2021年高三数学二轮复习讲练测之练案 几何体的表面积与体积的求解 【教师版】(文理通用)
(新课标)高考数学二轮复习专题能力训练11空间几何体的三视图、表面积与体积理(2021学年)
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专题能力训练11 空间几何体的三视图、表面积与体积（时间：60分钟满分:100分)一、选择题（本大题共８小题，每小题5分,共4０分）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Ｃ．若一棱锥的侧棱长与底面多边形的边长相等,则该棱锥可能是正六棱锥D。
圆锥的顶点与其底面圆周上的任意一点的连线都是母线2。
（201７浙江台州实验中学模拟)某几何体的三视图如图所示，则它的体积为(）A.8—ﻩB。
８—Ｃ。
8—2πD３.一个三棱锥的正视图和俯视图如图所示，则该三棱锥的侧视图可能为(）4．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.９0πB。
63πＣ．４2πD.36π5。
某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为(）AﻩBﻩCﻩＤ６。
一只小球放入一长方体容器内，且与共点的三个面相接触。
若小球上一点Ｐ到这三个面的距离分别为4,5,5，则这只小球的半径是()A。
3或8 Ｂ.8或11C．5或8ﻩ D.３或117。
空间几何体及其表面积和体积
第1讲空间几何体及其表面积和体积高考定位简单几何体的表面积与体积计算，主要以选择题、填空题的形式呈现，在解答题中，有时与空间线、面位置关系的证明相结合，面积与体积的计算作为其中的一问.1.(2021·新高考Ⅰ卷)已知圆锥的底面半径为2，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的母线长为()A.2B.2 2C.4D.4 2答案 B解析设圆锥的母线长为l，因为该圆锥的底面半径为2，侧面展开图为一个半圆，所以2π×2＝πl，解得l＝22，故选B.2.(2021·新高考Ⅱ卷)正四棱台的上、下底面的边长分别为2，4，侧棱长为2，则其体积为()A.20＋12 3B.28 2C.563 D.2823答案 D解析连接该正四棱台上、下底面的中心，如图，因为该四棱台上、下底面的边长分别为2，4，侧棱长为2，所以该棱台的高h ＝22－（22－2）2＝2，下底面面积S 1＝16，上底面面积S 2＝4，所以该棱台的体积V ＝13h (S 1＋S 2＋S 1S 2)＝13×2×(16＋4＋64)＝2823.3.(2021·全国甲卷)已知A ，B ，C 是半径为1的球O 的球面上的三个点，且AC ⊥BC ，AC ＝BC ＝1，则三棱锥O-ABC 的体积为( ) A.212B.312C.24D.34答案 A解析 如图所示，因为AC ⊥BC ，所以AB 为截面圆O 1的直径，且AB ＝ 2.连接OO 1，则OO 1⊥平面ABC ，OO 1＝OA 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫AB 22＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫222＝22，所以三棱锥O-ABC 的体积V ＝13S △ABC ·OO 1＝13×12×1×1×22＝212.4.(2021·天津卷)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32π3，两个圆锥的高之比为1∶3，则这两个圆锥的体积之和为( )A.3πB.4πC.9πD.12π答案 B解析 如图所示，设两个圆锥的底面圆圆心为点D ，圆锥AD 和圆锥BD 的高之比为3∶1, 即AD ＝3BD ，球的半径为R ，则4πR 33＝32π3，可得R ＝2，所以AB ＝AD ＋BD ＝4BD ＝4，所以BD ＝1，AD ＝3.因为CD ⊥AB ，则∠CAD ＋∠ACD ＝∠BCD ＋∠ACD ＝90°，所以∠CAD ＝∠BCD ，又因为∠ADC ＝∠BDC ，所以△ACD ∽△CBD ，所以AD CD ＝CDBD ，所以CD ＝AD ·BD ＝3，因此，这两个圆锥的体积之和为13π·CD 2·(AD ＋BD )＝13π·3×4＝4π.5.(2020·全国Ⅰ卷)埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥.以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为( )A.5－14B.5－12C.5＋14D.5＋12答案 C解析 设正四棱锥的底面正方形的边长为a ，高为h ，侧面三角形底边上的高(斜高)为h ′.由已知得h 2＝12ah ′.又∵h ′2＝h 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22，∴h ′2＝12ah ′＋14a 2，∴⎝ ⎛⎭⎪⎫h ′a 2－12·h ′a －14＝0，解得h ′a ＝5＋14(负值舍去).6.(2021·全国甲卷)已知一个圆锥的底面半径为6，其体积为30π，则该圆锥的侧面积为________.答案39π解析设该圆锥的高为h，则由已知条件可得13×π×62·h＝30π，解得h＝52，则圆锥的母线长为h2＋62＝254＋36＝132，故该圆锥的侧面积为π×6×132＝39π.1.空间几何体的两组常用公式(1)柱体、锥体、台体和球的表面积公式：①圆柱的表面积S＝2πr(r＋l)；②圆锥的表面积S＝πr(r＋l)；③圆台的表面积S＝π(r′2＋r2＋r′l＋rl)；④球的表面积S＝4πR2.(2)柱体、锥体、台体和球的体积公式：①V柱体＝Sh(S为底面面积，h为高)；②V锥体＝13Sh(S为底面面积，h为高)；③V台体＝13(S上＋S下＋S上S下)h(S上、S下分别为上、下底面面积，h为高)；④V球＝43πR3.2.球的简单组合体中几何体度量之间的关系，如棱长为a的正方体的外接球、内切球、棱切球的半径分别为32a，a2，22a.热点一空间几何体的表面积【例1】(1)如图所示的几何体是从棱长为2的正方体中截去以正方体的某个顶点为球心，2为半径的18球体后的剩余部分，则该几何体的表面积为()A.24－3πB.24－πC.24＋πD.24＋5π(2)(多选)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以为()A.2πB.(1＋2)πC.22πD.(2＋2)π答案(1)B(2)AB解析(1)由题意知该几何体的表面积S＝6×22－3×14×π×22＋18×4×π×22＝24－π.故选B.(2)如果绕直角边旋转，则形成圆锥，圆锥底面半径为1，高为1，母线就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＝π×1×2＋π×12＝(2＋1)π.如果绕斜边旋转，则形成的是上、下两个共底面的圆锥，圆锥的底面半径是直角三角形斜边上的高22，两个圆锥的母线都是直角三角形的直角边，母线长是1，所以形成的几何体的表面积S′＝2×π×22×1＝2π.综上可知，形成几何体的表面积是(2＋1)π或2π.故选AB.探究提高 1.求空间几何体的表面积，首先要掌握几何体的表面积公式，其次把不规则几何体分割成几个规则的几何体.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.【训练1】(1)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.122πB.12πC.82πD.10π(2)(2021·惠州二调)某同学在参加《通用技术》实践课时，制作了一个实心工艺品(如图所示).该工艺品可以看成是一个球被一个棱长为8的正方体的6个面所截后剩余的部分(球心与正方体的中心重合).若其中一个截面圆的周长为6π，则该球的半径为________.现给出定义：球面被平面所截得的一部分叫做球冠，截得的截面圆叫做球冠的底，垂直于截面的直径被截得的一段叫做球冠的高.如果球面的半径是R，球冠的高是h，那么球冠的表面积计算公式是S＝2πRh，由此可知，该实心工艺品的表面积是________.答案(1)B(2)594π解析(1)因为过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，所以圆柱的高为22，底面圆的直径为2 2.所以S表面积＝2×π×(2)2＋2π×2×22＝12π.(2)设截面圆的半径为r，则球心到某一截面的距离为正方体棱长的一半，即距离为4，根据截面圆的周长为6π，可得6π＝2πr，解得r＝3，故R2＝32＋42＝25，得R＝5.如图，O为球心，O1为截面圆的圆心，B为球面上一点，A为截面圆上一点，则OA＝OB＝R＝5，且OO1＝4，所以球冠的高h＝O1B＝OB－OO1＝1，所以所截得的一个球冠的表面积S＝2πRh＝2π×5×1＝10π，又截面圆的面积为πr2＝9π，所以该实心工艺品的表面积为4πR2－6S＋6×9π＝100π－60π＋54π＝94π.热点二空间几何体的体积【例2】(1)(2021·济南联考)正四面体ABCD的体积为4，O为其中心，正四面体EFGH与正四面体ABCD关于点O对称，则这两个正四面体公共部分的体积为()A.3B.8 3C.2D.4 3(2)如图，在直角梯形ABCD中，AD＝AB＝4，BC＝2，沿中位线EF折起，使得∠AEB为直角，连接AB，CD，则所得的几何体的体积为________.答案(1)C(2)6解析(1)如图，点I，J，K，L，M，N分别是边AB，AC，AD，BC，CD，DB 的中点，这两个正四面体公共部分为多面体IJKLMN.三棱锥A-IJK是正四面体，其棱长为正四面体ABCD棱长的一半，则V A-IJK＝18V A-BCD＝1 2，这两个正四面体公共部分的体积为V A-BCD－4V A-IJK＝4－4×12＝2.(2)法一过C作与底面ABE平行的截面CMN，如图(1)，截面CMN把这个几何体分割为直三棱柱ABE-MCN和四棱锥C-MNFD.图(1)又因为直三棱柱ABE-MCN 的体积为V 1＝S △ABE ·AM ＝12×2×2×2＝4，四棱锥C-MNFD 的体积为V 2＝13S 四边形MNFD ·BE ＝13×12×(1＋2)×2×2＝2.所以所求几何体的体积为V 1＋V 2＝6.法二 如图(2)，连接AC ，EC ，则几何体分割为四棱锥C-ADFE 和三棱锥C-ABE . 因为V C-ADFE ＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫3＋42×2×2＝143，V C-ABE ＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫12×2×2×2＝43，图(2)所以所求几何体的体积为V C-ADFE ＋V C-ABE ＝143＋43＝6.法三 如图(3)，延长BC 至点M ，使得CM ＝2，延长EF 至点N ，使得FN ＝1，连接DM ，MN ，DN ，得到直三棱柱ABE-DMN ，所以所求几何体的体图(3)积等于直三棱柱ABEDMN 的体积减去四棱锥D-CMNF 的体积. 因为V ABE-DMN ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12×2×2×4＝8，V D-CMNF ＝13⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋22×2×2＝2，所以所求几何体的体积为V ABE-DMN －V D-CMNF ＝8－2＝6.探究提高 1.求三棱锥的体积：等体积转化是常用的方法，转换原则是其高易求，底面放在已知几何体的某一面上.2.求不规则几何体的体积：常采用分割或补形的方法，将不规则几何体转化为规则几何体以易于求解.【训练2】 (1)(2021·杭州二模)已知圆锥的表面积为3π，它的侧面展开图是一个半圆，则此圆锥的体积为( ) A.33π B.33 C.3πD. 3(2)如图，在Rt △ABC 中，AB ＝BC ＝1，D 和E 分别是边BC 和AC 上异于端点的点，DE ⊥BC ，将△CDE 沿DE 折起，使点C 到点P 的位置，得到四棱锥P-ABDE ，则四棱锥P-ABDE 的体积的最大值为________.答案 (1)A (2)327解析 (1)设圆锥的底面半径为r ，母线长为l ， 由πl ＝2πr ，得l ＝2r ， 又S ＝πr 2＋πr ·2r ＝3πr 2＝3π， 所以r 2＝1，解得r ＝1，所以圆锥的高为h ＝l 2－r 2＝22－12＝3，所以圆锥的体积为V ＝13πr 2h ＝13π×12×3＝33π.(2)设CD ＝DE ＝x (0<x <1)，则四边形ABDE 的面积S ＝12(1＋x )(1－x )＝12(1－x 2)，当平面PDE ⊥平面ABDE 时，四棱锥P-ABDE 的体积最大，此时PD ⊥平面ABDE ，且PD ＝CD ＝x ，故四棱锥P-ABDE 的体积V ＝13S ·PD ＝16(x －x 3)，则V ′＝16(1－3x 2).当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，33时，V ′>0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫33，1时，V ′<0.∴当x ＝33时，V max ＝327. 热点三 多面体与球的切、接问题【例3】 (经典母题)(2021·长沙检测)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________. 答案 92π解析 由AB ⊥BC ，AB ＝6，BC ＝8，得AC ＝10.要使球的体积V 最大，则球与直三棱柱的部分面相切，若球与三个侧面相切，设底面△ABC 的内切圆的半径为r .则12×6×8＝12×(6＋8＋10)·r ，所以r ＝2. 2r ＝4＞3，不合题意.球与三棱柱的上、下底面相切时，球的半径R 最大. 由2R ＝3，即R ＝32.故球的最大体积V ＝43πR 3＝92π.【母题迁移1】 (2021·石家庄模拟)若将本例的条件变为“在四棱锥P-ABCD 中，底面ABCD 为矩形，体积为163，若P A ⊥平面ABCD ，且P A ＝2”，则四棱锥P-ABCD 的外接球体积的最小值是( ) A.256πB.2053πC.125πD.16053π答案 B解析 设底面矩形ABCD 的长和宽分别为x ，y ， 依题意，13xy ·2＝163，则xy ＝8. 将四棱锥补成长方体，则外接球的直径 2R ＝x 2＋y 2＋22，又x 2＋y 2≥2xy ＝16，当且仅当x ＝y ＝22取等号， ∴2R ≥16＋4＝25，则R ≥ 5.故四棱锥P-ABCD 的外接球的体积最小值为 V ＝43π×(5)3＝205π3.【母题迁移2】 若将本例的条件变为“已知三棱锥P-ABC 的各顶点都在同一球面上，且P A ⊥平面ABC ，若该棱锥的体积为1，AB ＝2，AC ＝1，∠BAC ＝60°”，则此球的表面积等于( ) A.43π B.323π C.12π D.16π答案 D解析 AB ＝2，AC ＝1，∠BAC ＝60°， 所以在△ABC 中，由余弦定理得： BC ＝AB 2＋AC 2－2·AB ·AC ·cos 60°＝ 3.设△ABC 的外接圆的半径为r ， 则2r ＝BC sin 60°＝332＝2，所以r ＝1.又因为V P-ABC ＝13·12AB ·AC ·sin 60°·P A ＝36P A ＝1，所以P A ＝2 3.由题意，三棱锥的外接球的球心是过底面外接圆的圆心垂直于底面与中截面的交点，设外接球的半径为R ，则R 2＝r 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫P A 22＝1＋3＝4， 所以外接球表面积S ＝4πR 2＝16π.探究提高 1.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.2.若球面上四点P ，A ，B ，C 且P A ，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球问题.【训练3】 (1)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________.(2)(2021·广州质检)已知球O 是三棱锥P-ABC 的外接球，P A ＝AB ＝PB ＝AC ＝2，CP ＝22，点D 是PB 的中点，且CD ＝7，则球O 的表面积为( ) A.28π3 B.14π3 C.2821π27D.16π3答案 (1)2π3 (2)A解析 (1)当球为圆锥的内切球时，球的半径最大.如图为圆锥内球半径最大时的轴截面图.其中球心为O ，设其半径为r ，AC ＝3，O 1C ＝1， ∴AO 1＝AC 2－O 1C 2＝2 2.∵OO 1＝OM ＝r ，∴AO ＝AO 1－OO 1＝22－r ， 又∵△AMO ∽△AO 1C ，∴OM O 1C ＝AO AC ，即r 1＝22－r 3，解得r ＝22.∴该圆锥内半径最大的球的体积V ＝43π×⎝ ⎛⎭⎪⎫223＝2π3.(2)依题意，由P A ＝AC ＝2，CP ＝22，得AP ⊥AC .连接AD (图略)，由点D 是PB 的中点且P A ＝AB ＝PB ＝2，得AD ＝3， 又CD ＝7，AC ＝2，可知AD ⊥AC ，又AP ∩AD ＝A ，AP ，AD ⊂平面P AB ，所以AC ⊥平面P AB .以△P AB 为底面，AC 为侧棱补成一个直三棱柱，则球O 是该三棱柱的外接球，球心O 到底面△P AB 的距离d ＝12AC ＝1.由正弦定理得△P AB 的外接圆半径r ＝P A 2sin 60°＝23，所以球O 的半径R ＝d 2＋r 2＝73.故球O 的表面积S ＝4πR 2＝28π3.一、选择题1.(2021·八省八校一联)斐波那契螺旋线被誉为自然界最完美的“黄金螺旋”，它的画法是：以斐波那契数1，1，2，3，5，…为边长的正方形拼成长方形，然后在每个正方形中画一个圆心角为90°的圆弧，这些圆弧所连起来的弧线就是斐波那契螺旋线.自然界存在很多斐波那契螺旋线的图案，例如向日葵、鹦鹉螺等.如图为该螺旋线的前一部分，如果用接下来的一段圆弧所对应的扇形做圆锥的侧面，那么该圆锥的底面半径为( )A.132 B.138C.134 D.132答案 C解析由题意可知，该圆锥的侧面展开图是一个半径为5＋8＝13的四分之一圆.设圆锥的底面半径为r，则2πr＝14×2π×13，解得r＝134.故选C.2.(2021·福州质检)如图，位于西安大慈恩寺的大雁塔，是唐代玄奘法师为保存经卷、佛像而主持修建的，是我国现存最早的四方楼阁式砖塔.塔顶可以看成一个正四棱锥，其侧棱与底面所成的角为45°，则该正四棱锥的一个侧面与底面的面积之比为()A.3∶2B.2∶2C.3∶3D.3∶4答案 D解析设塔顶是正四棱锥P-ABCD(如图)，PO是正四棱锥的高.设正四棱锥底面边长为a，则底面面积S1＝a2，因为AO＝22a，∠P AO＝45°，所以P A＝2×22a＝a，所以△P AB是正三角形，其面积为S2＝34a2，所以S2∶S1＝34a2∶a2＝3∶4.3.过圆锥的轴作截面，如果截面为正三角形，则称该圆锥为等边圆锥.已知在一等边圆锥中，过顶点P的截面与底面交于CD，若∠COD＝90°(O为底面圆心)，且S△PCD＝72，则这个等边圆锥的表面积为()A.2π＋2πB.3πC.2π＋3πD.π＋3π答案 B解析如图，连接PO，设圆锥的母线长为2a，则圆锥的底面圆的半径为a，高为PO＝3a.由已知得CD＝2a，PC＝PD＝2a.则S△PCD＝12×2a×72a＝72，从而a＝1.圆锥的表面积为πa×2a＋πa2＝3π.4.(2021·重庆二调)在三棱锥P-ABC中，平面P AB⊥平面ABC，P A＝PB＝AB＝23，∠BAC＝90°，AC＝4，则三棱锥P-ABC的外接球的表面积为()A.20πB.64π3C.32πD.80π答案 C解析如图，由P A＝PB＝AB＝23知△P AB为等边三角形.设AB的中点为F，连接PF，则PF⊥AB.因为平面P AB⊥平面ABC，平面P AB∩平面ABC＝AB，PF⊂平面P AB，所以PF⊥平面ABC.设BC的中点为D，因为∠BAC＝90°，所以△ABC外接圆的圆心即BC的中点D. 设△P AB的重心为E，过点E，D分别作平面P AB、平面ABC的垂线，则两垂线的交点O即三棱锥P-ABC外接球的球心.连接DF，易得四边形OEFD为矩形，PF＝23×32＝3，OD＝EF＝13PF＝1，BC＝AB2＋AC2＝27，所以BD＝7.连接OB，则三棱锥外接球的半径R＝OB＝12＋（7）2＝22，所以外接球的表面积S＝4πR2＝32π，故选C.5.如图，四边形ABCD是边长为2的正方形，ED⊥平面ABCD，FC⊥平面ABCD，ED＝2FC＝2，则四面体ABEF的体积为()A.13 B.23C.1D.4 3答案 B解析∵ED⊥平面ABCD且AD⊂平面ABCD，∴ED⊥AD.∵在正方形ABCD中，AD⊥DC，又DC∩ED＝D，DC，ED⊂平面CDEF，∴AD ⊥平面CDEF .易知FC ＝ED2＝1，V A-BEF ＝V ABCDEF －V F-ABCD －V A-DEF .∵V E-ABCD ＝13·ED ·S 正方形ABCD ＝13×2×2×2＝83，V B-EFC ＝13·BC ·S △EFC ＝13×2×2×1×12＝23，∴V ABCDEF ＝V E-ABCD ＋V B-EFC ＝83＋23＝103.又V F-ABCD ＝13·FC ·S 正方形ABCD ＝13×1×2×2＝43，V A-DEF ＝13·AD ·S △DEF ＝13×2×2×2×12＝43，∴V A-BEF ＝V ABCDEF －V F-ABCD －V A-DEF ＝103－43－43＝23.故选B.6.(多选)若长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的长、宽、高分别为3，2，1，则( ) A.长方体的表面积为20 B.长方体的体积为6C.沿长方体的表面从A 到C 1的最短距离为3 2D.沿长方体的表面从A 到C 1的最短距离为2 5 答案 BC解析 长方体的表面积为2×(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，长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中，AB ＝3，BC ＝2，BB 1＝1，将侧面ABB 1A 1和侧面BCC 1B 1展开，如图2所示.连接AC 1，则有AC 1＝52＋12＝26，即经过侧面ABB 1A 1和侧面BCC 1B 1时，A到C 1的最短距离是26；将侧面ABB 1A 1和底面A 1B 1C 1D 1展开，如图3所示，连接AC 1，则有AC 1＝32＋32＝32，即经过侧面ABB 1A 1和底面A 1B 1C 1D 1时，A到C1的最短距离是32；将侧面ADD1A1和底面A1B1C1D1展开，如图4所示.连接AC1，则有AC1＝42＋22＝25，即经过侧面ADD1A1和底面A1B1C1D1时，A到C1的最短距离是2 5.因为32<25<26，所以沿长方体表面由A到C1的最短距离是32，C正确，D错误.故选BC.7.(多选)如图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1，线段B1D1上有两个动点E，F，且EF＝12，则下列结论中错误的是()A.AC⊥AFB.EF∥平面ABCDC.三棱锥A-BEF的体积为定值D.△AEF的面积与△BEF的面积相等答案AD解析由题意及图形知，当点F与点B1重合时，∠CAF＝60°，故A错误；由正方体ABCD-A1B1C1D1的两个底面平行，EF⊂平面A1B1C1D1，知EF∥平面ABCD，故B正确；由几何体的性质及图形知，三角形BEF的面积是定值，点A到平面DD1B1B的距离是定值，故可得三棱锥A-BEF的体积为定值，故C正确；由图形可以看出，B到直线EF的距离与A与直线EF的距离不相等，故△AEF的面积与△BEF的面积不相等，故D错误.故选AD.二、填空题8.(2021·唐山二模)已知圆锥的侧面展开图是半径为2的半圆，则该圆锥的体积为________.答案3 3π解析设圆锥的底面圆半径为r，母线长为l，由题意可知，l＝2，侧面展开图的弧长为2π，则2π＝2πr，r＝1，所以圆锥的高为l2－r2＝3，因此圆锥的体积V＝13×(π×12)×3＝33π.9.(2021·八省联考)已知圆台上、下底面的圆周都在一个直径为10的球面上，其上、下底面半径分别为4和5，则该圆台的体积为________.答案61π解析圆台的下底面半径为5，故下底面在球的大圆上，如图.设球的球心为O，圆台上底面的圆心为O′，则圆台的高OO′＝OQ2－O′Q2＝52－42＝3.据此可得圆台的体积V＝13π×3×(52＋5×4＋42)＝61π.10.已知三棱锥S-ABC中，∠SAB＝∠ABC＝π2，SB＝4，SC＝213，AB＝2，BC ＝6，则三棱锥S-ABC的体积为________.答案4 3解析∵∠ABC＝π2，AB＝2，BC＝6，∴AC＝AB2＋BC2＝22＋62＝210.∵∠SAB＝π2，AB＝2，SB＝4，∴AS＝SB2－AB2＝42－22＝2 3.由SC＝213，得AC2＋AS2＝SC2，∴AC⊥AS.又∵SA⊥AB，AC∩AB＝A，AC，AB⊂平面ABC ，∴AS ⊥平面ABC ，∴AS 为三棱锥S-ABC 的高，∴V 三棱锥S-ABC＝13×12×2×6×23＝4 3.11.(2021·长沙调研)在三棱锥P-ABC 中，P A ⊥平面ABC ，△ABC 是正三角形，AB ＝2，点A 到平面PBC 的距离为1，则P A ＝________，三棱锥P-ABC 的外接球的表面积是________. 答案 62 41π6解析 如图，过点A 作AD ⊥BC 于点D ，连接PD ，过点A 作AH ⊥PD 于点H ，则易知AH ⊥平面PBC ，所以AH 为点A 到平面PBC 的距离，即AH ＝1.由AB ＝2易得AD ＝3，从而可得HD ＝ 2.由△P AD ∽△AHD 可得P A AH ＝AD HD ，即P A 1＝32，解得P A ＝62.将三棱锥P ABC 补形成三棱柱PQRABC ，设△PQR ，△ABC 的中心分别为O 1，O 2，连接O 1O 2，取O 1O 2的中点O ，则O 为三棱锥P ABC 的外接球的球心.连接OA ，易知AO 2＝23AD ＝233，OO 2＝12O 1O 2＝12P A ＝64，从而可得OA ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫642＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2332＝4124，所以所求的外接球的表面积S ＝4π×⎝⎛⎭⎪⎫41242＝41π6.12.(多选)(2021·唐山二模)将边长为a 的正方形ABCD 沿对角线BD 折起得到三棱锥A ′BCD ，且A ′C ＝a ，则下列结论正确的是( ) A.A ′C ⊥BDB.平面A ′BD ⊥平面BDCC.三棱锥A ′BCD 的外接球的体积为2πa 3D.三棱锥A ′BCD 的表面积为2＋32a 2答案 ABD解析 对于A ，取BD 的中点O ，连接A ′O ，CO ，则OA ′⊥BD ，OC ⊥BD ，又OA ′∩OC ＝O ，OA ′，OC ⊂平面A ′OC ，所以BD ⊥平面A ′OC ，又A ′C ⊂平面A ′OC ，所以A ′C ⊥BD ，所以A 正确；对于B ，由OA ′⊥BD ，OC ⊥BD ，得∠A ′OC 是二面角A ′BDC 的平面角.由A ′B ＝A ′D＝a ，CD ＝CB ＝a 易得A ′O ＝CO ＝22a ，所以A ′O 2＋CO 2＝A ′C 2，从而OA ′⊥OC ，故∠A ′OC ＝90°，所以平面A ′BD ⊥平面BDC ，所以B 正确；对于C ，易知BD ＝2a ，所以OA ′＝OB ＝OC ＝OD ＝22a ，所以O 为三棱锥A ′BCD的外接球球心，且外接球半径为22a ，所以三棱锥A ′BCD 的外接球的体积为43π×⎝ ⎛⎭⎪⎫22a 3＝2πa 33，所以C 错误； 对于D ，易知△A ′BD 和△BDC 是全等的直角三角形，△A ′BC 和△A ′DC 是全等的正三角形，所以三棱锥A ′BCD 的表面积S ＝12a 2×2＋12×a 2×32×2＝2＋32a 2，所以D 正确.13.如图，在四棱锥P-ABCD 中，P A ⊥平面ABCD ，AB ∥CD ，BC ＝CD ＝2AB ＝2，P A ＝3，E 是PD 的中点.(1)证明：AE ∥平面PBC ；(2)若∠ABC ＝π3，求三棱锥P-ACE 的体积.(1)证明 取PC 的中点F ，连接EF ，BF ，如图所示.因为E ，F 分别为PD ，PC 的中点，所以EF ∥CD 且EF ＝12CD ，又CD ＝2AB ，AB ∥CD ，所以EF ∥AB 且EF ＝AB ，所以四边形AEFB 是平行四边形，所以AE ∥BF ，又因为AE ⊄平面PBC ，BF ⊂平面PBC ，所以AE ∥平面PBC .(2)解 因为AB ＝1，BC ＝2，∠ABC ＝π3，所以AC 2＝AB 2＋BC 2－2AB ·BC ·cos π3＝1＋4－2×1×2×12＝3，即AC ＝3，所以AC 2＋AB 2＝BC 2，即AB ⊥AC .因为E 是PD 的中点，所以V P-ACE ＝V D-ACE ＝V E-ACD ＝12V P-ACD ，又AB ∥CD ，所以CD ⊥AC ，所以S △ACD ＝12×2×3＝3， 所以V P-ACD ＝13×S △ACD ×P A ＝13×3×3＝3，所以V P-ACE ＝V D-ACE ＝V EACD ＝12V P-ACD ＝32.14.(2021·八省联考)北京大兴国际机场的显著特点之一是各种弯曲空间的运用.刻画空间的弯曲性是几何研究的重要内容.用曲率刻画空间弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于2π与多面体在该点的面角之和的差(多面体的面的内角叫作多面体的面角，角度用弧度制)，多面体面上非顶点的曲率均为零，多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和.例如：正四面体在每个顶点有3个面角，每个面角是π3，所以正四面体在各顶点的曲率为2π－3×π3＝π，故其总曲率为4π.(1)求四棱锥的总曲率；(2)若多面体满足：顶点数－棱数＋面数＝2，证明：这类多面体的总曲率是常数.(1)解由题意可知四棱锥的总曲率等于四棱锥各顶点的曲率之和.可以从整个多面体的角度考虑，所有顶点相关的面角就是多面体的所有多边形表面的内角的集合.由图可知：四棱锥共有5个顶点，5个面，其中4个为三角形，1个为四边形，所以四棱锥的表面内角和由4个三角形内角和1个四边形内角组成，则其总曲率为2π×5－(4π＋2π)＝4π.(2)证明设顶点数、棱数、面数分别为n，l，m，所以有n－l＋m＝2.设第m个面的棱数为x m，所以x1＋x2＋…＋x m＝2l，所以总曲率为2πn－π[(x1－2)＋(x2－2)＋…＋(x m－2)]＝2πn－π(2l－2m)＝2π(n－l＋m)＝4π，所以这类多面体的总曲率是常数.。
高考数学复习空间几何体的表面积与体积专题训练(含答案)
高考数学复习空间几何体的表面积与体积专题训练（含答案）在我们周围存在着各种各样的物体，它们都占据着空间的一局部，下面是空间几何体的外表积与体积专题训练，请考生及时练习。
一、选择题1.棱长为2的正四面体的外表积是().A. B.4 C.4 D.16解析每个面的面积为：22=.正四面体的外表积为：4.答案 C2.把球的外表积扩展到原来的2倍，那么体积扩展到原来的().A.2倍B.2倍C.倍D.倍解析由题意知球的半径扩展到原来的倍，那么体积V=R3，知体积扩展到原来的2倍.答案 B3.一个几何体的三视图如下图，那么此几何体的正面积(单位：cm2)为().A.48B.64C.80D.120解析据三视图知，该几何体是一个正四棱锥(底面边长为8)，直观图如图，PE为正面PAB的边AB上的高，且PE=5.此几何体的正面积是S=4SPAB=485=80(cm2).答案 C4.三棱锥S-ABC的一切顶点都在球O的球面上，ABC是边长为1的正三角形，SC为球O的直径，且SC=2，那么此棱锥的体积为().A. B. C. D.解析在直角三角形ASC中，AC=1，SAC=90，SC=2，SA==;同理SB=.过A点作SC的垂线交SC于D点，衔接DB，因SAC≌△SBC，故BDSC，故SC平面ABD，且平面ABD为等腰三角形，因ASC=30，故AD=SA=，那么ABD的面积为1=，那么三棱锥的体积为2=.答案 A.某品牌香水瓶的三视图如下(单位：cm)，那么该几何体的外表积为().A 2B 2C 2D 2解析该几何体的上下为长方体，中间为圆柱.S外表积=S下长方体+S上长方体+S圆柱侧-2S圆柱底=244+442+233+431+21-22=94+.答案 C.球的直径SC=4，A，B是该球球面上的两点，AB=，ASC=BSC=30，那么棱锥SABC的体积为().A.3B.2C.D.1解析由题可知AB一定在与直径SC垂直的小圆面上，作过AB的小圆交直径SC于D，设SD=x，那么DC=4-x，此时所求棱锥即联系成两个棱锥SABD和CABD，在SAD和SBD中，由条件可得AD=BD=x，又由于SC为直径，所以SBC=SAC=90，所以DCB=DCA=60，在BDC中，BD=(4-x)，所以x=(4-x)，所以x=3，AD=BD=，所以三角形ABD为正三角形，所以V=SABD4=.答案 C二、填空题.S、A、B、C是球O外表上的点，SA平面ABC，ABBC，SA=AB=1，BC=，那么球O的外表积等于________.解析将三棱锥S-ABC补构成以SA、AB、BC为棱的长方体，其对角线SC为球O的直径，所以2R=SC=2，R=1，外表积为4.答案 4.如下图，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，那么该多面体的体积是________.解析由题知该多面体为正四棱锥，底面边长为1，侧棱长为1，斜高为，衔接顶点和底面中心即为高，可求得高为，所以体积V=11=.答案9.某几何体的直观图及三视图如下图，三视图的轮廓均为正方形，那么该几何体的外表积为________.解析借助罕见的正方体模型处置.由三视图知，该几何体由正方体沿面AB1D1与面CB1D1截去两个角所得，其外表由两个等边三角形、四个直角三角形和一个正方形组成.计算得其外表积为12+4.答案 12+4.如下图，正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为6，那么以正方体ABCD-A1B1C1D1的中心为顶点，以平面AB1D1截正方体外接球所得的圆为底面的圆锥的片面积为________.解析设O为正方体外接球的球心，那么O也是正方体的中心，O到平面AB1D1的距离是体对角线长的，即为.又球的半径是正方体对角线长的一半，即为3，由勾股定理可知，截面圆的半径为=2，圆锥底面面积为S1=(2)2=24，圆锥的母线即为球的半径3，圆锥的正面积为S2=23=18.因此圆锥的片面积为S=S2+S1=18=(18+24).答案 (18+24)三、解答题.一个几何体的三视图如下图.主视图是底边长为1的平行四边形，左视图是一个长为，宽为1的矩形，仰望图为两个边长为1的正方形拼成的矩形.(1)求该几何体的体积V;(2)求该几何体的外表积S.解 (1)由三视图可知，该几何体是一个平行六面体(如图)，其底面是边长为1的正方形，高为，所以V=11=.(2)由三视图可知，该平行六面体中，A1D平面ABCD，CD平面BCC1B1，所以AA1=2，正面ABB1A1，CDD1C1均为矩形，S=2(11+1+12)=6+2..在直三棱柱ABC-A1B1C1中，底面为直角三角形，ACB=90，AC=6，BC=CC1=，P是BC1上一动点，如下图，求CP+PA1的最小值.解 PA1在平面A1BC1内，PC在平面BCC1内，将其铺平后转化为平面上的效果处置.铺平平面A1BC1、平面BCC1，如下图.计算A1B=AB1=，BC1=2，又A1C1=6，故A1BC1是A1C1B=90的直角三角形.CP+PA1A1C.在AC1C中，由余弦定理，得A1C===5，故(CP+PA1)min=5..某高速公路收费站入口处的平安标识墩如图1所示，墩的上半局部是正四棱锥PEFGH，下半局部是长方体ABCDEFGH.图2、图3区分是该标识墩的主视图和仰望图.(1)请画出该平安标识墩的左视图;(2)求该平安标识墩的体积.(1)左视图同主视图，如下图：(2)该平安标识墩的体积为V=VPEFGH+VABCDEFGH=40260+40220=64 000(cm3)..如图(a)，在直角梯形ABCD中，ADC=90，CDAB，AB=4，AD=CD=2，将ADC沿AC折起，使平面ADC平面ABC，失掉几何体D-ABC，如图(b)所示.(1)求证：BC平面ACD;(2)求几何体D-ABC的体积.(1)证明在图中，可得AC=BC=2，从而AC2+BC2=AB2，故ACBC，又平面ADC平面ABC，平面ADC平面ABC=AC，BC平面ABC，BC平面ACD.(2)解由(1)可知，BC为三棱锥B-ACD的高，BC=2，SACD=2，VB-ACD=SACDBC=22=，由等体积性可知，几何体D-ABC的体积为.空间几何体的外表积与体积专题训练及答案的全部内容就是这些，查字典数学网预祝考生可以取得优秀的效果。
高中数学简单几何体的表面积与体积讲解及练习
高中数学简单几何体的表面积与体积讲解及练习专题一多面体的表面积与体积1．棱柱、棱锥、棱台的表面积多面体的表面积就是围成多面体各个面的面积的和．棱柱、棱锥、棱台的表面积就是围成它们的各个面的面积的和．2．棱柱、棱锥、棱台的体积V棱柱＝Sh；(2)V棱锥＝13Sh；V棱台＝13h(S′＋SS′＋S)，其中S′，S分别是棱台的上、下底面面积，h为棱台的高．题型1 多面体的表面积与体积例1.判断(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)几何体的表面积就是其侧面面积与底面面积的和．()(2)几何体的侧面积是指各个侧面的面积之和．()(3)等底面面积且等高的两个同类几何体的体积相同．()(4)在三棱锥PABC中，V PABC＝V APBC＝V BP AC＝V CP AB.()例2.已知正方体的8 个顶点中，有 4 个为侧面是等边三角形的三棱锥的顶点，则这个三棱锥与正方体的表面积之比为()A．1∶ 2 B．1∶3C．2∶ 2 D．3∶6例3.如图所示，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为a，过顶点B，D，A1截下一个三棱锥．(1)求剩余部分的体积；(2)求三棱锥AA1BD的体积及高．专题二旋转体的表面积与体积1．圆柱、圆锥、圆台的表面积与体积2．球的表面积和体积设球的半径为R，则球的表面积S＝4πR2．则球的体积V＝43πR3．题型2 旋转体的表面积与体积例4.圆台的上、下底面半径分别为 3 和 4，母线长为 6，则其表面积等于( )A ．72B ．42πC ．67πD ．72π例5.若圆锥的正视图是正三角形，则它的侧面积是底面积的( )A.2倍 B ．3 倍 C ．2 倍D ．5 倍例6.圆柱的侧面展开图是长 12 cm ，宽 8 cm 的矩形，则这个圆柱的体积为( )A.288πcm 3 B.192π cm 3 C.288π cm 3或192π cm 3 D ．192π cm 3例7.已知球的体积是32π3，则此球的表面积是( )A ．12πB ．16π C.16π3D.64π3练习3.平面α截球O 的球面所得圆的半径为1，球心O 到平面α的距离为2，则此球的体积为( )A.6π B ．43π C ．46π D ．63πA.274B.94C.2734D.9342.已知正四棱台(正四棱锥被平行于底面的平面所截，截面与底面间的部分)上底面边长为4，侧棱和下底面边长都是8，求它的侧面面积．3.已知某圆台的一个底面周长是另一个底面周长的 3 倍，母线长为 3 ，圆台的侧面积为 84π，则该圆台较小底面的半径为( )A ．7B ．6C ．5D ．34.圆锥的轴截面是等腰直角三角形，侧面积是 162π，则圆锥的体积是( )A.64π3B.128π3C ．64πD ．1282π5.把球的表面积扩大到原来的 2 倍，那么体积扩大到原来的( )A ．2 倍B ．22倍 C.2倍 D.32倍6.如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高8 cm ，将一个球放在容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6 cm ，如果不计容器厚度，则球的体积为( )A.500π3 cm 3B.866π3 cm 3C.1 372π3cm 3D.2 048π3 cm 3。
2021年高考数学专题复习：空间几何体表面积与体积的求解策略
1空间几何体表面积与体积的求解策略【知识梳理】1．多面体的面积和体积公式2．圆柱、圆锥、圆台的侧面展开图及侧面积公式3.旋转体的表面积和体积公式=球S 42R π =圆柱V h r 2π =圆锥V h r 231π=圆台V 31)S S S S '+'+（ h =球V 334R π名称 侧面积(S 侧) 全面积(S 全) 体 积(V ) 棱 柱 棱柱 各侧面的面积和 侧面积＋2⨯上底面积V ＝底面积⨯高直棱柱 底面周长⨯侧棱长 棱 锥棱锥 各侧面积之和侧面积＋底面积V ＝31⨯底面积⨯高 正棱锥21⨯n 边长⨯斜高 棱 台棱台 各侧面面积之和侧面积＋上底面积＋下底面积V ＝31)S S S S '+'+（⨯高正棱台21⨯n (上底边长＋下底边长)⨯斜高【典例分析】题型一由三视图求几何体的面积、体积例题1 (1)已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________．（2）某三棱锥的侧视图、俯视图如图所示，该三棱锥的表面积是____________跟踪练习1 一块石材表示的几何体的三视图如图所示，将该石材切削、打磨，加工成球，则能得到的最大球的表面积为_______、体积为_________.原几何体的体积为__________.2题型二利用割补法求几何体的体积例题2如图所示，已知多面体ABCDEFG中，AB，AC，AD两两互相垂直，平面ABC∥平面DEFG，平面BEF∥平面ADGC，AB＝AD＝DG＝2，AC＝EF＝1，则该多面体的体积为________．跟踪练习2如图，在棱长为6的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别在C1D1与C1B1上，且C1E＝4，C1F＝3，连接EF，FB，DE，则几何体EFC1－DBC的体积为()3A.66B. 68C.70 D .72题型三多面体与球的切、接问题例题3 (1)在正三棱锥S－ABC中，M，N分别是SC，BC的中点，且MN⊥AM，若侧棱SA＝23，则正三棱锥S－ABC外接球的表面积是()A．12B．32π C．36πD．48π(2)如图，一个几何体的三视图中正(主)视图和侧(左)视图为边长为2，锐角为60°的菱形，俯视图为正方形，则此几何体的内切球表面积为()45A ．2πB ．3πC ．4πD ．8π跟踪练习3(1) 已知底面边长为1，侧棱长为2的正四棱柱的各顶点均在同一个球面上，则该球的体积为( )324A.B.4C.2D.33πππ π(2) 一个圆锥过轴的截面为等边三角形，它的顶点和底面圆周在球O 的球面上，则该圆锥的表面积与球O 的表面积的比值为_______.【专项训练】一、选择题1.将一个棱长为a 的正方体，切成27个全等的小正方体，则表面积增加 ( ) A ．6a 2B ．12a 2C ．18a 2D ．24a 22.在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，三棱锥D 1－AB 1C 的表面积与正方体的表面积的比为( )A ．B ．C ．D ．3.某几何体的三视图如图所示，根据图中数据可知该几何体的体积为 ( )A ．πB ．πC ．π－πD ．π＋π4.已知三棱柱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的半径为()A ．B．2C ．D．35.某四棱台的三视图如图所示，则该四棱台的体积是( )A．4 B．143C．163D．66．一个斜三棱柱，底面是边长为5的正三角形，侧棱长为4，侧棱与底面三角形两边所成的角都是60°，则这个斜三棱柱的侧面积是( )67A ．40B ．20（1+3）C ．30（1+3）D ．303 7.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.72B ．2C ．52D ．38.某零件的正(主)视图与侧(左)视图均是如图所示的图形(实线组成半径为2 cm 的半圆，虚线是等腰三角形的两腰)，俯视图是一个半径为2 cm 的圆(包括圆心)，则该零件的体积是( )A ．34cm 3π B ．38cm 3π C ．4πcm 3 D ．320cm 3π 二、填空题9.如图是某几何体的三视图(单位：m)，则其表面积为_____m 2.10.已知正三角形ABC三个顶点都在半径为2的球面上，球心O到平面ABC的距离为1，点E是线段AB的中点，过点E作球O的截面，则截面面积的最小值是_________11.如图，正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，E，F分别为线段AA1，B1C上的点，则三棱锥D1－EDF的体积为.8三、解答题12.如图所示，三棱柱ABC－A1B1C1中，若E，F分别为AB，AC的中点，平面EB1C1F将三棱柱分成体积为V1，V2的两部分，求V1∶V2.13.一直三棱柱高为6 cm，底面三角形的边长分别为3 cm，4 cm，5 cm，将该棱柱削成圆柱，求削去部分体积的最小值．910答案精析【典例分析】题型一 例题1（1）【答案】 3π【解析】 由三视图可知几何体是一个圆柱体由平面截后剩余的一部分，并且可知该几何体是一个高为6，底面半径为1的圆柱体的一半， 则知所求几何体体积为12×π×12×6＝3π.（2）【答案】）（523+【解析】 由三视图判断该三棱锥的形状如图所示左侧的侧面与底面垂直且为边长为2的等边三角形，底面为等边三角形，另外两侧面为等腰三角形，其表面积为S ＝2443⨯⨯＋2210621⨯⨯⨯＝）（523+. 跟踪练习1【答案】π16π3 32288【解析】由题意，该几何体为三棱柱，所以最大球的半径为正视图直角三角形的内切圆的半径r，则8＋6－2r＝106822=+，r＝2，=球S224⨯π＝π16，3234⨯=π球V＝π332三棱柱V＝126821⨯⨯⨯＝288.题型二例题2【答案】4【解析】解法一：(分割法)因为几何体有两对相对面互相平行，(分析几何体的结构特征)如图所示，过点C作CH⊥DG于H，连接EH，即把多面体分割成一个直三棱柱DEH－ABC 和一个斜三棱柱BEF－CHG.(分割)由题意，知V三棱柱DEH－ABC＝S△DEH×AD＝(12×2×1)×2＝2，V三棱柱BEF－CHG＝S△BEF×DE＝(12×2×1)×2＝2.(求各部分体积)故所求几何体的体积为V多面体ABCDEFG＝2＋2＝4.(得多面体体积)解法二：(补形法)因为几何体有两对相对面互相平行(分析几何体的结构特征)如图所示，将多面体补成棱长为2的正方体，显然所求多面体的体积即该正方体体积的一半．(补形)又正方体的体积V正方体ABHI－DEKG＝23＝8，(求整体体积)故所求几何体的体积为V多面体ABCDEFG＝12×8＝4.1112跟踪练习2【答案】 A【解析】 如图，连接DF ，DC 1，那么几何体EFC 1－DBC 被分割成三棱锥D －EFC 1及四棱锥D －CBFC 1，那么几何体EFC 1－DBC 的体积为V ＝13×12×3×4×6＋13×12×(3＋6)×6×6＝12＋54＝66.故所求几何体EFC 1－DBC 的体积为66.题型三例题3【答案】 (1)C (2)B【解析】 (1)因为三棱锥S －ABC 是正棱锥，所以SB ⊥AC (对棱互相垂直)，所以MN ⊥AC ， 又因为MN ⊥AM ，而AM ∩AC ＝A ， 所以MN ⊥平面SAC ，即SB ⊥平面SAC ，所以∠ASB ＝∠BSC ＝∠ASC ＝90°，将此三棱锥补成正方体，则它们有相同的外接球，所以2R ＝23·3 ，所以R ＝3，所以S ＝4πR 2＝4π·32＝36π.(2)由三视图可知，该几何体为两个正四棱锥的组合体，且四棱锥的斜高恰好等于底面正方形的边长，过正四棱锥的高、斜高作平面，得轴截面，由内切知，球的半径r ＝1×sin60° ＝ 23，所以S 球＝4π×223）（ ＝3π.13跟踪练习3【答案】(1)D (2)169 【解析】 (1)由正四棱柱的各顶点均在同一个球面上，可设 正四棱柱的上底所在截面圆的半径为R 1，则 2121R R +＝1可得12R ＝21又侧棱长为2 ，所以球心到截面圆的距离d ＝22；由截面圆半径、球心距、球半径构成直角三角形，根据勾股定理得球半径R ＝2121212+=+d R ＝ 1，代入球的体积公式得球的体积为π34 （2）圆锥与球的截面如图，设球的半径为r ，则圆锥底面圆的直径为3r ，圆锥底面面积为223324r r ⎛⎫ππ= ⎪⎝⎭圆锥的侧面面积为2133322r r r ππ⋅=，所以圆锥的表面积为222339424r r r πππ+=，球的表面积为4r 2，所以其面积比为916.【专项训练】一、1.【答案】 B【解析】 原正方体的表面积6a 2，切成27个小正方体的表面积为27×[6×(a )2]＝18a 2，所以表面积增加了12a 2.142.【答案】 B【解析】 三棱锥D 1－AB 1C 的各面均是正三角形.其边长为正方体面对角线的长. 设正方体的棱长为a ，则面对角线长为a ，S 锥＝4××＝2a 2，S 正方体＝6a 2， 故S 锥∶S 正方体＝.3.【答案】 D 【解析】 由三视图知此几何体为一个球和一个圆锥的组合体，V ＝π×13＋π×12×＝π＋π.4.【答案】 C 【解析】 由题意知，结合图形，经过球心O 和三棱柱的侧棱中点的大圆，与三棱柱的侧棱垂直，三棱柱的底面三角形ABC 为直角三角形，其外接圆的圆心O ′为其斜边BC 的中点，连接OA ，OO ′，O ′A ，由勾股定理得，OA 2＝O ′O 2＋O ′A 2其中OA ＝R ，OO ′＝AA 1＝6，O ′A ＝BC ＝，所以球O 的半径为OA ＝R ＝＝.5.【答案】 B【解析】 四棱台的上下底面均为正方形，两底面边长和高分别为1,2,2，111414142333V S S S S h =+=++⨯=下下棱台上上（）（）. 6.【答案】 B【解析】 可计算出直截面的周长为5＋3S 侧＝4(5＋53＝20(13)．另解：如图，若∠A 1AC ＝∠A 1AB ＝60°，则可证明□BB 1C 1C 为矩形，因此，15S 侧＝211AA B B S ＋11BB C C S 矩形＝2×4×5×sin60°＋4×5＝20(1＋3)．7.【答案】 A【解析】 由图知，此几何体上部是一个棱长为1的正方体，其体积为1.下部是一个侧着放的四棱柱，其高为1，底面是一个高为1，上底为2，下底为3的直角梯形，故下部的体积是2351122+⨯⨯=，故此几何体的体积是571.22+= 8.【答案】 C【解析】 由已知得该几何体是一个半径为2 cm 的半球挖去一个底面半径为2 cm ，高为1 cm 的圆锥，∴其体积为32141221233V =⨯π⨯-π⨯⨯＝4π(cm 3). 二、 9.【答案】 23【解析】 依题意可得该几何体是一个组合体(如图)，它的上部分与下部分都是四棱锥，中间部分是一个正方体.则上部分的表面积为2114424422(16162)m 22⨯⨯⨯+⨯⨯=+，中间部分的表面积为4×4×4＝64(m 2)，下部分的表面积为2134443m 22⨯⨯⨯⨯=（）， 故所求的表面积为280162163m .+（） 10.【答案】 9π4 【解析】 由题意知，正三角形ABC 的外接圆半径为22－12＝3，则AB ＝3，过点E 的16截面面积最小时，截面是以AB 为直径的圆，截面面积S ＝π×223）（＝9π4. 11.【答案】【解析】 △DED 1的面积为正方形面积的一半，三棱锥F －DED 1的高即为正方体的棱长，所以11113D EDF F DED DED V V S h --∆==⋅＝×DD 1·AD ·AB ＝. 三、12.【答案】 解：延长A 1A ，C 1F ，B 1E ，其必交于一点，设为A 2.延长C 1C ，B 1B 分别到点C 2，B 2，使CC 2＝BB 2＝AA 2，连接A 2C 2，B 2C 2，A 2B 2，易知()1112221111222A B C A B C ABC A B C V V V V --==+三棱柱三棱柱由图，可得2111A A B C V -三棱锥＝×2(V 1＋V 2)＝(V 1＋V 2)因为E ，F 分别为AB ，AC 的中点，所以111AFE A C B V -三棱台＝×(V 1＋V 2)＝(V 1＋V 2)＝V 1.即7V 2＝5V 1.所以V 1∶V 2＝7∶513.【答案】 解：如图所示，只有当圆柱的底面圆为直三棱柱的底面三角形的内切圆时，圆柱的体积最大，削去部分体积才能最小，设此时圆柱的底面半径为R ，圆柱的高即为直三棱柱的高．在△ABC 中，AB ＝3，BC ＝4，AC ＝5，∴△ABC 为直角三角形，17根据直角三角形内切圆的性质可得7－2R ＝5， ∴R ＝1， ∴V 圆柱＝πR 2·h ＝6π.而三棱柱的体积为V 三棱柱＝12×3×4×6＝36， ∴削去部分的体积为36－6π＝6(6－π)(cm 3)，即削去部分的体积的最小值为6(6－π) cm 3 .。
高中数学练习题附带解析立体几何的体积与表面积
高中数学练习题附带解析立体几何的体积与表面积高中数学练习题附带解析立体几何的体积与表面积一、圆柱的体积与表面积问题1：一个圆柱的高度为12 cm，底面半径为8 cm，求其体积和表面积。
解析：首先计算圆柱的体积。
圆柱的体积公式为V = πr²h，其中V 表示体积，π取近似值3.14，r表示底面半径，h表示高度。
代入已知数据，计算得到 V = 3.14 × 8² × 12 = 2419.52 cm³。
接下来计算圆柱的表面积。
圆柱的表面积包括底面积和侧面积两部分。
底面积为圆的面积，即 A₁ = πr²。
侧面积为矩形的面积，即 A₂ = 2πrh。
所以圆柱的总表面积为 A = 2A₁ + A₂ = 2πr² + 2πrh。
代入已知数据，计算得到 A = 2 × 3.14 × 8² + 2 × 3.14 × 8 × 12 = 659.84 cm²。
因此，该圆柱的体积为 2419.52 cm³，表面积为 659.84 cm²。
问题2：一个空心圆柱的高度为10 cm，内半径为4 cm，外半径为6 cm，求其体积和表面积。
解析：首先计算圆柱的体积。
由于是空心圆柱，体积需要减去内部圆柱的体积。
内部圆柱的体积为 V₁ = πr₁²h，外部圆柱的体积为 V₂ =πr₂²h。
所以空心圆柱的体积为 V = V₂ - V₁ = π(r₂² - r₁²)h。
代入已知数据，计算得到 V = 3.14((6²) - (4²)) × 10 = 376.8 cm³。
接下来计算圆柱的表面积。
空心圆柱的表面积也包括底面积和侧面积两部分。
底面积的计算方式与问题1相同。
侧面积为两个圆柱的高度差乘以底面周长，即 A₂ = 2π(r₂ - r₁)h。
2023年高考数学二轮复习第一部分专题攻略专题四立体几何第一讲空间几何体的表面积与体积
专题四 立体几何第一讲 空间几何体的表面积与体积——小题备考微专题1 空间几何体的表面积和体积常考常用结论1．柱体、锥体、台体、球的表面积公式： ①圆柱的表面积S ＝2πr (r ＋l )； ②圆锥的表面积 S ＝πr (r ＋l )；③圆台的表面积S ＝π(r ′2＋r 2＋r ′l ＋rl )； ④球的表面积S ＝4πR 2.2．柱体、锥体和球的体积公式： ①V 柱体＝Sh (S 为底面面积，h 为高)； ②V 锥体＝13Sh (S 为底面面积，h 为高)；③V 球＝43πR 3.保 分 题1.[2022·山东枣庄三模]若圆锥的母线长为2，侧面积为2π，则其体积为( ) A ．√6π B ．√3π C ．√63π D ．√33π2．[2022·河北保定一模]圆柱的底面直径与高都等于球的直径，则球的表面积与圆柱的侧面积的比值为( )A ．1∶1B ．1∶2C ．2∶1D ．2∶33．[2022·湖北武汉二模]如图，在棱长为2的正方体中，以其各面中心为顶点构成的多面体为正八面体，则该正八面体的体积为( )A ．2√23B ．43 C ．4√23D ．83提分题例1 (1)[2022·河北张家口三模]如图，在三棱柱ABC A1B1C1中，过A1B1的截面与AC交于点D，与BC交于点E，该截面将三棱柱分成体积相等的两部分，则CDAC＝()A．13B．12C．2−√32D．√3−12(2)[2022·湖南雅礼中学二模]某圆锥高为1，底面半径为√3，则过该圆锥顶点的平面截此圆锥所得截面面积的最大值为()A．2 B．√3C．√2D．1听课笔记：【技法领悟】1．求几何体的表面积及体积问题，可以多角度、多方位地考虑，熟记公式是关键．求三棱锥的体积，等体积转化是常用的方法，转化原则是其高易求，底面放在已知几何体的某一面上．2．求不规则几何体的体积，常用分割或补形的方法，将不规则几何体转化为规则几何体，易于求解．巩固训练11.[2022·山东菏泽一模]如图1，在高为h的直三棱柱容器ABC A1B1C1中，AB＝AC＝2，AB⊥AC.现往该容器内灌进一些水，水深为2，然后固定容器底面的一边AB于地面上，再将容器倾斜，当倾斜到某一位置时，水面恰好为A 1B 1C (如图2)，则容器的高h 为( )A ．3B ．4C ．4√2D ．62．[2022·福建福州三模]已知AB ，CD 分别是圆柱上、下底面圆的直径，且AB ⊥CD ，O 1，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 ．9πB ．12πC ．16πD ．18π微专题2 与球有关的切、接问题常考常用结论1．球的表面积S ＝4πR 2，体积V ＝43πR 3.2．长方体、正方体的体对角线等于其外接球的直径． 3．n 面体的表面积为S ，体积为V ，则内切球的半径r ＝3VS .4．直三棱柱的外接球半径：R ＝√r 2+(L2)2，其中r 为底面三角形的外接圆半径，L 为侧棱长，如果直三棱柱有内切球，则内切球半径R ′＝L2.5．正四面体中，外接球和内切球的球心重合，且球心在高对应的线段上，它是高的四等分点，球心到顶点的距离为外接球的半径R ＝√64a (a 为正四面体的棱长)，球心到底面的距离为内切球的半径r ＝√612a ，因此R ∶r ＝3∶1.保 分 题1.[2022·广东深圳二模]已知一个球的表面积在数值上是它的体积的√3倍，则这个球的半径是( )A ．2B ．√2C ．3D ．√32．已知正四棱锥P ABCD 中，AB ＝√6，P A ＝2√3，则该棱锥外接球的体积为( )A．4π B．32π3C．16π D．16π33．[2022·天津红桥一模]一个长方体的各顶点均在同一球的球面上，且一个顶点上的三条棱的长分别为1、√2、3，则此球的体积为________．提分题例2 (1)[2022·江苏苏州三模]《九章算术》卷第五《商功》中，有“贾令刍童，上广一尺，袤二尺，下广三尺，袤四尺，高一尺．”，意思是：“假设一个刍童，上底面宽1尺，长2尺；下底面宽3尺，长4尺，高1尺．”(注：刍童为上下底面为相互平行的不相似长方形，两底面的中心连线与底面垂直的几何体)，若该几何体所有顶点在一球体的表面上，则该球体的体积为()立方尺A．√41πB．41π3D．3√41πC．41√41π6(2)[2022·山东泰安三模]如图，已知三棱柱ABC A1B1C1的底面是等腰直角三角形，AA1⊥底面ABC，AC＝BC＝2，AA1＝4，点D在上底面A1B1C1(包括边界)上运动，则三棱锥D ABC 的外接球表面积的最大值为()π B．24πA．814C．243π D．8√6π16听课笔记：【技法领悟】1．确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与几何体的位置和数量关系．2．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．3．补成正方体、长方体、正四面体、正棱柱、圆柱等规则几何体．巩固训练21.已知圆柱的轴截面为正方形，其外接球为球O，球O的表面积为8π，则该圆柱的体积为()A．√22π B．√2πC．2π D．2√2π2．[2022·广东潮州二模]已知△ABC是边长为3的等边三角形，三棱锥P ABC全部顶点都在表面积为16π的球O的球面上，则三棱锥P ABC的体积的最大值为()A．√3B．3√32C．9√34D．√32专题四 立体几何第一讲 空间几何体的表面积与体积微专题1 空间几何体的表面积和体积保分题1．解析：设圆锥的底面半径为r ，高为h ，则πr ×2＝2π，可得r ＝1，则h ＝√22−r 2＝√3，因此，该圆锥的体积为V ＝13πr 2h ＝13π×12×√3＝√33π. 答案：D2．解析：设球的半径为r ，依题意圆柱的底面半径也是r ，高是2r ， 圆柱的侧面积＝2πr ·2r ＝4πr 2 ，球的表面积为4πr 2 ， 其比例为1∶1. 答案：A3．解析：该正八面体是由两个同底的正四棱锥组成，且正四棱锥的底面是边长为√2的正方形，棱锥的高为1，所以该正八面体的体积为2×13×√2×√2×1＝43.答案：B提分题[例1] 解析：(1)由题可知平面A 1B 1ED 与棱柱上、下底面分别交于A 1B 1，ED ， 则A 1B 1∥ED ，ED ∥AB ， 显然CDE - C 1A 1B 1是三棱台，设△ABC 的面积为1，△CDE 的面积为S ，三棱柱的高为h ， ∴12·1·h ＝13h (1＋S ＋√S )， 解得√S ＝√3−12，由△CDE ∽△CAB ，可得CD AC ＝√S√1＝√3−12. (2)如图，截面为△P AB ，设C 为AB 中点，设OC ＝x ，x ∈[0，√3)，则AB ＝2√3−x 2，PC ＝√x 2+1，则截面面积S ＝12×2√3−x 2×√x 2+1＝√−(x 2−1)2+4，则当x 2＝1时，截面面积取得最大值为2. 答案：(1)D (2)A[巩固训练1]1．解析：在图1中V 水＝12×2×2×2＝4，在图2中，V 水＝V ABC − A 1B 1C 1− V C − A 1B 1C 1＝12×2×2×h －13×12×2×2×h ＝43h ， ∴43h ＝4，∴h ＝3.答案：A2．解析：分别过A ，B 作圆柱的母线AE ，BF ，连接CE ，DE ，CF ，DF ，设圆柱的底面半径为r ，则三棱锥A - BCD 的体积为两个全等四棱锥C - ABFE 减去两个全等三棱锥A - CDE ， 即2×13×r ×2r ×r －2×13×r ×12×2r ×r ＝23r 3＝18，则r ＝3，圆柱的侧面积为2πr ×r ＝18π答案：D微专题2 与球有关的切、接问题保分题1．解析：设球的半径为R ，则根据球的表面积公式和体积公式， 可得，4πR 2＝43πR 3×√3，化简得R ＝√3. 答案：D2．解析：正方形ABCD 的对角线长√6+6＝2√3，正四棱锥的高为 √(2√3)2−(2√32)2＝3，设外接球的半径为R ，则(3－R )2＋(2√32)2＝R 2⇒R ＝2， 所以外接球的体积为4π3×23＝32π3.答案：B3．解析：长方体外接球的直径为√12+(√2)2+32＝2√3，所以外接球半径为√3，所以球的体积为4π3×(√3)3＝4√3π.答案：4√3π提分题[例2] 解析：(1)作出图象如图所示：由已知得球心在几何体的外部， 设球心到几何体下底面的距离为x ， 则R 2＝x 2＋(52)2＝(x ＋1)2＋(√52)2，解得x ＝2，∴R 2＝414， ∴该球体的体积V ＝4π3×(√412)3＝41√41π6.(2)因为△ABC 为等腰直角三角形，AC ＝BC ＝2，所以△ABC 的外接圆的圆心为AB 的中点O 1, 且AO 1＝√2，连接O 1与A 1B 1的中点E ，则O 1E ∥AA 1，所以O 1E ⊥平面ABC ， 设球的球心为O ，由球的截面性质可得O 在O 1E 上， 设OO 1＝x ，DE ＝t (0≤t ≤√2)，半径为R ， 因为OA ＝OD ＝R ，所以√2+x 2＝√(4−x )2+t 2， 所以t 2＝8x －14，又0≤t ≤√2， 所以74≤x ≤2，因为R 2＝2＋x 2，所以8116≤R 2≤6，所以三棱锥D －ABC 的外接球表面积的最大值为24π. 答案：(1)C (2)B [巩固训练2]1．解析：设外接球的半径为R ，圆柱底面圆的半径为r ，因为圆柱的轴截面为正方形，所以圆柱的高h ＝2r ，由球O 的表面积S ＝4πR 2＝8π，得R ＝√2，又R ＝ √(h2)2+r 2＝√2r ，得r ＝1，所以圆柱的体积V ＝πr 2·2r ＝2πr 3＝2π.答案：C2．解析：球O 的半径为R ，则4πR 2＝16π，解得：R ＝2，由已知可得：S △ABC ＝√34×32＝9√34，其中AE ＝23AD ＝√3，球心O 到平面ABC 的距离为√R 2−(√3)2＝1， 故三棱锥P - ABC 的高的最大值为3， 体积最大值为13S △ABC ·3＝9√34.答案：C。
2021新高考数学(山东专用)二轮复习学案：板块1命题区间精讲精讲9空间几何体的表面积与体积
空间几何体的表面积与体积命题点1 空间几何体的直观图和截面图1．斜二测画法中的“三变”与“三不变”“三变”⎩⎨⎧ 坐标轴的夹角改变，与y 轴平行的线段的长度变为原来的一半，图形改变“三不变”⎩⎨⎧ 平行性不改变，与x ，z 轴平行的线段的长度不改变，相对位置不改变2．常见三类空间几何体的截面图 轴截面、横截面与斜截面： 利用截面图可将空间问题转化为平面问题解决，确定截面的形状是解决此类问题的关键．[高考题型全通关]1．[教材改编]水平放置的△ABC 的直观图如图，其中B ′O ′＝C ′O ′＝1，A ′O ′＝32，那么原△ABC 是一个( )A ．等边三角形B ．直角三角形C ．三边中只有两边相等的等腰三角形D ．三边互不相等的三角形A [AO ＝2A ′O ′＝2×32＝3，BC ＝B ′O ′＋C ′O ′＝1＋1＝2，在Rt △AOB 中，AB ＝12＋(3)2＝2，同理AC ＝2，所以△ABC 是等边三角形．]2．如图，在棱长为1的正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别是A 1D 1，A 1B 1的中点，过直线BD 的平面α∥平面AMN ，则平面α截该正方体所得截面的面积为( )A ．2B ．98C ．3D ．62B [取C 1D 1，B 1C 1的中点分别为P ，Q ，连接PQ ，PD ，NP ，QB ，B 1D 1.易知MN ∥B 1D 1∥BD ，AD ∥NP ，AD ＝NP ，所以四边形ANPD 为平行四边形，则AN ∥DP .又BD 和DP 为平面BDPQ 的两条相交直线，所以平面BDPQ ∥平面AMN ，即平面α为平面BDPQ .由PQ ∥DB ，PQ ＝12BD ＝22，得四边形BDPQ 为梯形，其高h ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫522－⎝ ⎛⎭⎪⎫242＝324. 所以平面α截该正方体所得截面的面积为12(PQ ＋BD )·h ＝12×⎝⎛⎭⎪⎫2＋22×324＝98.故选B ．]3．已知表面积为12π的圆柱的上下底面的中心分别为O 1，O 2.若过直线O 1O 2的平面截该圆柱所得的截面是正方形，则O 1O 2＝( )A ．23B ．22C ．3D ．2B [因为圆柱的轴截面是正方形，设底面半径为r ，则母线长为2r ，所以圆柱的表面积为2πr 2＋2πr ·2r ＝12π，解得r ＝2，所以O 1O 2＝2r ＝22，故选B ．]4．[多选]如图，正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E ，F ，G 分别为BC ，CC 1，BB 1的中点．则( )A．直线D1D与直线AF垂直B．直线A1G与平面AEF平行C．平面AEF截正方体所得的截面面积为9 8D．点C与点G到平面AEF的距离相等BC[假设D1D⊥AF，因为DD1⊥AE，所以D1D⊥平面AEF，又D1D⊥平面ABCD，所以平面AEF∥平面ABCD，显然不正确，故选项A不正确；连接AD1，D1F(图略)，因为EF∥AD1，所以平面AEF即平面AEFD1，因为A1G∥D1F，所以A1G∥平面AEFD1，所以选项B正确；平面AEF截正方体的截面为梯形AEFD1，EF＝22，AD1＝2，梯形的高为⎝⎛⎭⎪⎫522－⎝⎛⎭⎪⎫242＝324，所以其面积为2＋222×324＝98，故选项C正确；连接CG交EF于点H(图略)，显然H不是EF的中点，所以C，G到平面AEF的距离不相等，选项D不正确．]5．(2020·四川五校联考)在棱长为6的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点E，F分别是棱C1D1，B1C1的中点，过A，E，F三点作该正方体的截面，则截面的周长为________．613＋32[如图，延长EF和A1B1相交于M，连接AM交BB1于H，延长FE和A1D1相交于N，连接AN交DD1于G，连接FH，EG，可得截面五边形AHFEG.因为ABCD-A1B1C1D1是棱长为6的正方体，且E，F分别是棱C1D1，B1C1的中点，所以EF＝32，AG＝AH＝213，EG＝FH＝13，截面的周长为AH＋HF＋EF＋EG＋AG＝613＋3 2.]6．已知球O是正三棱锥A-BCD的外接球，BC＝3，AB＝23，点E在线段BD上，且BD＝3BE，过点E作球O的截面，则所得截面中面积最小的截面圆的面积是________．2π[如图，设△BCD的中心为点O1，球O的半径为R，则A，O，O1三点共线．连接O1D，O1E，OD，OE，则O1D＝3，AO1＝AD2－O1D2＝3.在Rt△OO1D中，R2＝3＋(3－R)2，即R＝2，所以OO1＝1.在△O1DE中，DE＝23BD＝2，∠O1DE＝30°，所以由余弦定理得O1E＝3＋4－2×3×2×cos 30°＝1.所以OE＝ 2.过点E作圆O的截面，当截面与OE垂直时，截面的面积最小，此时截面圆的半径为22－(2)2＝2，所以截面圆的面积为2π.]命题点2空间几何体的表面积、体积1．求几何体的表面积的方法(1)求表面积问题的思路是将立体几何问题转化为平面图形问题，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柱、锥、台体，先求这些柱、锥、台体的表面积，再通过求和或作差求得所给几何体的表面积．2．求空间几何体体积的常用方法公式法直接根据常见柱、锥、台等规则几何体的体积公式计算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割补法把不能直接计算体积的空间几何体进行适当的分割或补形，转化为可计算体积的几何体[高考题型全通关]1．已知圆锥的高为3，底面半径长为4.若一球的表面积与此圆锥的侧面积相等，则该球的半径长为()A．5B．5C．9D．3B[∵圆锥的底面半径R＝4，高h＝3，∴圆锥的母线l＝5，∴圆锥的侧面积S＝πRl＝20π.设球的半径为r，则4πr2＝20π，∴r＝ 5.故选B．]2．我国古代《九章算术》里，记载了一个“商功”的例子：今有刍童，下广二丈，袤三丈，上广三丈，袤四丈，高三丈．问积几何？其意思是：今有上下底面皆为长方形的草垛(如图所示)，下底宽2丈，长3丈，上底宽3丈，长4丈，高3丈．问它的体积是多少？该书提供的算法是：上底长的2倍与下底长的和与上底宽相乘，同样下底长的2倍与上底长的和与下底宽相乘，将两次运算结果相加，再乘以高，最后除以6.则这个问题中的刍童的体积为()A．13.25立方丈B．26.5立方丈C．53立方丈D．106立方丈B[由题意知，刍童的体积为[(4×2＋3)×3＋(3×2＋4)×2]×3÷6＝26.5(立方丈)，故选B．]3．如图，在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD是平行四边形，点E 是棱BB1的中点，点F是棱CC1上靠近C1的三等分点，且三棱锥A1-AEF的体积为2，则四棱柱ABCD-A1B1C1D1的体积为()A．12 B．8 C．20 D．18A[设点F到平面ABB1A1的距离为h，由题意得VA1-AEF ＝VF-A1AE.又VF-A1AE＝13S △A 1AE ·h ＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12AA 1·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．已知等腰直角三角形ABC 中，∠ACB ＝90°，斜边AB ＝2，点D 是斜边AB 上一点(不同于点A ，B )．沿线段CD 折起形成一个三棱锥A -CDB ，则三棱锥A -CDB 体积的最大值是( )A ．1B ．12C ．13D ．16D [设AD ＝x ，将△ACD 折起使得平面ACD ⊥平面BC D ．在△ACD 中，由面积公式得12CD ·h 1＝12AD ·1(h 1为点A 到CD 的距离)，则h 1＝x 1＋(x －1)2. 由题易知h 1为点A 到平面BCD 的距离，故三棱锥A -CDB 体积为V ＝13S △BCD ·h 1＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12BD ·1·h 1＝16·2x －x 2x 2－2x ＋2，x ∈(0，2)． 令t ＝x 2－2x ＋2，则t ∈[1，2)，故V ＝16·2－t 2t ＝16·⎝ ⎛⎭⎪⎫2t －t . 由于2t －t 是减函数，故当t ＝1时，V 取得最大值为16×(2－1)＝16.故选D ．]5．2020年山东省某镇重点打造运动休闲小镇品牌，修建了运动休闲广场，广场内设置了一些石凳供大家休息，这些石凳可看成是由一个正方体截去8个相同的四面体得到的，如图．若被截正方体的棱长是50 cm ，则石凳的表面积为( )A ．2 500(3＋3)cm 2B ．17 500 cm 2C ．7 500 3 cm 2D ．5 000(3＋3)cm 2A [由题意知石凳的表面由6个正方形和8个正三角形构成，每个正方形的面积为(252)2cm 2，每个正三角形的面积为34×(252)2cm 2，所以石凳的表面积为6×(252)2＋8×34×(252)2＝2 500(3＋3)cm2.]6．(2020·江苏高考)如图，六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的．已知螺帽的底面正六边形边长为2 cm，高为2 cm，内孔半径为0.5 cm，则此六角螺帽毛坯的体积是________cm3.123－π2[正六棱柱的体积为6×34×22×2＝123(cm3)，圆柱的体积为π×0.52×2＝π2(cm3)，则该六角螺帽毛坯的体积为(123－π2)cm3.]7．(2020·浙江高考)已知圆锥的侧面积(单位：cm2)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________．1[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12πl2＝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.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＝2πR2＝2π，解得R＝1.]莘莘学子，最重要的就是不要去看远方模糊的，而要做手边清楚的事。
高考数学二轮复习练习：专题限时集训8 空间几何体表面积或体积的求解 Word版含答案
专题限时集训(八) 空间几何体表面积或体积的求解 [建议A 、B 组各用时：45分钟][A 组高考达标]一、选择题1．一个正方体截去两个角后所得几何体的正视图、侧视图如图816所示，则其俯视图为()图816C [根据正视图和侧视图知，正方体截取的两个角是在同一个面上的两个相对的角，所以它的俯视图是一个正方形，正方形的右下角是以一个实线画出的三角形，左上角是一个以实线画出的三角形，依题意可知该几何体的直观图如图所示，故选C.]2．已知某几何体的三视图如图817所示，则该几何体的表面积为()图817A ．16B ．26C ．32D ．20＋2543C [由三视图可知该几何体的直观图如下，由图可知，该几何体的各个面都是直角三角形，故表面积为12×(4×5＋3×4＋4×3＋4×5)＝32，故选C.]3．在三棱锥P ABC 中，AB ＝BC ＝15，AC ＝6，PC ⊥平面ABC ，PC ＝2，则该三棱锥的外接球表面积为()【导学号：68334102】 A.253π B.252π C.833π D.832π D [由题可知，△ABC 中AC 边上的高为15－32＝6，球心O 在底面ABC 的投影即为△ABC 的外心D ，设DA ＝DB ＝DC ＝x ，∴x 2＝32＋(6－x )2，解得x ＝546，∴R 2＝x 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫PC 22＝758＋1＝838(其中R 为三棱锥外接球的半径)，∴外接球的表面积S ＝4πR 2＝832π，故选D.]4．已知某几何体的三视图如图818所示，其中俯视图是正三角形，则该几何体的体积为()图818A. 3 B ．2 3C ．3 3D ．4 3B [分析题意可知，该几何体是由如图所示的三棱柱ABC A 1B 1C 1截去四棱锥A BEDC 得到的，故其体积V ＝34×22×3－13×1＋22×2×3＝23，故选B.]5．如图819，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是某个四面体的三视图，则该四面体的表面积为()图819A ．8＋82＋4 6B ．8＋82＋2 6C ．2＋22＋ 6D.12＋22＋64A [在正方体中还原出该四面体C A 1EC 1如图所示，可求得该四面体的表面积为8＋82＋4 6.]二、填空题6．某几何体的三视图如图820所示(单位：cm)，则该几何体的体积为________cm 3，表面积为________cm 2.【导学号：68334103】图820π211π4[由三视图知该几何体为一个半球被割去14后剩下的部分，其球半径为1，所以该几何体的体积为12×34×43π×13＝π2，表面积为12×34×4π×12＋34×π×12＋2×14×π×12＝11π4.]7．三棱锥P ABC 中，D ，E 分别为PB ，PC 的中点，记三棱锥D ABE 的体积为V 1，P ABC 的体积为V 2，则V 1V 2＝________.14[如图，设S △ABD ＝S 1，S △PAB ＝S 2， E 到平面ABD 的距离为h 1，C 到平面PAB 的距离为h 2，则S 2＝2S 1，h 2＝2h 1，V 1＝13S 1h 1，V 2＝13S 2h 2，所以V 1V 2＝S 1h 1S 2h 2＝14.]8．)某简单几何体的三视图如图821所示，则该几何体的体积是________，外接球的表面积是________．图8212425π[由三视图得该几何体是一个底面为对角线为4的正方形，高为3的直四棱柱，则其体积为4×4×12×3＝24.又直四棱柱的外接球的半径为R ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫322＋22＝52，所以四棱柱的外接球的表面积为4πR 2＝25π.] 三、解答题9.如图822，P 为正方形ABCD 外一点，PB ⊥平面ABCD ，PB ＝AB ＝2，E 为PD 的中点．图822(1)求证：PA ⊥CE ；(2)求四棱锥P ABCD 的表面积．[解](1)证明：取PA 的中点F ，连接EF ，BF ，则EF ∥AD ∥BC ，即EF ，BC 共面．∵PB ⊥平面ABCD ，∴PB ⊥BC ，又BC ⊥AB 且PB ∩AB ＝B ， ∴BC ⊥平面PAB ，∴BC ⊥PA .3分∵PB ＝AB ，∴BF ⊥PA ，又BC ∩BF ＝B ， ∴PA ⊥平面EFBC ，∴PA ⊥CE . 6分(2)设四棱锥P ABCD 的表面积为S ， ∵PB ⊥平面ABCD ，∴PB ⊥CD ，又CD ⊥BC ，PB ∩BC ＝B ，∴CD ⊥平面PBC ，∴CD ⊥PC ，即△PCD 为直角三角形， 8分由(1)知BC ⊥平面PAB ，而AD ∥BC ，∴AD ⊥平面PAB ， 故AD ⊥PA ，即△PAD 也为直角三角形．S ▱ABCD ＝2×2＝4，S △PBC ＝S △PAB ＝S △PDA ＝12×2×2＝2， S △PCD ＝12×2×22＋22＝22，12分∴S 表＝S ▱ABCD ＋S △PBC ＋S △PDA ＋S △PAB ＋S △PCD ＝10＋2 2.15分10．如图823，一个侧棱长为l 的直三棱柱ABC A 1B 1C 1容器中盛有液体(不计容器厚度)．若液面恰好分别过棱AC ，BC ，B 1C 1，A 1C 1的中点D ，E ，F ，G .图823(1)求证：平面DEFG ∥平面ABB 1A 1； (2)当底面ABC 水平放置时，求液面的高．【导学号：68334104】[解](1)证明：因为D ，E 分别为棱AC ，BC 的中点，所以DE 是△ABC 的中位线，所以DE ∥AB .又DE ⊄平面ABB 1A 1，AB ⊂平面ABB 1A 1，所以DE ∥平面ABB 1A 1.同理DG ∥平面ABB 1A 1，又DE ∩DG ＝D ，所以平面DEFG ∥平面ABB 1A 1.6分(2)当直三棱柱ABC A 1B 1C 1容器的侧面AA 1B 1B 水平放置时，由(1)可知，液体部分是直四棱柱，其高即为原直三棱柱ABC A 1B 1C 1容器的高，即侧棱长l ，当底面ABC 水平放置时，设液面的高为h ，△ABC 的面积为S ，则由已知条件可知，△CDE ∽△ABC ，且S △CDE ＝14S ，所以S 四边形ABED ＝34S . 11分由于两种状态下液体体积相等，所以V 液体＝Sh ＝S 四边形ABED l ＝34Sl ，即h ＝34l .因此，当底面ABC 水平放置时，液面的高为34l .15分[B 组名校冲刺]一、选择题1．如图824，网格纸的各小格都是正方形，粗实线画出的是一个凸多面体的三视图(两个矩形，一个直角三角形)，则这个几何体可能为()图824A ．三棱台B ．三棱柱C ．四棱柱D ．四棱锥B [根据三视图的法则：长对正，高平齐，宽相等，可得几何体如图所示．这是一个三棱柱．]2．某几何体的三视图如图825所示，则该几何体的体积为()图825A.23B.43C.53D.73B [根据三视图可知，几何体是由一个直三棱柱与一个三棱锥所组成的，其中该直三棱柱的底面是一个直角三角形(直角边长分别为1,2，高为1)；该三棱锥的底面是一个直角三角形(腰长分别为1,2，高为1)，因此该几何体的体积为12×2×1×1＋13×12×2×1×1＝43，选B.]3．某几何体的三视图如图826所示，则该几何体的体积为()图826A ．6π＋4B ．π＋4 C.5π2D ．2πD [由三视图知，该几何体为一个底面半径为1，高为1的圆柱体，与底面半径为1，高为2的半圆柱体构成，所以该三视图的体积为π×12×1＋12π×12×2＝2π，故选D.]4．从点P 出发的三条射线PA ，PB ，PC 两两成60°角，且分别与球O 相切于A ，B ，C 三点，若OP ＝3，则球的体积为()A.π3B.2π3C.4π3D.8π3C [设OP 交平面ABC 于O ′，由题得△ABC 和△PAB 为正三角形， 所以O ′A ＝33AB ＝33AP . 因为AO ′⊥PO ，OA ⊥PA ， 所以OP OA ＝AP AO ′，AO ′AB ＝33，AO ′AP ＝33，所以OA ＝OP ·O ′A AP ＝3×33＝1， 即球的半径为1，所以其体积为43π×13＝43π.选C.] 二、填空题5．一个六棱柱的底面是正六边形，侧棱垂直于底面，所有棱的长都为1，顶点在同一个球面上，则该球的体积为________.【导学号：68334105】55π6[由题意知六棱柱的底面正六边形的外接圆半径r ＝1,其高h ＝1，∴球半径为R ＝r 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫h 22＝1＋14＝54，∴该球的体积V ＝43πR 3＝43×⎝ ⎛⎭⎪⎫543π＝55π6.] 6．如图827，在三棱锥A BCD 中，△ACD 与△BCD 都是边长为4的正三角形，且平面ACD ⊥平面BCD ，则该三棱锥外接球的表面积为________．图827803π[取AB ，CD 的中点分别为E ，F ，连接EF ，AF ，BF ，由题意知AF ⊥BF ，AF ＝BF ＝23，EF ＝12AF 2＋BF 2＝6，易知三棱锥的外接球球心O 在线段EF 上， 所以OE ＋OF ＝ 6.设外接球的半径为R ，连接OA ，OC ，则有R 2＝AE 2＋OE 2，R 2＝CF 2＋OF 2，所以AE 2＋OE 2＝CF 2＋OF 2，(6)2＋OE 2＝22＋OF 2， 所以OF 2－OE 2＝2，又OE ＋OF ＝6，则OF 2＝83，R 2＝203，所以该三棱锥外接球的表面积为4πR 2＝803π.]三、解答题7．如图828，矩形CDEF 和梯形ABCD 互相垂直，∠BAD ＝∠ADC ＝90°，AB ＝AD ＝12CD ，BE ⊥DF .图828(1)若M 为EA 中点，求证：AC ∥平面MDF ； (2)若AB ＝2，求四棱锥E ABCD 的体积． [解](1)证明：设EC 与DF 交于点N ，连接MN ，在矩形CDEF 中，点N 为EC 中点， 因为M 为EA 中点，所以MN ∥AC .2分 又因为AC ⊄平面MDF ，MN ⊂平面MDF ， 所以AC ∥平面MDF .4分(2)取CD 中点为G ，连接BG ，EG ，平面CDEF ⊥平面ABCD ，平面CDEF ∩平面ABCD ＝CD ，AD ⊂平面ABCD ，AD ⊥CD ，所以AD ⊥平面CDEF ，同理ED ⊥平面ABCD ， 7分 所以ED 的长即为四棱锥E ABCD 的高. 8分在梯形ABCD 中，AB ＝12CD ＝DG ，AB ∥DG ，所以四边形ABGD 是平行四边形，BG ∥AD ，所以BG ⊥平面CDEF . 又DF ⊂平面CDEF ，所以BG ⊥DF ，又BE ⊥DF ，BE ∩BG ＝B ， 所以DF ⊥平面BEG ，DF ⊥EG .11分注意到Rt △DEG ∽Rt△EFD ，所以DE 2＝DG ·EF ＝8，DE ＝22， 所以V E ABCD ＝13S 梯形ABCD ·ED ＝4 2.15分8．如图829，在多面体ABCDM 中，△BCD 是等边三角形，△CMD 是等腰直角三角形，∠CMD ＝90°，平面CMD ⊥平面BCD ，AB ⊥平面BCD ，点O 为CD 的中点，连接OM .图829(1)求证：OM ∥平面ABD ；(2)若AB ＝BC ＝2，求三棱锥A BDM 的体积．[解](1)证明：∵△CMD 是等腰直角三角形，∠CMD ＝90°，点O 为CD 的中点，∴OM ⊥CD . ∵平面CMD ⊥平面BCD ，平面CMD ∩平面BCD ＝CD ，OM ⊂平面CMD ， ∴OM ⊥平面BCD .2分 ∵AB ⊥平面BCD ，∴OM ∥AB .3分∵AB ⊂平面ABD ，OM ⊄平面ABD ， ∴OM ∥平面ABD .4分(2)法一：由(1)知OM ∥平面ABD ，∴点M 到平面ABD 的距离等于点O 到平面ABD 的距离.5分过点O作OH⊥BD，垂足为点H.∵AB⊥平面BCD，OH⊂平面BCD，∴OH⊥AB.6分∵AB⊂平面ABD，BD⊂平面ABD，AB∩BD＝B，∴OH⊥平面ABD.7分∵AB＝BC＝2，△BCD是等边三角形，∴BD＝2，OD＝1，OH＝OD·sin60°＝32. 9分∴V三棱锥ABDM＝V三棱锥MABD＝13×12×AB·BD·OH＝13×12×2×2×32＝33. 11分∴三棱锥ABDM的体积为33. 12分法二：由(1)知OM∥平面ABD，∴点M到平面ABD的距离等于点O到平面ABD的距离. ∵AB＝BC＝2，△BCD是等边三角形，∴BD＝2，OD＝1. 6分连接OB，则OB⊥CD，OB＝BD·sin60°＝ 3.7分∴V三棱锥ABDM＝V三棱锥MABD＝V三棱锥OABD＝V三棱锥ABDO＝13×12×OD·OB·AB＝13×12×1×3×2＝33. 12分∴三棱锥ABDM的体积为33. 15分。
2021年北京新高考数学复习练习讲义：8.1 空间几何体的表面积和体积
专题八立体几何【真题探秘】8.1 空间几何体的表面积和体积探考情悟真题【考情探究】考点内容解读5年考情预测热度考题示例考向关联考点1.空间几何体的结构特征认识柱、锥、台、球及其简单组合体的结构特征,并能运用这些特征描述现实生活中简单物体的结构2019课标全国Ⅱ文,16空间几何体的结构特征★★★2.空间几何体的表面积和体积理解球、柱体、锥体、台体的表面积和体积的计算公式(不要求记忆) 2015北京文,18空间几何体的体积直线与平面的位置关系以及平面与平面的位置关系的判定★★★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,属于中档题.破考点 练考向 【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C.棱锥的侧棱长与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 D2.如图所示,在单位正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的面对角线A 1B 上存在一点P,使得AP+D 1P 最小,则AP+D 1P 的最小值为 .答案 √2+√2考点二空间几何体的表面积和体积3.已知四棱锥P-ABCD中,平面PAD⊥平面ABCD,其中底面ABCD为正方形,△PAD为等腰直角三角形,PA=PD=√2,则四棱锥P-ABCD外接球的表面积为( )A.10πB.4πC.16πD.8π答案D4.已知A,B,C,D是同一球面上的四个点,其中△ABC是正三角形,AD⊥平面ABC,AD=2AB=6,则该球的体积为( )A.32√3πB.48πC.24πD.16π答案A5.如图,在直三棱柱ABC-A1B1C1中,底面ABC是等腰直角三角形,AB=BC=1.点D为侧棱BB1上的动点.若△ADC1周长的最小值为√3+√5,则三棱锥C1-ABC外接球的表面积为.答案3π6.(2020届北京人大附中月考,17)在一张足够大的纸板上截取一个面积为3600平方厘米的矩形纸板ABCD,然后在矩形纸板的四个角上切去边长相等的小正方形,再把它的边沿虚线折起,做成一个无盖的长方体纸盒(如图),设小正方形边长为x厘米,矩形纸板的两边AB、BC 的长分别为a厘米、b厘米,其中a≥b.(1)当a=90时,求纸盒侧面积的最大值;(2)试确定a,b,x的值,使得纸盒的体积最大,并求出最大值.解析(1)因为矩形纸板ABCD的面积为3600平方厘米,故当a=90时,b=40,从而包装盒子的侧面积S=2x(90-2x)+2x(40-2x)=-8x2+260x,x∈(0,20),因为S=-8x2+260x=-8(x-16.25)2+2112.5,故当x=16.25时,侧面积最大,最大值为2112.5平方厘米.),b≤60,(2)包装盒子的体积V=(a-2x)(b-2x)x=x[ab-2(a+b)x+4x2],x∈(0,b2V=x[ab-2(a+b)x+4x2]≤x(ab-4√ab x+4x2)=x(3600-240x+4x2)=4x3-240x2+3600x.当且仅当a=b=60时等号成立,设f(x)=4x3-240x2+3600x,x∈(0,30),则f'(x)=12(x-10)(x-30),于是当0<x<10时,f'(x)>0,所以f(x)在(0,10)上单调递增;当10<x<30时,f'(x)<0,所以f(x)在(10,30)上单调递减.因此当x=10时,f(x)有最大值f(10)=16000,此时a=b=60,x=10.答:当a=b=60,x=10时,纸盒的体积最大,最大值为16000立方厘米.炼技法提能力【方法集训】方法1 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.32π C.8π D.4π3答案A2.(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B3.(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434.(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 1B 1C 1D 1,下部的形状是正四棱柱ABCD-A 1B 1C 1D 1(如图所示),并要求正四棱柱的高O 1O 是正四棱锥的高PO 1的4倍.(1)若AB=6 m,PO 1=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PO 1为多少时,仓库的容积最大?解析 (1)由PO 1=2知O 1O=4PO 1=8. 因为A 1B 1=AB=6,所以正四棱锥P-A 1B 1C 1D 1的体积V 锥=13·A 1B 12·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(m).连接O 1B 1.因为在Rt △PO 1B 1中,O 1B 12+P O 12=P B 12,所以(√2a2)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=2√3或h=-2√3(舍). 当0<h<2√3时,V'>0,V 是单调增函数; 当2√3<h<6时,V'<0,V 是单调减函数. 故h=2√3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.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.方法2 与球有关的切、接问题的求解方法5.(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.πB.3π4C.π2D.π4答案B6.如图(2),在正方体盒子内镶嵌一个小球,使得镶嵌后三视图均如图(1)所示,且面A1BC1截小球所得的截面面积为2π3,则该小球的体积为( )A.π6B.4π3C.32π3D.8√2π3答案B7.(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C8.《九章算术》中,将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为阳马;将四个面都为直角三角形的三棱锥称为鳖臑.若三棱锥P-ABC为鳖臑,PA⊥平面ABC,PA=AB=2,AC=4,三棱锥P-ABC的四个顶点都在球O的球面上,则球O的表面积为( )A.8πB.12πC.20πD.24π答案C【五年高考】A组自主命题·北京卷题组(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=√2,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=√2, 所以AB=2,则OC=1.所以等边三角形VAB 的面积S △VAB =12AB ·BVsin 60°=12×2×2×√32=√3. 又因为OC ⊥平面VAB,所以三棱锥C-VAB 的体积等于13S △VAB ·OC=√33.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√33.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=√3. 所以三棱锥V-ABC 的体积等于13S △ABC ·VO=13×12×√2×√2×√3=√33.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)卷题组考点一空间几何体的结构特征(2019课标全国Ⅱ文,16,5分)中国有悠久的金石文化,印信是金石文化的代表之一.印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体,但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”(图1).半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美.图2是一个棱数为48的半正多面体,它的所有顶点都在同一个正方体的表面上,且此正方体的棱长为 1.则该半正多面体共有个面,其棱长为.(本题第一空2分,第二空3分)图1图2答案26;√2-1考点二空间几何体的表面积和体积1.(2019课标全国Ⅰ,12,5分)已知三棱锥P-ABC的四个顶点在球O的球面上,PA=PB=PC,△ABC是边长为2的正三角形,E,F分别是PA,AB的中点,∠CEF=90°,则球O 的体积为( )A.8√6πB.4√6πC.2√6πD.√6π答案D2.(2018课标全国Ⅰ,10,5分)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.8B.6√2C.8√2D.8√3答案C3.(2018课标全国Ⅲ,12,5分)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9√3,则三棱锥D-ABC体积的最大值为( )A.12√3B.18√3C.24√3D.54√3答案B4.(2019江苏,9,5分)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.答案105.(2019天津,11,5分)已知四棱锥的底面是边长为√2的正方形,侧棱长均为√5.若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点,另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心,则该圆柱的体积为.答案π46.(2019课标全国Ⅲ,16,5分)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=6cm,AA1=4cm.3D打印所用原料密度为0.9g/cm3.不考虑打印损耗,制作该模型所需原料的质量为g.答案118.87.(2018天津,11,5分)如图,已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为1,则四棱锥A1-BB1D1D的体积为.答案138.(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 14π9.(2017课标全国Ⅰ,16,5分)已知三棱锥S-ABC 的所有顶点都在球O 的球面上,SC 是球O 的直径.若平面SCA ⊥平面SCB,SA=AC,SB=BC,三棱锥S-ABC 的体积为9,则球O 的表面积为 . 答案 36π10.(2016课标全国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=54,OD'=2√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AE AD =CFCD ,故AC ∥EF.(2分)由此得EF ⊥HD,EF ⊥HD',所以AC ⊥HD'.(4分) (2)由EF ∥AC 得OH DO =AE AD =14.(5分) 由AB=5,AC=6得DO=BO=2-AO 2=4. 所以OH=1,D'H=DH=3.于是OD'2+OH 2=(2√2)2+12=9=D'H 2,故OD'⊥OH.由(1)知AC ⊥HD',又AC ⊥BD,BD ∩HD'=H,所以AC ⊥平面BHD',因为OD'⊂平面BHD',所以AC ⊥OD'.又由OD'⊥OH,AC ∩OH=O,所以OD'⊥平面ABC.(8分) 又由EF AC =DHDO得EF=92.五边形ABCFE 的面积S=12×6×8-12×92×3=694.(10分) 所以五棱锥D'-ABCFE 的体积V=13×694×2√2=23√22.(12分)C 组 教师专用题组1.(2015四川,14,5分)在三棱柱ABC-A 1B 1C 1中,∠BAC=90°,其正视图和侧视图都是边长为1的正方形,俯视图是直角边的长为1的等腰直角三角形.设点M,N,P 分别是棱AB,BC,B 1C 1的中点,则三棱锥P-A 1MN 的体积是 . 答案1242.(2015课标Ⅱ,19,12分)如图,长方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,AB=16,BC=10,AA 1=8,点E,F 分别在A 1B 1,D 1C 1上,A 1E=D 1F=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. 解析 (1)交线围成的正方形EHGF 如图:(2)作EM ⊥AB,垂足为M,则AM=A 1E=4,EB 1=12,EM=AA 1=8. 因为EHGF 为正方形,所以EH=EF=BC=10. 于是MH=√EH 2-EM 2=6,AH=10,HB=6.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). 3.(2015课标Ⅰ,18,12分)如图,四边形ABCD 为菱形,G 为AC 与BD 的交点,BE ⊥平面ABCD. (1)证明:平面AEC ⊥平面BED;(2)若∠ABC=120°,AE ⊥EC,三棱锥E-ACD 的体积为√63,求该三棱锥的侧面积.解析 (1)因为四边形ABCD 为菱形,所以AC ⊥BD. 因为BE ⊥平面ABCD,所以AC ⊥BE.故AC ⊥平面BED. 又AC ⊂平面AEC,所以平面AEC ⊥平面BED.(5分)(2)设AB=x,在菱形ABCD 中,由∠ABC=120°,可得AG=GC=√32x,GB=GD=x2. 因为AE ⊥EC,所以在Rt △AEC 中,可得EG=√32x. 由BE ⊥平面ABCD,知△EBG 为直角三角形,可得BE=√22x.由已知得,三棱锥E-ACD 的体积V E-ACD =13×12AC ·GD ·BE=√624x 3=√63.故x=2.(9分)从而可得AE=EC=ED=√6.所以△EAC 的面积为3,△EAD 的面积与△ECD 的面积均为√5. 故三棱锥E-ACD 的侧面积为3+2√5.(12分)【三年模拟】一、选择题(每小题5分,共20分)1.(2020届山东夏季高考模拟,5)已知三棱锥S-ABC 中,∠SAB=∠ABC=π2,SB=4,SC=2√13,AB=2,BC=6,则三棱锥S-ABC 的体积是( ) A.4 B.6 C.4√3 D.6√3 答案 C2.(2019北京朝阳二模,7)在棱长为1的正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中,E,F 分别为线段CD 和A 1B 1上的动点,且满足CE=A 1F,则四边形D 1FBE(如图所示阴影部分)在该正方体有公共顶点的三个面上的正投影的面积之和( )A.有最小值32 B.有最大值52 C.为定值3 D.为定值2 答案 D3.(2019北京朝阳期末,8)以棱长为1的正方体各面的中心为顶点构成一个正八面体,再以这个正八面体各面的中心为顶点构成一个小正方体,那么该小正方体的棱长为( ) A.√22 B.√33 C.13 D.14 答案 C4.(2019北京海淀零模,8)如图所示,正方体ABCD-A'B'C'D'的棱长为1,E,F 分别是棱AA',CC'的中点,过直线E,F 的平面分别与棱BB'、DD'交于M,N,设BM=x,x ∈[0,1],给出以下四个命题:①平面MENF⊥平面BDD'B';②当且仅当x=12时,四边形MENF的面积最小;③四边形MENF的周长L=f(x),x∈[0,1]是单调函数;④四棱锥C'-MENF的体积V=h(x)为常数函数.以上命题中假命题的序号为( )A.①④B.②C.③D.③④答案C二、填空题(每小题5分,共20分)5.(2019北京石景山一模,12)若四面体各棱的长是1或2,且该四面体不是正四面体,则其表面积的值可能是.(只需写出一个可能的值)答案2√3+√152或√15或√3+3√1546.(2018北京东城二模,12)如图,已知正方体ABCD-A'B'C'D'的棱长为1,若过直线BD'的平面与该正方体的面相交,交线围成一个菱形,则该菱形的面积为.答案√627.(2020届北大附中周测,12)《九章算术》中对一些特殊的几何体有特定的称谓,例如:将底面为直角三角形的直三棱柱称为堑堵,将一堑堵沿其一顶点与相对的棱刨开,得到一个阳马(底面是长方形,且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥)和一个鳖臑(四个面均为直角三角形的四面体).在如图所示的堑堵ABC-A1B1C1中,AA1=AC=5,AB=3,BC=4,则阳马C1-ABB1A1的外接球的表面积是.答案50π8.(2020届山东夏季高考模拟,16)半径为2的球面上有A,B,C,D 四点,且AB,AC,AD 两两垂直,则△ABC,△ACD 与△ADB 面积之和的最大值为 . 答案 8三、解答题(共15分)9.(2019北京清华大学中学生标准学术能力测试文,19)如图,平面四边形ABCD 中,△ABD 为等边三角形,BD=2,BC=CD=√2,沿直线BD 将△ABD 折成A'BD. (1)当A'C=2时,求证:平面A'BD ⊥平面BCD; (2)当A'C=√3时,求三棱锥A'-BCD 的体积.解析 (1)证明:取BD 的中点M,连接A'M,MC. ∵△ABD 为等边三角形,BD=2,∴A'M ⊥DB,A'M=√3. ∵BC=CD=√2,∴MC=1,当A'C=2时,A'M 2+MC 2=A'C 2, ∴A'M ⊥MC.又DB ∩MC=M,DB,MC ⊂平面BCD, ∴A'M ⊥平面BCD. ∵A'M ⊂平面A'BD,∴平面A'BD ⊥平面BCD.(2)由(1)知A'M=√3,A'M ⊥BD,CM ⊥BD,CM=1,A'M ∩CM=M,A'M,CM ⊂平面A'MC,∴BD ⊥平面A'MC,取MC 的中点N,连接A'N,∵A'C=A'M=√3,∴A'N ⊥MC,∴A'N=√112,则S △A'MC =12×1×√112=√114,则V A'-BCD =13·S △A'MC ·BD=13×√114×2=√116.。
2021届高考数学二轮讲练测06 几何体的面积与体积问题(讲)(解析版)
专题06几何体的面积与体积问题1．（2019·全国高考真题（理））已知三棱锥P -ABC 的四个顶点在球O 的球面上，PA =PB =PC ，△ABC 是边长为2的正三角形，E ，F 分别是PA ，AB 的中点，∠CEF =90°，则球O 的体积为（ ）A ．86πB ．46πC ．26πD ．6π【答案】D 【解析】 解法一:,PA PB PC ABC ==∆为边长为2的等边三角形，P ABC ∴-为正三棱锥，PB AC ∴⊥，又E ，F 分别为PA 、AB 中点， //EF PB ∴，EF AC ∴⊥，又EF CE ⊥，,CEAC C EF =∴⊥平面PAC ，PB ⊥平面PAC ，2APB PA PB PC ∴∠=90︒,∴===，P ABC ∴-为正方体一部分，22226R =++=，即364466,633R V R π=∴=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， 3CF ∴=又90CEF ∠=︒213,2CE x 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 +-+∴=， 221221222x x x ∴+=∴==，2PA PB PC ∴===，又===2AB BC AC ，,,PA PB PC ∴两两垂直，22226R ∴=++=，6R ∴=，34466633V R ∴=π=π⨯=π，故选D. 2．（2018·全国高考真题（理））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【答案】B 【解析】 如图所示，点M 为三角形ABC 的中心，E 为AC 中点，当DM ⊥平面ABC 时，三棱锥D ABC -体积最大 此时，OD OB R 4===233ABCSAB ==点M 为三角形ABC 的中心2BM 233BE ∴== Rt OMB ∴中，有22OM 2OB BM =-=DM OD OM 426∴=+=+= ()max 19361833D ABC V -∴=⨯⨯=故选B.3.（2019·天津高考真题（文））已知四棱锥的底面是边长为2的正方形，侧棱长均为5.若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的体积为__________.【答案】4π. 【解析】由题意四棱锥的底面是边长为2的正方形，侧棱长均为5，借助勾股定理，可知四棱锥的高为512-=，.若圆柱的一个底面的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，圆柱的底面半径为12，一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，故圆柱的高为1，故圆柱的体积为21124ππ⎛⎫⨯⨯= ⎪⎝⎭. 4.（2019·全国高考真题（理））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1111ABCD A B C D -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，16cm 4cm AB =BC =, AA =，3D 打印所用原料密度为30.9/g cm ，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为___________g .【答案】118．8由题意得， 2146423122EFGH S cm =⨯-⨯⨯⨯=， 四棱锥O −EFG 的高3cm ， ∴31123123O EFGH V cm -=⨯⨯=． 又长方体1111ABCD A B C D -的体积为32466144V cm =⨯⨯=， 所以该模型体积为22114412132V V V cm =-=-=，其质量为0.9132118.8g ⨯=．5．（2018·全国高考真题（文））如图，在平行四边形ABCM 中，3AB AC ==，90ACM ∠=︒，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23BP DQ DA ==，求三棱锥Q ABP -的体积．【答案】(1)见解析. (2)1. 【解析】（1）由已知可得，BAC ∠=90°，BA AC ⊥． 又BA ⊥AD ，且AC AD 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 =3，DA =32．又23BP DQ DA ==，所以22BP =． 作QE ⊥AC ，垂足为E ，则QE = 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1111322sin451332Q ABP ABPV QE S-=⨯⨯=⨯⨯⨯⨯︒=．一、考向分析：二、考向讲解（一）几何体的面积问题关于几何体的面积问题的考查，主要考向有： 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．典例1. （2018·全国高考真题（文））已知圆柱的上、下底面的中心分别为1O ，2O ，过直线12O O 的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形，则该圆柱的表面积为A ．B ．12πC ．D ．10π【答案】B 【解析】根据题意，可得截面是边长为的圆，且高为所以其表面积为22212S πππ=+=，故选B.典例2. （2018·全国高考真题（理））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__________．【答案】 【解析】因为母线SA ，SB 所成角的余弦值为78，所以母线SA ，SB ，因为SAB 的面积为,l 所以2218028l l ⨯⨯==，因为SA 与圆锥底面所成角为45°，所以底面半径为πcos,42l =因此圆锥的侧面积为2ππ.2rl l == （二）几何体的体积问题几何体的体积问题考向主要有：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；典例3.（2018·全国高考真题（文））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】如下图所示，30,90SAO ASB ∠=∠=又211822SAB S SA SB SA ∆=⋅==， 解得4SA =，所以2212,232SO SA AO SA SO ===-=，所以该圆锥的体积为2183V OA SO ππ=⋅⋅⋅=.典例4. （2019·江苏高考真题）如图，长方体1111ABCD A B C D -的体积是120，E 为1CC 的中点，则三棱锥E -BCD 的体积是_____.【答案】10. 【解析】因为长方体1111ABCD A B C D -的体积为120， 所以1120AB BC CC ⋅⋅=， 因为E 为1CC 的中点，所以112CE CC =， 由长方体的性质知1CC ⊥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1132V AB BC CE =⨯⋅⋅=111111201032212AB BC CC =⨯⋅⋅=⨯=. （三）三视图与几何体的面积、体积 三视图与几何体的面积、体积主要考向有：1. 三视图与几何体的面积问题：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；2. 三视图与几何体的体积问题：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..典例5.（2019年高考浙江卷）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（单位：cm ），则该柱体的体积（单位：cm 3）是（ ）A ．158B ．162C ．182D ．324【答案】B【解析】由三视图得该棱柱的高为6，底面可以看作是由两个直角梯形组合而成的，其中一个上底为4，下底为6，高为3，另一个的上底为2，下底为6，高为3，则该棱柱的体积为264633616222++⎛⎫⨯+⨯⨯= ⎪⎝⎭. 故选B.典例6.（安徽省示范高中（皖江八校）2018届第八联考）某棱锥的三视图如下图所示,则该棱锥的外接球的表面积为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】分析：由三视图可知该几何体是如图所示的三棱锥，外接球球心在过中点且垂直于平面的直线上，可知是直线与面的交点，也是直线与直线的交点没有此可求三棱锥外接球的半径，得到棱锥的外接球的表面积详解：由三视图可知该几何体是如图所示的三棱锥，外接球球心在过中点且垂直于平面的直线上，又点到距离相等，∴点又在线段的垂直平分面上，故是直线与面的交点，可知是直线与直线的交点,（分别是左侧正方体对棱的中点）,∴，，故三棱锥外接球的半径，表面积为.故选A.（四）面积、体积中的数学文化典例7.（2018·河南高考模拟（文））我国古代数学名著《九章算术》中“开立圆术”曰:置积尺数,以十六乘之,九而一,所得开立方除之,即立圆径.“开立圆术”相当于给出了已知球的体积V,求其直径d的一个近似公式316 9d V≈人们还用过一些类似的近似公式,根据 3.14159π≈判断,下列近似公式中最精确的一个是（ ）A ．d ≈B ．d ≈C ．d ≈D ．d ≈【答案】B 【解析】由球体的体积公式得333443326d d V R πππ⎛⎫==⨯= ⎪⎝⎭，36V d π=，6 1.9099π≈， 16 1.77789≈，21 1.909111≈，300 1.9082157≈，2111与6π最为接近，故选：C.典例8.（2019·四川树德中学高三月考（理））魏晋时期数学家刘徽在他的著作《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几何体为“牟合方盖”，刘徽通过计算得知正方体的内切球的体积与“牟合方盖”的体积之比应为π：4.若正方体的棱长为2，则“牟合方盖”的体积为( )A ．16B ．C ．163D ．1283【答案】C 【解析】正方体的棱长为2，则其内切球的半径r 1=，∴正方体的内切球的体积344V π1π33=⨯=球， 又由已知V πV 4=球牟合方盖，4416V ππ33∴=⨯=牟合方盖． 故选C ．（五）几何体的面积与体积中最值（范围）问题几何体的面积与体积中最值（范围）问题主要考向有： 1.与不等式的交汇问题； 2.与函数、导数的交汇. 3.实际应用中的面积、体积问题.典例9.（2017·全国高考真题（理））如图，圆形纸片的圆心为O ，半径为5 cm ，该纸片上的等边三角形ABC 的中心为O .D ，E ，F 为圆O 上的点，△DBC ，△ECA ，△FAB 分别是以BC ，CA ，AB 为底边的等腰三角形．沿虚线剪开后，分别以BC ，CA ，AB 为折痕折起△DBC ，△ECA ，△FAB ，使得D ，E ，F 重合，得到三棱锥．当△ABC 的边长变化时，所得三棱锥体积(单位：cm 3)的最大值为______．【答案】415 【解析】如下图，连接DO 交BC 于点G ，设D ，E ，F 重合于S 点，正三角形的边长为x (x >0)，则1332OG x =⨯36x =.∴35FG SG x ==-，222233566SO h SG GO x x ⎛⎫⎛⎫==-=-- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭3553x ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭， ∴三棱锥的体积21133553343ABC V Sh x x ⎛⎫=⋅=⨯- ⎪ ⎪⎝⎭451535123x x =-. 设()4535n x x x =，x >0，则()345320n x x '=-， 令()0n x '=，即43403x =，得43x ，易知()n x 在43x 处取得最大值. ∴max 154854415V =-=典例10.（山东省威海市2018届二模）已知正三棱柱，侧面的面积为，则该正三棱柱外接球表面积的最小值为______.【答案】.【解析】设BC=a,,则ab=.底面三角形外接圆的半径为r,则所以,所以该正三棱柱外接球表面积的最小值为故答案为：点睛：(1)本题主要考查几何体的外接球问题，意在考查学生对这些基础知识的掌握能力和空间想象能力.(2)求几何体外接球的半径一般有两种方法:模型法和解三角形法.模型法就是把几何体放在长方体中，使几何体的顶点和长方体的若干个顶点重合，则几何体的外接球和长方体的外接球是重合的，长方体的外接球的半径就是几何体的外接球半径.如果已知中有多个垂直关系，可以考虑用此种方法.解三角形法就是找到球心和截面圆的圆心，找到、球的半径、截面圆的半径确定的,再解求出球的半径.题型一几何体面积、体积与不等式的交汇问题几何体面积、体积与不等式的交汇，一般是利用几何体的几何元素，建立面积或体积的表达式，应用基本不等式求最值，要注意“一正、二定、三相等”缺一不可.-的所有顶点都在球O的球面上，AD⊥平典例11.（2019·福建高考模拟（文））已知三棱锥A BCD面ABC ，90BAC ∠=︒，2AD =，若球O 的表面积为29π，则三棱锥A BCD -的侧面积的最大值为（ ）A ．25524+B ．541524+C ．27632+D ．251022+【答案】A 【解析】设球O 得半径为R ，AB=x ，AC=y ，由4πR 2=29π，得4R 2=29．又x 2+y 2+22=（2R ）2，得x 2+y 2=25．三棱锥A-BCD 的侧面积：S=S △ABD +S △ACD +S △ABC =11122222x y xy ⋅+⋅+由x 2+y 2≥2xy，得xy≤252当且仅当x=y=522时取等号，由（x+y ）2=x 2+2xy+y 2≤2（x 2+y 2），得x+y≤52,当且仅当x=y=52时取等号，∴S≤52+12522⨯=25524+当且仅当x=y=522时取等号. ∴三棱锥A-BCD 的侧面积的最大值为25524+.故选A.典例12.（2019·山东高考模拟（文））已知三棱锥的四个顶点均在体积为的球面上，其中平面，底面为正三角形，则三棱锥体积的最大值为________．【答案】9 【解析】由球的体积公式可得：，不妨设底面正三角形的边长为，则，设棱锥的高为h ，由三棱锥的性质可得：，解得：，据此可得：.故，当且仅当，时等号成立.综上可得，三棱锥体积的最大值为9.题型二与函数、导数交汇问题几何体面积、体积与函数、导数交汇问题，一般是利用几何体的几何元素，建立面积或体积的表达式，通过构造函数，利用函数的性质、导数等达到解题目的．典例13.（山东省济南2018届二模】已知点均在表面积为的球面上,其中平面,,,则三棱锥的体积的最大值为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】分析：由球的表面积明确半径，利用条件,明确△的外接圆半径，进而得到外接球半径与△的外接圆半径及ＰＡ的关系，表示三棱锥的体积，然后利用导数求最值即可．详解：设外接球的半径R，易得解得,在△中，设，又,,∴，即△为等腰三角形，设△的外接圆半径为r，则2r，即r,又平面,设,则,三棱锥的体积,令，,则,∴三棱锥的体积的最大值为,故选：A 典例14.（山东省烟台市2018届适应性练习（二）】如图，圆形纸片的圆心为，半径为，该纸片上的正方形的中心为，为圆上的点，分别是以为底边的等腰三角形，沿虚线剪开后，分别以为折痕折起，使重合得到一个四棱锥，则该四棱锥的体积的最大值为_______.【答案】.【解析】分析：连接OF，与BC交于I，设正方形ABCD的边长为，则，写出棱锥体积公式，再由导数求最值即可．详解：如图，连接OF，与BC交于I，设正方形ABCD的边长为，则，则所得正四棱锥的高为，∴四棱锥的体积.令，x∈（0，），，易知当单调递增；当单调递减.所以.所以.体积最大值为．故答案为：.题型三实际应用中的面积、体积问题.实际应用中的面积、体积问题.求实际问题中的最大值或最小值时，一般是先设自变量、因变量，建立函数关系式，并确定其定义域，利用求函数最值的方法求解，注意结果要与实际情况相结合，用导数求解实际问题中的最大（小）值时，如果函数在开区间内只有一个极值点，那么依据实际意义，该极值点也就是最值点.典例15.（2016·江苏高考真题）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，下部分的形状是正四棱柱（如图所示），并要求正四棱柱的高是正四棱锥的高的4倍.（1）若则仓库的容积是多少？（2）若正四棱锥的侧棱长为，则当为多少时，仓库的容积最大？【答案】（1）312（2）【解析】（1）由PO1=2知OO1=4PO1=8.因为A1B1=AB=6，所以正四棱锥P-A1B1C1D1的体积正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的体积所以仓库的容积V=V锥+V柱=24+288=312（m3）.（2）设A1B1=a（m），PO1=h（m），则0<h<6，OO1=4h.连结O1B1.因为在中，所以，即于是仓库的容积，从而.令，得或（舍）.当时，，V是单调增函数；当时，，V是单调减函数.故时，V取得极大值，也是最大值.因此，当m时，仓库的容积最大.题型四与球有关的切、接问题1.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．2．求外接球半径的常见方法有：①若三条棱两垂直则用22224R a b c =++（,,a b c 为三棱的长）；②若SA ⊥面ABC （SA a =），则22244R r a =+（r 为ABC ∆外接圆半径）；③可以转化为长方体的外接球；④特殊几何体可以设出或直接找出球心和半径.典例16.（2018届河北省衡水市武邑中学高三上第三次调研）在《九章算术》中,将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑(bie nao).已知在鳖臑M ABC -中, MA ⊥平面ABC , 2MA AB BC ===,则该鳖臑的外接球与内切球的表面积之和为____．【答案】24π-【解析】由题意，MC 为球O 的直径，O∴球O 的表面积为4π•3=12π，内切球的半径设为ｒ， ()11*22**2*233r +=得到1r =内切球的体积为12π- ，故结果为24π-.典例17. （2019·湖南高考模拟（文））在四面体ABCD 中，ABD ∆与BDC ∆都是边长为2的等边三角形，且平面ABD ⊥平面BDC ，则该四面体外接球的体积为_______．【答案】27【解析】取BDC ∆的外心为1O ，设O 为球心，连接1OO ，则1OO ⊥平面BDC ，取BD 的中点M ，连接AM ，1O M ，过O 做OG AM ⊥于点G ，易知四边形1OO MG 为矩形，连接OA ，OC ，设OA R =，1OO MG h ==.连接MC ，则1O ，M ，C 三点共线，易知MA MC ==13OG MO ==，1CO =.在Rt AGO ∆和1Rt OO C ∆中，222GA GO OA +=，22211O C O O OC +=，即)222h R +=⎝⎭，222h R +=⎝⎭，所以3h =，253R =，得3R =.所以34=3O V R π球.。
(江苏专用)2021高考数学二轮复习第二篇第11练空间几何体的表面积与体积课件理
4.三棱锥S－ABC的所有顶点都在球O的球面上，SC是球O的直径.假设 平面SCA⊥平面SCB，SA＝AC，SB＝BC，三棱锥S－ABC的体积为9， 那么球O的外表积为_3_6_π_____.
解析 答案
高考押题冲刺练
1.将斜边长为4的等腰直角三角形绕其斜边所在直线旋转一周，那么所形
成
16π
解析 答案
3.如图，在正方体ABCD —A1B1C1D1中，三棱锥 D1—AB1C的外表积与正方体的外表积的1比∶为3 _解__析___设__正. 方体棱长为1， 那么其外表积为6，三棱锥D1—AB1C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× 26＝2 3， 所以三棱锥 D1—AB1C 的表面积与正方体的表面积的比为 1∶ 3.
SA＝2 3为长、宽、高的长方体，
∴球 O 的直径为 12＋ 32＋2 32＝4，故球O的外表积为4π×22＝16π.
解析 答案
10.将棱长为2的正方体木块削成一个体积最大的球，那么该球的体 积 4π
3 解析 由题意知，此球是正方体的内切球， 为根_据__其__几__何_.特征知，此球的直径与正方体的棱长是相等的， 故可得球的直径为2，故半径为1， 其体积是43×π×13＝43π.
22 3π
该圆锥的体积为________. 解析 设圆锥的底面半径为r，高为h，母线长为l.
则32ππ＝r＝12l××223ππr，×l，
解得rl＝＝31，， 故 h＝ l2－r2＝2 2，
所以圆锥的体积 V＝13×πr2×h＝13×π×12×2 2＝232π.
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
为
6 12 a.
9.三棱锥S－ABC的所有顶点都在球O的球面上，SA⊥平面ABC，SA ＝2 3，AB＝1，AC＝2，∠BAC＝60°，那么球O的外表积为1_6_π______. 解析 在△ABC中， BC2＝AB2＋AC2－2AB·ACcos 60°＝3， ∴AC2＝AB2＋BC2，即AB⊥BC. 又SA⊥平面ABC， ∴三棱锥 S－ABC 可补成分别以 AB＝1，BC＝ 3，
【2021新高考数学二轮复习】第1讲 空间几何体的表面积与体积
【2021新高考数学二轮复习】[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D1AB1C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．33C.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．8π9C.16π27D．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 ×BE 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫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×a2＝223.(2)方法一：如图，OC ＝2，OA ＝3，由△AED ∽△AOC 可得ED OC ＝AEAO .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34l2＝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°＝4×2 2＝22，因此圆锥的表面积为πrl＋πr2＝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 3C.1023D．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 EAQPD＋V EPQFMN＋V FNBCM＝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AB2＋BC2＝AC2，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 DABC ＝13S△ABC·h＝13×2h＝43，解得h＝2，设O1为AC的中点，则OO1⊥平面ABC，在Rt△OO1C中，根据OO21＋O1C2＝OC2，得(2－R)2＋(2)2＝R2(R为球O的半径)，解得R＝32，所以球O的表面积S＝4πR2＝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°，AA 1＝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 -A 1B 1C 1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4πR 2＝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 P ABCD ＝V OABCD＋V OP AD＋V OP AB＋V OPBC＋V OPCD，即13×2a ×2a ×2a ＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫4a 2＋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12×2a ×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 2 D．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.83πB．323πC．16πD．32π解析：选B.设该圆锥的外接球的半径为R，依题意得，R2＝(3－R)2＋(3)2，解得R＝2，所以所求球的体积V＝43πR3＝43π×23＝323π，故选B.3.如图，在直四棱柱ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD是平行四边形，点E 是棱BB1的中点，点F是棱CC1上靠近C1的三等分点，且三棱锥A1AEF的体积为2，则四棱柱ABCD-A1B1C1D1的体积为()A．12 B．8C．20 D．18解析：选A.设点F到平面ABB1A1的距离为h，由题意得V A1-AEF ＝V FA1AE，又V F A 1AE ＝13S △A 1AE ·h ＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12AA 1·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 2B ．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 000π9 B ．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＋πr2＝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2 2，两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13 2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 ＝ON 2＋MN 2＝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·r 3＝43π·⎝ ⎛⎭⎪⎫2333＝86π729. 答案：332 86729π。
新高考数学复习知识点讲解与练习14---空间几何体的表面积与体积
新高考数学复习知识点讲解与练习空间几何体的表面积与体积知识梳理1．多面体的表(侧)面积多面体的各个面都是平面，则多面体的侧面积就是所有侧面的面积之和，表面积是侧面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＝2πrl S圆锥侧＝πrl S圆台侧＝π(r1＋r2)l3.表面积体积柱体(棱柱和圆柱)S表面积＝S侧＋2S底V＝Sh锥体(棱锥和圆锥)S表面积＝S侧＋S底V＝13Sh台体(棱台和圆台)S表面积＝S侧＋S上＋S下V＝13(S上＋S下＋S上S下)h球S＝4πR2V＝43πR31．表面积应为侧面积和底面积的和，要注意组合体中哪些部分暴露或遮挡．2．求空间几何体体积的常用方法(1)公式法：直接根据相关的体积公式计算．(2)等积法：根据体积计算公式，通过转换空间几何体的底面和高使得体积计算更容易，或是求出一些体积比等．(3)割补法：把不能直接计算体积的空间几何体进行适当的分割或补形，转化为可计算体积的几何体．诊断自测1．判断下列说法的正误．(1)锥体的体积等于底面面积与高之积．()(2)球的体积之比等于半径比的平方．()(3)台体的体积可转化为两个锥体的体积之差．()(4)已知球O的半径为R，其内接正方体的边长为a，则R＝32a.()答案(1)×(2)×(3)√(4)√解析(1)锥体的体积等于底面面积与高之积的三分之一，故不正确．(2)球的体积之比等于半径比的立方，故不正确．2．已知圆锥的表面积等于12π cm2，其侧面展开图是一个半圆，则底面圆的半径为()A ．1 cmB ．2 cmC ．3 cm D.32 cm 答案B解析S 表＝πr 2＋πrl ＝πr 2＋πr ·2r ＝3πr 2＝12π， ∴r 2＝4，∴r ＝2(cm)．3．(2020·全国Ⅲ卷)如图为某几何体的三视图，则该几何体的表面积是()A ．6＋4 2B ．4＋4 2C ．6＋2 3D ．4＋2 3 答案C解析 由三视图知该几何体为如图所示的三棱锥P －ABC ，其中P A ⊥平面ABC ，AB ⊥AC ，AB ＝AC ＝AP ＝2，故其表面积为3×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×2×2＋12×22×22×32＝6＋2 3.故选C.4．(2021·金丽衢十二校二联)已知某几何体的三视图如图所示，则这个几何体的体积为()A ．2 B.23 C ．1 D ．4 答案A解析 将三视图还原可得该物体是一个以俯视图为底面的直三棱柱，如图所示，所以这个几何体的体积V ＝12×1×2×2＝2，故选A.5．(2019·江苏卷)如图，长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的体积是120，E 为CC 1的中点，则三棱锥E －BCD 的体积是________．答案10解析 设长方体中BC ＝a ，CD ＝b ，CC 1＝c ，则abc ＝120， ∴V E －BCD ＝13×12ab ×12c ＝112abc ＝10.6．(2021·杭州质检)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的体积是________cm 3；表面积是________cm 2.答案288－24π264＋12π解析 由三视图得该几何体为一个长、宽、高分别为6，6，8的长方体挖去两个底面半径为3，高为4的圆锥体后剩余的部分，则其体积为6×6×8－2×13×4×π×32＝288－24π，表面积为2(6×6＋6×8＋6×8)－2×π×32＋2×12×5×2×π×3＝264＋12π.考点一 空间几何体的表面积【例1】 (1)(2021·温州适应性测试)某几何体的三视图如图所示(单位：cm)，则该几何体的表面积是()A ．8 cm 2B ．12 cm 2C ．(45＋2)cm 2D ．(45＋4)cm 2(2)(2020·“超级全能生”联考)一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为()A．5π B．4＋32π C．4＋3πD．4＋5π答案(1)D(2)C解析(1)由三视图得该几何体是底面为边长为2的正方形，高为2的正四棱锥，则其侧面的高为12＋22＝5，所以该几何体的表面积为2×2＋4×12×2×5＝4＋45，故选D.(2)由三视图可知，该几何体为底面是半径为1的半圆，高为2的半个圆柱体，则其表面积S＝2×12·π·12＋π·1×2＋2×2＝3π＋4，故选C.感悟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．【训练1】(1)(2020·北京卷)某三棱柱的底面为正三角形，其三视图如图所示，该三棱柱的表面积为()A．6＋ 3 B．6＋2 3 C．12＋ 3 D．12＋2 3(2)(2020·全国Ⅱ卷)已知△ABC是面积为934的等边三角形，且其顶点都在球O的球面上．若球O的表面积为16π，则O到平面ABC的距离为()A. 3B.32C．1 D.32答案(1)D(2)C解析(1)由三视图知该几何体为底面是边长为2的正三角形，高为2的直三棱柱，S底＝2×34×22＝2 3.S侧＝3×2×2＝12，则表面积为23＋12.故选D.(2)如图所示，过球心O作OO1⊥平面ABC，则O1为等边三角形ABC的中心．设△ABC的边长为a，则34a2＝934，解得a＝3(负值舍去)，∴O1A＝23×32×3＝ 3.设球O的半径为r，则由4πr2＝16π，得r＝2，即OA＝2.在Rt△OO1A中，OO1＝OA2－O1A2＝1，即O到平面ABC的距离为1.考点二空间几何体的体积【例2】(1)(一题多解)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(2)(2019·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________．(3)如图，在多面体ABCDEF中，已知四边形ABCD是边长为1的正方形，且△ADE，△BCF 均为正三角形，EF∥AB，EF＝2，则该多面体的体积为________．答案(1)B(2)40(3)2 3解析(1)法一(割补法)由几何体的三视图可知，该几何体是一个圆柱被截去上面虚线部分所得，如图所示．将圆柱补全，并将圆柱体从点A 处水平分成上下两部分．由图可知，该几何体的体积等于下部分圆柱的体积加上上部分圆柱体积的12，所以该几何体的体积V ＝π×32×4＋π×32×6×12＝63π.法二(估值法)由题意知，12V 圆柱<V 几何体<V 圆柱，又V 圆柱＝π×32×10＝90π， ∴45π<V 几何体<90π.观察选项可知只有63π符合．(2)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.(3)如图，分别过点A ，B 作EF 的垂线，垂足分别为G ，H ，连接DG ，CH ，易求得EG ＝HF ＝12，AG ＝GD ＝BH ＝HC ＝32，则△BHC 中BC 边的高h ＝22.∴S △AGD ＝S △BHC ＝12×22×1＝24，∴V 多面体＝V E －ADG ＋V F －BHC ＋V AGD －BHC ＝2V E －ADG ＋V AGD －BHC ＝13×24×12×2＋24×1＝23.感悟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．【训练2】(1)(2019·浙江卷)祖暅是我国南北朝时代的伟大科学家，他提出的“幂势既同，＝Sh，其中S是则积不容异”称为祖暅原理，利用该原理可以得到柱体的体积公式V柱体柱体的底面积，h是柱体的高．若某柱体的三视图如图所示(单位：cm)，则该柱体的体积(单位：cm3)是()A．158 B．162 C．182 D．324(2)(2020·浙江卷)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.143 C ．3 D ．6 答案(1)B(2)A解析(1)由三视图可知，该柱体是一个直五棱柱，如图，棱柱的高为6，底面可以看作由两个直角梯形组合而成，其中一个上底为4，下底为6，高为3，另一个的上底为2，下底为6，高为3.则底面面积S ＝2＋62×3＋4＋62×3＝27.因此，该柱体的体积V ＝27×6＝162.故选B.(2)如图，三棱柱的体积V 1＝12×2×1×2＝2，三棱锥的体积V 2＝13×12×2×1×1＝13， 因此，组合体的体积 V ＝V 1＋V 2＝2＋13＝73.故选A. 考点三 最值问题【例3】 (1)(2016·浙江卷)如图，在△ABC 中，AB ＝BC ＝2，∠ABC ＝120°.若平面ABC外的点P 和线段AC 上的点D ，满足PD ＝DA ，PB ＝BA ，则四面体PBCD 的体积的最大值是________．(2)正六棱柱ABCDEF －A 1B 1C 1D 1E 1F 1的底面边长为2，侧棱长为1，则动点从A 沿表面移动到E 1时的最短路程是________；动点从A 沿表面移动到D 1时的最短路程为________． 答案(1)12(2)319 解析(1)设PD ＝DA ＝x ，在△ABC 中，AB ＝BC ＝2，∠ABC ＝120°， ∴AC ＝AB 2＋BC 2－2·AB ·BC ·cos ∠ABC ＝4＋4－2×2×2×cos 120°＝23，∴CD ＝23－x ，且∠ACB ＝12(180°－120°)＝30°，∴S △BCD ＝12BC ·DC ×sin ∠ACB ＝12×2×(23－x )×12＝12(23－x )．要使四面体体积最大，当且仅当点P 到平面BCD 的距离最大，而P 到平面BCD 的最大距离为x .则V 四面体PBCD ＝13×12(23－x )x ＝16[－(x －3)2＋3]，由于0＜x ＜23，故当x ＝3时，V 四面体PBCD的最大值为16×3＝12.(2)侧面展开图如图(1)，(2)，∴从A 沿表面到E 1的最短路程为AE 1＝AE 2＋EE 21＝（22）2＋1＝3.从A 沿表面到D 1的最短路程为AD 1＝AD 2＋DD 21＝（32）2＋1＝19.(1)(2)感悟升华常用方法是将几何图形展开为平面图形，利用几何性质求解或利用函数、不等式求最值．【训练3】(1)(2021·上海徐汇区一模)如图，棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E 为CC1的中点，点P，Q分别为面A1B1C1D1和线段B1C上的动点，则△PEQ周长的最小值为()A．2 2 B.10 C.11 D.12(2)(2018·全国Ⅰ卷)某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如图．圆柱表面上的点M 在正视图上的对应点为A，圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为B，则在此圆柱侧面上，从M到N的路径中，最短路径的长度为()A．217 B．2 5 C．3 D．2答案(1)B(2)B解析(1)如图，取BC中点N，延长EC1至点M，使MC1＝EC1，连接PM，MN，且M，Q，N共线，则△PEQ的周长为PQ＋PE＋QE＝PQ＋PM＋QN≥MN＝10.(2)由三视图可知，该几何体为如图①所示的圆柱，该圆柱的高为2，底面周长为16.画出该圆柱的侧面展开图，如图②所示，连接MN，则MS＝2，SN＝4，则从M到N的路径中，最短路径的长度为MS2＋SN2＝22＋42＝2 5.基础巩固题组一、选择题1.《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有委米依垣内角，下周八尺，高五尺．问：积及为米几何？”其意思为：“在屋内墙角处堆放米(如图，米堆为一个圆锥的四分之一)，米堆底部的弧长为8尺，米堆的高为5尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少？”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算出堆放的米约有()A．14斛B．22斛C．36斛D．66斛答案B解析 设米堆的底面半径为r 尺，则π2r ＝8，所以r ＝16π(尺)．所以米堆的体积为V ＝14×13π·r 2·5＝π12·⎝ ⎛⎭⎪⎫16π2·5≈3209(立方尺)．故堆放的米约有3209÷1.62≈22(斛)．故选B. 2．某几何体的三视图如图所示，且该几何体的体积是3，则正视图中的x 的值是()A ．2 B.92 C.32 D ．3 答案D解析 由三视图知，该几何体是四棱锥，底面是直角梯形，则S 底＝12(1＋2)×2＝3.∴V ＝13x ·3＝3，解得x ＝3.故选D. 3．(2021·浙江十校联盟适考)如图所示，已知某几何体的三视图及其尺寸(单位：cm)，则该几何体的表面积为()A ．15π cm 2B ．21π cm 2C ．24π cm 2D ．33π cm 2 答案C解析 由三视图得该几何体为一个底面圆直径为6，母线长为5的圆锥，则其表面积为π×32＋π×12×6×5＝24π，故选C.4．某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为()A ．60B ．30C ．20D ．10 答案D解析 由三视图知可把三棱锥放在一个长方体内部，即三棱锥A 1－BCD ，V A 1－BCD ＝13×12×3×5×4＝10，故选D.5．(2020·全国Ⅰ卷)已知A ，B ，C 为球O 的球面上的三个点，⊙O 1为△ABC 的外接圆．若⊙O 1的面积为4π，AB ＝BC ＝AC ＝OO 1，则球O 的表面积为() A ．64π B ．48π C ．36π D ．32π 答案A解析 如图所示，设球O 的半径为R ，⊙O 1的半径为r ，因为⊙O 1的面积为4π，所以4π＝πr 2，解得r ＝2，又AB ＝BC ＝AC ＝OO 1，所以AB sin 60°＝2r ，解得AB ＝23，故OO 1＝23，所以R 2＝OO 21＋r 2＝(23)2＋22＝16，所以球O 的表面积S ＝4πR 2＝64π.故选A.6．(2021·宁波模拟)如图所示，网格纸上小正方形的边长为1，粗线画出的是由一个棱柱挖去一个棱锥后的几何体的三视图，则该几何体的体积为()A ．72B ．64C ．48D ．32 答案B解析 由三视图可知，此几何体为正四棱柱中截挖去一个与其共上底且高为3的四棱锥，则体积V ＝42×5－13×42×3＝64，故选B.二、填空题7．(2020·江苏卷)如图，六角螺帽毛坯是由一个正六棱柱挖去一个圆柱所构成的．已知螺帽的底面正六边形边长为2 cm ，高为2 cm ，内孔半径为0.5 cm ，则此六角螺帽毛坯的体积是________cm 3.答案123－π2解析 螺帽的底面正六边形的面积S ＝6×12×22×sin 60°＝63(cm 2)，正六棱柱的体积V 1＝63×2＝123(cm 3)，圆柱的体积V 2＝π×0.52×2＝π2(cm 3)，所以此六角螺帽毛坯的体积V ＝V 1－V 2＝123－π2(cm 3)．8．(2019·全国Ⅲ卷)学生到工厂劳动实践，利用3D 打印技术制作模型．如图，该模型为长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1挖去四棱锥O －EFGH 后所得的几何体．其中O 为长方体的中心，E ，F ，G ，H 分别为所在棱的中点，AB ＝BC ＝6 cm ，AA 1＝4 cm.3D 打印所用原料密度为0.9 g/cm 3，不考虑打印损耗，制作该模型所需原料的质量为________g.答案118.8解析 由题知挖去的四棱锥的底面是一个菱形，对角线长分别为6 cm 和4 cm ， 故V 挖去的四棱锥＝13×12×4×6×3＝12(cm 3)． 又V 长方体＝6×6×4＝144(cm 3)， 所以模型的体积为V 长方体－V 挖去的四棱锥＝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)．9．如图，某几何体的三视图是三个半径相等的圆及每个圆中两条互相垂直的半径．若该几何体的体积是28π3，则它的表面积是________．答案17π解析 由题知，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，易得球的半径为2，则得S ＝78×4π×22＋3×14π×22＝17π.10．(2021·台州期末评估)已知某多面体的三视图如图所示，则该几何体的所有棱长和为________，其体积为________．答案16＋32＋25173解析 由三视图画出几何体的直观图如图所示，其是正方体的一部分，其中E ，F 是所在棱的中点，正方体的棱长为2，所以该几何体的所有棱长的和2×7＋1＋1＋2＋2×22＋12＋22＝16＋32＋25.该几何体的体积为2×2×2－13×2×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×1×1＋12×2×2＋12×1×1×12×2×2＝173.三、解答题11．已知一个几何体的三视图如图所示.(1)求此几何体的表面积；(2)如果点P ，Q 在正视图中所示位置，P 为所在线段中点，Q 为顶点，求在几何体表面上，从P 点到Q 点的最短路径的长．解 (1)由三视图知该几何体是由一个圆锥与一个圆柱组成的组合体，其表面积是圆锥的侧面积、圆柱的侧面积和圆柱的一个底面积之和． S 圆锥侧＝12(2πa )·(2a )＝2πa 2， S 圆柱侧＝(2πa )·(2a )＝4πa 2， S 圆柱底＝πa 2，所以S 表＝2πa 2＋4πa 2＋πa 2＝(2＋5)πa 2. (2)沿P 点与Q 点所在母线剪开圆柱侧面，如图．则PQ ＝AP 2＋AQ 2＝a 2＋（πa ）2＝a 1＋π2， 所以从P 点到Q 点在侧面上的最短路径的长为 a 1＋π2.12.如图，长方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AB ＝16，BC ＝10，AA 1＝8，点E ，F 分别在A 1B 1，D 1C 1上，A 1E ＝D 1F ＝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 ＝A 1E ＝4，EB 1＝12，EM ＝AA 1＝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.能力提升题组13．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 ．36π B ．64π C ．144π D ．256π 答案C解析 因为△AOB 的面积为定值，所以当OC 垂直于平面AOB 时，三棱锥O －ABC 的体积取得最大值．由13×12R 2×R ＝36，得R ＝6.从而球O 的表面积S ＝4πR 2＝144π. 14.如图，有一个底面是正方形的直棱柱型容器(无盖)，底面棱长为1 dm(dm 为分米)，高为5 dm ，两个小孔在其相对的两条侧棱上，且到下底面距离分别为3 dm 和4 dm ，则(水不外漏情况下)此容器可装的水最多为()A.92dm 3 B ．4 dm 3 C.72dm 3 D ．3 dm 3 答案C解析 由题意得当容器内的水的上表面过两孔连线所在的平面时，容器内装的水最多，又因为容器的底面为正方形，则由长方体的对称性易得当容器内的水的上表面平分以两孔连线所得的线段为体对角线的长方体时，容器内装的水最多，此时容器内装的水的体积为3×1×1＋12×1×1×1＝72，故选C.15．如图，四棱锥P －ABCD 的底面ABCD 为平行四边形，NB ＝2PN ，则三棱锥N －P AC与三棱锥D －P AC 的体积比为()A ．1∶2B ．1∶8C ．1∶6D ．1∶3 答案D解析 设点P ，N 在平面ABCD 内的投影分别为点P ′，N ′，则PP ′⊥平面ABCD ，NN ′⊥平面ABCD ，所以PP ′∥NN ′，则在△BPP ′中，由BN ＝2PN 得NN ′PP ′＝23. V 三棱锥N －P AC ＝V 三棱锥P －ABC －V 三棱锥N －ABC ＝13S △ABC ·PP ′－13S △ABC ·NN ′＝13S △ABC ·(PP ′－NN ′)＝13S △ABC ·13PP ′＝19S △ABC ·PP ′，V 三棱锥D －P AC ＝ V 三棱锥P －ACD ＝13S △ACD ·PP ′，又∵四边形ABCD 是平行四边形，∴S △ABC ＝S △ACD ，∴V 三棱锥N －P AC V 三棱锥D －P AC ＝13.故选D.16．(2020·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__________． 答案1 解析 如图，设圆锥的母线长为l，底面半径为r，则圆锥的侧面积S侧＝πrl＝2π，即r·l＝2. 由于侧面展开图为半圆，可知12πl2＝2π，可得l＝2，因此r＝1.17．四面体ABCD及其三视图如图所示，平行于棱AD，BC的平面分别交四面体的棱AB，BD，DC，CA于点E，F，G，H.(1)求四面体ABCD的体积；(2)证明：四边形EFGH是矩形．(1)解由该四面体的三视图可知，BD⊥DC，BD⊥AD，AD⊥DC，BD＝DC＝2，AD＝1，又BD∩DC＝D，∴AD⊥平面BDC，∴四面体ABCD的体积V＝13×12×2×2×1＝23.(2)证明∵BC∥平面EFGH，平面EFGH∩平面BDC＝FG，平面EFGH∩平面ABC＝EH，∴BC∥FG，BC∥EH，∴FG∥EH.同理，EF∥AD，HG∥AD，∴EF∥HG，∴四边形EFGH是平行四边形．又∵AD⊥平面BDC，BC⊂平面BDC，∴AD⊥BC，∴EF⊥FG，∴四边形EFGH是矩形．18.如图所示，A 1A 是圆柱的母线，AB 是圆柱底面圆的直径，C 是底面圆周上异于A ，B 的任意一点，AA 1＝AB ＝2.(1)求证：BC ⊥平面A 1AC ；(2)(一题多解)求三棱锥A 1－ABC 的体积的最大值．(1)证明 因为C 是底面圆周上异于A ，B 的一点，且AB 为底面圆的直径，所以BC ⊥AC .因为AA 1⊥平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，所以AA 1⊥BC .因为AA 1∩AC ＝A ，AA 1⊂平面A 1AC ，AC ⊂平面A 1AC ，所以BC ⊥平面A 1AC . (2)解法一 设AC ＝x ，在Rt △ABC 中，BC ＝ AB 2－AC 2＝4－x 2(0<x <2)，故V A 1－ABC ＝13S △ABC ×AA 1＝13×12×AC ×BC ×AA 1＝13x 4－x 2(0<x <2)， 即V A 1－ABC ＝13x 4－x 2＝13x 2（4－x 2）＝13－（x 2－2）2＋4. 因为0<x <2，所以0<x 2<4.所以当x 2＝2，即x ＝2时，三棱锥A 1－ABC 的体积取得最大值为23. 法二 在Rt △ABC 中，AC 2＋BC 2＝AB 2＝4，V A 1－ABC ＝13S △ABC ×AA 1＝13×12×AC ×BC ×AA 1＝13×AC ×BC ≤13×AC 2＋BC 22＝13×AB 22＝23.当且仅当AC ＝BC 时等号成立，此时AC ＝BC ＝ 2. 所以三棱锥A 1－ABC 的体积的最大值为23.。
2021新高考数学二轮总复习学案：5.1 空间几何体的结构、体积与表面积专项练含解析
专题五立体几何考情分析立体几何是历年高考必考知识,高考试卷中一般会以“两小一大”的命题形式出现.小题主要考查空间几何体的体积和表面积,空间点、线、面的位置关系,空间角,几何体与球的切、接问题等,会有一定的难度.立体几何解答题一般是以多面体为载体,考查空间平行与垂直关系的证明与应用、线面角与二面角的求解等问题,对直观想象、逻辑推理和数学运算素养有一定的要求.有时候会以图形翻折、探索性问题形式命题,难度中等.对位置关系的证明以几何法为主,空间角的求解问题则多数用向量法.5.1空间几何体的结构、体积与表面积专项练必备知识精要梳理几何体侧面积表面积体积圆柱S侧=2πrl S表=2πr(r+l)V=S底h=πr2h圆锥S侧=πrl S表=πr(r+l)V=S底h=πr2h圆台S侧=π(r+r')lS表=π(r2+r'2+rl+r'l)V=(S上+S下+)h=π(r2+r'2+rr')h直棱柱S侧=Ch(C为底面周长)S表=S侧+S上+S下(棱锥的S上=0)V=S底h正棱锥S侧=Ch'(h'指斜高)V=S底h正棱台S侧=(C+C')h'(C,C'分别是上、下底面周长,h'指斜高)V=(S上+S下+)h球S=4πR2V=πR32.几个常用结论(1)长方体从一个顶点出发的三条棱长分别为a,b,c,则其体对角线即外接球直径为.(2)各棱长相等(都为a)的三棱锥的几个结论:①高为a;②表面积为a2,体积为a3;③侧棱和底面所成角的正弦值为;④相邻两个面所成二面角的余弦值为;⑤内切球半径为a,外接球半径为a,其比值为1∶3.(3)正方体与球的几个结论:①设正方体的棱长为a,则其外接球半径R=a,内切球半径r=,与各棱相切的球(棱切球)半径为a;②设球的半径为R,则球的外切正方体的边长为2R,内接正方体的边长为R.考向训练限时通关考向一空间几何体的侧面积或表面积1.(多选)(2020山东潍坊高三期末,9)等腰直角三角形直角边长为1,现将该三角形绕其某一边旋转一周,则形成的几何体的表面积可以为()A.πB.(1+)πC.2πD.(2+)π2.(2020四川达州高三二诊,7)如图,四面体各个面都是边长为1的正三角形,其三个顶点在一个圆柱的下底面圆周上,另一个顶点是上底面圆心,圆柱的侧面积是()A.πB.πC.πD.π3.(2020全国Ⅰ,理10)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.32π4.(2020安徽皖西南联盟高三联考,8)鲁班锁(也称孔明锁、难人木、六子联方)起源于古代中国建筑的榫卯结构.这种三维的拼插器具内部的凹凸部分(即榫卯结构)啮合,十分巧妙.鲁班锁类玩具比较多,形状和内部的构造各不相同,一般都是易拆难装.如图1,这是一种常见的鲁班锁玩具,图2是该鲁班锁玩具的直观图,每条棱的长均为2,则该鲁班锁的表面积为()A.8(6+6)B.6(8+8)C.8(6+6)D.6(8+8)5.(2020江苏扬州高三三模,15)在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,AA1=3,O为上底面ABCD的中心,设正四棱柱ABCD-A1B1C1D1与正四棱锥O-A1B1C1D1的侧面积分别为S1,S2,则=.考向二空间几何体的体积6.(2020山东泰安三模,6)我国古代数学名著《九章算术》中记载:“刍甍者,下有袤有广,而上有袤无广.刍,草也.甍,屋盖也.”今有底面为正方形的屋脊形状的多面体(如图所示),下底面是边长为2的正方形,上棱EF=,EF∥平面ABCD,EF与平面ABCD的距离为2,该刍甍的体积为()A.6B.C.D.127.(2020山东滨州二模,8)我国南北朝时期的数学家祖暅提出了一条原理:“幂势既同,则积不容异.”意思是夹在两个平行平面之间的两个几何体,被平行于这两个平面的任意平面所截,如果截得的两个截面的面积总相等,那么这两个几何体的体积相等.椭球是椭圆绕其长轴旋转所成的旋转体.如图,将底面半径都为b,高都为a(a>b)的半椭球和已被挖去了圆锥的圆柱(被挖去的圆锥以圆柱的上底面为底面,下底面的圆心为顶点)放置于同一平面β上,用平行于平面β且与平面β相距任意距离d的平面截这两个几何体,截面分别为圆面和圆环,可以证明S圆=S圆环总成立.据此,椭圆的短半轴长为2,长半轴长为4的椭球的体积是()A. B. C. D.8.(多选)(2020山东青岛二中月考,10)沙漏是古代的一种计时装置,它由两个形状完全相同的容器和一个狭窄的连接管道组成,开始时细沙全部在上部容器中,细沙通过连接管道全部流到下部容器所需要的时间称为该沙漏的一个沙时.如图,某沙漏由上、下两个圆锥组成,圆锥的底面直径和高均为8 cm,细沙全部在上部时,其高度为圆锥高度的(细管长度忽略不计).假设该沙漏漏沙的速度为0.02 cm3/s,且细沙全部漏入下部后,恰好堆成一个盖住沙漏底部的圆锥形沙堆.以下结论正确的是()A.沙漏中的细沙的体积为cm3B.沙漏的体积是128π cm3C.细沙全部漏入下部后此锥形沙堆的高度约为2.4 cmD.该沙漏的一个沙时大约是1 985 s(π≈3.14)9.(2020山东聊城一模,16)点M,N分别为三棱柱ABC-A1B1C1的棱BC,BB1的中点,设△A1MN的面积为S1,平面A1MN截三棱柱ABC-A1B1C1所得截面面积为S,五棱锥A1-CC1B1NM的体积为V1,三棱柱ABC-A1B1C1的体积为V,则=,=.考向三与球相关的内切问题10.(2020辽宁东北育才学校模拟,15)圆锥SD(其中S为顶点,D为底面圆心)的侧面积与底面积的比是2∶1,若圆锥的底面半径为3,则圆锥SD的内切球的表面积为.11.(2020天津和平区二模,13)农历五月初五是端午节,民间有吃粽子的习惯,粽子又称粽籺,俗称“粽子”,古称“角黍”,是端午节大家都会品尝的食品,传说这是为了纪念战国时期楚国大臣、爱国主义诗人屈原.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.若该六面体内有一球,则该球体积的最大值为.考向四与球相关的外接问题12.(2020天津,5)若棱长为2的正方体的顶点都在同一球面上,则该球的表面积为()A.12πB.24πC.36πD.144π13.(2020江西上饶三模,5)半径为2的球O内有一个内接正三棱柱,则正三棱柱的侧面积的最大值为()A.9B.12C.16D.1814.(2020山东滨州二模,14)已知点A,B,C,D均在球O的球面上,AB=BC=1,AC=,若三棱锥D-ABC体积的最大值是,则球O的表面积为.15.(2020山东,16)已知直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的棱长均为2,∠BAD=60°.以D1为球心,为半径的球面与侧面BCC1B1的交线长为.16.(2020山东德州二模,16)《九章算术》中记载:将底面为直角三角形的直三棱柱称为堑堵,将一堑堵沿其一顶点与相对的棱剖开,得到一个阳马(底面是长方形,且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥)和一个鳖臑(四个面均为直角三角形的四面体).在如图所示的堑堵ABC-A1B1C1中,BB1=BC=2,AB=2,AC=4,且有鳖臑C1-ABB1和鳖臑C1-ABC,现将鳖臑C1-ABC沿线BC1翻折,使点C与点B1重合,则鳖臑C1-ABC经翻折后,与鳖臑C1-ABB1拼接成的几何体的外接球的表面积是.专题五立体几何5.1空间几何体的结构、体积与表面积专项练考向训练·限时通关1.AB解析如果是绕直角边旋转,形成圆锥,圆锥底面半径为1,高为1,母线就是直角三角形的斜边,母线长是,所以形成的几何体的表面积S=πrl+πr2=π×1+π×12=(+1)π.如果绕斜边旋转,形成的是两个圆锥,圆锥的半径是直角三角形斜边的高,两个圆锥的母线都是直角三角形的直角边,母线长是1,所以形成几何体的表面积S=2×πrl=2×π1=综上可知,形成几何体的表面积是(+1)π或2.C解析设圆柱的底面半径为r,母线长为l.因为四面体各个面都是边长为1的正三角形,所以2r=,解得r=因为四面体各个面都是边长为1的正三角形,所以棱锥的高为h=1=,即圆柱的母线长为l=所以圆柱的侧面积为S=2πrl=2π3.A解析由题意知☉O1的半径r=2.由正弦定理知=2r,∴OO1=AB=2r sin60°=2,∴球O的半径R==4.∴球O的表面积为4πR2=64π.4.A解析由题图可知,该鲁班锁玩具可以看成是一个棱长为2+2的正方体截去了8个正三棱锥所余下来的几何体,且被截去的正三棱锥的底面边长为2,侧棱长为,则该几何体的表面积为S=6+82=8(6+6).5解析如图,在正四棱柱ABCD-A1B1C1D1中,AB=2,AA1=3,则正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的侧面积为S1=4×2×3=24.正四棱锥O-A1B1C1D1的斜高为,∴正四棱锥O-A1B1C1D1的侧面积为S2=42=46.B解析如图,作FN∥AE,FM∥ED,连接NM,则多面体被分割为棱柱与棱锥部分,则该刍甍的体积为V F-MNBC+V ADE-NMF=2×2-×2+2×27.C解析∵S圆=S圆环总成立,∴半椭球的体积为πb2a-b2a=b2a.∴椭球的体积V=b2a.∵椭圆的短半轴长为2,长半轴长为4,∴该椭球体的体积V=22×4=8.ACD解析由题图可知,细沙在上部时,细沙的底面半径与圆锥的底面半径之比等于细沙的高与圆锥的高之比,所以细沙的底面半径r=4=(cm),所以细沙的体积V1=πr2(cm3),故A正确;沙漏的体积V2=2πh=2π×42×8=(cm3),故B错误;设细沙流入下部后的高度为h1,根据细沙体积不变可知πh1,所以h1,解得h1≈2.4cm,故C正确;因为细沙的体积为cm3,沙漏漏沙的速度为0.02cm3/s,所以一个沙时为50≈1985(s),故D正确.9.解析如图所示,延长NM交直线C1C于点P,连接PA1交AC于点Q,连接QM.平面A1MN截三棱柱ABC-A1B1C1所得截面为四边形A1NMQ.∵BB1∥CC1,M为BC的中点,∴△PCM≌△NBM,∴M为PN的中点.∴△A1MN的面积S1=∵QC∥A1C1,,∴△A1QM的面积为,BMN的面积=,∴五棱锥A1-CC1B1NM的体积为V1=,而三棱锥A1-ABC的体积=V,10.12π解析依题意,圆锥SD(其中S为顶点,D为底面圆心)的侧面积与底面积的比是2∶1,所以(πrl)∶(πr2)=2∶1,解得l=6.设内切球的半径为R,则利用轴截面,根据等面积可得6(6+6+6)R,解得R=所以该圆锥内切球的表面积为4π×()2=12π.11解析每个三角形面积是S=1由对称性可知该六面体是由两个正四面体合成的,可求出该四面体的高为,所以四面体体积为所以六面体体积是由图形的对称性得,小球的体积要达到最大,需球与六个面都相切.连接球心和五个顶点,把六面体分成了六个三棱锥.设球的半径为R,所以=6,解得R=所以球的体积V=R3=12.C解析∵2R==6,∴球的表面积为4πR2=36π.故选C.13.B解析如图所示,设正三棱柱上、下底面的中心分别为O1,O2,底面边长与高分别为x,h,则O2A=x.在Rt△OAO2中,=4,化为h2=16-x2.∵正三棱柱的侧面积S=3xh,∴S2=9x2h2=12x2(12-x2)≤122=432,当且仅当x=时取等号,此时S=1214解析设△ABC的外接圆的半径为r,∵AB=BC=1,AC=,则AB2+BC2=AC2,∴△ABC为直角三角形,且r=S=1×1=设三棱锥D-ABC体积的最大值△ABC为V,则V=A,B,C,D均在球O的球面上,∴D到平面ABC的最大距离h==2,设球O的半径为R,则R2=r2+(h-R)2,即R2=+(2-R)2,解得R=球O的表面积为S=415解析如图所示,∵∠B1C1D1=∠B1A1D1=∠BAD=60°且B1C1=C1D1,∴△B1C1D1为等边三角形.∴B1D1=2.设点O1是B1C1的中点,则O1D1=,易证D1O1⊥平面BCC1B1,设P是球面与侧面BCC1B1交线上任意一点,连接O1P,则O1D1⊥O1P,∴D1P2=D1+O1P2,即5=3+O1P2,∴O1P=即P在以O1为圆心,以为半径的圆上.取BB1,CC1的中点分别为E,F,则B1E=C1F=O1B1=O1C1=1,EF=2,∴O1E=O1F=,O1E2+O1F2=EF2=4,∴∠EO1F=90°,∴交线2π=16.解析将鳖臑C1-ABC沿线BC1翻折,使点C与点B1重合,则鳖臑C1-ABC经翻折后,A点翻折到E点,A,E关于点B对称,所拼成的几何体为三棱锥C1-AEB1,如图,由BB1=BC=2,AB=2,AC=4,可得AB1==4,B1E==4,即△B1AE为正三角形,所以其外接圆圆心为三角形中心O1.设三棱锥外接球球心为O,半径为R,连接O1O,则O1O⊥平面AB1E,连接OC1,OB1,在△OB1C1中作OM⊥B1C1,垂足为M,如图,因为OC1=OB1=R,OM⊥B1C1,所以M是B1C1的中点.由矩形MOO1B1可知OO1=B1C1=BC=因为O1为△AB1E的中心,所以B1O1=B1B=2在Rt△B1OO1中,R=,所以三棱锥外接球的表面积S=4πR2=。