高考数学二轮复习第1讲 空间几何体的表面积与体积

[学生用书P46]第1讲空间几何体的表面积与体积考点一空间几何体的表面积和体积[学生用书P47][典型例题]命题角度1求空间几何体的表面积(1)(2020·高考全国卷Ⅰ)已知A，B，C为球O的球面上的三个点，⊙O1为△ABC的外接圆．若⊙O1的面积为4π，AB＝BC＝AC＝OO1，则球O的表面积为( )A．64πB．48πC．36πD．32π(2)如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，三棱锥D1-AB1C的表面积与正方体的表面积的比为________．【解析】(1)如图所示，设球O的半径为R，⊙O1的半径为r，因为⊙O1的面积为4π，所以4π＝πr2，解得r＝2，又AB＝BC＝AC＝OO1，所以ABsin 60°＝2r，解得AB＝23，故OO1＝23，所以R2＝OO21＋r2＝(23)2＋22＝16，所以球O的表面积S ＝4πR2＝64π.故选A.(2)设正方体的棱长为1，则其表面积为6，三棱锥D1­AB1C为正四面体，每个面都是边长为2的正三角形，其表面积为4×12×2×62＝23，所以三棱锥D1­AB1C的表面积与正方体的表面积的比为1∶ 3.【答案】 (1)A (2)1∶ 3求几何体的表面积的方法(1)求表面积问题的基本思路是将立体几何问题转化为平面几何问题，即空间图形平面化，这是解决立体几何的主要出发点．(2)求不规则几何体的表面积时，通常将所给几何体分割成基本的柱、锥、台体，先求这些柱、锥、台体的表面积，再通过求和或作差得不规则几何体的表面积．命题角度2 求空间几何体的体积(1)(2020·南充市第一次适应性考试)如图，在正三棱锥A -BCD 中，AB ＝BC ，E 为棱AD 的中点．若△BCE 的面积为2，则三棱锥A -BCD 的体积为( ) A.23B ．33 C.233D ．223 (2)(一题多解)(2020·福建省质量检测)某学生到工厂实践，欲将一个底面半径为2，高为3的实心圆锥体工件切割成一个圆柱体，并使圆柱体的一个底面落在圆锥体的底面内．若不考虑损耗，则得到的圆柱体的最大体积是( )A.16π9B ．8π9 C.16π27 D ．8π27【解析】 (1)因为AB ＝BC ，所以正三棱锥A -BCD 为正四面体．因为E 为AD 的中点，所以AD ⊥BE ，AD ⊥CE .又CE ∩BE ＝E ，所以AD ⊥平面BCE .设AD ＝a ，则BE＝CE ＝32a ，所以等腰三角形BCE 的面积S △BCE ＝12×BC × BE2－⎝ ⎛⎭⎪⎫BC 22＝12×a ×⎝ ⎛⎭⎪⎫32a 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22＝12×22a 2＝2，所以a ＝2，所以V 三棱锥A -BCD ＝V 三棱锥A -BCE ＋V 三棱锥D -BCE＝2V 三棱锥A -BCE ＝2×13S △BCE ×AE ＝2×13×2×a 2＝223. (2)方法一：如图，OC ＝2，OA ＝3，由△AED ∽△AOC 可得ED OC ＝AE AO .设圆柱体的底面半径r ＝ED ＝2x (0<x <1)，可得AE ＝3x ，则圆柱体的高h ＝OE ＝3－3x ，圆柱体的体积V ＝π(2x )2(3－3x )＝12π(x 2－x 3)，令V (x )＝12π(x 2－x 3)，则V ′(x )＝12π(2x －3x 2)，令V ′(x )＝0，解得x ＝23或x ＝0(舍去)，可得V (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，23上单调递增，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫23，1上单调递减，故当x ＝23时，V (x )取得最大值，V (x )max ＝16π9，即圆柱体的最大体积是16π9.方法二：同方法一，则圆柱体的体积V ＝12πx 2(1－x )＝6π·x ·x (2－2x )≤6π·⎣⎢⎡⎦⎥⎤x ＋x ＋（2－2x ）33＝16π9，当且仅当x ＝2－2x ，即x ＝23时等号成立，故圆柱体的最大体积是16π9.【答案】 (1)D (2)A求空间几何体体积的常用方法(1)公式法：直接根据相关的体积公式计算．(2)等积法：根据体积计算公式，通过转换空间几何体的底面和高使得体积计算更容易，或是求出一些体积比等．(3)割补法：把不能直接计算体积的空间几何体进行适当分割或补形，转化为易计算体积的几何体．[对点训练]1．已知圆锥的顶点为S ，底面圆周上的两点A ，B 满足△SAB 为等边三角形，且面积为43，又知SA 与圆锥底面所成的角为45°，则圆锥的表面积为( ) A ．82πB ．4(2＋2)πC ．8(2＋1)πD ．8(2＋2)π解析：选C.设圆锥的母线长为l ，由题意得34l 2＝43，所以l ＝4.设圆锥的底面半径为r ，因为SA 与圆锥底面所成的角为45°，所以r ＝l ·cos 45°＝4×22＝22，因此圆锥的表面积为πrl ＋πr 2＝82π＋8π＝8(2＋1)π，选C.2．《九章算术》是我国古代的数学名著，书中提到一种名为“刍甍”的五面体，如图所示，四边形ABCD 是矩形，棱EF ∥AB ，AB ＝4，EF ＝2，△ADE 和△BCF 都是边长为2的等边三角形，则这个几何体的体积是( )A.203B ．83＋2 3 C.1023 D ．823解析：选 C.过点E 作EG ⊥平面ABCD ，垂足为点G ，过点F 作FH ⊥平面ABCD ，垂足为点H ，过点G 作PQ ∥AD ，交AB 于点Q ，交CD 于点P ，过点H 作MN ∥BC ，交AB 于点N ，交CD 于点M ，如图所示．因为四边形ABCD 是矩形，棱EF ∥AB ，AB ＝4，EF ＝2，△ADE 和△BCF 都是边长为2的等边三角形，所以四边形PMNQ 是边长为2的正方形，EG ＝（3）2－12＝ 2.所以这个几何体的体积为V ＝V E ­AQPD ＋V EPQ ­FMN ＋V F ­NBCM ＝2V E －AQPD ＋V EPQ －FMN ＝13×1×2×2×2＋12×2×2×2＝423＋22＝1023，故选C.考点二 与球有关的切、接问题[学生用书P48][典型例题]命题角度1 外接球(2020·贵阳市适应性考试)已知A ，B ，C ，D 四点在球O 的表面上，且AB ＝BC ＝2，AC ＝22，若四面体ABCD的体积的最大值为43，则球O 的表面积为( )A ．7πB ．9πC ．10πD ．12π【解析】 根据题意有AB 2＋BC 2＝AC 2，所以△ABC 在以AC 为直径的截面圆内，如图，S △ABC ＝12×2×2＝2.当平面DAC ⊥平面ABC 时，所得四面体体积最大，此时，设高为h ，则V D ­ABC ＝13S △ABC ·h ＝13×2h ＝43，解得h ＝2，设O 1为AC 的中点，则OO 1⊥平面ABC ，在Rt △OO 1C 中，根据OO 21＋O 1C 2＝OC 2，得(2－R )2＋(2)2＝R 2(R为球O 的半径)，解得R ＝32，所以球O 的表面积S ＝4πR 2＝9π.【答案】 B解决多面体的外接球问题，关键是确定球心的位置，方法是先选择多面体中的一面，确定此面外接圆的圆心，再过圆心作垂直此面的垂线，则球心一定在此垂线上，最后根据其他顶点确定球心的准确位置．对于特殊的多面体还可采用补成正方体或长方体的方法找到球心位置．命题角度2内切球(2020·高考全国卷Ⅲ)已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为________．【解析】易知半径最大的球即为该圆锥的内切球．圆锥PE及其内切球O如图所示，设内切球的半径为R，则sin∠BPE＝ROP＝BEPB＝13，所以OP＝3R，所以PE＝4R＝PB2－BE2＝32－12＝22，所以R＝22，所以内切球的体积V＝43πR3＝23π，即该圆锥内半径最大的球的体积为23π.【答案】2 3π求解多面体的内切球的问题，一般是将多面体分割为以球心为顶点，多面体的各面为底面的棱锥，利用多面体的体积等于各棱锥的体积之和求内切球的半径．[对点训练]1．(2020·福州市适应性考试)设三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱垂直于底面，AB＝AC＝2，∠BAC＝90°，AA1＝32且三棱柱的所有顶点都在同一球面上，则该球的表面积是( )A．24πB．18πC．26πD．16π解析：选C.依题意得三棱柱ABC-A1B1C1的外接球即底面为正方形(边长为2)、高为32的长方体的外接球，故该球的直径为长方体的体对角线，设该球的半径为R，则有(2R)2＝22＋22＋(32)2＝26，故该球的表面积为4πR2＝26π，故选C.2．(一题多解)在四棱锥P-ABCD中，四边形ABCD是边长为2a的正方形，PD⊥底面ABCD，且PD＝2a，若在这个四棱锥内放一个球，则该球半径的最大值为_______ _．解析：通解：由题意知，球内切于四棱锥P-ABCD时半径最大，设该四棱锥的内切球的球心为O，半径为r，连接OA，OB，OC，OD，OP，则V P­ABCD＝V O­ABCD＋V O­P AD ＋V O­P AB＋V O­PBC＋V O­PCD，即13×2a×2a×2a＝13×⎝⎛⎭⎪⎫4a2＋2×12×2a×2a＋2×12×2a×22a×r，解得r＝(2－2)a.优解：易知当球内切于四棱锥P-ABCD，即与四棱锥P-ABCD各个面均相切时，球的半径最大，作出相切时的侧视图如图所示，设四棱锥P-ABCD内切球的半径为r，则1 2×2a×2a＝12×(2a＋2a＋22a)×r，解得r＝(2－2)a.答案：(2－2)a[学生用书(单独成册)P132]一、单项选择题1.如图所示的直观图中，O′A′＝O′B′＝2，则其平面图形的面积是( )A ．4B ．4 2C ．2 2D ．8解析：选A.由斜二测画法可知原图为两条直角边长分别为2和4的直角三角形，如图所示，所以其面积S ＝12×2×4＝4，故选A.2．已知圆锥的高为3，底面半径为3，若该圆锥的顶点与底面的圆周都在同一个球面上，则这个球的体积等于( )A.83π B ．323π C ．16π D ．32π解析：选B.设该圆锥的外接球的半径为R ，依题意得，R 2＝(3－R )2＋(3)2，解得R ＝2，所以所求球的体积V ＝43πR 3＝43π×23＝323π，故选B.3.如图，在直四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1中，底面ABCD 是平行四边形，点E 是棱BB 1的中点，点F 是棱CC 1上靠近C 1的三等分点，且三棱锥A 1-AEF 的体积为2，则四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1的体积为( )A ．12B ．8C ．20D ．18解析：选A.设点F 到平面ABB 1A 1的距离为h ，由题意得V A 1-AEF ＝V F ­A 1AE ，又V F ­A 1AE ＝13S △A 1AE ·h ＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12AA1·AB ·h ＝16(AA 1·AB )·h ＝16S 四边形ABB 1A 1·h ＝16V ABCD ­A 1B 1C 1D 1，所以V ABCD ­A 1B 1C 1D 1＝6V A 1－AEF ＝6×2＝12.所以四棱柱ABCD ­A 1B 1C 1D 1 的体积为12.故选A.4．(2020·全国统一考试模拟卷)已知在三棱锥S -ABC 中，∠SAB ＝∠ABC ＝π2，SB ＝4，SC ＝213，AB ＝2，BC ＝6，则三棱锥S -ABC 的体积是( )A ．4B ．6C ．4 3D ．6 3解析：选 C.由∠ABC ＝π2，AB ＝2，BC ＝6，得AC ＝210.由∠SAB ＝π2，AB ＝2，SB ＝4，得SA ＝23，则SA 2＋AC 2＝SC 2，得SA ⊥AC .又SA ⊥AB ，所以SA ⊥平面ABC .所以三棱锥S -ABC 的体积为13S △ABC ·SA ＝13×12×2×6×23＝4 3.5．中国古代数学名著《九章算术》中记载：“今有羡除”．刘徽注：“羡除，隧道也．其所穿地，上平下邪．”现有一个羡除如图所示，四边形ABCD ，ABFE ，CDEF 均为等腰梯形，AB ∥CD ∥EF ，AB ＝6，CD ＝8，EF ＝10，EF 到平面ABCD 的距离为3，CD 与AB 间的距离为10，则这个羡除的体积是( )A ．110B ．116C ．118D ．120解析：选D.如图，过点A 作AP ⊥CD ，AM ⊥EF ，过点B 作BQ ⊥CD ，BN ⊥EF ，垂足分别为P ，M ，Q ，N ，连接PM ，QN ，将一侧的几何体补到另一侧，组成一个直三棱柱，直三棱柱的底面积为12×10×3＝15，高为8，体积V ＝15×8＝120.6.如图，半径为R 的球的两个内接圆锥有公共的底面．若两个圆锥的体积之和为球的体积的38，则这两个圆锥的高之差的绝对值为( )A.R 2 B ．2R 3 C.4R 3 D ．R解析：选D.设球的球心为O ，半径为R ，体积为V ，上面圆锥的高为h (h <R )，体积为V 1，下面圆锥的高为H (H >R )，体积为V 2，两个圆锥共用的底面的圆心为O 1，半径为r .由球和圆锥的对称性可知h ＋H ＝2R ，|OO 1|＝H －R .因为V 1＋V 2＝38V ，所以13πr 2h ＋13πr 2H ＝38×43πR 3，所以r 2(h ＋H )＝32R 3.因为h ＋H ＝2R ，所以r ＝32R .因为OO 1垂直于圆锥的底面，所以OO 1垂直于底面的半径，由勾股定理可知R 2＝r 2＋|OO 1|2，所以R 2＝r 2＋(H －R )2，所以H ＝32R (H ＝12R 舍去)，所以h ＝12R ，则这两个圆锥的高之差的绝对值为R ，故选D. 7.如图，以棱长为1的正方体的顶点A 为球心，以2为半径作一个球面，则该正方体的表面被球面所截得的所有弧长之和为( )A.3π4B ．2π C.3π2D ．9π4解析：选C.正方体的表面被该球面所截得的弧长是相等的三部分，如图，上底面被球面截得的弧长是以A 1为圆心，1为半径的圆周长的14，所以所有弧长之和为3×2π4＝3π2.故选C.8.如图所示，某几何体由底面半径和高均为5的圆柱与半径为5的半球对接而成，在该封闭几何体内部放入一个小圆柱体，且小圆柱体的上下底面均与外层圆柱的底面平行，则小圆柱体体积的最大值为( )A.2 000π9B ．4 000π27C ．81πD ．128π解析：选 B.小圆柱的高分为上下两部分，上部分的高同大圆柱的高相等，为5，下部分深入底部半球内．设小圆柱下部分的高为h (0<h <5)，底面半径为r (0<r <5)．由于r ，h 和球的半径构成直角三角形，即r 2＋h 2＝52，所以小圆柱体积V ＝πr 2(h ＋5)＝π(25－h 2)(h ＋5)(0<h <5)，求导得V ′＝－π(3h －5)(h ＋5)．当0<h <53时，V ′>0，体积V 单调递增；当53<h <5时，V ′<0，体积V 单调递减．所以当h ＝53时，小圆柱的体积取得最大值，即V max ＝π×⎝ ⎛⎭⎪⎫25－259×⎝ ⎛⎭⎪⎫53＋5＝4 000π27，故选B. 二、多项选择题9．下列说法中正确的是( )A ．用一个平面截一个球，得到的截面是一个圆面B ．圆台的任意两条母线延长后一定交于一点C ．有一个面为多边形，其余各面都是三角形的几何体叫作棱锥D ．若棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等，则该棱锥不可能是正六棱锥解析：选ABD.在A 中，用一个平面截一个球，得到的截面是一个圆面，故A 正确；在B 中，由圆台的概念知圆台的任意两条母线延长后一定交于一点，故B 正确；在C 中，依照棱锥的定义，其余各面的三角形必须有公共的顶点，故C 错误；在D 中，若六棱锥的底面边长都相等，则底面为正六边形，由过底面中心和顶点的截面知，若以正六边形为底面，侧棱长一定大于底面边长，故D 正确．10．(2020·山东潍坊期末)已知等腰直角三角形的直角边长为1，现将该三角形绕其某一边旋转一周，则所形成的几何体的表面积可能为( ) A.2πB ．(1＋2)πC ．22πD ．(2＋2)π解析：选AB.如果是绕直角边旋转一周，那么形成圆锥，所以圆锥底面半径为1，高为1，母线长是直角三角形的斜边长，为2，所以所形成的几何体的表面积S ＝πrl ＋πr 2＝π×1×2＋π×12＝(2＋1)π.如果是绕斜边旋转一周，那么形成的是上、下两个圆锥，所以圆锥的半径是直角三角形斜边上的高，为22，两个圆锥的母线都是直角三角形的直角边，长为1，所以形成的几何体的表面积S ＝2×πrl ＝2×π×22×1＝2π.综上可知，形成的几何体的表面积为(2＋1)π或2π.故选AB.11．已知四面体ABCD 是球O 的内接四面体，且AB 是球O 的一条直径，AD ＝2，BD ＝3，则下列结论正确的是( )A ．球O 的表面积为13πB ．AC 上存在一点M ，使得AD ∥BMC ．若N 为CD 的中点，则ON ⊥CDD ．四面体ABCD 体积的最大值为132解析：选ACD.因为AB 是球O 的一条直径，所以AC ⊥BC ，AD ⊥BD ，所以AB ＝AD2＋BD2＝22＋32＝13，球O 的半径为12AB ＝132，球O 的表面积为4π×⎝ ⎛⎭⎪⎫1322＝13π，A 正确； 因为AD 与平面ABC 相交，所以AC 上找不到一点M ，使得AD ∥BM ，B 错误； 连接OC ，OD ，因为OC ＝OD ，所以△OCD 为等腰三角形．又N 为CD 的中点，所以ON ⊥CD .C 正确；易知点C 到平面ABD 的距离的最大值为球的半径R ，所以四面体ABCD 体积的最大值为13·S △ABD ·R ＝13×12×2×3×132＝132，D 正确．12．(2020·山东临沂实验中学期末)已知四棱锥P -ABCD ，底面ABCD 为矩形，侧面PCD ⊥平面ABCD ，BC ＝23，CD ＝PC ＝PD ＝2 6.若点M 为PC 的中点，则下列说法正确的是( )A ．BM ⊥平面PCDB ．P A ∥平面MBDC ．四棱锥M -ABCD 外接球的体积为36πD ．四棱锥M -ABCD 的体积为6解析：选BC.如图，连接AC ，BD 交于点O ，取CD 的中点N ，连接PN ，MN ，NO ，MO ，因为侧面PCD ⊥平面ABCD ，侧面PCD ∩平面ABCD ＝CD ，BC ⊥CD ，所以BC ⊥平面PCD .连接BM ，MD ，若BM ⊥平面PCD ，则BM ∥BC .显然与已知BM 与BC 相交矛盾，所以A 错误．因为点M 为PC 的中点，点O 为AC 的中点，所以OM ∥P A .又P A ⊄平面MBD ，MO ⊂平面MBD ，所以P A ∥平面MBD ，所以B 正确．因为点M 为PC 的中点，所以四棱锥M -ABCD 的体积是四棱锥P -ABCD 的体积的一半．由题意可得，PN ⊥平面ABCD ，PN ＝（26）2－（6）2＝32，所以V M ­ABCD ＝12V P ­ABCD ＝12×13PN ×S 四边形ABCD ＝16×32×26×23＝12，所以D 错误．因为点O ，N 分别为AC ，CD 的中点，所以ON ∥BC .又BC ⊥平面PCD ，所以ON ⊥平面PCD ，所以ON ⊥NM .在矩形ABCD 中，易得AC ＝（26）2＋（23）2＝6，所以OC ＝3，ON＝ 3.在△PCD 中，NM ＝12PD ＝6，所以在Rt △OMN 中，MO ＝ON2＋MN2＝3＋6＝3.所以OM ＝OA ＝OB ＝OC ＝OD ，所以点O 为四棱锥M -ABCD 外接球的球心，外接球的半径为3，所以其体积V ＝43π×33＝36π，所以C 正确．故选BC.三、填空题13．如图，在正三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，D 为棱AA 1的中点．若AA 1＝4，AB ＝2，则四棱锥B -ACC 1D 的体积为________．解析：取AC 的中点O ，连接BO (图略)，则BO ⊥AC ，所以BO ⊥平面ACC 1D . 因为AB ＝2，所以BO ＝ 3. 因为D 为棱AA 1的中点，AA 1＝4，所以AD ＝2，所以S 梯形ACC 1D ＝12×(2＋4)×2＝6， 所以四棱锥B -ACC 1D 的体积为13×6×3＝2 3.答案：2 314．(一题多解)(2020·高考浙江卷)已知圆锥的侧面积(单位：cm 2)为2π，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径(单位：cm)是________．解析：方法一：设该圆锥的母线长为l ，因为圆锥的侧面展开图是一个半圆，其面积为2π，所以12πl 2 ＝2π，解得l ＝2，所以该半圆的弧长为2π.设该圆锥的底面半径为R ，则2πR ＝2π，解得R ＝1.方法二：设该圆锥的底面半径为R ，则该圆锥侧面展开图中的圆弧的弧长为2πR .因为侧面展开图是一个半圆，设该半圆的半径为r ，则πr ＝ 2πR ，即r ＝2R ，所以侧面展开图的面积为12·2R ·2πR ＝2πR 2＝2π，解得R ＝1.答案：115．(2019·高考全国卷Ⅰ)已知∠ACB ＝90°，P 为平面ABC 外一点，PC ＝2，点P 到∠ACB 两边AC ，BC 的距离均为3，那么P 到平面ABC 的距离为____________．解析：如图，过点P分别作PE⊥BC交BC于点E，作PF⊥AC交AC于点F.由题意知PE＝PF＝ 3.过P作PH⊥平面ABC于点H，连接HE，HF，HC，易知HE＝HF，则点H在∠ACB的平分线上，又∠ACB＝90°，故△CEH为等腰直角三角形．在Rt△PCE中，PC＝2，PE＝3，则CE＝1，故CH＝2，在Rt△PCH中，可得PH＝2，即点P到平面ABC的距离为 2.答案： 216．(2020·西安五校联考)如图①，平行四边形形状的纸片是由六个边长为1的正三角形构成的，将它沿虚线折起来，可以得到如图②所示粽子形状的六面体，则该六面体的表面积为________；若该六面体内有一个小球，则小球的最大体积为________．解析：(1)由题意，知该六面体的每个面均是边长为1的正三角形，所以该六面体的表面积为34×12×6＝332.(2)将棱长为1的正四面体PQRS补成一个正方体，如图，则正方体的棱长为22，所以正四面体PQRS的体积V PQRS＝⎝⎛⎭⎪⎫223－4×13×12×22×22×22＝212，所以本题中的六面体的体积V＝2×212＝26.当小球与六面体的六个面均相切时，小球的体积最大，设此时小球的半径为r.小球的体积最大时，小球的球心与5个顶点的连线将该六面体分为六个全等的三棱锥，则六个三棱锥的体积和等于该六面体的体积，即有13×34×r×6＝26，解得r＝233，故小球的最大体积为43π·r3＝43π·⎝⎛⎭⎪⎫2333＝86π729.答案：33286729π。