2020版高考数学一轮复习课时检测38.空间几何体及表面积与体积含解析
2020版高考数学一轮复习课时检测38.空间几何体及表面积与体积含解析[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.163πB.323πC．16πD．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43πR 3＝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．(2018·全国卷Ⅰ)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．62C．82D．83解析：选C 如图，连接AC 1，BC 1，AC .∵AB ⊥平面BB 1C 1C ，∴∠AC 1B 为直线AC 1与平面BB 1C 1C 所成的角，∴∠AC 1B ＝30°.又AB ＝BC ＝2，在Rt△ABC 1中，AC 1＝2sin 30°＝4.在Rt△ACC 1中，CC 1＝AC 21－AC 2＝42－22＋22＝22，∴V 长方体＝AB ×BC ×CC 1＝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＋π13l 2＝49πl 2，所以表面积与侧面积的比为4∶3.4．(2018·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．(2018·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．123B．183C．243D．543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．(2018·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．(2018·全国卷Ⅱ)已知圆锥的顶点为S ，母线SA ，SB 所成角的余弦值为78，SA 与圆锥底面所成角为45°，若△SAB 的面积为515，则该圆锥的侧面积为________．解析：如图，∵SA 与底面成45°角，∴△SAO 为等腰直角三角形．设OA ＝r ，则SO ＝r ，SA ＝SB ＝2r .在△SAB 中，cos∠ASB ＝78，∴sin∠ASB ＝158，∴S △SAB ＝12SA ·SB ·sin∠ASB ＝12×(2r )2×158＝515，解得r ＝210，∴SA ＝2r ＝45，即母线长l ＝45，∴S 圆锥侧＝πrl ＝π×210×45＝402π.答案：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 )．②②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：x (0,2)2(2,3)f ′(x )＋0－f (x )极大值所以当x ＝2时，f (x )取得极大值，也是最大值．故当BE 的长为2分米时，折成的包装盒的容积最大．。
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。
2020版高考数学理科人教B版一轮温习课时标准练38空间几何体的表面积与体积
课时标准练38 空间几何体的表面积与体积基础巩固组1.(2018广东广州七校联考,11)如图,画出的是某四棱锥的三视图,网格纸上小正方形的边长为1,那么该几何体的体积为( )C.503D.5332.(2018山东临沂三模,7)如图,网格中小正方形的边长为1,某几何体的三视图如下图,那么该几何体的表面积为( )A.632+9√2+9√3B.632+9√2+9√32+9√2+9√32 +9√2+9√33.(2018河北衡水二模,9)某几何体的三视图如下图,其中主视图、左视图均是由高为2的三角形组成,俯视图由半径为3的圆与其内接正三角形组成,那么该几何体的体积为( )π+9√32 π+9√32 π+3√32π+3√324.(2018浙江嘉兴四模,9)某几何体的三视图如图(单位:m),那么该几何体的体积是( )A.23 m 3B.43 m 3m 3 m 35.(2018山西太原一模,7)某几何体的三视图如下图,那么该几何体的体积为( )A.163B.203C.169D.2096.(2018福建三明一中一模,10)我国古代数学名著《九章算术》记载:“刍甍者,下有袤有广,而上有袤无丈.刍,草也;甍,屋盖也.”翻译为:“底面有长有宽为矩形,顶部只有长没有宽为一条棱.刍甍字面意思为茅草屋顶.”如图,为刍甍的三视图,其中主视图为等腰梯形,左视图为等腰三角形,那么它的体积为( )A.1603C.25637.(2018福建莆田三模,11)三棱锥A-BCD 的所有极点都在球O 的表面上,AB ⊥平面BCD ,BC=BD=2,AB=2CD=4√3,那么球O 的表面积为( ) π π π π8.(2018贵州贵阳一中高三月考,11)已知正四棱锥S-ABCD 的底面是边长为4的正方形,假设一个半径为1的球与此四棱锥所有面都相切,那么该四棱锥的高是( ) A.2√33B.83C.92D.949.(2018天津,理11)已知正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的棱长为1,除面ABCD 外,该正方体其余各面的中心别离为点E ,F ,G ,H ,M (如图),那么四棱锥M-EFGH 的体积为 .10.已知直四棱柱底面是边长为2的菱形,侧面对角线的长为2√3,那么该直四棱柱的侧面积为 .11.(2018云南师范大学附属中学三模,14)已知半径为5的球O被两平行的平面所截,两截面圆的半径别离为3和4,那么别离以两截面为上、下底面的圆台的侧面积为.12.某几何体的三视图如下图,坐标纸上的每一个小方格的边长为1,那么该几何体的外接球的表面积是.综合提升组13.(2018江西南昌测试八,7)某几何体的三视图如图(虚线刻画的小正方形边长为1)所示,那么那个几何体的体积为()A.94B.8√23D.8314.(2018河南南阳一中十九模,12)已知三棱锥的三视图如下图,那么该三棱锥内切球的半径为()A.3+4√3+√6B.6+2√3+√6C.2+3√3+2√6D.4+3√3+2√615.(2018黑龙江哈尔滨押题二,7)某几何体的三视图如下图,那么该几何体的表面积为()π+8√3 B.76π3+8√3C.80π3+8√3 D.92π3+8√316.(2018云南昆明一中高三月考)已知A,B,C,D四点在球O的表面上,且AB=BC=2,AC=2√2,假设四面体ABCD的体积的最大值为4,那么球O的表面积为.3创新应用组17.(2018辽宁葫芦岛二模,11)在长方体ABCD-A1B1C1D1中,底面ABCD是边长为x的正方形,侧棱AA1=3,P为矩形CDD1C1内部(含边界)一点,M为BC中点,∠APD=∠CPM,Q为空间任一点且|QA1|=1,三棱锥Q-PCD的体积的最大值记为V(x),那么关于函数V(x),以下结论正确的选项是()(x)为奇函数(x)在区间(0,+∞)内不单调(3)=4√3(6)=21课时标准练38 空间几何体的表面积与体积由题得几何体原图是以下图中的四棱锥A-BCDE ,底面四边形BCDE 的面积为4×4-12×4×2-12×2×2=10,因此四棱锥的体积为13×10×5=503.应选C . 由题意得几何体的原图如下图.几何体的左侧是一个三棱柱,右边是一个三棱锥.由题得S四边形ABED=S四边形BCFE =3×3=9,S △ABC =S △DEO =S △FEO =1×3×3=9,由题得AC=DF=3√2,S 矩形ACFD =3×3√2=9√2,S △DFO =√34×(3√2)2=92√3,因此几何体的表面积=9√2+92√3+9+9+3×92=632+9√2+9√32.应选B .由三视图知该几何体由底面边长是3√3,高为2的正三棱锥和底面半径是3,高为2的圆锥组合而成,正三棱锥的体积是13×√34×(3√3)2×2=9√32,圆锥的体积是13×π×32×2=6π,因此组合体的体积是6π+9√3,应选A .由已知的三视图可得:该几何体是一个以俯视图为底面的三棱锥,底面的底边长为2 m,底面的高,即为三视图的宽1 m,故底面面积S=12×2×1=1 m 2,棱锥的高即为三视图的高,故h=2 m,故棱锥的体积V=13×1×2=23 m 3,应选A .由给定的三视图可知,该几何体表示左侧是一个以边长为2的正方形为底面,高为2的四棱锥,其体积为V 1=13×2×2×2=83;右边为一个直三棱柱,其底面如俯视图所示,高为2,其体积为V 2=12×2×2×2=4,因此该几何体的体积为V=V 1+V 2=83+4=203,应选B .由三视图可知该刍甍是一个组合体,它由一个直三棱柱和两个全等的四棱锥组成,依照三视图中的数据,求出棱锥与棱柱的体积相加即可,12×4×4×4+2×13×2×4×4=32+643=1603,应选A .因为BC=BD=2,CD=2√3,因此cos ∠CBD=22+22-(2√3)22×2×2=-12,∴∠CBD=2π3,因此三角形BCD 外接圆半径为12×C Dsin∠CBD=2,设外接球半径为R ,则R 2=22+AB 22=4+12=16,∴S=4πR 2=64π.选D .因为球O 与正四棱锥S-ABCD 所有面都相切,于是由等体积法知V S-ABCD =V O-ABCD +V O-SAB +V O-SBC +V O-SDA +V O-SCD ⇒13×42×h=13×42×1+4×13×4×√ℎ2+42×1⇒h=83.应选B .9.112 由题意可知,四棱锥M-EFGH 的底面EFGH 为正方形且边长为√22,其高为12,因此V 四棱锥M-EFGH =13×(√22)2×12=112.√2 侧棱长为√(2√3)2-22=2√2,因为侧面为矩形,因此侧面积为4×2√2×2=16√2.√2π或35√2π 由题意,得两截面圆到球心的距离别离为√52-32=4,√52-42=3,那么别离以两截面为上、下底面的圆台的底面半径别离为4,3,圆台的高为4+3=7或4-3=1,那么其母线长为√(4-3)2+72=5√2或√(4-3)2+12=√2,那么该圆台的侧面积为S=π×(3+4)×5√2=35√2π或S=π×(3+4)×√2=7√2π. 12.1 000π 依照几何体的三视图,得该几何体是如下图的三棱锥,三棱锥的高PD=6,且侧面PAC ⊥底面ABC ,AC ⊥BC ,PA=PC=√42+62=√52,AC=8,BC=6,AB=√82+62=10,∴PA 2+PB 2=AB 2,∴△ABC 的外接圆的圆心为斜边AB 的中点E ,设该几何体的外接球的球心为⊥底面ABC ,设OE=x ,外接球的半径为R ,则x 2+1022=32+(6-x )2,解得x=53.∴R 2=532+52=2509, ∴外接球的表面积S=4π×R 2=1 000π9. 几何体为如图多面体PABCDE ,连接BD ,因此多面体体积为V D-PABE +V A-BCD =13×2×12×2×(1+2)+13×2×12×2×1=83.应选D .由题意,可得几何体的直观图如图三棱锥A-BCD :由三视图的数据可知AD=AB=BD=2√2,BC=DC=√5,AC=3,sin ∠ABC=√1-cos 2∠ABC =3√1010,三棱锥的表面积为:S=√34×(2√2)2+12×2√2×√5-2+2×12×2√2×√5×3√1010=6+2√3+√6.d C =34×23×√22+22+22=√3,三棱锥的体积为:V=13S △ABD ·d C =13×√34×(2√2)2×√3=2.那么设该三棱锥内切球的半径为R ,13S×R=V ,解得R=6+2√3+√6.B .依照三视图知,该几何体是左侧为圆柱的一部份,右边是圆柱挖去一个半球体,结合图中数据,计算该几何体的表面积为S=π·22+13·2π·2·2+2·2√3·2+2π·2·4+12·4π·22=92π3+8√3.应选D .π 设△ABC 的外接圆圆心为O',∵AB=BC=2,AC=2√2, ∴∠ABC=90°,∴点O'为AC 的中点,∴OO'⊥平面ABC ,∵设直线OO'交球O 于D 1和D 2,不妨设点O 在线段O'D 1内,∴O'D 1为四面体D-ABC 高的最大值, ∴V D-ABC =13×12AB·BC h=23h ,∵由题意知2ℎ3≤43,即h ≤2,当且仅当D 与D 1重合时V D-ABC 取最大值,现在h=2,由(h-R )2+(√2)2=R 2得R=ℎ2+22ℎ,∴R=32,∴S=4πR 2=9π,故答案为9π.∵在长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,M 为BC 中点,∠APD=∠CPM ,P 为矩形CDD 1C 1内部(含边界)一点,∴Rt △ADP ∽Rt △PMC ,∴AD MC =PDPC =2,即PD=2PC ,∵|QA 1|=1,则A 1在以Q 为球心的球面上,而A 1到面PCD 的距离为x ,则(V Q-PCD )max =13×12×3×x×(x+1)=12x (x+1),由此可知A,B,C 选项都不正确,而V (6)=12×6×(6+1)=21.应选D .。
2020版高考数学北京版大一轮精准复习精练：8.1空间几何体的表面积和体积含解析
专题八立体几何【真题典例】8.1空间几何体的表面积和体积挖命题【考情探究】5年考情考点内容解读预测热度考题示例考向关联考点认识柱、锥、台、球及其简单组合体的1.空间几何体的结构特征结构特征,并能运用这些特征描述现实生活中简单物体的2018北京,52017北京,72014北京文,11空间几何体的结构特征三视图★★★结构2.空间几何体的表面积和体理解球、柱体、锥体、台体的表面积和体积的计算公式(不要2016北京,62015北京,52015北京文,18空间几何体的表面积和体积空间直线与平面的位置关系以及平面与平面的位★★★积求记忆)置关系的判定分析解读 1.理解多面体、棱柱、棱锥、棱台的概念,牢记它们的几何特征.2.理解圆柱、圆锥、圆台、球等几何体的形成过程,理解轴截面、中截面的含义及掌握将圆柱、圆锥、圆台的空间问题转化为平面问题的方法.3.理解柱、锥、台、球的侧面积、表面积和体积的概念.4.结合模型,在理解的基础上熟练掌握柱、锥、台、球的表面积公式和体积公式.5.备考时关注以柱、锥与球的接、切问题为命题背景,突出空间几何体的线面位置关系的试题.6.高考对本节内容的考查以计算几何体的表面积和体积为主,分值约为5分,属于中档题.破考点【考点集训】考点一空间几何体的结构特征1.下列结论正确的是( )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底面多边形的边长相等,则此棱锥可能是六棱锥D.圆锥的顶点与底面圆周上的任意一点的连线都是母线答案DC.棱锥的侧棱长与考点二空间几何体的表面积和体积2.(2015北京,5,5分)某三棱锥的三视图如图所示,则该三棱锥的表面积是( )A.2+B.4+C.2+2D.5答案C3.(2015安徽改编,19,13分)如图,在三棱锥P-ABC中,PA⊥平面ABC,PA=1,AB=1,AC=2,∠BAC=60°.求三棱锥P-ABC的体积.解析可得S 由AB=1,AC=2,∠BAC=60°, =·AB·AC·sin 60°=. △ABC由PA⊥平面ABC,可知PA是三棱锥P-ABC的高,又PA=1, 所以三棱锥P-ABC的体积V=·S ·PA=.△ABC方法1炼技法【方法集训】空间几何体表面积与体积的求解方法1.(2016课标Ⅱ文,4,5分)体积为8的正方体的顶点都在同一球面上,则该球的表面积为( )A.12πB. πC.8πD.4π答案A2.(2016北京,6,5分)某三棱锥的三视图如图所示,则该三棱锥的体积为( )A. B. C. D.1答案A3.(2015课标Ⅰ,6,5分)《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B4.(2018江苏,10,5分)如图所示,正方体的棱长为2,以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为.答案5.(2014山东文,13,5分)一个六棱锥的体积为2 ,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12方法2与球有关的切、接问题的求解方法6.(2015课标Ⅱ,10,5分)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C7.(2017课标Ⅱ,15,5分)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.答案14π8.(2017天津,11,5分)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.答案πA组过专题【五年高考】自主命题·北京卷题组1.(2018北京,5,5分)某四棱锥的三视图如图所示,在此四棱锥的侧面中,直角三角形的个数为()A.1B.2C.3D.4答案C2.(2017北京,7,5分)某四棱锥的三视图如图所示,则该四棱锥的最长棱的长度为( )A.3B.2C.2D.2答案B3.(2012北京,7,5分)某三棱锥的三视图如图所示,该三棱锥的表面积是( )A.28+6B.30+6C.56+12D.60+12答案B4.(2011北京,7,5分)某四面体的三视图如图所示,该四面体四个面的面积中最大的是( )A.8B.6C.10D.8答案C5.(2014北京文,11,5分)某三棱锥的三视图如图所示,则该三棱锥最长棱的棱长为.答案26.(2015北京文,18,14分)如图,在三棱锥V-ABC中,平面VAB⊥平面ABC,△VAB为等边三角形,AC⊥BC且AC=BC=,O,M 分别为AB,VA的中点.(1)求证:VB∥平面MOC;(2)求证:平面MOC⊥平面VAB;(3)求三棱锥V-ABC的体积.解析(1)证明:因为O,M分别为AB,VA的中点,所以OM∥VB.又因为VB平面MOC,OM⊂平面MOC,所以VB∥平面MOC.(2)证明:因为AC=BC,O为AB的中点,所以OC⊥AB.又因为平面VAB⊥平面ABC,平面VAB∩平面ABC=AB,且OC⊂平面ABC, 所以OC⊥平面VAB.因为OC⊂平面MOC,所以平面MOC⊥平面VAB.(3)解法一:在等腰直角三角形ACB中,AC=BC= ,所以AB=2,则OC=1.所以等边三角形VAB的面积S又因为OC⊥平面VAB,=AB·BVsin 60°=×2×2×= . △VAB所以三棱锥C-VAB的体积等于S ·OC=.△VAB又因为三棱锥V-ABC的体积与三棱锥C-VAB的体积相等,所以三棱锥V-ABC的体积为.解法二:连接VO,与(2)同理,可证VO⊥平面ABC,在等边三角形VAB中,AB=2,所以VO= .所以三棱锥V-ABC的体积等于S ·VO=××××= .△ABC思路分析(1)在△ABV中,利用中位线定理得OM∥VB,由此证明VB∥平面MOC.(2)先证OC⊥AB,再由平面VAB⊥平面ABC证得OC⊥平面VAB,由此证明平面MOC⊥平面VAB.(3)解法一:通过三棱锥V-ABC的体积与三棱锥C-VAB的体积相等,计算求解.解法二:直接求解V-ABC的体积.评析本题主要考查直线与平面、平面与平面的位置关系的判定,以及几何体体积的求解,考查学生空间想象能力和逻辑推理能力.B组统一命题、省(区、市)卷题组1.(2017课标Ⅲ,8,5分)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答案BB. C. D.2.(2014课标Ⅱ,7,5分)正三棱柱ABC-A B C的底面边长为2,侧棱长为1 1 1,D为BC中点,则三棱锥A-B DC的体积为( )1 1A.3B.C.1D.答案C3.(2014大纲全国,8,5分)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. B.16π答案AC.9πD.4.(2014陕西,5,5分)已知底面边长为1,侧棱长为的正四棱柱的各顶点均在同一个球面上,则该球的体积为( )A. B.4π C.2π D.答案D5.(2018课标Ⅱ,16,5分)已知圆锥的顶点为S,母线SA,SB所成角的余弦值为,SA与圆锥底面所成角为45°.若△SAB 的面积为5 ,则该圆锥的侧面积为.答案40π6.(2017江苏,6,5分)如图,在圆柱O O内有一个球O,该球与圆柱的上、下底面及母线均相切.记圆柱O O的体积为V,1 2 1 2 1球O的体积为,则的值是.V2答案7.(2015江苏,9,5分)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8.(2018课标Ⅰ,18,12分)如图,在平行四边形ABCM中,AB=AC=3,∠ACM=90°.以AC为折痕△将ACM折起,使点M到达点D的位置,且AB⊥DA.(1)证明:平面ACD⊥平面ABC;(2)Q为线段AD上一点,P为线段BC上一点,且BP=DQ=DA,求三棱锥Q-ABP的体积.解析(1)证明:由已知可得,∠BAC=90°,BA⊥AC.又BA⊥AD,所以AB⊥平面ACD.又AB⊂平面ABC,所以平面ACD⊥平面ABC.(2)由已知可得,DC=CM=AB=3,DA=3 .又BP=DQ=DA,所以BP=2 .作QE⊥AC,垂足为E,则QE DC.由已知及(1)可得DC⊥平面ABC,所以QE⊥平面ABC,QE=1.因此,三棱锥Q-ABP的体积为·S·QE=××3×2sin 45°×1=1.△ABP规律总结证明空间线面位置关系的一般步骤:(1)审清题意:分析条件,挖掘题目中平行与垂直的关系;(2)明确方向:确定问题的方向,选择证明平行或垂直的方法,必要时添加辅助线;(3)给出证明:利用平行、垂直关系的判定或性质给出问题的证明;(4)反思回顾:查看关键点、易漏点,检查使用定理时定理成立的条件是否遗漏,符号表达是否准确.解题关键(1)利用平行关系将∠ACM=90°转化为∠BAC=90°是求证第(1)问的关键;(2)利用翻折的性质将∠ACM=90°转化为∠ACD=90°,进而利用面面垂直的性质定理及线面垂直的性质定理得出三棱锥Q-ABP的高是求解第(2)问的关键.9.(2017课标Ⅱ文,18,12分)如图,四棱锥P-ABCD中,侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD,AB=BC=AD,∠BAD=∠ABC=90°.(1)证明:直线BC∥平面PAD;(2)若△PCD的面积为2 ,求四棱锥P-ABCD的体积.解析本题考查线面平行的判定和体积的计算.(1)证明:在平面ABCD内,因为∠BAD=∠ABC=90°,所以BC∥AD,又BC平面PAD,AD⊂平面PAD,故BC∥平面PAD.(2)取AD的中点M,连接PM,CM.由AB=BC=AD及BC∥AD,∠ABC=90°得四边形ABCM为正方形,则CM⊥AD.因为侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,所以PM⊥AD,PM⊥底面ABCD.因为CM⊂底面ABCD,所以PM⊥CM.设BC=x,则CM=x,CD= x,PM= x,PC=PD=2x.取CD的中点N,连接PN,则PN⊥CD,所以PN= x.因为△PCD的面积为2 ,所以×x×x=2 ,解得x=-2(舍去)或x=2.于是AB=BC=2,AD=4,PM=2 .所以四棱锥P-ABCD的体积V=××2=4 .10.(2016课标Ⅱ文,19,12分)如图,菱形ABCD的对角线AC与BD交于点O,点E,F分别在AD,CD上,AE=CF,EF交BD于点H.将△DEF沿EF折到△D'EF的位置.(1)证明:AC⊥HD';(2)若AB=5,AC=6,AE=,OD'=2,求五棱锥D'-ABCFE的体积.解析(1)证明:由已知得AC⊥BD,AD=CD.又由AE=CF得= ,故AC∥EF.(2分)由此得EF⊥HD,EF⊥HD',所以AC⊥HD'.(4分)(2)由EF∥AC得= =.(5分)由AB=5,AC=6得DO=BO=-=4.所以OH=1,D'H=DH=3.于是2+OH2=(2 )2+12=9=D'H2,OD'故OD'⊥OH.由(1)知AC⊥HD',又AC⊥BD,BD∩HD'=H,所以AC⊥平面BHD',于是AC⊥OD'.又由OD'⊥OH,AC∩OH=O,所以OD'⊥平面ABC.(8分)又由=得EF=.五边形ABCFE的面积S=×6×8-××3=.(10分)所以五棱锥D'-ABCFE的体积V=××2= .(12分)C组教师专用题组1.(2015陕西,5,5分)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D2.(2015湖南,10,5分)某工件的三视图如图所示.现将该工件通过切削,加工成一个体积尽可能大的正方体新工件,并使新工件的一个面落在原工件的一个面内,则原工件材料的利用率为材料利用率= ( )原工件的体积A. B. C.- D.-答案A3.(2014湖北,8,5分)《算数书》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籍,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.该术相当于给出了由圆锥的底面周长L与高h,计算其体积V的近似公式V≈L2h.它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率π近似取为3.那么,近似公式V≈L h相当于将圆锥体积公式中的π近似取为( )A. B. C. D.答案B4.(2015四川,14,5分)在三棱柱ABC-A B C中,∠BAC=90°,其正视图和侧视图都是边长为1的正方形,俯视图是直角边1 1 1的长为1的等腰直角三角形.设点M,N,P分别是棱AB,BC,BC的中点,则三棱锥P-A MN的体积是1 1 1.答案5.(2013课标Ⅰ文,15,5分)已知H是球O的直径AB上一点,AH∶HB=1∶2,AB⊥平面α,H为垂足,α截球O所得截面的面积为π,则球O的表面积为答案.新工件的体积26.(2013 江苏,8,5 分)如图,在三棱柱 A B C -ABC 中,D,E,F 分别是 AB,AC,AA 的中点,设三棱锥 F-ADE 的体积为 V ,三棱1 1 1 1 1 柱 AB C -ABC 的体积为 V ,则 V ∶V =.1 1 12 1 2答案7.(2016 江苏,17,14 分)现需要设计一个仓库,它由上下两部分组成,上部的形状是正四棱锥 P-A B C D ,下部的形状是正1 1 1 1 四棱柱 ABCD-A B C D (如图所示),并要求正四棱柱的高 O O 是正四棱锥的高 PO 的 4 倍.1 1 1 111(1)若 AB=6 m,PO =2 m,则仓库的容积是多少?1(2)若正四棱锥的侧棱长为 6 m,则当 PO 为多少时,仓库的容积最大?1解析(1)由 PO1=2 m 知 O O=4PO =8 m.11因为 AB =AB=6 m,1 1所以正四棱锥 P-A B C D 的体积1 1 1 1V = ·A1·PO = ×62×2=24(m 3);1正四棱柱 ABCD-AB C D 的体积1 1 1 1V =AB 2·O O=62×8=288(m 3).1所以仓库的容积 V=V +V =24+288=312(m 3).(2)设 A B =a(m),PO =h(m),则 0<h<6,O O=4h(m).如图,连接 O B .1 1 1 1 1 1因为在 Rt △P OB中,O 1 11+P =P ,所以+h 2=36,即 a 2=2(36-h 2). 于是仓库的容积V=V +V =a 2·4h+ a 2·h= a 2h= (36h-h 3),0<h<6,锥 柱锥 柱柱锥令V'=0,得h=2或h=-2 (舍).当0<h<2时,V'>0,V是单调增函数;当2 <h<6时,V'<0,V是单调减函数.故h=2时,V取得极大值,也是最大值.因此,当PO=2 m时,仓库的容积最大.1评析本题主要考查函数的概念、导数的应用、棱柱和棱锥的体积等基础知识,考查空间想象能力和运用数学模型及数学知识分析和解决实际问题的能力.8.(2015课标Ⅱ文,19,12分)如图,长方体ABCD-A B C D中,AB=16,BC=10,AA=8,点E,F分别在A B,D C上,A E=D F=4.过1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1点E,F的平面α与此长方体的面相交,交线围成一个正方形.(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由);(2)求平面α把该长方体分成的两部分体积的比值.解析(1)交线围成的正方形EHGF如图:(2)作EM⊥AB,垂足为M,则AM=A E=4,EB=12,EM=AA=8.1 1 1因为EHGF为正方形,所以EH=EF=BC=10.于是MH==6,AH=10,HB=6.-所以=(A E+AH)×A A=(4+10)×8=56,梯形1 1=(HB+EB)×A A=(6+12)×8=72,梯形1 1又长方体被平面α分成两个等高的直棱柱,高为10,所以其体积的比值为梯形= =也正确.梯形【三年模拟】一、选择题(每小题5分,共10分)1.(2018北京海淀一模,6)如图所示,一个棱长为1的正方体在一个水平放置的转盘上转动,用垂直于竖直墙面的水平光线照射,该正方体在竖直墙面上的投影的面积记作S,则S的值不可能是( )A.1B. C. D.答案 D2.(2019 届北京大兴 9 月统练,7)某空间几何体的三视图如图所示,则此几何体体积的最大值为()A.2B.4C.6D.8答案 A二、填空题(每小题 5 分,共 10 分)3.(2017 北京海淀零模,14)已知正方体 ABCD-A B C D 的棱长为 2,长度为 2 的线段 MN 的一个端点 M 在棱 DD 上运动,另一1 1 1 1 1 个端点 N 在正方形 ABCD 内运动,则 MN 中点的轨迹与正方体 ABCD-AB C D 的表面所围成的较小的几何体的体积等1 1 1 1于.答案4.(2017 北京西城一模,14)如图,正方体 ABCD-A B C D 的棱长为 2,点 P 在正方形 ABCD 的边界及其内部运动.平面区域 W1 1 1 1 由所有满足 A 1P ≤ 的点 P 组成,则 W 的面积是;三棱锥 P-A BC 的体积的最大值是1.答案;三、解答题(共 30 分)5.(2019 届北京通州期中文,19)如图,在三棱锥 P-ABC 中,PA ⊥平面 ABC,E,F 分别为 PC,PB 的中点,∠ACB=90°. (1)求证:EF ∥平面 ABC; (2)求证:EF ⊥AE;(3)若 PA=AC=CB,AB=4,求几何体 EFABC 的体积.解析(1)证明:因为 E,F 分别为 PC,PB 的中点, 所以 EF ∥BC,又因为 EF 平面 ABC,BC ⊂ 平面 ABC, 所以 EF ∥平面 ABC.(2)证明:因为 PA ⊥平面 ABC,BC ⊂ 平面 ABC,所以 PA⊥BC, 又因为∠ACB=90°,所以 AC⊥BC,又 PA ∩AC=A, 所以 BC ⊥平面 PAC,又因为 AE ⊂ 平面 PAC, 所以 BC ⊥AE, 又因为 EF ∥BC, 所以 EF ⊥AE.(3)在 Rt△ABC 中,AC=BC,AB=4,所以 AC=BC=2 . 因为 PA ⊥平面 ABC,AC ⊂ 平面 ABC,所以 PA⊥AC,所以 S= PA ·AC= ×2 ×2 =4.△PAC因为 BC ⊥平面 PAC,所以三棱锥 P-ABC 的体积 V1=V = ·S ·BC= ×4×2 = B-PAC △PAC,因为 BC ⊥平面 PAE,EF ∥BC, 所以 EF ⊥平面 PAE,又 S= S =2,EF= BC= ,△PAE△PAC所以三棱锥 P-AEF 的体积 V2=V = ·S ·EF= ×2× = F-PAE △PAE,所以几何体 EFABC 的体积 V=V-V =2 .126.(2018 北京东城一模,18)如图,四边形 ABCD 为菱形,∠DAB=60°,ED ⊥平面 ABCD,ED=AD=2EF=2,EF ∥AB,M 为 BC 的中点. (1)求证:FM ∥平面 BDE; (2)求证:AC ⊥BE;(3)若 G 为线段 BE 上的点,当三棱锥 G-BCD 的体积为时,求的值.解析(1)证明:设 AC ∩BD=O,连接 EO,MO. 因为 M,O 分别是 BC,BD 的中点.所以EF∥OM,且EF=OM.所以四边形EOMF为平行四边形.所以FM∥EO.又因为EO⊂平面BDE,FM平面BDE,所以FM∥平面BDE.(2)证明:因为四边形ABCD为菱形,所以AC⊥BD.因为ED⊥平面ABCD,所以ED⊥AC.因为BD∩ED=D,所以AC⊥平面BDE.又因为BE⊂平面BDE,所以AC⊥BE.(3)过G作ED的平行线交BD于H.因为ED⊥平面ABCD,所以GH⊥平面ABCD.所以GH为三棱锥G-BCD的高.因为三棱锥G-BCD的体积为,所以三棱锥G-BCD的体积V=×·BD·BC·sin60°·GH=,又BC=BD=2,所以GH=.因为GH∥ED,所以△BGH∽△BED,所以= = =.。
高考数学(理科)一轮复习空间几何体的表面积与体积学案含答案
高考数学（理科）一轮复习空间几何体的表面积与体积学案含答案本资料为woRD文档，请点击下载地址下载全文下载地址学案41 空间几何体的表面积与体积导学目标：1.了解球、棱柱、棱锥、棱台的表面积的计算公式.2.了解球、柱、锥、台的体积的计算公式.3.培养学生的空间想象能力、逻辑推理能力和计算能力，会利用所学公式进行必要的计算.4.提高认识图、理解图、应用图的能力．自主梳理．多面体的表面积设直棱柱高为h，底面多边形的周长为c，则S直棱柱侧＝______.设正n棱锥底面边长为a，底面周长为c，斜高为h′，则S正棱锥侧＝____________＝____________.设正n棱台下底面边长为a，周长为c，上底面边长为a′，周长为c′，斜高为h′，则S正棱台侧＝__________＝____________.设球的半径为R，则S球＝____________.2．几何体的体积公式柱体的体积V柱体＝______．特别地，底面半径是r，高是h的圆柱体的体积V圆柱＝πr2h.锥体的体积V锥体＝________．特别地，底面半径是r，高是h的圆锥的体积V圆锥＝13πr2h.台体的体积V台体＝______________．特别地，上、下底面的半径分别是r′、r，高是h的圆台的体积V圆台＝13πh．球的体积V球＝__________．自我检测．已知两平行平面α，β间的距离为3，P∈α，边长为1的正三角形ABc在平面β内，则三棱锥P—ABc的体积为A.14B.12c.36D.342．从一个正方体中，如图那样截去4个三棱锥后，得到一个正三棱锥A—BcD，则它的表面积与正方体表面积的比为A.3∶3B.2∶2c.3∶6D.6∶63．设三棱柱ABc—A1B1c1的体积为V，P，Q分别是侧棱AA1，cc1上的点，且PA＝Qc1，则四棱锥B—APQc的体积为A.16VB.14Vc.13VD.12V4．下图是一个几何体的三视图，根据图中数据，可得该几何体的表面积是A．9πB．10πc．11πD．12π5．某几何体的三视图如下，则它的体积是A．8－2π3B．8－π3c．8－2πD.2π3探究点一多面体的表面积及体积例1 三棱柱的底面是边长为4的正三角形，侧棱长为3，一条侧棱与底面相邻两边都成60°角，求此棱柱的侧面积与体积．变式迁移1 已知三棱柱ABc—A1B1c1的侧棱与底面边长都等于2，A1在底面ABc上的射影为Bc的中点，则三棱柱的侧面面积为________．探究点二旋转体的表面积及体积例2如图所示，半径为R的半圆内的阴影部分以直径AB所在直线为轴，旋转一周得到一几何体，求该几何体的表面积及其体积．变式迁移2 直三棱柱ABc—A1B1c1的各顶点都在同一球面上．若AB＝Ac＝AA1＝2，∠BAc＝120°，则此球的表面积等于________．探究点三侧面展开图中的最值问题例3 如图所示，长方体ABcD－A1B1c1D1中，AB＝a，Bc＝b，cc1＝c，并且a>b>c>0.求沿着长方体的表面自A到c1的最短线路的长．变式迁移3如图所示，在直三棱柱ABc－A1B1c1中，底面为直角三角形，∠AcB＝90°，Ac＝6，Bc＝cc1＝2.P是Bc1上一动点，则cP＋PA1的最小值是________．．有关柱、锥、台、球的面积和体积的计算，应以公式为基础，充分利用几何体中的直角三角形、直角梯形求有关的几何元素．2．当给出的几何体比较复杂，有关的计算公式无法运用，或者虽然几何体并不复杂，但条件中的已知元素彼此离散时，我们可采用“割”、“补”的技巧，化复杂几何体为简单几何体，或化离散为集中，给解题提供便利．几何体的“分割”：几何体的分割即将已知的几何体按照结论的要求，分割成若干个易求体积的几何体，进而求之．几何体的“补形”：与分割一样，有时为了计算方便，可将几何体补成易求体积的几何体，如长方体、正方体等．另外补台成锥是常见的解决台体侧面积与体积的方法，由台体的定义，我们在有些情况下，可以将台体补成锥体研究体积．一、选择题．一个空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为A．48B．32＋817c．48＋817D．802．已知一个球与一个正三棱柱的三个侧面和两个底面相切，若这个球的体积是32π3，则这个三棱柱的体积是B．163c．243D．4833．已知正方体ABcD—A1B1c1D1的棱长为a，长为定值的线段EF在棱AB上移动，若P是A1D1上的定点，Q是c1D1上的动点，则四面体P—QEF的体积是A．有最小值的一个变量B．有最大值的一个变量c．没有最值的一个变量D．一个不变量4．设三棱柱的侧棱垂直于底面，所有棱的长都为a，顶点都在一个球面上，则该球的表面积为A．πa2B.73πa2c.113πa2D．5πa25．某四面体的三视图如图所示，该四面体四个面的面积中最大的是A．8B．62c．10二、填空题6．如图，半径为2的半球内有一内接正六棱锥P—ABcDEF，则此正六棱锥的侧面积是________．7．一块正方形薄铁片的边长为4cm，以它的一个顶点为圆心，一边长为半径画弧，沿弧剪下一个扇形，用这块扇形铁片围成一个圆锥筒，则这个圆锥筒的容积等于________cm3.8．如图，半径为R的球o中有一内接圆柱．当圆柱的侧面积最大时，球的表面积与该圆柱的侧面积之差是________．三、解答题9．如图组合体中，三棱柱ABc—A1B1c1的侧面ABB1A1是圆柱的轴截面，c是圆柱底面圆周上不与A、B重合的一个点．当点c是弧AB的中点时，求四棱锥A1—Bcc1B1与圆柱的体积比．0．如图，四面体ABcD中，△ABc与△DBc都是边长为4的正三角形．求证：Bc⊥AD；试问该四面体的体积是否存在最大值？若存在，求出这个最大值及此时棱长AD的大小；若不存在，说明理由．1．如图，多面体ABFEDc的直观图及三视图如图所示，m，N分别为AF，Bc的中点．求证：mN∥平面cDEF；求多面体A—cDEF的体积．学案41 空间几何体的表面积与体积自主梳理．ch12nah′12ch′12nh′12h′4πR2 2.Sh 13Sh 13h 43πR3自我检测．D [由题意，S△ABc＝34，三棱锥的高h＝3，∴V三棱锥P—ABc＝13Sh＝34.]2．A [设正方体棱长为a，则正四面体棱长AB＝2a，∴S正四面体表＝4×34×2＝23a2.∵S正方体表＝6a2，∴四面体的表面积与正方体表面积的比为3∶3.]3．c4.D [据三视图可知该几何体由球和圆柱体组成，如图所示，故该几何体的表面积为S＝S圆柱＋S球＝2π＋6π＋4π＝12π.]5．A [由三视图可知该几何体是一个边长为2的正方体内部挖去一个底面半径为1，高为2的圆锥，所以V＝23－13×π×2＝8－2π3，故选A.]课堂活动区例1 解题导引对于斜棱柱表面积及体积的求解必须求各个侧面的面积和棱柱的高．解决此类斜棱柱侧面积问题的关键：在已知棱柱高的条件下，用线面垂直⇒线线垂直的方法作出各个侧面的高，并在相应的直角三角形中求解侧面的高．解如图，过点A1作A1o⊥面ABc于点o，连接Ao.过点A1作A1E⊥AB于点E，过点A1作A1F⊥Ac于点F，连接Eo，Fo，易得oE⊥AB，oF⊥Ac，∵AA1和AB与Ac都成60°角，∴△A1AE≌△A1AF，∴A1E＝A1F.∵A1o⊥面ABc，∴Eo＝Fo.∴点o在∠BAc的角平分线上，延长Ao交Bc于点D，∵△ABc是正三角形，∴Bc⊥AD.∴Bc⊥AA1.∵AA1∥BB1，∴侧面BB1c1c是矩形，∴三棱柱的侧面积为S＝2×3×4×sin60°＋3×4＝12＋123.∵AA1＝3，AA1与AB和Ac都成60°角，∴AE＝32.∵∠BAo＝30°，∴Ao＝3，A1o＝6.∴三棱柱的体积为V＝34×16×6＝122.变式迁移1 27＋4解析如图所示，设D为Bc的中点，连接A1D，AD.∵△ABc为等边三角形，∴AD⊥Bc，∴Bc⊥平面A1AD，∴Bc⊥A1A，又∵A1A∥B1B，∴Bc⊥B1B，又∵侧面与底面边长都等于2，∴四边形BB1c1c是正方形，其面积为4.作DE⊥AB于E，连接A1E，则AB⊥A1E，又∵AD＝22－12＝3，DE＝AD•BDAB＝32，∴AE＝AD2－DE2＝32，∴A1E＝AA21－AE2＝72，∴S四边形ABB1A1＝7，∴S三棱柱侧＝27＋4.例2 解题导引解决这类题的关键是弄清楚旋转后所形成的图形的形状，再将图形进行合理的分割，然后利用有关公式进行计算．求全面积时不要忘记“内表面”．解如图所示，过c作co1⊥AB于o1，在半圆中可得∠BcA＝90°，∠BAc＝30°，AB＝2R，∴Ac＝3R，Bc＝R，co1＝32R，∴S球＝4πR2，S圆锥Ao1侧＝π×32R×3R＝32πR2，S圆锥Bo1侧＝π×32R×R＝32πR2，∴S几何体表＝S球＋S圆锥Ao1侧＋S圆锥Bo1侧＝112πR2＋32πR2＝11＋32πR2，∴旋转所得到的几何体的表面积为11＋32πR2.又V球＝43πR3，V圆锥Ao1＝13•Ao1•πco21＝14πR2•Ao1，V圆锥Bo1＝13Bo1•πco21＝14πR2•Bo1，∴V几何体＝V球－＝43πR3－12πR3＝56πR3.变式迁移2 20π解析在△ABc中，AB＝Ac＝2，∠BAc＝120°，可得Bc＝23，由正弦定理，可得△ABc外接圆的半径r＝2，设此圆圆心为o′，球心为o，在Rt△oBo′中，易得球半径R＝5，故此球的表面积为4πR2＝20π.例3 解题导引本题可将长方体表面展开，利用平面内两点间的线段长是两点间的最短距离来解答．解将长方体相邻两个面展开有下列三种可能，如图所示．三个图形甲、乙、丙中Ac1的长分别为：a＋b2＋c2＝a2＋b2＋c2＋2ab，a2＋b＋c2＝a2＋b2＋c2＋2bc，a＋c2＋b2＝a2＋b2＋c2＋2ac，∵a>b>c>0，∴ab>ac>bc>0.故最短线路的长为a2＋b2＋c2＋2bc.变式迁移3 52解析将△Bcc1沿Bc1线折到面A1c1B上，如图所示．连接A1c即为cP＋PA1的最小值，过点c作cD垂直A1c1延长线交于D，△Bcc1为等腰直角三角形，∴cD＝1，c1D＝1，A1D＝A1c1＋c1D＝7.∴A1c＝A1D2＋cD2＝49＋1＝52.课后练习区．c [由三视图知该几何体的直观图如图所示，该几何体的下底面是边长为4的正方形；上底面是长为4、宽为2的矩形；两个梯形侧面垂直于底面，上底长为2，下底长为4，高为4；另两个侧面是矩形，宽为4，长为42＋12＝17.所以S表＝42＋2×4＋12××4×2＋4×17×2＝48＋817.]2．D [由43πR3＝32π3，∴R＝2.∴正三棱柱的高h＝4.设其底面边长为a，则13•32a＝2，∴a＝43.∴V＝34×2×4＝483.]3．D 4.B5．c [将三视图还原成几何体的直观图如图所示．它的四个面的面积分别为8,6,10,62，故最大的面积应为10.6．67解析取底面中心为o，AF中点为m，连接Po、om、Pm、Ao，则Po⊥om，om⊥AF，Pm⊥AF，∵oA＝oP＝2，∴om＝3，Pm＝4＋3＝7.∴S侧＝6×12×2×7＝67.7.153π解析围成圆锥筒的母线长为4cm，设圆锥的底面半径为r，则2πr＝14•2π×4，∴r＝1，∴圆锥的高h＝42－12＝15.∴V圆锥＝13•πr2•h＝153π．8．2πR2解析方法一设圆柱的轴与球的半径的夹角为α，则圆柱高为2Rcosα，圆柱底面半径为Rsinα，∴S圆柱侧＝2π•Rsinα•2Rcosα＝2πR2sin2α.当sin2α＝1时，S圆柱侧最大为2πR2，此时，S球表－S圆柱侧＝4πR2－2πR2＝2πR2.方法二设圆柱底面半径为r，则其高为2R2－r2.∴S圆柱侧＝2πr•2R2－r2，S′圆柱侧＝4πR2－r2－4πr2R2－r2.令S′圆柱侧＝0，得r＝22R.当0<r<22R时，S′>0；当22R<r<R时，S′<0.∴当r＝22R时，S圆柱侧取得最大值2πR2.此时S球表－S圆柱侧＝4πR2－2πR2＝2πR2.方法三设圆柱底面半径为r，则其高为2R2－r2，∴S圆柱侧＝2πr•2R2－r2＝4πr2R2－r2≤4πr2＋R2－r22＝2πR2．∴当r＝22R时，S圆柱侧最大为2πR2.此时S球表－S圆柱侧＝4πR2－2πR2＝2πR2.9．解设圆柱的底面半径为r，母线长为h，当点c是弧的中点时，三角形ABc的面积为r2，三棱柱ABc—A1B1c1的体积为r2h，三棱锥A1—ABc的体积为13r2h，四棱锥A1—Bcc1B1的体积为r2h－13r2h＝23r2h，圆柱的体积为πr2h，故四棱锥A1—Bcc1B1与圆柱的体积比为2∶3π.0．证明取Bc的中点E，连接AE，DE，EF，∵△ABc与△DBc都是边长为4的正三角形，∴AE⊥Bc，DE⊥Bc.又AE∩DE＝E，∴Bc⊥平面AED.又AD⊂面AED，∴Bc⊥AD.解由已知得，△AED为等腰三角形，且AE＝ED＝23，设AD＝x，F为棱AD的中点，则EF＝12－12x2，S△AED＝12x12－x24＝1448x2－x4，V＝13S△AED•＝1348x2－x4，当x2＝24，即x＝26时，Vmax＝8，∴该四面体存在最大值，最大值为8，此时棱长AD＝26.1．证明由多面体ABFEDc的三视图知，三棱柱AED—BFc中，底面DAE是等腰直角三角形，DA＝AE＝2，DA⊥平面ABFE，面ABFE，ABcD都是边长为2的正方形．连接EB，则m是EB的中点，在△EBc中，mN∥Ec，且Ec⊂平面cDEF，mN⊄平面cDEF，∴mN∥平面cDEF.解∵DA⊥平面ABFE，EF⊂平面ABFE，∴EF⊥AD.又EF⊥AE，AE∩AD＝A，∴EF⊥平面ADE. 又DE⊂平面ADE，∴EF⊥DE，∴四边形cDEF是矩形，且平面cDEF⊥平面DAE.取DE的中点H，连接AH，∵DA⊥AE，DA＝AE＝2，∴AH＝2，且AH⊥平面cDEF.∴多面体A—cDEF的体积V＝13ScDEF•AH＝13DE•EF•AH＝83.。
2020高考数学(文)刷题首选卷：空间几何体的表面积和体积(含解析)
考点测试41 空间几何体的表面积和体积高考概览高考中本考点常见题型为选择题、填空题，分值为5分，中等难度 考纲研读球体、柱体、锥体、台体的表面积和体积计算公式一、基础小题1．若球的半径扩大为原来的2倍，则它的体积扩大为原来的( ) A ．2倍 B ．4倍 C ．8倍 D ．16倍 答案 C解析 设原来球的半径为r ，则现在球的半径为2r ，则V 原＝43πr 3，V 现＝43π·(2r )3，故V 现＝8V 原．故选C ．2．一个正方体的体积是8，则这个正方体的内切球的表面积是( ) A ．8π B．6π C．4π D．π 答案 C解析 设正方体的棱长为a ，则a 3＝8，∴a ＝2．而此正方体的内切球直径为2，∴S 表＝4πr 2＝4π．3．如图，一个空间几何体的正视图、侧视图都是面积为32，一个内角为60°的菱形，俯视图为正方形，那么这个几何体的表面积为( )A ．2 3B ．4 3C ．8D ．4 答案 D解析 由三视图知，原几何体为两个四棱锥的组合体，其中四棱锥的底面边长为1，斜高为1，所以这个几何体的表面积为S ＝12×1×1×8＝4．4．一个直三棱柱的三视图如图所示，其中俯视图是正三角形，则此三棱柱的体积为( )A ．32B ． 3C ．2D ．4 答案 B解析 由侧视图可知直三棱柱底面正三角形的高为3，容易求得正三角形的边长为2，所以底面正三角形面积为12×2×3＝3．再由侧视图可知直三棱柱的高为1，所以此三棱柱的体积为3×1＝3．故选B ．5．已知圆锥的表面积为a ，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面直径是( )A ．a 2B ．3πa 3πC ．23πa 3πD ．23a 3π答案 C解析 设圆锥的底面半径为r ，母线长为l ，由题意知，2πr ＝πl ，∴l ＝2r ，则圆锥的表面积S 表＝πr 2＋12π(2r )2＝a ，∴r 2＝a 3π，∴2r ＝23πa 3π．6．若某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则该几何体的体积等于( )A ．10 cm 3B ．20 cm 3C ．30 cm 3D ．40 cm 3答案 B解析 由三视图可知，该几何体是一个直三棱柱ABC －A 1B 1C 1截去一个三棱锥B 1－ABC ，则该几何体的体积为V ＝12×3×4×5－13×12×3×4×5＝20(cm 3)．故选B ．7．某四棱台的三视图如图所示，则该四棱台的体积是( )A ．4B ．143C ．163 D ．6答案 B解析 依题意，所求几何体是一个四棱台，其中上底面是边长为1的正方形、下底面是边长为2的正方形，高是2，因此其体积等于13×(12＋22＋1×4)×2＝143．故选B ．8．某几何体的三视图如图所示，图中三个正方形的边长均为2，则该几何体的表面积为( )A ．24＋(2－1)π B．24＋(22－2)πC ．24＋(5－1)π D．24＋(23－2)π 答案 B解析 如图，由三视图可知，该几何体是棱长为2的正方体挖出两个圆锥体所得．由图中知圆锥的半径为1，母线为2，该几何体的表面积为S ＝6×22－2π×12＋2×12×2π×1×2＝24＋(22－2)π，故选B ．9．已知一个几何体的三视图如图所示，则其体积为( )A ．10＋π B．2＋π2 C ．2＋π12 D ．2＋π4答案 D解析 根据几何体的三视图还原其直观图如图所示，显然可以看到该几何体是一个底面长为2，宽为1，高为1的正棱柱与一个底面半径为1，高为1的14圆柱组合而成，其体积为V ＝2×1×1＋14×π×12×1＝2＋π4，故选D ．10．我国古代数学名著《数书九章》中有“天池盆测雨”题：在下雨时，用一个圆台形的天池盆接雨水，天池盆盆口直径为二尺八寸，盆底直径为一尺二寸，盆深一尺八寸，若盆中积水深九寸，则平地降雨量是________寸．(注：①平地降雨量等于盆中积水体积除以盆口面积；②一尺等于十寸) 答案 3解析 由题意知，圆台中截面圆的半径为十寸，圆台内水的体积为V ＝13πh (r 2中＋r 2下＋r中r 下)＝π3×9×(102＋62＋10×6)＝588π(立方寸)，降雨量为V142π＝588π196π＝3(寸)． 11．如图所示，已知一个多面体的平面展开图由一个边长为1的正方形和4个边长为1的正三角形组成，则该多面体的体积是________．答案2 6解析易知该几何体是正四棱锥．连接BD，设正四棱锥P－ABCD，由PD＝PB＝1，BD＝2，则PD⊥PB．设底面中心O，则四棱锥高PO＝22，则其体积是V＝13Sh＝13×12×22＝26．12．如图，在平面四边形ABCD 中，已知AB ⊥AD ，AB ＝AD ＝1，BC ＝CD ＝5，以直线AB 为轴，将四边形ABCD 旋转一周，则所得旋转体的体积为________．答案 12π解析 由题意，该旋转体是一圆台内部挖去一个圆锥，如图1所示：如图2，过点C 作CE ⊥AB ，连接BD ．在等腰直角三角形ABD 中，BD ＝AD 2＋AB 2＝2． 在△BDC 中，CD 2＝BD 2＋BC 2－2BD ·BC cos ∠DBC ， 所以25＝2＋25－102cos ∠DBC ，所以cos ∠DBC ＝210，所以sin ∠DBC ＝1－cos 2∠DBC ＝7210． 因为∠CBE ＝180°－∠ABD －∠DBC ＝135°－∠DBC ，所以sin ∠CBE ＝sin(135°－∠DBC )＝22cos ∠DBC ＋22sin ∠DBC ＝45．在Rt △BCE 中，CE ＝BC sin ∠CBE ＝4，所以BE ＝BC 2－CE 2＝3，AE ＝4．所以圆台上、下底面圆的面积分别为S 上＝π，S 下＝16π，圆台体积V 1＝13(S 上＋S 下＋S 上S 下)·AE ＝28π，圆锥体积V 2＝13×16π×3＝16π，所以旋转体体积V ＝V 1－V 2＝12π．二、高考小题13．(2017·全国卷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 答案 B解析 由三视图可知两个同样的几何体可以拼成一个底面直径为6，高为14的圆柱，所以该几何体的体积V ＝12×32×π×14＝63π．故选B ．14．(2018·浙江高考)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积(单位：cm 3)是( )A．2 B．4 C．6 D．8答案 C解析由三视图可知该几何体是直四棱柱，其中底面是直角梯形，直角梯形上、下底边的长分别为1 cm,2 cm，高为2 cm，直四棱柱的高为2 cm．故直四棱柱的体积V＝1＋22×2×2＝6 cm3．15．(2018·全国卷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答案 B解析根据题意，可得截面是边长为22的正方形，结合圆柱的特征，可知该圆柱的底面为半径是2的圆，且高为22，所以其表面积为S＝2π(2)2＋2π×2×22＝12π．故选B．16．(2018·全国卷Ⅰ)在长方体ABCD－A1B1C1D1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 2 C．8 2 D．8 3答案 C解析在长方体ABCD－A1B1C1D1中，连接BC1，根据线面角的定义可知∠AC1B＝30°，因为AB＝2，ABBC1＝tan30°，所以BC1＝23，从而求得CC1＝BC21－BC2＝22，所以该长方体的体积为V＝2×2×22＝82．故选C．17．(2018·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 3 B．18 3 C．24 3 D．54 3答案 B解析如图所示，点M为三角形ABC的重心，E为AC的中点，当DM⊥平面ABC时，三棱锥D－ABC体积最大，此时，OD＝OB＝R＝4．∵S△ABC＝34AB2＝93，∴AB ＝6，∵点M 为三角形ABC 的重心，∴BM ＝23BE ＝23，∴在Rt △OMB 中，有OM ＝OB 2－BM 2＝2． ∴DM ＝OD ＋OM ＝4＋2＝6，∴(V 三棱锥D －ABC )max ＝13×93×6＝183．故选B ．18．(2018·全国卷Ⅱ)已知圆锥的顶点为S ，母线SA ，SB 互相垂直，SA 与圆锥底面所成角为30°，若△SAB 的面积为8，则该圆锥的体积为________．答案 8π解析 如图所示，∠SAO ＝30°，∠ASB ＝90°，又S △SAB ＝12SA ·SB ＝12SA 2＝8，解得SA ＝4，所以SO ＝12SA ＝2，AO ＝SA 2－SO 2＝23，所以该圆锥的体积为V ＝π3·OA 2·SO ＝8π． 19．(2018·天津高考)已知正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，除面ABCD 外，该正方体其余各面的中心分别为点E ，F ，G ，H ，M (如图)，则四棱锥M －EFGH 的体积为________．答案112解析 由题意知四棱锥的底面EFGH 为正方形，其边长为22，即底面面积为12，由正方体的性质知，四棱锥的高为12．故四棱锥M －EFGH 的体积V ＝13×12×12＝112．20．(2018·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________．答案 43解析 多面体由两个完全相同的正四棱锥组合而成，其中正四棱锥的底面边长为2，高为1，∴其体积为13×(2)2×1＝23，∴多面体的体积为43．三、模拟小题21．(2018·邯郸摸底)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，已知该几何体的各个面中有n 个面是矩形，体积为V ，则( )A ．n ＝4，V ＝10B ．n ＝5，V ＝12C ．n ＝4，V ＝12D ．n ＝5，V ＝10答案 D解析 由三视图可知，该几何体为直五棱柱，其直观图如图所示，故n ＝5，体积V ＝2×22＋12×2×1＝10．故选D ． 22．(2018·福州模拟)已知圆柱的高为2，底面半径为3，若该圆柱的两个底面的圆周都在同一个球面上，则这个球的表面积等于( )A ．4π B．16π3 C ．32π3D ．16π答案 D解析 如图，可知球的半径R ＝OH 2＋AH 2＝12＋(3)2＝2，进而这个球的表面积为4πR 2＝16π．故选D ．23．(2018·合肥质检一)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，则该几何体的表面积为( )A ．5π＋18B ．6π＋18C ．8π＋6D ．10π＋6 答案 C解析 该几何体的表面积是由球的表面积、球的大圆面积、半个圆柱的侧面积以及圆柱的纵切面面积组成．从而该几何体的表面积为4π×12＋π×12＋12×2π×3＋3×2＝8π＋6．故选C ．24．(2018·石家庄质检二)如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线及粗虚线画出的是某多面体的三视图，则该多面体的体积为( )A ．83B ．3C ．8D ．53 答案 A解析 根据三视图还原该几何体的直观图，如图中四棱锥P －ABCD 所示，则V P －ABCD ＝V P－AFGD＋(V AFB －DEC －V G －ECD )＝13×(1＋2)×22×1＋12×1×2×2－13×12×1×2×1＝83．故选A ．25．(2018·合肥质检三)我国古代的《九章算术》中将上、下两面为平行矩形的六面体称为“刍童”．如图所示为一个“刍童”的三视图，其中正视图及侧视图均为等腰梯形，两底的长分别为2和4，高为2，则该“刍童”的表面积为( )A ．12 5B ．40C ．16＋12 3D ．16＋12 5 答案 D解析 易得侧面梯形的高为22＋12＝5，所以一个侧面梯形的面积为12×(2＋4)×5＝35．故所求为4×35＋2×(2×4)＝125＋16．故选D ．26．(2018·福建质检)已知底面边长为42，侧棱长为25的正四棱锥S －ABCD 内接于球O 1．若球O 2在球O 1内且与平面ABCD 相切，则球O 2的直径的最大值为________．答案 8解析 如图，正四棱锥S －ABCD 内接于球O 1，SO 1与平面ABCD 交于点O ．在正方形ABCD 中，AB ＝42，AO ＝4．在Rt △SAO 中，SO ＝SA 2－OA 2＝(25)2－42＝2．设球O 1的半径为R ，则在Rt △OAO 1中，(R －2)2＋42＝R 2，解得R ＝5，所以球O 1的直径为10．当球O2与平面ABCD相切于点O且与球O1相切时，球O2的直径最大．又因为SO＝2，所以球O2的直径的最大值为10－2＝8．一、高考大题1．(2016·江苏高考)现需要设计一个仓库，它由上下两部分组成，上部的形状是正四棱锥P－A1B1C1D1，下部的形状是正四棱柱ABCD－A1B1C1D1(如图所示)，并要求正四棱柱的高O1O是正四棱锥的高PO1的4倍．(1)若AB＝6 m，PO1＝2 m，则仓库的容积是多少？(2)若正四棱锥的侧棱长为6 m，则当PO1为多少时，仓库的容积最大？解(1)由PO1＝2知，O1O＝4PO1＝8．因为A1B1＝AB＝6，所以正四棱锥P－A1B1C1D1的体积V 锥＝13·A 1B 21·PO 1＝13×62×2＝24(m 3)．正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1的体积V 柱＝AB 2·O 1O ＝62×8＝288(m 3)．所以仓库的容积V ＝V 锥＋V 柱＝24＋288＝312(m 3)．(2)设A 1B 1＝a m ，PO 1＝h m ， 则0<h <6，O 1O ＝4h ． 连接O 1B 1．因为在Rt △PO 1B 1中，O 1B 21＋PO 21＝PB 21， 所以⎝⎛⎭⎪⎫22a 2＋h 2＝36， 即a 2＝2(36－h 2)． 于是仓库的容积V ＝V 柱＋V 锥＝a 2·4h ＋13a 2·h ＝133a 2h＝263(36h －h 3)，0<h <6， 从而V ′＝263(36－3h 2)＝26(12－h 2)．令V ′＝0，得h ＝23或h ＝－23(舍)． 当0<h <23时，V ′>0，V 是单调增函数； 当23<h <6时，V ′<0，V 是单调减函数． 故h ＝23时，V 取得极大值，也是最大值． 因此，当PO 1＝2 3 m 时，仓库的容积最大．2．(2018·全国卷Ⅰ)如图，在平行四边形ABCM 中，AB ＝AC ＝3，∠ACM ＝90°，以AC 为折痕将△ACM 折起，使点M 到达点D 的位置，且AB ⊥DA ．(1)证明：平面ACD ⊥平面ABC ；(2)Q 为线段AD 上一点，P 为线段BC 上一点，且BP ＝DQ ＝23DA ，求三棱锥Q －ABP 的体积．解 (1)证明：由已知可得∠BAC ＝90°，即AB ⊥AC ． 又AB ⊥DA ，且AC ∩DA ＝A ，所以AB ⊥平面ACD ． 又AB ⊂平面ABC ，所以平面ACD ⊥平面ABC ． (2)由已知可得，DC ＝CM ＝AB ＝AC ＝3，DA ＝32． 又BP ＝DQ ＝23DA ，所以BP ＝22．作QE ⊥AC ，垂足为E ，则QE 綊13DC ．由已知及(1)可得DC ⊥平面ABC ，所以QE ⊥平面ABC ，QE ＝1．因此，三棱锥Q －ABP 的体积为V 三棱锥Q －ABP ＝13×QE ×S △ABP ＝13×1×12×3×22sin45°＝1．二、模拟大题3．(2018·武昌调研)如图，已知某几何体的三视图如下(单位：cm)．(1)画出这个几何体的直观图(不要求写画法)；(2)求这个几何体的表面积及体积．解 (1)这个几何体的直观图如图所示．(2)这个几何体可看成是正方体AC 1及直三棱柱B 1C 1Q －A 1D 1P 的组合体．由PA 1＝PD 1＝2，A 1D 1＝AD ＝2，可得PA 1⊥PD 1．故所求几何体的表面积S ＝5×22＋2×2×2＋2×12×(2)2＝22＋42(cm 2)，所求几何体的体积V ＝23＋12×(2)2×2＝10(cm 3)． 4．(2018·浙江杭州一模)已知一个三棱台的上、下底面分别是边长为20 cm 和30 cm 的正三角形，各侧面是全等的等腰梯形，且各侧面的面积之和等于两底面面积之和，求棱台的体积．解 如图所示，在三棱台ABC －A ′B ′C ′中，O ′，O 分别为上、下底面的中心，D ，D ′分别是BC ，B ′C ′的中点，则DD ′是等腰梯形BCC ′B ′的高，又C ′B ′＝20 cm ，CB ＝30 cm ，所以S 侧＝3×12×(20＋30)×DD ′＝75DD ′． S 上＋S 下＝34×(202＋302)＝3253(cm 2)． 由S 侧＝S 上＋S 下，得75DD ′＝3253，所以DD ′＝1333(cm)， 又因为O ′D ′＝36×20＝1033(cm)， OD ＝36×30＝53(cm)， 所以棱台的高h ＝O ′O ＝D ′D 2－(OD －O ′D ′)2 ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13332－⎝⎛⎭⎪⎫53－10332＝43(cm)， 由棱台的体积公式，可得棱台的体积为V ＝h 3(S 上＋S 下＋S 上S 下) ＝433×⎝ ⎛⎭⎪⎫3253＋34×20×30 ＝1900(cm 3)．故棱台的体积为1900 cm 3．。
备考2020年高考数学一轮复习：38 空间几何体的表面积与体积
备考2020年高考数学一轮复习：38 空间几何体的表面积与体积一、单选题(共12题；共24分)1．（2分）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。
若某柱体的三视图如图所示，则该柱体的体积是（）A．158B．162C．182D．322．（2分）已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A．8B．12C．16D．243．（2分）如图，扇形OAB的圆心角为90°，半径为1，则该扇形绕OB所在直线旋转一周得到的几何体的表面积为（）A．4π3B．2πC．3πD．4π4．（2分）在四面体P−ABC中，△ABC是边长为3的等边三角形，PA=3，PB=4，PC=5，则四面体P−ABC的体积为（）A．3B．2√3C．√11D．√105．（2分）如图，正方形ABCD的边长为2，E ,F分别为BC ,C D的中点，沿AE ,E F ,F A将正方形折起，使B ,C,D重合于点O，构成四面体A−OEF，则四面体A−OEF的体积为（）A．13B．√23C．12D．√566．（2分）某几何体由一个棱柱与一个棱锥组合而成，其三视图如图所示，其中俯视图和侧视图中的正方形的边长为2，正视图和俯视图中的三角形均为等腰直角三角形，则该几何体的体积为（）A．163B．163或203C．203D．203或67．（2分）两个圆锥和一个圆柱分别有公共底面，且两圆锥的顶点和底面的圆周都在同一球面上.若圆柱的侧面积等于两个圆锥的侧面积之和，且该球的表面积为16π，则圆柱的体积为（）A．2πB．8π3C．6πD．8π8．（2分）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积V=（）A．83B．3C．103D．2039．（2分）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A．11π6B．7π3C．13π6D．8π310．（2分）如果两个球的体积之比为8:27,那么两个球的表面积之比为( ) A．4:9B．2:3C．8:27D．2:9 11．（2分）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为()A．2B．4C．6D．812．（2分）已知直三棱柱ABC−A1B1C1的顶点都在球O的球面上，AB=AC=2，BC=2√2，若球O的表面积为72π，则这个直三棱柱的体积是（）A．16B．15C．8√2D．83二、填空题(共6题；共7分)13．（1分）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.14．（1分）在四面体ABCD中，AB=AD=2,∠BAD=60°,∠BCD=90°，二面角A−BD−C的大小为150°，则四面体ABCD外接球的半径为．15．（2分）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是；表面积是．16．（1分）已知四棱锥S−ABCD的底面是边长为√6的正方形，且四棱锥S−ABCD的顶点都在半径为2的球面上，则四棱锥S−ABCD体积的最大值为.17．（1分）设三棱锥P−ABC的三条侧棱两两垂直，且PA=PB=PC=1，则三棱锥P−ABC 的体积是．18．（1分）连接正方体每个面的中心构成一个正八面体，则该八面体的外接球与内切球体积之比为。
2020版高考数学一轮复习课时作业42空间几何体的表面积与体积理(含解析)新人教版
课时作业42 空间几何体的表面积与体积一、选择题1．(2019·合肥一检)一个几何体的三视图如图所示(其中正视图的弧线为四分之一圆周)，则该几何体的表面积为( A )A ．72＋6πB ．72＋4πC ．48＋6πD ．48＋4π解析：由三视图知，该几何体由一个正方体的34部分与一个圆柱的14部分组合而成(如图所示)，其表面积为16×2＋(16－4＋π)×2＋4×(2＋2＋π)＝72＋6π.2．如图是某四棱锥的三视图，则该几何体的表面积为( A )A ．34＋6 5B ．6＋65＋4 3C ．6＋65＋413D ．17＋6 5解析：由三视图得该几何体的直观图如图，其中，底面ABCD 为矩形，AD ＝6，AB ＝2，平面PAD ⊥平面ABCD ，△PAD 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 5.3．(2018·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( B )A ．122πB ．12πC ．82πD ．10π解析：因为过直线O 1O 2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，所以圆柱的高为22，底面圆的直径为22，所以该圆柱的表面积为2×π×(2)2＋22π×22＝12π.4．高为4的直三棱柱被削去一部分后得到一个几何体，它的直观图和三视图中的侧视图、俯视图如图所示，则该几何体的体积与原直三棱柱的体积的比值为( C )A.34B.14 C.12 D.38解析：由侧视图、俯视图知该几何体是高为2、底面积为12×2×(2＋4)＝6的四棱锥，其体积为4.易知直三棱柱的体积为8，则该几何体的体积与原直三棱柱的体积的比值为12.5．(2019·石家庄质量检测)如图，网格纸上的小正方形的边长为1，粗线表示的是某三棱锥的三视图，则该三棱锥的四个面中，最小面的面积是( C )A ．2 3B ．2 2C ．2D. 3解析：在正方体中还原该几何体，如图中三棱锥D ABC 所示，其中正方体的棱长为2，则S △ABC ＝2，S △DBC ＝22，S △ADB ＝22，S △ADC ＝23，故该三棱锥的四个面中，最小面的面积是2，故选C.6．(2019·西安八校联考)已知球的直径SC ＝4，A ，B 是该球球面上的两点，∠ASC ＝∠BSC ＝30°，则棱锥S ABC 的体积最大为( A )A ．2 B.83 C. 3D ．2 3解析：如图，因为球的直径为SC ，且SC ＝4，∠ASC ＝∠BSC ＝30°，所以∠SAC ＝∠SBC ＝90°，AC ＝BC ＝2，SA ＝SB ＝23，所以S △SBC ＝12×2×23＝23，则当点A 到平面SBC的距离最大时，棱锥A SBC 即S ABC 的体积最大，此时平面SAC ⊥平面SBC ，点A 到平面SBC 的距离为23sin30°＝3，所以棱锥S ABC 的体积最大为13×23×3＝2，故选A.7．(2019·南昌摸底调研)已知三棱锥P ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，△ABC 满足AB ＝22，∠ACB ＝90°，PA 为球O 的直径且PA ＝4，则点P 到底面ABC 的距离为( B )A. 2 B ．2 2 C. 3 D ．2 3解析：取AB 的中点O 1，连接OO 1，如图，在△ABC 中，AB ＝22，∠ACB ＝90°，所以△ABC 所在小圆O 1是以AB 为直径的圆，所以O 1A ＝2，且OO 1⊥AO 1，又球O 的直径PA ＝4，所以OA ＝2，所以OO 1＝OA 2－O 1A 2＝2，且OO 1⊥底面ABC ，所以点P 到平面ABC 的距离为2OO 1＝2 2.二、填空题8．某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为20＋8 2.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＋8 2.9.已知三棱锥的四个面都是腰长为2的等腰三角形，该三棱锥的正视图如图所示，则该三棱锥的体积是33.解析：由正视图知三棱锥的形状如图所示，且AB ＝AD ＝BC ＝CD ＝2，BD ＝23，设O 为BD 的中点，连接OA ，OC ，则OA ⊥BD ，OC ⊥BD ，结合正视图可知AO ⊥平面BCD .又OC ＝CD 2－OD 2＝1，∴V 三棱锥A BCD ＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×23×1×1＝33.10.(2018·天津卷)已知正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的棱长为1，除面ABCD 外，该正方体其余各面的中心分别为点E ，F ，G ，H ，M (如图)，则四棱锥M EFGH 的体积为112.解析：连接AD 1，CD 1，B 1A ，B 1C ，AC ，因为E ，H 分别为AD 1，CD 1的中点，所以EH ∥AC ，EH ＝12AC ，因为F ，G 分别为B 1A ，B 1C 的中点，所以FG ∥AC ，FG ＝12AC ，所以EH ∥FG ，EH ＝FG ，所以四边形EHGF 为平行四边形，又EG ＝HF ，EH ＝HG ，所以四边形EHGF 为正方形，又点M到平面EHGF 的距离为12，所以四棱锥M EFGH 的体积为13×(22)2×12＝112.三、解答题11．(2018·全国卷Ⅰ)如图，在平行四边形ABCM 中，AB ＝AC ＝3，∠ACM ＝90°.以AC 为折痕将△ACM 折起，使点M 到达点D 的位置，且AB ⊥DA .(1)证明：平面ACD ⊥平面ABC ；(2)Q 为线段AD 上一点，P 为线段BC 上一点，且BP ＝DQ ＝23DA ，求三棱锥Q ABP 的体积．解：(1)证明：由已知可得，∠BAC ＝90°，BA ⊥AC . 又BA ⊥AD ，所以AB ⊥平面ACD . 又AB ⊂平面ABC ， 所以平面ACD ⊥平面ABC .(2)由已知可得，DC ＝CM ＝AB ＝3，DA ＝3 2.又BP ＝DQ ＝23DA ，所以BP ＝2 2.作QE ⊥AC ，垂足为E ，则QE 綊13DC .由已知及(1)可得DC ⊥平面ABC ， 所以QE ⊥平面ABC ，QE ＝1. 因此，三棱锥Q ABP 的体积为V Q ABP ＝13×QE ×S △ABP＝13×1×12×3×22sin45°＝1. 12．(2019·南宁、柳州联考)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 的体积为312，求线段CE 的长． 解：(1)证明：∵AB ⊥平面BB 1C 1C ，BC 1⊂平面BB 1C 1C ，∴AB ⊥BC 1， 在△CBC 1中，BC ＝1，CC 1＝BB 1＝2，∠BCC 1＝60°，由余弦定理得BC 21＝BC 2＋CC 21－2BC ·CC 1·cos∠BCC 1＝12＋22－2×1×2cos60°＝3，∴BC 1＝3，∴BC 2＋BC 21＝CC 21，∴BC ⊥BC 1， 又AB ，BC ⊂平面ABC ，BC ∩AB ＝B ， ∴BC 1⊥平面ABC . (2)∵AB ⊥平面BB 1C 1C ， ∴V E ABC ＝V A EBC ＝13S △BCE ·AB＝13S △BCE ·1＝312， ∴S △BCE ＝34＝12CE ·(BC ·sin π3)＝12CE ·32， ∴CE ＝1.13．(2019·河北五名校联考)如图，在由边长为1的小正方形组成的网格中画出了某多面体的三视图，则该多面体的外接球的表面积为( D )A ．27πB ．30πC ．32πD ．34π解析：根据三视图可知，此多面体为三棱锥A BCD ，且侧面ABC ⊥底面BCD ，△ABC 与△BCD 都为等腰三角形，如图所示．根据题意可知，三棱锥A BCD 的外接球的球心O 位于过△BCD 的外心O ′，且垂直于底面BCD 的垂线上，取BC 的中点M ′，连接AM ′，DM ′，OO ′，O ′B ，易知O ′在DM ′上，过O 作OM ⊥AM ′于点M ，连接OA ，OB ，根据三视图可知M ′D ＝4，BD ＝CD ＝25，故sin ∠BCD ＝255，设△BCD 的外接圆半径为r ，根据正弦定理可知，2r ＝BDsin ∠BCD＝5，故BO ′＝r ＝52，M ′O ′＝32，设OO ′＝x ，该多面体的外接球半径为R ，在Rt △BOO ′中，R 2＝(52)2＋x 2，在Rt △AMO 中，R 2＝(32)2＋(4－x )2，所以R ＝342，故该多面体的外接球的表面积S ＝4πR2＝34π.故选D.14．(2019·石家庄质量检测)三棱锥S ABC 的各顶点都在同一球面上，若AB ＝3，AC ＝5，BC ＝7，侧面SAB 为正三角形，且与底面ABC 垂直，则此球的表面积等于205π3.解析：设△ABC 外接圆的圆心为O 1，△SAB 外接圆的圆心为O 2，过O 1，O 2分别作平面ABC ，平面SAB 的垂线交于点O ，则O 为球心．在△ABC 中，cos ∠BAC ＝52＋32－722×3×5＝－12，∴∠BAC ＝120°，设圆O 1的半径为r 1，根据正弦定理，得2r 1＝BCsin ∠BAC ＝1433，∴r 1＝733.△SAB 外接圆的圆心O 2为正三角形SAB 的中心，连接SO 2交AB 于点D ，则O 2D ＝13SD ＝32，且O 2D ＝OO 1＝32. 设外接球的半径为R ，连接O 1A ，则R 2＝O 1A 2＋OO 21＝493＋34＝20512，∴此球的表面积S ＝4πR2＝205π3.尖子生小题库——供重点班学生使用，普通班学生慎用15．如图，在四棱锥E ABCD 中，△EAD 为等边三角形，底面ABCD 为等腰梯形，满足AB ∥CD ，AD ＝DC ＝12AB ，且AE ⊥BD .(1)证明：平面EBD ⊥平面EAD ；(2)若△EAD 的面积为3，求点C 到平面EBD 的距离．解：(1)证明：如图，取AB 的中点M ，连接DM ，则DM ∥BC ，∴DM ＝12AB ，即点D 在以线段AB 为直径的圆上， ∴BD ⊥AD ，又AE ⊥BD ，且AE ∩AD ＝A ， ∴BD ⊥平面EAD . ∵BD ⊂平面EBD ， ∴平面EBD ⊥平面EAD .(2)∵BD ⊥平面EAD ，且BD ⊂平面ABCD ， ∴平面ABCD ⊥平面EAD . ∵等边△EAD 的面积为3， ∴AD ＝AE ＝ED ＝2， 取AD 的中点O ，连接EO ， 则EO ⊥AD ，EO ＝3，∵平面EAD ⊥平面ABCD ，平面EAD ∩平面ABCD ＝AD ， ∴EO ⊥平面ABCD .由(1)知△ABD ，△EBD 都是直角三角形， ∴BD ＝AB 2－AD 2＝23， ∴S △EBD ＝12ED ·BD ＝23，S △BCD ＝12BC ·CD sin120°＝ 3.设点C 到平面EBD 的距离为h ，由V C EBD ＝V E BCD ，得13S △EBD ·h ＝13S △BCD ·EO ，解得h ＝32.∴点C 到平面EBD 的距离为32.。
2020年山东省高考数学一轮冲刺复习汇编：空间几何体的表面积和体积(含解析)
2020年山东省高考数学一轮冲刺复习汇编：空间几何体的表面积和体积（含解析）一、【知识精讲】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S＝2πrl S＝πrl S＝π(r＋r)l3.1.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＝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.正四面体的外接球与内切球的半径之比为3∶1. 二、【典例精练】考点一 空间几何体的表面积【例1】 (1) （2014山东）一个六棱锥的体积为2的正六边形，侧棱长都相等，则该六棱锥的侧面积为 ．(2)(2018·洛阳模拟)某几何体的三视图如图所示，则其表面积为( )A.17π2B.9πC.19π2D.10π【答案】 (1)12 (2)B【解析】（1）由题意知，该六棱锥是正六棱锥，设该六棱锥的高为h ，则216234h ⨯⨯⨯=1h =2=，该六棱锥的侧面积为1122122⨯⨯=．(2)由三视图可知该几何体由一个圆柱与四分之一个球组合而成.圆柱的底面半径为1，高为3，球的半径为1，所以几何体的表面积为π×12＋2π×1×3＋4π×12×14＋12π×12＋12π×12＝9π.故选B.【解法小结】 1.由几何体的三视图求其表面积：(1)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度量大小.(2)还原几何体的直观图，套用相应的面积公式. 2.(1)多面体的表面积是各个面的面积之和；组合体的表面积注意衔接部分的处理. (2)旋转体的表面积问题注意其侧面展开图的应用.。
2020届苏教版高三数学一轮复习立体几何的表面积和体积(简略答案)
高三数学一轮复习之立体几何知 识 梳 理一．点、直线、平面之间的关系二．表面积与体积柱体体积：柱体V Sh =； 椎体体积：13椎体V Sh =； 台体体积：1)3V S S S S h =++⨯下下上上台体（；几何体表面积：各面面积之和球的面积和体积公式：S 球面 = 4 π R 2； V 球 = 43πR 3三．特殊的几何体正四面体：各条棱长都相等的三棱锥叫正四面体； 正方体：内切球与外接球；长方体：各顶点共球面（含三条棱两两垂直的三棱锥通常放在长方体中解题）。
四．常用的结论1.23()4S a a =等边三角形是边长；2.3=o g底腰长(在底角为30的等腰三角形中)。
学员姓名 年 级 高三 上课时间辅导科目 数学学科教师课 题立体几何之表面积与体积公理4线线平行线面平行面面平行线线垂直线面垂直 面面垂直 *三垂线逆定理*三垂线定理⑴⑵ ⑷ ⑶ ⑸ ⑹⑾⑿⒀⒁⑼ ⑽⒂ ⒃⑺⑻热身训练1．正六棱台的上、下两底面的边长分别是1cm,2cm，高是1cm，则它的侧面积为________cm2. 2．已知圆锥的表面积等于12πcm2，其侧面展开图是一个半圆，则底面圆的半径为________cm.3.已知某圆柱的侧面展开图是边长为2a，a的矩形，求该圆柱的体积．4．如图所示，已知一个多面体的平面展开图由一个边长为1的正方形和4个正三角形组成，则该多面体的体积是________．题型分类题型一求空间几何体的表面积例1.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________．巩固练习：1.若三棱锥的三条侧棱两两垂直，且侧棱长都相等，其外接球的表面积是4π，则其侧棱长为________．2.各棱长均为2的正三棱锥的表面积是________．题型二求空间几何体的体积例2.如图，在正三棱柱ABC－A1B1C1中，已知AB＝AA1＝3，点P在棱CC1上，则三棱锥P －ABA1的体积为________．巩固练习：1.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________．2.如图，在三棱柱A1B1C1－ABC中，D，E，F分别是AB，AC，AA1的中点，设三棱锥F－ADE的体积为V1，三棱柱A1B1C1－ABC的体积为V2，则V1∶V2＝________.3.设甲、乙两个圆柱的底面积分别为S1，S2，体积分别为V1，V2.若它们的侧面积相等，且S1S2＝94，则V1V2的值是________．4．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________．5.现需要设计一个仓库，它由上下两部分组成，上部分的形状是正四棱锥P—A1B1C1D1，下部分的形状是正四棱柱ABCD—A1B1C1D1(如图所示)，并要求正四棱柱的高OO1是正四棱锥的高PO1的4倍．(1)若AB＝6m，PO1＝2m，则仓库的容积是多少？(2)若正四棱锥的侧棱长为6m，则当PO1为多少时，仓库的容积最大？课后提高训练(江苏高考真题)1.已知圆锥的表面积等于12πcm 2，其侧面展开图是一个半圆，则圆锥的体积为________cm. 2．如图，在圆柱12O O 内有一个球O ，该球与圆柱的上、下面及母线均相切． 记圆柱12O O 的体积为1V ，球O 的体积为2V ，则12V V 的值是______．3．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 ▲ ．OO 1O 24．在平行六面体1111ABCD A B C D -中，1111,AA AB AB B C =⊥．求证：（1）11AB A B C 平面∥； （2）111ABB A A BC ⊥平面平面．参 考 答 案热身训练：1.97 2.2 3.332a a ππ或 4.2例1.12π 巩固训练：1.2332.43 例2.93 巩固练习：1 2.1:243.324.75.（1）312m ³；（2）23课后提高训练：1.32.323.434.证明（略）。
(北师大版)2020版高考文科数学一轮复习简单几何体的表面积与体积文课后训练题含解析
课后限时集训(四十一)(建议用时：60分钟) A 组 基础达标一、选择题1．已知等腰直角三角形的直角边的长为2，将该三角形绕其斜边所在的直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为( )A ．22π3B.42π3C ．22πD ．42πB [依题意知，该几何体是以2为底面半径，2为高的两个同底圆锥组成的组合体，则其体积V ＝13π×(2)2×22＝423π.]2．一个正方体挖去一个多面体所得的几何体的三视图如图所示，其中主视图、左视图和俯视图均为边长等于2的正方形，则这个几何体的表面积为( )A ．16＋4 3B ．16＋4 5C ．20＋4 3D ．20＋4 5D [由三视图可知，该几何体是棱长为2的正方体的内部挖去一个底面边长为2的正四棱锥，将三视图还原可得如图，可得其表面积为S ＝5×22＋4×12×2×5＝20＋45，故选D.]3．(2018·浙江高考)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积(单位：cm 3)是( )A ．2B ．4C ．6D ．8C [由三视图可知，该几何体是一个底面为直角梯形的直四棱柱，所以该几何体的体积V ＝12×(1＋2)×2×2＝6.故选C ．]4．某几何体的三视图如图所示，且该几何体的体积是3，则主视图中的x 的值是( ) A ．2 B ．92 C ．32D ．3D [由三视图知，该几何体是四棱锥，底面是直角梯形，且S 底＝12×(1＋2)×2＝3，∴V ＝13x ·3＝3，解得x ＝3.]5．(2019·昆明模拟)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的外接球的表面积为( )A ．36πB ．8πC ．92π D ．278πB [根据几何体的三视图，得该几何体是底面为等腰直角三角形，高为2的直三棱锥，如图所示，则该直三棱锥的外接球是对应直三棱柱的外接球，设几何体外接球的半径为R ，∴2R ＝VB .∵VB ＝VA 2＋AB 2＝22，∴R ＝2，∴该几何体的外接球的表面积是4πR 2＝8π.故选B.] 二、填空题6．现有橡皮泥制作的底面半径为5，高为4的圆锥和底面半径为2，高为8的圆柱各一个，若将它们重新制作成总体积与高均保持不变，但底面半径相同的新的圆锥和圆柱各一个，则新的底面半径为______．7 [设新的底面半径为r ，由题意得13×π×52×4＋π×22×8＝13×π×r 2×4＋π×r 2×8， ∴r 2＝7，∴r ＝7.]7．一个六棱锥的体积为23，其底面是边长为2的正六边形，侧棱长都相等，则该六棱锥的侧面积为________．12 [设正六棱锥的高为h ，棱锥的斜高为h ′. 由题意，得13×6×12×2×3×h ＝23，∴h ＝1，∴斜高h ′＝12＋32＝2，∴S 侧＝6×12×2×2＝12.]8．(2019·惠州模拟)已知三棱锥S ABC ，△ABC 是直角三角形，其斜边AB ＝8，SC ⊥平面ABC ，SC ＝6，则三棱锥S ABC 的外接球的表面积为________．100π [将三棱锥S ABC 放在长方体中(图略)，易知三棱锥S ABC 所在长方体的外接球，即为三棱锥S ABC 的外接球，所以三棱锥S ABC 的外接球的直径2R ＝AB 2＋SC 2＝10，即三棱锥SABC的外接球的半径R＝5，所以三棱锥SABC的外接球的表面积S＝4πR2＝100π.]三、解答题9．如图，从正方体ABCDA1B1C1D1的8个顶点中选出的4个点恰为一个正四面体的顶点．(1)若选出4个顶点包含点A，请在图中画出这个正四面体；(2)求棱长为a的正四面体外接球的半径．[解] (1)如图所示，选取的四个点分别为A，D1，B1，C．(2)棱长为a的正四面体外接球的半径等于正方体外接球的半径等于正方体对角线长的一半，因为正四面体的棱长a，所以正方体的边长为22a，因此外接球的半径为32×22a＝64a.10．(2015·全国卷Ⅱ)如图，长方体ABCDA1B1C1D1中，AB＝16，BC＝10，AA1＝8，点E，F分别在A1B1，D1C1上，A1E＝D1F＝4.过点E，F的平面α与此长方体的面相交，交线围成一个正方形．(1)在图中画出这个正方形(不必说明画法和理由)；(2)求平面α把该长方体分成的两部分体积的比值．[解] (1)交线围成的正方形EHGF如图所示．(2)如图，作EM⊥AB，垂足为M，则AM＝A1E＝4，EB1＝12，EM＝AA1＝8.因为四边形EHGF 为正方形，所以EH ＝EF ＝BC ＝10. 于是MH ＝EH 2－EM 2＝6，AH ＝10，HB ＝6. 故S 四边形A 1EHA ＝12×(4＋10)×8＝56，S 四边形EB 1BH ＝12×(12＋6)×8＝72.因为长方体被平面α分成两个高为10的直棱柱， 所以其体积的比值为97⎝ ⎛⎭⎪⎫79也正确. B 组 能力提升1．(2019·青岛模拟)如图为某个几何体的三视图，则该几何体的体积为( )A ．12－π2 B ．12－πC ．12－2π3D ．12－π3A [由三视图可知，该几何体是由一个正四棱柱挖掉一个半圆锥所得到的几何体，其直观图如图所示，其中正四棱柱的底面正方形的边长a ＝2，半圆锥的底面半径r ＝1，高h ＝3，所以正四棱柱的体积V 1＝a 2h ＝22×3＝12，半圆锥的体积V 2＝12×π3r 2h ＝π6×12×3＝π2，所以该几何体的体积V ＝V 1－V 2＝12－π2.]2．(2018·株洲模拟)已知正三棱锥P ABC 的主视图和俯视图如图所示，则此三棱锥外接球的表面积为( )A ．16π3B ．64π3C ．100π3D ．12πB [如图，作PG ⊥CB 于点G ，连接AG ，设点P 在底面ABC 内的射影为D ，连接PD ，依题易得AB ＝23，PG ＝13，PA ＝4，AD ＝2，PD ＝23，PD ⊥平面ABC ．易知，正三棱锥P ABC 外接球的球心在PD 上，不妨设球心为O ，半径为r ，连接OA ，则在Rt△AOD 中，r 2＝22＋(23－r )2⇒r 2＝163，S ＝4πr 2＝64π3.故选B.]3．(2018·全国卷Ⅱ)已知圆锥的顶点为S ，母线SA ，SB 互相垂直，SA 与圆锥底面所成角为30°.若△SAB 的面积为8，则该圆锥的体积为________．8π [由题意画出图形，如图，设AC 是底面圆O 的直径，连接SO ，则SO 是圆锥的高．设圆锥的母线长为l ，则由SA ⊥SB ，△SAB 的面积为8，得12l 2＝8，得l ＝4.在Rt△ASO 中，由题意知∠SAO ＝30°，所以SO ＝12l ＝2，AO ＝32l ＝2 3.故该圆锥的体积V ＝13π×AO 2×SO ＝13π×(23)2×2＝8π.]4．一个透明的球形装饰品内放置了两个公共底面的圆锥，且这两个圆锥的顶点和底面圆周都在这个球面上，如图，已知圆锥底面面积是这个球面面积的316，设球的半径为R ，圆锥底面半径为r .(1)试确定R 与r 的关系，并求出较大圆锥与较小圆锥的体积之比； (2)求出两个圆锥的体积之和与球的体积之比．[解] (1)不妨设球的半径为4；则球的表面积为64π，圆锥的底面积为12π， 所以圆锥的底面半径为2 3.由几何体的特征知球心到圆锥底面的距离，球的半径以及圆锥底面的半径三者可以构成一个直角三角形．由此可以求得球心到圆锥底面的距离是42－232＝2，所以圆锥体积较小者的高为4－2＝2， 同理可得圆锥体积较大者的高为4＋2＝6. 又由这两个圆锥的底面相同，所以较大圆锥与较小圆锥的体积之比等于它们高之比，即3∶1.(2)由(1)可得两个圆锥的体积和为13·π·(23)2·8＝32π，球的体积为43·π·43＝2563π， 故两个圆锥的体积之和与球的体积之比为32π∶2563π＝3∶8.。