 故答案为：4√15cm 3．解法二：连接OD ，交BC 于H ，如图，设BC ＝2x ，则0＜2x ＜5√3，OH =x √3，DH ＝5x√3， ∴V =13×√34×(2x)2×√(5−x √3)2−(x √3)2=√33×x 2×√25−10x√3=√33×√x ⋅x ⋅x ⋅x 10√3(5√32−x) =√33⋅√x ⋅x ⋅x ⋅x ⋅52√3√3−4x) ≤√33⋅√52√3(10√35)5＝4√15，当x ＝2√3时，取“＝”． ∴体积最大值为4√15cm 3． 故答案为：4√15cm 3．一．单选题（共8小题）1．（2020•云南模拟）已知正△ABC 的顶点都在球O 的球面上，正△ABC 的边长为2√3．若球心O 到△ABC 所在平面的距离为√5，则球O 的表面积为（ ） A ．36πB ．32πC ．36√3πD ．32√3π【解答】解；设正△ABC 的外接圆半径r ，由正弦定理可得，2√3sin60°=2r ，故r ＝2，由球的性质可知，R 2＝r 2+d 2＝4+5＝9， 所以球的表面积S ＝4π×9＝36π． 故选：A ．2．（2020•全国一模）如图，四边形ABCD 是边长为2的正方形，ED ⊥平面ABCD ，FC ⊥平面ABCD ，ED ＝2FC ＝2，则四面体A ﹣BEF 的体积为（ ）A ．13B ．23C ．1D ．43【解答】解：∵四边形ABCD 是边长为2的正方形，ED ⊥平面ABCD ，FC ⊥平面ABCD ，ED ＝2FC ＝2， ∴以D 为原点，DA 为x 轴，DC 为y 轴，DE 为z 轴，建立空间直角坐标系， A （2，0，0），B （2，2，0），E （0，0，2），F （0，2，1）， BA →=（0，﹣2，0），BF →=（﹣2，0，1），BE →=（﹣2，﹣2，2）， BA →⋅BF →=0，∴S △ABF =12×|BA →|×|BF →|=12×2×√5=√5，设平面ABF 的法向量n →=（x ，y ，z ），则{n →⋅BA →=−2y =0n →⋅BF →=−2x +z =0，取x ＝1，得n →=（1，0，2）， ∴E 到平面ABF 的距离d =|n →⋅BE →||n →|=2√5，∴四面体A ﹣BEF 的体积为： V A ﹣BEF ＝V E ﹣ABF =13×S △ABF ×d =13×√52√5=23． 故选：B ．3．（2015•山东）在梯形ABCD 中，∠ABC =π2，AD ∥BC ，BC ＝2AD ＝2AB ＝2，将梯形ABCD 绕AD 所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为（ ） A ．2π3B ．4π3C ．5π3D ．2π【解答】解：由题意可知几何体的直观图如图：旋转体是底面半径为1，高为2的圆柱，挖去一个相同底面高为1的倒圆锥，几何体的体积为：12π⋅2−13×12π×1=5π3． 故选：C ．4．（2021•泗县校级模拟）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 ．2π【解答】解：设圆锥的底面半径为r ，高为h ，则2πr =2π3×3， ∴r ＝1，h =√32−1=2√2， 设内切球的半径为R ，则2√2−R=13，∴R =√22，V =43πR 3=43π（√22）3=√23π，故选：A ．5．我国古代名著《张丘建算经》中记载：“今有方锥下方二丈，高三丈，欲斩末为方亭，令上方六尺，问：斩高几何？”大致意思是：有一个正四棱锥下底边长为二丈，高三丈，现从上面截去一段，使之成为正四棱台，且正四棱台的上底边长为六尺，则截去的正四棱锥的高是多少？如果我们把求截去的正四棱锥的高改为求剩下的正四棱台的体积，则该正四棱台的体积是（ ）（注：1丈＝10尺） A ．1946立方尺 B ．3892立方尺 C ．7784立方尺D ．11676立方尺【解答】解：如图所示，正四棱锥P ﹣ABCD 的下底边长为二丈，即AB ＝20尺， 高三丈，即PO ＝30尺；截去一段后，得正四棱台ABCD ﹣A ′B ′C ′D ′，且上底边长为A ′B ′＝6尺， 则有PO′PO=PO′30=620，∴PO ′＝9可得OO ′＝21，所以该正四棱台的体积是V =13×21×（202+20×6+62）＝3892（立方尺）． 故选：B ．6．（2019•濮阳一模）已知正△ABC 三个顶点都在半径为2的球面上，球心O 到平面ABC 的距离为1，点E 是线段AB 的中点，过点E 作球O 的截面，则截面面积的最小值是（ ）A ．74πB ．2πC ．94πD ．3π【解答】解：设正△ABC 的中心为O 1，连结O 1A ∵O 1是正△ABC 的中心，A 、B 、C 三点都在球面上，∴O 1O ⊥平面ABC ，∵球的半径R ＝2，球心O 到平面ABC 的距离为1，得O 1O ＝1， ∴Rt △O 1OA 中，O 1A =√OA 2−OO 12=√3．又∵E 为AB 的中点，△ABC 是等边三角形，∴AE ＝AO 1cos30°=32． ∵过E 作球O 的截面，当截面与OE 垂直时，截面圆的半径最小， ∴当截面与OE 垂直时，截面圆的面积有最小值． 此时截面圆的半径r =32， 可得截面面积为S ＝πr 2=9π4． 故选：C ．7．（2014•陈仓区校级一模）如图，在四棱锥P ﹣ABCD 中，底面ABCD 是边长为m 的正方形，PD ⊥底面ABCD ，且PD ＝m ，P A ＝PC =√2m ，若在这个四棱锥内放一个球，则此球的最大半径是 (1−√22)m ．【解答】解：根据题意，球的最大半径是四棱锥P ﹣ABCD 的内切球半径，设这个半径为r ∵PD ⊥底面ABCD ，且PD ＝m ，底面ABCD 是边长为m 的正方形， ∴△P AD 和△PCD 都是直角边长为m 的等腰直角三角形， 可得S △P AD ＝S △PCD =12m 2∵Rt △P AB 中，P A =√2m ，AB ＝m ，∴S △P AB =12P A •AB =√22m 2，同理可得S △PBC =√22m 2 又∵S ABCD ＝m 2，∴四棱锥P ﹣ABCD 的表面积为S 表＝S △P AD +S △PCD +S △P AB +S △PBC +S ABCD ＝（2+√2）m 2 因此，四棱锥P ﹣ABCD 的体积V =13×S 表×r =13（2+√2）m 2r ∵PD ⊥底面ABCD ，且PD ＝m ，底面ABCD 是边长为m 的正方形， ∴四棱锥P ﹣ABCD 的体积V =13×S ABCD ×PD =13m 3， 由此可得13（2+√2）m 2r =13m 3，解之得r =12+√2m =(1−√22)m 因此，在四棱锥P ﹣ABCD 内放一个球，该球的最大半径是(1−√22)m ． 故答案为：(1−√22)m8．（2019秋•中原区校级月考）在长方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，AD ＝DD 1＝1，AB =√3，E ，F ，G 分别是AB ，BC ，CC 1的中点，P 是底面ABCD 内一个动点，若直线D 1P 与平面EFG 平行，则△BB 1P 面积的最小值为（ ）A ．√34B ．1C ．√32D ．12【解答】解：如图，补全截面EFG 为截面EFGHQR ，易知平面ACD 1∥平面EFGHQR ，设BR ⊥AC 于点R ， ∵直线D 1P ∥平面EFG ，∴P ∈AC ，且当P 与R 重合时，BP ＝BR 最短，此时△PBB 1的面积最小， 由等积法：12BR ×AC =12BA ×BC 得BR =√32，又BB 1⊥平面ABCD ，∴BB 1⊥BP ，△PBB 1为直角三角形， 故S△BB 1P=12BB 1×BP =√34，故选：A ．二．多选题（共4小题）9．如图，正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E 、F 分别是棱AA 1、CC 1的中点，过点E 、F 的平面分别与棱BB 1、DD 1交于点G 、H ，以下四个结论正确的是（ ）A ．正方体外接球的表面积为3πB ．平面EGFH 与平面ABCD 所成角的最大值π4C ．四棱锥C 1﹣EGFH 的体积为定值D ．点B 1到平面EGFH 的距离的最大值为√63【解答】解：对于A ，因为正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1的棱长为1， 所以正方体的体对角线为√1+1+1=√3， 故正方体外接球的直径2R =√3， 所以正方体外接球的表面积为4πR 2＝3π， 故选项A 正确；对于B ，设平面EGFH 与平面ABCD 所成的角为θ， 由面面平行的性质定理可得，EG ∥FH ，EH ∥GF ， 则四边形EGFH 为平行四边形，又直角梯形CBGF 和直角梯形ABGE 全等， 则EG ＝FG ，所以四边形EGFH 为菱形，且GH ⊥EF ，因为平面EGFH 在底面上的射影为四边形ABCD ， 所以由面积射影公式可得cosθ=SABCD S EGFH=112×√2⋅GH=√2GH ， 因为√2≤GH ≤√3， 所以√63≤cosθ≤1， 则平面EGFH 与平面ABCD 所成角的最大值不是π4， 故选项B 错误；对于C ，四棱锥C 1﹣EGFH 的体积为V =2V C 1−EFG =2V E−GFC 1=2×13×12×12=16， 故选项C 正确；对于D ，设BG ＝x ，x ∈[0，1]，V B 1−EFG =V E−B 1FG =13×12×1×(1−x)×1， 设点B 1到平面EGFH 的距离为d ，则V B 1−EFG =13⋅d ×12×√2×1+(12−x)2−(√22)2， 故d =√2×√12+(12−x)2，令t ＝1﹣x ，则t ∈[0，1]， 所以d =−t+34=1√2×√34⋅1t 2−1t+1，故当t ＝1，即x ＝0时，d 取得最大值√63， 所以点B 1到平面EGFH 的距离的最大值为√63， 故选项D 正确． 故选：ACD ．10．棱长为2的正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，E 、F 分别为棱AD 、DD 1的中点，G 为面对角线B 1C 上一个动点，则（ ）A ．三棱锥A 1﹣EFG 的体积为定值B ．线段B 1C 上存在点G ，使平面EFG ∥平面A 1BC 1C ．当CG →=34CB 1→时，直线EG 与BC 1所成角的余弦值为√1313D ．当G 为B 1C 的中点时，三棱锥A 1﹣EFG 的外接球半径为54 【解答】解：对于A ，由于△A 1EF 的面积为定值，G 到平面ADD 1A 1，即点D 到平面A 1EF 的距离为定值， 所以三棱锥A 1﹣EFG 的体积为定值，故选项A 正确；对于B ，以点D 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐系，则A 1（2，0，2），B （2，2，0），C 1（0，2，2），C （0，2，0），E （1，0，0），F （0，0，1），B 1（2，2，2），所以A 1B →=(0，2，−2)，A 1C 1→=(−2，2，0)，设平面A 1BC 1的法向量为n →=(x ，y ，z)，故{n →⋅A 1B →=2y −2z =0n →⋅A 1C 1→=−2x +2y =0，令x ＝1，则y ＝z ＝1，故n →=(1，1，1)，设CG →=tCB 1→=t(2，0，2)=(2t ，0，2t)，0≤t ≤1，则DG →=DC →+CG →=(0，2，0)+(2t ，0，2t)=（2t ，2，2t ），所以EF →=(−1，0，1)，EG →=(2t −1，2，2t)，设平面EFG 的法向量为m →=(a ，b ，c)，则{m →⋅EF →=−a +c =0m →⋅EG →=(2t −1)a +2b +2tc =0， 令a ＝1，则c ＝1，b =1−4t 2， 若平面EFG ∥平面A 1BC 1，则11=1−4t 21=11，4t ＝﹣1，故t 无解， 故选项B 错误；对于C ，当CG →=34CB 1→时，t =34，G(32，2，32)，所以EG →=(12，2，32)，BC 1→=(−2，0，2)，设直线EG 与BC 1所成的角为θ，则cosθ=|cos ＜EG →，BC 1→＞|=|EG →⋅BC 1→||EG →||BC 1→|=√264×2√2=√1313， 所以直线EG 与BC 1所成角的余弦值为√1313，故选项C 正确；对于D ，G 为B 1C 的中点时，A 1（2，0，2），E （1，0，0），F （0，0，1），G （1，2，1），设三棱锥A 1﹣EFG 的外接球的球心为O （x ，y ，z ），半径为r ，则{ r 2=(x −2)2+y 2+(z −2)2r 2=(x −1)2+y 2+z 2r 2=x 2+y 2+(z −1)2r 2=(x −1)2+(y −2)2+(z −1)2，解得r 2=116≠(54)2，故选项D 错误．故选：AC ．11．在正方体ABCB ﹣A 1B 1C 1D 1中，P ，Q 分别为棱BC 和棱CC 1的中点，则下列说法正确的是（）A ．异面直线QP 与A 1C 1所成的角为45°B ．A 1D ⊥平面AQPC ．平面APQ 截正方体所得截面为等腰梯形D ．点M 在线段BC 1上运动，则三棱锥A ﹣MPQ 的体积不变【解答】解：对于A ，连接A 1B 、BC 1，如图1所示：因为P ，Q 分别为棱BC 和棱CC 1的中点，所以PQ ∥BC 1，所以∠A 1C 1B 是异面直线QP 与A 1C 1所成的角，又A 1C 1＝A 1B ＝BC 1，所以∠A 1C 1B ＝60°，即异面直线QP 与A 1C 1所成的角为60°，选项A 错误； 对于B ，建立空间直角坐标系，如图2所示：设正方体的棱长为1，则D （0，0，0），A （1，0，0），P （12，1，0），A 1（1，0，1）， 所以DA 1→=（1，0，1），AP →=（−12，1，0），所以DA 1→•AP →=−12，所以DA 1→与AP →不垂直，即DA 1与AP 不垂直， 所以A 1D 与平面AQP 不垂直，选项B 错误；对于C ，连接AD 1、D 1Q ，则四边形APQD 1是平面APQ 截正方体所得的截面，如图3所示：连接BC 1，则BC 1∥AD 1，且BC 1＝AD 1，又PQ ∥BC 1，且PQ =12BC 1，所以PQ ∥AD 1，且PQ =12AD 1，所以四边形APQD 1是梯形，又AP ＝D 1Q ，所以四边形APQD 1是等腰梯形，选项C 正确；对于D ，如图4所示，设正方体的棱长为a ，因为PQ ∥BC 1，所以点M 到PQ 的距离为√24a ，PQ =√22a ，点A 到平面MPQ 的距离为a ，所以三棱锥A ﹣MPQ 的体积为V =13×12×√22a ×√24a ×a =a 324，是定值，选项D 正确． 故选：CD ．12．如图，正方形ABCD 与正方形DEFC 边长均为1，平面ABCD 与平面DEFC 互相垂直，P 是AE 上的一个动点，则（ ）A ．CP 的最小值为√32B ．当P 在直线AE 上运动时，三棱锥D ﹣BPF 的体积不变C ．PD +PF 的最小值为√2−√2D ．三棱锥A ﹣DCE 的外接球表面积为3π【解答】解：对于A ，连接DP ，CP ，易得CP =√DP 2+CD 2=√DP 2+1≥√12+1=√62，故A 错误；对于B ，P 在直线AE 上运动时，△PBF 的面积不变，D 到平面PBF 的距离也不变，故三棱锥D ﹣BPF 的体积不变，故B 正确；对于C ，如图，将△ADE 翻折到与平面ABFE 共面，则当D 、P 、F 三点共线时，PD +PF 取得最小值(√22)2+(√22+1)2=√2+√2，故C 错误；对于D ，将该几何体补成正方体，则外接球半径为√32，外接球表面积为3π，故D 正确． 故选：BD ．。
高中数学第八章立体几何初步之简单几何体的表面积与体积(精练)(必修第二册)(教师版含解析)
8.3 简单几何体的表面积与体积(精练)【题组一 多面体表面积】1．(2020·全国高一课时练习)长方体的高为2，底面积等于12，过不相邻两侧棱的截面(对角面)的面积为10，则此长方体的侧面积为( )A ．12B ．24C ．28D ．32 【答案】C【解析】设长方体底面矩形的长与宽分别为,a b ，则12ab =.又由题意知22210a b +⨯=，解得4,3a b ==或3,4a b ==.故长方体的侧面积为()243228⨯+⨯=.故选：C.2．(2021·江苏南通市)一个正四棱锥的底面边长为2，高为3，则该正四棱锥的全面积为A ．8B ．12C ．16D ．20 【答案】B【解析】由题得侧面三角形的斜高为223+1=2， 所以该四棱锥的全面积为212+422=122⋅⋅⋅. 故选B 3．(2020·全国高一课时练习)若正三棱台上、下底面边长分别是a 和2a ，棱台的高为336a ，则此正三棱台的侧面积为( )A ．2aB ．212aC ．292aD ．232a 【答案】C 【解析】如图，1,O O 分别为上、下底面的中心，1,D D 分别是AC ，11A C 的中点，过1D 作1D E OD ⊥于点E .在直角梯形11ODD O 中，1332323OD a a =⨯⨯=，11133326O D a a =⨯⨯=，1136DE OD O D a ∴=-=.在1RtDED中，1336D E a =， 则22133366D D a a ⎛⎫⎛⎫=+ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭223333636a a a =+=. 2193(2)22S a a a a ∴=⨯+=侧.故选：C4．(2020·河北沧州市一中高一月考)正四棱锥底面正方形的边长为4，高与斜高的夹角为30，则该四棱锥的侧面积( )A ．32B ．48C ．64D ．323【答案】A【解析】如图:正四棱锥的高PO ，斜高PE ，底面边心距OE 组成直角△POE ．∵OE =2cm ，∠OPE =30°，∴斜高h ′=PE =4sin 30o OE =，∴S正棱锥侧=114443222ch=⨯⨯⨯='故选：A5．(2020·全国高一课时练习)已知正四棱锥的底面边长是2，侧棱长是5，则该正四棱锥的表面积为( ) A．3B．12C．8D．43【答案】B【解析】如图所示，在正四棱锥S ABCD-中，取BC中点E，连接SE，则SBE△为直角三角形，所以22512SE SB BE=-=-=，所以表面积1422422122SBCABCDS S S=+⨯=⨯+⨯⨯⨯=正方形△.故选：B.6．(2021·内蒙古包头市·高三期末(文))已知一个正四棱锥的底面边长为4，以该正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，则该正四棱锥的侧面积为( )A．()451+B．51-C．()451-D．()851+【答案】D【解析】正四棱锥如图，设四棱锥的高OE h =，由底面边长为4，可知2OF =，斜高24EF h =+，故221442h h =⨯⨯+，解得2=225h +， 故侧面积为()22144448858152h h ⨯⨯⨯+==+=+， 故选：D. 7．(2020·山西吕梁市)已知,AB CD 是某一棱长为2的正方体展开图中的两条线段，则原正方体中几何体ABCD 的表面积为( )A ．24223++B ．22223++C ．22243++D ．24243++【答案】A 【解析】由所给正方体的展开图得到直观图，如图：则此三棱锥的表面积为：△△△△+++=BCD ABC ADC ABD S S S S111132222222222222422322222⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯⨯=++ 故选：A8．(2020·黑龙江哈师大青冈实验中学)长方体一个顶点上的三条棱长分别为3，4，a ，表面积为108，则a 等于( )A ．2B ．3C ．5D ．6 【答案】D【解析】长方体一个顶点上的三条棱长分别为3，4，a ，则长方体的表面积为342+2423108a a ⨯⨯⨯+⨯=，解得a =6，故选：D9．(2020·湖北省汉川市第一高级中学高一期末)一个正四棱柱的各个顶点都在一个半径为2cm 的球面上，如果正四棱柱的底面边长为2cm ，那么该棱柱的表面积为( )A ．2(242)cm +B ．2(482)cm +C ．2(8162)cm +D ．2(16322)cm + 【答案】C【解析】∵一个正四棱柱的各个顶点都在一个半径为2cm 的球面上，正四棱柱的底面边长为2cm ， ∴球的直径为正四棱柱的体对角线∴正四棱柱的体对角线为4，正四棱柱的底面对角线长为22，正四棱柱的高为224(22)22-=，∴该棱柱的表面积为2×22+4×2×22=8＋162(2cm )，故选：C【题组二 多面体台体积】1．(2021·扶风县法门高中)正方体的全面积为18cm 2，则它的体积是_________ 3cm 【答案】33【解析】设该正方体的棱长为a cm ，由题意可得，2618a =，解得3a =，所以该正方体的体积为333V a ==3cm .故答案为：332．(2021·湖南长沙市)如图，在长方体1AC 中，棱锥1A ABCD -的体积与长方体的体积之比为( )A．2∶3 B．1∶3 C．1∶4 D．3∶4【答案】B【解析】设长方体过同一顶点的棱长分别为,,a b c则长方体的体积为1V abc=，四棱锥1A ABCD-的体轵为213V abc=，所以棱锥1A ABCD-的体积与长方体1AC的体积的比值为13.故选：B.3．(2020·浙江高一期末)由华裔建筑师贝聿铭设计的巴黎卢浮宫金字塔的形状可视为一个正四棱锥(底面是正方形，侧棱长都相等的四棱锥)，四个侧面由673块玻璃拼组而成，塔高21 米，底宽34米，则该金字塔的体积为( )A．38092m B．34046mC．324276m D．312138m【答案】A【解析】如图正四棱锥P ABCD -中，34AB BC ==，21PO =，所以正四棱锥P ABCD -的体积为311343421809233ABCD S PO m ⨯⨯=⨯⨯⨯=， 故选：A4．(2020·辽宁沈阳市·沈阳二中高一期末)《九章算术》问题十：今有方亭，下方五丈，上方四丈．高五丈．问积几何(今译：已知正四棱台体建筑物(方亭)如图，下底边长5a =丈，上底边长4b =丈．高5h=丈．问它的体积是多少立方丈？( )A ．75B ．3053C ．3203D ．4003 【答案】B【解析】()()222211++=33V S S S S h a a b b h ''=⋅++⋅ ()22221130555445615333=+⨯+⨯=⨯⨯=. 故选:B 5．(2021·浙江高一期末)出华裔建筑师贝聿铭设计的巴黎卢浮宫金字塔的形状可视为一个正四棱锥(底面是正方形，侧楼长都相等的四棱锥)，四个侧面由673块玻璃拼组而成，塔高21米，底宽34米，则该金字塔的体积为( )A ．38092mB ．34046mC ．32427mD ．312138m【答案】A【解析】如图正四棱锥P ABCD-中，PO⊥底面ABCD，21PO=，34AB=，底面正方形的面积为234341156S m=⨯=，则正四棱锥P ABCD-的体积为311115621809233S PO m⨯⨯=⨯⨯=，故选：A6．(2020·济南市·山东师范大学附中高一月考)如图，在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D-中，截去三棱锥1A ABD-，求(1)截去的三棱锥1A ABD-的表面积；(2)剩余的几何体1111A B C D DBC-的体积.【答案】(1)623+；(2)203【解析】(1)由正方体的特点可知三棱锥1A ABD-中，1A BD是边长为22的等边三角形，1A AD、1A AB、ABD△都是直角边为2的等腰直角三角形，所以截去的三棱锥1A ABD-的表面积()1112312232262342A BD A AD A AB ABDS S S S S=+++=⨯+⨯⨯⨯=+(2)正方体的体积为328=，三棱锥1A ABD -的体积为111142223323ABD SAA ⨯⨯=⨯⨯⨯⨯=， 所以剩余的几何体1111A B C D DBC -的体积为420833-=. 【题组三 旋转体的表面积】1．(2021·浙江丽水市)经过圆锥的轴的截面是面积为2的等腰直角三角形，则圆锥的侧面积是( )A ．42πB ．4πC ．22πD ．2π 【答案】C【解析】设圆锥的底面半径为r ，母线长为l ，则2l r =，由题可知()21222r ⨯=， ∴2,2r l ==，侧面积为22rl ππ=，故选：C.2．(2020·全国高一课时练习)某圆台的上、下底半径和高的比为1:4:4，母线长为10，则该圆台的表面积为( )A ．81πB ．100πC ．168πD ．169π 【答案】C【解析】该圆台的轴截面如图所示.设圆台的上底面半径为r ，则下底面半径4r r '=，高4h r = 则它的母线长()2222(4)(3)510h r r l r r r '+-=+===∴2r，8r '=. ∴()(82)10100S r r l πππ'=+=+⨯=侧，22100464168S S r r ππππππ'=++=++=表侧.故选：C3．(2020·全国高一课时练习)用一个平行于圆锥底面的平面截这个圆锥，截得圆台上下底面半径的比是1：4，且该圆台的母线长为9，则截去的圆锥的母线长为( )A ．94B ．3C ．12D ．36【答案】B【解析】根据题意，设圆台的上、下底面的半径分别为r 、R ，设圆锥的母线长为L ，截得小圆锥的母线长为l ，∵圆台的上、下底面互相平行∴14l r L R ==，可得L=4l ∵圆台的母线长9，可得L ﹣l =9 ∴3L 4=9，解得L=12， ∴截去的圆锥的母线长为12-9=3故选B4．(2020·全国高一课时练习)圆台的一个底面圆周长是另一个底面圆周长的3倍，母线长为3，圆台的侧面积为84π，则圆台较小底面圆的半径为( )A ．3B ．5C ．6D ．7【答案】D 【解析】设圆台较小底面圆的半径为r ，由已知有另一底面圆的半径为3r ，而圆台的侧面积公式为(3)4384,7r r l r r πππ+=⨯⨯==，选D.5．(2020·江苏淮安市·淮阴中学高一期末)圆柱底面半径为1，母线长为2，则圆柱侧面积为( )A ．4πB ．3πC ．5πD ．2π 【答案】A【解析】圆柱底面半径为1，母线长为2，圆柱侧面积为224S rl =π=π⨯1⨯2=π ,故选：A6．(2021·广西河池市·高一期末)已知圆柱的底面半径为1，若圆柱的侧面展开图的面积为8π，则圆柱的高为________．【答案】4【解析】设圆柱的高为h ，有28h ππ=，得4h =．故答案为：4.7．(2021·河南焦作市·高一期末)已知圆锥的底面半径为2，高为4，在圆锥内部有一个圆柱，则圆柱的侧面积的最大值为______.【答案】4π【解析】如图是圆锥与圆柱的轴截面，设内接圆柱的高为a，圆柱的底面半径为r()02r<<，则由224r a-=，可得42a r=-，所以圆柱的侧面积()22242484(1)4S r r r r rπππππ=⋅-=-+=--+，所以1r=时，该圆柱的侧面职取最大值4π.故答案为：4π．8．(2020·北京高一期末)将底面直径为8，高为23的圆锥体石块打磨成一个圆柱，则该圆柱侧面积的最大值为______.【答案】43π【解析】欲使圆柱侧面积最大，需使圆柱内接于圆锥；设圆柱的高为h，底面半径为r，则23423h r-=，解得3232h r=-；所以()232223342S rh r r r rπππ⎛⎫==-=-⎪⎪⎝⎭圆柱侧；当2r时，S圆柱侧取得最大值为43π故答案为：43π.【点睛】本题考查了求圆柱侧面积的最值，考查空间想象能力，将问题转化为函数求最值，属于中档题.9．(2021·陕西西安市·西安中学高一期末)若圆锥的侧面展开图是圆心角为90︒的扇形，则该圆锥的侧面积与底面积之比为___________.【答案】4:1【解析】设圆锥的底面半径为r ，母线长为l ，由题意得：22l r ππ=,即4l r ，所以其侧面积是214S rl r ππ==，底面积是22S r π=，所以该圆锥的侧面积与底面积之比为4:1故答案为：4:1【题组四 旋转体的体积】1．(2020·山东菏泽市·高一期末)若圆锥的底面半径为3cm ，侧面积为215cm π，则该圆锥的体积为( )A ．4π3cmB ．9π3cmC ．12π3cmD ．36π3cm【答案】C 【解析】设圆锥母线长为l ，则侧面积为123152S l r l πππ=⋅==，故5l =. 故圆锥的高224h l r =-=，圆锥体积为21123V r h ππ==3cm .故选：C. 2．(2021·黑龙江双鸭山市·双鸭山一中)现用一半径为10cm ，面积为280cm π的扇形铁皮制作一个无盖的圆锥形容器(假定衔接部分及铁皮厚度忽略不计，且无损耗)，则该容器的容积为__________3cm .【答案】128π【解析】设铁皮扇形的半径和弧长分别为R 、l ，圆锥形容器的高和底面半径分别为h 、r ，则由题意得R=10，由1802Rl π=，得16l π=， 由2l r π=得8r =.由222R r h =+可得6h =.∴()231164612833V r h cm πππ==⋅⋅=∴该容器的容积为3128cmπ.故答案为128π.3．(2020·湖南长沙市·高一期末)圆锥的母线与底面所成的角为60︒，侧面积为8π，则其体积为________. 【答案】833π【解析】如图所示，圆锥的母线与其底面所成角的大小为60︒，60SAO∴∠=︒，由题意设圆锥的底面半径为r，则母线长为2l r=，高为3h r=圆锥的侧面积为8π，2228S rl r r rππππ∴==⋅⋅==侧面积，解得2r，23h=，∴圆锥的体积为221183223333V r hπππ=⋅⋅=⨯⨯=圆锥．故答案为：833π．4．(2020·江苏南京市·高一期末)把一个棱长为2的正方体木块，切出一个最大体积的圆柱，则该圆柱的体积为( )A．23πB．πC．2πD．4π【答案】C【解析】正方体棱长为2，所以正方体底面正方形的内切圆半径为1，面积为21ππ⨯=，以此内切圆为底、高为2的圆柱是可切出的最大圆柱.且该圆柱的体积为22ππ⨯=.故选：C5．(2020·山东日照市·高一期末)《五曹算经》是我国南北朝时期数学家甄驾为各级政府的行政人员编撰的一部实用算术书，其第四卷第九题如下：“今有平地聚粟，下周三丈，高四尺，问粟几何”?其意思为场院内有圆锥形稻谷堆，底面周长3丈，高4尺，那么这堆稻谷有多少斛？已知1丈等于10尺，1斛稻谷的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算堆放的稻谷约有多少斛(保留两位小数)( )A ．61.73B ．61.71C ．61.70D ．61.69 【答案】A【解析】设圆锥的底面半径为r ，高为h ，体积为V ，则230r π=，所以=5r ，故221135410033V r h π==⨯⨯⨯=(立方尺)， 因此10061.731.62V =≈(斛). 故选：A.6．(2020·江苏无锡市·高一期末)某养路处有一圆锥形仓库用于储藏食盐(供融化高速公路上的积雪之用)，已建的仓库的底面直径为12米，高4米，为存放更多的食盐，养路处拟重建仓库，将其高度增加4米，底面直径不变，则新建仓库比原仓库能多储藏食盐的体积为( )A ．24π米3B ．48π米3C ．96π米3D ．192π米3 【答案】B【解析】原仓库圆锥的底面半径为6米，高为4米，则容积为21614483V ππ=⨯⨯⨯=立方米； 仓库的高增加4米，底面直径不变,则仓库的容积为22618963V ππ=⨯⨯⨯=立方米. 所以新建仓库比原仓库能多储藏食盐的体积为2148V V π-=立方米.故选：B.【题组五 球】1．(2021·天津滨海新区)在正方体1111ABCD A B C D -中，三棱锥11A B CD -的表面积为43，则正方体外接球的体积为( )A ．43πB ．6πC ．323πD ．86π 【答案】B【解析】设正方体的棱长为a ，则1111112B D AC AB AD B C D C a ======，由于三棱锥11A B CD -的表面积为43，所以()12133442242AB C S S a ==⨯⨯=所以2a =所以正方体的外接球的半径为()()()222222622++=，所以正方体的外接球的体积为346632ππ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭故选：B ．2．(2020·广东高二期末)在长方体1111ABCD A B C D -中，22AB BC ==，若此长方体的八个顶点都在体积为92π的球面上，则此长方体的表面积为( ) A ．16B ．18C ．20D ．22 【答案】A【解析】根据长方体的结构特征可得，长方体外接球直径等于长方体体对角线的长，因为长方体外接球的体积为92π，设外接球半径为R ， 则33924R ππ=，解得32R =， 因此22212R AB BC BB =++，因为22AB BC ==， 所以21341BB =++，解得：12BB =，因此长方体的表面积为：1122248416S AB BC AB BB BC BB =⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯=++=.故选：A.3．(2020·江苏无锡市第六高级中学高一期中)正三棱柱有一个半径为3cm 的内切球，则此棱柱的体积是( ).A ．393cmB ．354cmC ．327cmD ．3183cm【答案】B【解析】∵正三棱柱有一个半径为3cm的内切球，则正三棱柱的高为23cm，底面正三角形的内切圆的半径为3cm，设底面正三角形的边长为a cm,则31323a⨯=，解得6a=cm，∴正三棱柱的底面面积为13669322⨯⨯⨯=cm2，故此正三棱柱的体积V＝932354⨯=cm3．故选：B．4．(2021·全国高一)如图所示，球内切于正方体．如果该正方体的棱长为a，那么球的体积为( ) A．343aπB．3a C．332aπD．316aπ【答案】D【解析】因为球内切于正方体，所以球的半径等于正方体棱长的12，所以球的半径为2a，所以球的体积为334326a aππ⎛⎫=⎪⎝⎭，故选：D.5．(2021·湖南邵阳市·高一期末)一个球的体积为36π，则这个球的表面积为( )A．12πB．36πC．108πD．4π【答案】B【解析】设球的半径为R ,球的体积为3436=3R ππ,解得3R =,则球的表面积244936R πππ=⨯=， 故选：B6．(2020·浙江高一期末)已知正方体外接球的体积是323π，那么该正方体的内切球的表面积为_____________．【答案】163π 【解析】设正方体棱长为a ，则34332323a ππ⎛⎫⨯= ⎪ ⎪⎝⎭，解得433a =， ∴内切球半径为2323a r ==，表面积为22316433S ππ⎛⎫=⨯= ⎪ ⎪⎝⎭． 故答案为：163π．【题组六 组合体的体积表面积】1．(2020·全国高一课时练习)如图是某机械零件的几何结构，该几何体是由两个相同的直四棱柱组合而成的，且前后、左右、上下均对称，每个四棱柱的底面都是边长为2的正方形，高为4，且两个四棱柱的侧棱互相垂直．则这个几何体有________个面，其体积为________．【答案】20 162323- 【解析】由图形观察可知，几何体的面共有2(242)20⨯⨯+=个，该几何体的直观图如图所示，该几何体的体积为两个四棱柱的体积和减去两个四棱柱交叉部分的体积.两个四棱柱的体积和为222432V =⨯⨯⨯=.交叉部分的体积为四棱锥S ABCD -的体积的2倍.在等腰ABS 中，22,SB SB =边上的高为2，则 6.SA =由该几何体前后，左右上下均对称，知四边形ABCD 为边长为6的菱形.设AC 的中点为H ，连接,BH SH 易证SH 即为四棱锥S ABCD -的高，在Rt ABH 中，2262 2.BH AB AH =-=-= 又22AC SB ==所以 12222422ABCD S =⨯⨯⨯= 因为BH SH =，所以11822422333ABCD S ABCD V S -=⨯=⨯⨯=四棱柱， 所以求体积为8216232232.33-⨯=- 故答案为：20；16232.3-2．(2020·新疆巴音郭楞蒙古自治州·高一期末)如图，直三棱柱，高为6，底边三角形的边长分别为3、4、5，以上下底面的内切圆为底面，挖去一个圆柱，求剩余部分几何体的体积.【答案】366π-【解析】因为222345+=，所以底面是直角三角形，所以上、下底面内切圆半径34512r +-==， 所以剩余部分几何体的体积21346163662V ππ=⨯⨯⨯⨯=-⨯-， 所以剩余部分几何体的体积为366π-.3．(2021·江西九江市)在底面半径为2，高为22的圆锥中内接一个圆柱，且圆柱的底面积与圆锥的底面积之比为1：4，求圆柱的表面积.【答案】2(21)π+【解析】由圆柱的底面积与圆锥的底面积之比为1:4，知：底面半径比为1:2，即圆柱底面半径1r =，若设圆柱的高为h ，则有221222h -=，即2h =， ∴由圆柱的表面积等于侧面积加上两底面的面积，即：2222(21)S rh r πππ=+=+.。
高中数学第八章立体几何初步8.3.2圆柱、圆锥、圆台、球的表面积和体积
∴S 球＝4πR2＝2 500π cm2，故球的表面积为 2 500π cm2.
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当截面在球心的两侧时，如图②所示为球的轴截面，由球的 截面性质知，O1A∥O2B，且 O1，O2 分别为两截面圆的圆心，则 OO1⊥O1A，OO2⊥O2B.
设球的半径为 R， ∵π·O2B2＝49π，∴O2B＝7 cm， ∵π·O1A2＝400π，∴O1A＝20 cm， 设 O1O＝x cm，则 OO2＝(9－x) cm. 在 Rt△OO1A 中，R2＝x2＋400， 在 Rt△OO2B 中，R2＝(9－x)2＋49. ∴x2＋400＝(9－x)2＋49，解得 x＝－15，不合题意，舍去． 综上所述，球的表面积为 2 500π cm2.
[重点] 求圆柱、圆锥、圆台的侧面积和体积． [难点] 圆台的侧面积和体积．
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要点整合夯基础 课堂达标练经典
典例讲练破题型 课时作业
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要点整合夯基础
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知识点一 圆柱、圆锥、圆台、球的表面积
1．圆柱的表面积
[填一填]
(1)侧面展开图：圆柱的侧面展开图是
[解析] (1)两个球的体积之比为 8 27，根据体积比等于 相似比的立方，表面积之比等于相似比的平方，可知两球的半径 比为 2 3，从而这两个球的表面积之比为 4 9，故选 B.
(2)两个小铁球的体积为 2×43π×13＝83π，设大铁球的半径为 R，则大铁球的体积43π×R3＝83π，所以大铁球的半径为3 2.
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典例讲练破题型
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类型一 圆柱、圆锥、圆台的表面积和体积的计算
[例 1] (1)圆锥的轴截面是等腰直角三角形，侧面积是 16 2π，则圆锥的体积是( A )
高三数学一轮复习 8.2 空间几何体的表面积与体积
考点1
考点2
考点3
-16-
对点训练1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 283π, 则它的表面积 是( )
由三视图可知该几何体是球截去18后所得几何体, 则 所78以A×.它1473π的π×B表R.13面=8π2积83πC为,.解2078得×πD4Rπ.2R=82π2+, 34×πR2=14π+3π=17π.
(3)设正四面体棱长为 a,则正四面体表面积为 S1=4·43·a2= 3a2,
其内切球半径为正四面体高的14,即 r=14 ·36a=126a,因此内切球表面积
为 S2=4πr2=π6������2,则������������12 =
3������2 π6������2
=
6π3.
考点1
考点2
考点3
考点1
考点2
考点3
-28-
(2)设球半径为R,过AB作相互垂直的平面α,β,设圆M的直径为AC, 圆N的直径为AD,则BD⊥BC,BC2+BD2+4=(2R)2=12,
∴CD=2 2, ∵M,N分别是AC,AD的中点, ∴MN的长度是定值 2,故选B.
考点1
考点2
考点3
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1.求柱体、锥体、台体与球的表面积的问题,要结合它们的结构 特点与平面几何知识来解决.
2.求三棱锥的体积时要注意三棱锥的每个面都可以作为底面. 3.与球有关的组合体问题,一种是内切,一种是外接.解题时要认 真分析图形,明确切点和接点的位置,确定有关元素间的数量关系, 并作出合适的截面图.
考点1
考点2
考点3
-27-
解析 (1)∵AB=AC=3,∠BAC=23π,