高考数学总复习 9-2 简单几何体的表面积和体积但因为测试 新人教B版
8.3简单几何体的表面积与体积-【新教材】人教A版(2019)高中数学必修第二册同步讲义
如图所示：
设外接球和内切球的半径分别为R，r，由于正四面体是中心对称图形，
所以外心和内心重合，球心O在高线上，底面中心为 ,
因为正四面体棱长为2，
所以 ，
在 中， ，即 ，
解得 ，
因为正四面体的体积为 ,
所以 ，
解得
9、在直三棱柱 中， ， ， ， .
（1）求三棱锥 的表面积；
（2）求 到面 的距离.
故选：
题型七表面积、体积与函数
例7 底面半径为2，高为 的圆锥有一个内接的正四棱柱(底面是正方形，侧棱与底面垂直的四棱柱).
（1）设正四棱柱的底面边长为 ，试将棱柱的高 表示成 的函数.
（2）当 取何值时，此正四棱柱的表面积最大，并求出最大值.
【答案】（1） ；（2） ， .
【分析】
（1）根据轴截面的三角形的比例关系，列式求函数；（2）根据 ，列出正四棱柱的表面积，并利用二次函数求最大值.
下底面面积：S下底＝πr2
侧面积：S侧＝πl(r＋r′)
表面积：S＝π(r′2＋r2＋r′l＋rl)
2、体积公式
（1）柱体：柱体的底面面积为S，高为h，则V＝Sh.
（2）锥体：锥体的底面面积为S，高为h，则V＝ Sh.
（3）台体：台体的上，下底面面积分别为S′，S，高为h，则V＝ (S′＋ ＋S)h.
【详解】
（1）过圆锥及其内接圆柱的轴作截面，如图所示，
因为 ，所以 ．从而 ．
（2）由（1） ，因为 ，
所以当 时， 最大，
即圆柱的高为圆锥高的一半时，圆柱的侧面积最大．
1、已知正方体外接球的体积是 ，那么该正方体的内切球的表面积为_____________．
【答案】
2022高中数学立体几何初步-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后提能训练新人教A版
第八章 8.3 第2课时A级——基础过关练1．(2021年长春月考)高为1的圆锥内接于半径为1的球，则该圆锥的体积为( ) A． B．C． D．π【答案】B 【解析】根据题意，高为1的圆锥内接于半径为1的球，则圆锥底面圆的半径r＝1，则该圆锥的体积为×πr2×h＝，故选B.2．已知球的表面积为16π，则它的内接正方体的表面积S的值是( )A．4π B．32C．24 D．12π【答案】B 【解析】设球的内接正方体的棱长为a，由题意知球的半径为2，则3a2＝16，所以a2＝，正方体的表面积S＝6a2＝6×＝32.故选B.3．用与球心距离为1的平面去截球，所得截面圆的面积为π，则球的表面积为( ) A． B．C．8π D．【答案】C 【解析】设球的半径为R，则截面圆的半径为，∴截面圆的面积为S＝π＝(R2－1)π＝π.∴R2＝2.∴球的表面积S＝4πR2＝8π.4．把一个铁制的底面半径为r，高为h的实心圆锥熔化后铸成一个铁球，则这个铁球的半径为( )A． B．C． D．【答案】C 【解析】设铁球的半径为R，因为πr2h＝πR3，所以R＝.故选C.5．(2021年成都模拟)将直径为2的半圆绕直径所在的直线旋转半周而形成的曲面所围成的几何体的表面积为( )A．2π B．3πC．4π D．6π【答案】B 【解析】由题意知，该几何体为半球，表面积为大圆面积加上半个球面积，S＝π×12＋×4×π×12＝3π.6．若一个球的表面积与其体积在数值上相等，则此球的半径为________．【答案】3 【解析】设此球的半径为R，则4πR2＝πR3，R＝3.7．已知各顶点都在一个球面上的正四棱锥的高为3，体积为6，则这个球的表面积为________．【答案】16π 【解析】设正四棱锥的高为h，底面边长为a.由V＝a2h＝a2＝6，得a＝.由题意知球心在正四棱锥的高上，设球的半径为r，则(3－r)2＋()2＝r2，解得r＝2，则S球＝4πr2＝16π.8．已知两个正四棱锥有公共底面，且底面边长为4，两棱锥的所有顶点都在同一个球面上，若这两个正四棱锥的体积之比为1∶2，则该球的表面积为________．【答案】36π 【解析】∵两正四棱锥有公共底，且体积比为1∶2，∴它们的高之比为1∶2，设高分别为h，2h，球的半径为R，则h＋2h＝3h＝2R，∴R＝h.又∵底面边长为4，∴R2＝＝＋(2)2，解得h＝2，∴R＝3，∴S球＝4πR2＝36π.9．某组合体的直观图如图所示，它的中间为圆柱形，左右两端均为半球形，若图中r ＝1，l＝3，试求该组合体的表面积和体积．解：该组合体的表面积S＝4πr2＋2πrl＝4π×12＋2π×1×3＝10π.该组合体的体积V＝πr3＋πr2l＝π×13＋π×12×3＝.10．已知过球面上A，B，C三点的截面到球心的距离等于球半径的一半，且AB＝18，BC＝24，AC＝30，求球的表面积和体积．解：因为AB∶BC∶AC＝18∶24∶30＝3∶4∶5，所以△ABC是直角三角形，∠B＝90°.又球心O到截面△ABC的投影O′为截面圆的圆心，也即是Rt△ABC的外接圆的圆心，所以斜边AC为截面圆O′的直径(如图所示)．设O′C＝r，OC＝R，则球半径为R，截面圆半径为r.在Rt△O′CO中，由题设知sin ∠O′CO＝＝，所以∠O′CO＝30°，所以＝cos 30°＝，即R＝r，(*)又2r＝AC＝30⇒r＝15，代入(*)得R＝10.所以球的表面积为S＝4πR2＝4π×(10)2＝1 200π.球的体积为V＝πR3＝π×(10)3＝4 000π.B级——能力提升练11．已知长方体共顶点的三条棱长分别是3，4，x，且它的8个顶点都在同一个球面上．若这个球的表面积为125π，则x的值为( )A．5 B．6 C．8 D．10【答案】D 【解析】设球的半径为r，则4πr2＝125π，∴r2＝.又32＋42＋x2＝(2r)2，∴9＋16＋x2＝125，∴x2＝100，即x＝10.故选D.12．已知直三棱柱ABC－A1B1C1的6个顶点都在球O的球面上，若AB＝3，AC＝4，AB⊥AC，AA1＝12，则球O的表面积为( )A．153π B．160πC．169π D．360π【答案】C 【解析】由于直三棱柱的底面是直角三角形，所以可以把此三棱柱补成长方体，其体对角线就是外接球的直径，所以球O的半径R＝＝，所以球O的表面积S＝4π×＝169π，故选C.13．如果一个球的外切圆锥的高是这个球的半径的3倍，则圆锥的侧面积S1和球的表面积S2之比为( )A．4∶3 B．3∶1C．3∶2 D．9∶4【答案】C 【解析】画出轴截面如图所示，设球的半径为r，则OD＝r，PO＝2r，∠PDO＝90°，∴∠CPB＝30°.又∠PCB＝90°，∴CB＝PC＝r，PB＝2r，∴圆锥的侧面积S1＝π×r×2r＝6πr2，球的表面积S2＝4πr2，∴S1∶S2＝3∶2.14．若等边圆柱(轴截面是正方形)、球、正方体的体积相等，则它们的表面积的大小关系是( )A．S球＜S圆柱＜S正方体 B．S正方体＜S球＜S圆柱C．S圆柱＜S球＜S正方体 D．S球＜S正方体＜S圆柱【答案】A 【解析】设等边圆柱底面圆半径为r，球半径为R，正方体棱长为a，则πr2·2r＝πR3＝a3，＝，＝2π.S圆柱＝6πr2，S球＝4πR2，S正方体＝6a2，＝＝·＝＜1，＝＝·＝＞1.故选A.15．在封闭的直三棱柱ABC－A1B1C1内有一个体积为V的球．若AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，AA1＝3，则V的最大值是________．【答案】 【解析】当球的半径最大时，球的体积最大．在直三棱柱内，当球和三个侧面都相切时，因为AB⊥BC，AB＝6，BC＝8，所以AC＝10，底面的内切圆的半径即为此时球的半径r ＝＝2，直径为4>侧棱．所以球的最大直径为3，半径为，此时体积V＝.16．(2021年沈阳月考)已知体积为的正三棱锥V－ABC的外接球的球心为O，满足OA＋OB＋OC＝0，则该三棱锥外接球的体积为________．【答案】π 【解析】由题意知，OA＋OB＝CO，说明正三角形ABC的顶点在球O的大圆上．设球的半径为R，则该三棱锥的底面正三角形ABC的高为，△ABC的边长为R，所以正三棱锥V－ABC的体积为××(R)2×R＝，解得R3＝4，则该三棱锥外接球的体积为πR3＝π.17．已知盛有水的圆柱形容器的内壁底面半径为5 cm，两个直径为5 cm的玻璃小球都浸没于水中．若取出这两个小球，则水面将下降多少厘米？解：设取出小球后，容器中的水面下降了h cm，两个小球的体积为V球＝2＝(cm3)．该体积等于它们在容器中排开水的体积V＝52×π·h，所以＝π×52×h，解得h＝.故取出这两个小球，水面将下降 cm.18．已知一倒置圆锥的母线长为10 cm，底面半径为6 cm.(1)求该圆锥的高；(2)若有一球刚好放进该圆锥(球与圆锥的底面相切)中，求这个球的半径以及此时圆锥剩余空间的体积．解：(1)设圆锥的高为h cm，底面半径为R cm，母线长为l cm，则h＝＝＝8，所以圆锥的高为8 cm.(2)球放入圆锥后的轴截面如图所示，设球的半径为r cm.易得△OCD∽△ACO1，则＝，即＝，解得r＝3.圆锥剩余空间的体积为圆锥的体积减去球的体积，即V圆锥－V球＝×π×62×8－π×33＝96π－36π＝60π(cm3)，故此时圆锥剩余空间的体积为60π cm3.C级——探索创新练19．有三个球，第一个球可内切于正方体，第二个球可与这个正方体的各条棱相切，第三个球可过这个正方体的各个顶点，这三个球的表面积之比为( )A．1∶∶ B．1∶4∶9C．1∶1∶1 D．1∶2∶3【答案】D 【解析】设正方体的棱长为2，则内切球的半径为1，与棱相切的球的半径就是正方体中相对棱的距离的一半，也就是面对角线长的一半为＝，外接球的半径为＝.∵球的表面积S＝4πR2，∴这三个球的表面积之比为4π×1∶4π×2∶4π×3＝1∶2∶3.故选D.。
第01讲 基本立体图形、简单几何体的表面积与体积 (精练)(教师版)
第01讲 基本立体图形、简单几何体的表面积与体积 (精练）A 夯实基础一、单选题1．（2022·广西玉林·高一期末）若一个圆锥的轴截面是边长为3的正三角形，则这个圆锥的表面积为（ ） A ．274π B ．92πC ．3πD ．94π 【答案】A由题可知，该圆锥的底面半径为32，因此，该圆锥表面积为233273224πππ⎛⎫⨯+⨯⨯= ⎪⎝⎭故选：A2．（2022·广东梅州·高一期末）如图，A O B '''是水平放置的△AOB 的直观图，但部分图象被茶渍覆盖，已知O '为坐标原点，顶点A '、B '均在坐标轴上，且△AOB 的面积为12，则O B ''的长度为（ ）A ．1B ．2C ．3D ．4【答案】B画出△AOB 的原图为直角三角形，且6''==OA O A ， 因为1122⨯=OB OA ，所以4OB =，所以122''==O B OB .故选：B.3．（2022·广东茂名·高二期末）储粮所用“钢板仓”，可以看成由圆锥和圆柱两部分组成的.现有一种“钢板仓”，其中圆锥与圆柱的高分别是1m 和3m ，轴截面中等腰三角形的顶角为120°，若要储存3003m 的水稻，则需要准备这种“钢板仓”的个数是（ ）A ．6B ．9C ．10D ．11【答案】C因为圆锥的高为1，轴截面中等腰三角形的顶角为120°， 所以圆锥的母线长为2所以一个“钢板仓”的体积为22313110m 3πππ⨯⨯+⨯⨯⨯=，因为3009.510π≈ 所以要储存3003m 的水稻，则需要准备这种“钢板仓”的个数为10个， 故选：C4．（2022·辽宁锦州·高一期末）正三棱锥S ABC -的高为则该三棱锥的侧棱长为（ ）A ．B ．C ．D ．4【答案】D依题意作上图，其中E 是BC 的中点，D 是正三角形ABC 的中心， 并且SD ⊥ 平面ABC ，SE BC ⊥ ，则有SD SE ==，在Rt SDE 中，3ED AE ED ==AB BC AE ∴===，在Rt SBE 中，4SB = ；故选：D.5．（2022·上海·复旦附中高二期末）小明同学用两个全等的六边形木板和六根长度相同的木棍搭成一个直六棱柱111111ABCDEF A B C D E F -，由于木棍和木板之间没有固定好，第二天他发现这个直六棱柱变成了斜六棱柱111111ABCDEF A B C D E F -，如图所示.设直棱柱的体积和侧面积分别为1V 和1S ，斜棱柱的体积和侧面积分别为2V 和2S ，则（ ）.A ．1212V V S S > B ．1212V V S S < C ．1212V V S S = D ．11V S 与22V S 的大小关系无法确定 【答案】A设底面面积为S ，底面周长为C ， 则11V S AA =⋅，11S C AA =⋅，所以11V SS C=， 设斜棱柱的高为h ，则2V S h =⋅，2AB BC CD DE EF FA S AB h BC h CD h DE h EF h FA h =⨯+⨯+⨯+⨯+⨯+⨯ ()AB BC CD DE EF FA h Ch >+++++⨯=,所以2121V V Sh S S Ch C S <==. 故选：A6．（2022·湖南常德·则该圆锥的内切球体积为（ ） A ．4π B ．43πC ．πD ．6π【答案】D轴截面如图所示，设内切球的半径为r ，则OD OE r ==， 由题意可得6OCD π∠=，CD =， 在Rt OCD △中，tan ODOCD CD∠=，所以1tan 2OD CD OCD =⋅∠==，即12r =，所以内切球体积为334413326r πππ⎛⎫== ⎪⎝⎭，故选：D7．（2022·河南驻马店·高一期末）已知平面四边形ABCD ，连接对角线BD ，得到等边三角形ABD 和直角三角形BCD ，且3AB =，π2BDC ∠=，BC =将平面四边形ABCD 沿对角线BD 翻折，得到四面体A BC D ''，则当四面体A BC D ''的体积最大时，该四面体的外接球的表面积为（ ） A ．12π B ．18π C ．21π D ．28π【答案】C因为底面A BD '为正三角形，所以底面A BD '面积为定值， 所以当C BD '⊥平面A BD '时，四面体ABCD 的体积最大.设A BD '外接圆圆心为1O ,则四面体ABCD 的外接球的球心O 满足1//OO C D ',且11322OO C D '==，三角形A BD '的外接圆半径为32sin 60r r =⇒︒因此外接球的半径R 满足222223321()()()224R r =+=+=从而外接球的表面积为2421R ππ=. 故选：C.8．（2022·重庆市第七中学校高一期末）如图所示，在平面四边形ABCD 中，AD CD ⊥，AC BC ⊥，60B ∠=︒，3AD CD ==．现将ACD △沿AC 折起，并连接BD ，当三棱锥D ABC -的体积最大时，其外接球的表面积为（ ）A ．16π3B ．C ．32π3D ．24π【答案】D因为ABC 的面积不变，要使体积最大，需 D 到平面ABC 的距离最大，即当平面ACD ⊥平面ABC 时，体积最大，因为ACD △等腰直角三角形，取AC 中点E ,则DE ⊥平面ABC ，高为DE AC =Rt ABC中，60B ︒∠=，BC ，AB =所以EB ，故Rt BDE 中BD 所以ABD △中222AD BD AB +=，即得空间中90ADB ACB ︒∠=∠=即AB 为球的直径，故半径22424R AB ==，所以外接球的表面积24π24πS R ==. 故选:D. 二、多选题9．（2022·重庆八中高一期末）某工厂生产出一种机械零件，如图所示零件的几何结构为圆台12O O ，在轴截面ABCD 中，AB ＝AD ＝BC ＝4cm ，CD ＝2AB ，则下列说法正确的有（ ）AB ．该圆台轴截面面积为2C 3D ．一只蚂蚁从点C 沿着该圆台的侧面爬行到AD 的中点，所经过的最短路程为10cm【答案】BCD如图，作BE CD ⊥交CD 于E ，易得22CD ABCE -==，则12224223B O E O ，则圆台的高为，A 错误；圆台的轴截面面积为21(48)2+⨯，B 正确；圆台的体积为31π(4168)cm 3=++⨯=V ，C 正确；将圆台一半侧面展开，如图中ABCD ，设P 为AD 中点，圆台对应的圆锥一半侧面展开为扇形COD ，由圆台补成圆锥，可得大圆锥的母线长为8cm ，底面半径为4cm ，侧面展开图的圆心角为2π4π8θ⋅==，连接CP ，可得∠COP ＝90°，OC ＝8，OP ＝4＋2＝6，则10CP =，所以沿着该圆台表面从点C 到AD 中点的最短距离为10cm ，故D 正确． 故选：BCD.10．（2022·安徽宣城·高一期末）已知正四面体的外接球、内切球的球面上各有一动点M 、N ，若线段MN） A ．正四面体的棱长为6B ．正四面体的内切球的表面积为6πC ．正四面体的外接球的体积为D ．线段MN 的最大值为【答案】ABD设这个四面体的棱长为a 的正方体截得的，所以四面体的外接球即为正方体的外接球，外接球直径为正方体的对角线长， 设外接球的半径为R ，内切球的半径为r ，则2R =，所以R =，四面体的高为h =，则等体积法可得 11433Sh Sr =⨯，所以14r h ==，由题意得R r -==6a = 所以A 正确，所以6R ==334433R ππ=⋅=⎝⎭，所以C 错误，因为内切球半径为6r ==22446r πππ=⋅=⎝⎭，所以B 正确，线段MN 的最大值为R r +=D 正确， 故选：ABD 三、填空题11．（2022·上海市青浦高级中学高一期末）设地球半径为R ，地球上北纬30°圈上有A ，B 两点，点A 在西经10°，点B 在东经110°，则点A 和B 两点东西方向的距离是___________.如图示，设O '为北纬30°圈的圆心，地球球心为O ，则60AOO '∠= ,故2AO R '=,即北纬30°R ， 由题意可知2π1203AO B '∠==, 故点A 和B 两点东西方向的距离即为北纬30°圈上的AB 的长，故AB 的长为2π3=,12．（2022·广东·高二期末）《九章算术》是我国古代数学名著，它在几何学中的研究比西方早一千多年，书中将底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱称为堑堵；将底面为矩形，一侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马；将四个面均为直角三角形的四面体称为鳖孺．如图，在堑堵111ABC A B C -中，AC BC ⊥，2AC BC ==，11AA =，则鳖臑11A CBC -的外接球的表面积为__________．【答案】9π堑堵111ABC A B C -的外接球即为鳖臑11A CBC -外接球，又可将堑堵111ABC A B C -补成长方体，长方体的外接球即为堑堵111ABC A B C -的外接球，长方体的外接球直径为13A B ==， 所以鳖臑11A CBC -的外接球的半径为32， ∴鳖臑11A CBC -的外接球表面积为234π×=9π2S ⎛⎫= ⎪⎝⎭．故答案为：9π. 四、解答题13．（2022·广东佛山·高一期末）如图，一个高为8的三棱柱形容器中盛有水，若侧面11AA B B 水平放置时，水面恰好过AC ，BC ，11B C ，11A C 的中点E ，F ，G ，H ．(1)直接写出直线FG 与直线1A H 的位置关系；(2)有人说有水的部分呈棱台形，你认为这种说法是否正确？并说明理由．(3)已知某三棱锥的底面与该三棱柱底面ABC 全等，若将这些水全部倒入此三棱锥形的容器中，则水恰好装满此三棱锥，求此三棱锥的高．【答案】(1)异面(2)不是棱台，理由见详解(3)18(1)因为水面恰好过AC ，BC ，11B C ，11A C 的中点E ，F ，G ，H ， 所以111111//,//,,,22HG A B EF AB HG A B EF AB == 又11//,A B AB 且11,A B AB =因此//HG EF ，且HG EF =，所以四边形EFGH 是平行四边形， 故//FG EH ，而1A H EH H =，所以直线FG 与直线1A H 不可能平行，而面EFGH平面111A B C HG =，所以直线FG 与直线1A H 不可能是相交直线，所以直线FG 与直线1A H 是异面直线； (2)因为棱台各侧棱交于一点，易知1AE A H 无交点，所以该几何体不是棱台；(3)设此三棱锥的高为h ，底面面积为S ， 容器中水的形状为棱柱，体积为3864SS ⨯= 所以有163S h S ⋅⋅=，解得18h =，即三棱锥的高为1814．（2022·重庆市巫山大昌中学校高一期末）如图，AB 是圆柱OO '的一条母线，BC 过底面圆心O ，D 是圆O 上一点．已知5,3AB BC CD ===，(1)求该圆柱的表面积；(2)将四面体ABCD 绕母线AB 所在的直线旋转一周，求ACD △的三边在旋转过程中所围成的几何体的体积． 【答案】(1)75π2(2)15π (1)由题意知AB 是圆柱OO '的一条母线，BC 过底面圆心O ，且5AB BC ==， 可得圆柱的底面圆的半径为52R =， 则圆柱的底面积为221525πππ24S R ⎛⎫==⨯= ⎪⎝⎭，圆柱的侧面积为252π2π525π2S Rl ==⨯⨯=所以圆柱的表面积为12257522π25ππ42S S S =+=⨯+=． (2)由线段AC 绕AB 旋转一周所得几何体为以BC 为底面半径，以AB 为高的圆锥， 线段AD 绕AB 旋转一周所得的几何体为BD 为底面半径，以AB 为高的圆锥， 所以以ACD △绕AB 旋转一周而成的封闭几何体的体积为： 22221111πππ55π4515π3333V BC AB BD AB =⋅⋅-⋅⋅=⋅⋅-⋅⋅=． B 能力提升1．(多选）（2022·海南·高一期末）已知正四棱台1111ABCD A B C D -，且1122AB A B ==，则（ ）A B ．侧棱与底面所成的角为60︒C ．正四棱台的侧面积为D 【答案】ABD设正四棱台的高为k ，由题意可知该四棱台的上下底面面积分别为1和4，则()11243V h =++=h =1A 作1A G ⊥底面ABCD ，易知点G 在线段AC 上，则1A G =又由11AC =AC =AG =，所以1AA =A 正确； 在1Rt A GA 中，111cos 2AG A AG A A ∠==，所以160A AG ∠=︒， 即侧棱与下底面所成的角为60︒，故B 正确；在梯形11ABB A 中，2AB =，111A B == 所以梯形11ABB A的面积为()1122⨯+=，4=，故C 错误； 设正方形ABCD 的中心为O ，易知1AA O 为等边三角形，11OA OA AA ==点O 到正四棱台的8则正四棱台的外接球体积为34π3⨯=，故D 正确． 故选：ABD2．（2022·江苏徐州·高一阶段练习）已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为6，E ､F 分别是11A D ､1AA 的中点，平面CEF 截正方体所得的截面为多边形，则此多边形的边数为___________，截面多边形的周长为___________.【答案】 五, +解：延长EF 交DA 的延长线于M ,连接MC 交AB 于N , 延长FE 与DD1的延长线相交于点P,连接PC 交C1D1于Q ,连接EQ, 则五边形EFNCQ 即为平面CEF 截正方体所得的截面.如图所示：则有A1F=FA=AM=3,又因为MAN∆与MDC∆相似，所以MA ANMD CD=，解得AN=2,所以FN NC同理可得：QD1=2,QC1=4,所以QC==EQ，又因为EF=所以五边形EFNCQ的周长为故答案为：五；C综合素养1．（2022·湖北·华中师大一附中高一期末）佩香囊是端午节传统习俗之一．香囊内通常填充一些中草药，有清香、驱虫、开窍的．因地方习俗的差异，香囊常用丝布做成各种不同的形状，形形色色，玲珑夺目．图1的平行四边形ABCD由六个边长为1的正三角形构成．将它沿虚线折起来，可得图2所示的六面体形状的香囊．那么在图2这个六面体中内切球半径为__________，体积为__________.【答案】 解：如图所示：易知该几何体是侧棱长为1，以边长为1的等边三角形ABD △为底的两个正三棱锥组成，O 为ABD △的中心，即内切球的球心，M 为FB 的中点，连接HM ，作ON HM ⊥，则ON 为内切球的半径，因为,,OM HM HO ====， 所以1122HOM S OH OM HM ON =⋅=⋅，所以内切球的半径为OH OM R ON HM ⋅===，内切球的体积为343V R ππ==，2．（2022·浙江宁波·高二期末）如图，D ，E ，F 分别是边长为4的正三角形三边,,CA AB BC 的中点，将ADE ，BEF ，CFD △分别沿,,DE EF FD 向上翻折至与平面DEF 均成直二面角，得到几何体ABC DEF -．则二面角C AB E --的余弦值为_____；几何体ABC DEF -的外接球表面积为_____．【答案】203π##203π 取DE 的中点P ，EF 的中点Q ，故,AP DE BQ EF ⊥⊥，根据面面垂直的性质可得AP ⊥平面DEF ，BQ ⊥平面DEF ，故//AP BQ ，且AP BQ =，故矩形APQB .所以112AB PQ FD ===.根据图形的对称性，易得ABC 为正三角形，取AB 中点G ，因为EA EB =，CA CB =，则CG AB ⊥，EG AB ⊥，则二面角C AB E --为CGE ∠，且GE GO PQ ⊥，易得GO AP ==CGE CGO OGE ∠=∠+∠，OE ===，故()cos cos 90sin CGE OGE OGE ∠=∠+=-∠==角C AB E --的余弦值为（2）设几何体ABC DEF -的外接球球心为O ，设ABC 中心为P ，DEF 中心为Q ，易得,,P O Q 共线，如图，设外接球半径OC OD R ==，根据正三角形中的关系，CP =DQ =.因为OP OQ PQ +==，=2214333R R -=+--2=253R =，故外接球表面积为22043S R ππ==故答案为：203π 3．（2022·山东菏泽·高一期中）在一个正方形1234PP P P 内有一个小正方形ABCD 和四个全等的等边三角形（如图1）．将四个等边三角形折起来，使1P 、2P 、3P 、4P 重合于点P ，且折叠后的四棱锥P ABCD -（如图2）的外接球的表面积是64π，则四棱锥P ABCD -的侧棱PA 的长为______；若在四棱锥P ABCD -内放一个正方体，使正方体可以在四棱锥P ABCD -内任意转动，则该正方体棱长的最大值为______．【答案】 4343连接AC ，BD 交于点O ，则易得,APC BPD 是等腰直角三角形，则O 是正四棱锥外接球的球心，正四棱锥的所有棱都相等，设其为x ，则外接球的半径是OA ，所以2464x ππ⎫=⎪⎪⎝⎭，x =PA =因此PO OA ==4x =，故四棱锥P －ABCD 的体积22111284333x PO ⋅=⨯⨯=. 设四棱锥P －ABCD 的内切球半径为R ，四棱锥的表面积：((224432PAB ABCD S S S =+=+=， 所以四棱锥的体积12811()333S ABCD SAB ABCD V S S R SR -==+=， 则R ==， 在四棱锥P －ABCD 内放一个正方体的体对角线不超过内切球直径时，便可以在四棱锥内部任意转动，设放入四棱锥S －ABCD 内部的小正方体棱长为a ，24R ≤==，故4a ≤ 故a 最大为4343，故答案为：4343. 4．（2022·湖北·华中师大一附中高一期中）半正多面体(semiregularsolid )亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美.以正方体每条棱的中点为顶点构造一个半正多面体，如图，它由八个正三角形和六个正方形构成，若它的所有棱长都为1，则该半正多面体外接球的表面积为___________；若该半正多面体可以在一个正四面体内任意转动，则该正四面体体积最小值为___________.【答案】 4π所以该半正多面体外接球的半径1R =，故其表面积为4π.若该半正多面体可以在一个正四面体内任意转动，则该半正多面体的外接球是正四面体的内切球时，该正四面体体积最小.此时，设正四面体的棱长为a ，考查轴截面，则有22211⎫⎫-=+⎪⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭，解得a =所以(2min 13V =⋅=⎝故答案为： 4π；。
2023年新高考数学大一轮复习专题28 空间几何体的结构特征、表面积与体积(原卷版)
专题28空间几何体的结构特征、表面积与体积【考点预测】知识点一：构成空间几何体的基本元素—点、线、面（1）空间中，点动成线，线动成面，面动成体．（2）空间中，不重合的两点确定一条直线，不共线的三点确定一个平面，不共面的四点确定一个空间图形或几何体（空间四边形、四面体或三棱锥）．知识点二：简单凸多面体—棱柱、棱锥、棱台1．棱柱：两个面互相平面，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行，由这些面所围成的多面体叫做棱柱．（1）斜棱柱：侧棱不垂直于底面的棱柱；（2）直棱柱：侧棱垂直于底面的棱柱；（3）正棱柱：底面是正多边形的直棱柱；（4）平行六面体：底面是平行四边形的棱柱；（5）直平行六面体：侧棱垂直于底面的平行六面体；（6）长方体：底面是矩形的直平行六面体；（7）正方体：棱长都相等的长方体．2．棱锥：有一个面是多边形，其余各面是有一个公共顶点的三角形，由这些面所围成的多面体叫做棱锥．（1）正棱锥：底面是正多边形，且顶点在底面的射影是底面的中心；（2）正四面体：所有棱长都相等的三棱锥．3．棱台：用一个平行于棱锥底面的平面去截棱锥，底面和截面之间的部分叫做棱台，由正棱锥截得的棱台叫做正棱台．简单凸多面体的分类及其之间的关系如图所示．知识点三：简单旋转体—圆柱、圆锥、圆台、球1．圆柱：以矩形的一边所在的直线为旋转轴，其余三边旋转形成的面所围成的几何体叫做圆柱．2．圆柱：以直角三角形的一条直角边所在的直线为旋转轴，将其旋转一周形成的面所围成的几何体叫做圆锥．3．圆台：用平行于圆锥底面的平面去截圆锥，底面和截面之间的部分叫做圆台．4．球：以半圆的直径所在的直线为旋转轴，半圆面旋转一周形成的旋转体叫做球体，简称为球（球面距离：经过两点的大圆在这两点间的劣弧长度）．知识点四：组合体由柱体、锥体、台体、球等几何体组成的复杂的几何体叫做组合体．知识点五：表面积与体积计算公式表面积公式体积公式1．斜二测画法斜二测画法的主要步骤如下：（1）建立直角坐标系．在已知水平放置的平面图形中取互相垂直的Ox ，Oy ，建立直角坐标系． （2）画出斜坐标系．在画直观图的纸上（平面上）画出对应图形．在已知图形平行于x 轴的线段，在直观图中画成平行于''O x ，''O y ，使45'''∠=x O y （或135），它们确定的平面表示水平平面．（3）画出对应图形．在已知图形平行于x 轴的线段，在直观图中画成平行于'x 轴的线段，且长度保持不变；在已知图形平行于y 轴的线段，在直观图中画成平行于'y 轴，且长度变为原来的一般．可简化为“横不变，纵减半”．（4）擦去辅助线．图画好后，要擦去'x 轴、'y 轴及为画图添加的辅助线（虚线）．被挡住的棱画虚线． 注：4． 2．平行投影与中心投影平行投影的投影线是互相平行的，中心投影的投影线相交于一点．【题型归纳目录】题型一：空间几何体的结构特征 题型二：空间几何体的表面积与体积 题型三：直观图 题型四：最短路径问题 【典例例题】题型一：空间几何体的结构特征例1．（2022·全国·模拟预测）以下结论中错误的是（ ） A ．经过不共面的四点的球有且仅有一个 B ．平行六面体的每个面都是平行四边形 C ．正棱柱的每条侧棱均与上下底面垂直 D ．棱台的每条侧棱均与上下底面不垂直例2．（2022·全国·高三专题练习（文））下列说法正确的是（ ） A ．经过三点确定一个平面B ．各个面都是三角形的多面体一定是三棱锥C ．各侧面都是正方形的棱柱一定是正棱柱D ．一个三棱锥的四个面可以都为直角三角形例3．（2022·海南·模拟预测）“三棱锥P ABC -是正三棱锥”的一个必要不充分条件是（ ） A ．三棱锥P ABC -是正四面体 B ．三棱锥P ABC -不是正四面体 C ．有一个面是正三角形 D ．ABC 是正三角形且PA PB PC ==例4．（2022·全国·高三专题练习）给出下列命题:①在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点,则这两点的连线是圆柱的母线; ②有一个面是多边形,其余各面都是三角形的几何体是棱锥;③直角三角形绕其任一边所在直线旋转一周所形成的几何体都是圆锥; ④棱台的上、下底面可以不相似,但侧棱长一定相等. 其中正确命题的个数是（ ） A ．0 B ．1C ．2D ．3例5．（2022·山东省东明县第一中学高三阶段练习）下列说法正确的是（ ） A ．有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体叫棱柱 B ．过空间内不同的三点，有且只有一个平面 C ．棱锥的所有侧面都是三角形D ．用一个平面去截棱锥，底面与截面之间的部分组成的几何体叫棱台例6．（2022·全国·高三专题练习）给出下列命题：①在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线是圆柱的母线； ②直角三角形绕其任一边所在直线旋转一周所形成的几何体都是圆锥； ③棱台的上、下底面可以不相似，但侧棱长一定相等. 其中正确命题的个数是（ ） A ．0 B ．1C ．2D ．3例7．（2022·全国·高三专题练习）莱昂哈德·欧拉，瑞士数学家和物理学家，近代数学先驱之一，他的研究论著几乎涉及到所有数学分支，有许多公式､定理､解法､函数､方程､常数等是以欧拉名字命名的.欧拉发现，不论什么形状的凸多面体，其顶点数V ､棱数E ､面数F 之间总满足数量关系2,V F E +-=，此式称为欧拉公式，已知某凸32面体，12个面是五边形，20个面是六边形，则该32面体的棱数为___________；顶点的个数为___________.例8．（2022·安徽·合肥一六八中学模拟预测（理））如图，正方体1AC 上、下底面中心分别为1O ，2O ，将正方体绕直线12O O 旋转360︒，下列四个选项中为线段1AB 旋转所得图形是（ ）A ．B ．C ．D ．例9．（多选题）（2022·全国·高三专题练习）如图所示，观察四个几何体，其中判断正确的是（ ）（多选）A ．①是棱台B ．②是圆台C ．③是棱锥D ．④是棱柱例10．（2022·陕西·西北工业大学附属中学高三阶段练习（理））碳60（60C ）是一种非金属单质，它是由60个碳原子构成的分子，形似足球，又称为足球烯，其结构是由五元环（正五边形面）和六元环（正六边形面）组成的封闭的凸多面体，共32个面，且满足：顶点数－棱数＋面数＝2．则其六元环的个数为__________.【方法技巧与总结】 熟悉几何体的基本概念.题型二：空间几何体的表面积与体积例11．（多选题）（2022·湖北·高三阶段练习）折扇是我国古老文化的延续，在我国已有四千年左右的历史，“扇”与“善”谐音，折扇也寓意“善良”“善行”．它常以字画的形式体现我国的传统文化，也是运筹帷幄､决胜千里､大智大勇的象征（如图1）．图2是一个圆台的侧面展开图（扇形的一部分），若两个圆弧,DE AC 所在圆的半径分别是3和9，且120ABC ∠=，则该圆台的（ ）A ．高为BC ．表面积为34πD ．上底面积､下底面积和侧面积之比为1:9:22例12．（2022·青海·海东市第一中学模拟预测（理））设一圆锥的侧面积是其底面积的3倍，则该圆锥的高与母线长的比值为（ ）A ．89B C D ．23例13．（2022·云南·二模（文））已知长方体1111ABCD A B C D -的表面积为62，所有棱长之和为40，则线段1AC 的长为（ ）A B C D例14．（2022·福建省福州第一中学三模）已知AB ，CD 分别是圆柱上､下底面圆的直径，且AB CD ⊥，.1O ，O 分别为上､下底面的圆心，若圆柱的底面圆半径与母线长相等，且三棱锥A BCD -的体积为18，则该圆柱的侧面积为（ ） A ．9π B ．12π C ．16π D ．18π例15．（2022·河南·模拟预测（文））在正四棱锥P ABCD -中，AB =P ABCD -的体积是8，则该四棱锥的侧面积是（ ）AB ．C ．D ．例16．（2022·全国·高三专题练习）《九章算术》中将正四棱台体（棱台的上下底面均为正方形）称为方亭.如图，现有一方亭ABCD EFHG -，其中上底面与下底面的面积之比为1:4，方亭的高h EF =，BF =，方亭的四个侧面均为全等的等腰梯形，已知方亭四个侧面的面积之和 ）A ．24B ．643C ．563D ．16例17．（2022·湖南·高三阶段练习）如图，一种棱台形状的无盖容器（无上底面1111D C B A ）模型其上、下底面均为正方形，面积分别为24cm ，29cm ，且1111A A B B C C D D ===，若该容器模型的体积为319cm 3，则该容器模型的表面积为（ ）A ．()29cmB ．219cmC ．()29cmD ．()29cm例18．（2022·海南海口·二模）如图是一个圆台的侧面展开图，其面积为3π，两个圆弧所在的圆半径分别为2和4，则该圆台的体积为（ ）A B C D例19．（2022·全国·高三专题练习）圆台上、下底面的圆周都在一个直径为10的球面上，其上、下底面的半径分别为4和5，则该圆台的侧面积为（ ）A ．B ．C ．D ．例20．（2022·河南安阳·模拟预测（文））已知圆柱12O O 的底面半径为1，高为2，AB ，CD 分别为上、下底面圆的直径，AB CD ⊥，则四面体ABCD 的体积为（ ） A ．13B ．23C ．1D ．43例21．（2022·山东·烟台市教育科学研究院二模）鲁班锁是我国传统的智力玩具，起源于中国古代建筑中的榫卯结构，其内部的凹凸部分啮合十分精巧．图1是一种鲁班锁玩具，图2是其直观图．它的表面由八个正三角形和六个正八边形构成，其中每条棱长均为2．若该玩具可以在一个正方体内任意转动（忽略摩擦），则此正方体表面积的最小值为________．例22．（2022·湖北省天门中学模拟预测）已知一个圆柱的体积为2 ，底面直径与母线长相等，圆柱内有一个三棱柱，与圆柱等高，底面是顶点在圆周上的正三角形，则三棱柱的侧面积为__________.例23．（2022·上海闵行·二模）已知一个圆柱的高不变，它的体积扩大为原来的4倍，则它的侧面积扩大为原来的___________倍.例24．（2022·浙江绍兴·模拟预测）有书记载等角半正多面体是以边数不全相同的正多边形为面的多面体，如图，将正四面体沿相交于同一个顶点的三条梭上的3个点截去一个正三棱锥，如此共截去4个正三棱锥，若得到的几何体是一个由正三角形与正六边形围成的等角半正多面体，且正六边形的面积为2，则原正四面体的表面积为_________．例25．（2022·上海徐汇·三模）设圆锥底面圆周上两点A、B间的距离为2，圆锥顶点到直线ABAB和圆锥的轴的距离为1，则该圆锥的侧面积为___________.例26．（2022·全国·高三专题练习）中国古代的“牟合方盖”可以看作是两个圆柱垂直相交的公共部分，计算其体积所用的“幂势即同，则积不容异”是中国古代数学的研究成果，根据此原理，取牟合方盖的一半，其体积等于与其同底等高的正四棱柱中，去掉一个同底等高的正四棱锥之后剩余部分的体积（如图1所示）．现将三个直径为4的圆柱放于同一水平面上，三个圆柱的轴所在的直线两两成角都相等，三个圆柱的公共部分为如图2，则该几何体的体积为___________．【方法技巧与总结】熟悉几何体的表面积、体积的基本公式，注意直角等特殊角. 题型三：直观图例27．（2022·全国·高三专题练习）如图，已知用斜二测画法画出的ABC 的直观图是边长为a 的正三角形，原ABC 的面积为 __．例28．（2022·浙江·镇海中学模拟预测）如图，梯形ABCD 是水平放置的一个平面图形的直观图，其中45ABC ∠=︒，1AB AD ==，DC BC ⊥，则原图形的面积为（ ）A ．1B ．2C ．2D ．1例29．（2022·全国·高三专题练习）如图，△ABC 是水平放置的△ABC 的斜二测直观图，其中2O C O A O B ''''''==，则以下说法正确的是（ ）A ．△ABC 是钝角三角形B ．△ABC 是等边三角形C ．△ABC 是等腰直角三角形D ．△ABC 是等腰三角形，但不是直角三角形例30．（2022·全国·高三专题练习）如图，水平放置的四边形ABCD 的斜二测直观图为矩形A B C D ''''，已知2,2A O O B B C =='''''='，则四边形ABCD 的周长为（ ）A ．20B ．12C ．8+D ．8+例31．（2022·全国·高三专题练习（文））如图，已知等腰直角三角形O A B '''△，O A A B ''''=是一个平面图形的直观图，斜边2O B ''=，则这个平面图形的面积是（ ）A B ．1 C D ．例32．（2022·全国·高三专题练习）一个三角形的水平直观图在x O y '''是等腰三角形，底角为30，腰长为2，如图，那么它在原平面图形中，顶点B 到x 轴距离是（ ）A ．1B ．2CD ．【方法技巧与总结】斜二测法下的直观图与原图面积之间存在固定的比值关系：S 直原． 题型四：最短路径问题例33．（多选题）（2022·广东广州·三模）某班级到一工厂参加社会实践劳动，加工出如图所示的圆台12O O ，在轴截面ABCD 中，2cm AB AD BC ===，且2CD AB =，则（ ）A ．该圆台的高为1cmB ．该圆台轴截面面积为2C 3D ．一只小虫从点C 沿着该圆台的侧面爬行到AD 的中点，所经过的最短路程为5cm例34．（2022·河南洛阳·三模（理））在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，点E 为1CC 上的动点，则1D E EB +的最小值为___________.例35．（2022·黑龙江齐齐哈尔·二模（文））如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，12,1,90AA AB BC ABC ===∠=︒，点E 是侧棱1BB 上的一个动点，则下列判断正确的有___________.（填序号）②存在点E ，使得1A EA ∠为钝角③截面1AEC 周长的最小值为例36．（2022·河南·二模（理））在正方体1111ABCD A B C D -中，2AB =，P 是线段1BC 上的一动点，则1A P PC +的最小值为________.例37．（2022·陕西宝鸡·二模（文））如图，在正三棱锥P ABC -中，30APB BPC CPA ∠=∠=∠=，4PA PB PC ===，一只虫子从A 点出发，绕三棱锥的三个侧面爬行一周后，又回到A 点，则虫子爬行的最短距离是___________.例38．（2022·安徽宣城·二模（理））已知正四面体ABCD 的棱长为2，P 为AC 的中点，E 为AB 中点，M 是DP 的动点，N 是平面ECD 内的动点，则||||AM MN +的最小值是_____________.例39．（2022·新疆阿勒泰·三模（理））如图，圆柱的轴截面ABCD 是一个边长为4的正方形.一只蚂蚁从点A 出发绕圆柱表面爬到BC 的中点E ，则蚂蚁爬行的最短距离为（ ）A ．B ．C ．D例40．（2022·云南·昆明一中高三阶段练习（文））一竖立在水平地面上的圆锥形物体，一只蚂蚁从圆锥底面圆周上一点P 出发，绕圆锥表面爬行一周后回到P 点，已知圆锥底面半径为1，母线长为3，则蚂蚁爬行的最短路径长为（ ）A ．3B ．C ．πD ．2π【方法技巧与总结】此类最大路径问题：大胆展开，把问题变为平面两点间线段最短问题． 【过关测试】一、单选题1．（2022·河北·高三阶段练习）已知圆锥的高为1，则过此圆锥顶点的截面面积的最大值为（ ）A ．2B ．52C D ．32．（2022·全国·模拟预测（文））若过圆锥的轴SO 的截面为边长为4的等边三角形，正方体1111ABCD A B C D -的顶点A ，B ，C ，D 在圆锥底面上，1A ，1B ，1C ，1D 在圆锥侧面上，则该正方体的棱长为（ ）A ．B ．C ．(2D ．(23．（2022·全国·高三专题练习）已知圆锥的轴截面是等腰直角三角形，且面积为4，则圆锥的体积为（ ） A ．43 B ．43πC ．83D ．83π4．（2022·广东深圳·高三阶段练习）通用技术老师指导学生制作统一规格的圆台形容器，用如图所示的圆环沿虚线剪开得到的一个半圆环（其中小圆和大圆的半径分别是1cm 和4cm ）制作该容器的侧面，则该圆台形容器的高为（ ）AB ．1cmCD 5．（2022·全国·高三专题练习）已知一个直三棱柱的高为2，如图，其底面ABC 水平放置的直观图（斜二测画法）为A B C '''，其中1O A O B O C ''''''===，则此三棱柱的表面积为（ ）A．4+B ．8+C ．8+D ．8+6．（2022·湖北·天门市教育科学研究院模拟预测）已知某圆锥的侧面积为的半径为（ ） A ．2B ．3C ．4D ．67．（2022·山西大同·高三阶段练习）正四棱台的上､下底面的边长分别为2､4，侧棱长为2，则其体积为（ ）A ．56B C ．D ．5638．（2022·江西九江·三模（理））如图，一个四分之一球形状的玩具储物盒，若放入一个玩具小球，合上盒盖，可放小球的最大半径为r .若是放入一个正方体，合上盒盖，可放正方体的最大棱长为a ，则ra=（ ）A B ．34C ．2D ．)3129．（2022·浙江湖州·模拟预测）如图，已知四边形ABCD ，BCD △是以BD 为斜边的等腰直角三角形，ABD △为等边三角形，2BD =，将ABD △沿对角线BD 翻折到PBD △在翻折的过程中，下列结论中不正确．．．的是（ ）A ．BD PC ⊥B ．DP 与BC 可能垂直C ．直线DP 与平面BCD 所成角的最大值是45︒D ．四面体PBCD 10．（2022·全国·高三专题练习）南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔1485m ．时，相应水面的面积为21400km ．；水位为海拔1575m ．时，相应水面的面积为21800km ．，将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔1485m ．上升到1575m ．2.65≈）（ ） A ．931.010m ⨯ B ．931.210m ⨯C ．931.410m ⨯D ．931.610m ⨯二、多选题11．（2022·河北·高三阶段练习）如图，正方体1111ABCD A B C D -棱长为1，P 是1A D 上的一个动点，下列结论中正确的是（ ）A ．BPB ．PA PC +C ．当P 在直线1AD 上运动时，三棱锥1B ACP -的体积不变D ．以点B 1AB C 12．（2022·全国·高三专题练习）如图，四边形ABCD 为正方形，ED ⊥平面ABCD ，,2FB ED AB ED FB ==∥，记三棱锥E ACD -，F ABC -，F ACE -的体积分别为123,,V V V ，则（ ）A ．322V V =B ．31V V =C ．312V V V =+D ．3123V V =13．（2022·江苏·常州高级中学模拟预测）棱长为1的正方体1111ABCD A B C D -中，点P 为线段1A C 上的动点，点M ，N 分别为线段11A C ，1CC 的中点，则下列说法正确的是（ ） A ．11A P AB ⊥ B ．三棱锥1M B NP -的体积为定值 C ．[]160,120APD ∠∈︒︒D ．1AP D P +的最小值为2314．（2022·湖北·高三阶段练习）折扇是我国古老文化的延续，在我国已有四千年左右的历史，“扇”与“善”谐音，折扇也寓意“善良”“善行”．它常以字画的形式体现我国的传统文化，也是运筹帷幄､决胜千里､大智大勇的象征（如图1）．图2是一个圆台的侧面展开图（扇形的一部分），若两个圆弧,DE AC 所在圆的半径分别是3和9，且120ABC ∠=，则该圆台的（ ）A ．高为B ．体积为3C ．表面积为34πD ．上底面积､下底面积和侧面积之比为1:9:22三、填空题15．（2022·全国·高三专题练习）已知一三角形ABCA B C '''(如图)，则三角形ABC 中边长与正三角形A B C '''的边长相等的边上的高为______．16．（2022·上海·模拟预测）已知圆柱的高为4，底面积为9π，则圆柱的侧面积为___________；17．（2022·新疆·三模（理））已知一个棱长为a 的正方体木块可以在一个圆锥形容器内任意转动，若圆锥的底面半径为1，母线长为2，则a 的最大值为______.18．（2022·吉林长春·高三阶段练习（理））中国古代数学家刘徽在《九章算术注》中，称一个正方体内两个互相垂直的内切圆柱所围成的立体为“牟合方盖”，如图（1）（2）.刘徽未能求得牟合方盖的体积，直言“欲陋形措意，惧失正理”，不得不说“敢不阙疑，以俟能言者”.约200年后，祖冲之的儿子祖暅提出“幂势既同，则积不容异”，后世称为祖暅原理，即：两等高立体，若在每一等高处的截面积都相等，则两立体体积相等，如图（3）（4）.已知八分之一的正方体去掉八分之一的牟合方盖后的剩余几何体与长宽高皆为八分之一正方体棱长的倒四棱锥“等幂等积”，祖暅由此推算出牟合方盖的体积.据此可知，若正方体的棱长为1，则其牟合方盖的体积为______. 四、解答题19．（2022·吉林·长春市第二实验中学高三阶段练习）如图，已知四棱锥P ABCD -中，PD ⊥平面ABCD ，且1,4,5AB DC AB DC PM PC ==∥.(1)求证：PA 平面MDB ；(2)当直线,PC PA 与底面ABCD 所成的角都为4π，且4,DC DA AB =⊥时，求出多面体MPABD 的体积.20．（2022·全国·南宁二中高三期末（文））图1是由矩形ABGF ，Rt ADE △和菱形ABCD 组成的一个平面图形，其中2AB =，1==AE AF ，60BAD ∠=︒，将该图形沿AB ，AD 折起使得AE 与AF 重合，连接CG ，如图2.(1)证明：图2中的C ，D ，E ，G 四点共面； (2)求图2中三棱锥C BDG -的体积.21．（2022·全国·高三专题练习）如图，三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，已知AB ⊥侧面BB 1C 1C ，AB ＝BC ＝1，BB 1＝2，∠BCC 1＝60°．(1)求证：BC 1⊥平面ABC ；(2)E 是棱CC 1上的一点，若三棱锥E －ABC CE 的长．22．（2022·青海·海东市第一中学模拟预测（文））如图，在三棱柱111ABC A B C -中，112224AC AA AB AC BC =====，160BAA ∠=︒．(1)证明：平面ABC ⊥平面11AA B B ．(2)设P 是棱1CC 上一点，且12CP PC =，求三棱锥111A PB C -体积．。
2024届高考一轮复习数学教案(新人教B版)：空间向量与立体几何
必刷大题14空间向量与立体几何1．(2022·新高考全国Ⅰ改编)如图，直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的体积为4，△A 1BC 的面积为22.(1)求A 到平面A 1BC 的距离；(2)设D 为A 1C 的中点，AA 1＝AB ，平面A 1BC ⊥平面ABB 1A 1，求平面ABD 与平面BCD 夹角的正弦值．解(1)设点A 到平面A 1BC 的距离为h ，因为直三棱柱ABC －A 1B 1C 1的体积为4，所以1A A BC V -＝13S △ABC ·AA 11111433ABC A B C V -==，又△A 1BC 的面积为22，1113A A BC A BC V S h -=△＝13×22h ＝43，所以h ＝2，即点A 到平面A 1BC 的距离为2.(2)取A 1B 的中点E ，连接AE ，则AE ⊥A 1B .因为平面A 1BC ⊥平面ABB 1A 1，平面A 1BC ∩平面ABB 1A 1＝A 1B ，AE ⊂平面ABB 1A 1，所以AE ⊥平面A 1BC ，又BC ⊂平面A 1BC ，所以AE ⊥BC .又AA 1⊥平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，所以AA 1⊥BC .因为AA 1∩AE ＝A ，AA 1，AE ⊂平面ABB 1A 1，所以BC ⊥平面ABB 1A 1，又AB ⊂平面ABB 1A 1，所以BC ⊥AB .以B 为坐标原点，分别以BC →，BA →，BB 1—→的方向为x ，y ，z 轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，由(1)知，AE ＝2，所以AA 1＝AB ＝2，A 1B ＝22.因为△A 1BC 的面积为22，所以22＝12·A 1B ·BC ，所以BC ＝2，所以A (0,2,0)，B (0,0,0)，C (2,0,0)，A 1(0，2,2)，D (1,1,1)，E (0,1,1)，则BD →＝(1,1,1)，BA →＝(0,2,0)．设平面ABD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，n ·BD →＝0，n ·BA →＝0，x ＋y ＋z ＝0，2y ＝0，令x ＝1，得n ＝(1,0，－1)．又平面BDC 的一个法向量为AE →＝(0，－1，1)，所以cos 〈AE →，n 〉＝AE →·n |AE →|·|n |＝－12×2＝－12.设平面ABD 与平面BCD 的夹角为θ，则sin θ＝1－cos 2〈AE →，n 〉＝32，所以平面ABD 与平面BCD 夹角的正弦值为32.2.如图，四棱锥P －ABCD 的底面为正方形，PA ⊥平面ABCD ，M 是PC 的中点，PA ＝AB .(1)求证：AM ⊥平面PBD ；(2)设直线AM 与平面PBD 交于O ，求证：AO ＝2OM .证明(1)由题意知，AB ，AD ，AP 两两垂直，以A 为坐标原点，AB ，AD ，AP 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴，建立空间直角坐标系，如图，设PA ＝AB ＝2，则P (0,0,2)，B (2,0,0)，D (0,2,0)，C (2,2,0)，M (1,1,1)，PB →＝(2,0，－2)，PD →＝(0,2，－2)，AM →＝(1,1,1)，设平面PBD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，n ·PB →＝2x －2z ＝0，n ·PD →＝2y －2z ＝0，取x ＝1，得n ＝(1,1,1)，∵AM →＝n ，∴AM ⊥平面PBD .(2)如图，连接AC 交BD 于点E ，则E 是AC 的中点，连接PE ，∵AM ∩平面PBD ＝O ，∴O ∈AM 且O ∈平面PBD ，∵AM ⊂平面PAC ，∴O ∈平面PAC ，又平面PBD ∩平面PAC ＝PE ，∴O ∈PE ，∴AM ，PE 的交点就是O ，连接ME ，∵M 是PC 的中点，∴PA ∥ME ，PA ＝2ME ，∴△PAO ∽△EMO ，∴PA ME ＝AO OM ＝21，∴AO ＝2OM .3.如图，在四棱锥P －ABCD 中，PA ⊥平面ABCD ，AB ∥CD ，PA ＝AB ＝2CD ＝2，∠ADC ＝90°，E ，F 分别为PB ，AB 的中点．(1)求证：CE ∥平面PAD ；(2)求点B 到平面PCF 的距离．(1)证明连接EF (图略)，∵E ，F 分别为PB ，AB 的中点，∴EF ∥PA ，∵EF ⊄平面PAD ，PA ⊂平面PAD ，∴EF ∥平面PAD ，∵AB ∥CD ，AB ＝2CD ，∴AF ∥CD ，且AF ＝CD .∴四边形ADCF 为平行四边形，即CF ∥AD ，∵CF ⊄平面PAD ，AD ⊂平面PAD ，∴CF ∥平面PAD ，∵EF ∩CF ＝F ，EF ，CF ⊂平面EFC ，∴平面PAD ∥平面EFC ，CE ⊂平面EFC ，则CE ∥平面PAD .(2)解∵∠ADC ＝90°，AB ∥CD ，∴AB ⊥AD ，CF ⊥AB ，又PA ⊥平面ABCD ，∴PA ⊥CF ，又PA ∩AB ＝A ，∴CF ⊥平面PAB ，∴CF ⊥PF .设CF ＝x ，则S △AFC ＝12×1×x ＝x 2，S △PFC ＝12×5×x ＝52x ，设点A 到平面PCF 的距离为h ，由V P －AFC ＝V A －PFC ，得13×x 2×2＝13×5x 2×h ，则h ＝255.∵点F 为AB 的中点，∴点B 到平面PCF 的距离等于点A 到平面PCF 的距离，为255.4.(2022·全国乙卷)如图，四面体ABCD 中，AD ⊥CD ，AD ＝CD ，∠ADB ＝∠BDC ，E 为AC 的中点．(1)证明：平面BED ⊥平面ACD ；(2)设AB ＝BD ＝2，∠ACB ＝60°，点F 在BD 上，当△AFC 的面积最小时，求CF 与平面ABD 所成的角的正弦值．(1)证明因为AD ＝CD ，E 为AC 的中点，所以AC ⊥DE .在△ADB 和△CDB 中，因为AD ＝CD ，∠ADB ＝∠CDB ，DB ＝DB ，所以△ADB ≌△CDB ，所以AB ＝BC .因为E 为AC 的中点，所以AC ⊥BE .又BE ∩DE ＝E ，BE ，DE ⊂平面BED ，所以AC ⊥平面BED ，又AC ⊂平面ACD ，所以平面BED ⊥平面ACD .(2)解由(1)可知AB ＝BC ，又∠ACB ＝60°，AB ＝2，所以△ABC 是边长为2的正三角形，则AC ＝2，BE ＝3，AE ＝1.因为AD ＝CD ，AD ⊥CD ，所以△ADC 为等腰直角三角形，所以DE ＝1.所以DE 2＋BE 2＝BD 2，则DE ⊥BE .由(1)可知，AC ⊥平面BED .连接EF ，因为EF ⊂平面BED ，所以AC ⊥EF ，当△AFC 的面积最小时，点F 到直线AC 的距离最小，即EF 的长度最小．在Rt △BED 中，当EF 的长度最小时，EF ⊥BD ，EF ＝DE ·BE BD ＝32.方法一由(1)可知，DE ⊥AC ，BE ⊥AC ，所以EA ，EB ，ED 两两垂直，以E 为坐标原点，EA ，EB ，ED 所在的直线分别为x ，y ，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A (1,0,0)，B (0，3，0)，D (0,0,1)，C (－1,0,0)，AB →＝(－1，3，0)，DB →＝(0，3，－1)．易得DF ＝12，FB ＝32，所以3DF →＝FB →.设F (0，y ，z )，则DF →＝(0，y ，z －1)，FB →＝(0，3－y ，－z )，所以3(0，y ，z －1)＝(0，3－y ，－z )，得y ＝34，z ＝34，即，34，所以CF →，34，设平面ABD 的法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1)，·AB →＝－x 1＋3y 1＝0，·DB →＝3y 1－z 1＝0，不妨取y 1＝1，则x 1＝3，z 1＝3，n ＝(3，1，3)．记CF 与平面ABD 所成的角为α，则sin α＝|cos 〈CF →，n 〉|＝|CF →·n ||CF →||n |＝437.所以CF 与平面ABD 所成角的正弦值为437.方法二因为E 为AC 的中点，所以点C 到平面ABD 的距离等于点E 到平面ABD 的距离的2倍．因为DE ⊥AC ，DE ⊥BE ，AC ∩BE ＝E ，AC ，BE ⊂平面ABC ，所以DE ⊥平面ABC .因为V D －AEB ＝V E －ADB ，所以13·12AE ·BE ·DE ＝13·S △ABD ·d 2，其中d 为点C 到平面ABD 的距离．在△ABD 中，BA ＝BD ＝2，AD ＝2，所以S △ABD ＝72，所以d ＝2217.由(1)知AC ⊥平面BED ，EF ⊂平面BED ，所以AC ⊥EF ，所以FC ＝FE 2＋EC 2＝72.记CF 与平面ABD 所成的角为α，则sin α＝d CF ＝437.所以CF 与平面ABD 所成角的正弦值为437.方法三如图，过点E 作EM ⊥AB 交AB 于点M ，连接DM ，过点E 作EG ⊥DM 交DM 于点G .因为DE ⊥AC ，DE ⊥BE ，AC ∩BE ＝E ，AC ，BE ⊂平面ABC ，所以DE ⊥平面ABC ，又AB ⊂平面ABC ，所以DE ⊥AB ，又EM ∩DE ＝E ，EM ，DE ⊂平面DEM ，所以AB ⊥平面DEM ，又EG ⊂平面DEM ，所以AB ⊥EG ，又AB ∩DM ＝M ，AB ，DM ⊂平面ABD ，所以EG ⊥平面ABD ，则EG 的长度等于点E 到平面ABD 的距离．因为E 为AC 的中点，所以EG 的长度等于点C 到平面ABD 的距离的12.因为EM ＝AE ·sin 60°＝32，所以EG ＝DE ·EM DM ＝DE ·EM DE 2＋EM 2＝217，所以点C 到平面ABD 的距离d ＝2217.FC ＝FE 2＋EC 2＝72.记CF 与平面ABD 所成的角为α，则sin α＝d CF ＝437.所以CF 与平面ABD 所成角的正弦值为437.5．(2023·青岛模拟)如图①，在梯形ABCD 中，AB ∥DC ，AD ＝BC ＝CD ＝2，AB ＝4，E 为AB 的中点，以DE 为折痕把△ADE 折起，连接AB ，AC ，得到如图②的几何体，在图②的几何体中解答下列问题．(1)证明：AC ⊥DE ；(2)请从以下两个条件中选择一个作为已知条件，求平面DAE 与平面AEC 夹角的余弦值．①四棱锥A －BCDE 的体积为2；②直线AC 与EB 所成角的余弦值为64.(1)证明在图①中，连接CE (图略)，因为DC ∥AB ，CD ＝12AB ，E 为AB 的中点，所以DC ∥AE ，且DC ＝AE ，所以四边形ADCE 为平行四边形，所以AD ＝CE ＝CD ＝AE ＝2，同理可证DE ＝2，在图②中，取DE 的中点O ，连接OA ，OC (图略)，则OA ＝OC ＝3，因为AD ＝AE ＝CE ＝CD ，所以DE ⊥OA ，DE ⊥OC ，因为OA ∩OC ＝O ，OA ，OC ⊂平面AOC ，所以DE ⊥平面AOC ，因为AC ⊂平面AOC ，所以DE ⊥AC .(2)解若选择①：由(1)知DE ⊥平面AOC ，DE ⊂平面BCDE ，所以平面AOC ⊥平面BCDE ，且交线为OC ，所以过点A 作AH ⊥OC 交OC 于点H (图略)，则AH ⊥平面BCDE ，因为S 四边形BCDE ＝23，所以四棱锥A －BCDE 的体积V A －BCDE ＝2＝13×23·AH ，所以AH ＝OA ＝3，所以AO 与AH 重合，所以AO ⊥平面BCDE ，建立如图所示的空间直角坐标系，则O (0,0,0)，C (－3，0,0)，E (0,1,0)，A (0,0，3)，易知平面DAE 的一个法向量为CO →＝(3，0,0)，设平面AEC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，因为CE →＝(3，1,0)，CA →＝(3，0，3)，·CE →＝3x ＋y ＝0，·CA →＝3x ＋3z ＝0，取n ＝(1，－3，－1)，设平面DAE 与平面AEC 的夹角为θ，则cos θ＝|CO →·n ||CO →||n |＝33×5＝55，所以平面DAE 与平面AEC 夹角的余弦值为55.若选择②：因为DC ∥EB ，所以∠ACD 即为异面直线AC 与EB 所成的角，在△ADC 中，cos ∠ACD ＝AC 2＋4－44AC＝64，所以AC ＝6，所以OA 2＋OC 2＝AC 2，即OA ⊥OC ，因为DE ⊥平面AOC ，DE ⊂平面BCDE ，所以平面AOC ⊥平面BCDE ，且交线为OC ，又OA ⊂平面AOC ，所以AO ⊥平面BCDE ，建立如图所示的空间直角坐标系，则O (0,0,0)，C (－3，0,0)，E (0,1,0)，A (0,0，3)，易知平面DAE 的一个法向量为CO →＝(3，0,0)，设平面AEC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，因为CE →＝(3，1,0)，CA →＝(3，0，3)，·CE →＝3x ＋y ＝0，·CA →＝3x ＋3z ＝0，取n ＝(1，－3，－1)，设平面DAE 与平面AEC 的夹角为θ，则cos θ＝|CO →·n ||CO →||n |＝33×5＝55，所以平面DAE 与平面AEC 夹角的余弦值为55.6.(2022·连云港模拟)如图，在三棱锥A －BCD 中，△ABC 是正三角形，平面ABC ⊥平面BCD ，BD ⊥CD ，点E ，F 分别是BC ，DC 的中点．(1)证明：平面ACD ⊥平面AEF ；(2)若∠BCD ＝60°，点G 是线段BD 上的动点，问：点G 运动到何处时，平面AEG 与平面ACD 的夹角最小．(1)证明因为△ABC 是正三角形，点E 是BC 的中点，所以AE ⊥BC ，又因为平面ABC ⊥平面BCD ，平面ABC ∩平面BCD ＝BC ，AE ⊂平面ABC ，所以AE ⊥平面BCD ，又因为CD ⊂平面BCD ，所以CD ⊥AE ，因为点E ，F 分别是BC ，CD 的中点，所以EF ∥BD ，又因为BD ⊥CD ，所以CD ⊥EF ，又因为AE ∩EF ＝E ，AE ⊂平面AEF ，EF ⊂平面AEF ，所以CD ⊥平面AEF ，又因为CD ⊂平面ACD ，所以平面ACD ⊥平面AEF .(2)解在平面BCD 中，过点E 作EH ⊥BD ，垂足为H ，此时EH ∥CD ，即H 为BD 的中点，设BC ＝4，则EA ＝23，DF ＝FC ＝1，EF ＝ 3.以E 为原点，以EH ，EF ，EA 所在直线分别为x 轴、y 轴、z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则E (0,0,0)，A (0,0,23)，C (－1，3，0)，D (1，3，0)，设G (1，y ,0)(－3≤y ≤3)，则EA →＝(0,0,23)，AD →＝(1，3，－23)，CD →＝(2,0,0)，EG →＝(1，y ,0),设平面AEG 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，n 1·EA →＝23z 1＝0，n 1·EG →＝x 1＋yy 1＝0，令y 1＝－1，得n 1＝(y ，－1,0)，设平面ACD 的法向量为n 2＝(x 2，y 2，z 2)，2·CD →＝2x 2＝0，2·AD →＝x 2＋3y 2－23z 2＝0，令z 2＝1，得n 2＝(0,2,1)，设平面AEG 与平面ACD 的夹角为θ，则cos θ＝|cos 〈n 1，n 2〉|＝|－2|5·y 2＋1＝25·y 2＋1，当y ＝0时，cos θ最大，此时平面AEG 与平面ACD 的夹角θ最小，故当点G 为BD 的中点时，平面AEG 与平面ACD 的夹角最小．。
高考数学专题复习：立体几何体的表面积与体积
高考数学专题复习：立体几何体的表面积与体积一、单选题1．一个圆柱的轴截面是一个面积为36的正方形，则该圆柱的体积是（ ） A ．54π B ．36π C ．16π D ．8π2．在正三棱锥A BCD -中，BCD △的边长为6，侧棱长为积为（ ）A ．754πB ．75πCD 3．在菱形ABCD 中，6AB =，60A ∠=，连结BD ，沿BD 把ABD 折起，使得二面角A BD C --的大小为60，连结AC ，则四面体ABCD 的外接球的表面积为（ ） A ．13π B ．24π C ．36π D ．52π 4．已知一个圆柱上，下底面的圆周都在同一个球面上，球的直径为4，圆柱底面直径为2，则圆柱的侧面积为（ ）A ．B ．C ．D ．5．一平面截一球得到直径为的圆面，球心到这个平面的距离为2cm ，则该球的体积为（ ）A ．3256cm 3πB ．364cm πC ．364 c m 3πD ．316cm 3π 6．若底面直径和高相等的圆柱的侧面积是π，则这个圆柱的体积是（ ） A ．π B ．4π C ．2π D ．34π7．已知三棱锥S ABC -中，SA ⊥平面,4,60ABC SA BC BAC ==∠=︒，则三棱锥S ABC -外接球的表面积为（ ）A ．32πB ．64πC ．80πD ．128π8．已知一平面截一球得到直径为，则该球的体积为（ ）3cmA ．12πB ．36πC ．D ．108π 9．已知圆柱1OO 及其展开图如图所示，则其体积为（ ）A ．πB ．2πC ．3πD ．4π10．已知正四棱锥S ABCD -的底面边长为2，则该正四棱锥的体积等于（ ）A ．43BC ．D ．411．已知A ，B 是球O 的球面上两点，23AOB π∠=，P 为该球面上动点，若三棱锥O PAB -体O 的表面积为（ ） A ．12π B ．16π C ．24π D ．36π12．正四棱台的上、下底面边长分别是2和4，则该棱台的体积是（ ） A ．563 B ．583 C ．20 D ．21二、填空题13．设体积为P ABC -外接球的球心为O ，其中O 在三棱锥P ABC -内部．若球O 的半径为R ，且球心O 到底面ABC 的距离为3R ，则球O 的半径R =__________． 14．将边长为1的正方形ABCD 沿对角线AC 折起，使ABD △为正三角形，则三棱锥A BCD -的体积为__________．15．已知正四棱台的上底边长为4，下底边长为8________. 16．如图边长为2的正方形ABCD 中，以B 为圆心的圆与AB ，BC 分别交于点E ，F ，若1tan 2CDF ∠=，则阴影部分绕直线BC 旋转一周形成的几何体的体积等于__________．三、解答题17．如图，已知圆锥的顶点为P ，O 是底面圆心，AB 是底面圆的直径，5PB =，3OB =．（1）求圆锥的表面积；（2）经过圆锥的高PO 的中点O '作平行于圆锥底面的截面，求截得的圆台的体积．18．如下图1，一个正三棱柱形容器中盛有水，底面三角形ABC 的边长为2cm ，侧棱14cm AA =，若侧面11AA B B 水平放置时（如下图2），水面恰好过AC ，BC ，11A C ，11B C 的中点．（1）求容器中水的体积；（2）当容器底面ABC 水平放置时（如图1），求容器内水面的高度．19．如果一个正四棱柱与一个圆柱的体积相等，那么我们称它们是一对“等积四棱圆柱”.将“等积四棱圆柱”的正四棱柱、圆柱的表面积与高分别记为1S 、2S 与1h 、2h .（1）若121h h ==，1=30S ，求2S 的值;（2）若12h h =，求证：12S S >.20．已知正三棱柱111ABC A B C -的底面边长为2D 为BC 的中点；（1）求该三棱柱的体积与表面积；（2）求三棱锥11D AB C -的内切球半径．21．如图，正三棱锥（底面是正三角形，侧棱长都相等）P ABC -的底面边长为2，侧棱长为3．-的表面积；（1）求正三棱锥P ABC-的体积．（2）求正三棱锥P ABC22．如图所示是在圆锥内部挖去一正四棱柱所形成的几何体，该正四棱柱上底面的四顶点在r=.圆锥侧面上，下底面落在圆锥底面内，已知圆锥侧面积为15π，底面半径为3（Ⅰ）若正四棱柱的底面边长为a（Ⅱ）求该几何体内正四棱柱侧面积的最大值.参考答案1．A【分析】设圆柱的底面半径为r ，则圆柱的高为2r ，利用圆柱的轴截面面积求出r 的值，再利用柱体体积公式可求得该圆柱的体积.【详解】设圆柱的底面半径为r ，则圆柱的高为2r ，该圆柱的轴截面面积为2436r =，解得3r =， 因此，该圆柱的体积为2223654V r r πππ=⨯=⨯⨯=.故选：A.2．B【分析】取CD 中点E ，连接BE ，在BE 上取点F ，使得23BF BE =，连接AF ，则点F 为三角形BCD的中心， 根据题意可得AF ⊥平面BCD ，求出BF =AF =半径为R ，则222)R R =+，解得R 【详解】解：取CD 中点E ，连接BE ，在BE 上取点F ，使得23BF BE =，连接AF ， 则点F 为三角形BCD 的中心，根据题意可得AF ⊥平面BCD ，则该三棱锥外接球的球心O 在AF 上，BF ==，AF = 设该三棱锥外接球的半径为R ，则222)R R =+， 解得R∴该三棱锥外接球的表面积为：224475S R πππ==⨯=．故选：B ．3．D【分析】取BD 的中点记为O ，分别取BCD △和ABD △的外心E 与F ，过这两点分别作平面BDC ､平面ABD 的垂线，交于点P ，则P 就是外接球的球心，先在POE △中，求解1PE =，再在PCE ，求PC 可得球半径，进而得解.【详解】如图，取BD 的中点记为O ，连接OC ，OA ，分别取BCD △和ABD △的外心E 与F ，过这两点分别作平面BDC ､平面ABD 的垂线，交于点P ，则P 就是外接球的球心，连接OP ，CP ，易知AOC ∠为二面角A BD C --的平面角为60，则AOC △是等边三角形，其边长为6=1133OE OC ==⨯在POE △中，30POE ∠=，∴tan 30=3PE OE =⋅⨯∵2=3CE OC =∴PC R ====则四面体ABCD 的外接球的表面积为2452ππ⨯=.故选：D.4．B【分析】由题意结合勾股定理可得12h = 【详解】设圆柱的高为h ，球的半径为R ，圆柱的底面半径为r ，根据题意，2,1R r ==，由勾股定理可得12h h =S 侧221rh ππ==⨯⨯=，故选：B5．A【分析】依题意求得球半径即可.【详解】依题意得球半径4R =，所以该球的体积33442564333V R πππ==⨯=（cm 3）. 故选：A.6．B【分析】设出圆柱底面圆半径r 并表示出其高，借助圆柱侧面积求出r 即可作答.【详解】设圆柱底面圆半径为r ，依题意得高2h r =，于是得圆柱侧面积224S r h r πππ=⋅==，解得12r =，1h =， 所以圆柱的体积为24V Sh r h ππ==⋅=.故选：B7．A【分析】根据三棱锥中线面位置关系求解外接球的半径，进而求出外接球的表面积.【详解】 ABC 中，23,60BC BAC =∠=︒，设 ABC 的外接圆半径为r ，根据正弦定理有， 23242sin sin 60BC r r BAC ===∴=∠︒如图，1O 点为 ABC 的外心，O 三棱锥外接球的球心SA ⊥平面ABC ， 1//OO SA ∴，且 OS OA =1122OO SA ∴== 1Rt AO O 中，11122,90AO r OO AO O ===∠=︒，， 22AO ∴= 即三棱锥外接球的半径为：22所以外接球的表面积为()24π·2232π=，选项A 正确，选项BCD 错误故选：A.8．B【分析】由球的截面性质求得球半径后可得体积．【详解】由题意截面圆半径为r =3R ==， 体积为334433633V R πππ==⨯=． 故选：B ．9．D【分析】结合展开图求出圆柱的底面半径与高，进而结合体积公式即可求出结果.【详解】设底面半径为r ，高为h ，根据展开图得422h r ππ=⎧⎨=⎩，则41h r =⎧⎨=⎩，所以圆柱的体积为22144r h πππ=⨯⨯=，故选：D.10．A【分析】首先计算正四棱锥的高，再计算体积.【详解】如图，正四棱锥S ABCD -，SB =OB =1SO =， 则该正四棱锥的体积1422133V =⨯⨯⨯=.故选：A【分析】当点P 位于垂直于面AOB 的直径端点时，三棱锥O PAB -的体积最大，利用三棱锥O PAB -体O 的表面积． 【详解】解：如图所示，当点P 位于垂直于面AOB 的直径端点时，三棱锥O PAB -的体积最大， 设球O 的半径为R ，此时21132O PAB P AOB V V R R --==⨯=， 解得2R =，则球O 的表面积为2416R ππ=，故选：B ．12．A【分析】先求出棱台的高，然后利用台体的体积公式求体积即可.【详解】由棱台的几何特征可得其高为：2h ， 则其体积为：(2215624233V =⨯+⨯=. 故选：A13．3【分析】根据等边三角形的性质，结合球的几何性质、棱锥的体积公式进行求解即可.取ABC 的中心G ．连接PG ，则PG ⊥平面ABC 且球心O 在PG 上．由条件知，3R OG =，连接OA ，AG ，则AG ==，设等边ABC 的边长为a ，所以等边ABC =，因此23AG ===，所以有R a 362=，于是ABC ．又OP R =， 故三棱锥P ABC -的高是：1433R R R +=，所以223148)333P ABC V R R R -=⋅⋅=⋅==3R =． 故答案为：314【分析】取AC 的中点O ，连接BO ，DO ，求出底面面积以及高，然后求解体积即可．【详解】取AC 的中点O ，连接BO ，DO ，由题意，AC ⊥BO ，AC ⊥DO ，BO DO == 因为ABD △为正三角形，AB ＝AD ＝DB ＝1，由已知可得AO ＝OB ＝OD ，∴OBD 是直角三角形，∴DO ⊥OB ，又,OD AC AC OB O ⊥⋂=，∴OD ⊥面ABC ，∴111332A BCD D ABC ABC V V S DO --==⋅=⨯=15．112【分析】 根据已知条件，分别计算出上、下底面面积以及棱台的高，代入棱台体积公式进行计算即可得解.【详解】因为正四棱台的上底边长为4，下底边长为8所以棱台的下底面积64S =，上底面积16S '=，高3h =，所以正四棱台的体积(()11641632311233V S S h '=⋅+⋅=⋅++⋅=. 故答案为：112.16．6π【分析】阴影部分绕直线BC 旋转一周形成的几何体是一个圆柱挖掉一个半球与圆锥，分别计算其体积，然后得到答案.【详解】在Rt DCF 中12,tan 212DC CF DC CDF ==∠=⨯=， 所以211BF BC CF =-=-=，正方形ABCD 绕直线BC 旋转一周形成圆柱，圆柱的底面半径2R AB ==，高12h BC ==，其体积2211228V R h πππ==⨯⨯=； 直角CDF 绕直线BC 旋转一周形成与圆柱同底的圆锥，圆锥的底面半径2R =，高21h CF ==，其体积222211421333V R h πππ==⨯⨯=；扇形BEF 是圆的14，绕直线BC 旋转一周形成一个半球，球的半径为1r BE ==， 故其体积33314142123233V r πππ=⨯=⨯⨯=； 所以阴影部分绕直线BC 旋转一周形成的几何体是一个圆柱挖掉上述的半球与圆锥， 故其体积123428633V V V V ππππ=--=--=． 故答案为：6π.17．（1）24π；（2）21π2． 【分析】（1）由题意可知，该圆锥的底面半径3r =，母线5l =，从而可求出锥的表面积，（2）先求出大圆锥的高，从而可求出小圆锥的高，进而可得圆台的体积等于大圆锥的体积减去小圆锥的体积【详解】解：（1）由题意可知，该圆锥的底面半径3r =，母线5l =．∴该圆锥的表面积22πππ3π3524πS r rl =+=⨯+⨯⨯=．（2）在Rt POB △中，4PO ==，∵O '是PO 的中点，∴2PO '=．∴小圆锥的高2h '=，小圆锥的底面半径1322r r '==， ∴截得的圆台的体积2211321π34π2π3322V V V ⎛⎫=-=⨯⨯⨯-⨯⨯⨯= ⎪⎝⎭小台大．18．（1）)3cm ；（2）3cm ． 【分析】（1）在图2中，根据四棱柱的体积公式计算可得；（2）设图1中水高度为cm h ，根据水的体积相等得到方程，解得即可；【详解】解：（1）在图2中，水所占部分为四棱柱．四棱柱底面积为)222112sin 601sin 6022S cm =⨯⨯︒-⨯⨯︒=，又高为4cm所以水的体积为)34V cm ==，（2）设图1中水高度为cm h ，则212sin 602V h =⨯⨯︒⨯=3h =． 所以当容器底面ABC 水平放置时，容器内水面的高度为3cm ．19．（1）18+；（2）证明见解析.【分析】设正四棱柱的底面边长为a ，圆柱的底面半径为r ，2212πa h r h =，21124S a ah =+，2222π2πS r rh =+.（1）由121h h ==，1=30S 可得答案；（2）由21h h =，得22πa r =，212124S S a ah -=+22(2π2π)r rh -+化简可得答案.【详解】设正四棱柱的底面边长为a ，圆柱的底面半径为r ，则2212πa h r h =，21124S a ah =+，2222π2πS r rh =+.（1）224130a a +⨯=，得22150a a +-=，又0a >，所以3a =，所以22π131r ⨯=⨯，得r =292π2π1πS =⨯+18=+（2）证明：21h h =，则22πa r =，212124S S a ah -=+22(2π2π)r rh -+212π4r ah =+212π2πr rh --14ah =12πrh -12π)h r =0>.得证.20．（1）1113-=ABC A B C V ，111ABC A B C S -=（2 【分析】（1）直接利用体积公式求解即可，直接求解表面积，（2）利用等体积法求法【详解】（1）111223ABC A B C V Sh -===，111222232ABC A B C S S S -=+=+=底侧（2）111111112132D AB C B AB C C ABB V V V ---===⨯= 1111113,6AB D AC D B C D AC B S S S S ====，则三棱锥11D AB C -的表面积为+设三棱锥11D AB C -的内切球半径为r ，则113r ⨯⨯=，则r =21．（1）；（2【分析】（1）取BC 的中点D ，连接PD ，利用勾股定理求得PD ，可得三角形PBC 的面积，进一步可得正三棱锥P ABC -的侧面积，再求出底面积，则正三棱锥P ABC -的表面积可求； （2）连接AD ，设O 为正三角形ABC 的中心，则PO ⊥底面ABC ．求解PO ，再由棱锥体积公式求解．【详解】解：（1）取BC 的中点D ，连接PD ，在Rt PBD 中，可得PD = ∴1222PBC S BC PD == 正三棱锥的三个侧面是全等的等腰三角形，∴正三棱锥P ABC -的侧面积是33PBC S =⨯=正三棱锥的底面是边长为2的正三角形，∴122sin 602ABC S =⨯⨯⨯︒=△则正三棱锥P ABC -的表面积为（2）连接AD ，设O 为正三角形ABC 的中心，则PO ⊥底面ABC ．且13OD AD ==在Rt POD 中，PO ==∴正三棱锥P ABC -的体积为1133ABC S PO ⋅==．22．（Ⅰ）16123π-；（Ⅱ）【分析】 （Ⅰ）分别计算圆锥和正四棱柱的体积，再计算该几何体的体积；（Ⅱ）首先利用比例关系求得1312h +=，再利用基本不等式求得1h a 的最大值，即可得到正四棱柱侧面积的最大值【详解】解：设圆锥母线长为l ，高为h ，正四棱柱的高为1h（Ⅰ）由S rl π=圆锥侧，有315l ππ=，故5l =，由222h r l +=，故4h =， 所以圆锥体积为2211341233V r h πππ==⨯⨯=圆锥由a =2， 由图可得11h r h r -=，所以11318433r h h r --==⨯=， 故正四棱柱的体积为21816233V a h ==⨯=正四棱柱 所以该几何体的体积为16123V V π-=-圆锥正四棱柱 （Ⅱ）由图可得12r h h r =，即13243h -=，即1312h +=由13h +≥136h ==时左式等号成立，有112h a ⇒≤12h =，a =故正四棱柱侧面积14S h a =≤侧，当且仅当12h =，a =所以该几何体内正四棱柱侧面积的最大值为。
高中数学 第八章 立体几何初步 8.3.1 棱柱、棱锥、棱台的表面积和体积习题(含解析)新人教A版必
8.3简单几何体的表面积与体积8.3.1棱柱、棱锥、棱台的表面积和体积课后篇巩固提升基础达标练1.(多选题)长方体ABCD-A1B1C1D1的长、宽、高分别为3,2,1,则()A.长方体的表面积为20B.长方体的体积为6C.沿长方体的表面从A到C1的最短距离为3D.沿长方体的表面从A到C1的最短距离为22×(3×2+3×1+2×1)=22,A错误.长方体的体积为3×2×1=6,B正确.如图①所示,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=3,BC=2,BB1=1.在表面上求最短距离可把几何体展开成平面图形,如图②所示,将侧面ABB1A1和侧面BCC1B1展开,则有AC1=,即当经过侧面ABB1A1和侧面BCC1B1时的最短距离是;如图③所示,将侧面ABB1A1和底面A1B1C1D1展开,则有AC1==3,即当经过侧面ABB1A1和底面A1B1C1D1时的最短距离是3;如图④所示,将侧面ADD1A1和底面A1B1C1D1展开,则有AC1==2,即当经过侧面ADD1A1和底面A1B1C1D1时的最短距离是2.因为3<2,所以沿长方体表面从A到C1的最短距离是3,C正确,D不正确.2.如图所示,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,则三棱锥D-ACD1的体积是()A. B. C. D.1D-ACD1的体积等于三棱锥D1-ACD的体积,三棱锥D1-ACD的底面ACD是直角边长为1的等腰直角三角形,高D1D=1,∴三棱锥D-ACD1的体积为V=×1×1×1=.3.一个正四棱锥的底面边长为2,高为,则该正四棱锥的表面积为()A.8B.12C.16D.20=2,所以该四棱锥的表面积为22+4××2×2=12.4.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()A.3πB.C.πD.1,由图可知,该几何体由两个四棱锥构成,并且这两个四棱锥体积相等.四棱锥的底面为正方形,且边长为,故底面积为()2=2;四棱锥的高为1,则四棱锥的体积为×2×1=.故几何体的体积为2×.5.正三棱锥的底面周长为6,侧面都是直角三角形,则此棱锥的体积为()A. B. C. D.,正三棱锥的底面周长为6,所以正三棱锥的底面边长为2,侧面均为直角三角形,可知侧棱长均为,三条侧棱两两垂直,所以此三棱锥的体积为.6.(2020全国高一课时练习)如图,长方体ABCD-A1B1C1D1的体积是120,E为CC1的中点,则三棱锥E-BCD的体积是.ABCD-A1B1C1D1的体积为120,所以AB·BC·CC1=120,因为E为CC1的中点,所以CE=CC1,由长方体的性质知CC1⊥底面ABCD,所以CE是三棱锥E-BCD的底面BCD上的高,所以三棱锥E-BCD的体积V=AB·BC·CE=AB·BC·CC1=×120=10.7.正四棱柱的一条体对角线长为9,表面积为144,适合这些条件的正四棱柱有个.a,高为h,由题意得这个方程组有两个解,所以适合条件的正四棱柱有2个.8.已知某几何体是由两个全等的长方体和一个三棱柱组合而成,如图所示,其中长方体的长、宽、高分别为4,3,3,三棱柱底面是直角边分别为4,3的直角三角形,侧棱长为3,则此几何体的体积是,表面积是.V=4×6×3+×4×3×3=90,表面积S=2(4×6+4×3+6×3)-3×3+×4×3×2+×3+3×4=138.9.在正四棱锥S-ABCD中,点O是底面中心,SO=2,侧棱SA=2,则该棱锥的体积为.侧棱SA=2,高SO=2,∴AO==2,因此,底面正方形的边长AB=AO=4,底面积为AB2=16.该棱锥的体积为V=AB2·SO=×16×2=.10.有一个正四棱台形状的油槽,可以装油190 L,假如它的两底面边长分别等于60 cm和40 cm,则它的深度为 cm.S',S.由V=(S++S')h,得h==75(cm).能力提升练1.(2020某某某某检测)我国古代名著《X丘建算经》中记载:“今有方锥下广二丈,高三丈,欲斩末为方亭,令上方六尺,问亭方几何?”大致意思为“有一个正四棱锥下底面边长为二丈,高三丈,现从上面截去一段,使之成为正四棱台状方亭,且正四棱台的上底面边长为六尺,问该正四棱台的体积是多少立方尺?”(注:1丈=10尺)()A.1 946立方尺B.3 892立方尺C.7 784立方尺D.11 676立方尺,正四棱锥的高为30,所截得正四棱台的下底面棱长为20,上底面棱长为6, 设棱台的高为OO1=h,由△PA1O1∽△PAO可得,解得h=21,可得正四棱台的体积为×21×(62+202+6×20)=3892(立方尺),故选B.2.(2020某某某某检测)如图所示,在上、下底面对应边的比为1∶2的三棱台中,过上底面的一边A1B1和AC,BC的中点F,E作一个平面A1B1EF,记平面分三棱台两部分的体积为V1(三棱柱A1B1C1-FEC),V2两部分,那么V1∶V2=.h,上底面的面积是S,则下底面的面积是4S,∴V棱台=h(S+4S+2S)=Sh,V1=Sh,∴.∶43.(2020全国高一课时练习)如图,AA1,BB1,CC1相交于点O,形成两个顶点相对、底面水平的三棱锥容器,AO=A1O,BO=B1O,CO=C1O.设三棱锥高均为1,若上面三棱锥中装有高度为0.5的液体,且液体能流入下面的三棱锥,则液体流下去后液面高度为.,流下去后,液体上方空出的三棱锥的体积为三棱锥体积的.设空出的三棱锥的高为x,则,所以x=,所以液面高度为1-.-4.已知一个三棱柱的三视图如图所示,求这个三棱柱的侧面积.,该三棱柱的底面为正三角形,各侧面为矩形,侧棱长为4cm,如图所示.因为正三角形ABC和正三角形A'B'C'的高为2cm,所以正三角形ABC的边长AB==4(cm).故三棱柱的侧面积为S侧=4×4×3=48(cm2).5.一个正三棱锥P-ABC的底面边长为a,高为h.一个正三棱柱A1B1C1-A0B0C0的顶点A1,B1,C1分别在三条棱上,A0,B0,C0分别在底面△ABC上,何时此三棱柱的侧面积取到最大值?O,连接PO,图略,则PO为三棱锥的高,设A1,B1,C1所在的底面与PO交于O1点,则,令A1B1=x,而PO=h,则PO1=x,于是OO1=h-PO1=h-x=h.所以所求三棱柱的侧面积为S=3x·h(a-x)x=.当x=时,S有最大值为ah,此时O1为PO的中点,即A1,B1,C1分别是三条棱的中点.素养培优练在正三棱台ABC-A1B1C1中,已知AB=10,棱台一个侧面梯形的面积为,O1,O分别为上、下底面正三角形的中心,连接A1O1,AO并延长,分别交B1C1,BC于点D1,D,∠D1DA=60°,求上底面的边长.AB=10,∴AD=AB=5,OD=AD=.设上底面的边长为x(x>0),则O1D1=x.如图所示,连接O1O,过D1作D1H⊥AD于点H,则四边形OHD1O1为矩形,且OH=O1D1=x.∴DH=OD-OH=x,在Rt△D1DH中,D1D==2x.∵四边形B1C1CB的面积为(B1C1+BC)·D1D,∴(x+10)×2x,即40=(x+10)(10-x),∴x=2,故上底面的边长为2.。
2022年高考数学二轮复习第二篇考点突破专题三 空间几何体、表面积与体积
【解析】将等腰四面体补成长方体，设等腰四面体的对棱棱长分别为 a，b，c，与之对应的长方体
x2＋y2＝a2 的长宽高分别为 x，y，z 则 y2＋z2＝b2 ，
x2＋z2＝c2
a2＋c2－b2
a2＋b2－c2
b2＋c2－a2
故 x2＝ 2
，y2＝ 2
，z2＝ 2
，结合图象易得①②正确；
三组对棱长度分别为 a＝5，b＝6，c＝7，则 x＝ 19 ，y＝ 6 ，z＝ 30 ，
【解析】选 B.因为文物底部是直径为 0.9 米的圆形，文物底部与玻璃罩底边至少间隔 0.3 米，所以由正方形与圆的位置关系可知，底面正方形的边长为 0.9＋2×0.3＝1.5(米). 又文物高 1.8 米，文物顶部与玻璃罩上底面至少间隔 0.2 米， 所以正四棱柱的高为 1.8＋0.2＝2(米)， 则正四棱柱的体积 V＝1.52×2＝4.5(立方米). 因为文物的体积为 0.5 立方米，所以罩内空气的体积为 4.5－0.5＝4(立方米). 因为气体每立方米 1 000 元，所以气体的费用最少为 4×1 000＝4 000(元).
等腰直角三角形，则侧棱 PA＝sin
PO ∠PAO
＝sin
2 45°
＝2，且
AO＝PO＝
2 ，则底面
正方形 ABCD 的对角线 AC＝2AO＝2 2 ＝ 2 AB，得正方形的边长 AB＝2，从而知
正四棱锥的 4 个侧面均是边长为 2 的正三角形；所以底面积为|AB|2＝4 ；侧面积为
4S△PAB＝4×12 ×2×2×sin 60°＝4 3 ，
几何体的表面积、体积 1．一个圆锥的轴截面是边长为 4 的等边三角形，在该圆锥中有一个内接圆柱(下底面 在圆锥底面上，上底面的圆周在圆锥侧面上)，则当该圆柱侧面积取最大值时，该圆 柱的高为( ) A．1 B．2 C．3 D． 3
2023年新高考数学一轮复习8-2 空间几何体的表面积和体积(知识点讲解)含详解
专题8.2 空间几何体的表面积和体积（知识点讲解）【知识框架】 【核心素养】1.通过考查几何体体积和表面积的计算，主要考查棱柱、棱锥或不规则几何体的特征及体积与表面积的计算，凸显数学运算、直观想象的核心素养．2.结合三视图、直观图、展开图、轴截面等，考查球的切、接问题，主要考查几何体与球的组合体的识辨，球的体积、表面积的计算，凸显数学运算、直观想象的核心素养．【知识点展示】（一）几何体的表面积圆柱的侧面积圆柱的表面积圆锥的侧面积圆锥的表面积圆台的侧面积圆台的表面积球体的表面积 柱体、锥体、台体的侧面积，就是各个侧面面积之和；表面积是各个面的面积之和，即侧面积与底面积之和.把柱体、锥体、台体的面展开成一个平面图形，称为它的展开图，圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图分别是矩形、扇形、扇环形它的表面积就是展开图的面积.（二）几何体的体积圆柱的体积rl S π2=)(2l r r S +=πrl S π=)(l r r S +=πl r r S )(+'=π)(22rl l r r r S +'++'=π24R S π=h r V 2π=圆锥的体积 圆台的体积 球体的体积 正方体的体积正方体的体积（三）常用结论多面体的内切球与外接球常用的结论(1)设正方体的棱长为a ，则它的内切球半径r ＝2a ，外接球半径R＝2a . (2)设长方体的长、宽、高分别为a ，b ，c ，则它的外接球半径R＝2. (3)设正四面体的棱长为a ，则它的高为H＝3a ，内切球半径r ＝14H＝12a ，外接球半径R ＝34H＝4a . 【常考题型剖析】题型一：空间几何体的表面积例1.（2021·全国·高考真题）北斗三号全球卫星导航系统是我国航天事业的重要成果．在卫星导航系统中，地球静止同步卫星的轨道位于地球赤道所在平面，轨道高度为36000km （轨道高度是指卫星到地球表面的距离）．将地球看作是一个球心为O ，半径r 为6400km 的球，其上点A 的纬度是指OA 与赤道平面所成角的度数．地球表面上能直接观测到一颗地球静止同步轨道卫星点的纬度最大值为α，记卫星信号覆盖地球表面的表面积为22(1cos )S r πα=-（单位：2km ），则S 占地球表面积的百分比约为（ ）A ．26%B ．34%C ．42%D ．50%例2.（2020·全国·高考真题（理））已知,,A B C 为球O 的球面上的三个点，⊙1O 为ABC 的外接圆，若⊙1O 的面积为4π，1AB BC AC OO ===，则球O 的表面积为（ ）A ．64πB ．48πC ．36πD ．32π例3．（2022·青海·海东市第一中学模拟预测（文））已知某圆台的母线长为2，母线与轴所在直线的夹角是60︒，且上、下底面的面积之比为1∶4，则该圆台外接球的表面积为（ ）A ．56πB ．64πC ．112πD ．128πh r V 231π=)(3122r r r r h V '++'=π334R V π=3a V =abc V =几类空间几何体表面积的求法(1)多面体：其表面积是各个面的面积之和．(2)旋转体：其表面积等于侧面面积与底面面积的和．(3)简单组合体：应搞清各构成部分，并注意重合部分的删、补．(4)若以三视图形式给出，解题的关键是根据三视图，想象出原几何体及几何体中各元素间的位置关系及数量关系．题型二：空间几何体的体积例4. （2023·河南·洛宁县第一高级中学一模（文））若圆锥的母线与底面所成的角为π6，则该圆锥的体积为（ ）A ．π2B ．πC ．2πD ．3π例5.（2022·全国·高考真题）南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔1485m ．时，相应水面的面积为21400km ．；水位为海拔1575m ．时，相应水面的面积为21800km ．，将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔1485m ．上升到1575m ．时，2.65）（ ）A ．931.010m ⨯B ．931.210m ⨯C ．931.410m ⨯D ．931.610m ⨯例6.（2022·全国·高考真题（理））甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为2π，侧面积分别为S 甲和S 乙，体积分别为V 甲和V 乙．若=2S S 甲乙，则=V V 甲乙（ ）AB ．CD 例7.（2022·湖北·黄石市有色第一中学模拟预测）阿基米德多面体也称为半正多面体，是以边数不全相同的正多边形为面围成的多面体．如图，已知阿基米德多面体的所有顶点均是一个棱长为2的正方体各条棱的中点，则该阿基米德多面体的体积为______；若M ，N 是该阿基米德多面体表面上任意两点，则M ，N 两点间距离的最大值为______．1.处理体积问题的思路(1)“转”：指的是转换底面与高，将原来不易求面积的底面转换为易求面积的底面，或将原来不易看出的高转换为易看出并易求解长度的高，即等体积法；(2)“拆”：指的是将一个不规则的几何体拆成几个简单的几何体，便于计算，即分割法；(3)“拼”：指的是将小几何体嵌入一个大几何体中，如将一个三棱锥复原成一个三棱柱，将一个三棱柱复原成一个四棱柱，这些都是拼补的方法，即补形法．2.求体积的两种方法：①割补法：求一些不规则几何体的体积时，常用割补法转化成已知体积公式的几何体进行解决.②等积法：等积法包括等面积法和等体积法.等体积法的前提是几何图形(或几何体)的面积(或体积)通过已知条件可以得到，利用等积法可以用来求解几何图形的高或几何体的高，特别是在求三角形的高和三棱锥的高时，这一方法回避了通过具体作图得到三角形(或三棱锥)的高，而通过直接计算得到高的数值.题型三：三视图与几何体的面积、体积例8．（2020·全国·高考真题（文））下图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是（）A．6+42B．4+42C．6+23D．4+23例9. （2020·浙江·高考真题）某几何体的三视图（单位：cm）如图所示，则该几何体的体积（单位：cm3）是（）A．73B．143C．3D．6例10.（2022·浙江省春晖中学模拟预测）某几何体的三视图如图，其中正视图是腰长为2的等腰三角形，侧视图是半径为1的半圆，则该几何体的表面积是___________，体积是___________.【总结提升】求空间几何体体积的常见类型及思路（1）规则几何体：若所给定的几何体是柱体、锥体或台体等规则几何体，则可直接利用公式进行求解．其中，求三棱锥的体积常用等体积转换法（2）不规则几何体：若所给定的几何体是不规则几何体，则将不规则的几何体通过分割或补形转化为规则几何体，再利用公式求解.题型四：简单几何体的外接球与内切球问题例11.（2021·天津·高考真题）两个圆锥的底面是一个球的同一截面，顶点均在球面上，若球的体积为323π，两个圆锥的高之比为1:3，则这两个圆锥的体积之和为（ ）A ．3πB ．4πC ．9πD ．12π例12.（2020·全国高考真题（理））已知△ABC O 的球面上.若球O 的表面积为16π，则O 到平面ABC 的距离为（ ）A B ．32 C ．1 D例13.（2020·全国·高考真题（理））已知△ABC O 的球面上.若球O 的表面积为16π，则O 到平面ABC 的距离为（ ）AB ．32C ．1D 例14.（2019·全国·高考真题（理））已知三棱锥P -ABC 的四个顶点在球O 的球面上，P A =PB =PC ，△ABC 是边长为2的正三角形，E ，F 分别是P A ，AB 的中点，∠CEF =90°，则球O 的体积为（ ）A． B． C． D例15.(2017·全国卷Ⅲ)已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为( )A ．πB ．34πC ．2πD ．4π 例16.(2016·全国卷Ⅲ)在封闭的直三棱柱ABC A 1B 1C 1内有一个体积为V 的球．若AB ⊥BC ，AB ＝6，BC ＝8，AA 1＝3，则V 的最大值是( )A ．4πB ．9π2C ．6πD ．32π3例17.（2021·福建·厦门大学附属科技中学高三阶段练习）某同学在参加魔方实践课时，制作了一个工艺品，如图所示，该工艺品可以看成是一个球被一个棱长为（球心与正方体的中心重合），若其中一个截面圆的周长为6π，则该球的表面积是______．例18. (2019年高考天津卷理)的正方形，侧棱长均若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体积为_____________．例19.（2020·全国·高考真题（文））已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为_________．【总结提升】1.常见类型：（1）利用长方体的体对角线探索外接球半径；（2）利用长方体的面对角线探索外接球半径；（3）利用底面三角形与侧面三角形的外心探索球心；（4）利用直棱柱上下底面外接圆圆心的连线确定球心；（5）锥体的内切球问题；（6）柱体的内切球问题2.与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．球与旋转体的组合通常是作它们的轴截面解题，球与多面体的组合，通过多面体的一条侧棱和球心，或“切点”、“接点”作出截面图，把空间问题化归为平面问题．3．若球面上四点P ，A ，B ，C 中PA ，PB ，PC 两两垂直或三棱锥的三条侧棱两两垂直，可构造长方体或正方25体确定直径解决外接问题．专题8.2 空间几何体的表面积和体积（知识点讲解）【知识框架】 【核心素养】1.通过考查几何体体积和表面积的计算，主要考查棱柱、棱锥或不规则几何体的特征及体积与表面积的计算，凸显数学运算、直观想象的核心素养．2.结合三视图、直观图、展开图、轴截面等，考查球的切、接问题，主要考查几何体与球的组合体的识辨，球的体积、表面积的计算，凸显数学运算、直观想象的核心素养．【知识点展示】（一）几何体的表面积圆柱的侧面积圆柱的表面积圆锥的侧面积圆锥的表面积圆台的侧面积圆台的表面积球体的表面积 柱体、锥体、台体的侧面积，就是各个侧面面积之和；表面积是各个面的面积之和，即侧面积与底面积之和.把柱体、锥体、台体的面展开成一个平面图形，称为它的展开图，圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图分别是矩形、扇形、扇环形它的表面积就是展开图的面积.（二）几何体的体积圆柱的体积rl S π2=)(2l r r S +=πrl S π=)(l r r S +=πl r r S )(+'=π)(22rl l r r r S +'++'=π24R S π=h r V 2π=圆锥的体积 圆台的体积 球体的体积 正方体的体积正方体的体积（三）常用结论多面体的内切球与外接球常用的结论(1)设正方体的棱长为a ，则它的内切球半径r ＝2a ，外接球半径R＝2a . (2)设长方体的长、宽、高分别为a ，b ，c ，则它的外接球半径R. (3)设正四面体的棱长为a ，则它的高为H＝3a ，内切球半径r ＝14H＝12a ，外接球半径R ＝34H＝4a . 【常考题型剖析】题型一：空间几何体的表面积例1.（2021·全国·高考真题）北斗三号全球卫星导航系统是我国航天事业的重要成果．在卫星导航系统中，地球静止同步卫星的轨道位于地球赤道所在平面，轨道高度为36000km （轨道高度是指卫星到地球表面的距离）．将地球看作是一个球心为O ，半径r 为6400km 的球，其上点A 的纬度是指OA 与赤道平面所成角的度数．地球表面上能直接观测到一颗地球静止同步轨道卫星点的纬度最大值为α，记卫星信号覆盖地球表面的表面积为22(1cos )S r πα=-（单位：2km ），则S 占地球表面积的百分比约为（ ）A ．26%B ．34%C ．42%D ．50%【答案】C【解析】【分析】由题意结合所给的表面积公式和球的表面积公式整理计算即可求得最终结果.【详解】由题意可得，S 占地球表面积的百分比约为： 226400164003600002(1.cos )1cos 44242%22r r πααπ---+==≈=.h r V 231π=)(3122r r r r h V '++'=π334R V π=3a V =abc V =故选：C.例2.（2020·全国·高考真题（理））已知,,A B C 为球O 的球面上的三个点，⊙1O 为ABC 的外接圆，若⊙1O 的面积为4π，1AB BC AC OO ===，则球O 的表面积为（ ）A ．64πB ．48πC ．36πD ．32π 【答案】A【解析】【分析】由已知可得等边ABC 的外接圆半径，进而求出其边长，得出1OO 的值，根据球的截面性质，求出球的半径，即可得出结论.【详解】设圆1O 半径为r ，球的半径为R ，依题意，得24,2r r ππ=∴=，ABC 为等边三角形，由正弦定理可得2sin 60AB r =︒=，1OO AB ∴==1OO ⊥平面ABC ，11,4OO O A R OA ∴⊥====，∴球O 的表面积2464S R ππ==.故选：A例3．（2022·青海·海东市第一中学模拟预测（文））已知某圆台的母线长为2，母线与轴所在直线的夹角是60︒，且上、下底面的面积之比为1⊙4，则该圆台外接球的表面积为（ ） A ．56πB ．64πC ．112πD ．128π 【答案】C【解析】【分析】作出圆台的轴截面等腰梯形，其外接圆是圆台外接球的大圆，在这个轴截面中进行计算可得．【详解】如图等腰梯形ABCD 是圆台的轴截面，EF 是圆台的对称轴，圆台上、下底面的面积之比为1：4，则半径比为1：2，设圆台上、下底面半径分别为r ，2r ，因母线与轴的夹角是60︒，母线长为2，可得圆台的高为1，r =R ，球心到下底面（大圆面）的距离为x ，若球心在圆台两底面之间，如图点M 位置，则222R x =+且222(1)R x =-+，无解；若圆台两底面在球心同侧，如图点O 位置，则222R x =+且222(1)R x =++，解得4x =，则228R =， 则该圆台外接球的表面积为2112R 4π=π．故选：C ．【总结提升】几类空间几何体表面积的求法(1)多面体：其表面积是各个面的面积之和．(2)旋转体：其表面积等于侧面面积与底面面积的和．(3)简单组合体：应搞清各构成部分，并注意重合部分的删、补．(4)若以三视图形式给出，解题的关键是根据三视图，想象出原几何体及几何体中各元素间的位置关系及数量关系．题型二：空间几何体的体积例4. （2023·河南·洛宁县第一高级中学一模（文））若圆锥的母线与底面所成的角为π6，则该圆锥的体积为（ ）A ．π2B ．πC ．2πD ．3π【答案】B【解析】【分析】设圆锥的高为h ，利用母线与底面所成角求出高即可得解.【详解】设圆锥的高为h ， 因为母线与底面所成的角为π6，所以πtan 61h =．圆锥的体积2π1π3=⨯⨯=V ． 故选：B例5.（2022·全国·高考真题）南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔1485m ．时，相应水面的面积为21400km ．；水位为海拔1575m ．时，相应水面的面积为21800km ．，将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔1485m ．上升到1575m ．时，2.65）（ ）A ．931.010m ⨯B ．931.210m ⨯C ．931.410m ⨯D ．931.610m ⨯ 【答案】C【解析】【分析】根据题意只要求出棱台的高，即可利用棱台的体积公式求出．【详解】依题意可知棱台的高为157.5148.59MN =-=(m)，所以增加的水量即为棱台的体积V ．棱台上底面积262140.014010S ==⨯km m ，下底面积262180.018010S '==⨯km m ，∴((66119140101801033V h S S =+=⨯⨯⨯+⨯' ()()679933320607109618 2.6510 1.43710 1.410(m )=⨯+⨯≈+⨯⨯=⨯≈⨯．故选：C ．例6.（2022·全国·高考真题（理））甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为2π，侧面积分别为S 甲和S 乙，体积分别为V 甲和V 乙．若=2S S 甲乙，则=V V 甲乙（ ） AB．CD【答案】C【解析】【分析】 设母线长为l ，甲圆锥底面半径为1r ，乙圆锥底面圆半径为2r ，根据圆锥的侧面积公式可得122r r =，再结合圆心角之和可将12,r r 分别用l 表示，再利用勾股定理分别求出两圆锥的高，再根据圆锥的体积公式即可得解.【详解】解：设母线长为l ，甲圆锥底面半径为1r ，乙圆锥底面圆半径为2r ， 则11222S rl r S r l r ππ===甲乙， 所以122r r =， 又12222r r l lπππ+=， 则121r r l +=， 所以1221,33r l r l ==，所以甲圆锥的高1h ==，乙圆锥的高2h ==，所以221122214313r h l V V r h ππ==甲乙 故选：C.例7.（2022·湖北·黄石市有色第一中学模拟预测）阿基米德多面体也称为半正多面体，是以边数不全相同的正多边形为面围成的多面体．如图，已知阿基米德多面体的所有顶点均是一个棱长为2的正方体各条棱的中点，则该阿基米德多面体的体积为______；若M ，N 是该阿基米德多面体表面上任意两点，则M ，N 两点间距离的最大值为______．【答案】 203##263 22##322 【解析】【分析】第一空，将该多面体置于正方体中，由此可知该阿基米德多面体是由正方体切掉8个全等的三棱锥形成，由此可求得其体积；第二空，结合阿基米德多面体的外接球刚好是补形后正方体的棱切球，再求M ，N 两点间距离的最大值即可.【详解】依题意，可将该多面体补成一个棱长为2的正方体，如图，所以该阿基米德多面体是由正方体切掉8个全等的三棱锥形成，其体积112088111323V =-⨯⨯⨯⨯⨯=; 该阿基米德多面体的外接球刚好是正方体的棱切球，即与正方体的各条棱相切于棱的中点的球，该球直径为M ，N 两点间距离的最大值为外接球的直径，则max MN =故答案为:203； 【总结提升】1.处理体积问题的思路(1)“转”：指的是转换底面与高，将原来不易求面积的底面转换为易求面积的底面，或将原来不易看出的高转换为易看出并易求解长度的高，即等体积法；(2)“拆”：指的是将一个不规则的几何体拆成几个简单的几何体，便于计算，即分割法；(3)“拼”：指的是将小几何体嵌入一个大几何体中，如将一个三棱锥复原成一个三棱柱，将一个三棱柱复原成一个四棱柱，这些都是拼补的方法，即补形法．2.求体积的两种方法：①割补法：求一些不规则几何体的体积时，常用割补法转化成已知体积公式的几何体进行解决.②等积法：等积法包括等面积法和等体积法.等体积法的前提是几何图形(或几何体)的面积(或体积)通过已知条件可以得到，利用等积法可以用来求解几何图形的高或几何体的高，特别是在求三角形的高和三棱锥的高时，这一方法回避了通过具体作图得到三角形(或三棱锥)的高，而通过直接计算得到高的数值.题型三：三视图与几何体的面积、体积例8．（2020·全国·高考真题（文））下图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是（）A．6+42B．4+42C．6+23D．4+23【答案】C【解析】【分析】根据三视图特征，在正方体中截取出符合题意的立体图形，求出每个面的面积，即可求得其表面积.【详解】根据三视图特征，在正方体中截取出符合题意的立体图形根据立体图形可得：12222ABC ADC CDBS S S===⨯⨯=△△△根据勾股定理可得：AB AD DB===∴ADB△是边长为根据三角形面积公式可得：211sin 6022ADB S AB AD =⋅⋅︒==△该几何体的表面积是：632⨯++ 故选：C.例9. （2020·浙江·高考真题）某几何体的三视图（单位：cm ）如图所示，则该几何体的体积（单位：cm 3）是（ ）A ．73B ．143C ．3D ．6【答案】A【解析】【分析】根据三视图还原原图，然后根据柱体和锥体体积计算公式，计算出几何体的体积.【详解】由三视图可知，该几何体是上半部分是三棱锥，下半部分是三棱柱，且三棱锥的一个侧面垂直于底面，且棱锥的高为1，棱柱的底面为等腰直角三角形，棱柱的高为2，所以几何体的体积为：11117211212232233⎛⎫⎛⎫⨯⨯⨯⨯+⨯⨯⨯=+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. 故选：A例10.（2022·浙江省春晖中学模拟预测）某几何体的三视图如图，其中正视图是腰长为2的等腰三角形，侧视图是半径为1的半圆，则该几何体的表面积是___________，体积是___________.【答案】232π+33π##3π3【解析】【分析】先画出直观图，再求出圆锥的高，求出两个半圆锥的侧面积之和，从而求出此几何体的表面积和体积.【详解】该几何体为两个底面半径为1，母线长为2的半圆锥拼接而成，设圆锥的高为h，由勾股定理得：413h=-=，则两个半圆锥的侧面积之和为12π22π2⨯⨯=，如图，AB =2CD =，且AB CD ⊥，所以四边形ADBC 的面积为22÷=， 该几何体的表面积为232π+，该几何体的体积为21π13⨯=故答案为：2π 【总结提升】 求空间几何体体积的常见类型及思路（1）规则几何体：若所给定的几何体是柱体、锥体或台体等规则几何体，则可直接利用公式进行求解．其中，求三棱锥的体积常用等体积转换法（2）不规则几何体：若所给定的几何体是不规则几何体，则将不规则的几何体通过分割或补形转化为规则几何体，再利用公式求解.题型四：简单几何体的外接球与内切球问题例11.（2021·天津·高考真题）两个圆锥的底面是一个球的同一截面，顶点均在球面上，若球的体积为323π，两个圆锥的高之比为1:3，则这两个圆锥的体积之和为（ ）A ．3πB ．4πC ．9πD ．12π 【答案】B【解析】作出图形，计算球体的半径，可计算得出两圆锥的高，利用三角形相似计算出圆锥的底面圆半径，再利用锥体体积公式可求得结果.【详解】如下图所示，设两个圆锥的底面圆圆心为点D ，设圆锥AD 和圆锥BD 的高之比为3:1，即3AD BD =，设球的半径为R ，则343233R ππ=，可得2R =，所以，44AB AD BD BD =+==， 所以，1BD =，3AD =，CD AB ⊥，则90CAD ACD BCD ACD ∠+∠=∠+∠=，所以，CAD BCD ∠=∠，又因为ADC BDC ∠=∠，所以，ACD CBD △∽△，所以，AD CD CD BD=，CD ∴= 因此，这两个圆锥的体积之和为()21134433CD AD BD πππ⨯⋅+=⨯⨯=. 故选：B.例12.（2020·全国高考真题（理））已知△ABC O 的球面上.若球O 的表面积为16π，则O 到平面ABC 的距离为（ ）A B ．32 C ．1 D ．2【答案】C【解析】 设球O 的半径为R ，则2416R ππ=，解得：2R =.设ABC 外接圆半径为r ，边长为a ，ABC21224a ∴⨯=，解得：3a =，2233r ∴===，∴球心O 到平面ABC 的距离1d ===.故选：C.例13.（2020·全国·高考真题（理））已知△ABC O 的球面上.若球O 的表面积为16π，则O 到平面ABC 的距离为（ ）AB ．32C ．1D 【答案】C【解析】【分析】根据球O 的表面积和ABC 的面积可求得球O 的半径R 和ABC 外接圆半径r ，由球的性质可知所求距离d = 【详解】设球O 的半径为R ，则2416R ππ=，解得：2R =.设ABC 外接圆半径为r ，边长为a ，ABC212a ∴=3a =，2233r ∴==∴球心O 到平面ABC 的距离1d .故选：C.【点睛】本题考查球的相关问题的求解，涉及到球的表面积公式和三角形面积公式的应用；解题关键是明确球的性质，即球心和三角形外接圆圆心的连线必垂直于三角形所在平面.例14.（2019·全国·高考真题（理））已知三棱锥P -ABC 的四个顶点在球O 的球面上，P A =PB =PC ，△ABC 是边长为2的正三角形，E ，F 分别是P A ，AB 的中点，∠CEF =90°，则球O 的体积为（ ）A ．B ．C ． D【答案】D【解析】【分析】先证得PB ⊥平面PAC ，再求得PA PB PC ===P ABC -为正方体一部分，进而知正方体的体对角线即为球直径，从而得解.【详解】解法一:,PA PB PC ABC ==∆为边长为2的等边三角形，P ABC ∴-为正三棱锥，PB AC ∴⊥，又E ，F 分别为PA 、AB 中点，//EF PB ∴，EF AC ∴⊥，又EF CE ⊥，,CE AC C EF =∴⊥平面PAC ，PB ⊥平面PAC ，APB PA PB PC ∴∠=90︒,∴===，P ABC ∴-为正方体一部分，2R ==34433R V R =∴=π==π，故选D ． 解法二:设2PA PB PC x ===，,E F 分别为,PA AB 中点，//EF PB ∴，且12EF PB x ==，ABC ∆为边长为2的等边三角形，CF ∴=90CEF ∠=︒1,2CE AE PA x ∴=== AEC ∆中余弦定理()2243cos 22x x EAC x +--∠=⨯⨯，作PD AC ⊥于D ，PA PC =， D 为AC 中点，1cos 2AD EAC PA x ∠==，2243142x x x x+-+∴=，2212122x x x ∴+=∴==PA PB PC ∴=====2AB BC AC ，,,PA PB PC ∴两两垂直，2R ∴R ∴=，34433V R ∴=π==，故选D. 例15.(2017·全国卷Ⅲ)已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为2的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为( )A ．π B ．34π C ．2π D ．4π 【答案】B 【解析】设圆柱的底面半径为r ，球的半径为R ，且R ＝1，由圆柱两个底面的圆周在同一个球的球面上可知，r ，R 及圆柱的高的一半构成直角三角形．∴2r ==. ∴圆柱的体积为V ＝πr 2h ＝34π×1＝34π. 故选B ．例16.(2016·全国卷Ⅲ)在封闭的直三棱柱ABC A 1B 1C 1内有一个体积为V 的球．若AB ⊥BC ，AB ＝6，BC ＝8，AA 1＝3，则V 的最大值是( )A ．4πB ．9π2C ．6πD ．32π3【答案】B【解析】由题意得要使球的体积最大，则球与直三棱柱的若干面相切．设球的半径为R ，∵△ABC 的内切圆半径为68102+-＝2，∴R ≤2. 又2R ≤3，∴R ≤32，∴V ma x ＝3439()322ππ=.故选B ． 点睛：解答本题的关键是当V 取得最大值时，球与上下底面还是与侧面相切的问题．例17.（2021·福建·厦门大学附属科技中学高三阶段练习）某同学在参加魔方实践课时，制作了一个工艺品，如图所示，该工艺品可以看成是一个球被一个棱长为（球心与正方体的中心重合），若其中一个截面圆的周长为6π，则该球的表面积是______．【答案】144π【解析】【分析】设球心为O ，作出过球心的截面图如图所示，然后根据已知条件结合球的性质求解即可.【详解】 设球心为O，作出过球心的截面图如图所示，则OA =由截面圆的周长为6π，得26AB ππ⨯=，∴3AB =，6．所以该球的表面积为246=144ππ⨯.故答案为：144π.例18. (2019年高考天津卷理)的正方形，侧棱长若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体积为_____________．【答案】，借助勾股定理，可知四棱锥的高.若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，故圆柱的高为，圆柱的底面半径为， 故圆柱的体积为. 例19.（2020·全国·高考真题（文））已知圆锥的底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内半径最大的球的体积为_________．【解析】【分析】将原问题转化为求解圆锥内切球的问题，然后结合截面确定其半径即可确定体积的值.【详解】 25π42=11221ππ124⎛⎫⨯⨯= ⎪⎝⎭易知半径最大球为圆锥的内切球，球与圆锥内切时的轴截面如图所示，其中2,3BC AB AC ===，且点M 为BC 边上的中点，设内切圆的圆心为O ， 由于223122AM =-=，故1222222S =⨯⨯=△ABC ， 设内切圆半径为r ，则：ABC AOB BOC AOC S S S S =++△△△△111222AB r BC r AC r =⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯()13322r =⨯++⨯=解得：22r，其体积：343V r π==.. 【总结提升】1.常见类型：（1）利用长方体的体对角线探索外接球半径；（2）利用长方体的面对角线探索外接球半径；（3）利用底面三角形与侧面三角形的外心探索球心；（4）利用直棱柱上下底面外接圆圆心的连线确定球心；（5）锥体的内切球问题；（6）柱体的内切球问题2.与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．球与旋转体的组合通常是作它们的轴截面解题，球与多面体的组合，通过多面体的一条侧棱和球心，或“切点”、“接点”作出截面图，把空间问题化归为平面问题．3．若球面上四点P ，A ，B ，C 中PA ，PB ，PC 两两垂直或三棱锥的三条侧棱两两垂直，可构造长方体或正方体确定直径解决外接问题．。
2021届高三数学(理)复习学案-第二节-空间几何体的表面积与体积-含解析
第二节空间几何体的表面积与体积[最新考纲][考情分析][核心素养] 1.了解球、柱、锥、台的表面积和体积的计算公式，并掌握空间几何体的表面积与体积的计算方法.2.理解空间图形转化为平面图形的思想，了解柱、锥、台体的侧面展开图的特征.2021年高考主要考查空间几何体的表面积、体积及与球有关的切接问题，多为选择题、填空题，分值为5分.1.直观想象2.数学运算‖知识梳理‖1．柱、锥、台和球的侧面积和体积面积体积圆柱S侧＝12πrh V＝2Sh＝πr2h圆锥S侧＝3πrl V＝413Sh＝13πr2h＝13πr2l2－r2圆台S侧＝π(r1＋r2)l V＝13(S上＋S下＋S上S下)h＝13π(r21＋r22＋r1r2)h直棱柱S侧＝5Ch V＝6Sh正棱锥S侧＝712Ch′V＝813Sh正棱台S侧＝12(C＋C′)h′V＝13(S上＋S下＋S上S下)h 球S球面＝94πR2V＝43πR3(1)10各面面积之和．(2)11矩形、12扇形、13扇环；它们的表面积14侧面积与底面面积之和．►常用结论1．设正方体的棱长为a，则它的内切球半径r＝a2，外接球半径R＝32a.2．设长方体的长、宽、高分别为a ，b ，c ，则它的外接球半径R ＝a 2＋b 2＋c 22. 3．设正四面体的棱长为a ，则它的高为63a ，内切球半径r ＝612a ，外接球半径R ＝64a . 4．直棱柱的外接球半径可利用棱柱的上下底面平行，借助球的对称性，可知球心为上下底面外接圆圆心连线的中点，再根据勾股定理求得．‖基础自测‖一、疑误辨析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2πS .( ) 答案：(1)√ (2)× (3)× (4)√ (5)× (6)× 二、走进教材2．(必修2P 27练习1改编)已知圆锥的表面积等于12π cm 2，其侧面展开图是一个半圆，则底面圆的半径为( )A ．1 cmB ．2 cmC ．3 cmD ．32cm答案：B3．(必修2P 27例4改编)圆柱的底面直径与高都等于球的直径，则球的体积与圆柱的体积比V 球∶V 柱为( )A ．1∶2B ．2∶3C ．3∶4D ．1∶3 答案：B 三、易错自纠4．已知某几何体的三视图(单位：cm)如图所示，则该几何体的体积是( )A ．84 cm 3B ．92 cm 3C ．100 cm 3D ．108 cm 3解析：选C 由三视图可得该几何体是棱长分别为6，3，6的长方体截去一个三条侧棱两两垂直，且长度分别为3，4，4的三棱锥，所以该几何体的体积是6×6×3－13×12×4×4×3＝108－8＝100(cm 3)．5．将一个相邻边长分别为4π，8π的矩形卷成一个圆柱，则这个圆柱的表面积是( ) A ．40π2 B ．64π2C ．32π2或64π2D ．32π2＋8π或32π2＋32π解析：选D 当底面周长为4π时，底面圆的半径为2，两个底面的面积之和是8π；当底面周长为8π时，底面圆的半径为4，两个底面的面积之和为32π.无论哪种方式，侧面积都是矩形的面积32π2.故所求的表面积是32π2＋8π或32π2＋32π.6.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________．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V 1＝13×12×12a ×12b ×12c ＝148abc ，剩下的几何体的体积V 2＝abc －148abc ＝4748abc ，所以V 1∶V 2＝1∶47.答案：1∶47考点一 空间几何体的表面积|题组突破|1．(2019届黄冈模拟)已知一几何体的三视图如图所示，它的侧视图与正视图相同，则该几何体的表面积为( )A ．16＋12πB ．32＋12πC ．24＋12πD ．32＋20π解析：选A 由三视图知，该几何体是一个正四棱柱与半球的组合体，且正四棱柱的高为2，底面对角线长为4，球的半径为2，所以该正四棱柱的底面正方形的边长为22，该几何体的表面积S ＝12×4π×22＋π×22＋22×2×4＝12π＋16.2．(2018年全国卷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 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 ＝22，解得r ＝ 2.所以圆柱的表面积S 圆柱＝2πr 2＋2πrh ＝2π×(2)2＋2π×2×22＝4π＋8π＝12π. 3.如图所示的几何体是从棱长为2的正方体中截去一个到正方体的某个顶点的距离均为2的几何体后的剩余部分，则该几何体的表面积为( )A ．24－3πB ．24－πC ．24＋πD ．24＋5π解析：选B 由题意知该几何体是从棱长为2的正方体中截去以正方体某个顶点为球心，2为半径的18球后的剩余部分，则其表面积S ＝6×22－3×14×π×22＋18×4×π×22＝24－π.故选B ．►名师点津求空间几何体表面积的常见类型及思路求多面体的表面积只需将它们沿着棱“剪开”展成平面图形，利用求平面图形面积的方法求多面体的表面积求旋转体的表面积可以从旋转体的形成过程及其几何特征入手，将其展开后求表面积，但要搞清它们的底面半径、母线长与对应侧面展开图中的边长关系求不规则几何体的表面积通常将所给几何体分割成基本的柱体、锥体、台体，先求出这些基本的柱体、锥体、台体的表面积，再通过求和或作差，求出所给几何体的表面积考点二空间几何体的体积|题组突破|4．圆柱的轴截面是正方形，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．2π2B．3π2C．π2D．2π4解析：选A根据题意可知球的半径R＝1，则易得圆柱的高h＝2，圆柱的底面半径r＝22，所以V圆柱＝πr2h＝π×⎝⎛⎭⎫222×2＝2π2.故选A．5.(2019年江苏卷)如图，长方体ABCD－A1B1C1D1的体积是120，E为CC1的中点，则三棱锥E－BCD的体积是_______________．解析：因为长方体ABCD－A1B1C1D1的体积是120，所以CC1·S四边形ABCD＝120.又E是CC1的中点，所以三棱锥E－BCD的体积V E－BCD＝13EC·S△BCD＝13×12CC1×12S四边形ABCD＝112×120＝10.答案：106．(2019年全国卷Ⅲ)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－A1B1C1D1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＝6 cm，AA1＝4 cm.3D打印所用原料密度为0.9 g/cm3.不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为________g.解析：由题易得长方体ABCD－A1B1C1D1的体积为6×6×4＝144(cm 3)，四边形EFGH 为平行四边形，如图所示，连接GE ，HF ，易知四边形EFGH 的面积为矩形BCC 1B 1面积的一半，即为12×6×4＝12(cm 2)，所以V 四棱锥O －EFGH ＝13×3×12＝12(cm 3)，所以该模型的体积为144－12＝132(cm 3)，所以制作该模型所需原料的质量为132×0.9＝118.8(g)．答案：118.87．(2019年北京卷)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________．解析：如图所示的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为4，去掉四棱柱MQD 1A 1－NPC 1B 1(其底面是一个上底为2，下底为4，高为2的直角梯形)所得的几何体为题中三视图对应的几何体，故所求几何体的体积为43－12×(2＋4)×2×4＝40.答案：40 ►名师点津求空间几何体体积的常见类型及思路规则几何体 若所给定的几何体是柱体、锥体或台体等规则几何体，则可直接利用公式进行求解．其中，求三棱锥的体积常用等体积转换法不规则几何体 若所给定的几何体是不规则几何体，则将不规则的几何体通过分割或补形转化为规则几何体，再利用公式求解三视图形式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，然后根据条件求解考点 与球有关的切、接问题——多维探究与球有关的切接问题是立体几何中的难点，也是高考的常见题型． 常见的命题角度有：(1)几何体的内切球问题；(2)几何体的外接球问题． ●命题角度一 几何体的内切球问题【例1】 (1)(2019届重庆七校联考)已知正三棱锥的高为6，内切球(与四个面都相切)的表面积为16π，则其底面边长为( )A ．18B ．12C ．6 3D ．4 3(2)如图，在圆柱O 1O 2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 1O 2的体积为V 1，球O 的体积为V 2，则V 1V 2的值是________．[解析] (1)如图，由题意知，球心在三棱锥的高PE 上，E 为正△ABC 的中心，设内切球的半径为R ，则S 球＝4πR 2＝16π，所以R ＝2，所以OE ＝OF ＝2，OP ＝4.在Rt △OPF 中，PF ＝OP 2－OF 2＝2 3.因为△OPF ∽△DPE ，所以OF DE ＝PFPE，得DE ＝2 3.由题意知，正三棱锥的体高落在正三角形的重心处，所以AD ＝3DE ＝63，AB ＝23AD ＝12.故选B ．(2)设圆柱内切球的半径为R ，则由题设可得圆柱O 1O 2的底面圆的半径为R ，高为2R ，故V 1V 2＝πR 2·2R 43πR 3＝32. [答案] (1)B (2)32►名师点津处理与球有关内切问题的策略解答此类问题时首先要找准切点，通过作截面来解决．如果内切的是多面体，则作截面时主要抓住多面体过球心的对角面来作．●命题角度二 几何体的外接球问题【例2】(2019年全国卷Ⅰ)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．86πB．46πC．26πD．6π[解析]因为点E，F分别为P A，AB的中点，所以EF∥PB．因为∠CEF＝90°，所以EF⊥CE，所以PB⊥CE.取AC的中点D，连接BD，PD，易证AC⊥平面BDP，所以PB⊥AC，又AC∩CE＝C，AC，CE⊂平面P AC，所以PB⊥平面P AC，所以PB⊥P A，PB⊥PC．因为P A＝PB＝PC，△ABC为正三角形，所以P A⊥PC，即P A，PB，PC两两垂直，将三棱锥P－ABC放在正方体中如图所示．因为AB＝2，所以该正方体的棱长为2，所以该正方体的体对角线长为6，所以三棱锥P－ABC的外接球的半径R＝62，所以球O的体积V＝43πR3＝43π×⎝⎛⎭⎫623＝6π，故选D．[答案] D►名师点津1．把一个多面体的各个顶点放在球面上即为球的外接问题．解决这类问题的关键是抓住外接的特点，即球心到多面体的顶点的距离等于球的半径．2．常见的几种几何体的外接球问题(1)如果三棱锥的三条侧棱两两垂直并且相等，那么可以补形为一个正方体，正方体的外接球的球心就是三棱锥的外接球的球心．(2)如果三棱锥的三条侧棱两两垂直但不相等，那么可以补形为一个长方体，长方体的外接球的球心就是三棱锥的外接球的球心．(3)如果四面体的三对对棱分别相等，那么可以补形为一个长方体，长方体的外接球的球心就是四面体的外接球的球心．|跟踪训练|1．(2019届合肥市质检)已知一个圆锥底面半径为1，母线长为3，则该圆锥内切球的表面积为( )A ．πB ．3π2C ．2πD ．3π解析：选C 依题意，作出圆锥与球的轴截面，如图所示，设球的半径为r ，易知轴截面三角形SAB 边AB 上的高为22，因此22－r 3＝r 1，解得r ＝22，所以圆锥内切球的表面积为4π×⎝⎛⎭⎫222＝2π，故选C ．2．(2020届石家庄摸底)已知正三棱锥S －ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，棱锥的底面是边长为23的正三角形，侧棱长为25，则球O 的表面积为( )A ．25πB ．20πC ．16πD ．30π解析：选A 如图，延长SO 交球O 于点D ，设△ABC 的外心为E ，连接AE ，AD ，由正弦定理得2AE ＝23sin 60°＝4，∴AE ＝2，易知SE ⊥平面ABC ，由勾股定理可知，三棱锥S －ABC 的高SE ＝SA 2－AE 2＝（25）2－22＝4，由于点A 是以SD 为直径的球O 上一点，∴∠SAD ＝90°，由射影定理可知，球O 的直径2R ＝SD ＝SA 2SE＝5，因此，球O 的表面积为4πR 2＝π×(2R )2＝25π.故选A ．考点 空间几何体中最值问题【例】 (2019届沈阳市第一次质量监测)如图，四棱锥P －ABCD 的底面为矩形，矩形的四个顶点A ，B ，C ，D 在球O 的同一个大圆上，且球的表面积为16π，点P 在球面上，则四棱锥P －ABCD 的体积的最大值为( )A ．8B ．83C ．16D ．163[解析] 设球的半径为R ，由题知4πR 2＝16π，则R ＝2，再设大圆内的矩形长、宽分别为x ，y ，由题知x 2＋y 2＝16，则矩形面积xy ≤x 2＋y 22＝8，当且仅当x ＝y 时取等号，即底面为正方形时，底面面积最大．又四棱锥P －ABCD 的高的最大值为2，故四棱锥P －ABCD 体积的最大值为13×8×2＝163，故选D ．[答案] D ►名师点津与空间几何体有关的最值问题，多通过在条件中把目标函数转化为函数最值问题，再通过二次函数、基本不等式或导数求最值．|跟踪训练|(2019届重庆市第一次调研)三棱锥S －ABC 中，SA ，SB ，SC 两两垂直，已知SA ＝a ，SB ＝b ，SC ＝2，且2a ＋b ＝52，则此三棱锥的外接球的表面积的最小值为( )A ．21π4B ．17π4C ．4πD ．6π解析：选A 由题意，设三棱锥的外接球的半径为R ，因为SA ，SB ，SC 两两垂直，所以以SA ，SB ，SC 为棱构造长方体，其体对角线即为三棱锥的外接球的直径．因为SA ＝a ，SB ＝b ，SC ＝2，所以4R 2＝a 2＋b 2＋4＝a 2＋⎝⎛⎭⎫52－2a 2＋4＝5(a －1)2＋214，所以当a ＝1时，(4R 2)min ＝214，所以三棱锥的外接球的表面积的最小值为21π4，故选A ．。
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高考数学总复习 9-2 简单几何体的表面积和体积但因为测试 新人教B版 1.纸制的正方体的六个面根据其实际方位分别标记为上、下、东、南、西、北，现在沿该正方体的一些棱将正方体剪开，外面朝上展平，得到如下图所示的平面图形，则标“△”的面的方位是( )
A．南 B．北 C．西 D．下 [答案] A [解析] 将所给图形还原为正方体，如下图所示，最上面为上，最右面为东，则前面为△，可知“△”的实际方位为南．
2．(2010·河南省南阳市调研)一个球与一个正三棱柱的三个侧面和两个底面都相切，已知这个球的体积为32π3，那么这个三棱柱的体积是( ) A．963 B．483 C．243 D．163 [答案] B [解析] 已知正三棱柱的高为球的直径，底面正三角形的内切圆是球的大圆．设底面正 三角形的边长为a，球的半径为R，则a＝23R，又43πR3＝32π3，∴R＝2，a＝43，于是V＝34a2·2R＝483. 3．若圆锥轴截面的顶角θ满足π3A.π4C.π2[答案] D [解析] ∵θ∈π3，π2 ∴θ2∈π6，π4，
∴sinθ2∈12，22，又rl＝sinθ2∈12，22 ∴其侧面展开图中心角α＝rl·2π∈(π，2π)
4．(文)(2010·福建文，3)若一个底面是正三角形的三棱柱的正视图如下图所示，则其侧．
面积．．等于( )
A.3 B．2 C．23 D．6 [答案] D [解析] 原几何体是一个底面边长为2，高为1的正三棱柱， 则S侧＝3×(2×1)＝6. (理)(2010·陕西文，8)若某空间几何体的三视图如下图所示，则该几何体的体积是( )
A．2 B．1 C.23 D.13 [答案] B [解析] 由几何体的三视图可知，该几何体是直三棱柱，其直观图如下图所示，其体积
为V＝12×2×1×2＝1. 5．一空间几何体的三视图如下图所示，则该几何体的体积为( ) A．2π＋23 B．4π＋23 C．2π＋233 D．4π＋233 [答案] C [解析] 由几何体的三视图可知，该几何体是由一个底面直径和高都是2的圆柱和一个
底面边长为2，侧棱长为2的正四棱锥叠放而成．故该几何体的体积为V＝π×12×2＋13
×(2)2×3＝2π＋233，故选C. 6．(文)(2011·湖南文，4)设下图是某几何体的三视图，则该几何体的体积为( ) A．9π＋42 B．36π＋18 C.92π＋12 D.92π＋18
[答案] D [解析] 由三视图可知，该几何体是一个球体和一个长方体的组合体．其中，V球＝43π·(32)3
＝9π2，V长方体＝2×3×3＝18.所以V总＝92π＋18.
(理)(2011·山东济南一模)一个几何体的三视图如下图所示(单位长度：cm)，则此几何体的表面积是( )
A．(80＋162)cm2 B．84cm2 C．(96＋162)cm2 D．96cm2 [答案] A [解析] 其直观图如下图所示，由三视图知，棱锥底面是边长为4的正方形，高为2，棱柱与棱锥同底，高为4，因此棱锥的顶点到底边的距离是22＋22＝22cm，
故该几何体的表面积为S＝(12×4×22)×4＋(4×4)×5＝80＋162(cm2)． 7.(2011·湖州模拟)如下图所示，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________．
[答案] 26 [解析] 由展开图可知，该多面体是正四棱锥，底面正方形的边长为1，侧棱长也为1， ∴高h＝322－122＝22， ∴体积V＝13×12×22＝26. 8．一个底面半径为1，高为6的圆柱被一个平面截下一部分，如图(1)所示，截下部分的母线最大长度为2，最小长度为1，则截下部分的体积是________． [答案] 3π2 [解析] 根据对称性把它补成如图(2)所示的圆柱，这个圆柱的高是3，体积是所求几何体体积的2倍，故所求的几何体的体积是12×π×12×3＝3π2.故填3π2. 9．圆柱内切球的表面积为4π，则圆柱的表面积为________． [答案] 6π [解析] 设球半径为R(R>0)，则圆柱的底面半径为R，高为2R，由条件知，4πR2＝4π，∴R＝1. ∴圆柱的表面积S＝2π·R2＋2πR·2R＝6πR2＝6π. 10．(文)(2011·福建文，20)如下图，四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，点E在线段AD上，且CE∥AB.
(1)求证：CE⊥平面PAD； (2)若PA＝AB＝1，AD＝3，CD＝2，∠CDA＝45°，求四棱锥P－ABCD的体积． [解析] (1)∵PA⊥底面ABCD，CE⊂平面ABCD ∴CE⊥PA， 又∵AB⊥AD，CE∥AB. ∴CE⊥AD. 又∵PA∩AD＝A ∴CE⊥平面PAD. (2)由(1)可知CE⊥AD. 在Rt△ECD中，DE＝CD·cos45°＝1，CE＝CD·sin45°＝1. 又∵AB＝CE＝1，AB∥CE，所以四边形ABCE为矩形．
∴S四边形ABCD＝S矩形ABCE＋S△CDE＝AB·AE＋12CE·DE
＝1×2＋12×1×1＝52. 又PA⊥底面ABCD，PA＝1 所以V四棱锥p－ABCD＝13S四边形ABCD×PA＝13×52×1＝56. (理)(2010·合肥市质检)已知P在矩形ABCD的边DC上，AB＝2，BC＝1，F在AB上且DF⊥AP，垂足为E，将△ADP沿AP折起，使点D位于D′位置，连接D′B、D′C得四棱锥D′－ABCP. (1)求证：D′F⊥AP； (2)若PD＝1，且平面D′AP⊥平面ABCP，求四棱锥D′－ABCP的体积． [解析] (1)∵AP⊥D′E，AP⊥EF，D′E∩EF＝E， ∴AP⊥平面D′EF，∴AP⊥D′F. (2)∵PD＝1，∴四边形ADPF是边长为1的正方形，
∴D′E＝DE＝EF＝22， ∵平面D′AP⊥平面ABCP，D′E⊥AP，∴D′E⊥平面ABCP， ∵S梯形ABCP＝12×(1＋2)×1＝32，
∴VD′－ABCP＝13×D′E×S梯形ABCP＝24.
11.(2010·北京文，8)如下图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为2.动点E，F在棱A1B1
上，点Q是棱CD的中点，动点P在棱AD上．若EF＝1，DP＝x，A1E＝y(x，y大于零)，
则三棱锥P－EFQ的体积( )
A．与x，y都有关 B．与x，y都无关 C．与x有关，与y无关 D．与y有关，与x无关 [答案] C
[解析] 设P到平面EFQ的距离为h，则VP－EFQ＝13×S△EFQ·h，由于Q为CD的中点，∴点Q到直线EF的距离为定值2，又EF＝1，∴S△EFQ为定值，而P点到平面EFQ的距离，即P点到平面A1B1CD的距离，显然与x有关与y无关，故选C. 12．(文)(2011·陕西文，5)某几何体的三视图如下图所示，则它的体积为( ) A．8－2π3 B．8－π3 C．8－2π D.2π3 [答案] A [解析] 由三视图知，原几何体为如下图所示一正方体挖去一个与正方体等高底面是正
方形的内切圆的圆锥，则其体积为V＝23－13π×12×2＝8－2π3.故选A.
(理)(2010·北京东城区)如图(1)所示，一只装了水的密封瓶子，其内部可以看成是由半径为1cm和半径为3cm的两个圆柱组成的简单几何体．当这个几何体如图(2)水平放置时，液面高度为20cm，当这个几何体如图(3)水平放置时，液面高度为28cm，则这个简单几何体的总高度为( ) A．29cm B．30cm C．32cm D．48cm [答案] A [解析] 如图(2)，设下面圆柱高度为H，则上面小圆柱内液面高度20－H，又设余下部分为h，则图(3)中，下面圆柱高度为h＋20－H，故上面圆柱液面高度为28－(h＋20－H)＝H＋8－h，由两圆柱内液体体积相等得
9πH＋π(20－H)＝π(h＋20－H)＋9π(H＋8－h)， ∴h＝9，几何体总高度为20＋9＝29cm. [点评] 抓住问题的关键环节可以有效的提高解题的速度，本题中若设几何体的总高度为H，由几何体的总容积一定，内装液体的体积一定可得：π×32×(H－28)＝π×12×(H－20)，∴H＝29(cm)，解题过程就简捷多了． 13．(2011·东北三校)一个几何体的三视图及部分数据如下图所示，左视图为等腰三角形，俯视图为正方形，则这个几何体的体积等于( ) A.13 B.23 C.156 D.6224 [答案] A [解析] 由三视图知，这是一个正四棱锥，其底面为正方形，一条侧棱垂直于底面其长
度为2，底面正方形对角线长为1，∴边长为22，体积V＝13×(22)2×2＝13. 14．(文)一等边圆柱(轴截面是正方形的圆柱)的表面积为24π，一圆锥与此圆柱一个底面重合，顶点在另一个底面上，则此圆锥的表面积为________． [答案] 4(5＋1)π [解析] 设圆柱底半径为R，则2πR2＋2πR·2R＝24π，∴R＝2， ∴圆锥的底半径为R＝2，高为4， 母线长l＝22＋42＝25， ∴圆锥的表面积S＝πR2＋πRl＝4π＋45π＝4(5＋1)π. (理)圆锥的高为4，侧面积为15π，其内切球的表面积为________． [答案] 9π [解析] 设圆锥底面半径为r(r>0)，则母线长l＝16＋r2，由πrl＝15π得r·16＋r2＝15，解之得r＝3，∴l＝5.